专题训练 全等三角形压轴题型-《讲亮点》2022-2023学年八年级数学上册教材同步配套讲练（苏科版）

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专题训练 全等三角形压轴题型
【题型归纳】
全等三角形压轴题型

【重难点题型】

1．（2020·山东德州·八年级期中）在和中，，，，，则这两个三角形的关系是（       ）
A．不一定全等 B．不全等 C．根据“ASA”全等 D．根据“SAS”全等
【答案】D
【解析】
【分析】
由角度数量关系与三角形内角和定理可得，，由线段的数量关系可得，，进而可证明三角形全等．
【详解】
解：∵，
∴，
∵
①+②得
②-①得
∴在和中，
∵
∴
故选D．
【点睛】
本题考查了三角形内角和定理，全等三角形的判定．解题的关键在于找出三角形全等的条件．
2．（2021·安徽·淮南实验中学八年级期中）如图，已知，点D、E分别在、上且，连接交于点M，连接，过点A分别作，垂足分别为F、G，下列结论：①；②；③平分；④如果，则E是的中点；其中正确结论的个数为（       ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三角形全等的判定定理和性质，角平分线的性质定理的逆定理，三角形的面积公式，四边形的内角和定理，补角的定义等逐一判断即可．
【详解】
∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE，BE=CD，
∴∠EBM=∠DCM，
∵∠BME=∠CMD，
∴△BME≌△CMD，
∴结论①正确；
∵，
∴∠FAG+∠FMG=180°，
∵∠EMB+∠FMG=180°，
∴∠FAG=∠EMB，
∴结论②正确；
∵△BME≌△CMD，
∴∠BEM=∠CDM，
∴∠AEF=∠ADG，
∵，AE=AD，
∴△AEF≌△ADG，
∴AF=AG，
∴MA平分∠EMD，
∴结论③正确；
∵△BME≌△CMD，
∴∠BEM=∠CDM，EM=DM，
∴∠AEM=∠ADM，
∵AE=AD，
∴△AEM≌△ADM，
∴，
∵，
∴，
∴E是AB的中点，
∴结论④正确；
故选D．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，角的平分线的性质定理的逆定理，邻角，四边形的内角和定理，三角形的面积，熟练掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键．
3．（2021·全国·八年级单元测试）“经过已知角一边上的一点作“个角等于已知角”的尺规作图过程如下：

已知：如图（1），∠AOB和OA上一点C．
求作：一个角等于∠AOB，使它的顶点为C，一边为CA．
作法：如图（2），
（1）在0A上取一点D（OD＜OC），以点O为圆心，OD长为半径画弧，交OB于点E；
（2）以点C为圆心，OD长为半径画弧，交CA于点F，以点F为圆心，DE长为半径画弧，两弧交于点C；
（3）作射线CC．
所以∠CCA就是所求作的角
此作图的依据中不含有（　　）
A．三边分别相等的两个三角形全等 B．全等三角形的对应角相等
C．两直线平行同位角相等 D．两点确定一条直线
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意知，作图依据有全等三角形的判定定理SSS，全等三角形的性质和两点确定一条直线，直接判断即可．
【详解】
解：由题意可得：由全等三角形的判定定理SSS可以推知△EOD≌△GCF，故A正确；
结合该全等三角形的性质对应角相等，故B正确；
作射线CG，利用两点确定一条直线，故D正确；
故选：C．
【点睛】
本题考查作一个角等于已知角和三角形全等的判定与性质，解题关键是明确作图原理，准确进行判断．
4．（2021·全国·八年级专题练习）如图，已知AB⊥AC，AD⊥AE，AB=AC，AD=AE，则∠BFD的度数是（　　　）

A．60° B．90° C．45° D．120°
【答案】B
【解析】
【分析】
先证△BAE≌△CAD，得出∠B=∠C，再证∠CFB=∠BAC=90°即可．
【详解】
解：∵AB⊥AC，AD⊥AE，
∴∠BAC=∠DAE=90°,
∴∠BAE=∠CAD，
在△BAE和△CAD中，
,
∴△BAE≌△CAD，
∴∠B=∠C，
∵∠BGA=∠CGF，
∴∠CFB=∠BAC=90°,
∴∠BFD=90°,
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，解题关键是确定全等三角形并通过8字型导角求出度数．
5．（2021·全国·八年级单元测试）如图，、是的角平分线，、相交于点F，已知，则下列说法中正确的个数是（       ）

①；②；③；④．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
当AF=FC、△AEF≌△CDF时，需要满足条件∠BAC=∠BCA，据此可判断①②；在AC上取AG=AE，连接FG，即可证得△AEG≌△AGF，得∠AFE=∠AFG；再证得∠CFG=∠CFD，则根据全等三角形的判定方法AAS即可证△GFC≌△DFC，可得DC=GC，即可得结论，据此可判断③④．
【详解】
解：①假设AF=FC．则∠1=∠4．
∵AD、CE是△ABC的角平分线，
∴∠BAC=2∠1，∠BCA=2∠4，
∴∠BAC=∠BCA．
∴当∠BAC≠∠BCA时，该结论不成立；
故①不一定正确；
②假设△AEF≌△CDF，则∠2=∠3．
同①，当∠BAC=∠BCA时，该结论成立，
∴当∠BAC≠∠BCA时，该结论不成立；
故②不一定正确；
③如图，在AC上取AG=AE，连接FG，

