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专题十七 三角形、全等三角形的性质与判定讲义
【题型一】三角形的角平分线、中线和高
【例1】（2025 庄浪县二模）如图，△ABC的周长是16，AD是BC边上的中线，AB＝6，CD＝3，则△ABD与△ACD 的周长之差为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．6
【分析】根据三角形的中线，周长的计算得到BC＝2CD＝6，AC＝4，根据△ABD的周长为AB+BD+AD，△ACD的周长为AC+CD+AD，得到△ABD与△ACD的周长之差为AB﹣AC，由此即可求解．
【解答】解：△ABC的周长为16，
∴AB+AC+BC＝16，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD＝3，则BC＝6，
∴AC＝16﹣AB﹣BC＝16﹣6﹣6＝4，
∵△ABD的周长为AB+BD+AD，△ACD的周长为AC+CD+AD，
∴AB+BD+AD﹣（AC+CD+AD）＝AB﹣AC＝6﹣4＝2，
故选：A．
【变式1】（2025 南关区校级二模）如图，将三角形纸片ABC按下面四种方式折叠，则AD是△ABC的高的是（　　）
A． B．
C． D．
【变式2】（2025 广东模拟）如图，在△ABC中，BC边上的高为（　　）
A．CE B．AF C．DB D．AB
【变式3】（2025 锡山区二模）如图，CD，CE，CF分别是△ABC的高、角平分线、中线，则下列各式中错误的是（　　）
A．AB＝2BF B．AE＝BE
C． D．CD⊥AB
【题型二】三角形的面积
【例1】（2024 德州）如图，在△ABC中，AD是高，AE是中线，AD＝4，S△ABC＝12，则BE的长为（　　）
A．1.5 B．3 C．4 D．6
【分析】利用三角形面积公式求出BC，再根据中线的定义求出BE即可．
【解答】解：∵S△ABCBC AD＝12，AD＝4，
∴BC＝6，
∵AE是中线，
∴BEBC＝3．
故选：B．
【变式1】（2024 包头）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC各顶点的坐标分别是O（0，0），A（1，2），B（3，3），C（5，0），则四边形OABC的面积为（　　）
A．14 B．11 C．10 D．9
【变式2】（2025 德阳）△ABC在平面直角坐标系中，已知A（1，0），B（3，0），如果△ABC的面积为1，那么点C的坐标可以是　 　 ．（只需写出一个即可）
【变式3】（2024 达州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D在线段BC上，且∠BAD＝45°，若AC＝4，CD＝1，则△ABC的面积是 　 　 ．
【题型三】三角形的重心
【例1】（2025 威海）如图，△ABC的中线BE，CD交于点F，连接DE．下列结论错误的是（　　）
A．S△DEFS△BCF
B．S△ADES四边形BCED
C．S△DBFS△BCF
D．S△ADC＝S△AEB
【分析】根据重心的性质，结合相似三角形的判定与性质，对所给选项依次进行判断即可．
【解答】解：由题知，
因为BE，CD为△ABC的中线，
所以点F为△ABC的重心，
所以DE∥BC，DE，
所以△DEF∽△CBF，
所以，
所以．
故A选项不符合题意．
因为DE∥BC，
所以△ADE∽△ABC，
所以，
所以．
故B选项符合题意．
因为点F为△ABC的重心，
所以DF，
所以．
故C选项不符合题意．
因为DE∥BC，
所以S△DBE＝S△DCE，
所以S△ADC＝S△AEB．
故D选项不符合题意．
故选：B．
【变式1】（2025 雁塔区校级三模）如图，△ABC的中线BF、AE交于点O，且AE⊥BF，点D是AB边上的中点，连接DO，若DO＝4，∠BAO＝60°，则BC的长为（　　）
A． B． C． D．
【变式2】（2025 崇明区模拟）已知点G是△ABC的重心，如果联结AG，并延长AG交边BC于点D，那么下列说法中错误的是（　　）
A．BD＝CD B．AG＝GD C．AG＝2GD D．BC＝2BD
【变式3】（2025 深圳模拟）如图，点P是△ABC的重心．过P作AC的平行线，分别交AB，BC于点D，E；作DF∥EC交AC于点F．若△ABC的面积为18，则四边形ECFD的面积为（　　）
A．6 B．8 C．10 D．12
【题型四】三角形三边关系
【例1】（2025 海南）已知三角形三条边的长分别为3、5、x，则x的值可能是（　　）
A．2 B．5 C．8 D．11
【分析】三角形两边之和大于第三边，三角形两边的差小于第三边，由此得到2＜x＜8，即可得到答案．
【解答】解：由三角形三边关系定理得到：5﹣3＜x＜5+3，
∴2＜x＜8，
∴x的值可能是5．
故选：B．
【变式1】（2025 连云港）下列长度（单位：cm）的3根小木棒能搭成三角形的是（　　）
A．1，2，3 B．2，3，4 C．3，5，8 D．4，5，10
【变式2】（2024 淮安）用一根小木棒与两根长度分别为3cm、5cm的小木棒组成三角形，则这根小木棒的长度可以是（　　）
A．9cm B．7cm C．2cm D．1cm
【题型五】三角形内角和定理
