月考数学试卷题号一二三四总分得分一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）1.下列几何图形一定是轴对称图形的是（）A. 三角形B. 梯形C. 等腰三角形D. 直角三角形2.下列长度的三根小木棒能构成三角形的是（）A. 2cm，3cm，5cmB. 7cm，4cm，2cmC. 3cm，4cm，8cmD. 3cm，3cm，4cm3.下列运算正确的是（）A. 2a+a=3a2B. （-2a）3=-8a3C. （a2）3÷a5=1D. 3a3•2a2=6a64.下列各式计算正确的是（）A. （x+y）2=x 2+y2B. （x-5）（x+6）=x2-30C. （-x+1）（-x-1）=x2-1D. （x-y）2=x 2-xy+y25.如图，小明从O点出发，前进6米后向右转20°，再前进6米后又向右转20°，…，这样一直走下去，他第一次回到出发点O时一共走了（）A. 72米B. 108米C. 144米D. 120米6.等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为45°，则等腰三角形的底角为（）A. 67°B. 67.5°C. 22.5°D. 67.5°或22.5°7.下列命题中正确的有（）①已知任意一边和一个锐角对应相等的两个直角三角形全等．②任意两角和一边对应相等的两个三角形全等．③已知任意两边和一角对应相等的两个三角形全等．④已知腰和顶角对应相等的两个等腰三角形全等．⑤如果两个三角形有两条边及其中一边上的中线分别相等，那么这两个三角形全等．A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个8.如图，P是等边三角形ABC内一点，∠APB，∠BPC，∠CPA的大小之比为5：6：7，则以PA，PB，PC为边的三角形三内角大小之比（从小到大）是（）A. 2：3：4B. 3：4：5C. 4：5：6D. 以上结果都不对9.如图是由8个全等的长方形组成的大正方形，线段AB的端点都在小矩形的顶点上，如果点P是某个小矩形的顶点，连接PA、PB，那么使△ABP为等腰三角形的点P的个数是（）A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个10.如图，DB=DC，∠BAC=∠BDC=120°，DM⊥AC，E为BA延长线上的点，∠BAC的角平分线交BC于N，∠ABC的外角平分线交CA的延长线于点P，连接PN交AB 于K，连接CK，则下列结论正确的是（）①∠ABD=∠ACD；②DA平分∠EAC；③当点A在DB左侧运动时，为定值；④∠CKN=30°A. ①③④B. ②③④C. ①②④D. ①②③二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）11.若一个n边形的外角和与它的内角和之和为1800°，则边数n=______．12.若x2-2（m-3）x+16是完全平方式，则m的值是______．13.已知（x2+px+8）（x2-3x+q）展开后不含x2与x3的项，则q p=______．14.如图，△ABC中，AB=AC，点D为BC上一点，以AD为腰作等腰△ADE，且AD=AE，∠BAC=∠DAE=30°，连接CE，若BD=2，S△DCE=，则CD的长为______．15.如图，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D是△ABC内一点，∠DAC=∠DCA=15°，则∠BDA=______．16.△ABC中，∠B=80°，∠BAC=40°，D为BC上一点，若DA平分∠BAC，BD=2，BC=5，则AB=______．三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）17.阅读下列文字：我们知道对于一个图形，通过不同的方法计算图形的面积，可以得到一个数学等式，例如由图1可以得到（a+2b）（a+b）=a2+3ab+2b2．请解答下列问题：（1）写出图2中所表示的数学等式______；（2）利用（1）中所得到的结论，解决下面的问题：已知a+b+c=9，ab+bc+ac=29，求a2+b2+c2的值；（3）小明同学打算用x张边长为a和y张边长为b的小正方形，z张相邻两边长分别为a、b的长方形纸片拼出了一个面积为（3a+5b）（4a+7b）的长方形，那么他总共需要多少张纸片？