2022-2023學(xué)年初中數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題6-1 期中期末專項復(fù)習(xí)之三角形的初步知識二十大必考點（浙教版）（解析版）

專題6.1三角形的初步知識二十大必考點【浙教版】TOC\o"1-3"\h\u【考點1三角形的三邊關(guān)系的運用】 1【考點2根據(jù)三角形的中線求面積或長度】 4【考點3與三角形內(nèi)角和有關(guān)的計算問題】 8【考點4三角形的外角性質(zhì)的運用】 20【考點5利用全等圖形求網(wǎng)格中的角度和】 27【考點6將已知圖形分割成幾個全等的圖形】 30【考點7添加條件使三角形全等】 33【考點8靈活選用判定方法證明全等】 37【考點9尺規(guī)作圖與全等的綜合運用】 42【考點10證明全等的常見輔助線的作法】 46【考點11證一條線段等于兩條線段的和（差）】 54【考點12全等中的倍長中線模型】 65【考點13全等中的旋轉(zhuǎn)模型】 75【考點14全等中的垂線模型】 82【考點15全等中的其他模型】 91【考點16全等三角形的動點問題】 97【考點17尺規(guī)作圖作角平分線】 103【考點18角平分線的判定與性質(zhì)的綜合求值】 106【考點19角平分線的判定與性質(zhì)的綜合證明】 112【考點20角平分線的實際應(yīng)用】 121【考點1三角形的三邊關(guān)系的運用】【例1】（2022·全國·八年級課時練習(xí)）已知a，b，c是一個三角形的三邊長，化簡|2a+b﹣c|﹣|b﹣2a﹣c|+|﹣a﹣b﹣2c|．【答案】a+3b【分析】根據(jù)三角形三邊關(guān)系得到2a+b﹣c＞0，b﹣2a﹣c＜0，﹣a﹣b﹣2c＜0，再去絕對值，合并同類項即可求解．【詳解】解：∵a，b，c是三角形的三邊，∴由a+b﹣c＞0得2a+b﹣c＞0，由b﹣（a+c）＜0得b﹣2a﹣c＜0，由﹣a﹣b﹣c＜0得﹣a﹣b﹣2c＜0，∴原式＝（2a+b﹣c）+（b﹣2a﹣c）+（a+b+2c）＝a+3b．【點睛】本題考查了三角形三邊關(guān)系，絕對值的性質(zhì)，整式的加減，關(guān)鍵是得到2a+b﹣c＞0，b﹣2a﹣c＜0，﹣a﹣b﹣2c＜0．【變式1-1】（2022·四川·渠縣第二中學(xué)七年級階段練習(xí)）下列各組三條線段中，不是三角形三邊長的是（

）A．2cm，2cm，3cm B．3cm，8cm，10cmC．三條線段之比為1：2：3 D．3a，5a，4a（a＞0）【答案】C【分析】根據(jù)構(gòu)成三角形的條件逐項判斷即可．構(gòu)成三角形的條件：兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊，只要驗證較小兩邊長之和是否小于最長邊即可．【詳解】解：A．2+2>3，能構(gòu)成三角形，故此選項不合題意；B．3+8>11，能構(gòu)成三角形，故此選項不合題意；C．設(shè)最小邊為a，則剩余兩邊是2a．3a．a(chǎn)+2a=3a，不能構(gòu)成三角形，故此選項符合題意；D．因為a＞0，所以3a+4a>5a，能構(gòu)成直角三角形，故此選項不合題意故選：C．【點睛】本題考查構(gòu)成三角形的條件，解題的關(guān)鍵是計算較小兩邊之和和是否大于最大邊長．【變式1-2】（2022·全國·八年級專題練習(xí)）已知：如圖，點D是△ABC內(nèi)一點．求證：(1)BD＋CD＜AB＋AC；(2)AD＋BD＋CD＜AB＋BC＋AC．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）延長BD交AC于E，從而找到BD＋CD與AB＋AC的中間量BE+CE，再利用不等式的傳遞性(若a<b，b<c，則a<c．)得出BD＋CD＜AB＋AC；（2）同理可得AD+CD<AB+BC，BD+AD<BC+AC，與（1）結(jié)論左邊加左邊，右邊加右邊，再兩邊除以2即可．（1）證明：延長BD交AC于E，在△ABE中，有AB+AE＞BE，∴AB＋AC=AB+AE+CE＞BE+CE，在△EDC中，有DE+CE＞CD，∴BE+CE=BD+DE+CE＞BD+CD，∴AB＋AC＞BE+CE＞BD+CD，∴BD＋CD＜AB＋AC；（2）解：由（1）同理可得：BD＋CD＜AB＋AC①，AD＋CD＜AB＋BC②，BD＋AD＜BC＋AC③，①+②+③得：2（AD+BD+CD）<2（AB+BC+AC），∴AD+BD+CD<AB+BC+AC．【點睛】本題考查三角形的三邊關(guān)系，不等式的性質(zhì)，能否根據(jù)題意添加輔助線和利用不等式的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式1-3】（2022·全國·八年級專題練習(xí)）一個三角形的3邊長分別是xcm、3x?3cm，x+2cm，它的周長不超過39cm．則xA．53<x<5 B．5<x≤8 C．53【答案】A【分析】根據(jù)三角形三邊關(guān)系和周長不超過39cm可列出不等式組求解即可．【詳解】解：根據(jù)題意，可得{x+(3x?3)>x+2∴{x>∴53故選：A．【點睛】此題主要考查了三角形的三邊關(guān)系和解不等式組，根據(jù)條件列出不等式組求解是解題的關(guān)鍵.【考點2根據(jù)三角形的中線求面積或長度】【例2】（2022·山東·新泰市羊流鎮(zhèn)初級中學(xué)七年級階段練習(xí)）如圖，在△ABC中，已知點D、E分別為邊BC、AD上的中點，且SΔABC=4cm2，則A．2cm2 B．1cm2 C．0.5cm2【答案】A【分析】首先根據(jù)E為AD的中點，可得BE、CE分別是△ABD、△ACD的中線，然后根據(jù)三角形的中線把三角形分成面積相同的兩部分，可得SΔBDE=12SΔ【詳解】解：∵E為AD的中點，∴BE、CE分別是△ABD、△ACD的中線，∴SΔBDE=∴SΔBEC=即SΔBEC的值為2故選：A．【點睛】此題還考查了三角形的中線的性質(zhì)和應(yīng)用，解答此題的關(guān)鍵是要明確：三角形的中線把三角形分成面積相同的兩部分．【變式2-1】（2022·山東·寧陽縣第十一中學(xué)七年級階段練習(xí)）如圖，△ABC中，AB＝10，AC＝8，點D是BC邊上的中點，連接AD，若△ACD的周長為20，則△ABD的周長是__________．【答案】22【分析】根據(jù)線段中點的概念得到BD=CD，根據(jù)三角形的周長公式計算即可．【詳解】解：∵點D是BC邊上的中點，∴BD=CD，∵△ACD的周長為20，∴AC+AD+CD=20，∵AC=8，∴AD+CD=AD+BD=12，∵AB=10，∴△ABD的周長=AB+AD+BD=22，故答案為：22【點睛】本題考查的是三角形的中線的概念，掌握三角形一邊的中點與此邊所對頂點的連線叫做三角形的中線是解題的關(guān)鍵．【變式2-2】（2022·四川·麓山師大一中七年級期中）如圖，在△ABC中D、F為BC上的點，且F為CD的中點，CD=2BD，連接AD，E是AD的中點，連接BE、EF、EC，若S△DEF=3，則【答案】18【分析】先證明BD=DF=CF，利用三角形面積公式得到SΔBDE=SΔDEF=3,再利用E是AD的中點得到【詳解】解：∵F為CD的中點，CD=2BD，∴BD=DF=CF，∴S∵E是AD的中點，∴S∵CD=2BD，∴BC=3BD，∴S故答案為：18．【點睛】本題考查了三角形的面積：三角形的面積等于底邊長與高線乘積的一半，即S=12【變式2-3】（2022·江蘇·宜興外國語學(xué)校七年級階段練習(xí)）設(shè)△ABC的面積為a，如圖①將邊BC、AC分別2等份，BE1、AD1相交于點O，△AOB的面積記為S1；如圖②將邊BC、AC分別3等份，BE1、AD1相交于點O，△AOB的面積記為S2；……，依此類推，若S5=311則a的值為（

