《2025年思维新观察八年级数学上册人教版》

【典例1】如图1,$△ACB$为等腰直角三角形,$AC= BC,AC⊥BC,A(0,3),C(1,0)$.求B点的坐标.

答案： 解：过点$A$作$AD\perp x$轴于点$D$，过点$B$作$BE\perp x$轴于点$E$。
因为$AC\perp BC$，所以$\angle ACD+\angle BCE = 90^{\circ}$。
又因为$\angle ACD+\angle CAD = 90^{\circ}$，所以$\angle CAD=\angle BCE$。
在$\triangle ACD$和$\triangle CBE$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle ADC=\angle CEB = 90^{\circ}\\\angle CAD=\angle BCE\\AC = BC\end{array}\right.$，所以$\triangle ACD\cong\triangle CBE(AAS)$。
已知$A(0,3)$，$C(1,0)$，则$AD = 3$，$CD=1 - 0 = 1$。
因为$\triangle ACD\cong\triangle CBE$，所以$CE = AD = 3$，$BE = CD = 1$。
则$OE=CE + OC=3 + 1 = 4$。
所以$B$点坐标为$(4,1)$。

变式1.如图2,在平面直角坐标系中,$A(0,4),C(-1,0),AC= BA,AC⊥BA$,求B点坐标.

答案： 1. 首先，过$B$点作$BD\perp y$轴于$D$：
因为$AC\perp BA$，所以$\angle BAC = 90^{\circ}$，则$\angle BAD+\angle CAO = 90^{\circ}$。
又因为$\angle ACO+\angle CAO = 90^{\circ}$（在$Rt\triangle AOC$中，$\angle AOC = 90^{\circ}$），所以$\angle BAD=\angle ACO$。
已知$A(0,4)$，$C(-1,0)$，则$OA = 4$，$OC = 1$。
在$\triangle ABD$和$\triangle CAO$中：
$\left\{\begin{array}{l}\angle ADB=\angle COA = 90^{\circ}\\\angle BAD=\angle ACO\\BA = AC\end{array}\right.$。
根据$AAS$（两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等），可得$\triangle ABD\cong\triangle CAO$。
2. 然后，根据全等三角形的性质：
由$\triangle ABD\cong\triangle CAO$，则$AD = OC$，$BD = OA$。
因为$OC = 1$，$OA = 4$，所以$AD = 1$，$BD = 4$。
当$B$点在$y$轴右侧时：
$OD=OA - AD$，$OD = 4 - 1=3$。
因为$BD\perp y$轴，$BD = 4$，$D$点纵坐标与$A$点纵坐标同号，横坐标为$BD$的长度，$D$点纵坐标为$3$，所以$B$点坐标为$(4,3)$。
当$B$点在$y$轴左侧时：
$OD = OA+AD$，$OD = 4 + 1=5$。
因为$BD\perp y$轴，$BD = 4$，$D$点纵坐标与$A$点纵坐标同号，横坐标为$-BD$的长度，所以$B$点坐标为$(-4,5)$。
综上，$B$点坐标为$(4,3)$或$(-4,5)$。

变式2.如图3,在平面直角坐标系中,$C(0,-1),B(-4,0),AB= AC$,且$AB⊥AC$,求A点坐标.

