中考数学专项训练（11）全等三角形中常见模型含解析答案

这是一份中考数学专项训练（11）全等三角形中常见模型含解析答案，共45页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
中考数学专项训练（11）全等三角形中常见模型
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．如下图所示，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D．DE=6cm，AD=9cm，则BE的长是（     ）

A．6cm B．1.5cm C．3cm D．4.5cm
2．如图，∠ACB=90°，AC=BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别是点D、E，AD=3，BE=1，则DE的长是（　　）

A．1.5 B．2              C．                    D．
3．如图，△ABC的面积为9cm2，BP平分∠ABC，AP⊥BP于P，连接PC，则△PBC的面积为（    ）


A．3cm2 B．4cm2 C．4.5cm2 D．5cm2
4．如图，BN为∠MBC的平分线，P为BN上一点，且PD⊥BC于点D，∠APC+∠ABC＝180°，给出下列结论：①∠MAP＝∠BCP；②PA＝PC；③AB+BC＝2BD；④四边形BAPC的面积是△PBD面积的2倍，其中结论正确的个数有（　　）
  
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个

二、填空题
5．如图，中，，则点B的坐标为 ．

6．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，点E在AC上，且AE＝1，连接BE，∠BEF＝90°，且BE＝FE，连接CF，则CF的长为


三、解答题
7．[问题提出]
（1）如图均为等边三角形，点分别在边上．将绕点沿顺时针方向旋转，连结．在图中证明．

[学以致用]
（2）在的条件下，当点在同一条直线上时，的大小为 度．
[拓展延伸]
（3）在的条件下，连结．若直接写出的面积的取值范围．
8．（1）如图1，已知△CAB和△CDE均为等边三角形，D在AC上，E在CB上，易得线段AD和BE的数量关系是　 　．
（2）将图1中的△CDE绕点C旋转到图2的位置，直线AD和直线BE交于点F．
①判断线段AD和BE的数量关系，并证明你的结论；
②图2中∠AFB的度数是　 ．
（3）如图3，若△CAB和△CDE均为等腰直角三角形，∠ABC＝∠DEC＝90°，AB＝BC，DE＝EC，直线AD和直线BE交于点F，分别写出∠AFB的度数，线段AD、BE间的数量关系．

9．已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E、F．
（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），试猜想AE，CF，EF之间存在怎样的数量关系？请将三条线段分别填入后面横线中：　　＋　　＝　　．（不需证明）
（2）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图2）时，上述（1）中结论是否成立？请说明理由．
（3）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图3）时，上述（1）中结论是否成立？若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．

10．如图1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝2，AC，BD相交于点O．
(1)求边AB的长；
(2)求∠BAC的度数；
(3)如图2，将一个足够大的直角三角板60°角的顶点放在菱形ABCD的顶点A处，绕点A左右旋转，其中三角板60°角的两边分别与边BC，CD相交于点E，F，连接EF．判断△AEF是哪一种特殊三角形，并说明理由．

11．如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，直线MN是过点A的直线CD⊥MN于点D，连接BD．
（1）观察猜想张老师在课堂上提出问题：线段DC，AD，BD之间有什么数量关系．经过观察思考，小明出一种思路：如图1，过点B作BE⊥BD，交MN于点E，进而得出：DC+AD=　　BD．
（2）探究证明
将直线MN绕点A顺时针旋转到图2的位置写出此时线段DC，AD，BD之间的数量关系，并证明
（3）拓展延伸
在直线MN绕点A旋转的过程中，当△ABD面积取得最大值时，若CD长为1，请直接写BD的长．

12．如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，点E，F分别在四边形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系．

（1）思路梳理
将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即点F，D，G三点共线，易证△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之间的数量关系为__；
（2）类比引申
如图2，在图1的条件下，若点E，F由原来的位置分别变到四边形ABCD的边CB，DC延长线上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明．
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，直接写出DE的长为________________.
13．如图，AB＝BC， AB⊥BC， AE⊥BD于F，BC⊥CD， 求证：EC＝AB－CD．

14．如图，在ABC中，AB=AC=2，∠B=40°，点D在线段BC上运动（点D不与点B、C重合），连接AD，作∠ADE=40°，DE交线段AC于点E．
（1）当∠BDA=115°时，∠EDC=______°，∠AED=______°；
（2）线段DC的长度为何值时，△ABD≌△DCE，请说明理由；
（3）在点D的运动过程中，△ADE的形状可以是等腰三角形吗？若可以，求∠BDA的度数；若不可以，请说明理由．

15．（1）如图（1）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．求证：DE＝BD+CE；
（2）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m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，请给出证明；若不成立，请说明理由．

16．已知，如图中，，，的平分线交于点，，
求证：.