A．1 B．2 C．6 D．3【答案】D【分析】利用三角形的面積公式，求出前三個圖形的面積，再得出規(guī)律，根據(jù)規(guī)律列出方程便可求得a．【詳解】解：在圖①中，連接OC，∵AE1=C∴S△OAE1=S∵S△OAE1∴S△OA∴S△OA設(shè)S△OAS1解得S1在圖②中，連接OE2、OC、則S△ABE1設(shè)S△OAS2解得S2在圖③中，連OE2、OE3、OC、則S△ABE1設(shè)S△OAS3解得S3．由可知，Sn∵S∴12×5+1解得a=3．故選：D【點睛】此題考查了三角形的面積公式，關(guān)鍵通過列方程組求得各個圖形的面積，從中找出規(guī)律．【考點3與三角形內(nèi)角和有關(guān)的計算問題】【例3】（2022·江蘇·漣水縣麻垛中學(xué)七年級階段練習(xí)）【認識概念】如圖1，在△ABC中，若∠BAD＝∠DAE＝∠EAC，則AD，AE叫做∠BAC的“三分線”．其中，AD是“近AB三分線”，AE是“遠AB三分線”．【理解應(yīng)用】(1)在△ABC中，∠A＝60°，∠B＝70°，若∠A的三分線AD與∠B的角平分線(2)如圖2，在△ABC中，BO、CO分別是∠ABC的近AB三分線和∠ACB近AC三分線，若BO⊥CO，求∠A的度數(shù)；【拓展應(yīng)用】(3)如圖3，在△ABC中，BO、CO分別是∠ABC的遠BC三分線和∠ACB遠BC三分線，且∠A＝m°，直線PQ過點O分別交AC、BC于點P、Q，請直接寫出∠1﹣∠2的度數(shù)（用含【答案】(1)125°或105°(2)45°(3)120°?【分析】（1）分兩種情況：①當(dāng)AD為近AB三分線時，如圖所示，求得∠BAP=13∠BAC，再利用角平分線的定義求得∠ABP=12∠ABC=35°，最后在（2）利用BO、CO分別是∠ABC近AB三分線和∠ACB近AC三分線，求得∠ABC+∠ACB=135°，然后再利用三角形的內(nèi)角和定理即可求解；（3）如圖2，在△ABC中，利用三角形的內(nèi)角和定理求∠ABC+∠ACB=180°?m°，再利用BO、CO分別是∠ABC的遠BC三分線和∠ACB遠BC三分線，求得∠4+∠5=23180°?m°，進而在△BCO中利用內(nèi)角和定理求∠2+∠3=60°+（1）解：分兩種情況：當(dāng)AD為近AB三分線時，如圖所示，∠BAC=60°，∴∠BAP=1∵BE平分∠ABC，∠ABC=70°，∴∠ABP=1∴∠APB=180°?∠ABP?∠BAP=125°；當(dāng)AD為遠AB三分線時，如圖所示，∠BAC=60°，∴∠BAP=2∵BE平分∠ABC，∠ABC=70°，∴∠ABP=1∴∠APB=180°?∠ABP?∠BAP=105°，故答案為：125°或105°．（2）如圖1，∵BO、CO分別是∠ABC近AB三分線和∠ACB近AC三分線，∴∠1＝23∠ABC，∠2＝23∠∵BO⊥CO，∴∠BOC＝∴∠1+∠2=2∴∠ABC+∠ACB=135°，在△ABC中，∠A+∠ABC+∠ACB=180°，∴∠A=180°?∠ABC+∠ACB（3）解：如圖2，在△ABC中，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∴∠ABC+∠ACB=180°?∠A=180°?m°．∵BO、CO分別是∠ABC的遠BC三分線和∠ACB遠BC三分線，∴∠4=2∴∠4+∠5=2在△BCO中，∠BOC+∠4+∠5=180°，∴∠BOC=180°?(∠4+∠5)=180°?23∴∠2+∠3=60∵∠1+∠3=180°，∴∠1?∠2=180°?60°+23【點睛】本題考查了角平分線的計算，三分線的新定義，三角形的內(nèi)角和定理，理解新定義是解題的關(guān)鍵．【變式3-1】（2022·廣東韶關(guān)實驗中學(xué)七年級期中）如圖，AB∥CD，點E是AB上一點，連結(jié)CE．(1)如圖1，若CE平分∠ACD，過點E作EM⊥CE交CD于點M，試說明∠A＝2∠CME；(2)如圖2，若AF平分∠CAB，CF平分∠DCE，且∠F＝70°，求∠ACE的度數(shù)．(3)如圖3，過點E作EM⊥CE交∠DCE的平分線于點M，MN⊥CM交AB于點N，CH⊥AB，垂足為H．若∠ACH＝12∠ECH請直接寫出∠MNB與∠A【答案】(1)見解析；(2)∠ACE=40°；(3)∠MNB=135°?∠A【分析】（1）利用平行線的性質(zhì)和角平分線的定義分別計算∠A與∠CME，即可得出結(jié)論；（2）過點F作FM//AB，利用平行線的性質(zhì)和角平分線的定義和（1）的結(jié)論解答即可；（3）延長CM交AN的延長線于點F，設(shè)∠ACH=x，則∠ECH=2x，ECM=∠DCM=y，利用垂直的定義得到x+y=45°；利用三角形的內(nèi)角和定理分別用x，y的代數(shù)式表示出∠MNB與∠A，計算∠MNB+∠A即可得出結(jié)論．（1）證明：∵EM⊥CE，∴∠CEM=90°．∵∠AEC+∠CEM+∠BEM=180°，∴∠AEC+∠BEM=90°．∵AB//CD，∴∠AEC=∠ECD，∠CME=∠BEM．∴∠ECD+∠CME=90°．∴2∠ECD+2∠CME=180°．∵CE平分∠ACD，∴∠ACD=2∠ECD．∴∠ACD+2∠CME=180°．∵AB//CD，∴∠ACD+∠A=180°．∴∠A=2∠CME．（2）解：過點F作FM//AB，如圖，∵AB//CD，∴FM//AB//CD．∴∠AFM=∠BAF，∠CFM=∠DCF．∴∠AFM+∠CFM=∠BAF+∠DCF．即∠AFC=∠BAF+∠DCF．∵AF平分∠CAB，CF平分∠DCE，∴∠CAB=2∠BAF，∠DCE=2∠DCF．∴∠CAB+∠DCE=2(∠BAF+∠DCF)=2∠AFC．∵∠AFC=70°，∴∠CAB+∠DCE=140°．∵AB//CD，∴∠CAB+∠ACE+∠DCE=180°．∴∠ACE=180°?(∠CAB+∠DCE)=180°?140°=40°．（3）解：∠MNB與∠A之間的數(shù)量關(guān)系是：∠MNB=135°?∠A．延長CM交AN的延長線于點F，如圖，∵MN⊥CM，∴∠NMF=90°．∴∠MNB=90°?∠F．同理：∠HCF=90°?∠F．∴∠MNB=∠HCF．∵∠ACH=1∴設(shè)∠ACH=x，則∠ECH=2x．∵CM平分∠DCE，∴設(shè)∠ECM=∠DCM=y．∴∠MNB=∠HCF=2x+y．∵AB//CD，CH⊥AB，∴CH⊥CD．∴∠HCD=90°．∴∠ECH+∠ECD=90°．∴2x+2y=90°．∴x+y=45°．∵CH⊥AB，∴∠A=90°?∠ACH=90°?x．∴∠A+∠MNB=90°?x+2x+y=90°+x+y=135°．∴∠MNB=135°?∠A．【點睛】本題主要考查了平行線的性質(zhì)，垂線的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，角平分線的定義，平角的意義，過點F作FM//AB是解題的關(guān)鍵．【變式3-2】（2022·江蘇南通·七年級期末）在△ABC中，CD平分∠ACB交AB于點D，點E是射線AB上的動點（不與點D重合），過點E作EF∥BC交直線CD于點F，∠BEF的角平分線所在的直線與射線CD交于點(1)如圖1，點E在線段AD上運動．①若∠B=60°，∠ACB=30°，則∠EGC=______°；②若∠A=80°，求∠EGC的度數(shù)；(2)若點E在射線DB上運動時，探究∠EGC與∠A之間的數(shù)量關(guān)系，請直接寫出答案．【答案】(1)①45；②∠EGC=(2)∠EGC=90°【分析】（1）①根據(jù)平行線的性質(zhì)，角平分線的定義以及三角形的內(nèi)角和定理，得出∠EGC=1②由①的方法得出∠EGC=12∠B+（2）分類討論進行解答，畫出相應(yīng)位置的圖形，根據(jù)（1）中的結(jié)論和平角的定義，可得當(dāng)點E在線段AD上時，有∠EGC=90°?12∠A成立；當(dāng)點E在線段DB上或DB（1）解：①∵EF∥BC，∴∠B=∠FEB，∠EFD=∠BCD，∵CF是∠ACB的平分線，EG是∠FED的平分線，∴∠FEG=∠DEG=12∠FED=又∵∠EGC=∠FEG+∠EFG，∴∠EGC=1==45°，故答案為：45；②由①得∠EGC====90°?=90°?=50°．（2）當(dāng)點E在AD上時，如圖（1），由（1）得，∠EGC=90°?1當(dāng)點E在線段DB上時，如圖（2），由（1）得，∠EGD=90°?1∴∠EGC=180°?∠EGD=180°?90°+=90°+1當(dāng)點在射線DB上時，如圖（3），由（1）得，∠EGD=90°?1∴∠EGC=180°?∠EGD=180°?90°+=90°+1綜上所述，∠EGC與∠A之間的數(shù)量關(guān)系為：∠EGC=90°?12答：若點E在射線DB上運動時，∠EGC與∠A之間的數(shù)量關(guān)系為：∠EGC=90°?12∠A【點睛】本題考查角平分線，平行線以及三角形內(nèi)角和定理，理解角平分線的定義、平行線的性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理是解題關(guān)鍵．【變式3-3】（2022·全國·八年級課時練習(xí)）如圖1，三角形ABC中，∠A=58°,∠B=90°,∠C=32°．點E是BC邊上的定點，點D在AC邊上運動．沿DE折疊三角形CDE，點C落在點G處．（1）如圖2，若DE//AB，求∠ADG的度數(shù)．（2）如圖3，若EG//AB，求∠ADG的度數(shù)．（3）當(dāng)三角形DEG的三邊與三角形ABC的三邊有一組邊平行時，直接寫出∠CDG的度數(shù)【答案】（1）64°；（2）26°；（3）58°或148°或154°或122°或116°或26°．【分析】（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)得到∠CDE=∠A=∠GDE=58°，即可求出∠ADG；（2）根據(jù)GE∥AB，得到∠BEG=90°，算出∠BFD，利用四邊形內(nèi)角和即可求出∠ADG；（3）找出其他所有情況，畫出圖形，利用平行線的性質(zhì)求解即可．【詳解】解：（1）由折疊可知：∠C=∠DGE=32°，∠CDE=∠GDE，∵DE∥AB，AB⊥BC，∴DE⊥BC，則G在BC上，∴∠CDE=∠A=∠GDE=58°，∴∠ADG=180°-58°×2=64°；（2）由折疊可知：∠C=∠DGE=32°，∠CDE=∠GDE，∠DEC=∠DEG，∵GE∥AB，∴∠B=∠CEG=∠BEG=90°，∴∠DEC=1∴∠ADE=45°+32°=77°，∠GDE=180°-45°-32°=103°，∵∠A=58°，∠B=90°，∴∠ADG=∠GDE-∠ADE=103°-77°=26°；（3）如圖，DG∥AB，則∠CDG=∠A=58°；如圖，DG∥BC，∠ADG=∠C=32°，∴∠CDG=180°-∠ADG=148°；如圖，EG∥AC，∠ADG=∠G=∠C=32°，∴∠CDG=180°-∠ADG=148°；；如圖，EG∥AB，∴∠A=∠CFE=58°，∠B=∠CEG=90°，由折疊可知：∠DEG=∠DEC=45°，∴∠CDE=180°-45°-32°=103°=∠EDG，∴∠EDF=180°-103°=77°，∴∠ADG=103°-77°=26°，∴∠CDG=180°-∠ADG=154°；如圖，DG∥AB，∴∠ADG=∠A=58°，∴∠CDG=180°-∠ADG=122°；如圖，DE∥AB，∴∠ADG=2∠C=64°，∴∠CDG=180°-∠ADG=116°；如圖，GE//AB，∴∠CEG=∠B=90°，∴∠CDG=∠CEG-∠C-∠G=26°；綜上：其他所有情況下∠CDG的度數(shù)為58°或148°或154°或122°或116°或26°．【點睛】本題考查了平行線的性質(zhì)，折疊問題，解題的難點在于找出所有符合題意的情況，得到角的關(guān)系．【考點4三角形的外角性質(zhì)的運用】【例4】（2022·四川·渠縣第二中學(xué)七年級階段練習(xí)）如圖，在△ABC中，D是BC延長線上一點，∠ABC和∠ACD的平分線交于點A1，得∠A1；∠A1BC和∠A1CD的平分線交于點A2，得∠A2；……；∠A2021BC和∠A2021CD的平分線交于點【答案】α22022【分析】根據(jù)角平分線的性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)去推出∠A1，∠A2，【詳解】解：∵∠ABC和∠ACD的平分線交于點A1∴∠A∵∠A即12∴∠A∵∠A+∠ABC=∠ACD，∴∠A=∠ACD-∠ABC，∴∠A同理可得∠A2=∴根據(jù)規(guī)律可得：∠A故答案為：α2【點睛】本題考查角平分線和外角的性質(zhì)以及幾何圖形找規(guī)律的方法，熟練掌握角平分線的性質(zhì)并運用于證明角度關(guān)系是解題關(guān)鍵．【變式4-1】（2022·新疆·阿瓦提縣拜什艾日克鎮(zhèn)中學(xué)八年級階段練習(xí)）如圖，一副具有30°和45°角的直角三角板，按如圖所示疊放在一起，則圖中∠α的度數(shù)是（

