广东省珠海市五校联考2024-2025学年八年级上学期期中数学试卷

这是一份广东省珠海市五校联考2024-2025学年八年级上学期期中数学试卷，共24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.甲骨文是我国的一种古代文字，是汉字的早期形式，下列甲骨文中，不是轴对称的是( )
A. B. C. D.
2.现有两根长度分别3cm和7cm的木棒，若要钉成一个三角形木架，则应选取的第三根木棒长为( )
A. 4cmB. 7cmC. 10cmD. 13cm
3.若△ABC≌△DEF，且∠A=50∘，∠B=60∘，则∠F的度数为( )
A. 50∘B. 60∘C. 70∘D. 80∘
4.意大利面根根筋道，看起来极易折断，棉花糖柔软、容易固定.利用意大利面做架子，棉花糖做连接，能搭建出“又高又稳”的建筑.在如图所示的模型中三角形架子是其主要结构，这种设计的原理是( )
A. 三角形具有稳定性
B. 两点之间，线段最短
C. 两点确定一条直线
D. 垂线段最短
5.如图，△ABC的面积为18，AD为△ABC的中线，E、F为AD的两个三等分点，连接CE、BF，则图中阴影部分的面积和为( )
A. 4
B. 6
C. 8
D. 9
6.如图，在△ABC中，点D在BC上，AD=BD，∠B=40∘，将△ABD沿着AD翻折得到△AED，则∠CDE的度数是( )
A. 20∘
B. 25∘
C. 30∘
D. 35∘
7.下列关于△ABC的说法错误的是( )
A. 若AB=AC，则△ABC为等腰三角形
B. 若△ABC为直角三角形且∠C=90∘，∠A=30∘，则BC等于AB的一半
C. 若△ABC中∠A：∠B：∠C=4：5：6，则△ABC为直角三角形
D. 若△ABC中AB=AC，∠A=60∘，则△ABC为等边三角形
8.如图是被撕掉一块的正多边形纸片，若直线a⊥b，则该正多边形是( )
A. 正五边形
B. 正六边形
C. 正八边形
D. 正十边形
9.如图，AB，CD表示两条公路，E，F表示两个仓库，试找出一点P，使P到两公路的距离相等且到两个仓库的距离也相等，则P点为( )
A. EF的垂直平分线与CD的交点
B. EF的垂直平分线与AB的交点
C. EF的垂直平分线与AB、CD交角的平分线的交点
D. 以上都不对
10.如图，已知△ABC和△CDE均是等边三角形，点B、C、D在同一条直线上；BE与AD交于点O，AD与CE交于点N，AC与BE交于点M，连接OC、MN，则下列结论：①AD=BE；②ME=BM；③MN//BD；④∠BOC=∠DOC，⑤OB=AO+OC，其中正确的结论个数有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.一个七边形的内角和等于______ ∘.
12.已知等腰三角形的两边长分别为4和9，则它的周长是______.
13.如图，若AC=AB，CD=BD，∠A=80∘，∠CDB=120∘，则∠B=______.
14.如图，AB=4cm，BC=6cm，∠B=∠C，如果点P在线段BC上以2cm/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q从C点出发沿射线CD运动.若经过t秒后，△ABP与△CQP全等，则t的值是______.
15.如图，∠AOB=10∘，射线OA、OB上有一系列点C1、C2、C3、…、Cn，满足OC1=C1C2=C2C3=C3C4=C4C5=……=Cn−1Cn，当Cn−1Cn⊥OB时，n=______.
三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题8分)
上午8时，一条船从海岛A出发，以15海里/时的速度向正北航行，10时到达海岛B处，从A、B望灯塔C，测得∠NAC=42∘，∠NBC=84∘，求从海岛B到灯塔C的距离．
17.(本小题8分)
在△ABC中，DE，FG分别是边AB，AC的垂直平分线，
(1)若∠BAC=120∘，求∠EAG的度数．
(2)若BC=8，求△AEG的周长．
18.(本小题8分)
如图，AC⊥BC，DC⊥EC，AC=BC，DC=EC，AE与BD交于点F.
