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第12章 全等三角形单元提升卷
【人教版】
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（23-24八年级·黑龙江黑河·期末）下列说法不正确的是（ ）
A．如果两个图形全等，那么它们的形状和大小一定相同;
B．图形全等，只与形状，大小有关，而与它们的位置无关;
C．全等图形的面积相等，面积相等的两个图形是全等图形;
D．全等三角形的对应边相等，对应角相等.
【答案】C
【分析】直接利用全等三角形的定义“能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形”与性质“全等三角形
的对应边相等，对应角相等”即可得．
【详解】解：A、如果两个图形全等，那么它们的形状和大小一定相同，选项说法正确，不符合题意；
B、图形全等，只与形状，大小有关，而与它们的位置无关，选项说法正确，不符合题意；
C、全等图形的面积相等，但面积相等的两个图形不一定是全等图形；选项说法错误，符合题意；
D、全等三角形的对应边相等，对应角相等，选项说法正确，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题考查了全等三角形的定义与性质，解题的关键是掌握全等三角形的定义与性质．
2．（3分）（23-24八年级·上海·专题练习）已知图中的两个三角形全等，则∠α的度数是（ ）
A．72° B．60° C．58° D．50°
【答案】D
【分析】本题考查全等三角形的知识．解题时要认准对应关系．全等图形要根据已知的对应边去找对应角，
并运用“全等三角形对应角相等”即可得答案．
【详解】解：∵图中的两个三角形全等
a与a，c与c分别是对应边，那么它们的夹角就是对应角
∴∠α=50°故选：D．
3．（2011·北京·一模）如图，将两根钢条AA′、BB′的中点O连在一起，使AA′、BB′可以绕着点O自
由旋转，则A′B′的长等于内槽宽AB，那么判定△OAB≌△OA′B′的理由是（ ）
A．SSS B．SAS C．AAS D．ASA
【答案】B
【分析】由已知O是AA′、BB′的中点，再加上对顶角相等即可证明△OAB≌△OA′B′，利用SAS证明
全等．本题考查了三角形全等的判定方法，认真观察图形，选择合适的方法是解此题的关键．
【详解】解：∵将两根钢条AA′、BB′的中点O连在一起，
∴OA=OA′，OB=OB′，
在△AOB和△A′OB′中，
{
OA=OA′
)
∠AOB=∠A′OB′ ，
OB=OB′
∴△OAB≌△OA′B′ (SAS)，
故选：B．
4．（3分）（23-24八年级·山东烟台·期中）根据下列条件，能画出唯一△ABC的是（ ）
A．AB＝4，BC＝5，AC＝1 B．AB＝5，BC＝4，∠A＝40°
C．∠A＝60°，∠B＝50°，AB＝5 D．∠C＝90°，AB＝8
【答案】C
【分析】要满足唯一画出 ABC，就要求选项给出的条件符合三角形全等的判定方法，不符合判定方法的
画出的图形不一样，也就△是三角形不唯一，而各选项中只有C选项符合ASA，是满足题目要求的，于是答
案可得
【详解】A、因为AB+ AC= BC，所以这三边不能构成三角形，故本选项不符合题意；
B、根据AB=5，BC=4，∠A=40°不能画出唯一三角形，如图所示 ABD和 ABC，故本选项不符合题意；
△ △C、根据∠A=60°，∠B=50°，AB=5，符合全等三角形的判定定理ASA，即能画出唯一三角形，故本选项正确；
D、只有一个角和一个边无法根据此作出一个唯一的三角形，故本选项不符合题意；
故选：C
根据题意得，
【点睛】本题考查了三角形的三边关系定理和全等三角形的判定定理，注意：全等三角形的判定定理有
SAS，ASA，AAS，SSS．
5．（3分）（23-24八年级·重庆南岸·期中）如图，AD是△ABC的角平分线，DF⊥AB，垂足为F，
DE=DG，△ADG和△AED的面积分别为48和26，则△EDF的面积为（ ）
A．11 B．22 C．26 D．37
【答案】A
【分析】本题考查的是角平分线的性质、全等三角形的判定和性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的
距离相等是解题的关键．作DH⊥AC于H，根据角平分线的性质得到DF=DH，证明
Rt△FDE≌Rt△HDG，Rt△FDA≌Rt△HDA，根据题意列方程，解方程即可．
