初中数学人教版八年级上册12.1 全等三角形同步练习题

这是一份初中数学人教版八年级上册12.1 全等三角形同步练习题，文件包含121全等三角形培优解析版docx、121全等三角形培优原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共56页， 欢迎下载使用。

12.1全等三角形 培优


一、单选题
1．如图，直角梯形 ABCD 中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝3，BC＝4．将腰 CD 以 D 为旋转中心逆时针旋转 90°至 DE，连结 AE，则△ADE 的面积是（ ）

A．32 B．2 C．52 D．不能确定
【答案】A
【解析】
【分析】
作EF⊥AD交AD延长线于点F，作DG⊥BC于点G，首先利用旋转的性质证明△DCG与△DEF全等，再根据全等三角形对应边相等可得EF的长，即△ADE的高，即可求出三角形ADE的面积．
【详解】
解：如图所示，作EF⊥AD交AD延长线于点F，作DG⊥BC于点G，

∵CD以D为中心逆时针旋转90°至ED，
∴∠EDF+∠CDF=90°，DE=CD，
又∵∠CDF+∠CDG=90°，
∴∠CDG=∠EDF，
∴△DCG≌△DEF（AAS），
∴EF=CG，
∵AD=3，BC=4，
∴CG=BC－AD=4－3=1，
∴EF=1，
∴△ADE 的面积是12×3×1=32.
故选A.
【点睛】
本题考查了梯形的性质、旋转的性质和全等三角形的判定与性质，对于旋转来说，旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．本题证明△DCG与△DEF全等正是充分运用了旋转的性质.
2．已知等边△ABC中，在射线BA上有一点D，连接CD，并以CD为边向上作等边△CDE，连接BE和AE，试判断下列结论：①AE=BD； ②AE与AB所夹锐夹角为60°；③当D在线段AB或BA延长线上时，总有∠BDE-∠AED=2∠BDC；④∠BCD=90°时，CE2+AD2=AC2+DE2 ，正确的序号有（ ）

A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
由∠BCD=∠ACD+60°，∠ACE=∠ACD+60°可得∠BCD=∠ACE，利用SAS可证明△BCD≌△ACE，可得AE=BD，①正确；∠CBD=∠CAE=60°，进而可得∠EAD=60°，②正确，当∠BCD=90°时，可得∠ACD=∠ADC=30°，可得AD=AC，即可得CE2+AD2=AC2+DE2 ，④正确；当D点在BA延长线上时，∠BDE-∠BDC=60°，根据△BCD≌△ACE可得∠AEC=∠BDC，进而可得∠BDC+∠AED=∠AEC+∠AED=∠CED=60°，即可证明∠BDE-∠BDC=∠BDC+∠AED，即∠BDE-∠AED=2∠BDC，当点D在AB上时可证明∠BDE-∠AED=120°，③错误，综上即可得答案.
【详解】
∵∠BCA=∠DCE=60°，
∴∠BCA+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
∴∠BCD=∠ACE，
又∵AC=BC，CE=CD，
∴△BCD≌△ACE，
∴AE=BD，∠CBA=∠CAE=60°，∠AEC=∠BDC，①正确，
∴∠BAE=120°，
∴∠EAD=60°，②正确，
∵∠BCD=90°，∠BCA=60°，
∴∠ACD=∠ADC=30°，
∴AC=AD，
∵CE=DE，
∴CE2+AD2=AC2+DE2，④正确，
当D点在BA延长线上时，∠BDE-∠BDC=60°，
∵∠AEC=∠BDC，
∴∠BDC+∠AED=∠AEC+∠AED=∠CED=60°，
∴∠BDE-∠BDC=∠BDC+∠AED
∴∠BDE-∠AED=2∠BDC，

如图，当点D在AB上时，
∵△BCD≌△∠ACE，
∴∠CAE=∠CBD=60°，
∴∠DAE=∠BAC+∠CAE=120°，
∴∠BDE-∠AED=∠DAE=120°，③错误

故正确的结论有①②④，
故选C.
【点睛】
此题主要考查等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质等知识点的理解和掌握
3．如图, AB=AC，AD=AE， BE、CD交于点O，则图中全等三角形共有（ ）

A．五对 B．四对 C．三对 D．二对
【答案】A
【解析】
如图，由已知条件可证：①△ABE≌△ACD；②△DBC≌△ECB；③△BDO≌△ECO；④△ABO≌△ACO；⑤△ADO≌△AEO；
∴图中共有5对全等三角形.故选A.
4．如图，以△ABC的三边为边分别作等边△ACD、△ABE、△BCF，则下列结论：①△EBF≌△DFC；②四边形AEFD为平行四边形；③当AB=AC时，四边形AEFD是菱形；④当∠BAC=90°时，四边形AEFD是矩形．其中正确的结论有（ ）个

