北师大版七年级数学下册举一反三 专题4.9 三角形章末重难点突破（举一反三）（原卷版+解析）

这是一份北师大版七年级数学下册举一反三 专题4.9 三角形章末重难点突破（举一反三）（原卷版+解析），共44页。


【考点1 三角形的三边关系】
【例1】(2023春•沙坪坝区校级期末）一个三角形两边长分别为3，7，若它的周长是小于16的整数，则第三边的长为（ ）
A．1B．3C．5D．7
【变式1-1】(2023春•九江期末）小明现有两根4cm、9cm的木棒，他想以这两根木棒为边钉一个三角形木框，现从5cm，7cm，9cm，11cm，13cm，17cm的木棒中选择第三根（木棒不能折断），则小明有 三 种选择方案．
【变式1-2】(2023春•西城区校级期中）长度为20厘米的木棍，截成三段，每段长度为整数厘米，请写出一种可以构成三角形的截法，此时三段长度分别为 ，能构成三角形的截法共有 种．（只考虑三段木棍的长度）
【变式1-3】(2023春•嵩县期末）如图所示，D是△ABC的边AC上任意一点（不含端点），连结BD，请判断AB+BC+AC与2BD的大小关系，并说明理由．
【考点2 三角形中三线的应用】
【例2】(2023春•迁安市期末）如图，在△ABC中，AD，AE分别是边CB上的中线和高，AE＝6cm，S△ABD＝12cm2，则BC的长是（ ）
A．4cmB．6cmC．8cmD．10cm
【变式2-1】(2023春•贵阳期末）如图，AD为△ABC的中线，BE为△ABD的中线．若△ABC的面积为60，BD＝5，则△BDE的BD边上的高是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【变式2-2】(2023春•宽城区期末）如图，△ABC的面积为30，AD是△ABC的中线，BE是△ABD的中线，EF⊥BC于点F．
（1）求△BDE的面积．
（2）若EF＝5，求CD的长．
【变式2-3】(2023春•江都区期末）如图，在△ABC中，∠A＝∠BCD，CD⊥AB于点D，BE平分∠ABC交CD、CA于点F、E．
（1）求∠ACB的度数；
（2）说明：∠CEF＝∠CFE．
（3）若AC＝3CE、AB＝4BD，△ABC、△CEF、△BDF的面积分别表示为S△ABC、S△CEF、S△BDF，且S△ABC＝36，则S△CEF﹣S△BDF＝ （仅填结果）．
【考点3 三角形内角和定理的应用】
【例3】(2023春•道里区期末）如图，在△ABC中，D是AC上一点，E是AB上一点，BD，CE相交于点F，∠A＝60°，∠ABD＝20°，∠ACE＝35°，则∠EFD的度数是（ ）
A．115°B．120°C．135°D．105°
【变式3-1】(2023春•高州市期末）如图，小明从一张三角形纸片ABC的AC边上选取一点N，将纸片沿着BN对折一次使得点A落在A′处后，再将纸片沿着BA′对折一次，使得点C落在BN上的C′处，已知∠CMB＝68°，∠A＝18°，则原三角形的∠C的度数为（ ）
A．87°B．84°C．75°D．72°
【变式3-2】(2023春•兴隆县期末）在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，点P为BC上任意一点，可以与C重合但不与点B重合，AD平分∠BAP，BD平分∠ABP．
（1）当点P与C重合时，求∠ADB的度数；
（2）当AP⊥BC时，直接写出∠ADB的度数；
（3）直接写出∠ADB的取值范围．
【变式3-3】(2023春•铁西区期末）在△ABC中，点D，E分别在边AC，BC上，点P是边AB上的一个动点，
（1）如图，若∠ACB＝90°，
①当∠DPE＝75°时，求∠ADP+∠BEP的度数；
②当∠DPE＝60°时，则∠ADP+∠BEP＝ °；
（2）若∠ACB＝m，当∠DPE＝n时，请直接用含m，n的式子表示∠ADP+∠BEP的度数．
【考点4 直角三角形性质的应用】
【例4】如图，AB⊥BC，BC⊥CD，AC⊥BD，垂足为P，如果∠A＝α，那么∠ABP和∠PCD分别等于多少？
【变式4-1】如图，△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，AD、CE交于点H，已知∠B＝48°，∠BAC＝72°，求∠CAD与∠DHE的度数．
【变式4-2】（1）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，∠ACD与∠B有什么关系？为什么？
（2）如图②，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D、E分别在AC，AB上，且∠ADE＝∠B，判断△ADE的形状是什么？为什么？
（3）如图③，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠C＝90°，∠E＝90°，AB⊥BD，点C，B，E在同一直线上，∠A与∠D有什么关系？为什么？
【变式4-3】(2023春•兴化市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AE平分∠CAB，CD⊥AB，AE、CD相交于点F．
（1）若∠DCB＝50°，求∠CEF的度数；
（2）求证：∠CEF＝∠CFE．
【考点5 全等三角形的性质】
【例5】(2023秋•安徽月考）如图，点D、E分别在△ABC的边AB、AC上，且△DEF≌△DEA，若∠BDF﹣∠CEF＝60°，则∠A的度数为（ ）
A．30°B．32°C．35°D．40°
【变式5-1】(2023秋•临西县期末）已知△ABC≌△A'B'C，∠A＝40°，∠CBA＝60°，A'C交边AB于P（点P不与A、B重合）．BO、CO分别平分∠CBA，∠BCP，若m°＜∠BOC＜n°，则n﹣m的值为（ ）
A．20B．40C．60D．100
【变式5-2】(2023春•沙坪坝区期末）如图，△ABC中，点D、点E分别在边AB、BC上，连结AE、DE，若△ADE≌△BDE，AC：AB：BC＝2：3：4，且△ABC的周长比△AEC的周长大6．则△AEC的周长为 ．
【变式5-3】(2023春•二道区期末）如图，△ABC≌△ADE，∠B＝10°，∠AED＝20°，AB＝4cm，点C为AD中点．
（1）求∠BAE的度数和AE的长．
（2）延长BC交ED于点F，则∠DFC的大小为 度．
【考点6 全等三角形的判定】
【例6】(2023春•乐平市期末）如图，已知BC＝EF，AF＝DC，点A、F、C、D四点在同一直线上．要利用“SAS”来判定△ABC≌△DEF，下列四个条件：①∠A＝∠D；②∠ACB＝∠DFE；③AB∥DE；④BC∥EF．可以利用的是（ ）
A．①②B．②④C．②③D．①④
【变式6-1】(2023春•市南区期末）如图，在△ABC和△DEF中，点B、F、C、D在同条直线上，已知∠A＝∠D，AB＝DE，添加以下条件，不能判定△ABC≌△DEF的是（ ）
A．∠B＝∠EB．AC＝DFC．∠ACD＝∠BFED．BC＝EF
【变式6-2】(2023春•南海区校级月考）如图，AB＝AC，角平分线BF、CE交于点O，AO与BC交于点D，则图中共有（ ）对全等三角形．
A．8B．7C．6D．5
