浙教版-2023年八年级上册数学举一反三系列 专题1.11 三角形的初步知识章末题型过关卷（学生版+教师版）

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第1章 三角形的初步知识章末题型过关卷【浙教版】参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（2022秋•铁西区期中）小明用长度分别为5，a，9的三根木棒首尾相接组成一个三角形，则a可能的值是（　　）A．4 B．6 C．14 D．15【分析】根据三角形的三边关系：三角形任何两边之和都大于第三边，任何两边之差都小于第三边，可判定求解．【解答】解：由题意得9﹣5＜a＜9+5，解得4＜a＜14，故a可能的值是6，故选：B．2．（3分）（2022秋•聊城期末）如图，图①是四边形纸条ABCD，其中AB∥CD，E，F分别为AB、CD上的两个点，将纸条ABCD沿EF折叠得到图②，再将图②沿DF折叠得到图③，若在图③中，∠FEM＝24°，则∠EFC为（　　）A．48° B．72° C．108° D．132°【分析】先由折叠得：∠BEF＝∠FEM＝24°，由平行线的性质得∠EFM＝24°，如图③中，根据折叠和平行线的性质得，∠MFC＝132°，根据角的差可得结论．【解答】解：如图②，由折叠得：∠B'EF＝∠FEM＝24°，∵AE∥DF，∴∠EFM＝24°，∠BMF＝∠DME＝48°，∵BM∥CF，∴∠CFM+∠BMF＝180°，∴∠CFM＝180°﹣48°＝132°，由折叠得：如图③，∠MFC＝132°，∴∠EFC＝∠MFC﹣∠EFM＝132°﹣24°＝108°，故选：C．3．（3分）（2022秋•孟津县期中）如图所示的2×2的小正方形方格中，连接AB、AC、AD．则下列结论错误的是（　　）A．∠1+∠2＝∠3 B．∠1+∠2＝2∠3 C．∠1+∠2＝90° D．∠1+∠2+∠3＝135°【分析】根据题意知，△ACT≌△ABE，△ACF≌△BAE，所以由全等三角形的对应角相等进行推理论证即可．【解答】解：如图，△ACT≌△ABE，△ACF≌△BAE，则∠4＝∠2，∠1＝∠5．A、∠1+∠2＝∠1+∠4＝90°＞∠3，故符合题意．B、∠1+∠2＝2∠3＝90°，故不符合题意．C、∠1+∠2＝∠1+∠4＝90°＞∠3，故不符合题意．D、∠1+∠2+∠3＝∠1+∠4+∠3＝90°+45°＝135°，故不符合题意．故选：A．4．（3分）（2022秋•曲阳县期末）如图所示，点O是△ABC内一点，BO平分∠ABC，OD⊥BC于点D，连接OA，若OD＝5，AB＝20，则△AOB的面积是（　　）A．20 B．30 C．50 D．100【分析】根据角平分线的性质求出OE，最后用三角形的面积公式即可解答．【解答】解：过O作OE⊥AB于点E，∵BO平分∠ABC，OD⊥BC于点D，∴OE＝OD＝5，∴△AOB的面积，故选：C．5．（3分）（2022春•高州市期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，BE＝CD，BD＝CF，若∠EDF＝48°，则∠A的度数为（　　）A．48 B．64° C．68° D．84【分析】由等腰三角形的性质可得∠B＝∠C，由“SAS”可证△BED≌△CDF，可得∠CDF＝∠BED，由三角形外角的性质可得∠EDF＝∠B＝48°，即可求∠A的度数．【解答】解：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，在△BED和△CDF中，∵，∴△BED≌△CDF（SAS），∴∠CDF＝∠BED，∵∠EDC＝∠B+∠BED＝∠CDF+∠EDF，∴∠EDF＝∠B＝48°，∴∠C＝∠B＝48°∴∠A＝180°﹣48°﹣48°＝84°故选：D．