中考数学一轮复习：专题14.7 全等三角形章末八大题型总结（拔尖篇）（沪科版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习：专题14.7 全等三角形章末八大题型总结（拔尖篇）（沪科版）（解析版），共65页。


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\l "_Tc19498" 【题型1 由全等三角形的判定与性质求最值】 PAGEREF _Tc19498 \h 1
\l "_Tc14609" 【题型2 由全等三角形的判定与性质探究线段的和差关系】 PAGEREF _Tc14609 \h 5
\l "_Tc25197" 【题型3 由全等三角形的判定与性质求面积】 PAGEREF _Tc25197 \h 15
\l "_Tc25426" 【题型4 尺规作图与全等三角形的综合】 PAGEREF _Tc25426 \h 22
\l "_Tc16930" 【题型5 三角形的三边关系与全等三角形的综合】 PAGEREF _Tc16930 \h 30
\l "_Tc14312" 【题型6 全等三角形的动态问题】 PAGEREF _Tc14312 \h 40
\l "_Tc15333" 【题型7 全等三角形与坐标系的综合运用】 PAGEREF _Tc15333 \h 47
\l "_Tc27702" 【题型8 全等三角形中的多结论问题】 PAGEREF _Tc27702 \h 57
【题型1 由全等三角形的判定与性质求最值】
【例1】（2023春·北京朝阳·八年级统考期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，D，E为AB边上的两个动点，且AD=BE，连接CD，CE，若AC=2，则CD+CE的最小值为 ．
【答案】4
【分析】过点A，B分别作AC的垂线和BC的垂线交于点M，连接MC，ME，先证△ACB≌△MBC，得AB=MC，再证△CAD≌△MBE，得CD=ME，进而得出CD+CE=ME+CE，当C，E，M三点不共线时，ME+CE>MC；当C，E，M三点共线时，ME+CE=MC，然后根据直角三角形中，30°的角所对的直角边等于斜边的一半求出AB的值，从而得出结果．
【详解】过点A，B分别作AC的垂线和BC的垂线交于点M，连接MC，ME，
∵ ∠ACB=90°，MA⊥AC，
∴ AM∥CB，
∵ MB⊥BC
∴ AC∥MB，AC=MB，
∴ ∠CAB=∠MBA，
∵ BC=CB，∠ACB=∠MBC=90°，
∴ △ACB≌△MBC，
∴ AB=MC，
∵ AD=BE，
∴ △CAD≌△MBE，
∴ CD=ME，
∴ CD+CE=ME+CE，
当C，E，M三点不共线时，ME+CE>MC；
当C，E，M三点共线时，ME+CE=MC．
∴ CD+CE的最小值是MC的长，
∵ ∠B=30°，∠ACB=90°，
∴ AB=2AC，
∵ AC=2，
∴ AB=4，
∴ MC=AB=4，
∴ CD+CE的最小值是4．
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形三边关系，直角三角形的性质，正确作出辅助线找出恰当的全等三角形是解本题的关键．
【变式1-1】（2023春·八年级课时练习）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，M为BC的中点，H为AB上一点，过点C作CG∥AB，交HM的延长线于点G，若AC=8，AB=6，则四边形ACGH周长的最小值是 ．
【答案】22
【分析】通过证明△BMH≅△CMG可得BH=CG，可得四边形ACGH的周长即为AC+AB+GH，进而可确定当MH⊥AB时，四边形ACGH的周长有最小值，通过证明四边形ACGH为矩形可得HG的长，进而可求解．
【详解】解：∵CG∥AB，
∴∠B=∠MCG，
∵M是BC的中点，
∴BM=CM，
在△BMH和△CMG中，
∠B=∠MCGBM=CM∠BMH=∠CMG，
∴△BMH≅△CMG（ASA），
∴HM=GM，BH=CG，
∵AC=8，AB=6，
∴四边形ACGH的周长=AC+CG+AH+=GH=AB+AC+GH=14+GH，
∴当GH最小时，即MH⊥AB时四边形ACGH的周长有最小值，
∵∠A=90°，MH⊥AB，
∴GH∥AC，
∴四边形ACGH为矩形，
∴GH=AC=8，
∴四边形ACGH的周长最小值为14+8=22，
故答案为：22．
【点睛】本题主要考查轴对称﹣最短路径问题，全等三角形的判定与性质，确定HG的最小值是解题的关键．
【变式1-2】（2023春·江苏盐城·八年级统考期中）如图，在四边形ABCD中，∠A=90°，AD=3，连接BD，BD⊥CD，BD平分∠ABC．若P是BC边上一动点，则DP长的最小值为 ．
【答案】3
【分析】过D作DE⊥BC于E，DE即为DP 长的最小值，由题意可以得到△BAD≌△BED，从而得到DE的长度．
【详解】解：如图，过D作DE⊥BC于E，DE即为DP 长的最小值，
由题意知在△BAD和△BED中，∠A=∠DEB∠ABD=∠EBDBD=BD，
∴△BAD≌△BED，
∴ED=AD=3，
故答案为3．
【点睛】本题考查三角形全等的应用，熟练掌握三角形全等的判定和性质是解题关键．
【变式1-3】（2023春·八年级课时练习）如图，在直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，AB=5，AD平分∠BAC，N是AC上一动点（不与A,C重合），M是AD上一动点（不与A,D重合），则CM+MN的最小值为 ．
【答案】125
【分析】在AB取点E，使AE=AN，连接ME，过点C作CF⊥AB于点F，证明△AMN≌△AME，可得CM+MN=CM+MF≤CE，即当点C，M，E三点共线时，CM+MN的值最小，再由点到直线，垂线段最短，可得当点E与点F重合时，CE的值最小，即CM+MN的最小值为CF的长，然后根据S△ABC=12AC×BC=12AB×CF，即可求解．
【详解】解：如图，在AB取点E，使AE=AN，连接ME，过点C作CF⊥AB于点F，
∵AD平分∠BAC，
∴∠MAN=∠MAE，
∵AM=AM，
∴△AMN≌△AME，
∴EM=MN，
∴CM+MN=CM+MF≤CE，
即当点C，M，E三点共线时，CM+MN的值最小，
∵点到直线，垂线段最短，
∴当点E与点F重合时，CE的值最小，
即CM+MN的最小值为CF的长，
∵S△ABC=12AC×BC=12AB×CF，
即12×4×3=12×5×CF，
解得：CF=125，即CM+MN的最小值为125．
故答案为：125
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，最短距离问题，证明△AMN≌△AME，得到当点C，M，E三点共线时，CM+MN的值最小是解题的关键．
【题型2 由全等三角形的判定与性质探究线段的和差关系】
【例2】（2023春·河南郑州·七年级统考期末）回答问题
（1）【初步探索】如图1，在四边形ABCD中，AB=AD,∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF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，他的结论是 ；
（2）【灵活运用】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EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
（3）【拓展延伸】已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°,AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3，仍然满足EF=BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．
【答案】（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由见解析；（3）∠EAF=180°−12∠DAB．理由见解析
【分析】（1）根据SAS可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG,AE=AG，从而得到EF=DF+DG=FG，再根据SAS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，先根据SAS可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG,AE=AG，从而得到EF=DF+DG=FG，再根据SAS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，先根据SAS可判定△ABE≌△ADG，再根据SAS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）结论：∠BAE+∠FAD=∠EAF．
如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
在△ABE和△ADG中，
AB=AD∠B=∠ADG=90°BE=DG，
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴∠BAE=∠DAG,AE=AG，
∵EF=BE+DF，
∴EF=DF+DG=FG，
在△AEF和△AGF中，
AE=AGAF=AFEF=GF，
∴△AEF≌△AGFSSS，
∴∠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，
在△ABE和△ADG中，
AB=AD∠B=∠ADG=90°BE=DG，
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴∠BAE=∠DAG,AE=AG，
∵EF=BE+DF，
∴EF=DF+DG=FG，
在△AEF和△AGF中，
AE=AGAF=AFEF=GF，
∴△AEF≌△AGFSSS，
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）结论：∠EAF=180°−12∠DAB．理由：
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，
在△ABE和△ADG中，
AB=AD∠ABE=∠ADG=90°BE=DG，
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴∠BAE=∠DAG,AE=AG，
∵EF=BE+DF，
∴EF=DF+DG=FG，
在△AEF和△AGF中，
AE=AGAF=AFEF=GF，
∴△AEF≌△AGFSSS，
∴∠FAE=∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，
∴2∠FAE+∠GAB+∠BAE=360°，
∴2∠FAE+∠GAB+∠DAG=360°，
即2∠FAE+∠DAB=360°，
∴∠EAF=180°−12∠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．
【变式2-1】（2023春·上海·七年级期末）已知：等边△ABC边长为3，点D、点E分别在射线AB、射线BC上，且BD＝CE＝a（0＜a＜3），将直线DE绕点E顺时针旋转60°，得到直线EF交直线AC于点F．
(1)如图1，当点D在线段AB上，点E在线段BC上时，说明BD+CF＝3的理由．
(2)如图2，当点D在线段AB上，点E在线段BC的延长线上时，请判断线段BD，CF之间的数量关系并说明理由．
(3)当点D在线段AB延长线上时，线段BD，CF之间的数量关系又如何？请在备用图中画图探究，并直接写出线段BD，CF之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)BD＝CF﹣3，理由见解析
(3)若E在线段BC上，BD+CF＝3；若E在BC延长线上，CF﹣BD＝3
【分析】（1）根据AAS证△DBE≌△ECF，得BD+CF＝CE+BE＝BC＝3即可；
（2）根据AAS证△DBE≌△ECF，得BD＝CE＝BE﹣BC＝CF﹣BC，即可得出BD＝CF﹣3；（3）分点E在线段BC上和在BC延长线上两种情况讨论即可．
【详解】解：（1）∵△ABC为等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∵∠DEC＝∠DEF+∠FEC＝∠B+∠BDE且∠DEF﹣60°＝∠B，
∴∠BDE＝∠FEC，
又∵BD＝CE，
∴△DBE≌△ECF（AAS），
∴CF＝BE，
∴BD+CF＝CE+BE＝BC＝3；
（2）如下图，设G点在FE的延长线，AF与DE交点为H，
∴∠DEG＝∠F+∠FHE＝60°，∠BCA＝∠FHE+∠BED＝60°，
∴∠F＝∠BED，
又∵∠B＝∠FCE＝60°，CE＝BD，
∴△DBE≌△ECF（AAS），
∴CF＝BE，
∴BD＝CE＝BE﹣BC＝CF﹣BC，
即BD＝CF﹣3；
（3）①若E在线段BC上，设DE延长线交AC于点I，
∵∠ABC＝∠BDE+∠BED＝60°，∠IEF＝∠IEC+∠CEF＝60°，∠BED＝∠IEC，
∴∠BDE＝∠CEF，
又∵∠DBE＝∠ECF＝120°，CE＝BD，
∴△DBE≌△ECF（AAS），
∴CF＝BE，
∴BD+CF＝CE+BE＝BC＝3；
②若E在BC延长线上，
∵∠ABC＝∠BDE+∠BED＝60°，∠FED＝∠FEC+∠BED＝60°，
∴∠BDE＝∠FEC，
又∵∠DBE＝∠FCE＝120°，BD＝CE，
∴△DBE≌△ECF（AAS），
∴CF＝BE，
∴CF﹣BD＝BE﹣CE＝BC＝3；
综上，若E在线段BC上，BD+CF＝3；若E在BC延长线上，CF﹣BD＝3．
【点睛】本题主要考查几何变换综合题，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式2-2】（2023春·陕西西安·八年级西安益新中学校考阶段练习）（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．
【答案】（1）见解析；（2）成立，证明见解析；（3）见解析
【分析】（1）由条件可证明△ADB≌△CEAAAS，可得AE=BD，AD=CE，可得DE=BD+CE；
（2）由条件可知∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°−α，可得∠DBA=∠CAE，结合条件可证明△ADB≌△CEAAAS，同（1）可得出结论；
（3）过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N．由条件可知EM=AH=GN，可得EM=GN，结合条件可证明△EMI≌△GNIAAS，可得出结论I是EG的中点．
【详解】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，
∠ABD=∠CAE∠BDA=∠CEAAB=AC，
∴△ADB≌△CEAAAS，
∴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．
∠BDA=∠AEC∠DBA=∠CAEAB=AC．
∴△ADB≌△CEAAAS，
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（3）证明：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，
∠EIM=∠GIN∠EMI=∠GNIEM=GN，
∴△EMI≌△GNIAAS，
∴EI=GI，
∴I是EG的中点．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式2-3】（2023春·上海静安·八年级校考期中）如图，在△ABC中，∠BAC=10.5°，AD是∠BAC的平分线，过点A作DA的垂线交BC延长线于点M，若BM=BA+AC，则∠ABC的度数是