17．如图，在中，是的平分线，，垂足为D，求证：．

18．如图，在四边形ABCD中，BC＞BA，AD=CD，BD平分∠ABC，
求证：∠A+∠C=180°．

19．如图，点C在线段BD上，且AB⊥BD，DE⊥BD，AC⊥CE，BC=DE，求证：AB=CD．

20．如图，OC平分∠MON，A、B分别为OM、ON上的点，且BO＞AO，AC＝BC，求证：∠OAC+∠OBC＝180°．

21．如图，△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝，AC、BD交于M

（1）如图1，当＝90°时，∠AMD的度数为　 　°；
（2）如图2，当＝60°时，求∠AMD的度数；
（3）如图3，当△OCD绕O点任意旋转时，∠AMD与是否存在着确定的数量关系？如果存在，请你用表示∠AMD，不用证明；若不确定，说明理由．
22．已知:△ABC中，CA=CB, ∠ACB=90º，D为△ABC外一点，且满足∠ADB=90º
(1)如图所示，求证：DA+DB=DC

(2)如图所示，猜想DA．DB．DC之间有何数量关系？并证明你的结论.

(3)如图所示，过C作CH⊥BD于H,BD=6,AD=3,则CH= .

23．例：截长补短法，是初中几何题中一种添加辅助线的方法，也是把几何题化难为易的一种策略．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起，从而解决问题．
（1）如图1，△ABC是等边三角形，点D是边BC下方一点，∠BDC=120°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系．
解题思路：将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACE，可得AE=AD， CE=BD，∠ABD=∠ACE，∠DAE=60°，根据∠BAC+∠BDC=180°，可知∠ABD+∠ACD=180°，则 ∠ACE+∠ACD=180°，易知△ADE是等边三角形，所以AD=DE，从而解决问题．
根据上述解题思路，三条线段DA、DB、DC之间的等量关系是___________；
（2）如图2，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．点D是边BC下方一点，∠BDC=90°，探索三条线段DA、DB、DC之间的等量关系，并证明你的结论．

24．如图1，在平面直角坐标系中，直线分别交x轴、y轴于两点，且满足，且是常数，直线平分，交x轴于点D．

（1）若的中点为M，连接交于点N，求证：；
（2）如图2，过点A作，垂足为E，猜想与间的数量关系，并证明你的猜想．
25．如图，在△ABC中，点D为边BC的中点，点E在△ABC内，AE平分∠BAC，CE⊥AE点F在AB上，且BF=DE
（1）求证：四边形BDEF是平行四边形
（2）线段AB，BF，AC之间具有怎样的数量关系？证明你所得到的结论    

26．如图，在四边形ABCD中，已知BD平分∠ABC，∠BAD＋∠C＝180°，求证：AD＝CD．

27．如图，已知∠AOB＝60°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个120°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E．

（1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），请猜想OE+OD与OC的数量关系，并说明理由；
（2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；
（3）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图3中画出图形，若成立，请给于证明；若不成立，线段OD、OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明.

参考答案：
1．C
【分析】本题可通过全等三角形来求BE的长．△BEC和△CDA中，已知了一组直角，∠CBE和∠ACD同为∠BCE的余角，AC=BC，可据此判定两三角形全等；那么可得出的条件为CE=AD，BE=CD，因此只需求出CD的长即可．而CD的长可根据CE即AD的长和DE的长得出，由此可得解．
【详解】解：∵∠ACB=90°，BE⊥CE，
∴∠BCE+∠ACD=90°，∠BCE+∠CBE=90°；
∴∠ACD=∠CBE，又AC=BC，
∴△ACD≌△CBE；
∴EC=AD，BE=DC；
∵DE=6cm，AD=9cm，则BE的长是3cm．
故选C．
【点睛】三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．
2．B
【分析】根据已知条件可以得出∠E=∠ADC=，进而得出∆CEB≅∆ADC，就可以得出BE=DC，进而求出DE的值．
【详解】∵BE⊥CE，AD⊥CE，
∴∠E=∠ADC=，
∴∠EBC+∠BCE=，
∵∠BCE+∠ACD=，
∴∠EBC=∠DCA，
在∆CEB和∆ADC中，∠E=∠ADC，∠EBC=∠DCA，BC=AC，
∴∆CEB≅∆ADC(AAS)，
∴BE=DC=1，CE=AD=3，
∴DE=EC-CD=3-1=2，
故选：B．
【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是解决问题的关键．
3．C
【分析】证△ABP≌△EBP，推出AP＝PE，得出S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，推出，代入求出即可．
【详解】延长AP交BC于E，

∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠EBP，
∵AP⊥BP，
∴∠APB＝∠EPB＝90°，
在△ABP和△EBP中，
∠ABP＝∠EBP
BP＝BP
∠APB＝∠EPB，
∴△ABP≌△EBP（ASA），
∴AP＝PE，
∴S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，
∴，
故答案选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的面积的应用，注意：等底等高的三角形的面积相等．
4．A
【分析】过点P作PK⊥AB，垂足为点K．证明Rt△BPK≌Rt△BPD，△PAK≌△PCD，利用全等三角形的性质即可解决问题．
【详解】解：过点P作PK⊥AB，垂足为点K．
  
∵PK⊥AB，PD⊥BC，∠ABP＝∠CBP，
∴PK＝PD，
在Rt△BPK和Rt△BPD中，
，
∴Rt△BPK≌Rt△BPD（HL），
∴BK＝BD，
∵∠APC+∠ABC＝180°，且∠ABC+∠KPD＝180°，
∴∠KPD＝∠APC，
∴∠APK＝∠CPD，故①正确，
在△PAK和△PCD中，
，
∴△PAK≌△PCD（ASA），
∴AK＝CD，PA＝PC，故②正确，
∴BK﹣AB＝BC﹣BD，
∴BD﹣AB＝BC﹣BD，
∴AB+BC＝2BD，故③正确，
∵Rt△BPK≌Rt△BPD，△PAK≌△PCD（ASA），
∴S△BPK＝S△BPD，S△APK＝S△PDC，
∴S四边形ABCP＝S四边形KBDP＝2S△PBD．故④正确．
故选A．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
5．（4，1）
【分析】如图，过点B作BD⊥x轴于D，根据点A、点C坐标可得OA、OC的长，根据同角的余角相等可得∠OAC=∠DCB，利用AAS可证明△OAC≌△DCB，根据全等三角形的性质可得BD=OC，CD=OA，即可求出OD的长，进而可得答案．
【详解】如图，过点B作BD⊥x轴于D，
∵A（0，3），C（1，0），
∴OA=3，OC=1，
∵∠ACB=90°，
∴∠OCA+∠DCB=90°，
∵∠OAC+∠OCA=90°，
∴∠OAC=∠DCB，
在△OAC和△DCB中，，
∴△OAC≌△DCB，
∴BD=OC=1，CD=OA=3，
∴OD=OC+CD=4，
∴点B坐标为（4，1）．

故答案为：（4，1）
【点睛】本题考查坐标与图形及全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题关键．
6．.
【分析】过点F作FM⊥AC交AC延长线于M，根据∠BEF=90°且BE=EF，可以得到△EFM≌△BEC，从而可以计算出CM、FM的长，再利用勾股定理即可得到CF的长.
【详解】解：∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，，AE＝1
∴CE＝3
∵FM⊥AC，∠BEF＝90°
∴∠ACB＝∠BEF =∠FME =90°
∴∠FEM+∠EFM=90°=∠BEC+∠FEM
∴∠EFM=∠BEC
又∵BE=FE
∴△EFM≌△BEC
∴BC＝EM＝4，CE＝FM＝3
∴CM=EM-EC=1
∴
故答案为：.

【点睛】此题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理的运用，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
7．（1）见解析；（2）60或120；（3）
【分析】（1）运用SAS证明即可；
（2）分“当点在线段上”和“当点在线段的延长线上”两种情况求出的大小即可；
（3）分别求出的面积最大值和最小值即可得到结论
【详解】（1）均为等边三角形，
，，
，
即
在和中

；
（2）当在同一条直线上时，分两种情况：
①当点在线段上时，如图，

∵是等边三角形，
，
，
由（1）可知，，
，

②当点在线段的延长线上时，如图，

是等边三角形，

，
由（1）可知，
，

综上所述，的大小为或
（3）过点A作于点F，当点D在线段AF上时，点D到BC的距离最短，此时，点D到BC的距离为线段DF的长，如图：

是等边三角形，，
，


此时；
当D在线段FA的延长线上时，点D到BC的距离最大，此时点D到BC的距离为线段DF的长，如图，

是等边三角形，，
，，



此时，；
综上所述，的面积S 取值是
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转和全等三角形的性质和判定，旋转过程中面积变化分析，解本题的关键是三角形全等的判定．
8．（1）；（2）①，证明见解析；②；（3），
【分析】（1）由等腰三角形的性质即可求解；
（2）①由“SAS”可证,可得；②由全等三角形的性质可得，即可解决问题；
（3）结论：先证明可得由此即可解决问题．
【详解】（1）；
证明：∵和是等边三角形，
∴
∴，
故填：；
（2）①；
证明：∵和是等边三角形，
∴
∴
在和中
∵
∴,
∴；
②∵,
∴
设BC交AF于点O，如图，