【例1】（2024 长沙）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，∠B＝50°，AD∥BC，则∠1的度数为（　　）
A．50° B．60° C．70° D．80°
【分析】由三角形内角和定理求出∠C，再根据平行线的性质解答即可．
【解答】解：∵∠BAC＝60°，∠B＝50°，
∴∠C＝180°﹣∠BAC﹣∠B＝180°﹣60°﹣50°＝70°，
∵AD∥BC，
∴∠1＝∠C＝70°，
故选：C．
【变式1】（2025 宁波三模）一张三角形纸片如图所示，已知∠B+∠C＝α，若沿着虚线剪掉阴影部分纸片，记∠1+∠2＝β，则下列选项正确的是（　　）
A．α＝β B．α＞β
C．α＜β D．无法比较α和β的大小
【变式2】（2025 雁塔区校级一模）一副三角板，按图所示叠放在一起，其中∠A＝30°，∠E＝45°，则图中∠α的度数是（　　）
A．15° B．25° C．30° D．45°
【变式3】（2025 韶关模拟）如图，已知△ABC中，∠B＝α，∠C＝β（α＞β），AD是BC边上的高，AE是∠BAC的平分线，则∠DAE的度数为（　　）
A．α﹣β B．2（α﹣β） C．α﹣2β D．（α﹣β）
【题型六】三角形的外角性质
【例1】（2025 南充）如图，把含有60°的直角三角板斜边放在直线l上，则∠α的度数是（　　）
A．120° B．130° C．140° D．150°
【分析】利用三角形的外角性质计算即可．
【解答】解：∵直角三角板，
∴α＝90°+60°＝150°，
故选：D．
【变式1】（2025 沛县二模）如图，在△ABC中，D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，∠ACF是△ABC的外角，已知∠A＝40°，∠ADE＝60°，则∠ACF的度数为（　　）
A．100° B．120° C．140° D．160°
【变式2】（2025 前郭县模拟）如图，将一副三角板按如图方式叠放，则∠1等于（　　）
A．60° B．65° C．75° D．85°
【变式3】（2025 苍梧县一模）如图是A，B两片木片放在地面上的情形，若∠3＝100°，则∠2﹣∠1等于（　　）
A．55° B．80° C．90° D．100°
【题型七】全等三角形的性质
【例1】（2024 济南）如图，已知△ABC≌△DEC，∠A＝60°，∠B＝40°，则∠DCE的度数为（　　）
A．40° B．60° C．80° D．100°
【分析】利用全等三角形的性质以及三角形内角和定理求解．
【解答】解：∵∠A+∠B+∠ACB＝180°，
∴∠ACB＝180°﹣60°﹣40°＝80°，
∵△ABC≌△DEC，
∴∠DCE＝∠ACB＝80°．
故选：C．
【变式1】（2025 长清区三模）如图，已知△ABC≌△AED，∠A＝75°，∠B＝30°，则∠ADE的度数为（　　）
A．105° B．80° C．75° D．45°
【变式2】（2025 莱芜区模拟）如图，△CBA≌△CBD，若∠D＝75°，∠ACB＝65°，则∠ABD的度数为（　　）
A．40° B．60° C．80° D．140°
【变式3】（2024 成都）如图，△ABC≌△CDE，若∠D＝35°，∠ACB＝45°，则∠DCE的度数为 　 　 ．
【题型八】全等三角形的判定
【例1】（2025 淮安）已知：如图，在△ABC和△ADE中，点D在BC上，∠B＝∠ADE，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE．求证：△ABC≌△ADE．
【分析】根据∠BAD＝∠CAE，得到∠BAC＝∠DAE，利用AAS，即可得证．
【解答】证明：∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠BAD+∠CAD＝∠CAE+∠CAD，即∠BAC＝∠DAE，
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（AAS）．
【变式1】（2025 西藏）如图，已知AB＝DC，AC＝DB．求证：△ABC≌△DCB．
【变式2】（2025 镇江）如图，已知△ABC≌△DEF，边BC与EF、DF分别交于点O、M，AC与EF交于点N，OB＝OE．求证：△MOF≌△NOC．
【变式3】（2025 广州）如图，BA＝BE，∠1＝∠2，BC＝BD．求证：△ABC≌△EBD．
【课后练习】
1．（2024 宿迁）如图，在△ABC中，∠B＝50°，∠C＝30°，AD是高，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交AC于点E，再分别以B、E为圆心，大于BE的长为半径画弧，两弧在∠BAC的内部交于点F，作射线AF，则∠DAF＝ 　 　 °．
2．（2023 本溪）如图，线段AB＝8，点C是线段AB上的动点，将线段BC绕点B顺时针旋转120°得到线段BD，连接CD，在AB的上方作Rt△DCE，使∠DCE＝90°，∠E＝30°，点F为DE的中点，连接AF，当AF最小时，△BCD的面积为 　 　 ．
3．（2025 西藏）用一副直角三角板按图（1）的位置摆放，抽象成如图（2）的示意图，已知DC＝6cm，求四边形ABCD的面积（结果保留根号）．
