沪教版数学七年级下学期期末精选60题（提升版）（2份，原卷版+解析版）

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一．平方根（共1小题）
1．（2021春•浦东新区期末）一个正数x的两个不同的平方根分别是2a﹣1和﹣a+2．
（1）求a和x的值；
（2）求3x+2a的平方根．
【分析】（1）根据正数的两个平方根互为相反数求解．
（2）将（1）中结果代入求解．
【解答】解：（1）∵一个正数的两个平方根互为相反数，
∴2a﹣1+（﹣a+2）＝0，
解得a＝﹣1，
∴x＝（2a﹣1）2＝（﹣3）2＝9．
（2）∵3x+2a＝3×9﹣2＝25，
∴25的平方根为±5．
【点评】本题平方根的知识，解题关键是掌握一个正数有两个平方根，且这两个平方根互为相反数．
二．立方根（共2小题）
2．（2021春•松江区期末）方程x3+9＝0的解是 x＝﹣3 ．
【分析】根据立方根的含义和求法，求出方程x3+9＝0的解是多少即可．
【解答】解：∵x3+9＝0，
∴x3＝﹣27，
解得x＝﹣3．
故答案为：x＝﹣3．
【点评】此题主要考查了立方根的含义和求法，要熟练掌握，如果一个数x的立方等于a，即x的三次方等于a（x3＝a），那么这个数x就叫做a的立方根，也叫做三次方根．读作“三次根号a”其中，a叫做被开方数，3叫做根指数．
3．（2021春•宝山区期末）方程x3﹣8＝0的根是 x＝2 ．
【分析】首先整理方程得出x3＝8，进而利用立方根的性质求出x的值．
【解答】解：x3﹣8＝0，
x3＝8，
解得：x＝2．
故答案为：x＝2．
【点评】此题主要考查了立方根的性质，正确由立方根定义求出是解题关键．
三．实数的运算（共2小题）
4．（2021春•杨浦区期末）用幂的运算性质计算：（结果表示为含幂的形式）．
【分析】直接利用分数指数幂的性质以及同底数幂的乘除运算法则分别化简得出答案．
【解答】解：原式＝3×9÷81
＝3×3÷3
＝3
＝3．
【点评】此题主要考查了分数指数幂的性质以及同底数幂的乘除运算，正确化简各数是解题关键．
5．（2021春•黄浦区期末）利用幂的运算性质计算：．
【分析】直接利用分指数幂的性质以及同底数幂的乘法运算法则分别化简得出答案．
【解答】解：原式＝2×2×2×
＝2×2
＝2×2
＝2．
【点评】此题主要考查了分数指数幂的性质以及同底数幂的乘法运算，正确化简各数是解题关键．
四．分数指数幂（共2小题）
6．（2021春•静安区校级期末）下列说法正确的是（ ）
A．2的平方根是
B．数轴上的点与有理数——对应
C．1的n次方根是1
D．正实数包括正有理数和正无理数
【分析】依据平方根，算术平方根，实数与数轴的关系，实数的分类即可解答．
【解答】解：A，2的平方根是，不符合题意．
B，数轴上的点与实数——对应，不符合题意．
C，1的偶数次方根是±1，不符合题意．
D，正实数包括正有理数和正无理数，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了实数与数轴，平方根，实数的分类，关键在于熟记知识解题．
7．（2021春•嘉定区期末）把表示成幂的形式是 ．
【分析】根据分数指数幂即可求出答案．
【解答】解：
故答案为：．
【点评】本题考查分数指数幂的公式，，牢记公式是解答本题的关键．
五．点的坐标（共1小题）
8．（2020秋•罗湖区校级期末）在平面直角坐标系中，将点（﹣b，﹣a）称为点（a，b）的“关联点”（例如点（﹣2，﹣1）是点（1，2）的“关联点”）．如果一个点和它的“关联点”在同一象限内，那么这一点在第 二、四 象限．
【分析】依据点（﹣b，﹣a）称为点（a，b）的“关联点”，一个点和它的“关联点”在同一象限内，可得这两点的坐标中，横坐标与纵坐标异号．
【解答】解：若a，b同号，则﹣b，﹣a也同号且符号改变，此时点（﹣b，﹣a），点（a，b）分别在一三象限，不合题意；
若a，b异号，则﹣b，﹣a也异号，此时点（﹣b，﹣a），点（a，b）都在第二或第四象限，符合题意；
故答案为：二、四．
【点评】本题主要考查了点的坐标，解题时注意：第一三象限内点的横坐标纵坐标同号，而第二四象限内点的横坐标纵坐标异号．
六．对顶角、邻补角（共1小题）
9．（2018秋•滨湖区期末）如图，直线AB、CD相交于点O，OE⊥AB于O，∠COE＝55°，则∠BOD＝ 35 度．
【分析】由OE与AB垂直，利用垂直的定义得到∠AOE＝90°，由∠AOE﹣∠COE求出∠AOC的度数，再利用对顶角相等即可求出∠BOD的度数．
【解答】解：∵OE⊥AB，∴∠AOE＝90°，
∵∠COE＝55°，
∴∠AOC＝∠AOE﹣∠COE＝35°，
则∠BOD＝∠AOC＝35°．
故答案为：35
【点评】此题考查了对顶角、邻补角，以及垂线，熟练掌握对顶角相等是解本题的关键．
七．垂线（共2小题）
10．（2013春•浦东新区期末）已知：如图，直线AB与直线DE相交于点C，CF⊥DE，∠ACD＝25°，求∠BCE和∠BCF的度数．
【分析】根据对顶角相等可直接得到∠BCE＝25°，然后再根据CF⊥DE，即可求出∠BCF的度数．
【解答】解：∵∠BCE＝∠ACD（对顶角相等），∠ACD＝25°（已知），
∴∠BCE＝25°（等量代换）．
∵CF⊥DE（已知），
∴∠ECF＝90°（垂直的意义），
即∠BCF+∠BCE＝90°．
∴∠BCF＝65°．
【点评】本题考查了垂线，解决本题的关键是垂线的性质．
11．（2014春•普陀区校级期末）（1）在图1中以P为顶点画∠P，使∠P的两边分别和∠1的两边垂直．
（2）量一量∠P和∠1的度数，它们之间的数量关系是 ∠P+∠1＝180° ．
（3）同样在图2和图3中以P为顶点作∠P，使∠P的两边分别和∠1的两边垂直，分别写出图2和图3中∠P和∠1的之间数量关系．（不要求写出理由）图2： ∠P＝∠1 图3： ∠P＝1或∠P+∠1＝180°
（4）由上述三种情形可以得到一个结论：如果一个角的两边分别和另一个角的两边垂直，那么这两个角 相等或互补 ．（不要求写出理由）
【分析】（1）过点P作∠1两边的垂线段即可，
（2）从图形中得出∠P+∠1＝180°，
（3）分别作图得出角的关系．
（4）由上面的情况得出结论．
【解答】解：（1）如图1，
（2）∠P+∠1＝180°，
故答案为：∠P+∠1＝180°．
（3）如图2，
则∠P＝∠1；
如图3，
则∠P+∠1＝180°或∠P＝∠1；
故答案为：∠P＝∠1，∠P+∠1＝180°或∠P＝∠1；．
（4）相等或互补
故答案为：相等或互补．
【点评】本题主要考查了垂线的定义，解题的关键是分析题意，利用作图即可解决问题．
八．点到直线的距离（共1小题）
12．（2013春•黄浦区期末）已知点A、B到直线l的距离分别为4与6，O是线段AB的中点，那么点O到直线l的距离是 5或1 ．
【分析】分两种情况进行讨论，由题意可得AB的中点到直线l的距离，是点A、B到直线l的距离之和的一半或点A、B到直线l的距离之差的一半．
【解答】解：如图一，作AD⊥l于D，BC⊥l于C，OF⊥l于F．
∵AD⊥l于D，BC⊥l，OF⊥l于F，
∴AD∥OF∥BC，
∴ABCD是直角梯形，
∵O是AB的中点，AD＝4，BC＝6，
∴DF＝CF，
∴OF＝（AD+BC）＝（4+6）＝5．
如图二，作AD⊥l于D，BC⊥l于C，OF⊥l于F．
∵AD⊥l于D，BC⊥l，OF⊥l于F，
∴AD∥OF∥BC，
连接DO并延长，交BC于G，则易得△AOD≌△BOG，
∴BG＝AD＝4，DO＝GO，
又∵BC＝6，
∴CG＝6﹣4＝2，
∵OF∥CG，
∴DF＝CF，
∴OF＝CG＝1，
故答案为：5或1．