∵
∴
∴
故答案为：；
（3）结论：
理由如下：
在Rt中，
∵
∴
∵
∴

∴
∴
∴
∵
∴．
【点睛】本题考查几何变换旋转综合题，考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，特殊角的三角函数值，解题关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题．
9．（1）AE；CF；EF；（2）成立，见解析；（3）不成立，新的关系为AE＝EF＋CF．
【分析】（1）根据题意易得△ABE≌△CBF，然后根据全等三角形的性质可得∠ABE=∠CBF=30°，进而根据30°角的直角三角形及等边三角形的性质可求解；
（2）如图2，延长FC到H，使CH=AE，连接BH，根据题意可得△BCH≌△BAE，则有BH=BE，∠CBH=∠ABE，进而可证△HBF≌△EBF，推出HF=EF，最后根据线段的等量关系可求解；
（3）如图3，在AE上截取AQ=CF，连接BQ，根据题意易得△BCF≌△BAQ，推出BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，进而可证△FBE≌△QBE，推出EF=QE即可．
【详解】解：（1）如图1，AE+CF=EF，理由如下：
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠C=90°，
∵AB=BC，AE=CF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠ABE=∠CBF，BE=BF，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴，
∵∠MBN=60°，BE=BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴，
故答案为：AE+CF=EF；

（2）如图2，（1）中结论成立；理由如下：
延长FC到H，使CH=AE，连接BH，
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠BCH=90°，
∴△BCH≌△BAE（SAS），
∴BH=BE，∠CBH=∠ABE，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE+∠CBF=120°-60°=60°，
∴∠HBC+∠CBF=60°，
∴∠HBF=∠MBN=60°，
∴∠HBF=∠EBF，
∴△HBF≌△EBF（SAS），
∴HF=EF，
∵HF=HC+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF；

（3）如图3，（1）中的结论不成立，关系为AE=EF+CF，理由如下：
在AE上截取AQ=CF，连接BQ，
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠BCF=90°，
∵AB=BC，
∴△BCF≌△BAQ（SAS），
∴BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，
∵∠MBN=60°=∠CBF+∠CBE，
∴∠CBE+∠ABQ=60°，
∵∠ABC=120°，
∴∠QBE=120°-60°=60°=∠MBN，
∴∠FBE=∠QBE，
∴△FBE≌△QBE（SAS），
∴EF=QE，
∵AE=QE+AQ=EF+CF，
∴AE=EF+CF．

【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质是解题的关键．
10．（1）2；（2） ；（3）见详解
【分析】（1）由菱形的性质得出OA=1，OB=，根据勾股定理可得出答案；
（2）得出△ABC是等边三角形即可；
（3）由△ABC和△ACD是等边三角形，利用ASA可证得△ABE≌△ACF；可得AE=AF，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形推出即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴△AOB为直角三角形，且．
∴；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
由（1）得：AB=AC=BC=2，
∴△ABC为等边三角形，
∠BAC=60°；
（3）△AEF是等边三角形，
∵由（1）知，菱形ABCD的边长是2，AC=2，
∴△ABC和△ACD是等边三角形，
∴∠BAC=∠BAE+∠CAE=60°，
∵∠EAF=∠CAF+∠CAE=60°，
∴∠BAE=∠CAF，
在△ABE和△ACF中，

∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴AE=AF，
∵∠EAF=60°，
∴△AEF是等边三角形．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质以及图形的旋转．解题的关键是熟练掌握菱形的性质．
11．（1）；（2）AD﹣DC=BD；（3）BD=AD=+1．
【分析】（1）根据全等三角形的性质求出DC，AD，BD之间的数量关系
（2）过点B作BE⊥BD，交MN于点E．AD交BC于O，
证明，得到，，
根据为等腰直角三角形，得到，
再根据，即可解出答案.
（3）根据A、B、C、D四点共圆，得到当点D在线段AB的垂直平分线上且在AB的右侧时，△ABD的面积最大．
在DA上截取一点H，使得CD=DH=1，则易证，
由即可得出答案.
【详解】解：（1）如图1中，

由题意：，
∴AE=CD，BE=BD，
∴CD+AD=AD+AE=DE，
∵是等腰直角三角形，
∴DE=BD，
∴DC+AD=BD，
故答案为．
（2）．
证明：如图，过点B作BE⊥BD，交MN于点E．AD交BC于O．

