苏科版八年级上册1.2 全等三角形优秀课堂检测

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2022-2023学年苏科版数学八年级上册章节考点精讲精练
第1章《全等三角形》
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知识点01：全等三角形的判定与性质

一般三角形
直角三角形
判定
边角边（SAS）
角边角（ASA）
角角边（AAS）
边边边（SSS）
两直角边对应相等
一边一锐角对应相等
斜边、直角边定理（HL）
性质
对应边相等，对应角相等
（其他对应元素也相等，如对应边上的高相等）
备注
判定三角形全等必须有一组对应边相等




知识点02：全等三角形的证明思路

知识点03：角平分线的性质
1.角的平分线的性质定理
　 角的平分线上的点到这个角的两边的距离相等.
2.角的平分线的判定定理
　 角的内部到角的两边距离相等的点在角的平分线上.
3.三角形的角平分线
三角形角平分线交于一点，且到三边的距离相等.
4.与角平分线有关的辅助线
在角两边截取相等的线段，构造全等三角形；
在角的平分线上取一点向角的两边作垂线段.
知识点04：全等三角形证明方法
全等三角形是平面几何内容的基础，这是因为全等三角形是研究特殊三角形、四边形、相似图形、圆等图形性质的有力工具，是解决与线段、角相关问题的一个出发点.运用全等三角形，可以证明线段相等、线段的和差倍分关系、角相等、两直线位置关系等常见的几何问题.可以适当总结证明方法.
1． 证明线段相等的方法：
(1) 证明两条线段所在的两个三角形全等.
(2) 利用角平分线的性质证明角平分线上的点到角两边的距离相等.
(3) 等式性质.
2． 证明角相等的方法：
(1) 利用平行线的性质进行证明.
(2) 证明两个角所在的两个三角形全等.
(3) 利用角平分线的判定进行证明.
(4) 同角（等角）的余角（补角）相等.
(5) 对顶角相等.
3． 证明两条线段的位置关系（平行、垂直）的方法；
可通过证明两个三角形全等，得到对应角相等，再利用平行线的判定或垂直定义证明.
4． 辅助线的添加:
(1)作公共边可构造全等三角形；
(2)倍长中线法；
(3)作以角平分线为对称轴的翻折变换全等三角形；
(4)利用截长(或补短)法作旋转变换的全等三角形.
5. 证明三角形全等的思维方法:
（1）直接利用全等三角形判定和证明两条线段或两个角相等，需要我们敏捷、快速地发现两条线段和两个角所在的两个三角形及它们全等的条件.
（2）如果要证明相等的两条线段或两个角所在的三角形全等的条件不充分时，则应根据图形的其它性质或先证明其他的两个三角形全等以补足条件.
（3）如果现有图形中的任何两个三角形之间不存在全等关系，此时应添置辅助线，使之出现全等三角形，通过构造出全等三角形来研究平面图形的性质.
考点提优练

考点01：全等三角形的性质
1．（2022秋•宜兴市月考）如图，△AOB≌△ADC，点B和点C是对应顶点，∠O＝∠D＝90°，记∠OAD＝α，∠ABO＝β，∠ABC＝∠ACB，当BC∥OA时，α与β之间的数量关系为（　　）

A．α＝β B．α＝2β C．α+β＝90° D．α+2β＝180°
解：∵△AOB≌△ADC，
∴∠OAB＝∠DAC，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝90°﹣β，
∵BC∥OA，
∴∠OAB＝∠ABC＝β，∠OAC+∠ACB＝180°，
∴∠DAC＝β，
∵∠OAD+∠DAC+∠ACB＝180°，
∴α+β+β＝180°，
即α+2β＝180°．
故选：D．
2．（2022•上杭县校级开学）如图，在锐角△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＝42°，则∠BFC的大小是（　　）