【详解】解：如图，作DH⊥AC于H，
∵AD △ABC DF⊥AB DH⊥AC
是 的角平分线， ， ，
∴DF=DH，
在Rt△FDE和Rt△HDG中，{DF=DH)
，
DE=DG
∴Rt△FDE≌Rt△HDG(HL)，
同理，Rt△FDA≌Rt△HDA(HL)，
设△EDF的面积为x，由题意得，
48−x=26+x，
解得x=11，
即△EDF的面积为11，
故选：A
6．（3分）（23-24八年级·河南洛阳·阶段练习）有两个三角锥ABCD，EFGH，其中甲、乙、丙、丁分
别表示△ABC，△ACD，△EFG，△EGH．若∠ACB=∠CAD=∠EFG=∠EGH=70∘，
∠BAC=∠ACD=∠EGF=∠EHG=50∘，则下列叙述何者正确（ ）
A．甲、乙全等，丙、丁全等 B．甲、乙全等，丙、丁不全等
C．甲、乙不全等，丙、丁全等 D．甲、乙不全等，丙、丁不全等
【答案】B
【分析】根据题意即是判断甲、乙是否全等，丙丁是否全等．运用判定定理解答．
【详解】解：∵∠ACB=CAD=70°，∠BAC=∠ACD=50°，AC为公共边，
∴△ABC≌△ACD，即甲、乙全等；
△EHG中，∠EGH=70°≠∠EHG=50°，即EH≠EG，
虽∠EFG=∠EGH=70°，∠EGF=∠EHG=50°，
∴△EFG不全等于△EGH，即丙、丁不全等．
综上所述甲、乙全等，丙、丁不全等，B正确，
故选：B．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定，但考生需要有空间想象能力．判定两个三角形全等的一般方法
有：SSS、SAS、AAS、HL．找着∠EGH=70°≠∠EHG=50°，即EH≠EG是正确解决本题的关键．7．（3分）（23-24八年级·湖北武汉·期中）如图，在平面直角坐标系中，C(4,4)，点B、A分别在x轴正
半轴和y轴正半轴上，∠ACB＝90°，则OA＋OB等于（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】A
【分析】过C作CM⊥y轴于M，CN⊥x轴于N，推出OM=ON=CN=4，证△ACM≌△BCN，推出
AM=BN，求出OA+OB=ON+OM，代入求出即可．
【详解】解：过C作CM⊥y轴于M，CN⊥x轴于N，
∵C（4，4），
∴CN=CM=4，
∴OM=ON=CN=CM=4，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠MON，
∴∠MCA=90°−∠ACN，∠BCN=90°−∠ACN，
∴∠ACM=∠BCN，
在△ACM和△BCN中，
{∠ACM=∠BCN
)
CM=CN ，
∠CMA=∠CNB
∴△ACM≌△BCN（ASA），
∴AM=BN，
∴OA+OB
=OA+ON+BN=OA+ON+AM
=ON+OM
=4+4
=8．
故选:A．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，坐标与图形性质，关键是推出AM=BN和推出
OA+OB=OM+ON．
8．（3分）（23-24八年级·河南平顶山·期中）如图，△ABC的高BD与CE相交于点O，OD=OE，AO的
延长线交BC于点M，则图中共有全等的直角三角形（ ）
A．3对 B．4对 C．5对 D．6对
【答案】D
【分析】本题主要考查了直角三角形全等的判定方法，判定两个直角三角形全等的一般方法有：
SSS、SAS、ASA、AAS、HL．熟练掌握运用全等三角形的判定方法是解题关键．
△ADO≌△AEO，
△DOC≌△EOB,△COM≌△BOM,△ACM≌△ABM,△ADB≌△AEC,△BCE≌△CBD，利用全等
三角形的判定可证明，做题时，要结合已知条件与三角形全等的判定方法逐个验证．
【详解】解：△ADO≌△AEO，
△DOC≌△EOB,△COM≌△BOM,△ACM≌△ABM,△ADB≌△AEC,△BCE≌△CBD．理由如下：
在△ADO与△AEO中，∠ADO=∠AEO=90°，
{OA=OA)
，
OD=OE
∴△ADO≌△AEO(HL)，
∴∠DAO=∠EAO,AD=AE，
在△DOC与△EOB中，{∠ODC=∠OEB=90°
)
OD=OE
∠DOC=∠EOB
∴△DOC≌△EOB(ASA)，
∴DC=EB,OC=OB，
∴DC+AD=EB+AE，即AC=AB，
∵∠DAO=∠EAO，
∴AM⊥BC，CM=BM．
在△COM与△BOM中，∠OMC=∠OMB=90°，