四、解答题（本大题共7小题，共64.0分）18.（1）计算：（-2a4）2•（-a3）÷（-a2）3（2）若x2+x-2019=0，求（2x+3）（2x-3）-x（5x+4）-（x-1）219.如图，点E、F在BC上，BE=CF，EG=GF，∠B=∠C，AF与DE交于点G，求证：AB=DC．20.如图，在△ABC中，AB=2，BC=4，其两条外角平分线AD、CD交于点D，且∠ADC=45°，连接BD交AC于点P，过点P作PE⊥AC交BC于点F，交AB的延长线于点E．（1）求证：∠ABC=90°．（2）求S△PFC：S△PBF的值．21.如图，在直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别是A（1，1），B（4，2），C（3，4）．（1）请画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；（2）△A1B1C1的面积为______．（3）在x轴上求作一点P，使△PAB周长最小，请画出△PAB，并直接写出点P的坐标．22.已知：BF为△ABC的外角∠ABE的平分线，D为BF上一点，且AD=CD．（1）如图1，过点D作DH⊥CE于点H，若AB=8，BC=6，求BH的长．（2）如图2，若∠ABC=24°，∠ABD=78°，∠BAD=60°，求∠BAC的度数．23.（1）如图1，等腰Rt△ABC中，∠CAB=90°，点H在BC边上，连AH，作等腰Rt△HFA，∠HFA=90°．求证：AF=CF．（2）如图2，等腰Rt△ABC中，∠CAB=90°，D在BC上，AD⊥AE，AD=AE，G为CD中点，求证：AG⊥BE．（3）如图3，等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，过C作CD∥AB，CD=8，连AD，在AD上取一点E使AE=AB，连BE交AC于F，若AF=9，则AD=______．24.已知，在直角坐标系中，A（-a，0），B（b，0），C（0，c），且满足b=++2（1）如图1，过B作BD⊥AC，交y轴于M，垂足为D，求M点的坐标．（2）如图2，若a=3，AC=6，点P为线段AC上一点，D为x轴负半轴上一点，且PD=PO，∠DPO=45°，求点D的坐标．（3）如图3，M在OC上，E在AC上，满足∠CME=∠OMA，EF⊥AM交AO于G，垂足为F，试猜想线段OG，OM，CM三者之间的数量关系，并给出证明．答案和解析1.【答案】C【解析】解：A、不一定是轴对称图形，故此选项错误；B、不一定是轴对称图形，故此选项错误；C、一定是轴对称图形，故此选项正确；D、不一定是轴对称图形，故此选项错误．故选：C．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，根据轴对称图形的概念求解．本题考查了轴对称图形的概念，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.【答案】D【解析】解：A、因为2+3=5，所以不能构成三角形，故A错误；B、因为2+4＜7，所以不能构成三角形，故B错误；C、因为3+4＜8，所以不能构成三角形，故C错误；D、因为3+3＞4，所以能构成三角形，故D正确．故选：D．依据三角形任意两边之和大于第三边求解即可．本题主要考查的是三角形的三边关系，掌握三角形的三边关系是解题的关键．3.【答案】B【解析】解：A、2a+a=3a，故本选项不符合题意．B、（-2a）3=-8a3，故本选项符合题意．C、（a2）3÷a5=a，故本选项不符合题意．D、3a3•2a2=6a5，故本选项不符合题意，故选：B．根据合并同类项法则、幂的乘方和积的乘方，完全平方公式，同底数幂的乘法求出每个式子的值，再判断即可．本题考查了合并同类项法则、幂的乘方和积的乘方，完全平方公式，同底数幂的乘法等知识点，能求出每个式子的值是解此题的关键．4.【答案】C【解析】解：A、（x+y）2=x 2+2xy+y2，故此选项错误；B、（x-5）（x+6）=x2+x-30，故此选项错误；C、（-x+1）（-x-1）=x2-1，正确；D、（x-y）2=x 2-xy+y2，故此选项错误；故选：C．直接利用乘法公式进而分别计算得出答案．此题主要考查了整式的混合运算，正确运用乘法公式是解题关键．