精品解析：福建省泉州第一中学2024-2025学年九年级下学期第一次月考数学试卷

福建省泉州第一中学2024-2025学年九年级下学期第一次月考数学试卷 一、单选题 1. 的相反数是（    ） A. B. C. D. 2. 我国古代有很多关于数学的伟大发现，其中包括很多美丽的图案，下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 据交通部研判，今年国庆假期全社会跨区域人员流动量将达到1940000000人次，将这个数用科学记数法表示为（ ） A. B. C. D. 4. 下列立体图形中，三视图（主视图、左视图、俯视图）相同的是（　　） A. B. C. D. 5. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 关于反比例函数，下列说法中错误的是（ ） A. 当时，随的增大而增大 B. 图象位于第二、四象限 C. 点在函数图象上 D. 当时， 7. 如图，已知四边形是的内接四边形，且，过点D作的切线交的延长线于点E，连接，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 8. 九年级学生去距学校10 km的博物馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了20 min后，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达.已知汽车的速度是骑车学生速度的2倍，求骑车学生的速度.设骑车学生的速度为x km/h，则所列方程正确的是( ) A. B. C. D. 9. 人字梯为现代家庭常用的工具．如图，若的长都为4米，当时，人字梯顶端离地面的高度约为(　　)(结果保留小数点后1位，参考数据：) A. 3.8米 B. 3.5米 C. 3.4米 D. 2.82米 10. 如图，在菱形中，对角线相交于点O，若，则菱形的周长为（ ） A. 8 B. C. 6 D. 4 二、填空题 11. 函数中自变量x的取值范围是________． 12. 分解因式：______． 13. 为了调查某厂生产的一批袋装茶叶的质量是否达标，从这批装装茶叶中抽出袋进行称量，得出与标准质量上下波动的数据如下：，，，，，，，，，．则在这组数据中：平均数为；中位数是；极差是；众数是；方差为，以上说法不正确的是_____________（只填序号）． 14. 如图，中，，以点B为圆心，的长为半径画弧交于点C，E，再分别以点C与点E为圆心，大于长的一半为半径画弧，两弧交于点F，连接交于点D，若，则是_____°． 15. 如图，正六边形的边长为4，中心为点，以点为圆心，以长为半径作圆心角为的扇形，则图中阴影部分的面积为______． 16. 已知抛物线的部分图象如图所示，若，则的取值范围为_____． 三、解答题 17. 计算：． 18. 如图，在中，点F为上一点，连接并延长到点E，使，连接，，连接交于点G．若． （1）求证：； （2）若，求证：平分． 19. 如图，点是边长为的正方形纸片的边上一动点，将正方形沿着折叠，点落在点处． （1）把纸片展平，射线交于点，交于点，判断图1中与的数量关系，并说明理由； （2）在（1）条件下，若点是的中点，如图2，延长交于点，求出线段的长度； （3）在（1）条件下，如图3，点是对角线的交点，连接，若，求线段的长． 20. （1）解不等式：； （2）把一些图书分给某班学生阅读，如果每人分3本，则剩余20本；如果每人分5本，则还缺24本．问这个班有多少学生？这些图书共有多少本？ 21. 某班开展“讲数学家故事”的活动．下面是印有四位中国数学家纪念邮票图案的卡片A，B，C，D，卡片除图案外其它均相同．将四张卡片背面朝上，洗匀后放在桌面上，小明同学从中随机抽取两张，讲述卡片上数学家的故事． （1）请写出小明抽到的两张卡片所有可能出现的结果； （2）求小明抽到的两张卡片中恰好有数学家华罗庚邮票图案的概率． 22. 如图，是的直径，与相交于点．过点的圆O的切线，交的延长线于点，． （1）求的度数； （2）若，求的半径． 23. 抛物线与轴交于点，两点，与轴交于点，点是抛物线上的一个动点． （1）求抛物线的函数解析式和直线的解析式； （2）如图，点在线段上方的抛物线上运动（不与重合），过点作，垂足为，交于点．若点的横坐标为，请用的式子表示，并求的最大值； （3）如图，点是抛物线的对称轴上的一个动点，抛物线上存在一点，使得以点为顶点的四边形是平行四边形，请求写出所有符合条件的点的坐标． 24. 如图，内接于，是直径，的平分线交于点，交于点，连接，作，交的延长线于点． （1）试判断直线与的位置关系，并说明理由； （2）若，，求的长． 25. 【提出问题】 （1）如图1，在等边△ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连结AM，以AM为边作等边△AMN，连结CN．求证：∠ABC=∠ACN． 【类比探究】 （2）如图2，在等边△ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其它条件不变，（1）中结论∠ABC=∠ACN还成立吗？请说明理由． 【拓展延伸】 （3）如图3，在等腰△ABC中，BA=BC，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连结AM，以AM为边作等腰△AMN，使顶角∠AMN=∠ABC．