{OC=OB
)
，
OM=OM
∴△COM≌△BOM(HL)．
在△ACM与△ABM中，∠AMC=∠AMB=90°，
{ AC=AB )
，
AM=AM
∴△ACM≌△ABM(HL)．
在△ADB与△AEC中，
{
AD=AE
)
∠DAB=∠EAC ，
AB=AC
∴△ADB≌△AEC(SAS)．
在△BCE与△CBD中，∠BEC=∠CDB=90°，
{BC=CB)
BE=CD
∴△BCE≌△CBD(HL)．
故选：D
9．（3分）（23-24八年级·重庆开州·期中）如图，锐角△ABC中，D、E分别是AB、AC边上的点，
△ADC≌△ADC′，△AEB≌△AEB′，且C′D//EB′//BC，BE、CD交于点F．若∠BAC=40°，则∠BFC的
大小是（ ）A．105° B．110° C．100° D．120°
【答案】C
【分析】延长C′D交AB′于H．利用全等三角形的性质，平行线的性质，三角形的外角的性质证明∠BFC＝
∠C′＋∠AHC′，再求出∠C′＋∠AHC′即可解决问题．
【详解】解：如图延长C′D交AB′于H．
∵△AEB≌△AEB′，
∴∠ABE＝∠AB′E，
∵C′H∥EB′，
∴∠AHC′＝∠AB′E，
∴∠ABE＝∠AHC′，
∵△ADC≌△ADC′，
∴∠C′＝∠ACD，
∵∠BFC＝∠DBF＋∠BDF，∠BDF＝∠CAD＋∠ACD，
∴∠BFC＝∠AHC′＋∠C′＋∠DAC，
∵∠DAC＝∠DAC′＝∠CAB′＝40°，
∴∠C′AH＝120°，
∴∠C′＋∠AHC′＝60°，
∴∠BFC＝60°＋40°＝100°，
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，平行线的性质，三角形的外角的性质等知识，能熟记全等三角形
的性质的内容是解此题的关键，注意：全等三角形的对应边相等，对应角相等．
10．（3分）（23-24八年级·山东济南·期中）如图，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OD=OC，
OA>OC，∠AOB=∠COD=50°，连接AC,BD相交于点M，连接OM．下列结论：①AC=BD；②
∠AMB=50°；③OM平分∠COB；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为（ ）A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OCA=∠ODB，AC=BD，①正确；由全等三角形的性质
得出∠OAC=∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC=∠AOB+∠OBD，得出
∠AMB=∠AOB=50°，②正确；作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示：则
∠OGC=∠OHD=90°，由AAS证明△OCG≌△ODH，得出OG=OH，由角平分线的判定方法得出
MO平分∠BMC，④正确；由∠AOB=∠COD，得出当∠DOM=∠AOM时，OM才平分∠BOC，假
设∠DOM=∠AOM，则∠COM=∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO=∠BMO，推出
△COM≌△BOM，得OB=OC，而OA=OB，所以OA=OC，而OA>OC，故③错误；即可得出结论．
【详解】解：∵∠AOB=∠COD=50°，
∴∠AOB+∠AOD=∠COD+∠AOD，即∠AOC=∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
{
OA=OB
)
∠AOC=∠BOD ，
OC=OD
∴△AOC≌△BOD，
∴∠OCA=∠ODB，AC=BD，①正确；
∴∠OAC=∠OBD，
由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC=∠AOB+∠OBD，
∴∠AMB=∠AOB=50°，②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图2所示：
则∠OGC=∠OHD=90°，
在△OCG和△ODH中，{∠OCA=∠ODB
)
∠OGC=∠OHD ，
OC=OD
∴△OCG≌△ODH，
∴OG=OH，
∴MO平分∠BMC，④正确；
∵∠AOB=∠COD，
∴当∠DOM=∠AOM时，OM才平分∠BOC，
