2019-2020学年八年级（上）月考数学试卷（三）

这是一份2019-2020学年八年级（上）月考数学试卷（三），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列图标，是轴对称图形的是（ ）
A. B. C.D.

2. 以下列各组线段长为边，能组成三角形的是（ ）
A.1cm，2cm，4cmB.8cm，6cm，4cm
C.12cm，5cm，6cmD.2cm，3cm，6cm

3. 下列物品不是利用三角形稳定性的是（ ）
A.自行车的三角形车架B.三角形房架
C.照相机的三脚架D.放缩尺

4. 平面内，到三角形三边所在直线距离相等的点共有（ ）个．
A.3B.4C.5D.6

5. 如图，AB＝A′B′，∠A＝∠A′，若△ABC≅△A′B′C′，则还需添加的一个条件有（ ）

A.1种B.2种C.3种D.4种

6. 如图，锐角△ABC的高AD，BE相交于F，若BF=AC，BC=7，CD=2，则AF的长为( )

A.2B.3C.4D.5

7. 如图，在△ABC中，CD是AB边上的高线，BE平分∠ABC，交CD于点E，BC=5，DE=23，则△BCE的面积等于( )

A.3B.53C.103D.15

8. 图中的小正方形边长都相等，若△MNP≅△MEQ，则点Q可能是图中的（ ）

A.点AB.点BC.点CD.点D

9. 如图，点P是△ABC三个内角的角平分线的交点，连接AP、BP、CP，∠ACB＝60∘，且CA+AP＝BC，则∠CAB的度数为（ ）

A.60∘B.70∘C.80∘D.90∘

10. 如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90∘，AE平分∠BAC交BC于E，BD⊥AE于D，DM⊥AC交AC的延长线于M，连接CD，给出四个结论：①∠ADC＝45∘；②BD＝AE；③AC+CE＝AB；④AB−BC＝2MC；⑤为定值，其中正确的结论有（ ）个

A.2B.3C.4D.5
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）

已知点A(2, a)与点B(b, 4)关于x轴对称，则a+b＝________．

如图，∠1＝∠2，BC＝EC，请补充一个条件：________能使用“AAS”方法判定△ABC≅△DEC．


如图，∠D＝∠C＝90∘，E是DC的中点，AE平分∠DAB，∠DEA＝28∘，则∠ABE的度数是________．


如图，∠BAC＝98∘，∠BAD+∠CAD＝180∘，∠BCD+∠ACD＝180∘，则∠BDC＝________​∘．


如图，观察各图中小圆点的摆放规律，并按这样的规律继续摆放下去，则第8个图形中小圆点的个数为________．


如图，CA⊥AB，垂足为点A，AB=12，AC=6，射线BM⊥AB，垂足为点B，一动点E从A点出发以2厘米/秒沿射线AN运动，点D为射线BM上一动点，随着E点运动而运动，且始终保持ED=CB，当点E经过________秒时，△DEB与△BCA全等．
三、解答题（共8题，共72分）

如图，BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，BD与CE相交于点O，连接线段AO，AO恰好平分∠BAC．求证：OB＝OC．


如图，已知△ABC，AD为△ABC的高

（1）作出△ABC的角的平分线AE，保留作图痕迹；

（2）若∠ABC＝70∘，∠ACB＝50∘，求∠DAE的度数．

如图，点E在AB上，CD＝CA，DE＝AB，∠DCA＝∠DEA．求证：CE平分∠BED．



如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，∠C=90∘，DE⊥AB于点E，点F在AC上，BD=DF．

1求证：CF=EB．

2若AB=12，AF=8，求CF的长．

如图，已知AC // BD，AE，BE分别平分∠CAB和∠DBA，点E在线段CD上．

（1）求∠AEB的度数；

（2）求证：CE＝DE．

在△ABC中，BD⊥AC于点D，P为BD上的点，∠ACP＝45∘，AP＝BC．

（1）求证：①AD＝BD；②AP⊥BC．

（2）延长CP交AB于点M，求证：CP+2BM＝AB．

如图：在∠EAF的平分线上取点B作BC⊥AF于点C，在直线AC上取一动点P，在直线AE上取点Q使得BQ＝BP

（1）如图1，当点P在点线段AC上时，求证：∠BQA+∠BPA＝180∘；

（2）如图2，当点P在CA延长线上时，探究AQ、AP、AC三条线段之间的数量关系，说明理由；

（3）在满足（1）的结论条件下，当点P运动到在射线AC上时，直接写出AQ、AP、PC三条线段之间的数量关系为________．

平面直角坐标系中，A(a, 0)，B(b, b)，C(0, c)，且满足：+(2b−a−c)2+|b−c|＝0，E、D分别为x轴和y轴上动点，满足∠DBE＝45∘．