A．96° B．100° C．106° D．110°
解：设∠C′＝α，∠B′＝β，
∵△ADC≌△ADC′，△AEB≌△AEB′，
∴∠ACD＝∠C′＝α，∠ABE＝∠B′＝β，∠BAE＝∠B′AE＝42°，
∴∠C′DB＝∠BAC′+AC′D＝42°+α，∠CEB′＝42°+β．
∵C′D∥EB′∥BC，
∴∠ABC＝∠C′DB＝42°+α，∠ACB＝∠CEB′＝42°+β，
∴∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，
即126°+α+β＝180°．
则α+β＝54°．
∵∠BFC＝∠BDC+∠DBE，
∴∠BFC＝42°+α+β＝42°+54°＝96°．
故选：A．
3．（2022春•历下区校级期中）一个三角形的两个内角的度数分别是42°和73°，这个三角形是（　　）
A．直角三角形 B．锐角三角形 C．全等三角形 D．钝角三角形
解：∵三角形的两个内角的度数分别为42°和73°，
∴这个三角形的第三个内角是180°﹣42°﹣73°＝65°，
∵三个内角都小于90°，
∴这个三角形是锐角三角形，
故选：B．
4．（2022春•碑林区校级期末）如图，在△ABE≌△DBC中，点A、B、C在一条直线上，∠E＝20°，∠DBC＝130°，则∠1的大小为 　110°　．

解：∵△ABE≌△DBC，∠DBC＝130°，
∴∠ABE＝∠DBC＝130°，
∴∠ABD+∠DBE+∠EBC+∠DBE＝260°，
∵∠ABD+∠DBE+∠EBC＝180°，
∴∠DBE＝80°，
∴∠EBC＝∠DBC﹣∠DBE＝130°﹣80°＝50°，
∴∠1＝180°﹣∠C﹣∠EBC＝180°﹣20°﹣50°＝110°，
故答案为：110°．
5．（2021秋•绥棱县期末）如图，已知△ABC≌△EDF，点F，A，D在同一条直线上，AD是∠BAC的平分线，∠EDA＝20°，∠F＝60°，则∠DAC的度数是 　50°　．

解：∵△ABC≌△EDF，
∴∠B＝∠EDF，∠C＝∠F，
∵∠EDA＝20°，∠F＝60°，
∴∠B＝20°，∠C＝60°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝100°，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠DAC＝BAC＝50°，
故答案为：50°．
6．（2022春•浑南区期末）如图，△ABC≌△ADE，∠B＝80°，∠C＝30°，∠DAC＝25°，则∠EAC的度数＝　45　°．

解：∵∠B＝80°，∠C＝30°，
∴∠BAC＝180°﹣80°﹣30°＝70°．
∵△ABC≌△ADE，
∴∠DAE＝∠BAC＝70°．
∴∠EAC＝∠DAE﹣∠DAC＝70°﹣25°＝45°．
故答案是：45．
7．（2022春•市中区期末）如图，点F、G分别在正五边形ABCDE的边BC、CD上，连结AF、BG相交于H，△ABF≌△BCG．
（1）求∠ABC的度数；
（2）求∠AHG的度数．

解：（1）∵正五边形的内角和为：（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠ABC＝×540°＝108°；
（2）∵△ABF≌△BCG，
∴∠BAF＝∠CBG，
∵∠BAF+∠ABH＝∠AHG，
∴∠CBH+∠ABH＝∠AHG＝∠ABC＝×540°＝108°，
∴∠AHG＝108°．
8．（2021秋•大兴区期末）如图，△ABC≌△ADE，AC和AE，AB和AD是对应边，点E在边BC上，AB与DE交于点F．
（1）求证：∠CAE＝∠BAD；
（2）若∠BAD＝35°，求∠BED的度数．

（1）证明：∵△ABC≌△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE，
∴∠CAE＝∠BAD；

（2）解：∵△ABC≌△ADE，
∴∠D＝∠B，
∵∠AFD＝∠EFB，∠D+∠BAD+∠AFD＝180°，∠B+∠EFB+∠BED＝180°，
∴∠BED＝∠BAD，
∵∠BAD＝35°，
∴∠BED＝35°．
9．（2020春•广饶县期末）如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝9cm，AC＝12cm，AB＝15cm，现有一动点P，从点A出发，沿着三角形的边AC→CB→BA运动，回到点A停止，速度为3cm/s，设运动时间为ts．

