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第四章 三角形 章末检测卷（北师大版）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分120分，考试时间90分钟，试题共26题．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·深圳市龙岗区百合外国语学校八年级期中）下列叙述正确的是（ ）
①三角形的中线、角平分线都是射线；②三角形的中线将三角形分成面积相等的两个小三角形；③三角形
的三条高交于一点；④三角形的三条角平分线交于一点．
A．②④ B．①②④ C．③④ D．④
【答案】A
【分析】分别根据三角形中线、角平分线和高线的定义判断即可．
【详解】解：①三角形的中线、角平分线都是线段，原说法错误；
②三角形的中线将三角形分成面积相等的两个小三角形，说法正确；
③三角形的三条高所在直线交于一点，原说法错误；
④三角形的三条角平分线交于一点，说法正确．故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的面积，三角形的角平分线、中线和高，熟记定义即可作出正确的判断，属于
基础题．
2.（2021•北碚区期中）如图所示，△ADB≌△EDB，△BDE≌△CDE，B，E，C在一条直线上．下列结论：
①BD是∠ABE的平分线；②AB⊥AC；③∠C＝30°；④线段DE是△BDC的中线；⑤AD+BD＝AC
其中正确的有（ ）个．
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据全等三角形的对应角相等得出∠ABD＝∠EBD，即可判断①；先由全等三角形的对应边相等
得出BD＝CD，BE＝CE，再根据等腰三角形三线合一的性质得出 DE⊥BC，则∠BED＝90°，再根据全等
三角形的对应角相等得出∠A＝∠BED＝90°，即可判断②；根据全等三角形的对应角相等得出∠ABD＝
∠EBD，∠EBD＝∠C，从而可判断∠C，即可判断③；根据全等三角形的对应边相等得出BE＝CE，再根据三角形中线的定义即可判断④；根据全等三角形的对应边相等得出BD＝CD，但A、D、C可能不在同一
直线上，所以AD+CD可能不等于AC．
【解答】解：①∵△ADB≌△EDB，∴∠ABD＝∠EBD，∴BD是∠ABE的平分线，故①正确；
②∵△BDE≌△CDE，∴BD＝CD，BE＝CE，∴DE⊥BC，∴∠BED＝90°，
∵△ADB≌△EDB，∴∠A＝∠BED＝90°，∴AB⊥AD，
∵A、D、C可能不在同一直线上∴AB可能不垂直于AC，故②不正确；
③∵△ADB≌△EDB，△BDE≌△CDE，∴∠ABD＝∠EBD，∠EBD＝∠C，
∵∠A＝90°若A、D、C不在同一直线上，则∠ABD+∠EBD+∠C≠90°，∴∠C≠30°，故③不正确；
④∵△BDE≌△CDE，∴BE＝CE，∴线段DE是△BDC的中线，故④正确；
⑤∵△BDE≌△CDE，∴BD＝CD，若A、D、C不在同一直线上，则AD+CD＞AC，
∴AD+BD＞AC，故⑤不正确．故选：A．
【点评】本题考查了全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等，全等三角形的对应角相等．也考查了
等腰三角形三线合一的性质，直角三角形两锐角互余的性质，难度适中．
3．（2021·河北石家庄·八年级期中）如图，已知，用直尺和圆规按照以下步骤作图：
①以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交 于点C，D；
②画射线 ，以点 为圆心， 长为半径画弧，交 于点 ；
③以点 为圆心， 长为半径画弧，与第②步中所画的弧相交于点 ；
④过点 画射线 ；根据以上操作，可以判定 ，其判定的依据是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意可得： ，即可求解．
【详解】解：根据题意得： ，∴ ．故选：D
【点睛】本题主要考查了尺规作图，全等三角形的判定，熟练掌握有三边相等的两个三角形全等是解题的
关键．4．（2021·湖北八年级期末）如图，在 中， 为 的中点，若 ．则 的长不可能
是（ ）
A．5 B．7 C．8 D．9
【答案】A
【分析】延长AD到E，使AD=DE，证明△ADC≌△EDB，然后利用三边关系即可得出结论．
【详解】解：延长AD到E，使AD=DE=4，连接BE，
∵D是BC的中点，∴BD=CD 又∠BDE=∠CDA∴△ADC≌△EDB，∴BE=AC=3
由三角形三边关系得， 即： 故选：A
