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7 如图,在$△ ABC$中,BD平分$∠ ABC$,根据尺规作图的痕迹作射线AE,交BD于点I,连接CI,则下列说法错误的是 (
A.点I到边AB,AC的距离相等
B.CI平分$∠ ACB$
C.$∠ DIE=90°+\frac{1}{2}∠ ACB$
D.点I到A,B,C三点的距离相等
D
)A.点I到边AB,AC的距离相等
B.CI平分$∠ ACB$
C.$∠ DIE=90°+\frac{1}{2}∠ ACB$
D.点I到A,B,C三点的距离相等
答案
7. D
解析
【分析】
首先根据尺规作图的痕迹判断射线AE是∠BAC的角平分线，结合已知BD平分∠ABC，可得交点I是△ABC的内心（即三角形三条内角平分线的交点），再结合角平分线的性质、三角形内角和定理、内心与外心的区别，逐一判断各选项的正误即可。
【解析】
解：由尺规作图痕迹可知，AE平分∠BAC。
∵BD平分∠ABC，AE与BD交于点I，
∴I是△ABC的内角平分线的交点，即△ABC的内心。
A.
∵I在∠BAC的角平分线上，根据角平分线的性质，点I到边AB、AC的距离相等，故A正确，不符合题意；
B. 三角形的三条内角平分线交于一点，因此CI平分∠ACB，故B正确，不符合题意；
C. 在△ABI中，∠IAB=$\frac{1}{2}$∠BAC，∠IBA=$\frac{1}{2}$∠ABC，
由三角形内角和得：∠AIB=$180°-(∠ IAB+∠ IBA)=180°-\frac{1}{2}(∠ BAC+∠ ABC)$，
又
∵$∠ BAC+∠ ABC=180°-∠ ACB$，
代入得$∠ AIB=180°-\frac{1}{2}(180°-∠ ACB)=90°+\frac{1}{2}∠ ACB$，
∵∠DIE与∠AIB是对顶角，
∴$∠ DIE=∠ AIB=90°+\frac{1}{2}∠ ACB$，故C正确，不符合题意；
D. 点I是三角形角平分线的交点，它到三角形三边的距离相等，到A、B、C三点距离相等的是三角形三边垂直平分线的交点（外心），故D错误，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
角平分线的性质，三角形内心的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题主要考查角平分线的尺规作图识别和相关性质，解题的关键是明确三角形内心的特点，注意区分内心和外心的性质差异，避免概念混淆。
【难度系数】
0.7
首先根据尺规作图的痕迹判断射线AE是∠BAC的角平分线，结合已知BD平分∠ABC，可得交点I是△ABC的内心（即三角形三条内角平分线的交点），再结合角平分线的性质、三角形内角和定理、内心与外心的区别，逐一判断各选项的正误即可。
【解析】
解：由尺规作图痕迹可知，AE平分∠BAC。
∵BD平分∠ABC，AE与BD交于点I，
∴I是△ABC的内角平分线的交点，即△ABC的内心。
A.
