【期末冲刺】第17章 三角形 培优讲义(新题速达)2025-2026学年沪教版（五四制）数学七年级下册

【期末冲刺】第17章 三角形 培优讲义 (新题速达)2026年沪教版数学七年级下册 思维导图 · 课程内容总览 课程目标 · 精准把握学习方向 · 掌握 三角形的三边关系、内角和定理、外角性质，能利用这些性质进行边角计算与范围判断。 · 理解 三角形的中线、高线、角平分线的定义与性质，会利用中线等分面积、中线倍长构造全等。 · 熟练运用 全等三角形的判定（SSS,SAS,ASA,AAS）与性质进行几何证明与计算，掌握常见模型（如角平分线模型、倍长中线、一线三等角、手拉手等）。 · 能够 解决与折叠、旋转、动点相关的三角形全等问题，会分类讨论等腰三角形存在性、新定义三角形等问题。 · 体会 数形结合、分类讨论、转化思想、方程思想在三角形综合题中的运用。 ✨ 核心：三边关系 · 内角外角 · 全等模型 · 构造与转化。 知识梳理 · 核心知识点 ☆ 三角形有关概念 · 三边关系： 三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边。可用于判断能否构成三角形、求第三边范围、化简含绝对值式子。 · 三角形的高、中线、角平分线： · 高： 从顶点向对边作垂线，交点称为垂足。锐角三角形的三条高在三角形内部；直角三角形两条高为直角边，交于直角顶点；钝角三角形有两条高在外部。 · 中线： 连接顶点与对边中点。中线等分三角形面积。重心是三条中线的交点，将中线分成2:1。 · 角平分线： 平分一个内角。内心是三条角平分线的交点，到三边距离相等。 · 三角形的稳定性： 三角形具有稳定性，四边形不具有稳定性。 · 新定义三角形（如“特征三角形”）： 一边长是另一边长的2倍，需分情况讨论并验证三边关系。 ☆ 三角形内角和与外角 · 内角和定理： 。 · 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。推论：外角大于任何一个不相邻的内角。 · 内外角平分线模型： · 内角平分线与外角平分线夹角 。 · 两内角平分线夹角 。 · 两外角平分线夹角 。 · 折叠与平行结合： 折叠得到角平分线，结合平行线性质可求角度。 ☆ 全等三角形的概念与性质 · 定义： 能够完全重合的两个三角形。对应顶点、对应边、对应角相等。 · 性质： 对应边相等，对应角相等，周长相等，面积相等。 · 全等变换： 平移、旋转、翻折（轴对称）前后的图形全等。 ☆ 三角形全等的判定 · 基本判定： SSS（三边相等）、SAS（两边及其夹角）、ASA（两角及其夹边）、AAS（两角及其中一角的对边）、HL（直角三角形斜边和一条直角边）。 · 常见构造全等的方法： · 倍长中线： 延长中线至等长，构造全等三角形，将分散条件集中。 · 截长补短： 在长线段上截取一段等于短线段，或延长短线段等于长线段，构造全等。 · 作垂线： 过一点作垂线，利用HL或AAS证全等。 · 旋转： 将三角形绕某点旋转，构造手拉手全等模型（如等腰直角三角形、等边三角形背景）。 · 全等与角平分线、中线、高线综合： 利用角平分线性质、垂直平分线性质等结合全等证明线段相等、垂直或角相等。 · 动点与全等： 分类讨论动点位置，根据对应边相等列方程求时间或速度。 ☑ 知识总结表 类别 核心内容 常用公式/结论 三角形基本概念 三边关系、高、中线、角平分线 ，a-b<c 内角与外角 内角和180°，外角等于不相邻两内角和 内外角平分线夹角模型 全等性质 对应边、角相等；全等变换 平移、旋转、翻折后全等 全等判定 SSS,SAS,ASA,AAS 倍长中线、截长补短、作垂线、旋转构造 新定义三角形 如“特征三角形”、“倍长三角形” 分情况讨论，三边关系检验 核心考点 ·4大考点精讲 【模块一】三角形有关概念（对应第1-11题） ※ 方法总结 · 三边关系判断：较小两边之和大于最大边（题1）。 · 三角形高的交点：锐角三角形在内部，直角三角形在直角顶点，钝角三角形在外部（题2）。 · 定义辨析：过直线外一点有且只有一条平行线；过一点有且只有一条垂线；中线、角平分线、高线都交于一点（所在直线）（题3）。 · 高线识别：三角形中哪条线段是某边上的高，看是否从顶点向对边作垂线（题4）。 · 利用三边关系化简绝对值：先判断绝对值内式子的正负，再化简（题5）。 · 中线与周长差：中线分两三角形周长差等于腰与底之差，注意分类讨论（题6）。 · 新定义“特征三角形”：一边是另一边2倍，分情况列方程，用三边关系检验（题7）。 · 截角问题：利用“三角形任意两边之和大于第三边”解释剪去一角后周长变小（题8）。 · 已知两边求第三边范围：利用三边不等式列不等式组；已知两边比例，设参数，根据三边关系求周长范围（题9）。 · 已知整数边长求周长（题10）。 · 三角形内一点到三边距离的和与周长关系：利用三角形三边关系及不等式放缩证明（题11）。 1．（2026春•浦东新区期中）下列各组条件中，不能组成三角形的是（　　） A．2，a+2，a+3（a＞0） B．3cm，8cm，10cm C．三条线段之比为1：2：3 D．6cm，6cm，6cm 2．（2026春•上海校级月考）若一个三角形的三条高的交点恰是三角形的一个顶点，那么这个三角形是（　　） A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．以上都 不对 3．（2026春•黄浦区校级期中）下列说法：①过一点有且只有一条直线与已知直线平行；②平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直；③三角形的三条中线、三条角平分线及三条高线都分别交于一点；④平面内，两条直线的位置关系有三种：平行、垂直和相交；⑤从直线外一点到这条直线的垂线段，叫做点到这条直线的距离．正确的有（　　）个． A．1 B．2 C．3 D．4 4．（2026春•朝阳区校级期中）如图，AD⊥BC，BE⊥AC，CF⊥AB，CG⊥CB，垂足分别为点D、E、F、C，△ABC中BC边上的高是（　　） A．CF B．BE C．CG D．AD 5．（2026春•上海期中）已知a，b，c是三角形的三边，化简|a﹣b﹣c|+|c﹣b+a|＝　 　 ． 6．（2026春•浦东新区期中）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，△ADC的周长是22cm，△ABD的周长是18cm，AB＝2cm，则AC＝　 　 cm． 7．（2026春•黄浦区期中）定义：如果一个三角形一边长为m，另一条边长为2m，那么我们把这个三角形叫做“特征三角形”，其中长为m的边叫作“特征边”．已知在特征三角形ABC中，AC＝4，BC＝6，边AB是特征边，那么边AB的长为 　 　 ． 8．（2026春•浦东新区校级期中）如图，剪去四边形的“一角”，得到一个五边形，这个五边形的周长一定小于这个四边形的周长，依据是　 　 ． 9．（2026春•杨浦区校级月考）（1）已知在△ABC中，a＝12，b＝18，求第三边c的取值范围． （2）已知在△ABC中，a＝7，b：c＝4：3，求这个三角形周长的取值范围． 10．（2024秋•岚山区期中）已知△ABC的三边长为a，b，c，且a，b，c都是整数． （1）若a＝2，b＝5，且c为偶数．求△ABC的周长． （2）化简：|a﹣b+c|﹣|b﹣c﹣a|+|a+b+c|． 11．（2025春•徐汇区校级期中）如图，已知P是△ABC内一点，连结AP，PB，PC， 求证：（AB+AC+BC）＜PA+PB+PC＜AB+AC+BC． 【模块二】三角形内角和（对应第12-25题） ※ 方法总结 · 三角形三个内角和为180°，外角等于不相邻两内角和。 · 利用外角性质推导角度关系（题12、13）。 · 内角平分线与外角平分线夹角模型：（题14）。 · 根据外角与相邻内角关系、外角与不相邻内角关系列方程求角度，判断三角形形状（题15）。 · 三角板叠放：利用三角形外角等于不相邻内角和求角（题16）。 · 折叠与平行：折叠得角平分线，结合平行线性质求角（题17）。 · 分类讨论：过角平分线上一点作垂线，与三角形某边垂直，分三种情况求角度（题18）。 · 内角平分线与外角平分线综合：利用外角性质及角平分线定义求角（题19）。 · 角平分线与垂线、外角综合：设参数，利用三角形内角和列方程求角（题20）。 · 多块三角板与平行线综合：过点作平行线，利用内错角、同旁内角求角度（题21）。 · 折叠求角：利用折叠前后对应角相等，结合平角、三角形内角和求角（题22）。 · 等角代换：利用外角性质将条件转化为内角关系，再求角（题23）。 · 角平分线、高线、垂线综合：通过三角形内角和、角平分线定义，推导∠E与∠B、∠ACB的关系（题24）。 · 三角板旋转与平行：分类讨论旋转角，利用平行线性质列方程求角（题25）。 12．（2026春•杨浦区校级月考）若α、β、γ是三角形的三个内角，而x＝α+β，y＝β+γ，z＝γ+α，那么x、y、z中，锐角的个数的错误判断是（　　） A．可能没有锐角 B．可能有一个锐角 C．可能有两个锐角 D．最多一个锐角 13．（2026春•杨浦区期中）下列说法中正确的是（　　） A．钝角三角形有两条高在三角形内部 B．三角形三条高至多有两条不在三角形内部 C．三角形三条高的交点不在三角形内部，就在三角形外部 D．钝角三角形三个内角的平分线的交点一定不在三角形内部 14．（2026春•奉贤区期中）如图，BD、CD分别是△ABC的一条内角平分线与一条外角平分线，如果∠D＝20°，那么∠A＝（　　） A．20° B．30° C．40° D．60° 15．（2026春•杨浦区校级月考）如果三角形的一个外角等于与它相邻内角的2倍，且等于与它不相邻的某个内角的4倍，那么这个三角形一定是（　　） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．正三角形 16．（2025秋•杨浦区校级月考）一副标准直角三角板（分别含30°、60°角与45°、45°角），如图所示叠放，则图中∠α的度数是（　　） A．55° B．65° C．75° D．85° 17．（2026春•杨浦区校级期中）如图，一张直角三角形纸片ABC，∠ACB＝90°，∠A＝23°，MN∥BC，将纸片沿MN折叠，使点A落在点D处，则∠DNB的度数为　 　 ． 18．（2026春•闵行区校级期中）已知在△ABC中，射线BE平分∠ABC，交边AC于点O，点P是射线BE上一点，若∠ABC＝40°，∠ACB＝30°，直线CP与△ABC的一条边垂直，则∠BPC的度数为　 　 ． 19．（2025春•浦东新区校级月考）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠A+∠P＝ 　 　 ． 20．（2026春•杨浦区期中）如图，△ABC中，点P是BA延长线上的一点，PD⊥CB于点D，∠BCA的平分线与∠BPD的平分线交于点F．当∠BAC＝50°时，则∠PFC的度数为 　 　 ． 21．（2026春•浦东新区校级月考）如图，AB∥CD，将一副直角三角板作如下摆放，∠GEF＝60°，∠MNP＝45°．下列结论：①GE∥MP；②∠EFN＝150°；③∠BEF＝75°；④∠AEG＝∠PMN．其中正确的是 　 　 ． 22．（2026春•上海校级月考）如图，把△ABC的一角折叠，若∠1+∠2＝130°，则∠A的度数为 　 　 ． 23．（2026春•杨浦区校级月考）如图，∠1＝∠2＝∠3，且∠BAC＝70°，∠DFE＝50°，求∠ABC的度数． 24．（2026春•上海校级期中）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，P为线段AD上的一个动点，PE⊥AD交BC的延长线于点E． （1）若∠ACB＝75°，∠B＝45°，求∠E的度数； （2）当P点在线段AD上运动时，猜想∠B、∠ACB与∠E的数量关系，并证明． 25．（2026春•浦东新区期中）综合与实践 如图（1），将三角板ABC与三角板ADE摆放在一起，其中∠ABC＝60°，∠DAE＝45°，∠BAC＝∠D＝90°；如图（2），固定三角板ABC，将三角板ADE绕点A按顺时针方向旋转，记∠CAE＝α（0°＜∠α＜180°）． 【操作发现】 （1）在旋转过程中，当α为　 　 度时，AD⊥BC； （2）当BC与△ADE的某一边平行（不共线）时，直接写出旋转角α的所有可能的度数； 【拓展应用】 （3）当0°＜∠α＜45°时，连接BD，利用图（3）探究∠BDE+∠CAE+∠DBC的值的大小是否变化，并说明理由． 【模块三】全等三角形的概念与性质（对应第26-35题） ※ 方法总结 · 全等三角形对应角相等：利用外角性质求角（题26）。 · 全等三角形拼接成四边形：以不同边为公共边，分情况讨论（题27）。 · 全等与等腰直角三角形综合：由全等得等腰直角，进而推垂直、等角（题28）。 · 全等三角形对应角相等，结合角的和差求角度（题29）。 · 全等三角形对应边相等，分类讨论对应关系，列方程组求边长及周长（题30）。 · 全等三角形对应角相等，利用外角性质求角（题31）。 · 全等三角形对应边相等，求线段长（题32）。 · 新定义“奇异四边形”：对角线长2倍，利用全等和勾股定理列方程求解（题33）。 · 全等三角形对应角相等，利用角的和差求角（题34）。 · 全等三角形对应角相等，结合对顶角、直角求角度（题35）。 26．（2026春•上海校级期中）如图，已知△ABC≌△DEF（点A、B、C的对应点分别是点D、E、F），点C在DE边上，若∠A＝30°，∠CGF＝88°，则∠DCB的度数是（　　） A．38° B．48° C．58° D．60° 27．