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期末复习重点题型几何中的分类讨论思想两解或多解（解析版）
专题诠释：分类讨论思想是数学中的重要的思想方法，也是一种重要的解题方法。可以考查学生思维的开放性、
周密性、发散性和全面性。此类题具有较强的综合性，难度较大，在考试中一般以压轴题形式出现。人教版八
年级数学上几何部分所涉及的分类讨论的知识点，比较多。
下面列举人教版八年级数学上的几何中常见的分类讨论思想的类型，共同学们借鉴。
第一部分 典例讲解+针对训练
类型一 全等三角形的分类讨论
典例1 （2023秋•天长市期中）如图，在△ABC中∠ACB＝90°，AC＝8cm，BC＝12cm．直线/经过点C，
点M以每秒2cm的速度从B点出发，沿B﹣C﹣A路径向终点A运动，同时，点N以每秒1cm的速度从
A点出发，沿A﹣C﹣B路径向终点B运动；两点到达相应的终点就分别停止运动，分别过 M、N作
MD⊥l于点D，NE⊥l于点E，设点N运动时间为t秒．
（1）当点M在BC上，点N在AC上时，
①CM＝ （ 1 2 ﹣ 2 t ） cm，CN＝ ＝（ 8 ﹣ t ） cm（用含t的代数式表示）．
②当t＝4时，△CDM与△CEN全等吗？并说明理由．
（2）要使以点M、D、C为顶点的三角形与以点N、E、C为顶点的三角形全等，直接写出t的值．
【思路引领】（1）①由题意知BM＝2tcm，AN＝tcm，根据CM＝BC﹣BM，CN＝AC﹣CN求解即可；
②当t＝4时，CM＝BC﹣BM＝12﹣2t＝4（cm），CN＝AC﹣CN＝8﹣4＝4（cm），从而得出CM＝
CN，再证明∠CMD＝∠NCE，∠CDM＝∠CEN，即可由AAS证明△CDM≌△NEC．
（2）分四种情况：I）当t≤6时，即点M在BC上，点N在AC上；II）当6＜t≤8时，即点M在AC上，
点N在AC上；III）当8＜t＜10时，即点M在AC上，点N在BC上；IV）当10≤t≤20时，点M停在
点A处，点N在BC上；分别求解即可．
【解答】解：（1）①由题意知BM＝2tcm，AN＝tcm，
∴CM＝BC﹣BM＝（12﹣2t）cm，CN＝AC﹣CN＝（8﹣t）cm；
故答案为：（12﹣2t）；（8﹣t）；
②当t＝4时，△CDM与△CEN全等，理由如下：
如图1，当t＝4时，
CM＝BC﹣BM＝12﹣2t＝4（cm），CN＝AC﹣CN＝8﹣4＝4（cm），
∴CM＝CN，
∵MD⊥l于点D，NE⊥l于点E，
∴∠CDM＝∠CEN＝90°，
∴∠CMD+∠MCD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠NCE+∠MCD＝90°，
∴∠CMD＝∠NCE，
∴△CMD≌△NCE（AAS）．
（2）I）当t≤6时，点M在BC上，点N在AC上，如图2，
∵MD⊥l，NE⊥l，
∴∠CDM＝∠CEN＝90°，
∴∠MCD+∠CMD＝∠MCD+∠ECN＝90°，
∴∠MCD＝∠CNE，
∴要使△MCD与△NCE全等，则MC＝CN，
∴12﹣2t＝8﹣t，
解得t＝4；
II）当6＜t≤8 时，即点M在AC上，点N在AC上，如图3，若M、N两点重合，则△MCD与△NCE全等，
此时MC＝CN，
即2t﹣12＝8﹣t，
20
解得t= ；
3
III）当8＜t＜10时，即点M在AC上，点N在BC上，如图4，
∵MD⊥l，NE⊥l，
∴∠CDM＝∠CEN＝90°，
∴∠MCD+∠CMD＝∠MCD+∠ECN＝90°，
∴∠MCD＝∠CNE，
∴要使△MCD与△NCE全等，则MC＝CN，
∴2t﹣12＝t﹣8，
解得t＝4（舍去）；
IV）当10≤t≤20时，点M停在点A处，点N在BC上，如图5，当点M与A重合时，若CN＝MC＝8，则△MCD与△NCE全等，
此时t﹣8＝8，
解得t＝16，
20
综上，要使以点M，D，C为顶点的三角形与以点N，E，C为顶点的三角形全等，则t的值为 或7或
3
10，
17
故答案为： 或4或16．
3
【总结提升】本题考查动点问题，全等三我的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的
