第一次月考押题预测卷（考试范围第十一十二章）

第一次月考押题预测卷（考试范围：第十一、十二章）姓名：__________________班级：______________得分：_________________注意事项：本试卷满分120分，考试时间90分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2022·四川凉山·八年级期末）下列命题是真命题的是（

）A．等底等高的两个三角形全等 B．周长相等的直角三角形都全等C．有两边和一角对应相等的两个三角形全等 D．有一边对应相等的两个等边三角形全等【答案】D【分析】根据全等三角形的判定方法对各选项分析判断利用排除法求解．【详解】解：A、等底等高的两个三角形全等，是假命题，故本选项错误；B、周长相等的直角三角形都全等，是假命题，故本选项错误；C、有两边和一角对应相等的两个三角形全等，是假命题，因为一角没有说明是两边的夹角，故本选项错误；D、有一边对应相等的两个等边三角形全等是真命题，故本选项正确．故选：D．【点睛】本题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．2．（2022·四川成都·八年级期末）生活中常用各种正多边形地砖铺砌成美丽的图案．用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，就是平面图形的镶嵌．下列图形中不能与正三角形镶嵌整个平面的是（）A．正方形 B．正五边形 C．正六边形 D．正十二边形【答案】B【分析】判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角，若能构成360°，则说明能够进行平面镶嵌，反之则不能．【详解】A选项，2个正方形与3个正三角形能进行平面镶嵌，因为2×90°+3×60°＝360°，不符合题意；B选项，正五边形不能与正三角形进行平面镶嵌，因为正五边形的内角和108°．108°的整数倍与60°的整数倍的和不等于360°，符合题意；C选项，2个正六边形与2个三角形能进行平面镶嵌，因为2×120°+2×60°＝360°，不符合题意；D选项，2个正十二边形与1个正三角形能进行平面镶嵌，因为2×150°+1×60°＝360°，不符合题意；选：B．【点睛】本题考查了平面镶嵌，掌握平面镶嵌的条件是解题的关键．3．（2022·四川省成都市七中育才学校七年级期中）如图，在ABC中，AD是BC边上的中线，BE是ABD中AD边上的中线，若=24，则ABE的面积是（

）A．4 B．12 C．6 D．8【答案】C【分析】根据三角形的中线的性质，得的面积是的面积的一半，的面积是的面积的一半，由此即可解决问题；【详解】解：是的中线，．是的中线，．故选：C．【点睛】本题考查三角形的面积，三角形的中线的性质等知识，解题的关键是掌握三角形的中线把三角形的面积分成了相等的两部分．4．（2022·江苏南京·七年级期中）如图，用四颗螺丝将不能弯曲的木条围成一个木框，不计螺丝大小，其中相邻两颗螺丝的距离依次为3、4、6、8，且相邻两根木条的夹角均可以调整，若调整木条的夹角时不破坏此木框，则任意两颗螺丝的距离的最大值是(

)A．7 B．10 C．11 D．14【答案】B【分析】若两个螺丝的距离最大，则此时这个木框的形状为三角形，可根据三条木棍的长来判断有几种三角形的组合，然后分别找出这些三角形的最长边即可．【详解】已知4条木棍的四边长为3、4、6、8；选3+4、6、8作为三角形，则三边长为7、6、8；，能构成三角形，此时两个螺丝间的最长距离为8；选4+6、8、3作为三角形，则三边长为10、8、3，，能构成三角形，此时两个螺丝间的最长距离为10；选6+8、3、4作为三角形，则三边长为14、3、4；，不能构成三角形，此种情况不成立；选3+8、4、6作为三角形，则三边长为11、4、6；，不能构成三角形，此种情况不成立；综上所述，任两螺丝的距离之最大值为10；故选：B．【点睛】本题实际考查的是三角形的三边关系定理，能够正确的判断出调整角度后三角形木框的组合方法是解答的关键．5．