5.【答案】B【解析】解：依题意可知，小陈所走路径为正多边形，设这个正多边形的边数为n，则20n=360，解得n=18，∴他第一次回到出发点O时一共走了：6×18=108（米），故选：B．利用多边形外角和等于360度即可求出答案．本题考查了多边形的外角和，正多边形的判定与性质．关键是根据每一个外角判断多边形的边数．6.【答案】D【解析】解：有两种情况；（1）如图当△ABC是锐角三角形时，BD⊥AC于D，则∠ADB=90°，已知∠ABD=45°，∴∠A=90°-45°=45°，∵AB=AC，∴∠ABC=∠C=×（180°-45°）=67.5°；（2）如图，当△EFG是钝角三角形时，FH⊥EG于H，则∠FHE=90°，已知∠HFE=45°，∴∠HEF=90°-45°=45°，∴∠FEG=180°-45°=135°，∵EF=EG，∴∠EFG=∠G=×（180°-135°）=22.5°，综合（1）（2）得：等腰三角形的底角是67.5°或22.5°．故选：D．先知三角形有两种情况（1）（2），求出每种情况的顶角的度数，再利用等边对等角的性质（两底角相等）和三角形的内角和定理，即可求出底角的度数．本题考查了三角形有关高问题有两种情况的理解和掌握，能否利用三角形的内角和定理和等腰三角形的性质，知三角形的一个角能否求其它两角．7.【答案】D【解析】解：已知任意一边和一个锐角对应相等的两个直角三角形全等，所以①正确；任意两角和一边对应相等的两个三角形全等，所以②正确；已知任意两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等，所以③错误；已知腰和顶角对应相等的两个等腰三角形全等，所以④正确；如果两个三角形有两条边及其中一边上的中线分别相等，那么这两个三角形全等，所以⑤正确．故选：D．利用三角形全等的判定方法对①②③进行判断；利用等腰三角形的性质和三角形全等的判定方法对④进行判断；利用三角形中线的定义和三角形全等的判定方法对⑤进行判断．本题考查了命题与定理：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．也考查了全等三角形的判定．8.【答案】A【解析】解：如图，将△APB绕A点逆时针旋转60°得△AP′C，显然有△AP′C≌△APB，连PP′，∵AP′=AP，∠P′AP=60°，∴△AP′P是等边三角形，∴PP′=AP，∵P′C=PB，∴△P′CP的三边长分别为PA，PB，PC，∵∠APB+∠BPC+∠CPA=360°，∠APB：∠BPC：∠CPA=5：6：7，∴∠APB=100°，∠BPC=120°，∠CPA=140°，∴∠PP′C=∠AP′C-∠AP′P=∠APB-∠AP′P=100°-60°=40°，∠P′PC=∠APC-∠APP′=140°-60°=80°，∠PCP′=180°-（40°+80°）=60°，∴∠PP′C：∠PCP′：∠P′PC=2：3：4．故选A．将△APB绕A点逆时针旋转60°得△AP′C，显然有△AP′C≌△APB，连PP′，则AP′=AP，∠P′AP=60°，得到△AP′P是等边三角形，PP′=AP，所以△P′CP的三边长分别为PA，PB，PC；再由∠APB+∠BPC+∠CPA=360°，∠APB：∠BPC：∠CPA=5：6：7，得到∠APB=100°，∠BPC=120°，∠CPA=140°，这样可分别求出∠PP′C=∠AP′C-∠AP′P=∠APB-∠AP′P=100°-60°=40°，∠P′PC=∠APC-∠APP′=140°-60°=80°，∠PCP′=180°-（40°+80°）=60°，即可得到答案．本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了等边三角形的性质．9.【答案】D【解析】解：如图所示，使△ABP为等腰直角三角形的点P的个数是6，故选：D．根据等腰直角三角形的判定即可得到结论．本题考查了等腰直角三角形的判定，正确的找出符合条件的点P是解题的关键．10.【答案】C【解析】解：如图，∵∠BAC=∠BDC=120°，∴A，B，C，D四点共圆，DB=DC，作四边形ABCD的外接圆⊙O，∴∠ABD=∠ACD，故①正确，作DN⊥AE于N．