北师大版八年级下册第一章 三角形的证明综合与测试课后作业题

这是一份北师大版八年级下册第一章 三角形的证明综合与测试课后作业题，文件包含第一章三角形的证明考点梳理原卷版docx、第一章三角形的证明考点梳理解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共78页， 欢迎下载使用。

【考点1 等腰三角形的性质（分类讨论思想）】
【方法点拨】解决此类问题的关键要注意分类讨论思想．
【例1】（2019秋•谢家集区期末）等腰三角形的周长为14cm，其中一边长为4cm，则该等腰三角形的腰长为（ ）
A．4cmB．5cmC．4cm或5cmD．4cm或6cm
【分析】已知的边可能是腰，也可能是底边，应分两种情况进行讨论．
【解答】解：∵当腰是4cm时，则另两边是4cm，6cm；
当底边是4cm时，另两边长是5cm，5cm．
∴该等腰三角形的腰长为4cm或5cm．
故选：C．
【点评】本题考查的是等腰三角形的性质，在解答此题时要注意进行分类讨论，不要漏解．
【变式1-1】（2019春•郑州期末）等腰三角形一腰的垂直平分线与另一腰所在直线的夹角为50°，则这个等腰三角形顶角的度数为（ ）
A．40°B．70°C．40°或70°D．40°或140°
【分析】由题意可知其为锐角等腰三角形或钝角等腰三角形，不可能是等腰直角三角形，所以应分开来讨论．
【解答】解：当为锐角三角形时，如图
∵∠ADE＝50°，∠AED＝90°，
∴∠A＝40°
当为钝角三角形时，如图
∠ADE＝50°，∠DAE＝40°，
∴顶角∠BAC＝180°﹣40°＝140°，
故选：D．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质及三角形内角和定理，分类讨论是正确解答本题的关键．
【变式1-2】（2020春•东城区校级期末）等腰三角形底边长为5cm，一腰上的中线把其周长分为两部分的差为3cm．则等腰三角形的腰长为（ ）
A．2cmB．8cm
C．2cm或8cmD．以上答案都不对
【分析】设腰长为x，得出方程（2x+x）﹣（5+x）＝3或（5+x）﹣（2x+x）＝3，求出x后根据三角形三边关系进行验证即可．
【解答】解：设腰长为2x，一腰的中线为y，
则（2x+x）﹣（5+x）＝3或（5+x）﹣（2x+x）＝3，
解得：x＝4，x＝1，
∴2x＝8或2，
①三角形ABC三边长为8、8、5，符合三角形三边关系定理；
②三角形ABC三边是2、2、5，2+2＜5，不符合三角形三边关系定理；
故选：B．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，难度不大，关键是求出x的值后根据三角形三边关系进行验证．
【变式1-3】（2019秋•殷都区期中）等腰三角形一腰上的高等于该三角形另一边长的一半．则其顶角等于（ ）
A．30°B．30°或150°
C．120°或150°D．120°、30°或150°
【分析】题中没有指明等腰三角形一腰上的高是哪边长的一半，故应该分三种情况进行分析，从而不难求解．
【解答】解：①如图，∵∠ADB＝90°，AD=12AB，
∴∠B＝30°，
∵AC＝BC，
∴∠CAB＝30°，
∴∠ACB＝180°﹣30°﹣30°＝120°．
②如图，∵∠ADB＝90°，AD=12AC，
∴∠ACD＝30°，
∵AC＝BC，
∴∠CAB＝∠B＝15°，∠ACB＝180°﹣30°＝150°．
③如图，∵∠ADB＝90°，AD=12BC，
∴∠B＝30°，
∵AB＝BC，
∴∠CAB＝∠C＝75°，
∴∠B＝30°．
故选：D．
【点评】此题主要考查等腰三角形的性质，三角形内角和定理及三角形外角性质的综合运用．
【考点2 等腰三角形的性质（求角度综合）】
【方法点拨】解决此类问题的关键要掌握等腰三角形两底角相等（简称等边对等角），常与三角形外角的性质及三角形内角和定理结合运用．
【例2】（2019秋•高州市期末）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝BD，AD＝DE＝EB，则∠A的度数是（ ）
A．30°B．36°C．45°D．50°
【分析】根据AB＝AC，BC＝BD，AD＝DE＝EB可得到几组相等的角，再根据三角形外角的性质可得到∠C，∠A，∠EBD之间的关系，再根据三角形内角和定理即可求解．
【解答】解：设∠EBD＝x°，
∵BE＝DE，
∴∠EDB＝∠EBD＝x°，
∴∠AED＝∠EBD+∠EDB＝2x°，
∵AD＝DE，
∴∠A＝∠AED＝2x°，
∴∠BDC＝∠A+∠ABD＝3x°，
∵BD＝BC，
∴∠C＝∠BDC＝3x°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝3x°，
∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，
∴2x+3x+3x＝180，
解得：x＝22.5，
∴∠A＝2x°＝45°．
故选：C．
【点评】此题主要考查等腰三角形的性质，三角形外角的性质及三角形内角和定理的综合运用．
【变式2-1】（2020春•历下区期末）如图，已知∠AOB＝10°，且OC＝CD＝DE＝EF＝FG＝GH，则∠BGH＝（ ）
A．50°B．60°C．70°D．80°
【分析】根据等腰三角形的性质和三角形的外角的性质即可得到结论．
【解答】解：∵OC＝CD，
∴∠CDO＝∠O＝10°
∴∠DCE＝∠O+∠CDO＝20°，
∵CD＝DE，
∴∠DCE＝∠CED＝20°，
∴∠EDF＝∠O+∠CED＝30°，
∵DE＝EF，
∴∠EDF＝∠EFD＝30°，
同理∠GEF＝∠EGF＝40°，∠GFH＝∠GHF＝50°，∠BGH＝60°，
故选：B．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角形外角性质．此类题考生应该注意的是三角形内角和定理、外角性质的运用．
【变式2-2】（2020春•广饶县期末）如图，△AA1B中，AB＝A1B，∠B＝20°，A2，A3，A4，A5，…An都在AA1的延长线上，B1，B2，B3，B4…分别在A1B，A2B1，A3B2，A4B3，…上，且满足A1B1＝A1A2，A2B2＝A2A3，A3B3＝A3A4，A4B4＝A4A5，…，依此类推，∠B2019A2020A2019＝ ．
【分析】先根据等腰三角形的性质求出∠BA1A的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠B1A2A1，∠B2A3A2及∠B3A4A3的度数，找出规律即可得出∠A2019A2020B2019的度数．
【解答】解：∵在△ABA1中，∠B＝20°，AB＝A1B，
∴∠BA1A=180°-∠B2=80°，
∵A1A2＝A1B1，∠BA1A是△A1A2B1的外角，
∴∠B1A2A1=∠BA1A2=40°；
同理可得∠B2A3A2＝20°，∠B3A4A3＝10°，
∴∠An﹣1AnBn﹣1=80°2n-1，
∴∠A2019A2020B2019的度数为80°22019．
故答案为：80°22019．
【点评】本题考查的是等腰三角形的性质及三角形外角的性质，根据题意得出∠B1C2A1，∠B2A3A2及∠B3A4A3的度数，找出规律是解答此题的关键．
【变式2-3】（2020春•叙州区期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，E为BC边上一点，以E为顶点作∠AEF，∠AEF的一边交AC于点F，使∠AEF＝∠B．
（1）如果∠ABC＝40°，则∠BAC＝ ；
（2）判断∠BAE与∠CEF的大小关系，并说明理由；
（3）当△AEF为直角三角形时，求∠AEF与∠BAE的数量关系．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质解答即可；
（2）根据三角形内角与外角的关系可得∠B+∠BAE＝∠AEC＝∠AEF+∠FEC，再由条件∠AEF＝∠B可得∠BAE＝∠FEC；
（3）分别根据当∠AFE＝90°时，以及当∠EAF＝90°时利用外角的性质得出即可．
【解答】解：（1）∵在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，∠ABC＝40°，
∴∠ACB＝40°，
∴∠BAC＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
故答案为：100°．
（2）∠BAE＝∠FEC；
理由如下：
∵∠B+∠BAE＝∠AEC，∠AEF＝∠B，
∴∠BAE＝∠FEC；
（3）如图1，当∠AFE＝90°时，
∵∠B+∠BAE＝∠AEF+∠CEF，
∠B＝∠AEF＝∠C，
∴∠BAE＝∠CEF，
∵∠C+∠CEF＝90°，
∴∠BAE+∠AEF＝90°，
即∠AEF与∠BAE的数量关系是互余；
如图2，当∠EAF＝90°时，
∵∠B+∠BAE＝∠AEF+∠1，
∠B＝∠AEF＝∠C，
∴∠BAE＝∠1，
∵∠C+∠1+∠AEF＝90°，
∴2∠AEF+∠1＝90°，
即2∠AEF与∠BAE的数量关系是互余．
【点评】此题考查了等腰三角形的性质以及外角的性质，此题难度适中，注意掌握分类讨论思想的应用．
【考点3 等腰三角形的性质（三线合一）】
【方法点拨】解决此类问题的关键要掌握等腰三角形两底角相等（简称等边对等角），常与三角形外角的性质及三角形内角和定理结合运用．
【例3】（2019秋•江油市期末）如图：D为△ABC内一点，CD平分∠ACB，BD⊥CD，∠A＝∠ABD，若BD＝1，BC＝3，则AC的长为（ ）
A．5B．4C．3D．2
【分析】延长BD交AC于E，如图，利用CD平分∠ACB，BD⊥CD先判断△BCE为等腰三角形得到DE＝BD＝1，CE＝CB＝3，再证明EA＝EB＝2，然后计算AE+CE即可．
【解答】解：延长BD交AC于E，如图，
∵CD平分∠ACB，BD⊥CD，
∴△BCE为等腰三角形，
