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人教版12.1 全等三角形一课一练
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这是一份人教版12.1 全等三角形一课一练，文件包含第十二章全等三角形章末综合检测卷原卷版doc、第十二章全等三角形章末综合检测卷解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
第12章 全等三角形章末综合检测卷
全卷共26题，满分：120分，时间：120分钟
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2021·重庆八年级期末）如图，，， ，，，CE的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】直接利用全等三角形对应边相等可得BE和BC，再利用线段的和差即可求得CE．
【详解】解：∵，，，
∴BE=AC=4，BC=DE=3，∴CE=BE-BC=4-3=1．故选：A．
【点睛】本题考查全等三角形的性质．掌握全等三角形对应边相等是解题关键．
2．（2021·淮北市第二中学八年级期末）如图所示，为外部一点，、分别在、的延长线上，若点到、、的距离都相等，则关于点的说法最佳的是（ ）
A．在的平分线上 B．在的平分线上
C．在的平分线上 D．在、、的平分线上
【答案】D
【分析】根据到角两边距离相等的点在角的平分线上即可判断．
【详解】由于点P到BC、BD的距离相等，则点P在∠DBC的平分线上，
点P到BD、CE的距离相等，则点P在∠BAC的平分线上，
点P到BC、CE的距离相等，则点P在∠BCE的平分线上，故选：D．
【点睛】本题考查了角平分线的判定，掌握“到角两边距离相等的点在角的平分线上”是解题的关键．
3．（2021·江苏南京市·九年级专题练习）如图，△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，且点B，D，E在同一条直线上，若∠CAE+∠ACE+∠ADE=130°，则∠ADE的度数为（ ）
A．50° B．65° C．70° D．75°
【答案】B
【分析】根据手拉手模型证明，可得，再利用三角形外角的性质得，再结合已知条件即可解答．
【详解】
在和中
（ SAS）
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，熟练掌握手拉手模型证三角形全等是解题关键．
4．（2020·浙江杭州市·八年级期末）根据下列已知条件，能唯一画出的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，
【答案】C
【分析】根据全等三角形的判定，三角形的三边关系分别判断即可．
【详解】解：A、AB=3cm，BC=4cm，AC=8cm；不满足三角形三边关系，本选项不符合题意；
B、AB=4cm，BC=3cm，∠A=30°；边边角三角形不能唯一确定．本选项不符合题意；
C、∠A=60°，∠B=55°，AB=40cm；角边角三角形唯一确定．本选项符合题意；
D、∠C=90°，AB=6cm；一边一角三角形不能唯一确定．本选项不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，三角形的三边关系等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
5．（2021·河南焦作市·九年级二模）已知锐角，如图，（1）在射线上取点，，分别以点为圆心，，长为半径作弧，交射线于点，；（2）连接，交于点．根据以上作图过程及所作图形，下列结论错误的是（ ）
A． B．
C．若，则 D．点在的平分线上
【答案】C
【分析】根据题意可知，即可推断结论A；先证明，再证明即可证明结论B；连接OP，可证明可证明结论D；由此可知答案．
【详解】解：由题意可知，，，
故选项A正确，不符合题意；
在和中，，，
在和中，，，，
故选项B正确，不符合题意；连接OP，
，，
在和中，，，
，点在的平分线上，故选项D正确，不符合题意；
若，，则，
而根据题意不能证明，故不能证明，
故选项C错误，符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查角平分线的判定，全等三角形的判定与性质，明确以某一半径画弧时，准确找到相等的线段是解题的关键．
6．（2020·浙江金华市·八年级期末）如图，、是的角平分线，、相交于点F，已知，则下列说法中正确的个数是（ ）
①；②；③；④．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】当AF=FC、△AEF≌△CDF时，需要满足条件∠BAC=∠BCA，据此可判断①②；在AC上取AG=AE，连接FG，即可证得△AEG≌△AGF，得∠AFE=∠AFG；再证得∠CFG=∠CFD，则根据全等三角形的判定方法AAS即可证△GFC≌△DFC，可得DC=GC，即可得结论，据此可判断③④．
【详解】解：①假设AF=FC．则∠1=∠4．∵AD、CE是△ABC的角平分线，
∴∠BAC=2∠1，∠BCA=2∠4，∴∠BAC=∠BCA．
∴当∠BAC≠∠BCA时，该结论不成立；故①不一定正确；
②假设△AEF≌△CDF，则∠2=∠3．同①，当∠BAC=∠BCA时，该结论成立，
∴当∠BAC≠∠BCA时，该结论不成立；故②不一定正确；
③如图，在AC上取AG=AE，连接FG，
∵AD平分∠BAC，∴∠1=∠2，
在△AEF与△AGF中，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴∠AFE=∠AFG；
∵AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，
∴∠4+∠1=∠ACB+∠BAC=（∠ACB+∠BAC）=（180°-∠B）=60°，
则∠AFC=180°-（∠4+∠1）=120°；∴∠AFC=∠DFE=120°，∠AFE=∠CFD=∠AFG=60°，则∠CFG=60°，
∴∠CFD=∠CFG，在△GFC与△DFC中，，∴△GFC≌△DFC（ASA），∴DC=GC，
∵AC=AG+GC，∴AC=AE+CD．故③正确；
④由③知，∠AFC=180°-∠ECA-∠DAC=120°，即∠AFC=120°；故④正确；
综上所述，正确的结论有2个．故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
7．（2021·江苏八年级期末）如图，，，，，垂足分别为A、B．点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿向点B运动；点Q从点B出发，以每秒a个单位的速度沿射线方向运动．点P、点Q同时出发，当以P、B、Q为顶点的三角形与全等时，a的值为（ ）
A．2 B．3 C．2或3 D．2或
【答案】D
【分析】根据题意，可以分两种情况讨论，第一种△CAP≌△PBQ，第二种△CAP≌△QBP，然后分别求出相应的a的值即可．
【详解】解：当△CAP≌△PBQ时，则AC=PB，AP=BQ，
∵AC=6，AB=14，∴PB=6，AP=AB-AP=14-6=8，∴BQ=8，∴8÷a=8÷2，解得a=2；
当△CAP≌△QBP时，则AC=BQ，AP=BP，．
∵AC=6，AB=14，∴BQ=6，AP=BP=7，∴6÷a=7÷2，解得a=，
由上可得a的值是2或，故选：D．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，解答本题的关键是明确有两种情况，利用数形结合的思想解答．
8．（2021·全国八年级）如图，中，为的中点，点为延长线上一点，交射线于点，连接，则与的大小关系为
A． B． C． D．以上都有可能
【答案】C
【分析】如图，延长ED到T，使得DT＝DE，连接CT，TF，证明△EDB≌△TDC（SAS），推出BE＝CT，由CT＋CF＞FT，可得BE＋CF＞EF．
【详解】解：如图，延长到，使得，连接，．
，，，在和中，，
，，，，故选：．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
9．（2021·北京九年级专题练习）数学课上，老师给出了如下问题：
如图1，，是的中点，平分，求证：．
小明是这样想的：要证明，只需要在上找到一点，再试图说明，即可．如图2，经过思考，小明给出了以下3种辅助线的添加方式．
①过点作交于点；②作，交于点；
③在上取一点，使得，连接；
上述3种辅助线的添加方式，可以证明“”的有（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】B