∵AD平分∠BAC，
∴∠1=∠2，
在△AEF与△AGF中
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴∠AFE=∠AFG；
∵AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，
∴∠4+∠1=∠ACB+∠BAC=（∠ACB+∠BAC）=（180°-∠B）=60°，
则∠AFC=180°-（∠4+∠1）=120°；
∴∠AFC=∠DFE=120°，∠AFE=∠CFD=∠AFG=60°，
则∠CFG=60°，
∴∠CFD=∠CFG，
在△GFC与△DFC中，
，
∴△GFC≌△DFC（ASA），
∴DC=GC，
∵AC=AG+GC，
∴AC=AE+CD．
故③正确；
④由③知，∠AFC=180°-∠ECA-∠DAC=120°，即∠AFC=120°；
故④正确；
综上所述，正确的结论有2个．
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质．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．
6．（2020·广东·广州市番禺执信中学八年级期中）如图，已知长方形ABCD的边长AB=20cm，BC=16cm，点E在边AB上，AE=6cm，如果点P从点B出发在线段BC上以2cm/s的速度向点C向运动，同时，点Q在线段CD上从点C到点D运动．则当时间t为（   ）s时，能够使△BPE与△CQP全等．

A．1 B．1或4 C．1或2 D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意用时间t表示出线段BP和线段PC的长度，再分类讨论两个三角形全等的不同情况，或，利用全等的性质列式求出t的值．
【详解】
解：∵，，，
∴，，，
当时，有，则，解得，
当时，有，则，解得．
故选：B．
【点睛】
本题考查全等三角形的动点问题，解题的关键是对全等三角形进行分类讨论，再利用全等三角形的性质求出动点运动的时间．
7．（广西玉林·八年级期末）如图，在△ABD中，AD=AB，∠DAB=90⁰，在△ACE中，AC=AE，∠EAC=90⁰，CD，BE相交于点F，有下列四个结论：①DC=BE；②∠BDC=∠BEC；③DC⊥BE；④FA平分∠DFE．其中，正确的结论有（        ）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【解析】
【分析】
根据∠BAD=∠CAE=90°，结合图形可得∠CAD=∠BAE，再结合AD=AB，AC=AE，利用全等三角形的判定定理可得△CAD≌△EAB，再根据全等三角形的性质即可判断①；根据已知条件，结合图形分析，对②进行分析判断，设AB与CD的交点为O，由（1）中△CAD≌△BAE可得∠ADC=∠ABE，再结合∠AOD=∠BOF，即可得到∠BFO=∠BAD=90°，进而判断③；对④，可通过作△CAD和△BAE的高，结合全等三角形的性质得到两个高之间的关系，再根据角平分线的判定定理即可判断．
【详解】
∵∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，
∴∠CAD=∠BAE，
又∵AD=AB，AC=AE，
∴△CAD≌△EAB（SAS）,
∴DC=BE．
故①正确．
∵△CAD≌△EAB，
∴∠ADC=∠ABE．
设AB与CD的交点为O．

∵∠AOD=∠BOF，∠ADC=∠ABE，
∴∠BFO=∠BAD=90°，
∴CD⊥BE．
故③正确．
过点A作AP⊥BE于P，AQ⊥CD于Q．

∵△CAD≌△EAB，AP⊥BE，AQ⊥CD，
∴AP=AQ，
∴AF平分∠DFE．
故④正确．
②无法通过已知条件和图形得到．
故选Ｂ．
【点睛】
本题考查三角形全等的判定和性质，掌握三角形全等的判定方法和性质应用为解题关键．
8．（2021·山东临沂·八年级期中）如图，在的网格中，每一个小正方形的边长都是1，点，，，都在格点上，连接，相交于，那么的大小是（     ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
取格点，连接，先证明，得出，再证明得出，最后证明是等腰直角三角形，得出，从而得出即可．
【详解】
解：取格点，连接，
由已知条件可知：，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴,
∴,
∴是等腰直角三角形，
∴,
即，
故选：．

【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，平行线的判定与性质，所求角转换成容易求出度数的角，合理的添加辅助线是解决本题的关键．
9．（2021·江苏·灌南县实验中学八年级期末）如图所示，锐角△ABC中，D，E分别是AB，AC边上的点，△ADC≌，△AEB≌，且，BE、CD交于点F，若∠BAC=40°，则∠BFC的大小是（       ）

A．105° B．100° C．110° D．115°
【答案】B
【解析】
【分析】
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=∠C′+∠AHC′+∠CAD，再求出∠C′+∠AHC′即可解决问题．
【详解】
解：延长C′D交AB′于H．

∵△AEB≌△AEB′，
∴∠ABE=∠B′，∠EAB=∠EAB′=40°，
∵C′H∥EB′，
∴∠AHC′=∠B′，
∵△ADC≌△ADC′，
∴∠C′=∠ACD，∠DAC=∠DAC′=40°，
∵∠BFC=∠DBF+∠BDF，∠BDF=∠CAD+∠ACD，
∴∠BFC=∠AHC′+∠C′+∠CAD，
∵∠DAC=∠DAC′=∠CAB′=40°，
∴∠C′AH=120°，
∴∠C′+∠AHC′=60°，
∴∠BFC=60°+40°=100°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质，平行线的性质，三角形的内角和定理以及三角形外角的性质等知识，熟练掌握基本性质是解题的关键．
10．（2021·江苏无锡·八年级阶段练习）如图，在中，以为腰作等腰直角三角形和等腰直角三角形，连接为边上的高线，延长交于点，下列结论①；②；③；④，其中正确的有（       ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】
【分析】
根据∠EAN与∠BAD互余，∠ABC与∠BAD互余，利用同角的余角相等即可判断①；过E作EH⊥DN于点H，过F作FG⊥DN于点G，利用K字型全等，易证△AEH≌△BAD，从而判断②；同理可证△AFG≌△CAD，可得GF=AD=EH，再证△EHN≌△FGN，即可判断④；最后根据S△AEF=S△AEH+S△EHN+S△AFN，结合全等三角形即可判断③．
【详解】
∵AD为BC边上的高，EAB=90°
∴∠EAN+∠BAD=90°，∠ABC+∠BAD=90°
∴∠EAN=∠ABC
故①正确；
如图所示，过E作EH⊥DN于点H，过F作FG⊥DN，交DN的延长线于点G，