∴DE＝BD＝1，CE＝CB＝3，
∵∠A＝∠ABD，
∴EA＝EB＝2，
∴AC＝AE+CE＝2+3＝5．
故选：A．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质：等腰三角形提供了好多相等的线段和相等的角，判定三角形是等腰三角形是证明线段相等、角相等的重要手段．
【变式3-1】（2019秋•丰城市期末）如图：已知等边△ABC中，D是AC的中点，E是BC延长线上的一点，且CE＝CD，DM⊥BC，垂足为M．
（1）求∠E的度数．
（2）求证：M是BE的中点．
【分析】（1）由等边△ABC的性质可得：∠ACB＝∠ABC＝60°，然后根据等边对等角可得：∠E＝∠CDE，最后根据外角的性质可求∠E的度数；
（2）连接BD，由等边三角形的三线合一的性质可得：∠DBC=12∠ABC=12×60°＝30°，结合（1）的结论可得：∠DBC＝∠E，然后根据等角对等边，可得：DB＝DE，最后根据等腰三角形的三线合一的性质可得：M是BE的中点．
【解答】（1）解：∵三角形ABC是等边△ABC，
∴∠ACB＝∠ABC＝60°，
又∵CE＝CD，
∴∠E＝∠CDE，
又∵∠ACB＝∠E+∠CDE，
∴∠E=12∠ACB＝30°；
（2）证明：连接BD，
∵等边△ABC中，D是AC的中点，
∴∠DBC=12∠ABC=12×60°＝30°
由（1）知∠E＝30°
∴∠DBC＝∠E＝30°
∴DB＝DE
又∵DM⊥BC
∴M是BE的中点．
【点评】此题考查了等边三角形的有关性质，重点考查了等边三角形的三线合一的性质．
【变式3-2】（2019秋•宁都县期末）如图所示，△ABC中，AB＝BC，DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点D，交AC于F．
（1）若∠AFD＝155°，求∠EDF的度数；
（2）若点F是AC的中点，求证：∠CFD=12∠B．
【分析】（1）求得∠A的度数后利用四边形的内角和定理求得结论即可；
（2）连接FB，根据AB＝BC，且点F是AC的中点，得到BF⊥AC，∠ABF＝∠CBF=12∠ABC，证得∠CFD＝∠CBF后即可证得∠CFD=12∠ABC．
【解答】解：（1）∵∠AFD＝155°，
∴∠DFC＝25°，
∵DF⊥BC，DE⊥AB，
∴∠FDC＝∠AED＝90°，
在Rt△FDC中，
∴∠C＝90°﹣25°＝65°，
∵AB＝BC，
∴∠C＝∠A＝65°，
∴∠EDF＝360°﹣65°﹣155°﹣90°＝50°．
（2）连接BF
∵AB＝BC，且点F是AC的中点，
∴BF⊥AC，∠ABF＝∠CBF=12∠ABC，
∴∠CFD+∠BFD＝90°，
∠CBF+∠BFD＝90°，
∴∠CFD＝∠CBF，
∴∠CFD=12∠ABC．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，解题的关键是从复杂的图形中找到相等的线段，这是利用等腰三角形性质的基础．
【变式3-3】如图所示，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC．
（1）若D为BC的中点，过D作DM⊥DN分别交AB、AC于M、N，求证：DM＝DN；
（2）若D为BC的中点，DM⊥DN分别和BA、AC延长线交于M、N，问DM和DN有何数量关系，并证明．
【分析】（1）连接AD，可得∠ADM＝∠CDN，可证△AMD≌△CND，可得DM＝DN；
（2）连接AD，可得∠ADM＝∠CDN，可证△AMD≌△CND，可得DM＝DN．
【解答】解：（1）连接AD，
∵D为BC中点，AB＝AC，∠BAC＝90°
∴AD＝BD，∠BAD＝∠C，
∴AD＝BD＝DC，
∵∠ADM+∠ADN＝90°，∠ADN+∠CDN＝90°，
∴∠ADM＝∠CDN，
在△AMD和△CND中，
∠ADM=∠CDNAD=CD∠BAD=∠C，
∴△AMD≌△CND（ASA），
∴DM＝DN．
（2）连接AD，∵D为BC中点，∴AD＝BD，∠BAD＝∠C，
∵∠ADM+∠MDC＝90°，∠MDC+∠CDN＝90°，
∴∠ADM＝∠CDN，
∵∠MAD＝MAC+DAC＝135°，∠NCD＝180°﹣∠ACD＝135°
在△AMD和△CND中，
∠ADM=∠CDNAD=CD∠MAD=∠NCD，
∴△AMD≌△CND（ASA），
∴DM＝DN．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△AMD≌△CND是解题的关键．
【考点4 等腰三角形的性质（作等腰三角形）】
【例4】（2020秋•随县期末）已知：如图，下列三角形中，AB＝AC，则经过三角形的一个顶点的一条直线能够将这个三角形分成两个小等腰三角形的是（ ）
A．①③④B．①②③④C．①②④D．①③
【分析】顶角为：36°，90°，108°的四种等腰三角形都可以用一条直线把这四个等腰三角形每个都分割成两个小的等腰三角形，再用一条直线分其中一个等腰三角形变成两个更小的等腰三角形．
【解答】解：由题意知，要求“被一条直线分成两个小等腰三角形”，
①中分成的两个等腰三角形的角的度数分别为：36°，36°，108°和36°，72°，72°，能；
②不能；
③显然原等腰直角三角形的斜边上的高把它还分为了两个小等腰直角三角形，能；
④中的为36°，72，72°和36°，36°，108°，能．
故选：A．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定；在等腰三角形中，从一个顶点向对边引一条线段，分原三角形为两个新的等腰三角形，必须存在新出现的一个小等腰三角形与原等腰三角形相似才有可能．
【变式4-1】（2020•海门市一模）线段AB在如图所示的8×8网格中（点A、B均在格点上），在格点上找一点C，使△ABC是以∠B为顶角的等腰三角形，则所有符合条件的点C的个数是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【分析】根据题意可得，以点B为圆心，BA长为半径画圆，圆与格点的交点即为符合条件的点C．
【解答】解：如图所示：
使△ABC是以∠B为顶角的等腰三角形，
所以所有符合条件的点C的个数是6个．
故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定，解决本题的关键是掌握等腰三角形的判定．
【变式4-2】（2019秋•安陆市期末）如图，已知△ABC中，AB＝3，AC＝5，BC＝7，在△ABC所在平面内一条直线，将△ABC分割成两个三角形，使其中有一个边长为3的等腰三角形，则这样的直线最多可画（ ）
A．5条B．4条C．3条D．2条
【分析】根据等腰三角形的性质分别利用AB为底以及AB为腰得出符合题意的图形即可．
【解答】解：如图所示，当AB＝AF＝3，BA＝BD＝3，AB＝AE＝3，BG＝AG时，都能得到符合题意的等腰三角形．
故选：B．
【点评】此题主要考查了等腰三角形的判定等知识，正确利用图形分类讨论得出等腰三角形是解题关键．
【变式4-3】（2019秋•鼓楼区月考）如图，直线PQ上有一点O，点A为直线外一点，连接OA，在直线PQ上找一点B，使得△AOB是等腰三角形，这样的点B最多有 个．
【分析】分别以A、O为圆心AO长为半径画弧，作AO的垂直平分线，即可在直线PQ上找一点B，使得△AOB是等腰三角形．
【解答】解：如图所示，分别以A、O为圆心，AO长为半径画弧，与直线PQ的交点B1，B2，B3符合题意；作AO的垂直平分线，与直线PQ的交点B4符合题意，若B2，B3，B4不重合，则最多有4个．
故答案为：4．
【点评】本题主要考查等腰三角形的判定，利用圆上的点到圆心的距离相等确定点P的位置是解题的关键，也是这类问题的常用方法．
【考点5 等边三角形的性质（含30°直角三角形）】
【方法点拨】掌握直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键．
【例5】（2019秋•大洼区期末）如图，在等边三角形ABC中，BC＝2，D是AB的中点，过点D作DF⊥AC于点F，过点F作EF⊥BC于点E，则BE的长为（ ）
A．1B．32C．54D．43
【分析】根据在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，求得AF，CF，CE，即可得出BE的长．
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠A＝∠C＝60°，AB＝AC＝BC＝2，
∵DF⊥AC，FE⊥BC，
∴∠AFD＝∠CEF＝90°，
∴∠ADF＝∠CFE＝30°，
∴AF=12AD，CE=12CF，
∵点D是AB的中点，
∴AD＝1，
∴AF=12，CF=32，CE=34，
∴BE＝BC﹣CE＝2-34=54，
故选：C．
【点评】本题考查了含30°角直角三角形的性质、等边三角形的性质等知识；熟练掌握含30°角直角三角形的性质是解题的关键．
【变式5-1】（2019秋•济南期末）如图，点P、M、N分别在等边△ABC的各边上，且MP⊥AB于点P，MN⊥BC于点M，PN⊥AC于点N，若AB＝12cm，求CM的长为 ．
【分析】根据等边三角形的性质得出∠A＝∠B＝∠C，进而得出∠MPB＝∠NMC＝∠PNA＝90°，再根据平角的意义即可得出∠NPM＝∠PMN＝∠MNP，即可证得△PMN是等边三角形；根据全等三角形的性质得到PA＝BM＝CN，PB＝MC＝AN，从而求得BM+PB＝AB＝12cm，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半得出2PB＝BM，即可求得PB的长，进而得出MC的长．
【解答】解：∵△ABC是正三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C，
∵MP⊥AB，MN⊥BC，PN⊥AC，
∴∠MPB＝∠NMC＝∠PNA＝90°，
∴∠PMB＝∠MNC＝∠APN，