∵I在∠BAC的角平分线上，根据角平分线的性质，点I到边AB、AC的距离相等，故A正确，不符合题意；
B. 三角形的三条内角平分线交于一点，因此CI平分∠ACB，故B正确，不符合题意；
C. 在△ABI中，∠IAB=$\frac{1}{2}$∠BAC，∠IBA=$\frac{1}{2}$∠ABC，
由三角形内角和得：∠AIB=$180°-(∠ IAB+∠ IBA)=180°-\frac{1}{2}(∠ BAC+∠ ABC)$，
又
∵$∠ BAC+∠ ABC=180°-∠ ACB$，
代入得$∠ AIB=180°-\frac{1}{2}(180°-∠ ACB)=90°+\frac{1}{2}∠ ACB$，
∵∠DIE与∠AIB是对顶角，
∴$∠ DIE=∠ AIB=90°+\frac{1}{2}∠ ACB$，故C正确，不符合题意；
D. 点I是三角形角平分线的交点，它到三角形三边的距离相等，到A、B、C三点距离相等的是三角形三边垂直平分线的交点（外心），故D错误，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
角平分线的性质，三角形内心的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题主要考查角平分线的尺规作图识别和相关性质，解题的关键是明确三角形内心的特点，注意区分内心和外心的性质差异，避免概念混淆。
【难度系数】
0.7
8 [2025滨州]如图，$△ ABC$的两个外角的平分线$AD$，$CE$相交于点$O$，连接$BO$。若点$O$到$BC$的距离为$3.5$，$AB=4$，则$△ ABO$的面积为
7
。答案
8. 7
解析
【分析】
解题时首先从已知条件“△ABC的两个外角平分线AD、CE相交于点O”入手，回忆角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等。首先推导点O到AB所在直线的距离：O在两个外角的平分线上，因此O到AB的距离=O到AC的距离=O到BC的距离，已知O到BC的距离为3.5，即可得到△ABO中AB边上的高为3.5，最后代入三角形面积公式即可算出结果。
【解析】
解：过点O作$OF⊥ AB$于点F，$OG⊥ BC$于点G，$OH⊥ AC$于点H。
∵AD是△ABC的外角平分线，点O在AD上，
∴$OF=OH$（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
∵CE是△ABC的外角平分线，点O在CE上，
∴$OH=OG$（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
∴$OF=OG$，
由题意知$OG=3.5$，
∴$OF=3.5$。
又
∵$AB=4$，
∴$S_{△ ABO}=\frac{1}{2}× AB× OF=\frac{1}{2}× 4× 3.5=7$。
【答案】
7
【知识点】
角平分线的性质；三角形面积计算
【点评】
本题侧重考查基础性质的应用，解题的关键是利用角平分线的性质推导出点O到AB边的距离，再结合三角形面积公式求解，解题思路清晰直观。
【难度系数】
0.7
解题时首先从已知条件“△ABC的两个外角平分线AD、CE相交于点O”入手，回忆角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等。首先推导点O到AB所在直线的距离：O在两个外角的平分线上，因此O到AB的距离=O到AC的距离=O到BC的距离，已知O到BC的距离为3.5，即可得到△ABO中AB边上的高为3.5，最后代入三角形面积公式即可算出结果。
【解析】
解：过点O作$OF⊥ AB$于点F，$OG⊥ BC$于点G，$OH⊥ AC$于点H。
∵AD是△ABC的外角平分线，点O在AD上，
∴$OF=OH$（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
∵CE是△ABC的外角平分线，点O在CE上，
∴$OH=OG$（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
∴$OF=OG$，
由题意知$OG=3.5$，
∴$OF=3.5$。
又
∵$AB=4$，
