某校八年级（上）联考数学试卷（11月份）

这是一份某校八年级（上）联考数学试卷（11月份），共19页。试卷主要包含了 下列图形是全等图形的是等内容，欢迎下载使用。

1. 下列平面图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A.B.C.D.

2. 对于任意三角形的高，下列说法不正确的是（ ）
A.锐角三角形有三条高
B.直角三角形只有一条高
C.任意三角形都有三条高
D.钝角三角形有两条高在三角形的外部

3. 下列图形是全等图形的是（ ）
A.B.
C.D.

4. 一个三角形的两边长为3和7，第三边长为偶数，则第三边为（ ）
A.6B.6或8C.4D.4或6

5. 若n边形的内角和为1440∘，则n的值是（ ）
A.8B.9C.10D.11

6. 如图，已知MB＝ND，∠MBA＝∠NDC，下列条件中不能判定△ABM≅△CDN的是（ ）

A.∠M＝∠NB.AM＝CNC.AB＝CDD.AM // CN

7. 已知等腰△ABC的周长为18cm，BC=8cm，△ABC≅△DEF，则△DEF中有一条边等于（ ）
A.2 cmB.5 cmC.2 cm或5cmD.2 cm或7 cm

8. 如图，在△ABC中，∠C=90∘，AD平分∠BAC交BC于点D，BD:DC=3:2，点D到AB的距离为6，则BC等于( )

A.10B.20C.15D.25

9. 如图，已知Rt△ABC中，∠C＝90∘，∠A＝30∘，在直线BC或AC上取一点P，使得△PAB是等腰三角形，则符合条件的P点有（ ）

A.2个B.4个C.6个D.8个

10. 如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正三角形ABC和正三角形CDE，AD与BE交与点O，AD与BC交与点P，BE与CD交与点Q，连接PQ．有下列结论：
①AD=BE；②AP=BQ；③∠AOB=60∘；④DE=DP；⑤△CPQ为正三角形．
其中正确的结论有（ ）
A.①②③⑤B.①③④⑤C.①②⑤D.②③④
二．填空题（共6小题，每题3分，共18分）

如图，为了使一扇旧木门不变形，木工师傅在木门的背后加钉了一根木条，这样做的道理是运用了三角形的________．


已知点P(a, 3)、Q(−2, b)关于x轴对称，则a+b=________．

如图，已知BD⊥AE于点B，DC⊥AF于点C，且DB=DC，∠BAC=40∘，∠ADG=130∘，则∠DGF=________．

如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，∠A=30∘，CD⊥AB，AB=8，则BC=________，∠BCD=________，BD=________．

等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为60∘，则这个等腰三角形的顶角为________．

如图，已知△ABC的内角∠A=a，分别作内角∠ABC与外角∠ACD的平分线，两条平分线交于点A1，得∠A1；∠A1BC和∠A1CD的平分线交于点A2，得∠A2；…以此类推得到∠A2016，则∠A2016的度数是________．
三．简答题（共72分）

如图，E、A、C三点共线，AB // CD，∠B=∠E，AC=CD，求证：BC=ED．

已知：如图，已知△ABC，
（1）分别画出与△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，并写出△A1B1C1各顶点坐标；
A1(________,________)B1(________,________)C1(________,________)

（2）△ABC的面积=________．

如图，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线交于点O，过点O作DE // BC，分别交AB，AC于点D，E．若△ADE 的周长为9，△ABC 的周长是14，求BC的长．


如图，五边形ABCDE的内角都相等，且∠1=∠2，∠3=∠4，求x的值．

已知，如图△ABC中，BD＝DC，∠1＝∠2，求证：AD平分∠BAC．


如图，△ABC是边长为1的等边三角形，△BDC是顶角∠BDC=120∘的等腰三角形，以D为顶点作一个60∘角，角的两边分别交AB，AC于M，N，连接MN．求△AMN的周长．

如图，在等边△ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，且AE=CD，BE与AD相交于点P，BQ⊥AD于点 Q．
（1）求证：BE=AD．

