【文档说明】第4章 三角形（压轴30题专练）2021-2022学年七年级数学下学期考试满分全攻略（北师大版）（解析版）.docx，共(56)页，1.554 MB，由管理员店铺上传

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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＝∠

AEBB．CD∥ABC．DE＝GED．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∠A

CD＝∠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．1C．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．2B．7C．16D．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△Q

MB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ADB．AB和ACC．AC和BCD．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＝∠A

EB，∴∠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，∴△AB

E∽△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＝3C

B，连接EF、FD、DE，若S△DEF＝36，则S△ABC为（）A．2B．3C．4D．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+2B

E．A．①②③B．②③④C．②③D．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．①②③B．②③④C．①④⑤D．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+∠BA

E＝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，，∴△AB

E≌△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＝2α，CD平分∠ACB，∠CAD＝

30°﹣α，∠BAD＝30°，则∠BDC＝120°+α．（用含α的式子表示）【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∠EA

D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°﹣α，∠ACD＝α，∴∠ADC＝180°﹣

（30°﹣α）﹣α＝150°，∴∠EDC＝∠ADC＝150°，∴∠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＝2α，∠EAC＝∠EAD+∠DAC＝60°+30°﹣α＝90°﹣α，∴∠AEC＝180°﹣2α﹣（90°﹣α）＝90°﹣α，∴∠EDC＝∠AEC﹣∠AED＝90°﹣α﹣60°＝30°﹣α，∴∠BED＝∠BED＝

30°﹣α，∴∠DBC＝∠BDE+∠BED＝（30°﹣α）×2＝60°﹣2α，∴∠BDC＝180°﹣∠DBC﹣∠DCB＝180°﹣（60°﹣2α）﹣α＝120°+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64﹣16．【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＝＝＝2k，∵S△TAB＝•AB•TW＝•TB•AH，∴×2k×4＝×2k×k，解得k＝4，∴△A

BO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＝∠C

HE＝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+∠AC

D＝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，△B

DN≌△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＝2DG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B

C，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＝∠DE

F＝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＝∠M

BD，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△D

EP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，∵△B

PE≌△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＝∠A

BE+∠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，∠DB

E+∠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＝12

0°，∴∠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∠D

BE＝∠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＝45°．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＝α，用含α的代数式表示∠CBA和∠BAD，然后代入计算即可证明不变．（3）∠BAO的平分线AI，∠OA

E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∠OB

A＝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°+α，∵直线MN与PQ互相垂直，垂足为O，∴∠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＝α，∵AI平分∠BAO交OB于点I，BC平分∠ABM，∴，∠MBA＝90°+α，，∴∠ADB＝∠CBA﹣∠BAD＝4

5，∴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＝α，∠B＝β，∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，试问∠P与∠C，∠B之间存在

着怎样的数量关系（用α，β表示∠P），并说明理由；（4）如图③，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为360°．【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＝（β+2α）．理由：∵∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，∴∠BAP＝∠BAC，∠BDP＝∠BDC，∵∠CAP+∠C＝∠CDP+∠P，∠BAP+∠P＝∠BDP+∠B，∴∠C﹣∠P＝∠B

DC﹣∠BAC，∠P﹣∠B＝∠BDC﹣∠BAC，∴2（∠C﹣∠P）＝∠P﹣∠B，∴∠P＝（∠B+2∠C），∵∠C＝α，∠B＝β，∴∠P＝（β+2α）；（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，∴∠E

FD＝∠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B

M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），∴B

M＝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＝α．（1）如图1，当α＝90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系

是DE＝BD+CE；（2）如图2，当0＜α＜180时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展与应用：如图3，当α＝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．【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＝α得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；（3）先由α＝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△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＝α，∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣

α，∴∠DBA＝∠EAC，∵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，∵α＝120°，AF平分∠BAC，∴∠BAF＝∠CAF＝60°，∵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，∴∠DF

E＝∠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△BC

E＝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（A

SA），∴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B

D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30°，△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，∴∠BA

C＝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+∠BA

C＝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、∠OM

P、∠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＝∠MP

N+∠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∠MO

N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∠MO

N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+∠MO

N+∠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﹣∠OM

P＝∠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，∠MP

N、∠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+MP

N＝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+∠A

MP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∠BC

D；（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1

20°．【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．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com