专题03 三角形（考题猜想，易错、好题精选11个考点60题专练）-2023-2024学年七年级数学下学期期末考点大串讲（沪教版）

专题03 三角形（考题猜想，易错、好题精选11个考点60题专练） 三角形的角平分线、中线和高 三角形的面积 三角形三边关系 三角形内角和定理 三角形的外角性质  全等三角形的判定 全等三角形的判定与性质 等腰三角形的性质 等腰三角形的判定与性质 等边三角形的性质 等边三角形的判定与性质 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 一．三角形的角平分线、中线和高（共2小题） 1．（2023春•奉贤区校级期中）下列各图中，正确画出边上的高的是　　 A．图① B．图② C．图③ D．图④ 2．（2023春•嘉定区期末）如图，在中，，，垂足为点，有下列说法： ①点与点的距离是线段的长； ②点到直线的距离是线段的长； ③线段是边上的高； ④线段是边上的高． 上述说法中，正确的个数为　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二．三角形的面积（共5小题） 3．（2023春•静安区校级期末）如图，在中，，，、为的两条高，则　　． 4．（2023春•嘉定区校级期中）如图，已知直线，如果的面积是6平方厘米，厘米，那么中边上的高是　　厘米． 5．（2023春•嘉定区期末）如图，，点、在直线上，点、、在直线上，如果，的面积为30，那么的面积是　　． 6．（2023春•奉贤区校级期中）如图，已知． （1）找出图中所有面积相等的三角形，并选择其中一对说明理由； （2）如果，，垂足分别为、，，求的值．（直接写出答案） 7．（2023春•松江区期中）如图，已知的面积是60，请完成下列问题： （1）如图1，中，若是边上的中线，则的面积 　　的面积（填“”、“ ”或“” ； （2）如图2，若、分别是的、边上的中线，求四边形的面积可以用如下方法： 连接，由得， 同理，可得． 设，，则，． 由题意得，． 可列方程组，解得 　　， 通过解这个方程组可得四边形的面积为 　　； （3）如图3，，，请直接写出四边形的面积 　　（不用书写过程） 三．三角形三边关系（共3小题） 8．（2023春•奉贤区期末）已知一个三角形的两边长为5和10，则第三边的长可以为　　 A．5 B．10 C．15 D．20 9．（2024春•静安区校级期中）若的两边长分别为、、则第三边的取值范围是 　　． 10．（2024春•杨浦区期中）如果不等边三角形的三边长分别是2、7、，那么整数的取值是 　　． 四．三角形内角和定理（共7小题） 11．（2023春•杨浦区期末）已知中，，如果按角分类，那么是 　　三角形． 12．（2022春•嘉定区校级期末）在中，，点在边上，（如图． （1）若在的边上，且，求的度数； （2）若，在的边上，是等腰三角形，求的度数；（简写主要解答过程即可）； （3）若将分割成的两个三角形中有一个是等腰三角形，求的度数．（直接写出答案）． 13．（2023春•虹口区校级期末）如图，，比大，平分，于，于，则　　． 14．（2022春•徐汇区校级期末）如图，与是的两个外角，平分交的平分线于点．若，则　　． 15．（2023春•嘉定区期末）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、、的三角形是“灵动三角形”；三个内角分别为、、的三角形也是“灵动三角形”等等．如图，，在射线上找一点，过点作交于点，以为端点作射线，交线段于点（规定． （1）的度数为　　，　　．（填“是”或“不是” “灵动三角形”； （2）若，则　　（填“是”或“不是” “灵动三角形”； （3）当为“灵动三角形”时，求的度数． 16．（2023春•虹口区期末）中，是的角平分线，是的高． （1）如图1，若，，请说明的度数； （2）如图，试说明、、的数量关系； （3）如图3，延长到点，和的角平分线交于点，请直接写出的度数 　　． 17．（2024春•静安区校级期中）在中，，是它的两条角平分线，且，相交于点，于点．将记为，记为，记为． （1）如图1，若，，则，； （2）如图2，猜想与的数量关系，并证明你的结论； （3）若，，用含和的代数式表示的度数．（直接写出结果即可） 五．三角形的外角性质（共4小题） 18．（2023春•闵行区校级期中）如图，已知，点在边上，，请说明 的理由． 解：因为基的一个外角 所以　　 　　 因为 所以 　　 因为 　　 所以 　　 19．（2024春•普陀区期中）如图，已知平分，，说明． 解：因为平分（已知）， 所以（角的平分线的意义）， 因为　　　　（三角形的一个外角等于与它 　　的两个内角的和） 又因为（已知）， 所以　　（等式性质）， （完成以下说理过程） 20．（2023春•普陀区期末）已知：如图，在中，点、分别在边、上，且，在的延长线上，在上，如果，说明的理由． 解：因为（已知）， 所以　　， 所以　　　　， 因为　　，（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和）， 因为（已知）， 所以　　（等式性质）． 所以（等量代换）． 21．（2023春•嘉定区期末）阅读、填空并将说理过程补充完整：如图，已知点、分别在的边、上，且，延长与的延长线交于点，和的角平分线交于点．那么与的位置关系如何？为什么？ 解：．将、的交点记为点，延长交于点． 因为、分别平分和（已知） 所以　　，　　（角平分线定义） 又因为　　，　　　　 （三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和） （已知） 所以　　（等式性质） （请完成以下说理过程） 六．全等三角形的判定（共4小题） 22．（2021春•杨浦区期末）在如图所示的方格中，每个小方格都是边长为1的正方形，是格点三角形（即顶点恰好是正方形的顶点），则与有一条公共边且全等的所有格点三角形的个数是　　 A．1 B．2 C．3 D．4 23．（2022春•闵行区校级月考）下列所叙述的图形中，全等的两个三角形是　　 A．含角的两个直角三角形 B．腰对应相等的两个等腰三角形 C．边长均为5厘米的两个等边三角形 D．一个钝角对应相等的两个等腰三角形 24．（2022春•杨浦区校级期末）如图，已知，，增加下列条件： ①；②；③；④． 其中能使的条件有　　 A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 25．（2022春•徐汇区校级期末）已知中，，作与只有一条公共边，且与全等的三角形，这样的三角形一共能作出 　　个． 七．全等三角形的判定与性质（共23小题） 26．（2022春•徐汇区校级期末）如图，，，，且，则　　． 27．（2022春•宝山区期末）如图，在中，、分别在、上，，是中点，试比较与的大小：　　（提示：可添加辅助线） 28．（2023春•徐汇区期末）如图，点是等边中边上的任意一点，且也是等边三角形，那么与平行吗？请说明理由． 解：因为是等边三角形（已知）， 所以（等边三角形各边相等）， （等边三角形每个内角都是； 因为是等边三角形（已知）， 所以　　， 　　； 所以　　， 所以　　　　（等量减等量）， 即　　　　； 在和中， 所以　　． 所以　　　　， 所以， 所以， 所以　　． 29．（2023春•闵行区期末）已知在等边中，点是边上一点，点是延长线上一点，． （1）如图1，如果点是的中点，说明； （2）如图2，如果点是上任意一点（不与点、重合），还成立吗？请说明理由． 30．（2023春•黄浦区期末）阅读并填空： 如图，是等腰三角形，，是边延长线上的一点，在边上，且连接交于，如果，那么，为什么？ 解：过点作交于， 所以（两直线平行，同位角相等）， 　　， 在与中， ， 所以，　　， 所以　　， 因为（已知）， 所以　　， 所以（等量代换）， 所以， 所以． 31．（2023春•浦东新区校级期末）如图，已知，，，． （1）与是否全等？说明理由； （2）如果，，求的度数． 32．（2023春•浦东新区校级期末）如图，已知和是等边三角形． （1）说明的理由； （2）猜测和相等吗？若相等，则说明理由． 