2021-2022学年湖北省鄂州市梁子湖区八年级（上）期中数学试卷 解析版

这是一份2021-2022学年湖北省鄂州市梁子湖区八年级（上）期中数学试卷 解析版，共30页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）下面四个美术字中可以看作轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）小芳有两根长度为4cm和9cm的木条，她想钉一个三角形木框，桌上有下列长度的几根木条，她应该选择长度为（ ）的木条．
A．5cmB．3cmC．17cmD．12cm
3．（3分）一个多边形的外角和与它的内角和相等，则多边形是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
4．（3分）等腰三角形的周长为26cm，一边长为6cm，那么腰长为（ ）
A．6cmB．10cmC．6cm或10cmD．14cm
5．（3分）如图，用直尺和圆规作一个角的平分线，是运用了“全等三角形的对应角相等”这一性质，由作图所得条件，判定三角形全等运用的方法是（ ）
A．SSSB．ASAC．AASD．SAS
6．（3分）如图，一副分别含有30°和45°角的两个直角三角板，拼成如下图形，其中∠C＝90°，∠B＝45°，∠E＝30°，则∠BFD的度数是（ ）
A．15°B．25°C．30°D．10°
7．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝110°，AC＝AE，BC＝BD，则∠DCE的度数为（ ）
A．30°B．35°C．50°D．70°
8．（3分）下列说法：①有一边及其中一边上的高对应相等的两个直角三角形全等；②有两边及其中一边上的高对应相等的两个锐角三角形全等；③有两边及其中一边上的高对应相等的两个钝角三角形全等；④有两边及第三边上的高对应相等的两个锐角三角形全等．其中是真命题的个数有（ㅤㅤ）个．
A．1B．2C．3D．4
9．（3分）如图，在△ABC中，PB＝PQ，PR＝PS，PR⊥AB于R，PS⊥AC于S，则三个结论：①AS＝AR；②QP∥AR；③AB+AQ＝2AR中（ ）
A．全部正确B．仅①和③正确C．仅①正确D．仅①和②正确
10．（3分）如图，∠MON＝30°，点A1，A2，A3，…在射线ON上，点B1，B2，B3，…在射线OM上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4，…，均为等边三角形，若OA1＝1，则△A2021B2021A2022的边长为（ ）
A．4044B．22020C．22021D．22022
二、填空题（每小题3分，共18分）
11．（3分）如图，AB＝AC，要直接依据ASA证出△ABE≌△ACD，应添加的一个条件是 ．
12．（3分）已知△ABC的三边长a、b、c，化简|a+b﹣c|﹣|b﹣a﹣c|的结果是 ．
13．（3分）如图，△ABC中，∠C＝90°，DE是AB的垂直平分线，且∠BAD：∠CAD＝2：1，则∠B＝ ．
14．（3分）如图，△ABC与△CDE都是等边三角形，且∠EBD＝65°，则∠AEB的度数是 ．
15．（3分）如图，在△ABC中，∠C＝30°，将△ABC沿着直线l折叠，点C落在点D的位置，则∠1﹣∠2的度数是 ．
16．（3分）如图，平面直角坐标系xOy中，已知定点A（1，0）和B（0，1），若动点C在坐标轴上运动，则使△ABC为等腰三角形的点C有 个．
三、解答题（本大题共8小题，共72分）
17．（8分）如图，B，C，E，F在同一直线上，AC∥DE，AC＝DE，BE＝CF，求证AB∥DF．
18．（8分）如图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数．
19．（8分）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．点D从点B出发沿射线BC移动，以AD为边在AB的右侧作△ADE，且∠DAE＝90°，AD＝AE．连接CE．
（1）如图1，若点D在BC边上，则∠BCE＝ °；
（2）如图2，若点D在BC的延长线上运动．
①∠BCE的度数是否发生变化？请说明理由；
②若BC＝3，CD＝6，则△ADE的面积为 ．
20．（8分）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示．