(1)求证：AE=BD；
(2)求∠AFD的度数．
19.(本小题9分)
(1)画出△ABC关于x轴的对称图形△A1B1C1；
(2)求△ABC的面积；
(3)在y轴上找一点P，使得△PBC的周长最小(保留作图痕迹，不写作法).
20.(本小题9分)
如图，点D，E分别是△ABC边AC，BC上的点，点D在线段AB的垂直平分线上，∠ABC=87∘，∠ACB=33∘，∠CAE=27∘.求证：△ABD是等边三角形.
21.(本小题9分)
如图，在△ABC中，BD，CD分别是∠ABC，∠ACB的平分线，BP，CP分别是∠EBC，∠FCB的平分线．
(1)当∠ABC=60∘，∠ACB=70∘时，∠D=______ ∘，∠P=______ ∘；
(2)∠A=60∘，∠D=______ ∘，∠P=______ ∘；
(3)请你猜想，当∠A的大小变化时，∠D+∠P的值是否变化？请说明理由．
22.(本小题12分)
如图，等腰直角△ABC中，BC=AC，∠ACB=90∘，现将该三角形放置在平面直角坐标系中：
(1)若点B坐标为(0,2)，点C坐标为(6,0)，求点A的坐标；
(2)若点B坐标为(0,m)，点C坐标为(n,0)，连接OA，若P为坐标平面内异于点A的点，且以O、P、C为顶点的三角形与△OAC全等，请求出满足条件的点P的坐标(用含m，n的式子表示)；
(3)已知A(4,3)，OA=5，在x轴上是否存在点Q，使△OAQ是以OA为腰的等腰三角形，直接写出点Q的坐标______.
23.(本小题12分)
在锐角△ABC中，∠B=45∘，∠C=60∘，AD⊥BC于点D.
(1)如图1，过点B作BG⊥AC于点G，求证：AC=BF；
(2)动点P从点D出发，沿射线DB运动，连接AP，过点A作AQ⊥AP，且满足AP=AQ.
①如图2，当点P在线段BD上时，连接PQ分别交AD、AC于点M、N.请问是否存在某一时刻使得△APM和△AQN成轴对称，若有，求此刻∠APD的大小；若没有，请说明理由.
②如图3，连接BQ，交直线AD于点F，当点P在线段BD上时，试猜想BP和DF的数量关系并证明；当点P在DB的延长线上时，若2AD=7FD，请直接写出PBBD的值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：选项A、C、D均能找到这样的一条直线，使直线两旁的部分能够完全重合的图形，所以是轴对称图形；
选项B不能找到这样的一条直线，使直线两旁的部分能够完全重合的图形，所以不是轴对称图形；
故选：B.
根据轴对称图形的概念逐项分析判断即可，轴对称图形的概念：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．
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，图形两部分折叠后可重合．
2.【答案】B
【解析】解：设此三角形第三条边长为a，由三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边可知，
第三条边的范围应为4故A、C、D选项皆不在上述范围内，
故选：B.
由三角形三边关系可得第三边a的范围为4本题考查了三角形的构成条件，三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，熟记此条件是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：∵△ABC≌△DEF，∠A=50∘，∠B=60∘，
∴∠D=∠A=50∘，∠E=∠B=60∘，
∴∠F=180∘−∠D−∠E=180∘−50∘−60∘=70∘，
故选：C.
根据全等三角形的性质得出∠D=∠A=50∘，∠E=∠B=60∘，再根据三角形内角和定理求出∠F即可．
本题考查了全等三角形的性质和三角形内角和定理，能熟记全等三角形的对应角相等是解此题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：依题意，在如图所示的模型中三角形架子是其主要结构，这种设计的原理是三角形具有稳定性，
故选：A.
模型中三角形架子是其主要结构，故可用三角形的稳定性解释．
本题考查三角形稳定性的实际应用，熟练掌握三角形的稳定性是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵AD是△ABC的中线，
∴BD=DC，
∴S△ABD=S△ADC=12S△ABC=9，
∵E、F为AD的两个三等分点，
又∵△BDF与△ABD共高，△AEC与△DCA共高，
∴S△BDF=13S△ABD=3，S△AEC=13S△ADC=3，
∴S阴=S△BDF+S△AEC=6，
故选：B.