【分析】①如图1，过作EF⊥AD，垂足为点F，证明△DEF≌△DCE（AAS），由全等三角形的性质得出CE=EF，DC=DF，∠CED=∠FED，证明Rt△AFE≌Rt△ABE（HL），得出AF=AB，则得出结论；②作EF=EC，交AD于点F，不能证明结论；③在AD上取一点F，使得DF=DC，连接EF，证明△DEF≌△DCE（SAS），得出CE=EF，∠ECD=∠EFD=90°，证明Rt△AFE≌Rt△ABE（HL）得出AF=AB．则可得出结论．
【详解】解：①如图1，过作，垂足为点，
可得，则，平分，，
在和中，，；
，，，
是的中点，，，在和中，，
；，．
②如图2，作，交于点；
，，，根据不能证明，
这种辅助线的添加方式不能证明结论．
③如图3，在上取一点，使得，连接，
在和中，，；
，，
是的中点，，，
在和中，，；
，．故选：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
10．（2021·江苏八年级专题练习）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，∠BAF=∠CAG=90°，AB=AF，AC=AG．连接FG，交DA的延长线于点E，连接BG，CF． 则下列结论：①BG=CF；②BG⊥CF；③∠EAF=∠ABC；④EF=EG，其中正确的有（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】由题意易得，根据全等三角形的性质可进行分析排除．
【详解】解：∠BAF=∠CAG=90°，∠BAG=∠BAC+∠GAC，∠FAC=∠FAB+∠BAC，
∠BAG=∠FAC，AB=AF，AC=AG，，
BG=FC，∠AGB=∠ACF，故①正确；
∠AGC=∠AGB+∠BGC，∠GCF=∠ACF+∠GCA，∠GCA=∠AGC，
∠BGC+∠FCG=∠AGC-∠AGB+∠GCA+∠ACF=90°，BG⊥CF，故②正确；
∠FAE+∠BAD=90°，AD⊥BC，∠BAD+∠ABD=90°，∠FAE=∠ABD，故③正确；
如图，设GH与FC交于H点，连接EH，由①②③易得∠FHE=∠EHF，所以EF=EH，
即EF=EH=EG，故④正确；故选D．
【点睛】本题主要考查三角形全等的性质与判定及直角三角形的性质，熟练掌握各个知识点是解题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2021·云南玉溪市·八年级期末）如图，某人将一块三角形玻璃打碎成三块，带第___块（填序号）能到玻璃店配一块完全一样的玻璃，用到的数学道理是____．
【答案】③ ASA
【分析】已知三角形破损部分的边角，得到原来三角形的边角，根据三角形全等的判定方法，即可求解．
【详解】解：第①块和第②块只保留了原三角形的一个角和部分边，根据这两块中的任一块不能配一块与原来完全一样的；第③块不仅保留了原来三角形的两个角还保留了一边，则可以根据ASA来配一块一样的玻璃．应带③去．故答案为：③，ASA．
【点睛】此题主要考查学生对全等三角形的判定方法的灵活运用，要求对常用的几种方法熟练掌握．
12．（2021·山东七年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AC，AB于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线AP交边BC于点D，若CD＝4，AB＝15，则△ABD的面积是_______．
【答案】30
【分析】作于E，如图，利用基本作图得到AP平分∠BAC，根据角平分线的性质得，然后根据三角形面积公式．
【详解】解：作于E，如图，
由作法得AP平分∠BAC，∴，
∴△ABD的面积=．故答案为：30．
【点睛】本题考查了基本作图：熟练掌握5种基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．
13．（2021·广东深圳市·七年级期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，且AD、BE的交于点F，若BF＝AC，CD=6，BD＝8，则线段AF的长度为___．
【答案】2
【分析】首先证明△BDF≌△ADC，再根据全等三角形的性质可得FD=CD，AD=BD，根据AD=8，DF=6，即可算出AF的长．
【详解】解：∵AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，
∴∠ADC=∠FDB=90°，∠AEB=90°，∴∠1+∠C=90°，∠1+∠2=90°，∴∠2=∠C，
∵∠2=∠3，∴∠3=∠C，在△ADC和△BDF中，，
∴△BDF≌△ADC（AAS），∴FD=CD，AD=BD，
∵CD=6，BD=8，∴AD=8，DF=6，∴AF=8-6=2，故答案为：2．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定及性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
14．（2021·福建泉州市·八年级期末）如图，四边形中，，，，则的面积为______．
【答案】50
【分析】过点B作BE⊥DC交DC的延长线于点E，先证明∠CBE=∠ACD，从而证明∆ ACD≅∆ CBE，进而即可求解．
【详解】过点B作BE⊥DC交DC的延长线于点E，
∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠CDA=90°，∴∠CBE+∠BCE=90°，
又∵∠ACB=90°，∴∠BCE+∠ACD=90°，∴∠CBE=∠ACD，
在∆ ACD与∆ CBE中，∵，
∴∆ ACD≅∆ CBE（AAS），∴BE=CD=10，
∴的面积=CD∙BE=×10×10=50，故答案是50．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加辅助线，构造“一线三垂直”模型，是解题的关键．
15．（2021·沙坪坝区·重庆八中七年级期中）如图所示，在ΔABC中， AD平分∠BAC，点E在DA的延长线上，且EF⊥BC，且交BC延长线于点F，H为DC上的一点，且BH=EF， AH=DF， AB=DE，若∠DAC+n∠ACB＝90°，则__________．
【答案】
【分析】由“HL”可证Rt△ABH≌Rt△DEF，可得∠EDF=∠BAH，由角的数量关系可求解．
【详解】解：在Rt△ABH和Rt△DEF中，，∴Rt△ABH≌Rt△DEF(HL），
∴∠EDF=∠BAH，∴∠EDF-∠BAD=∠BAH-∠BAD，∴∠B=∠DAH，
∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠DAC，设∠B=∠DAH=y，∠BAD=∠DAC=x，
∴2y+x=90°，∠CAH=∠DAC-∠DAH=x-y，∴∠ACB=90°-∠CAH =3y，
∵∠DAC+n∠ACB=90°，∴x+3ny=90°，∴3n=2，∴n=，故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
16．（2021·福建八年级期中）如图，的三边、、长分别是10、15、20，三条角平分线交于点，则等于__________．
【答案】
【分析】由角平分线的性质可得，点O到三角形三边的距离相等，即三个三角形的AB、BC、CA上的高相等，利用面积公式即可求解．
【详解】解：过点O作OD⊥AC于D，OE⊥AB于E，OF⊥BC于F，
∵O是三角形三条角平分线的交点，∴OD＝OE＝OF．
∵AB＝10，BC＝15，CA＝20，
∴＝(•AB•OE)：(•BC•OF)：(•CA•OD)＝＝．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查角平分线的性质，掌握角平分线的性质定理和三角形面积的计算方法是解题的关键．
17．（2021·黑龙江大庆市·中考真题）已知，如图1，若是中的内角平分线，通过证明可得，同理，若是中的外角平分线，通过探究也有类似的性质．请你根据上述信息，求解如下问题：如图2，在中，是的内角平分线，则的边上的中线长的取值范围是________
【答案】
【分析】根据题意得到，反向延长中线至，使得，连接，最后根据三角形三边关系解题．
【详解】如图，反向延长中线至，使得，连接，
是的内角平分线，
由三角形三边关系可知，故答案为：．
【点睛】本题考查角平分线的性质、中线的性质、全等三角形的判定与性质、三角形三边关系等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
18．（2021·内蒙古呼和浩特市·八年级期中）如图，，均为等边三角形，点，，在同一条直线上，连接，，与相交于点，与相交于点，连接，下列结论正确的有_________．①；②；③；④；⑤平分
【答案】①②③⑤.
【分析】由题意根据全等三角形的判定和性质以及等边三角形的性质和角平分线的性质，对题干结论依次进行分析即可.
