专题01 构造等边三角形 (解析版)
专题01 全等图形与全等三角形之四大考点(解析版)
专题01 全等图形与全等三角形之四大考点【考点导航】目录【典型例题】 (1)【考点一全等图形识别】 (1)【考点二利用全等图形求正方形网格中角度之和】 (3)【考点三全等三角形的概念】 (6)【考点四全等三角形的性质】 (7)【过关检测】 (9)【典型例题】【考点一全等图形识别】例题：（2023秋·全国·八年级专题练习）下列各组图形中，属于全等图形的是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据全等图形的定义和性质，即可得出答案．【详解】解：∵全等图形：能够完全重合的两个图形叫做全等图形；全等图形的性质：全等图形的形状相同，大小相等∴A选项大小不相等，不合题意；B选项大小不相等，不合题意；C选项形状相同，大小相等，是全等图形，符合题意；D选项形状不同，不合题意．故选：C．【点睛】本题考查全等图形的知识，解题的关键是掌握全等图形定义和性质．【变式训练】1．（2023秋·全国·八年级专题练习）下列选项中表示两个全等的图形的是（ ）A．形状相同的两个图形B．周长相等的两个图形C．面积相等的两个图形D．能够完全重合的两个图形【答案】D【分析】全等图形：能够完全重合的平面图形。
特点是形状、大小相同．【详解】解：A、形状相同的两个图形，大小不一定相同，故此选项错误，不符合题意；B、周长相等的两个图形，形状、大小不一定相同，故此选项错误，不符合题意；C、面积相等的两个图形，形状、大小不一定相同，故此选项错误，不符合题意；D、能够完全重合的两个图形是全等图形，故此选项正确，符合题意；故选：D．【点睛】本题考查全等图形的定义．掌握相关结论是解题的关键．2．（2023秋·全国·八年级专题练习）下列各组中的两个图形属于全等图形的是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据全等图形的概念判断即可．【详解】解：A、两个图形不能完全重合，不是全等图形，故本选项不符合题意；B、两个图形能够完全重合，是全等图形，故本选项符合题意；C、两个图形不能完全重合，不是全等图形，故本选项不符合题意；D、两个图形不能完全重合，不是全等图形，故本选项不符合题意；故选：B．【点睛】本题主要考查全等图形的定义，熟练掌握“能完全重合的两个图形是全等图形”是解题的关键．【考点二 利用全等图形求正方形网格中角度之和】例题：（2023春·七年级课时练习）如图，在33´的正方形网格中标出了1Ð和2Ð，则12Ð+Ð=___________度．【答案】135【分析】作辅助线，使ADB 为等腰直角三角形，根据全等三角形DFB BEC ≌，可得到2DBF Ð=Ð，利用等角代换即可得解．【详解】解：如图，连接AD 、BD ，90ADB Ð=°，AD BD BC ==，45DAB DBA Ð=Ð=°，由图可知，在DFB △和BEC 中，90DF BE DFB BEC FB EC =ìïÐ=Ð=°íï=î，()SAS DFB BEC \ ≌，2DBF \Ð=Ð，45DBA =°ÐQ ，12118045135DBF \Ð+Ð=Ð+Ð=°-°=°，故答案为：135．【点睛】本题考查了网格中求两角和，构造全等三角形，利用等角代换是解题关键．【变式训练】1．（2022秋·湖北武汉·八年级统考期中）在如图所示的3×3正方形网格中，123Ð+Ð+Ð=__________度．【答案】90【分析】证明ABC DEF≌△△，DCG CEB≌得出2145Ð+Ð=°,根据网格的特点可知345Ð=°，即可求解．【详解】解：如图，在ABC与DEF中，AC DFACB DFEBC EF=ìïÐ=Ðíï=î，∴ABC DEF≌△△，∴14Ð=Ð，∵FD CG∥，∴2FDCÐ=Ð，同理可得DCG CEB≌，∴EC ED=，2BECÐ=Ð，∵90BEC ECB Ð+Ð=°，∴290EBC Ð+Ð=°，∴90ECD Ð=°，∴ECD 是等腰直角三角形，∴45CDE Ð=°，即41245FDC Ð+Ð=Ð+Ð=°，根据网格的特点可知345Ð=°，∴12390Ð+Ð+Ð=°，故答案为：90．【点睛】本题考查了全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质，根据网格的特点求得1245Ð+Ð=°是解题的关键．2．（2023·江苏·八年级假期作业）如图，已知方格纸中是4个相同的小正方形，则∠1+∠2的度数为__________.【答案】45°/45度【分析】观察图形可知3Ð与1Ð所在的直角三角形全等，则13Ð=Ð，根据外角的性质卡得423Ð=Ð+Ð，即可求解．【详解】观察图形可知3Ð与1Ð所在的直角三角形全等，∴13Ð=Ð，∵445Ð=°，∴1232445Ð+Ð=Ð+Ð=Ð=°，故答案为：45°．【点睛】本题考查了利用全等的性质求网格中的角度，三角形外角的性质，等腰直角三角形的性质，得出13Ð=Ð是解题的关键．【考点三 全等三角形的概念】例题：（2023春·江苏盐城·七年级校考期中）下列说法中，正确的有（ ）①形状相同的两个图形是全等形 ②面积相等的两个图形是全等形 ③全等三角形的周长相等，面积相等 ④若ABC DEF ≌△△，则A D Ð=Ð，AB EF=A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】A【分析】根据全等的定义和性质判断即可．【详解】①形状大小都相同的两个图形是全等形，故①错误；②面积相等的两个图形不一定是全等形，故②错误；③全等三角形的周长相等，面积相等，是对的，故③正确；④若ABC DEF ≌△△，则A D Ð=Ð，AB DE =，故④错误；故正确的有1个．故选：A【点睛】此题考查全等三角形的定义和性质，解题关键是掌握全等三角形的定义．【变式训练】1．（2023·全国·八年级假期作业）已知ABC DEF ≌△△，且A Ð与D Ð是对应角，B Ð和E Ð是对应角，则下列说法中正确的是（ ）A ．AC 与DF 是对应边B ．AC 与DE 是对应边C ．AC 与EF 是对应边D ．不能确定AC 的对应边【答案】A【分析】根据全等三角形的概念即可得到答案．【详解】解：A Q Ð与D Ð是对应角，B Ð和E Ð是对应角，C \Ð和F Ð是对应角，AC \与DF 是对应边，故选A ．【点睛】本题考查了全等三角形，理解全等三角形的概念，准确找出对应边是解题关键．2．（2023·全国·八年级假期作业）下列说法正确的是（ ）A ．形状相同的两个三角形一定是全等三角形B ．周长相等的两个三角形一定是全等三角形C ．面积相等的两个三角形一定是全等三角形D ．边长为5cm 的等边三角形都是全等三角形【答案】D【分析】根据全等三角形的定义：能够完全重合的两个三角形为全等三角形，据此判断即可．【详解】A 、形状相同且大小相同的两个三角形一定是全等三角形，原说法错误，不符合题意；B 、周长相等的两个三角形不一定是全等三角形，原说法错误，不符合题意；C 、面积相等的两个三角形不一定是全等三角形，原说法错误，不符合题意；D 、边长为5cm 的等边三角形都是全等三角形，原说法正确，符合题意；故选：D ．【点睛】本题考查了全等三角形的定义，熟记定义是解本题的关键．【考点四 全等三角形的性质】例题：（2023春·广东深圳·七年级校考期中）如图，若ABC DEF ≌△△，45A Ð=°，35F Ð=°，则B Ð等于______．【答案】100°/100度【分析】先根据全等三角形的性质可求出35C Ð=°，然后利用三角形的内角和可得答案．【详解】解：ABC DEF Q ≌，45A Ð=°，35F Ð=°，35C F \Ð=Ð=°，1801804535100B A C \Ð=°-Ð-Ð=°-°-°=°．故答案为：100°．【点睛】本题考查全等三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，找准对应角，利用数形结合的思想解答．【变式训练】1．（2022秋·八年级单元测试）如图，Rt Rt ABC EFC ≌，并且5cm CF =，52EFC Ð=°，则BC =______，A Ð= _______．【答案】 5 38°/38【分析】根据全等三角形的性质即可得到结果．【详解】解：∵Rt Rt ABC ≌∴1180902ACB ECF Ð=Ð=´°=【答案】25°/25度【分析】先根据平行线的性质得到DAE ∠25BAC DAE Ð==°∠．【过关检测】一、单选题1．（2023春·七年级课时练习）下列各组图形中，属于全等图形的是（ ）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据全等图形的定义，逐项判断即可求解．【详解】解：A．不是全等图形，故本选项不符合题意；B．不是全等图形，故本选项不符合题意；C．不是全等图形，故本选项不符合题意；D．是全等图形，故本选项符合题意；故选：D．【点睛】此题主要考查了全等图形的概念，解题的关键是掌握形状和大小都相同的两个图形是全等图形．2．（2023春·七年级课时练习）下列说法不正确的是（ ）A．用一张底片冲洗出来的10张一寸照片是全等图形B．我国国旗上的4颗小五角星是全等图形C．全等图形的面积一定相等D．所有的正方形都是全等图形【答案】D【分析】根据全等形的定义对各选项分析判断后利用排除法求解．【详解】解：A、用一张底片冲洗出来的10张一寸照片是全等图形，正确，故本选项不符合题意；B、我国国旗上的4颗小五角星是全等图形，正确，故本选项不符合题意；C、全等图形的面积一定相等，正确，故本选项不符合题意；D、所有的正方形边长不一定相等，故所有的正方形不都是全等图形，本选项符合题意．故选：D．【点睛】本题考查了全等图形的识别、全等图形的基本性质，属于较容易的基础题．注意：能够完全重合的两个图形叫做全等图形．3．（2023秋·全国·八年级专题练习）如图所示的网格是由9个相同的小正方形拼成的，图形的各个顶点均为Ð-Ð-Ð的度数为（）．格点，则123A ．30°B ．45°C ．55°D ．60°【答案】B 【分析】根据网格特点，可得出190Ð=o ，24ÐÐ=，3445Ð+Ð=o ，进而可求解．【详解】解：如图，则190Ð=o ，24ÐÐ=，3445Ð+Ð=o ，∴123Ð-Ð-Ð904545=-=o o o ，故选：B ．【点睛】本题考查网格中的全等图形、三角形的外角性质，会利用全等图形求正方形网格中角度之和是解答的关键．4．（2023秋·七年级课时练习）下列说法：①等腰三角形的对称轴是顶角的平分线；②全等三角形的对应边相等、对应角相等；③面积相等的两个三角形全等；④三角形的角平分线是射线．其中正确的说法为（ ）A ．①②B ．①②③C ．②D ．①②④【答案】C【分析】根据全等三角形的、对称轴和角平分线的概念判断即可．【详解】①对称轴是直线，等腰三角形顶角的平分线是线段，原说法不正确；②全等三角形的对应边相等、对应角相等，原说法正确；③面积相等的两个三角形不一定全等，原说法错误；④三角形的角平分线是的线段，原说法不正确；故选C ．【点睛】本题考查了对称轴，全等三角形，三角形的角平分线的概念，熟练掌握概念是解题的关键．5．（2023秋·全国·八年级专题练习）如图，在ABC 中，BD AC ^于点D ，E 是BD 上一点，若BAD CED ≌△△，10,14AB AC ==，则CED △的周长为（ ）A ．22B ．23C ．24D ．26【答案】C 【分析】直接利用全等三角形的性质得出,,AB EC AD ED BD DC ===，进而得出答案．【详解】解：∵BAD CED ≌△△，∴,,AB EC AD ED BD DC ===，∵10,14AB AC ==，∴14AD DC ED DC +=+=，∴CED △的周长为：101424ED DC EC AC EC ++=+=+=．故选：C ．【点睛】本题考查全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的对应边相等，是解题的关键．二、填空题【答案】105Ð=Ð【分析】根据全等的性质求出A A¢Ð=Ð′，D D A¢Ð度数．¢¢¢¢，【详解】解：Q四边形ABCD≌四边形A B C D【答案】225°/225度【分析】根据图形和正方形的性质可知Ð+Ð+Ð+Ð+Ð12345【详解】解：观察图形可知【答案】85【分析】利用三角形内角和定理求出【详解】解：在△ABC中，∵∠B＝∴∠BAC＝25°，用三角形外角与内角的关系可得答案．【详解】∵ABC DEC ≌△△，65CEB B Ð=Ð=°，∴DCE ACB Ð=Ð，20D A Ð=Ð=°，在BEC 中，180CEB B ECB Ð+Ð+Ð=°，∴180656550ECB Ð=°-°-°=°，∴50DCA ECB Ð=Ð=°，在DFC △中，502070DFA DCA D Ð=Ð+Ð=°+°=°，故答案为：70°．【点睛】此题考查了全等三角形的性质，三角形的外角性质，解题的关键是掌握全等三角形的对应边相等，全等三角形的对应角相等．三、解答题 【答案】AB ，A 'B '，∠A ，∠A ′，AC ，【分析】直接利用已知结合全等的定义得出答案．（1）求证∶ CE ⊥AB（2）已知BC =7，AD =5，求 AF 的长．【答案】（1）见解析；（2）3【分析】（1）由△ABD ≌△CFD ，得出∠BAD ＝∠DCF ，再利用三角形内角和即可得出答案；（2）根据全等三角形的性质得出AD ＝DC ，即可得出BD ＝DF ，进而解决问题．【详解】（1）证明：∵AD ⊥BC∴∠CDF ＝90°∵△ABD ≌△CFD ，∴∠BAD ＝∠DCF ，又∵∠AFE ＝∠CFD ，∴∠AEF ＝∠CDF ＝90°，∴CE ⊥AB ；（2）解：∵△ABD ≌△CFD ，∴BD ＝DF ，AD ＝DC ，∵BC ＝7，AD ＝5，∴BD ＝BC −CD ＝2，∴AF ＝AD −DF ＝5−2＝3．【点睛】此题考查了全等三角形的性质，熟练应用全等三角形的性质是解决问题的关键．13．（2023秋·全国·八年级专题练习）如图，已知ABC DEB ≌，点E 在AB 边上，DE 与AC 相交于点F ．(1)BP=cm．（用(2)当t为何值时，ABP DCP≌(3)当点P从点B开始运动，同时，点。
专题01 三角形全等-手拉手模型(解析版)-初中数学几何专题之冲刺2022年满分突破大全
倍长中线模型模型讲解【结论】已知△ABC中，∠ACB＝∠DCE，AC＝BC，DC＝EC，且点A、D、E 在同一直线上，AE与BC相交于点F，连接BE．（1）△ACD≌△BCE（2）∠CAD＝∠CBE；∠AEB＝∠ACF【证明】（1）∵∠ACB＝∠DCE，CA＝CB，CD＝CE，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠CAD＝∠CBE，∵∠CF A＝∠BFE，∴∠AEB＝∠ACF△BCE可看成△ACD绕C点顺时针旋转一定角度而得到的；△ACD可看成△BCE绕C点逆时针旋转一定角度而得到的。
所以，通常用旋转的思想来构造全等三角形手拉手模型的关键：AC=BC（线段相等、有公共点且此三点不共线）那么，哪些图形满足这些特征呢？1【等边三角形类】等边△ABD、△BCE，则：（1）△ABC≌△BDE （2）∠ACB＝∠DEB已知等边△BCE，将△ABC绕B点旋转60°到△BDE，那么会得到一个新的△ABD也为等边三角形。
【等腰直角三角形类】等腰Rt△ABD、△BCE，则：（1）△ABC≌△BDE （2）∠ACB＝∠DEB已知等腰Rt△BCE，将△ABC绕B点旋转90°到△BDE，那么会得到一个新的△ABD也为等腰Rt△。
方法点拨例题演练1．（2021春•鄄城县期末）如图所示，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠1＝25°，∠2＝30°，则∠3＝（）A．55°B．50°C．45°D．60°【解答】解：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，∴∠1＝∠EAC，在△BAD和△EAC中，，∴△BAD≌△EAC（SAS），∴∠2＝∠ABD＝30°，∵∠1＝25°，∴∠3＝∠1+∠ABD＝25°+30°＝55°，故选：A．2．（2016春•威海期末）如图，△ABC和△CDE均为等边三角形，且AB＝DE，AC⊥CD，连接AE，BD，分别交CD，AC于点G，连接FG，BE．下列结论：①AE＝BD＝BE；②BC平分∠DBE；③直线EC⊥AB；④FG∥BE．其中正确结论的个数为（）A．1个B．2个C．3个D．4个【解答】解：∵△ABC和△CDE均为等边三角形，且AB＝DE，∴∠ACB＝∠DCE＝60°，∵AC⊥CD，∴∠ACD＝90°，∴∠ACE＝∠BCD＝150°，∴∠BCE＝150°，在△ACE与△BCD与△BCE中，，∴△ACE≌△BCD≌△BCE，∴AE＝BD＝BE，故①正确，∠DBC＝∠EBC，故②正确；∴∠BEC＝∠AEC，∵BE＝AE，∴直线EC⊥AB；故③正确；在△BCF与△ECG中，，∴△BCF≌△ECG，∴BF＝EG，设AE，BD交于H，∵∠FBC＝∠GEC，∠CBE＝∠CEB，∴∠HBE＝∠HEB，∴BH＝EH，∴HF＝HG，∴，∴FG∥BE，故④正确，故选：D．3．（2018秋•海珠区校级期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，AD，BE分别为BC、AC边上的高，AD、BE相交于点F，下列结论：①∠FCD＝45°；②AE＝EC；③S△ABF：S△AFC＝BD：CD；④若BF＝2EC，则△FCD的周长等于AB的长，正确的有（）个．A．1B．2C．3D．4【解答】解：∵△ABC中，AD，BE分别为BC、AC边上的高，∴AD⊥BC，而△ABF和△ACF有一条公共边，∴S△ABF：S△AFC＝BD：CD，∴③正确；∵∠ABC＝45°，∴AD＝BD，∠DAC和∠FBD都是∠ACD的余角，而∠ADB＝∠ADC＝90°，∴△BDF≌△ADC，∴FD＝CD，∴∠FCD＝∠CFD＝45°，∴①正确；若AE＝EC，BE⊥AC，可得AB＝BC，与题意不符合，故②错误．若BF＝2EC，根据①得BF＝AC，∴AC＝2EC，即E为AC的中点，∴BE为线段AC的垂直平分线，∴AF＝CF，BA＝BC，∴AB＝BD+CD＝AD+CD＝AF+DF+CD＝CF+DF+CD，即△FDC周长等于AB的长，∴④正确．强化训练故选：C．1．（2021春•北碚区校级期末）如图，已知凸五边形ABCDE中，EC，EB为其对角线，EA ＝ED．（1）如图1，若∠A＝60°，∠CDE＝120°，且CD+AB＝BC．求证：EC平分∠BCD；（2）如图2，∠A与∠D互补，∠DEA＝2∠CEB，若凸五边形ABCDE面积为30，且CD ＝AB＝4．求点E到BC的距离．【解答】（1）证明：延长CD到T，使得DT＝BA，连接ET．∵∠CDE＝120°，∴∠EDT＝180°﹣120°＝60°，∵∠A＝60°，∴∠A＝∠EDT，在△EAB和△EDT中，，∴△EAB≌△EDT（SAS），∴EB＝ET，∴CB＝CD+BA＝CD+DT＝CT，在△ECB和△ECT中，，∴△ECB≌△ECT（SSS），∴∠ECB＝∠ECD．（2）解：延长CD到Q，使得∠QED＝∠AEB，过点E作EH⊥BC于H．∵∠A+∠CDE＝180°，∠CDE+∠EDQ＝180°，∴∠A＝∠EDQ，在△AEB和△DEQ中，，∴△AEB≌△DEQ（ASA），∴EB＝EQ，∵∠AED＝2∠BEC，∴∠AEB+∠CED＝∠BEC，∴∠CED+∠DEQ＝∠BEC，∴∠CEB＝∠CEQ，在△CEB和△CEQ中，，∴△ECB≌△ECQ（SAS），∵S五边形ABCDE＝S四边形EBCQ＝2S△EBC＝30，∴S△EBC＝15，∵CD＝AB＝4，∴AB＝6，CD＝4，∴BC＝CD+QD＝CD+AB＝10，∴×10×EH＝15，∴EH＝3，∴点E到BC的距离为3．2．（2021春•松江区期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，点E、F分别在直线BC、CD上，且∠EAF＝∠BAD．（1）当点E、F分别在边BC、CD上时（如图1），请说明EF＝BE+FD的理由；（2）当点E、F分别在边BC、CD延长线上时（如图2），（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出EF、BE、FD之间的数量关系，并说明理由．【解答】解：（1）EF＝BE+DF，理由：延长EB至G，使BG＝DF，连接AG，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABG＝180°，∴∠ADC＝∠ABG，在△ABG和△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠BAE+∠DAF＝∠BAE+∠BAG＝∠EAF，即∠EAG＝∠EAF，在△EAG和△EAF中，，∴△EAG≌△EAF（SAS），∴GE＝EF，∴EF＝BE+DF；（2）（1）中结论不成立，EF＝BE﹣FD，在BE上截取BM＝DF，连接AM，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，∴∠ABC＝∠ADF，在△ABM和△ADF中，，∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，∵∠BAM+∠MAD＝∠DAF+∠MAD，∴∠BAD＝∠MAF，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠EAF＝∠MAF，∴∠EAF＝∠EAM，在△AME和△AFE中，，∴△AME≌△AFE（SAS），∴ME＝BE﹣BM＝BE﹣DF，∴EF＝BE﹣FD．3．（2017•南岸区二模）如图，已知等腰Rt△ABC，∠ACB＝90°，CA＝CB，以BC为边向外作等边△CBD，连接AD，过点C作∠ACB的角平分线与AD交于点E，连接BE．（1）若AE＝2，求CE的长度；（2）以AB为边向下作△AFB，∠AFB＝60°，连接FE，求证：F A+FB＝FE．【解答】解：（1）延长CE交AB于G，∵△BAC是等腰直角三角形，CE平分∠ACB，∴CG⊥AB，∴∠AGC＝90°，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，∴∠CAB＝45°，∴△CAG是等腰直角三角形，∵△BCD是等边三角形，∴BC＝CD＝AC，∠BCD＝60°，∴∠CAD＝∠CDA，∴∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝150°，∴∠CAD＝∠CDA＝15°，∴∠EAB＝∠CAB﹣∠CAD＝30°，在Rt△AEG中，∠EAG＝30°，AE＝2，∴AG＝，EG＝1，∵CG＝AG＝，∴CE＝CG﹣EG＝﹣1．（2）延长FB到H，使得BH＝AF，连接EH．作EI⊥BF于I．由（1）可知：AC＝BC，CE平分∠ACB，∴∠ACE＝∠BCE，∴△ACE≌△BCE，∴AE＝BE，∴∠EAB＝∠EBA＝30°，在△AFB中，∠AFB＝60°，∴∠F AB+∠FBA＝120°，∴∠F AE＝∠EAB+∠F AB＝30°+∠F AB，∠EBH＝180°﹣∠EBA﹣∠ABF＝150°﹣（120°﹣∠F AB）＝30°+∠F AB，∴∠EBH＝∠F AE，∴△AFE≌△BHE，∴∠AFE＝∠BHE，EF＝EH，∴∠EFB＝∠EHB＝∠AFE＝30°，∵EI⊥FH，∴EI＝IH，在Rt△FEI中，∠EFI＝30°，∴FI＝FE，∴FH＝BH+FB＝FE，∴F A+FB＝FE．4．（2021春•南岸区期末）如图，已知∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC．（1）△ABC与△ADE全等吗？请说明理由；（2）若AF⊥CB，垂足为F，请说明线段2CF＝CE；（3）在（2）的基础上，猜想线段BF，DE，CD存在的数量关系，并直接写出结论．【解答】解：（1）△ABC≌△ADE，理由如下：如图1，∵∠BAD＝∠CAE＝90°，∴∠BAC＝∠DAE＝90°﹣∠CAD，在△ABC和△ADE中，，∴△ABC≌△ADE（SAS）．（2）如图2，作AG⊥BC于点G，则∠AGC＝∠AGE＝90°，∵AC＝AE，AG＝AG，∴Rt△AGC≌Rt△AGE（HL），∴CG＝EG＝CE，∠CAG＝∠EAG＝∠CAE＝45°，∴∠ACG＝∠E＝45°，∵△ABC≌△ADE，∴∠ACF＝∠E＝45°，∵AF⊥CB，∴∠F＝90°，∴∠CAF＝45°，∵∠ACF＝∠ACG＝45°，AC＝AC，∠CAF＝∠CAG＝45°，∴△CAF≌△CAG，∴CF＝CG＝CE，∴2CF＝CE．（3）BF＝（CD﹣DE），理由如下：如图2，由（2）得，CF＝CG＝EG，∵△ABC≌△ADE，∴BC＝DE，∴CF﹣BC＝EG﹣DE，∴BF＝DG，∵DG＝EG﹣DE＝CE﹣DE＝（CD+DE）﹣DE＝（CD﹣DE），∴BF＝（CD﹣DE）．5．（2021春•沙坪坝区校级期末）如图，C为AB上一点，△ACD和△BCE为等边三角形，AE交CD于M，DB交CE于N．求证：（1）AE＝DB；（2）MN∥AB；（3）PC平分∠APB；（4）PC+PE＝PB．【解答】证明：（1）∵△ACD和△BCE是等边三角形，∴∠ACD＝∠BCE＝60°，AC＝DC，EC＝BC，∴∠ACD+∠DCE＝∠DCE+∠ECB，即∠ACE＝∠DCB，∴△ACE≌△DCB（SAS），∴AE＝BD；（2）∵△ACE≌△DCB，∴∠EAC＝∠BDC，∵∠ACD＝∠BCE＝60°，∴∠DCE＝60°，∴∠ACD＝∠MCN＝60°，且∠EAC＝∠BDC，AC＝DC，∴△ACM≌△DCN（ASA），∴CM＝CN，又∵∠MCN＝60°，∴△MCN是等边三角形，∴∠NMC＝∠ACD＝60°，∴MN∥AB；（3）如图，过点C作CG⊥AE于G，作CH⊥BD于H，∵∠EAC＝∠BDC，AC＝DC，∠AGC＝∠DHC＝90°，∴△AGC≌△DHC（AAS），∴CG＝CH，且CG⊥AE，CH⊥BD，∴PC平分∠APB；（4）如图，在PB上截取PF＝PC，连接CF，∵△ACE≌△DCB，∴∠CAE＝∠BDC，∠AEC＝∠DBC，∵∠ACD＝∠BDC+∠CBD＝60°，∴∠DOA＝∠CAE+∠CBD＝60°，∴∠APB＝120°，∵PC平分∠APB，∴∠CPF＝APB＝60°，∴△CPF为等边三角形，∴CF＝CP，∠CFP＝60°，∴∠CFB＝∠CPE＝120°，∴△CFB≌△CPE（AAS），∴BF＝PE，∴PB＝BF+PF＝PE+PC．6．（2013秋•沙坪坝区校级月考）如图，等边△ABC中，点E、F分别是AB、AC的中点，P为BC上一点，连接EP，作等边△EPQ，连接FQ，EF．（1）若等边△ABC的边长为20，且∠BPE＝45°，求等边△EPQ的边长；（2）求证：BP＝EF+FQ．【解答】（1）解：过点E作EM⊥BC于M∵等边△ABC，∴∠B＝60°，∵E为AB的中点，∴BE＝AB＝10，在Rt△BEM中，sin B＝，∴＝，∴EM＝5，在Rt△EMP中，sin∠EPM＝，∴＝，∴EP＝5，即等边△EPQ的边长为5；（2）证明：取BC的中点N，连接NE，∵等边△ABC，∴AB＝BC，∵E为AB的中点，F为AC的中点，N为BC的中点，∴EF＝BC，BE＝AB，BN＝BC，EF∥BC，∴EF＝BE＝BN，∵∠B＝60°，∴△EBN是等边三角形，∴EN＝BN＝EF，∠ENB＝60°，∵EF∥BC，∴∠FEN＝60°，∴∠1+∠2＝60°，∵等边△EPQ，∴EP＝EQ，∠PEQ＝60°，∴∠2+∠3＝60°，∴∠1＝∠3，在△ENP和△EFQ中，，∴△ENP≌△EFQ（SAS），∴NP＝FQ，∴BP＝BN+NP＝EF+FQ．7．（2020秋•斗门区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，D、E分别在AB，AC上，且AD＝AE．若△ADE绕点A逆时针旋转，得到AD1E1，设旋转角为a（0°＜a≤180°），记直线BD1与CE1的交点为P．（1）求证：BD1＝CE1；（2）当∠CPD1＝2∠CAD1时，求旋转角为a的度数．【解答】解：（1）在△ABD1和△ACE1中，，∴△ABD1≌△ACE1 （SAS），∴BD1＝CE1；（2）设AC与BP交于点G，由（1）知△ABD1≌△ACE1，∴∠ABD1＝∠ACE1，∵∠AGB＝∠CGP，∴∠CPG＝∠BAG＝90°，∴∠CPD1＝90°，∵∠CPD1＝2∠CAD1，∴∠CAD1＝∠CPD1＝45°，∴旋转角α＝90°+∠CAD1＝135°．8．（2021春•渝中区校级期末）如图，△CAB与△CDE为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE ＝90°，CA＝CB，CD＝CE，∠CAB＝∠CBA＝45°，∠CDE＝∠CED＝45°，连接AD、BE．（1）如图1，若∠CAD＝28°，∠DCB＝10°，则∠DEB的度数为27度；（2）如图2，若A、D、E三点共线，AE与BC交于点F，且CF＝BF，AD＝3，求△CEF 的面积；（3）如图3，BE与AC的延长线交于点G，若CD⊥AD，延长CD与AB交于点N，在BC上有一点M且BM＝CG，连接NM，请猜想CN、NM、BG之间的数量关系并证明你的猜想．【解答】解：（1）如图1中，∵△ACB，△CDE都是等腰直角三角形，∴∠ACB＝∠DCE＝90°，CA＝CB，CD＝CE，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠CAD＝∠CBE＝28°，∵∠DCB＝10°，∴∠ECB＝90°﹣10°＝80°，∴∠CEB＝180°﹣80°﹣28°＝72°，∵∠CED＝45°，∴∠DEB＝72°﹣45°＝27°．故答案为：27．（2）如图2中，过点C作CQ⊥DE于Q．∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC＝∠CEB，AD＝BE＝3，∵∠CDE＝∠CED＝45°，∴∠ADC＝∠CEB＝135°，∴∠AEB＝90°，在△CFQ和∠BFE中，，∴△CQF≌△BEF（AAS），∴CQ＝BE＝3，QF＝EF，∵CQ＝EQ＝3，∴EF＝EQ＝，∴S△CEF＝•EF•CQ＝××3＝．（3）如图3中，结论：CN+MN＝BG．理由：如图过点B作BT⊥BC交CN的延长线于T∵AD⊥CD，∴∠ADC＝90°，∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC＝∠BEC＝90°，∵∠BCT+∠ECB＝90°，∠ECB+∠CBG＝90°，∴BCT＝∠CBG，在△CBT和△BCG中，，∴△CBT≌△BCG（ASA），∴BT＝CG，CT＝BG，∵BM＝CG，∴BM＝BT，在△BNM和△BNT中，，∴△BNM≌△BNT（SAS），∴MN＝NT，∴CN+MN＝CN+NT＝CT＝BG．9．（2021春•楚雄州期末）已知△ABC中，∠ACB＝∠DCE＝α，AC＝BC，DC＝EC，且点A、D、E在同一直线上，AE与BC相交于点F，连接BE．（1）如图1，当α＝60°时，求出∠AEB的度数．（2）如图2，当α＝90°时，若∠CBE＝∠BAE，CF＝2，AB＝4+2，求△ABF的面积．【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠DCE＝60°，CA＝CB，CD＝CE，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠CAD＝∠CBE，∵∠CF A＝∠BFE，∴∠AEB＝∠ACF＝60°．（2）同理可证△ACD≌△BCE，∴∠CAF＝∠CBE，∵∠CBE＝∠BAE，∴∠CAF＝∠BAE，∴AF平分∠CAB，∵FC⊥AC，CF＝2，∴点F到AB的距离＝CF＝2，∴S△ABF＝•AB•CF＝×（4+2）×2＝4+2．10．（2012秋•渝北区期末）如图，△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D在△ABC的外部，且AD⊥BD，AD交BC于点E，连接CD，过点C作CG⊥CD，交AD于点G．（1）若CG＝4，求DG的长；（2）若CG＝BD，求证：AB＝AC+CE．【解答】（1）解：∵AD⊥BD，∴∠ADB＝90°，∵∠ACB＝90°，而∠AEC＝∠BED，∴∠CAE＝∠EBD，∵CG⊥CD，∴∠GCD＝90°，即∠GCE+∠ECD＝90°，而∠GCE+∠ACG＝90°，∴∠ACG＝∠ECD，在△ACG和△BCD中，∴△ACG≌△BCD，∴CG＝CD，∴△CDG为等腰直角三角形，∴DG＝CG＝4；（2）证明：延长AC、BD，它们相交于点H，如图，∵CG＝BD，而CG＝CD，∴BD＝CD，∴∠DCB＝∠DBC，∵∠H+∠CBH＝90°，∠CHD+∠DCB＝90°，∴∠H＝∠HCD，∴CD＝HD，∴DH＝DB，而AD⊥BH，∴AB＝AH，在△ACE和△BCH中，∴△ACE≌△BCH，∴CE＝CH，∴AB＝AC+CH＝AC+CE．11．已知△BAC和△BDE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠BDE＝90°．（1）如图1，点E、B、C三点在一条直线上，连接AE，若∠AEC＝30°，BC＝4，求BE的长．（2）如图2，将△BDE以点B为旋转中心顺时针旋转，当C在ED延长线上时，EC交AB于点H．求证：∠BAE＝2∠BCH．【解答】（1）解：如图1中，作AH⊥BC于H．∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AH⊥BC，∴AH＝BH＝HC＝2，在Rt△AEH中，∵∠AHE＝90°，AH＝2，∠AEH＝30°，∴EH＝＝2，∴BE＝EH﹣BH＝2﹣2．（2）证明：如图2中，连接AD．∵∠BDH＝∠HAC，∠BHD＝∠CHA，∴△BHD∽△CHA，∴＝，∴＝，∵∠AHD＝∠CHB，∴△AHD∽△CHB，∴∠ADH＝∠CBH＝45°，∠DAH＝∠BCH，∴∠ADB＝90°+45°＝135°，∴∠ADE＝360°﹣90°﹣135°＝135°，∴∠ADE＝∠ADB，在△ADE和△ADB中，，∴△ADE≌△ADB，∴∠DAE＝∠DAB，∵∠DAB＝∠BCH，∴∠BAE＝2∠BCH．12．（2021•鄂尔多斯）旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时往往可以通过旋转解决问题．（1）尝试解决：如图①，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M是BC上的一点，BM＝1cm，CM＝2cm，将△ABM绕点A旋转后得到△ACN，连接MN，则AM ＝cm．（2）类比探究：如图②，在“筝形”四边形ABCD中，AB＝AD＝a，CB＝CD，AB⊥BC 于点B，AD⊥CD于点D，点P、Q分别是AB、AD上的点，且∠PCB+∠QCD＝∠PCQ，求△APQ的周长．（结果用a表示）（3）拓展应用：如图③，已知四边形ABCD，AD＝CD，∠ADC＝60°，∠ABC＝75°，AB＝2，BC＝2，求四边形ABCD的面积．【解答】解：（1）如图①，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，由旋转得：CN＝BM＝1，∠ACN＝∠B＝45°，∠MAN＝∠BAC＝90°，AM＝AN，∴∠MCN＝∠ACB+∠ACN＝45°+45°＝90°，△AMN是等腰直角三角形，∵CM＝2，∴MN＝＝，∴AM＝MN＝（cm）；故答案为：；（2）如图②，延长AB到E，使BE＝DQ，连接CE，∵AB⊥BC，AD⊥CD，∴∠ADC＝∠ABC＝90°，∴∠CBE＝∠CDQ＝90°，在△CDQ和△CBE中，，∴△CDQ≌△CBE（SAS），∴∠DCQ＝∠BCE，CQ＝CE，∵∠PCB+∠QCD＝∠PCQ，∴∠PCB+∠BCE＝∠PCQ＝∠PCE，在△QCP和△ECP中，，∴△QCP≌△ECP（SAS），∴PQ＝PE，∴△APQ的周长＝AQ+PQ+AP＝AQ+PE+AP＝AQ+BE+PB+AP＝AQ+DQ+AB＝2AB＝2a；（3）如图③，连接BD，由于AD＝CD，所以可将△BCD绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB′，连接BB′，延长BA，作B′E⊥BA于E，由旋转得：△BCD≌△B′AD，∴BD＝B'D，∠BDB'＝60°，∠CBD＝∠AB'D，∴S四边形ABCD＝S四边形BDB′A，△BDB'是等边三角形，∵∠ABC＝75°，∠ADC＝60°，∴∠BAB′＝∠BDB'+∠AB'D+∠ABD＝135°，∴∠B′AE＝45°，∵B′A＝BC＝2，∴B′E＝AE＝，∴BE＝AB+AE＝2+＝3，∴BB′＝＝2，设等边三角形的高为h，则勾股定理得：h＝＝，∴S四边形ABCD ＝S四边形BDB′A＝S△BDB′﹣S△ABB′＝×2×﹣××＝5﹣2．。
等边三角形优秀PPT课件
等边三角形是数学研究中的重要对 象之一，与三角函数、数列等领域 有密切联系。
03
等边三角形面积与周长计算
面积计算公式推导
等边三角形面积公式
S = (a^2 * sqrt(3)) / 4，其中a为等边三角形的边长。
公式推导
等边三角形可以划分成两个等腰直角三角形，每个直角三角形的面积为(1/2) * a * (a * sqrt(3) / 2)，因此等边三角形面积为2 * (1/2) * a * (a * sqrt(3) / 2) = (a^2 * sqrt(3)) / 4。
05
等边三角形相关数学问题探讨
等腰直角三角形与等边三角形关系探讨
定义与性质 等腰直角三角形是两边相等的直角三角形，等边三角形则 是三边都相等的三角形。两者都属于特殊三角形，具有一 些独特的性质。
关联与转化 等腰直角三角形可以通过添加辅助线转化为等边三角形， 从而利用等边三角形的性质解决问题。反之，等边三角形 也可以转化为等腰直角三角形进行求解。
三边相等判定法
定义
判定方法
三边长度相等的三角形称为等边三角 形。
通过测量三角形的三边长度，判断是 否相等来确定是否为等边三角形。
判定定理
若三角形三边长度分别为a、b、c， 且满足a=b=c，则该三角形为等边三 角形。
两角相等判定法
定义
有两个内角相等的三角形 称为等腰三角形，若这两 个内角均为60度，则为等 边三角形。
特点
等边三角形的三个内角均为60°， 具有对称性。
与其他三角形关系
01
02
03
与等腰三角形关系
等边三角形是特殊的等腰 三角形，其中两腰长度相 等且等于第三边。
与直角三角形关系
2024_2025学年八年级数学上学期期中核心考点专题01三角形的基础含解析新人教版
期中考点专题01 三角形的基础重点突破三角形的概念：由不在同一条直线上的三条线段首尾依次相接所组成的图形叫做三角形。
三角形特性三角形用符号“”表示，顶点是A、B、C的三角形记作“ABC”，读作“三角形ABC”。
三角形按边分类：等腰三角形：有两条边相等的三角形叫做等腰三角形，其中相等的两条边叫做腰，另一边叫做底边，两腰的夹角叫做顶角，腰与底边的夹角叫做底角。
等边三角形：底边与腰相等的等腰三角形叫做等边三角形，即三边都相等。
三角形三边的关系（重点（1）三角形的随意两边之和大于第三边。
三角形的随意两边之差小于第三边。
（这两个条件满意其中一个即可）用数学表达式表达就是：记三角形三边长分别是a，b，c，则a＋b＞c或c－b＜a。
（2）已知三角形两边的长度分别为a，b，求第三边长度的范围：|a－b|＜c＜a＋b三角形的分类：三角形按边的关系分类如下：三角形按角的关系分类如下：三角形的稳定性➢三角形具有稳定性➢四边形及多边形不具有稳定性要使多边形具有稳定性，方法是将多边形分成多个三角形，这样多边形就具有稳定性了。
考查题型考查题型一三角形的个数问题典例1．（2024·西林县期中）如图所示，其中三角形的个数是（）A．2个B．3个C．4个D．5个【答案】D【提示】依据三角形的定义解答即可，由不在同始终线上的三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角形.【详解】图中的三角形有：△ABC，△BCD，△BCE，△ABE，△CDE共5个.故选D.【名师点拨】本题考查了三角形的概念，由不在同始终线上的三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角形.组成三角形的线段叫做三角形的边，相邻边的公共端点叫做三角形的顶点.相邻两条边组成的角，叫做三角形的内角，简称为三角形的角.变式1-1．（2024·秦皇岛市期中）图中三角形的个数是（）A．3个B．4个C．5个D．6个【答案】D【解析】图中的三角形有: △ABD, △ADE, △AEC, △ABE, △ADC, △ABC,共6个.故选D.变式1-2．（2024·洛阳市期末）图中三角形的个数是（）A．4个B．6个C．8个D．10个【答案】C【提示】依据三角形的定义即可得．【详解】图中的三角形是，共8个故选：C．【名师点拨】本题考查了三角形的定义，驾驭理解三角形的概念是解题关键．变式1-3．（2024·恩施市期中）如图，图中三角形的个数有（）A．6个B．8个C．10个D．12个【答案】B【解析】试题解析：以O为一个顶点的有△CBO、△CDO、△ABO、△ADO，不以O为顶点的三角形有△CAD、△CBA、△BCD、△BAD，共有8个．故选B.考查题型二三角形的分类典例2（2024·石家庄市期末）在△ABC中，∠A=20°，∠B=60°，则△ABC的形态是（）A．等边三角形 B．锐角三角形C．直角三角形 D．钝角三角形【答案】D【解析】试题提示：依据三角形的内角和定理求出∠C，即可判定△ABC的形态．解：∵∠A=20°，∠B=60°，∴∠C=180°﹣∠A﹣∠B=180°﹣20°﹣60°=100°，∴△ABC是钝角三角形．故选D．变式2-1．（2024·黄冈市期中）一个三角形三个内角的度数之比为1：2：3，则这个三角形肯定是（）A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．等腰直角三角形【答案】B【解析】试题提示：依据三角形的内角和为180°，可知最大角为90°，因式这个三角形是直角三角形.故选B.变式2-2．（2024·深圳市期中）在△ABC中，若∠A：∠B：∠C＝1：3：5，则△ABC是（）A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．形态不确定【答案】C【提示】依据∠A：∠B：∠C=1：3：5，可设∠A=x°，∠B=3x°，∠C=5x°，再依据三角形内角和为180°可得方程x+3x+5x=180，解方程算出x的值，即可推断出△ABC的形态．【详解】解：∵∠A：∠B：∠C=1：3：5，∴设∠A=x°，∠B=3x°，∠C=5x°，∴x+3x+5x=180，解得：x=20，∴∠C=5×20°=100°，∴△ABC是钝角三角形．故选：C．【名师点拨】本题考查三角形内角和定理，关键是利用方程思想列出三个角的关系式．变式2-3．（2024·石家庄市期末）下面给出的四个三角形都有一部分被遮挡，其中不能确定三角形类型的是（）A．B．C．D．【答案】A【提示】依据三角形按角分类的方法一一推断即可．【详解】视察图象可知：选项B，D的三角形是钝角三角形，选项C中的三角形是锐角三角形，选项A中的三角形无法判定三角形的类型．故选A．【名师点拨】本题考查了三角形的分类，解题的关键是娴熟驾驭基本学问，属于中考常考题型．考查题型三构成三角形的条件典例3．（2024·宜兴市期末）下列各组线段不能组成三角形的是 ( )A．4cm、4cm、5cm B．4cm、6cm、11cmC．4cm、5cm、6cm D．5cm、12cm、13cm【答案】B【提示】依据三角形的随意两边之和大于第三边对各选项提示推断后利用解除法求解.【详解】A 、4485+=>，∴445cm cm cm 、、能组成三角形，故本选项错误；B 、461011+=<，∴4611cm cm cm 、、不能组成三角形，故本选项正确；C 、5496+=>，∴456cm cm cm 、、能组成三角形，故本选项错误；D 、5121713+=>，∴51213cm cm cm 、、能组成三角形，故本选项错误.故选：B .【名师点拨】本题考查了三角形的三边关系，是基础题，熟记三边关系是解题的关键.变式3-1．（2024·太仓市）等腰三角形的两边长分别为3和6，则这个等腰三角形的周长为（ ）A ．12B ．15C ．12或15D ．18【答案】B【解析】试题提示：依据题意，要分状况探讨：①、3是腰；②、3是底．必需符合三角形三边的关系，随意两边之和大于第三边．解：①若3是腰，则另一腰也是3，底是6，但是3+3=6，∴不构成三角形，舍去．②若3是底，则腰是6，6．3+6＞6，符合条件．成立．∴C=3+6+6=15．故选B ．变式3-2．（2024·兰州市期末）等腰三角形的一边长为4，另一边长为9，则这个三角形的周长为( )A ．22B ．17C ．13D ．17或22【答案】A【提示】分4是腰长和底边两种状况探讨求解即可．【详解】解：4是腰长时，三角形的三边分别为4、4、9，∵4+4=8＜9，∴不能组成三角形，4是底边时，三角形的三边分别为4、9、9，能组成三角形，周长=4+9+9=22，综上所述，该等腰三角形的周长为22．故选A ．【名师点拨】本题主要考查了三角形三边关系，难点在于分状况探讨并利用三角形的三边关系推断是否能组成三角形．cm cm长的两根木棒首尾相接成一个三角形的变式3-3．（2024·哈尔滨市期中）下列长度的四根木棒中，能与49，是（）A．4cm B．5cm C．9cm D．13cm【答案】C【提示】依据三角形三边关系：三角形随意两边之和大于第三边，逐一推断选项，即可.【详解】∵4+4<9，cm cm长的木棒首尾相接，不能组成三角形，∴4cm，49，∴A错误；∵5+4=9，cm cm长的木棒首尾相接，不能组成三角形，∴5cm，49，∴B错误；∵9+4>9，cm cm长的木棒能组成三角形，∴9cm，49，∴C正确；∵4+9=13，cm cm长的木棒，不能组成三角形，∴13cm，49，∴D错误；故选C.【名师点拨】本题主要考查三角形的三边关系，驾驭“三角形随意两边之和大于第三边”，是解题的关键.m-=，且m，n恰好是等腰△ABC的两条边的边长，变式3-4．（2024·濮阳市期末）若实数m，n满意20则△ABC的周长是( )A．12 B．8 C．10 D．10或8【答案】C【提示】依据非负数的性质求出,m n的值，依据等腰三角形的性质求解即可.m-=【详解】20m n∴==2,4,当三角形的腰长为2时，224+=，构不成三角形；++=.当三角形的腰长为4时，三角形的周长为：44210故答案选：C.【名师点拨】考查非负数的性质以及等腰三角形的性质，驾驭三角形的三边关系是解题的关键.考查题型四三角形第三边的取值范围典例4．（2024·三明市期末）已知三角形两边的长分别是3和7，则此三角形第三边的长可能是（）A．1 B．2 C．8 D．11【答案】C【提示】依据三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边可确定出第三边的范围，据此依据选项即可推断. 【详解】设第三边长为x，则有7-3<x<7+3，即4<x<10，视察只有C选项符合，故选 C.【名师点拨】本题考查了三角形三边的关系，娴熟驾驭三角形三边之间的关系是解题的关键.a的三条线段能组成一个三角形，则a的值可以是（）变式4-1．（2024·龙岩市期中）若长度分别为,3,5A．1 B．2 C．3 D．8【答案】C【提示】依据三角形三边关系可得5﹣3＜a＜5+3，解不等式即可求解．【详解】由三角形三边关系定理得：5﹣3＜a＜5+3，即2＜a＜8，由此可得，符合条件的只有选项C，故选C．【名师点拨】本题考查了三角形三边关系，能依据三角形的三边关系定理得出5﹣3＜a＜5+3是解此题的关键，留意：三角形的两边之和大于第三边，三角形的两边之差小于第三边．变式4-2．（2024·齐齐哈尔市期末）已知三角形三边长分别为2，x，13，若x为正整数，则这样的三角形个数为A．2 B．3 C．5 D．13【答案】B【提示】依据“三角形两边之和大于第三边, 两边之差小于第三边”，可得x的取值范围，一一推断可得答案. 【详解】解：依据“三角形两边之和大于第三边, 两边之差小于第三边”可得:13-2<x<13+2,即11<x<15,因为取正整数,故x的取值为12、13、14,即这样的三角形共有3个.故本题正确答案为B.【名师点拨】本题主要考查构成三角形的三边的关系.变式4-3．（2024·广州市期中）一个三角形的两边长为3和8，第三边长为奇数，则第三边长为（）A ．5或7B ．7或9C ．7D ．9【答案】B 【详解】依据三角形三边关系可得：5＜第三边＜11，依据第三边长为奇数，则第三边长为7或9．故选B.考查题型五 三角形三边关系的应用典例5．（2024·德州市期末）已知三角形的两边分别为1和4，第三边长为整数 ，则该三角形的周长为（ ）A ．7B ．8C ．9D ．10【答案】C【提示】依据三角形的三边关系“第三边大于两边之差，而小于两边之和”，求得第三边的取值范围；再依据第三边是整数，从而求得周长．【详解】设第三边为x ，依据三角形的三边关系，得：4-1＜x ＜4+1，即3＜x ＜5，∵x 为整数，∴x 的值为4．三角形的周长为1+4+4=9．故选C.【名师点拨】此题考查了三角形的三边关系．关键是正确确定第三边的取值范围．变式5-1．（2024·汕头市期中）已知a b c 、、是ABC ∆的三边长，化简a b c b a c +----的值是（ ）A ．2c -B ．22b c -C ．22a c -D ．22a b - 【答案】B【提示】依据三角形的三边关系“随意两边之和大于第三边，随意两边之差小于第三边”，得到a+b-c ＞0，b -a -c ＜0，再依据肯定值的性质进行化简计算.【详解】依据三角形的三边关系，得a+b-c>0，b -a -c <0.∴原式= a+b-c −(a +c −b)= 22b c -.故选择B 项.【名师点拨】本题考查三角形三边关系和肯定值，解题的关键是娴熟驾驭三角形三边关系.变式5-2．（2024·保定市期末）如图，为估计池塘岸边A ，B 的距离，小明在池塘的一侧选取一点O ，测得OA=15米，OB=10米，A ，B 间的距离可能是（ ）A．30米B．25米C．20米D．5米【答案】C【解析】设A，B间的距离为x．依据三角形的三边关系定理，得：15-10＜x＜15+10，解得：5＜x＜25，所以，A，B之间的距离可能是20m．故选C．变式5-3．（2024·滨州市期末）若（a﹣3）2+|b﹣6|＝0，则以a、b为边长的等腰三角形的周长为（）A．12 B．15 C．12或15 D．18【答案】B【提示】依据非负数的和为零，可得每个非负数同时为零，可得a、b的值，依据等腰三角形的判定，可得三角形的腰，依据三角形的周长公式，可得答案．【详解】由（a﹣3）2+|b﹣6|＝0，得a﹣3＝0，b﹣6＝0．则以a、b为边长的等腰三角形的腰长为6，底边长为3，周长为6+6+3＝15，故选B．【名师点拨】本题考查了非负数的性质，利用非负数的和为零得出每个非负数同时为零是解题关键．变式5-4．（2024·南开区期末）假如一等腰三角形的周长为27，且两边的差为12，则这个等腰三角形的腰长为（）A．13 B．5 C．5或13 D．1【答案】A【详解】设等腰三角形的腰长为x，则底边长为x﹣12或x+12，当底边长为x﹣12时，依据题意，2x+x﹣12=27，解得x=13，∴腰长为13；当底边长为x+12时，依据题意，2x+x+12=27，解得x=5，因为5+5＜17，所以构不成三角形，故这个等腰三角形的腰的长为13，故选A．考查题型六三角形的稳定性典例6．（2024·路北区期中）下列图形具有稳定性的是（）A．B．C．D．【答案】A【提示】依据三角形具有稳定性，四边形具有不稳定性进行推断即可得．【详解】A、具有稳定性，符合题意；B、不具有稳定性，故不符合题意；C、不具有稳定性，故不符合题意；D、不具有稳定性，故不符合题意，故选A．【名师点拨】本题考查了三角形的稳定性和四边形的不稳定性，正确驾驭三角形的性质是解题关键．变式6-1．（2024·乌鲁木齐市期末）为了使一扇旧木门不变形，木工师傅在木门的背面加钉了一根木条，这样做的道理是（）A．两点之间，线段最短B．垂线段最短C．三角形具有稳定性D．两直线平行，内错角相等【答案】C【解析】试题提示：三角形具有稳定性，其它多边形不具有稳定性，把多边形分割成三角形则多边形的形态就不会变更．解：这样做的道理是三角形具有稳定性．故选：C．变式6-2．（2024·安阳市期末）王师傅用4根木条钉成一个四边形木架，如图．要使这个木架不变形，他至少还要再钉上几根木条？（）．A．0根B．1根C．2根D．3根【答案】B【解析】三角形具有稳定性，连接一条对角线，即可得到两个三角形，故选B变式6-3．（2024·济南市期末）如图，窗户打开后，用窗钩AB可将其固定，其所运用的几何原理是（）A．三角形的稳定性B．垂线段最短C．两点确定一条直线D．两点之间，线段最短【答案】A【提示】依据点A、B、O组成一个三角形，利用三角形的稳定性解答．【详解】解：一扇窗户打开后，用窗钩将其固定，正好形成三角形的形态，所以，主要运用的几何原理是三角形的稳定性．故答案选A.【名师点拨】本题考查三角形稳定性的实际应用．三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用．变式6-4．（2024·深圳市期末）如图，工人师傅砌门时，常用木条EF固定长方形门框ABCD，使其不变形，这样做的依据是( )A．两点之间的线段最短B．长方形的四个角都是直角C．三角形有稳定性D．长方形是轴对称图形【答案】C【详解】用木条EF固定长方形门框ABCD，使其不变形的依据是三角形具有稳定性．故选：C．【名师点拨】本题考查了三角形具有稳定性在实际生活中的应用，是基础题．变式6-5．（2024·抚顺市期中）人字梯中间一般会设计一“拉杆”，这样做的道理是（）A．两点之间，线段最短B．垂线段最短C．两直线平行，内错角相等D．三角形具有稳定性【答案】D【提示】依据三角形的稳定性解答即可．【详解】解：人字梯中间一般会设计一“拉杆”，是为了形成三角形，利用三角形具有稳定性来增加其稳定性，故选：D．【名师点拨】此题考查三角形的性质，关键是依据三角形的稳定性解答．。
第一章第02讲 等边三角形的性质与判定 (4类热点题型讲练)(解析版)
ïîEF = FD
∴ VBEF≌VCFD AAS ，
故答案为：是．
题型 02 等边三角形的判定
【例题】（2023 上·甘肃庆阳·八年级统考期中）如图，在 VABC 中， A = 40° ，点 E 在边 AC 上，连接 BE, C = CBE ．若 ABE = 20° ，求证： VBCE 是等边三角形．
（3）等边三角形的判定方法 3：（从边、角看）有一个内角等于 60° 的等腰三角形是等边三角形.
