2023-2024学年广西玉林市玉州第二实验学校八年级（上）月考数学试卷（10月份）

这是一份2023-2024学年广西玉林市玉州第二实验学校八年级（上）月考数学试卷（10月份），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）下列手机中的图标是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（3分）已知三角形两边的长分别是4和10，则此三角形第三边的长可能是（ ）
A．5B．6C．11D．16
3．（3分）下列各组图形中，BD是△ABC的高的图形是（ ）
A．B．
C．D．
4．（3分）正n边形的一个外角为72°，则n的值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
5．（3分）如图，已知∠1＝∠2，AD＝AB，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC≌△ADE的是（ ）
A．∠B＝∠DB．DE＝BCC．AE＝ACD．∠C＝∠AED
6．（3分）如图，直角△ADB中，∠D＝90°，C为AD上一点，且∠ACB的度数为（5x﹣10）°，则x的值可能是（ ）
A．10B．20C．30D．40
7．（3分）若a，b为等腰△ABC的两边，且满足|a﹣5|+＝0，则△ABC的周长为（ ）
A．9B．12C．15或12D．9或12
8．（3分）如图，射线OC是∠AOB角平分线，D是OC射线上一点，DP⊥OA于点P，DP＝4，若点Q是射线OB上一点，OQ＝3，则△ODQ的面积为（ ）
A．3B．4C．5D．6
9．（3分）如图是由4个相同的小正方形组成的网格图，其中∠1+∠2等于（ ）
A．150°B．180°C．210°D．225°
10．（3分）校园湖边一角的形状如图所示，其中AB，BC，CD表示围墙，若在线段右侧的区域中找到一点P修建一个观赏亭，使点P到三面墙的距离都相等．则点P在（ ）
A．线段AC、BD的交点
B．∠ABC、∠BCD角平分线的交点
C．线段AB、BC垂直平分线的交点
D．线段BC、CD垂直平分线的交点
11．（3分）把一个图形先沿着一条直线进行轴对称变换，再沿着与这条直线平行的方向平移，我们把这样的图形变换叫做滑动对称变换．在自然界和日常生活中，大量地存在这种图形变换（如图1）．结合轴对称变换和平移变换的有关性质，你认为在滑动对称变换过程中，两个对应三角形（如图2）的对应点所具有的性质是（ ）
A．对应点连线与对称轴垂直
B．对应点连线被对称轴平分
C．对应点连线被对称轴垂直平分
D．对应点连线互相平行
12．（3分）如图，在△ABC中，∠A＝90°，△ABC的外角平分线CD与内角平分线BE的延长线交于点D，过点D作DF⊥BC交BC延长线于点F，连接AD，点E为BD中点．有下列结论：①∠BDC＝45°；②∠CED＝∠EDF；③；④S△ADE+S△CDF＝S△BCE．其中正确的是（ ）
A．①②B．③④C．①②③D．①②④
二、填空题：（本大题共6小题，每小题2分，满分共12分）
13．（2分）如图，李叔叔家的凳子坏了，于是他给凳子加了两根木条，这样凳子就比较牢固了，他所应用的数学原理是 ．
14．（2分）如图，图中显示的是从镜子中看到背后墙上的电子钟读数，由此你可以推断这时的实际时间是 ．
15．（2分）已知△ABC≌△DEF，∠A＝40°，∠C＝60°，则∠E＝ ．
16．（2分）如图为两直线a，b与△ABC相交的情形，其中a，b分别与BC，AB平行．根据图中标示的角度，则∠B的度数为 ．
17．（2分）如图，将△ABC三个角分别沿DE、HG、EF翻折，三个顶点均落在点O处，则∠1+∠2的度数为 °．
18．（2分）如图，点C在线段BD上，AB⊥BD于B，ED⊥BD于D．∠ACE＝90°，且AC＝5cm，CE＝6cm，点P以2cm/s的速度沿A→C→E向终点E运动，同时点Q以3cm/s的速度从E开始，在线段EC上往返运动（即沿E→C→E→C→…运动），当点P到达终点时，P，Q同时停止运动．过P，Q分别作BD的垂线，垂足为M，N．设运动时间为ts，当以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等时，t的值为 ．