【点睛】此题主要考查三角形三边关系以及全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解答此题的关键．
5．（2022·浙江·九年级专题练习）如图，一名工作人员不慎将一块三角形模具打碎成三块，他要带其中一
块或两块碎片到商店去配一块与原来一样的三角形模具，他带（ ）去最省事．
A．① B．② C．③ D．①③
【答案】C
【分析】根据全等三角形的判定方法“角边角”可以判定应当带③去．
【详解】解：由图形可知，③有完整的两角与夹边，根据“角边角”可以作出与原三角形全等的三角形，所以，最省事的做法是带③去．故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定方法，正确理解“角边角”的内容是解题的关键．
6．（2020·浙江八年级期末）如图，用四个螺丝将四条不可弯曲的木条围成一个木框，不计螺丝大小，其
中相邻两螺丝的距离依次为2、3、4、6，且相邻两木条的夹角均可调整．若调整木条的夹角时不破坏此木
框，则任意两个螺丝间的距离的最大值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．10
【答案】B
【分析】若两个螺丝的距离最大，则此时这个木框的形状为三角形，可根据三条木棍的长来判断有几种三
角形的组合，然后分别找出这些三角形的最长边即可．
【详解】解：已知4条木棍的四边长为2、3、4、6；
①选2+3、4、6作为三角形，则三边长为5、4、6；5-4＜6＜5+4，能构成三角形，此时两个螺丝间的最长
距离为6；
②选3+4、6、2作为三角形，则三边长为2、7、6；6-2＜7＜6+2，能构成三角形，此时两个螺丝间的最大
距离为7；
③选4+6、2、3作为三角形，则三边长为10、2、3；2+3＜10，不能构成三角形，此种情况不成立；
④选6+2、3、4作为三角形，则三边长为8、3、4；而3+4＜8，不能构成三角形，此种情况不成立；
综上所述，任两螺丝的距离之最大值为7．故选：B．
【点睛】此题实际考查的是三角形的三边关系定理，能够正确的判断出调整角度后三角形木框的组合方法
是解答的关键．
7．（2021·江苏镇江市·八年级期中）已知 中， 是 边上的高， 平分 ．若
， ， ，则 的度数等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D【分析】题目由于在三角形中未确定 大小，所以需要进行分类讨论：（1） ，作出符
合题意的相应图形，由图可得： ，根据角平分线的性质得：
，在 中， ，故可得
；（2） 时，由图可得： ，
，在 中， ，故可得
；综上可得： ．
【详解】解：（1）如图1所示： 时，
图1 图2
∵CD是AB边上的高，∴ ， ，
∵ ， ，∴ ，
∵CE平分 ，∴ ，
在 中， ，∴ ；
（2）如图2所示： 时，
∵CD是AB边上的高，∴ ， ，
∵ ， ，∴ ，
∵CE平分 ，∴ ，
在 中， ，
∴ ；
综合（1）（2）两种情况可得： ．故选：D．
【点睛】题目主要考查对三角形分类讨论、数形结合思想，主要知识点是三角形的角平分线、高线的基本
性质及图形内角的运算，题目难点是在依据题意进行分类讨论的情况下，作出相应的三角形图形．
8．（2021·江苏八年级期末）如图， ， ， ， ，垂足分别为A、B．
点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿 向点B运动；点Q从点B出发，以每秒a个单位的速度沿
射线 方向运动．点P、点Q同时出发，当以P、B、Q为顶点的三角形与 全等时，a的值为（
）
A．2 B．3 C．2或3 D．2或【答案】D
【分析】根据题意，可以分两种情况讨论，第一种△CAP≌△PBQ，第二种△CAP≌△QBP，然后分别求
出相应的a的值即可．
【详解】解：当△CAP≌△PBQ时，则AC=PB，AP=BQ，
∵AC=6，AB=14，∴PB=6，AP=AB-AP=14-6=8，∴BQ=8，∴8÷a=8÷2，解得a=2；
当△CAP≌△QBP时，则AC=BQ，AP=BP，．
∵AC=6，AB=14，∴BQ=6，AP=BP=7，∴6÷a=7÷2，解得a= ，
由上可得a的值是2或 ，故选：D．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，解答本题的关键是明确有两种情况，利用数形结合的思想解答．
9．（2021·湖北八年级期末）如图，△ABC中，∠B=2∠A，∠ACB的平分线CD交AB于点D，已知
AC=16，BC=9，则BD的长为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
【分析】如图，在 上截取 连接 证明 利用全等三角形的性质证明
求解 再证明 从而可得答案．
【详解】解：如图，在 上截取 连接