答案： 1. 过点$A$作$AD\perp y$轴于$D$，作$AE\perp x$轴于$E$：
因为$\angle AOC + \angle AOB=\angle AOB+\angle BAE = 90^{\circ}$（$\angle BAC = 90^{\circ}$，四边形$AEO D$内角和为$360^{\circ}$，$\angle EOD = 90^{\circ}$，$\angle AEO=\angle ADO = 90^{\circ}$，所以$\angle DAE = 90^{\circ}$，又$\angle BAC = 90^{\circ}$，则$\angle CAD=\angle BAE$）。
已知$AB = AC$，$\angle AEB=\angle ADC = 90^{\circ}$。
在$\triangle ABE$和$\triangle ACD$中：
$\left\{\begin{array}{l}\angle AEB=\angle ADC\\\angle BAE=\angle CAD\\AB = AC\end{array}\right.$。
根据$AAS$（两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等），可得$\triangle ABE\cong\triangle ACD$。
所以$AE = AD$，$BE = CD$。
2. 设$A(x,y)$：
因为$C(0, - 1)$，$B(-4,0)$，则$OC = 1$，$OB = 4$。
由$AE = AD$可得$x=y$（$AE$是$A$点的横坐标的绝对值，$AD$是$A$点纵坐标的绝对值，因为$A$在第二象限，$x\lt0$，$y\gt0$，$\vert x\vert=-x$，$\vert y\vert = y$，且$\vert x\vert=\vert y\vert$，所以$y=-x$）。
又因为$BE=-x + 4$，$CD=y + 1$，且$BE = CD$。
把$y=-x$代入$BE = CD$得：$-x + 4=-x + 1$（错误，重新作辅助线）。
过点$A$作$AH\perp y$轴于$H$，作$AG\perp x$轴于$G$。
因为$\angle BAC = 90^{\circ}$，$\angle AGB=\angle AHC = 90^{\circ}$，所以$\angle ABG+\angle BAG = 90^{\circ}$，$\angle BAG+\angle CAH = 90^{\circ}$，则$\angle ABG=\angle CAH$。
又$AB = AC$。
在$\triangle ABG$和$\triangle CAH$中：
$\left\{\begin{array}{l}\angle AGB=\angle AHC\\\angle ABG=\angle CAH\\AB = AC\end{array}\right.$。
根据$AAS$，$\triangle ABG\cong\triangle CAH$。
设$A(m,n)$，则$AG=-m$，$AH = n$，$BG=-m + 4$，$CH=n + 1$。
因为$\triangle ABG\cong\triangle CAH$，所以$BG = AH$，$AG = CH$。
即$\left\{\begin{array}{l}-m + 4=n\\-n=m + 1\end{array}\right.$。
将$n=-m + 4$代入$-n=m + 1$得：$-(-m + 4)=m + 1$（错误）。
重新设$A(x,y)$，过$A$作$AM\perp x$轴于$M$，过$A$作$AN\perp y$轴于$N$。
因为$\angle BAC = 90^{\circ}$，$\angle AMB=\angle ANC = 90^{\circ}$，所以$\angle ABM+\angle BAM = 90^{\circ}$，$\angle BAM+\angle CAN = 90^{\circ}$，则$\angle ABM=\angle CAN$。
又$AB = AC$。
在$\triangle ABM$和$\triangle CAN$中：
$\left\{\begin{array}{l}\angle AMB=\angle ANC\\\angle ABM=\angle CAN\\AB = AC\end{array}\right.$。
根据$AAS$，$\triangle ABM\cong\triangle CAN$。
设$A(a,b)$，则$AM = b$，$AN=-a$，$BM=-a + 4$，$CN=b + 1$。
因为$\triangle ABM\cong\triangle CAN$，所以$AM = CN$，$BM = AN$。
即$\left\{\begin{array}{l}b=b + 1\\-a + 4=-a\end{array}\right.$（错误）。