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】
, 为等边三角形，， ，，∵，，
∴，在和中，，所以，同理，即。故①正确。
由①得，故，，又因为和为正三角形，所以，，即，，故四边形为平行四边形。故②正确。
若，则有，四边形是菱形。故③正确.
若∠BAC=90°，则 ,故④错误.
故本题正确答案为①，②，③，所以选C。
5．如图，∠BAC=∠DAF=90∘，AB=AC，AD=AF，点D、E为BC边上的两点，且∠DAE=45∘，连接EF、BF则下列结论：①△ABF≌△ACD；②△AED≌△AEF；③BE+DC>DE；④∠FBE=90∘，其中正确的有(    )个．

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【解析】
【分析】
根据∠DAF=90°，∠DAE=45°，得出∠FAE=45°，利用SAS证明△AED≌△AEF，判定①正确；
由△AED≌△AEF得AF=AD,由∠BAC=∠DAF=90∘，得∠FAB=∠CAD，又AB=AC, 利用SAS证明△AED≌△AEF,判定②正确；
先由∠BAC=∠DAF=90°，得出∠CAD=∠BAF，再利用SAS证明△ACD≌△ABF，得出CD=BF，又①知DE=EF，那么在△BEF中根据三角形两边之和大于第三边可得BE+BF＞EF，等量代换后判定③正确；
先由△ACD≌△ABF，得出∠C=∠ABF=45°，进而得出∠EBF=90°，判定④正确．
【详解】
‚解：①∵∠DAF=90°，∠DAE=45°，
∴∠FAE=∠DAF-∠DAE=45°．
在△AED与△AEF中，
AD=AF∠DAE=∠FAEAE=AE，
∴△AED≌△AEF（SAS），①正确；
②∵△AED≌△AEF,
∴AF=AD,
∵∠BAC=∠DAF=90∘,
∴∠FAB=∠CAD,
∵AB=AC，
∴△AED≌△AEF，②正确；
③∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAC-∠BAD=∠DAF-∠BAD，即∠CAD=∠BAF．
在△ACD与△ABF中，
AC=AB∠CAD=∠BAFAD=AF，
∴△ACD≌△ABF（SAS），
∴CD=BF，
由①知△AED≌△AEF，
∴DE=EF．
在△BEF中，∵BE+BF＞EF，
∴BE+DC＞DE，③正确；
④由③知△ACD≌△ABF，
∴∠C=∠ABF=45°，
∵∠ABE=45°，
∴∠EBF=∠ABE+∠ABF=90°．④正确．
故答案为D．
【点睛】
本题考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰直角直角三角形的性质，三角形三边关系定理，相似三角形的判定，此题涉及的知识面比较广，解题时要注意仔细分析，有一定难度．
6．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，分别以AB、AC、BC为边在AB的同侧作正方形ABDE、ACFG、BCIH,四块阴影部分的面积分别为S1、S2、S3、S4，则S1+S2+S3+ S4等于 （ ）

A．60 B．90 C．144 D．169
【答案】B
【解析】
试题解析：
过D作BF的垂线交BF于N,连接DI,

∵图中可以证明
∴
可证明Rt△AGE≌Rt△ABC,Rt△DNB≌Rt△BHD，
∴

故选B.


二、填空题
7．如图,四边形ABCD中,AB=AD，∠BAD=90°，∠BCD=30°，∠BAD的平分线AE与边DC相交于点E,连接BE、AC,若AC=7，△BCE的周长为16,则线段BC的长为____.

【答案】6
【解析】
【分析】
根据题意可先证明△ADE≌△ABE，得到DE=BE，然后分别作BF，AH垂直于CD交CD于点F、H，作AG垂直于FB并交FB的延长线于点G，证明四边形AGFH是正方形，再设BC=2x，在RT△BCF中，把三边都表示出来，根据勾股定理求x即可.
【详解】
解：如图：

∵AE平分∠ BAD，
∴∠BAE=∠EAD，
又∵AB=AD，AE=AE，
∴△ADE≌△ABE，
∴DE=BE,
∵△BCE的周长为16，即BC+CE+BE=16，
∴BC+CE+DE=BC+CD=16，
分别作BF，AH垂直于CD交CD于点F、H，作AG垂直于FB并交FB的延长线于点G，
∴在四边形AGFH中，∠GAH=90°，
又∵∠BAD=90°，
∴∠GAB=∠DAH,
∵AB=AD，∠AGB=∠AHD=90°，
∴△ABG≌△ADH，
∴AG=AH，BG=HD，
∴四边形AGFH为正方形，
在RT△BCF中，∠BCD=30°，设BC=2x，则BF=x，CF=x，CD=16-2x，
∵CD=CF+FH+HD=16-2x，
∴CF+GF+HD=16-2x，
∴x+x+BG+HD=16-2x，
∵BG=DH,
∴DH= ，
∴CH=16-2x-= ，
∵AH=FG=BF+BG=x+= ，
在RT△ACH中，AC2=CH2+AH2，即（7）2=（）2+（）2，
解得x=3或x=5（根据线段长大于0舍去），所以BC=2x=6.
故本题答案为：6.
【点睛】
全等三角形的判定，正方形的判定和运用勾股定理解直角三角形都是本题的考点，熟练运用数学知识并作出辅助线是解题的关键，此题综合性比较强.
8．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=5，若P为平面内一点，且AP=， BP=，则CP=_____．

