专题1.3 三角形的初步认识 重难点题型11个-2022-2023学年八年级数学上册重难题型全归纳及技巧提升专项精练（浙教版）


专题1.3 三角形的初步认识 重难点题型11个
重难点题型
题型1 三角形三边关系及其运用
性质：两边之差的绝对值<第三边<两边之和
解题技巧：（1）已知两条边，根据限定条件求第三条边，求解完成后，切勿忘记要验证三边是否能构成三角形。（2）题干告知为等腰三角形，但未告知哪条边是腰时，往往有多解。最后，也需验证三边是否能构成三角形。（3）遇到证明边之间大小关系的题型，想办法构造三角形，将需要证明的边转化到同一个三角形中，利用三角形两边的和大于第三边，三角形两边的差小于第三边解题.
1．（2022·淮北市八年级期末）以下列长度的各组线段为边，能组成三角形的是（ ）
A．，， B．，， C．，， D．，，
【答案】D
【分析】根据三角形任意两边的和大于第三边，进行分析判断．
【详解】解：A、1＋2=3，故不能构成三角形，选项错误；B、2＋3＝5，故不能构成三角形，选项错误；
C、5＋6＜12，故不能构成三角形，选项错误；D、4+6＞8，能构成三角形，选项正确，故选：D．
【点睛】本题考查了能够组成三角形三边的条件．注意：用两条较短的线段相加，如果大于最长那条就能够组成三角形．
2．（2022·上海徐汇·七年级期中）其中两条边长分别为和4，第三条边长为整数的三角形共有____个．
【答案】5
【分析】根据三角形的三边关系求得第三边的取值范围，再根据第三条边长为整数，即可求解．
【详解】解：设第三条边长为x∵三角形的两条边长分别为和4，∴
∵第三条边长为整数，∴x=2或3或4或5或6．∴第三条边长为整数的三角形共有5个．故答案为：5．
【点睛】此题考查了三角形的三边关系：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．也考查了无理数的估算，熟练掌握三角形的三边关系是解题关键．
3．（2022·云南红河·八年级期末）如果一个三角形的两边长分别为3、4，第三边最长且为偶数，则此三角形的第三边长是______．
【答案】6
【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”，求得第三边的取值范围，再进一步进行分析．
【详解】解：根据三角形的三边关系，得第三边大于1，而小于7．
又第三边最长且是偶数，则此三角形的第三边是6．故答案为：6．
【点睛】此题主要考查了三角形三边关系，熟练掌握三角形的三边关系是解决此类问题的关键．
4．（2022·江苏南京·七年级期中）如图，用四颗螺丝将不能弯曲的木条围成一个木框，不计螺丝大小，其中相邻两颗螺丝的距离依次为3、4、6、8，且相邻两根木条的夹角均可以调整，若调整木条的夹角时不破坏此木框，则任意两颗螺丝的距离的最大值是(     )

A．7 B．10 C．11 D．14
【答案】B
【分析】若两个螺丝的距离最大，则此时这个木框的形状为三角形，可根据三条木棍的长来判断有几种三角形的组合，然后分别找出这些三角形的最长边即可．
【详解】已知4条木棍的四边长为3、4、6、8；
选3+4、6、8作为三角形，则三边长为7、6、8；，能构成三角形，此时两个螺丝间的最长距离为8；选4+6、8、3作为三角形，则三边长为10、8、3，，能构成三角形，此时两个螺丝间的最长距离为10；
选6+8、3、4作为三角形，则三边长为14、3、4；，不能构成三角形，此种情况不成立；
选3+8、4、6作为三角形，则三边长为11、4、6；，不能构成三角形，此种情况不成立；
综上所述，任两螺丝的距离之最大值为10；故选：B．
【点睛】本题实际考查的是三角形的三边关系定理，能够正确的判断出调整角度后三角形木框的组合方法是解答的关键．
5．（2022·安徽·淮南市八年级期中）已知a，b，c是△ABC的三边，化简：|a＋b－c|＋|b－a－c|＝________．
【答案】
【分析】首先利用三角形的三边关系得出，然后根据求绝对值的法则进行化简即可．
【详解】解：∵是的三条边，∴，
∴=．故答案为：．
【点睛】熟悉三角形的三边关系和求绝对值的法则，是解题的关键，注意，去绝对值后，要先添加括号，再去括号，这样不容易出错．
6.（2022•雁塔区期中）观察并探求下列各问题，写出你所观察得到的结论．（1）如图①，在△ABC中，P为边BC上一点，则BP+PC　 　AB+AC（填“＞”、“＜”或“＝”）（2）将（1）中点P移到△ABC内，得图②，试观察比较△BPC的周长与△ABC的周长的大小，并说明理由．（3）将（2）中点P变为两个点P1、P2得图③，试观察比较四边形BP1P2C的周长与△ABC的周长的大小，并说明理由．

【分析】（1）根据三角形中两边之和大于第三边，即可得出结果，（2）可延长BP交AC与M，根据两边之和大于第三边，即可得出结果，（3）分别延长BP1、CP2交于M，再根据（2）中得出的BM+CM＜AB+AC，可得出BP1+P1P2+P2C＜BM+CM＜AB+AC，即可得出结果．
【解答】解：（1）BP+PC＜AB+AC，理由：三角形两边之和大于第三边，
（2）△BPC的周长＜△ABC的周长．理由：如图，延长BP交AC于M，在△ABM中，BP+PM＜AB+AM，在△PMC中，PC＜PM+MC，两式相加得BP+PC＜AB+AC，于是得：△BPC的周长＜△ABC的周长，
（3）四边形BP1P2C的周长＜△ABC的周长，理由：如图，分别延长BP1、CP2交于M，由（2）知，BM+CM＜AB+AC，又P1P2＜P1M+P2M，可得，BP1+P1P2+P2C＜BM+CM＜AB+AC，可得结论．

【点评】本题考查比较线段的长短常常利用三角形的三边关系以及不等式的性质，通过作辅助线进行解答．

题型2 中线与三角形面积（周长）
性质：（1）三角形中线将三角形的面积分成相等的两部分
（2）两个三角形的面积之比等于它们的底、高乘积之比；
（3）等底（高）的两个三角形面积之比等于它们的高（底）之比；
（4）等底等高的两个三角形面积相等。
解题技巧：（1）明确中线是哪个三角形的中线，这条中线将对应三角形的面积平分。题目中往往会出现多个三角形和多条中线，利用中线性质依次类推三角形的面积，直至求解出题干要求的面积。
（2）寻找两个面积相等三角形技巧：选取底边相同的两个点的三角形，三角形的另一个顶点为与底边平行的线段上的点（等高）；（3）两图形面积之比，就是底边与高乘积之比。
1．（2022·浙江杭州市·八年级期末）如图，在中，，，为中线，则与的周长之差为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据三角形中线的性质得，则两个三角形的周长之差就是AB和AC长度的差．
【详解】解：∵AD是中线，∴，
∵，，
∴．故选：B．
【点睛】本题考查中线的性质，解题的关键是掌握三角形中线的性质．
2．（2022·广西·八年级阶段练习）如图所示，在△ABC中，已知点D、E、F分别为边BC、AD、CE的中点，且△ABC的面积是，则阴影部分面积等于（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据中线把三角形分成面积相等的两部分可以得到解答．
【详解】解：∵点D，E，F分别为边BC，AD，CE的中点，
∴，选B
【点睛】本题考查三角形的应用，熟练掌握三角形中线的性质是解题关键．
3．（2022·江苏·泰兴市洋思中学七年级阶段练习）如图，在中，是边上任意一点，、、分别是、、的中点，，则的值为______．

【答案】6
【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．
【详解】连接CD，如图所示：

∵点D是AG的中点，∴S△ABD=S△ABG，S△ACD=S△AGC，
∴S△ABD+S△ACD=S△ABC=24，∴S△BCD=S△ABC=24，
∵点E是BD的中点，∴S△CDE=S△BCD=12，
∵点F是CE的中点，∴S△DEF=S△CDE=6．故答案为：6．
【点睛】本题考查了三角形的面积，主要利用了三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形，原理为等底等高的三角形的面积相等．
4．（2022·四川遂宁初一期末）如图，在中，点D，E，F分别在三边上，E是AC的中点，AD，BE，CF交于一点G，，，，则的面积是（ ）

A．42 B．48 C．54 D．60
【答案】D
【分析】根据部分三角形的高相等，由这些三角形的底边的比例关系可求三角形ABC的面积．
【解析】解：三角形BDG和CDG中，BD=2DC．根据这两个三角形在BC边上的高相等，
那么S△BDG=2S△GDC，∴S△GDC=，
同理S△AGE=S△GEC=6，S△BEC=S△BGC+S△GEC=16+8+6=30，
∴三角形ABC的面积=2S△BEC=60．故选：D．
【点睛】本题中由于部分三角形的高相等，可根据这些三角形的底边的比例关系来求三角形ABC的面积．
5．（2022·枣庄市市中区实验中学初一月考）如图，是的中线，，，的周长和的周长差为( )

A．6 B．3 C．2 D．不确定
【答案】C
【分析】根据三角形的周长的计算方法得到△ABD的周长和△ADC的周长的差就是AB与AC的差．
【解析】∴BD=DC=BC，
∴△ABD和△ADC的周长的差=（AB+BC+AD）-（AC+BC+AD）=AB-AC=5-3=2，故选C．
【点睛】本题考查三角形的中线的定义以及周长的计算方法，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．
6．（2022·上海闵行初一期中）如图，对面积为的逐次进行操作：第一次操作，分别延长、、至点、、，使得，，，顺次连接、、，得到，记其面积为；第二次操作，分别延长、、至点、、，使得、、，顺次连接、，得到，记其面积为，，按此规律继续下去，可得到，则其面积________．

【答案】361
【分析】根据三角形等高时底之比等于面积比得出的面积为面积的两倍，则的面积是的2倍…，以此类推，得出的面积．
【解析】

连接， , ,根据，的面积为的2倍，所以的面积为2；同理的面积为的2倍，所以的面积为4；
以此类推：的面积为2，的面积为4，的面积为2，的面积为4
∴，即面积为面积的19倍，以此类推的面积为面积的倍，所以．故答案为：361
【点睛】利用三角形的底与高之间的数量关系判断面积的数量关系是解决本题的关键．

题型3 高线与三角形面积
性质：三角形面积等于对应底边和高乘积的一半，同一个三角形面积不变
注：求面积时，底边和高必须对应。
解题技巧：同一个三角形面积不变，利用这条性质，可得出等式：BC×AD=AB×CE=AC×BF。利用个等式，可求出三角形中某些不太方便求解的边。

