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第 4 章 三角形（压轴 30 题专练）
一．选择题（共7小题）
1．（2021秋•宜兴市期末）如图，在△ABC和△ADE中，∠CAB＝∠DAE＝36°，AB＝AC，AD
＝AE．连接CD，连接BE并延长交AC，AD于点F，G．若BE恰好平分∠ABC，则下列结论
错误的是（ ）
A．∠ADC＝∠AEB B．CD∥AB C．DE＝GE D．CD＝BE
【分析】利用AAS证明△DAC≌△EAB可得∠ADC＝∠AEB，CD＝BE，可判断A，D选项正
确；由全等三角形的性质，三角形的内角和定理及等腰三角形的性质可求解∠ACB的度数，
利用角平分线的定义求得∠ACD＝∠ABE＝36°，即可得∠ACD＝∠CAB，进而可证明
CD∥AB，即可判断B选项正确，进而可求解．
【解答】解：A．∵∠CAB＝∠DAE＝36°，
∴∠CAB﹣∠CAE＝∠DAE﹣∠CAE，即∠DAC＝∠EAB，
在△DAC和△EAB中，
，
∴△DAC≌△EAB（SAS），
∴∠ADC＝∠AEB，故A选项不符合题意；
CD＝BE，故D选项不符合题意；
B．∵△DAC≌△EAB，
∴AC＝AB，
∴∠ACB＝∠ABC，
∵∠CAB＝∠DAE＝36°，
∴∠ACB＝∠ABC＝（180°﹣36°）÷2＝72°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE＝36°，
∴∠ACD＝∠ABE＝36，
∵∠DCA＝∠CBA＝36°，∴CD∥AB（内错角相等，两直线平行），
故B选项不符合题意；
C．根据已知条件无法证明DE＝GE，故C选项符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定与性质，平行线的判定，角平分线的定义，三角形
的内角和定理，证明△DAC≌△EAB是解题的关键．
2．（2021秋•拱墅区校级月考）如图，O是△ABC的重心，过O的一条直线分别与AB、AC相
交于G、H（均不与△ABC的顶点重合），S四边形BCHG ，S△AGH 分别表示四边形BCHG和
△AGH的面积，则 的最大值是（ ）
A． B．1 C． D．
【分析】连接DG，设S△GDO ＝S，由重心定理可得S△AGO ＝2S，S△AGD ＝3S，设AG＝1，BG＝
x，则S△BGD ＝3Sx，S△ABD ＝（3x+3）S，S△ABC ＝（6x+6）S，设OH＝k•OG，S△AGH ＝
（2k+2）S，可得 ＝ ，过点O作OF∥BC交AC于点F，过点G作
GE∥BC交AC于点E，由OF∥BC，可得 ＝ ＝ ，再由GE∥BC，可得 ＝ ＝ ，
则可求 ＝ ＝ ，又由GE∥BC，得 ＝ ＝ ，则 ＝ ，
又由OF∥EG，得 ＝ ＝ ，可求k＝ ，所以 ＝﹣x2+x+1＝﹣（x
﹣ ）2+ ，当x＝ 时， 有最大值，最大值为 ．
【解答】解：连接DG，
设S△GDO ＝S，
∵O是△ABC的重心，
∴ ＝ ，
∴OA＝2OD，∴S△AGO ＝2S，S△AGD ＝S△GOD +S△AGO ＝3S，
设AG＝1，BG＝x，
∴S△BGD ＝3Sx，
∴S△ABD ＝S△BGD +S△ADG ＝3Sx+3S＝（3x+3）S，
∴S△ABC ＝2S△ABD ＝（6x+6）S，
设OH＝k•OG，
∵S△AGO ＝2S，
∴S△AOH ＝2kS，
∴S△AGH ＝S△AGO +S△AOH ＝（2k+2）S，
∴S四边形BCHG ＝S△ABC ﹣S△AGH ＝（6x+6）S﹣（2k+2）S＝（6x﹣2k+4）S，
∴ ＝ ①，
如图，过点O作OF∥BC交AC于点F，过点G作GE∥BC交AC于点E，
∴OF∥GE，
∵OF∥BC，
∴ ＝ ＝ ，
∴OF＝ CD＝ BC，
∵GE∥BC，
∴ ＝ ＝ ，
∴GE＝ ，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
∵GE∥BC，
∴ ＝ ＝ ，
∴GE＝ ，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，∵OF∥EG，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
∴k＝ ，
代入①，得 ＝﹣x2+x+1＝﹣（x﹣ ）2+ ，
∴当x＝ 时， 有最大值，最大值为 ，
故选：A．
【点评】本题考查三角形重心的定理，此题难度较大，熟练掌握三角形重心的定理，通过构
造平行，利用平行线的性质，三角形面积的关系解题是关键．
3．（2021秋•青山区期中）如图，在△ABC中，点M，N分别是AC，BC上一点，AM＝BN，
∠C＝60°，若AB＝9，BM＝7，则MN的长度可以是（ ）
A．2 B．7 C．16 D．17
【分析】通过构造等边△ABQ和等边△MBP，得到△QBP≌△ABM （SAS），再证明
△QMP≌△NMB （SAS），即可将线段AB、BM和MN集中到同一△QMB中，根据三角形三
边关系即可判断MN的长度取值范围．
【解答】解：如图，作等边△ABQ和等边△MBP，连接QP，QM，在等边△ABQ和等边△MBP中，∠QBA＝∠PBM＝60°，
∴∠QBP+∠QBM＝∠QBM+∠ABM＝60°，
∴∠QBP＝∠ABM，
又∵QB＝AB＝9，PB＝MB＝7，
∴△QBP≌△ABM（SAS），
∴∠BQP＝∠BAM，PQ＝AM，
∵AM＝BN，
在△ABC中，∠ACB+∠CAB+∠CBA＝180°，∠ACB＝60°，
∴∠MBC＝180°﹣60°﹣∠MAB﹣∠ABM＝120°﹣∠MAB﹣∠ABM，
在△QBP中，∠QPB+∠BQP+∠QBP＝180°，∠MPB＝60°，
∴∠MPQ＝180°﹣60°﹣∠BQP﹣∠QBP＝120°﹣∠MAB﹣∠ABM，
∴∠MBN＝MPQ，
在△QMP和△NMB中，
，
∴△QMP≌△NMB（SAS），
∴MQ＝MN，
在△QMB中，QB﹣MB＜QM＜QB+MB，
∴AB﹣MB＜MN＜AB+MB，
∴2＜MN＜16，
∴选项B，MN＝7符合题意，
故选：B．
【点评】本题主要考查了全等三角形性质和判定的综合应用，解题关键是线段AB、BM和MN
通过全等转化在同一三角形中，再根据三角形三边关系即可判断MN的长度取值范围、
4．（2021秋•鄞州区校级期中）如图，四边形ABCD中，∠B＝2∠D，连结AC，∠DAC+∠ACB
＝180°，下列哪个选项的值知道，就能求出CD的长（ ）A．AC和AD B．AB和AC C．AC和BC D．AB和BC+AD
【分析】先延长BC至点D'，使得CD'＝AD构造△DAC≌△D'CA，得到∠D＝∠D'，然后过
点B作BE平分∠ABC，交AD'于点E，得证△ABE∽△AD'B，再过点E作EF平分∠AEB，交
AB于点F，证明△AEF∽△AD'B，进而舍AF＝x，利用相似三角形的性质求得CD的长．
【解答】解：延长BC至点D'，使得CD'＝AD，则∠ACD'+∠ACB＝180°，
∵∠ACB+∠DAC＝180°，
∴∠DAC＝∠ACD'，
∵AD＝CD'，AC＝CA，
∴△DAC≌△D'CA（SAS），
∴∠D＝∠D'，
∵∠B＝2∠D，
∴∠B＝2∠D'，
过点B作BE平分∠ABC，交AD'于点E，则∠ABE＝∠EBD'＝ ∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBD'＝∠D'，
∴∠AEB＝∠D'+∠EBD'＝2∠D'＝2∠ABE，
∵∠BAE＝∠D'AB，∠ABE＝∠D'，
∴△ABE∽△AD'B，
∴ ，
过点E作EF平分∠AEB，交AB于点F，则∠AEF＝∠BEF＝ ∠AEB，
∴∠AEF＝∠BEF＝∠EBF＝∠D'，
∴EF＝BF，
∴EF∥BD'，
∴△AEF∽△AD'B，
∴ ，
设AF＝x，则EF＝BF＝AB﹣x，∴ ，
∴x＝ ，
∴AF＝ ，EF＝BF＝ ，
∵△ABE∽△AD'B，△AEF∽△AD'B，
∴△ABE∽△AEF，
∴ ，
∴AE2＝AB•AF＝ ，
∴AE＝AB• ，
∵ ，
∴AD'＝ ＝ ＝ ，
∴CD＝ ，
∵D'B＝BC+CD'＝BC+AD，
∴CD＝ ，
∴只需要知道AB和BC+AD的值即可求出CD的长度．
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，解题的关键是延
长BC至点D'，使得CD'＝AD构造全等三角形．
5．（2021春•九龙坡区校级期末）如图，在△ABC中，延长CA至点F，使得AF＝CA，延长AB
至点D，使得BD＝2AB，延长BC至点E，使得CE＝3CB，连接EF、FD、DE，若S△DEF ＝36，
则S△ABC 为（ ）A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】如图，连接AE，CD，设△ABC的面积为m．利用等高模型的性质，用m表示出各
个三角形的面积，可得△DEF的面积为18m，构建方程，可得结论．
【解答】解：如图，连接AE，CD，设△ABC的面积为m．
∵BD＝2AB，