6．（3分）（2022春•工业园区校级期中）如图，△ABC的两条中线AD、BE交于点F，若四边形CDFE的面积为17，则△ABC的面积是（　　）A．54 B．51 C．42 D．41【分析】连接CF，依据中线的性质，推理可得S△BCF＝S△BAF＝S△ACF，进而得出S△ABC＝3S△BAF，据此可得结论．【解答】解：如图所示，连接CF，∵△ABC的两条中线AD、BE交于点F，∴S△BCE＝S△ABD，∴S四边形CDFE＝S△ABF＝17，∵BE是△ABC的中线，FE是△ACF的中线，∴S△BCE＝S△ABE，S△FCE＝S△FAE，∴S△BCF＝S△BAF＝17，同理可得，S△ACF＝S△BAF＝17，∴S△BCF＝S△BAF＝S△ACF＝17，∴S△ABC＝3S△BAF＝3×17＝51，故选：B．7．（3分）（2022秋•莆田期末）在△ABC中，线段AD，AE，AF分别是△ABC的高、中线、角平分线，以下两个结论：①若∠B＝∠C，则点D，E，F重合；②若∠B≠∠C，则点F总在点D，E之间，其中（　　）A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①②均是假命题 D．①②均是真命题【分析】由等腰三角形“三线合一”可判定①，②由∠B≠∠C，知AB≠AC，假设AB＜AC，延长AE至点H，使EH＝AE，连接CH，可证△AEB≌△HEC（SAS），得AB＝CH，∠BAE＝∠H，故CH＜AC，即得∠CAH＜∠H，∠CAH＜∠BAE，从而可得点F总在点D，E之间，故②是真命题．【解答】解：①∵∠B＝∠C，∴AB＝AC，∴BC边上的高、中线、角平分线重合，即D，E，F重合，故①是真命题；②∵∠B≠∠C，∴AB≠AC，假设AB＜AC，如图所示，延长AE至点H，使EH＝AE，连接CH，在△AEB和△HEC中，，∴△AEB≌△HEC（SAS），∴AB＝CH，∠BAE＝∠H，∵AB＜AC，∴CH＜AC，∴∠CAH＜∠H，∴∠CAH＜∠BAE，∴点F总在点D，E之间，故②是真命题，故选：D．8．（3分）（2022春•平南县期末）三角形是一种常见且神奇的图形，我们小学阶段就知道，三角形的内角和等于180°．如图，ABC的角平分线BE、CD相交于点F，∠A＝90°，GD∥BC，BG⊥GD于点G，下列结论：①∠CBG＝90°；②∠BDG＝2∠ABE；③∠BFD＝∠FBC+∠FCB；④∠AEB＝∠EBG；⑤∠CFE＝45°，其中正确的结论有（　　）A．5个 B．4个 C．3个 D．2个【分析】①根据垂直的定义，由BG⊥GD于点G，得∠G＝90°．根据平行线的性质，由GD∥BC，得∠G+∠GBC＝180°，从而推断出∠GBC＝180°﹣∠G＝90°．②根据平行线的性质以及角平分线的定义解决此题．③根据三角形外角的性质解决此题．④由①知，∠GBC＝∠GBF+∠FBC＝90°，得∠EBG＝90°﹣∠FBC．根据三角形外角的性质，得∠AEB＝∠ACB+∠EBC，那么∠AEB＝∠ABC﹣∠ABE+∠EBC．根据三角形内角和定理，得∠ABC+∠ABC＝180°﹣∠A＝90°，那么∠AEB＝90°﹣∠ABE．根据角平分线的定义，由BE平分∠ABC，得∠ABE＝∠EBC，从而得到∠AEB＝∠EBG．⑤由④得，∠ABC+∠ACB＝90°．根据角平分线的定义，由BE平分∠ABC，CD平分∠ACB，得∠EBC，∠DCB，那么∠EBC+∠DCB，从而解决此题．【解答】解：①∵BG⊥GD于点G，∴∠G＝90°．∵GD∥BC，∴∠G+∠GBC＝180°．∴∠GBC＝180°﹣∠G＝90°．故①正确．②∵GD∥BC，∴∠GDB＝∠DBC．∵BE平分∠ABC，∴∠ABC＝2∠ABE．∴∠GDB＝2∠ABE．