平分故选：
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
10．（2021·盐城市初二期中）已知如图，AD∥BC，AB⊥BC，CD⊥DE，CD=ED，AD=2，BC=3，则
ADE的面积为（ ）
△A．1 B．2 C．5 D．无法确定
【答案】A
【分析】因为知道AD的长，所以只要求出AD边上的高，就可以求出△ADE的面积．过D作BC的垂线交
BC于G，过E作AD的垂线交AD的延长线于F，构造出Rt EDF≌Rt CDG，求出GC的长，即为EF的
长，然后利用三角形的面积公式解答即可． △ △
【解析】过D作BC的垂线交BC于G，过E作AD的垂线交AD的延长线于F，
∵∠EDF+∠FDC=90°，∠GDC+∠FDC=90°，∴∠EDF=∠GDC，
于是在Rt EDF和Rt CDG中， ，∴△DEF≌△DCG，
△ △
∴EF=CG=BC﹣BG=BC﹣AD=3﹣2=1，
所以，S =（AD×EF）÷2=（2×1）÷2=1．故选A．
ADE
△
【点睛】本题考查了直角三角形全等的判定方法；题目需要作辅助线构造直角三角形，利用全等三角形和
面积公式来解答．对同学们的创造性思维能力要求较高，是一道好题．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2021·浙江八年级期中）下列是利用了三角形的稳定性的有_______个．
①自行车的三角形车架；②校门口的自动伸缩栅栏门；③照相机的三脚架；④长方形门框的斜拉条
【答案】3
【分析】只要三角形的三边确定，则三角形的大小唯一确定，即三角形的稳定性．【详解】解：①自行车的三角形车架，利用了三角形的稳定性；
②校门口的自动伸缩栅栏门，利用了四边形的不稳定性；③照相机的三脚架，利用了三角形的稳定性；
④长方形门框的斜拉条，利用了三角形的稳定性．故利用了三角形稳定性的有3个．故答案为：3．
【点睛】此题考查了三角形的特性：稳定性，应注意在实际生活中的应用．
12．（2021·江苏初二课时练习）如图是工人师傅用同一种材料制成的金属框架，已知∠B＝∠E，AB＝
DE，
BF＝EC，其中△ABC的周长为24cm，CF＝3cm，则制成整个金属框架所需这种材料的总长度为 ____cm.
【答案】45
【分析】利用SAS证明△ABC≌△DEF，即可得△DEF的周长= ABC的周长=24cm．再由制成整个金属框
架所需这种材料的总长度为△DEF的周长+ ABC的周长-CF即△可求解.
【解析】∵BF=EC，BC=BF+FC，EF=EC+C△F，∴BC=EF．
在△ABC和△DEF中，AB=DE，∠B=∠E，BC=EF，
∴△ABC≌△DEF（SAS），∴△DEF的周长= ABC的周长=24cm．
∵CF=3cm，∴制成整个金属框架所需这种材料△的总长度为：
DEF的周长+ ABC的周长-CF=24+24-3=45cm.故答案为45.
△【点睛】本题考△查了全等三角形的判定与性质，证明△ABC≌△DEF得到△DEF的周长= ABC的周长
=24cm是解决问题的关键． △
13．（2021·四川八年级期末）在△ABC中，AB＝AC，点D是△ABC内一点，点E是CD的中点，连接
AE，作EF⊥AE，若点F在BD的垂直平分线上，∠BAC＝α，则∠BFD＝_________．（用α含的式子表
示）
【答案】180°﹣α．
【分析】根据全等三角形的性质得到∠EAC＝∠EMD，AC＝DM，根据线段垂直平分线的性质得到AF＝FM，FB＝FD，推出△MDF≌△ABF（SSS），得到∠AFB＝∠MFD，∠DMF＝∠BAF，根据角的和差即
可得到结论．
【详解】
解：延长AE至M，使EM＝AE，
连接AF，FM，DM，
∵点E是CD的中点，∴DE＝CE，
在△AEC与△MED中， ，
∴△AEC≌△MED（SAS），∴∠EAC＝∠EMD，AC＝DM，
∵EF⊥AE，∴AF＝FM，∵点F在BD的垂直平分线上，∴FB＝FD，
在△MDF与△ABF中， ，∴△MDF≌△ABF（SSS），
∴∠AFB＝∠MFD，∠DMF＝∠BAF，∴∠BFD+∠DFA＝∠DFA+∠AFM，
∴∠BFD＝∠AFM＝180°﹣2（∠DMF+∠EMD）＝180°﹣（∠FAM+∠BAF+∠EAC）
＝180°﹣∠BAC＝180°﹣α，故答案为：180°﹣α．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，正确的作出辅助线构造全等三角
形是解题的关键．
14．（2021·山东省青岛第二十六中学八年级期中）如图，△ABC的面积为1．第一次操作：分别延长
AB，BC，CA至点A，B，C ，使AB＝AB，BC＝BC，C A＝CA，顺次连接A，B，C ，得到△ABC ．
