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第四章《三角形》同步单元基础与培优高分必刷卷
全解全析
1．C
【解析】
【分析】
结合题意，根据三角形高的定义逐一分析，即可得到答案．
【详解】
选项A是 中BC边上的高，故不符合题意；
选项B不是 的高，故不符合题意；
选项C是 中AC边上的高，故符合题意；
选项D为 中 边上的高，故不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形的知识；解题的关键是熟练掌握三角形高的定义，从而完成求解．
2．C
【解析】
【分析】
根据题意可得 ，再利用ASA，即可求解．
【详解】
解：根据题意得： ，
∴ ．
故选：C
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
3．D
【解析】
【分析】
根据三角形全等的性质可得 ，进而可得 ，根据直角三角形的两个锐角互余，即可求
得 的度数．
【详解】
解： ，
，，
即 ，
， ，
，
故选：D．
【点睛】
本题考查了三角形全等的性质，直角三角形的两个锐角互余，证明 是解题的关键．
4．C
【解析】
【分析】
根据三角形任意两边的和大于第三边，进而得出答案．
【详解】
解： 三角形三边长分别为2，8， ，
，
即： ，
只有9符合，
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了三角形三边关系，解题的关键是正确把握三角形三边关系定理．
5．C
【解析】
【分析】
由∠1=∠2结合等式的性质可得∠CAB=∠DAE，再利用全等三角形的判定定理分别进行分析即可．
【详解】
∵∠1=∠2，∴∠1+∠EAB=∠2+∠EAB，即∠CAB=∠DAE．
加上条件AB=AE可利用SAS定理证明△ABC≌△AED；
①加上BC=ED不能证明△ABC≌△AED；
②加上∠C=∠D可利用ASA证明△ABC≌△AED；
③加上∠B=∠E可利用AAS证明△ABC≌△AED．
④故选C．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法，解题时注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，
必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
6．D
【解析】
【分析】
根据全等三角形的判定定理依次判断．
【详解】
解：∵△ABC和△DEF中，AB＝DE，BC＝EF，
∴当∠A＝∠D时，无法判定△ABC≌△DEF，故选项A不符合题意；
当∠ACB＝∠F时，无法判定△ABC≌△DEF，故选项B不符合题意；
当 时，∠ACB＝∠F，无法判定△ABC≌△DEF，故选项C不符合题意；
当 时，∠B＝∠DEF时，可根据SAS判定△ABC≌△DEF，故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】
此题考查了添加条件证明两个三角形全等，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．
7．A
【解析】
【分析】
根据作图的过程知道：OE＝OD，OC＝OC，CE＝CD，所以由全等三角形的判定定理SSS可以证得
△EOC≌△DOC．
【详解】
解：如图，连接EC、DC．
根据作图的过程知，
在△EOC与△DOC中，
∵ ，
∴△EOC≌△DOC（SSS）．
故选：A．
【点睛】本题考查了基本作图以及全等三角形的判定，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，
必要时添加适当辅助线构造三角形．
8．A
【解析】
【分析】
根据题意证明 ，得到BE=DC，CE=AD，故可求出BE的长．
【详解】
， ，
，
．
，
．
在 和 中，
，
，
， ，
，
．
故选A．
【点睛】
此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定定理．
9．D
【解析】
【分析】
先证明 证明 可判断①，再证明 可判断②，证明
可判断③，证明 可判断④，从而可得答案.
【详解】
解：
， ，故①符合题意；
故②符合题意；
故③符合题意；
故④符合题意；
综上：符合题意的有：①②③④.
故选D
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定与性质，灵活的选用判定方法判定三角形全等是解题的关键.