∴$S_{△ ABO}=\frac{1}{2}× AB× OF=\frac{1}{2}× 4× 3.5=7$。
【答案】
7
【知识点】
角平分线的性质；三角形面积计算
【点评】
本题侧重考查基础性质的应用，解题的关键是利用角平分线的性质推导出点O到AB边的距离，再结合三角形面积公式求解，解题思路清晰直观。
【难度系数】
0.7
9 如图,射线BG把△ABC分成两个三角形,AB=8,BC=12,S₁:S₂=2:3.若∠A+∠C=100°,则∠ABG的度数为
40°
.答案
9. 40°
解析
【分析】
解题时首先根据三角形内角和求出∠ABC的度数，再结合三角形面积公式分析S₁与S₂的比和AB、BC边长比的关系：过点G向AB、BC作高，两个三角形的面积比等于底边长与高乘积的比，结合已知的边长比和面积比可推出两个高相等，由此判定BG是∠ABC的角平分线，最后利用角平分线的性质即可求出∠ABG的度数。
【解析】
1. 求∠ABC的度数：
根据三角形内角和为180°，已知∠A+∠C=100°，可得：
$∠ ABC = 180° - (∠ A+∠ C) = 180° - 100° = 80°$
2. 证明BG平分∠ABC：
过点G作$GD ⊥ AB$于点D，$GE ⊥ BC$于点E。
根据三角形面积公式，$S_1=\frac{1}{2} · AB · GD$，$S_2=\frac{1}{2} · BC · GE$。
已知$S_1:S_2=2:3$，$AB=8$，$BC=12$，代入面积比得：
$\frac{S_1}{S_2}=\frac{\frac{1}{2} × 8 × GD}{\frac{1}{2} × 12 × GE}=\frac{8GD}{12GE}=\frac{2GD}{3GE}=\frac{2}{3}$
化简可得$GD=GE$。
根据角平分线的判定定理：在角的内部，到角两边距离相等的点在这个角的平分线上，可知BG平分$∠ ABC$。
3. 计算∠ABG的度数：
$∠ ABG = \frac{1}{2}∠ ABC = \frac{1}{2} × 80° = 40°$
【答案】
$40°$
【知识点】
角平分线的判定，三角形内角和定理，三角形面积计算
【点评】
本题将三角形面积、角平分线判定和内角和定理结合考查，解题的核心是通过面积关系推导出点G到∠ABC两边的距离相等，进而得到角平分线，需要学生掌握各知识点的关联，灵活转化条件。
【难度系数】
0.7
解题时首先根据三角形内角和求出∠ABC的度数，再结合三角形面积公式分析S₁与S₂的比和AB、BC边长比的关系：过点G向AB、BC作高，两个三角形的面积比等于底边长与高乘积的比，结合已知的边长比和面积比可推出两个高相等，由此判定BG是∠ABC的角平分线，最后利用角平分线的性质即可求出∠ABG的度数。
【解析】
1. 求∠ABC的度数：
根据三角形内角和为180°，已知∠A+∠C=100°，可得：
$∠ ABC = 180° - (∠ A+∠ C) = 180° - 100° = 80°$
2. 证明BG平分∠ABC：
过点G作$GD ⊥ AB$于点D，$GE ⊥ BC$于点E。
根据三角形面积公式，$S_1=\frac{1}{2} · AB · GD$，$S_2=\frac{1}{2} · BC · GE$。
已知$S_1:S_2=2:3$，$AB=8$，$BC=12$，代入面积比得：
$\frac{S_1}{S_2}=\frac{\frac{1}{2} × 8 × GD}{\frac{1}{2} × 12 × GE}=\frac{8GD}{12GE}=\frac{2GD}{3GE}=\frac{2}{3}$
化简可得$GD=GE$。
根据角平分线的判定定理：在角的内部，到角两边距离相等的点在这个角的平分线上，可知BG平分$∠ ABC$。
3. 计算∠ABG的度数：
$∠ ABG = \frac{1}{2}∠ ABC = \frac{1}{2} × 80° = 40°$
【答案】
$40°$
【知识点】
角平分线的判定，三角形内角和定理，三角形面积计算
【点评】
本题将三角形面积、角平分线判定和内角和定理结合考查，解题的核心是通过面积关系推导出点G到∠ABC两边的距离相等，进而得到角平分线，需要学生掌握各知识点的关联，灵活转化条件。
【难度系数】
0.7
10 如图，OD平分∠AOB，OA＝OB，PM⊥BD于点M，PN⊥AD于点N，求证：PM＝PN。
（第10题）
（第10题）答案
10.