（1）求A、B、C三点坐标；

（2）如图1，若D为线段OC中点，求E点坐标；

（3）当E，D在x轴和y轴上运动时，试探究CD、DE和AE之间的关系．
参考答案与试题解析
2019-2020学年湖北省某校八年级（上）月考数学试卷（三）
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1.
【答案】
D
【考点】
轴对称图形
【解析】
根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】
A、不是轴对称图形，故此选项错误；
B、不是轴对称图形，故此选项错误；
C、不是轴对称图形，故此选项错误；
D、是轴对称图形，故此选项正确；
2.
【答案】
B
【考点】
三角形三边关系
【解析】
根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行分析．
【解答】
解：根据三角形的三边关系，知
A、1+2<4，不能组成三角形；
B、4+6>8，能够组成三角形；
C、5+6<12，不能组成三角形；
D、2+3<6，不能组成三角形．
故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
三角形的稳定性
【解析】
当三角形三边的长度确定后，三角形的形状和大小就能唯一确定下来，故三角形具有稳定性，利用三角形的稳定性进行解答．
【解答】
放缩尺是利用了平行四边形的不稳定性，
而A、B、C选项都是利用了三角形的稳定性，
4.
【答案】
B
【考点】
角平分线的性质
【解析】
在三角形内部到三边距离相等的点是三条内角平分线的交点，只有一个；在三角形的外部到三条边所在直线距离相等的点是外角平分线的交点，有三个
【解答】
∵ 在三角形内部到三边距离相等的点是三条内角平分线的交点，交点重合，只有一点；
在三角形的外部到三条边所在直线距离相等的点是外角平分线的交点，交点不重合，有三个．
∴ 到三角形三边所在直线距离相等的点有4个．
5.
【答案】
C
【考点】
全等三角形的判定
【解析】
本题要证明△ABC≅△A′B′C′，已知了AB＝A′B′，∠A＝∠A′，可用的判别方法有ASA，AAS，及SAS，所以可添加一对角∠B＝∠B′，或∠C＝∠C′，或一对边AC＝A′C′，分别由已知与所添的条件即可得证．
【解答】
添加的条件可以为：
∠B＝∠B′；∠C＝∠C′；AC＝A′C′，共3种．
若添加∠B＝∠B′，
证明：在△ABC和△A′B′C′中，
∠A=∠A′AB=A′B′∠B=∠B′ ，
∴ △ABC≅△A′B′C′(ASA)；
若添加∠C＝∠C′，
证明：在△ABC和△A′B′C′中，
∠A=∠A′∠C=∠C′AB=A′B′ ，
∴ △ABC≅△A′B′C′(AAS)；
若添加AC＝A′C′，
证明：在△ABC和△A′B′C′中，
AC=A′C′∠A=∠A′AB=A′B′ ，
∴ △ABC≅△A′B′C′(SAS)．
6.
【答案】
B
【考点】
全等三角形的性质
【解析】
先证明△AFE∽△ACD，则∠AFE=∠C=∠BFD，再根据BF=AC，∠BFD=∠C，∠FBD=∠DAC得出△BDF≅△ADC，即可得出AF的长．
【解答】
解：∵ AD⊥BC，BE⊥AC
∴ ∠BDF=∠ADC=∠BEC=90∘
∵ ∠DAC=∠DAC
∴ △AFE∼△ACD
∴ ∠AFE=∠C=∠BFD
在△BDF与△ADC中，
∵ ∠BFD=∠CBF=AC∠FBD=∠DAC，
∴ △BDF≅△ADC(ASA)，
∴ AD=BD=BC−CD=7−2=5，DF=CD，
∴ AF=AD−DF=BD−CD=5−2=3．
故选B.
7.
【答案】
B
【考点】
角平分线的性质
【解析】