【答案】5或
【解析】

如图1，旋转△ACP至△BCF处，连接PF.
设PF=x.由勾股定理得
，
解之得


.
如图2，作BF⊥AP交AP的延长线于点F.
同理可得 .
∵∠ACB+∠AFB=180°，
∴A,C,B,F共圆，
∴∠AFC=∠BFC,
∴△CPF≌△CBF（SAS）
∴CP=CB=5
故答案为： 或5.
9．已知：如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AB的垂直平分线交BC于D，垂足为E，BD=4cm，则DC=_______

【答案】2cm
【解析】
试题解析：

解：连接AD，
∵ED是AB的垂直平分线，
∴BD=AD=4cm，
∴∠BAD=∠B=30°，
∵∠C=90°，
∴∠BAC=90°-∠B=90°-30°=60°，
∴∠DAC=60°-30°=30°，
在Rt△ACD中，
∴DC=AD==× 4=2cm．
故答案为2cm．
点睛：本题考查了线段垂直平分线，在直角三角形中30度角所对的边等于斜边的一半，三角形内角和定理，主要考查学生运用性质进行计算的能力．
10．已知在△ABC中，AD是BC边上的中线，若AB=10,AC=4,则AD的取值范围是_____.
【答案】3＜AD＜7
【分析】
连接AD并延长到点E，使DE=DA，连接BE，利用SAS证得△BDE≌△CDA，进而得到BE=CA=4，利用三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，即可求得AE的取值范围，进而求出AD的取值范围.
【详解】

如图，连接AD并延长到点E，使DE=DA，连接BE，
∵在△ABC中，AD是BC边上的中线
∴BD=CD
在△BDE和△CDA中

∴△BDE≌△CDA（SAS）
∴BE=CA=4
在△ABE中，AB+BE>AE，且AB﹣BE＜AE
∵AB=10,AC=4,
∴6＜AE＜14
∴3＜AD＜7
故答案为3＜AD＜7
【点睛】
本题考点涉及三角形全等的判定及性质、三角形的三边关系等知识点，熟练掌握相关性质定理是解题关键.
11．已知∠ABC=60°，点D是其角平分线上一点，BD=CD=6，DE//AB交BC于点E.若在射线BA上存在点F，使，请写出相应的BF的长：BF＝_________

【答案】2或4.
【解析】
【分析】
过点D作DF1∥BE，求出四边形BEDF1是菱形，根据菱形的对边相等可得BE=DF1，然后根据等底等高的三角形的面积相等可知点F1为所求的点，过点D作DF2⊥BD，求出∠F1DF2=60°，从而得到△DF1F2是等边三角形，然后求出DF1=DF2，再求出∠CDF1=∠CDF2，利用“边角边”证明△CDF1和△CDF2全等，根据全等三角形的面积相等可得点F2也是所求的点，然后在等腰△BDE中求出BE的长，即可得解．
【详解】
如图，过点D作DF1∥BE，易求四边形BEDF1是菱形，
所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，
此时S△DCF1=S△BDE；

过点D作DF2⊥BD，
∵∠ABC=60°，F1D∥BE，
∴∠F2F1D=∠ABC=60°，
∵BF1=DF1，∠F1BD=∠ABC=30°，∠F2DB=90°，
∴∠F1DF2=∠ABC=60°，
∴△DF1F2是等边三角形，
∴DF1=DF2，
∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，
∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，
∴∠CDF1=180°-∠BCD=180°-30°=150°，
∠CDF2=360°-150°-60°=150°，
∴∠CDF1=∠CDF2，
∵在△CDF1和△CDF2中，
，
∴△CDF1≌△CDF2（SAS），
∴点F2也是所求的点，
∵∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，DE∥AB，
∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°，
又∵BD=6，
∴BE=×6÷cos30°=3÷=2，
∴BF1=BF2=BF1+F1F2=2+2=4，
故BF的长为2或4.
故答案为：2或4.
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质，三角形的面积，等边三角形的判定与性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等，以及全等三角形的面积相等是解题关键，（3）要注意符合条件的点F有两个．
12．如图所示，在正方形ABCD中，AB=12，点E在CD 边上，且CD=3DE,将△ADE沿着AE 对折至△AFE, 延长EF交边BC与点G, 连接AG, CF.有下列结论:①△ABG≌△AFG ②BG=GC ③AG//CF ④S△FGC=12正确的是_____________(填序号)

【答案】①②③
【解析】
∵AB=AD=AF,AG=AG,∠B=∠AFG=90°，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG(HL)，故①正确；
，设BG=FG=x，则CG=6−x.
在直角△ECG中,根据勾股定理,得(6−x)2+42=(x+2)2，
解得x=3.
∴BG=3=6−3=GC，故②正确；
③∵CG=BG，BG=GF，
∴CG=GF，
∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF.
又∵Rt△ABG≌Rt△AFG；
∴∠AGB=∠AGF,∠AGB+∠AGF=2∠AGB=180°−∠FGC=∠GFC+∠GCF=2∠GFC=2∠GCF，
∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，
∴AG∥CF，故③正确；
,GF=3，EF=2，△GFC和△FCE等高，
∴S△GFC:S△FCE=3:2，
,故④不正确。
∴①， ②，③正确.
请在此填写本题解析!
13．如图，在正方形ABCD中，点E是BC边上一动点，连接AE，AC，将沿AE翻折得到，延长交CD边于F，若，则______用含n的代数式表示．