）A．40° B．45° C．65° D．75°【答案】D【分析】根據(jù)有30°和45°角的直角三角板各個內(nèi)角的情況，結(jié)合三角形外角性質(zhì)即可得到答案．【詳解】解：如圖所示：由含45°角的直角三角板內(nèi)角情況可知∠2=45°，∴根據(jù)三角形外角性質(zhì)知∠2=∠1+30°，即∠1=45°?30°，∵∠1+∠α=90°，∴∠α=90°?15°=75°，故選：D．【點睛】本題考查利用30°和45°角的直角三角板求角度，涉及到三角形外角性質(zhì)和角的互余等知識，熟練掌握三角板各個內(nèi)角的度數(shù)及三角形外角性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．【變式4-2】（2022·江蘇泰州·七年級期中）已知：如圖1，在四邊形ABCD中，∠A+∠C=180°，∠ABE，(1)求∠ABE+∠ADF的度數(shù)；(2)直線l1，l2分別經(jīng)點B，D，且①如圖2，若l1∥l②若l1與l2相交于點M，設(shè)

∠C=α，∠BMD=β，試探究【答案】(1)∠ABE+∠ADF=180°(2)①∠C=90°，②α+β=90°或α?β=90°【分析】（1）通過題意得∠A+∠C=180°，再由補角定理可直接得到∠ABE+∠ADF的度數(shù)；（2）①延長BA至l2于點G，通過平行線內(nèi)錯角相等得∠DGB=∠GBH②有兩種答案，都要連接BD，把各個需要求的角表達出來，再通過角平分線、對頂角相等對角的轉(zhuǎn)換，最后進行相加減即可得到答案．（1）∵在四邊形ABCD中，∠A+∠C=180°，∴∠ABC+∠ADC=180°，又∵∠ADF+∠ADC=∠ABC+∠ABE=180°，∴∠ABE+∠ADF=180°．（2）①延長BA至l2于點G∵l∴∠DGB=∠GBH，又∵∠BAD=∠AGD+∠ADG，∴∠BAD=∠GBH+∠ADG，∵l1，l2分別平分∠ABE，∴∠BAD=∠GBH+∠ADG=180°÷2=90°，∴∠C=∠BAD=90°；②一：如圖，連接BD，由圖可得∠BMD=∠MBD∠+MDB=180°?(∠MBA+∠ABD+∠MDA+∠ADB)，∠A=180°?(∠ABD+∠ADB)，又∵∠ABE+∠ADF=180°且MB，MD分別平分∠ABE，∠ADF，∴∠A?∠BMD=∠MBA+∠MDA=90°，又∵∠C+∠A=180°，∴∠A=180°-∠C，∴∠C+∠BMD=90°=α+β=90°．二：連接BD，如圖由圖可得∠M=180°-(∠CBD+∠CBM+∠CDB+∠CDM)，∠C=180°-(∠CBD+∠CDB)，∵∠CBM=∠PBE，∠CDM=∠QDF（對頂角相等）且PM，MQ分別平分∠ABE，∠ADF，∴∠M=180°-(∠CBD+∠CDB+90°)，∵∠CBD+∠CDB=180°-∠C，∴∠M=180°-(180°-∠C+90°)=∠C-90°，∴∠C-∠M=90°=α?β=90°．【點睛】本題考查了有關(guān)補角的計算、平行線的內(nèi)錯角相等、角平分線的性質(zhì)、對頂角相等和三角形內(nèi)角和定理，解決此題的關(guān)鍵是對角的轉(zhuǎn)換要熟練運用，三角形內(nèi)角和也要熟練運用．【變式4-3】（2022·江蘇·阜寧縣實驗初級中學(xué)七年級階段練習(xí)）【問題背景】（1）如圖1的圖形我們把它稱為“8字形”，請說明∠A+∠B=∠C+∠D；【簡單應(yīng)用】（2）閱讀下面的內(nèi)容，并解決后面的問題：如圖2，AP、CP分別平分∠BAD，∠BCD，若∠ABC=36°，∠ADC=16°，求∠P的度數(shù)；解：∵AP、CP分別平分∠BAD，∠BCD∴∠1=∠2，∠3=∠4由（1）的結(jié)論得：∠P+∠3=∠1+∠B①+②，得2∠P+∠2+∠3=∠1+∠4+∠B+∠D∴∠P=12(∠B+∠D①【問題探究】如圖3，直線AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，若∠ABC=36°，∠ADC=16°，請猜想∠P的度數(shù)，并說明理由．②【拓展延伸】在圖4中，若設(shè)∠C=α，∠B=β，∠CAP=13∠CAB，∠CDP=13∠CDB，試問∠P與∠C、∠B之間的數(shù)量關(guān)系為：（用α、β表示∠【答案】（1）見解析；（2）①26°，理由見解析；②∠P=23α+13【分析】（1）根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可證明．（2）【問題探究】由AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，推出∠1=∠2，∠3=∠4，推出∠PAD=180°-∠2，∠PCD=180°-∠3，由∠P+（180°-∠1）=∠ADC+（180°-∠3），∠P+∠1=∠ABC+∠4，推出2∠P=∠ABC+∠ADC，即可解決問題．【拓展延伸】由（1）的結(jié)論易求∠P+∠PDC=∠C+∠CAP，∠P+∠PAB=∠B+∠BDP，再將已知條件代入化簡即可求解∠P．【詳解】（1）證明：∵∠A+∠B+∠AEB=180°，∠C+∠D+∠CED=180°，∴∠A+∠B+∠AEB=∠C+∠D+∠CED，∵∠AEB=∠CED，∴∠A+∠B=∠C+∠D；（2）①解∶如圖3，∵AP平分∠FAD，CP平分∠BCE∴∠1=∠2，∠3=∠4，∵∠PAD=180°-∠2，∠PCD=180°-∠3，∴由（1）可得：∠P+180°-∠2=∠D+180°-∠3，∠P+∠PAB=∠B+∠4，又∠1=∠PAB，∴∠P+∠1=∠B+∠4，又∠P+180°-∠2=∠D+180°-∠3，∴2∠P+∠1+180°-∠2=∠B+∠4+∠D+180°-∠3，又∠1=∠2，∠3=∠4，∴2∠P=∠B+∠D∴∠P=12(∠B+∠D②解：∠P=23α+13理由：∵∠CAP=13∠CAB，∠CDP=13∠∴∠BAP=23∠CAB，∠BDP=23∠由（1）可得：∠P+∠PDC=∠C+∠CAP，∠P+∠PAB=∠B+∠BDP，∴∠P+13∠CDB=∠C+13∠∠P+23∠CAB=∠B+23∠①×2+②，得2∠P+23∠CDB+∠P+23∠CAB=2∠C+23∠CAB+∠B+2∴3∠P=2∠C+∠B∴∠P=23∠C+13∠B=2【點睛】本題考查三角形內(nèi)角和，三角形的外角的性質(zhì)、多邊形的內(nèi)角和等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用方程組的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．【考點5利用全等圖形求網(wǎng)格中的角度和】【例5】（2022·山東·禹城市督楊實驗學(xué)校八年級階段練習(xí)）如圖為6個邊長相等的正方形的組合圖形，則∠1+∠3-∠2=（