作EF⊥BC于F，根据角平分线的性质定理得到EF＝DE＝2，根据三角形面积公式计算即可．
【解答】
解：作EF⊥BC于F.
∵ BE平分∠ABC，EF⊥BC，ED⊥AB，
∴ EF=DE=23，
∴ △BCE的面积=12×BC×EF=12×5×23=53．
8.
【答案】
D
【考点】
全等三角形的性质
【解析】
根据全等三角形的性质和已知图形得出即可．
【解答】
∵ △MNP≅△MEQ，
∴ 点Q应是图中的D点，如图，
9.
【答案】
C
【考点】
全等三角形的性质与判定
【解析】
由角平分线的性质可得∠ABP+∠BAP＝60∘，由“SAS”可证△ACP≅△BCP，可得AP＝PE，∠CAP＝∠CEP，可得PE＝BE，由等腰三角形的性质和外角性质可得∠PAB＝2∠PBA，即可求解．
【解答】
如图，在BC上截取CE＝AC，连接PE，
∵ ∠ACB＝60∘，
∴ ∠CAB+∠ABC＝120∘
∵ 点P是△ABC三个内角的角平分线的交点，
∴ ∠CAP＝∠BAP＝∠CAB，∠ABP＝∠CBP＝∠ABC，∠ACP＝∠BCP，
∴ ∠ABP+∠BAP＝60∘
∵ CA＝CE，∠ACP＝∠BCP，CP＝CP
∴ △ACP≅△ECP(SAS)
∴ AP＝PE，∠CAP＝∠CEP
∵ CA+AP＝BC，且CB＝CE+BE，
∴ AP＝BE，
∴ BE＝PE，
∴ ∠EPB＝∠EBP，
∴ ∠PEC＝∠EBP+∠EPB＝2∠PBE＝∠CAP
∴ ∠PAB＝2∠PBA，且∠ABP+∠BAP＝60∘，
∴ ∠PAB＝40∘，
∴ ∠CAB＝80∘
10.
【答案】
D
【考点】
三角形综合题
【解析】
通过证明点A，点C，点D，点B四点共圆，由圆周角的性质可判断①；延长BD，AM交于点F，由“ASA”可证△ACE≅△BCF，可得AE＝BF，由互余的性质可求BF＝2BD＝AE；过点E作EH⊥AB于H，由“AAS”可证△CEA≅△HEA，可得AC＝AH，CE＝EH，由直角三角形性质可得BH＝HE＝CE，可判断③；由全等三角形的性质和平行线分线段成比例可判断④，设AC＝BC＝a，用a表示AB，CE，CM，AM，即可求判断⑤．
【解答】
∵ AC＝BC，∠ACB＝90∘，
∴ ∠ABC＝∠BAC＝45∘，
∵ ∠ACB＝∠ADB＝90∘，
∴ 点A，点C，点D，点B四点共圆，
∴ ∠ADC＝∠ABC＝45∘，∠CAD＝∠CBD，∠BAD＝∠BCD，
∴ ①正确；
如图，延长BD，AM交于点F，
∵ AC＝BC，∠CAD＝∠CBD，∠ACE＝∠BCF＝90∘，
∴ △ACE≅△BCF(ASA)
∴ AE＝BF，
∵ AE平分∠BAC，
∴ ∠CAD＝∠BAD，
∴ ∠DBC＝∠DCB，且∠BCF＝90∘，
∴ CD＝BD，∠BCD+∠DCF＝90∘，∠DBC+∠F＝90∘，
∴ ∠DCF＝∠F，
∴ CD＝DF，
∴ CD＝DF＝BD，
∴ BF＝2BD＝AE，
故②正确；
如图，过点E作EH⊥AB于H，
∵ ∠CAD＝∠BAD，AE＝AE，∠ACB＝∠AHE＝90∘，
∴ △CEA≅△HEA(AAS)
∴ AC＝AH，CE＝EH，
∵ ∠ABC＝45∘，∠EHB＝90∘，
∴ ∠ABC＝∠HEB＝45∘，
∴ BH＝HE＝CE，
∴ AB＝AH+HB＝AC+CE，
故③正确；
∵ AB＝AC+CE＝BC+CE，
∴ AB−BC＝CE，
∵ △ACE≅△BCF，
∴ CF＝CE，
∴ CF＝AB−BC，
∵ DM⊥AC，∠ACB＝90∘，
∴ DM // BC，
∴ ＝，
∴ CF＝2CM，
∴ AB−BC＝2CM，
故④正确；
设AC＝BC＝a，
∴ AB＝a，
∴ CF＝CE＝BH＝AB−AC＝（−1)a，
∴ CM＝a，
∴ AM＝a，
∴ ＝＝2，
故⑤正确，