4．（2025 上城区校级三模）如图，点P是△ABC的重心，点D是边AB的中点，PE∥AB交BC于点E，若四边形BEPD的面积为5，则△ABC的面积为（　　）
A．15 B．16 C．18 D．20
5．（2025 盐城校级一模）如图，点P是△ABC的重心，AB＝8，连接AP，BP并延长，分别交BC，AC于点D，E，连接DE，则DE的长为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
6．（2024 新疆）如图，△ABC的中线BD，CE交于点O，点F，G分别是OB，OC的中点．
（1）求证：四边形DEFG是平行四边形；
（2）当BD＝CE时，求证： DEFG是矩形．
7．（2024 绥化）已知：△ABC．
（1）尺规作图：画出△ABC的重心G．（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）
（2）在（1）的条件下，连接AG，BG．已知△ABG的面积等于5cm2，则△ABC的面积是 　 　 cm2．
8．（2024 西宁）若长度分别为3，6，a的三条线段能组成一个三角形，则整数a的值可以是 　 　 ．（写出一个即可）
9．（2025 顺德区校级三模）如图，直线a、b分别经过Rt△ABC（∠ACB＝90°）的顶点B、C．若a∥b，∠1＝26°，则∠2的大小为（　　）
A．54° B．64° C．74° D．66°
10．（2024 济南）如图，已知l1∥l2，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，顶点A，B分别在l1，l2上，当∠1＝70°时，∠2＝　 　 °．
11．（2025 汕尾一模）将一副三角板按照如图方式摆放，点B、C、D共线，∠CDF＝18°，则∠AFE 的度数为（　　）
A．89° B．83° C．93° D．103°
12．（2025 乐山）如图，∠1的度数为 　 　 ．
13．（2025 云南）如图，AB与CD相交于点O，AC＝BD，∠C＝∠D．
求证：△AOC≌△BOD．
14．（2024 云南）如图，在△ABC和△AED中，AB＝AE，∠BAE＝∠CAD，AC＝AD．求证：△ABC≌△AED．专题十七 三角形、全等三角形的性质与判定讲义
【题型一】三角形的角平分线、中线和高
【例1】（2025 庄浪县二模）如图，△ABC的周长是16，AD是BC边上的中线，AB＝6，CD＝3，则△ABD与△ACD 的周长之差为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．6
【分析】根据三角形的中线，周长的计算得到BC＝2CD＝6，AC＝4，根据△ABD的周长为AB+BD+AD，△ACD的周长为AC+CD+AD，得到△ABD与△ACD的周长之差为AB﹣AC，由此即可求解．
【解答】解：△ABC的周长为16，
∴AB+AC+BC＝16，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD＝3，则BC＝6，
∴AC＝16﹣AB﹣BC＝16﹣6﹣6＝4，
∵△ABD的周长为AB+BD+AD，△ACD的周长为AC+CD+AD，
∴AB+BD+AD﹣（AC+CD+AD）＝AB﹣AC＝6﹣4＝2，
故选：A．
【变式1】（2025 南关区校级二模）如图，将三角形纸片ABC按下面四种方式折叠，则AD是△ABC的高的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据AD为三角形的高，则AD⊥BC．所以∠ADB＝90°，然后对各选项进行判断．
【解答】解：选项D中的AD是△ABC的高，
故选：D．
【变式2】（2025 广东模拟）如图，在△ABC中，BC边上的高为（　　）
A．CE B．AF C．DB D．AB
【分析】此题可根据“过三角形的一个顶点作该顶点所对边的垂线段即为三角形的高”进行求解即可．
【解答】解：在△ABC中，BC边上的高为AF；
故选：B．
【变式3】（2025 锡山区二模）如图，CD，CE，CF分别是△ABC的高、角平分线、中线，则下列各式中错误的是（　　）
A．AB＝2BF B．AE＝BE
C． D．CD⊥AB
【分析】根据高线，中线，角平分线的定义，进行判断即可．
【解答】解：A、∵CF是边AB的中线，
∴AB＝2BF，正确，不符合题意；
B、无法证明AE＝BE，说法错误，符合题意；
C、∵CE是∠ACB的平分线，
∴∠ACE∠ACB，正确，不符合题意；
D、∵CD是△ABC的高，
∴CD⊥AB，正确，不符合题意，
故选：B．
【题型二】三角形的面积
【例1】（2024 德州）如图，在△ABC中，AD是高，AE是中线，AD＝4，S△ABC＝12，则BE的长为（　　）
A．1.5 B．3 C．4 D．6
【分析】利用三角形面积公式求出BC，再根据中线的定义求出BE即可．
【解答】解：∵S△ABCBC AD＝12，AD＝4，
∴BC＝6，
∵AE是中线，
∴BEBC＝3．
故选：B．
【变式1】（2024 包头）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC各顶点的坐标分别是O（0，0），A（1，2），B（3，3），C（5，0），则四边形OABC的面积为（　　）
A．14 B．11 C．10 D．9