等于底之比求解．
本题考查三角形的中线的性质，知道中线等分三角形的面积是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：∵AD=BD，
∴∠BAD=∠B=40∘，
∴∠ADC=∠B+∠BAD=40∘+40∘=80∘，
∴∠ADB=180∘−80∘=100∘，
由折叠的性质得：∠ADE=∠ADB=100∘，
∴∠CDE=∠ADE−∠ADC=100∘−80∘=20∘，
故选：A.
由等腰三角形的性质得∠BAD=∠B=40∘，再由三角形的外角性质得∠ADC=∠B+∠BAD=80∘，则∠ADB=100∘，然后由折叠的性质得∠ADE=∠ADB=100∘，即可求解．
本题考查了翻折变换的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质等知识，熟练掌握翻折变换的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：A、若AB=AC，则△ABC为等腰三角形，故A不符合题意；
B、若△ABC为直角三角形且∠C=90∘，∠A=30∘，则BC等于AB的一半，故B不符合题意；
C、若△ABC中∠A：∠B：∠C=4：5：6，则∠C=180∘×64+5+6=72∘，
∴△ABC不是直角三角形，
故C符合题意；
D、若△ABC中AB=AC，∠A=60∘，则△ABC为等边三角形，故D不符合题意；
故选：C.
根据等腰三角形的判定，等边三角形的判定，含30度角的直角三角形，三角形内角和定理进行计算，逐一判断即可解答．
本题考查了等腰三角形的判定，等边三角形的判定，含30度角的直角三角形，三角形内角和定理，熟练掌握这些数学知识是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：如图所示：延长DA，EB交于点C，
∵直线a⊥b，
∴∠C=90∘，
∵此多边形是正多边形，
∴∠DAB=∠ABE，
∴∠CAB=∠CBA=45∘，
∵正多边形外角和为360∘，
∴正多边形的边数为360∘÷45∘=8，
故选：C.
先延长DA，EB交于点C，再根据已知条件求出∠C，然后根据正多边形的定义求出∠DAB=∠ABE，从而根据邻补角定义求出正多边形的一个外角，最后根据多边形外角和求出边数即可．
本题主要考查了正多边形的定义，解题关键是添加辅助线构造三角形．
9.【答案】C
【解析】解：可把AB，CD当成两条边，要使距离相等，则只有角平分线到角两边的距离相等，而到EF则只有垂直平分线上的点到线段两端距离最短，所以要使到角两边与一线段的距离相等的点，则只能是其角平分线与垂直平分线的交点．
故选：C.
在一个角中，角平分线到角两边距离相等，而对于一条线段，只有垂直平分线上的点到线段两端的距离最短．
本题考查了垂直平分线及角平分线的逆用；要熟练掌握三角形的性质，理解掌握角平分线，垂直平分线的含义及性质．
10.【答案】D
【解析】解：∵△ABC和△CDE均是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE，
∴∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE，
即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE，
故①正确；
∠ADC=∠BEC，∠CAD=∠CBE，
∵∠ACN=180∘−2×60∘=60∘，
∴∠ACN=∠BCM=60∘，
在△ACN和△BCM中，
∠ACN=∠BCMAC=BC∠CAD=∠CBE，
∴△ACN≌△BCM(ASA)，
∴AN=BM，CM=CN，∠MAO=∠MBC，
∵∠AMO=∠BMC，
∴△AMO∽△BMC，
∴AMBM=OMMC，
∴AMOM=BMMC，
∵∠AMB=∠OMC，
∴△AMB∽△OMC，
∴∠MOC=∠BAM=60∘，
∵∠CBE+∠ADC=∠CBE+∠BEC=∠DCE=60∘，
∴∠BOD=180∘−(∠CBE+∠ADC)=180∘−60∘=120∘，
∴∠DOC=∠BOD−∠BOC=120∘−60∘=60∘，
∴∠BOC=∠DOC，
故④正确；
∵∠ACN=60∘，CM=CN，
∴△CMN为等边三角形，
∴∠CMN=60∘，
∴∠ACB=∠CMN=60∘，
∴MN//BD，
故③正确；
在BO上截取BH=AO，连接CH，
在△BCH与△AOC中，
BC=AC∠CBH=∠CADBH=AO，
∴△BCH≌△AOC(SAS)，
∴CH=CO，
∵∠HOC=60∘，
∴△HOC是等边三角形，
∴OH=OC，
∵OB=BH+OH，
∴OB=OA+OC，
故⑤正确，
∵∠BCM=∠ECM=60∘，
不妨设BM=EM，则BC=EC，显然不可能，
故②错误，
故正确的结论有4个，
故选：D.