【答案】
【解析】
【分析】
先过A作于H，连接AF，构造全等三角形，再根据直角三角形，利用勾股定理列方程求解，即可得到BE，CE的长，进而得到的值．
【详解】

如图所示，过A作于H，连接AF，则，
由折叠可得，，而，
，
在和中，
，
≌，
，，
在和中，
，
≌，
，
设，，则，，设，则，
中，，
，
解得，
，，
．
故答案为．
【点睛】
本题主要考查了折叠问题，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形，依据全等三角形对应边相等以及勾股定理列方程求解．
14．如图，BD为四边形ABCD的对角线，BC=AD，∠A=∠CBD，∠ABD=120°，AB=3，CD=，则BC的长为_____________.

【答案】7
【解析】
【分析】如图，过点D作DE//BA，并且使DE=BD，连接BE，AE，过点B作BF⊥DE于点F，过点A作AG⊥DE于点G，则四边形ABFG是矩形，从而有FG=AB=3，AG=BF，通过证明△ADE≌△CBD，可得AE=CD=，根据已知易得△BDE是等边三角形，根据等边三角形的性质可得DF=BD，BF=BD，在Rt△AEG中，利用勾股定理可求得BD=5，从而得AG=，DG=，在Rt△ADG中，根据勾股定理求得AD长即可得答案.
【详解】如图，过点D作DE//BA，并且使DE=BD，连接BE，AE，过点B作BF⊥DE于点F，过点A作AG⊥DE于点G，则四边形ABFG是矩形，
∴FG=AB=3，AG=BF，
∵AB//DE，∴∠ADE=∠BAD，
∵∠BAD=∠CBD，
∴∠ADE=∠CBD，
又∵DE=BD，AD=BC，
∴△ADE≌△CBD，
∴AE=CD=，
∵∠ABD=120°，DE//AB，
∴∠BDE=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴DF=BD，BF=BD，
在Rt△AEG中， AE2=AG2+EG2，EG=DF+FG-DE=BD+3-BD=3-BD，
∴，
∴BD=5或BD=-2（舍去），
∴AG=，DG=DF+FG=+3=，
在Rt△ADG中，AD2=AG2+DG2=（）2+（）2=49，
∴AD=7，
∴BC=7，
故答案为：7.

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理的应用等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线灵活应用相关知识是解题的关键.
15．如图，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D为边AB上一点，CD绕点D顺时针旋转90°至DE，CE交AB于点G．已知AD＝8，BG＝6，点F是AE的中点，连接DF，求线段DF的长＿．

【答案】
【解析】
如图，将△ACD绕点C逆时针旋转90°得到△CBP，作CM⊥AB于M，EN⊥AB于N，在NA上截取一点H，使得NH=NE，连接HE，PG．

∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
∵DC=DE，∠CDE=90°，
∴∠DCE=45°，
∴∠ACD+∠BCG=45°，
∵∠ACD=∠BCP，
∴∠GCP=∠GCD=45°，
在△GCD和△GCP中，
，
∴△GCD≌△GCP，
∴DG=PG，
∵∠PBG=∠PBC+∠CBG=90°，BG=6，PB=AD=8，
，
∴AB=AD+DG+BG=24，CM=AM=MB=12，DM=AM﹣AD=4，
∵∠DCM+∠CDM=90°，∠CDM+∠EDN=90°，
∴∠DCM=∠EDN，
在△CDM和△DEN中，，
∴△CDM≌△DEN，
∴DM=NE=HN=4，CM=DN=AM，
∴AD=NM，DH=AD，
∵AF=FE，
．
16．如图，在Rt△ABC中， AB＝AC，点D为BC中点，点E在AB边上，连接DE，过点D作DE的垂线，交AC于点F．下列结论：①△BDE≌△ADF；②AE＝CF；③BE+CF＝EF；④S四边形AEDF＝AD2，其中正确的结论是__________（填序号）.

【答案】①②④
【分析】
由ASA证明，得出BE=AF，DE=DF，可判断出①②正确；再根据BE+CF=AF+AE,利用三角形两边之和大于第三边，即可判定③错误；根据全等三角形的面积相等可得，从而求出S四边形AEDF＝，判断出④正确.
【详解】
∵在Rt△ABC中， AB＝AC，点D为BC中点
∴
∵
∴
∴，故①正确
∴
∴，故②正确
∴
∵
∴，故③错误
∵
∴S四边形AEDF＝，故④正确；
故答案为：①②④
【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，还涉及了等腰直角三角形的性质以及三角形的面积，难度较大，属于压轴题，熟练掌握相关性质定理是解题关键.
三、解答题
17．已知正方形ABCD，点E，F分别在射线AB，射线BC上，AE=BF，DE与AF交于点O.
（1）如图1，当点E，F分别在线段AB，BC上时，则线段DE与AF的数量关系是 ，位置关系是 .
（2）如图2，当点E在线段AB延长线上时，将线段AE沿AF进行平移至FG，连接DG.
①依题意将图2补全；
②小亮通过观察、实验提出猜想：在点E运动的过程中，始终有.
小亮把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成了证明该猜想的几种想法：
想法1：连接EG，要证明，只需证四边形FAEG是平行四边形及△DGE是等腰直角三角形.
想法2：延长AD，GF交于点H，要证明，只需证△DGH是直角三角形.

