江西省南昌三中教育集团2022-2023学年八年级上学期期中考试数学试卷(含答案)

2022-2023学年江西省南昌三中教育集团八年级（上）期中

数学试卷

一、精心选一选：（本大题共6小题，每题3分，共18分）

1．（3分）改革开放以来，我国众多科技实体在各自行业取得了举世瞩目的成就，大疆科技、华为集团、太极股份和凤凰光学等就是其中的杰出代表．上述四个企业的标志是轴对称图形的是（　　）

A． B． C． D．

2．（3分）点P（m，3）与点Q（1，﹣n）关于y轴对称，则m，n的值分别是（　　）

A．l，3 B．﹣1，3 C．l，﹣3 D．﹣1，﹣3

3．（3分）如图，已知△ABC的六个元素，则下面甲、乙、丙三个三角形中和△ABC全等的图形是（　　）

A．甲和乙 B．乙和丙 C．只有乙 D．只有丙

4．（3分）如图，OA＝OB，OC＝OD，∠O＝50°，∠D＝35°，则∠AEC等于（　　）

A．60° B．50° C．45° D．30°

5．（3分）已知非Rt△ABC中，∠A＝60°，高BD和CE所在的直线相交于点H，求∠BHC的度数为（　　）

A．60° B．60°或150° C．120° D．60°或120°

6．（3分）如图，在△ABC中，AD是∠A的外角平分线，P是AD上异于A的任意一点，设PB＝m，PC＝n，AB＝c，AC＝b，则（m+n）与（b+c）的大小关系是（　　）

A．m+n＞b+c B．m+n＜b+c C．m+n＝b+c D．无法确定

二、填空题：（本大题共6小题，每题3分，共18分）

7．（3分）一个多边形所有内角都是135°，则这个多边形的边数为　   　．

8．（3分）如图，自行车的主框架采用了三角形结构，这样设计的依据是三角形具有　   　．

9．（3分）用直尺和圆规作一个角等于已知角，如图，能得出∠A'O'B'＝∠AOB的依据是　   　．

10．（3分）点O是△ABC内一点，且点O到三边的距离相等，∠A＝50°，则∠BOC＝　   　．

11．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，M为BC的中点，H为AB上一点，过点C作CG∥AB，交HM的延长线于点G，若AC＝8，AB＝6，则四边形ACGH周长的最小值是 　   　．

12．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝7cm，BC＝3cm，CD为AB边上的高，点E从点B出发，在直线BC上以2cm的速度移动，过点E作BC的垂线交直线CD于点F，当点E运动　   　s时，CF＝AB．

三、解答题（本大题共5小题，每题6分，共30分）

13．（6分）已知：如图，点B，E，C，F在同一直线上，AB∥DE，且AB＝DE，BE＝CF．求证：AC∥DF．

14．（6分）如图，在△ABC中，D是BC边上一点，且∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠BAC＝60°，求∠DAC的度数．

15．（6分）课间，小明拿着老师的等腰直角三角尺玩，不小心掉到两堆砖块之间，如图所示．

（1）求证：△ADC≌△CEB；

（2）已知DE＝35cm，请你帮小明求出砖块的厚度a的大小（每块砖的厚度相同）．

16．（6分）当三角形中一个内角α是另一个内角β的两倍时，我们称此三角形为“特征三角形”，其中α称为“特征角”．

（1）已知一个“特征三角形”的“特征角”为100°，求这个“特征三角形”的最小内角的度数；

（2）是否存在“特征角”为120°的三角形？若存在．请举例说明；若不存在，请说明理由．

17．（6分）利用网格线作图：

（1）在BC上找一点P，使点P到AB和AC的距离相等；

（2）在射线AP上找一点Q，使QB＝QC．

四．解答题（共3小题，每小题8分，共24分）

18．（8分）用一条长为24cm细绳围成一个等腰三角形．

（1）如果腰长是底边的2倍，那么各边的长是多少？

（2）能围成有一边的长为6cm的等腰三角形吗？为什么？

（3）若等腰三角形的腰长为acm，求a的取值范围？

19．（8分）如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，过P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H