∵，
∴，
∴．
∵，，，
∴，
∴．又∵，
∴，
∴，，
∴为等腰直角三角形，．
∵，
∴．
（3）如图3中，易知A、B、C、D四点共圆，当点D在线段AB的垂直平分线上且在AB的右侧时，△ABD的面积最大．

此时DG⊥AB，DB=DA，在DA上截取一点H，使得CD=DH=1，则易证，
∴．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质以及图形的应用，正确作辅助线和熟悉图形特性是解题的关键.
12．（1）EF＝BE＋DF；（2）EF＝DF−BE；证明见解析；（3）.
【分析】（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，首先证明F，D，G三点共线，求出∠EAF＝∠GAF，然后证明△AFG≌△AFE，根据全等三角形的性质解答；
（2）将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，首先证明E'，D，F三点共线，求出∠EAF＝∠E'AF，然后证明△AFE≌△AFE'，根据全等三角形的性质解答；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'，同（1）可证△AED≌AED'，求出∠ECD'＝90°，再根据勾股定理计算即可．
【详解】解：（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，
∵∠B＋∠ADC＝180°，
∴∠FDG＝180°，即点F，D，G三点共线，
∵∠BAE＝∠DAG，∠EAF＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AFG和△AFE中，，
∴△AFG≌△AFE，
∴EF＝FG＝DG＋DF＝BE＋DF；
（2）EF＝DF−BE；
证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'，则△ABE≌ADE'，

∴∠DAE'＝∠BAE，AE'＝AE，DE'＝BE，∠ADE'＝∠ABE，
∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°，
∴∠ADE'＝∠ADC，即E'，D，F三点共线，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠E'AF＝∠BAD−（∠BAF＋∠DAE'）＝∠BAD−（∠BAF＋∠BAE）＝∠BAD−∠EAF＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠E'AF，
在△AEF和△AE'F中，，
∴△AFE≌△AFE'（SAS），
∴FE＝FE'，
又∵FE'＝DF−DE'，
∴EF＝DF−BE；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'，

同（1）可证△AED≌AED'，
∴DE＝D'E．
∵∠ACB＝∠B＝∠ACD'＝45°，
∴∠ECD'＝90°，
在Rt△ECD'中，ED'＝，即DE＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用利用旋转变换作图、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
13．见解析
【分析】利用证明出，在通过等量代换进行解答．
【详解】证明：∵AB⊥BC，CD⊥BC，
∴∠ABC＝∠ACD＝90°
∴∠AEB＋∠A＝90°
∵AE⊥BD
∴∠BFE＝90°
∴∠AEB＋∠FBE＝90°
∴∠A＝∠FBE，
又∵AB＝BC，
∴，
∴AB＝BC，BE＝CD，
∴EC＝BC－BE＝AB－CD
【点睛】本题考查了三角形全等的判定及性质，解题的关键是掌握三角形的判定定理，再利用等量代换的思想来间接证明．
14．（1）25°，65°；（2）2，理由见详解；（3）可以，110°或80°.
【分析】（1）利用邻补角的性质和三角形内角和定理解题；
（2）当DC=2时，利用∠DEC+∠EDC=140°，∠ADB+∠EDC=140°，求出∠ADB=∠DEC，再利用AB=DC=2，即可得出△ABD≌△DCE．
（3）当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形．
【详解】解：（1）∵∠B=40°，∠ADB=115°，
∴∠BAD=180°-∠B-∠ADB=180°-115°-40°=25°，
∵AB=AC，
∴∠C=∠B=40°，
∵∠EDC=180°-∠ADB-∠ADE=25°，
∴∠DEC=180°-∠EDC-∠C=115°，
∴∠AED=180°-∠DEC=180°-115°=65°；
（2）当DC=2时，△ABD≌△DCE，
理由：∵∠C=40°，
∴∠DEC+∠EDC=140°，
又∵∠ADE=40°，
∴∠ADB+∠EDC=140°，
∴∠ADB=∠DEC，
又∵AB=DC=2，
在△ABD和△DCE中，

