1. (2023·福建)若某三角形的三边长分别为3,4,m,则m的值可以是 (
A.1
B.5
C.7
D.9
B
)A.1
B.5
C.7
D.9
答案
1. B
解析
根据三角形三边关系，任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边。
$4 - 3 ＜ m ＜ 4 + 3$，即$1 ＜ m ＜ 7$。
选项中只有$5$满足条件，故选B。
$4 - 3 ＜ m ＜ 4 + 3$，即$1 ＜ m ＜ 7$。
选项中只有$5$满足条件，故选B。
2. 已知等腰三角形的一边长为4,一边长为9,则它的周长为
22
.答案
2. 22
解析
情况1：若腰长为4，底边长为9，则$4 + 4 = 8$，$8 ＜ 9$，不满足三角形两边之和大于第三边，舍去。
情况2：若腰长为9，底边长为4，则$9 + 4 ＞ 9$，$9 + 9 ＞ 4$，满足三角形三边关系，此时周长为$9 + 9 + 4 = 22$。
22
情况2：若腰长为9，底边长为4，则$9 + 4 ＞ 9$，$9 + 9 ＞ 4$，满足三角形三边关系，此时周长为$9 + 9 + 4 = 22$。
22
3. (整体思想)如图,在△ABC中,AB=AC=2,P是BC上任意一点,PE⊥AB于点E,PF⊥AC于点F.若$S_{△ABC}=1,$则PE+PF的值为
1
.答案
3. 1
解析
证明：连接AP。
$\because S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABP}+S_{\triangle ACP}$，
$S_{\triangle ABP}=\frac{1}{2}AB· PE$，$S_{\triangle ACP}=\frac{1}{2}AC· PF$，
$AB=AC=2$，$S_{\triangle ABC}=1$，
$\therefore 1=\frac{1}{2}×2· PE+\frac{1}{2}×2· PF$，
$\therefore 1=PE+PF$，即$PE+PF=1$。
1
$\because S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABP}+S_{\triangle ACP}$，
$S_{\triangle ABP}=\frac{1}{2}AB· PE$，$S_{\triangle ACP}=\frac{1}{2}AC· PF$，
$AB=AC=2$，$S_{\triangle ABC}=1$，
$\therefore 1=\frac{1}{2}×2· PE+\frac{1}{2}×2· PF$，
$\therefore 1=PE+PF$，即$PE+PF=1$。
1
4. 如图,AD为△ABC的中线,BE为△ABD的中线.若△ABC的面积为40,BD=5,则△BDE中边BD上的高为
4
.答案
4. 4
解析
解：
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=DC，S△ABD=$\frac{1}{2}$S△ABC=$\frac{1}{2}$×40=20．
∵BE是△ABD的中线，
∴AE=DE，S△BDE=$\frac{1}{2}$S△ABD=$\frac{1}{2}$×20=10．
设△BDE中边BD上的高为h，
∵BD=5，
∴$\frac{1}{2}$×BD×h=10，即$\frac{1}{2}$×5×h=10，
解得h=4．
故答案为：4．
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=DC，S△ABD=$\frac{1}{2}$S△ABC=$\frac{1}{2}$×40=20．
∵BE是△ABD的中线，
∴AE=DE，S△BDE=$\frac{1}{2}$S△ABD=$\frac{1}{2}$×20=10．
设△BDE中边BD上的高为h，
∵BD=5，
∴$\frac{1}{2}$×BD×h=10，即$\frac{1}{2}$×5×h=10，
解得h=4．
故答案为：4．
5. 如图,BG平分∠ABD,CG平分∠ACD,∠BDC=140°,∠BGC=110°,则∠A的度数为
80°
.答案
5. 80°
解析
解：连接BC。
在△BDC中，∠BDC=140°，
∴∠DBC+∠DCB=180°-140°=40°。
在△BGC中，∠BGC=110°，
∴∠GBC+∠GCB=180°-110°=70°。
∵BG平分∠ABD，CG平分∠ACD，
∴∠ABG=∠GBD，∠ACG=∠GCD。
设∠ABG=∠GBD=x，∠ACG=∠GCD=y，
则∠ABC=∠DBC+2x，∠ACB=∠DCB+2y。
∠ABC+∠ACB=∠DBC+∠DCB+2(x+y)=40°+2×(70°-40°)=40°+60°=100°。
在△ABC中，∠A=180°-(∠ABC+∠ACB)=180°-100°=80°。
80°
在△BDC中，∠BDC=140°，
∴∠DBC+∠DCB=180°-140°=40°。
在△BGC中，∠BGC=110°，
∴∠GBC+∠GCB=180°-110°=70°。
∵BG平分∠ABD，CG平分∠ACD，
∴∠ABG=∠GBD，∠ACG=∠GCD。
设∠ABG=∠GBD=x，∠ACG=∠GCD=y，
则∠ABC=∠DBC+2x，∠ACB=∠DCB+2y。
∠ABC+∠ACB=∠DBC+∠DCB+2(x+y)=40°+2×(70°-40°)=40°+60°=100°。
在△ABC中，∠A=180°-(∠ABC+∠ACB)=180°-100°=80°。
80°
6. 如图,AD是△ABC的中线,求证:AB+AC＞2AD.
