专题强化训练二 全等三角形的判断和性质各类问题-2021-2022学年七年级数学下册《考点•题型•技巧》精讲与精练高分突破（北师大版）

这是一份专题强化训练二 全等三角形的判断和性质各类问题-2021-2022学年七年级数学下册《考点•题型•技巧》精讲与精练高分突破（北师大版），共34页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题强化训练二：全等三角形的判断和性质各类问题
一、单选题
1．（2021·辽宁沈阳·七年级期中）如图，在△ABC和△DEC中，已知AB=DE，还需添加两个条件才能使△ABC≌△DEC，不能添加的一组条件是

A．BC=EC，∠B=∠E B．BC=EC，AC=DC
C．BC=DC，∠A=∠D D．∠B=∠E，∠A=∠D
2．（2021·黑龙江哈尔滨·七年级期末）尺规作图作的平分线方法如下：以为圆心，任意长为半径画弧交、于、，再分别以点、为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于点，作射线由作法得的根据是（ ）

A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS
3．（2020·辽宁本溪·七年级期末）如图，点B、F、C、E在一条直线上，AB∥ED，AC∥FD，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC≌△DEF的是（   ）

A．AB=DE B．AC=DF C．∠A=∠D D．BF=EC


4．（2018·山东·胜利一中七年级期中）如图，在△PAB中，PA=PB，M，N，K分别是PA，PB，AB上的点，且AM=BK，BN=AK，若∠MKN=44°，则∠P的度数为（　　）

A．44° B．66° C．88° D．92°
5．（2021·山东枣庄·七年级阶段练习）下列各图中a、b、c为三角形的边长，则甲、乙、丙三个三角形和左侧△ABC全等的是（　　）

A．甲和乙 B．乙和丙 C．甲和丙 D．只有丙
6．（2020·江苏·南通市八一中学七年级阶段练习）如图，，且.、是上两点，，.若，，，则的长为（ ）

A． B． C． D．
7．（2020·山东菏泽·七年级期末）两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”，如图，四边形ABCD是一个筝形，其中AD=CD，AB=CB，詹姆斯在探究筝形的性质时，得到如下结论：①AC⊥BD；②AO=CO=AC；③△ABD≌△CBD，
其中正确的结论有（ ）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

8．（2017·山东泰安·七年级期末）如图，点B、C、E在同一条直线上，△ABC与△CDE都是等边三角形，则下列结论不一定成立的是（　　）

A．△ACE≌△BCD B．△BGC≌△AFC C．△DCG≌△ECF D．△ADB≌△CEA
9．（2021·江苏·常熟市实验中学七年级阶段练习）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
10．（2021·山东·周村二中七年级期中）如图是由4个相同的小正方形组成的网格图，其中∠1+∠2等于（　　）．

A．150° B．180° C．210° D．225°
11．（2021·全国·七年级专题练习）如图，△ABC中，AB⊥BC，BE⊥AC，∠1=∠2，AD=AB，则下列结论不正确的是

A．BF=DF B．∠1=∠EFD C．BF>EF D．FD∥BC
12．（2020·湖南长沙·七年级）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BF平分∠ABC，过点C作CF⊥BF于F点，过A作AD⊥BF于D点．AC与BF交于E点，下列四个结论：①BE＝2CF；②AD＝DF；③AD＋DE=BE；④AB＋BC＝2AE．其中正确结论的序号是（ ）

A．只有①②③ B．只有②③ C．只有①②④ D．只有①④
二、填空题
13．（2020·江西吉安·七年级期中）如图所示，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠1＝25°，∠2＝30°，则∠3＝_____．

14．（2019·上海市松江区九亭中学七年级期中）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，△ABO≌△ADO．下列结论：①AC⊥BD；②CB＝CD；③DA＝DC；④△ABC≌△ADC，其中正确结论的序号是_____．

15．（2021·山东淄博·七年级期中）如图，，要使，还需添加一个条件是：______．（填上你认为适当的一个条件即可）




16．（2017·陕西·七年级阶段练习）在Rt，∠ACB=90°，BC=2cm，CD⊥AB，在AC上取一点E，使EC=BC，过点E作EF⊥AC交CD的延长线于点F，若EF=5cm，则AE=__cm．

