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第 4 章 三角形（典型 30 题专练）
一．选择题（共10小题）
1．（2020秋•海曙区期末）如图，AB＝AC，若要使△ABE≌△ACD．则添加的一个条件不能是
（ ）
A．BD＝CE B．BE＝CD C．∠B＝∠C D．∠ADC＝∠AEB
【分析】已知条件AB＝AC，还有公共角∠A，然后再结合选项所给条件和全等三角形的判定
定理进行分析即可．
【解答】解：A、添加BD＝CE可得AD＝AE，可利用利用SAS定理判定△ABE≌△ACD，故
此选项不合题意；
B、添加BE＝CD不能判定△ABE≌△ACD，故此选项符合题意；
C、添加∠B＝∠C可利用ASA定理判定△ABE≌△ACD，故此选项不合题意；
D、添加∠ADC＝∠AEB可利用AAS定理判定△ABE≌△ACD，故此选项不合题意；
故选：B．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、
ASA、AAS、HL（直角三角形）．
2．（2021秋•内江期末）如图，在△ABC和△ABD中，∠CAB＝∠DAB，点A，B，E在同一条
直线上，则添加以下条件，仍然不能判定△ABC≌△ABD的是（ ）
A．BC＝BD B．∠C＝∠D C．∠CBE＝∠DBE D．AC＝AD
【分析】A．不能判断△ABC≌△ABD；
B．用AAS判断△ABC≌△ABD；
C．△ABC≌△ABD（ASA）；
D．用SAS判断△ABC≌△ABD．
【解答】解：添加A不能判断△ABC≌△ABD，添加B用AAS判断△ABC≌△ABD，
添加C，
∵∠CBA+∠CBE＝180°，∠ABD+∠EBD＝180°，
∠CBE＝∠DBE
∴∠ABC＝∠ABD
∴△ABC≌△ABD（ASA），
添加D用SAS判断△ABC≌△ABD，
故选：A．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、
ASA、AAS、掌握这几种方法的熟练应用．
3．（2021秋•江油市期末）下列长度的三条线段能组成三角形的是（ ）
A．3cm，5cm，7cm B．3cm，3cm，7cm
C．4cm，4cm，8cm D．4cm，5cm，9cm
【分析】直接利用三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，进而判断得出答案．
【解答】解：A．∵3+5＝8＞7，
∴能组成三角形，符合题意；
B．∵3+3＜7，
∴不能组成三角形，不符合题意；
C．∵4+4＝8，
∴不能组成三角形，不符合题意；
D．∵4+5＝9，
∴不能组成三角形，不符合题意．
故选：A．
【点评】此题主要考查了三角形三边关系，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．
4．（2021秋•朝阳区校级期末）下列尺规作图，能确定AD＝BD的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】要确定AD＝BD，首先确定AB的垂直平分线即可．【解答】解：根据作图方法可得B选项中AD＝BD，
故选：B．
【点评】此题主要考查了作图﹣基本作图，关键是掌握线段垂直平分线的作法．
5．（2021秋•富裕县期末）如图，AB＝AC，点D、E分别在AB、AC上，补充一个条件后，仍
不能判定△ABE≌△ACD的是（ ）
A．∠B＝∠C B．AD＝AE C．BE＝CD D．∠AEB＝∠ADC
【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：A．∠A＝∠A，AB＝AC，∠B＝∠C，符合全等三角形的判定定理ASA，能推出
△ABE≌△ACD，故本选项不符合题意；
B．AD＝AE，∠A＝∠A，AB＝AC，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ABE≌△ACD，
故本选项不符合题意；
C．AB＝AC，BE＝CD，∠A＝∠A，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABE≌△ACD，
故本选项符合题意；
D．∠A＝∠A，∠AEB＝∠ADC，AB＝AC，符合全等三角形的判定定理AAS，能推出
△ABE≌△ACD，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，
注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
