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初中数学人教版八年级上册12.2 三角形全等的判定课后作业题
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这是一份初中数学人教版八年级上册12.2 三角形全等的判定课后作业题，共51页。试卷主要包含了5，，求证等内容，欢迎下载使用。
1. 经历探索三角形全等条件的过程，掌握和会用“AAS”条件判定两个三角形全等；
2. 使学生经历探索三角形全等的过程，体验操作、归纳得出数学结论的方法.
3. 通过探究三角形全等的条件的活动，培养学生观察分析图形的能力及运算能力，培养学 生乐于探索的良好品质以及发现问题的能力.
知识精讲
知识点01三角形全等的判定4：（AAS）
知识点
三角形全等的判定4：角角边（AAS）
文字：在两个三角形中，如果有两个角及其中一个角的对边对应相等，那么这两个三角形全等；
图形：
符号：在与中，
【微点拨】
1.方法总结：利用全等三角形可以解决线段之间的关系，比如线段的相等关系、和差关系等，解决问题的关键是运用全等三角形的判定与性质进行线段之间的转化．
2.全等三角形对应边上的高也相等.
【知识拓展1】角角边判定三角形全等的条件
例1．（2021•覃塘区八年级期末）如图，点A，B，C，D在同一直线上，∠AEC＝∠DFB，AB＝DC，请补充一个条件： ，能使用“AAS”的方法得△ACE≌△DBF．
【分析】根据全等三角形的判定定理添加条件，答案不唯一．
【解答】解：∵AB＝DC，∴AB+BC＝DC+BC，即AC＝DB．
在△ACE与△DBF中，∠AEC＝∠DFB、AC＝DB，所以添加∠A＝∠D可以使用“AAS”的方法得△ACE≌△DBF．故答案是：∠A＝∠D．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定，关键是掌握判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
【即学即练】
1．（2021•句容市八年级月考）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．
【知识拓展2】利用AAS判定三角形全等（实际应用）
例2．（2021•南关区八年级期末）如图，是小朋友荡秋千的侧面示意图，静止时秋千位于铅垂线BD上，转轴B到地面的距离BD＝2.5m．小亮在荡秋千过程中，当秋千摆动到最高点A时，测得点A到BD的距离AC＝1.5m．点A到地面的距离AE＝1.5m，当他从A处摆动到A′时，有A′B⊥AB．
（1）求A'到BD的距离；（2）求A'到地面的距离．
【分析】（1）作A'F⊥BD，垂足为F，根据全等三角形的判定和性质解答即可；
（2）根据全等三角形的性质解答即可．
【解答】解：（1）如图2，作A'F⊥BD，垂足为F．
∵AC⊥BD，∴∠ACB＝∠A'FB＝90°；
在Rt△A'FB中，∠1+∠3＝90°；
又∵A'B⊥AB，∴∠1+∠2＝90°，∴∠2＝∠3；
在△ACB和△BFA'中，，
∴△ACB≌△BFA'（AAS）；∴A'F＝BC
∵AC∥DE且CD⊥AC，AE⊥DE，∴CD＝AE＝1.5；
∴BC＝BD﹣CD＝2.5﹣1.5＝1（m），∴A'F＝1（m），即A'到BD的距离是1m．
（2）由（1）知：△ACB≌△BFA'∴BF＝AC＝1.5m，
作A'H⊥DE，垂足为H．∵A'F∥DE，∴A'H＝FD，
∴A'H＝BD﹣BF＝2.5﹣1.5＝1（m），
【点评】本题考查全等三角形的应用，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【即学即练】
2.（2022•嘉定区八年级期末）如图，两车从路段MN的两端同时出发，以相同的速度行驶，相同时间后分别到达A，B两地，两车行进的路线平行．那么A，B两地到路段MN的距离相等吗？为什么？
【分析】要判断A，B两地到路段MN的距离是否相等，可以由条件证明△AEM≌△BFN，再根据全等三角形的性质就可以的得出结论．
【解答】解：A，B两地到路段MN的距离相等．
理由：∵AE⊥MN，BF⊥MN，∴∠AFN＝∠AEM＝90°．∵AM∥BN，∴∠M＝∠N．
在△AEM和△BFN中，，
∴△AEM≌△BFN（AAS），∴AE＝BF．∴A，B两地到路段MN的距离相等．
【点评】本题考查了全等三角形的判定及性质的运用，点到直线的距离的理解，在解答时弄清判断三角形全等的条件是关键．
【知识拓展3】利用AAS证明三角形全等（求线段的长度）
例3．（2022·黑龙江黑河·八年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，分别过点B，C作过点A的直线的垂线BD，CE，若BD=7cm，CE=5cm，则DE=________cm．
【答案】12
【分析】用AAS证明△ABD≌△CAE，得AD=CE，BD=AE，得到DE=BD+CE=7+5=12cm．
【详解】∵∠BAC＝90°，∠ADB＝∠AEC＝90°，
∴∠BAD+∠EAC＝90°，∠BAD+∠ABD＝90°，∴∠EAC＝∠ABD，
∵AB＝AC，∴△ABD≌△CAE（AAS），∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝CE+BD＝12cm．故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了三角形全等，解决问题的关键是熟练掌握三角形全等的判定和性质．
【即学即练1】
3．（2022·陕西·武功县教育局教育教学研究室七年级期末）如图，E是的边的中点，过点C作，过点E作直线交于D，交于F，若，则的长为__________．
【答案】2.5
【分析】根据平行线性质得出∠ADE=∠F，∠FCE=∠A，求出AE= EC，根据AAS证△ADE≌△CFE，根据全等三角形的性质推出即可．
【详解】证明：∵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= 6.5，
∵AB= 9，∴BD= AB- AD=9- 6.5= 2.5，故答案为： 2.5．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质，注意：全等三角形的对应边相等，全等三角形的判定定理有SAS，ASA， AAS，SSS．
【知识拓展4】利用AAS证明三角形全等（求角的度数）
例4．（2022·山东·八年级期末）如图，点D在边AC上，BC与DE交于点P，，，∠CDE＝∠ABD．(1)与全等吗？为什么？(2)已知，，求的度数．
【答案】(1)，见解析；(2)
【分析】（1）通过三角形内角和为，可以得到∠CDE＝∠CBE，通过找角的关系可以得到∠ABC＝∠DBE，又因为，即可证明．
（2）在（1）问的证明中我们可以证得∠ABD＝∠CBE=∠CDE，即可解题．
(1)．
理由：∵∠C＝∠E，∠CPD＝∠EPB，
∴，∴∠CDE＝∠CBE，
∵∠CDE＝∠ABD，∴∠CBE＝∠ABD，
∴∠CBE＋∠CBD＝∠ABD＋∠CBD，即∠ABC＝∠DBE，
又∵∠C＝∠E，AB＝DB，
∴．
(2)∵∠ABE＝157°，∠DBC＝27°，
∴，
∴∠CDE＝∠CBE＝65°．
【点睛】本题考查了全等三角形的证明，熟记对顶角相等，熟练掌握运用全等三角形的判定定理是解答本题的关键．
【即学即练2】
2．（2021•迁安市期中）如图，在△ABC中，∠A＝62°，∠ABC＝90°，点D在AC上，连接BD，过点D作ED⊥BD，垂足为D，使DE＝BC，连接BE，若∠C＝∠E．（1）求证：AB＝BD；（2）若∠DBC＝34°，求∠BFE的度数．
【分析】（1）根据三角形内角和定理得出∠A＝∠DBE，再根据AAS证出△ABC≌△BDE，即可得出AB＝BD；（2）根据已知条件和△ABC≌△BDE，得出∠DBE＝62°，再根据∠DBC＝34°，求出∠FBE的度数，最后根据三角形内角和定理即可得出答案．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝90°，∴∠A+∠C＝90°，
∵ED⊥BD，∴∠BDE＝90°，∵∠C＝∠E，∴∠A＝∠DBE，
在△ABC和△BDE中，，∴△ABC≌△BDE（AAS），∴AB＝BD；
（2）∵∠A＝62°，∠ABC＝90°，∴∠C＝∠E＝28°，
∵ED⊥BD，∴∠BDE＝90°，∴∠DBE＝62°，∵∠DBC＝34°，∴∠FBE＝28°，
∴∠BFE＝180°﹣∠E﹣∠FBE＝180°﹣28°﹣28°＝124°．
【点评】此题考查全等三角形的判定与性质以及三角形的内角和定理，关键是根据AAS证出△ABC≌△BDE．
【知识拓展5】利用AAS证明三角形全等（证明类）
例5．（2021•沙坪坝区校级期中）如图，BD是△ABC中AC边上的中线，过点C作CE∥AB，交BD的延长线于点E，F为△ABC外一点，连接CF、DF，且DE＝DF、∠ADF＝∠CDE．求证：
（1）△ABD≌△CED；（2）CA平分∠BCF．
【分析】（1）由平行线的性质得出∠ABD＝∠CED，∠BAD＝∠DCE，根据AAS可证明△ABD≌△CED；
（2）证明△BDC≌△FDC（SAS），由全等三角形的性质得出∠BCD＝∠FCD．
【解答】证明：（1）∵CE∥AB，∴∠ABD＝∠CED，∠BAD＝∠DCE，
∵BD是△ABC中AC边上的中线，∴AD＝CD，
在△ABD和△CED中，，∴△ABD≌△CED（AAS）；
（2）∵△ABD≌△CED，∴BD＝DE，又∵DE＝DF，∴BD＝DF，
∵∠ADF＝∠CDE，∠CDE＝∠ADB，∴∠ADB＝∠ADF，
∴180°﹣∠ADB＝180°﹣∠ADF，∴∠BDC＝∠FDC，
在△BDC和△FDC中，，∴△BDC≌△FDC（SAS），∴∠BCD＝∠FCD，∴CA平分∠BCF．
【点评】本题考查了平行线的性质，角分线的判定，中线的性质，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是解题的关键．
【即学即练5】
5．（2022·浙江·瑞安市八年级阶段练习）如图，在中，，，平分，，垂足为点E，和的延长线交于点F．（1）求证：．（2）求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）首先根据同角的余角相等得到，然后根据AAS证明即可；（2）首先根据ASA证明，然后得到FE=AE，结合（1）问结论根据全等三角形的性质即可证明．
【详解】（1）∵∴∴
∵∴∴
在和中∴（AAS）
（2）∵∴
∵平分∴
在和中
∴（ASA）∴FE=AE∴
∵∴CD=AF∴
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，关键是先证明两个三角形全等，然后利用全等的性质证明．
6．（2021•西城区八年级期末）如图，AB∥CD，点E在CB的延长线上，∠A＝∠E，AC＝ED．
（1）求证：BC＝CD；（2）连接BD，求证：∠ABD＝∠EBD．
【分析】（1）由“AAS”可证△ABC≌△ECD，可得BC＝CD；
（2）由等腰三角形的性质可得∠CBD＝∠CDB，由平行线的性质和平角的性质可得结论．
【解答】证明：（1）∵AB∥CD，∴∠ABC＝∠DCE，
在△ABC和△ECD中，，∴△ABC≌△ECD（AAS），∴BC＝CD；
（2）如图，连接BD，
∵BC＝CD，∴∠CBD＝∠CDB，∵AB∥CD，∴∠ABD+∠CDB＝180°，
又∵∠CBD+∠EBD＝180°，∴∠ABD＝∠EBD．
【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．
能力拓展
考法01 利用AAS证明三角形全等（探究类）
【典例1】（2022·山东烟台·七年级期末）如图1，已知中，，，、分别与过点的直线垂直，且垂足分别为E，D．
(1)猜想线段AD、、三者之间的数量关系，并给予证明．
(2)如图2，当过点C的直线绕点旋转到的内部，其他条件不变，如图2所示，
①线段AD、、三者之间的数量关系是否发生改变？若改变，请直接写出三者之间的数量关系，若不改变，请说明理由；②若，时，求的长．
【答案】(1)，证明见解析(2)①发生改变，；②1.3
【分析】（1）证明，可得，CD＝BE， 即可求解；
（2）①证明，可得，CD＝BE， 即可求解；②由①可得，从而得到，即可求解．
（1）解：， 理由如下：
∵、分别与过点的直线垂直，
∴，∴，
∵，∴，∴，
在和中，，
，，CD＝BE，
∵ DE＝EC＋CD， ；
（2）解：①发生改变．
∵、分别与过点的直线垂直，
∴，∴，
∵，∴，∴，
在和中，，
，，CD＝BE，
∵ DE＝CE-CD， ∴；
②由①知：，∴，∴BE的长为1.3.