【点评】此题主要考查点到直线的距离，梯形中位线以及三角形中位线的性质的运用，注意要根据题意画出两种不同的图，是解题的关键．
九．平行线的判定（共2小题）
13．（2020春•韩城市期末）如图，下列条件能判断AD∥BC的是（ ）
A．∠1＝∠4B．∠1＝∠2C．∠2＝∠3D．∠3＝∠4
【分析】根据平行线的判定解答即可．
【解答】解：A、∵∠1＝∠4，∴AD∥BC，符合题意；
B、∵∠1＝∠2，不能判定AD∥BC，不符合题意；
C、∵∠2＝∠3，∴AB∥DC，不符合题意；
D、∵∠3＝∠4，不能判定AD∥BC，不符合题意；
故选：A．
【点评】此题考查平行线的判定，关键是根据平行线的判定定理解答．
14．（2016春•普陀区期末）如图，点P在CD上，已知∠BAP+∠APD＝180°，∠1＝∠2，请填写AE∥PF的理由．
解：因为∠BAP+∠APD＝180° （已知）
∠APC+∠APD＝180° （邻补角的性质）
所以∠BAP＝∠APC （同角的补角相等）
又∠1＝∠2 （已知）
所以∠BAP﹣∠1＝∠APC﹣∠2 （等式的性质）
即∠EAP＝∠APF
所以AE∥PF （内错角相等，两直线平行） ．
【分析】首先证明∠BAP＝∠APC，再由∠1＝∠2利用等式的性质可得∠EAP＝∠APF，再根据内错角相等，两直线平行可得AE∥PF．
【解答】解：因为∠BAP+∠APD＝180°，（已知）
∠APC+∠APD＝180°，（邻补角的性质）
所以∠BAP＝∠APC，（同角的补角相等）
又∠1＝∠2，（已知）
所以∠BAP﹣∠1＝∠APC﹣∠2，（等式的性质）
即∠EAP＝∠APF，
所以AE∥PF，（内错角相等，两直线平行）．
故答案为：（已知）、（邻补角的意义）、（同角的补角相等）、（已知）、（等式性质）、（内错角相等，两直线平行）．
【点评】此题主要考查了平行线的判定，关键是掌握内错角相等，两直线平行．
一十．平行线的性质（共3小题）
15．（2019春•松江区期末）如图，AB∥CD，AD平分∠BAC，∠ACD＝80°，那么∠D的度数是 50° ．
【分析】根据角平分线的定义可得∠BAD＝∠CAD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠BAD＝∠D，从而得到∠CAD＝∠D，再利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．
【解答】解：∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵AB∥CD，
∴∠BAD＝∠D，
∴∠CAD＝∠D，
∵∠ACD+∠D+∠CAD＝180°，∠ACD＝80°，
∴80°+∠D+∠D＝180°，
解得∠D＝50°．
故答案为：50°．
【点评】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，三角形的内角和定理，熟记性质并准确识图是解题的关键．
16．（2021春•嘉定区期末）如图，直线a∥b且直线c与a、b相交，若∠1＝70°，则∠2＝ 110 °．
【分析】利用平行线的性质求出∠3即可解决问题．
【解答】解：如图，
∵a∥b，
∴∠1＝∠3，
∵∠1＝70°，
∴∠3＝70°，
∴∠2＝180°﹣∠3＝110°，
故答案为110．
【点评】本题考查平行线的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
17．（2020春•虹口区期末）如图所示，AB∥CD，则∠A+∠E+∠F+∠C＝ 540° ．
【分析】分别过E、F作AB的平行线，运用平行线的性质求解．
【解答】解：作EM∥AB，FN∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥EM∥FN∥CD．
∴∠A+∠AEM＝180°，∠MEF+∠EFN＝180°，∠NFC+∠C＝180°，
∴∠A+∠AEF+∠EFC+∠C＝540°．
故答案为540°．
【点评】本题考查了平行线的性质，注意此类题要常作的辅助线，充分运用平行线的性质探求角之间的关系．
一十一．平行线的判定与性质（共3小题）
18．（2021春•静安区期末）如图，已知在△ABC中，FG∥EB，∠2＝∠3，说明∠EDB+∠DBC＝180°的理由．
解：∵FG∥EB（ 已知 ），
∴ ∠1 ＝ ∠2 （ 两直线平行，同位角相等 ）．
∵∠2＝∠3（已知），
∴ ∠1 ＝ ∠3 （ 等量代换 ）．
∴DE∥BC（ 内错角相等，两直线平行 ），
∴∠EDB+∠DBC＝180°（ 两直线平行，同旁内角互补 ）．
【分析】利用平行线的性质和判定解答即可
【解答】解：∵FG∥EB（已知），
∴∠1＝∠2（两直线平行，同位角相等）．
∵∠2＝∠3（已知），
∴∠1＝∠3（等量代换）．
∴DE∥BC（内错角相等，两直线平行）．
∴∠EDB+∠DBC＝180°（两直线平行，同旁内角互补）．
故答案为：已知；∠1；∠2；两直线平行，同位角相等；∠1；∠3；等量代换；内错角相等，两直线平行；两直线平行，同旁内角互补．
【点评】本题考查平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
19．（2014春•普陀区校级期末）已知：如图BE∥CF，BE、CF分别平分∠ABC和∠BCD，求证：AB∥CD
证明：∵BE、CF分别平分∠ABC和∠BCD（已知）
∴∠1＝∠ ABC ∠2＝∠ BCD （ 角平分线的定义 ）
∵BE∥CF（ 已知 ）
∴∠1＝∠2（ 两直线平行，内错角相等 ）
∴∠ABC＝∠BCD
即∠ABC＝∠BCD
∴AB∥CD（ 内错角相等，两直线平行 ）
【分析】先利用角平分线的定义填空，再根据平行线的性质和判定填空．
【解答】解：∵BE、CF分别平分∠ABC和∠BCD（已知），
∴∠1＝∠ABC，∠2＝∠BCD（角平分线的定义）；
∵BE∥CF（已知），
∴∠1＝∠2（两直线平行，内错角相等），
∴∠ABC＝∠BCD，
即∠ABC＝∠BCD，
∴AB∥CD（内错角相等，两直线平行）．
【点评】本题主要考查证明过程中理论依据的填写，训练学生证明步骤的书写，比较简单．
20．（2005秋•虹口区期末）如图，EF∥AD，∠1＝∠2，∠BAC＝65°．将下面求∠AGD的过程填写完整．
解：∵EF∥AD（已知）
∴∠2＝ ∠3 （ 两直线平行，同位角相等 ）
又∵∠1＝∠2（已知）
∴∠1＝ ∠3 （等量代换）
∴AB∥ DG （ 内错角相等，两直线平行 ）
∴∠BAC+ ∠AGD ＝180°（ 两直线平行，同旁内角互补 ）
∵∠BAC＝65°（已知）
∴∠AGD＝ 115° ．
【分析】利用平行线的判定和性质填空即可．
【解答】解：∵EF∥AD，
∴∠2＝∠3（两直线平行，同位角相等），
又∵∠1＝∠2，
∴∠1＝∠3（等量代换），
∴AB∥DG（内错角相等，两直线平行），
∴∠BAC+∠AGD＝180°（两直线平行，同旁内角互补），
∵∠BAC＝65°，
∴∠AGD＝115°，
故答案为∠3，（两直线平行，同位角相等），∠3，DG，（内错角相等，两直线平行），∠AGD，（两直线平行，同旁内角互补），115°．
【点评】本题主要考查了平行线的判定和性质，比较简单．
一十二．三角形的角平分线、中线和高（共1小题）
21．（2020春•奉贤区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AD，垂足为点D，有下列说法：
①点A与点B的距离是线段AB的长；
②点A到直线CD的距离是线段AD的长；
③线段CD是△ABC边AB上的高；
④线段CD是△BCD边BD上的高．