【答案】53°
【分析】延长BA至点E，使AE=AC，先求得∠DAC=∠BAD，进而证得△CAM=△EAM，得到∠ACM=∠AEM=∠BME，结合∠ACM+∠AEM+∠BME+∠CAM+∠EAM=360°即可求得答案．
【详解】如图所示，延长BA至点E，使AE=AC．

∵BE=BA+AE，BM=BA+AC，
∴BE=BM．
∴∠AEM=∠BME．
∵∠BAC=10.5°，AD是∠BAC的平分线，
∴∠DAC=∠BAD=12∠BAC=5.25°．
∴∠CAM=∠DAM−∠DAC=90°−5.25°=84.75°，
∠EAM=180°−∠BAD−∠DAM=180°−5.25°−90°=84.75°．
∴∠CAM=∠EAM=84.75°．
在△CAM和△EAM中
AE=AC∠CAM=∠EAMAM=AM
∴△CAM=△EAM．
∴∠ACM=∠AEM．
∴∠ACM=∠AEM=∠BME．
∵∠ACM+∠AEM+∠BME+∠CAM+∠EAM=360°，
∴3∠AEM+84.75°+84.75°=360°．
∴∠AEM=63.5°．
∴∠ABC=180°−∠AEM−∠BME=180°−63.5°−63.5°=53°．
故答案为：53°．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质、角平分线的定义、多边形内角和等，能根据题意作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．
【题型3 由全等三角形的判定与性质求面积】
【例3】（2023春·广东深圳·八年级校考阶段练习）如图，△ABC中，BC=10，AC−AB=5，AD是∠BAC的角平分线，CD⊥AD，则S△BDC的最大值为 ．

【答案】12.5
【分析】延长AB，CD交点于E，可证△ADE≌△ADCASA，得出AC=AE，DE=CD，则S△BDC=12S△BCE，当BE⊥BC时，S△BEC取最大值，即S△BDC取最大值．
【详解】解：如图：延长AB，CD交点于E，

∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD=∠EAD，
∵CD⊥AD，
∴∠ADC=∠ADE=90°，
在△ADE和△ADC中，
∠ADE=∠ADCAD=AD∠EAD=∠CAD，
∴△ADE≌△ADCASA，
∴AC=AE，DE=CD；
∵AC−AB=5，
∴AE−AB=5，即BE=5；
∵DE=DC，
∴S△BDC=12S△BCE，
∴当BE⊥BC时，S△BEC取最大值，即S△BDC取最大值．
S△BDC =12×12×10×5=12.5．
故答案为：12.5．
【点睛】本题考查了角平分线定义、全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是利用三角形中线的性质得到S△BDC=12S△BCE．
【变式3-1】（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）如图，已知四边形ABCD，连接AC、BD，∠BAC=∠ADC=90°，AB=AC，若AD=5，则△ABD的面积等于 ．

【答案】252
【分析】如图，将AD逆时针旋转90°到AE，连接DE、CE，则AE=AD=5，∠EAD=∠ADC，CD∥AE，证明△ABD≌△ACESAS，根据S△ABD=S△ACE=12AE×AD，计算求解即可．
【详解】解：如图，将AD逆时针旋转90°到AE，连接DE、CE，

∴AE=AD=5，∠EAD=∠ADC，
∴CD∥AE，
∴∠BAC+∠CAD=∠CAD+∠EAD，即∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△ABD≌△ACESAS，
∴S△ABD=S△ACE=12AE×AD=12×5×5=252，
故答案为：252．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的判定，平行线间距离相等，全等三角形的判定与性质．解题的关键在于正确的添加辅助线构造全等三角形．
【变式3-2】（2023春·江苏南京·八年级南京市科利华中学校考期中）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，分别以AB、AC、BC为边在AB同侧作正方形ABDE、ACPQ、BCMN，四块阴影部分面积分别为S1、S2、S3、S4，若S1+S2+S3=12，则S4= ．
【答案】6
【分析】把图中四块阴影部分的面积转化为三角形面积，通过三角形全等即可转化为S2=S△ABC=S4,S1+S3=S△ABC，即可得到答案．
【详解】解：连接PE，过点E作EF⊥AM于点F，记DE,AM的交点为K，AE,CP的交点为T，
∵AB=BD,∠ACB=BND=90°，而∠CBA+∠CBD=∠CBD+∠DBN=90°，
∴∠CBA=∠NBD，
∴△CBA≌△NBD，
故S4=S△ABC；
又∵EA=AB,∠AEK=∠BAE=90°， 而∠EAK+∠CAB=90°=∠CAB+∠ABC，
∴∠EAK=∠ABC，
∴△EAK≌△ABT，
∴EK=AT,S2=S△ABC，
而AE=DE，则ET=DK，
∵∠MKD=∠AKE,∠AKE+∠ETC=180°=∠ETC+∠PTE，
∴∠PTE=∠MKD， 而∠EPT=∠M=90°，
∴△EPT≌△DMK，
同理可证△EQA≌△BCA，
∴S1+S3=S△ABC，
∵S1+S2+S3=12，
∴2S△ABC=12，
∴S4=S△ABC=6.
故答案为：6.
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，利用AAS（或ASA）证明三角形全等是解本题的关键．
【变式3-3】（2023春·江苏盐城·八年级景山中学校考期末）已知：△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，D为射线CB上一动点，连接AD，在直线AC右侧作AE⊥AD，且AE=AD．连接BE交直线AC于M，若2AC=7CM，则S△ADBS△AEM的值为 ．