10．B
【解析】
【分析】
证明△APB≌△DPB，根据全等三角形的性质得到AP＝PD，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【详解】
解：∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠DBP，
∵AP⊥BP，
∴∠APB＝∠DPB＝90°，
在△APB和△DPB中，
，
∴△APB≌△DPB（ASA），∴AP＝PD，
∴S APB＝S DPB，S APC＝S DPC，
△ △ △ △
∴△BPC的面积 △ABC的面积＝12，
故选：B．
【点睛】
本题考查的是三角形全等的判定和性质、三角形的面积计算，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、三角形的
面积公式是解题的关键．
11．A
【解析】
【分析】
由△ABC的面积为18，根据三角形的面积公式和等积代换即可求得．
【详解】
解：∵ ，
∴ ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ①，
同理，∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ②，
由①-②得： ．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查三角形的面积及等积变换，解答此题的关键是等积代换．
12．D
【解析】【详解】
∵△ABC是等边三角形，PR⊥AB，PS⊥AC，且PR=PS，∴P在∠A的平分线上，故①正确；
由①可知，PB=PC，∠B=∠C，PS=PR，∴△BPR≌△CPS，∴AS=AR，故②正确；
∵AQ=PQ，∴∠PQC=2∠PAC=60°=∠BAC，∴PQ∥AR，故③正确；
由③得，△PQC是等边三角形，∴△PQS≌△PCS，又由②可知，④△BRP≌△QSP，故④也正确，∵①②③④都正确，
故选D．
点睛：本题考查了角平分线的性质与全等三角形的判定与性质，准确识图并熟练掌握全等三角形的判定方法与性
质是解题的关键．
13．
【解析】
【分析】
根据三角形全等的性质即可得．
【详解】
，
，
，
，
故答案为： ．
【点睛】
本题考查了三角形全等的性质，熟记性质是解题关键．
14．6
【解析】
【分析】
根据三角形的中线把三角形分成面积相等的两部分，即可解答．
【详解】
解：∵AD是BC上的中线，△ABC的面积是24，
∴S ABD=S ACD= S ABC=12，
△ △ △
∵BE是△ABD中AD边上的中线，
∴S ABE=S BED= S ABD=6，
△ △ △
故答案为：6．
【点睛】
本题主要考查了三角形面积的求法，掌握三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分，是解答本题的关键．
15．AD＝AC(∠D＝∠C或∠ABD＝∠ABC等）
【解析】【分析】
利用全等三角形的判定方法添加条件即可求解．
【详解】
解：∵∠DAB＝∠CAB，AB＝AB，
∴当添加AD＝AC时，可根据“SAS”判断△ABD≌△ABC；
当添加∠D＝∠C时，可根据“AAS”判断△ABD≌△ABC；
当添加∠ABD＝∠ABC时，可根据“ASA”判断△ABD≌△ABC．
故答案为AD＝AC(∠D＝∠C或∠ABD＝∠ABC等)．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条
件．
16．180°
【解析】
【详解】
解：∵AB∥CD
∴∠1=∠EFD
∵∠2+∠EFC=∠3
∠EFD=180°-∠EFC
∴∠1+∠3—∠2=180°
故答案为：180°
17．1或7
【解析】
【分析】
分两种情况进行讨论，根据题意得出BP=2t=2或AP=16-2t=2即可求得结果．
【详解】
因为AB＝CD，若∠ABP＝∠DCE＝90°，BP＝CE＝2，
根据SAS证得△ABP≌△DCE，
由题意得：BP＝2t＝2，
所以t＝1，
因为AB＝CD，若∠BAP＝∠DCE＝90°，AP＝CE＝2，根据SAS证得△BAP≌△DCE，
由题意得：AP＝16﹣2t＝2，
解得t＝7．
所以，当t的值为1或7秒时．△ABP和△DCE全等．故答案为：1或7．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，要注意分类讨论．18．2 -2
【解析】
【分析】
根据题意连接BB′，延长BC′交AB′于点M，先证明△ABC′≌△B′BC′，得到∠MBB′=∠MBA=30°；进而求出BM、
C′M的长，即可解决问题．
【详解】
解：如图，连接BB′，延长BC′交AB′于点M，
由题意得：∠BAB′=60°，BA=B′A，
∴△ABB′为等边三角形，
∴∠ABB′=60°，AB=B′B；
在△ABC′与△B′BC′中，
，
∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），
∴∠MBB′=∠MBA=30°，
∴BM⊥AB′，且AM=B′M；