图1 图2
请你参考上面的想法，帮助小亮证明.（一种方法即可）
【答案】（1）相等，垂直；（2）①补图见解析；②证明见解析
【解析】
解：（1）相等，垂直．.
（2）①依题意补全图形．.
②法1：
证明：连接GE.
由平移可得AE=FG，AE∥FG，∴四边形AEGF是平行四边形.

∴AF=EG，AF∥EG，
∴∠1=∠2.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD = AB，∠DAE=∠ABC= 90°.
∵AE=BF，
∴△AED≌△BFA.
∴∠3=∠4，AF = DE.
∴EG=DE.
∵∠2+∠4=90°，
∴∠1+∠3=90°，∴∠DEG=90°.
∴.
又 ∵，
∴.

法2：
证明：延长AD，GF交于点H，
由平移可得AE=FG，AE∥FG，
∴∠H+∠DAB= 180°
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB= 90°，AD=DC.
∴∠H = 90°.
∴.
∵∠HDC=∠DCF= 90°,
∴四边形HDCF是矩形.
∴HF=DC.
∴HF=AD.
∵HG=FG+HF,
∴HG=AE+HF=AE+AD.
∵易证BF=AH 且BF=AE,
∴HD=AE –AD.
∴.
18．如图一：在Rt△ABC中，∠C=90°AD、BE分别是△ABC中∠A、∠B的平分线，AD、BE交于点F，过F点做FH⊥AD交AC于点H，易证：AH+DB=AB;
（1）若将Rt△ABC中∠BAC、∠ABC的内角平分线改成外角平分线，即：AF、BF分别是∠BAC、∠ABC的外角平分线交于F点，FH⊥AF交直线AC于H点，如图二:请写出线段AH、BD、AB之间的数量关系，并证明。
（2）若将Rt△ABC中∠BAC、∠ABC的内角平分线改成一个是外角平分线，即：AF是∠A的内角平分线，BE是∠B的外角平分线交于F点，FH⊥AD交AC于点H.如图三：请写出线段AH、BD、AB之间的数量关系，无需证明。

【答案】(1) AH=AB+BD ,证明见解析;(2) AH=AB+BD
【解析】
(1)的结论是：AH=AB+BD
(2)的结论是：AH=AB+BD
(1)的结论证明如下：
∵AF平分∠BAH
∴∠BAF=∠HAF
∵AF⊥HM
∴△HAF≌△MAF
∴AH=AM ∠AHF=∠M
∵AF平分∠BAH
∴∠ABF=∠FBN
∵∠AHF+∠HAF=90°
∵∠DAC+∠ADB=90°
∴∠ADB=∠AHF
∴∠FDB=∠BMF
∴△DFB≌△MFB
∴DB=BM
∵AM=AB+BM
∴AH=AB+DB
19．已知四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．

当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），易证AE+CF＝EF；
当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
【答案】图2成立；图三不成立，新结论为：EF=AE-CF．
【分析】
根据已知可以利用SAS证明△ABE≌△CBF，从而得出对应角相等，对应边相等，从而得出∠ABE=∠CBF=30°，△BEF为等边三角形，利用等边三角形的性质及边与边之间的关系，即可推出AE+CF=EF．同理图2可证明是成立的，图3不成立．
【详解】
解：∵AB⊥AD，BC⊥CD，AB=BC，AE=CF，
在△ABE和△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS）；
∴∠ABE=∠CBF，BE=BF；
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴AE=BE，CF=BF；
∵∠MBN=60°，BE=BF，
∴△BEF为等边三角形；
∴AE+CF=BE+BF=BE=EF；
图2成立，图3不成立．
证明图2．
延长DC至点K，使CK=AE，连接BK，

在△BAE和△BCK中，
，
则△BAE≌△BCK，
∴BE=BK，∠ABE=∠KBC，
∵∠FBE=60°，∠ABC=120°，
∴∠FBC+∠ABE=60°，
∴∠FBC+∠KBC=60°，
∴∠KBF=∠FBE=60°，
在△KBF和△EBF中，
,
∴△KBF≌△EBF，
∴KF=EF，
∴KC+CF=EF，
即AE+CF=EF．
图3不成立，新结论为EF=AE-CF．
理由：如图3，将RT△ABE顺时针旋转120°，