（1）作出△ABC关于y轴对称的三角形△A1B1C1；
（2）在图中用无刻度的直尺画出既平分△ABC的周长又平分△ABC的面积的一条直线；
（3）直接写出△A1B1C1的面积为 ．
21．（10分）在△ABC中，AB＝BC，将△ABC绕点B顺时针旋转至△A1BC1的位置，如图，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC，BC于D，F两点．
（1）观察并猜想线段EA1与FC有怎样的数量关系？并证明你的结论；
（2）若将△ABC绕点B顺时针旋转至△A1BC1的位置，如图2，当DC1＝BC1时，求证AC∥BC1．
22．（10分）在△ABC中，AC＞AB，AD是△ABC的角平分线．
（1）如图1，求证AC﹣AB＞CD﹣BD；
（2）如图2，若AB＝3，AC＝4，BC＝5，∠BAC＝90°，AD平分∠BAC，求DC的长．
23．（10分）婆罗摩笈多（Brahmagupta）约公元598年生，约660年卒，在数学、天文学方面有所成就．婆罗摩笈多是印度印多尔北部乌贾因地方人，原籍可能为巴基斯坦的信德．婆罗摩笈多的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位．例如下列模型就被称为“婆罗摩笈多模型”：如图1，2，3，△ABC中，分别以AB，AC为边作Rt△ABE和Rt△ACD，AB＝AE，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，则有下列结论：
（Ⅰ）图1中S△ABC＝S△ADE；
（Ⅱ）如图2中，若AM是边BC上的中线，则ED＝2AM；
（Ⅲ）如图3中，若AM⊥BC，则MA的延长线平分ED于点N．
（1）上述三个结论中请你选择一个感兴趣的结论进行证明，写出证明过程；
（2）能力拓展：将上述图形中的某一个直角三角形旋转到如图4所示的位置：△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，若F为BD的中点，连接AF，求证：2AF＝CE．
24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，A（16，0），点B在第一象限，△OAB为等边三角形，OC⊥AB，垂足为点C．
（1）直接写出点C的横坐标 ；
（2）作点C关于y轴的对称点D，连DA交OB于点E，求OE的长；
（3）P为y轴上一动点，连接PA，以PA为边在PA所在直线的下方作等边△PAH，则OH的最小值为 ．（直接写出结果）
2021-2022学年湖北省鄂州市梁子湖区八年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题3分，共30分）
1．（3分）下面四个美术字中可以看作轴对称图形的是（ ）
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、不是轴对称图形，故本选项错误；
C、不是轴对称图形，故本选项错误；
D、是轴对称图形，故本选项正确．
故选：D．
2．（3分）小芳有两根长度为4cm和9cm的木条，她想钉一个三角形木框，桌上有下列长度的几根木条，她应该选择长度为（ ）的木条．
A．5cmB．3cmC．17cmD．12cm
【分析】根据三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边用排除法即可得出答案．
【解答】解：对A，∵4+5＝9，不符合三角形两边之和大于第三边，故错误；
对B，∵4+3＜9，不符合三角形两边之和大于第三边，故错误；
对C，∵4+9＜17，不符合三角形两边之和大于第三边，故错误；
对D，∵4+9＞12，12﹣9＜4，符合两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边，故正确；
故选：D．
3．（3分）一个多边形的外角和与它的内角和相等，则多边形是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【分析】任意多边形的外角和为360°，然后利用多边形的内角和公式计算即可．
【解答】解：设多边形的边数为n．
根据题意得：（n﹣2）×180°＝360°，
解得：n＝4．
故选：B．
4．（3分）等腰三角形的周长为26cm，一边长为6cm，那么腰长为（ ）
