全等三角形的证明及计算大题专项训练30道含答案.docx
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全等三角形的证明及计算大题专项训练30道含答案
全等三角形的证明及计算大题专项训练(30道)
考卷信息:
本套训练卷共30题,培优篇15题,拔尖篇15题,题型针对性较高,覆盖面广,选题有深度,可深化学生对全等三角形工具的应用及构造全等三角形!
1.(2021春•道里区期末)如图,点A,C在EF上,AD∥BC,DE∥BF,AE=CF.
(1)求证:
△ADE≌△CBF;
(2)直接写出图中所有相等的线段(AE=CF除外).
【解题思路】
(1)利用ASA证明△ADE≌△CBF即可;
(2)根据△ADE≌△CBF即可得图中所有相等的线段.
【解答过程】
(1)证明:
∵AD∥BC
∴∠DAC=∠BCA,
又∵∠DAC+∠EAD=180°,∠BCA+∠FCB=180°,
∴∠EAD=∠FCB,
∵DE∥BF,
∴∠E=∠F,
在△ADE和△CBF中,
,
∴△ADE≌△CBF(ASA),
(2)∵△ADE≌△CBF,
∴ED=FB,DA=BC,EC=FA.
∵AD∥BC,
∴∠DAC=∠BCA,
在△ADC和△CBA中,
,
∴△ADC≌△CBA(SAS),
∴AB=CD;
∴图中所有相等的线段有:
ED=FB,DA=BC,AB=CD,EC=FA.
2.(2021春•宁德期末)如图,AB,CD交于点O,AC=DB,∠ACD=∠DBA.
(1)说明△AOC≌△DOB的理由;
(2)若∠ACD=94°,∠CAO=28°,求∠OCB的度数.
【解题思路】
(1)直接利用AAS即可证明△AOC≌△DOB;
(2)利用三角形外角的性质得到∠COB,再根据△AOC≌△DOB得到OC=OB,即可求得∠OCB.
【解答过程】解:
(1)在△AOC和△DOB中,
,
∴△AOC≌△DOB(AAS);
(2)∵∠ACD=94°,∠CAO=28°,
∴∠COB=∠ACD+∠CAO=122°,
∵△AOC≌△DOB,
∴OC=OB,
∴∠OCB=(180°﹣122°)÷2=29°.
3.(2021春•沙坪坝区校级期末)如图,在△ABC中,AC=BC,点D在AB边上,点E在BC边上,连接CD,DE.已知∠ACD=∠BDE,CD=DE.
(1)猜想AC与BD的数量关系,并证明你的猜想;
(2)若AD=3,BD=5,求CE的长.
【解题思路】
(1)利用AAS证明△ADC≌△BED,即可得结论;
(2)结合△ADC≌△BED,可得AC=BD=5,BE=AD=3,进而可得CE的长.
【解答过程】解:
(1)AC=BD,理由如下:
∵AC=BC,
∴∠A=∠B,
在△ADC和△BED中,
,
∴△ADC≌△BED(AAS),
∴AC=BD;
(2)由
(1)知:
△ADC≌△BED,
∴AC=BD=5,BE=AD=3,
∴BC=AC=5,
∴CE=BC﹣BE=2.
4.(2021春•渝中区校级期末)如图,点E在△ABC的边AC上,且∠ABE=∠C,AF平分∠BAE交BE于F,FD∥BC交AC于点D.
(1)求证:
△ABF≌△ADF;
(2)若BE=7,AB=8,AE=5,求△EFD的周长.
【解题思路】
(1)根据平行线的性质得到∠ADF=∠C,等量代换得到∠ABF=∠ADF,由角平分线的定义得到∠BAF=∠CAF,根据全等三角形的判定定理即可得到结论;
(2)根据全等三角形的性质得到AD=AB=8,BF=DF,由线段的和差得到DE=AD=AE=8﹣5=3,根据三角形的周长公式即可得到结论.
【解答过程】解:
(1)∵FD∥BC,
∴∠ADF=∠C,
∵∠ABF=∠C,
∴∠ABF=∠ADF,
∵AF平分∠BAE,
∴∠BAF=∠CAF,
在△ABF和△ADF中,
,
∴△ABF≌△ADF(AAS);
(2)∵△ABF≌△ADF,
∴AD=AB=8,BF=DF,
∵AE=5,
∴DE=AD﹣AE=8﹣5=3,
∴△EFD的周长=EF+DF+DE=EF+BF+DE=BE+DE=7+3=10.