上述说法中，正确的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据三角形的高的定义即可判断②③④，根据两点间的距离定义即可判断①．
【解答】解：①、根据两点间的距离的定义得出：点A与点B的距离是线段AB的长，∴①正确；
②、点A到直线CD的距离是线段AD的长，∴②正确；
③、根据三角形的高的定义，△ABC边AB上的高是线段CD，∴③正确；
④、根据三角形的高的定义，△DBC边BD上的高是线段CD，∴④正确．
综上所述，正确的是①②③④共4个．
故选：D．
【点评】本题主要考查对三角形的角平分线、中线、高，两点间的距离等知识点的理解和掌握，能熟练地运用性质进行判断是解此题的关键．
一十三．三角形的面积（共3小题）
22．（2021春•静安区校级期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，BC＝8cm，AC＝6cm，点E是BC的中点，动点P从A点出发，先以每秒2cm的速度沿A→C运动，然后以1cm/s的速度沿C→B运动．若设点P运动的时间是t秒，那么当t＝ 1.5s或5s或9s ，△APE的面积等于6．
【分析】分为3种情况讨论：当点P在AC上时：当点P在BC上时，根据三角形的面积公式建立方程求出其解即可．
【解答】解：如图1，当点P在AC上，
∵△ABC中，∠C＝90°，BC＝8cm，AC＝6cm，点E是BC的中点，
∴CE＝4，AP＝2t．
∵△APE的面积等于6，
∴S△APE＝AP•CE＝×2t×4＝6，
∴t＝1.5；
如图2，当点P在线段CE上，
∵E是DC的中点，
∴BE＝CE＝4．
∴PE＝4﹣（t﹣3）＝7﹣t，
∴S＝EP•AC＝•（7﹣t）×6＝6，
∴t＝5，
如图3，当P在线段BE上，
同理：PE＝t﹣3﹣4＝t﹣7，
∴S＝EP•AC＝•（t﹣7）×6＝6，
∴t＝9，
综上所述，t的值为1.5或5或9；
故答案为：1.5或5或9．
【点评】本题考查了直角三角形的性质的运用及动点运动问题，三角形的面积公式的运用，解答时灵活运用三角形的面积公式求解是关键．
23．（2015春•崇明区期末）如图，l1∥l2，点A、E在直线l1上，点B、C、D在直线l2上，如果BD：CD＝2：1，△ABC的面积为30，那么△BDE的面积是 20 ．
【分析】根据两平行线间的距离处处相等，结合三角形的面积公式，知△BDE和△ABC的面积比等于BD：BC，从而进行计算．
【解答】解：∵l1∥l2，
∴△BDE的面积：△ABC的面积＝BD：BC＝2：3，
∴△BDE的面积＝30×＝20．
故答案为：20．
【点评】此题考查了平行线间的距离以及三角形的面积，解题时注意：等高的两个三角形的面积比等于它们的底边长的比．
24．（2015春•长宁区期末）如图，已知四边形ABCD的面积为8cm2，AB∥CD，AB＝CD，E是AB的中点，那么△AEC的面积是 2cm2 ．
【分析】由已知条件可证明四边形ABCD是平行四边形，则△ADC和△ABC的面积是平行四边形面积的一半，又因为E是AB的中点，所以△AEC的面积是△ABC的一半，问题得解．
【解答】解：∵AB∥CD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴S△ADC＝S△ABC＝×8＝4，
∵E是AB的中点，
∴S△AEC＝S△ABC＝×4＝2cm2，
故答案为：2cm2
【点评】本题考查了平行四边形的判定以及性质和三角形的面积公式的运用，解题的关键是首先证明四边形ABCD是平行四边形．
一十四．三角形内角和定理（共6小题）
25．（2020春•松江区期末）在△ABC中，已知∠A：∠B：∠C＝2：3：5，求∠A、∠B、∠C的度数．
【分析】设∠A＝2x，则∠B＝3x，∠C＝5x，再根据三角形的内角和是180°列出关于x的方程，求出x的值，即可得出各角的度数．
【解答】解：∵在△ABC中∠A：∠B：∠C＝2：3：5，
∴设∠A＝2x，则∠B＝3x，∠C＝5x，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，即2x+3x+5x＝180°，解得x＝18°，
∴∠A＝2×18°＝36°，∠B＝3×18°＝54°，∠C＝5×18°＝90°．
答：∠A、∠B、∠C的度数分别为：36°，54°，90°．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理，根据题意列出关于x的方程是解答此题的关键．
26．（2021春•杨浦区期末）下列说法中，正确的是（ ）
A．三角形的高都在三角形内
B．三角形的三条中线相交于三角形内一点
C．三角形的一个外角大于任何一个内角
D．三角形最大的一个内角的度数可以小于60度
【分析】分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
【解答】解：A、锐角三角形的三条高在三角形内部，相交于三角形内一点，故本选项错误；
B、三角形的三条中线相交于三角形内一点，故本选项正确；
C、三角形的一个外角大于任何一个不相邻的一个内角，故本选项错误；
D、根据三角形内角和等于180°，三角形最大的一个内角的度数大于或等于60度，故本选项错误；
故选：B．
【点评】本题考查三角形高线，中线的概念，三角形外角的性质和三角形内角和定理，掌握这些知识点是解题的关键．
27．（2020秋•虹口区期末）定义：当三角形中一个内角α是另一个内角β的两倍时，我们称此三角形为“特征三角形”，其中α称为“特征角”，若Rt△ABC是特征三角形，∠A是特征角，BC＝6，则Rt△ABC的面积等于 9或6 ．
【分析】分∠A＝90°或∠A≠90°，分别画图，根据“特征三角形”的定义即可解决问题．
【解答】解：如图，若∠A＝90°，
∵Rt△ABC是特征三角形，∠A是特征角，
∴∠B＝∠C＝45°，
∴AC＝AB＝＝3，
∴S＝9；
如图，若∠A≠90°，
∵Rt△ABC是特征三角形，∠A是特征角，
∴∠A＝60°，∠B＝30°，
∴AB＝2AC，
由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，
即AC2+62＝4AC2，
∴AC＝±2（负值舍去），
∴S
＝6，
故答案为：9或6．
【点评】本题是新定义题，主要考查了学生的阅读理解能力，以及三角形内角和定理，勾股定理，特殊角三角形的计算等知识，运用分类思想是解题的关键．
28．（2020秋•长宁区期末）在△ABC中，∠ABC＝48°，点D在BC边上，且满足∠BAD＝18°，DC＝AB，则∠CAD＝ 66 度．
【分析】作辅助线，构建等腰三角形ABE，证明AB＝BE，再证明△ABD≌△ACE，得∠CAE＝∠BAD＝18°，根据角的和可得结论．
【解答】解：如图，在线段CD上取一点E，使CE＝BD，连接AE，
∴CE+DE＝BD+DE，
即CD＝BE，
∵CD＝AB，
∴AB＝BE，
∴∠BAE＝∠BEA，
∵∠B＝48°，
∴∠BAE＝∠BEA＝66°，
∵∠B＝48°，∠BAD＝18°，
∴∠ADE＝66°＝∠AED，
∴AD＝AE，∠ADB＝∠AEC，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠EAC＝∠BAD＝18°，
∴∠CAD＝∠CAE+∠DAE＝∠BAD+∠DAE＝66°．
故答案为：66．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理，三角形全等的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，正确作辅助线，构建等腰三角形是本题的关键．
