北京市大兴区第七中学2024-2025学年八年级上学期月考数学试卷（10月份）

这是一份北京市大兴区第七中学2024-2025学年八年级上学期月考数学试卷（10月份），共22页。试卷主要包含了填空题，解答题解答应写出文字说明等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）下列长度的三条线段能组成三角形的是（ ）
A．1，2，3B．1，3，5C．3，4，8D．4，5，6
2．（3分）如图，菊花1角硬币为外圆内正九边形的边缘异形币，则该正九边形的一个内角大小为（ ）
A．135°B．140°C．144°D．150°
3．（3分）如图，一副三角板拼成如图所示图形，则∠BAC的度数为（ ）
A．75°B．60°C．105°D．120°
4．（3分）如图，AB＝DB，∠1＝∠2，欲证△ABE≌△DBC，则补充的条件中不正确的是（ ）
A．∠A＝∠DB．∠E＝∠CC．AE＝CDD．BC＝BE
5．（3分）如图：若△ABE≌△ACF，且AB＝5，AE＝2，则EC的长为（ ）
A．2B．2.5C．3D．5
6．（3分）已知△ABC的六个元素如图所示，则甲、乙、丙三个三角形中与△ABC全等的是（ ）
A．甲、乙B．乙、丙C．只有乙D．只有丙
7．（3分）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为（ ）
A．180°B．360°C．270°D．540°
8．（3分）甲乙两位同学进行一种数学游戏．游戏规则是：两人轮流对△ABC及△A′B′C′对应的边或角添加等量条件（点A′，B′，C′分别是点A，B，C的对应点）．某轮添加条件后，若能判定△ABC与△A'B'C'全等，则当轮添加条件者失败，另一人获胜．
上表记录了两人游戏的部分过程，则下列说法正确的是（ ）
①若第3轮甲添加 AC＝A′C′＝5cm，则乙获胜；
②若甲想获胜，第3轮可以添加条件∠C＝∠C'＝30°；
③若乙想获胜，可修改第2轮添加条件为∠A＝∠A'＝90°．
A．①②B．①③C．②③D．①②③
二、填空题（共24分，每题3分）
9．（3分）三角形中，其中两条边长分别为4cm和7cm，则第三边c的长度的取值范围是 ．
10．（3分）如图，把手机放在一个支架上面，就可以非常方便地使用，这是因为手机支架利用了三角形的 性．
11．（3分）如图是由射线AB，BC，CD，DE，EA组成的平面图形，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝ ．
12．（3分）在Rt△ABC中，∠A＝90°，点D在AC上，DE⊥BC于点E，且DE＝DA，连接DB．若∠C＝20°，则∠DBE的度数为 °．
13．（3分）请仔细观察用直尺和圆规作一个角∠A'O'B'等于已知角∠AOB的示意图．请你根据所学的三角形全等的有关知识，说明画出∠A'O'B'＝∠AOB的依据是 ．
14．（3分）如图，已知BD是△ABC的中线，CF是△BCD的中线，AE∥CF交BD的延长线于点E．若△ADE的面积为3，则△ABC的面积是 ．
15．（3分）如图为6个边长相等的正方形的组合图形，则∠1+∠3﹣∠2＝ ．
16．（3分）如图，平面中两条直线l1和l2相交于点O，对于平面上任意一点M，若点M到直线l1、l2的距离分别是p cm、q cm，则称有序实数对（p，q）是点M的“距离坐标”．特别地，当点在直线上时，定义点到直线的距离为0．下列说法：
①“距离坐标”是（0，0）的点只有点O；
②“距离坐标”是（0，1）的点只有1个；
③“距离坐标”是（2，2）的点共有4个；
正确的有 （填序号）．
三、解答题（共52分，第17-20题，每题4分，第21-22题，每题5分，第23--24题6分，第25--26题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
17．（4分）解不等式组：．
18．（4分）解方程组．
19．（4分）如图，已知△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC，请补充完整过程证明△ABD≌△ACD的理由．
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠ （角平分线的定义）．
在△ABD和△ACD中，
∴△ABD≌△ACD ．
20．（4分）在正方形网格中，网格线的交点叫做格点，三个顶点均在格点上的三角形叫做格点三角形．
（1）在图1中计算格点三角形ABC的面积是 ；（每个小正方形的边长为1）
（2）△ABC是格点三角形．
①在图2中画出一个与△ABC全等且有一条公共边BC的格点三角形；
