浙教版数学八上培优训练专题1.7 三角形的初步知识（压轴题综合测试卷）（2份，原卷版+解析版）

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专题1.7 三角形的初步知识（满分100）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一．选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）1．（2021秋•重庆期中）△ABC的三角之比是1：2：3，则△ABC是（　　）A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．无法确定【思路点拨】设∠A＝x，则∠B＝2x，∠C＝3x，再根据三角形内角和定理求出x的值，进而可得出结论．【解题过程】解：在△ABC中，若∠A：∠B：∠C＝1：2：3，∴设∠A＝x，则∠B＝2x，∠C＝3x，∴x+2x+3x＝180°，解得x＝30°，∴∠C＝3x＝90°，∴此三角形是直角三角形．故选：B．2．（2021秋•德州期中）如图所示，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠1＝25°，∠2＝30°，则∠3＝（　　）A．60° B．55° C．50° D．无法计算【思路点拨】求出∠BAD＝∠CAE，根据SAS推出△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质求出∠ABD＝∠2＝30°，根据三角形的外角性质求出即可．【解题过程】解：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中 ∴△BAD≌△CAE，∵∠2＝30°，∴∠ABD＝∠2＝30°，∵，∠1＝25°，∴∠3＝∠ABD+∠1＝55°，故选：B．3．（2021秋•岚皋县校级月考）如图，在△ABC中，AB＝12，BC＝15，AC＝8，AD平分∠BAC交BC于点D，在AB上截取AE＝AC，则△BDE的周长为（　　）A．19 B．20 C．18 D．17【思路点拨】利用已知条件证明△ADE≌△ADC（SAS），得到ED＝CD，即可求得△BDE的周长．【解题过程】解：∵AD是∠BAC的平分线，∴∠EAD＝∠CAD在△ADE和△ADC中，，∴△ADE≌△ADC（SAS），∴ED＝CD，∵AB＝12，BC＝15，AC＝8，∴△BDE的周长＝BE+BD+ED＝AB﹣AE+BD+DC＝AB﹣AC+BC＝12﹣8+15＝19．故选：A．4．（2022春•江阴市期中）如图，△ABC的三边长均为整数，且周长为28，AM是边BC上的中线，△ABM的周长比△ACM的周长大2，则BC长的可能值有（　　）个．A．4 B．5 C．6 D．7【思路点拨】依据△ABC的周长为28，△ABM的周长比△ACM的周长大2，可得2＜BC＜14，再根据△ABC的三边长均为整数，即可得到BC＝4，6，8，10，12．【解题过程】解：∵△ABC的周长为28，△ABM的周长比△ACM的周长大2，∴2＜BC＜28﹣BC，解得2＜BC＜14，又∵△ABC的三边长均为整数，△ABM的周长比△ACM的周长大2，∴AC为整数，∴BC边长为偶数，∴BC＝4，6，8，10，12，即BC的长可能值有5个，故选：B．5．（2021秋•弋江区期末）如图，点P是∠BAC平分线AD上的一点，AC＝9，AB＝5，PB＝3，则PC的长可能是（　　）A．6 B．7 C．8 D．9【思路点拨】在AC上取AE＝AB＝5，然后证明△AEP﹣ABP，根据全等三角形对应边相等得到PE＝PB＝3，再根据三角形的任意两边之差小于第三边即可求解．