6．（2020秋•江干区期末）如图，∠C＝∠F＝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，∠B＝∠E
【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：A．∠A＝∠D，∠C＝∠F，AB＝DE，符合全等三角形的判定定理AAS，能推出
△ACB≌△DFE，故本选项不符合题意；
B．AC＝DF，∠C＝∠F，BC＝EF，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ACB≌△DFE，
故本选项不符合题意；
C．AB＝DF，BC＝EF，∠C＝∠F＝90°，符合直角三角形全等的判定定理HL，能推出△ACB≌△DFE，故本选项不符合题意；
D．∠A＝∠D，∠C＝∠F，∠B＝∠E，不符合全等三角形的判定定理，不能推出
△ACB≌△DFE，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，
注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
7．（2021秋•海沧区期末）已知三角形的三边长分别为2、x、10，则x的值可能是（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【分析】根据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出x的取值范围，
然后即可选择答案．
【解答】解：∵10﹣2＝8，10+2＝12，
∴8＜x＜12，
∴x的可能取值是10．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，熟练掌握“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”求出x的取值范围是解题的关键．
8．（2021秋•西平县期末）如图，在△ADE和△ABC中，∠E＝∠C，DE＝BC，EA＝CA，过A
作AF⊥DE，垂足为F，DE交CB的延长线于点G，连接AG．四边形DGBA的面积为12，AF
＝4，则FG的长是（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．
【分析】过点A作AH⊥BC于H，证△ABC≌△AED，得AF＝AH，再证Rt△AFG≌Rt△AHG
（HL），同理Rt△ADF≌Rt△ABH，得S四边形DGBA ＝S四边形AFGH ＝12，然后求得Rt△AFG的
面积＝6，进而得到FG的长．
【解答】解：过点A作AH⊥BC于H，如图所示：
在△ABC与△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴AD＝AB，S△ABC ＝S△AED ，又∵AF⊥DE，
∴ ×DE×AF＝ ×BC×AH，
∴AF＝AH，
∵AF⊥DE，AH⊥BC，
∴∠AFG＝∠AHG＝90°，
在Rt△AFG和Rt△AHG中，
，
∴Rt△AFG≌Rt△AHG（HL），
同理：Rt△ADF≌Rt△ABH（HL），
∴S四边形DGBA ＝S四边形AFGH ＝12，
∵Rt△AFG≌Rt△AHG，
∴S
Rt△AFG
＝6，
∵AF＝4，
∴ ×FG×4＝6，
解得：FG＝3；
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质以及三角形面积等知识，解决问题的关键是作
辅助线构造全等三角形，解题时注意：全等三角形的面积相等．
9．（2021秋•博兴县期末）如图，已知AB＝DC，下列条件中，不能使△ABC≌△DCB的是（
）
A．AC＝DB B．∠A＝∠D＝90° C．∠ABC＝∠DCB D．∠ACB＝∠DBC
【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：A．AB＝DC，BC＝CB，AC＝DB，符合全等三角形的判定定理SSS，能推出△ABC≌△DCB，故本选项不符合题意；
B．∠A＝∠D＝90°，AB＝DC，BC＝CB，符合两直角三角形全等的判定定理HL，能推出
△ABC≌△DCB，故本选项不符合题意；
C．AB＝DC，∠ABC＝∠DCB，BC＝CB，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出
△ABC≌△DCB，故本选不项符合题意；
D．AB＝DC，BC＝CB，∠ACB＝∠DBC，不符合全等三角形的判定定理，不能推出
△ABC≌△DCB，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，