三、解答题：（本大题共8小题，满分共72分）
19．（6分）一个多边形的内角和比它的外角和多900°，求这个多边形的边数．
20．（6分）若a、b、c是△ABC的三边的长，化简|a+b﹣c|+|b﹣c﹣a|+|2b+c|．
21．（8分）如图，已知△ABC．
（1）尺规作图：作∠ABC的角平分线交AC于点G（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）如果AB＝8，BC＝12，△ABG的面积为18，求△CBG的面积．
22．（10分）如图．E，F在线段AC上，AD∥CB，AE＝CF．∠AFD＝∠CEB，求证：DF＝BE．
23．（10分）如图，AB与CD交于点F，BE与AC交于点G，AB＝AC，AF＝AG，∠D＝∠E．求证：AD＝AE．
24．（10分）如图，在△ABC中，DM、EN分别垂直平分AC和BC，交AB于M、N两点，DM与EN相交于点F．
（1）若△CMN的周长为15cm，求AB的长；
（2）若∠MFN＝80°，求∠MCN的度数．
25．（10分）小丽与爸妈在公园里荡秋千，如图，小丽坐在秋千的起始位置A处，OA与地面垂直，两脚在地面上用力一蹬，妈妈在距地面1.2m高的B处接住她后用力一推，爸爸在C处接住她．若妈妈与爸爸到OA的水平距离BD、CE分别为1.8m和2.4m，∠BOC＝90°．
（1）△CEO与△ODB全等吗？请说明理由；
（2）爸爸在距离地面多高的地方接住小丽的？
26．（12分）【问题发现】（1）如图1，△ABC与△CDE中，∠B＝∠E＝∠ACD＝90°，AC＝CD，B、C、E三点在同一直线上，AB＝3，ED＝4，则BE＝ ．
【问题提出】（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝4，过点C作CD⊥AC，且CD＝AC，求△BCD的面积．
【问题解决】（3）如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝∠CAB＝∠ADC＝45°，△ACD面积为12且CD的长为6，求△BCD的面积．
2023-2024学年广西玉林市玉州第二实验学校八年级（上）月考数学试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一、选择题：（本大题共12小题，每小题3分，满分共36分）
1．【分析】根据轴对称图形的概念，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，进行判断即可．
【解答】解：A．不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．是轴对称图形，故此选项符合题意；
D．不是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：C．
【点评】本题考查的是轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．
2．【分析】设此三角形第三边的长为x，根据三角形的三边关系求出x的取值范围，找出符合条件的x的值即可．
【解答】解：设此三角形第三边的长为x，则10﹣4＜x＜10+4，即6＜x＜14，四个选项中只有11符合条件．
故选：C．
【点评】本题考查的是三角形的三边关系，即任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
3．【分析】三角形的高即从三角形的顶点向对边引垂线，顶点和垂足间的线段．根据概念即可得到答案．
【解答】解：根据三角形高的定义可知，只有选项B中的线段BD是△ABC的高，
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的高的概念，掌握高的作法是解题的关键．
4．【分析】可以利用多边形的外角和定理求解．
【解答】解：∵正n边形的一个外角为72°，
∴n的值为360°÷72°＝5．
故选：B．
【点评】此题考查了多边形的外角和为360°．