）A．30° B．45° C．60° D．135°【答案】B【分析】首先利用SAS定理判定△ABC≌△DBE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠3=∠ACB，再由∠ACB+∠1=∠1+∠3=90°，可得∠1+∠3-∠2．【詳解】∵在△ABC和△DBE中AB＝BD∠A＝∠D∴△ABC≌△DBE（SAS），∴∠3=∠ACB，∵∠ACB+∠1=90°，∴∠1+∠3=90°，∵∠2=45°∴∠1+∠3-∠2=90°-45°=45°，故選B．【點睛】此題主要考查了全等圖形，關(guān)鍵是掌握全等三角形的判定，以及全等三角形對應(yīng)角相等．【變式5-1】（2022·江蘇省灌云高級中學(xué)城西分校八年級階段練習(xí)）如圖，由4個相同的小正方形組成的格點圖中，∠1+∠2+∠3=________度．【答案】135【分析】首先利用全等三角形的判定和性質(zhì)求出∠1+∠3的值，即可得出答案；【詳解】如圖所示，在△ACB和△DCE中，{AB=DE∴△ACB?△DCE(SAS)，∴∠ABE=∠3，∴∠1+∠2+∠3=(∠1+∠3)+45°=90°+45°=135°；故答案是：135°．【點睛】本題主要考查了全等圖形的應(yīng)用，準(zhǔn)確分析計算是解題的關(guān)鍵．【變式5-2】（2022·江蘇·八年級單元測試）如圖所示的網(wǎng)格是正方形網(wǎng)格，圖形的各個頂點均為格點，則∠P＋∠Q＝__________度．【答案】45【分析】如圖，直接利用網(wǎng)格得出對應(yīng)角∠P=∠AQC，進而得出答案．【詳解】如圖，易知△ABP≌△ACQ，∴∠P=∠AQC，∵BQ是正方形的對角線，∴∠BQC=∠BQA+∠AQC=∠P+∠Q=45°，故答案為：45．【點睛】本題考查了全等三角形，正確借助網(wǎng)格分析是解題關(guān)鍵．【變式5-3】（2022·山東·濟南市槐蔭區(qū)教育教學(xué)研究中心二模）如圖，在4×4的正方形網(wǎng)格中，求α+β=______度．【答案】45【分析】連接AB，根據(jù)正方形網(wǎng)格的特征即可求解．【詳解】解：如圖所示，連接AB

∵圖中是4×4的正方形網(wǎng)格∴AD=CE，∠ADB=∠AEC，DB=AE∴△ADB≌△CEA(SAS)∴∠EAC=∠ABD=α，AB=AC∵∠ABD+∠BAD=90°∴∠EAC+∠BAD=90°，即∠CAB=90°∴∠ACB=∠ABC=45°∵BD∴∠BCE=∠DBC=β∵∠ABC=∠ABD+∠DBC=α+β∴α+β=45°故答案為：45．【點睛】本題考查了正方形網(wǎng)格中求角的度數(shù)，利用了平行線的性質(zhì)、同角的余角相等、等腰直角三角形的性質(zhì)等知識點，解題的關(guān)鍵是能夠掌握正方形網(wǎng)格的特征．【考點6將已知圖形分割成幾個全等的圖形】【例6】（2022·全國·八年級專題練習(xí)）沿著圖中的虛線，請將如圖的圖形分割成四個全等的圖形．【答案】見解析【分析】直接利用圖形總面積得出每一部分的面積，進而求出答案．【詳解】∵共有3×4=12個小正方形，∴被分成四個全等的圖形后每個圖形有12÷4=3，∴如圖所示：，【點睛】本題主要考查了應(yīng)用設(shè)計圖作圖，正確求出每部分面積是解題關(guān)鍵．【變式6-1】（2022·江蘇·八年級專題練習(xí)）方格紙上有2個圖形，你能沿著格線把每一個圖形都分成完全相同的兩個部分嗎？請畫出分割線．【答案】見解析【分析】觀察第一個圖，圖中共有20個小方格，要分成完全相同兩部分，則每個有10個小格，則可按如圖所示，沿A→B→C→D分割；第二個圖同理沿E→F→G→H→P→Q分割即可．【詳解】解：如圖所示，第一個圖，圖中共有20個小方格，要分成完全相同兩部分，則每個有10個小格，則可按如圖所示，沿A→B→C→D分割；第二個圖同理沿E→F→G→H→P→Q分割即可．將分割出的兩個圖形，逆時針旋轉(zhuǎn)90度，再通過平移，兩部分能夠完全重合，所以分割出的兩部分完全相同．【點睛】本題考查圖形全等，掌握全等圖形的定義是解題的關(guān)鍵．【變式6-2】（2022·江蘇·八年級課時練習(xí)）試在下列兩個圖中，沿正方形的網(wǎng)格線（虛線）把這兩個圖形分別分割成兩個全等的圖形，將其中一部分涂上陰影．【答案】見解析（第一個圖答案不唯一）【分析】根據(jù)全等圖形的定義，利用圖形的對稱性和互補性來分隔成兩個全等的圖形．【詳解】解：第一個圖形分割有如下幾種：第二個圖形的分割如下：【點睛】本題主要考查了學(xué)生的動手操作能力和學(xué)生的空間想象能力，牢記全等圖形的定義是解題的重點．【變式6-3】（2022·全國·八年級專題練習(xí)）知識重現(xiàn)：“能夠完全重合的兩個圖形叫做全等形．”理解應(yīng)用：我們可以把4×4網(wǎng)格圖形劃分為兩個全等圖形．范例：如圖1和圖2是兩種不同的劃分方法，其中圖3與圖1視為同一種劃分方法．請你再提供四種與上面不同的劃分方法，分別在圖4中畫出來．【答案】見解析【分析】根據(jù)網(wǎng)格的特點和全等形的定義進行作圖即可．【詳解】依題意，如圖【點睛】本題考查了全等圖形的定義，熟練掌握網(wǎng)格特點作圖和全等圖形的概念是解題的關(guān)鍵．【考點7添加條件使三角形全等】【例7】（2022·全國·八年級專題練習(xí)）如圖，∠C＝∠D＝90°，添加下列條件：①AC＝AD；②∠ABC＝∠ABD；③BC＝BD，其中能判定Rt△ABC與Rt△ABD全等的條件有（）A．0個 B．1個 C．2個 D．3個【答案】D【分析】根據(jù)已知條件與全等三角形的判定定理即可分別判斷求解．【詳解】解：∵∠C＝∠D＝90°，AB=AB，∴①AC＝AD，可用HL判定Rt△ABC與Rt△ABD全等；②∠ABC＝∠ABD，可用AAS判定Rt△ABC與Rt△ABD全等；③BC＝BD，可用HL判定Rt△ABC與Rt△ABD全等；故選：D．【點睛】此題主要考查全等三角形的判定，解題的關(guān)鍵是熟知全等三角形的判定定理．【變式7-1】（2022·重慶·中考真題）如圖，點B，F(xiàn)，C，E共線，∠B=∠E，BF=EC，添加一個條件，不能判斷△ABC≌△DEF的是（