（2）求证：BP=2PQ．

如图所示，在平面直角坐标系中，点B的坐标是(−1, 0)，点C的坐标是(1, 0)，点D为y轴上一点，点A为第二象限内一动点，且∠BAC=2∠BDO，过D作DM⊥AC于点M．AC与BD相交于点F．

(1)求证：∠ABD=∠ACD；

(2)若点E在BA延长线上，求证：AD平分∠CAE;

(3)当A点运动时，AC−ABAM的值是否发生变化？若不变化，请求出其值；若变化，请说明理由．
参考答案与试题解析
2016-2017学年湖北省潜江市某校八年级（上）联考数学试卷（11月份）
一．选择题（每小题3分，共30分）．
1.
【答案】
A
【考点】
轴对称图形
【解析】
根据轴对称图形的定义作答．
如果把一个图形沿着一条直线翻折过来，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【解答】
解：根据轴对称图形的概念，可知只有A沿任意一条直线折叠直线两旁的部分都不能重合．
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
三角形的角平分线、中线和高
【解析】
根据三角形的高的概念，通过具体作高，发现：任意一个三角形都有三条高，其中锐角三角形的三条高都在三角形的内部；直角三角形有两条高即三角形的两条直角边，一条在内部；钝角三角形有两条高在三角形的外部，一条在内部，据此解答即可．
【解答】
解：A、锐角三角形有三条高，说法正确，故本选项不符合题意；
B、直角三角形有三条高，说法错误，故本选项符合题意；
C、任意三角形都有三条高，说法正确，故本选项不符合题意；
D、钝角三角形有两条高在三角形的外部，说法正确，故本选项不符合题意；
故选B．
3.
【答案】
B
【考点】
全等图形
【解析】
根据全等形的定义：能够完全重合的两个图形是全等形对各图形进行判断．
【解答】
A、两个图形相似，错误；
B、两个图形全等，正确；
C、两个图形相似，错误；
D、两个图形不全等，错误；
4.
【答案】
B
【考点】
三角形三边关系
【解析】
利用三角形三边关系定理，先确定第三边的范围，进而就可以求出第三边的长．
【解答】
解：设第三边为x，
则7−3即4∵ 第三边长为偶数，
∴ 第三边长是6或8．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
多边形内角与外角
【解析】
利用多边形内角和定理得到(n−2)×180∘=1440∘，然后解方程可求出n的值．
【解答】
解：根据题意得(n−2)×180∘=1440∘，
解得n=10．
故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
全等三角形的判定
【解析】
根据普通三角形全等的判定定理，有AAS、SSS、ASA、SAS四种．逐条验证．
【解答】
解：A、∠M＝∠N，符合ASA，能判定△ABM≅△CDN，故A选项不符合题意；
B、根据条件AM＝CN，MB＝ND，∠MBA＝∠NDC，不能判定△ABM≅△CDN，故B选项符合题意；
C、AB＝CD，符合SAS，能判定△ABM≅△CDN，故C选项不符合题意；
D、AM // CN，得出∠MAB＝∠NCD，符合AAS，能判定△ABM≅△CDN，故D选项不符合题意．
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
等腰三角形的判定与性质
全等三角形的性质
【解析】
分两种情况讨论：(1)若BC为等腰△ABC的底边；(2)若BC为等腰△ABC的腰．
【解答】