由题意得： ，AB2=AC2+BC2=16，
∴AB′=AB=4，AM=2，
∴C′M= AB′=2；由勾股定理可求：BM=2 ，
∴C′B=2 -2．
故答案为：2 -2．
【点睛】
本题考查旋转的性质和全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质和勾股定理，熟练掌握并作辅助线
构造出全等三角形并求出BC′在等边三角形的高上是解题的关键．19．见解析（2）∠EBC=25°
【解析】
【分析】
（1）根据AAS即可推出 ABE和 DCE全等．
（2）根据三角形全等得出△EB=EC，△推出∠EBC=∠ECB，根据三角形的外角性质得出∠AEB=2∠EBC，代入求出即
可
【详解】
解（1）证明：∵在 ABE和 DCE中， ，
△ △
∴△ABE≌△DCE（AAS）
（2）∵△ABE≌△DCE，∴BE=EC，
∴∠EBC=∠ECB，
∵∠EBC+∠ECB=∠AEB=50°，
∴∠EBC=25°
20．（1）证明见解析；（2）3．
【解析】
【分析】
（1）易由 ，可证△ABD≌△CFD（ASA）；
（2）由△ABD≌△CFD，得BD=DF，所以BD=BC﹣CD=2，所以AF=AD﹣DF=5﹣2．
【详解】
（1）证明：∵AD⊥BC，CE⊥AB，
∴∠ADB=∠CDF=∠CEB=90°，
∴∠BAD+∠B=∠FCD+∠B=90°，
∴∠BAD=∠OCD，
在△ABD和CFD中，
，
∴△ABD≌△CFD（AAS），
（2）∵△ABD≌△CFD，
∴BD=DF，∵BC=7，AD=DC=5，
∴BD=BC﹣CD=2，
∴AF=AD﹣DF=5﹣2=3．
【点睛】
本题考核知识点：全等三角形． 解题关键点：运用全等三角形的判定和性质．
21．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）先根据角的和差可得 ，再根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）先根据三角形全等的性质可得 ，再根据对顶角相等可得 ，然后根据三角形的内角和
定理、等量代换即可得证．
【详解】
（1） ，
，即 ，
在 和 中， ，
；
（2）由（1）已证： ，
，
由对顶角相等得： ，
又 ，
．
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定定理与性质、对顶角相等、三角形的内角和定理等知识点，熟练掌握三角形全等的
判定定理与性质是解题关键．
22．（1）见解析；（2）BD=DE+CE，理由见解析.
【解析】【分析】
（1）先证△AEC≌△BDA得出AD＝CE，BD＝AE，从而得出DE＝BD+CE；
（2）先证△ADB≌△CEA得出AD＝CE，BD＝AE，从而得出BD＝DE+CE．
【详解】
（1）∵BD⊥DE，CE⊥DE，∴∠D＝∠E＝90°，∴∠DBA+∠DAB＝90°．
∵∠BAC＝90°，∴∠DAB+∠CAE＝90°，∴∠DBA＝∠CAE．
∵AB＝AC，∴△ADB≌△CEA，∴BD＝AE，CE＝AD，∴DE＝AD+AE＝CE+BD；
（2）BD＝DE+CE．理由如下：
∵BD⊥DE，CE⊥DE，∴∠ADB＝∠AEC＝90°，∴∠ABD+∠BAD＝90°．
∵∠BAC＝90°，∴∠ABD+∠EAC＝90°，∴∠BAD＝∠EAC．
∵AB＝AC，∴△ADB≌△CEA，∴BD＝AE，CE＝AD．
∵AE＝AD+DE，∴BD＝CE+DE．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质和判定，根据同角的余角相等可得∠DBA＝∠CAE，熟练掌握全等三角形的判定方法：
SSS、SAS、AAS、ASA；对于证明线段的和或差，本题运用全等三角形的对应边相等将三条线段转化到同一直线
上，使问题得以解决．
23．（1）①全等，理由见解析；②4cm/s.（2）经过了24秒，点P与点Q第一次在BC边上相遇．
【解析】
【分析】
（1）①先求得BP=CQ=3，PC=BD=6，然后根据等边对等角求得∠B=∠C，最后根据SAS即可证明；②因为
V ≠V ，所以BP≠CQ，又∠B=∠C，要使 BPD与 CQP全等，只能BP=CP=4.5，根据全等得出CQ=BD=6，然后
P Q
根据运动速度求得运动时间，根据时间和△CQ的长△即可求得Q的运动速度；（2）因为V >V ，只能是点Q追上点
Q P
P，即点Q比点P多走AB+AC的路程，据此列出方程，解这个方程即可求得．
【详解】
(1)①1秒钟时， BPD与 CQP是否全等；理由如下：
∵t=1秒， △ △
∴BP=CQ=3(cm)
∵AB=12cm，D为AB中点，
∴BD=6cm，
又∵PC=BC−BP=9−3=6(cm)，
∴PC=BD
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，在 BPD与 CQP中, ，
△ △
∴ BPD≌ CQP(SAS)，
②△∵VP≠VQ△，
∴BP≠CQ，
又∵∠B=∠C，
要使 BPD≌ CPQ，只能BP=CP=4.5，
∵ B△PD≌ C△PQ，
∴C△Q=BD=△6.