29．（2021春•玉田县期末）如图，已知AB∥CD，∠1+∠3＝90°，BC、CF分别平分∠ABF和∠BFE，试说明AB∥EF的理由．
解：∵AB∥CD（已知），
∴∠1＝∠2（ 两直线平行，内错角相等 ）．
∵∠1+∠3＝90°（已知），
∴∠2+∠3＝90°（ 等量代换 ）．
即∠BCF＝90°．
∵ ∠BCF+∠4+∠5 ＝180°（三角形内角和等于180°），
∴ ∠4+∠5 ＝90°（等式性质）．
∵BC、CF分别平分∠ABF和∠BFE（已知），
∴ ∠ABF＝2∠5，∠BFE＝2∠4 （ 角平分线的定义 ）．
∴∠ABF+∠BFE＝180°（ 等式的性质 ）．
∴AB∥FE（ 同旁内角互补，两直线平行 ）．
【分析】根据平行线的性质结合三角形的内角和定理可求解∠4+∠5＝90°，由角平分线的定义可求得∠ABF+∠BFE＝180°，进而可证明结论．
【解答】解：∵AB∥CD（已知），
∴∠1＝∠2（两直线平行，内错角相等）．
∵∠1+∠3＝90°（已知），
∴∠2+∠3＝90°（等量代换）．
即∠BCF＝90°．
∵∠BCF+∠4+∠5＝180°（三角形内角和等于180°），
∴∠4+∠5＝90°（等式性质）．
∵BC、CF分别平分∠ABF和∠BFE（已知），
∴∠ABF＝2∠5，∠BFE＝2∠4（角平分线的定义）．
∴∠ABF+∠BFE＝180°（等式的性质）．
∴AB∥FE（同旁内角互补，两直线平行）．
故答案为两直线平行，内错角相等；等量代换；∠BCF+∠4+∠5；∠4+∠5；∠ABF＝2∠5，∠BFE＝2∠4；角平分线的定义；等式的性质；同旁内角互补，两直线平行．
【点评】本题主要考查三角形的内角和定理，平行线的性质与判定，角平分线的定义，结合平行线的性质及三角形的内角和定理求解∠4+∠5＝90°是解题的关键．
30．（2021春•邗江区期末）在一个三角形中，如果一个角是另一个角的3倍，这样的三角形我们称之为“灵动三角形”．例如，三个内角分别为120°、40°、20°的三角形是“灵动三角形”；三个内角分别为80°、75°、25°的三角形也是“灵动三角形”等等．如图，∠MON＝60°，在射线OM上找一点A，过点A作AB⊥OM交ON于点B，以A为端点作射线AD，交线段OB于点C（规定0°＜∠OAC＜90°）．
（1）∠ABO的度数为 30 °，△AOB 是 ．（填“是”或“不是”）“灵动三角形”；
（2）若∠BAC＝70°，则△AOC 是 （填“是”或“不是”）“灵动三角形”；
（3）当△ABC为“灵动三角形”时，求∠OAC的度数．
【分析】（1）利用三角形内角和定理解决问题即可．
（2）求出∠OAC即可解决问题．
（3）分三种情形分别求出即可．
【解答】解：（1）∵AB⊥OM，
∴∠BAO＝90°，
∵∠AOB＝60°，
∴∠ABO＝90°﹣60°＝30°，
∵90°＝3×30°，
∴△AOB是“灵动三角形”．
故答案为：30，是．
（2）∵∠OAB＝90°，∠BAC＝70°，
∴∠OAC＝20°，
∵∠AOC＝60°＝3×20°，
∴△AOC是“灵动三角形”．
故答案为：是．
（3）①∠ACB＝3∠ABC时，∠CAB＝60°，∠OAC＝30°；
②当∠ABC＝3∠CAB时，∠CAB＝10°，∠OAC＝80°．
③当∠ACB＝3∠CAB时，∠CAB＝37.5°，可得∠OAC＝52.5°．
综上所述，满足条件的值为30°或52.5°或80°．
【点评】本题考查三角形内角和定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
一十五．三角形的外角性质（共1小题）
31．（2019春•浦东新区期末）如图，已知在△ABC中，∠A＝（2x+10）°，∠B＝（3x）°，∠ACD是△ABC的一个外角，且∠ACD＝（6x﹣10）°，求∠A的度数．
【分析】根据三角形的外角性质：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，列一元一次方程，求出x，从而求出∠A的度数．
【解答】解：因为∠ACD是△ABC的一个外角（已知），
所以∠ACD＝∠A+∠B（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和）．（2分）
所以6x﹣10＝2x+10+3x．（2分）
解得x＝20．（1分）
所以∠A＝50°．（1分）
【点评】此题考查的知识点是三角形的外角性质及一元一次方程的应用，关键是先根据三角形的外角性质列一元一次方程，求出x．
一十六．全等三角形的性质（共1小题）
32．（2021春•浦东新区期末）如图，已知△ABC≌△ADE，且点B与点D对应，点C与点E对应，点D在BC上，∠BAE＝114°，∠BAD＝40°，则∠E的度数是 36 °．
【分析】根据全等三角形的性质得出AB＝AD，∠ABD＝∠ADE，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠ABD＝70°，求出∠DAE和∠ADE，再根据三角形内角和定理求出∠E即可．
【解答】解：∵△ABC≌△ADE，
∴AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵∠BAD＝40°，
∴∠ABD＝∠ADB＝（180°﹣∠BAD）＝70°，
∵△ABC≌△ADE，
∴∠ADE＝∠ABD＝70°，
∵∠BAE＝114°，∠BAD＝40°，
∴∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD＝114°﹣40°＝74°，
∴∠E＝180°﹣∠ADE﹣∠DAE＝180°﹣70°﹣74°＝36°，
故答案为：36．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识点，能熟记全等三角形的对应边相等和全等三角形的对应角相等是解此题的关键．
一十七．全等三角形的判定（共3小题）
33．（2021秋•孝昌县期末）如图，在△ABC和△DEF中，已知CB＝DF，∠C＝∠D，要使△ABC≌△EFD，还需添加一个条件，那么这个条件可以是 AC＝ED或∠A＝∠FED或∠ABC＝∠F ．
【分析】要使△ABC≌△EFD，已知CB＝DF，∠C＝∠D，具备了一组边和一组角对应相等，还缺少边或角对应相等的条件，结合判定方法及图形进行选择即可．
【解答】解：要使△ABC≌△EFD，已知CB＝DF，∠C＝∠D，
则可以添加AC＝ED，运用SAS来判定其全等；
也可添加一组角∠A＝∠FED或∠ABC＝∠F运用AAS来判定其全等．
故答案为：AC＝ED或∠A＝∠FED或∠ABC＝∠F．
【点评】本题主要考查了三角形全等的判定方法；判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．添加时注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，不能添加，根据已知结合图形及判定方法选择条件是正确解答本题的关键．
34．（2021春•嘉定区期末）如图，已知AO平分∠DAE，AD＝AE，AB＝AC，图中全等三角形有（ ）
A．1对B．2对C．3对D．4对
【分析】根据角平分线的定义得出∠DAO＝∠EAO，根据全等三角形的判定定理SAS推出△DAO≌△EAO，根据全等三角形的性质得出∠D＝∠E，求出AC＝AB，根据SAS推出△ACO≌△ABO，根据全等三角形的性质得出OC＝OB，根据全等三角形的判定定理AAS和SAS推出△DCO≌△EBO和△ADB≌△AEC即可．
【解答】解：∵AO平分∠DAE，
∴∠DAO＝∠EAO，
在△DAO和△EAO中，
，