∵ OD 平分∠AOB,
∴ ∠BOD=∠AOD. 在△BOD 和 △AOD 中,$\begin{cases}OB=OA,\\∠BOD=∠AOD,\\OD=OD,\end{cases}$
∴ △BOD≌△AOD (SAS),
∴ ∠BDO=∠ADO,即 DP 平分∠BDA. 又
∵ PM⊥BD, PN⊥AD,
∴ PM=PN
∵ OD 平分∠AOB,
∴ ∠BOD=∠AOD. 在△BOD 和 △AOD 中,$\begin{cases}OB=OA,\\∠BOD=∠AOD,\\OD=OD,\end{cases}$
∴ △BOD≌△AOD (SAS),
∴ ∠BDO=∠ADO,即 DP 平分∠BDA. 又
∵ PM⊥BD, PN⊥AD,
∴ PM=PN
解析
【分析】
要证明PM=PN，首先回忆角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，因此只需证明点P在∠ADB的角平分线上，即证∠BDO=∠ADO。要证这两个角相等，可通过证明△BOD和△AOD全等来实现：已知OD平分∠AOB可得∠BOD=∠AOD，又有OA=OB，加上公共边OD，满足SAS全等判定条件，全等后对应角相等即可得到∠BDO=∠ADO，最后结合PM⊥BD、PN⊥AD的条件，利用角平分线性质即可得证。
【解析】
证明：
∵ OD平分∠AOB，
∴ ∠BOD=∠AOD。
在△BOD和△AOD中，
$\begin{cases} OB=OA, \\ ∠BOD=∠AOD, \\ OD=OD, \end{cases}$
∴ △BOD≌△AOD（SAS），
∴ ∠BDO=∠ADO，即DP平分∠BDA。
又
∵ PM⊥BD，PN⊥AD，
∴ 根据角平分线的性质可得PM=PN。
【答案】
PM=PN，得证。
【知识点】
角平分线的性质、全等三角形的SAS判定、全等三角形的性质
【点评】
本题属于几何基础综合题，解题核心是先通过全等三角形推导得到角平分线，再利用角平分线的性质证明线段相等，是角平分线和全等三角形相关知识点的常规考法。
【难度系数】
0.8
要证明PM=PN，首先回忆角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，因此只需证明点P在∠ADB的角平分线上，即证∠BDO=∠ADO。要证这两个角相等，可通过证明△BOD和△AOD全等来实现：已知OD平分∠AOB可得∠BOD=∠AOD，又有OA=OB，加上公共边OD，满足SAS全等判定条件，全等后对应角相等即可得到∠BDO=∠ADO，最后结合PM⊥BD、PN⊥AD的条件，利用角平分线性质即可得证。
【解析】
证明：
∵ OD平分∠AOB，
∴ ∠BOD=∠AOD。
在△BOD和△AOD中，
$\begin{cases} OB=OA, \\ ∠BOD=∠AOD, \\ OD=OD, \end{cases}$
∴ △BOD≌△AOD（SAS），
∴ ∠BDO=∠ADO，即DP平分∠BDA。
又
∵ PM⊥BD，PN⊥AD，
∴ 根据角平分线的性质可得PM=PN。
【答案】
PM=PN，得证。
【知识点】
角平分线的性质、全等三角形的SAS判定、全等三角形的性质
【点评】
本题属于几何基础综合题，解题核心是先通过全等三角形推导得到角平分线，再利用角平分线的性质证明线段相等，是角平分线和全等三角形相关知识点的常规考法。
【难度系数】
0.8
11 如图，在$△ ABC$和$△ ADE$中，$∠ C=∠ E$，$BC=DE$，$CA=EA$，过点$A$作$AF⊥ DE$，垂足为$F$，$DE$交$CB$的延长线于点$G$，连接$AG$。
（1）求证：$GA$平分$∠ DGB$；
（2）若$S_{\mathrm{四边形}DGBA}=6$，$AF=\dfrac{3}{2}$，求$FG$的长。
（1）求证：$GA$平分$∠ DGB$；
（2）若$S_{\mathrm{四边形}DGBA}=6$，$AF=\dfrac{3}{2}$，求$FG$的长。
答案
11. (1) 过点 A 作AH⊥BC 于点 H. 在△ABC 和 △ADE 中,$\begin{cases}BC=DE,\\∠C=∠E,\\CA=EA,\end{cases}$
∴ △ABC ≌ △ADE,
∴ $S_{△ ABC} = S_{△ ADE}$,
∴ $\frac{1}{2}BC· AH=\frac{1}{2}DE· AF$,
∴ AH=AF. 又
∵ AF⊥DE, AH⊥BC,
∴ GA 平分∠DGB
(2)
∵ △ABC≌△ADE,
∴ AB=AD. 在 Rt△ADF 和 Rt△ABH 中,$\begin{cases}AD=AB,\\AF=AH,\end{cases}$
∴ Rt△ADF≌Rt△ABH,
∴ $S_{△ ADF}=S_{△ ABH}$,
∴ $S_{四边形DGBA}=S_{四边形AFGH}=6$. 在 Rt△AFG 和 Rt△AHG 中,$\begin{cases}AG=AG,\\AF=AH,\end{cases}$
∴ Rt△AFG≌Rt△AHG,
∴ $S_{△ AFG}=S_{△ AHG}=3$.