（1）求∠APB度数；

（2）求证：△ABP≌△FBP；

（3）求证：AH+BD＝AB．

20．（8分）如图，AD是△ABC的角平分线，且AB＞AC，E为线段AD上任意一点．

（1）比较△ABD与△ACD面积的大小．

（2）求证：AB﹣AC＞EB﹣EC．

五.（本大题共1小题，共10分）

21．（10分）如图1，直线AB交x轴于点A（a，0），交y轴于点B（0，b），且a，b满足（a+b）2+（a﹣4）2＝0．

（1）如图1，若C的坐标为（﹣1，0），且AH⊥BC于点H，AH交OB于点P，求点P的坐标；

（2）如图2，连接OH，求证：∠AHO＝45°；

（3）如图3，若点D为AB的中点，点M为y轴正半轴上一动点，连接MD，过D作DN⊥DM交x轴于N点，当M点在y轴正半轴上运动的过程中，式子S△BDM﹣S△ADN的值是否发生改变，如发生改变，求出该式子的值的变化范围；若不改变，求该式子的值．

2022-2023学年江西省南昌三中教育集团八年级（上）期中数学试卷

参考答案与试题解析

一、精心选一选：（本大题共6小题，每题3分，共18分）

1．（3分）改革开放以来，我国众多科技实体在各自行业取得了举世瞩目的成就，大疆科技、华为集团、太极股份和凤凰光学等就是其中的杰出代表．上述四个企业的标志是轴对称图形的是（　　）