解：(1)在等腰△ABC中，若BC=8cm为底边，
根据三角形周长计算公式可得腰长18−82=5cm；
(2)在等腰△ABC中，若BC=8cm为腰，
根据三角形周长计算公式可得底边长18−2×8=2cm
∵ △ABC≅△DEF，
∴ △DEF与△ABC的边长及腰长相等．
即△DEF中一定有一条边等于2或5．
故选：C．
8.
【答案】
C
【考点】
角平分线的性质
【解析】
先根据角平分线的性质得出CD的长，再由BD:DC=3:2求出BD的长，进而可得出结论．
【解答】
解：∵ 在△ABC中，∠C=90∘，
AD平分∠BAC交BC于点D，
点D到AB的距离为6，
∴ CD=6．
∵ BD:DC=3:2，
∴ BD=32CD=32×6=9，
∴ BC=6+9=15．
故选C．
9.
【答案】
C
【考点】
坐标与图形性质
等腰三角形的判定
【解析】
本题是开放性试题，根据题意，画出图形结合求解．
【解答】
第1个点在AC上，作线段AB的垂直平分线，交AC于点P，则有PA＝PB；
第2个点是以A为圆心，以AB长为半径截取AP＝AB，交AC延长线上于点P；
第3个点是以A为圆心，以AB长为半径截取AP＝AB，在上边于CA延长线上交于点P；
第4个点是以B为圆心，以BA长为半径截取BP＝BA，与AC的延长线交于点P；
第5个点是以B为圆心，以BA长为半径截取BP＝BA，与BC在左边交于点P；
第6个点是以A为圆心，以AB长为半径截取AP＝AB，与BC在右边交于点P；
∴ 符合条件的点P有6个点．
10.
【答案】
A
【考点】
全等三角形的性质
等边三角形的判定方法
【解析】
根据等边三角形性质得出AC=BC，DC=CE，∠BCA=∠DCE=60∘，求出∠ACD=∠BCE，证△ACD≅△BCE，推出AD=BE，即可判断①；根据全等三角形性质得出∠CBE=∠CAD，根据ASA证△ACP≅△BCQ，推出AP=BQ，即可判断②；对应角相等可得∠CAD=∠CBE，然后证明△ACP与△BCQ全等，根据全等三角形对应角相等可得PC=PQ，从而得到△CPQ是等边三角形，所以⑤正确求出∠DCE=60∘=∠CAD+∠ADC，求出∠CAD+∠BEC=60∘，即可求出∠AOB=60∘，即可判断③；根据三角形外角性质推出∠DPC>∠DCP，推出DP【解答】
解：∵ △ABC和△DCE是正三角形，
∴ AC=BC，DC=CE，∠BCA=∠DCE=60∘，
∴ ∠BCA+∠BCD=∠DCE+∠BCD，
∴ ∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中AC=BC∠ACD=∠BCEDC=CE
∴ △ACD≅△BCE(SAS)，
∴ AD=BE，∴ ①正确；
∵ △ACD≅△BCE，
∴ ∠CBE=∠CAD，
∵ ∠ACB=∠DCE=60∘，
∴ ∠BCD=60∘=∠ACB，
在△ACP和△BCQ中∠CAP=∠CBQAC=BC∠ACP=∠BCQ
∴ △ACP≅△BCQ(ASA)，
∴ AP=BQ，∴ ②正确；
PC=QC，
∴ △CPQ为正三角形∴ ⑤正确
∵ △ACD≅△BCE，
∴ ∠ADC=∠BEC，
∠DCE=60∘=∠CAD+∠ADC，
∴ ∠CAD+∠BEC=60∘，
∴ ∠AOB=∠CAD+∠BEC=60∘，∴ ③正确；
∵ △DCE是正三角形，
∴ DE=DC，
∵ ∠AOB=60∘，∠DCP=60∘，∠DPC>∠AOB，
∴ ∠DPC>∠DCP，
∴ DP所以正确的有①②③⑤，
故选A．
二．填空题（共6小题，每题3分，共18分）
【答案】
稳定性
【考点】
三角形的稳定性
【解析】
三角形具有稳定性，其它多边形不具有稳定性，把多边形分割成三角形则多边形的形状就不会改变．