∵ $AF=\frac{3}{2}$,
∴ $\frac{1}{2}FG· \frac{3}{2}=3$,
∴ FG=4
∴ △ABC ≌ △ADE,
∴ $S_{△ ABC} = S_{△ ADE}$,
∴ $\frac{1}{2}BC· AH=\frac{1}{2}DE· AF$,
∴ AH=AF. 又
∵ AF⊥DE, AH⊥BC,
∴ GA 平分∠DGB
(2)
∵ △ABC≌△ADE,
∴ AB=AD. 在 Rt△ADF 和 Rt△ABH 中,$\begin{cases}AD=AB,\\AF=AH,\end{cases}$
∴ Rt△ADF≌Rt△ABH,
∴ $S_{△ ADF}=S_{△ ABH}$,
∴ $S_{四边形DGBA}=S_{四边形AFGH}=6$. 在 Rt△AFG 和 Rt△AHG 中,$\begin{cases}AG=AG,\\AF=AH,\end{cases}$
∴ Rt△AFG≌Rt△AHG,
∴ $S_{△ AFG}=S_{△ AHG}=3$.
∵ $AF=\frac{3}{2}$,
∴ $\frac{1}{2}FG· \frac{3}{2}=3$,
∴ FG=4
解析
【分析】
（1）要证GA平分∠DGB，根据角平分线的判定定理，只需证明点A到∠DGB的两条边DE、BC的距离相等。首先证明△ABC和△ADE全等，得到两三角形面积相等，结合底BC=DE，可推出对应边上的高AH（BC边上的高）和AF（DE边上的高）相等，即可满足角平分线的判定条件。
（2）先由△ABC≌△ADE得到AD=AB，证明Rt△ADF≌Rt△ABH，将四边形DGBA的面积转化为四边形AFGH的面积，再证明Rt△AFG≌Rt△AHG，得到△AFG的面积，最后结合AF的长度，用三角形面积公式即可求出FG的长。
【解析】
（1）过点A作$AH⊥BC$于点H。
在$△ ABC$和$△ ADE$中，
$\begin{cases}BC=DE,\\∠C=∠E,\\CA=EA,\end{cases}$
$\therefore △ ABC ≌ △ ADE(\mathrm{SAS})$，
$\therefore S_{△ ABC} = S_{△ ADE}$，
$\therefore \frac{1}{2}BC· AH=\frac{1}{2}DE· AF$，
又$\because BC=DE$，$\therefore AH=AF$。
$\because AF⊥DE$，$AH⊥BC$，即点A到$∠ DGB$两边的距离相等，
$\therefore GA$平分$∠ DGB$。
（2）$\because △ ABC≌△ ADE$，$\therefore AB=AD$。
在$\mathrm{Rt}△ ADF$和$\mathrm{Rt}△ ABH$中，
$\begin{cases}AD=AB,\\AF=AH,\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ ADF≌\mathrm{Rt}△ ABH(\mathrm{HL})$，
$\therefore S_{△ ADF}=S_{△ ABH}$，
$\therefore S_{四边形DGBA}=S_{四边形AFGH}=6$。
在$\mathrm{Rt}△ AFG$和$\mathrm{Rt}△ AHG$中，
$\begin{cases}AG=AG,\\AF=AH,\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ AFG≌\mathrm{Rt}△ AHG(\mathrm{HL})$，
$\therefore S_{△ AFG}=S_{△ AHG}=\frac{1}{2}S_{四边形AFGH}=3$。
$\because AF=\frac{3}{2}$，$S_{△ AFG}=\frac{1}{2}·FG·AF$，