5.(2021春•北碚区校级期末)如图,已知D是AC上一点,AB=DA,AB+DC=ED,AE=BC.
(1)求证:
△ABC≌△DAE,
(2)若∠BAE=125°,求∠DCB的度数.
【解题思路】
(1)根据SSS证明三角形全等即可.
(2)利用全等三角形的性质以及三角形内角和定理求解即可.
【解答过程】
(1)证明:
∵DE=AB+DC,AB=AD,
∴DE=AD+DC=AC,
在△ABC和△DAE中,
,
∴△ABC≌△DAE(SSS).
(2)解:
∵△ABC≌△DAE,
∴∠EAD=∠B,
∴∠B+∠BAC=∠EAD+∠BAC=∠EAB=125°,
∴∠DCB=180°﹣(∠B+∠BAC)=180°﹣125°=55°.
6.(2021春•莱芜区期末)如图,已知AD、BC相交于点O,AB=CD,AM⊥BC于点M,DN⊥BC于点N,BN=CM.
(1)求证:
△ABM≌△DCN;
(2)试猜想OA与OD的大小关系,并说明理由.
【解题思路】
(1)根据HL可证明:
△ABM≌△DCN;
(2)根据AAS证明△AMO≌△DNO可得结论.
【解答过程】
(1)证明:
∵BN=CM,
∴BN+MN=MN+CM,
即CN=BM,
∵AM⊥BC于点M,DN⊥BC于点N,
∴∠AMB=∠DNC=90°,
在Rt△ABM和Rt△DCN中,
,
∴Rt△ABM≌Rt△DCN(HL);
(2)解:
OA=OD,理由如下:
∵Rt△ABM≌Rt△DCN,
∴AM=DN,
在△AMO和△DNO中,
,
∴△AMO≌△DNO(AAS),
∴OA=OD.
7.(2021春•静安区期末)如图,已知四边形ABCD中,AB∥CD,AD∥BC.E为BD上一点,且BE=AD,∠DEF=∠ADC,EF交BC的延长线于点F.
(1)AD和BC相等吗?
为什么?
(2)BF和BD相等吗?
为什么?
【解题思路】
(1)根据平行线的性质和全等三角形的判定和性质得出△ABD与△CDB全等,进而利用全等三角形的性质解答即可;
(2)根据平行线的性质和全等三角形的判定和性质得出△EFB与△CDB全等,进而解答即可.
【解答过程】解:
(1)AD=CB,理由如下:
∵AD∥BC,
∴∠ABD=∠CDB,
同理可得,∠ADB=∠CBD,
在△ABD与△CDB中,
,
∴△ABD≌△CDB(ASA),
∴AD=CB;
(2)BF=BD,理由如下:
∵AD=CB,BE=AD,
∴BC=BE,
∵∠DEF=∠ADC,
∴∠DEF﹣∠DBF=∠ADC﹣∠ADB,
即∠EFB=∠CDB,
在△EFB与△CDB中,
,
∴△EFB≌△CDB(ASA),
∴FB=DB.
8.(2021春•沙坪坝区校级月考)如图,△ABC中,CD⊥AB,垂足为D.BE⊥AC,垂足为G,AB=CF,BE=AC.
(1)求证:
AE=AF;
(2)求∠EAF的度数.
【解题思路】
(1)利用SAS证明△AEB≌△FAC可证明结论;
(2)由全等三角形的性质可得∠E=∠CAF,由余角的定义可求得∠EAF的度数.
【解答过程】
(1)证明:
∵CD⊥AB,BE⊥AC,
∴∠CAD+∠ACD=∠CAD+∠EBA=90°,
∴∠ACD=∠EBA,
在△AEB和△FAC中,
,
∴△AEB≌△FAC(SAS),
∴AE=FA;
(2)解:
∵△AEB≌△FAC,
∴∠E=∠CAF,
∵∠E+∠EAG=90°,
∴∠CAF+∠EAG=90°,
即∠EAF=90°.
9.(2021春•铁岭月考)已知:
如图,AB=AC,∠1=∠2.