【分析】过A点作AE⊥x轴于E，作BF⊥x轴于F，如图，利用三角形面积公式和梯形的面积公式，利用四边形OABC的面积＝S△BCF+S梯形ABFE+S△AOE进行计算．
【解答】解：过A点作AE⊥x轴于E，作BF⊥x轴于F，如图，
∵O（0，0），A（1，2），B（3，3），C（5，0），
∴OE＝1，AE＝2，BF＝3，CF＝2，EF＝2，
∴四边形OABC的面积＝S△AOE+S△BCF+S梯形ABFE
1×23×2
＝9，
故选：D．
【变式2】（2025 德阳）△ABC在平面直角坐标系中，已知A（1，0），B（3，0），如果△ABC的面积为1，那么点C的坐标可以是　（2，1）（答案不唯一，纵坐标绝对值为1即可）　 ．（只需写出一个即可）
【分析】由A（1，0），B（3，0），得 AB＝2，又因为△ABC的面积为1，可得|yC|＝1，所以yC＝±1从而求解．
【解答】解：∵A（1，0），B（3，0），
∴AB＝2，
∵△ABC的面积为1，
∴，
∴|yC|＝1，
∴yC＝±1，
∴点C的坐标可以是 （2，1），
故答案为：（2，1）．（答案不唯一，纵坐标绝对值为1即可）
【变式3】（2024 达州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D在线段BC上，且∠BAD＝45°，若AC＝4，CD＝1，则△ABC的面积是 　　 ．
【分析】过B作BE⊥AD，交AD延长线于点E，证△BDE∽△ADC，可得，已知AC＝4，CD＝1，所以4DE＝BE，
因为∠BAD＝45°，∠DEB＝90°，所以△ABE是等腰直角三角形，即AE＝BE＝4DE，所以AD＝3DE，在Rt△ACD中，AD，求得AD的长，可得DE、BE的长，因为∠DEB＝90°，BD，可得BD的长，BC＝CD+BD，可得BC的长，S△ABCAC BC，可得△ABC的面积．
【解答】解：过B作BE⊥AD，交AD延长线于点E，
，
∴∠DEB＝90°，
∵∠C＝90°，∠ADC＝∠BDE，
∴△BDE∽△ADC，
∴，
∵AC＝4，CD＝1，
∴4DE＝BE，
∵∠BAD＝45°，∠DEB＝90°，
∴△ABE是等腰直角三角形，即AE＝BE＝4DE，
∴AD＝3DE，
∵在Rt△ACD中，AD，
∴DE，
∴BE＝4DE，
∵∠DEB＝90°，
∴BD，
∴BC，
∴S△ABCAC BC，
故答案为：．
【题型三】三角形的重心
【例1】（2025 威海）如图，△ABC的中线BE，CD交于点F，连接DE．下列结论错误的是（　　）
A．S△DEFS△BCF
B．S△ADES四边形BCED
C．S△DBFS△BCF
D．S△ADC＝S△AEB
【分析】根据重心的性质，结合相似三角形的判定与性质，对所给选项依次进行判断即可．
【解答】解：由题知，
因为BE，CD为△ABC的中线，
所以点F为△ABC的重心，
所以DE∥BC，DE，
所以△DEF∽△CBF，
所以，
所以．
故A选项不符合题意．
因为DE∥BC，
所以△ADE∽△ABC，
所以，
所以．
故B选项符合题意．
因为点F为△ABC的重心，
所以DF，
所以．
故C选项不符合题意．
因为DE∥BC，
所以S△DBE＝S△DCE，
所以S△ADC＝S△AEB．
故D选项不符合题意．
故选：B．
【变式1】（2025 雁塔区校级三模）如图，△ABC的中线BF、AE交于点O，且AE⊥BF，点D是AB边上的中点，连接DO，若DO＝4，∠BAO＝60°，则BC的长为（　　）
A． B． C． D．
【分析】连接EF，根据直角三角形斜边的性质可得AB＝2OD＝8，OD＝AD＝4，可得△ADO是等边三角形，从而得到OA＝AD＝4，再由三角形中位线定理可得，从而得到△AOB∽△EOF，进而得到，再结合勾股定理解答即可．
【解答】解：如图，连接EF，
∵AE⊥BF，点D是AB边上的中点，DO＝4，
∴AB＝2OD＝8，OD＝AD＝4，
∵∠BAO＝60°，
∴△ADO是等边三角形，
∴OA＝AD＝4，
∵△ABC的中线BF、AE交于点O，
∴，
∴△AOB∽△EOF，
∴，
∴OEOA4＝2，
∴，
∴OB＝2OF＝2×24，
∴，
∴．
故选：D．
【变式2】（2025 崇明区模拟）已知点G是△ABC的重心，如果联结AG，并延长AG交边BC于点D，那么下列说法中错误的是（　　）
A．BD＝CD B．AG＝GD C．AG＝2GD D．BC＝2BD
【分析】根据三角形重心的定义可判断AD为BC边上的中线，则可对A、D选项进行判断；根据三角形重心的性质可对B、C选项进行判断．
【解答】解：如图，
∵点G是△ABC的重心，
∴AD为BC边上的中线，
∴BD＝CD，BC＝2BD，所以A、D选项的说法正确；
∵点G是△ABC的重心，
∴AG＝2GD，所以B选项的说法错误，C选项的说法正确．
故选：B．
【变式3】（2025 深圳模拟）如图，点P是△ABC的重心．过P作AC的平行线，分别交AB，BC于点D，E；作DF∥EC交AC于点F．若△ABC的面积为18，则四边形ECFD的面积为（　　）
A．6 B．8 C．10 D．12
【分析】本连接BP并延长交AC于G，由重心的性质得，BP：PG＝2：1，由DE∥AC，根据平行线分线段成比例定理可得BD：DA＝BP：PG＝2：1，于是BD：BA＝2：3，AD：AB＝1：3，再由DE∥AC，DF∥BC，得△BDE∽△BAC，△ADF∽△ABC，根据相似三角形的性质得出，∴S△BDE：S△BAC＝4：9，S△ADF：S△ABC＝1：9，，，进而求出四边形ECFD的面积．