∴△BCD的面积为2m，△ACD的面积为3m，
∵AC＝AF，
∴△ADF的面积＝△ACD的面积＝3m，
∵EC＝3BC，
∴△ECA的面积＝3m，△EDC的面积＝6m，
∵AC＝AF，
∴△AEF的面积＝△EAC的面积＝3m，
∴△DEF的面积＝m+2m+6m+3m+3m+3m＝18m＝36，
∴m＝2，
∴△ABC的面积为2，
故选：A．
【点评】本题考查三角形的面积，等高模型的性质等知识，解题的关键是学会利用参数，构
建方程解决问题．
6．（2021秋•长沙期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AC为边，作△ACD，满足AD
＝AC，E为BC上一点，连接AE，2∠BAE＝∠CAD，连接DE，下列结论中正确的有
（ ）
①AC⊥DE；②∠ADE＝∠ACB；③若CD∥AB，则AE⊥AD；④DE＝CE+2BE．A．①②③ B．②③④ C．②③ D．①②④
【分析】因为∠BAE＝ ∠DAC，且∠ABC＝90°，所以需要构造2倍的∠BAC，故延长EB至
G，使BE＝BG，从而得到∠GAE＝∠CAD，进一步证明∠GAC＝∠EDA，且AE＝AG，接着
证明△GAC≌△EAD，则∠ADE＝∠ACG，DE＝CG，所以②是正确的，也可以通过线段的
等量代换运算推导出④是正确的，设∠BAE＝x，则∠DAC＝2x，因为CD∥AB，所以∠BAC
＝∠ACD＝90°﹣x，接着用x表示出∠EAC，再计算出∠DAE＝90°，故③是正确的，当
∠CAE＝∠BAE时，可以推导出AC⊥DE，否则AC不垂直于DE，故①是错误的．
【解答】解：如图，延长EB至G，使BE＝BG，设AC与DE交于点M，
∵∠ABC＝90°，
∴AB⊥GE，
∴AB垂直平分GE，
∴AG＝AE，∠GAB＝∠BAE＝ ∠DAC，
∵∠BAE＝ ∠GAE，
∴∠GAE＝∠CAD，
∴∠GAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC，
∴∠GAC＝∠EAD，
在△GAC与△EAD中，
，
∴△GAC≌△EAD（SAS），
∴∠G＝∠AED，∠ACB＝∠ADE，
∴②是正确的；
∵AG＝AE，
∴∠G＝∠AEG＝∠AED，
∴AE平分∠BED，
当∠BAE＝∠EAC时，∠AME＝∠ABE＝90°，则AC⊥DE，
当∠BAE≠∠EAC时，∠AME≠∠ABE，则无法说明AC⊥DE，
∴①是不正确的；
设∠BAE＝x，则∠CAD＝2x，
∴∠ACD＝∠ADC＝ ＝90°﹣x，
∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ACD＝90°﹣x，∴∠CAE＝∠BAC﹣∠EAB＝90°﹣x﹣x＝90°﹣2x，
∴∠DAE＝∠CAE+∠DAC＝90°﹣2x+2x＝90°，
∴AE⊥AD，
∴③是正确的；
∵△GAC≌△EAD，
∴CG＝DE，
∵CG＝CE+GE＝CE+2BE，
∴DE＝CE+2BE，
∴④是正确的，
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，通过二倍角这一条件，构造两倍的∠BAE，是
本题的突破口，也是常用方法，同时，要注意本题设参数导角，对学生分析数据的能力有一
定要求．
7．（2021秋•广汉市期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC．若∠DAB的角平分线AE交CD
于E，连接BE，且BE边平分∠ABC，得到如下结论：①∠AEB＝90°；②BC+AD＝AB；
③BE＝ CD；④BC＝CE；⑤若AB＝x，则BE的取值范围为0＜BE＜x，那么以上结论正
确的是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②⑤
【分析】根据两直线平行，同旁内角互补可得∠ABC+∠BAD＝180°，又BE、AE都是角平分
线，可以推出∠ABE+∠BAE＝90°，从而得到∠AEB＝90°，然后延长AE交BC的延长线于点
F，先证明△ABE与△FBE全等，再根据全等三角形对应边相等得到AE＝EF，然后证明
△AED与△FEC全等，从而可以证明①②⑤正确，AB与CD不一定相等，所以③④不正
确．
【解答】解：∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，∵AE、BE分别是∠BAD与∠ABC的平分线，
∴∠BAE＝ ∠BAD，∠ABE＝ ∠ABC，
∴∠BAE+∠ABE＝ （∠BAD+∠ABC）＝90°，
∴∠AEB＝180°﹣（∠BAE+∠ABE）＝180°﹣90°＝90°，
故①小题正确；
如图，延长AE交BC延长线于F，
∵AD∥BC，
∴∠EAD＝∠F，
在△ADE与△FCE中，
，∵∠AEB＝90°，
∴BE⊥AF，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠FBE，
在△ABE与△FBE中，
，
∴△ABE≌△FBE（ASA），
∴AB＝BF，AE＝FE，
∴△ADE≌△FCE（ASA），
∴AD＝CF，
∴AB＝BF＝BC+CF＝BC+AD，故②小题正确；
∵△ADE≌△FCE，
∴CE＝DE，即点E为CD的中点，
∵BE与CE不一定相等
∴BE与 CD不一定相等，故③小题错误；若AD＝BC，则CE是Rt△BEF斜边上的中线，则BC＝CE，
∵AD与BC不一定相等，
∴BC与CE不一定相等，故④小题错误；
∵BF＝AB＝x，BE⊥EF，
∴BE的取值范围为0＜BE＜x，故⑤小题正确．
综上所述，正确的有①②⑤．
故选：D．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，平行线的性质，角平分线的定义，证明
BE⊥AF并作出辅助线是解题的关键，本题难度较大，对同学们的能力要求较高．
二．填空题（共10小题）
8．（2021秋•上城区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D为BC上的一点，∠BAD＝28°，在
AD的右侧作△ACE，使得AE＝AD，∠DAE＝∠BAC，连接CE，DE，DE交AC于点O，若
CE∥AB，则∠DOC的度数为 92 ° ．
【分析】根据已知条件证明△DAB≌△EAC，可得∠B＝∠ACE，再根据CE∥AB，可得
∠B+∠ACB+∠ACE＝180°，然后证明△ABC是等边三角形，△ADE是等边三角形，进而根据
三角形内角和定理即可解决问题．
【解答】解：∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE﹣∠DAC＝∠BAC﹣∠DAC，
∴∠DAB＝∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴∠B＝∠ACE，
∵CE∥AB，
∴∠B+∠BCE＝180°，
∴∠B+∠ACB+∠ACE＝180°，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∴∠B＝∠ACB＝∠ACE＝60°，
∴△ABC是等边三角形，∴∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠ADE＝60°，
∵∠BAD＝28°，
∴∠OAD＝60°﹣28°＝32°，
∴∠DOC＝∠OAD+∠ADE＝32°+60°＝92°．
故答案为：92°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△DAB≌△EAC．
9．（2021秋•武昌区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝2 ，CD平分∠ACB，∠CAD＝30°﹣ ，
∠BAD＝30°，则∠BDC＝ 120°+ ．（用含 的式子表示）
α α
α α
【分析】延长CB到E，使CE＝CA，连接DE，EA，利用SAS证明△ADC≌△EDC，得AD＝
ED，∠ADC＝∠EDC，再证明△EDA为等边三角形，得出AB是∠EAD的角平分线，再通过
导角得出答案．
【解答】解：如图，延长CB到E，使CE＝CA，连接DE，EA，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝ ，
在△ADC与△EDC中，
，
∴△ADC≌△EDC（SAS），
∴AD＝ED，∠ADC＝∠EDC，
∵∠CAD＝30°﹣ ，∠ACD＝ ，
∴∠ADC＝180°﹣（30°﹣ ）﹣ ＝150°，
α α
∴∠EDC＝∠ADC＝150°，
α α
∴∠EDA＝360°﹣150°﹣150°＝60°，∵ED＝AD，
∴△EDA为等边三角形，
∴∠EAD＝∠AED＝60°，
∵∠BAD＝30°，
∴∠EAB＝60°﹣30°＝30°，
∴AB是∠EAD的角平分线，
∵AB是ED的垂直平分线，
∴BD＝BE，
∴∠BED＝∠BDE，
∵∠ACB＝2 ，∠EAC＝∠EAD+∠DAC＝60°+30°﹣ ＝90°﹣ ，