(1)找出图中的所有全等三角形(直接写出);
(2)求证:
AD=AE.
【解题思路】
(1)直接根据全等三角形的判定可得答案;
(2)先根据SAS证得△ABF≌△ACF,再根据ASA证得△BDF≌△CEF,然后根据全等三角形的性质可得结论.
【解答过程】解:
(1)△ABF≌△ACF,△BDF≌△CEF,△ADF≌△AEF,△ADC≌△AEB;
(2)证明:
在△ABF和△ACF中,
,
∴△ABF≌△ACF(SAS),
∴∠B=∠C,BF=CF.
在△BDF和△CEF中,
,
∴△BDF≌△CEF(ASA),
∴BD=CE,
∴AB﹣BD=AC﹣CE,
∴AD=AE.
10.(2021•南岗区模拟)已知:
在△ABC和△DBE中,AB=DB,BC=BE,其中∠ABD=∠CBE.
(1)如图1,求证:
AC=DE;
(2)如图2,AB=BC,AC分别交DE,BD于点F,G,BC交DE于点H,在不添加任何辅助线的情况下,请直接写出图2中的四对全等三角形.
【解题思路】
(1)根据SAS证明△ABC与△DBE全等,利用全等三角形的性质解答即可.
(2)根据全等三角形的判定解答即可.
【解答过程】证明:
(1)∵∠ABD=∠CBE,
∴∠ABD+∠DBC=∠CBE+∠DBC,
即∠ABC=∠DBE,
在△ABC与△DBE中,
,
∴△ABC≌△DBE(SAS),
∴AC=DE;
(2)由
(1)得△ABC≌△DBE,
∴∠A=∠D,∠C=∠E,AB=DB,BC=BE,
∴AB=BE,
∵AB=BC,
∴∠A=∠C,
∴∠A=∠E,
在△ABG与△EBH中,
,
∴△ABG≌△EBH(ASA),
∴BG=BH,
在△DBH与△CBG中,
,
∴△DBH≌△CBG(SAS),
∴∠D=∠C,
∵DB=CB,BG=BH,
∴DG=CH,
在△DFG与△CFH中,
,
∴△DFG≌△CFH(AAS).
11.(2021•三水区一模)如图,AB=AC,直线l过点A,BM⊥直线l,CN⊥直线l,垂足分别为M、N,且BM=AN.
(1)求证△AMB≌△CNA;
(2)求证∠BAC=90°.
【解题思路】
(1)由HL证明△AMB≌△CNA即可;
(2)先由全等三角形的性质得∠BAM=∠ACN,再由∠CAN+∠ACN=90°,得∠CAN+∠BAM=90°,即可得出结论.
【解答过程】证明:
(1)∵BM⊥直线l,CN⊥直线l,
∴∠AMB=∠CNA=90°,
在Rt△AMB和Rt△CNA中,
,
∴Rt△AMB≌Rt△CNA(HL);
(2)由
(1)得:
Rt△AMB≌Rt△CNA,
∴∠BAM=∠ACN,
∵∠CAN+∠ACN=90°,
∴∠CAN+∠BAM=90°,
∴∠BAC=180°﹣90°=90°.
12.(2021•广州模拟)如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,点E是∠ACB内部一点,连接CE,作AD⊥CE,BE⊥CE,垂足分别为点D,E.
(1)求证:
△BCE≌△CAD;
(2)若BE=5,DE=7,则△ACD的周长是 30 .
【解题思路】
(1)根据条件可以得出∠E=∠ADC=90°,进而得出△CEB≌△ADC;
(2)利用
(1)中结论,根据全等三角形的性质即可解决问题;
【解答过程】
(1)证明:
∵BE⊥CE,AD⊥CE,
∴∠E=∠ADC=90°,
∴∠EBC+∠BCE=90°.
∵∠BCE+∠ACD=90°,
∴∠EBC=∠DCA.
在△BCE和△CAD中,
,
∴△BCE≌△CAD(AAS);
(2)解:
∵:
△BCE≌△CAD,BE=5,DE=7,
∴BE=DC=5,CE=AD=CD+DE=5+7=12.
∴由勾股定理得:
AC=13,
∴△ACD的周长为:
5+12+13=30,
故答案为:
30.