∵△ABE为等腰直角三角形
∴AE=AB
在△AEH与△BAD中，
∵∠AHE=∠BDA=90°，∠EAH=∠ABD，AE=AB
∴△AEH≌△BAD（AAS）
显然△EAN与△BAD不全等，
故②错误；
同理可证△AFG≌△CAD（AAS）
∴FG=AD，
又∵△AEH≌△BAD
∴EH=AD
∴FG=EH
在△EHN和△FGN中，
∵∠ENH=∠FNG，∠EHN=∠FGN=90°，EH=FG
∴△EHN≌△FGN（AAS）
∴EN=FN
故④正确；
∵△AEH≌△BAD，△AFG≌△CAD，△EHN≌△FGN
∴S△AEF=S△AEH+S△EHN+S△AFN
=S△ABD+S△FGN+S△AFN
= S△ABD+S△AFG
=S△ABD+S△CAD
=S△ABC，
故③正确；
正确的有①③④共3个．
故选C．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质，熟练掌握K字型全等，作出辅助线是解题的关键．
11．（2022·黑龙江齐齐哈尔·八年级期末）如图，在中，，，平分，于，若，则为______．

【答案】4
【解析】
【分析】
延长BA，CE交于点F，证△BEF≌△BEC，△ABD≌△ACF，得出EF＝EC，ECCF，及BD＝CF，则CEBD，可以求出其值．
【详解】
解：延长BA，CE交于点F，
∵∠BAC＝90°，，
∴∠BAC=∠BEC=∠FAC，
∵∠ABD+∠ADB＝90°，∠CDE+∠ACF＝90°，
∵∠ADB=∠CDE，
∴∠ABD＝∠ACF，
在△ABD和△ACF中

∴△ABD≌△ACF，
∴BD＝CF=8，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵CE⊥BD，
∴∠BEF＝∠BEC＝90°
在△BEF和△BEC中

∴△BEF≌△BEC，
∴EF＝EC，
∴ECCF=4．

故答案为：4
【点睛】
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性质及判定，会添加辅助线构造全等是解题关键．
12．（2021·山东临沂·八年级期中）如图，，垂足为点A，射线，垂足为点B， ，．动点E从A点出发以3cm/s的速度沿射线AN运动，动点D在射线BM上，随着 E点运动而运动，始终保持．若点E的运动时间为，则当 ________ 个秒时，与全等．

【答案】2或6或8
【解析】
【分析】
分两种情况：①当E在线段AB上时，②当E在BN上，再分别分成两种情况AC=BE，AB=BE进行计算即可．
【详解】
解：①当E在线段AB上，AC=BE时，   
AC=6，
BE=6，
AE=12-6=6，
点 E 的运动时间为 (秒)．
②当E在BN上，AC=BE时，
AC=6，
BE=6，
AE=12+6=18．
点 E 的运动时间为 (秒)．
③当E在BN上，AB=BE时，

AE=12+12=24.
点E的运动时间为 (秒)
④当E在线段AB上，AB=BE时，这时E在A点未动，因此时间为秒不符合题意．
故答案为：2或6或8．
【点睛】
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．
13．（2020·湖北·武汉市武珞路中学八年级期中）如图，△ABC的∠BAC和∠BCA的外角角平分线交于点O，若AB＝OC﹣AC，∠OCA＝x，其中60°＜x＜90°，则∠OAC的度数是_____°．（用含x的式子表示）

【答案】（180﹣）
【解析】
【分析】
延长CA至E，使AE＝AB，连接BO，EO，由等腰三角形的性质可得∠E＝＝90°﹣，由“SAS”可证△EAO≌△BAO，可得∠E＝∠ABO＝90°﹣，由角平分线的性质和外角的性质可求解．
【详解】
解：如图，延长CA至E，使AE＝AB，连接BO，EO，

∵AB＝OC﹣AC，
∴AB+AC＝OC＝AE+AC，
∴EC＝OC，
∴∠E＝∠EOC，
∴∠E＝＝90°﹣，
∵AO平分∠NAC，
∴∠NAO＝∠OAC，
∵∠BAC＝∠EAN，
∴∠EAO＝∠BAO，
在△EAO和△BAO中，
，
∴△EAO≌△BAO（SAS），
∴∠E＝∠ABO＝90°﹣，
∵△ABC的∠BAC和∠BCA的外角角平分线交于点O，
∴OB平分∠ABC，
∴∠ABC＝2∠ABO＝180°﹣x°，
∵∠NAC＝∠ABC+∠ACB，
∴∠NAC＝180°﹣x+180°﹣2x＝360°﹣3x，
∴∠OAC＝180°﹣，
故答案为：（180﹣）．
【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、角平分线的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解答此题的关键．
14．（2021·全国·八年级单元测试）如图，CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=50°，AD、BE交于点H，连接CH，则∠CHE=_______．