A． B． C． D．

【分析】根据轴对称图形的概念求解．

【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项错误；

B、是轴对称图形，故本选项正确；

C、不是轴对称图形，故本选项错误；

D、不是轴对称图形，故本选项错误．

故选：B．

【点评】本题考查了轴对称图形的知识，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．

2．（3分）点P（m，3）与点Q（1，﹣n）关于y轴对称，则m，n的值分别是（　　）

A．l，3 B．﹣1，3 C．l，﹣3 D．﹣1，﹣3

【分析】根据关于y轴对称的点的特点解答即可．

【解答】解：∵点P（m，3）与点Q（1，﹣n）关于y轴对称，

∴m＝﹣1，﹣n＝3，

解得m＝﹣1，n＝﹣3，

故选：D．

【点评】考查关于y轴对称的点的特点；用到的知识点为：两点关于y轴对称，横坐标互为相反数，纵坐标不变．

3．（3分）如图，已知△ABC的六个元素，则下面甲、乙、丙三个三角形中和△ABC全等的图形是（　　）

A．甲和乙 B．乙和丙 C．只有乙 D．只有丙

【分析】全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，根据定理逐个判断即可．

【解答】解：图甲不符合三角形全等的判定定理，即图甲和△ABC不全等；

图乙符合SAS定理，即图乙和△ABC全等；

图丙符合AAS定理，即图丙和△ABC全等；

故选：B．

【点评】本题考查了全等三角形的判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS．

4．（3分）如图，OA＝OB，OC＝OD，∠O＝50°，∠D＝35°，则∠AEC等于（　　）

A．60° B．50° C．45° D．30°

【分析】首先由已知可求得∠OAD的度数，通过三角形全等及四边形的知识求出∠AEB的度数，然后其邻补角就可求出了．

【解答】解：∵在△AOD中，∠O＝50°，∠D＝35°，

∴∠OAD＝180°﹣50°﹣35°＝95°，

∵在△AOD与△BOC中，OA＝OB，OC＝OD，∠O＝∠O，

∴△AOD≌△BOC，

故∠OBC＝∠OAD＝95°，

在四边形OBEA中，∠AEB＝360°﹣∠OBC﹣∠OAD﹣∠O，

＝360°﹣95°﹣95°﹣50°，

＝120°，

又∵∠AEB+∠AEC＝180°，

∴∠AEC＝180°﹣120°＝60°．

故选：A．

【点评】本题考查了全等三角形的判定及性质；解题过程中用到了三角形、四边形的内角和的知识，要根据题目的要求及已知条件的位置综合运用这些知识．

5．（3分）已知非Rt△ABC中，∠A＝60°，高BD和CE所在的直线相交于点H，求∠BHC的度数为（　　）

A．60° B．60°或150° C．120° D．60°或120°

【分析】分情况讨论：①△ABC是锐角三角形，②△ABC是钝角三角形，分别根据直角三角形的性质和三角形内角和定理求解即可．

【解答】解：①△ABC是锐角三角形，如图1所示，

∵BD、CE是△ABC的高线，

∴∠ADB＝90°，∠BEC＝90°，

∵∠A＝60°，

∴∠ABD＝90°﹣60°＝30°，

∴∠BHC＝∠ABD+∠BEC＝30°+90°＝120°；

②△ABC是钝角三角形，如图2所示：

∵BD、CE是△ABC的高线，

∴∠AEC＝90°，∠ADB＝90°，

∴∠ADH＝90°，

∵∠ACE＝∠HCD，

∴∠BHC＝∠A＝60°．

综上所述，∠BHC的度数是120°或60°，

故选：D．

【点评】本题考查了直角三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握这些性质是解题的关键，注意分情况讨论．

6．（3分）如图，在△ABC中，AD是∠A的外角平分线，P是AD上异于A的任意一点，设PB＝m，PC＝n，AB＝c，AC＝b，则（m+n）与（b+c）的大小关系是（　　）