（2022·浙江·八年级期中）如图，已知CD＝CA，∠D＝∠A，添加下列条件中的（）仍不能证明△ABC≌△DEC．A．∠DEC＝∠B B．∠ACD＝∠BCE C．CE＝CB D．DE＝AB【答案】C【分析】结合题意，根据全等三角形的性质，对各个选项逐个分析，即可得到答案．【详解】增加∠DEC＝∠B，得：∴△DEC≌△ABC，即选项A可以证明；∵∠ACD＝∠BCE∴，即∴∴△DEC≌△ABC，即选项B可以证明；增加∠DEC＝∠B，得：∴不能证明△DEC≌△ABC，即选项C不可以证明；增加DE＝AB，得：∴△DEC≌△ABC，即选项D可以证明；故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的知识；解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定性质，从而完成求解．6．（2022·巴中·八年级期末）如图，在△ABC中，E为BC延长线上一点，∠ABC与∠ACE的平分线相交于点D，∠D＝15°，则∠A的度数为（）A．30° B．45° C．20° D．22.5°【答案】A【分析】由三角形的外角的性质可得再结合角平分线的性质进行等量代换可得从而可得答案.【详解】解：∠ABC与∠ACE的平分线相交于点D，故选A【点睛】本题考查的是三角形的角平分线的性质，三角形的外角的性质，熟练的利用三角形的外角的性质结合等量代换得到是解本题的关键.7．（2022·四川成都·七年级期中）如图，中，，为中点，延长交于，为上一点，且于，下列判断，其中正确的个数是（

）①是中边上的中线；②既是中的角平分线，也是中的角平分线；③既是中边上的高线，也是中边上的高线．A． B． C． D．【答案】C【分析】根据三角形的高，中线，角平分线的定义可知．【详解】解：①G为中点，所以是边上的中线，故正确；②因为，所以是中的角平分线，是中的角平分线，故错误；③因为于，所以既是中边上的高线，也是中边上的高线，故正确．故选：C．【点睛】熟记三角形的高，中线，角平分线是解决此类问题的关键．8．（2022·四川·广汉市八年级期中）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A'处，且A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，若∠BA'C＝120°，则∠1+∠2的度数为（）A．90° B．100° C．110° D．120°【答案】D【分析】连接A'A，先求出∠BAC，再证明∠1+∠2=2∠BAC即可解决问题．【详解】解：如图，连接AA'，∵A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，∴∠A'BC=∠ABC，∠A'CB=∠ACB，∵∠BA'C=120°，∴∠A'BC+∠A'CB=180°120°=60°，∴∠ABC+∠ACB=120°，∴∠BAC=180°120°=60°，∵沿DE折叠，∴∠DAA'=∠DA'A，∠EAA'=∠EA'A，∵∠1=∠DAA'+∠DA'A=2∠DAA'，∠2=∠EAA'+∠EA'A=2∠EAA'，∴∠1+∠2=2∠DAA'+2∠EAA'=2∠BAC=2×60°=120°，故选：D．【点睛】本题考查了三角形内角和定理、角平分线定义、三角形外角的性质、折叠变换等知识，解题的关键是正确添加辅助线，灵活应用所学知识，属于中考常考题型．9．（2022·广东·八年级月考）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，下列结论：①；②；③∠BDE＝∠BAC；④BE＝DE；⑤，其中正确的个数为（）A．5个 B．4个 C．3个 D．2个【答案】B【分析】根据角平分线的性质，可得CD＝ED，易证得△ADC≌△ADE，可得AC＋BE＝AB；由等角的余角相等，可证得∠BDE＝∠BAC；然后由∠B的度数不确定，可得BE不一定等于DE；又由CD＝ED，△ABD和△ACD的高相等，所以S△BDE：S△ACD＝BE：AC．