考点01 全等三角形的性质与判定-八年级数学上册高频考点专题突破（人教版）

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考点01 全等三角形的性质与判定
知识框架

基础知识点
知识点1-1 全等形的概念及性质
1） 全等形：能够完全重合的两个图形
2）全等形的性质：①形状相同；②大小相同
注：①全等图形与其所在的位置无关（只要通过平移、旋转、翻折后能够使两个图形完成重合即可）。对称图形要求更苛刻些。
②因两图形完全相等，故图形所有对应条件都相同（例：周长、面积、对应角角度等皆相等）
1．（2021·河南三门峡市·八年级期末）下列说法正确的是（ ）
A．两个面积相等的图形一定是全等形 B．两个等边三角形是全等形
C．两个全等三角形的面积一定相等 D．若两个图形的周长相等，则它们一定是全等形
【答案】C
【分析】根据全等图形的判定和性质，对每个选项进行判断，即可得到答案．
【详解】解：A、两个面积相等的图形不一定是全等形，故A错误；
B、两个等边三角形不一定是全等形，故B错误；
C、两个全等三角形的面积一定相等，正确；
D、若两个图形的周长相等，则它们不一定是全等形，故D错误；故选：C．
【点睛】本题考查了全等图形的判定和性质，解题的关键是熟记全等图形的判定和性质进行判断．
2．（2020·辽宁抚顺市·八年级期末）下列四个图形中，与图1中的图形全等的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】直接利用全等形的定义解答即可．
【详解】解：只有C选项与图1形状、大小都相同．故答案为C．
【点睛】本题主要考查了全等形的定义，形状、大小都相同图形为全等形．
3．（2021·河北廊坊市·八年级期末）下列四个图形中，有两个全等的图形，它们是（ ）

A．①和② B．①和③ C．②和④ D．③和④
【答案】B
【分析】根据全等形的概念：能够完全重合的两个图形叫做全等形可得答案．
【详解】解：①和③可以完全重合，因此全等的图形是①和③．故选：B．
【点睛】此题主要考查了全等图形，关键是掌握全等图形的概念．
4．（2020·剑阁县公兴初级中学校八年级月考）把的正方形方格图形分割成两个全等图形，如图，沿着虚线画出种不同的分法，把的正方形方格图形分割成两个全等图形．

【答案】见解析
【分析】利用图形的对称性和互补性来分隔成两个全等的图形．
【详解】解：三种不同的分法：

【点睛】本题主要考查的是作图-应用与设计作图，利用对称性和互补性解题．
5．（2020·江苏苏州市·七年级期末）如图，用三种不同的方法沿网格线把正方形分割成4个全等的图形（三种方法得到的图形相互间不全等）．

【答案】详见解析
【分析】观察图形发现：这个正方形网格的总面积为16，因此只要将面积分为4，即占4个方格，并且图形要保证为相同即可．
【详解】解：如图所示：
．
【点睛】本题主要考查了全等图形和作图，准确分析是解题的关键．
知识点1-2 全等形的定义和表示方法
1）全等三角形：能够完全重合的三角形（长得完全一样的三角形）
2）表示方法：①△ABC≌△DEF（读作：三角形ABC全等于三角形DEF）
②顶点需要一一对应（即长得一样的在描述中至于同等地位）
③从书写中，我们根据一一对应的关系，可得：
a.点A与点D为对应顶点，点B与点E为对应顶点，点C与点F为对应顶点；
b.∠A与∠D为对应角，∠B与∠E为对应角，∠C与∠F为对应角；
c.AB与DE为对应边，AC与DF为对应边，BC与EF为对应边。
3）找对应角对应边的方法：①图形特征法；②字母顺序确定法
知识点1-3 全等三角形的性质与拓展
1） 全等三角形，即任何地方都完全相同的三角形
a对应边、对应角相等;b周长、面积相等;c对应边上的中线、角平分线、高相等;
2) 只改变图形的位置，不改变图形形状、大小，则变形后的图形与原来图形全等，叫作图形全等变换。
注：①平移、翻折、旋转都是全等变换；②缩放不是全等变换
1．（2021·江苏江都 初二月考）下列命题中正确的是（ ）
A．全等三角形的高相等 B．全等三角形的中线相等
C．全等三角形的垂直平分线相等 D．全等三角形对应角的平分线相等
【答案】D
【解析】因为全等三角形对应边上的高、对应边上的中线、对应边的垂直平分线、对应角的平分线相等，A、B、C项没有“对应”，所以错误，而D项有“对应”，D是正确的．故选D．
【点睛】本题主要考查了全等的定义、全等三角形图形的性质，即全等三角形对应边相等、对应角相等、面积周长等均相等.
2．（2021·湖北黄石市·七年级期末）如图，是一个的正方形网格，则∠1+∠2+∠3+∠4=________．

【答案】180°.
【分析】仔细分析图中角度，可得出，∠1+∠4=90°，∠2+∠3=90°，进而得出答案．
【详解】解：∵∠1和∠4所在的三角形全等，∴∠1+∠4=90°，
∵∠2和∠3所在的三角形全等，∴∠2+∠3=90°，∴∠1+∠2+∠3十∠4=180°．故答案为：180．
【点睛】此题主要考查了全等图形，解答本题要充分利用正方形的特殊性质．注意在正方形中的特殊三角形的应用．
3．（2021·全国初二课时练习）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点D与点B重合，点C落在C′处，折痕为EF，若AB=1，BC=2，则△ABE和△BC′F的周长之和为（ ）

A．3 B．4 C．6 D．8
【答案】C
分析：由折叠特性可得CD=BC′=AB，∠FC′B=∠EAB=90°，∠EBC′=∠ABC=90°，推出∠ABE=∠C′BF，所以△BAE≌△BC′F，根据△ABE和△BC′F的周长=2△ABE的周长求解．
【解析】将矩形纸片ABCD折叠，使点D与点B重合，点C落在C′处，折痕为EF，
由折叠特性可得，CD=BC′=AB，∠FC′B=∠EAB=90°，∠EBC′=∠ABC=90°，
∵∠ABE+∠EBF=∠C′BF+∠EBF=90°∴∠ABE=∠C′BF
在△BAE和△BC′F中，∴△BAE≌△BC′F（ASA），
∵△ABE的周长=AB+AE+EB=AB+AE+ED=AB+AD=1+2=3，
△ABE和△BC′F的周长=2△ABE的周长=2×3=6．故选C．
点评：本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角边相等．
4.（2021•北碚区期中）如图所示，△ADB≌△EDB，△BDE≌△CDE，B，E，C在一条直线上．下列结论：
①BD是∠ABE的平分线；②AB⊥AC；③∠C＝30°；④线段DE是△BDC的中线；⑤AD+BD＝AC
其中正确的有（　　）个．

A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据全等三角形的对应角相等得出∠ABD＝∠EBD，即可判断①；先由全等三角形的对应边相等得出BD＝CD，BE＝CE，再根据等腰三角形三线合一的性质得出DE⊥BC，则∠BED＝90°，再根据全等三角形的对应角相等得出∠A＝∠BED＝90°，即可判断②；根据全等三角形的对应角相等得出∠ABD＝∠EBD，∠EBD＝∠C，从而可判断∠C，即可判断③；根据全等三角形的对应边相等得出BE＝CE，再根据三角形中线的定义即可判断④；根据全等三角形的对应边相等得出BD＝CD，但A、D、C可能不在同一直线上，所以AD+CD可能不等于AC．
【解答】解：①∵△ADB≌△EDB，∴∠ABD＝∠EBD，∴BD是∠ABE的平分线，故①正确；
②∵△BDE≌△CDE，∴BD＝CD，BE＝CE，∴DE⊥BC，∴∠BED＝90°，
∵△ADB≌△EDB，∴∠A＝∠BED＝90°，∴AB⊥AD，
∵A、D、C可能不在同一直线上∴AB可能不垂直于AC，故②不正确；
③∵△ADB≌△EDB，△BDE≌△CDE，∴∠ABD＝∠EBD，∠EBD＝∠C，
∵∠A＝90°若A、D、C不在同一直线上，则∠ABD+∠EBD+∠C≠90°，∴∠C≠30°，故③不正确；
④∵△BDE≌△CDE，∴BE＝CE，∴线段DE是△BDC的中线，故④正确；
⑤∵△BDE≌△CDE，∴BD＝CD，若A、D、C不在同一直线上，则AD+CD＞AC，
∴AD+BD＞AC，故⑤不正确．故选：A．
【点评】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．也考查了等腰三角形三线合一的性质，直角三角形两锐角互余的性质，难度适中．
5.（2020秋•合江县月考）如图，已知△ABC≌△CDA，下面四个结论中，不正确的是（　　）

A．△ABC和△CDA的面积相等 B．△ABC和△CDA的周长相等
C．∠B+∠ACB＝∠D+∠ACD D．AD∥BC，且AD＝CB
【分析】由全等三角形的性质可得S△ABC＝S△CDA，△ABC和△CDA的周长相等，AD＝CB，∠B＝∠D，∠ACB＝∠DAC，进而可得AD∥BC，即可求解．
【解答】解：∵△ABC≌△CDA，
∴S△ABC＝S△CDA，△ABC和△CDA的周长相等，AD＝CB，∠B＝∠D，∠ACB＝∠DAC，
∴AD∥BC，故选项A、B、D都不符合题意，
∵∠ACB不一定等于∠ACD，
∴∠B+∠ACB不一定等于∠D+∠ACD，
故选项C符合题意，
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，掌握全等三角形的性质是本题的关键．
6.（2020秋•永定区期中）如图，△ADE≌△BCF，AD＝8cm，CD＝6cm，则BD的长为　 　cm．

【分析】根据全等三角形的性质得出AD＝BC＝8cm，进而即可求得BD＝BC﹣CD＝2cm．
【解答】解：∵△ADE≌△BCF，
∴AD＝BC＝8cm，
∵BD＝BC﹣CD，CD＝6cm，
∴BD＝8﹣6＝2（cm）．
故答案为：2．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，熟记性质是解题的关键．
7.（2020春•沙坪坝区校级期末）如图，△ABC≌△ADE，且AE∥BD，∠BAD＝130°，则∠BAC度数的值为　 　．

【分析】根据全等三角形的性质，可以得到AB＝AD，∠BAC＝∠DAE，从而可以得到∠ABD＝∠ADB，再根据AE∥BD，∠BAD＝130°，即可得到∠DAE的度数，从而可以得到∠BAC的度数．
【解答】解：∵△ABC≌△ADE，
∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAE，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵∠BAD＝130°，
∴∠ABD＝∠ADB＝25°，
∵AE∥BD，
∴∠DAE＝∠ADB，
∴∠DAE＝25°，
∴∠BAC＝25°，
故答案为：25°．
【点评】本题考查全等三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
8.（2020春•成都期中）如图，△ABC中，点E是AB边上一点，△BCE≌△ACE，ED∥AC，DF⊥AB．
（1）判断CE与AB是否垂直，并说明理由；
（2）证明：∠EDF＝∠BDF．

【分析】（1）根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质和平行线的判定和性质即可得到结论．
【解答】解：（1）CE⊥AB，
理由：∵△BCE≌△ACE，
∴BEC＝∠AEC=12×180°＝90°，
∴CE⊥AB；
（2）∵ED∥AC，
∴∠DEC＝∠ACE，
∵△BCE≌△ACE，
∴∠BCE＝∠ACE，
∴∠CED＝∠DCE，
∵DF⊥AB，
∴DF∥CE，
∴∠BDF＝∠DCE，∠EDF＝∠CED，
∴∠EDF＝∠BDF．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，平行线的性质，正确的识别图形是解题的关键．