题型 01 等边三角形的性质
【例题】（2023 上·内蒙古呼和浩特·八年级呼市四中校考期中）如图， AD 是等边三角形 ABC 的中线， AE = AD ，则 EDB 的度数为 ．
【答案】15° /15 度
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理；根据等边三角形的
性质可得 BAD = 1 BAC = 30°, AD ^ BC ，再由 AE = AD ，可得 ADE = 1 180° - CAD = 75° ，即可求
2
2
解．
【详解】解：∵ VABC 是等边三角形，
∴ BAC = 60° ，
【答案】详见解析 【分析】本题考查了等边三角形的判定，根据有一角是 60° 的等腰三角形是等边三角形即可求证． 【详解】证明：QC = CBE ， \△BCE 为等腰三角形， 又QA = 40°, ABE = 20° ， \BEC = A + ABE = 40° + 20° = 60° ， \△BCE 是等边三角形． 【变式训练】 1．（2023 上·湖南长沙·八年级校联考期中）如图，点 E 在 VABC 的外部，点 D 在边 BC 上， DE 交 AC 于点 F ，若 1 = 2 ， AE = AC ， B = ADE ．
专题01 三角形的三边内外角高线中线及角平分线压轴题九种模型全攻略(解析版)
专题01 三角形的三边、内外角、高线、中线及角平分线压轴题九种模型全攻略考点一三角形的稳定性考点二三角形的三边关系考点三三角形内角和定理的证明考点四与平行线有关的三角的内角和问题考点五三角形的高线、中线、角平分线考点六与角平分线有关的三角的内角和问题考点七三角形折叠中的角度问题考点八三角形内角和定理的应用考点九三角形外角的定义和性质考点一三角形的稳定性例题：（2021·广西·南宁十四中七年级期末）下列图形中没有运用三角形稳定性的是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】利用三角形的稳定性解答即可．【详解】解：对于A、C、D选项，都含有三角形，故利用了三角形的稳定性；而B选项中，用到了四边形的不稳定性.故选B．【点睛】本题主要考查了三角形的稳定性，需理解稳定性在实际生活中的应用；明确能体现出三角形的稳定性，则说明物体中必然存在三角形是解题关键．【变式训练】1．（2022·吉林吉林·二模）如图，人字梯中间设计一“拉杆”，在使用梯子时，固定拉杆会增加安全性．这样做蕴含的数学道理是（）A．三角形具有稳定性B．两点之间线段最短C．经过两点有且只有一条直线D．垂线段最短【答案】A【解析】【分析】人字梯中间设计一“拉杆”后变成一个三角形，稳定性提高．【详解】三角形的稳定性如果三角形的三条边固定，那么三角形的形状和大小就完全确定了，三角形的这个特征，叫做三角形的稳定性.故选A【点睛】本题考查三角形的稳定性，理解这一点是本题的关键．2．（2022·广东·佛山市惠景中学七年级期中）如图所示的自行车架设计成三角形，这样做的依据是三角形具有___．【答案】稳定性【解析】【分析】根据是三角形的稳定性，即可求解．【详解】解：自行车的主框架采用了三角形结构，这样设计的依据是三角形具有稳定性，故答案为：稳定性．【点睛】本题考查的是三角形的性质，掌握三角形具有稳定性是解题的关键．考点二三角形的三边关系例题：（2022·黑龙江·哈尔滨市风华中学校七年级期中）下列各组长度的线段为边，能构成三角形的是（）．A．1，2，3B．3，4，5C．4，5，11D．6，3，3【答案】B【解析】【分析】比较三边中两较小边之和与较大边的大小即可得到解答．【详解】解：A、1+2=3，不符合题意；B、3+4>5，符合题意；C、4+5<11，不符合题意；D、3+3=6，不符合题意；故选B．【点睛】本题考查构成三角形的条件，熟练掌握三角形的三边关系是解题关键．【变式训练】1．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六十九中学校七年级期中）下列各组长度的三条线段能够组成三角形的是（）A．3，4，8B．5，6，11C．5，6，10D．10，7，3【答案】C【解析】【分析】根据三角形三边关系可直接进行排除选项．【详解】解：A、3+4＜8，不符合三角形三边关系，故不能构成三角形；B、5+6=11，不符合三角形三边关系，故不能构成三角形；C、5+6＞10，符合三角形三边关系，故能构成三角形；D、3+7=10，不符合三角形三边关系，故不能构成三角形；故选C．【点睛】本题主要考查三角形三边关系，熟练掌握三角形三边关系是解题的关键．2．（2022·海南·海口市第十四中学七年级阶段练习）在△ABC中，三条边长分别为3和6，第三边长为奇数，那么第三边的长是()A．5或7B．7或9C．3或5D．9【答案】A【解析】【分析】先求出第三边长的取值范围，再根据条件具体确定符合条件的值即可．【详解】解：因为三条边长分别为3和6，所以6-3＜第三边＜6+3，所以3＜第三边＜9，因为第三边长为奇数，∴第三边的长为5或7，故选：A．【点睛】本题考查了三角形的三边关系，掌握三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边是解题的关键．3．（2022·江苏·南师附中新城初中七年级期中）已知三角形三边长分别为3，x，14，若x为正整数，则这样的三角形个数为（）A．4B．5C．6D．7【答案】B【解析】【分析】直接根据三角形的三边关系求出x的取值范围，进而可得出结论．【详解】解：三角形三边长分别为3，x，14，x<<．∴-<<+，即1117x143143x为正整数，x=，13，14，15，16，即这样的三角形有5个．12故选：B．【点睛】本题考查的是三角形的三边关系，熟知三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边是解答此题的关键．考点三 三角形内角和定理的证明例题：（2021·广西·靖西市教学研究室八年级期末）（1）如图①，直线DE 经过点A ，DE ∴BC ．若∴B ＝45°，∴C ＝58°，那么∴DAB ＝ ；∴EAC ＝ ；∴BAC ＝ ．(在空格上填写度数）（2）求证：在∴ABC 中，∴A +∴B +∴C ＝180°．【答案】（1）45°；58°；77°（2）见解析【解析】【分析】（1）通过平行线的性质，两直线平行，内错角相等，可分别求出：45DAB ∠=︒，58EAC ∠=︒．由图可知：180DAB BAC EAC ∠+∠+∠=︒，可求出：77BAC ∠=︒．（2）过点A 作//DE BC ，通过平行线的性质，可得：B DAB ∠=∠，C EAC ∠=∠所以180BAC B C BAC DAB EAC ∠+∠+∠=∠+∠+∠=︒．【详解】（1）解：//DE BC ，45B ∠=︒，58C ∠=︒∴45B DAB ∠=∠=︒，=58C EAC ∠=∠︒180BAC DAB EAC ∠+∠+∠=︒∴18077BAC DAB EAC ∠=︒-∠-∠=︒，故答案是：45°，58°，77°；（2）证明：过点A 作//DE BC//DE BC∴B DAB ∠=∠，C EAC ∠=∠180BAC DAB EAC ∠+∠+∠=︒∴180BAC B C BAC DAB EAC ∠+∠+∠=∠+∠+∠=︒【点睛】本题主要考查知识点为，平行线的性质．即：两直线平行，同位角相等，内错角相等，同旁内角互补．熟练掌握平行线的性质是解决本题的关键．【变式训练】1．（2022·全国·八年级专题练习）在小学，我们曾经通过动手操作，利用拼图的方法研究了三角形三个内角的数量关系．如图，把三角形ABC分成三部分，然后以某一顶点（如点B）为集中点，把三个角拼在一起，观察发现恰好构成了平角，从而得到了“三角形三个内角的和是180°”的结论．但是，通过本学期的学习我们知道：由观察、实验、归纳、类比、猜想得到的结论还需要通过证明来确认它的正确性．小聪认真研究了拼图的操作方法，形成了证明命题“三角形三个内角的和是180°”的思路：①画出命题对应的几何图形；②写出已知，求证；③受拼接方法的启发画出辅助线；④写出证明过程．请你参考小聪解决问题的思路，写出证明该命题的完整过程．【答案】见解析【解析】【分析】根据要求画出△ABC，写出已知，求证．构造平行线，利用平行线的性质解决问题即可．【详解】解：已知：△ABC．求证：∴A+∴B+∴C=180°．证明：如图，延长CB到F，过点B作BE∴AC．∴BE∴AC，∴∴1=∴4，∴5=∴3，∴∴2+∴4+∴5=180°，∴∴1+∴2+∴3=180°，即∴A +∴ABC +∴C =180°．【点睛】本题考查三角形内角和定理的证明，平行线的性质，平角的定义等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题．2．（2022·北京·中考真题）下面是证明三角形内角和定理的两种添加辅助线的方法，选择其中一种，完成证明． 三角形内角和定理：三角形三个内角和等于180°， 已知：如图，ABC ∆,求证：180.A B C ∠+∠+∠=方法一证明：如图，过点A 作.DE BC ∥方法二证明：如图，过点C 作.CD AB ∥【解析】【分析】 选择方法一，过点A 作//DE BC ，依据平行线的性质，即可得到B BAD ∠=∠，C EAC ∠=∠，再根据平角的定义，即可得到三角形的内角和为180︒．【详解】证明：过点A 作//DE BC ，则B BAD ∠=∠，C EAC ∠=∠．( 两直线平行，内错角相等）点D ，A ，E 在同一条直线上，180DAB BAC C ∴∠+∠+∠=︒．（平角的定义）180B BAC C ∴∠+∠+∠=︒．即三角形的内角和为180︒．【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及三角形内角和定理的运用，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．考点四 与平行线有关的三角的内角和问题例题：（2022·山东泰安·一模）如图，AB ∥CD ，EF 分别与AB ，CD 交于点B ，F ．若30E ∠=︒，130EFC ∠=︒，则A ∠=______．【答案】20︒【解析】【分析】通过两直线平行，同位角相等，求出∴ABE 的度数，再利用三角形内角和定理求解．【详解】解：//AB CD ，130ABE EFC ∠∠∴==︒，在∴ABE 中，30E ∠=︒，1801803013020A E ABE ∠∴=︒-∠-∠=︒-︒-︒=︒，20A ∠∴=︒．故答案为：20︒．【点睛】本题考查平行线的性质，三角形的内角和定理，灵活运用平行线的性质和三角形内角和定理是解题的关键．【变式训练】1．（2022·江西南昌·模拟预测）如图，直线AB ，CD 被直线BC ，EG 所截．若AB //CD ，176∠=︒，236∠=︒，则3∠的度数为（ ）A ．30B ．36︒C ．40︒D ．45︒【答案】C【解析】【分析】由两直线平行，同旁内角互补求出∴CGE的度数，再由三角形的内角和定理求得∴3的度数．【详解】∠=︒，解：∴AB//CD，176∴∴CGE＝180°－∴1＝104°，∴∴2＋∴3＋∴CGE＝180°，236∠=︒，∴∴3＝180°－∴2－∴CGE＝40°．故选：C【点睛】此题考查了平行线的性质、三角形的内角和定理，熟练掌握相关性质和定理是解题的关键．2．（2022·全国·八年级课时练习）如图所示，直线a b∥，直线c与直线a，b分别相交于点A、点B，AM∴b，垂足为点M，若∴1＝56°，则∴2＝______．【答案】34°##34度【解析】【分析】先根据平行线的性质得出∴ABM的度数，再由三角形内角和定理求出∴2的度数即可．【详解】∥，∴1＝56°，：解：∴直线a b∴∴ABM＝∴1＝56°，∴AM∴b，垂足为点M，∴∴AMB＝90°，∴∴2＝180°−∴AMB−∴ABM＝180°−56°−90°＝34°，故答案为：34°．【点睛】本题考查三角形中求角度问题，涉及到平行线的性质、三角形内角和定理，在求角度问题中，熟练运用三角形内角和是180°是解决问题的关键．考点五 三角形的高线 、中线、角平分线例题1：（2022·重庆市育才中学七年级阶段练习）下列各组图形中，BD 是ABC 的高的图形是（ ） A ． B ． C ． D ．【答案】B【解析】【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．【详解】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 ．【点睛】考查了三角形的高的概念，掌握高的作法是解题的关键．例题2：（2021·广西·靖西市教学研究室八年级期中）如图，已知BD 是∴ABC 的中线，AB ＝5，BC ＝3，且∴ABD的周长为12，则∴BCD 的周长是_____．【答案】10【解析】【分析】先根据三角形的中线、线段中点的定义可得AD CD =，再根据三角形的周长公式即可求出结果．【详解】 解：BD 是ABC 的中线，即点D 是线段AC 的中点，AD CD ∴=，5AB =，ABD △的周长为12，12AB BD AD ∴++=，即512BD AD ++=，解得：7BD AD +=，7BD CD ∴+=，则BCD △的周长是3710BC BD CD ++=+=．故答案为：10．【点睛】本题主要考查了三角形的中线、线段中点的定义等知识点，掌握线段中点的定义是解题关键．例题3：（2022·全国·八年级）如图，在ABC 中，90CAB ∠=︒，AD 是高，CF 是中线，BE 是角平分线，BE 交AD 于G ，交CF 于H ，下列说法正确的是（ ）①AEG AGE ∠=∠；②BH CH =；③2EAG EBC ∠=∠；④ACF BCF S S =A ．①③B ．①②③C ．①③④D ．②③④【答案】C【解析】【分析】 ①根据∴CAB =90°，AD 是高，可得∴AEG =90°−∴ABE ，∴DGB =90°−∴DBG ，又因为BE 是角平分线，可得∴ABE =∴DBE ，故能得到∴AEG =∴DGB ，再根据对顶角相等，即可求证该说法正确；②因为CF 是中线，BE 是角平分线，得不到∴HCB =∴HBC ，故该说法错误；③∴EAG +∴DAB =90°，∴DBA +∴DAB =90°，可得∴EAG =∴DBA ，因为∴DBA =2∴EBC ，故能得到该说法正确； ④根据中线平分面积，可得该说法正确．【详解】解：①∴∴CAB =90°，AD 是高，∴∴AEG =90°−∴ABE ，∴DGB =90°−∴DBG ，∴BE 是角平分线，∴∴ABE =∴DBE ，∴∴AEG =∴DGB ，∴∴DGB =∴AGE ，∴∴AEG =∴AGE ，故该说法正确；②因为CF 是中线，BE 是角平分线，得不到∴HCB =∴HBC ，故该说法错误；③∴∴EAG +∴DAB =90°，∴DBA +∴DAB =90°，∴∴EAG =∴DBA ，∴∴DBA=2∴EBC，∴∴EAG=2∴EBC，故该说法正确；④根据中线平分面积，可得S△ACF=S△BCF，故该说法正确．故选：C．【点睛】本题考查了三角形的高，中线，角平分线的性质，解题的关键是熟练掌握各线的特点和性质．【变式训练】1．（2022·浙江杭州·中考真题）如图，CD∴AB于点D，已知∴ABC是钝角，则（）A．线段CD是ABC的AC边上的高线B．线段CD是ABC的AB边上的高线C．线段AD是ABC的BC边上的高线D．线段AD是ABC的AC边上的高线【答案】B【解析】【分析】根据高线的定义注意判断即可．【详解】∴ 线段CD是ABC的AB边上的高线，∴A错误，不符合题意；∴ 线段CD是ABC的AB边上的高线，∴B正确，符合题意；∴ 线段AD是ACD的CD边上的高线，∴C错误，不符合题意；∴线段AD是ACD的CD边上的高线，∴D错误，不符合题意；故选B．【点睛】本题考查了三角形高线的理解，熟练掌握三角形高线的相关知识是解题的关键．2．（2022·陕西·西安市曲江第一中学七年级期中）在ABC中，BC边上的中线AD将ABC分成的两个新三角形的周长差为5cm，AB与AC的和为11cm，则AC的长为________．【答案】3cm或8cm【解析】【分析】根据三角形的中线的定义可得BD CD =，然后求出ABD △与ADC 的周长差是AB 与AC 的差或AC 与AB 的差，然后代入数据计算即可得解．【详解】如图1，图2，∴AD 是BC 边上的中线，∴BD CD =，∴中线AD 将ABC 分成的两个新三角形的周长差为5cm ，∴()()5AB BD AD AC CD AD ++-++=或()()5AC CD AD AB BD AD ++-++=，∴5AB AC -=或者5AC AB -=，∴AB 与AC 的和为11cm ，∴11AB AC +=，∴83AB AC =⎧⎨=⎩或38AB AC =⎧⎨=⎩， 故答案为：3cm 或8cm ．【点睛】本题考查了三角形的中线，熟记概念并求出两个三角形的周长的差等于两边长的差是解题的关键． 3．（2021·全国·八年级课时练习）填空：（1）如图（1）,,AD BE CF 是ABC 的三条中线，则2AB =______，BD =______，12AE =______． （2）如图（2）,,AD BE CF 是ABC 的三条角平分线，则1∠=______，132∠=______，2ACB ∠=______．【答案】 AF 或BF CD AC 2∠ ABC ∠ 4∠【解析】【分析】（1）根据三角形的中线定义：三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线可得E 、F 、D 分别是AC 、AB 、BC 上的中点，进而得到答案．（2）根据角平分线定义，从一个角的顶点出发，把这个角分成两个相等的角的射线，叫做这个角的平分线即可解答．【详解】解：（1）∴CF 是AB 边上的中线，∴AB ＝2AF ＝2BF ；∴AD 是BC 边上的中线，∴BD ＝CD ，∴BE 是AC 边上的中线，∴AE ＝12AC ，（2）∴AD 是BAC ∠的角平分线，∴12∠=∠ ，∴BE 是ABC ∠的角平分线， ∴132∠=ABC ∠， ∴CF 是ACB ∠的角平分线，∴2ACB ∠=4∠．故答案为：AF 或BF ；CD ；AC ；2∠；ABC ∠；4∠【点睛】此题主要考查了三角形的中线、角平分线，解题的关键是掌握三角形的中线及角平分线的定义．考点六 与角平分线有关的三角的内角和问题例题：（2022·江苏·南京市第十三中学七年级期中）在∴ABC 中，∴ABC 与∴ACB 的平分线相交于点P ，若∴P =125°，则∴A =_____°【答案】70【解析】【分析】依据BP 、CP 分别平分∴ABC 、∴ACB ，可得∴PBC =12∴ABC ，∴PCB =12∴ACB ，再根据三角形内角和定理，即可求得∴ABC +∴ACB =110°，即可求得∴A 的度数．【详解】 解：BP 、CP 分别平分∴ABC 、∴ACB ，∴∴PBC =12∴ABC ，∴PCB =12∴ACB ， =180=180125=55PBC PCB P ∠+∠︒-∠︒-︒︒，∴∴PBC +∴PCB =12∴ABC +12∴ACB =55°， ∴∴ABC +∴ACB =110°，()=180=180110=70ABC ACB A ∠∴∠︒-︒-︒+∠︒，故答案为：70．【点睛】本题考查了三角形内角和定理，角平分线定义，能正确运用定理进行推理是解此题的关键．【变式训练】1.（2022·福建省福州屏东中学七年级期末）如图，在ABC 中，AD 是高，AE 是角平分线．(1)若32B =︒∠，60C ∠=°，求DAE ∠的度数；(2)若18C B ∠-∠=︒，求DAE ∠的度数．【答案】(1)14°(2)9° 【解析】【分析】先求∴DAC =30°，再求∴BAC =180°-32°-60°=88°，根据角的平分线计算∴EAC =1442BAC ∠=︒，求得∴DAE =14°． (2)根据∴DAE =12BAC DAC ∠-∠=1(180)(90)2B C C -∠-∠--∠=11909022B C C -∠-∠-+∠=12()C B ∠-∠，代入计算即可．(1)∴AD 是高，AE 是角平分线，32B =︒∠，60C ∠=°，∴∴DAC =30°，∴BAC =180°-32°-60°=88°，∴∴EAC =1442BAC ∠=︒， ∴∴DAE =∴EAC -∴DAC =44°-30°=14°．(2)∴∴DAE =12BAC DAC ∠-∠ =1(180)(90)2B C C -∠-∠--∠ =11909022B C C -∠-∠-+∠ =12()C B ∠-∠，18C B ∠-∠=︒，∴∴DAE =9°．【点睛】本题考查了三角形内角和定理，直角三角形性质，角的平分线意义，熟练掌握三角形内角和定理，直角三角形性质是解题的关键．2．（2022·黑龙江·哈尔滨工业大学附属中学校七年级期中）如图，ABC 中，AD BC ⊥于点D ，E 为AC 上任意一点，连接BE 交AD 于点F ．(1)若4070ABD AFE ∠=︒∠=︒，，求证：BE 平分ABC ∠．(2)如图2，在（1）的条件下，若AFE AEF ∠=∠，请直接写出图中所有直角三角形．【答案】(1)证明见解析；(2)∴ABC 、∴ABE 、∴ABD 、∴ACD 、∴BDF 都是直角三角形．【解析】【分析】（1）AD ∴BC ，得∴ADB =90°，进而得∴DBF =20°，又由∴ABD =40°即可得∴DBF = 12ABD ∠，即可证明结论成立； （2）由AD ∴BC 得∴ABD 、∴ACD 、∴BDF 是直角三角形，另由∴ABE +∴AEF =20°+ 70°=90°，可得∴BAE =90°得∴ABE 、∴ABC 是直角三角形．(1)解： ∴AD ∴BC ，∴∴ADB =90°，∴在Rt ∴BDF 中，∴DBF +∴BFD =90°，∴∴BFD +∴AFE =70°，∴∴DBF =20°，∴∴ABD =40°，∴∴DBF = 12ABD ∠， ∴BE 平分∴ABC ；(2)解：∴AD ∴BC ，∴∴ABD 、∴ACD 、∴BDF 是直角三角形，∴∴ABE =∴CBE =20°，∴∴AEF =∴AFE =70°，∴∴ABE +∴AEF =20°+ 70°=90°，∴.在∴ABE 中，∴BAE =90°，∴∴ABC 、∴ABE 是直角三角形，综上所述∴ABC 、∴ABE 、∴ABD 、∴ACD 、∴BDF 都是直角三角形．【点睛】本题主要考查了直角三角形及角平分线与垂直，熟练掌握直角三角形的概念是解题的关键．考点七 三角形折叠中的角度问题例题：（2022·河南·南阳市第三中学七年级阶段练习）如图，在三角形纸片ABC 中，65A ∠=︒，75B ∠=︒，将纸片的一角折叠，使点C 落在ABC 外的点C '处．若225∠=︒，则1∠的度数为（ ）A．115°B．100°C．105°D．95°【答案】C【解析】【分析】在∴ABC中利用三角形内角和定理可求出∴C的度数，由折叠的性质，可知：∴CDE＝∴C′DE，∴CED＝∴C′ED，结合∴2的度数可求出∴CED的度数，在∴CDE中利用三角形内角和定理可求出∴CDE的度数，再由∴1＝180°﹣∴CDE﹣∴C′DE即可求出结论．【详解】解：在∴ABC中，∴A＝65°，∴B＝75°，∴∴C＝180°﹣∴A﹣∴B＝40°．由折叠，可知：∴CDE＝∴C′DE，∴CED＝∴C′ED，∴∴CED＝18022︒+∠＝102.5°，∴∴CDE＝180°﹣∴CED﹣∴C＝37.5°，∴∴1＝180°﹣∴CDE﹣∴C′DE＝180°﹣2∴CDE＝105°．故选：C．【点睛】本题考查了三角形内角和定理以及折叠的性质，利用三角形内角和定理及折叠的性质求出∴CDE的度数是解题的关键．【变式训练】1．（2022·全国·八年级课时练习）如图，在∴ABC中，∴A＝30°，∴B＝50°，将点A与点B分别沿MN和EF折叠，使点A、B与点C重合，则∴NCF的度数为（）.A．22°B．21°C．20°D．19°【答案】C【解析】【分析】根据三角形的内角和定理可得∴ACB ＝100°，再由折叠的性质可得∴ACN ＝∴A ＝30°，∴FCE ＝∴B ＝50°，即可求解．【详解】解：∴∴A ＝30°，∴B ＝50°，∴∴ACB ＝100°，∴将点A 与点B 分别沿MN 和EF 折叠，使点A 、B 与点C 重合，∴∴ACN ＝∴A ＝30°，∴FCE ＝∴B ＝50°，∴∴NCF ＝20°，故选：C ．【点睛】本题主要考查了图形的折叠的性质、三角形内角和定理、熟练掌握图形的折叠的性质、三角形内角和定理是解题的关键．2．（2022·江苏·南京市第十三中学七年级期中）如图 1，△ABC 中，D 是 AC 边上的点，先将 ABD 沿看 BD 翻折，使点 A 落在点A ＇处，且 A ′D ∴BC ，A ′B 交 AC 于点 E （如图 2），又将△BCE 沿着 A ′B 翻折，使点 C 落在点 C ′处，若点C ′恰好落在 BD 上（如图 3），且∴C ′EB =75°，则∴C = ___°【答案】80°##80度【解析】【分析】先由平行线性质得：A '∠=∴CBE ，再由折叠可得：∴A =∴A '，∴ABD =∴DBE =∴CBE ，BC E '∠=∴C ，则∴A =∴ABD =∴DBE =∴CBE ，由三角形内角和定理知180BC E C EB DBE ''∠+∠+∠=︒，而75C EB '∠=︒，可求得105C DBE ∠+∠=︒，然后由∴A +∴C +∴ACB =180°，则∴C +4∴DBE =180°，即可求出∴C 度数．【详解】解：∴A ′D ∴BC ，∴A '∠=∴CBE ，由折叠可得：∴A =∴A '，∴ABD =∴DBE =∴CBE ，BC E '∠=∴C ，∴∴A =∴ABD =∴DBE =∴CBE ，∴180BC E C EB DBE ''∠+∠+∠=︒，75C EB '∠=︒，∴105BC E DBE '∠+∠=︒，∴105C DBE ∠+∠=︒，∴∴A +∴C +∴ACB =180°，∴∴C +4∴DBE =180°，∴∴C =80°，故答案为：80°．【点睛】本题考查平行线的性质，折叠性质，三角形内角和定理，求出105C DBE ∠+∠=︒和∴C +4∴DBE =180°是解题的关键．考点八 三角形内角和定理的应用例题：（2022·河南南阳·二模）小明把一副三角板按如图所示方式摆放，直角边CD 与直角边AB 相交于点F ，斜边∥DE BC ，∴B ＝30°，∴E ＝45°，则∴CFB 的度数是（ ）A ．95°B ．115°C ．105°D ．125°【答案】C【解析】【分析】 根据等腰直角三角形的性质可得45D ∠=︒，再由平行线的性质得出45BCF ∠=︒，再由三角形的内角和定理进行求解即可．【详解】CDE ∆是直角三角形，∴E ＝45°，45D ∴∠=︒，∥DE BC ，45BCF D ∴∠=∠=︒，180,30B BCF BFC B ∠+∠+∠=︒∠=︒，105CFB ∴∠=︒，故选：C ．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，平行线的性质及三角形的内角和定理，熟练掌握知识点是解题的关键．【变式训练】1．（2022·福建省福州第十六中学七年级期中）如图，直线MN PQ ∥，点A 在直线MN 与PQ 之间，点B 在直线MN 上，连接AB ．ABM ∠的平分线BC 交PQ 于点C ，连接AC ，过点A 作AD PQ ⊥交PQ 于点D ，作AF AB ⊥交PQ 于点F ，AE 平分DAF ∠交PQ 于点E ，若45CAE ∠=︒，52ACB DAE ∠=∠，则ACD ∠的度数是（ ）A ．18︒B ．27︒C ．30D ．45︒【答案】B【解析】【分析】 设DAE α∠=，则EAF α∠=，52ACB α∠=，先求得180BCE CEA ∠+∠=︒，即可得到AE BC ∥，进而得出ACB CAE ∠=∠，即可得到18DAE ∠=︒，再依据Rt ACD △内角和即可得到∴ACD 的度数．【详解】设DAE α∠=，则EAF α∠=，52ACB α∠=， ∴,AD PQ AF AB ⊥⊥，∴90BAF ADE ∠=∠=︒，∴90BAE BAF EAF α∠=∠+∠=︒+，90CEA ADE DAE α∠=∠+∠=︒+，∴BAE CEA ∠=∠，∴MN PQ ∥，BC 平分∴ABM ，∴BCE CBM CBA ∠=∠=∠，又∴360ABC BCE CEA BAE ∠+∠+∠+∠=︒，∴180BCE CEA ∠+∠=︒，∴AE BC ∥，∴ACB CAE ∠=∠，即5452α=︒，∴18α=︒，∴18DAE ∠=︒，∴在Rt ACD △中，9090)451827(ACD CAD ∠=︒-∠=︒-︒+︒=︒，故答案为：B ．【点睛】此题考查平行线的性质，三角形内角和定理，解题关键在于得出ACB CAE ∠=∠．2．（江西省吉安市六校联谊联考2021-2022学年七年级下学期期中考试数学试题）如图，在ABC 中，点D 在边BC 上，点G 在边AB 上，点E 、F 在边AC 上，70AGF ABC ∠=∠=︒，12180∠+∠=︒(1)试判断BF 与DE 的位置关系，并说明理由；(2)若DE AC ⊥，30∠=︒CDE ，求A ∠的度数．【答案】(1)BF ∴DE ，理由见解析(2)50︒【解析】【分析】（1）先证FG CB ∥，得出∴1=∴3，进而得出23180∠+∠=︒，最后证得DE BF ；（2）由DE AC ⊥，可知∴DEC =90°，进而∴C =60°，根据三角形内角和定理最后求得∴A 的度数．(1)解：BF DE ，理由如下：∴70AGF ABC ∠=∠=︒，∴FG CB ∥，∴13∠=∠，又12180∠+∠=︒，∴23180∠+∠=︒，∴DE BF ．(2)解：∴DE AC ⊥，∴90CED ∠=︒，30CDE ∠=︒，60C ∴∠=︒，∴180180706050A ABC C ∠=︒-∠-∠=︒-︒-︒=︒．【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，三角形内角和定理，熟练地掌握平行线的判定和性质是解决问题的关键．考点九 三角形外角的定义和性质例题：（2022·四川·成都七中七年级期中）如图，已知7AOB ∠=︒，一条光线从点A 出发后射向OB 边．若光线与OB 边垂直，则光线沿原路返回到点A ，此时90783A ∠=︒-︒=︒．当83A ∠<︒时，光线射到OB 边上的点1A 后，经OB 反射到线段AO 上的点2A ，易知12∠∠=．若12A A AO ⊥，光线又会沿21A A A →→原路返回到点A ，此时A ∠=______ °．若光线从A 点出发后，经若干次反射能沿原路返回到点A ，则锐角A ∠的最小值=______ °．【答案】 76 6【解析】【分析】根据入射角等于反射角得出1290783∠∠==︒-︒=︒，再由1∠是1AA O 的外角即可得A ∠度数；如图，当MN OA ⊥时，光线沿原路返回，分别根据入射角等于反射角和外角性质求出5∠、9∠的度数，从而得出与A ∠具有相同位置的角的度数变化规律，即可解决问题．【详解】解：12A A AO ⊥，7AOB ∠=︒，1290783∠∠∴==︒-︒=︒，176A AOB ∠∠∠∴=-=︒，如图：当MN OA ⊥时，光线沿原路返回，4390783∠∠∴==︒-︒=︒，654837769027AOB ∠∠∠∠∴==-=︒-︒=︒=︒-⨯︒，8767679037AOB ∠∠∠∠∴==-=︒-︒=︒-⨯︒，98697629047AOB ∠∠∠∴=-=︒-︒=︒=︒-⨯︒，由以上规律可知，9027A n ∠=︒-⋅︒，当6n =时，A ∠取得最小值，最小度数为6︒，故答案为：76，6．【点睛】本题主要考查直角三角形的性质和三角形的外角性质及入射角等于反射角，根据三角形的外角性质及入射角等于反射角得出与A ∠具有相同位置的角的度数变化规律是解题的关键．【变式训练】1．（2021·广西·靖西市教学研究室八年级期末）如图，∴BCD ＝145°，则∴A +∴B +∴D 的度数为_____．【答案】145°【解析】【分析】连接AC 并延长，延长线上一点为E ．由三角形外角的性质可得：DCE D DAC ∠=∠+∠，BCE E BAC ∠=∠+∠．所以可得：145DAB B D DAC BAC B D DCE BCE BCD ∠+∠+∠=∠+∠+∠+∠=∠+∠=∠=︒【详解】解：连接AC 并延长，延长线上一点为EDCE ∠是ACD △的外角∴DCE D DAC ∠=∠+∠同理可得：BCE B BAC ∠=∠+∠∴145DAB B D DAC BAC B D DCE BCE BCD ∠+∠+∠=∠+∠+∠+∠=∠+∠=∠=︒故答案为145︒．【点睛】本题主要考查知识点为，三角形中外角的性质．即：三角形的一个外角等于不相邻的两个内角的和．本题需根据已知和所求作出辅助线．掌握外角的性质是解决本题的关键．2．（2022·江苏·淮安市淮安区教师发展中心学科研训处七年级期中）平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系．(1)如图1，AB∴CD，点P在AB、CD内部，∴B＝55°，∴D＝40°，则∴BPD＝°；(2)如图2，AB∴CD，点P在AB、CD外部（CD的下方），则∴BPD、∴B、∴D之间的数量关系为；(3)如图3，直接写出∴BPD、∴B、∴D、∴BQD之间的数量关系为；(4)如图4，计算∴A+∴B+∴C+∴D+∴E+∴F的度数是°．【答案】(1)95(2)∴BPD+∴D=∴B(3)∴BQD+∴QBP+∴PDQ=∴BPD(4)360【解析】【分析】（1）延长BP交CD于点E，根据平行线的性质、三角形外角的性质即可求解；（2）根据AB∴CD，得∴B=∴BOD，再由三角形外角的性质即可求证；（3）连接BD，由∴BQD+∴QBP+∴DBP+∴BDP+∴PDQ=180°，∴DBP+∴BDP+∴BPD=180°即可求解；（4）连接AD，由∴B+∴F=∴EHF，∴GAD+∴ADG=∴EGH，∴EHF+∴EGH+∴E=180°，∴CAD+∴ADC+∴C=180°，即可求解；(1)解：延长BP交CD于点E，∴AB∴CD，∴B＝55°，∴∴B=∴BED=55°，∴∴D＝40°，∴∴BPD＝∴D+∴BED＝95°．故答案为：95．(2)∴AB∴CD，∴∴B=∴BOD，∴∴BPD+∴D=∴BOD，∴∴BPD+∴D=∴B．故答案为：∴BPD+∴D=∴B．(3)连接BD，∴∴BQD+∴QBP+∴DBP+∴BDP+∴PDQ=180°，∴DBP+∴BDP+∴BPD=180°，∴∴BQD+∴QBP+∴PDQ-∴BPD=0，∴∴BQD+∴QBP+∴PDQ=∴BPD．故答案为：∴BQD+∴QBP+∴PDQ=∴BPD．(4)如图，连接AD，∴∴B+∴F=∴EHF，∴GAD+∴ADG=∴EGH，∴EHF+∴EGH+∴E=180°，∴∴B+∴F+∴GAD+∴ADG+∴E=180°，∴∴CAD+∴ADC+∴C=180°，∴∴B+∴F+∴GAD+∴ADG+∴CAD+∴ADC+∴C+∴E=360°．故答案为：360．【点睛】本题主要考查平行线的性质、三角形的内角和定理、三角形外角的性质，掌握相关知识并结合题意正确做出辅助线是解题的关键．一、选择题1．（2022·黑龙江·哈尔滨市风华中学校七年级期中）画ABC的BC边上的高，正确的是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】利用三角形的高线的定义判断即可．【详解】解：画△ABC的BC边上的高，即过点A作BC边的垂线．∴只有选项A符合题意，故选：A．【点睛】本题考查了三角形高线的画法，从三角形的一个顶点向对边作垂线，顶点与垂足间的线段，叫做三角形的高线，锐角三角形的三条高线都在三角形的内部，钝角三角形的高有两条在三角形的外部．直角三角形的高线有两条是三角形的直角边．2．（2022·辽宁·沈阳市第七中学七年级阶段练习）在△ABC 中，2A B C ∠=∠=∠，则△ABC 的形状是（ ） A ．锐角三角形B ．钝角三角形C ．直角三角形D ．形状无法确定【答案】A【解析】【分析】利用∴A ，∴B ，∴C 的关系和三角形内角和定理，求出具体的度数，即可求解．【详解】解：∴∴A =∴B =2∴C ，∴A +∴B +∴C =180°，∴2∴C +2∴C +∴C =180°，∴∴C =36°，∴∴A =∴B =2∴C =72°，∴∴ABC 为锐角三角形，故选：A ．【点睛】本题考查三角形内角和定理，解题的关键是利用∴A ，∴B ，∴C 的关系求出具体度数．3．（2022·福建·漳州实验中学七年级阶段练习）如图，BC ∴AE 于点C ，CD ∥AB ，∴DCB =40°，则∴A 的度数是（ ）A ．70°B ．60°C ．50°D ．40°【答案】C【解析】【分析】 根据直角三角形两锐角互余可得90A B ∠+∠=︒，再根据两直线平行，内错角相等可得B 的度数，进而求A ∠即可．【详解】BC AE ⊥，90ACB ∴∠=︒，90∴∠+∠=︒，A B∥，∠=︒,40 CD AB DCB40B DCB ∴∠=∠=︒，9050A B ∴∠=︒-∠=︒，故选：C ．【点睛】本题考查了直角三角形两锐角互余及平行线的性质，熟练掌握知识点且灵活运用是解题关键． 4．（2022·全国·八年级课时练习）如图，将ABC ∆沿着平行于BC 的直线DE 折叠，点A 落在点A '处，若44B ∠=︒，则A DB '∠的度数是（ ）A ．108°B ．104°C ．96°D ．92°【答案】D【解析】【分析】 根据两直线平行，同位角相等可得∴ADE ＝∴B ，再根据翻折变换的性质可得∴A ′DE ＝∴ADE ，然后根据平角等于180°列式计算即可得解．【详解】解：∴∥DE BC ，∴∴ADE ＝∴B ＝44°，∴∴ABC 沿着平行于BC 的直线折叠，点A 落到点A ′，∴∴A ′DE ＝∴ADE ＝44°，∴∴A ′DB ＝180°﹣44°﹣44°＝92°．故选：D ．【点睛】本题考查了平行线的性质，翻折变换的性质，三角形的内角和定理，熟记性质并准确识图理清图中各角度之间的关系是解题的关键．5．（2022·山东青岛·七年级期末）如图，BD 是ABC 的边AC 上的中线，AE 是ABD △的边BD 上的中线，BF 是ABE △的边AE 上的中线，若ABC 的面积是32，则阴影部分的面积是（ ）A ．9B ．12C ．18D ．20【答案】B【解析】【分析】利用中线等分三角形的面积进行求解即可．【详解】∴BD 是ABC 的边AC 上的中线， ∴11321622ABD BCD ABC S S S ===⨯=△△， ∴AE 是ABD △的边BD 上的中线， ∴1116822ABE ADE ABD S S S ===⨯=， 又∴BF 是ABE △的边AE 上的中线，则CF 是ACE 的边AE 上的中线，∴118422BEF ABF ABE S S S ===⨯=，182CEF ACF ADE CED ACE S S S S S =====，则4812BEF CEF S SS =+=+=阴影，故选：B ．【点睛】 本题考查了中线的性质，清晰明确三角形之间的等量关系，进行等量代换是解题的关键．6．（2022·山西实验中学七年级期中）两束与地面平行的光线AB ，CD 经镜面a ，b 反射之后交于点G ，镜面a ，b 与地面的夹角分别为∴1，∴2，已知∴1=25°，∴2=40°（由光的反射性质可知入射光线与镜面的夹角等于反射光线与镜面的夹角），则两条反射光线的夹角（∴DGH ）的度数为（ ）。
等边三角形专题(含详解析)
《等边三角形》专题2.(2017天津第9题)如图，将ABC ∆绕点B 顺时针旋转060得DBE ∆，点C 的对应点E 恰好落在AB 延长线上，连接AD .下列结论一定正确的是（ ）A ．E ABD ∠=∠B ．C CBE ∠=∠ C. BC AD // D ．BC AD =3. (2017天津第11题)如图，在ABC ∆中，AC AB =，CE AD ,是ABC ∆的两条中线，P 是AD 上一个动点，则下列线段的长度等于EP BP +最小值的是（ ）A ．BCB ．CE C. AD D ．AC17. （2017河池第12题）已知等边ABC ∆的边长为12，D 是AB 上的动点，过D 作AC DE ⊥于点E ，过E 作BC EF ⊥于点F ，过F 作AB FG ⊥于点G .当G 与D 重合时，AD 的长是（）A ．3B ．4 C. 8 D ．910.（2008·菏泽中考）如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正三角形ABC和正三角形CDE，AD与BE交于一点O，AD与BC交于点P，BE与CD 交于点Q，连结PQ．以下五个结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°.恒成立的有________（把你认为正确的序号都填上）．16、（2009·义乌中考）如图，在边长为4的正三角形ABC中，AD BC于点D，以AD为一边向右作正三角形ADE。