【答案】65°
【解析】
【分析】
先判断出，再判断出即可得到平分，即可得出结论．
【详解】
解：如图，，
，
在和中，
；
过点作于，于，
，
，
在和中，
，
，
在与中
，
，
平分；
，
，
，
，
，
，
故答案为：．

【点睛】
此题考查了全等三角形的判定与性质以及角平分线的定义．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
15．（2021·全国·八年级单元测试）如图，在△ABC中，点D是AC的中点，分别以AB，BC为直角边向△ABC外作等腰直角三角形ABM和等腰直角三角形BCN，其中∠ABM＝NBC＝∠90°，连接MN，已知MN＝4，则BD＝_________．

【答案】2
【解析】
【分析】
延长BD到E，使DE=BD，连接AE，证明△ADE≌△CDB（SAS），可得AE=CB，∠EAD=∠BCD，再根据△ABM和△BCN是等腰直角三角形，证明△MBN≌△BAE，可得MN=BE，进而可得BD与MN的数量关系即可求解．
【详解】
解：如图，延长BD到E，使DE=BD，连接AE，

∵点D是AC的中点，∴AD=CD，
在△ADE和△CDB中，，∴△ADE≌△CDB（SAS），
∴AE=CB，∠EAD=∠BCD，
∵△ABM和△BCN是等腰直角三角形，
∴AB=BM，CB=NB，∠ABM=∠CBN=90°，
∴BN=AE，
又∠MBN+∠ABC=360°-90°-90°=180°，
∵∠BCA+∠BAC+∠ABC=180°，
∴∠MBN=∠BCA+∠BAC=∠EAD+∠BAC=∠BAE，
在△MBN和△BAE中，
，∴△MBN≌△BAE（SAS），∴MN=BE，
∵BE=2BD，∴MN=2BD．
又MN=4，∴BD=2，
故答案为：2．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．
16．（2021·重庆梁平·八年级期末）如图，AO⊥OM，OA=7，点B为射线OM上的一个动点，分别以OB，AB为直角边，B为直角顶点，在OM两侧作等腰Rt△OBF、等腰Rt△ABE，连接EF交OM于P点，当点B在射线OM上移动时，则PB的长度____________．

【答案】
【解析】
【分析】
根据题意过点E作EN⊥BM，垂足为点N，首先证明△ABO≌△BEN，得到BO=ME；进而证明△BPF≌△MPE并分析即可得出答案．
【详解】
解：如图，过点E作EN⊥BM，垂足为点N，

∵∠AOB=∠ABE=∠BNE=90°，
∴∠ABO+∠BAO=∠ABO+∠NBE=90°，
∴∠BAO=∠NBE，
∵△ABE、△BFO均为等腰直角三角形，
∴AB=BE，BF=BO；
在△ABO与△BEN中，
，
∴△ABO≌△BEN（AAS），
∴BO=NE，BN=AO；
∵BO=BF，
∴BF=NE，
在△BPF与△NPE中，
，
∴△BPF≌△NPE（AAS），
∴BP=NP= BN，BN=AO，
∴BP= AO= ×7=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查三角形内角和定理以及全等三角形的性质和判定的应用，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形并灵活运用有关定理进行分析．
17．（2021·全国·九年级单元测试）如图，，均为等边三角形，点，，在同一条直线上，连接，，与相交于点，与相交于点，连接，下列结论正确的有_________．
①；②；③；④；⑤平分

【答案】①②③⑤.
【解析】
【分析】
由题意根据全等三角形的判定和性质以及等边三角形的性质和角平分线的性质，对题干结论依次进行分析即可.
【详解】
解：∵△ABE，△BCD均为等边三角形，
∴AB=BE，BC=BD，∠ABE=∠CBD=60°，
∴∠ABD=∠EBC，
在△ABD和△EBC中，

∴△ABD≌△EBC（SAS），
∴AD=EC，故①正确；
∴∠DAB=∠BEC，
又由上可知∠ABE=∠CBD=60°，
∴∠EBD=60°，
在△ABM和△EBN中，

∴△ABM≌△EBN（ASA），
∴BM=BN，故②正确；
∴△BMN为等边三角形，
∴∠NMB=∠ABM=60°，
∴MN∥AC，故③正确；
若EM=MB，则AM平分∠EAB，
则∠DAB=30°，而由条件无法得出这一条件，
故④不正确；
如图作

∵由上可知△ABD≌△EBC，
∴两个三角形对应边的高相等即，
∴是的角平分线，即有平分，故⑤正确.
综上可知：①②③⑤正确.
故答案为：①②③⑤.
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质以及等边三角形的性质和角平分线的性质与平行线的判定是解题的关键.
18．（河南南阳·八年级期中）如图，在中，，，是的平分线上的一点，且，点沿折叠后与点重合，则的度数是__．

【答案】．
【解析】
【分析】
利用全等三角形的判定以及等腰三角形的性质得出，再根据得到，再利用翻折变换的性质得出，，进而求出．
【详解】
解：，平分，
，
，

，，
，
，
，
，
，
，
点沿折叠后与点重合，
，，
，
故答案为：．

【点睛】
此题主要考查了翻折变换的性质以及全等三角形的性质和三角形内角和定理等知识，利用翻折变换的性质得出对应相等关系是解题关键．
19．（2021·山西阳泉·八年级期中）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：
（1）如图1，∠BAD＝90°，AB＝AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E．由∠1+∠2＝∠2+∠D＝90°，得∠1＝∠D．又∠ACB＝∠AED＝90°，可以推理得到△ABC≌△DAE．进而得到AC＝　 　，BC＝AE．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；
（2）如图2，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AC＝AE，连接BC，DE，且BC⊥AF于点F，DE与直线AF交于点G．求证：点G是DE的中点；
（深入探究）
（3）如图，已知四边形ABCD和DEGF为正方形，△AFD的面积为S1，△DCE的面积为S2，则有S1　 　S2（填“＞、＝、＜”）