1．（2021·内蒙古林西?初二期末）如图，在中，AB=8，BC=6，AB、BC边上的高CE、AD交于点H，则AD与CE的比值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据三角形的面积公式即可得．
【解析】由题意得：
解得故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的高，利用三角形的面积公式列出等式是解题关键．
2．（2021·四川凉山初三期末）如图，在△ABC中，过点A作射线AD∥BC，点D不与点A重合，且AD≠BC，连结BD交AC于点O，连结CD，设△ABO、△ADO、△CDO和△BCO的面积分别为S1、S2、S3和S4,则下列说法不正确的是（ ）

A．S1=S3 B．S1+S2=S3+S2 C．S1+S4=S3+S4 D．S1+S2=S3+S4
【答案】D
【分析】根据同底等高判断△ABD和△ACD的面积相等，即可得到S1+S2=S3+S2，即S1=S3，同理可得△ABC和△BCD的面积相等，即S1+S4=S3+S4.
【解析】∵△ABD和△ACD同底等高，∴S△ABD=S△ACD,, S1+S2=S3+S2，即S1=S3
△ABC和△DBC同底等高，∴S△ABC=S△DBC， ∴S1+S4=S3+S4故A,B,C正确，D错误.故选：D.
【点睛】考查三角形的面积，掌握同底等高的三角形面积相等是解题的关键.
3．（2021·江苏海安?初一月考）△ABC中，AD是BC边上的高，∠BAD=50°，∠CAD=20°，则∠BAC=___________．
【答案】70°或30°
【分析】根据AD的不同位置，分两种情况进行讨论：AD在△ABC的内部，AD在△ABC的外部，分别求得∠BAC的度数．
【解析】①如图，当AD在△ABC的内部时，∠BAC=∠BAD+∠CAD=50°+20°=70°．

②如图，当AD在△ABC的外部时，∠BAC=∠BAD -∠CAD=50°-20°=30°．故答案为：70°或30°．

【点睛】本题主要考查了三角形高的位置情况，充分考虑三角形的高在三角形的内部或外部进行分类讨论是解题的关键．
4．（2021·哈尔滨市第六十九中学校初一期中）如图，是的高，，则_____________．

【答案】 【分析】根据三角形的面积公式解答即可．
【解析】因为AD、CE、BF是△ABC的三条高，AB=5，BC=4，AD=3，
所以可得： BC•AD=AB•CE，可得：CE= ．故答案为：．
【点睛】此题考查三角形的面积，解题关键是根据同一三角形面积相等来分析．
5．（2021·贵州省施秉县第二中学八年级期末）如图，在△ABC中，BE⊥AC，BC＝5cm，AC＝8cm，BE＝3cm．

（1）求△ABC的面积；（2）画出△ABC中BC边上的高AD，并求出AD的长．
【答案】（1）；（2）作图见解析，cm
【分析】（1）结合题意，根据三角形面积计算公式分析，即可得到答案；
（2）过点A作交BC于点D，结合三角形面积公式计算，即可得到答案．
【详解】（1）∵BE⊥AC， AC＝8cm，BE＝3cm
∴
（2）如图，过点A作交BC于点D

∵
∴cm．
【点睛】本题考查了三角形的知识；解题的关键是熟练掌握三角形高的性质，从而完成求解．
6．（2021·云南昭通·八年级期中）如图所示，AD，CE是△ABC的两条高，AB＝6cm，BC＝12cm，CE＝9cm．

（1）求△ABC的面积；（2）求AD的长．
【答案】（1）27；（2）4.5
【分析】（1）根据三角形面积公式进行求解即可；
（2）利用面积法进行求解即可．
【详解】解：（1）由题意得：．
（2）∵，∴．解得．
【点睛】本题主要考查了与三角形高有关的面积求解，解题的关键在于能够熟练掌握三角形面积公式．

题型4. 双角平分线（两内、两外、一内一外）
1．（2021·无锡市江南中学七年级月考）如图，BD、CE为△ABC的两条角平分线，则图中∠1、∠2、∠A之间的关系为___________．

【答案】∠1+∠2-∠A=90°
【分析】先根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，写出∠1+∠2与∠A的关系，再根据三角形内角和等于180°，求出∠1+∠2与∠A的度数关系．
【详解】∵BD、CE为△ABC的两条角平分线，∴∠ABD=∠ABC，∠ACE=∠ACB，
∵∠1=∠ACE+∠A，∠2=∠ABD+∠A
∴∠1+∠2=∠ACE+∠A+∠ABD+∠A=∠ABC+∠ACB+∠A+∠A
＝（∠ABC+∠ACB+∠A）+∠A =90°+∠A 故答案为∠1+∠2-∠A=90°．
【点睛】考查了三角形的内角和等于180°、外角与内角关系及角平分线的性质，是基础题．三角形的外角与内角间的关系：三角形的外角与它相邻的内角互补，等于与它不相邻的两个内角的和．
2．（2021·江苏扬州市·七年级月考）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP=20°，∠ACP=50°，则∠P=______°．

【答案】30
【分析】根据角平分线的定义可得∠PBC=20°，∠PCM=50°，根据三角形外角性质即可求出∠P的度数.
【详解】∵BP是∠ABC的平分线，CP是∠ACM的平分线，∠ABP=20°，∠ACP=50°，
∴∠PBC=20°，∠PCM=50°，∵∠PBC+∠P=∠PCM，∴∠P=∠PCM-∠PBC=50°-20°=30°，故答案为30
【点睛】本题考查及角平分线的定义及三角形外角性质，三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和，熟练掌握三角形外角性质是解题关键.
3．（2021·苏州外国语学校八年级期中）如图，在中，，、分别平分、，M、N、Q分别在、、的延长线上，、分别平分、，、分别平分、，则_______．

【答案】52°
【分析】根据三角形外角的性质和角平分线的定义可求出∠E，利用三角形内角和求出，得到，从而求出，再次利用角平分线的定义和三角形内角和得到∠A．
【详解】解：、分别平分、，，，
，，
即，，，
、分别平分、，
，，，
，∴，
∴，
、分别平分、，
，，
∴，
，故答案为：52°．

【点睛】本题考查了三角形内角和定理、三角形外角性质、角平分线的定义等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
4．（2021·上海市川沙中学南校八年级期中）如图1，、的角平分线、相交于点，
（1）如果，那么的度数是多少，试说明理由并完成填空；
（2）如图2，，如果、的角平分线、相交于点，请直接写出度数；
（3）如图2，重复上述过程，、的角平分线、相交于点得到，设，请用表示的度数（直接写出答案）

解：（1）结论：______度．
说理如下：因为、平分和（已知），
所以，（角平分线的意义）．
因为，（ ）
（完成以下说理过程）
【答案】（1）32；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和；过程见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）根据角平分线的定义和三角形的外角的性质进行求解即可；
（2）根据（1）的解法进行求解即可；（3）利用（1）的结论求解即可．
【详解】（1）结论：；理由如下：
∵、的角平分线、相交于点
∴，（角平分线的意义）
∵，（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和）
∴，（等式性质）
∴（等量代换）∴；
（2）∵、的角平分线、相交于点
∴，（角平分线的意义）
∵，（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和）
∴，（等式性质）
∴（等量代换）
∴；
（3）∵当，、∴当，=．
【点睛】本题主要考查了角的平分线的定义以及三角形的外角的性质，掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和成为解答本题的关键．
5．（2021·镇江市外国语学校八年级月考）如图1，已知，A、B两点同时从点O出发，点A沿射线运动，点B沿射线运动．

（1）如图2，点C为三条内角平分线交点，连接、，在点A、B的运动过程中，的度数是否发生变化？若不发生变化，求其值；若发生变化，请说明理由：
（2）如图3，在（1）的条件下，连接并延长，与的角平分线交于点P，与交于点Q．
①与的数量关系为____．②在中，如果有一个角是另一个角的2倍，求的度数．
【答案】（1）不变，120°；（2）①；②或
【分析】（1）由的和不变可知度数不变；
（2）①利用三角形外角的性质和角平分线的定义，分别用∠BAO和∠P表示出∠MBP，据此可得结果；
②设为度，可用表示三个内角，分类讨论可得答案．
【详解】解：（1）的度数不变，理由如下：
点为三条内角平分线交点，，，
，
，，，
，即的度数不变；
（2）①点为三条内角平分线交点，，，
∴，
为的角平分线，，∴，
，，整理得：；
②设，则，，
为的角平分线，，
，点为三条内角平分线交点，
，，
，，
中有一个角是另一个角的2倍，分四种情况：
（1），则，解得，此时，
（2），则，解得，此时，
（3），则，解得，此时，
（4），则，解得，故舍去，
中有一个角是另一个角的2倍，为或．
【点睛】本题考查三角形外角的性质，三角形内角和，角平分线，一元一次方程等知识点，是一道较综合的题目，难点是表示三个内角分类讨论．
6.（2022•蓬溪县月考）某校七年级数学兴趣小组对“三角形内角或外角平分线的夹角与第三个内角的数量关系”进行了探究．（1）如图1，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线交于点P，∠A＝64°，则∠BPC＝　 　；（2）如图2，△ABC的内角∠ACB的平分线与△ABC的外角∠ABD的平分线交于点E．其中∠A＝α，求∠BEC．（用α表示∠BEC）；（3）如图3，∠CBM、∠BCN为△ABC的外角，∠CBM、∠BCN的平分线交于点Q，请你写出∠BQC与∠A的数量关系，并说明理由．（4）如图4，△ABC外角∠CBM、∠BCN的平分线交于点Q，∠A＝64°，∠CBQ，∠BCQ的平分线交于点P，则∠BPC＝　 　°，延长BC至点E，∠ECQ的平分线与BP的延长线相交于点R，则∠R＝　 °．

【分析】（1）根据三角形的内角和角平分线的定义；（2）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，用∠A与∠1表示出∠2，再利用∠E与∠1表示出∠2，于是得到结论；（3）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和以及角平分线的定义表示出∠EBC与∠ECB，然后再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解；（4）结合（1）（2）（3）的解析即可求得．
【解答】解：（1）∵PB、PC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠PBC=12∠ABC，∠PCB=12∠ACB（角平分线的性质），
∴∠BPC+∠PBC+∠PCB＝180°（三角形内角和定理），
∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝180°﹣（ 12∠ABC+12∠ACB）＝180°−12（∠ABC+∠ACB）
＝180°−12（180°﹣∠A）＝180°﹣90°+12∠A＝90°+12∠A＝90°+12×64°＝122°．故答案为：122°；
（2）∵BE是∠ABD的平分线，CE是∠ACB的平分线，∴∠ECB=12∠ACB，∠ECD=12∠ABD．
∵∠ABD是△ABC的外角，∠EBD是△BCE的外角，∴∠ABD＝∠A+∠ACB，∠EBD＝∠ECB+∠BEC，
∴∠EBD=12∠ABD=12（∠A+∠ACB）＝∠BEC+∠ECB，即12∠A+∠ECB＝∠ECB+∠BEC，
∴∠BEC=12∠A=12α；