（1）求△ABC的面积S；（2）判断AC、DE的位置关系，并给出证明。
《等边三角形》练习题1．（2012•深圳）如图，已知：∠MON=30°，点A1、A2、A3…在射线ON上，点B1、B2、B3…在射线OM上，△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4…均为等边三角形，若OA1=1，则△A6B6A7的边长为（）A．6 B．12 C．32 D．64 2．（2012•凉山州）如图，一个等边三角形纸片，剪去一个角后得到一个四边形，则图中∠α+∠β的度数是（）A．180°B．220°C．240°D．300°3．（2012•荆门）如图，△ABC是等边三角形，P是∠ABC的平分线BD上一点，PE⊥AB于点E，线段BP的垂直平分线交BC于点F，垂足为点Q．若BF=2，则PE的长为（）A．2 B．2C．D．34．（2011•南平）边长为4的正三角形的高为（）A．2 B．4 C．D．25．（2010•随州）如图，过边长为1的等边△ABC的边AB上一点P，作PE⊥AC于E，Q为BC延长线上一点，当PA=CQ时，连PQ交AC边于D，则DE的长为（）A．B．C．D．不能确定6．（2009•攀枝花）如图所示，在等边△ABC中，点D、E分别在边BC、AB上，且BD=AE，AD与CE交于点F，则∠DFC的度数为（）A．60°B．45°C．40°D．30°7．（2007•绵阳）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边△ADE，BE、CE分别交AD于G、H，设△CDH、△GHE的面积分别为S1、S2，则（）A．3S1=2S2B．2S1=3S2C．2S1=S2D．S1=2S28．（2007•娄底）如图，△ABC是边长为6cm的等边三角形，被一平行于BC的矩形所截，A．4cm2B．2cm2C．3cm2D．3cm29．（2006•天津）如图，A、C、B三点在同一条直线上，△DAC和△EBC都是等边三角形，AE、BD分别与CD、CE交于点M、N，有如下结论：①△ACE≌△DCB；②CM=CN；③AC=DN．其A．3个B．2个C．1个D．0个设甲虫P到另外两边的距离之和为d，等边三角形ABC的高为h，则d与h的大小关系是A．d＞h B．d＜h C．d=h D．无法确定11．（2007•南充）一艘轮船由海平面上A地出发向南偏西40°的方向行驶40海里到达B地，A．30海里B．40海里C．50海里D．60海里12．（2006•曲靖）如图，CD是Rt△ABC斜边AB上的高，将△BCD沿CD折叠，B点恰好A．25°B．30°C．45°D．60°13．（2011•茂名）如图，已知△ABC是等边三角形，点B、C、D、E在同一直线上，且CG=CD，DF=DE，则∠E= _________ 度．14．（2008•日照）如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正三角形ABC和正三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．以下五个结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60度．恒成立的结论有_________ ．（把你认为正确的序号都填上）15．（2005•扬州）如图，将边长为4的等边△ABC，沿x轴向左平移2个单位后，得到△A′B′C′，则点A′的坐标为_________ ．16．（2004•茂名）如图，正三角形A1B1C1的边长为1，△A1B1C1的三条中位线组成△A2B2C2，△A2B2C2的三条中线又组成△A3B3C3，…，如此类推，得到△A n B n C n．则：（1）△A3B3C3的边长a3= _________ ；（2）△A n B n C n的边长a n= _________ （其中n为正整数）．17．（2006•嘉峪关）△ABC为等边三角形，D、E、F分别在边BC、CA、AB上，且AE=CD=BF，则△DEF为_________ 三角形．18．（1999•广州）如图，以A，B两点为其中两个顶点作位置不同的等边三角形，最多可以作出_________ 个．19．如图所示，P是等边三角形ABC内一点，将△ABP绕点B顺时针方向旋转60°，得到△CBP′，若PB=3，则PP′= _________ ．20．（2009•浙江）如图，在边长为4的正三角形ABC中，AD⊥BC于点D，以AD为一边向右作正三角形ADE．（1）求△ABC的面积S；（2）判断AC、DE的位置关系，并给出证明．21．（2009•辽阳）如图，△ABC为正三角形，D为边BA延长线上一点，连接CD，以CD 为一边作正三角形CDE，连接AE，判断AE与BC的位置关系，并说明理由．22．（2008•绍兴）附加题，学完“几何的回顾”一章后，老师布置了一道思考题：如图，点M，N分别在正三角形ABC的BC，CA边上，且BM=CN，AM，BN交于点Q．求证：∠BQM=60度．（1）请你完成这道思考题；（2）做完（1）后，同学们在老师的启发下进行了反思，提出了许多问题，如：①若将题中“BM=CN”与“∠BQM=60°”的位置交换，得到的是否仍是真命题？②若将题中的点M，N分别移动到BC，CA的延长线上，是否仍能得到∠BQM=60°？③若将题中的条件“点M，N分别在正三角形ABC的BC，CA边上”改为“点M，N分别在正方形ABCD的BC，CD边上”，是否仍能得到∠BQM=60°？…请你作出判断，在下列横线上填写“是”或“否”：①_________ ；②_________ ；③_________ ．并对②，③的判断，选择一个给出证明．23．（2007•河北）在△ABC中，AB=AC，CG⊥BA交BA的延长线于点G．一等腰直角三角尺按如图1所示的位置摆放，该三角尺的直角顶点为F，一条直角边与AC边在一条直线上，另一条直角边恰好经过点B．（1）在图1中请你通过观察、测量BF与CG的长度，猜想并写出BF与CG满足的数量关系，然后证明你的猜想；（2）当三角尺沿AC方向平移到图2所示的位置时，一条直角边仍与AC边在同一直线上，另一条直角边交BC边于点D，过点D作DE⊥BA于点E．此时请你通过观察、测量DE、DF与CG的长度，猜想并写出DE+DF与CG之间满足的数量关系，然后证明你的猜想；（3）当三角尺在（2）的基础上沿AC方向继续平移到图3所示的位置（点F在线段AC上，且点F与点C不重合）时，（2）中的猜想是否仍然成立（不用说明理由）．24．（2004•苏州）已知：如图，正△ABC的边长为a，D为AC边上的一个动点，延长AB 至E，使BE=CD，连接DE，交BC于点P．（1）求证：DP=PE；（2）若D为AC的中点，求BP的长．25．（2002•黑龙江）已知等边△ABC和点P，设点P到△ABC三边AB、AC、BC的距离分别为h1、h2、h3，△ABC的高为h．“若点P在一边BC上（如图1），此时h3=0，可得结论h1+h2+h3=h”请直接应用上述信息解决下列问题：（1）当点P在△ABC内（如图2），（2）点P在△ABC外（如图3）这两种情况时，上述结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，h1、h2、h3与h之间的关系如何？请写出你的猜想，不需证明．26．（2000•河南）如图，点C、D在线段AB上，△PCD是等边三角形．（1）当AC、CD、DB满足怎样的关系时，△ACP∽△PDB；（2）当△ACP∽△PDB时，求∠APB的度数．27．（2010•雅安）如图，点C是线段AB上除点A、B外的任意一点，分别以AC、BC为边在线段AB的同旁作等边△ACD和等边△BCE，连接AE交DC于M，连接BD交CE于N，连接MN．（1）求证：AE=BD；（2）求证：MN∥AB．28．（2005•临沂）如图，已知AD和BC交于点O，且△OAB和△OCD均为等边三角形，以OD和OB为边作平行四边形ODEB，连接AC、AE和CE，CE和AD相交于点F．求证：△ACE为等边三角形．29．已知：如图，△ABC、△CDE都是等边三角形，AD、BE相交于点O，点M、N分别是线段AD、BE的中点．（1）求证：AD=BE；（2）求∠DOE的度数；（3）求证：△MNC是等边三角形．30．如图，等边△ABC的边长为10，点P是边AB的中点，Q为BC延长线上一点，CQ：BC=1：2，过P作PE⊥AC于E，连PQ交AC边于D，求DE的长？《全等三角形》练习参考答案与试题解析1．C 2．C 3．C 4．D5.B6.A7.A9.B10.C11.B12.B13．∠E= 15 度．14．①②③⑤．15．.16．a3=；△A n B n C n的边长a n= （或21﹣n）17．等边三角形．18． 2 个．19 PP′= 3 ．20．解：（1）在正△ABC中，AD=4×，（2分）∴S=BC×AD=×4×2=4．（3分）（2）AC、DE的位置关系：AC⊥DE．（1分）在△CDF中，∵∠CDE=90°﹣∠ADE=30°，（2分）∴∠CFD=180°﹣∠C﹣∠CDE=180°﹣60°﹣30°=90°．∴AC⊥DE．（3分）（注：其它方法酌情给分）．21．解：AE∥BC．理由如下：∵△ABC与△CDE为正三角形，∴BC=AC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，即∠BCD=∠ACE，∴△BCD≌△ACE，∴∠B=∠EAC，∵∠B=∠ACB，∴∠EAC=∠ACB，∴AE∥BC．22．请你作出判断，在下列横线上填写“是”或“否”：①是；②是；③否．并对（1）证明：在△ABM和△BCN中，，∴△ABM≌△BCN，∴∠BAM=∠CBN，∴∠BQM=∠BAQ+∠ABQ=∠MBQ+∠ABQ=60°．（2）①是；②是；③否．②的证明：如图，在△ACM和△BAN中，，∴△ACM≌△BAN，∴∠AMC=∠BNA，∴∠NQA=∠NBC+∠BMQ=∠NBC+∠BNA=180°﹣60°=120°，∴∠BQM=60°．③的证明：如图，在Rt△ABM和Rt△BCN中，，∴Rt△ABM≌Rt△BCN，∴∠AMB=∠BNC．又∠NBM+∠BNC=90°，∴∠QBM+∠QMB=90°，∴∠BQM=90°，即∠BQM≠60°．23解：（1）BF=CG；证明：在△ABF和△ACG中∵∠F=∠G=90°，∠FAB=∠GAC，AB=AC∴△ABF≌△ACG（AAS）∴BF=CG；（2）DE+DF=CG；证明：过点D作DH⊥CG于点H（如图2）∵DE⊥BA于点E，∠G=90°，DH⊥CG∴四边形EDHG为矩形∴DE=HG，DH∥BG∴∠GBC=∠HDC∵AB=AC∴∠FCD=∠GBC=∠HDC又∵∠F=∠DHC=90°，CD=DC∴△FDC≌△HCD（AAS）∴DF=CH∴GH+CH=DE+DF=CG，即DE+DF=CG；（3）仍然成立．证明：过点D作DH⊥CG于点H（如图3）∵DE⊥BA于点E，∠G=90°，DH⊥CG∴四边形EDHG为矩形，∴DE=HG，DH∥BG，∴∠GBC=∠HDC，∵AB=AC，∴∠FCD=∠GBC=∠HDC，又∵∠F=∠DHC=90°，CD=DC，∴△FDC≌△HCD（AAS）∴DF=CH，∴GH+CH=DE+DF=CG，即DE+DF=CG．24．（1）证明：过点D作DF∥AB，交BC于F．∵△ABC为正三角形，∴∠CDF=∠A=60°．∴△CDF为正三角形．∴DF=CD．又BE=CD，∴BE=DF．又DF∥AB，∴∠PEB=∠PDF．∵在△DFP和△EBP中，∵，∴△DFP≌△EBP（AAS）．∴DP=PE．（2）解：由（1）得△DFP≌△EBP，可得FP=BP．∵D为AC中点，DF∥AB，∴BF=BC=a．∴BP=BF=a．25．解：（1）当点P在△ABC内时，结论h1+h2+h3=h仍然成立．理由如下：过点P作BC的平行线，交AB于G，交AC于H，交AM于N，则可得结论h1+h2=AN．∵四边形MNPF是矩形，∴PF=MN，即h3=MN．∴h1+h2+h3=AN+MN=AM=h，即h1+h2+h3=h．（2）当点P在△ABC外时，结论h1+h2+h3=h不成立．此时，它们的关系是h1+h2﹣h3=h．理由如下：过点P作BC的平行线，与AB、AC、AM分别相交于G、H、N，则可得结论h1+h2=AN．∵四边形MNPF是矩形，∴PF=MN，即h3=MN．∴h1+h2﹣h3=AN﹣MN=AM=h，即h1+h2﹣h3=h．26．解：（1）当CD2=AC•DB时，△ACP∽△PDB，∵△PCD是等边三角形，∴∠PCD=∠PDC=60°，∴∠ACP=∠PDB=120°，若CD2=AC•DB，由PC=PD=CD可得：PC•PD=AC•DB，即=，则根据相似三角形的判定定理得△ACP∽△PDB（2）当△ACP∽△PDB时，∠APC=∠PBD∵∠PDB=120°∴∠DPB+∠DBP=60°∴∠APC+∠BPD=60°∴∠APB=∠CPD+∠APC+∠BPD=120°即可得∠APB的度数为120°．27．证明：（1）∵△ACD和△BCE是等边三角形，∴AC=DC，CE=CB，∠DCA=60°，∠ECB=60°，∵∠DCA=∠ECB=60°，∴∠DCA+∠DCE=∠ECB+∠DCE，∠ACE=∠DCB，在△ACE与△DCB中，∵，∴△ACE≌△DCB，∴AE=BD；（2）∵由（1）得，△ACE≌△DCB，∴∠CAM=∠CDN，∵∠ACD=∠ECB=60°，而A、C、B三点共线，∴∠DCN=60°，在△ACM与△DCN中，∵，∴△ACM≌△DCN，∴MC=NC，∵∠MCN=60°，∴△MCN为等边三角形，∴∠NMC=∠DCN=60°，∴∠NMC=∠DCA，∴MN∥AB．28．证明：∵△OAB和△OCD为等边三角形，∴CD=OD，OB=AB，∠ADC=∠ABO=60°．∵四边形ODEB是平行四边形，∴OD=BE，OB=DE，∠CBE=∠EDO．∴CD=BE，AB=DE，∠ABE=∠CDE．∴△ABE≌△EDC．∴AE=CE，∠AEB=∠ECD．∵BE∥AD，∴∠AEB=∠EAD．∴∠EAD=∠ECD．在△AFE和△CFD中又∵∠AFE=∠CFD，∴∠AEC=∠ADC=60°．∴△ACE为等边三角形．29．解：（1）∵△ABC、△CDE都是等边三角形，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，∴∠ACD=∠BCE，在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE，∴AD=BE．（2）解：∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC=∠BEC，∵等边三角形DCE，∴∠CED=∠CDE=60°，∴∠ADE+∠BED=∠ADC+∠CDE+∠BED，=∠ADC+60°+∠BED，=∠CED+60°，=60°+60°，=120°，∴∠DOE=180°﹣（∠ADE+∠BED）=60°，答：∠DOE的度数是60°．（3）证明：∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD=∠CBE，AD=BE，AC=BC又∵点M、N分别是线段AD、BE的中点，∴AM=AD，BN=BE，∴AM=BN，在△ACM和△BCN中，∴△ACM≌△BCN，∴CM=CN，∠ACM=∠BCN，又∠ACB=60°，∴∠ACM+∠MCB=60°，∴∠BCN+∠MCB=60°，∴∠MCN=60°，∴△MNC是等边三角形．30．解：过P点作PF∥BC交AC于F点，∵等边△ABC的边长为10，点P是边AB的中点，CQ：BC=1：2，∴AB=BC，∠B=∠ACB=∠A=60°，∴AP=CQ，∵PF∥AB，∴∠APF=∠B=60°，∠AFP=∠ACB=60°，∴∠A=∠APF=∠AFP=60°，∴△APF是等边三角形，∵PE⊥AC，∴EF=AF，∵△APF是等边三角形，AP=CQ，∴PF=CQ∵PF∥AB，∴∠Q=∠FPD，在△PDF和△QDC中∵，∴△PDF≌△QDC，∴DF=CD，∴DF=CF，∴DE=EF+DF=AF+CF=AC，∴ED=5．双基训练1. 如图14-45，在等边ΔABC中，O是三个内角平分线的交点，OD∥AB，OE∥AC，则图中等腰三角形的个数是。
专题01 构造等边三角形 (解析版) 备战2020年中考几何压轴题分类导练
专题1：构造等边三角形出你的猜想；并选择一种情况给予证明。
【分析】首先构造全等三角形，过点E作EG∥BC，可得到△AGE是等边三角形，就可证出BGE≌△ECF，进而得出BE=EF 【解答】证明：（2）图2：BE=EF．图3：BE=EF．图2证明如下：过点E作EG∥BC，交AB于点G∵四边形ABCD为菱形∴AB=BC又∵∠ABC=60°∴ΔABC是等边三角形∴AB=AC ∠ACB=60°又∵EG∥BC ∴∠AGE=∠ABC=60°又∵∠BAC=60°∴△AGE是等边三角形∴AG=AE，∴BG=CE又∵CF=AE ∴GE=CF又∵∠BGE=∠ECF=120°∴△∴BGE≌△ECF（SAS）∴BE=EF图3证明如下：过点E作EG∥BC交AB延长线于点G∵四边形ABCD为菱形∴AB=BC又∵∠ABC=60° ∴△ABC 是等边三角形∴AB=AC ∠ACB=60° 又∵EG ∥BC∴∠AGE=∠ABC=60°又∵∠BAC=60° ∴△AGE 是等边三角形 ∴AG=AE ∴BG=CE又∵CF=AE ∴GE=CF ∵∠AGE =∠ECF=60° ∴△BGE ≌△ECF （SAS ） ∴BE=EF【强化训练】1．如图，△ABC 中，AB=BC ，BD ⊥AC 于点D ，∠FAC=12∠ABC ，且∠FAC 在AC 下方．点P ，Q 分别是射线BD ，射线AF 上的动点，且点P 不与点B 重合，点Q 不与点A 重合，连接CQ ，过点P 作PE ⊥CQ 于点E ，连接DE ．（1）若∠ABC=60°，BP=AQ ．①如图1，当点P 在线段BD 上运动时，请直接写出线段DE 和线段AQ 的数量关系和位置关系；②如图2，当点P 运动到线段BD 的延长线上时，试判断①中的结论是否成立，并说明理由；（2）若∠ABC=2α≠60°，请直接写出当线段BP 和线段AQ 满足什么数量关系时，能使（1）中①的结论仍然成立（用含α的三角函数表示）．【答案】（1）①DE=12AQ ，DE ∥AQ ，理由见解析；② E ∥AQ ，DE=12AQ ，理由见解析；（2）AQ=2BP •sin α，理由见解析.【分析】 （1）①先判断出△ABC 是等边三角形，进而判断出∠CBP=∠CAQ ，即可判断出△BPC ≌△AQC ，再判断出△PCQ 是等边三角形，进而得出CE=QE ，即可得出结论；②同①的方法即可得出结论；（2）先判断出，∠PAQ=90°﹣∠ACQ ，∠BAP=90°﹣∠ACQ ，进而得出∠BCP=∠ACQ ，即可判断出进而判断出△BPC ∽△AQC ，最后用锐角三角函数即可得出结论．【解答】（1）①DE=12AQ ，DE ∥AQ ，理由：如图1，连接PC ，PQ ，在△ABC 中，AB=AC ，∠ABC=60°，∴△ABC 是等边三角形，∴∠ACB=60°，AC=BC ，∵AB=BC ，BD ⊥AC ，∴AD=CD ，∠ABD=∠CBD=12∠BAC ，∵∠CAF=12∠ABC ，∴∠CBP=∠CAQ ，在△BPC 和△AQC 中，{BB =BB BBBB =BBBB BB =BB ，∴△BPC ≌△AQC （SAS ），∴PC=QC ，∠BPC=∠ACQ ，∴∠PCQ=∠PCA+∠AQC=∠PCA+∠BCP=∠ACB=60°，∴△PCQ 是等边三角形，∵PE⊥CQ，∴CE=QE，∵AD=CD，∴DE=12AQ，DE∥AQ；②DE∥AQ，DE=12AQ，理由：如图2，连接PQ，PC，同①的方法得出DE∥AQ，DE=12AQ；（2）AQ=2BP•sinα，理由：连接PQ，PC，要使DE=12AQ，DE∥AQ，∵AD=CD，∴CE=QE，∵PE⊥CQ，∴PQ=PC，易知，PA=PC，∴PA=PE=PC∴以点P为圆心，PA为半径的圆必过A，Q，C，∴∠APQ=2∠ACQ，∵PA=PQ，∴∠PAQ=∠PQA=11（180°﹣∠APQ）=90°﹣∠ACQ，∵∠CAF=∠ABD，∠ABD+∠BAD=90°，∴∠BAQ=90°，∴∠BAP=90°﹣∠PAQ=90°﹣∠ACQ，易知，∠BCP=∠BAP，∴∠BCP=∠ACQ，∵∠CBP=∠CAQ，∴△BPC∽△AQC，∴11 11=1111=11111，在Rt△BCD中，sinα=1111，∴11 11=2×1111=2sinα，∴AQ=2BP•sinα．2．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，点P为直线BC上的动点（不与点B、点C重合），连接OC、OP，将线段OP绕点P顺时针旋转60°，得到线段PQ，连接BQ．（1）如图1，当点P在线段BC上时，请直接写出线段BQ与CP的数量关系．（2）如图2，当点P在CB延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；（3）如图3，当点P在BC延长线上时，若∠BPO=15°，BP=4，请求出BQ的长．【答案】（1）BQ=CP；（2）成立：PC=BQ；（3）1√1−1．【分析】（1）结论：BQ=CP．如图1中，作PH∥AB交CO于H，可得△PCH是等边三角形，只要证明△POH≌△QPB即可；（2）成立：PC=BQ．作PH∥AB交CO的延长线于H．证明方法类似（1）；（3）如图3中，作CE⊥OP于E，在PE上取一点F，使得FP=FC，连接CF．设CE=CO=a，则FC=FP=2a，EF=√1a，在Rt△PCE中，表示出PC，根据PC+CB=4，可得方程(√1+√1)1+√11=1，求出a即可解决问题；【解答】解：（1）结论：BQ=CP．理由：如图1中，作PH∥AB交CO于H．在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO是等边三角形，∴∠CHP=∠COB=60°，∠CPH=∠CBO=60°，∴∠CHP=∠CPH=60°，∴△CPH是等边三角形，∴PC=PH=CH，∴OH=PB，∵∠OPB=∠OPQ+∠QPB=∠OCB+∠COP，∵∠OPQ=∠OCP=60°，∴∠POH=∠QPB，∵PO=PQ，∴△POH≌△QPB，∴PH=QB，∴PC=BQ．（2）成立：PC=BQ．理由：作PH∥AB交CO的延长线于H．在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO是等边三角形，∴∠CHP=∠COB=60°，∠CPH=∠CBO=60°，∴∠CHP=∠CPH=60°，∴△CPH是等边三角形，∴PC=PH=CH，∴OH=PB，∵∠POH=60°+∠CPO，∠QPO=60°+∠CPQ，∴∠POH=∠QPB，∵PO=PQ，∴△POH≌△QPB，∴PH=QB，∴PC=BQ．（3）如图3中，作CE⊥OP于E，在PE上取一点F，使得FP=FC，连接CF．∵∠OPC=15°，∠OCB=∠OCP+∠POC，∴∠POC=45°，∴CE=EO，设CE=CO=a，则FC=FP=2a，EF=√1a，在Rt△PCE中，PC=√111+111=√(11+√11)1+11=(√1+√1)1，∵PC+CB=4，∴(√1+√1)1+√11=1，解得a=1√1−1√1，∴PC=1√1−1，由（2）可知BQ=PC，∴BQ=1√1−1．3．在菱形1111中，∠111=11°,点1是射线11上一动点，以11为边向右侧作等边△111，点1的位置随点1的位置变化而变化.（1）如图1，当点1在菱形1111内部或边上时，连接11，11与11的数量关系是，11与11的位置关系是；（2）当点1在菱形1111外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由(选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理).(3) 如图4，当点1在线段11的延长线上时，连接11，若11=1√1,11=1√11,求四边形1111的面积.【答案】（1）BP=CE；CE⊥AD；（2）成立，理由见解析；（3）1√1.【分析】（1）①连接AC，证明△ABP≌△ACE，根据全等三角形的对应边相等即可证得BP=CE；②根据菱形对角线平分对角可得∠AAA=11°，再根据△ABP≌△ACE，可得∠AAA=∠AAA=11°，继而可推导得出∠AAA=11°，即可证得CE⊥AD；（2）(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，利用（1）的方法进行证明即可；（3）连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，由已知先求得BD=6，再利用勾股定理求出CE的长，AP长，由△APE 是等边三角形，求得AA，AA的长，再根据A=A△AAA+A△AAA，进行计算即可得.四AAAA【解答】（1）①BP=CE，理由如下：连接AC，∵菱形ABCD，∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°，∵△APE是等边三角形，∴AP=AE ，∠PAE=60°，∴∠BAP=∠CAE，∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE；②CE⊥AD ，∵菱形对角线平分对角，∴∠AAA=11°，∵△ABP≌△ACE，∴∠AAA=∠AAA=11°，∵∠AAA=∠AAA=11°，∴∠AAA=11°，∴∠AAA＋∠AAA=11°，∴∠AAA=11°，∴CF⊥AD ，即CE⊥AD；（2）(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，理由如下：连接AC，∵菱形ABCD，∠ABC=60°，∴△ABC和△ACD都是等边三角形，∴AB=AC，∠BAD=120°，∠BAP=120°＋∠DAP，∵△APE是等边三角形，∴AP=AE ，∠PAE=60°，∴∠CAE=60°＋60°＋∠DAP=120°＋∠DAP，∴∠BAP=∠CAE，∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE，∠AAA=∠AAA=11°，∴∠DCE=30°，∵∠ADC=60°，∴∠DCE＋∠ADC=90°，∴∠CHD=90°，∴CE⊥AD，∴(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立；(3) 连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BD平分∠ABC ，∵∠ABC=60°，AA=1√1，∴∠ABO=30°，∴A O=√3，BO=DO=3，∴BD=6，由(2)知CE⊥AD，∵AD∥BC，∴CE⊥BC，∵BE=2√19，BC=AB=2√3，∴CE=√(2√19)2－(2√3)2=8，由(2)知BP=CE=8，∴DP=2，∴OP=5，∴AP=√52＋(√3)2=2√7，∵△APE是等边三角形，∴PH=√7，EH=√21，∵S四ADPE=S△ADP+S△APE，∴S四ADPE =12DP·AO+12AP·EH，=1 2×2×√3+12×2√7×√21=√3+7√3=8√3，∴四边形ADPE的面积是8√3.4．已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A在x轴的负半轴上，直线y=﹣√3x+72√3与x轴、y轴分别交于B、C 两点，四边形ABCD为菱形．（1）如图1，求点A的坐标；（2）如图2，连接AC，点P为△ACD内一点，连接AP、BP，BP与AC交于点G，且∠APB=60°，点E在线段AP上，点F 在线段BP上，且BF=AE，连接AF、EF，若∠AFE=30°，求AF2+EF2的值；（3）如图3，在（2）的条件下，当PE=AE时，求点P的坐标．【答案】（1）A（﹣72，0）．（2）49；（3）P（﹣52，3√3）【分析】（1）利用勾股定理求出BC的长即可解决问题；（2）如图2中，连接CE、CF．证明△CEF是等边三角形，AF⊥CF即可解决问题；（3）如图3中，延长CE交FA的延长线于H，作PQ⊥AB于Q，PK⊥OC于K，在BP设截取BT=PA，连接AT、CT、CF、PC．证明△APF是等边三角形，AT⊥PB即可解决问题；【解答】（1）如图1中，x+2∴B（72，0），C（0，72√3），∴BO=72，OC=72√3，在Rt△OBC中，BC=√BB2+BB2=7，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=7，∴OA=AB-OB=7-72=7 2，∴A（-72，0）．（2）如图2中，连接CE、CF．∵OA=OB，CO⊥AB，∴AC=BC=7，∴AB=BC=AC，∴∠ACB=60°，∵∠APB=60°，∴∠APB=∠ACB，∵∠PAG+∠APB=∠AGB=∠CBG+∠ACB，∴∠PAG=∠CBG，∵AE=BF，∴△ACE≌△BCF，∴CE=CF，∠ACE=∠BCF，∴∠ECF=∠ACF+∠ACE=∠ACF+∠BCF=∠ACB=60°，∴△CEF是等边三角形，∴∠CFE=60°，EF=FC，∵∠AFE=30°，∴∠AFC=∠AFE+∠CFE=90°，在Rt△ACF中，AF2+CF2=AC2=49，∴AF2+EF2=49．（3）如图3中，延长CE交FA的延长线于H，作PQ⊥AB于Q，PK⊥OC于K，在BP设截取BT=PA，连接AT、CT、CF、PC．∵△CEF是等边三角形，∴∠CEF=60°，EC=CF，∵∠AFE=30°，∠CEF=∠H+∠EFH，∴∠H=∠CEF-∠EFH=30°，∴∠H=∠EFH，∴EH=EF，∴EC=EH，∵PE=AE，∠PEC=∠AEH，∴△CPE≌△HAE，∴∠PCE=∠H，∴PC∥FH，∵∠CAP=∠CBT，AC=BC，∴△ACP≌△BCT，∴CP=CT，∠ACP=∠BCT，∴∠PCT=∠ACB=60°，∴△CPT是等边三角形，∴CT=PT，∠CPT=∠CTP=60°，∵CP∥FH，∴∠HFP=∠CPT=60°，∵∠APB=60°，∴∠CFP=∠AFC-∠∠AFP=30°，∴∠TCF=∠CTP-∠TFC=30°，∴∠TCF=∠TFC，∴TF=TC=TP，∴AT⊥PF，设BF=m，则AE=PE=m，∴PF=AP=2m，TF=TP=m，TB=2m，BP=3m，在Rt△APT中，AT=√BB2−BB2=√3m，在Rt△ABT中，∵AT2+TB2=AB2，∴（√3m）2+（2m）2=72，解得m=√7或-√7（舍弃），∴BF=√7，AT=√21，BP=3√7，sin∠ABT=BBBB =√217，∵OK=PQ=BP•sin∠PBQ=3√7×√217=3√3，BQ=√BB2−BB2=6，∴OQ=BQ-BO=6-72=5 2，∴P（-52，3√3）。
专题01 三角形(突破核心考点)【知识梳理+解题方法+专题过关】 (解析版)
专题01三角形（突破核心考点）【聚焦考点+题型导航】考点一三角形三边关系考点二三角形的稳定性考点三三角形中的高线、中线、角平分线考点四三角形的内角、外角考点五多边形的对角线、内角和【知识梳理+解题方法】一、三角形的定义由不在同一条直线上的三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角形．要点诠释：（1）三角形的基本元素：①三角形的边：即组成三角形的线段；②三角形的角：即相邻两边所组成的角叫做三角形的内角，简称三角形的角；③三角形的顶点：即相邻两边的公共端点.（2）三角形的定义中的三个要求：“不在同一条直线上”、“三条线段”、“首尾顺次相接”.（3）三角形的表示：三角形用符号“△”表示，顶点为A、B、C的三角形记作“△ABC”，读作“三角形ABC”，注意单独的△没有意义；△ABC的三边可以用大写字母AB、BC、AC来表示，也可以用小写字母a、b、c来表示，边BC用a表示，边AC、AB分别用b、c表示．二、三角形的三边关系定理：三角形任意两边之和大于第三边.推论：三角形任意两边的之差小于第三边.要点诠释：（1）理论依据：两点之间线段最短.（2）三边关系的应用：判断三条线段能否组成三角形，若两条较短的线段长之和大于最长线段的长，则这三条线段可以组成三角形；反之，则不能组成三角形．当已知三角形两边长，可求第三边长的取值范围．（3）证明线段之间的不等关系．三、三角形的分类1.按角分类：ìïìííïîî直角三角形三角形锐角三角形斜三角形钝角三角形要点诠释：①锐角三角形：三个内角都是锐角的三角形;②钝角三角形：有一个内角为钝角的三角形.2.按边分类：ìïìííïîî不等边三角形三角形底边和腰不相等的等腰三角形等腰三角形等边三角形要点诠释：①不等边三角形：三边都不相等的三角形；②等腰三角形：有两条边相等的三角形叫做等腰三角形，相等的两边都叫做腰，另外一边叫做底边，两腰的夹角叫顶角，腰与底边夹角叫做底角;③等边三角形：三边都相等的三角形.四、三角形的三条重要线段三角形的高、中线和角平分线是三角形中三条重要的线段，它们提供了重要的线段或角的关系，为我们以后深入研究三角形的一些特征起着很大的帮助作用，因此，我们需要从不同的角度弄清这三条线段，列表如下：线段名称三角形的高三角形的中线三角形的角平分线文字语言从三角形的一个顶点向它的对边所在的直线作垂线，顶点和垂足之间的线段．三角形中，连接一个顶点和它对边中点的线段．三角形一个内角的平分线与它的对边相交，这个角的顶点与交点之间的线段．图形语言作图语言过点A 作AD ⊥BC 于点D ．取BC 边的中点D ，连接AD ．作∠BAC 的平分线AD ，交BC 于点D ．标示图形符号语言1．AD是△ABC的高．2．AD是△ABC中BC边上的高．3．AD⊥BC于点D．4．∠ADC＝90°，∠ADB＝90°．(或∠ADC＝∠ADB＝90°)1．AD是△ABC的中线．2．AD是△ABC中BC边上的中线．3．BD＝DC＝12BC4．点D是BC边的中点．1．AD是△ABC的角平分线．2．AD平分∠BAC，交BC于点D．3．∠1＝∠2＝12∠BAC．推理语言因为AD是△ABC的高，所以AD⊥BC．(或∠ADB＝∠ADC＝90°)因为AD是△ABC的中线，所以BD＝DC＝12BC．因为AD平分∠BAC，所以∠1＝∠2＝12∠BAC．用途举例1．线段垂直．2．角度相等．1．线段相等．2．面积相等．角度相等．注意事项1．与边的垂线不同．2．不一定在三角形内．—与角的平分线不同．重要特征三角形的三条高(或它们的延长线)交于一点．一个三角形有三条中线，它们交于三角形内一点．一个三角形有三条角平分线，它们交于三角形内一点．五、三角形的稳定性三角形的三条边确定后，三角形的形状和大小就确定不变了，这个性质叫做三角形的稳定性。
专题01 全等三角形的性质与判定、应用(解析版)