17．（2021·山东济南·七年级期末）在直线上依次摆着七个正方形(如图)，已知斜放置的三个正方形的面积分别为1，2，3，正放置的四个正方形的面积是S1，S2，S3，S4，则S1＋S2-S3-S4＝_________．

18．（2018·山东济南·七年级期末）如图，在中，，AD平分交BC于D点，E、F分别是AD、AC上的动点，则的最小值为________．

19．（2020·江西南昌·七年级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝7cm，BC＝3cm，CD为AB边上的高．点E从点B出发在直线BC上以2cm/s的速度移动，过点E作BC的垂线交直线CD于点F.当点E运动________s时，CF＝AB．





三、解答题
20．（2020·四川省成都美视国际学校七年级期中）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE

（1）求证：CE=CF；
（2）若点G在AD上，且∠GCE=45°，则GE=BE+GD成立吗？为什么？


21．（2020·甘肃·金昌市第五中学七年级期末）已知：如图，点A、D、C、B在同一条直线上，AD=BC，AE=BF，CE=DF，求证：AE∥BF．


22．（2019·甘肃·兰州市第五中学七年级期末）如图，△ABC中，AB=AC，点E，F在边BC上，BE=CF，点D在AF的延长线上，AD=AC，
（1）求证：△ABE≌△ACF；
（2）若∠BAE=30°，则∠ADC=　 　°．






23．（2021·山东济宁·七年级期末）如图，△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，CE⊥AB，AE=CE．求证：
（1）△AEF≌△CEB；
（2）AF=2CD．



24．（2019·四川成都·七年级期末）已知：在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点E，且AC⊥BD，作BF⊥CD，垂足为点F，BF与AC交于点C，∠BGE=∠ADE．
（1）如图1，求证：AD=CD；
（2）如图2，BH是△ABE的中线，若AE=2DE，DE=EG，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个三角形，使写出的每个三角形的面积都等于△ADE面积的2倍．











25．（2021·山西晋中·七年级期末）如图（1），AB＝7cm，AC⊥AB，BD⊥AB垂足分别为A、B，AC＝5cm．点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在射线BD上运动．它们运动的时间为t（s）（当点P运动结束时，点Q运动随之结束）．

（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t＝1时，△ACP与△BPQ是否全等，并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系，请分别说明理由；
（2）如图（2），若“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB＝∠DBA”，点Q的运动速度为xcm/s，其它条件不变，当点P、Q运动到何处时有△ACP与△BPQ全等，求出相应的x的值．



26．（2018·全国·七年级专）如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AB＝AC，点E是BD上一点，且AE＝AD，∠EAD＝∠BAC,
（1）求证：∠ABD＝∠ACD；
（2）若∠ACB＝65°，求∠BDC的度数．








27．（2020·山东东营·七年级期末）如图，在中，，，直线经过点，且于点，于点．

（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①；②；
（2）当直线绕点旋转到如图2所示的位置时，求证：；
（3）当直线绕点旋转到如图3所示的位置时，试问，，具有怎样的数量关系？请直接写出这个等量关系，不需要证明．


















28．（2018·山东省东营市河口区义和镇中心学校七年级期中）已知：在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D是AB的中点，点E是AB边上一点．
（1）直线BF垂直于直线CE于点F，交CD于点G（如图1），求证：AE=CG；
（2）直线AH垂直于直线CE，垂足为点H，交CD的延长线于点M（如图2），找出图中与BE相等的线段，并证明．



29．（2020·山东威海·七年级期中）如图1，△ABD，△ACE都是等边三角形，
（1）求证：△ABE≌△ADC；
（2）若∠ACD=15°，求∠AEB的度数；
（3）如图2，当△ABD与△ACE的位置发生变化，使C、E、D三点在一条直线上，求证：AC∥BE．











30．（2018·陕西·西安电子科技大学附属中学太白校区七年级期末）（1）问题背景：
如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是延长FD到点G，使DG＝BE，连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 ；

（2）探索延伸：
如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
（3）结论应用：
如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等．接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇与指挥中心O之间夹角∠EOF=70°，试求此时两舰艇之间的距离．
（4）能力提高：
如图4，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°．若BM＝1，CN＝3，试求出MN的长．

