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9. 三个全等三角形按如图的形式摆放，则∠1+∠2+∠3的度数是 （
A.$150°$
B.$160°$
C.$180°$
D.$200°$
C
）A.$150°$
B.$160°$
C.$180°$
D.$200°$
答案
9.C 【点拨】如图，由图形可得∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7+∠8+∠9=180°×3=540°.
∵三个三角形全等,
∴易知∠4+∠9+∠6=180°.又
∵∠5+∠7+∠8=180°,
∴∠1+∠2+∠3+180°+180°=540°,
∴∠1+∠2+∠3 的度数是180°.
10. 如图，$△ ABC ≌ △ A'B'C$，$∠ A' = 40°$，$∠ CB'A' = 60°$，$A'C$交边$AB$于$P$(点$P$不与点$A,B$重合)，$BO,CO$分别平分$∠ CBA$，$∠ BCP$。若$m° ＜ ∠ BOC ＜ n°$，则$n - m$的值为（
A.20
B.40
C.60
D.100
B
）A.20
B.40
C.60
D.100
答案
10.B 【点拨】
∵△ABC≌△A'B'C,
∴∠A=∠A',∠CBA=∠CB'A'.
∵∠A'=40°,∠CB'A'=60°,
∴∠A=40°,∠CBA=60°,
∴∠ACB=180°-∠A-∠CBA=180°-40°-60°=80°.
∵BO,CO分别平分∠ABC,∠PCB,
∴∠OBC=$\frac{1}{2}$∠ABC,∠OCB=$\frac{1}{2}$∠PCB,
∴∠BOC=180°-∠OBC-∠OCB=180°-$\frac{1}{2}$(∠ABC+∠PCB)=180°-$\frac{1}{2}$(180°-∠BPC)=90°+$\frac{1}{2}$∠BPC=90°+$\frac{1}{2}$(∠A+∠ACP)=110°+$\frac{1}{2}$∠ACP.
∴∠ACP=2∠BOC-220°.
∵P点在AB边上且不与A,B重合,
∴0°＜∠ACP＜80°,
∴0°＜2∠BOC-220°＜80°,
∴110°＜∠BOC＜150°,
∴m=110,n=150,
∴n-m=40.故选B.
∵△ABC≌△A'B'C,
∴∠A=∠A',∠CBA=∠CB'A'.
∵∠A'=40°,∠CB'A'=60°,
∴∠A=40°,∠CBA=60°,
∴∠ACB=180°-∠A-∠CBA=180°-40°-60°=80°.
∵BO,CO分别平分∠ABC,∠PCB,
∴∠OBC=$\frac{1}{2}$∠ABC,∠OCB=$\frac{1}{2}$∠PCB,
∴∠BOC=180°-∠OBC-∠OCB=180°-$\frac{1}{2}$(∠ABC+∠PCB)=180°-$\frac{1}{2}$(180°-∠BPC)=90°+$\frac{1}{2}$∠BPC=90°+$\frac{1}{2}$(∠A+∠ACP)=110°+$\frac{1}{2}$∠ACP.
∴∠ACP=2∠BOC-220°.
∵P点在AB边上且不与A,B重合,
∴0°＜∠ACP＜80°,
∴0°＜2∠BOC-220°＜80°,
∴110°＜∠BOC＜150°,
∴m=110,n=150,
∴n-m=40.故选B.
11. 新考法·整体思想 母题·教材P60复习题T12 如图，△ABC的每条边长都为1 cm，D，E分别是AB，AC上的点，将△ADE沿直线DE折叠，点A落在点A'处，且点A'在△ABC外部，则阴影部分图形的周长为
（第11题）（第12题）
3
cm.（第11题）（第12题）
答案
11.3 【点拨】由折叠的性质,得AD=A'D,AE=A'E,
∴阴影部分图形的周长=BD+CE+A'D+A'E+BC=BD+CE+AD+AE+BC=AB+BC+AC=3 cm.
∴阴影部分图形的周长=BD+CE+A'D+A'E+BC=BD+CE+AD+AE+BC=AB+BC+AC=3 cm.
