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第四章 三角形（A卷·知识通关练）
考点1 三角形的边角关系
【方法点拨】解题的关键是了解三角形的三边关系：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
1. （2022秋•利通区期末）以下列各组线段为边，能组成三角形的是
A．3，4，5 B．4，6，10 C．1，1，3 D．3，4，9
【分析】根据三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边进行分析即可．
【解答】解： 、 ，能组成三角形，故此选项正确；
、 ，不能组成三角形，故此选项错误；
、 ，不能组成三角形，故此选项错误；
、 ，不能组成三角形，故此选项错误；
故选： ．
2. （2022春•长安区校级月考）图中共有三角形
A．5个 B．6个 C．7个 D．8个
【分析】观察图形先找出图中基本的三角形 ， ， ，再找出复合组成的三角形即可．
【解答】解 ， ， ，共3个；
② ， ，2个；
综上，图中共有共5个三角形．
故选： ．
3. （2022秋•玉州区期中）如图所示的图形中，三角形共有
A．5个 B．6个 C．3个 D．4个【分析】根据三角形的概念数出个数解答即可．
【解答】解：三角形的个数有 ， ， ， ， ，共5个，
故选： ．
4. （2022春•绥棱县期末）三角形按照角可以分成锐角三角形，钝角三角形， ．
【分析】根据三角形的分类进行解答．
【解答】解：按三角形内角的大小把三角形分为三类：锐角三角形、钝角三角形和直角三角形．
故答案为：直角三角形．
5. （2021秋•高阳县期末）如图，图中以 为边的三角形的个数为 ．
【分析】根据三角形的定义即可得到结论．
【解答】解： 以 为公共边的三角形有 ， ， ， ，
以 为公共边的三角形的个数是4个．
故答案为：4．
6. （2022春•织金县期末）在 中， 是 边上的中线， 的周长比 的周长多 ，已知
，则 的长为 ．
【分析】利用三角形的中线定义可得 ，再根据 的周长比 的周长多 可得
，进而可得 的长．
【解答】解： 是 边上的中线，
，
的周长比 的周长多 ，
，
，
，
，
故答案为：7．考点2 巧用三角形中线求面积
【方法点拨】解题的关键是掌握三角形的中线把三角形的面积分成了相等的两部分．
7. （2022春•阜新县期末）如图，三角形 中， 为 上的一点，且 ，则 为
A．高 B．角平分线 C．中线 D．不能确定
【分析】三角形 和三角形 共用一条高，再根据 ，列出面积公式，可得出 ．
【解答】解：设 边上的高为 ，
，
，
故选： ．
8. 如图， 三边的中线 、 、 的公共点为 ，若 ，则图中阴影部分的面积是 ．
【分析】根据三角形的中线把三角形的面积分成相等的两部分，知 的面积即为阴影部分的面积的3
倍．
【解答】方法1
解： 的三条中线 、 ， 交于点 ，， ，
，
， ，
．
故答案为4．
方法2
设 ， ， ， ， ， 的面积分别为 ， ， ， ， ， ，根据中
线 平 分 三 角 形 面 积 可 得 ： ， ， ， ① ，
②
由① ②可得 ，所以 ，故阴影部分的面积为4．
故答案为：4．
9. （2020秋•连山区期末）如图，已知 为 的中线， ， ， 的周长为 ，
则 的周长为 ．
【分析】利用中线定义可得 ，进而可得 ，然后再求 的周长即可．
【解答】解： 的周长为 ，
，
，
，
为 的中线，
，
，，
，
的周长为 ，
故答案为：30，
10. （2021秋•镇安县期末）如图所示，在三角形 中，已知 的中点是 ， 的中点是 ， 的中
点是 ．若三角形 的面积是12平方厘米，则三角形 的面积是 平方厘米．
【分析】根据三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形解答．
【解答】解： 点 是 的中点，
， ，
的面积是12平方厘米，
（平方厘米），
（平方厘米），
点 是 的中点，
（平方厘米）．
故答案为：3．
考点3 三角形内角和之折叠变换
【方法点拨】解题的关键是掌握折叠的性质．
11. 如图，在△ABC中，∠B＝32°，将△ABC沿直线m翻折，点B落在点D的位置，则∠1﹣∠2的度数是（
）A．32° B．45° C．60° D．64°