专题01 全等三角形的性质与判定、应用全等三角形的性质1．（2022秋•鄞州区校级期末）如图，△AOB≌△ADC，∠O＝∠D＝90°，记∠OAD＝α，∠ABO ＝β，当BC∥OA时，α与β之间的数量关系为（ ）A．α＝βB．α＝2βC．α+β＝90°D．α+2β＝180°【分析】根据全等三角形对应边相等可得AB＝AC，全等三角形对应角相等可得∠BAO＝∠CAD，然后求出∠BAC＝α，再根据等腰三角形两底角相等求出∠ABC，然后根据两直线平行，同旁内角互补表示出∠OBC，整理即可．【解答】解：∵△AOB≌△ADC，∴AB＝AC，∠BAO＝∠CAD，∴∠BAC＝∠OAD＝α，在△ABC中，，∵BC∥OA，∴∠OBC＝180°﹣∠O＝180°﹣90°＝90°，∴，整理得，α＝2β．故选：B．2．（2022秋•嘉兴期末）如图，△ABC≌△DEF，若∠A＝100°，∠F＝47°，则∠E的度数为（ ）A．100°B．53°C．47°D．33°【分析】根据全等三角形的性质得出∠D＝∠A＝100°，再根据三角形内角和定理即可得出∠E 的度数【解答】解：∵△ABC≅△DEF，∠A＝100°，∴∠D＝∠A＝100°，在△DEF中，∠F＝47°，∴∠E＝180°﹣∠D﹣∠E＝33°，故选：D．3．（2022秋•拱墅区期末）如图，△ABC≌△EFD，则下列说法错误的是（ ）A．FC＝BD B．EF平行且等于ABC．∠B＝∠ACB D．AC平行且等于DE【分析】根据全等三角形的性质可得FD＝BC，∠F＝∠B，∠EDF＝∠ACB，EF＝AB，AC＝DE，再依次判断即可．【解答】解：∵△ABC≌△EFD，∴FD＝BC，∠F＝∠B，∠EDF＝∠ACB，EF＝AB，AC＝DE，∴FD﹣CD＝BC﹣CD，即FC＝BD，故A选项不符合题意；∵∠F＝∠B，∴EF∥AB，∴EF平行且等于AB，故B选项不符合题意；没有足够的条件证明∠B＝∠ACB，故C选项符合题意；∵∠EDF＝∠ACB，∴AC∥DE，∴AC平行且等于DE，故D选项不符合题意，故选：C．4．（2021秋•青田县期末）如图，已知△ABC≌△DEF，B，E，C，F在同一条直线上．若BF＝8cm，BE＝2cm，则CE的长度（ ）cm．A．5B．4C．3D．2【分析】根据全等三角形的性质得出BC＝EF，求出BE＝CF＝2cm，再求出答案即可．【解答】解：∵△ABC≌△DEF，∴BC＝EF，∴BC﹣CE＝EF﹣CE，∴BE＝CF，∵BE＝2cm，∴CF＝BE＝2cm，∵BF＝8cm，∴CE＝BF﹣BE﹣CF＝8﹣2﹣2＝4（cm），故选：B．5．（2022秋•仙居县期末）如图，△ABC≌△DEF，且∠A＝55°，∠B＝75°，则∠F＝ 50 °．【分析】根据全等三角形的性质求解即可．【解答】解：∵∠A＝55°，∠B＝75°，∠A+∠B+∠C＝180°，∴∠C＝50°，∵△ABC≌△DEF，∴∠C＝∠F＝50°，故答案为：50．6．（2022秋•宁波期末）如图，若△ABD≌△ACE，且∠1＝45°，∠ADB＝95°，则∠B＝ 50 °．【分析】根据全等三角形的性质及三角形外角性质求解即可．【解答】解：∵△ABD≌△ACE，∠ADB＝95°，∴∠AEC＝∠ADB＝95°，∵∠AEC＝∠1+∠B，∠1＝45°，∴∠B＝50°，故答案为：50．7．（2022秋•鄞州区校级期末）如图所示，已知△ABD≌△CFD，AD⊥BC于D．（1）求证：CE⊥AB；（2）已知BC＝7，AD＝5，求AF的长．【分析】（1）由△ABD≌△CFD，得出∠BAD＝∠DCF，再利用三角形内角和即可得出答案；（2）根据全等三角形的性质得出AD＝DC，即可得出BD＝DF，进而解决问题．【解答】（1）证明：∵△ABD≌△CFD，∴∠BAD＝∠DCF，又∵∠AFE＝∠CFD，∴∠AEF＝∠CDF＝90°，∴CE⊥AB；（2）解：∵△ABD≌△CFD，∴BD＝DF，∵BC＝7，AD＝DC＝5，∴BD＝BC﹣CD＝2，∴AF＝AD﹣DF＝5﹣2＝3．全等三角形的判定8．（2022秋•丽水期末）如图，已知AB＝DC，下列条件中，不能使△ABC≌△DCB的是（ ）A．AC＝DB B．∠A＝∠D＝90°C．∠ABC＝∠DCB D．∠ACB＝∠DBC【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．【解答】解：A．AB＝DC，BC＝CB，AC＝DB，符合全等三角形的判定定理SSS，能推出△ABC ≌△DCB，故本选项不符合题意；B．∠A＝∠D＝90°，AB＝DC，BC＝CB，符合两直角三角形全等的判定定理HL，能推出△ABC ≌△DCB，故本选项不符合题意；DCB，故本选不项符合题意；D．AB＝DC，BC＝CB，∠ACB＝∠DBC，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABC≌△DCB，故本选项符合题意；故选：D．9．（2021秋•湖州期末）我国传统工艺中，油纸伞制作非常巧妙，其中蕴含着数学知识．如图是油纸伞的张开示意图，AE＝AF，GE＝GF，则△AEG≌△AFG的依据是（ ）A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS【分析】根据全等三角形的判定定理推出即可．【解答】解：在△AEG和△AFG中，，∴△AEG≌△AFG（SSS），故选：D．10．（2022秋•鄞州区校级期末）如图，AC和BD相交于O点，若OA＝OD，不能证明△AOB≌△DOC的是（ ）A．AB＝DC B．OB＝OC C．∠A＝∠D D．∠B＝∠C【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．【解答】解：A．AB＝DC，OA＝OD，∠AOB＝∠DOC，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△AOB≌△DOC，故本选项符合题意；B．OA＝OD，∠AOB＝∠DOC，OB＝OC，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△AOB≌△DOC，故本选项不符合题意；DOC，故本选项不符合题意；D．∠B＝∠C，∠AOB＝∠DOC，OA＝OD，符合全等三角形的判定定理AAS，能推出△AOB≌△DOC，故本选项不符合题意；故选：A．11．（2022秋•鄞州区校级期末）下列所给条件中，能画出唯一的△ABC的是（ ）A．AC＝3，AB＝4，BC＝8B．∠A＝50°，∠B＝30°，AB＝10C．∠C＝90°，AB＝90D．AC＝4，AB＝5，∠B＝60°【分析】利用全等三角形的判定方法以及三角形三边关系分别判断得出即可．【解答】解：A、3+4＝7＜8，不符合三角形三边关系定理，即不能画出三角形，故本选项错误；B、根据∠A＝50°，∠B＝30°，AB＝2根据ASA能画出唯一△ABC，故此选项正确；C、根据∠C＝90°，AB＝90，AS不能画出唯一三角形，故本选项错误；D、根据AC＝4，AB＝5，∠B＝60°，ASS不能画出唯一三角形，故本选项错误；故选：B．12．（2022秋•新昌县期末）已知：如图，AC与DB相交于点O，∠1＝∠2，∠A＝∠D．求证：△AOB≌△DOC．【分析】根据∠1＝∠2可得BO＝CO，然后利用“角角边”证明即可．【解答】证明：∵∠1＝∠2，∴BO＝CO，在△AOB和△DOC中，，∴△AOB≌△DOC（AAS）．13．（2022秋•镇海区校级期末）如图，在△ABC中，AC＝AB，AD⊥BC，过点C作CE∥AB，∠BCE＝70°，连接ED并延长ED交AB于点F．（1）求∠CAD的度数；（2）证明：△CDE≌△BDF；【分析】（1）根据平行线的性质得到∠B＝∠BCE＝70°，根据等腰三角形的性质得到∠ACD＝∠B＝70°，根据直角三角形两锐角互余，即可求得∠CAD的度数；（2）根据等腰三角形的性质得到CD＝BD，根据平行线的性质得到∠E＝∠DFB，∠ECD＝∠B，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；【解答】（1）解：∵CE∥AB，∠BCE＝70°，∴∠B＝∠BCE＝70°，∵AC＝AB，∴∠ACD＝∠B＝70°，∵AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∴∠CAD＝90°﹣70°＝20°；（2）证明：∵AB＝AC，AD⊥BC，∴CD＝BD，∵CE∥AB，∴∠E＝∠DFB，∠ECD＝∠B，在△CDE与△BDF中，，∴△CDE≌△BDF（AAS）．全等三角形的性质与判定14．（2022秋•江北区期末）如图，已知∠ABC，以点B为圆心，适当长为半径作弧，分别交AB，BC于P，D；作一条射线FE，以点F圆心，BD长为半径作弧l，交EF于点H；以H为圆心，PD长为半径作弧，交弧l于点Q；作射线FQ．这样可得∠QFE＝∠ABC，其依据是（ ）A．SSS B．SAS C．ASA D．AAS【分析】根据题意得出BP＝BD＝FQ＝FH，DP＝QH，利用SSS证明△PBD≌△QFH，根据全等三角形的性质即可得出∠QFE＝∠ABC．【解答】解：如图，连接DP，QH，根据题意得，BP＝BD＝FQ＝FH，DP＝QH，在△PBD和△QFH中，，∴△PBD≌△QFH（SSS），∴∠ABC＝∠QFE，故选：A．15．（2023春•宁波期末）如图，△ABC的两条高AD和BF相交于点E，AD＝BD＝8，AC＝10，AE＝2，则BF的长为（ ）A．11.2B．11.5C．12.5D．13【分析】由高可得∠ADB＝∠AFB＝ADC＝90°，从而可求得∠DBE＝∠DAC，利用ASA可得△BDE≌△ADC，则有DE＝DC，再利用等积即可求BF．【解答】解：∵△ABC的两条高AD和BF相交于点E，∴∠ADB＝∠AFB＝ADC＝90°，∴∠DBE+∠BED＝90°，∠AEF+∠EAF＝90°，∵∠BED＝∠AEF，∴∠DBE＝∠EAF，在△BDE与△ADC中，，∴△BDE≌△ADC（ASA），∴DE＝DC＝AD﹣AE＝6，∵，∴×14×8＝×10BF，解得：BF＝11.2．故选：A．16．（2021秋•海曙区校级期末）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，∠ABC的平分线BE 交AD于点F，AG平分∠DAC，给出下列结论：①∠BAD＝∠C；②AE＝AF；③∠EBC＝∠C；④FG∥AC；⑤EF＝FG．其中正确的结论有（ ）个．A．2B．3C．4D．5【分析】连接EG，根据等角的余角相等可判断①选项；根据BE、AG分别是∠ABC、∠DAC的平分线，∠BAD＝∠C，可得到∠AFE＝∠AEF，进一步即可判断②选项；假设∠EBC＝∠C，根据三角形内角和定理可得∠C＝30°，但∠C≠30°，可判断③选项；④证明△ABN≌△GBN （ASA），可得AN＝GN，从而证出四边形AFGE是平行四边形，可判断④选项；⑤由AE＝AF，AE＝FG，而△AEF不是等边三角形，得到EF≠AE，于是EF≠FG，可判断⑤选项．【解答】解：连接EG，如图所示：∵∠BAC＝90°，AD⊥BC，∴∠C+∠ABC＝90°，∠ABC+∠BAD＝90°．∴∠BAD＝∠C，故①选项符合题意；∵BE、AG分别是∠ABC、∠DAC的平分线，∴∠ABF＝∠EBD．∵∠AFE＝∠BAD+∠ABF，∠AEB＝∠C+∠EBD，∴∠AFE＝∠AEF，∴AF＝AE，故②选项符合题意；③假设∠EBC＝∠C，则有∠C＝∠ABC，∵∠BAC＝90°∴∠C＝30°，但∠C≠30°，故③选项不符合题意；④∵AG是∠DAC的平分线，AE＝AF，∴AN⊥BE，FN＝EN，∴∠ANB＝∠BNG＝90°，在△ABN与△GBN中，，∴△ABN≌△GBN（ASA），∴AN＝GN，∵FN＝EN，∴四边形AFGE是平行四边形，∴GF∥AE，即GF∥AC，故④选项符合题意；⑤∵AE＝AF，AE＝FG，而△AEF不是等边三角形，∴EF≠AE，∴EF≠FG，故⑤选项不符合题意，故正确的选项有：①②④，故选：B．17．（2022秋•杭州期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC，DF⊥AB于F点，DE⊥AC于点E，则下列四个结论：①AD上任意一点到AB，AC两边的距离相等；②AD⊥BC且BD＝CD；③∠BDF＝∠CDE；④AE＝AF．其中正确的有（ ）A．②③B．①③C．①②④D．①②③④【分析】由题意知，△ABC是等腰三角形，由三线合一的性质知，点D是BC的中点，AD⊥BC，故AD中BC的中垂线，也是∠BAC的平分线，进而证得△AED≌△AFD，△BFD≌△CED，故可得到5个说法均正确．【解答】解：∵AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形，∠B＝∠C，∵AD平分∠BAC，DF⊥AB于F点，DE⊥AC于点E，∴AD⊥BC，BD＝CD，DE＝DF，故①②正确；∵DF⊥AB于F点，DE⊥AC于点E，∴∠DFB＝∠DEC＝90°，在△BFD和△CED中，，∴△BFD≌△CED（AAS），∴∠BDF＝∠CDE，即③正确；在△AED和△AFD中，，∴△AED≌△AFD（AAS），∴AE＝AF，故④正确．故选：D．18．（2022秋•鄞州区校级期末）如图，已知△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，∠EBD＝50°，则∠AEB的度数为（ ）A．130°B．135°C．140°D．145°【分析】由“SAS”可证△ACE≌△BCD，可得∠CBD＝∠CAE，由三角形内角和定理可求解．【解答】解：∵△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°，∴∠ACE＝∠BCD，在△ACE和△BCD中，，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴∠CBD＝∠CAE，∵∠EBD＝50°，∴∠CBE+∠CBD＝50°＝∠CBE+∠CAE，∵∠CAE+∠CBE+∠EAB+∠EBA＝90°，∴∠EAB+∠EBA＝40°，∴∠AEB＝140°，故选：C．19．（2022秋•温州期末）如图，在等腰三角形ABC中，AD是底边BC上的高线，CE⊥AB于点E，交AD于点F，若∠BAC＝45°，AF＝6，则BD的长为 3 ．【分析】证明△AEF≌△CEB（ASA），根据全等三角形的性质得出AE＝BC，即可求出答案．【解答】解：∵等腰三角形ABC中，AD是底边BC上的高线，∴AB＝AC，AD⊥BC，BD＝CD，∴∠ADC＝90°，∠B＝∠BCA，∴∠CFD+∠ECB＝90°，∵CE⊥AB，∠BAC＝45°，∴∠BAD+∠AFE＝90°，AE＝CE，∵∠B＝∠BCA，∴∠BAD＝∠BCE，在△AEF和△CEB中，，∴△AEF≌△CEB（ASA），∴AF＝BC，∵BD＝CD，AF＝6，∴BD＝3．故答案为：3．20．（2022秋•拱墅区期末）已知，如图，点A、D、B、E在同一直线上，AC＝EF，AD＝BE，∠A ＝∠E，（1）求证：△ABC≌△EDF；（2）当∠C＝90°，∠CBA＝60°时，求∠E的度数．【分析】（1）根据SAS即可证明：△ABC≌△EDF；（2）由全等三角形的性质及直角三角形的性质可得出答案．【解答】（1）证明：∵AD＝BE，∴AB＝ED，在△ABC和△EDF中，，∴△ABC≌△EDF（SAS）；（2）解：∵∠C＝90°，∠CBA＝60°，∴∠A＝90°﹣∠CBA＝90°﹣60°＝30°，∵△ABC≌△EDF，∴∠E＝∠A＝30°．21．（2022秋•鄞州区期末）如图，已知△ABC和△ADE，AB＝AD，∠BAD＝∠CAE，∠B＝∠D，AD与BC交于点P，点C在DE上．（1）求证：BC＝DE；（2）若∠B＝30°，∠APC＝70°．①求∠E的度数；②求证：CP＝CE．【分析】（1）证明△BAC≌△DAE（ASA），由全等三角形的性质得出结论；（2）①由三角形外角的性质求出∠CAE＝40°，由全等三角形的性质得出AC＝AE，由等腰三角形的性质可求出答案；②证明△ACP≌△ACE（AAS），由全等三角形的性质得出结论．【解答】（1）证明：∵∠BAD＝∠CAE，∴∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC，即∠BAC＝∠DAE，在△BAC和△DAE中，，∴△BAC≌△DAE（ASA），∴BC＝DE；（2）①解：∵∠B＝30°，∠APC＝70°，∴∠BAP＝∠APC﹣∠B＝70°﹣30°＝40°，∴∠CAE＝40°，∵△BAC≌△DAE，∴AC＝AE，∴∠ACE＝∠E＝＝＝70°；②证明：∵△BAC≌△DAE，∴∠ACB＝∠E＝70°，∴∠ACB＝∠ACE，∠APC＝∠E，在△ACP和△ACE中，，∴△ACP≌△ACE（AAS），∴CP＝CE．22．（2021秋•鄞州区期末）如图，△ABC中，D是BC延长线上一点，满足CD＝AB，过点C作CE∥AB且CE＝BC，连接DE并延长，分别交AC、AB于点F、G．（1）求证：△ABC≌△DCE；（2）若∠B＝50°，∠D＝22°，求∠AFG的度数．【分析】（1）根据CE∥AB可得∠B＝∠DCE，由SAS定理可得结论；（2）利用全等三角形的性质定理可得∠ECD＝∠B＝50°，∠A＝∠D＝22°，由平行线的性质定理易得∠ACE＝∠A＝22°，由三角形的内角和定理和外角的性质可得结果．【解答】（1）证明：∵CE∥AB，∴∠B＝∠DCE，在△ABC与△DCE中，，∴△ABC≌△DCE（SAS）；（2）解：∵△ABC≌△DCE，∠B＝50°，∠D＝22°，∴∠ECD＝∠B＝50°，∠A＝∠D＝22°，∵CE∥AB，∴∠ACE＝∠A＝22°，∵∠CED＝180°﹣∠D﹣∠ECD＝180°﹣22°﹣50°＝108°，∴∠AFG＝∠DFC＝∠CED﹣∠ACE＝108°﹣22°＝86°．全等三角形的应用23．（2021秋•临海市期末）如图，有两个长度相同的滑梯靠在一面墙上．已知左边滑梯的高度AC 与右边滑梯的水平长度DF相等，那么判定△ABC与△DEF全等的依据是（ ）A．HL B．ASA C．AAS D．SSS【分析】先根据BC＝EF，AC＝DF判断出Rt△ABC≌Rt△DEF．【解答】解：∵滑梯、墙、地面正好构成直角三角形，在Rt△ABC和Rt△DEF中，，∴Rt△ABC≌Rt△DEF（HL），故选：A．24．（2022秋•温州期末）如图是某纸伞截面示意图，伞柄AP平分两条伞骨所成的角∠BAC，AE＝AF．若支杆DF需要更换，则所换长度应与哪一段长度相等（ ）A．BE B．AE C．DE D．DP【分析】根据平分线的定义和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．【解答】解：∵AP平分∠BAC．∴∠EAD＝∠FAD，在△ADE与△ADF中，，∴△ADE≌△ADF（SAS），∴DF＝DE，即所换长度应与DF的长度相等，故选：C．25．（2022秋•金东区期末）如图，有一块三角形的玻璃，不小心掉在地上打成三块，现要到玻璃店重新划一块与原来形状、大小一样的玻璃，只需带到玻璃店（ ）A．①B．②C．③D．①、②、③其中任一块【分析】由图可知，第③块中，有两角及其夹边可得出这块三角形与购买的三角形全等．【解答】解：根据全等三角形的判定：两角及其夹边的两个三角形全等，即可确定这块三角形与购买的三角形全等，故选：C．26．（2022秋•武义县期末）王强同学用10块高度都是2cm的相同长方体小木块，垒了两堵与地面垂直的木墙，木墙之间刚好可以放进一个等腰直角三角板（AC＝BC，∠ACB＝90°），点C在DE上，点A和B分别与木墙的顶端重合．（1）求证：△ADC≌△CEB；（2）求两堵木墙之间的距离．【分析】（1）根据题意可得AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，进而得到∠ADC＝∠CEB＝90°，再根据等角的余角相等可得∠BCE＝∠DAC，再证明△ADC≌△CEB即可；（2）利用全等三角形的性质进行解答．【解答】（1）证明：由题意得：AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠DAC＝90°，∴∠BCE＝∠DAC在△ADC和△CEB中，∴△ADC≌△CEB（AAS）；（2）解：由题意得：AD＝2×3＝6（cm），BE＝7×2＝14（cm），∵△ADC≌△CEB，∴EC＝AD＝6cm，DC＝BE＝14cm，∴DE＝DC+CE＝20（cm），答：两堵木墙之间的距离为20cm．27．（2021秋•金华期末）如图，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小明通过构造△ABC与△BCD 来测量A，B间的距离，其中AC＝CD，∠ACB＝∠BCD．那么量出的BD的长度就是AB的距离．请你判断小明这个方法正确与否，并给出相应理由．【分析】正确；利用全等三角形的判定定理SAS证得△ABC≌△DBC，由该全等三角形的对应边相等得到AB＝DB．【解答】解：正确；理由如下：在△ABC与△DBC中，．∴△ABC≌△DBC（SAS）．∴AB＝DB．1．（2022秋•临海市期末）下列说法正确的是（ ）A．面积相等的两个三角形全等B．形状相同的两个三角形全等C．三个角分别相等的两个三角形全等D．斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等【分析】根据全等三角形的判定，逐项判断即可求解．【解答】解：A、面积相等的两个三角形不一定全等，如同底等高的2个三角形，不一定相似，不符合题意；B、形状相同的两个三角形不一定全等，相似三角形的形状相同，不符合题意；C、三个角分别相等的两个三角形不一定全等，三个角相等的三角形可能是相似三角形，不符合题意；D、斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，符合题意．故选：D．2．（2021秋•诸暨市期末）如图，△ABC≌△EDC，BC⊥CD，点A，D，E在同一条直线上，∠ACB ＝25°，则∠ADC的度数是（ ）A．45°B．60°C．75°D．70°【分析】根据全等三角形的性质和三角形内角和解答即可．【解答】解：∵△ABC≌△EDC，BC⊥CD，∴∠DCE＝∠ACB＝25°，∠BCD＝∠ACE＝90°，AC＝CE，∴∠ACD＝90°﹣25°＝65°，∵点A，D，E在同一条直线上，∴∠ADC+∠EDC＝180°，∵∠EDC+∠E+∠DCE＝180°，∴∠ADC＝∠E+25°，∵∠ACE＝90°，AC＝CE，∴∠DAC+∠E＝90°，∠E＝∠DAC＝45°，在△ADC中，∠ADC+∠DAC+∠DCA＝180°，即45°+65°+∠ADC＝180°，解得：∠ADC＝70°，故选：D．3．（2023春•镇海区校级期末）如图，已知△OAB≌△OA1B1，AB与A1O交于点C，AB与A1B1交于点D，则下列说法中错误的是（ ）A．∠A＝∠A1B．AC＝COC．OB＝OB1D．∠A1DC＝∠AOC【分析】由△OAB≌△OA1B1可得选项A、C是正确的，再利用外角的性质可得D是正确的，选项B是错误的．【解答】解：∵△OAB≌△OA1B1，∴∠A＝∠A1，OB＝OB1，故A、C正确；∵∠A1+∠A1DC＝∠A+∠AOC．∴∠A1DC＝∠AOC，故D正确；∵A1B1与AO不平行，∴∠A1≠∠AOC，∴AC≠CO，故B错误．故选：B．4．（2022秋•江北区校级期末）如图，要测量池塘两岸相对的两点A，B的距离，小明在池塘外取AB的垂线BF上的点C，D，使BC＝CD，再画出BF的垂线DE，使E与A，C在一条直线上，这时测得DE的长就是AB的长，依据是（ ）A．SSS B．SAS C．ASA D．HL【分析】根据全等三角形的判定进行判断，注意看题目中提供了哪些证明全等的要素，要根据已知选择判断方法．【解答】解：因为证明在△ABC≌△EDC用到的条件是：CD＝BC，∠ABC＝∠EDC，∠ACB＝∠ECD，所以用到的是两角及这两角的夹边对应相等即ASA这一方法．故选：C．5．（2022秋•义乌市校级期末）如图，用纸板挡住部分直角三角形后，能画出与此直角三角形全等的三角形，其全等的依据是 ASA ．【分析】根据全等三角形的判定方法解决此题．【解答】解：由图得：遮挡住的三角形中露出两个角及其夹边．∴根据三角形的判定方法ASA可解决此题．故答案为：ASA．6．（2021秋•西湖区期末）若△ABC≌△DEF，A与D，B与E分别是对应顶点，∠A＝50°，∠B ＝60°，则∠F＝ 70 °．【分析】根据三角形内角和定理可得∠ACB＝180°﹣50°﹣60°＝70°，再根据全等三角形的性质可得∠F＝∠ACB＝70°．【解答】解：∵∠A＝50°，∠B＝60°，∴∠ACB＝180°﹣50°﹣60°＝70°，∵△ABC≌△DEF，∴∠F＝∠ACB＝70°，故答案为：70．7．（2021秋•海曙区期末）如图，AB＝DB，∠1＝∠2，要使△ABC≌△DBE还需添加一个条件是 ∠A＝∠D（答案不唯一） ．（只需写出一种情况）【分析】此题是一道开放型的题目，答案不唯一，只要符合全等三角形的判定定理即可．【解答】解：添加的条件是∠A＝∠D，理由如下：∵∠1＝∠2，∴∠1+∠ABE＝∠2+∠ABE，即∠DBE＝∠ABC，在△ABC和△DBE中，，∴△ABC≌△DBE（ASA），故答案为：∠A＝∠D（答案不唯一）．8．（2022秋•平湖市期末）如图，在等边三角形ABC的AC、BC边上各取一点P、Q，使AP＝CQ，AQ、BP相交于点O，则∠POQ的度数为 120° ．【分析】根据全等三角形的判定定理SAS证得△ABP≌△CAQ，则对应角∠ABP＝∠CAQ，所以由三角形外角的性质求得∠BOQ＝∠BAO+∠OAP＝∠BAP＝60°．【解答】解：如图，在等边△ABC中，AB＝AC，∠BAP＝∠C＝60°．在△ABP与△CAQ中，，∴△ABP≌△CAQ（SAS），∴∠ABP＝∠CAQ．∵∠BOQ＝∠BAO+∠ABP，∴∠BOQ＝∠BAO+∠CAQ＝∠BAC＝60°，∴∠POQ＝180°﹣∠BOQ＝120°．故答案为：120°．9．（2021秋•莲都区期末）如图，∠D＝∠ACB＝∠E＝90°，AC＝BC．求证：△ADC≌△CEB．【分析】已知∠ACB＝90°，然后根据同角的余角相等求出∠B＝∠ACD，再利用“角角边”证明△ADC和△CEB全等即可．【解答】证明：∵∠ACB＝90°，∴∠BCE+∠ACD＝90°，∵∠CBE+∠BCE＝90°，∴∠CBE＝∠ACD，在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS）．10．（2021秋•临海市期末）如图，点B，E，C，F在同一条直线上，AB＝DE，BE＝CF，∠B＝∠DEF．求证：△ABC≌△DEF．【分析】由BE＝CF可得BC＝EF，再有已知条件进而可得出△ABC≌△DEF．【解答】证明：∵BE＝CF，∴BE+CE＝CF+EC．∴BC＝EF．在△ABC和△DEF中，，∴△ABC≌△DEF（SAS）．11．（2022秋•余姚市校级期末）在△ABC和△ADE中，AB＝AD，∠1＝∠2，∠E＝∠C，求证：BC＝DE．【分析】根据AAS证明三角形全等即可．【解答】证明：∵∠1＝∠2，∵∠DAC+∠1＝∠2+∠DAC∴∠BAC＝∠DAE，在△ABC和△ADE中，，∴△ADE≌△ABC（AAS）∴BC＝DE．12．（2020•婺城区校级期末）如果将四根木条首尾相连，在相连处用螺钉连接，就能构成一个平面图形．（1）若固定三根木条AB，BC，AD不动，AB＝AD＝2cm，BC＝5cm，如图，量得第四根木条CD＝5cm，判断此时∠B与∠D是否相等，并说明理由．（2）若固定二根木条AB、BC不动，AB＝2cm，BC＝5cm，量得木条CD＝5cm，∠B＝90°，写出木条AD的长度可能取得的一个值（直接写出一个即可）（3）若固定一根木条AB不动，AB＝2cm，量得木条CD＝5cm，如果木条AD，BC的长度不变，当点D移到BA的延长线上时，点C也在BA的延长线上；当点C移到AB的延长线上时，点A、C、D能构成周长为30cm的三角形，求出木条AD，BC的长度．【分析】（1）相等．连接AC，根据SSS证明两个三角形全等即可．（2）由勾股定理求出AC，再根据三角形三边的关系求出AD的取值范围．（3）分两种情形①当点C在点D右侧时，②当点C在点D左侧时，分别列出方程组即可解决问题，注意最后理由三角形三边关系定理，检验是否符合题意．【解答】解：（1）相等．理由：连接AC，在△ACD和△ACB中，，∴△ACD≌△ACB，∴∠B＝∠D．（2）∵AB＝2cm，BC＝5cm，且∠B＝90°，∴AC＝＝＝根据三角形三边关系可知﹣5≤AD≤+5所以AD可以为5cm．（3）设AD＝x，BC＝y，当点C在点D右侧时，，解得，当点C在点D左侧时，点C在D左侧时，三边之和等于第四边是构不成四边形的，不合题意，综上所述，AD＝13cm，BC＝10cm．。
专题 三角形重难点题型分类(解析版)—八年级数学上册必刷题(人教版)
专题01 高分必刷题-三角形重难点题型分类（解析版）专题简介：本份资料包含《三角形》这一章在各次月考、期末中除压轴题之外的全部主流题型，所选题目源自各名校月考、期末试题中的典型考题，具体包含七类题型：三角形的边长问题、多边形的内角和与对角线、三角形的三个角平分线模型、三角形的角度计算、8字模型、燕尾模型、折叠模型，本专题资料适合于培训机构的老师给学生作复习培训时使用或者学生月考、期末考前刷题时使用。
题型1：三角形的边长问题1．（2022·四川·成都）已知三角形两边长分别为4和9，则此第三边x 的取值范围是（ ） A ．5＜x ＜13B ．4＜x ＜9C ．18＜x ＜26D ．14＜x ＜22【详解】解：由三角形的三边关系得：9494x -<<+，即513x <<，故选：A ．2．（2021·河南周口）一个三角形的三边长分别为3，5，x ，若x 为偶数，则这样的三角形有（ ）个． A ．2B ．3C ．4D ．5【详解】解：根据题意得：5353x -<<+，即28x <<，∵x 为偶数，∴x 取4，6，即这样的三角形有2个．故选：A3．（2022·辽宁·沈阳）三角形两边长分别为4和7，若第三边的长为偶数，则这个三角形的周长可能是（ ） A ．15或12B ．15或19C ．16或17D ．19或23【详解】解：设三角形第三边的长为a ，∵三角形的两边长分别为4和7，∴7−4＜a ＜7＋4，即3＜a ＜11， ∵a 为偶数，∴a ＝4或a ＝6或a ＝8或a ＝10，当a ＝4时，这个三角形的周长＝4＋4＋7＝15； 当a ＝6时，这个三角形的周长＝6＋4＋7＝17；当a ＝8时，这个三角形的周长＝8＋4＋7＝19； 当a ＝10时，这个三角形的周长＝10＋4＋7＝21；综上所述，这个三角形的周长可能是15或17或19或21．故选：B ．4．（2022·四川成都）已知a ，b ，c 是ABC 的三边长，b ，c 满足2(2)30b c -+-=，且a 为方程42x -=的解，则ABC 的周长为（ ） A ．4B ．5C ．7或11D ．7【详解】解：2(2)30b c -+-=，20b ∴-=且30c -=，2b ∴=、3c =，a 为方程42x -=的解，2a ∴=或6a =，又c b a c b -<<+，即15a <<，2a ∴=，则ABC 的周长为2237++=，故选：D ．5.已知实数x ，y 满足|x ﹣6|+＝0，则以x ，y 的值为两边的等腰三角形的周长为（ ）A ．27或36B ．27C ．36D ．以上答案都不对【解答】解：∵实数x ，y 满足|x ﹣6|+＝0，∴x ＝6，y ＝15．∵6、6、15不能组成三角形，∴等腰三角形的三边长分别为6、15、15，∴等腰三角形周长为6+15+15＝36．故选：C ．6．（2022·辽宁沈阳）已知a ，b ，c 是一个三角形的三边长，化简||||||a c b b c a a b c +-+-++--=_________． 【详解】解：a ，b ，c 是一个三角形的三条边长，0＞∴+-a c b ，0＞-+b c a ，＜0a b c --，∴||||||a c b b c a a b c +-+-++--()a c b b c a a b c =+-+-+---a c b b c a a b c =+-+-+-++a b c =++，故答案为：a b c ++．7．已知a ，b ，c 分别为三角形的三边长，则化简|a ﹣b ﹣c |+|b ﹣c ﹣a |+|c ﹣a +b |的结果为（ ） A ．a +b +cB ．﹣a +b ﹣3cC ．a +2b ﹣cD ．﹣a +b +3c【解答】解：|a ﹣b ﹣c |+|b ﹣c ﹣a |+|c ﹣a +b |＝﹣a +b +c ﹣b +c +a +c ﹣a +b ＝﹣a +b +3c ，故选：D ．题型2：多边形的内角和、对角线8．（2022·广西·兴安）正多边形的一个内角等于144，则该多边形是正（ ）边形． A ．8B ．9C ．10D ．11【详解】解：设正多边形是n 边形，由题意得（n -2）×180°=144°n ．解得n =10，故选：C ． 9．（2022·浙江·温州）若n 边形的内角和等于外角和的4倍，则边数n 是（ ） A ．8B ．9C ．10D ．11【详解】解：根据题意得：()21803604n -⨯︒=︒⨯，解得：10n =，即边数n 是10．故选：C10．（2022·浙江杭州）如果一个多边形的内角和等于外角和的2倍，那么这个多边形的边数n =________． 【详解】解：设这个多边形的边数为n ，依题意，得：()21802360n -⨯︒=⨯︒，解得：6n =． 故答案为：6．11．把正三角形、正四边形、正五边形按如图所示的位置摆放，若∠1＝52°，∠2＝18°，则∠3＝ ．【解答】解：等边三角形的内角的度数是60°，正方形的内角度数是90°，正五边形的内角的度数是：（5﹣2）×180°＝108°，则∠3＝360°﹣60°﹣90°﹣108°﹣∠1﹣∠2＝32°．故答案是：32°． 12．（2020·四川·宜宾）如果一个多边形从一个顶点出发可以做7条对角线，则它的内角和是______． 【详解】解：∵多边形从一个顶点出发可引出7条对角线，∴n −3＝7，解得n ＝10． 十边形的内角和为：()1801021440︒⨯-=︒，故答案为：1440°． 13．一个正多边形的每个内角都比与它相邻的外角的3倍还多20°，（1）求此正多边形的边数；（2）它有多少条对角线？【解答】解：（1）设多边形的一个外角为α，则与其相邻的内角等于3α+20°，由题意，得（3α+20）+α＝180°，解得α＝40°．即多边形的每个外角为40°．又∵多边形的外角和为360°，∴多边形的外角个数＝＝9．∴多边形的边数为9；（2）∵n边形的对角线条数为：n（n﹣3），∴当n＝9时，n（n﹣3）＝×9×6＝27，故有27条对角线．题型3：三角形的三个角平分线模型1、三角形的两内角角平分线模型14．（2022·山东滨州）如图，∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠A＝88°，则∠BOC＝_____．【详解】∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠A=180°，∠A＝88°，且∠1＝∠2，∠3＝∠4，∴∠2+∠4=46°，∵∠2+∠4+∠BOC=180°，∴∠BOC=180°-46°=134°，故答案为：134°．15．（2022·山东济南）如图，已知△ABC中，BD，CE分别是△ABC的角平分线，BD与CE交于点O，如果∠A＝54°，那么∠BOC的度数是（）A．97°B．117°C．63°D．153°【详解】∵BD，CE分别是△ABC的角平分线，∴∠OBC＝12∠ABC，∠OCB＝12∠ACB，∴∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB＝180°﹣12∠ABC﹣12∠ACB＝180°﹣12(∠ABC+∠ACB)，∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠A＝54°，∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝126°，∴∠BOC＝180°﹣12×126°＝117°，故选：B．16．（2021·江苏·麒麟）如图，BI，CI分别是△ABC的角平分线，∠BIC=130°，则∠A=_______．【详解】解：∵BI ，CI 分别是△ABC 的角平分线，∴∠IBC ＝12∠ABC ，∠ICB ＝12∠ACB ，∵∠BIC ＝130°， ∴∠IBC ＋∠ICB ＝50°，∴∠ABC ＋∠ACB ＝2×50°＝100°，∴∠A ＝180°−100°＝80°．故答案为：80°．17．（2021·福建·莆田）在△ABC 中，∠B 、∠C 的平分线相交于O ，∠BOC ＝125°，则∠A 的度数为___． 【详解】解：如图，∵∠BOC =125°，∴∠OBC +∠OCB =180°-125°=55°，∵∠ABC 与∠ACB 的平分线相交于O 点，∴∠ABC =2∠OBC ，∠ACB =2∠OCB ，∴∠ABC +∠ACB =2（∠OBC +∠OCB ）=110°， ∴∠BAC =180°-110°=70°．故答案为：70°．2、三角形两外角角平分线模型18．如图，在△ABC 中，∠B ＝40°，三角形的外角∠DAC 和∠ACF 的平分线交于点E ，则∠AEC ＝ ．【解答】解：∵三角形的外角∠DAC 和∠ACF 的平分线交于点E ，∴∠EAC ＝∠DAC ，∠ECA ＝∠ACF ； 又∵∠B ＝40°（已知），∠B +∠1+∠2＝180°（三角形内角和定理），∴∠DAC +∠ACF ＝（∠B +∠2）+（∠B +∠1）＝（∠B +∠B +∠1+∠2）＝110°（外角定理）， ∴∠AEC ＝180°﹣（∠DAC +∠ACF ）＝70°．故答案为：70°．19．（2022·山东烟台）如图，已知ABC ，80A =∠，BF 平分外角CBD ∠，CF 平分外角BCE ∠，BG 平分CBF ∠，CG 平分外角BCF ∠，则G ∠=_________．【详解】解：∵∠DBC ＝∠A +∠ACB ，∠ECB ＝∠A +∠ABC ，∴∠DBC +∠ECB ＝∠A +∠ACB +∠A +∠ABC ， ∵∠ACB +∠A +∠ABC ＝180°，∴∠DBC +∠ECB ＝∠A +180°＝80°+180°＝260°，∵BF 平分外角∠DBC ，CF 平分外角∠ECB ，∴∠FBC 12=∠DBC ，∠FCB 12=∠ECB ，∴∠FBC +∠FCB 12=（∠DBC +∠ECB ）＝130°， ∵BG 平分∠CBF ，CG 平分∠BCF ，∴∠GBC 12=∠FBC ，∠GCB 12=∠FCB ，∴∠GBC +∠GCB 12=（∠FBC +∠FCB ）＝65°，∴∠G ＝180°﹣（∠GBC ﹣∠GCB ）＝180°﹣65°＝115°． 故答案为：115°．3、三角形一个内角一个外角角平分线模型20．（2022·河南南阳）已知△ABC 中，①如图1，若点P 是∠ABC 和∠ACB 的平分线的交点，则∠P ＝90°＋12∠A ；②如图2，若点P 是∠ABC 和外角∠ACE 的平分线的交点，则∠P ＝90°－∠A ；③如图3，若点P 是外角∠CBF 和外角∠BCE 的平分线的交点，则∠P ＝90°－12∠A ；上述说法正确的是__________________．【详解】解：①正确．P 点是ABC ∠和ACB ∠的角平分线的交点， 111()(180)90222PBC PCB ABC ACB A A ∴∠+∠=∠+∠=︒-∠=︒-∠， 111180()1809090222P ABC ACB A A ∴∠=︒-∠+∠=︒-︒+∠=︒+∠；②错误．BP 是ABC ∆中ABC ∠的平分线，CP 是ACB ∠的外角的平分线，12PBC ABC ∴∠=∠，12PCE ACE ∠=∠，ACE ∠是ABC ∆的外角，PCE ∠是BPC ∆的外角，ACE ABC A ∴∠=∠+∠，PCE PBC P ∠=∠+∠，∴111222ACE ABC A ∠=∠+∠，∴1122ABC A PBC P ∠+∠=∠+∠，即∠P=12∠A ；③正确，BP 、CP 为ABC ∆两外角的平分线，11()22BCP BCE A ABC ∴∠=∠=∠+∠，11(2)2PBC CBF A ACB ∠=∠=∠+∠， 由三角形内角和定理得：180BPC BCP PBC ∠=︒-∠-∠1180[()]2A A ABC ACB =︒-∠+∠+∠+∠1180(180)2A =︒-∠+︒1902A =︒-∠；．故答案为：①③．21．（2022·山东泰安）如图①、②中，42A ∠=︒，12∠=∠，34∠=∠，则12O O ∠+∠的度数为（ ）A ．111B ．174C ．153D ．132【详解】解：∵①②中，∠A =42°，∠1=∠2，∠3=∠4，∴①中，1124(1234)(18042)6922∠+∠=∠+∠+∠+∠=⨯︒-︒=︒，故∠O 1=180°−69°=111°； ②中，∠O 2=∠4−∠2=12[(∠3+∠4)−(∠1+∠2)]=12∠A =21°；∴∠O 1+∠O 2=111°+21°=132°，故选：D ． 22．（2021·江苏无锡）如图，△ABC 为直角三角形，90ACB ∠=︒，AD 为∠CAB 的平分线，与∠ABC 的平分线BE 交于点E ，BG 是△ABC 的外角平分线，AD 与BG 相交于点G ，则∠ADC 与∠GBF 的和为（ ）A ．120°B ．135°C ．150°D ．160°【详解】解：∵∠ACB =90°，∴∠CAB +∠CBA =90°，∵AE ，BE 分别平分∠CAB ，∠CBA ，∴∠EAB +∠EBA =12∠CAB +12∠CBA =45°，∵BG 平分∠CBF ，∴∠CBG =12∠CBF ，∵∠CBE =12∠CBA ， ∴∠CBE =∠CBG +∠CBE =12∠CBF +12∠CBA =90°，∴∠G =90°-45°=45°，∵∠ADC =∠BDG ， ∴∠ADC +∠GBF =∠BDG +∠DBG =180°-∠G =135°，故选：B ． 23．（2022·山东泰安）如图，在△ABC 中，设∠A ＝x °，∠ABC 与∠ACD 的平分线交于点A ，得∠A 1；∠A 1BC与∠A 1CD 的平分线相交于点A 2，得∠A 2；…；∠A 2021与∠A 2021CD 的平分线相交于点A 2022，得∠A 2022，则∠A 2022是（ ）度．A ．202012x B ．202112x C ．202212x D ．202312x【详解】解：∵∠ACD 是△ABC 三角形的外角，∠A 1CD 是△A 1BC 的外角，∴∠A =∠ACD -∠ABC ，∠A 1=∠A 1CD -∠A 1BC ，∵BA 1和CA 1分别是∠ABC 和∠ACD 的角平分线，∴∠A 1BC =12∠ABC ，∠A 1CD =12∠ACD ，∴∠A 1=12∠ACD -12∠ABC =12∠A =12x °，同理可得，∠A 2=12∠A 1=12×12x °，∠A 3=12∠A 2=12×12×12x °，…，∴∠A 2022=202212x °，故选：C ．题型4：三角形的角度计算24．（2022·浙江绍兴）如图，AB CD ∥，AE 平分∠BAC ，且与CD 相交于点E ，若∠C ＝50°，则∠AEC 的度数为___________．【详解】解：因为AB CD ∥，180C BAC ∴∠+∠=︒，又50C ∠=︒，130BAC ∴∠=︒，AE ∵平分BAC ∠，1652EAC BAC ∴∠=∠=︒，180()65AEC C EAC ∴∠=︒-∠+∠=︒．故答案为：65︒．25．（2022·江苏无锡）将一副三角板（含30°、45°的直角三角形）如图摆放，则图中∠1的度数为_______．【详解】解：由三角形的外角性质得：∠1=30°+90°=120°．故答案为：120°．26．（2022年江苏）一副三角板如图放置，45A ∠=︒，30E ∠=︒，DE AC ∥，则1∠=_________︒．【详解】解：如图，∵DE AC ∥，∴245A ∠=∠=︒，30E ∠=︒，90F ∠=︒，60D ∴∠=︒，124560105D ∴∠=∠+∠=︒+︒=︒，故答案为：105．27．（2022·江苏·江阴）把一副常用的三角板如图所示拼在一起，点B 在AE 上，那么图中∠ABC =_____°．【详解】解：∵∠BAC =45°，∠BCA =60°，∴∠ABC ＝180°−（∠BAC ＋∠BCA ）＝75°．故答案为：75． 28．（2022·江苏·江阴）如图，已知△ABC 中，AD BC ⊥于D ，AE 平分∠BAC ，∠B ＝80°，∠C ＝40°，则∠DAE =_________度．【详解】解：∵∠B =80°，∠C =40°，∴∠BAC =180°-∠B -∠C =180°-80°-40°=60°，∵AE 平分∠BAC ， ∴∠BAE =∠CAE =12∠BAC =30°，∵AD ⊥BC ，∴∠ADB =90°，∴∠B +∠BAD =90°，∴∠BAD =10°， ∴∠DAE =∠BAE -∠BAD =30°-10°=20°，故答案为：20．29．（2018·山东德州）如图，在△ABC 中，∠B =40°，∠C =80°，AD 是BC 边上的高，AE 平分∠BAC ， （1）求∠BAE 的度数；（2）求∠DAE 的度数．【详解】解：（1）∵在△ABC 中，∠ABC =40°，∠ACB =80°，∴∠BAC =180°-40°-80°=60°， ∵AE 平分∠BAC ，∴∠BAE =30°；（2）∵AD 是△ABC 的高，∴∠ADB =90°，∴∠BAD =180°-90°-40°=50°，∴∠DAE =∠BAD -∠BAE =50°-30°=20°．30．（2021·北京）如图，在ABC 内，AD 是BC 边上的高，BE 平分ABC ∠交AC 边于E ，60BAC ∠=︒，25ABE ∠=︒，求DAC ∠的度数．【详解】解：BE 平分ABC ∠，12ABE CBE ABC ∴∠=∠=∠，25ABE ∠=︒，50ABC =∴∠︒，AD 是BC 边上的高，90ADB ∴∠=︒，则在ABD △中，90BAD ABD ∠=︒-∠9050=︒-︒40=︒，DAC BAC BAD ∠=∠-∠，60BAC ∠=︒， 604020DAC ∴∠=︒-︒=︒．31．（2020·黑龙江）如图，已知∠A ＝20°，∠B ＝27°，AC ⊥DE ，求∠1，∠D 的度数．【详解】∵AC ⊥DE ，∴∠APE =90°．∵∠1是△AEP 的外角，∴∠1=∠A +∠APE ．∵∠A =20°， ∴∠1=20°+90°=110°．在△BDE 中，∠1+∠D +∠B =180°，∵∠B =27°， ∴∠D =180°﹣110°﹣27°=43°．32．（2021·湖北）如图，在△ABC 中，∠A =40°，∠B =76°，CE 平分∠ACB ，CD ⊥AB 于点D ，DF ⊥CE 于点F ，求∠CDF 的度数．