∴∠NPM＝∠PMN＝∠MNP，
∴△PMN是等边三角形，
∴PN＝PM＝MN，
∴△PBM≌△MCN≌△NAP（AAS），
∴PA＝BM＝CN，PB＝MC＝AN，
∴BM+PB＝AB＝12cm，
∵△ABC是正三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，
∴2PB＝BM，
∴2PB+PB＝12cm，
∴PB＝4cm，
∴MC＝4cm
故答案为：4cm．
【点评】本题考查了等边三角形的判定和性质，平角的意义，三角形全等的性质等，得出∠NPM＝∠PMN＝∠MNP是本题的关键．
【变式5-2】（2019秋•五常市期末）如图，△ABC是等边三角形，D是BC延长线上一点，DE⊥AB于点E，EF⊥BC于点F．若CD＝3AE，CF＝6，则AC的长为 ．
【分析】AC与DE相交于G，如图，利用等边三角形的性质得到AB＝BC＝AC，∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，再证明CG＝CD，设AE＝x，则CD＝3x，CG＝3x，利用含30度的直角三角形三边的关系得到AG＝2AE＝2x，所以AB＝BC＝AC＝5x，则BE＝4x，BF＝5x﹣6，然后在Rt△BEF中利用BE＝2BF得到4x＝2（5x﹣6），解方程求出x后计算5x即可．
【解答】解：AC与DE相交于G，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，
∵DE⊥AE，
∴∠AGE＝30°，
∴∠CGD＝30°，
∵∠ACB＝∠CGD+∠D，
∴∠D＝30°，
∴CG＝CD，
设AE＝x，则CD＝3x，CG＝3x，
在Rt△AEG中，AG＝2AE＝2x，
∴AB＝BC＝AC＝5x，
∴BE＝4x，BF＝5x﹣6，
在Rt△BEF中，BE＝2BF，
即4x＝2（5x﹣6），解得x＝2，
∴AC＝5x＝10．
故答案为10．
【点评】本题考查了含30度角的直角三角形的性质：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．也考查了等边三角形的性质．
【变式5-3】（2019秋•南岗区校级月考）如图，△ABC是等边三角形，DE∥AB分别交BC、AC于点D、E，过点E做EF⊥DE，交线段BC的延长线于点F．
（1）求证：CE＝CF；
（2）若BD=13CE，AB＝8，求线段DF的长．
【分析】（1）由题意可证△DEC是等边三角形，可求∠ECD＝∠DEC＝60°，根据三角形外角等于不相邻的两个内角的和，可求∠CEF＝∠CFE＝30°，即可得CE＝CF；
（2）由题意可得BD＝2，CD＝6，即可求DF的长．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形
∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°
∵AE＝BD
∴AC﹣AE＝BC﹣BD
∴CE＝CD，且∠ACB＝60°
∴△CDE是等边三角形
∴∠ECD＝∠DEC＝60°
∵EF⊥DE
∴∠DEF＝90°
∴∠CEF＝30°
∵∠DCE＝∠CEF+∠CFE＝60°
∴∠CEF＝∠CFE＝30°
∴CE＝CF
（2）∵BD=13CE，CE＝CD
∴BD=13CD
∵AB＝8
∴BC＝8
∴BD＝2，CD＝6
∵CE＝CF＝CD
∴CF＝6
∴DF＝DC+CF＝12
【点评】本题考查了等边三角形的性质，熟练运用等边三角形的性质和判定解决问题是本题的关键．
【考点6 等边三角形的判定与性质综合】
【例6】（2019秋•雨花区校级月考）已知如图等腰△ABC，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC于点D，点P是BA延长线上一点，点O是线段AD上一点，OP＝OC，下面的结论：①∠APO+∠DCO＝30°；②∠APO＝∠DCO；③△OPC是等边三角形；④AB＝AO+AP．其中正确的是（ ）
A．①③④B．①②③C．①③D．①②③④
【分析】①利用等边对等角，即可证得：∠APO＝∠ABO，∠DCO＝∠DBO，则∠APO+∠DCO＝∠ABO+∠DBO＝∠ABD，据此即可求解；
②因为点O是线段AD上一点，所以BO不一定是∠ABD的角平分线，可作判断；
③证明∠POC＝60°且OP＝OC，即可证得△OPC是等边三角形；
④首先证明△OPA≌△CPE，则AO＝CE，AC＝AE+CE＝AO+AP．
【解答】解：①如图1，连接OB，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，∠BAD=12∠BAC=12×120°＝60°，
∴OB＝OC，∠ABC＝90°﹣∠BAD＝30°
∵OP＝OC，
∴OB＝OC＝OP，
∴∠APO＝∠ABO，∠DCO＝∠DBO，
∴∠APO+∠DCO＝∠ABO+∠DBO＝∠ABD＝30°；
故①正确；
②由①知：∠APO＝∠ABO，∠DCO＝∠DBO，
∵点O是线段AD上一点，
∴∠ABO与∠DBO不一定相等，则∠APO与∠DCO不一定相等，
故②不正确；
③∵∠APC+∠DCP+∠PBC＝180°，
∴∠APC+∠DCP＝150°，
∵∠APO+∠DCO＝30°，
∴∠OPC+∠OCP＝120°，
∴∠POC＝180°﹣（∠OPC+∠OCP）＝60°，
∵OP＝OC，
∴△OPC是等边三角形；
故③正确；
④如图2，在AC上截取AE＝PA，连接PB，
∵∠PAE＝180°﹣∠BAC＝60°，
∴△APE是等边三角形，
∴∠PEA＝∠APE＝60°，PE＝PA，
∴∠APO+∠OPE＝60°，
∵∠OPE+∠CPE＝∠CPO＝60°，
∴∠APO＝∠CPE，
∵OP＝CP，
在△OPA和△CPE中，
PA=PE∠APO=∠CPEOP=CP，
∴△OPA≌△CPE（SAS），
∴AO＝CE，
∴AC＝AE+CE＝AO+AP；
故④正确；
本题正确的结论有：①③④
故选：A．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决问题的关键．
【变式6-1】（2020春•龙泉驿区期末）如图，C为线段AE上一动点，（不与点A、E重合），在AE同侧分别作正△ABC和正△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．
求证：（1）AD＝BE
（2）△APC≌△BQC
（3）△PCQ是等边三角形．
【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质证明即可；
（2）根据全等三角形的性质和判定证明即可；
（3）根据全等三角形的性质和等边三角形的判定证明即可．
【解答】证明：（1）∵△ABC和△CDE是正三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∵∠ACD＝∠ACB+∠BCD，∠BCE＝∠DCE+∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ADC≌△BEC（SAS），
∴AD＝BE；
（2）∵ADC≌△BEC，
∴∠ACP＝∠BCQ，AC＝BC，∠CAP＝∠CBQ，
∴△APC≌△BQC（ASA）；
（3）∵CD＝CE，∠DCP＝∠ECQ＝60°，∠ADC＝∠BEC，
∴△CDP≌△CEQ（ASA）．
∴CP＝CQ，
∴∠CPQ＝∠CQP＝60°，
∴△CPQ是等边三角形．
【点评】本题考查等边三角形的性质及全等三角形的判定等知识点；得到三角形全等是正确解答本题的关键．
【变式6-2】（2020•烟台）如图，在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF．
【问题解决】
如图1，若点D在边BC上，求证：CE+CF＝CD；
【类比探究】
如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由．
【分析】【问题解决】在CD上截取CH＝CE，易证△CEH是等边三角形，得出EH＝EC＝CH，证明△DEH≌△FEC（SAS），得出DH＝CF，即可得出结论；
【类比探究】过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，由平行线的性质易证∠GDC＝∠DGC＝60°，得出△GCD为等边三角形，则DG＝CD＝CG，证明△EGD≌△FCD（SAS），得出EG＝FC，即可得出FC＝CD+CE．
【解答】【问题解决】证明：在CD上截取CH＝CE，如图1所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ECH＝60°，
∴△CEH是等边三角形，
∴EH＝EC＝CH，∠CEH＝60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝FE，∠DEF＝60°，
∴∠DEH+∠HEF＝∠FEC+∠HEF＝60°，
∴∠DEH＝∠FEC，
在△DEH和△FEC中，
DE=FE∠DEH=∠FECEH=EC，
∴△DEH≌△FEC（SAS），
∴DH＝CF，
∴CD＝CH+DH＝CE+CF，
∴CE+CF＝CD；
【类比探究】解：线段CE，CF与CD之间的等量关系是FC＝CD+CE；理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝60°，
过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，如图2所示：
∵GD∥AB，
∴∠GDC＝∠B＝60°，∠DGC＝∠A＝60°，
∴∠GDC＝∠DGC＝60°，
∴△GCD为等边三角形，
∴DG＝CD＝CG，∠GDC＝60°，
∵△EDF为等边三角形，
∴ED＝DF，∠EDF＝∠GDC＝60°，
∴∠EDG＝∠FDC，
在△EGD和△FCD中，
ED=DF∠EDG=∠FDCDG=CD，