（1）如图（1），当t＝　或　时，△APC的面积等于△ABC面积的一半；
（2）如图（2），在△DEF中，∠E＝90°，DE＝4cm，DF＝5cm，∠D＝∠A．在△ABC的边上，若另外有一个动点Q，与点P同时从点A出发，沿着边AB→BC→CA运动，回到点A停止．在两点运动过程中的某一时刻，恰好△APQ≌△DEF，求点Q的运动速度．
解：（1）①当点P在BC上时，如图①﹣1，
若△APC的面积等于△ABC面积的一半；则CP＝BC＝cm，
此时，点P移动的距离为AC+CP＝12+＝，
移动的时间为：÷3＝秒，
②当点P在BA上时，如图①﹣2
若△APC的面积等于△ABC面积的一半；则PD＝BC，即点P为BA中点，
此时，点P移动的距离为AC+CB+BP＝12+9+＝cm，
移动的时间为：÷3＝秒，
故答案为：或；
（2）△APQ≌△DEF，即，对应顶点为A与D，P与E，Q与F；
①当点P在AC上，如图②﹣1所示：
此时，AP＝4，AQ＝5，
∴点Q移动的速度为5÷（4÷3）＝cm/s，
②当点P在AB上，如图②﹣2所示：
此时，AP＝4，AQ＝5，
即，点P移动的距离为9+12+15﹣4＝32cm，点Q移动的距离为9+12+15﹣5＝31cm，
∴点Q移动的速度为31÷（32÷3）＝cm/s，
综上所述，两点运动过程中的某一时刻，恰好△APQ≌△DEF，
点Q的运动速为cm/s或cm/s．




知识点02：全等三角形的判定与性质
10．（2022秋•如皋市校级月考）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，AD是边BC上的中线，则AD长的取值范围是（　　）

A．6＜AD＜8 B．6≤AD≤8 C．1＜AD＜7 D．1≤AD≤7
解：延长AD到点E，使DE＝AD，连接EC，

∵AD是边BC上的中线，
∴CD＝BD，
∵∠ADB＝∠CDE，
∴△ADB≌△△EDC（SAS），
∴AB＝EC＝6，
在△ACE中，AC﹣CE＜AE＜AC+CE，
∴2＜2AD＜14，
∴1＜AD＜7，
故选：C．
11．（2022秋•仪征市校级月考）如图，AD，BE是△ABC的高线，AD与BE相交于点F．若AD＝BD＝6，且△ACD的面积为12，则AF的长度为（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1.5
解：∵AD，BE是△ABC的高线，
∴∠ADB＝∠ADC＝∠AEB＝90°，
∵∠BFD＝∠AFE，
∴∠DBF＝∠CAD，
在△ACD和△BFD中，
，
∴△ACD≌△BFD（ASA），
∴DF＝DC，
∵△ACD的面积为12，
∴，
∴CD＝4，
∴DF＝4，
∴AF＝AD﹣DF＝2，
故选：C．
12．（2021秋•栾城区校级期末）如图，在△ABC中，D，E是BC边上的两点，AD＝AE，BE＝CD，∠1＝∠2＝110°，∠BAE＝60°，则∠CAE的度数为（　　）

A．50° B．60° C．40° D．20°
解：如图，∵∠1＝∠2＝110°，
∴180°﹣∠1＝180°﹣∠2，
∵∠ADC＝∠180°﹣∠1，∠AEB＝180°﹣∠2，
∴∠ADC＝∠AEB，
在△ACD和△ABE中，
，
∴△ACD≌△ABE（SAS），
∴∠CAD＝∠BAE＝60°，
∴∠C＝∠1﹣∠CAD＝110°﹣60°＝50°，
∴∠CAE＝180°﹣∠2﹣∠C＝180°﹣110°﹣50°＝20°，
∴∠CAE的度数为20°，
故选：D．