【详解】解：∵∠A =40°，∠B =76°∴∠ACB =180°﹣40°﹣76°=64°，∵CE 平分∠ACB ，∴∠ACE =∠BCE =32°， ∴∠CED =∠A +∠ACE =72°∵CD ⊥AB ，DF ⊥CE ，∴∠CDF +∠ECD =∠ECD +∠CED =90°，∴∠CDF =∠CED =72°．33．如图，AD 是△ABC 的高，AE 、BF 是△ABC 的角平分线，它们相交于点O ，∠BAC ＝60°，∠C ＝70°． （1）求∠CAD 的度数．（2）求∠BOA 的度数．【解答】解：（1）∵AD ⊥BC ，∴∠ADC ＝90°，∵∠C ＝70°，∴∠CAD ＝180°﹣90°﹣70°＝20°； （2）∵∠BAC ＝60°，∠C ＝70°，∴∠BAO ＝30°，∠ABC ＝50°，∵BF 是∠ABC 的角平分线， ∴∠ABO ＝25°，∴∠BOA ＝180°﹣∠BAO ﹣∠ABO ＝180°﹣30°﹣25°＝125°．题型5：8字模型34．（2021·黑龙江）如图，90A D ∠=∠=︒，若31B ∠=︒，则DCE ∠=______°.【详解】解：∵31B ∠=︒，90A ∠=︒,∴90903159DCE ACB B ∠=∠=︒-∠=︒-︒=︒故答案为：59 35．（2022·重庆）如图，已知1135∠=︒，则A B C D E F ∠+∠+∠+∠+∠+∠=______度．【详解】解：连接BC ，∵32180A D ACB DBC ∠+∠+∠=∠+∠+∠=︒，23∠∠=，∴A D ACB DBC ∠+∠=∠+∠，∴A D EBD ACF ACB DBC EBD ACF FCB EBC ∠+∠+∠+∠=∠+∠+∠+∠=∠+∠． ∵1E F FCB EBC ∠=∠+∠=∠+∠，∴1A D EBD ACF ∠+∠+∠+∠=∠．∵1135∠=︒， ∴21270A EBD ACF D E F ∠+∠+∠+∠+∠+∠=∠=︒． 故答案为：270．36．如图，AE 是∠BAD 的平分线，CE 是∠BCD 的平分线，且AE 与CE 相交于点E ．若∠D ＝40°，∠B ＝30°，则∠E 的度数为______．【详解】解：∵AE 是∠BAD 的平分线，CE 是∠BCD 的平分线，∴12DAE BAE DAB ∠=∠=∠，12DCB DCE DCB ∠==∠∠，∵∠D =40°，∠B =30°，∠D +∠DCB =∠B +∠BAD ①，∴∠BAD -∠DCB =10°，∴∠DAE -∠DCE =5°，∵∠D +∠DCE =∠E +∠DAE ②，由①+②，得：2∠D +∠DCB +∠DCE =∠E +∠B +∠BAD +∠DAE ，80°+3∠DCE =30°+∠E +3∠DAE ，∴50°-3（∠DAE -∠DCE ）=∠E ， ∴∠E =35°．故答案为：35°．37．（2022·山西吕梁）如图，已知AB∥CD，AE和CF分别平分∠BAF和∠DCE，若∠AEC=57°，∠AFC=63°，则∠BAF的度数为____________________ ．【详解】解：过点F作FG∥AB，如图所示，∵AB∥CD，∴AB∥CD∥FG，∴∠DCF=∠GFC，∠BAF=∠GF A，∵CF平分∠DCE，∴设∠DCF=∠FCE=x，则∠GFC=x，∠GF A=∠AFC-∠GFC=63°-x，∴∠BAF=∠AFG =63°-x，在∆CFH中，∠CHF=180°-∠FCE-∠AFC=180°-x-63°=117°-x，∵AE平分∠BAF，∴∠BAE=∠EAF=632x︒-，在∆AEH中，∠EHA=180°-∠EAH-∠E=180°-632x︒--57°=123°-632x︒-，∵∠EHA=∠FHC，∴117°-x=123°-632x︒-，解得：x=17°，∴∠BAF=63°-17°=46°，故答案为：46°．38．（2020·安徽）如图①，已知线段AB，CD相交于点O，连接AD，CB，我们把形如图①的图形称之为“8字形”．如图②，在图①的条件下，∠DAB和∠BCD的角平分线AP和CP相交于点P，并且与CD，AB分别相交于点M，N，试解答下列问题：(1)在图①中，请直接写出∠A，∠B，∠C，∠D之间的数量关系；(2)在图②中，若∠D＝40°，∠B＝36°，试求∠P的度数；(3)如果图②中∠D和∠B为任意角时，其他条件不变，试问∠P与∠D，∠B之间存在着怎样的数量关系(直接写出结论即可)．【答案】（1）∠A +∠D =∠B +∠C ；（2）38°；（3）2∠P =∠B +∠D【详解】解：（1）在AOD △中，180AOD A D ∠=︒-∠-∠，在BOC 中，180BOC B C ∠=︒-∠-∠，AOD BOC ∠=∠（对顶角相等），180180A D B C ∴︒-∠-∠=︒-∠-∠，A D B C ∴∠+∠=∠+∠；（2）40D ∠=︒，36B ∠=︒，4036OAD OCB ∴∠+︒=∠+︒，4OCB OAD ∴∠-∠=︒，AP 、CP 分别是DAB ∠和BCD ∠的角平分线，12DAM OAD ∴∠=∠，12PCM OCB ∠=∠，又DAM D PCM P ∠+∠=∠+∠，1()382P DAM D PCM OAD OCB D ∴∠=∠+∠-∠=∠-∠+∠=︒； （3）根据“8字形”数量关系，OAD D OCB B ∠+∠=∠+∠，DAM D PCM P ∠+∠=∠+∠， 所以，OCB OAD D B ∠-∠=∠-∠，PCM DAM D P ∠-∠=∠-∠，AP 、CP 分别是DAB ∠和BCD ∠的角平分线，12DAM OAD ∴∠=∠，12PCM OCB ∠=∠， ∴1()2D B D P ∠-∠=∠-∠，整理得，2P B D ∠=∠+∠．39．（2020·河北·保定）图1，线段AB 、CD 相交于点O ，连接AD 、CB ，我们把形如图1的图形称之为“8字形”.如图2，在图1的条件下，∠DAB 和∠BCD 的平分线AP 和CP 相交于点P ，并且与CD 、AB 分别相交于M 、N.试解答下列问题：（1）在图1中，请直接写出∠A 、∠B 、∠C 、∠D 之间的数量关系： ； （2）图2中，当∠D=50度，∠B=40度时，求∠P 的度数.（3）图2中∠D 和∠B 为任意角时，其他条件不变，试问∠P 与∠D 、∠B 之间存在着怎样的数量关系.【详解】解（1）∵∠A+∠D+∠AOD=∠C+∠B+∠BOC=180°，∠AOD=∠BOC ，∴∠A+∠D=∠C+∠B ； （2）由（1）得，∠DAP+∠D=∠P+∠DCP ，①∠PCB+∠B=∠PAB+∠P ，② ∵∠DAB 和∠BCD 的平分线AP 和CP 相交于点P ，∴∠DAP=∠PAB ，∠DCP=∠PCB ，①+②得：∠DAP+∠D+∠PCB+∠B=∠P+∠DCP+∠PAB+∠P ，即2∠P=∠D+∠B=50°+40°，∴∠P=45°；（3）关系：2∠P=∠D+∠B；证明过程同（2）.题型6：燕尾模型40．（2018·云南·腾冲）已知：点D是△ABC所在平面内一点，连接AD、CD．（1）如图1，若∠A＝28°，∠B＝72°，∠C＝11°，求∠ADC；（2）如图2，若存在一点P，使得PB平分∠ABC，同时PD平分∠ADC，探究∠A，∠P，∠C的关系并证明；（3）如图3，在（2）的条件下，将点D移至∠ABC的外部，其它条件不变，探究∠A，∠P，∠C的关系并证明．【详解】（1）如图1,延长AD交BC于E，在△ABE中，∠AEC=∠A+∠B＝28º+72º=100º，在△DEC中，∠ADC=∠AEC+∠C＝100º+11º=111º ；（2）∠A－∠C=2∠P，理由如下：如图2，∠5=∠A+∠1,∠5=∠P+∠3，∴∠A+∠1=∠P+∠3 ，∵PB平分∠ABC,PD平分∠ADC，∴∠1=∠2,∠3=∠4，∴∠A+∠2=∠P+∠4，由(1)知∠4=∠2+∠P+∠C ，∴∠A+∠2=∠P+∠2+∠P+∠C∴∠A－∠C=2∠P；（3）∠A+∠C=2∠P,理由如下:如图3,同（2）理知∠A+∠1=∠P+∠3,∠C+∠4=∠P+∠2 ，∴∠A+∠C+∠1+∠4=2∠P+∠2+∠3，∵PB平分∠ABC,PD平分∠ADC，∴∠1=∠2,∠3=∠4，∴∠1+∠4=∠2+∠3 ，∴∠A+∠C=2∠P41．如图（1），由三角形的内角和或外角和可知：∠ABC＝∠A+∠C+∠O在图（2）中，直接利用上述的结论探究：①若AD、CD分别平分∠OAB，∠OCB，且∠O＝80°∠B＝120°，求∠ADC的度数②AD、CD分别平分∠OAB，∠OCB，猜想∠O，∠ABC，∠ADC之间的等量关系，并说明理由．【解答】解：①根据题意得：∠OAB+∠OCB＝∠B﹣∠O＝120°﹣80°＝40°，∵AD、CD分别平分∠OAB，∠OCB，∴∠OAD+∠OCD＝×40°＝20°，∴∠ADC＝∠O+∠OAD+∠OCD＝80°+20°＝100°；②由题意得：∠ADC＝∠OAD+∠OCD+∠O，∠ABC＝∠OAB+∠OCB+∠O，∵AD、CD是∠OAB、∠OCB的平分线，∴∠BAD＝∠OAD、∠OCD＝∠BCD，∴∠ABC＝2∠ADC﹣∠O．42．（2022·全国）如图(1)所示的图形，像我们常见的学习用品——圆规．我们不妨把这样图形叫做“规形图”，那么在这一个简单的图形中，到底隐藏了哪些数学知识呢？下面就请你发挥你的聪明才智，解决以下问题：（1）观察“规形图”,试探究∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的关系，并说明理由；（2）请你直接利用以上结论．．．．．．，解决以下三个问题：①如图(2)，把一块三角尺XYZ放置在△ABC上，使三角尺的两条直角边XY、图(1)XZ恰好经过点B、C，若∠A=50°，则∠ABX+∠ACX =__________°；②如图(3)DC平分∠ADB,EC平分∠AEB,若∠DAE=50°，∠DBE=130°，求∠DCE的度数；（写出解答过程）③如图（4），∠ABD，∠ACD的10等分线相交于点G1、G2 、G9，若∠BDC=140°，∠BG1C=77°，则∠A 的度数=__________°．【详解】解：（1）连接AD并延长至点F，由外角定理可得∠BDF＝∠BAD+∠B，∠CDF＝∠C+∠CAD；∵∠BDC＝∠BDF+∠CDF，∴∠BDC＝∠BAD+∠B+∠C+∠CAD.∵∠BAC＝∠BAD+∠CAD；∴∠BDC＝∠BAC +∠B+∠C；（2）①由（1）的结论易得：∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，∵∠A＝50°，∠BXC＝90°，∴∠ABX+∠ACX＝90°﹣50°＝40°．故答案是：40；②由（1）的结论易得∠DBE＝∠DAE +∠ADB+∠AEB，∠DCE＝∠ADC＋∠AEC＋∠A∵∠DAE=50°，∠DBE=130°，∴∠ADB+∠AEB＝80°；∵DC平分∠ADB,EC平分∠AEB,∴∠ADC=12∠ADB,∠AEC=12∠AEB，∴∠DCE＝12(∠ADB+∠AEB)+∠A=40°+50°=90°；③由②知，∠BG1C＝110(∠ABD+∠ACD)+ ∠A，∵∠BG1C＝77°，∴设∠A为x°，∵∠ABD+∠ACD＝140°﹣x°，∴110(140﹣x)＋x＝77，∴14﹣110x+x＝77，∴x＝70，∴∠A为70°．故答案是：70．题型7：折叠模型43．（2021·江西）如图，Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，∠A ＝50°，将其折叠，使点A 落在边CB 上A ′处，折痕为CD ，则∠A ′DB ＝___．【详解】解：∵∠ACB ＝90°，∠A ＝50°，∴∠B =90°-50°=40°，由折叠可知∠DA ′C =∠A ＝50°，∴∠A ′DB =∠DA ′C -∠B =50°-40°=10°，故答案为：10°．44．如图，将长方形纸片ABCD 折叠，使点D 与点B 重合，点C 落在点C '处，折痕为EF ，若∠ABE ＝25°，则∠EFC '的度数为（ ）A ．122.5°B ．130°C ．135°D ．140°【解答】解：Rt △ABE 中，∠ABE ＝25°，∴∠AEB ＝65°；由折叠的性质知：∠BEF ＝∠DEF ； 而∠BED ＝180°﹣∠AEB ＝115°，∴∠BEF ＝57.5°；易知∠EBC ′＝∠D ＝∠BC ′F ＝∠C ＝90°， ∴BE ∥C ′F ，∴∠EFC ′＝180°﹣∠BEF ＝122.5°． 故选：A ．45．（2022·四川宜宾）如图，将四边形纸片ABCD 沿EF 折叠，点A 落在1A 处，若1288∠+∠=︒，则A ∠的度数是_______．【详解】解：如下图，∵四边形纸片ABCD 沿EF 折叠，点A 落在A 1处，∴∠3+∠4=12（180°-∠1）+12（180°-∠2）=180°-12（∠1+∠2），∵∠1+∠2=88°，∴∠3+∠4=180°-12×88°=180°-44°=136°，在△AEF 中，∠A =180°-（∠3+∠4）=180°-136°=44°， 故答案为：44°．46．（2021·湖北·咸丰）如图，在三角形纸片ABC 中，7470A B ∠=︒∠=︒，．将三角形纸片的一角折叠，使点C 落在ABC 内，如果130∠=︒，那么2∠=___________．【详解】解：如图延长AE 、BF 交于点C '，连接C C '．在△AB C '中，∠A C 'B ＝180°−74°−70°＝36°，∵∠ECF ＝∠A C 'B ＝36°，∠1＝∠EC C '＋∠E C 'C ，∠2＝∠FC C '＋∠F C 'C ，∴∠1＋∠2＝∠EC C '＋∠E C 'C ＋∠FC C '＋∠F C 'C ＝2∠A C 'B ＝72°， ∵∠1＝30°，∴∠2＝42°，故答案为：42°．47．如图所示，将△ABC 沿着DE 翻折，若∠1+∠2＝80°，则∠B ＝ 度．【解答】解：∵△ABC 沿着DE 翻折，∴∠1+2∠BED ＝180°，∠2+2∠BDE ＝180°，∴∠1+∠2+2（∠BED+∠BDE）＝360°，而∠1+∠2＝80°，∠B+∠BED+∠BDE＝180°，∴80°+2（180°﹣∠B）＝360°，∴∠B＝40°．故答案为：40°．。
专题01 全等三角形中的手拉手旋转模型(解析版)
专题01 全等三角形中的手拉手旋转模型【模型展示】【模型证明】ECDABC CD CE ACD BCE AC BC ECD ABC ACD BCE ACE ECD ACE ACB ECDACB ECD ACB CD CE AC BC ECD ABC ∆≅∆∴⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=∆∆∠=∠∴∠+∠=∠+∠∴∠=∠=∠=∠==∴∆∆中与在为等边三角形与 60,,BDMN NCD MNC NCD MNC MCN MCN MCN CN CM ACN BCM AFB AFM BCM AFM BMC AMF MAF AFM BMC CBM BCM AFM AMF MAF BCM BMC CBM CADCBE ACD BCE ADBE ACD BCE //60606060,60)(180)(180180180∴∠=∠∴=∠=∠∴∆∆∴=∠=∴∆≅∆=∠=∠=∠∴∠=∠∠+∠-=∠∠+∠-=∠∴=∠+∠+∠=∠+∠+∠∠=∠∴∆≅∆=∴∆≅∆为等边三角形为等边三角形即P Q NMFECABD【模型拓展】【题型演练】一、单选题1．如图，在ABCV中，90ABC∠=°，分别以AB，AC为边作等边ABD△和等边ACEV，连结DE，若3AB=，5AC=，则ED=（）A．B．C．4D．【答案】C【分析】在Rt△ABC中可直接运用勾股定理求出BC，然后结合“手拉手”模型证得△ABC≌△ADE，即可得到DE=BC，从而求解即可．【详解】解：在Rt△ABC中，AB=3，AC=5，∴由勾股定理得：BC=4，∵ABD △和ACE V 均为等边三角形，∴AB =AD ，AC =AE ，∠BAD =∠CAE =60°，∴∠BAD -∠CAD =∠CAE -∠CAD ，即：∠BAC =∠DAE ，在△ABC 和△ADE 中，AB AD BAC DAE AC AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△ABC ≌△ADE (SAS )，∴DE =BC =4，故选：C ．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定与性质，熟练运用勾股定理解三角形是解题关键．2．如图，C 为线段AE 上一动点（不与点A ，E 重合），在AE 同侧分别作等边三角形ABC 和等边三角形CDE ，AD 与BE 交于点O ，AD 与BC 交于点P ，BE 与CD 交于点Q ，连结PQ ．以下结论错误的是（ ）A ．∠AOB =60°B ．AP =BQC ．PQ ∥AED ．DE =DP【答案】D【分析】利用等边三角形的性质，BC ∥DE ，再根据平行线的性质得到∠CBE =∠DEO ，于是∠AOB =∠DAC +∠BEC =∠BEC +∠DEO =∠DEC =60°，得出A 正确；根据△CQB ≌△CPA （ASA ），得出B 正确；由△ACD ≌△BCE 得∠CBE =∠DAC ，加之∠ACB =∠DCE =60°，AC =BC ，得到△CQB ≌△CPA （ASA ），再根据∠PCQ =60°推出△PCQ 为等边三角形，又由∠PQC =∠DCE ，根据内错角相等，两直线平行，得出C 正确；根据∠CDE =60°，∠DQE =∠ECQ +∠CEQ =60°+∠CEQ ，可知∠DQE ≠∠CDE ，得出D 错误．【详解】解：∵等边△ABC 和等边△CDE ，∴AC =BC ，CD =CE ，∠ACB =∠DCE =60°，∴∠ACB +∠BCD =∠DCE +∠BCD ，即∠ACD =∠BCE，在△ACD 与△BCE 中，AC BC ACD BCE CD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴∠CBE =∠DAC ，又∵∠ACB =∠DCE =60°，∴∠BCD =60°，即∠ACP =∠BCQ ，又∵AC =BC ，在△CQB 与△CPA 中，ACP BCQ AC BCPAC CBQ ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△CQB ≌△CPA （ASA ），∴CP =CQ ，又∵∠PCQ =60°可知△PCQ 为等边三角形，∴∠PQC =∠DCE =60°，∴PQ ∥AE ，故C 正确，∵△CQB ≌△CPA ，∴AP =BQ ，故B 正确，∵AD =BE ，AP =BQ ，∴AD -AP =BE -BQ ，即DP =QE ，∵∠DQE =∠ECQ +∠CEQ =60°+∠CEQ ，∠CDE =60°，∴∠DQE ≠∠CDE ，故D 错误；∵∠ACB =∠DCE =60°，∴∠BCD =60°，∵等边△DCE ，∠EDC=60°=∠BCD，∴BC∥DE，∴∠CBE=∠DEO，∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，故A正确．故选：D．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，利用旋转不变性，解题的关键是找到不变量．3．如图，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC＝5，AD＝AE＝2，点P，Q，R分别是BC，DC，DE的中点．把△ADE绕点A在平面自由旋转，则△PQR的面积不可能是（）A．8B．6C．4D．2【答案】A【分析】连接BD、CE，BD的延长线交CE的延长线于O，AC交BO于H．证明△BAD≌△CAE,然后可推出△PQR是等腰直角三角形，S△PQR＝12•PQ2,由AB＝5，AD＝2可知3≤BD≤7，从而得到32≤PQ≤72，那么9 8≤12•PQ2≤498,即可得出答案．【详解】解：连接BD、CE，BD的延长线交CE的延长线于O，AC交BO于H．∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD＝CE，∠ABH＝∠OCH，∵∠AHB＝∠CHO，∴∠O＝∠BAH＝90°，∵点P ，Q ，R 分别是BC ，DC ，DE 的中点，∴PQ ＝12BD ，PQ ∥BO ，QR ＝12EC ，QR ∥CO ，∵BO ⊥OC ，∴PQ ⊥RQ ，PQ ＝QR ，∴△PQR 是等腰直角三角形，∴S △PQR ＝12•PQ 2，∵AB ＝5，AD ＝2，∴3≤BD ≤7，∴32≤PQ ≤72，∴98≤12•PQ 2≤498，∴△PQR 的面积不可能是8，故答案为：A ．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．4．如图，在ABC V 中，AB AC =，点D 、F 是射线BC 上两点，且AD AF ⊥，若AE AD =，15BAD CAF ∠=∠=°；则下列结论中正确的有（ ）①CE BF ⊥；②ABD ACE △≌△；③ABC ADCE S S =四边形△；④122BC EF AD CF-=-A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】D【分析】由AD ⊥AF ，∠BAD=∠CAF ，得出∠BAC=90°，由等腰直角三角形的性质得出∠B=∠ACB=45°，由SAS 证得△ABD ≌△ACE （SAS ），得出BD=CE ，∠B=∠ACE=45°，S △ABC =S 四边形ADCE ，则∠ECB=90°，即EC ⊥BF ，易证∠ADF=60°，∠F=30°，由含30°直角三角形的性质得出EF=2CE=2BD ，DF=2AD ，则BD=12EF ，由BC-BD=DF-CF ，得出BC-12EF=2AD-CF ，即可得出结果．【详解】∵AD ⊥AF ，∠BAD=∠CAF ，∴∠BAC=90°，∵AB=AC ，∴∠B=∠ACB=45°，在△ABD 和△ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE =∠=∠=⎧⎪⎨⎪⎩，∴△ABD ≌△ACE （SAS ），∴BD=CE ，∠B=∠ACE=45°，S △ABC =S 四边形ADCE ，∴∠ECB=90°，∴EC ⊥BF ，∵∠B=45°，∠BAD=15°，∴∠ADF=60°，∴∠F=30°，∴EF=2CE=2BD ，DF=2AD ，∴BD=12EF ，∵BC-BD=DF-CF ，∴BC-12EF=2AD-CF ，∴①、②、③、④正确．故选：D ．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、含30°角直角三角形的性质、外角的定义等知识，熟练掌握直角三角形的性质、证明三角形全等是解题的关键．5．如图，正ABC V 和正CDE △中，B 、C 、D 共线，且3BC CD =，连接AD 和BE 相交于点F ，以下结论中正确的有（ ）个①60AFB ∠=° ②连接FC ，则CF 平分BFD ∠ ③3BF DF = ④BF AF FC=+A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】A【分析】根据“手拉手”模型证明BCE ACD V V ≌，从而得到CBE CAD ∠=∠，再结合三角形的外角性质即可求解60AFB ACB ∠=∠=°，即可证明①；作CM BE ⊥于M 点，CN AD ⊥于N 点，证明CEM CDN V V ≌，结合角平分线的判定定理即可证明②；利用面积法表示BCF △和DCF V 的面积，然后利用比值即可证明③；利用“截长补短”的思想，在AD 上取点Q ，使得FC FQ =，首先判断出FCQ V 为等边三角形，再结合“手拉手”模型推出BCF ACQ V V ≌即可证明④．【详解】解：①∵ABC V 和CDE △均为等边三角形，∴60ACB ECD ∠=∠=°，AC BC =，EC DC =，∴ACB ACE ECD ACE ∠+∠=∠+∠，∴BCE ACD ∠=∠，在BCE V 和ACD △中，BC AC BCE ACDEC DC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()BCE ACD SAS V V ≌，∴CBE CAD ∠=∠，∵AFB CBE CDA ∠=∠+∠，ACB CDA CAD ∠=∠+∠，∴60AFB ACB ∠=∠=°，故①正确；②如图所示，作CM BE ⊥于M 点，CN AD ⊥于N 点，则90CME CND ∠=∠=°，∵BCE ACD V V ≌，∴CEM CDN ∠=∠，在CEM V 和CDN △中，CME CND CEM CDNCE CD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()CEM CDN AAS V V ≌，∴CM CN =，∴CF 平分BFD ∠，故②正确；③如图所示，作FP BD ⊥于P 点，∵1122BCF S BF CM BC FP ==V g g ，1122DCF S DF CN CD FP ==V g g ，∴11221122BCFDCF BF CM BC FP S S DF CN CD FP ==V V g g g g ，∵CM CN =，∴整理得：BF BC DF CD=，∵3BC CD =，∴33BF CD DF CD==，∴3BF DF =，故③正确；④如图所示，在AD 上取点Q ，使得FC FQ =，∵60AFB ACB ∠=∠=°，CF 平分BFD ∠，∴120BFD ∠=°，1602CFD BFD ∠=∠=°，∴FCQ V 为等边三角形，∴60FCQ ∠=°，CF CQ =，∵60ACB ∠=°，∴ACB ACF FCQ ACF ∠+∠=∠+∠，∴BCF ACQ ∠=∠，在BCF △和ACQ V 中，BC AC BCF ACQCF CQ =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()BCF ACQ SAS V V ≌，∴BF AQ =，∵AQ AF FQ =+，FQ FC =，∴BF AF FC =+，故④正确；综上，①②③④均正确；故选：A ．【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等，理解等边三角形的基本性质，掌握全等三角形中的辅助线的基本模型，包括“手拉手”模型，截长补短的思想等是解题关键．6．如图，点C 是线段AE 上一动点（不与A ，E 重合），在AE 同侧分别作等边三角形ABC 和等边三角形CDE ，AD 与BE 交于点O ，AD 与BC 交于点P ，BE 与CD 交于点Q ，连接PQ ，有以下5个结论：①AD=BE ；②PQ ∥AE ；③AP=BQ ；④DE=DP ；⑤∠AOB=60°．其中一定成立的结论有（ ）个A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】D 【分析】①由于△ABC 和△CDE 是等边三角形，可知AC=BC ，CD=CE ，∠ACB=∠DCE=60°，从而证出△ACD ≌△BCE ，可推知AD=BE；③由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△ACP≌△BCQ（ASA），所以AP=BQ；故③正确；②根据②△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；④根据∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，可知∠DQE≠∠CDE，可知④错误；⑤利用等边三角形的性质，BC∥DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，可知⑤正确．【详解】①∵等边△ABC和等边△DCE，∴BC=AC,DE=DC=CE，∠DEC=∠BCA=∠DCE=60∘，∴∠ACD=∠BCE，在△ACD和△BCE中，AC=BC，∠ACD=∠BCE，DC=CE，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴AD=BE；故①正确；③∵△ACD≌△BCE(已证)，∴∠CAD=∠CBE，∵∠ACB=∠ECD=60°(已证)，∴∠BCQ=180°-60°×2=60°，∴∠ACB=∠BCQ=60°，在△ACP与△BCQ中，∠CAD=∠CBE，AC=BC，∠ACB=∠BCQ=60°，∴△ACP≌△BCQ(ASA)，∴AP=BQ；故③正确；②∵△ACP≌△BCQ，∴PC=QC，∴△PCQ是等边三角形，∴∠CPQ=60∘，∴∠ACB=∠CPQ ，∴PQ ∥AE ；故②正确；④∵AD=BE ，AP=BQ ，∴AD−AP=BE−BQ ，即DP=QE ，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ ，∠CDE=60°，∴∠DQE≠∠CDE ，∴DE≠QE ，则DP≠DE ，故④错误；⑤∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∵等边△DCE ，∠EDC=60°=∠BCD ，∴BC ∥DE ，∴∠CBE=∠DEO ，∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°.故⑤正确；综上所述，正确的结论有：①②③⑤，错误的结论只有④，故选D ．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，以及等边三角形的判定和性质，此图形是典型的“手拉手”模型，熟练掌握此模型的特点是解题的关键．二、填空题7．如图，ABD △、CDE △是两个等边三角形，连接BC 、BE ．若30DBC ∠=°，6BD =，8BC =，则BE =________．【答案】BE =10【分析】连接AC ，根据题意易证△ACD ≌△BED(SAS)，根据全等三角形的性质可得AC=BE ，再根据勾股定理求出AC 的值即可得出结论．【详解】如图，连接AC ，∵ABD △、CDE △是两个等边三角形，∴AB=BD=AD=2，CD=DE ，∠ABD=∠ADB=∠CDE=60，∴∠ADB+∠BDC=∠CDE+∠BDC ，∴∠ADC=∠BDE ，在△ACD 与△BDE 中AD BD ADC BDE CD DE =⎧⎪=⎨⎪=⎩∠∠，∴△ACD ≌△BED （SAS ），∴AC=BE ，∵30DBC ∠=°，∴∠ABC=∠ABD+∠DBC=60°+30°=90°，在Rt △ABC 中，AB=6，BC=8，∴10=，∴BE=10，故答案为：10．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，孰练的掌握知识点是解题关键．8．如图，△ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝BC =△ABC 绕点A 顺时针方向旋转60°到△AB 'C '的位置，连接BC '，BC '的延长线交AB '于点D ，则BD 的长为 _____．【分析】连接BB ′，根据旋转的性质可得AB ＝AB ′，判断出△ABB ′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得AB ＝BB ′，然后利用“边边边”证明△ABC ′和△B ′BC ′全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ABC ′＝∠B ′BC ′，延长BC ′交AB ′于D ，根据等边三角形的性质可得BD ⊥AB ′，利用勾股定理列式求出AB ，然后根据等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质求出BD ．【详解】解：如图，连接BB ′，∵△ABC 绕点A 顺时针方向旋转60°得到△AB ′C ′，∴AB ＝AB ′，∠BAB ′＝60°，∴△ABB ′是等边三角形，∴AB ＝BB ′，在△ABC ′和△B ′BC ′中，AB BB AC B C BC BC =¢⎧⎪¢=¢¢⎨⎪¢=¢⎩，∴△ABC ′≌△B ′BC ′（SSS ），∴∠ABC ′＝∠B ′BC ′30=° ，延长BC ′交AB ′于D ，则BD ⊥AB ′，∵∠C ＝90°，AC ＝BC ，∴AB 2=AB ’，∴AD =112AB =∴BD =，【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，作辅助线构造出全等三角形并求出BC ′在等边三角形的高上是解题的关键，也是本题的难点．9．如图，ABC V 是边长为5的等边三角形，BD CD =，120BDC ∠=°．E 、F 分别在AB 、AC 上，且60EDF ∠=°，则三角形AEF 的周长为______．【答案】10【分析】延长AB 到N ，使BN =CF ，连接DN ，求出∠FCD =∠EBD =∠NBD =90°，根据SAS 证△NBD ≌△FCD ，推出DN =DF ，∠NDB =∠FDC ，求出∠EDF =∠EDN ，根据SAS 证△EDF ≌△EDN ，推出EF =EN ，易得△AEF 的周长等于AB +AC ．【详解】解：延长AB 到N ，使BN =CF ，连接DN ，∵△ABC 是等边三角形，∴∠ABC =∠ACB =60°，∵BD =CD ，∠BDC =120°，∴∠DBC =∠DCB =30°，∴∠ACD =∠ABD =30°+60°=90°=∠NBD ，∵在△NBD 和△FCD 中，BD DC NBD FCD BN CF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△NBD ≌△FCD （SAS ），∴DN =DF ，∠NDB =∠FDC ，∵∠BDC =120°，∠EDF =60°，∴∠EDB +∠FDC =60°，∴∠EDB +∠BDN =60°，即∠EDF =∠EDN ，在△EDN 和△EDF 中，DE DE EDF EDN DN DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EDN ≌△EDF （SAS ），∴EF =EN =BE +BN =BE +CF ，即BE +CF =EF ．∵△ABC 是边长为5的等边三角形，∴AB =AC =5，∵BE +CF =EF ，∴△AEF 的周长为：AE +EF +AF =AE +EB +FC +AF =AB +AC =10，故答案为：10．【点睛】本题考查了等边三角形性质和判定，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的性质和判定的综合运用．注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．10．如图，C 为线段AE 上一动点（不与点A 、E 重合），在AE 同侧分别作正△ABC 和正△CDE ，AD 与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．以下五个结论：①AD=BE；②PQ P AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．恒成立的结论有_____．（把你认为正确的序号都填上）【答案】①②③⑤为等边三角形，再证【分析】根据等边三角形的性质及SAS即可证明；根据全等三角形的性质证明MCN明△ACD≌△BCE即可求解．【详解】解：①△ABC和△DCE均是等边三角形，点A，C，E在同一条直线上，∴AC=BC，EC=DC，∠BCE=∠ACD=120°∴△ACD≌△ECB∴AD=BE，故本选项正确，符合题意；②∵△ACD≌△ECB∴∠CBQ=∠CAP，又∵∠PCQ=∠ACB=60°，CB=AC，∴△BCQ≌△ACP，∴CQ=CP，又∠PCQ=60°，∴△PCQ为等边三角形，∴∠QPC=60°=∠ACB，∴PQ P AE，故本选项正确，符合题意；③∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∴∠ACP=∠BCQ，∵AC=BC，∠DAC=∠QBC，∴△ACP≌△BCQ（ASA），∴CP=CQ，AP=BQ，故本选项正确，符合题意；④已知△ABC 、△DCE 为正三角形，故∠DCE =∠BCA =60°⇒∠DCB =60°，又因为∠DPC =∠DAC +∠BCA ，∠BCA =60°⇒∠DPC ＞60°，故DP 不等于DE ，故本选项错误，不符合题意；⑤∵△ABC 、△DCE 为正三角形，∴∠ACB =∠DCE =60°，AC =BC ，DC =EC ，∴∠ACB +∠BCD =∠DCE +∠BCD ，∴∠ACD =∠BCE ，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴∠CAD =∠CBE ，∴∠AOB =∠CAD +∠CEB =∠CBE +∠CEB ，∵∠ACB =∠CBE +∠CEB =60°，∴∠AOB =60°，故本选项正确，符合题意．综上所述，正确的结论是①②③⑤．三、解答题11．如图，ACB △和ECD V 都是等腰直角三角形，,,CA CB CD CE ACB ==△的顶点A 在ECD V 的斜边DE 上，连接BD ．（1）求证：BD AE =．（2）若3cm,6cm AE AD ==，求AC 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）AC =．【分析】（1）根据同角的余角相等得出∠BCD=∠ACE ，然后根据SAS 定理证明△BCD ≌△ACE ，从而得出结论；（2）根据全等三角形的性质得出∠BDC=∠AEC ，然后结合等腰直角三角形的性质求得∠BDA 是直角三角形，从而利用勾股定理求解．【详解】（1）∵ACB △和ECD V 都是等腰直角三角形，∴90ACB ECD ∠=∠=°，∴90,90ACD BCD ACD ACE ∠+∠=°∠+∠=°，∴BCD ACE ∠=∠，在BCD △和ACB △中，CB CA BCD ACECD CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()BCD ACE SAS V V ≌，∴BD AE =．（2）∵BCD ACE V V ≌，∴BDC AEC ∠=∠，又∵ECD V 是等腰直角三角形，∴45CDE CED ∠=∠=°，∴45BDC ∠=°，∴90BDC CDE ∠+∠=°，∴BDA ∠是直角三角形，∴22222223645AB BD AD AE AD =+=+=+=，在等腰直角三角形ACB 中，22222AB AC BC AC =+=，∴AC =【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质；证明三角形全等是解决问题的关键．12．如图，A 、B 、C 在同一直线上，且△ABD ，△BCE 都是等边三角形，AE 交BD 于点M ，CD 交BE 于点N ，MN ∥AC ，求证：（1）∠BDN=∠BAM ；（2）△BMN 是等边三角形．【答案】（1）证明过程见详解；（2）证明过程见详解。
构造等边三角形解决角度问题
例 6 在等腰 △AB C 中 , B = C = 40°,延长 AB 至点 D, 使 AD = B C. 求 B CD 的度数.
解法 1:如图 7,以 AB 为边在 △AB C外作 等边 △AB E,联结 CE. 易知
AB =AC, BAC = 100°.
图8
图9
解 法 3: 如 图 9, 以 AD 为 边 作 等 边
即 BD = 2 7. 过点 D
作 DE BC 交 BC
的延长线于点 E.
图3
设 AC = x. 则 CD = x. 在 R t△CD E中 ,
DCE = 180°- ACD -
ACB = 30°.
于是 , D E = 1 CD = 1 x,
2
2
EC = CD co s
DCE
=
3 2
x.
在 R t△AD E中 , B E2 +D E2 =BD2 ,即
3 运用对称性恢复等边三角形
例 5 在 △AB C中 , AB = AC, A = 80°, P是 △AB C 内一点 , 且 PB C = 10°, PCA = 30°. 求 PAC的度数.
4
中等数学
解 :如图 6, 作点 P
关于 AC 的对称点 P′,
联 结 P′A、P′B、P′C、
P ′P.
2
2 + 3x + 2
1 x 2 = (2 2
7) 2.
解得 x = 2 3. 在 R t△AB C中 ,
tan
AB C
= AC BC
=
23 2
=
3.
于是 , AB C = 60°.