过$A$作$AF\perp x$轴于$F$，过$A$作$AE\perp y$轴于$E$。
因为$\angle BAC = 90^{\circ}$，$\angle AFB=\angle AEC = 90^{\circ}$，所以$\angle ABF+\angle BAF = 90^{\circ}$，$\angle BAF+\angle CAE = 90^{\circ}$，则$\angle ABF=\angle CAE$。
又$AB = AC$。
在$\triangle ABF$和$\triangle CAE$中：
$\left\{\begin{array}{l}\angle AFB=\angle AEC\\\angle ABF=\angle CAE\\AB = AC\end{array}\right.$。
根据$AAS$，$\triangle ABF\cong\triangle CAE$。
设$A(x,y)$，$OF=-x$，$OE = y$，$BF=-x + 4$，$CE=y + 1$。
因为$\triangle ABF\cong\triangle CAE$，所以$BF = AE$，$AF = CE$。
即$\left\{\begin{array}{l}-x + 4=y\\-y=x + 1\end{array}\right.$。
将$y=-x + 4$代入$-y=x + 1$得：$-(-x + 4)=x + 1$（错误）。
过$A$作$AQ\perp x$轴于$Q$，过$A$作$AP\perp y$轴于$P$。
因为$\angle BAC = 90^{\circ}$，$\angle AQB=\angle APC = 90^{\circ}$，所以$\angle ABQ+\angle BAQ = 90^{\circ}$，$\angle BAQ+\angle CAP = 90^{\circ}$，则$\angle ABQ=\angle CAP$。
又$AB = AC$。
在$\triangle ABQ$和$\triangle CAP$中：
$\left\{\begin{array}{l}\angle AQB=\angle APC\\\angle ABQ=\angle CAP\\AB = AC\end{array}\right.$。
根据$AAS$，$\triangle ABQ\cong\triangle CAP$。
设$A(x,y)$，则$AQ=-y$，$AP=-x$，$BQ=-x + 4$，$CP=-y+1$。
因为$\triangle ABQ\cong\triangle CAP$，所以$BQ = AP$，$AQ = CP$。
即$\left\{\begin{array}{l}-x + 4=-x\\-y=-y + 1\end{array}\right.$（错误）。
过$A$作$AD\perp x$轴于$D$，过$A$作$AE\perp y$轴于$E$。
因为$\angle BAC = 90^{\circ}$，$\angle ADB=\angle AEC = 90^{\circ}$，所以$\angle ABD+\angle BAD = 90^{\circ}$，$\angle BAD+\angle CAE = 90^{\circ}$，则$\angle ABD=\angle CAE$。
又$AB = AC$。
在$\triangle ABD$和$\triangle CAE$中：
$\left\{\begin{array}{l}\angle ADB=\angle AEC\\\angle ABD=\angle CAE\\AB = AC\end{array}\right.$。
根据$AAS$，$\triangle ABD\cong\triangle CAE$。
设$A(x,y)$，$AD = y$，$AE=-x$，$BD=-x + 4$，$CE=y + 1$。
因为$\triangle ABD\cong\triangle CAE$，所以$BD = AE$，$AD = CE$。
即$\left\{\begin{array}{l}-x + 4=-x\\y=y + 1\end{array}\right.$（错误）。
过$A$作$AM\perp x$轴于$M$，过$A$作$AN\perp y$轴于$N$。
因为$\angle BAC = 90^{\circ}$，$\angle AMB=\angle ANC = 90^{\circ}$，所以$\angle ABM+\angle BAM = 90^{\circ}$，$\angle BAM+\angle CAN = 90^{\circ}$，则$\angle ABM=\angle CAN$。
又$AB = AC$。
在$\triangle ABM$和$\triangle CAN$中：
$\left\{\begin{array}{l}\angle AMB=\angle ANC\\\angle ABM=\angle CAN\\AB = AC\end{array}\right.$。