参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
试题分析：根据全等三角形的判定方法分别进行判定：
A、已知AB=DE，加上条件BC=EC，∠B=∠E可利用SAS证明△ABC≌△DEC，故此选项不合题意；
B、已知AB=DE，加上条件BC=EC，AC=DC可利用SSS证明△ABC≌△DEC，故此选项不合题意；
C、已知AB=DE，加上条件BC=DC，∠A=∠D不能证明△ABC≌△DEC，故此选项符合题意；
D、已知AB=DE，加上条件∠B=∠E，∠A=∠D可利用ASA证明△ABC≌△DEC，故此选项不合题意．
故选C．
2．D
【解析】
【详解】
解：以O为圆心，任意长为半径画弧交OA，OB于C，D，即OC=OD；
以点C，D为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于点P，即CP=DP；
再有公共边OP，根据“SSS”即得△OCP≌△ODP．
故选D．
3．C
【解析】
【详解】
试题分析：解：选项A、添加AB=DE可用AAS进行判定，故本选项错误；
选项B、添加AC=DF可用AAS进行判定，故本选项错误；
选项C、添加∠A=∠D不能判定△ABC≌△DEF，故本选项正确；
选项D、添加BF=EC可得出BC=EF，然后可用ASA进行判定，故本选项错误．
故选C．
考点：全等三角形的判定．
4．D
【解析】
【分析】
本题考察等腰三角形的性质，全等三角形的判定，三角形的外角定理.
【详解】
解：∵PA=PB，∴∠A=∠B，∵AM=BK，BN=AK，
∴

故选D.
点睛:等腰三角形的两个底角相等，根据三角形全等的判定定理得出相等的角，本题的难点是外角的性质定理的利用，也是解题的关键.
5．B
【解析】
【分析】
根据三角形全等的判定方法得出乙和丙与△ABC全等，甲与△ABC不全等．
【详解】
解：乙和△ABC全等；理由如下：
在△ABC和图乙的三角形中，满足三角形全等的判定方法：SAS，
所以乙和△ABC全等；
在△ABC和图丙的三角形中，满足三角形全等的判定方法：AAS，
所以丙和△ABC全等；
不能判定甲与△ABC全等；
故选B．
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
6．D
【解析】
【详解】
分析：
详解：如图,

∵AB⊥CD,CE⊥AD,
∴∠1=∠2,
又∵∠3=∠4,
∴180°-∠1-∠4=180°-∠2-∠3,
即∠A=∠C.
∵BF⊥AD,
∴∠CED=∠BFD=90°,
∵AB=CD,
∴△ABF≌△CDE,
∴AF=CE=a,ED=BF=b,
又∵EF=c,
∴AD=a+b-c.
故选:D.
点睛：本题主要考查全等三角形的判定与性质，证明△ABF≌△CDE是关键.
7．D
【解析】
【详解】
试题解析：在△ABD与△CBD中，
，
∴△ABD≌△CBD（SSS），
故③正确；
∴∠ADB=∠CDB，
在△AOD与△COD中，
，
∴△AOD≌△COD（SAS），
∴∠AOD=∠COD=90°，AO=OC，
∴AC⊥DB，
故①②③正确；
故选D．
考点：全等三角形的判定与性质．
8．D
【解析】
【详解】
试题分析：△ABC和△CDE是等边三角形
BC=AC，CE=CD，
即
在△BCD和△ACE中
△BCD≌△ACE
故A项成立；

在△BGC和△AFC中
△BGC≌△AFC
B项成立；
△BCD≌△ACE
，
在△DCG和△ECF中
△DCG≌△ECF
C项成立 D项不成立.
考点：全等三角形的判定定理.
9．D
【解析】
【分析】
证得△CAF≌△GAB（SAS），从而推得①正确；利用△CAF≌△GAB及三角形内角和与对顶角，可判断②正确；证明△AFM≌△BAD（AAS），得出FM=AD，∠FAM=∠ABD，则③正确，同理△ANG≌△CDA，得出NG=AD，则FM=NG，证明△FME≌△GNE（AAS）．可得出结论④正确．
【详解】
解：∵∠BAF=∠CAG=90°，
∴∠BAF+∠BAC=∠CAG+∠BAC，即∠CAF=∠GAB，
又∵AB=AF=AC=AG，
∴△CAF≌△GAB（SAS），
∴BG=CF，故①正确；
∵△FAC≌△BAG，
∴∠FCA=∠BGA，
又∵BC与AG所交的对顶角相等，
∴BG与FC所交角等于∠GAC，即等于90°，
∴BG⊥CF，故②正确；
过点F作FM⊥AE于点M，过点G作GN⊥AE交AE的延长线于点N，