根据等边三角形的性质可得AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE，再求出∠ACD=∠BCE，然后利用“边角边”证明△ACD和△BCE全等，根据全等三角形对应边相等可得AD=BE，判断出①正确；
全等三角形对应角相等可得∠ADC=∠BEC，∠CAD=∠CBE，再求出∠ACN=∠BCM=60∘，然后利用“边角边”证明△ACN和△BCM全等，根据全等三角形对应边相等可得AN=BM，CM=CN，利用相似三角形的性质证明∠MOC=60∘，再求出∠DOC=60∘，从而得到∠BOC=∠DOC，判断出④正确；
判断出△CMN为等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠CMN=60∘，得到∠ACB=∠CMN，再根据内错角相等，两直线平行可得MN//BD，判断出③正确；
在BO上截取BH=AO，连接CH，通过△BCH≌△AOC，得到CH=CO，证得△HOC是等边三角形，于是得到OH=OC，于是得到OB=OA+OC，⑤正确．利用反证法说明②不成立．
本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
11.【答案】900
【解析】解：一个七边形的内角和为：(7−2)×180∘
=5×180∘
=900∘，
故答案为：900.
根据n边形内角和公式为(n−2)×180∘，可以计算出七边形内角和的度数．
本题考查多边形的内角与外角，解答本题的关键是明确n边形内角和公式为(n−2)×180∘.
12.【答案】22
【解析】解：①当腰是4时，三边是4、4、9，根据三角形三边关系定理不能组成三角形；
②当腰是9时，三边是4、9、9，能构成三角形，4+9+9=22，
故答案为：22.
根据等腰三角形性质求出：①腰是4时，②腰是9时，根据三角形的三边关系定理判断能否组成三角形后，即可求出答案．
本题主要考查对等腰三角形的性质，三角形的三边关系定理等知识点的理解和掌握，能求出所有情况是解此题的关键．
13.【答案】20∘
【解析】解：如图，点F是射线AD上的一点，
在△BAD和△CAD中，
AB=ACAD=ADBD=CD，
∴△BAD≌△CAD(SSS)，
∴∠BAD=∠CAD，∠B=∠C，
∵∠BDF=∠B+∠BAD，∠CDF=∠C+∠CAD，
∴∠BDF+∠CDF=∠B+∠BAD+∠C+∠CAD，
∴∠BDC=∠B+∠C+∠BAC，
∵∠BAC=80∘，∠CDB=120∘，
∴∠B=20∘.
故答案为：20∘.
根据SSS证△BAD≌△CAD，根据全等得出∠BAD=∠CAD，∠B=∠C，根据三角形的外角性质得出∠BDF=∠B+∠BAD，∠CDF=∠C+∠CAD，求出∠BDC=∠B+∠C+∠BAC，代入求出即可．
本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的外角性质的应用，解此题的关键是求出∠BDC=∠B+∠C+∠BAC和∠C的度数，难度适中．
14.【答案】1或32
【解析】解：设P.Q两点的运动时间为t秒，点Q的运动速度为a厘米/秒，
则BP=2tcm，PC=(6−2t)cm，CQ=xtcm.
∵AB=4cm，
①当△ABP≌△PCQ时，
BA=CP，BP=CQ.
∴6−2t=4，
∴t=1；
②当△ABP≌△QCP时，
BA=CQ=4cm，BP=CP=3cm，
∴2t=3，
∴t=32.
综上，当t的值是1或32时，能够使△ABP与△CQP全等．
故答案为：1或32.
