考点13 三角形及其全等（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（冀教版）

考点13 三角形及其全等

考点总结

一、三角形的基础知识

1．三角形的概念:由三条线段首尾顺次相接组成的图形，叫做三角形．

2．三角形的三边关系

1）三角形三边关系定理：三角形的两边之和大于第三边．

推论：三角形的两边之差小于第三边．

2）三角形三边关系定理及推论的作用：

①判断三条已知线段能否组成三角形；②当已知两边时，可确定第三边的范围；③证明线段不等关系．

3．三角形的内角和定理及推论

三角形的内角和定理：三角形三个内角和等于180°．

推论：①直角三角形的两个锐角互余；②三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和；③三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角．

4．三角形中的重要线段

1）三角形的一个角的平分线与这个角的对边相交，这个角的顶点和交点间的线段叫做三角形的角平分线．

2）在三角形中，连接一个顶点和它对边的中点的线段叫做三角形的中线．

3）从三角形一个顶点向它的对边做垂线，顶点和垂足之间的线段叫做三角形的高线（简称三角形的高）．

4）连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．

二、全等三角形

1．三角形全等的判定定理：

1）边边边定理：有三边对应相等的两个三角形全等（可简写成“边边边”或“SSS”）；

2）边角边定理：有两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等（可简写成“边角边”或“SAS”）；

3）角边角定理：有两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等（可简写成“角边角”或“ASA”）；

4）角角边定理：有两角和它们所对的任意一边对应相等的两个三角形全等（可简写成“角角边”或“AAS”）；

5）对于特殊的直角三角形，判定它们全等时，还有HL定理（斜边、直角边定理）：有斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等（可简写成“斜边、直角边”或“HL”）．

