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2021-2022学年七年级数学下册尖子生同步培优题典【北师大版】
专题4.11 第4章三角形单元测试单元测试（培优提升卷）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑
色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的．
1．（2021秋•河东区期末）如图，AE⊥BC于E，BF⊥AC于F，CD⊥AB于D，则△ABC中AC边上的高
是哪条垂线段（ ）
A．AE B．CD C．BF D．AF
【分析】根据三角形的高的定义，△ABC中AC边上的高是过B点向AC作的垂线段，即为BF．
【解答】解：∵BF⊥AC于F，
∴△ABC中AC边上的高是垂线段BF．
故选：C．
2．（2021秋•盐湖区期中）已知三角形三个内角的度数之比为3：3：4，则这个三角形是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等边三角形
【分析】（方法一）设三角形最大的内角为4x°，则另外两个内角均为3x°，利用三角形内角和定理可得
出关于x的方程，解之即可得出x的值，再分别将其代入3x°，4x°中可求出三角形的各内角，进而可得
出这个三角形是等腰三角形；
（方法二）由三个内角之间的比例关系，利用等腰三角形的定义，可得出这个三角形为等腰三角形．
【解答】解：（方法一）设三角形最大的内角为4x°，则另外两个内角均为3x°，
依题意得：3x+3x+4x＝180°，
解得：x＝18，
∴3x°＝3×18°＝54°，4x°＝4×18°＝72°，∴这个三角形是等腰三角形；
（方法二）∵三角形三个内角的度数之比为3：3：4，
∴这个三角形为等腰三角形．
故选：A．
3．（2021•莫旗二模）如果将一副三角板按如图方式叠放，那么∠1等于（ ）
A．120° B．105° C．60° D．45°
【分析】先求出∠2，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．
【解答】解：如图，∠2＝90°﹣45°＝45°，
由三角形的外角性质得，∠1＝∠2+60°，
＝45°+60°，
＝105°．
故选：B．
4．（2021•九龙坡区校级开学）如图，∠C＝∠DFE＝90°，下列条件中，不能判定△ACB与△DFE全等的
是（ ）
A．∠A＝∠D，AB＝DE B．AC＝DF，BC＝EF
C．AB＝DE，BC＝EF D．∠A＝∠D，∠ABC＝∠E
【分析】根据全等三角形的判定方法判断即可．
【解答】解：A、∵∠A＝∠D，AB＝DE，∠C＝∠DFE＝90°，根据AAS判定△ACB与△DFE全等，不符合题意；
B、∵AC＝DF，BC＝EF，∠C＝∠DFE＝90°，根据SAS判定△ACB与△DFE全等，不符合题意；
C、∵AB＝DE，BC＝EF，∠C＝∠DFE＝90°，根据HL判断Rt△ACB与Rt△DFE全等，不符合题意；
D、∵∠A＝∠D，∠ABC＝∠E，∠C＝∠DFE＝90°，由AAA不能判定△ACB与△DFE全等，符合题意；
故选：D．
5．（2021春•邢台月考）嘉淇发现有两个结论：在△A B C 与△A B C 中，①若A B ＝A B ，A C ＝
1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 1
A C ，B C ＝B C ，则△A B C ≌△A B C ；②若∠A ＝∠A ，A C ＝A C ，B C ＝B C ，则
2 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2
△A B C ≌△A B C ．
1 1 1 2 2 2
对于上述的两个结论，下列说法正确的是（ ）
A．①，②都错误 B．①，②都正确
C．①正确，②错误 D．①错误，②正确
【分析】根据全等三角形的判定方法判断即可．