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
【答案】
−2
【考点】
关于x轴、y轴对称的点的坐标
【解析】
直接利用关于x轴对称点的性质得出a，b的值，进而得出答案．
【解答】
∵ 点A(2, a)与点B(b, 4)关于x轴对称，
∴ b＝2，a＝−4，
则a+b＝−4+2＝−2，
【答案】
∠A＝∠D
【考点】
全等三角形的判定
【解析】
已知∠1＝∠2，就是已知∠ACB＝∠DCE，则根据三角形的判定定理AAS即可证得．
【解答】
可以添加∠A＝∠D，
理由是：∵ ∠1＝∠2，
∴ ∠ACB＝∠DCE，
∴ 在△ABC和△DEC中，
，
∴ △ABC≅△DEC(AAS)．
【答案】
28∘
【考点】
角平分线的性质
全等三角形的性质与判定
【解析】
过点E作EF⊥AB于F，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DE＝EF，根据线段中点的定义可得DE＝CE，然后求出CE＝EF，再根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上证明即可得出BE平分∠ABC，最后求得∠ABE的度数．
【解答】
如图，过点E作EF⊥AB于F，
∵ ∠D＝∠C＝90∘，AE平分∠DAB，
∴ DE＝EF，
∵ E是DC的中点，
∴ DE＝CE，
∴ CE＝EF，
又∵ ∠C＝90∘，
∴ 点E在∠ABC的平分线上，
∴ BE平分∠ABC，
又∵ AD // BC，
∴ ∠ABC+∠BAD＝180∘，
∴ ∠AEB＝90∘，
∴ ∠BEC＝90∘−∠AED＝62∘，
∴ Rt△BCE中，∠CBE＝28∘，
∴ ∠ABE＝28∘．
【答案】
49
【考点】
角平分线的性质
【解析】
过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于E，DH⊥AC于H，DF⊥BC，交BC的延长线于F，通过证明BD平分∠ABC，可得∠ABD＝∠CBD，由外角的性质可求解．
【解答】
如图，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于E，DH⊥AC于H，DF⊥BC，交BC的延长线于F，
∵ ∠BAD+∠CAD＝180∘，∠BCD+∠ACD＝180∘，∠BAD+∠DAE＝180∘，∠BCD+∠DCF＝180∘，
∴ ∠CAD＝∠DAE，∠ACD＝∠DCF，
又∵ DE⊥BA，DH⊥AC，DF⊥BC，
∴ DE＝DH＝DF，
∴ BD平分∠ABC，
∴ ∠ABD＝∠CBD，
∵ ∠ACF＝∠ABC+∠BAC，∠DCF＝∠DBC+∠BDC，
∴ ∠BDC＝∠BAC＝49∘，
【答案】
101
【考点】
规律型：图形的变化类
规律型：数字的变化类
反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】
根据图形逐个进行分析，第一个图形小圆点的个数为(1+2)2+1，第二个图形小圆点的个数为(2+2)2+1，…那么第n个图形的小圆点的个数为(n+2)2+1，据此可得．
【解答】
根据题意分析可得：第1个图形中小圆点的个数为10＝(1+2)2+1；
第2个图形中小圆点的个数为17＝(2+2)2+1；
第3个图形中小圆点的个数为26＝(3+2)2+1；
…；
第8个图形中小圆点的个数为(8+2)2+1＝101．
【答案】
0，3，9，12
【考点】
全等三角形的判定
【解析】
此题要分两种情况：①当E在线段AB上时，②当E在BN上，再分别分成两种情况AC=BE，AC=BE进行计算即可．
【解答】
解：①当E在线段AB上，AC=BE时，△ACB≅△BED，