【分析】由折叠的性质得到∠D＝∠B＝32°，再利用外角性质即可求出所求角的度数．
【答案】解：如图所示：
由折叠的性质得：∠D＝∠B＝32°，
根据外角性质得：∠1＝∠3+∠B，∠3＝∠2+∠D，
∴∠1＝∠2+∠D+∠B＝∠2+2∠B＝∠2+64°，
∴∠1﹣∠2＝64°．
故选：D．
12. 如图，将△ABC沿MN折叠，使MN∥BC，点A的对应点为点A'，若∠A'＝32°，∠B＝112°，则∠A'NC的
度数是（ ）
A．114° B．112° C．110° D．108°
【分析】由MN∥BC，可得出∠MNC与∠C互补，由三角形的内角和为180°可求出∠C的度数，从而
得出∠MNC的度数，由折叠的性质可知∠A′NM与∠MNC互补，而∠A′NC＝∠MNC﹣∠A′NM，
套入数据即可得出结论．【答案】解：∵MN∥BC，
∴∠MNC+∠C＝180°，
又∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠A＝∠A′＝32°，∠B＝112°，
∴∠C＝36°，∠MNC＝144°．
由折叠的性质可知：∠A′NM+∠MNC＝180°，
∴∠A′NM＝36°，
∴∠A′NC＝∠MNC﹣∠A′NM＝144°﹣36°＝108°．
故选：D．
13. 如图，△ABC中，∠A＝20°，沿BE将此三角形对折，又沿BA′再一次对折，点C落在BE上的C′处，
此时∠C′DB＝74°，则原三角形的∠C的度数为（ ）
A．27° B．59° C．69° D．79°
【分析】先根据折叠的性质得∠1＝∠2，∠2＝∠3，∠CDB＝∠C′DB＝74°，则∠1＝∠2＝∠3，即
∠ABC＝3∠3，根据三角形内角和定理得∠3+∠C＝106°，在△ABC中，利用三角形内角和定理得
∠A+∠ABC+∠C＝180°，则20°+2∠3+106°＝180°，可计算出∠3＝27°，即可得出结果．
【答案】解如图，∵△ABC沿BE将此三角形对折，又沿BA′再一次对折，点C落在BE上的C′处，
∴∠1＝∠2，∠2＝∠3，∠CDB＝∠C′DB＝74°，
∴∠1＝∠2＝∠3，
∴∠ABC＝3∠3，
在△BCD中，∠3+∠C+∠CDB＝180°，
∴∠3+∠C＝180°﹣74°＝106°，
在△ABC中，∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，
∴20°+2∠3+（∠3+∠C）＝180°，
即20°+2∠3+106°＝180°，
∴∠3＝27°，
∴∠ABC＝3∠3＝81°，
∠C＝106°﹣27°＝79°，
故选：D．
14. 如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE内部时，则∠A与∠1+∠2之间有一种数量关系
始终保持不变，请试着找一找这个规律，这个规律是（ ）
A．∠A＝∠1+∠2 B．2∠A＝∠1+∠2
C．3∠A＝2∠1+∠2 D．3∠A＝2（∠1+∠2）
【分析】根据三角形的内角和为 180°以及四边形的内角和为360°得到几个角之间的等量关系，整理化
简即可得到所求角之间的关系．
【答案】解：∵在△ABC中，∠A+∠B+∠C＝180° ；
在△ADE中∠A+∠ADE+∠AED＝180° ； ①
在四边形BCDE中∠B+∠C+∠1+∠2+∠②ADE+∠AED＝360° ；
∴ + ﹣ 得2∠A＝∠1+∠2． ③
故①选：②B． ③
考点4 三角形内角和之角平分线
15. 如图，在△ABC中，AD，AE分别是△ABC的角平分线和高线，用等式表示∠DAE、∠B、∠C的关系正确
的是（ ）A．2∠DAE＝∠B﹣∠C B．2∠DAE＝∠B+∠C
C．∠DAE＝∠B﹣∠C D．3∠DAE＝∠B+∠C
【分析】根据三角形内角和定理求出∠BAC，再根据角平分线的定义求出∠BAD，根据直角三角形两锐
角互余求出∠BAE，即可得到∠DAE、∠B、∠C之间的数量关系．
【答案】解：∵∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C，AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD＝ ∠BAC＝ （180°﹣∠B﹣∠C），
∵AE是高，
∴∠CAE＝90°﹣∠C，
∴∠DAE＝∠CAE﹣∠CAD
＝（90°﹣∠C）﹣ （180°﹣∠B﹣∠C）