5．【分析】根据∠1＝∠2推出∠CAB＝∠DAE，再根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠BAE＝∠2+∠BAE，
即∠CAB＝∠DAE，
A．∠B＝∠D，AD＝AB，∠CAB＝∠DAE，符合全等三角形的判定定理ASA，能证明△ABC≌△ADE，故本选项不符合题意；
B．DE＝BC，AD＝AB，∠CAB＝∠DAE，不符合全等三角形的判定定理，不能证明△ABC≌△ADE，故本选项符合题意；
C．AD＝AB，∠CAB＝∠DAE，AE＝AC，符合全等三角形的判定定理SAS，能证明△ABC≌△ADE，故本选项不符合题意；
D．∠C＝∠AED，∠CAB＝∠DAE，AD＝AB，符合全等三角形的判定定理AAS，能证明△ABC≌△ADE，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
6．【分析】三角形的任一外角等于和它不相邻的两个内角之和，就可以得到x与∠CBD的关系，根据∠CBD是锐角，就可以得到一个关于x的不等式组，就可以求出x的范围．
【解答】解：∵∠ACB＝∠ADB+∠CBD，∠ADB＝90°，
∴（5x﹣10）°＝∠90°+∠CBD
化简得：x＝20+
∵0°＜∠DBC＜90°
∴20＜x＜38，
故选：C．
【点评】此题主要考查了三角形内角与外角的关系：三角形的任一外角等于和它不相邻的两个内角之和．
7．【分析】根据非负数的意义列出关于a、b的方程并求出a、b的值，再根据b是腰长和底边长两种情况讨论求解．
【解答】解：根据题意得a﹣5＝0，b﹣2＝0，
解得a＝5，b＝2，
（1）若2是腰长，则三角形的三边长为：2、2、5，
不能组成三角形；
（2）若2是底边长，则三角形的三边长为：2、5、5，
能组成三角形，
周长为2+5+5＝12．
故选：B．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质、非负数的性质及三角形三边关系；解题主要利用了非负数的性质，分情况讨论求解时要注意利用三角形的三边关系对三边能否组成三角形做出判断．根据题意列出方程式正确解答本题的关键．
8．【分析】作DE⊥OB于E，如图，根据角平分线的性质得DE＝DP＝4，然后根据三角形面积公式计算S△ODQ．
【解答】解：作DE⊥OB于E，如图，
∵OC是∠AOB的角平分线，DP⊥OA，DE⊥OB，
∴DE＝DP＝4，
∴S△ODQ＝×3×4＝6．
故选：D．
【点评】本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．
9．【分析】根据SAS可证得△ABC≌△EDC，可得出∠BAC＝∠DEC，继而可得出答案．
【解答】解：在△ABC与△EDC中，
，
∴△ABC≌△EDC（SAS），
∴∠BAC＝∠1，
∠1+∠2＝180°．
故选：B．
【点评】本题考查全等图形的知识，比较简单，解答本题的关键是判断出△ABC≌△EDC．
10．【分析】角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等，由此即可判断．
【解答】解：∵角的平分线上的点到角的两边的距离相等，
∴使点P到三面墙的距离都相等，点P是∠ABC、∠BCD角平分线的交点．
故选：B．
【点评】本题考查角平分线的性质，关键是掌握角平分线的性质定理．
11．【分析】由已知条件，根据轴对称的性质和平移的基本性质可得答案．
【解答】解：观察原图，对称变换后又进行了平移，所以有垂直的一定不正确，A、C是错误的；
对应点连线是不可能平行的，D是错误的；
找对应点的位置关系可得：对应点连线被对称轴平分．
故选：B．
【点评】本题考查平移的基本性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等及轴对称的性质；按要求画出图形是正确解答本题的关键．
12．【分析】由角平分线的性质和外角的性质可得∠DCF＝45°+∠DBC，可求∠BDC＝45°，故①正确，由余角的性质可证∠CED＝∠EDF，故②正确，由“AAS”可证△AEB≌△HED，△DCF≌△DCH，可得S△AEB＝S△HED，S△DCH＝S△DCF，可得S△ADE+S△DCF＝S△DCE，故④正确；即可求解．