A．6cmB．10cmC．6cm或10cmD．14cm
【分析】题中给出了周长和一边长，而没有指明这边是否为腰长，则应该分两种情况进行分析求解．
【解答】解：①当6cm为腰长时，则腰长为6cm，底边＝26﹣6﹣6＝14cm，因为14＞6+6，所以不能构成三角形；
②当6cm为底边时，则腰长＝（26﹣6）÷2＝10cm，因为6﹣6＜10＜6+6，所以能构成三角形；
故选：B．
5．（3分）如图，用直尺和圆规作一个角的平分线，是运用了“全等三角形的对应角相等”这一性质，由作图所得条件，判定三角形全等运用的方法是（ ）
A．SSSB．ASAC．AASD．SAS
【分析】根据作图过程可知用到的三角形全等的判定方法是SSS．
【解答】解：用直尺和圆规作一个角的平分线，是运用了“全等三角形的对应角相等”这一性质．
由作图所得条件，判定三角形全等运用的方法是：由OB＝OB得出△OBC≌△OAC（SSS）．
故选：A．
6．（3分）如图，一副分别含有30°和45°角的两个直角三角板，拼成如下图形，其中∠C＝90°，∠B＝45°，∠E＝30°，则∠BFD的度数是（ ）
A．15°B．25°C．30°D．10°
【分析】先由三角形外角的性质求出∠BDF的度数，根据三角形内角和定理即可得出结论．
【解答】解：∵Rt△CDE中，∠C＝90°，∠E＝30°，
∴∠BDF＝∠C+∠E＝90°+30°＝120°，
∵△BDF中，∠B＝45°，∠BDF＝120°，
∴∠BFD＝180°﹣45°﹣120°＝15°．
故选：A．
7．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝110°，AC＝AE，BC＝BD，则∠DCE的度数为（ ）
A．30°B．35°C．50°D．70°
【分析】根据此题的条件，找出等腰三角形，找出相等的边与角度，设出未知量，找出满足条件的方程．
【解答】解：∵AC＝AE，BC＝BD，
∴设∠AEC＝∠ACE＝x°，∠BDC＝∠BCD＝y°，
∴∠A＝180°﹣2x°，∠B＝180°﹣2y°，
∵∠ACB+∠A+∠B＝180°，
∴110°+（180°﹣2x）+（180°﹣2y）＝180°，
∴x+y＝145°，
∴∠DCE＝180°﹣（∠AEC+∠BDC）＝180°﹣（x+y）＝35°．
故选：B．
8．（3分）下列说法：①有一边及其中一边上的高对应相等的两个直角三角形全等；②有两边及其中一边上的高对应相等的两个锐角三角形全等；③有两边及其中一边上的高对应相等的两个钝角三角形全等；④有两边及第三边上的高对应相等的两个锐角三角形全等．其中是真命题的个数有（ㅤㅤ）个．
A．1B．2C．3D．4
【分析】利用全等三角形的判定定理分别对四个命题进行判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：①有一边及其中一边上的高对应相等的两个直角三角形全等，是真命题；
②有两边及其中一边上的高对应相等的两个锐角三角形全等，是真命题；
③有两边及其中一边上的高对应相等的两个钝角三角形全等，是真命题；
④有两边及第三边上的高对应相等的两个锐角三角形不一定全等，原命题是假命题．
故选：C．
9．（3分）如图，在△ABC中，PB＝PQ，PR＝PS，PR⊥AB于R，PS⊥AC于S，则三个结论：①AS＝AR；②QP∥AR；③AB+AQ＝2AR中（ ）
A．全部正确B．仅①和③正确C．仅①正确D．仅①和②正确
【分析】易证Rt△APR≌Rt△APS，可得AS＝AR，再根据PB＝PQ，可得△BRP和△QSP全等，即可解题．
【解答】解：在Rt△APR和Rt△APS中，
，
∴Rt△APR≌Rt△APS（HL），
∴AR＝AS，①正确；
∴PR＝PS，
在Rt△BRP与Rt△QSP中，
，
∴Rt△BRP≌Rt△QSP（HL），
∴BR＝QS，
∴AB+AQ＝2AR，故③正确；
∵无法得出∠APQ＝∠BAP，所以得不出PQ∥AB，故②错误．
故选：B．
10．（3分）如图，∠MON＝30°，点A1，A2，A3，…在射线ON上，点B1，B2，B3，…在射线OM上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4，…，均为等边三角形，若OA1＝1，则△A2021B2021A2022的边长为（ ）
A．4044B．22020C．22021D．22022