∵DM⊥AC，∴∠DMC=∠DNB=90°，∵∠DCM=∠DBN，DC=DB，∴△DMC≌△DNB（AAS），∴DM=DN，BN=CM，∵DN⊥AE，DM⊥AC，∴DA平分∠EAC，故②正确，∵∠DNA=∠DMA=90°，AD=AD，DN=DM，∴△ADN≌△ADM（HL），∴AN=AM，∴AC+AB=BN-AN+AM+CM=2CM，∴=≠定值，故③错误，作KG⊥AP于G，KH⊥AN于H，延长AN，在AN上取一点J，使得KJ=KC．∵∠BAC=120°，AN平分∠BAC，∴∠PAB=∠BAN=60°，∴KG=KH，∵∠KGC=∠KHJ=90°，KJ=KC，KH=KG，∴Rt△KHJ≌Rt△KGC（HL），∴∠HKJ=∠GKC，∴∠CKJ=∠KGH=∠AKG+∠AHK=30°+30°=60°，∵KJ=KC，∴△KJC是等边三角形，∴∠KCJ=∠KJC=∠CKJ=60°，作PT⊥JA交JA的延长线于T，PR⊥CB于R，PW⊥AB于W，KL⊥BC于L．∵BP平分∠ABR，PA平分∠TAB，∴PE=PW，PW=PT，∴PR=PT，∵PR⊥NR，PT⊥NT，∴PN平分∠RNT，∵KH⊥NT，KL⊥NR，∴KL=KH，∵KH=KG，∴KL=KG，∵KL⊥CL，KG⊥CG，∴∠KCG=∠KCL=∠NJK，∵∠KCJ=∠KJC，∴∠NCJ=∠NJC，∴NC=NJ，∵KN=KN，AC=KJ，∴△KNC≌△KNJ（SSS），∴∠NKC=∠NKJ=30°，故④正确．故选：C．①正确．利用圆周角定理证明即可．②正确，构造全等三角形解决问题即可．③错误，作DN⊥AE于N．证明△ADN≌△ADM（HL），推出AN=AM，推出AC+AB=BN-AN+AM+CM=2CM，推出=≠定值．④正确．作KG⊥AP于G，KH⊥AN于H，延长AN，在AN上取一点J，使得KJ=KC．作PT⊥JA交JA的延长线于T，PR⊥CB于R，PW⊥AB于W，KL⊥BC于L．想办法证明△KCJ 是等边三角形，证明△KNC≌△KNJ（SSS）即可解决问题．本题属于三角形综合题，考查了圆周角定理，角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．11.【答案】10【解析】解：由题意得（n-2）•180°+360°=1800°，解得n=10．故答案为：10根据n边形的内角和可以表示成（n-2）•180°，外角和为360°，根据题意列方程求解．本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是360°．12.【答案】7或-1【解析】【解答】解：∵x2-2（m-3）x+16是完全平方式，∴-（m-3）=±4，解得：m=7或m=-1，故答案为：7或-1【分析】此题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．利用完全平方公式的结构特征判断即可确定出m的值．13.【答案】1【解析】解：（x2+px+8）（x2-3x+q）=x4-3x3+qx2+px3-3px2+pqx+8x2-24x+8q=x4+（p-3）x3+（-3p+q+8）x2+（pq-24）x+8q，∵（x2+px+8）（x2-3x+q）展开后不含x2与x3的项，∴p-3=0，-3p+q+8=0，解得p=3，q=1，∴q p=13=1．故答案为：1．根据多项式乘多项式的法则把式子展开，找到所有x2与x3的所有系数，令其为0，可求出p，q的值，再代入计算即可求解．本题主要考查了多项式乘多项式的运算，注意当要求多项式中不含有哪一项时，应让这一项的系数为0．14.【答案】2【解析】解：∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，∴∠BAD=∠EAC，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD=CE=2；过D作DF⊥EC交EC的延长线于F，∵△ABD≌△ACE，∴∠ACE=∠B，∵∠BAC=30°，∴∠B+∠ACB=150°，∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=150°，∴∠DCF=30°，∴DF=CD，∵△DCE的面积为，∴DF•CE=×2DF=，∴DF=，∴CD=2DF=2，故答案为：2．根据全等三角形的性质得到BD=CE=2；过D作DF⊥EC交EC的延长线于F，求得∠DCF=30°，根据直角三角形的性质得到DF=CD，根据三角形的面积求得DF=，于是得到结论．