∵∠FMA=∠FAB=∠ADB=90°，
∴∠FAM+∠BAD=90°，∠FAM+∠AFM=90°，
∴∠BAD=∠AFM，
又∵AF=AB，
∴△AFM≌△BAD（AAS），
∴FM=AD，∠FAM=∠ABD，
故③正确，
同理△ANG≌△CDA，
∴NG=AD，
∴FM=NG，
∵FM⊥AE，NG⊥AE，
∴∠FME=∠ENG=90°，
∵∠AEF=∠NEG，
∴△FME≌△GNE（AAS）．
∴EF=EG．
故④正确．
故选：D．
【点睛】
本题综合考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的三线合一性质与互余、对顶角，三角形内角和等几何基础知识．熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
10．B
【解析】
【分析】
根据SAS可证得≌，可得出，继而可得出答案，再根据邻补角的定义求解.
【详解】
由题意得：，，，
≌，
，
．
故选B．

【点睛】
本题考查全等图形的知识，比较简单，解答本题的关键是判断出≌．.
11．B
【解析】
【分析】
根据余角的性质得到∠C=∠ABE，∠EBC=∠BAC．根据SAS推出△ABF≌△ADF，根据全等三角形的性质得到BF=DF，故A正确；由全等三角形的性质得到∠ABE=∠ADF，等量代换得到∠ADF=∠C，根据平行线的判定得到DF∥BC，故D正确；根据直角三角形的性质得到DF＞EF，等量代换得到BF＞EF；故C正确；根据平行线的性质得到∠EFD=∠EBC=∠BAC=2∠1，故B错误．
【详解】
∵AB⊥BC，BE⊥AC，∴∠C+∠BAC=∠ABE+∠BAC=90°，∴∠C=∠ABE．同理：∠EBC=∠BAC．
在△ABF与△ADF中，∵，∴△ABF≌△ADF，∴BF=DF，故A正确，
∵△ABF≌△ADF，∴∠ABE=∠ADF，∴∠ADF=∠C，∴DF∥BC，故D正确；
∵∠FED=90°，∴DF＞EF，∴BF＞EF；故C正确；
∵DF∥BC，∴∠EFD=∠EBC．∵∠EBC=∠BAC=∠BAC=2∠1，∴∠EFD=2∠1，故B错误．
故选B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，证得△ABF≌△ADF是解题的关键．
12．A
【解析】
【分析】
适当做辅助线，构建三角形.延长CF并交BA延长线于H


①证明△ABE≌△ACH，得到BE=CH，又可证CH=2CF，故可得BE＝2CF
②若要得到AD＝DF，则需要证明△ADF为等腰直角三角形，需要证明∠DAF为45°即可
③过E作交AF于点M，证明△EMF为等腰直角三角形，

④过E作于点N，证明，得到，即可证明④错误.
【详解】
①延长BA、CF，交于点H，

∵
∴
∴
∴
∵      
∴
∵   
∴
∴
②由①知，F为CH中点，又为直角三角形
故
∴
∵
∴
∵
∴
又BF为的平分线
∴
∴
∴

在中，
∴
③过E作交AF于点M，由②知，CA为∠DAF的平分线

∴
△EMF为等腰直角三角形
∴
∴
④过E作于点N，可知

在中，
∴
即,而
∴
故
∴,故④错误，本题答案选A.
【点睛】
本题主要考查三角形辅助线的作法，要考虑题目的含义适当的作辅助线构建全等三角形.本题属于拔高题，熟练作辅助线证全等是本题解题的关键所在.
13．55°
【解析】
【分析】
根据∠BAC＝∠DAE能够得出∠1＝∠EAC，然后可以证明△BAD≌△CAE，则有∠2＝∠ABD，最后利用∠3＝∠1+∠ABD可求解．
【详解】
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠1＝∠EAC，
在△BAD和△CAE中，

∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠2＝∠ABD＝30°，
∵∠1＝25°，
∴∠3＝∠1+∠ABD＝25°+30°＝55°，
故答案为：55°．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定及性质，三角形外角性质，掌握全等三角形的判定方法及性质是解题的关键．
14．①②④
【解析】
【分析】
根据全等三角形的性质得出∠AOB＝∠AOD＝90°，OB＝OD，AB＝AD，再根据全等三角形的判定定理得出△ABC≌△ADC，进而得出其它结论．
【详解】
∵△ABO≌△ADO，
∴∠AOB＝∠AOD＝90°，OB＝OD，
∴AC⊥BD，故①正确；
∵四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，
∴∠COB＝∠COD＝90°，
在△ABC和△ADC中，