（3）结论∠BQC＝90°−12∠A．
∵∠CBM与∠BCN是△ABC的外角，∴∠CBM＝∠A+∠ACB，∠BCN＝∠A+∠ABC，
∵BQ，CQ分别是∠ABC与∠ACB外角的平分线，∴∠QBC=12（∠A+∠ACB），∠QCB=12（∠A+∠ABC）．
∵∠QBC+∠QCB+∠BQC＝180°，
∴∠BQC＝180°﹣∠QBC﹣∠EQB＝180°−12（∠A+∠ACB）−12（∠A+∠ABC），
＝180°−12∠A−12（∠A+∠ABC+∠ACB）＝180°−12∠A﹣90°＝90°−12∠A；
（4）由（3）可知，∠BQC＝90°−12∠A＝90°−12×64°=58°，
由（1）可知∠BPC＝90°+12∠BQC＝90°+12×58°=119°；
由（2）可知，∠R=12∠BQC＝29°故答案为119，29．
【点评】本题考查了三角形的外角性质与内角和定理，熟记三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．

题型5. 内角和与外角定理的相关计算与证明
1．（2022•灞桥区校级二模）三角形的一个外角是100°，则与它不相邻的两内角平分线夹角（钝角）是 　　．

【分析】由三角形的外角性质可得∠BAC+∠ABC＝100°，再由角平分线的定义得∠1=12∠BAC，∠3=12∠ABC，从而可求得∠1+∠3＝50°，再利用三角形的内角和定理即可求解．
【解答】解：∵∠ACQ是△ABC的外角，且∠ACQ＝100°，∴∠BAC+∠ABC＝100°，
∵AD平分∠BAC，BD平分∠ABC，∴∠1=12∠BAC，∠3=12∠ABC，
∴∠1+∠3=12（∠BAC+∠ABC）＝50°，∴∠D＝180°﹣（∠1+∠3）＝130°．故答案为：130°．
【点评】本题主要考查三角形的外角性质，三角形的内角和定理，解答的关键是结合图形分析清楚各角之间的关系．
2．（2021·河南焦作市·八年级期末）如图，为的一个外角，点E为边上一点，延长到点F，连接，则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．

【答案】C
【分析】由三角形外角性质结合图形，逐项判断即可．
【详解】∵，∴，故A选项正确，不符合题意；
由三角形外角性质即可直接得出，故B选项正确，不符合题意；
没有条件可以证明出和的关系，故C选项错误，符合题意；
∵，，∴，
∴，故D选项正确，不符合题意；故选C．
【点睛】本题考查三角形外角性质，掌握“三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和”是解答本题的关键．
3.（2022·河南平顶山·八年级期末）已知，在中，，点在线段的延长线上，过点作，垂足为，若，则的度数为（       ）

A．76° B．65° C．56° D．54°
【答案】D
【分析】根据三角形的内角和是，即可求解．
【详解】，，在中，，，
在中，，，故选：D．
【点睛】本题考查了垂直的性质和三角形的内角和，熟练掌握相关的性质是解题的关键．
4．（2021•黄石港区期末）如图，△ABC中，∠ABC的平分线BD交AC于点D，E在CA的延长线上，∠BAE＝120°，∠C＝40°，求∠BDE的度数．

【分析】根据三角形外角的性质，由∠BAE＝120°，∠C＝40°，得∠ABC＝∠BAE﹣∠C＝80°．根据角平分线的定义，由BD平分∠ABC，得∠CBD=12∠ABC=40°．，从而推断出∠BDE＝∠C+∠CBD＝80°．
【解答】解：∵∠BAE＝120°，∠C＝40°，∴∠ABC＝∠BAE﹣∠C＝120°﹣40°＝80°．
∵BD平分∠ABC，∴∠CBD=12∠ABC=40°．∴∠BDE＝∠C+∠CBD＝40°+40°＝80°．
【点评】本题主要考查三角形外角的性质、角平分线的定义，熟练掌握三角形外角的性质、角平分线的定义是解决本题的关键．
5．（2022春•铜梁区校级期中）如图，AD是△ABE的角平分线，过点B作BC⊥AB交AD的延长线于点C，点F在AB上，连接EF交AD于点G．（1）若2∠1+∠EAB＝180°，求证：EF∥BC；（2）若∠C＝72°，∠AEB＝78°，求∠CBE的度数．

【分析】（1）先根据垂直等于得到∠ABC＝90°，则∠C+∠BAC＝90°，再证明2∠C+∠EAB＝180°，加上2∠1+∠EAB＝180°，则∠1＝∠C，然后根据平行线的判定方法得到结论；
（2）先根据三角形内角和定理可计算出计算出∠BAC＝18°，则∠EAD＝18°，根据三角形内角和定理得到∠EAD+∠AED＝∠C+∠CBE，即18°+78°＝72°+∠CBE，从而可求出∠CBE的度数．
【解答】（1）证明：∵BC⊥AB，∴∠ABC＝90°，∴∠C+∠BAC＝90°，
∵AD是△ABE的角平分线，∴∠BAC=12∠EAB，
∴∠C+12∠EAB＝90°，即2∠C+∠EAB＝180°，
∵2∠1+∠EAB＝180°，∴∠1＝∠C，∴EF∥BC；
（2）解：∵∠ABC＝90°，∠C＝72°，∴∠BAC＝18°，∴∠EAD＝∠BAC＝18°，
∵∠ADE＝∠BDC，∴∠EAD+∠AED＝∠C+∠CBE，
即18°+78°＝72°+∠CBE，∴∠CBE＝24°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理：运用三角形内角和定理可根据两已知角求第三个角．也考查了平行线的性质．
6．（2022·重庆合川·八年级期末）如图，的角平分线、相交于点．

(1)若，，求的度数；(2)求证：．
【答案】(1)(2)见解析
【分析】（1）先利用三角形内角和定理得到 ，再结合角平分线的定义可求解的度数，进而可求解的度数；
（2）利用角平分线的定义可求解，再结合角平分线的定义可得进而可证明结论.
(1)解：,，
，
的角平分线 相交于点 ，
,，
，

(2)证明: 的角平分线 相交于点 ，，



即
【点睛】本题考查了角平分线的定义，三角形内角和定理：三角形内角和是180°本题的关键是利用三角形内角和把与联系起来．

题型6. 全等三角形的判定
方法：5种判定方法：SSS、SAS、ASA、AAS、HL（特殊形式的SSA）
解题技巧：1）根据图形和已知条件，猜测可能的全等三角形；2）寻找边角相等的3组条件。
3）往往有2个条件比较好找，第3个条件需要推理
寻找第3个条件思路：
原则
1）需要证明的边或角需首先排除，不可作为第3个条件寻找
2）寻找第3个条件，往往需要根据题干给出的信息为指导，确定是找角还是边
全等三角形证明思路：

1°：SSS证全等
1. （2022·北京·首都师大二附八年级期中）如图，AC＝FD，BC＝ED，要利用“SSS”来判定△ABC和△FED全等时，下面的4个条件中：①AE＝FB；②AB＝FE；③AE＝BE；④BF＝BE，可利用的是（       ）

A．①或② B．②或③ C．①或③ D．①或④
【答案】A
【分析】根据全等三角形的SSS判定条件解答即可．
【详解】解：∵AE=FB，∴AE+BE=FB+BE，∴AB=FE，
在△ABC和△FED中，，∴△ABC≌△FED（SSS），
∵AE=BE和BF=BE推不出AB=FE，∴可利用的是①或②，故选：A．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解答的关键．
2．（2022·重庆渝北·八年级期末）工人常用角尺平分一个任意角，做法如下：如图，∠AOB是一个任意角，在边OA，OB上分别取OM＝ON，移动角尺，使CM＝CN，过角尺顶点C作射线OC，由此作法便可得△NOC≌△MOC，其依据是（　　）

A．SSS B．SAS C．ASA D．AAS
【答案】A
【分析】利用边边边，可得△NOC≌△MOC，即可求解．
【详解】解：∵OM＝ON，CM＝CN， ，∴△NOC≌△MOC（SSS）．故选：A
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法——边角边、角边角、角角边、边边边是解题的关键．
3．（2022·山东临沂·八年级期中）两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”，如图，四边形PCQD是一个筝形，其中，，在探究筝形的性质时，得到如下结论：①；②；③；④，其中正确的结论有（       ）

A．①② B．①②③ C．②③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】根据全等三角形的判定和性质定理以及等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：在△PCQ与△PDQ中，，
∴△PCQ≌△PDQ（SSS），故①正确；∴∠CPQ=∠DPQ，
∵CP=DP，∴PQ⊥CD，CE=DE，故②③正确；
∴S四边形PCQD=S△PCQ+S△PDQ=PQ•CE+PQ•DE=PQ（CE+DE）=PQ•CD，故④正确；故选：D．
【点睛】本题题了等腰三角形的性质，以及全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．
4．（2022·福建莆田·八年级期末）莆仙戏是现存最古老的地方戏剧种之一，被称为“宋元南戏的活化石”，2021年5月莆仙戏《踏伞行》获评为“2020年度国家舞台艺术精品创作扶持工程重点扶持剧目”．该剧中“油纸伞”无疑是最重要的道具，依伞设戏，情节新颖，结构巧妙，谱写了一曲美轮美奂、诗意盎然的传统戏曲乐歌．“油纸伞”的制作工艺十分巧妙．如图，伞圈D沿着伞柄滑动时，总有伞骨，，从而使得伞柄AP始终平分同一平面内两条伞骨所成的．为什么？

【答案】见解析
【分析】利用SSS证明，即可得到，由此证得结论．
【详解】证明：∵在和中，
，∴，∴，即AP平分．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定及性质，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．
5．（2022·山东济宁·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，于点B，于点D，点E，F分别在AB，AD上，，．(1)若，，求四边形AECF的面积；(2)猜想∠DAB，∠ECF，∠DFC三者之间的数量关系，并证明你的猜想．

【答案】(1)48(2)∠DAB＋∠ECF＝2∠DFC，证明见解析
【分析】（1）连接AC，证明△ACE ≌△ACF，则S△ACE＝S△ACF，根据三角形面积公式求得S△ACF与S△ACE，根据S四边形AECF＝S△ACF＋S△ACE求解即可；（2）由△ACE ≌△ACF可得∠FCA＝∠ECA，∠FAC＝∠EAC，∠AFC＝∠AEC，根据垂直关系，以及三角形的外角性质可得∠DFC＋∠BEC＝∠FCA＋∠FAC＋∠ECA＋∠EAC＝∠DAB＋∠ECF．可得∠DAB＋∠ECF＝2∠DFC
(1)解：连接AC，如图，