＝ （∠B﹣∠C），
故选：A．
16. 如图，BD是∠ABC的角平分线，CD是∠ACB的角平分线，∠BDC＝120°，则∠A的度数为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．75°
【分析】根据角平分线的定义得到∠DBC＝ ∠ABC，∠DCB＝ ∠ACB，根据三角形内角和定理和计
算即可．
【答案】解：∵BD、CD是∠ABC和∠ACB的角平分线，
∴∠DBC＝ ∠ABC，∠DCB＝ ∠ACB，
∴∠D＝180°﹣（∠DBC+∠DCB）＝180°﹣ （∠ABC+∠ACB）＝180°﹣ （180°﹣∠A）＝90°+
∠A＝120°，
∴∠A＝60°；
故选：C．17. 如图，BD是△ABC的角平分线，AE⊥BD，垂足为F．若∠ABC＝36°，∠C＝44°，则∠EAC的度数为（
）
A．18° B．28° C．36° D．38°
【分析】根据∠EAC＝∠BAC﹣∠BAF，求出∠BAC，∠BAF即可解决问题．
【答案】解：∵∠ABC＝36°，∠C＝44°，
∴∠BAC＝180°﹣36°﹣44°＝100°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝ ∠ABC＝18°，
∵AE⊥BD，
∴∠BFA＝90°，
∴∠BAF＝90°﹣18°＝72°，
∴∠EAC＝∠BAC﹣∠BAF＝100°﹣72°＝28°，
故选：B．
18. 如图，∠ABC和∠ACB的外角平分线相交于点D，设∠BDC＝ ，那么∠A等于（ ）
β
A．180°﹣ B．180°﹣2 C．90°﹣ D．90°﹣
【分析】在△BCD中利用三角形内β 角和定理可求出∠βBCD+∠CBD的度数，由角平分线的定理可得出
∠CBE+∠BCF的度数，由邻补角互补可求出∠ABC+∠ACB的度数，再在△ABC中利用三角形内角和
定理即可求出∠A的度数．
【答案】解：∵∠BCD+∠CBD+∠D＝180°，∠D＝ ，
∴∠BCD+∠CBD＝180°﹣ ． β
∵BD平分∠CBE，CD平分β∠BCF，∴∠CBE+∠BCF＝2（∠BCD+∠CBD）＝360°﹣2 ，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠CBE+180°﹣∠BCF＝3β60°﹣（∠CBE+∠BCF）＝2 ．
又∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°， β
∴∠A＝180°﹣2 ．
故选：B． β
考点5 全等三角形的判定
【方法点拨】全等三角形的判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，若已知两边对应相
等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等，则必须再找一组对边对应相等，且要是两角的夹边，
若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应邻边．
19. （2022春•阜新县期末）如图所示，已知 ，要使 ，还需条件
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【分析】根据 求出 ，根据全等三角形的判定定理有 ， ， ， ，看
看题目给的两边是否是夹 和 的两个对应边即可，注意： 和 不能判断两三角形全
等．
【解答】解： ，
，
，
由于全等三角形的判定定理有 ， ， ， ，则
、不是夹 和 的两个对应边，故本选项错误；
、不是夹 和 的两个对应边，故本选项错误；
、根据三个角对应相等，不能判定两三角形全等，故本选项错误；
、是夹 和 的两个对应边，故本选项正确．故选： ．
20. （2022秋•银海区期中）如图，已知 ， 平分 ，那么就可以证明 ，理由是
A． B． C． D．
【分析】根据角平分线定义求出 ，根据 推出即可．
【解答】证明：理由是： 平分 ，
，
在 和 中
，
故选： ．
21. （2022•西城区校级模拟）如图， ， ， 是高 和 的交点，则线段 长为
．
【分析】由 ， 是高，得出 后，根据 ，可证 ，根据全等三角形
的对应边相等，可得答案．
【解答】解： ， ， ，
， ．
， ， ，（等角的余角相等）
在 和 中，
，
，
，
故答案是：5．