知识点1-4全等三角形判定条件
三角形全等判定总结：
SSS SAS ASA AAS HL斜边和直角边分别相等的两直角三角形全等（简写为HL）
1．（2020·重庆初二期末）下列所叙述的图形中，全等的两个三角形是（ ）
A．含有45°角的两个直角三角形 B．腰相等的两个等腰三角形
C．边长相等的两个等边三角形 D．一个钝角对应相等的两个等腰三角形
【答案】C
【分析】根据已知条件，结合全等的判定方法对各个选项逐一判断即可．
【解析】解：A、含有45°角的两个直角三角形，缺少对应边相等，所以两个三角形不一定全等；
B、腰相等的两个等腰三角形，缺少两腰的夹角或底边对应相等，所以两个三角形不一定全等；
C、边长相等的两个等边三角形，各个边长相等，符合全等三角形的判定定理SSS，所以两个三角形一定全等，故本选项正确；
D、一个钝角对应相等的两个等腰三角形的腰长或底边不一定对应相等，所以两个三角形不一定全等，故本选项错误．故选：C．
【点睛】本题主要考查全等图形的识别，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理：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.（2020秋•德城区期末）工人师傅常用角尺平分一个任意角．做法如下：如图，∠AOB是一个任意角，在边OA，OB上分别取OM＝ON，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与M，N重合．过角尺顶点C的射线OC即是∠AOB的平分线．这种做法是利用了全等三角形对应角相等，图中判断三角形全等的依据是　 　．

【分析】由三边相等得△COM≌△CON，即由SSS判定三角全等．做题时要根据已知条件结合判定方法逐个验证．
【解答】解：由图可知，CM＝CN，又OM＝ON，
∵在△MCO和△NCO中MO=NOCO=CONC=MC，
∴△COM≌△CON（SSS），
∴∠AOC＝∠BOC，
即OC是∠AOB的平分线．
故答案为：SSS．
【点评】本题考查了全等三角形的判定及性质．要熟练掌握确定三角形的判定方法，利用数学知识解决实际问题是一种重要的能力，要注意培养．
4.（2020秋•句容市月考）如图，已知∠ABC＝∠DCB，若添加条件　 　，则可由AAS证明△ABC≌△DCB；若添加条件　 　，则可由SAS证明△ABC≌△DCB；若添加条件　 　，则可由ASA证明△ABC≌△DCB．

【分析】由于∠ABC＝∠DCB，再加上公共边，当利用“AAS”进行判断时可加∠A＝∠D；当利用“SAS”进行判断时可加AB＝DC；当利用“ASA”进行判断时可加∠ACB＝∠DBC．
【解答】解：当∠A＝∠D，∠ABC＝∠DCB，BC＝BC，符合AAS定理，即能推出△ABC≌△DCB，
当AB＝DC，∠ABC＝∠DCB，BC＝BC，符合SAS定理，即能推出△ABC≌△DCB，
当∠ACB＝∠DBC，∠ABC＝∠DCB，BC＝BC，符合AAS定理，即能推出△ABC≌△DCB；
故答案为：∠A＝∠D，AB＝DC，∠ACB＝∠DBC．
【点评】本题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．
5.（2020•路南区校级月考）如图，有一张三角形纸片ABC，已知∠B＝∠C＝x°，按下列方案用剪刀沿着箭头方向剪开，可能得不到全等三角形纸片的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据全等三角形的判定定理进行判断．
【解答】解：A、由全等三角形的判定定理SAS证得图中两个小三角形全等，故本选项不符合题意；
B、由全等三角形的判定定理SAS证得图中两个小三角形全等，故本选项不符合题意；
C、如图1，∵∠DEC＝∠B+∠BDE，∴x°+∠FEC＝x°+∠BDE，∴∠FEC＝∠BDE，
所以其对应边应该是BE和CF，而已知给的是BD＝FC＝3，所以不能判定两个小三角形全等，故本选项符合题意；
D、如图2，∵∠DEC＝∠B+∠BDE，∴x°+∠FEC＝x°+∠BDE，∴∠FEC＝∠BDE，
∵BD＝EC＝2，∠B＝∠C，∴△BDE≌△CEF，所以能判定两个小三角形全等，故本选项不符合题意；
由于本题选择可能得不到全等三角形纸片的图形，故选：C．

【点评】本题考查了全等三角形的判定，注意三角形边和角的对应关系是关键．
6.（2020秋•伊通县期末）如图，某同学把一块三角形的玻璃打碎成了三块，现在要到玻璃店去配一块完全一样的玻璃，那么，最省事的方法是（　　）

A．带①去 B．带②去
C．带③去 D．带①去和带②去
【分析】已知三角形破损部分的边角，得到原来三角形的边角，根据三角形全等的判定方法，即可求解．
【解答】解：第①块不仅保留了原来三角形的两个角还保留了一边，则可以根据ASA来配一块一样的玻璃．
故选：A．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定方法的开放性的题，要求学生将所学的知识运用于实际生活中，要认真观察图形，根据已知选择方法．
7.（2020秋•苏州期末）如图，AD，BF相交于点O，AB∥DF，AB＝DF，点E与点C在BF上，且BE＝CF．（1）求证：△ABC≌△DFE；（2）求证：点O为BF的中点．

【分析】（1）由“SAS”可证△ABC≌△DFE；
（2）由“AAS”可证△ACO≌△DEO，可得EO＝CO，可得结论．
【解答】证明：（1）∵AB∥DF∴∠B＝∠F，∵BE＝CF，∴BC＝EF，
在△ABC和△DFE中，AB=DF∠B=∠FBC=EF，∴△ABC≌△DFE（SAS）；
（2）∵△ABC≌△DFE，∴AC＝DE，∠ACB＝∠DEF，
在△ACO和△DEO中，∠ACB=∠DEF∠AOC=∠DOEAC=DE，
∴△ACO≌△DEO（AAS），∴EO＝CO，∴点O为BF的中点．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理是本题的关键．

知识点1-5 用尺规作三角形
1）、知道基本的作图的常用工具，并会用尺规做几种简单的基本图形。
2）、根据三角形判定定理，掌握用尺规做三角形及做一个三角形与已知三角形全等。
3）、常见的尺规作三角形的类型：已知三边作三角形；已知两边及夹角作三角形；已知两角和任意一边作三角形；已知一条直角边和一条斜边。
1．（2020·福建南平市·八年级月考）如图所示，已知△ABC，请你画一个△A1B1C1，使A1B1＝AB，C1B1＝CB，∠B1＝∠B，（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）

【答案】见解析
【分析】根据已知三角形，利用进而得出全等三角形即可．
【详解】解：如图所示，△A1B1C1即为所求．

【点睛】此题主要考查了复杂作图以及全等三角形的判定等知识，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题关键．
2．（2020·河北邯郸市·八年级月考）尺规作图：已知和线段，求作，使．（作图痕迹要清晰规范，不要求作图步骤）

【答案】见解析．
【分析】利用基本作图来解，作∠B=∠α，∠C=β，BC=2即可．
【详解】解：如图，为所作．

【点睛】本题考查尺规作图问题，掌握尺规作图中的基本作图，会用基本作图解决问题是解题关键．
3．（2021·浙江宁波市·八年级期末）已知：两边及其夹角，线段，，．
求作：，使，，（用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）．

请你根据所学的知识，说明尺规作图作出，用到的是三角形全等判定定理中的______，作出的是唯一的，依据是三角形全等判定定理中的______．
【答案】作图见解析；SSS，SAS．
【分析】（1）首先根据一个角等于已知角的方法作∠B=∠α，再在角的两边分别截取BC=a，AB=c，再连接AC；（2）根据三角形全等的判定定理可得．
【详解】解：（1）如图所示：

（2）尺规作图作出∠ABC=∠α，用到的是三角形全等判定定理中的SSS，作出的△ABC是唯一的，依据是三角形全等判定定理中的SAS．
【点睛】本题主要考查用尺规作三角形，全等三角形的判定定理，关键是掌握作一个角等于已知角的方法以及全等三角形的判定方法．
4．（2020·辽宁辽阳市·八年级期末）尺规作图题
已知：如图，线段，，直角．求作：，使，，．
（注：不写作法，保留作图痕迹）

【答案】作图见解析
【分析】先作∠ECF=，在射线CF上截取点B，使，以B为圆心，c的长为半径作弧，交射线CE于点A，连接AB即可．
【详解】解：先作∠ECF=，在射线CF上截取点B，使，以B为圆心，c的长为半径作弧，交射线CE于点A，连接AB，如图所示，即为所求．

【点睛】此题考查的是作直角三角形，掌握作角等于已知角和作线段等于已知线段是解决此题的关键．
5．（2020·全国清华附中八年级期中）如图，在正方形网格内（每个小正方形的边长1），有一格点三角形ABC（三个顶点分别在正方形的格点上），现需要在网格内构造一个新的格点三角形与原三角形全等，且有一条边与原三角形的一条边重合，请画出所有满足条件的格点三角形的第三个顶点，并在网格图中标注．

【答案】见解析
【分析】根据全等三角形的判定依据题目要求画出图形即可．
【详解】解：如图满足条件的三角形如图所示，有5个．

【点睛】本题考查全等三角形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．

知识点1-6 利用三角形全等测距离
1）、全等三角形在现实生活中有着广泛的应用，解决与全等三角形有关的实际问题时，常将实际问题转化为数学问题，然后再利用数学知识来解决.
2）、要测量无法直接得到的两个点之间的距离时，常常应用三角形全等的条件来构造全等三角形，再利用全等的性质得到所要的距离.
1．（2021·辽宁鞍山市·八年级期中）如图，AD、BC表示两根长度相同的木条，若O是AD、BC的中点，经测量AB＝9cm，则容器的内径CD为____　cm．

【答案】9
【分析】由题意易得△AOB≌△DOC，则有AB=CD，故问题得解．
【详解】解：AD=BC，O是AD、BC的中点，AB＝9cm，OA=OD=OB=OC，
在△AOB和△DOC中，，△AOB≌△DOC， CD=AB＝9cm；故答案为9．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，熟练掌握三角形全等的判定条件及性质是解题的关键．
2．（2020·全国七年级课时练习）如图，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小明想用绳子测量A，B间的距离，如图所示的这种方法，是利用了三角形全等中的（ ）

A．SSS B．ASA C．AAS D．SAS
【答案】D
【分析】利用全等三角形的判定定理可得以证明.
【详解】由题意可得：∴△ACB ≌△DCB（SAS）∴AB = DB故选D．
3．（2021·山东德州市·八年级期末）沛沛沿一段笔直的人行道行走，边走边欣赏风景，在由走到的过程中，通过隔离带的空隙，刚好浏览完对面人行道宣传墙上的一条标语，具体信息如下：如图，，相邻两平行线间的距离相等，相交于，垂足为．已知米．请根据上述信息求标语的长度．

【答案】16米
【分析】已知AB∥CD，根据平行线的性质可得∠ABP=∠CDP，再由垂直的定义可得∠CDO=，可得PB⊥AB，根据相邻两平行线间的距离相等可得PD=PB，即可根据ASA定理判定△ABP≌△CDP，由全等三角形的性质即可得CD=AB=16米．
【详解】∵AB∥CD，∴∠ABP=∠CDP，∵PD⊥CD，∴∠CDP=，∴∠ABP=，即PB⊥AB，
∵相邻两平行线间的距离相等，∴PD=PB，
在△ABP与△CDP中，，∴△ABP≌△CDP（ASA），∴CD=AB=16米．
【点睛】本题考察平行线的性质和全等三角形的判定和性质，综合运用各定理是解题的关键．
4．（2020·山东东营市·七年级期末）如图，A、B两点分别位于一个池塘的两端，小明想用绳子测量A、B间的距离，但绳子不够长.他叔叔帮他出了一个这样的主意：先在地上取一个可以直接到达A点和B点的点C，连接AC并延长到D，使CD=AC；连接BC并延长到E，使CE=CB；连接DE并测量出它的长度．
(1)DE=AB吗？请说明理由；(2)如果DE的长度是8 m，则AB的长度是多少？

【答案】（1）DE=AB．理由见解析；（2）AB =8m．
【分析】（1）由题意知AC=DC，BC=EC，根据∠ACB=∠DCE即可证明△ABC≌△DEC，即可得AB=DE，即可解题；（2）由（1）可知DE=AB，则可知AB的长度.
【详解】（1）解：由题意知AC=DC，BC=EC，且∠ACB=∠DCE，
在△ABC和△DEC中， ，∴△ABC≌△DEC（SAS），∴DE=AB．
（2）由（1）知AB =DE=8m．
【点睛】本题考查了全等三角形在实际生活中的应用，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△ABC≌△DEC是解题的关键．
5．（2021·湖南怀化市·八年级期末）明明同学用10块高度都是3cm的相同长方体小木块垒了两堵与地面垂直的木墙，木墙上面刚好可以放进一个等腰直角三角形（AC=BC ∠ACB=90°）点C在DE上，点A和点B分别与木墙的顶端重合，求两堵木墙之间的距离．

【答案】两堵木墙之间的距离为30cm．
【分析】根据题意可得AC=BC，∠ACB=90°，AD⊥DE，BE⊥DE，进而得到∠ADC=∠CEB=90°，再根据等角的余角相等可得∠BCE=∠DAC，再证明△ADC≌△CEB即可，利用全等三角形的性质进行解答．
【详解】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=9cm，DC=BE=21cm，∴DE=DC+CE=30（cm），
答：两堵木墙之间的距离为30cm．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的应用，关键是正确找出证明三角形全等的条件．
6．（2020·新疆伊犁哈萨克自治州·八年级期末）八（1）班同学到野外上数学活动课，为测量池塘两端A、B的距离，设计了如下方案：
（Ⅰ）如图5-1，先在平地上取一个可直接到达A、B的点C，连接AC、BC，并分别延长AC至D，BC至E，使DC=AC，EC=BC，最后测出DE的距离即为AB的长；
（Ⅱ）如图5-2，先过B点作AB的垂线BF，再在BF上取C、D两点使BC=CD,接着过D作BD的垂线DE，交AC的延长线于E，则测出DE的长即为AB的距离.
阅读后1回答下列问题： 
（1）方案（Ⅰ）是否可行？说明理由.
（2）方案（Ⅱ）是否可行？说明理由.
（3）方案（Ⅱ）中作BF⊥AB，ED⊥BF的目的是 ；若仅满足∠ABD=∠BDE≠90°, 方案（Ⅱ）是否成立？ .