∴△ABD≌△DCE（AAS）；
（3）当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形，
∵∠BDA=110°时，
∴∠ADC=70°，
∵∠C=40°，
∴∠DAC=70°，
∴△ADE的形状是等腰三角形；
∵当∠BDA的度数为80°时，
∴∠ADC=100°，
∵∠C=40°，
∴∠DAC=40°，
∴△ADE的形状是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查学生对等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识点的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，综合性较强，但难度不大，属于基础题．
15．（1）见解析；（2）成立，理由见解析
【分析】（1）根据AAS证明△ADB≌△CEA，得到AE＝BD，AD＝CE，即可证明；
（2）同理证明△ADB≌△CEA，得到AE＝BD，AD＝CE，即可证明；
【详解】证明：（1）∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠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）∵∠BDA＝∠BAC＝α，
∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵在△ADB和△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE．
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定定理.
16．见解析.
【分析】延长BD交CA的延长线于F，先证得△ACE≌△ABF，得出CE=BF；再证△CBD≌△CFD，得出BD=DF；由此得出结论即可．
【详解】证明：如图，

延长交的延长线于，










平分






【点睛】此题考查三角形全等的判定与性质，角平分线的性质，根据已知条件，作出辅助线是解决问题的关键．
17．见解析
【分析】根据角平分线的定义可得，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得，然后根据直角三角形两锐角互余列出等式解答即可．
【详解】证明：是的平分线，
，
由三角形的外角性质得，，
，
，
∴，
，
，
．
【点睛】本题考查了三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
18．见解析
【分析】先在线段BC上截取BE=BA,连接DE,根据BD平分∠ABC,可得∠ABD=∠EBD,
根据,可判定△ABD≌△EBD,根据全等三角形的性质可得:AD=ED,∠A=∠BED．再根据AD=CD,等量代换可得ED=CD,根据等边对等角可得:∠DEC=∠C．
由∠BED+∠DEC=180°,可得∠A+∠C=180°．
【详解】证明:在线段BC上截取BE=BA,连接DE,如图所示,
∵BD平分∠ABC,
∴∠ABD=∠EBD,
在△ABD和△EBD中,
,
∴△ABD≌△EBD（SAS）,
∴AD=ED,∠A=∠BED．
∵AD=CD,
∴ED=CD,
∴∠DEC=∠C．
∵∠BED+∠DEC=180°,
∴∠A+∠C=180°．

【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质,解决本题的关键是要熟练掌握全等三角形的判定和性质.
19．详见解析
【分析】根据ABBD，DEBD，ACCE，可以得到， ，，从而有，可以验证和全等，从而得到AB=CD．
【详解】证明：
∵，，
∴
∴，
∴
在和中

∴≌
故．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，利用角边角判定三角形全等，其中找到两两互余的角之间的关系是解题的关键．
20．见解析.
【分析】如图，作CE⊥ON于E，CF⊥OM于F．由Rt△CFA≌Rt△CEB，推出∠ACF＝∠ECB，推出∠ACB＝∠ECF，由∠ECF+∠MON＝360°﹣90°﹣90°＝180°，可得∠ACB+∠AOB＝180°，推出∠OAC+∠OBC＝180°．
【详解】如图，作CE⊥ON于E，CF⊥OM于F．

∵OC平分∠MON，CE⊥ON于E，CF⊥OM于F．
∴CE＝CF，
∵AC＝BC，∠CEB＝∠CFA＝90°，
∴Rt△CFA≌Rt△CEB（HL），
∴∠ACF＝∠ECB，
∴∠ACB＝∠ECF，
∵∠ECF+∠MON＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠ACB+∠AOB＝180°，
∴∠OAC+∠OBC＝180°．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，四边形内角和定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题.
21．（1）90；（2）120°；（3）存在，∠AMD＝180°﹣
【分析】（1）如图1中，设OA交BD于K．只要证明△BOD≌△AOC，推出∠OBD=∠OAC，由∠AKM=∠BKO，得∠AMK=∠BOK=90°可得结论．
（2）如图2中，设OA交BD于K．只要证明△BOD≌△AOC，推出∠OBD=∠OAC，由∠AKM=∠BKO，推出∠AMK=∠BOK=60°可得结论．
（3）如图3中，设OB交AC于K．只要证明△BOD≌△AOC，可得∠OBD=∠OAC，由∠AKO=∠BKM，推出∠AOK=∠BMK=α．可得∠AMD=180°-α；
【详解】解：（1）如图1中，设OA交BD于K．

∵OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=α，
∴∠BOD=∠AOC，
∴△BOD≌△AOC，
∴∠OBD=∠OAC，
∵∠AKM=∠BKO，
∴∠AMK=∠BOK=90°，
∴∠AMD=180°-90°=90°．
故答案为90．
（2）如图2中，设OA交BD于K．

∵OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=α，
∴∠BOD=∠AOC，
∴△BOD≌△AOC，
∴∠OBD=∠OAC，
∵∠AKM=∠BKO，
∴∠AMK=∠BOK=60°，
∴∠AMD=180°-60°=120°，
（3）如图3中，设OB交AC于K．