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、等角的余角相等，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
变式1．（2022•呼兰区八年级期中）如图，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD，连接AC，过点D作DE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F．（1）若∠ABF＝63°，求∠ADE的度数；（2）请直接写出线段BF、EF、DE三者间的数量关系．
【分析】（1）证明△ABF≌△DAE，可得∠ABF＝∠DAE，由∠AED＝90°可求出∠ADE的度数；
（2）由△ABF≌△DAE可得BF＝AE，DE＝AF，则可得结论BF+EF＝DE．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，AB⊥BC，∴∠ABC＝∠BAD＝90°，
∵DE⊥AC，BF⊥AC，∴∠BFA＝∠AED＝90°，
∴∠ABF+∠BAF＝∠BAF+∠DAE＝90°，∴∠ABF＝∠DAE，
∵AB＝AD，∴△ABF≌△DAE（AAS），∴∠ABF＝∠DAE，
∵∠AED＝90°，∴∠ADE＝90°﹣∠DAE＝90°﹣63°＝27°；
（2）解：BF+EF＝DE．∵△ABF≌△DAE，∴BF＝AE，DE＝AF，
∴AF＝DE＝AE+EF＝BF+EF．
【点评】本题考查了平行线的性质，直角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
变式2．（2021•华容县八年级期末）如图，已知△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点P为BC边上一动点（BP＜CP），分别过B、C作BE⊥AP于E，CF⊥AP于F．（1）求证：EF＝CF﹣BE．（2）若点P为BC延长线上一点，其它条件不变，则线段BE、CF、EF是否存在某种确定的数量关系？画图并直接写出你的结论．
【分析】（1）由BE⊥AP，CF⊥AP可以得出∠AEB＝∠AFC＝90°，根据∠BAC＝90°就可以求出∠BAE＝∠ACF，就可以得出△ABE≌△CAF，而得出AE＝CF，BE＝AF得出结论；
（2）如图2，同样由BE⊥AP，CF⊥AP可以得出∠AEB＝∠AFC＝90°，根据∠BAC＝90°就可以求出∠BAE＝∠ACF，就可以得出△ABE≌△CAF，而得出AE＝CF，BE＝AF得出结论EF＝BE+CF．
【解答】解：（1）证明：∵BE⊥AP，CF⊥AP，
∴∠AEB＝∠AFC＝90°．∴∠FAC+∠ACF＝90°，
∵∠BAC＝90°，∴∠BAE+∠FAC＝90°，∴∠BAE＝∠ACF．
在△ABE和△CAF中，，
∴△ABE≌△CAF（AAS），∴AE＝CF，BE＝AF．
∵EF＝AE﹣AF，∴EF＝CF﹣BE；
（2）EF＝BE+CF 理由：∵BE⊥AP，CF⊥AP，∴∠AEB＝∠AFC＝90°．∴∠FAC+∠ACF＝90°，
∵∠BAC＝90°，∴∠BAE+∠FAC＝90°，∴∠BAE＝∠ACF．
在△ABE和△CAF中，，∴△ABE≌△CAF（AAS），∴AE＝CF，BE＝AF．
∵EF＝AE+AF，∴EF＝BE+CF．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，直角三角形的性质的运用．解答时证明三角形全等是解答本题的关键．
考法02 全等中的坐标问题
【典例2】（2022·黑龙江牡丹江·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中A（0，2），B（﹣1，0），以点A为直角顶点，AB为直角边在第二象限内作等腰直角△ABC．(1)设点C的坐标为（a，b），求a+b的值．(2)求四边形OACB的面积．(3)在（1）的条件下，坐标平面内是否存在一点P（不与点C重合），使△PAB与△ABC全等？若存在，直接写出P点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1 (2) (3)存在，P的坐标是或或
【分析】（1）如图1，作CE垂直于y轴，垂足为E，可知△ECA≌△OAB，知的长，得到的坐标，进而得到的值，进而得到的值；（2）如图2，作CE垂直于y轴，垂足为E，连接OC，，代线段值求解即可；
（3）分为三种情况：①如图3，过P作PE垂直于x轴，垂足为E，∠PBA＝∠AOB＝∠PEB＝90°，△PEB≌△BOA，得的值，进而表示的点坐标即可；②如图4，过C作CM垂直于x轴，垂足为M，过P作PE垂直于x轴，垂足为E，则∠CMB＝∠PEB＝90°，△CMB≌△BEP，得的值，进而表示的点坐标即可；③如图5，过P作PE垂直于x轴，垂足为E，则∠BEP＝∠BOA＝90°，△CMB≌△BEP，得的值，进而表示的点坐标即可．
(1)解：如图1，作CE垂直于y轴，垂足为E，
∴∠CEA＝90°∵A，B∴OA＝2，OB＝1
∵∠BAC＝90°∴∠BAO+∠CAE＝90°
∵∠ECA+∠CAE＝90°∴∠ECA＝∠BAO
在△ECA和△OAB中
∴△ECA≌△OAB（AAS）∴CE＝AO＝2，AE＝BO＝1
即OE＝EA+OA＝3∴C点坐标为
∴∴．
(2)解：如图2，作CE垂直于y轴，垂足为E，连接OC，
．
(3)解：存在点P，使△PAB与△ABC全等；
分为三种情况：①如图3，过P作PE垂直于x轴，垂足为E，则∠PBA＝∠AOB＝∠PEB＝90°，
∴∠EPB+∠PBE＝90°，∠PBE+∠ABO＝90°∴∠EPB＝∠ABO
在△PEB和△BOA∴△PEB≌△BOA（AAS）
∴PE＝BO＝1，EB＝AO＝2∴，即P的坐标是；
②如图4，过C作CM垂直于x轴，垂足为M，过P作PE垂直于x轴，垂足为E，则∠CMB＝∠PEB＝90°，
∵△CAB≌△PAB∴∠PBA＝∠CBA＝45°，BC＝BP
∴∠CBP＝90°∴∠MCB+∠CBM＝90°，∠CBM+∠PBE＝90°∴∠MCB＝∠PBE
在△CMB和△BEP中
∴△CMB≌△BEP（AAS）∴PE＝BM，CM＝BE
∵∴PE＝1，OE＝BE﹣BO＝3﹣1＝2即P的坐标是；
③如图5，过P作PE垂直于x轴，垂足为E，则∠BEP＝∠BOA＝90°，
∵△CAB≌△PBA∴AB＝BP，∠CAB＝∠ABP＝90°
∴∠ABO+∠PBE＝90°，∠PBE+∠BPE＝90°∴∠ABO＝∠BPE
在△BOA和△PEB中∴△BOA≌△PEB（AAS）
∴PE＝BO＝1，BE＝OA＝2，∴OE＝BE+BO＝2+1＝3，即P的坐标是；
综合上述，符合条件的P的坐标是或或．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角坐标系中的点坐标．解题的关键在于全面考虑三角形全等的可能情况．
变式1．（2022·全国·八年级专题练习）如图，在△ACB中，∠ACB=90°，AC=BC，点C的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（1，5），则A点的坐标是_____．
【答案】（-7，3）
【分析】先作辅助线、，通过导角证明，再证明， 得到AD的长度(A的纵坐标长度)、DC长度(加上OC得到A横坐标长度)，根据A点所在象限的符号，确定A点坐标．
【详解】如图，过点A作 于点D，过点B作 于点E
点C的坐标为(-2，0)，点B的坐标为(1，5)
OC=2，OE=1，BE=5
在 和 中，
A点的坐标是(-7，3) ．
【点睛】本题考查了全等三角形的证明(在两个三角形中，如果有两组对应角，和其中一组对应角的对边分别相等，那么这两个三角形全等) ．
变式2.（2022·福建宁德·八年级期中）在平面直角坐标系中，等腰直角顶点、分别在轴、轴上，且，．(1)如图1，当，，点在第四象限时，直接写出点的坐标．(2)如图2，当点在轴正半轴上运动，点在轴正半轴上运动，点在第四象限时，作轴于点，求，，之间的关系．
【答案】(1)（3，-1）(2)a＋m＋n=0，理由见解析
【分析】（1）作BD⊥x轴于D，证明△AOC≌△CDB（AAS），可得AO=CD=2，OC=BD=1，根据点在第四象限，即可求解．（2）作BE⊥x轴于E，证明△CEB≌△AOC（AAS），可得AO=CE=a，BE=CO，根据点在第四象限时，即可求解．
（1）解：点B的坐标为（3，-1）．理由如下：作BD⊥x轴于D，
∴∠AOC=90°=∠BDC，∴∠OAC＋∠ACO=90°，
∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠ACO＋∠BCD=90°，∴∠OAC=∠BCD，
在△AOC和△CDB中，，
∴△AOC≌△CDB（AAS），∴AO=CD，OC=BD，
∵A（0，-2），C（1，0），∴AO=CD=2，OC=BD=1，∴OD=3，
∵B在第四象限，∴点B的坐标为（3，-1）；
（2）解：a＋m＋n=0．证明：作BE⊥x轴于E，
∴∠BEC=∠AOC=90°，∴∠1＋∠2=90°，
∵∠ACB=90°，∴∠1＋∠3=90°，∴∠2=∠3，
在△CEB和△AOC中，，
∴△CEB≌△AOC（AAS），∴AO=CE=a，BE=CO，
∵BE⊥x轴于E，∴BEy轴，
∵BD⊥y轴于点D，EO⊥y轴于点O，
∴EO=BD=m，∴BE=-n，∴a＋m=-n，∴a＋m＋n=0．
【点睛】本题考查了坐标与图形，全等三角形的性质与判定，第四象限点的坐标特征，数形结合是解题的关键．
分层提分
题组A 基础过关练
1．（2021·河南洛阳·八年级期中）已知：如图，，，要使，需添加一个条件，则添加的条件以及相应的判定定理合适的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用全等三角形的判定方法分别进行分析即可．
【详解】解：、添加条件判定用的判定方法是，故原题说法正确，符合题意；
、添加条件不能判定，故原题说法错误，不符合题意；
、添加条件判定用的判定方法是，故原题说法错误，不符合题意；
、添加条件判定用的判定方法是，故原题说法错误，不符合题意；故选：A．
【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：、、、、．解题的关键是注意：、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.（2022•东台市期中）根据下列已知条件，能够画出唯一△ABC的是（ ）
A．AB＝6，BC＝5，∠A＝50°B．∠A＝50°，∠B＝80°，BC＝8
C．AB＝5，BC＝6，AC＝13D．∠A＝40°，∠B＝50°，∠C＝90°
【分析】根据全等三角形的判定方法判断即可．
【解答】解：A、已知AB、BC和BC的对角，不能画出唯一三角形，故本选项不符合题意；
B、已知两角和一边，能画出唯一△ABC，故本选项符合题意；
C、∵AB+BC＝5+6＝11＜AC，∴不能画出△ABC；故本选项不符合题意；
D、根据∠A＝40°，∠B＝50°，∠C＝90°不能画出唯一三角形，故本选项不符合题意；故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定方法；一般三角形全等的判定方法有SSS、SAS、ASA、AAS，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
3．（2021·北京市师达中学八年级期中）如图，AE⊥AB且，BC⊥CD且，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积是（ ）
A．30B．32C．35D．38
【答案】B
【分析】根据角的和差关系可得∠AEF=∠BAG，利用AAS可证明△AEF≌△BAG，可得AF=BG，EF=AG，同理可证明△CDH≌△BCG，可得CH=BG，CG=DH，即可得出FH、AC的长，根据实线所围成的图形的面积=S梯形EFHD-2S△ABC，利用梯形和三角形面积公式即可得答案．
【详解】∵AE⊥AB，EF⊥FH，∴∠AEF+∠EAF=90°，∠BAG+∠EAF=90°，∴∠AEF=∠BAG，
在△AEF和△BAG中，，∴△AEF≌△BAG，∴AF=BG=2，EF=AG=5，
同理可得：△CDH≌△BCG，∴CH=BG=2，CG=DH=3，∴FH=AF+AG+CG+CH=12，AC=AG+CG=8，
∴实线所围成的图形的面积=S梯形EFHD-2S△ABC==32．故选：B．
【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判定定理是解题的关键．
4．（2021·山东烟台·九年级期中）数学活动课上，小敏、小颖分别画了△ABC和△DEF，数据如图，如果把小敏画的三角形面积记作S△ABC，小颖画的三角形面积记作S△DEF，那么你认为( )
A．S△ABC >S△DEF B．S△ABC【答案】C
【分析】在两个图形中分别作BC、EF边上的高，欲比较面积，由于底边相等，所以只需比较两条高即可．
【详解】解：如图，过点A、D分别作AG⊥BC，DH⊥EF，垂足分别为G、H，
在△ABG和△DHE中，AB=DE=5，
∠B=50°，∠DEH=180°-130°=50°，
∴∠B=∠DEH，∠AGB=∠DHE=90°，
∴△AGB≌△DHE(AAS)，∴AG=DH．
∵BC=4，EF=4，∴S△ABC=S△DEF．故选：C．
【点睛】考查全等三角形的判定和性质，等底等高两三角形面积相等．证明△AGB≌△DHE是解题的关键．
5．（2022春•蜀山区校级期中）如图，直线l上有三个正方形，若a，c的面积分别为5和11，则b的面积为（ ）
A．55B．16C．6D．4
【分析】根据正方形的性质，易证△BAC≌△ECD（AAS），可得AB＝CE，BC＝DE，根据a，c的面积以及勾股定理即可求出b的面积．
【解答】解：根据题意，得AC＝CD，∠ABC＝∠CED＝∠ACD＝90°，
∴∠BAC+∠BCA＝90°，∠BCA+∠ECD＝90°，∴∠BAC＝∠ECD，
在△BAC和△ECD中，，
∴△BAC≌△ECD（AAS），∴AB＝CE，BC＝DE，
∵a，c的面积分别为5和11，∴AB2＝5，DE2＝11，∴BC2＝11，