【答案】45或49
【分析】添加辅助线，构造全等三角形，根据全等三角形的性质求出线段间的数量关系，最后进行分类讨论即可求解．
【详解】①如图，过E作EG⊥AC于点G，

∴∠ACB=∠AGE=∠CGE=90°，
∴∠DAC+∠ADC=90°，
∵AE⊥AD，
∴∠DAE=90°，即：∠DAC+∠GAE=90°，
∴∠ADC=∠GAE，
在△ADC和△EAG中，
∠ACD=∠AGE∠ADC=∠GAEAD=AE，
∴△ADC≌△EAGAAS，
∴AC=GE，CD=AG，
∴△BMC≌△EMGAAS，
∴GM=MC，
设CM=2a，则AC=7a，
∴GM=CM=2a，BC=AC=7a，
∴AG=CD=AC−GM−CM=7a−2a−2a=3a，
∴BD=BC−CD=7a−3a=4a，AM=AG+GM=3a+2a=5a，
则S△ADBS△AEM=12BD·AC12AM·GE=12×4a×7a12×5a×7a=45，
②如图，过E作EH⊥AC交AC延长线于点H，

∴∠ACB=∠AHE=90°，
∴∠DAC+∠ADC=90°，
∵AD⊥AE，
∴∠DAE=90°，即：∠DAC+∠HAE=90°，
∴∠ADC=∠HAE，
在△ADC和△EAH中，
∠ACD=∠AHE∠ADC=∠HAEAD=AE，
∴△ADC≌△EAHAAS，
∴AC=HE，CD=AH，
∴AC=CB=HE，
在△BMC和△EMH中，
∠BMC=∠EMH∠BCM=∠EHMBC=HE，
∴△BMC≌△EMHAAS，
∴HM=MC，
设CM=2m，则AC=7m，
∴HM=CM=2m，BC=AC=7m，
∴AH=CD=AC+GM+CM=7m+2m+2m=11m，
∴BD=CD−BC=11m−7m=4m，AM=AC+CM=7m+2m=9m，
则S△ADBS△AEM=12BD·AC12AM·HE=12×4m×7m12×9m×7m=49，
故答案为：45或49．
【点睛】此题考查了等腰直角三角形的性质，同角的余角相等，全等三角形的判定与性质，有关三角形的面积的求解，解题的关键是正确作出所需要的辅助线．
【题型4 尺规作图与全等三角形的综合】
【例4】（2023春·全国·八年级专题练习）如图，点B在直线l上，分别以线段BA的端点为圆心，以BC（小于线段BA）长为半径画弧，分别交直线l，线段BA于点C，D，E，再以点E为圆心，以CD长为半径画弧交前面的弧于点F，画射线AF．若∠BAF的平分线AH交直线l于点H，∠ABC=70°，则∠AHB的度数为 ．
【答案】35°
【分析】连接CD，EF．由题目中尺规作图可知：BD=BC=AE=AF，CD=EF．可证△CDB≌△FAE，所以∠CBA=∠BAF=70°，可得AF//CB．所以∠FAH=∠AHB．由于AH平分∠BAF，所以∠FAH=∠BAH=12∠BAF=35°．即：∠AHB=∠FAH=35°．
【详解】解：连接CD，EF
由题目中尺规作图可知：BD=BC=AE=AF，CD=EF
在△CDB和△FAE中
CD=EFBD=AECB=AF
∴ △CDB≌△FAE
∴ ∠CBA=∠EAF=70°
∴ AF//CB
∴ ∠FAH=∠AHB
∵ AH平分∠BAF
∴ ∠FAH=∠BAH=12∠BAF=35°
∵ ∠AHB=∠FAH
∴ ∠AHB=35°
故答案为：35°．
【点睛】本题主要考查知识点为，全等三角形的性质及判定、定点为圆心定长为半径的性质、平行线的判定及性质，角平分线的性质．能看懂尺规作图，熟练掌握全等三角形的性质及判定、平行线的性质及判定，角平分线的性质，是解决本题的关键．
【变式4-1】（2023·全国·八年级专题练习）我们通过“三角形全等的判定”的学习，可以知道“两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等”是一个基本事实，用它可以判定两个三角形全等；而满足条件“两边和其中一边所对的角分别相等”的两个三角形却不一定全等．下面请你来探究“两边和其中一边所对的角分别相等的两个三角形不一定全等”．探究：已知△ABC，求作一个△DEF，使EF=BC，∠F=∠C，DE=AB（即两边和其中一边所对的角分别相等）．
(1)动手画图：请依据下面的步骤，用尺规完成作图过程（保留作图痕迹）：
①画EF=BC；
②在线段EF的上方画∠F=∠C；
③画DE=AB；
④顺次连接相应顶点得所求三角形．
(2)观察：观察你画的图形，你会发现满足条件的三角形有____个；其中三角形____（填三角形的名称）与△ABC明显不全等；
(3)小结：经历以上探究过程，可得结论：______．
【答案】(1)见解析
(2)2，D′EF；
(3)两边和其中一边所对的角分别相等的两个三角形不一定全等
【分析】（1）根据尺规作线段，作一个角等于已知角的步骤作图即可；
（2）根据所画图形填空即可；
（3）根据探究过程结合全等三角形的判定可得出结论．
【详解】（1）解：如图所示：
（2）观察所画的图形，发现满足条件的三角形有2个；其中三角形D′EF（填三角形的名称）与△ABC明显不全等，
故答案为：2，D′EF；
（3）经历以上探究过程，可得结论：两边和其中一边所对的角分别相等的两个三角形不一定全等，
故答案为：两边和其中一边所对的角分别相等的两个三角形不一定全等．
【点睛】本题考查了尺规作图，全等三角形的判定，熟练掌握尺规作图的方法和全等三角形的判定定理是解题的关键．
【变式4-2】（2023春·山西·八年级统考阶段练习）综合与实践：在综合实践课上，老师让同学们在已知三角形的基础上，经过画图，探究三角形边之间存在的关系．如图，已知点D在ΔABC的边BC的延长线上，过点D作∠BDM=∠B且DM//AB，在DM上截取DE=AB，再作∠DEF=∠A交线段BC于点F．

实践操作
（1）尺规作图：作出符合上述条件的图形；
探究发现
（2）勤奋小组在作出图形后，发现AC//EF，AC=EF，请说明理由；
探究应用
（3）缜密小组在勤奋小组探究的基础上，测得DF=5，CF=1，求线段BD的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）线段BD的长为9
【分析】（1）以B为圆心，任意为半径画弧，交AB,BD于G,H ,以D为圆心，同等长为半径画弧,交DC于L,以L为圆心，GH为半径，与前弧交于K,连接DK并延长至M,以D为圆心，AB长为半径，与DM交于E，以A为圆心，任意长为半径画弧交AB,AC于点I,J ,以E为圆心，同等长为半径，交EF于N，以N为圆心，IJ长为半径交前弧于M,连接EM并延长交BC于F;
（2）根据平行和（1）中作的图证明ΔABC≌ΔEDFASA，根据全等得出对应边相等、再根据对应角相等得出平行；
（3）由（2）的全等得出DF=BC，再根据线段之间的关系算出BD．
【详解】（1）以B为圆心，任意为半径画弧，交AB,BD于G,H ,以D为圆心，同等长为半径画弧,交DC于L,以L为圆心，GH为半径，与前弧交于K,连接DK并延长至M,以D为圆心，AB长为半径，与DM交于E，以A为圆心，任意长为半径画弧交AB,AC于点I,J ,以E为圆心，同等长为半径，交EF于N，以N为圆心，IJ长为半径交前弧于M,连接EM并延长交BC于F，如图为所求图形：