【解答】解：连接BP并延长交AC于G，由重心的性质得，BP：PG＝2：1，
∵DE∥AC，
∴BD：DA＝BP：PG＝2：1，
∴BD：BA＝2：3，AD：AB＝1：3，
∵DE∥AC，DF∥BC，
∴△BDE∽△BAC，△ADF∽△ABC，
∴S△BDE：S△BAC＝4：9，S△ADF：S△ABC＝1：9，
∴，，
∴四边形ECFD的面积＝18﹣8﹣2＝8，
故选：B．
【题型四】三角形三边关系
【例1】（2025 海南）已知三角形三条边的长分别为3、5、x，则x的值可能是（　　）
A．2 B．5 C．8 D．11
【分析】三角形两边之和大于第三边，三角形两边的差小于第三边，由此得到2＜x＜8，即可得到答案．
【解答】解：由三角形三边关系定理得到：5﹣3＜x＜5+3，
∴2＜x＜8，
∴x的值可能是5．
故选：B．
【变式1】（2025 连云港）下列长度（单位：cm）的3根小木棒能搭成三角形的是（　　）
A．1，2，3 B．2，3，4 C．3，5，8 D．4，5，10
【分析】根据三角形的三边关系对各选项进行逐一分析判断即可．
【解答】解：A、1+2＝3，不能构成三角形，故本选项不符合题意；
B、2+3＞4，能构成三角形，故本选项符合题意；
C、3+5＝8，不能构成三角形，故本选项不符合题意；
D、5+4＜10，不能构成三角形，故本选项不符合题意；
故选：B．
【变式2】（2024 淮安）用一根小木棒与两根长度分别为3cm、5cm的小木棒组成三角形，则这根小木棒的长度可以是（　　）
A．9cm B．7cm C．2cm D．1cm
【分析】根据在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边；即可求第三根木条的取值范围．
【解答】解：设第三根木棒长为xcm，由三角形三边关系定理得5﹣3＜x＜5+3，
所以x的取值范围是2＜x＜8，
观察选项，只有选项B符合题意．
故选：B．
【题型五】三角形内角和定理
【例1】（2024 长沙）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，∠B＝50°，AD∥BC，则∠1的度数为（　　）
A．50° B．60° C．70° D．80°
【分析】由三角形内角和定理求出∠C，再根据平行线的性质解答即可．
【解答】解：∵∠BAC＝60°，∠B＝50°，
∴∠C＝180°﹣∠BAC﹣∠B＝180°﹣60°﹣50°＝70°，
∵AD∥BC，
∴∠1＝∠C＝70°，
故选：C．
【变式1】（2025 宁波三模）一张三角形纸片如图所示，已知∠B+∠C＝α，若沿着虚线剪掉阴影部分纸片，记∠1+∠2＝β，则下列选项正确的是（　　）
A．α＝β B．α＞β
C．α＜β D．无法比较α和β的大小
【分析】根据三角形的内角和定理可得，即可求解．
【解答】解：∵∠B+∠C＝180°﹣∠A，∠1+∠2＝180°﹣∠A，
∴∠B+∠C＝∠1+∠2，
即α＝β，
综上所述，只有选项A正确，符合题意，
故选：A．
【变式2】（2025 雁塔区校级一模）一副三角板，按图所示叠放在一起，其中∠A＝30°，∠E＝45°，则图中∠α的度数是（　　）
A．15° B．25° C．30° D．45°
【分析】首先根据三角板的形状可以确定∠EFD的度数，然后可以∠ACF的度数，最后利用外角与内角的关系即可求解．
【解答】解：依题意∠AFE＝90°，
而∠A＝30°，
∴∠ACF＝60°，
而∠ACF＝∠E+∠α，
∴∠α＝∠ACF﹣∠E＝60°﹣45°＝15°．
故选：A．
【变式3】（2025 韶关模拟）如图，已知△ABC中，∠B＝α，∠C＝β（α＞β），AD是BC边上的高，AE是∠BAC的平分线，则∠DAE的度数为（　　）
A．α﹣β B．2（α﹣β） C．α﹣2β D．（α﹣β）
【分析】根据三角形内角和定理求得∠BAC的度数，则∠EAC即可求解，然后在△ACD中，利用三角形内角和定理求得∠DAC的度数，根据∠DAE＝∠DAC﹣∠EAC即可求解．
【解答】解：∵在△ABC中，∠B＝α，∠C＝β，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣α﹣β，
∵AE是∠BAC的平分线，
∴∠EAC∠BAC＝90°（α+β），
在直角△ADC中，∠DAC＝90°﹣∠C＝90°﹣β，
∴∠DAE＝∠DAC﹣∠EAC＝90°﹣β﹣90°（α+β）（α﹣β），
故选：D．
【题型六】三角形的外角性质
【例1】（2025 南充）如图，把含有60°的直角三角板斜边放在直线l上，则∠α的度数是（　　）
A．120° B．130° C．140° D．150°
【分析】利用三角形的外角性质计算即可．
【解答】解：∵直角三角板，
∴α＝90°+60°＝150°，
故选：D．
【变式1】（2025 沛县二模）如图，在△ABC中，D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，∠ACF是△ABC的外角，已知∠A＝40°，∠ADE＝60°，则∠ACF的度数为（　　）
A．100° B．120° C．140° D．160°