根据勾股定理，得AC2＝AB2+BC2＝5+11＝16，∴b的面积为16，故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，涉及正方形的性质，勾股定理等，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
6．（2022·全国·八年级专题练习）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE，AD⊥CE于D，AD＝2，BE＝1．则DE＝________．
【答案】1
【分析】先证明△ACD≌△CBE，再求出DE的长，解决问题．
【详解】解：∵BE⊥CE于E，AD⊥CE于D∴
∵∴
∵∴∴，
∴．故答案为：1
【点睛】此题考查三角形全等的判定和性质，掌握再全等三角形的判定和性质是解题的关键．
7．（2021秋•长春期末）如图，小张同学拿着老师的等腰直角三角尺，摆放在两摞长方体教具之间，∠ACB＝90°，AC＝BC，若每个长方体教具高度均为6cm，则两摞长方体教具之间的距离DE的长为 cm．
【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，根据全等三角形的性质进行解答．
【解答】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），∴CD＝BE，AD＝CE，
∵DE＝CD+CE，∴DE＝BE+AD，
∵一块长方体教具的厚度为6cm，∴AD＝24cm，BE＝18cm，
∴两摞长方体教具之间的距离DE的长＝24+18＝42（cm）．故答案为：42．
【点评】此题主要考查全等三角形的应用，以及勾股定理的应用，关键是正确找出证明三角形全等的条件．
8．（2022·天津蓟州·八年级期末）如图，已知相交于点O，ABCD．求证．
【答案】见解析
【分析】由ABCD推出，，由推出，再由 推出，最后由判定出即可证得．
【详解】证明：∵ABCD∴，
∵ 又∵，∴
∵又∵， ∴
在和中，∵ ∴（）∴
【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理——，熟练掌握全等三角形的判定是解题关键．
9．（2022·安徽合肥·八年级期末）如图，在ABC和CDE中，点B、D、C在同一直线上，已知∠ACB=∠E，AC=CE，ABDE，求证：ABC≌CDE．
【答案】见解析
【分析】根据平行线的性质得到，再根据全等三角形的判定证明即可．
【详解】证明：∵，∴，
在和△CDE中，，∴．
【点睛】本题考查平行线的性质、全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解答的关键．
10.（2021•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，，∴△ABC≌△DFE（SAS）；
（2）∵△ABC≌△DFE，∴AC＝DE，∠ACB＝∠DEF，
在△ACO和△DEO中，，∴△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．
题组B 能力提升练
1．（2021·广东·东莞市沙田实验中学八年级期中）如图，AB∥CD，AD∥BC，AE⊥BD，CF⊥BD垂足分别为E、F两点，则图中全等的三角形有（ ）
A．1对B．2对C．3对D．4对
【答案】C
【分析】根据全等三角形的判定方法求解即可．判定三角形全等的方法有：SSS，SAS，AAS，ASA，HL(直角三角形)．
【详解】解：∵AB∥CD，AD∥BC，
∴，，
∴在△ABD和△CDB中，
∴；
∴，，
∴在△ABE和△CDF中，
，
∴；
∴在△ADE和△CBF中，
，
∴，
则图中全等的三角形有：△ABE≌△CDF，△ADE≌△CBF，△ABD≌△CDB，共3对．故选：C．
【点睛】此题考查了三角形全等的判定，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法．判定三角形全等的方法有：SSS，SAS，AAS，ASA，HL(直角三角形)．
2.（2021秋•苏州期末）如图，已知AD＝AB，∠C＝∠E，∠CDE＝55°，则∠ABE的度数为（ ）
A．155°B．125°C．135°D．145°
【分析】利用AAS证明△ACD≌△AEB即可得出答案．
【解答】解：在△ACD和△AEB中，，
∴△ACD≌△AEB（AAS），∴∠ABE＝∠ADC，
∵∠CDE＝55°，∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝180°﹣55°＝125°，∴∠ABE＝∠ADC＝125°，故选：B．
【点评】本题主要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是解题的关键．
3．（2022·四川南充·八年级期末）如图，点B，C，E在同一直线上，且，，，下列结论不一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据直角三角形的性质得出∠A=∠2，∠1=∠E，根据全等三角形的判定定理推出△ABC≌△CDE，再逐个判断即可．
【详解】解：∵AC⊥CD，∴∠ACD=90°，∵∠B=90°，∴∠1+∠A=90°，∠1+∠2=90°，
∴∠A=∠2，同理∠1=∠E，∵∠D=90°，∴∠E+∠2=∠A+∠E=90°，
在△ABC和△CDE中， ，∴△ABC≌△CDE（AAS），∴，
∴选项A、选项B，选项C都正确；
根据已知条件推出∠A=∠2，∠E=∠1，但是∠1=∠2不能推出，而∠BCD=90°+∠1，∠ACE=90°+∠2，所以不一定成立故选项D错误；故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理和直角三角形的性质，能灵活运用知识点进行推理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有：ASA，SAS，AAS，SSS，两直角三角形全等，还有HL．
4．（2021·沙坪坝区·重庆南开中学七年级期中）如图，在中，、分别足边、上的点，是的一条角平分线．再添加一个条件仍不能证明的是（ ）
A． B．C． D．
【答案】D
【分析】根据全等三角形的判定方法逐项分析即可．
【详解】解：∵是的一条角平分线，∴∠ABD=∠EBD，
A.在△ADB和△EDB中， ∴△ADB≌△EDB，故A不符合题意；
B.在△ADB和△EDB中， ∴△ADB≌△EDB，故不符合题意；
C.在△ADB和△EDB中， ∴△ADB≌△EDB，故不符合题意；
D.在△ADB和△EDB中，若添加，符合“SSA”，此方法不能判断△ADB≌△EDB，故符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）是解题的关键．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，若有两边一角相等时，角必须是两边的夹角．
5．（2022·广东·深圳大学附属中学七年级期末）如图，∠E＝∠F＝90°，∠B＝∠C，AE＝AF．给出下列结论：①∠1＝∠2；②BE＝CF；③ACN≌ABM；④CD＝DN．其中符合题意结论的序号是_____．
【答案】①②③
【分析】此题考查的是全等三角形的判定和性质的应用，只要先找出图中的全等三角形就可判断题中结论是否正确．
【详解】∵∠E=∠F=90°，∠B=∠C，AE=AF，
∴△ABE≌△ACF（AAS），
∴AC=AB，BE=CF，即结论②正确；
∵AC=AB，∠B=∠C，∠CAN=∠BAM，
∴△ACN≌△ABM（ASA），即结论③正确；
∵∠BAE=∠CAF，
∵∠1=∠BAE-∠BAC，∠2=∠CAF-∠BAC，
∴∠1=∠2，即结论①正确；
∴△AEM≌△AFN（ASA），
∴AM=AN，
∴CM=BN，
∵∠CDM=∠BDN，∠C=∠B，
∴△CDM≌△BDN，
∴CD=BD，
无法判断CD=DN，故④错误，
∴题中正确的结论应该是①②③．
故答案为：①②③．
【点睛】此题考查了三角形全等的判定和性质；对图中的全等三角形作出正确判断是正确解答本题的关键．
5.（2022•南昌期中）如图，若AB⊥BC于点B，AE⊥DE于点E，AB＝AE，∠ACB＝∠ADE，∠ACD＝∠ADC＝70°，∠BAD＝60°，则∠BAE的度数是 ．
【分析】证明△ABC≌△AED（AAS），得出∠BAC＝∠EAD，根据三角形内角和定理即可得出答案．
【解答】解：∵AB⊥BC，AE⊥DE，∴∠B＝∠E＝90°，
在△ABC和△AED中，，∴△ABC≌△AED（AAS），∴∠BAC＝∠EAD，
∵∠ACD＝∠ADC＝70°，∴∠CAD＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
∴∠BAC＝∠BAD﹣∠CAD＝60°﹣40°＝20°，
∴∠BAE＝∠BAD+∠DAE＝∠BAD+∠BAC＝80°；故答案为：80°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理；证明三角形全等是解题的关键．
6.（2022•郫都区校级期中）如图，在四边形ABCD中，点E为对角线BD上一点，∠A＝∠BEC，∠ABD＝∠BCE，且AD＝BE．（1）证明：①△ABD≌△ECB；②AD∥BC；（2）若BC＝15，AD＝6，请求出DE的长度．
【分析】（1）①由AAS证明△ABD与△ECB全等即可；②根据全等三角形的性质和平行线的判定解答即可；（2）根据△ABD与△ECB全等的性质解答即可．
【解答】（1）证明：①在△ABD与△ECB中，
，∴△ABD≌△ECB（AAS）；
②由①得，△ABD≌△ECB，∴∠ADB＝∠EBC，∴AD∥BC；
（2）解：∵△ABD≌△ECB，∴BD＝BC＝15，BE＝AD＝6，∴DE＝BD﹣BE＝15﹣6＝9．
【点评】此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是解本题的关键．
7．（2022•雁塔区八年级月考）如图，AB＝AC，E在线段AC上，D在AB的延长线上，且有BD＝CE，连DE交BC于F，过E作EG⊥BC于G，试判断FG、BF、CG之间的数量关系，并说明理由．
【分析】在BC上截取GH＝GC，可得△EHC是等腰三角形，进而得出AB∥EH，再证△BDF≌△HEF（AAS），通过线段之间的转化即可得出结论．
【解答】解：FG＝BF+CG，理由如下：在BC上截取GH＝GC，连接EH，如图所示：
∵EG⊥BC，GH＝GC，∴HE＝EC，∴∠EHC＝∠C，
又AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，∴∠EHC＝∠ABC，
∴EH∥AB，∴∠DBF＝∠EHF，∠D＝∠DEH，∵BD＝CE，∴HE＝BD，
在△BDF和△HEF中，，∴△BDF≌△HEF（AAS），∴BF＝FH，∴FG＝FH+HG＝BF+GC．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
8．（2022·陕西榆林·七年级期末）如图，在中，点E在边上，且．
(1)请你判断与的数量关系，并说明理由；
(2)若的平分线交于点F，//交于点D，设，，求的长．
【答案】(1)，理由见解析(2)2
【分析】（1），理由是在三角形与三角形中，由一对公共角相等，以及已知角相等，利用内角和定理即可得证；
（2）由与平行，得到一对同位角相等，再由第一问的结论等量代换得到一对角相等，根据为角平分线得到一对角相等，再由，利用得到三角形与三角形全等，利用全等三角形对应边相等得到，由求出的长即可．
(1)解：，理由如下：
在中，，
在中，，
，，
；
(2)解：，
，
又，
，
平分，
，
在和中，
，
，
，
，，
．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
9．（2021·河北·石家庄市藁城区第一中学八年级阶段练习）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，点D在AC上，且AD=6cm，过点A作射线AEAC（AE与BC在AC同侧），若动点P从点A出发，沿射线AE匀速运动，运动速度为1cm/s，设点P运动时间为t秒．连接PD、BD．
(1)如图①，当PDBD时，求证：△PDA△DBC；
(2)如图②，当PDAB于点F时，求此时t的值．
【答案】(1)见解析(2)8
【分析】(1)由PDBD、∠C=90°可推出∠PDA=∠CBD，即可根据ASA判定△PDA△DBC；
(2)由PDAB，AEAC可推出∠APF=∠CAB，即可根据AAS判定△APD△CAB，再由全等三角形的性质即可得解．
(1)证明：如图①
∵PDBD
∴∠PDB=90
∴∠BDC+∠PDA=90
又∵∠C=90
∴∠BDC+∠CBD=90
∴∠PDA=∠CBD
又∵AEAC
∴∠PAD=90
∴∠PAD=∠C=90
又∵BC=6cm，AD=6cm
∴AD=BC
在△PAD和△DCB中
∴△PDA△DBC(ASA)
(2)解：如图②
∵PDAB
∴∠AFD=∠AFP=90
∴∠PAF+∠APF=90
又∵AEAC
∴∠PAF+∠CAB=90
∴∠APF=∠CAB
在△APD和△CAB中
∴△APD△CAB(AAS)
∴AP=AC
∵AC=8cm
∴AP=8cm
∴t=8
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，根据ASA判定△PDA≌△DBC、根据AAS判定△APD≌△CAB是解题的关键．
10．（2022·辽宁锦州·八年级期中）如图，将等腰直角三角形ABC的直角顶点置于直线上，且过A，B两点分别作直线的垂线，垂足分别为D，E．
(1)请你在图中找出一对全等三角形，并进行证明．(2)如果将直线绕点C进行旋转，其它条件不变，（1）中的两个三角形还全等吗？请在备用图上画出图形并用斜线勾画出全等的两个三角形．
【答案】(1)△ACD≌△CBE，见解析(2)全等，见解析
【分析】（1）利用AAS证明△ACD≌△CBE即可；
（2）先画出图形，再用AAS证明△ACD≌△CBE即可．
（1）解：全等三角形为：△ACD≌△CBE.