连结CN．试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省泉州第一中学2024-2025学年九年级下学期第一次月考数学试卷 一、单选题 1. 的相反数是（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查相反数的定义，根据相反数的定义，一个数的相反数是符号相反的数即可解答． 【详解】解：的相反数是． 故选：A． 2. 我国古代有很多关于数学的伟大发现，其中包括很多美丽的图案，下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，能熟记中心对称图形和轴对称图形的定义是解此题的关键．中心对称图形是在平面内，把一个图形绕某一定点旋转，能够与自身重合的图形；轴对称图形是在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．依据定义判断即可． 【详解】解：A中、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B中、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； C中、是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意； D中、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； 故选：B． 3. 据交通部研判，今年国庆假期全社会跨区域人员流动量将达到1940000000人次，将这个数用科学记数法表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为的形式，其中为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值，根据科学记数法的表示方法进行表示即可． 【详解】解：； 故选C． 4. 下列立体图形中，三视图（主视图、左视图、俯视图）相同的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据主视图是从正面看得到的图形，左视图是从左边看得到的图形，俯视图是从上边看得到的图形，分别分析各选项即可得到答案．熟练掌握常见的简单几何体的三视图是解题的关键． 【详解】解：A、半球体的主视图和左视图都是半圆，俯视图是圆，故本选项不符合题意； B、圆柱体的主视图和左视图都是长方形，俯视图是圆，故本选项不符合题意； C、球体的主视图、主视图和俯视图都是圆，故本选项符合题意； D、圆锥体的主视图和左视图都是等腰三角形，俯视图是圆，故本选项不符合题意； 故选：C． 5. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了合并同类项、同底数幂乘法、积的乘方、完全平方公式，掌握相关运算法则是集体关键．根据合并同类项、同底数幂乘法、积的乘方、完全平方公式逐一判断即可． 【详解】解：A、，原计算错误，不符合题意； B、，原计算正确，符合题意； C、，原计算错误，不符合题意； D、，原计算错误，不符合题意； 故选：B． 6. 关于反比例函数，下列说法中错误的是（ ） A. 当时，随的增大而增大 B. 图象位于第二、四象限 C. 点在函数图象上 D. 当时， 【答案】D 【解析】 【分析】根据反比例函数的图像性质判断即可； 【详解】解：∵ ， ∴当 时， 随 的增大而增大，故A不符合题意； ∵ ， ∴图象位于第二、四象限，故B不符合题意； 当 时， ，故C不符合题意； 当 时， ，故D错误，符合题意； 故答案选D． 【点睛】本题主要考查了反比例函数的图像性质，准确分析判断是解题的关键． 7. 如图，已知四边形是的内接四边形，且，过点D作的切线交的延长线于点E，连接，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了弧、弦、圆心角之间的关系，切线的性质，等边对等角和三角形内角和定理，连接，则有，再根据等边对等角和三角形内角和定理可求出的度数，再由切线的性质可得的度数，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， 故选：A． 8. 九年级学生去距学校10 km的博物馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了20 min后，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达.已知汽车的速度是骑车学生速度的2倍，求骑车学生的速度.设骑车学生的速度为x km/h，则所列方程正确的是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：设骑车学生的速度为xkm/h，则汽车的速度为2xkm/h，由题意得，．故选C． 考点：由实际问题抽象出分式方程． 9. 人字梯为现代家庭常用的工具．如图，若的长都为4米，当时，人字梯顶端离地面的高度约为(　　)(结果保留小数点后1位，参考数据：) A. 3.8米 B. 3.5米 C. 3.4米 D. 2.82米 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查锐角三角函数，解题的关键是熟练运用锐角三角函数的定义，本题属于基础题型．