【变式6-3】(2023秋•内江期末）如图1，已知AB＝AC，D为∠BAC的角平分线上面一点，连接BD，CD；如图2，已知AB＝AC，D、E为∠BAC的角平分线上面两点，连接BD，CD，BE，CE；如图3，已知AB＝AC，D、E、F为∠BAC的角平分线上面三点，连接BD，CD，BE，CE，BF，CF；…，依次规律，第n个图形中有全等三角形的对数是（ ）
A．nB．2n﹣1C．n(n+1)2D．3（n+1）
【考点7 全等三角形的判定与性质】
【例7】(2023春•渝中区校级期末）如图，四边形ABCD中，AC、BD为对角线，且AC＝AB，∠ACD＝∠ABD，AE⊥BD于点E，若BD＝6.4，CD＝5.2．则DE的长度为（ ）
A．1.2B．0.6C．0.8D．1
【变式7-1】(2023春•盐湖区校级期末）在△ABC中，AB＝AC，点D是△ABC外一点，连接AD、BD、CD，且BD交AC于点O，在BD上取一点E，使得AE＝AD，∠EAD＝∠BAC，若∠ACB＝70°，则∠BDC的度数为 ．
【变式7-2】(2023春•榆阳区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点F，∠ABC的平分线BE交AD于点E，CD⊥AC，连接BD．
（1）DB⊥AB吗？请说明理由；
（2）试说明：∠DBE与∠AEB互补．
【变式7-3】(2023春•富平县期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝60°，D为△ABC边AC上一点，BC＝CD，点M在BC的延长线上，CE平分∠ACM，且AC＝CE．连接BE交AC于F，G为边CE上一点，满足CG＝CF，连接DG交BE于H．
（1）△ABC≌△EDC吗？为什么？
（2）求∠DHF的度数；
（3）若EB平分∠DEC，则BE平分∠ABC吗？请说明理由．
【考点8 全等三角形的应用】
【例8】(2023春•温江区期末）如图，小明站在堤岸的A点处，正对他的S点停有一艘游艇．他想知道这艘游艇距离他有多远，于是他沿堤岸走到电线杆B旁，接着再往前走相同的距离，到达C点．然后他向左直行，当看到电线杆与游艇在一条直线上时停下来，此时他位于D点．那么C，D两点间的距离就是在A点处小明与游艇的距离．在这个问题中，可作为证明△SAB≌△DCB的依据的是（ ）
A．SAS或SSSB．AAS或SSSC．ASA或AASD．ASA或SAS
【变式8-1】(2023春•西安期末）如图，小明站在堤岸凉亭A点处，正对他的S点停有一艘游艇，他想知道凉亭与这艘游艇之间的距离，于是制定了如下方案．
（1）凉亭与游艇之间的距离是 米．
（2）请你说明小明做法的正确性．
【变式8-2】(2023春•陈仓区期末）为了解学生对所学知识的应用能力，某校老师在七年级数学兴趣小组活动中，设置了这样的问题：因为池塘两端A，B的距离无法直接测量，请同学们设计方案测量A，B的距离．甲、乙两位同学分别设计出了如下两种方案：
甲：如图①，先在平地上取一个可以直接到达点A，B的点O，连接AO并延长到点C，连接BO并延长到点D，使CO＝AO，DO＝BO，连接DC，测出DC的长即可．
乙：如图②，先确定直线AB，过点B作直线BE，在直线BE上找可以直接到达点A的一点D，连接DA，作DC＝DA，交直线AB于点C，最后测量BC的长即可．
（1）甲、乙两同学的方案哪个可行？
（2）请说明方案可行的理由．
【变式8-3】(2023春•于洪区期末）如图1，为测量池塘宽度AB，可在池塘外的空地上取任意一点O，连接AO，BO，并分别延长至点C，D，使OC＝OA，OD＝OB，连接CD．
（1）求证：AB＝CD；
（2）如图2，受地形条件的影响，于是采取以下措施：延长AO至点C，使OC＝OA，过点C作AB的平行线CE，延长BO至点F，连接EF，测得∠CEF＝140°，∠OFE＝110°，CE＝11m，EF＝10m，请直接写出池塘宽度AB．
【考点9 全等三角形中的动点问题】
【例9】(2023春•工业园区期末）如图，AB＝14，AC＝6，AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A、B．点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿AB向点B运动；点Q从点B出发，以每秒a个单位的速度沿射线BD方向运动．点P、点Q同时出发，当以P、B、Q为顶点的三角形与△CAP全等时，a的值为（ ）
A．2B．3C．2或3D．2或127
【变式9-1】(2023春•苏州期末）如图，直线PQ经过Rt△ABC的直角顶点C，△ABC的边上有两个动点D、E，点D以1cm/s的速度从点A出发，沿AC→CB移动到点B，点E以3cm/s的速度从点B出发，沿BC→CA移动到点A，两动点中有一个点到达终点后另一个点继续移动到终点．过点D、E分别作DM⊥PQ，EN⊥PQ，垂足分别为点M、N，若AC＝6cm，BC＝8cm，设运动时间为t，则当t＝ s时，以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等．
【变式9-2】(2023春•晋中期末）综合与探究
如图（1），AB＝9cm，AC⊥AB，BD⊥AB垂足分别为A、B，AC＝7cm．点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在射线BD上运动．它们运动的时间为t（s）（当点P运动结束时，点Q运动随之结束）．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t＝1时，△ACP与△BPQ是否全等，并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系，请分别说明理由；
（2）如图（2），若“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB＝∠DBA”，点Q的运动速度为xcm/s，其它条件不变，当点P、Q运动到何处时有△ACP与△BPQ全等，求出相应的x的值．
【变式9-3】(2023秋•宜宾期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8cm，BC＝6cm，点D在AC上，且AD＝6cm，过点A作射线AE⊥AC（AE与BC在AC同侧），若动点P从点A出发，沿射线AE匀速运动，运动速度为1cm/s，设点P运动时间为t秒．连接PD、BD．
（1）如图①，当PD⊥BD时，求证：△PDA≌△DBC；
（2）如图②，当PD⊥AB于点F时，求此时t的值．
【题型10 用尺规作三角形】
【例10】(2023春•沙坪坝区校级期末）作图题（要求：用尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）．已知：∠α，∠β，线段c（如图所示）．求作：△ABC，使∠A＝∠α，∠B＝∠β，AB＝2c．
【变式10-1】(2023春•和平区期末）尺规作图：（不写作法，保留作图痕迹）
已知：线段a，c，∠α．
求作：△ABC，使BC＝a，AB＝c，∠BAC＝∠α．
【变式10-2】(2023春•市北区期末）已知：线段a，直线l及l外一点A．求作：Rt△ABC，使∠ACB＝90°，且顶点B、C在直线l上，斜边AB＝a．
【变式10-3】(2023秋•曹县期末）如图，已知线段a和∠α，求作Rt△ABC，使∠C＝90°，BC＝a，∠ABC=12∠α（使用直尺和圆规，并保留作图痕迹）．
课题
测凉亭与游艇之间的距离
测量工具
皮尺等