（2）理由如下：
在ΔABC和ΔEDF中，
∠A=∠DEF,AB=ED,∠B=∠D,
∴ΔABC≌ΔEDFASA．
∴AC=EF，∠ACB=∠DFE．
∴AC//EF．
（3）由（2）得，ΔABC≌ΔEDF．
∴DF=BC．
∵DF=5，
∴BC=5．
∵CF=1，
∴BD=BC+DF−CF=5+5−1=9．
∴线段BD的长为9．
【点睛】本题考查尺规作图和全等三角形的性质和判定，熟练掌握尺规作图和全等三角形的边角代换是解题关键．
【变式4-3】（2023春·北京·八年级校考期中）尺规作图之旅
下面是一副纯手绘的画作，其中用到的主要工具就是直尺和圆规，在数学中，我们也能通过尺规作图创造出许多带有美感的图形．
尺规作图起源于古希腊的数学课题，只允许使用圆规和直尺，来解决平面几何作图问题．
【作图原理】在两年的数学学习里中，我们认识了尺规作图，并学会用尺规作图完成一些作图问题，请仔细思考回顾，判断以下操作能否通过尺规作图实现，可以实现的画√，不能实现的 画×．
（1）过一点作一条直线．( )
（2）过两点作一条直线．( )
（3）画一条长为3㎝的线段．( )
（4）以一点为圆心，给定线段长为半径作圆．( )
【回顾思考】还记得我们用尺规作图完成的第一个问题吗？那就是“作一条线段等于已知线段”，接着，我们学习了使用尺规作图作线段的垂直平分线，作角平分线，过直线外一点作垂线……而这些尺规作图的背后都与我们学习的数学原理密切相关，下面是用尺规作一个角等于已知角的方法及说理，请补全过程．
已知：∠AOB．
求作：∠A′O′B′使∠A′O′B′=∠AOB
作法：（1）如图，以O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA，OB于点C，D；
（2）画一条射线O′A′，以点O′为圆心，OC长为半径画弧，交O′A′于点C′；
（3）以点C′为圆心，____________________；
（4）过点D′画射线O′B′，则∠A′O′B′=∠AOB．
说理：由作法得已知：OC=O′C′,OD=O′D′,CD=C′D′
求证：∠A′O′B′=∠AOB
证明：∵OC=O′C′OD=O′D′CD=C′D′
∴ΔOCD≅ΔO′C′D′( )
所以∠A′O′B′=∠AOB( )
【小试牛刀】请按照上面的范例，完成尺规作图并说理：过直线外一点作已知直线的平行线．
已知：直线l与直线外一点A．
求作：过点A的直线l′，使得l//l′．
【创新应用】现实生活中许多图案设计都蕴含着数学原理，下面是一个常见商标的设计示意图．假设你拥有一家书店，请利用你手中的刻度尺和圆规，为你的书店设计一个图案．要求保留作图痕迹，并写出你的设计意图．
【答案】【作图原理】（1）√；（2）√；（3）×；（4）√；【回顾思考】作法：以点C′为圆心，以CD为半径画弧，与第二步中所画的弧相交于D′；说理：SSS，全等三角形对应角相等；【小试牛刀】答案见解析；【创新应用】答案见解析．
【分析】[作图原理]根据五种基本作图判断即可；
[回顾思考]利用全等三角形的判定解决问题即可；
[小试牛刀]利用同位角相等两直线平行解决问题即可；
[创新应用]答案不唯一，画出图形，说明设计意图即可．
【详解】解：[作图原理]：（1）过一点作一条直线．可以求作；
（2）过两点作一条直线．可以求作；
（3）画一条长为3cm的线段．不可以求作；
（4）以一点为圆心，给定线段长为半径作圆．可以求作；
故答案为：√，√，×，√；
[回顾思考]：作法：（1）如图，以O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA，OB于点C，D；
（2）画一条射线O'A'，以点O'为圆心，OC长为半径画弧，交O'A'于点C'；
（3）以点C'为圆心，以C′为圆心，CD长为半径画弧与第二步中所画的弧交于点D′；
（4）过点D'画射线O'B'，则∠A'O'B'＝∠AOB．
说理：由作法得已知：OC＝O'C'，OD＝O'D'，CD＝C'D'，
求证：∠A'O'B'＝∠AOB．
证明：在△OCD和△O'C'D'中{OC＝O′C′OD＝O′D′CD＝C′D′，
∴△OCD≌△O'C'D'（SSS），
∴∠A'O'B'＝∠AOB（全等三角形的对应角相等），
故答案为：以C′为圆心，CD长为半径画弧与第二步中所画的弧交于点D′，SSS，全等三角形的对应角相等；
[小试牛刀]：如图，直线l′即为所求（方法不唯一），
；
[创新应用]：如图所示（答案不唯一），设计意图：书架中隐藏着无限宝藏，
．
【点睛】本题考查作图−应用与设计作图，全等三角形的判定和性质，平行线的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【题型5 三角形的三边关系与全等三角形的综合】
【例5】（2023春·广东广州·八年级统考期中）Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，过点A作AE⊥AB．连接BE，CE，M为平面内一动点．
(1)如图1，若BC＝4，则S△EBC＝ ．
(2)如图2，点M在BE上，且CM⊥BE于M，过点A作AF⊥BE于F，D为AC中点，连接FD并延长，交CM于点H．求证：MF＝MH；
(3)如图3，连接BM，EM，过点B作BM'⊥BM于点B，且满足BM'＝BM，连接AM'，MM'，过点B作BG⊥CE于点G，若S△ABC＝18，EM＝3，BG＝4，求线段AM'的长度的取值范围．
【答案】(1)8
(2)见解析
(3)6≤AM'≤12
【分析】（1）由平行线的性质可得S△AEC=S△ABE，即可求解；
（2）由“AAS”可证△ABF≌△BCM，利用全等三角形的性质可得AF=BM，BF=CM，由“ASA”可证△ADF≌△CDH，利用相似三角形的性质可得AF=HC，DF=DH，可得结论；
（3）由“SAS”可证△CBM≌△ABM'，可得CM=AM'，由三角形的三边关系定理可求解．
【详解】（1）解：∵∠ABC=90°，AB=BC，BC=4，
∴S△ABC=12×AB·BC=8．
∵AE⊥AB，BC⊥AB，
∴AE∥BC，
∴S△EBC=S△ABC=8，
故答案为：8；
（2）∵∠ABC=90°=∠AFB=∠CMB，
∴∠ABF+∠CBM=90°，∠ABF+∠BAF=90°，
∴∠BAF=∠CBM，
在△ABF和△BCM中，
∠BAF=∠CBM∠AFB=∠BMC=90°AB=BC，
∴△ABF≌△BCMAAS，
∴AF=BM，BF=CM，
∵AF⊥BE，CM⊥BE，
∴AF∥CM，
∴∠FAD=∠HCD，
∵D为AC中点，
∴AD=CD，
又∵∠ADF=∠CDH，
在△ADF和△CDH中，
∠ADF=∠CDH∠FAD=∠HCDAD=CD，
∴△ADF≌△CDHAAS，
∴AF=HC，DF=DH，
∴BF−BM=CM−AF=CM−CH，
∴MF=MH；
（3）连接CM，如图，
∵BM′⊥BM，
∴∠MBM'=∠ABC=90°，
∴∠ABM'=∠CBM，
在△CBM和△ABM'中，
CB=AB∠CBM=∠ABM′BM=BM′，
∴△CBM≌△ABM'SAS，
∴AM'=CM，
∵AE∥BC，
∴S△ABC=S△BEC=18，
∴12×EC·BG=18，
∴EC=18×24=9，
在△EMC中，EC−EM＜CM＜EM+EC，
∴6＜CM＜12，
∴6＜AM'＜12．
∴当点E，点M，点C共线时，CM最大值为12，最小值为6，
∴6≤AM'≤12．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，以及三角形的三边关系，掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式5-1】（2023春·四川乐山·八年级统考期末）如图，在△ABC中，BC=12，AD平分∠BAC，点E为AC中点，AD与BE相交于点F．
(1)若∠ABC=40°，∠C=80°，求∠ADB的度数；
(2)如图1，若AB=10，求线段BE的长的取值范围；
(3)如图2，过点B作BH⊥AD交AD延长线于点H，设△BFH，△AEF的面积分别为S1，S2，若AB−AC=4，试求S1−S2的最大值．
【答案】(1)110°
(2)1(3)12
【分析】（1）由三角形内角和定理可求∠BAC=60°，由角平分线的性质和外角的性质可求解；
（2）过点A作AM∥BC，交BE的延长线于M，由“AAS”可证△AEM≅△CEB，可得AM=BC=12，BE=EM，由三角形的三边关系可求解；
（3）延长AC，BH交于点G，由“SAS”可证△ABH≅△AGH，可得AB=AG，BH=HG，由面积的和差关系可求解．
【详解】（1）∵∠ABC=40°，∠C=80°，
∴∠BAC=60°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD=30°，
∴∠ADB=∠DAC+∠C=30°+80°=110°；
（2）如图1，过点A作AM∥BC，交BE的延长线于M，
∴∠M=∠CBE，∠MAE=∠BCE，
∵点E为AC中点，
∴AE=CE，
∴△AEM≅△CEB(AAS)，
∴AM=BC=12，BE=EM，
在△ABM中，AB=10，AM−AB∴2<2BE<22，
∴1（3）如图2，延长AC，BH交于点G，
∵∠BAH=∠CAH，AH=AH，∠AHB=∠AHG=90°，
∴△ABH≅△AGH(SAS)，
∴AB=AG，BH=HG，
∵SΔBFH−S△AEF=S△ABH−S△ABE=12S△ABG−12S△ABC，
∴S1−S2=12×(S△ABG−S△ABC)=12S△BCG，
∵AB−AC=4，
∴AG−AC=CG=4，
∴当BC⊥AC时，S△BCG有最大值，即S1−S2有最大值，
∴S1−S2的最大值=12×12×4×12=12．
【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，角平分线的性质，三角形内角和定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
【变式5-2】（2023春·广东深圳·八年级统考期末）定理：三角形任意两边之和大于第三边．
(1)如图1，线段AD，BC交于点E，连接AB，CD，判断AD+BC与AB+CD的大小关系，并说明理由；
(2)如图2，OC平分∠AOB，P为OC上任意一点，在OA，OB上截取OE=OF，连接PE，PF．求证：PE=PF；
(3)如图3，在△ABC中，AB>AC，P为角平分线AD上异于端点的一动点，求证：PB−PC>BD−CD．
【答案】(1)AD+BC>AB+CD；理由见详解
(2)证明见详解
(3)证明见详解
【分析】（1）根据三角形任意两边之和大于第三边知，AE+BE>AB，CE+ED>CD，两式相加即可得出结论；
（2）根据SAS证△OEP≌△OFP即可得出结论；
（3）在AB上取一点E，使AE=AC，连接DE交BP于点F，证△APE≌△APC，即PC=PE，同理证CD=DE，然后同理（1）得PB+CD>PC+BD，变形不等式即可得出结论．
【详解】（1）解：AD+BC>AB+CD，理由如下：
∵AE+BE>AB，CE+ED>CD，
∴AE+BE+CE+ED>AB+CD，
即AD+BC>AB+CD；
（2）证明：∵OC平分∠AOB，
∴∠EOP=∠FOP，
在△OEP和△OFP中，
OE=OF∠EOP=∠FOPOP=OP，
∴△OEP≌△OFP(SAS)，
∴PE=PF；
（3）证明：在AB上取一点E，使AE=AC，连接DE交BP于点F，
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠EAP=∠CAP，
在△APE和△APC中，
AE=AC∠EAP=∠CAPAP=AP，
∴△APE≌△APC(SAS)，
∴PE=PC，
同理可证DE=DC，
∵EF+PF>EP，BF+FD>BD，
∴EF+PF+BF+FD>EP+BD，
即PB+DE>EP+BD，
∴PB+CD>PC+BD，
∴PB−PC>BD−CD．
【点睛】本题主要考查三角形的综合题，熟练掌握三角形的三边关系和全等三角形的判定和性质等知识是解题的关键．
【变式5-3】（2023春·湖南长沙·八年级统考期中）阅读理解：课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题:在△ABC中，AB=7，AC=3，求BC边上的中线AD的取值范围．
(1)小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法（如图1）:①延长AD到Q使得DQ=AD；
②再连接BQ，把AB、AC、2AD集中在△ABQ中；③利用三角形的三边关系可得4感悟：解题时，条件中若出现“中点”“中线”等条件，可以考虑倍长中线，构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中．
(2)请写出图1中AC与BQ的位置关系并证明；
(3)思考：已知，如图2，AD是△ABC的中线，AB=AE，AC=AF，∠BAE=∠FAC=90°，试探究线段AD与EF的数量和位置关系，并加以证明．
【答案】(1)2(2)AC∥BQ，理由见解析
(3)EF=2AD，AD⊥EF，证明见解析
【分析】（1）由题意可得AQ=2AD及三角形三边关系，即可求解；
（2）通过证明△QDB≌△ADC(SAS)，得出∠BQD=∠CAD，即可得出结论；
（3）同（2）得△QDB≌△ADC(SAS)，则∠DBQ=∠ACD，BQ=AC，进而判断出∠ABQ=∠EAF，进而判断出△ABQ≌△EAF，得出AQ=EF，∠BAQ=∠AEF，即可得出结论．
【详解】（1）解：由题意可得：AQ=2AD
∵4∴2故答案为2（2）AC∥BQ，理由如下
延长AD到Q使DQ=AD，连接BQ
∵AD是△ABC的中线
∴BD=CD
在△QDB和△ADC中
BD=CD∠BDQ=∠CDADQ=AD
∴△QDB≌△ADCSAS
∴∠BQD=∠CAD