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
第二次操作：分别延长AB，BC ，C A 至点A，B，C ，使AB＝AB，BC ＝BC ，C A＝C A，顺次
1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1
连接A，B，C ，得到△ABC ，…按此规律，要使得到的三角形的面积超过2021，最少经过多少次操作
2 2 2 2 2 2
___________【答案】4
【分析】先根据已知条件求出△ABC 及△ABC 的面积，再根据两三角形的倍数关系求解即可．
1 1 1 2 2 2
【详解】解：△ABC与△ABB 底相等（AB＝AB），高为1：2（BB＝2BC），故面积比为1：2，
1 1 1 1
∵△ABC面积为1，∴S ＝2．同理可得，S ＝2，S ＝2，
A1B1B C1B1C AA1C
△ △ △
∴S ＝S +S +S +S ＝2+2+2+1＝7；
A1B1C1 C1B1C AA1C A1B1B ABC
△ △ △ △ △
同理可证S ＝7S ＝49，第三次操作后的面积为7×49＝343，第四次操作后的面积为7×343＝
A2B2C2 A1B1C1
△ △
2401．
故按此规律，要使得到的三角形的面积超过2021，最少经过4次操作．故答案为：4．
【点睛】本题考查了三角形的面积，此题属规律性题目，解答此题的关键是找出相邻两次操作之间三角形
面积的关系，再根据此规律求解即可．
ABCD AC BC ACB ADC 90
15．（2021·福建泉州市·八年级期末）如图，四边形 中， ， ，
CD 10 BCD
，则 的面积为______．
【答案】50
【分析】过点B作BE⊥DC交DC的延长线于点E，先证明∠CBE=∠ACD，从而证明∆ ACD ∆ CBE，进
而即可求解． ≅
【详解】过点B作BE⊥DC交DC的延长线于点E，∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠CDA=90°，∴∠CBE+∠BCE=90°，
又∵∠ACB=90°，∴∠BCE+∠ACD=90°，∴∠CBE=∠ACD，
CBE ACD
CEB ADC
在∆ ACD与∆ CBE中，∵ ，
BC AC
∴∆ ACD ∆ CBE（AAS），∴BE=CD=10，
≅ 1 1
∴ 的面积= CD∙BE= ×10×10=50，故答案是50．
BCD 2 2
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加辅助线，构造“一线三垂
直”模型，是解题的关键．
16．（2021·浙江八年级月考）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，∠ABC的平分线BD交AC于点
D，CE⊥BD，交BD的延长线于点E，若BD＝4，则CE＝________．
【答案】2
【分析】根据题意延长BA、CE相交于点F，利用“角边角”证明△BCE和△BFE全等，根据全等三角形
对应边相等可得CE=EF，根据等角的余角相等求出∠ABD=∠ACF，然后利用“角边角”证明△ABD和
△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得BD=CF，然后求解即可．【详解】解：如图，延长BA、CE相交于点F，
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，
在△BCE和△BFE中， ，∴△BCE≌△BFE（ASA），∴CE=EF，
∵∠BAC=90°，CE⊥BD，∴∠ACF+∠F=90°，∠ABD+∠F=90°，∴∠ABD=∠ACF，
在△ABD和△ACF中， ，∴△ABD≌△ACF（ASA），∴BD=CF，
∵CF=CE+EF=2CE，∴BD=2CE=4，∴CE=2．故答案为：2．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质和等角的余角相等的性质，熟练掌握三角形全等的判定方法是
解题的关键，难点在于作辅助线构造出全等三角形并得到与BD相等的线段CF．
17．（2021·湖南岳阳市·八年级期末）已知 中， ， ，点 为 的中点，
点 、 分别为边 、 上的动点，且 ，连接 ，下列说法正确的是______．（写出
所有正确结论的序号）① ；② ；③ ；④【答案】①②④
【分析】根据补角的性质计算可得①；连接D，证明 ，根据三角形全等的性质判断可得后
面的结果；
【详解】 ，
， ， ；
故①正确；连接AD，
∵ ， ，∴ ，
又∵点 为 的中点，∴ ， ， ，即 ，
又∵ ，∴ ，
又∵ ，∴ ，
在△BED和△AFD中， ，∴ ，∴ED=FD；故②正确；