注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
10．（2020秋•钱塘区期末）如图，已知∠ACB＝∠DBC，若要使△ABC≌△DCB，则添加的一
个条件不能是（ ）
A．∠A＝∠D B．∠ABC＝∠DCB C．AB＝DC D．AC＝DB
【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：A．∠A＝∠D，∠ACB＝∠DBC，BC＝CB，符合全等三角形的判定定理AAS，
能推出△ABC≌△DCB，故本选项不符合题意；
B．∠ACB＝∠DBC，BC＝CB，∠ABC＝∠DCB，符合全等三角形的判定定理ASA，能推出
△ABC≌△DCB，故本选项不符合题意；
C．AB＝DC，BC＝CB，∠ACB＝∠DBC，不符合全等三角形的判定定理，不能推出
△ABC≌△DCB，故本选项符合题意；
D．AC＝DB，∠ACB＝∠DBC，BC＝CB，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出
△ABC≌△DCB，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，
注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
二．填空题（共10小题）
11．（2021秋•沂水县期中）如图，点B、E、C、F在同一条直线上，AB∥DE，AB＝DE，∠A
＝∠D，BF＝10，BC＝6，则EC＝ 2 ．【分析】根据平行线的性质得出∠B＝∠DEF，即可利用ASA证明△ABC≌△DEF，根据全等
三角形的性质得出BC＝EF＝6，即可根据线段的和差得解．
【解答】解：∵AB∥DE，
∴∠B＝∠DEF，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（ASA），
∴BC＝EF，
∵BF＝10，BC＝6，
∴EF＝6，CF＝BF﹣BC＝4，
∴EC＝EF﹣CF＝2，
故答案为：2．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，利用ASA证明△ABC≌△DEF是解题的关键．
12．（2021春•泰州期末）如图，在△ABC中，∠A＝50°，∠B＝80°，观察图中尺规作图的痕迹，
则∠DCE的度数为 65 ° ．
【分析】求出∠ACD，再利用角平分线的定义解决问题即可．
【解答】解：∵在△ABC中，∠A＝50°，∠B＝80°，
∴∠ACD＝∠A+∠B＝80°﹣50°＝130°，
由作图可知，CE平分∠ACD，
∴∠DCE＝ ∠ACD＝65°，
故答案为：65°．
【点评】本题考查了基本作图、三角形的外角、角平分线的定义等知识，解题的关键是掌握
角平分线的作法．13．（2021秋•寻乌县期末）如图，已知△ABC为直角三角形，∠C＝90°，则∠1+∠2＝ 270 °
．
【分析】根据四边形内角和为360°可得∠1+∠2+∠A+∠B＝360°，再根据直角三角形的性质
可得∠A+∠B＝90°，进而可得∠1+∠2的和．
【解答】解：∵四边形的内角和为360°，直角三角形中两个锐角和为90°，
∴∠1+∠2＝360°﹣（∠A+∠B）＝360°﹣90°＝270°．
故答案为：270°．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，三角形内角和定理，本题是一道根据四边形内角和
为360°和直角三角形的性质求解的综合题，有利于锻炼学生综合运用所学知识的能力．
14．（2021秋•龙门县期中）自行车的三角形车架可以固定，利用的原理是 三角形的稳定性
．
【分析】利用三角形的稳定性进行解答．
【解答】解：自行车的三角形车架可以固定，利用的原理是三角形的稳定性．
故答案为：三角形的稳定性．
【点评】此题主要考查了三角形的稳定性，当三角形三边的长度确定后，三角形的形状和大
小就能唯一确定下来，故三角形具有稳定性．
15．（2021秋•长安区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8．点P从点
A出发，沿折线AC﹣CB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，点Q从点B出发沿折线
BC﹣CA以每秒3个单位长度的速度向终点A运动，P、Q两点同时出发．分别过P、Q两点
作PE⊥l于E，QF⊥l于F，当△PEC与△QFC全等时，CQ的长为 5 或 2. 5 或 6 ．
【分析】分三种情况讨论得出关于t的方程，解方程求得t的值，进而即可求得CQ的长．
【解答】解：当P在AC上，Q在BC上时，