∴AC∥BQ
（3）EF=2AD，AD⊥EF，理由如下
在下图中，延长AD到Q使得DQ=AD，连接BQ
由（2）知，△QDB≌△ADCSAS
∴∠DBQ=∠ACD，BQ=AC
∵AC=AF
∴BQ=AF
在△ABC中，∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°
∴∠BAC+∠ABC+∠DBQ=180°
∴∠BAC+∠ABQ=180°
∵∠BAE=∠FAC=90°
∴∠BAC+∠EAF=180°
∴∠ABQ=∠EAF
在△ABQ和△EAF中
AB=AE∠ABQ=∠EAFBQ=AF
∴△ABQ≌△EAFSAS
∴AQ=EF，∠BAQ=∠AEF
延长DA交EF于点P
∵∠BAE=90°
∴∠BAQ+∠EAP=90°
∴∠AEF+∠EAP=90°
∴∠APE=90°
∴AD⊥EF
∵AD=DQ
∴AQ=2AD
∵AQ=EF
∴EF=2AD
综上：EF=2AD，AD⊥EF
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查全等三角形的判定和性质，倍长中线法，构造全等三角形是解题的关键．
【题型6 全等三角形的动态问题】
【例6】（2023春·江苏苏州·八年级苏州工业园区星湾学校校考阶段练习）如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8．点P从A点出发沿A→C→B路径向终点运动，终点为B点；点Q从B点出发沿B→C→A路径向终点运动，终点为A点．点P和Q分别以每秒1和3的运动速度同时开始运动，两点都要到相应的终点时才能停止运动，在某时刻，分别过P和Q作PE⊥l于E、作QF⊥l于F，当点P运动 秒时，以P、E、C为顶点的三角形和以Q、F、C为顶点的三角形全等．
【答案】1或72或12
【分析】根据题意分为五种情况，根据全等三角形的性质得出CP=CQ，代入得出关于t的方程，解方程即可．
【详解】解：设点P运动t秒时，以P、E、C为顶点的三角形和以Q、F、C为顶点的三角形全等，分为五种情况：
①如图1，P在AC上，Q在BC上，则PC=6−t，QC=8−3t，
∵ PE⊥l，QF⊥l，
∴ ∠PEC=∠QFC=90°，
∵ ∠ACB=90°，
∴ ∠EPC+∠PCE=90°，∠PCE+∠QCF=90°，
∴ ∠EPC=∠QCF，
∵ △PCE≌△CQF，
∴ PC=CQ，
即6−t=8−3t，
∴t=1；
②如图2，P在BC上，Q在AC上，则PC=t−6，QC=3t−8，
∵由①知：PC=CQ，
∴ t−6=3t−8，
∴t=1；
因为此时t−6<0，所以此种情况不符合题意；
③当P、Q都在AC上时，如图3，
PC=6−t=3t−8，
t=72；
④当Q到A点停止，P在BC上时，如图4，AC=PC，t−6=6时，解得t=12．
t=12<6+8，符合题意；
⑤因为P的速度是每秒1，Q的速度是每秒3， P和Q都在BC上的情况不存在；
综上，点P运动1或72或12秒时，以P、E、C为顶点的三角形上以Q、F、C为顶点的三角形全等．
故答案为：1或72或12．
【点睛】本题主要考查对全等三角形的性质，解一元一次方程等知识点的理解和掌握，能根据题意得出方程是解此题的关键．
【变式6-1】（2023春·八年级课时练习）如图，CAAB，垂足为点A，AB=24cm，AC=12cm，射线BMAB，垂足为点B，一动点E从A点出发以3cm/s沿射线AN运动，点D为射线BM上一动点，随着E点运动而运动，且始终保持ED=CB，当点E经过 ( ) 秒时，△DEB与△BCA全等．（注：点E与A不重合）（ ）
A．4B．4、8C．4、8、12D．4、12、16
【答案】D
【分析】首先分两种情况：当E在线段AB上和当E在BN上，然后再分成两种情况：AC＝BE和AB＝EB，分别进行计算，即可得出结果．
【详解】解：①当E在线段AB上，AC＝BE时，△ACB≌△BED，
∵AC＝12cm，
∴BE＝12cm，
∴AE＝24﹣12＝12cm，
∴点E的运动时间为12÷3＝4（秒）；
②当E在BN上，AC＝BE时，△ACB≌△BED，
∵AC＝12cm，
∴BE＝12cm，
∴AE＝24+12＝36cm，
∴点E的运动时间为36÷3＝12（秒）；
③当E在BN上，AB＝EB时，△ACB≌△BDE，
∵AB＝24cm，
∴BE＝24cm，
∴AE＝24+24＝48cm，
∴点E的运动时间为48÷3＝16（秒），
综上所述t的值为： 4，12，16．共3种情况．
故选D．
【点睛】本题考查了全等三角形的综合问题，分类讨论，找到所有符合题意的情况是解本题的关键．
【变式6-2】（2023春·安徽合肥·八年级合肥市第四十五中学校考阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=9 cm，AC=12 cm，AB=15 cm，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）如上图，当t= 时，△APB的面积等于△ABC面积的一半；
（2）如图，在△DEF中，∠E=90°，DE=4 cm，DF=5 cm，∠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与△DEF全等，则点Q的运动速度是 cm/s．
【答案】 2s或5.5s 154或125或9631或9332
【分析】（1）根据三角形中线的性质，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）根据题意分四种情况进行分析，利用全等三角形的性质得出点P、Q所走的路程，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．
【详解】解：∵△APB的面积等于△ABC面积的一半，
∴P点运动到BC的中点，
此时t=12+4.53=5.5s，
当P点运动到AC边上时，
此时S△APC=12S△ABC，
∴此时P点在AC边的中点，
此时t=63=2s，
综上所述，当t=2或5.5s时，△APB的面积等于△ABC面积的一半；
（2）设点Q的运动速度为xcm/s，
①当点P在AC上，点Q在AB上，△APQ≌△DEF时，
AP=DE=4cm，AQ=DF=5cm，
∴4÷3=5÷x
解得x= 154；
②当点P在AC上，点Q在AB上，△APQ≌△DFE时，
AP=DF=5cm，AQ=DE=4cm，
∴5÷3=4÷x，
解得x= 125；
③当点P在AB上，点Q在AC上，△AQP≌△DEF时，
AP=DF=5cm，AQ=DE=4cm，
∴点P的路程为9+12+15−5=31cm，点Q的路程为9+12+15−4=32cm，
∴31÷3=32÷x
解得x= 9631；
④当点P在AB上，点Q在AC上，△APQ≌△DEF时
AP=DE=4cm，AQ=DF=5cm，
∴点P的路程为9+12+15−4=32cm，点Q的路程为9+12+15−5=31cm，
∴32÷3=31÷x
解得x= 9332；
∴Q运动的速度为154 cm/s或125 cm/s或9631 cm/s或9332 cm/s．
故答案为：154或125或9631或9332．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质及三角形面积，分类讨论思想，掌握全等三角形的性质及分情况讨论是解题的关键．
【变式6-3】（2023春·江苏苏州·八年级苏州市立达中学校校考期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=BC=16，BD=24，点E从点D出发，以每秒2个单位的速度沿DA向点A匀速移动，点F从点C出发，以每秒6个单位的速度，沿C→B→C做匀速移动，点G从点B出发沿BD向点D匀速移动，三个点同时出发，当有一个点到达终点时，其余两点也随之停止运动，假设移动时间为t秒．△DEG与△BFG全等，t= ．
【答案】2或4或5
【分析】设点E的移动时间为t，点G的运行距离为y，当△DEG与△BFG全等时，分DE=BF,DG=BG,或DE=BG,DG=BF,分别列方程计算即可得解．
【详解】设点E的移动时间为t，点G的运行距离为y，
∵AD∥BC,
∴∠EDG=∠GBF,
∵△DEG与△BFG全等，
∴EG=FG，
∴ DE=BF,DG=BG,或DE=BG,DG=BF,
∵BC=16,166=83，162=8，16+166=163，有一个点到达终点时，其余两点也随之停止运动，
∴0≤t≤163，
①当点F由点C到点B，即0由DE=BF得2t=16−6t，
解得；t=2，
由DE=BG,DG=BF得y=2t16−6t=24−y，
解得：t=−2（舍去），
②当点F由点C到点B，即2由DE=BF得2t=6t−16，
解得：t=4，
由DE=BG,DG=BF得y=2t6t−16=24−y，
解得：t=5y=10，
综上，t=2或t=4或t=5，
故答案为：2或4或5
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，分类讨论，解方程和方程组等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【题型7 全等三角形与坐标系的综合运用】
【例7】（2023春·八年级课时练习）如图，在平面直角坐标系中，已知点A、B分别为x轴和y轴上一点，且OA=OB，过点B作BE⊥AC于点E，延长BE至点D，使得BD=AC，连接OC、OD，若点C在第一象限，点C的坐标为2,1.5，连接CD，AC与OD交于点F，则点D的坐标为 ．
【答案】(−1.5，2)
【分析】如图，先证明∠1=∠2再根据SAS证明△AOC≌△BOD，即得OC=OD，∠AOC=∠BOD，接着再证明△DKO≌△OLC(AAS)，即可得出DK=OL，KO=CL，从而求得结果．
【详解】解：过点D作DK⊥x轴于点K，过点C作CL⊥x于点L，BD与x轴相交于点H，
如图所示：
∵ BE⊥AC，
∴∠AEH=90°，
在Rt△AEH中，∠1=90°−∠AHE，
在Rt△BOH中，∠2=90°−∠BHO，
∵∠AHE=∠BHO，
∴∠1=∠2，
在△AOC和△BOD中，
AO=BO∠1=∠2AC=BD
∴△AOC≌△BOD(SAS)，
∴OC=OD，∠AOC=∠BOD，
又∵∠AOC=90°+∠3，∠BOD=90°+∠4，
∴∠3=∠4，
∵∠4+∠5=90°，
∴∠3+∠5=90°，
即∠DOC=90°，
∴∠4+∠COL=90°，
∵∠4+∠KDO=90°，
∴∠COL=∠KDO，
在△DKO和 △OLC中，
∠DKO=∠OLC∠COL=∠KDOOD=OC，
∴△DKO≌△OLC(AAS)，
∴DK=OL，KO=CL，
∵点C的坐标为2,1.5，即OL=2，CL=1.5，
∴DK=2，KO=1.5，
∴D(−1.5，2)；
故答案为：(−1.5，2)．
【点睛】本题属于三角形的综合题，主要考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是会添加辅助线，构造全等三角形．
【变式7-1】（2023春·湖北黄冈·八年级校考阶段练习）如图所示，在平面直角坐标系中，P(4,4)，
(1)点A在x的正半轴运动，点B在y的正半轴上，且PA=PB，
①求证：PA⊥PB：
②求OA+OB的值；
(2)点A在x的正半轴运动，点B在y的负半轴上，且PA=PB，
①求OA-OB的值；
②点A的坐标为(10,0)，求点B的坐标．
【答案】(1)①见解析；②8
(2)①8；②点B的坐标为(0,−2)
【分析】（1）①过点P作PE⊥x轴于E，作PF⊥y轴于F，根据点P的坐标可得PE=PF=4，然后利用“HL”证明Rt△APE和Rt△BPF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠APE=∠BPF，然后求出∠APB=∠EPF=90°，再根据垂直的定义证明；
②根据全等三角形对应边相等可得AE=BF，再表示出PE、PF，然后列出方程整理即可得解；
（2）①根据全等三角形对应边相等可得AE=BF，再表示出PE、PF，然后列出方程整理即可得解；
②求出AE的长度，再根据全等三角形对应边相等可得AE=BF，然后求出OB，再写出点B的坐标即可．
【小题1】①证明：如图，过点P作PE⊥x轴于E，作PF⊥y轴于F，
∴PE⊥PF，
∵P(4,4)，
∴PE=PF=4，
在Rt△APE和Rt△BPF，
PA=PBPE=PF，
∴Rt△APE≅Rt△BPF(HL)，
∴∠APE=∠BPF，
∴∠APB=∠APE+∠BPE=∠BPF+∠BPE=∠EPF=90°，
∴PA⊥PB；
②解：∵Rt△APE≅Rt△BPF，
∴BF=AE，
∵OA=OE+AE,OB=OF−BF，
∴OA+OB=OE+AE+OF−BF=OE+OF=4+4=8；
【小题2】（2）解：①如图，过点P作PE⊥x轴于E，作PF⊥y轴于F，
同理得Rt△APE≅Rt△BPF(HL)，
∴AE=BF，
∵AE=OA−OE=OA−4,BF=OB+OF=OB+4，
∴OA−4=OB+4，
∴OA−OB=8；
②∵PE=PF=4，PE⊥x轴于E，作PF⊥y轴于F，
∴四边形OEPF是正方形，
∴OE=OF=4，
∵A(10,0)，
∴OA=10，
∴AE=OA−OE=10−4=6，
∵Rt△APE≅Rt△BPF，
∴AE=BF=6，
∴OB=BF−OF=6−4=2，
∴点B的坐标为(0,−2)．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质、正方形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线，构造全等三角形是解题的关键，属于中考常考题型．
【变式7-2】（2023春·江苏盐城·八年级统考期末）已知：如图1，OA=2，OB=4，以A点为直角顶点、AB为腰在第三象限作等腰Rt△ABC．