∴△EGD≌△FCD（SAS），
∴EG＝FC，
∴FC＝EG＝CG+CE＝CD+CE．
【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；作辅助线构建等边三角形是解题的关键．
【变式6-3】（2019秋•东台市期末）在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系．
（1）如图1，当点M、N边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是 ；此时QL= ；
（2）如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（ I）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由．
（3）如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，探索BM、NC、MN之间的数量关系如何？并给出证明．
【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°，可证得△MDN是等边三角形，又由△ABC是等边三角形，CD＝BD，易证得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性质，即可求得BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN，此时 QL=23；
（2）在CN的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，易证得∠CDN＝∠MDN＝60°，则可证得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立；
（3）首先在CN上截取CM1＝BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，然后证得∠CDN＝∠MDN＝60°，易证得△MDN≌△M1DN，则可得NC﹣BM＝MN．
【解答】解：（1）如图1，BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN．
此时 QL=23． （2分）．
理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，
∴△MDN是等边三角形，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠MBD＝∠NCD＝90°，
∵DM＝DN，BD＝CD，
∴Rt△BDM≌Rt△CDN，
∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，
∴DM＝2BM，DN＝2CN，
∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN；
∴AM＝AN，
∴△AMN是等边三角形，
∵AB＝AM+BM，
∴AM：AB＝2：3，
∴QL=23；
（2）猜想：结论仍然成立． （3分）．
证明：在NC的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．（4分）
∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，
∴△DBM≌△DCM1，
∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，
∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，
∴△MDN≌△M1DN，
∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC，
∴△AMN的周长为：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，
∴QL=23；
（3）证明：在CN上截取CM1＝BM，连接DM1．（4分）
可证△DBM≌△DCM1，
∴DM＝DM1，（5分）
可证∠M1DN＝∠MDN＝60°，
∴△MDN≌△M1DN，
∴MN＝M1N，（7分）．
∴NC﹣BM＝MN．（8分）．
【点评】此题考查了等边三角形，直角三角形，等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的作法．
【考点7 共点等腰（手拉手模型）】
【例7】（2019秋•垦利区期中）已知：如图，在△ABC，△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，点C，D，E三点在同一条直线上，连接BD，BE．以下四个结论：
①BD＝CE；②BD⊥CE；③∠ACE+∠DBC＝45°；④∠ACE＝∠DBC．
其中结论正确的个数有（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】①由AB＝AC，AD＝AE，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得出△ABD≌△AEC，由全等三角形的对应边相等得到BD＝CE；
②由△ABD≌△AEC得到一对角相等，再利用等腰直角三角形的性质及等量代换得到BD垂直于CE；
③由等腰直角三角形的性质得到∠ABD+∠DBC＝45°，等量代换得到∠ACE+∠DBC＝45°；
④由BD垂直于CE，在直角三角形BDE中，利用勾股定理列出关系式，等量代换即可作出判断．
【解答】解：①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，本选项正确；
②∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABD+∠DBC＝45°，
∴∠ACE+∠DBC＝45°，
∴∠DBC+∠DCB＝∠DBC+∠ACE+∠ACB＝90°，
则BD⊥CE，本选项正确；
③∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠ABD+∠DBC＝45°，
∵∠ABD＝∠ACE
∴∠ACE+∠DBC＝45°，本选项正确；
④∵∠ABD＝∠ACE，
∴只有当∠ABD＝∠DBC时，∠ACE＝∠DBC才成立．
综上所述，正确的结论有3个．
故选：C．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
【变式7-1】（2019•滨州）如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平分∠BOC；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【分析】由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正确；
由全等三角形的性质得出∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，得出∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，由AAS证明△OCG≌△ODH（AAS），得出OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠BMC，④正确；
由∠AOB＝∠COD，得出当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DOM＝∠AOM，由△AOC≌△BOD得出∠COM＝∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO＝∠BMO，推出△COM≌△BOM，得OB＝OC，而OA＝OB，所以OA＝OC，而OA＞OC，故③错误；即可得出结论．
【解答】解：∵∠AOB＝∠COD＝40°，
∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，OA=OB∠AOC=∠BODOC=OD，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正确；
∴∠OAC＝∠OBD，
由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，
∴∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图2所示：
则∠OGC＝∠OHD＝90°，
在△OCG和△ODH中，∠OCA=∠ODB∠OGC=∠OHDOC=OD，
∴△OCG≌△ODH（AAS），
∴OG＝OH，
∴MO平分∠BMC，④正确；
∵∠AOB＝∠COD，
∴当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，
假设∠DOM＝∠AOM
∵△AOC≌△BOD，
∴∠COM＝∠BOM，
∵MO平分∠BMC，
∴∠CMO＝∠BMO，
在△COM和△BOM中，∠COM=∠BOMOM=OM∠CMO=∠BMO，
∴△COM≌△BOM（ASA），
∴OB＝OC，
∵OA＝OB
∴OA＝OC
与OA＞OC矛盾，
∴③错误；
正确的个数有3个；
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识；证明三角形全等是解题的关键．
【变式7-2】（2019秋•常德期末）（1）问题发现
如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE，求∠AEB的度数．
（2）拓展探究