【解题过程】解：在AC上截取AE＝AB＝5，连接PE，∵AC＝9，∴CE＝AC﹣AE＝9﹣5＝4，∵点P是∠BAC平分线AD上的一点，∴∠CAD＝∠BAD，在△APE和△APB中，，∴△APE≌△APB（SAS），∴PE＝PB＝3，∵4﹣3＜PC＜4+3，解得1＜PC＜7，∴PC取6，故选：A．6．（2021秋•两江新区期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D，E，AD，CE交于点H，已知EH＝EB＝3，S△AEH＝6，则CH的长是（　　）A．1 B． C．2 D．【思路点拨】先根据△AEH的面积算出AE的长度，再根据全等三角形的知识算出CE的长度，由CE﹣HE即可求出CH的长度．【解题过程】解：∵CE⊥AB，∴∠AEC＝90°，∴S△AEHAE×EHAE＝6，∴AE＝4，∵AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，又∵∠AHE＝∠CHD，∴∠EAH＝∠ECB，在△BEC和△HEA中，，∴△BEC≌△HEA（AAS），∴AE＝CE＝4，∴CH＝CE﹣EH＝4﹣3＝1，故选：A．7．（2021秋•呼和浩特期中）如图，在△ACD和△BCE中，AC＝BC，AD＝BE，CD＝CE，∠ACE＝m°，∠BCD＝n°，AD与BE相交于点P，则∠BPA的度数为（　　）A．n﹣m B．n﹣2m C．n﹣m D．（n﹣m）【思路点拨】先证△ACD≌△BCE（SAS），得∠ACD＝∠BCE，再证出∠DCE＝∠ACB，即可得出答案．【解题过程】解：在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠ACD＝∠BCE，∠A＝∠B，∴∠ACD﹣∠ACE＝∠BCE﹣∠ACE，即∠DCE＝∠ACB，∴∠ACB（∠BCD﹣∠ACE）（n﹣m）．如图，AC与BE交于点F，∵∠AFP＝∠BFC，∴∠BPA＝∠ACB＝）（n﹣m）．故选：D．8．（2021秋•梁溪区校级期中）如图，四边形ABCD中，AC、BD为对角线，且AC＝AB，∠ACD＝∠ABD，AE⊥BD于点E，若BD＝6，CD＝4．则DE的长度为（　　）A．2 B．1 C．1.4 D．1.6【思路点拨】过点A作AF⊥CD交CD的延长线于点F，根据AAS证明△AFC≌△AEB，得到AF＝AE，CF＝BE，再根据HL证明Rt△AFD≌Rt△AED，得到DF＝DE，最后根据线段的和差即可求解．【解题过程】解：过点A作AF⊥CD交CD的延长线于点F，∴∠AFC＝90°，∵AE⊥BD，∴∠AFC＝∠AED＝∠AEB＝90°，在△AFC和△AEB中，，∴△AFC≌△AEB（AAS），∴AF＝AE，CF＝BE，在Rt△AFD和Rt△AED中，，∴Rt△AFD≌Rt△AED（HL），∴DF＝DE，∵CF＝CD+DF，BE＝BD﹣DE，CF＝BE，∴CD+DF＝BD﹣DE，∴2DE＝BD﹣CD，∵BD＝6，CD＝4，∴2DE＝2，∴DE＝1，故选：B．9．（2021秋•宜兴市期末）如图，在△ABC和△ADE中，∠CAB＝∠DAE＝36°，AB＝AC，AD＝AE．连接CD，连接BE并延长交AC，AD于点F，G．若BE恰好平分∠ABC，则下列结论错误的是（　　）A．∠ADC＝∠AEB B．CD∥AB C．DE＝GE D．CD＝BE【思路点拨】利用AAS证明△DAC≌△EAB可得∠ADC＝∠AEB，CD＝BE，可判断A，D选项正确；由全等三角形的性质，三角形的内角和定理及等腰三角形的性质可求解∠ACB的度数，利用角平分线的定义求得∠ACD＝∠ABE＝36°，即可得∠ACD＝∠CAB，进而可证明CD∥AB，即可判断B选项正确，进而可求解．【解题过程】解：A．∵∠CAB＝∠DAE＝36°，∴∠CAB﹣∠CAE＝∠DAE﹣∠CAE，即∠DAC＝∠EAB，在△DAC和△EAB中，，∴△DAC≌△EAB（SAS），∴∠ADC＝∠AEB，故A选项不符合题意；CD＝BE，故D选项不符合题意；B．