?12.4全等三角形（單元檢測）


一、單選題(共36分)
1．(本題3分)如圖，在中，，，的平分線與的外角的平分線交于E點，連接AE，則的度數是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作EF⊥AC交CA的延長線于F，EG⊥AB于G，EH⊥BC交CB的延長線于H，根據角平分線的性質和判定得到AE平分∠FAG，求出∠EAB的度數，根據角平分線的定義求出∠ABE的度數，根據三角形內角和定理計算得到答案．
【詳解】作EF⊥AC交CA的延長線于F，EG⊥AB于G，EH⊥BC交CB的延長線于H，
∵CE平分∠ACB，BE平分∠ABD，
∴EF＝EH，EG＝EH，
∴EF＝EF，又EF⊥AC，EG⊥AB，
∴AE平分∠FAG，
∵∠CAB＝40°，
∴∠BAF＝140°，
∴∠EAB＝70°，
∵∠ACB＝90°，∠CAB＝40°，
∴∠ABC＝50°，
∴∠ABH＝130°，又BE平分∠ABD，
∴∠ABE＝65°，
∴∠AEB＝180°?∠EAB?∠ABE＝45°，
故選B．

【點評】本題考查的是角平分線的性質，掌握角的平分線上的點到角的兩邊的距離相等是解題的關鍵，注意三角形內角和定理和角平分線的定義的正確運用．
2．(本題3分)如圖，E是的平分線AD上任意一點，且，則圖中全等三角形有（ ）

A．4對 B．3對 C．2對 D．1對
【答案】B
【分析】根據題意可知：AB=AC，E是角平分線AD上任意一點，根據三角形全等的判定方法可知全等的三角形有：△ABD≌△ACD，△ABE≌△ACE，△BDE≌△CDE．
【詳解】∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
在△ABD和△ACD中，
，
∴△ABD≌△ACD（SAS），
∴BD=CD，∠ADB=∠ADC，
在△BED和△CED中，
，
∴△BDE≌△CDE（SAS），
在△ABE和△ACE中，
，
∴△ABE≌△ACE（SAS），
共3對全等三角形，
故選：B．
【點評】本題主要考查了全等三角形的判定和性質，關鍵是掌握全等三角形的判定方法：SSS、SAS、ASA、AAS．以及HL．
3．(本題3分)如圖，AD是的中線，E，F分別是AD和AD延長線上的點，且，連結BF，CE．下列說法：①CE＝BF；②△ABD和△ACD面積相等；③BF∥CE；④△BDF≌△CDE．其中正確的有（　　）

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】C
【分析】根據“”可證明，則可對④進行判斷；利用全等三角形的性質可對①進行判斷；由于與不能確定相等，則根據三角形面積公式可對②進行判斷；根據全等三角形的性質得到，則利用平行線的判定方法可對③進行判斷．
【詳解】是的中線，
，
，，
，所以④正確；
，所以①正確；
與不能確定相等，
和面積不一定相等，所以②錯誤；
，
，
，所以③正確；
故選：．
【點評】本題考查了全等三角形的判定，熟悉全等三角形的5種判定方法是解題的關鍵．
4．(本題3分)如圖， 是的中線，，分別是和延長線上的點，且，連結，．下列說法：①；②和面積相等；③；④．其中正確的有（　?。?br />
A．個 B．個 C．個 D．個
【答案】D
【分析】根據三角形中線的定義可得BD=CD，然后利用“邊角邊”證明△BDF和△CDE全等，根據全等三角形對應邊相等可得CE=BF，全等三角形對應角相等可得∠F=∠CED，再根據內錯角相等，兩直線平行可得BF∥CE，最后根據等底等高的三角形的面積相等判斷出②正確．
【詳解】∵AD是△ABC的中線，
∴BD=CD，
在△BDF和△CDE中，
∴△BDF≌△CDE（SAS），故④正確
∴CE=BF，∠F=∠CED，故①正確，
∴BF∥CE，故③正確，
∵BD=CD，點A到BD、CD的距離相等，
∴△ABD和△ACD面積相等，故②正確，
綜上所述，正確的是①②③④共4個．
故選：D．
【點評】本題考查了全等三角形的判定與性質，等底等高的三角形的面積相等，平行線的判定，熟練掌握三角形全等的判定方法并準確識圖是解題的關鍵．
5．(本題3分)下列敘述中錯誤的是（ ）
A．能夠完全重合的圖形稱為全等圖形
B．全等圖形的形狀和大小都相同
C．所有正方形都是全等圖形
D．形狀和大小都相同的兩個圖形是全等圖形
【答案】C
【解析】
解：A．能夠重合的圖形稱為全等圖形，說法正確，故本選項錯誤；
B．全等圖形的形狀和大小都相同，說法正確，故本選項錯誤；
C．所有正方形不一定都是全等圖形，說法錯誤，故本選項正確；
D．形狀和大小都相同的兩個圖形是全等圖形，說法正確，故本選項錯誤；
故選C．
6．(本題3分)如圖，在中，分別是上的點，且，則的度數為（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據AB=AC，∠A=112°求得∠B=∠C=34°，再證明△BED≌△CDF得到∠BDE=∠CFD，由∠BDE+∠EDF+∠CDF=180°，∠CFD+∠C+∠CDF=180°，推出∠EDF=∠C=34°.
【詳解】∵AB=AC，∠A=112°，
∴∠B=∠C=34°，
∵,
∴△BED≌△CDF，
∴∠BDE=∠CFD，
∵∠BDE+∠EDF+∠CDF=180°，∠CFD+∠C+∠CDF=180°，
∴∠EDF=∠C=34°，
故選：B.
【點評】此題考查等腰三角形的性質，全等三角形的判定及性質，三角形的內角和的運用.
7．(本題3分)如圖，是上一點，交于點，，，若，，則的長是( )