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）∠ABD=∠BDE=90°，成立.
【解析】
【分析】（1）由题意可证明△ACB≌△DCE，AB=DE，故方案（Ⅰ）可行；
（2）由题意可证明△ABC≌△EDC，AB=ED，故方案（Ⅱ）可行；
（3）方案（Ⅱ）中作BF⊥AB，ED⊥BF的目的是∠ABD=∠BDE；若仅满足∠ABD=∠BDE≠90°，仍可以证明△ABC≌△EDC，则也可得到AB=ED．
【详解】（1）在△ACB和△DCE中
∵AC=DC ∠ACB=∠DCE BC=EC ∴△ACB≌△DCE(SAS) ∴AB=DE，
故方案（Ⅰ）可行；
（2）∵CB⊥AB、CD⊥DE ∴∠ABC=∠EDC=90°
在△ABC和△EDC中
∵∠ABC=∠EDC BC=DC ∠ACB=∠ECD ∴△ABC≌△EDC (ASA) ∴ED=AB，
故方案（Ⅱ）可行；
（3）作BF⊥AB，ED⊥BF的目的是 作∠ABC=∠EDC=90°；
如果∠ABD=∠BDE≠90°，仍可以利用ASA证明△ABC≌△EDC，则也可得到AB=ED．
故答案为：（1）见解析；（2）见解析；（3）∠ABD=∠BDE=90°，成立.
【点睛】本题考查全等三角形的应用，关键是掌握全等三角形的判定与性质，证明三角形的全等是证明线段相等的一种重要方法．









重难点题型
题型1 利用全等三角形求长度
1.（2020•宜兴市期末）如图，锐角△ABC的高AD、BE相交于F，若BF＝AC，BC＝7，CD＝2，则AF的长为　　．

【分析】先证出∠DBF＝∠DAC，由AAS证明△BDF≌△ADC，得出对应边相等AD＝BD＝BC﹣CD＝5，DF＝CD＝2，即可得出AF的长．
【详解】解：∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠BDF＝∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴∠DBF+∠C＝90°，∠DAC+∠C＝90°，∴∠DBF＝∠DAC，
在△BDF与△ADC中，∠DBF=∠DAC∠BDF=∠ADCBF=AC ∴△BDF≌△ADC（ASA），
∴AD＝BD＝BC﹣CD＝7﹣2＝5，DF＝CD＝2，∴AF＝AD﹣DF＝5﹣2＝3；故答案为：3．
2．（2020·常熟市八年级月考）如图，已知，平分，且于点D，则________．

【答案】12
【分析】如图，延长BD交AC于点E，根据已知证得，则得，由三角形的面积公式得，，即可证明，从而可以解答本题．

【详解】解：如图，延长BD交AC于点E，
∵平分，，∴，．
∵，∴．∴．
∴，．∴．即．
∵，∴．故答案为：12．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，明确题意，利用三角形全等证明是解答此题的关键．
3．（2021·辽宁鞍山市·八年级期中）如图，在△ABC中，点D为AB延长线上一点，点E为AC中点，过C作CF//AB交射线DE于F，若BD＝1，CF＝5，则AB的长度为_____．

【答案】4
【分析】根据CF∥AB就可以得出∠A=∠ECF，∠ADE=∠F，证明△ADE≌△CFE就可以求出答案．
【详解】∵CF∥AB，∴∠ADE=∠F，∠FCE=∠A．∵点E为AC的中点，∴AE=EC．
∵在△ADE和△CFE中，，∴△ADE≌△CFE（AAS）．∴AD=CF=5，
∵BD=1，∴AB=AD-BD=5-1=4．故答案为：4．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，平行线的性质，解答时证明三角形全等是关键．
4．（2020·深圳市龙岗区百合外国语学校七年级期中）如图，BE⊥AE，CF⊥AE，垂足分别为E、F，D是EF的中点，CF＝AF．若BE＝4，DE＝2，则△ACD的面积为_______．

【答案】12
【分析】由BE⊥AE，CF⊥AE，得∠BED=∠CFD，再由D是EF的中点，得ED=FD，根据角边角公里可得出△BED与△CFD全等，进而可得CF=EB=4，然后可得CF=4，再计算出AD的长，利用三角形面积公式可得答案．
【详解】解：∵BE⊥AE，CF⊥AE，∴∠BED=∠CFD，∵D是EF的中点，∴ED=FD，
在△BED与△CFD中，，∴△BED≌△CFD（ASA）．∴CF=EB=4，
∵AF=CF，∴AF=4，∵D是EF的中点，∴DF=DE=2，∴AD=6，
∴△ACD的面积：．故答案为：
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，判定一般三角形全等有SSS、SAS、ASA、AAS，判定两个直角三角形全等还有HL．
5．（2021·福建泉州市·八年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝5，BD⊥AC于点D，点E在边AB上，且BE＝BC，过点E作EF⊥AB交BD延长线于点F，若EF＝12，则AE＝_____．

【答案】7
【分析】由题意知：BD⊥AC，EF⊥AB，∠ADB＝∠FEB＝90°，∠A＝∠F，△ABC≌△FEB（AAS），
AB＝EF＝12，AE＝7．
【详解】解：∵BD⊥AC，EF⊥AB，∴∠ADB＝∠FEB＝90°，
∴∠A+∠ABD＝∠F+∠FBE＝90°，∴∠A＝∠F，
在△ABC和△FEB中， ，∴△ABC≌△FEB（AAS），∴AB＝EF＝12，
∵BE＝BC＝5，∴AE＝AB﹣BE＝7．故填：7．
【点睛】本题主要考查三角全等的证明，难点在复杂图形中如何迅速确定需要证明全等的三角形；
6．（2021·北京西城区·八年级期末）如图，在中，点D，E分别在边，上，点A与点E关于直线对称．若，，，则的周长为（ ）

A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】B
【分析】连接，交于点，由点与点关于直线对称，可证得，继而可证明，由全等三角形对应边相等解得，同理可证及，最后结合线段的和差与已知条件解题即可．
【详解】连接，交于点，由点与点关于直线对称，
在与中，
同理，在与中，
，，，的周长为：
故选：B．

【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
7．（2020•安陆市期末）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，∠ABC的平分线BD交AC于点D，CE⊥BD，交BD的延长线于点E，若BD＝8，则CE＝　 　．

【分析】延长BA、CE相交于点F，利用“角边角”证明△BCE和△BFE全等，根据全等三角形对应边相等可得CE＝EF，根据等角的余角相等求出∠ABD＝∠ACF，然后利用“角边角”证明△ABD和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得BD＝CF，然后求解即可．
【详解】解：如图，延长BA、CE相交于点F，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，
在△BCE和△BFE中，∠ABD=∠CBDBE=BE∠BEF=∠BEC=90°，∴△BCE≌△BFE（ASA），∴CE＝EF，
∵∠BAC＝90°，CE⊥BD，∴∠ACF+∠F＝90°，∠ABD+∠F＝90°，∴∠ABD＝∠ACF，
在△ABD和△ACF中，∠ABD=∠ACFAB=AC∠BAC=∠CAF=90°，∴△ABD≌△ACF（ASA），∴BD＝CF，
∵CF＝CE+EF＝2CE，∴BD＝2CE＝8，∴CE＝4．故答案为：4．


题型2 利用全等三角形求角度
1．（2021·湖北武汉市·八年级期末）如图，，若，，则的度数为（　　　）

A．80° B．35° C．70° D．30°
【答案】D
【分析】根据全等三角形的性质即可求出∠E．
【详解】解：∵△ABC≌△ADE，∠C=30°，∴∠E=∠C=30°，故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．
2．（2020·浙江八年级开学考试）如图所示，，，，的延长线交于点F，交于点G，，，，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据全等三角形对应角相等可得∠AED=∠ACB，∠D=∠B，再根据邻补角的定义求出∠ACF，然后根据三角形的内角和定理列出方程求解即可．
【详解】解：∵△ABC≌△ADE，∴∠AED=∠ACB=105°，∠D=∠B=30°，
∴∠ACF=180°-∠ACB=180°-105°=75°，由三角形的内角和定理得，∠1+∠D=∠CAD+∠ACF，
∴∠1+30°=15°+75°，解得∠1=60°，故选C．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，三角形的内角和定理，邻补角的定义，是基础题，熟记性质并准确识图是解题的关键．
3．（2021·安徽马鞍山市·八年级期末）如图，，若，，，则的度数为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据三角形内角和定理和全等三角形的性质计算即可．
【详解】解：∵∠B=80°，∠C=30°，∴∠BAC=180°-∠B-∠C=70°，
∵△ABC≌△ADE，∴∠DAE=∠BAC=70°，∵∠DAC=25°，∴∠EAC=∠EAD-∠DAC=45°，
∴∠BAE=∠BAC+∠CAE=70°+45°=115°，故选：D．
【点睛】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的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．
4．（2020·浙江八年级开学考试）如图，在锐角中，D、E分别是、上的点，，，且，、相交于点F，若，则_________．

【答案】110°
【分析】由全等三角形的对应角相等、三角形外角定理以及三角形内角和定理进行解答可求∠BFC的度数．

【详解】解：设∠C′=α，∠B′=β，∵△ADC≌△ADC′，△AEB≌△AEB′，
∴∠ACD=∠C′=α，∠ABE=∠B′=β，∠BAE=∠B′AE=35°，
∴∠CDB=∠BAC+ACD=35°+α，∠CEB′=35°+β．
∵C′D∥EB′∥BC，∴∠ABC=∠C′DB=35°+α，∠ACB=∠CEB′=35°+β，
∴∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，即105°+α+β=180°．则α+β=75°．
∵∠BFC=∠BDC+∠DBE，∴∠BFC=35°+α+β=35°+75°=110°．故答案为：110°．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，此题利用了“全等三角形的对应角相等”和“两直线平行，内错角相等”进行推理的．
5．（2021·北京顺义区·八年级期末）如图，是等边三角形，，与交于点F，则的度数是__________．

【答案】60°
【分析】先证明△ABD≌△CAE，可得∠BAD=∠ACE，然后由三角形外角的性质，∠DFC=∠ACE+∠DAC，等量代换即可求解．
【详解】∵△ABC是等边三角形，∴AB=CA，∠B=∠CAB=60°，
在△ABD和△CAE中，，∴△ABD≌△CAE，∴∠BAD=∠ACE，
∵∠BAD+∠DAC=∠BAC=60°，∴∠ACE+∠DAC=60°，
∵∠DFC=∠ACE+∠DAC，∴∠DFC=60°．
【点睛】考查了等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质，解题关键是找出∠ACE=∠BAD和利用全等三角形的性质找出相等的边角关系．
6．（2020·雁塔陕西师大附中初一期末）如图，在△ABC中，AB＝CB，∠ABC＝90°，D为AB延长线上一点，点E在BC上，且BE＝BD，连接AE、DE、DC．若∠CAE＝30°，则∠BDC＝_____．