假设∠DOM=∠AOM，
∵∠AOB=∠COD，
∴∠COM=∠BOM，
∵MO平分∠BMC，
∴∠CMO=∠BMO，
在△COM和△BOM中，
{∠COM=∠BOM
)
OM=OM ，
∠CMO=∠BMO
∴△COM≌△BOM，
∴OB=OC，
∵OA=OB，
∴OA=OC，
与OA>OC矛盾，
∴③错误；
正确的①②④；
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识；证明三角形
全等是解题的关键．属于选择题中的压轴题．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（23-24八年级·海南省直辖县级单位·期中）如图，AB=AC，AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∠1=25°，∠2=30°，则
∠3=
．
_【答案】55°/55度
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形外角的定义及性质，证明△ABD≌△ACE(SAS)得
出∠ABD=∠2=30°，再由三角形外角的定义及性质计算即可得出答案．
【详解】解：在△ABD和△ACE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ABD=∠2=30°，
∵∠1=25°，
∴∠3=∠1+∠ABD=55°，
故答案为：55°．
12．（3分）（23-24八年级·江苏盐城·阶段练习）如图，在△ABC中，∠ABC，∠ACB的平分线交于点
O，点O到BC边的距离为3，且△ABC的周长为20，则△ABC的面积为 ．
【答案】30
【分析】本题考查角平分线的性质、三角形的面积公式，熟练掌握角平分线的性质是解答的关键．过O作
OM⊥AB于M，ON⊥AC于N，连接OA，利用角平分线的性质求得OM=ON=OD=3，然后利用
S =S +S +S 求解即可．
△ABC △AOB △AOC △BOC
【详解】解：过O作OM⊥AB于M，ON⊥AC于N，连接OA，∵点O到BC边的距离为3，
∴OD=3，
∵△ABC的周长为20，
∴AB+AC+BC=20
∵∠ABC，∠ACB的平分线交于点O，OM⊥AB，ON⊥AC，
∴OM=ON=OD=3，
∴S =S +S +S
△ABC △AOB △AOC △BOC
1 1 1
= AB⋅OM+ AC⋅ON+ BC⋅OD
2 2 2
1
= (AB+AC+BC)⋅OD
2
1
= ×20×3
2
=30，
故答案为：30．
13．（3分）（23-24八年级·浙江·阶段练习）如图，已知在△ABC和△≝¿中，点B，E，C，F在同一条直
线上，AB∥DE，BE=CF．请你添加一个条件 ，使得△ABC≌△≝¿．
【答案】∠A=∠D（答案不唯一）
【分析】本题考查三角形全等的性质和判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：ASA、
SSS,SAS,AAS,HL(在直角三角形中)．判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，
然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．
点B,E,C,F在同一条直线上，且∠B=∠≝,BC=EF，即在△ABC和△≝¿中，已经有两边对应相等，根
据判定两个三角形全等的方法：ASA,SAS,AAS，所以可添加条件为∠A=∠D．
【详解】解：∠A=∠D．以下证明添加条件为AB=DE,BC=EF时，△ABC≌△≝¿．
∵BE=CF，
∴BC=EF，
∵AB∥DE，
∴∠B=∠≝¿，
在△ABC和△≝¿中，
{∠A=∠D
)
∠B=∠≝,
BC=EF
∴△ABC≌△≝(AAS)．
故答案为：∠A=∠D．
14．（3分）（23-24八年级·辽宁沈阳·期中）在如图所示的3×3网格中，△ABC是格点三角形（即顶点恰
好是网格线的交点），则与△ABC有一条公共边且全等（不含△ABC）的所有格点三角形的个数是
．
【答案】4
【分析】本题考查全等三角形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
根据全等三角形的判定画出图形，即可判断．
【详解】解：如图，观察图象可知满足条件的三角形有4个．
由图可得，所有格点三角形的个数是4，
故答案为：4．