（2026•黄浦区二模）如图，现有两个全等三角形，它们的三边长分别为3、4、5，将它们拼接成一个图形，拼接方式满足：（1）两个三角形间有一条等长边完全重合；（2）两个三角形拼接在等长边的两侧，那么共能拼接成形状不同的四边形的种数是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 28．（2026春•闵行区期中）如图，在△ABC中，点D是边AB上一点，点E是线段CD上一点，且△BDE≌△CDA，其中点B与点C、点D与点D、点E与点A分别是对应顶点，下列结论中正确的是（　　） ①∠CBE＝∠CAE； ②CE＝ED； ③BE⊥AC； ④AE⊥BC． A．①②③ B．①② C．①③④ D．③④ 29．（2025春•徐汇区校级月考）如图，△ABC≌△ADE，∠B＝80°，∠C＝30°，∠DAC＝30°，则∠EAC的度数为（　　） A．40° B．35° C．30° D．25° 30．（2026春•上海校级期中）已知△ABC≌△DEF，△ABC的三边长度为4、x+y和2x，△DEF的三边长度为6、x、x+2y，则△ABC的周长是　 　 ． 31．（2026春•奉贤区期中）如图，△ABC≌△ADE，∠D＝20°，∠E＝100°，点C在AD上，BC的延长线交DE于点F，那么∠EFC＝　 　 °． 32．（2026春•黄浦区校级期中）如图，已知△ABC≌△DEB，点A、B、C的对应点分别是点D、E、B，点E在AB边上，DE与AC交于点F．如果AE＝8，BC＝12，则线段DE的长是 　 　 ． 33．（2025秋•上海校级月考）我们把一条对角线是另一条对角线2倍的四边形叫“奇异四边形”．现有两个全等的直角三角形，一条直角边长是1，如果它们可以拼成对角线互相垂直的“奇异四边形”，那么直角三角形另一条直角边长是　 　 ． 34．（2025春•儋州期末）如图，△ABC≌△ADE，点E在边BC上（不与点B，C重合），DE与AB交于点F． （1）若∠CAD＝110°，∠BAE＝30°，求∠BAD的度数； （2）若AD＝10，BE＝CE＝4.5，求△ADF与△BEF的周长和． 35．（2025春•雁塔区校级期中）如图，已知△ABE≌△ACF，∠E＝∠F＝90°，∠CMD＝70°，求∠2的度数． 【模块四】三角形全等的判定（对应第36-50题） ※ 方法总结 · SAS证明全等，得边相等、角相等，推平行及面积相等（题36）。 · 剪下三角形全等的判断：根据图形识别SAS、ASA、SSS等，注意AAS中边的对应（题37）。 · 等腰直角三角形与全等：利用AAS或ASA证明全等，得线段相等、垂直（题38）。 · 角平分线、垂线综合：通过ASA证明全等，等量代换证线段和（题39）。 · AAS证明全等，得对应边相等，求线段差（题40）。 · 角平分线+垂线构造全等：延长AP构造全等，利用中线等分面积求面积（题41）。 · 倍长中线法：延长中线构造全等，利用三角形三边关系求中线取值范围（题42）。 · HL证明直角三角形全等，得等腰三角形，再求角度（题43）。 · 动点全等分类讨论：分点P、Q在不同线段上，根据对应边相等列方程求时间（题44）。 · HL证明直角三角形全等，得角相等，进而求角（题45）。 · 动点全等与速度：分两种对应情况（BPE≌CQP或BPE≌CPQ），列方程求速度（题46）。 · AAS证全等得角相等，推等腰，再SSS证全等得角平分线，利用三线合一证垂直（题47）。 · SAS证全等，利用三角形外角性质及平行线求角度（题48）。 · 一线三等角全等模型：过等腰直角三角形直角顶点作直线，构造全等，再通过两次全等求面积（题49）。 · ASA证全等得AE=AF，再通过AAS证全等得线段关系，证明CD=2BE+DE（题50）。 36．（2026春•虹口区校级月考）如图在△ABC中，D是AB上一点，DF交AC于点E，DE＝EF，AE＝EC．则下列说法中不正确是（　　） A．∠ADE＝∠EFC B．∠A+∠DEC+∠F＝180° C．∠B+∠BCF＝180° D．S△ABC＝S四边形DBCF 37．（2026春•浦东新区校级期中）在△ABC中，∠B＝∠C＝50°，将△ABC沿图中虚线剪开，剪下的两个三角形不一定全等的是（　　） A． B． C． D． 38．（2026春•浦东新区校级月考）如图，AD是△ABC的高，AE平分∠CAD交BC于点E，过点B作BF⊥AE，垂足为点F，并交AD于点G．若AF＝BF，则下列结论中：①∠ABF＝45°；②△AFG≌△BFE；③AG+CE＝AC；④BC＞BG+2GF．所有正确结论的序号是（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 39．（2026春•黄浦区校级期中）如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，过P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H．有下列结论：①∠APB＝135°；②△ABP≌△FBP；③∠AHP＝∠ABC；④AH+BD＝AB；其中正确的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 40．（2026春•徐汇区校级期中）如图，D是AB上一点，DF交AC于点E，DE＝FE，FC∥AB，若AB＝5，CF＝3，则BD的长是（　　） A．0.5 B．1 C．2 D．1.5 41．（2026春•浦东新区校级月考）如图，△ABC的面积为2cm2．AP垂直于∠ABC的平分线BP于点P．则△PBC的面积是　 　 ． 42．（2026春•浦东新区校级月考）在△ABC中，AB＝2，AC＝4，则BC边上的中线AD的取值范围是　 　 ． 43．（2025秋•杨浦区校级月考）如图，已知在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠ABC＝∠BDE＝90°，BC＝DE，AC＝BE，如果∠BAC＝20°，那么∠BDA的大小为 　 　 ． 44．（2026春•上海期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，直线l经过点C且与边AB相交．动点P从点A出发沿A→C→B路径向终点B运动；动点Q从点B出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q的速度分别为1cm/s和2cm/s，两点同时出发并开始计时，当点P到达终点B时计时结束．在某时刻分别过点P和点Q作PE⊥l于点E，QF⊥l于点F，设运动时间为t秒，则当t＝　 　 秒时，△PEC与△QFC全等． 45．（2025秋•浦东新区校级期末）如图，点D在BC上，∠BED＝∠CDF＝90°，BD＝CF，BE＝CD．若∠A＝40°，则∠EDF＝　 　 ． 46．（2026春•虹口区校级月考）如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠C，AB＝8cm，BC＝10cm，CD＝14cm，E是AB中点．点P在线段BC上以3cm/s的速度由B向C单向运动的同时，点Q在线段CD上匀速由C向D单向运动．为使△BPE与△CPQ在两点运动过程中全等，点Q的速度应为　 　 ． 47．（2026春•青浦区校级期中）如图，已知：在△PAC中，点D、B分别在边PA、PC上，AB与CD相交于点O，∠ADC＝∠ABC，AD＝BC． （1）求证：PA＝PC； （2）连接PO并延长交AC于点E，求证：PE⊥AC． 48．（2026春•宝山区校级期中）如图，已知A，D，C，E在同一直线上，BC和DF相交于点O，AD＝CE，AB∥DF，AB＝DF． （1）求证：△ABC≌△DFE； （2）连接CF，若∠BCF＝54°，∠DFC＝20°，求∠DFE的度数． 49．（2025春•崇明区期末）（1）如图1，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线DE，且有AD⊥DE于点D，BE⊥DE于点E，猜想AD、BE与DE之间满足的数量关系，并说明理由． （2）如图2，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线CE，过点A作AD⊥CE于点D，过点B作BE⊥CE于点E，AD＝11，BE＝5，则DE的长为 　 　 ． （3）如图3，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AC＝AE，连接BC，DE，且BC⊥AF于点F，DE与直线AF交于点G．若BC＝28，AF＝19，求△ADG的面积． 50．（2025秋•越秀区校级期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是AB的中点，连接CD，过B作BE⊥CD交CD的延长线于点E，连接AE，过A作AF⊥AE交CD于点F． （1）求证：AE＝AF； （2）求证：CD＝2BE+DE． 课后巩固 · 针对性练习 · 作业1 — 全等三角形判定（SAS）及推线段相等、角相等，判断不一定成立的结论。 · 作业2 — 三角形内角比例求角度，全等三角形对应角相等，求角之比。 · 作业3 — 角平分线、垂线、全等综合判定（错误结论辨析）。 · 作业4 — 等腰三角形外一点构造全等（SAS），利用外角性质证∠BAC=∠BDC。 · 作业5 — 新定义“倍长三角形”：分类讨论边长关系，用三边关系检验。 · 作业6 — 全等三角形对应角相等，结合平行线性质求旋转角。 · 作业7 — SAS证全等，利用全等性质及平行线求角度。 · 作业8 — 角平分线判定（到角两边距离相等），截长补短构造全等证线段和。 · 作业9 — 倍长中线法构造全等，求中线范围，并进一步证明中线上任意直线分割的线段相等。 · 作业10 — 三角形外角性质的应用：分点P在线段BC上、延长线上两种情况，推导∠1、∠2与∠α的关系。 ❤ 复习建议 三角形是几何证明的基础，务必熟练掌握三边关系、内外角性质及全等判定。重点训练辅助线构造（倍长中线、截长补短、作垂线、旋转等），突破动点全等分类讨论问题。建议结合图形多总结模型。 【作业1】（2025春•徐汇区校级月考）据史书记载，最早的风筝是由古代匠人墨子用木头制成的木鸟，称为“木鸢”．后来随着造纸术的发明，人们开始用纸张和竹条制作风筝，使其更加轻便、易于放飞．在如图所示的“风筝”图案中，AB＝AD、∠B＝∠D、BC＝DE．则不一定能得到以下哪个结论（　　） A．△ABC≌△ADE B．△ABF≌△ADG C．FC＝GE D．AG＝GC 【作业2】（2025春•宝山区校级期末）如图，N，C，A三点在同一直线上，在△ABC中，∠A：∠ABC：∠ACB＝3：5：10，又△MNC≌△ABC，则∠BCM：∠BCN等于（　　） A．1：2 B．1：3 C．2：3 D．1：4 【作业3】（2025春•宝山区校级期末）如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，过P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H．则对于以下结论：①∠APB＝135°；②△ABP≌△FBP；③∠AHP＝∠ABC；④AH+BD＝AB．其中错误的是（　　） A．① B．② C．③ D．④ 【作业4】（2025春•虹口区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，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∠ABC＝∠ACB＝α，则∠BDC＝　 　 ． 【作业5】（2025春•青浦区校级月考）定义：一个三角形的一边长是另一边长的2倍，这样的三角形叫作“倍长三角形”．若△ABC是“倍长三角形”，有两条边的长分别为2和3，则第三条边的长为 　 　 ． 【作业6】（2025春•青浦区校级期中）如图，已知△ABC≌△A′BC′，AA′∥BC，∠ABC＝65°，那么∠CBC′＝　 　 ． 【作业7】（2026春•虹口区校级月考）如图，点C在线段AE上，BC∥DE，AC＝DE，BC＝EC．延长AB分别交CD、ED于G、F． （1）求证：AB＝CD； （2）若∠ACB＝70°，∠DCE＝85°，求∠FGC的度数． 【作业8】（2025秋•普陀区校级同步）已知，C为射线AD上一点，∠DAP＝∠PBC，PA＝PB． （1）证明：CP平分∠DCB； （2）若AP与BC交M，∠APB＝2∠CPA，证明：BM＝AC+CM． 【作业9】（2025春•上海校级期中）安安同学遇到这样一个问题：如图，△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD是中线，求AD的取值范围． 宁宁同学提示她可以延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，证明△BED≌△CAD，经过推理和计算使问题得到解决． （1）请说明△BED≌△CAD理由； （2）求BE的长，并根据AB、BE的长，求出AE的取值范围； （3）请根据AE与AD的数量关系，直接写出AD的取值范围； （4）过点D作直线FG，分别交边AC、BE于点F、G，画图并求证：DF＝DG． 【作业10】（2025春•徐汇区校级期中）在△ABC中，∠A＝60°，点D、E分别是△ABC边AC、AB上的点，点P是一动点，设∠PDC＝∠1，∠PEB＝∠2，∠DPE＝∠α． （1）如图1，若点P在线段BC上，且∠α＝50°，求∠1+∠2的度数； （2）若点P在线段BC延长线上，请分别写出图2，图3中，∠1、∠2与∠α之间的数量关系． 图2：　 　 ；图3：　 　 ． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 【期末冲刺】第17章 三角形 培优讲义 (新题速达)2026年沪教版数学七年级下册 思维导图 · 课程内容总览 课程目标 · 精准把握学习方向 · 掌握 三角形的三边关系、内角和定理、外角性质，能利用这些性质进行边角计算与范围判断。 · 理解 三角形的中线、高线、角平分线的定义与性质，会利用中线等分面积、中线倍长构造全等。 · 熟练运用 全等三角形的判定（SSS,SAS,ASA,AAS）与性质进行几何证明与计算，掌握常见模型（如角平分线模型、倍长中线、一线三等角、手拉手等）。 · 能够 解决与折叠、旋转、动点相关的三角形全等问题，会分类讨论等腰三角形存在性、新定义三角形等问题。 · 体会 数形结合、分类讨论、转化思想、方程思想在三角形综合题中的运用。 ✨ 核心：三边关系 · 内角外角 · 全等模型 · 构造与转化。 知识梳理 · 核心知识点 ☆ 三角形有关概念 · 三边关系： 三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边。可用于判断能否构成三角形、求第三边范围、化简含绝对值式子。 · 三角形的高、中线、角平分线： · 高： 从顶点向对边作垂线，交点称为垂足。锐角三角形的三条高在三角形内部；直角三角形两条高为直角边，交于直角顶点；钝角三角形有两条高在外部。 · 中线： 连接顶点与对边中点。中线等分三角形面积。重心是三条中线的交点，将中线分成2:1。 · 角平分线： 平分一个内角。内心是三条角平分线的交点，到三边距离相等。 · 三角形的稳定性： 三角形具有稳定性，四边形不具有稳定性。 · 新定义三角形（如“特征三角形”）： 一边长是另一边长的2倍，需分情况讨论并验证三边关系。 ☆ 三角形内角和与外角 · 内角和定理： 。 · 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。推论：外角大于任何一个不相邻的内角。 · 内外角平分线模型： · 内角平分线与外角平分线夹角 。 · 两内角平分线夹角 。 · 两外角平分线夹角 。 · 折叠与平行结合： 折叠得到角平分线，结合平行线性质可求角度。 ☆ 全等三角形的概念与性质 · 定义： 能够完全重合的两个三角形。对应顶点、对应边、对应角相等。 · 性质： 对应边相等，对应角相等，周长相等，面积相等。 · 全等变换： 平移、旋转、翻折（轴对称）前后的图形全等。 ☆ 三角形全等的判定 · 基本判定： SSS（三边相等）、SAS（两边及其夹角）、ASA（两角及其夹边）、AAS（两角及其中一角的对边）、HL（直角三角形斜边和一条直角边）。 · 常见构造全等的方法： · 倍长中线： 延长中线至等长，构造全等三角形，将分散条件集中。 · 截长补短： 在长线段上截取一段等于短线段，或延长短线段等于长线段，构造全等。 · 作垂线： 过一点作垂线，利用HL或AAS证全等。 · 旋转： 将三角形绕某点旋转，构造手拉手全等模型（如等腰直角三角形、等边三角形背景）。 · 全等与角平分线、中线、高线综合： 利用角平分线性质、垂直平分线性质等结合全等证明线段相等、垂直或角相等。 · 动点与全等： 分类讨论动点位置，根据对应边相等列方程求时间或速度。 ☑ 知识总结表 类别 核心内容 常用公式/结论 三角形基本概念 三边关系、高、中线、角平分线 ，a-b<c 内角与外角 内角和180°，外角等于不相邻两内角和 内外角平分线夹角模型 全等性质 对应边、角相等；全等变换 平移、旋转、翻折后全等 全等判定 SSS,SAS,ASA,AAS 倍长中线、截长补短、作垂线、旋转构造 新定义三角形 如“特征三角形”、“倍长三角形” 分情况讨论，三边关系检验 核心考点 ·4大考点精讲 【模块一】三角形有关概念（对应第1-11题） ※ 方法总结 · 三边关系判断：较小两边之和大于最大边（题1）。 · 三角形高的交点：锐角三角形在内部，直角三角形在直角顶点，钝角三角形在外部（题2）。 · 定义辨析：过直线外一点有且只有一条平行线；过一点有且只有一条垂线；中线、角平分线、高线都交于一点（所在直线）（题3）。 · 高线识别：三角形中哪条线段是某边上的高，看是否从顶点向对边作垂线（题4）。 · 利用三边关系化简绝对值：先判断绝对值内式子的正负，再化简（题5）。 · 中线与周长差：中线分两三角形周长差等于腰与底之差，注意分类讨论（题6）。 · 新定义“特征三角形”：一边是另一边2倍，分情况列方程，用三边关系检验（题7）。 · 截角问题：利用“三角形任意两边之和大于第三边”解释剪去一角后周长变小（题8）。 · 已知两边求第三边范围：利用三边不等式列不等式组；已知两边比例，设参数，根据三边关系求周长范围（题9）。 · 已知整数边长求周长（题10）。 · 三角形内一点到三边距离的和与周长关系：利用三角形三边关系及不等式放缩证明（题11）。 1．（2026春•浦东新区期中）下列各组条件中，不能组成三角形的是（　　） A．2，a+2，a+3（a＞0） B．3cm，8cm，10cm C．三条线段之比为1：2：3 D．6cm，6cm，6cm 【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行逐个分析． 【解答】解：A、2+a+2＞a+3，能够组成三角形，故A不符合题意； B、3+8＞10，能够组成三角形，故B不符合题意； C、设线段的长为a，2a，3a， ∵a+2a＝3a，不能组成三角形，故选项符合题意； D、6+6＞6，故能够组成三角形，故选项不符合题意． 故选：C． 【点评】此题考查了三角形的三边关系，注意：判断能否组成三角形的简便方法是看较小的两个数的和是否大于第三个数． 2．（2026春•上海校级月考）若一个三角形的三条高的交点恰是三角形的一个顶点，那么这个三角形是（　　） A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．以上都 不对 【分析】作出一个直角三角形的高线进行判断，就可以得到． 【解答】解：因为直角三角形的直角所在的顶点正好是三条高线的交点，所以可以得出这个三角形是直角三角形． 故选：C． 【点评】本题主要考查三角形的高的概念，属于基础题型．注意：锐角三角形的三条高在三角形内部，相交于三角形内一点；直角三角形有两条高与直角边重合，另一条高在三角形内部，它们的交点是直角顶点；钝角三角形有两条高在三角形外部，一条高在三角形内部，三条高所在直线相交于三角形外一点． 3．（2026春•黄浦区校级期中）下列说法：①过一点有且只有一条直线与已知直线平行；②平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直；③三角形的三条中线、三条角平分线及三条高线都分别交于一点；④平面内，两条直线的位置关系有三种：平行、垂直和相交；⑤从直线外一点到这条直线的垂线段，叫做点到这条直线的距离．正确的有（　　）个． A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据平行公理、垂直的定义、三角形的角平分线、中线和高、两直线的位置关系、点到这条直线的距离的定义判断． 【解答】解：①过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，故本小题说法错误； ②平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，说法正确； ③三角形的三条中线、三条角平分线及三条高线所在的直线都分别交于一点，故本小题说法错误； ④平面内，不重合的两条直线的位置关系有两种种：平行和相交，故本小题说法错误； ⑤从直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到这条直线的距离，故本小题说法错误； 则正确的有1个， 故选：A． 【点评】本题考查的是平行公理、垂直的定义、三角形的角平分线、中线和高、两直线的位置关系、点到这条直线的距离的定义，掌握相关的定义、性质是解题的关键． 4．（2026春•朝阳区校级期中）如图，AD⊥BC，BE⊥AC，CF⊥AB，CG⊥CB，垂足分别为点D、E、F、C，△ABC中BC边上的高是（　　） A．CF B．BE C．CG D．AD 【分析】根据三角形的高的定义判断． 【解答】解：∵AD⊥BC， ∴△ABC中BC边上的高是AD， 故选：D． 【点评】本题考查的是三角形的高，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． 5．（2026春•上海期中）已知a，b，c是三角形的三边，化简|a﹣b﹣c|+|c﹣b+a|＝　2c ． 【分析】根据三角形三边关系，判断绝对值内的符号，进而化简绝对值，即可． 【解答】解：∵a，b，c是三角形的三边， ∴根据三角形的三边关系得，b+c＞a，a+c＞b， ∴a﹣b﹣c＜0，c﹣b+a＝a+c﹣b＞0， ∴|a﹣b﹣c|＝﹣（a﹣b﹣c）＝﹣a+b+c，|c﹣b+a|＝a+c﹣b． ∴|a﹣b﹣c|+|c﹣b+a|＝（﹣a+b+c）+（a+c﹣b）＝2c． 则|a﹣b﹣c|+|c﹣b+a|的值为2c． 故答案为：2c． 【点评】本题考查了三角形三边关系，绝对值，关键掌握任两边的和大于第三边，任两边的差小于第三边，化简绝对值等知识． 6．（2026春•浦东新区期中）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，△ADC的周长是22cm，△ABD的周长是18cm，AB＝2cm，则AC＝　6　 cm． 【分析】根据三角形中线的定义可得BD＝CD，再根据三角形周长公式表示出△ADC和△ABD的周长，利用作差法建立等式即可求出AC的长． 【解答】解：由条件可知BD＝CD， ∵△ADC的周长是22cm，△ABD的周长是18cm， ∴△ADC的周长﹣△ABD的周长＝（AC+CD+AD）﹣（AB+BD+AD） ＝AC﹣AB ＝22﹣18 ＝4（cm）， ∵AB＝2cm， ∴AC﹣2＝4， ∴AC＝6cm． 故答案为：6． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，熟练掌握该知识点是关键． 7．（2026春•黄浦区期中）定义：如果一个三角形一边长为m，另一条边长为2m，那么我们把这个三角形叫做“特征三角形”，其中长为m的边叫作“特征边”．已知在特征三角形ABC中，AC＝4，BC＝6，边AB是特征边，那么边AB的长为 　3　 ． 【分析】分两种情况，①当AC＝2AB＝4时，②当BC＝2AB＝6时，分别求出AB的长，再由三角形的三边关系即可得出结论． 【解答】解：分两种情况： ①当AC＝2AB＝4时，AB＝2， 此时，AC+AB＝BC，不能构成三角形，不符合题意，舍去； ②当BC＝2AB＝6时，AB＝3， 此时，AC+AB＞BC，能构成三角形，符合题意； 综上所述，边AB的长为3， 故答案为：3． 【点评】本题考查了三角形的三边关系以及新定义，熟练掌握三角形的三边关系是解题的关键． 8．（2026春•浦东新区校级期中）如图，剪去四边形的“一角”，得到一个五边形，这个五边形的周长一定小于这个四边形的周长，依据是　三角形任意两边和大于第三边　 ． 【分析】剪去的四边形的“一角”可以看作为一个三角形，去掉两条边后加上一条边后总长度变短，是因为三角形任意两边和大于第三边． 【解答】解：剪去四边形的“一角”，得到一个五边形，这个五边形的周长一定小于这个四边形的周长，依据是三角形任意两边和大于第三边， 故答案为：三角形任意两边和大于第三边． 【点评】本题考查了三角形三条边的关系，熟练掌握三角形三条边的关系是解答本题的关键．三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边． 9．（2026春•杨浦区校级月考）（1）已知在△ABC中，a＝12，b＝18，求第三边c的取值范围． （2）已知在△ABC中，a＝7，b：c＝4：3，求这个三角形周长的取值范围． 【分析】（1）由三角形三边关系定理得到6＜c＜30． （2）设b＝4x，c＝3x，由三角形三边关系定理得到1＜x＜7，因此14＜7x+7＜56，于是得到14＜这个三角形的周长＜56． 【解答】解：（1）由三角形三边关系定理得到：18﹣12＜c＜18+12， ∴6＜c＜30． （2）∵b：c＝4：3， ∴设b＝4x，c＝3x， ∴这个三角形的周长＝7x+7， 由三角形三边关系定理得到：b﹣c＜a＜b+c， ∴4x﹣3x＜7＜4x+3x， ∴1＜x＜7， ∴14＜7x+7＜56， ∴14＜这个三角形的周长＜56． 【点评】本题考查三角形三边关系，关键是掌三角形三边关系定理． 10．（2024秋•岚山区期中）已知△ABC的三边长为a，b，c，且a，b，c都是整数． （1）若a＝2，b＝5，且c为偶数．求△ABC的周长． （2）化简：|a﹣b+c|﹣|b﹣c﹣a|+|a+b+c|． 【分析】（1）先根据三角形的三边关系得出c的取值范围，再由c为偶数即可得出c的值，进而可得出结论； （2）根据三角形的三边关系得出a+c＞b，再去绝对值符号，合并同类项即可． 【解答】解：（1）∵a＝2，b＝5， ∴5﹣2＜c＜5+2， ∴3＜c＜7， ∵c为偶数， ∴c＝4或6， 当c＝4时，△ABC的周长＝a+b+c＝2+5+4＝11； 当c＝6时，△ABC的周长＝a+b+c＝2+5+6＝13， 综上所述，△ABC的周长为11或13； （2）∵△ABC的边长为a，b，c， ∴a+c＞b， ∴|a﹣b+c|﹣|b﹣c﹣a|+|a+b+c| ＝a+c﹣b﹣（a+c﹣b）+a+b+c ＝a+c﹣b﹣a﹣c+b+a+b+c ＝a+b+c． 【点评】本题考查的是三角形的三边关系，熟知三角形两边之和大于第三边；三角形的两边差小于第三边是解题的关键． 11．（2025春•徐汇区校级期中）如图，已知P是△ABC内一点，连结AP，PB，PC， 求证：（AB+AC+BC）＜PA+PB+PC＜AB+AC+BC． 【分析】延长AP交BC于D，由三角形三边关系定理得到AP+PB＜AC+BC，PB+PC＜AB+AC，PC+PA＜AB+BC，推出PA+PB+PC＜AB+BC+AC；由三角形三边关系定理得到PA+PB＞AB，PB+PC＞BC，PA+PC＞AC，推出PA+PB+PC（AB+BC+AC），即可证明问题． 