【答案】75°
【分析】延长AE交DC边于点F，先判定Rt△ABE≌Rt△CBD（HL），由全等三角形的性质可得∠AEB＝∠BDC，AB＝BC，则∠BAC＝∠ACB＝45°，再由∠AEB为△AEC的外角，可求得∠AEB的度数，即∠BDC的度数．
【解析】解：延长AE交DC边于点F，如图：

∵∠ABC＝90°，∴∠CBD＝90°，在Rt△ABE与Rt△CBD中，
∴Rt△ABE≌Rt△CBD（HL），∴∠AEB＝∠BDC，AB＝BC，∴∠BAC＝∠ACB＝45°，
∵∠AEB为△AEC的外角，∠CAE＝30°，∴∠AEB＝∠ACB+∠CAE＝45°+30°＝75°，
∴∠BDC＝75°．故答案为：75°．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质及三角形的外角性质，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
7．（2020•苍南期中）如图，∠BAD＝∠CAE，AB＝AD，AC＝AE．且E，F，C，D在同一直线上．（1）求证：△ABC≌△ADE；（2）若∠B＝30°，∠BAC＝100°，点F是CE的中点，连结AF，求∠FAE的度数．

【分析】（1）要证△ABC≌△ADE，由已知条件∠BAD＝∠CAE，AB＝AD，AC＝AE，所以∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC，所以可以由SAS判定两三角形全等；（2）结合（1）中全等三角形的性质和等腰三角形“三线合一”的性质求得答案．
【详解】（1）证明：∵∠BAD＝∠CAE（已知），∴∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC，即∠BAC＝∠DAE．
在△ABC与△ADE中，AB=AE(已知)∠BAC=∠DACAC=AE(已知)，∴△ABC≌△ADE（SAS）；
（2）∵∠B+∠ACB+∠BAC＝180°，∴∠ACB＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝50°．
∵△ABC≌△ADE，∴∠ACB＝∠AED＝50°．
∵点F是CE的中点，∴AF⊥CE．∴∠FAE＝90°﹣∠E＝40°．


题型3 利用全等三角形证明数量（位置）关系
1.（2020•萧山区期中）BD、CE分别是△ABC的边AC、AB上的高，P在BD的延长线上，且BP＝AC，点Q在CE上，CQ＝AB．求证：（1）AP＝AQ；（2）AP⊥AQ．

【分析】（1）由于BD⊥AC，CE⊥AB，可得∠ABD＝∠ACE，又有对应边的关系，进而得出△ABP≌△QCA，即可得出结论．（2）在（1）的基础上，证明∠PAQ＝90°即可．
【详解】证明：（1）∵BD⊥AC，CE⊥AB（已知），∴∠BEC＝∠BDC＝90°，
∴∠ABD+∠BAC＝90°，∠ACE+∠BAC＝90°（垂直定义），∴∠ABD＝∠ACE（等角的余角相等），
在△ABP和△QCA中，BP=AC∠ABD=∠ACECQ=AB，∴△ABP≌△QCA（SAS），
∴AP＝AQ（全等三角形对应边相等）．
（2）由（1）可得∠CAQ＝∠P（全等三角形对应角相等），
∵BD⊥AC（已知），即∠P+∠CAP＝90°（直角三角形两锐角互余），
∴∠CAQ+∠CAP＝90°（等量代换），即∠QAP＝90°，
∴AP⊥AQ（垂直定义）．
2.（2020•瑶海区期末）如图，△ABC和△EBD中，∠ABC＝∠DBE＝90°，AB＝CB，BE＝BD，连接AE，CD，AE与CD交于点M，AE与BC交于点N．（1）求证：AE＝CD；（2）求证：AE⊥CD；（3）连接BM，有以下两个结论：①BM平分∠CBE；②MB平分∠AMD．其中正确的有　 　（请写序号，少选、错选均不得分）．

【分析】（1）欲证明AE＝CD，只要证明△ABE≌△CBD；（2）由△ABE≌△CBD，推出BAE＝∠BCD，由∠NMC＝180°﹣∠BCD﹣∠CNM，∠ABC＝180°﹣∠BAE﹣∠ANB，又∠CNM＝∠ABC，∠ABC＝90°，可得∠NMC＝90°；（3）结论：②；作BK⊥AE于K，BJ⊥CD于J．理由角平分线的判定定理证明即可；
【详解】（1）证明：∵∠ABC＝∠DBE，∴∠ABC+∠CBE＝∠DBE+∠CBE，即∠ABE＝∠CBD，
在△ABE和△CBD中，AB=CB∠ABE=∠CBDBE=BD，∴△ABE≌△CBD，∴AE＝CD．
（2）∵△ABE≌△CBD，∴∠BAE＝∠BCD，
∵∠NMC＝180°﹣∠BCD﹣∠CNM，∠ABC＝180°﹣∠BAE﹣∠ANB，
又∠CNM＝∠ABC，∵∠ABC＝90°，∴∠NMC＝90°，∴AE⊥CD．
（3）结论：② 理由：作BK⊥AE于K，BJ⊥CD于J．

∵△ABE≌△CBD，∴AE＝CD，S△ABE＝S△CDB，
∴12•AE•BK=12•CD•BJ，∴BK＝BJ，∵作BK⊥AE于K，BJ⊥CD于J，∴BM平分∠AMD．
不妨设①成立，则△ABM≌△DBM，则AB＝BD，显然可不能，故①错误．故答案为②．
3．（2020·黑龙江松北初一期末）如图，△ABC 中，∠ABC=45°，CD⊥AB 于 D，BE 平分∠ABC，且 BE⊥AC 于 E，与 CD 相交于点 F，H 是 BC 边的中点，连接 DH 与 BE 相交于点 G，则①DH=HC；②DF=FC；③BF=AC；④CE = BF 中正确有（ ）

A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
【答案】C
【分析】①根据直角三角形斜边上的中线性质进行判断；
②过F作FM⊥BC于M，则FM＜FC，由角平分线定理和三角形边的关系判断便可；
③根据∠ABC=45°，CD⊥AB于D，可以证明△BCD是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质可得BD=CD，然后证明△BDF与△CDA全等，根据全等三角形对应边相等可得BF=AC，从而判断③正确；
④根据BE平分∠ABC，且BE⊥AC于E，可以证明△ABE与△CBE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=CE，从而判断④正确．
【解析】解：①∵CD⊥AB于D，∴∠BDC=90°，∵H是BC边的中点，∴DH=CD，∴①正确；
②过F作FM⊥BC于M，则FM＜FC，

∵BE平分∠ABC，∴DF=FM，∴DF＜FC，∴②错误；
③∵∠ABC=45°，CD⊥AB于D，∴△BCD是等腰直角三角形，∴BD=CD，
∵CD⊥AB于D，BE⊥AC于E，∴∠DBF+∠A=90°，∠ACD+∠A=90°，∴∠DBF=∠ACD，
在△BDF与△CDA中，，∴△BDF≌△CDA（ASA），∴BF=AC，∴③正确；
④∵BE平分∠ABC，且BE⊥AC于E，∴∠ABE=∠CBE，∠AEB=∠CEB=90°，
∴在△ABE与△CBE中，，∴△ABE≌△CBE（ASA），∴AE=CE=AC，
∵AC=BF，∴CE=BF，∴④正确．所以，正确的结论是①③④，故选：C．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，仔细分析图形并熟练掌握各性质是解题的关键．
4.（2020•溧水区期末）初步思考
（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠BAD＝2∠EAF．求证：EF＝BE+FD．
小明发现此题是证明线段的和（差）问题，根据证明此类题型的常见方法，于是就有了如下的思考过程：请在下列框图中补全他的证明思路．

解决问题：（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠BAD＝2∠EAF，（1）中的结论是否仍然成立？说明理由．
拓展延伸：（3）在（2）的条件下，若将点E、F改在线段BC、CD延长线上，请直接写出线段EF、BE、FD之间的数量关系　 　．

【分析】（1）延长CB到H，使BH＝DF，连接AH，证明△ABH≌△ADF和△AME≌△AFE从中找出条件即可解答．（2）延长CB至M，使BM＝DF，证明△ABM≌△ADF，再证明△EAH≌△EAF，可得出结论；
（3）在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．证明△ABG≌△ADF和△AEG≌△AEF，即可得出EF＝BE﹣FD．
【详解】解：（1）①AH，②∠HAE，③EH，④BH；故答案为：AH，∠HAE，EH，BH．
（2）（1）中的结论仍然成立，
证明：如图1，延长CB至M，使BM＝DF，

∵∠ABC+∠D＝180°，∠1+∠ABC＝180°，∴∠1＝∠D，
在△ABM与△ADF中，AB=AD∠1=∠DBM=DF，∴△ABM≌△ADF（SAS）．∴AF＝AM，∠2＝∠3．
∵∠EAF=12∠BAD，∴∠2+∠4=12∠BAD＝∠EAF．∴∠3+∠4＝∠EAF，即∠MAE＝∠EAF．
在△AME与△AFE中，AM=AF∠MAE=∠EAFAE=AE，∴△AME≌△AFE（SAS）．
∴EF＝ME，即EF＝BE+BM．∴EF＝BE+DF．
（3）EF＝BE﹣FD．
证明：如图2，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．
∵在△ABG与△ADF中，AB=AD∠ABG=∠ADFBG=DF，∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF=12∠BAD．∴∠GAE＝∠EAF．
∵AE＝AE，易证△AEG≌△AEF（SAS）．∴EG＝EF，
∵EG＝BE﹣BG，∴EF＝BE﹣FD． 故答案为：EF＝BE﹣FD．
5.（2020秋•合江县月考）已知△ABC和△ADE均为等腰三角形，且∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE．
（1）如图1，点E在BC上，求证：BC＝BD+BE；
（2）如图2，点E在CB的延长线上，求证：BC＝BD﹣BE．

【分析】（1）先证∠DAB＝∠EAC，再证△DAB≌△EAC（SAS），得出BD＝CE，则可得出结论；
（2）证明△DAB≌△EAC（SAS），得出BD＝CE，进而得出结论．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE，即∠DAB＝∠EAC，
又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴BD＝CE，∴BC＝BE+CE＝BD+BE；
（2）证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠EAB＝∠DAE+∠EAB，即∠DAB＝∠EAC，
又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴BD＝CE，∴BC＝CE﹣BE＝BD﹣BE．
【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判定方法是解题的关键．
6．（2020•福州期末）如图，在△ABC中，∠ABC＞60°，∠BAC＜60°，以AB为边作等边△ABD（点C，D在边AB的同侧），连接CD．（Ⅰ）若∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，求∠BDC的度数；（Ⅱ）当∠BAC＝2∠BDC时，请判断△ABC的形状并说明理由；（Ⅲ）当∠BCD等于多少度时，∠BAC＝2∠BDC恒成立．

【分析】（I）先由等腰三角形三线合一的性质证明AC为BD的垂直平分线，从而可得到CD＝CB，则∠BDC＝∠DBC＝∠ABC﹣∠ABD；（II）设∠BDC＝x，则∠BAC＝2x，∠CAD＝60°﹣2x，∠ADC＝60°+x，然后可证明∠ACD＝∠ADC，则AC＝AD，于是可得到AB＝AC；（III）当∠BCD＝150°时，∠BAC＝2∠BDC恒成立，如答图所示：作等边△BCE，连接DE，则BC＝EC，∠BCE＝60°．先证明△BCD≌△ECD，从而可得到∠BDE＝2∠BDC，然后再证明△BDE≌△BAC，从而可得到∠BAC＝∠BDE．
【详解】解：（I）∵△ABD为等边三角形，∴∠BAD＝∠ABD＝60°，AB＝AD．
又∵∠BAC＝30°，∴AC平分∠BAD，∴AC垂直平分BD，∴CD＝CB．
∴∠BDC＝∠DBC＝∠ABC﹣∠ABD＝90°﹣60°＝30°．
（II）△ABC是等腰三角形．
理由：设∠BDC＝x，则∠BAC＝2x，∠CAD＝60°﹣2x，∠ADC＝60°+x．
∴∠CAD＝180°﹣∠CAD﹣∠ADC＝60°+x，∴∠ACD＝∠ADC，∴AC＝AD．
∵AB＝AD，∴AB＝AC，即△ABC是等腰三角形．
（III）当∠BCD＝150°时，∠BAC＝2∠BDC恒成立．
如图：作等边△BCE，连接DE，则BC＝EC，∠BCE＝60°．