【详解】解：∵△ABE，△BCD均为等边三角形，
∴AB=BE，BC=BD，∠ABE=∠CBD=60°，∴∠ABD=∠EBC，
在△ABD和△EBC中，∴△ABD≌△EBC（SAS），
∴AD=EC，故①正确；∴∠DAB=∠BEC，
又由上可知∠ABE=∠CBD=60°，∴∠EBD=60°，
在△ABM和△EBN中，∴△ABM≌△EBN（ASA），
∴BM=BN，故②正确；∴△BMN为等边三角形，∴∠NMB=∠ABM=60°，∴MN∥AC，故③正确；
若EM=MB，则AM平分∠EAB，则∠DAB=30°，而由条件无法得出这一条件，故④不正确；
如图作
∵由上可知△ABD≌△EBC，∴两个三角形对应边的高相等即，
∴是的角平分线，即有平分，故⑤正确.
综上可知：①②③⑤正确.故答案为：①②③⑤.
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质以及等边三角形的性质和角平分线的性质与平行线的判定是解题的关键.
三、解答题（本大题共8小题，共46分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2021·山东德州市·八年级期末）沛沛沿一段笔直的人行道行走，边走边欣赏风景，在由走到的过程中，通过隔离带的空隙，刚好浏览完对面人行道宣传墙上的一条标语，具体信息如下：如图，，相邻两平行线间的距离相等，相交于，垂足为．已知米．请根据上述信息求标语的长度．
【答案】16米
【分析】已知AB∥CD，根据平行线的性质可得∠ABP=∠CDP，再由垂直的定义可得∠CDO=，可得PB⊥AB，根据相邻两平行线间的距离相等可得PD=PB，即可根据ASA定理判定△ABP≌△CDP，由全等三角形的性质即可得CD=AB=16米．
【详解】∵AB∥CD，∴∠ABP=∠CDP，
∵PD⊥CD，∴∠CDP=，∴∠ABP=，即PB⊥AB，
∵相邻两平行线间的距离相等，∴PD=PB，
在△ABP与△CDP中，，
∴△ABP≌△CDP（ASA），∴CD=AB=16米．
【点睛】本题考察平行线的性质和全等三角形的判定和性质，综合运用各定理是解题的关键．
20．（2021·江苏七年级期末）探索角的平分线的画法．
（1）画法1：利用直尺和圆规
请在图中用直尺和圆规画出的平分线；（不写画法不需证明，保留作图痕迹）
（2）画法2：利用等宽直尺．
如图，将一把等宽直尺的一边依次落在的两条边上，再过另一边分别画直线，两条直线相交于点O．画射线，则射线是的平分线．这种角的平分线的画法依据的是______．
A． B． C． D．
（3）画法3：利用刻度尺
已知：如图，在的两条边上分别画，，连接、，交点为点O，画射线．
求证：是的平分线．
（4）画法4：利用你手里带有刻度的一块直角三角尺，设计一种与上述画法不同的角的平分线的画法．请在图中画出的平分线，写出画法，并加以证明．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析；（4）见解析
【分析】（1）根据要求作出图形即可（2）根据利用全等三角形的性质可得结论．
（3）通过三次全等证明即可．（4）根据证明，可得结论．
【详解】解：（1）如图①中，射线即为所求．
（2）如图②中，是等宽直尺，
点到两边的距离相等，根据可以利用全等三角形的性质证明是角平分线．故选D．
（3）如图③中，
在和中，，
，，
，，，
在和中，，
，，
在和中，，，
，平分．
（4）如图，在的两边上截取，利用直角尺作，，交于，作射线，射线即为所求．
理由：在和中，
，，
，射线平分．
【点睛】本题考查作图复杂作图，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
21．（2021·湖北武汉市·八年级期末）（1）模型：如图1，在中，平分，，，求证：．
（2）模型应用：如图2，平分交的延长线于点，求证：．
（3）类比应用：如图3，平分，，，求证：．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析；
【分析】（1）由题意得DE=DF，，，即可得出：=AB：AC；（2）在AB上取点E，使得AE=AC，根据题意可证△ACD≌△AED，从而可求出，，即可求解；（3）延长BE至M，使EM=DC，连接AM，根据题意可证△ADC≌△AEM，故而得出AE为∠BAM的角平分线，即，即可得出答案；
【详解】解：（1）∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DE⊥AC，∴DE=DF，
∵ ，，∴：=AB：AC；
（2）如图，在AB上取点E，使得AE=AC，连接DE
又∵ AD平分∠CAE，∴ ∠CAD=∠DAE，
在△ACD和△AED中， ，
∴△ACD≌△AED（SAS），∴CD=DE且∠ADC=∠ADE，
∴ ，∴ ，∴AB：AC=BD：CD；
（3）如图延长BE至M，使EM=DC，连接AM，∵ ∠D+∠AEB=180°，
又∵∠AEB+∠AEM=180°，∴∠D=∠AEM，
在△ADC与△AEM中，，∴△ADC≌△AEM（SAS），
∴∠DAC=∠EAM=∠BAE，AC=AM，∴AE为∠BAM的角平分线，
故 ，∴BE：CD=AB：AC；
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、以及三角形的面积的应用，正确掌握知识点是解题的关键；
22．（2021·河北沧州市·八年级期末）
（1）如图①，已知：中，，，直线m经过点A，于D，于E，请探索、、三条线段之间的数量关系，直接写出结论；
（2）拓展：如图2，将（1）中的条件改为：中，，D、A、E三点都在直线m上，并且，为任意锐角或钝角，请问（1）中结论是否还成立？如成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）应用：如图③，在中，是钝角，，，，直线m与的延长线交于点F，若，的面积是16，求与的面积之和．
【答案】（1）；（2）成立，证明见详解；（3）8．
【分析】（1）通过题中的直角和垂直条件，可得到，然后证明△CAE≌△ABD，即得到，，然后通过等量代换即可得到结论；（2）同（1）中类似，先证明△CAE≌△ABD后得到对应边成比例即可；（3）证明△CAE≌△ABD，发现与的面积之和即为△ACF的面积，然后根据即可得到答案．
【详解】解：（1），
∵，∴，
∵，，∴，
∴，∴
在△CAE和△ABD中，
∴△CAE≌△ABD，∴，，
∵，∴；
（2）成立，∵，且，
∴，
在△ABD中，，
∴，∴，
在△CAE和△ABD中，
∴△CAE≌△ABD，∴，，
∵，∴；
（3）如图，过A作AH⊥BC于H，
∵，且，
在△ABD中，，∴，
在△CAE和△ABD中，
∴△CAE≌△ABD，∴△CAE与△ABD面积相同，∴与的面积之和即为△ACF的面积，△ABC的面积为，△ACF的面积为，
∵，∴
∴与的面积之和为8．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，是常见的“一线三等角”模型，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键．
23．（2021·黑龙江牡丹江市·八年级期中）已知为等腰直角三角形，，为等腰直角三角形，，点D在直线BC上，连接CE．
（1）若点D在线段BC上，如图1，求证：；
（2）若D在CB延长线上，如图2，若D在BC延长线上，如图3，其他条件不变，又有怎样的结论？请分别写出你发现的结论，不需要证明；（3）若，，则BC的长为________．
【答案】（1）见解析；（2）图2：；图3：；（3）14或6
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠ABC=∠BCA=45°，得到∠BAD=∠CAE，利用SAS定理证明，根据全等三角形的性质得到BD=CE，结合图形证明；
（2）同（1）的方法判断出，得出BD=CE，即可解决问题；
（3）根据（1）（2）得到的结论代入计算即可．
【详解】证明：（1）、均是等腰直角三角形，
，，．
．，
在和中，，．
，．
（2）如图2中，，理由如下：
∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC-∠BAE=∠DAE-∠BAE，即∠BAD=∠EAC，
在△ABD和△ACE中， ，∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD=CE， ∴CD=BC+BD=BC+CE即：．
如图3中，CE=BC+CD．理由如下：
∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD即∠BAD=∠CAE，
∴在△ABD和△ACE中， ，∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD=CE，∴BD=BC+CD，即CE=BC+CD．
综上所述，若D在CB延长线上，如图2中，得到结论：，如图3，得到结论：．
（3）∵在图1、图2中：（已证），，
∴
∵在图3中：CE=BC+CD（已证），，
∴即：14或6．
【点睛】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．
24．（2020·四川成华初二期末）（1）如图1，在ABC中，AB=4，AC=6，AD是BC边上的中线，延长AD到点E使DE=AD，连接CE，把AB，AC，2AD集中在ACE中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是 ；（2）如图2，在ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF＞EF；（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A为钝角，∠C为锐角，∠B+∠ADC=180°，DA=DC，点E，F分别在BC，AB上，且∠EDF=∠ADC，连接EF，试探索线段AF，EF，CE之间的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）1＜AD＜5；（2）见解析；（3）AF+EC=EF，见解析
【分析】（1）证明△CDE≌△BDA（SAS），推出CE=AB=4，在△ACE中，利用三角形的三边关系解决问题即可．（2）如图2中，延长ED到H，使得DH=DE，连接DH，FH．证明△BDE≌△CDH（SAS），推出BE=CH，再证明EF=FH，利用三角形的三边关系即可解决问题．（3）结论：AF+EC=EF．延长BC到H，使得CH=AF．提供两次全等证明AF=CE，EF=EH即可解决问题．
【解析】（1）∵CD=BD，AD=DE，∠CDE=∠ADB，∴△CDE≌△BDA（SAS），∴EC=AB=4，
∵6﹣4＜AE＜6+4，∴2＜2AD＜10，∴1＜AD＜5，故答案为：1＜AD＜5；
（2）如图2中，延长ED到H，使得DH=DE，连接DH，FH．
∵BD=DC，∠BDE=∠CDH，DE=DH，∴△BDE≌△CDH（SAS），∴BE=CH，
∵FD⊥EH，又DE=DH，∴EF=FH，在△CFH中，CH+CF＞FH，
∵CH=BE，FH=EF，∴BE+CF＞EF；
（3）结论：AF+EC=EF．理由：延长BC到H，使得CH=AF．
∵∠B+∠ADC=180°，∴∠A+∠BCD=180°，∵∠DCH+∠BCD=180°，∴A=∠DCH，
∵AF=CH，AD=CD，∴△AFD≌△CHD（SAS），∴DF=DH，∠ADF=∠CDH，∴∠ADC=∠FDH，
∵∠EDF=∠ADC，∴∠EDF=∠FDH，∴∠EDF=∠EDH，
∵DE=DE，∴△EDF≌△EDH（SAS），∴EF=EH，
∵EH=EC+CH=EC+AF，∴EF=AF+EC．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中线的性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会倍长中线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
25．（2020·深圳市龙岗区龙岗街道新梓学校初二期中）已知Rt△OAB和Rt△OCD的直角顶点O重合，∠AOB=∠COD=90°，且OA=OB，OC=OD．
（1）如图1，当C、D分别在OA、OB上时，AC与BD的数量关系是AC BD（填“>”，“<”或“=”）AC与BD的位置关系是AC BD（填“∥”或“⊥”）；
（2）将Rt△OCD绕点O顺时针旋转，使点D在OA上，如图2，连接AC，BD，求证：AC=BD；
（3）现将Rt△OCD绕点O顺时针继续旋转，如图3，连接AC，BD，猜想AC与BD的数量关系和位置关系，并给出证明．
【答案】（1）=；⊥ （2）见解析 （3）AC=BD且AC⊥BD；证明见解析
【分析】（1）根据等式的性质可得AC与BD的数量关系，根据∠AOB=∠COD=90°，可证AC与BD的位置关系；
（2）证明△OCA≌△ODB，即可得到AC=BD；
（3）证明△OCA≌△ODB，可得AC=BD，∠BDO=∠ACO，进而可证∠DEF=90°．
【解析】解：（1）∵OA=OB，OC=OD
∴OA-OC=OB-OD，∴AC=BD．
∵∠AOB=∠COD=90°，∴AO⊥BO，
∵C、D分别在OA、OB上，∴AC⊥BD；
（2）在△OCA和△ODB中，，
∴△OCA≌△ODB，∴AC=BD；
（3）AC=BD，AC⊥BD．
理由：∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOB+∠AOD=∠COD+∠AOD，
∴∠AOC=∠BOD，
在△OCA和△ODB中，，
∴△OCA≌△ODB，∴AC=BD，∠BDO=∠ACO，
∵∠ACO+∠CFO=90°，∠CFO=∠DFE，
∴∠BDO+∠DFE=90°，∴∠DEF=180°-90°=90°，∴AC⊥BD．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．
26．（2020·沭阳县修远中学初二期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝5cm，CD＝4cm．点P从点C出发以1cm/s的速度沿CB向点B匀速移动，点M从点A出发以1.5cm/s的速度沿AB向点B匀速移动，点N从点D出发以acm/s的速度沿DC向点C匀速移动．点P、M、N同时出发，当其中一个点到达终点时，其他两个点也随之停止运动，设移动时间为ts．
（1）如图1，①当a为何值时，以P、B、M为顶点的三角形与△PCN全等？并求出相应的t的值； ②连接AP、BD交于点E．当AP⊥BD时，求出t的值；
（2）如图2，连接AN、MD交于点F．当，时，证明S△ADF＝S△CDF．
【答案】（1）①当a=1.1，t=2.5或a=0.5，t=2时，以P、B、M为顶点的三角形与△PCN全等．②t=1；（2）证明见解析．
【分析】（1）①当△PBM≌△PCN时或当△MBP≌△PCN时，分别列出方程即可解决问题；
②当AP⊥BD时，由△ABP≌△BCD，推出BP=CD，列出方程即可解决问题；
（2）如图②中，连接AC交MD于O只要证明△AOM≌△COD，推出OA=OC，可得S△ADO=S△CDO，S△AFO=S△CFO，推出S△ADO-S△AFO=S△CDO-S△CFO，即S△ADF=S△CDF．
【解析】解：（1）①∵∠ABC=∠BCD=90°，
∴当△PBM≌△PCN时，有BM=NC，即5-t=t ①
5-1.5t=4-at ②
由①②可得a=1.1，t=2.5．
当△MBP≌△PCN时，有BM=PC，BP=NC，即5-1.5t=t ③
5-t=4-at ④，
由③④可得a=0.5，t=2．
综上所述，当a=1.1，t=2.5或a=0.5，t=2时，以P、B、M为顶点的三角形与△PCN全等．
②∵AP⊥BD，∴∠BEP=90°，∴∠APB+∠CBD=90°，
∵∠ABC=90°，∴∠APB+∠BAP=90°，∴∠BAP=∠CBD，
在△ABP和△BCD中，，∴△ABP≌△BCD，
∴BP=CD，即5-t=4，∴t=1．
（2）∵当a=，t=时，DN=at=1，而CD=4，∴DN＜CD，∴点N在点C、D之间，
∵AM=1.5t=4，CD=4，∴AM=CD，如图②中，连接AC交MD于O．
∵∠ABC=∠BCD=90°，∴∠ABC+∠BCD=180°，∴AB∥BC，∴∠AMD=∠CDM，∠BAC=∠DCA，
在△AOM和△COD中，，
∴△AOM≌△COD，∴OA=OC，∴S△ADO=S△CDO，S△AFO=S△CFO，
∴S△ADO-S△AFO=S△CDO-S△CFO，∴S△ADF=S△CDF．
【点睛】本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、等高模型等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于压轴题．
第12章 全等三角形章末综合检测卷
全卷共26题，满分：120分，时间：120分钟