A．0.5 B．1 C．1.5 D．2
【答案】B
【分析】根據平行線的性質，得出，，根據全等三角形的判定，得出，根據全等三角形的性質，得出，根據，，即可求線段的長．
【詳解】∵，
∴，，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴.
故選B．
【點評】本題考查了全等三角形的性質和判定，平行線的性質的應用，能判定是解此題的關鍵．
8．(本題3分)如圖，已知在四邊形中，，平分，，，，則四邊形的面積是（ ）

A．24 B．30 C．36 D．42
【答案】B
【分析】過D作DE⊥AB交BA的延長線于E，根據角平分線的性質得到DE=CD=4，根據三角形的面積公式即可得到結論．
【詳解】如圖，過D作DE⊥AB交BA的延長線于E，

∵BD平分∠ABC，∠BCD=90°，
∴DE=CD=4，
∴四邊形的面積
故選B.
【點評】本題考查了角平分線的性質，三角形的面積的計算，正確的作出輔助線是解題的關鍵．
9．(本題3分)如圖,△ABC≌△DCB,若∠A=80°,∠ACB=40°,則∠ACD 等于（ ）

A．80° B．60° C．40° D．20°
【答案】D
【分析】根據三角形內角和定理求出∠ABC的度數，根據全等三角形的性質求出∠DCB的度數，計算即可．
【詳解】∵∠A=80°，∠ACB=40°，
∴∠ABC=60°，
∵△ABC≌△DCB，
∴∠DCB=∠ABC=60°，
∴∠ACD=∠DCB-∠ACB=60°-40°=20°，
故選D．
【點評】本題考查的是全等三角形的性質和三角形內角和定理，掌握全等三角形的對應邊相等、全等三角形的對應角相等是解題的關鍵．
10．(本題3分)平面上有與，其中與相交于點，如圖．若，，，，，則的度數為　　

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】易證，由全等三角形的性質可知：，再根據已知條件和四邊形的內角和為，即可求出的度數．
【詳解】在和中，
，
，
，，
，
，，
，
，
，

，
，
，
，
故選：C．
【點評】此題考查全等三角形的判定和性質，三角形的內角和定理，四邊形的內角和定理，解題的關鍵是利用整體的數學思想求出．
11．(本題3分)如圖，一種測量工具，點 O是兩根鋼條AC、BD中點，并能繞點O轉動 .由三角形全等可得內槽寬AB與CD相等，其中△OAB≌△OCD的依據是（ ）