∴∠AEC＝180°﹣2 ﹣（90°﹣ ）＝90°﹣ ，
α α α
∴∠EDC＝∠AEC﹣∠AED＝90°﹣ ﹣60°＝30°﹣ ，
α α α
∴∠BED＝∠BED＝30°﹣ ，
α α
∴∠DBC＝∠BDE+∠BED＝（30°﹣ ）×2＝60°﹣2 ，
α
∴∠BDC＝180°﹣∠DBC﹣∠DCB
α α
＝180°﹣（60°﹣2 ）﹣
＝120°+ ，
α α
故答案为：120°+ ．
α
【点评】本题主要考查了三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定
α
与性质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
10．已知点O为直线外一点，点O到直线距离为4，点A、B是直线上的动点，且∠AOB＝30°，
则△ABO的面积最小值为 6 4 ﹣ 1 6 ．
【分析】如图，过点O作直线l′∥直线l，则直线l与直线l′之间的距离为4，作点B关于
直线l′的对称点B′，连接OB′，AB′，AB′交直线l′于点T，连接BT，过点A作
AH⊥BT于H，过点T作TW⊥AB于W．首先证明当A，O，B′共线时，AB′的值最小，此
时AB的值最小，解直角三角形求出此时AB的值，可得结论．
【解答】解：如图，过点O作直线l′∥直线l，则直线l与直线l′之间的距离为4，作点B
关于直线l′的对称点B′，连接OB′，AB′，AB′交直线l′于点T，连接BT，过点A作
AH⊥BT于H，过点T作TW⊥AB于W．在Rt△ABB′中，AB＝ ＝ ，
∴AB′的值最小时，AB的值最小，
∵OA+OB＝OA+OB′≥AB′，
∴当A，O，B′共线时，AB′的值最小，此时AB的值最小，
∵直线l垂直平分线段BB′，
∴TB＝TB′，
∴∠TBB′＝∠TB′B，
∵∠TBA+∠TBB′＝90°，∠TAB+∠TB′B＝90°，
∴∠TAB＝∠TBA，
∴TA＝TB，
∵cos∠AOB＝cos∠ATB＝ ，
∴ ＝ ，
∴可以假设TH＝ k，AT＝TB＝2k，
∴BH＝TB﹣TH＝（2﹣ ）k，
∴AH＝k，
∴AB＝ ＝ ＝2 k，
∵S△TAB ＝ •AB•TW＝ •TB•AH，
∴ ×2 k×4＝ ×2k×k，
解得k＝4 ，
∴△ABO的面积最小值为＝∴ ×2 ×4 ×4＝64﹣16 ，
故答案为：64﹣16 ．
【点评】本题考查解直角三角形，轴对称最短问题，解题的关键是学会利用轴对称的性质添
加辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于选择题中的压轴题．11．如图，△ABC中，点E、F分别在BC、AB边上，AF＝CE，连接AE、CF交于点D，DF＝
2DE，∠B+∠EDF＝180°，∠B+∠CAD＝90°，AC＝4．则DF的长为 ．
【分析】作AG⊥CF于G，CH⊥AE交AE的延长线于H，利用AAS证明△AFG≌△CEH，得
FG＝EH，AG＝CH，再利用AAS证明△ADG≌△CDH，得DG＝DH，AD＝CD，可证明
∠CAD＝30°，∠ADG＝60°，则AG＝CH＝2，DH＝ ，设FG＝EH＝x，则DF＝x+ ，
DE＝ ﹣x，则解决问题．
【解答】解：作AG⊥CF于G，CH⊥AE交AE的延长线于H，
∴∠AGF＝∠AGD＝∠CHE＝90°，
∵∠ABC+∠EDF＝180°，
∴∠BFD+∠BED＝180°，
又∵∠BFD+∠AFG＝180°，∠BED＝∠CEH，
∴∠AFG＝∠CEH，
又∵AF＝CE，
∴△AFG≌△CEH（AAS），
∴FG＝EH，AG＝CH，
∵∠AGD＝∠CHE＝90°，∠ADG＝∠CDH，AG＝CH，
∴△ADG≌△CDH（AAS），
∴DG＝DH，AD＝CD，
∴∠CAD＝∠ACD，
∵∠ABC+∠EDF＝180°，∠ADG+∠EDF＝180°，
∴∠ABC＝∠ADG，
又∵∠ADG＝∠CAD+∠ACD＝2∠CAD，
∠B+∠CAD＝90°，∴∠CAD＝30°，∠ADG＝60°，
∵CH＝ ，
∴AG＝CH＝2，
又∵∠ADG＝60°，
∴DG＝ ＝ ，
∴DH＝ ，
设FG＝EH＝x，则DF＝x+ ，DE＝ ﹣x，
∵DF＝2DE，
∴x+ ＝2（ ），
∴x＝ ，
∴DF＝ ，
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质等知识，
作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
12．（2021秋•黄陂区期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，过点C作CD⊥AB于点D，过点
B作BM⊥AC于点M，连接MD，过点D作DN⊥MD，交BM于点N．CD与BM相交于点E，
若点E是CD的中点，下列结论：①∠AMD＝45°；②NE﹣EM＝MC；③EM：MC：NE＝1：
2：3；④S△ACD ＝2S△DNE ．其中正确的结论有 ①②③ ．（填写序号即可）
【分析】①利用ASA证明△BDN≌△CDM，再证明△DMN是等腰直角三角形，即可判断结
论①正确；
②过点D作DF⊥MN于点F，则∠DFE＝90°＝∠CME，可利用AAS证明△DEF≌△CEM，
即可判断结论②正确；
③先证明△BDE∽△CME，可得出 ＝ ＝2，进而可得CM＝2EM，NE＝3EM，即可判断结论③正确；
④先证明△BED≌△CAD（ASA），可得S△BED ＝S△CAD ，再证明BN＜NE，可得S△BDN ＜
S△DEN ，进而得出S△BED ＜2S△DNE ，即可判断结论④不正确．
【解答】解：①∵CD⊥AB，
∴∠BDC＝∠ADC＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴BD＝CD，
∵BM⊥AC，
∴∠AMB＝∠ADC＝90°，
∴∠A+∠DBN＝90°，∠A+∠DCM＝90°，
∴∠DBN＝∠DCM，
∵DN⊥MD，
∴∠CDM+∠CDN＝90°，
∵∠CDN+∠BDN＝90°，
∴∠CDM＝∠BDN，
∴△BDN≌△CDM（ASA），
∴DN＝DM，
∵∠MDN＝90°，
∴△DMN是等腰直角三角形，
∴∠DMN＝45°，
∴∠AMD＝90°﹣45°＝45°，
故①正确；
②如图1，由（1）知，DN＝DM，
过点D作DF⊥MN于点F，则∠DFE＝90°＝∠CME，
∵DN⊥MD，
∴DF＝FN，
∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
在△DEF和△CEM中，
，
∴△DEF≌△CEM（AAS），
∴ME＝EF，CM＝DF，
∴FN＝CM，
∵NE﹣EF＝FN，∴NE﹣EM＝MC，
故②正确；
③由①知，∠DBN＝∠DCM，
又∵∠BED＝∠CEM，
∴△BDE∽△CME，
∴ ＝ ＝2，
∴CM＝2EM，NE＝3EM，
∴EM：MC：NE＝1：2：3，
故③正确；
④如图2，∵CD⊥AB，
∴∠BDE＝∠CDA＝90°，
由①知：∠DBN＝∠DCM，BD＝CD，
∴△BED≌△CAD（ASA），
∴S△BED ＝S△CAD ，
由①知，△BDN≌△CDM，
∴BN＝CM，
∵CM＝FN，
∴BN＝FN，
∴BN＜NE，
∴S△BDN ＜S△DEN ，
∴S△BED ＜2S△DNE ．
∴S△ACD ＜2S△DNE ．
故④不正确，
故答案为：①②③．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定和
性质、三角形面积等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，属于中考常考
题型．
13．（2021秋•梁溪区期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，AD，BE分别为BC，AC边上的
高，连接DE，过点D作DF⊥DE交BE于点F，G为BE中点，连接AF，DG．则AF，DG关
系是 AF ＝ 2 DG 且 AF ⊥ DG ．
【分析】延长DG至M，使GM＝DG，交AF于H，连接BM，根据题意证明△DAE≌△DBF，
推出∠DEF＝∠DFE＝45°，利用SAS证明△BGM≌△EGD（SAS），得出∠MBE＝∠FED＝
45°＝∠EFD，BM＝DE＝DF，再利用SAS证明△BDM≌△DAF（SAS），得出DM＝AF＝
2DG，∠FAD＝∠BDM，证出∠AHD＝90°，即可得出结论．
【解答】解：AF＝2DG，且AF⊥DG；理由如下：
延长DG至M，使GM＝GD，交AF于H，连接BM，如图所示：
∵AD，BE分别为BC，AC边上的高，
∴∠BEA＝∠ADB＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴AD＝BD，
∵∠DAC+∠C＝∠DBE+∠C＝90°，
∴∠DAC＝∠DBE，
即∠DAE＝∠DBF，
∵∠ADB＝∠FDE＝90°，
∴∠ADB﹣∠ADF＝∠FDE﹣∠ADF，即∠BDF＝∠ADE，