故②正确．③根据三角形外角的性质，得∠BFD＝∠FBC+∠FCB，故③正确．④由①知，∠GBC＝∠GBF+∠FBC＝90°．∴∠EBG＝90°﹣∠FBC．∵∠AEB＝∠ACB+∠EBC，∴∠AEB＝∠ABC﹣∠ABE+∠EBC．∵∠A＝90°，∴∠ABC+∠ABC＝180°﹣∠A＝90°．∴∠AEB＝90°﹣∠ABE．∵∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠EBC．∴∠AEB＝∠EBG．故④正确．⑤由④得，∠ABC+∠ACB＝90°．∵BE平分∠ABC，CD平分∠ACB，∴∠EBC，∠DCB．∴∠EBC+∠DCB．∴∠CFE＝∠EBC+∠FCB＝45°．故⑤正确．综上：正确的有①②③④⑤，共5个．故选：A．9．（3分）（2022秋•黄岩区期末）如图，已知等边三角形ABC，点D为线段BC上一点，以线段DB为边向右侧作△DEB，使DE＝CD，若∠ADB＝m°，∠BDE＝（180﹣2m）°，则∠DBE的度数是（　　）A．（m﹣60）° B．（180﹣2m）° C．（2m﹣90）° D．（120﹣m）°【分析】如图连接AE．证明△ADC≌△ADE（SAS），求出∠ABE＝∠AEB＝m即可解决问题．【解答】解：如图，连接AE．∵△ABC是等边三角形，∴∠C＝∠ABC＝60°，∵∠ADB＝m°，∠BDE＝（180﹣2m）°，∴∠ADC＝180°﹣m°，∠ADE＝180°﹣m°，∴∠ADC＝∠ADE，∵AD＝AD，DC＝DE，∴△ADC≌△ADE（SAS），∴∠C＝∠AED＝60°，∠DAC＝∠DAE，∴∠DEA＝∠DBA，∴∠BDE＝∠BAE＝180°﹣2m，∵AE＝AC＝AB，∴∠ABE＝∠AEB（180°﹣180°+2m）＝m，∴∠DBE＝∠ABE﹣∠ABC＝（m﹣60）°，故选：A．10．（3分）（2022秋•江岸区校级月考）如图，方格中△ABC的三个顶点分别在正方形的顶点（格点上），这样的三角形叫格点三角形，图中可以画出与△ABC全等的格点三角形共有（　　）个．（不含△ABC）A．28 B．29 C．30 D．31【分析】当点B在下面时，根据平移，对称，可得与△ABC全等的三角形有8个，包括△ABC，当点B在其它3条边上时，有3×8＝24（个）三角形与△ABC全等，由此即可判断．【解答】解：当点B在下面时，根据平移，对称，可得与△ABC全等的三角形有8个，包括△ABC，当点B在其它3条边上时，有3×8＝24（个）三角形与△ABC全等，∴一共有：8+24﹣1＝31（个）三角形与△ABC全等，故选：D．二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．（3分）（2022秋•公安县期末）空调外机安装在墙壁上时，一般都会像如图所示的方法固定在墙壁上，这种方法是利用了三角形的 　稳定性　．【分析】钉在墙上的方法是构造三角形，因而应用了三角形的稳定性．【解答】解：这种方法应用的数学知识是：三角形的稳定性，故答案为：稳定性．12．（3分）（2022秋•隆昌市校级期末）△ABC的三边长为a、b、c，且a、b满足a2﹣4a+40，则c的取值范围是　2＜c＜6　．【分析】根据非负数的性质得到a＝2，b＝4，再根据三角形三边的关系得2＜c＜6．【解答】解：∵a2﹣4a+40，∴a＝2，b＝4，所以2＜c＜6，故答案为：2＜c＜613．（3分）（2022春•两江新区期末）甲、乙、丙三人做游戏：有三张背面完全一样，正面分别写有正整数a、b、c的卡片，且a＜b＜c．洗匀卡片之后分发给三人，每人一张，并按每人所得卡片上的数字发相应颗数的糖果，然后收回卡片再洗匀，所得的糖果由每人自己保存．这样洗卡片、发卡片、发糖果的游戏至少进行两次．