【详解】解：①正确，∵在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，∴CD＝ED；②正确，因为由HL可知△ADC≌△ADE，所以AC＝AE，即AC＋BE＝AB；③正确，因为∠BDE和∠BAC都与∠B互余，根据同角的余角相等，所以∠BDE＝∠BAC；④错误，因为∠B的度数不确定，故BE不一定等于DE；⑤正确，因为CD＝ED，△ABD和△ACD的高相等，所以S△BDE：S△ACD＝BE：AC．故正确的个数为4个.故选：B．【点睛】此题考查了角平分线的性质以及全等三角形的判定与性质．此题比较适中，注意掌握数形结合思想的应用．10．（2022·四川·江油八年级阶段练习）如图，已知等边和等边，点P在的延长线上，的延长线交于点M，连接；下列结论：①；②；③平分；④，其中正确的有（

）．A．①③④ B．①② C．②③④ D．①②③④【答案】D【分析】证明△APB≌△CEB得到AP＝CE，即可判断①；由△APB≌△CEB，得到∠APB＝∠CEB，再由∠MCP＝∠BCE，推出∠PME＝∠PBE＝60°，即可判断②；过点B作BN⊥AM于N，BF⊥ME于F，证明△BNP≌△BFE得到BN＝BF，得到BM平分∠AME，即可判定③；在BM上截取BK＝CM，连接AK，先证明∠ACM＝∠ABK，即可证明△ACM≌△ABK得到AK＝AM，推出△AMK为等边三角形，则AM＝MK，AM+MC＝BM，即可判断④．【详解】证明：①∵等边△ABC和等边△BPE，∴AB＝BC，∠ABC＝∠PBE＝60°，BP＝BE，在△APB和△CEB中，∴△APB≌△CEB（SAS），∴AP＝CE，故此选项正确；②∵△APB≌△CEB，∴∠APB＝∠CEB，∵∠MCP＝∠BCE，则∠PME＝∠PBE＝60°，故此选项正确；③过点B作BN⊥AM于N，BF⊥ME于F，∵△APB≌△CEB，∴∠BPN＝∠FEB，在△BNP和△BFE中，，∴△BNP≌△BFE（AAS），∴BN＝BF，∴BM平分∠AME，故此选项正确；④在BM上截取BK＝CM，连接AK，由②知∠PME＝60°，∴∠AMC＝120°，由③知：BM平分∠AME，∴∠BMC＝∠AMK＝60°，∴∠AMK=∠ACB=60°，又∵∠AHM=∠BHC，∴∠∠CAM=∠CBH，∵∠CAM+∠ACM=∠EMP=60°，∴∠CBH+∠ACM=60°，∴∠ABK+∠PBM＝60°＝∠PBM+∠ACM，∴∠ACM＝∠ABK，在△ABK和△ACM中

∴△ACM≌△ABK（SAS），∴AK＝AM，∴△AMK为等边三角形，则AM＝MK，故AM+MC＝BM，故此选项正确；故选D．【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质以及等边三角形的性质与判定，角平分线的判定等知识，解题关键是熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）11．（2022·巴中·七年级期末）如图所示，王师傅做完门框为防止变形，在门上钉上AB、CD两条斜拉的木条，其中的数学原理是________．【答案】三角形具有稳定性【分析】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．【详解】解：赵师傅这样做是运用了三角形的稳定性．故答案为：三角形的稳定性．【点睛】本题考查三角形稳定性的实际应用．三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用，如钢架桥、房屋架梁等，因此要使一些图形具有稳定的结构，往往通过连接辅助线转化为三角形而获得．12．（2022·河北邯郸·七年级期末）如图是可调躺椅示意图（数据如图），AE与BD的交点为C，且∠A，∠B，∠E保持不变．为了舒适，需调整∠D的大小，使，则图中∠D应___（填“增加”或“减少”）___度．【答案】

增加