∵△DAC≌△EAB，∴AC＝AB，∴∠ACB＝∠ABC，∵∠CAB＝∠DAE＝36°，∴∠ACB＝∠ABC＝（180°﹣36°）÷2＝72°，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE＝36°，∴∠ACD＝∠ABE＝36，∵∠DCA＝∠CAB＝36°，∴CD∥AB（内错角相等，两直线平行），故B选项不符合题意；C．根据已知条件无法证明DE＝GE，故C选项符合题意．故选：C．10．（2021春•江北区校级期末）如图，已知AB＝AC，点D、E分别在AC、AB上且AE＝AD，连接EC，BD，EC交BD于点M，连接AM，过点A分别作AF⊥CE，AG⊥BD，垂足分别为F、G，下列结论：①△EBM≌△DCM；②∠EMB＝∠FAG；③MA平分∠EMD；④若点E是AB的中点，则BM+AC＞EM+BD；⑤如果S△BEM＝S△ADM，则E是AB的中点；其中正确结论的个数为（　　）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【思路点拨】①先证明△ABD≌△ACE得出∠B＝∠C，即可证明△EBM≌△DCM，即可判断①；②根据垂直的定义和四边形的内角和可得结论，即可判断②；③证明△AEM≌△ADM，得∠AME＝∠AMD，即可判断③；④如图，延长CE至N，使EN＝EM，连接AN，BN，证明△AEN≌△BEM（SAS），得AN＝BM，根据三角形三边关系可判断④；⑤根据面积相等可知：S△ADM＝S△CDM，由同高可知底边AD＝CD，从而判断⑤．【解题过程】解：①在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠B＝∠C，∵AB＝AC，AE＝AD，∴AB﹣AE＝AC﹣AD，即BE＝CD，在△EBM和△DCM中，，∴△EBM≌△DCM（AAS），故①正确；②∵AF⊥CE，AG⊥BD，∴∠AFM＝∠AGM＝90°，∴∠FAG+∠FMG＝180°，∵∠FMG+∠EMB＝180°，∴∠EMB＝∠FAG，故②正确；③由①知：△EBM≌△DCM，∴EM＝DM，在△AEM和△ADM中，，∴△AEM≌△ADM（SSS），∴∠AME＝∠AMD，∴MA平分∠EMD；故③正确；④如图，延长CE至N，使EN＝EM，连接AN，BN，∵E是AB的中点，∴AE＝BE，在△AEN和△BEM中，，∴△AEN≌△BEM（SAS），∴AN＝BM，由①知：△ABD≌△ACE，∴BD＝CE，△ACN中，AC+AN＞CN，∴BM+AC＞BD+EM，故④正确；⑤∵S△BEM＝S△ADM，S△EBM＝S△DCM，∴S△ADM＝S△CDM，∴AD＝CDAC，∵AD＝AE，AB＝AC，∴AEAB，∴E是AB的中点；故⑤正确；本题正确的有5个；故选：D．二．填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分）11．（2021秋•朝天区期末）木工师傅在做好门框后，为了防止变形，常常按如图所示的方法钉上两根斜拉的木板条，其数学依据是三角形具有 　稳定性　．【思路点拨】三角形的三边一旦确定，则形状大小完全确定，即三角形的稳定性．【解题过程】解：结合图形，为防止变形钉上两条斜拉的木板条，构成了三角形，所以这样做根据的数学道理是三角形的稳定性．故答案为：稳定性．12．（2022春•亭湖区校级月考）如图，在△ABC中，已知点D、E、F分别是BC、AD、CE的中点，且S△ABC＝10cm2，则阴影部分的面积为 　　cm2．【思路点拨】根据三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形解答．【解题过程】解：∵点E是AD的中点，∴S△ABES△ABD，S△ACES△ADC，∴S△ABE+S△ACES△ABC10＝5cm2，∴S△BCES△ABC＝5cm2，∵点F是CE的中点，∴S△BEFS△BCE5cm2．