【解答】证明：延长AP交BC于D， 由三角形三边关系定理得到：AP+PD＜AC+CD，PB＜PD+BD， ∴AP+PD+PB＜AC+CD+PD+BD， ∴AP+PB＜AC+BC， 同理PB+PC＜AB+AC，PC+PA＜AB+BC， ∴2 （PA+PB+PC）＜2（AB+BC+AC）， ∴PA+PB+PC＜AB+BC+AC； 由三角形三边关系定理得到：PA+PB＞AB，PB+PC＞BC，PA+PC＞AC， ∴2（PA+PB+PC）＞AB+BC+AC， ∴PA+PB+PC（AB+BC+AC）， ∴（AB+BC+AC）＜PA+PB+PC＜AB+BC+AC． 【点评】本题考查三角形三边关系，关键是灵活应用三角形三边关系定理来解决问题． 【模块二】三角形内角和（对应第12-25题） ※ 方法总结 · 三角形三个内角和为180°，外角等于不相邻两内角和。 · 利用外角性质推导角度关系（题12、13）。 · 内角平分线与外角平分线夹角模型：（题14）。 · 根据外角与相邻内角关系、外角与不相邻内角关系列方程求角度，判断三角形形状（题15）。 · 三角板叠放：利用三角形外角等于不相邻内角和求角（题16）。 · 折叠与平行：折叠得角平分线，结合平行线性质求角（题17）。 · 分类讨论：过角平分线上一点作垂线，与三角形某边垂直，分三种情况求角度（题18）。 · 内角平分线与外角平分线综合：利用外角性质及角平分线定义求角（题19）。 · 角平分线与垂线、外角综合：设参数，利用三角形内角和列方程求角（题20）。 · 多块三角板与平行线综合：过点作平行线，利用内错角、同旁内角求角度（题21）。 · 折叠求角：利用折叠前后对应角相等，结合平角、三角形内角和求角（题22）。 · 等角代换：利用外角性质将条件转化为内角关系，再求角（题23）。 · 角平分线、高线、垂线综合：通过三角形内角和、角平分线定义，推导∠E与∠B、∠ACB的关系（题24）。 · 三角板旋转与平行：分类讨论旋转角，利用平行线性质列方程求角（题25）。 12．（2026春•杨浦区校级月考）若α、β、γ是三角形的三个内角，而x＝α+β，y＝β+γ，z＝γ+α，那么x、y、z中，锐角的个数的错误判断是（　　） A．可能没有锐角 B．可能有一个锐角 C．可能有两个锐角 D．最多一个锐角 【分析】根据三角形内角与外角的关系及两角互补的关系解答． 【解答】解：∵α、β、γ是三角形的三个内角， ∴α+β+γ＝180°（三角形内角和定理）， ∵α+β，β+γ，α+γ三个角分别γ，α，β，相邻的外角，α，β，γ三个角中最多有一个钝角， ∴α+β，β+γ，α+γ中锐角的个数至多有1个锐角． 综上所述，只有选项C正确，符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查了三角形内角和定理，关键是相关定理的熟练掌握． 13．（2026春•杨浦区期中）下列说法中正确的是（　　） A．钝角三角形有两条高在三角形内部 B．三角形三条高至多有两条不在三角形内部 C．三角形三条高的交点不在三角形内部，就在三角形外部 D．钝角三角形三个内角的平分线的交点一定不在三角形内部 【分析】由钝角三角形只有一条高在三角形内部，可判断A不符合题意；由锐角三角形的三条高都在三角形内部，而直角三角形和钝角三角形有两条高不在三角形内部，可判断B符合题意；因为直角三角形的三条高的交点为直角顶点，所以“三角形三条高的交点不在三角形内部，就在三角形外部”这一说法是错误的，可判断C不符合题意；由任意三角形三个内角的平分线的交点都在三角形内部，可判断D不符合题意， 【解答】解：∵钝角三角形只有一条高在三角形内部， ∴“钝角三角形有两条高在三角形内部”这一说法是错误的， 故A不符合题意； ∵锐角三角形的三条高都在三角形内部，而直角三角形和钝角三角形有两条高不在三角形内部， ∴“三角形三条高至多有两条不在三角形内部”这一说法是正确的， 故B符合题意； ∵直角三角形的三条高的交点为直角顶点，该点既不在三角形内部，也不在三角形外部， ∴“三角形三条高的交点不在三角形内部，就在三角形外部”这一说法是错误的， 故C不符合题意； ∵任意三角形三个内角的平分线的交点都在三角形内部， ∴“钝角三角形三个内角的平分线的交点一定不在三角形内部”这一说法是错误的， 故D不符合题意， 故选：B． 【点评】此题重点考查三角形高的定义、三角形角平分线的定义等知识，正确理解和应用这些知识是解题的关键． 14．（2026春•奉贤区期中）如图，BD、CD分别是△ABC的一条内角平分线与一条外角平分线，如果∠D＝20°，那么∠A＝（　　） A．20° B．30° C．40° D．60° 【分析】由BD平分∠ABC，CD平分∠AEC，得∠DBC∠ABC，∠DCE∠ACE，则∠D＝∠DCE﹣∠DBC（∠ACE﹣∠ABC）∠A，因为∠D＝20°，所以∠A＝2∠D＝40°，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵BD平分∠ABC，CD平分∠AEC， ∴∠DBC∠ABC，∠DCE∠ACE， ∵∠DCE是△DBC的外角，∠ACE是△ABC的外角， ∴∠D＝∠DCE﹣∠DBC，∠A＝∠ACE﹣∠ABC， ∴∠D＝∠DCE﹣∠DBC（∠ACE﹣∠ABC）∠A， ∵∠D＝20°， ∴∠A＝2∠D＝40°， 故选：C． 【点评】此题重点考查角平分线的定义、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，推导出∠D∠A是解题的关键． 15．（2026春•杨浦区校级月考）如果三角形的一个外角等于与它相邻内角的2倍，且等于与它不相邻的某个内角的4倍，那么这个三角形一定是（　　） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．正三角形 【分析】设与这个外角相邻的内角是x，得到2x+x＝180°，求出x＝60°，由这个外角等于与它不相邻的某个内角的4倍，求出该内角是30°，即可判定这个三角形一定是直角三角形． 【解答】解：设与这个外角相邻的内角是x， ∴2x+x＝180°， ∴x＝60°， ∴这个外角的度数是2x＝120°， ∵这个外角等于与它不相邻的某个内角的4倍， ∴该内角是120°30°， ∴此三角形的第三个内角的度数是180°﹣60°﹣30°＝90°， ∴这个三角形一定是直角三角形， 故选：B． 【点评】本题考查三角形的内角和定理，三角形的外角性质，对顶角、邻补角，关键是由邻补角的性质得到关于x的方程． 16．（2025秋•杨浦区校级月考）一副标准直角三角板（分别含30°、60°角与45°、45°角），如图所示叠放，则图中∠α的度数是（　　） A．55° B．65° C．75° D．85° 【分析】由三角形外角可知∠α＝∠1+∠2＝30°+45°＝75°． 【解答】解：由三角形外角可得： ∠α＝∠1+∠2＝30°+45°＝75°， 故选：C． 【点评】本题考查三角形外角，掌握相关知识是解决问题的关键． 17．（2026春•杨浦区校级期中）如图，一张直角三角形纸片ABC，∠ACB＝90°，∠A＝23°，MN∥BC，将纸片沿MN折叠，使点A落在点D处，则∠DNB的度数为　46°　 ． 【分析】由MN∥BC，得∠AMN＝∠ACB＝90°，由折叠得∠DMN＝∠AMN＝90°，∠D＝∠A＝23°，可证明A、M、D三点在同一条直线上，则∠DNB＝∠A+∠D＝46°，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，MN∥BC， ∴∠AMN＝∠ACB＝90°， ∵将△ABC沿MN折叠，点A落在点D处， ∴∠DMN＝∠AMN＝90°，∠D＝∠A＝23°， ∴∠DMN+∠AMN＝180°， ∴A、M、D三点在同一条直线上， ∴∠DNB＝∠A+∠D＝2∠A＝46°， 故答案为：46°． 【点评】此题重点考查平行线的性质、翻折变换的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，推导出∠D＝∠A＝23°且A、M、D三点在同一条直线上是解题的关键． 18．（2026春•闵行区校级期中）已知在△ABC中，射线BE平分∠ABC，交边AC于点O，点P是射线BE上一点，若∠ABC＝40°，∠ACB＝30°，直线CP与△ABC的一条边垂直，则∠BPC的度数为　70°或40°或110°　 ． 【分析】分三种情况：分别和三边垂直，根据三角内角和列式可得结论． 【解答】解：∵∠ABC＝40°，∠ACB＝30°，射线BE平分∠ABC， ∴∠EBC∠ABC＝20°， ①当CP⊥BC时，如图，则∠BCP＝90°， ∴∠BPC＝180°﹣90°﹣20°＝70°； ②当CP⊥AC时，如图，则∠ACP＝90°， ∴∠BCP＝90°+∠ACB＝120°， ∴∠BPC＝180°﹣20°﹣120°＝40°； ③当CP⊥AB时，延长CP交直线AB于G，如图，则∠BGC＝90°， ∵∠ABC＝40°， ∴∠BCG＝50°， 在△BPC中，∠BPC＝180°﹣50°﹣20°＝110°； 综上，∠BPC的度数为70°或40°或110°． 故答案为：70°或40°或110°． 【点评】本题考查角平分线的定义，三角形内角和定理，掌握分类讨论的思想是解题的关键． 19．（2025春•浦东新区校级月考）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠A+∠P＝ 　90°　 ． 【分析】根据角平分线的定义以及一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和，可求出∠A的度数，根据补角的定义求出∠ACB的度数，根据三角形的内角和即可求出∠P的度数，即可求出结果． 【解答】解：∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线， 又∵∠ABP＝20°，∠ACP＝50°， ∴∠ABC＝2∠ABP＝40°，∠ACM＝2∠ACP＝100°， ∴∠A＝∠ACM﹣∠ABC＝60°， ∠ACB＝180°﹣∠ACM＝80°， ∴∠BCP＝∠ACB+∠ACP＝130°， ∵∠PBC＝20°， ∴∠P＝180°﹣∠PBC﹣∠BCP＝30°， ∴∠A+∠P＝90°， 故答案为：90°． 【点评】本题考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，解答的关键是明确：一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和以及补角的定义以及三角形的内角和为180°． 20．（2026春•杨浦区期中）如图，△ABC中，点P是BA延长线上的一点，PD⊥CB于点D，∠BCA的平分线与∠BPD的平分线交于点F．当∠BAC＝50°时，则∠PFC的度数为 　110°　 ． 【分析】设PD、CF交于点Q，根据PD⊥CB得到∠BPD＝90°﹣∠B和∠PQF＝∠CQD＝90°﹣∠BCF，再根据PF平分∠BPD得到∠DPF，CF平分∠BCA得到，进一步得到，最后根据三角形内角和定理，即可求解． 【解答】解：如图，设PD交FC于点Q， ∵PD⊥CB， ∴∠BPD＝90°﹣∠B，∠PQF＝∠CQD＝90°﹣∠BCF， ∵PF平分∠BPD， ∴∠DPF， ∵CF平分∠BCA， ∴， ∵∠BCA＝180°﹣∠BAC﹣∠B＝180°﹣50°﹣∠B＝130°﹣∠B， ∴， ∴∠PQF＝90°﹣∠BCF＝90° ， ∵∠PFC+∠PQF+∠DPF＝180°， ∴∠PFC＝180°﹣∠PQF﹣∠DPF ＝180°﹣[90°] ＝110°． 故答案为：110°． 【点评】本题考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，掌握角平分线的定义，三角形内角和定理是解题的关键． 21．（2026春•浦东新区校级月考）如图，AB∥CD，将一副直角三角板作如下摆放，∠GEF＝60°，∠MNP＝45°．下列结论：①GE∥MP；②∠EFN＝150°；③∠BEF＝75°；④∠AEG＝∠PMN．其中正确的是 　①②③④　 ． 【分析】①由题意得∠G＝∠MPN＝∠MPG＝90°，利用内错角相等，两直线平行即可判定GE∥MP； ②由题意得∠EFG＝30°，利用邻补角即可求出∠EFN的度数； ③过点F作FH⊥AB，可得FH∥CD，从而得到∠HFN＝∠MNP＝45°，可求得∠EFN＝105°，再利用平行线的性质即可求出∠BEF； ④利用角的计算可求出∠AEG＝45°，从而可判断． 【解答】解：①∵∠G＝∠MPN＝∠MPG＝90°， ∴GE∥MP， 故①正确； ②∵∠EFG＝30°， ∴∠EFN＝180°﹣30°＝150°， 故②正确； ③过点F作FH∥AB，如图， ∵AB∥CD， ∴FH∥CD， ∴∠HFN＝∠MNP＝45°， ∴∠EFN＝150°﹣45°＝105°， ∵FH∥AB， ∴∠BEF＝180°﹣105°＝75°； 故③正确； ④∵∠GEF＝60°，∠BEF＝75°， ∴∠AEG＝180°﹣60°﹣75°＝45°， ∴∠AEG＝∠PMN＝45°， 故④正确． 故答案为：①②③④． 【点评】本题考查平行线的性质与判定，解答关键是熟记平行线的判定条件与性质并灵活运用． 22．（2026春•上海校级月考）如图，把△ABC的一角折叠，若∠1+∠2＝130°，则∠A的度数为 　65°　 ． 【分析】根据折叠的性质得到∠3＝∠5，∠4＝∠6，利用平角的定义有∠3+∠5+∠1+∠2+∠4+∠6＝360°，则2∠3+2∠4+∠1+∠2＝360°，而∠1+∠2＝130°，可计算出∠3+∠4＝115°，然后根据三角形内角和定理即可得到∠A的度数． 