）A．AB=DE B．∠A=∠D C．AC=DF D．AC∥FD【答案】C【分析】根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)逐一分析即可解題．【詳解】解：∵BF=EC，∴BC=EFA.添加一個條件AB=DE，又∵BC=EF,∠B=∠E∴△ABC≌△DEF(SAS)故A不符合題意；B.添加一個條件∠A=∠D又∵BC=EF,∠B=∠E∴△ABC≌△DEF(AAS)故B不符合題意；C.添加一個條件AC=DF，不能判斷△ABC≌△DEF，故C符合題意；D.添加一個條件AC∥FD∴∠ACB=∠EFD又∵BC=EF,∠B=∠E∴△ABC≌△DEF(ASA)故D不符合題意，故選：C．【點睛】本題考查添加條件使得三角形全等即全等三角形的判定，是重要考點，難度較易，掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．【變式7-2】（2022·安徽淮南·八年級期末）如圖，點P是AB上任意一點，∠ABC=∠ABD，還應(yīng)補充一個條件，才能推出△APC≌△APD．從下列條件中補充一個條件，不一定能推出△APC≌△APD的是(

)A．BC=BD； B．AC=AD；C．∠ACB=∠ADB； D．∠CAB=∠DAB【答案】B【分析】根據(jù)題意，∠ABC=∠ABD，AB是公共邊，結(jié)合選項，逐個驗證得出．【詳解】解：A、補充BC=BD，先證出△BPC≌△BPD，后能推出△APC≌△APD，故正確，不符合題意；B、補充AC=AD，不能推出△APC≌△APD，故錯誤，符合題意；C、補充∠ACB=∠ADB，先證出△ABC≌△ABD，后能推出△APC≌△APD，故正確，不符合題意；D、補充∠CAB=∠DAB，先證出△ABC≌△ABD，后能推出△APC≌△APD，故正確，不符合題意．故選B．【點睛】本題考查了三角形全等判定，解題的關(guān)鍵是知道有AAS，SSS，ASA，SAS．注意SSA是不能證明三角形全等的，做題時要逐個驗證，排除錯誤的選項．【變式7-3】（2022·全國·八年級課時練習(xí)）如圖，AB，CD相交于點E，且AB=CD，試添加一個條件使得△ADE≌△CBE．現(xiàn)給出如下五個條件：①∠A=∠C;②∠B=∠D;③AE=CE;④BE=DE;⑤AD=CB．其中符合要求有(

)A．2個 B．3個 C．4個 D．5個【答案】D【分析】延長DA、BC使它們相較于點F，首先根據(jù)AAS證明△FAB≌△FCD，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到AF=FC，F(xiàn)D=FB，進而得到AD=BC，即可證明△ADE≌△CBE，可判斷①、②的正誤；根據(jù)SAS證明△ADE≌△CBE，即判斷③、④的正誤；連接BD，根據(jù)SSS證明△ADB≌△CBD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠A=∠C，結(jié)合①即可證明⑤．【詳解】延長DA、BC使它們相較于點F∵∠DAB=∠DCB，∠AED=∠BEC∴∠B=∠D又∵∠F=∠F，AB=CD∴△FAB≌△FCD∴AF=FC，F(xiàn)D=FB∴AD=BC∴△ADE≌△CBE，即①正確；同理即可證明②正確；∵AE=CE，AB=CD∴DE=BE又∵∠AED=∠BEC∴△ADE≌△CBE，③正確；同理即可證明④正確；連接BD，∵AD=CB，AB=CD，BD=BD∴△ADB≌△CBD∴∠DAB=∠BCD∴△ADE≌△CBE，⑤正確；故選D．【點睛】本題考查了三角形全等的判定方法，主要包括：SSS、SAS、AAS、ASA，難點在于添加輔助線來構(gòu)造三角形全等，關(guān)鍵在于應(yīng)根據(jù)所給的條件判斷應(yīng)證明哪兩個三角形全等．【考點8靈活選用判定方法證明全等】【例8】（2022·湖南·八年級單元測試）具備下列條件的兩個三角形一定是全等三角形的是（

）．A．有兩個角對應(yīng)相等的兩個三角形B．兩邊及其中一條對應(yīng)邊上的高也對應(yīng)相等的兩個三角形C．兩邊分別相等，并且第三條邊上的中線也對應(yīng)相等的兩個三角形D．有兩邊及其第三邊上的高分別對應(yīng)相等的兩個三角形【答案】C【分析】選項A，選項B和選項D分別舉出反例的圖形即可；選項C根據(jù)題意畫出圖形，延長AD至E，使DE=AD，延長A'D'至E'，使D'E'=A'D'，連接BE和B'E'，根據(jù)全等三角形的判定，可證得△BDE≌△CDA，根據(jù)全等三角形性質(zhì)得BE=AC，∠E=∠CAD【詳解】A．如圖1所示，在△ADE和△ABC中，∠A=∠A，∠ADE=∠ABC，∠AED=∠ACB，但△ADE和△ABC不全等，故本選項不符合題意；B．如圖2所示，在△ABC和△EFG中，BC=FG，AC=EG，AD⊥BC，EH⊥FG，AD=FG，但△ABC和△EFG不全等，故本選項不符合題意；C．如圖3所示，在△ABC和△A'B'C'中，點D和點D'分別平分線段BC和B'C'，AB=A'B'，AC=A'C'，∵點D平分線段BC，∴BD=CD，∵DE=AD，∠BDE=∠CDA∴△BDE≌△CDA∴BE=AC，∠E=∠CAD同理B'E∵AC=∴BE=∵AD=∴AE=∵AB=∴△ABE≌△∴∠E=∠E'∴∠CAD=∠∵∠BAE+∠CAD=∠∴∠BAC=∠∵AB=∴△ABC≌△故本選項符合題意；D．如圖4所示，在△ABC和△A'B'C'中，AB=A'B'，AC=A故選：C．【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)定理與判定定理，熟記全等三角形的性質(zhì)定理與判定定理是解本題的關(guān)鍵．【變式8-1】（2022·廣東·佛山市南海區(qū)瀚文外國語學(xué)校七年級階段練習(xí)）我國傳統(tǒng)工藝中，油紙傘制作非常巧妙，其中蘊含著數(shù)學(xué)知識．如圖是油紙傘的張開示意圖，AE=AF，GE=GF，則△AEG≌△AFG的依據(jù)是（）A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS【答案】D【分析】根據(jù)全等三角形的判定定理推出即可．【詳解】解：在△AEG和△AFG中，EG=FGAE=AF∴△AEG≌△AFG（SSS），故選：D．【點睛】本題考查了全等三角形的判定定理，能熟記全等三角形的判定定理是解此題的關(guān)鍵，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，兩直角三角形全等還有HL等．【變式8-2】（2022·江蘇·泰州市姜堰區(qū)第四中學(xué)八年級）如圖，已知AB∥CD，AD∥BC，AC與BD交于點O，AE⊥BD于點E，CF⊥BD于點F，那么圖中全等的三角形有（

）A．5對 B．6對 C．7對 D．8對【答案】C【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，以及全等三角形的判定即可求出答案．【詳解】解：①△ABE≌

∵AB∥∴AB=CD，

∵AE⊥BD于E，CF⊥BD于E，

∴∠AEB=∠CFD，∴△ABE≌

②△AOE≌∵AB∥CD，AD∥∴OA=OC，∵∠AEO=∠CFO，∴△AOE≌③△ABO≌

∵AB∥CD，AD∥BC，

∴OD=OB，

∴△ABO≌

④△BOC≌∵AB∥CD，AD∥BC，∴OD=OB，∴△BOC≌

⑤△ABC≌

∵AB∥∴BC=AD，

∴△ABC≌⑥△ABD≌∵AB∥∴∠BAD=∠BCD，

∴△ABD≌

⑦△ADE≌

∵AD=BC，

∴△ADE≌

故選：C．【點睛】本題考查三角形全等的判定方法，解題關(guān)鍵找出對應(yīng)相等的邊、角，判定兩個三角形全等的一般方法有：SSS、【變式8-3】（2022·浙江·八年級單元測試）根據(jù)下列條件不能唯一畫出△ABC的是（