∵ AC=6，
∴ BE=6，
∴ AE=2−6=6，
∴ 点E的运动时间为6÷2=3（秒）；
②当E在BN上，AC=BE时，
AC=12+6=18，
点E的运动时间为18÷2=9（秒）；
③当E在线段AB上，AB=EB时，△ACB≅△BDE，
这时E在A点未动，因此时间为0秒；
④当E在BN上，AB=EB时，△ACB≅△BDE，
AE=12+12=24，
点E的运动时间为24÷2=12（秒），
故答案为：0，3，9，12．
三、解答题（共8题，共72分）
【答案】
证明：∵ BD⊥AC，CE⊥AB，AO平分∠BAC，
∴ OE＝OD，∠BEO＝∠CDO＝90∘，
在△BOE和△COD中，，
∴ △BOE≅△COD(ASA)，
∴ OB＝OC．
【考点】
全等三角形的性质与判定
【解析】
由角平分线的性质得出OE＝OD，由ASA证得△BOE≅△COD，即可得出结论．
【解答】
证明：∵ BD⊥AC，CE⊥AB，AO平分∠BAC，
∴ OE＝OD，∠BEO＝∠CDO＝90∘，
在△BOE和△COD中，，
∴ △BOE≅△COD(ASA)，
∴ OB＝OC．
【答案】
如图所示，AE即为所求；
∵ ∠ABC＝70∘，∠ACB＝50∘，
∴ ∠BAC＝180∘−∠ABC−∠ACB＝60∘，
∵ AE平分∠BAC，
∴ ∠BAE＝∠BAC＝30∘，
∵ AD为△ABC的高，
∴ ∠ADB＝90∘，
∴ ∠BAD＝90∘−∠ABC＝20∘，
则∠DAE＝∠BAE−∠BAD＝30∘−20∘＝10∘．
【考点】
三角形内角和定理
作图—基本作图
【解析】
（1）根据角平分线的尺规作图可得；
（2）先利用三角形的内角和定理得出∠BAC度数，再分别依据角平分线和高线的概念求出∠BAE和∠BAD度数，从而得出答案．
【解答】
如图所示，AE即为所求；
∵ ∠ABC＝70∘，∠ACB＝50∘，
∴ ∠BAC＝180∘−∠ABC−∠ACB＝60∘，
∵ AE平分∠BAC，
∴ ∠BAE＝∠BAC＝30∘，
∵ AD为△ABC的高，
∴ ∠ADB＝90∘，
∴ ∠BAD＝90∘−∠ABC＝20∘，
则∠DAE＝∠BAE−∠BAD＝30∘−20∘＝10∘．
【答案】
证明：∵ ∠DCA＝∠DEA，
∴ ∠D＝∠A，
在△ABC和△DEC中，
AC=DC,∠A=∠DAB=DE,，
∴ △ABC≅△DEC(SAS)，
∴ ∠B＝∠DEC，BC＝EC，
∴ ∠B＝∠BEC，
∴ ∠BEC＝∠DEC，
∴ CE平分∠BED．
【考点】
全等三角形的性质与判定
【解析】
根据全等三角形的判定和性质定理和角平分线的定义即可得到结论．
【解答】
证明：∵ ∠DCA＝∠DEA，
∴ ∠D＝∠A，
在△ABC和△DEC中，
AC=DC,∠A=∠DAB=DE,，
∴ △ABC≅△DEC(SAS)，
∴ ∠B＝∠DEC，BC＝EC，
∴ ∠B＝∠BEC，
∴ ∠BEC＝∠DEC，
∴ CE平分∠BED．
【答案】
1证明：∵ AD平分∠BAC，
∠C=90∘，DE⊥AB于E，
∴ DE=DC．
在△CDF与△EDB中，
∵ DF=DBDC=DE，
∴ Rt△CDF≅Rt△EDB(HL)，
∴ CF=EB．
2解：设CF=x，则AE=12−x，
∵ AD平分∠BAC，DE⊥AB，
∴ CD=DE．
在△ACD与△AED中，
∵ AD=ADCD=DE，
∴ △ACD≅△AED(HL)，
∴ AC=AE，即8+x=12−x，
解得x=2，即CF=2．
【考点】
角平分线的性质
【解析】
（1）根据角平分线的性质“角平分线上的点到角的两边的距离相等”，可得点D到AB的距离=点D到AC的距离即DE=CD，再根据HL证明Rt△CDF≅Rt△EBD，从而得出CF=EB；