故答案为：．13．（2021秋•南丹县期末）如图所示，AD是△ABC中BC边上的中线，若AB＝2，AC＝6，则AD的取值范围是 　2＜AD＜4　．【思路点拨】延长AD到E，使DE＝AD，然后利用“边角边”证明△ABD和△ECD全等，根据全等三角形对应边相等可得CE＝AB，然后根据三角形任意两边之和大于第三边，两边之差小于第三边求出AE的取值范围，即可求解．【解题过程】解：如图，延长AD到E，使DE＝AD，∵AD是BC边上的中线，∴BD＝CD，在△ABD和△ECD中，，∴△ABD≌△ECD（SAS），∴CE＝AB，∵AB＝2，AC＝6，∴6﹣2＜AE＜6+2，即4＜AE＜8，∴2＜AD＜4，故答案为：2＜AD＜4．14．（2021秋•新郑市期末）如图所示，△ABC中，∠A＝50°，BP，CP，BM，CM分别是∠ABC，∠ACD，∠PBC，∠PCB的平分线，则∠M的度数为 　102.5°　．【思路点拨】根据角平分线的定义得出∠ABP＝∠CBP∠ABC，∠ACP＝∠DCP∠ACD，∠MBC∠PBC，∠MCB∠PCB，根据三角形内角和定理求出∠P＝180°﹣∠PBC﹣∠PCB，根据三角形内角和定理即可求出．【解题过程】解：∵BP平分∠ABC，∴∠ABP＝∠CBP∠ABC，∵CP平分∠ACD，∴∠ACP＝∠DCP∠ACD，∴∠ACD＝180°﹣∠ACB，∴∠ACP＝90°∠ACB，∵∠P＝180°﹣∠PBC﹣∠PCB，（三角形内角和为180°），∵∠PBC∠ABC，∵∠PCB＝∠ACB+∠ACP＝90°∠ACB，∴∠P＝180°∠ABC﹣90°∠ACB＝90°（180°﹣50°）＝25°，∵MB平分∠PBC，MC平分∠PCB，∴∠MBC∠PBC，∠MCB∠PCB，∴∠M＝180°﹣∠MBC﹣∠MCB＝180°（∠PBC+∠PCB）＝180°（180°﹣∠P）＝102.5°．故答案为：102.5°．15．（2021春•锦江区校级期中）如图，在△ABC中，BD，BE分别是△ABC的高线和角平分线，点F在CA的延长线上，FH⊥BE交BD于点G，交BC于点H，DE＝DG．下列结论：①∠DBE＝∠F；②∠BEF（∠BAF+∠C）；③∠F（∠BAC+∠C）；④2DE+2BG＝EF．其中正确的是 　①②　（填序号）．【思路点拨】①根据BD⊥FD，FH⊥BE和∠FGD＝∠BGH，证明结论正确；②根据角平分线的定义和三角形外角的性质证明结论正确；③证明∠DBE＝∠BAC﹣∠C，根据①的结论，可求∠F（∠BAC﹣∠C）；故③错误；④由“AAS”可证△DBE≌△DFG，可得DB＝DF，可得EF＝2DE+BG，故④错误．【解题过程】解：①∵BD⊥FD，∴∠FGD+∠F＝90°，∵FH⊥BE，∴∠BGH+∠DBE＝90°，∵∠FGD＝∠BGH，∴∠DBE＝∠F，故①正确；②∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE，∠BEF＝∠CBE+∠C，∴2∠BEF＝∠ABC+2∠C，∠BAF＝∠ABC+∠C∴2∠BEF＝∠BAF+∠C，即∠BEF（∠BAF+∠C），故②正确；③∵∠ABD＝90°﹣∠BAC，∴∠DBE＝∠ABE﹣∠ABD＝∠ABE﹣90°+∠BAC＝∠CBD﹣∠DBE﹣90°+∠BAC，∵∠CBD＝90°﹣∠C，∴∠DBE＝∠BAC﹣∠C﹣∠DBE，由①得，∠DBE＝∠F，∴∠F＝∠BAC﹣∠C﹣∠DBE，∴∠F（∠BAC﹣∠C）；故③错误；④在△DBE和△DFG中，，∴△DBE≌△DFG（AAS），∴DB＝DF，∴EF＝DE+DF＝DE+DG+BG＝2DE+BG，故④错误，故答案为：①②．三．解答题（本大题共8小题，满分55分）16．（2021秋•玉林期末）如图，平面上有四个点A、B、C、D，根据下列语句画图．