在△DAE和△DBF中，
，
∴△DAE≌△DBF（ASA），
∴DE＝DF，
∴△FDE是等腰直角三角形，
∴∠DEF＝∠DFE＝45°，
∵G为BE中点，
∴BG＝EG，
在△BGM和△EGD中，
，
∴△BGM≌△EGD（SAS），
∴∠MBE＝∠DEF＝45°＝∠DFE，BM＝DE＝DF，
∵∠DAC＝∠DBE，
∴∠MBD＝∠MBE+∠DBE＝45°+∠DBE，∠EFD＝45°＝∠DBE+∠BDF，
∴∠BDF＝45°﹣∠DBE，
∵∠ADE＝∠BDF，
∴∠ADF＝90°﹣∠BDF＝45°+∠DBE＝∠MBD，
在△BDM和△DAF中，
，
∴△BDM≌△DAF（SAS），
∴DM＝AF＝2DG，∠FAD＝∠BDM，
∵∠BDM+∠MDA＝90°，
∴∠MDA+∠FAD＝90°，
∴∠AHD＝90°，
∴AF⊥DG，
∴AF＝2DG，且AF⊥DG．
故答案为：AF＝2DG，且AF⊥DG．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形
的性质等知识；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
14．（2021秋•武昌区校级期中）如图，在△ABC中，AH是高，AE∥BC，AB＝AE，在AB边上取点D，连接DE，DE＝AC，若S△ABC ＝5S△ADE ，BH＝1，则BC＝ ．
【分析】过点E作EP⊥BA，交BA的延长线于P，首先证明△AEP≌△BAH（AAS），再利用
HL证明Rt△DEP≌Rt△CAH，得CH＝DP，S△ACH ＝S△APE ，再根据高相等的两个三角形面积
比等于底之比解决问题．
【解答】解：过点E作EP⊥BA，交BA的延长线于P，
∴∠P＝∠AHB＝90°，
∵AE∥BC，
∴∠EAP＝∠CBA，
在△AEP和△BAH中，
，
∴△AEP≌△BAH（AAS），
∴PE＝AH，
在Rt△DEP和Rt△CAH中，
，
∴Rt△DEP≌Rt△CAH（HL），
∴CH＝DP，S△ACH ＝S△APE ，
∵S△ABC ＝S△ABH +S△AHC ＝2S△ABH +S△ADE ＝5S△ADE ，
∴S△ABH ：S△ADE ＝2：1，
∴BH：AD＝2：1，
∵BH＝1，
∴AD＝ ，∴DP＝CH＝1+ ＝ ，
∴BC＝BH+CH＝1+ ＝ ，
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形面积等知识，作辅助线构造全等
三角形是解题的关键，有一定的难度．
15．（2021秋•东台市月考）如图，已知四边形ABCD中，AB＝10cm，BC＝8cm，CD＝12cm，
∠B＝∠C，点E为AB的中点．如果点P在线段BC上以3cm/s的速度沿B﹣C﹣B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 或 3 或 或 cm/s时，
能够使△BPE与△CQP全等．
【分析】设点P在线段BC上运动的时间为t，分两种情况讨论，①点P由B向C运动时，
△BPE≌△CQP②△BPE≌△CPQ，③点P由C向B运动时，△BPE≌△CQP，
④△BPE≌△CPQ，根据全等三角形的对应边相等列方程解出即可．
【解答】解：设点P在线段BC上运动的时间为t，
①点P由B向C运动时，BP＝3t，CP＝8﹣3t，
∵△BPE≌△CQP，
∴BE＝CP＝5，
∴5＝8﹣3t，
解得t＝1，
∴BP＝CQ＝3，
此时，点Q的运动速度为3÷1＝3cm/s；
②点P由B向C运动时，
∵△BPE≌△CPQ，
∴BP＝CP，
∴3t＝8﹣3t，
t＝ ，此时，点Q的运动速度为：5÷ ＝ cm/s；
③点P由C向B运动时，CP＝3t﹣8，
∵△BPE≌△CQP，
∴BE＝CP＝5，
∴5＝3t﹣8，
解得t＝ ，
∴BP＝CQ＝3，
此时，点Q的运动速度为3÷ ＝ cm/s；
④点P由C向B运动时，
∵△BPE≌△CPQ，
∴BP＝CP＝4，
3t﹣8＝4，
t＝4，
∵BE＝CQ＝5，
此时，点Q的运动速度为5÷4＝ cm/s；
综上所述：点Q的运动速度为 cm/s或3cm/s或 cm/s或 cm/s；
故答案为： 或3或 或 ．
【点评】本题考查三角形全等的判定，掌握动点问题在解决全等三角形时边长的表示及分情
况讨论，它们也是解决问题的关键．
16．（2020秋•江夏区校级月考）如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，点D、E分别在AC，BC上，
AB＝BE，连接BD，DE和AE，并且∠AED＝∠ACB，延长BA，ED交于点F，连接CF，取
CF中点M，连接BM交AC于点N，若∠ABM＝3∠ACB，CN＝a，则△BNC的面积为
．（用含a的式子表示）
【分析】延长DA至点G，使AG＝DE，GH＝DF，连接BG，BH，BD，根据已知条件证明
△ABG≌△EBD中，求出△GBD是等边三角形，根据角的转换求证得△BGH≌△BDF，得到
∠CBH＝120°，延长BM到K，是KM＝BM，连接CK，求得△HBC≌△KCB，推出∠CNL＝∠CBN+∠BCN＝30°，面积即可求出．
【解答】解：如图，延长DA至点G，使AG＝DE，GH＝DF，连接BG，BH，BD，
∵∠ABC＝60°，AB＝BE，
∴△ABE是等边三角形，
∵∠BED＝∠BEA+∠AED＝60°+∠AED，∠BAG＝∠ABE+∠ACB＝60°+∠ACB，且∠AED＝
∠ACB，
∴∠BED＝∠BAG，
在△ABG和△EBD中，
AB＝EB，∠BED＝∠BAG，AG＝DE，
∴△ABG≌△EBD，
∴BG＝BD，∠DBE＝∠GBA，∠DBE+∠ABD＝∠GBA+∠ABD，
即∠ABE＝∠GBD＝60°，
∵BG＝BD，
∴△GBD是等边三角形，
∴∠BGD＝∠BDE＝60°，
∴∠BGH＝∠BDF＝120°，
∵GH＝DF，
∴△BGH≌△BDF，
∴BH＝BF，∠HBG＝∠FBD，
∴∠FBH＝∠DBG＝60°，∠CBH＝120°，
如图，延长BM到K，使KM＝BM，连接CK，
∵M是CF的中点，
∴CM＝FM，
∵∠CMK＝∠FMB，
∴△CMK≌△FMB，
∴CK＝BF＝BH，∠KCM＝∠BFM，
∵∠BFC+∠BCF＝120°，∴∠KCM+∠BCF＝120°，即∠KCB＝∠CBH＝120°，
∵BC＝CB，
∴△HBC≌△KCB，
∴∠CBK＝∠BCH，
∴NC＝NB＝a，
过C作CL⊥BK，
∵∠ABM＝3∠ACB，
∴∠ABM＝3∠CBK，
∴∠CBK＝60× ＝15°，
∴∠CNL＝∠CBN+∠BCN＝30°，
∵CN＝a，
∴CL＝ ，
∴S△BNC ＝ ×BN×CL＝ ，
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，在直角三角
形中30°的角所对的直角边等于斜边的一半，解题关键是熟练掌握全等三角形判定和性质，等
边三角形的判定和性质，准确作出辅助线．
17．（2018秋•蚌埠期中）如图，在△ABC中，BD、BE分别是高和角平分线，点F在CA的延
长线上，FH⊥BE交BD于G，交BC于H，下列结论：①∠DBE＝∠F；②2∠BEF＝
∠BAF+∠C；③∠F＝ （∠BAC﹣∠C）；④∠BGH＝∠ABE+∠C．其中正确的是
①②③④ ．
【分析】①根据BD⊥FD，FH⊥BE和∠FGD＝∠BGH，证明结论正确；
②根据角平分线的定义和三角形外角的性质证明结论正确；
③证明∠DBE＝∠BAC﹣∠C，根据①的结论，证明结论正确；
④根据角平分线的定义和三角形外角的性质证明结论正确．
【解答】解：设BD交FH于点J．①∵BD⊥FD，
∴∠FJD+∠F＝90°，
∵FH⊥BE，
∴∠BJG+∠DBE＝90°，
∵∠FJD＝∠BBJG，
∴∠DBE＝∠F，
①正确；
②∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∠BEF＝∠CBE+∠C，
∴2∠BEF＝∠ABC+2∠C，
∠BAF＝∠ABC+∠C，
∴2∠BEF＝∠BAF+∠C，
②正确；
③∠ABD＝90°﹣∠BAC，
∠DBE＝∠ABE﹣∠ABD＝∠ABE﹣90°+∠BAC＝∠CBD﹣∠DBE﹣90°+∠BAC，
∵∠CBD＝90°﹣∠C，
∴∠DBE＝∠BAC﹣∠C﹣∠DBE，
由①得，∠DBE＝∠F，
∴∠F＝∠BAC﹣∠C﹣∠DBE，
∴∠F＝ （∠BAC﹣∠C）；
③正确；
④∵∠AEB＝∠EBC+∠C，
∵∠ABE＝∠CBE，
∴∠AEB＝∠ABE+∠C，
∵BD⊥FC，FH⊥BE，
∴∠FGD＝∠FEB，
∴∠BGH＝∠ABE+∠C，
④正确，
故答案为：①②③④．【点评】本题考查的是三角形内角和定理，正确运用三角形的高、中线和角平分线的概念以
及三角形外角的性质是解题的关键．
三．解答题（共13小题）
18．（2021春•南开区期末）已知直线MN与PQ互相垂直，垂足为O，点A在射线OQ上运动，
点B在射线OM上运动，点A，B均不与点O重合．
（1）如图1，AI平分∠BAO，BI平分∠ABO，则∠AIB＝ 135 ° ．