【分析】根据等边三角形的性质得到∠B1A1A2＝60°，根据三角形的外角性质求出∠OB1A1，得到∠OB1A1＝∠MON，根据等腰三角形的判定定理得到A1B1＝OA1＝1，总结规律，根据规律解答．
【解答】解：∵△A1B1A2为等边三角形，
∴∠B1A1A2＝60°，
∵∠MON＝30°，
∴∠OB1A1＝∠B1A1A2﹣∠MON＝30°，
∴∠OB1A1＝∠MON，
∴A1B1＝OA1＝1，
同理可得，A2B2＝OA2＝2，A3B3＝OA3＝4＝22，…，
∴△A2021B2021A2022的边长＝22020，
故选：B．
二、填空题（每小题3分，共18分）
11．（3分）如图，AB＝AC，要直接依据ASA证出△ABE≌△ACD，应添加的一个条件是 ∠C＝∠B ．
【分析】添加∠C＝∠B，再加上公共角∠A＝∠A，已知条件AB＝AC可利用ASA判定△ABE≌△ACD．
【解答】解：添加∠C＝∠B，
在△ACD和△ABE中，
，
∴△ABE≌△ACD（ASA）．
故答案为：∠C＝∠B．
12．（3分）已知△ABC的三边长a、b、c，化简|a+b﹣c|﹣|b﹣a﹣c|的结果是 2b﹣2c ．
【分析】先根据三角形三边关系判断出a+b﹣c与b﹣a﹣c的符号，再把要求的式子进行化简，即可得出答案．
【解答】解：∵△ABC的三边长分别是a、b、c，
∴a+b＞c，b﹣a＜c，
∴a+b﹣c＞0，b﹣a﹣c＜0，
∴|a+b﹣c|﹣|b﹣a﹣c|＝a+b﹣c﹣（﹣b+a+c）＝a+b﹣c+b﹣a﹣c＝2b﹣2c；
故答案为：2b﹣2c
13．（3分）如图，△ABC中，∠C＝90°，DE是AB的垂直平分线，且∠BAD：∠CAD＝2：1，则∠B＝ 36° ．
【分析】根据DE是AB的垂直平分线可得，AD＝BD，即可求出∠BAD＝∠ABD，再根据，∠BAE：∠CAD＝2：1及直角三角形两锐角的关系解答即可．
【解答】解：∵△ABC中，∠ACB＝90°，DE是AB的垂直平分线，
∴AD＝BD，即∠BAD＝∠ABD，
∵∠BAD：∠CAD＝2：1，
设∠BAD＝x，则∠CAD＝，
∵∠BAD+∠CAD+∠ABD＝90°，即x++x＝90°，
解得：x＝36°，
∴∠B＝36°．
故答案为：36°．
14．（3分）如图，△ABC与△CDE都是等边三角形，且∠EBD＝65°，则∠AEB的度数是 125° ．
【分析】根据等边三角形性质得出AC＝BC，CE＝CD，∠BAC＝60°，∠ACB＝∠ECD＝60°，求出∠ACE＝∠BCD，证△ACE≌△BCD，根据全等三角形的性质得出∠CAE＝∠CBD，求出∠ABE+∠BAE＝55°，根据三角形内角和定理求出即可．
【解答】解：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC＝BC，CE＝CD，∠BAC＝60°，∠ACB＝∠ECD＝60°，
∴∠ACB﹣∠ECB＝∠ECD﹣∠ECB，
∴∠ACE＝∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴∠CAE＝∠CBD，
∵∠EBD＝65°，
∴65°﹣∠EBC＝60°﹣∠BAE，
∴65°﹣（60°﹣∠ABE）＝60°﹣∠BAE，
∴∠ABE+∠BAE＝55°，
∴∠AEB＝180°﹣（∠ABE+∠BAE）＝125°．
故答案为：125°
15．（3分）如图，在△ABC中，∠C＝30°，将△ABC沿着直线l折叠，点C落在点D的位置，则∠1﹣∠2的度数是 60° ．
【分析】利用三角形外角的性质知∠1＝∠C+∠4，∠4＝∠D+∠2，则∠1＝∠C+∠D+∠2，即可得出答案．
【解答】解：如图，
∵将△ABC沿着直线l折叠，点C落在点D的位置，
∴∠D＝∠C＝30°，
∵∠1＝∠C+∠4，∠4＝∠D+∠2，
∴∠1＝∠C+∠D+∠2，
∴∠1﹣∠2＝∠C+∠D，
∴∠1﹣∠2＝30°+30°＝60°，
故答案为：60°．
16．（3分）如图，平面直角坐标系xOy中，已知定点A（1，0）和B（0，1），若动点C在坐标轴上运动，则使△ABC为等腰三角形的点C有 7 个．
【分析】分别以A、B为圆心，AB为半径画圆，所画的圆与坐标轴的交点为C点（A、B两点除外），作AB的垂直平分线与坐标轴交于原点．
【解答】解：分别以A、B为圆心，AB为半径画圆，所画的圆与坐标轴的交点为C点（A、B两点除外）．作AB的垂直平分线与坐标轴交于原点．
∴满足条件的点C有7个．
故答案为；7．
三、解答题（本大题共8小题，共72分）