33．（2023春•杨浦区期末）如图，已知点是线段上一点，，．猜想、、之间的数量关系并证明． 34．（2023春•松江区期末）如图，在中，，垂足为，，垂足为，，与相交于点． （1）请说明的理由； （2）如果，说明的理由． 35．（2023春•宝山区期末）如图，点在线段上，如果，，，且，那么．为什么？ 解：因为（已知）， 所以　　， 因为（已知）， 所以（等式性质）， 因此（等量代换）， 因为（已知），， 所以（等量代换）， 因为　　　　（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和）， 所以　　（等式性质）， 在与中， ， 所以　　， 得（全等三角形的对应边相等）． 36．（2023春•松江区期末）如图，是等腰三角形，，是边延长线上一点，在边上且连接交于，如果，那么，为什么？ 解：过点作交于， 所以（两直线平行，同位角相等）， 　　， 在与中， ， 所以　　， 所以（全等三角形对应边相等）， 因为（已知）， 所以　　， 所以（等量代换）， 所以 　　　　， 所以（等量代换）． 37．（2023春•嘉定区期末）在中，，，以、为边向外作等边和等边． （1）如图1，连接、，与相交于点． ①说明的理由． ②　　．（直接填答案） （2）如图2，过作的垂线，垂足为，连接，交于点，与相等吗？为什么？ 38．（2023春•浦东新区校级月考）如图，在中，已知点、、分别在边、、上，且，，，那么与的大小关系如何？为什么？ 39．（2023春•闵行区校级期中）如图，在中，，点、分别在、上，，连接，将线段绕点按顺时针方向旋转后得，连接． （1）求证：； （2）若，求的度数． 40．（2023春•静安区校级期末）如图，在四边形中，，是的中点，连接并延长交的延长线于点，点在边上，且． （1）求证：； （2）连接，判断与的位置关系并说明理由． 41．（2023春•虹口区校级期末）（此题不需要写出括号内的定理理由） （1）如图①，四边形，与互补，，点、在线段、上且，若，求：的度数； （2）如图②，若点、在线段、的延长线上，其余条件均不变，求的度数． 42．（2023春•静安区校级期末）阅读并填空： 如图：根据六年级第二学期学过的用直尺、圆规作线段中点的方法，画出了线段的中点，请说明这种方法正确的理由． 解：连接、、、． 在和中， 　 　， 　 　　 　（画弧时所取的半径相等）， 　 　　 　（画弧时所取的半径相等）． 所以 　 　． 所以 　 　． 又， 所以 　 　． 即点是线段的中点． 43．（2021春•浦东新区期末）如图，在和中，，，． （1）当点在上时，如图①，线段，有怎样的数量关系和位置关系？请证明你的猜想； （2）将图①中的绕点顺时针旋转，如图②，线段，有怎样的数量关系和位置关系？请说明理由． 44．（2021春•奉贤区期末）如图，在中，已知点、、分别在边、、上，且，，，那么和的大小关系如何？为什么？ 解：因为　 　， 即． 又因为（已知）， 所以　 　　 　． 在和中， 所以　 　． 因此． 45．（2021春•静安区校级期末）阅读并填空：如图，已知在中，，点、在边上，且，试说明的理由． 解：因为， 所以　 　（等边对等角）． 因为　 　， 所以（等边对等角）． 在与中， 　 　， ， 所以　 　 所以　 　（全等三角形对应边相等）， 所以（等式性质）． 即． 46．（2023春•宝山区校级期中）如图，，．、相交于点，，、分别交于点、．根据以上信息： （1）请说出图中共有哪几对全等三角形； （2）证明：． 47．（2021春•静安区校级期末）已知、均为等边三角形，点是内的一点，且，． （1）如图（1），说明的理由； （2）如图（2），当时，试判断的形状，并说明理由； （3）如图（1），填空：当为等腰三角形时，的度数为　 　．（请直接写出答案） 48．（2022春•徐汇区校级期末）（1）观察理解：如图1，中，，，直线过点，点，在直线同侧，，，垂足分别为，，由此可得：，所以，又因为，所以，所以，又因为，所以　　；（请填写全等判定的方法） （2）理解应用：如图2，，且，，且，利用（1）中的结论，请按照图中所标注的数据计算图中实线所围成的图形的面积　　； （3）类比探究：如图3，中，，，将斜边绕点逆时针旋转至，连接，求△的面积． （4）拓展提升：如图4，等边中，，点在上，且，动点从点沿射线以速度运动，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段．设点运动的时间为秒． ①当　　秒时，； ②当　　秒时，； ③当　　秒时，点恰好落在射线上． 八．等腰三角形的性质（共5小题） 49．（2023春•闵行区期末）下列说法错误的是　　 A．等腰三角形两腰上的高相等 B．等腰三角形两腰上的中线相等 C．等腰三角形两底角的平分线相等 D．等腰三角形高、中线和角平分线重合 50．（2023春•杨浦区期末）等腰三角形的周长为16厘米，其中一边长为4厘米，那么腰长为 　　厘米． 51．（2023春•静安区校级期中）如图，在等腰三角形中，，是边上的中线，已知的周长是36，的周长比的周长多6，则的长是 　　． 52．（2023春•浦东新区校级期末）在中，斜边上有两点和，，，则　　． 53．（2023春•普陀区期末）如图，在中，，点、分别在边、上，，如果，，那么　　． 九．等腰三角形的判定与性质（共3小题） 54．（2023春•徐汇区期末）如图，在中，，、分别平分和，过点作，分别交边、于点和点，如果的周长等于14，的周长等于9，求的长． 55．（2023春•杨浦区期末）已知在中，，点是边上一点，． （1）如图1，试说明的理由； （2）如图2，过点作，垂足为点，与相交于点． ①试说明的理由； ②如果是等腰三角形，求的度数． 56．（2023春•宝山区期末）如图，中，，点在边延长线上，点在边上，且，延长线段交边于点． （1）说明是等腰三角形的理由； （2）如果是等腰三角形，求的度数． 一十．等边三角形的性质（共2小题） 57．（2021春•静安区期末）如图，在等边中，边厘米，若动点从点开始，按的路径运动，且速度为1厘米秒，设点的运动时间为秒． （1）当时，判断与的位置关系，并说明理由； （2）当的面积为面积的一半时，求的值； （3）另有一点，从点开始，按的路径运动，且速度为1.5厘米秒，若、两点同时出发，当、中有一点到达终点时，另一点也停止运动．当为何值时，直线把的周长分成相等的两部分． 58．（2023春•虹口区校级期末）如图，，点、、在射线上，点、、在射线上，且△、△、△为等边三角形，若，则△的周长为 　　． 一十一．等边三角形的判定与性质（共2小题） 59．（2021春•普陀区校级期中）用一根长的铁丝围成一个等边三角形，那么这个等边三角形的边长为 　　． 60．（2022春•上海期末）如图，是等边三角形，点、、分别是线段、、上的点， （1）若，问是等边三角形吗？试证明你的结论； （2）若是等边三角形，问成立吗？试证明你的结论． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 三角形（考题猜想，易错、好题精选11个考点60题专练） 三角形的角平分线、中线和高 三角形的面积 三角形三边关系 三角形内角和定理 三角形的外角性质  全等三角形的判定 全等三角形的判定与性质 等腰三角形的性质 等腰三角形的判定与性质 等边三角形的性质 等边三角形的判定与性质 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 一．三角形的角平分线、中线和高（共2小题） 1．（2023春•奉贤区校级期中）下列各图中，正确画出边上的高的是　　 A．图① B．图② C．图③ D．图④ 【分析】根据三角形的高的概念判断即可． 【解答】解：正确画出边上的高的是图④， 故选：． 【点评】本题考查的是三角形的高的概念，从三角形的一个顶点向对边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高． 2．（2023春•嘉定区期末）如图，在中，，，垂足为点，有下列说法： ①点与点的距离是线段的长； ②点到直线的距离是线段的长； ③线段是边上的高； ④线段是边上的高． 