（2）如图2，AI平分∠BAO交OB于点I，BC平分∠ABM，BC的反向延长线交AI的延长线
于点D．
①若∠BAO＝30°，则∠ADB＝ 4 5 °．
②在点A，B的运动过程中，∠ADB的大小是否会发生变化？若不变，求出∠ADB的度数；
若变化，请说明理由．
（3）如图3，已知点E在BA的延长线上，∠BAO的平分线AI，∠OAE的平分线AF与∠BOP
的平分线所在的直线分别相交于点D，F．在△ADF中，如果有一个角的度数是另一个角的3
倍，请直接写出∠ABO的度数．
【分析】（1）由角平分线性和三角形内角和定理，建立∠BIA＝ 和∠BOA
＝180°﹣（∠OAB+∠OBA）的关系；
（2）①根据已知条件可求出所需要角的度数，然后根据外角定理进行具体计算即可得到；
②由①的思路，设∠BAO＝ ，用含 的代数式表示∠CBA和∠BAD，然后代入计算即可证
明不变．
α α
（3）∠BAO的平分线AI，∠OAE的平分线AF，得到∠DAF＝90°，由一个角是另一角的三倍，
分两种情况讨论：
①当∠DAF＝3∠ADF时，∠ADF＝30°，结合∠BOP的平分线可求得∠OAI＝15°，求得∠OAB＝30°，得到∠OBA＝90°﹣30°＝60°；
②当∠AFD＝3∠ADF时，∠ADF＝25°，结合∠BOP的平分线可求得∠OAI＝20°，求得
∠OAB＝40°，得到∠OBA＝90°﹣45°＝45°．
【解答】解：（1）∵AI平分∠BAO，BI平分∠ABO，
∴ ，
∴∠BIC＝180°﹣∠IBA﹣∠IAB
＝
＝
＝
＝
＝90°+ ，
∵直线MN与PQ互相垂直，垂足为O，
α
∴∠BOA＝90°，
∴ ，
故答案为：135°．
（2）①∵直线MN与PQ互相垂直，垂足为O，
∴∠BOA＝90°，
∵∠BAO＝30°，
∴∠ABM＝120°，
∵AI平分∠BAO交OB于点I，BC平分∠ABM，
∴ ，∠BAD＝ ＝15°，
∴∠ADB＝∠CBA﹣∠BAD＝60°﹣15°＝45°，
故答案为：45．
②不变，∠ADB＝45°．
设∠BAO＝ ，
∵AI平分∠BAO交OB于点I，BC平分∠ABM，
α
∴ ，∠MBA＝90°+ ， ，
α
∴∠ADB＝∠CBA﹣∠BAD＝45 ，
∴不变，∠ADB＝45°．（3）∵∠BAO的平分线AI，∠OAE的平分线AF，
∴∠DAF＝90°，
∵一个角是另一角的3倍，
∴分两种情况讨论：
①当∠DAF＝3∠ADF时，∠ADF＝30°，
∵OF为∠BOP的平分线，
∴∠DOA＝135°，
∴∠OAI＝15°，
∴∠OAB＝30°，
∴∠OBA＝90°﹣30°＝60°；
②当∠AFD＝3∠ADF时，∠ADF＝22.5°，
∵OF为∠BOP的平分线，
∴∠DOA＝135°，
∴∠OAI＝22.5°，
∴∠OAB＝45°，
∴∠OBA＝90°﹣45°＝45°．
∴∠OBA等于60°或45°．
【点评】本题主要考查三角形内角和定理及其推论的运用，要求掌握角平分线的性质，渗透
由特殊到一般的思想和用字母表示数的意义及分类讨论思想，属七年级压轴题．
19．（2021春•东坡区校级月考）如图①，已知线段AB，CD相交于点O，连接AC，BD，我们
把形如图①的图形称之为“8字形”．如图②，∠CAB和∠BDC的平分线AP和DP相交于
点P，并且与CD，AB分别相交于M，N．试解答下列问题：
（1）在图①中，写出一个关于∠A、∠B、∠C、∠D的关系的等式 ∠ A + ∠ C ＝∠ B + ∠ D
．
（2）在图②中，若∠B＝96°，∠C＝100°，求∠P的度数；
（3）在图②中，若设∠C＝ ，∠B＝ ，∠CAP＝ ∠CAB，∠CDP＝ ∠CDB，试问∠P与
∠C，∠B之间存在着怎样的数量关系（用 ， 表示∠P），并说明理由；
α β
（4）如图③，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为 360 ° ．
α β
【分析】（1）利用三角形内角和定理解决问题即可；
（2）根据角平分线的定义得到∠CAP＝∠BAP，∠BDP＝∠CDP，再根据三角形内角和定理得到∠CAP+∠C＝∠CDP+∠P，∠BAP+∠P＝∠BDP+∠B，两等式相减得到∠C﹣∠P＝∠P
﹣∠B，即∠P＝ （∠C+∠B），然后把∠C＝100°，∠B＝96°代入计算即可；
（3）与（2）的证明方法一样得到∠P＝ （2∠C+∠B）．
（4）根据三角形内角与外角的关系可得∠B+∠A＝∠1，∠C+∠D＝∠2，再根据四边形内角
和为360°可得答案．
【解答】解：（1）结论：∠A+∠C＝∠B+∠D．
理由：如图1中，∵∠AOC＝∠AOB，
∴∠A+∠C＝∠B+∠D．
故答案为：∠A+∠C＝∠B+∠D；
（2）∵∠CAB和∠BDC的平分线AP和DP相交于点P，
∴∠CAP＝∠BAP，∠BDP＝∠CDP，
∵∠CAP+∠C＝∠CDP+∠P，∠BAP+∠P＝∠BDP+∠B，
∴∠C﹣∠P＝∠P﹣∠B，
即∠P＝ （∠C+∠B），
∵∠C＝100°，∠B＝96°
∴∠P＝ （100°+96°）＝98°；
（3）结论：∠P＝ （ +2 ）．
β α
理由：∵∠CAP＝ ∠CAB，∠CDP＝ ∠CDB，
∴∠BAP＝ ∠BAC，∠BDP＝ ∠BDC，
∵∠CAP+∠C＝∠CDP+∠P，∠BAP+∠P＝∠BDP+∠B，
∴∠C﹣∠P＝ ∠BDC﹣ ∠BAC，∠P﹣∠B＝ ∠BDC﹣ ∠BAC，
∴2（∠C﹣∠P）＝∠P﹣∠B，
∴∠P＝ （∠B+2∠C），
∵∠C＝ ，∠B＝ ，
α β
∴∠P＝ （ +2 ）；
β α（4）∵∠B+∠A＝∠1，∠C+∠D＝∠2，
∴∠A+∠B+∠C+∠D＝∠1+∠2，
∵∠1+∠2+∠F+∠E＝360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°．
故答案为：360°．
【点评】本题考查了三角形内角与外角的关系，以及多边形内角和．也考查了角平分线的定
义，关键是掌握三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和．
20．（2021秋•松桃县期末）如图①：△ABC中，AC＝BC，延长AC到E，过点E作EF⊥AB交
AB的延长线于点F，延长CB到G，过点G作GH⊥AB交AB的延长线于H，且EF＝GH．
（1）求证：△AEF≌△BGH；
（2）如图②，连接EG与FH相交于点D，若AB＝4，求DH的长．
【分析】（1）利用AAS即可证明△AEF≌△BGH；
（2）结合（1）证明△EFD≌△GHD，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AC＝BC，
∴∠A＝∠ABC．
∵∠ABC＝∠GBH，
∴∠A＝∠GBH．
∵EF⊥AB，GH⊥AB，
∴∠AFE＝∠BHG．
在△ADG和△CDF中，
，
∴△AEF≌△BGH（AAS）．
（2）解：∵△AEF≌△BGH，
∴AF＝BH，∴AB＝FH＝4．
∵EF⊥AB，GH⊥AB，
∴∠EFD＝∠GHD．
在△EFD和△GHD中，
∴△EFD≌△GHD（AAS），
∴ ．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△EFD≌△GHD．
21．（2021秋•两江新区期末）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是CB延长线上一点，点E是
线段AB上一点，连接DE．AC＝DE，BC＝BE．
（1）求证：AB＝BD；
（2）BF平分∠ABC交AC于点F，点G是线段FB延长线上一点，连接DG，点H是线段DG
上一点，连接AH交BD于点K，连接KG．当KB平分∠AKG时，求证：AK＝DG+KG．
【分析】（1）证明Rt△ACB≌Rt△DEB即可解决问题；
（2）作BM平分∠ABD交AK于点M，证明△BMK≌△BGK，△ABM≌△DBG，即可解决问
题．
【解答】证明：（1）在Rt△ACB和Rt△DEB中，
，
∴Rt△ACB≌Rt△DEB（HL），
∴AB＝BD，
（2）如图：作BM平分∠ABD交AK于点M，∵BM平分∠ABD，KB平分∠AKG，
∴∠ABM＝∠MBD＝45°，∠AKB＝∠BKG，
∵∠ABF＝∠DBG＝45°
∴∠MBD＝∠GBD，
在△BMK和△BGK中，
，
∴△BMK≌△BGK（ASA），
∴BM＝BG，MK＝KG，
在△ABM和△DBG中，
，
∴△ABM≌△DBG（SAS），
∴AM＝DG，
∵AK＝AM+MK，
∴AK＝DG+KG．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△BMK≌△BGK．
22．（2021秋•济南期末）在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有AB
＝AC，且满足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝ ．
（1）如图1，当 ＝90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是 DE ＝ BD + CE ；