【解答】解：如图， ∵△ABC的一角折叠， ∴∠3＝∠5，∠4＝∠6， 而∠3+∠5+∠1+∠2+∠4+∠6＝360°， ∴2∠3+2∠4+∠1+∠2＝360°， ∵∠1+∠2＝130°， ∴∠3+∠4＝115°， ∴∠A＝180°﹣∠3﹣∠4＝65°． 故答案为：65°． 【点评】本题考查了三角形的内角和定理：三角形的内角和为180°．也考查了折叠的性质．作出辅助线，把图形补充完整是解题的关键． 23．（2026春•杨浦区校级月考）如图，∠1＝∠2＝∠3，且∠BAC＝70°，∠DFE＝50°，求∠ABC的度数． 【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用∠2和∠BCF表示出∠DFE，再根据∠2＝∠3整理可得∠ACB＝∠DFE，然后利用三角形的内角和等于180°求解即可． 【解答】解：在△BCF中，∠DFE＝∠2+∠BCF， ∵∠2＝∠3， ∴∠DFE＝∠3+∠BCF， 即∠DFE＝∠ACB， ∵∠BAC＝70°，∠DFE＝50°， ∴在△ABC中，∠ABC＝180°﹣∠BAC﹣∠ACB＝180°﹣70°﹣50°＝60°． 【点评】本题主要考查了三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质，并准确识图，找出图中各角度之间的关系是解题的关键． 24．（2026春•上海校级期中）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，P为线段AD上的一个动点，PE⊥AD交BC的延长线于点E． （1）若∠ACB＝75°，∠B＝45°，求∠E的度数； （2）当P点在线段AD上运动时，猜想∠B、∠ACB与∠E的数量关系，并证明． 【分析】（1）首先根据三角形的内角和定理求得∠BAC的度数，再根据角平分线的定义求得∠BAD的度数，从而根据三角形的内角和定理即可求出∠ADE的度数，进一步求得∠E的度数； （2）根据第（1）小题的思路即可推导这些角之间的关系． 【解答】解：（1）根据三角形的内角和定理可得：∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠B＝60°， ∵AD平分∠BAC， ∴， ∵PE⊥AD交BC的延长线于点E， ∴∠DPE＝90°， ∵∠ADE＝∠B+∠BAD＝75°， ∴∠E＝90°﹣∠ADE＝15°． （2）； 证明：由条件可知： ， ∴， ∵PE⊥AD交BC的延长线于点E， ∴∠DPE＝90°， ∴， 即． 【点评】本题考查了三角形内角和定理，熟练掌握该知识点是关键． 25．（2026春•浦东新区期中）综合与实践 如图（1），将三角板ABC与三角板ADE摆放在一起，其中∠ABC＝60°，∠DAE＝45°，∠BAC＝∠D＝90°；如图（2），固定三角板ABC，将三角板ADE绕点A按顺时针方向旋转，记∠CAE＝α（0°＜∠α＜180°）． 【操作发现】 （1）在旋转过程中，当α为　105　 度时，AD⊥BC； （2）当BC与△ADE的某一边平行（不共线）时，直接写出旋转角α的所有可能的度数； 【拓展应用】 （3）当0°＜∠α＜45°时，连接BD，利用图（3）探究∠BDE+∠CAE+∠DBC的值的大小是否变化，并说明理由． 【分析】（1）如图1所示，记AD与BC的交点为F，根据三角形内角和定理得出∠DAC，进而根据∠CAE＝∠DAC+∠DAE，即可求解； （2）分三种情况求解：①当AD∥BC时，②DE∥BC，③AE∥BC，再结合图形求解； （3）在△AMN中，根据三角形内角和定理∠AMN+∠CAE+∠ANM＝180°，根据∠ANM＝∠E+∠BDE，∠AMN＝∠C+∠DBC，可得∠E+∠BDE+∠CAE+∠C+∠DBC＝180°，即可得出∠BDE+∠CAE+∠DBC＝105°． 【解答】解：（1）记AD与BC的交点为F， ∵AD⊥BC， ∴∠AFC＝90°， ∴∠DAC＝180°﹣∠AFC﹣∠C＝180°﹣90°﹣30°＝60°， ∴∠CAE＝∠DAC+∠EAD＝60°+45°＝105°， 即α＝105°； 故答案为：105； （2）①当AD∥BC时， 记DE与AC的交点为点F， ∵AD∥BC， ∴∠DAF＝∠C＝30°， ∵∠DAE＝45°， ∴∠CAE＝15°，即α＝15°； ②当DE∥BC时，如图1所示， 结合（1）得，AD⊥BC，∠CAE＝105°， ∴α＝105°； ③当AE∥BC时，如图3所示，∠EAC+∠C＝180°， ∵∠C＝30°， ∴∠EAC＝150°，即α＝150°， ∴旋转角α的度数是：15°，105°，150°； （3）拓展应用：当0°＜α＜45°，∠BDE+∠CAE+∠DBC＝105°，保持不变，理由如下： 如图，设BD分别交AC、AE于点M、N， 由题意可得： ∠ANM＝∠E+∠BDE，∠AMN＝∠C+∠DBC， ∴∠E+∠BDE+∠CAE+∠C+∠DBC＝180°， ∵∠C＝30°，∠E＝45°， ∴∠BDE+∠CAE+∠DBC＝105°． 【点评】本题考查三角形的内角和，正确进行计算是解题关键． 【模块三】全等三角形的概念与性质（对应第26-35题） ※ 方法总结 · 全等三角形对应角相等：利用外角性质求角（题26）。 · 全等三角形拼接成四边形：以不同边为公共边，分情况讨论（题27）。 · 全等与等腰直角三角形综合：由全等得等腰直角，进而推垂直、等角（题28）。 · 全等三角形对应角相等，结合角的和差求角度（题29）。 · 全等三角形对应边相等，分类讨论对应关系，列方程组求边长及周长（题30）。 · 全等三角形对应角相等，利用外角性质求角（题31）。 · 全等三角形对应边相等，求线段长（题32）。 · 新定义“奇异四边形”：对角线长2倍，利用全等和勾股定理列方程求解（题33）。 · 全等三角形对应角相等，利用角的和差求角（题34）。 · 全等三角形对应角相等，结合对顶角、直角求角度（题35）。 26．（2026春•上海校级期中）如图，已知△ABC≌△DEF（点A、B、C的对应点分别是点D、E、F），点C在DE边上，若∠A＝30°，∠CGF＝88°，则∠DCB的度数是（　　） A．38° B．48° C．58° D．60° 【分析】根据全等三角形对应角相等求出∠D的度数，再利用三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和即可求解． 【解答】解：∵△ABC≌△DEF， ∴∠D＝∠A＝30°， 由条件可知∠CGF＝∠D+∠DCB， ∵∠CGF＝88°， ∴∠DCB＝∠CGF﹣∠D＝88°﹣30°＝58°． 故选：C． 【点评】本题考查了全等三角形的性质，熟练掌握该知识点是关键． 27．（2026•黄浦区二模）如图，现有两个全等三角形，它们的三边长分别为3、4、5，将它们拼接成一个图形，拼接方式满足：（1）两个三角形间有一条等长边完全重合；（2）两个三角形拼接在等长边的两侧，那么共能拼接成形状不同的四边形的种数是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】分别以3、4、5为重合边进行拼接，从而得到不同的四边形． 【解答】解：两个三角形在边长为5的两侧拼接，可形成2个不同的四边形；两个三角形在边长为3的两侧拼接，可形成1个平行四边形；两个三角形在边长为4的两侧拼接，可形成1个平行四边形． 所以共能拼接成形状不同的4个四边形． 故选：B． 【点评】本题考查了全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等；全等三角形的对应角相等． 28．（2026春•闵行区期中）如图，在△ABC中，点D是边AB上一点，点E是线段CD上一点，且△BDE≌△CDA，其中点B与点C、点D与点D、点E与点A分别是对应顶点，下列结论中正确的是（　　） ①∠CBE＝∠CAE； ②CE＝ED； ③BE⊥AC； ④AE⊥BC． A．①②③ B．①② C．①③④ D．③④ 【分析】由全等三角形的性质推出∠CAD＝∠BED，DE＝DA，BD＝CD，∠ADC＝∠BDE，判定△ADE和△BDC是等腰直角三角形，得到∠DAE＝∠BCD＝45°，由三角形的外角性质得到∠CBE＝∠CAE，CE和ED不一定相等，延长BE交AC于M，由三角形内角和定理得到∠CME＝∠BDE＝90°，判定BE⊥AC，延长AE交BC于N，由△ADE是等腰直角三角形，得到∠AED＝45°，求出∠CNE＝90°，判定AE⊥BC． 【解答】解：∵△BDE≌△CDA， ∴∠CAD＝∠BED，DE＝DA，BD＝CD，∠ADC＝∠BDE， ∵∠ADC+∠BDE＝180°， ∴∠ADC＝∠BDE＝90°， ∴△ADE和△BDC是等腰直角三角形， ∴∠DAE＝∠BCD＝45°， ∵∠CAE+∠DAE＝∠CBE+∠BCD， ∴∠CBE＝∠CAE， 故①符合题意； ∵E不一定是CD的中点， ∴CE和ED不一定相等， 故②不符合题意； 延长BE交AC于M， ∵△BDE≌△CDA， ∴∠MCE＝∠DBE， ∵∠CEM＝∠BED， ∴∠CME＝∠BDE＝90°， ∴BE⊥AC， 故③符合题意； 延长AE交BC于N， ∵△ADE是等腰直角三角形， ∴∠AED＝45°， ∴∠CEN＝∠AED＝45°， ∵∠ECN＝45°， ∴∠CNE＝180°﹣45°﹣45°＝90°， ∴AE⊥BC， 故④符合题意． ∴结论正确的是①③④． 故选：C． 【点评】本题考查全等三角形的性质，关键是由全等三角形的性质推出△ADE和△BDC是等腰直角三角形． 29．（2025春•徐汇区校级月考）如图，△ABC≌△ADE，∠B＝80°，∠C＝30°，∠DAC＝30°，则∠EAC的度数为（　　） A．40° B．35° C．30° D．25° 【分析】由三角形内角和定理和全等三角形性质可得∠DAE＝70°，再由∠DAC＝30°可得∠EAC＝40°． 【解答】解：∵∠B＝80°，∠C＝30°， ∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝70°， ∵△ABC≌△ADE， ∴∠DAE＝∠BAC＝70°， ∴∠EAC＝∠DAE﹣∠DAC＝70°﹣30°＝40°， 故选：A． 【点评】本题考查三角形全等的应用，熟练掌握全等三角形的性质和三角形内角和定理是解题关键． 30．（2026春•上海校级期中）已知△ABC≌△DEF，△ABC的三边长度为4、x+y和2x，△DEF的三边长度为6、x、x+2y，则△ABC的周长是　18　 ． 【分析】根据全等三角形对应边相等的性质，分情况列出方程组求解，舍去不符合三角形边长要求的解，得到三角形三边长后计算周长即可． 【解答】解：根据全等三角形对应边相等的性质，分情况列出方程组求解，舍去不符合三角形边长要求的解，得到三角形三边长后计算周长如下： 情况1：列方程组，解得， 此时△ABC的三边长为4，x+y＝6，2x＝8，满足三角形三边关系，符合题意； 情况2：列方程组，由2x＝6得x＝3，与x＝4矛盾，舍去； 情况3：列方程组， 由x＝2x得x＝0，边长不能为0，不符合题意，舍去； 情况4：列方程组， 由x＝x+y得y＝0，则x+2y＝x＝4，此时2x＝2×4＝8，这与2x＝6矛盾，舍去， 故△ABC的周长为4+6+8＝18． 故答案为：18． 【点评】本题考查了全等三角形的性质，熟练掌握该知识点是关键． 31．（2026春•奉贤区期中）如图，△ABC≌△ADE，∠D＝20°，∠E＝100°，点C在AD上，BC的延长线交DE于点F，那么∠EFC＝　120　 °． 【分析】根据全等三角形的性质求出∠ACB，根据对顶角相等求出∠FCD，再根据三角形的外角性质求出∠EFC． 【解答】解：∵△ABC≌△ADE，∠E＝100°， ∴∠ACB＝∠E＝100°， ∴∠FCD＝∠ACB＝100°， ∴∠EFC＝∠FCD+∠D＝100°+20°＝120°， 故答案为：120． 【点评】本题考查的是全等三角形的性质，熟记全等三角形的对应角相等是解题的关键． 32．（2026春•黄浦区校级期中）如图，已知△ABC≌△DEB，点A、B、C的对应点分别是点D、E、B，点E在AB边上，DE与AC交于点F．如果AE＝8，BC＝12，则线段DE的长是 　20　 ． 【分析】根据△ABC≌△DEB，得出BE＝BC＝12，DE＝AB，根据AE＝8，得出AB＝AE+BE＝12+8＝20，即可得出答案． 【解答】解：由条件可知BE＝BC＝12，DE＝AB， ∴AB＝AE+BE＝12+8＝20， ∴DE＝20． 故答案为：20． 【点评】本题主要考查了三角形全等的性质，熟练掌握该知识点是关键． 33．（2025秋•上海校级月考）我们把一条对角线是另一条对角线2倍的四边形叫“奇异四边形”．现有两个全等的直角三角形，一条直角边长是1，如果它们可以拼成对角线互相垂直的“奇异四边形”，那么直角三角形另一条直角边长是　2或2　 ． 【分析】因直角边的长度为1，有可能是长直边的长度或短直角边的长度，所以需进行分两种情况计算；由全等三角形的性质，等积变换建立等量关系表示出另一直角边的长，再由勾股定量表示同一直角的长建立方程，解出方程的解，求出另一直角的长为2或2． 【解答】解：（1）当CD＝1时，设DO＝m，且0＜m＜1， BD＞1，如图1所示： ∵Rt△ABC≌Rt△DBC， ∴∠BAC＝∠BDC＝90°，BA＝BD，CA＝CD， ∴△ABD是等腰三角形， ∴AO＝DO＝m， 又∵BC＝2AD， ∴BC＝4m， 又∵AD⊥BC， ∴2m2， 又∵CD⊥BD， ∴BD， ∴2m2BD， 解得：BD＝4m2， 在Rt△DBC中，由勾股定理得： BD， ∴4m2， 解得：m2或m2 ∴4m2＝2或4m2＝2（舍去）， ∵BD＞1， ∴BD＝2； （2）当BD＝1时，设DO＝x，且0＜x＜1， CD＜1，如图1所示： 同理可求得： 或， ∴4x2＝2（舍去），或4x2＝2， ∵CD＜1， ∴CD＝2； 综合所述，另一条直角边的长为2或2， 故答案为2或2． 