）A．AB＝5，BC＝6，AC＝7 B．AB＝5，BC＝6，∠B＝45°C．AB＝5，AC＝4，∠C＝90° D．AB＝3，AC＝4，∠C＝45°【答案】D【分析】根據(jù)三角形的三邊關(guān)系和全等三角形的判定定理逐項分析即可解答．【詳解】解：A．∵AC與BC兩邊之和大于第三邊，故能作出三角形，且三邊知道能唯一畫出△ABC，不符合題意；B．∠B是AB、BC的夾角，故能唯一畫出△ABC，不符合題意；C．AB＝5，AC＝4，∠C＝90°，得出BC＝3，可唯一畫出△ABC，不符合題意；D．由于是SSA，所以AB＝3，AC＝4，∠C＝45°，不能唯一畫出三角形ABC，符合題意．故選：D．【點睛】本題主要考查了三角形的三邊關(guān)系、全等三角形的判定等知識點，掌握SSA不能判定三角形全等是解答本題的關(guān)鍵．【考點9尺規(guī)作圖與全等的綜合運用】【例9】（2022·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，在△ABC外找一個點A'（與點A不重合），并以BC為一邊作△A'BC，使之與△ABC全等，且△ABC不是等腰三角形，則符合條件的點A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】本題是開放題，要想使△A′BC與△ABC全等，先確定題中條件，再對應(yīng)三角形全等條件求解．【詳解】解：如圖：以B點為圓心，CA為半徑上下畫弧，C點為圓心，BA為半徑上下畫弧，兩弧相交分別得到點A'、A1'；以C點為圓心，CA為半徑畫弧，以B點為圓心，BA故選：C．【點睛】本題考查了全等的判定綜合．判定兩個三角形全等，先根據(jù)已知條件或求證的結(jié)論確定三角形，然后再根據(jù)三角形全等的判定方法去求證．【變式9-1】（2022·全國·八年級課時練習(xí)）如圖，以△ABC的頂點A為圓心，以BC長為半徑作?。辉僖皂旤cC為圓心，以AB長為半徑作弧，兩弧交于點D；連結(jié)AD，CD．由作法可得：△ABC?△CDA的根據(jù)是（

）A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS【答案】D【分析】根據(jù)題意和全等三角形判定的方法可以得到ABC≌△CDA的根據(jù)，本題得以解決．【詳解】解：由題意可得，AD=BC，AB=CD，在△ADC和△CBA中，AD=CBDC=BA∴△ADC≌△CBA（SSS），故選：D．【點睛】本題考查全等三角形的判定，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用全等三角形的判定方法解答．【變式9-2】（2022·廣東·普寧市紅領(lǐng)巾實驗學(xué)校八年級階段練習(xí)）在課堂上，張老師布置了一道畫圖題：畫一個Rt△ABC，使∠B=90°，它的兩條邊分別等于兩條已知線段．小劉和小趙同學(xué)先畫出了∠MBN=90°之后，后續(xù)畫圖的主要過程分別如圖所示．那么小劉和小趙同學(xué)作圖確定三角形的依據(jù)分別是______；_______【答案】

SAS

HL【分析】由圖可知小劉同學(xué)確定的是兩條直角邊，根據(jù)三角形全等判定定理為SAS．由圖可知小趙同學(xué)確定了一個直角邊和斜邊，根據(jù)三角形全等判定定理為HL．【詳解】小劉同學(xué)畫了∠MBN=90°后，再截取AB,BC兩直角邊等于兩已知線段，所以確定的依據(jù)是SAS定理；小趙同學(xué)畫了∠MBN=90°后，再截取BC,AC一直角邊和一個斜邊，所以確定的依據(jù)是HL定理．故答案為：①SAS；②HL．【點睛】本題考查了全等三角形的判定，熟練掌握每種證明方法，做出判斷是解題的關(guān)鍵．【變式9-3】（2022·北京·101中學(xué)九年級開學(xué)考試）李老師制作了如圖1所示的學(xué)具，用來探究“邊邊角條件是否可確定三角形的形狀”問題．操作學(xué)具時，點Q在軌道槽AM上運動，點P既能在以A為圓心、以8為半徑的半圓軌道槽上運動，也能在軌道槽QN上運動．圖2是操作學(xué)具時，所對應(yīng)某個位置的圖形的示意圖．有以下結(jié)論：①當(dāng)∠PAQ=30°，PQ=6時，可得到形狀唯一確定的△PAQ②當(dāng)∠PAQ=90°，PQ=10時，可得到形狀唯一確定的△PAQ③當(dāng)∠PAQ=150°，PQ=12時，可得到形狀唯一確定的△PAQ其中所有正確結(jié)論的序號是______________．【答案】②③##③②【分析】分別在以上三種情況下以P為圓心，PQ的長度為半徑畫弧，觀察弧與直線AM的交點即為Q點，作出ΔPAQ【詳解】如下圖，當(dāng)∠PAQ=30°，PQ=6時，以P為圓心，PQ的長度為半徑畫弧，弧與直線AM有兩個交點，作出ΔPAQ，發(fā)現(xiàn)兩個位置的Q都符合題意，所以Δ如下圖，當(dāng)∠PAQ=90°，PQ=10時，以P為圓心，PQ的長度為半徑畫弧，弧與直線AM有兩個交點，作出ΔPAQ，發(fā)現(xiàn)兩個位置的Q都符合題意，但是此時兩個三角形全等，所以形狀相同，所以Δ如下圖，當(dāng)∠PAQ=150°，PQ=12時，以P為圓心，PQ的長度為半徑畫弧，弧與直線AM有兩個交點，作出ΔPAQ，發(fā)現(xiàn)左邊位置的Q不符合題意，所以Δ綜上：②③正確．故答案為：②③【點睛】本題考查的是三角形形狀問題，為三角形全等來探索判定方法，也考查三角形的作圖，利用對稱關(guān)系作出另一個Q是關(guān)鍵．【考點10證明全等的常見輔助線的作法】【例10】（2022·江蘇·宿遷青華中學(xué)七年級階段練習(xí)）（1）如圖①，四邊形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°．E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點，且BE+FD=EF．試探究圖中∠EAF與∠BAD之間的數(shù)量關(guān)系．小明同學(xué)探究此問題的方法是：延長FD到G，使DG=BE，連結(jié)AG．先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，從而得出∠EAF=∠GAF，最后得出∠EAF與∠BAD之間的數(shù)量關(guān)系是．（2）將（1）中的條件“∠B=∠ADC=90°”改為“∠B+∠D=180°”（如圖②），其余條件不變，上述數(shù)量關(guān)系是否成立，成立，請證明；不成立，說明理由（3）如圖③，中俄兩國海軍在南海舉行聯(lián)合軍事演習(xí)，中國艦艇在指揮中心（O）北偏西30°的A處，俄羅斯艦艇在指揮中心南偏東70°的B處，兩艦艇到指揮中心距離相等．接到行動指令后，中國艦艇向正東方向以60海里/小時的速度前進，俄羅斯艦艇沿北偏東50°的方向以80海里/小時的速度前進，2小時后，指揮中心觀測到兩艦艇分別到達E，F(xiàn)處且相距280海里．求此時兩艦艇的位置與指揮中心（O處）形成的夾角∠EOF的大?。敬鸢浮浚?）∠EAF=12【分析】（1）根據(jù)小明同學(xué)的探究方法不難得到∠EAF=12（2）延長FD到G，使DG=BE，連接AG，根據(jù)同角的補角相等求出∠B=∠ADG，然后利用“邊角邊”證明△ABE和△ADG全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得AE=AG，∠BAE=∠DAG，再求出∠EAF=∠GAF，然后利用“邊角邊”證明△AEF和△GAF全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得EF=GF，然后求解即可；（3）連接EF，延長AE、BF相交于點C，然后求出∠OAC+∠OBC=180°，判斷出符合探索延伸的條件，再根據(jù)探索延伸的結(jié)論解答即可．【詳解】解：(1)如圖①，延長FD到G，使DG=BE，連結(jié)AG．在△ABE和△ADG中，AB=AD，BE=DG，∠B=∠ADG=90°，∴△ABE≌△ADG，∴AE=AG，在△AEF和△AGF中，AE=AG，AF=AF，EF=BE+FD=DG+FD=GF，∴△AEF≌△AGF，∴∠EAF=∠GAF=∠GAD+∠DAF=∠EAB+∠DAF∴∠BAD=∠EAF+∠EAB+∠DAF=2∠EAF∴∠EAF=12(2)∠EAF=12證明：如圖②，延長FD到G，使DG=BE，連接AG．∵∠B+∠ADC=180°，∠ADC+∠ADG=180°，∴∠B=∠ADG，∴△ABE≌△ADG（SAS）．∴AE=AG，∠BAE=∠DAG．又∵EF=BE+DF，DG=BE，∴EF=DG+DF=GF．∴△AEF≌△AGF（SSS）．∴∠EAF=∠GAF．

又∵∠GAF=∠DAG+∠DAF，∴∠EAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．而∠EAF+∠BAE+∠DAF=∠BAD，∴∠EAF=12(3)如圖③，連接EF，延長AE、BF相交于點C．∵2小時后，艦艇甲行駛了120海里，艦艇乙行駛了160海里，即AE=120，BF=160．而EF=280，∴在四邊形AOBC中，有EF=AE+BF，又∵OA=OB，且∠OAC+∠OBC=（90°﹣30°）+（70°+50°）=180°，∴符合(2)中的條件．