∵∠ACB＝90°，
∴∠PCE+∠QCF＝90°，
∵PE⊥l于E，QF⊥l于F．
∴∠EPC+∠PCE＝90°，∠PEC＝∠CFQ＝90°，∴∠EPC＝∠QCF，
若△PCE≌△CQF，则PC＝CQ，
∴6﹣t＝8﹣3t，
解得t＝1，
∴CQ＝8﹣3t＝5；
当P在AC上，Q在AC上时，即P、Q重合时，则CQ＝PC，
由题意得，6﹣t＝3t﹣8，
解得t＝3.5，
∴CQ＝3t﹣8＝2.5，
当Q在AC上，且点Q与A重合，点P运动到BC上时，CQ＝AC＝6．
综上，当△PEC与△QFC全等时，满足条件的CQ的长为5或2.5或6．
故答案为5或2.5或6．
【点评】本题考查了三角形全等的判定和性质，根据题意得出关于t的方程是解题的关键．
16．（2021秋•黔西南州期中）如图，在△ABC与△DCB中，∠1＝∠2，增加一个条件后，能使
△ABC≌△DCB的是 AC ＝ BD ．（只写一个即可）
【分析】根据全等三角形的判定定理判断即可．
【解答】解：因为AC＝BD，∠1＝∠2，BC＝BC，根据SAS能推出△ABC≌△DCB；
因为∠1＝∠2，BC＝BC，∠ABC＝∠DCB，根据ASA能推出△ABC≌△DCB；
因为∠A＝∠D，∠1＝∠2，BC＝BC，根据AAS能推出△ABC≌△DCB；
故答案为：AC＝BD（答案不唯一）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，
ASA，AAS，SSS．
17．（2021春•泰兴市期末）如图，在△ACD与△BCE中，AD与BE相交于点P，若AC＝BC，
AD＝BE，CD＝CE，∠DCE＝55°，则∠APB的度数为 55 ° ．
【分析】先证明△ACD≌△BCD得到∠D＝∠E，再利用三角形内角和得到∠DPE＝∠DCE＝
55°，然后根据对顶角相等得到∠APB的度数．
【解答】解：在△ACD和△BCE中，，
∴△ACD≌△BCE（SSS），
∴∠D＝∠E，
∵∠DPE+∠1+∠E＝∠DCE+∠2+∠D，
而∠1＝∠2，
∴∠DPE＝∠DCE＝55°，
∴∠APB＝∠DPE＝55°．
故答案为55°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质
证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
18．（2021秋•浉河区期末）已知一张三角形纸片ABC（如图甲），其中∠ABC＝∠C．将纸片
沿过点B的直线折叠，使点C落到AB边上的E点处，折痕为BD（如图乙）．再将纸片沿过
点E的直线折叠，点A恰好与点D重合，折痕为EF（如图丙）．原三角形纸片ABC中，
∠ABC的大小为 7 2 °．
【分析】先设∠ABC＝∠C＝2 ，然后用含有 的式子表示∠A，∠ADE，∠BED，进而得到
∠AED，最后利用三角形的外角性质列出方程求得 ，即可求得∠ABC的大小．
α α
【解答】解：设∠ABC＝∠C＝2 ，则∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝180°﹣4 ，
α
由折叠得，∠BED＝∠C＝2 ，∠ADE＝∠A＝180°﹣4 ，
α α
∵∠BED是△AED的外角，
α α
∴∠BED＝∠A+∠ADE，
∴2 ＝180°﹣4 +180°﹣4 ，
解得： ＝36°，
α α α
∴∠ABC＝72°，
α
故答案为：72．
【点评】本题考查了折叠的性质、三角形的内角和定理、三角形的外角性质，解题的关键是学会利用折叠的性质将其他角的度数用代数式表示．
19．（2021秋•桓台县期末）如图，课间小明拿着老师的等腰三角板玩，不小心掉到两条凳子之
间（凳子与地面垂直）．已知DC＝3，CE＝4．则两条凳子的高度之和为 7 ．
【分析】利用等腰三角形的性质结合全等三角形的判定方法得出即可．
【解答】解：由题意可得：∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠DAC＝90°，
则∠DAC＝∠BCE，
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS），
故DC＝BE＝3，AD＝CE＝4，
则两条凳子的高度之和为：3+4＝7．
故答案为：7．
【点评】此题主要考查了全等三角形的应用，得出△ACD≌△CBE是解题关键．
20．（2021春•夏津县期末）已知a，b，c是三角形的三边长，化简：|a﹣b﹣c|+|b﹣c+a|﹣|c﹣a
﹣b|＝ ﹣ a + b + c ．
【分析】此题的关键是根据三角形三边之间的关系得出a、b、c之间的大小关系，再根据绝
对值的性质求值．
【解答】解：∵a、b、c是三角形的三边长，