15．（3分）（23-24八年级·四川成都·期中）如图，在△ABC中，
∠B=∠C，AB=AC=10cm，BC=6cm，D是AB的中点．点P在线段BC上以2cm/s的速度由点B向点C运动，同时，点Q在线段AC上由点C向点A运动，它们运动的时间为t(s)，设点Q的运动速度为
xcm/s，若使得△DBP与△QCP全等，则x的值为 ．
5
【答案】2或
2
【分析】本题考查全等三角形的对应边相等的性质，根据对应角分情况讨论是本题的关键．
用t表示出相关线段，再根据全等三角形对应边相等，分①BD、PC是对应边，②BD与C Q是对应边两
种情况讨论即可．
【详解】解：∵AB=AC=10cm,BC=6cm，点D为AB的中点，
1
∴BD= ×10=5cm，
2
设点P、Q的运动时间为t，则BP=2t(cm)，PC=(6−2t)cm，
①当BD=PC时，
6−2t=5，
1
解得：t= ，
2
则BP=CQ=2t=1cm，
1
故点Q的运动速度为：1÷ =2(cm/s)；
2
②当BP=PC时，
∵BC=6cm，
∴BP=PC=3cm，
∴t=4÷2=2(s)，
5
故点Q的运动速度为5÷2= (cm/s)；
2
5
故答案为：2或 ．
216．（3分）（23-24八年级·陕西商洛·期中）如图，在△ABC中，∠ABC=66°，BD平分∠ABC，P为
线段BD上一动点，Q为边AB上一动点，当AP+PQ的值最小时，∠APQ的度数为 ．
【答案】66°/66度
【分析】在BC上截取BE=BQ，连接PE，证明△BQP≌△BEP得出PQ=PE，从而证明当点A、P、E
在同一直线上，且AE⊥BC时， AP+PQ的值最小，再根据三角形的内角和即可求出结果
【详解】解：在BC上截取BE=BQ，连接PE，如图所示：
∵BD平分∠ABC，
1
∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC=33°，
2
在△BQP和△BEP中，
{
BQ=BE
)
∠ABD=∠CBD ，
BP=BP
∴△BQP≌△BEP(SAS)，
∴PQ=PE，∠BPE=∠BPQ，
∴AP+PQ=AP+PE，
∴当点A、P、E在同一直线上，且AE⊥BC，AP+PE的值最小，即AP+PQ的值最小，
∴当点A、P、E在同一直线上，且AE⊥BC时，∠AEB=90°，
∵∠CBD=33°，
∴∠BPE=90°−33°=57°，
∴∠BPE=∠BPQ=57°∴∠APQ=180°−2×57°=66°，
故答案为：66°．
【点睛】本题考查了角平分线的定义、全等三角形的性质和判定、垂线段最短及三角形的内角和定理，确
定使AP+PQ最小时点P的位置是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（23-24八年级·广东深圳·期末）如图，在△ABC中，D为AB上一点，E为AC中点，连接
DE并延长至点F，使得EF=ED，连CF．
(1)求证：CF∥AB
(2)若∠A=70°，∠F=35°，BE⊥AC，求∠BED的度数．
【答案】(1)见解析
(2)15°
【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定、平行线的性质和判定、三角形内角和定理等知识点．熟练
掌握全等三角形的判定定理是解题关键．
（1）利用ASA证明△AED≌△CEF，根据全等三角形的性质得出∠A=∠ACF，根据平行线的判定得出
CF∥AB即可；
（2）根据（1）求出∠A=∠ACF=70°，根据三角形内角和定理求出∠AED=75°，根据BE⊥AC，
结合角的和差关系即可得答案．
【详解】（1）证明：∵E为AC中点，
∴AE=CE，
在△AED和△CEF中，
{
AE=CE
)
∠AED=∠CEF ，
DE=EF
∴△AED≌△CEF，
∴∠A=∠ACF，∴CF∥AB．
（2）∵∠A=∠ACF=70°，∠F=35°，
∴∠AED=∠CEF=180°−70°−35°=75°，
∵BE⊥AC，
∴∠AEB=90°，
∴∠BED=90°−75°=15°．
18．（6分）（23-24八年级·广东湛江·期中）如图，两棵大树AB、CD之间相距13m（即BD=13m），
小华从点B沿BD走向点D，行走一段时间后，他到达点E，此时他仰望两棵大树的顶点A和C，且两条视
线的夹角∠AEC=90°，且EA=EC．已知大树AB的高为5m，小华行走的速度为1m/s，
(1)求证：△ABE≌△EDC；
(2)求小华从点B走到点E的时间．
【答案】(1)见解析