注 :成“丫 ”状的三条线段经过作等边三
专题01 力与物体的平衡 【练】-2023年高考物理毕业班二轮热点题型归纳与变式演练(解析版)
专题01力与物体的平衡1．图中是生活中磨刀的情景。
若磨刀石始终处于静止状态，当刀相对磨刀石向前运动的过程中，下列说法错误的是（）A．刀受到的滑动摩擦力向后B．磨刀石受到地面的静摩擦力向后C．磨刀石受到四个力的作用D．地面和磨刀石之间有两对相互作用力【答案】C【详解】A．当刀相对磨刀石向前运动的过程中，刀受到的滑动摩擦力向后，故A正确，不符合题意；B．当刀相对磨刀石向前运动的过程中，刀对磨刀石摩擦力向前，根据平衡条件可知，磨刀石受到地面的静摩擦力向后，故B正确，不符合题意；C．磨刀石受到重力、地面支持力、刀的摩擦力和地面摩擦力以及刀的压力（否则不会有摩擦力），共5个力作用，故C错误，符合题意；D．地面和磨刀石之间有两对相互作用力分别是磨刀石对地面的压力与地面对磨刀石的支持力，地面对磨刀石摩擦力与磨刀石对地面的摩擦力，故D正确，不符合题意。
故选C。
2．如图所示，在水平力F作用下A、B保持静止。
若A与B的接触面是水平的，且F≠0，则（）A．A的受力个数可能是3个B．A的受力个数可能是5个C．B的受力个数可能是3个D．B的受力个数可能是5个【答案】D【详解】对AB系统受力分析可知，斜面对B摩擦力可能为零AB．对A受力分析，由平衡条件得：A受重力，B对A的支持力，水平力F，以及B对A的摩擦力四个力的作用，故AB错误；CD．对B受力分析：B至少受重力、A对B的压力、A对B的静摩擦力、斜面对B的支持力，还可能受到斜面对B的摩擦力，故D正确，C错误。
故选D。
3．如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构G和Q G。
用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P 成，其重量分别为P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态（即P和Q的其余部分均不接触），P与Q间的磁力大小为F。
下列说法正确的是（）A．Q对P的磁力大小等于P GB．P对Q的磁力方向竖直向下C．Q对电子秤的压力大小等于Q G＋FD．电子秤对Q的支持力大小等于P G＋Q G【答案】D【详解】AB．由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q 对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，G，选项AB错误；则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于PCD．对PQ的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于P G＋Q G，即Q对电子秤的压力大小G＋Q G，选项C错误，D正确。
专题01 全等模型-倍长中线与截长补短(解析版)
专题01 全等模型-倍长中线与截长补短全等三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就全等三角形中的重要模型（倍长中线模型、截长补短模型）进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
模型1.倍长中线模型【模型解读】中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常常采用“倍长中线法”添加辅助线．所谓倍长中线法，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法．（注：一般都是原题已经有中线时用，不太会有自己画中线的时候）。
【常见模型及证法】1、基本型：如图1，在三角形ABC 中，AD 为BC 边上的中线.证明思路：延长AD 至点E ，使得AD =DE . 若连结BE ，则BDE CDA ∆≅∆；若连结EC ，则ABD ECD ∆≅∆；2、中点型:如图2，C 为AB 的中点.证明思路：若延长EC 至点F ，使得CF EC =，连结AF ，则BCE ACF ∆≅∆;若延长DC 至点G ，使得CG DC =，连结BG ，则ACD BCG ∆≅∆.3、中点+平行线型：如图3, //AB CD ，点E 为线段AD 的中点.证明思路：延长CE 交AB 于点F (或交BA 延长线于点F )，则EDC EAF ∆≅∆.例1．（2023·成都市·八年级课时练习）【阅读理解】课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图，△ABC 中，若AB ＝8，AC ＝6，求BC 边上的中线AD 的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：如图，延长AD 到点E ，使DE ＝AD ，连结BE ．请根据小明的方法思考：(1)由已知和作图能得到ADC EDB ≌△△的理由是（ ）．A ．SSSB ．SASC ．AASD ．ASA(2)AD 的取值范围是（ ）．A ．68AD <<B ．1216AD <<C ．17AD << D ．214AD <<(3)【感悟】解题时，条件中若出现“中点”、“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论转化到同一个三角形中．【问题解决】如图，AD 是△ABC 的中线，BE 交AC 于点E ，交AD 于F ，且AE ＝EF ．求证：AC ＝BF ．【答案】(1)B (2)C (3)见解析【分析】（1）根据AD =DE ，∠ADC =∠BDE ，BD =DC 推出△ADC 和△EDB 全等即可；（2）根据全等得出BE =AC=6，AE =2AD ，由三角形三边关系定理得出8-6＜2AD ＜8+6，求出即可；（3）延长AD 到M ，使AD =DM ，连接BM ，根据SAS 证△ADC ≌△MDB ，推出BM =AC ，∠CAD =∠M ，根据AE =EF ，推出∠CAD =∠AFE =∠BFD ，求出∠BFD =∠M ，根据等腰三角形的性质求出即可．（1）∵在△ADC 和△EDB 中AD DE ADC BDE BD CD ìïÐÐíïî＝＝＝，∴△ADC ≌△EDB （SAS ），故选B ；（2）∵由（1）知：△ADC ≌△EDB ，∴BE =AC =6，AE =2AD ，∵在△ABE 中，AB =8，由三角形三边关系定理得：8-6＜2AD ＜8+6，∴1＜AD ＜7，故选：C ．（3）延长AD 到点M ，使AD ＝DM ，连接BM ．∵AD 是△ABC 中线∴CD ＝BD∵在△ADC 和△MDB 中DC DB ADC MDB DA DM =ìïÐ=Ðíï=î∴()SAS ADC MDB ≌△△∴BM ＝AC （全等三角形的对应边相等）∠CAD ＝∠M （全等三角形的对应角相等）∵AE ＝EF ，∴∠CAD ＝∠AFE （等边对等角）∵∠AFE ＝∠BFD ，∴∠BFD ＝∠M ，∴BF ＝BM （等角对等边）又∵BM ＝AC ，∴AC ＝BF ．【点睛】本题考查了三角形的中线，三角形的三边关系定理，等腰三角形性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，主要考查学生运用定理进行推理的能力．例2．（2022·河南南阳·中考模拟）【教材呈现】如图是华师版八年级上册数学教材第69页的部分内容：如图，在ABC V 中，D 是边BC 的中点，过点C 画直线CE ，使//CE AB ，交AD 的延长线于点E ，求证：AD ED=证明∵//CE AB （已知）∴ABD ECD Ð=Ð，BAD CED Ð=Ð（两直线平行，内错角相等）．在ABD △与ECD V 中，∵ABD ECD Ð=Ð，BAD CED Ð=Ð（已证），BD CD =（已知），∴()A.A.S ABD ECD △△≌，∴AD ED =（全等三角形的对应边相等）．（1）【方法应用】如图①，在ABC V 中，6AB =，4AC =，则BC 边上的中线AD 长度的取值范围是______．（2）【猜想证明】如图②，在四边形ABCD 中，//AB CD ，点E 是BC 的中点，若AE 是BAD Ð的平分线，试猜想线段AB 、AD 、DC 之间的数量关系，并证明你的猜想；（3）【拓展延伸】如图③，已知//AB CF ，点E 是BC 的中点，点D 在线段AE 上，EDF BAE Ð=Ð，若5AB =，2CF =，求出线段DF 的长．【答案】（1）1＜AD ＜5；（2）AD =AB +DC ．理由见解析；（3）DF =3．【分析】（1）延长AD 到E ，使AD =DE ，连接BE ，证△ADC ≌△EDB ，推出AC =BE =4，在△ABE 中，根据三角形三边关系定理得出AB -BE ＜AE ＜AB +BE ，代入求出即可；（2）结论：AD =AB +DC ．延长AE ，DC 交于点F ，证明△ABE ≌△FEC （AAS ），推出AB =CF ，再证明DA =DF 即可解决问题；（3）如图③，延长AE 交CF 的延长线于点G ，证明AB =DF +CF ，可得结论．【详解】解：（1）延长AD 到E ，使AD =DE ，连接BE ，∵AD是BC边上的中线，∴BD=CD，在△ADC和△EDB中，AD DEADC EDBDC DB=ìïÐ=Ðíï=î，∴△ADC≌△EDB（SAS），∴AC=BE=4，在△ABE中，AB-BE＜AE＜AB+BE，∴6-4＜2AD＜6+4，∴1＜AD＜5，故答案为：1＜AD＜5；（2）结论：AD=AB+DC．理由：如图②中，延长AE，DC交于点F，∵AB∥CD，∴∠BAF=∠F，在△ABE和△FCE中，AEB FECBAE FBE CEÐ=ÐìïÐ=Ðíï=î，∴△ABE≌△FCE（AAS），∴CF=AB，∵AE是∠BAD的平分线，∴∠BAF=∠FAD，∴∠FAD=∠F，∴AD=DF，∵DC+CF=DF，∴DC+AB=AD；（3）如图③，延长AE交CF的延长线于点G，∵E是BC的中点，∴CE=BE，∵AB∥CF，∴∠BAE=∠G，在△AEB和△GEC中，BAE GAEB GECBE CEÐ=ÐìïÐ=Ðíï=î，∴△AEB≌△GEC（AAS），∴AB=GC，∵∠EDF=∠BAE，∴∠FDG=∠G，∴FD=FG，∴AB=DF+CF，∵AB=5，CF=2，∴DF=AB-CF=3．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质、三角形三边关系等知识点，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．例3．（2022·贵州毕节·二模）课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：(1)如图1，△ABC中，若AB=5，AC=3，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE=AD，请根据小明的方法思考帮小明完成解答过程．(2)如图2，AD 是△ABC 的中线，BE 交AC 干E ，交AD 于F ，且AE =EF ．请判昕AC 与BF 的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)AC =BF ，理由见解析【解析】（1）解：如图，延长AD 到点E ，使DE =AD ，连接BE ，在△ADC 和△EDB 中∵AD DE ADC EDB CD DB =ìïÐ=Ðíï=î，∴△ADC ≌△EDB （SAS ）．∴BE =AC =3．∵AB -BE <AE <AB +BE ∵2<AE <8．∵AE =2AD ∴1<AD <4．（2）AC =BF ，理由如下：延长AD 至点G ，使GD =AD ，连接BG ，在△ADC 和△GDB 中，AD DG ADC GDB BD CD =ìïÐ=Ðíï=î，∴△ADC ≌△GDB （SAS ）．∴BG =AC ，∠G =∠DAC ．．∵AE =EF ∴∠AFE =∠FAE ． ∴∠DAC =∠AFE =∠BFG ∴∠G =∠BFG ∴BG =BF ∴AC =BF ．【点睛】本题考查全等三角形判定与性质，三角形三边的关系，作辅助线：延长AD 到点E ，使DE =AD ，构造全等三角形是解题的关键．例4．（2022·山东·安丘市一模）阅读材料：如图1，在ABC V 中，D ，E 分别是边AB ，AC 的中点，小亮在证明“三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半”时，通过延长DE 到点F ，使EF DE =，连接CF ，证明ADE CFE V V ≌，再证四边形DBCF 是平行四边形即得证．类比迁移：（1）如图2，AD 是ABC V 的中线，E 是AC 上的一点，BE 交AD 于点F ，且AE EF =，求证：AC BF =．小亮发现可以类比材料中的思路进行证明．证明：如图2，延长AD 至点M ，使MD FD =，连接MC ，……请根据小亮的思路完成证明过程．方法运用：（2）如图3，在等边ABC V 中，D 是射线BC 上一动点（点D 在点C 的右侧），连接AD ．把线段CD 绕点D 逆时针旋转120°得到线段DE ，F 是线段BE 的中点，连接DF 、CF ．请你判断线段DF 与AD 的数量关系，并给出证明．【答案】（1）证明见解析；（2）2AD DF =，证明见解析【分析】(1) 延长AD 至M ，使MD FD =，连接MC ，证明BDF CDM △≌△，结合等角对等边证明即可．(2) 延长DF 至点M ，使DF FM=，连接BM 、AM ，证明(SAS)ABM ACD △≌△，△ABM 是等边三角形，代换后得证．【详解】（1）证明：延长AD 至M ，使MD FD =，连接MC ．在BDF V 和CDM V 中，BD CD BDF CDM DF DM =ìïÐ=Ðíï=î，∴BDF CDM △≌△，∴MC BF =，M BFM Ð=Ð，∵AE EF =，∴EAF EFA Ð=Ð，∵EFA BFM Ð=Ð，∴M MAC Ð=Ð，∴AC MC =，∴AC BF =．（2）线段DF 与AD 的数量关系为：2AD DF =．证明如下：延长DF 至点M ，使DF FM =，连接BM 、AM ，如图2所示：∵点F 为BE 的中点，∴BF EF=在BFM V 和EFD △中，∵BF EF BFM EFD FM DF =ìïÐ=Ðíï=î，∴(SAS)BFM EFD △≌△∴BM DE =，MBF DEF Ð=Ð，∴BM DE∥∵线段CD 绕点D 逆时针旋转120°得到线段DE∴CD DE BM ==，120Ð=°BDE ，∴18012060MBD Ð=-=°°°∵ABC V 是等边三角形∵AB AC =，60ABC ACB Ð=Ð=°，∴6060120ABM ABC MBD ÐÐа°=+=+=°∵180********ACD ACB Ð=°-Ð=°-°=°，∴ABM ACDÐ=Ð在ABM V 和ACD △中，∵AB AC ABM ACD BM CD =ìïÐ=Ðíï=î，∴(SAS)ABM ACD △≌△∴AM AD =，BAM CAD Ð=Ð，∴60MAD MAC CAD MAC BAM BAC ÐÐÐÐÐÐ=+=+==°∴AMD V 是等边三角形，∴2==AD DM DF ．【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质是解题的关键．模型2.截长补短模型【模型解读】截长补短的方法适用于求证线段的和差倍分关系。
构造全等三角形(常见辅助线法).ppt
角平分线上点向两边作垂线段
如图,OC 平分∠AOB, ∠DOE +∠DPE =180° A PD=PE 求证: PD=PE. 过点P作PF⊥OA,PG ⊥OB 垂足为点F,点G
O F D G
∟ E
P
C
B
历史ⅱ岳麓版第13课交通与通讯 的变化资料
精品课件欢迎使用
[自读教材· 填要点] 一、铁路，更多的铁路 1．地位
A
3
N 4 D
1 2
B M C
∴ ∠4=∠C（全等三角形的对应来自相等）∵ ∠3+ ∠4＝180°（平角定义）， ∠A＝∠3（已证） ∴∠A+ ∠C＝180°（等量代换）
1 2 3 *
∴△NAD和△MCD是Rt△ 在Rt△NAD和Rt△MCD中 ∵ ND=MD （已证） AD=CD（已知） ∴Rt△NAD≌Rt△MCD（H.L）
A
过点D作DE⊥AB于点E
E B C
D
角平分线上的点向角两边做垂线段
已知：如图，在四边形ABCD中，BD是 例1 ∠ABC的角平分线，AD=CD，求证： 证明: 作 DM⊥BC于M，DN⊥BA交BA的延长线于N。 ∠A+∠C=180°
∵ BD是∠ABC的角平分线（已知） ∴∠1=∠2（角平分线定义） ∵ DN⊥BA，DM⊥BC（已知） ∴∠N=∠DMB=90°（垂直的定义） 在△NBD和△MBD中 ∵ ∠N=∠DMB （已证） ∠1=∠2（已证） BD=BD（公共边） ∴△NBD≌△MBD（A.A.S） ∴ ND=MD（全等三角形的对应边相等） ∵ DN⊥BA，DM⊥BC（已知）
制了列强的经济侵略，但是并未能阻止其侵略。故B、C、D
三项表述都有错误。 答案：A
专题01 三角形中三边关系、高线、中线、角平分线压轴题十三种模型全攻略(解析版)
专题01 三角形中三边关系、高线、中线、角平分线压轴题十三种模型全攻略【考点导航】目录【典型例题】 (1)【考点一三角形的稳定性】 (1)【考点二三角形的分类】 (3)【考点三构成三角形的条件】 (5)【考点四确定第三边的取值范围】 (6)【考点五三角形内角和定理的证明】 (8)【考点六与平行线有关的三角形内角和问题】 (11)【考点七与角平分线有关的三角形内角和问题】 (13)【考点八画三角形的高】 (15)【考点九与三角形的高有关的计算问题】 (17)【考点十根据三角形中线求长度】 (19)【考点十一根据三角形的中线求面积】 (21)【考点十二三角形角平分线的定义】 (24)【考点十三利用网格求三角形面积】 (26)【过关检测】 (29)【典型例题】【考点一三角形的稳定性】例题：（2022秋·河南安阳·八年级统考期末）由于疫情，现在网课已经成为我们学习的一种主要方式，网课期间我们常常把手机放在一个支架上面，就可以非常方便地使用，如图，此手机能稳稳放在支架上利用的原理是（）A．三角形具有稳定性B．两点之间，线段最短C．三角形的内角和为180°D．垂线段最短【答案】A【分析】根据三角形具有稳定性进行求解即可．【详解】解：由图可知，手机和支架组成了一个三角形，而三角形具有稳定性，所以手机能稳稳放在支架上，故选A．【点睛】本题主要考查了三角形的稳定性，熟知三角形具有稳定性是解题的关键．【变式训练】1．（2023春·全国·七年级专题练习）下列生活实例中，利用了“三角形稳定性”的是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据三角形的稳定性解答即可．、、选项中都没有三角形，【详解】解：选项B中摇椅的支架上有三角形，其余A C D由三角形的稳定性可知，选项B利用三角形的稳定性，故选：B．【点睛】本题考查了三角形的稳定性，正确的理解题意是解题的关键．2．（2023秋·浙江台州·八年级统考期末）如图，是一座钢架桥，它的支撑部分采用了三角形结构，起到了坚固和稳定的作用，这样做的数学依据是_______．【答案】三角形具有稳定性【分析】根据三角形具有稳定性进行解答即可．【详解】解：钢架桥的支撑部分采用了三角形结构，起到了坚固和稳定的作用，这样做的数学依据是三角形具有稳定性．故答案为：三角形具有稳定性【点睛】此题考查了三角形的稳定性，熟知三角形具有稳定性是解题的关键．【考点二三角形的分类】例题：（2023春·上海浦东新·七年级校考阶段练习）下列分类正确的是（）A．三角形可分为等腰三角形、等边三角形B．三角形可分为不等边三角形、等腰三角形以及等边三角形C．三角形可分为不等边三角形和等边三角形D．三角形可分为不等边三角形和等腰三角形【答案】D【分析】根据三角形的分类即可求解．【详解】解：三角形可分为不等边三角形和等腰三角形故选：D．【点睛】本题考查了三角形的分类，熟练掌握三角形的分类是解题的关键．把三条边互不相等的三角形称为不等边三角形；把有两条边相等的三角形称为等腰三角形，相等的两边叫做等腰三角形的腰；把三条边都相等的三角形称为等边三角形（或正三角形）.【变式训练】1．（2023·江苏·七年级假期作业）关于三角形的分类，有如图所示的甲、乙两种分法，则（）A ．甲、乙两种分法均正确B ．甲、乙两种分法均错误C ．甲的分法错误，乙的分法正确D ．甲的分法正确，乙的分法错误【答案】D 【分析】三角形的分类：按边分有普通三角形(三条边都不相等)，等腰三角(腰与底不等的等腰三角形、腰与底相等的等腰三角形即等边三角形)；按角分有直角三角形、锐角三角形、钝角三角形等，其中锐角三角形和钝角三角形统称斜三角形.据此判断即可.【详解】解：甲分法正确，乙正确的分类应该为：故选：D ．【点睛】本题考查三角形的分类，解答的关键是熟知三角形的分类标准，易忽略等腰三角形包含等边三角形.2．（2023·全国·八年级假期作业）已知：如图，试回答下列问题：（1）图中有_______个三角形，其中直角三角形是______．（2）以线段AC 为公共边的三角形是___________．（3）线段CD 所在的三角形是_______，BD 边所对的角是________．【答案】 6 ABD △，ACD V ，ADE V ABC V ，ACD V ，ACE △ ACD V BADÐ【分析】（1）直接观察图形可找出三角形和其中有一个角是直角的三角形；（2）观察图形可找到以线段AC 为公共边的三角形；（3）观察图形可知线段CD 所在的三角形以及BD 边所对的角；【详解】（1）由图可知，图中三角形有ABC V 、ADB V 、AEB △、ACD V 、ACE △、ADE V ，\图中有6个三角形，由图可知，直角三角形有ABD △，ACD V ，ADE V ；故答案为：6，ABD △，ACD V ，ADE V ；（2）由图可知，以线段AC 为公共边的三角形是ABC V ，ACD V ，ACE △；故答案为：ABC V ，ACD V ，ACE △；（3）由图可知，线段CD 所在的三角形是ACD V ，BD 边所对的角是BAD Ð；故答案为：ACD V ，BAD Ð．【点睛】本题主要考查三角形的识别，熟练掌握三角形的基本概念是解题的关键．【考点三 构成三角形的条件】例题：（2023春·河北邯郸·七年级校考阶段练习）下列每组数分别是三根木棒的长度，能用它们摆成三角形的是（ ）A ．2cm ，4cm ，7cmB ．3cm ，6cm ，9cmC ．3cm ，4cm ，5cmD ．4cm ，4cm ，9cm【答案】C【分析】根据三角形三边关系求解．【详解】由三角形三边关系：A . 2cm ，4cm ，7cm ，247+<，不能组成，本选项不合题意，B . 3cm ，6cm ，9cm ，369+=，不能组成，本选项不合题意，C . 3cm ，4cm ，5cm ，345+>，可以组成，本选项符合题意，D . 4cm ，4cm ，9cm ，449+<，不能组成，本选项不合题意；故选：C ．【点睛】本题考查三角形三边关系定理，熟悉相关定理是解题的关键．【变式训练】1．（2023春·广东揭阳·七年级期末）下列长度的三条线段能构成三角形的是（）A．4，6，10B．2，5，8C．3，4，5D．5，7，13【答案】C【分析】根据三角形的三边关系进行分析判断即可．【详解】解：根据三角形任意两边的和大于第三边，得+=，不能组成三角形；A中，4610+<，不能组成三角形；B中，258C中，3475+=>，能够组成三角形；D中，571213+=<，不能组成三角形．故选：C．【点睛】本题考查了能够组成三角形三边的条件，解题的关键是：用两条较短的线段相加，如果大于最长的那条线段就能够组成三角形．2．（2021秋·广东江门·八年级台山市新宁中学校考期中）下列三条线段中，不能组成三角形的是（）A．3、4、5B．3、4、7C．7、8、13D．8、9、16【答案】B【分析】利用三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边之差小于第三边进行分析即可．+>，能构成三角形，故此选项不符合题意；【详解】解：A．345+=，不能构成三角形，故此选项符合题意；B．347+>，能构成三角形，故此选项不符合题意；C．7813+>，能构成三角形，故此选项不符合题意．D．8916故选：B．【点睛】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握判定三条线段能否构成三角形时，并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度，即可判定这三条线段能构成一个三角形．【考点四确定第三边的取值范围】例题：（2023春·黑龙江绥化·七年级校联考期中）若一个三角形的两边长是4和9，且周长是偶数，则第三边长为_______．【答案】7或9或11【分析】设第三边为a ，根据三角形的三边关系可得：9494a -<<+，然后再根据第三边是偶数，确定a 的值即可．【详解】解：设第三边为a ，根据三角形的三边关系可得：9494a -<<+．即：513a <<，∵周长是偶数，∴第三边的长为奇数，即：7a =或9a =或11a =．∴第三边长为7或9或11．故答案为：7或9或11．【点睛】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．【变式训练】【考点五三角形内角和定理的证明】例题：（2023·浙江·八年级假期作业）某班学生对三角形内角和为180°展开证明讨论，以下四个学生的作法V的内角和为180°的是（）中，不能证明ABC∥B．延长BC到点D，过点C作A．过点A作AD BCCE AB∥C ． 过点A 作AD BC ^于点D D ．过BC 上一点D 作DE AC ∥，DF ABP 【答案】C【分析】本题运用转化的思想作出相应的平行线，把三角形的内角进行转化，再根据平角的定义解决此题．【详解】解：A 、由AD BC ∥，则CAD C Ð=Ð，180BAD B Ð+Ð=°．由180DAC BAC B Ð+Ð+Ð=°，得180BAC C B Ð+Ð+Ð=°，故符合题意．B 、由CE AB ∥，则A ACE Ð=Ð，B DCE Ð=Ð．由180ACE ECD ACB Ð+Ð+Ð=°，得180A B ACB Ð+Ð+Ð=°，故符合题意．C 、由AD BC ^于D ，则90ADC ADB Ð=Ð=°，无法证得三角形内角和是180°，故不符合题意．D 、由DE AC ∥，得FDE BED Ð=Ð，A BED Ð=Ð，则FDE A Ð=Ð．由DF AB P ，得FDC B Ð=Ð，C BDE Ð=Ð，由180BDE EDF FDC Ð+Ð+Ð=°，得180C A B Ð+Ð+Ð=°，故符合题意，故选：C ．【点睛】本题主要考查三角形内角和的定理的证明，熟练掌握转化的思想以及平行线的性质是解决本题的关键．【变式训练】1．（2023春·江苏·七年级专题练习）在探究证明“三角形的内角和等于180°”时，飞翔班的同学作了如下四种辅助线，其中不能证明“三角形的内角和等于180°”的是（ ）A ．延长BC 至D 过C 作CE AB ∥B ．过A 作DE BC ∥C ．过D 作DE BC ∥D ．过P 作FG AB ∥，DE BC ∥，HI ACP【点睛】本题考查了三角形内角和定理和平行线的性质的知识点，熟悉以上知识点是解题关键．2．（2023·河北沧州·统考二模）下图是投影屏上出示的抢答题，需要回答横线上符号代表的内容．下列回答不正确的是（ ）定理：三角形的内角和为180°．已知：ABC V ．求证：180A B ACB Ð+Ð+Ð=°．证明：延长BC 到点D ，过点C 作@CE ∥，A \Ð=◎（两直线平行，内错角相等），B Ð=___▲______（_____※______）．180ACB ACE ECD Ð+Ð+Ð=°Q （平角定义），【考点六 与平行线有关的三角形内角和问题】例题：（2023·浙江·八年级假期作业）如图，在ABC V 中，90ACB Ð=°，过点C 作EF AB ∥．若55ECA Ð=°，则B Ð的度数为（ ）A ．55°B ．45°C ．35°D ．25°【答案】C 【分析】利用平行线的性质可求得出A Ð的度数，然后在ABC V 中利用三角形内角和定理即可求出B Ð的度数．【详解】解：∵EF AB ∥，55ECA Ð=°，∴55A ECA Ð=Ð=°，∵在ABC V 中，55A Ð=°，90ACB Ð=°，∴180180559035B A ACB Ð=°-Ð-Ð=°-°-°=°．故选：C ．【点睛】本题主要考查了平行线的性质、三角形内角和定理等知识点．牢记三角形内角和是180°是解题的关键．【变式训练】1．（2023·湖南岳阳·统考三模）将一副直角三角板如图放置，已知60E Ð=°，45C Ð=°，EF BC ∥，则BND Ð为（ ）A ．45°B ．60°C ．90°D ．105°【答案】D 【分析】由直角三角形的性质得出30F Ð=°，45B Ð=°，由平行线的性质得出30FDB F ÐÐ==°，再由三角形内角和定理即可求出∠CGD 的度数．【详解】解：∵60E Ð=°，90FDE Ð=°，∴30F Ð=°，同理可得：45B Ð=°，∵EF BC ∥，∴30FDB F ÐÐ==°，∴180BND B FDB Ð=°-Ð-Ð1804530105=°-°-°=°．故选：D ．【点睛】本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质，直角三角形的性质，三角形内角和定理是解决问题的关键．2．（2023春·陕西咸阳·七年级咸阳市实验中学校考阶段练习）如图，DEF V 的顶点D ，E 在ABC V 的边BC 上，EF AC ∥，DF AB P ，若55A Ð=°，则F Ð的度数为（ ）A ．35°B ．45°C ．55°D ．65°【答案】C【分析】根据两直线平行，内错角相等，可得B FDE Ð=Ð，C FED ÐÐ=，再根据三角形内角和定理得A F Ð=Ð，即可得到答案．【详解】解：∵,EF AC DF AB ∥∥，∴B FDE Ð=Ð，C FED ÐÐ=，∵180A B C Ð=°-Ð-Ð，180F FDE FED Ð=°-Ð-Ð，∴A F Ð=Ð，∵55A Ð=°，∴55F Ð=°，故选：C ．【点睛】本题考查了平行线的性质和相似三角形的性质，灵活运用所学知识是解题关键．【考点七 与角平分线有关的三角形内角和问题】【答案】110°/110度【分析】由三角形的内角和定理可求得70CBD BCD Ð+Ð=°，从而可求【详解】40A Ð=°Q ，180ABC ACB \Ð+Ð=°-()180110D CBD BCD \Ð=°-Ð+Ð=°．故答案为：110°．【点睛】本题主要考查三角形的内角和定理，三角形角平分线的定义，解答的关键是明确三角形的内角和为180°．【变式训练】1．（2023春·广东惠州·八年级校考期中）如图，在ABC V 中，AN 是BAC Ð的平分线，=60B а，80ANC Ð=°．求C Ð的度数．【答案】80°【分析】根据三角形内角和为180°，分别列出ACN △和ABC V 的内角和等式，再根据已知条件，即可求解．【详解】ANC B BAN Ð=Ð+ÐQ ，=60B а，80ANC Ð=°．806020BAN ANC B \Ð=Ð-Ð=°-°=°，AN Q 是BAC Ð角平分线，222040BAC BAN \Ð=Ð=´°=°，在ABC V 中，180180604080C B BAC Ð=°-Ð-Ð=°-°-°=°．【点睛】本题考查了三角形内角和定理、角平分线定义，掌握三角形内角和为180°是解题的关键．2．（2023春·广东佛山·七年级校考期中）如图，在ABC V 中，BD 是ABC Ð的角平分线，作DE BC ∥交AB 于点E ，50C Ð=°，100Ð=°BDC ，求BED Ð的度数．【答案】120°【分析】利用三角形内角和求出CBD Ð，根据角平分线的定义得到ABD Ð，根据平行线的性质求出BDE Ð，再利用三角形内角和定理即可解决问题．【详解】解：∵50C Ð=°，100Ð=°BDC ，30CBD \Ð=°，BD Q 平分ABC Ð，30ABD CBD \Ð=Ð=°，又DE BC Q ∥，CBD BDE \Ð=Ð，30BDE ABD \Ð=Ð=°，180120BED ABD BDE \Ð=°-Ð-Ð=°．【点睛】本题考查三角形内角和定理，角平分线的定义，平行线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．【考点八 画三角形的高】例题：（2023秋·浙江杭州·八年级校考开学考试）下列各图中，正确画出AC 边上的高的是（ ）A ． B ． C ． D ．【答案】D【分析】根据三角形高的定义判断即可得到答案．【详解】解：ABC V 中AC 边上的高即为过点B 作AC 的垂线段，该垂线段即为AC 边上的高，四个选项中只有选项D 符合题意，故选：D ．【点睛】本题主要考查了三角形高线定义，解题的关键是熟知过三角形一个顶点作对边的垂线得到的线段叫三角形的高．【变式训练】1．（2023春·黑龙江哈尔滨·七年级哈尔滨市第一一三中学校校考期中）下面四个图形中，线段BD 是ABC V 的高的图形是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【分析】根据三角形的高的定义逐项分析即可解答．【详解】解：A ．线段BD 是BDA △的高，选项不符合题意；B ．线段BD 是ABD △的高，选项不符合题意；C ．线段BD 是ABD △的高，选项不符合题意；D ．线段BD 是ABC V 的高，选项符合题意．故选：D ．【点睛】本题考查三角形的高的定义，从三角形的一个顶点到它的对边作一条垂线，顶点到垂足之间的线段叫做三角形的高．2．（2023·浙江·八年级假期作业）如图，AD BC ^，EC BC ^，CF AB ^，点D ，C ，F 是垂足，下列说法错误的是（ ）A ．ABD △中，AD 是BD 边上的高B ．ABD △中，EC 是BD 边上的高C ．CEB V 中，EC 是BC 边上的高D ．CEB V 中，FC 是BE 边上的高【答案】B 【分析】根据三角形高的定义依次判断即可．【详解】解：A 、ABD △中，AD 是BD 边上的高，故此选项正确，不符合题意；B 、ABD △中，EC 不是BD 边上的高，故此选项错误，符合题意；C 、CEB V 中，EC 是BC 边上的高故此选项正确，不符合题意；D 、CEB V 中，FC 是BE 边上的高，故此选项正确，不符合题意．故选B ．【点睛】本题主要考查了三角形高的概念，应熟记三角形的高应具备的两个条件：①经过三角形的一个顶点，②垂直于这个顶点的对边．【考点九与三角形的高有关的计算问题】A．3【答案】D【分析】根据面积相等即可求出点【详解】解：∵在直角三角形【变式训练】【答案】154 AD=．【分析】根据三角形的面积公式即可求得．(1)求ABC V 的面积；(2)求AC 的长；(3)ABD △和ACD V 的面积有何关系？【答案】(1)30【考点十 根据三角形中线求长度】例题：（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）如图，AD 是ABC V 的中线，8AB =，6AC =．若ACD V 的周长为16，则ABD △周长为__________．【答案】18【分析】根据三角形的中线的概念得到BD CD =，根据三角形的周长公式计算，得到答案．【详解】解：AD Q 是ABC V 的中线，BD CD \=，ACD QV 的周长为16，16AC CD AD \++=，6AC =Q ，10CD AD BD AD \+=+=，8AB =Q ，18AB BD AD \++=．故答案为：18．【点睛】本题考查的是三角形的中线的概念，三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线．【变式训练】1．（2023春·陕西咸阳·七年级咸阳市实验中学校考阶段练习）如图，ABC V 的周长为18，8BC =，AD 是边BC 上的中线，ABD △的周长比ACD V 的周长大2，则AC 的长为______．【答案】4V的周长为18，【分析】依据ABCV的周长为18【详解】解：∵ABC(1)当AE为边BC上的中线时，若Ð的角平分线时，若(2)当AE为BAC【答案】(1)4(2)15°【考点十一根据三角形的中线求面积】A．4B．5【答案】B【分析】根据三角形中线平分三角形面积，先证明【详解】解：如图所示，连接F Q 为CE 中点，1S S 2BFC BEC \=V V .同理可得，1S S 2CDE ADC =V V 1S S S S 2CDE BDE BCE \+==V V V 【变式训练】1．（2023春·山西太原·七年级山西大附中校考期中）如图，AD BE 、是ABC V 的中线，则下列结论中，正确的个数有（ ）（1）AOE COE S S =V V ；（2）AOB EODC S S =V 四边形；（3）2BOC COE S S =V V ；（4）4ABC BOC S S =V V ．A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C 【分析】如图，首先证明AOE COE S S =V V （设为λ），BOD COD S S =△△（设为μ）；进而证明2AOB COB S S m ==V V ，2AOC BOC S S m ==V V ，得到2AOC BOC S S m ==V V ，进而得到l m =，此为解决问题的关键性结论，运用该结论即可解决问题【详解】解：∵AD BE 、是ABC V 的中线，∴AE CE BD CD ==，；∴AOE COE S S =V V （设为λ），BOD COD S S =△△（设为μ），ABE CBE S S =V V ，∴2AOB COB S S m ==V V ；同理可证：2AOC BOC S S m ==V V ，即22l m =，l m =；∴选项（1）、（2）、（3）均成立，选项（4）不成立，故选：C ．【点睛】该题主要考查了三角形中线的定义、三角形的面积公式等几何知识点及其应用问题；解题的关键是灵活运用等底同高的两个三角形的面积相等这一规律，来分析、判断、推理或解答．2．（2023春·江苏扬州·七年级校联考阶段练习）如图，BD 是ABC V 的中线，点E 、F 分别为BD CE 、的中点，若AEF △的面积为22cm ，则ABC V 的面积是________2cm ．【答案】8【分析】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即可．【详解】∵点F 是CE 的中点，AEF △的面积为22cm ，∴224cm ACE AEF S S ==△△．∵点E 是BD 的中点，∴ADE ABE S S =V V ，CDE CBE S S =△△．∴24cm ACE ADE CDE ABE CBE S S S S S =+=+=△△△△△．∴28cm ABC ADE CDE ABE CBE S S S S S =+++=△△△△△，故答案是8．【点睛】本题主要考查了三角形的面积，主要利用三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形，原理是等底同高的三角形面积相等．【考点十二 三角形角平分线的定义】例题：（2023·云南楚雄·统考一模）如图，AB CD ∥，CE 平分ACD Ð，若120A Ð=°，则AEC Ð的度数为（ ）A ．30°B ．40°C ．45°D ．50°【答案】A 【分析】根据AB CD ∥，120A Ð=°，可得60ACD Ð=°，再由角平分线的定义可得30ECD Ð=°，再利用平行线的性质可得AEC ECD Ð=Ð，即可得到结果．【详解】解：如图，∵AB CD ∥，120A Ð=°，∴18012060ACD Ð=°-°=°，∵CE 平分ACD Ð，∴30ECD Ð=°，∴==30AEC ECD Ðа，故选：A ．【点睛】本题考查平行线的性质可角平分线的定义，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．【变式训练】1．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，CE 是ABC V 的角平分线，EF BC ∥，交AC 于点F ，已知【答案】32°【分析】根据平行线的性质得到1322BCE ACB ==°∠∠即可得到答案．【答案】见解析【分析】由BE 平分∠论．【详解】证明：∵BE 平分∴∠1＝∠3，∵∠1＝∠2，∴BC //DE ．【点睛】本题主要利用了角平分线的性质以及内错角相等、两直线平行等知识点，灵活运用平行线的判定定理成为解答本题的关键．【考点十三 利用网格求三角形面积】 【答案】3.5【分析】利用割补法由正方形的面积减去三个三角形的面积即可．【详解】解：如图，ABC DBC DEFB S S S =-V V 正方形113313122=´-´´-´´9 1.513=---3.5=．【变式训练】1．（2023春·黑龙江哈尔滨·七年级哈尔滨市第六十九中学校校考期中）下图为79´的网格，每一小格均为正方形，已知ABC V ．(1)画出ABCV中BC边上的中线AD；(2)画出ABCV中AB边上的高CE．(3)直接写出ABCV的面积为_________【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)6．（2）如图，CE即为所求；（3）14362ABCS=´´=△；故答案为：6．(1)画出ABCV中边BC上的高(2)画出ABCV中边AB上的中线(3)直接写出ACE△的面积为______（2）如图，线段CE即为所求；（3）12442ACES=´´= V．故答案为：4．【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，三角形的高，中线，三角形的面积等知识，解题的关键是理解三【过关检测】一、选择题1．（2023春·黑龙江哈尔滨·七年级校考阶段练习）下列每组数分别是三根小木棒的长度，用它们能摆成三角形的是（）A．3，4，5B．8，7，15C．3，4，8D．5，5，11【答案】A【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行分析．【详解】解：A、3475+=>，能组成三角形；B、8715+=，不能组成三角形；+=<，不能组成三角形；C、3478+=<，不能组成三角形．D、551011故选：A．【点睛】此题考查了三角形的三边关系，属于基础知识．判断能否组成三角形的简便方法是看较小的两个数的和是否大于第三个数．2．（2023春·安徽安庆·八年级统考期末）从数学角度看下列四副图片有一个与众不同，该图片是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】利用三角形的稳定性和四边形的不稳定性进行解答即可．【详解】伸缩门是利用了四边形的不稳定性，A 、B 、D 都是利用了三角形的稳定性.故选：C ．【点睛】本题考查了三角形的稳定性在实际生活中的应用问题，解题的关键是分析能否在同一平面内组成三角形．3．（2023春·黑龙江哈尔滨·七年级校考期中）如图所示，ABC V 中AB 边上的高是（ ）A ．BDB ．AEC ．BED ．CF【答案】D 【分析】根据三角形高的概念求解即可．【详解】解：由图可得， ∵CF AB ^，∴ABC V 中AB 边上的高是CF ，故选：D ．【点睛】本题考查了三角形高的定义，理解三角形高的概念是解题的关键．4．（2023春·广东汕头·八年级统考期末）如图，在三角形ABC 中，CD 为ACB Ð的平分线，115ABC Ð=°，25A Ð=°，则BCD Ð的度数为（ ）A ．25°B ．35°C ．30°D ．20°【答案】D 【分析】求出ACB Ð的度数，再根据角平分线定义求解即可．【详解】解：在三角形ABC 中，115ABC Ð=°，25A Ð=°，则18040ACB A ABC =°--=°∠∠∠，∵CD 为ACB Ð的平分线，A ．4B ．5【答案】C 【分析】根据三角形的中线把三角形的面积分成相等的两部分，可得S S =，利用等量代换逐步推出二、填空题6．（2023春·上海浦东新·七年级校考阶段练习）三角形的两条边长分别是4cm 和9cm ，则第三条边长x 的范围是______．【答案】513x <<【分析】根据三角形三边的关系：任两边的和大于第三边，任两边的差小于第三边，即可求得范围．【详解】解：由三角形三边关系得：9494x -<<+，即513x <<；故答案为：513x <<．【点睛】本题考查了构成三角形的三边应满足的条件，理解此条件是关键．7．（2023春·山西临汾·七年级校联考阶段练习）如图是螳螂的示意图，已知AB DE ∥，120ABC Ð=°，72CDE Ð=°，则BCD Ð的度数为___________．【答案】12°/12度【分析】延长ED 交BC 于D ，交AC 于点F ，根据平行线的性质得120CGF ABC Ð=Ð=°，利用邻补角的定义求出108CDG Ð=°，然后根据三角形外角的性质求解即可．【详解】解：延长ED 交BC 于D ，交AC 于点F ，∵120AB DE ABC Ð=°∥，，∴120CGF ABC Ð=Ð=°，∵72CDE Ð=°，∴180********,CDG CDE Ð=°-Ð=°-°=°又,CGF GCD CDG Ð=Ð+Ð∴12010812,GCD CGF CDG Ð=Ð-Ð=°-°=°∴12BCD Ð=°．故答案为：12°．【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形外角的性质，熟练掌握相关性质是解题的关键．8．（2023秋·七年级单元测试）如图，点D 是ABC V 的边BC 上任意一点，点E 、F 分别是线段AD 、CE 的中点，且ABC V 的面积为60，则BEF △的面积=_______．【答案】15【分析】根据三角形的中线平分面积，得到12BEF BCE S S =V V ，即可求出BEF △的面积．【详解】解：Q 点E 是线段AD 的中点，【答案】 EC /CE AE /EA 【分析】根据三角形高的定义进行求解即可．【详解】解：∵AB CE ^，∴AB 是ACE △的CE 上的高；∵20DAC Ð=°，∴180C DAC ADC Ð=°-Ð-Ð=∵30B Ð=°，∴18080BAC B C Ð=°-Ð-Ð=°∵20DAC Ð=°，∴ACE DAC ADC Ð=Ð+Ð∵30B Ð=°，三、解答题(1)画出AC边上的中线BD；(2)画出AB边上的高线CE；Ð的平分线AF．(3)画出BAC【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】（1）根据网格的特点和三角形中线的定义画图即可；（2）根据网格的特点和三角形高的定义画图即可；（3）根据角平分线的作法作图即可．【详解】（1）解：如图，线段BD即为所求；（2）解：如图，线段CE即为所求；（3）解：如图，射线AF即为所求．【点睛】本题考查了基本作图—角平分线，三角形中线的定义，三角形高的定义，熟练掌握相关知识点画图(1)若90BAC Ð=°，8AB =，AC =(2)若40B Ð=°，20CAE Ð=°，AD 【答案】(1)245(2)15°∴DAE Ð的度数为15°．【点睛】本题考查了中线，角平分线，三角形内角和定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．14．（2023春·安徽合肥·七年级统考阶段练习）如图，AB DC ∥，55B Ð=°，240Ð=°，385Ð=°(1)求∠D 的度数；(2)求1Ð的度数；(3)能否得到DA CB ∥，请说明理由．【答案】(1)55°(2)85°(3)能，理由见解析【分析】（1）D Ð在ADC △中，另两个角度数已知，就可用三角形内角和定理求解．（2）B Ð，2Ð已知，利用两直线平行同旁内角互补求解．（3）等量代换后，再利用内错角相等，两直线平行判定．【详解】（1）解：23180D Ð+Ð+Ð=°Q ，18023D \Ð=°-Ð-Ð1804085=°-°-°55=°；（2）AB DC Q ∥，21180B \Ð+Ð+Ð=°；11802B \Ð=°-Ð-Ð1805540=°-°-°85=°；（3）能．385Ð=°Q ，185Ð=°，(1)AC =___________AE （填数字）(2)求ABC S V 及BC 的长；(3)若13AB =，求BCE V 和【答案】(1)2(2)84ABC S =V ，14BC =。