22. （2022秋•乐清市期中）如图，已知 ， ，请你再添加一个条件 ，使得可以
用“ ”来判定 ．
【分析】根据全等三角形的判定定理求解即可．
【解答】解：添加 ，理由如下：
，
，
在 和 中，
，
，
故答案为： （答案不唯一）．
考点6 尺规作图
23. （2020秋•娄底期末）如图，用直尺和圆规作 的平分线 的过程中，弧①是A．以 为圆心，以 长为半径的弧
B．以 为圆心，以大于 长为半径的弧
C．以 为圆心，以 长为半径的弧
D．以 为圆心，以大于 长为半径的弧
【分析】利用作角的平分线的画法进行判断．
【解答】解：由作图可知，弧①是以 为圆心，以大于 长为半径的弧．
故选： ．
24. （2022春•莲湖区期中）如图，若 ，根据尺规作图的痕迹，则 的度数为 ．
【分析】利用基本作图得到 ．
【解答】解：由作法得 ．
故答案为： ．
25. （2022春•蓝田县期末）如图，已知 ，利用尺规作图法作 的平分线 ，交 于点 ．（不写
作法，保留作图痕迹）
【分析】利用基本作图，作 的平分线即可．
【解答】解：如图， 为所作．26. （2022春•武功县期末）如图，已知 ，利用尺规作 的角平分线 ，交 于点 ．（保留作
图痕迹，不写作法）
【分析】利用尺规作出 的角平分线 即可．
【解答】解：如图所示：射线 即为所求．
考点7 全等三角形的证明
27. 如图，在线段BC上有两点E，F，在线段CB的异侧有两点A，D，且满足AB＝CD，AE＝DF，CE＝BF，
连接AF；
（1）∠B与∠C相等吗？请说明理由．
（2）若∠B＝40°，∠DFC＝20°，若AF平分∠BAE时，求∠BAF的度数．
【分析】（1）由“SSS”可证△AEB≌△DFC，可得结论；（2）由全等三角形的性质可得∠AEB＝∠DFC＝20°，可求∠EAB＝120°，由角平分线的性质可求解．
【解答】解：（1）∠B＝∠C，
理由如下：∵CE＝BF，
∴BE＝CF，
在△AEB和△DFC中，
{AB=CD
AE=DF，
BE=CF
∴△AEB≌△DFC（SSS），
∴∠B＝∠C；
（2）∵△AEB≌△DFC，
∴∠AEB＝∠DFC＝20°，
∴∠EAB＝180°﹣∠B﹣∠AEB＝120°，
∵AF平分∠BAE，
1
∴∠BAF= ∠BAE＝60°．
2
28. 如图，△ABC中，CD⊥AB，垂足为D．BE⊥AC，垂足为G，AB＝CF，BE＝AC．
（1）求证：AE＝AF；
（2）求∠EAF的度数．
【分析】（1）利用SAS证明△AEB≌△FAC可证明结论；
（2）由全等三角形的性质可得∠E＝∠CAF，由余角的定义可求得∠EAF的度数．
【解答】（1）证明：∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠CAD+∠ACD＝∠CAD+∠EBA＝90°，
∴∠ACD＝∠EBA，在△AEB和△FAC中，
{
AB=FC
∠EBA=∠ACF，
BE=CA
∴△AEB≌△FAC（SAS），
∴AE＝FA；
（2）解：∵△AEB≌△FAC，
∴∠E＝∠CAF，
∵∠E+∠EAG＝90°，
∴∠CAF+∠EAG＝90°，
即∠EAF＝90°．
29. 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E为对角线BD上一点，∠A＝∠BEC，且AD＝BE．
（1）求证：△ABD≌△ECB．
（2）若∠BDC＝70°．求∠ADB的度数．
【分析】（1）由“ASA”可证△ABD≌△ECB；
（2）由全等三角形的性质可得BD＝BC，由等腰三角形的性质可求解．
【解答】证明：（1）∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBE，
在△ABD和△ECB中，
{
∠A=∠BEC
AD=BE ，
∠ADB=∠CBE
∴△ABD≌△ECB（ASA）；
（2）∵△ABD≌△ECB，
∴BD＝BC，
∴∠BDC＝∠BCD＝70°，
∴∠DBC＝40°，∴∠ADB＝∠CBD＝40°．
30. 如图，在△ABC中，∠A＝62°，∠ABC＝90°，点D在AC上，连接BD，过点D作ED⊥BD，垂足为D，
使DE＝BC，连接BE，若∠C＝∠E．
（1）求证：AB＝BD；
（2）若∠DBC＝34°，求∠BFE的度数．
【分析】（1）根据三角形内角和定理得出∠A＝∠DBE，再根据AAS证出△ABC≌△BDE，即可得出