已知游戏结束时甲、乙、丙三人分别获得糖果17颗、9颗、7颗，且乙在最后一次游戏中得到c颗糖果．请问：丙在第一次游戏中得到的糖果的准确数量是 　3　颗．【分析】分游戏进行两次，三次，四次三种情况讨论，由题意列出不等式，先求出a和c的取值，分类讨论求出b的值，即可求解．【解答】解：∵正整数a、b、c，且a＜b＜c，∴a≥1，b≥2，c≥3，若游戏只进行了两次，∵甲、乙、丙三人分别获得糖果17颗、9颗、7颗，∴2c＞17，c＜9，∴c＜9，∵c为正整数，∴不存在c，若游戏只进行了三次，∵甲、乙、丙三人分别获得糖果17颗、9颗、7颗，∴3c＞17，2c＜17，3a≤7，∴c，1≤a，∵a，c为正整数，∴c＝6或7或8，a＝1或2，当c＝8时，8+1+1＞9，不合题意舍去，当c＝7，a＝1时，7+1+1＝9，即乙第一，第二，第三次游戏分别得到糖果的数量为1颗，1颗，7颗；∵丙三次只获得7颗糖果，∴丙不能得到c卡片，∴2×7+b＝14，∴b＝3，∴甲第一，第二，第三次游戏分别得到糖果的数量为7颗，7颗，3颗；∴丙第一，第二，第三次游戏分别得到糖果的数量为3颗，3颗，1颗；当c＝7，a＝2时，7+2+2＞9，不合题意舍去，当c＝6，a＝1时，则6+b+1＝9，∴b＝2，∵2c+b＝14＜17，∴不合题意舍去；当c＝6，a＝2时，则6+b+2＝9，∴b＝1＜a，∴不合题意舍去；当游戏只进行了四次时，∵甲、乙、丙三人分别获得糖果17颗、9颗、7颗，∴4c＞17，c＜9，4a≤7，∴c＜9，1≤a，∵a，c为正整数，∴c＝5或6或7或8，a＝1，∵乙、丙两人分别获得糖果9颗、7颗，∴乙只获得c卡片1次，丙不能获得c卡片，∴甲获得c卡片3次，∴3c＜17，∴c，∴c＝5，∴b＝2，∴甲四次分别获得糖果数量分别为5，5，5，2；乙四次分别获得糖果数量分别为1，1，2，5；丙四次分别获得糖果数量分别为2，2，1，2；∵四次游戏只能产生4张b卡，∴不合题意舍去．综上所述：甲第一，第二，第三次游戏分别得到糖果的数量为7颗，7颗，3颗；乙第一，第二，第三次游戏分别得到糖果的数量为1颗，1颗，7颗；丙第一，第二，第三次游戏分别得到糖果的数量为3颗，3颗，1颗；故答案为：3．14．（3分）（2022春•吉安月考）如图，△ABC的面积为15cm2，BP平分∠ABC，过点A作AP⊥BP于点P．则△PBC的面积为 　7.5　cm2．【分析】根据已知条件证得△ABP≌△EBP，根据全等三角形的性质得到AP＝PE，得出S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，推出S△PBCS△ABC，代入求出即可．【解答】解：延长AP交BC于E，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP＝∠EBP，∵AP⊥BP，∴∠APB＝∠EPB＝90°，在△ABP和△EBP中，，∴△ABP≌△EBP（ASA），∴AP＝PE，∴S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，∴S△PBCS△ABC15＝7.5（cm2），故答案为：7.5．15．（3分）（2022秋•陇县期末）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线EF交BC于点E，交AB于点F，D为线段CE的中点，BE＝AC．∠BAC＝75°，则∠B的度数为 　35°　．【分析】设∠B＝x°，连接AE，根据线段垂直平分线性质得出AE＝BE，求出AC＝AE，根据等腰三角形的性质得出∠B＝∠BAE，∠C＝∠AEC，根据三角形的外角性质得出∠＝∠AEC＝2x°，再根据三角形的内角和定理求出x即可．