α
（2）如图2，当0＜ ＜180时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若
α
不成立，请说明理由；
α
（3）拓展与应用：如图3，当 ＝120°时，点F为∠BAC平分线上的一点，且AB＝AF，分别
连接FB，FD，FE，FC，试判断△DEF的形状，并说明理由．
α【分析】（1）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，
进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（2）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝ 得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣ ，进而得
到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
α α
（3）先由 ＝120°和AF平分∠BAC得到∠BAF＝∠CAF＝60°，然后结合AB＝AF＝AC得到
△ABF和△ACF是等边三角形，然后得到FA＝FC、∠FCA＝∠FAB＝60°，然后结合
α
△BDA≌△EAC得到∠BAD＝∠ACE、AD＝CE，从而得到∠FAD＝∠FCE，故可证
△FAD≌△FCE，从而得到DF＝EF、∠DFA＝∠EFC，最后得到∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝
∠EFC+∠AFE＝60°，即可得证△DEF是等边三角形．
【解答】解：（1）DE＝BD+CE，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE，
故答案为：DE＝BD+CE．
（2）DE＝BD+CE仍然成立，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝ ，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣ ，
α
∴∠DBA＝∠EAC，
α
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
（3）△DEF是等边三角形，理由如下，
∵ ＝120°，AF平分∠BAC，
∴∠BAF＝∠CAF＝60°，
α
∵AB＝AF＝AC，
∴△ABF和△ACF是等边三角形，∴FA＝FC，∠FCA＝∠FAB＝∠AFC＝60°，
同（2）理得，△BDA≌△EAC，
∴∠BAD＝∠ACE，AD＝CE，
∴∠FAD＝∠FCE，
∴△FAD≌△FCE（SAS），
∴DF＝EF，∠DFA＝∠EFC，
∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝∠AFC＝60°，
∴△DEF是等边三角形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟
练应用一线三等角模型证明三角形全等．
23．（2021秋•思明区校级期末）问题提出：（1）我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做
“偏等积三角形”．如图1，△ABC中，AC＝7，BC＝9，AB＝10，P为AC上一点，当AP＝
时，△ABP与△CBP是偏等积三角形；
问题解决：（2）如图2，四边形ABED是一片绿色花园，△ACB、△DCE是等腰直角三角形，
∠ACB＝∠DCE＝90°（0＜∠BCE＜90°），
①△ACD与△BCE是偏等积三角形吗？请说明理由；
②已知BE＝60m，△ACD的面积为2100m3．如图3，计划修建一条经过点C的笔直的小路
CF，F在BE边上，FC的延长线经过AD中点G．若小路每米造价600元，请计算修建小路的
总造价．
【分析】（1）当AP＝CP时，则AP＝ ，证S△ABP ＝S△CBP ，再证△ABP与△CBP不全等，即
可得出结论；
（2）①过A作AM⊥DC于M，过B作BN⊥CE于N，证△ACM≌△BCN（AAS），得AM＝
BN，则S△ACD ＝S△BCE ，再证△ACD与△BCE不全等，即可得出结论；
②过点A作AN∥CD，交CG的延长线于N，证得△AGN≌△DGC（AAS），得到AN＝CD，
再证△ACN≌△CBE（SAS），得∠ACN＝∠CBE，由余角的性质可证CF⊥BE，然后由三角
形面积和偏等积三角形的定义得S△BCE ＝ BE•CF，S△BCE ＝S△ACD ＝2100，求出CF＝70（m），即可求解．
【解答】解：（1）当AP＝CP＝ 时，△ABP与△CBP是偏等积三角形，理由如下：
设点B到AC的距离为h，则S△ABP ＝ AP•h，S△CBP ＝ CP•h，
∴S△ABP ＝S△CBP ，
∵AB＝10，BC＝7，
∴AB≠BC，
∵AP＝CP、PB＝PB，
∴△ABP与△CBP不全等，
∴△ABP与△CBP是偏等积三角形，
故答案为： ；
（2）①△ACD与△BCE是偏等积三角形，理由如下：
过A作AM⊥DC于M，过B作BN⊥CE于N，如图所示，
则∠AMC＝∠BNC＝90°，
∵△ACB、△DCE是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝BC，CD＝CE，
∴∠BCN+∠ACD＝360°﹣∠ACB﹣∠DCE＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∵∠ACM+∠ACD＝180°，
∴∠ACM＝∠BCN，
在△ACM和△BCN中，
∠AMC＝∠BNC，∠ACM＝∠BCN，AC＝BC
∴△ACM≌△BCN（AAS），
∴AM＝BN，
∵S△ACD ＝ CD•AM，S△BCE ＝ CE•BN，
∴S△ACD ＝S△BCE ，
∵∠BCE+∠ACD＝180°，0°＜∠BCE＜90°，
∴∠ACD≠∠BCE，
∵CD＝CE，AC＝BC，
∴△ACD与△BCE不全等，∴△ACD与△BCE是偏等积三角形；
②如图，过点A作AN∥CD，交CG的延长线于N，
则∠N＝∠GCD，
∵G点为AD的中点，
∴AG＝GD，
在△AGN和△DGC中，
∠N＝∠GCD，∠AGN＝∠DGC，AG＝DG，
∴△AGN≌△DGC（AAS），
∴AN＝CD，
∵CD＝CE，
∴AN＝CE，
∵AN∥CD，
∴∠CAN+∠ACD＝180°，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠BCE＝∠CAN，
在△ACN和△CBE中，
AN＝CE，∠CAN＝∠BCE，AC＝CB，
∴△ACN≌△CBE（SAS），
∴∠ACN＝∠CBE，
∵∠ACN+∠BCF＝180°﹣90°＝90°，
∴∠CBE+∠BCF＝90°，
∴∠BFC＝90°，
∴CF⊥BE．
由①得：△ACD与△BCE是偏等积三角形，
∴S△BCE ＝ BE•CF，S△BCE ＝S△ACD ＝2100，
∴CF＝△ （m），
∴修建小路CF的总造价为：600×70＝42000（元）．【点评】本题是三角形综合题目，考查了新定义“偏等积三角形”的定义、全等三角形的判
定与性质、等腰直角三角形的性质、三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握“偏等积
三角形”的定义，证明△ACM≌△BCN和△ACN≌△CBE是解题的关键，属于中考常考题型．
24．（2021秋•忠县期末）在△ABC中，点D、E分别在AB、AC边上，设BE与CD相交于点F．
（1）如图①，设∠A＝60°，BE、CD分别平分∠ABC、∠ACB，证明：DF＝EF．
（2）如图②，设BE⊥AC，CD⊥AB，点G在CD的延长线上，连接AG、AF；若∠G＝∠6，
BD＝CD，证明：GD＝DF．
【分析】（1）在BC上截取BM＝BD，连接FM，证明△BFD≌△BFM，△ECF≌△MCF，进
而可以解决问题；
（2）根据已知条件证明△BDF≌△CDA，进而可以解决问题．
【解答】证明：（1）如图，在BC上截取BM＝BD，连接FM，
∵∠A＝60，
∴∠BFC＝90°+60°÷2＝120°，
∴∠BFD＝60°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠1＝∠2，
在△BFD和△BFM中，
，
∴△BFD≌△BFM（SAS），
∴∠BFM＝∠BFD＝60°，DF＝MF，
∴∠CFM＝120°﹣60°＝60°，
∵∠CFE＝∠BFD＝60°，∴∠CFM＝∠CFE，
∵CD平分∠ACB，
∴∠3＝∠4，
又CF＝CF，
在△ECF和△MCF中，
，
∴△ECF≌△MCF（ASA），
∴EF＝MF，
∴DF＝EF；
（2）∵BE⊥AC，CD⊥AB，
∴∠BDF＝∠CDA＝90°，
∴∠1+∠BFD＝90°，∠3+∠CFE＝90°，∠BFD＝∠CFE，
∴∠1＝∠3，
∵BD＝CD，
在△BDF和△CDA中，