∵∠BCD＝150°，∴∠ECD＝360°﹣∠BCD﹣∠BCE＝150°，∴∠DCE＝∠DCB．
又∵CD＝CD，∴△BCD≌△ECD，∴∠BDC＝∠EDC，即∠BDE＝2∠BDC．
又∵△ABD为等边三角形，∴AB＝BD，∠ABD＝∠CBE＝60°，∴∠ABC＝∠DBE＝60°+∠DBC．
又∵BC＝BE，∴△BDE≌△BAC，∴∠BAC＝∠BDE，∴∠BAC＝2∠BDC．
7．（2020·全国初三专题练习）如图，在中，，，点是内部一点，且，证明：．

【答案】见解析
【分析】在线段上取点，使得，连接，通过证明可得，即，可推出，再根据，即可得证．
【解析】证明：如图，在线段上取点，使得，连接，
，，，，
在中，，，，
，，，
在和中，，
，，是等腰直角三角形，，
，．

【点睛】本题考查了全等三角形的综合问题，掌握全等三角形的性质以及判定定理、等腰直角三角形的性质是解题的关键．

题型4 全等三角形的判定
方法：5种判定方法：SSS、SAS、ASA、AAS、HL（特殊形式的SSA）
解题技巧：
1）根据图形和已知条件，猜测可能的全等三角形；2）寻找边角相等的3组条件。
3）往往有2个条件比较好找，第3个条件需要推理
寻找第3个条件思路：
原则
1）需要证明的边或角需首先排除，不可作为第3个条件寻找
2）寻找第3个条件，往往需要根据题干给出的信息为指导，确定是找角还是边
全等三角形证明思路：

1°：SSS证全等
1．（2020·全国初二课时练习）如图：在△ABC中,AC=BC,D是AB上的一点,AE⊥CD于点E,BF⊥CD于点F,若CE=BF,AE=EF+BF.试判断AC与BC的位置关系,并说明理由.

【答案】AC⊥BC，理由见解析.
【解析】
【分析】AC⊥BC；理由：∵AE⊥CD，BF⊥CD，∴∠AEC=∠BFC=90°，∴∠CAE+∠ACE=90°，
∵CF=CE+EF，CE=BF，∴CF=EF+BF，∵AE=EF+BF，∴AE=CF，
在Rt△ACE和Rt△CBF中，∴Rt△ACE≌Rt△CBF，∴∠BCF=∠CAE，
∴∠ACB=∠BCF+∠ACE=∠CAE+∠ACE=90°，∴AC⊥BC.
【点睛】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判定与性质定理是解题的关键.在应用全等三角形的判定是，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.
2．（2020·上海浦东新初一期末）阅读并填空：
如图：根据六年级第二学期学过的用直尺、圆规作线段中点的方法，画出了线段AB的中点C，请说明这种方法正确的理由．
解：连接AE、BE、AF、BF．
在△AEF和△BEF中，
EF＝EF（　 　），
　 　＝　 　（画弧时所取的半径相等），
　 　＝　 　（画弧时所取的半径相等）．
所以△AEF≌△BEF （　 　）．
所以∠AEF＝∠BEF （　 　）．
又AE＝BE，
所以AC＝BC （　 　）．
即点C是线段AB的中点．

【答案】公共边，AE、BE，AF、BF，SSS，全等三角形对应角相等，等腰三角形三线合一．
【分析】根据SSS证△AEF≌△BEF，推导出∠AEF＝∠BEF，再根据等腰三角形性质求出即可．

【解析】如图，连接AE、BE、AF、BF，
在△AEF和△BEF中，EF＝EF（公共边），AE＝BE（画弧时所取的半径相等），
AF＝BF（画弧时所取的半径相等）．所以△AEF≌△BEF（SSS）．
所以∠AEF＝∠BEF（全等三角形的对应角相等）．
又AE＝BE，所以AC＝BC（等腰三角形三线合一）．即点C是线段AB的中点．
故答案为：公共边，AE、BE，AF、BF，S．S．S，全等三角形对应角相等，等腰三角形三线合一．
【点睛】本题考查全等三角形的判定方法，准确理解证明过程中每一步的依据是解题的关键.
3．（2020·江苏栖霞初二期中）数学家鲁弗斯设计了一个仪器，它可以三等分一个角．如图所示，A、B、C、D分别固定在以O为公共端点的四根木条上，且OA=OB=OC=OD，E、F可以在中间的两根木条上滑动，AE=CE=BF=DF．求证：∠AOE=∠EOF=∠FOD．

【答案】证明见解析．
【分析】根据条件先证明△AOE≌△COE，从而得∠AOE=∠COE，COE=∠FOD，故∠AOE=∠EOF=∠FOD．
【解析】解：在△AOE和△COE中，∴△AOE≌△COE．∴∠AOE=∠COE．
同理∠COE=∠FOD．∴∠AOE=∠EOF=∠FOD．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质．

2°：SAS证全等
1．（2020·云南昆明三中初一期末）如图，将两根等长钢条AA'、BB'的中点O连在一起，使AA'、BB'可以绕着点O自由转动，就做成了一个测量工件，则AB的长等于容器内径A'B'，那么判定△OAB≌△OA′B′的理由是（ ）

A．边边边 B．边角边 C．角边角 D．角角边
【答案】B
【解析】∵O为中点∴OA’=OA，OB’=OB
∵∠AOB=∠A′OB′∴△OAB≌△OA′B′∴AB=A’B’
考点：全等三角形的判定.
2．（2020·全国初二课时练习）如图是工人师傅用同一种材料制成的金属框架，已知∠B＝∠E，AB＝DE，
BF＝EC，其中△ABC的周长为24cm，CF＝3cm，则制成整个金属框架所需这种材料的总长度为 ____cm.

【答案】45
【分析】利用SAS证明△ABC≌△DEF，即可得△DEF的周长=△ABC的周长=24cm．再由制成整个金属框架所需这种材料的总长度为△DEF的周长+△ABC的周长-CF即可求解.
【解析】∵BF=EC，BC=BF+FC，EF=EC+CF，∴BC=EF．
在△ABC和△DEF中，AB=DE，∠B=∠E，BC=EF，
∴△ABC≌△DEF（SAS），∴△DEF的周长=△ABC的周长=24cm．
∵CF=3cm，∴制成整个金属框架所需这种材料的总长度为：
△DEF的周长+△ABC的周长-CF=24+24-3=45cm.故答案为45.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，证明△ABC≌△DEF得到△DEF的周长=△ABC的周长=24cm是解决问题的关键．
3．（2020·南山第二外国语学校集团海德学校初一期中）如图，已知AB=AC，AD=AE，∠1=∠2，求证：BD=CE．

【答案】见解析
【分析】先由∠1=∠2得到∠BAD=∠CAE，然后根据“SAS”可判断△BAD≌△CAE，再根据全等的性质即可得到结论．
【解析】解：∵∠1=∠2，∴∠1+∠CAD=∠2+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中 ，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD=CE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的对应边相等．
4．（2019·河南宜阳初二期末）(1)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．

小明同学探究此问题的方法是延长FD到点G，使DG=BE， 连结AG，先证明ΔΔADG，再证明ΔΔAGF，可得出结论，他的结论应是 ．
(2)探索延伸：
如图 2，在四边形ABCD 中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是BC，CD上的点，∠EAF=∠BAD，上述结论是否依然成立？并说明理由．
【答案】（1）EF=BE+DF；（2）成立，见解析
【分析】（1）延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；
（2）延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；
【解析】解：（1）EF=BE+DF，证明如下：
在△ABE和△ADG中，


在△AEF和△AGF中，
故答案为 EF=BE+DF．
（2）结论EF=BE+DF仍然成立；理由：延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，如图②，

在△ABE和△ADG中∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质及“半角模型”，熟练掌握全等三角形的判定和性质及“半角模型”构造全等的方法是解题的关键．

3°：ASA证全等
1．（2020·河南焦作初一期末）如图：小刚站在河边的点处，在河的对面（小刚的正北方向）的处有一电线塔，他想知道电线塔离他有多远，于是他向正西方向走了20步到达一棵树处，接着再向前走了20步到达处，然后他左转90°直行，当小刚看到电线塔树与自己现处的位置在一条直线时，他共走了100步．

（1）根据题意，画出示意图；（2）如果小刚一步大约50厘米估计小刚在点处时他与电线塔的距离，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）小刚在点处时他与电线塔的距离为30米
【分析】（1）根据题意所述画出示意图即可；（2）根据ASA可得出△ABC≌△DEC，即求出DE的长度也就得出了AB之间的距离．
【解析】解：（1）所画示意图如下：

（2）在和中，，∴，∴，
又∵小刚共走了100步，其中走了40步，∴走完用了60步，
∵一步大约50厘米，∴（厘米）米．
答：小刚在点处时他与电线塔的距离为30米．
【点睛】本题考查全等三角形的应用，像此类应用类得题目，一定要仔细审题，根据题意建立数学模型，难度一般不大，细心求解即可．
2（2019·广东郁南初二期末）如图，已知E、F在AC上，AD//CB，且，．
求证：（1） （2）．

【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）根据平行线的性质可得∠A=∠C，然后利用ASA即可得出结论；
（2）根据全等三角形的性质可得AF=CE，然后根据等式的基本性质即可证出结论．
【解析】证明：（1）∵AD∥CB，∴∠A=∠C，
∵∠D=∠B，AD=BC ∴（ASA），
（2）∵∴AF=CE ∴AF+FE=CE+FE即AE=CF．
【点睛】此题考查的是平行线的性质和全等三角形的判定及性质，掌握利用ASA判定两个三角形全等是解决此题的关键．
3．（2020·江苏崇川南通田家炳中学初三其他）如图，在△ABC中，D是线段BC的中点，F，E分别是AD及其延长线上的点，且CF∥BE．求证：DE＝DF

【答案】见解析
【分析】根据平行线性质得出∠FCD=∠EBD，由BD=DC，∠CDF=∠BDE，根据ASA推出△CDF≌△BDE即可．
【解析】∵CF∥BE∴∠FCD＝∠EBD ∵D是线段BC的中点∴CD＝BD
又∵∠CDF＝∠BDE∴△CDF≌△BDE ∴ CF＝BE
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质等知识点，全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的对应角相等，对应边相等．

4°：AAS证全等
1．（2020·上海浦东新初一期末）如图，已知点C是线段AB上一点，∠DCE＝∠A＝∠B，CD＝CE．
（1）说明△ACD与△BEC全等的理由；（2）说明AB＝AD+BE的理由．

【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）由三角形内角和得∠D＝∠BCE，再由AAS证明三角形全等；
（2）由全等三角形的性质可得AC＝BE，AD＝BC，进而由线段的和差得结论．
【解析】（1）∵∠DCE＝∠A，∴∠D+∠ACD＝∠ACD+∠BCE，∴∠D＝∠BCE，
在△ACD和△BEC中，，∴△ACD≌△BEC（AAS）；
（2）∵△ACD≌△BEC，∴AD＝BC，AC＝BE，∴AC+BC＝AD+BE，即AB＝AD+BE．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，属于基础题，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
2．（2020·江西大余初二期末）如图，已知在四边形ABCD中，点E在AD上，∠BCE=∠ACD=90°，
∠BAC=∠D，BC=CE．（1）求证：AC=CD；（2）若AC=AE，求∠DEC的度数．

【答案】（1）证明见解析；（2）112.5°．
【分析】根据同角的余角相等可得到结合条件，再加上 可证得结论；
根据 得到 根据等腰三角形的性质得到 由平角的定义得到
【解析】证明：