【解答】解：设∠B＝x°，连接AE，∵AB的垂直平分线是EF，∴AE＝BE，∴∠BAE＝∠B＝x°，∴∠AEC＝∠B+∠BAE＝2x°，∵BE＝AC，AE＝BE，∴AE＝AC，∴∠C＝∠AEC＝2x°，∵∠BAC＝75°，∴∠B+∠C＝180°﹣∠BAC＝105°，即x+2x＝105，解得：x＝35，即∠B＝35°，故答案为：35°．16．（3分）（2022春•金牛区校级期中）在学习完“探索全等三角形全等的条件”一节后，一同学总结出很多全等三角形的模型，他设计了以下问题给同桌解决：如图，做一个“U”字形框架PABQ，其中AB＝42cm，AP，BQ足够长，PA⊥AB于点B，点M从B出发向A运动，同时点N从B出发向Q运动，点M，N运动的速度之比为3：4，当两点运动到某一瞬间同时停止，此时在射线AP上取点C，使△ACM与△BMN全等，则线段AC的长为 　18或28　cm．【分析】设BM＝3tcm，则BN＝4tcm，使△ACM与△BMN全等，由∠A＝∠B＝90°可知，分两种情况：情况一：当BM＝AC，BN＝AM时，列方程解得t，可得AC；情况二：当BM＝AM，BN＝AC时，列方程解得t，可得AC．【解答】解：设BM＝3tcm，则BN＝4tcm，因为∠A＝∠B＝90°，使△ACM与△BMN全等，可分两种情况：情况一：当BM＝AC，BN＝AM时，∵BN＝AM，AB＝42cm，∴4t＝42﹣3t，解得：t＝6，∴AC＝BM＝3t＝3×6＝18cm；情况二：当BM＝AM，BN＝AC时，∵BM＝AM，AB＝42cm，∴3t＝42﹣3t，解得：t＝7，∴AC＝BN＝4t＝4×7＝28cm，综上所述，AC＝18cm或AC＝28cm．三．解答题（共7小题，满分52分）17．（6分）（2022春•九台市期末）观察以下图形，回答问题：（1）图②有　3　个三角形；图③有　5　个三角形；图④有　7　个三角形；…猜测第七个图形中共有　13　个三角形．（2）按上面的方法继续下去，第n个图形中有　（2n﹣1）　个三角形（用含n的代数式表示结论）．【分析】（1）根据观察可得：图②有3个三角形；图③有5个三角形；图④有7个三角形；由此可以猜测第七个图形中共有13个三角形（2）按照（1）中规律如此画下去，三角形的个数等于图形序号的2倍减去1，据此求得第n个图形中的三角形的个数．【解答】解：（1）图②有3个三角形；图③有5个三角形；图④有7个三角形；…猜测第七个图形中共有13个三角形．（2）∵图②有3个三角形，3＝2×2﹣1；图③有5个三角形，5＝2×3﹣1；图④有7个三角形，7＝2×4﹣1；∴第n个图形中有（2n﹣1）个三角形．故答案为3，5，7，13，（2n﹣1）．18．（6分）（2022•三水区校级三模）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，AD的垂直平分线分别与AB，AC交于点E，F．（1）根据题意补全图形（尺规作图）；（2）连接DE，求证：DE∥AC．【分析】（1）根据要求作出图形即可；（2）证明∠EDA＝∠CAD即可．【解答】解：（1）图形如图所示：（2）∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∵EF垂直平分线段AD，∴EA＝ED，∴∠EAD＝∠EDA，∴∠EDA＝∠CAD，∴DE∥AC．19．（8分）（2022春•海口期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝42°，∠C＝78°，AD平分∠BAC．（1）求∠ADC的度数；（2）在△ABD中分别画出BD边和AD边上的高AE、BF，试说明∠DAE＝∠DBF，并求∠DAE的度数；（3）在（2）的条件下，试探究∠DAE与∠ABC，∠C之间的数量关系，写出你的结论．