如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．请求∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）先证出∠ACD＝∠BCE，那么△ACD≌△BCE，根据全等三角形证出∠ADC＝∠BEC，求出∠ADC＝120°，得出∠BEC＝120°，从而证出∠AEB＝60°；
（2）证明△ACD≌△BCE，得出∠ADC＝∠BEC，最后证出DM＝ME＝CM即可．
【解答】解：（1）∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝60°﹣∠CDB＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝60°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝120°，
∴∠BEC＝120°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°．
（2）∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM．
理由：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°．
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
CA=CB∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝135°，
∴∠BEC＝135°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°．
∵CD＝CE，CM⊥DE，
∴DM＝ME．
∵∠DCE＝90°，
∴DM＝ME＝CM．
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质和等腰三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质；证明三角形全等是解决问题的关键．
【变式7-3】（2020秋•上蔡县校级期中）已知Rt△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝45°，点D为直线BC上的一动点（点D不与点B、C重合），以AD为边作Rt△ADE，AD＝AE，∠ADE＝∠AED＝45°，连接CF．
（1）发现问题
如图①，当点D在边BC上时．
①请写出BD和CE之间的数量关系为 ，位置关系为 ；
②求证：CE+CD＝BC
（2）尝试探究
如图②，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，（1）中BC、CE、CD之间存在的数量关系是否成立？若成立，请证明；若不成立，请写出新的数量关系，不证明．
（3）拓展延伸
如图③，当点D在CB的延长线上且其他条件不变时，若BC＝6，CE＝2，求线段CD的长．
【分析】（1）①根据全等三角形的判定定理证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质证明；
②根据全等三角形的对应边相等证明即可；
（2）证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答即可；
（3）根据△BAD≌△CAE得到BD＝CE＝2，计算即可．
【解答】解：（1）①BD＝CE，BD⊥CE，
∵∠ABC＝∠ACB＝45°，∠ADE＝∠AED＝45°，
∴∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，∠ACE＝∠B＝45°，
∴∠BCE＝90°，即BD⊥CE，
故答案为：BD＝CE；BD⊥CE；
②∵BD＝CE，
∴BC＝BD+CD＝CE+CD；
（2）（1）中BC、CE、CD之间存在的数量关系不成立，新的数量关系是CE＝BC+CD，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，
∴CE＝BC+CD；
（3）由（2）得，△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE＝2，
∴CD＝BC+CD＝8．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【考点8 直角三角形斜边中线】
【方法点拨】掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
【例8】（2020春•蚌埠期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DAC＝45°，∠BAC＝30°，E是AC的中点，连接BE，BD．则∠DBE的度数为（ ）
A．10°B．12°C．15°D．18°
【分析】连接DE，根据直角三角形的性质得到DE=12AC＝AE，根据三角形的外角性质求出∠DEC、∠BEC，根据等腰三角形的性质计算即可．
【解答】解：连接DE，
∵∠ADC＝90°，E是AC的中点，
∴DE=12AC＝AE，
∴∠EDA＝∠DAC＝45°，
∴∠DEC＝∠EDA+∠DAC＝90°，
同理，∠BEC＝60°，
∴∠DEB＝90°+60°＝150°，
∵DE=12AC，BE=12AC，
∴DE＝BE，
∴∠DBE=12×（180°﹣150°）＝15°，
故选：C．
【点评】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
【变式8-1】（2020春•包河区期末）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，O为AB的中点，点E在BC上，且CE＝AC，∠BAE＝15°，则∠COE＝ 度．
【分析】根据等腰直角三角形的性质得到∠CAE＝∠AEC＝45°，求得∠CAB＝60°，得到∠B＝30°，根据直角三角形的性质得到CO＝BO＝AO=12AB，得到△AOC是等边三角形，∠OCB＝∠B＝30°，于是得到结论．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，CE＝AC，
∴∠CAE＝∠AEC＝45°，
∵∠BAE＝15°，
∴∠CAB＝60°，
∴∠B＝30°，
∵∠ACB＝90°，O为AB的中点，
∴CO＝BO＝AO=12AB，
∴△AOC是等边三角形，∠OCB＝∠B＝30°，
∴AC＝OC＝CE，
∴∠COE＝∠CEO=12（180°﹣30°）＝75°，
故答案为：75．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
【变式8-2】（2019秋•余姚市期末）如图，AD是△ABC的高线，且BD=12AC，E是AC的中点，连结BE，取BE的中点F，连结DF，求证：DF⊥BE．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质和已知求出DE＝BD，根据等腰三角形的性质得出即可．
【解答】证明：连结DE，
∵AD是△ABC的高线，E是AC的中点，
∴DE=12AC，
又∵BD=12AC，
∴DE＝BD．
又∵F是BE的中点，
∴DF⊥BE．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线和等腰三角形的性质，能根据已知和直角三角形斜边上的中线性质求出DE＝BD是解此题的关键．
【变式8-3】（2020春•重庆期末）如图（1），已知锐角△ABC中，CD、BE分别是AB、AC边上的高，M、N分别是线段BC、DE的中点．
（1）求证：MN⊥DE．
（2）连结DM，ME，猜想∠A与∠DME之间的关系，并证明猜想．
（3）当∠A变为钝角时，如图（2），上述（1）（2）中的结论是否都成立，若结论成立，直接回答，不需证明；若结论不成立，说明理由．
【分析】（1）连接DM，ME，根据直角三角形的性质得到DM=12BC，ME=12BC，得到DM＝ME，根据等腰直角三角形的性质证明；
（2）根据三角形内角和定理、等腰三角形的性质计算；
（3）仿照（2）的计算过程解答．
【解答】（1）证明：如图（1），连接DM，ME，
∵CD、BE分别是AB、AC边上的高，M是BC的中点，
∴DM=12BC，ME=12BC，
∴DM＝ME，
又∵N为DE中点，
∴MN⊥DE；
（2）在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，
∵DM＝ME＝BM＝MC，
∴∠BMD+∠CME＝（180°﹣2∠ABC）+（180°﹣2∠ACB），
＝360°﹣2（∠ABC+∠ACB），
＝360°﹣2（180°﹣∠A），
＝2∠A，
∴∠DME＝180°﹣2∠A；
（3）结论（1）成立，结论（2）不成立，
理由如下：连结DM，ME，
在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC，
∵DM＝ME＝BM＝MC，
∴∠BME+∠CMD＝2∠ACB+2∠ABC，
＝2（180°﹣∠BAC），
＝360°﹣2∠BAC，
∴∠DME＝180°﹣（360°﹣2∠BAC），
＝2∠BAC﹣180°．
【点评】本题考查的是直角三角形的性质、三角形内角和定理，掌握直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
【考点9 逆命题和逆定理】
【例9】（2019春•临颍县期中）下列命题中错误的是（ ）
A．任何一个命题都有逆命题
B．一个真命题的逆命题可能是真命题
C．一个定理不一定有逆定理
D．任何一个定理都有逆定理
【分析】根据逆命题与原命题的关系和它们的真假性无联系对各选项进行判断．
【解答】解：A、任何一个命题都有逆命题，所以A选项的说法正确，不符合题意；