【答案】（1）DE；（2）见解析；（3）=
【解析】
【分析】
（1）根据全等三角形的性质可直接进行求解；
（2）分别过点D和点E作DH⊥FG于点H，EQ⊥FG于点Q，进而可得∠BAF=∠ADH，然后可证△ABF≌△DAH，则有AF=DH，进而可得DH=EQ，通过证明△DHG≌△EQG可求解问题；
（3）过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E作EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M，由题意易得∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE，然后可得∠ADO=∠DCM，则有△AOD≌△DMC，△FOD≌△DNE，进而可得OD=NE，通过证明△ENP≌△CMP及等积法可进行求解问题．
【详解】
解：（1）∵，∴；
（2）分别过点D和点E作DH⊥FG于点H，EQ⊥FG于点Q，如图所示：

∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴△ABF≌△DAH，
∴AF=DH，
同理可知AF=EQ，
∴DH=EQ，
∵DH⊥FG，EQ⊥FG，
∴，
∵
∴△DHG≌△EQG，
∴DG=EG，即点G是DE的中点；
（3），理由如下：如图所示，过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E作EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M

∵四边形ABCD与四边形DEGF都是正方形
∴∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE
∵DO⊥AF，CM⊥OD，
∴∠AOD=∠CMD=90°，∠OAD+∠ODA=90°，∠CDM+∠DCM=90°，
又∵∠ODA+∠CDM=90°，
∴∠ADO=∠DCM，
∴△AOD≌△DMC，
∴，OD=MC，
同理可以证明△FOD≌△DNE，
∴，OD=NE，
∴MC =NE，
∵EN⊥OD，CM⊥OD，∠EPN=∠CMP，
∴△ENP≌△CMP，
∴，
∵，
∴,
∴即．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质与判定、直角三角形的两个锐角互余及等积法，熟练掌握全等三角形的判定条件是解题的关键．
20．（2021·江苏无锡·八年级期中）如图，点D是△ABC中∠BAC的平分线和边BC的垂直平分线DE的交点，DG⊥AB于点G，DH⊥AC交AC的延长线于点H．
（1）求证：BG＝CH；
（2）若AB＝12，AC＝8，求BG的长．

【答案】（1）见详解；（2）10
【解析】
【分析】
（1）根据题意连接BD、CD，根据线段垂直平分线的性质可得DB=DC；依据角平分线的性质可得DG=DH；依据HL定理可判断出Rt△BDG≌Rt△CDH，根据全等三角形的性质即可得出结论；
（2）由题意可得Rt△ADG≌Rt△ADH（HL），得出AG=AH，进而得出答案．
【详解】
解：（1）证明：如图，连接BD、CD，

∵D是线段BC垂直平分线上的点，
∴BD=DC，
∵D是∠BAC平分线上的点，DG⊥AB，DH⊥AC
∴DG=DH，∠DGB=∠H=90°，
在Rt△BDG与Rt△CDH中，
，
∴Rt△BDG≌Rt△CDH（HL），
∴BG=CH；
（2）在Rt△ADG与Rt△ADH中，
∵DG=DH，AD=AD，
∴Rt△ADG≌Rt△ADH（HL），
∴AG=AH，
∴AB-AC=AG+BG-（AH-CH）=2BG=12-8=4，
∴BG=2，
∴AG=AB-BG=12-2=10．
【点睛】
本题考查线段垂直平分线及角平分线的性质和直角三角形全等的判定定理及性质，解答此题的关键是作出辅助线，构造出直角三角形．
21．（2021·北京·北理工附中八年级期中）如图，在ABC中，AB＝AC，∠BAC＝40°，作射线BM，∠ABM＝80°，过射线BM上一点D，作∥，且DF＝AB，连接FA．
（1）依题意补全图形；
（2）判断AF与BD的位置关系是 ，数量关系是 ，连接FB，证明你所填写的AF与BD的位置关系和数量关系．
（3）平面内有一点G，使得DG＝DB，FG＝FC，求∠BDG的值．

【答案】（1）见解析，（2）平行，相等，（3）120°或40°
【解析】
【分析】
（1）依据题意画图即可；
（2）连接BF，证明△BDF≌△FAB，即可得出AF与BD的位置关系和数量关系；
（3）证明△DFG≌△ACF，利用平行线的性质和全等三角形的性质导角可求度数．
【详解】
（1）补全图形如图图所示，

（2）AF与BD的位置关系是平行，数量关系是相等，
连接BF，
∵∥，
∴∠BFD＝∠ABF，
∵DF＝AB，BF＝FB，
∴△BDF≌△FAB，
∴DB＝AF，∠DBF＝∠AFB，
∴DB∥AF；
故答案为：平行，相等，