(2)8s
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，
（1）先证明∠A=∠DEC，再根据AAS证明三角形全等即可；
（2）根据全等三角形的性质得出EC=AB=5m，再求出BE=8m，进而可得出答案．
【详解】（1）证明：∵∠AEC=90°，
∴∠AEB+∠DEC=90°，
∵∠ABE=90°，
∴∠A+∠AEB=90°，
∴∠A=∠DEC，
在△ABE和△EDC中
{
∠B=∠D
)
∵ ∠A=∠DEC ，
AE=EC
∴△ABE≌△EDC(AAS)；
（2）解：由（1）可知，△ABE≌△EDC，∴ED=AB=5m，
∵BE=BD−ED=13−5=8m，
∴8÷1=8s，
∴小华走的时间是8s．
19．（8分）（23-24八年级·河南郑州·期中）下面是某数学兴趣小组在项目学习课上的方案策划书，请仔
细阅读，并完成相应的任务．
项目
探究用全等三角形解决“不用直接测量，得到高度”的问题
课题
问题
墙上有一点A，在无法直接测量的情况下，如何得到点A的高度？
提出
项目
图纸
①标记测试直杆的底端点D，测量OD的长度．②找一根长度大于OA的直杆，使直杆斜靠在墙
解决
上，且顶端与点A重合；③使直杆顶端缓慢下滑，直到∠DCO=∠ABO；④记下直杆与地面的夹
过程
角∠ABO；
项目
…
数据
任务：
(1)由于项目记录员粗心，记录排乱了“解决过程”，正确的顺序应是 ；
A．②→③→①→④
B．③→④→①→②
C．①→②→④→③
D．②→④→③→①
(2)若∠ODC=20°，则∠ABO= ；
(3)请你说明他们作法的正确性．
【答案】(1)D
(2)70°
(3)见解析
【分析】本题主要考查了实践操作题——利用全等三角形原理测长度，解决问题的关键是熟练掌握AAS判定三角形全等的方法．
（1）根据“使直杆斜靠在墙上，顶端与点A重合，记下直杆与地面的夹角∠ABO，而后使直杆顶端缓慢
下滑，直到∠DCO=∠ABO，标记直杆的底端点D，测量OD的长度”的顺序，从新排列“解决过程”，
即得；
（2）根据AAS判定△ABO和△DCO全等，得到∠ABO=∠DCO，进一步解答即可；
（3）根据判定△ABO≌△DCO的合理性说明他们作法的正确性．
【详解】（1）正确的顺序应是：
②找一根长度大于OA的直杆，使直杆斜靠在墙上，且顶端与点A重合；
④记下直杆与地面的夹角∠ABO；
③使直杆顶端缓慢下滑，直到∠DCO=∠ABO；
①标记测试直杆的底端点D，测量OD的长度．
故答案为：D；
（2）在△ABO和△DCO中，
{∠AOB=∠DOC
)
∠ABO=∠DCO ，
AB=DC
∴△ABO≌△DCO(AAS)，
∴∠ABO=∠DCO，
∵∠ODC=20°，
∴∠DCO=70°，
∴∠ABO=70°；
故答案为：70°；
（3）证明：由（2）知，在△ABO和△DCO中，
{∠AOB=∠DOC
)
∠ABO=∠DCO ，
AB=DC
∴△ABO≌△DCO(AAS)，
∴OA=OD．
即测量OD的长度，就等于OA的长度，即点A的高度．
20．（8分）（23-24八年级·四川成都·期中）在△ABC的高AD、BE交于点F，DF=CD．(1)如图1，求证：∠DAC=∠CBE；
(2)如图1，求∠ABC的度数；
(3)如图2，延长BA到点G，过点G作BE的垂线交BE的延长线于点H，当GH=BE时，探究线段CE、CG、
BH的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析
(2)∠ABC=45°
(3)CE+CG=BH，证明见解析
【分析】（1）根据直角三角形的两个锐角互余及等角的余角相等即可得出结论；
（2）证△DAC和△DBE全等得BD=AD，从而得△ABD为等腰直角三角形，进而可得∠ABC的度数；
（3）在HB上截取HM=CE，连接CM，先证△BEC和△GHM全等得，GM=BC，再证
∠BGM=∠ABC=45°，进而可依据“SAS”判定△BGM和△GBC全等，从而得CG=MB，由此可得线
段CE、CG、BH的数量关系．
此题主要考查了三角形的高，全等三角形的判定，等腰直角三角形的判定和性质，理解三角形的高，熟练
掌握全等三角形的判定，等腰直角三角形的判定和性质是解决问题的关键，难点是正确地作出辅助线，构
造全等三角形．
【详解】（1）证明：∵△ABC的高AD、BE交于点F，如图1所示：
∴∠ADC=∠ADB=90° ∠AEB=90°
， ，
∴∠DAC+∠1=90°，∠CBE+∠2=90°，