利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当△ABP≌△PCQ和②当△ABP≌△QCP时，设运动时间为t秒，点Q的运动速度为a厘米/秒，利用全等三角形对应边相等，列出方程即可求解．
本题主要考查了全等三角形的性质，利用全等三角形对应边相等，列出方程是解题的关键．
15.【答案】9
【解析】解：∵OC1=C1C2=C2C3=C3C4=C4C5=……=Cn−1Cn，
∴△OC1C2，△C1C2C3，△C2C3C4，…，都是等腰三角形，
∵∠AOB=10∘，
∴∠OC2C1=∠AOB=10∘，
∴∠C2C1C3=∠OC2C1+∠AOB=20∘=(1+1)×10∘，
∴∠C3C2C4=30∘=(2+1)×10∘，
…，
∴∠Cn+1CnCn+2=10(n+1)∘，
∵Cn−1Cn⊥OB，
∴∠CnCn−1Cn+1=90∘，
即10(n−1+1)∘=90∘，
解得：n=9.
故答案为：9.
由题意可得△OC1C2，△C1C2C3，△C2C3C4，…，都是等腰三角形，从而可求得∠C2C1C3=20∘，∠C3C2C4=30∘，…，则可得到∠Cn+1CnCn+2=10(n+1)∘，即可求解．
本题主要考查图形的变化规律，解答的关键是由所给的图形得出∠Cn+1CnCn+2=10(n+1)∘.
16.【答案】解：根据题意得：AB=2×15=30(海里)，
∵∠NAC=42∘，∠NBC=84∘，
∴∠C=∠NBC−∠NAC=42∘，
∴∠C=∠NAC，
∴BC=AB=30海里．
即从海岛B到灯塔C的距离是30海里．
【解析】由上午8时，一条船从海岛A出发，以15海里的时速向正北航行，10时到达海岛B处，可求得AB的长，又由∠NAC=42∘，∠NBC=84∘，可得∠C=∠NAC，即可证得BC=AB，则可得从海岛B到灯塔C的距离．
此题考查了等腰三角形的性质与判定．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
17.【答案】解：(1)∵∠BAC=120∘，
∴∠B+∠C=180∘−∠BAC=60∘，
∵DE，FG分别是边AB，AC的垂直平分线，
∴EA=EB，GA=GC，
∴∠B=∠BAE，∠C=∠GAC，
∴∠BAE+∠GAC=60∘，
∴∠EAG=∠BAC−(∠BAE+∠GAC)=60∘，
∴∠EAG的度数为60∘；
(2)∵BC=8，EA=EB，GA=GC，
∴△AEG的周长=AE+EG+AG
=BE+EG+GC
=BC
=8，
∴△AEG的周长为8.
【解析】(1)利用三角形的内角和定理可得∠B+∠C=60∘，然后利用线段垂直平分线的性质可得EA=EB，GA=GC，从而可得∠B=∠BAE，∠C=∠GAC，进而可得∠BAE+∠GAC=60∘，最后利用角的和差关系进行计算即可解答；
(2)利用(1)的结论，以及等量代换可得△AEG的周长=BC，即可解答．
本题考查了线段垂直平分线的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．
18.【答案】解：(1)∵AC⊥BC，DC⊥EC，
∴∠ACB=∠DCE=90∘，∠ACB+∠BCE=∠DCE+∠BCE，
即∠ACE=∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD，
∴△ACE≌△BCD(SAS)，
∴AE=BD；
(2)如图，∵∠ACB=90∘，
∴∠A+∠ANC=90∘，
∵△ACE≌△BCD，
∴∠A=∠B，
∵∠ANC=∠BNF，
∴∠B+∠BNF=∠A+∠ANC=90∘，
∴∠AFD=∠B+∠BNF=90∘.

【解析】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，三角形外角性质，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
(1)先证明∠ACE=∠BCD，再证明△ACE≌△BCD(SAS)便可得AE=BD；
(2)由全等三角形的性质得∠A=∠B，由∠ANC=∠BNF，∠A+∠ANC=90∘推出∠B+∠BNF=90∘，可得∠AFD=90∘.
19.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求．
(2)△ABC的面积为12×(1+2)×3−12×1×2−12×2×1=92−1−1=52.