【解答】解：①若A B ＝A B ，A C ＝A C ，B C ＝B C ，根据SSS判定△A B C ≌△A B C ；
1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2
②若∠A ＝∠A ，A C ＝A C ，B C ＝B C ，不能判定△A B C ≌△A B C ．
1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2
故选：C．
6．（2020秋•石狮市校级期中）如图，AB∥DE，AC∥DF，AC＝DF，∠D＝90°，下列条件中能判断
△ABC≌△DEF的是（ ）
A．AB＝DE B．EF＝BC C．EF∥BC D．以上都可以
【分析】根据平行线的性质和全等三角形的判定解答即可．
【解答】解：∵AB∥DE，AC∥DF，
∴∠A＝∠1，∠D＝∠1，
∴∠A＝∠D＝90°，
∵AC＝DF，
A、由AB＝DE，根据SAS可以判定△ABC≌△DEF，
B、由EF＝BC，根据HL可以判定Rt△ABC≌Rt△DEF，
C、由EF∥BC，AB∥DE，可得，∠B＝∠E，根据AAS可以判定△ABC≌△DEF，
故选：D．
7．（2021春•乐亭县期末）如图，将一张三角形纸片ABC的三角折叠，使点A落在△ABC的A′处折痕为DE，若∠A＝ ，∠CEA′＝ ，∠BDA′＝ ，那么下列式子中正确的是（ ）
α β γ
A． ＝180°﹣ ﹣ B． ＝ +2 C． ＝2 + D． ＝ +
【分γ析】根据三α 角β形的外角γ得α：∠βBDA'＝∠A+∠AγFD，α ∠βAFD＝∠A'+∠γCEαA'β，代入已知可得结论．
【解答】解：如图，设AC交DA′于F．
由折叠得：∠A＝∠A'，
∵∠BDA'＝∠A+∠AFD，∠AFD＝∠A'+∠CEA'，
∵∠A＝ ，∠CEA′＝ ，∠BDA'＝ ，
∴∠BDAα'＝ ＝ + + ＝β2 + ， γ
故选：C． γ α α β α β
8．（2018秋•江油市期末）如图：∠A＝50°，BP平分∠ABC，DP平分∠ADC，∠P＝20°，则∠C＝（
）
A．20° B．15° C．5° D．10°
【分析】如图，延长PD交BC于M．设∠ADP＝∠CDP＝x，∠ABP＝∠PBC＝y．构建方程组解决问题
即可．
【解答】解：如图，延长PD交BC于M．设∠ADP＝∠CDP＝x，∠ABP＝∠PBC＝y．∵∠ADC＝∠A+∠ABC+∠C，
∴2x＝2y+50°+∠C①
∵∠PDC＝∠DMC+∠C，∠DMC＝∠PBC+∠P，
∴x＝∠C+∠P+y，
∴x＝∠C+20°+y②，
①代入②可得∠C＝10°，
故选：D．
9．（2020秋•江都区期末）∠MAB为锐角，AB＝a，点C在射线AM上，点B到射线AM的距离为d，BC
＝x，若△ABC的形状、大小是唯一确定的，则x的取值范围是（ ）
A．x＝d或x≥a B．x≥a C．x＝d D．x＝d或x＞a
【分析】先找出点D的位置，再画出符合的所有情况即可．
【解答】解：过B作BD⊥AM于D，
∵点B到射线AM的距离为d，
∴BD＝d，
①如图，当C点和D点重合时，x＝d，此时△ABC是一个直角三角形；
②如图，
当d＜x＜a时，此时C点的位置有两个，即△ABC有两个；
③如图，
当x≥a时，此时△ABC是一个三角形；
所以x的范围是x＝d或x≥a，
故选：A．
10．（2020秋•白银期末）如图，△ABC的角平分线CD、BE相交于F，∠A＝90°，EG∥BC，且CG⊥EG
于G，下列结论：
①∠CEG＝2∠DCB；
②∠ADC＝∠GCD；
③CA平分∠BCG；
④∠DFB＝ ∠CGE．
其中正确的结论是（ ）A．②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【分析】①正确．利用平行线的性质证明即可．
②正确．首先证明∠ECG＝∠ABC，再利用三角形的外角的性质解决问题即可．
③错误．假设结论成立，推出不符合题意即可．
④正确．证明∠DFB＝45°即可解决问题．
【解答】解：∵EG∥BC，
∴∠CEG＝∠BCA，