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2021·重庆八年级期末）如图，，， ，，，CE的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】直接利用全等三角形对应边相等可得BE和BC，再利用线段的和差即可求得CE．
【详解】解：∵，，，
∴BE=AC=4，BC=DE=3，∴CE=BE-BC=4-3=1．故选：A．
【点睛】本题考查全等三角形的性质．掌握全等三角形对应边相等是解题关键．
2．（2021·淮北市第二中学八年级期末）如图所示，为外部一点，、分别在、的延长线上，若点到、、的距离都相等，则关于点的说法最佳的是（ ）
A．在的平分线上 B．在的平分线上
C．在的平分线上 D．在、、的平分线上
【答案】D
【分析】根据到角两边距离相等的点在角的平分线上即可判断．
【详解】由于点P到BC、BD的距离相等，则点P在∠DBC的平分线上，
点P到BD、CE的距离相等，则点P在∠BAC的平分线上，
点P到BC、CE的距离相等，则点P在∠BCE的平分线上，故选：D．
【点睛】本题考查了角平分线的判定，掌握“到角两边距离相等的点在角的平分线上”是解题的关键．
3．（2021·江苏南京市·九年级专题练习）如图，△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，且点B，D，E在同一条直线上，若∠CAE+∠ACE+∠ADE=130°，则∠ADE的度数为（ ）
A．50° B．65° C．70° D．75°
【答案】B
【分析】根据手拉手模型证明，可得，再利用三角形外角的性质得，再结合已知条件即可解答．
【详解】
在和中
（ SAS）
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，熟练掌握手拉手模型证三角形全等是解题关键．
4．（2020·浙江杭州市·八年级期末）根据下列已知条件，能唯一画出的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，
【答案】C
【分析】根据全等三角形的判定，三角形的三边关系分别判断即可．
【详解】解：A、AB=3cm，BC=4cm，AC=8cm；不满足三角形三边关系，本选项不符合题意；
B、AB=4cm，BC=3cm，∠A=30°；边边角三角形不能唯一确定．本选项不符合题意；
C、∠A=60°，∠B=55°，AB=40cm；角边角三角形唯一确定．本选项符合题意；
D、∠C=90°，AB=6cm；一边一角三角形不能唯一确定．本选项不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，三角形的三边关系等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
5．（2021·河南焦作市·九年级二模）已知锐角，如图，（1）在射线上取点，，分别以点为圆心，，长为半径作弧，交射线于点，；（2）连接，交于点．根据以上作图过程及所作图形，下列结论错误的是（ ）
A． B．
C．若，则 D．点在的平分线上
【答案】C
【分析】根据题意可知，即可推断结论A；先证明，再证明即可证明结论B；连接OP，可证明可证明结论D；由此可知答案．
【详解】解：由题意可知，，，
故选项A正确，不符合题意；
在和中，，，
在和中，，，，
故选项B正确，不符合题意；连接OP，
，，
在和中，，，
，点在的平分线上，故选项D正确，不符合题意；
若，，则，
而根据题意不能证明，故不能证明，
故选项C错误，符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查角平分线的判定，全等三角形的判定与性质，明确以某一半径画弧时，准确找到相等的线段是解题的关键．
6．（2020·浙江金华市·八年级期末）如图，、是的角平分线，、相交于点F，已知，则下列说法中正确的个数是（ ）
①；②；③；④．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】当AF=FC、△AEF≌△CDF时，需要满足条件∠BAC=∠BCA，据此可判断①②；在AC上取AG=AE，连接FG，即可证得△AEG≌△AGF，得∠AFE=∠AFG；再证得∠CFG=∠CFD，则根据全等三角形的判定方法AAS即可证△GFC≌△DFC，可得DC=GC，即可得结论，据此可判断③④．
【详解】解：①假设AF=FC．则∠1=∠4．∵AD、CE是△ABC的角平分线，
∴∠BAC=2∠1，∠BCA=2∠4，∴∠BAC=∠BCA．
∴当∠BAC≠∠BCA时，该结论不成立；故①不一定正确；
②假设△AEF≌△CDF，则∠2=∠3．同①，当∠BAC=∠BCA时，该结论成立，
∴当∠BAC≠∠BCA时，该结论不成立；故②不一定正确；
③如图，在AC上取AG=AE，连接FG，
∵AD平分∠BAC，∴∠1=∠2，
在△AEF与△AGF中，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴∠AFE=∠AFG；
∵AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，
∴∠4+∠1=∠ACB+∠BAC=（∠ACB+∠BAC）=（180°-∠B）=60°，
则∠AFC=180°-（∠4+∠1）=120°；∴∠AFC=∠DFE=120°，∠AFE=∠CFD=∠AFG=60°，则∠CFG=60°，
∴∠CFD=∠CFG，在△GFC与△DFC中，，∴△GFC≌△DFC（ASA），∴DC=GC，
∵AC=AG+GC，∴AC=AE+CD．故③正确；
④由③知，∠AFC=180°-∠ECA-∠DAC=120°，即∠AFC=120°；故④正确；
综上所述，正确的结论有2个．故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
7．（2021·江苏八年级期末）如图，，，，，垂足分别为A、B．点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿向点B运动；点Q从点B出发，以每秒a个单位的速度沿射线方向运动．点P、点Q同时出发，当以P、B、Q为顶点的三角形与全等时，a的值为（ ）
A．2 B．3 C．2或3 D．2或
【答案】D
【分析】根据题意，可以分两种情况讨论，第一种△CAP≌△PBQ，第二种△CAP≌△QBP，然后分别求出相应的a的值即可．
【详解】解：当△CAP≌△PBQ时，则AC=PB，AP=BQ，
∵AC=6，AB=14，∴PB=6，AP=AB-AP=14-6=8，∴BQ=8，∴8÷a=8÷2，解得a=2；
当△CAP≌△QBP时，则AC=BQ，AP=BP，．
∵AC=6，AB=14，∴BQ=6，AP=BP=7，∴6÷a=7÷2，解得a=，
由上可得a的值是2或，故选：D．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，解答本题的关键是明确有两种情况，利用数形结合的思想解答．
8．（2021·全国八年级）如图，中，为的中点，点为延长线上一点，交射线于点，连接，则与的大小关系为
A． B． C． D．以上都有可能
【答案】C
【分析】如图，延长ED到T，使得DT＝DE，连接CT，TF，证明△EDB≌△TDC（SAS），推出BE＝CT，由CT＋CF＞FT，可得BE＋CF＞EF．
【详解】解：如图，延长到，使得，连接，．
，，，在和中，，
，，，，故选：．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
9．（2021·北京九年级专题练习）数学课上，老师给出了如下问题：
如图1，，是的中点，平分，求证：．
小明是这样想的：要证明，只需要在上找到一点，再试图说明，即可．如图2，经过思考，小明给出了以下3种辅助线的添加方式．
①过点作交于点；②作，交于点；
③在上取一点，使得，连接；
上述3种辅助线的添加方式，可以证明“”的有（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】B
【分析】①如图1，过作EF⊥AD，垂足为点F，证明△DEF≌△DCE（AAS），由全等三角形的性质得出CE=EF，DC=DF，∠CED=∠FED，证明Rt△AFE≌Rt△ABE（HL），得出AF=AB，则得出结论；②作EF=EC，交AD于点F，不能证明结论；③在AD上取一点F，使得DF=DC，连接EF，证明△DEF≌△DCE（SAS），得出CE=EF，∠ECD=∠EFD=90°，证明Rt△AFE≌Rt△ABE（HL）得出AF=AB．则可得出结论．