A．SSS B．ASA C．SAS D．AAS
【答案】C
【分析】由O是AC、BD的中點，可得AO=CO，BO=DO，再由∠AOB=∠COD，可以根據全等三角形的判定方法SAS，判定△OAB≌△OCD，即可得出結論．
【詳解】∵O是AC、BD的中點，∴AO=CO，BO=DO．
在△OAB和△OCD中，∵AO=CO，∠AOB=∠COD，BO=DO，∴△OAB≌△OCD（SAS），∴AB=CD．
故選C．
【點評】本題主要全等三角形的應用，關鍵是掌握全等三角形的判定方法：SSS、SAS、ASA、AAS，HL，要證明兩個三角形全等，必須有對應邊相等這一條件．
12．(本題3分)下列條件不能判定兩個直角三角形全等的是（ ）
A．兩條直角邊對應相等 B．斜邊和一銳角對應相等
C．斜邊和一直角邊對應相等 D．兩個銳角對應相等
【答案】D
【分析】根據三角形全等的判定對各選項分析判斷后利用排除法求解．
【詳解】、可以利用邊角邊判定兩三角形全等，故本選項不合題意；
、可以利用角角邊判定兩三角形全等，故本選項不合題意；
、根據斜邊直角邊定理判定兩三角形全等，故本選項不合題意；
、三個角對應相等不能證明兩三角形全等，故本選項符合題意；
故選：D．
【點評】本題考查了直角三角形全等的判定方法；本題主要利用三角形全等的判定，運用好有一對相等的直角這一隱含條件是解題的關鍵．


二、填空題(共12分)
13．(本題3分)如圖10，某同學把一塊三角形的玻璃打碎成三片，現在他要到玻璃店去配一塊完全一樣形狀的玻璃．那么最省事的辦法是帶________去配，這樣做的數學依據是是_______________________________．

【答案】③ 兩角和它們的夾邊分別相等的兩個三角形全等
【分析】已知三角形破損部分的邊角，得到原來三角形的邊角，根據三角形全等的判定方法，即可求解．
【詳解】第一塊和第二塊只保留了原三角形的一個角和部分邊，根據這兩塊中的任一塊均不能配一塊與原來完全一樣的；
第三塊不僅保留了原來三角形的兩個角還保留了一邊，則可以根據ASA來配一塊一樣的玻璃．
故答案為③；兩個角及它們的夾邊對應相等的兩個三角形全等．
【點評】本題考查了全等三角形的判定，解題的關鍵是要認真觀察圖形，根據已知選擇判定方法．
14．(本題3分)如圖，AB=12，CA⊥AB于A，DB⊥AB于B，且AC=4m，P點從B向A運動，每分鐘走1m，Q點從B向D運動，每分鐘走2m，P、Q兩點同時出發(fā)，運動_______分鐘后△CAP與△PQB全等．

【答案】4
【分析】設運動x分鐘后△CAP與△PQB全等；則BP=xm，BQ=2xm，則AP=（12-x）m，分兩種情況：①若BP=AC，則x=4，此時AP=BQ，△CAP≌△PBQ；②若BP=AP，則12-x=x，得出x=6，BQ=12≠AC，即可得出結果．
【詳解】∵CA⊥AB于A，DB⊥AB于B，
∴∠A=∠B=90°，
設運動x分鐘后△CAP與△PQB全等；
則BP=xm，BQ=2xm，則AP=（12-x）m，
分兩種情況：
①若BP=AC，則x=4，
AP=12-4=8，BQ=8，AP=BQ，
∴△CAP≌△PBQ；
②若BP=AP，則12-x=x，
解得：x=6，BQ=12≠AC，
此時△CAP與△PQB不全等；
綜上所述：運動4分鐘后△CAP與△PQB全等；
故答案為：4．
【點評】本題考查了直角三角形全等的判定方法、解方程等知識；本題難度適中，需要進行分類討論．
15．(本題3分)如圖，己知，的延長線過點E且交點F，，，，則_________.

【答案】35°.
【分析】由△ABC≌△ADE可得∠B=∠D=50°，再在△ACF和△DEF中應用三角形的內角和定理求解即可.
【詳解】∵△ABC≌△ADE，∴∠B=∠D=50°，
∵∠ACB=105°，∴∠ACE=75°，
在△ACF和△DEF中，∵∠ACE+∠CAF+∠AFC=∠D+∠DEF+∠DFE，∠AFC=∠DFE，
∴75°+10°=50°+∠DEF，
∴∠DEF=35°.
故答案為35°.
【點評】本題考查了全等三角形的性質和三角形的內角和定理，難度不大，屬于基礎題型，掌握相關性質和定理是關鍵.
16．(本題3分)如圖,已知△ABC的兩條高AD、BE交于F,AE=BE,若要運用“HL”說明△AEF≌△BEC，還需添加條件：_______________.