∵OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=α，
∴∠BOD=∠AOC，
∴△BOD≌△AOC，
∴∠OBD=∠OAC，
∵∠AKO=∠BKM，
∴∠AOK=∠BMK=α．
∴∠AMD=180°-α．
【点睛】本题考查几何变换综合题、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用：“8字型”证明角相等．
22．（1）详见解析；（2）DA-DB=DC；(3)
【分析】（1）过C点作CQ⊥CD交DB的延长线于Q点，由余角的性质可得∠ACD=∠QCB，∠ADC=∠Q，由“AAS”可证△ACD≌△BCQ，可得CD=CQ，AD=BQ，由等腰直角三角形性质可得DQ=CD，即可得结论；
（2）过点C作CQ⊥CD交AD于点Q，由“SAS”可证△ACQ≌△BCD，可得AQ=BD，可证CQ=CD，且∠QCD=90°，即可得DA、DB、DC之间关系；
（3）过点C作CQ⊥CD交BD于点Q，由“SAS”可证△ACD≌△BCQ，可得AD=BQ，可证△DCQ是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可求CH的长．
【详解】证明：（1）如图，过C点作CQ⊥CD交DB的延长线于Q点

∵∠ACB=90°，CQ⊥CD，∠ADB=90°
∴∠ACD+∠DCB=90°，∠DCB+∠QCB=90°，∠ADC+∠CDQ=90°，∠CDQ+∠Q=90°
∴∠ACD=∠QCB，∠ADC=∠Q，且AC=BC
∴△ACD≌△BCQ（AAS）
∴CD=CQ，AD=BQ
∴DQ=DB+BQ=DB+AD
∵CD⊥CQ，∠DCQ=90°
∴DQ=CD
∴DB+AD=CD
（2）DA-DB=CD
理由如下：如图，过点C作CQ⊥CD交AD于点Q，

∵CA=CB，∠ACB=90°，
∴∠ABC=∠CAB=45°
∵∠ACB=90°，QC⊥CD
∴∠ACB=∠ADB=90°，
∴点A，点B，点D，点C四点共圆，
∴∠ADC=∠ABC=45°
∵QC⊥CD
∴∠CQD=∠CDQ=45°
∴CQ=CD，且∠QCD=90°
∴QD==CD
∵∠ACB=∠DCQ=90°，
∴∠ACQ=∠DCB，且AC=BC，CQ=CD
∴△ACQ≌△BCD（SAS）
∴AQ=BD
∴QD=CD=DA-AQ=DA-BD，
即：DA-DB=
（3）如图，过点C作CQ⊥CD交BD于点Q，

∵∠ACB=90°，QC⊥CD
∴∠ACB=∠ADB=90°，
∴点A，点B，点C，点D四点共圆，
∴∠CDQ=∠CAB=45°
∵QC⊥CD
∴∠CQD=∠CDQ=45°
∴CQ=CD，且∠QCD=90°
∴△DCQ是等腰直角三角形，
∵∠ACB=∠DCQ=90°，
∴∠ACD=∠QCB，且AC=BC，CQ=CD
∴△ACD≌△BCQ（SAS）
∴AD=BQ，
∴DQ=DB-BQ=DB-AD=3
∵△DCQ是等腰直角三角形，DQ=3，CH⊥DB
∴CH=DH=HQ=DQ=．
故答案为．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
23．(1)DA=DB+DC;(2) DA=DB+DC,证明见解析.
【分析】(1)由旋转60°可得AE=AD， CE=BD，∠ABD=∠ACE，∠DAE=60°，根据∠BAC+∠BDC=180°，可知∠ABD+∠ACD=180°，则 ∠ACE+∠ACD=180°，易知△ADE是等边三角形，所以AD=DE，从而解决问题．
(2) 延长DC到点E,使CE=BD，连接AE,由已知可得,根据,可得=,可证,进而可得AD=AE, ,可得,由勾股定理可得：,进行等量代换可得结论.
【详解】(1)结论：DA=DB+DC.
理由：∵△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACE，
∴AE=AD， CE=BD，∠ABD=∠ACE，∠DAE=60°，
∵∠BAC+∠BDC=180°，
∴∠ABD+∠ACD=180°，
∴∠ACE+∠ACD=180°，
∴D,C,E三点共线，
∵AE=AD，∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD=DE，
∴AD=DC+CE=DB+DC;
(2)结论：DA=DB+DC,
证明如下：