∵CD平分∠ACB，
∴∠BCA＝2∠DCB，
∴∠CEG＝2∠DCB，故①正确，
∵CG⊥EG，
∴∠G＝90°，
∴∠GCE+∠CEG＝90°，
∵∠A＝90°，
∴∠BCA+∠ABC＝90°，
∵∠CEG＝∠ACB，
∴∠ECG＝∠ABC，
∵∠ADC＝∠ABC+∠DCB，∠GCD＝∠ECG+∠ACD，∠ACD＝∠DCB，
∴∠ADC＝∠GCD，故②正确，
假设AC平分∠BCG，则∠ECG＝∠ECB＝∠CEG，
∴∠ECG＝∠CEG＝45°，显然不符合题意，故③错误，
∵∠DFB＝∠FCB+∠FBC＝ （∠ACB+∠ABC）＝45°， ∠CGE＝45°，
∴∠DFB＝ ∠CGE，故④正确，故选：B．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2021春•天桥区期末）如图，已知AO＝CO，若以“SAS”为依据证明△AOB≌△COD，还要添加的
条件 BO ＝ DO ．
【分析】根据题意和图形，可以得到AO＝CO，∠AOB＝∠COD，然后即可得到△AOB≌△COD需要
添加的条件．
【解答】解：∵AO＝CO，∠AOB＝∠COD，
∴添加条件BO＝DO，则△AOB≌△COD（SAS），
故答案为：BO＝DO．
12．（2020秋•扶余市期末）如图，将分别含有30°、45°角的一副三角板重叠，使直角顶点重合，若两直
角重叠部分形成的角为55°，则图中角 的度数为 80 ° ．
α
【分析】根据三角形的外角性质计算，得到答案．
【解答】解：由题意得，∠1＝90°﹣55°＝35°，
∴ ＝∠1+45°＝80°，
故α答案为：80°．13．（2020秋•丰南区期中）如图，△ABC中内角∠ABC、外角∠ACE的角平分线交于点P，则∠A与∠P
之间的数量关系是 ∠ P ＝ ∠ A ．
【分析】根据三角形的外角性质得到∠A＝∠ACE﹣∠ABC，根据角平分线的定义解答．
【解答】解：∵∠ACE是△ABC的一个外角，
∴∠A＝∠ACE﹣∠ABC，
∵CP是∠ACE的角平分线，
∴∠PCE＝ ∠ACE，
∵BP是∠ABC的角平分线，
∴∠PBE＝ ∠ABC，
∴∠P＝∠PCE﹣∠PBC＝ ×（∠ACE﹣∠ABC）＝ ∠A，
故答案为：∠P＝ ∠A．
14．（2020春•松北区期末）如图所示，D在线段BE上，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠1＝
20°，∠2＝25°，则∠3＝ 45 ° ．【分析】根据等式的性质得出∠BAD＝∠CAE，再利用全等三角形的判定和性质解答即可．
【解答】解：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD＝∠2＝25°，
∴∠3＝∠1+∠ABD＝25°+20°＝45°．
故答案为：45°．
15．（2020秋•嵊州市期中）一副分别含有30°和45°的直角三角板，拼成如图，则∠BFD的度数是 15 °
．
【分析】先根据三角形内角和定理求出∠CDF的度数，由三角形外角的性质即可得出结论．
【解答】解：∵△CDE中，∠C＝90°，∠E＝30°，
∴∠CDF＝60°，
∵∠CDF是△BDF的外角，∠B＝45°，
∴∠BFD＝∠CDF﹣∠B＝60°﹣45°＝15°．
故答案为：15°．
16．（2020秋•沙坪坝区校级期末）如图，直线AB⊥OC于点O，∠AOP＝40°，三角形EOF其中一个顶点
与点O重合，∠EOF＝100°，OE平分∠AOP，现将三角形EOF以每秒6°的速度绕点O逆时针旋转至三
角形E′OF′，同时直线PQ也以每秒9°的速度绕点O顺时针旋转至P′Q′，设运动时间为 m秒
（0≤m≤20），当直线P′Q′平分∠E′OF′时，则∠COP′＝ 32 ° 或 76 ° ．【分析】分两种情况进行讨论：当OP′平分∠E′OF′时，当OQ′平分∠E′OF′时，分别依据角的
和差关系进行计算即可得到m的值．
【解答】解：∵∠AOP＝40°，OE平分∠AOP，
∴∠EOP＝ ∠AOP＝20°，
而△EOF以以每秒6°绕逆时针转，