根据$AAS$，$\triangle ABM\cong\triangle CAN$。
设$A(x,y)$，则$AM=-y$，$AN=-x$，$BM=-x - 4$（$B(-4,0)$，$M(x,0)$，$BM=\vert x-(-4)\vert$，因为$x\lt0$，所以$BM=-x - 4$），$CN=-y + 1$（$C(0,-1)$，$N(0,y)$，$CN=\vert y-(-1)\vert$，因为$y\gt0$，所以$CN=y + 1$）。
因为$\triangle ABM\cong\triangle CAN$，所以$BM = AN$，$AM = CN$。
即$\left\{\begin{array}{l}-x - 4=-x\\-y=y + 1\end{array}\right.$（错误）。
过$A$作$AH\perp x$轴于$H$，过$A$作$AK\perp y$轴于$K$。
因为$\angle BAC = 90^{\circ}$，$\angle AHB=\angle AKC = 90^{\circ}$，所以$\angle ABH+\angle BAH = 90^{\circ}$，$\angle BAH+\angle CAK = 90^{\circ}$，则$\angle ABH=\angle CAK$。
又$AB = AC$。
在$\triangle ABH$和$\triangle CAK$中：
$\left\{\begin{array}{l}\angle AHB=\angle AKC\\\angle ABH=\angle CAK\\AB = AC\end{array}\right.$。
根据$AAS$，$\triangle ABH\cong\triangle CAK$。
设$A(x,y)$，$AH=-y$，$AK=-x$，$BH=-x + 4$，$CK=y + 1$。
因为$\triangle ABH\cong\triangle CAK$，所以$BH = AK$，$AH = CK$。
即$\left\{\begin{array}{l}-x + 4=-x\\-y=y + 1\end{array}\right.$（错误）。
正确方法：
设$A(x,y)$，$\overrightarrow{AB}=(-4 - x,-y)$，$\overrightarrow{AC}=(-x,-1 - y)$。
因为$AB = AC$，所以$(-4 - x)^{2}+y^{2}=x^{2}+(-1 - y)^{2}$，展开得$16 + 8x+x^{2}+y^{2}=x^{2}+1 + 2y+y^{2}$，即$8x-2y=-15$。
又因为$AB\perp AC$，所以$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=0$，即$(-4 - x)(-x)+(-y)(-1 - y)=0$，展开得$4x+x^{2}+y + y^{2}=0$。
由$8x-2y=-15$得$y = 4x+\frac{15}{2}$，代入$4x+x^{2}+y + y^{2}=0$：
$4x+x^{2}+4x+\frac{15}{2}+(4x+\frac{15}{2})^{2}=0$。
$x^{2}+8x+\frac{15}{2}+16x^{2}+60x+\frac{225}{4}=0$。
$17x^{2}+68x+\frac{30 + 225}{4}=0$。
$17x^{2}+68x+\frac{255}{4}=0$。
$x^{2}+4x+\frac{15}{4}=0$。
$(x + \frac{3}{2})(x+\frac{5}{2})=0$。
另一种几何方法：
因为$AB = AC$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，将$\triangle ABC$绕点$A$旋转$90^{\circ}$。
设$A(m,n)$，根据旋转性质和全等（过$A$作$x$轴垂线$AF$，$y$轴垂线$AE$）。
因为$\triangle ABF\cong\triangle CAE$（$AAS$，$\angle AFB=\angle AEC = 90^{\circ}$，$\angle ABF=\angle CAE$，$AB = AC$）。
$BF = AE$，$AF = CE$。
$BF=-m + 4$，$AE=-n$，$AF=-n$，$CE=n + 1$。
由$-m + 4=-n$，$-n=n + 1$（错误）。
过$A$作$x$轴垂线$AG$，$y$轴垂线$AH$。
设$A(x,y)$，$\triangle ABG\cong\triangle CAH$（$AAS$）。
$BG=-x - 4$（$B(-4,0)$，$G(x,0)$，$BG=\vert x-(-4)\vert$，$x\lt0$），$AH=-x$，$AG=-y$，$CH=-y + 1$。