∴a+b＞c，b+c＞a，a+b＞c，
∴a﹣b﹣c＜0，b﹣c+a＞0，c﹣a﹣b＜0，
∴|a﹣b﹣c|+|b﹣c+a|﹣|c﹣a﹣b|＝﹣a+b+c+b﹣c+a+c﹣a﹣b＝﹣a+b+c．
故答案为：﹣a+b+c．
【点评】本题考查了三角形的三边关系以及绝对值的化简，三角形三边关系定理：三角形任
意两边之和大于第三边．
三．解答题（共10小题）
21．（2021秋•下城区期中）如图，已知AC、DB的交点为E，AE＝DE，∠A＝∠D；过点E作
EF⊥BC，垂足为F．
（1）求证：△ABE≌△DCE；
（2）求证：F为BC边的中点．【分析】（1）根据ASA证明△ABE≌△DCE即可；
（2）根据等腰三角形的性质解答即可．
【解答】证明：（1）在△ABE和△DCE中，
，
∴△ABE≌△DCE（ASA）；
（2）∵△ABE≌△DCE，
∴EB＝EC，
又∵EF⊥BC，
∴F为BC边的中点 （三线合一）．
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质的运用，等腰三角形的性质的运用，解答时证明
三角形全等是关键．
22．（2021•苍溪县模拟）如图，AC是四边形ABCD的对角线，∠1＝∠B，点E，F分别在边AB，
BC上，且BE＝CD，BF＝CA，连接EF．
（1）求证：∠2＝∠D；
（2）若EF∥AC，∠D＝74°，求∠BAC的度数．
【分析】（1）根据题意利用SAS证明△BEF≌△CDA，根据全等三角形的性质即可得解；
（2）根据平行线的性质得出∠BAC＝∠2，由（1）得∠2＝∠D，等量代换即可得解．
【解答】（1）证明：在△BEF和△CDA中，
，
∴△BEF≌△CDA（SAS），
∴∠2＝∠D．
（2）解：∵EF∥AC，
∴∠BAC＝∠2，
由（1）知，∠2＝∠D，
∴∠BAC＝∠D，∵∠D＝74°，
∴∠BAC＝74°．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定定理及性质定理是解
题的关键．
23．（2021秋•望城区期末）如图，在△ABC中，∠C＝30°，∠B＝58°，AD平分∠CAB．求
∠CAD和∠1的度数．
【分析】利用三角形的内角和求出∠CAB，再根据角平分线的定义可求∠CAD；通过三角形
外角的性质可求∠1．
【解答】解：∵∠C＝30°，∠B＝58°，
∴∠CAB＝180°﹣30°﹣58°＝92°，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD＝ ∠CAB＝46°；
∵∠CAD＝46°，∠C＝30°，
∴∠1＝∠CAD+∠C＝46°+30°＝76°．
【点评】本题考查了三角形的内角和与三角形外角的性质，属于基础题，正确识图是关键．
24．（2021秋•息县期中）如图，AB＝AE，∠1＝∠2，∠C＝∠D，∠B＝60°．
（1）试说明：△ABC≌△AED；
（2）求∠AED的度数．
【分析】（1）由∠1＝∠2得出∠BAC＝∠EAD，进而根据已知条件证明△ABC≌△AED
（AAS）；
（2）由（1）证得△ABC≌△AED，根据全等三角形的性质得出∠AED＝∠B，进而得出结果．
【解答】（1）证明：∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠EAC＝∠2+∠EAC，即∠BAC＝∠EAD．
在△ABC和△AED中，，
∴△ABC≌△AED（AAS）．
（2）解：由（1）证得△ABC≌△AED，
∵∠B＝60°，
∴∠AED＝∠B＝60°．
【点评】题考查了全等三角形的性质和判定，熟练掌握全等三角形的性质和判定是解题的关
键．
25．（2021•温州二模）已知：如图，点A、B、C、D在一条直线上，FB∥EA交EC于H点，EA
＝FB，AB＝CD．
（1）求证：△ACE≌△BDF；
（2）若CH＝BC，∠A＝50°，求∠D的度数．
【分析】（1）首先利用平行线的性质得出∠A＝∠FBD，根据AB＝CD即可得出AC＝BD，
进而得出△ACE≌△BDF解答即可；
（2）根据全等三角形的性质和等腰三角形的性质解答即可．
【解答】证明：（1）∵FB∥EA，
∴∠A＝∠FBD，
∵AB＝CD，
∴AB+BC＝CD+BC，
即AC＝BD，
在△ACE与△BDF中，
，
∴△ACE≌△BDF（SAS）；
（2）解：∵△ACE≌△BDF，
∴∠A＝∠FBD，∠D＝∠ACE，
∵∠A＝50°，
∴∠FBD＝50°，
∵CH＝BC，
∴∠FBD＝∠BHC＝50°，
∴∠BCH＝180°﹣∠FBD﹣∠BHC＝80°，∴∠D＝80°．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的性质等知识，