B、一个真命题的逆命题可能是真命题，也可能为假命题，所以B选项的说法正确，不符合题意；
C、一个定理不一定有逆定理，所以C选项的说法正确，不符合题意；
D、有的定理有逆定理，有的定理不一定有逆定理，所以D选项的说法错误，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理．也考查了逆命题．
【变式9-1】（2019秋•桥西区校级月考）下列说法：（1）“两直线平行，同位角相等”与“同位角相等，两直线平行”互为逆定理；（2）命题“如果两个角相等，那么它们都是直角”的逆命题为假命题；（3）命题“如果﹣a＝5，那么a＝﹣5”的逆命题为“如果﹣a≠﹣5，那么a≠﹣5”，其中正确的有（ ）
A．0个B．1 个C．2个D．3个
【分析】根据平行线的性质、直角都相等、相反数的概念判断；写出各个命题的逆命题判断即可．
【解答】解：（1）“两直线平行，同位角相等”与“同位角相等，两直线平行”互为逆定理，本说法正确；
（2）命题“如果两个角相等，那么它们都是直角”的逆命题是“如果两个角都是直角，那么这两个角相等”为真命题，本说法错误；
（3）命题“如果﹣a＝5，那么a＝﹣5”的逆命题为“如果﹣a＝﹣5，那么a＝﹣5”，本说法错误；
故选：B．
【点评】本题考查的是命题的真假判断、逆命题的概念，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
【变式9-2】（2020春•太平区期末）下列命题的逆命题是假命题的是（ ）
A．两直线平行，同旁内角互补
B．等边三角形的三个内角都相等
C．两个全等直角三角形的对应角相等
D．直角三角形的两个锐角互余
【分析】分别写出原命题的逆命题后判断正误即可．
【解答】解：A、逆命题为：同旁内角互补，两直线平行，正确，是真命题，不符合题意；
B、逆命题为：三角相等的三角形是等边三角形，正确，是真命题，不符合题意；
C、逆命题为：对应角相等的两个直角三角形全等，错误，是假命题，符合题意；
D、逆命题为：两锐角互余的三角形是直角三角形，正确，是真命题，不符合题意；
故选：C．
【点评】考查了命题与定理的知识，解题的关键是正确的写出一个命题的逆命题，难度不大．
【变式9-3】（2019春•端州区期末）下列命题的逆命题能成立的有（ ）
①两条直线平行，内错角相等； ②如果两个实数相等，那么它们的绝对值相等；
③全等三角形的对应角相等； ④在角的内部，到角的两边距离相等的点在角的平分线上．
A．4个B．3个C．2个D．1个
【分析】写出各个命题的逆命题后判断真假即可．
【解答】解：①两条直线平行，内错角相等的逆命题是内错角相等，两直线平行，成立；
②如果两个实数相等，那么它们的绝对值相等的逆命题是绝对值相等的两个实数相等，不成立；
③全等三角形的对应角相等的逆命题为对应角相等的三角形全等，不成立；
④在角的内部，到角的两边距离相等的点在角的平分线上的逆命题是角平分线上的点到角的两边的距离相等，成立，
成立的有2个，
故选：C．
【点评】考查了命题与定理的知识，解题的关键是能够写出一个命题的逆命题，难度不大．
【考点10 反证法证明】
【例10】（2020秋•偃师市期末）牛顿曾说过：“反证法是数学家最精良的武器之一．”那么我们用反证法证明：“在一个三角形中，至少有一个内角小于或等于60°”时，第一步先假设（ ）
A．三角形中有一个内角小于60°
B．三角形中有一个内角大于60°
C．三角形中每个内角都大于60°
D．三角形中没有一个内角小于60°
【分析】根据反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立解答．
【解答】解：用反证法证明：“在一个三角形中，至少有一个内角小于或等于60°”时，
第一步先假设三角形中每个内角都大于60°，
故选：C．
【点评】本题考查的是反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．反证法的步骤是：（1）假设结论不成立；（2）从假设出发推出矛盾；（3）假设不成立，则结论成立．
【变式10-1】（2020•河北模拟）求证：两直线平行，内错角相等．
如图1，若AB∥CD，且AB、CD被EF所截，求证：∠AOF＝∠EO′D．
以下是打乱的用反证法证明的过程：
①如图2，过点O作直线A'B'，使∠A′OF＝∠EO′D，
②依据理论依据1，可得A'B'∥CD，
③假设∠AOF≠∠EO′D，
④∴∠AOF＝EO′D．
⑤与理论依据2矛盾，假设不成立．
证明步骤的正确顺序是 （ ）
A．①②③④⑤B．①③②⑤④C．③①④②⑤D．③①②⑤④
【分析】根据反证法的一般步骤写出证明过程，结合题意判断即可．
【解答】证明：1、假设∠AOF≠∠EO′D，
2、如图2，过点O作直线A'B'，使∠A′OF＝∠EO′D，
3、依据理论依据1，可得A'B'∥CD，
4、与理论依据2矛盾，假设不成立，
5、∴∠AOF＝EO′D，
故选：D．
【点评】本题考查的是反证法的应用，反证法的一般步骤是：①假设命题的结论不成立；②从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾；③由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题的结论正确．
【变式10-2】（2020春•渭南期中）用反证法求证：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
已知：如图，∠1是△ABC的一个外角．
求证：∠1＝∠A+∠B．
【分析】首先假设三角形的一个外角不等于与它不相邻的两个内角的和，根据三角形的内角和等于180°，得到矛盾，所以假设不成立，进而证明三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
【解答】已知：如图，∠1是△ABC的一个外角，
求证：∠1＝∠A+∠B，
证明：假设∠1≠∠A+∠B，
在△ABC中，∠A+∠B+∠2＝180°，
∴∠A+∠B＝180°﹣∠2，
∵∠1+∠2＝180°，
∴∠1＝180°﹣∠2，
∴∠1＝∠A+∠B，
与假设相矛盾，
∴假设不成立，
∴原命题成立即：∠1＝∠A+∠B．
【点评】本题考查了反证法的运用，反证法的一般解题步骤是：①假设命题的结论不成立；②从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾；③由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题的结论正确．
【变式10-3】（2020秋•滦南县期末）阅读下列文字，回答问题．
题目：在Rt△ABC中，∠C＝90°，若∠A≠45°，所以AC≠BC．
证明：假设AC＝BC，因为∠A≠45°，∠C＝90°，所以∠A≠∠B．
所以AC≠BC，这与假设矛盾，所以AC≠BC．
上面的证明有没有错误？若没有错误，指出其证明的方法；若有错误，请予以纠正．
【分析】反证法的步骤是（1）假设结论不成立（2）从假设出发推出矛盾（3）假设不成立，则结论成立．运用反证法证题时，应从假设出发，把假设当做已知条件，经过推理论证，得出与定义、公理、定理或已知相矛盾，从而判定假设不成立，肯定结论，而非推出结论与假设相矛盾．
【解答】解：有错误．改正：
假设AC＝BC，则∠A＝∠B，又∠C＝90°，
所以∠B＝∠A＝45°，这与∠A≠45°矛盾，所以AC＝BC不成立，所以AC≠BC．
【点评】本题结合等腰直角三角形的性质考查反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．
【考点11 直角三角形全等的判定】
【方法点拨】直角三角形首先是三角形，所以一般三角形全等的判定方法都适合它，同时，直角三角形又是特殊的三角形，有它的特殊性，作为“HL”公理就是直角三角形独有的判定方法．所以直角三角形的判定方法最多，使用时应该抓住“直角”这个隐含的已知条件．
【例11】（2019春•桑植县期末）下列命题中：①两直角边对应相等的两个直角三角形全等；②两锐角对应相等的两个直角三角形全等；③斜边和一直角边对应相等的两个直角三角形全等；④一锐角和斜边对应相等的两个直角三角形全等；⑤一锐角和一边对应相等的两个直角三角形全等．其中正确的个数有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【分析】根据全等三角形的判定定理HL、AAS、SSS等作出判定即可．
【解答】解：①两直角边对应相等，两直角相等，所以根据SAS可以判定两直角边对应相等的两个直角三角形全等．故①正确；
②两锐角对应相等的两个直角三角形不一定全等，因为对应边不一定相等．故②错误；
③斜边和一直角边对应相等的两个直角三角形，可以根据HL判定它们全等．故③正确；
④一锐角和斜边对应相等的两个直角三角形，可以根据AAS判定它们全等．故④正确；
⑤一锐角和一边对应相等的两个直角三角形，可以由“直角三角形两个锐角互余”的性质推知另一锐角对应相等，所以根据AAS，或ASA都可判定它们全等．故⑤正确．
综上所述，正确的说法有4个．
故选：C．
【点评】本题考查了直角三角形全等的判定．直角三角形首先是三角形，所以一般三角形全等的判定方法都适合它，同时，直角三角形又是特殊的三角形，有它的特殊性，作为“HL”公理就是直角三角形独有的判定方法．所以直角三角形的判定方法最多，使用时应该抓住“直角”这个隐含的已知条件．
【变式11-1】（2020秋•大港区期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于E，AD⊥CE于D，下面四个结论：
①∠ABE＝∠BAD；②△CEB≌△ADC；
③AB＝CE；④AD﹣BE＝DE．
正确的是 （将你认为正确的答案序号都写上）．
【分析】首先由△AEF与△ADF中分别有两个直角及对顶角得到①是正确的，利用等腰三角形的性质及其它条件，证明△CEB≌△ADC，则其他结论易求，而无法证明③是正确的．