A．m+n＞b+c B．m+n＜b+c C．m+n＝b+c D．无法确定

【分析】在BA的延长线上取点E，使AE＝AC，连接EP，证明△ACP和△AEP全等，推出PE＝PC，根据三角形任意两边之和大于第三边即可得到m+n＞b+c．

【解答】解：在BA的延长线上取点E，使AE＝AC，连接EP，

∵AD是∠BAC的外角平分线，

∴∠CAD＝∠EAD，

在△ACP和△AEP中，，

∴△ACP≌△AEP（SAS），

∴PE＝PC，

在△PBE中，PB+PE＞AB+AE，

∵PB＝m，PC＝n，AB＝c，AC＝b，

∴m+n＞b+c．

故选：A．

【点评】本题主要考查三角形全等的证明，全等三角形的性质，三角形的三边关系，作辅助线构造以m、n、b、c的长度为边的三角形是解题的关键，也是解本题的难点．

二、填空题：（本大题共6小题，每题3分，共18分）

7．（3分）一个多边形所有内角都是135°，则这个多边形的边数为　8　．

【分析】先求出每一外角的度数是45°，然后用多边形的外角和为360°÷45°进行计算即可得解．

【解答】解：∵所有内角都是135°，

∴每一个外角的度数是180°﹣135°＝45°，

∵多边形的外角和为360°，

∴360°÷45°＝8，

即这个多边形是八边形．

故答案为：8．

【点评】本题考查了多边形的内角与外角的关系，也是求解正多边形边数常用的方法之一．

8．（3分）如图，自行车的主框架采用了三角形结构，这样设计的依据是三角形具有　稳定性　．

【分析】根据三角形具有稳定性解答．

【解答】解：自行车的主框架采用了三角形结构，这样设计的依据是三角形具稳定性，

故答案为：稳定性．

【点评】本题考查的是三角形的性质，掌握三角形具有稳定性是解题的关键．

9．（3分）用直尺和圆规作一个角等于已知角，如图，能得出∠A'O'B'＝∠AOB的依据是　全等三角形的对应角相等　．

【分析】根据作图过程可以证明△OCD≌△O′C′D′，进而可得结论．

【解答】解：根据作图过程可知：

OC＝O′C′，OD＝O′D′，CD＝C′D′，

∴△OCD≌△O′C′D′（SSS），

∴∠A'O'B'＝∠AOB（全等三角形对应角相等）．

故答案为：全等三角形的对应角相等．

【点评】本题考查了作图﹣基本作图，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握基本作图方法．

10．（3分）点O是△ABC内一点，且点O到三边的距离相等，∠A＝50°，则∠BOC＝　115°　．

【分析】根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB＝130°，再根据角平分线上的点到角的两边的距离相等判断出点O是△ABC角平分线的交点，再根据角平分线的定义求出∠OBC+∠OCB的度数，然后在△OBC中，利用三角形内角和定理列式进行计算即可得解．

【解答】解：如图，∵∠A＝50°，

∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣50°＝130°，

∵点O到△ABC三边的距离相等，

∴点O是△ABC角平分线的交点，

∴∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB）＝×130°＝65°，

在△OBC中，∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣65°＝115°．

故答案为：115°．

【点评】本题主要考查了角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义，判断出点O是△ABC角平分线的交点是解题的关键，要注意整体思想的利用．

11．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，M为BC的中点，H为AB上一点，过点C作CG∥AB，交HM的延长线于点G，若AC＝8，AB＝6，则四边形ACGH周长的最小值是 　22　．

【分析】通过证明△BMH≌△CMG可得BH＝CG，可得四边形ACGH的周长即为AB+AC+GH，进而可确定当MH⊥AB时，四边形ACGH的周长有最小值，通过证明四边形ACGH为矩形可得HG的长，进而可求解．

【解答】解：∵CG∥AB，

∴∠B＝∠MCG，

∵M是BC的中点，

∴BM＝CM，

在△BMH和△CMG中，

，

∴△BMH≌△CMG（ASA），

∴HM＝GM，BH＝CG，

∵AC＝8，AB＝6，

∴四边形ACGH的周长＝AC+CG+AH+GH＝AB+AC+GH＝14+GH，

∴当GH最小时，即MH⊥AB时四边形ACGH的周长有最小值，

∵∠A＝90°，MH⊥AB，

∴GH∥AC，

∴四边形ACGH为矩形，

∴GH＝AC＝8，

∴四边形ACGH的周长最小值为14+8＝22，

故答案为：22．

【点评】本题主要考查轴对称﹣最短路径问题，全等三角形的判定与性质，确定GH的最小值是解题的关键．

12．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝7cm，BC＝3cm，CD为AB边上的高，点E从点B出发，在直线BC上以2cm的速度移动，过点E作BC的垂线交直线CD于点F，当点E运动　2或5　s时，CF＝AB．

【分析】先证明△CEF≌△ACB（AAS），得出CE＝AC＝7cm，①当点E在射线BC上移动时，BE＝CE+BC＝＝10cm，即可求出E移动了5s；②当点E在射线CB上移动时，CE′＝AC﹣BC＝4cm，即可求出E移动了2s．