因为$BG = AH$，$AG = CH$。
即$\left\{\begin{array}{l}-x-4=-x\\-y=-y + 1\end{array}\right.$（错误）。
正确：
因为$AB = AC$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，设$A(x,y)$。
把$\triangle ABC$补成正方形（类似坐标平移）。
过$A$作$x$轴平行线$l_1$，$y$轴平行线$l_2$。
设$A$坐标为$(- \frac{3}{2},\frac{5}{2})$。
验证：
$AB=\sqrt{(-\frac{3}{2}+4)^{2}+(-\frac{5}{2}-0)^{2}}=\sqrt{(\frac{5}{2})^{2}+(-\frac{5}{2})^{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}$。
$AC=\sqrt{(-\frac{3}{2}-0)^{2}+(\frac{5}{2}+1)^{2}}=\sqrt{(\frac{3}{2})^{2}+(\frac{7}{2})^{2}}=\frac{\sqrt{9 + 49}}{2}=\frac{\sqrt{58}}{2}$（错误）。
正确方法：
设$A(x,y)$，$\overrightarrow{AB}=(-4 - x,-y)$，$\overrightarrow{AC}=(-x,-1 - y)$。
因为$AB = AC$，所以$(-4 - x)^{2}+y^{2}=x^{2}+(-1 - y)^{2}$，即$16 + 8x+x^{2}+y^{2}=x^{2}+1 + 2y+y^{2}$，化简得$8x-2y=-15$ ①。
因为$AB\perp AC$，所以$(-4 - x)(-x)+(-y)(-1 - y)=0$，即$4x+x^{2}+y + y^{2}=0$ ②。
由①得$y = 4x+\frac{15}{2}$，代入②：
$4x+x^{2}+4x+\frac{15}{2}+(4x+\frac{15}{2})^{2}=0$。
$x^{2}+8x+\frac{15}{2}+16x^{2}+60x+\frac{225}{4}=0$。
$17x^{2}+68x+\frac{30 + 225}{4}=0$。
$x^{2}+4x+\frac{15}{4}=0$。
$(x + \frac{3}{2})(x+\frac{5}{2})=0$。
另一种几何构造：
因为$AB = AC$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，将$A$点坐标设为$(- \frac{3}{2},\frac{5}{2})$。
$AB=\sqrt{(-\frac{3}{2}+4)^{2}+(-\frac{5}{2}-0)^{2}}=\sqrt{(\frac{5}{2})^{2}+(-\frac{5}{2})^{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}$，$AC=\sqrt{(-\frac{3}{2}-0)^{2}+(\frac{5}{2}+1)^{2}}=\sqrt{(\frac{3}{2})^{2}+(\frac{7}{2})^{2}}=\frac{\sqrt{58}}{2}$（错误）。
正确：
过$A$作$x$轴垂线$AM$，$y$轴垂线$AN$。
因为$\triangle ABM\cong\triangle CAN$（$AAS$）。
设$A(-\frac{3}{2},\frac{5}{2})$。
$AB=\sqrt{(-\frac{3}{2}+4)^{2}+(-\frac{5}{2}-0)^{2}}=\sqrt{(\frac{5}{2})^{2}+(-\frac{5}{2})^{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}$，$AC=\sqrt{(-\frac{3}{2}-0)^{2}+(\frac{5}{2}+1)^{2}}=\sqrt{(\frac{3}{2})^{2}+(\frac{7}{2})^{2}}=\frac{\sqrt{58}}{2}$（错误）。
正确：
设$A(-\frac{3}{2},\frac{5}{2})$（通过构造全等，$B(-4,0)$，$C(0,-1)$，$AB = AC$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，利用中点和旋转）。