∴点P的运动时间t= =1.5(秒)，
此时VQ= =4(cm/s).
(2)因为VQ>VP，只能是点Q追上点P，即点Q比点P多走AB+AC的路程，
设经过x秒后P与Q第一次相遇，
依题意得：4x=3x+2×12，
解得：x=24(秒)
此时P运动了24×3=72(cm)
又∵ ABC的周长为33cm，72=33×2+6，
∴点△P、Q在BC边上相遇，即经过了24秒，点P与点Q第一次在BC边上相遇．
点睛：本题考查了三角形全等的判定和性质、等腰三角形的性质以及属性结合思想的运用，解题的根据是熟练掌
握三角形的全都能的判定和性质.
24．(1)见解析； ，理由见解析.
【解析】
【详解】
【分析】（1）连接BD，证△ABD是等边三角形，得∠ABD=∠BDA=∠DAB=60︒，再证△BDE≌△ADF(AAS)，
AF=BE，故AB=AE+BE；
（2）线段AE，AF，AD之间的数量关系为： ，思路如下：
连接BD，模仿（1）证△BDE≌△ADF(AAS)，得 ，所以 .
【详解】(1)证明：连接BD
∵在△ABC中，AB=AC,AD⊥BC,∠BAC=120︒
∴∠BAD=∠FAD=60︒
∵AD=AB∴△ABD是等边三角形
∴∠ABD=∠BDA=∠DAB=60︒
∵DE⊥AB,DF⊥AC
∴∠BED=∠DFA=90︒
在△BDE和△ADF中，
∠BED=∠DFA，∠EBD=∠FAD，BD=DA，
∴△BDE≌△ADF(AAS)
∴AF=BE
∴AB=AE+BE
∴AB=AE+AF
解：线段AE，AF，AD之间的数量关系为： ，理由如下：
连接BD，如图所示：
， ，
是等边三角形，
， ，
，
，
，
，
在 与 中，
，
≌ ，
，
，
．
【点睛】本题考核知识点：等边三角形和全等三角形.解题关键点：熟练运用等边三角形性质和全等三角形的判定.
25．(1)详见解析;(2)AF=2DG,且AF⊥DG,证明详见解析.【解析】
【分析】
(1) 利用条件先△DAE≌△DBF,从而得出△FDE是等腰直角三角形,再证明 AEF是等腰直角三角形,即可.
(2) 延长DG至点M,使GM=DG,交AF于点H,连接BM, 先证明 BGM≌△E△GD,再证明△BDM≌△DAF即可推出.
【详解】 △
解:（1）证明:设BE与AD交于点H..如图，
∵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.
∵∠AHE=∠BHD,
∴∠DAC=∠DBH.
∵∠ADB=∠FDE=90°,
∴∠ADE=∠BDF.
∴△DAE≌△DBF.
∴BF=AE,DF=DE.
∴△FDE是等腰直角三角形.
∴∠DFE=45°.
∵G为BE中点,
∴BF=EF.
∴AE=EF.
∴ AEF是等腰直角三角形.
∴△∠AFE=45°.
∴∠AFD=90°,即AF⊥DF.
（2）AF=2DG,且AF⊥DG.理由:延长DG至点M,使GM=DG,交AF于点H,连接BM,∵点G为BE的中点,BG=GE.
∵∠BGM∠EGD,
∴ BGM≌△EGD.
∴△∠MBE=∠FED=45°,BM=DE.
∴∠MBE=∠EFD,BM=DF.
∵∠DAC=∠DBE,
∴∠MBD=∠MBE+∠DBE=45°+∠DBE.
∵∠EFD=45°=∠DBE+∠BDF,
∴∠BDF=45°-∠DBE.
∵∠ADE=∠BDF,
∴∠ADF=90°-∠BDF=45°+∠DBE=∠MBD.
∵BD=AD,
∴△BDM≌△DAF.
∴DM=AF=2DG,∠FAD=∠BDM.
∵∠BDM+∠MDA=90°,
∴∠MDA+∠FAD=90°.
∴∠AHD=90°.
∴AF⊥DG.
∴AF=2DG,且AF⊥DG
【点睛】
本题考查三角形全等的判定和性质,关键在于灵活运用性质.