【分析】由DE∥BC，利用“两直线平行，同位角相等”，可求出∠ABC的度数，由∠ACF是△ABC的外角，再利用三角形的外角性质，即可求出∠ACF的度数．
【解答】解：∵DE∥BC，∠ADE＝60°，
∴∠ABC＝∠ADE＝60°，
又∵∠ACF是△ABC的外角，∠A＝40°，
∴∠ACF＝∠A+∠ABC＝40°+60°＝100°．
故选：A．
【变式2】（2025 前郭县模拟）如图，将一副三角板按如图方式叠放，则∠1等于（　　）
A．60° B．65° C．75° D．85°
【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和计算即可．
【解答】解：由图可得∠1＝30°+45°＝75°，
故选：C．
【变式3】（2025 苍梧县一模）如图是A，B两片木片放在地面上的情形，若∠3＝100°，则∠2﹣∠1等于（　　）
A．55° B．80° C．90° D．100°
【分析】根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，即可求解．
【解答】解：∵∠3＝100°，
∴∠4＝180°﹣∠3＝80°，
∵∠1+∠4＝∠2，
∴∠2﹣∠1＝∠4＝80°，
故选：B．
【题型七】全等三角形的性质
【例1】（2024 济南）如图，已知△ABC≌△DEC，∠A＝60°，∠B＝40°，则∠DCE的度数为（　　）
A．40° B．60° C．80° D．100°
【分析】利用全等三角形的性质以及三角形内角和定理求解．
【解答】解：∵∠A+∠B+∠ACB＝180°，
∴∠ACB＝180°﹣60°﹣40°＝80°，
∵△ABC≌△DEC，
∴∠DCE＝∠ACB＝80°．
故选：C．
【变式1】（2025 长清区三模）如图，已知△ABC≌△AED，∠A＝75°，∠B＝30°，则∠ADE的度数为（　　）
A．105° B．80° C．75° D．45°
【分析】先利用三角形的内角和定理求出∠ACB＝75°，利用全等三角形的性质即可得到∠ADE的度数．
【解答】解：∵∠A＝75°，∠B＝30°，
∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣75°﹣30°＝75°，
∵△ABC≌△AED，
∴∠ADE＝∠ACB＝75°，
故选：C．
【变式2】（2025 莱芜区模拟）如图，△CBA≌△CBD，若∠D＝75°，∠ACB＝65°，则∠ABD的度数为（　　）
A．40° B．60° C．80° D．140°
【分析】先根据全等三角形的性质得到∠A＝∠D＝75°，∠ABC＝∠DBC，再利用三角形内角和定理计算出∠ABC，从而得到∠ABD的度数．
【解答】解：∵△CBA≌△CBD，
∴∠A＝∠D＝75°，∠ABC＝∠DBC，
在△ABC中，∠ABC＝180°﹣75°﹣65°＝40°，
∴∠ABD＝∠ABC+∠DBC＝40°+40°＝80°．
故选：C．
【变式3】（2024 成都）如图，△ABC≌△CDE，若∠D＝35°，∠ACB＝45°，则∠DCE的度数为 　100°　 ．
【分析】由△ABC≌△CDE，得∠ACB＝∠CED＝45°，故∠DCE＝180°﹣∠CED﹣∠D＝100°．
【解答】解：∵△ABC≌△CDE，
∴∠ACB＝∠CED＝45°，
∵∠D＝35°，
∴∠DCE＝180°﹣∠CED﹣∠D＝180°﹣45°﹣35°＝100°，
故答案为：100°．
【题型八】全等三角形的判定
【例1】（2025 淮安）已知：如图，在△ABC和△ADE中，点D在BC上，∠B＝∠ADE，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE．求证：△ABC≌△ADE．
【分析】根据∠BAD＝∠CAE，得到∠BAC＝∠DAE，利用AAS，即可得证．
【解答】证明：∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠BAD+∠CAD＝∠CAE+∠CAD，即∠BAC＝∠DAE，
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（AAS）．
【变式1】（2025 西藏）如图，已知AB＝DC，AC＝DB．求证：△ABC≌△DCB．
【分析】如图，直接运用SSS公理，即可解决问题．
【解答】证明：如图，在△ABC与△DCB中，
，
∴△ABC≌△DCB（SSS）．
【变式2】（2025 镇江）如图，已知△ABC≌△DEF，边BC与EF、DF分别交于点O、M，AC与EF交于点N，OB＝OE．求证：△MOF≌△NOC．
【分析】根据全等三角形的性质可得BC＝EF，∠F＝∠C，再结合题意得到OC＝OF，根据ASA即可证明△MOF≌△NOC．
【解答】解：∵△ABC≌△DEF，
∴BC＝EF，∠F＝∠C，
∵OB＝OE，
∴BC﹣OB＝EF﹣OE，即OC＝OF，
在△MOF和△NOC中，
，
∴△MOF≌△NOC（ASA）．
【变式3】（2025 广州）如图，BA＝BE，∠1＝∠2，BC＝BD．求证：△ABC≌△EBD．
【分析】由∠1＝∠2，得到∠ABC＝∠EBD，即可证明△ABC≌△EBD（SAS）．
【解答】证明：∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠EBC＝∠2+∠EBC，
∴∠ABC＝∠EBD，