【答案】AF=BC
【解析】
HL指的是斜邊、直角邊定理，只能添加兩條斜邊相等，即AF=BC.

三、解答題(共72分)
17．(本題8分)如圖，△ABC≌△DBE，點D在邊AC上，BC與DE交于點P，已知∠ABE＝162°，∠DBC＝30°，求∠CDE的度數．

【答案】∠CDE＝66°．
【分析】先求出∠ABD+∠CBE＝132°，再根據三角形全等得到∠ABC＝∠DBE，∠C＝∠E，進而求出∠ABD＝∠CBE＝66°，最后根據三角形內角和得到∠CDE＝∠CBE＝66°．
【詳解】∵∠ABE＝162°，∠DBC＝30°，
∴∠ABD+∠CBE＝132°，
∵△ABC≌△DBE，
∴∠ABC＝∠DBE，∠C＝∠E，
∴∠ABD＝∠CBE＝132°÷2＝66°，
∵∠CPD＝∠BPE，
∴∠CDE＝∠CBE＝66°．
【點評】本題考查了全等三角形的性質，三角形的內角和，根據全等性質證明∠ABD＝∠CBE是解題關鍵.
18．(本題8分)如圖（1），AB＝7cm，AC⊥AB，BD⊥AB垂足分別為A、B，AC＝5cm．點P在線段AB上以2cm/s的速度由點A向點B運動，同時點Q在射線BD上運動．它們運動的時間為t（s）（當點P運動結束時，點Q運動隨之結束）．

（1）若點Q的運動速度與點P的運動速度相等，當t＝1時，△ACP與△BPQ是否全等，并判斷此時線段PC和線段PQ的位置關系，請分別說明理由；
（2）如圖（2），若“AC⊥AB，BD⊥AB”改為“∠CAB＝∠DBA”，點Q的運動速度為xcm/s，其它條件不變，當點P、Q運動到何處時有△ACP與△BPQ全等，求出相應的x的值．
【答案】（1）△ACP≌△BPQ，PC⊥PQ，理由見解析；（2）2或
【分析】（1）利用AP＝BQ＝2，BP＝AC，可根據“SAS”證明△ACP≌△BPQ；則∠C＝∠BPQ，然后證明∠APC＋∠BPQ＝90°，從而得到PC⊥PQ；
（2）討論：若△ACP≌△BPQ，則AC＝BP，AP＝BQ，即5＝7﹣2t，2t＝xt；②若△ACP≌△BQP，則AC＝BQ，AP＝BP，即5＝xt，2t＝7﹣2t，然后分別求出x即可．
【詳解】（1）△ACP≌△BPQ，PC⊥PQ．
理由如下：∵AC⊥AB，BD⊥AB，
∴∠A＝∠B＝90°，
∵AP＝BQ＝2，
∴BP＝5，
∴BP＝AC，
∴△ACP≌△BPQ（SAS）；
∴∠C＝∠BPQ，
∵∠C＋∠APC＝90°，
∴∠APC＋∠BPQ＝90°，
∴∠CPQ＝90°，
∴PC⊥PQ；
（2）①若△ACP≌△BPQ，
則AC＝BP，AP＝BQ，可得：5＝7﹣2t，2t＝xt
解得：x＝2，t＝1；
②若△ACP≌△BQP，
則AC＝BQ，AP＝BP，可得：5＝xt，2t＝7﹣2t
解得：x＝，t＝．
綜上所述，當△ACP與△BPQ全等時x的值為2或．
【點評】本題主要考查了全等三角形的判定和性質，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性質（即全等三角形的對應邊相等、對應角相等）是解題的關鍵．注意：AAA、SSA不能判定兩個三角形全等，判定兩個三角形全等時，必須有邊的參與，若有兩邊一角對應相等時，角必須是兩邊的夾角．
19．(本題8分)如圖，在△ABC中，AB=AC=10cm；BC=6cm，點D為AB的中點．
（1）如果點P在線段BC上以1cm/s的速度由點B向點C運動，同時，點Q在線段CA上由點C向點A運動．
①若點Q的運動速度與點P的運動速度相等，經過1秒后，△BPD與△CQP是否全等，請說明理由；
②若點Q的運動速度與點P的運動速度不相等，當點Q的運動速度為多少時，能夠使△BPD與△CQP全等？
（2）若點Q以②中的運動速度從點C出發(fā)，點P以原來的運動速度從點B出發(fā)都逆時針沿△ABC三邊運動，直接寫出經過多少秒后，點P與點Q第一次在△ABC的那一條邊上相遇．