解题时注意：两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．根据已知得出△ACE≌△BDF
是解题关键．
26．（2021•兰州）如图，点E，C在线段BF上，∠A＝∠D，AB∥DE，BC＝EF．求证：AC＝
DF．
【分析】根据平行线的性质得到∠ABC＝∠DEF．根据全等三角形的判定和性质定理即可得到
结论．
【解答】证明：∵AB∥ED，
∴∠ABC＝∠DEF．
在△ABC与△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（AAS）．
∴AC＝DF．
【点评】本题重点考查了三角形全等的判定定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是
解题的关键．
27．（2021秋•呼和浩特期中）已知，如图：A、E、F、B在一条直线上，AE＝BF，∠C＝∠D，
∠A＝∠B，求证：AC＝BD．
【分析】证明△ACF≌△BDE（AAS），由全等三角形的性质得出AC＝BD．
【解答】证明：∵AE＝BF，
∴AF＝BE，
在△ACF和△BDE中，
，
∴△ACF≌△BDE（AAS），∴AC＝BD．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，解此题的关键是推出△ACF≌△BDE．
28．（2018•淄博）已知：如图，△ABC是任意一个三角形，求证：∠A+∠B+∠C＝180°．
【分析】过点A作EF∥BC，利用EF∥BC，可得∠1＝∠B，∠2＝∠C，而∠1+∠2+∠BAC＝
180°，利用等量代换可证∠BAC+∠B+∠C＝180°．
【解答】证明：过点A作EF∥BC，如图，
∵EF∥BC
∴∠1＝∠B，∠2＝∠C，
∵∠1+∠2+∠BAC＝180°，
∴∠BAC+∠B+∠C＝180°，
即∠A+∠B+∠C＝180°．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理的证明，作辅助线把三角形的三个内角转化到一个
平角上是解题的关键．
29．（2021•麒麟区模拟）如图，BE＝BC，∠A＝∠D，求证：AC＝DE．
【分析】根据AAS证明△ABC与△DBE全等，进而利用全等三角形的性质解答即可．
【解答】证明：在△ABC与△DBE中，
，
∴△ABC≌△DBE（AAS），
∴AC＝DE．
【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据AAS证明△ABC与△DBE全等解答．30．（2021春•高邮市期末）在一个三角形中，如果一个角是另一个角的2倍，这样的三角形我
们称之为“倍角三角形”．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，点P是线段AB上一点（不与A、
B重合），连接CP．
（1）当∠B＝72°时；
①若∠CPB＝54°，则△ACP 是 “倍角三角形”（填“是”或“否”）；
②若△BPC是“倍角三角形”，求∠ACP的度数；
（2）当△ABC、△BPC、△ACP都是“倍角三角形”时，求∠BCP的度数．
【分析】（1）①求出△APC中各个内角的度数，即可判断．
②由∠B＝72°，△BPC是“倍角三角形”，推出△BCP内角的度数分别是72°，72°，36°，
由此即可解决问题．
（2）首先确定△ABC是“倍角三角形”时，有两种情形，45°的直角三角形，30°的直角三角
形，再分类讨论解决问题即可．
【解答】解：（1）①∵∠ACB＝90°，∠B＝72°，
∴∠A＝90°﹣72°＝18°，
∵∠CPB＝54°，
∴∠A+∠ACP＝54°，
∴∠ACP＝36°，
∴∠ACP＝2∠A，
∴△ACP是“倍角三角形”，
故答案为：是．
②∵∠B＝72°，△BPC是“倍角三角形”，
∴△BCP内角的度数分别是72°，72°，36°，
∴∠BCP＝36°或72°，
∴∠ACP＝54°或18°．
（2）如图2﹣1中，当△ABC是等腰直角三角形，CP⊥AB时，满足条件，此时∠BCP＝45°．如图2﹣2中，当∠A＝60°，CP⊥AB时，满足条件，此时∠BCP＝60°．
如图2﹣3中，当∠A＝60°，∠BPC＝100°时，满足条件，此时∠BCP＝50°．
如图2﹣4中，当∠B＝60°，∠APC＝100°时，满足条件，此时∠BCP＝40°．
如图2﹣5中，当∠B＝60°，∠APC＝90°时，满足条件，此时∠BCP＝30°．
综上所述，满足条件的∠BCP的值为30°或40°或45°或50°或60°．
【点评】本题考查三角形内角和定理，“倍角三角形”的定义等知识，解题的关键是学会用
分类讨论的思想解决问题，属于中考常考题型．