本题考查等腰三角形的性质以及三角形全等的判定和性质，灵活运用相关的判定定理和性质定理是解题的关键．15.【答案】75°【解析】解：如图：以AD为边，在△ADB中作等边三角形ADE，连接BE．∵∠BAE=90°-60°-15°=15°，即∠BAE=∠CAD，在△AEB和△ADC中，∵，∴△EAB≌△DAC（SAS），∴∠BEA=∠CDA=180°-15°-15°=150°，∴∠BED=360°-∠BEA-60°=150°，即∠BEA=∠BED；在△AEB和△DEB中∵∴△BEA≌△BED（SAS），∴BA=BD，∠DBE=∠ABE=15°∴∠ABD=30°∴∠BDA==75°故答案为：75°．先作辅助线，以AD为边，在△ADB中作等边三角形ADE，连接BE．可证得△EAB≌△DAC，再证得△BEA≌△BED，即可得结论．本题主要考查了三角形全等的判定和性质，涉及到等边三角形的性质、三角形内角和定理、周角的定义等知识点，正确作出辅助线是解题的关键．16.【答案】7【解析】解：延长CB至G，使CG=AC，连接AG，过A作AH⊥BC于H，∵∠ABC=80°，∠BAC=40°，∴∠C=60°，∴△ACG为等边三角形，∴∠CAG=60°，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD=20°，∴∠ADB=∠C+∠DAC=60°+20°=80°，∵∠ABC=80°，∴∠ABC=∠ADB，∴AB=AD，∴DH=BH=BD=1，∵BC=5，∴CH=5-1=4，∵△ACG是等边三角形，AH⊥CG，∴∠CAH=30°，∴AC=2CH=8，AH=4，由勾股定理得：AB===7，故答案为：7．作辅助线，构建等边三角形，先证明△ACG为等边三角形，得∠CAG=60°，根据三角形内角和定理可得∠C=60°，由角平分线的定理和三角形外角的性质得：∠ABC=∠ADB，所以AB=AD，由等腰三角形三线合一的性质得DH=BH=1，由直角三角形30度角的性质和勾股定理可得结论．本题主要考查了等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，正确作辅助线是本题的关键．17.【答案】（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc【解析】解：（1）根据阅读材料，观察图2中所表示的数学等式：（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc故答案为：（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc（2）∵（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc∴（a+b+c）2-2（ab+ac+bc）=a2+b2+c2∴a2+b2+c2=81-58=23答：a2+b2+c2的值为23．（3）∵（3a+5b）（4a+7b）=12a2+41ab+35b212+41+35=88答：总共需要88张纸片．（1）根据阅读材料即可写出数学等式；（2）根据（1）中所得到的结论，代入求值即可；（3）根据多项式乘以多项式，再根据（1）的思想，即可得出结论．本题考查了因式分解的应用、完全平方公式的几何背景，解决本题的关键是利用数形结合思想．18.【答案】解：（1）（-2a4）2•（-a3）÷（-a2）3=4a8•（-a3）÷（-a6）=-4a11÷（-a6）=4a5；（2）∵x2+x-2019=0，∴x2+x=2019，（2x+3）（2x-3）-x（5x+4）-（x-1）2=4x2-9-5x2-4x-（x2-2x+1）=4x2-9-5x2-4x-x2+2x-1=-2x2-2x-10=-2（x2+x）-10=-2×2019-10=-4048．【解析】（1）直接利用积的乘方运算法则以及整式的乘除运算法则计算得出答案；（2）直接利用乘法公式化简，再把已知代入求出答案．此题主要考查了整式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．19.【答案】证明：∵BE=CF，∴BE+EF=CF+EF，即BF=CE，∵EG=GF，∴∠DEF=∠AFB，在△ABF和△DCE中，∵，∴△ABF≌△DCE（ASA），∴AB=DC（全等三角形对应边相等）．