(3)如图，取点C关于y轴的对称点C′，连接BC′交y轴于点P，连接CP，
此时BC+BP+CP=BC+BP+C′P=BC+BC′，为最小值，
即△PBC的周长最小，
则点P即为所求．

【解析】(1)根据轴对称的性质作图即可．
(2)利用割补法求三角形的面积即可．
(3)取点C关于y轴的对称点C′，连接BC′交y轴于点P，则点P即为所求．
本题考查作图-轴对称变换、三角形的面积、关于x轴、y轴对称的点的坐标、轴对称-最短路线问题，熟练掌握轴对称的性质是解答本题的关键．
20.【答案】证明：在△ABC中，∠ABC=87∘，∠ACB=33∘，
∴∠BAC=180∘−(∠ABC+∠ACB)=60∘，
∵点D在线段AB的垂直平分线上，
∴DA=DB，
∴△ABD是等边三角形．
【解析】先求出∠BAC=60∘，再根据点D在线段AB的垂直平分线上得DA=DB，然后根据等边三角形的判定即可得出结论．
此题主要考查了等边三角形的判定，线段垂直平分线的性质，理解线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等，有一个角等于60∘的等腰三角形是等边三角形是解决问题的关键．
21.【答案】115 65 120 60
【解析】解：(1)在△ABC中，∠ABC+∠ACB=180∘−∠A，
∵∠ABC=60∘，∠ACB=70∘时，∠A=50∘，
BD、CD分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，
∴∠DBC=12∠ABC，∠DCB=12∠ACB，
∴∠DBC+∠DCB=12(∠ABC+∠ACB)=12(180∘−∠A)=90∘−12∠A，
在△BCD中，
∠BDC=180∘−(∠DBC+∠DCB)
=180∘−(90∘−12∠A)
=90∘+12∠A
=90∘+25∘
=115∘；
∵BP、CP分别是∠ABC与∠ACB的外角平分线，
∴∠CBP=12∠CBE，∠BCP=12∠BCF，
∴∠CBP+∠BCP
=12∠CBE+12∠BCF
=12(∠CBE+∠BCF)
=12(∠A+∠ACB+∠A+∠ABC)
=12(180∘+∠A)，
∴∠BPC=180∘−(∠CBP+∠BCP)
=180∘−12(180∘+∠A)
=90∘−12∠A
=90∘−12×50∘
=65∘.
故答案为：115，65.
(2)在△ABC中，∠ABC+∠ACB=180∘−∠A，
∴∠CBP+∠BCP
=12∠CBE+12∠BCF
=12(∠CBE+∠BCF)
=12(∠A+∠ACB+∠A+∠ABC)
=12(180∘+∠A)，
=90∘+30∘
=120∘；
∴∠BPC=180∘−(∠CBP+∠BCP)
=90∘−12∠A
=90∘−30∘
=60∘，
故答案为：120，60；
(3)∠D+∠P的值不变．
∵由(1)知∠D=90∘+12∠A，∠P=90∘−12∠A，
∴∠D+∠P=180∘.
(1)(2)根据三角形的内角和定理用∠A表示出∠ABC+∠ACB，再根据角平分线的定义表示出∠DBC+∠DCB，然后在△BCD中利用三角形的内角和定理可得出∠BDP的度数；根据三角形的内角和定理及其推论以及角平分线的定义即可得出∠BPC的度数；
(3)根据(1)中∠D与∠P的式子即可得出结论．
本题考查的是三角形内角和定理及三角形外角的性质，熟知三角形的内角和等于180∘是解答此题的关键．
22.【答案】(8,0)或(5,0)或(−5,0)
【解析】解：(1)过点A作AD⊥x轴于D，
∵∠ACB=90∘，
∴∠BCO+∠ACD=90∘，
∵∠BCO+∠OBC=90∘，
∴∠OBC=∠ACD，
∵AD⊥x轴
∴∠BOC=∠ADC=90∘，
在△BOC和△CDA中，
∠BOC=∠CDA∠OBC=∠DCABC=CA，
∴△BOC≌△CDA(AAS)，
∴OB=CD，
又∵点B坐标为(0,2)，点C坐标为(6,0)，
∴CD=OB=2，AD=OC=6，
∴OD=OC+CD=8，
∴点A的坐标(8,6)；
(2)①作△OAC关于x轴的对称图形得到△OP1C，如图，
∴△OAC≌△OP1C，
由(1)可得点A的坐标(m+n,n)，
∴P1(m+n,−n)；
②∵点C坐标为(n,0)，
∴点O，C关于直线x=n2对称，
∴作△OAC关于直线x=n2的对称图形得到△OP2C，如图，过点P2作P2E⊥x轴于E，
∴△OAC≌△CP2O，
∴AC=P2O，∠ACO=∠P2OC，
∴∠1=∠2，
∵∠1=∠OBC，
∴∠2=∠OBC，
∵BC=AC，
∴BC=P2O，
∵∠P2EO=∠COB=90∘，
∴△P2EO≌△COB(AAS)，
∴OE=OB=m，P2E=OC=n，
∴P2(−m,n)；
③作△OP2C关于x轴的对称图形得到△OP3C，如图，
∴△OP2C≌△OP3C，即：△OP3C≌△OCA，
∴P3(−m,−n)，
综上所述：P的坐标为：(m+n,−n)或(−m,n)或(−m,−n)；
(3)当AO=AQ时，如图，
∵A(4,3)，
∴OQ=2×4=8，
∴Q(8,0)，
当OA=OQ=5时，且点Q在x轴正半轴上，Q点坐标为(5,0)，
当OA=OQ=5时，且点Q在x轴的负半轴上，Q点坐标为(−5,0)，
综合以上可得点Q的坐标为(8,0)或(5,0)或(−5,0).