②在图3中画出一个与△ABC全等且有一个公共点A的格点三角形．
21．（5分）点D为△ABC的边BC的延长线上的一点，DF⊥AB于点F，交AC于点E，∠A＝35°，∠D＝40°，求∠ACD的度数．
22．（5分）如图，点A，C，B，D在同一直线上，AC＝BD，AE＝CF，BE＝DF，求证：BE∥DF．
23．（6分）如图，在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，AD是△ABC的角平分线．
（1）求∠ADC的度数；
（2）E是边AC上一点，DE∥AB，作AC边上的高BF，根据题意补全图形判断∠CBF和∠ADE的数量关系，并说明理由．
24．（6分）课上老师提出了这样一个问题：已知：如图，AD＝AE，再添加一个条件，可以证明△ADB≌△AEC．
（1）同学们认为可以添加的条件并不唯一，
同学甲添加的条件是：AB＝AC，则△ADB≌△AEC的理由是 ；
同学乙添加的条件是：∠B＝∠C，则△ADB≌△AEC的理由是 ；
同学丙添加的条件是：∠ADB＝∠AEC，则△ADB≌△AEC的理由是 ；
（2）若添加的条件是OE＝OD，证明：△ADB≌△AEC．
25．（7分）在△ABC中，AB＝AC，点D是射线CB上的一动点（不与点B、C重合），以AD为一边在AD的右侧作△ADE，使AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，连接CE．
（1）如图1，当点D在线段CB上，且∠BAC＝90°时，那么∠DCE＝ 度；
（2）设∠BAC＝α，∠DCE＝β．
①如图2，当点D在线段CB上，∠BAC≠90°时，请你探究α与β之间的数量关系，并证明你的结论；
②如图3，当点D在线段CB的延长线上，∠BAC≠90°时，请将图3补充完整，并直接写出此时α与β之间的数量关系（不需证明）．
26．（7分）在平面直角坐标系中，若P、Q两点的坐标分别为P（x1，y1）和Q（x2，y2），则定|x1﹣x2|和|y1﹣y2|中较小的一个（若它们相等，则任取其中一个）为P、Q两点的“直角距离小分量”，记为dmin（P，Q）．
例如：P（﹣2，3），Q（0，2），
因为x1＝﹣2，x2＝0，|x1﹣x2|＝|﹣2﹣0|＝2；y1＝3，y2＝2，|y1﹣y2|＝|3﹣2|＝1．
而|3﹣2|＜|﹣2﹣0|，所以dmin（P，Q）＝|3﹣2|＝1．
（1）请直接写出A（3，﹣2）和B（﹣1，1）的直角距离小分量dmin（A，B）＝ ；
（2）点D是坐标轴上的一点，它与点C（3，﹣1）的直角距离小分量dmin（C，D）＝2，求出点D的坐标；
（3）若点M（m+1，2m﹣2）满足以下条件：
a）点M在第一象限；
b）点M与点N（5，0）的直角距离小分量dmin（M，N）＜2；
c）∠MON＞45°，O为坐标原点．
请写出满足条件的整点（横纵坐标都为整数的点）M的坐标 ．
2024-2025学年年北京市大兴七中八年级（上）月考数学试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（共24分，每题3分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个。
1．【分析】三角形中，任意两边之差小于第三边，任意两边之和大于第三边，据此求解即可．
【解答】解：A、∵1+2＝3，
∴长为1，2，3的三条线段不能组成三角形，此选项错误，不符合题意；
B、∵1+3＜5，
∴长为1，3，5的三条线段不能组成三角形，此选项错误，不符合题意；
C、∵3+4＜8，
∴长为3，4，8的三条线段不能组成三角形，此选项错误，不符合题意；
D、∵4+5＞6，
∴长为4，5，6的三条线段不能组成三角形，此选项正确，符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查了三角形三边关系，关键是三角形三边关系的熟练掌握．
2．【分析】先根据多边形内角和定理：180°•（n﹣2）求出该多边形的内角和，再求出每一个内角的度数．
【解答】解：该正九边形内角和＝180°×（9﹣2）＝1260°，
则每个内角的度数＝1260°÷9＝140°．
故选：B．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和定理：180°•（n﹣2），比较简单，解答本题的关键是直接根据内角和公式计算可得内角和．
3．【分析】根据三角形内角和定理计算即可．
【解答】解：∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠BAC＝180°﹣45°﹣60°＝75°，