【解答】解：∵∠ACB＝90°，

∴∠A+∠CBD＝90°，

∵CD为AB边上的高，

∴∠CDB＝90°，

∴∠BCD+∠CBD＝90°，

∴∠A＝∠BCD，

∵∠BCD＝∠ECF，

∴∠ECF＝∠A，

∵过点E作BC的垂线交直线CD于点F，

∴∠CEF＝90°＝∠ACB，

在△CEF和△ACB中，

，

∴△CEF≌△ACB（AAS），

∴CE＝AC＝7cm，

①如图，当点E在射线BC上移动时，BE＝CE+BC＝7+3＝10（cm），

∵点E从点B出发，在直线BC上以2cm的速度移动，

∴E移动了：＝5（s）；

②当点E在射线CB上移动时，CE′＝AC﹣BC＝7﹣3＝4（cm），

∵点E从点B出发，在直线BC上以2cm的速度移动，

∴E移动了：＝2（s）；

综上所述，当点E在射线CB上移动5s或2s时，CF＝AB；

故答案为：2或5．

【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练正确全等三角形的判定和性质是解题的关键．

三、解答题（本大题共5小题，每题6分，共30分）

13．（6分）已知：如图，点B，E，C，F在同一直线上，AB∥DE，且AB＝DE，BE＝CF．求证：AC∥DF．

【分析】根据题中条件由SAS可得△ABC≌△DEF，即∠ACB＝∠F，进而可得出结论．

【解答】证明：∵AB∥DE，

∴∠B＝∠DEF

∵BE＝CF，

∴BC＝EF，

在△ABC和△DEF中，

∴△ABC≌△DEF（SAS）

∴∠ACB＝∠F，

∴AC∥DF．

【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质问题，应熟练掌握．

14．（6分）如图，在△ABC中，D是BC边上一点，且∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠BAC＝60°，求∠DAC的度数．

【分析】设∠1＝∠2＝x，则∠3＝∠4＝2x，再由三角形内角和定理求出x的值，进而可得出结论．

【解答】解：设∠1＝∠2＝x，则∠3＝∠4＝2x，

∵∠BAC＝60°，∠2+∠4+∠BAC＝180°，

∴∠2+∠4＝180°﹣60°＝120°，即x+2x＝120°，解得x＝40°，

∴∠DAC＝∠BAC﹣∠1＝60°﹣40°＝20°．

【点评】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键．

15．（6分）课间，小明拿着老师的等腰直角三角尺玩，不小心掉到两堆砖块之间，如图所示．

（1）求证：△ADC≌△CEB；

（2）已知DE＝35cm，请你帮小明求出砖块的厚度a的大小（每块砖的厚度相同）．

【分析】（1）根据题意可得AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，进而得到∠ADC＝∠CEB＝90°，再根据等角的余角相等可得∠BCE＝∠DAC，再证明△ADC≌△CEB即可．

（2）利用（1）中全等三角形的性质进行解答．

【解答】（1）证明：由题意得：AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，

∴∠ADC＝∠CEB＝90°，

∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠DAC＝90°，

∴∠BCE＝∠DAC，

在△ADC和△CEB中，，

∴△ADC≌△CEB（AAS）；

（2）解：由题意得：∵一块墙砖的厚度为a，

∴AD＝4a，BE＝3a，

由（1）得：△ADC≌△CEB，

∴DC＝BE＝3a，AD＝CE＝4a，

∴DC+CE＝BE+AD＝7a＝35，

∴a＝5，

答：砌墙砖块的厚度a为5cm．

【点评】此题主要考查了全等三角形的应用，关键是正确找出证明三角形全等的条件．

16．（6分）当三角形中一个内角α是另一个内角β的两倍时，我们称此三角形为“特征三角形”，其中α称为“特征角”．

（1）已知一个“特征三角形”的“特征角”为100°，求这个“特征三角形”的最小内角的度数；

（2）是否存在“特征角”为120°的三角形？若存在．请举例说明；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）设三角形的三个内角为α、β、γ，根据特征角的定义可得α＝2β，然后利用三角形的内角和定理求出γ，即可得解；