AB＝BD；
（2）根据已知条件和△ABC≌△BDE，得出∠DBE＝62°，再根据∠DBC＝34°，求出∠FBE的度数，最
后根据三角形内角和定理即可得出答案．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝90°，
∴∠A+∠C＝90°，
∵ED⊥BD，
∴∠BDE＝90°，
∵∠C＝∠E，
∴∠A＝∠DBE，
在△ABC和△BDE中，
{∠A=∠DBE
∠C=∠E ，
DE=BC
∴△ABC≌△BDE（AAS），
∴AB＝BD；
（2）∵∠A＝62°，∠ABC＝90°，
∴∠C＝∠E＝28°，
∵ED⊥BD，
∴∠BDE＝90°，
∴∠DBE＝62°，
∵∠DBC＝34°，
∴∠FBE＝28°，∴∠BFE＝180°﹣∠E﹣∠FBE＝180°﹣28°﹣28°＝124°．
考点8 全等三角形的应用
31. （2022秋•魏县期中）为测量一池塘两端 ， 间的距离．甲、乙两位同学分别设计了两种不同的方案．
甲：如图1，先过点 作 的垂线 ，再在射线 上取 ， 两点，使 ，接着过点 作
的垂线 ，交 的延长线于点 ．则测出 的长即为 ， 间的距离；
乙：如图2，先确定直线 ，过点 作射线 ，在射线 上找可直接到达点 的点 ，连接 ，作
，交直线 于点 ，则测出 的长即为 间的距离，则下列判断正确的是
A．只有甲同学的方案可行 B．只有乙同学的方案可行
C．甲、乙同学的方案均可行 D．甲、乙同学的方案均不可行
【分析】利用 证明 ，得 ，可知甲正确；利用等腰三角形三线合一可知乙正确．
【解答】解：甲： ， ，
，
在 和 中，
，
，
，
故甲正确；
乙： ， ，
，
故乙正确，故选： ．
32. （2022春•皇姑区期末）如图，要测量池塘两岸相对的两点 、 的距离，可以在 的垂线 上取两点
、 ，使 ，再作出 的垂线 ，使 、 、 三点在一条直线上，这时测得 的长
就等于 的长．
【分析】由对顶角相等，两个直角相等及 ，可以判断两个三角形全等；所以 ．
【解答】解：根据题意可知：
， ， ，
即
，
．
故答案为： ．
33. （2022春•沂源县期末）如图：要测量河岸相对两点 、 间的距离，先从 点出发与 成 角方向，
向前走25米到 点处立一根标杆，然后方向不变继续朝前走25米到点 处，在点 处转 沿 方向
走17米，到达 处，使 、 与 在同一直线上，那么测得 、 之间的距离为 米．
【分析】根据题意可得条件 米， 米， ，再加上对顶角
可利用 判定 ，根据全等三角形的性质可得答案．
【解答】解：由题意得： 米， 米， ，在 和 中 ，
，
米，
故答案为：17．
34. （2022秋•沙河口区期末）如图， 是路段 的中点，两人从 同时出发，以相同的速度分别沿两条直
线行走，并同时到达 ， 两地， ， ， ， 到路段 的距离相等吗？为什么？
【分析】首先根据题意可知 ， ，再根据 定理证明 ，可得到
．
【解答】解： ， 与路段 的距离相等，
理由： 点 是路段 的中点，
，
两人从 同时出发，以相同的速度分别沿两条直线行走，
，
， ，
，
在 和 中
，
，
．
35. （2022秋•沙依巴克区校级期中）两车从南北方向的路段 的 端出发，分别向东、向西行进相同的距
离，到达 、 两地．此时 、 到 的距离相等吗？请说明理由．【分析】作出图形，然后求出 ， ，再利用“边角边”证明 和 全
等，根据全等三角形对应边相等可得 ，从而得解．
【解答】解： 、 到 的距离相等．
理由如下：如图，由题意得， ， ，
在 和 中，
，
，
，
故 、 到 的距离相等．
考点9 全等三角形中的动点问题
36. （2022秋•绿园区校级期末）如图， ， ， ， 分别为线段 和射线 上的一点，若
点 从点 出发向点 运动，同时点 从点 出发沿射线 运动，二者速度之比为 ，当点 运动到
点 时，两点同时停止运动．在射线 上取一点 ，使 与 全等，则 的长为 ．
【分析】设 ，则 ，使 与 全等，由 可知，分两种情况：情况一：当
， 时，列方程解得 ，可得 ；情况二：当 ， 时，列方程解得 ，可
得 ．
【解答】解：设 ，则 ，因为 ，使 与 全等，可分两种情况：情况一：当 ， 时，
， ，
，
解得： ，
；
情况二：当 ， 时，
， ，
，
解得： ，
，
综上所述， 或 ．
故答案为：24或45．