【答案】（1）①△BPD與△CQP全等，②點Q的運動速度是cm/s．（2）經過30秒后點P與點Q第一次在△ABC的邊BC上相遇．
【分析】（1）①根據SAS即可判斷；②利用全等三角形的性質，判斷出對應邊，根據時間．路程、速度之間的關系即可解決問題；（2）求出Q的運動路程，與根據三角形ABC周長的整數倍進行比較，即可得出相遇點的位置．
【詳解】（1）①△BPD與△CQP全等，
∵點P的運動速度是1cm/s，
∴點Q的運動速度是1cm/s，
∴運動1秒時，BP=CQ=1cm，
∵BC=6cm，
∴CP=5cm，
∵AB=10，D為AB的中點，
∴BD=5，
∴BD=CP，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴△BPD≌△CQP．
②點Q的運動速度與點P的運動速度不相等，則BP≠CQ，
若△BPD與△CQP全等，只能BP=CP=3cm，BD=CQ=5cm，
此時，點P運動3cm，需3秒，而點Q運動5cm，
∴點Q的運動速度是cm/s．
（2）設經過t秒時，P、Q第一次相遇，
∵P的速度是1厘米/秒，Q的速度是厘米/秒，
∴10+10+t=t，
解得：t=30，
此時點Q的路程=30×=50（厘米），
∵50＜2×26，
∴此時點Q在BC上，
∴經過30秒后點P與點Q第一次在△ABC的邊BC上相遇．
【點評】本題考查了全等三角形的判定與性質，等腰三角形的性質以及數形結合思想的運用，解題的關鍵是熟練掌握三角形全等的判定和性質．解題時注意全等三角形的對應邊相等．
20．(本題8分)如圖，一個四邊形紙片ABCD，，把紙片按如圖所示折疊，使點B落在AD邊上的點，AE是折痕．
（1）判斷與DC的位置關系，并說明理由；
（2）如果，求的度數．

【答案】（1）B′E∥DC，理由見解析；（2）65°
【分析】（1）由于是的折疊后形成的，可得，可得B′E∥DC；
（2）利用平行線的性質和全等三角形求解．
【詳解】（1）由于是的折疊后形成的，
，
；
（2）折疊，
△，
，即，
，
，
．
【點評】本題考查了三角形全等的判定及性質；把紙片按如圖所示折疊，使點落在邊上的點，則△，利用全等三角形的性質和平行線的性質及判定求解．
21．(本題8分)已知和位置如圖所示，，，．

（1）試說明：；
（2）試說明：．
【答案】(1)見解析；(2)見解析．
【分析】（1）根據SAS可證明△ADB≌△AEC，再根據全等三角形的性質即得結論；
（2）由可得，根據全等三角形的性質可得，然后根據三角形的內角和定理即可推出結論．
【詳解】（1）在△ADB和△AEC中，

∴△ADB≌△AEC（SAS），
∴BD=CE；
（2）∵，
∴，
∵△ADB≌△AEC，
∴，
∴，
即．
【點評】本題考查了全等三角形的判定和性質以及三角形的內角和定理，屬于常見題型，熟練掌握全等三角形的判定和性質是解題的關鍵．
22．(本題10分)（1）如圖①，在四邊形中，，點是的中點，若是的平分線，試判斷，，之間的等量關系．
解決此問題可以用如下方法：延長交的延長線于點，易證得到，從而把，，轉化在一個三角形中即可判斷．
，，之間的等量關系________；
（2）問題探究：如圖②，在四邊形中，，與的延長線交于點，點是的中點，若是的平分線，試探究，，之間的等量關系，并證明你的結論．

【答案】（1）；（2），理由詳見解析.
【分析】（1）先根據角平分線的定義和平行線的性質證得，再根據AAS證得≌，于是，進一步即得結論；
（2）延長交的延長線于點，如圖②，先根據AAS證明≌，可得，再根據角平分線的定義和平行線的性質證得，進而得出結論.
【詳解】（1）.
理由如下：如圖①，∵是的平分線，∴
∵，∴，∴，∴.
∵點是的中點，∴，
又∵，
∴≌（AAS），∴.
∴.
故答案為.
（2）.
理由如下：如圖②，延長交的延長線于點.