在△ACE 和△ACF中∴△ACE ≌△ACF（SSS）．
∴S△ACE＝S△ACF，∠FAC＝∠EAC．
∵CB⊥AB，CD⊥AD，∴CD＝CB＝6．
∴S△ACF＝S△ACE＝AE·CB＝×8×6＝24．
∴S四边形AECF＝S△ACF＋S△ACE＝24＋24＝48．
(2)∠DAB＋∠ECF＝2∠DFC
证明：∵△ACE ≌△ACF，∴∠FCA＝∠ECA，∠FAC＝∠EAC，∠AFC＝∠AEC．
∵∠DFC与∠AFC互补，∠BEC与∠AEC互补，∴∠DFC＝∠BEC．
∵∠DFC＝∠FCA＋∠FAC，∠BEC＝∠ECA＋∠EAC，
∴∠DFC＋∠BEC＝∠FCA＋∠FAC＋∠ECA＋∠EAC＝∠DAB＋∠ECF．
∴∠DAB＋∠ECF＝2∠DFC
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，三角形的外角的性质，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．

2°：SAS证全等
1．（2022·黑龙江齐齐哈尔·八年级期末）如图，在△ABC与△AEF中，AB＝AE，BC＝EF，∠ABC＝∠AEF，∠EAB＝40°，AB交EF于点D，连接EB．下列结论：①∠FAC＝40°；②AF＝AC；③∠EFB＝40°；④AD＝AC，正确的个数为（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】由“SAS”可证△ABC≌△AEF，由全等三角形的性质依次判断可求解．
【详解】解：在△ABC和△AEF中，，∴△ABC≌△AEF（SAS），
∴AF＝AC，∠EAF＝∠BAC，∠AFE＝∠C，故②正确，∴∠BAE＝∠FAC＝40°，故①正确，
∵∠AFB＝∠C+∠FAC＝∠AFE+∠EFB，∴∠EFB＝∠FAC＝40°，故③正确，
无法证明AD＝AC，故④错误，故选：C．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
2．（2021·江苏镇江·八年级期末）如图，△ABC三个内角的平分线交于点O，点D在AB的延长线上，AD＝AC，BD＝BO，若∠ACB＝40°，则∠ABC的度数为 _____．

【答案】
【分析】连接，，利用证明，则，根据角平分线的定义得到，再利用三角形外角性质得出，最后根据角平分线的定义即可得解．
【详解】解：连接，，

平分，，
在和中，，，，
平分，，，，
，，，
平分，，故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线，解题的关键是利用证明．
3．（2021·江苏徐州·八年级期中）如图，在△ABC和△ABD中，AC与BD相交于点E，AC＝BD，∠BAC＝∠ABD．求证：∠C＝∠D．

【答案】见解析
【分析】根据“SAS”可证明△ADB≌△BCA，由全等三角形的性质即可证明∠C＝∠D．
【详解】证明：在△ADB和△BAC中，
，∴△ADB≌△BCA（SAS），∴∠C＝∠D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
4．（2021·四川泸州·一模）已知，在如图所示的“风筝”图案中，AB＝AD，AC＝AE，∠BAE＝∠DAC．求证：BC＝DE．

【答案】证明见解析
【分析】根据全等三角形的判定定理SAS，即可得到答案.
【详解】证明：∵∠BAE＝∠DAC，
∴∠BAE+∠EAC＝∠DAC+∠EAC．即：∠BAC＝∠EAD．
在△ABC和△ADE中，，
∴△ABC≌△ADE（SAS）．∴BC＝DE．
【点睛】本题考查全等三角形的判定定理SAS，熟练掌握全等三角形的判定定理SAS是解题的关键.
5．（2022·湖北武汉市·八年级期末）如图，，，．

（1）求证：；（2）若，试判断与的数量及位置关系并证明；
（3）若，求的度数．
【答案】（1）见详解；（2）BD=CE，BD⊥CE；（3）
【分析】（1）根据三角形全等的证明方法SAS证明两三角形全等即可；
（2）由（1）△AEC≌△ADB可知CE=BD且CE⊥BD；利用角度的等量代换证明即可；
（3）过A分别做AM⊥CE，AN⊥BD，易知AF平分∠DFC，进而可知∠CFA
【详解】（1）∵∠CAB=∠EAD∴∠CAB+∠BAE=∠EAD+∠BAE，
∴ ∠CAE=∠BAD，∵AB=AC，AE=AD
在△AEC和△ADB中∴ △AEC≌△ADB（SAS）
（2）CE=BD且CE⊥BD，证明如下：将直线CE与AB的交点记为点O，
由（1）可知△AEC≌△ADB，∴ CE=BD， ∠ACE=∠ABD，
∵∠BOF=∠AOC，∠=90°，∴ ∠BFO=∠CAB=∠=90°，∴ CE⊥BD．

（3）过A分别做AM⊥CE，AN⊥BD由（1）知△AEC≌△ADB，
∴两个三角形面积相等 故AM·CE=AN·BD ∴AM=AN ∴AF平分∠DFC
由（2）可知∠BFC=∠BAC=∴∠DFC=180°- ∴∠CFA=∠DFC=

【点睛】本题考查了全等三角形的证明，以及全等三角形性质的应用，正确掌握全等三角形的性质是解题的关键；

3°：ASA证全等
1．（2022·四川攀枝花·模拟预测）小刚把一块三角形玻璃打碎成了如图所示的三块，现要到玻璃店取配一块完全一样的玻璃，那么最省事的办法是（　　）

A．带①去 B．带②去 C．带③去 D．带①和②去
【答案】C
【分析】已知三角形破损部分的边角，得到原来三角形的边角，根据三角形全等的判定方法，即可求解．
【详解】解：第一块和第二块只保留了原三角形的一个角和部分边，根据这两块中的任一块均不能配一块与原来完全一样的；第三块不仅保留了原来三角形的两个角还保留了一边，则可以根据ASA来配一块一样的玻璃．应带③去．故选：C．
【点睛】此题主要考查全等三角形的应用，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
2．（2022·新疆吐鲁番·八年级期末）如图，∠1＝∠2，∠3＝∠4，则判定△ABD和△ACD全等的依据是（　　）

A．SSS B．ASA C．SAS D．HL
【答案】B
【分析】根据三角形全等的判定定理求解即可．判定三角形全等的方法有：SSS，SAS，AAS，ASA，HL(直角三角形)．
【详解】解：∵在△ABD和△ACD中，，∴△ABD≌△ACD（ASA），故选：B．
【点睛】此题考查了三角形全等的判定方法，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法．
3．（2021·江苏镇江市·九年级二模）如图，在四边形ABCD中，，点E为对角线BD上一点，，且．（1）求证：；（2）若，求的度数．

【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）通过证明△ADB≌△EBC得到，利用线段和差即可得证；
（2）根据等边对等角得到，再利用平行线的性质得到，根据角的和差即可求解．
【详解】解：（1）∵，∴，
在△ADB和△EBC中，，∴△ADB≌△EBC，
∴，∴，∴；
（2）∵△ADB≌△EBC，∴，∴，
∵，∴，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，灵活运用全等三角形的判定与性质是解题的关键．
4．（2021·广东广州市·八年级期末）如图1，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D是线段BC上一个动点，点F在线段AB上，且∠FDB＝∠ACB，BE⊥DF．垂足E在DF的延长线上．

（1）如图2，当点D与点C重合时，试探究线段BE和DF的数量关系．并证明你的结论；
（2）若点D不与点B，C重合，试探究线段BE和DF的数量关系，并证明你的结论．
【答案】（1）BE＝FD．证明见解析；（2）BE＝FD，证明见解析．
【分析】（1）首先延长CA与BE交于点G，根据∠FDB=∠ACB，BE⊥DE，判断出BE=EG=BG；然后根据全等三角形的判定方法，判断出△ABG≌△ACF，即可判断出BG=CF=FD，再根据BE=BG，可得BE=FD，据此判断即可．（2）首先过点D作DG∥AC，与AB交于H，与BE的延长线交于G，根据DG∥AC，∠BAC=90°，判断出∠BDE=∠EDG；然后根据全等三角形的判定方法，判断出△DEB≌△DEG，即可判断出BE=EG=BG；最后根据全等三角形的判定方法，判断出△BGH≌△DFH，即可判断出BG=FD，所以BE=FD，据此判断即可．
【详解】解：（1）如图，延长CA与BE交于点G，

∵∠FDB＝∠ACB，∴∠EDG＝∠ACB，
∴∠BDE＝∠EDG，即CE是∠BCG的平分线，
又∵BE⊥DE，∴BE＝EG＝BG，
∵∠BED＝∠BAD＝90°，∠BFE＝∠CFA，∴∠EBF＝∠ACF，即∠ABG＝∠ACF，
在△ABG和△ACF中，，∴△ABG≌△ACF（ASA），∴BG＝CF＝FD，
又∵BE＝BG，∴BE＝FD．
（2）BE＝FD，
理由如下：如图，过点D作DG∥AC，与AB交于H，与BE的延长线交于G，
，
∵DG∥AC，∠BAC＝90°，∴∠BDG＝∠C，∠BHD＝∠BHG＝∠BAC＝90°，
又∵∠BDE＝∠ACB，∴∠EDG＝∠BDG﹣∠BDE＝∠C﹣∠C＝∠C，∴∠BDE＝∠EDG，
在△DEB和△DEG中，，
∴△DEB≌△DEG（ASA），∴BE＝EG＝BG，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝∠GDB，∴HB＝HD，
∵∠BED＝∠BHD＝90°，∠BFE＝∠DFH，
∴∠EBF＝∠HDF，即∠HBG＝∠HDF，
在△BGH和△DFH中，
，∴△BGH≌△DFH（ASA），∴BG＝FD，
又∵BE＝BG，∴BE＝FD．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
5．（2022·上海宝山区·七年级期末）如图，已知四边形中，，．为上一点，且，，交的延长线于点．
（1）和相等吗？为什么？（2）和相等吗？为什么？

【答案】（1）相等，见解析；（2）相等，见解析
【分析】（1）根据平行线性质，得，，证即可；
（2）由，证得即可；
【详解】解：（1）∵（已知），∴（两直线平行，内错角相等），
同理可得：，
在和中， ∴，
∴（全等三角形的对应边相等），

（2）∵（已证），（已知），
∴（等量代换）．
∵（已知），
∴（两直线平行，内错角相等），
∵（已知）
∴（等式性质）
即：，
在和中， ∴，
∴（全等三角形的对应边相等）
【点睛】平行线，全等三角形．熟练掌握全等三角形判定和性质是关键．