(1)求C点的坐标：
(2)如图2，OA=2，P为y轴负半轴上一个动点，若以P为直角顶点，PA为腰作等腰Rt△APD，过D作DE⊥x轴于E点，求OP−DE的值：
(3)如图3，点F坐标为−3,−3，点G0,m在y轴负半轴，点Hn,0在x轴的正半轴上，且FH⊥FG，求m+n的值．
【答案】(1)−6,−2
(2)2
(3)m+n=−6
【分析】（1）过C作CM⊥x轴于M点，证明△MAC≌△OBA(AAS)，即可求出OM和CM的值，进而求得答案；
（2）过D作DQ⊥OP于Q点，根据四边形OEDQ是矩形，得到DE=OQ，进而证明△AOP≌△PQD(AAS)，从而得到PQ的值，再根据DE=OQ得到OP−DE=PQ，即可求得答案；
（3）先证明四边形OSFT是正方形，得到FS=FT=3，进一步证明△FSH≌△FTG(AAS)，从而得到GT=HS，再根据坐标值求出GT,HS的表达式，最后根据GT=HS建立等式即可求得答案．
【详解】（1）解：如下图所示，过C作CM⊥x轴于M点，

∵CM⊥OA，AC⊥AB，
∴∠MAC+∠OAB=90°，∠OAB+∠OBA=90°，
∴∠MAC=∠OBA，
在△MAC和△OBA中，∠CMA=∠AOB∠MAC=∠OBAAC=BA，
∴△MAC≌△OBA(AAS)，
∴CM=OA=2，MA=OB=4．
∴OM=6，
∴点C的坐标为−6,−2；
（2）解：如图2，过D作DQ⊥OP于Q点，