证明：由题意知∠CAD+∠ACD=90°，∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠CAD=∠BCE
在△ACD与△CBE中，
∴△ACD≌△CBE（AAS）；
（2）解：（1）中的两个三角形还全等，即△ACD≌△CBE，
如图，
理由：∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
∵AD⊥l，BE⊥l，
∴∠ADC=∠CEB=90°，，
∴∠ACD+∠DAC=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△ACD与△CBE中，
∴△ACD≌△CBE（AAS）；
【点睛】本题考查全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
题组C 培优拔尖练
1.（2021•陇县期末）如图，AB⊥CD，且AB＝CD，CE⊥AD于E，BF⊥AD于F．若CE＝6，BF＝3，EF＝2，则AD的长为（ ）
A．7B．6C．5D．4
【分析】由“AAS”可证明△ABF≌△CDE，可得AF＝CE＝6，BF＝DE＝3，即可求AD的长．
【解答】解：∵AB⊥CD，CE⊥AD，BF⊥AD，
∴∠A+∠D＝90°，∠C+∠D＝90°，∠CED＝∠AFB＝90°，∴∠A＝∠C，
在△ABF和△CDE中，，∴△ABF≌△CDE（AAS），
∴AF＝CE＝6，BF＝DE＝3，∴AD＝AF﹣EF+DE＝6﹣2+3＝7．故选：A．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明△ABF≌△CDE是本题的关键．
2．（2022·山东淄博·七年级期末）如图，，，．下列结论中：（1）；（2）；（3）；（4）．正确的个数是（ ）．
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】先证明△ADF≌△ABF，得∠ADF=∠ABF，再根据等角的余角相等，得2∠1=∠DFE，便可判断（1）的正误；当△ABC不是等腰直角三角形时，∠C≠45°，则∠C≠∠CBE，此时BE≠CE，便可判断（2）的正误；证明∠ABE=∠C=∠ADF，得DFBC，便可判断（4）的正确；过D点作DM⊥BC于点M，过点F作FN⊥BC于点N，则DM=FN，假设CD=DB,可得△CDM≌△FBN，当∠C≠45°，得CD≠BF，便可判断（3）的正误．
【详解】解：（1）在△ADF和△ABF中，
，
∴△ADF≌△ABF（SAS），
∴∠ADF=∠ABF，
∵∠ABF+∠BAE=∠ADF+∠DFE=90°，
∴∠BAE=∠DFE，
∵∠1=∠2，
∴2∠1=∠DFE，
故（1）错误；
（2）当△ABC不是等腰直角三角形时，∠C≠45°，
则∠C≠∠CBE，
此时BE≠CE，
故（2）错误；
（4）∵△ADF≌△ABF，
∴∠ABF=∠ADF，
∵AB⊥BC，BE⊥AC，
∴∠ABE+∠CBE=∠BCE+∠C=90°，
∴∠ABE=∠C，
∴∠ADF=∠C，
∴DFBC
故（4）正确；
（3） DFBC，
过D点作DM⊥BC于点M，过点F作FN⊥BC于点N，则DM=FN，
若，
∵∠C+∠CBF=∠C+∠CDM=90°，
∴∠CDM=∠FBN，
∴△CDM≌△FBN（AAS），
，
则
此时
当△ABC不是等腰直角三角形时，∠C≠45°，△CDM与△FBN不全等，
∴CDFB，
∵△ADF≌△ABF，
∴DF=BF．
∴BF=DFCD，
故（3）不正确；
综上所述，正确的有（4），共1个；
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定．解题的关键是掌握三角形的全等的判定定理．
3．（2022·湖南岳阳·八年级期中）如图，P是∠AOB平分线上的点，PD⊥OB于点D，PC⊥OA于点C，则下列结论：①PC＝PD；②OD＝OC；③POC与POD的面积相等；④∠POC＋∠OPD＝90°．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】根据已知条件，可得△OCP≌△ODP（AAS），根据全等三角形的性质即可判断．
【详解】解：∵P是∠AOB平分线上的点，
∴∠COP=∠DOP，
∵PD⊥OB于点D，PC⊥OA于点C，
∴∠OCP=∠ODP=90°，
在△OCP和△ODP中，
，
∴△OCP≌△ODP（AAS），
∴PC=PD，OC=OD，故①②选项符合题意，
∵△OCP≌△ODP（AAS），
∴△POC与△POD的面积相等，故③选项符合题意；
∵△OCP≌△ODP（AAS），
∴∠OPD=∠OPC，
∵∠POC+∠OPC=90°，
∴∠POC+∠POD=90°，故④选项符合题意；
综上可知，①②③④均符合题意，
故选：D．
【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判定方法是解题的关键．
4.（2021•喀喇沁旗期末）如图，在△ABC和△DBC中，∠ACB＝∠DBC＝90°，E是BC的中点，DE⊥AB，垂足为点F，且AB＝DE．若BD＝8cm，则AC的长为 ．
【分析】由DE⊥AB，可得∠BFE＝90°，由直角三角形两锐角互余，可得∠ABC+∠DEB＝90°，由∠ACB＝90°，由直角三角形两锐角互余，可得∠ABC+∠A＝90°，根据同角的余角相等，可得∠A＝∠DEB，然后根据AAS判断△ABC≌△EDB，根据全等三角形的对应边相等即可得到BD＝BC，AC＝BE，由E是BC的中点，得到BEBCBD＝4．
【解答】解：∵DE⊥AB，可得∠BFE＝90°，∴∠ABC+∠DEB＝90°，
∵∠ACB＝90°，∴∠ABC+∠A＝90°，∴∠A＝∠DEB，
在△ABC和△EDB中，，∴△ABC≌△EDB（AAS），∴BD＝BC，AC＝BE，
∵E是BC的中点，BD＝8cm，∴BEBCBD＝4cm．故答案为：4cm
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，普通两个三角形全等共有四个定理，即AAS、ASA、SAS、SSS，直角三角形可用HL定理，但AAA、SSA，无法证明三角形全等，本题是一道较为简单的题目，找准全等的三角形是解决本题的关键．
5．（2022·广东·执信中学八年级期中）ABC和DBC中，∠BAC＝∠BDC＝90°，延长CD、BA交于点E．
（1）如图1，若AB＝AC，试说明BO＝EC；（2）如图2，∠MON为直角，它的两边OM、ON分别与AB、EC所在直线交于点M、N，如果OM＝ON，那么BM与CO是否相等？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）BM＝CO，见解析
【分析】（1）根据余角的性质和等角代换可得∠ABO＝∠DCO，再利用全等三角形的判定证明△BAO≌△CAE便可得结论；（2）根据余角的性质和等角代换可得∠ABO＝∠DCO，再利用全等三角形的判定证明△BOM≌△CNO便可得BM＝CO．
【详解】解：（1）∵∠BAC＝∠BDC＝90°，
∴∠ABO+∠AOB＝∠DCO+∠DOC＝90°，
∵∠AOB＝∠DOC，∴∠ABO＝∠DCO，
∵∠EAC＝180°﹣∠BAC＝90°，∴∠BAO＝∠EAC，
在△BAO和△CAE中，，
∴△BAO≌△CAE（ASA），∴BO＝CE；
（2）相等．理由如下：
∵∠MON＝∠BAC＝90°，
∴∠AMO+∠AOM＝∠AOM+∠AON＝90°，
∴∠AMO＝∠AON，∴∠BMO＝∠NOC，
由（1）知∠ABO＝∠DCO，
在△BOM和△CNO中，，
∴△BOM≌△CNO（AAS），∴BM＝CO．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，涉及到等角代换、余角的性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法．
6.（2022•金东区期中）已知：△ABC的高AD所在直线与高BE所在直线相交于点F，过点F作FG∥BC，交直线AB于点G．（1）如图1，若△ABC为锐角三角形，且∠ABC＝45°．求证：①△BDF≌△ADC；②FG+DC＝AD；（2）如图2，若∠ABC＝135°，直接写出FG、DC、AD之间满足的数量关系．
【分析】（1）①要证明△BDF≌△ADC，如图，在△ABD中，∠ABC＝45°，AD⊥BC，可证BD＝AD，∠BDF＝∠ADC；在△ADC中，可证得∠AFE＝∠ACD，又∵∠AFE＝∠BFD（对顶角相等），∴∠ACD＝∠BFD；运用AAS，问题可证．②由△BDF≌△ADC可证得DF＝DC；∵AD＝AF+FD，∴AD＝AF+DC；由GF∥BD，∠ABC＝45°，可证得AF＝GF；于是问题可证．
（2）∵∠ABC＝135°，∴∠ABD＝45°，△ABD、△AGF皆为等腰直角三角形，∴FG＝AF＝AD+DF；DF＝DC可通过证明△BDF≌△ADC得到，故可得：FG＝DC+AD．
【解答】解：（1）①证明：∵∠ADB＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠BAD＝∠ABC＝45°，∴AD＝BD；∵∠BEC＝90°，∴∠CBE+∠C＝90°
又∵∠DAC+∠C＝90°，∴∠CBE＝∠DAC；
∵∠FDB＝∠CDA＝90°，∴△FDB≌△CDA（ASA）
②∵△FDB≌△CDA，∴DF＝DC；∵GF∥BC，∴∠AGF＝∠ABC＝45°，
∴∠AGF＝∠BAD，∴FA＝FG；∴FG+DC＝FA+DF＝AD．
（2）FG、DC、AD之间的数量关系为：FG＝DC+AD．
理由：∵∠ABC＝135°，∴∠ABD＝45°，△ABD、△AGF皆为等腰直角三角形，
∴BD＝AD，FG＝AF＝AD+DF；
∵∠FAE+∠DFB＝∠FAE+∠DCA＝90°，∴∠DFB＝∠DCA；
又∵∠FDB＝∠CDA＝90°，BD＝AD，∴△BDF≌△ADC（AAS）；∴DF＝DC，
∴FG、DC、AD之间的数量关系为：FG＝DC+AD．
【点评】本题综合考查了三角形全等的判定和性质；利用三角形全等证明线段相等是经常使用的重要方法，注意掌握
7．（2022·全国·九年级单元测试）在中，，，直线MN经过点C且于D，于E．
(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①≌；②；
(2)当直线MN烧点C旋转到图2的位置时，求证：；
(3)当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．
【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析 (2)证明见解析
(3)（或者对其恒等变形得到，），证明见解析
【分析】（1）①根据，，，得出，再根据即可判定；②根据全等三角形的对应边相等，即可得出，，进而得到；
（2）先根据，，得到，进而得出，再根据即可判定，进而得到，，最后得出；
（3）运用（2）中的方法即可得出，，之间的等量关系是：或恒等变形的其他形式．
（1）解：①，，
，
，，
，
在和中，
；
②，
，，
；
（2）证明：，，
，
，
在和中，
；
，，
；
（3）证明：当旋转到题图（3）的位置时，，，所满足的等量关系是：
或或．
理由如下：，，
，
，
在和中，
，
，，
（或者对其恒等变形得到或）．
【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与性质的综合应用，解题时注意：全等三角形的对应边相等，同角的余角相等，解决问题的关键是根据线段的和差关系进行推导，得出结论．
8．（2021·北京市师达中学八年级期中）在平面直角坐标系中，△ABC是等腰直角三角形，且，，顶点A、C分别在y轴、x轴上．
(1)如图，已知点，，点B在第四象限时，则点B的坐标为 ；
(2)如图，点C、A分别在x轴、y轴的负半轴上，BC边交y轴于点D，AB边交x轴于点E，若AD平分∠BAC，点B坐标为．探究线段AD、OC、OD之间的数量关系．请回答下列问题：
①点B到x轴的距离为 ，到y轴的距离为 ；
②写出点C的坐标为 ，点A的坐标为 ，点D的坐标为 ；
③直接写出线段AD、OC、OD之间的数量关系： ．
【答案】(1)（3，-1）
(2)①n，m；②（-n，0），（0，-m-n），（0，）；③
【分析】（1）过B点作x轴垂线，垂足为D，由题意可证得，故CD=OA=2,BD=OC=1，OD=OC+CD=3，即可知B点坐标为（3，-1）．（2）过B点作x轴垂线，垂足为F，连接DE①因为B点在第一象限，故B点横坐标为B点到y轴的距离，B点纵坐标为B点到x轴的距离．②由题意可证得，故可求为等腰三角形，则可证得，便可知OC=n，OA=OF+OC=m+n，DO=OF-OE=m-n即点C的坐标为（-n，0），点A的坐标为（0，-m-n），点D的坐标为（0，）．③由②问知AD=OD+AO=m-n+m+n=2m，OC=n，OD=m-n，故有．
(1)过B点作x轴垂线，垂足为D
由题意知AO=2，OC=1，AC=BC，
∵∠OCA+∠OAC=90°，∠OCA+∠DCB=90°∴∠OAC=∠BCD，
在和中有∴
∴CD=OA=2,BD=OC=1，OD=OC+CD=3故B点坐标为（3，-1）
(2)过B点作x轴垂线，垂足为F，连接DE
①∵点B坐标为，且点B在第一象限∴m＞0，n＞0
故点B到x轴的距离为n，到y轴的距离为m．
②由题意知BC=AC，
∵∠BCF+∠OAC=90°，∠OCA+∠OAC=90°∴
在和中有
∴∴BF=CO，OA=CF
由①知BF=n，OF=m故OC=n，OA=OF+OC=m+n
∵AD平分∠BAC∴∠OAC=∠OAE
∴∠OCA+∠OAC=∠OEA+∠OAE∴AC=AE
∴为等腰三角形，AD为角平分线，中线，高线三线合一，故也为等腰三角形．
∴CO=OE=BF，∠DCO+∠OCA=∠DEO+∠OEA=90°
∵∠ODE+∠OED=90°，∠OED+∠BEF=90°∴∠ODE=∠BEF
在和中有∴
∴EF=DO∴DO=OF-OE=m-n
则点C的坐标为（-n，0），点A的坐标为（0，-m-n），点D的坐标为（0，）．
③由②可知AD=OD+AO=m-n+m+n=2m，OC=n，OD=m-n
故有
【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，坐标轴中点坐标的性质，点到坐标轴的距离点P的坐标为，那么点P到x轴的距离为这点纵坐标的绝对值，即．点P到y轴的距离为这点横坐标的绝对值，即．AAS表示角角边,即已知两个三角形的两个角都相同,且两角夹边以外的任意一条边长度相等,即可证明两个三角形全等．
9．（2022·河南平顶山·七年级期末）（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，如下图1．
(1)已知：在中，∠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．则线段DE与BD、CE的数量关系为________．(2)组员小刘想，如果三个角不是直角，那（1）中的结论是否会成立呢？如图（2），将（1）中的条件改为：在中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝，其中为任意锐角或钝角．如果（1）中的结论成立，请证明；如不成立，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)DE＝BD＋CE(2)成立，证明见解析(3)见解析
【分析】（1）先证明出，得出，，即可得出数量关系的结果；
（2）证明出，得出，，即可得出结论；
（3）过点E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N，则∠EMI＝∠GNI＝90°，同（1）得，，推出，证得，即可得出结论．
（1）解：（1）直线，直线，，
，，
，，
在和中，，，
，，，故答案为：；
（2）成立.