17．（8分）如图，B，C，E，F在同一直线上，AC∥DE，AC＝DE，BE＝CF，求证AB∥DF．
【分析】由平行线的性质得出∠ACB＝∠DEF，证明△ABC≌△DFE（SAS），由全等三角形的性质得出∠B＝∠F，则可得出结论．
【解答】证明：∵AC∥DE，
∴∠ACE＝∠CED，
∴∠ACB＝∠DEF，
∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，
即BC＝FE，
在△ABC与△DFE中，
，
∴△ABC≌△DFE（SAS），
∴∠B＝∠F，
∴AB∥DF．
18．（8分）如图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数．
【分析】连接BC，根据三角形的内角和定理即可证得∠D+∠E＝∠3+∠4，然后根据三角形的内角和定理即可求解．
【解答】解：连接BC，
∵∠D+∠E+∠1＝∠3+∠4+∠2＝180°，
又∵∠1＝∠2，
∴∠D+∠E＝∠3+∠4，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E
＝∠A+∠ABE+∠ACD+∠3+∠4
＝∠A+∠ABC+∠ACB
＝180°．
19．（8分）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．点D从点B出发沿射线BC移动，以AD为边在AB的右侧作△ADE，且∠DAE＝90°，AD＝AE．连接CE．
（1）如图1，若点D在BC边上，则∠BCE＝ 90 °；
（2）如图2，若点D在BC的延长线上运动．
①∠BCE的度数是否发生变化？请说明理由；
②若BC＝3，CD＝6，则△ADE的面积为 ．
【分析】（1）由△ABC和△ADE都是等腰Rt△可得，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，则有∠BAD＝∠CAE，从而可证到△ACE≌△ABD；由△ACE≌△ABD可得∠ACE＝∠ABD＝45°，从而得到∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝90°；
（2）①由△ABC和△ADE都是等腰Rt△可得，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，则有∠BAD＝∠CAE，从而可证到△ACE≌△ABD；由△ACE≌△ABD可得∠ACE＝∠ABD＝45°，从而得到∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝90°；
②得出BD，由△ACE≌△ABD可得CE＝BD，运用三角形面积公式解答．
【解答】解：（1）∵△ABC和△ADE都是等腰Rt△，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE．
在△ACE和△ABD中，
，
∴△ACE≌△ABD（SAS）；
∴∠ACE＝∠ABD＝45°，
∴∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝45°+45°＝90°；
故答案为：90；
（2）①不发生变化．
∵AB＝AC，∠BAC＝90°
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ACE和△ABD中
∴△ACE≌△ABD（SAS）
∴∠ACE＝∠ABD＝45°
∴∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝45°+45°＝90°
∴∠BCE的度数不变，为90°；
②∵BC＝3，CD＝6，
∴BD＝9，
∵△ACE≌△ABD，
∴CE＝BD＝9，
∴AE＝AD＝，
∴△ADE的面积＝；
故答案为：
20．（8分）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示．
（1）作出△ABC关于y轴对称的三角形△A1B1C1；
（2）在图中用无刻度的直尺画出既平分△ABC的周长又平分△ABC的面积的一条直线；
（3）直接写出△A1B1C1的面积为 ．
【分析】（1）利用轴对称的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用等腰三角形的性质作出底边AB的垂直平分线l即可；