13．（2022秋•通州区月考）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AC为边，作△ACD，满足AD＝AC，E为BC上一点，连接AE，∠CAD＝2∠BAE，连接DE，下列结论中：①∠ADE＝∠ACB；②AC⊥DE；③∠AEB＝∠AED；④DE＝CE+2BE．其中正确的有 　①③④　．

解：如图，设AC交DE于点G，延长CB到点F，使BF＝BE，连接AF，
∵∠ABC＝90°，
∴AB垂直平分EF，
∴AE＝AF，
∴∠EAB＝∠FAB，
∵∠CAD＝2∠BAE，∠FAE＝2∠BAE，
∴∠CAD＝∠FAE，
∴∠CAD+∠CAE＝∠FAE+∠CAE，
∴∠EAD＝∠FAC，
在△EAD和△FAC中，
，
∴△EAD≌△FAC（SAS），
∴∠ADE＝∠ACB，
故①正确；
假设AC⊥DE成立，则∠AGE＝90°，
∴∠EAG＝90°﹣∠AED＝∠ADE＝∠ACB，
∴AE＝CE，
∴DE垂直平分AC，
∴AD＝CD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠FAE＝∠CAD＝60°，
∴∠BAE＝30°，
∴∠AEB＝60°，
∴∠EAG＝∠ACB＝30°，
∴∠BAC＝60°，
显然，与题中所给条件不符，
故②错误；
∵∠AEB＝∠F，∠F＝∠AED，
∴∠AEB＝∠AED，
故③正确；
∵FE＝2BE，
∴DE＝CF＝CE+FE＝CE+2BE，
故④正确，
故答案为：①③④．

14．（2022•鼓楼区校级开学）添加辅助线是很多同学感觉比较困难的事情．如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BD是高，E是△ABC外一点，BE＝BA，∠E＝∠C，若DE＝BD，AD＝9，BD＝12，求△BDE的面积．同学们可以先思考一下…，小颖思考后认为可以这样添加辅助线：在BD上截取BF＝DE，（如图2）．同学们，根据小颖的提示，聪明的你可以求得△BDE的面积为 　36　．

解：如图所示，连接AF，
∠ABD＝180°﹣∠BDA﹣∠BAD＝90°﹣∠BAD，
∠C＝180°﹣∠ABC﹣∠BAD＝90°﹣∠BAD，
∵∠ABD＝∠C，
∵∠E＝∠C，
∵∠ABD＝∠E，
在△ABF与△BED中，
，
∴△ABF≌△BED（SAS），
∴S△ABF＝S△BDE，
∵＝54，
∵，
∵BF＝8，
∴DF＝BD﹣BF＝12﹣8＝4，
∴＝18，
∵S△ABF＝S△ABD﹣S△AFD，
∴S△BDE﹣S△ABF＝54﹣18＝36，
∴S△BDE＝36．
故答案为：36．
15．（2022秋•宜兴市校级月考）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，E为边BC上的点，且AD⊥BE，D为线段BE的中点，过点E作EF⊥AE，过点A作AF∥BC，且AF、EF相交于点F．
（1）求证：∠EAD＝∠BAD；
（2）求证：AC＝EF．

证明：（1）∵D为线段BE的中点，
∴ED＝BD，
∵AD⊥BE，
∴∠ADE＝∠ADB＝90°，
在△AED和△ABD中，
，
∴△AED≌△ABD（SAS），
∴∠EAD＝∠BAD．
（2）由（1）得AB＝EA，∠B＝∠AEB，
∵EF⊥AE，
∴∠BAC＝∠AEF＝90°，
∵AF∥BC，
∴∠EAF＝∠AEB，
∴∠B＝∠EAF，
在△ABC和△EAF中，
，
∴△ABC≌△EAF（ASA），
∴AC＝EF．
16．（2022秋•如皋市校级月考）如图，AE与BD相交于点C，AC＝EC，BC＝DC，AB＝4cm，点P从点A出发，沿A→B→A方向以3cm/s的速度运动，点Q从点D出发，沿D→E方向以1cm/s的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P到达点A时，P、Q两点同时停止运动．设点P的运动时间为t（s）．
（1）AB与DE有什么关系？请说明理由．
（2）线段AP的长为 　3tcm或（8﹣3t）cm　（用含t的式子表示）．
（3）连接PQ，当线段PQ经过点C时，t的值为 　1或2　．

