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【分析】（1）非负数的和为0题型，即0+0=0题型，很容易求出a=b=12，OC=4，点的坐标就出来了。 （2）有条件知，DE=DF，则D为EF的中点，可以用中点坐标公式解决。若没有学中点坐标公式，则可以根据DE=DF构造全等三角形，分别过E、F作x轴的垂线即可，利用对应边相等求横坐标的和。另外，此题还可以改为求纵坐标的和（自己尝试，纵坐标和为0）。 （3）这是本题重点分析的对象，条件比较分散，好像没啥联系，但通过计算发现，AC=16，M到y轴距离为4，到x轴距离为8，过M引x轴的垂线MD，有MD=AD=CD，这些条件变化后，都有个特点，线段相等且垂直，则说明存在大量的等腰直角三角形，结合图形猜想∠CGM=45°，则可以联想将∠CGM放到等腰直角△中或者构造一线三直角全等解题。 第一步：猜想∠MGC=45°，将其放在等腰直角三角形中，需过C引MG的垂线CE交MG于点E，如下图：此时，我们只需证明CE=EG即可。
第二步：有了第一步的辅助线，我们看到直线MG上有了两个直角，如果还有一个直角，且为等腰直角，则可以构造一线三直角全等，这时，点M的条件，就被串起来了，计算分析已讲，直接辅助线，过M作MD⊥AC于D，连接CM、AM，如下图。从图中，易看出△ECM≌△HMA，从而MH=CE，AH=EM。
第三步：由第二步易得，EG=MH，故EG=CE，至此，猜想得证。
【思考】如果没有这样的猜想，直接从条件分析入手，是否依然可以联想到构造一线三直角全等呢？比如连接了CM、DM、AM，你会想到构造一线三直角全等吗？接下来，再介绍一种四点共圆（初三可学）的方法。
第一步：通过条件分析，图形中藏着大量的等腰直角三角形，现在我们把这些三角形都画出来（这是大多数学生的辅助线添法），如下图：过M作MD⊥AC于D，连CM、AM、AG。易得∠MCA=∠MAC=45°，所以，只要说明∠MGC=∠MAC即可。
第二步：若∠MGC=∠MAC，则四点M、C、A、G共圆。所以，问题转化为证四边形MCAG为圆内接四边形。根据圆内接四边形对角互补的性质，可以证∠MCA+∠MGA=180°。因为∠MCA=45°，结合图形，则需说明∠HGA=45°。 第三步：由AH=GH，且AH⊥MH，易得∠HGA=45°，至此，条件都串起来了，试题也出来了。 第四步：证明了M、C、A、G四点共圆后，用圆周角定理解决。
本题除了考角度定值外，还可以考线段定值。改编如下： 【改编】如图，若M（4,8），过M作MD⊥x轴于点D，点P是x轴上A点右侧一动点，AH⊥PM于点H，在HM上取点G，使HG=HA，连接DG，当点P在点A右侧运动时，DG的长度是否变化？若不变，请求出其值；若改变，请说明理由。
【分析】（1）由面积公式易求得OA=OB=OC=4，坐标出。 （2）由条件“DP与DB垂直且相等”，在坐标系内，易联想过顶点引坐标轴垂线构造直角△全等。辅助线如下，根据等腰直角三角形和全等三角形的性质，不难求出CP的长度，从而求出时间t。 若学了勾股定理，则可以利用勾股定理直接进行计算。
（3）猜想平分，则∠PQB=120°，又因为PA=PB，则构成了“共顶点、等线段”的基本特点，则可以考虑旋转△BPQ至边PB与PA重合，则辅助线现。辅助线的描述，可能不一，但合乎情理即可，这里提供两种描述法。 【描述一】在AQ上截取QD，使QD=PQ，连接PD如下图； 【描述二】过P作∠QPD=60°交AQ于点D，如下图：
辅助线出来后，易证△APD≌△BPQ，从而得∠ADP=∠BQP=120°。
此题是一个典型的截长补短题，也是一个经典的双等边三角形旋转题，学了圆后，此题的考法会更加多样化，这里可以先记住这个基本图形。 【分析】（1）略。 （2）等腰直角三角形经典题，连接PO即可。若本次月考此问没拿满分，则可以找我要同类的试题，由于篇幅原因，文章里不放此问同类题。 （3）看起来条件比较孤立，其实条件都有着鲜明的特点：垂直，等腰，可以构造直角全等。根据我的辅助线原则，只要有等线段存在，则必然可构造全等三角形。 因为OB=OA，则必然可以以此为对应边构造全等三角形；因为OB在直角△BOD中，则AO也需放在以AO为直角边的三角形中，此时，过A作x轴的垂线，便能解决问题。故辅助线如下： 过A作AC交PO延长线于点C。由条件易证：△BOD≌△OAC，△ACP≌△AEP。则有AE=AC=OD。
【总结】三个题，不同程度地考察了等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，并融合了三角形全等的知识，紧合轴对称这个章节的内容，又承接三角形全等这个知识，达到了很好的检测目的。如果这三个题，在考试中没拿到满分或者丢分严重，说明需要加强特殊三角形的学习。 接下来，我放一组类题结束本文。
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