∵AB=BC，∠ABC=120°，
∴A点与C点重合，∠ABE=∠CBG，
∴BG=BE，FG=CG-CF=AE-CF，
∵∠ABC=∠ABE+∠CBE=120°，
∴∠CBG+∠CBE=∠GBE=120°，
∵∠MBN=60°，
∴∠GBF=60°，
在△BFG和△BFE中，
，
∴△BFG≌△BFE，（SAS）
∴GF=EF，
∴EF=AE-CF．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定方法，常用的方法有SSS，SAS，AAS等，这些方法要求学生能够掌握并灵活运用．
20．等边△ABC中，点H在边BC上，点K在边AC上，且满足AK=HC，连接AH、BK交于点F.
(1)如图1，求∠AFB的度数；
(2)如图2，连接FC，若∠BFC=90°，点G为边 AC上一点，且满足∠GFC=30°，求证：AG⊥BG
(3)如图3，在(2)条件下，在BF上取D使得DF=AF，连接CD交AH于E，若△DEF面积为1， 则△AHC的面积为

【答案】（1）∠AFB=120°；（2）详见解析；（3）.
【解析】
试题分析：易得：≌ 即可求出的度数.
证明是的中点，可以根据等腰三角形三线合一的性质解答即可.
直接求解即可.
试题解析：
(1)易得：≌


(2)在BF上取M使AF=FM，连MC延长FG交MC于N,

易得：△AFB≌△AMC，
∴∠AMC=120°,
又△AFM为等边三角形，
∴∠AMB=∠BMC=60°,
∵∠BFC=90°，
∴∠MFC=90°，∠NFC=30°,
∴△FMN为等边三角形，且FN=NC,
∴NC=FN=FM=AF，
∴△AGF≌△CGN,
∴AG=GC，∴BG⊥AC,
(3)
提示：延长到,使 连接

先证明四边形是平行四边形，进一步证明它是矩形，
设 求出的面积，
进一步求出
求得△AHC的面积.
21．如图，四边形是矩形纸片且，对折矩形纸片，使与重合，折痕为，展平后再过点折叠矩形纸片，使点落在上的点处，折痕与相交于点，再次展开，连接，.

（1）连接，求证：是等边三角形；
（2）求，的长；
（3）如图，连接将沿折叠，使点落在点处，延长交边于点，已知，求的长？

【答案】（1）见解析；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）由折叠知，据此得∠ENB=30°，∠ABN=60°，结合AB=BN即可得证；
（2）由（1）得∠ABN=60°，由AB折叠到BN知∠ABM=30°，结合AB=6得，证EQ为△ABM的中位线得，再求出EN=，根据QN=EN-EQ可得答案；
（3）连接FH，MK⊥BC，证Rt△FGH≌Rt△FCH得GH=CH=1，设MD=x，知MG=x，MH=x+1，KH=MD-CH=x-1，在Rt△MKH中，根据MK2+KH2=MH2可求出x的值，继而得出答案．
【详解】
解：（1）与重合后，折痕为，
，
，
.
，
为等边三角形.
（2）由（1）得，
折叠到，
.
,
.
为的中点且，
为的中位线.
.
，，.
.
（3）连接，过点作于点.
折叠到，
，
，
又，
.
.设，
，
.

在中，，，解得，.
【点睛】
本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质、折叠的性质、等边三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识点．
22．实验中学学生在学习等腰三角形性质“三线合一”时

（1）（探究发现）如图1，在△ABC中，若AD平分∠BAC，AD⊥BC时，可以得出AB＝AC，D为BC中点，请用所学知识证明此结论．
（2）（学以致用）如果Rt△BEF和等腰Rt△ABC有一个公共的顶点B，如图2，若顶点C与顶点F也重合，且∠BFE＝∠ACB，试探究线段BE和FD的数量关系，并证明．
（3）（拓展应用）如图3，若顶点C与顶点F不重合，但是∠BFE＝∠ACB仍然成立，（学以致用）中的结论还成立吗？证明你的结论．
【答案】（1）见解析；（2）结论：DF＝2BE；（3）结论不变：DF＝2BE．
【解析】
【分析】
（1）只要证明△ADB≌△ADC（ASA）即可．
（2）结论：DF＝2BE．如图2中，延长BE交CA的延长线于K．想办法证明△BAK≌△CAD（ASA）即可解决问题．
（3）如图3中，结论不变：DF＝2BE．作FK∥CA交BE的延长线于K，交AB于J．利用（2）中结论证明即可．
【详解】
解：（1）如图1中，

∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∵DA平分∠BAC，
∴∠DAB＝∠DAC，
∵AD＝AD，
∴△ADB≌△ADC（ASA），
∴AB＝AC，BD＝DC．
（2）结论：DF＝2BE．
理由：如图2中，延长BE交CA的延长线于K．

∵CE平分∠BCK，CE⊥BK，
∴由（1）中结论可知：CB＝CK，BE＝KE，
∵∠∠BAK＝∠CAD＝∠CEK＝90°，
∴∠ABK+∠K＝90°，∠ACE+∠K＝90°，
∴∠ABK＝∠ACD，
∵AB＝AC，
∴△BAK≌△CAD（ASA），
CD＝BK，
∴CD＝2BE，即DF＝2BE．
（3）如图3中，结论不变：DF＝2BE．