在△ABC和△EBD中，
，
∴△ABC≌△EBD（SAS）．
【课后练习】
1．（2024 宿迁）如图，在△ABC中，∠B＝50°，∠C＝30°，AD是高，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交AC于点E，再分别以B、E为圆心，大于BE的长为半径画弧，两弧在∠BAC的内部交于点F，作射线AF，则∠DAF＝ 　10　 °．
【分析】根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可得到结论．
【解答】解：在△ABC中，∠B＝50°，∠C＝30°，
∴∠BAC＝180°﹣50°﹣30°＝100°，
由作图知，AF平分∠BAC，
∴∠BAF∠BAC＝50°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∵∠B＝50°，
∴∠BAD＝40°，
∴∠DAF＝∠BAF﹣∠BAD＝10°，
故答案为：10．
2．（2023 本溪）如图，线段AB＝8，点C是线段AB上的动点，将线段BC绕点B顺时针旋转120°得到线段BD，连接CD，在AB的上方作Rt△DCE，使∠DCE＝90°，∠E＝30°，点F为DE的中点，连接AF，当AF最小时，△BCD的面积为 　　 ．
【分析】连接CF，证明ACF为直角三角形，根据勾股定理列出AF2＝CF2+AC2，设BC＝x，则AC＝8﹣x，建立关于x的二次函数关系式，求出x＝2时，AF最小，再求出顶角是120°的三角形BCD的面积即可．
【解答】解：连接CF，则CF＝DF＝EF，
∵∠EDC＝90°﹣∠E＝60°，
∴∠FCD＝60°．
∵∠DCB（180°﹣120°）＝30°，
∴∠FCB＝∠FCD+∠DCB＝60°+30°＝90°，
∴△ACF是直角三角形．
设BC＝x，则AC＝8﹣x，BC＝BD＝x，CD＝CFx，由勾股定理得：
AF2．
当x＝2时，AF有最小值．
∴BC＝BD＝2，∠CBD＝120°，
如图：作BM⊥CD，
∴∠C＝∠D＝30°，
∵BC＝2，
∴BM＝1，CM，
∴CD＝2，
∴S△BCD CD BM．
故答案为：．
3．（2025 西藏）用一副直角三角板按图（1）的位置摆放，抽象成如图（2）的示意图，已知DC＝6cm，求四边形ABCD的面积（结果保留根号）．
【分析】根据“在直角三角形中，30°角所对的直角边是斜边的一半”求出BC，在Rt△ABD中利用勾股定理求出BD，根据等腰三角形的判定与性质、在Rt△ABD中利用勾股定理求出AB、AD，再利用三角形面积公式，根据四边形ABCD的面积＝△ABD的面积+△BDC的面积计算即可．
【解答】解：∵DC＝6cm，∠DBC＝30°，∠BDC＝90°，
∴BC＝2DC＝2×6＝12（cm），
在Rt△BDC中利用勾股定理，得BD6，
∵∠ABD＝∠ADB＝45°，
∴AB＝AD（设为xcm），
在Rt△ABD中利用勾股定理，得AB2+AD2＝BD2，即2x2＝（6）2，
解得x1＝3，x2＝﹣3（舍去），
∴AB＝AD＝3cm，
∴S四边形ABCD＝S△ABD+S△BDCAB ADBD DC3366＝（27+18）（cm2）．
4．（2025 上城区校级三模）如图，点P是△ABC的重心，点D是边AB的中点，PE∥AB交BC于点E，若四边形BEPD的面积为5，则△ABC的面积为（　　）
A．15 B．16 C．18 D．20
【分析】连接AP交BC于点F，连接CP，BP，则点C，P，D三点共线，AD＝BD，BF＝CF，在PD的延长线上取一点H，使DH＝DP，连接AH，BH，则PH＝2PD，进而得四边形AHBP是平行边形，由此得PF是△CBH的中位线，则PC＝PH＝2PD，CD＝3PD，设S△CPE＝a，则S△CDB＝5+a，证明△CPB和△CDB相似得，由此解出a＝4，则S△CDB＝9，然后根据AD＝BD即可得出△ABC的面积．
【解答】解：连接AP交BC于点F，连接CP，BP，
∵点P是△ABC的重心，点D是边AB的中点，
∴点C，P，D三点共线，
∴AD＝BD，BF＝CF，
在PD的延长线上取一点H，使DH＝DP，连接AH，BH，如图所示：
则PH＝2PD，
∴四边形AHBP是平行边形，
∴BH∥AF，
∵BF＝CF，
∴PF是△CBH的中位线，
∴PC＝PH＝2PD，
∴CD＝PC+PD＝3PD，
设S△CPE＝a，
∵四边形BEPD的面积为5，
∴S△CDB＝5+a，
∵PE∥AB，
∴△CPB∽△CDB，
∴，
∴，
解得：a＝4，
∴S△CDB＝5+a＝9，
∵AD＝BD，
∴△ABC的面积为：2S△CDB＝18．
故选：C．
5．（2025 盐城校级一模）如图，点P是△ABC的重心，AB＝8，连接AP，BP并延长，分别交BC，AC于点D，E，连接DE，则DE的长为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据三角形的重心是三角形三边中线的交点，进而利用三角形中位线定理解答即可．
【解答】解：由条件可知E点为AC的中点，D为BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∵AB＝8，
∴，
故选：C．
6．（2024 新疆）如图，△ABC的中线BD，CE交于点O，点F，G分别是OB，OC的中点．
（1）求证：四边形DEFG是平行四边形；