∵DE⊥AE，
∴∠OQD=∠QDE=∠DEO=∠EOQ=90°，
∴四边形OEDQ是矩形，
∴DE=OQ，
∵∠APO+∠QPD=90°，∠APO+∠OAP=90°，
∴∠QPD=∠OAP，
在△AOP和△PQD中，∠AOP=∠PQD=90°∠QPD=∠OAPAP=PD，
∴△AOP≌△PQD(AAS)，
∴OA=PQ=2，
∴OP−DE=OP−OQ=PQ=2．
（3）解：如图3，过点F分别作FS⊥x轴于点S，FT⊥y轴于点T，

∵∠HSF=∠GTF=90°=∠SOT，FS=FT=3,
∴四边形OSFT是正方形，
∴∠SFT=90°=∠HFG，
∴∠SFH+∠TFH=∠GFT+∠TFH，
∴∠SFH=∠GFT，
在△FSH和△FTG中，∠HSF=∠GTF∠SFH=∠GFTFS=FT，
∴△FSH≌△FTG(AAS)，
∴GT=HS，
∵G0,m，Hn,0，点F坐标为−3,−3，
∴OT=OS=3，
∴GT=−3−m，HS=n−(−3)=n+3
∴−3−m=n+3，
∴m+n=−6．
【点睛】本题考查直角坐标系，直角三角形和等腰直角三角形的性质，全等三角形的判断与性质，解题的关键是添加正确的辅助线，构造出全等三角形．
【变式7-3】（2023春·辽宁大连·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点A(0，m)、点B(n,0)分别在y轴、x轴的正半轴上，若m、n满足m−n2+n−42=0．
(1)填空：m= ，n= ；
(2)如图，点P是第一象限内一点，连接AP、OP，使∠APO=45°．过点B作BC⊥OP于点D，交y轴于点C，证明：DP=DB．
(3)若在线段OA上有一点M（0，t），连接BM，将BM绕点B逆时针旋转90°得到BN，连接AN交x轴于点E，请直接写出点E的坐标（用含有t的代数式表示）．
【答案】(1)m=4,n=4
(2)见解析
(3)E（2-12t，0）
【分析】（1）根据m−n2+n−42=0得到m−n=0n−4=0即可求解；
（2）过点A向OP作垂线交于点E，证明△AOE≌△BOD，进而可得到结论；
（3）过点N作NC⊥x轴交于点C，可证△BOM≌△BCN，之后再证明△AOE≌△ECN，即可得到结论；
【详解】（1）解：∵m−n2+n−42=0，
∴m−n=0n−4=0，
∴m=n=4，
故答案为：m=4,n=4；
（2）证明：过点A向OP作垂线交于点E，则∠AEP=90°，
∵∠AOP+∠POB=90°，
∠AOP+∠OAE=90°，
∴∠POB=∠OAE，
又OA=OB，∠AEO=∠BDO=90°，
∴△AOE≌△BODAAS ，
∴DB=OE，AE=OD，
又∵∠APO=45°，∠AEP=90°，
∴AE=EP，
∴EP=OD，
∵OE=OD+DE，DP=DE+EP，
∴OE=DP，
∴DP=DB，
（3）解：如图，过点N作NC⊥x轴交于点C，
由题可知BM=BN，∠MBN=∠MOB=90° ，
∵∠MBO+∠OBN=90° ，∠OBN+∠CNB=90°，
∴∠MBO=∠CNB ，
∴△BOM≌△BCNAAS ，
∴OM=BC=t ，OB=NC ，
∵OA=OB，
∴OA=NC ，
∵∠AOC=∠NCE=90° ，∠OEA=∠CEN ，
∴△AOE≌△ECNAAS，
∴OE=EC=12OC ，
∵OC=OB−CB=4−t ，
∴OC=4-t，
∴OE=12OC=2-12t，
∴E（2-12t，0）．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，二元一次方程组，正确的做出辅助线是解题的关键．
【题型8 全等三角形中的多结论问题】
【例8】（2023春·四川巴中·八年级统考期末）如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，ADA．4B．3C．2D．1
【答案】B
【分析】先证明∠BAD=∠CAE，可得△BAD≌△CAE，则BD=CE，故①符合题意；如图，记AC,BF的交点为O，结合∠AOB=∠COF，可得∠BFC=∠BAO=49°，故③符合题意；D在BF上可以是个动点，仍然满足△ADE中AD=AE，∠DAE=49°，可得AD不一定等于BD，故②不符合题意；如图，作AK⊥BD于K，作AH⊥CE于H．由全等三角形的对应高相等可得：AK=AH，证明Rt△AFK≌Rt△AFH，可得∠AFD=∠AFE，则FA平分∠BFE，故④符合题意．
【详解】解：∵∠BAC=∠DAE=49°，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE，
∴BD=CE，故①符合题意；
∴∠ABD=∠ACE，
如图，记AC,BF的交点为O，
∵∠AOB=∠COF，
∴∠BFC=∠BAO=49°，故③符合题意；
∵D在BF上可以是个动点，仍然满足△ADE中AD=AE，∠DAE=49°，
∴AD不一定等于BD，故②不符合题意；
如图，作AK⊥BD于K，作AH⊥CE于H．
∵△BAD≌△CAE，
∴由全等三角形的对应高相等可得：AK=AH，
∵AF=AF，∠AKF=∠AHE=90°，
∴Rt△AFK≌Rt△AFH，
∴∠AFD=∠AFE，
∴FA平分∠BFE，故④符合题意；
故选B
【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理的应用，全等三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
【变式8-1】（2023春·全国·八年级期中）如图，△ABC中，∠BAC=60°，∠ABC<60°，三条角平分线AD、BE、CF交于O，OH⊥BC于H．下列结论：①∠BOC=120°；②∠DOH=∠OCB−∠OBC；③OD平分∠BOC；④BF+CE=BC．其中正确的结论个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】由∠BAC=60°得∠ABC+∠ACB=120°，即可求得∠BOC=120°，可判断①正确；
由∠DOH=90°−∠ODH=90°−∠BAD−∠ABC，而∠BAD=12∠BAC=12180°−∠ABC−∠ACB，可推导出∠DOH=∠OCB−∠OBC，可判断②正确；
由∠BAC=60°，∠ABC<60°得∠ABC<∠ACB，再由∠OAB=∠OAC推导出∠OBA+∠OAB<∠OCA+∠OAC，即可证明∠BOD<∠COD，可判断③错误；
在BC上截取BI=BF，连接OI，由∠EOF=∠BOC=120°得∠AFO+∠AEO=180°，即要证明∠CEO=∠AFO，再证明△OBI≌△OBF，得∠OIB=∠OFB，则∠CIO=∠AFO，所以∠CIO=∠CEO，即可证明△CIO≌△CEO，得CI=CE，所以BF+CE=BC，可判断④正确．
【详解】解：∵∠BAC=60°，
∴∠ABC+∠ACB=120°，
∴12∠ABC+12∠ACB=60°，
∵∠OBC=12∠ABC，∠OCB=12∠ACB，
∴∠BOC=180°−∠OBC+∠OCB=180°−12∠ABC−12∠ACB=120°，
故①正确；
∵OH⊥BC于H，
∴∠OHD=90°，
∴∠DOH=90°−∠ODH=90°−∠BAD+∠ABC=90°−∠BAD−∠ABC，
∵∠BAD=12∠BAC=12180°−∠ABC−∠ACB，
∴∠DOH=90°−12180°−∠ABC−∠ACB−∠ABC=12∠ACB−∠ABC，
∵∠OCB−∠OBC=12∠ACB−12ABC，
∴∠DOH=∠OCB−∠OBC，
故②正确；
∵∠BAC=60°，∠ABC<60°，
∴∠ACB>60°，
∴∠ABC<∠ACB，
∵12∠ABC<12ACB，
∴∠ABO=12∠ABC，∠OCA=12∠ACB，
∴∠OBA<∠OCA，
∵∠OAB=∠OAC，
∴∠OBA+∠OAB<∠OCA+∠OAC，
∴∠BOD<∠COD，
故③错误；
如图，在BC上截取BI=BF，连接OI，
∵∠EOF=∠BOC=120°，∠BAC=60°，
∴∠AFO+∠AEO=180°，
∵∠CEO+∠AEO=180°，
∴∠CEO=∠AFO，
在△OBI和△OBF中，
BF=BI∠OBI=∠OBFOB=OB，
∴△OBI≌△OBF，
∴∠OIB=∠OFB，
∴180°−∠OIB=180°−∠OFB，
∴∠CIO=∠AFO，
∴∠CIO=∠CEO，
在△CIO和△CEO中，
OC=OC∠ICO=∠ECO∠CIO=∠CEO，
∴△CIO≌△CEO，
∴CI=CE，
∵BF+CE=BI+CI=BC，
故④正确，
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，与角平分线有关的三角形内角和问题，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键
【变式8-2】（2023春·湖北武汉·八年级校联考期中）如图，在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点O，过点O作OF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点G，下列结论：①∠BOD=45°；②AD=OE+OF；③若BD=3，AG=8，则AB=11；④S△ACD:S△ABD=CD:BD．其中正确的结论是 ．（只填写序号）