（1）画直线AB；（2）作射线BC；（3）画线段CD；（4）连接AD，并将其反向延长至E，使DE＝2AD；（5）找到一点F，使点F到A、B、C、D四点距离和最短．【思路点拨】（1）画直线AB，连接AB并向两方无限延长；（2）画射线BC，以B为端点向BC方向延长；（3）画线段C D，连接CD即可；（4）连接AD，并将其反向延长至E，使DE＝2AD；（5）连接AC、BD，其交点即为点F．【解题过程】解：17．（2021春•朝阳区校级月考）已知a、b、c为△ABC的三边长，且b、c满足（b﹣5）2+（c﹣7）2＝0，a为方程|a﹣3|＝2的解，求△ABC的周长，并判断△ABC的形状．【思路点拨】依据非负数的性质，即可得到b和c的值，再根据a为方程|a﹣3|＝2的解，即可得到a＝5或1，依据三角形三边关系，即可得到a＝5，进而得出△ABC的周长，以及△ABC的形状．【解题过程】解：∵（b﹣5）2+（c﹣7）2＝0，∴，解得，∵a为方程|a﹣3|＝2的解，∴a＝5或1，当a＝1，b＝5，c＝7时，1+5＜7，不能组成三角形，故a＝1不合题意；∴a＝5，∴△ABC的周长＝5+5+7＝17，∵a＝b＝5，∴△ABC是等腰三角形．18．（2022•富平县一模）如图，点C、E、F、B在同一条直线上，CE＝BF，AB＝DC，AB∥DC．求证：∠A＝∠D．【思路点拨】先由CE＝BF推导出BE＝CF，再由AB∥DC证明∠B＝∠C，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△ABE≌△DCF，再根据全等三角形的对应角相等证明∠A＝∠D．【解题过程】证明：∵CE＝BF，∴CE+EF＝BF+EF，∴BE＝CF，∵AB∥DC，∴∠B＝∠C，在△ABE和△DCF中，，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠A＝∠D．19．（2021秋•龙泉市期末）如图，点D，E分别在AC，AB上，AD＝AE，BE＝CD．（1）求证：BD＝CE．（2）若∠A＝55°，∠C＝30°，求∠COD的度数．【思路点拨】（1）根据等式的性质得AB＝AC，再利用SAS证明△ABD≌△ACE即可；（2）由三角形内角和定理得∠AEC的度数，再由△ABD≌△ACE，得∠ADB＝∠AEC＝95°，最后运用三角形外角的性质可得答案．【解题过程】（1）证明：∵AD＝AE，BE＝CD，∴AB＝AC，在△ABD与△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE；（2）解：∵∠A＝55°，∠C＝30°，∴∠AEC＝180°﹣55°﹣30°＝95°，∵△ABD≌△ACE，∴∠ADB＝∠AEC＝95°，∴∠COD＝∠ADB﹣∠C＝95°﹣30°＝65°．20．（2021秋•嵩县期末）如图②，是小朋友荡秋千的侧面示意图，静止时秋千位于铅垂线BD上，转轴B到地面的距离BD＝2.5m．乐乐在荡秋千过程中，当秋千摆动到最高点A时，测得点A到BD的距离AC＝1.5m，点A到地面的距离AE＝1.5m，当他从A处摆动到A'处时，若A'B⊥AB，求A'到BD的距离．【思路点拨】作A'F⊥BD，垂足为F，根据全等三角形的判定和性质解答即可．【解题过程】解：如图2，作A'F⊥BD，垂足为F．∵AC⊥BD，∴∠ACB＝∠A'FB＝90°；在Rt△A'FB中，∠1+∠3＝90°；又∵A'B⊥AB，∴∠1+∠2＝90°，∴∠2＝∠3；在△ACB和△BFA'中，，∴△ACB≌△BFA'（AAS）；∴A'F＝BC∵AC∥DE且CD⊥AC，AE⊥DE，∴CD＝AE＝1.5m；∴BC＝BD﹣CD＝2.5﹣1.5＝1（m），∴A'F＝1（m），即A'到BD的距离是1m．21．（2022春•华容县期中）如图，已知正方形ABCD的边长为10cm，点E在AB边上，BE＝6cm．