关键．注意分类讨论，以免漏解．
针对训练
1．（2023秋•正定县期中）如图，点C在线段BD上，AB⊥BD于点B，ED⊥BD于点D，∠ACE＝90°，
且AC＝7cm，CE＝8cm，点P从点A开始以2cm/s速度沿AC向终点C运动，同时点Q以3cm/s的速度
从点E开始，在线段EC上往返运动（即沿E→C→E运动），当点P到达终点时，P、Q同时停止运动．
过P、Q分别作BD的垂线，垂足分别为M、N．设运动的时间为t s，当以P、C、M三点为顶点的三角
形与△QCN全等时，t的值为（ ）s．
A．1 B．1或3 C．2或4 D．1或4
【思路引领】分两种情况讨论，由全等三角形的判定和性质可求解．
【解答】解：当点P在AC上，点Q在CE上时，
∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，
∴PC＝CQ，
∴7﹣2t＝8﹣3t，
∴t＝1，当点P在AC上，点Q第一次从点C返回时，
∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，
∴PC＝CQ，
∴7﹣2t＝3t﹣8，
∴t＝3，
综上所述：t的值为1或3．
故选：B．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定和性质是本题的关键．
2．（2022秋•桥西区期末）在平面直角坐标系xOy中，△ABC的位置如图所示．
（1）分别写出△ABC各个顶点的坐标；
（2）点D在x轴上运动（不与点B重合），点E在y轴上运动（不与点A重合），当以点D、O、E为
顶点的三角形与△AOB全等时，直接写出点D的坐标．
【思路引领】（1）直接由图可得到△ABC各个顶点的坐标；
（2）分三种情况：当点D在x轴负半轴上，点E在y轴负半轴上时，△AOB≌△DOE；当点D在x轴
正半轴上，点E在y轴负半轴上时，△AOB≌△EOD；当点D在x轴正半轴上，点E在y轴正半轴上时，
△AOB≌△DOE，分别进行计算即可．
【解答】解：（1）由图可得：
△ABC各个顶点的坐标为：A（0，3），B（﹣2，0），C（2，0）；
（2）当点D在x轴负半轴上，点E在y轴负半轴上时，△AOB≌△DOE，
∴DO＝AO＝3，
∴D （﹣3，0），
1
当点D在x轴正半轴上，点E在y轴负半轴上时，△AOB≌△EOD，∴DO＝BO＝2，
∴D （2，0），
2
当点D在x轴正半轴上，点E在y轴正半轴上时，△AOB≌△DOE，
∴AO＝DO＝3，
∴D （3，0），
3
综上所述，点D的坐标为：D （﹣3，0），D （2，0），D （3，0）．
1 2 3
【总结提升】本题考查了坐标与图形，三角形全等的判定与性质，解题的关键是采用分类讨论的思想解
决问题．
类型二 等腰三角形中的分类讨论
典例2（2022秋•麻章区期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝60°，动点P在斜边AB所在的直
线m上运动，连接PC，那点P在直线m上运动时，能使图中出现等腰三角形的点P的位置有（ ）
A．6个 B．5个 C．4个 D．3个
【思路引领】根据等腰三角形的判定和含30°的直角三角形的性质解答即可．
【解答】解：如图所示：以B为圆心，BC长为半径画弧，交直线m于点P ，P ，
4 2
以A为圆心，AC长为半径画弧，交直线m于点P ，P ，
1 3
边AC和BC的垂直平分线都交于点P3位置，
因此出现等腰三角形的点P的位置有4个，
故选：C．
【总结提升】此题考查等腰三角形的判定，关键是根据等腰三角形的判定和含 30°的直角三角形的性质
解答．
针对训练
1．（2023秋•东昌府区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝36°，以C为原点，AC所在
直线为y轴，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，在坐标轴上取一点M使△MAB为等腰三角形，