12. 如图①，数轴上从左至右依次有$B,O,M,A,N$五个点，其中点$B,O,A$表示的数分别为$-\sqrt{7}$，0，4. 如图②，将数轴在点$O$的左侧部分绕点$O$顺时针方向旋转$90°$，将数轴在点$A$的右侧部分绕点$A$逆时针方向旋转$90°$，连接$BM$，$MN$. 若$△ OBM$和$△ AMN$全等，则点$N$表示的数为
8-√7或4+√7
.答案
12. $8-\sqrt{7}$或$4+\sqrt{7}$ 【点拨】依题意,知$OB=\sqrt{7}$,$OA=4$.
∵△OBM和△AMN全等,∠O=∠A=90°,
∴分两种情况讨论:①若△OBM≌△AMN,则AM=OB=$\sqrt{7}$,AN=OM=OA-AM,
∴AN=4-$\sqrt{7}$,
∴点N表示的数是4+4-$\sqrt{7}$=8-$\sqrt{7}$;②若△OBM≌△ANM,则AN=OB=$\sqrt{7}$.
∴点N表示的数是4+$\sqrt{7}$.综上所述,点N表示的数为$8-\sqrt{7}$或$4+\sqrt{7}$.
∵△OBM和△AMN全等,∠O=∠A=90°,
∴分两种情况讨论:①若△OBM≌△AMN,则AM=OB=$\sqrt{7}$,AN=OM=OA-AM,
∴AN=4-$\sqrt{7}$,
∴点N表示的数是4+4-$\sqrt{7}$=8-$\sqrt{7}$;②若△OBM≌△ANM,则AN=OB=$\sqrt{7}$.
∴点N表示的数是4+$\sqrt{7}$.综上所述,点N表示的数为$8-\sqrt{7}$或$4+\sqrt{7}$.
13. [2025聊城月考] 如图，$△ ABC ≌ △ ADE$，BC的延长线交DA于点F，交DE于点G.
(1)过点C作$CM ⊥ AB$于点M，过点E作$EN ⊥ AD$于点N，求证：$CM=EN$；
(2)若$∠ AED=105°$，$∠ CAD=16°$，$∠ B=30°$.
①$△ ADE$可以经过图形的变换得到$△ ABC$，请你描述这个变换；
②求$∠ BGD$的度数.
(1)过点C作$CM ⊥ AB$于点M，过点E作$EN ⊥ AD$于点N，求证：$CM=EN$；
(2)若$∠ AED=105°$，$∠ CAD=16°$，$∠ B=30°$.
①$△ ADE$可以经过图形的变换得到$△ ABC$，请你描述这个变换；
②求$∠ BGD$的度数.
答案
13.(1)【证明】
∵△ABC≌△ADE,
∴AB=AD,$S_{△ABC}=S_{△ADE}$.
∵$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB·CM$,$S_{△ADE}=\frac{1}{2}AD·EN$,
∴$\frac{1}{2}AB·CM=\frac{1}{2}AD·EN$,
∴CM=EN.
(2)【解】①
∵△ABC≌△ADE,∠B=30°,
∴∠D=∠B=30°.
∵∠AED=105°,
∴∠DAE=180°-∠D-∠AED=45°.
∴∠CAE=∠DAE+∠CAD=45°+16°=61°.
∴将△ADE绕点A顺时针旋转61°可以得到△ABC.
②
∵△ABC≌△ADE,
∴∠BAC=∠DAE.
由①得∠CAE=61°,
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD=∠CAE=61°,即∠BAD=61°.
在△DGF和△BAF中,∠D=∠B,∠DFG=∠BFA,
∴∠BGD=∠BAD=61°.
∵△ABC≌△ADE,
∴AB=AD,$S_{△ABC}=S_{△ADE}$.
∵$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB·CM$,$S_{△ADE}=\frac{1}{2}AD·EN$,
∴$\frac{1}{2}AB·CM=\frac{1}{2}AD·EN$,
∴CM=EN.
(2)【解】①
∵△ABC≌△ADE,∠B=30°,
∴∠D=∠B=30°.
∵∠AED=105°,
∴∠DAE=180°-∠D-∠AED=45°.
∴∠CAE=∠DAE+∠CAD=45°+16°=61°.
∴将△ADE绕点A顺时针旋转61°可以得到△ABC.
②
∵△ABC≌△ADE,
∴∠BAC=∠DAE.