∵ ，∴ ，
则 ，故④正确；
当点E移动到点A时，此时点F与点C重合，很明显此时EF=AC，FC=0，即 ；故③错误；故答案为①②④．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，准确分析计算是解题的关键．
18．（2020·增城市培正学校初三月考）如图，等边三角形△ABC的边长为6，l是AC边上的高BF所在的
直线，点D为直线l上的一动点，连接AD，并将AD绕点A逆时针旋转60°至AE，连接EF，则EF的最
小值为_____．
【答案】
【分析】取AB的中点H，连接DH，由“SAS”可证△ADH≌△AEF，可得EF＝DH，由垂线段最短，可得
当DH⊥BF时，DH的长最短，即EF有最小值，即可求解．
【解析】解：如图，取AB的中点H，连接DH，
∵△ABC是等边三角形，BF是高，∴AF＝CF＝3，∠ABF＝30°，
∵点H是AB中点，∴BH＝AH＝3，∴AH＝AF，
∵将AD绕点A逆时针旋转60°至AE，∴AE＝AD，∠DAE＝60°＝∠BAC，
∴∠DAH＝∠FAE，且AF＝AH，AD＝AE，∴△ADH≌△AEF（SAS）∴EF＝DH，
∴当DH⊥BF时，DH的长最短，即EF有最小值，∴DH的最小值为 BH＝ ，∴EF的最小值为 ，故答案为： ．
【点睛】本题考查了全等三角形的最值问题，掌握旋转的性质、全等三角形的性质以及判定定理是解题的
关键．
三、解答题（本大题共6小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程
或演算步骤）
C D
19．（2021·山东德州市·八年级期末）沛沛沿一段笔直的人行道行走，边走边欣赏风景，在由 走到 的
过程中，通过隔离带的空隙P，刚好浏览完对面人行道宣传墙上的一条标语，具体信息如下：如图，
AB//PM//CD，相邻两平行线间的距离相等AC ，BD相交于P，PD CD垂足为D．已知CD16
米．请根据上述信息求标语AB的长度．
【答案】16米
90
【分析】已知AB∥CD，根据平行线的性质可得∠ABP=∠CDP，再由垂直的定义可得∠CDO= ，可得
PB⊥AB，根据相邻两平行线间的距离相等可得PD=PB，即可根据ASA定理判定△ABP≌△CDP，由全等
三角形的性质即可得CD=AB=16米．
【详解】∵AB∥CD，∴∠ABP=∠CDP，
90 90
∵PD⊥CD，∴∠CDP= ，∴∠ABP= ，即PB⊥AB，
∵相邻两平行线间的距离相等，∴PD=PB，
ABP CDP
PD PB
在△ABP与△CDP中， ，
APB CDP
∴△ABP≌△CDP（ASA），∴CD=AB=16米．【点睛】本题考察平行线的性质和全等三角形的判定和性质，综合运用各定理是解题的关键．
20．（2021·河南驻马店市·八年级期末）阅读下列材料并解答问题：在一个三角形中，如果一个内角的度
数是另一个内角度数的3倍，那么这样的三角形我们称为“梦想三角形”例如：一个三角形三个内角的度
数分别是 ， ， ，这个三角形就是一个“梦想三角形”．反之，若一个三角形是“梦想三角
形”，那么这个三角形的三个内角中一定有一个内角的度数是另一个内角度数的3倍．
（1）如果一个“梦想三角形”有一个角为 ，那么这个“梦想三角形”的最小内角的度数为
．
（2）如图，已知 ，在射线 上取一点 ，过点 作 交 于点 ，以 为
端点作射线 ，交线段 于点 （点 不与 、 重合），若 ，判定 、
是否是“梦想三角形”，为什么？
【答案】（1） 或 ；（2） ， 都是“梦想三角形”，理由见解析
【分析】（1）分两种情形：当108°是三角形的一个内角的3倍，当另外两个内角是3倍关系，分别求解即
可．（2）根据“梦想三角形”的定义可以判断：△AOB、△AOC都是“梦想三角形”．
【详解】解：（1）当108°是三角形的一个内角的3倍，则有这个内角为36°，第三个内角也是36°，故最
小的内角是36°，当另外两个内角是3倍关系，则有另外两个内角分别为：54°，18°，最小的内角是18°
故答案为：36°或18°．
（2）结论： ， 都是“梦想三角形”
理由： ， ， ，
， 为“梦想三角形”，， ， ，
， ， “梦想三角形”．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，“梦想三角形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分
类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
21.（2020•邕宁区期末）△ABC中，AD是∠BAC的角平分线，AE是△ABC的高．
（1）如图1，若∠B＝40°，∠C＝62°，请说明∠DAE的度数；