【解答】
解：由题意得，
这样做的道理是运用了三角形的稳定性．
故答案为：稳定性.
【答案】
−5
【考点】
关于x轴、y轴对称的点的坐标
【解析】
根据关于x轴对称的点横坐标相同，纵坐标互为相反数即可得出结果．
【解答】
解：∵ 点P(a, 3)与点Q(−2, b)关于x轴对称，
∴ a=−2，b=−3，
∴ a+b=−2−3=−5．
故答案为：−5．
【答案】
150∘
【考点】
角平分线的性质
【解析】
先根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上得到AD是∠BAC的平分线，求出∠CAD的度数，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和即可求解．
【解答】
解：∵ BD⊥AE于B，DC⊥AF于C，且DB=DC，
∴ AD是∠BAC的平分线，
∵ ∠BAC=40∘，
∴ ∠CAD=12∠BAC=20∘，
∴ ∠DGF=∠CAD+∠ADG=20∘+130∘=150∘．
故答案为：150∘
【答案】
4,30∘,2
【考点】
含30度角的直角三角形
【解析】
根据30∘角所对的直角边等于斜边的一半即可求出BC的长度，再根据同角的余角相等可得∠BCD=∠A．
【解答】
解：∵ ∠ACB=90∘，∠A=30∘，AB=8，
∴ BC=12AB=12×8=4，
∵ CD⊥AB，
∴ ∠BCD+∠B=90∘，
又∵ ∠A+∠B=180∘−∠ACB=180∘−90∘=90∘，
∴ ∠BCD=∠A=30∘．
∴ BD=12BC=2．
故答案为：4，30∘，2．
【答案】
30∘或150∘
【考点】
等腰三角形的判定与性质
等腰三角形的性质与判定
【解析】
读到此题我们首先想到等腰三角形分为锐角、直角、钝角等腰三角形，当为等腰直角三角形时不可能出现题中所说情况所以舍去不计，我们可以通过画图来讨论剩余两种情况．
【解答】
解：①当为锐角三角形时可以画图，
高与右边腰成60∘夹角，由三角形内角和为180∘可得，顶角为30∘，
②当为钝角三角形时可画图，
此时垂足落到三角形外面，因为三角形内角和为180∘，
由图可以看出等腰三角形的顶角的补角为30∘，
∴ 三角形的顶角为150∘，
故答案为30∘或150∘．
【答案】
α22016
【考点】
三角形的外角性质
三角形内角和定理
【解析】
根据角平分线的定义可得∠A1BC=12∠ABC，∠A1CD=12∠ACD，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠ACD=∠A+∠ABC，∠A1CD=∠A1BC+∠A1，整理即可求出∠A1的度数，同理求出∠A2，可以发现后一个角等于前一个角的12，根据此规律即可得解．
【解答】
解：∵ A1B是∠ABC的平分线，A1C是∠ACD的平分线，
∴ ∠A1BC=12∠ABC，∠A1CD=12∠ACD，
又∵ ∠ACD=∠A+∠ABC，∠A1CD=∠A1BC+∠A1，
∴ 12(∠A+∠ABC)=12∠ABC+∠A1，
∴ ∠A1=12∠A，
∵ ∠A=α，
∴ ∠A1=α2；
同理可得∠A2=12∠A1=12⋅12α=α22，
∴ ∠An=α2n，
∴ ∠A2016=α22016．
故答案为：α22016
三．简答题（共72分）
【答案】
证明：∵ AB // CD，
∴ ∠BAC=∠ECD，
在△ABC和△CED中∠BAC=∠ECD∠B=∠EAC=CD，
∴ △ACB∽△CED(AAS)，
∴ BC=ED．
【考点】
全等三角形的性质
【解析】