【点评】本题综合考查了全等三角形的面积，等腰三角形的判定与性质，等积变换求三角的面积，解方程和分类讨论思想等相关知识，重点掌握全等三角形的性质，难点是等积变换构建方程和分类思想． 34．（2025春•儋州期末）如图，△ABC≌△ADE，点E在边BC上（不与点B，C重合），DE与AB交于点F． （1）若∠CAD＝110°，∠BAE＝30°，求∠BAD的度数； （2）若AD＝10，BE＝CE＝4.5，求△ADF与△BEF的周长和． 【分析】（1）利用全等三角形的性质、等式的性质可得出∠CAE＝∠BAD，然后利用角的和差关系求解即可； （2）利用全等三角形的性质可求出AB＝AD＝10，BC＝DE＝9，然后利用三角形的周长公式求解即可． 【解答】解：（1）∵△ABC≌△ADE， ∴∠BAC＝∠DAE， ∴∠CAE＝∠BAD， 由条件可知∠CAE+∠BAD＝∠CAD﹣∠BAE＝80°， ∴∠CAE＝∠BAD＝40°； （2）∵AD＝10，BE＝CE＝4.5，△ABC≌△ADE， ∴AB＝AD＝10，BC＝DE＝BE+CE＝9， AD+DF+AF+BF+EF+BE ＝AD+（DF+EF）+（AF+BF）+BE ＝AD+DE+AB+BE ＝10+9+10+4.5 ＝33.5． 【点评】本题考查了全等三角形的性质等知识，熟练掌握该知识点是关键． 35．（2025春•雁塔区校级期中）如图，已知△ABE≌△ACF，∠E＝∠F＝90°，∠CMD＝70°，求∠2的度数． 【分析】利用全等三角形的性质与三角形内角和定理解决问题即可． 【解答】解：∵∠AME＝∠CMD＝70°， ∴∠1＝180°﹣90°﹣70°＝20°． ∵△ABE≌△ACF， ∴∠EAB＝∠FAC， 即∠1+∠CAB＝∠2+∠CAB， ∴∠2＝∠1＝20°． 【点评】本题考查全等三角形的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是掌握全等三角形的性质，属于中考常考题型． 【模块四】三角形全等的判定（对应第36-50题） ※ 方法总结 · SAS证明全等，得边相等、角相等，推平行及面积相等（题36）。 · 剪下三角形全等的判断：根据图形识别SAS、ASA、SSS等，注意AAS中边的对应（题37）。 · 等腰直角三角形与全等：利用AAS或ASA证明全等，得线段相等、垂直（题38）。 · 角平分线、垂线综合：通过ASA证明全等，等量代换证线段和（题39）。 · AAS证明全等，得对应边相等，求线段差（题40）。 · 角平分线+垂线构造全等：延长AP构造全等，利用中线等分面积求面积（题41）。 · 倍长中线法：延长中线构造全等，利用三角形三边关系求中线取值范围（题42）。 · HL证明直角三角形全等，得等腰三角形，再求角度（题43）。 · 动点全等分类讨论：分点P、Q在不同线段上，根据对应边相等列方程求时间（题44）。 · HL证明直角三角形全等，得角相等，进而求角（题45）。 · 动点全等与速度：分两种对应情况（BPE≌CQP或BPE≌CPQ），列方程求速度（题46）。 · AAS证全等得角相等，推等腰，再SSS证全等得角平分线，利用三线合一证垂直（题47）。 · SAS证全等，利用三角形外角性质及平行线求角度（题48）。 · 一线三等角全等模型：过等腰直角三角形直角顶点作直线，构造全等，再通过两次全等求面积（题49）。 · ASA证全等得AE=AF，再通过AAS证全等得线段关系，证明CD=2BE+DE（题50）。 36．（2026春•虹口区校级月考）如图在△ABC中，D是AB上一点，DF交AC于点E，DE＝EF，AE＝EC．则下列说法中不正确是（　　） A．∠ADE＝∠EFC B．∠A+∠DEC+∠F＝180° C．∠B+∠BCF＝180° D．S△ABC＝S四边形DBCF 【分析】证明△ADE≌△CFE（SAS），得出∠A＝∠ECF，∠ADE＝∠EFC，S△ADE＝S△CFE，再由三角形内角和定理和平行线的性质即可解决问题． 【解答】解：在△ADE和△CFE中， ， ∴△ADE≌△CFE（SAS）， ∴∠A＝∠ECF，∠ADE＝∠EFC，S△ADE＝S△CFE，故选项A不符合题意； ∵∠A+∠AED+∠ADE＝180°， ∴∠A+∠AED+∠F＝180°，故选项B符合题意； ∵∠A＝∠ECF， ∴AB∥CF， ∴∠B+∠BCF＝180°，故选项C不符合题意； ∵S△ADE＝S△CFE， ∴S△ADE+S四边形BDCE＝S△CFE+S四边形BDCE， ∴S△ABC＝S四边形DBCF，故选项D不符合题意； 故选：B． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质以及平行线的判定与性质等知识，证明三角形全等是解题的关键． 37．（2026春•浦东新区校级期中）在△ABC中，∠B＝∠C＝50°，将△ABC沿图中虚线剪开，剪下的两个三角形不一定全等的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可． 【解答】解：A、根据SAS可以推出剪下的两个三角形全等，故A选项不符合题意； B、根据SAS可以推出剪下的两个三角形全等，故B选项不符合题意； C、如图： ∵∠DFC＝∠DFE+∠EFC且∠DFC＝∠B+∠BDF， ∴∠DFE+∠EFC＝∠B+∠BDF， ∵∠B＝∠DFE＝50°， ∴∠EFC＝∠BDF， ∵BD＝FC，∠B＝∠C， ∴△DBF≌△FCE（ASA）． 根据ASA可以推出剪下的两个三角形全等，故C选项不符合题意； D、如图： 由C选项可得：∠EFC＝∠BDF，∠B＝∠C，但FC不是两个角的夹边，所以两个三角形不一定全等，故D选项符合题意； 故选：D． 【点评】本题考查了全等三角形的判定定理． 38．（2026春•浦东新区校级月考）如图，AD是△ABC的高，AE平分∠CAD交BC于点E，过点B作BF⊥AE，垂足为点F，并交AD于点G．若AF＝BF，则下列结论中：①∠ABF＝45°；②△AFG≌△BFE；③AG+CE＝AC；④BC＞BG+2GF．所有正确结论的序号是（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 【分析】由BF⊥AE于点F，得∠AFB＝90°，而AF＝BF，所以∠ABF＝∠BAF＝45°，可判断①正确；由AD⊥BC于点D，得∠ADE＝90°，则∠GAF＝∠EBF＝90°﹣∠AEB，即可根据“ASA”证明△AFG≌△BFE，可判断②正确；根据全等三角形的性质得出AG＝BE，EF＝GF，所以AG+CE＝BE+CE＝BC，由∠GAF＝∠CAE，得∠EBF＝∠CAE，推导出∠CBA＝∠EBF+∠ABF＝∠CAE+∠BAF＝∠CAB，则BC＝AC，所以AG+CE＝AC，可判断③正确；得出BG+2GF＝AE，即可判断④． 【解答】解：∵BF⊥AE于点F， ∴∠AFB＝90°， ∵AF＝BF， ∴∠ABF＝∠BAF＝45°， 故①正确； ∵AD是△ABC的高， ∴AD⊥BC于点D， ∴∠AFG＝∠BFE＝∠ADE＝90°， ∴∠GAF＝∠EBF＝90°﹣∠AEB， 在△AFG和△BFE中， ∴△AFG≌△BFE（ASA）， 故②正确； ∴AG＝BE， ∴AG+CE＝BE+CE＝BC， ∵AE平分∠CAD交BC于点E， ∴∠GAF＝∠CAE， ∴∠EBF＝∠CAE， ∴∠CBA＝∠EBF+∠ABF＝∠CAE+∠BAF＝∠CAB， ∴BC＝AC， ∴AG+CE＝AC， 故③正确； ∵BG+2GF＝BG+GF+GF＝BF+EF＝AF+EF＝AE，又AE＜AC＝BC， ∴BC＞BG+2GF，故④正确． 综上，正确结论的序号为①②③④． 故选：D． 【点评】该题主要考查了全等三角形的性质和判定．等腰三角形的性质和判定，角平分线的定义等知识点，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 39．（2026春•黄浦区校级期中）如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，过P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H．有下列结论：①∠APB＝135°；②△ABP≌△FBP；③∠AHP＝∠ABC；④AH+BD＝AB；其中正确的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据三角形内角和以及角平分线的定义得∠PAB+∠PBA＝45°，继而得出∠APB的度数，即可判断①；推出∠APB＝∠FPB，根据ASA证明即可，即可判断②；证明△PAH≌△PFD（ASA），得AH＝FD，∠AHP＝∠FDP，根据外角的性质可判断③；通过等量代换可判断④．证明三角形全等是解题的关键． 【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝90°， ∴∠CAB+∠CBA＝90°， ∵AD、BE分别平分∠CAB、∠CBA， ∴，， ∴， ∴∠APB＝180°﹣（∠PAB+∠PBA）＝180°﹣45°＝135°，故结论①正确； ∴∠BPD＝180°﹣∠APB＝180°﹣135°＝45°， 又∵PF⊥AD， ∴∠FPA＝∠FPD＝90°， ∴∠FPB＝∠FPD+∠BPD＝90°+45°＝135°， ∴∠APB＝∠FPB， 在△ABP和△FBP中， ， ∴△ABP≌△FBP（ASA），故结论②正确； ∴∠BAP＝∠BFP，AB＝FB，PA＝PF， ∴∠PAH＝∠PFD， 在△PAH和△P F D中， ， ∴△PAH≌△PFD（ASA）， ∴AH＝FD，∠AHP＝∠FDP， ∵∠FDP是△ABD的外角， ∴∠FDP＞∠ABC， ∴∠AHP＞∠ABC，故结论③错误； 又∵AH＝FD，AB＝FB， ∴AB＝FB＝FD+BD＝AH+BD， 即AH+BD＝AB，故结论④正确， ∴正确的个数是3个． 故选：C． 【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键． 40．（2026春•徐汇区校级期中）如图，D是AB上一点，DF交AC于点E，DE＝FE，FC∥AB，若AB＝5，CF＝3，则BD的长是（　　） A．0.5 B．1 C．2 D．1.5 【分析】根据平行线的性质，得出∠A＝∠FCE，∠ADE＝∠F，根据全等三角形的判定，得出△ADE≌△CFE，根据全等三角形的性质，得出AD＝CF，根据AB＝5，CF＝3，即可求线段DB的长． 【解答】解：∵CF∥AB， ∴∠A＝∠FCE，∠ADE＝∠F， 在△ADE和△FCE中， ， ∴△ADE≌△CFE（AAS）， ∴AD＝CF＝3， ∵AB＝5， ∴DB＝AB﹣AD＝5﹣3＝2． 故选：C． 【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，能判定△ADE≌△FCE是解此题的关键，解题时注意运用全等三角形的对应边相等，对应角相等． 41．（2026春•浦东新区校级月考）如图，△ABC的面积为2cm2．AP垂直于∠ABC的平分线BP于点P．则△PBC的面积是　1cm2 ． 【分析】如图所示，延长AP交BC于点E，可证△ABP≌△EBP（ASA），得到BP，CP分别为△ABE，△ACE的中线，由三角形中线平分三角形面积的计算即可求解． 【解答】解：如图所示，延长AP交BC于点E， ∵AP垂直于∠ABC的平分线BP于点P， ∴∠ABP＝∠EBP，∠APB＝∠EPB＝90°，且BP＝BP， 在△ABP和△EBP中， ， ∴△ABP≌△EBP（ASA）， ∴AP＝EP，即点P是AE的中点， ∴BP，CP分别为△ABE，△ACE的中线， ∴， ∵S△PBC＝S△BPE+S△CPE，， ∴． 故答案为：1cm2． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的角平分线、中线和高，关键是相关性质和定理的熟练掌握． 42．（2026春•浦东新区校级月考）在△ABC中，AB＝2，AC＝4，则BC边上的中线AD的取值范围是　1＜AD＜3　 ． 【分析】延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，利用SAS证明△ADC≌△EDB，得到AC＝BE，在△ABE中利用三角形三边关系求出AE的范围，进而得到AD的取值范围． 【解答】解：如图，延长AD到E，使DE＝AD，连接BE， ∵AD是BC边上的中线， ∴BD＝DC， 在△ADC和△EDB中， ， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， ∴AC＝BE＝4， 在△ABE中，BE﹣AB＜AE＜AB+BE，即2﹣4＜AE＜2+4， ∴2＜AE＜6， ∵AE＝AD+DE＝2AD， ∴2＜2AD＜6， ∴1＜AD＜3． 故答案为：1＜AD＜3． 【点评】本题考查三角形的中线定义，全等三角形的判定与性质及三角形三边关系；正确添加辅助线，构造全等三角形是解题关键． 43．（2025秋•杨浦区校级月考）如图，已知在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠ABC＝∠BDE＝90°，BC＝DE，AC＝BE，如果∠BAC＝20°，那么∠BDA的大小为 　55°　 ． 【分析】由∠ABC＝∠BDE＝90°，AC＝BE，BC＝DE，根据“HL“证明Rt△ABC≌Rt△BDE，则∠BAC＝∠DBE＝20°，AB＝BD，所以∠ABD＝70°，∠BDA＝∠BAD，所以2∠BDA＝180°﹣∠ABD＝110°，则∠BDA＝55°，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵∠ABC＝∠BDE＝90°， ∴∠ABD＝90°﹣∠DBE， 在Rt△ABC和Rt△BDE中， ， ∴Rt△ABC≌Rt△BDE（HL）， ∴∠BAC＝∠DBE＝20°，AB＝BD， ∴∠ABD＝90°﹣20°＝70°，∠BDA＝∠BAD， ∵∠BDA+∠BAD＝2∠BDA＝180°﹣∠ABD＝180°﹣70°＝110°， ∴∠BDA＝55°， 故答案为：55°． 