解：（1）AB∥DE，理由如下：
在△ABC和△EDC中，
，
∴△ABC≌△EDC（SAS），
∴∠A＝∠E，
∴AB∥DE；
（2）当0≤t≤时，AP＝3tcm；
当＜t≤时，BP＝（3t﹣4）cm，
则AP＝4﹣（3t﹣4）＝（8﹣3t）cm；
综上所述，线段AP的长为3tcm或（8﹣3t）cm，
故答案为：3tcm或（8﹣3t）cm；
（3）由（1）得：∠A＝∠E，ED＝AB＝4cm，
在△ACP和△ECQ中，
，
∴△ACP≌△ECQ（ASA），
∴AP＝EQ，
当0≤t≤时，3t＝4﹣t，
解得：t＝1；
当＜t≤时，8﹣3t＝4﹣t，
解得：t＝2；
综上所述，当线段PQ经过点C时，t的值为1s或2s，
故答案为：1或2．

17．（2022秋•江夏区校级月考）如图BE⊥CD，AB＝AD，AC＝AE，过A点作AG⊥DE于G，延长GA交BC于F，
（1）求证：F为BC中点；
（2）若AF＝12.5，AE＝15，求△ADE的面积S△ADE．

（1）证明：∵BE⊥CD，
∴∠DAE＝∠DAB＝∠BAC＝∠CAE＝90°，
在△ADE和△ABC中，
，
∴△ADE≌△ABC （SAS），
∴∠DEA＝∠BCA，
∵AG⊥DE，
∴∠AGD＝90°，
∴∠AED+∠ADE＝∠DAG+∠ADE＝90°，
∴∠AED＝∠DAG，
∵∠DAG＝∠CAF，
∴∠CAF＝∠FCA，
∴FC＝FA，
∵∠BAC＝90°，
∴∠FAC+∠BAF＝∠FCA+∠FBA＝90°，
∴∠BAF＝∠FBA，
∴FB＝FA，
∴FB＝FC，
∴F是BC的中点；
（2）解：∵F为BC的中点，∠BAC＝90°，
∴AF＝BC，
∴BC＝2AF＝25，
由△ABC≌△ADE知：DE＝BC＝25，
∵AE＝15，∠DAE＝90°，
∴AD＝＝＝20，
∴S△ADE＝AD•AE＝20×15＝150．
知识点03：全等三角形的应用
18．（2022•沙坪坝区校级开学）如图，有两个长度相同的滑梯，左边滑梯的高度AC与右边滑梯水平方向的长度DF相等，两个滑梯的倾斜角∠ABC和∠DFE的度数和为（　　）

A．60° B．75° C．90° D．120°
解：∠ABC+∠DFE＝90°，理由如下：
由题意可得：△ABC与△DEF均是直角三角形，且BC＝EF，AC＝DF．
在Rt△ABC和Rt△DEF中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△DEF（HL），
∴∠ABC＝∠DEF，
∵∠DEF+∠DFE＝90°，
∴∠ABC+∠DFE＝90°，
故选：C．
19．（2021秋•孟村县期末）如图，A，B，C，D是四个村庄，B，D，C在一条东西走向公路的沿线上，BD＝1km，DC＝1km，村庄A和C，A和D间也有公路相连，且公路AD是南北走向，AC＝3km，只有A和B之间由于间隔了一个小湖，无直接相连的公路．现决定在湖面上造一座桥，测得AE＝1.2km，BF＝0.7km，则建造的桥长至少为（　　）