又∵∠AOB=30°+90°+（90°﹣70°）=140°，∴∠EOF=12答：此時兩艦艇的位置與指揮中心（O處）形成的夾角∠EOF的大小為70°．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，讀懂問題背景的求解思路，作輔助線構(gòu)造出全等三角形并兩次證明三角形全等是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點．【變式10-1】（2022·全國·八年級課時練習(xí)）如圖，已知：AB=AC，BD=CD，∠A=60°，∠D=140°，則∠B=（

）A．50° B．40° C．40°或70【答案】B【分析】連接AD，可證△ABD≌△ACD，根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可以得到∠BAD=∠CAD=12∠BAC，∠ADB=∠ADC，代入角度即可求出∠BAD【詳解】連接AD，如圖，在△ABD與△ACD中AB=ACBD=CD∴△ABD≌△ACDSSS，∴∠BAD=∠CAD=12∠BAC∵∠A=60∴∠BAD=∠CAD=30∵∠D=140∴∠ADB=∠ADC=1∵∠BAD+∠ADB+∠B=180∴∠B=40故選：B．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，添加正確的輔助線是解題的關(guān)鍵．【變式10-2】（2022·全國·七年級單元測試）（1）求證：等邊三角形內(nèi)的任意一點到兩腰的距離之和等于定長.（提示：添加輔助線證明）（2）如圖所示，在三角形ABC中，點D是三角形內(nèi)一點，連接DA、DB、DC，若AB=AC,∠ADB=∠ADC，求證：AD平分∠BAC.【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析.【分析】（1）已知點P是等邊三角形ABC內(nèi)的任意一點，過點P分別作三邊的垂線，分別交三邊于點D、點E、點F.求證PD+PE+PF為定長,即可完成證明；（2）（面積法）過點A作AE⊥BD交BD延長線于點E，再過點A作AF⊥CD交CD延長線于點F.因為∠ADB=∠ADC，所以∠ADE=∠ADF，因此△ADF?ADE(AAS)，得到AF=AE.進而△AFC?△AEB，得到∠ABD=∠ACD，因此∠BAD=∠CAD，即AD平分【詳解】（1）

已知：等邊如圖三角形ABC，P為三角形ABC內(nèi)任意一點，PD⊥AB,PF⊥AC,PE⊥BC,求證：PD+PE+PF為定值.證明：如圖：過點A作AG⊥BC，垂足為點G，分別連接AP、BP、CP.∵S△ABC∴12又∵BC=AB=AC∴AG=PE+PF+PD,即PD+PE+PF=AG定長.∴等邊三角形內(nèi)的任意一點到兩腰的距離之和等于定長.（2）過點A作AE⊥BD交BD延長線于點E，再過點A作AF⊥CD交CD延長線于點F.∵∠ADB=∠ADC，∴∠ADE=∠ADF，又∵AD=AD∴△ADF?ADE(AAS∴AF=AE∴△AFC?△AEB，∴∠ABD=∠ACD，∴∠BAD=∠CAD，即AD平分∠BAC.【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)和全等三角形的性質(zhì)和判定，其中做出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．【變式10-3】（2022·全國·八年級課時練習(xí)）已知等腰△ABC中，AB=AC，點D在直線AB上，DE∥BC，交直線AC與點E，且BD=BC，CH⊥AB，垂足為H．（1）當(dāng)點D在線段AB上時，如圖1，求證DH=BH+DE；（2）當(dāng)點D在線段BA延長線上時，如圖2，當(dāng)點D在線段AB延長線上時，如圖3，直接寫出DH，BH，DE之間的數(shù)量關(guān)系，不需要證明．【答案】（1）見詳解；（2）圖2：DH=BH?DE【分析】（1）在線段AH上截取HM=BH，連接CM，CD，證明△DMC≌△DEC，可得到DE=DM，即可求解．（2）當(dāng)點D在線段BA延長線上時，在BA的延長線上截取MH=BH，連接CM，DC，由題意可證△BHC≌△CHM，可得∠B=∠CMB，由題意可得∠B=∠AED，即可證△DMC≌△DEC，可得DE=DM，則可得DH=BH?DE；當(dāng)點D在線段AB延長線上時，在線段AB上截取BH=HM，連接CM，CD，由題意可證△BHC≌△CHM，可得∠B=∠CMB，由題意可得∠B=∠AED，即可證△DMC≌△DEC，可得DE=DM，則可得【詳解】解：（1）證明：在線段AH上截取HM=BH，連接CM，CD∵CH⊥AB，HM=BH∴CM=BC∴∠B=∠CMB∵AB=AC∴∠B=∠ACB∵DE∴∠ADE=∠B=∠AED=∠ACB，∠CDE=∠BCD∴∠AED=∠BMC∴∠DEC=∠DMC∵BD=BC∴∠BDC=∠BCD=∠EDC∵CD=CD∴△CDM≌△CDE∴DM∴BH（2）當(dāng)點D在線段BA延長線上時，DH=BH?DE如圖2：在BA的延長線上截取MH=BH，連接CM，DC∵AB=AC∴∠ABC=∠ACB∵BD=BC∴∠BDC=∠DCB∵DE∴∠E=∠ACB=∠B=∠EDB∵CH=CH，BH=MH∴△BHC≌△CHM∴∠B∴∠E=∠M∵∠MDC=∠B+∠DCB∴∠MDC=∠EDC又∵∠E=∠M，DC=CD∴△DEC≌△DMC∴DE=DM∵DH∴DH=BH?DE當(dāng)點D在線段AB延長線上時，DE=DH+BH如圖3：當(dāng)點D在線段AB延長線上時，在線段AB上截取BH=HM，連接CM，CD∵BH=HM，CH=CH，∠CHB=∠MHC=90°∴△MHC≌△BHC∴∠ABC=∠BMC∵AB=AC∴∠ABC=∠ACB∵BD=BC∴∠BDC=∠BCD∵BC∴∠BCD=∠CDE，∠ACB=∠AED∴∠BDC=∠CDE，∠BMC=∠AED，且CD=CD∴△CDM≌△CDE∴DE=DM∵DM=DH+HM∴DE=DH+BH【點睛】本題主要考查了三角形綜合題，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，合理添加輔助線證全等是解題的關(guān)鍵．【考點11證一條線段等于兩條線段的和（差）】【例11】（2022·全國·八年級專題練習(xí)）如圖，△ABC中，∠B＝45°，∠ACB＝30°，CD平分∠ACB，AD⊥CD，求證：CD＝AB＋AD【答案】見解析【分析】遇到這種CD＝AB＋AD線段和差問題一般都是截長補短；方法1：補短AB，構(gòu)造BE＝AB＋AD，證明CD=BE即可；方法2：補短AD，構(gòu)造DF＝AB＋AD，證明CD=DF即可；方法3：截長，在CD上截取DE使得DE＝AD，構(gòu)造等腰直角三角形ABF，證明AF=EC即可；方法4：截長，在CD上截取DE使得DE＝AD，在CB延長上取點H使得AH＝AC,證明AB=EC即可；【詳解】方法1：補短，構(gòu)造全等證明：延長BA至點E，使得AD＝AE，連接CE∵AD⊥CD∴∠D＝90°∵∠B＝45°，∠ACB＝30°∴∠EAC＝∠B＋∠ACB＝45°＋30°＝75°∵CD平分∠ACB∴∠ACD＝15°∴∠DAC＝90°－15°＝75°∴∠EAC＝∠DAC在△ADC和△AEC中∵AD＝AE∠EAC＝∠DACAC＝AC∴△ADC≌△AEC(SAS)∴EC＝CD，∠E＝∠D＝90°，∠ECA=∠ACD＝15°∴∠ECB＝∠B＝45°∴EC＝BE∴EC＝BE＝CD∴CD＝AB＋AE＝AB＋AD方法2：補短，構(gòu)造全等證明：延長DA至點F，使得AF＝AB∵∠B＝45°，∠ACB＝30°∴∠BAC＝180－∠B－∠ACB＝180°－45°－30°＝105°∵CD是∠ACB的角平分線∴∠ACD＝15°∵AD⊥CD，∴∠D=90°，∴∠EAC＝∠D＋∠ACD＝90°＋15°＝105°∴∠EAC＝∠BAC在△ABC和△AEC中AB＝AE∠EAC＝∠BACAC＝AC∴△ABC≌△AEC（SAS）∴∠E＝∠B＝45°,∴∠ECD＝90°-∠E=∠B＝45°∴CD＝DE＝AD＋AE＝AD＋AB方法3：截長，構(gòu)造全等證明：在CD上截取DE使得DE＝AD∵AD⊥CD∴∠AED＝45°，∠AEC＝135°過點A作AF⊥AB交BC于點F∵∠B=45°，∴∠AFB＝∠B＝45°，∠AFC＝135°∴AB＝AF，∠AEC＝∠AFC∵CD平分∠ACB∴∠ACD＝15°∴∠DAC＝90°－∠ACD＝90°－15°＝75°∴∠EAC＝∠DAC－∠DAE＝75°－45°＝30°∴∠EAC＝∠ACF在△AEC和△CFA中∠EAC＝∠ACFAC＝AC∠AEC＝∠AFC∴△AEC≌△CFA(ASA)∴CE＝AF＝AB∴CD＝DE＋CE＝AD＋AB方法4：截長，構(gòu)造全等證明：在CD上截取DE使得DE＝AD∵AD⊥CD∴∠AED＝45°，∠AEC＝135°在CB延長上取點H，使得AH＝AC∵∠ABC＝45°∴∠ABH＝135°∴∠ABH＝∠AEC∵AH＝AC∴∠H＝∠ACB＝30°∵CD平分∠ACB∴∠ACD＝15°∴∠DAC＝90°－∠ACD＝90°－15°＝75°∴∠EAC＝∠DAC－∠DAE＝75°－45°＝30°∴∠H＝∠EAC在△ABH和△CEA中∠H＝∠EACAH＝AC∠ABH＝∠AEC∴△ABH≌△CEA(ASA)∴AB＝CE∴CD＝DE＋CE＝AD＋AB【變式11-1】（2022·安徽淮北·八年級階段練習(xí)）如圖，在四邊形ABCD中，AB//CD,AE是∠BAC的平分線，且AE⊥CE．若AC=a,BD=b，則四邊形ABDC的周長為（