4°：AAS证全等
1．（2022·辽宁抚顺·八年级期末）如图，ABCD，∠ACD=90°，CD=CB，DE⊥BC于点E．求证：AB=CE．

【答案】见解析
【分析】先根据已知条件证明∠CED=∠BAC，∠B=∠BCD，进而证明△ABC≌△ECD，即可证明AB=CE．
【详解】证明：∵ABCD∴∠B=∠BCD，∠BAC+∠ACD=180°
∵∠ACD=90°，∴∠BAC=90°
∵DE⊥BC，∴∠CED=90°∴∠CED=∠BAC
在△ABC和△ECD中∴△ABC≌△ECD∴AB=CE
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
2．（2022·广西贵港·八年级期末）如图，在中，，点是边的中点，，，垂足分别为点，．(1)求证：；(2)若，求的度数．


【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据，可得，由于，D为BC的中点，即可证明，此题得解；（2）根据直角三角形的性质求出，根据等腰三角形的性质即可求解．
(1)如图，∵，∴，


∵是边的中点，∴，
又∵，，垂足分别为点，，∴，
在和中，，∴； ∴．
(2)∵在中，，，∴，
又， ∴在中，．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识点，解答本题的关键是熟练运用并掌握以上知识点．
3．（2021·重庆八中七年级期末）如图，在中，，点D在AB边上，点E在BC边上，连接CD，DE．已知，．

（1）猜想AC与BD的数量关系，并证明你的猜想；（2）若，，求CE的长．
【答案】（1），证明见解析；（2）2
【分析】（1）根据“AAS”证可得；
（2）由（1），根据全等三角形性质可得；
【详解】（1）解：，理由如下：
在中，
在和中
（2）由（1）知 ，

【点睛】全等三角形的判定和性质．理解全等三角形的判定和性质是关键．
4．（2022·江苏东台初二期末）如图，点、、、在一条直线上，，，，交于．

（1）求证：．（2）求证：．
【答案】（1）见解析;（2）见解析．
【分析】（1）由平行线的性质得出∠B=∠E，∠BCA=∠EFD，证出BC=EF，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得出AC=DF，∠ACB=∠DFE，证明△ACO≌△DFO（AAS），即可得出结论．
【解析】（1）证明：∵AB∥DE，∴∠B=∠E，∵AC∥FD，∴∠BCA=∠EFD，∵FB=EC，∴BC=EF，
在△ABC和△DEF中， ，∴△ABC≌△DEF（ASA）
（2）证明：∵△ABC≌△DEF，∴AC=DF，∠ACB=∠DFE，
在△ACO和△DFO中，，∴△ACO≌△DFO（AAS），∴AO=OD．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；证明三角形全等是解题的关键．
5．（2021·重庆巴蜀中学七年级期末）如图，点E在△ABC的边AC上，且∠ABE＝∠C，AF平分∠BAE交BE于F，FD∥BC交AC于点D．

（1）求证：△ABF≌△ADF；（2）若BE＝7，AB＝8，AE＝5，求△EFD的周长．
【答案】（1）见详解；（2）10
【分析】（1）由“AAS”可证△DAF≌△BAF；
（2）由全等三角形的性质得AD=AB＝8，BF=DF，结合BE＝7，AB＝8，AE＝5，即可求解．
【详解】（1）证明：∵FD∥BC，∴∠ADF＝∠C，
∵∠ABE＝∠C，∴∠ADF＝∠ABF，
∵AF平分∠BAE，∴∠DAF＝∠BAF，
又∵AF＝AF，∴△ABF≌△ADF（AAS）；
（2）∵△ABF≌△ADF，∴AD=AB＝8，BF=DF，
∵AE＝5，∴DE=8-5=3，∴EF+DF= EF+BF=BE=7，
∴△EFD的周长= EF+DF+DE=7+3=10．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，熟练掌握“AAS”证三角形全等，是解题的关键．


5°：HL证全等
1．（2022·河北唐山·八年级期末）如图，点E是BC的中点，，，AE平分，下列结论：①；②；③；④，四个结论中成立的是（       ）

A．①③ B．①②③ C．②③④ D．①②④
【答案】D
【分析】过E点作EF⊥AD于F，如图，根据角平分线的性质得到EF=EB，则可判断≌,所以AB=AF，∠AEB=∠AEF，由于EC=EB=EF，则可判断≌,所以DC=DF，∠DEC=∠DEF，∠FDE=∠CDE，于是可对②进行判断；利用∠AED=∠AEF+∠DEF=∠BEF+∠CEF可对①进行判断；利用DE>EC，EC=BE可对③进行判断；利用AF=AB，DF=DC可对④进行判断．
【详解】解：过E点作EF⊥AD于F，如图，

∵AE平分∠BAD，EF⊥AD，EB⊥AB，∴EF=EB，
在和中，，∴≌(HL)，
∴AB=AF，∠AEB=∠AEF，∴∠AEB=∠AEF=∠BEF，
∵点E是BC的中点，∴EC=EB，∴EC=EF，
在和中，，∴≌(HL)，
∴DC=DF，∠DEC=∠DEF，∠FDE=∠CDE，所以②正确；∴∠DEC=∠DEF=∠CEF，，
∵∠AED=∠AEF+∠DEF=∠BEF+∠CEF=(∠BEF+∠CEF) =90°，∴∠AED=90°，所以①正确；
∵DE>EC，而EC=BE，∴DE>BE，所以③错误；
∵AF=AB，DF=DC，∴AD=AF+DF=AB+CD，所以④正确．故选：D．
【点睛】本题考查了角平分线的性质定理和全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是如何添加辅助线，构造全等三角形．
2．（2022·江苏镇江·八年级期末）小明用两张完全相同的长方形纸片按如图所示的方式摆放，一张纸片压住射线，另一张纸片压住射线且与第一张纸片交于点，若，则__．

【答案】
【分析】过点作于点，于点，然后由长方形纸片完全相同得到，再用定理证明，进而得到，进而可得到的大小．
【详解】解：如图，过点作于点，于点，则，

两张长方形纸片完全相同，，
在和中，∵，
∴，，
，，，故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质，折叠的性质．解题的关键在于证明三角形全等．
3．（2022·全国·七年级课时练习）已知，线段AC、BD交于点O，，于点F，于点E，，则（1）如图，若为钝角，求证：；（2）若为锐角，其他条件不变，请画图判断（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）成立，见解析
【分析】（1）先证Rt△ABF≌Rt△CDF，再证△AOB≌△COD即可证明BO=DO
（2）证法和（1）相同，不过注意AE+EF=EF+CF变成AE-EF=EF-CF．
【详解】（1）∵AE=CF∴AE+EF=EF+CF
∴AF=EC∴在Rt△ABF和Rt△CDF中
∴Rt△ABF≌Rt△CDF（HL）∴∠A=∠C
∴在△AOB和△DOC中∴△AOB≌△COD（AAS）∴BO=DO
（2）

∵AE=CF∴AE-EF=EF-CF∴AF=EC
∴在Rt△ABF和Rt△CDF中∴Rt△ABF≌Rt△CDF（HL）∴∠A=∠C
∴在△AOB和△DOC中∴△AOB≌△COD（AAS）∴BO=DO
【点睛】本题考查直角三角形HL定理的判定、全等三角形的判定（AAS），在通过全等确定其对应边相等，掌握全等判定方法是本题解题关键．
4．（2022·江西·八年级期末）已知：，，，．

（1）试猜想线段与的位置关系，并证明你的结论．
（2）若将沿方向平移至图2情形，其余条件不变，结论还成立吗？请说明理由．
（3）若将沿方向平移至图3情形，其余条件不变，结论还成立吗？请说明理由．
【答案】（1），见解析；（2）成立，理由见解析；（3）成立，理由见解析
【分析】（1）先用判断出，得出，进而判断出，即可得出结论；（2）同（1）的方法，即可得出结论；（3）同（1）的方法，即可得出结论．
【详解】解：（1）理由如下：
∵，，∴
在和中
∴，∴
∵，∴，
∴，∴；
（2）成立，理由如下：∵，，∴，
在和中，
∴，∴，
∵，∴，∴，
在中，，∴；
（3）成立，理由如下：∵，，∴
在和中，
∴，∴，
∵，∴，
在中，，∴．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，判断出是解本题的关键．
5．（2022·江西·永丰县恩江中学八年级阶段练习）如图，在△ABC中，BC=AB，∠ABC=90°，F为AB延长线上一点，点E在BC上，且AE=CF．

(1)求证：Rt△ABE≌Rt△CBF；(2)若∠CAB=30°，求∠ACF的度数．
【答案】(1)证明见解析 (2)
【分析】（1）由“HL”可证Rt△ABE≌Rt△CBF；
（2）由AB=CB，∠ABC=90°，即可求得∠CAB与∠ACB的度数，即可得∠BAE的度数，又由Rt△ABE≌Rt△CBF，即可求得∠BCF的度数，则由∠ACF=∠BCF+∠ACB即可求得答案．
(1)∵∠ABC=90°，∴∠CBF=∠ABE=90°，
在Rt△ABE和Rt△CBF中，
∴Rt△ABE≌Rt△CBF（HL）；
(2)∵AB=BC，∠ABC=90°，∴∠CAB=∠ACB=45°，
∴∠BAE=∠CAB-∠CAE=45°-30°=15°。
∵Rt△ABE≌Rt△CBF，∴∠BCF=∠BAE=15°，
∴∠ACF=∠BCF+∠ACB=15°+45°=60°
【点睛】此题考查了直角三角形全等的判定与性质．解题的关键是注意数形结合思想的应用．

题型7. 利用全等三角形证明数量（位置）关系
1．（2021·重庆·八年级阶段练习）如图所示，已知AE⊥AB，AF⊥AC，AE＝AB，AF＝AC，CE交BA于点D，CE交BF于点M．求证：（1）EC＝BF；（2）EC⊥BF．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【详解】（1）先利用SAS证明△ABF≌△AEC即可得到EC＝BF；
（2）根据（1）中的全等推得∠AEC＝∠ABF，根据∠BAE＝90°，∠AEC+∠ADE＝90°，再根据对顶角相等，等量代换后，推得∠BMD＝90°．
【解答】证明：（1）∵AE⊥AB，AF⊥AC，∴∠BAE＝∠CAF＝90°，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAF+∠BAC，∴∠EAC＝∠BAF，
在△ABF和△AEC中，，∴△ABF≌△AEC（SAS），∴EC＝BF；
（2）如图，由（1）得：△ABF≌△AEC，∴∠AEC＝∠ABF，
∵AE⊥AB，∴∠BAE＝90°，∴∠AEC+∠ADE＝90°，
∴∠ADE＝∠BDM（对顶角相等），∴∠ABF+∠BDM＝90°，
在△BDM中，∠BMD＝180°﹣∠ABF﹣∠BDM＝90°，∴EC⊥BF．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，对顶角的定义，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
2．（2022·重庆渝北·八年级期末）如图，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC，点E是线段CA延长线上一点，连接BE，过点C作CD⊥BE交于点D，过点A作AF⊥CD交于点F；