20【分析】延长EF交BD于H，利用“8”字形求出∠EHC，利用外角的性质得到∠EFD=∠D+∠DHF，由此求出∠D的度数，进而得到答案．【详解】解：延长EF交BD于H，∵∠A+∠B=∠E+∠EHC，∴∠EHC=，∴，∵∠EFD=∠D+∠DHF，∴∠D=∠EFD∠DHF=，∵，∴∠D的度数应增加，增加，故答案为：增加，20．【点睛】此题考查了三角形外角的性质，三角形的内角和定理，熟练掌握三角形各角的关系是解题的关键．13．（2022·河北·八年级专题练习）如图，锐角△ABC中，D，E分别是AB，AC边上的点，△ADC≌△ADC′，△AEB≌△AEB′，且C′D∥EB′，BE，CD交于点F．若∠BAC＝40°，则∠BFC的度数为_____．【答案】100°##100度【分析】延长C′D交AC于M，如图，根据全等的性质得∠C′=∠ACD，∠C′AD=∠CAD=∠B′AE=×40°，再利用三角形外角性质得∠C′MC=∠C′+∠C′AM=∠C′+2×40°，接着利用C′D∥B′E得到∠AEB=∠C′MC，而根据三角形内角和得到∠AEB′=180°∠B′40°，则∠C′+2×40°=180°∠B′40°，所以∠C′+∠B′=180°3×40°，利用三角形外角性质和等角代换得到∠BFC=∠C=40°+∠C′+∠B′，所以∠BFC=180°2×40°=100°．【详解】延长C′D交AC于M，如图，∵△ADC≌△ADC′，△AEB≌△AEB′，∴∠C′=∠ACD，∠C′AD=∠CAD=∠B′AE=40°，∴∠C′MC=∠C′+∠C′AM=∠C′+2×40°，∵C′D∥B′E，∴∠AEB′=∠C′MC，∵∠AEB′=180°−∠B′−∠B′AE=180°−∠B′−40°，∴∠C′+2×40°=180°−∠B′−×40°，∴∠C′+∠B′=180°−3×40°，∵∠BFC=∠BDF+∠DBF=∠DAC+∠B′+∠ACD=40°+∠ACD+∠B′=40°+∠C′+∠B′=40°+180°−3×40°=180°−2×40°=．故答案为【点睛】本题考查了全等三角形的性质，三角形外角的性质，三角形的内角和，平行线的性质等知识点，作出辅助线是解题的关键．14．（2022·山东青岛·七年级期末）如图，已知AD平分∠BAC，要使．只需再添加一个条件就可以了，你选择的条件是______，理由是_______．【答案】

SAS【分析】添加条件：AE＝AF，再由条件AD是∠BAC的平分线可得∠BAD＝∠CAD，加上公共边AD可利用SAS定理进行判定．【详解】解：添加条件：AE＝AF，理由：∵AD是∠BAC的平分线，∴∠BAD＝∠CAD，在△AED和△AFD中，，∴△AED≌△AFD（SAS）．故答案为：AE＝AF，SAS．【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，掌握三角形全等的判定方法是解题的关键．15．（2022·四川·达州中学七年级期中）中，若，为三条内角角平分线的交点，则__________度．【答案】【分析】根据三角形的内角和是，得：；又为三条角平分线的交点，得：；再根据三角形的内角和定理，得：．【详解】解：如图：在中，，．又为三条角平分线的交点．在三角形中，，故答案为：．【点睛】本题考查了角平分线的概念以及掌握三角形的内角和定理，解题的关键是注意公式的总结：．16．（2022·河北廊坊·八年级期末）在方格纸中，每个小方格的顶点叫做格点，以格点的连线为边的三角形叫做格点三角形，解决下列问题．（1）如图1，以点D和点E为两个顶点作格点三角形，使所作的格点三角形与△ABC全等，那么这样的格点三角形最多可以画出_______个；（2）如图2，∠1＋∠2＝_______．【答案】

4