，
∴△BDF≌△CDA（ASA），
∴DF＝DA，
∵∠ADF＝90°，
∴∠6＝45°，
∵∠G＝∠6，
∴∠5＝45°
∴∠G＝∠5，
∴GD＝DA，
∴GD＝DF．
【点评】本题属于三角形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，解
决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．
25．如图1，点D、E、F分别是△ABC三边上的点，且有∠ADF+∠DEC＝180°．
（1）求证：∠EDF＝∠B；
（2）在图2中线段BC上取一点M，连接DM，使得∠BDM＝∠BMD，画出图形，当∠DFE
＝∠DEF，∠AFE＝∠BDE时，求证：∠DME＝∠A．【分析】（1）根据三角形内角和定理和已知条件即可解决问题；
（2）结合（1）可得∠BMD＝∠DEF，∠BDM＝∠DFE，然后证明△EDM≌△DFA，即可解
决问题．
【解答】（1）证明：∵∠EDF＝∠B+∠BDE，∠ADF+∠DEC＝180°．
∴∠ADF+∠B+∠BDE＝180°．
∵∠ADF+∠B+∠EDF＝180°．
∴∠EDF＝∠B；
（2）证明：如图2，
线段BC上取一点M，连接DM，
∵∠BDM＝∠BMD＝ （180°﹣∠B），
∠DFE＝∠DEF＝ （180°﹣∠EDF），
由（1）知：∠EDF＝∠B，
∴∠BMD＝∠DEF，∠BDM＝∠DFE，
∵∠AFE＝∠BDE，
∴∠EDM＝∠AFD，
∵∠DFE＝∠DEF，
∴DE＝DF，
∵∠BED+∠B+∠BDE＝180°，
∠ADF+∠FDE+∠BDE＝180°．
∠EDF＝∠B，
∴∠ADF＝∠BED，
在△EDM和△DFA中，
，∴△EDM≌△DFA（ASA），
∴∠DME＝∠A．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△EDM≌△DFA．
26．（2021秋•路北区期中）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC＝4，AB＝CD，BD＝6，点E
从D点出发，以每秒1个单位的速度沿DA向点A匀速移动，点F从点C出发，以每秒3个单
位的速度沿C→B→C作匀速移动，点G从点B出发沿BD向点D匀速移动，三个点同时出发，
当有一个点到达终点时，其余两点也随之停止运动．
（1）证明：AD∥BC．
（2）在移动过程中，小明发现当点G的运动速度取某个值时，有△DEG与△BFG全等的情
况出现，请你探究当点G的运动速度取哪些值时，会出现△DEG与△BFG全等的情况．
【分析】（1）由AD＝BC＝4，AB＝CD，BD为公共边，所以可证得△ABD≌△CDB，所以
可知∠ADB＝∠CBD，所以AD∥BC；
（2）设运动时间为t，点G的运动速度为v，根据全等三角形的性质进行解答即可．
【解答】（1）证明：在△ABD和△CDB中，
，
∴△ABD≌△CDB（SSS），
∴∠ADB＝∠CBD，
∴AD∥BC；
（2）解：设运动时间为t，点G的运动速度为v，
当 时，
若△DEG≌△BGF，
则 ，
∴ ，
∴ ，
∴v＝3；若△DEG≌△BGF，
则 ，
∴ ，
∴ （舍去）；
当 时，
若△DEG≌△BFG，
则 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
若△DEG≌△BGF，
则 ，
∴ ，
∴ ，
∴v＝1．
综上，当点G的速度为3或1.5或1时．会出现△DEG与△BFG全等的情况．
【点评】本题主要考查三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定与性质，第（2）题解题
的关键是利用好三角形全等．
27．（2020秋•椒江区校级月考）在一个钝角三角形中，如果一个角是另一个角的3倍，这样的
三角形我们称之为“智慧三角形”．如，三个内角分别为120°，40°，20°的三角形是“智慧
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，交射线OB于点C．
（1）∠ABO的度数为 3 0 °，△AOB 不是 （填“是”或“不是”）“智慧三角形”；
（2）若∠OAC＝20°，求证：△AOC为“智慧三角形”；
（3）当△ABC为“智慧三角形”时，求∠OAC的度数．（直接写出答案）【分析】（1）根据垂直的定义、三角形内角和定理求出∠ABO的度数，根据“智慧三角形”
的概念判断；
（2）根据“智慧三角形”的概念证明即可；
（3）分点C在线段OB和线段OB的延长线上两种情况，根据“智慧三角形”的定义计算．
【解答】解：（1）∵AB⊥OM，
∴∠OAB＝90°，
∴△AOB为直角三角形，不是“智慧三角形”，
故答案为：30；不是；
（2）∵∠AOC＝60°，∠OAC＝20°，
∴∠AOC＝3∠OAC，
∴△AOC为“智慧三角形”；
（3）∵△ABC为“智慧三角形”，
①当点C在线段OB上时，∵∠ABO＝30°，
∴∠BAC+∠BCA＝150°，∠ACB＞60°，∠BAC＜90°，
Ⅰ、当∠ABC＝3∠BAC时，∠BAC＝10°，
∴∠OAC＝80°，
Ⅱ、当∠ABC＝3∠ACB时，
∴∠ACB＝10°
∴此种情况不存在，
Ⅲ、当∠BCA＝3∠BAC时，
∴∠BAC+3∠BAC＝150°，
∴∠BAC＝37.5°，
∴∠OAC＝52.5°，
Ⅳ、当∠BCA＝3∠ABC时，
∴∠BCA＝90°，
∴∠BAC＝60°，
∴∠OAC＝90°﹣60°＝30°（舍去），
Ⅴ、当∠BAC＝3∠ABC时，
∴∠BAC＝90°，
∴∠OAC＝0°（舍去），Ⅵ、当∠BAC＝3∠ACB时，
∴3∠ACB+∠ACB＝150°，
∴∠ACB＝37.5°，
∴此种情况不存在，
②当点C在线段OB的延长线上时，
∵∠ACO＝30°，
∴∠ABC＝150°，
∴∠ACB+∠BAC＝30°，
Ⅰ、当∠ACB＝3∠BAC时，
∴3∠BAC+∠BAC＝30°，
∴∠BAC＝7.5°，
∴∠OAC＝90°+∠BAC＝97.5°，
Ⅱ、当∠BAC＝3∠BCA时，
∴3∠BCA+∠BCA＝30°，
∴∠BCA＝7.5°，
∴∠BAC＝3∠BCA＝22.5°，
∴∠OAC＝90°+22.5°＝112.5°
当△ABC为“智慧三角形”时，∠OAC的度数为80°或52.5°或97.5°或112.5°．
【点评】本题属于几何综合题，考查的是三角形内角和定理、“智慧三角形”的概念，用分
类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
28．（2021春•镇江期末）直线AB、CD为平面内两条直线，点M、点N分别在直线AB、CD上，
点P（P不在直线AB、CD上）为平面内一动点．
（1）如图1，若AB、CD相交于点O，∠MON＝40°；
①当点P在△OMN内部时，求证：∠MPN﹣∠OMP﹣∠ONP＝40°；
②小芳发现，当点P在∠MON内部运动时，∠MPN、∠OMP、∠ONP还存在其它数量关系，
这种数量关系是 ∠ MPN + ∠ OMP + ∠ ONP ＝ 320 ° ；
③探究，当点P在∠MON外部时，∠MPN、∠OMP、∠ONP之间的数量关系共有 5 种；
（2）如图2，若AB∥CD，请直接写出∠MPN与∠AMP、∠CNP之间存在的所有数量关系是∠ AMP ＝∠ MPN + ∠ CNP 或∠ CNP ＝∠ MPN + ∠ AMP 或∠ AMP + ∠ CNP + MPN ＝ 360 ° ．
【分析】（1）①延长OP至点E，利用三角形的外角性质和整体思想求证；
②分类讨论，点P在△OMN内部和外部进行讨论；
③直线MN和直线AB、直线CD将平面分为7个部分，讨论点P在∠MON外部的5个部分进
行讨论；
（3）直线MN和直线AB、直线CD将平面分为6个部分，讨论点P在这6个部分时三个角之
间的关系．
【解答】（1）①证明：如图1，延长OP至点E，
∵∠MPE和∠NPE分别是△MOP和△NOP的外角，
∴∠MPE＝∠MOP+∠OMP，∠NPE＝∠NOP+∠ONP，
∴∠MPE+∠NPE＝∠MOP+∠NOP+∠OMP+∠ONP，即∠MPN＝∠MON+∠OMP+∠ONP，
∴∠MPN﹣∠OMP﹣∠ONP＝∠MON＝40°．
②解：如图2，当点P在∠MON内部，且在直线MN右侧时，延长OP至点E，则
∠MPO+∠MOP+∠OMP＝180°，∠NPO+∠NOP+∠ONP＝180°，
∴∠MPO+∠NPO+∠MOP+∠NOP+∠OMP+∠ONP＝360°，即
∠MPN+∠MON+∠OMP+∠ONP＝360°，
∴∠MPN+∠OMP+∠ONP＝360°﹣∠MON＝360°﹣40°＝320°．
故答案为：∠MPN+∠OMP+∠ONP＝320°．
③解：如图3，当点P落在直线MN左侧，且在∠COB内部时，记PN与AB的交点为点E，
∵∠OEP是△MEP和△OEN的外角，
∴∠OEP＝∠MPN+∠OMP，∠OEP＝∠MON+∠ONP，
∴∠MPN+∠OMP＝∠MON+∠ONP，即∠MPN+∠OMP﹣∠ONP＝∠MON，
∴∠MPN+∠OMP﹣∠ONP＝40°；