【详解】解：①如图1，过作，垂足为点，
可得，则，平分，，
在和中，，；
，，，
是的中点，，，在和中，，
；，．
②如图2，作，交于点；
，，，根据不能证明，
这种辅助线的添加方式不能证明结论．
③如图3，在上取一点，使得，连接，
在和中，，；
，，
是的中点，，，
在和中，，；
，．故选：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
10．（2021·江苏八年级专题练习）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，∠BAF=∠CAG=90°，AB=AF，AC=AG．连接FG，交DA的延长线于点E，连接BG，CF． 则下列结论：①BG=CF；②BG⊥CF；③∠EAF=∠ABC；④EF=EG，其中正确的有（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】由题意易得，根据全等三角形的性质可进行分析排除．
【详解】解：∠BAF=∠CAG=90°，∠BAG=∠BAC+∠GAC，∠FAC=∠FAB+∠BAC，
∠BAG=∠FAC，AB=AF，AC=AG，，
BG=FC，∠AGB=∠ACF，故①正确；
∠AGC=∠AGB+∠BGC，∠GCF=∠ACF+∠GCA，∠GCA=∠AGC，
∠BGC+∠FCG=∠AGC-∠AGB+∠GCA+∠ACF=90°，BG⊥CF，故②正确；
∠FAE+∠BAD=90°，AD⊥BC，∠BAD+∠ABD=90°，∠FAE=∠ABD，故③正确；
如图，设GH与FC交于H点，连接EH，由①②③易得∠FHE=∠EHF，所以EF=EH，
即EF=EH=EG，故④正确；故选D．
【点睛】本题主要考查三角形全等的性质与判定及直角三角形的性质，熟练掌握各个知识点是解题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2021·云南玉溪市·八年级期末）如图，某人将一块三角形玻璃打碎成三块，带第___块（填序号）能到玻璃店配一块完全一样的玻璃，用到的数学道理是____．
【答案】③ ASA
【分析】已知三角形破损部分的边角，得到原来三角形的边角，根据三角形全等的判定方法，即可求解．
【详解】解：第①块和第②块只保留了原三角形的一个角和部分边，根据这两块中的任一块不能配一块与原来完全一样的；第③块不仅保留了原来三角形的两个角还保留了一边，则可以根据ASA来配一块一样的玻璃．应带③去．故答案为：③，ASA．
【点睛】此题主要考查学生对全等三角形的判定方法的灵活运用，要求对常用的几种方法熟练掌握．
12．（2021·山东七年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AC，AB于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线AP交边BC于点D，若CD＝4，AB＝15，则△ABD的面积是_______．
【答案】30
【分析】作于E，如图，利用基本作图得到AP平分∠BAC，根据角平分线的性质得，然后根据三角形面积公式．
【详解】解：作于E，如图，
由作法得AP平分∠BAC，∴，
∴△ABD的面积=．故答案为：30．
【点睛】本题考查了基本作图：熟练掌握5种基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．
13．（2021·广东深圳市·七年级期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，且AD、BE的交于点F，若BF＝AC，CD=6，BD＝8，则线段AF的长度为___．
【答案】2
【分析】首先证明△BDF≌△ADC，再根据全等三角形的性质可得FD=CD，AD=BD，根据AD=8，DF=6，即可算出AF的长．
【详解】解：∵AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，
∴∠ADC=∠FDB=90°，∠AEB=90°，∴∠1+∠C=90°，∠1+∠2=90°，∴∠2=∠C，
∵∠2=∠3，∴∠3=∠C，在△ADC和△BDF中，，
∴△BDF≌△ADC（AAS），∴FD=CD，AD=BD，
∵CD=6，BD=8，∴AD=8，DF=6，∴AF=8-6=2，故答案为：2．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定及性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
14．（2021·福建泉州市·八年级期末）如图，四边形中，，，，则的面积为______．
【答案】50
【分析】过点B作BE⊥DC交DC的延长线于点E，先证明∠CBE=∠ACD，从而证明∆ ACD≅∆ CBE，进而即可求解．
【详解】过点B作BE⊥DC交DC的延长线于点E，
∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠CDA=90°，∴∠CBE+∠BCE=90°，
又∵∠ACB=90°，∴∠BCE+∠ACD=90°，∴∠CBE=∠ACD，
在∆ ACD与∆ CBE中，∵，
∴∆ ACD≅∆ CBE（AAS），∴BE=CD=10，
∴的面积=CD∙BE=×10×10=50，故答案是50．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加辅助线，构造“一线三垂直”模型，是解题的关键．
15．（2021·沙坪坝区·重庆八中七年级期中）如图所示，在ΔABC中， AD平分∠BAC，点E在DA的延长线上，且EF⊥BC，且交BC延长线于点F，H为DC上的一点，且BH=EF， AH=DF， AB=DE，若∠DAC+n∠ACB＝90°，则__________．
【答案】
【分析】由“HL”可证Rt△ABH≌Rt△DEF，可得∠EDF=∠BAH，由角的数量关系可求解．
【详解】解：在Rt△ABH和Rt△DEF中，，∴Rt△ABH≌Rt△DEF(HL），
∴∠EDF=∠BAH，∴∠EDF-∠BAD=∠BAH-∠BAD，∴∠B=∠DAH，
∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠DAC，设∠B=∠DAH=y，∠BAD=∠DAC=x，
∴2y+x=90°，∠CAH=∠DAC-∠DAH=x-y，∴∠ACB=90°-∠CAH =3y，
∵∠DAC+n∠ACB=90°，∴x+3ny=90°，∴3n=2，∴n=，故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
16．（2021·福建八年级期中）如图，的三边、、长分别是10、15、20，三条角平分线交于点，则等于__________．
【答案】
【分析】由角平分线的性质可得，点O到三角形三边的距离相等，即三个三角形的AB、BC、CA上的高相等，利用面积公式即可求解．
【详解】解：过点O作OD⊥AC于D，OE⊥AB于E，OF⊥BC于F，
∵O是三角形三条角平分线的交点，∴OD＝OE＝OF．
∵AB＝10，BC＝15，CA＝20，
∴＝(•AB•OE)：(•BC•OF)：(•CA•OD)＝＝．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查角平分线的性质，掌握角平分线的性质定理和三角形面积的计算方法是解题的关键．
17．（2021·黑龙江大庆市·中考真题）已知，如图1，若是中的内角平分线，通过证明可得，同理，若是中的外角平分线，通过探究也有类似的性质．请你根据上述信息，求解如下问题：如图2，在中，是的内角平分线，则的边上的中线长的取值范围是________
【答案】
【分析】根据题意得到，反向延长中线至，使得，连接，最后根据三角形三边关系解题．
【详解】如图，反向延长中线至，使得，连接，
是的内角平分线，
由三角形三边关系可知，故答案为：．
【点睛】本题考查角平分线的性质、中线的性质、全等三角形的判定与性质、三角形三边关系等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
18．（2021·内蒙古呼和浩特市·八年级期中）如图，，均为等边三角形，点，，在同一条直线上，连接，，与相交于点，与相交于点，连接，下列结论正确的有_________．①；②；③；④；⑤平分
【答案】①②③⑤.
【分析】由题意根据全等三角形的判定和性质以及等边三角形的性质和角平分线的性质，对题干结论依次进行分析即可.