由①得∠CAE=61°,
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD=∠CAE=61°,即∠BAD=61°.
在△DGF和△BAF中,∠D=∠B,∠DFG=∠BFA,
∴∠BGD=∠BAD=61°.
14. 新视角 动点探究题 在 $Rt△ ABC$ 中，$∠ C=90°$，$BC=9\ \mathrm{cm}$，$AC=12\ \mathrm{cm}$，$AB=15\ \mathrm{cm}$，现有一动点 $P$，从点 $A$ 出发，沿着三角形的边 $AC\rightarrow CB\rightarrow BA$ 运动，回到点 $A$ 停止，速度为 $3\ \mathrm{cm/s}$，设运动时间为 $t$.
(1) 当 $t=$ ______ $\mathrm{s}$ 时，$△ ABC$ 的周长被线段 $AP$ 平分为相等的两部分；
(2) 如图①，当 $t=$ ______ $\mathrm{s}$ 时，$△ APC$ 的面积等于 $△ ABC$ 面积的一半；
(3) 如图②，在 $△ DEF$ 中，$∠ E=90°$，$DE=4\ \mathrm{cm}$，$DF=5\ \mathrm{cm}$，$∠ D=∠ A$. 在 $△ ABC$ 的边上，若另外有一个动点 $Q$，与点 $P$ 同时从点 $A$ 出发，沿着边 $AB\rightarrow BC\rightarrow CA$ 运动，回到点 $A$ 停止. 在两点运动过程中的某一时刻，恰好 $△ APQ≌△ DEF$，求点 $Q$ 的运动速度.
(1) 当 $t=$ ______ $\mathrm{s}$ 时，$△ ABC$ 的周长被线段 $AP$ 平分为相等的两部分；
(2) 如图①，当 $t=$ ______ $\mathrm{s}$ 时，$△ APC$ 的面积等于 $△ ABC$ 面积的一半；
(3) 如图②，在 $△ DEF$ 中，$∠ E=90°$，$DE=4\ \mathrm{cm}$，$DF=5\ \mathrm{cm}$，$∠ D=∠ A$. 在 $△ ABC$ 的边上，若另外有一个动点 $Q$，与点 $P$ 同时从点 $A$ 出发，沿着边 $AB\rightarrow BC\rightarrow CA$ 运动，回到点 $A$ 停止. 在两点运动过程中的某一时刻，恰好 $△ APQ≌△ DEF$，求点 $Q$ 的运动速度.
答案
14.【解】(1)6 【点拨】
∵BC=9 cm,AC=12 cm,AB=15 cm,
∴△ABC的周长=AC+BC+AB=36 cm,
∴△ABC的周长被线段AP平分为相等的两部分时,点P运动的路程为36÷2=18(cm).又
∵点P的速度为3 cm/s,
∴运动时间t=18÷3=6(s).
(2)$\frac{11}{2}$或$\frac{19}{2}$ 【点拨】分两种情况讨论:如图①
,①,当点P在BC上时,∵△APC的面积等于△ABC面积的一半,
∴$CP=\frac{1}{2}BC=4.5$ cm,
∴$t=\frac{12+4.5}{3}=\frac{11}{2}$(s);
如图②
,当点P在AB上时,∵△APC的面积等于△ABC面积的一半,
∴AP=BP=7.5 cm,
∴$t=\frac{12+9+7.5}{3}=\frac{19}{2}$(s).综上所述,当t为$\frac{11}{2}$ s或$\frac{19}{2}$ s时,△APC的面积等于△ABC面积的一半.
(3)设点Q的运动速度为x cm/s,分两种情况讨论:
如图③,当点P在AC上,点Q在AB上,△APQ≌△DEF时,AP=DE=4 cm,AQ=DF=5 cm,
∴4÷3=5÷x,解得$x=\frac{15}{4}$;
如图④,当点P在AB上,点Q在AC上,△APQ≌△DEF时,AP=DE=4 cm,AQ=DF=5 cm,
∴点P运动的路程为9+12+15-4=32(cm),点Q运动的路程为9+12+15-5=31(cm),
∴32÷3=31÷x,解得$x=\frac{93}{32}$.
综上,点Q的运动速度为$\frac{15}{4}$ cm/s或$\frac{93}{32}$ cm/s.