PQ以以每秒9°绕O顺时针转
①如图1中，当OP′平分∠E′OF′时，
∠E′OP′＝20°+（6°+9°）m
＝ ∠EOF＝50°
则m＝2，
∠COP′＝90°﹣40°﹣2×9°
＝32°；
②如图2中，当OQ′平分∠E′OF′时，则有6m+9m+20°＝360°﹣130°．
则m＝14，
∠COP′＝9°×14﹣（90°﹣40°）＝76°，
故答案为：32°或76°．
17．（2021春•济南期中）三角形中，如果一个角是另一个角的3倍，这样的三角形我们称之为“灵动三
角形”．例如，三个内角分别为120°、40°、20°的三角形是“灵动三角形”．如图，∠MON＝60°，在
射线OM上找一点A，过点A作AB⊥OM交ON于点B，以A为端点作射线AD，交线段OB于点C（我
们规定0°＜∠OAC＜90°）．下列结论正确的是 ①③ ．（填入正确序号）
①∠ABO的度数为30°；
②△AOB不是“灵动三角形”；
③若∠BAC＝70°，则△AOC是“灵动三角形”；
④当△ABC为“灵动三角形”时，∠OAC为30°或52.5°．
【分析】①根据直角三角形两锐角互余求解．
②根据“灵动三角形”的定义判断即可．
③根据“灵动三角形”的定义判断即可．
④分三种情形，利用三角形内角和定理求解即可．
【解答】解：∵AB⊥OM，∴∠BAO＝90°，
∵∠AOB＝60°，
∴∠ABO＝90°﹣60°＝30°，
∵90°＝3×30°，
∴△AOB是“灵动三角形”，故①正确，②错误，
∵∠OAB＝90°，∠BAC＝70°，
∴∠OAC＝20°，
∵∠AOC＝60°＝3×20°，
∴△AOC是“灵动三角形”．故③正确，
∵△ABC是“灵动三角形”
①∠ACB＝3∠ABC时，∠CAB＝60°，∠OAC＝30°；
②当∠ABC＝3∠CAB时，∠CAB＝10°，∠OAC＝80°．
③当∠ACB＝3∠CAB时，∠CAB＝37.5°，可得∠OAC＝52.5°．
综上所述，满足条件的值为30°或52.5°或80°．故④错误，
故答案为：①③．
18．（2021春•泰兴市期末）如图，已知四边形ABCD中，AB＝10厘米，BC＝8厘米，CD＝12厘米，∠B
＝∠C，点E为AB的中点．如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q
在线段CD上由C点向D点运动．当点Q的运动速度为 3 厘米 / 秒或 厘米 / 秒 时，能够使△BPE与
△CQP全等．
【分析】分两种情况讨论，依据全等三角形的对应边相等，即可得到点Q的运动速度．【解答】解：设点P运动的时间为t秒，则BP＝3t，CP＝8﹣3t，
∵∠B＝∠C，
∴①当BE＝CP＝5，BP＝CQ时，△BPE与△CQP全等，
此时，5＝8﹣3t，
解得t＝1，
∴BP＝CQ＝3，
此时，点Q的运动速度为3÷1＝3厘米/秒；
②当BE＝CQ＝5，BP＝CP时，△BPE与△CQP全等，
此时，3t＝8﹣3t，
解得t＝ ，
∴点Q的运动速度为5÷ ＝ 厘米/秒；
故答案为：3厘米/秒或 厘米/秒．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2021秋•双台子区期末）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB，AE⊥CD，垂足为F，交BC于点E，
若∠BAE＝33°，∠B＝37°，求∠EAC的度数．
【分析】根据垂直的定义得到∠AFC＝∠EFC，根据角平分线的定义得到∠ACF＝∠ECF，由三角形的
内角和定理得出∠EAC＝∠CEA，再根据三角形的外角定理即可求解．
【解答】解：∵AE⊥CD交CD于点F，
∴∠AFC＝∠EFC＝90°，∵CD平分∠ACB，
∴∠ACF＝∠ECF，
∵∠AFC+∠EAC+∠ACF＝180°，∠EFC+∠CEA+∠ECF＝180°，
∴∠EAC＝∠CEA，
∵∠CEA＝∠B+∠BAE，∠B＝37°，∠BAE＝33°，
∴∠CEA＝70°，
∴∠EAC＝70°．