【解答】解：∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACF，
∴∠ABD＝∠DBC＝∠ABC，∠DCA＝∠DCF＝∠ACF，
∵∠ACF＝∠BAC+∠ABC，
∴∠ACF＝45°+∠ABC，
∴∠DCF＝45°+∠DBC，
又∵∠DCF＝∠DBC+∠BDC，
∴∠BDC＝45°，故①正确，
∵DF⊥BC，
∴∠DFB＝∠BAC＝90°，
∴∠ABE+∠AEB＝∠DBC+∠BDF，
∴∠AEB＝∠BDF，
∴∠CED＝∠EDF，故②正确，
如图，过点D作DH⊥AC于H，
∵DH⊥AC，
∴∠DHE＝∠BAE＝90°，
∵点E为BD中点，
∴BE＝DE，
∴S△ABE＝S△ADE，BD+EC＞BC，故③错误，
在△AEB和△HED中，
，
∴△AEB≌△HED（AAS），
∴S△AEB＝S△HED，
∴S△AED＝S△DEH，
在△DCF和△DCH中，
，
∴△DCF≌△DCH（AAS），
∴S△DCH＝S△DCF，
∴S△ADE+S△DCF＝S△DCE，故④正确；
故选：D．
【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，外角的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
二、填空题：（本大题共6小题，每小题2分，满分共12分）
13．【分析】根据三角形的稳定性进行解答．
【解答】解：给凳子加了两根木条之后形成了三角形，所以“这样凳子就比较牢固了”的数学原理是：三角形的稳定性，
故答案为：三角形的稳定性．
【点评】此题主要考查了三角形的稳定性，是需要记忆的知识．
14．【分析】根据镜面对称的性质，在平面镜中的像与现实中的事物恰好顺序颠倒，且关于镜面对称．
【解答】解：由图分析可得题中所给的“10：05”与“20：01”成轴对称，这时的时间应是20：01．
故答案为：20：01．
【点评】本题考查了镜面反射的原理与性质．解决此类题应认真观察，注意技巧．
15．【分析】先根据△ABC≌△DEF，得出∠B的度数，再根据∠A＝40°，结合三角形内角和等于180°，可求∠E．
【解答】解：∵∠A＝40°，∠C＝60°，
∴∠B＝80°，
∵△ABC≌△DEF，
∴∠E＝∠B＝80°
故答案为：80°．
【点评】此题考查了全等三角形的性质；本题利用了全等三角形的性质、三角形周长公式、三角形内角和定理，正确找对对应关系式是比较关键的．
16．【分析】先根据两直线平行，同旁内角互补求出∠A、∠C的度数，再根据三角形内角和定理即可求出∠B的度数．
【解答】解：∵a∥BC，
∴∠C+120°＝180°，
∴∠C＝60°，
∵b∥AB，
∴∠A+115°＝180°，
∴∠A＝65°，
在△ABC中，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠B＝180°﹣65°﹣60°＝55°，
故答案为：55°．
【点评】本题考查了平行线的性质以及三角形内角和定理，熟练掌握平行线的性质以及三角形内角和定理是解题的关键．
17．【分析】根据翻折变换前后对应角不变，故∠B＝∠HOG，∠A＝∠DOE，∠C＝∠EOF，∠1+∠2+∠HOG+∠EOF+∠DOE＝360°，进而求出∠1+∠2的度数．
【解答】解：∵将△ABC三个角分别沿DE、HG、EF翻折，三个顶点均落在点O处，
∴∠B＝∠HOG，∠A＝∠DOE，∠C＝∠EOF，∠1+∠2+∠HOG+∠EOF+∠DOE＝360°，
∵∠HOG+∠EOF+∠DOE＝∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠1+∠2＝360°﹣180°＝180°，
故答案为：180．
【点评】此题主要考查了翻折变换的性质和三角形的内角和定理，根据已知得出∠HOG+∠EOF+∠DOE＝∠A+∠B+∠C＝180°是解题关键．
18．【分析】分三种情况讨论，由全等三角形的判定和性质可求解．
【解答】解：当点P在AC上，点Q在CE上时，∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，