（不必写理由）【分析】（1）由三角形的内角和定理可求得∠BAC＝60°，再由角平分线的定义求得∠CAD＝30°，从而可求∠ADC的度数；（2）作出相应的高，结合三角形的外角性质及三角形的内角和定理即可求解；（3）根据（2）进行求解即可．【解答】解：（1）∵∠ABC＝42°，∠C＝78°，∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝60°，∵AD平分∠BAC，∴∠CAD∠BAC＝30°，∴∠ADC＝180°﹣∠CAD﹣∠C＝72°；（2）如图，∵AE，BF分别是BC与AD边上的高，∴∠AED＝∠F＝90°，∴∠DAE＝90°﹣∠ADE，∠DBF＝90°﹣∠BDF，∵∠ADE＝∠ADF，∴∠DAE＝∠DBF，由（1）得：∠ADC＝72°，∠BAC＝60°，∴∠BAE＝90°﹣∠ABC＝48°，∠BAD＝∠ADC﹣∠ABC＝30°，∴∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD＝18°；（3）由（2）得：∠DAE＝18°，∵∠ABC＝42°，∠C＝78°，∴∠DAE（∠C﹣∠ABC）．20．（8分）（2022秋•阿克苏地区期末）如图，△ABC≌△DBE，点D在边AC上，BC与DE交于点P，已知∠ABE＝162°，∠DBC＝30°，AD＝DC＝2.5，BC＝4．（1）求∠CBE的度数．（2）求△CDP与△BEP的周长和．【分析】（1）根据全等三角形的性质得到∠ABC＝∠DBE，计算即可；（2）根据全等三角形的性质求出BE、DE，根据三角形的周长公式计算即可．【解答】解：（1）∵∠ABE＝162°，∠DBC＝30°，∴∠ABD+∠CBE＝132°，∵△ABC≌△DBE，∴∠ABC＝∠DBE，∴∠ABD＝∠CBE＝132°÷2＝66°，即∠CBE的度数为66°；（2）∵△ABC≌△DBE，∴DE＝AC＝AD+DC＝5，BE＝BC＝4，∴△CDP与△BEP的周长和＝DC+DP+PC+BP+PE+BE＝DC+DE+BC+BE＝2.5+5+4+4＝15.5．21．（8分）（2022•长春）感知：如图1，AD平分∠BAC．∠B+∠C＝180°，∠B＝90°，易知：DB＝DC．探究：如图2，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD＝180°，∠ABD＜90°，求证：DB＝DC．应用：如图3，四边形ABCD中，∠B＝45°，∠C＝135°，DB＝DC＝a，则AB﹣AC＝　a　（用含a的代数式表示）【分析】探究：欲证明DB＝DC，只要证明△DFC≌△DEB即可．应用：先证明△DFC≌△DEB，再证明△ADF≌△ADE，结合BDEB即可解决问题．【解答】探究：证明：如图②中，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，∵DA平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，∴DE＝DF，∵∠B+∠ACD＝180°，∠ACD+∠FCD＝180°，∴∠B＝∠FCD，在△DFC和△DEB中，，∴△DFC≌△DEB，∴DC＝DB．应用：解；如图③连接AD、DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，∵∠B+∠ACD＝180°，∠ACD+∠FCD＝180°，∴∠B＝∠FCD，在△DFC和△DEB中， ∴△DFC≌△DEB，∴DF＝DE，CF＝BE，在Rt△ADF和Rt△ADE中，，∴△ADF≌△ADE，∴AF＝AE，∴AB﹣AC＝（AE+BE）﹣（AF﹣CF）＝2BE，在Rt△DEB中，∵∠DEB＝90°，∠B＝∠EDB＝45°，BD＝a，∴BEa，∴AB﹣ACa．