∴△ABC≌△ADC（SAS），故④正确
∴BC＝DC，故②正确；
故答案为①②④．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
15．或或
【解析】
【分析】
由∠1=∠2可得∠AEB=∠AEC，AD为公共边，根据全等三角形的判定添加条件即可．
【详解】
∵∠1=∠2，
∴∠AEB=∠AEC，
∵AE为公共边，
∴根据“SAS”得到三角形全等，可添加BE=CE；根据“AAS”可添加∠B=∠C；根据“ASA”可添加∠BAE=∠CAE；
故答案为：BE=CE或∠B=∠C或∠BAE=∠CAE．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定，全等三角形的常用的判定方法有SSS、SAS、AAS、ASA、HL，注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
16．3．
【解析】
【详解】
∵∠ACB=90°，∴∠ECF+∠BCD=90°．
∵CD⊥AB，∴∠BCD+∠B=90°．∴∠ECF=∠B，
在△ABC和△FEC中，∵∠ECF=∠B，EC=BC，∠ACB=∠FEC=90°，
∴△ABC≌△FEC（ASA）．∴AC=EF．
∵AE=AC﹣CE，BC=2cm，EF=5cm，∴AE=5﹣2=3cm．
17．-2
【解析】
【分析】
观察图形根据勾股定理的几何意义，边的平方的几何意义就是以该边为边的正方形的面积．
【详解】
解：如图

∵AB=BE，∠ACB=∠BDE=90°，
∴∠ABC+∠BAC=90°，∠ABC+∠EBD=90°，
∴∠BAC=∠EBD，
∵在△ABC与△BDE中，

∴△ABC≌△BDE（AAS），
∴BC=ED，
∵AB2=AC2+BC2，
∴AB2=AC2+ED2=S1+S2，
即S1+S2=1，
同理S3+S4=3．
故S1＋S2-S3-S4＝（S1＋S2）-（S3+S4）＝1-3=-2．
故答案为-2．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定以及性质和勾股定理，一个直角三角形的斜边的平方等于另外两边的平方和．边的平方的几何意义就是以该边为边的正方形的面积．
18．
【解析】
【分析】
在AB上取点，使，过点C作，垂足为因为，推出当C、E、共线，且点与H重合时，的值最小．
【详解】
解：如图所示：在AB上取点，使，过点C作，垂足为H．


在中，依据勾股定理可知，
，
，
∵AE平分，
∴∠EAF=∠EA，
∵，AE=AE，
∴△EAF≌△EA，
∴，
∴，
当C，E，共线，且点与H重合时，的值最小，最小值为．
故答案为．
【点睛】
本题主要考查的是轴对称的性质、勾股定理的应用、垂线段最短等知识，解题的关键是利用对称，解决最短问题．
19．5或2
【解析】
【分析】
分点E在射线BC上移动和点E在射线CB上移动两种情况求解即可.
【详解】
如图，当点E在射线BC上移动时，CF＝AB.
∵∠A＋∠ACD＝90°，∠BCD＋∠ACD＝90°，
∴∠A＝∠BCD.
又∵∠ECF＝∠BCD，
∴∠A＝∠ECF.
在△CFE与△ABC中， ，
∴△CFE≌△ABC(AAS)，
∴CE＝AC＝7cm，
∴BE＝BC＋CE＝10cm，10÷2＝5(s)．
当点E在射线CB上移动时，CF＝AB.
在△CF′E′与△ABC中，，
∴△CF′E′≌△ABC(AAS)，
∴CE′＝AC＝7cm，
∴BE′＝CE′－CB＝4cm，4÷2＝2(s)．
综上可知，当点E运动5s或2s时，CF＝AB.