∴△DAO≌△EAO（SAS），
∴∠D＝∠E，
∵AD＝AE，AB＝AC，
∴AD﹣AC＝AE﹣AB，
即AC＝AB，
在△ACO和△ABO中，
，
∴△ACO≌△ABO（SAS），
∴OC＝OB，
在△DCO和△EBO中，
，
∴△DCO≌△EBO（AAS），
在△ADB和△AEC中，
，
∴△ADB≌△AEC（SAS），
即全等三角形有4对，
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理和性质定理，能熟记全等三角形的判定定理和性质定理是解此题的关键，注意：①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，②全等三角形的对应边相等，对应角相等．
35．（2021春•奉贤区期末）如图，已知AC＝DC，∠1＝∠2，请添加一个条件，使△ABC≌△DEC，这个条件可以是 BC＝EC ．
【分析】添加BC＝EC，由等式的性质可得∴∠1+∠ACD＝∠2+∠ACD，进而可得∠ACB＝∠ECD，然后利用SAS判定△ABC≌△DEC即可．
【解答】解：添加BC＝EC，
∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠ACD＝∠2+∠ACD，
即∠ACB＝∠ECD，
在△ABC和△DEC中，
∴△ABC≌△DEC（SAS），
故答案为：BC＝EC．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
一十八．全等三角形的判定与性质（共13小题）
36．（2021春•浦东新区期末）已知：点B，C，D在同一直线上，△ABC和△CDE都是等边三角形，BE交AC于点F，AD交CE于点H，
（1）求证：△BCE≌△ACD；
（2）求证：CF＝CH；
（3）判断△CFH的形状并说明理由．
【分析】（1）根据等边三角形的性质就可以得出AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，由SAS就可以得出△BCE≌△ACD；
（2）由△BCE≌△ACD可以得出∠CAD＝∠CBE，再求出∠ACE＝∠BCF就可以得出△ACH≌△BCF，就有CH＝CF；
（3）连接FH，由CH＝CF，∠ACE＝60°就可以得出△CFH是等边三角形．
【解答】解：（1）证明：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE，
∴∠BCE＝ACD．
在△BCE和△ACD中，
，
∴△BCE≌△ACD（SAS）；
（2）∵△BCE≌△ACD，
∴∠CBE＝∠CAD．
∵∠ACB+∠ACE+∠DCE＝180°，
∴∠ACE＝60°，
∴∠ACE＝∠ACB．
在△ACH和△BCF中，
，
∴△ACH≌△BCF（ASA），
∴CH＝CF；
（3）△CFH是等边三角形．
理由：连接FH．
∵∠ACE＝60°，CH＝CF，
∴△CFH是等边三角形．
【点评】本题考查了等边三角形判定及性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时根据条件和结论灵活证明三角形全等是关键．
37．（2021春•嘉定区期末）如图，已知在△ABC中，AB＝AC，点D、E在边BC上，且AD＝AE．试说明BD＝CE的理由．
【分析】法1：由AB＝AC，利用等边对等角得到一对角相等，同理由AD＝AE得到一对角相等，再利用外角性质及等量代换可得出一对角相等，利用ASA得出三角形ABD与三角形AEC全等，利用全等三角形的对应边相等可得证；
法2：过A作AH垂直于BC于H点，由AB＝AC，利用三线合一得到H为BC中点，同理得到H为DE中点，利用等式的性质变换后可得证．
【解答】证明：法1：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C（等边对等角），
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED（等边对等角），
又∠ADE＝∠B+∠BAD，∠AED＝∠C+∠CAE，
∴∠BAD＝∠CAE（等量代换），
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（ASA），
∴BD＝CE（全等三角形的对应边相等）；
法2：过点A作AH⊥BC，垂足为点H，

∵AB＝AC，AH⊥BC，
∴BH＝CH（等腰三角形底边上的高与底边上的中线重合），
同理可证，DH＝EH，
∴BH﹣DH＝CH﹣EH，
∴BD＝CE．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，利用了等量代换的思想，做题时注意一题多解．
38．（2021秋•普陀区期末）已知：如图，在△ABC中，AB＝CB，∠ABC＝45°，高AD与高BE相交于点F，G为BF的中点．
求证：（1）DG＝DE；
（2）∠DEG＝∠DEC．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质证明△BDF≌△ACD，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DG＝BF，进而可以解决问题；
（2）由（1）得∠DBG＝∠DAE，BG＝BF，AE＝AC，BF＝AC，然后证明△BDG≌△ADE，进而根据三角形内角和定理即可解决问题．
【解答】证明：（1）AD⊥BD，∠BAD＝45°，
∴AD＝BD，
∵∠BFD＝∠AFE，∠AFE+∠CAD＝90°，∠CAD+∠ACD＝90°，
∴∠BFD＝∠ACD，
在△BDF和△ACD中，
，
∴△BDF≌△ACD（AAS），
∴BF＝AC，
∵G为BF的中点．
∴DG＝BF，
∵AB＝CB，BE⊥AC，
∴E为AC的中点．
∴DE＝AC，
∴DG＝DE；
（2）由（1）知：∠DBG＝∠DAE，BG＝BF，AE＝AC，BF＝AC，
∴BG＝AE，
在△BDG和△ADE中，
，
∴△BDG≌△ADE（SAS），
∴∠BDG＝∠ADE，
∴∠DGB＝∠DBG+∠BDG，
∵∠DEC＝∠DAE+∠ADE，
∴∠DGB＝∠DEC，
∵DG＝DE，
∴∠DGE＝∠DEG，
∴∠DEG＝∠DEC．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△BDG≌△ADE．
39．（2021春•静安区校级期末）如图，△ABC中，两条高BD和CE相交于H，已知AB＝CH．试判断△BCD的形状并说明理由．
【分析】由“AAS”可证△ABD≌△HCD可得结论．
【解答】解：△BCD是等腰直角三角形，理由如下：
∵BD⊥AC，CE⊥AB，
∴∠ADB＝∠AEC＝90°，
∴∠A+∠ABD＝90°，∠A+∠HCD＝90°，
∴∠ABD＝∠HCD，
∴在△ABD和△HCD中，
，
∴△ABD≌△HCD（AAS），
∴BD＝CD，
∴△BCD是等腰直角三角形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
40．（2021春•松江区期末）如图，已知在△ABC中，∠ABC＝2∠C，AD和BE分别为∠BAC和∠ABC的角平分线，若△ABE的周长为22，BD＝4，那么线段AB的长为 9 ．
【分析】根据角平分线的定义求出∠CBE＝∠ABC，由等角对等边可得BE＝CE，得出BE+AE＝AC①，过点D作DF∥BE交CE于点F，利用AAS证明△ABD≌△AFD，由全等三角形的性质可得AB+BD＝AC②，进而可得BE+AE＝AB+BD，由△ABE的周长为22，BD＝4，可求解．