在△ABC和△DEC中，，
（2）∵∠ACD＝90°，AC＝CD，∴∠1＝∠D＝45°，
∵AE＝AC，∴∠3＝∠5＝67.5°，∴∠DEC＝180°－∠5＝112.5°．
3．（2020·山西朔州初二期末）综合与实践
阅读以下材料：
定义：两边分别相等且夹角互补的两个三角形叫做“互补三角形”．
用符号语言表示为：如图①，在△ABC与△DEF中，如果AC=DE，∠C+∠E=180°，BC=EF，那么△ABC与△DEF是互补三角形．
反之，“如果△ABC与△DEF是互补三角形，那么有AC=DE，∠C+∠E=180°，BC=EF”也是成立的．
自主探究
利用上面所学知识以及全等三角形的相关知识解决问题：
（1）性质：互补三角形的面积相等
如图②，已知△ABC与△DEF是互补三角形．
求证：△ABC与△DEF的面积相等．
证明：分别作△ABC与△DEF的边BC，EF上的高线，则∠AGC=∠DHE=90°．
…… (将剩余证明过程补充完整)
（2）互补三角形一定不全等，请你判断该说法是否正确，并说明理由，如果不正确，请举出一个反例，画出示意图．

【答案】（1）见解析；（2）不正确，理由见解析
【分析】（1）已知△ABC与△DEF是互补三角形，可得∠ACB+∠E=180°，AC=DE，BC=EF，证得∠ACG=∠E，证明△AGC≌△DHE，得到AG=DH，所以，即△ABC与△DEF的面积相等．
（2）不正确．先画出反例图，证明△ABC≌△DEF，△ABC与△DEF是互补三角形．互补三角形一定不全等的说法错误．
【解析】（1）∵△ABC与△DEF是互补三角形，∴∠ACB+∠E=180°，AC=DE，BC=EF．
又∵∠ACB+∠ACG=180°，∴∠ACG=∠E，
在△AGC与△DHE中，∴△AGC≌△DHE（AAS）
∴AG=DH．∴，即△ABC与△DEF的面积相等．
（2）不正确．反例如解图，在△ABC和△DEF中，∴△ABC≌△DEF（SAS），
∴△ABC与△DEF是互补三角形．∴互补三角形一定不全等的说法错误．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质定理，利用AAS和SAS证明三角形全等，已知两个三角形全等，可得到对应边相等．


5°：HL证全等
1．（2019·丹阳市第三中学初二月考）用三角尺可以按照下面的方法画∠AOB的角平分线：在OA、OB上分别取点M、N，使OM=ON；再分别过点M、N画OA、OB的垂线，这两条垂线相交于点P，画射线OP（如图），则射线OP平分∠AOB，以上画角平分线时，用到的三角形全等的判定方法是( )

A．SSS B．SAS C．HL D．ASA
【答案】C
【分析】利用判定方法“HL”证明Rt△OMP和Rt△ONP全等，进而得出答案.
【解析】在Rt△OMP和Rt△ONP中，，∴Rt△OMP≌Rt△ONP（HL），
∴∠MOP＝∠NOP，∴OP是∠AOB的平分线，故答案选C.
【点睛】本题主要考查了直角三角形全等的判定条件，解本题的要点在于熟知全等三角形的判定条件.
2．（2020·江苏常州初二期末）已知：BE⊥CD于E，BE=DE，BC=DA，（1）求证：△BEC≌△DEA；（2）求证：BC⊥FD．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据已知利用HL即可判定△BEC≌△DEA；（2）根据第（1）问的结论，利用全等三角形的对应角相等可得到∠B=∠D，从而不难求得DF⊥BC．
【解析】证明：（1）∵BE⊥CD，∴∠BEC＝∠DEA＝90°，
在Rt△BEC与Rt△DEA中，∵，∴△BEC≌△DEA（HL）；
（2）∵由（1）知，△BEC≌△DEA，∴∠B＝∠D．
∵∠D+∠DAE＝90°，∠DAE＝∠BAF，∴∠BAF+∠B＝90°，即DF⊥BC．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，余角的性质定理，（1）熟练掌握三角形的判定定理，能根据题意筛选出合适的定理去证明是解决此问的关键；（2）本题主要应用“两个锐角互余的三角形是直角三角形”.
3．（2020·南通市启秀中学初一期末）如图，点在直线的同侧，过作，垂足为，延长至，使得，连接交直线于点．

（1）求证：（2）在直线上任意一点（除点外），求证：
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）由HL可证，可得，由对顶角的性质可得结论；（2）由线段的垂直平分线的性质可得，，由三角形的三边关系可得结论．
【解析】（1），
在和中

（2）在上取一点，连接，，
在中，

【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形三边关系，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键．

题型5. 尺规作图与三角形全等
1．（2021·河北唐山市·八年级期末）如图，在，上分别截取，，使，再分别以点，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点，作射线，就是的角平分线．这是因为连结，，可得到，根据全等三角形对应角相等，可得．在这个过程中，得到的条件是（ ）

A．SAS B．AAS C．ASA D．SSS
【答案】D
【分析】由作图可知，OE=OD，CE=CD，OC=OC，由SSS证明三角形全等即可．
【详解】解：由作图可知，OE=OD，CE=CD，OC=OC，
∴△COD≌△COE（SSS），故选：D．
【点睛】本题考查作图-基本作图，全等三角形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
2．（2020·江苏苏州市·七年级期末）如图，小正方形的边长为1，为格点三角形．
(1)如图①，的面积为 ；
(2)在图②中画出所有与全等，且只有一条公共边的格点三角形．

【答案】(1)6;(2)见解析
【分析】（1）利用△ABC所在的正方形的面积减去四周三个直角三角形的面积，列式计算即可得解；
（2）分三种情况讨论：分别以AC,AB,BC为公共边，作与余下两边相等的三角形，看是否符合题意即可．
【详解】解：（1）4--=6.
（2）如图

【点睛】本题主要考查的是作图-应用设计、全等三角形的判定，熟练掌握相关知识是解题的关键．
3．（2020·吉林长春市·九年级其他模拟）我们曾学过定理“在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半”，其逆命题也是成立的，即“在直角三角形中，如果一直角边等于斜边的一半，那么该直角边所对的角为”.如图，在中，，如果，那么.

请你根据上述命题，解决下面的问题：

（1）如图1，，为格点，以为圆心，长为半径画弧交直线于点，则______；
（2）如图2，、为格点，按要求在网格中作图（保留作图痕迹）。
作，使点在直线上，并且，.
（3）如图3，在中，，，为内一点，，于，且.①求的度数；②求证：.

【答案】（1）30；（2）见解析；（3）①30°；②见解析.
【分析】（1）如图1中，作CF⊥AB于F．由作图可知：AC=AB=2CF，即可推出∠CAB=30°．
（2）以D为圆心，DF长为半径画弧交直线a于点G，连接FG交直线l于E，连接DE，△DEF即为所求．
（3）①根据AC=2CE，推出∠CAE=30°．
②作DH⊥BC，想办法证明BH=CH即可解决问题．
【详解】（1）如图1中，作CF⊥AB于F．
由作图可知：AC=AB=2CF，∴∠CAB=30°，故答案为30．

（2）如图△DEF即为所求．
（3）①∵CE⊥AD于E，且CE=AC∴∠CAD=30°
②作DH⊥BC于H．

∵∠AEC=90°，∠CAE=30°∴∠ACE=60°，∵AD=AC，∴∠ACD=∠ADC=75°，∴∠DCF=∠DCH=15°，
∵∠CED=∠CHD=90°，CD=CD，∴△CDE≌△CDH（AAS），∴CE=CH=AC=BC，
∴BH=CH，∵DH⊥BC，∴DB=DC．
【点睛】此题考查作图-应用与设计，等腰直角三角形的性质，直角三角形30度角的判定，全等三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质，解题关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
4．（2020·河北衡水市·）阅读下面材料：在数学课上，老师提出如下问题：已知：△ABC，尺规作图：求作∠APC=∠ABC．小明同学的主要作法如下：

问题：小明的做法正确吗？请你说明小明作法的正确性．

【答案】正确，证明见解析
【分析】根据SAS证明△ABC≌△APC即可得出．
【详解】解：正确；
证明：∵在△ABC和△APC中，，
∴△ABC≌△APC（SAS）∴∠APC=∠ABC．
【点睛】本题主要考查作图——基本作图，全等三角形的判定，掌握知识点是解题关键．
5．（2020·北京怀柔区·八年级期末）数学课上，王老师布置如下任务：
如图1，直线MN外一点A，过点A作直线MN的平行线．

(1)小路的作法如下：
① 在MN上任取一点B，作射线BA；
② 以B为圆心任意长为半径画弧，分别交BA和MN于C、D两点（点D位于BA的左侧），再以A为圆心，相同的长度为半径画弧EH，交BA于点E（点E位于点A上方）；
③以E为圆心CD的长为半径画弧，交弧EH于点F（F点位于BA左侧）
④作直线AF
⑤直线AF即为所求作平行线．
请你根据小路同学的作图方法，利用直尺和圆规完成作图（保留作图痕迹）；并完成以下推理，注明其中蕴含的数学依据：

(2)请你参考小路的作法，利用图2再设计一种“过点A作MN的平行线”的尺规作图过程（保留作图痕迹），并说明其中蕴含的数学依据．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【分析】（1）根据作图过程，利用SSS易证得，从而得到同位角相等，两直线平行；
（2）依照小路的作法，根据“内错角相等，两直线平行”，作出平行线，同样可以用SSS易证得，从而得到内错角相等，两直线平行的结论.
【详解】（1）证明：如图，根据作图过程，知：，
连接EF和AD，在和中，，∴(SSS)，
∴(同位角相等，两直线平行)

故答案为： ； 同位角相等，两直线平行
（2）作图方法：① 在MN上任取一点B，作射线BA(为锐角)；② 以B为圆心任意长为半径画弧，分别交BA和BN于C、D两点（点D位于BA的右侧），再以A为圆心，相同的长度为半径画弧EH，交BA于点E（点E位于点A下方）；③以E为圆心CD的长为半径画弧，交弧EH于点F（F点位于BA左侧）；④作直线AF；⑤直线AF即为所求作平行线．
证明：如图，根据作图过程，知：，连接EF和AD，
在和中，，∴(SSS)，
∴(内错角相等，两直线平行)

【点睛】本题考查了基本作图和全等三角形的判定和性质，平行线的判定定理，熟练掌握基本作图是解题的关键.
6．（2021·安徽合肥市·八年级期末）（1）如图，∠MAB＝30°，AB＝2cm，点C在射线AM上，画图说明命题“有两边和其中一边的对角分别相等的两个三角形全等”是假命题，请画出图形，并写出你所选取的BC的长约为　 　cm（精确到0.lcm）．

（2）∠MAB为锐角，AB＝a，点C在射线AM上，点B到射线AM的距离为d，BC＝x，若△ABC的形状、大小是唯一确定的，则x的取值范围是　 　．
【答案】（1）见解析，1.2；（2）x=d或x≥a
【分析】（1）可以取BC＝1.2cm（1cm＜BC＜2cm），画出图形即可；
（2）当x＝d或x≥a时，三角形是唯一确定的．
【详解】（1）如图，选取的BC的长约为1.2cm，

故答案是：1.2；
（2）若△ABC的形状、大小是唯一确定的，则x的取值范围是x＝d或x≥a，故答案为：x=d或x≥a．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，解题的关键是理解题意，掌握“有两边和其中一边的对角分别相等的两个三角形不一定全等”，属于中考常考题型．

题型6. 利用三角形全等测距离
1．（2020·全国七年级课时练习）为了测量河两岸相对点A、B的距离，小明先在AB的垂线BF上取两点C、D，使CD=BC，再作出BF的垂线DE，使A、C、E在同一条直线上（如图所示），可以证明△EDC≌△ABC，得ED=AB，因此测得ED的长度就是AB的长，判定△EDC≌△ABC的理由是（ ）

A．SAS B．ASA C．SSS D．AAS
【答案】B
【分析】根据全等三角形的判定进行判断，注意看题目中提供了哪些证明全等的要素，要根据已知选择判断方法．
【详解】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B．
【点睛】本题考查了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，做题时注意选择．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．（2020·南昌市第一中学八年级期中）如图1、2，小明为了测出塑料瓶直壁厚度，由于不便测出塑料瓶的内径，小明动手制作一个简单的工具（如图2，AC＝BD，O为AC、BD的中点）解决了测瓶的内径问题，测得瓶的外径为a、图2中的刀DC长为b，瓶直壁厚度x＝_____（用含a，b的代数式表示）．

【答案】
【分析】利用全等三角形的判定得出△DOC≌△BOA，从而有,进而利用即可得出答案．
【详解】解：∵AC＝BD，O为AC、BD的中点，∴DO＝OB．OA＝CO，
在△DOC和△BOA中， ∴△DOC≌△BOA（SAS），∴AB＝DC＝b，
∴解得： ．故答案为：．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，掌握全等三角形的判定方法及性质是解题的关键．
3．（2021·陕西九年级专题练习）在一次战役中，我军阵地与敌军碉堡隔河相望．为了炸掉这个碉堡，需要知道碉堡与我军阵地的距离．在不能过河测量又没有任何测量工具的情况下，如何测得距离？
一位战士的测量方法是：面向碉堡的方向站好，然后调整帽子，使视线通过帽檐正好落在碉堡的底部；然后，他转过一个角度，保持刚才的姿势，这时视线落在了自己所在岸的某一点上；接着，他用步测的办法量出自己与那个点的距离，这个距离就是他与碉堡的距离．这是为什么呢？

【答案】见解析
【详解】根据三角形全等的判定方法，得到一些相应线段或角相等，在现实生活中有许多应用的实例．
解析：在本题中，根据题意可以知道，满足了三个条件：
（1）身体高度一定，（2）帽檐处的角度一定，（3）脚下的直角一定，
故根据ASA判定方法，可以得到两个三角形全全等，∴距离相等．
理由是：在△AHB与中，
∴
点睛：本题主要考查作图—应用与设计作图，根据题意画出示意图，并熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键.
4．（2020·广东茂名市·七年级期末）如图,为了测量出池塘两端A,B之间的距离,在地面上找到一点C,连接BC,AC,使∠ACB=90°,然后在BC的延长线上确定点D,使CD=BC,那么只要测量出AD的长度就得到了A,B两点之间的距离.你能说明其中的道理吗?