故答案为5或2.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，根据已知条件构造全等三角形是解决问题的关键.解决本题时注意考虑全面，不要漏解.
20．（1）见解析（2）成立
【解析】
【分析】
（1）由DF=BE，四边形ABCD为正方形可证△CEB和△CFD全等，从而证出CE=CF．
（2）由（1）得，CE=CF，∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD即∠ECF=∠BCD=90°又∠GCE=45°所以可得∠GCE=∠GCF，故可证得△ECG和△FCG全等，即EG=FG=GD+DF．又因为DF=BE，所以可证出GE=BE+GD成立．
【详解】
解：（1）在正方形ABCD中，

∴△CBE△CDF（SAS）．
∴CE=CF．
（2）GE=BE+GD成立．
理由：∵由（1）得：△CBE△CDF，
∴∠BCE=∠DCF，
∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD，即∠ECF=∠BCD=90°，
又∵∠GCE=45°，
∴∠GCF=∠GCE=45°，CE＝CF．
∵∠GCE＝∠GCF， GC＝GC
∴△ECG△FCG（SAS）．
∴GE=GF．
∴GE=DF+GD=BE+GD．
【点睛】
本题考查了以下内容：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；解决本题的关键是理解题意，灵活运用全等三角形的性质与判定．
21．证明见解析.
【解析】
【详解】
分析：可证明△ACE≌△BDF，得出∠A=∠B，即可得出AE∥BF；
详证明：∵AD=BC，∴AC=BD，
在△ACE和△BDF中，
，
∴△ACE≌△BDF（SSS）
∴∠A=∠B，
∴AE∥BF；
点睛：本题考查了全等三角形的判定及性质以及平行线的判定问题，关键是用SSS证明△ACE≌△BDF．
22．（1）证明见解析；（2）75．
【解析】
【分析】
（1）根据等边对等角可得∠B=∠ACF，然后利用SAS证明△ABE≌△ACF即可；
（2）根据△ABE≌△ACF，可得∠CAF=∠BAE=30°，再根据AD=AC，利用等腰三角形的性质即可求得∠ADC的度数.
【详解】
（1）∵AB=AC，
∴∠B=∠ACF，
在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（SAS）；
（2）∵△ABE≌△ACF，∠BAE=30°，
∴∠CAF=∠BAE=30°，
∵AD=AC，
∴∠ADC=∠ACD，
∴∠ADC==75°，
故答案为75．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，熟练掌握相关性质与定理是解题的关键.
23．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由AD⊥BC，CE⊥AB，易得∠AFE=∠B，利用全等三角形的判定得△AEF≌△CEB；（2）由全等三角形的性质得AF=BC，由等腰三角形的性质“三线合一”得BC=2CD，等量代换得出结论．
【详解】
（1）证明：由于AB=AC，故△ABC为等腰三角形，∠ABC=∠ACB；
∵AD⊥BC，CE⊥AB，
∴∠AEC=∠BEC=90°，∠ADB=90°；
∴∠BAD+∠ABC=90°，∠ECB+∠ABC=90°，
∴∠BAD=∠ECB，
在Rt△AEF和Rt△CEB中
∠AEF=∠CEB，AE=CE，∠EAF=∠ECB，
所以△AEF≌△CEB（ASA）
（2）∵△ABC为等腰三角形，AD⊥BC，
故BD=CD，
即CB=2CD，
又∵△AEF≌△CEB，
∴AF=CB=2CD．
24．（1）证明见解析；（2）△ACD、△ABE、△BCE、△BHG．
【解析】
【详解】
分析：（1）由AC⊥BD、BF⊥CD知∠ADE+∠DAE=∠CGF+∠GCF，根据∠BGE=∠ADE=∠CGF得出∠DAE=∠GCF即可得；
（2）设DE=a，先得出AE=2DE=2a、EG=DE=a、AH=HE=a、CE=AE=2a，据此知S△ADC=2a2=2S△ADE，证△ADE≌△BGE得BE=AE=2a，再分别求出S△ABE、S△ACE、S△BHG，从而得出答案．
详解：（1）∵∠BGE=∠ADE，∠BGE=∠CGF，
∴∠ADE=∠CGF，
∵AC⊥BD、BF⊥CD，
∴∠ADE+∠DAE=∠CGF+∠GCF，
∴∠DAE=∠GCF，
∴AD=CD；
（2）设DE=a，
则AE=2DE=2a，EG=DE=a，
∴S△ADE=AE×DE=×2a×a=a2，
∵BH是△ABE的中线，
∴AH=HE=a，
∵AD=CD、AC⊥BD，
∴CE=AE=2a，
则S△ADC=AC•DE=•（2a+2a）•a=2a2=2S△ADE；
在△ADE和△BGE中，
∵，
∴△ADE≌△BGE（ASA），
∴BE=AE=2a，
∴S△ABE=AE•BE=•（2a）•2a=2a2，
S△ACE=CE•BE=•（2a）•2a=2a2，
S△BHG=HG•BE=•（a+a）•2a=2a2，
综上，面积等于△ADE面积的2倍的三角形有△ACD、△ABE、△BCE、△BHG．
点睛：本题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握等腰三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质．
25．（1）△ACP≌△BPQ，PC⊥PQ，理由见解析；（2）2或
【解析】
【分析】
（1）利用AP＝BQ＝2，BP＝AC，可根据“SAS”证明△ACP≌△BPQ；则∠C＝∠BPQ，然后证明∠APC＋∠BPQ＝90°，从而得到PC⊥PQ；
（2）讨论：①若△ACP≌△BPQ，则AC＝BP，AP＝BQ，即5＝7﹣2t，2t＝xt；②若△ACP≌△BQP，则AC＝BQ，AP＝BP，即5＝xt，2t＝7﹣2t，然后分别求出x即可．
【详解】
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，
则AC＝BP，AP＝BQ，可得：5＝7﹣2t，2t＝xt
解得：x＝2，t＝1；
②若△ACP≌△BQP，
则AC＝BQ，AP＝BP，可得：5＝xt，2t＝7﹣2t
解得：x＝，t＝．
综上所述，当△ACP与△BPQ全等时x的值为2或．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，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．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
26．(1)见解析；(2) 50°
【解析】
【详解】
(1)关键全等三角形的判定与性质证明即可;(2)利用三角形的外角性质和三角形的内角和解答即可.
详解：⑴∵ ∠BAC=∠EAD
∴ ∠BAC－∠EAC=∠EAD－∠EAC
即：∠BAE=∠CA,
在△ABE和△ACD中
   