测量方案示意图
测量步骤
①小明沿堤岸走到电线杆B旁；
②再往前走相同的距离，到达C点；
③然后他向左直行，当看到电线杆与游艇在一条直线上时停下来．
测量数据
AB＝10米，BC＝10米，CD＝5米
专题4.9 三角形章末重难点突破
【北师大版】

【考点1 三角形的三边关系】
【例1】(2023春•沙坪坝区校级期末）一个三角形两边长分别为3，7，若它的周长是小于16的整数，则第三边的长为（ ）
A．1B．3C．5D．7
分析：设第三边的长为l，再根据三角形的三边关系进行解答即可．
【解答】解：设第三边的长为l，则7﹣3＜l＜7+3，即4＜l＜10，
∴14＜周长＜20，
∵它的周长是小于16的整数，
∴周长为15，
∴第三边长为5，
故选：C．
【变式1-1】(2023春•九江期末）小明现有两根4cm、9cm的木棒，他想以这两根木棒为边钉一个三角形木框，现从5cm，7cm，9cm，11cm，13cm，17cm的木棒中选择第三根（木棒不能折断），则小明有 三 种选择方案．
分析：根据在三角形中任意两边之和＞第三边，任意两边之差＜第三边，求得第三边的取值范围；再从中找到符合条件的数值．
【解答】解：根据三角形的三边关系，得：第三根木棒应＞5cm，而＜13cm．故7cm，9cm，11cm能满足，有三种选择方案．
故答案是：三．
【变式1-2】(2023春•西城区校级期中）长度为20厘米的木棍，截成三段，每段长度为整数厘米，请写出一种可以构成三角形的截法，此时三段长度分别为 ，能构成三角形的截法共有 种．（只考虑三段木棍的长度）
分析：已知三角形的周长，分别假设三角形的最长边，从而利用三角形三边关系进行验证即可求得不同的截法．
【解答】解：∵木棍的长度为20厘米，即三角形的周长为20厘米，
∴①当三角形的最长边为9厘米时，有4种截法，分别是：9厘米，9厘米，2厘米；9厘米，8厘米，3厘米；9厘米，7厘米，4厘米；9厘米，6厘米，5厘米；
②当三角形的最长边为8厘米时，有3种截法，分别是：8厘米，8厘米，4厘米；8厘米，7厘米，5厘米；8厘米，6厘米，6厘米；
③当三角形的最长边为7厘米时，有1种截法，是：7厘米，7厘米，6厘米；
∴能构成三角形的截法共有4+3+1＝8种．
故答案为：9厘米，9厘米，2厘米（答案不唯一）；8．
【变式1-3】(2023春•嵩县期末）如图所示，D是△ABC的边AC上任意一点（不含端点），连结BD，请判断AB+BC+AC与2BD的大小关系，并说明理由．
分析：根据三角形两边之和大于第三边即可求解．
【解答】解：AB+BC+AC＞2BD．理由如下：
在△ABD中，AB+AD＞BD，
在△BCD中，BC+CD＞BD，
∴AB+AD+BC+CD＞2BD，
即AB+BC+AC＞2BD．
【考点2 三角形中三线的应用】
【例2】(2023春•迁安市期末）如图，在△ABC中，AD，AE分别是边CB上的中线和高，AE＝6cm，S△ABD＝12cm2，则BC的长是（ ）
A．4cmB．6cmC．8cmD．10cm
分析：由AD为CB边上的中线可得S△ABC＝2S△ABD＝24cm2，再根据三角形ABC的面积计算公式12BC⋅AE=24，可解出BC的长．
【解答】解：∵AD为CB边上的中线，
∴S△ABC＝2S△ABD＝24cm2，
即12BC⋅AE=24，
又AE＝6cm，
解得：BC＝8cm，
故选：C．
【变式2-1】(2023春•贵阳期末）如图，AD为△ABC的中线，BE为△ABD的中线．若△ABC的面积为60，BD＝5，则△BDE的BD边上的高是（ ）
A．3B．4C．5D．6
分析：由中线AD推出△ABD的面积，再由中线BE推出△BED的面积，最后结合BD＝5求出BD边上的高．
【解答】解：∵AD是△ABC的中线，S△ABC＝60，
∴S△ABD=12S△ABC=12×60＝30，
∵BE是△ABD的中线，
∴S△BDE=12S△ABD=12×30＝15，
设BD边上的高为h，BD＝5，
∴12⋅BD⋅ℎ=12×5×h＝15，
∴h＝6．
故选：D．
【变式2-2】(2023春•宽城区期末）如图，△ABC的面积为30，AD是△ABC的中线，BE是△ABD的中线，EF⊥BC于点F．
（1）求△BDE的面积．
（2）若EF＝5，求CD的长．
分析：（1）由中线性质可得S△ABD=12S△ABC，S△BED=12S△ABD，即可得答案；
（2）由三角形面积公式S△BDE=12BD⋅EF，即152=52BD，可得BD＝3，从而由中线性质可得CD＝BD＝3．
【解答】解：（1）∵AD是△ABC的中线，
∴S△ABD=12S△ABC=12×30=15，
∵BE是△ABD的中线，
∴S△BED=12S△ABD=12×15=152．
（2）∵EF⊥BC，
∴S△BDE=12BD⋅EF，即152=52BD，
∴BD＝3，
∵AD是△ABC的中线，
∴CD＝BD＝3．
【变式2-3】(2023春•江都区期末）如图，在△ABC中，∠A＝∠BCD，CD⊥AB于点D，BE平分∠ABC交CD、CA于点F、E．
（1）求∠ACB的度数；
（2）说明：∠CEF＝∠CFE．
（3）若AC＝3CE、AB＝4BD，△ABC、△CEF、△BDF的面积分别表示为S△ABC、S△CEF、S△BDF，且S△ABC＝36，则S△CEF﹣S△BDF＝ （仅填结果）．
分析：（1）由CD⊥AB得∠A+∠ACD＝90°，结合∠A＝∠BCD，从而得∠BCD+∠ACD＝90°，即∠ACB＝90°；
（2）由（1）可知∠ACB＝90°，则有∠CEF＝90°﹣∠CBE，再由CD⊥AB得∠BFD＝90°﹣∠DBF，结合BE是∠ABC的平分线，有∠CBE＝∠DBF，从而有∠CEB＝∠BFD，最后由对顶角∠CFE＝∠BFD，即可求解；
（3）由已知条件可得：CE=13AC，BD=14BD，由S△ABC的面积为36，可得：CD=72AB，BC=72AC，再由S△CEF﹣S△BDF＝S△BCE﹣S△BCF﹣（S△BCD﹣S△BCF），整理得S△CEF﹣S△BDF＝S△BCE﹣S△BCD，结合三角形的面积公式即可求解．
【解答】解：（1）∵CD⊥AB，
∴∠A+∠ACD＝90°，
∵∠A＝∠BCD，
∴∠BCD+∠ACD＝90°，
即∠ACB＝90°；
（2）由（1）可知∠ACB＝90°，
∴∠CEF＝90°﹣∠CBE，
∵CD⊥AB，
∴∠BFD＝90°﹣∠DBF，
∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠CBE＝∠DBF，
∴∠CEB＝∠BFD，
∵∠CFE＝∠BFD，
∴∠CEF＝∠CFE；
（3）∵AC＝3CE、AB＝4BD，
∴CE=13AC，BD=14AB，
∵S△ABC＝36，△ABC是直角三角形，
∴12AB⋅CD=36，得：CD=72AB，
12AC•BC＝36，得：BC=72AC，
∵由（1）可得△BCE，△BDF是直角三角形，
∴S△CEF﹣S△BDF＝S△BCE﹣S△BCF﹣（S△BCD﹣S△BCF），
整理得：S△CEF﹣S△BDF＝S△BCE﹣S△BCD
=12BC⋅CE−12BD⋅CD
=12×72AC×13AC−12×14AB×72AB
＝12﹣9
＝3．
故答案为：3．
【考点3 三角形内角和定理的应用】
【例3】(2023春•道里区期末）如图，在△ABC中，D是AC上一点，E是AB上一点，BD，CE相交于点F，∠A＝60°，∠ABD＝20°，∠ACE＝35°，则∠EFD的度数是（ ）