2．全等三角形的性质：

1）全等三角形的对应边相等，对应角相等；

2）全等三角形的周长相等，面积相等；

3）全等三角形对应的中线、高线、角平分线、中位线都相等．

真题演练

一．选择题（共10小题）

1．（2021•滦州市一模）以下是四位同学在钝角三角形△ABC中画AC边上的高，其中正确的是（　　）

A． B． 

C． D．

【分析】找到经过顶点B且与AC垂直的BD所在的图形即可．

【解答】解：A、高BD交AC的延长线于点D处，符合题意；

B、没有经过顶点B，不符合题意；

C、做的是BC边上的高线AD，不符合题意；

D、没有经过顶点B，不符合题意．

故选：A．

2．（2021•路南区一模）用三角板作△ABC的边BC上的高，下列三角板的摆放位置正确的是（　　）

A． B． 

C． D．

【分析】根据高线的定义即可得出结论．

【解答】解：B，C，D都不是△ABC的边BC上的高，

故选：A．

3．（2021•遵化市模拟）如图，△ABC中，BC＝6，BD是中线，E是BD上一点，作射线AE，交BC于点F，若BE＝2DE，则FC＝（　　）

A．2 B．2.5 C．3 D．3.5

【分析】先根据重心的性质得到点E为△ABC的重心，则AF为BC边上的中线，于是可得到FC的长．

【解答】解：∵BD是中线，BE＝2DE，

∴点E为△ABC的重心，

∴AF为BC边上的中线，

∴FC＝BFBC6＝3．

故选：C．

4．（2021•路南区二模）如图，直线l∥m，将三角形△ABC（∠ABC＝45°）的直角顶点C放在直线m上，若∠1＝20°，则∠2的度数为（　　）

A．20° B．25° C．30° D．35°

【分析】过点B作直线n∥l．由平行线的性质和判定，可得到∠1、∠2、∠3、∠4、∠ABC间关系，利用角的和差关系计算可得结论．

【解答】解：过点B作直线n∥l．

∵l∥m，

∴m∥n∥l．

∴∠3＝∠2，∠1＝∠4．

∵∠ABC＝45°，∠1＝20°，

∴∠3＝∠ABC﹣∠4

＝45°﹣20°

＝25°．

∴∠2＝25°．

故选：B．

5．（2021•河北模拟）如图，△ABC中，AD为BC边上的高，下列等式错误的是（　　）

A．∠ADB＝∠ADC＝90° B．∠B+∠BAD＝90° 

C．∠C+∠DAC＝90° D．∠BAD＝∠DAC

【分析】根据三角形高线的意义和三角形内角和等于180°即可求解．

【解答】解：∵AD为BC边上的高

∴∠ADB＝∠ADC＝90°

∴∠B+∠BAD＝90°，∠C+∠DAC＝90°，

∴A，B，C选项正确，

∵∠BAD与∠DAC不一定相等，

∴D选项错误，

故选：D．

6．（2021•张家口一模）如图，在一副三角板中，标识了4个角，其中最大的角为（　　）

A．∠1 B．∠2 C．∠3 D．∠4

【分析】根据三角板中这四个角的度数可得结论．

【解答】解：三角板中这四个角的度数分别是：

∠1＝∠2＝45°，∠3＝30°，∠4＝60°．

故选：D．

7．（2021•高阳县模拟）一副三角板如图放置，则∠1的度数为（　　）

A．45° B．60° C．65° D．75°

【分析】利用一副三角板先得出∠ECB、∠CDF的度数，再利用三角形的内角和定理求出∠CFD的度数即可．

【解答】解：∵三角板是一副，

∴∠ECD＝45°，∠ADC＝60°．

∴∠CFD＝180°﹣∠ECD﹣∠ADC

＝180°﹣45°﹣60°

＝75°．

∴∠1＝75°．

故选：D．

8．（2021•遵化市模拟）将一副三角板按如图所示的方式摆放，则∠1＝（　　）

A．45° B．60° C．65° D．75°

【分析】根据三角形外角的性质即可得到结论．

【解答】解：∠1＝30°+（90°﹣45°）＝75°，

故选：D．

9．（2021•滦南县二模）如图，AD是△ABC的中线，CE⊥AD，BF⊥AD，点E、F为垂足，若EF＝6，∠1＝2∠2，则BC的长为（　　）

A．6 B．8 C．10 D．12

【分析】根据△BFD≌△CED，EF＝6，可得DE＝3，由∠1＝2∠2，可得∠2＝60°，再根据直角三角形的性质得出DC的长，进而得出BC的长．

【解答】解：∵∠1＝2∠2，∠1+∠2＝180°，

∴∠2＝60°，

∴∠DCE＝30°，

∵AD是△ABC的中线，

∴BD＝CD，

∵CE⊥AD，BF⊥AD，

∴∠BFD＝∠CED＝90°，

∵∠BDF＝∠CDE，

∴△BFD≌△CED（AAS），

∴DE＝DF，

∵EF＝6，

∴DE＝DF＝3，

∴CD＝6，

∴BC＝12，

故选：D．

10．（2021•海港区模拟）已知：如图，△ABC中，∠B＝∠C，求证：AB＝AC，在证明该结论时，只添加一条辅助线：①作∠BAC的平分线AD交BC于点D，②过点A作AD⊥BC于点D，③取BC中点D，连接AD，④作BC的垂直平分线AD，其中作法正确的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4

【分析】①②③分别从能否判定△ABD≌△ACD来分析，④从辅助线本身作法来分析即可．

【解答】解：①作∠BAC的平分线AD交BC于点D，则由∠B＝∠C，∠BAD＝∠CAD，AD＝AD，可判定△ABD≌△ACD（AAS），从而可得AB＝AC，故①正确；

②过点A作AD⊥BC，垂足为点D，则由∠B＝∠C，∠BDA＝∠CDA，AD＝AD，可判定△ABD≌△ACD（AAS），从而可得AB＝AC，故②正确；

③取BC边的中点D，连接AD，则∠B＝∠C，BD＝CD，AD＝AD，无法判定△ABD≌△ACD，故没法证明AB＝AC，故③错误；

④作BC边的垂直平分线AD，交BC于点D，过已知点不能作出已知线段的垂直平分线，辅助线作法错误，故④错误．

综上，正确的有①②．

故选：B．

二．填空题（共5小题）

11．（2021•路南区二模）如图，在平面直角坐标系中，已知A（1，0），以线段OA为边在第四象限内作等边△AOB，点C为x轴正半轴上一动点（OC＞1），连接BC，以线段BC为边在第四象限内作等边△CBD，连结DA并延长，交y轴于点E．则

（1）∠OEA＝　30　°．

（2）当以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，点C的坐标为 　（3，0）　．

【分析】（1）由“SAS”可证△OBC≌△ABD，可得∠BOC＝∠BAD＝60°，即可求解；

（2）由直角三角形的性质可求AE＝4，由等腰三角形的性质可求AE＝AC＝2，即可求解．

【解答】解：（1）∵△ABO和△CBD都是等边三角形，

∴OB＝AB，CB＝BD，∠ABO＝∠CBD＝60°，

∴∠OBC＝∠ABD，

在△OBC和△ABD中，

，

∴△OBC≌△ABD（SAS），

∴∠BOC＝∠BAD＝60°，

∴∠OAE＝60°，

∵∠AOE＝90°，

∴∠OEA＝30°，

故答案为：30；

（2）∵∠AEO＝30°，

∴AE＝2OA＝2，

∵∠EAC＝∠OAD＝∠OAB+∠BAD＝120°，

∴只有当AE＝AC＝2时，△AEC为等腰三角形，

∴OC＝3，

∴点C（3，0），

故答案为：（3，0）．

12．（2021•河北）如图是可调躺椅示意图（数据如图），AE与BD的交点为C，且∠A，∠B，∠E保持不变．为了舒适，需调整∠D的大小，使∠EFD＝110°，则图中∠D应 　减少　（填“增加”或“减少”） 　10　度．