∵∠1=∠2，∴∠DAC=∠CBE
（2）解：在△DAC和△DBE中，
{
∠DAC=∠CBE
)
∠ADC=∠ADB=90° ，
DF=CD
∴△DAC≌△DBE(AAS)，
∴BD=AD，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴∠ABC=45°；
（3）解：CE、CG、BH的数量关系是：CE+CG=BH，证明如下：
在HB上截取HM=CE，连接CM，如图2所示：
∵BE △ABC GH⊥BH
是 的高， ，
∴∠H=∠BEC=90°，∠BGH=90°−∠3，
在△BEC和△GHM中，
{
GH=BE
)
∠H=∠BEC=90° ，
MH=CE
∴△BEC≌△GHM(SAS)，
∴GM=BC，∠1=∠2，
由（2）可知：∠ABC=45°，即∠2+∠3=45°，
∴∠BGM=∠BGH−∠1=90°−∠3−∠1=90°−(∠3+∠2)=45°，
∴∠BGM=∠ABC=45°，
即∠BGM=∠GBC，
在△BGM和△GBC中，
{
GM=BC
)
∠BGM=∠GBC ，
GB=BG∴△BGM≌△GBC(SAS)，
∴CG=MB，
∴CE+CG=MH+MB=BH．
21．（8分）（23-24八年级·甘肃兰州·期中）如图所示，在△ABC中，AD平分∠BAC，点P为线段AD
上的一个动点，PE⊥AD交BC的延长线于点E．若∠B=35°，∠ACB=85°，求∠E的度数．
解：（在以下解答过程的空白处填上适当的内容）
∵∠B=35°，∠ACB=85°（已知），
∠BAC+∠B+∠ACB= （ ），
∴∠BAC=180°−∠B−∠ACB（ ），
=180°−35°−85°=60°．
∵AD平分∠BAC（已知），
1
∴∠BAD=∠CAD= ∠BAC（ ），
2
1
×60°=30°．
2
∴∠ADC=∠B+∠BAD（ ），
=35°+30°=65°．
∵PE⊥AD（已知），
∴∠DPE=90°（ ）．
在直角三角形DPE中，
∵∠PDE+∠E=90°（ ），
∴∠E=90°−∠PDE=90°−65°=25°．
【答案】见解析
【分析】本题考查了三角形内角和等于180°、角平分线的定义和垂直的定义，关键是可以根据题意灵活变
化，最终求出所要求的问题的答案．
由∠B=35°，∠ACB=85°，根据三角形内角和等于180°，可得∠BAC的度数，因为AD平分∠BAC，
从而可得∠DAC的度数，进而求得∠ADC的度数，由PE⊥AD可得∠DPE的度数，从而求得∠E的度数．
【详解】解：∵∠B=35°，∠ACB=85°（已知），
∠BAC+∠B+∠ACB=180°（三角形内角和等于180°），
∴∠BAC=180°−∠B−∠ACB（等式的性质），
=180°−35°−85°=60°．
∵AD平分∠BAC（已知），
1
∴∠BAD=∠CAD= ∠BAC（角平分线的定义），
2
1
×60°=30°，
2
∴∠ADC=∠B+∠BAD（三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和），
=35°+30°=65°，
∵PE⊥AD（已知），
∴∠DPE=90°（垂直的定义），
在直角三角形DPE中，
∵∠PDE+∠E=90°（直角三角形的两锐角互余），
∴∠E=90°−∠PDE=90°−65°=25°．
22．（8分）（23-24八年级·山东济南·期中）阅读下列材料，完成相应任务．
数学活动课上，老师提出了如下问题：
如图1，已知△ABC中，AD是BC边上的中线．求证：AB+AC＞2AD
智慧小组的证法如下：
证明：如图2，延长AD至E，使DE=AD，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
{
BD=CD
)
在△BDE和△CDA中， ∠BDE=∠CDA ，
DE=DA
∴△BDE≌△ CDA（依据1），
∴BE=CA，
在△ABE中，AB+BE＞AE（依据2），
∴AB+AC＞2AD．(1)任务一：上述证明过程中的“依据1”和“依据2”分别是指：
依据1： ；依据2： ．
【归纳总结】
上述方法是通过延长中线AD，使DE=AD，构造了一对全等三角形，将AB，AC，AD转化到一个三角
形中，进而解决问题，这种方法叫做“倍长中线法”．“倍长中线法”多用于构造全等三角形和证明边之
间的关系．
(2)任务二：如图3，AB=6，AC=8，则AD的取值范围是 ；
A．6＜AD＜8； B． 6≤AD≤8； C． 1＜AD＜7