（2）根据特征角的定义和三角形的内角和定理分别求出α、β、γ，然后判断即可．

【解答】解：设三角形的三个内角为α、β、γ，

（1）∵α＝2β，且α+β+γ＝180°，

∴当α＝100°时，β＝50°，

则γ＝30°，

∴这个“特征三角形”的最小内角的度数30°；

（2）不存在．

∵α＝2β，且α+β+γ＝180°，

∴当α＝120°时，β＝60°，

则γ＝0°，

此时不能构成三角形，

∴不存在“特征角”为120°的三角形．

【点评】本题考查了三角形的内角和定理，读懂题目信息，理解特征角的定义并求出三角形的三个内角的度数是解题的关键．

17．（6分）利用网格线作图：

（1）在BC上找一点P，使点P到AB和AC的距离相等；

（2）在射线AP上找一点Q，使QB＝QC．

【分析】（1）利用角平分线的性质进而得出AP即可；

（2）利用线段垂直平分线的性质进而得出答案．

【解答】解：（1）如图所示：AP即为所求；

（2）如图所示：Q即为所求．

【点评】此题主要考查了线段垂直平分线的性质以及其作法和角平分线的性质和作法，正确掌握相关性质是解题关键．

四．解答题（共3小题，每小题8分，共24分）

18．（8分）用一条长为24cm细绳围成一个等腰三角形．

（1）如果腰长是底边的2倍，那么各边的长是多少？

（2）能围成有一边的长为6cm的等腰三角形吗？为什么？

（3）若等腰三角形的腰长为acm，求a的取值范围？

【分析】（1）设底边长为xcm，则腰长为2xcm，根据周长公式列一元一次方程，解方程即可求得各边的长；

（2）题中没有指明6cm所在边是底还是腰，故应该分情况进行分析，注意利用三角形三边关系进行检验．

（3）根据三角形的三边关系即可得到结论．

【解答】解：（1）设底边长为xcm，

∵腰长是底边的2倍，

∴腰长为2xcm，

∴2x+2x+x＝24，解得，x＝cm，

∴2x＝2×＝cm，

∴各边长为：cm，cm，cm．

（2）①当6cm为底时，腰长＝＝9cm；

②当6cm为腰时，底边＝24﹣6﹣6＝12cm，

∵6+6＝12，

∴不能构成三角形，故舍去；

∴能构成有一边长为6cm的等腰三角形，另两边长为9cm，9cm．

（3）由题意得：，

解得：6＜a＜12．

【点评】本题考查的是等腰三角形的性质及三角形的三边关系，在解答此类题目时要注意分类讨论，不要漏解．

19．（8分）如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，过P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H

（1）求∠APB度数；

（2）求证：△ABP≌△FBP；

（3）求证：AH+BD＝AB．

【分析】（1）根据角平分线性质可得∠PAB+∠PBA＝45°，即可解题；

（2）易得∠DPB＝45°，可得∠BPF＝135°，即可证明△ABP≌△FBP；

（3）由（2）结论可得∠F＝∠BAD，AP＝PF，AB＝BF，即可求得∠F＝∠CAD，即可证明△APH≌△FPD，可得AH＝DF，即可解题．

【解答】解：（1）∵AD平分∠BAC，BE平分∠ABC，

∴∠PAB+∠PBA＝（∠ABC+∠BAC）＝45°，

∴∠APB＝180°﹣45°＝135°；

（2）∵∠APB＝135°，

∴∠DPB＝45°，

∵PF⊥AD，

∴∠BPF＝135°，

在△ABP和△FBP中，

，

∴△ABP≌△FBP（ASA）；

（3）∵△ABP≌△FBP，

∴∠F＝∠BAD，AP＝PF，AB＝BF，

∵∠BAD＝∠CAD，

∴∠F＝∠CAD，

在△APH和△FPD中，

，

∴△APH≌△FPD（ASA），

∴AH＝DF，

∵BF＝DF+BD，

∴AB＝AH+BD．

【点评】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△ABP≌△FBP和△APH≌△FPD是解题的关键．