【解答】解：∵BE平分∠ABC，
∴∠CBE＝∠ABC，
∵∠ABC＝2∠C，
∴∠CBE＝∠C，
∴BE＝CE，
∴BE+AE＝CE+AE＝AC①，
过点D作DF∥BE交CE于点F，
则∠CDF＝∠CBE，∠AFD＝∠AEB，
∴∠CDF＝∠CBE＝∠C，
∴DF＝CF，
∵∠AEB＝∠C+∠CBE＝2∠C，
∴∠AFD＝2∠C，
∴∠ABC＝∠AFD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
在△ABD和△AFD中，
，
∴△ABD≌△AFD（AAS），
∴AB＝AF，BD＝DF，
∴DF＝BD＝CF，
∴AB+BD＝AF+DF＝AF+CF＝AC②，
由①②得BE+AE＝AB+BD，
∵△ABE的周长为22，BD＝4，
∴AB+BE+AE＝AB+BD+AB＝22，
∴AB＝9．
故答案为9．
【点评】本题主要考查等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义等知识，灵活运用角平分线作辅助线是解题的关键
41．（2021春•黄浦区期末）如图，△ABC中，AB＝AC，BD＝CE，BE＝CF，若∠A＝50°，则∠DEF的度数是 65° ．
【分析】首先证明△DBE≌△ECF，进而得到∠EFC＝∠DEB，再根据三角形内角和计算出∠CFE+∠FEC的度数，进而得到∠DEB+∠FEC的度数，然后可算出∠DEF的度数．
【解答】解：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
在△DBE和△ECF中，
，
∴△DBE≌△ECF（SAS），
∴∠EFC＝∠DEB，
∵∠A＝50°，
∴∠C＝（180°﹣50°）÷2＝65°，
∴∠CFE+∠FEC＝180°﹣65°＝115°，
∴∠DEB+∠FEC＝115°，
∴∠DEF＝180°﹣115°＝65°，
故答案为：65°．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，以及三角形内角和的定理，关键是熟练掌握三角形内角和是180°．
42．（2021春•嘉定区期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，BE⊥AC，垂足为E，AE＝BE，AD与BE相交于点F．
（1）请说明△AEF≌△BEC的理由．
（2）如果AF＝2BD，试说明AD平分∠BAC的理由．
【分析】（1）根据AAS证明△AEF和△BEC全等即可；
（2）根据中点的判定和角平分线的判定解答即可．
【解答】解：（1）∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴∠DAC+∠C＝90°，
∴∠DAC＝90°﹣∠C，
∴∠DAC＝∠EBC，
在△AEF和△BEC中，
，
∴△AEF≌△BEC（AAS）；
（2）由（1）知，AF＝BC，
∵AF＝2BD，
∴BC＝2BD，
∴D是BC的中点，
∴BD＝CD，
∵AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD＝∠BAC，
∴AD平分∠BAC．
【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据AAS证明△AEF和△BEC全等解答．
43．（2021春•金山区期末）如图，已知△ACM是等边三角形，点E在边CM上，以CE为边作等边△CEF，联结AE并延长交CF的延长线于点N，联结MF并延长交AC的延长线于点B，联结BN．
（1）说明△ACE≌△MCF的理由；
（2）说明△CNB为等边三角形的理由．
【分析】（1）由△ACM和△CEF是等边三角形，得CA＝CM，CE＝CF，∠ACM＝∠ECF＝60°，再利用SAS即可证出△ACE≌△MCF；
（2）由△ACE≌△MCF，得∠CAE＝∠CMF，由∠ACN＝∠ACM+∠ECF＝120°，∠MCB＝180°﹣∠ACM＝120°，可得∠ACN＝∠MCB，再利用ASA证出△ACN≌△MCB，得到CN＝CB，再由∠BCN＝180°﹣∠ACM﹣∠ECF＝60°，即可证明△CNB是等边三角形．
【解答】证明：（1）△ACM和△CEF是等边三角形，
∴CA＝CM，CE＝CF，
∠ACM＝∠ECF＝60°，
在△ACE和△MCF中，
，
∴△ACE≌△MCF（SAS），
（2）∵△ACE≌△MCF（SAS），
∴∠CAE＝∠CMF，
∵∠ACN＝∠ACM+∠ECF＝120°，∠MCB＝180°﹣∠ACM＝120°，
∴∠ACN＝∠MCB，
在△ACN与△MCB中，
，
∴△ACN≌△MCB（ASA），
∴CN＝CB，
∵∠BCN＝180°﹣∠ACM﹣∠ECF＝60°，
∴△CNB是等边三角形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质是解题的关键．
44．（2021•永嘉县校级模拟）如图，△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠BAC＝45°，过点B作BE⊥AC，垂足为E，在线段BE上截取ED＝EC，AD的延长线交BC于点P，联结DC．
（1）请说明AD＝BC的理由；
（2）请说明BP＝PC的理由．
【分析】（1）根据题意利用边角边定理推出△BCE≌△ADE，从而证明AD＝BC；
（2）根据题意及等腰直角三角形的性质推出BD＝CD，从而得出PD是线段BC的垂直平分线，即可证明BP＝PC．
【解答】解：（1）∵BE⊥AC，∠BAC＝45°，
∴∠ABE＝90°﹣45°＝45°，
∴BE＝AE，
在△BCE和△ADE中，
，
∴△BCE≌△ADE（SAS），
∴AD＝BC．
（2）∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵BE⊥AC，BE＝AE，EC＝ED，
∴∠DCE＝∠CDE＝∠EBA＝∠BAE＝45°，
∴∠ABC﹣∠EBA＝∠ACB﹣∠DCE，即∠DBC＝∠DCB，
∴BD＝CD，
∴PD为线段BC的垂直平分线，
∴BP＝PC．
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是根据题干中已知边之间的关系推出∠DCE＝∠CDE＝∠EBA＝∠BAE＝45°，从而进行相关证明．
45．（2021春•静安区期末）如图，已知四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC．E为BD上一点，且BE＝AD，∠DEF＝∠ADC，EF交BC的延长线于点F．
（1）AD和BC相等吗？为什么？
（2）BF和BD相等吗？为什么？
【分析】（1）根据平行线的性质和全等三角形的判定和性质得出△ABD与△CDB全等，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（2）根据平行线的性质和全等三角形的判定和性质得出△EFB与△CDB全等，进而解答即可．
【解答】解：（1）AD＝CB，理由如下：
∵AD∥BC，
∴∠ABD＝∠CDB，
同理可得，∠ADB＝∠CBD，
在△ABD与△CDB中，
，
∴△ABD≌△CDB（ASA），
∴AD＝CB；
（2）BF＝BD，理由如下：
∵AD＝CB，BE＝AD，
∴BC＝BE，
∵∠DEF＝∠ADC，
∴∠DEF﹣∠DBF＝∠ADC﹣∠ADB，
即∠EFB＝∠CDB，
在△EFB与△CDB中，
，
∴△EFB≌△CDB（ASA），
∴FB＝DB．
【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据ASA证明三角形全等，利用全等三角形的性质解答．