∴PC＝CQ，
∴5﹣2t＝6﹣3t，
∴t＝1，
当点P在AC上，点Q第一次从点C返回时，∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，
∴PC＝CQ，
∴5﹣2t＝3t﹣6，
∴t＝，
当点P在CE上，点Q第一次从E点返回时，∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，
∴PC＝CQ，
∴2t﹣5＝18﹣3t，
∴t＝，
综上所述：t的值为1或或．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定是本题的关键．
三、解答题：（本大题共8小题，满分共72分）
19．【分析】本题首先由题意得出等量关系，即这个多边形的内角和比360°多900°，由此列出方程即可解出边数．
【解答】解：设边数为n，根据题意，得
（n﹣2）×180°＝360°+900°，
所以（n﹣2）×180°＝1260°，
所以n﹣2＝7，
所以n＝9．
答：这个多边形的边数是9．
【点评】本题主要考查多边形的内角和定理，解题的关键是已知等量关系列出方程从而解决问题．
20．【分析】由三角形三边关系定理得a+b﹣c＞0，b﹣c﹣a＜0，由绝对值的意义，即可化简原式．
【解答】解：∵a、b、c是△ABC的三边，
∴a+b＞c，b＜c+a，
∴a+b﹣c＞0，b﹣c﹣a＜0，
∴原式＝a+b﹣c﹣b+c+a+2b+c＝2a+2b+c．
【点评】本题考查三角形三边关系，绝对值，关键是掌握三角形三边关系定理，绝对值的意义．
21．【分析】（1）根据作角平分线的基本作法作图；
（2）根据三角形的面积公式求解．
【解答】解：（1）如图：AG即为所求；
（2）过G作GE⊥AB，GF⊥BC，
∵BG平分∠ABC，
∴EG＝FG，
∵S△ABG：S△BCG＝AB：BC＝8：12＝18：S△BCG，
∴△CBG的面积为27．
【点评】本题考查了基本作图，掌握基本的尺规作图和三角形的面积公式是解题的关键．
22．【分析】根据平行线的性质得出∠A＝∠C，再由线段间的数量关系得出AF＝CE，利用全等三角形的判定和性质即可证明．
【解答】证明：∵AD∥CB，
∴∠A＝∠C，
∵AE＝CF，
∴AE﹣EF＝CF﹣EF即AF＝CE，
在△ADF和△CBE中，
，
∴△ADF≌△CBE（ASA），
∴DF＝BE．
【点评】本题目主要考查全等三角形的判定和性质及平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．
23．【分析】由“SAS”可证△AFC≌△AGB，可得∠AFC＝∠AGB，由“AAS”可证△ADF≌△AEG，可得AD＝AE．
【解答】证明：在△AFC和△AGB中，
，
∴△AFC≌△AGB（SAS），
∴∠AFC＝∠AGB，
∴∠AFD＝∠AGE，
在△ADF和△AEG中，
，
∴△ADF≌△AEG（AAS），
∴AD＝AE．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
24．【分析】（1）根据三角形的周长公式得到CM+MN+CN＝15，根据线段垂直平分线的性质得到MA＝MC，NB＝NC，结合图形计算，得到答案；
（2）根据三角形内角和定理得到∠MNF+∠NMF＝100°，根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠ACM，∠B＝∠BCN，计算即可．
【解答】解：（1）∵△CMN的周长为15，
∴CM+MN+CN＝15，
∵DM、EN分别垂直平分AC和BC，
∴MA＝MC，NB＝NC，
∴AB＝AM+MN+NB＝CM+MN+CN＝15（cm）；
（2）∵∠MFN＝80°，
∴∠MNF+∠NMF＝180°﹣80°＝100°，
∵∠AMD＝∠NMF，∠BNE＝∠MNF，
∴∠AMD+∠BNE＝∠MNF+∠NMF＝100°，
∴∠A+∠B＝90°﹣∠AMD+90°﹣∠BNE＝180°﹣100°＝80°，
∵AM＝CM，BN＝CN，
∴∠A＝∠ACM，∠B＝∠BCN，