在中，根据锐角三角函数正弦定义即可求得答案． 【详解】在中， ∵，， ∴， ∴， 故选：B． 10. 如图，在菱形中，对角线相交于点O，若，则菱形的周长为（ ） A. 8 B. C. 6 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据菱形的性质得到，，再根据勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出的长即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴菱形的周长为， 故选A． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，熟知菱形的性质是解题的关键． 二、填空题 11. 函数中自变量x的取值范围是________． 【答案】且 【解析】 【分析】根据二次根式中被开方数大于等于0及分母不为0即可求解． 【详解】解：由题意可知：，解得：且， 故答案为：且． 【点睛】本题考查的是函数自变量的取值范围的确定，掌握二次根式的被开方数是非负数、分母不为0是解题的关键． 12. 分解因式：______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了因式分解，利用平方差公式因式分解即可，掌握因式分解的方法是解题的关键． 【详解】解：， 故答案为：． 13. 为了调查某厂生产的一批袋装茶叶的质量是否达标，从这批装装茶叶中抽出袋进行称量，得出与标准质量上下波动的数据如下：，，，，，，，，，．则在这组数据中：平均数为；中位数是；极差是；众数是；方差为，以上说法不正确的是_____________（只填序号）． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了平均数、中位数、极差、众数、方差等知识点，掌握以上知识点是解答本题的关键． 根据平均数、中位数、极差、众数、方差的定义逐个判断即可解答． 【详解】解：这组数据的平均数为：，故错误； 这组数据从小到大排列为：，，，，，，，，，， 所以中位数为，故正确； 这组数据的最大值为，最小值为， 所以极差为，故错误； 这组数据出现次数最多的数据为， 所以众数为，故正确； 由知平均数为， 所以方差，故错误； 故答案为：． 14. 如图，中，，以点B为圆心，的长为半径画弧交于点C，E，再分别以点C与点E为圆心，大于长的一半为半径画弧，两弧交于点F，连接交于点D，若，则是_____°． 【答案】20 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的性质、角平分线的尺规作图，熟练掌握等腰三角形的性质是解题关键．先根据三角形的内角和定理、等腰三角形的性质可得，再根据角平分线的尺规作图可得平分，然后根据等腰三角形的三线合一可得，最后根据直角三角形的两个锐角互余即可得． 【详解】解：，， ， 由作图可知，，平分， （等腰三角形的三线合一），， ， 故答案为：． 15. 如图，正六边形的边长为4，中心为点，以点为圆心，以长为半径作圆心角为的扇形，则图中阴影部分的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】连接、、，过点O作于点M，根据正六边形的性质得出，，，证明和为等边三角形，求出，证明，得出，得出，根据求出结果即可． 【详解】解：连接、、，过点O作于点M，如图所示： ∵六边形为正六边形， ∴，，， ∴和为等边三角形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正六边形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，扇形面积计算，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握正六边形的性质． 16. 已知抛物线的部分图象如图所示，若，则的取值范围为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与坐标轴交点问题，根据解析式，得抛物线的对称轴为，开口向上，抛物线与x轴的另一个交点为，结合图形即可求解． 【详解】解：∵， ∴抛物线的对称轴为，开口向上，抛物线与轴的一个交点为， 则关于对称的点为，即抛物线与轴另一个交点为， 所以时，的取值范围是． 故答案为：． 三、解答题 17. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查实数的混合运算，熟练掌握特殊角的三角函数值、二次根式的运算、零指数幂的运算法则、化简绝对值是解题的关键． 先把特殊角的三角函数值代入，化简二次根式，求绝对值，运用零指数幂法则计算，再计算乘法，最后计算加减即可． 【详解】解：原式， ． 18. 如图，在中，点F为上一点，连接并延长到点E，使，连接，，连接交于点G．若． （1）求证：； （2）若，求证：平分． 【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∵， ∴，即， ∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （2） 证明：连接， ∵， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是菱形， ∴平分． 