如图所示，延长DC到点E,使CE=BD，连接AE,
∵,,
∴,
∵,
∴=,
∵AB=AC,CE=BD,
∴(SAS),
∴AD=AE, ,
∴,
∴,
∴,
∴DA=DB+DC.
【点睛】本题主要考查了截长补短的方法，通过全等三角形得到线段间的等量关系，正确作出辅助线找到全等三角形是解题的关键.
24．（1）见解析；（2）,证明见解析．
【分析】（1）由已知条件可得，进而得，由直线平分及直角三角形斜边上中线的性质得，再由三角形的外角定理，分别求得，根据角度的等量代换，即可得，最后由等角对等边的性质即可得证；
（2）如图，延长交轴于点，先证明，得，再证明，即可得．
【详解】（1），
，
，
，
直线平分，
，
为的中点，
，
，
，
，
，
，
，
．
（2），
证明：如图，延长交轴于点，

直线平分，，
，，
又，
（ASA），
，
，
，
即，
，
又，
（ASA），
，
即．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系的定义，非负数之和为零，三角形角平分线的定义，三角形中线的性质，三角形外角定理，三角形全等的性质与判定，等角对等边，熟练掌握以上知识，添加辅助线是解题的关键．
25．（1）见解析；（2），理由见解析
【分析】（1）延长CE交AB于点G，证明，得E为中点，通过中位线证明DEAB，结合BF=DE，证明BDEF是平行四边形
（2）通过BDEF为平行四边形，证得BF=DE=BG，再根据，得AC=AG，用AB-AG=BG，可证
【详解】（1）证明：延长CE交AB于点G

∵AECE
∴
在和

∴
∴GE=EC
∵BD=CD
∴DE为的中位线
∴DEAB
∵DE=BF
∴四边形BDEF是平行四边形
（2）
理由如下：
∵四边形BDEF是平行四边形
∴BF=DE
∵D，E分别是BC，GC的中点
∴BF=DE=BG
∵
∴AG=AC
BF=（AB-AG）=（AB-AC）．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的证明，中位线的性质，全等三角形的证明等综合性内容，作好适当的辅助线，是解题的关键．
26．见解析
【详解】试题分析：在边BC上截取BE=BA，连接DE，根据SAS证△ABD≌△EBD，推出AD=ED，∠A=∠BED，求出∠DEC=∠C即可．
试题解析：证明：在边BC上截取BE=BA，连接DE．∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD．在△ABD和△EBD中，，∴△ABD≌△EBD （SAS），∴AD=ED，∠A=∠BED．∵∠A+∠C=180°，∠BED+∠CED=180°，∴∠C=∠CED，∴CD=ED，∴AD=CD．

点睛：本题考查了等腰三角形的判定，全等三角形的性质和判定等知识点的应用，解答此题的关键是正确作辅助线，又是难点，解题的思路是把AD和CD放到一个三角形中，根据等腰三角形的判定进行证明，题型较好，有一定的难度．
27．（1）；（2）（1）中结论仍然成立，见解析；（3）（1）中结论不成立， ，见解析.
【分析】（1）先判断出∠OCE=60°，再利用特殊角的三角函数得出ODOC，同OEOC，即可得出结论；
（2）同（1）的方法得OF+OGOC，再判断出△CFD≌△CGE，得出DF=EG，最后等量代换即可得出结论；
（3）同（2）的方法即可得出结论．
【详解】（1）∵OM是∠AOB的角平分线，
∴∠AOC=∠BOC∠AOB=30°．
∵CD⊥OA，∴∠ODC=90°，
∴∠OCD=60°，
∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=60°．
在Rt△OCD中，OD=OC•cos30°OC，
同理：OEOC，
∴OD+OEOC；
（2）（1）中结论仍然成立，理由如下：
过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，
∴∠OFC=∠OGC=90°．
∵∠AOB=60°，
∴∠FCG=120°，
同（1）的方法得：OFOC，OGOC，
∴OF+OGOC．
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，
∴CF=CG．
∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，
∴∠DCF=∠ECG，
∴△CFD≌△CGE，
∴DF=EG，
∴OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，
∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，
∴OD+OEOC；

（3）（1）中结论不成立，结论为：OE﹣ODOC，理由如下：
过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，
∴∠OFC=∠OGC=90°．
∵∠AOB=60°，
∴∠FCG=120°，
同（1）的方法得：OFOC，OGOC，
∴OF+OGOC．
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，
∴CF=CG．
∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，
∴∠DCF=∠ECG，
∴△CFD≌△CGE，
∴DF=EG，
∴OF=DF﹣OD=EG﹣OD，OG=OE﹣EG，
∴OF+OG=EG﹣OD+OE﹣EG=OE﹣OD，
∴OE﹣ODOC．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了角平分线的定义和定理，全等三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，直角三角形的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．