（3）如图所示，当DG1＝DB，FG1＝FC时，
∵DB＝AF，AB＝AC，DF＝AB，
∴DG1＝AF，DF＝AC，
∴△DFG1≌△ACF，
∴∠FDG1＝∠CAF，
∵DB∥AF，
∴∠ABM+∠BAF＝180°，
∵DF∥AB，
∴∠ABM+∠FDB＝180°，
∴∠BAF＝∠FDB，
∴∠BDG1＝∠BAC＝40°；
当DG2＝DB，FG2＝FC时，
同理，△DFG2≌△ACF，
∴∠FDG2＝∠CAF，
∵DB∥AF，∠ABM＝80°，
∴∠BAF＝100°，
∵∠BAC＝40°；
∴∠FDG2＝∠CAF＝140°，
∵DF∥AB，
∴∠ABM＝∠FDM＝80°，
∴∠MDG2＝60°，
∴∠BDG2＝120°；
综上，∠BDG的度数为120°或40°；

【点睛】
本题考查了平行线的性质与判定，全等三角形的判定与性质，解题关键是熟练运用全等三角形的判定证明三角形全等．
22．（2021·全国·八年级阶段练习）如图ABD与AEC均为等腰直角三角形，AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°．
（1）如图1，若反向延长ABC的高AM交DE于点N，过D作DH⊥MN．求证：DH＝AM，DN＝EN；
（2）如图2，若AM为ABC的中线，反向延长AM交DE于点N，试探究AM与DE的数量关系，并说明理由；
（3）由（1）（2）的探究我们发现 ．（填“＜”“＞”或“＝”号，无需证明）

【答案】（1）见解析；（2）DE＝2AM，见解析；（3）＝
【解析】
【分析】
（1）如图，过点E作EP⊥MN交MN的延长线于点P．先证明△ADH≌△BAM即可推出DH＝AM，同法可证EP＝AM，由此可推出DH＝EP，再证明△DNH≌△ENP即可证得DN＝EN；
（2）延长AM至点G，使AM＝MG，连接GC，首先证明△ABM≌△GCM，可得AB＝GC，AB//GC，进而可证得∠DAE＝∠ACG，再证明△ADE≌△CGA(SAS)，可得DE＝AG，进而即可证得DE＝2AM；
（3）根据△ABM≌△GCM可得S△ABM＝S△GCM，进而可得S△ABC＝S△AGC，再根据△ADE≌△CGA可得S△AGC＝S△DAE，由此即可证得S△ABC＝S△DAE．
【详解】
（1）证明：如图，过点E作EP⊥MN交MN的延长线于点P，


∵DH⊥MN，AM⊥BC，
∴∠DHA＝∠AMB＝90°，
∴∠BAM＋∠ABM＝90°，
∵∠BAD＝90°，
∴∠BAM＋∠DAH＝90°，
∴∠DAH＝∠ABM，
在△DAH与△ABM中，

∴△DAH≌△ABM（AAS），
∴DH＝AM，
同理可得：△APE≌△CMA（AAS），
∴EP＝AM，
∴EP＝DH，
∵DH⊥MN，EP⊥MN，
∴∠DHN＝∠EPN＝90°，
在△DHN与△EPN中，

∴△DHN≌△EPN（AAS），
∴DN＝EN；
（2）解：DE＝2AM，理由如下：
如图，延长AM至点G，使AM＝MG，连接GC，

∵AM为△ABC的中线，
∴BM＝CM，
在△ABM与△GCM中，

∴△ABM≌△GCM（SAS），
∴AB＝GC，∠ABM＝∠GCM，
∴AB//GC，
∴∠BAC＋∠ACG＝180°，
∵∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠DAE＋∠BAC＝360°－∠BAD－∠CAE＝180°，
∴∠DAE＝∠ACG，
∵AB＝GC，AB＝AD，
∴AD＝GC，
在△ADE与△CGA中，

∴△ADE≌△CGA(SAS)，
∴DE＝AG，
∵AM＝MG，
∴AG＝2AM，
∴DE＝2AM；
（3）解：∵△ABM≌△GCM，
∴S△ABM＝S△GCM，
∴S△ABM＋S△AMC＝S△GCM＋S△AMC，
∴S△ABC＝S△AGC，
∵△ADE≌△CGA，
∴S△AGC＝S△DAE，
∴S△ABC＝S△DAE，
故答案为：＝．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，同角的余角相等，同角的补角相等的性质，难点在于作辅助线构造出全等三角形并二次证明三角形全等．
23．（2021·山东·济宁学院附属中学七年级期中）【初步探索】
（1）如图1：在四边中，，，、分别是、上的点，且，探究图中、、之间的数量关系．
小明同学探究此问题的方法是：延长到点，使．连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是____________________；
【灵活运用】
（2）如图2，若在四边形中，，，、分别是、上的点，且，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
【拓展延伸】
（3）如图3，已知在四边形中，，，若点在的延长线上，点在的延长线上，如图3所示，仍然满足，请写出与的数量关系，给出证明过程．

【答案】（1）∠BAE＋∠FAD＝∠EAF；（2）∠EAF＝∠BAE＋∠DAF；（3）∠EAF＝180°−∠DAB．
【解析】
【分析】
（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．
【详解】
解：（1）∠BAE＋∠FAD＝∠EAF．理由：
如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，
∵，
∴ ，
∵ DG＝BE，，
∴△ABE≌△ADG，∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵ ，DG＝BE，
∴ ，且AE＝AG，AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF，
∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF．
故答案为：∠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°−∠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°−∠DAB．