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：点与点的距离是线段的长，①正确； ②、点到直线的距离是线段的长，②正确； ③、根据三角形的高的定义，边上的高是线段，③正确； ④、根据三角形的高的定义，边上的高是线段，④正确． 综上所述，正确的是①②③④共4个． 故选：． 【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． 二．三角形的面积（共5小题） 3．（2023春•静安区校级期末）如图，在中，，，、为的两条高，则　　． 【分析】根据三角形的面积公式可得，再根据比例的性质即可求解． 【解答】解：由三角形的面积公式可得，即， ，， ． 故答案为：． 【点评】考查了三角形的面积计算，关键是由三角形的面积公式得到． 4．（2023春•嘉定区校级期中）如图，已知直线，如果的面积是6平方厘米，厘米，那么中边上的高是　3　厘米． 【分析】根据平行线之间的距离处处相等可得答案． 【解答】解：因为的面积是6平方厘米，厘米， 所以边上的高是：（厘米）． 故答案为：3． 【点评】本题主要考查了平行线的性质以及三角形的面积，熟知平行线之间的距离处处相等是解答本题的关键． 5．（2023春•嘉定区期末）如图，，点、在直线上，点、、在直线上，如果，的面积为30，那么的面积是　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，知和的面积比等于，从而进行计算． 【解答】解：， 的面积：的面积， 的面积． 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． 6．（2023春•奉贤区校级期中）如图，已知． （1）找出图中所有面积相等的三角形，并选择其中一对说明理由； （2）如果，，垂足分别为、，，求的值．（直接写出答案） 【分析】（1）根据等底等高的三角形的面积相等解答； （2）利用和的面积列式整理即可得解． 【解答】解：（1）①与，②与，③与； 选择①说明：设、间的距离为， 则，， 与的面积相等； （2）， ， ， ， ． 【点评】本题考查了三角形的面积，平行线间的距离相等，熟记等底等高的三角形的面积相等是解题的关键． 7．（2023春•松江区期中）如图，已知的面积是60，请完成下列问题： （1）如图1，中，若是边上的中线，则的面积 　　的面积（填“”、“ ”或“” ； （2）如图2，若、分别是的、边上的中线，求四边形的面积可以用如下方法： 连接，由得， 同理，可得． 设，，则，． 由题意得，． 可列方程组，解得 　　， 通过解这个方程组可得四边形的面积为 　　； （3）如图3，，，请直接写出四边形的面积 　　（不用书写过程） 【分析】（1）根据等底等高的两个三角形面积相等知，三角形的中线把三角形的面积分为相等的两部分，所以； （2）根据三角形的中线能把三角形的面积平分，等高三角形的面积的比等于底的比，即可得到结果； （3）连接，由，得到，同理可得，设，，则，，由题意得列方程组即可得到结果． 【解答】解：（1）如图1，过作于， 是的边上的中线， ， ，， ， 故答案为：； （2）解方程组得， ， ， 故答案为：，20； （3）如图3，连接， ， ， ， ， 设，，则，， 由题意得：，， 可列方程组为：， 解得：， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了三角形的中线能把三角形的面积平分，等高三角形的面积的比等于底的比，熟练掌握这个结论是解题的关键． 三．三角形三边关系（共3小题） 8．（2023春•奉贤区期末）已知一个三角形的两边长为5和10，则第三边的长可以为　　 A．5 B．10 C．15 D．20 【分析】已知三角形的两边长分别为5和10，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；即可求第三边长的范围． 【解答】解：设第三边长为，则由三角形三边关系定理得，即． 因此，本题的第三边应满足，把各项代入不等式符合的即为答案． 只有10符合不等式． 故选：． 【点评】考查了三角形三边关系，此类求三角形第三边的范围的题，实际上就是根据三角形三边关系定理列出不等式，然后解不等式即可． 9．（2024春•静安区校级期中）若的两边长分别为、、则第三边的取值范围是 　　． 【分析】根据三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边即可求出答案． 【解答】解：因为的两边长为，， 所以， 即． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了三角形的三边关系，掌握三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边是关键． 10．（2024春•杨浦区期中）如果不等边三角形的三边长分别是2、7、，那么整数的取值是 　5或7　． 【分析】先根据三角形的三边关系求出的取值范围，再求出符合条件的的值即可． 【解答】解：依题意有，即， 所以符合条件的整数的取值为：5或7． 故答案为：5或7． 【点评】本题考查的是三角形的三边关系，即任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边． 四．三角形内角和定理（共7小题） 11．（2023春•杨浦区期末）已知中，，如果按角分类，那么是 　锐角　三角形． 【分析】根据三角形的内角和为列出关于的方程，求解可得三角形中最大角的度数，即可判断出三角形的形状． 【解答】解：设， 则， ， ，即三角形中最大的角是， 这个三角形是锐角三角形． 故答案为：锐角． 【点评】此题主要是考查了三角形的内角和定理及三角形的分类，能够根据三角形的内角和定理得到关于的方程是解答此题的关键． 12．（2022春•嘉定区校级期末）在中，，点在边上，（如图． （1）若在的边上，且，求的度数； （2）若，在的边上，是等腰三角形，求的度数；（简写主要解答过程即可）； （3）若将分割成的两个三角形中有一个是等腰三角形，求的度数．（直接写出答案）． 【分析】（1）由三角形的内角和和三角形的外角的性质可直接得出结论； （2）由等腰三角形的性质可得，．所以，由三角形的外角的性质可知，，由等腰三角形的性质可知，需要分类讨论，当时，当时两种情况，再利用等腰三角形的性质可得出结论； （3）若为等腰三角形，则只能，所以．若为等腰三角形，则只能或，根据等腰三角形的性质可得出结论． 【解答】解：（1）是的外角， ， ，且，， ． 即的度数为； （2）， ． ， ， 是的外角， ， 是等腰三角形， 若，则， ． 若，则， ， ． 若，则， ． 即的度数为或或； （3）若为等腰三角形，则只能， ． 若为等腰三角形，则只能或， 或， 的度数为或或． 【点评】本题主要考查三角形的内角和定理，三角形的外角的性质，等腰三角形的性质，分类讨论思想等内容，解题的关键是掌握等腰三角形的性质． 13．（2023春•虹口区校级期末）如图，，比大，平分，于，于，则　80　． 【分析】先设，则，根据三角形的内角和定理得，进而根据角平分线的定义得，然后根据得，据此可得，最后再根据可得出的度数． 【解答】解：设，则， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：80． 【点评】此题主要考查了三角形的内角和定理，直角三角形的性质，角平分线的定义等，解答此题的关键是准确识图，熟练掌握三角形的内角和等于，直角三角形的两个锐角互余． 14．（2022春•徐汇区校级期末）如图，与是的两个外角，平分交的平分线于点．若，则　　． 【分析】由角平分线的定义及三角形的内角和定理可得，进而利用平角定义和三角形的内角和定理求解． 【解答】解：平分，平分， ，， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【点评】本题考查三角形外角的性质及三角形的内角和定理，解答的关键是熟练应用外角和内角的关系． 15．