证明如下：∵∠BDA＝∠BAC＝，
∴∠DBA＋∠DAB＝∠DAB＋∠CAE，∴∠DBA＝∠CAE，
在和中，，∴（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝AE＋AD＝BD＋CE；
（3）如图3，过点E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N．
∴∠EMI＝∠GNI＝90°,
正方形ABDE和正方形ACFG中，AB=AE，AC=AG，∠BAE=∠CAG=90°，
∵AH是BC边上的高，∴∠AHB=∠AHC=90°，
由（1）和（2）的结论可知EM＝AH＝GN，∴EM＝GN，
在和中，，∴（AAS），
∴EI＝GI，∴I是EG的中点．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、等角的余角相等、三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
10．（2022·河南洛阳·八年级期中）【发现】：
如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，过点A作AH⊥BC于点H，求证：AH＝BC．
【证明】：∵AH⊥BC，∠BAC＝90°，
∴∠AHC＝90°＝∠BAC．
∴∠BAH＋∠CAH＝90°，∠BAH＋∠B＝90°．
∴∠CAH＝∠B（ ），
在△ABH和△CAH中，
．
∴△ABH≌△CAH．（ ）．
∴BH＝AH，AH＝CH．（ ）．
∴AH＝BC．
【拓展】：如图2，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝45°，点D、B、C在同一条直线上，AH为△ABC中BC边上的高，连接CE．则∠DCE的度数为 ，同时猜想线段AH、CD、CE之间的数量关系，并说明理由．
【应用】：在如图3的两张图中，在△ABC中，AB＝AC，且∠BAC＝90°，在同一平面内有一点P，满足PC＝1，PB＝6，且∠BPC＝90°，请直接写出点A到BP的距离．
【答案】【发现】同角的余角相等；AAS；全等三角形的对应边相等
【拓展】90°；CE＋2AH＝CD，理由见解析
【应用】或
【分析】发现：根据同角的余角相等可得∠CAH＝∠B，根据AAS证明三角形全等，再根据全等三角形的对应边相等即可得结论；
拓展：证明△ADB≌△AEC，即可得∠DCE的度数为90°，线段AH、CD、CE之间的数量关系；
应用：如图3，过点A作AH⊥BP于点H，连接AP，过A作AD垂直于AP，交PB于点D，可得△APC≌△ADB，得BD＝CP＝1，根据DP＝BP﹣BD＝6﹣1＝5，AH⊥DP，即可得点A到BP的距离；同理如图4，过点A作AH⊥BP于点H，
连接AP，将△APC绕点A顺时针旋转90度到△ADB，可得DP＝BP＋BD＝6＋1＝7，进而可得点A到BP的距离．
【详解】[发现]证明：∵AH⊥BC，∠BAC＝90°，
∴∠AHC＝90°＝∠BAC．
∴∠BAH＋∠CAH＝90°，∠BAH＋∠B＝90°．
∴∠CAH＝∠B（同角的余角相等），
在△ABH和△CAH中，．
∴△ABH≌△CAH．（AAS）．
∴BH＝AH，AH＝CH．（全等三角形的对应边相等）．
∴AH＝BC．
故答案为：同角的余角相等；AAS；全等三角形的对应边相等；
[拓展]∠DCE的度数为90°，
线段AH、CD、CE之间的数量关系为：CE＋2AH＝CD，
理由如下：
∵∠DAB＋∠BAE＝90°，∠EAC＋∠BAE＝90°，
∴∠DAB＝∠EAC，
∵AD＝AE，AB＝AC，
∴△ADB≌△AEC（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠ABD＝135°，
∴∠DCE＝90°；
∵D、B、C三点共线，
∴DB＋BC＝CD，
∵DB＝CE，AH＝BC，
∴CE＋2AH＝CD．
[应用]点A到BP的距离为：或．
理由如下：
如图3，过点A作AH⊥BP于点H，连接AP，作∠PAD＝90°，交BP于点D，
∴∠BAC＝∠DAP＝90°，
∴∠BAD＝∠CAP，
∵∠BDA＝∠APC＝90°＋∠APD，
∴△APC≌△ADB（AAS），
∴BD＝CP＝1，
∴DP＝BP﹣BD＝6﹣1＝5，
∵AH⊥DP，
∴AH＝DP＝；
如图4，过点A作AH⊥BP于点H，
作∠PAD＝90°，交PB的延长线于点D，
∴∠BAC＝∠DAP＝90°，
∴∠BAD＝∠CAP，
∵∠BAC＝90°，∠BPC＝90°，
∴∠ACP＋∠ABP＝180°，
∴∠ACP＝∠ABD，
∵AB＝AC，
∴△APC≌△ADB（AAS），
∴BD＝CP＝1
∴DP＝BP＋BD＝6＋1＝7.
∵AH⊥DP，
∴AH＝DP＝．
综上所述：点A到BP的距离为：或．
【点睛】本题考查了三角形综合题，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．
1. 经历探索三角形全等条件的过程，掌握和会用“AAS”条件判定两个三角形全等；
2. 使学生经历探索三角形全等的过程，体验操作、归纳得出数学结论的方法.
3. 通过探究三角形全等的条件的活动，培养学生观察分析图形的能力及运算能力，培养学 生乐于探索的良好品质以及发现问题的能力.
知识精讲
知识点01三角形全等的判定4：（AAS）
知识点
三角形全等的判定4：角角边（AAS）
文字：在两个三角形中，如果有两个角及其中一个角的对边对应相等，那么这两个三角形全等；
图形：
符号：在与中，
【微点拨】
1.方法总结：利用全等三角形可以解决线段之间的关系，比如线段的相等关系、和差关系等，解决问题的关键是运用全等三角形的判定与性质进行线段之间的转化．
2.全等三角形对应边上的高也相等.
【知识拓展1】角角边判定三角形全等的条件
例1．（2021•覃塘区八年级期末）如图，点A，B，C，D在同一直线上，∠AEC＝∠DFB，AB＝DC，请补充一个条件： ，能使用“AAS”的方法得△ACE≌△DBF．
【分析】根据全等三角形的判定定理添加条件，答案不唯一．
【解答】解：∵AB＝DC，∴AB+BC＝DC+BC，即AC＝DB．
在△ACE与△DBF中，∠AEC＝∠DFB、AC＝DB，所以添加∠A＝∠D可以使用“AAS”的方法得△ACE≌△DBF．故答案是：∠A＝∠D．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定，关键是掌握判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
【即学即练】
1．（2021•句容市八年级月考）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．
【知识拓展2】利用AAS判定三角形全等（实际应用）
例2．（2021•南关区八年级期末）如图，是小朋友荡秋千的侧面示意图，静止时秋千位于铅垂线BD上，转轴B到地面的距离BD＝2.5m．小亮在荡秋千过程中，当秋千摆动到最高点A时，测得点A到BD的距离AC＝1.5m．点A到地面的距离AE＝1.5m，当他从A处摆动到A′时，有A′B⊥AB．
（1）求A'到BD的距离；（2）求A'到地面的距离．
【分析】（1）作A'F⊥BD，垂足为F，根据全等三角形的判定和性质解答即可；
（2）根据全等三角形的性质解答即可．
【解答】解：（1）如图2，作A'F⊥BD，垂足为F．
∵AC⊥BD，∴∠ACB＝∠A'FB＝90°；
在Rt△A'FB中，∠1+∠3＝90°；
又∵A'B⊥AB，∴∠1+∠2＝90°，∴∠2＝∠3；
在△ACB和△BFA'中，，
∴△ACB≌△BFA'（AAS）；∴A'F＝BC
∵AC∥DE且CD⊥AC，AE⊥DE，∴CD＝AE＝1.5；
∴BC＝BD﹣CD＝2.5﹣1.5＝1（m），∴A'F＝1（m），即A'到BD的距离是1m．
（2）由（1）知：△ACB≌△BFA'∴BF＝AC＝1.5m，
作A'H⊥DE，垂足为H．∵A'F∥DE，∴A'H＝FD，
∴A'H＝BD﹣BF＝2.5﹣1.5＝1（m），
【点评】本题考查全等三角形的应用，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【即学即练】
2.（2022•嘉定区八年级期末）如图，两车从路段MN的两端同时出发，以相同的速度行驶，相同时间后分别到达A，B两地，两车行进的路线平行．那么A，B两地到路段MN的距离相等吗？为什么？
【分析】要判断A，B两地到路段MN的距离是否相等，可以由条件证明△AEM≌△BFN，再根据全等三角形的性质就可以的得出结论．
【解答】解：A，B两地到路段MN的距离相等．
理由：∵AE⊥MN，BF⊥MN，∴∠AFN＝∠AEM＝90°．∵AM∥BN，∴∠M＝∠N．
在△AEM和△BFN中，，
∴△AEM≌△BFN（AAS），∴AE＝BF．∴A，B两地到路段MN的距离相等．
【点评】本题考查了全等三角形的判定及性质的运用，点到直线的距离的理解，在解答时弄清判断三角形全等的条件是关键．
【知识拓展3】利用AAS证明三角形全等（求线段的长度）
例3．（2022·黑龙江黑河·八年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，分别过点B，C作过点A的直线的垂线BD，CE，若BD=7cm，CE=5cm，则DE=________cm．
【答案】12
【分析】用AAS证明△ABD≌△CAE，得AD=CE，BD=AE，得到DE=BD+CE=7+5=12cm．
【详解】∵∠BAC＝90°，∠ADB＝∠AEC＝90°，
∴∠BAD+∠EAC＝90°，∠BAD+∠ABD＝90°，∴∠EAC＝∠ABD，
∵AB＝AC，∴△ABD≌△CAE（AAS），∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝CE+BD＝12cm．故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了三角形全等，解决问题的关键是熟练掌握三角形全等的判定和性质．
【即学即练1】
3．（2022·陕西·武功县教育局教育教学研究室七年级期末）如图，E是的边的中点，过点C作，过点E作直线交于D，交于F，若，则的长为__________．
【答案】2.5
【分析】根据平行线性质得出∠ADE=∠F，∠FCE=∠A，求出AE= EC，根据AAS证△ADE≌△CFE，根据全等三角形的性质推出即可．
【详解】证明：∵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= 6.5，
∵AB= 9，∴BD= AB- AD=9- 6.5= 2.5，故答案为： 2.5．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质，注意：全等三角形的对应边相等，全等三角形的判定定理有SAS，ASA， AAS，SSS．
【知识拓展4】利用AAS证明三角形全等（求角的度数）
例4．（2022·山东·八年级期末）如图，点D在边AC上，BC与DE交于点P，，，∠CDE＝∠ABD．(1)与全等吗？为什么？(2)已知，，求的度数．
【答案】(1)，见解析；(2)
【分析】（1）通过三角形内角和为，可以得到∠CDE＝∠CBE，通过找角的关系可以得到∠ABC＝∠DBE，又因为，即可证明．
（2）在（1）问的证明中我们可以证得∠ABD＝∠CBE=∠CDE，即可解题．
(1)．
理由：∵∠C＝∠E，∠CPD＝∠EPB，
∴，∴∠CDE＝∠CBE，
∵∠CDE＝∠ABD，∴∠CBE＝∠ABD，
∴∠CBE＋∠CBD＝∠ABD＋∠CBD，即∠ABC＝∠DBE，
又∵∠C＝∠E，AB＝DB，
∴．
(2)∵∠ABE＝157°，∠DBC＝27°，
∴，
∴∠CDE＝∠CBE＝65°．
【点睛】本题考查了全等三角形的证明，熟记对顶角相等，熟练掌握运用全等三角形的判定定理是解答本题的关键．
【即学即练2】
2．（2021•迁安市期中）如图，在△ABC中，∠A＝62°，∠ABC＝90°，点D在AC上，连接BD，过点D作ED⊥BD，垂足为D，使DE＝BC，连接BE，若∠C＝∠E．（1）求证：AB＝BD；（2）若∠DBC＝34°，求∠BFE的度数．
【分析】（1）根据三角形内角和定理得出∠A＝∠DBE，再根据AAS证出△ABC≌△BDE，即可得出AB＝BD；（2）根据已知条件和△ABC≌△BDE，得出∠DBE＝62°，再根据∠DBC＝34°，求出∠FBE的度数，最后根据三角形内角和定理即可得出答案．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝90°，∴∠A+∠C＝90°，
∵ED⊥BD，∴∠BDE＝90°，∵∠C＝∠E，∴∠A＝∠DBE，
在△ABC和△BDE中，，∴△ABC≌△BDE（AAS），∴AB＝BD；
（2）∵∠A＝62°，∠ABC＝90°，∴∠C＝∠E＝28°，