45°##45度【分析】（1）观察图形可知：DE与AC是对应边，B点的对应点在DE上方两个，在DE下方两个共有4个满足要求的点，也就有四个全等三角形；（2）由图可知∠1=∠3，∠2+∠3=45°，从而可得结论．【详解】解：（1）根据题意，运用SSS可得与△ABC全等的三角形有4个，线段DE的上方有两个点，下方也有两个点．故答案为：4．（2）由图可知△ABC≌△EDC，∴∠1=∠3，而∠2+∠3=45°，∴∠1+∠2=45°，故答案为：45°．【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，做题时要做到不重不漏．17．（2022·西安市七年级模拟）如图，△ABC的面积是21，点D、E、F分别在边BC、AB、AC上，且AE＝2，EB＝4．若△ABD与四边形DFEB面积相等，则△ADC的面积＝_____．【答案】7【分析】连接CE，由S△ABD=S四边形DFEB可得S△AEG=S△DFG，证明S△AEF=S△ADF，进而可证S△AEC=S△ADC，求出△AEC的面积，即可求出△ADC的面积．【详解】解：连接CE，记AD与EF交于点G，∵S△ABD=S四边形DFEB，∴S△AEG=S△DFG，∴S△AEG+S△AFG=S△DFG+S△AFG，∴S△AEF=S△ADF，设△ACE的边AC上的高为h，则，，设△ACD的边AC上的高为x，则，，∵S△AEF=S△ADF，∴h=x，∴S△AEC=S△ADC，∵AE＝2，EB＝4，∴，∴．故答案为：7．【点睛】本题考查了三角形的面积，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等是解答本题的关键．18．（2022·成都市七中育才学校七年级期中）如图，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AD与BE交于点O，连接CO并延长交AB于点F，延长AD至点G，若GE平分∠DGC，CE平分∠DCH，则下列结论：①∠ABE＝∠ACF；②∠GEB＝45°；③EO＝EC；④AE﹣CE＝BF；⑤AG﹣CG＝BC，其中正确的结论有______（写序号）．【答案】①②③⑤【分析】①先根据锐角三角形的三条高线交于一点，得出，得出，根据同角的余角相等，即可得出∠ABE＝∠ACF；②根据GE平分∠DGC，CE平分∠DCH，得出，，根据外角性质得出，，即可得出，最后根据；③根据“ASA”证明，即可得出EO=EC；④先证明AE=BE，得出，根据，得出；⑤先根据“ASA”证明，得出，再根据，得出OG=CG，即可证明AG﹣CG＝BC．【详解】解：①∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴，，∴，∴∠ABE＝∠ACF，故①正确；②∵GE平分∠DGC，CE平分∠DCH，∴，，∵是△DGC的外角，∴，∵为△GEC的外角，∴，，∴，即，∵，，，∴，，故②正确；③∵在△EOG和△ECG中，∴，∴EO=EC，故③正确；④∵EO=EC，∴，，∴，∴，∴，，∵，∴，故④错误；⑤∵，∴，∵，，∴，，∵，∴OG=CG，∵，∴，即，故⑤正确；综上分析可知，正确的是①②③⑤．【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，三角形外角的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形高线的性质，根据题意证明，，是解题的关键．三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．（2022·福建·八年级阶段练习）如图，在△ABC中，∠BAC是钝角，完成下列画图．（不必尺规作图）（1）∠BAC的平分线AD；（2）AC边上的中线BE；（3）AC边上的高BF．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）按角平分线的定义画图即可；（2）按中线的定义画图即可；（3）按照高的定义画图即可．【详解】解：（1）如图所示：AD即为所求；（2）如图所示：BE即为所求；（3）如图所示：BF即为所求．【点睛】本题考查了三角形的中线、角平分线和高的画法，解题关键是熟练掌握它们的画法，准确画图．20．（2022·江西上饶·八年级期末）如图，已知五边形ABCDE的各边都相等，各内角也都相等，点F、G分别在边BC、CD上，且FC=GD．(1)求证：ΔCDF≌ΔDEG；(2)求∠EHF的大小．