（1）如果点P在线段BC上以4cm/s的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CD上由C点向D点运动．①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPE与△CQP是否全等．请说明理由．②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPE与△CQP全等？（2）若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿正方形ABCD四边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次在正方形ABCD边上的何处相遇？相遇点在何处？【思路点拨】（1）①由“SAS”可证△BPE≌△CQP；②由全等三角形的性质可得BP＝PC，列出方程可求t的值，即可求解；（2）设经过x秒时，点P与点Q第一次相遇，由点P与点Q的路程差＝30，列出方程可求解．【解题过程】解：（1）①△BPE≌△CQP，理由如下：经过1秒后，BP＝4cm，CQ＝4cm，∴BP＝CQ，PC＝6cm，∴BE＝PC，在△BPE和△CQP中，，∴△BPE≌△CQP（SAS）；②设经过t秒后，△PBE≌△PCQ，当点Q与点P速度不相同时，BP＝PC，此时△PBE≌△PCQ，∴4t＝10﹣4t，解得t，又CQ＝BE＝6cm，∴vQcm/s；（3）设经过x秒时，点P与点Q第一次相遇，由题意可得：4.8x﹣4x＝30，解得：x，∴点P运动的路程4＝150（cm），∴经过秒点P与点Q第一次相遇，相遇点在点A处．22．（2021秋•肥西县期末）在△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上一点，以AD为一条边在AD的右侧作△ADE，使AE＝AD，∠DAE＝∠BAC，连接CE．（1）如图，当点D在BC延长线上移动时，若∠BAC＝26°，则∠DCE＝　26°　．（2）设∠BAC＝α，∠DCE＝β．①当点D在BC延长线上移动时，α与β之间有什么数量关系？请说明理由；②当点D在直线BC上（不与B，C两点重合）移动时，α与β之间有什么数量关系？请直接写出你的结论．【思路点拨】（1）证△BAD≌△CAE，推出∠B＝∠ACE，根据三角形外角性质求出即可；（2）①证△BAD≌△CAE，推出∠B＝∠ACE，根据三角形外角性质求出即可；②分三种情况：（Ⅰ）当D在线段BC上时，证明△ABD≌△ACE（SAS），则∠ADB＝∠AEC，∠ABC＝∠ACE，推出∠DAE+∠DCE＝180°，即α+β＝180°；（Ⅱ）当点D在线段BC反向延长线上时，α＝β，同理可证明△ABD≌△ACE（SAS），则∠ABD＝∠ACE，推出∠BAC＝∠DCE，即α＝β；（Ⅲ）当点D在线段BC的延长线上时，由①得α＝β．【解题过程】解：（1）如图1所示：∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAE+∠CAD＝∠BAC+∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE＝∠B（180°﹣26°）＝77°，BD＝CE，∴BC+DC＝CE，∵∠ACD＝∠B+∠BAC＝∠ACE+∠DCE，∴∠BAC＝∠DCE，∵∠BAC＝26°，∴∠DCE＝26°，故答案为：26°；（2）①当点D在线段BC的延长线上移动时，α与β之间的数量关系是α＝β，理由如下：∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAE+∠CAD＝∠BAC+∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠B＝∠ACE，∵∠ACD＝∠B+∠BAC＝∠ACE+∠DCE，∴∠BAC＝∠DCE，∵∠BAC＝α，∠DCE＝β，∴α＝β；②分三种情况：（Ⅰ）当D在线段BC上时，α+β＝180°，如图2所示，理由如下：同理可证明：△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ADB＝∠AEC，∠ABC＝∠ACE，∵∠ADC+∠ADB＝180°，∴∠ADC+∠AEC＝180°，∴∠DAE+∠DCE＝180°，∵∠BAC＝∠DAE＝α，∠DCE＝β，∴α+β＝180°；（Ⅱ）当点D在线段BC反向延长线上时，α＝β，如图3所示，理由如下：同理可证明：△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵∠ACE＝∠ACD+∠DCE，∠ABD＝∠ACD+∠BAC，∴∠ACD+∠DCE＝∠ACD+∠BAC，∴∠BAC＝∠DCE，∵∠BAC＝α，∠DCE＝β，∴α＝β；（Ⅲ）当点D在线段BC的延长线上时，如图1所示，α＝β；综上所述，当点D在BC上移动时，α＝β或α+β＝180°．23．（2022春•亭湖区校级月考）如图1，∠MON＝90°，点A、B分别在OM、ON上运动（不与点O重合）．（1）若BC是∠ABN的平分线，BC的反方向延长线与∠BAO的平分线交于点D．①若∠BAO＝60°，则∠D＝　45　°；②猜想：∠D的度数是否随A，B的移动发生变化？并说明理由．（2）如图2，若∠OAD∠OAB，∠NBC∠NBA，则∠D＝　36　°；（3）若将∠MON＝90°改为∠MON＝120°（如图3），∠OAD∠OAB，∠NBC∠NBA，其余条件不变，则∠D＝　120°　（用含m，n的代数式表示，其中m＜n）．【思路点拨】（1）①先利用角平分线的定义求出∠BAD，利用三角形内角和定理可得∠ABO，即可得到∠NBA，利用角平分线的定义可得∠ABC，即可求解；②设∠BAO＝α，证明过程与①类似；（2）设∠BAO＝5β，解题过程与（1）类似；（3）与（1）（2）类似，设出∠BAO的度数，再进行推导即可．【解题过程】解：（1）①∵∠BAO＝60°，AD平分∠BAO，∴∠BAD＝30°，∵∠MON＝90°，∴∠ABO＝30°，∴∠ABN＝180°﹣∠ABO＝150°，∵BC是∠ABN的平分线，∴∠ABC＝75°，∴∠ABD＝105°，∵∠ABD+∠BAD+∠D＝180°，∴∠D＝45°，故答案为：45；②∠D的度数不随A，B的移动发生变化，理由如下：设∠BAO＝2α，∵AD平分∠BAO，∴∠BAD＝α，∵∠MON＝90°，∴∠ABO＝90°﹣2α，∴∠ABN＝180°﹣∠ABO＝90°+2α，∵BC是∠ABN的平分线，∴∠ABC＝45°+α，∴∠ABD＝135°﹣α，∵∠ABD+∠BAD+∠D＝180°，∴∠D＝45°，∴∠D的度数不随A，B的移动发生变化；（2）设∠BAO＝5β，∵∠OAD∠OAB，∴∠BAD∠OAB，∴∠BAD＝2β，∵∠MON＝90°，∴∠ABO＝90°﹣5β，∴∠ABN＝180°﹣∠ABO＝90°+5β，∵∠NBC∠NBA，∴∠ABC∠NBA，∴∠ABC＝36°+2β，∴∠ABD＝144°﹣2β，∵∠ABD+∠BAD+∠D＝180°，∴∠D＝36°，（3）设∠BAO＝n，∵∠OAD∠OAB，∴∠BAD∠OAB，∴∠BAD＝n﹣m，∵∠MON＝120°，∴∠ABO＝60°﹣n，∴∠ABN＝180°﹣∠ABO＝120°+n，∵∠NBC∠NBA，∴∠ABC∠NBA，∴∠ABC（120°+n），∴∠ABD＝180°（120°+n），∵∠ABD+∠BAD+∠D＝180°，∴∠D＝120°，故答案为：120°．题号一二三总分得分 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