37. （2022春•金牛区校级期中）在学习完“探索全等三角形全等的条件”一节后，一同学总结出很多全等三
角形的模型，他设计了以下问题给同桌解决：如图，做一个“ ”字形框架 ，其中 ，
， 足够长， 于点 ，点 从 出发向 运动，同时点 从 出发向 运动，点 ，
运动的速度之比为 ，当两点运动到某一瞬间同时停止，此时在射线 上取点 ，使 与
全等，则线段 的长为 ．
【分析】设 ，则 ，使 与 全等，由 可知，分两种情况：
情况一：当 ， 时，列方程解得 ，可得 ；
情况二：当 ， 时，列方程解得 ，可得 ．
【解答】解：设 ，则 ，因为 ，使 与 全等，可分两种情
况：
情况一：当 ， 时，
， ，
，
解得： ，；
情况二：当 ， 时，
， ，
，
解得： ，
，
综上所述， 或 ．
38. 如图，已知△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝8cm，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以3cm/s的
速度由点B向C点运动，同时，点Q在线段CA上由点C向A点运动．
（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？
【分析】（1）经过1秒后，PB＝3cm，PC＝5cm，CQ＝3cm，由已知可得BD＝PC，BP＝CQ，∠ABC
＝∠ACB，即据SAS可证得△BPD≌△CQP．
（2）可设点Q的运动速度为x（x≠3）cm/s，经过ts△BPD与△CQP全等，则可知PB＝3tcm，PC＝8
﹣3tcm，CQ＝xtcm，据（1）同理可得当BD＝PC，BP＝CQ或BD＝CQ，BP＝PC时两三角形全等，求
x的解即可．
【答案】解：（1）经过1秒后，PB＝3cm，PC＝5cm，CQ＝3cm，
∵△ABC中，AB＝AC，
∴在△BPD和△CQP中，
，
∴△BPD≌△CQP（SAS）．
（2）设点Q的运动速度为x（x≠3）cm/s，经过ts△BPD与△CQP全等；则可知PB＝3tcm，PC＝8﹣
3tcm，CQ＝xtcm，∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
根据全等三角形的判定定理SAS可知，有两种情况： 当BD＝PC，BP＝CQ时， 当BD＝CQ，BP
＝PC时，两三角形全等； ① ②
当BD＝PC且BP＝CQ时，8﹣3t＝5且3t＝xt，解得x＝3，∵x≠3，∴舍去此情况；
①
BD＝CQ，BP＝PC时，5＝xt且3t＝8﹣3t，解得：x＝ ；
②
故若点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 cm/s时，能够使△BPD与
△CQP全等．
39. 如图1，在长方形ABCD中，AB＝CD＝6cm，BC＝10cm，点P从点B出发，以2cm/s的速度沿BC向点C
运动，设点P的运动时间为t秒，且t≤5．
（1）PC＝ cm（用含t的代数式表示）．
（2）如图2，当点P从点B开始运动的同时，点Q从点C出发，以vcm/s的速度沿CD向点D运动，是
否存在这样的v值，使得以A、B、P为顶点的三角形与以P、Q、C为顶点的三角形全等？若存在，请
求出v的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用速度公式，用t表示出BP，从而可用t表示出PC；
（2）分两种情况讨论： 当BP＝CQ，AB＝PC时，则根据“SAS”判断△ABP≌△PCQ，则BP﹣10﹣
6＝4，即2t＝4．解得t＝①2，所以CQ＝BP＝4，即v×2＝4； 当BA＝CQ，PB＝PC时，利用“SAS”
②
判断△ABP≌△QCP，则BP＝PC＝ BC＝5，即2t＝5．解得t＝2.5，所以v×2.5＝6，然后分别求出对
应的v的值．
【答案】解：（1）BP＝2t，则PC＝10﹣2t；
故答案为（10﹣2t）；
（2）存在．
分两种情况讨论：当BP＝CQ，AB＝PC时，△ABP≌△PCQ．
①因为AB＝6，所以PC＝6．
所以BP﹣10﹣6＝4，即2t＝4．
解得t＝2．
因为CQ＝BP＝4，v×2＝4，所以v＝2．
当BA＝CQ，PB＝PC时，△ABP≌△QCP．
②因为PB＝PC，
所以BP＝PC＝ BC＝5，即2t＝5．
解得t＝2.5．
