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八年级数学解答题一般
题目
在平面直角坐标系中,A(a,0)A\left(a,0\right),B(0,b)(aB\left(0,b\right)(a,bb均为正数).
(1)(1)若∣a−3∣+(b−4)2=0|a-3|+\left(b-4\right)^{2}=0,直接写出AA、BB两点的坐标；
(2)(2)如图11,在（1）的条件下,点CC在xx轴的负半轴上,AC=BCAC=BC,点DD在BCBC的延长线上,BA=ADBA=AD,求CD+COCD+CO的值；
(3)(3)如图22,在△BAN\triangle BAN和△BOM\triangle BOM中,BA=BNBA=BN,BO=BMBO=BM,∠ABN=∠OBM\angle ABN=\angle OBM,射线MOMO交线段ANAN于点PP.求证:点PP为线段ANAN的中点.
​
知识点：绝对值的性质、二次根式、待定系数法求一次函数解析式、三角形的面积章节：第4章 一次函数 / 4.4 一次函数的应用

答案与解析

答案

(1)(1)∵∣a−3∣+(b−4)2=0\because |a-3|+\left(b-4\right)^{2}=0，
∴a−3=0\therefore a-3=0，b−4=0b-4=0，
∴a=3\therefore a=3，b=4b=4，
∴A(3,0)\therefore A \left(3,0 \right)，B(0,4)B\left(0,4\right)；
(2)(2)在xx轴上取点MM，使得CM=CDCM=CD，连接BMBM，

在△BCM\triangle BCM和△ACD\triangle ACD中，
{AC=BC∠ACD=∠BCMCD=CM\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}\\{∠ACD=∠BCM}\\{CD=CM}\end{array}\right.，
∴△BCM\therefore \triangle BCM≌△ACD(SAS)\triangle ACD\left(SAS\right)，
∴BM=AD=AB\therefore BM=AD=AB，
又∵BO⊥AO\because BO\bot AO，
∴OA=OM\therefore OA=OM，
∴CD+CO=CM+CO=MO=OA=3\therefore CD+CO=CM+CO=MO=OA=3；
(3)(3)证明：连接MNMN，过点NN作NCNC∥OAOA交MPMP的延长线于点CC，

设∠AOC=∠C=α\angle AOC=\angle C=\alpha，则∠BOM=90∘−α\angle BOM=90^{\circ}-\alpha，
∵∠ABN=∠OBM\because \angle ABN=\angle OBM，
∴∠ABO=∠NBM\therefore \angle ABO=\angle NBM，
∵AB=BN\because AB=BN，OB=BMOB=BM，
∴△BMN\therefore \triangle BMN≌△BOA(SAS)\triangle BOA\left(SAS\right)，
∴OA=MN\therefore OA=MN，∠BMN=∠BOA=90∘\angle BMN=\angle BOA=90^{\circ}，
∵∠BMO=∠BOM=90∘−α\because \angle BMO=\angle BOM=90^{\circ}-\alpha，
∴∠CMN=∠C=α\therefore \angle CMN=\angle C=\alpha，
∴MN=CN=OA\therefore MN=CN=OA，
∵CN\because CN∥OAOA，
∴∠C=∠AOC\therefore \angle C=\angle AOC，∠OAP=∠CNP\angle OAP=\angle CNP，
∴△OAP\therefore \triangle OAP≌△CNP(ASA)\triangle CNP\left(ASA\right)，
∴NP=AP\therefore NP=AP.

解析

(1)(1)∵∣a−3∣+(b−4)2=0\because |a-3|+\left(b-4\right)^{2}=0，
∴a−3=0\therefore a-3=0，b−4=0b-4=0，
∴a=3\therefore a=3，b=4b=4，
∴A(3,0)\therefore A \left(3,0 \right)，B(0,4)B\left(0,4\right)；
(2)(2)在xx轴上取点MM，使得CM=CDCM=CD，连接BMBM，

在△BCM\triangle BCM和△ACD\triangle ACD中，
{AC=BC∠ACD=∠BCMCD=CM\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}\\{∠ACD=∠BCM}\\{CD=CM}\end{array}\right.，
∴△BCM\therefore \triangle BCM≌△ACD(SAS)\triangle ACD\left(SAS\right)，
∴BM=AD=AB\therefore BM=AD=AB，
又∵BO⊥AO\because BO\bot AO，
∴OA=OM\therefore OA=OM，
∴CD+CO=CM+CO=MO=OA=3\therefore CD+CO=CM+CO=MO=OA=3；
(3)(3)证明：连接MNMN，过点NN作NCNC∥OAOA交MPMP的延长线于点CC，

设∠AOC=∠C=α\angle AOC=\angle C=\alpha，则∠BOM=90∘−α\angle BOM=90^{\circ}-\alpha，
∵∠ABN=∠OBM\because \angle ABN=\angle OBM，
∴∠ABO=∠NBM\therefore \angle ABO=\angle NBM，
∵AB=BN\because AB=BN，OB=BMOB=BM，
∴△BMN\therefore \triangle BMN≌△BOA(SAS)\triangle BOA\left(SAS\right)，
∴OA=MN\therefore OA=MN，∠BMN=∠BOA=90∘\angle BMN=\angle BOA=90^{\circ}，
∵∠BMO=∠BOM=90∘−α\because \angle BMO=\angle BOM=90^{\circ}-\alpha，
∴∠CMN=∠C=α\therefore \angle CMN=\angle C=\alpha，
∴MN=CN=OA\therefore MN=CN=OA，
∵CN\because CN∥OAOA，
∴∠C=∠AOC\therefore \angle C=\angle AOC，∠OAP=∠CNP\angle OAP=\angle CNP，
∴△OAP\therefore \triangle OAP≌△CNP(ASA)\triangle CNP\left(ASA\right)，
∴NP=AP\therefore NP=AP.

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