A．1.2km B．1.1km C．1km D．0.7km
解：由题意知：BD＝CD，∠BDA＝∠CDA＝90°，
∵在△ADB和△ADC中，
，
∴△ADB≌△ADC（SAS），
∴AB＝AC＝3km，
故斜拉桥至少有3﹣1.2﹣0.7＝1.1（千米）．
故选：B．
20．（2021秋•东台市期末）如图，要测量河两岸相对的A、B两点的距离，可以在与AB垂直的河岸BF上取C、D两点，且使BC＝CD，从点D出发沿与河岸BF的垂直方向移动到点E，使点E与A，C在一条直线上，可得△ABC≌△EDC，这时测得DE的长就是AB的长．判定△ABC≌△EDC最直接的依据是（　　）

A．ASA B．HL C．SAS D．SSS
解：因为证明在△ABC≌△EDC用到的条件是：CD＝BC，∠ABC＝∠EDC，∠ACB＝∠ECD，
所以用到的是两角及这两角的夹边对应相等即ASA这一方法．
故选：A．
21．（2022•雨花区校级开学）如图，小虎用10块高度都是4cm的相同长方体小木块，垒了两堵与地面垂直的木墙，木墙之间刚好可以放进一个等腰直角三角板（AC＝BC，∠ACB＝90°），点C在DE上，点A和B分别与木墙的顶端重合，则两堵木墙之间的距离DE为 　40　cm．

解：由题意得：AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠BCE＝∠DAC，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
由题意得：AD＝EC＝12cm，DC＝BE＝28cm，
∴DE＝DC+CE＝40（cm），
答：两堵木墙之间的距离为40cm．
故答案为：40．

22．（2022春•砀山县校级期末）小明不慎将一块三角形的玻璃碎成如图所示的四块（图中所标1、2、3、4），你认为将其中的哪一块带去，就能配一块与原来大小一样的三角形玻璃？应该带第　2　块去，这利用了三角形全等中的　ASA　原理．

解：由图可知，带第2块去，符合“角边角”，可以配一块与原来大小一样的三角形玻璃．
故答案为：2；ASA．
23．（2022春•濮阳期末）在学习完“探索三角形全等的条件”一节后，小丽总结出很多全等三角形的模型，她设计了以下问题给同桌解决：做一个“U”字形框架PABQ，其中AB＝20cm，AP，BQ足够长，PA⊥AB于点A，QB⊥AB于点B，点M从B出发向A运动，点N从B出发向Q运动，速度之比为2：3，运动到某一瞬间两点同时停止，在AP上取点C，使△ACM与△BMN全等，则AC的长度为　8或15　cm．

解：设BM＝2t，则BN＝3t，因为∠A＝∠B＝90°，使△ACM与△BMN全等，可分两种情况：
情况一：当BM＝AC，BN＝AM时，
∵BN＝AM，AB＝20，
∴3t＝20﹣2t，
解得：t＝4，
∴AC＝BM＝2t＝2×4＝8；
情况二：当BM＝AM，BN＝AC时，
∵BM＝AM，AB＝20，
∴2t＝20﹣2t，
解得：t＝5，
∴AC＝BN＝3t＝3×5＝15，
综上所述，AC＝8或AC＝15．
故答案为：8或15．
24．（2022•上杭县校级开学）如图，工人师傅要在墙壁上的点O处用电钻打孔，要使钻头从墙壁对面的点B处打出．已知墙壁厚30cm，点B与点O的铅直距离AB长15cm．在点O处作一直线平行于地面，在直线上截取OC＝30cm，过C作OC的垂线，在垂线上截取CD＝15cm，连接OD，然后沿着DO的方向打孔，就能使钻头正好从点B处打出，为什么？

解：当D，O，B三点共线时，
在△AOB和△COD中，
，
∴△AOB≌△COD（ASA），
∴AB＝CD＝15cm，
即钻头正好从点B处打出．
25．（2021秋•金华期末）如图，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小明通过构造△ABC与△BCD来测量A，B间的距离，其中AC＝CD，∠ACB＝∠BCD．那么量出的BD的长度就是AB的距离．请你判断小明这个方法正确与否，并给出相应理由．

解：正确；理由如下：
在△ABC与△DBC中，
．
∴△ABC≌△DBC（SAS）．
∴AB＝DB．
26．（2021秋•平舆县期末）一个等腰直角三角板如图搁置在两柜之间，且点D，C，E在同一直线上，已知稍高的柜高AD为80cm，两柜距离DE为140cm．求稍矮的柜高BE．