【解答】解：∵∠BEF＝∠ADF＝90°，∠BFE＝∠AFD
∴①∠ABE＝∠BAD 正确
∵∠1+∠2＝90°∠2+∠CAD＝90°
∴∠1＝∠CAD
又∠E＝∠ADC＝90°，AC＝BC
∴②△CEB≌△ADC 正确
∴CE＝AD，BE＝CD
∴④AD﹣BE＝DE． 正确
而③不能证明，
故答案为①、②、④．
故填①、②、④．
【点评】本题考查了直角三角形全等的判定；要充分利用全等三角形的性质来找到结论，利用相等线段的等量代换是正确解答本题的关键；
【变式11-2】（2019秋•北流市期末）如图（1），AB⊥AD，ED⊥AD，AB＝CD，AC＝DE，试说明BC⊥CE的理由；
如图（2），若△ABC向右平移，使得点C移到点D，AB⊥AD，ED⊥AD，AB＝CD，AD＝DE，探索BD⊥CE的结论是否成立，并说明理由．
【分析】（1）根据SAS可得△ABC≌△DCE，根据全等三角形的对应角相等，再结合已知不难求得结论．
（2）根据SAS可得△ABD≌△DCE，根据全等三角形的对应角相等，再结合已知不难求得结论．
【解答】解：（1）∵AB⊥AD，ED⊥AD，
∴∠A＝∠D＝90°．
又∵AB＝CD，AC＝DE，
∴△ABC≌△DCE．
∴∠B＝∠DCE．
∵∠B+∠ACB＝90°，
∴∠ACB+∠DCE＝90°．
∴∠BCE＝90°，
即BC⊥CE；
（2）∵AB⊥AD，ED⊥AD，
∴∠A＝∠CDE＝90°．
又∵AB＝CD，AD＝DE，
∴△ABD≌△DCE．
∴∠B＝∠DCE．
∵∠B+∠ADB＝90°，
∴∠ADB+∠DCE＝90°．
BD⊥CE．
【点评】本题利用了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，三角形的内角和定理等求解，移动题目这几年常常考，要注意掌握．
【变式11-3】（2020秋•沧州期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，DE是过点A的直线，BD⊥DE于D，CE⊥DE于点E；
（1）若B、C在DE的同侧（如图所示）且AD＝CE．求证：AB⊥AC；
（2）若B、C在DE的两侧（如图所示），且AD＝CE，其他条件不变，AB与AC仍垂直吗？若是请给出证明；若不是，请说明理由．
【分析】（1）由已知条件，证明ABD≌△ACE，再利用角与角之间的关系求证∠BAD+∠CAE＝90°，即可证明AB⊥AC；
（2）同（1），先证ABD≌△ACE，再利用角与角之间的关系求证∠BAD+∠CAE＝90°，即可证明AB⊥AC．
【解答】（1）证明：∵BD⊥DE，CE⊥DE，
∴∠ADB＝∠AEC＝90°，
在Rt△ABD和Rt△ACE中，
∵AB=ACAD=CE，
∴Rt△ABD≌Rt△CAE．
∴∠DAB＝∠ECA，∠DBA＝∠EAC．
∵∠DAB+∠DBA＝90°，∠EAC+∠ACE＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°．
∠BAC＝180°﹣（∠BAD+∠CAE）＝90°．
∴AB⊥AC．
（2）AB⊥AC．理由如下：
同（1）一样可证得Rt△ABD≌Rt△ACE．
∴∠DAB＝∠ECA，∠DBA＝∠EAC，
∵∠CAE+∠ECA＝90°，
∴∠CAE+∠BAD＝90°，即∠BAC＝90°，
∴AB⊥AC．
【点评】三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，借助全等三角形的性质得到相等的角，然后证明垂直是经常使用的方法，注意掌握、应用．
【考点12 线段垂直平分线的应用】
【方法点拨】线段垂直平分线的性质：线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，熟记性质
是解题的关键
【例12】（2020春•沙坪坝区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AB的中垂线交AB于点D，交BC的延长线于点E，交AC于点F，若AB+BC＝6，则△BCF的周长为（ ）
A．4.5B．5C．5.5D．6
【分析】根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AF＝BF，然后根据三角形的周长推出△BCF的周长＝AC+BC，即可得解．
【解答】解：∵DF为AB的垂直平分线，
∴AF＝BF，
∴△BCF的周长＝CF+BF+BC＝CF+AF+BC＝AC+BC，
∵AB＝AC，AB+BC＝6，
∴AC+BC＝6，
∴△BCF的周长为6．
故选：D．
【点评】本题主要考查了线段垂直平分线的性质：线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，熟记性质是解题的关键．
【变式12-1】（2020春•郫都区期末）如图，△ABC中，∠ABC＝30°，∠ACB＝50°，DE、FG分别为AB、AC的垂直平分线，E、G分别为垂足．
（1）直接写出∠BAC的度数；
（2）求∠DAF的度数，并注明推导依据；
（3）若△DAF的周长为20，求BC的长．
【分析】（1）根据三角形内角和定理计算，得到答案；
（2）根据线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质计算；
（3）根据线段垂直平分线的性质、三角形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：（1）∵∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°，
∴∠BAC＝180°﹣30°﹣50°＝100°；
（2）∵DE是线段AB的垂直平分线，
∴DA＝DB，
∴∠DAB＝∠ABC＝30°，
同理可得，∠FAC＝∠ACB＝50°，
∴∠DAF＝∠BAC﹣∠DAB﹣∠FAC＝100°﹣30°﹣50°＝20°；
（3）∵△DAF的周长为20，
∴DA+DF+FA＝20，
由（2）可知，DA＝DB，FA＝FC，
∴BC＝DB+DF＝FC＝DA+DF+FA＝20．
【点评】本题考查的是线段的垂直平分线的性质、三角形内角和定理，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
【变式12-2】（2019秋•百色期末）如图，△ABC中，AD平分∠BAC，DG⊥BC且平分BC，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F．
（1）说明BE＝CF的理由；
（2）如果AB＝5，AC＝3，求AE、BE的长．
【分析】（1）连接BD，CD，由AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，根据角平分线的性质，即可得DE＝DF，又由DG⊥BC且平分BC，根据线段垂直平分线的性质，可得BD＝CD，继而可证得Rt△BED≌Rt△CFD，则可得BE＝CF；
（2）首先证得△AED≌△AFD，即可得AE＝AF，然后设BE＝x，由AB﹣BE＝AC+CF，即可得方程5﹣x＝3+x，解方程即可求得答案．
【解答】（1）证明：连接BD，CD，
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF，∠BED＝∠CFD＝90°，
∵DG⊥BC且平分BC，
∴BD＝CD，
在Rt△BED与Rt△CFD中，
BD=CDDE=DF，
∴Rt△BED≌Rt△CFD（HL），
∴BE＝CF；
（2）解：在△AED和△AFD中，
∠AED=∠AFD=90°∠EAD=∠FADAD=AD，
∴△AED≌△AFD（AAS），
∴AE＝AF，
设BE＝x，则CF＝x，
∵AB＝5，AC＝3，AE＝AB﹣BE，AF＝AC+CF，
∴5﹣x＝3+x，
解得：x＝1，
∴BE＝1，AE＝AB﹣BE＝5﹣1＝4．
【点评】此题考查了角平分线的性质、线段垂直平分线的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，解题的关键是准确作出辅助线，利用方程思想与数形结合思想求解．
【变式12-3】（2020春•萍乡期末）如图，△ABC的外角∠DAC的平分线交BC边的垂直平分线于P点，PD⊥AB于D，PE⊥AC于E．
（1）求证：BD＝CE；
（2）若AB＝6cm，AC＝10cm，求AD的长．
【分析】（1）连接BP、CP，根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得BP＝CP，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DP＝EP，然后利用“HL”证明Rt△BDP和Rt△CEP全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；
（2）利用“HL”证明Rt△ADP和Rt△AEP全等，根据全等三角形对应边相等可得AD＝AE，再根据AB、AC的长度表示出AD、CE，然后解方程即可．
【解答】（1）证明：连接BP、CP，
∵点P在BC的垂直平分线上，
∴BP＝CP，
∵AP是∠DAC的平分线，
∴DP＝EP，
在Rt△BDP和Rt△CEP中，BP=CPDP=EP，
∴Rt△BDP≌Rt△CEP（HL），
∴BD＝CE；
（2）解：在Rt△ADP和Rt△AEP中，AP=APDP=EP，
∴Rt△ADP≌Rt△AEP（HL），
∴AD＝AE，
∵AB＝6cm，AC＝10cm，
∴6+AD＝10﹣AE，
即6+AD＝10﹣AD，
解得AD＝2cm．
【点评】本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
【考点13 角平分线的性质】
【方法点拨】角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，解决此类问题的关键在于作垂线.