∵ED⊥BD，∴∠BDE＝90°，∴∠DBE＝62°，∵∠DBC＝34°，∴∠FBE＝28°，
∴∠BFE＝180°﹣∠E﹣∠FBE＝180°﹣28°﹣28°＝124°．
【点评】此题考查全等三角形的判定与性质以及三角形的内角和定理，关键是根据AAS证出△ABC≌△BDE．
【知识拓展5】利用AAS证明三角形全等（证明类）
例5．（2021•沙坪坝区校级期中）如图，BD是△ABC中AC边上的中线，过点C作CE∥AB，交BD的延长线于点E，F为△ABC外一点，连接CF、DF，且DE＝DF、∠ADF＝∠CDE．求证：
（1）△ABD≌△CED；（2）CA平分∠BCF．
【分析】（1）由平行线的性质得出∠ABD＝∠CED，∠BAD＝∠DCE，根据AAS可证明△ABD≌△CED；
（2）证明△BDC≌△FDC（SAS），由全等三角形的性质得出∠BCD＝∠FCD．
【解答】证明：（1）∵CE∥AB，∴∠ABD＝∠CED，∠BAD＝∠DCE，
∵BD是△ABC中AC边上的中线，∴AD＝CD，
在△ABD和△CED中，，∴△ABD≌△CED（AAS）；
（2）∵△ABD≌△CED，∴BD＝DE，又∵DE＝DF，∴BD＝DF，
∵∠ADF＝∠CDE，∠CDE＝∠ADB，∴∠ADB＝∠ADF，
∴180°﹣∠ADB＝180°﹣∠ADF，∴∠BDC＝∠FDC，
在△BDC和△FDC中，，∴△BDC≌△FDC（SAS），∴∠BCD＝∠FCD，∴CA平分∠BCF．
【点评】本题考查了平行线的性质，角分线的判定，中线的性质，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是解题的关键．
【即学即练5】
5．（2022·浙江·瑞安市八年级阶段练习）如图，在中，，，平分，，垂足为点E，和的延长线交于点F．（1）求证：．（2）求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）首先根据同角的余角相等得到，然后根据AAS证明即可；（2）首先根据ASA证明，然后得到FE=AE，结合（1）问结论根据全等三角形的性质即可证明．
【详解】（1）∵∴∴
∵∴∴
在和中∴（AAS）
（2）∵∴
∵平分∴
在和中
∴（ASA）∴FE=AE∴
∵∴CD=AF∴
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，关键是先证明两个三角形全等，然后利用全等的性质证明．
6．（2021•西城区八年级期末）如图，AB∥CD，点E在CB的延长线上，∠A＝∠E，AC＝ED．
（1）求证：BC＝CD；（2）连接BD，求证：∠ABD＝∠EBD．
【分析】（1）由“AAS”可证△ABC≌△ECD，可得BC＝CD；
（2）由等腰三角形的性质可得∠CBD＝∠CDB，由平行线的性质和平角的性质可得结论．
【解答】证明：（1）∵AB∥CD，∴∠ABC＝∠DCE，
在△ABC和△ECD中，，∴△ABC≌△ECD（AAS），∴BC＝CD；
（2）如图，连接BD，
∵BC＝CD，∴∠CBD＝∠CDB，∵AB∥CD，∴∠ABD+∠CDB＝180°，
又∵∠CBD+∠EBD＝180°，∴∠ABD＝∠EBD．
【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．
能力拓展
考法01 利用AAS证明三角形全等（探究类）
【典例1】（2022·山东烟台·七年级期末）如图1，已知中，，，、分别与过点的直线垂直，且垂足分别为E，D．
(1)猜想线段AD、、三者之间的数量关系，并给予证明．
(2)如图2，当过点C的直线绕点旋转到的内部，其他条件不变，如图2所示，
①线段AD、、三者之间的数量关系是否发生改变？若改变，请直接写出三者之间的数量关系，若不改变，请说明理由；②若，时，求的长．
【答案】(1)，证明见解析(2)①发生改变，；②1.3
【分析】（1）证明，可得，CD＝BE， 即可求解；
（2）①证明，可得，CD＝BE， 即可求解；②由①可得，从而得到，即可求解．
（1）解：， 理由如下：
∵、分别与过点的直线垂直，
∴，∴，
∵，∴，∴，
在和中，，
，，CD＝BE，
∵ DE＝EC＋CD， ；
（2）解：①发生改变．
∵、分别与过点的直线垂直，
∴，∴，
∵，∴，∴，
在和中，，
，，CD＝BE，
∵ DE＝CE-CD， ∴；
②由①知：，∴，∴BE的长为1.3.
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、等角的余角相等，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
变式1．（2022•呼兰区八年级期中）如图，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD，连接AC，过点D作DE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F．（1）若∠ABF＝63°，求∠ADE的度数；（2）请直接写出线段BF、EF、DE三者间的数量关系．
【分析】（1）证明△ABF≌△DAE，可得∠ABF＝∠DAE，由∠AED＝90°可求出∠ADE的度数；
（2）由△ABF≌△DAE可得BF＝AE，DE＝AF，则可得结论BF+EF＝DE．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，AB⊥BC，∴∠ABC＝∠BAD＝90°，
∵DE⊥AC，BF⊥AC，∴∠BFA＝∠AED＝90°，
∴∠ABF+∠BAF＝∠BAF+∠DAE＝90°，∴∠ABF＝∠DAE，
∵AB＝AD，∴△ABF≌△DAE（AAS），∴∠ABF＝∠DAE，
∵∠AED＝90°，∴∠ADE＝90°﹣∠DAE＝90°﹣63°＝27°；
（2）解：BF+EF＝DE．∵△ABF≌△DAE，∴BF＝AE，DE＝AF，
∴AF＝DE＝AE+EF＝BF+EF．
【点评】本题考查了平行线的性质，直角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
变式2．（2021•华容县八年级期末）如图，已知△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点P为BC边上一动点（BP＜CP），分别过B、C作BE⊥AP于E，CF⊥AP于F．（1）求证：EF＝CF﹣BE．（2）若点P为BC延长线上一点，其它条件不变，则线段BE、CF、EF是否存在某种确定的数量关系？画图并直接写出你的结论．
【分析】（1）由BE⊥AP，CF⊥AP可以得出∠AEB＝∠AFC＝90°，根据∠BAC＝90°就可以求出∠BAE＝∠ACF，就可以得出△ABE≌△CAF，而得出AE＝CF，BE＝AF得出结论；
（2）如图2，同样由BE⊥AP，CF⊥AP可以得出∠AEB＝∠AFC＝90°，根据∠BAC＝90°就可以求出∠BAE＝∠ACF，就可以得出△ABE≌△CAF，而得出AE＝CF，BE＝AF得出结论EF＝BE+CF．
【解答】解：（1）证明：∵BE⊥AP，CF⊥AP，
∴∠AEB＝∠AFC＝90°．∴∠FAC+∠ACF＝90°，
∵∠BAC＝90°，∴∠BAE+∠FAC＝90°，∴∠BAE＝∠ACF．
在△ABE和△CAF中，，
∴△ABE≌△CAF（AAS），∴AE＝CF，BE＝AF．
∵EF＝AE﹣AF，∴EF＝CF﹣BE；
（2）EF＝BE+CF 理由：∵BE⊥AP，CF⊥AP，∴∠AEB＝∠AFC＝90°．∴∠FAC+∠ACF＝90°，
∵∠BAC＝90°，∴∠BAE+∠FAC＝90°，∴∠BAE＝∠ACF．
在△ABE和△CAF中，，∴△ABE≌△CAF（AAS），∴AE＝CF，BE＝AF．
∵EF＝AE+AF，∴EF＝BE+CF．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，直角三角形的性质的运用．解答时证明三角形全等是解答本题的关键．
考法02 全等中的坐标问题
【典例2】（2022·黑龙江牡丹江·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中A（0，2），B（﹣1，0），以点A为直角顶点，AB为直角边在第二象限内作等腰直角△ABC．(1)设点C的坐标为（a，b），求a+b的值．(2)求四边形OACB的面积．(3)在（1）的条件下，坐标平面内是否存在一点P（不与点C重合），使△PAB与△ABC全等？若存在，直接写出P点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1 (2) (3)存在，P的坐标是或或
【分析】（1）如图1，作CE垂直于y轴，垂足为E，可知△ECA≌△OAB，知的长，得到的坐标，进而得到的值，进而得到的值；（2）如图2，作CE垂直于y轴，垂足为E，连接OC，，代线段值求解即可；
（3）分为三种情况：①如图3，过P作PE垂直于x轴，垂足为E，∠PBA＝∠AOB＝∠PEB＝90°，△PEB≌△BOA，得的值，进而表示的点坐标即可；②如图4，过C作CM垂直于x轴，垂足为M，过P作PE垂直于x轴，垂足为E，则∠CMB＝∠PEB＝90°，△CMB≌△BEP，得的值，进而表示的点坐标即可；③如图5，过P作PE垂直于x轴，垂足为E，则∠BEP＝∠BOA＝90°，△CMB≌△BEP，得的值，进而表示的点坐标即可．
(1)解：如图1，作CE垂直于y轴，垂足为E，
∴∠CEA＝90°∵A，B∴OA＝2，OB＝1
∵∠BAC＝90°∴∠BAO+∠CAE＝90°
∵∠ECA+∠CAE＝90°∴∠ECA＝∠BAO
在△ECA和△OAB中
∴△ECA≌△OAB（AAS）∴CE＝AO＝2，AE＝BO＝1
即OE＝EA+OA＝3∴C点坐标为
∴∴．
(2)解：如图2，作CE垂直于y轴，垂足为E，连接OC，
．
(3)解：存在点P，使△PAB与△ABC全等；
分为三种情况：①如图3，过P作PE垂直于x轴，垂足为E，则∠PBA＝∠AOB＝∠PEB＝90°，
∴∠EPB+∠PBE＝90°，∠PBE+∠ABO＝90°∴∠EPB＝∠ABO
在△PEB和△BOA∴△PEB≌△BOA（AAS）
∴PE＝BO＝1，EB＝AO＝2∴，即P的坐标是；
②如图4，过C作CM垂直于x轴，垂足为M，过P作PE垂直于x轴，垂足为E，则∠CMB＝∠PEB＝90°，
∵△CAB≌△PAB∴∠PBA＝∠CBA＝45°，BC＝BP
∴∠CBP＝90°∴∠MCB+∠CBM＝90°，∠CBM+∠PBE＝90°∴∠MCB＝∠PBE
在△CMB和△BEP中
∴△CMB≌△BEP（AAS）∴PE＝BM，CM＝BE
∵∴PE＝1，OE＝BE﹣BO＝3﹣1＝2即P的坐标是；
③如图5，过P作PE垂直于x轴，垂足为E，则∠BEP＝∠BOA＝90°，
∵△CAB≌△PBA∴AB＝BP，∠CAB＝∠ABP＝90°
∴∠ABO+∠PBE＝90°，∠PBE+∠BPE＝90°∴∠ABO＝∠BPE
在△BOA和△PEB中∴△BOA≌△PEB（AAS）
∴PE＝BO＝1，BE＝OA＝2，∴OE＝BE+BO＝2+1＝3，即P的坐标是；
综合上述，符合条件的P的坐标是或或．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角坐标系中的点坐标．解题的关键在于全面考虑三角形全等的可能情况．
变式1．（2022·全国·八年级专题练习）如图，在△ACB中，∠ACB=90°，AC=BC，点C的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（1，5），则A点的坐标是_____．
【答案】（-7，3）
【分析】先作辅助线、，通过导角证明，再证明， 得到AD的长度(A的纵坐标长度)、DC长度(加上OC得到A横坐标长度)，根据A点所在象限的符号，确定A点坐标．
【详解】如图，过点A作 于点D，过点B作 于点E
点C的坐标为(-2，0)，点B的坐标为(1，5)
OC=2，OE=1，BE=5
在 和 中，
A点的坐标是(-7，3) ．
【点睛】本题考查了全等三角形的证明(在两个三角形中，如果有两组对应角，和其中一组对应角的对边分别相等，那么这两个三角形全等) ．
变式2.（2022·福建宁德·八年级期中）在平面直角坐标系中，等腰直角顶点、分别在轴、轴上，且，．(1)如图1，当，，点在第四象限时，直接写出点的坐标．(2)如图2，当点在轴正半轴上运动，点在轴正半轴上运动，点在第四象限时，作轴于点，求，，之间的关系．
【答案】(1)（3，-1）(2)a＋m＋n=0，理由见解析
【分析】（1）作BD⊥x轴于D，证明△AOC≌△CDB（AAS），可得AO=CD=2，OC=BD=1，根据点在第四象限，即可求解．（2）作BE⊥x轴于E，证明△CEB≌△AOC（AAS），可得AO=CE=a，BE=CO，根据点在第四象限时，即可求解．
（1）解：点B的坐标为（3，-1）．理由如下：作BD⊥x轴于D，
∴∠AOC=90°=∠BDC，∴∠OAC＋∠ACO=90°，
∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠ACO＋∠BCD=90°，∴∠OAC=∠BCD，
在△AOC和△CDB中，，
∴△AOC≌△CDB（AAS），∴AO=CD，OC=BD，
∵A（0，-2），C（1，0），∴AO=CD=2，OC=BD=1，∴OD=3，
∵B在第四象限，∴点B的坐标为（3，-1）；
（2）解：a＋m＋n=0．证明：作BE⊥x轴于E，
∴∠BEC=∠AOC=90°，∴∠1＋∠2=90°，
∵∠ACB=90°，∴∠1＋∠3=90°，∴∠2=∠3，
在△CEB和△AOC中，，
∴△CEB≌△AOC（AAS），∴AO=CE=a，BE=CO，
∵BE⊥x轴于E，∴BEy轴，
∵BD⊥y轴于点D，EO⊥y轴于点O，
∴EO=BD=m，∴BE=-n，∴a＋m=-n，∴a＋m＋n=0．
【点睛】本题考查了坐标与图形，全等三角形的性质与判定，第四象限点的坐标特征，数形结合是解题的关键．
分层提分
题组A 基础过关练
1．（2021·河南洛阳·八年级期中）已知：如图，，，要使，需添加一个条件，则添加的条件以及相应的判定定理合适的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用全等三角形的判定方法分别进行分析即可．
【详解】解：、添加条件判定用的判定方法是，故原题说法正确，符合题意；
、添加条件不能判定，故原题说法错误，不符合题意；
、添加条件判定用的判定方法是，故原题说法错误，不符合题意；
、添加条件判定用的判定方法是，故原题说法错误，不符合题意；故选：A．
【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：、、、、．解题的关键是注意：、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.（2022•东台市期中）根据下列已知条件，能够画出唯一△ABC的是（ ）
A．AB＝6，BC＝5，∠A＝50°B．∠A＝50°，∠B＝80°，BC＝8
C．AB＝5，BC＝6，AC＝13D．∠A＝40°，∠B＝50°，∠C＝90°
【分析】根据全等三角形的判定方法判断即可．
【解答】解：A、已知AB、BC和BC的对角，不能画出唯一三角形，故本选项不符合题意；
B、已知两角和一边，能画出唯一△ABC，故本选项符合题意；
C、∵AB+BC＝5+6＝11＜AC，∴不能画出△ABC；故本选项不符合题意；
D、根据∠A＝40°，∠B＝50°，∠C＝90°不能画出唯一三角形，故本选项不符合题意；故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定方法；一般三角形全等的判定方法有SSS、SAS、ASA、AAS，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
3．（2021·北京市师达中学八年级期中）如图，AE⊥AB且，BC⊥CD且，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积是（ ）
A．30B．32C．35D．38
【答案】B
【分析】根据角的和差关系可得∠AEF=∠BAG，利用AAS可证明△AEF≌△BAG，可得AF=BG，EF=AG，同理可证明△CDH≌△BCG，可得CH=BG，CG=DH，即可得出FH、AC的长，根据实线所围成的图形的面积=S梯形EFHD-2S△ABC，利用梯形和三角形面积公式即可得答案．
【详解】∵AE⊥AB，EF⊥FH，∴∠AEF+∠EAF=90°，∠BAG+∠EAF=90°，∴∠AEF=∠BAG，
在△AEF和△BAG中，，∴△AEF≌△BAG，∴AF=BG=2，EF=AG=5，
同理可得：△CDH≌△BCG，∴CH=BG=2，CG=DH=3，∴FH=AF+AG+CG+CH=12，AC=AG+CG=8，
∴实线所围成的图形的面积=S梯形EFHD-2S△ABC==32．故选：B．
【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判定定理是解题的关键．
4．（2021·山东烟台·九年级期中）数学活动课上，小敏、小颖分别画了△ABC和△DEF，数据如图，如果把小敏画的三角形面积记作S△ABC，小颖画的三角形面积记作S△DEF，那么你认为( )
A．S△ABC >S△DEF B．S△ABC
【分析】在两个图形中分别作BC、EF边上的高，欲比较面积，由于底边相等，所以只需比较两条高即可．
【详解】解：如图，过点A、D分别作AG⊥BC，DH⊥EF，垂足分别为G、H，
在△ABG和△DHE中，AB=DE=5，
∠B=50°，∠DEH=180°-130°=50°，
∴∠B=∠DEH，∠AGB=∠DHE=90°，
∴△AGB≌△DHE(AAS)，∴AG=DH．
∵BC=4，EF=4，∴S△ABC=S△DEF．故选：C．
【点睛】考查全等三角形的判定和性质，等底等高两三角形面积相等．证明△AGB≌△DHE是解题的关键．
5．（2022春•蜀山区校级期中）如图，直线l上有三个正方形，若a，c的面积分别为5和11，则b的面积为（ ）
A．55B．16C．6D．4
【分析】根据正方形的性质，易证△BAC≌△ECD（AAS），可得AB＝CE，BC＝DE，根据a，c的面积以及勾股定理即可求出b的面积．
【解答】解：根据题意，得AC＝CD，∠ABC＝∠CED＝∠ACD＝90°，
∴∠BAC+∠BCA＝90°，∠BCA+∠ECD＝90°，∴∠BAC＝∠ECD，
在△BAC和△ECD中，，
∴△BAC≌△ECD（AAS），∴AB＝CE，BC＝DE，
∵a，c的面积分别为5和11，∴AB2＝5，DE2＝11，∴BC2＝11，
根据勾股定理，得AC2＝AB2+BC2＝5+11＝16，∴b的面积为16，故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，涉及正方形的性质，勾股定理等，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
6．（2022·全国·八年级专题练习）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE，AD⊥CE于D，AD＝2，BE＝1．则DE＝________．
【答案】1
【分析】先证明△ACD≌△CBE，再求出DE的长，解决问题．
【详解】解：∵BE⊥CE于E，AD⊥CE于D∴
∵∴
∵∴∴，
∴．故答案为：1
【点睛】此题考查三角形全等的判定和性质，掌握再全等三角形的判定和性质是解题的关键．
7．（2021秋•长春期末）如图，小张同学拿着老师的等腰直角三角尺，摆放在两摞长方体教具之间，∠ACB＝90°，AC＝BC，若每个长方体教具高度均为6cm，则两摞长方体教具之间的距离DE的长为 cm．
【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，根据全等三角形的性质进行解答．
【解答】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），∴CD＝BE，AD＝CE，
∵DE＝CD+CE，∴DE＝BE+AD，
∵一块长方体教具的厚度为6cm，∴AD＝24cm，BE＝18cm，
∴两摞长方体教具之间的距离DE的长＝24+18＝42（cm）．故答案为：42．
【点评】此题主要考查全等三角形的应用，以及勾股定理的应用，关键是正确找出证明三角形全等的条件．
8．（2022·天津蓟州·八年级期末）如图，已知相交于点O，ABCD．求证．
【答案】见解析
【分析】由ABCD推出，，由推出，再由 推出，最后由判定出即可证得．
【详解】证明：∵ABCD∴，
∵ 又∵，∴
∵又∵， ∴
在和中，∵ ∴（）∴
【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理——，熟练掌握全等三角形的判定是解题关键．
9．（2022·安徽合肥·八年级期末）如图，在ABC和CDE中，点B、D、C在同一直线上，已知∠ACB=∠E，AC=CE，ABDE，求证：ABC≌CDE．
【答案】见解析
【分析】根据平行线的性质得到，再根据全等三角形的判定证明即可．
【详解】证明：∵，∴，
在和△CDE中，，∴．
【点睛】本题考查平行线的性质、全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解答的关键．
10.（2021•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，，∴△ABC≌△DFE（SAS）；
（2）∵△ABC≌△DFE，∴AC＝DE，∠ACB＝∠DEF，
在△ACO和△DEO中，，∴△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．
题组B 能力提升练
1．（2021·广东·东莞市沙田实验中学八年级期中）如图，AB∥CD，AD∥BC，AE⊥BD，CF⊥BD垂足分别为E、F两点，则图中全等的三角形有（ ）
A．1对B．2对C．3对D．4对
【答案】C
【分析】根据全等三角形的判定方法求解即可．判定三角形全等的方法有：SSS，SAS，AAS，ASA，HL(直角三角形)．
【详解】解：∵AB∥CD，AD∥BC，
∴，，
∴在△ABD和△CDB中，
∴；
∴，，
∴在△ABE和△CDF中，
，
∴；
∴在△ADE和△CBF中，
，
∴，
则图中全等的三角形有：△ABE≌△CDF，△ADE≌△CBF，△ABD≌△CDB，共3对．故选：C．
【点睛】此题考查了三角形全等的判定，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法．判定三角形全等的方法有：SSS，SAS，AAS，ASA，HL(直角三角形)．
2.（2021秋•苏州期末）如图，已知AD＝AB，∠C＝∠E，∠CDE＝55°，则∠ABE的度数为（ ）
A．155°B．125°C．135°D．145°
【分析】利用AAS证明△ACD≌△AEB即可得出答案．
【解答】解：在△ACD和△AEB中，，
∴△ACD≌△AEB（AAS），∴∠ABE＝∠ADC，
∵∠CDE＝55°，∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝180°﹣55°＝125°，∴∠ABE＝∠ADC＝125°，故选：B．
【点评】本题主要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是解题的关键．
3．（2022·四川南充·八年级期末）如图，点B，C，E在同一直线上，且，，，下列结论不一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据直角三角形的性质得出∠A=∠2，∠1=∠E，根据全等三角形的判定定理推出△ABC≌△CDE，再逐个判断即可．
【详解】解：∵AC⊥CD，∴∠ACD=90°，∵∠B=90°，∴∠1+∠A=90°，∠1+∠2=90°，
∴∠A=∠2，同理∠1=∠E，∵∠D=90°，∴∠E+∠2=∠A+∠E=90°，
在△ABC和△CDE中， ，∴△ABC≌△CDE（AAS），∴，
∴选项A、选项B，选项C都正确；
根据已知条件推出∠A=∠2，∠E=∠1，但是∠1=∠2不能推出，而∠BCD=90°+∠1，∠ACE=90°+∠2，所以不一定成立故选项D错误；故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理和直角三角形的性质，能灵活运用知识点进行推理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有：ASA，SAS，AAS，SSS，两直角三角形全等，还有HL．
4．（2021·沙坪坝区·重庆南开中学七年级期中）如图，在中，、分别足边、上的点，是的一条角平分线．再添加一个条件仍不能证明的是（ ）
A． B．C． D．
【答案】D
【分析】根据全等三角形的判定方法逐项分析即可．
【详解】解：∵是的一条角平分线，∴∠ABD=∠EBD，
A.在△ADB和△EDB中， ∴△ADB≌△EDB，故A不符合题意；
B.在△ADB和△EDB中， ∴△ADB≌△EDB，故不符合题意；
C.在△ADB和△EDB中， ∴△ADB≌△EDB，故不符合题意；
D.在△ADB和△EDB中，若添加，符合“SSA”，此方法不能判断△ADB≌△EDB，故符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）是解题的关键．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，若有两边一角相等时，角必须是两边的夹角．