首先根据平行线的性质可得∠BAC=∠ECD，再利用AAS定理证明△ACB∽△CED，然后再根据全等三角形对应边相等可得结论．
【解答】
证明：∵ AB // CD，
∴ ∠BAC=∠ECD，
在△ABC和△CED中∠BAC=∠ECD∠B=∠EAC=CD，
∴ △ACB∽△CED(AAS)，
∴ BC=ED．
【答案】
0,−2,−2,−4,−4,−1
5
【考点】
作图-轴对称变换
【解析】
（1）分别作出各点关于y轴的对称点，再顺次连接，由各点在坐标系中的位置写出各点坐标即可；
（2）利用四边形的面积减去三个顶点上三角形的面积即可．
【解答】
解：（1）如图，△A1B1C1，即为所求，由图可知，A1(0, −2)，B1(−2, −4)，C1(−4, −1)．
（2）S△ABC=S四边形CDEF−S△ACD−S△ABE−S△BCF=12−2−3−2=5．
【答案】
解：∵ BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，
∴ ∠ABO=∠OBC，∠ACO=∠OCB，
∵ DE // BC，
∴ ∠BOD=∠OBC，∠COE=∠OCB，
∴ ∠ABO=∠BOD，∠ACO=∠COE，
∴ BD=OD，CE=OE，
∵ △ADE的周长为29，
∴ AD+DE+AE=AD+OD+OE+AE=AD+BD+CE+AE=AB+AC=9，
∵ △ABC的周长是14，
∴ AB+AC+BC=14，
∴ BC=5．
【考点】
等腰三角形的判定与性质
平行线的判定与性质
【解析】
由BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，过点O作DE // BC，易得△BOD与△COE是等腰三角形，又由△ADE的周长为9，可得AB+AC=9，又由△ABC的周长是14，即可求得答案．
【解答】
解：∵ BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，
∴ ∠ABO=∠OBC，∠ACO=∠OCB，
∵ DE // BC，
∴ ∠BOD=∠OBC，∠COE=∠OCB，
∴ ∠ABO=∠BOD，∠ACO=∠COE，
∴ BD=OD，CE=OE，
∵ △ADE的周长为29，
∴ AD+DE+AE=AD+OD+OE+AE=AD+BD+CE+AE=AB+AC=9，
∵ △ABC的周长是14，
∴ AB+AC+BC=14，
∴ BC=5．
【答案】
解：因为五边形的内角和是540∘，
则每个内角为540∘÷5=108∘，
∴ ∠E=∠C=108∘，
又∵ ∠1=∠2，∠3=∠4，由三角形内角和定理可知，，
∠1=∠2=∠3=∠4
=(180∘−108∘)÷2=36∘，
∴ x=∠EDC−∠1−∠3
=108∘−36∘−36∘=36∘．
【考点】
多边形内角与外角
三角形内角和定理
【解析】
由五边形ABCDE的内角都相等，先求出五边形的每个内角度数，再求出∠1=∠2=∠3=∠4=36∘，从而求出x=108∘−72∘=36度．
【解答】
解：因为五边形的内角和是540∘，
则每个内角为540∘÷5=108∘，
∴ ∠E=∠C=108∘，
又∵ ∠1=∠2，∠3=∠4，由三角形内角和定理可知，，
∠1=∠2=∠3=∠4
=(180∘−108∘)÷2=36∘，
∴ x=∠EDC−∠1−∠3
=108∘−36∘−36∘=36∘．
【答案】
证明：如右图所示，
∵ BD＝DC，
∴ ∠3＝∠4，
又∵ ∠1＝∠2，
∴ ∠1+∠3＝∠2+∠4，
即∠ABC＝∠ACB，
∴ △ABC是等腰三角形，
∴ AB＝AC，
在△ABD和△ACD中，