故选：A．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理，熟记三角形内角和等于180°是解题的关键．
4．【分析】从已知看，已经有一边和一角相等，则添加一角或夹这角的另一边即可判定其全等，从选项看只有第三项符合题意，所以其为正确答案，其它选项是不能判定两三角形全等的．
【解答】解：∵∠1＝∠2，
∵∠1+∠DBE＝∠2+∠DBE，
∴∠ABE＝∠CBD，
A、在△ABE和△DBC中，
∴△ABE≌△DBC（ASA），
故A不符合题意；
B、在△ABE和△DBC中，
∴△ABE≌△DBC（AAS），
故B不符合题意；
C、当AE＝CD时，SSA不能证明三角形全等，故C符合题意；
D、在△ABE和△DBC中，
，
∴△ABE≌△DBC（SAS），
故D不符合题意；
故选：C．
【点评】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．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
5．【分析】根据全等三角形性质求出AC，即可求出答案．
【解答】解：∵△ABE≌△ACF，AB＝5，
∴AC＝AB＝5，
∵AE＝2，
∴EC＝AC﹣AE＝5﹣2＝3，
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的性质的应用，注意：全等三角形的对应边相等，对应角相等．
6．【分析】根据全等三角形的判定定理（SAS，ASA，AAS，SSS）逐个判断即可．
【解答】解：已知△ABC中，∠B＝50°，∠C＝58°，∠A＝72°，BC＝a，AB＝c，AC＝b，∠C＝58°，
图甲：只有一条边和AB相等，没有其它条件，不符合三角形全等的判定定理，即和△ABC不全等；
图乙：只有两个角对应相等，还有一条边对应相等，符合三角形全等的判定定理（AAS），即和△ABC全等；
图丙：符合SAS定理，能推出两三角形全等；
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS．
7．【分析】根据三角形外角的性质，可得∠1与∠E、∠F的关系，∠1、∠2、∠D的关系，根据多边形的内角和公式，可得答案．
【解答】解：如图延长AF交DC于G点，
由三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，得
∠1＝∠E+∠F，∠2＝∠1+∠D，
由等量代换，得∠2＝∠E+∠F+∠D，
∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝∠A+∠B+∠2+∠C＝（4﹣2）×180°＝360°．
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形外角的性质及三角形的外角和，熟知三角形的外角和是360度是解答此题的关键．
8．【分析】根据全等三角形的判定定理逐一判断即可．
【解答】解：①若第3轮甲添加AC＝A′C′＝5cm，根据SSS即可判定△ABC≌△A′B′C′，则甲失败，乙获胜，故说法正确，符合题意；
②若第3轮甲添加条件∠C＝∠C′＝30°，由于含30°的直角三角形直角边等于斜边的一半，满足HL，能判定△ABC≌△A′B′C′，则甲失败，乙获胜，故说法错误，不符合题意；
③若乙第2轮添加条件为∠A＝∠A′＝90°，则第3轮甲无论添加任何对应的边或角的等量条件，都能判定△ABC≌△A′B′C′，则甲失败，乙获胜，故说法正确，符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了三角形全等的判定，关键掌握普通两个三角形全等共有四个定理，即AAS、ASA、SAS、SSS，直角三角形可用HL定理，注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
二、填空题（共24分，每题3分）
9．【分析】根据在三角形中任意两边之和＞第三边，任意两边之差＜第三边即可求第三边长的范围．
【解答】解：根据三角形的三边关系得：
7﹣4＜c＜7+4．
即3＜c＜11，
故答案为：3cm＜x＜11cm．
【点评】此题主要考查了三角形三边关系的应用．此类求三角形第三边的范围的题，实际上就是根据三角形三边关系定理列出不等式即可．
10．【分析】利用三角形的稳定性的性质直接回答即可．
【解答】解：三角形的支架很牢固，这是利用了三角形的稳定性，
故答案为：稳定．
【点评】本题考查了三角形的稳定性，解题的关键是能够了解三角形具有稳定性，属于基础题，难度不大．