∵，∴，
又∵，，
∴≌（AAS），∴，
∵是的平分線，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴.
【點評】本題考查了全等三角形的判定和性質、平行線的性質、角平分線的定義和等角對等邊等知識，添加恰當輔助線構造全等三角形是解本題的關鍵．
23．(本題10分)如圖，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE．求證：BE=CD．

【答案】證明見解析
【解析】
試題分析：首先證明∠BAE=∠CAD，再利用SAS證明△BAE≌△CAD即可．
試題解析：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC+∠CAE=∠DAE+∠CAE，
∴∠BAE=∠CAD，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAE≌△CAD(SAS)，
∴BE=CD.
24．(本題12分)在△ABC中，∠ABC與∠ACB的平分線相交于點P．

（1）如圖①，若∠BPC＝α，則∠A＝　　??；（用α的代數式表示，請直接寫出結論）
（2）如圖②，作△ABC外角∠MBC、∠NCB的角平分線交于點Q，試探究∠Q與∠BPC之間的數量關系，并說明理由；
（3）如圖③，延長線段CP、QB交于點E，△CQE中，存在一個內角等于另一個內角的2倍，求∠A的度數．
【答案】（1）2α﹣180°；（2）∠BPC+∠BQC＝180°．理由見解析；（3）∠A的度數是90°或60°或120°．
【分析】（1）利用角平分線的定義以及三角形的內角和定理求解即可．
（2）證明∠Q=90°-∠A，∠BPC=90°+∠A，可得結論．
（3）首先證明∠A=2∠E，∠ECQ=90°，再分四種情形分別求解即可解決問題．
【詳解】（1）如圖①中，

∵∠ABC與∠ACB的平分線相交于點P，
∴∠BPC=180°﹣（∠PBC+∠PCB）
=180°（∠ABC+∠ACB）
=180°（180°﹣∠A），
=90°∠A，
∵∠BPC=α，
∴∠A=2α﹣180°．
故答案為2α﹣180°．
（2）結論：∠BPC+∠BQC=180°．
理由：如圖②中，

∵外角∠MBC，∠NCB的角平分線交于點Q，
∴∠QBC+∠QCB（∠MBC+∠NCB）
（360°﹣∠ABC﹣∠ACB）
（180°+∠A）
=90°∠A，
∴∠Q=180°﹣（90°∠A）=90°∠A，
∵∠BPC=90°∠A，
∴∠BPC+∠BQC=180°．

（3）延長CB至F，

∵BQ為△ABC的外角∠MBC的角平分線，
∴BE是△ABC的外角∠ABF的角平分線，
∴∠ABF=2∠EBF，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACB=2∠ECB，
∵∠EBF=∠ECB+∠E，
∴2∠EBF=2∠ECB+2∠E，
即∠ABF=∠ACB+2∠E，
又∵∠ABF=∠ACB+∠A，
∴∠A=2∠E，
∵∠ECQ=∠ECB+∠BCQ
∠ACB∠NCB
=90°，
如果△CQE中，存在一個內角等于另一個內角的2倍，那么分四種情況：
①∠ECQ=2∠E=90°，則∠E=45°，∠A=2∠E=90°；
②∠ECQ=2∠Q=90°，則∠Q=45°，∠E=45°，∠A=2∠E=90°；
③∠Q=2∠E，∵∠Q+∠E=90°，∴∠E=30°，則∠A=2∠E=60°；
④∠E=2∠Q，∵∠Q+∠E=90°，∴∠E=60°，則∠A=2∠E=120°．
綜上所述，∠A的度數是90°或60°或120°．
【點評】本題考查了角平分線的定義，三角形內角和定理等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．


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初中數學人教版八年級上冊電子課本

12.1 全等三角形

版本： 人教版

年級： 八年級上冊

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