46．（2020秋•奉贤区期末）已知：在△ABC中，AB＝6，AC＝5，△ABC的面积为9．点P为边AB上动点，过点B作BD∥AC，交CP的延长线于点D．∠ACP的平分线交AB于点E．
（1）如图1，当CD⊥AB时，求PA的长；
（2）如图2，当点E为AB的中点时，请猜想并证明：线段AC、CD、DB的数量关系．
【分析】（1）根据三角形的面积公式得出CP，进而利用勾股定理得出PA即可；
（2）延长BD，过A作AO∥BC，利用平行四边形的性质解答即可．
【解答】解：（1）∵CD⊥AB，△ABC的面积为9，AB＝6，
∴，
∴CP＝3，
由勾股定理得：PA＝；
（2）延长BD，过A作AO∥BC，
∵BD∥AC，AO∥BC，
∴四边形AOBC是平行四边形，
∵E是AB的中点，
∴延长CE肯定可以过点O点，
∴∠OCD＝∠ACO＝∠COD，
∴CD＝DO，
∵DO+DB＝AC，
∴AC＝CD+DB．
【点评】考查了全等三角形的判定和性质和平行四边形的性质，解题的关键是根据平行四边形的性质进行解答，属于中考常考题型．
47．（2014春•普陀区期末）如图，在△ABC中，已知AD平分∠BAC，E是边AB上的一点，AE＝AC，F是边AC上的一点，联结DE、CE、FE，当EC平分∠DEF时，猜测EF、BC的位置关系，并说明理由．
解：EF、BC的位置关系是 EF∥BC ．
说理如下：
因为AD是∠BAC的角平分线（已知）
所以∠1＝∠2．
在△AED和△ACD中，
所以△AED≌△ACD（S．A．S）．
得 DE＝DC （全等三角形的对应边相等）．
（完成以下说理过程）
【分析】由AD是∠BAC的角平分线，可得∠1＝∠2，利用SAS可证出△AED≌△ACD，从而得出DE＝DC，所以∠3＝∠4．结合EC平分∠DEF，可得出∠3＝∠5．利用等量代换得∠4＝∠5，即可得出EF∥BC．
【解答】解：EF、BC的位置关系是EF∥BC．
理由如下：
如图，
∵AD是∠BAC的角平分线（已知）
∴∠1＝∠2．
在△AED和△ACD中，
∴△AED≌△ACD（SAS）．
∴DE＝DC （全等三角形的对应边相等），
∴∠3＝∠4．
∵EC平分∠DEF（已知），
∴∠3＝∠5．
∴∠4＝∠5．
所以EF∥BC（内错角相等，两直线平行）．
故答案为：EF∥BC，DE＝DC．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是得出△AED≌△ACD．
48．（2014春•松江区期末）如图，△ABC是等边三角形，P是AB上一点，Q是BC延长线上一点，AP＝CQ．联结PQ交AC于D点．过P作PE∥BC，交AC于E点．
（1）说明DE＝DC的理由；
（2）过点P作PF⊥AC于F，说明DF＝AC的理由．
【分析】（1）根据平行线的性质，可得∠AEP＝∠ACB，∠EPD＝∠Q，根据全等三角形的判定与性质，可得答案；
（2）根据等腰三角形的性质，可得EF与AE的关系，根据线段中点的性质，可得DE＝CE，EF与AE的关系，根据线段的和差，可得答案．
【解答】（1）解：∵PE∥BC，
∴∠AEP＝∠ACB，∠EPD＝∠Q．
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A＝∠ACB＝60°．
∴∠A＝∠AEP．
∴AP＝PE．
又∵AP＝CQ，
∴PE＝CQ．
在△EDP和△CDQ中，
∴△EDP≌△CDQ（AAS），
∴DE＝DC；
（2）∵AP＝PE，PF⊥AC，
∴EF＝AE．
∵DE＝DC，且DE+DC＝CE，
∴DE＝CE．
∴DF＝EF+DE
＝AE+CE
＝（AE+CE）
＝AC．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了全等三角形的判定与性质，线段中点的性质．
一十九．全等三角形的应用（共1小题）
49．（2021春•金山区期末）如图，有两根钢条AB、CD，在中点O处以小转轴连在一起做成工具（卡钳），可测量工件内槽的宽．如果测量AC＝2cm，那么工件内槽的宽BD＝ 2 cm．
【分析】利用SAS可判定△AOC≌△BOD，根据全等三角形的性质可得BD＝AC＝2厘米．
【解答】解：∵有两根钢条AB、CD，在中点O处以小转轴连在一起做成工具，
∴OA＝OB，OD＝OC，
在△AOC和△BOD中，，
∴△AOC≌△BOD（SAS）．
∴BD＝AC＝2厘米，
故答案为：2．
【点评】本题考查全等三角形的应用．在实际生活中，对于难以实地测量的线段，常常通过两个全等三角形，转化需要测量的线段到易测量的边上或者已知边上来，从而求解．
二十．等腰三角形的性质（共5小题）
50．（2021春•静安区期末）已知等腰三角形的两条边长分别是3cm、7cm，那么这个等腰三角形的周长是 17 cm．
【分析】根据题意分两种情况：第一种是底边长为7时构不成三角形要排除，第二种情况是底边长为3，然后再将三边长相加即可求得答案．
【解答】解：∵等腰三角形的两条边长分别是3cm、7cm，
∴当此三角形的腰长为3cm时，3+3＜7，不能构成三角形，故排除，
∴此三角形的腰长为7cm，底边长为3cm，
∴此等腰三角形的周长＝7+7+3＝17cm，
故答案为：17．
【点评】此题是等腰三角形的性质，主要考查了等腰三角形的性质，三角形的三边关系，解本题的关键是用三角形的三边关系判断能否构成三角形．
51．（2019春•浦东新区期末）已知一个等腰三角形两内角的度数之比为1：4，求这个等腰三角形顶角的度数．
【分析】设两个角分别是x，4x，根据三角形的内角和定理分情况进行分析，从而可求得顶角的度数．
【解答】解：设两内角的度数为x、4x；
当等腰三角形的顶角为x时，x+4x+4x＝180°，x＝20°；
当等腰三角形的顶角为4x时，4x+x+x＝180°，x＝30，4x＝120；
因此等腰三角形的顶角度数为20°或120°．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质；若题目中没有明确顶角或底角的度数，做题时要注意分情况进行讨论，这是十分重要的，也是解答问题的关键．已知中若有比出现，往往根据比值设出各部分，利用部分和列式求解．
52．（2021春•黄浦区期末）在等腰△ABC中，如果过顶角的顶点A的一条直线AD将△ABC分别割成两个等腰三角形，那么∠BAC＝ 90°或108° ．
【分析】根据题意画出图形，分类讨论，利用三角形的内角和定理和等腰三角形的性质可得结论．
【解答】解：①当BD＝CD，CD＝AD时，如图①所示，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
设∠B＝∠C＝x，
∵BD＝CD，CD＝AD，
∴∠BAD＝∠B＝x，∠CAD＝∠C＝x，
∴4x＝180°，
∴x＝45°，
∴∠BAC＝2x＝45°×2＝90°；
②当AD＝BD，AC＝CD时，如图②所示，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C
设∠B＝∠C＝x，
∵AD＝BD，AC＝CD，
∴∠BAD＝∠B＝x，∠CAD＝，
∴＝180°﹣2x，
解得：x＝36°，
∴∠BAC＝180°﹣2x＝180°﹣2×36°＝108°，
故答案为：90°或108°．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，根据题意画出图形分类讨论，利用三角形的内角和定理是解答此题的关键．
53．（2021春•奉贤区期末）如图，已知在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝80°，AD⊥BC，AD＝AB，连接BD并延长，交AC的延长线于点E，求∠ADE的度数．