符合条件的M点有 8 个．【思路引领】分两种情况推论，当AB是底边时，当AB是腰时，即可判断．
【解答】解：如图：
（1）当AB是底边时，作AB的垂直平分线分别与AC，x轴负半轴相交，共两个交点，都符合条件；
（2）当AB是腰时，①以点A为圆心AB长为半径画圆分别与y轴正半轴，负半轴，x轴负半轴相交，
共三个交点，都符合条件；
②以点B为圆心AB长为半径画圆分别与x轴正半轴，负半轴，y轴负半轴相交，共三个交点，都符合
条件，
因此共有8个符合条件的点．
故答案为：8．
【总结提升】本题考查了等腰三角形的判定，构造等腰三角形时本着截取相同的线段就能作出等腰三角
形来，思考要全面，做到不重不漏．
类型三 轴对称中的分类讨论
典例3（2023秋•工业园区校级期中）如图，在3×3的正方形格纸中，有一个以格点为顶点的△ABC，请你
找出格纸中所有与△ABC成轴对称且也以格点为顶点的三角形，这样的三角形共有 5 个．【思路引领】根据轴对称图形的定义与判断可知．
【解答】解：与△ABC成轴对称且也以格点为顶点的三角形有5个，
分别为△ABD，△BCE，△GHF，△EMN，△AMQ，共有5个．
故答案为：5．
【总结提升】本题考查轴对称图形的定义与判断，如果一个图形沿着一条直线对折，两侧的图形能完全
重合，这个图形就是轴对称图形．折痕所在的这条直线叫做对称轴．
针对训练
1．（2022秋•寻甸县期末）如图，在3×3的正方形网格中，格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形
称为格点三角形，图中的△ABC为格点三角形，在图中与△ABC成轴对称的格点三角形可以画出（
）
A．6个 B．5个 C．4个 D．3个
【思路引领】根据网格结构分别确定出不同的对称轴，然后作出轴对称三角形即可得解
【解答】解：如图，最多能画出6个格点三角形与△ABC成轴对称．故选：A．
【总结提升】本题考查了利用轴对称变换作图，熟练掌握网格结构并准确找出对应点的位置是解题的关
键，本题难点在于确定出不同的对称轴．
类型四 三角形的高的位置不确定性
典例4（2023春•宝安区期中）若一个等腰三角形腰上的高等于腰长的一半，则此等腰三角形的底角的度数
是（ ）
A．15° B．75° C．15°或75° D．无法确定
【思路引领】根据题意，先画出相应的图形，然后根据等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性
质，即可得到等腰三角形底角的度数．
【解答】解：作CD⊥AB于点D，如图1所示，
1
∵CD= AC，
2
∴∠A＝30°，
∴∠B＝∠ACB＝75°；
作BD⊥CA，交CA的延长线于点D，如图2所示，1
∵BD= AB，
2
∴∠DAB＝30°，
∴∠BAC＝150°，
∴∠ABC＝∠C＝15°；
故选：C．
【总结提升】本题考查解直角三角形、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图
形，利用数形结合的思想解答．
针对训练
1．（2022春•渝中区校级期末）等腰△ABC两腰上的高所在直线夹角为45°，则顶角∠A的度数为 135 °
或 45 ° ．
【思路引领】分两种情形画出图形分别求解即可解决问题．
【解答】解：如图，当∠BAC是钝角时，
由题意：AB＝AC，∠AEH＝∠ADH＝90°，∠EHD＝45°，
∴∠BAC＝∠EAD＝360°﹣90°﹣90°﹣45°＝135°；
如图，当∠A是锐角时，由题意：AB＝AC，∠CDA＝∠BEA＝90°，∠CHE＝45°，
∴∠DHE＝180°﹣∠CHE＝135°，
∴∠A＝360°﹣90°﹣90°﹣135°＝45°，
故答案为：135°或45°．
【总结提升】本题考查等腰三角形的性质，四边形内角和定理等知识，解题的关键是用分类讨论的思想
思考问题，属于中考常考题型．
2．（2023秋•卧龙区期中）如果等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为29°，那么等腰三角形的顶角为