A．115°B．120°C．135°D．105°
分析：由△ABD的内角和为180°，可以求∠ADB，由△AEC内角和为180°，可以求∠AEC，再根据四边形AEFD内角和为360°，可求∠EFD．
【解答】解：在△AEC中，∠A+∠ACE+∠AEC＝180°，
∴∠AEC＝180°﹣∠A﹣∠ACE＝180°﹣60°﹣35°＝85°，
在△ABD中∠A+∠ABD+∠ADB＝180°，
∴∠ADB＝180°﹣∠A﹣∠ABD＝180°﹣60°﹣20°＝100°，
在四边形AEFD中，∠A+∠AEC+∠ADB+2∠EFD＝360°，
∴∠EFD＝360°﹣∠A﹣∠AEC﹣∠ADB＝360°﹣60°﹣85°﹣100°＝115°，
故选：A．
【变式3-1】(2023春•高州市期末）如图，小明从一张三角形纸片ABC的AC边上选取一点N，将纸片沿着BN对折一次使得点A落在A′处后，再将纸片沿着BA′对折一次，使得点C落在BN上的C′处，已知∠CMB＝68°，∠A＝18°，则原三角形的∠C的度数为（ ）
A．87°B．84°C．75°D．72°
分析：已知∠A＝18°，欲求∠C，需求∠ABC．如图，由题意得：△ABN≌△A′BN，△C′BN≌△CBM，得∠1＝∠2＝∠3，∠CMB＝∠C′MB＝68°，则需求∠3．根据三角形内角和定理，得∠3+∠C＝112°，∠ABC+∠C+18°＝180°，即3∠3+∠C＝162°，故求得∠3＝25°．
【解答】解：如图，
由题意得：△ABN≌△A′BN，△C′BN≌△CBM．
∴∠1＝∠2，∠2＝∠3，∠CMB＝∠C′MB＝68°．
∴∠1＝∠2＝∠3．
∴∠ABC＝3∠3．
又∵∠3+∠C+∠CMB＝180°，
∴∠3+∠C＝180°﹣∠CMB＝180°﹣68°＝112°．
又∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，
∴18°+2∠3+（∠3+∠C）＝180°．
∴18°+2∠3+112°＝180°．
∴∠3＝25°．
∴∠C＝112°﹣∠3＝112°﹣25°＝87°．
故选：A．
【变式3-2】(2023春•兴隆县期末）在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，点P为BC上任意一点，可以与C重合但不与点B重合，AD平分∠BAP，BD平分∠ABP．
（1）当点P与C重合时，求∠ADB的度数；
（2）当AP⊥BC时，直接写出∠ADB的度数；
（3）直接写出∠ADB的取值范围．
分析：（1）由三角形的内角和定理求得∠ABC的度数，利用角平分线的定义可求解∠ABD的度数，结合点P与C重合时∠BAP＝90°，利用角平分线的定义可求解∠BAD的度数，再利用三角形的内角定理可求解
（2）由当AP⊥BC可得∠APB＝90°，利用角平分线的定义可求解∠ABD，∠BAD的度数，再利用三角形的内角定理可求解；
（3）先利用三角形的内角和定理可得∠ADB＝165°﹣∠BAD，利用P点分别于B点，C点重合时分别求解∠ADB的度数，进而可求解∠ADB的取值范围．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，∠C＝60°，
∴∠ABC＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝15°，
当点P与点C重合时，∠BAP＝∠BAC＝90°，
∵AD平分∠BAP，
∴∠BAD＝45°，
∴∠ADB＝180°﹣15°﹣45°＝120°；
（2）当AP⊥BC时，∠APB＝90°，
∴∠BAP＝180°﹣90°﹣30°＝60°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝15°，
∵AD平分∠BAP，
∴∠BAD＝30°，
∴∠ADB＝180°﹣15°﹣30°＝135°；
（3）∵∠ABD＝15°，
∴∠ADB＝180°﹣∠BAD﹣15°＝165°﹣∠BAD，
当P点与B点重合时，∠BAD＝0°，
∴∠ADB＝165°，
当P点与C点重合时，∠BAD＝45°，
∴∠ADB＝120°，
∴120°≤∠ADB＜165°．
【变式3-3】(2023春•铁西区期末）在△ABC中，点D，E分别在边AC，BC上，点P是边AB上的一个动点，
（1）如图，若∠ACB＝90°，
①当∠DPE＝75°时，求∠ADP+∠BEP的度数；
②当∠DPE＝60°时，则∠ADP+∠BEP＝ °；
（2）若∠ACB＝m，当∠DPE＝n时，请直接用含m，n的式子表示∠ADP+∠BEP的度数．
分析：（1）①由三角形的内角和定理可得：∠A+∠B＝180°﹣∠C＝90°，∠A+∠APD+∠ADP＝180°，∠B+∠BPE+∠BEP＝180°，结合∠APD+∠BPE＝180°﹣∠DPE＝105°，从而可求得∠ADP+∠BEP的度数；
②根据①的方式进行求解即可；
（2）结合（1）的过程，进行求解即可．
【解答】解：（1）①∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝180°﹣∠C＝90°，
∵∠A+∠APD+∠ADP＝180°，∠B+∠BPE+∠BEP＝180°，∠APD+∠BPE＝180°﹣∠DPE＝105°，
∴∠A+∠APD+∠ADP+∠B+∠BPE+∠BEP＝180°+180°，
（∠A+∠B）+（∠APD+∠BPE）+（∠ADP+∠BEP）＝360°，
90°+105°+（∠ADP+∠BEP）＝360°，
解得：∠ADP+∠BEP＝165°；
②同理①可得：∠APD+∠BPE＝180°﹣∠DPE＝120°，
可求得：∠ADP+∠BEP＝150°；
故答案为：150；
（2）①∵∠ACB＝m，
∴∠A+∠B＝180°﹣m，
∵∠A+∠APD+∠ADP＝180°，∠B+∠BPE+∠BEP＝180°，∠APD+∠BPE＝180°﹣∠DPE＝180°﹣n，
∴∠A+∠APD+∠ADP+∠B+∠BPE+∠BEP＝180°+180°，
（∠A+∠B）+（∠APD+∠BPE）+（∠ADP+∠BEP）＝360°，
180°﹣m+180°﹣n+（∠ADP+∠BEP）＝360°，
解得：∠ADP+∠BEP＝m+n．
【考点4 直角三角形性质的应用】
【例4】如图，AB⊥BC，BC⊥CD，AC⊥BD，垂足为P，如果∠A＝α，那么∠ABP和∠PCD分别等于多少？
分析：在直角△ABP中，根据直角三角形两锐角互余可得∠ABP＝90°﹣∠A＝90°﹣α；利用同角的余角相等可得∠PCD＝90°﹣∠ACB＝∠A＝α．
【解答】解：∵AC⊥BD，
∴∠APB＝90°，
∴∠ABP＝90°﹣∠A＝90°﹣α；
∵AB⊥BC，BC⊥CD，
∴∠ABC＝∠BCD＝90°
∴∠PCD＝90°﹣∠ACB＝∠A＝α．
【变式4-1】如图，△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，AD、CE交于点H，已知∠B＝48°，∠BAC＝72°，求∠CAD与∠DHE的度数．
分析：根据直角三角形两锐角互余求出∠BAD，再根据∠CAD＝∠BAC﹣∠BAD代入数据计算即可得解；然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠DHE＝∠BAD+∠AEH计算即可得解．