【答案】证明见解析.
【解析】根据SAS即可证明△ACB≌△ACD，由此即可解决问题．
因为∠ACB=90°,所以∠ACD=180°-∠ACB=90°.
在△ABC和△ADC中,
所以△ABC≌△ADC(SAS). 所以AB=AD.
5．（2021·陕西九年级专题练习）如图，小叶和小丽两家分别位于A、B两处隔河相望，要测得两家之间的距离，请你设计出测量方案．

【答案】见解析
【分析】本题的测量方案实际上是利用三角形全等的知识构造两个全等三角形，是一个三角形在河岸的同一边，通过测量这个三角形中与AB相等的线段的长，从而得知两家的距离．
【详解】解：在点B所在的河岸上取点C，连结BC，使CD=CB，利用测角仪器使得∠B=∠D，且A、C、E三点在同一直线上，测量出DE的长，就是AB的长．
在△ABC和△ECD中∴△ABC≌△ECD（ASA）∴AB=DE．
【点睛】本题考查了全等三角形的应用；解答本题的关键是设计三角形全等，巧妙地借助两个三角形全等，寻找所求线段与已知线段之间的等量关系．
6．（2020·全国七年级课时练习）如图所示，要测量一个沼泽水潭的宽度．现由于不能直接测量，小军是这样操作的：他在平地上选取一点C，该点可以直接到达A与B点，接着他量出AC和BC的距离，并找出AC与BC的中点E、F，连接EF，测量EF的长，于是他便知道了水潭AB的长等于2EF，小军的做法有道理吗？说明理由．你还有比小军更简单的方法吗？

【答案】详见解析
【分析】仔细阅读题目,分析可知若要说明小军的作法有道理,只需证明AB=2EF即可, 过点B作BG∥AC交EF的延长线于点G,连接BE，利用ASA证明△ECF≌△GBF，得出EF=GF ,CE=BG，再利用SAS证明△AEB≌△GBE得出AB=GE，即可得证．
【详解】
解:小军的作法有道理,理由如下:过点B作BG∥AC交EF的延长线于点G,连接BE
∵ 点E、F分别是AC、BC的中点∴ AE=CE, BF=CF
∵ BG∥AC∴ ∠ECF=∠GBF ,∠AEB=∠GBE (两直线平行,内错角相等)
∵∴ △ECF≌△GBF (两角及其夹边对应相等的两个三角形全等)
∴ EF=GF ,CE=BG (全等三角形的对应边相等)
∵ EF=GF ,EF+GF=EG∴ EG=2EF∵ CE=BG, AE=CE∴ AE=BG
∵ 在△AEB和△GBE中,
∴ △AEB≌△GBE (两边及其夹角对应相等的两个三角形全等)∴ AB=GE (全等三角形的对应边相等)
∵ GE=2EF, AB=GE∴ AB=2EF故小军的做法是有道理的；
取直接能到达A，B两点的C点，延长BC，AC，使，，连接DE，
在△ABC和△EDC中,则，所以．

【点睛】此题主要考查了应用全等三角形的相关知识来解决实际生活中的问题,在实际生活中,对于难以实地测量的线段,常常通过作辅助线构造出全等的三角形,再运用“全等三角形的对应边相等”这一性质将需要测量的线段转化到易测量的线段上,从而求解．
7．（2021·全国七年级单元测试）如图，小明和小月两家位于A，B两处隔河相望，要测得两家之间的距离，小明设计方案如下：①从点A出发沿河岸画一条射线AM；②在射线AM上截取AF＝FE；
③过点E作EC∥AB，使B，F，C在一条直线上；④CE的长就是A，B间的距离．
(1)请你说明小明设计的原理．(2)如果不借助测量仪，小明的设计中哪一步难以实现？
(3)你能设计出更好的方案吗？

【答案】(1)全等三角形的对应边相等；(2)③难以实现；(3)见解析 (答案不唯一，只要设计合理即可)．
【分析】（1）利用了证明全等三角形边角边的设计原理；（2）如果不借助测量仪，小明和小月无法使得EC∥AB；
（3）还可以利用相似三角形原理即可，这样所要的空间较少．
【解析】（1）∵EC∥AB，∴∠CEF=∠BAF，
∵AF=FE，∠BFA=∠EFC，∴△BAF≌△CEF（ASA），
∴小明和小月运用了全等三角形（边角边）原理； 
（2）如果不借助测量仪，小明和小月无法使得EC∥AB； 
（3）还可以这样设计： ①从点A出发沿河画一条射线AE； ②在AE上截取AF=5FE； ③过E作EC∥AB，使得B，F，C点在同一直线上；④则CE的5倍的长就是AB之间的距离．
【点睛】本题考查全等三角形的应用，将数学知识与实际问题相结合，能增加学生们的学习兴趣，提高学习积极性，锻炼学生由实际问题抽象出几何图形的建模能力．


题型7. 全等三角形中的动态问题
1.（2020秋•丹徒区校级月考）如图，已知AB＝3，AC＝2，点D、E分别为线段BA、CA延长线上的动点，如果△ABC与△ADE全等，则AD为　 　．

【分析】分△ABC≌△ADE和△ABC≌△ADE两种情况，根据全等三角形的性质解答即可．
【解答】解：当△ABC≌△ADE时，AD＝AB＝3，
当△ABC≌△AED时，AD＝AC＝2，
故答案为：2或3．
【点评】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．
2.（2020秋•滨湖区期中）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△BPE与△CQP全等时，时间t为　 　s．

【分析】由条件分两种情况，当△BPE≌△CQP时，则有BE＝PC，由条件可得到关于t的方程，当△BPE≌△CPQ，则有BP＝PC，同样可得出t的方程，可求出t的值．
【解答】解：∵AB＝20cm，AE＝6cm，BC＝16cm，∴BE＝14cm，BP＝2tcm，PC＝（16﹣2t）cm，
当△BPE≌△CQP时，则有BE＝PC，即14＝16﹣2t，解得t＝1，
当△BPE≌△CPQ时，则有BP＝PC，即2t＝16﹣2t，解得t＝4，故答案为：1或4．
【点评】本题主要考查全等三角形的性质，由条件分两种情况得到关于t的方程是解题的关键．
3．（2020·江苏昆山初一期末）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．

【答案】2或或6
【分析】分点Q在BC上和点Q在AC上，根据全等三角形的性质列式计算．
【解析】解：由题意得，AP＝2t，BQ＝3t，∵AC＝6cm，BC＝8cm，∴CP＝6﹣2t，CQ＝8﹣3t，
①如图1，当△PEC≌△CFQ时，则PC＝CQ，即6﹣2t＝8﹣3t，解得：t＝2，

②如图2，当点Q与P重合时，△PEC≌△QFC全等， 则PC＝CQ，∴6﹣2t＝3t﹣8．解得：t＝，
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，
综上所述：当t＝2秒或秒或6秒时，△PEC与△QFC全等，
故答案为：2或或6．
【点睛】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．
4.（2020·贵州铜仁初三月考）如图，AB＝6cm，AC＝BD＝4cm．∠CAB＝∠DBA，点P在线段AB上以2cm/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）．设点Q的运动速度为xcm/s，若使得△ACP与△BPQ全等，则x的值为_____．

【答案】2或．
【分析】“与”字型全等，需要分△ACP≌△BPQ和△ACP≌△BQP两种情况讨论，当△ACP≌△BPQ时，P，Q运动时间相同，得值；当△ACP≌△BQP时，由PA=PB，得出运动时间t，由AC=BQ得出值
【解析】当△ACP≌△BPQ，∴AP＝BQ，∵运动时间相同，∴P，Q的运动速度也相同，∴x＝2．
当△ACP≌△BQP时，AC＝BQ＝4，PA＝PB，∴t＝1.5，∴x＝＝
故答案为2或．

【点睛】本题要注意以下两个方面：①“与”字全等需要分类讨论；②熟练掌握全等时边与边，点与点的对应关系是分类的关键；③利用题干条件，清晰表达各边长度并且列好等量关系进行计算
5.（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＝ 　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．
【分析】（1）分两种情况进行解答，①当点P在BC上时，②当点P在BA上时，分别画出图形，利用三角形的面积之间的关系，求出点P移动的距离，从而求出时间即可；
（2）由△APQ≌△DEF，可得对应顶点为A与D，P与E，Q与F；于是分两种情况进行解答，①当点P在AC上，AP＝4，AQ＝5，②当点P在AB上，AP＝4，AQ＝5，分别求出P移动的距离和时间，进而求出Q的移动速度．
【解答】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=12BC=92cm，
此时，点P移动的距离为AC+CP＝12+92=332，
移动的时间为：332÷3=112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=12BC，即点P为BA中点，
此时，点P移动的距离为AC+CB+BP＝12+9+152=572cm，
移动的时间为：572÷3=192秒，
故答案为：112或192；
（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）=154cm/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）=9332cm/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154cm/s或9332cm/s．

【点评】考查直角三角形的性质，全等三角形的判定，画出相应图形，求出各点移动的距离是正确解答的关键．
6．（2020·江苏宿迁初二期末）如图 1，点 P、Q 分别是等边△ABC 边 AB、BC 上的动点（端点除外），点 P 从顶点 A、点 Q 从顶点 B 同时出发，且它们的运动速度相同，连接AQ、CP 交于点 M．
（1）求证：△ABQ≌△CAP；（2）当点 P、Q 分别在 AB、BC 边上运动时，∠QMC 变化吗？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数．（3）如图 2，若点 P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线 AQ、CP交点为M，则∠QMC 变化吗？若变化，请说明理由；若不变，则求出它的度数．

【答案】（1）全等，理由见解析； (2)点P、Q在运动的过程中，∠QMC不变，60°；（3）点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动时，∠QMC不变，120°.
【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用SAS证明△ABQ≌△CAP；（2）由△ABQ≌△CAP，根据全等三角形的性质可得∠BAQ=∠ACP，从而得到∠QMC=60°；（3）由△ABQ≌△CAP，根据全等三角形的性质可得∠BAQ=∠ACP，从而得到∠QMC=120°．
【解析】（1）证明：∵△ABC是等边三角形∴∠ABQ＝∠CAP，AB＝CA，
又∵点P、Q运动速度相同，∴AP＝BQ，
在△ABQ与△CAP中，∵，∴△ABQ≌△CAP（SAS）；
（2）解：点P、Q在运动的过程中，∠QMC不变．
理由：∵△ABQ≌△CAP，∴∠BAQ＝∠ACP，
∵∠QMC＝∠ACP＋∠MAC，∴∠QMC＝∠BAQ＋∠MAC＝∠BAC＝60°
（3）解：点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动时，∠QMC不变．
理由：∵△ABQ≌△CAP，∴∠BAQ＝∠ACP，
∵∠QMC＝∠BAQ＋∠APM，∴∠QMC＝∠ACP＋∠APM＝180°−∠PAC＝180°−60°＝120°．
【点晴】本题主要考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质．解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质以及等边三角形的性质.
7．（2020·山东广饶初一期末）如图（1），在ABC中，，BC=9cm, AC=12cm, AB=15cm.现有一动点P，从点A出发，沿着三角形的边ACCBBA运动，回到点A停止，速度为3cm/s，设运动时间为t s．（1）如图（1），当t=______时，△APC的面积等于△ABC面积的一半；
（2）如图（2），在△DEF中，，DE=4cm, DF=5cm, ． 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ABBCCA运动，回到点A停止．在两点运动过程中的某一时刻，恰好，求点Q的运动速度．

