北师大版数学七下重难点培优练习专题4.9 三角形章末重难点突破（2份，原卷版+解析版）

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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】（2021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．1 B．3 C．5 D．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】（2021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】（2021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】（2021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】（2021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．4cm B．6cm C．8cm D．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24，可解出BC的长．【解答】解：∵AD为CB边上的中线，∴S△ABC＝2S△ABD＝24cm2，即24，又AE＝6cm，解得：BC＝8cm，故选：C．【变式2-1】（2021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．3 B．4 C．5 D．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△ABDS△ABC60＝30，∵BE是△ABD的中线，∴S△BDES△ABD30＝15，设BD边上的高为h，BD＝5，∴5×h＝15，∴h＝6．故选：D．【变式2-2】（2021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△ABDS△ABC，S△BEDS△ABD，即可得答案；（2）由三角形面积公式S△BDE，即，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△ABDS△ABC15，∵BE是△ABD的中线，∴S△BEDS△ABD．（2）∵EF⊥BC，∴S△BDE，即，∴BD＝3，∵AD是△ABC的中线，∴CD＝BD＝3．【变式2-3】（2021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：CEAC，BDBD，由S△ABC的面积为36，可得：CD，BC，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，∴CEAC，BDAB，∵S△ABC＝36，△ABC是直角三角形，∴，得：CD，AC•BC＝36，得：BC，∵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 ＝12﹣9＝3．故答案为：3．【考点3 三角形内角和定理的应用】【例3】（2021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】（2021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】（2021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】（2021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】（2021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∠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】（2020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】（2021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．20 B．40 C．60 D．100【分析】根据角平分线的定义得出∠BOC＝90°∠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∠ABC，∠OCB∠PCB，∴∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB＝180°（∠ABC+∠PCB），＝180°（180°﹣∠BPC），＝90°∠BPC＝90°（∠A+∠ACP），＝110°∠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】（2021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】（2021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，∴ACAD4＝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】（2021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．①② B．②④ C．②③ D．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】（2021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＝∠E B．AC＝DF C．∠ACD＝∠BFE D．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】（2021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．8 B．7 C．6 D．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，，∴△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】（2020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．n B．2n﹣1 C． D．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．故选：C．【考点7 全等三角形的判定与性质】【例7】（2021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．1.2 B．0.6 C．0.8 D．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（AAS），∴AF＝AE，CF＝BE，在Rt△AFD和Rt△AED中，，∴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】（2021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，，∴△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】（2021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，，∴△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】（2021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，，∴△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】（2021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SSS B．AAS或SSS C．ASA或AAS D．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，，∴△ABS≌△CBD（ASA）；或∵AS∥CD，∴∠S＝∠D．在△ABS与△CBD中，，∴△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】（2021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，，∴△ABS≌△CBD（ASA），∴AS＝CD＝5米．【变式8-2】（2021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，，∴△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】（2021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，∴△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，∴△ABO≌△CGO（ASA）∴AB＝CG＝21m．【考点9 全等三角形中的动点问题】【例9】（2021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．2 B．3 C．2或3 D．2或【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；由上可得a的值是2或，故选：D．【变式9-1】（2021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，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，CE＝（3t﹣8）cm，CD＝（6﹣t）cm，∴3t﹣8＝6﹣t，∴ts，当E到达A，D在BC上时，即，CE＝6cm，CD＝（t﹣6）cm，∴6＝t﹣6，∴t＝12s，故答案为：1或或12．【变式9-2】（2021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，，∴△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：，．综上所述，当△ACP与△BPQ全等时x的值为2或．【变式9-3】（2020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，，∴△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（AAS），∴AP＝AC，∵AC＝8cm，∴AP＝8cm，∴t＝8．【题型10 用尺规作三角形】【例10】（2021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】（2021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】（2021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】（2021秋•曹县期末）如图，已知线段a和∠α，求作Rt△ABC，使∠C＝90°，BC＝a，∠ABC∠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∠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