【解答】解：∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝90°﹣∠B＝90°﹣48°＝42°，
∴∠CAD＝∠BAC﹣∠BAD＝30°，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°，
由三角形的外角性质得，∠DHE＝∠BAD+∠AEH＝42°+90°＝132°．
【变式4-2】（1）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，∠ACD与∠B有什么关系？为什么？
（2）如图②，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D、E分别在AC，AB上，且∠ADE＝∠B，判断△ADE的形状是什么？为什么？
（3）如图③，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠C＝90°，∠E＝90°，AB⊥BD，点C，B，E在同一直线上，∠A与∠D有什么关系？为什么？
分析：（1）根据直角三角形的性质得出∠ACD+∠A＝∠B+∠DCB＝90°，再解答即可；
（2）根据直角三角形的性质得出∠ADE+∠A＝∠A+∠B＝90°，再解答即可；
（3）根据直角三角形的性质得出∠ABC+∠A＝∠ABC+∠DBE＝∠DBE+∠D＝90°，再解答即可．
【解答】解：（1）∠ACD＝∠B，理由如下：
∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴∠ACD+∠DCB＝∠B+∠DCB＝90°，
∴∠ACD＝∠B；
（2）△ADE是直角三角形．
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，D、E分别在AC，AB上，且∠ADE＝∠B，∠A为公共角，
∴∠AED＝∠ACB＝90°，
∴△ADE是直角三角新；
（3）∠A+∠D＝90°．
∵在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠C＝90°，∠E＝90°，AB⊥BD，
∴∠ABC+∠A＝∠ABC+∠DBE＝∠DBE+∠D＝90°，
∴∠A+∠D＝90°．
【变式4-3】(2023春•兴化市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AE平分∠CAB，CD⊥AB，AE、CD相交于点F．
（1）若∠DCB＝50°，求∠CEF的度数；
（2）求证：∠CEF＝∠CFE．
分析：（1）根据直角三角形的性质得到∠DCB+∠B＝90°，∠CAB+∠B＝90°，进而得到∠CAB＝∠DCB，根据角平分线的定义计算即可；
（2）根据角平分线的定义得到∠BAE＝∠CAE，根据直角三角形的性质得到∠CEF＝∠AFD，根据对顶角相等证明结论．
【解答】（1）解：∵CD⊥AB，
∴∠DCB+∠B＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠B＝90°，
∴∠CAB＝∠DCB＝50°，
∵AE平分∠CAB，
∴∠CAE=12∠CAB＝25°，
∴∠CEF＝90°﹣∠CAE＝65°；
（2）证明：∵AE平分∠CAB，
∴∠BAE＝∠CAE，
∵∠CAE+∠CEF＝90°，∠BAE+∠AFD＝90°，
∴∠CEF＝∠AFD，
∵∠CFE＝∠AFD，
∴∠CEF＝∠CFE．
【考点5 全等三角形的性质】
【例5】(2023秋•安徽月考）如图，点D、E分别在△ABC的边AB、AC上，且△DEF≌△DEA，若∠BDF﹣∠CEF＝60°，则∠A的度数为（ ）
A．30°B．32°C．35°D．40°
分析：根据全等三角形的性质和三角形的外角的性质即可得到结论．
【解答】解：∵△DEF≌△DEA，
∴∠F＝∠A，
∵∠BDF＝∠A+∠1，∠1＝∠CEF+∠F，
∴∠1＝∠CEF+∠A，
∴∠BDF＝∠A+∠CEF+∠A，
∴2∠A＝∠BDF﹣∠CEF＝60°，
∴∠A＝30°，
故选：A．
【变式5-1】(2023秋•临西县期末）已知△ABC≌△A'B'C，∠A＝40°，∠CBA＝60°，A'C交边AB于P（点P不与A、B重合）．BO、CO分别平分∠CBA，∠BCP，若m°＜∠BOC＜n°，则n﹣m的值为（ ）
A．20B．40C．60D．100
分析：根据角平分线的定义得出∠BOC＝90°+12∠BPC，根据三角形外角的性质及P点在AB边上且不与A、B重合，确定∠ACP的大小，即可求解．
【解答】解：∵BO、CO分别平分∠ABC、∠PCB，
∴∠OBC=12∠ABC，∠OCB=12∠PCB，
∴∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB＝180°−12（∠ABC+∠PCB），
＝180°−12（180°﹣∠BPC），
＝90°+12∠BPC＝90°+12（∠A+∠ACP），
＝110°+12∠ACP，
∵∠A＝40°，∠CBA＝60°，
∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠CBA＝180°﹣40°﹣60°＝80°，
∵P点在AB边上且不与A、B重合，
∴0°＜∠ACP＜80°，
∴0°＜2∠BOC﹣220°＜80°，
∴110°＜∠BOC＜150°，
∴m＝110，n＝150．
∴n﹣m＝40．
故选：B．
【变式5-2】(2023春•沙坪坝区期末）如图，△ABC中，点D、点E分别在边AB、BC上，连结AE、DE，若△ADE≌△BDE，AC：AB：BC＝2：3：4，且△ABC的周长比△AEC的周长大6．则△AEC的周长为 ．
分析：由AC：AB：BC＝2：3：4，可设AC＝2x，AB＝3x，BC＝4x．△ABC的周长比△AEC的周长大6，可推断出x＝2，故AC＝4，BC＝8．由△ADE≌△BDE，得AE＝BE，故C△AEC＝AE+EC+AC＝BE+EC+AC＝BC+AC＝12．
【解答】解：∵△ADE≌△BDE，
∴BE＝AE．
∴C△AEC＝AE+EC+AC＝BE+EC+AC＝BC+AC．
∵AC：AB：BC＝2：3：4，
∴设AC＝2x，AB＝3x，BC＝4x．
∵△ABC的周长比△AEC的周长大6，
∴C△ABC﹣C△AEC＝6．
∴（AB+BC+AC）﹣（BC+AC）＝6．
∴AB＝3x＝6．
∴x＝2．
∴AC＝2x＝4，BC＝4x＝8．
∴C△AEC＝BC+AC＝8+4＝12．
故答案为：12．
【变式5-3】(2023春•二道区期末）如图，△ABC≌△ADE，∠B＝10°，∠AED＝20°，AB＝4cm，点C为AD中点．
（1）求∠BAE的度数和AE的长．
（2）延长BC交ED于点F，则∠DFC的大小为 度．
分析：（1）根据全等三角形的性质求出∠ADE，AD，根据三角形内角和定理求出∠EAD，根据周角的概念求出∠EAB，根据线段中点的概念求出AE；
（2）根据三角形内角和定理求出∠ACB，再根据三角形内角和定理计算即可．
【解答】解：（1）∵△ABC≌△ADE，∠B＝10°，AB＝4cm，
∴∠ADE＝∠B＝10°，∠EAD＝∠CAB，AD＝AB＝4cm，
∵∠AED＝20°，
∴∠EAD＝180°﹣∠EAD﹣∠AED＝180°﹣10°﹣20°＝150°，
∴∠CAB＝150°，
∴∠EAB＝360°﹣150°﹣150°＝60°，
∵点C为AD中点，