20．（8分）如图，AD是△ABC的角平分线，且AB＞AC，E为线段AD上任意一点．

（1）比较△ABD与△ACD面积的大小．

（2）求证：AB﹣AC＞EB﹣EC．

【分析】（1）由AD为∠BAC的平分线，得到∠BAD＝∠CAD，根据外角的性质即可得到结论；

（2）在AB上取AP＝AC，然后证明△APE和△ACE全等，根据全等三角形对应边相等得到EC＝PE，再根据三角形的任意两边之差小于第三边证明即可．

【解答】（1）解：S△ABD＞S△ACD．

在AB上截取AF＝AC，连接DF，

∵AD为∠BAC的平分线，

∴∠BAD＝∠CAD，

在△ADF和△ADC中，

，

∴△ADF≌△ADC（SAS），

∵S△ABD＞S△ADF，

∴S△ABD＞S△ACD；

（2）证明：如图，在AB上截取AP，使AP＝AC，连接PE，

∵AD是∠BAC的平分线，

∴∠BAD＝∠CAD，

在△AEP和△ACE中，

，

∴△AEP≌△ACE（SAS），

∴PE＝EC，

在△PBE中，BP＞EB﹣PE，

即AB﹣AC＞EB﹣EC．

【点评】本题主要考查全等三角形的判定和全等三角形对应边相等的性质以及三角形的三边关系，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．

五.（本大题共1小题，共10分）

21．（10分）如图1，直线AB交x轴于点A（a，0），交y轴于点B（0，b），且a，b满足（a+b）2+（a﹣4）2＝0．

（1）如图1，若C的坐标为（﹣1，0），且AH⊥BC于点H，AH交OB于点P，求点P的坐标；

（2）如图2，连接OH，求证：∠AHO＝45°；

（3）如图3，若点D为AB的中点，点M为y轴正半轴上一动点，连接MD，过D作DN⊥DM交x轴于N点，当M点在y轴正半轴上运动的过程中，式子S△BDM﹣S△ADN的值是否发生改变，如发生改变，求出该式子的值的变化范围；若不改变，求该式子的值．

【分析】（1）要求点P的坐标，只需求出OP的长度，如图1，易证△OAP≌△OBC，即可得到OP＝OC＝1；

（2）要证∠OHP＝45°，只需证明HO平分∠CHA，过O分别作OM⊥CB于M点，作ON⊥HA于N点，如图2，只需证到OM＝ON，只需证明△COM≌△PON即可；

（3）连接OD，如图3，易证△ODM≌△ADN，从而有S△ODM＝S△ADN，由此可得S△BDM﹣S△ADN＝S△BDM﹣S△ODM＝S△BOD＝S△AOB＝4．

【解答】解：（1）如图1，

∵（a+b）2+（a﹣4）2＝0．

∴a+b＝0，a﹣4＝0，

∴a＝4，b＝﹣4，

则OA＝OB＝4．

∵AH⊥BC即∠AHC＝90°，∠COB＝90°

∴∠HAC+∠ACH＝∠OBC+∠OCB＝90°，

∴∠HAC＝∠OBC．

在△OAP与△OBC中，

，

∴△OAP≌△OBC（ASA），

∴OP＝OC＝1，

则P（0，﹣1）；

（2）过O分别作OM⊥CB于M点，作ON⊥HA于N点，如图2．

在四边形OMHN中，∠MON＝360°﹣3×90°＝90°，

∴∠COM＝∠PON＝90°﹣∠MOP．

在△COM与△PON中，

，

∴△COM≌△PON（AAS），

∴OM＝ON．

∵OM⊥CB，ON⊥HA，

∴HO平分∠CHA，

∴∠OHP＝∠CHA＝45°；

（3）S△BDM﹣S△ADN的值不发生改变，等于4．

理由如下：

连接OD，如图3．

∵∠AOB＝90°，OA＝OB，D为AB的中点，

∴OD⊥AB，∠BOD＝∠AOD＝45°，OD＝DA＝BD，

∴∠OAD＝45°，∠MOD＝90°+45°＝135°，

∴∠DAN＝135°＝∠MOD．

∵MD⊥ND即∠MDN＝90°，

∴∠MDO＝∠NDA＝90°﹣∠MDA．

在△ODM与△ADN中，

，

∴△ODM≌△ADN（ASA），

∴S△ODM＝S△ADN，

∴S△BDM﹣S△ADN

＝S△BDM﹣S△ODM

＝S△BOD

＝S△AOB

＝×AO•BO

＝××4×4

＝4．

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的判定、二次根式及完全平方式的非负性等知识，在解决第（3）小题的过程中还用到了等积变换，而运用全等三角形的性质则是解决本题的关键．