11．【分析】首先根据图示，可得∠1＝180°﹣∠BAE，∠2＝180°﹣∠ABC，∠3＝180°﹣∠BCD，∠4＝180°﹣∠CDE，∠5＝180°﹣∠DEA，然后根据三角形的内角和定理，求出五边形ABCDE的内角和是多少，再用180°×5减去五边形ABCDE的内角和，求出∠1+∠2+∠3+∠4+∠5等于多少即可．
【解答】解：∠1+∠2+∠3+∠4+∠5
＝（180°﹣∠BAE）+（180°﹣∠ABC）+（180°﹣∠BCD）+（180°﹣∠CDE）+（180°﹣∠DEA）
＝180°×5﹣（∠BAE+∠ABC+∠BCD+∠CDE+∠DEA）
＝900°﹣（5﹣2）×180°
＝900°﹣540°
＝360°．
故答案为：360°．
【点评】此题主要考查了多边形内角和定理，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：（1）n边形的内角和＝（n﹣2）•180 （n≥3）且n为整数）．（2）多边形的外角和指每个顶点处取一个外角的和，则n边形取n个外角，无论边数是几，其外角和永远为360°．
12．【分析】由∠A＝90°，∠C＝20°，求得∠ABC＝70°，然后证明Rt△EBD≌Rt△ABD，推导出∠DBE＝∠DBA，或根据角平分线的性质证明BD平分∠ABC，求得∠DBE＝∠ABC＝35°，于是得到问题的答案．
【解答】解法一：∵∠A＝90°，∠C＝20°，
∴∠ABC＝90°﹣∠C＝70°，
∵DE⊥BC于点E，
∴∠BED＝90°，
在Rt△EBD和Rt△ABD中，
，
∴Rt△EBD≌Rt△ABD（HL），
∴∠DBE＝∠DBA＝∠ABC＝35°，
故答案为：35．
解法二：∵∠A＝90°，∠C＝20°，
∴∠ABC＝90°﹣∠C＝70°，
∵∠A＝90°，
∴DA⊥BA，
∵DE⊥BC，且DE＝DA，
∴点D在∠ABC的平分线上，
∴BD平分∠ABC，
∴∠DBE＝∠DBA＝∠ABC＝35°，
故答案为：35．
【点评】此题重点考查直角三角形的两个锐角互余、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质等知识，证明∠DBE＝∠DBA是解题的关键．
13．【分析】由作法易得OD＝O′D′，OC＝O′C′，CD＝C′D′，依据SSS定理得到△COD≌△C'O'D'，由全等三角形的对应角相等得到∠A′O′B′＝∠AOB．
【解答】解：由作法易得OD＝O′D′，OC＝O′C′，CD＝C′D′，
在△COD与△C′O′D′中，
，
∴△COD≌△C'O'D'（SSS），
∴∠A'O'B'＝∠AOB（全等三角形的对应角相等）．
故答案为：SSS．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图，全等三角形的判定与性质，熟练掌握三角形全等的对应角相等是正确解答本题的关键．
14．【分析】根据平行线的性质得出∠EAC＝∠DCF，利用ASA证明△ADE≌△DCF，再利用三角形的中线的性质得出面积关系，解答即可．
【解答】解：∵AE∥CF，
∴∠EAC＝∠DCF，
∵BD是△ABC的中线，
∴AD＝CD，
在△ADE与△DCF中
，
∴△ADE≌△DCF，
∴△DCF的面积＝△ADE的面积＝3，
∵CF是△BCD的中线，
∴△BCD的面积＝6，
∵BD是△ABC的中线，
∴△ABC的面积＝12，
故答案为：12
【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据平行线的性质得出∠EAC＝∠DCF，利用ASA证明△ADE≌△DCF．
15．【分析】标注字母，利用“边角边”判断出△ABC和△DEA全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1＝∠4，然后求出∠1+∠3＝90°，再判断出∠2＝45°，然后计算即可得解．
【解答】解：如图：
在△ABC和△DEA中，
，
∴△ABC≌△DEA（SAS），
∴∠1＝∠4，
∵∠3+∠4＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，
又∵∠2＝45°，
∴∠1+∠3﹣∠2＝90°﹣45°＝45°．
故答案为：45°．
【点评】本题考查了全等图形，网格结构，准确识图判断出全等的三角形是解题的关键．
16．【分析】根据（p，q）是点M的“距离坐标”，得出①若pq≠0，则“距离坐标”为（p、q）的点有且仅有4个．②若pq＝0，且p+q≠0，则“距离坐标”为（p、q）的点有且仅有2个，进而得出解集从而确定答案．
【解答】解：如图，平面中两条直线l1和l2相交于点O，对于平面上任意一点M，
若p、q分别是M到直线l1和l2的距离，则称有序非负数实数对（p、q）是点M的“距离坐标”．