(1)求证：BD＝CF；(2)若点M是AB的中点，连接MF，MD，求证：FM⊥MD．
【答案】(1)见解析；(2)见解析．
【分析】（1）根据同角的余角相等得到，再根据ASA证明，最后由全等三角形的对应边相等解题；（2）连接CM，由直角三角形斜边中线的性质及等腰直角三角形的性质证明，继而证明，最后利用全等三角形的对应角相等解题．
【解析】 (1)证明：

又
(2)连接CMM是AB的中点，CM=AM=BM=




【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质、等腰三角形的性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
3．（2021·贵州遵义·八年级期末）如图，．
（1）求证：；（2）试判断与的位置关系，并说明理由．

【答案】（1）见解析；（2），见解析
【分析】（1）先根据AB⊥BC，DC⊥BC，得出∠B=∠C=90°，再由HL可证Rt△ABE≌Rt△ECD；
（2）根据余角的性质可得∠AEB+∠DEC=90°，故∠AED=90°，由此可得出结论．
【详解】（1）证明：∵AB⊥BC，DC⊥BC，∴∠B=∠C=90°，
在Rt△ABE与Rt△ECD中，，
∴Rt△ABE≌Rt△ECD（HL），∴△ABE≌△ECD；
（2）AE⊥DE．理由如下：
∵△ABE≌△ECD，∴∠AEB=∠EDC，
∵∠EDC+∠DEC=90°，∴∠AEB+∠DEC=90°，
∴∠AED=90°，∴AE⊥DE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟知全等三角形的对应角相等是解答此题的关键．
4．（2021·河南周口·八年级期中）如图，在△ADC中，DB是高，点E是DB上一点，，，M、N分别是AE、CD上的点，且．

（1）△ABE和△DBC全等吗？请说明理由；（2）探索BM与BN之间的数量关系和位置关系，并说明理由．
【答案】（1）△ABE和△DBC全等，理由见解析；（2）BM=BN，BM⊥BN；理由见解析．
【分析】（1）先由DB是高可得∠ABE=∠DBC=90°，再结合已知则根据SAS可证明△ABE≌△DBC；
（2）利用全等三角形的性质证得∠BAM=∠BDN，则可由全等三角形的判定证明△ABM≌△DBN，得出BM=BN，∠ABM=∠DBN．得出∠MBN=90°，则结论得证．
【详解】解：（1）△ABE≌△DBC；理由是：
∵DB是高，∴∠ABE=∠DBC=90°．
在△ABE和△DBC中，，∴△ABE≌△DBC（SAS）．
（2）BM=BN，MB⊥BN；理由是：∵△ABE≌△DBC，∴∠BAM=∠BDN．
在△ABM 和△DBN 中，
∴△ABM≌△DBN（SAS）．∴BM=BN，∠ABM=∠DBN．
∵∠ABM+∠DBM=∠ABD=90°．∴∠DBN+∠DBM =90°．
即∠MBN=90°．∴BM⊥BN．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、垂直的定义，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
5．（2021·河南驻马店·八年级期中）如图，∠ABC＝90°，FA⊥AB于点A，D是线段AB上的点，AD＝BC，AF＝BD．（1）判断DF与DC的数量关系为 　 ，位置关系为 　 ．（2）如图2，若点D在线段AB的延长线上，点F在点A的左侧，其他条件不变，试说明（1）中结论是否成立，并说明理由．

【答案】（1）DF＝CD，CD⊥DF；（2）成立，见解析
【分析】（1）根据题意可直接证明△AFD≌△BDC，即可得出结论；
（2）仿照（1）的证明过程推出△ADF≌△BCD，即可得出结论．
【详解】解：（1）由题意，∠A=∠B=90°，
在△AFD与△BDC中，∴△AFD≌△BDC(SAS)，∴DF=DC，∠ADF=∠BCD，
∵在Rt△BDC中，∠BDC+∠BCD=90°，∴∠BDC+∠ADF=90°，
∴∠FDC=90°，∴CD⊥DF，故答案为：DF＝CD，CD⊥DF；
（2）成立，理由如下：
∵AF⊥AB，∴∠DAF＝90°，
在△ADF和△BCD中，，
∴△ADF≌△BCD（SAS），∴DF＝CD，∠ADF＝∠BCD，
∵∠BCD+∠CDB＝90°，∴∠ADF+∠CDB＝90°，即∠CDF＝90°，
∴CD⊥DF；∴（1）中结论仍然成立．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，以及直角三角形两锐角互余等，掌握全等三角形的判定定理，熟练运用全等三角形的性质是解题关键．
6．（2021·河南省淮滨县第一中学八年级期末）如图，在等边三角形中，是边上的动点，以为一边向上作等边三角形，连接．（1）求证：≌；（2）求证：；
（3）当点运动到的中点时，与有什么位置关系？并说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3），见解析．
【分析】（1）根据和是等边三角形，得到边角关系，即，，，根据等式性质得到，最后利用证明全等即可；
（2）根据≌，可知对应角，又因为，等量代换可知，进而得到；
（3），由是等边三角形，点为的中点，根据三线合一可知，再根据≌，进而得到，最后可求得的度数．
【详解】（1）和是等边三角形；
，，，
，即，
在与中，≌；
（2）≌，；
，，；
（3），理由如下：是等边三角形，点为的中点，
，，，
，，
≌，，
，．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定和性质，等式的性质以及平行线的判定等知识点，准确的运用这些性质是解题的关键．

题型8. 尺规作图与三角形全等
1．（2021·河北唐山市·八年级期末）如图，在，上分别截取，，使，再分别以点，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点，作射线，就是的角平分线．这是因为连结，，可得到，根据全等三角形对应角相等，可得．在这个过程中，得到的条件是（ ）

A．SAS B．AAS C．ASA D．SSS
【答案】D
【分析】由作图可知，OE=OD，CE=CD，OC=OC，由SSS证明三角形全等即可．
【详解】解：由作图可知，OE=OD，CE=CD，OC=OC，
∴△COD≌△COE（SSS），故选：D．
【点睛】本题考查作图-基本作图，全等三角形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
2．（2021·河南郑州·一模）在课堂上，陈老师布置了一道画图题：画一个，使，它的两条边分别等于两条已知线段，小明和小强两位同学先画出了之后，后续画图的主要过程分别如图所示．

那么小明和小强两位同学作图确定三角形的依据分别是（       ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】A
【分析】分别根据全等三角形的判定定理进行解答即可．
【详解】解：∵小明同学先确定的是直角三角形的两条直角边，∴确定依据是SAS定理；
∵小强同学先确定的是直角三角形的一条直角边和斜边，∴确定依据是HL定理．故选：A．
【点睛】本题考查的是作图-复杂作图，解题的关键是熟知全等三角形的判定定理．
3．（2021·黑龙江·齐齐哈尔市第二十八中学八年级期中）下列说法中，若①，，则；②三角形三条角平分线的交点到三角形三个顶点的距离相等；③在三角形全等的判定中，至少要有一条边对应相等才能判定两个三角形全等；④用尺规作已知角的平分线的理论依据是“SSS”；⑤经过线段中点的直线是这条线段的对称轴，其中正确说法的有（       ）个．
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
【分析】根据全等三角形的判定，角平分线的性质，作角平分线，轴对称的性质分别判断即可．
【详解】解：①，，则，故正确；
②三角形三条角平分线的交点到三角形三边的距离相等，故错误；
③在三角形全等的判定中，至少要有一条边对应相等才能判定两个三角形全等，故正确；
④用尺规作已知角的平分线的理论依据是“SSS”，故正确；
⑤经过线段中点且垂直于该线段的直线是这条线段的对称轴，故错误；故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，角平分线的性质，作角平分线，轴对称的性质，属于基本几何知识，要求熟练掌握．
4．（2021·江苏苏州市·七年级期末）如图，小正方形的边长为1，为格点三角形．
(1)如图①，的面积为 ；
(2)在图②中画出所有与全等，且只有一条公共边的格点三角形．

【答案】(1)6;(2)见解析
【分析】（1）利用△ABC所在的正方形的面积减去四周三个直角三角形的面积，列式计算即可得解；
（2）分三种情况讨论：分别以AC,AB,BC为公共边，作与余下两边相等的三角形，看是否符合题意即可．
【详解】解：（1）4--=6.
（2）如图

【点睛】本题主要考查的是作图-应用设计、全等三角形的判定，熟练掌握相关知识是解题的关键．
5．（2021·浙江·八年级期末）如图，已知，请按下列要求作图：

（1）作边上的中线．（2）用直尺和圆规作的角平分线．
（3）用直尺和圆规作，使（使点D与A对应，点E与B对应，点F与C对应）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）作BC的垂直平分线，交BC于D，连接AD即可；
（2）利用基本作图（作已知角的平分线）作∠ACB的平分线CG；（3）先作线段EF=BC，然后分别以E、F为圆心，BA和CA为半径画弧，两弧交于点D，则△DEF与△ABC全等．
【详解】解：（1）如图，AD即为所作；
（2）如图，CG即为所作；

（3）如图，△DEF为所作．

【点睛】本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
6．（2021·江苏泰州·一模）已知：如图1，中，．
（1）请你以为一边，在的同侧构造一个与全等的三角形，画出图形；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
（2）参考（1）中构造全等三角形的方法解决下面问题：
如图2，在四边形中①；②；③．请在上述三条信息中选择其中两条作为条件，其余的一条信息作为结论组成一个命题．试判断这个命题是否正确，并说明理由你选择的条件是________，结论是_______（只要填写序号）

【答案】（1）作图见详解；（2）①②；③
【分析】（1）以点A为圆心AC为半径画弧，再以点C为圆心AD长为半径画弧，两个弧的交点为点E，连接AE，CE，即可；（2）延长DA至点E，使AE=CB，连接CE，证明，可得∠B=∠E，AB=CE，进而即可得到结论．
【详解】解：（1）如图所示：

（2）选择的条件是①②，结论是③，理由如下：延长DA至点E，使AE=CB，连接CE，
∵，∠DAC+∠EAC=180°，∴∠ACB=∠EAC，
在和中，∵，∴，∴∠B=∠E，AB=CE，
∵，∴∠D=∠E，∴CD=CE，∴CD=AB，故答案是：①②；③．

【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的判定定理，添加辅助线构造全等三角形，
是解题的关键．

题型9. 利用三角形全等测距离
1．（2022·浙江·九年级专题练习）如图，把两根钢条的中点连在一起，可以做成一个测量工件内槽宽的工具（卡钳）．在图中，要测量工件内槽宽AB，只要测量A′B′就可以，这是利用什么数学原理呢？（       ）