（2）如图2（∠B＜∠C），试说明∠DAE、∠B、∠C的数量关系；
（3）如图3，延长AC到点F，∠CAE和∠BCF的角平分线交于点G，求∠G的度数．
【分析】（1）根据三角形的内角和定理，可求得∠BAC的度数，由AD是∠BAC的平分线，可得∠DAC
的度数；在直角△AEC中，可求出∠EAC的度数，所以∠DAE＝∠DAC﹣∠EAC，即可得出；
（2）根据三角形的内角和定理，可求得∠BAC的度数，由AD是∠BAC的平分线，可得∠DAC的度数；
在直角△AEC中，可求出∠EAC的度数，所以∠DAE＝∠DAC﹣∠EAC，即可得出；
1 1 1 1
（3）设∠ACB＝ ，根据角平分线的定义得到∠CAG= ∠EAC= （90°﹣ ）＝45°− α，∠BCG= ∠
2 2 2 2
α α
1 1
BCF= （180°﹣ ）＝90°− α，根据三角形的内角和即可得到结论．
2 2
α
【解答】解：（1）∵∠B＝40°，∠C＝62°，∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣40°﹣62°＝78°，
1
∵AD是∠BAC的平分线，∴∠DAC= ∠BAC＝39°，
2
∵AE是BC边上的高，在直角△AEC中，
∵∠EAC＝90°﹣∠C＝90°﹣62°＝28°，∴∠DAE＝∠DAC﹣∠EAC＝39°﹣28°＝11°；
1 1
（2）∵∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C，∵AD 是∠BAC 的平分线，∴∠DAC= ∠BAC＝90°−
2 2
（∠B+∠C），∵AE是BC边上的高，在直角△AEC中，∵∠EAC＝90°﹣∠C，
1 1
∴∠DAE＝∠DAC﹣∠EAC＝90°− （∠B+∠C）﹣（90°﹣∠C）= （∠C﹣∠B）；
2 2
（3）设∠ACB＝ ，∵AE⊥BC，∴∠EAC＝90°﹣ ，∠BCF＝180°﹣ ，
∵∠CAE和∠BCFα的角平分线交于点G， α α
1 1 1 1 1 1
∴∠CAG= ∠EAC= （90°﹣ ）＝45°− α，∠BCG= ∠BCF= （180°﹣ ）＝90°− α，
2 2 2 2 2 2
α α
1 1
∴∠G＝180°﹣∠GAC﹣∠ACG＝180°﹣（45°− α）﹣ ﹣（90°− α）＝45°．
2 2
α
【点评】本题考查的是三角形的内角和定理，三角形的高、角平分线的性质，学生应熟练掌握三角形的高、
中线和角平分线这些基本知识，能灵活运用解决问题．
22．（2021·江苏八年级期末）如图，在△ABC中，AD是高，E、F分别是AB、AC的中点，AB＝8，AC＝
6．（1）求四边形AEDF的周长；（2）若∠BAC＝90°，求四边形AEDF的面积．
【答案】（1）14；（2）12．
【分析】（1）延长DE到G，使GE＝DE，连接BG，根据线段中点的定义求出AE＝4，AF＝3，并利用
SAS证明△AED≌△BEG，由全等三角形的性质并再次利用全等三角形的判定得出△GBD≌△ABD，可证
得DE＝ AB＝4，同理DF＝ AC＝3，即可计算出四边形的周长；（2）利用SSS可证△AEF≌△DEF，
根据直角三角形的面积计算方法求出△AEF的面积，则四边形的面积即可求解．
【详解】解：（1）延长DE到G，使GE＝DE，连接BG，
∵E、F分别是AB、AC的中点，AB＝8，AC＝6，∴AE＝BE＝ AB＝4，AF＝CF＝ AC＝3．
在△AED和△BEG中， ，
∴△AED≌△BEG（SAS）．∴AD＝BG，∠DAE＝∠GBE．
∵AD⊥BC，∴∠DAE＋∠ABD＝90°．
∴∠GBE＋∠ABD＝90°．即∠GBD＝∠ADB＝90°．
在△GBD和△ABD中， ，
∴△GBD≌△ABD（SAS）．∴GD＝AB．
∵DE＝ GD，∴DE＝ AB＝4．同理可证：DF＝ AC＝3．
∴四边形AEDF的周长＝AE＋ED＋DF＋FA＝14．
（2）由（1）得AE＝DE＝ AB＝4，AF＝DF＝ AC＝3，
在△AEF和△DEF中， ，∴△AEF≌△DEF（SSS）．
∵∠BAC＝90°，∴S ＝ AE•AF＝ ×4×3＝6．
AEF
△
∴S ＝2S ＝12．
四边形AEDF AEF
△
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质并能利用倍长中线法构
造全等三角形是解题的关键．
ABD AEC
23．（2021·福建福州市·九年级月考）如图， 和 均为等边三角形，连接BE、CD．
（1）请判断：线段BE与CD的大小关系是 ；
ABD AEC
（2）观察图，当 和 分别绕点A旋转时，BE、CD之间的大小关系是否会改变?（3）观察如图和4，若四边形ABCD、DEFG都是正方形,猜想类似的结论是___________,在如图中证明你
的猜想.