【分析】根据等腰三角形三线合一的性质可求∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝40°，根据等腰三角形的性质可求∠BDA，再根据三角形内角和定理即可求解．
【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝80°，AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝40°，
∵AD＝AB，
∴∠BDA＝×（180°﹣40°）＝70°，
∴∠ADE＝180°﹣∠BDA＝180°﹣70°＝110°．
【点评】此题考查等腰三角形的性质，关键是熟练掌握等腰三角形的底角相等和三线合一的性质．
54．（2021春•松江区期末）如图，已知直线AB∥CD，∠ACD的平分线CE交AB于点F，∠AFE的平分线交CA延长线于点G．
（1）说明AC＝AF的理由；
（2）若∠FCD＝32°，求∠G的大小．
【分析】（1）由题意可得∠ACF＝∠DCF，∠AFC＝∠DCF，则∠ACF＝∠AFC，结论得证；
（2）可求出∠GAF＝60°，∠AFC＝30°，可求出∠GFA＝75°，则∠G可求出．
【解答】（1）证明：∵∠ACD的平分线CE交AB于点F，
∴∠ACF＝∠DCF，
∵AB∥CD，
∴∠AFC＝∠DCF，
∴∠ACF＝∠AFC，
∴AC＝AF；
（2）解：∵∠FCD＝32°，AB∥CD，
∴∠ACD＝∠GAF＝64°，∠AFC＝32°，
∵∠AFE的平分线交CA延长线于点G．
∴∠AFG＝∠GFE＝AFE＝，
∴∠G＝180°﹣∠GAF﹣∠AFG＝180°﹣64°﹣74°＝42°．
【点评】本题考查等腰三角形的判定，平行线的性质，角平分线的定义等知识，解题的关键是熟练掌握平行线的性质和三角形的内角和定理．
二十一．等腰三角形的判定（共2小题）
55．（2018春•闵行区期末）有下列三个等式①AB＝DC；②BE＝CE；③∠B＝∠C．如果从这三个等式中选出两个作为条件，能推出Rt△AED是等腰三角形，你认为这两个条件可以是 ①②（或①③或②③） （写出一种即可）
【分析】依据条件判定△ABE≌△DCE，即可得到AE＝DE，进而得出Rt△AED是等腰三角形．
【解答】解：当AB＝DC，BE＝CE，∠AEB＝∠DEC时，Rt△ABE≌Rt△DCE（HL），故AE＝DE，即Rt△AED是等腰三角形；
当AB＝DC，∠B＝∠C，∠AEB＝∠DEC时，△ABE≌△DCE（AAS），故AE＝DE，即Rt△AED是等腰三角形；
当BE＝CE，∠B＝∠C，∠AEB＝∠DEC时，△ABE≌△DCE（ASA），故AE＝DE，即Rt△AED是等腰三角形．
故答案为：①②或①③或②③．（答案不唯一）
【点评】本题主要考查了等腰三角形的判定，如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等．
56．（2015春•长宁区期末）如图，在△ABC中，点E在AB上，点D在BC上，BD＝BE，∠BAD＝∠BCE，AD与CE相交于点F，求证：△AFC是等腰三角形．
【分析】根据AAS推出△ABD≌△CBE，根据全等三角形的性质得出AB＝BC，求出AE＝CD，根据AAS推出△AEF≌△CDF即可．
【解答】证明：∵在△ABD和△CBE中，
，
∴△ABD≌△CBE（AAS），
∴AB＝BC，
∵BE＝BD，
∴AE＝CD，
在△AEF和△CDF中，
∴△AEF≌△CDF（AAS），
∴AF＝CF，
∴△AFC是等腰三角形．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，等腰三角形的判定的应用，能求出AF＝CF是解此题的关键，注意：有两边相等的三角形是等腰三角形．
二十二．等边三角形的性质（共2小题）
57．（2020秋•上海期末）边长为6cm的等边三角形的面积是 9cm2 ．
【分析】根据等边三角形三线合一的性质可得D为BC的中点，即BD＝CD，在直角三角形ABD中，已知AB、BD，根据勾股定理即可求得AD的长，即可求三角形ABC的面积，即可解题．
【解答】解：如图，等边三角形高线即中线，故D为BC中点，
∵AB＝6cm，
∴BD＝3cm，
∴AD＝＝3，
∴等边△ABC的面积＝BC•AD＝×6×3＝9（cm2）．
故答案为：9cm2．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理在直角三角形中的运用，本题中根据勾股定理计算AD的值是解题的关键．
58．（2021春•杨浦区期末）甲、乙两人沿边长为60米的等边三角形ABC的边按A→B→C→A的方向行走，甲每分钟走65米，乙每分钟走50米，设甲在顶点A时，乙在顶点C，几分钟后甲、乙两人可第一次行走在同一条边上？（不含甲、乙两人在三角形相邻顶点时的情形）
【分析】把甲和乙经过的路径排成一条直线，因为甲在后面，且甲的速度快，所以甲刚好到一边时，乙还没有出去到另一条线，列出甲和乙路程与时间的式子，求出时间即可．
【解答】解：把甲和乙经过的路径排成一条直线，
即．
设t分钟时甲乙在同一条边上，则有甲在顶点，乙在甲后面的边上，
∴65t＝60k（k是正整数），且60k＜50t+120＜60（k+1），
∴，
∴取k＝5，
∴t＝＝，
∴分钟时甲、乙两人可第一次行走在同一条边上．
【点评】本题主要考查路程问题转化成不等式问题的能力，关键是要考虑清楚甲乙同线时甲刚好在顶点．
二十三．坐标与图形变化-平移（共2小题）
59．（2021春•饶平县校级期末）线段AB经过平移得到线段CD，其中点A、B的对应点分别为点C、D，这四个点都在如图所示的格点上，那么线段AB上的一点P（a，b）经过平移后，在线段CD上的对应点Q的坐标是（ ）
A．（a﹣1，b+3）B．（a﹣1，b﹣3）C．（a+1，b+3）D．（a+1，b﹣3）
【分析】依据B（1，3），D（2，0），可得线段AB向右平移1个单位，向下平移3个单位得到线段CD，再根据P（a，b），即可得到对应点Q（a+1，b﹣3）．
【解答】解：由图可得，点A、B的对应点分别为点C、D，而B（1，3），D（2，0），
∴线段AB向右平移1个单位，向下平移3个单位得到线段CD，
又∵P（a，b），
∴Q（a+1，b﹣3），
故选：D．
【点评】本题主要考查了坐标与图形变化，在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．
60．（2021春•松江区期末）如图，在直角坐标平面xOy中，已知点A（﹣3，﹣4）、B（5，﹣4），将点B向上平移6个单位，再向左平移2个单位，得到点C．
（1）求点A、B之间的距离；
（2）写出点C的坐标；
（3）求四边形OABC的面积．
【分析】（1）根据A，B两点的坐标特征解决问题即可．
（2）根据点C的位置写出坐标即可．
（3）设AB交y轴于T．根据S四边形OABC＝S△OAT+S△OTC+S△BCT，计算即可．
【解答】解：（1）∵A（﹣3，﹣4）、B（5，﹣4），
∴AB＝5﹣（﹣3）＝8．
（2）C（3，2）．
（3）设AB交y轴于T，连接CT．
∴S四边形OABC＝S△OAT+S△OTC+S△BCT＝×3×4+×4×3+×5×6＝27．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣平移，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用分割法求三角形的面积，属于中考常考题型．