（2）设CF=x，则AE=12−x，再根据题意得出△ACD≅△AED，进而可得出结论．
【解答】
1证明：∵ AD平分∠BAC，
∠C=90∘，DE⊥AB于E，
∴ DE=DC．
在△CDF与△EDB中，
∵ DF=DBDC=DE，
∴ Rt△CDF≅Rt△EDB(HL)，
∴ CF=EB．
2解：设CF=x，则AE=12−x，
∵ AD平分∠BAC，DE⊥AB，
∴ CD=DE．
在△ACD与△AED中，
∵ AD=ADCD=DE，
∴ △ACD≅△AED(HL)，
∴ AC=AE，即8+x=12−x，
解得x=2，即CF=2．
【答案】
∵ AC // BD，∴ ∠CAB+∠ABD＝180∘．
∵ AE平分∠CAB，∴ ∠EAB＝∠CAB．
同理可得∠EBA＝∠ABD．
∴ ∠EAB+∠EBA＝90∘，
∴ ∠AEB＝90∘；
如图，在AB上截取AF＝AC，连接EF，
在△ACE和△AFE中，
∴ △ACE≅△AFE(SAS)．
∴ CE＝FE，∠CEA＝∠FEA．
∵ ∠CEA+∠DEB＝90∘，∠FEA+∠FEB＝90∘，
∴ ∠DEB＝∠FEB．
在△DEB和△FEB中
∴ △DEB≅△FEB(ASA)．
∴ ED＝EF．
∴ ED＝CE．
【考点】
角平分线的性质
平行线的性质
【解析】
（1）由平行线得到∠CAB+∠ABD＝180∘，根据角平分线定义表示出∠EAB、∠EBA，计算这两个的和，便可求∠AEB度数；
（2）在AB上截取AF＝AC，连接EF，分别证明△ACE≅△AFE，△DEB≅△FEB，借助CE＝EF，DE＝EF，可证CE＝DE．
【解答】
∵ AC // BD，∴ ∠CAB+∠ABD＝180∘．
∵ AE平分∠CAB，∴ ∠EAB＝∠CAB．
同理可得∠EBA＝∠ABD．
∴ ∠EAB+∠EBA＝90∘，
∴ ∠AEB＝90∘；
如图，在AB上截取AF＝AC，连接EF，
在△ACE和△AFE中，
∴ △ACE≅△AFE(SAS)．
∴ CE＝FE，∠CEA＝∠FEA．
∵ ∠CEA+∠DEB＝90∘，∠FEA+∠FEB＝90∘，
∴ ∠DEB＝∠FEB．
在△DEB和△FEB中
∴ △DEB≅△FEB(ASA)．
∴ ED＝EF．
∴ ED＝CE．
【答案】
①∵ BD⊥AC，∠ACP＝45∘，
∴ ∠DPC＝∠DCP＝45∘，
∴ CD＝DP，且AP＝BC，
∴ Rt△ADP≅Rt△CDB(HL)，
∴ AD＝BD；
②延长AP交BC于E，
∵ Rt△ADP≅Rt△CDB，
∴ ∠DAP＝∠CBD，
∵ ∠BCD+∠CBD＝90∘，
∴ ∠BCD+∠DAP＝90∘，
∴ ∠AEC＝90∘，
∴ AP⊥BC；
∵ ∠ADB＝90∘，AD＝BD，
∴ ∠DBA＝∠DAB＝45∘，
∵ ∠DPC＝∠BPM＝45∘，
∴ ∠PMB＝∠PMA＝90∘，PM＝MB，
∵ ∠DAB＝∠ACM＝45∘，
∴ AM＝CM，
∵ AB＝AM+MB＝CM+MB，
∴ CP+MP+MB＝AB，
∴ CP+2BM＝AB．
【考点】
全等三角形的性质与判定
【解析】
（1）①由“HL”可证Rt△ADP≅Rt△CDB，可得AD＝BD；
②由全等三角形的性质可得∠DAP＝∠CBD，由直角三角形的性质可证AP⊥BC；
（2）由等腰直角三角形的性质可得∠DBA＝∠DAB＝45∘，可证AM＝CM，PM＝MB，即可得结论．
【解答】
①∵ BD⊥AC，∠ACP＝45∘，
∴ ∠DPC＝∠DCP＝45∘，
∴ CD＝DP，且AP＝BC，
∴ Rt△ADP≅Rt△CDB(HL)，
∴ AD＝BD；
②延长AP交BC于E，
∵ Rt△ADP≅Rt△CDB，
∴ ∠DAP＝∠CBD，
∵ ∠BCD+∠CBD＝90∘，
∴ ∠BCD+∠DAP＝90∘，
∴ ∠AEC＝90∘，