因为CQ＝BA＝6，即v×2.5＝6，解得v＝2.4．
综上所述，当v＝2.4或2时，△ABP与△PQC全等．
考点10 全等三角形判定与性质综合运用
40. （2022秋•苍溪县期末）如图，已知 ， ，要使 ，添加的条件可以是
A． B． C． D．
【 分 析 】 根 据 ， 可 得 ， 又 ， 所 以 添 加 ， 根 据 可 证
．
【解答】解：应添加 ，理由如下：
，
．
在 和 中，
，
，故选： ．
41. （2021秋•海安市校级月考）如图， 和 中， ， ， ，且点 ，
， 在同一条直线上，若 ，则 的度数为
A． B． C． D．
【分析】利用 证明 ，根据全等三角形的性质及三角形外角性质求解即可．
【解答】解： ，
，
在 和 中，
，
，
，
， ，
，
，
故选： ．
42. 如图，在△ABC中，AB＝AC，点E，F在边BC上，连接AE，AF，∠BAF＝∠CAE，延长AF至点D，使
AD＝AC，连接CD．
（1）求证：△ABE≌△ACF；
（2）若∠ACF＝30°，∠AEB＝130°，求∠ADC的度数．【分析】（1）要证明△ABE≌△ACF，由题意可得AB＝AC，∠B＝∠ACF，∠AEF＝∠AFE，从而可以
证明结论成立；
（2）根据（1）中的结论和等腰三角形的性质可以求得∠ADC的度数．
【解答】证明：（1）∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACF，
∵∠BAF＝∠CAE，
∴∠BAF﹣∠EAF＝∠CAE﹣∠EAF，
∴∠BAE＝∠CAF，
{
∠B=∠ACF
在△ABE和△ACF中， AB=AC ，
∠BAE=∠CAF
∴△ABE≌△ACF（ASA）；
（2）解：∵∠B＝∠ACF＝30°，∠AEB＝130°，
∴∠BAE＝180°﹣130°﹣30°＝20°，
∵△ABE≌△ACF，
∴∠CAF＝∠BAE＝20°，
∵AD＝AC，
∴∠ADC＝∠ACD，
180°−20°
∴∠ADC= =80°．
2
答：∠ADC的度数为80°．
43. 如图1，在△ABC中，AE⊥BC于点E，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，连接BD，CD．
（1）试判断BD与AC的位置关系和数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生
变化，并说明理由．【分析】（1）延长BD交AC于F，求出∠AEB＝∠AEC＝90°，证出△BED≌△AEC，推出BD＝AC，
∠DBE＝∠CAE，根据∠EBD+∠BDE＝90°推出∠ADF+∠CAE＝90°，求出∠AFD＝90°即可；
（2）求出∠BED＝∠AEC，证出△BED≌△AEC，推出 BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，根据
∠ACE+∠EOC＝90°求出∠BDE+∠DOF＝90°，求出∠DFO＝90°即可．
【解答】解：（1）BD＝AC，BD⊥AC，
理由：延长BD交AC于F．
∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝∠AEC＝90°，
在△BED和△AEC中，
{
BE=AE
∠BED=∠AEC，
ED=CE
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，
∵∠BED＝90°，
∴∠EBD+∠BDE＝90°，
∵∠BDE＝∠ADF，
∴∠ADF+∠CAE＝90°，
∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC；
（2）结论不发生变化，理由是：设AC与DE相交于点O，
∵∠BEA＝∠DEC＝90°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，
{
BE=AE
∠BED=∠AEC，
ED=CE
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，
∵∠DEC＝90°，
∴∠ACE+∠EOC＝90°，
∵∠EOC＝∠DOF，
∴∠BDE+∠DOF＝90°，
∴∠DFO＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC．