13.(2020春•越秀区校级期中)已知:
△ABN和△ACM的位置如图所示,∠1=∠2,AB=AC,AM=AN.
求证:
(1)∠BAN=∠CAM;
(2)∠ODA=∠OEA.
【解题思路】
(1)由∠1=∠2,则∠1+∠MAN=∠2+∠MAN,即∠BAN=∠CAM;
(2)先证△ACM≌△ABN(SAS),得∠M=∠N,再证△ADN≌△AEM(ASA),即可得出结论.
【解答过程】证明:
(1)∵∠1=∠2,
∴∠1+∠MAN=∠2+∠MAN,
即∠BAN=∠CAM;
(2)在△ACM和△ABN中,
,
∴△ACM≌△ABN(SAS),
∴∠M=∠N,
在△ADN和△AEM中,
,
∴△ADN≌△AEM(ASA),
∴∠NDA=∠MEA,
即∠ODA=∠OEA.
14.(2020•江北区模拟)如图,在△ABC中,AD是BC边上的中线,E是AB边上一点,过点C作CF∥AB,交ED的延长线于点F.
(1)求证:
△BDE≌△CDF;
(2)当AD⊥BC,AE=2,CF=1时,求AC的长.
【解题思路】
(1)根据平行线的性质得到∠B=∠FCD,∠BED=∠F,由AD是BC边上的中线,得到BD=CD,于是得到结论;
(2)根据全等三角形的性质得到BE=CF=1,求得AB=AE+BE=3,于是得到结论.
【解答过程】证明:
∵CF∥AB,
∴∠B=∠FCD,∠BED=∠F,
∵AD是BC边上的中线,
∴BD=CD,在△BDE和△CDF中,
,
∴△BDE≌△CDF(AAS);
(2)∵△BDE≌△CDF,
∴BE=CF=1,
∴AB=AE+BE=2+1=3,
∵AD⊥BC,BD=CD,
∴AC=AB=3.
15.(2020秋•萧山区月考)如图,已知在△ABC中,BD⊥AC于D,CE⊥AB于E,F是BD上一点,BF=AC,G是CE延长线上一点,CG=AB,连接AG,AF.
(1)试说明∠ABD=∠ACE;
(2)探求线段AF,AG有什么关系?
并请说明理由.
【解题思路】
(1)根据的等角的余角相等,即可证明∠ACG=∠ABF;
(2)根据SAS推出△ABF≌△GCA即可解决问题;
【解答过程】
(1)证明:
∵BD、CE是△ABC的高,
∴∠ADB=∠AEC=90°,
∴∠ABF+∠BAD=90°,∠GCA+∠BAD=90°,
∴∠ABF=∠GCA,
(2)结论:
AF=AG,AF⊥AG.理由如下:
在△ABF和△GCA中,
,
∴△ABF≌△GCA(SAS),
∴AF=AG,∠GAC=∠AFB,
∵∠AFB=∠ADB+∠FAD,∠GAC=∠GAF+∠FAD,
∴∠GAF=∠ADF,
∵∠ADF=90°,
∴∠GAF=90°,
∴AG⊥AF,AG=AF.
16.(2021•张家界模拟)如图,四边形ABCD中,AB=BC=2CD,AB∥CD,∠C=90°,E是BC的中点,AE与BD相交于点F,连接DE
(1)求证:
△ABE≌△BCD;
(2)判断线段AE与BD的数量关系及位置关系,并说明理由;
(3)若CD=1,试求△AED的面积.
【解题思路】
(1)由平行线的性质得出∠ABE+∠C=180°,得出∠ABE=90°=∠C,再证出BE=CD,由SAS证明△ABE≌△BCD即可;
(2)由全等三角形的性质得出AE=BD,证出∠ABF+∠BAE=90°,得出∠AFB=90°,即可得出结论;
(3)由全等三角形的性质得出BE=CD=1,求出CE=BC﹣BE=1,得出CE=CD,△AED的面积=梯形ABCD的面积﹣△ABE的面积﹣△CDE的面积,即可得出答案.