）A．1.5(a+b) B．2a+b C．3a?b D．a(chǎn)+2b【答案】B【分析】在線段AC上作AF=AB，證明△AEF≌△AEB可得∠AFE=∠B，∠AEF=∠AEB，再證明△CEF≌△CED可得CD=CF，即可求得四邊形ABDC的周長．【詳解】解：在線段AC上作AF=AB，∵AE是∠BAC的平分線，∴∠CAE=∠BAE，又∵AE=AE，∴△AEF≌△AEB（SAS），∴∠AFE=∠B，∠AEF=∠AEB，∵AB∥CD，∴∠D+∠B=180°，∵∠AFE+∠CFE=180°，∴∠D=∠CFE，∵AE⊥CE，∴∠AEF+∠CEF=90°，∠AEB+∠CED=90°，∴∠CEF=∠CED，在△CEF和△CED中∵∠D=∠CFE∠CEF=∠CED∴△CEF≌△CED（AAS）∴CE=CF，∴四邊形ABDC的周長=AC+AB+BD+CD=AC+AF+CF+BD=2AC+BD=2a+b，故選：B．【點睛】本題考查全等三角形的性質(zhì)和判斷．能正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵．【變式11-2】（2022·山東煙臺·七年級期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是直線AB上一點（點D不與點A、B重合），連接DC并延長到E，使得CE＝CD，過點E作EF⊥直線BC，交直線BC于點F．(1)如圖1，當(dāng)點D為線段AB上的任意一點時，用等式表示線段EF、CF、AC的數(shù)量關(guān)系，并證明；(2)如圖2，當(dāng)點D為線段BA的延長線上一點時，依題意補全圖2，猜想線段EF、CF、AC的數(shù)量關(guān)系是否發(fā)生改變，并證明．(3)如圖3，當(dāng)點D在線段AB的延長線上時，直接寫出線段EF、CF、AC之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】(1)AC＝EF+FC，證明見解析(2)補全圖形見解析，AC＝EF-CF，證明見解析(3)AC＝CF-EF【分析】（1）過D作DH⊥CB于H，由“AAS”可證△FEC≌△HDC，可得CH=FC，DH=EF，可得結(jié)論；（2）過D作DH⊥CB于H，由“AAS”可證△FEC≌△HDC，可得CH=FC，DH=EF，可得結(jié)論．（3）過D作DH⊥CB交CB的延長線于H，由“AAS”可證△FEC≌△HDC，可得CH=FC，DH=EF，可得結(jié)論．(1)結(jié)論：AC＝EF+FC，理由如下：過D作DH⊥CB于H，∴∠DHC＝∠DHB＝90°∵EF⊥CF，∴∠EFC＝∠DHC＝90°，在△FEC和△HDC中，∠EFC=∠DHC=90∴△FEC≌△HDC（AAS），∴CH＝FC，DH＝EF，∵∠ACB＝90°，AC=BC，∴∠B＝45°，∵∠DHB＝90°，∴∠B＝∠HDB＝45°∴DH＝HB＝EF，∵BC＝CB+HB∴AC＝FC+EF；(2)依題意補全圖形，結(jié)論：AC＝EF-CF，理由如下：過D作DH⊥CB交BC的延長線于H，∵EF⊥CF，∴∠EFC＝∠DHC＝90°，在△FEC和△HDC中，∠FCE=∠DCH∠EFC=∠DHC=∴△FEC≌△HDC（AAS），∴CH＝FC，DH＝EF，∵∠DHB＝90°，∴∠B＝∠HDB＝45°∴DH＝HB＝EF，∵BC=HB-CH∴AC＝EF-CF．(3)AC=CF-EF．如圖3，過D作DH⊥CB交CB的延長線于H，同理可證△FEC≌△HDC（AAS），∴CH=FC，DH=EF，∵∠DHB=90°，∴∠B=∠HDB=45°，∴DH=HB=EF，∵BC=CH-BH，∴AC=CF-EF．【點睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．【變式11-3】（2022·全國·八年級專題練習(xí)）在△ABC中，AE，CD為△ABC的角平分線，AE，CD交于點F．（1）如圖1，若∠B=60°．①直接寫出∠AFC的大??；②求證：AC=AD+CE．（2）若圖2，若∠B=90°，求證：S△ACF【答案】（1）①120°；②見解析；（2）見解析【分析】（1）①綜合三角形的內(nèi)角和定理以及角平分線的定義求解即可；②利用“截長補短”思想，在AC上取點H，使得AD=AH，從而通過全等證得∠AFD=∠AFH，再結(jié)合①的結(jié)論進一步證明∠CFH=∠CFE，從而通過全等證得CE=CH，即可得出結(jié)論；（2）同樣利用“截長補短”思想，在AC上取S、T兩點，使得AD=AS，CE=CT，連接SF，SE，TF，TE，可通過全等直接先對△ADF和△CEF的面積進行轉(zhuǎn)換，然后結(jié)合（1）中的結(jié)論，證明SF∥ET，即可對△DEF的面積進行轉(zhuǎn)換，從而得出結(jié)論．【詳解】（1）①解：∵∠B=60°，∴∠BAC+∠BCA=180°-∠B=120°，∵AE平分∠BAC，CD平分∠BCA，∴∠FAC=12∠BAC，∠FCA=12∠∴∠FAC+∠FCA=12(∠BAC+∠BCA)=1∴∠AFC=180°-(∠FAC+∠FCA)=120°；②證：如圖所示，在AC上取點H，使得AD=AH，在△ADF和△AHF中，AD=AH∴△ADF≌△AHF(SAS)，∴∠AFD=∠AFH，∵∠AFD=∠CFE，∴∠AFH=∠CFE，由①可知，∠AFC=120°，∴∠CFE=180°-120°=60°，∴AFH=∠CFE=60°，∴∠CFH=60°，即：∠CFH=∠CFE，在△CFH和△CFE中，∠CFH=∠CFE∴△CFH≌△CFE(ASA)，∴CE=CH，∵AC=AH+CH，∴AC=AD+CE；（2）證：如圖所示，在AC上取S、T兩點，使得AD=AS，CE=CT，連接SF，SE，TF，TE，∵AE平分∠BAC，∴∠DAF=∠SAF，在△ADF和△ASF中，AD=AS∴△ADF≌△ASF(SAS)，同理可證△AED≌△AES，△CEF≌△CTF，∴DF=SF，DE=SE，F(xiàn)T=FE，∴△DEF≌△SEF，∴S△ADF=S△ASF，且∠AFD=∠AFS，∠CFE=∠CFT，∵∠AFD=∠CFE，∴∠AFD=∠AFS=∠CFE=∠CFT，由（1）可得：∠AFC=90°+12∠B∴∠CFE=180°-135°=45°，∴∠AFD=∠AFS=∠CFE=∠CFT=45°，∴∠CFS=135°-∠AFS=90°，∴CF⊥SF，又∵FT=FE，CT=CE，∴CF垂直平分EF，即：CF⊥ET，∴SF∥ET，∴S△SFT∴S∵S△ACF∴S△ACF【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，以及三角形角平分線相關(guān)的證明問題，掌握基本的輔助線添加思想，熟練運用全等三角形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．【考點12全等中的倍長中線模型】【例12】（2022·江西吉安·七年級期末）（1）基礎(chǔ)應(yīng)用：如圖1，在△ABC中，AB＝5，AC＝7，AD是BC邊上的中線，延長AD到點E使DE＝AD，連接CE，把AB，AC，2AD利用旋轉(zhuǎn)全等的方式集中在△ACE中，利用三角形三邊關(guān)系可得AD的取值范圍是；（2）推廣應(yīng)用：應(yīng)用