【答案】①③④
【分析】根据角平分线的定义、三角形外角的性质与直角三角形性质可以判断①是否正确；延长FO交AB于H，通过证明△AOH≌△AOG，△BOD≌△BOH，利用全等的性质来判断③是否正确；通过证明△BOA≌△BOF，利用性质判断②是否正确；根据同高的两个三角形的面积比等于它们的底边长之比，直接判断④是否正确，从而得解．
【详解】解：∵△ABC的角平分线AD、BE相交于点O，
∴∠ABO=∠CBO=12∠ABC，∠BAO=∠OAC=12∠BAC，
∠BOD=∠ABO+∠BAO=12∠ABC+∠BAC=12×90°=45°，
故①正确；
延长FO交AB于H，如图所示：

∴∠AOG=∠AOH=90°，
又∵∠HAO=∠GAO，AO=AO，
∴△AOH≌△AOG(ASA)，
∴AG=AH，OG=OH，
∴∠BOH=180°−∠BOD−∠DOF=45°，
∴∠BOH=∠BOD=45°，
∴△BOD≌△BOH(ASA)，
∴BD=BH，OH=OD，
∴AB=AH+BH=AG+BD，
∵BD=3，AG=8，
∴AB=11，
故③正确；
∵∠BOA=∠BOH+∠AOH=135°，∠BOF=∠BOD+∠DOF=135°，
∴∠BOA=∠BOF，
∴△BOA≌△BOF(ASA)，
∴AO=OF，
∵OH=OD，OG=OH，
∴OD=OG，
∴AD=AO+OD=OF+OG，
又∵∠OGE=90°−∠F，∠BEC=90°−∠EBC，
∴∠OGE≠∠BEC，
∴OE≠OG，
∴AD=OF+OG≠OF+OE，
故②错误；
∵同高的两个三角形面积之比等于底边长之比，
∴S△ACD:S△ABD=CD:BD，
故④正确；
因此正确的有：①③④．
故答案为：①③④．
【点睛】此题是直角三角形的综合题，主要考查了直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质、同高的两个三角形面积之比等于底边长之比等知识，熟练运用这些性质进行推理是解题的关键．
【变式8-3】（2023春·湖南衡阳·八年级统考期末）如图，在ΔABC中，AD是BC边上的高，∠BAF=∠CAG=90°，AB=AF，AC=AG．连接FG，交DA的延长线于点E，连接BG，CF．则下列结论：①BG=CF；②BG⊥CF；③EF=EG；④BC=2AE；⑤SΔABC=SΔFAG，其中正确的有（ ）
A．①②③B．①②③④C．①②③⑤D．①②③④⑤
【答案】D
【分析】先证得ΔCAF≌ΔGAB(SAS)，从而推得①正确；利用ΔCAF≌ΔGAB及三角形内角和与对顶角，可判断②正确；证明ΔAFM≌ΔBAD(AAS)，得出AM=BD，同理ΔANG≌ΔCDA，得出NG=AD，AN=CD，则FM=NG，证明ΔFME≌ΔGNE(AAS)，得出EM=EN．则可得出④正确，由ΔFME≌ΔGNE可得出结论③正确，根据全等三角形的性质即可得到⑤正确．
【详解】解：∵∠BAF=∠CAG=90°，
∴∠BAF+∠BAC=∠CAG+∠BAC，即∠CAF=∠GAB，
又∵AB=AF，AC=AG，
∴ΔCAF≌ΔGAB(SAS)，
∴BG=CF，故①正确；
∵ΔCAF≌ΔGAB，
∴∠FCA=∠BGA，
又∵BG与AC所交的对顶角相等，
∴BG与FC所交角等于∠GAC，即等于90°，
∴BG⊥CF，故②正确；
过点F作FM⊥AE于点M，过点G作GN⊥AE交AE的延长线于点N，
∵∠FMA=∠FAB=∠ADB=90°，
∴∠FAM+∠BAD=90°，∠FAM+∠AFM=90°，
∴∠BAD=∠AFM，
又∵AF=AB，
∴ΔAFM≌ΔBAD(AAS)，
∴AM=BD，
同理ΔANG≌ΔCDA，
∴NG=AD，AN=CD，
∴FM=NG，
∵FM⊥AE，GN⊥AE，
∴∠FME=∠ENG=90°，
∵∠AEF=∠NEG，
∴ΔFME≌ΔGNE(AAS)，
∴EM=EN，
∴BC=CD+BD=AN+AM=AE+EN+AE−EM=2AE．
故④正确，
∵ΔFME≌ΔGNE，
∴EF=EG．
故③正确．
∵ΔAFM≌ΔBAD，ΔANG≌ΔCDA，ΔFME≌ΔGNE，
∴SΔABC=SΔFAG，故⑤正确．
故选：D．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的三线合一性质与互余、对顶角，三角形内角和等几何基础知识．熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．