【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，证明Rt△ABC≌Rt△BDE是解题的关键． 44．（2026春•上海期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，直线l经过点C且与边AB相交．动点P从点A出发沿A→C→B路径向终点B运动；动点Q从点B出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q的速度分别为1cm/s和2cm/s，两点同时出发并开始计时，当点P到达终点B时计时结束．在某时刻分别过点P和点Q作PE⊥l于点E，QF⊥l于点F，设运动时间为t秒，则当t＝　2或或12　 秒时，△PEC与△QFC全等． 【分析】点Q在BC上，点P在AC上；点P与点Q重合；Q与A重合三种情况；根据全等三角形的性质列式计算． 【解答】解：由题意得，AP＝t，BQ＝2t， ∵AC＝6cm，BC＝8cm， ∴CP＝6﹣t，CQ＝8﹣2t， ①如图1，Q在BC上，点P在AC上时，作PE⊥l，QF⊥l， ∵∠PEC＝∠CFQ＝∠ACB＝90°， ∴∠CPE+∠PCE＝∠PCE+∠FCQ＝90°， ∴∠CPE＝∠FCQ， 当△PEC≌△CFQ时， 则PC＝CQ， 即6﹣t＝8﹣2t， 解得：t＝2； ②如图2，当点P与点Q重合时， 当△PEC≌△QFC， 则PC＝CQ， ∴6﹣t＝2t﹣8． 解得：t； ③如图3，当点Q与A重合时，∠QCF+∠CQF＝∠QCF+∠PCE＝90°， ∴∠CQF＝∠PCE， 当△PEC≌△CFQ， 则PC＝CQ， 即t﹣6＝6， 解得：t＝12； 当综上所述：当t＝2秒或秒或12秒时，△PEC与△QFC全等， 故答案为：2或或12． 【点评】本题考查的是全等三角形的判定、掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键． 45．（2025秋•浦东新区校级期末）如图，点D在BC上，∠BED＝∠CDF＝90°，BD＝CF，BE＝CD．若∠A＝40°，则∠EDF＝　70°　 ． 【分析】证明Rt△BDE≌Rt△CFD，可得∠B＝∠C＝70°，即可求解． 【解答】解：∵∠BED＝∠CDF＝90°， 在Rt△BDE与Rt△CFD中， ， ∴Rt△BDE≌Rt△CFD（HL）， ∴∠B＝∠C， ∵∠A＝40°， ∴， ∵∠BDE+∠B＝∠BDE+∠EDF＝90°， ∴∠EDF＝∠B＝70°， 故答案为：70°． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，掌握其相关知识点是解题的关键． 46．（2026春•虹口区校级月考）如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠C，AB＝8cm，BC＝10cm，CD＝14cm，E是AB中点．点P在线段BC上以3cm/s的速度由B向C单向运动的同时，点Q在线段CD上匀速由C向D单向运动．为使△BPE与△CPQ在两点运动过程中全等，点Q的速度应为　3cm/s或2.4cm/s ． 【分析】设运动时间为ts，点Q的速度为v cm/s，根据线段的中点可得：AE＝BE＝4cm，再根据题意可得：CQ＝vtcm，BP＝3tcm，从而可得CP＝（10﹣3t）cm，然后分两种情况：当△BPE≌△CQP时；当△BPE≌△CPQ时，从而分别进行计算即可解答． 【解答】解：设运动时间为ts，点Q的速度为v cm/s， ∵E是AB中点， ∴AE＝BEAB＝4（cm）， 由题意得：CQ＝vtcm，BP＝3tcm， ∵BC＝10cm， ∴CP＝BC﹣BP＝（10﹣3t）cm， ∵∠B＝∠C， ∴分两种情况： 当△BPE≌△CQP时， ∴BP＝CQ，BE＝CP， ∴3t＝vt，4＝10﹣3t， 解得：v＝3，t＝2； 当△BPE≌△CPQ时， ∴BP＝CP，BE＝CQ， ∴3t＝10﹣3t，4＝vt， 解得：t，v＝2.4； 综上所述：为使△BPE与△CPQ在两点运动过程中全等，点Q的速度应为3cm/s或2.4cm/s， 故答案为：3cm/s或2.4cm/s． 【点评】本题考查了全等三角形的判定，准确熟练地进行计算是解题的关键． 47．（2026春•青浦区校级期中）如图，已知：在△PAC中，点D、B分别在边PA、PC上，AB与CD相交于点O，∠ADC＝∠ABC，AD＝BC． （1）求证：PA＝PC； （2）连接PO并延长交AC于点E，求证：PE⊥AC． 【分析】（1）由∠AOD＝∠COB，∠ADO＝∠CBO，AD＝CB，根据“AAS”证明△AOD≌△COB，得∠DAO＝∠BCO，OA＝OC，所以∠OAC＝∠OCA，推导出∠PAC＝∠PCA，则PA＝PC； （2）连接PO并延长交AC于点E，由PA＝PC，AD＝BC，推导出PD＝PB，而OD＝OB，OP＝OP，可根据“SSS”证明△OPD≌△OPB，得∠DPO＝∠BPO，即可根据等腰三角形的“三线合一”证明PE⊥AC． 【解答】证明：（1）∵点D、B分别在边PA、PC上，AB与CD相交于点O， ∴∠AOD＝∠COB， ∵∠ADC＝∠ABC， ∴∠ADO＝∠CBO， 在△AOD和△COB中， ， ∴△AOD≌△COB（AAS）， ∴∠DAO＝∠BCO，OA＝OC， ∴∠OAC＝∠OCA， ∴∠DAO+∠OAC＝∠BCO+∠OCA， ∴∠PAC＝∠PCA， ∴PA＝PC． （2）连接PO并延长交AC于点E， ∵PA＝PC，AD＝BC， ∴PA﹣AD＝PC﹣BC， ∴PD＝PB， 由（1）得△AOD≌△COB， ∴OD＝OB， 在△OPD和△OPB中， ， ∴△OPD≌△OPB（SSS）， ∴∠DPO＝∠BPO， ∵PA＝PC，PE平分∠APC， ∴PE⊥AC． 【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，证明△AOD≌△COB是解题的关键． 48．（2026春•宝山区校级期中）如图，已知A，D，C，E在同一直线上，BC和DF相交于点O，AD＝CE，AB∥DF，AB＝DF． （1）求证：△ABC≌△DFE； （2）连接CF，若∠BCF＝54°，∠DFC＝20°，求∠DFE的度数． 【分析】（1）由平行线的性质得∠A＝∠FDE，根据等式的性质可得AC＝DE，再由SAS证明△ABC≌△DFE即可； （2）先根据三角形的外角可得∠DOC＝74°，由平行线的性质可得∠B＝∠DOC，最后由全等三角形的性质可得结论． 【解答】（1）证明：∵AB∥DF， ∴∠A＝∠EDF， ∵AD＝CE， ∴AD+CD＝CE+CD， 即AC＝DE， 在△ABC和△DFE中， ， ∴△ABC≌△DFE（SAS）； （2）解：∵∠BCF＝54°，∠DFC＝20°， ∴∠DOC＝∠BCF+∠DFC＝54°+20°＝74°， ∵AB∥DF， ∴∠B＝∠DOC＝74°， ∵△ABC≌△DFE， ∴∠DFE＝∠B＝74°． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，证明三角形全等是解题的关键． 49．（2025春•崇明区期末）（1）如图1，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线DE，且有AD⊥DE于点D，BE⊥DE于点E，猜想AD、BE与DE之间满足的数量关系，并说明理由． （2）如图2，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线CE，过点A作AD⊥CE于点D，过点B作BE⊥CE于点E，AD＝11，BE＝5，则DE的长为 　6　 ． （3）如图3，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AC＝AE，连接BC，DE，且BC⊥AF于点F，DE与直线AF交于点G．若BC＝28，AF＝19，求△ADG的面积． 【分析】（1）证明△ACD和△CBE全等得AD＝CE，CD＝BE，由此即可得出AD、BE与DE之间满足的数量关系； （2）证明△ACD和△CBE全等得AD＝CE＝11，CD＝BE＝5，由此即可得出DE的长； （3）过点D作DP⊥FG于点P，过点E作EH⊥FG于点H，设BF＝a，则CF＝28﹣a，证明△FAC和△HEA全等得AF＝EH＝19，CF＝AH＝28﹣a，同理证明△FAB和△PDA全等得BF＝AP＝a，AF＝DP＝19，则DP＝EH＝19，再证明△DPG和△EHG全等得PG＝HG，则PG＝2PG，根据AH＝AP+PH＝a+2PG＝28﹣a得PG＝14﹣a，继而得AG＝AP+PG＝14，然后根据三角形的面积公式即可得出△ADG的面积． 【解答】解：（1）AD、BE与DE之间满足的数量关系是：AD+BE＝DE，理由如下： 如图1所示： 在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠1+∠3＝90°， ∵AD⊥DE，BE⊥DE， ∴∠D＝∠E＝90°， ∴∠1+∠2＝90°， ∴∠2＝∠3， 在△ACD和△CBE中， ， ∴△ACD≌△CBE（AAS）， ∴AD＝CE，CD＝BE， ∴AD+BE＝CE+CD＝DE； （2）如图2所示： 在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠1+∠ACD＝90°， ∵AD⊥CE，BE⊥CE， ∴∠ADC＝∠E＝90°， ∴∠2+∠ACD＝90°， ∴∠2＝∠1， 在△ACD和△CBE中， ， ∴△ACD≌△CBE（AAS）， ∴AD＝CE＝11，CD＝BE＝5， ∴DE＝CE﹣CD＝11﹣5＝6； （3）过点D作DP⊥FG于点P，过点E作EH⊥FG于点H，如图3所示： 设BF＝a， ∵BC＝28，AF＝19， ∴CF＝BC﹣BF＝28﹣a， ∵∠CAE＝90°，AC＝AE， ∴∠FAC+∠HAE＝90°， ∵BC⊥AF，EH⊥FG， ∴∠AFC＝∠H＝90°， ∴∠HEA+∠HAE＝90°， ∴∠FAC＝∠HEA， 在△FAC和△HEA中， ， ∴△FAC≌△HEA（AAS）， ∴AF＝EH＝19，CF＝AH＝28﹣a， 同理证明：△FAB≌△PDA（AAS）， ∴BF＝AP＝a，AF＝DP＝19， ∴DP＝EH＝19， ∵DP⊥FG，EH⊥FG， ∴∠DPG＝∠H＝90°， 在△DPG和△EHG中， ， ∴△DPG≌△EHG（AAS）， ∴PG＝HG， ∴PH＝2PG， ∵AH＝AP+PH＝a+2PG＝28﹣a， ∴PG＝14﹣a， ∴AG＝AP+PG＝a+14﹣a＝14， ∴S△ADGAG•DP14×19＝133． 【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式是解决问题的关键． 50．（2025秋•越秀区校级期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是AB的中点，连接CD，过B作BE⊥CD交CD的延长线于点E，连接AE，过A作AF⊥AE交CD于点F． （1）求证：AE＝AF； （2）求证：CD＝2BE+DE． 【分析】（1）通过证△AEB≌△AFC（SAS），得到AE＝AF； （2）如图，过点A作AG⊥EC，垂足为G，通过证△BED≌△AGD（AAS），得到ED＝GD，BE＝AG，易证CF＝BE＝AG＝GF．因为CD＝DG+GF+FC，所以CD＝DE+BE+BE，故CD＝2BE+DE． 【解答】证明：（1）如图，∵∠BAC＝90°，AF⊥AE， ∴∠EAB+∠BAF＝∠BAF+∠FAC＝90°， ∴∠EAB＝∠FAC， ∵BE⊥CD， ∴∠BEC＝90°， ∴∠EBD+∠EDB＝∠ADC+∠ACD＝90°， ∵∠EDB＝∠ADC， ∴∠EBA＝∠ACF， ∴在△AEB与△AFC中，， ∴△AEB≌△AFC（ASA）， ∴AE＝AF； （2）如图，过点A作AG⊥EC，垂足为G． ∵AG⊥EC，BE⊥CE， ∴∠BED＝∠AGD＝90°， ∵点D是AB的中点， ∴BD＝AD． ∴在△BED与△AGD中，， ∴△BED≌△AGD（AAS）， ∴ED＝GD，BE＝AG， ∵AE＝AF ∴∠AEF＝∠AFE＝45° ∴∠FAG＝45° ∴∠GAF＝∠GFA， ∴GA＝GF， ∴CF＝BE＝AG＝GF， ∵CD＝DG+GF+FC， ∴CD＝DE+BE+BE， ∴CD＝2BE+DE． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形． 课后巩固 · 针对性练习 · 作业1 — 全等三角形判定（SAS）及推线段相等、角相等，判断不一定成立的结论。 · 作业2 — 三角形内角比例求角度，全等三角形对应角相等，求角之比。 · 作业3 — 角平分线、垂线、全等综合判定（错误结论辨析）。 · 作业4 — 等腰三角形外一点构造全等（SAS），利用外角性质证∠BAC=∠BDC。 · 作业5 — 新定义“倍长三角形”：分类讨论边长关系，用三边关系检验。 · 作业6 — 全等三角形对应角相等，结合平行线性质求旋转角。 · 作业7 — SAS证全等，利用全等性质及平行线求角度。 · 作业8 — 角平分线判定（到角两边距离相等），截长补短构造全等证线段和。 · 作业9 — 倍长中线法构造全等，求中线范围，并进一步证明中线上任意直线分割的线段相等。 · 作业10 — 三角形外角性质的应用：分点P在线段BC上、延长线上两种情况，推导∠1、∠2与∠α的关系。 ❤ 复习建议 三角形是几何证明的基础，务必熟练掌握三边关系、内外角性质及全等判定。重点训练辅助线构造（倍长中线、截长补短、作垂线、旋转等），突破动点全等分类讨论问题。建议结合图形多总结模型。 