答案
6. 如图，延长AD至点E，使DE=AD，连接CE.
∵ AD是△ABC的中线，
∴ BD = DC. 在△ABD和△ECD中，
$\begin{cases} AD = ED, \\ \angle ADB = \angle EDC, \\ BD = CD, \end{cases}$
∴ △ABD≌△ECD(SAS),
∴ AB = EC.
∵ 在△ACE中，EC + AC ＞ AE,
∴ AB + AC ＞ AD + DE，即AB + AC ＞ 2AD
7. 如图,点A,D,C,F在同一条直线上,BC//EF,AD=CF,添加下列一个条件:①BC=EF;②AB=DE;③∠A=∠F;④AB//DE.其中,能使△ABC≌△DEF的有 (
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
B
)A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
答案
7. B
解析
证明：
∵AD=CF，
∴AD+DC=CF+DC，即AC=DF.
∵BC//EF，
∴∠ACB=∠DFE.
①若BC=EF，
则△ABC≌△DEF（SAS）.
②若AB=DE，
仅SSA无法判定全等.
③若∠A=∠F，
则△ABC≌△DEF（ASA）.
④若AB//DE，
则∠A=∠EDF，
但∠EDF与∠F不一定相等，无法判定全等.
综上，能使△ABC≌△DEF的条件有①③，共2个.
B
∵AD=CF，
∴AD+DC=CF+DC，即AC=DF.
∵BC//EF，
∴∠ACB=∠DFE.
①若BC=EF，
则△ABC≌△DEF（SAS）.
②若AB=DE，
仅SSA无法判定全等.
③若∠A=∠F，
则△ABC≌△DEF（ASA）.
④若AB//DE，
则∠A=∠EDF，
但∠EDF与∠F不一定相等，无法判定全等.
综上，能使△ABC≌△DEF的条件有①③，共2个.
B
8. 如图,在Rt△ACD和Rt△BCE中,AD=BE,DC=EC,则下列结论不一定正确的是 (
A.Rt△ACD≌Rt△BCE
B.OA=OB
C.E是AC的中点
D.AE=BD
C
)A.Rt△ACD≌Rt△BCE
B.OA=OB
C.E是AC的中点
D.AE=BD
答案
8. C
解析
解：
∵△ACD和△BCE是直角三角形，AD=BE，DC=EC，
∴Rt△ACD≌Rt△BCE（HL），故A正确；
∴AC=BC，∠A=∠B，
∵AD=BE，
∴AC-EC=BC-DC，即AE=BD，故D正确；
在△AOE和△BOD中，
∠A=∠B，∠AOE=∠BOD，AE=BD，
∴△AOE≌△BOD（AAS），
∴OA=OB，故B正确；
无法证明E是AC的中点，故C不一定正确。
答案：C
∵△ACD和△BCE是直角三角形，AD=BE，DC=EC，
∴Rt△ACD≌Rt△BCE（HL），故A正确；
∴AC=BC，∠A=∠B，
∵AD=BE，
∴AC-EC=BC-DC，即AE=BD，故D正确；
在△AOE和△BOD中，
∠A=∠B，∠AOE=∠BOD，AE=BD，
∴△AOE≌△BOD（AAS），
∴OA=OB，故B正确；
无法证明E是AC的中点，故C不一定正确。
答案：C
9. (新考法·条件开放题)如图,在△ABC中,AD⊥BC,CE⊥AB,垂足分别为D,E,AD,CE交于点H,请你添加一个适当的条件:
答案不唯一，如AH = CB
,使△AEH≌△CEB.答案
9. 答案不唯一，如AH = CB
解析
AH = CB