(3)任务三：利用“倍长中线法”，解决下列问题．
1
如图4，Rt△ABC中，∠BAC=90°，D为BC中点，求证：AD= BC．
2
【答案】(1)两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等；三角形任意两边的和大于第三边
(2)C
(3)见解释
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的性质．掌握题目中“倍长中线法”是解题的关键．
（1）掌握全等三角形的判定与性质，三角形的性质即可．
（2）利用“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”求解即可．
（3）判断△BDA≌△CDF，△ABC≌△CFA即可．
【详解】（1）解：依据1：两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等（或“边角边”或“SAS”）；
依据2：三角形两边的和大于第三边；
故答案为：两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等；三角形任意两边的和大于第三边．（2）
解：如图，延长AD至点E，使DE=AD,连接CE．
∵ AD是BC的中线，
∴ BD=CD,
在△ABD与△ECD中，
{
AD=ED
)
∠ADB=∠EDC ,
BD=CD
∴ △ABD≌△CDE (SAS)，
∴ AB=EC=6,
在△ACE中，AC−CE＜AE＜AC+CE，
即8−6＜2AD＜8+6，
∴ 1＜AD＜7．
故选：C．
（3）证明：如图4，延长AD至F，使AD=DF连接CF，
∵ D是BC的中点，
∴BD=CD,
又∵ ∠ADB=∠CDF
∴△BDA≌△CDF (SAS)，
∴ ∠B=∠DCF，AB=CF，
∵∠BAC=90°，∴∠B+∠ACB=90°,
∴ ∠DCF+∠ACB=90°,
即∠ACF=∠BAC，
又∵AC=CA，
∴△ABC≌△CFA (SAS)，
∴AF=BC，
1 1
∴AD= AF= BC．
2 2
23．（8分）（23-24八年级·陕西宝鸡·期中）【问题背景】
如图，在△ABC中，∠BAC=120°，BE，CF是△ABC的角平分线，它们相交于点I．
【初步探究】（1）如图1，连接AI，求证：点I在∠BAC的平分线上；
【深入探究】（2）如图2，延长AI交BC于点D，过点F作FT⊥BC于点T,FL⊥AD于点L，并连接TL，
试判断∠FTL与∠FLT的大小关系；
【拓展延伸】（3）如图3，延长AI交BC于点D，连接DE交CI于点G，过点G作GM⊥AC于点M，
GN⊥AD于点N，请问GM和GN有何数量关系？
【答案】（1）见解析；（2）∠FTL=∠FLT；（3）GM=GN
【分析】本题考查了角平分线的性质和判定，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）过点I作AB,AC,BC的垂线段，分别交于点M,N,K，证明ℑ,∈,IK即可解答；
（2）过点F作AB的垂线段，交CA的延长线于点G，可得FG=FT，证明△FAG≌△FAL，可得
FT=FG=FL，即可解答；
（3）过点G作BC的垂线段，交BC于点H，过点E作EQ⊥BC于点Q,EP⊥AD于点P，同（2）中原理
可得DE平分∠ADC，可得GN=GH=GM即可解答。
【详解】（1）证明：如图，过点I作AB,AC,BC的垂线段，分别交于点M,N,K，
∵BE，CF是△ABC的角平分线，
∴IK=∈=ℑ，
∴点I在∠BAC的角平分线上（到角两边距离相等的点，在这个角的角平分线上）；（2）∠FTL=∠FLT，理由如下：
如图，过点F作AB的垂线段，交CA的延长线于点G，
∵CF △ABC FT⊥BC,FG⊥CA
是 的角平分线， ，
∴FT=FG，
∵∠BAC=120°，
∴∠GAF=180°−∠BAC=60°，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠LAF=60°=∠GAF，
∵∠FGA=∠FLA=90°,AF=AF，
∴△GAF≌△LAF(AAS)，
∴FG=FL=FT，
∴∠FTL=∠FLT；
（3）解：如图，过点G作BC的垂线段，交BC于点H，过点E作EQ⊥BC于点Q,EP⊥AD于点P，
根据（2）中原理可得EQ=EP，
∴DE是∠ADC的平分线，
∵GN⊥AD,GH⊥DC，∴GN=GH，
∵CG平分∠ACB，GM⊥AC，GH⊥DC，
．