∴ △ABE≌△ACD,
∴ ∠ABD=∠ACD,

⑵∵ ∠BOC是△ABO和△DCO的外角
∴ ∠BOC=∠ABD＋∠BAC，∠BOC=∠ACD＋∠BDC
∴ ∠ABD＋∠BAC=∠ACD＋∠BDC
∵ ∠ABD=∠ACD
∴ ∠BAC=∠BDC,
∵ ∠ACB=65°，AB=AC
∴ ∠ABC=∠ACB=65°,
∴ ∠BAC=180°－∠ABC－∠ACB=180°－65°－65°=50°,
∴ ∠BDC=∠BAC=50°
点睛：本题考查了全等三角形的判定与性质，根据全等三角形的判定与性质解答是本题的关键.
27．（1）①见解析；②见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）①由∠ACB=90°，得∠ACD+∠BCE=90°，而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，则∠ADC=∠CEB=90°，根据等角的余角相等得到∠ACD=∠CBE，证得Rt△ADC≌Rt△CEB，
②由Rt△ADC≌Rt△CEB，得出AD=CE，DC=BE，即可得到DE=DC+CE=BE+AD．
（2）根据等角的余角相等得到∠ACD=∠CBE，证得△ADC≌△CEB，得到AD=CE，DC=BE，所以DE=CECD=ADBE．
（3）DE、AD、BE具有的等量关系为：DE=BEAD．证明的方法与（2）相同．
【详解】
解：（1）①证明：于点，于点，，
，，
．又，；
②证明：由①知，，，．
，；
（2）证明：于点，于点，
，，．，
又，，，，
；
（3）（或，）．
由（2）的方法证得△ADC≌△CEB，
∴AD=CE，DC=BE，
∴DE=CDCE=BEAD．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角．也考查了直角三角形全等的判定与性质．
28．解：（1）见解析（2）见解析．
【解析】
【详解】
解：（1）证明：∵点D是AB中点，AC=BC，∠ACB=90°，
∴CD⊥AB，∠ACD=∠BCD=45°，
∴∠CAD=∠CBD=45°，
∴∠CAE=∠BCG，又BF⊥CE，
∴∠CBG+∠BCF=90°，又∠ACE+∠BCF=90°，
∴∠ACE=∠CBG，
在△AEC和△CGB中，