【解答过程】
(1)证明:
∵AB∥CD,
∴∠ABE+∠C=180°,
∵∠C=90°,
∴∠ABE=90°=∠C,
∵E是BC的中点,
∴BC=2BE,
∵BC=2CD,
∴BE=CD,
在△ABE和△BCD中,
,
∴△ABE≌△BCD(SAS);
(2)解:
AE=BD,AE⊥BD,理由如下:
由
(1)得:
△ABE≌△BCD,
∴AE=BD,
∵∠BAE=∠CBD,∠ABF+∠CBD=90°,
∴∠ABF+∠BAE=90°,
∴∠AFB=90°,
∴AE⊥BD;
(3)解:
∵△ABE≌△BCD,
∴BE=CD=1,
∵AB=BC=2CD=2,
∴CE=BC﹣BE=1,
∴CE=CD,
∴△AED的面积=梯形ABCD的面积﹣△ABE的面积﹣△CDE的面积
(1+2)×2
2×1
1×1
.
17.(2020秋•台江区校级期中)如图,A,B,C三点共线,D,C,E三点共线,∠A=∠DBC,EF⊥AC于点F,AE=BD.
(1)求证:
C是DE的中点;
(2)求证:
AB=2CF.
【解题思路】
(1)过D作DH⊥AC的延长线与H,根据全等三角形的判定证得△AEF≌△BDH,得到EF=DH,再证得△EFC≌△DHC得到CE=CD,即可证得即可证得结论;
(2)由
(1)得,△AEF≌△BDH,△EFC≌△DHC,根据全等三角形的性质得到AF=BH,CF=CH,再根据线段的和差即可证得结论.
【解答过程】证明:
(1)过D作DH⊥AC的延长线与H,
∴∠EFC=∠DHC=90°,
在△AEF和△BDH中,
,
∴△AEF≌△BDH(AAS),
∴EF=DH,
在△EFC和△DHC中,
,
∴△EFC≌△DHC(AAS),
∴CE=CD,
∴C是DE的中点;
(2)由
(1)得,△AEF≌△BDH,△EFC≌△DHC,
∴AF=BH,CF=CH,
∴AB+BF=BF+FH,FH=2FC,
∴AB=FH,
∴AB=2CF.
18.(2021春•铁岭月考)如图,△AOC和△BOD中,OA=OC,OB=OD,∠AOC=∠BOD=α(0<α<90°),AD与BC交于点P.
(1)求证:
△AOD≌△COB;
(2)求∠APC(用含α的式子表示);
(3)过点O分别作OM⊥AD,ON⊥BC,垂足分别为点M、N,请直接写出OM和ON的数量关系.
【解题思路】
(1)由∠AOC=∠BOD,可得∠AOD=∠COB,然后根据SAS可得结论;
(2)根据全等三角形的性质得∠OAD=∠OCB,再根据三角形外角性质可得答案;
(3)根据全等三角形的性质得∠MAO=∠NCO,由垂直定义得∠AMO=∠CNO,再根据全等三角形的判定与性质可得结论.
【解答过程】解:
(1)∵∠AOC=∠BOD,
∴∠AOC+∠COD=∠BOD+∠COD,
∴∠AOD=∠COB,
在△AOD和△COB中,
,
∴△AOD≌△COB(SAS);
(2)由
(1)可知△AOD≌△COB,
∴∠OAD=∠OCB,
令AD与OC交于点E,
则∠AEC=∠OAD+∠AOC=∠OCB+∠APC,
∴∠AOC=∠APC,
∵∠AOC=α,
∴∠APC=α;
(3)∵△AOD≌△COB,
∴∠PAP=∠BCO,即∠MAO=∠NCO,
∵OM⊥AD,ON⊥BC,
∴∠AMO=∠CNO=90°,
在△AOM和△CON中,
,
∴△AOM≌△CON(AAS),
∴OM=ON.
19.(2020秋•花都区月考)如图所示,BD、CE是△ABC的高,点P在BD的延长线上,CA=BP,点Q在CE上,QC=AB.
(1)探究PA与AQ之间的关系;
(2)若把
(1)中的△ABC改为钝角三角形,AC>AB,∠A是钝角,其他条件不变,上述结论是否成立?
画出图形并证明你的结论.
【解题思路】
(1)由条件可得出∠1=∠2,可证得△APB≌△QAC,可得结论;
(2)根据题意画出图形,结合
(1)可证得△APB≌△QAC,可得结论.