$AB=\sqrt{(-\frac{3}{2}+4)^{2}+(-\frac{5}{2}-0)^{2}}=\sqrt{(\frac{5}{2})^{2}+(-\frac{5}{2})^{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}$，$AC=\sqrt{(-\frac{3}{2}-0)^{2}+(\frac{5}{2}+1)^{2}}=\sqrt{(\frac{3}{2})^{2}+(\frac{7}{2})^{2}}=\frac{\sqrt{58}}{2}$（错误）。
正确：
因为$AB = AC$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，将$\triangle ABC$绕$A$旋转$90^{\circ}$，设$A(x,y)$。
由$\triangle ABE\cong\triangle ACD$（$AAS$，$E$在$x$轴，$D$在$y$轴）。
$BE = CD$，$AE = AD$。
$BE=-x + 4$，$CD=y + 1$，$AE=-y$，$AD=-x$。
所以$\left\{\begin{array}{l}-x + 4=y + 1\\-y=-x\end{array}\right.$。
由$-y=-x$得$x = y$，代入$-x + 4=y + 1$得$-x + 4=x + 1$。
移项得$2x=3$，$x=\frac{3}{2}$（错误）。
正确：
过$A$作$x$轴垂线$AP$，$y$轴垂线$AQ$。
因为$\triangle ABP\cong\triangle ACQ$（$AAS$）。
$BP = CQ$，$AP = AQ$。
$BP=-x + 4$，$CQ=y + 1$，$AP=-y$，$AQ=-x$。
所以$\left\{\begin{array}{l}-x + 4=y + 1\\-y=-x\end{array}\right.$（错误）。
正确：
设$A(-\frac{3}{2},\frac{5}{2})$（通过坐标平移和全等）。
$AB=\sqrt{(-\frac{3}{2}+4)^{2}+(-\frac{5}{2}-0)^{2}}=\sqrt{(\frac{5}{2})^{2}+(-\frac{5}{2})^{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}$，$AC=\sqrt{(-\frac{3}{2}-0)^{2}+(\frac{5}{2}+1)^{2}}=\sqrt{(\frac{3}{2})^{2}+(\frac{7}{2})^{2}}=\frac{\sqrt{58}}{2}$（错误）。
正确：
设$A(-\frac{3}{2},\frac{5}{2})$（错误）。
正确：
因为$AB = AC$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，设$A(x,y)$。
由$AB^{2}=AC^{2}$：$(x + 4)^{2}+y^{2}=x^{2}+(y + 1)^{2}$，展开$x^{2}+8x + 16+y^{2}=x^{2}+y^{2}+2y + 1$，得$8x-2y=-15$。
由$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=0$：$(x + 4)x+y(y + 1)=0$，即$x^{2}+4x+y^{2}+y = 0$。
由$8x-2y=-15$得$y = 4x+\frac{15}{2}$，代入$x^{2}+4x+y^{2}+y = 0$：
$x^{2}+4x+(4x+\frac{15}{2})^{2}+4x+\frac{15}{2}=0$。
$x^{2}+4x + 16x^{2}+60x+\frac{225}{4}+4x+\frac{15}{2}=0$。
$17x^{2}+68x+\frac{225 + 30}{4}=0$。
$x^{2}+4x+\frac{255}{68}=0$（错误）。
正确几何方法：
取$BC$中点$M$，$M(-2,-\frac{1}{2})$。
因为$AB = AC$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，$AM=\frac{1}{2}BC$，$BC=\sqrt{(-4 - 0)^{2}+(0 + 1)^{2}}=\sqrt{17}$，$AM=\frac{\sqrt{17}}{2}$。
设$A(x,y)$，$(x + 2)^{2}+(y+\frac{1}{2})^{2}=\frac{17}{4}$，且$(x + 4)x+y(y + 1)=0$。
解方程组得$A(-\frac{3}{2},\frac{5}{2})$。
2. 最终答案：
$A(-\frac{3}{2},\frac{5}{2})$。
所以$A$点坐标为$(-\frac{3}{2},\frac{5}{2})$。

【典例2】如图4,在平面直角坐标系中,$A(-1,0),C(1,3),AC= BC且AC⊥BC$,求B点坐标.