【分析】延长EF，交CD于点 G，依据三角形的内角和定理可求∠ACB，根据对顶角相等可得∠DCE，再由三角形内角和定理的推论得到∠DGF的度数；利用∠EFD＝110°，和三角形的外角的性质可得∠D的度数，从而得出结论．

【解答】解：延长EF，交CD于点G，如图：

∵∠ACB＝180°﹣50°﹣60°＝70°，

∴∠ECD＝∠ACB＝70°．

∵∠DGF＝∠DCE+∠E，

∴∠DGF＝70°+30°＝100°．

∵∠EFD＝110°，∠EFD＝∠DGF+∠D，

∴∠D＝10°．

而图中∠D＝20°，

∴∠D应减少10°．

故答案为：减少，10．

13．（2020•邢台一模）如图，在四边形ABCD中，∠D＝90°，BC＝6，AC＝10，∠B＝∠BAD，延长BC到

E，若CD平分∠ACE，则AD＝　8　，点D到BC的距离是　4.8　．

【分析】延长CE，交AD的延长线于点F，过点D作DG⊥CE于点G，先证明△ADC≌△FDC（ASA），从而可得CA＝CF，DA＝DF，从而得出CF的值，再由BC的值已知，可得BF的值；然后根据∠B＝∠BAD，可得AF＝BF＝16，则AD与DF的值可得，根据勾股定理可得CD的长；最后由面积法可得DG的长，即点D到BC的距离．

【解答】解：如图，延长CE，交AD的延长线于点F，过点D作DG⊥CE于点G，

∵∠ADC＝90°，CD平分∠ACE，

∴∠ADC＝∠FDC＝90°，∠ACD＝∠FCD，

又∵CD＝CD，

∴△ADC≌△FDC（ASA）．

∴CA＝CF，DA＝DF，

∵AC＝10，

∴CF＝10，

∵BC＝6，

∴BF＝16．

∵∠B＝∠BAD，

∴AF＝BF＝16，

∴AD＝DF＝8．

在Rt△CDF中，由勾股定理得：CD6，

∴CD•DFCF•DG，

∴DG4.8．

故答案为：8，4.8．

14．（2020•路北区三模）如图所示：下列正多边形都满足BA1＝CB1，在正三角形中，我们可推得：∠AOB1＝60°；在正方形中，可推得：∠AOB1＝90°；在正五边形中，可推得：∠AOB1＝108°，依此类推在正八边形中，∠AOB1＝　135　°，在正n（n≥3）边形中，∠AOB1＝　　°．

【分析】如图4，根据正八边形的性质可以得出AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝135°，就可以得出△ABA1≌△BCB1，就可以得出∠CBB1＝∠BAA1，就可以得出∠AOB1＝135°，由正三角形中∠AOB1＝60°，正方形中，∠AOB1＝90°；正五边形中，∠AOB1＝108°，…正n（n≥3）边形中，∠AOB1，就可以得出结论．

【解答】解：∵多边形ABCDEFGH是正八边形，

∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝135°．

在△ABA1和△BCB1中，

，

∴△ABA1≌△BCB1（SAS）

∴∠CBB1＝∠BAA1．

∵∠AOB1＝∠ABO+∠BAA1．

∴∠AOB1＝∠ABO+∠CBB1

∴∠AOB1＝∠ABO+∠CBB1＝135°；

∵在正三角形中∠AOB1＝60°，

在正方形中∠AOB1＝90°；

在正五边形中，∠AOB1＝108°；

…

∴在正n（n≥3）边形中，∠AOB1，

故答案为：135，．

15．（2020•迁安市二模）如图，在3×3的正方形网格中，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝　225°　．