∴∠MCN＝180°﹣2（∠A+∠B）＝180°﹣2×80°＝20°．
【点评】本题考查的是线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等边对等角的性质，三角形的内角和定理，灵活运用整体思想是解题的关键．
25．【分析】（1）由直角三角形的性质得出∠COE＝∠OBD，根据AAS可证明△COE≌△OBD；
（2）由全等三角形的性质得出CE＝OD，OE＝BD，求出DE的长则可得出答案．
【解答】解：（1）△OBD与△COE全等．
理由如下：
由题意可知∠CEO＝∠BDO＝90°，OB＝OC，
∵∠BOC＝90°，
∴∠COE+∠BOD＝∠BOD+∠OBD＝90°．
∴∠COE＝∠OBD，
在△COE和△OBD中，
，
∴△COE≌△OBD（AAS）；
（2）∵△COE≌△OBD，
∴CE＝OD，OE＝BD，
∵BD、CE分别为1.8m和2.4m，
∴OD＝2.4m，OE＝1.8m，
∴DE＝OD﹣OE＝CE﹣BD＝2.4﹣1.8＝0.6（m），
∵妈妈在距地面1.2m高的B处，即DM＝1.2m，
∴EM＝DM+DE＝1.8（m），
答：爸爸是在距离地面1.8m的地方接住小丽的．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，证明△COE≌△OBD是解题的关键．
26．【分析】（1）由∠ACD＝∠E＝90°，得∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠D，可证明△ABC≌△CED（AAS），即得AB＝CE＝3，BC＝ED＝4，故BE＝BC+CE＝7；
（2）过D作DE⊥BC交BC延长线于E，由DE⊥BC，CD⊥AC，得∠E＝∠ACD＝90°，即得∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠CDE，可证明△ABC≌△CED（AAS），得BC＝ED＝4，故S△BCD＝BC•DE＝8；
（3）过A作AE⊥CD于E，过B作BF⊥CD交DC延长线于F，由△ACD面积为12且CD的长为6，得AE＝4，又∠ADC＝45°，AE⊥CD，得△ADE是等腰直角三角形，即得DE＝AE＝4，CE＝CD﹣DE＝2，根据∠ABC＝∠CAB＝45°，可得∠ACB＝90°，AC＝BC，即有∠ACE＝90°﹣∠BCF＝∠CBF，即可证明△ACE≌△CBF（AAS），从而BF＝CE＝2，故S△BCD＝CD•BF＝6．
【解答】解：（1）∵∠ACD＝∠E＝90°，
∴∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠D，
在△ABC和△CED中，
，
∴△ABC≌△CED（AAS），
∴AB＝CE＝3，BC＝ED＝4，
∴BE＝BC+CE＝7；
故答案为：7；
（2）过D作DE⊥BC交BC延长线于E，如图：
∵DE⊥BC，CD⊥AC，
∴∠E＝∠ACD＝90°，
∴∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠CDE，
在△ABC和△CED中，
，
∴△ABC≌△CED（AAS），
∴BC＝ED＝4，
∴S△BCD＝BC•DE＝8；
（3）过A作AE⊥CD于E，过B作BF⊥CD交DC延长线于F，如图：
∵△ACD面积为12且CD的长为6，
∴×6•AE＝12，
∴AE＝4，
∵∠ADC＝45°，AE⊥CD，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴DE＝AE＝4，
∴CE＝CD﹣DE＝2，
∵∠ABC＝∠CAB＝45°，
∴∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠ACE＝90°﹣∠BCF＝∠CBF，
在△ACE和△CBF中，
，
∴△ACE≌△CBF（AAS），
∴BF＝CE＝2，
∴S△BCD＝CD•BF＝6．
【点评】本题考查全等三角形的判定、性质及应用，涉及等腰直角三角形、四边形、三角形面积等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形（K型全等）．