61 或 119 度．
【思路引领】分两种情况，三角形的高在三角形的内部或外部，即可求解．
【解答】解：如图：△ABC中，AB＝AC，BD⊥AC于D，
∵∠ABD＝29°，BD⊥AC，
∴∠A＝90°﹣29°＝61°；
如图；△ABC中，AB＝AC，BH是AC上的高，
∵∠ABH＝29°，BH⊥AC，
∴∠BAC＝∠ABH+∠BHA＝29°+90°＝119°，
∴等腰三角形的顶角为 61°或119°．
故答案为：61或119．【总结提升】本题考查等腰三角形的性质，关键是要分两种情况讨论．
3．（2022秋•道里区期末）已知在△ABC中，AD是BC边上的高，垂足为点D，点E在射线BC上，连接
AE，若AB＝AE＝CE，AB＝5，BD＝3，则CD＝ 2 或 8 ．
【思路引领】本题考查了等腰三角形的性质；根据三线合一的性质得出 BD＝DE＝3，然后分类讨论，
即可求解．
【解答】解：如图所示，当点E在BC的延长线上时，
∵AB＝AE，AD⊥BE，
∴BD＝DE＝3，
∴BC＝BE﹣CE＝BE﹣AE＝6﹣5＝1，
∴CD＝BD﹣BC＝3﹣1＝2，
如图所示，当点E在线段BC上时，
∵BD＝DE＝3，EC＝EA＝AB＝5，
∴CD＝CE+DE＝5+3＝8．
故答案为：2或8．
【总结提升】本题考查了等腰三角形的性质；掌握三线合一的性质是解题关键．
4．（2023•双柏县模拟）等腰三角形中，有一个角是40°，它的一条腰上的高与底边的夹角是 20 ° 或 50 °
．
【思路引领】根据题意先画出图形，再分两种情况：40°为底角和40°为顶角求出答案．【解答】解：当40°为底角时，如图2，
∵∠B＝∠ACB＝40°，
∴∠BCD＝50°；
当40°为顶角时，如图1
∵∠A＝40°，
∠B＝∠ACB＝70°，
∴∠BCD＝20°．
故答案为：20°或50°．
【总结提升】本题考查了等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理，是基础知识要熟练掌握．注意分类
讨论思想的应用．类型五 直角三角形中的分类讨论
典例5（2022秋•顺义区校级期中）如图，在 Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2cm，点D为
BC中点，若动点E以1cm/s的速度出发，沿着由A→B的方向运动，设点E运动的时间为t秒，连接
DE，当△BDE为直角三角形时t的值为 2 秒或 3. 5 秒 ．
【思路引领】先求出AB的长，再分∠BDE＝90°时，∠BED＝90°时，利用含30°的直角三角形的性质求
解AE即可．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2cm，
∴AB＝2BC＝4cm，当∠BDE＝90°时，而∠ACB＝90°，如图，
∴DE∥AC，，
∴∠BED＝∠A＝30°，
∴BE＝2BD，
∵D为BC的中点，
∴BD＝1，
∴BE＝2，则AE＝AB﹣BE＝2（cm），
2
∴t= =2(s)
1
当∠BED＝90°时，如图，
由∠ACB＝90°，∠A＝30°，可得∠B＝60°，
∴∠BDE＝90°﹣60°＝30°，
1 1
∴BE= BD= ，
2 2
1
∴AE=AB−BE=4− =3.5（s），
2
3.5
∴t= =3.5(s)
1
综上所述，t的值为2秒或3.5秒．
故答案为：2秒或3.5秒．
【总结提升】本题考查了含30°的直角三角形的性质，平行线的性质，三角形的内角和定理的应用，清
晰的分类讨论 解本题的关键．针对训练
1．如图，在△ABC中，已知AB＝AC＝6，∠BAC＝120°，BC＝6❑√3，点D是BC边上的任意一动点，点B
与点B′关于直线AD对称，直线AB′与直线BC相交于点E．
（1）求BC边上的高；
（2）当BD为何值时，△ADB′与△ADC重叠部分的面积最大，并求出最大值；
（3）连接BB′，当△BDB′为直角三角形时，求∠BAD的度数．
【思路引领】（1）作高线AP，根据直角三角形30度角的性质可得AP的长；