【点睛】
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．
24．（2021·全国·八年级阶段练习）在△ABM中，AM⊥BM，垂足为M，AM＝BM，点D是线段AM上一动点．
（1）如图1，点C是BM延长线上一点，MD＝MC，连接AC，若BD＝17，求AC的长；
（2）如图2，在（1）的条件下，点E是△ABM外一点，EC＝AC，连接ED并延长交BC于点F，且点F是线段BC的中点，求证：∠BDF＝∠CEF．
（3）如图3，当E在BD的延长上，且AE⊥BE，AE＝EG时，请你直接写出∠1、∠2、∠3之间的数量关系．（不用证明）

【答案】（1）17；（2）见解析；（3）∠3＝2∠1+∠2
【解析】
【分析】
（1）根据SAS证明△AMC≌△BMD，由AC＝BD求出AC的长；
（2）延长EF到点G，使FG＝FE，连接BG，证明△BFG≌△CFE，可得EC＝GB，∠G＝∠CEF，再由BD＝BG可得∠G＝∠BDF，从而证得结论；
（3）延长AE、BM交于点C，作MH⊥AC于点H，作MF⊥BG于点F，证明∠FEM＝∠HEM＝45°及△AEM≌△GEM，再证明∠AME＝∠1，根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和即可推导出∠3＝2∠1+∠2．
【详解】
解：（1）如图1，∵AM⊥BM，

∴∠AMC＝∠BMD＝90°，
∵AM＝BM，MD＝MC，
∴△AMC≌△BMD（SAS），
∴AC＝BD＝17．
（2）证明：如图2，延长EF到点G，使FG＝FE，连接BG，

∵F为BC中点，
∴BF＝CF，
∵∠BFG＝∠CFE，
∴△BFG≌△CFE（SAS），
∴BG＝EC，∠G＝∠CEF，
又∵BD＝AC，EC＝AC，
∴BD＝EC，
∴BG＝BD，
∴∠G＝∠BDF，
∴∠BDF＝∠CEF．
（3）如图3，延长AE、BM交于点C，作MH⊥AC于点H，作MF⊥BG于点F，
∵AM⊥BM，AE⊥BE，
∴∠BEC＝∠AMC＝90°，
∴∠MBF＝90°﹣∠C＝∠MAH，
∵∠BFM＝∠AHM＝90°，BM＝AM，   
∴△BFM≌△AHM（AAS），
∴FM＝HM，
∵∠EFM＝∠EHM＝90°，EM＝EM，
∴Rt△EMF≌Rt△EMH（HL），
∵∠FEH＝90°，
∴∠FEM＝∠HEM＝∠FEH＝45°，
∵∠AEB＝∠GEC＝90°，
∴∠AEM＝∠GEM＝90°+45°＝135°，
∵AE＝EG，EM＝EM，
∴△AEM≌△GEM（SAS），
∴∠AME＝∠GME，
∵∠BEM＝∠BAM＝45°，
∴∠AME＝∠3﹣∠BEM＝∠3﹣∠BAM＝∠1，
∴∠AMG＝2∠AME＝2∠1，
∵∠3＝∠AMG+∠2，
∴∠3＝2∠1+∠2．

【点睛】
此题主要考查全等三角形的判定与性质综合，解题的关键是根据题意作出辅助线，证明三角形全等．
25．（2021·江苏·无锡市第一女子中学八年级阶段练习）（1）问题引入：如图1，点F是正方形ABCD边CD上一点，连接AF，将ADF绕点A顺时针旋转90°与ABG重合（D与B重合，F与G重合，此时点G，B，C在一条直线上），∠GAF的平分线交BC于点E，连接EF，判断线段EF与GE之间有怎样的数量关系，并说明理由．
（2）知识迁移：如图2，在四边形ABCD中，∠ADC+∠B＝180°，AB＝AD，E，F分别是边BC，CD延长线上的点，连接AE，AF，且∠BAD＝2∠EAF，试写出线段BE，EF，DF之间的数量关系，并说明理由．
（3）实践创新：如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AC平分∠DAB，点E在AB上，连接DE，CE，且∠DAB＝∠DCE＝60°，若DE＝a，AD＝b，AE＝c，求BE的长．（用含a，b，c的式子表示）

【答案】（1）EF＝GE，理由见详解；（2）BE−DF＝EF，理由见详解；（3）BE＝，理由见详解
【解析】
【分析】
（1）根据SAS直接可证△GAE≌△FAE即得GE＝EF；
（2）在BE上取BG＝DF，连接AG，由∠ADC＋∠B＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，得∠B＝∠ADF，从而SAS证△ABG≌△ADF，再通过SAS证△GAE≌△FAE，得GE＝EF，从而解决问题；
（3）作CF⊥AD，交AD的延长线于F，取FG＝BE，连接CG，由（2）同理可两次全等证明出DE＝GD即可．
【详解】
解：（1）EF＝GE，理由如下：
∵△ADF绕点A顺时针旋转90°与△ABG重合，
∴AG＝AF，
∵AE平分∠GAF，
∴∠GAE＝∠FAE，
在△GAE和△FAE中，
，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE＝EF；
（2）BE−DF＝EF，理由如下：
如图2，在BE上取BG＝DF，连接AG，

∵∠ADC＋∠B＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
在△ABG和△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠FAD，AG＝AF，
∵∠BAD＝2∠EAF，
∴∠GAF＝2∠EAF，
∴∠GAE＝∠EAF，
在△GAE和△FAE中
，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE＝EF，
∴BE−DF＝EF；
（3）如图，作CF⊥AD，交AD的延长线于F，取FG＝BE，连接CG，