∴ AP⊥BC；
∵ ∠ADB＝90∘，AD＝BD，
∴ ∠DBA＝∠DAB＝45∘，
∵ ∠DPC＝∠BPM＝45∘，
∴ ∠PMB＝∠PMA＝90∘，PM＝MB，
∵ ∠DAB＝∠ACM＝45∘，
∴ AM＝CM，
∵ AB＝AM+MB＝CM+MB，
∴ CP+MP+MB＝AB，
∴ CP+2BM＝AB．
【答案】
证明：如图1，作BD⊥AE于D，
∵ AB是∠EAF的平分线，BC⊥AF，BD⊥AE，
∴ BD＝BC，
在Rt△DBQ和Rt△CBP中，
，
∴ Rt△DBQ≅Rt△CBP(HL)，
∴ ∠BQA＝∠BPC，
∵ ∠BPC+∠BPA＝180∘，
∴ ∠BQA+∠BPA＝180∘；
AQ−AP＝2AC，
理由如下：如图2，作BM⊥AE垂足为M，
∵ BC⊥AF，
∴ ∠BMA＝∠BCA＝90∘，
在△ABM和△ABC中，
，
∴ △ABM≅△ABC(AAS)，
∴ ∠ABM＝∠ABC，AM＝AC，BM＝BC，
在Rt△MBQ和Rt△CBP中，
，
∴ Rt△DBQ≅Rt△CBP(HL)，
∴ QM＝PC，
∴ AQ−AP＝(AM+QM)−(PC−AC)＝2AC；
AQ−AP＝2PC或AP−AQ＝2PC
【考点】
三角形综合题
【解析】
（1）作BD⊥AE于D，根据角平分线的性质得到BD＝BC，证明Rt△DBQ≅Rt△CBP，根据全等三角形的性质得到∠BQA＝∠BPC，证明结论；
（2）作BM⊥AE垂足为M，分别证明△ABM≅△ABC、Rt△DBQ≅Rt△CBP，根据全等三角形的性质解答；
（3）分点P在线段AC上、点P在线段AC的延长线上两种情况，根据全等三角形的性质解答即可．
【解答】
证明：如图1，作BD⊥AE于D，
∵ AB是∠EAF的平分线，BC⊥AF，BD⊥AE，
∴ BD＝BC，
在Rt△DBQ和Rt△CBP中，
，
∴ Rt△DBQ≅Rt△CBP(HL)，
∴ ∠BQA＝∠BPC，
∵ ∠BPC+∠BPA＝180∘，
∴ ∠BQA+∠BPA＝180∘；
AQ−AP＝2AC，
理由如下：如图2，作BM⊥AE垂足为M，
∵ BC⊥AF，
∴ ∠BMA＝∠BCA＝90∘，
在△ABM和△ABC中，
，
∴ △ABM≅△ABC(AAS)，
∴ ∠ABM＝∠ABC，AM＝AC，BM＝BC，
在Rt△MBQ和Rt△CBP中，
，
∴ Rt△DBQ≅Rt△CBP(HL)，
∴ QM＝PC，
∴ AQ−AP＝(AM+QM)−(PC−AC)＝2AC；
当点P在线段AC上时，如图1，AQ−AP＝2PC，
理由如下：∵ Rt△DBQ≅Rt△CBP，
∴ DQ＝PC，
由（2）可知，AD＝AC，
∴ AQ−AP＝AD+DQ−(AC−PC)＝DQ+PC＝2PC；
当点P在线段AC的延长线上时，如图3，AP−AQ＝2PC，
理由如下：作BM⊥AE垂足为M，
∵ Rt△MBQ≅Rt△CBP，
∴ MQ＝PC，
由（2）可知，AM＝AC，
∴ AP−AQ＝AC+PC−(AM−MQ)＝MQ+PC＝2PC，
故答案为：AQ−AP＝2PC或AP−AQ＝2PC．
【答案】
∵ +(2b−a−c)2+|b−c|＝0，
∴ a＝4，b＝c，2b−a−c＝0，
∴ b＝4，c＝4，
∴ 点A(4, 0)，点B(4, 4)，点C(0, 4)；
如图1，将△BCD绕点B逆时针旋转90∘得到△BAH，
∵ 点A(4, 0)，点B(4, 4)，点C(0, 4)，
∴ OA＝OC＝BC＝AB＝4，
∵ D为线段OC中点，
∴ CD＝DO＝2，
∵ 将△BCD绕点B逆时针旋转90∘得到△BAH，
∴ △BCD≅△BAH，
∴ BD＝BH，∠CBD＝∠HBA，CD＝AH＝2，
∵ ∠DBE＝45∘，
∴ ∠CBD+∠EBA＝45∘，