A．AAS B．SAS C．ASA D．SSS
【答案】B
【分析】根据题意，连接AB，A′B′，证明△AOB≌△A′OB′（SAS）即可求得答案．
【详解】解：连接AB，A′B′，如图，

∵点O分别是AA′、BB′的中点，∴OA＝OA′，OB＝OB′，
在△AOB和△A′OB′中，，∴△AOB≌△A′OB′（SAS）．∴A′B′＝AB．故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
2．（2022·广西·环江毛南族自治县教研室八年级期末）如图，为了测量池塘两岸相对的A，B两点之间的距离，小明同学在池塘外取AB的垂线BF上两点C，D，BC=CD，再画出BF的垂线DE，使点E与A，C在同一条直线上，可得△ABC≌△EDC，从而DE=AB．判定△ABC≌△EDC的依据是（       ）

A．ASA B．SAS C．AAS D．SSS
【答案】A
【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．
【详解】解：在△ABC和△EDC中：
，∴△ABC≌△EDC（ASA）．故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的应用，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
3．（2021·广东广州·八年级阶段练习）如图，要测量水池的宽度，可从点出发在地面上画一条线段，使，再从点观测，在的延长线上测得一点，使，这时量得，则水池宽的长度是______m．

【答案】160
【分析】利用全等三角形的性质解决问题即可．
【详解】解：，，
在与中，，≌，
，故答案为：．
【点睛】本题考查全等三角形的应用，解题关键是理解题意，正确寻找全等三角形解决问题．
4．（2021·四川南充·八年级期末）某中学八年级学生进行课外实践活动，要测池塘两端A，B的距离，因无法直接测量，经小组讨论决定，先在地上取一个可以直接到达A，B两点的点O，连接AO并延长到点C，使AO＝CO；连接BO并延长到点D，使BO＝DO，连接CD并测出它的长度．
（1）根据题中描述，画出图形；（2）CD的长度就是A，B两点之间的距离，请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据要求作出图形即可；
（2）利用全等三角形的性质解决问题即可．
【详解】解：（1）图形如图所示：

（2）连接AB．在△AOB和△COD中，，
∴△AOB≌△COD（SAS），∴AB＝CD，
∴CD的长度就是A，B两点之间的距离．
【点睛】本题考查作图﹣应用与设计作图，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用全等三角形的性质解决问题．
5．（2022·福建龙岩·八年级期末）将一个含45°角的直角三角板ABC和一把刻度尺按如图所示的位置放在一起，其中直角的顶点C在刻度尺上，如果分别过A，B两点想刻度尺作两条垂线段AM和BN，垂足分别为M，N．通过测量CN的长度就可以知道AM的长度，为什么？请说明理由．

【答案】AM＝CN，理由见解析
【分析】利用一个45°角的直角三角板的特殊性，根据AAS证明三角形全等，从而推出AM＝CN．
【详解】解：AM＝CN，
证明如下：∵一个45°角的直角三角板ABC，∴AC＝BC．
∵A、B两点作两条垂线段AM和BN，
∴∠ACM+∠MAC＝90°，∠ACM+∠BCN＝90°．∴∠MAC＝∠BCN．
∵∠AMC＝∠CNB，∴△ACM≌△CBN（AAS）．∴AM＝CN．
【点睛】本题考查全等三角形的应用．在实际生活中，常常通过两个全等三角形的对应边相等来证明．本题中结论为AM＝CN，一般是通过全等的性质求解．
6．（2021·山东青岛·七年级期中）某校七年级班学生到野外活动，为测量一池塘两端A、B之间的距离，设计出如下几种方案：
方案a：如图（1）所示，先在平地上取一个可直接到达A、B的点C，再连接AC、BC，并分别延长AC至D，BC至E，使，，最后测出DE的距离即为AB之长：
方案b：如图（2）所示，过点B作AB的垂线BF，再在BF上取C、D两点，使，接着过点D作BD的垂线DE，交AC的延长线于点E，则测出了DE的长即为A、B之间的距离．

阅读后回答下列问题：（1）方案a是否可行？请说明理由；（2）方案b是否可行？不必说明理由；（3）方案b中作，的目的是___________，若仅满足，方案b的结论是否成立．
【答案】（1）可行，见解析；（2）可行；（3）对应角，成立
【分析】（1）方案a对顶角相等，只要夹这个角的两边对应相等，利用“边角边”就可以判断三角形全等；
（2）方案b对顶角相等，又有垂直，两个对应角是直角，利用“角边角”，就可以判断两个三角形全等；
（3）根据“角边角”可知仅满足也可以证明三角形全等，由此可得答案．
【详解】解：（1）可行，理由如下：
∵在与中，，∴∴AB＝DE；
（2）可行，理由如下：∵AB⊥BF，DE⊥BF，∴
∵在与中，，∴∴AB＝DE；
（3）作BF⊥AB，ED⊥BF的目的是为了使对应角∠ABD＝∠BDE＝90°，只要∠ABC＝∠EDC，依然可以用“角边角”证明两个三角形全等，所以方案b的结论仍成立．
【点睛】本题考查了全等三角形的应用；在测量长度或者角度问题中，如果不能直接测量，可以构造全等三角形，利用对应边（角）相等来解决问题．

题型10. 全等三角形中的动态问题
1．（2022·四川广元·八年级期末）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=10，BC=5，AX⊥AC，点P和点Q从点A出发，分别在线段AC和射线AX上运动，且AB=PQ，当AP=________时，△ABC与△APQ全等．

【答案】5或10##10或5
【分析】分两种情况：①当AP=BC=5时；②当AP=CA=10时；由HL证明Rt△ABC≌Rt△PQA（HL）；即可得出结果．
【详解】解：∵AX⊥AC，∴∠PAQ=90°，∴∠C=∠PAQ=90°，
分两种情况：①当AP=BC=5时，在Rt△ABC和Rt△QPA中，，∴Rt△ABC≌Rt△QPA（HL）；
②当AP=CA=10时，在△ABC和△PQA中，，∴Rt△ABC≌Rt△PQA（HL）；
综上所述：当点P运动到AP=5或10时，△ABC与△APQ全等；故答案为：5或10．
【点睛】本题考查直角三角形全等的判定方法；熟练掌握直角三角形全等的判定方法，本题需要分类讨论．
2．（2022·河北唐山·八年级期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝CD＝8cm，BC＝12cm，点P从点B出发，以2cm/秒的速度沿BC向点C运动，同时，点Q由点C出发，以相同的速度沿CD向点D运动，设点P的运动时间为t秒，当时，t的值为（       ）

A．1或3 B．2 C．2或4 D．1或2
【答案】B
【分析】可得 ，计算出t即可．
【详解】解：∵△ABP≌△PCQ，∴BP＝CQ，AB＝PC，
∵AB＝8cm，∴PC＝8cm，∴BP＝12−8＝4cm，∴2t＝4，解得：t＝2，故选：B．
【点睛】主要考查了全等三角形的性质，矩形的性质，解本题的关键是熟练掌握全等三角形的性质．
3．（2022·广西百色·八年级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝8厘米，BC＝6厘米，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以1.5厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上，由C点向A点运动，为了使△BPD≌△CPQ，点Q的运动速度应为（       ）

A．1厘米/秒 B．2厘米/秒 C．3厘米/秒 D．4厘米/秒
【答案】B
【分析】由全等三角形的性质可得出BD＝CQ＝4厘米，BP＝CP＝3厘米，求出点P运动的时间，则可得出答案．
【详解】解：当△BPD≌△CPQ时，BD＝CQ＝4厘米，BP＝CP＝3厘米，
∴点P运动的时间为3÷1.5＝2（秒），∴点Q的运动速度为4÷2＝2（厘米/秒）．选：B．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和全等三角形的性质，注意：全等三角形的对应边相等．
4．（2022·河北石家庄·八年级期末）如图，已知直线于点P，B是内部一点，过点B作于点A，于点C，四边形是边长为8cm的正方形，N是的中点，动点M从点P出发，以2cm/s的速度，沿方向运动，到达点C停止运动，设运动时间为，当时，t等于（       ）

A．2 B．4 C．2或4 D．2或6
【答案】D
【解析】
【分析】分点M是AP的中点和点M与点N重合两种情况讨论，由全等三角形的性质和正方形的性质即可求解．
【详解】解：当点M是AP的中点时，
∵四边形PABC是正方形，∴PC＝PA＝AB，∠CPA＝∠PAN＝90°，
∵N是AB的中点，点M是AP的中点，∴PM＝AN＝4，
在△CPM和△PAN中，
∴△CPM≌△PAN（SAS），∴PN＝CM，∴t2，
当点M与点N重合时，由正方形的对称性可得PN＝CM，∴t6，故选：D
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
5．（2021·江苏盐城·八年级期中）如图，已知四边形ABCD中，AB＝12cm，BC＝10cm，CD＝14cm，∠B＝∠C，点E为AB的中点．如果点P在线段BC上以2cm/s的速度沿B﹣C运动，同时，点Q在线段CD上由C点向D点运动．当点Q的运动速度为 _______cm/s时，能够使△BPE与△CQP全等．

【答案】2或
【分析】设运动时间为t秒，点Q的运动速度是vcm/s，则BP=2t cm，CQ=vt cm，CP=（10-2t）cm，求出BE=6cm，根据全等三角形的判定得出当BE=CP，BP=CQ或BE=CQ，BP=CP时，△BPE与以C、P、Q三点所构成的三角形全等，再代入求出t、v即可．
【详解】设运动时间为t秒，点Q的运动速度是vcm/s，则BP=2t cm，CQ=vt cm，CP=（10-2t）cm，
∵E为AB的中点，AB=12cm，∴BE=AE=6cm，
∵∠B=∠C，∴要使△BPE与以C、P、Q三点所构成的三角形全等，必须BE=CP，BP=CQ或BE=CQ，BP=CP，
当BE=CP，BP=CQ时，6=10-2t，2t=vt，解得：t=2，v=2，即点Q的运动速度是2cm/s，
当BE=CQ，BP=CP时，6=vt，2t=10-2t，解得：t=，v=，即点Q的运动速度是cm/s，
故答案为2或
【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．
6．（2021·四川宜宾市·八年级期末）在中，，，，点在上，且，过点作射线（与在同侧），若点从点出发，沿射线匀速运动，运动速度为，设点运动时间为秒．连结、．

（1）如图①，当时，求证：；
（2）如图②，当于点时，求此时的值．
【答案】（1）见解析；（2）8秒
【分析】（1）根据垂直及角之间的关系证明出，又有，，根据三角形全等的判定定理则可证明．
（2）根据垂直及角之间的关系证明，又因为，，则可证明，所以，即t=8秒．
【详解】（1）证明：，，即
又，
又，
又，
在和中
（2），，即
又，