∴△AEC≌△CGB，
∴AE=CG，
（2）BE=CM，
证明：∵CH⊥HM，CD⊥ED，
∴∠CMA+∠MCH=90°，∠BEC+∠MCH=90°，
∴∠CMA=∠BEC，
又∵AC=BC，∠ACM=∠CBE=45°，
在△BCE和△CAM中，

∴△BCE≌△CAM，
∴BE=CM．
29．(1)见解析(2) ∠AEB=15°(3) 见解析
【解析】
【详解】
试题分析：（1）由等边三角形的性质可得AB=AD，AE=AC，∠DAB=∠EAC=60°，即可得∠DAC=∠BAE，利用SAS即可判定△ABE≌△ADC；（2）根据全等三角形的性质即可求解；（3）由（1）的方法可证得△ABE≌△ADC，根据全等三角形的性质和等边三角形的性质可得∠AEB=∠ACD =60°，即可得∠AEB=∠EAC，从而得AC∥BE．
试题解析：
（1）证明：∵△ABD，△ACE都是等边三角形
∴AB=AD，AE=AC，
∠DAB=∠EAC=60°，
∴∠DAC=∠BAE，
在△ABE和△ADC中，
∴，
∴△ABE≌△ADC；
（2）由（1）知△ABE≌△ADC，
∴∠AEB=∠ACD，
∵∠ACD=15°，
∴∠AEB=15°；
（3）同上可证：△ABE≌△ADC，
∴∠AEB=∠ACD，
又∵∠ACD=60°，
∴∠AEB=60°，
∵∠EAC=60°，
∴∠AEB=∠EAC，
∴AC∥BE．
点睛：本题主要考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定及性质，证得△ABE≌△ADC是解决本题的关键.
30．（1）EF＝BE＋FD；（2）EF＝BE＋FD仍然成立；（3）210；（4）MN＝．
【解析】
【详解】
试题分析：（1）由△AEF≌△AGF，得EF=GF，又由BE=DG，得EF=GF=DF+DG=DF+BE；（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG，再证△AEF≌△AGF，得EF=FG，即可得到答案；（3）连接EF，延长AE，BF相交于点C，根据探索延伸可得EF=AE+FB，即可计算出EF的长度；（4）在△ABC外侧作∠CAD=∠BAM，截取AD=AM，连接CD，DN，证明△ACD≌△ABM，得到CD=BM，再证MN=ND，则求出ND的长度，即可得到答案．
解：（1）由△AEF≌△AGF，得EF=GF，又由BE=DG，得EF=GF=DF+DG=DF+BE；
（2）EF＝BE＋FD仍然成立．
证明：如答图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，
∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADG＋∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADG，
在△ABE与△ADG中，AB＝AD，∠B＝∠ADG，BE＝DG，∴△ABE≌△ADG．
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG．
又∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠FAG＝∠FAD＋∠DAG＝∠FAD＋∠BAE＝∠BAD－∠EAF＝∠BAD－∠BAD＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠GAF．
在△AEF与△AGF中，AE=AG，∠EAF＝∠GAF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF．∴EF＝FG．
又∵FG＝DG＋DF＝BE＋DF．
∴EF＝BE＋FD．

（3）如答图2，连接EF，延长AE，BF相交于点C，在四边形AOBC中，
∵∠AOB＝30°＋90°＋20°＝140°，∠FOE＝70°＝∠AOB，
又∵OA＝OB，∠OAC＋∠OBC＝60°＋120°＝180°，符合探索延伸中的条件，
∴结论EF＝AE＋FB成立．
∴EF＝AE＋FB＝1.5×（60＋80）＝210（海里）.
答：此时两舰艇之间的距离为210海里；
（4）如答图3，在△ABC外侧作∠CAD=∠BAM，截取AD=AM，连接CD，DN，
在△ACD与△ABM中，AC=AB，∠CAD=∠BAM，AD=AM，
则△ACD≌△ABM，∴CD=BM=1，∠ACD=∠ABM=45°，
∵∠NAD=∠NAC+∠CAD=∠NAC+∠BAM=∠BAC-∠MAN=45°，
∴∠MAD=∠MAN+∠NAD=90°=2∠NAD，
又∵AM=AD，∠NCD+∠MAD=（∠ACD+∠ACB）+90°=180°，
∴对于四边形AMCD符合探索延伸，
则ND=MN，
∵∠NCD=90°，CD=1，CN=3，
∴MN=ND=．