【解答过程】
(1)结论:
AP=AQ,AP⊥AQ
证明:
∵BD、CE是△ABC的高,
∴BD⊥AC,CE⊥AB,
∴∠1+∠CAB=90°,∠2+∠CAB=90°,
∴∠1=∠2,
在△QAC和△APB中,
,
∴△QAC≌△APB(SAS),
∴AQ=AP,∠QAC=∠P,
而∠DAP+∠P=90°,
∴∠DAP+∠QAC=90°,
即∠QAP=90°,
∴AQ⊥AP;
即AP=AQ,AP⊥AQ;
(2)上述结论成立,理由如下:
如图所示:
∵BD、CE是△ABC的高,
∴BD⊥AC,CE⊥AB,
∴∠1+∠CAE=90°,∠2+∠DAB=90°,
∵∠CAE=∠DAB,
∴∠1=∠2,
在△QAC和△APB中,
,
∴△QAC≌△APB(SAS),
∴AQ=AP,∠QAC=∠P,
∵∠PDA=90°,
∴∠P+∠PAD=90°,
∴∠QAC+∠PAD=90°,
∴∠QAP=90°,
∴AQ⊥AP,
即AP=AQ,AP⊥AQ.
20.(2020春•萍乡期末)在△ABC中,AB=AC,D是直线BC上一点,以AD为一边在AD的右侧作△ADE,使AE=AD,∠DAE=∠BAC,连接CE,设∠BAC=∠1,∠DCE=∠2.
(1)如图①,当点D在线段BC上移动时,试说明:
∠1+∠2=180°;
(2)如图②,当点D在线段BC的延长线上移动时,请猜测∠1与∠2有怎样的数量关系?
并说明理由.
【解题思路】
(1)由“SAS”可证△BAD≌△CAE,可得∠ACE=∠ABD,由三角形的内角和定理可得结论;
(2)由“SAS”可证△BAD≌△CAE,可得∠ACE=∠ABD,由三角形的内角和定理和平角的定义可得结论.
【解答过程】证明:
(1)∵∠DAE=∠BAC,
∴∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,
,
∴△BAD≌△CAE(SAS),
∴∠ACE=∠ABD,
∵∠BAC+∠ABD+∠ACB=180°,
∴∠BAC+∠ACB+∠ACE=∠BAC+∠BCE=180°,
∴∠1+∠2=180°;
(2)∠1=∠2,
理由如下:
∵∠DAE=∠BAC,
∴∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,
,
∴△BAD≌△CAE(SAS),
∴∠ACE=∠ABD,
∵∠BAC+∠ABD+∠ACB=180°,∠ACE+∠ACB+∠DCE=180°,
∴∠1=∠2.
21.(2020春•揭阳期末)已知△ABC,点D、F分别为线段AC、AB上两点,连接BD、CF交于点E.
(1)若BD⊥AC,CF⊥AB,如图1所示,试说明∠BAC+∠BEC=180°;
(2)若BD平分∠ABC,CF平分∠ACB,如图2所示,试说明此时∠BAC与∠BEC的数量关系;
(3)在
(2)的条件下,若∠BAC=60°,试说明:
EF=ED.
【解题思路】
(1)根据余角的性质得到∠DEC=∠BAC,由于∠DEC+∠BEC=180°,即可得到结论;
(2)根据角平分线的性质得到∠EBC
ABC,∠ECB
ACB,于是得到结论;
(3)作∠BEC的平分线EM交BC于M,由∠BAC=60°,得到∠BEC=90°
BAC=120°,求得∠FEB=∠DEC=60°,根据角平分线的性质得到∠BEM=60°,推出△FBE≌△EBM,根据全等三角形的性质得到EF=EM,同理DE=EM,即可得到结论.
【解答过程】解:
(1)∵BD⊥AC,CF⊥AB,
∴∠DCE+∠DEC=∠DCE+∠FAC=90°,
∴∠DEC=∠BAC,∠DEC+∠BEC=180°,
∴∠BAC+∠BEC=180°;
(2)∵BD平分∠ABC,CF平分∠ACB,
∴∠EBC
ABC,∠ECB
ACB,∠BEC=180°﹣(∠EBC+∠ECB)=180°
(∠ABC+∠ACB)=180°
(180°﹣∠BAC)=90°
∠BAC;
(3)作∠BEC的平分线EM交BC于M,
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