（2）当BD＝CE时，求证： DEFG是矩形．
【分析】（1）利用三角形的中位线定理可得出DE与FG平行且相等，据此可解决问题．
（2）由BD＝CE可得出DF＝EG，再根据矩形的判定即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵BD和CE是△ABC的中线，
∴点E和点D分别为AB和AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE．
同理可得，
FG∥BC，FG，
∴DE∥FG，DE＝FG，
∴四边形DEFG是平行四边形．
（2）证明：∵△ABC的中线BD，CE交于点O，
∴点O是△ABC的重心，
∴BO＝2OD，CO＝2OE．
又∵点F，G分别是OB，OC的中点，
∴OF＝FB，OF＝GC，
∴DF．
∵BD＝CE，
∴DF＝EG．
又∵四边形DEFG是平行四边形，
∴平行四边形DEFG是矩形．
7．（2024 绥化）已知：△ABC．
（1）尺规作图：画出△ABC的重心G．（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）
（2）在（1）的条件下，连接AG，BG．已知△ABG的面积等于5cm2，则△ABC的面积是 　15　 cm2．
【分析】（1）根据三角形的重心是三角形三条中线的交点即可解决问题．
（2）根据三角形重心的性质即可解决问题．
【解答】解：（1）分别作出AB边和BC边的垂直平分线，与AB和BC边分别交于点N和点M，
连接AM和CN，
如图所示，点G即为所求作的点．
（2）∵点G是△ABC的重心，
∴AG＝2MG，
∵△ABG的面积等于5cm2，
∴△BMG的面积等于2.5cm2，
∴△ABM的面积等于7.5cm2．
又∵AM是△ABC的中线，
∴△ABC的面积等于15cm2．
故答案为：15．
8．（2024 西宁）若长度分别为3，6，a的三条线段能组成一个三角形，则整数a的值可以是 　4（答案不唯一）　 ．（写出一个即可）
【分析】根据三角形三边关系，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，从而得到结果．
【解答】解：∵3，6，a的三条线段能组成一个三角形，
∴6﹣3＜a＜6+3，
∴3＜a＜9，
∴整数a的值可以是4（答案不唯一），
故答案为：4（答案不唯一）．
9．（2025 顺德区校级三模）如图，直线a、b分别经过Rt△ABC（∠ACB＝90°）的顶点B、C．若a∥b，∠1＝26°，则∠2的大小为（　　）
A．54° B．64° C．74° D．66°
【分析】先根据两直线平行，内错角相等得到∠3的度数，然后根据平角解答即可．
【解答】解：如图，
∵a∥b，∠1＝26°，
∴∠3＝∠1＝26°（两直线平行，内错角相等），
又∵∠ACB＝90°，
∴∠2＝180°﹣∠ACB﹣∠3＝180°﹣90°﹣26°＝64°．
故选：B．
10．（2024 济南）如图，已知l1∥l2，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，顶点A，B分别在l1，l2上，当∠1＝70°时，∠2＝　65　 °．
【分析】利用平行线的性质求出∠3＝70°，可得结论．
【解答】解：如图，
∵l1∥l2，
∴∠1＝∠3＝70°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°，
∴∠2＝180°﹣45°﹣70°＝65°．
故答案为：65．
11．（2025 汕尾一模）将一副三角板按照如图方式摆放，点B、C、D共线，∠CDF＝18°，则∠AFE 的度数为（　　）
A．89° B．83° C．93° D．103°
【分析】根据三角形的外角性质求出∠DFC，再根据平角的定义求出∠AFE．
【解答】解：∵∠ACB是△FCD的外角，
∴∠ACB＝∠CDF+∠DFC，
∴∠DFC＝∠ACB﹣∠CDF＝45°﹣18°＝27°，
∴∠AFE＝180°﹣60°﹣27°＝93°，
故选：C．
12．（2025 乐山）如图，∠1的度数为 　100°　 ．
【分析】三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，由此即可计算．
【解答】解：∠1＝45°+55°＝100°．
故答案为：100°．
13．（2025 云南）如图，AB与CD相交于点O，AC＝BD，∠C＝∠D．
求证：△AOC≌△BOD．
【分析】根据已知条件AC＝BD，∠C＝∠D，结合∠AOC＝∠BOD，利用“AAS”求解即可．
【解答】证明：在△AOC和△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（AAS）．
14．（2024 云南）如图，在△ABC和△AED中，AB＝AE，∠BAE＝∠CAD，AC＝AD．求证：△ABC≌△AED．
【分析】先根据题意得出∠BAC＝∠EAD，再由SAS定理即可得出结论．
【解答】证明：∵∠BAE＝∠CAD，
∴∠BAE+∠CAE＝∠CAD+∠CAE，即∠BAC＝∠EAD，
在△ABC与△AED中，
，
∴△ABC≌△AED（SAS）．

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