（4）这些结论可否推广到任意正多边形（不必证明）,如图,BB 与EE 的关系是 ;它们分别在哪两个
1 1
全等三角形中 ;请在如图中标出较小的正六边形AB C DEF 的另五个顶点，连接图中哪两个顶
1 1 1 1 1
点,能构造出两个全等三角形？
【答案】(1) BE=CD （2）线段BE与CD的大小关系不会改变 （3）AE＝CG，证明见解析 （4）
这些结论可以推广到任意正多边形.如图5，BB =EE，它们分别在△AEE和△AB B中，如图6，连接
1 1 1 1
FF ，可证△AB B≌△AF F．图形见解析.
1 1 1
【分析】本题是变式拓展题，图形由简单到复杂，需要从简单图形中探讨解题方法，并借鉴用到复杂图形
中；证明三角形全等时，用旋转变换寻找三角形全等的条件．
【详解】（1）线段BE与CD的大小关系是BE=CD；（2）线段BE与CD的大小关系不会改变；
（3）AE=CG．证明：如图4，正方形ABCD与正方形DEFG中，
∵AD=CD，DE=DG，∠ADC=∠GDE=90°，又∠CDG=90°+∠ADG=∠ADE，∴△ADE≌△CDG，∴AE=CG．
（4）这些结论可以推广到任意正多边形．
如图5，BB =EE，它们分别在△AEE和△AB B中，如图6，连接FF ，可证△AB B≌△AF F．
1 1 1 1 1 1 1
【点睛】本题综合考查全等三角形、等边三角形和多边形有关知识．注意对三角形全等的证明方法的发散．
24．（2021·浙江温州市·八年级月考）在△ABC中 ，AO=BO，直线MN经过点O，且
AC⊥MN于C，BD⊥MN于D. (1) 当直线MN绕点O旋转到图①的位置时，求证：CD=AC+BD；(2) 当直
线MN绕点O旋转到图②的位置时，求证：CD=AC-BD；(3) 当直线MN绕点O旋转到图③的位置时，试
问：CD、AC、BD有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）CD=BD-AC，证明见解析.
【分析】（1）通过证明△ACO≌△ODB得到OC=BD，AC=OD，则CD=AC+BD；
（2）通过证明△ACO≌△ODB得到OC=BD，AC=OD，则CD=AC-BD；
（3）通过证明△ACO≌△ODB得到OC=BD，AC=OD，则CD=BD-AC．
【详解】解：（1）如图1，∵△AOB中，∠AOB=90°，∴∠AOC+∠BOD=90°，
直线MN经过点O，且AC⊥MN于C，BD⊥MN于D，
∴∠ACO=∠BDO=90°∴∠AOC+∠OAC=90°，∴∠OAC=∠BOD，
在△ACO和△ODB中，
∴△ACO≌△ODB（AAS），∴OC=BD，AC=OD，∴CD=AC+BD；
（2）如图2，∵△AOB中，∠AOB=90°，∴∠AOC+∠BOD=90°，
直线MN经过点O，且AC⊥MN于C，BD⊥MN于D，
∴∠ACO=∠BDO=90°∴∠AOC+∠OAC=90°，∴∠OAC=∠BOD，
在△ACO和△ODB中， ,∴△ACO≌△ODB（AAS），
∴OC=BD，AC=OD，∴CD=OD﹣OC=AC﹣BD，即CD=AC﹣BD．
（3）如图3，∵△AOB中，∠AOB=90°，∴∠AOC+∠BOD=90°，
直线MN经过点O，且AC⊥MN于C，BD⊥MN于D，
∴∠ACO=∠BDO=90°∴∠AOC+∠OAC=90°，∴∠OAC=∠BOD，
在△ACO和△ODB中， ,∴△ACO≌△ODB（AAS），
∴OC=BD，AC=OD，∴CD=OC﹣OD=BD﹣AC，即CD=BD﹣AC．
【点睛】此题是一道几何变换综合题，需要掌握全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，是一个探
究题目，对于学生的能力要求比较高.