【作业1】（2025春•徐汇区校级月考）据史书记载，最早的风筝是由古代匠人墨子用木头制成的木鸟，称为“木鸢”．后来随着造纸术的发明，人们开始用纸张和竹条制作风筝，使其更加轻便、易于放飞．在如图所示的“风筝”图案中，AB＝AD、∠B＝∠D、BC＝DE．则不一定能得到以下哪个结论（　　） A．△ABC≌△ADE B．△ABF≌△ADG C．FC＝GE D．AG＝GC 【分析】根据已知条件，分析△ABC和△ADE，易得△ABC≌△ADE（SAS），证明A，得出∠BAC＝∠DAE，BC＝DE，再由全等三角形的判定和性质即可证明B、C． 【解答】解：在△ABC和△ADE中， ， ∴△ABC≌△ADE（SAS），故选项A不符合题意； ∴∠BAC＝∠DAE，BC＝DE， ∴∠BAE＝∠DAG， ∵AB＝AD、∠B＝∠D， ∴△ABF≌△ADG（ASA），故选项B不符合题意； ∴BF＝DG， ∴FC＝GE，故选项C不符合题意； 无法证明AG＝GC，故选项D符合题意； 故选：D． 【点评】本题考查了全等三角形的判定，根据图形分析利用手拉手模型解决是解题的关键． 【作业2】（2025春•宝山区校级期末）如图，N，C，A三点在同一直线上，在△ABC中，∠A：∠ABC：∠ACB＝3：5：10，又△MNC≌△ABC，则∠BCM：∠BCN等于（　　） A．1：2 B．1：3 C．2：3 D．1：4 【分析】利用三角形的三角的比，求出三角的度数，再进一步根据各角之间的关系求出∠BCM、∠BCN的度数可求出结果． 【解答】解：在△ABC中，∠A：∠ABC：∠ACB＝3：5：10 设∠A＝3x°，则∠ABC＝5x°，∠ACB＝10x° 3x+5x+10x＝180 解得x＝10 则∠A＝30°，∠ABC＝50°，∠ACB＝100° ∴∠BCN＝180°﹣100°＝80° 又△MNC≌△ABC ∴∠ACB＝∠MCN＝100° ∴∠BCM＝∠NCM﹣∠BCN＝100°﹣80°＝20° ∴∠BCM：∠BCN＝20°：80°＝1：4 故选：D． 【点评】本题考查了全等三角形的性质；利用三角形的三角的比，求得三个角的大小是很重要的方法，要注意掌握． 【作业3】（2025春•宝山区校级期末）如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，过P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H．则对于以下结论：①∠APB＝135°；②△ABP≌△FBP；③∠AHP＝∠ABC；④AH+BD＝AB．其中错误的是（　　） A．① B．② C．③ D．④ 【分析】根据三角形内角和以及角平分线的定义得∠PAB+∠PBA＝45°，继而得出∠APB的度数，即可判断①；推出∠APB＝∠FPB，根据ASA证明即可，即可判断②；证明△PAH≌△PFD（ASA），得AH＝FD，∠AHP＝∠FDP，根据外角的性质可判断③；通过等量代换可判断④．证明三角形全等是解题的关键． 【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝90°， ∴∠CAB+∠CBA＝90°， ∵AD、BE分别平分∠CAB、∠CBA， ∴∠PAC＝∠PAB∠CAB，∠PBF＝∠PBA∠CBA， ∴∠PAB+∠PBA（∠CAB+∠CBA）90°＝45°， ∴∠APB＝180°﹣（∠PAB+∠PBA）＝180°﹣45°＝135°，故结论①正确； ∴∠BPD＝180°﹣∠APB＝180°﹣135°＝45°， 又∵PF⊥AD， ∴∠FPA＝∠FPD＝90°， ∴∠FPB＝∠FPD+∠BPD＝90°+45°＝135°， ∴∠APB＝∠FPB， 在△ABP和△FBP中， ， ∴△ABP≌△FBP（ASA），故结论②正确； ∴∠BAP＝∠BFP，AB＝FB，PA＝PF， ∴∠PAH＝∠PFD， 在△PAH和△PFD中， ， ∴△PAH≌△PFD（ASA）， ∴AH＝FD，∠AHP＝∠FDP， ∵∠FDP是△ABD的外角， ∴∠FDP＞∠ABC， ∴∠AHP＞∠ABC，故结论③错误； 又∵AH＝FD，AB＝FB， ∴AB＝FB＝FD+BD＝AH+BD， 即AH+BD＝AB，故结论④正确， ∴正确的个数是3个． 故选：C． 【点评】本题考查全等三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 【作业4】（2025春•虹口区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，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∠ABC＝∠ACB＝α，则∠BDC＝　（180﹣2α）°　 ． 【分析】根据SAS证明△ABE≌△ACD，得出∠ABD＝∠ACD，再根据三角形外角的性质以及三角形内角和定理求解． 【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， ∵∠ABC＝∠ACB＝α°， ∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣α°﹣α°＝（180﹣2α）°， ∴∠BDC＝∠BAC＝（180﹣2α）°， 故答案为：（180﹣2α）°． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，证明△ABE≌△AC是解题的关键． 【作业5】（2025春•青浦区校级月考）定义：一个三角形的一边长是另一边长的2倍，这样的三角形叫作“倍长三角形”．若△ABC是“倍长三角形”，有两条边的长分别为2和3，则第三条边的长为 　1.5或4　 ． 【分析】由△ABC是“倍长三角形”，可知AB＝2AC或AC＝2BC或AC＝2AB或BC＝2AB，分别求出AB，根据三角形的三边关系即可得答案． 【解答】解：设三角形ABC中，第三条边AB＝x，AC＝2，BC＝3， 等腰△ABC是“倍长三角形”， ①当AB＝2AC，即x＝4， ∴△ABC三边分别是2，3，4，符合题意， ②当AC＝2BC，即x＝6， ∴△ABC三边分别是2，3，6， ∵2+3＜6， ∴此时不能构成三角形，这种情况不存在； ③当AC＝2AB＝2，即x＝1， ∴1+2＝3， ∴此时不能构成三角形，这种情况不存在； ④当BC＝2AB＝3，即x＝1.5， ∴△ABC三边分别是1.5，2，3，符合题意， 综上所述，第三条边的长为是4或1.5， 故答案为：1.5或4． 【点评】本题考查三角形三边关系，涉及新定义，解题的关键是掌握三角形的三边关系和分类讨论思想方法的应用． 【作业6】（2025春•青浦区校级期中）如图，已知△ABC≌△A′BC′，AA′∥BC，∠ABC＝65°，那么∠CBC′＝　50°/50度　 ． 【分析】根据平行线的性质得到∠A′AB＝∠ABC＝65°，根据全等三角形的性质得到BA＝BA′，∠A′BC′＝∠ABC＝65°，计算即可． 【解答】解：∵AA′∥BC，∠ABC＝65°， ∴∠A′AB＝∠ABC＝65°， ∵△ABC≌△A′BC′， ∴BA＝BA′，∠A′BC′＝∠ABC＝65°， ∴∠A′AB＝∠AA′B＝65°， ∴∠A′BA＝180°﹣∠A′AB﹣∠AA′B＝180°﹣65°﹣65°＝50°， ∴∠CBC′＝∠A′BC﹣∠A′BC′＝50°+65°﹣65°＝50°， 故答案为：50°． 【点评】本题考查的是全等三角形的性质，平行线的性质，掌握全等三角形的对应边相等、对应角相等是解题的关键． 【作业7】（2026春•虹口区校级月考）如图，点C在线段AE上，BC∥DE，AC＝DE，BC＝EC．延长AB分别交CD、ED于G、F． （1）求证：AB＝CD； （2）若∠ACB＝70°，∠DCE＝85°，求∠FGC的度数． 【分析】（1）根据SAS证明△ABC与△DCE全等，进而证明即可； （2）利用全等三角形的性质和三角形的内角和以及三角形的外角性质解答即可． 【解答】（1）证明：∵BC∥DE， ∴∠ACB＝∠CED， 在△ABC与△DCE中， ， ∴△ABC≌△DCE（SAS）， ∴AB＝CD； （2）解：∵△ABC≌△DCE， ∴∠A＝∠D，∠ABC＝∠DCE＝85°， ∵∠ACB＝70°， ∴∠A＝∠D＝180°﹣85°﹣70°＝25°， ∴∠FBC＝∠A+∠ACB＝25°+70°＝95°， ∵BC∥DE， ∴∠DFB＝∠FBC＝95°， ∴∠FGC＝∠D+∠DFB＝25°+95°＝120°． 【点评】本题主要考查的是全等三角形的性质和判定，找出△ABC与△DCE全等的条件是解题的关键． 【作业8】（2025秋•普陀区校级同步）已知，C为射线AD上一点，∠DAP＝∠PBC，PA＝PB． （1）证明：CP平分∠DCB； （2）若AP与BC交M，∠APB＝2∠CPA，证明：BM＝AC+CM． 【分析】（1）过点P作PF⊥AD于点F，PE⊥BC于点E，证明△PAF≌△PBE（AAS）推出PF＝PE，利用角平分线的判定定理即可证明CP平分∠DCB； （2）在CD上截取CE＝CM，连接PE．证明△PCE≌△PCM（SAS）推出∠EPC＝∠MPC，再证明△PBM≌△PAE（ASA），即可证明BM＝AC+CM． 【解答】证明：（1）过点P作PF⊥AD于点F，PE⊥BC于点E， ∴∠PFA＝∠PEB＝90°． 在△PAF和△PBE中， ， ∴△PAF≌△PBE（AAS）， ∴PF＝PE． ∵PF⊥AD，PE⊥BC， ∴CP平分∠DCB； （2）在CD上截取CE＝CM，连接PE． 由（1）得CP平分∠DCB， ∴∠PCE＝∠PCM． 在△PCE和△PCM中， ， ∴△PCE≌△PCM（SAS）， ∴∠EPC＝∠MPC． ∵∠APB＝2∠CPA， ∴∠APB＝∠APE． ∵∠DAP＝∠PBC，PA＝PB， 在△PBM和△PAE中， ， ∴△PBM≌△PAE（ASA）， ∴BM＝AE＝AC+CE＝AC+CM． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，关键是全等三角形判定定理的熟练掌握． 【作业9】（2025春•上海校级期中）安安同学遇到这样一个问题：如图，△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD是中线，求AD的取值范围． 宁宁同学提示她可以延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，证明△BED≌△CAD，经过推理和计算使问题得到解决． （1）请说明△BED≌△CAD理由； （2）求BE的长，并根据AB、BE的长，求出AE的取值范围； （3）请根据AE与AD的数量关系，直接写出AD的取值范围； （4）过点D作直线FG，分别交边AC、BE于点F、G，画图并求证：DF＝DG． 【分析】（1）根据AD是中线得BD＝CD，进而可依据“SAS”判定△BED和△CAD全等， （2）根据全等三角形的性质得BE＝AC＝4，再根据三角形三边之间的关系得AB﹣BE＜AE＜AB+BE，由此可得出AE的取值范围； （3）根据DE＝AD得AE＝2AD，则2＜2AD＜10，由此可得出AD的取值范围； （4）依题意画出图形，根据全等三角形性质得∠C＝∠GBD，进而可依据“ASA”判定△DCF和△DBG全等，然后根据全等三角形的性质即可得出结论． 【解答】（1）证明：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，如图1所示： ∵AD是中线， ∴BD＝CD， 在△BED和△CAD中， ， ∴△BED≌△CAD（SAS）； （2）解：∵△BED≌△CAD，AB＝6，AC＝4， ∴BE＝AC＝4， 在△ABE中，根据三角形三边之间的关系得：AB﹣BE＜AE＜AB+BE， ∴2＜AE＜10； （3）解：∵DE＝AD， ∴AE＝2AD， 又∵2＜AE＜10， ∴2＜2AD＜10， ∴1＜AD＜5； （4）证明：如图2所示： ∵△BED≌△CAD， ∴∠EBD＝∠C， 即∠C＝∠GBD， 在△DCF和△DBG中， ， ∴△DCF≌△DBG（ASA）， ∴DF＝DG． 【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形三边关系，熟练掌握全等三角形的判定与性质，三角形三边关系是解决问题的关键． 【作业10】（2025春•徐汇区校级期中）在△ABC中，∠A＝60°，点D、E分别是△ABC边AC、AB上的点，点P是一动点，设∠PDC＝∠1，∠PEB＝∠2，∠DPE＝∠α． （1）如图1，若点P在线段BC上，且∠α＝50°，求∠1+∠2的度数； （2）若点P在线段BC延长线上，请分别写出图2，图3中，∠1、∠2与∠α之间的数量关系． 图2：　∠2＝∠α+∠1+60°　 ；图3：　∠2＝∠1﹣∠α+60°　 ． 【分析】（1）根据三角形的外角的性质得出∠DPB＝∠1+∠C，∠EPC＝∠2+∠B，两式相加，即可求解； （2）根据三角形的外角的性质结合图形即可求解． 【解答】解：（1）根据图1可得：∠DPB＝∠1+∠C，∠EPC＝∠2+∠B， ∴∠DPB+∠EPC＝∠1+∠2+∠C+∠B， ∵∠DPE＝∠α＝50°， ∴∠α+180°＝∠1+∠2+（180°﹣∠A），∠A＝60°， 即∠1+∠2＝60°+α＝110°； （2）由图2得∠2＝∠α+∠1+60°，由图3得∠2＝∠1﹣∠α+60°，理由如下：如图2， 如图2，设AC，EP 交于点F， ∵∠AFE＝∠1+∠α，∠2＝∠A+∠AFE， ∴∠2＝60°+∠1+∠α； 如图3，设AC，EP 交于点F， ∵∠AFE＝∠1﹣∠α，∠2＝∠A+∠AFE， ∴∠2＝∠1﹣∠α+60°； 故答案为：图2：∠2＝∠α+∠1+60°；图3：∠2＝∠1﹣∠α+60°． 【点评】本题考查了三角形内角和定理与三角形外角的性质，掌握三角形的性质是解题的关键． 第 1 页 共 59 页 学科网（北京）股份有限公司 $