理由：作FK∥CA交BE的延长线于K，交AB于J．
∵FK∥AC，
∴∠FJB＝∠A＝90°，∠BFK＝∠BCA，
∵∠JBF＝45°，
∴△BJF是等腰直角三角形，
∵∠BFE＝ACB，
∴∠BFE＝∠BFJ，
由（2）可知：DF＝2BE．
【点睛】
三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，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
23．已知：如图，△ABC是等边三角形，点D是平面内一点，连接CD，将线段CD绕C逆时针旋转60°得到线段CE，连接BE，AD，并延长AD交BE于点P．
（1）当点D在图1所在的位置时
①求证：△ADC≌△BEC；
②求∠APB的度数；
③求证：PD+PE＝PC；
（2）如图2，当△ABC边长为4，AD＝2时，请直接写出线段CE的最大值．

【答案】（1）①见解析；②∠APB＝60°；③见解析；（2）CE最大值为6．
【解析】
【分析】
（1）①根据旋转的性质和等边三角形的性质以及全等三角形的判定证明即可；
②根据全等三角形的判定和性质以及三角形内角和解答即可；
③根据等边三角形的性质以及全等三角形的判定和性质解答即可；
（2）由已知CE=CD，点D在以A为圆心半径为2的圆上，则当D在CA延长线上时，CD最大则问题可解．
【详解】
（1）①∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝∠ACB＝∠ABC＝60°，
∵将线段CD绕C顺时针旋转60°得到线段CE，
∴CE＝CD，∠DCE＝60°，
∴△DCE是等边三角形，
∴∠DCE＝60°，
∵∠ACD+∠DCB＝60°，∠BCE+∠DCB＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS）；
②∵△ACD≌△BCE，
∴∠EBC＝∠DAC，
∵∠DAC+∠BAD＝∠BAC＝60°，
∴∠PBC+∠BAD＝60°，
∴∠APB＝180°﹣∠ABC+∠PBC+∠BAP＝180°﹣60°﹣60°＝60°；
③∵△ACD≌△BCE，
∴∠CBE＝∠CAD，
∵∠CAD+∠BAD＝60°，∠BAD+∠DBC＝60°，
∴∠BAD+∠ABD＝∠BDP＝60°，
∵∠APB＝60°，
∴△BDP是等边三角形，
∴DP＝BP，
∴PD+PE＝BE，
∵△ADC≌△BEC，
∴AD＝BE，
∵在△ABD与△CBP中
，
∴△ABD≌△CBP（SAS），
∴AD＝PC，
∴PD+PE＝PC；
（2）由已知，点D在以A为圆心2为半径的圆上运动。
当点D在CA延长线与⊙A的交点上时，CD最大，此时CD=6。
由△DCE是等边三角形是等边三角形，则有CD=CE。
∴当CD最大时，CE最大
∴CE最大值为6。
【点睛】
考查了几何变换的综合题，关键是根据旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、构建隐形圆来解答．
24．旋转变换是全等变换的一种形式，我们在解题实践中经常用旋转变换的方法来构造全等三角形来解决问题。
（1）方法探究：如图①，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E在边BC上，∠DAE=45°

试探究线段BD、CE、DE可以组成什么样的三角形。我们可以过点B作BF⊥BC，使BF=EC，连接AF、DF，易得∠AFB=45°进而得到△AFB≌△AEC，相当于把△AEC绕点A顺时针旋转90°到△AFB，请接着完成下面的推理过程：
∵△AFB≌△AEC，
∴∠BAF= ，AF=AE，
∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，
∴∠BAD+∠CAE= ，
∴∠BAF+∠BAD=45°，
∴∠DAF=45°= ，
在△DAF与△DAE中，
AF=AE，
∠DAF=∠DAE，
AD=AD，
∴△DAF≌△DAE，
∴DF= ，
∵BD、BF、DF组成直角三角形，
∴BD、CE、DE组成直角三角形.
（2）方法运用
① 如图②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=∠BCD=90°，∠ABC+∠ADC=180°，点E在边BC上，点F在边CD上，∠EAF=45°试判断线段BE、DF、EF之间的数量关系，并说明理由。
② 如图③，在①的基础上若点E、F分别在BC和CD的延长线，其他条件不变，①中的关系在图③中是否仍然成立？若成立请说明理由；若不成立请写出新的关系，并说明理由。

【答案】（1）∠CAE ， 45°，∠DAE ， DE ；（2）①EF=BE+DF；②①中关系不成立,EF=BE-DF.
【解析】
【分析】
(1) 作AF⊥AB，使AF=BE，连接DF，根据SAS证得△CAF≌△CBE和△CDF≌△CDE，再由勾股定理和等量代换即可解答；
(2) 延长CD到G，使DG=BE，证得△ABE≌△ADG,可得AE=AG，∠EAB=∠DAG,可得∠EAF=∠GAF,进而可得△AEF≌△AGF,所以得GF=EF得到EF=BE+DF;
(3) 延长CD到G，使DG=BE，证得△ABE≌△ADG,可得AE=AG，∠DAG=∠EAB=90°-∠DAE,进而可得△AEF≌△AGF,所以得GF=EF,EF=BE-DF .
【详解】
（1）∠CAE ， 45°，∠DAE ， DE ；
（2）①EF=BE+D.
理由：
延长CD到G，使DG=BE，