如图4，当点P落在直线MN的右侧，且在∠COB内部时，记PN与AB的交点为点E，
∵∠OMP是△MEP的外角，∠OEP是△OEN的外角，
∴∠OMP＝∠MPN+∠OEP，∠OEP＝∠MON+∠ONP，
∴∠OMP＝∠MPN+∠MON+∠ONP，即∠OMP﹣∠ONP﹣∠MPN＝∠MON，
∴∠OMP﹣∠ONP﹣∠MPN＝40°；
如图5，当点P落在直线MN左侧，且在∠AOD内部时，记PM与CD的交点为点F，
∵∠OFP是△MOF和△FNP的外角，
∴∠OFP＝∠MON+∠OMP，∠OFP＝∠MPN+∠ONP，
∴∠MON+∠OMP＝∠MPN+∠ONP，即∠MPN+∠ONP﹣∠OMP＝∠MON，
∴∠MPN+∠ONP﹣∠OMP＝40°；
如图6，当点P落在直线MN右侧，且在∠AOD内部时，记PM与CD的交点为点F，
∵∠OFP是△MOF的外角，∠ONP是△FNP的外角，
∴∠OFP＝∠MON+∠OMP，∠ONP＝∠MPN+∠OFP，
∴∠ONP＝∠MPN+∠MON+∠OMP，∴∠MPN+∠OMP+∠ONP＝∠MON＝40°；
如图7，当点P落在∠AOC内部时，延长PO至点G，
∵∠MOG和∠NOG分别是△MOP和△NOP的外角，
∴∠MOG＝∠MPO+∠PMO，∠NOG＝∠NPO+∠PNO，
∴∠MOG+∠NOG＝∠MPO+∠NPO+∠PMO+∠PNO，即∠MON＝∠MPN+∠PMO+∠PNO，
∴∠MPN+∠PMO+∠PNO＝40°，
综上所述：当点P在∠MON外部时，∠MPN、∠OMP、∠ONP之间的数量关系共有5种．
（2）解：如图8，当点P在直线MN右侧，且在直线AB上方时，记PN与直线AB的交点为
H，
∵AB∥CD，
∴∠AHP＝∠CNP，
∵∠AMP是△MPH的外角，
∴∠AMP＝∠MPN+∠AHP，
∴∠AMP＝∠MPN+∠CNP；
如图9，当点P在直线MN的左侧，且在直线AB上方时，记PN与直线AB的交点为H，
∵AB∥CD，
∴∠AHP＝∠CNP，
∵∠AHP是△MPH的外角，
∴∠AHP＝∠MPN+∠AMP，
∴∠CNP＝∠MPN+∠AMP；
如图10，当点P在直线MN右侧，且在直线AB和直线CD之间时，
∵AB∥CD，
∴∠BMP+∠PMN+∠PNM+∠PND＝180°，
∵∠BMP＝180°﹣∠AMP，∠PND＝180°﹣∠PNC，∠PMN+∠PNM＝180°﹣∠MPN，
∴∠AMP+∠CNP+MPN＝360°，
如图11，当点P在直线MN左侧，且在直线AB和直线CD之间时，
∵AB∥CD，
∴∠AMP+∠PMN+∠CNP+∠PNM＝180°，
∵∠PMN+∠PNM＝180°﹣∠MPN，
∴∠AMP+∠CNP＝∠MPN，
如图12，当点P在直线MN右侧，且在直线CD下方时，记PN与CD的交点为H，
∵AB∥CD，
∴∠AMP＝∠CHP，
∵∠CNP是△NHP的外角，
∴∠CNP＝∠CHP+∠MPN，
∴∠CNP＝∠AMP+∠MPN；
如图13，当点P在直线MN的左侧，且在直线CD下方时，记PN与CD的交点为H，∵AB∥CD，
∴∠AMP＝∠CHP，
∵∠CHP是△PHN的外角，
∴∠CHP＝∠MPN+∠CNP，
∴∠AMP＝∠MPN+∠CNP，
综上所述，当AB∥CD时，∠MPN与∠AMP、∠CNP之间存在的所有数量关系是：∠AMP＝
∠MPN+∠CNP或∠CNP＝∠MPN+∠AMP或∠AMP+∠CNP+MPN＝360°．
故答案为：∠AMP＝∠MPN+∠CNP或∠CNP＝∠MPN+∠AMP或∠AMP+∠CNP+MPN＝
360°．【点评】本题考查了平行线的性质、三角形的外角性质和三角形的内角和定理，解题的关键
是根据点P的位置进行分类讨论．分类情况较多，同学们可以将对应的图形一一画出，然后
求出给定的三个角的数量关系．
29．（2021春•北碚区校级期末）如图，已知凸五边形ABCDE中，EC，EB为其对角线，EA＝
ED．
（1）如图1，若∠A＝60°，∠CDE＝120°，且CD+AB＝BC．求证：CE平分∠BCD；
（2）如图2，∠A与∠D互补，∠DEA＝2∠CEB，若凸五边形ABCDE面积为30，且CD＝
AB＝4．求点E到BC的距离．
【分析】（1）延长CD到T，使得DT＝BA，连接ET．证明△EAB≌△EDT（SAS），
△ECB≌△ECT（SSS），可得结论．
（2）延长CD到Q，使得∠QED＝∠AEB，过点E作EH⊥BC于H．证明△AEB≌△DEQ
（ASA），△ECB≌△ECQ（SAS），由题意S五边形ABCDE ＝S四边形EBCQ ＝2S△EBC ＝30，推出
S△EBC ＝15，再利用三角形面积公式求出EH即可．
【解答】（1）证明：延长CD到T，使得DT＝BA，连接ET．∵∠CDE＝120°，
∴∠EDT＝180°﹣120°＝60°，
∵∠A＝60°，
∴∠A＝∠EDT，
在△EAB和△EDT中，
，
∴△EAB≌△EDT（SAS），
∴EB＝ET，
∴CB＝CD+BA＝CD+DT＝CT，
在△ECB和△ECT中，
，
∴△ECB≌△ECT（SSS），
∴∠ECB＝∠ECD，
∴CE平分∠BCD．
（2）解：延长CD到Q，使得∠QED＝∠AEB，过点E作EH⊥BC于H．∵∠A+∠CDE＝180°，∠CDE+∠EDQ＝180°，
∴∠A＝∠EDQ，
在△AEB和△DEQ中，
，
∴△AEB≌△DEQ（ASA），
∴EB＝EQ，
∵∠AED＝2∠BEC，
∴∠AEB+∠CED＝∠BEC，
∴∠CED+∠DEQ＝∠BEC，
∴∠CEB＝∠CEQ，
在△CEB和△CEQ中，
，
∴△ECB≌△ECQ（SAS），
∵S五边形ABCDE ＝S四边形EBCQ ＝2S△EBC ＝30，
∴S△EBC ＝15，
∵CD＝ AB＝4，
∴AB＝6，CD＝4，
∴BC＝CD+QD＝CD+AB＝10，
∴ ×10×EH＝15，
∴EH＝3，
∴点E到BC的距离为3．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
30．（2021春•高明区校级期末）如图①，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点P．
（1）如果∠A＝80°，求∠BPC的度数；
（2）如图②，作△ABC外角∠MBC，∠NCB的角平分线交于点Q，试探索∠Q、∠A之间的
数量关系．
（3）如图③，延长线段BP、QC交于点E，△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，
求∠A的度数．
【分析】（1）运用三角形的内角和定理及角平分线的定义，首先求出∠PBC+∠PCB，进而
求出∠BPC即可解决问题；
（2）根据三角形的外角性质分别表示出∠MBC与∠BCN，再根据角平分线的性质可求得
∠CBQ+∠BCQ，最后根据三角形内角和定理即可求解；
（3）在△BQE中，由于∠Q＝90°﹣ ∠A，求出∠E＝ ∠A，∠EBQ＝90°，所以如果△BQE
中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分四种情况进行讨论：①∠EBQ＝2∠E＝90°；
②∠EBQ＝2∠Q＝90°；③∠Q＝2∠E；④∠E＝2∠Q；分别列出方程，求解即可．
【解答】（1）解：∵∠A＝80°．
∴∠ABC+∠ACB＝100°，
∵点P是∠ABC和∠ACB的平分线的交点，
∴∠P＝180°﹣ （∠ABC+∠ACB）＝180°﹣ ×100°＝130°，
（2）∵外角∠MBC，∠NCB的角平分线交于点Q，
∴∠QBC+∠QCB＝ （∠MBC+∠NCB）
＝ （360°﹣∠ABC﹣∠ACB）
＝ （180°+∠A）
＝90°+ ∠A∴∠Q＝180°﹣（90°+ ∠A）＝90°﹣ ∠A；
（3）延长BC至F，
∵CQ为△ABC的外角∠NCB的角平分线，
∴CE是△ABC的外角∠ACF的平分线，
∴∠ACF＝2∠ECF，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABC＝2∠EBC，
∵∠ECF＝∠EBC+∠E，
∴2∠ECF＝2∠EBC+2∠E，
即∠ACF＝∠ABC+2∠E，
又∵∠ACF＝∠ABC+∠A，
∴∠A＝2∠E，即∠E＝ ∠A；
∵∠EBQ＝∠EBC+∠CBQ
＝ ∠ABC+ ∠MBC
＝ （∠ABC+∠A+∠ACB）＝90°．
如果△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分四种情况：
①∠EBQ＝2∠E＝90°，则∠E＝45°，∠A＝2∠E＝90°；
②∠EBQ＝2∠Q＝90°，则∠Q＝45°，∠E＝45°，∠A＝2∠E＝90°；
③∠Q＝2∠E，则90°﹣ ∠A＝∠A，解得∠A＝60°；
④∠E＝2∠Q，则 ∠A＝2（90°﹣ ∠A），解得∠A＝120°．
综上所述，∠A的度数是90°或60°或120°．
【点评】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理、外角的性质，角平分线定义等知
识；灵活运用三角形的内角和定理、外角的性质进行分类讨论是解题的关键．