∴AC=12AD=12×4＝2（cm），
∴AE＝2cm；
（2）∵∠B＝10°，∠CAB＝150°，
∴∠ACB＝180°﹣150°﹣10°＝20°，
∴∠FCD＝20°，
∴∠DFC＝180°﹣20°﹣10°＝150°，
故答案为：150．
【考点6 全等三角形的判定】
【例6】(2023春•乐平市期末）如图，已知BC＝EF，AF＝DC，点A、F、C、D四点在同一直线上．要利用“SAS”来判定△ABC≌△DEF，下列四个条件：①∠A＝∠D；②∠ACB＝∠DFE；③AB∥DE；④BC∥EF．可以利用的是（ ）
A．①②B．②④C．②③D．①④
分析：先证明AC＝DF，则已知两组对应边相等，所以要已知它们的夹角相等，则∠ACB＝∠DFE或BC∥EF．
【解答】解：∵AF＝DC，
∴AF+FC＝DC+CF，即AC＝DF，
∵BC＝EF，
∴当∠ACB＝∠DFE时，可根据“SAS”来判定△ABC≌△DEF；
当BC∥EF，则∠ACB＝∠DFE时，可根据“SAS”来判定△ABC≌△DEF．
故选：B．
【变式6-1】(2023春•市南区期末）如图，在△ABC和△DEF中，点B、F、C、D在同条直线上，已知∠A＝∠D，AB＝DE，添加以下条件，不能判定△ABC≌△DEF的是（ ）
A．∠B＝∠EB．AC＝DFC．∠ACD＝∠BFED．BC＝EF
分析：根据全等三角形的判定方法进行判断．
【解答】解：∵∠A＝∠D，AB＝DE，
∴当添加∠B＝∠E时，根据 ASA 判定△ABC≌△DEF；
当添加AC＝DF时，根据 SAS 判定△ABC≌△DEF；
当添加∠ACD＝∠BFE时，则∠ACB＝∠DFE，根据 AAS 判定△ABC≌△DEF．
故选：D．
【变式6-2】(2023春•南海区校级月考）如图，AB＝AC，角平分线BF、CE交于点O，AO与BC交于点D，则图中共有（ ）对全等三角形．
A．8B．7C．6D．5
分析：根据题意和图形，可以写出全等的三角形，从而可以得到图中全等三角形的对数，本题得以解决．
【解答】解：∵AB＝AC，角平分线BF、CE交于点O，
∴AO平分∠BAC，点D为BC的中点，
∴BD＝CD，
在△BAD和△CAD中，
AB=ACAD=ADBD=CD，
∴△BAD≌△CAD（SSS）；
同理可证：△OBD≌△OCD，△OBE≌△OCF，△OEA≌△OFA，△OBA≌△OCA，△BEC≌△CFB，△ABF≌△ACE，
由上可得，图中共有7对全等的三角形，
故选：B．
【变式6-3】(2023秋•内江期末）如图1，已知AB＝AC，D为∠BAC的角平分线上面一点，连接BD，CD；如图2，已知AB＝AC，D、E为∠BAC的角平分线上面两点，连接BD，CD，BE，CE；如图3，已知AB＝AC，D、E、F为∠BAC的角平分线上面三点，连接BD，CD，BE，CE，BF，CF；…，依次规律，第n个图形中有全等三角形的对数是（ ）
A．nB．2n﹣1C．n(n+1)2D．3（n+1）
分析：根据条件可得图1中△ABD≌△ACD有1对三角形全等；图2中可证出△ABD≌△ACD，△BDE≌△CDE，△ABE≌△ACE有3对三角形全等；图3中有6对三角形全等，根据数据可分析出第n个图形中全等三角形的对数．
【解答】解：∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD＝∠CAD．
在△ABD与△ACD中，
AB＝AC，
∠BAD＝∠CAD，
AD＝AD，
∴△ABD≌△ACD．
∴图1中有1对三角形全等；
同理图2中，△ABE≌△ACE，
∴BE＝EC，
∵△ABD≌△ACD．
∴BD＝CD，
又DE＝DE，
∴△BDE≌△CDE，
∴图2中有3对三角形全等；
同理：图3中有6对三角形全等；
由此发现：第n个图形中全等三角形的对数是n(n+1)2．
故选：C．
【考点7 全等三角形的判定与性质】
【例7】(2023春•渝中区校级期末）如图，四边形ABCD中，AC、BD为对角线，且AC＝AB，∠ACD＝∠ABD，AE⊥BD于点E，若BD＝6.4，CD＝5.2．则DE的长度为（ ）
A．1.2B．0.6C．0.8D．1
分析：过点A作AF⊥CD交CD的延长线于点F，根据AAS证明△AFC≌△AEB，得到AF＝AE，CF＝BE，再根据HL证明Rt△AFD≌Rt△AED，得到DF＝DE，最后根据线段的和差即可求解．
【解答】解：过点A作AF⊥CD交CD的延长线于点F，
∴∠AFC＝90°，
∵AE⊥BD，
∴∠AFC＝∠AED＝∠AEB＝90°，
在△AFC和△AEB中，
∠AFC=∠AEB∠ACF=∠ABEAC=AB，
∴△AFC≌△AEB（AAS），
∴AF＝AE，CF＝BE，
在Rt△AFD和Rt△AED中，
AF=AEAD=AD，
∴Rt△AFD≌Rt△AED（HL），
∴DF＝DE，
∵CF＝CD+DF，BE＝BD﹣DE，CF＝BE，
∴CD+DF＝BD﹣DE，
∴2DE＝BD﹣CD，
∵BD＝6.4，CD＝5.2，
∴2DE＝1.2，
∴DE＝0.6，
故选：B．
【变式7-1】(2023春•盐湖区校级期末）在△ABC中，AB＝AC，点D是△ABC外一点，连接AD、BD、CD，且BD交AC于点O，在BD上取一点E，使得AE＝AD，∠EAD＝∠BAC，若∠ACB＝70°，则∠BDC的度数为 ．
分析：根据SAS证明△ABE≌△ACD，再利用全等三角形的性质、三角形的外角性质和三角形的内角和解答即可．
【解答】解：∵∠EAD＝∠BAC，
∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAD﹣∠EAC，
即∠BAE＝∠CAD，
在△ABE和△ACD中，
AB=AC∠BAE=∠CADAE=AD，
∴△ABE≌△ACD （SAS），
∴∠ABD＝∠ACD，
∵∠BOC是△ABO和△DCO的外角，
∴∠BOC＝∠ABD+∠BAC，∠BOC＝∠ACD+∠BDC，
∴∠ABD+∠BAC＝∠ACD+∠BDC，
∴∠BAC＝∠BDC，
∵∠ACB＝70°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝70°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
∴∠BDC＝∠BAC＝40°．
故答案为：40°．
【变式7-2】(2023春•榆阳区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点F，∠ABC的平分线BE交AD于点E，CD⊥AC，连接BD．
（1）DB⊥AB吗？请说明理由；
（2）试说明：∠DBE与∠AEB互补．
分析：（1）先利用等腰三角形的性质得到∠BAD＝∠CAD，则可根据“SAS”证明△ABD≌△ACD，所以∠ABD＝∠ACD，从而得到DB⊥AB；
（2）先利用等角的余角相等得到∠BAF＝∠DBF，再利用角平分线的定义得到∠ABE＝∠FBE，则利用三角形外角性质和等量代换得到∠BEF＝∠DBE，从而得到∠DBE+∠AEB＝180°．
【解答】解：（1）DB⊥AB．
理由如下：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
在△ABD和△ACD中，
AB=AC∠BAD=∠CADAD=AD，
∴△ABD≌△ACD（SAS），
∴∠ABD＝∠ACD，
∵CD⊥AC，
∴∠ACD＝90°，
∴∠ABD＝90°，