$\therefore \frac{1}{2}×FG×\frac{3}{2}=3$，
解得$FG=4$。
【答案】（1）GA平分∠DGB得证；（2）$\boxed{4}$
【知识点】全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，直角三角形全等的判定
【点评】本题综合考查了全等三角形的证明、角平分线的判定以及面积计算，解题的关键是合理构造辅助线，通过全等关系实现面积的转化，是几何综合应用的典型题型。
【难度系数】0.6
（1）要证GA平分∠DGB，根据角平分线的判定定理，只需证明点A到∠DGB的两条边DE、BC的距离相等。首先证明△ABC和△ADE全等，得到两三角形面积相等，结合底BC=DE，可推出对应边上的高AH（BC边上的高）和AF（DE边上的高）相等，即可满足角平分线的判定条件。
（2）先由△ABC≌△ADE得到AD=AB，证明Rt△ADF≌Rt△ABH，将四边形DGBA的面积转化为四边形AFGH的面积，再证明Rt△AFG≌Rt△AHG，得到△AFG的面积，最后结合AF的长度，用三角形面积公式即可求出FG的长。
【解析】
（1）过点A作$AH⊥BC$于点H。
在$△ ABC$和$△ ADE$中，
$\begin{cases}BC=DE,\\∠C=∠E,\\CA=EA,\end{cases}$
$\therefore △ ABC ≌ △ ADE(\mathrm{SAS})$，
$\therefore S_{△ ABC} = S_{△ ADE}$，
$\therefore \frac{1}{2}BC· AH=\frac{1}{2}DE· AF$，
又$\because BC=DE$，$\therefore AH=AF$。
$\because AF⊥DE$，$AH⊥BC$，即点A到$∠ DGB$两边的距离相等，
$\therefore GA$平分$∠ DGB$。
（2）$\because △ ABC≌△ ADE$，$\therefore AB=AD$。
在$\mathrm{Rt}△ ADF$和$\mathrm{Rt}△ ABH$中，
$\begin{cases}AD=AB,\\AF=AH,\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ ADF≌\mathrm{Rt}△ ABH(\mathrm{HL})$，
$\therefore S_{△ ADF}=S_{△ ABH}$，
$\therefore S_{四边形DGBA}=S_{四边形AFGH}=6$。
在$\mathrm{Rt}△ AFG$和$\mathrm{Rt}△ AHG$中，
$\begin{cases}AG=AG,\\AF=AH,\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ AFG≌\mathrm{Rt}△ AHG(\mathrm{HL})$，
$\therefore S_{△ AFG}=S_{△ AHG}=\frac{1}{2}S_{四边形AFGH}=3$。
$\because AF=\frac{3}{2}$，$S_{△ AFG}=\frac{1}{2}·FG·AF$，
$\therefore \frac{1}{2}×FG×\frac{3}{2}=3$，
解得$FG=4$。
【答案】（1）GA平分∠DGB得证；（2）$\boxed{4}$
【知识点】全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，直角三角形全等的判定
【点评】本题综合考查了全等三角形的证明、角平分线的判定以及面积计算，解题的关键是合理构造辅助线，通过全等关系实现面积的转化，是几何综合应用的典型题型。
【难度系数】0.6