BD=CD∠1=∠2AB=AC
∴ △ABD≅△ACD(SAS)，
∴ ∠BAD＝∠CAD，
∴ AD平分∠BAC．
【考点】
全等三角形的性质与判定
等腰三角形的性质与判定
【解析】
由BD＝DC，易知∠3＝∠4，再结合∠1＝∠2，利用等量相加和相等可得∠ABC＝∠ACB，从而可知△ABC是等腰三角形，于是AB＝AC，再结合BD＝DC，∠1＝∠2，利用SAS可证△ABD≅△ACD，从而有∠BAD＝∠CAD，即AD平分∠BAC．
【解答】
证明：如右图所示，
∵ BD＝DC，
∴ ∠3＝∠4，
又∵ ∠1＝∠2，
∴ ∠1+∠3＝∠2+∠4，
即∠ABC＝∠ACB，
∴ △ABC是等腰三角形，
∴ AB＝AC，
在△ABD和△ACD中，
BD=CD∠1=∠2AB=AC
∴ △ABD≅△ACD(SAS)，
∴ ∠BAD＝∠CAD，
∴ AD平分∠BAC．
【答案】
证明：如图，延长NC到E，使CE=BM，连接DE，
∵ △ABC为等边三角形，△BCD为等腰三角形，且∠BDC=120∘，
∴ ∠MBD=∠MBC+∠DBC=60∘+30∘=90∘，
∠DCE=180∘−∠ACD=180∘−∠ABD=90∘，
又∵ BM=CE，BD=CD，
∴ △CDE≅△BDM，
∴ ∠CDE=∠BDM，DE=DM，
∠NDE=∠NDC+∠CDE=∠NDC+∠BDM=∠BDC−∠MDN=120∘−60∘=60∘，
∵ 在△DMN和△DEN中，
DM=DE∠MDE=∠EDN=60∘DN=DN，
∴ △DMN≅△DEN，
∴ MN=NE=CE+CN=BM+CN，
∴ △AMN的周长=AM+AN+MN=AM+AN+NC+BM=AB+AC=1+1=2，
故△AMN的周长为2．
【考点】
全等三角形的性质
等腰三角形的判定与性质
等边三角形的判定方法
【解析】
根据已知条件得到△CDE≅△BDM，再利用角的相等关系，边的相等关系证明△DMN≅△DEN，利用全等的对应边相等证题．
【解答】
证明：如图，延长NC到E，使CE=BM，连接DE，
∵ △ABC为等边三角形，△BCD为等腰三角形，且∠BDC=120∘，
∴ ∠MBD=∠MBC+∠DBC=60∘+30∘=90∘，
∠DCE=180∘−∠ACD=180∘−∠ABD=90∘，
又∵ BM=CE，BD=CD，
∴ △CDE≅△BDM，
∴ ∠CDE=∠BDM，DE=DM，
∠NDE=∠NDC+∠CDE=∠NDC+∠BDM=∠BDC−∠MDN=120∘−60∘=60∘，
∵ 在△DMN和△DEN中，
DM=DE∠MDE=∠EDN=60∘DN=DN，
∴ △DMN≅△DEN，
∴ MN=NE=CE+CN=BM+CN，
∴ △AMN的周长=AM+AN+MN=AM+AN+NC+BM=AB+AC=1+1=2，
故△AMN的周长为2．
【答案】
证明：（1）∵ △ABC为等边三角形，
∴ AB=AC，∠BAC=∠ACB=60∘，
在△BAE和△ACD中：
AE=CE∠BAC=∠ACBAB=AC
∴ △BAE≅△ACD(SAS)，
∴ BE=AD；
（2）∵ △BAE≅△ACD，
∴ ∠ABE=∠CAD．
∵ ∠BPQ为△ABP外角，
∴ ∠BPQ=∠ABE+∠BAD．
∴ ∠BPQ=∠CAD+∠BAD=∠BAC=60∘
∵ BQ⊥AD，
∴ ∠PBQ=30∘，
∴ BP=2PQ．
【考点】
全等三角形的性质
等边三角形的判定方法
【解析】
（1）利用等边三角形的性质，结合条件可证明△BAE≅△ACD，可证得BE=AD；
（2）利用（1）中的△BAE≅△ACD，结合外角的性质，可求得∠PBQ=30∘，再利用直角三角形的性质可证得BP=2PQ．
【解答】