解：由题意得：∠ADC＝∠ACB＝∠BEC＝90°，AC＝BC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
∵∠BEC＝90°，
∴∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
在△ADC和△CEB中，，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD＝CE，DC＝BE，
∵AD＝80cm，
∴CE＝80cm，
∵DE＝140cm，
∴DC＝60cm，
∴BE＝60cm．
27．（2021秋•遵化市期中）如图，操场上有两根旗杆间相距12m，小强同学从B点沿BA走向A，一定时间后他到达M点，此时他测得CM和DM的夹角为90°，且CM＝DM，已知旗杆AC的高为3m，小强同学行走的速度为0.5m/s，则：
（1）请你求出另一旗杆BD的高度；
（2）小强从M点到达A点还需要多长时间？

解：（1）∵CM和DM的夹角为90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∵∠DBA＝90°，
∴∠2+∠D＝90°，
∴∠1＝∠D，
在△CAM和△MBD中，，
∴△CAM≌△MBD（AAS），
∴AM＝DB，AC＝MB，
∵AC＝3m，
∴MB＝3m，
∵AB＝12m，
∴AM＝9m，
∴DB＝9m；

（2）9÷0.5＝18（s）．
答：小强从M点到达A点还需要18秒．

28．（2019秋•孟津县期中）如图所示，有一池塘，要测量池塘两端A、B的距离，请用构造全等三角形的方法，设计一个测量方案（画出图形），并说明测量步骤和依据．

解：在平地任找一点O，连OA、OB，延长AO至C使CO＝AO，延长BO至D，使DO＝BO，
则CD＝AB，依据是△AOB≌△COD（SAS）．
29．（2018秋•洛阳期中）如图，一条河流MN旁边有两个村庄A，B，AD⊥MN于D．由于有山峰阻挡，村庄B到河边MN的距离不能直接测量，河边恰好有一个地点C能到达A，B两个村庄，与A，B的连线夹角为90°，且与A，B的距离也相等，测量C，D的距离为150m，请求出村庄B到河边的距离．

解：如图，过点B作BE⊥MN于点E，
∵∠ADC＝∠ACB＝90°，
∴∠A＝∠BCE（同角的余角相等）．
在△ADC与△CEB中，
．
∴△ADC≌△CEB（AAS）．
∴BE＝CD＝150m．即村庄B到河边的距离是150米．

30．（2021春•榆林期末）如图，在河的北岸种植一排小树AB，点C在河的南岸，已知在△ABC中，D是BC边的中点，AD的长度和方向都已确定，现在想要过点C也种植一排与AB平行的小树，小明使用了如下方法：延长AD到E，使DE＝DA，连接 EC，那么就能得知AB∥EC，请你说明这样做的理由．

解：由题意可得：AD＝DE，BD＝DC，
在△ADB和△EDC中
，
∴△ADB≌△EDC（SAS），
∴∠B＝∠DCE，
∴AB∥EC．
31．（2017秋•高唐县期末）如果将四根木条首尾相连，在相连处用螺钉连接，就能构成一个平面图形．
（1）若固定三根木条AB，BC，AD不动，AB＝AD＝2cm，BC＝5cm，如图，量得第四根木条CD＝5cm，判断此时∠B与∠D是否相等，并说明理由．
（2）若固定一根木条AB不动，AB＝2cm，量得木条CD＝5cm，如果木条AD，BC的长度不变，当点D移到BA的延长线上时，点C也在BA的延长线上；当点C移到AB的延长线上时，点A．C．D能构成周长为30cm的三角形，求出木条AD，BC的长度．

解：（1）相等．
理由：连接AC，
在△ACD和△ACB中，
∵，
∴△ACD≌△ACB（SSS），
∴∠B＝∠D；

（2）设AD＝x，BC＝y，
由题意点C在点D右侧，可得，
解得；
∴AD＝13cm，BC＝10cm．