∴ ∠EBA+∠ABH＝45∘＝∠HBE＝∠DBE，且BD＝BH，BE＝BE，
∴ △DBE≅△HBE(SAS)
∴ DE＝EH，
∵ OH＝OA+AH＝4+2＝6，
∴ DE＝EH＝6−OE，
∵ DE2＝OD2+OE2，
∴ (6−OE)2＝4+OE2，
∴ OE＝，
∴ 点E坐标为（，0)；
如图1，若点E在x轴正半轴，点D在y轴正半轴上，
由（2）可知：DE＝EH，AH＝CD，
∴ DE＝AE+AH＝AE+CD，
如图2，点E在x轴负半轴，点D在y轴正半轴，将△BCD绕点B逆时针旋转90∘得到△BAH，
∴ △BCD≅△BAH，∠DBH＝90∘，
∴ BD＝BH，∠CBD＝∠HBA，CD＝AH，
∵ ∠DBE＝45∘，
∴ ∠DBE＝45∘＝∠HBE，且BD＝BH，BE＝BE，
∴ △DBE≅△HBE(SAS)
∴ DE＝EH，
∴ AE＝AH+EH＝CD+DE；
如图3，点E在x轴正半轴，点D在y轴负半轴，将△BCD绕点B逆时针旋转90∘得到△BAH，
∴ △BCD≅△BAH，∠DBH＝90∘，
∴ BD＝BH，∠CBD＝∠HBA，CD＝AH，
∵ ∠DBE＝45∘，
∴ ∠DBE＝45∘＝∠HBE，且BD＝BH，BE＝BE，
∴ △DBE≅△HBE(SAS)
∴ DE＝EH，
∴ CD＝AH＝AE+EH＝AE+DE．
【考点】
坐标与图形性质
四边形综合题
全等三角形的性质与判定
【解析】
（1）由非负性可求a，b，c的值，即可求解；
（2）将△BCD绕点B逆时针旋转90∘得到△BAH，可得BD＝BH，∠CBD＝∠HBA，CD＝AH＝2，由“SAS”可证△DBE≅△HBE，可得DE＝EH，由勾股定理可求OE的长，即可求E点坐标；
（3）分三种情况讨论，由旋转的性质，全等三角形的性质可求解．
【解答】
∵ +(2b−a−c)2+|b−c|＝0，
∴ a＝4，b＝c，2b−a−c＝0，
∴ b＝4，c＝4，
∴ 点A(4, 0)，点B(4, 4)，点C(0, 4)；
如图1，将△BCD绕点B逆时针旋转90∘得到△BAH，
∵ 点A(4, 0)，点B(4, 4)，点C(0, 4)，
∴ OA＝OC＝BC＝AB＝4，
∵ D为线段OC中点，
∴ CD＝DO＝2，
∵ 将△BCD绕点B逆时针旋转90∘得到△BAH，
∴ △BCD≅△BAH，
∴ BD＝BH，∠CBD＝∠HBA，CD＝AH＝2，
∵ ∠DBE＝45∘，
∴ ∠CBD+∠EBA＝45∘，
∴ ∠EBA+∠ABH＝45∘＝∠HBE＝∠DBE，且BD＝BH，BE＝BE，
∴ △DBE≅△HBE(SAS)
∴ DE＝EH，
∵ OH＝OA+AH＝4+2＝6，
∴ DE＝EH＝6−OE，
∵ DE2＝OD2+OE2，
∴ (6−OE)2＝4+OE2，
∴ OE＝，
∴ 点E坐标为（，0)；
如图1，若点E在x轴正半轴，点D在y轴正半轴上，
由（2）可知：DE＝EH，AH＝CD，
∴ DE＝AE+AH＝AE+CD，
如图2，点E在x轴负半轴，点D在y轴正半轴，将△BCD绕点B逆时针旋转90∘得到△BAH，
∴ △BCD≅△BAH，∠DBH＝90∘，
∴ BD＝BH，∠CBD＝∠HBA，CD＝AH，
∵ ∠DBE＝45∘，
∴ ∠DBE＝45∘＝∠HBE，且BD＝BH，BE＝BE，
∴ △DBE≅△HBE(SAS)
∴ DE＝EH，
∴ AE＝AH+EH＝CD+DE；
如图3，点E在x轴正半轴，点D在y轴负半轴，将△BCD绕点B逆时针旋转90∘得到△BAH，
∴ △BCD≅△BAH，∠DBH＝90∘，
∴ BD＝BH，∠CBD＝∠HBA，CD＝AH，
∵ ∠DBE＝45∘，
∴ ∠DBE＝45∘＝∠HBE，且BD＝BH，BE＝BE，
∴ △DBE≅△HBE(SAS)
∴ DE＝EH，
∴ CD＝AH＝AE+EH＝AE+DE．