（2）根据S△AB'D ＝S△ADB ，可知S△AB'D 与S△ADC 至少有一个不会超过S△ABC 的一半，所以当△ADB'与
△ADC完全重合时，△ADB'与△ADC重叠部分的面积最大，并且最大值为S△ABC 的一半．
（3）分两种情况：如图3：当点E在点D右侧时，如图4：当点E在点D左侧时，分别根据对称性和
三角形内角和定理可得结论．
【解答】解：（1）如图1，过点A作AP⊥BC垂足为P，
∵AB＝AC且∠BAC＝120°，
1
∴∠B＝∠C= （180°﹣∠BAC）＝30°，
2
在Rt△APC中，∠C＝30°，AC＝6，
1
∴AP= AC＝3，
2
∴底边BC上的高为AP＝3；
（2）当BD＝3❑√3时，△ADB'与△ADC重叠部分的面积最大．
此时B'、E、C三点重合，重叠部分为△ADC，如图2，
1 1 1 1 1 9❑√3
其面积为：S△ADC = S△ABC = × BC•AP= × ×6❑√3×3= ，
2 2 2 2 2 2
理由如下：∵点B与点B'关于直线AD对称，
∴△ADB'与△ADB关于直线AD对称，
∴△ADB'≌△ADB，
∴S△AB'D ＝S△ADB ，∵BD与DC至少有一段不会超过BC的一半，
∴S△AB'D 与S△ADC 至少有一个不会超过S△ABC 的一半，
∴当△ADB'与△ADC完全重合时，△ADB'与△ADC重叠部分的面积最大，并且最大值为S△ABC 的一半．
（3）由轴对称可知：BD＝B'D，
∴∠DBB'＝∠BB'D≠90°
即当△BDB'为直角三角形时，∠BDB'＝90°，
如图3：当点E在点D右侧时，
由轴对称可知：∠ADB＝∠ADB'，
360°−∠BDB′ 360°−90°
∴∠ADB= = =135°，
2 2
∴∠BAD＝180°﹣∠ADB﹣∠ABD＝180°﹣135°﹣30°＝15°，
如图4：当点E在点D左侧时，
1 1
由轴对称可知：∠ADB＝∠ADB'= ∠BDB′= ×90°=45°，
2 2
∴∠BAD＝180°﹣∠ADB﹣∠ABD＝180°﹣45°﹣30°＝105°，
综上所述，当△BDB'为直角三角形时，∠BAD的度数为15°或105°．
【总结提升】此题是三角形的综合题，主要考查了等腰三角形的性质，轴对称的性质，△ADB'与
△ADC重叠部分的面积最大值的确定，解本题的关键是注意运用数形结合的思想解决问题．
第二部分 专题提优训练1．（2022秋•沭阳县校级月考）在如图所示的方格纸中，每个小方格都是边长为1的正方形，A、B是方
格纸中的两个格点．若要找出格点C，使AC＝BC，则满足条件的格点C有 5 个．
【思路引领】根据垂直平分线上点到线段两个端点的距离相等，即可得出满足条件的格点C，得出答案
即可．
【解答】解：作出AB的垂直平分线，则在其垂直平分线上的格点共有4个，如图所示：
故答案为：5．
【总结提升】本题主要考查了垂直平分线的性质，解题的关键是作出符合条件的C点，熟练掌握垂直平
分线的性质．
2．（2022•沂水县二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝50°，以点C为圆心，CA长为半径作弧，交
直线BC于点P，连结AP，则∠BAP的度数是 15 ° 或 105 ° ．
【思路引领】根据等腰三角形的性质可以得到△ABC各内角的关系，然后根据题意，画出图形，利用分
类讨论的方法求出∠BAP的度数即可．
【解答】解：如图所示，
∵AB＝AC，∠ABC＝50°，
∴∠ACB＝∠ABC＝50°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠ABC＝180°﹣50°﹣50°＝80°，当点P在点C的左侧时，
∵CA＝CP ，
1
180°−∠ACP 180°−50°
∴∠CAP ＝∠CP A= 1= =65°，
1 1
2 2
∴∠BAP ＝∠CAB﹣∠CAP ＝80°﹣65°＝15°；
1 1
当点P在点C的右侧时，
∵CA＝CP ，
2
∠ACB 50°
∴∠CAP ＝∠CP A= = =25°，
2 2
2 2
∴∠BAP ＝∠CAP +∠CAB＝25°+80°＝105°；
2 2