又，
在和中
即秒．
【点睛】本题主要考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理，灵活运用角之间的关系是解题关键．

题型 11. 全等三角形综合题
1．（2021·湖南岳阳市·八年级期末）已知中，，，点为的中点，点、分别为边、上的动点，且，连接，下列说法正确的是______．（写出所有正确结论的序号）①；②；③；④

【答案】①②④
【分析】根据补角的性质计算可得①；连接D，证明，根据三角形全等的性质判断可得后面的结果；
【详解】，
，，；
故①正确；连接AD，

∵，，∴，
又∵点为的中点，∴，，，即，
又∵，∴，
又∵，∴，
在△BED和△AFD中，，∴，∴ED=FD；故②正确；
∵，∴，
则，故④正确；
当点E移动到点A时，此时点F与点C重合，很明显此时EF=AC，FC=0，即；
故③错误；故答案为①②④．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，准确分析计算是解题的关键．
2．（2021·浙江宁波市·八年级期末）如图1，是等边三角形，为上两点，且，延长至点F，使，连结．（1）如图2，当两点重合时，求证：．
（2）如图3，延长交线段于点G．①求证：．②求的度数．

【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②．
【分析】（1）由等边三角形的性质可得，再由，，当两点重合时，可知点为等边三角形边的中点，由三线合一性质，得，由此解得，最后根据等角对等边解题即可；
（2）①作交于H，连接，由平行线性质解得，继而证明是等边三角形，从而得到，接着证明，最后由全等三角形对应边相等的性质解题即可；
②由①中全等三角形对应角相等可得，结合角的和差解题即可．
【详解】证明：（1）是等边三角形，，
，，
，，，；
（2）①如图，作交于H，连接，
，，
，是等边三角形，，
，，，，
，， ；
②


【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知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
3．（2022·河北安平初二期末）如图，点是等边内一点，，，将绕点顺时针方向旋转得到，连接，.（1）当时，判断的形状，并说明理由；（2）求的度数；（3）请你探究：当为多少度时，是等腰三角形？

【答案】（1）为直角三角形，理由见解析；（2）；（3）当为或或时，为等腰三角形.
【分析】（1）由旋转可以得出和均为等边三角形 ，再根据求出，进而可得为直角三角形；
（2）因为进而求得，根据，即可求出求的度数；
（3）由条件可以表示出∠AOC=250°-a，就有∠AOD=190°-a，∠ADO=a-60°，当∠DAO=∠DOA，∠AOD=ADO或∠OAD=∠ODA时分别求出a的值即可．
【解析】解：（1）为直角三角形，理由如下：
绕顺时针旋转得到，和均为等边三角形，，，，
，为直角三角形；
（2）由（1）知：，，
，

，；
（3）∵∠AOB=110°，∠BOC=α∴∠AOC=250°-a．
∵△OCD是等边三角形，∴∠DOC=∠ODC=60°，∴∠ADO=a-60°，∠AOD=190°-a，
当∠DAO=∠DOA时，2（190°-a）+a-60°=180°，解得：a=140°
当∠AOD=ADO时，190°-a=a-60°，解得：a=125°，
当∠OAD=∠ODA时，190°-a+2（a-60°）=180°，解得：a=110°
∴α=110°，α=140°，α=125°．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质的运用，旋转的性质的运用，直角三角形的判定，全等三角形的判定及性质的运用，等腰三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
4．（2021·湖北襄阳市·八年级期末）如图1，在中，过点作，且，连接．

（问题原型）（1）若，且，过点作的的边上的高，易证，从而得到的面积为______．
（变式探究）（2）如图2，若，，用含的代数式表示的面积，并说明理由．
（拓展应用）（3）如图3，若，，则的面积为______．
【答案】（1）32；（2），理由见解析；（3）16．
【分析】（1）如图1中，由AAS定理可证△ABC≌△BDE，就有DE=BC=8．进而由三角形的面积公式得出结论；（2）如图2中，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，由AAS定理可证得△ABC≌△BDE，就有DE=BC=a．进而由三角形的面积公式得出结论．
（3）如图3中，过点A作AF⊥BC与F，过点D作DE⊥BC的延长线于点E，由等腰三角形的性质可以得出BF=BC，由条件可以得出△AFB≌△BED就可以得出BF=DE，由三角形的面积公式就可以得出结论．
【详解】解：（1）∵在中，，过点作且过点作的的边上的高，∴∴
∵∴．
在与中，∴，
∴故答案为：32

（2）理由：过点作延长线于点 ∴
∵，∵∴．
在与中，∴，
∴
（3）如图3中，∵∴BF=BC=×8=4．
过点A作AF⊥BC与F，过点D作DE⊥BC的延长线于点E，

∴∠AFB=∠E=90°，∴∠FAB+∠ABF=90°．
∵∠ABD=90°，∴∠ABF+∠DBE=90°，∴∠FAB=∠EBD．
在△AFB和△BED中，，∴△AFB≌△BED（AAS），∴BF=DE=4．
∵S△BCD=BC•DE，∴S△BCD=∴△BCD的面积为16．故答案为：16
【点睛】本题考查了直角三角形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答时证明三角形全等是关键．
5．（2022·成都市初一期末）（1）如图1，在ABC中，AB=4，AC=6，AD是BC边上的中线，延长AD到点E使DE=AD，连接CE，把AB，AC，2AD集中在ACE中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是　 　；（2）如图2，在ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF＞EF；（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A为钝角，∠C为锐角，∠B+∠ADC=180°，DA=DC，点E，F分别在BC，AB上，且∠EDF=∠ADC，连接EF，试探索线段AF，EF，CE之间的数量关系，并加以证明．

【答案】（1）1＜AD＜5；（2）见解析；（3）AF+EC=EF，见解析
【分析】（1）证明△CDE≌△BDA（SAS），推出CE=AB=4，在△ACE中，利用三角形的三边关系解决问题即可．（2）如图2中，延长ED到H，使得DH=DE，连接DH，FH．证明△BDE≌△CDH（SAS），推出BE=CH，再证明EF=FH，利用三角形的三边关系即可解决问题．（3）结论：AF+EC=EF．延长BC到H，使得CH=AF．提供两次全等证明AF=CE，EF=EH即可解决问题．
【解析】（1）∵CD=BD，AD=DE，∠CDE=∠ADB，∴△CDE≌△BDA（SAS），∴EC=AB=4，
∵6﹣4＜AE＜6+4，∴2＜2AD＜10，∴1＜AD＜5，故答案为：1＜AD＜5；
（2）如图2中，延长ED到H，使得DH=DE，连接DH，FH．

∵BD=DC，∠BDE=∠CDH，DE=DH，∴△BDE≌△CDH（SAS），∴BE=CH，
∵FD⊥EH，又DE=DH，∴EF=FH，在△CFH中，CH+CF＞FH，
∵CH=BE，FH=EF，∴BE+CF＞EF；
（3）结论：AF+EC=EF．理由：延长BC到H，使得CH=AF．
∵∠B+∠ADC=180°，∴∠A+∠BCD=180°，∵∠DCH+∠BCD=180°，∴A=∠DCH，
∵AF=CH，AD=CD，∴△AFD≌△CHD（SAS），∴DF=DH，∠ADF=∠CDH，∴∠ADC=∠FDH，
∵∠EDF=∠ADC，∴∠EDF=∠FDH，∴∠EDF=∠EDH，
∵DE=DE，∴△EDF≌△EDH（SAS），∴EF=EH，
∵EH=EC+CH=EC+AF，∴EF=AF+EC．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中线的性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会倍长中线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
6．（2022·青白江初一期中）现给出一个结论：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；该结论是正确的，用图形语言可以表示为：如图1在中，,若点D为AB的中点，则．
请结合上述结论解决如下问题：已知，点P是射线BA上一动点（不与A,B重合）分别过点A,B向直线CP作垂线，垂足分别为E,F,其中Q为AB的中点（1）如图2，当点P与点Q重合时，AE与BF的位置关系____________；QE与QF的数量关系是__________（2）如图3，当点P在线段AB上不与点Q重合时，试判断QE与QF的数量关系，并给予证明．(3)如图4，当点P在线段BA的延长线上时，此时（2）中的结论是否成立？请画出图形并写出主要证明思路．

【答案】（1）AE//BF;QE=QF；(2)QE=QF，证明见解析；(3)结论成立，证明见解析．
【分析】（1）根据AAS得到，得到、QE=QF，根据内错角相等两直线平行，得到AE//BF；（2）延长EQ交BF于D，根据AAS判断得出，因此，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可证明；（3）延长EQ交FB的延长于D，根据AAS判断得出，因此，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可证明．
【解析】（1）AE//BF；QE=QF （2）QE=QF 证明：延长EQ交BF于D，


,
（3）当点P在线段BA延长线上时，此时（2）中结论成立
证明：延长EQ交FB的延长于D 因为AE//BF所以
EQ=QF
【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法：AAS，平行线的性质，根据P点位置不同，画出正确的图形，找到AAS的条件是解决本题的关键．
7．（2022·山东威海市·七年级期末）（问题情境）（1）如图，在四边形中，，，．点，分别是和上的点，且，试探究线段，，之间的关系．小明同学探究此问题的方法是：延长到点，使，连接．先证明，再证明，进而得出．你认为他的做法　　　　；（填“正确”或“错误”）．

（探索延伸）（2）如图，在四边形中，，，，，点，分别是和上的点，且，上题中的结论依然成立吗？请说明理由．
（思维提升）（3）小明通过对前面两题的认真思考后得出：如图，在四边形中，若，，，那么．你认为正确吗？请说明理由．
【答案】（1）正确；（2）成立，理由见解析；（3）正确，理由见解析．
【分析】（1）延长到点，使，连接．先证明，可得AE=AG，再证明，可得EF=GF，进而得出．即可解题；
（2）成立，证明方法同（1）：延长到点，使，连接．先证明，可得AE=AG，再证明，可得EF=GF，进而得出．即可解题；
（3）正确，证明方法同（2）：延长到点，使，连接．先证明，可得AE=AG，再证明，可得EF=GF，进而得出．即可解题．
【详解】解：（1）正确．
理由：如图1，延长到点，使，连接．

∵，∴，
在△ABE和△ADG中，∵，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵，，∴∠EAF =∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，∵，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=GF，
∵GF=DG+DF=BE+DF，∴；
（2）（1）题中的结论依然成立；
理由：如图2，延长到点，使，连接．
∵，，∴，
在△ABE和△ADG中，∵，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵，，∴∠EAF =∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，∵，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=GF，
∵GF=DG+DF=BE+DF，∴；
（3）正确，理由：如图3，延长到点，使，连接．
∵，，∴，
在△ABE和△ADG中，∵，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF =∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，∵，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=GF，
∵GF=DG+DF=BE+DF，∴．
【点睛】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．