【答案】(1)见解析(2)108°【分析】（1）由五边形ABCDE的各边都相等，各内角也都相等知CD＝DE，∠FCD＝∠GDE，再结合FC＝GD，利用“SAS”即可证明△CDF≌△DEG；（2）由△CDF≌△DEG知∠FDC＝∠GED，据此得∠EHF＝∠GED+∠HDE＝∠FDC+∠HDE＝∠CDE，从而得出答案．(1)证明：在ΔCDF与ΔDEG中∵五边形ABCDE的各边都相等，各内角也都相等，∴CD=DE，∠FCD=∠GDE又∵FC=GD在△CDF和△DEG中，，∴ΔCDF≌ΔDEG（SAS）；(2)解：∵ΔCDF≌ΔDEG；∴∠FDC=∠GED∴∠EHF=∠GED+∠HDE=∠FDC+∠HDE=∠CDE=【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握正多边形的性质和全等三角形的判定与性质．21．（2022·湖南·八年级阶段练习）如图，在△ABD中，∠ABC=45°，AC，BF为△ABD的两条高，CM//AB，交AD于点M；求证：BE=AM+EM．【答案】见解析【分析】求出∠CAD＝∠EBC，∠ACD＝∠BCE，AC＝BC，证出△BCE≌△ACD，求出CE＝CD，∠ECM＝∠DCM，证△ECM≌△DCM，推出DM＝ME，即可得出答案．【详解】∵AC、BF是高，∴∠BCE＝∠ACD＝∠AFE＝90°，∵∠AEF＝∠BEC，∠CAD＋∠AFE＋∠AEF＝180°，∠EBC＋∠BCE＋∠BEC＝180°，∴∠DAC＝∠EBC，∵∠ACB＝90°，∠ABC＝45°，∴∠BAC＝45°＝∠ABC，∴BC＝AC，在△BCE和△ACD中∴△BCE≌△ACD（ASA），∴BE＝AD．∵CM∥AB，∴∠MCE＝∠BAC＝45°，∵∠ACD＝90°，∴∠MCD＝45°＝∠MCE，∵△BCE≌△ACD，∴CE＝CD，在△CEM和△CDM中∴△CEM≌△CDM（SAS），∴ME＝MD，∴BE＝AD＝AM＋DM＝AM＋ME，即BE＝AM＋EM．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线性质，三角形的内角和定理，垂直定义，等腰三角形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用定理进行推理的能力．22．（2022·成都·八年级期末）如图，在中，，，将点沿着线段翻折，使点落在边上的点处．(1)求的度数；(2)求的度数．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）利用三角形内角和求出，再根据折叠的性质以及外角的性质得：，求出的值即可求出；（2）由折叠的性质可得：，再求出，利用补角的关系即可求出．（1）解：∵，，∴，由折叠的性质可得：，，设，则，，∵，∴，解得：，∴（2）解：由折叠的性质可得：，∵，，∴，∴．【点睛】本题考查折叠的性质，三角形内角和定理，外角的性质，补角，解题的关键是掌握折叠的性质，准确找出角之间的关系．23．（2022·湖北）（1）模型：如图1，在中，平分，，，求证：．（2）模型应用：如图2，平分交的延长线于点，求证：．（3）类比应用：如图3，平分，，，求证：．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析；【分析】（1）由题意得DE=DF，，，即可得出：=AB：AC；（2）在AB上取点E，使得AE=AC，根据题意可证△ACD≌△AED，从而可求出，，即可求解；（3）延长BE至M，使EM=DC，连接AM，根据题意可证△ADC≌△AEM，故而得出AE为∠BAM的角平分线，即，即可得出答案；【详解】解：（1）∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DE⊥AC，∴DE=DF，∵，，∴：=AB：AC；（2）如图，在AB上取点E，使得AE=AC，连接DE又∵AD平分∠CAE，∴∠CAD=∠DAE，在△ACD和△AED中，，∴△ACD≌△AED（SAS），∴CD=DE且∠ADC=∠ADE，∴，∴，∴AB：AC=BD：CD；（3）如图延长BE至M，使EM=DC，连接AM，∵∠D+∠AEB=180°，又∵∠AEB+∠AEM=180°，∴∠D=∠AEM，在△ADC与△AEM中，，∴△ADC≌△AEM（SAS），∴∠DAC=∠EAM=∠BAE，AC=AM，∴AE为∠BAM的角平分线，故，∴BE：CD=AB：AC；【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、以及三角形的面积的应用，正确掌握知识点是解题的关键；24．