由上可得，∠BAP的度数是15°或105°，
故答案为：15°或105°．
【总结提升】本题考查等腰三角形的性质、圆的性质，解答本题的关键是画出合适的辅助线，利用分类
讨论的方法解答．
3．（2022秋•苍溪县期末）已知△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，A，B，C三点均在格点上．
（1）在直角坐标系内画出△ABC关于x轴对称的△A'B'C'，并写出点A'，B'，C'的坐标；
（2）若点P与点C关于y轴对称，则点P的坐标为 （﹣ 5 ， 3 ） ；
（3）如果要使△ABD与△ABC全等，那么点D的坐标是 （ 0 ， 3 ）或（ 5 ，﹣ 1 ）或（ 0 ，﹣ 1 ） ．【思路引领】（1）直接利用关于x轴对称点的性质得出对应点位置，进而得出答案；
（2）直接利用关于y轴对称点的性质，进而得出答案；
（3）结合网格利用全等三角形的判定与性质得出D点坐标．
【解答】解：（1）如图所示：△A'B'C'即为所求，A'（1，﹣1），B'（4，﹣1），C'（5，﹣3）；
（2）∵点P与点C关于y轴对称，C（5，3），
∴点P的坐标为（﹣5，3）；
故答案为：（﹣5，3）；
（3）要使△ABD与△ABC全等，则点D的坐标是（0，3）或（5，﹣1）或（0，﹣1）．
故答案为：（0，3）或（5，﹣1）或（0，﹣1）．
【总结提升】此题主要考查了轴对称变换以及全等三角形的判定，正确得出对应点位置是解题关键．
4．（2022秋•邯山区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝7cm，BC＝3cm，CD为AB边上
的高，点E从点B出发，在直线BC上以2cm的速度移动，过点E作BC的垂线交直线CD于点F，当点
E运动 2 或 5 s时，CF＝AB．【思路引领】先证明△CEF≌△ACB（AAS），得出CE＝AC＝7cm，①当点E在射线BC上移动时，
BE＝CE+BC＝10cm，即可求出E移动了5s；②当点E在射线CB上移动时，CE′＝AC﹣BC＝4cm，即
可求出E移动了2s．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠CBD＝90°，
∵CD为AB边上的高，
∴∠CDB＝90°，
∴∠BCD+∠CBD＝90°，
∴∠A＝∠BCD，
∵∠BCD＝∠ECF，
∴∠ECF＝∠A，
∵过点E作BC的垂线交直线CD于点F，
∴∠CEF＝90°＝∠ACB，
在△CEF和△ACB中，
{
∠ECF=∠A
)
∠CEF=∠ACB ，
CF=AB
∴△CEF≌△ACB（AAS），
∴CE＝AC＝7cm，
①如图，当点E在射线BC上移动时，BE＝CE+BC＝7+3＝10（cm），
∵点E从点B出发，在直线BC上以2cm的速度移动，
10
∴E移动了： =5（s）；
2
②当点E在射线CB上移动时，CE′＝AC﹣BC＝7﹣3＝4（cm），
∵点E从点B出发，在直线BC上以2cm的速度移动，
4
∴E移动了： =2（s）；
2综上所述，当点E在射线CB上移动5s或2s时，CF＝AB；
故答案为：2或5．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练正确全等三角形的判定和
性质是解题的关键．
6．（2022秋•浠水县校级期中）如图（1），AB＝14cm，AC＝10cm，AC⊥AB，BD⊥AB垂足分别为A、
B，点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在射线BD上运动．它们运动的时间
为t（s）（当点P运动结束时，点Q运动随之结束）．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t＝2时，△ACP与△BPQ是否全等，并判断此时线
段PC和线段PQ的位置关系，请分别说明理由；
（2）如图（2），若“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB＝∠DBA”，点Q的运动速度为x cm/s，其它