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，解题的关键是： （1）根据等边对等角得出，结合得出，根据平行四边形的性质得出，，，根据平行线的性质得出，根据等角对等边得出，然后根据证明即可； （2）连接，证明四边形是平行四边形，得出，，再证明四边形是菱形，然后根据菱形的性质即可得证． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 如图，点是边长为的正方形纸片的边上一动点，将正方形沿着折叠，点落在点处． （1）把纸片展平，射线交于点，交于点，判断图1中与的数量关系，并说明理由； （2）在（1）条件下，若点是的中点，如图2，延长交于点，求出线段的长度； （3）在（1）条件下，如图3，点是对角线的交点，连接，若，求线段的长． 【答案】（1） 解：，理由如下： 正方形沿着折叠，点落在点处， 由折叠轴对称性可得：，， ， ， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由折叠轴对称性可得：，，易证，得出，即可证明出； （2）由折叠轴对称性可得：，，，通过导角易证，设，由（1）和点是的中点，得，，在中，，即，求出后，即可求出线段的长； （3）先通过勾股定理，求出，，，再证明，得，可求出，可得，由，可得，又因为，可得，可得，即可求出线段的长． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 正方形纸片的边长为， ，，， ， 由折叠轴对称性可得：，，， 又， ， 设， 点是的中点， ， 由（1）得，， ， ， 在中，， ， ， ； 【小问3详解】 ， ， 在中，， ， 在中，， 正方形的对角线交于点， ， ， ， 又， ， ， ， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了翻折变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点、理解“折痕是对称点连线的垂直平分线”是解题的关键． 20. （1）解不等式：； （2）把一些图书分给某班学生阅读，如果每人分3本，则剩余20本；如果每人分5本，则还缺24本．问这个班有多少学生？这些图书共有多少本？ 【答案】（1）；（2）这个班有40名学生，这些图书共有86本 【解析】 【分析】本题考查了解一元一次不等式，一元一次方程的应用，解题关键是（1）掌握解一元一次不等式的步骤，（2）要读懂题目的意思，根据题目中书的总量相等的等量关系列出方程，再求解． （1）去分母，去括号，移项、合并同类项，化系数为1即可， （2）可设有名学生，根据总本数相等和每人分3本，剩余20本，每人分5本，缺24本，可列出方程，求解即可． 【详解】解：（1） ； （2）设这个班有x名学生，根据题意得： ， 解得：， 这些图书共有（本）. 答：这个班有40名学生，这些图书共有86本． 21. 某班开展“讲数学家故事”的活动．下面是印有四位中国数学家纪念邮票图案的卡片A，B，C，D，卡片除图案外其它均相同．将四张卡片背面朝上，洗匀后放在桌面上，小明同学从中随机抽取两张，讲述卡片上数学家的故事． （1）请写出小明抽到的两张卡片所有可能出现的结果； （2）求小明抽到的两张卡片中恰好有数学家华罗庚邮票图案的概率． 【答案】（1）所有可能出现的结果共6种：，，，，， （2）小明抽到的两张卡片中恰好有数学家华罗庚邮票图案的概率是 【解析】 【分析】本题主要考查了列举法求概率，解题的关键是写出所有可能出现的结果． （1）按照先抽到A、再抽到其他的，先抽到B、再抽到C或D，然后抽到C，再抽到D，写出所有可能的结果即可； （2）根据概率公式进行计算即可． 【小问1详解】 解：所有可能出现的结果共6种：，，，，，． 【小问2详解】 解：记抽到的两张卡片中恰好有数学家华罗庚邮票图案为事件M，M包含的结果有3种，即，，，且6种可能的结果出现的可能性相等， ∴． 22. 如图，是的直径，与相交于点．过点的圆O的切线，交的延长线于点，． （1）求的度数； （2）若，求的半径． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）连接，根据为的切线，则，由，则，根据圆周角定理可得，又，根据等边对等角以及三角形内角和定理即可求解； （2）证明，根据相似三角形的性质，代入数据即可求解． 【小问1详解】 如图，连接． 为的切线， ． ， ． ， ． ， ． 【小问2详解】 如图，连接， ，， ． ， ，且， ， ，即， ， ，即半径为． 【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理，相似三角形的性质与判定等知识．正确作出辅助线是解题关键． 23. 抛物线与轴交于点，两点，与轴交于点，点是抛物线上的一个动点． （1）求抛物线的函数解析式和直线的解析式； （2）如图，点在线段上方的抛物线上运动（不与重合），过点作，垂足为，交于点．若点的横坐标为，请用的式子表示，并求的最大值； （3）如图，点是抛物线的对称轴上的一个动点，抛物线上存在一点，使得以点为顶点的四边形是平行四边形，请求写出所有符合条件的点的坐标． 