专题01三角形的证明(考点清单)(解析版)-2023-2024学年8下数学期末考点大串讲(北师大版)
专题01三角形的证明（考点清单）【考点1等腰三角形的性质】【考点2等腰三角形的判定】【考点3等腰三角形的性质和判定综合】【考点4等边三角形的性质】【考点5等边三角形的性质与判定】【考点6含30°的直角三角形】【考点7直角三角形的性质】【考点8直角三角形的判定】【考点9勾股定理的性质和应用】【考点10勾股定理的证明】【考点11勾股定理的逆定理】【考点12四种命题及其关系】【考点13垂直平分线的性质】【考点14角平分线的性质】【考点1等腰三角形的性质】1．（2023秋•章贡区期末）已知等腰三角形的两边长分别为5cm、2cm，则该等腰三角形的周长是（）A．7cm B．9cmC．12cm或者9cm D．12cm【答案】D【解答】解：①5cm为腰，2cm为底，此时周长为12cm；②5cm为底，2cm为腰，则两边和小于第三边无法构成三角形，故舍去．∴其周长是12cm．故选：D．2．（2023秋•广安期末）如图，屋顶钢架外框是等腰三角形，其中AB＝AC，工人师傅在焊接立柱时，只用找到BC的中点D，这就可以说明竖梁AD垂直于横梁BC了，工人师傅这种操作方法的依据是（）A．等边对等角B．等角对等边C．垂线段最短D．等腰三角形“三线合一”【答案】D【解答】解：∵AB＝AC，BD＝CD，∴AD⊥BC，故工人师傅这种操作方法的依据是等腰三角形“三线合一”，故选：D．3．（2021秋•射阳县校级期末）若等腰三角形中有一个角为50度，则这个等腰三角形的顶角的度数为（）A．50°B．80°C．65°或50°D．50°或80°【答案】D【解答】解：①50°是底角，则顶角为：180°﹣50°×2＝80°；②50°为顶角；所以顶角的度数为50°或80°．故选：D．4．（2023秋•龙岗区期末）随着钓鱼成为一种潮流，如图1所示的便携式折叠凳成为热销产品，图2是折叠凳撑开后的侧面示意图，已知OC＝OD，∠BOD＝108°，则凳腿与地面所成的角∠ODC为（）A．36°B．50°C．54°D．72°【答案】C【解答】解：∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC，∵∠BOD＝108°，∴∠BOD＝∠OCD+∠ODC＝2∠ODC＝108°，∴∠ODC＝54°，故选：C．5．（2022秋•新乡期末）在等腰三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝100°，一含30°角的三角板如图放置（一直角边与BC边重合，斜边经过△ABC的顶点A），则∠α的度数为（）A．15°B．20°C．30°D．40°【答案】B【解答】解：如图：∵AB＝AC，∠BAC＝100°，∴∠B＝∠C＝＝40°，∵∠DEF＝30°，∠D＝30°，∴∠DFE＝90°﹣∠D＝60°，∵∠DFE是△ACF的一个外角，∴∠α＝∠DFE﹣∠C＝20°，故选：B．6．（2023秋•自贡期末）如图，在△ABC中，DE是AC的垂直平分线，且分别交BC，AC 于点D和E，连接AD．若∠B＝40°，BA＝BD，则∠DAC为（）A．25°B．30°C．35°D．40°【答案】C【解答】解：∵∠B＝40°，BA＝BD，∴∠BAD＝∠BDA＝＝＝70°，∵DE是AC的垂直平分线，∴DA＝DC，∴∠DAC＝∠C＝∠BDA＝35°，故选：C．7．（2023秋•利辛县校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D和点E分别在BC和AC上，AD＝AE，则下列结论一定正确的是（）A．∠1+2∠2＝90°B．∠1＝2∠2C．2∠1+∠2＝90°D．∠1+∠2＝45°【答案】B【解答】解：∵AB＝AC，AD＝AE，∴∠B＝∠C，∠ADE＝∠AED．∵∠ADC＝∠ADE+∠2＝∠B+∠1，∠AED＝∠2+∠C，∴∠2+∠C+∠2＝∠B+∠1，整理得∠1＝2∠2．故选：B．8．（2023秋•怀仁市期末）如果等腰三角形的底边长4cm，那么这个等腰三角形腰长x的取值范围是（）A．x＞2cm B．2cm＜x＜4cm C．4cm＜x＜8cm D．x＞4cm【答案】A【解答】解：∵等腰三角形的底边长4cm，等腰三角形的两腰相等，且三角形中任意两边之和大于第三边∴2x＞4cm∴x＞2cm故选：A．【考点2等腰三角形的判定】9．（2023秋•隆阳区期末）如图，已知点A（1，0）和点M（0，1），在x轴上确定点P，使得△AMP为等腰三角形，则满足条件的点P共有（）A．5个B．4个C．3个D．2个【答案】B【解答】解：∵点A（1，0），点M（0，1），∴OA＝OM＝1，AM＝，∵点P在x轴上，△AMP为等腰三角形，∴有以下三种情况：①当AM为底边时，则PA＝PM，∵OA＝OM＝1，∴当点P与点O重合时，△PAM为等腰三角形；∴点P的坐标为（0，0）；②当AM为腰，点A为顶点时，以点A为圆心，以AM为半径画弧交x轴于P1，P2，则P1A＝P2A＝AM＝，如图1所示：此时△P1AM和△P2AM均为等腰三角形，点P1的坐标为（﹣+1，0），点P2的坐标为（+1，0）；③当AM为腰，点M为顶点时，以点M为圆心，以AM为半径画弧交x轴于P，则PM＝AM＝，如图2所示：此时△PAM为等腰三角形，点P的坐标为（﹣1，0）．综上所述：使得△AMP为等腰三角形时，则满足条件的点P共有4个．故选：B．10．（2023秋•和平区期末）如图所示的正方形网格中，网格线的交点称为格点．已知A、B是两格点，若点C也在格点上，且使得△ABC为等腰三角形，则符合条件的点C的格点数为（）A．8个B．9个C．10个D．11个【答案】A【解答】解：如图，AB＝＝，∴当△ABC为等腰三角形，则点C的个数有8个，故选：A．11．（2023秋•潮安区期末）在平面直角坐标系中，已知点A（﹣1，1），B（﹣3，2），点C在坐标轴上，若△ABC是等腰三角形，则满足条件的点C的个数是（）A．4个B．5个C．6个D．7个【答案】D【解答】解：如图，由题意可知：以AC、AB为腰的三角形有3个，x轴正半轴上的点不能成立，因为此时ABC三点共线，不能构成三角形；以AC、BC为腰的三角形有2个；以BC、AB为腰的三角形有2个．则点C的个数是7．故选：D．12．（2023秋•新兴县期末）如图，C为两个直角三角板的公共顶点，∠A＝∠B＝30°，则图中等腰三角形共有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】D【解答】解：∵∠ACE＝90°，∠A＝∠B＝30°∴∠AEC＝∠ACE﹣∠A＝90°﹣30°＝60°，∴∠BCE＝∠AEC﹣∠B＝60°﹣30°＝30°．同理，可求得∠BDC＝60°，∠ACD＝30°．综上，∠A＝∠ACD＝30°，∠CDE＝∠CED＝60°，∠B＝∠BCE，∠A＝∠B，∴△ACD、△CDE、△BCE和△ABC都是等腰三角形．故选：D．13．（2023秋•黄石港区期末）如图，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，BD是△ABC的角平分线．若在边AB上截取BE＝BC，连接DE，则图中等腰三角形共有（）A．2个B．3个C．4个D．5个【答案】D【解答】解：∵AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形；∵AB＝AC，∠A＝36°，∴∠ABC＝∠C＝72°，∵BD是△ABC的角平分线，∴∠ABD＝∠DBC＝∠ABC＝36°，∴∠A＝∠ABD＝36°，∴BD＝AD，∴△ABD是等腰三角形；在△BCD中，∠BDC＝180°﹣∠DBC﹣∠C＝180°﹣36°﹣72°＝72°，∴∠C＝∠BDC＝72°，∴BD＝BC，∴△BCD是等腰三角形；∵BE＝BC，∴BD＝BE，∴△BDE是等腰三角形；∴∠BED＝（180°﹣36°）÷2＝72°，∴∠ADE＝∠BED﹣∠A＝72°﹣36°＝36°，∴∠A＝∠ADE，∴DE＝AE，∴△ADE是等腰三角形；∴图中的等腰三角形有5个．故选：D．14．（2023秋•临高县期末）如图，△ABC中，AB＝8，AC＝9，BD、CD分别平分∠ABC、∠ACB，过点D作直线平行于BC，交AB、AC于E、F，则△AEF的周长为（）A．16B．17C．18D．19【答案】B【解答】解：∵EF∥BC，∴∠EDB＝∠DBC，∠FDC＝∠DCB，∵BD、CD分别平分∠ABC、∠ACB，∴∠EBD＝∠DBC，∠FCD＝∠DCB，∴∠EDB＝∠EBD，∠FDC＝∠FCD，∴ED＝EB，FD＝FC，∵AB＝8，AC＝9，∴△AEF的周长为AE+EF+AF＝AE+ED+FD+AF＝AE+EB+FC+AF＝AB+AC＝8+9＝17．故选：B．15．（2023秋•隆回县期末）如图，等腰△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°．线段AB的垂直平分线交AB于D，交AC于E，连接BE，则图中等腰三角形共有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】C【解答】解：∵AB＝AC，∠A＝36°，∴∠ABC＝∠C＝＝72°，∵DE是AB的垂直平分线，∴EA＝EB，∴∠A＝∠ABE＝36°，∴∠EBC＝∠ABC﹣∠ABE＝36°，∴∠BEC＝180°﹣∠EBC﹣∠C＝72°，∴∠C＝∠BEC＝72°，∴BC＝BE，∴图中的等腰三角形有：△ABC，△ABE，△BEC，共有3个，故选：C．16．（2023秋•冠县期末）如图，在△ABC中，AB＝20cm，AC＝12cm，点P从点B 出发以每秒3cm速度向点A运动，点Q从点A同时出发以每秒2cm速度向点C运动，其中一个动点到达端点，另一个动点也随之停止，当△APQ是以PQ为底的等腰三角形时，运动的时间是4秒．【答案】见试题解答内容【解答】解：设运动的时间为x，在△ABC中，AB＝20cm，AC＝12cm，点P从点B出发以每秒3cm的速度向点A运动，点Q从点A同时出发以每秒2cm的速度向点C运动，当△APQ是等腰三角形时，AP＝AQ，AP＝20﹣3x，AQ＝2x即20﹣3x＝2x，解得x＝4．故答案为：4．17．（2023秋•环江县期末）（1）如图1，∠CAE是△ABC的外角，∠1＝∠2，AD∥BC．求证：AB＝AC．证明：（2）如图2，∠CAE是△ABC的外角，∠1＝∠2，AB＝AC．求证：AD∥BC．证明：【答案】见试题解答内容【解答】证明：（1）∵AD∥BC，∴∠1＝∠B，∠2＝∠C，∵∠1＝∠2，∴∠B＝∠C，∴AB＝AC；（2）∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵∠CAE是△ABC的外角，∴∠1+∠2＝∠B+∠C，∵∠1＝∠2，∴∠B＝∠1，∴AD∥BC．18．（2023秋•历下区期末）在△ABC中，D是BC的中点，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E、F，且DE＝DF．求证：△ABC是等腰三角形．【答案】见试题解答内容【解答】证明：∵D是BC的中点，∴BD＝CD，∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠BED＝∠CFD＝90°，∵BD＝CD，DE＝DF，∴Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），∴∠B＝∠C，∴AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形．19．（2023秋•怀集县期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，AC ＝20cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．（1）BP＝（16﹣t）cm（用t的代数式表示）．（2）当点Q在边BC上运动时，出发秒后，△PQB是等腰三角形．（3）当点Q在边CA上运动时，出发几秒后，△BCQ是等腰三角形？【答案】（1）（16﹣t）cm；（2）；（3）当t为11或12或时，△BCQ是以BC或BQ为底边的等腰三角形．【解答】解：（1）由题意可知AP＝t，BQ＝2t，∵AB＝16cm，∴BP＝AB﹣AP＝（16﹣t）cm，故答案为：（16﹣t）cm；（2）当点Q在边BC上运动，△PQB为等腰三角形时，则有BP＝BQ，即16﹣t＝2t，解得t＝，∴出发秒后，△PQB能形成等腰三角形；故答案为：；（3）①当△BCQ是以BC为底边的等腰三角形时：CQ＝BQ，如图1所示，则∠C＝∠CBQ，∵∠ABC＝90°，∴∠CBQ+∠ABQ＝90°．∠A+∠C＝90°，∴∠A＝∠ABQ，∴BQ＝AQ，∴CQ＝AQ＝10（cm），∴BC+CQ＝22（cm），∴t＝22÷2＝11；②当△BCQ是以BQ为底边的等腰三角形时：CQ＝BC，如图2所示，则BC+CQ＝24（cm），∴t＝24÷2＝12；③当△BCQ是以CQ为底边的等腰三角形时：BQ＝BC，如图2所示，∵，∴，∴BD＝，∴CD＝＝，∴CQ＝2CD＝，BC+CQ＝12+＝，t＝÷2＝，综上所述：当t为11或12或时，△BCQ是等腰三角形．【考点3等腰三角形的性质和判定综合】20．（2023秋•和田地区期末）已知：如图△ABC中AC＝6cm，AB＝8cm，BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，过D作直线平行于BC，交AB，AC于E，F．（1）求证：△DFC是等腰三角形；（2）求△AEF的周长．【答案】（1）见解析；（2）14cm．【解答】（1）证明：∵EF∥BC，∴∠FDC＝∠DCB，∵CD平分∠ACB，∴∠FCD＝∠DCB，∴∠FDC＝∠FCD，∴FD＝FC，∴△DFC是等腰三角形；（2）∵EF∥BC，∴∠EDB＝∠DBC，∵BD平分∠ABC，∴∠EBD＝∠DBC，∴∠EDB＝∠EBD，∴ED＝EB，∵AC＝6cm，AB＝8cm，∴△AEF的周长为：AE+EF+AF＝AE+ED+FD+AF＝AE+EB+FC+AF＝AB+AC＝8+6＝14（cm）．21．（2023秋•乌鲁木齐期末）如图，一条船上午8时从海岛A出发，以15海里/时的速度向正北方向航行，上午10时到达海岛B处，分别从A，B处望灯塔C，测得∠NAC＝30°，∠NBC＝60°．（1）求海岛B到灯塔C的距离；（2）若这条船到达海岛B处后，继续向正北方向航行，问还要经过多长时间，小船与灯塔C的距离最短？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由题意得：AB＝15×2＝30（海里）．∵∠NBC＝60°，∠NAC＝30°，∴∠ACB＝∠NBC﹣∠NAC＝30°．∴∠ACB＝∠NAC．∴AB＝BC＝30（海里）．∴从海岛B到灯塔C的距离为30海里．（2）如图，过点C作CP⊥AB于点P．∴根据垂线段最短，线段CP的长为小船与灯塔C的最短距离，∠BPC＝90°．又∵∠NBC＝60°，∴∠PCB＝180°﹣∠BPC﹣∠CBP＝30°．在Rt△CBP中，∠BCP＝30°，∴（海里），15÷15＝1（小时）．故还要经过1小时长时间，小船与灯塔C的距离最短．22．（2023秋•秦安县校级期末）如图1，△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线交于O点，过O点作BC平行线交AB、AC于D、E．（1）请写出图1中线段BD，CE，DE之间的数量关系？并说明理由．（2）如图2，△ABC若∠ABC的平分线与△ABC的外角平分线交于O，过点O作BC平行线交AB于D，交AC于E．那么BD，CE，DE之间存在什么数量关系？并证明这种关系．【答案】（1）DE＝BD+CE，理由见解答；（2）DE＝BD﹣CE，理由见解答．【解答】解：（1）DE＝BD+CE，理由如下：∵∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O，∴∠DBO＝∠OBC，∠ECO＝∠BCO，∵过O点作BC平行线交AB、AC于D、E．∴DE∥BC，∴∠DOB＝∠OBC，∠EOC＝∠BCO，∴∠DOB＝∠DBO，∠EOC＝∠ECO，∴BD＝DO，OE＝CE，∴DO+OE＝BD+CE，即DE＝BD+CE；（2）DE＝BD﹣CE，理由如下：∵∠ABC和∠ACF的平分线相交于点O，∴∠DBO＝∠OBC，∠ECO＝∠FCO，∵过O点作BC平行线交AB、AC于D、E．∴DO∥BF，∴∠DOB＝∠OBC，∠EOC＝∠FCO，∴∠DOB＝∠DBO，∠EOC＝∠ECO，∴BD＝DO，OE＝CE，∵DE＝DO﹣OE，∴DE＝BD﹣CE．23．（2022秋•封开县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E、F分别在AB、BC、AC边上，且BE＝CF，BD＝CE．（1）求证：△DEF是等腰三角形；（2）当∠A＝40°时，求∠DEF的度数．【答案】见试题解答内容【解答】证明：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，在△DBE和△ECF中，∴△DBE≌△ECF（SAS），∴DE＝EF，∴△DEF是等腰三角形；（2）∵△DBE≌△ECF，∴∠1＝∠3，∠2＝∠4，∵∠A+∠B+∠C＝180°，∴∠B＝（180°﹣40°）＝70°∴∠1+∠2＝110°∴∠3+∠2＝110°∴∠DEF＝70°【考点4等边三角形的性质】24．（2023秋•老河口市期末）如图所示，△ABC是边长为20的等边三角形，点D是BC边上任意一点，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，则BE+CF＝（）A．5B．10C．15D．20【答案】B【解答】解：设BD＝x，则CD＝20﹣x，∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠C＝60°．∴BE＝cos60°•BD＝，同理可得，CF＝，∴BE+CF＝．故选：B．25．（2023秋•万州区期末）如图，过边长为1的等边△ABC的边AB上一点P，作PE⊥AC于E，Q为BC延长线上一点，当PA＝CQ时，连PQ交AC边于D，则DE的长为（）A．B．C．D．【答案】B【解答】解：过P作PF∥BC交AC于F．∵PF∥BC，△ABC是等边三角形，∴∠PFD＝∠QCD，△APF是等边三角形，∴AP＝PF＝AF，∵PE⊥AC，∴AE＝EF，∵AP＝PF，AP＝CQ，∴PF＝CQ．∵在△PFD和△QCD中，，∴△PFD≌△QCD（AAS），∴FD＝CD，∵AE＝EF，∴EF+FD＝AE+CD，∴AE+CD＝DE＝AC，∵AC＝1，∴DE＝．故选：B．26．（2023秋•沐川县期末）如图，已知△ABC是等边三角形，点B、C、D、E在同一直线上，且CG＝CD，DF＝DE，则∠E的度数为（）A．25°B．20°C．15°D．7.5°【答案】C【解答】解：∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB＝60°．∵∠ACB＝∠CGD+∠CDG，∴∠CGD+∠CDG＝60°．∵CG＝CD，∴∠CGD＝∠CDG＝30°．∵∠CDG＝∠DFE+∠E，∴∠DFE+∠E＝30°．∵DF＝DE，∴∠E＝∠DFE＝15°．故选：C．27．（2023秋•莱西市期末）如图，直线a∥b，等边△ABC的顶点C在直线b上，若∠1＝38°，则∠2的度数为（）A．142°B．128°C．98°D．92°【答案】C【解答】解：设直线a与AB交于点D，与AC交于点E，如图所示：∵∠1＝38°，∴∠ADE＝∠1＝38°，∵△ABC为等边三角形，∴∠A＝60°，∵∠AEF为△ADE的一个外角，∴∠AEF＝∠ADE+∠A＝38°+60°＝98°，∵直线a∥b，∴∠2＝∠AEF＝98°．故选：C．28．（2023秋•岑溪市期末）如图，已知：∠MON＝30°，点A1、A2、A3、…在射线ON 上，点B1、B2、B3、…在射线OM上，△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4、…均为等边三角形，若OA1＝1，则△A9B9A10的边长为（）A．32B．64C．128D．256【答案】D【解答】解：∵△A1B1A2是等边三角形，∴A1B1＝A2B1，∠3＝∠4＝∠12＝60°，∴∠2＝120°，∵∠MON＝30°，∴∠1＝180°﹣120°﹣30°＝30°，又∵∠3＝60°，∴∠5＝180°﹣60°﹣30°＝90°，∵∠MON＝∠1＝30°，∴OA1＝A1B1＝1，∴A2B1＝1，∵△A2B2A3、△A3B3A4是等边三角形，∴∠11＝∠10＝60°，∠13＝60°，∵∠4＝∠12＝60°，∴A1B1∥A2B2∥A3B3，B1A2∥B2A3，∴∠1＝∠6＝∠7＝30°，∠5＝∠8＝90°，∴A2B2＝2B1A2，B3A3＝2B2A3，∴A3B3＝4B1A2＝4，A4B4＝8B1A2＝8，A5B5＝16B1A2＝16，…∴△A n B n A n+1的边长为2n﹣1，∴△A9B9A10的边长为29﹣1＝28＝256．故选：D．29．（2023秋•海南期末）如图，在等边△ABC中AB＝4，BD是AC边上的高，点E在BC 的延长线上，∠ACB＝2∠E，则BE的长为（）A．4.5B．5C．6D．9【答案】C【解答】解：∵△ABC是等边三角形，BD是AC边上的高，∴CD＝AC，∵AC＝AB＝4，∴CD＝2，∵∠ACB＝∠E+∠CDE＝2∠E，∴∠CDE＝∠E，∴CE＝CD＝2，∵BC＝AB＝4，∴BE＝BC+CE＝4+2＝6．故选：C．【考点5等边三角形的性质与判定】30．（2023秋•崆峒区期末）如图，在等边三角形ABC中，点B、P、Q三点在同一条直线上，且∠ABP＝∠ACQ，∠BAP＝∠CAQ．判断△APQ是什么形状，并说明理由．【答案】△APQ是等边三角形，理由见解析．【解答】解：△APQ是等边三角形，理由如下：∵△ACB是等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，在△ABP与△ACQ中，，∴△ABP≌△ACQ（ASA），∴AP＝AQ，∵∠BAP+∠PAC＝∠PAC+∠CAQ，即∠BAC＝∠PAQ＝60°，∴△PAQ是等边三角形．31．（2023秋•新抚区期末）在等边△ABC中，点E是AB上的动点，点E与点A、B不重合，点D在CB的延长线上，且EC＝ED．（1）如图1，若点E是AB的中点，求证：BD＝AE；（2）如图2，若点E不是AB的中点时，（1）中的结论“BD＝AE”能否成立？若不成立，请直接写出BD与AE数量关系，若成立，请给予证明．【答案】见试题解答内容【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵点E是AB的中点，∴CE平分∠ACB，AE＝BE，∴∠BCE＝30°，∵ED＝EC，∴∠D＝∠BCE＝30°．∵∠ABC＝∠D+∠BED，∴∠BED＝30°，∴∠D＝∠BED，∴BD＝BE．∴AE＝DB．（2）解：AE＝DB；理由：过点E作EF∥BC交AC于点F．如图2所示：∴∠AEF＝∠ABC，∠AFE＝∠ACB．∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝∠A＝60°，AB＝AC＝BC，∴∠AEF＝∠ABC＝60°，∠AFE＝∠ACB＝60°，即∠AEF＝∠AFE＝∠A＝60°，∴△AEF是等边三角形．∴∠DBE＝∠EFC＝120°，∠D+∠BED＝∠FCE+∠ECD＝60°，∵DE＝EC，∴∠D＝∠ECD，∴∠BED＝∠ECF．在△DEB和△ECF中，，∴△DEB≌△ECF（AAS），∴DB＝EF，∴AE＝BD．32．（2023秋•太和县期末）如图，点O是等边△ABC内一点，D是△ABC外的一点，∠AOB＝110°，∠BOC＝α，△BOC≌△ADC，∠OCD＝60°，连接OD．（1）求证：△OCD是等边三角形；（2）当α＝150°时，试判断△AOD的形状，并说明理由；（3）探究：当α为多少度时，△AOD是等腰三角形．【答案】见试题解答内容【解答】证明：（1）∵△BOC≌△ADC，∴OC＝DC，∵∠OCD＝60°，∴△OCD是等边三角形．解：（2）△AOD是直角三角形．理由如下：∵△OCD是等边三角形，∴∠ODC＝60°，∵△BOC≌△ADC，α＝150°，∴∠ADC＝∠BOC＝α＝150°，∴∠ADO＝∠ADC﹣∠ODC＝150°﹣60°＝90°，∴△AOD是直角三角形．（3）∵△OCD是等边三角形，∴∠COD＝∠ODC＝60°．∵∠AOB＝110°，∠ADC＝∠BOC＝α，∴∠AOD＝360°﹣∠AOB﹣∠BOC﹣∠COD＝360°﹣110°﹣α﹣60°＝190°﹣α，∠ADO＝∠ADC﹣∠ODC＝α﹣60°，∴∠OAD＝180°﹣∠AOD﹣∠ADO＝180°﹣（190°﹣α）﹣（α﹣60°）＝50°．①当∠AOD＝∠ADO时，190°﹣α＝α﹣60°，∴α＝125°．②当∠AOD＝∠OAD时，190°﹣α＝50°，∴α＝140°．③当∠ADO＝∠OAD时，α﹣60°＝50°，∴α＝110°．综上所述：当α＝110°或125°或140°时，△AOD是等腰三角形．33．（2023秋•宣化区期末）已知：如图所示，△ABC是边长6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别在AB、BC边上匀速移动，它们的速度分别为V P＝2cm/s，V Q＝1.5cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点停止运动，设点P的运动时间为t s．（1）当t为何值时，△PBQ为等边三角形？（2）当t为何值时，△PBQ为直角三角形？【答案】（1）当时，△PBQ为等边三角形；（2）当t为或时，△PBQ为直角三角形．【解答】解：（1）由题意可知AP＝2t，BQ＝1.5t，则BP＝AB﹣AP＝6﹣2t，当△PBQ为等边三角形时，则有BP＝BQ，即6﹣2t＝1.5t，解得，即当时，△PBQ为等边三角形；（2）当∠BQP＝90°时，∵∠B＝60°，∴∠BPQ＝30°，∴在Rt△PBQ中，BP＝2BQ，即6﹣2t＝3t，解得；当∠BPQ＝90°时，同理可得BQ＝2BP，即1.5t＝2（6﹣2t），解得，综上可知当t为或时，△PBQ为直角三角形．34.（2023春•毕节市期末）已知：如图，点C为线段AB上一点，△ACM，△CBN都是等边三角形，AN交MC于点E，BM交CN于点F．（1）求证：AN＝BM；（2）求证：△CEF为等边三角形．【答案】见试题解答内容【解答】证明：（1）∵△ACM，△CBN是等边三角形，∴AC＝MC，BC＝NC，∠ACM＝∠NCB＝60°，∴∠ACM+∠MCN＝∠NCB+∠MCN，即∠ACN＝∠MCB，在△ACN和△MCB中，∵，∴△ACN≌△MCB（SAS），∴AN＝BM．（2）∵△CAN≌△CMB，∴∠CAN＝∠CMB，又∵∠MCF＝180°﹣∠ACM﹣∠NCB＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴∠MCF＝∠ACE，在△CAE和△CMF中，∵，∴△CAE≌△CMF（ASA），∴CE＝CF，∴△CEF为等腰三角形，又∵∠ECF＝60°，∴△CEF为等边三角形．【考点6含30°的直角三角形】35．（2023秋•阜平县期末）如图，一棵树在一次强台风中于离地面3米处折断倒下，倒下部分与地面成30°角，这棵树在折断前的高度为（）A．6米B．9米C．12米D．15米【答案】B【解答】解：如图，根据题意BC＝3米，∵∠BAC＝30°，∴AB＝2BC＝2×3＝6（米），∴3+6＝9（米）．故选：B．36．（2023秋•虞城县期末）如图，在△ABC中，∠BCA＝90°，CD⊥AB，∠BCD＝30°，BD＝2，则AB的长为（）A．2B．4C．8D．16【答案】C【解答】解：∵CD⊥AB，∴∠CDB＝90°，∵∠BCD＝30°，BD＝2，∴BC＝2BD＝4，∠B＝90°﹣∠BCD＝60°，∵∠BCA＝90°，∴∠A＝90°﹣∠B＝30°，∴AB＝2BC＝8，故选：C．37．（2023秋•斗门区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，∠B＝2∠A，BD＝1，则AD＝（）A．2B．3C．2.5D．1.5【答案】B【解答】解：在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，∠B＝2∠A，∴∠A＝30°，∠B＝60°．∵CD⊥AB，∴∠BDC＝∠ADC＝90°．在Rt△DBC中，∵∠B＝60°，∴∠BCD＝30°，又∵BD＝1，∴BC＝2BD＝2，在Rt△ABC中，∵∠A＝30°，∴AB＝2BC＝4，∴AD＝AB﹣BD＝4﹣1＝3．故选：B．【考点7直角三角形的性质】38．（2023秋•东阳市期末）在下列条件中不能判定△ABC为直角三角形的是（）A．∠A＝90°﹣∠C B．∠A＝∠B﹣∠CC．∠A＝2∠B＝3∠C D．∠A＝∠B＝∠C【答案】C【解答】解：A、∵∠A＝90°﹣∠C，∴∠A+∠C＝90°，∴∠B＝90°，∴△ABC是直角三角形，故选项不符合题意；B、∵∠A＝∠B﹣∠C，∴∠A+∠C＝∠B，∵∠A+∠C+∠B＝180°，∴2∠B＝180°，∴∠B＝90°，∴△ABC是直角三角形，故选项不符合题意；C、∵∠A＝2∠B＝3∠C，设∠A＝x，∴∠B＝x，∠C＝x，∵∠A+∠B+∠C＝180°，∴x+x+x＝180°，解得x＝（）°＞90°，∴△ABC不是直角三角形，故选项符合题意；D、∵∠A＝∠B＝∠C，设∠A＝∠B＝x，∴∠C＝2x，∵∠A+∠B+∠C＝180°，∴x+x+2x＝180°，解得x＝45°，∴∠C＝2x＝90°，∴△ABC是直角三角形，故选项不符合题意．故选：C．39．（2023秋•衡山县期末）如图，直线a∥b，Rt△ABC的直角顶点A落在直线a上，点B 落在直线b上，若∠1＝15°，∠2＝25°，则∠ABC的大小为（）A．40°B．45°C．50°D．55°【答案】C【解答】解：如图，作CK∥a．∵a∥b，CK∥a，∴CK∥b，∴∠1＝∠3＝15°，∠4＝∠2＝25°，∴∠ACB＝∠1+∠2＝15°+25°＝40°，∵∠CAB＝90°，∴∠ABC＝90°﹣40°＝50°，故选：C．40.（2023秋•淅川县期末）如图，△ABC的面积为8cm2，AP垂直∠B的平分线BP于点P，则△PBC的面积为4cm2．【答案】见试题解答内容【解答】解：延长AP交BC于E，∵AP垂直∠B的平分线BP于P，∠ABP＝∠EBP，又知BP＝BP，∠APB＝∠BPE＝90°，∴△ABP≌△BEP，＝S△BEP，AP＝PE，∴S△ABP∴△APC和△CPE等底同高，＝S△PCE，∴S△APC＝S△PBE+S△PCE＝S△ABC＝4cm2，∴S△PBC故答案为：4．41．（2023秋•武城县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AB边上，将△CBD沿CD折叠，使点B恰好落在AC边上的点E处．若∠A＝25°，则∠CDE＝70°．【答案】见试题解答内容【解答】解：∵将△CBD沿CD折叠，使点B恰好落在AC边上的点E处，∠ACB＝90°，∴∠BCD＝∠ECD＝45°，∠B＝∠CED，∵∠A＝25°，∴∠B＝90°﹣25°＝65°，∴∠CED＝65°，∴∠CDE＝180°﹣45°﹣65°＝70°，故答案为：70°．【考点8直角三角形的判定】42．（2023秋•浦北县期末）如图所示，在△ABC中，CB⊥AB，∠BAC＝45°，F是AB延长线上一点，点E在BC上，且AE＝CF．求证：Rt△ABE≌Rt△CBF．【答案】见解答．【解答】证明：∵CB⊥AB，∴∠ABC＝∠FBC＝90°，∵∠BAC＝45°，∴△ABC为等腰直角三角形，∴AB＝CB，在Rt△ABE和Rt△CBF中，，∴Rt△ABE≌Rt△CBF（HL）．43．（2023春•平江县期末）如图，已知∠A＝∠D＝90°，E、F在线段BC上，DE与AF 交于点O，且AB＝CD，BE＝CF．求证：Rt△ABF≌Rt△DCE．【答案】见试题解答内容【解答】证明：∵BE＝CF，∴BE+EF＝CF+EF，即BF＝CE，∵∠A＝∠D＝90°，∴△ABF与△DCE都为直角三角形，在Rt△ABF和Rt△DCE中，，∴Rt△ABF≌Rt△DCE（HL）．44．（2023秋•乾安县期末）如图，∠A＝∠B＝90°，E是AB上的一点，且AD＝BE，∠1＝∠2，求证：Rt△ADE≌Rt△BEC．【答案】见试题解答内容【解答】证明：∵∠1＝∠2，∴DE＝CE．∵∠A＝∠B＝90°，∴△ADE和△EBC是直角三角形，而AD＝BE．∴Rt△ADE≌Rt△BEC（HL）【考点9勾股定理的性质和应用】45．（2023秋•二道区期末）一直角三角形的两直角边长为6和8，则斜边长为（）A．10B．13C．7D．14【答案】A【解答】解：由勾股定理可得，斜边长为：＝10，故选：A．46．（2023秋•和平县期末）三个正方形的面积如图，中间三角形为直角三角形，则正方形B的面积为（）A．9B．144C．81D．12【答案】B【解答】解：如图，由正方形的性质可知，CD2＝81，CE2＝225，∵∠CDE＝90°，∴DE＝CE2﹣CD2＝225﹣81＝144，即正方形B的面积为144，故选：B．47．（2023秋•化州市期末）已知，如图长方形ABCD中，AB＝3cm，AD＝9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则△ABE的面积为（）A．3cm2B．4cm2C．6cm2D．12cm2【答案】C【解答】解：将此长方形折叠，使点B与点D重合，∴BE＝ED．∵AD＝9cm＝AE+DE＝AE+BE．∴BE＝9﹣AE，根据勾股定理可知AB2+AE2＝BE2．解得AE＝4．∴△ABE的面积为3×4÷2＝6（cm2）．故选：C．48．（2023秋•榆阳区校级期末）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O．若AD＝2，BC＝7，则AB2+CD2等于（）A．45B．49C．50D．53【答案】D【解答】解：在Rt△AOB与Rt△COD中，由勾股定理得，AB2＝OA2+OB2，CD2＝OD2+OC2，∴AB2+CD2＝OA2+OB2+OC2+OD2＝AD2+BC2＝22+72＝53，故选：D．49．（2023秋•成都期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，CD是斜边的高，则CD的长为（）A．B．C．5D．10【答案】A【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，∴AB＝＝10，∴△ABC的面积为×6×8＝×10×CD，∴CD＝．故选：A．【考点10勾股定理的证明】50．（2023秋•乌当区期末）如图所示的“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．该图由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b．若ab＝10，大正方形面积为25，则小正方形边长为（）A．B．2C．D．3【答案】C【解答】解：由题意可知：中间小正方形的边长为：a﹣b，∵每一个直角三角形的面积为：ab＝×10＝5，从图形中可得，大正方形的面积是4个直角三角形的面积与中间小正方形的面积之和，∴4×ab+（a﹣b）2＝25，∴（a﹣b）2＝25﹣20＝5，∵a﹣b＞0，∴a﹣b＝．故选：C．51．（2023秋•商水县期末）勾股定理是历史上第一个把数与形联系起来的定理，其证明是论证几何的发端，下面四幅图中不能证明勾股定理的是（）A．B．C．D．【答案】A【解答】解：A．大正方形的面积等于四个矩形的面积的和，∴（a+b）2＝a2+2ab+b2，以上公式为完全平方公式，∴A选项不能说明勾股定理；B．由图可知三个三角形的面积的和等于梯形的面积，∴ab+ab+c2＝（a+b）（a+b），整理得a2+b2＝c2，∴B选项可以证明勾股定理；C．大正方形的面积等于四个三角形的面积加小正方形的面积，∴4×ab+c2＝（a+b）2，整理得a2+b2＝c2，∴C选项可以证明勾股定理；D．整个图形的面积等于边长为b的正方形的面积+边长为a的正方形面积+2个直角三角形的面积，也等于边长为c的正方形面积+2个直角三角形的面积，∴b2+a2+2×ab＝c2+2×ab，整理得a2+b2＝c2，∴D选项可以证明勾股定理，故选：A．52．（2023秋•如皋市期末）如图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．若AC＝2，BC＝1，将四个直角三角形中边长为2的直角边分别向外延长一倍，得到图2所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是（）A．B．C．D．【答案】B【解答】解：如图，标上必要的字母，∵AC＝2，BC＝1，将四个直角三角形中边长为2的直角边分别向外延长一倍，∴AD＝AC＝2，CD＝2AC＝4，在Rt△BCD中，由勾股定理，得BD2＝BC2+CD2＝12+42＝17，所以BD＝，所以“数学风车”的外围周长是：（2+）×4＝8+4．故选：B．【考点11勾股定理的逆定理】53．（2023秋•泗阳县期末）下列各组线段，能组成直角三角形的是（）A．a＝1，b＝2，c＝2B．a＝2，b＝3，c＝5C．a＝2，b＝4，c＝5D．a＝3，b＝4，c＝5【答案】D【解答】解：A、∵12+22≠22，∴该三角形不是直角三角形，故此选项不符合题意；B、∵22+32≠52，∴该三角形不是直角三角形，故此选项不符合题意；C、∵22+42≠52，∴该三角形不是直角三角形，故此选项不符合题意；D、∵32+42＝52，∴该三角形是直角三角形，故此选项符合题意；故选：D．54．（2023秋•衡南县期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，CD＝12，AD＝13，求四边形ABCD的面积．【答案】见试题解答内容【解答】解：∵∠B＝90°，∴△ABC为直角三角形，又∵AB＝3，BC＝4，∴根据勾股定理得：AC＝＝5，又∵CD＝12，AD＝13，∴AD2＝132＝169，CD2+AC2＝122+52＝144+25＝169，∴CD2+AC2＝AD2，∴△ACD为直角三角形，∠ACD＝90°，＝S△ABC+S△ACD＝AB•BC+AC•CD＝×3×4+×5×12＝36．则S四边形ABCD故四边形ABCD的面积是36．55．（2023秋•新安县期末）如图，每个小正方形的边长为1．（1）求四边形ABCD的面积和各边边长．（2）∠BCD是直角吗？说明理由．【答案】（1）17.5，AB＝5，BC＝2，CD＝，AD＝5；（2））∠BCD是直角，理由见解答．【解答】解：（1）由勾股定理可得：AB2＝32+32＝18，则AB＝＝5，∵BC2＝42+22＝20，∴BC＝2，∵CD2＝22+12＝5，∴CD＝，∵AD2＝32+42＝25，∴AD＝5，四边形ABCD的面积为：7×5﹣（1×7+4×2+2×1+4×3）﹣3＝35﹣17.5＝17.5；（2）∠BCD是直角，理由如下：由（1）得：BC2＝20，CD2＝5，而BD2＝32+42＝25，故DC2+BC2＝BD2，则∠BCD＝90°．【考点12四种命题及其关系】56．（2023秋•渌口区期末）命题：“两直线平行，则同旁内角互补”的逆命题为同旁内角互补，两直线平行．【答案】见试题解答内容【解答】解：命题“两直线平行，同旁内角互补”的题设是“两直线平行”，结论是“同旁内角互补”，故其逆命题是“同旁内角互补，两直线平行”．故应填：同旁内角互补，两直线平行．57．（2023秋•杭州期末）命题“如果a2＝b2，那么a＝b”的逆命题是真命题（填“真”或“假”）．【答案】见试题解答内容【解答】解：“如果a2＝b2，那么a＝b”的逆命题是“如果a＝b，那么a2＝b2．”“如果a2＝b2，那么a＝b”的逆命题是真命题，故答案为：真．【考点13垂直平分线的性质】58．（2013秋•钦州期末）如图，已知AC﹣BC＝3，AB的垂直平分线分别交AB、AC于点D、E，△BCE的周长是15，则AC的长为（）A．6B．7C．8D．9【答案】D【解答】解：∵DE是AB的垂直平分线，∴EA＝EB，∵△BCE的周长是15，∴EC+EB+BC＝EC+EA+BC＝AC+BC＝15，则，解得，AC＝9，BC＝6，故选：D．59．（2023秋•定陶区期末）如图，兔子的三个洞口A、B、C构成△ABC，猎狗想捕捉兔子，必须到三个洞口的距离都相等，则猎狗应蹲守在（）A．三个角的角平分线的交点B．三条边的垂直平分线的交点C．三角形三条高的交点D．三角形三条中线的交点【答案】B【解答】解：猎狗到△ABC三个顶点的距离相等，则猎狗应蹲守在△ABC的三条边垂直平分线的交点．故选：B．60．（2023秋•丹江口市期末）如图，∠BAC＝140°，若DM和EN分别垂直平分AB和AC，则∠DAE等于（）A．100°B．90°C．80°D．70°【答案】A【解答】解：∵∠B+∠C+∠BAC＝180°，∠BAC＝140°，∴∠B+∠C＝40°，∴DM和EN分别垂直平分AB和AC，∴DA＝DB，EA＝EC，∴∠DAB＝∠B，∠EAC＝∠C，∴∠DAB+∠EAC＝∠B+∠C＝40°，∴∠DAE＝∠BAC﹣（∠DAB+∠EAC）＝140°﹣40°＝100°．故选：A．【考点14角平分线的性质】61．（2023秋•广州期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC的平分线BD交AC 于点D，若CD＝4cm，则点D到AB的距离DE是（）A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm【答案】C【解答】解：过D点作DE⊥AB于E，如图，∵∠ABC的平分线BD交AC于点D，DC⊥BC，DE⊥AB，∴DE＝DC＝4，即点D到AB的距离DE是4cm．故选：C．62．（2023秋•东胜区校级期末）小明同学只用两把完全相同的长方形直尺就可以作出一个角的平分线．如图：一把直尺压住射线OB，另一把直尺压住射线OA并且与第一把直尺交于点P，小明说：“射线OP就是∠BOA的角平分线．”他这样做的依据是（）A．在角的内部，到角的两边距离相等的点在角的平分线上B．角平分线上的点到这个角两边的距离相等C．三角形的三条高交于一点D．三角形三边的垂直平分线交于一点【答案】A【解答】解：由题意可知，点P到射线OB的距离是直尺的宽度，点P到射线OA的距离也是直尺的宽度，∴点P到射线OB，OA的距离相等，∴点P在∠BOA的平分线上（在角的内部，到角的两边距离相等的点在角的平分线上）．故选：A．63．（2023秋•义乌市期末）如图，△ABC中，AD为∠BAC的角平分线，DE⊥AB交AB 于点E，DF⊥AC交AC于点F．若△ABC面积为30cm2，AB＝8cm，AC＝7cm，则DE 的长为（）A．4cm B．3cm C．2cm D．5cm【答案】A【解答】解：∵AD为∠BAC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，∴DE＝DF，∴，∴，解得DE＝4cm，故选：A．64．（2023秋•韶关期末）如图，已知△ABC的周长是18cm，∠ABC和∠ACB的角平分线交于点O，OD⊥BC于点D，若OD＝3cm，则△ABC的面积是（）cm2．A．24B．27C．30D．33【答案】B【解答】解：过O点作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，连接OA，如图，∵OB平分∠ABC，OD⊥BC，OE⊥AB，∴OE＝OD＝3，同理可得OF＝OD＝3，＝S△OAB+S△OBC+S△OAC∴S△ABC＝×OE×AB+×OD×BC+×OF×AC＝（AB+BC+AC），∵△ABC的周长是18，＝×18＝27（cm2）．∴S△ABC故选：B．65．（2023秋•铜官区期末）如图，直线l1，l2，l3表示三条公路．现要建造一个中转站P，使P到三条公路的距离都相等，则中转站P可选择的点有（）A．一处B．二处C．三处D．四处【答案】D【解答】解：满足条件的有：（1）三角形两个内角平分线的交点，共一处；（2）三个外角两两平分线的交点，共三处．故选：D．66．（2023秋•梨树县期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于点E，点F在AC上，且BD＝DF．（1）求证：CF＝EB；（2）请你判断AE、AF与BE之间的数量关系，并说明理由．【答案】见试题解答内容【解答】证明：（1）∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，∠C＝90°，∴DC＝DE，在Rt△DCF和Rt△DEB中，，∴Rt△DCF≌Rt△DEB，∴CF＝EB；（2）AF+BE＝AE．∵Rt△DCF≌Rt△DEB，∴DC＝DE，∴Rt△DCA≌Rt△DEA（HL），∴AC＝AE，∴AF+FC＝AE，即AF+BE＝AE．67．（2023秋•金山区期末）如图，∠ABC和∠ACD的平分线交于点E，过E作EG⊥BA 交BA的延长线于点G，EF⊥AC交AC于点F．（1）求证：EG＝EF；（2）联结AE，求证：∠AEG＝∠AEF．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解答】证明：（1）如图，过点E作EH⊥BD于点H，∵BE平分∠ABC，EG⊥BA，EH⊥BD，∴EG＝EH，∵CE平分∠ACD，EF⊥AC，EH⊥CD，∴EF＝EH，∴EG＝EF．（2）∵EG⊥BA，EF⊥AC，∴∠AGE＝90°＝∠AFE，再Rt△AEG和Rt△AEF中，，∴Rt△AEG≌Rt△AEF（HL），∴∠AEG＝∠AEF．。
专题01 三角形-2021-2022学年八年级数学上学期期末解答题必刷专题训练(人教版)(解析版)
三角形1．如图，在四边形ABCD 中，90A C Ð=Ð=°，BE 平分ABC Ð，DF 平分ADC Ð．（1）求ABC ADC Ð+Ð的度数；（2）求证：BE DF ∥．【答案】（1）∠ABC +∠ADC =180°；（2）见解析．【分析】（1）根据四边形的内角和定理求出即可；（2）求出∠2=∠DFC ，根据平行线的判定推出即可．【详解】（1）解：∵∠A =∠C =90°，∴∠ABC +∠ADC =360°-90°-90°=180°；（2）证明：∵BE 平分∠ABC ，DF 平分∠ADC ，∴∠2=12∠ABC ，∠4=12∠ADC ，∵四边形ABCD 中，∠A =∠C =90°，∴∠4+∠DFC =90°，由（1）得∠ABC +∠ADC =180°，∴∠2+∠4=90°，∵∠4+∠DFC =90°，∴∠2=∠DFC ，∴BE ∥DF ．．【点睛】本题考查了平行线的判定，角平分线定义，三角形的内角和定理，四边形的内角和定理的应用，解此题的关键是求出∠EBC =∠DFC ．2．如图，在△ABC中，AE是角平分线，AD是高，∠BAC＝70°，∠EAD＝10°，求∠B的度数．【答案】45°【分析】∠BAC＝35°，那么∠BAD＝∠BAE＋∠EAD＝45°．根据AD是△ABC的高，根据AE是角平分线，得∠BAE＝12得∠ADC＝90°．根据三角形外角的性质，得∠ADC＝∠B＋∠BAD，那么∠B＝∠ADC−∠BAD＝45°．【详解】解：∵AE是角平分线，∴∠BAE＝1∠BAC＝35°．2∴∠BAD＝∠BAE＋∠EAD＝35°＋10°＝45°．∵AD是△ABC的高，∴∠ADC＝90°．∵∠ADC＝∠B＋∠BAD，∴∠B＝∠ADC−∠BAD＝90°−45°＝45°．【点睛】本题主要考查三角形的高、角平分线的定义、三角形外角的性质，熟练掌握三角形的高、角平分线的定义、三角形外角的性质是解决本题的关键．3．如图，AD为V ABC中线，AB＝12cm，AC＝9cm，V ACD的周长为27cm，求V ABD的周长．【答案】△ABD的周长为30cm【分析】利用中线定义可得BD=CD，进而可得AD+DC=AD+BD，然后再求△ABD的周长即可．【详解】解：∵△ACD的周长为27cm，∴AC+DC+AD=27cm，∵AC=9cm，∴AD+CD=18cm，∵AD为△ABC的中线，∴BD=CD，∴AD+BD=18cm，∵AB=12cm，∴AB+AD+BD=30cm，∴△ABD的周长为30cm．【点睛】此题主要考查了三角形的中线，关键是掌握三角形的中线定义．4．如图①，V ABC的角平分线BD、CE相交于点P．（1）如果∠A＝80°，求∠BPC的度数；（2）如图②，过P点作直线MN，分别交AB和AC于点M和N，且MN平行于BC，则有∠MPB+∠NPC＝90°﹣12∠A．①若将直线MN绕点P旋转，如图③，试探索∠MPB、∠NPC、∠A三者之间的数量关系是否依然成立，并说明理由；②当直线MN与AB的交点仍在线段AB上，而与AC的交点在AC的延长线上时，如图④，试问①中∠MPB、∠NPC、∠A三者之间的数量关系是否仍然成立？若不成立，请给出∠MPB、∠NPC、∠A三者之间的数量关系，并说明你的理由．【答案】（1）130°；（2）①仍然成立，见解析；②不成立，∠MPB﹣∠NPC＝90°﹣12∠A，见解析【分析】（1）运用三角形的内角和定理及角平分线的定义，首先求出∠1+∠2，进而求出∠BPC即可解决问题．（2）运用（1）中的结论，结合三角形的内角和定理逐一分类解析，即可解决问题．【详解】解：（1）如图①∵在△ABC中，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，且∠A＝80°，∴∠ABC+∠ACB＝100°，∵∠1＝12∠ABC，∠2＝12∠ACB，∴∠1+∠2＝12（∠ABC+∠ACB）＝12×100°＝50°，∴∠BPC ＝180°﹣（∠1+∠2）＝180°﹣50°＝130°．（2）①如图③，由（1）知：∠BPC ＝180°﹣（∠1+∠2）；∵∠1+∠2＝12（180°﹣∠A ）＝90°-12∠A ，∴∠BPC ＝180°﹣（90°﹣12∠A ）＝90°+12∠A ；∴∠MPB +∠NPC ＝180°﹣∠BPC ＝180°﹣（90°+12∠A ）＝90°﹣12∠A ．②不成立，∠MPB ﹣∠NPC ＝90°﹣12∠A ．如图④，由①知：∠BPC ＝90°+12∠A ，∴∠MPB ﹣∠NPC ＝180°﹣∠BPC＝180°﹣（90°+12∠A ）＝90°﹣12∠A ．【点睛】该题主要考查了三角形的内角和定理、角平分线的定义等几何知识点及其应用问题；牢固掌握三角形的内角和定理、角平分线的定义等几何知识点是基础，灵活运用是关键．5．如图，在△ABC 中，AE 是BC 边上的高，AD 是角平分线，∠B ＝42°，∠C ＝68°．①求∠DAE 的度数；②若∠B ＝α，∠C ＝β（α＜β），用含α，β的代数式表示∠DAE ．（直接写出结论）【答案】（1）13°（2）2b a -【分析】（1）根据三角形内角和定理求出∠BAC ，求出∠DAC ，根据三角形内角和定理求出∠AC ，代入∠DAE ＝∠DAC −∠EAC 求出即可．（2）同（1）的方法即可求解．【详解】解：（1）∵∠B ＝42°，∠C ＝68°，∴∠BAC ＝180°−∠B −∠C ＝70°，∵AD 是∠BAC 的平分线，∴∠DAC ＝12∠BAC ＝35°，∵AE 是BC 边上的高，∴∠AEC ＝90°，∵∠C ＝68°，∴∠EAC ＝180°−∠AEC −∠C ＝22°，∴∠DAE ＝∠DAC −∠EAC ＝35°−22°＝13°．（2）∵∠B ＝α，∠C ＝β，∴∠BAC ＝180°−∠B −∠C ＝180°−α−β，D 是∠BAC 的平分线，∴∠DAC ＝12∠BAC ＝90°−12α−12β，AE 是BC 边上的高，∴∠AEC ＝90°，∵∠C ＝β，∴∠EAC ＝180°−∠AEC −∠C ＝90°−β，∠DAE ＝∠DAC −∠EAC ＝（90°−12α−12β）−（90°−β）＝2b a -．【点睛】本题考查了三角形内角和定理的应用，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力．6．如图，在ABC V 中，BF 平分ABC Ð，CF 平分ACB Ð，65A Ð=°，求F Ð的度数．【答案】122.5°【分析】由题意直接根据三角形内角和定理和角平分线的定义进行分析，并利用角的等量替换即可得出答案.【详解】解：在ABC V 中，∵65A Ð=°（已知），∴180115ABC ACB A Ð+Ð=°-Ð=°（三角形内角和定理）．∵BF 平分ABC Ð，CF 平分ACB Ð（已知），∴12FBC ABC Ð=Ð，12FCB ACB Ð=Ð（角平分线的定义）．在FBC V 中，∵180F FBC FCB Ð+Ð+Ð=°（三角形内角和定理），∴(180)F FBC FCB Ð=°-Ð+Ð1118022ABC ACB æö=°-Ð+Ðç÷èø1180()2ABC ACB =°-Ð+Ð11801152=-´°122.5=°．【点睛】本题考查三角形内角和定理和角平分线的定义，熟练掌握三角形内角和定理和角平分线的定义是解题的关键.7．阅读下列材料：阳阳同学遇到这样一个问题：如图1，在ABC D 中AB AC =，BD 是ABC D 的高，P 是BC 边上一点，PM 、PN 分别与直线AB ，AC 垂直，垂足分别为点M 、N ．求证：BD PM PN =+．阳阳发现，连接AP ，有ABC ABP ACP S S S D D D =+，即111222AC BD AB PM AC PN ×=×+×．由AB AC =，可得BD PM PN =+．他又画出了当点P 在CB 的延长线上，且上面问题中其他条件不变时的图形，如图2所示，他猜想此时BD 、PM 、PN 之间的数量关系是：BD PN PM =-．请回答：（1）请补全阳阳同学证明猜想的过程；证明：连接AP ．ABC APC S S D D =-Q ________，1122AC BD AC \×=×________12AB -×________．AB AC =Q ，BD PN PM \=-．（2）参考阳阳同学思考问题的方法，解决下列问题：在ABC D 中，AB AC BC ==，BD 是ABC D 的高．P 是ABC D 所在平面上一点，PM 、PN 、PQ 分别与直线AB 、AC 、BC 垂直，垂足分别为点M 、N 、Q ．①如图3，若点P 在ABC D 的内部，猜想BD 、PM 、PN 、PQ 之间的数量关系并写出推理过程．②若点P 在如图4所示的位置，利用图4探究得此时BD 、PM 、PN 、PQ 之间的数量关系是：_______．（直接写出结论即可）【答案】（1）S △APB ；PN ；PM ；（2）①BD ＝PM ＋PN ＋PQ ，证明见解析②BD ＝PM ＋PQ −PN ．【分析】（1）根据图形，结合阅读材料填写即可；（2）①连接AP 、BP 、CP ，根据S △ABC ＝S △APC ＋S △APB ＋S △BPC 得出12AC •BD ＝12AC •PN ＋12AB •PM ＋12BC •PQ ，由AB ＝AC ＝BC ，即可得出BD ＝PM ＋PN ＋PQ ；②连接AP 、BP 、CP ，根据S △ABC ＝S △APB ＋S △BPC −S △APC ，得出12AC •BD ＝12AB •PM ＋12BC •PQ −12AC •PN ，由于AB ＝AC ＝BC ，即可证得BD ＝PM ＋PQ −PN ．【详解】解：（1）证明：连接AP ．∵S △ABC ＝S △APC −S △APB ，∴12AC •BD ＝12AC •PN −12AB •PM ．∵AB ＝AC ，∴BD ＝PN −PM ．故答案为：S △APB ；PN ；PM ；（2）①BD ＝PM ＋PN ＋PQ ；如图3，连接AP 、BP 、CP ，∵S △ABC ＝S △APC ＋S △APB ＋S △BPC ∴12AC •BD ＝12AC •PN ＋12AB •PM ＋12BC •PQ ，∵AB ＝AC ＝BC ，∴BD ＝PM ＋PN ＋PQ ；②BD ＝PM ＋PQ −PN ；如图4，连接AP 、BP 、CP ，∵S △ABC ＝S △APB ＋S △BPC −S △APC ．∴12AC •BD ＝12AB •PM ＋12BC •PQ −12AC •PN ，∵AB ＝AC ＝BC ，∴BD ＝PM ＋PQ −PN ．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，三角形的面积等，作出辅助线构建三个三角形是解题的关键．8．（1）如图1，在ABC V 中，BP 平分ABC Ð，CP 平分ACB Ð，求证：1902P A Ð=°+Ð；（2）如图2，在ABC V 中，BP 平分ABC Ð，CP 平分外角ACE Ð，猜想P Ð和A Ð有何数量关系，并证明你的结论．【答案】（1）见解析；（2）12P A Ð=Ð，证明见解析【分析】（1）根据三角形内角和定理以及角平分线的定义进行证明即可：（2）根据一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和，可求出A ACE ABC Ð=Ð-Ð，P PCE PBC Ð=Ð-Ð，再由角平分线的定义得到12PBC ABC Ð=Ð，12PCE ACE Ð=Ð， 则()11112222P ACE ABC ACE ABC A Ð=Ð-Ð=Ð-Ð=Ð．【详解】（1）证明：()180P PBC PCB Ð=-Ð+Ðo ，∵BP 平分ABC Ð，CP 平分ACB Ð，∴12PBC ABC Ð=Ð，12PCB ACB Ð=Ð，∴()111222PBC PCB ABC ACB ABC ACB Ð+Ð=Ð+Ð=Ð+Ð∴()11801802P PBC PCB ABC ACB Ð=--=-Ð+Ðo o ∠∠，∵=180ABC ACB A+-o ∠∠∠()11180180=9022P A A \Ð=--+Ðo o o ∠；（2）猜想：12P A Ð=Ð，证明：ACE A ABC Ð=Ð+ÐQ ，A ACE ABC \Ð=Ð-Ð，∵PCE P PBC Ð=Ð+Ð，∴P PCE PBC Ð=Ð-Ð，又BP 平分ABC Ð，CP 平分ACE Ð，∴12PBC ABC Ð=Ð，12PCE ACE Ð=Ð，()11112222P ACE ABC ACE ABC A \Ð=Ð-Ð=Ð-Ð=Ð，12P A \Ð=Ð．【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质，角平分线的定义，解题的关键在于能够熟练掌握角平分线的定义．9．如图，在ABC V 中，75A Ð=°，45C Ð=°，BE 是ABC V 的角平分线，BD 是边AC 上的高．（1）求CBE Ð的度数；（2）求DBE Ð的度数．【答案】（1）∠CBE =30°；（2）∠DBE =15°．【分析】（1）根据三角形内角和可求∠ABC =180°-∠A -∠C =180°-75°-45°=60°，然后根据角平分线∠CBE =11603022ABC Ð=´°=°；（2）先求∠DBC =90°-∠C=90°-45°=45°，再利用两角之差计算即可．【详解】解：（1）∵∠ABC +∠A +∠C =180°，75A Ð=°，45C Ð=°，∴∠ABC =180°-∠A -∠C =180°-75°-45°=60°，∵BE 是ABC V 的角平分线，∴∠CBE =11603022ABC Ð=´°=°；（2）∵BD ⊥AC ，∴∠BDC =90°，∴∠DBC +∠C =90°，∵45C Ð=°∴∠DBC =90°-∠C=90°-45°=45°，∴∠DBE =∠DBC -∠CBE =45°-30°=15°．【点睛】本题考查三角形内角和，角平分线定义，直角三角形两锐角互余，角的和差，掌握三角形内角和，角平分线定义，直角三角形两锐角互余，角的和差是解题关键．10．如图，在V ABC中，∠1＝∠2＝∠3．（1）求证：∠ABC＝∠EDF；（2）若∠ABC＝45°，∠DFE＝50°，求∠BAC的度数．【答案】（1）见解析；（2）85°【分析】（1）利用三角形的外角的性质可得∠EDF＝∠1＋∠ABD，再结合∠ABC＝∠2＋∠ABD，∠1＝∠2即可证得∠ABC ＝∠EDF；（2）先根据三角形的内角和定理求得∠DEF＝85°，再利用三角形的外角的性质结合∠1＝∠3即可求得答案．【详解】（1）证明：∵∠1＝∠2，∴∠1＋∠ABD＝∠2＋∠ABD，又∵∠EDF＝∠1＋∠ABD，∠ABC＝∠2＋∠ABD，∴∠ABC＝∠EDF；（2）解：∵∠ABC＝∠EDF，∠ABC＝45°，∴∠EDF＝45°，又∵∠DFE＝50°，∴∠DEF＝180°－∠DFE－∠EDF＝85°，∴∠EAC＋∠3＝∠DEF＝85°，又∵∠1＝∠3，∴∠BAC＝∠EAC＋∠1＝∠EAC＋∠3＝85°．【点睛】本题考查三角形内角和定理，三角形外角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握三角形内角和定理，属于中考常考题型．11．如图，在V ABC中，AD是BC边上的高，AE、BF分别是∠BAC、∠ABC的平分线，∠BAC＝56°，∠C＝70°．（1）求∠DAE的度数；（2）求∠BOA的度数．【答案】（1）8°；（2）125°【分析】（1）根据角平分线的定义求出∠CAE ，根据直角三角形两锐角互补可得CAD Ð，根据DAE CAE CAD Ð=Ð-Ð计算即可；（2）根据三角形内角和求出ABC Ð，根据角平分线的定义求出,BAO ABO ÐÐ的度数，然后根据三角形内角和可得结果．【详解】解：（1）∵∠BAC ＝56°，∠C ＝70°，AE 是∠BAC 的平分线，∴∠CAE ＝1282BAC Ð=°∵AD 是BC 边上的高，∴90ADC Ð=°，∴∠CAD ＝907020°-°=°，∴28208DAE CAE CAD Ð=Ð-Ð=°-°=°；（2）∵∠C ＝70°，∠BAC ＝56°，∴∠ABC ＝180°−70°−56°＝54°，∵BF 平分∠ABC ，∴1272ABO ABC Ð=Ð=°，∵AE 平分∠BAC ，1282OAB BAC Ð=Ð=°,∴∠BOA 180125ABO OAB =°-Ð-Ð=°．【点睛】本题考查的是三角形内角和定理，掌握三角形内角和等于180°是解题的关键．12．如图，△ABC 中，角平分线AD 、BE 、CF 相交于点H ，过H 点作HG ⊥AC ，垂足为G ，如果∠AHE=50度，求∠CHG 的度数．【答案】∠CHG =50°【分析】根据角平分线的定义可设可设=BAD CAD x =∠∠，=ABE CBE y Ð=Ð，=BCF ACF z Ð=Ð，则由三角形内角和定理可得90x y z ++=o ，再由三角形外角的性质可得==90AHE BAD ABE x y z ++=-o ∠∠∠，=90AGH ACF CHG +=o ∠∠∠，从而可以推出50CHG AHE Ð=Ð=o ．【详解】解：∵AD ，BE ，CF 为△ABC 的角平分线，∴可设=BAD CAD x =∠∠，=ABE CBE y Ð=Ð，=BCF ACF z Ð=Ð，∵=180ABC BAC ACB ++o ∠∠∠，∴222180x y z ++=o ，即90x y z ++=o ，∵==90AHE BAD ABE x y z ++=-o ∠∠∠，=90AGH ACF CHG +=o ∠∠∠，∴==90CHG AGH ACF z --o ∠∠∠，∴50CHG AHE Ð=Ð=o ．【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，三角形外角的性质，解题的关键在于能够熟练掌握角平分线的定义．13．已知，Rt △ABC 中，∠C ＝90°，点D 、E 分别是边AC ，BC 上的点，点P 是斜边AB 上一动点．令∠PDA ＝∠1，∠PEB ＝∠2，∠DPE ＝∠α．（1）如图①所示，当点P 运动至∠α＝50°时，则∠1+∠2＝ ；（2）如图②所示，当P 运动至AB 上任意位置时，试探求∠α，∠1，∠2之间的关系，并说明理由．【答案】（1）12140Ð+Ð=°;（2）1290a Ð+Ð=Ð+°，理由见解析【分析】（1）根据平角的定义求得1180,2180PDC PEC Ð+Ð=°Ð+Ð=°，进而根据四边形的内角和等于360°，以及∠α＝50°，即可求得∠1+∠2的值；（2）方法同（1）．【详解】（1）Q 1180,2180PDC PEC Ð+Ð=°Ð+Ð=°，12360PDC PEC \Ð+Ð+Ð+Ð=°，在四边形CEPD 中，360C PDC PEC a Ð+Ð+Ð+Ð=°，12C a \Ð+Ð=Ð+Ð，Q ∠α＝50°，90C Ð=°，\12140Ð+Ð=°，故答案为：140°（2）1290a Ð+Ð=Ð+°，理由如下，Q Q 1180,2180PDC PEC Ð+Ð=°Ð+Ð=°，12360PDC PEC \Ð+Ð+Ð+Ð=°，在四边形CEPD 中，360C PDC PEC a Ð+Ð+Ð+Ð=°，12C a \Ð+Ð=Ð+Ð，Q 90C Ð=°，\1290a Ð+Ð=Ð+°【点睛】本题考查了平角的定义，四边形内角和为360°，掌握四边形的内角和是解题的关键．14．如图，AD 是△ABC 的角平分线，CE 是△ABC 的高，∠BAC ＝50°，∠BCE ＝25°，求∠AOC 和∠ADB 的度数．【答案】∠AOC 的度数为115°，∠ADB 的度数为90°【分析】根据AD是△ABC的角平分线，CE是△ABC的高，∠BAC＝50°可得∠BAD＝∠CAD＝25°，∠CEA＝90°，从而求得∠ACE的度数，由此可得∠AOC的度数，又因为∠BCE＝25°，∠ADB＝∠BCE+∠ACE+∠CAD，从而求得∠ADB的度数．【详解】解：∵AD是△ABC的角平分线，∠BAC＝50°，∴∠BAD＝∠CAD＝12∠BAC＝25°，∵CE是△ABC的高，∴∠CEA＝90°，∴∠ACE＝90°－∠BAC＝40°，∴∠AOC＝180°－∠ACE－∠CAD＝180°－40°－25°＝115°，∵∠BCE＝25°，∠ACE＝40°，∠CAD＝25°，∴∠ADB＝∠BCE+∠ACE+∠CAD＝25°+40°+25°＝90°，答：∠AOC的度数为115°，∠ADB的度数为90°．【点睛】本题考查三角形的内角和、三角形的平分线和高的定义以及三角形的一个外角等于和它不相邻的内角的和，关键是根据具体目中的信息，灵活变化，求出相应的问题的答案．15．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CD，CE分别是△ABC的高和中线，F是CB的延长线上一点．(1)若∠ACD=53°，求∠ABF的度数；(2)若BC=6 cm，AC=8 cm，AB=10 cm，求CD的长和△BCE的面积．【答案】（1）127°；（2）24cm5CD=，212cmBCES=V【分析】（1）结合CD为△ABC的高，先求出∠A，然后结合三角形的外角定理求解即可；（2）先根据等面积法求出CD，然后结合中线的性质求出BE，从而利用三角形的面积公式求解即可．【详解】解：（1）∵CD 为△ABC 的高，∴CD ⊥AB ，∠ADC =90°，∵∠ACD =53°，∴∠A =180°-90°-53°=37°，∵∠ABF 为△ABC 的外角，∴∠ABF =∠A +∠ACB =37°+90°=127°；（2）由题意，1122ABC S AC BC AB CD ==V g g ，∴6824cm 105AC BC CD AB ´===g ，∵CE 是△ABC 的中线，∴E 为AB 的中点，即：152AE BE AB ===，∴21124512cm 225BCE S BE CD ==´´=V g ．【点睛】本题考查三角形中线，高相关的定义与计算，理解三角形中重要线段的定义与性质，熟悉等面积法是解题关键．16．如图，在△ABC 中，30A Ð=°，60B Ð=°，CF 平分ACB Ð交AB 于点E ．（1）求ACE Ð的度数：（2）若CD AB ^于点D ，75CDF Ð=°．判断△CFD 的形状，并说明理由．【答案】（1）45ACE Ð=°；（2）CFD △是直角三角形，理由见解析．【分析】（1）依据三角形内角和定理以及角平分线的定义，即可得到ACE Ð的度数．（2）依据三角形内角和定理以及直角三角形的性质，即可得到DCF Ð的度数，进而得出CFD Ð的度数．【详解】解：（1）ABC QV 中，30A Ð=°，60B Ð=°，180306090ACB \Ð=°-°-°=°，又CE Q 平分ACB Ð，1452ACE ACB \Ð=Ð=°，即45ACE Ð=°；（2）CFD △是直角三角形，理由：CD AB ^Q 于点D ，60B Ð=°，906030BCD \Ð=°-°=°，又45BCE ACE Ð=Ð=°Q ，15DCF BCE BCD \Ð=Ð-Ð=°，又75CDF Ð=°Q ，180751590CFD \Ð=°-°-°=°，CFD \△是直角三角形．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，直角三角形的性质，角平分线定义等知识点，关键是求出各个角的度数．17．已知，如图，在△ABC 中，AD ，AE 分别是△ABC 的高和角平分线，若∠B ＝30°，∠C ＝50°．（1）求∠DAE 的度数．（2）试写出∠DAE 与∠C －∠B 有何关系，给出证明．【答案】（1）10°；（2）()1,2DAE C B Ð=Ð-Ð证明见解析【分析】（1）先求解,,BAC CAE ÐÐ 再求解,CAD Ð 再利用角的和差可得答案；（2）先求解()190,90,2CAE B C DAC C Ð=°-Ð+ÐÐ=°-Ð 再利用角的和差可得结论.【详解】解：（1）Q ∠B ＝30°，∠C ＝50°，180100,BAC B C \Ð=°-Ð-Ð=°Q AD ，AE 分别是 △ ABC 的高和角平分线，150,90,2BAE CAE BAC ADE ADC \Ð=Ð=Ð=°Ð=Ð=° 905040,DAC \Ð=°-°=°504010.DAE EAC DAC \Ð=Ð-Ð=°-°=°（2）()1,2DAE C B Ð=Ð-Ð 理由如下：Q AD ，AE 分别是 △ ABC 的高和角平分线。
八年级数学专题01 三角形的基础(专题测试)(解析版)
专题01 三角形的基础（满分：100分时间：90分钟）班级_________ 姓名_________ 学号_________ 分数_________一、单选题(共12小题，每小题4分，共计48分)1．（2020·南山区期中）有下列长度的三条线段，其中能组成三角形的是( )A．3cm、6cm、10cm B．10cm、4cm、6cmC．3cm、1cm、1cm D．4cm、6cm、9cm【答案】D【详解】解：A、3+6＜10，不能组成三角形；B、4+6=10，不能组成三角形；C、1+1＜3，不能组成三角形；D、4+6＞9，9-6＜4，能组成三角形；故选D.2．（2020·汶川县期末）小颖用长度为奇数的三根木棒搭一个三角形，其中两根木棒的长度分别为7cm和3cm，则第三根木棒的长度是（）A．7cm B．8cm C．11cm D．13cm【答案】A【详解】解：设第三根木棒长为xcm,根据三角形的三边关系，得7-3<x<7+3，即4<x<10．又∵x为奇数，∴第三根木棒的长度可以为5cm，7cm，9cm．故选A．3．（2020·射阳县期中）如果三角形的两边长分别为5和7，第三边长为偶数，那么这个三角形的周长可以是（）A．10 B．11 C．16 D．26【答案】C【详解】设第三边为acm，根据三角形的三边关系知，2＜a＜12，由于第三边的长为偶数，则a 可以为4cm 或6cm 或8cm 或10cm ．∴三角形的周长是 5+7+4=16cm 或5+7+6=18cm 或5+7+8=20cm 或5+7+10=22cm ． 故选C ．4．（2020·铜仁市期末）在一次数学实践活动中，杨阳同学为了估计一池塘边,A B 两点间的距离，如下图，先在池塘边取一个可以直接到达A 点和B 点的点,C 连结,CA CB 、测得15,12CA m CB m ==，则,A B 间的距离不可能是（ ）A ．20mB ．24mC ．25mD ．28m【答案】D 【详解】 解：∵中，15,12CA m CB m ==∴15－12＜AB ＜15＋12 ∴3＜AB ＜27由各选项可知：只有D 选项不在此范围内 故选D ．5．（2019潍坊市期末）将一个三角形纸片剪开分成两个三角形，这两个三角形不可能是（ ） A ．都是锐角三角形 B ．都是直角三角形C ．都是钝角三角形D ．是一个直角三角形和一个钝角三角形【答案】A 【详解】如图，沿三角形一边上的高剪开即可得到两个直角三角形．如图，钝角三角形沿虚线剪开即可得到两个钝角三角形．如图，直角三角形沿虚线剪开即可得到一个直角三角形和一个钝角三角形．因为剪开的边上的两个角互补，故这两个三角形不可能都是锐角三角形．故选A．6．（2018·浦东新区期末）设M表示直角三角形，N表示等腰三角形，P表示等边三角形，Q表示等腰直角三角形．下列四个图中，能正确表示它们之间关系的是（）A．B．C．D．【答案】C【详解】解：根据各类三角形的概念可知，C可以表示它们彼此之间的包含关系．故选：C．7．（2020·长沙市期末）如图，ABCD中，对角线AC和BD交于点O，若AC=8，BD=6，则边AB长的取值范围是（）A．1＜AB＜7 B．2＜AB＜14 C．6＜AB＜8 D．3＜AB＜4【答案】A【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO=12AC,BO=12BD，∵AC=8，BD=6，∴AO=4，BO=3，∴4−3<AB<4+3，解得：1<AB<7.故答案为：A8．（2020·周口市期末）下列说法：（1）一个等边三角形一定不是钝角三角形；（2）一个钝角三角形一定不是等腰三角形；（3）一个等腰三角形一定不是锐角三角形；（4）一个直角三角形一定不是等腰三角形．其中正确的有（）个A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【详解】解：（1）一个等边三角形一定不是钝角三角形，原命题是真命题；（2）一个钝角三角形不一定不是等腰三角形，原命题是假命题；（3）一个等腰三角形不一定不是锐角三角形，原命题是假命题；（4）一个直角三角形不一定不是等腰三角形，原命题是假命题；故选：A．9．（2020·南宁市期末）现有2cm，4 cm，5 cm，8 cm长的四根木棒，任选三根组成一个三角形，那么可以组成三角形的个数为（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】B【解析】试题分析：其中的任意三条组合有2cm、4cm、5cm；2cm、4cm、8cm；4cm、5cm、8cm；2cm、5cm、8cm 共四种情况，根据三角形的三边关系，则2cm、4cm、5cm；4cm、5cm、8cm符合，故选B．10．（2019·大同市期中）如图，工人师傅做了一个长方形窗框ABCD，E，F，G，H分别是四条边上的中点，为了稳固，需要在窗框上钉一根木条，这根木条不应钉在( )A．G，H两点处B．A，C两点处C．E，G两点处D．B，F两点处【答案】C【详解】A选项：若钉在G、H两点处则构成了三角形，能固定窗框，故不符合题意；B选项：若钉在A、C两点处则构成了三角形，能固定窗框，故不符合题意；C选项：若钉在E、G两点处则构成了两个四边形，不能固定窗框，故符合题意；D选项：若钉在B、F两点处则构成了三角形，能固定窗框，故不符合题意；故选C.11．（2018·武昌区期中）下列图形中，不是运用三角形的稳定性的是（）A．房屋顶支撑架B．自行车三脚架C．拉闸门D．木门上钉一根木条【答案】C【详解】伸缩的拉闸门是利用了四边形的不稳定性，A、B、D都是利用了三角形的稳定性．故选C．12．（2020·赤峰市期末）下列图形中，不具有稳定性的是（）A．B．C．D．【答案】B【详解】A、可以看成两个三角形，而三角形具有稳定性，则这个图形一定具有稳定性，故本选项错误；B、可以看成一个三角形和一个四边形，而四边形不具有稳定性，则这个图形一定不具有稳定性，故本选项正确；C、可以看成三个三角形，而三角形具有稳定性，则这个图形一定具有稳定性，故本选项错误；D、可以看成6个三角形，而三角形具有稳定性，则这个图形一定具有稳定性，故本选项错误．故选：B．二、填空题(共5小题，每小题5分，共计20分)13．（2020·汶川县期末）若（a﹣4）2+|b﹣9|=0，则以a、b为边长的等腰三角形的周长为_______．【答案】22【详解】解：根据题意得，a -4=0，b -9=0， 解得a =4，b =9，① 若a =4是腰长，则底边为9，三角形的三边分别为4、4、9，不能组成三角形，② 若b =9是腰长，则底边为4，三角形的三边分别为9、9、4，能组成三角形， 周长=9+9+4=22． 14．（2020·菏泽市期末）三角形的两条边长分别是2cm ，8cm ，第三边为奇数，则其周长为________． 【答案】17cm 或19cm 【详解】解：8-2＜第三边＜8+2⇒6＜第三边＜10，这个范围的奇数是7和9，所以三角形的周长是2+8+7=17（cm ）或2+8+9=19（cm ） 故答案为：17cm 或19cm ．15．（2020·苏州市期末）等腰三角形的两边长分别是3和7，则其周长为 ． 【答案】17 【解析】试题分析：因为边为3和7，没明确是底边还是腰，所以有两种情况，需要分类讨论： 当3为底时，其它两边都为7，3、7、7可以构成三角形，周长为17； 当3为腰时，其它两边为3和7，3+3=6＜7，所以不能构成三角形，故舍去． ∴等腰三角形的周长为17．16．（2020·朝阳市期末）如果三条线段,,a b c 可组成三角形，且3a =，4b =，c 是奇数，则c =__________． 【答案】3或5 【详解】因为三条线段,,a b c 可组成三角形，且3a =，4b =， 所以b a c a b -<<+，即17c <<， 因为c 是奇数， 所以c =3或5， 故答案为：3或5．17．（2020·临沂市期末）如图所示，要使一个六边形木架在同一平面内不变形，至少还要再钉上 _____根木条．【答案】3 【详解】如图，过左上角的A 点分别钉三根木条AB 、AC 、AD 即可把六边形木架变成三个不重叠的三角形．故答案为3．三、解答题(共4小题，每小题8分，共计32分)18．（2018·邵阳市期末）小辉用7根木条钉成一个七边形的木架，他为了使该木架稳固，想在其中加上四根木条，请你在图1、2、3中画出你的三种想法，并说明加上木条后使该木架稳固所用的数学道理．【答案】答案见解析． 【解析】试题分析：根据三角形具有稳定性进行画图即可． 解：如图所示：19．（2020·钦州市期末）已知a ，b ，c 分别为△ABC 的三条边，且满足23a b c +=-，26a b c -=-，a b >． （1）求c 的取值范围．（2）若ABC ∆的周长为12，求c 的值． 【答案】（1）36c <<；（2）5c =． 【详解】解：（1）∵a ，b ，c 分别为ABC ∆的三条边，且23a b c +=-，26a b c -=-，∴23,26,c c c c ->⎧⎨-<⎩解得36c <<． 故答案为：36c <<．（2）∵ABC ∆的周长为12，23a b c +=-， ∴3312a b c c ++=-=， 解得5c =． 故答案为：5c =．20．（2020·赤峰市期末）平面内有四个点A ，B,C ，D ，用它们作顶点可以组成几个三角形？画出图形，并写出存在的三角形．（只写含已知字母的）【答案】详见解析，分别是：△ABC ，△ACD ，△ABD ； 【详解】答：按点共线分类，可分为三种情形：（1）四点共线． 四个点A 、B 、C 、D 在同一条直线上，不能组成三角形；（2）三点共线． 四个点A 、B 、C 、D 中有且仅有三个点（例如B 、C 、D ）在同一条直线上，如图1所示，可组成三个三角形,分别是：△ABC ，△ACD ，△ABD ；（3）任意三点不共线． 四个点A 、B 、C 、D 中任何三个点都不在同一条直线上，如图2所示，可组成四个三角形，分别是：△ABC ，△ABD ，△ACD ，△BCD ．21．（2020·十堰市期中）已知a 、b 、c 是三角形三边长，试化简：|b +c ﹣a |+|b ﹣c ﹣a |+|c ﹣a ﹣b |﹣|a ﹣b +c |． 【答案】2b新人教部编版初中数学“活力课堂”精编试题【详解】∵b+c-a>0, b-c-a<0. c-a-b<0, a-b+c>0，∴|b+c-a|+|b-c-a|+|c-a-b|-|a-b+c|=(b+c-a)-(b-c-a)-(c-a-b)-(a-b+c)=(b+c-a-b+c+a-c+a+b-a+b-c=2b。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
【2019年中考数学几何变形题归类辅导】专题1：构造等边三角形【典例引领】例：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，E是对角线AC上一点，F是线段BC延长线上一点，且CF=AE，连接BE、EF。
（1）若E是线段AC的中点，如图1，易证：BE=EF（不需证明）；（2）若E是线段AC或AC延长线上的任意一点，其它条件不变，如图2、图3，线段BE、EF有怎样的数量关系，直接写出你的猜想；并选择一种情况给予证明。
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【分析】首先构造全等三角形，过点E作EG∥BC，可得到△AGE是等边三角形，就可证出BGE≌△ECF，进而得出BE=EF【解答】证明：（2）图2：BE=EF．图3：BE=EF．图2证明如下：过点E作EG∥BC，交AB于点G∵四边形ABCD为菱形∴AB=BC又∵∠ABC=60°∴ΔABC是等边三角形∴AB=AC ∠ACB=60°又∵EG∥BC ∴∠AGE=∠ABC=60°又∵∠BAC=60°∴△AGE是等边三角形∴AG=AE，∴BG=CE又∵CF=AE ∴GE=CF又∵∠BGE=∠ECF=120°∴△∴BGE≌△ECF（SAS）∴BE=EF图3证明如下：过点E作EG∥BC交AB延长线于点G∵四边形ABCD为菱形∴AB=BC又∵∠ABC=60°∴△ABC是等边三角形∴AB=AC ∠ACB=60°又∵EG∥BC∴∠AGE=∠ABC=60°又∵∠BAC=60°∴△AGE是等边三角形∴AG=AE ∴BG=CE又∵CF=AE∴GE=CF ∵∠AGE =∠ECF=60°∴△BGE≌△ECF（SAS）∴BE=EF【强化训练】1．如图，△ABC中，AB=BC，BD⊥AC于点D，∠FAC=∠ABC，且∠FAC在AC下方．点P，Q分别是射线BD，射线AF上的动点，且点P不与点B重合，点Q不与点A重合，连接CQ，过点P作PE⊥CQ于点E，连接DE．（1）若∠ABC=60°，BP=AQ．①如图1，当点P在线段BD上运动时，请直接写出线段DE和线段AQ的数量关系和位置关系；②如图2，当点P运动到线段BD的延长线上时，试判断①中的结论是否成立，并说明理由；（2）若∠ABC=2α≠60°，请直接写出当线段BP和线段AQ满足什么数量关系时，能使（1）中①的结论仍然成立（用含α的三角函数表示）．【答案】（1）①DE=AQ，DE∥AQ，理由见解析；②E∥AQ，DE=AQ，理由见解析；（2）AQ=2BP•sin α，理由见解析.【分析】（1）①先判断出△ABC是等边三角形，进而判断出∠CBP=∠CAQ，即可判断出△BPC≌△AQC，再判断出△PCQ是等边三角形，进而得出CE=QE，即可得出结论；②同①的方法即可得出结论；（2）先判断出，∠PAQ=90°﹣∠ACQ，∠BAP=90°﹣∠ACQ，进而得出∠BCP=∠ACQ，即可判断出进而判断出△BPC∽△AQC，最后用锐角三角函数即可得出结论．【解答】（1）①DE=AQ，DE∥AQ，理由：如图1，连接PC，PQ，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，AC=BC，∵AB=BC，BD⊥AC，∴AD=CD，∠ABD=∠CBD=∠BAC，∵∠CAF=∠ABC，∴∠CBP=∠CAQ，在△BPC和△AQC中，，∴△BPC≌△AQC（SAS），∴PC=QC，∠BPC=∠ACQ，∴∠PCQ=∠PCA+∠AQC=∠PCA+∠BCP=∠ACB=60°，∴△PCQ是等边三角形，∵PE⊥CQ，∴CE=QE，∵AD=CD，∴DE=AQ，DE∥AQ；②DE∥AQ，DE=AQ，理由：如图2，连接PQ，PC，同①的方法得出DE∥AQ，DE=AQ；（2）AQ=2BP•sinα，理由：连接PQ，PC，要使DE=AQ，DE∥AQ，∵AD=CD，∴CE=QE，∵PE⊥CQ，∴PQ=PC，易知，PA=PC，∴PA=PE=PC∴以点P为圆心，PA为半径的圆必过A，Q，C，∴∠APQ=2∠ACQ，∵PA=PQ，∴∠PAQ=∠PQA=（180°﹣∠APQ）=90°﹣∠ACQ，∵∠CAF=∠ABD，∠ABD+∠BAD=90°，∴∠BAQ=90°，∴∠BAP=90°﹣∠PAQ=90°﹣∠ACQ，易知，∠BCP=∠BAP，∴∠BCP=∠ACQ，∵∠CBP=∠CAQ，∴△BPC∽△AQC，∴，在Rt△BCD中，sinα=，∴=2×=2sinα，∴AQ=2BP•sinα．2．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，点P为直线BC上的动点（不与点B、点C重合），连接OC、OP，将线段OP绕点P顺时针旋转60°，得到线段PQ，连接BQ．（1）如图1，当点P在线段BC上时，请直接写出线段BQ与CP的数量关系．（2）如图2，当点P在CB延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；（3）如图3，当点P在BC延长线上时，若∠BPO=15°，BP=4，请求出BQ的长．【答案】（1）BQ=CP；（2）成立：PC=BQ；（3）．【分析】（1）结论：BQ=CP．如图1中，作PH∥AB交CO于H，可得△PCH是等边三角形，只要证明△POH≌△QPB即可；（2）成立：PC=BQ．作PH∥AB交CO的延长线于H．证明方法类似（1）；（3）如图3中，作CE⊥OP于E，在PE上取一点F，使得FP=FC，连接CF．设CE=CO=a，则FC=FP=2a，EF=a，在Rt△PCE中，表示出PC，根据PC+CB=4，可得方程，求出a即可解决问题；【解答】解：（1）结论：BQ=CP．理由：如图1中，作PH∥AB交CO于H．在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO是等边三角形，∴∠CHP=∠COB=60°，∠CPH=∠CBO=60°，∴∠CHP=∠CPH=60°，∴△CPH是等边三角形，∴PC=PH=CH，∴OH=PB，∵∠OPB=∠OPQ+∠QPB=∠OCB+∠COP，∵∠OPQ=∠OCP=60°，∴∠POH=∠QPB，∵PO=PQ，∴△POH≌△QPB，∴PH=QB，∴PC=BQ．（2）成立：PC=BQ．理由：作PH∥AB交CO的延长线于H．在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO是等边三角形，∴∠CHP=∠COB=60°，∠CPH=∠CBO=60°，∴∠CHP=∠CPH=60°，∴△CPH是等边三角形，∴PC=PH=CH，∴OH=PB，∵∠POH=60°+∠CPO，∠QPO=60°+∠CPQ，∴∠POH=∠QPB，∵PO=PQ，∴△POH≌△QPB，∴PH=QB，∴PC=BQ．（3）如图3中，作CE⊥OP于E，在PE上取一点F，使得FP=FC，连接CF．∵∠OPC=15°，∠OCB=∠OCP+∠POC，∴∠POC=45°，∴CE=EO，设CE=CO=a，则FC=FP=2a，EF=a，在Rt△PCE中，PC===，∵PC+CB=4，∴，解得a=，∴PC=，由（2）可知BQ=PC，∴BQ=．3．在菱形中，,点是射线上一动点，以为边向右侧作等边，点的位置随点的位置变化而变化.（1）如图1，当点在菱形内部或边上时，连接，与的数量关系是，与的位置关系是；（2）当点在菱形外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由(选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理).(3) 如图4，当点在线段的延长线上时，连接，若,,求四边形的面积.【答案】（1）BP=CE；CE⊥AD；（2）成立，理由见解析；（3）.【分析】（1）①连接AC，证明△ABP≌△ACE，根据全等三角形的对应边相等即可证得BP=CE；②根据菱形对角线平分对角可得，再根据△ABP≌△ACE，可得，继而可推导得出，即可证得CE⊥AD；（2）(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，利用（1）的方法进行证明即可；（3）连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，由已知先求得BD=6，再利用勾股定理求出CE的长，，进行计算即可得. AP长，由△APE是等边三角形，求得，的长，再根据四【解答】（1）①BP=CE，理由如下：连接AC，∵菱形ABCD，∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°，∵△APE是等边三角形，∴AP=AE ，∠PAE=60°，∴∠BAP=∠CAE，∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE；②CE⊥AD ，∵菱形对角线平分对角，∴，∵△ABP≌△ACE，∴，∵，∴，∴＋，∴，∴CF⊥AD ，即CE⊥AD；（2）(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，理由如下：连接AC，∵菱形ABCD，∠ABC=60°，∴△ABC和△ACD都是等边三角形，∴AB=AC，∠BAD=120°，∠BAP=120°＋∠DAP，∵△APE是等边三角形，∴AP=AE ，∠PAE=60°，∴∠CAE=60°＋60°＋∠DAP=120°＋∠DAP，∴∠BAP=∠CAE，∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE，，∴∠DCE=30°，∵∠ADC=60°，∴∠DCE＋∠ADC=90°，∴∠CHD=90°，∴CE⊥AD，∴(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立；(3) 连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BD平分∠ABC ，∵∠ABC=60°，，∴∠ABO=30°，∴，BO=DO=3，∴BD=6，由(2)知CE⊥AD，∵AD∥BC，∴CE⊥BC，∵，，∴－，由(2)知BP=CE=8，∴DP=2，∴OP=5，∴＋，∵△APE是等边三角形，∴，，，∵四，∴四===，∴四边形ADPE的面积是.4．已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A在x轴的负半轴上，直线y=﹣x+与x轴、y 轴分别交于B、C两点，四边形ABCD为菱形．（1）如图1，求点A的坐标；（2）如图2，连接AC，点P为△ACD内一点，连接AP、BP，BP与AC交于点G，且∠APB=60°，点E 在线段AP上，点F在线段BP上，且BF=AE，连接AF、EF，若∠AFE=30°，求AF2+EF2的值；（3）如图3，在（2）的条件下，当PE=AE时，求点P的坐标．【答案】（1）A（﹣，0）．（2）49；（3）P（﹣，3）【分析】（1）利用勾股定理求出BC的长即可解决问题；（2）如图2中，连接CE、CF．证明△CEF是等边三角形，AF⊥CF即可解决问题；（3）如图3中，延长CE交FA的延长线于H，作PQ⊥AB于Q，PK⊥OC于K，在BP设截取BT=PA，连接AT、CT、CF、PC．证明△APF是等边三角形，AT⊥PB即可解决问题；【解答】（1）如图1中，∵y=-﹣x+，∴B（，0），C（0，），∴BO=，OC=，在Rt△OBC中，BC==7，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=7，∴OA=AB-OB=7-=，∴A（-，0）．（2）如图2中，连接CE、CF．∵OA=OB，CO⊥AB，∴AC=BC=7，∴AB=BC=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠APB=∠ACB，∵∠PAG+∠APB=∠AGB=∠CBG+∠ACB，∴∠PAG=∠CBG，∵AE=BF，∴△ACE≌△BCF，∴CE=CF，∠ACE=∠BCF，∴∠ECF=∠ACF+∠ACE=∠ACF+∠BCF=∠ACB=60°，∴△CEF是等边三角形，∴∠CFE=60°，EF=FC，∵∠AFE=30°，∴∠AFC=∠AFE+∠CFE=90°，在Rt△ACF中，AF2+CF2=AC2=49，∴AF2+EF2=49．（3）如图3中，延长CE交FA的延长线于H，作PQ⊥AB于Q，PK⊥OC于K，在BP设截取BT=PA，连接AT、CT、CF、PC．∵△CEF是等边三角形，∴∠CEF=60°，EC=CF，∵∠AFE=30°，∠CEF=∠H+∠EFH，∴∠H=∠CEF-∠EFH=30°，∴EH=EF，∴EC=EH，∵PE=AE，∠PEC=∠AEH，∴△CPE≌△HAE，∴∠PCE=∠H，∴PC∥FH，∵∠CAP=∠CBT，AC=BC，∴△ACP≌△BCT，∴CP=CT，∠ACP=∠BCT，∴∠PCT=∠ACB=60°，∴△CPT是等边三角形，∴CT=PT，∠CPT=∠CTP=60°，∵CP∥FH，∴∠HFP=∠CPT=60°，∵∠APB=60°，∴△APF是等边三角形，∴∠CFP=∠AFC-∠∠AFP=30°，∴∠TCF=∠CTP-∠TFC=30°，∴∠TCF=∠TFC，∴TF=TC=TP，∴AT⊥PF，设BF=m，则AE=PE=m，∴PF=AP=2m，TF=TP=m，TB=2m，BP=3m，在Rt△APT中，AT=m，在Rt△ABT中，∵AT2+TB2=AB2，∴（m）2+（2m）2=72，解得m=或-（舍弃），∴BF=，AT=，BP=3，sin∠ABT=，∵OK=PQ=BP•sin∠PBQ=3×=3，BQ==6，∴OQ=BQ-BO=6-=，∴P（-，3）。