【解析】根据BE=CF推出BF=CE，用EG=GF推出∠AFB=∠DEC，然后利用“角边角”证明△ABF和△DCE全等，根据全等三角形对应边相等即可证明．本题考查了全等三角形的判定与性质，根据BE=CF推出BF=CE，从而得到三角形全等的条件是解题的关键．20.【答案】解：（1）设∠BAC=α，∠BCA=β，∵AD、CD为△ABC外角平分线，∴∠DAC=（180°-∠BAC）=90°-α∠DCA=（180°-∠BCA）=90°-β∵∠DAC+∠DCA+∠ADC=180°即90°-α+90°-β+45°=180°∴α+β=90°∴∠ABC=180°-（α+β）=90°．（2）如图所示：过点D作DN⊥AB于点N，DM⊥BC于点M，DH⊥AC于点H，∵AD平分∠NAC，CD平分∠ACM，∴DN=DH，DH=DM，∴DN=DM，∴BD平分∠ABC，∵∠ABC=90°，∴∠PBC=45°，过点P作PG⊥BD交BC于点G，如图，∴∠PBG=∠PGB=45°，∴PB=PG，∵∠PCG+∠BAC=90°，∠E+∠BAC=90°，∴∠PCG=∠E，∵PE⊥AC，∴∠CPG+∠GPF=90°，∵∠EPB+∠GPF=90°，∴∠CPG=∠EPB，∴△PGC≌△PBE（AAS）∴PE=PC，∵∠PCF=∠E，∠CPF=∠EPA=90°，∴△PCF≌△PEA（ASA），∴CF=AE，设BF=x，则CF=AE=4-x，BE=AE-AB=4-x-2=2-x，∵∠ACB=∠E，∠ABC=∠FBE=90°，∴△ABC∽△FBE，∴==，即=，解得x=，∴CF=4-=∴==×=即S△PFC：S△PBF的值为．【解析】（1）设∠BAC=α，∠BCA=β，然后分别表示出∠DAC和∠DCA，利用三角形内角和可求出α+β=90°，即可得证；（2）由角平分线的性质可得BD平分∠ABC，过点P作PG⊥BD交BC于点G，证明△PBE≌△PGC，然后证明△PCF≌△PEA，可得CF=AE，设BF=x，则CF=AE=4-x，可得BE=2-x，由三角形相似得BF与BE的比例关系可解得x，得到BF与FC的比例关系即为面积比．本题考查了三角形全等、角平分线的性质、相似三角，形的判定与性质、三角形的面积，解决本题的关键是熟练应用以上知识．21.【答案】3.5【解析】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；（2）△A1B1C1的面积为：3×3-×1×2-×1×3-×2×3=9-1-1.5-3=3.5；故答案为：3.5．（3）如图所示，△PAB即为所求，点P的坐标为（2，0）．（1）依据轴对称的性质进行作图，即可得到△A1B1C1；（2）依据割补法进行计算，即可得到△A1B1C1的面积；（3）作点A关于x轴的对称点A'，连接A'B，交x轴于点P，则△PAB周长最小．本题考查了作图-轴对称变换：几何图形都可看做是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的；凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．22.【答案】（1）解：作DG⊥AB于G，∵BF为△ABC的外角∠ABE的平分线，DH⊥CE于点H，∴DG=DH，在Rt△BDG和Rt△BDH中∴Rt△BDG≌Rt△BDH（HL），∴BG=BH，在Rt△ADG和Rt△CDH中∴Rt△ADG≌Rt△CDH（HL），∴AG=CH，∴AB-BH=BC+BH，∵AB=8，BC=6，∴BH=1；（2）解：作DG⊥AB于G，DH⊥CE于点H，同理：Rt△ADG≌Rt△CDH，∴∠BAD=∠BCD=60°，∵∠ADO+∠AOD+∠DAO=180°，∠OBC+∠BOC+∠BCO=180°，∠AOD=∠BOC，∴∠ADO=∠CBO，即∠ADC=∠ABC=24°．∵AD=DC，∴∠DAC=∠ACD=（180°-∠ADC）=78°，∴∠ACB=∠ACD+∠BCD=78°+60°=138°，∴∠BAC=180°-∠ACB-∠ABC=180°-138°-24°=18°．【解析】（1）作DG⊥AB于G，根据角平分线的性质，得出DG=DH，进而证得Rt△BDG≌Rt△BDH，得到BG=BH，证得Rt△ADG≌Rt△CDH，得到AG=CH，即可得到AB-BH=BC+BH，求得BH=1；（2）根据等腰三角形的性质，三角形内角和定理以及对顶角相等，即可解决问题．