初中数学沪科版八年级上册第14章 全等三角形综合与测试单元测试一课一练

这是一份初中数学沪科版八年级上册第14章 全等三角形综合与测试单元测试一课一练，共33页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

沪科版初中数学八年级上册第十四章《全等三角形》单元测试卷
考试范围：第十四章；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 已知△ABC≌△A′B′C，∠A=40°，∠CBA=60°，A′C交边AB于P(点P不与A、B重合)．BO、CO分别平分∠CBA，∠BCP，若m°<∠BOC
A. 20 B. 40 C. 60 D. 100
2. 如图，已知△ABC≌△A′BC′，AA′/​/BC，∠ABC=70°，则∠CBC′的度数是(    )
A. 40°
B. 35°
C. 55°
D. 20°
3. 如图，△ABC≌△ADE，∠DAC=60°，∠BAE=100°，BC，DE相交于点F，则∠DFB的度数是    (    )


A. 15° B. 20° C. 25° D. 30°
4. 如图所示，锐角△ABC中，D，E分别是AB，AC边上的点，△ADC≌△ADC′，△AEB≌△AEB′，且C′D/​/EB′/​/BC，BE、CD交于点F，若∠BAC=40°，则∠BFC的大小是    (    )

A. 105° B. 100° C. 110° D. 115°
5. 如图，△ABD≌△EBC，则下列结论： ①CD⊥AE; ②AD⊥CE; ③∠EAD=∠ECD.其中正确的有(    )
A. 0个
B. 1个
C. 2个
D. 3个
6. 下列说法正确的是(    )
A. 全等三角形是指周长和面积都一样的三角形
B. 全等三角形周长和面积都一样
C. 有两边和第三边上的高对应相等的两个三角形全等
D. 全等三角形的边都相等
7. 如图，锐角△ABC中，D、E分别是AB、AC边上的点，△ADC≌△ADC′，△AEB≌△AEB′，且C′D //EB′ //BC，BE、CD交于点F，若∠BAC=α，∠BFC=β，则(    )

A. 2α+β=180° B. 2β−α=145° C. α+β=135° D. β−α=60°
8. 如图，在平面直角坐标系中，正方形纸片ABCD的顶点A的坐标为(−1,3)，在纸片中心挖去边长为2的正方形A1B1C1D1，将该纸片以O为旋转中心进行逆时针旋转，每次旋转45°，则第298次旋转后，点C和点B1的坐标分别为(    )

A. (−3,−1)，(1,0) B. (−3,−1)，(0,−1)
C. (3,1)，(0,−1) D. (3,1)，(1,0)
9. 下列判断正确的是(    )
A. 有一条直角边对应相等的两个直角三角形全等
B. 腰长相等的两个等腰三角形全等
C. 斜边相等的两个等腰直角三角形全等
D. 两个锐角对应相等的两个直角三角形全等
10. 如图，一次函数y=-34x+3的图像分别与x轴、y轴交于点A，B，以线段AB为边在第一象限内作等腰Rt△ABC，∠BAC=900.则过B，C两点的直线的表达式为(    )

A. y=17x+3 B. y=15x+3 C. y=14x+3 D. y=13x+3
11. 已知：如图，BD为△ABC的角平分线，且BD=BC，E为BD延长线上的一点，BE=BA，过E作EF⊥AB，F为垂足．下列结论：①△ABD≌△EBC；②∠BCE+∠BCD=180°；③AD=AE=EC；④BA+BC=2BF.其中正确的是(    )

A. ①②③ B. ①③④ C. ①②④ D. ①②③④
12. 我国的纸伞工艺十分巧妙．如图，伞不论张开还是缩拢，伞柄AP始终平分同一平面内两条伞骨所成的角∠BAC，从而保证伞圈D能沿着伞柄滑动．为了证明这个结论，我们的依据是(    )


A. SSS B. SAS C. AAS D. ASA
第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，直线AB的解析式为y=−x+b分别与x，y轴交于A，B两点，点A的坐标为 (3,0)，过点B的直线交x轴负半轴于点C，且OB：OC=3：1.在x轴上方存在点D，使以点A，B，D为顶点的三角形与△ABC全等，则点D的坐标为______．

14. 如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，直线l经过点C且与边AB相交．动点P从点A出发沿A→C→B路径向终点B运动；动点Q从点B出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q的速度分别为2cm/s和3cm/s，两点同时出发并开始计时，当点P到达终点B时计时结束．在某时刻分别过点P和点Q作PE⊥l于点E，QF⊥l于点F，设运动时间为t秒，则当t=______秒时，△PEC与△QFC全等．
15. 如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OB=OD，OC=OA+AB，∠ABD+∠ADB=∠ACB.则ADBC的值为______．


16. 如图，在△ABC中(AB>AC)，∠BAC=60°，AC=10，D为BC边上的中点，过点D的直线DF将△ABC的周长平分，交AB于点F，则DF的长为______．




三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 如图，点E在AB上，△ABC≌△DEC，求证：CE平分∠BED．

18. 国昌实验中学八年级合作学习小组的同学学习了全等三角形的概念后，聪明的正宇同学代表本小组给其他小组内的同学出了这样一个问题：在直角坐标系中，点A(−3,0)，B(−1,0)，C(−1,3)，若有一个直角三角形与Rt△ABC全等，且它们只有一条公共直角边，这样的直角三角形有几个?若有，请写出第三个顶点的坐标．
19. 在平面直角坐标系中，点A的坐标(0,4)，点C的坐标(6,0)，点P是x轴上的一个动点，从点C出发，沿x轴的负半轴方向运动，速度为2个单位/秒，运动时间为t秒，点B在x轴的负半轴上，且SΔAOC=3SΔAOB．

(1)求点B的坐标；
(2)若点D在y轴上，是否存在点P，使以P、D、O为顶点的三角形与△AOB全等？若存在，直接写出点D坐标；若不存在，请说明理由
(3)点Q是y轴上的一个动点，从点A出发，向y轴的负半轴运动，速度为2个单位/秒．若P、Q分别从C、A两点同时出发，求：t为何值时，以P、Q、O三点构成的三角形与△AOB全等．
20. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=−34x+125与两坐标轴分别交于A，B两点，OM⊥AB，垂足为点M．

(1)求点A，B的坐标；
(2)求OM的长；
(3)存在直线l上的点P，y轴上的点Q，使得以O，P，Q为顶点的三角形与△OMP全等，请求出所有符合条件的点Q的坐标．
21. 如图，AC、BD相交于点O，△AOB≌△DOC，且∠A=80°，∠DOC=30°，BO=23，AO=18，求∠DCO的度数和BD的长度．

22. 已知：如图，△ABC≌△DEF，BC=8cm，EC=5cm，求线段CF的长．

23. 如图①，正方形ABCD中，点E是对角线AC上任意一点，过点E作EF⊥AC，垂足为E，交BC所在直线于点F.探索AF与DE之间的数量关系，并说明理由．

(1)如图②，当E是对角线AC的中点时，AF与DE之间的数量关系是______．
(2)小明用“平移法”将AF沿AD方向平移得到DG，将原来分散的两条线段集中到同一个三角形中，如图③，这样就可以将问题转化为探究DG与DE之间的数量关系．请你按照他的思路，完成解题过程．


24. 回答问题

【初步探索】
(1)如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF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.连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是             ；
【灵活运用】
(2)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EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
【拓展延伸】
(3)如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程．
25. 【情境】某校数学兴趣小组尝试自制数学学具进行自主合作探究．图①是一块边长为12 cm的等边三角形学具，P是边AC上一个动点，由点A向点C运动，速度为1 cm/s，Q是边CB延长线上一动点，与点P同时以相同的速度由点B向CB延长线方向运动，连接PQ，交AB于点D，设点P运动的时间为t(s)．

【问题】(1)填空：CP+CQ=______cm；
(2)当∠DQB=30°时，求t的值；
【探究】如图②，过点P作PE⊥AB，垂足为E，在点P，点Q运动过程中，线段DE的长度是否发生变化？若不变，请求出DE的长度；若变化，请说明理由．
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了解角的平分线，三角形内角和定理，一元一次不等式组的解法，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键．根据角平分线的定义得出∠BOC=90°+12∠BPC，根据三角形外角的性质及P点在AB边上且不与A、B重合，确定∠ACP的大小，即可求解．
【解答】
解：∵BO、CO分别平分∠ABC、∠PCB，
∴∠OBC=12∠ABC，∠OCB=12∠PCB，
∴∠BOC=180°−∠OBC−∠OCB=180°−12(∠ABC+∠PCB)，
=180°−12(180°−∠BPC)，
=90°+12∠BPC=90°+12(∠A+∠ACP)，
=110°+12∠ACP，
∴∠ACP=2∠BOC−220°，
∵∠A=40°，∠CBA=60°，
∴∠ACB=180°−∠A−∠CBA=180°−40°−60°=80°，
∵P点在AB边上且不与A、B重合，
∴0°<∠ACP<80°，
∴0°<2∠BOC−220°<80°，
∴110°<∠BOC<150°，
∴m=110，n=150．
∴n−m=40．
故选B．  
2.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等、对应角相等是解题的关键．根据平行线的性质得到∠BAA′=∠ABC=70°，根据全等三角形的性质、等腰三角形的性质计算即可．
【解答】
解：∵AA′/​/BC，
∴∠BAA′=∠ABC=70°，
∵△ABC≌△A′BC′，
∴BA=BA′，∠A′BC′=∠ABC=70°，
∴∠BAA′=∠BA′A=70°，
∴∠A′BA=40°，
∴∠ABC′=30°，
∴∠CBC′=40°，
故选：A．  
3.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题主要利用全等三角形对应角相等的性质，准确识图也是考查点之一．先根据全等三角形对应角相等求出∠B=∠D，∠BAC=∠DAE，所以∠BAD=∠CAE，然后求出∠BAD的度数，再根据△ABG和△FDG的内角和都等于180°，所以∠DFB=∠BAD．
【解答】
解：∵△ABC≌△ADE，
∴∠B=∠D，∠BAC=∠DAE，
又∠BAD=∠BAC−∠CAD，∠CAE=∠DAE−∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
∵∠DAC=60°，∠BAE=100°，
∴∠BAD=12∠BAE−∠DAC=12100°−60°=20°，
在△ABG和△FDG中，∵∠B=∠D，∠AGB=∠FGD，
∴∠DFB=∠BAD=20°．
故选B．  
4.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的性质，平行线的性质，三角形的外角的性质等知识，能熟记全等三角形的性质的内容是解此题的关键，注意：全等三角形的对应边相等，对应角相等．
延长C′D交AB′于H.利用全等三角形的性质，平行线的性质，三角形的外角的性质证明∠BFC=∠AHC′+∠C′+∠DAC，再求出∠C′+∠AHC′即可解决问题．
【解答】
解：延长C′D交AB′于H．

∵△AEB≌△AEB′，
∴∠ABE=∠AB′E，
∵C′H//EB′，
∴∠AHC′=∠AB′E，
∴∠ABE=∠AHC′，
∵△ADC≌△ADC′，
∴∠C′=∠ACD，
∵∠BFC=∠DBF+∠BDF，∠BDF=∠CAD+∠ACD，
∴∠BFC=∠AHC′+∠C′+∠DAC，
∵∠DAC=∠DAC′=∠CAB′=40°，
∴∠C′AH=120°，
∴∠C′+∠AHC′=60°，
∴∠BFC=60°+40°=100°，
故选B．  
5.【答案】D 
【解析】如图，延长AD交CE于点F，延长CD交AE于点G．

由△ABD≌△EBC，得∠ABD=∠EBC，AB=EB，BD=BC，
又∵∠ABD+∠EBC=180∘， 
∴∠ABD=∠EBC=90∘. 
∴△ABE和△CBD都是等腰直角三角形. 
∴∠BAE=∠AEB=∠BCD=45∘. 
∴∠AGC=90∘，即CD⊥AE，故 ①正确. 
∵∠ABD=90∘， 
∴∠BAD+∠ADB=90∘．
又由△ABD≌△EBC得∠ADB=∠ECB， 
∴∠BAD+∠ECB=90∘. 
∴∠AFC=90∘，即AD⊥CE，故 ②正确. 
∵∠ADB=∠EAD+∠AEB=∠EAD+ 45∘，∠ECB=∠BCD+∠ECD=∠ECD +45∘，且∠ADB=∠ECB， 
∴∠EAD=∠ECD，故 ③正确．


6.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查全等三角形的定义及性质，注意重合应包括形状和大小两方面重合，找出每个选项正误的理由是正确解答本题的关键.认真阅读各选项提供的已知条件应用全等三角形的定义及性质验证每个选项的正误，找出理由．
【解答】
解：A.∵全等三角形是指能够完全重合的两个三角形，即形状相同和大小相等的三角形，故答案A错误；
B.∵两个三角形全等，∴它们的周长和面积都相等，故选项B正确；
C.两边和第三边上的高对应相等，不能判定两个三角形全等，故C错误；
D.全等三角形的对应边相等，故选项D错误．
故选B．
  
7.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等；全等三角形的对应角相等．也考查了平行线的性质．延长C′D交AC于M，如图，根据全等的性质得∠C′=∠ACD，∠C′AD=∠CAD=∠B′AE=α，再利用三角形外角性质得∠C′MC=∠C′+∠C′AM=∠C′+2α，接着利用C′D//B′E得到∠AEB=∠C′MC，而根据三角形内角和得到∠AEB′=180°−∠B′−α，则∠C′+2α=180°−∠B′−α，所以∠C′+∠B′=180°−3α，利用三角形外角性质和等角代换得∠BFC=∠BDF+∠DBF=∠DAC+∠ACD+∠B′=α+∠C′+∠B′，所以∠BFC=β=180°−2α，进一步变形后即可得到答案．
【解答】
解：延长C′D交AC于M，如图，

∵△ADC≌△ADC′，△AEB≌△AEB′，
∴∠C′=∠ACD，∠C′AD=∠CAD=∠B′AE=α，
∴∠C′MC=∠C′+∠C′AM=∠C′+2α，
∵C′D//B′E，
∴∠AEB=∠C′MC，
∵∠AEB′=180°−∠B′−∠B′AE=180°−∠B′−α，
∴∠C′+2α=180°−∠B′−α，
∴∠C′+∠B′=180°−3α，
∵β=∠BFC=∠BDF+∠DBF，
=∠DAC+∠ACD+∠B′=α+∠ACD+∠B′，
=α+∠C′+∠B′，
=α+180°−3α=180°−2α，
即：2α+β=180°．
故选A．  
8.【答案】C 
【解析】解：∵360°=45°×8，298=37×8+2，
∴第298次旋转后与第2次旋转后的位置相同，
点C和点B1经过两次旋转之后落在此图中的D点和C1点处，
∵A1B1C1D1的边长为2，
∴C1的坐标为(0,−1)，
对于D点的坐标，如图，过点A做AN⊥y轴于点N，过点D做DM⊥x轴于点M，

在正方形中ABCD中，有OA=OD，∠AOD=90°，
∴∠AON=∠DOM，
∵∠ANO=∠DMO=90°，
∴△ANO≌△DMO(AAS)，
∴AN=DM，ON=OM，
∴D(3,1)．
故选：C．
首先根据旋转角度和次数可确定旋转后点C和点B1落在此图中的D点和C1点处，再根据正方形的性质求出D点和C1点的坐标即可．
本题考查正方形的性质，全等三角形的性质及判定，规律型：点的坐标，坐标与图形变化−旋转，熟练掌握正方形的性质是解题关键．

9.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了三角形全等的判定方法；三角形全等的判定有ASA、SAS、AAS、SSS、HL，可以发现至少得有一组对应边相等，才有可能全等．
利用全等三角形的判定来确定．做题时，要结合已知条件与三角形全等的判定方法逐个验证．
【解答】
解：A.全等的两个直角三角形的判定只有一条边对应相等不行，故本选项错误；
B.只有两条边对应相等，找不出第三个相等的条件，即两三角形不全等，故本选项错误；
C.斜边相等的两个等腰直角三角形，根据ASA或者HL均能判定它们全等，故此选项正确；
D.有两个锐角相等的两个直角三角形，边不一定相等，故选项错误；
故选C．  
10.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查的是一次函数综合题，涉及到用待定系数法求一次函数的解析式、全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．
先根据一次函数的解析式求出A、B两点的坐标，再作CD⊥x轴于点D，由全等三角形的判定定理可得出△ABO≌△CAD，由全等三角形的性质可知OA=CD，故可得出C点坐标，再用待定系数法即可求出直线BC的解析式．
【解答】
解：∵一次函数y=−34x+3中，
令x=0得：y=3；令y=0，解得x=4，
∴B的坐标是(0,3)，A的坐标是(4,0).   
如图，作CD⊥x轴于点D．

∵∠BAC=90°，
∴∠OAB+∠CAD=90°，
∵CD⊥x轴
∴∠ADC=90°
∴∠CAD+∠ACD=90°，
∴∠ACD=∠BAO．
在△ABO与△CAD中，
∵∠BAO=∠ACD∠BOA=∠ADC=90°AB=CA，
∴△ABO≌△CAD(AAS)，
∴AD=OB=3，CD=OA=4，
则OD=OA+AD=7．
则C的坐标是(7,4).                    
设直线BC的解析式是y=kx+b，
根据题意得：b=37k+b=4,
解得k=17b=3，
∴直线BC的解析式是y=17x+3．
故选A．  
11.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形的对应边、对应角相等的性质，本题中熟练求证三角形全等和熟练运用全等三角形对应角、对应边相等性质是解题的关键．先利用SAS证△ABD≌△EBC，可得∠BCE=∠BDA，AD=EC可得①②正确，再根据角平分线的性质可求得∠DAE=∠DCE，即③正确，根据③可求得④正确．
【解答】
解：①∵BD为△ABC的角平分线，
∴∠ABD=∠CBD，
∴在△ABD和△EBC中，
BD=BC∠ABD=∠CBDBE=BA，
∴△ABD≌△EBC(SAS)，故①正确；
②∵BD为△ABC的角平分线，BD=BC，BE=BA，
∴∠BCD=∠BDC=∠BAE=∠BEA，
∵△ABD≌△EBC，
∴∠BCE=∠BDA，
∴∠BCE+∠BCD=∠BDA+∠BDC=180°，故②正确；
③∵∠BCE=∠BDA，∠BCE=∠BCD+∠DCE，∠BDA=∠DAE+∠BEA，∠BCD=∠BEA，
∴∠DCE=∠DAE，
∴△ACE为等腰三角形，
∴AE=EC，
∵△ABD≌△EBC，
∴AD=EC，
∴AD=AE=EC.故③正确；
④过E作EG⊥BC于G点，

∵E是BD延长线上的点，EF⊥AB，BD平分∠ABC，
∴EF=EG，
∵在RT△BEG和RT△BEF中，
BE=BEEF=EG，
∴RT△BEG≌RT△BEF(HL)，
∴BG=BF，
∵在RT△CEG和RT△AFE中，
EF=EGAE=CE，
∴RT△CEG≌RT△AFE(HL)，
∴AF=CG，
∴BA+BC=BF+FA+BG−CG=BF+BG=2BF，故④正确. 
故选D．
  
12.【答案】A 
【解析】解：根据伞的结构，AE=AF，伞骨DE=DF，AD是公共边，
∵在△ADE和△ADF中，
AE=AFDE=DFAD=AD，
∴△ADE≌△ADF(SSS)，
∴∠DAE=∠DAF，
即AP平分∠BAC．
故选：A．
根据确定三角形全等的条件进行判定即可得解．
本题考查了全等三角形的应用，理解题意确定出全等的三角形以及全等的条件是解题的关键．

13.【答案】(4,3)或(3,4) 
【解析】
【分析】
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特征，涉及到三角形全等、并注意分类求解，题目难度较大．
求出B(0,3)、点C(−1,0)，分BD与x轴平行、BD与x轴不平行两种情况，分别求解即可．
【解答】
解：将点A的坐标代入函数表达式得：0=−3+b，
解得：b=3，
故直线AB的表达式为：y=−x+3，
则点B(0,3)，
∵OB：OC=3：1，
则OC=1，
即点C(−1,0)；
①如图，BD平行于x轴，
点A，B，D为顶点的三角形与△ABC全等，则四边形BDAC为平行四边形，
则BD=AC=1+3=4，则点D(4,3)，
②BD不平行于x轴，将△ABC沿着BA翻折△ABD′，

∵OA=OB
∴∠OAB=45°
∴直线AD′⊥x轴，
A，B，D为顶点的三角形与△ABC全等，
则AD′=AC=4，
故点D′(3,4)；
故答案为：(4,3)或(3,4)．  
14.【答案】2或145或6 
【解析】【解析】 
解：由题意得，AP=2t，BQ=3t，
∵AC=6cm，BC=8cm，
∴当P点在AC上时CP=6−2t，当P点在BC上时CP=2t−6，
当Q点在BC上时CQ=8−3t，当Q点在AC上时CQ=3t−8，
①如图①，

当△PEC≌△CFQ时，
则PC=CQ，
即6−2t=8−3t，
解得：t=2秒，
②如图②，

∵点P与点Q重合，
∴△PEC与△QFC全等，
则PC=CQ，
∴6−2t=3t−8．
解得：t=145秒，
③如图③，

当点Q与A重合时，△PEC≌△CFQ，
则PC=CQ，
即2t−6=6，
解得：t=6秒，
综上所述：当t=2秒或145秒或6秒时，△PEC与△QFC全等，
故答案为：2或145或6．
本题首先求出分情况用t表示出CP和CQ，然后分情况讨论，根据全等三角形的性质列式计算．
本题考查的是全等三角形的性质、掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键．

15.【答案】5−12 
【解析】解：如图，作DE/​/AB交AC于E，

在△ABD中，
∵∠BAD+∠ABD+∠ADB=180°，
又∵∠ABD+∠ADB=∠ACB，
∴∠BAD+∠ACB=180°，
∴∠DEA=∠BAE，∠OBA=∠ODE，
在△AOB△和EOD中，
∠OBA=∠ODE∠BAO=∠DEOOB=OD，
∴△OAB≌△OED(AAS)，
∴AB=DE，OA=OE，
∵OC=OA+AB=OE+CE，
∴AB=CE，
设AB=DE=CE=x，OA=OE=y，AD=m，BC=n，
∵∠EDA+∠DAB=180°，∠BAD+∠ACB=180°，
∴∠EDA=∠ACB，
∵∠DEA=∠CAB，
∴△EAD∽△ABC，
∴EDAC=AEAB=DACB=mn，
∴xx+2y=2yx，
∴4y2+2xy−x2=0，
∴(2yx)2+2yx−1=0，
∴2yx=5−12(负根舍去)，
∴mn=5−12．
则ADBC的值为5−12．
故答案为：5−12．
作DE/​/AB交AC于E，证明△OAB≌△OED(AAS)，可得AB=DE，OA=OE，设AB=DE=CE=x，OA=OE=y，AD=m，BC=n，证明△EAD∽△ABC，可得EDAC=AEAB=DACB=mn，所以xx+2y=2yx，进而可以解决问题．
本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△EAD∽△ABC．

16.【答案】53 
【解析】解：如图，延长BA至E，使得AE=AC，取BE的中点F，连接DF，CE，过点A作AG⊥EC于点G，

∵D为BC边上的中点，
∴BD=CD，
∵BF=EF，
∴BD+BF=CD+AE+AF=CD+EF，
∴直线DF将△ABC的周长平分，
∵AE=AC=10，∠BAC=60°，
∴∠ACE=∠E=30°，
∴AG=12AE=5，
∴EG=3AG=53，
∵AE=AC，AG⊥CE，
∴GE=12CE，
∵D是CB中点，F是BE的中点，
∴DF是△BCE的中位线，
∴DF=12CE=EG=53．
故答案为：53．
延长BA至E，使得AE=AC，取BE的中点F，连接DF，CE，过点A作AG⊥EC于点G，直线DF将△ABC的周长平分，根据三角形中位线定理即可解决问题．
本题考查了三角形中位线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，正确作图是解题关键．

17.【答案】证明：∵△ABC≌△DEC，
∴∠B=∠DEC，BC=EC，
∴∠B=∠BEC，
∴∠BEC=∠DEC，
∴CE平分∠BED． 
【解析】根据全等三角形对应角相等可得∠B=∠DEC，全等三角形对应边相等可得BC=EC，根据等边对等角可得∠B=∠BEC，从而得到∠BEC=∠DEC，再根据角平分线的定义证明即可．
本题考查了全等三角形的性质，等边对等角的性质，熟练掌握全等三角形的性质并准确识图是解题的关键．

18.【答案】解：如图.若以AB为公共边，则可以画3个直角三角形：△ABD、△ABE和△ABH.顶点D的坐标为(−1,−3)，顶点E的坐标为(−3,3)，顶点H的坐标为(−3,−3)．
若以BC为公共边，则可以画3个直角三角形：△BCF、△BCE和△BCG.顶点F的坐标为(1,0)，顶点E的坐标为(−3,3)，顶点G的坐标为(1,3)．
所以这样的直角三角形共有6个．

 
【解析】略

19.【答案】解：(1)∵点A的坐标(0,4)，点C的坐标(6,0)，
∴OA=4，OC=6，
∴S△AOC=12OC⋅OA=12×6×4=12，
∵S△AOC=3S△AOB，
∴S△AOB=4，
设B(x,0)，
∵点B在x轴的负半轴上，
∴OB=−x，
∴S△AOB=12OB⋅OA=12×(−x)×4=4，
∴x=−2，
∴B(−2,0)；

(2)∵P在x轴上，D在y轴，
∴∠POD=∠AOB=90°，
∵以P、D、O为顶点的三角形与△AOB全等，
∴①△POD≌△AOB，
∴OD=OB=2，
∴D(0,2)或(0,−2)
②△DOP≌△AOB，
∴OD=OA=4，
∴D(0,4)或(0,−4)，
即：满足条件的D的坐标为(0,4)，(0,−4)，(0,2)，(0,−2)；

(3)∵P在x轴上，Q在y轴，
∴∠POQ=∠AOB=90°，
由运动知，CP=2t，AQ=2t，
∴OP=|2t−6|，OQ=|2t−4|，
当0 以P、Q、O为顶点的三角形与△AOB全等，
∴①△POQ≌△AOB，
∴OQ=OB=2=4−2t，
∴t=1
OP=OA=4=6−2t，
∴t=1，
∴满足条件，即：t=1s；
②△QOP≌△AOB，
∴OQ=OA=4=4−2t，
∴t=0，
OP=OB=2=6−2t，
∴t=2，
∴不满足条件，舍去；

当2 以P、Q、O为顶点的三角形与△AOB全等，
∴①△POQ≌△AOB，
∴OQ=OB=2=2t−4，
∴t=3，
OP=OA=4=6−2t，
∴t=1，
∴不满足条件，舍去；
②△QOP≌△AOB，
∴OQ=OA=4=2t−4，
∴t=4，
OP=OB=2=6−2t，
∴t=2，
∴不满足条件，舍去；

当t>3时，OP=2t−6，OQ=2t−4，
以P、Q、O为顶点的三角形与△AOB全等，
∴①△POQ≌△AOB，
∴OQ=OB=2=2t−4，
∴t=3
OP=OA=4=2t−6，
∴t=5，
∴不满足条件，舍去；，
②△QOP≌△AOB，
∴OQ=OA=4=2t−4，
∴t=4，
OP=OB=2=2t−6，
∴t=4，
∴满足条件，即：t=4s，
即：满足条件的时间t=1s或4s． 
【解析】此题是三角形综合题，主要考查了三角形的面积公式，全等三角形的性质，解本题的关键是分类讨论，要考虑全面是解本题的难点．
(1)先求出OA，OC进而得出△AOC的面积，即可得出△AOB的面积，最后得出点B坐标；
(2)由于∠POD=∠AOB=90°，所以分两种情况讨论计算即可；
(3)先按时间分成三种情况，每种情况中同(2)的方法即可得出结论．

20.【答案】解：(1)令x=0，则有y=125，
令y=0，则有−34x+125=0，
解得x=165，
∴A(165,0)，B(0,125)；
(2)由(1)中点A、B的坐标知OA=165，OB=125，
∴AB=1252+1652=4，
∵OM⊥AB，
∴SΔOAB=12OA·OB=12OM·AB，
∴12×125×165=12OM×4，
∴OM=4825；
(3)∵以O，P，Q为顶点的三角形与△OMP全等，
∴OP是公共边，在Rt△OMP中，OP为斜边，
∴∠OQP=90∘，
∴PQ/​/x轴，
∵以O，P，Q为顶点的三角形与△OMP全等，
∴PQ=OM或OQ=OM，
①当PQ=OM时，
∴PQ=OM=4825，
∴P点横坐标为4825或−4825，
Ⅰ、当点P横坐标为4825，
∴点P的纵坐标为2425，
∴P(4825,2425)，∴Q(0,2425).
Ⅱ、当点P横坐标为−4825，
∴点P的纵坐标为9625，
∴P(−4825,9625)，
∴Q(0,9625).；
②当OQ=OM时，OQ=OM=4825，
∴Q(0,4825)或(0,−4825)，
即满足条件的点Q的坐标为(0,2425).或(0,9625).或(0,4825)或(0,−4825). 
【解析】本题考查了一次函数的性质、三角形面积和全等三角形的性质．
(1)依据x轴上点的纵坐标为0，y轴上点的横坐标为0即可解答；
(2)先得到AB的长度，再依据三角形面积公式即可解答；
(3)依据全等三角形的性质，分情况讨论，找出对应边相等即可得到相应点的坐标．

21.【答案】解：∵△AOB≌△DOC，∠A=80°，OA=18，BO=23，
∴∠D=∠A=80°，DO=AO=18，
∴∠DCO=180°−∠D−∠DOC=180°−80°−30°=70°，
∴BD=BO+DO=23+18=41，
即∠DCO=70°，BD的长度是41． 
【解析】根据三角形全等的性质和三角形内角和可以解答本题．
本题考查全等三角形的性质和三角形内角和，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．

22.【答案】解：∵△ABC≌△DEF，
∴BC=EF，又BC=8cm，
∴EF=8cm，
∵EC=5cm，
∵CF=EF−EC=8−5=3cm． 
【解析】根据全等三角形的对应边相等得到EF=BC=8cm，计算即可．
本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等、全等三角形的对应角相等是解题的关键．

23.【答案】AF=2DE 
【解析】解：(1)AF=2DE，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，E是对角线AC的中点，
∴AC⊥BD，AE=BE=CE=DE，
∵AB2=AE2+BE2，
∴AB2=2DE2，
∵B点与F点重合，
∴AF2=2DE2，
∴AF=2DE；
故答案为：AF=2DE；
(2)如图，过点E作MN/​/CD交AD于点N，交BC于点M，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=∠B=∠BCD=∠ADC=90°，AB=BC=CD=DA，∠ACB=45°，
∴∠NMC=180°−∠DCM=90°，
∴四边形MCDN是矩形，
∴ND=MC，MN=CD，∠DNE=90°，
∵EF⊥AC，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EM=FM=CM，
∴EM=DN，
由平移可知：BF=CG，AF=DG，
∴BF+FM=CG+MC，
∴BM=MG，
∵NE=MN−EM，BM=BC−CM，MN=CD=BC，
∴NE=BM=MG，
在△DNE和△EMG中，
DN=EM∠DNE=∠EMG=90°NE=MG，
∴△DNE≌△EMG(SAS)，
∴DE=EC，∠DEN=∠EGM，
∵∠EGM+∠MEG=90°，
∴∠DEN+∠MEG=90°，
∴∠DEG=180°−90°=90°，
∴△DEG为等腰直角三角形，
∴DG=2DE．
(1)根据正方形的性质和勾股定理即可解决问题；
(2)过点E作MN/​/CD交AD于点N，交BC于点M，得四边形MCDN是矩形，证明△CEF是等腰直角三角形，证明△DNE≌△EMG(SAS)，可得DE=EC，∠DEN=∠EGM，得△DEG为等腰直角三角形，进而可以解决问题．
此题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，生活中的平移现象，关键是根据矩形的性质和全等三角形的判定和性质解答．

24.【答案】解：(1)∠BAE+∠FAD=∠EAF，

理由：如图1，延长FD到点G，
使DG=BE，连接AG，
根据SAS可判定△ABE≌△ADG，
进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，
再根据SSS可判定△AEF≌△AGF，
可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，
故∠BAE+∠FAD=∠EAF；
(2)仍成立，理由：
如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，

∴∠B=∠ADG，
又∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF(SSS)，
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
(3)∠EAF=180°−12∠DAB，
证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，

∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ADC=∠ABE，
又∵AB=AD，
∴△ADG≌△ABE(SAS)，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF(SSS)，
∴∠FAE=∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，
∴2∠FAE+(∠GAB+∠BAE)=360°，
∴2∠FAE+(∠GAB+∠DAG)=360°，
即2∠FAE+∠DAB=360°，
∴∠EAF=180°−12∠DAB． 
【解析】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．解题时注意：同角的补角相等．
(1)延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据此得出结论；
(2)延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
(3)在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．

25.【答案】解：(1)24；
(2)CP=12−t，CQ=12+t，
∵∠DQB=30°，∠C=60°，
∴∠QPC=90°，
∴CQ=2CP，
∴2(12−t)=12+t，
t=4;
(3)如图

过Q作QF⊥AB交延长线于F，
∵∠A=∠ABC=∠QBF=60°，
∠AEP=∠QFB=90°，
PA=BQ，
∴△AEP≌△BFQ，
∴AE=BF，PE=QF，
∵∠PDE=∠QDF，∠DEP=∠DFQ=90°，
∴△DEP≌△DFQ，
∴DE=DF，
∵DE+DF=DE+DB+BF=DE+DB+AE=AB，
∴DE=12AB=6．
故在点P，点Q运动过程中，线段DE的长度不变，等于6． 
【解析】
【分析】
本题考查全等三角形的判定与性质．
(1)由题意可知：AP=BQ，再根据线段和差和等量代换即可得答案；
(2)CP=12−t，CQ=12+t，根据CQ=2CP，列方程求解即可；
(3)过Q作QF⊥AB交延长线于F，证明△AEP≌△BFQ，△DEP≌△DFQ，进而求得结论．
【解得】
解：(1)由题意可知：AP=BQ，
∴CP+CQ=CP+CB+BQ=CP+CB+AP=AC+BC=12+12=24;
(2)见答案；
(3)见答案．