【例13】（2019秋•大名县期中）如图，BD是∠ABC的平分线，DE⊥AB于E，S△ABC＝36cm2，AB＝18cm，BC＝12cm，则DE＝ cm．
【分析】首先过点D作DF⊥BC于点F，由BD是∠ABC的平分线，DE⊥AB，根据角平分线的性质，可得DE＝DF，然后由S△ABC＝S△ABD+S△BCD=12AB•DE+12BC•DF，求得答案．
【解答】解：过点D作DF⊥BC于点F，
∵BD是∠ABC的平分线，DE⊥AB，
∴DE＝DF，
∵AB＝18cm，BC＝12cm，
∴S△ABC＝S△ABD+S△BCD=12AB•DE+12BC•DF=12DE•（AB+BC）＝36cm2，
∴DE＝2.4（cm）．
故答案为：2.4．
【点评】此题考查了角平分线的性质．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
【变式13-1】（2019秋•永嘉县校级期中）如图，AC，BC分别平分∠BAE，∠ABF，若△ABC的高CD＝8，则点C到AE，BF的距离之和为 ．
【分析】首先过点C作CM⊥AE于点M，过点C作CN⊥BF于点N，由AC，BC分别平分∠BAE，∠ABF，△ABC的高CD＝8，根据角平分线的性质，可得CM＝CD＝8，CN＝CD＝8，继而求得答案．
【解答】解：过点C作CM⊥AE于点M，过点C作CN⊥BF于点N，
∵AC，BC分别平分∠BAE，∠ABF，△ABC的高CD＝8，
∴CM＝CD＝8，CN＝CD＝8，
∴点C到AE，BF的距离之和为：CM+CN＝16．
故答案为：16．
【点评】此题考查了角平分线的性质．此题难度不大，注意辅助线的作法，注意掌握角平分线的定理的应用是关键．
【变式13-2】（2019秋•长沙月考）如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，BE平分∠ABC，交CD于点E，若S△BCE＝24，BC＝12，则DE等于（ ）
A．10B．7C．5D．4
【分析】根据角平分线的性质得出DE＝EF，根据三角形的面积求出EF，即可得出选项．
【解答】解：过E作EF⊥BC于F，
∵CD⊥AB，BE平分∠ABC，
∴DE＝EF，
∵S△BCE＝24，BC＝12，
∴12×12×EF=24，
解得：EF＝4，
即DE＝EF＝4，
故选：D．
【点评】本题考查了角平分线性质和三角形的面积的应用，注意：角平分线上的点到角两边的距离相等．
【变式13-3】（2020春•碑林区校级期末）如图，已知△ABC的周长是16，MB和MC分别平分∠ABC和∠ACB，过点M作BC的垂线交BC于点D，且MD＝4，则△ABC的面积是（ ）
A．64B．48C．32D．42
【分析】连接AM，过M作ME⊥AB于E，MF⊥AC于F，根据角平分线的性质得出ME＝MD＝MF＝4，根据三角形的面积公式求出即可．
【解答】解：连接AM，过M作ME⊥AB于E，MF⊥AC于F，
∵MB和MC分别平分∠ABC和∠ACB，MD⊥BC，MD＝4，
∴ME＝MD＝4，MF＝MD＝4，
∵△ABC的周长是16，
∴AB+BC+AC＝16，
∴△ABC的面积S＝S△AMC+S△BCM+S△ABM
=12×AC×MF+12×BC×DM+12×AB×ME
=12×AC×4+12×BC×4+12×AB×4
＝2（AC+BC+AB）
＝2×16＝32，
故选：C．
【点评】本题考查了角平分线的性质和三角形的面积，能根据角平分线的性质求出DM＝ME＝ME＝4是解此题的关键．
【考点14 角平分线的性质与判定综合】
【方法点拨】掌握到角的两边距离相等的点在角的平分线上是解决此类问题的关键.
【例14】（2020秋•兴隆县期中）如图，O是△ABC内一点，且O到三边AB、BC、CA的距离OF＝OD＝OE，若∠BAC＝70°，则∠BOC的度数为（ ）
A．70°B．120°C．125°D．130°
【分析】根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上判断出点O是三角形三条角平分线的交点，再根据三角形的内角和定理求出∠ABC+∠ACB，然后求出∠OBC+∠OCB，再利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．
【解答】解：∵O到三边AB、BC、CA的距离OF＝OD＝OE，
∴点O是三角形三条角平分线的交点，
∵∠BAC＝70°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣70°＝110°，
∴∠OBC+∠OCB=12（∠ABC+∠ACB）=12×110°＝55°，
在△OBC中，∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣55°＝125°．
故选：C．
【点评】本题考查了到角的两边距离相等的点在角的平分线上的性质，三角形的内角和定理，要注意整体思想的利用．
【变式14-1】（2019春•福田区校级期中）如图，△ABC中，∠ABC、∠EAC的角平分线BP、AP交于点P，延长BA、BC，则下列结论中正确的个数（ ）
①CP平分∠ACF； ②∠ABC+2∠APC＝180°
③∠ACB＝2∠APB； ④若PM⊥BE，PN⊥BC，则AM+CN＝AC
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】①作PD⊥AC于D．由角平分线的性质得出PM＝PN，PM＝PD，得出PM＝PN＝PD，即可得出①正确；
②首先证出∠ABC+∠MPN＝180°，证明Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），得出∠APM＝∠APD，同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），得出∠CPD＝∠CPN，即可得出②正确；
③由角平分线和三角形的外角性质得出∠CAE＝∠ABC+∠ACB，∠PAM=12∠ABC+∠APB，得出∠ACB＝2∠APB，③正确；
④由全等三角形的性质得出AD＝AM，CD＝CN，即可得出④正确；即可得出答案．
【解答】解：①作PD⊥AC于D．
∵PB平分∠ABC，PA平分∠EAC，PM⊥BE，PN⊥BF，
∴PM＝PN，PM＝PD，
∴PM＝PN＝PD，
∴点P在∠ACF的角平分线上，故①正确；
②∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠ABC+90°+∠MPN+90°＝360°，
∴∠ABC+∠MPN＝180°，
在Rt△PAM和Rt△PAD中，PA=PAPM=PD，
∴Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），
∴∠APM＝∠APD，
同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），
∴∠CPD＝∠CPN，
∴∠MPN＝2∠APC，
∴∠ABC+2∠APC＝180°，②正确；
③∵PA平分∠CAE，BP平分∠ABC，
∴∠CAE＝∠ABC+∠ACB，∠PAM=12∠ABC+∠APB，
∴∠ACB＝2∠APB，③正确；
④∵Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），
∴AD＝AM，
同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），
∴CD＝CN，
∴AM+CN＝AD+CD＝AC，④正确；
故选：D．
【点评】本题考查了角平分线的性质定理和逆定理，全等三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，有一定综合性，但难度不大，只要仔细分析便不难求解．
【变式14-2】（2020春•龙岗区期末）如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，过P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H，则下列结论：①∠APB＝135°；②BF＝BA；③PH＝PD；④连接CP，CP平分∠ACB，其中正确的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
【分析】根据三角形内角和定理以及角平分线定义判断①；根据全等三角形的判定和性质判断②③；根据角平分线的判定与性质判断④．
【解答】解：在△ABC中，∵∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠ABC＝90°，
又∵AD、BE分别平分∠BAC、∠ABC，
∴∠BAD+∠ABE=12（∠BAC+∠ABC）＝45°，
∴∠APB＝135°，故①正确．
∴∠BPD＝45°，
又∵PF⊥AD，
∴∠FPB＝90°+45°＝135°，
∴∠APB＝∠FPB，
又∵∠ABP＝∠FBP，BP＝BP，
∴△ABP≌△FBP，
∴∠BAP＝∠BFP，AB＝FB，PA＝PF，故②正确．
在△APH和△FPD中，
∵∠APH＝∠FPD＝90°，∠PAH＝∠BAP＝∠BFP，PA＝PF，
∴△APH≌△FPD，
∴PH＝PD，故③正确．
∵△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，
∴点P到AB、AC的距离相等，点P到AB、BC的距离相等，
∴点P到BC、AC的距离相等，
∴点P在∠ACB的平分线上，
∴CP平分∠ACB，故④正确．
故选：D．
【点评】本题考查了角平分线的判定与性质，三角形全等的判定方法，三角形内角和定理．掌握相关性质是解题的关键．
【变式14-3】（2020春•崇川区校级期末）如图，△ABC的角平分线AE，BF交于O点．
（1）若∠ACB＝70°，则∠BOA＝ ；
（2）求证：点O在∠ACB的角平分线上．
（3）若OE＝OF，求∠ACB的度数．
【分析】（1）根据三角形的内角和定理得到∠ABC+∠BAC＝180°﹣70°＝110°，根据角平分线的定义即可得到结论；
（2）过O作OD⊥BC于D，OG⊥AB于G，OH⊥AC于H，根据角平分线的性质健康得到结论；
（3）连接OC，根据角平分线的性质得到OD＝OH，根据全等三角形的性质得到∠EOD＝∠FOH，根据角平分线的定义即可得到结论；
【解答】解：（1）∵∠ACB＝70°，
∴∠ABC+∠BAC＝180°﹣70°＝110°，
∵△ABC的角平分线AE，BF交于O点，
∴∠BAO=12∠BAC，∠ABO=12∠ABC，∴∠ABO+∠BAO=12（∠ABC+∠ACB）＝55°，
∴∠AOB＝180°﹣（∠ABO+∠BAO）＝125°，
故答案为：125°；
（2）过O作OD⊥BC于D，OG⊥AB于G，OH⊥AC于H，
∵AE平分∠BAC，BF平分∠ABC，
∴OG＝OH，OG＝OD，
∴OD＝OH，
∴点O在∠ACB的角平分线上．
（3）连接OC，
在Rt△OED与Rt△OFH中OE=OFOD=OH，
∴Rt△OED≌Rt△OFH，（HL），
∴∠EOD＝∠FOH，
∴∠DOH＝∠EOF＝180°﹣∠ACB，
∵AE、BF是角平分线，
∴∠AOB＝90°+12∠ACB，
即90°+12∠ACB＝180°﹣∠ACB，
∴∠ACB＝60°；
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的定义和性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．理论依据1：内错角相等，两直线平行；
理论依据2：过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行．