证明：（1）∵ △ABC为等边三角形，
∴ AB=AC，∠BAC=∠ACB=60∘，
在△BAE和△ACD中：
AE=CE∠BAC=∠ACBAB=AC
∴ △BAE≅△ACD(SAS)，
∴ BE=AD；
（2）∵ △BAE≅△ACD，
∴ ∠ABE=∠CAD．
∵ ∠BPQ为△ABP外角，
∴ ∠BPQ=∠ABE+∠BAD．
∴ ∠BPQ=∠CAD+∠BAD=∠BAC=60∘
∵ BQ⊥AD，
∴ ∠PBQ=30∘，
∴ BP=2PQ．
【答案】
(1)证明：在△ABC中，∠ABD+∠CBD+∠ACB=180∘−∠BAC，
∵ ∠BAC=2∠BDO，
∴ ∠ABD+∠CBD+∠ACB=180∘−∠BAC=180−2∠BDO①；
∵ 点B的坐标是(−1, 0)，点C的坐标是(1, 0)，
∴ OB=OC，∵ DO⊥BC，
∴ BD=CD，
∴ ∠BDO=∠CDO，∠BDC=2∠BDO，
在△BCD中，∠ACD+∠ACB+∠CBD=180∘−2∠BDO②；
①−②得：∠ABD−∠ACD=0，
∴ ∠ABD=∠ACD.
(2)证明：过D作DN⊥BE于N，如图所示：
∵ DM⊥AC，
∴ ∠DNB=∠DMC=90∘，
在△BDN和△CDM中，∠DNB=∠DMC,∠ABD=∠ACD,BD=CD,
∴ △BDN≅△CDM(AAS)，
∴ DN=DM，
∴ AD是∠CAE的角平分线，
即AD平分∠CAE.
(3)解：∵ △BDN≅△CDM，
∴ BN=CM；
在Rt△AND和Rt△AMD中，AD=AD，DM=DN，
∴ Rt△AND≅Rt△AMD （HL），
∴ AN=AM,
又BN=AN+AB=AM+AB，
CM=AC−AM，
∴ AC−AB=2AM，
∴ AC−ABAM=2，
即AC−ABAM的值是定值2．
【考点】
三角形综合题
等腰三角形的性质与判定
全等三角形的性质与判定
角平分线的性质
【解析】
（1）在△ABC中，∠ABD+∠CBD+∠ACB=180−∠BAC=180−2∠BDO①；连接CD，证出BD=CD，在△BCD中，∠ACD+∠ACB+∠CBD=180−2∠BDO②；由一样会②即可得出结论；
（2）过D作DN⊥BE于N，由AAS证明△BDN≅△CDM，得出∵ DM⊥AC，DM=DN，即可得出结论；
（3）由全等三角形的性质得出BN=CM；证出AN=AM；得出AC=AB=2AM，即可得出结论．
【解答】
(1)证明：在△ABC中，∠ABD+∠CBD+∠ACB=180∘−∠BAC，
∵ ∠BAC=2∠BDO，
∴ ∠ABD+∠CBD+∠ACB=180∘−∠BAC=180−2∠BDO①；
∵ 点B的坐标是(−1, 0)，点C的坐标是(1, 0)，
∴ OB=OC，∵ DO⊥BC，
∴ BD=CD，
∴ ∠BDO=∠CDO，∠BDC=2∠BDO，
在△BCD中，∠ACD+∠ACB+∠CBD=180∘−2∠BDO②；
①−②得：∠ABD−∠ACD=0，
∴ ∠ABD=∠ACD.
(2)证明：过D作DN⊥BE于N，如图所示：
∵ DM⊥AC，
∴ ∠DNB=∠DMC=90∘，
在△BDN和△CDM中，∠DNB=∠DMC,∠ABD=∠ACD,BD=CD,
∴ △BDN≅△CDM(AAS)，
∴ DN=DM，
∴ AD是∠CAE的角平分线，
即AD平分∠CAE.
(3)解：∵ △BDN≅△CDM，
∴ BN=CM；
在Rt△AND和Rt△AMD中，AD=AD，DM=DN，
∴ Rt△AND≅Rt△AMD （HL），
∴ AN=AM,
又BN=AN+AB=AM+AB，
CM=AC−AM，
∴ AC−AB=2AM，
∴ AC−ABAM=2，
即AC−ABAM的值是定值2．