已知常数p≥0，q≥0，给出下列两个个结论：
（1）若pq≠0，则“距离坐标”为（p、q）的点有且仅有4个．
（2）若pq＝0，且p+q≠0；
①p＝0，q＝0，则“距离坐标”为（0，0）的点有且仅有1个；故①“距离坐标”是（0，0）的点只有点O是正确的；
②p＝0，q＝1，则“距离坐标”为（0，1）的点有且仅有2个；故②“距离坐标”是（0，1）的点有1个是错误的；
③得出（2，2）是与l1距离是2的点是与之平行的两条直线，与l2的距离是2的也是与之平行的两条直线，这四条直线共有4个交点．所以③是正确的．
正确的有：①③．
故答案为：①③．
【点评】此题主要考查了角平分线的性质，有分类讨论的思想方法，又有创新意识，解题时需要注意．这是一个好题，注意变形去掉p≥0，q≥0又该怎样解是解决问题的关键．
三、解答题（共52分，第17-20题，每题4分，第21-22题，每题5分，第23--24题6分，第25--26题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
17．【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【解答】解：由2+x＞7﹣4x，得：x＞1，
由x＜，得：x＜4，
则不等式组的解集为1＜x＜4．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
18．【分析】观察本题中方程的特点本题用代入法较简单．
【解答】解：，
由①得：x＝3+y③，
把③代入②得：3（3+y）﹣8y＝14，
所以y＝﹣1．
把y＝﹣1代入③得：x＝2，
∴原方程组的解为．
【点评】这类题目的解题关键是掌握方程组解法中的代入消元法．
19．【分析】首先根据角平分线定义可得到∠BAD＝∠CAD，再利用SAS定理可证明△ABD≌△ACD．
【解答】证明：∵AD平分∠BAC（已知）．
∴∠BAD＝∠CAD（角平分线定义），
在△ABD和△ACD中，
，
∴△ABD≌△ACD （SAS）．
故答案为CAD，SAS．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定，判定两个一般三角形全等的方法有四种：AAS，SAS，SSS，ASA．
20．【分析】（1）利用分割法求解即可．
（2）根据三角形的判定，画出图形即可．
（3）利用旋转法画出图形即可．
【解答】解：（1）如图1中，S△ABC＝3×5﹣×3×3﹣×1×5﹣×2×2＝6，
故答案为：6．
（2）①如图2中，△BCD即为所求作（答案不唯一）．
②如图3中，△AFE即为所求作（答案不唯一）．
【点评】本题考查作图﹣应用与设计，三角形的面积，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
21．【分析】根据三角形外角的性质，得∠ACD＝∠B+∠A．欲求∠ACD，需求∠B．由DF⊥AB，得∠AFD＝90°．由∠AFD＝∠B+∠D，得∠B＝∠AFD﹣∠D＝50°．
【解答】解：∵DF⊥AB，
∴∠AFD＝90°．
∵∠AFD＝∠B+∠D，
∴∠B＝∠AFD﹣∠D＝90°﹣40°＝50°．
∴∠ACD＝∠B+∠A＝50°+35°＝85°．
【点评】本题主要考查三角形外角的性质、垂直，熟练掌握三角形外角的性质、垂直的定义是解决本题的关键．
22．【分析】求出AB＝CD，证△ABE≌△CDF，推出∠B＝∠D即可．
【解答】证明：∵AC＝BD，
∴AC+BC＝BD+BC，即AB＝CD．
在△ABE与△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SSS），
∴∠B＝∠D，
∴BE∥DF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质；解答此类要判定两直线平行的题，可围绕截线找同位角、内错角和同旁内角．本题能有效地培养“执果索图”的思维方式与能力．
23．【分析】（1）先判断△ABC为等腰三角形，然后根据等腰三角形的性质得到AD⊥BC，从而得到∠ADC的度数；
（2）先根据几何语言画出对应的几何图形，再利用平行线的性质得到∠ADE＝∠BAD，接着证明∠ADE＝∠CAD，然后利用等角的余角相等得到∠CBF＝∠CAD，从而得到∠CBF＝∠ADE．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°；
（2）如图，∠CBF和∠ADE相等．
理由如下：
∵DE∥AB，
∴∠ADE＝∠BAD，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴∠ADE＝∠CAD，