【答案】（1）t=或；（2）
【分析】（1）先求出△ABC面积，进而可求出△APC的面积，分P点运动到BC边上时和P点运动到AB边上时两种情况分别讨论即可；（2）由全等三角形的性质得出，进而可求出P的运动时间，即Q的运动时间，再利用速度=路程÷时间求解即可．
【解析】
（1）
∵△APC的面积等于△ABC面积的一半
当P点运动到BC边上时，此时
即 此时
当P点运动到AB边上时，作PQ⊥AC于Q

此时即
∴此时P点在AB边的中点，此时
综上所述，当t=或时，△APC的面积等于△ABC面积的一半
（2）∵，DE=4cm, DF=5cm,
此时P点运动的时间为
∵P,Q同时出发，所以Q运动的时间也是∴Q运动的速度为
【点睛】本题考查全等三角形的性质及三角形面积，掌握全等三角形的性质及分情况讨论是解题的关键．

题型8. 全等三角形综合题
1．（2021·湖南岳阳市·八年级期末）已知中，，，点为的中点，点、分别为边、上的动点，且，连接，下列说法正确的是______．（写出所有正确结论的序号）①；②；③；④

【答案】①②④
【分析】根据补角的性质计算可得①；连接D，证明，根据三角形全等的性质判断可得后面的结果；
【详解】，
，，；
故①正确；连接AD，

∵，，∴，
又∵点为的中点，∴，，，即，
又∵，∴，
又∵，∴，
在△BED和△AFD中，，∴，∴ED=FD；故②正确；
∵，∴，
则，故④正确；
当点E移动到点A时，此时点F与点C重合，很明显此时EF=AC，FC=0，即；
故③错误；故答案为①②④．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，准确分析计算是解题的关键．
2．（2021·浙江宁波市·八年级期末）如图1，是等边三角形，为上两点，且，延长至点F，使，连结．（1）如图2，当两点重合时，求证：．
（2）如图3，延长交线段于点G．①求证：．②求的度数．

【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②．
【分析】（1）由等边三角形的性质可得，再由，，当两点重合时，可知点为等边三角形边的中点，由三线合一性质，得，由此解得，最后根据等角对等边解题即可；
（2）①作交于H，连接，由平行线性质解得，继而证明是等边三角形，从而得到，接着证明，最后由全等三角形对应边相等的性质解题即可；
②由①中全等三角形对应角相等可得，结合角的和差解题即可．
【详解】证明：（1）是等边三角形，，
，，
，，，；
（2）①如图，作交于H，连接，
，，
，是等边三角形，，
，，，，
，， ；
②


【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
3．（2019·河北安平初二期末）如图，点是等边内一点，，，将绕点顺时针方向旋转得到，连接，.（1）当时，判断的形状，并说明理由；（2）求的度数；（3）请你探究：当为多少度时，是等腰三角形？

【答案】（1）为直角三角形，理由见解析；（2）；（3）当为或或时，为等腰三角形.
【分析】（1）由旋转可以得出和均为等边三角形 ，再根据求出，进而可得为直角三角形；
（2）因为进而求得，根据，即可求出求的度数；
（3）由条件可以表示出∠AOC=250°-a，就有∠AOD=190°-a，∠ADO=a-60°，当∠DAO=∠DOA，∠AOD=ADO或∠OAD=∠ODA时分别求出a的值即可．
【解析】解：（1）为直角三角形，理由如下：
绕顺时针旋转得到，和均为等边三角形，，，，
，为直角三角形；
（2）由（1）知：，，
，

，；
（3）∵∠AOB=110°，∠BOC=α∴∠AOC=250°-a．
∵△OCD是等边三角形，∴∠DOC=∠ODC=60°，∴∠ADO=a-60°，∠AOD=190°-a，
当∠DAO=∠DOA时，2（190°-a）+a-60°=180°，解得：a=140°
当∠AOD=ADO时，190°-a=a-60°，解得：a=125°，
当∠OAD=∠ODA时，190°-a+2（a-60°）=180°，解得：a=110°
∴α=110°，α=140°，α=125°．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质的运用，旋转的性质的运用，直角三角形的判定，全等三角形的判定及性质的运用，等腰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．
4．（2021·湖北襄阳市·八年级期末）如图1，在中，过点作，且，连接．

（问题原型）（1）若，且，过点作的的边上的高，易证，从而得到的面积为______．
（变式探究）（2）如图2，若，，用含的代数式表示的面积，并说明理由．
（拓展应用）（3）如图3，若，，则的面积为______．
【答案】（1）32；（2），理由见解析；（3）16．
【分析】（1）如图1中，由AAS定理可证△ABC≌△BDE，就有DE=BC=8．进而由三角形的面积公式得出结论；（2）如图2中，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，由AAS定理可证得△ABC≌△BDE，就有DE=BC=a．进而由三角形的面积公式得出结论．
（3）如图3中，过点A作AF⊥BC与F，过点D作DE⊥BC的延长线于点E，由等腰三角形的性质可以得出BF=BC，由条件可以得出△AFB≌△BED就可以得出BF=DE，由三角形的面积公式就可以得出结论．
【详解】解：（1）∵在中，，过点作且过点作的的边上的高，∴∴
∵∴．
在与中，∴，
∴故答案为：32

（2）理由：过点作延长线于点 ∴
∵，∵∴．
在与中，∴，
∴
（3）如图3中，∵∴BF=BC=×8=4．
过点A作AF⊥BC与F，过点D作DE⊥BC的延长线于点E，

∴∠AFB=∠E=90°，∴∠FAB+∠ABF=90°．
∵∠ABD=90°，∴∠ABF+∠DBE=90°，∴∠FAB=∠EBD．
在△AFB和△BED中，，∴△AFB≌△BED（AAS），∴BF=DE=4．
∵S△BCD=BC•DE，∴S△BCD=∴△BCD的面积为16．故答案为：16
【点睛】本题考查了直角三角形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答时证明三角形全等是关键．
5．（2020·四川成华初一期末）（1）如图1，在ABC中，AB=4，AC=6，AD是BC边上的中线，延长AD到点E使DE=AD，连接CE，把AB，AC，2AD集中在ACE中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是　 　；（2）如图2，在ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF＞EF；（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A为钝角，∠C为锐角，∠B+∠ADC=180°，DA=DC，点E，F分别在BC，AB上，且∠EDF=∠ADC，连接EF，试探索线段AF，EF，CE之间的数量关系，并加以证明．

【答案】（1）1＜AD＜5；（2）见解析；（3）AF+EC=EF，见解析
【分析】（1）证明△CDE≌△BDA（SAS），推出CE=AB=4，在△ACE中，利用三角形的三边关系解决问题即可．（2）如图2中，延长ED到H，使得DH=DE，连接DH，FH．证明△BDE≌△CDH（SAS），推出BE=CH，再证明EF=FH，利用三角形的三边关系即可解决问题．（3）结论：AF+EC=EF．延长BC到H，使得CH=AF．提供两次全等证明AF=CE，EF=EH即可解决问题．
【解析】（1）∵CD=BD，AD=DE，∠CDE=∠ADB，∴△CDE≌△BDA（SAS），∴EC=AB=4，
∵6﹣4＜AE＜6+4，∴2＜2AD＜10，∴1＜AD＜5，故答案为：1＜AD＜5；
（2）如图2中，延长ED到H，使得DH=DE，连接DH，FH．

∵BD=DC，∠BDE=∠CDH，DE=DH，∴△BDE≌△CDH（SAS），∴BE=CH，
∵FD⊥EH，又DE=DH，∴EF=FH，在△CFH中，CH+CF＞FH，
∵CH=BE，FH=EF，∴BE+CF＞EF；
（3）结论：AF+EC=EF．理由：延长BC到H，使得CH=AF．
∵∠B+∠ADC=180°，∴∠A+∠BCD=180°，∵∠DCH+∠BCD=180°，∴A=∠DCH，
∵AF=CH，AD=CD，∴△AFD≌△CHD（SAS），∴DF=DH，∠ADF=∠CDH，∴∠ADC=∠FDH，
∵∠EDF=∠ADC，∴∠EDF=∠FDH，∴∠EDF=∠EDH，
∵DE=DE，∴△EDF≌△EDH（SAS），∴EF=EH，
∵EH=EC+CH=EC+AF，∴EF=AF+EC．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中线的性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会倍长中线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
6．（2020·四川青白江初一期末）现给出一个结论：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；该结论是正确的，用图形语言可以表示为：如图1在中，,若点D为AB的中点，则．
请结合上述结论解决如下问题：已知，点P是射线BA上一动点（不与A,B重合）分别过点A,B向直线CP作垂线，垂足分别为E,F,其中Q为AB的中点（1）如图2，当点P与点Q重合时，AE与BF的位置关系____________；QE与QF的数量关系是__________（2）如图3，当点P在线段AB上不与点Q重合时，试判断QE与QF的数量关系，并给予证明．(3)如图4，当点P在线段BA的延长线上时，此时（2）中的结论是否成立？请画出图形并写出主要证明思路．

【答案】（1）AE//BF;QE=QF；(2)QE=QF，证明见解析；(3)结论成立，证明见解析．
【分析】（1）根据AAS得到，得到、QE=QF，根据内错角相等两直线平行，得到AE//BF；（2）延长EQ交BF于D，根据AAS判断得出，因此，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可证明；（3）延长EQ交FB的延长于D，根据AAS判断得出，因此，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可证明．
【解析】（1）AE//BF；QE=QF （2）QE=QF 证明：延长EQ交BF于D，


,
（3）当点P在线段BA延长线上时，此时（2）中结论成立
证明：延长EQ交FB的延长于D 因为AE//BF所以
EQ=QF
【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法：AAS，平行线的性质，根据P点位置不同，画出正确的图形，找到AAS的条件是解决本题的关键．
7．（2020·山东威海市·七年级期末）（问题情境）
（1）如图，在四边形中，，，．点，分别是和上的点，且，试探究线段，，之间的关系．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，进而得出．你认为他的做法　　　　；（填“正确”或“错误”）．

（探索延伸）
（2）如图，在四边形中，，，，，点，分别是和上的点，且，上题中的结论依然成立吗？请说明理由．
（思维提升）
（3）小明通过对前面两题的认真思考后得出：如图，在四边形中，若，，，那么．你认为正确吗？请说明理由．
【答案】（1）正确；（2）成立，理由见解析；（3）正确，理由见解析．
【分析】（1）延长到点，使，连接．先证明，可得AE=AG，再证明，可得EF=GF，进而得出．即可解题；
（2）成立，证明方法同（1）：延长到点，使，连接．先证明，可得AE=AG，再证明，可得EF=GF，进而得出．即可解题；
（3）正确，证明方法同（2）：延长到点，使，连接．先证明，可得AE=AG，再证明，可得EF=GF，进而得出．即可解题．
【详解】解：（1）正确．
理由：如图1，延长到点，使，连接．

∵，∴，
在△ABE和△ADG中，∵，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵，，∴∠EAF =∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，∵，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=GF，
∵GF=DG+DF=BE+DF，∴；
（2）（1）题中的结论依然成立；
理由：如图2，延长到点，使，连接．
∵，，∴，
在△ABE和△ADG中，∵，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵，，∴∠EAF =∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，∵，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=GF，
∵GF=DG+DF=BE+DF，∴；
（3）正确，理由：如图3，延长到点，使，连接．

∵，，∴，
在△ABE和△ADG中，∵，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF =∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，∵，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=GF，
∵GF=DG+DF=BE+DF，∴．
【点睛】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．