20．（2019秋•洛龙区校级月考）如图，在△ABC中，AD是高，AE，BF是角平分线，它们相交于点O．
（1）若∠ABC＝60°，∠C＝70°，求∠DAE的度数．
（2）若∠C＝70°，求∠BOE的度数．
（3）若∠ABC＝ ，∠C＝ （ ＜ ），则∠DAE＝ （ ﹣ ）． ．（用含 、 的式子表示）
α β α β β α α β
【分析】（1）根据三角形内角和定理求出∠BAC＝180°﹣60°﹣70°＝50°，再由AE是角平分线，求出
∠EAC＝ ∠BAC＝25°，由AD是高，求出∠CAD＝90°﹣∠C＝20°，最后即可求出∠DAE＝∠EAC﹣
∠CAD＝5°；
（2）根据角平分线的性质，得∠OAB＝ ∠BAC，∠OBA＝ ∠ABC，所以∠BOE＝∠OAB+∠OBA＝
（∠BAC+∠ABC）＝ （180°﹣∠C）＝ ×（180°﹣70°）＝55°；
（3）根据三角形内角和定理求出∠BAC＝180°﹣ ﹣ ，再由AE是角平分线，求出∠EAC＝ （180°﹣
α β
﹣ ），由AD是高，求出∠CAD＝90°﹣ ，最后即可求出∠DAE＝∠EAC﹣∠CAD＝ （180°﹣ ﹣
α β β α）﹣（90°﹣ ）＝ （ ﹣ ）．
β【解答】解：β（1）∠ABβC＝α60°，∠C＝70°
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝180°﹣60°﹣70°＝50°，
∵AE是角平分线，
∴∠EAC＝ ∠BAC＝ ×50°＝25°，
∵AD是高，
∴∠ADC＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣∠C＝90°﹣70°＝20°，
∴∠DAE＝∠EAC﹣∠CAD＝25°﹣20°＝5°；
（2）∵AE，BF是角平分线，
∴∠OAB＝ ∠BAC，∠OBA＝ ∠ABC，
∴∠BOE＝∠OAB+∠OBA＝ （∠BAC+∠ABC）＝ （180°﹣∠C）＝ ×（180°﹣70°）＝55°；
（3）∠ABC＝ ，∠C＝ ，
∴∠BAC＝180α°﹣∠ABCβ﹣∠C＝180°﹣ ﹣ ，
∵AE是角平分线， α β
∴∠EAC＝ ∠BAC＝ （180°﹣ ﹣ ），
∵AD是高， α β
∴∠ADC＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣∠C＝90°﹣ ，
β
∴∠DAE＝∠EAC﹣∠CAD＝ （180°﹣ ﹣ ）﹣（90°﹣ ）＝ （ ﹣ ）．
α β β β α
故答案为 （ ﹣ ）．
21．（2020秋•襄β城α区期末）如图，点B、E、C、F四点在一条直线上，∠A＝∠D，AB∥DE，老师说：
再添加一个条件就可以使△ABC≌△DEF．下面是课堂上三个同学的发言，甲说：添加 AB＝DE；乙说：
添加AC∥DF；丙说：添加BE＝CF．
（1）甲、乙、丙三个同学说法正确的是 甲、丙 ；
（2）请你从正确的说法中选择一种，给出你的证明．【分析】（1）根据平行线的性质，由AB∥DE可得∠B＝∠DEC，再加上条件∠A＝∠D，只需要添加
一个能得出边相等的条件即可证明两个三角形全等，添加AC∥DF不能证明△ABC≌△DEF；
（2）添加AB＝DE，然后再利用ASA判定△ABC≌△DEF即可．
【解答】解：（1）说法正确的是：甲、丙，
故答案为：甲、丙；
（2）证明：∵AB∥DE，
∴∠B＝∠DEC，
在△ABC和△DEF中
，
∴△ABC≌△DEF（ASA）．
22．（2021•哈尔滨模拟）如图，在△ABC中，D为BC的中点，过D点的直线GF交AC于点F，交AC的
平行线BG于点G，DE⊥GF，并交AB于点E，连接EG，EF．
（1）求证：BG＝CF．
（2）请你猜想BE+CF与EF的大小关系，并说明理由．
【分析】（1）求出∠C＝∠GBD，BD＝DC，根据ASA证出△CFD≌△BGD即可．
（2）根据全等得出BG＝CF，根据三角形三边关系定理求出即可．
【解答】（1）证明：∵BG∥AC，
∴∠C＝∠GBD，
∵D是BC的中点，
∴BD＝DC，在△CFD和△BGD中
，
∴△CFD≌△BGD，