（3）把三角形的面积看成矩形面积截取周围三个三角形面积即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所求；
（2）如图，直线l即为所求；
（3）＝2×2﹣×1×2﹣×1×2﹣×1×1＝，
故答案为：．
21．（10分）在△ABC中，AB＝BC，将△ABC绕点B顺时针旋转至△A1BC1的位置，如图，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC，BC于D，F两点．
（1）观察并猜想线段EA1与FC有怎样的数量关系？并证明你的结论；
（2）若将△ABC绕点B顺时针旋转至△A1BC1的位置，如图2，当DC1＝BC1时，求证AC∥BC1．
【分析】（1）由旋转可得AB＝BC1，∠A＝∠C1，∠ABE＝∠C1BF，由“ASA”可证△ABE≌△C1BF，可得BE＝BF，即可求解；
（2）由“AAS”可证△A1DE≌△CDF，可得DE＝DF，由“SSS”可证△ADB≌△C1DB，可得∠ADB＝∠C1DB，由等腰三角形的性质可得∠C1DB＝∠C1BD＝∠ADB，可得结论．
【解答】（1）解：EA1＝FC，理由如下：
∵AB＝BC，
∴∠A＝∠C．
由旋转可知，AB＝BC1，∠A＝∠C1，∠ABE＝∠C1BF，
在△ABE和△C1BF中，
，
∴△ABE≌△C1BF（ASA）
∴BE＝BF，
又∵BA1＝BC，
∴BA1﹣BE＝BC﹣BF，
即EA1＝FC．
（2）证明：如图2，连接BD，
在△A1DE和△CDF中，
，
∴△A1DE≌△CDF（AAS），
∴DE＝DF，
∵△ABE≌△C1BF，
∴AE＝C1F，
∴AD＝C1D，
在△ADB和△C1DB中，
，
∴△ADB≌△C1DB（SSS），
∴∠ADB＝∠C1DB，
∵DC1＝BC1，
∴∠C1DB＝∠C1BD＝∠ADB，
∴AC∥BC1．
22．（10分）在△ABC中，AC＞AB，AD是△ABC的角平分线．
（1）如图1，求证AC﹣AB＞CD﹣BD；
（2）如图2，若AB＝3，AC＝4，BC＝5，∠BAC＝90°，AD平分∠BAC，求DC的长．
【分析】（1）在AC上截取AE＝AB，根据SAS证明△ABD与△AED全等，进而解答即可；
（2）作DF⊥AB，DE⊥AC，AG⊥BC，根据三角形的面积公式解答即可．
【解答】证明：（1）在AC上截取AE＝AB，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠BAD＝∠EAD，
在△ABD与△AED中，
，
∴△ABD≌△AED（SAS），
∴BD＝ED，
∴EC＞DC﹣DE，
即AC﹣AB＞CD﹣BD；
（2）作DF⊥AB于F，DG⊥AC于G，AH⊥BC于H，
∵AD为∠BAC的平分线，DF⊥AB，DG⊥AC，
∴DF＝DG，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵BC＝5，
即BD+CD＝BC＝5，
∴，
∴．
23．（10分）婆罗摩笈多（Brahmagupta）约公元598年生，约660年卒，在数学、天文学方面有所成就．婆罗摩笈多是印度印多尔北部乌贾因地方人，原籍可能为巴基斯坦的信德．婆罗摩笈多的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位．例如下列模型就被称为“婆罗摩笈多模型”：如图1，2，3，△ABC中，分别以AB，AC为边作Rt△ABE和Rt△ACD，AB＝AE，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，则有下列结论：
（Ⅰ）图1中S△ABC＝S△ADE；
（Ⅱ）如图2中，若AM是边BC上的中线，则ED＝2AM；
（Ⅲ）如图3中，若AM⊥BC，则MA的延长线平分ED于点N．
（1）上述三个结论中请你选择一个感兴趣的结论进行证明，写出证明过程；
（2）能力拓展：将上述图形中的某一个直角三角形旋转到如图4所示的位置：△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，若F为BD的中点，连接AF，求证：2AF＝CE．
【分析】（1）如图1，由“AAS”可证△ADH≌△ACP，CP＝DH，由三角形的面积公式可求解；
如图2，延长AM至N，使得MN＝AM，连接BN，由“SAS”可证△BMN≌△CMA，可得BN＝AC，∠CAM＝∠BNM，由“SAS”可证△ABN≌△EAD，可得AN＝DE，可得结论；