故答案为：(8,0)或(5,0)或(−5,0).
(1)过点A作AD⊥x轴，先利用等角的余角相等证明∠OBC=∠ACD，则可根据“AAS”判断△BOC≌△CDA，所以OB=CD，则OD=OC+CD=8，从而得到点A的坐标；
(2)分三种情况：①作△OAC关于x轴的对称图形得到△OP1C，如图，则P1(m+n,−n)；②作△OAC关于直线x=的对称图形得到△OP2C，如图，则P2(−m,n)；③作△OP2C关于x轴的对称图形得到△OP3C，如图，则P3(−m,−n)；
(3)分两种情况，当OA=AQ或OA=OQ时，由等腰三角形的性质可得出答案．
本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，等腰三角形的性质，证明△BOC≌△CDA是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90∘，
∵∠B=45∘，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴AD=BD，
∵BG⊥AC，
∴∠BGC=90∘，
∵∠C=60∘，
∴∠DAC=90∘−∠C=90∘−60∘=30∘，∠FBD=90∘−∠C=90∘−60∘=30∘，
∴∠DAC=∠FBD，
在△BDF和△ADC中，
∠FBD=∠DAC∠BDF=∠ADCBD=AD，
∴△BDF≌△ADC(ASA)，
∴AC=BF；
(2)①存在某一时刻使得△APM和△AQN成轴对称，
∵AQ⊥AP，
∴∠QAP=90∘，
由(1)的证明可知∠DAC=30∘，根据对称的性质，得：∠PAD=∠QAC=∠QAP−∠CAD2=90∘−30∘2=30∘，
∵∠ADP=90∘，
∴∠APD=90∘−∠PAD=90∘−30∘=60∘；
②BP=2DF，理由如下：
过点Q作QE⊥AD，交AD于E，则∠AEQ=∠FEQ=90∘，
∴∠AQE+∠QAE=90∘，
∵∠PAD+∠QAE=90∘，
∴∠AQE=∠PAD，
在△APD和△QAE中，
∠AQE=∠PAD∠AEQ=∠PDAAQ=AP，
∴△APD≌△QAE(AAS)，
∴AE=PD，AD=QE，
∴DE=BP，
∵AD=BD，
∴BD=QE，
在△QEF和△BDF中，
∠QEF=∠BDF∠EFQ=∠DFBEQ=DB，
∴△QEF≌△BDF(AAS)，
∴EF=DF，
∴BP=2DF，
当点P在DB的延长线上时，
由上述证明过程可知PB=2DF，BD=AD，
∵2AD=7FD，
∴DF=27AD，
∴PB=2×27BD=47BD，
∴PBBD=47.
【解析】(1)根据全等三角形的判定得出△BDF与△ADC全等，进而解答即可；
(2)①根据直角三角形的性质和对称的性质解答即可；
②过点Q作QE⊥AD，交AD于E，根据全等三角形的判定得出△APD与△QAE全等，进而解答即可．
此题考查几何变换的综合题，关键是通过适当的辅助线找等量关系，根据全等三角形的判定和性质解答，