∵BF为AC边的高，
∴∠F＝90°，
∴∠CBF+∠C＝90°，
而∠CAD+∠C＝90°，
∴∠CBF＝∠CAD，
∴∠CBF＝∠ADE．
【点评】本题考查了作图﹣复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了平行线的性质和等腰三角形的性质．
24．【分析】（1）根据全等三角形的判定定理逐一进行证明即可得解；
（2）根据全等三角形的判定定理SSS推出△AEO≌△ADO，再根据全等三角形的性质得出∠AEO＝∠ADO，求出∠B＝∠C，再根据全等三角形的判定定理AAS证明即可．
【解答】（1）解：根据全等三角形的判定定理，
同学甲：在△ADB和△AEC中，
，
∴△ADB≌△AEC（SAS），
所以△ADB≌△AEC的理由是SAS，
故答案为：SAS；
同学乙：在△ADB和△AEC中，
，
∴△ADB≌△AEC（AAS），
所以△ADB≌△AEC的理由是AAS，
故答案为：AAS；
同学丙：在△ADB和△AEC中，
，
∴△ADB≌△AEC（ASA），
所以△ADB≌△AEC的理由是ASA，
故答案为：ASA；
（2）证明：连接AO，
在△AEO和△ADO中，
，
∴△AEO≌△ADO（SSS），
∴∠AEO＝∠ADO，
∵∠AEO＝∠B+∠BOE，∠ADO＝∠C+∠DOC，∠BOE＝∠DOC，
∴∠B＝∠C，
在△ADB和△AEC中，
，
∴△ADB≌△AEC（AAS）．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键．
25．【分析】（1）易证∠BAD＝∠CAE，即可证明△BAD≌△CAE，可得∠ACE＝∠B，即可解题；
（2）易证∠BAD＝∠CAE，即可证明△BAD≌△CAE，可得∠ACE＝∠B，根据∠B+∠ACB＝180°﹣α即可解题；
（3）易证∠BAD＝∠CAE，即可证明△BAD≌△CAE，可得∠ACE＝∠B，根据∠ADE+∠AED+α＝180°，∠CDE+∠CED+β＝180°即可解题；
【解答】解：（1）∵∠BAD+∠DAC＝90°，∠DAC+∠CAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE＝∠B，
∵∠B+∠ACB＝90°，
∴∠DCE＝∠ACE+∠ACB＝90°；
故答案为 90．
（2）∵∠BAD+∠DAC＝α，∠DAC+∠CAE＝α，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE＝∠B，
∵∠B+∠ACB＝180°﹣α，
∴∠DCE＝∠ACE+∠ACB＝180°﹣α＝β，
∴α+β＝180°；
（3）作出图形，
∵∠BAD+∠BAE＝α，∠BAE+∠CAE＝α，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠AEC＝∠ADB，
∵∠ADE+∠AED+α＝180°，∠CDE+∠CED+β＝180°，
∠CED＝∠AEC+∠AED，
∴α＝β．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△BAD≌△CAE是解题的关键．
26．【分析】（1）根据新概念即可求解；
（2）分两种情况，根据“直角距离小分量”的定义得出即可；
（3）根据题意得，解不等式即可求得．
【解答】解：（1）∵x1＝3，x2＝﹣1，|x1﹣x2|＝|3﹣（﹣1）|＝4；
y1＝﹣2，y2＝1，|y1﹣y2|＝|﹣2﹣1|＝3，
∴dmin（A，B）＝3，
故答案为：3；
（2）当点D在x轴上时，设点D的坐标为（m，0），
则|x1﹣x2|＝|m﹣3|，|y1﹣y2|＝|0﹣（﹣1）|＝1＜dmin（C，D），
所以点D在x轴上不符合题意；
当点D在y轴上时，设点D的坐标为（0，n），
则|x1﹣x2|＝|0﹣3|＝3＞dmin（C，D），|y1﹣y2|＝|n﹣（﹣1）|＝|n+1|，
∴dmin（C，D）＝|n+1|＝2，
∴n＝1或n＝﹣3，
所以点D的坐标为（0，1）或（0，﹣3）；
（3）由条件a得，
解得m＞1，
由条件c得2m﹣2＞m+1，
解得m＞3，
所以m＞3．
|x1﹣x2|＝|m+1﹣5|＝|m﹣4|，
∵|y1﹣y2|＝|2m﹣2|＝2m﹣2＞4，而dmin（M，N）＜2，
∴|m﹣4|＜2，
解得2＜m＜6，
∴3＜m＜6．
又∵点M为整数点，
∴m＝4或m＝5．
所以点M的坐标为（5，6）或（6，8）．
【点评】本题考查了坐标与图形的性质，解一元一次不等式组，根据新概念列出不等式组是解题的关键．
轮次
行动者
添加条件
1
甲
AB＝A′B′＝2cm
2
乙
BC＝B′C′＝4cm
3
甲
…