（2023春•嘉定区期末）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、、的三角形是“灵动三角形”；三个内角分别为、、的三角形也是“灵动三角形”等等．如图，，在射线上找一点，过点作交于点，以为端点作射线，交线段于点（规定． （1）的度数为　30　，　　．（填“是”或“不是” “灵动三角形”； （2）若，则　　（填“是”或“不是” “灵动三角形”； （3）当为“灵动三角形”时，求的度数． 【分析】（1）利用三角形内角和定理解决问题即可． （2）求出即可解决问题． （3）分三种情形分别求出即可． 【解答】解：（1）， ， ， ， ， 是“灵动三角形”． 故答案为：30，是． （2），， ， ， 是“灵动三角形”． 故答案为：是． （3）①时，，； ②当时，，． ③当时，，可得． 综上所述，满足条件的值为或或． 【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． 16．（2023春•虹口区期末）中，是的角平分线，是的高． （1）如图1，若，，请说明的度数； （2）如图，试说明、、的数量关系； （3）如图3，延长到点，和的角平分线交于点，请直接写出的度数 　　． 【分析】（1）根据三角形的内角和定理可求得，由角平分线的定义可得的度数，利用三角形的高线可求得度数，进而求解即可得出结论； （2）根据（1）的推理方法可求解、、的数量关系； （3）由三角形外角的性质结合角平分线的定义可求解，根据三角形的高线可求解的度数． 【解答】解：（1），，， ， 是的角平分线， ， 是的高， ， ， ， ； （2）， ， 是的角平分线， ， 是的高， ， ， ， 即； （3）和的角平分线交于点， ，， ，， ， 即， 是的高， ， ． 故答案为． 【点评】本题主要考查角平分线的定义，三角形外角的性质，三角形的内角和定理，三角形的高线，角平分线等知识的综合运用． 17．（2024春•静安区校级期中）在中，，是它的两条角平分线，且，相交于点，于点．将记为，记为，记为． （1）如图1，若，，则，； （2）如图2，猜想与的数量关系，并证明你的结论； （3）若，，用含和的代数式表示的度数．（直接写出结果即可） 【分析】（1）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，再根据角平分线的定义可得；根据角平分线的定义求出，再根据三角形的内角和定理求出，然后求出，根据直角三角形两锐角互余求出，然后相减即可得解； （2）根据角平分线的定义可得，，再根据直角三角形两锐角互余表示出，然后表示出，再根据三角形的内角和定理可得，然后代入整理即可得解； （3）在和中，根据三角形内角和定理列式整理得到，再根据三角形的内角和定理和角平分线的定义用表示出，然后根据整理即可得解． 【解答】（1）解：在中， ， 平分， ， ， 在中，， 平分， ， ， ， ， 故答案为：20，55； （2）与的数量关系是：． 证明：在中，，是它的两条角平分线， ，， 于点， ， 在中，， ， ， ， 在中，， ， ； （3）解：，是的两条角平分线， ，， 在和中，， ， ， ， ， 整理得，， ． 【点评】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，整体思想的利用是解题的关键． 五．三角形的外角性质（共4小题） 18．（2023春•闵行区校级期中）如图，已知，点在边上，，请说明 的理由． 解：因为基的一个外角 所以　　 　　 因为 所以 　　 因为 　　 所以 　　 【分析】由三角形外角的性质推出，而，而（已知），推出． 【解答】解：因为是的一个外角， 所以（三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和）， 因为， 所以（等量代换）， 因为（已知）， 所以（等式的性质）． 故答案为：，三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，等量代换，已知，等式的性质． 【点评】本题考查三角形外角的性质，关键是由三角形外角的性质得到． 19．（2024春•普陀区期中）如图，已知平分，，说明． 解：因为平分（已知）， 所以（角的平分线的意义）， 因为　　　　（三角形的一个外角等于与它 　　的两个内角的和） 又因为（已知）， 所以　　（等式性质）， （完成以下说理过程） 【分析】由角平分线的定义可得，再由三角形的外角性质可得，从而求得，即可判定． 【解答】解：平分（已知）， （角的平分线的意义）， （三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和）， 又（已知）， （等式性质）， （等量代换）， （同位角相等，两直线平行）． 故答案为：；；不相邻；． 【点评】本题主要考查三角形的外角性质，平行线的判定，解答的关键是结合图形分析清楚各角的关系． 20．（2023春•普陀区期末）已知：如图，在中，点、分别在边、上，且，在的延长线上，在上，如果，说明的理由． 解：因为（已知）， 所以　同位角相等，两直线平行　， 所以　　　　， 因为　　，（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和）， 因为（已知）， 所以　　（等式性质）． 所以（等量代换）． 【分析】先证明，得，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和得，再根据，可得，所以． 【解答】解：因为（已知）， 所以（同位角相等，两直线平行）， 所以（两直线平行，内错角相等）， 因为，（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和）， 因为（已知）， 所以（等式性质）， 所以（等量代换）． 故答案为：同位角相等，两直线平行；；两直线平行，内错角相等；；． 【点评】本题考查了三角形的外角性质，平行线的判定与性质，熟练掌握三角形的外角性质，平行线的判定与性质定理是解题的关键． 21．（2023春•嘉定区期末）阅读、填空并将说理过程补充完整：如图，已知点、分别在的边、上，且，延长与的延长线交于点，和的角平分线交于点．那么与的位置关系如何？为什么？ 解：．将、的交点记为点，延长交于点． 因为、分别平分和（已知） 所以　　，　　（角平分线定义） 又因为　　，　　　　 （三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和） （已知） 所以　　（等式性质） （请完成以下说理过程） 【分析】根据角平分线的定义得到，，根据三角形的外角的性质得到得到，根据等腰三角形的三线合一证明． 【解答】解：．将、的交点记为点，延长交于点． 因为、分别平分和（已知） 所以，（角平分线定义） 又因为，（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和） （已知） 所以（等式性质） 所以（等角对等边） 又因为 所以（等腰三角形三线合一）． 故答案为：；；；；；． 【点评】本题考查的是等腰三角形的性质、三角形的外角的性质，掌握等腰三角形的三线合一是解题的关键． 六．全等三角形的判定（共4小题） 22．（2021春•杨浦区期末）在如图所示的方格中，每个小方格都是边长为1的正方形，是格点三角形（即顶点恰好是正方形的顶点），则与有一条公共边且全等的所有格点三角形的个数是　　 A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据全等三角形的判定分别求出以为公共边的三角形，以为公共边的三角形，以为公共边的三角形的个数，相加即可． 【解答】解：以为公共边的三角形有3个，以为公共边的三角形有0个，以为公共边的三角形有1个， 共个， 故选：． 【点评】本题考查了全等三角形的判定的应用，找出符合条件的所有三角形是解此题的关键． 23．（2022春•闵行区校级月考）下列所叙述的图形中，全等的两个三角形是　　 A．含角的两个直角三角形 B．腰对应相等的两个等腰三角形 C．边长均为5厘米的两个等边三角形 D．