【答案】（1）， （2）；最大值为 （3）或或 【解析】 【分析】（）利用待定系数法解答即可求解； （）由题意可知，，，进而可得，再根据二次函数的性质解答即可求解； （）分为平行四边形的边和对角线两种情况，分别画出图形，利用平行四边形的性质解答即可求解； 本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的几何应用，平行四边形的性质，运用分类讨论思想解答是解题的关键． 【小问1详解】 解：把和代入得， ， 解得， ∴抛物线的函数解析式为， 设直线的解析式为，把和代入得， ， 解得， ∴直线的解析式为； 【小问2详解】 解：若点的横坐标为，则，， ∴， ∵， ∴当时，取最大值，最大值为； 【小问3详解】 解：①当为平行四边形的边，点在对称轴右侧时，如图，则有，且，过点作对称轴的垂线，垂足为，设交对称轴于点， 则， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴点到对称轴的距离为， 又∵， ∴抛物线对称轴为直线， 设点，则， 解得 或（不合，舍去）， 当时，， ∴， ∴； ②当为平行四边形的边，点在对称轴左侧时，如图，则有，且，过点作对称轴的垂线，垂足为，设交对称轴于点， 同理①可证， ∴，， ∴点到对称轴的距离为， 设点，则， 解得或（不合，舍去）， 当时，， ∴， ∴ ③当为平行四边形的对角线时，如图，设的中点为， ∵，， ∴， ∵点在对称轴上， ∴点的横坐标为， 设点的横坐标为，根据中点公式得， ∴， 把代入，得， ∴， ∵， ∴点在轴上， ∴； 综上所述，点的坐标为或或． 24. 如图，内接于，是直径，的平分线交于点，交于点，连接，作，交的延长线于点． （1）试判断直线与的位置关系，并说明理由； （2）若，，求的长． 【答案】（1）直线是的切线， 理由如下： 如图，连接、， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2） 【解析】 【分析】（1）连接、，根据角平分线的定义和同圆的半径相等，平行线的性质可得，根据切线的判定定理可得结论； （2）如图，设的半径为，则，根据勾股定理列方程可得的值，证明，列比例式，根据勾股定理列方程，依据，列比例式可得结论． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在中，， ∵，，， ∴，即：， 解得：， ∴的半径为， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ，即， 解得：或（负值不符合题意，舍去）， ∴， ∵，，， ∴，即， ∴． 即的长为． 【点睛】本题考查切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识点．掌握切线的判定定理是解决（1）的关键，证明，确定和的关系是解决（2）的关键． 25. 【提出问题】 （1）如图1，在等边△ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连结AM，以AM为边作等边△AMN，连结CN．求证：∠ABC=∠ACN． 【类比探究】 （2）如图2，在等边△ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其它条件不变，（1）中结论∠ABC=∠ACN还成立吗？请说明理由． 【拓展延伸】 （3）如图3，在等腰△ABC中，BA=BC，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连结AM，以AM为边作等腰△AMN，使顶角∠AMN=∠ABC．连结CN．试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由． 【答案】 （1）证明：∵△ABC、△AMN是等边三角形， ∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°． ∴∠BAM=∠CAN． ∵在△BAM和△CAN中，， ∴△BAM≌△CAN（SAS）． ∴∠ABC=∠ACN． （2）结论∠ABC=∠ACN仍成立．理由如下： ∵△ABC、△AMN是等边三角形， ∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°． ∴∠BAM=∠CAN． ∵在△BAM和△CAN中，， ∴△BAM≌△CAN（SAS）， ∴∠ABC=∠ACN． （3）∠ABC=∠ACN．理由如下： ∵BA=BC，MA=MN，顶角∠ABC=∠AMN， ∴底角∠BAC=∠MAN， ∴△ABC∽△AMN， ∴， 又∵∠BAM=∠BAC﹣∠MAC，∠CAN=∠MAN﹣∠MAC， ∴∠BAM=∠CAN， ∴△BAM∽△CAN， ∴∠ABC=∠ACN． 【解析】 【分析】（1）利用SAS可证明△BAM≌△CAN，继而得出结论． （2）也可以通过证明△BAM≌△CAN，得出结论，和（1）的思路完全一样． （3）首先得出∠BAC=∠MAN，从而判定△ABC∽△AMN，得到，根据∠BAM=∠BAC﹣∠MAC，∠CAN=∠MAN﹣∠MAC，得到∠BAM=∠CAN，从而判定△BAM∽△CAN，得出结论． 【详解】解：（1）略 （2）略 （3）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $