北师大版七年级下册第四章 三角形3 探索三角形全等的条件精品课时训练

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第11讲 探索三角形全等的条件
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1．了解全等三角形的稳定性；
2．根据已知条件判断出两三角形全等．
知识精讲

知识点01三角形的稳定性
当三角形三边的长度确定后，三角形的形状和大小就能唯一确定下来，故三角形具有稳定性．这一特性主要应用在实际生活中．
【知识拓展1】（2021秋•凉山州期末）王师傅用4根木条钉成一个四边形木架，如图，要使这个木架不变形，他至少还要再钉上几根木条？（　　）

A．0根 B．1根 C．2根 D．3根
【分析】根据三角形的稳定性可得答案．
【解答】解：如图所示：
要使这个木架不变形，利用三角形的稳定性，他至少还要再钉上1个木条，
故选：B．

【点评】此题主要考查了三角形的稳定性，关键是掌握当三角形三边的长度确定后，三角形的形状和大小就能唯一确定下来，故三角形具有稳定性．
【即学即练1】（2021秋•临海市期末）如图所示的自行车架设计成三角形，这样做的依据是三角形具有 　稳定性　．

【分析】根据三角形具有稳定性解答．
【解答】解：自行车的主框架采用了三角形结构，这样设计的依据是三角形具稳定性，
故答案为：稳定性．
【点评】本题考查的是三角形的性质，掌握三角形具有稳定性是解题的关键．
【即学即练2】（2021秋•祁阳县期末）小龙平时爱观察也喜欢动脑，他看到路边的建筑和电线架等，发现了一个现象：一切需要稳固的物品都是由三角形这个图形构成的，当时他就思考，数学王国中不仅只有三角形，为何偏偏用三角形稳固它们呢？请你用所学的数学知识解释这一现象的依据为　三角形具有稳定性　．
【分析】直接利用三角形具有稳定性得出答案．
【解答】解：用三角形稳固它们是因为三角形具有稳定性，
故答案为：三角形具有稳定性．
【点评】此题主要考查了三角形的稳定性，正确把握三角形具有稳定性是解题关键．
【即学即练3】（2018秋•从江县校级期中）有一个人用四根木条钉了一个四边形的模具，两根木条连接处钉一颗钉子，但他发现这个模具老是走形，为什么？如果他想把这个模具固定，再给一根木条给你，你怎么把它固定下来，画出示意图，并说出理由．

【分析】根据三角形具有稳定性解答即可．
【解答】解：∵多边形ABCD是四边形，四边形具有不稳定性，
∴这个模具老是走形，
如图所示；在B、D处钉一颗钉子，把BD连接，
可以把把它固定下来，理由是三角形具有稳定性．

【点评】本题考查的是三角形的性质，掌握三角形具有稳定性是解题的关键．
知识点02全等三角形的判定
（1）判定定理1：SSS﹣﹣三条边分别对应相等的两个三角形全等．
（2）判定定理2：SAS﹣﹣两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．
（3）判定定理3：ASA﹣﹣两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等．
（4）判定定理4：AAS﹣﹣两角及其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等．
（5）判定定理5：HL﹣﹣斜边与直角边对应相等的两个直角三角形全等．
方法指引：全等三角形的5种判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，若已知两边对应相等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等，则必须再找一组对边对应相等，且要是两角的夹边，若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应邻边．
【知识拓展1】（2022•长沙开学）根据下列条件，不能画出唯一确定的△ABC的是（　　）
A．AB＝3，BC＝4，AC＝6 B．AB＝4，∠B＝45°，∠A＝60°
C．AB＝4，BC＝3，∠A＝30° D．∠C＝90°，AB＝8，AC＝4
【分析】利用全等三角形的判定定理依次判断每个选项即可．
【解答】解：A：三边确定，符合全等三角形判定定理SSS，能画出唯一的△ABC，故不符合题意，
B：已知两个角及其公共边，符合全等三角形判定定理ASA，能画出唯一的△ABC，故不符合题意，
C：已知两边及其中一边的对角，属于“SSA”的情况，不符合全等三角形判定定理，故不能画出唯一的三角形，故本选项符合题意，
D：已知一个直角和一条直角边以及斜边长，符合全等三角形判定定理HL，能画出唯一的△ABC，故不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题关键．
【即学即练1】（2021秋•抚远市期末）如图，点D在AB上，点E在AC上，AB＝AC，添加一个条件 　AE＝AD（或CE＝BD或∠AEB＝∠ADC）　，使△ABE≌△ACD（填一个即可）．

【分析】由于AB＝AC，加上∠A为公共角，然后利用全等三角形的判定方法可添加条件使△ABE≌△ACD．
【解答】解：∵AB＝AC，∠BAE＝∠CAD，
∴当添加AE＝AD（或CE＝BD）时，可根据“SAS”判断△ABE≌△ACD；
当添加∠B＝∠C时，可根据“ASA”判断△ABE≌△ACD；
当添加∠AEB＝∠ADC时，可根据“AAS”判断△ABE≌△ACD．
故答案为：AE＝AD（或CE＝BD或∠AEB＝∠ADC）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键．选用哪一种判定方法，取决于题目中的已知条件．
【知识拓展2】（2021秋•铅山县期末）如图，AB＝AD，∠1＝∠2，DA平分∠BDE．求证：△ABC≌△ADE．

【分析】根据∠1＝∠2，可得∠BAC＝∠DAE，再根据等腰三角形的性质和角平分线的定义得∠ADE＝∠B，利用ASA即可证明△ABC≌△ADE．
【解答】证明：∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠DAC＝∠2+∠DAC，
∴∠BAC＝∠DAE，
∵AB＝AD，
∴∠ADB＝∠B，
∵DA平分∠BDE．
∴∠ADE＝∠ADB，
∴∠ADE＝∠B，
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（ASA）．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质和角平分线的定义，全等三角形的判定方法，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
【即学即练1】（2021秋•濂溪区校级期末）如图，AD，BC相交于点O，∠OAB＝∠OBA，∠C＝∠D＝90°．
求证：△AOC≌△BOD．

【分析】先利用等角对等边得到OA＝OB，然后根据“AAS”可判断△AOC≌△BOD．
【解答】证明：∵∠OAB＝∠OBA，
∴OA＝OB，
在△AOC和△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（AAS）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键．选用哪一种判定方法，取决于题目中的已知条件．
【即学即练2】（2021秋•铅山县期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8cm，BC＝10cm．点C在直线l上，动点P从A点出发沿A→C的路径向终点C运动；动点Q从B点出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q分别以每秒1cm和2cm的运动速度同时开始运动，其中一点到达终点时另一点也停止运动，分别过点P和Q作PM⊥直线l于M，QN⊥直线l于N．则点P运动时间为 　2或6　秒时，△PMC与△QNC全等．

【分析】首先根据全等三角形的性质得到CP＝CQ，再分两种情况进行讨论：①P在AC上，Q在BC上，推出方程8﹣t＝10﹣2t，②P、Q都在AC上，此时P、Q重合，得到方程8﹣t＝2t﹣10．分别解方程即可得出答案．
【解答】解：设运动时间为t秒时，△PMC≌△CNQ，
∴斜边CP＝CQ，
分两种情况：
①如图1，点P在AC上，点Q在BC上，

∵AP＝t，BQ＝2t，
∴CP＝AC﹣AP＝8﹣t，CQ＝BC﹣BQ＝10﹣2t，
∵CP＝CQ，
∴8﹣t＝10﹣2t，
∴t＝2；
②如图2，点P、Q都在AC上，此时点P、Q重合，

∵CP＝AC﹣AP＝8﹣t，CQ＝2t﹣10，
∴8﹣t＝2t﹣10，
∴t＝6；
综上所述，点P运动时间为2或6秒时，△PMC与△QNC全等，
故答案为：2或6．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，路程、速度与时间的关系，能根据题意得出方程是解此题的关键．
【即学即练3】（2022•南召县开学）证明命题“全等三角形的面积相等”，要根据题意，画出图形，并用符号表示已知和求证，写出证明过程．
下面是小明同学根据题意画出的图形，并写出了不完整的已知和求证．
已知：如图，　△ABC≌△A'B'C'　
求证：　S△ABC＝S△A'B'C'　．
请你补全已知和求证，并写出证明过程．

【分析】要证面积相等，首先根据全等可知其底是相等的，所以只需证对应的高相等．
【解答】解：如下图作AD⊥BC，作A'D⊥BC'，垂足分别为D，D'，

∵△ABC≌△A'B'C'（已知），
∴AB＝A'B'，BC＝B'C'（ 全等三角形的对应边相等），
∠B＝∠B（全等三角形的对应角相等），
在△ABD 和△A'B'D'中，
∵，
∴ABD≌△A'B'D'（AAS），
∴AD＝A'D'（全等三角形的对应边相等），
∴S△ABC＝S△A'B'C'．
【点评】本题考查全等三角形的性质和判定，属于基础题．
【即学即练4】（2021秋•临海市期末）如图，点B，E，C，F在同一条直线上，AB＝DE，BE＝CF，∠B＝∠DEF．
求证：△ABC≌△DEF．

【分析】由BE＝CF可得BC＝EF，再有已知条件进而可得出△ABC≌△DEF．
【解答】证明：∵BE＝CF，
∴BE+CE＝CF+EC．
∴BC＝EF．
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定．全等三角形的5种判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，若已知两边对应相等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等，则必须再找一组对边对应相等，且要是两角的夹边，若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应邻边．
【即学即练5】（2021秋•朝阳区校级期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝3，DC＝5，动点M从A点出发沿线段AD﹣DC以每秒1个单位长度的速度向终点C运动；动点N同时从C点出发沿线段CD﹣DA以每秒3个单位长度的速度向终点A运动．ME⊥PQ于点E，NF⊥PQ于点F，设运动的时间为t秒．
（1）在运动过程中当M、N两点相遇时，求t的值．
（2）在整个运动过程中，求DM的长．（用含t的代数式表示）
（3）当△DEM与△DFN全等时，请直接写出所有满足条件的DN的长．

【分析】（1）利用相遇时两点运动的路程和为8得到t+3t＝3+5，然后解方程即可；
（2）讨论：当M点在AD上，即0≤t≤3时，DM＝3﹣t；当CD点上，即3＜t≤8时，DM＝t﹣3；
（3）先证明∠DME＝∠NDF，利用全等三角形的判定方法，当DM＝DN时，△DEM与△DFN全等，讨论：点M在AD上，点N在CD上，则3﹣t＝5﹣3t；当M在AD上，点N也在AD上时，3﹣t＝3t﹣5；当点N在AD上，点M在CD上，3t﹣5＝t﹣3；点N点在A点，点M在CD上，3＝t﹣3，然后分别解关于t的方程即可．
【解答】解：（1）根据题意得t+3t＝3+5，
解得t＝2，
即t的值为2；
（2）当0≤t≤3时，DM＝3﹣t；
当3＜t≤8时，DM＝t﹣3；
（3）∵ME⊥PQ，NF⊥PQ，
∴∠DEM＝∠DFN＝90°，
∵∠MDN＝90°，
∴∠DME＝∠NDF，
∴当DM＝DN时，
△DEM与△DFN全等，
当0≤t≤时，3﹣t＝5﹣3t，解得t＝1，此时DN的长为2；
当＜t≤3时，3﹣t＝3t﹣5，解得t＝2，此时DN的长为1，
当3＜t≤时，3t﹣5＝t﹣3，解得t＝1，不合题意舍去；
＜t＜8时，3＝t﹣3，解得t＝6，此时DN的长为3．
综上所述，DN的长为1或2或3．
【点评】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键．选用哪一种判定方法，取决于题目中的已知条件．
【即学即练6】（2021秋•钢城区期末）如图，D、C、F、B四点在一条直线上，AC＝EF，AC⊥BD，EF⊥BD，垂足分别为点C、点F，BF＝CD．试说明：△ABC≌△EDF．

【分析】根据垂直定义求出∠ACB＝∠EFD＝90°，根据BF＝CD求出BC＝DF，再根据全等三角形的判定定理SAS推出即可．
【解答】解：∵AC⊥BD，EF⊥BD，
∴∠ACB＝∠EFD＝90°，
∵BF＝CD，
∴BF+CF＝CD+CF，
即BC＝DF，
在△ABC和△EDF中，
，
∴△ABC≌△EDF（SAS）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．
知识点03 全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）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．
【知识拓展1】（2021秋•民权县期末）如图，在△ABC与△AEF中，AB＝AE，BC＝EF，∠ABC＝∠AEF，∠EAB＝44°，AB交EF于点D，连接EB．下列结论：①∠FAC＝44°；②AF＝AC；③∠EFB＝44°；④AD＝AC，正确的个数为（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】由“SAS”可证△ABC≌△AEF，由全等三角形的性质依次判断可求解．
【解答】解：在△ABC和△AEF中，
，
∴△ABC≌△AEF（SAS），
∴AF＝AC，∠EAF＝∠BAC，∠AFE＝∠C，故②正确，
∴∠EAF﹣∠BAF＝∠BAC﹣∠BAF，
∴∠EAB＝∠FAC＝44°，故①正确，
∵∠AFB＝∠C+∠FAC＝∠AFE+∠EFB，
∴∠EFB＝∠FAC＝44°，故③正确，
无法证明AD＝AC，故④错误，
综上，①②③正确，
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，根据SAS证明△ABC≌△AEF是解题的关键．

【即学即练1】（2021秋•弋江区期末）如图，点P是∠BAC平分线AD上的一点，AC＝9，AB＝5，PB＝3，则PC的长可能是（　　）

A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】在AC上取AE＝AB＝5，然后证明△AEP﹣ABP，根据全等三角形对应边相等得到PE＝PB＝3，再根据三角形的任意两边之差小于第三边即可求解．
【解答】解：在AC上截取AE＝AB＝5，连接PE，

∵AC＝9，
∴CE＝AC﹣AE＝9﹣5＝4，
∵点P是∠BAC平分线AD上的一点，
∴∠CAD＝∠BAD，
在△APE和△APB中，
，
∴△APE≌△APB（SAS），
∴PE＝PB＝3，
∵4﹣3＜PC＜4+3，
解得1＜PC＜7，
∴PC取6，
故选：A．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系；通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键﹒
【即学即练2】（2021秋•天津期末）如图，AC⊥BC，BD⊥BC，AB＝CD，AC＝5，则BD的大小为 　5　．

【分析】利用HL定理证明Rt△ACB和Rt△DBC，根据全等三角形的对应边相等解答即可．
【解答】解：∵AC⊥BC，BD⊥BC，
∴∠ABC＝∠DBC＝90°，
在Rt△ACB和Rt△DBC中，
，
∴Rt△ACB和Rt△DBC（HL），
∴BD＝AC＝5，
故答案为：5．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质，在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
【知识拓展2】（2021秋•澄城县期末）如图，△ABC和△ADE的顶点交于一点A，已知∠BAD＝∠CAE，AB＝AD，AC＝AE．求证：∠B＝∠D．

【分析】利用SAS定理证明△BAC≌△DAE，根据全等三角形的对应角相等证明结论．
【解答】证明：∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠BAD﹣∠DAC＝∠CAE﹣∠DAC，即∠BAC＝∠DAE，
在△BAC和△DAE中，
，
∴△BAC≌△DAE（SAS），
∴∠B＝∠D．
【点评】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．
【即学即练1】（2021秋•金寨县期末）已知：如图，在△ABC中，BE、CD分别是AC、AB边上的高，且BE＝CD．
求证：AB＝AC．

【分析】根据AAS证明△AEB≌△ADC即可解决问题．
【解答】证明：∵BE⊥AC，CD⊥AB，
∴∠AEB＝∠ADC＝90°，
在△AEB和△ADC中，
，
∴△AEB≌△ADC（AAS），
∴AB＝AC．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，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．
【即学即练2】（2021秋•岳麓区校级期末）如图，已知△ABC，作射线AP∥BC，E、F分别为BC、AP上的点，且AF＝CE．连接EF交AC于点D，连接BD并延长，交AP于点M．
（1）求证：△ADF≌△CDE；
（2）求证：AM＝BC．

【分析】（1）根据平行线的性质得到∠AFD＝∠CED，∠FAD＝∠ECD，结合题意即可利用ASA证明△ADF≌△CDE；
（2）利用（1）的结果即可利用ASA证明△ADM≌△CDB，根据全等三角形的性质即可得解．
【解答】证明：（1）∵AP∥BC，
∴∠AFD＝∠CED，∠FAD＝∠ECD，
在△ADF和△CDE中，
，
∴△ADF≌△CDE（ASA）；
（2）由（1）知，△ADF≌△CDE，∠FAD＝∠ECD，
∴AD＝CD，
在△ADM和△CDB中，
，
∴△ADM≌△CDB（ASA），
∴AM＝BC．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定与性质定理是解题的关键．
【即学即练3】（2021秋•巴彦县期末）如图，在△ABC中，AC＝BC，点D在AB上，点E在BC上，连接CD、DE，AD＝BE，∠CDE＝∠A．
（1）求证：DC＝ED；
（2）如图2，当∠ACB＝90°时，作CH⊥AB于H，请直接写出图2中的所有等腰三角形．（△ABC除外）


【分析】（1）证出∠BDE＝∠ACD，证明△ACD≌△BDE（AAS），由全等三角形的性质得出DC＝ED．
（2）根据等腰三角形的判定可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AC＝BC，
∴∠A＝∠B，
∵∠CDB＝∠A+∠ACD，
∴∠CDE+∠BDE＝∠A+∠ACD，
∵∠CDE＝∠A，
∴∠BDE＝∠ACD，
在△ACD和△BDE中，
，
∴△ACD≌△BDE（AAS），
∴DC＝ED．
（2）解：图2中的所有等腰三角形有△ACH，△BCH，△BCD，△DCE．

理由：∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠A＝∠B＝45°，
∵CH⊥AB，
∴∠ACH＝∠BCH＝45°，
∴△ACH和△BCH都是等腰三角形，
由（1）可知△DCE是等腰三角形，
∵∠CDE＝∠A＝45°，
∴∠DCE＝∠DEC＝67.5°，
∵∠B＝45°，
∴∠CDB＝67.5°，
∴∠DCB＝∠CDB，
∴△BCD是等腰三角形．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定及性质，证明△ACD≌△BDE是解题的关键．
【即学即练4】（2021秋•普兰店区期末）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，∠ACB＝75°，D是BC上一点，且∠ADC＝60°，CF⊥AD于F，AE⊥BC于E，AE交CF于G．
（1）求证：△AFG≌△CFD；
（2）若FD＝1，AF＝，求线段EG的长．

【分析】（1）根据AAS即可得到两三角形全等；
（2）利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，得到FD等于CD的一半，由第一问的结论可知FG等于DF都等于1，由全等得到CF等于AF，利用CF减FG即可求出CG，所以EG等于CG的一半即可求出．
【解答】（1）证明：∵∠ABC＝45°，∠ACB＝75°，
∴∠BAC＝60°，
∵∠ADC＝60°，
∴∠ADB＝120°，
又∵∠BAC＝60°，
∴∠DAC＝45°，
又∵CF⊥AD，
∴∠AFC＝∠CFD＝90°，∠ACF＝∠DAC＝45°，
∴AF＝CF，
∵CF⊥AD，AE⊥BC，
∴∠CDF+∠DCF＝∠CGE+∠DCF＝90°，
∴∠CDF＝∠CGE，
∵∠CGE＝∠AGF，
∴∠AGF＝∠CDF，
∵在△AFG和△CFD中，
，
∴△AFG≌△CFD（AAS）；
（2）解：在Rt△CFD中，∠CFD＝90°，∠FCD＝30°，
∴CD＝2DF＝2，
∵△AFG≌△CFD，
∴FG＝DF＝1，
∴CF＝AF＝，
∴CG＝CF﹣FG＝﹣1，
在Rt△CGE中，∠AEC＝90°，∠FCD＝30°，
∴EG＝CG＝．
【点评】此题考查全等三角形全等的判定与性质，灵活运用直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半是解题关键．
【即学即练5】（2021秋•漳州期末）如图，在△ABC和△A'B'C'中，∠B＝∠B'，∠C＝∠C'，AD平分∠BAC交BC于点D．
（1）在△A'B'C'中，作出∠B'A'C'的角平分线A'D'交B'C'于点D'；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的条件下，若AD＝A'D'，求证：BD＝B'D'．

【分析】（1）利用基本作图作∠B'A'C'的平分线即可；
（2）根据全等三角形的判定和性质解答即可．
【解答】（1）解：如图所示：

（2）证明：∵∠B＝∠B'，∠C＝∠C'，
∴∠A＝∠A'，
∵AD平分∠BAC，∠B'A'C'的角平分线A'D'，
∴∠BAD＝∠B'A'D'，
∵AD＝A'D'，
∴△BAD≌△B'A'D'（AAS），
∴BD＝B'D'．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握基本作图（作已知角的角平分线）．根据AAS证明全等三角形是解决问题的关键．
【即学即练6】（2021秋•九龙坡区期末）如图所示，在△ABC中，AD为中线，过C作CE⊥AD于E．
（1）如图1，若∠B＝30°，∠A＝90°，AC＝BD，AE＝1，求BC的长．
（2）如图2，延长DA至F，连接FC．若∠F＝∠BAD，求证：AF＝2DE．

【分析】（1）由∠BAC＝90°，AD为中线，∠B＝30°，可推得∠ACE＝30°，用30°对的直角边等于斜边的一半可得答案；
（2）延长ED到G，使DG＝DE，则EG＝2DE，连接GB，证明△BDG≌△CDE（SAS），可得BG＝CE，∠G＝∠CED＝90°＝∠CEF，即可证明△ABG≌△FCE（AAS），得AG＝EF，从而EG＝AF，可得AF＝2DE．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，AD为中线，
∴BD＝CD＝AD＝BC，
∵∠B＝30°，
∴∠BAD＝30°，
∴∠DAC＝60°，
∵CE⊥AD，
∴∠ACE＝30°，
∴AC＝2AE＝2，
在Rt△ABC中，BC＝2AC＝4；
（2）延长ED到G，使DG＝DE，则EG＝2DE，连接GB，如图：

∵AD为中线，
∴BD＝CD，
在△BDG和△CDE中，
，
∴△BDG≌△CDE（SAS），
∴BG＝CE，∠G＝∠CED＝90°＝∠CEF，
在△ABG和△FCE中，
，
∴△ABG≌△FCE（AAS），
∴AG＝EF，
∴AG﹣AE＝EF﹣AE，即EG＝AF，
∵EG＝2DE，
∴AF＝2DE．
【点评】本题考查三角形全等的判定与性质，涉及30°的直角三角形的性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，解题的关键是熟练应用全等三角形的判定定理．
【即学即练7】（2021秋•两江新区期末）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是CB延长线上一点，点E是线段AB上一点，连接DE．AC＝DE，BC＝BE．
（1）求证：AB＝BD；
（2）BF平分∠ABC交AC于点F，点G是线段FB延长线上一点，连接DG，点H是线段DG上一点，连接AH交BD于点K，连接KG．当KB平分∠AKG时，求证：AK＝DG+KG．

【分析】（1）证明Rt△ACB≌Rt△DEB即可解决问题；
（2）作BM平分∠ABD交AK于点M，证明△BMK≌△BGK，△ABM≌△DBG，即可解决问题．
【解答】证明：（1）在Rt△ACB和Rt△DEB中，
，
∴Rt△ACB≌Rt△DEB（HL），
∴AB＝BD，
（2）如图：作BM平分∠ABD交AK于点M，

∵BM平分∠ABD，KB平分∠AKG，
∴∠ABM＝∠MBD＝45°，∠AKB＝∠BKG，
∵∠ABF＝∠DBG＝45°
∴∠MBD＝∠GBD，
在△BMK和△BGK中，
，
∴△BMK≌△BGK（ASA），
∴BM＝BG，MK＝KG，
在△ABM和△DBG中，
，
∴△ABM≌△DBG（SAS），
∴AM＝DG，
∵AK＝AM+MK，
∴AK＝DG+KG．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△BMK≌△BGK．
能力拓展

1．（2021秋•章贡区期末）如图，长方形ABCD中，AB＝4cm，BC＝6cm，现有一动点P从A出发以2cm/秒的速度，沿矩形的边A﹣B﹣C﹣D﹣A返回到点A停止，设点P运动的时间为t秒．
（1）当t＝3时，BP＝　2　cm；
（2）当t为何值时，连接CP，DP，△CDP是等腰三角形；
（3）Q为AD边上的点，且DQ＝5，当t为何值时，以长方形的两个顶点及点P为顶点的三角形与△DCQ全等．

【分析】（1）当t＝3时，点P运动到线段BC上，即可得到BP的长度；
（2）由△ABP的面积为长方形面积的三分之一，分为点P在BC上和点P在AD上两种情况讨论，即可得到答案；
（3）根据题意，要使一个三角形与△DCQ全等，则点P的位置可以有四个，根据点P运动的位置，即可计算出时间．
【解答】解：（1）当t＝3时，点P走过的路程为：2×3＝6，
∵AB＝4，
∴点P运动到线段BC上，
∴BP＝6﹣4＝2，
故答案为：2；
（2）∵矩形ABCD的面积＝4×6＝24，
∴三角形ABP的面积＝×24＝8，
∵AB＝4，
∴△ABP的高为：8×2÷4＝4，
如图，

当点P在BC上时，BP＝4，
∴t＝（4+4）÷2＝4，
当点P在AD上时，AP＝4，
∴t＝（4+6+4+2）÷2＝8，
∴当t＝4 s或8 s时，△ABP的面积为长方形面积的三分之一；
（3）根据题意，如图，连接CQ，则AB＝CD＝4，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90o，DQ＝5，
∴要使一个三角形与△DCQ全等，则另一条直角边必须等于DQ，

①当点P运动到P1时，CP1＝DQ＝5，此时△DCQ≌△CDP1，
∴点P的路程为：AB+BP1＝4+1＝5，
∴t＝5÷2＝2.5，
②当点P运动到P2时，BP2＝DQ＝5，此时△CDQ≌△ABP2，
∴点P的路程为：AB+BP2＝4+5＝9，
∴t＝9÷2＝4.5，
③当点P运动到P3时，AP3＝DQ＝5，此时△CDQ≌△ABP3，
∴点P的路程为：AB+BC+CD+DP3＝4+6+4+1＝15，
∴t＝15÷2＝7.5，
④当点P运动到P4时，即P与Q重合时，DP4＝DQ＝5，此时△CDQ≌△CDP4，
∴点P的路程为：AB+BC+CD+DP4＝4+6+4+5＝19，
∴t＝19÷2＝9.5，
综上所述，时间的值可以是：t＝2.5，4.5，7.5或9.5，
故答案为：2.5或4.5或7.5或9.5．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质，线段的动点问题，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质及动点的运动状态，从而进行分类讨论．
2．（2020秋•丹徒区月考）八年级数学社团活动课上，《致远组》同学讨论了这样一道题目：
如图所示，∠BAC是钝角，AB＝AC，D，E分别在AB，AC上，且CD＝BE．试说明：∠ADC＝∠AEB．
其中一个同学的解法是这样的：
在△ACD和△ABE中，，
所以△ABE≌△ACD，所以∠ADC＝∠AEB．
这种解法遭到了其他同学的质疑．理由是错在不能用“SSA”说明三角形全等．请你给出正确的解法．

【分析】故过B、C两点分别作CA、BA的垂线，垂足分别为F，G，构造全等三角形△ABF≌△ACG（AAS），然后利用HL推知Rt△BEF≌Rt△CDG（HL），所以由全等三角形的对应角相等证得结论．
【解答】证明：因为∠BAC是钝角，故过B、C两点分别作CA、BA的垂线，垂足分别为F，G，
在△ABF与△ACG中
，
∴△ABF≌△ACG（AAS），
∴BF＝CG，
在Rt△BEF和Rt△CDG中
，
∴Rt△BEF≌Rt△CDG（HL），
∴∠ADC＝∠AEB．

【点评】本题考查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．
3．（2021秋•济南期末）在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有AB＝AC，且满足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α．
（1）如图1，当α＝90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是 　DE＝BD+CE　；
（2）如图2，当0＜α＜180时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展与应用：如图3，当α＝120°时，点F为∠BAC平分线上的一点，且AB＝AF，分别连接FB，FD，FE，FC，试判断△DEF的形状，并说明理由．


【分析】（1）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（2）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（3）先由α＝120°和AF平分∠BAC得到∠BAF＝∠CAF＝60°，然后结合AB＝AF＝AC得到△ABF和△ACF是等边三角形，然后得到FA＝FC、∠FCA＝∠FAB＝60°，然后结合△BDA≌△EAC得到∠BAD＝∠ACE、AD＝CE，从而得到∠FAD＝∠FCE，故可证△FAD≌△FCE，从而得到DF＝EF、∠DFA＝∠EFC，最后得到∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝60°，即可得证△DEF是等边三角形．
【解答】解：（1）DE＝BD+CE，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE，
故答案为：DE＝BD+CE．
（2）DE＝BD+CE仍然成立，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
（3）△DEF是等边三角形，理由如下，
∵α＝120°，AF平分∠BAC，
∴∠BAF＝∠CAF＝60°，
∵AB＝AF＝AC，
∴△ABF和△ACF是等边三角形，
∴FA＝FC，∠FCA＝∠FAB＝∠AFC＝60°，
同（2）理得，△BDA≌△EAC，
∴∠BAD＝∠ACE，AD＝CE，
∴∠FAD＝∠FCE，
∴△FAD≌△FCE（SAS），
∴DF＝EF，∠DFA＝∠EFC，
∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝∠AFC＝60°，
∴△DEF是等边三角形．
【点评】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，解题的关键是熟练应用一线三等角模型证明三角形全等．
4．（2021秋•黔西南州期末）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．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 　EF＝BE+DF　；
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；
实际应用：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70海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以90海里/小时的速度，前进2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．

【分析】问题背景：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG，得到△AEF≌△AGF，证明EF＝FG，得到答案；
探索延伸：连接EF，延长AE，BF相交于点C，利用全等三角形的性质证明EF＝AE+FB．
实际应用：如图3，连接EF，延长AE，BF相交于点C，首先证明，∠FOE＝∠AOB，利用结论EF＝AE+BF求解即可．
【解答】解：问题背景：由题意：△ABE≌△ADG，△AEF≌△AGF，
∴BE＝DG，EF＝GF，
∴EF＝FG＝DF+DG＝BE+FD．
故答案为：EF＝BE+FD．

探索延伸：EF＝BE+FD仍然成立．
理由：如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
又∵AB＝AD，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
又∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠FAG＝∠FAD+∠DAG＝∠FAD+∠BAE＝∠BAD﹣∠EAF，
＝∠BAD﹣∠BAD＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠GAF．
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
又∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+FD．
实际应用：如图3，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．
即，EF＝AE+FB＝2×（70+90）＝320（海里）
答：此时两舰艇之间的距离为320海里．

【点评】本题考查的是四边形知识的综合运用，掌握三角形全等的判定和性质、理解方位角的概念是解题的关键，注意规律的总结和运用．
分层提分

题组A 基础过关练
一．选择题（共10小题）
1．（2021秋•九龙坡区校级期末）如图，AB＝AD，∠B＝∠DAE，请问添加下面哪个条件不能判断△ABC≌△DAE的是（　　）

A．AC＝DE B．BC＝AE C．∠C＝∠E D．∠BAC＝∠ADE
【分析】本题要判定△ABC≌△DBE，依据AB＝AD，∠B＝∠DAE，具备了一组边一个角对应相等，对选项一一分析，选出正确答案．
【解答】解：A、添加AC＝DE，SSA不能判定△ABC≌△DBE，故A符合题意；
B、添加BC＝AE，可根据SAS判定△ABC≌△DBE，故B不符合题意；
C、添加∠C＝∠E，可根据AAS判定△ABC≌△DBE，故C不符合题意；
D、添加∠BAC＝∠ADE，可根据ASA判定△ABC≌△DBE，故D不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查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、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．
2．（2021秋•覃塘区期末）如图，AC与BD相交于点O，∠1＝∠2，若用“SAS”说明△ABC≌△BAD，则还需添加的一个条件是（　　）

A．AD＝BC B．∠C＝∠D C．AO＝BO D．AC＝BD
【分析】根据全等三角形的判定，可添加AC＝BD，根据SAS可证△ABC≌△BAD．
【解答】解：添加AC＝BD，理由如下：
在△ABC和△BAD中，
，
∴△ABC≌△BAD（SAS），
故选：D．
【点评】此题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．
3．（2021秋•新罗区期末）下列图形中，不具有稳定性的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据三角形具有稳定性进行解答即可．
【解答】解：A、不具有稳定性，故此选项符合题意；
B、具有稳定性，故此选项不符合题意；
C、具有稳定性，故此选项不合题意；
D、具有稳定性，故此选项不符合题意；
故选：A．
【点评】此题主要考查了三角形的稳定性，关键是掌握当三角形三边的长度确定后，三角形的形状和大小就能唯一确定下来，故三角形具有稳定性．
4．（2021秋•苏州期末）如图，已知AD＝AB，∠C＝∠E，∠CDE＝55°，则∠ABE的度数为（　　）

A．155° B．125° C．135° D．145°
【分析】利用AAS证明△ACD≌△AEB即可得出答案．
【解答】解：在△ACD和△AEB中，
，
∴△ACD≌△AEB（AAS），
∴∠ABE＝∠ADC，
∵∠CDE＝55°，
∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝180°﹣55°＝125°，
∴∠ABE＝∠ADC＝125°，
故选：B．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
5．（2021秋•定州市期末）如图，D、E分别为AB、AC边上的点，∠B＝∠C，BE＝CD．若AB＝7，CE＝4，则AD的长度为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】利用AAS证明△ABE≌△ACD，得AB＝AC＝7，AD＝AE即可．
【解答】解：在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（AAS），
∴AB＝AC＝7，AD＝AE，
∴AD＝AC﹣CE＝7﹣4＝3，
故选：B．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，属于基础题，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
6．（2022•九龙坡区校级开学）如图，∠B＝∠C，要使△ABE≌△ACD．则添加的一个条件不能是（　　）

A．∠ADC＝∠AEB B．AD＝AE C．AB＝AC D．BE＝CD
【分析】由于∠B＝∠C，加上∠A为公共角，然后根据全等三角形的判定方法可对各选项进行判断．
【解答】解：∵∠B＝∠C，∠BAE＝∠CAD，
∴当添加AD＝AE时，根据“AAS”判定△ABE≌△ACD；
当添加AB＝AC时，根据“ASA”判定△ABE≌△ACD；
当添加BE＝CD时，根据“AAS”判定△ABE≌△ACD．
故选：A．
【点评】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键．选用哪一种判定方法，取决于题目中的已知条件．
7．（2021秋•岑溪市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，则下列结论，一定成立的是（　　）

A．BD＝AD B．∠B＝∠C C．AD＝CD D．∠BAD＝∠ACD
【分析】由在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，根据等边对等角与三线合一的性质求解即可求得答案．
【解答】解：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠B＝∠C，BD＝CD，∠BAD＝∠CAD．
故A，C，D错误，B正确．
故选：B．
【点评】此题考查了等腰三角形的性质．注意掌握三线合一性质的应用是解此题的关键．
8．（2021秋•澄海区期末）如图，已知AB＝AC，CD⊥AB于点D，BE⊥AC于点E，CD与BE相交于点F，连接AF，则图中共有（　　）对全等三角形．

A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】由条件先根据AAS证明Rt△ABE≌△Rt△ACD，可得AD＝AE，根据HL证明Rt△AFD≌Rt△AFE，可得FD＝FE，根据ASA证明Rt△BFD≌Rt△CFE，可得FB＝FC，根据SSS证明△AFB≌△AFC，进一步证明△BCD≌△CBE可求得答案．
【解答】解：∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠AEB＝∠ADC＝90°，
在Rt△ABE和△Rt△ACD中，
，
∴Rt△ABE≌△Rt△ACD（AAS），
∴AD＝AE，BE＝CD．
在Rt△AFD和Rt△AFE中，
．
∴Rt△AFD≌Rt△AFE（HL），
∴FD＝FE．
在Rt△BFD和Rt△CFE中，
，
∴Rt△BFD≌Rt△CFE（ASA），
∴FB＝FC，BD＝CE．
在△AFB和△AFC中，
，
∴△AFB≌△AFC（SSS），
在△BCD与△CBE中，
，
∴△BCD≌△CBE（SSS），
∴全等的三角形共有5对，
故选：C．

【点评】此题主要考查了全等三角形的判定，全等三角形的5种判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，若已知两边对应相等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等，则必须再找一组边对应相等，若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应邻边．
9．（2021秋•老河口市期末）如图，∠CAB＝∠DBA，添加下列条件，不能使△ABC≌△BAD的是（　　）

A．∠C＝∠D B．AC＝BD C．∠1＝∠2 D．AD＝BC
【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：A．∠C＝∠D，∠CAB＝∠DBA，AB＝BA，符合全等三角形的判定定理AAS，能推出△ABC≌△BAD，故本选项不符合题意；
B．AC＝BD，∠CAB＝∠DBA，AB＝BA，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ABC≌△BAD，故本选项不符合题意；
C．∠1＝∠2，AB＝BA，∠CAB＝∠DBA，符合全等三角形的判定定理ASA，能推出△ABC≌△BAD，故本选项不符合题意；
D．AD＝BC，AB＝BA，∠CAB＝∠DBA，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABC≌△BAD，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．
10．（2021秋•原阳县期末）如图，在3×3的方格图中，每个小方格的边长都为1，则∠1与∠2的关系是（　　）

A．∠1＝∠2 B．∠2＝2∠1 C．∠1+∠2＝90° D．∠1+∠2＝180°
【分析】根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：如图，
在△ABC与△EDF中，
，
∴△ABC≌△EDF（SAS），
∴∠1＝∠ABC．
∵∠ABC+∠2＝180°，
∴∠1+∠2＝180°．
故选：D．

【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
二．填空题（共8小题）
11．（2021秋•滨城区期末）如图，OM＝ON，若用“边边边”证明△CMO≌△CNO，则需要添加的条件是 　CM＝CN　．

【分析】根据全等三角形的判定即可求解．
【解答】解：∵OM＝ON，OC＝OC，
∴当CM＝CN时，△CMO≌△CNO（SSS），
故答案为：CM＝CN．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键．
12．（2021秋•海曙区期末）如图，AB＝DB，∠1＝∠2，要使△ABC≌△DBE还需添加一个条件是 　∠A＝∠D（答案不唯一）　．（只需写出一种情况）

【分析】此题是一道开放型的题目，答案不唯一，只要符合全等三角形的判定定理即可．
【解答】解：添加的条件是∠A＝∠D，理由如下：
∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠ABE＝∠2+∠ABE，
即∠DBE＝∠ABC，
在△ABC和△DBE中，
，
∴△ABC≌△DBE（ASA），
故答案为：∠A＝∠D（答案不唯一）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
13．（2021秋•启东市期末）已知，如图，在△ABC中，∠CAD＝∠EAD，∠ADC＝∠ADE，CB＝5cm，BD＝3cm，则ED的长为 　2　cm．

【分析】利用ASA证明△ACD≌△AED，得CD＝DE，即可得出答案．
【解答】解：在△ACD和△AED中，
，
∴△ACD≌△AED（ASA），
∴CD＝DE，
∵CB＝5cm，BD＝3cm，
∴CD＝BC﹣BD＝5﹣3＝2（cm），
∴DE＝CD＝2cm，
故答案为：2．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定方法（SAS，AAS，ASA，SSS，直角三角形的HL）是解题的关键．
14．（2021秋•阳江期末）如图，已知AE＝BE，DE是AB的垂线，F为DE上一点，BF＝11cm，CF＝3cm，则AC＝　14cm　．

【分析】由AE＝BE，DE是AB的垂线得出AD＝BD，根据SAS证明△ADF≌△BDF，即可得到AF＝BF，再根据线段的和差即可得解．
【解答】解：∵AE＝BE，DE是AB的垂线，
∴AD＝BD，∠ADE＝∠BDE＝90°，
在△ADF和△BDF中，
，
∴△ADF≌△BDF（SAS），
∴AF＝BF，
∴AC＝AF+CF＝BF+CF，
∵BF＝11cm，CF＝3cm，
∴AC＝14cm，
故答案为：14cm．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，根据SAS证明△ADF≌△BDF是解此题的关键．
15．（2021秋•台江区期末）如图，已知∠CDE＝90°，∠CAD＝90°，BE⊥AD于B，且DC＝DE，若BE＝7，AB＝4，则BD的长为 　3　．

【分析】利用AAS证明△ACD≌△BDE，得BE＝AD，从而解决问题．
【解答】解：∵BE⊥AD，
∴∠EBD＝∠CAD＝90°，
∴∠BDE+∠ADC＝90°，∠BDE+∠E＝90°，
∴∠E＝∠ADC，
在△ACD和△BDE中，
，
∴△ACD≌△BDE（AAS），
∴BE＝AD，
∴BD＝AD﹣AB＝BE﹣AB＝7﹣4＝3，
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，同角的余角相等等知识，证明△ACD≌△BDE是解题的关键．
16．（2021秋•朝天区期末）木工师傅在做好门框后，为了防止变形，常常按如图所示的方法钉上两根斜拉的木板条，其数学依据是三角形具有 　稳定性　．

【分析】三角形的三边一旦确定，则形状大小完全确定，即三角形的稳定性．
【解答】解：结合图形，为防止变形钉上两条斜拉的木板条，构成了三角形，所以这样做根据的数学道理是三角形的稳定性．
故答案为：稳定性．
【点评】本题考查三角形的稳定性和四边形的不稳定性在实际生活中的应用问题．
17．（2021秋•惠州期末）如图，AD是△ABC的高，AD＝BD，BE＝AC，∠BAC＝70°，则∠ABE＝　20°　．

【分析】证明Rt△BDE≌Rt△ADC，根据全等三角形的性质得到∠DBE＝∠DAC，根据等腰直角三角形的性质求出∠DAB＝∠DBA＝45°，计算即可．
【解答】解：∵AD是△ABC的高，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
在Rt△BDE和Rt△ADC中，
，
∴Rt△BDE≌Rt△ADC（HL），
∴∠DBE＝∠DAC，
在Rt△ADB中，AD＝BD，
∴∠DAB＝∠DBA＝45°，
∵∠BAC＝70°，
∴∠DAC＝70°﹣45°＝25°，
∴∠DBE＝∠DAC°＝25°，
∴∠ABE＝∠ABD﹣∠DBE＝45°﹣25°＝20°，
故答案为：20°．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
18．如图所示，在△ABC中，高AD，CE相交于H，且CH＝AB，则∠ACB＝　45　度．

【分析】由AD、CE都是△ABC的高，得AD⊥BC于点D，CE⊥AB于点E，则∠CDH＝∠ADB＝∠BEC＝90°，要证明∠DCH＝∠DAB，即可证明△DCH≌△DAB，则CD＝AD，可求得∠ACB＝∠CAC＝45°，得到问题的答案．
【解答】解：如图，∵AD、CE都是△ABC的高，
∴AD⊥BC于点D，CE⊥AB于点E，
∴∠CDH＝∠ADB＝∠BEC＝90°，
∴∠DCH+∠B＝90°，∠DAB+∠B＝90°，
∴∠DCH＝∠DAB，
在△DCH和△DAB中，
，
∴△DCH≌△DAB（AAS），
∴CD＝AD，
∴∠ACB＝∠CAC＝45°，
故答案为：45．

【点评】此题考查同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，证明△DCH≌△DAB是解题的关键．
三．解答题（共6小题）
19．（2021秋•钢城区期末）如图，△ABC与△DCB中，AC与BD交于点E，且AB＝DC，∠A＝∠D．
（1）试说明BE＝CE；
（2）若∠AEB＝50°，求∠EBC的度数．

【分析】（1）利用“角角边”证明△ABE和△DCE全等，根据全等三角形的性质即可得解；
（2）根据全等三角形对应边相等可得BE＝CE，然后根据等腰三角形两底角相等和三角形外角的性质计算即可得解．
【解答】（1）证明：在△ABE和△DCE中，
，
∴△ABE≌△DCE（AAS），
∴BE＝CE；
（2）解：由（1）知，BE＝EC，
∴∠EBC＝∠ECB，
∵∠EBC+∠ECB＝∠AEB＝50°，
∴∠EBC＝25°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形两底角相等的性质，是基础题，熟练掌握三角形全等的判断方法是解题的关键．
20．（2021秋•祁阳县期末）如图，AB∥CD，AB＝CD，CE＝BF．求证：DF＝AE．

【分析】由“SAS”可证△ABE≌△DCF，可得DF＝AE．
【解答】证明：∵AB∥CD （已知），
∴∠C＝∠B （两直线平行，内错角相等），
∵CE＝BF，
∴CE﹣FE＝BF﹣FE，
即CF＝BE，
在△ABE与△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴DF＝AE （全等三角形的对应边相等）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，由“SAS”证△ABE≌△DCF是解题的关键．
21．（2021秋•雁塔区校级期末）如图，点C、D在线段AB上，且AC＝BD，AE＝BF，AE∥BF，连接CE、DE、CF、DF，求证CF＝DE．

【分析】根据平行线的性质得到∠A＝∠B，结合题意利用SAS证明△ADE≌△BCF，根据全等三角形的性质即可得解．
【解答】证明：∵AC＝BD，
∴AC+CD＝BD+CD，
即AD＝BC，
∵AE∥BF，
∴∠A＝∠B，
在△ADE和△BCF中，
，
∴△ADE≌△BCF（SAS），
∴DE＝CF，
即CF＝DE．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，利用SAS证明△ADE≌△BCF是解题的关键．
22．（2021秋•滑县期末）如图，点C在线段AB上，△CDE是等腰三角形，CD＝CE，AD＝BC，AC＝BE．
（1）求证：AD∥BE；
（2）若∠CDE＝50°，∠BCE＝20°，求∠B的度数．

【分析】（1）利用SSS证明△ACD≌△BEC，根据全等三角形的性质即可得解；
（2）根据三角形内角和、全等三角形的性质及三角形的外角性质求解即可．
【解答】（1）证明：在△ACD和△BEC中，
，
∴△ACD≌△BEC（SSS），
∴∠A＝∠B，
∴AD∥BE；
（2）解：∵CD＝CE，∠CDE＝50°，
∴∠CDE＝∠CED＝50°，
∴∠DCE＝180°﹣50°﹣50°＝80°，
∵∠BCE＝20°，
∴∠DCB＝∠DCE﹣∠BCE＝80°﹣20°＝60°，
由（1）知，△ACD≌△BEC，
∴∠ADC＝∠BCE＝20°，
∵∠DCB＝∠A+∠ADC，
∴∠A＝∠DCB﹣∠ADC＝60°﹣20°＝40°，
由（1）知，∠A＝∠B，
∴∠B＝40°．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定与性质定理是解题的关键．
23．（2021秋•天津期末）如图，已知AC，BD相交于点O，AB∥CD，BF＝DE，∠OAE＝∠OCF．求证AE＝CF．

【分析】由AB∥CD得∠B＝∠D，∠BAO＝∠DCO，而∠OAE＝∠OCF，可证明∠BAE＝∠DCF，由BF＝DE可证明BE＝DF，于是根据“有两个角及其中一组等角的对边相等的两个三角形全等”可证明△ABE≌△CDF，得AE＝CF．
【解答】证明：如图，∵AB∥CD，
∴∠B＝∠D，∠BAO＝∠DCO，
∵∠OAE＝∠OCF，
∴∠BAO﹣∠OAE＝∠DCO﹣∠OCF，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵BF＝DE，
∴BF﹣EF＝DE﹣EF，
∴BE＝DF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF．
【点评】此题重点考查平行线的性质、全等三角形的判定与性质等知识，准确地找出全等三角形的对应边和对应角是解题的关键．
24．（2022•黄石港区校级开学）如图，D是△ABC的边AB上一点，CF∥AB，DF交AC于E点，DE＝EF．
（1）求证：△ADE≌△CFE；
（2）若AB＝6，CF＝4，求BD的长．

【分析】（1）由CF∥AB得∠ADE＝∠F，∠A＝∠ECF，还有DE＝EF这一条件，则根据“角角边”定理可以证明△ADE≌△CFE；
（2）由△ADE≌△CFE得AD＝CF＝4，因为AB＝6，所以BD＝AB﹣AD＝6﹣4＝2．
【解答】（1）证明：如图，∵CF∥AB，
∴∠ADE＝∠F，∠A＝∠ECF，
在△ADE和△CFE中，
，
∴△ADE≌△CFE（AAS）．
（2）解：∵AD＝CF＝4，AB＝6，
∴BD＝AB﹣AD＝6﹣4＝2，
∴BD的长是2．
【点评】此题重点考查平行线的性质、全等三角形的判定与性质等知识，准确地找出全等三角形的对应边和对应角是解题的关键．
题组B 能力提升练
一．选择题（共4小题）
1．（2021秋•永川区期末）如图，已知AF＝CE，BE∥DF，那么添加下列一个条件后，能判定△ADF≌△CBE的是（　　）

A．∠AFD＝∠CEB B．AD∥CB C．AE＝CF D．AD＝BC
【分析】根据平行线的性质得出∠BEC＝∠DFA，∠A＝∠C，再根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：∵BE∥DF，
∴∠BEC＝∠DFA，
A．∠AFD＝∠CEB，AF＝CE，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ADF≌△CBE，故本选项不符合题意；
B．∵AD∥CB，
∴∠A＝∠C，
∠AFD＝∠CEB，AF＝CE，∠A＝∠C，符合全等三角形的判定定理ASA，能推出△ADF≌△CBE，故本选项符合题意；
C．∵AE＝CF，
∴AE+EF＝CF+EF，
即AF＝CE，
∠AFD＝∠CEB，AF＝CE，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ADF≌△CBE，故本选项不符合题意；
D．AD＝BC，AF＝CE，∠AFD＝∠CEB，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ADF≌△CBE，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理和平行线的性质，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．
2．（2021秋•玉屏县期末）如图，AD∥MN∥BC，∠ADC＝90°，AD＝BC，那么，图中的全等三角形共有（　　）

A．1对 B．2对 C．3对 D．4对
【分析】根据平行线的性质得出∠ADC+∠BCD＝90°，∠MND＝∠BCD，∠MNC＝∠ADC，求出∠BCD＝∠MNC＝∠MND＝90°＝∠ADC，再根据全等三角形的判定定理SAS推出△ADC≌△BCD，根据全等三角形的性质定理得出AC＝BD，∠A＝∠B，根据全等三角形的判定定理AAS推出△ADM≌△BCM，根据全等三角形的性质得出DM＝CM，求出DN＝CN，再根据全等三角形的判定定理SSS得出△MDN≌△MCN即可．
【解答】解：∵AD∥MN∥BC，
∴∠ADC+∠BCD＝90°，∠MND＝∠BCD，∠MNC＝∠ADC，
∵∠ADC＝90°，
∴∠BCD＝∠MNC＝∠MND＝90°＝∠ADC，
在△ADC和△BCD中，
，
∴△ADC≌△BCD（SAS），
∴AC＝BD，∠A＝∠B，
在△ADM和△BCM中，
，
∴△ADM≌△BCM（AAS），
∴DM＝CM，
∵MN⊥DC，
∴DN＝CN，
在△MDN和△MCN中，
，
∴△MDN≌△MCN（SSS），
即全等三角形有3对，
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理和性质定理，能熟记全等三角形的判定定理和性质定理是解此题的关键，注意：①全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等，②全等三角形的对应边相等，对应角相等．
3．（2021秋•惠州期末）如图，AB＝AC，BD＝CE，要使△ABD≌△ACE，添加条件正确的是（　　）

A．∠DAE＝∠BAC B．∠B＝∠C C．∠D＝∠E D．∠B＝∠E
【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：A．∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE+∠DAC＝∠BAC+∠DAC，
即∠EAC＝∠DAB，
AB＝AC，CE＝BD，∠EAC＝∠DAB，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABD≌△ACE，故本选项不符合题意；
B．AB＝AC，CE＝BD，∠B＝∠C，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABD≌△ACE，故本选项不符合题意；
C．AB＝AC，∠D＝∠E，CE＝BD，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ABD≌△ACE，故本选项不符合题意；
D．AB＝AC，CE＝BD，∠B＝∠E，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABD≌△ACE，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．
4．（2021秋•天津期末）如图，已知AB＝AE，∠EAB＝∠DAC，添加一个条件后，仍无法判定△AED≌△ABC的是（　　）

A．AD＝AC B．∠E＝∠B C．ED＝BC D．∠D＝∠C
【分析】根据∠EAB＝∠DAC求出∠EAD＝∠BAC，再根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：∵∠EAB＝∠DAC，
∴∠EAB+∠BAD＝∠DAC+∠BAD，
∴∠EAD＝∠BAC，
A．AB＝AE，∠EAD＝∠BAC，AD＝AC，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△AED≌△ABC，故本选项不符合题意；
B．∠E＝∠B，AB＝AE，∠EAD＝∠BAC，符合全等三角形的判定定理ASA，能推出△AED≌△ABC，故本选项不符合题意；
C．AB＝AE，ED＝BC，∠EAD＝∠BAC，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△AED≌△ABC，故本选项符合题意；
D．∠D＝∠C，∠EAD＝∠BAC，AB＝AE，符合全等三角形的判定定理AAS，能推出△AED≌△ABC，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．
二．填空题（共3小题）
5．（2021秋•覃塘区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E、F分别在边BC、AB、AC上，且CD＝BE，BD＝CF．若∠EDF＝42°，则∠BAC的度数是 　96°　．

【分析】根据SAS证明三角形全等，进而利用全等三角形的性质解答即可．
【解答】解：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
在△BDE与△CFD中，
，
∴△BDE≌△CFD（SAS），
∴∠EDB＝∠DFC，∠FDC＝∠BED，
∵∠EDF+∠BDE+∠FDC＝180°，
∵∠B+∠BED+∠EDB＝180°，
∴∠B＝∠EDF＝42°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣42°﹣42°＝96°，
故答案为：96°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质；熟练掌握全等三角形的性质和判定是解答本题的关键．
6．（2021秋•覃塘区期末）如图，在△ABC中，点D在AB边上，E是AC边的中点，CF∥AB，CF与DE的延长线交于点F，若AB＝4，CF＝3，则BD的长为 　1　．

【分析】根据AAS证明△ADE与△CFE全等，进而利用全等三角形的性质解答即可．
【解答】解：∵CF∥AB，
∴∠A＝∠ACF，∠F＝∠ADE，
∵E是AC的中点，
∴AE＝CE，
在△ADE与△CFE中，
，
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴AD＝CF＝3，
∴BD＝AB﹣AD＝4﹣3＝1，
故答案为：1．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定方法．证明全等寻找条件时，要善于观察题目中的公共角，公共边．
7．（2021秋•咸安区期末）如图，C为线段AB上一动点（不与点A、B重合），在AB的上方分别作△ACD和△BCE，且AC＝DC，BC＝EC，∠ACD＝∠BCE，AE、BD交于点P．有下列结论：①AE＝DB；②∠APB＝2∠ADC；③当AC＝BC时，PC⊥AB；④PC平分∠APB．其中正确的是 　①②③④　．（把你认为正确结论的序号都填上）

【分析】由“SAS”可证△ACE≌△DCB，可得AE＝DB，可判断①；由△ACE≌△DCB，可得∠CAE＝∠CDB，由AC＝DC，可得∠CAD＝∠ADC，利用三角形内角和定理即可判断②；由AC＝BC，AC＝DC，BC＝EC，可得：AC＝BC＝DC＝EC，进而得出∠CAE＝∠CBD，再运用等腰三角形性质即可判断③；由全等三角形的性质可得S△ACE＝S△DCB，由三角形的面积公式可求CG＝CH，由角平分线的性质可得PC平分∠APB，可判断④，即可求解．
【解答】解：∵∠ACD＝∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE＝∠BCE+∠DCE，即∠ACE＝∠DCB，
在△ACE和△DCB中，
，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴AE＝DB，故①正确；
∵△ACE≌△DCB，
∴∠CAE＝∠CDB，
∵∠ACD＝∠CDB+∠CBD，
∴∠ACD＝∠CAE+∠CBD，
∵∠CAE+∠CBD+∠APB＝180°，
∴∠ACD+∠APB＝180°，
∵AC＝DC，
∴∠CAD＝∠ADC，
∵∠ACD+∠CAD+∠ADC＝180°，
∴∠ACD+2∠ADC＝180°，
∴∠APB＝2∠ADC，故②正确；
∵AC＝BC，AC＝DC，BC＝EC，
∴AC＝BC＝DC＝EC，
∴∠CAE＝∠CBD，
∴PA＝PB，
∵AC＝BC，
∴PC⊥AB，故③正确；
如图，连接PC，过点C作CG⊥AE于G，CH⊥BD于H，

∵△ACE≌△DCB，
∴S△ACE＝S△DCB，AE＝BD，
∴×AE×CG＝×DB×CH，
∴CG＝CH，
∵CG⊥AE，CH⊥BD，
∴PC平分∠APB，故④正确，
故答案为：①②③④．
【点评】本题考查了全等三角形的性质定理和判定，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，三角形面积，角平分线的判定等，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解此题的关键．
三．解答题（共3小题）
8．（2021秋•零陵区期末）如图，已知点B，E，C，F在一条直线上，BE＝CF，AC∥DE，∠A＝∠D．
（1）求证：△ABC≌△DFE；
（2）若BF＝20，EC＝8，求BC的长．

【分析】（1）根据AAS证明△ABC≌△DFE即可；
（2）求出BE的长即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AC∥DE，
∴∠ACB＝∠DEF，
∵BE＝CF，
∴BE+CE＝CF+CE，
即BC＝FE，
在△ABC和△DFE中，
，
∴△ABC≌△DFE（AAS）．
（2）解：∵BF＝20，EC＝8，
∴BE+CF＝20﹣8＝12，
∵BE＝CF，
∴BE＝CF＝6，
∴BC＝BE+EC＝6+8＝14．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，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．
9．（2021秋•方正县期末）已知：点D是∠ABC的边BC的中点，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E、F，且BE＝CF．
（1）如图1，求证：AE＝AF；
（2）如图2，若∠BAC＝90°，连接AD交EF于M，连接BM、CM，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图中面积是△AED面积2倍的所有等腰三角形和四边形．

【分析】（1）证Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），得∠B＝∠C，则AB＝AC，进而得出结论；
（2）证△ABD和△ACD都是等腰直角三角形，由等腰三角形的性质得AE＝BE，AF＝CF，则△ABD的面积＝△ACD的面积＝2△AED的面积，再证四边形AEDF是矩形，得四边形AEDF的面积＝2△AED的面积，AM＝DM，则△BMC的面积＝△ABC的面积＝△ABD的面积＝2△AED的面积．
【解答】（1）证明：DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠DEB＝∠DFC＝90°，
∵点D是△ABC的边BC的中点，
∴BD＝CD，
在Rt△BDE和Rt△CDF中，
，
∴Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），
∴∠B＝∠C，
∴AB＝AC，
∴AB﹣BE＝AC﹣CF，
即AE＝AF；
（2）解：图中面积是△AED面积2倍的所有等腰三角形和四边形分别为△ABD、△ACD、△BMC、四边形AEDF．理由如下：
由（1）可知，AB＝AC，
∵∠BAC＝90°，D是∠ABC的边BC的中点，
∴∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝45°，AD⊥BC，AD＝BC＝BD＝CD，
∴△ABD的面积＝△ACD的面积，∠ADB＝∠ADC＝90°，
∴△ABD和△ACD都是等腰直角三角形，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴AE＝BE，AF＝CF，
∴△ABD的面积＝△ACD的面积＝2△AED的面积，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠DEA＝∠DFA＝90°，
∴四边形AEDF是矩形，
∴四边形AEDF的面积＝2△AED的面积，AM＝DM，
∴△BMC的面积＝BC×DM＝BC×AD＝△ABC的面积＝△ABD的面积＝2△AED的面积．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质以及三角形面积等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
10．（2022•定远县校级开学）如图，∠1＝∠E，∠2与∠C互余，DB⊥AC，垂足为点F，AF＝CF，请说明AC平分DB．

【分析】只要证明△DFC≌△BFA即可解决问题．
【解答】解：∵∠1＝∠E，
∴AE∥BD，
∴∠B＝∠2，
∵DB⊥AC，
∴∠DFC＝90°，
∴∠1+∠C＝90°，
∵∠2+∠C＝90°，
∴∠1＝∠2，
∴∠B＝∠1．
在△DFC与△BFA中，，
∴△DFC≌△BFA（AAS），
∴DF＝BF，
∴AC平分DB．
【点评】本题考查平行线的判定、线段的垂直平分线的定义、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
题组C 培优拔尖练
一．解答题（共15小题）
1．（2021秋•弋江区期末）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，在△ADE中，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，连接BD，CE交于点F，连接AF．
（1）求证：△ABD≌△ACE；
（2）求证：FA平分∠BFE．

【分析】（1）根据SAS证明结论即可；
（2）作AM⊥BD于M，作AN⊥CE于N．由（1）可得BD＝CE，S△BAD＝S△CAE，然后根据角平分线的性质即可解决问题．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
即∠BAD＝∠CAE，
∵在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS）；
（2）如图，作AM⊥BD于M，作AN⊥CE于N．

由△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，S△BAD＝S△CAE，
∵，
∴AM＝AN，
∴点A在∠BFE平分线上，
∴FA平分∠BFE．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、三角形的面积，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，学会转化的思想，求高想到求面积，属于中考常考题型．
2．（2021秋•黔西南州期末）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．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 　EF＝BE+DF　；
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；
实际应用：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70海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以90海里/小时的速度，前进2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．

【分析】问题背景：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG，得到△AEF≌△AGF，证明EF＝FG，得到答案；
探索延伸：连接EF，延长AE，BF相交于点C，利用全等三角形的性质证明EF＝AE+FB．
实际应用：如图3，连接EF，延长AE，BF相交于点C，首先证明，∠FOE＝∠AOB，利用结论EF＝AE+BF求解即可．
【解答】解：问题背景：由题意：△ABE≌△ADG，△AEF≌△AGF，
∴BE＝DG，EF＝GF，
∴EF＝FG＝DF+DG＝BE+FD．
故答案为：EF＝BE+FD．
探索延伸：EF＝BE+FD仍然成立．
理由：如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
又∵AB＝AD，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
又∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠FAG＝∠FAD+∠DAG＝∠FAD+∠BAE＝∠BAD﹣∠EAF，
＝∠BAD﹣∠BAD＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠GAF．
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
又∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+FD．
实际应用：如图3，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．
即，EF＝AE+FB＝2×（70+90）＝320（海里）
答：此时两舰艇之间的距离为320海里．

【点评】本题考查的是四边形知识的综合运用，掌握三角形全等的判定和性质、理解方位角的概念是解题的关键，注意规律的总结和运用．
3．（2021秋•绥滨县期末）如图1，△ABE是等腰三角形，AB＝AE，∠BAE＝45°，过点B作BC⊥AE于点C，在BC上截取CD＝CE，连接AD、DE并延长AD交BE于点P；
（1）求证：AD＝BE；
（2）试说明AD平分∠BAE；
（3）如图2，将△CDE绕着点C旋转一定的角度，那么AD与BE的位置关系是否发生变化，说明理由．

【分析】（1）利用SAS证明△BCE≌△ACD，根据全等三角形的对应边相等得到AD＝BE．
（2）根据△BCE≌△ACD，得到∠EBC＝∠DAC，由∠BDP＝∠ADC，得到∠BPD＝∠DCA＝90°，利用等腰三角形的三线合一，即可得到AD平分∠BAE；
（3）AD⊥BE不发生变化．由△BCE≌△ACD，得到∠EBC＝∠DAC，由对顶角相等得到∠BFP＝∠AFC，根据三角形内角和为180°，所以∠BPF＝∠ACF＝90°，即AD⊥BE．
【解答】解：（1）∵BC⊥AE，∠BAE＝45°，
∴∠CBA＝∠CAB，
∴BC＝CA，
在△BCE和△ACD中，
，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴AD＝BE．
（2）∵△BCE≌△ACD，
∴∠EBC＝∠DAC，
∵∠BDP＝∠ADC，
∴∠BPD＝∠DCA＝90°，
∵AB＝AE，
∴AD平分∠BAE．
（3）AD⊥BE不发生变化．
如图2，

∵△BCE≌△ACD，
∴∠EBC＝∠DAC，
∵∠BFP＝∠AFC，
∴∠BPF＝∠ACF＝90°，
∴AD⊥BE．
【点评】本题考查了全等三角形的性质定理与判定定理，解决本题的关键是证明△BCE≌△ACD．
4．（2021秋•营口期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于E．
（1）如图1，连接CE，求证：△BCE是等边三角形；
（2）如图2，点M为CE上一点，连接BM，作等边△BMN，连接EN，求证：EN∥BC；
（3）如图3，点P为线段AD上一点，连接BP，作∠BPQ＝60°，PQ交DE延长线于Q，探究线段PD，DQ与AD之间的数量关系，并证明．

【分析】（1）由直角三角形的性质得出∠ABC＝60°，由角平分线的定义得出∠A＝∠DBA，证出AD＝BD，由线段垂直平分线的性质得出AE＝BE，由直角三角形斜边上的中线性质得出CE＝AB＝BE，即可得出结论；
（2）由等边三角形的性质得出BC＝BE，BM＝BN，∠EBC＝∠MBN＝60°，证出∠CBM＝∠EBN，由SAS证明△CBM≌△EBN，得出∠BEN＝∠BCM＝60°，得出∠BEN＝∠EBC，即可得出结论；
（3）延长BD至F，使DF＝PD，连接PF，证出△PDF为等边三角形，得出PF＝PD＝DF，∠F＝∠PDQ＝60°，得到∠F＝∠PDQ＝60°，证出∠Q＝∠PBF，由AAS证明△PFB≌△PDQ，得出DQ＝BF＝BD+DF＝BD+DP，证出AD＝BD，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠ABC＝60°，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠DBA＝∠ABC＝30°，
∴∠A＝∠DBA，
∴AD＝BD，
∵DE⊥AB，
∴AE＝BE，
∴CE＝AB＝BE，
∴△BCE是等边三角形；
（2）证明：∵△BCE与△MNB都是等边三角形，
∴BC＝BE，BM＝BN，∠EBC＝∠MBN＝60°，
∴∠CBM＝∠EBN，
在△CBM和△EBN中，
，
∴△CBM≌△EBN（SAS），
∴∠BEN＝∠BCM＝60°，
∴∠BEN＝∠EBC，
∴EN∥BC；
（3）解：DQ＝AD+DP；理由如下：
延长BD至F，使DF＝PD，连接PF，如图所示：
∵∠PDF＝∠BDC＝∠A+∠DBA＝30°+30°＝60°，
∴△PDF为等边三角形，
∴PF＝PD＝DF，∠F＝60°，
∵∠PDQ＝90°﹣∠A＝60°，
∴∠F＝∠PDQ＝60°，
∴∠BDQ＝180°﹣∠BDC﹣∠PDQ＝60°，
∴∠BPQ＝∠BDQ＝60°，
∴∠Q＝∠PBF，
在△PFB和△PDQ中，
，
∴△PFB≌△PDQ，
∴DQ＝BF＝BD+DF＝BD+DP，
∵∠A＝∠ABD，
∴AD＝BD，
∴DQ＝AD+DP．

【点评】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、平行线的判定、直角三角形斜边上的中线性质等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（3）中，需要通过作辅助线证明等边三角形和三角形全等才能得出结论．
5．（2021秋•宁津县期末）（1）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形．如图1，已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，BD⊥直线l，CE⊥直线l，垂足分别为点D、E．证明：DE＝BD+CE．
（2）组员小刘想，如果三个角不是直角，那结论是否会成立呢？如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意锐角或钝角．请问结论DE＝BD+CE是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图3，过△ABC的边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I，求证：I是EG的中点．

【分析】（1）由条件可证明△ABD≌△CAE，可得DA＝CE，AE＝BD，可得DE＝BD+CE；
（2）由条件可知∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，且∠DBA+∠BAD＝180°﹣α，可得∠DBA＝∠CAE，结合条件可证明△ABD≌△CAE，同（1）可得出结论；
（3）由条件可知EM＝AH＝GN，可得EM＝GN，结合条件可证明△EMI≌△GNI，可得出结论I是EG的中点．
【解答】解：（1）如图1，

∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD
在△ADB和△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
（2）DE＝BD+CE．
如图2，

证明如下：
∵∠BDA＝∠BAC＝α，
∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，
∴∠DBA＝∠CAE，
在△ADB和△CEA中．
．
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE
（3）如图3，

过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N．
∴∠EMI＝GNI＝90°
由（1）和（2）的结论可知EM＝AH＝GN
∴EM＝GN
在△EMI和△GNI中，
，
∴△EMI≌△GNI（AAS），
∴EI＝GI，
∴I是EG的中点．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定和性质，由条件证明三角形全等得到BD＝AE、CE＝AD是解题的关键．
6．（2021秋•凉山州期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，
求证：①△ADC≌△CEB；
②DE＝AD+BE；
（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，（1）中的结论还成立吗？若成立，请给出证明；若不成立，说明理由．

【分析】（1）直角三角形中斜边对应相等，即可证明全等，再由线段对应相等，得出②中结论；
（2）由图可知，△ADC与△CEB仍全等，但线段的关系已发生改变．
【解答】（1）证明：①∵∠ACD+∠BCE＝90°∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠BCE．
又AC＝BC，∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴△ADC≌△CEB．
②∵△ADC≌△CEB，
∴CD＝BE，AD＝CE．
∴DE＝CE+CD＝AD+BE．
（2）△ADC≌△CEB成立，DE＝AD+BE．不成立，此时应有DE＝AD﹣BE．
证明：∵∠ACD+∠BCE＝90°∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠BCE．
又AC＝BC，∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴△ADC≌△CEB．
∴CD＝BE，AD＝CE．
∴DE＝AD﹣BE．
【点评】本题考查了三角形全等的判定及性质；熟练掌握全等三角形的性质和判定，此题作为选择或填空很容易漏掉后一问，注意运用．
7．（2021秋•黄石期末）已知△ABC和△DEF为等腰三角形，AB＝AC，DE＝DF，∠BAC＝∠EDF，点E在AB上，点F在射线AC上．
（1）如图1，若∠BAC＝60°，点F与点C重合，求证：AF＝AE+AD；
（2）如图2，若AD＝AB，求证：AF＝AE+BC．

【分析】（1）由∠BAC＝∠EDF＝60°，推出△ABC、△DEF为等边三角形，于是得到∠BCE+∠ACE＝∠DCA+∠ECA＝60°，推出△BCE≌△ACD（SAS），根据全等三角形的性质得到AD＝BE，即可得到结论；
（2）在FA上截取FM＝AE，连接DM，推出△AED≌△MFD（SAS），根据全等三角形的性质得到DA＝DM＝AB＝AC，∠ADE＝∠MDF，证得∠ADM＝∠EDF＝∠BAC，推出△ABC≌△DAM（SAS），根据全等三角形的性质得到AM＝BC，即可得到结论．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠EDF＝60°，
∴△ABC、△DEF为等边三角形，
∴∠BCE+∠ACE＝∠DCA+∠ECA＝60°，
在△BCE和△ACD中
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴AD＝BE，
∴AE+AD＝AE+BE＝AB＝AF；

（2）在FA上截取FM＝AE，连接DM，
∵∠BAC＝∠EDF，
∴∠AED＝∠MFD，
在△AED和△MFD中
，
∴△AED≌△MFD（SAS），
∴DA＝DM＝AB＝AC，∠ADE＝∠MDF，
∴∠ADE+∠EDM＝∠MDF+∠EDM，
即∠ADM＝∠EDF＝∠BAC，
在△ABC和△DAM中，
，
∴△ABC≌△DAM（SAS），
∴AM＝BC，
∴AE+BC＝FM+AM＝AF．
即AF＝AE+BC．

【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
8．（2021秋•通榆县期末）【阅读理解】
课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：

如图1，△ABC中，若AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE＝AD，请根据小明的方法思考：
（1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是　B　．
A．SSS B．SAS C．AAS D．HL
（2）求得AD的取值范围是　C　．
A．6＜AD＜8 B．6≤AD≤8 C．1＜AD＜7 D．1≤AD≤7
【感悟】
解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中．
【问题解决】
（3）如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且AE＝EF．求证：AC＝BF．
【分析】（1）根据AD＝DE，∠ADC＝∠BDE，BD＝DC推出△ADC和△EDB全等即可；
（2）根据全等得出BE＝AC＝6，AE＝2AD，由三角形三边关系定理得出8﹣6＜2AD＜8+6，求出即可；
（3）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，根据SAS证△ADC≌△MDB，推出BM＝AC，∠CAD＝∠M，根据AE＝EF，推出∠CAD＝∠AFE＝∠BFD，求出∠BFD＝∠M，根据等腰三角形的性质求出即可．
【解答】（1）解：∵在△ADC和△EDB中
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
故选B；

（2）解：∵由（1）知：△ADC≌△EDB，
∴BE＝AC＝6，AE＝2AD，
∵在△ABE中，AB＝8，由三角形三边关系定理得：8﹣6＜2AD＜8+6，
∴1＜AD＜7，
故选C．

（3）证明：
延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，
∵AD是△ABC中线，
∴CD＝BD，
∵在△ADC和△MDB中

∴△ADC≌△MDB，
∴BM＝AC，∠CAD＝∠M，
∵AE＝EF，
∴∠CAD＝∠AFE，
∵∠AFE＝∠BFD，
∴∠BFD＝∠CAD＝∠M，
∴BF＝BM＝AC，
即AC＝BF．

【点评】本题考查了三角形的中线，三角形的三边关系定理，等腰三角形性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，主要考查学生运用定理进行推理的能力．
9．（2021春•北碚区校级期末）如图，已知凸五边形ABCDE中，EC，EB为其对角线，EA＝ED．
（1）如图1，若∠A＝60°，∠CDE＝120°，且CD+AB＝BC．求证：CE平分∠BCD；
（2）如图2，∠A与∠D互补，∠DEA＝2∠CEB，若凸五边形ABCDE面积为30，且CD＝AB＝4．求点E到BC的距离．

【分析】（1）延长CD到T，使得DT＝BA，连接ET．证明△EAB≌△EDT（SAS），△ECB≌△ECT（SSS），可得结论．
（2）延长CD到Q，使得∠QED＝∠AEB，过点E作EH⊥BC于H．证明△AEB≌△DEQ（ASA），△ECB≌△ECQ（SAS），由题意S五边形ABCDE＝S四边形EBCQ＝2S△EBC＝30，推出S△EBC＝15，再利用三角形面积公式求出EH即可．
【解答】（1）证明：延长CD到T，使得DT＝BA，连接ET．

∵∠CDE＝120°，
∴∠EDT＝180°﹣120°＝60°，
∵∠A＝60°，
∴∠A＝∠EDT，
在△EAB和△EDT中，
，
∴△EAB≌△EDT（SAS），
∴EB＝ET，
∴CB＝CD+BA＝CD+DT＝CT，
在△ECB和△ECT中，
，
∴△ECB≌△ECT（SSS），
∴∠ECB＝∠ECD，
∴CE平分∠BCD．

（2）解：延长CD到Q，使得∠QED＝∠AEB，过点E作EH⊥BC于H．

∵∠A+∠CDE＝180°，∠CDE+∠EDQ＝180°，
∴∠A＝∠EDQ，
在△AEB和△DEQ中，
，
∴△AEB≌△DEQ（ASA），
∴EB＝EQ，
∵∠AED＝2∠BEC，
∴∠AEB+∠CED＝∠BEC，
∴∠CED+∠DEQ＝∠BEC，
∴∠CEB＝∠CEQ，
在△CEB和△CEQ中，
，
∴△ECB≌△ECQ（SAS），
∵S五边形ABCDE＝S四边形EBCQ＝2S△EBC＝30，
∴S△EBC＝15，
∵CD＝AB＝4，
∴AB＝6，CD＝4，
∴BC＝CD+QD＝CD+AB＝10，
∴×10×EH＝15，
∴EH＝3，
∴点E到BC的距离为3．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
10．（2021•金东区校级模拟）【问题探索】如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D、E分别在AC、BC边上，DC＝EC，连接DE、AE、BD，点M、N、P分别是AE、BD、AB的中点，连接PM、PN、MN．探索BE与MN的数量关系．聪明的小华推理发现PM与PN的关系为　PM＝PN，PM⊥PN　，最后推理得到BE与MN的数量关系为　BE＝MN　．
【深入探究】将△DEC绕点C逆时针旋转到如图2的位置，判断（1）中的BE与MN的数量关系是否仍然成立，如果成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
【解决问题】若CB＝8，CE＝2，在将图1中的△DEC绕点C逆时针旋转一周的过程中，当B、E、D三点在一条直线上时，求MN的长度．

【分析】（1）如图1中，只要证明△PMN的等腰直角三角形，再利用三角形的中位线定理即可解决问题；
（2）如图2中，结论仍然成立．连接AD、延长BE交AD于点H．由△ECB≌△DCA，推出BE＝AD，∠DAC＝∠EBC，即可推出BH⊥AD，由M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，推出PM∥BE，PM＝BE，PN∥AD，PN＝AD，推出PM＝PN，∠MPN＝90°，可得BE＝2PM＝2×MN＝MN；
（3）有两种情形分别求解即可；
【解答】解：（1）如图1中，

∵AM＝ME，AP＝PB，
∴PM∥BE，PM＝BE，
∵BN＝DN，AP＝PB，
∴PN∥AD，PN＝AD，
∵AC＝BC，CD＝CE，
∴AD＝BE，
∴PM＝PN，
∵∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
∵PM∥BC，PN∥AC，
∴PM⊥PN，
∴△PMN的等腰直角三角形，
∴MN＝PM，
∴MN＝•BE，
∴BE＝MN，
故答案为PM＝PN，PM⊥PN；BE＝MN；

（2）如图2中，结论仍然成立．

理由：连接AD、延长BE交AD于点H．
∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，
∴CD＝CE，CA＝CB，∠ACB＝∠DCE＝90°，
∵∠ACB﹣∠ACE＝∠DCE﹣∠ACE，
∴∠ACD＝∠ECB，
∴△ECB≌△DCA，
∴BE＝AD，∠DAC＝∠EBC，
∵∠AHB＝180°﹣（∠HAB+∠ABH）
＝180°﹣（45°+∠HAC+∠ABH）
＝∠180°﹣（45°+∠HBC+∠ABH）
＝180°﹣90°
＝90°，
∴BH⊥AD，
∵M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，
∴PM∥BE，PM＝BE，PN∥AD，PN＝AD，
∴PM＝PN，∠MPN＝90°，
∴BE＝2PM＝2×MN＝MN．

（3）①如图3中，作CG⊥BD于G，则CG＝GE＝DG＝，

当D、E、B共线时，在Rt△BCG中，BG＝＝＝，
∴BE＝BG﹣GE＝﹣，
∴MN＝BE＝﹣1．
②如图4中，作CG⊥BD于G，则CG＝GE＝DG＝，

当D、E、B共线时，在Rt△BCG中，BG＝，
∴BE＝BG+GE＝+，
∴MN＝BE＝+1．
故答案为 ﹣1或 +1．
【点评】本题考查几何变换综合题、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，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，属于中考压轴题．
11．（2021•香洲区校级模拟）探究
问题1已知：如图1，三角形ABC中，点D是AB边的中点，AE⊥BC，BF⊥AC，垂足分别为点E，F，AE，BF交于点M，连接DE，DF．若DE＝kDF，则k的值为　1　．
拓展
问题2已知：如图2，三角形ABC中，CB＝CA，点D是AB边的中点，点M在三角形ABC的内部，且∠MAC＝∠MBC，过点M分别作ME⊥BC，MF⊥AC，垂足分别为点E，F，连接DE，DF．求证：DE＝DF．
推广
问题3如图3，若将上面问题2中的条件“CB＝CA”变为“CB≠CA”，其他条件不变，试探究DE与DF之间的数量关系，并证明你的结论．

【分析】（1）利用直角三角形的性质“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”得到DE＝DF；
（2）利用等腰三角形的性质和判定得出结论，从而判定△MEB≌△MFA（AAS），得到DE＝DF．
（3）利用三角形的中位线和直角三角形的性质根据SAS证明△DHE≌△FGD可得．
【解答】解：（1）∵AE⊥BC，BF⊥AC
∴△AEB和△AFB都是直角三角形
∵D是AB的中点
∴DE和DF分别为Rt△AEB和Rt△AFB的斜边中线
∴DE＝AB，DF＝AB（直角三角形斜边中线等于斜边的一半）
∴DE＝DF
∵DE＝kDF
∴k＝1；

（2）∵CB＝CA
∴∠CBA＝∠CAB
∵∠MAC＝∠MBE
∴∠CBA﹣∠MBC＝∠CAB﹣∠MAC
即∠ABM＝∠BAM
∴AM＝BM
∵ME⊥BC，MF⊥AC
∴∠MEB＝∠MFA＝90
又∵∠MBE＝∠MAF
∴△MEB≌△MFA（AAS）
∴BE＝AF
∵D是AB的中点，即BD＝AD
又∵∠DBE＝∠DAF
∴△DBE≌△DAF（SAS）
∴DE＝DF；

（3）DE＝DF
如图1，作AM的中点G，BM的中点H，

∵点 D是 边 AB的 中点
∴DG∥BM，DG＝BM
同理可得：DH∥AM，DH＝AM
∵ME⊥BC于E，H 是BM的中点
∴在Rt△BEM中，HE＝BM＝BH
∴∠HBE＝∠HEB
∠MHE＝∠HBE+∠HEB＝2∠MBC
又∵DG＝BM，HE＝BM
∴DG＝HE
同理可得：DH＝FG，∠MGF＝2∠MAC
∵DG∥BM，DH∥GM
∴四边形DHMG是平行四边形
∴∠DGM＝∠DHM
∵∠MGF＝2∠MAC，∠MHE＝2∠MBC
又∵∠MBC＝∠MAC
∴∠MGF＝∠MHE
∴∠DGM+∠MGF＝∠DHM+∠MHE
∴∠DGF＝∠DHE
在△DHE与△FGD中
，
∴△DHE≌△FGD（SAS），
∴DE＝DF．
【点评】本题主要考查三角形全等的判定和性质；在证明三角形全等时，用到的知识点比较多，用到直角三角形的性质、三角形的中位线、平行四边形的性质和判定．
12．（2020秋•婺城区校级期末）已知△ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点（点D不与点B，点C重合）．以AD为边作等边三角形ADE，连接CE．
（1）如图1，当点D在边BC上时．
①求证：△ABD≌△ACE；
②直接判断结论BC＝DC+CE是否成立（不需证明）；
（2）如图2，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，请写出BC，DC，CE之间存在的数量关系，并写出证明过程．

【分析】（1）①根据等边三角形的性质就可以得出∠BAC＝∠DAE＝60°，AB＝BC＝AC，AD＝DE＝AE，进而就可以得出△ABD≌△ACE；②由△ABD≌△ACE就可以得出BC＝DC+CE；
（2）由等边三角形的性质就可以得出∠BAC＝∠DAE＝60°，AB＝BC＝AC，AD＝DE＝AE，进而就可以得出△ABD≌△ACE，就可以得出BC+CD＝CE．
【解答】解：（1）①∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴∠BAC＝∠DAE＝60°，AB＝BC＝AC，AD＝DE＝AE．
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠EAC．
在△ABD和△ACE中
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）．
②∵△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE．
∵BC＝BD+CD，
∴BC＝CE+CD．

（2）BC+CD＝CE．
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴∠BAC＝∠DAE＝60°，AB＝BC＝AC，AD＝DE＝AE．
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，
∴∠BAD＝∠EAC．
在△ABD和△ACE中
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）．
∴BD＝CE．
∵BD＝BC+CD，
∴CE＝BC+CD；
【点评】本题考查了等边三角形的性质的运用，等式的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
13．（2021•罗湖区校级模拟）如图（1），AB＝4cm，AC⊥AB，BD⊥AB，AC＝BD＝3cm．点P在线段AB上以1cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段BD上由点B向点D运动．它们运动的时间为t（s）．

（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，请说明理由，并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系；
（2）如图（2），将图（1）中的“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB＝∠DBA＝60°”，其他条件不变．设点Q的运动速度为xcm/s，是否存在实数x，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，求出相应的x、t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用SAS证得△ACP≌△BPQ，得出∠ACP＝∠BPQ，进一步得出∠APC+∠BPQ＝∠APC+∠ACP＝90°得出结论即可；
（2）由△ACP≌△BPQ，分两种情况：①AC＝BP，AP＝BQ，②AC＝BQ，AP＝BP，建立方程组求得答案即可．
【解答】解：（1）当t＝1时，AP＝BQ＝1，BP＝AC＝3，
又∵∠A＝∠B＝90°，
在△ACP和△BPQ中，

∴△ACP≌△BPQ（SAS）．
∴∠ACP＝∠BPQ，
∴∠APC+∠BPQ＝∠APC+∠ACP＝90°．
∴∠CPQ＝90°，
即线段PC与线段PQ垂直．
（2）①若△ACP≌△BPQ，
则AC＝BP，AP＝BQ，
，
解得
；
②若△ACP≌△BQP，
则AC＝BQ，AP＝BP，
，
解得
；
综上所述，存在
或
使得△ACP与△BPQ全等．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，注意分类讨论思想的渗透．
14．（2020秋•婺城区校级期末）如图1，△ABC的边BC在直线l上，AC⊥BC，且AC＝BC；△EFP的边FP也在直线l上，边EF与边AC重合，且EF＝FP．
（1）示例：在图1中，通过观察、测量，猜想并写出AB与AP所满足的数量关系和位置关系．
答：AB与AP的数量关系和位置关系分别是　AB＝AP　、　AB⊥AP　．
（2）将△EFP沿直线l向左平移到图2的位置时，EP交AC于点Q，连接AP，BQ．请你观察、测量，猜想并写出BQ与AP所满足的数量关系和位置关系．答：BQ与AP的数量关系和位置关系分别是　BQ＝AP　、　BQ⊥AP　．
（3）将△EFP沿直线l向左平移到图3的位置时，EP的延长线交AC的延长线于点Q，连接AP、BQ．你认为（2）中所猜想的BQ与AP的数量关系和位置关系还成立吗？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．
【分析】（1）由于AC⊥BC，且AC＝BC，边EF与边AC重合，且EF＝FP，则△ABC与△EFP是全等的等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到∠BAC＝∠CAP＝45°，AB＝AP，则∠BAP＝90°，于是AP⊥AB；
（2）延长BQ交AP于H点，可得到△QPC为等腰直角三角形，则有QC＝PC，根据“SAS”可判断△ACP≌△BCQ，则AP＝BQ，∠CAP＝∠CBQ，利用三角形内角和定理可得到∠AHQ＝∠BCQ＝90°，即AP⊥BQ；
（3）BQ与AP所满足的数量关系为相等，位置关系为垂直．证明方法与（2）一样．
【解答】解：（1）AB＝AP，AB⊥AP；
（2）BQ＝AP，BQ⊥AP；
（3）成立．
证明：如图，∵∠EPF＝45°，
∴∠CPQ＝45°．
∵AC⊥BC，
∴∠CQP＝∠CPQ，
CQ＝CP．
在Rt△BCQ和Rt△ACP中，

∴Rt△BCQ≌Rt△ACP（SAS）
∴BQ＝AP；
延长QB交AP于点N，
∴∠PBN＝∠CBQ．
∵Rt△BCQ≌Rt△ACP，
∴∠BQC＝∠APC．
在Rt△BCQ中，∠BQC+∠CBQ＝90°，
∴∠APC+∠PBN＝90°．
∴∠PNB＝90°．
∴QB⊥AP．

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：有两组边对应相等，且它们所夹的角相等，那么这两个三角形全等；全等三角形的对应边相等．也考查了等腰直角三角形的判定与性质．
15．（2021春•简阳市 期中）把两个全等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形ACBD以D为顶点作∠MDN，交边AC、BC于M、N．
（1）若∠ACD＝30°，∠MDN＝60°，当∠MDN绕点D旋转时，AM、MN、BN三条线段之间有何种数量关系？证明你的结论；
（2）当∠ACD+∠MDN＝90°时，AM、MN、BN三条线段之间有何数量关系？证明你的结论；
（3）如图③，在（2）的条件下，若将M、N改在CA、BC的延长线上，完成图3，其余条件不变，则AM、MN、BN之间有何数量关系（直接写出结论，不必证明）

【分析】（1）延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；
（2）延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；
（3）在CB截取BE＝AM，连接DE，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可．
【解答】
（1）AM+BN＝MN，
证明：延长CB到E，使BE＝AM，
∵∠A＝∠CBD＝90°，
∴∠A＝∠EBD＝90°，
在△DAM和△DBE中
，
∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，
∵∠MDN＝∠ADC＝60°，
∴∠ADM＝∠NDC，
∴∠BDE＝∠NDC，
∴∠MDN＝∠NDE，
在△MDN和△EDN中
，
∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE，
∵NE＝BE+BN＝AM+BN，
∴AM+BN＝MN．

（2）AM+BN＝MN，
证明：延长CB到E，使BE＝AM，连接DE，
∵∠A＝∠CBD＝90°，
∴∠A＝∠DBE＝90°，
∵∠CDA+∠ACD＝90°，∠MDN+∠ACD＝90°，
∴∠MDN＝∠CDA，
∵∠MDN＝∠BDC，
∴∠MDA＝∠CDN，∠CDM＝∠NDB，
在△DAM和△DBE中
，
∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠MDA＝∠CDN，DM＝DE，
∵∠MDN+∠ACD＝90°，∠ACD+∠ADC＝90°，
∴∠NDM＝∠ADC＝∠CDB，
∴∠ADM＝∠CDN＝∠BDE，
∵∠CDM＝∠NDB
∴∠MDN＝∠NDE，
在△MDN和△EDN中
，
∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE，
∵NE＝BE+BN＝AM+BN，
∴AM+BN＝MN．

（3）BN﹣AM＝MN，
证明：在CB截取BE＝AM，连接DE，
∵∠CDA+∠ACD＝90°，∠MDN+∠ACD＝90°，
∴∠MDN＝∠CDA，
∵∠ADN＝∠ADN，
∴∠MDA＝∠CDN，
∵∠B＝∠CAD＝90°，
∴∠B＝∠DAM＝90°，
在△DAM和△DBE中
，
∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠ADM＝∠CDN，DM＝DE，
∵∠ADC＝∠BDC＝∠MDN，
∴∠MDN＝∠EDN，
在△MDN和△EDN中
，
∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE，
∵NE＝BN﹣BE＝BN﹣AM，
∴BN﹣AM＝MN．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生运用性质进行推理的能力，运用了类比推理的方法，题目比较典型，但有一定的难度．