故答案为a．22．（8分）（2022•牡丹江）在△ABC中，∠ACB＝2∠B，如图①，当∠C＝90°，AD为∠BAC的角平分线时，在AB上截取AE＝AC，连接DE，易证AB＝AC+CD．（1）如图②，当∠C≠90°，AD为∠BAC的角平分线时，线段AB、AC、CD又有怎样的数量关系？不需要证明，请直接写出你的猜想：（2）如图③，当AD为△ABC的外角平分线时，线段AB、AC、CD又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并对你的猜想给予证明．【分析】（1）首先在AB上截取AE＝AC，连接DE，易证△ADE≌△ADC（SAS），则可得∠AED＝∠C，ED＝CD，又由∠AED＝∠ACB，∠ACB＝2∠B，所以∠AED＝2∠B，即∠B＝∠BDE，易证DE＝CD，则可求得AB＝AC+CD；（2）首先在BA的延长线上截取AE＝AC，连接ED，易证△EAD≌△CAD，可得ED＝CD，∠AED＝∠ACD，又由∠ACB＝2∠B，易证DE＝EB，则可求得AC+AB＝CD．【解答】解：（1）猜想：AB＝AC+CD．证明：如图②，在AB上截取AE＝AC，连接DE，∵AD为∠BAC的角平分线时，∴∠BAD＝∠CAD，∵AD＝AD，∴△ADE≌△ADC（SAS），∴∠AED＝∠C，ED＝CD，∵∠ACB＝2∠B，∴∠AED＝2∠B，∵∠AED＝∠B+∠EDB，∴∠B＝∠EDB，∴EB＝ED，∴EB＝CD，∴AB＝AE+DE＝AC+CD．（2）猜想：AB+AC＝CD．证明：在BA的延长线上截取AE＝AC，连接ED．∵AD平分∠FAC，∴∠EAD＝∠CAD．在△EAD与△CAD中，AE＝AC，∠EAD＝∠CAD，AD＝AD，∴△EAD≌△CAD（SAS）．∴ED＝CD，∠AED＝∠ACD．∴∠FED＝∠ACB，又∵∠ACB＝2∠B∴∠FED＝2∠B，∠FED＝∠B+∠EDB，∴∠EDB＝∠B，∴EB＝ED．∴EA+AB＝EB＝ED＝CD．∴AC+AB＝CD．23．（3分）（2022春•运城期末）综合与探究如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，CE的延长线交BD于点F．（1）求证：△ACE≌△ABD．（2）若∠BAC＝∠DAE＝50°，请直接写出∠BFC的度数．（3）过点A作AH⊥BD于点H，求证：EF+DH＝HF．【分析】（1）可利用SAS证明结论；（2）由全等三角形的性质可得∠AEC＝∠ADB，结合平角的定义可得∠DAE+∠DFE＝180°，根据∠BFC+∠DFE＝180°，可求得∠BFC＝∠DAE，即可求解；（3）连接AF，过点A作AJ⊥CF于点J．结合全等三角形的性质利用HL证明Rt△AFJ≌Rt△AFH，Rt△AJE≌Rt△AHD可得FJ＝FH，EJ＝DH，进而可证明结论．【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE．∴∠CAE＝∠BAD．在△ACE和△ABD中，，∴△ACE≌△ABD（SAS）；（2）解：∵△ACE≌△ABD，∴∠AEC＝∠ADB，∴∠AEF+∠AEC＝∠AEF+∠ADB＝180°．∴∠DAE+∠DFE＝180°，∵∠BFC+∠DFE＝180°，∴∠BFC＝∠DAE＝∠BAC＝50°；（3）证明：如图，连接AF，过点A作AJ⊥CF于点J．∵△ACE≌△ABD，∴S△ACE＝S△ABD，CE＝BD，∵AJ⊥CE，AH⊥BD．∴，∴AJ＝AH．在Rt△AFJ和Rt△AFH中，，∴Rt△AFJ≌Rt△AFH（HL），∴FJ＝FH．在Rt△AJE和Rt△AHD中，，∴Rt△AJE≌Rt△AHD（HL），∴EJ＝DH，∴EF+DH＝EF+EJ＝FJ＝FH．