【详解】解：∵△ABE，△BCD均为等边三角形，
∴AB=BE，BC=BD，∠ABE=∠CBD=60°，∴∠ABD=∠EBC，
在△ABD和△EBC中，∴△ABD≌△EBC（SAS），
∴AD=EC，故①正确；∴∠DAB=∠BEC，
又由上可知∠ABE=∠CBD=60°，∴∠EBD=60°，
在△ABM和△EBN中，∴△ABM≌△EBN（ASA），
∴BM=BN，故②正确；∴△BMN为等边三角形，∴∠NMB=∠ABM=60°，∴MN∥AC，故③正确；
若EM=MB，则AM平分∠EAB，则∠DAB=30°，而由条件无法得出这一条件，故④不正确；
如图作
∵由上可知△ABD≌△EBC，∴两个三角形对应边的高相等即，
∴是的角平分线，即有平分，故⑤正确.
综上可知：①②③⑤正确.故答案为：①②③⑤.
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质以及等边三角形的性质和角平分线的性质与平行线的判定是解题的关键.
三、解答题（本大题共8小题，共46分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2021·山东德州市·八年级期末）沛沛沿一段笔直的人行道行走，边走边欣赏风景，在由走到的过程中，通过隔离带的空隙，刚好浏览完对面人行道宣传墙上的一条标语，具体信息如下：如图，，相邻两平行线间的距离相等，相交于，垂足为．已知米．请根据上述信息求标语的长度．
【答案】16米
【分析】已知AB∥CD，根据平行线的性质可得∠ABP=∠CDP，再由垂直的定义可得∠CDO=，可得PB⊥AB，根据相邻两平行线间的距离相等可得PD=PB，即可根据ASA定理判定△ABP≌△CDP，由全等三角形的性质即可得CD=AB=16米．
【详解】∵AB∥CD，∴∠ABP=∠CDP，
∵PD⊥CD，∴∠CDP=，∴∠ABP=，即PB⊥AB，
∵相邻两平行线间的距离相等，∴PD=PB，
在△ABP与△CDP中，，
∴△ABP≌△CDP（ASA），∴CD=AB=16米．
【点睛】本题考察平行线的性质和全等三角形的判定和性质，综合运用各定理是解题的关键．
20．（2021·江苏七年级期末）探索角的平分线的画法．
（1）画法1：利用直尺和圆规
请在图中用直尺和圆规画出的平分线；（不写画法不需证明，保留作图痕迹）
（2）画法2：利用等宽直尺．
如图，将一把等宽直尺的一边依次落在的两条边上，再过另一边分别画直线，两条直线相交于点O．画射线，则射线是的平分线．这种角的平分线的画法依据的是______．
A． B． C． D．
（3）画法3：利用刻度尺
已知：如图，在的两条边上分别画，，连接、，交点为点O，画射线．
求证：是的平分线．
（4）画法4：利用你手里带有刻度的一块直角三角尺，设计一种与上述画法不同的角的平分线的画法．请在图中画出的平分线，写出画法，并加以证明．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析；（4）见解析
【分析】（1）根据要求作出图形即可（2）根据利用全等三角形的性质可得结论．
（3）通过三次全等证明即可．（4）根据证明，可得结论．
【详解】解：（1）如图①中，射线即为所求．
（2）如图②中，是等宽直尺，
点到两边的距离相等，根据可以利用全等三角形的性质证明是角平分线．故选D．
（3）如图③中，
在和中，，
，，
，，，
在和中，，
，，
在和中，，，
，平分．
（4）如图，在的两边上截取，利用直角尺作，，交于，作射线，射线即为所求．
理由：在和中，
，，
，射线平分．
【点睛】本题考查作图复杂作图，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
21．（2021·湖北武汉市·八年级期末）（1）模型：如图1，在中，平分，，，求证：．
（2）模型应用：如图2，平分交的延长线于点，求证：．
（3）类比应用：如图3，平分，，，求证：．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析；
【分析】（1）由题意得DE=DF，，，即可得出：=AB：AC；（2）在AB上取点E，使得AE=AC，根据题意可证△ACD≌△AED，从而可求出，，即可求解；（3）延长BE至M，使EM=DC，连接AM，根据题意可证△ADC≌△AEM，故而得出AE为∠BAM的角平分线，即，即可得出答案；
【详解】解：（1）∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DE⊥AC，∴DE=DF，
∵ ，，∴：=AB：AC；
（2）如图，在AB上取点E，使得AE=AC，连接DE
又∵ AD平分∠CAE，∴ ∠CAD=∠DAE，
在△ACD和△AED中， ，
∴△ACD≌△AED（SAS），∴CD=DE且∠ADC=∠ADE，
∴ ，∴ ，∴AB：AC=BD：CD；
（3）如图延长BE至M，使EM=DC，连接AM，∵ ∠D+∠AEB=180°，
又∵∠AEB+∠AEM=180°，∴∠D=∠AEM，
在△ADC与△AEM中，，∴△ADC≌△AEM（SAS），
∴∠DAC=∠EAM=∠BAE，AC=AM，∴AE为∠BAM的角平分线，
故 ，∴BE：CD=AB：AC；
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、以及三角形的面积的应用，正确掌握知识点是解题的关键；
22．（2021·河北沧州市·八年级期末）
（1）如图①，已知：中，，，直线m经过点A，于D，于E，请探索、、三条线段之间的数量关系，直接写出结论；
（2）拓展：如图2，将（1）中的条件改为：中，，D、A、E三点都在直线m上，并且，为任意锐角或钝角，请问（1）中结论是否还成立？如成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）应用：如图③，在中，是钝角，，，，直线m与的延长线交于点F，若，的面积是16，求与的面积之和．
【答案】（1）；（2）成立，证明见详解；（3）8．
【分析】（1）通过题中的直角和垂直条件，可得到，然后证明△CAE≌△ABD，即得到，，然后通过等量代换即可得到结论；（2）同（1）中类似，先证明△CAE≌△ABD后得到对应边成比例即可；（3）证明△CAE≌△ABD，发现与的面积之和即为△ACF的面积，然后根据即可得到答案．
【详解】解：（1），
∵，∴，
∵，，∴，
∴，∴
在△CAE和△ABD中，
∴△CAE≌△ABD，∴，，
∵，∴；
（2）成立，∵，且，
∴，
在△ABD中，，
∴，∴，
在△CAE和△ABD中，
∴△CAE≌△ABD，∴，，
∵，∴；
（3）如图，过A作AH⊥BC于H，
∵，且，
在△ABD中，，∴，
在△CAE和△ABD中，
∴△CAE≌△ABD，∴△CAE与△ABD面积相同，∴与的面积之和即为△ACF的面积，△ABC的面积为，△ACF的面积为，
∵，∴
∴与的面积之和为8．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，是常见的“一线三等角”模型，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键．
23．（2021·黑龙江牡丹江市·八年级期中）已知为等腰直角三角形，，为等腰直角三角形，，点D在直线BC上，连接CE．
（1）若点D在线段BC上，如图1，求证：；
（2）若D在CB延长线上，如图2，若D在BC延长线上，如图3，其他条件不变，又有怎样的结论？请分别写出你发现的结论，不需要证明；（3）若，，则BC的长为________．
【答案】（1）见解析；（2）图2：；图3：；（3）14或6
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠ABC=∠BCA=45°，得到∠BAD=∠CAE，利用SAS定理证明，根据全等三角形的性质得到BD=CE，结合图形证明；
（2）同（1）的方法判断出，得出BD=CE，即可解决问题；
（3）根据（1）（2）得到的结论代入计算即可．
【详解】证明：（1）、均是等腰直角三角形，
，，．
．，
在和中，，．
，．
（2）如图2中，，理由如下：
∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC-∠BAE=∠DAE-∠BAE，即∠BAD=∠EAC，
在△ABD和△ACE中， ，∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD=CE， ∴CD=BC+BD=BC+CE即：．
如图3中，CE=BC+CD．理由如下：
∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD即∠BAD=∠CAE，
∴在△ABD和△ACE中， ，∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD=CE，∴BD=BC+CD，即CE=BC+CD．
综上所述，若D在CB延长线上，如图2中，得到结论：，如图3，得到结论：．
（3）∵在图1、图2中：（已证），，
∴
∵在图3中：CE=BC+CD（已证），，
∴即：14或6．
【点睛】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．
24．（2020·四川成华初二期末）（1）如图1，在ABC中，AB=4，AC=6，AD是BC边上的中线，延长AD到点E使DE=AD，连接CE，把AB，AC，2AD集中在ACE中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是 ；（2）如图2，在ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF＞EF；（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A为钝角，∠C为锐角，∠B+∠ADC=180°，DA=DC，点E，F分别在BC，AB上，且∠EDF=∠ADC，连接EF，试探索线段AF，EF，CE之间的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）1＜AD＜5；（2）见解析；（3）AF+EC=EF，见解析
【分析】（1）证明△CDE≌△BDA（SAS），推出CE=AB=4，在△ACE中，利用三角形的三边关系解决问题即可．（2）如图2中，延长ED到H，使得DH=DE，连接DH，FH．证明△BDE≌△CDH（SAS），推出BE=CH，再证明EF=FH，利用三角形的三边关系即可解决问题．（3）结论：AF+EC=EF．延长BC到H，使得CH=AF．提供两次全等证明AF=CE，EF=EH即可解决问题．
【解析】（1）∵CD=BD，AD=DE，∠CDE=∠ADB，∴△CDE≌△BDA（SAS），∴EC=AB=4，
∵6﹣4＜AE＜6+4，∴2＜2AD＜10，∴1＜AD＜5，故答案为：1＜AD＜5；
（2）如图2中，延长ED到H，使得DH=DE，连接DH，FH．
∵BD=DC，∠BDE=∠CDH，DE=DH，∴△BDE≌△CDH（SAS），∴BE=CH，
∵FD⊥EH，又DE=DH，∴EF=FH，在△CFH中，CH+CF＞FH，
∵CH=BE，FH=EF，∴BE+CF＞EF；
（3）结论：AF+EC=EF．理由：延长BC到H，使得CH=AF．
∵∠B+∠ADC=180°，∴∠A+∠BCD=180°，∵∠DCH+∠BCD=180°，∴A=∠DCH，
∵AF=CH，AD=CD，∴△AFD≌△CHD（SAS），∴DF=DH，∠ADF=∠CDH，∴∠ADC=∠FDH，
∵∠EDF=∠ADC，∴∠EDF=∠FDH，∴∠EDF=∠EDH，
∵DE=DE，∴△EDF≌△EDH（SAS），∴EF=EH，
∵EH=EC+CH=EC+AF，∴EF=AF+EC．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中线的性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会倍长中线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
25．（2020·深圳市龙岗区龙岗街道新梓学校初二期中）已知Rt△OAB和Rt△OCD的直角顶点O重合，∠AOB=∠COD=90°，且OA=OB，OC=OD．
（1）如图1，当C、D分别在OA、OB上时，AC与BD的数量关系是AC BD（填“>”，“<”或“=”）AC与BD的位置关系是AC BD（填“∥”或“⊥”）；
（2）将Rt△OCD绕点O顺时针旋转，使点D在OA上，如图2，连接AC，BD，求证：AC=BD；
（3）现将Rt△OCD绕点O顺时针继续旋转，如图3，连接AC，BD，猜想AC与BD的数量关系和位置关系，并给出证明．
【答案】（1）=；⊥ （2）见解析 （3）AC=BD且AC⊥BD；证明见解析
【分析】（1）根据等式的性质可得AC与BD的数量关系，根据∠AOB=∠COD=90°，可证AC与BD的位置关系；
（2）证明△OCA≌△ODB，即可得到AC=BD；
（3）证明△OCA≌△ODB，可得AC=BD，∠BDO=∠ACO，进而可证∠DEF=90°．
【解析】解：（1）∵OA=OB，OC=OD
∴OA-OC=OB-OD，∴AC=BD．
∵∠AOB=∠COD=90°，∴AO⊥BO，
∵C、D分别在OA、OB上，∴AC⊥BD；
（2）在△OCA和△ODB中，，
∴△OCA≌△ODB，∴AC=BD；
（3）AC=BD，AC⊥BD．
理由：∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOB+∠AOD=∠COD+∠AOD，
∴∠AOC=∠BOD，
在△OCA和△ODB中，，
∴△OCA≌△ODB，∴AC=BD，∠BDO=∠ACO，
∵∠ACO+∠CFO=90°，∠CFO=∠DFE，
∴∠BDO+∠DFE=90°，∴∠DEF=180°-90°=90°，∴AC⊥BD．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．
26．（2020·沭阳县修远中学初二期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝5cm，CD＝4cm．点P从点C出发以1cm/s的速度沿CB向点B匀速移动，点M从点A出发以1.5cm/s的速度沿AB向点B匀速移动，点N从点D出发以acm/s的速度沿DC向点C匀速移动．点P、M、N同时出发，当其中一个点到达终点时，其他两个点也随之停止运动，设移动时间为ts．
（1）如图1，①当a为何值时，以P、B、M为顶点的三角形与△PCN全等？并求出相应的t的值； ②连接AP、BD交于点E．当AP⊥BD时，求出t的值；
（2）如图2，连接AN、MD交于点F．当，时，证明S△ADF＝S△CDF．
【答案】（1）①当a=1.1，t=2.5或a=0.5，t=2时，以P、B、M为顶点的三角形与△PCN全等．②t=1；（2）证明见解析．
【分析】（1）①当△PBM≌△PCN时或当△MBP≌△PCN时，分别列出方程即可解决问题；
②当AP⊥BD时，由△ABP≌△BCD，推出BP=CD，列出方程即可解决问题；
（2）如图②中，连接AC交MD于O只要证明△AOM≌△COD，推出OA=OC，可得S△ADO=S△CDO，S△AFO=S△CFO，推出S△ADO-S△AFO=S△CDO-S△CFO，即S△ADF=S△CDF．
【解析】解：（1）①∵∠ABC=∠BCD=90°，
∴当△PBM≌△PCN时，有BM=NC，即5-t=t ①
5-1.5t=4-at ②
由①②可得a=1.1，t=2.5．
当△MBP≌△PCN时，有BM=PC，BP=NC，即5-1.5t=t ③
5-t=4-at ④，
由③④可得a=0.5，t=2．
综上所述，当a=1.1，t=2.5或a=0.5，t=2时，以P、B、M为顶点的三角形与△PCN全等．
②∵AP⊥BD，∴∠BEP=90°，∴∠APB+∠CBD=90°，
∵∠ABC=90°，∴∠APB+∠BAP=90°，∴∠BAP=∠CBD，
在△ABP和△BCD中，，∴△ABP≌△BCD，
∴BP=CD，即5-t=4，∴t=1．
（2）∵当a=，t=时，DN=at=1，而CD=4，∴DN＜CD，∴点N在点C、D之间，
∵AM=1.5t=4，CD=4，∴AM=CD，如图②中，连接AC交MD于O．
∵∠ABC=∠BCD=90°，∴∠ABC+∠BCD=180°，∴AB∥BC，∴∠AMD=∠CDM，∠BAC=∠DCA，
在△AOM和△COD中，，
∴△AOM≌△COD，∴OA=OC，∴S△ADO=S△CDO，S△AFO=S△CFO，
∴S△ADO-S△AFO=S△CDO-S△CFO，∴S△ADF=S△CDF．
【点睛】本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、等高模型等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于压轴题．
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