∴DB⊥AB；
（2）∵AD⊥BC，
∴∠AFB＝90°，
∵∠BAF+∠ABF＝90°，∠DBF+∠ABF＝90°，
∴∠BAF＝∠DBF，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠FBE，
∴∠BEF＝∠BAE+∠ABE＝∠DBF+∠FBE＝∠DBE，
∵∠AEB+∠BEF＝180°，
∴∠DBE+∠AEB＝180°，
即∠DBE与∠AEB互补．
【变式7-3】(2023春•富平县期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝60°，D为△ABC边AC上一点，BC＝CD，点M在BC的延长线上，CE平分∠ACM，且AC＝CE．连接BE交AC于F，G为边CE上一点，满足CG＝CF，连接DG交BE于H．
（1）△ABC≌△EDC吗？为什么？
（2）求∠DHF的度数；
（3）若EB平分∠DEC，则BE平分∠ABC吗？请说明理由．
分析：（1）由“SAS”可证△ABC≌△EDC；
（2）由“SAS”可证△CDG≌△CBF，可得∠CBF＝∠CDG，再利用三角形的内角和定理，得∠CBF+∠BCF＝∠CDG+∠DHF，又∠ACB＝60°，即可出∠DHF＝∠ACB＝60°，从而问题得以解决；
（3）由三角形的内角和可得∠DEB+∠EBC＝60°，因为∠DEB＝∠BEC，只要证出∠DEB+∠ABE＝60°，用三角形的外角以及等量代换可以证出，进而得到BE平分∠ABC．
【解答】解：（1）△ABC≌△EDC．
理由：
∵CA平分∠BCE，
∴∠ACB＝∠ACE，
∵AC＝CE，BC＝CD，
∴△ABC≌△EDC（SAS）；
（2）在△CDG和△CBF中，
CF=CG∠ACB=∠ACE=60°BC=CD，
∴△CDG≌△CBF（SAS），
∴∠CBF＝∠CDG，
∵∠DFH＝∠BFC，
∴∠DHF＝∠BCF＝60°；
（3）BE平分∠ABC．
理由：由（1）得△ABC≌△EDC，
∴∠ABC＝∠EDC，
∵∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BEC+∠CBE＝60°，
又∵∠DFH＝∠A+∠ABE＝∠BEC+∠FCG，
∵∠A＝∠DEC＝2∠DEB＝2∠BEC，
∴2∠DEB+∠ABE＝∠BEC+60°，
∴∠DEB+∠ABE＝60°，
∴∠ABE＝∠CBE，
即BE平分∠ABC．
【考点8 全等三角形的应用】
【例8】(2023春•温江区期末）如图，小明站在堤岸的A点处，正对他的S点停有一艘游艇．他想知道这艘游艇距离他有多远，于是他沿堤岸走到电线杆B旁，接着再往前走相同的距离，到达C点．然后他向左直行，当看到电线杆与游艇在一条直线上时停下来，此时他位于D点．那么C，D两点间的距离就是在A点处小明与游艇的距离．在这个问题中，可作为证明△SAB≌△DCB的依据的是（ ）
A．SAS或SSSB．AAS或SSSC．ASA或AASD．ASA或SAS
分析：根据全等三角形的判定定理进行解答．
【解答】解：在△ABS与△CBD中，
∠A=∠C=90°AB=CB∠ABS=∠CBD，
∴△ABS≌△CBD（ASA）；
或∵AS∥CD，
∴∠S＝∠D．
在△ABS与△CBD中，
∠S=∠D∠ABS=∠DBCAB=CB，
∴△ABS≌△CBD（AAS）；
综上所述，作为证明△SAB≌△DCB的依据的是ASA或AAS．
故选：C．
【变式8-1】(2023春•西安期末）如图，小明站在堤岸凉亭A点处，正对他的S点停有一艘游艇，他想知道凉亭与这艘游艇之间的距离，于是制定了如下方案．
（1）凉亭与游艇之间的距离是 米．
（2）请你说明小明做法的正确性．
分析：根据全等三角形的判定和性质即可得到结论．
【解答】解：（1）凉亭与游艇之间的距离是5米；
故答案为：5．
（2）理由：在△ABS与△CBD中，
∠A=∠C=90°AB=CB∠ABS=∠CBD，
∴△ABS≌△CBD（ASA），
∴AS＝CD＝5米．
【变式8-2】(2023春•陈仓区期末）为了解学生对所学知识的应用能力，某校老师在七年级数学兴趣小组活动中，设置了这样的问题：因为池塘两端A，B的距离无法直接测量，请同学们设计方案测量A，B的距离．甲、乙两位同学分别设计出了如下两种方案：
甲：如图①，先在平地上取一个可以直接到达点A，B的点O，连接AO并延长到点C，连接BO并延长到点D，使CO＝AO，DO＝BO，连接DC，测出DC的长即可．
乙：如图②，先确定直线AB，过点B作直线BE，在直线BE上找可以直接到达点A的一点D，连接DA，作DC＝DA，交直线AB于点C，最后测量BC的长即可．
（1）甲、乙两同学的方案哪个可行？
（2）请说明方案可行的理由．
分析：（1）甲同学作出的是全等三角形，然后根据全等三角形对应边相等测量的，所以是可行的；
（2）甲同学利用的是“边角边”，乙同学的方案只能知道两三角形的两边相等，不能判定△ABD与△CBD全等，故方案不可行．
【解答】解：（1）甲同学的方案可行；
（2）甲同学方案：
在△ABO和△CDO中，
AO=CO∠AOB=∠CODBO=DO，
∴△ABO≌△CDO（SAS），
∴AB＝CD；
乙同学方案：
在△ABD和△CBD中，
只能知道DC＝DA，DB＝DB，不能判定△ABD与△CBD全等，故方案不可行．
【变式8-3】(2023春•于洪区期末）如图1，为测量池塘宽度AB，可在池塘外的空地上取任意一点O，连接AO，BO，并分别延长至点C，D，使OC＝OA，OD＝OB，连接CD．
（1）求证：AB＝CD；
（2）如图2，受地形条件的影响，于是采取以下措施：延长AO至点C，使OC＝OA，过点C作AB的平行线CE，延长BO至点F，连接EF，测得∠CEF＝140°，∠OFE＝110°，CE＝11m，EF＝10m，请直接写出池塘宽度AB．
分析：（1）根据全等三角形的判定和性质解答即可；
（2）根据全等三角形的性质解答．
【解答】证明：（1）在△ABO与△CDO中
OC=OA∠BOA=∠DOCOD=OB，
∴△ABO≌△CDO（SAS），
∴AB＝CD；
（2）如图所示：
延长OF、CE交于点G，
∵∠CEF＝140°，∠OFE＝110°，
∴∠FEG＝40°，∠EFG＝70°，
∴∠G＝180°﹣40°﹣70°＝70°，
∴EF＝EG，
∵CE＝11m，EF＝10m，
∴CG＝CE+EG＝CE+EF＝11+10＝21m，
∵CG∥AB，
∴∠A＝∠C，
在△ABO与△CGO中∠A=∠COA=OC∠COG=∠AOB，
∴△ABO≌△CGO（ASA）
∴AB＝CG＝21m．
【考点9 全等三角形中的动点问题】
【例9】(2023春•工业园区期末）如图，AB＝14，AC＝6，AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A、B．点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿AB向点B运动；点Q从点B出发，以每秒a个单位的速度沿射线BD方向运动．点P、点Q同时出发，当以P、B、Q为顶点的三角形与△CAP全等时，a的值为（ ）
A．2B．3C．2或3D．2或127
分析：根据题意，可以分两种情况讨论，第一种△CAP≌△PBQ，第二种△CAP≌△QBP，然后分别求出相应的a的值即可．
【解答】解：当△CAP≌△PBQ时，则AC＝PB，AP＝BQ，
∵AC＝6，AB＝14，