∵AC平分∠BAD，CF⊥AF，CB⊥AB，
∴CF＝CB，∠EBC＝∠GFC，
∵BE＝GF，
∴△CBE≌△CFG（SAS），
∴∠BCE＝∠FCG，CG＝CE，
∵∠DAB＝60°，
∴∠FCB＝120°，
∵∠DCE＝60°，
∴∠DCF＋∠BCE＝60°，
∴∠DCG＝60°，
又∵CG＝CE，
∴△ECD≌△GCD（SAS），
∴GD＝DE，
∵Rt△ACF≌Rt△ACB（HL），
∴AF＝AB，
∴b＋a−BE＝c＋BE，
∴BE＝．
【点睛】
本题主要考查了全等的判定与性质，结合问题引入，构造出全等三角形是解题的关键．
26．（2020·重庆市大坪中学校八年级阶段练习）如图1，在中，，．是过点的直线，于，于．
（1）求证：．
（2）若将绕点旋转，使与相交于点（如图2），其他条件不变，求证：．
（3）在（2）的情况下，若的延长线过的中点（如图3），连接，求证：．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）首先证明∠DBA＝∠EAC，再证明△ADB≌△CEA，然后根据全等三角形的性质可得BD=AE；
（2）首先证明∠ABD=∠CAE，再证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形对应边相等可得BD=AE；
（3）首先证明△ACF≌△ABP，然后再证明△BFG≌△BPG，再根据全等三角形对应角相等可得∠BPG=∠BFG，再根据等量代换可得结论．
【详解】
解：（1）∵BD⊥MN，CE⊥MN，
∴∠BDA＝∠AEC＝90°，
∴∠DBA+∠DAB＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAB +∠EAC＝90°，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB = AC，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴BD＝AE；
（2）∵BD⊥MN，CE⊥MN，
∴∠BDA＝∠AEC＝90°，
∴∠DBA+∠DAB＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAB +∠EAC＝90°，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB = AC，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴BD＝AE，
（3）过B作BP//AC交MN于P，如图所示


∵BP//AC，
∴∠PBA+∠BAC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠PBA＝∠BAC＝90°
   由（2）得：△ADB≌△CEA，
∴∠BAP＝∠ACF，
∵AB＝AC，
∴△ACF≌△BAP（ASA），
∴∠1＝∠3，
∴AF=BP，
∵AB的中点F，
∵BF＝AF，
∴BF＝BP，
∵∠ABC=45°，
又∵∠PBA＝90°，
∴∠PBG＝∠PBA－∠ABC =45°，
∴∠ABC＝∠PBG，
∵BG=BG，
∴△BFG≌△BPG（SAS），
∴∠2＝∠3，
∵∠1＝∠3，
∴∠1＝∠2即∠AFE=∠BFG．
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定与性质，关键是熟练掌握全等三角形的判定方法与性质定理，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．
27．（2021·黑龙江·哈尔滨市第四十七中学八年级开学考试）如图，已知中，，，分别过、向过的直线作垂线，垂足分别为．
（1）如图1，过的直线与斜边不相交时，直接写出线段、、的数量关系是______；
（2）如图2，过的直线与斜边相交时，探究线段、、的数量关系并加以证明；
（3）在（2）的条件下，如图3，直线交于点，延长交于点，连接、、，若，，，四边形的面积是90，求的面积．

【答案】（1）数量关系为：EF=BE+CF；（2）数量关系为：EF=BE-CF．证明见详解；（3）S△GHC=15．
【解析】
【分析】
（1）数量关系为：EF=BE+CF．利用一线三直角得到∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA=∠FAC，再证△EBA≌△FEC（AAS）可得BE=AF，AE=CF即可；
（2）数量关系为：EF=BE-CF．先证∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC= =90°，可得∠EBA=∠FAC，再证△EBA≌△FEC（AAS），可得BE=AF，AE=CF即可；
（3）先由（2）结论EF=BE-CF；，求出BE=AF=12，由，可求FH=2，EH=4，利用对角线垂直的四边形面积可求BG=，再求EG=3，AH= 10，分别求出S△ACF=，S△HCF=，S△AGH=，利用面积差即可求出．
【详解】
解：（1）数量关系为：EF=BE+CF．
∵BE⊥EF，CF⊥EF，∠BAC=90°，
∴∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC=180°-∠BAC=90°，
∴∠EBA=∠FAC，
在△EBA和△FEC中，
∵，
∴△EBA≌△FAC（AAS），
∴BE=AF，AE=CF，
∴EF=AF+AE=BE+CF；
（2）数量关系为：EF=BE-CF．
∵BE⊥AF，CF⊥AF，∠BAC=90°，
∴∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC= =90°，
∴∠EBA=∠FAC，
在△EBA和△FEC中，
∵，
∴△EBA≌△FAC（AAS），
∴BE=AF，AE=CF，
∴EF=AF-AE=BE-CF；
（3）∵EF=BE-CF；，
∴BE=AF=EF+CF=6+6=12，
∵，EH+FH=EF=6，
∴2FH+FH= 6，
解得FH=2，
∴EH=2FH=4，
S四边形ABFG==90，
∴BG=，
∴EG=BG-BE=15-12=3，AH=AE+EH=6+4=10，
∵S△ACF=，S△HCF=，S△AGH=，
∴S△GHC=S△ACF-S△HCF-S△AGH=36-6-15=15．

【点睛】
本题考查图形变换探究线段和差问题，感知，探究以及应用，三角形全等判定与性质，三角形面积，四边形面积，与三角形高有关的计算，掌握图形变换探究线段和差问题，感知，探究以及应用，三角形全等判定与性质，三角形面积，四边形面积，与三角形高有关的计算是解题关键．