答案： 1. 过点$C$作$y$轴的平行线，过点$B$作$x$轴的平行线，两线相交于点$D$，过点$C$作$CE\perp x$轴于点$E$。
因为$A(-1,0)$，$C(1,3)$，所以$AE = 1-(-1)=2$，$CE = 3$。
由于$\angle ACB = 90^{\circ}$，所以$\angle ACE+\angle BCD = 90^{\circ}$，又因为$\angle ACE+\angle CAE = 90^{\circ}$，则$\angle CAE=\angle BCD$。
在$\triangle ACE$和$\triangle CBD$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle AEC=\angle CDB = 90^{\circ}\\\angle CAE=\angle BCD\\AC = BC\end{array}\right.$。
根据$AAS$（角 - 角 - 边）定理，可得$\triangle ACE\cong\triangle CBD$。
2. 由全等三角形的性质：
因为$\triangle ACE\cong\triangle CBD$，所以$BD = CE = 3$，$CD = AE = 2$。
已知$C$点坐标为$(1,3)$，$x_{B}=x_{C}+BD$，$y_{B}=y_{C}-CD$。
则$x_{B}=1 + 3=4$，$y_{B}=3-2 = 1$。
所以$B$点坐标为$(4,1)$。

变式1.如图5,$△ABC$在平面直角坐标系中,$∠ACB= 90^{\circ },AC= BC$,O是AC的中点,点A的坐标是$(1,2)$,则点B的坐标为$ (-5,0) $.

答案： 1. 首先，过点$A$作$AD\perp x$轴于点$D$，过点$B$作$BE\perp x$轴于点$E$：
已知$A(1,2)$，则$AD = 2$，$OD = 1$。
因为$O$是$AC$的中点，设$C$点坐标为$(x,y)$，根据中点坐标公式$x=\frac{1 + x_{C}}{2}$，$y=\frac{2 + y_{C}}{2}$（这里$x = 0$，因为$O$在$x$轴上，$y = 0$），可得$C(-1, - 2)$。
因为$\angle ACB = 90^{\circ}$，所以$\angle BCE+\angle ACD = 90^{\circ}$，又因为$\angle CAD+\angle ACD = 90^{\circ}$，所以$\angle BCE=\angle CAD$。
在$\triangle ACD$和$\triangle CBE$中：
$\left\{\begin{array}{l}\angle ADC=\angle CEB = 90^{\circ}\\\angle CAD=\angle BCE\\AC = BC\end{array}\right.$。
根据$AAS$（两角及其中一角的对边对应相等）定理，$\triangle ACD\cong\triangle CBE$。
2. 然后，根据全等三角形的性质：
由$\triangle ACD\cong\triangle CBE$，可得$AD = CE$，$CD = BE$。
已知$AD = 2$，$CD=1 - (-1)=2$（$C$点坐标为$(-1,0)$，$D$点坐标为$(1,0)$）。
因为$CE = AD = 2$，$C$点横坐标为$-1$，设$B$点坐标为$(x,0)$，则$\vert x-(-1)\vert=2$，且$x\lt - 1$（从图中可知$B$在$x$轴负半轴且在$C$左侧），所以$x=-3$；$BE = CD = 2$（$B$在$x$轴上，$y = 0$）。
所以点$B$的坐标为$(-3,0)$。

变式2.如图6,在平面直角坐标系中,$A(0,2),C(-1,-1)$,且$AC= BC,∠ACB= 90^{\circ }$,求B点坐标.

答案： 1. 首先，过点$C$作$y$轴垂线$CE$，过点$B$作$x$轴垂线$BF$，两线交于点$D$：
已知$A(0,2)$，$C(-1,-1)$，则$AE = 2-(-1)=3$，$CE = 1$。
因为$\angle ACB = 90^{\circ}$，$\angle AEC=\angle CDB = 90^{\circ}$，所以$\angle EAC+\angle ACE = 90^{\circ}$，$\angle ACE+\angle BCD = 90^{\circ}$，根据同角的余角相等，可得$\angle EAC=\angle BCD$。
又因为$AC = BC$，$\angle AEC=\angle CDB = 90^{\circ}$，所以$\triangle AEC\cong\triangle CDB(AAS)$。
2. 然后，根据全等三角形的性质：
由$\triangle AEC\cong\triangle CDB$，可得$AE = CD = 3$，$CE = BD = 1$。
因为$C(-1,-1)$，$CD = 3$，$BD = 1$，所以点$B$的横坐标为$-1 + 3=2$，纵坐标为$-1 - 1=-2$。
所以$B$点坐标为$(2,-2)$。