25．（2021·湖北八年级期末）阅读下列材料，完成相应任务．
数学活动课上，老师提出了如下问题：如图1，已知 中， 是 边上的中线．
求证： ．
智慧小组的证法如下：
证明：如图2，延长 至 ，使 ，
∵ 是 边上的中线∴
在 和 中
∴ （依据一）∴
在 中， （依据二）
∴ ．
任务一：上述证明过程中的“依据1”和“依据2”分别是指：
依据1：______________________________________________；
依据2：______________________________________________．
归纳总结：上述方法是通过延长中线 ，使 ，构造了一对全等三角形，将 ， ， 转化
到一个三角形中，进而解决问题，这种方法叫做“倍长中线法”．“倍长中线法”多用于构造全等三角形
和证明边之间的关系．
任务二：如图3， ， ，则 的取值范围是_____________；任务三：如图4，在图3的基础上，分别以 和 为边作等腰直角三角形，在 中， ，
； 中， ， ．连接 ．试探究 与 的数量关系，并说明理由．
【答案】任务一：依据1：两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等（或“边角边”或“SAS”）；依
据2：三角形两边的和大于第三边；任务二： ；任务三：EF=2AD，见解析
【分析】任务一：依据1：根据全等的判定方法判断即可；依据2：根据三角形三边关系判断；
任务二：可根据任务一的方法直接证明即可；任务三：根据任务一的方法，延长中线构造全等三角形证明
线段关系即可．
【详解】解：任务一：依据1：两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等（或“边角边”或
“SAS”）；依据2：三角形两边的和大于第三边．
任务二：
任务三：EF=2AD．理由如下：如图延长AD至G，使DG=AD，
∵AD是BC边上的中线∴BD=CD在△ABD和△CGD中 ∴△ABD≌△CGD∴AB=CG，∠ABD=∠GCD
又∵AB=AE∴AE=CG
在△ABC中，∠ABC+∠BAC+∠ACB=180°，∴∠GCD+∠BAC+∠ACB=180°
又∵∠BAE=90°，∠CAF=90°
∴∠EAF+∠BAC=360°-（∠BAE+∠CAF）=180°∴∠EAF=∠GCD
在△EAF和△GCA中 ∴△EAF≌△GCA ∴EF=AG∴EF=2AD．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，倍长中线法，构造全等三角形是解
本题的关键．
26．（2021·南昌市心远中学八年级期中）在图1、图2，图3中．点E、F分别是四边形 边
上的点；下面请你根据相应的条件解决问题．
特例探索：（1）在图1中，四边形 为正方形（正方形四边相等，四个内角均为直角），
，延长 至G，使 ．则 __________．
在图2中， ， ， ， ， ， ；则
__________．
归纳证明：（2）在图3中， ， ．且 ，请你观察（1）中的结果，猜想图3中线段 之间的数量关系，用等式表示出来，并利用图3证明你发现的关系式．
实际应用:（3）图4是某公路筑建工程平面示意图，指挥中心设在O处，A处、B处分别是甲、乙两公路起
点，它们分别在指挥中心的北偏东 和南偏东 的方向上．且A、B两处分别与指挥中心O的距离相
等：其中甲公路是从A处开始沿正东方向筑建，乙公路是从B处开始沿北偏东40方向筑建：甲、乙两公
路的路基筑建速度分别是每天150米、180米，当两公路同时开工后的第五天收工时，分别筑建到C、D处，
经测量 ．试求C与D两处之间的距离．
【答案】（1）5，2.5；（2）EF=BE+FD；（3）1650m．
【分析】（1）先证明出△ABE ADG，再根据∠DAF+∠BAE=45°得出∠EAF=∠FAG，利用△AEF
AGF即可得出结果；延长CD到△G，使BE=DG，连接AG，同理证明即可；
△（2）延长FD到G，使BE=DG，利用条件证明△ABE ADG，再根据∠DAF+∠BAE=45°得出
∠EAF=∠FAG，利用△AEF AGF即可得出结论；（3△）依照结论（2），延长DB到E，使BE=AC，连
接OE，通过求证△OAC OB△E和△OCD OED得出CD=DE=BD+BE=BD+AC，代入数据求值即可．
【详解】（1）∵BE=DG=2△，∠B=∠ADG=90°△，AB=AD；
∴△ABE ADG（SAS），∴AE=AG， ∠BAE=∠DAG，
又∵∠DAF+△∠BAE=45°，∴∠DAF+∠DAG=45°，∴∠EAF=∠FAG，
∴△AEF AGF（SAS），∴EF=GD+DF=3+2=5；
△
延长CD到G，使BE=DG，连接AG，同理可证：△ABE ADG，△AEF AGF，
∴EF=GD+DF=2.5； △ △
（2）延长FD到G，使BE=DG，
∵BE=DG，∠B=∠ADG，AB=AD；∴△ABE ADG（SAS），∴AE=AG， ∠BAE=∠DAG，
又∵∠DAF+∠BAE=45°，∴∠DAF+∠DAG=45°△，∴∠EAF=∠FAG，
∴△AEF AGF（SAS），∴EF=GD+DF=DF+BE；
△（3）分析可得（2）中结论仍然成立，延长DB到E，使BE=AC，连接OE，
∵∠OAC=90°+20°=110°，∠DBE=180°-70°=110°，OA=OB,∴△OAC OBE，
∴OE=OC，即可证明△OCD OED，∴CD=DE=BD+BE=BD+AC=（1△50+180） 5=1650m．
【点睛】此题属于推理探究类综△合题考查全等三角形的性质及判定，有一定难度，主要总结该类题的规律
解题即可．