一个钝角对应相等的两个等腰三角形 【分析】根据全等三角形的判定定理：，．．，对各个选项逐一分析即可． 【解答】解：、含角的两个直角三角形的边不一定对应相等，不符合直角三角形全等的判定定理，故本选项错误； 、腰对应相等的两个等腰三角形的顶角不一定相等，不符合全等三角形的判定定理，故本选项错误； 、边长为5厘米的两个等边三角形，各个边长相等，符合全等三角形的判定定理，故本选项正确； 、一个钝角对应相等的两个等腰三角形的腰长不一定相等，所以不符合全等三角形的判定定理，故本选项错误． 故选：． 【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：、、、、．注意：、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． 24．（2022春•杨浦区校级期末）如图，已知，，增加下列条件： ①；②；③；④． 其中能使的条件有　　 A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【分析】根据全等三角形的判定方法，逐一判断即可解答． 【解答】解：①，，， 和不一定全等， 故①不符合题意； ②，，， ， 故②符合题意； ③， ， ， ，， ， 故③符合题意； ④，，， ， 故④符合题意； 所以，增加上列条件，其中能使的条件有3个， 故选：． 【点评】本题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是解题的关键． 25．（2022春•徐汇区校级期末）已知中，，作与只有一条公共边，且与全等的三角形，这样的三角形一共能作出 　7　个． 【分析】只要满足三边对应相等就能保证作出的三角形与原三角形全等，以腰为公共边时有6个，以底为公共边时有一个，答案可得． 【解答】解：以为公共边有三个，以为公共边有三个，以为公共边有一个， 所以一共能作出7个． 故答案为：7． 【点评】本题考查了全等三角形的作法；做三角形时要根据全等的判断方法的要求，正确对每种情况进行讨论是解决本题的关键． 七．全等三角形的判定与性质（共23小题） 26．（2022春•徐汇区校级期末）如图，，，，且，则　　． 【分析】先证明，进而得到角的关系，再由的度数进行转化，最后利用三角形的内角和即可得到答案． 【解答】解：， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ． 【点评】考查了全等三角形的判定和性质，关键是充分利用角的和差的转化关系进行求解． 27．（2022春•宝山区期末）如图，在中，、分别在、上，，是中点，试比较与的大小：　　（提示：可添加辅助线） 【分析】延长至，使，连接、，证明，根据全等三角形的性质得到，根据三角形的三边关系解答即可． 【解答】解：延长至，使，连接、， 在和中， ， ， ， ，， 是的垂直平分线， ， 在中，， ， 故答案为：． 【点评】本题考查的是三角形全等的判定和性质、三角形的三边关系，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键． 28．（2023春•徐汇区期末）如图，点是等边中边上的任意一点，且也是等边三角形，那么与平行吗？请说明理由． 解：因为是等边三角形（已知）， 所以（等边三角形各边相等）， （等边三角形每个内角都是； 因为是等边三角形（已知）， 所以　等边三角形各边相等　， 　　； 所以　　， 所以　　　　（等量减等量）， 即　　　　； 在和中， 所以　　． 所以　　　　， 所以， 所以， 所以　　． 【分析】先根据等边三角形的性质可得，，，，从而可得，然后利用等式的性质可得，从而利用可证，最后利用全等三角形的性质可得，从而可得，进而可得，再利用同旁内角互补，两直线平行可得，即可解答． 【解答】解：因为是等边三角形（已知）， 所以（等边三角形各边相等）， （等边三角形每个内角都是； 因为是等边三角形（已知）， 所以（等边三角形各边相等）， （等边三角形每个内角都是； 所以（等量代换）， 所以（等量减等量）， 即； 在和中， ， 所以． 所以（全等三角形的对应角相等）， 所以， 所以， 所以（同旁内角互补，两直线平行）， 故答案为：等边三角形各边相等；等边三角形每个内角都是；等量代换；；；，；；；全等三角形的对应角相等；同旁内角互补，两直线平行． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质，以及全等三角形的判定与性质是解题的关键． 29．（2023春•闵行区期末）已知在等边中，点是边上一点，点是延长线上一点，． （1）如图1，如果点是的中点，说明； （2）如图2，如果点是上任意一点（不与点、重合），还成立吗？请说明理由． 【分析】（1）根据等边三角形的性质可得，，再利用等腰三角形的三线合一性质可得，，然后利用等腰三角形的性质可得，再利用三角形的外角性质可得，从而可得，最后利用等量代换即可解答； （2）过点作，交于点，根据等边三角形的性质可得，从而可得，再根据平行线的性质可得，，从而可得，然后根据等边三角形的判定可得是等边三角形，从而可得，再根据等腰三角形的性质可得，最后根据平行线的性质可得，从而可得，进而利用证明，再利用全等三角形的性质可得，从而利用等量代换即可解答． 【解答】解：（1）是等边三角形， ，， 点是的中点， ，， ， ， ， ， ， ， ； （2）还成立， 理由：过点作，交于点， 是等边三角形， ， ， ， ，， ， ， ， 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，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 30．（2023春•黄浦区期末）阅读并填空： 如图，是等腰三角形，，是边延长线上的一点，在边上，且连接交于，如果，那么，为什么？ 解：过点作交于， 所以（两直线平行，同位角相等）， 　两直线平行，内错角相等　， 在与中， ， 所以，　　， 所以　　， 因为（已知）， 所以　　， 所以（等量代换）， 所以， 所以． 【分析】证，得出，由等腰三角形的性质得出，证出，得出，即可得出结论． 【解答】解：过点作交于， 所以（两直线平行，同位角相等）， （两直线平行，内错角相等）， 在与中，， 所以， 所以（全等三角形的对应边相等）， 因为（已知）， 所以（等边对等角）， 所以（等量代换）， 所以， 所以． 故答案为：两直线平行，内错角相等；对顶角相等；；全等三角形的对应边相等；等边对等角． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质等知识；熟练掌握等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 31．（2023春•浦东新区校级期末）如图，已知，，，． （1）与是否全等？说明理由； （2）如果，，求的度数． 【分析】（1）由证明即可； （2）由全等三角形的性质得，再由三角形内角和定理得，然后由平行线的性质得，即可解决问题． 【解答】解：（1）与全等，理由如下： ， ， 即， 在与中， ， ； （2）由（1）可知，， ， ， ， ， ， 即的度数为． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质以及平行线的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 32．（2023春•浦东新区校级期末）如图，已知和是等边三角形． （1）说明的理由； （2）猜测和相等吗？若相等，则说明理由． 【分析】（1）由等边三角形的性质得，，，即可根据全等三角形的判定定理“”证明； （2）由，得，而，则，所以． 【解答】解：（1）理由：和都是等边三角形， ，，， 在和中， ， ． （2），理由如下： ， ， ， ， ，， ． 【点评】此题重点考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，此题中等难度，属于基础题． 33．（2023春•杨浦区期末）如图，已知点是线段上一点，，．猜想、、之间的数量关系并证明． 