如图3，过点E作EP⊥MN，交MN的延长线于P，DQ⊥MN于Q，先证AM＝EP，AM＝DQ，可得EP＝DQ，由“AAS”可证△EPN≌△DQN，可得EN＝DN；
（2）延长AF至K，使FK＝AF，连接DK，由“SAS”可证△AFB≌△KFD，可得AB＝KD，∠ABD＝∠BDK，由“SAS”可证△ADK≌△EAC，可得CE＝AK，可得结论．
【解答】解：如图1，过点D作DH⊥AE于H，过点C作CP⊥BA，交BA的延长线于P，
∵∠BAE＝90°，
∴∠EAP＝90°＝∠DAC，
∴∠PAH＝∠CAP，
∵DH⊥AE，CP⊥BA，
∴∠DHA＝∠CPA＝90°，
又∵AD＝AC，
∴△ADH≌△ACP（AAS），
∴CP＝DH，
∴×AE×DH＝×AB×CP，
∴S△ABC＝S△ADE；
如图2，延长AM至N，使得MN＝AM，连接BN，
∵AM是边BC上的中线，
∴BM＝CM，
又∵∠AMC＝∠BMN，AM＝MN，
∴△BMN≌△CMA（SAS），
∴BN＝AC，∠CAM＝∠BNM，
∵AC＝AD，AC∥BN，
∴BN＝AD，
∵AC∥BN，
∴∠BAC+∠ABN＝180°，
∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD＝180°，
∴∠ABN＝∠EAD，
在△ABN和△EAD中，
，
∴△ABN≌△EAD（SAS），
∴AN＝DE，
∵MN＝AM，
∴DE＝AN＝2AM，
如图3，过点E作EP⊥MN，交MN的延长线于P，DQ⊥MN于Q，
∴∠EPA＝∠DQA＝90°＝∠EAB＝∠AMB，
∴∠BAM+∠EAP＝90°＝∠BAM+∠ABM，
∴∠EAP＝∠ABM，
又∵AB＝AE，
∴△ABM≌△EAP（AAS），
∴AM＝EP，
同理可证AM＝DQ，
∴EP＝DQ，
又∵∠ENP＝∠DNQ，∠EPN＝∠DQN＝90°，
∴△EPN≌△DQN（AAS），
∴EN＝DN；
（2）如图4，延长AF至K，使FK＝AF，连接DK，
∵F为BD的中点，
∴DF＝BF，
又∵AF＝FK，∠AFB＝∠DFK，
∴△AFB≌△KFD（SAS），
∴AB＝KD，∠ABD＝∠BDK，
∴AB＝AC＝DK，
∵∠ABD+∠ADB+∠BAD＝180°，
∴∠DAB+∠ADK＝180°，
∵∠DAE＝∠CAB＝90°，
∴∠DAB+∠CAE＝180°，
∴∠CAE＝∠ADK，
又∵AD＝AE，DK＝AC，
∴△ADK≌△EAC（SAS），
∴CE＝AK，
∴CE＝2AF．
24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，A（16，0），点B在第一象限，△OAB为等边三角形，OC⊥AB，垂足为点C．
（1）直接写出点C的横坐标 12 ；
（2）作点C关于y轴的对称点D，连DA交OB于点E，求OE的长；
（3）P为y轴上一动点，连接PA，以PA为边在PA所在直线的下方作等边△PAH，则OH的最小值为 8 ．（直接写出结果）
【分析】（1）过点C作CH⊥OA，垂足为H．由等边三角形的性质可得AC＝BC＝8，由直角三角形的性质可求AH＝4，即可求解；
（2）由“AAS”可证△DEF≌△AEO，可得OE＝EF＝OF，即可求解；
（3）由“SAS”可证△HAO≌△PAB，可得OH＝PB，当BP⊥y轴时，PB有最小值为8，即可求解．
【解答】解：（1）如图1所示：过点C作CH⊥OA，垂足为H．
∵点A（16，0），
∴OA＝16，
∵△OAB为等边三角形，OC⊥AB，
∴AO＝AB＝16，AC＝BC＝8，
∵CH⊥OA，∠OAC＝60°，
∴∠ACH＝30°，
∴AH＝AC＝4，
∴OH＝12，
∴点C的横坐标为12，
故答案为：12；
（2）如图2所示：连接CD，交OB于F．
∵点C与点D关于y轴对称，
∴CD∥OA，
∴△BCF为等边三角形，
∴CF＝8，CD＝24．
∴DF＝24﹣8＝16＝OA．
在△DEF和△AEO中，
，
∴△DEF≌△AEO（AAS），
∴OE＝EF＝OF，
∵BF＝BC＝8，
∴OF＝8，
∴OE＝4；
（3）如图3，连接PB．
∵∠HAO+∠PAO＝∠BAP+∠PAO＝60°，
∴∠HAO＝∠PAB，
在△HAO和△PAB中，
，
∴△HAO≌△PAB（SAS），
∴OH＝PB，
当BP⊥y轴时，PB有最小值为8，
∴OH的最小值为8，
故答案为8．