∴PB＝6，AP＝AB﹣AP＝14﹣6＝8，
∴BQ＝8，
∴8÷a＝8÷2，
解得a＝2；
当△CAP≌△QBP时，则AC＝BQ，AP＝BP，．
∵AC＝6，AB＝14，
∴BQ＝6，AP＝BP＝7，
∴6÷a＝7÷2，
解得a=127；
由上可得a的值是2或127，
故选：D．
【变式9-1】(2023春•苏州期末）如图，直线PQ经过Rt△ABC的直角顶点C，△ABC的边上有两个动点D、E，点D以1cm/s的速度从点A出发，沿AC→CB移动到点B，点E以3cm/s的速度从点B出发，沿BC→CA移动到点A，两动点中有一个点到达终点后另一个点继续移动到终点．过点D、E分别作DM⊥PQ，EN⊥PQ，垂足分别为点M、N，若AC＝6cm，BC＝8cm，设运动时间为t，则当t＝ s时，以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等．
分析：由以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等．可知CE＝CD，而CE，CD的表示由E，D的位置决定，故需要对E，D的位置分当E在BC上，D在AC上时或当E在AC上，D在AC上时，或当E到达A，D在BC上时，分别讨论．
【解答】解：当E在BC上，D在AC上时，即0＜t≤83，
CE＝（8﹣3t）cm，CD＝（6﹣t）cm，
∵以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等．
∴CD＝CE，
∴8﹣3t＝6﹣t，
∴t＝1s，
当E在AC上，D在AC上时，即83＜t＜143，
CE＝（3t﹣8）cm，CD＝（6﹣t）cm，
∴3t﹣8＝6﹣t，
∴t=72s，
当E到达A，D在BC上时，即143≤t≤14，
CE＝6cm，CD＝（t﹣6）cm，
∴6＝t﹣6，
∴t＝12s，
故答案为：1或72或12．
【变式9-2】(2023春•晋中期末）综合与探究
如图（1），AB＝9cm，AC⊥AB，BD⊥AB垂足分别为A、B，AC＝7cm．点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在射线BD上运动．它们运动的时间为t（s）（当点P运动结束时，点Q运动随之结束）．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t＝1时，△ACP与△BPQ是否全等，并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系，请分别说明理由；
（2）如图（2），若“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB＝∠DBA”，点Q的运动速度为xcm/s，其它条件不变，当点P、Q运动到何处时有△ACP与△BPQ全等，求出相应的x的值．
分析：（1）根据SAS证明△ACP和△BPQ全等，进而解答即可；
（2）根据全等三角形的性质得出方程解答即可．
【解答】解：（1）△ACP≌△BPO，PC⊥PO．
理由：∵AC⊥AB，BD⊥AB，
∴∠A＝∠B＝90°，
∵AP＝BQ＝2，
∴BP＝7，
∴BP＝AC，
在△ACP和△BPQ中，
AP=BQ∠A=∠BAC=BP，
∴△ACP≌△BPQ（SAS），
∴∠C＝∠BPQ，
∵∠C+∠APC＝90°，
∴∠APC+∠BPQ＝90°，
∴∠CPQ＝90°，
∴PC⊥PQ；
（2）①若△ACP≌△BPQ，
则AC＝BP，AP＝BQ，
可得：7＝9﹣2t，2t＝xt，
解得：x＝2，t＝1；
②若△ACP≌△BQP，
则AC＝BQ，AP＝BP，可得：7＝xt，2t＝9﹣2t
解得：x=289，t=94，．
综上所述，当△ACP与△BPQ全等时x的值为2或289．
【变式9-3】(2023秋•宜宾期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8cm，BC＝6cm，点D在AC上，且AD＝6cm，过点A作射线AE⊥AC（AE与BC在AC同侧），若动点P从点A出发，沿射线AE匀速运动，运动速度为1cm/s，设点P运动时间为t秒．连接PD、BD．
（1）如图①，当PD⊥BD时，求证：△PDA≌△DBC；
（2）如图②，当PD⊥AB于点F时，求此时t的值．
分析：（1）由PD⊥BD、∠C＝90°可推出∠PDA＝∠CBD，即可根据ASA判定△PDA≌△DBC；
（2）由PD⊥AB，AE⊥AC可推出∠APF＝∠CAB，即可根据AAS判定△APD≌△CAB，再由全等三角形的性质即可得解．
【解答】（1）证明：如图①，∵PD⊥BD，
∴∠PDB＝90°，
∴∠BDC+∠PDA＝90°，
又∵∠C＝90°，
∴∠BDC+∠CBD＝90°，
∴∠PDA＝∠CBD，
又∵AE⊥AC，
∴∠PAD＝90°，
∴∠PAD＝∠C＝90°，
又∵BC＝6cm，AD＝6cm，
∴AD＝BC，
在△PAD和△DCB中，
∠PAD=∠CAD=CB∠PDA=∠CBD，
∴△PDA≌△DBC（ASA）；
（2）解：如图②，∵PD⊥AB，
∴∠AFD＝∠AFP＝90°，
∴∠PAF+∠APF＝90°，
又∵AE⊥AC，
∴∠PAF+∠CAB＝90°，
∴∠APF＝∠CAB，
在△APD和△CAB中，
∠APD=∠CAB∠PAD=∠CAD=CB，
∴△APD≌△CAB（AAS），
∴AP＝AC，
∵AC＝8cm，
∴AP＝8cm，
∴t＝8．
【题型10 用尺规作三角形】
【例10】(2023春•沙坪坝区校级期末）作图题（要求：用尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）．已知：∠α，∠β，线段c（如图所示）．求作：△ABC，使∠A＝∠α，∠B＝∠β，AB＝2c．
分析：作射线AM，在射线AM上截取AB，使得AB＝2c，在AB的上方作∠EAB＝α，∠FBA＝β，AE交BF于点C．
【解答】解：如图，△ABC即为所求．
【变式10-1】(2023春•和平区期末）尺规作图：（不写作法，保留作图痕迹）
已知：线段a，c，∠α．
求作：△ABC，使BC＝a，AB＝c，∠BAC＝∠α．
分析：作∠MAN＝α，在射线AM上截取AB，使得AB＝c，以B为圆心，c为半径作弧交AN于C，C′，连接BC，BC′，△ABC或△ABC′即为所求．
【解答】解：如图，△ABC或△ABC′即为所求．
【变式10-2】(2023春•市北区期末）已知：线段a，直线l及l外一点A．求作：Rt△ABC，使∠ACB＝90°，且顶点B、C在直线l上，斜边AB＝a．
分析：先过点A作直线l的垂线，垂足为C，再以点A为圆心，线段a的长为半径画弧交直线l于点B，即可得Rt△ABC．
【解答】解：如图，Rt△ABC即为所求．
【变式10-3】(2023秋•曹县期末）如图，已知线段a和∠α，求作Rt△ABC，使∠C＝90°，BC＝a，∠ABC=12∠α（使用直尺和圆规，并保留作图痕迹）．
分析：根据已知条件先作∠C＝90°，BC＝a，再作∠ABC=12∠α即可．
【解答】解：如图所示，
Rt△ABC即为所求．课题
测凉亭与游艇之间的距离
测量工具
皮尺等
测量方案示意图
测量步骤
①小明沿堤岸走到电线杆B旁；
②再往前走相同的距离，到达C点；
③然后他向左直行，当看到电线杆与游艇在一条直线上时停下来．
测量数据
AB＝10米，BC＝10米，CD＝5米