【分析】证明，得，，即可得出结论． 【解答】解：，理由如下： ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， 即． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质． 34．（2023春•松江区期末）如图，在中，，垂足为，，垂足为，，与相交于点． （1）请说明的理由； （2）如果，说明的理由． 【分析】（1）由于点，于点，得，则，即可根据全等三角形的判定定理“”证明； （2）由，得，因为，所以，所以为的中点，则垂直平分，所以． 【解答】解：（1）于点，于点， ， ， 在和中， ， ． （2）， ， ， ， ， 垂直平分， ． 【点评】此题重点考查同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、线段的垂直平分线的性质等知识，证明是解题的关键． 35．（2023春•宝山区期末）如图，点在线段上，如果，，，且，那么．为什么？ 解：因为（已知）， 所以　两直线平行，同旁内角互补　， 因为（已知）， 所以（等式性质）， 因此（等量代换）， 因为（已知），， 所以（等量代换）， 因为　　　　（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和）， 所以　　（等式性质）， 在与中， ， 所以　　， 得（全等三角形的对应边相等）． 【分析】由，得，而，所以，则，由，得，则，即可证明，得，写出完整的解题过程及每一步后面的理由，即得到问题的答案． 【解答】解：（已知）， （两直线平行，同旁内角互补）， （已知）， （等式性质）， （等量代换）， （已知），， 所以（等量代换）， 因为（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和）， （等式性质）， 在与中， ， ， （全等三角形的对应边相等）， 故答案为：两直线平行，同旁内角互补；，；；；；． 【点评】此题重点考查平行线的性质、等式的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、全等三角形的判定与性质等知识，适当选择全等三角形的判定定理证明并且写出完整的解题过程是解题的关键． 36．（2023春•松江区期末）如图，是等腰三角形，，是边延长线上一点，在边上且连接交于，如果，那么，为什么？ 解：过点作交于， 所以（两直线平行，同位角相等）， 　两直线平行，内错角相等　， 在与中， ， 所以　　， 所以（全等三角形对应边相等）， 因为（已知）， 所以　　， 所以（等量代换）， 所以 　　　　， 所以（等量代换）． 【分析】根据等腰三角形的性质，平行线的性质，等量代换，三角形全等的判定和性质，推理求证即可． 【解答】如图，是等腰三角形，，是边延长线上一点，在边上且连接交于，如果，那么，为什么？ 解：过点作交于， 所以（两直线平行，同位角相等）， 两直线平行，内错角相等）， 在与中， ， 所以， 所以（全等三角形对应边相等）， 因为（已知）， 所以 等边对等角）， 所以（等量代换）， 所以 （等角对等边）， 所以（等量代换）． 故答案为：两直线平行，内错角相等；；；等边对等角；；等角对等边． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，等量代换，三角形全等的判定和性质，熟练掌握性质是解题的关键． 37．（2023春•嘉定区期末）在中，，，以、为边向外作等边和等边． （1）如图1，连接、，与相交于点． ①说明的理由． ②　120　．（直接填答案） （2）如图2，过作的垂线，垂足为，连接，交于点，与相等吗？为什么？ 【分析】（1）①证明，由全等三角形的性质得出． ②由全等三角形的性质得出答案； （2）过作交于，交于，证明，由全等三角形的性质得出，证明，由全等三角形的性质得出． 【解答】解：（1）①和是等边三角形， ，，， ， 即， 在和中， ， ， ． ②设与交于， ， ， ，，， ， ． 故答案为：120； （2）； 理由如下：过作交于，交于， 和是等边三角形， ，，， ， ，， 于，， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， 在和， ， ， ． 【点评】本题是三角形综合题，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、直角三角形的性质、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 38．（2023春•浦东新区校级月考）如图，在中，已知点、、分别在边、、上，且，，，那么与的大小关系如何？为什么？ 【分析】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，再根据，证明，然后根据边角边定理证明与全等，根据此思路写出相关的理由与步骤即可． 【解答】解：，理由如下： （三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和）， 即． 又（已知）， ． 在和中， ， ． ． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与全等三角形的性质，熟练掌握判定定理与性质定理，理清证明思路是写出理由与步骤的关键． 39．（2023春•闵行区校级期中）如图，在中，，点、分别在、上，，连接，将线段绕点按顺时针方向旋转后得，连接． （1）求证：； （2）若，求的度数． 【分析】（1）由旋转的性质可得：，再根据同角的余角相等可证明，再根据全等三角形的判定方法即可证明； （2）由题意：，易求，进而可求出的度数． 【解答】（1）证明：将线段绕点按顺时针方向旋转后得， ，， ， ， 在和中， ， ． （2）解：由题意：， ， ， ． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、同角的余角相等、旋转的性质、平行线的性质，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． 40．（2023春•静安区校级期末）如图，在四边形中，，是的中点，连接并延长交的延长线于点，点在边上，且． （1）求证：； （2）连接，判断与的位置关系并说明理由． 【分析】（1）由与平行，利用两直线平行内错角相等，得到一对角相等，再由一对对顶角相等及为中点得到一对边相等，利用即可得出； （2），以及（1）得出的，等量代换得到，利用等角对等边得到，即三角形为等腰三角形，再由（1）得到，即为底边上的中线，利用三线合一即可得到与垂直． 【解答】（1）证明：，， 为的中点，， 在和中， ， ； （2）解：与的位置关系是垂直， 理由为：连接， ，， ， 由（1）得：，即为上的中线， 垂直． 【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，以及等腰三角形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键． 41．（2023春•虹口区校级期末）（此题不需要写出括号内的定理理由） （1）如图①，四边形，与互补，，点、在线段、上且，若，求：的度数； （2）如图②，若点、在线段、的延长线上，其余条件均不变，求的度数． 【分析】（1）延长到，使，根据四边形内角和是可得，再利用平角定义可得，从而可得，然后利用可证，从而利用全等三角形的性质可得，，再根据已知可得，从而利用可证，最后利用全等三角形的性质可得，从而可得，进行计算即可解答； （2）延长到，使，根据平角定义可得，从而可得，然后利用可证，从而利用全等三角形的性质可得，，再根据已知可得，从而利用可证，最后利用全等三角形的性质可得，，从而可得，再利用三角形内角和定理进行计算即可解答． 【解答】解：（1）延长到，使， ， ， ， ， ， ， ，， ，， ， ， ， ， ， 的度数为； （2）延长到，使， ，， ， ， ， ，， ，， ， ， ， ，， ， ， 的度数为． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 42．（2023春•静安区校级期末）阅读并填空： 如图：根据六年级第二学期学过的用直尺、圆规作线段中点的方法，画出了线段的中点，请说明这种方法正确的理由． 解：连接、、、． 在和中， 　公共边　， 　 　　 　（画弧时所取的半径相等）， 　 　　 　（画弧时所取的半径相等）． 所以 　 　． 所以 　 　． 又， 所以 　 　． 即点是线段的中点． 【分析】根据证，推出，根据等腰三角形性质求出即可． 【解答】解：在和中， ， ， （全等三角形的对应角相等）， ， （等腰三角形的三线合一）， 是线段的中点． 故答案为：公共边，、，、，．．，全等三角形对应角相等，等腰三角形三线合一． 【点评】本题主要考查对等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能推出是解此题的关键． 43．（2021春•浦东新区期末）如图，在和中，，，． （1）当点在上时，如图①，线段，有怎样的数量关系和位置关系？请证明你的猜想； （2）将图①中的绕点顺时针旋转，如图②，线段，有怎样的数量关系和位置关系？请说明理由． 【分析】（1）延长交于，易证，可得，，根据，可得，即可解题； （2）延长交于，易证，即可证明，可得，，根据，可以求得，即可解题． 【解答】证明：（1）延长交于， 在和中， ， ， ，， ， ， ，即； （2）延长交于， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ，即． 【点评】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边、对应角相等的性质，本题中求证是解题的关键． 44．（2021春•奉贤区期末）如图，在中，已知点、、分别在边、、上，且，，，那么和的大小关系如何？为什么？ 解：因为　三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和　， 即． 又因为（已知）， 所以　 　　 　． 在和中， 所以　 　． 因此． 【分析】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，再根据，证明，然后根据边角边定理证明与全等，根据此思路写出相关的理由与步骤即可． 【解答】解：因为（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和），（2分） 即． 又因为（已知）， 所以．（2分） ， 在和中，（2分） 所以．（1分） 因此． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与全等三角形的性质，熟练掌握判定定理与性质定理，理清证明思路是写出理由与步骤的关键． 45．（2021春•静安区校级期末）阅读并填空：如图，已知在中，，点、在边上，且，试说明的理由． 解：因为， 所以　　（等边对等角）． 因为　 　， 所以（等边对等角）． 在与中， 　 　， ， 所以　 　 所以　 　（全等三角形对应边相等）， 所以（等式性质）． 即． 【分析】根据等腰三角形的性质、以及全等三角形的判定方法即可解决问题． 【解答】解：因为， 所以（等边对等角）． 因为， 所以（等边对等角）． 在与中， 所以， 所以 （全等三角形对应边相等）， 所以（等式性质）． 即． 故答案为，，，，． 【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，属于基础题，中考常考题型． 46．（2023春•宝山区校级期中）如图，，．、相交于点，，、分别交于点、．根据以上信息： （1）请说出图中共有哪几对全等三角形； （2）证明：． 【分析】（1）根据已知和全等三角形的判定定理求出即可； （2）根据平行线的性质求出，根据推出，根据全等三角形的性质得出，根据推出，根据全等三角形的性质得出即可． 【解答】解：（1）图中的全等三角形有：，，； （2）证明：， ， 在和中， ， ， ， 在和中， ， ， ． 【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质的应用，能综合运用定理进行推理是解此题的关键，注意：①全等三角形的判定定理有，，，，②全等三角形的对应角相等，对应边相等． 47．（2021春•静安区校级期末）已知、均为等边三角形，点是内的一点，且，． （1）如图（1），说明的理由； （2）如图（2），当时，试判断的形状，并说明理由； （3）如图（1），填空：当为等腰三角形时，的度数为　或或　．（请直接写出答案） 【分析】（1）根据证明即可得出结论； （2）由旋转的性质得出，得出，由等边三角形的性质得出，求出即可； （3）分三种情况：①时；②时；③时；由等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求出结果． 【解答】解：（1），是等边三角形， ，，， ， ． （2）结论：是直角三角形． 理由：， ， ， ， ， ， 是直角三角形． （3）解：分三种情况： ①时，． ，， ； ②时，． ，， ， ； ③时，． ． 综上所述：当的度数为或或时，是等腰三角形． 故答案为或或． 【点评】本题是三角形综合题目，以“空间与图形”中的核心知识（如等边三角形的性质、全等三角形的性质与证明、直角三角形的判定、多边形内角和等）为载体，内容由浅入深，层层递进．试题中几何演绎推理的难度适宜，蕴含着丰富的思想方法（如运动变化、数形结合、分类讨论、方程思想等），能较好地考查学生的推理、探究及解决问题的能力． 48．（2022春•徐汇区校级期末）（1）观察理解：如图1，中，，，直线过点，点，在直线同侧，，，垂足分别为，，由此可得：，所以，又因为，所以，所以，又因为，所以　　；（请填写全等判定的方法） （2）理解应用：如图2，，且，，且，利用（1）中的结论，请按照图中所标注的数据计算图中实线所围成的图形的面积　　； （3）类比探究：如图3，中，，，将斜边绕点逆时针旋转至，连接，求△的面积． （4）拓展提升：如图4，等边中，，点在上，且，动点从点沿射线以速度运动，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段．设点运动的时间为秒． ①当　　秒时，； ②当　　秒时，； ③当　　秒时，点恰好落在射线上． 【分析】（1）根据证明； （2）利用（1）中的结论，，，利用面积差求的值； （3）如图3，过作于，证明，得，根据面积公式可得结论； （4）由题意得：，则， ①如图4，根据，得，代入可得的值； ②如图5，证明，则，列方程：，则； ③如图6，证明，则，可得． 【解答】解：（1）在和中， ， ， 故答案为：； （2），，，， 由（1）得：，， ，，，， ， 故答案为：50； （3）如图3，过作于， 由旋转得：， ， ， ， ； （4）由题意得：，则， ①如图4，， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， 即当秒时，； ②如图5，， ， ， ， ， ，， 即当秒时，； ③如图6，， ， ， ， ， ，， ， ， ， 即当秒时，点恰好落在射线上． 故答案为：①1；②2；③4． 【点评】本题考查了三角形全等的性质和判定、等边三角形的性质、动点运动问题，明确动点运动的路程，并运用了类比的思想，与方程相结合，解决问题． 八．等腰三角形的性质（共5小题） 49．（2023春•闵行区期末）下列说法错误的是　　 A．等腰三角形两腰上的高相等 B．等腰三角形两腰上的中线相等 C．等腰三角形两底角的平分线相等 D．等腰三角形高、中线和角平分线重合 【分析】根据等腰三角形的性质，逐一判断即可解答． 【解答】解：、等腰三角形两腰上的高相等，故不符合题意； 、等腰三角形两腰上的中线相等，故不符合题意； 、等腰三角形两底角的平分线相等，故不符合题意； 、等腰三角形底边上的高、底边上的中线和顶角的角平分线互相重合，故符合题意； 故选：． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键． 50．（2023春•杨浦区期末）等腰三角形的周长为16厘米，其中一边长为4厘米，那么腰长为 　6　厘米． 【分析】分成等腰三角形的腰长为4厘米和底为4厘米两种情况，结合周长确定腰长． 【解答】解：①当等腰三角形腰长为4厘米时， （厘米）； ， ，4，8不能构成三角形， 即腰长为4厘米不符合题意； ②等腰三角形底为4厘米时， （厘米）， ， ，6，4符合题意． 综上所述，腰长为6厘米． 故答案为：6． 【点评】本题主要考查了等腰三角形的定义、三角形的三边关系．本题的易错点有两个，一是没有讨论已知边是腰还是底，而是没有根据三角形的三边关系对答案进行取舍． 51．（2023春•静安区校级期中）如图，在等腰三角形中，，是边上的中线，已知的周长是36，的周长比的周长多6，则的长是 　14　． 【分析】根据三角形中线的定义可得，从而可得，再根据的周长是36，以及，可得，进行计算即可解答． 【解答】解：是边上的中线， ， 的周长比的周长多6， ， ， ， 的周长是36， ， ， ， ， ， 故答案为：14． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键． 52．（2023春•浦东新区校级期末）在中，斜边上有两点和，，，则　　． 【分析】根据直角三角形的两个锐角互余可得，再根据等腰三角形的性质可得，，然后利用三角形内角和定理以及等量代换，进行计算即可解答． 【解答】解：如图： ， ， ，， ，， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理熟练掌握等腰三角形的性质，以及三角形内角和定理是解题的关键． 53．（2023春•普陀区期末）如图，在中，，点、分别在边、上，，如果，，那么　35　． 【分析】设，根据等腰三角形的性质可得，再根据三角形的外角性质可得，然后再利用等腰三角形的性质可得，最后根据三角形内角和定理列出关于的方程，进行计算即可解答． 【解答】解：设， ， ， 是的一个外角， ， ， ， ， ， ， 解得：， ， 故答案为：35． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键． 九．等腰三角形的判定与性质（共3小题） 54．（2023春•徐汇区期末）如图，在中，，、分别平分和，过点作，分别交边、于点和点，如果的周长等于14，的周长等于9，求的长． 【分析】根据角平分线的定义和平行线的性质可证和都是等腰三角形，从而可得，，然后根据等量代换可得，从而可得，再根据，从而求出的长，即可解答． 【解答】解：、分别平分和， ，， ， ，， ，， ，， 的周长等于9， ， ， ， 的周长等于14， ， ， ， ， 的长为4． 【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握根据角平分线的定义和平行线的性质可证等腰三角形是解题的关键． 55．（2023春•杨浦区期末）已知在中，，点是边上一点，． （1）如图1，试说明的理由； （2）如图2，过点作，垂足为点，与相交于点． ①试说明的理由； ②如果是等腰三角形，求的度数． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得，再利用三角形的外角性质可得，从而可得，然后根据等量代换可得．再根据等角对等边可得，即可解答； （2）①根据垂直定义可得，从而可得，然后设，则，利用（1）的结论可得，最后利用三角形内角和定理可得，即可解答； ②根据三角形的外角性质可得，然后分三种情况：当时；当时；当时；分别进行计算即可解答． 【解答】解：（1）， ， 是的一个外角， ， ，， ， ． ； （2）①， ， ， 设，则， ， ， ； ②是的一个外角， ， 分三种情况： 当时， ， ， ， ， ； 当时， ， ， ， ， ； 当时， ， ， 不存在， 综上所述：如果是等腰三角形，的度数为或． 【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，分三种情况讨论是解题的关键． 56．（2023春•宝山区期末）如图，中，，点在边延长线上，点在边上，且，延长线段交边于点． （1）说明是等腰三角形的理由； （2）如果是等腰三角形，求的度数． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质可得：，从而可得结论； （2）设，，当是等腰三角形时，存在两种情况：①当时，，②当时，，根据三角形内角和定理列方程可解答． 【解答】解：（1）， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， 是等腰三角形； （2）设，， ，，， ， 当是等腰三角形时，存在以下两种情况： ①当时，， ， 中，， ， ； ②当时，， ， ， ， ， 综上，的度数为或． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质和判定，掌握等腰三角形的性质和判定是解本题的关键，并注意运用分类讨论的思想． 一十．等边三角形的性质（共2小题） 57．（2021春•静安区期末）如图，在等边中，边厘米，若动点从点开始，按的路径运动，且速度为1厘米秒，设点的运动时间为秒． （1）当时，判断与的位置关系，并说明理由； （2）当的面积为面积的一半时，求的值； （3）另有一点，从点开始，按的路径运动，且速度为1.5厘米秒，若、两点同时出发，当、中有一点到达终点时，另一点也停止运动．当为何值时，直线把的周长分成相等的两部分． 【分析】（1）根据等边三角形的性质即可得到结论； （2）根据等边三角形的性质和三角形的面积公式即可得到结论； （3）根据等边三角形的性质和三角形的周长公式即可得到结论． 【解答】解：（1）判断：， 理由如下：如图1， ， ， ， ； （2）当的面积为面积的一半时，点为中点或点为中点，则或， 或， 当的面积为面积的一半时，的值为9或15； （3）当点在边上，且点在边上时，， 则， ， 当点在边上，且点在边上时，，， 则， ， 所以当为3.6或10.8秒时，直线把的周长分成相等的两部分． 【点评】本题考查了等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键． 58．（2023春•虹口区校级期末）如图，，点、、在射线上，点、、在射线上，且△、△、△为等边三角形，若，则△的周长为 　96　． 【分析】利用等边三角形的性质和几何关系，证得为的中点，为的中点，，从而求得各等边三角形的边长，进而求得△周长． 【解答】解：，， ， ， ． 为的中点． 同理可证，为的中点，为的中点， ，，， ， △的周长为． 故答案为：96． 【点评】本题通过求解三角形的周长，考查了等边三角形的性质． 一十一．等边三角形的判定与性质（共2小题） 59．（2021春•普陀区校级期中）用一根长的铁丝围成一个等边三角形，那么这个等边三角形的边长为 　4　． 【分析】等边三角形的三条边相等，用12除以3就得这个三角形的边长，由此可得答案． 【解答】解：． 答：这个等边三角形的边长为． 故答案为：4． 【点评】此题考查了等边三角形的性质，掌握其性质是解决此题关键． 60．（2022春•上海期末）如图，是等边三角形，点、、分别是线段、、上的点， （1）若，问是等边三角形吗？试证明你的结论； （2）若是等边三角形，问成立吗？试证明你的结论． 【分析】（1）由易证，所以，即是等边三角形； （2）先证明，．可得．同理．则，故能证明． 【解答】解：（1）是等边三角形． 证明如下： 是等边三角形， ，， 又， ，（2分） ，（3分） ，即是等边三角形；（4分） （2）成立． 证明如下： 如图，是等边三角形， ，， ， 又是等边三角形， ， ， ，（6分） 同理， ，（7分） ．（8分） 【点评】本题利用了等边三角形的三边都相等，三个内角相等都是，以及全等三角形的判定和性质． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司2 学科网（北京）股份有限公司 $$