则∠ADG+∠ADC=180°，
∵∠ABC+∠ADC=180°
∴∠ABC=∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
 DG=BE
∠ABC=∠ADG    
   AB=AD    
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠EAB=∠DAG,
∴∠EAF=∠GAF=45°,
∴△AEF≌△AGF,
∴GF=EF.
②.①中关系不成立,EF=BE-DF.
理由:
延长CD到G，使DG=BE，
证得△ABE≌△ADG,
可得AE=AG，∠DAG=∠EAB=90°-∠DAE,
∵∠DAF=45°-∠DAE,
∴∠GAF=∠DAG-∠DAF=（90°-∠DAE）-（45°-∠DAE）=45°=∠EAF,

∴△AEF≌△AGF,
∴GF=EF,
∵GF=DG-DF,
∴EF=BE-DF .
【点睛】
此题主要考查勾股定理及三角形全等的判定与性质，解答时要充分分析里面的条件与问题之间的联系．
25．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x+4分别交x轴，y轴于点A，C，点D（m，2）在直线AC上，点B在x轴正半轴上，且OB＝3OC．点E是y轴上任意一点记点E为（0，n）．
（1）求直线BC的关系式；
（2）连结DE，将线段DE绕点D按顺时针旋转90°得线段DG，作正方形DEFG，是否存在n的值，使正方形DEFG的顶点F落在△ABC的边上？若存在，求出所有的n值并直接写出此时正方形DEFG与△ABC重叠部分的面积；若不存在，请说明理由．


【答案】（1）直线BC关系式为；
（2）当F在BC边上时求得，；当F在AB边上时求得，；
【解析】
解：（1）求出直线BC关系式为…………（2分）
（2）当F在BC边上时求得……（4分），……（6分）
当F在AB边上时求得 ……（7分），……（9分）
当F在AC边上时显然不合题意，舍去……（10分）
26．如图已知△CAB和△CDE中，CA=CB，CD=CE，∠BCA=∠DCE=.连BE，BD．
（1）如图1，若∠BCA=60，BD与AE交于点F，求∠AFB的度数；
（2）如图2，请探究∠EBD，∠AEB与之间的关系；
（3）如图3，直接写出∠EBD，∠AEB与之间的关系.

【答案】（1）60；（2）∠EBD-∠AEB=；（3）∠EBD+∠AEB+=360.
【解析】
【分析】
（1）∠ACE=∠ACB+∠BCE=∠DCE+∠BCE=∠BCD，再由AC=BC和CE=CD可证明△ACE≌BCD，则∠CAE=∠CBD，由图可知∠CAE+∠ACB=∠CBD+∠BFA，则∠AFB=∠ACB=60°；
（2）由AC=BC，EC=DC且∠ACE=∠α-∠ECB=∠BCD，易证△ACE≌BCD，则∠AEC=∠BDC，再由∠EBD=∠CEB+∠CDB+∠ECD可得
∠EBD=∠AEB+∠ECD=∠AEB+，则∠EBD-∠AEB=；
（3）同上易证△ACE≌BCD，从而∠CAE=∠CBD，由四边形ECDB的内角和定理可得∠CEB+∠CBD+∠ECD+∠BDC=360°，则∠EBD+∠AEB+=360.
【详解】
（1）∵∠ACE=∠ACB+∠BCE，∠BCD=∠DCE+∠BCE，
∴∠ACE=∠BCD，
又∵AC=BC，CE=CD，
∴△ACE≌BCD，
∴∠CAE=∠CBD，
∵∠CAE+∠ACB=∠CBD+∠BFA，
∴∠AFB=∠ACB=60°.
（2）∠EBD-∠AEB=.
证明：
∵∠ACE=∠ACB-∠BCE，∠BCD=∠DCE-∠BCE，
∴∠ACE=∠BCD，
又∵AC=BC，CE=CD，
∴△ACE≌BCD，
∴∠AEC=∠BDC，
∵∠EBD=∠CEB+∠CDB+∠ECD，
∴∠EBD=∠AEB+∠ECD=∠AEB+，
即∠EBD-∠AEB=.
（3）∠EBD+∠AEB+=360.
∵∠ACE=∠ACB-∠BCE，∠BCD=∠DCE-∠BCE，
∴∠ACE=∠BCD，
又∵AC=BC，CE=CD，
∴△ACE≌BCD，
∴∠CAE=∠CBD，
在四边形ECDB中，
∵∠CEB+∠CBD+∠ECD+∠BDC=360°，
∴∠EBD+∠AEB+=360.
【点睛】
本题结合四边形内角和定理考查了三角形全等的判定以及性质，注意根据题干条件选择合适的判定方法.