本题考查三角形综合题、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质．角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．23.【答案】17【解析】证明：（1）如图1，过点F作FD∥AB交AC于点D，交BC于点G，在CD上取ED=FD，∴△EFD为等腰直角三角形，∠FEA=∠HGF=45°，又∵∠HFA+∠DFA=∠DFA+∠FAE=90°，∴∠HFG=∠EAF，又∵∠FEA=∠HGF=45°，FA=FH，∴△FHG≌△FAE（AAS），∴FG=EA，∴FG=DG+FD=CD+ED，EA=ED+DA，∴CD=DA．即FD垂直平分CA，∴FA=FC．（2）如图2，延长AG至T，使AG=GT，∵CG=GD，∠AGC=∠TGD，∴△ACG≌△TDG（SAS），∴∠ACG=∠GDF=45°，∴∠ADT=∠TDC+∠CDA=∠TDC+∠DAB+45°=90°+∠DAB=∠EAB，又∵AD=AE，DT=AC=AB，∴△ADT≌△EAB（SAS），∴∠TAD=∠AEB，∴∠EAT+∠AEB=∠EAB+∠TAD=90°，∴AG⊥BE；（3）解：如图3，作EM⊥AD交AC延长于点M，∵∠EDC=∠EMC，AB=AC=AE，∠AEM=∠ACD，∴△AEM≌△ACD（AAS），∴ME=CD=8，∵∠ABE=∠AEB，∠AFB=∠EFM，∠ABF+∠AFB=90°=∠AEF+∠FEM，∴∠EFM=∠FEM，∴FM=ME，∴AD=AM=AF+FM=AF+EM=AF+CD=8+9=17．故答案为：17．（1）过点F作FD∥AB交AC于点D，交BC于点G，在CD上取ED=FD，证得∠HFG=∠EAF，根据AAS证明△FHG≌△FAE，得出FG=EA，则CD=DA，结论得证；（2）延长AG至T，使AG=GT，根据SAS可证明△ACG≌△TDG，可得∠ACG=∠GDF=45°，证得∠ADT=∠EAB，证明△ADT≌△EAB，可得∠TAD=∠AEB，则∠EAT+∠AEB=∠EAB+∠TAD=90°；（3）作EM⊥AD交AC延长于点M，证明△AEM≌△ACD，可得ME=CD=8，证得∠EFM=∠FEM，则FM=ME，则答案可求出．本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，正确作出辅助线．24.【答案】解：（1）∵a-c≥0，c-a≥0，∴a=c，∴△AOC为等腰直角三角形，∠ACO=45°，∵BD⊥AC，∴∠CMD=∠BMO=45°，∴OM=OB=2，∴M（0，2）．（2）∵∠APD+∠CPO=180°-∠DPO=135°，∠CPO+∠COP=180°-∠ACO=135°，∴∠APD=∠COP，∵∠PCO=∠PAD=45°，PD=PO，∴△PDA≌△OPC（AAS），∴PA=OC=3，DA=PC=6-3，∴OD=OA-DA=3-（6-3）=6-6．∴D（6-6，0）．（3）OM=CM-OG．证明如下：作ON∥EG，CH∥AO，且CH与GE的延长线交于点H，∵EF⊥AM，∴ON⊥AM，∴∠NCO=∠AOM=90°，∴∠NCO=∠MAO，∵OA=OC，∴△AOM≌△OCN（ASA），∴OM=CN，∠CNO=∠AMO，∵∠ACO=45°，∴∠HCE=45°，∵∠CME=∠OMA，∵ON∥GH，∴∠CNO=∠H，∴∠H=∠CME，∵CM=CM，∴△CME≌△CEH（ASA），∴CH=CM，∴OM=CN=CH-HN=CM-OG．【解析】（1）由二次根式的性质得出a=c，根据等腰直角三角形的性质求出∠CMD和∠BMO的度数，则OM=OB=2；（2）根据等腰直角三角形的性质得到∠APD=∠COP，证明△PDA≌△OPC，根据全等三角形的性质得到OC=PA，根据坐标与图形性质可得到答案；（3）作ON∥EG，CH∥AO，CH与GE的延长线交于点H，可得出∠NCO=∠MAO，根据ASA可证明△AOM≌△OCN，得到OM=CN，证明△CME≌△CEH，得到CH=CM，即可得出结论．本题是三角形综合题，考查了二次根式的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、坐标与图形性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．。