（2022·陕西渭南·七年级期末）问题情境：（1）如图1，，OC平分∠AOB，把三角尺的直角顶点落在OC的任意一点P上，并使三角尺的两条直角边分别与OA、OB相交于点E、F，过点P作于点N，作于点M，请写出PE与PF的数量关系______．变式拓展：（2）如图2，已知OC平分∠AOB，P是OC上一点，过点P作于M，于N，PE边与OA边相交于点E，PF边与射线OB的反向延长线相交于点F，．试解决下列问题：①PE与PF之间的数量关系还成立吗？为什么？②若，试判断OE、OF、OP三条线段之间的数量关系，并说明理由．【答案】（1）；（2）①还成立，理由见解析；②，理由见解析【分析】（1）证明△PMF≌△PNE（ASA），可得结论；（2）①证明△PMF≌△PNE（ASA），可得结论；②结论：OEOF=OP．证明△POM≌△PON（AAS），推出OM=ON，再由△PMF≌△PNE（ASA），推出FM=EN，可得结论．【详解】解：（1）∵OC平分∠AOB，PM⊥OB，PN⊥OA，∴PM=PN，∵∠PMO=∠PNO=∠MON=90°，∴∠MPN=360°3×90°=90°，∵∠MPN=∠EPF=90°，∴∠MPF=∠NPE，在△PMF和△PNE中，，∴△PMF≌△PNE（ASA），∴PF=PE，故答案为：PF=PE；（2）①结论：还成立．理由：∵OC平分∠AOB，，，∴．∵∠MPN＝∠EPF，∴∠MPF＝∠NPE，在和中,∴，∴；②解：结论：．理由：在△OPM和△OPN中，∴，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∵，∴．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质等知识，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，属于中考常考题型．25．（2022·遂宁·八年级期末）问题情境：如图①,在直角三角形ABC中,∠BAC=90∘,AD⊥BC于点D,可知：∠BAD=∠C(不需要证明)；(1)特例探究：如图②,∠MAN=90∘,射线AE在这个角的内部,点B．C在∠MAN的边AM、AN上,且AB=AC,CF⊥AE于点F,BD⊥AE于点D．证明：△ABD≌△CAF；(2)归纳证明：如图③,点B,C在∠MAN的边AM、AN上,点E,F在∠MAN内部的射线AD上,∠1、∠2分别是△ABE、△CAF的外角．已知AB=AC,∠1=∠2=∠BAC．求证：△ABE≌△CAF；(3)拓展应用：如图④，在△ABC中，AB=AC，AB>BC．点D在边BC上，CD=2BD，点E.F在线段AD上，∠1=∠2=∠BAC．若△ABC的面积为18，求△ACF与△BDE的面积之和是多少?【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）6.【分析】（1）求出∠BDA=∠AFC=90°，∠ABD=∠CAF，根据AAS证△ABD≌△CAF即可；（2）根据题意和三角形外角性质求出∠ABE=∠CAF，∠BAE=∠FCA，根据ASA证△BAE≌△CAF即可；（3）求出△ABD的面积，根据△ABE≌△CAF得出△ACF与△BDE的面积之和等于△ABD的面积，即可得出答案.【详解】（1）证明：如图②,∵CF⊥AE,BD⊥AE,∠MAN=90°，∴∠BDA=∠AFC=90°，∴∠ABD+∠BAD=90°,∠BAD+∠CAF=90°，∴∠ABD=∠CAF，在△ABD和△CAF中，∴△ABD≌△CAF(AAS)；（2）证明：如图③，∵∠1=∠2=∠BAC，∠1=∠BAE+∠ABE，∠BAC=∠BAE+∠CAF，∠2=∠FCA+∠CAF，∴∠A