【分析】根据图形和正方形的性质可知∠1+∠5＝90°，∠2+∠4＝90°，∠3＝45°，再把它们相加可得∠1+∠2+∠3+∠4+∠5的度数．

【解答】解：观察图形可知∠1与∠5所在的三角形全等，二角互余，∠2与∠4所在的三角形全等，二角互余，∠3＝45°

∴∠1+∠5＝90°，∠2+∠4＝90°，∠3＝45°，

∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝（∠1+∠5）+（∠2+∠4）+∠3＝225°．

故填225°

三．解答题（共3小题）

16．（2021•唐山一模）如图，AB是半圆O的直径；D是半圆O上不同于A、B两点的任意一点；C是半圆O上一动点，AC与BD相交于点F，BE是半圆O所在圆的切线，与AC的延长线相交于点E．

（1）若AD＝BC，求证△CBA≌△DAB；

（2）若BE＝BF，∠DAC＝30°，AB＝8．求S扇形COB；（答案保留π）

（3）若AB＝8，H为AC的中点，点C从B移动到A时，请直接写出点H移动的长度．（答案保留π）

【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角可得∠ADB＝∠BCA＝90°，再根据HL证明即可；

（2）根据等腰三角形的性质得∠EBC＝30°，∠E＝60°，由BE是半圆O所在的切线得∠ABE＝90°，可求∠BAE＝30°，连接OC，得∠COB＝60°，再根据扇形面积计算公式可得答案；

（3）根据点H移动的长度是以OA为直径的圆的周长的一半求解即可．

【解答】（1）证明：∵AB是半圆O的直径，

∴∠ADB＝∠BCA＝90°，

在Rt△ADB和Rt△BCA中，

，

∴△CBA≌△DAB（HL）；

（2）解：连接OC，

∵BE＝BF，由（1）知BC⊥EF，

∴∠CBF＝∠EBC，

∵∠CBF＝∠DAC＝30°，

∴∠EBC＝30°，

∴∠E＝90°﹣∠EBC＝60°，

∵BE是半圆O所在圆的切线，

∴∠ABE＝90°，

∴∠E+∠BAE＝90°，

∴∠BAE＝90°﹣∠E＝30°，

∴∠COB＝2∠BAE＝60°，

∴S扇形．

（3）解：连接OH，

∵H为AC的中点，

∴OH⊥AC，

∴H在以OA为直径的圆上运动，

当点C在B点时，点H与点O重合，

当点C在A点时，点H与点A重合，

所以，点H移动的长度是以OA为直径的圆的周长一半，即L＝4π2π．

17．（2021•平泉市一模）如图，点C，A，O，B四点在同一条直线上，点D在线段OE上，且OA＝OD，AC＝DE，连接CD，AE．

（1）求证AE＝CD；

（2）写出∠1，∠2和∠C三者间的数量关系，并说明理由．

【分析】（1）由OA＝OD，AC＝DE得OC＝OE，利用SAS证明△AOE≌△DOC，即可得出AE＝CD；

（2）由△AOE≌△DOC得∠C＝∠E，根据三角形外角的性质和等量代换即可得出结论．

【解答】（1）证明：∵OA＝OD，AC＝DE，

∴OC＝OE，

在△AOE和△DOC中，

，

∴△AOE≌△DOC（SAS），

∴AE＝CD；

（2）解：∠2＝∠1+∠C，理由：

∵△AOE≌△DOC，

∴∠C＝∠E，

∵∠2＝∠1+∠E，

∴∠2＝∠1+∠C．

18．（2021•河北模拟）如图，OC平分∠MON，P为OC上一点，PA⊥OM，PB⊥ON，垂足分别为A，B，连接AB，AB与OP交于点E．

（1）求证：△OPA≌△OPB；

（2）若AB＝6，求AE的长．

【分析】（1）依据PA⊥OM，PB⊥ON，可得∠PAO＝∠PBO＝90°，PA＝PB，即可根据HL得到Rt△OPA≌Rt△OPB；

（2）依据△OPA≌△OPB可得∠APE＝∠BPE，再依据PA＝PB，∠APE＝∠BPE，PE＝PE可利用SAS证明△APE≌△BPE，即可得到AE＝BE，进而得出AEAB＝3．

【解答】（1）证明：∵PA⊥OM，PB⊥ON，OC平分∠MON，

∴∠PAO＝∠PBO＝90°，PA＝PB，

在Rt△OPA和Rt△OPB中，

，

∴Rt△OPA≌Rt△OPB（HL）；

（2）解：由（1）知△OPA≌△OPB，

∴∠APE＝∠BPE，

又∵PA＝PB，

在△APE和△BPE中，

，

∴△APE≌△BPE（SAS），

∴AE＝BE，

∴AEAB，

∵AB＝6，

∴AE＝3．