条件不变，当点P、Q运动到何处时有△ACP与△BPQ全等，求出相应的x和t的值．
【思路引领】（1）利用 AP＝BQ＝2，BP＝AC，可根据“SAS”证明△ACP≌△BPQ；则∠C＝
∠BPQ，然后证明∠APC+∠BPQ＝90°，从而得到PC⊥PQ；
（2）讨论：若△ACP≌△BPQ，则AC＝BP，AP＝BQ，即5＝7﹣2t，2t＝xt；②若△ACP≌△BQP，
则AC＝BQ，AP＝BP，即5＝xt，2t＝7﹣2t，然后分别求出x即可．
【解答】解：（1）△ACP≌△BPQ，PC⊥PQ．
理由如下：∵AC⊥AB，BD⊥AB，
∴∠A＝∠B＝90°，∵AP＝BQ＝2，
∴BP＝5，
∴BP＝AC，
在△ACP和△BPQ中
{
AP=BQ
)
∠A=∠B ，
AC=BP
∴△ACP≌△BPQ（SAS）；
∴∠C＝∠BPQ，
∵∠C+∠APC＝90°，
∴∠APC+∠BPQ＝90°，
∴∠CPQ＝90°，
∴PC⊥PQ；
（2）①若△ACP≌△BPQ，
则AC＝BP，AP＝BQ，可得：5＝7﹣2t，2t＝xt
解得：x＝2，t＝2；
②若△ACP≌△BQP，
则AC＝BQ，AP＝BP，可得：10＝xt，2t＝14﹣2t
20 7
解得：x= ，t= ．
7 2
20
综上所述，当△ACP与△BPQ全等时x的值为2或 ．
7
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定：全等三角形的5种判定方法中，选用哪一种方法，取决于
题目中的已知条件，若已知两边对应相等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等，则必须再
找一组对边对应相等，且要是两角的夹边，若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应
邻边．
5．（2023秋•琼山区校级期中）如图，点O是等边△ABC内一点，D是△ABC外的一点，∠AOB＝110°，
∠BOC＝ ，△BOC≌△ADC，连接OD．
（1）求证α：△OCD是等边三角形；
（2）当 ＝150°时，试判断△AOD的形状，并说明理由；
（3）探究α：当 为多少度时，△AOD是等腰三角形，直接写出答案．
α【思路引领】（1）根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形可得证；
（2）根据全等易得∠ADC＝∠BOC＝ ＝150°，结合（1）中的结论可得∠ADO为90°，那么可得所求
三角形的形状； α
（3）根据题中所给的全等及∠AOB的度数可得∠AOD的度数，根据等腰三角形的两底角相等分类探讨
即可．
【解答】（1）证明：∵△BOC≌△ADC，
∴∠BCO＝∠ACD，OC＝OD，
∵等边△ABC，
∴∠ACB＝60°，
∴△OCD是等边三角形．
（2）解：△AOD是直角三角形．
理由如下：
∵△OCD是等边三角形，
∴∠ODC＝60°，
∵△BOC≌△ADC， ＝150°，
∴∠ADC＝∠BOC＝α＝150°，
∴∠ADO＝∠ADC﹣α∠ODC＝150°﹣60°＝90°，
∴△AOD是直角三角形．
（3）解：∵△OCD是等边三角形，
∴∠COD＝∠ODC＝60°．
∵∠AOB＝110°，∠ADC＝∠BOC＝ ，
∴∠AOD＝360°﹣∠AOB﹣∠BOC﹣α∠COD＝360°﹣110°﹣ ﹣60°＝190°﹣ ，
∠ADO＝∠ADC﹣∠ODC＝ ﹣60°， α α
∴∠OAD＝180°﹣∠AOD﹣∠αADO＝180°﹣（190°﹣ ）﹣（ ﹣60°）＝50°．
①当∠AOD＝∠ADO时，190°﹣ ＝ ﹣60°， α α
∴ ＝125°． α α
α②当∠AOD＝∠OAD时，190°﹣ ＝50°，
∴ ＝140°． α
③α当∠ADO＝∠OAD时，
﹣60°＝50°，
α∴ ＝110°．
综α上所述：当 ＝110°或125°或140°时，△AOD是等腰三角形．
【总结提升】综合α考查了全等三角形的性质及等腰三角形的判定；注意应分类探讨三角形为等腰三角形的
各种情况．