∴BG＝CF．
（2）BE+CF＞EF，
理由如下：
∵△CFD≌△BGD，
∴CF＝BG，
在△BGE中，BG+BE＞EG，
∵△CFD≌△BGD，
∴GD＝DF，ED⊥GF，
∴EF＝EG，
∴BE+CF＞EF．
23．（2020春•南岸区期末）在∠MAN内有一点D，过点D分别作DB⊥AM，DC⊥AN，垂足分别为B，
C．且BD＝CD，点E，F分别在边AM和AN上．
（1）如图1，若∠BED＝∠CFD，请说明DE＝DF；
（2）如图2，若∠BDC＝120°，∠EDF＝60°，猜想EF，BE，CF具有的数量关系，并说明你的结论成
立的理由．
【分析】（1）根据题目中的条件和∠BED＝∠CFD，可以证明△BDE≌△CDF，从而可以得到DE＝
DF；
（2）作辅助线，过点D作∠CDG＝∠BDE，交AN于点G，从而可以得到△BDE≌△CDG，然后即可
得到DE＝DG，BE＝CG，再根据题目中的条件可以得到△EDF≌△GDF，即可得到EF＝GF，然后即
可得到EF，BE，CF具有的数量关系．【解答】解：（1）∵DB⊥AM，DC⊥AN，
∴∠DBE＝∠DCF＝90°，
在△BDE和△CDF中，
∵
∴△BDE≌△CDF（AAS）．
∴DE＝DF；
（2）EF＝FC+BE，
理由：过点D作∠CDG＝∠BDE，交AN于点G，
在△BDE和△CDG中，
，
∴△BDE≌△CDG（ASA），
∴DE＝DG，BE＝CG．
∵∠BDC＝120°，∠EDF＝60°，
∴∠BDE+∠CDF＝60°．
∴∠FDG＝∠CDG+∠CDF＝60°，
∴∠EDF＝∠GDF．
在△EDF和△GDF中，
，
∴△EDF≌△GDF（SAS）．
∴EF＝GF，
∴EF＝FC+CG＝FC+BE．24．（2021秋•平邑县期中）如图，已知△ABC中，AB＝AC＝12cm，BC＝8cm，点D为AB的中点．
（1）如果点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CA上由点C向点A
运动．
①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP
全等？
（2）若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿
△ABC三边运动，则经过 2 4 秒 后，点P与点Q第一次在△ABC的 AC 边上相遇？（在横线上
直接写出答案，不必书写解题过程）
【分析】（1）①△BPD≌△CPQ，利用已知条件求出 BP＝CQ，PC＝BD．利用 SAS 证明
△BPD≌△CQP．
②由点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，所以BP≠CQ，又由△BPD与△CPQ全等，∠B＝
∠C，得到BP＝PC＝4cm，CQ＝BD＝6cm，从而求出点P，点Q运动的时间为4÷2＝2秒，即可解答．
（2）设经过t秒后，点P与点Q第一次相遇．由题意：3t﹣2t＝24，求出x即可解决问题；
【解答】解：（1）①△BPD≌△CPQ，
理由如下∵t＝1s，
∴BP＝CQ＝2×1＝2cm，
∵AB＝12cm，点D为AB的中点，
∴BD＝6cm．又∵PC＝BC﹣BP，BC＝8cm，
∴PC＝8﹣2＝6cm，
∴PC＝BD．
又∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
在△BPD和△CPQ中，
，
∴△BPD≌△CQP（SAS）．
②∵点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，
∴BP≠CQ，
又∵△BPD与△CPQ全等，∠B＝∠C，
∴BP＝PC＝4cm，CQ＝BD＝6cm，
∴点P，点Q运动的时间为4÷2＝2s，
∴Q点的运动速度为6÷2＝3（cm/s）．
（2）设经过t秒后，点P与点Q第一次相遇．
由题意：3t﹣2t＝24，
∴t＝24，
∴24×3＝72，
∵△ABC的周长为32，
∴点P与点Q第一次相遇在AC边上．
故答案为24秒，AC．
声