5．（2022·广东·深圳大学附属中学七年级期末）如图，∠E＝∠F＝90°，∠B＝∠C，AE＝AF．给出下列结论：①∠1＝∠2；②BE＝CF；③ACN≌ABM；④CD＝DN．其中符合题意结论的序号是_____．
【答案】①②③
【分析】此题考查的是全等三角形的判定和性质的应用，只要先找出图中的全等三角形就可判断题中结论是否正确．
【详解】∵∠E=∠F=90°，∠B=∠C，AE=AF，
∴△ABE≌△ACF（AAS），
∴AC=AB，BE=CF，即结论②正确；
∵AC=AB，∠B=∠C，∠CAN=∠BAM，
∴△ACN≌△ABM（ASA），即结论③正确；
∵∠BAE=∠CAF，
∵∠1=∠BAE-∠BAC，∠2=∠CAF-∠BAC，
∴∠1=∠2，即结论①正确；
∴△AEM≌△AFN（ASA），
∴AM=AN，
∴CM=BN，
∵∠CDM=∠BDN，∠C=∠B，
∴△CDM≌△BDN，
∴CD=BD，
无法判断CD=DN，故④错误，
∴题中正确的结论应该是①②③．
故答案为：①②③．
【点睛】此题考查了三角形全等的判定和性质；对图中的全等三角形作出正确判断是正确解答本题的关键．
5.（2022•南昌期中）如图，若AB⊥BC于点B，AE⊥DE于点E，AB＝AE，∠ACB＝∠ADE，∠ACD＝∠ADC＝70°，∠BAD＝60°，则∠BAE的度数是 ．
【分析】证明△ABC≌△AED（AAS），得出∠BAC＝∠EAD，根据三角形内角和定理即可得出答案．
【解答】解：∵AB⊥BC，AE⊥DE，∴∠B＝∠E＝90°，
在△ABC和△AED中，，∴△ABC≌△AED（AAS），∴∠BAC＝∠EAD，
∵∠ACD＝∠ADC＝70°，∴∠CAD＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
∴∠BAC＝∠BAD﹣∠CAD＝60°﹣40°＝20°，
∴∠BAE＝∠BAD+∠DAE＝∠BAD+∠BAC＝80°；故答案为：80°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理；证明三角形全等是解题的关键．
6.（2022•郫都区校级期中）如图，在四边形ABCD中，点E为对角线BD上一点，∠A＝∠BEC，∠ABD＝∠BCE，且AD＝BE．（1）证明：①△ABD≌△ECB；②AD∥BC；（2）若BC＝15，AD＝6，请求出DE的长度．
【分析】（1）①由AAS证明△ABD与△ECB全等即可；②根据全等三角形的性质和平行线的判定解答即可；（2）根据△ABD与△ECB全等的性质解答即可．
【解答】（1）证明：①在△ABD与△ECB中，
，∴△ABD≌△ECB（AAS）；
②由①得，△ABD≌△ECB，∴∠ADB＝∠EBC，∴AD∥BC；
（2）解：∵△ABD≌△ECB，∴BD＝BC＝15，BE＝AD＝6，∴DE＝BD﹣BE＝15﹣6＝9．
【点评】此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是解本题的关键．
7．（2022•雁塔区八年级月考）如图，AB＝AC，E在线段AC上，D在AB的延长线上，且有BD＝CE，连DE交BC于F，过E作EG⊥BC于G，试判断FG、BF、CG之间的数量关系，并说明理由．
【分析】在BC上截取GH＝GC，可得△EHC是等腰三角形，进而得出AB∥EH，再证△BDF≌△HEF（AAS），通过线段之间的转化即可得出结论．
【解答】解：FG＝BF+CG，理由如下：在BC上截取GH＝GC，连接EH，如图所示：
∵EG⊥BC，GH＝GC，∴HE＝EC，∴∠EHC＝∠C，
又AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，∴∠EHC＝∠ABC，
∴EH∥AB，∴∠DBF＝∠EHF，∠D＝∠DEH，∵BD＝CE，∴HE＝BD，
在△BDF和△HEF中，，∴△BDF≌△HEF（AAS），∴BF＝FH，∴FG＝FH+HG＝BF+GC．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
8．（2022·陕西榆林·七年级期末）如图，在中，点E在边上，且．
(1)请你判断与的数量关系，并说明理由；
(2)若的平分线交于点F，//交于点D，设，，求的长．
【答案】(1)，理由见解析(2)2
【分析】（1），理由是在三角形与三角形中，由一对公共角相等，以及已知角相等，利用内角和定理即可得证；
（2）由与平行，得到一对同位角相等，再由第一问的结论等量代换得到一对角相等，根据为角平分线得到一对角相等，再由，利用得到三角形与三角形全等，利用全等三角形对应边相等得到，由求出的长即可．
(1)解：，理由如下：
在中，，
在中，，
，，
；
(2)解：，
，
又，
，
平分，
，
在和中，
，
，
，
，，
．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
9．（2021·河北·石家庄市藁城区第一中学八年级阶段练习）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，点D在AC上，且AD=6cm，过点A作射线AEAC（AE与BC在AC同侧），若动点P从点A出发，沿射线AE匀速运动，运动速度为1cm/s，设点P运动时间为t秒．连接PD、BD．
(1)如图①，当PDBD时，求证：△PDA△DBC；
(2)如图②，当PDAB于点F时，求此时t的值．
【答案】(1)见解析(2)8
【分析】(1)由PDBD、∠C=90°可推出∠PDA=∠CBD，即可根据ASA判定△PDA△DBC；
(2)由PDAB，AEAC可推出∠APF=∠CAB，即可根据AAS判定△APD△CAB，再由全等三角形的性质即可得解．
(1)证明：如图①
∵PDBD
∴∠PDB=90
∴∠BDC+∠PDA=90
又∵∠C=90
∴∠BDC+∠CBD=90
∴∠PDA=∠CBD
又∵AEAC
∴∠PAD=90
∴∠PAD=∠C=90
又∵BC=6cm，AD=6cm
∴AD=BC
在△PAD和△DCB中
∴△PDA△DBC(ASA)
(2)解：如图②
∵PDAB
∴∠AFD=∠AFP=90
∴∠PAF+∠APF=90
又∵AEAC
∴∠PAF+∠CAB=90
∴∠APF=∠CAB
在△APD和△CAB中
∴△APD△CAB(AAS)
∴AP=AC
∵AC=8cm
∴AP=8cm
∴t=8
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，根据ASA判定△PDA≌△DBC、根据AAS判定△APD≌△CAB是解题的关键．
10．（2022·辽宁锦州·八年级期中）如图，将等腰直角三角形ABC的直角顶点置于直线上，且过A，B两点分别作直线的垂线，垂足分别为D，E．
(1)请你在图中找出一对全等三角形，并进行证明．(2)如果将直线绕点C进行旋转，其它条件不变，（1）中的两个三角形还全等吗？请在备用图上画出图形并用斜线勾画出全等的两个三角形．
【答案】(1)△ACD≌△CBE，见解析(2)全等，见解析
【分析】（1）利用AAS证明△ACD≌△CBE即可；
（2）先画出图形，再用AAS证明△ACD≌△CBE即可．
（1）解：全等三角形为：△ACD≌△CBE.
证明：由题意知∠CAD+∠ACD=90°，∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠CAD=∠BCE
在△ACD与△CBE中，
∴△ACD≌△CBE（AAS）；
（2）解：（1）中的两个三角形还全等，即△ACD≌△CBE，
如图，
理由：∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
∵AD⊥l，BE⊥l，
∴∠ADC=∠CEB=90°，，
∴∠ACD+∠DAC=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△ACD与△CBE中，
∴△ACD≌△CBE（AAS）；
【点睛】本题考查全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
题组C 培优拔尖练
1.（2021•陇县期末）如图，AB⊥CD，且AB＝CD，CE⊥AD于E，BF⊥AD于F．若CE＝6，BF＝3，EF＝2，则AD的长为（ ）
A．7B．6C．5D．4
【分析】由“AAS”可证明△ABF≌△CDE，可得AF＝CE＝6，BF＝DE＝3，即可求AD的长．
【解答】解：∵AB⊥CD，CE⊥AD，BF⊥AD，
∴∠A+∠D＝90°，∠C+∠D＝90°，∠CED＝∠AFB＝90°，∴∠A＝∠C，
在△ABF和△CDE中，，∴△ABF≌△CDE（AAS），
∴AF＝CE＝6，BF＝DE＝3，∴AD＝AF﹣EF+DE＝6﹣2+3＝7．故选：A．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明△ABF≌△CDE是本题的关键．
2．（2022·山东淄博·七年级期末）如图，，，．下列结论中：（1）；（2）；（3）；（4）．正确的个数是（ ）．
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】先证明△ADF≌△ABF，得∠ADF=∠ABF，再根据等角的余角相等，得2∠1=∠DFE，便可判断（1）的正误；当△ABC不是等腰直角三角形时，∠C≠45°，则∠C≠∠CBE，此时BE≠CE，便可判断（2）的正误；证明∠ABE=∠C=∠ADF，得DFBC，便可判断（4）的正确；过D点作DM⊥BC于点M，过点F作FN⊥BC于点N，则DM=FN，假设CD=DB,可得△CDM≌△FBN，当∠C≠45°，得CD≠BF，便可判断（3）的正误．
【详解】解：（1）在△ADF和△ABF中，
，
∴△ADF≌△ABF（SAS），
∴∠ADF=∠ABF，
∵∠ABF+∠BAE=∠ADF+∠DFE=90°，
∴∠BAE=∠DFE，
∵∠1=∠2，
∴2∠1=∠DFE，
故（1）错误；
（2）当△ABC不是等腰直角三角形时，∠C≠45°，
则∠C≠∠CBE，
此时BE≠CE，
故（2）错误；
（4）∵△ADF≌△ABF，
∴∠ABF=∠ADF，
∵AB⊥BC，BE⊥AC，
∴∠ABE+∠CBE=∠BCE+∠C=90°，
∴∠ABE=∠C，
∴∠ADF=∠C，
∴DFBC
故（4）正确；
（3） DFBC，
过D点作DM⊥BC于点M，过点F作FN⊥BC于点N，则DM=FN，
若，
∵∠C+∠CBF=∠C+∠CDM=90°，
∴∠CDM=∠FBN，
∴△CDM≌△FBN（AAS），
，
则
此时
当△ABC不是等腰直角三角形时，∠C≠45°，△CDM与△FBN不全等，
∴CDFB，
∵△ADF≌△ABF，
∴DF=BF．
∴BF=DFCD，
故（3）不正确；
综上所述，正确的有（4），共1个；
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定．解题的关键是掌握三角形的全等的判定定理．
3．（2022·湖南岳阳·八年级期中）如图，P是∠AOB平分线上的点，PD⊥OB于点D，PC⊥OA于点C，则下列结论：①PC＝PD；②OD＝OC；③POC与POD的面积相等；④∠POC＋∠OPD＝90°．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】根据已知条件，可得△OCP≌△ODP（AAS），根据全等三角形的性质即可判断．
【详解】解：∵P是∠AOB平分线上的点，
∴∠COP=∠DOP，
∵PD⊥OB于点D，PC⊥OA于点C，
∴∠OCP=∠ODP=90°，
在△OCP和△ODP中，
，
∴△OCP≌△ODP（AAS），
∴PC=PD，OC=OD，故①②选项符合题意，
∵△OCP≌△ODP（AAS），
∴△POC与△POD的面积相等，故③选项符合题意；
∵△OCP≌△ODP（AAS），
∴∠OPD=∠OPC，
∵∠POC+∠OPC=90°，
∴∠POC+∠POD=90°，故④选项符合题意；
综上可知，①②③④均符合题意，
故选：D．
【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判定方法是解题的关键．
4.（2021•喀喇沁旗期末）如图，在△ABC和△DBC中，∠ACB＝∠DBC＝90°，E是BC的中点，DE⊥AB，垂足为点F，且AB＝DE．若BD＝8cm，则AC的长为 ．
【分析】由DE⊥AB，可得∠BFE＝90°，由直角三角形两锐角互余，可得∠ABC+∠DEB＝90°，由∠ACB＝90°，由直角三角形两锐角互余，可得∠ABC+∠A＝90°，根据同角的余角相等，可得∠A＝∠DEB，然后根据AAS判断△ABC≌△EDB，根据全等三角形的对应边相等即可得到BD＝BC，AC＝BE，由E是BC的中点，得到BEBCBD＝4．
【解答】解：∵DE⊥AB，可得∠BFE＝90°，∴∠ABC+∠DEB＝90°，
∵∠ACB＝90°，∴∠ABC+∠A＝90°，∴∠A＝∠DEB，
在△ABC和△EDB中，，∴△ABC≌△EDB（AAS），∴BD＝BC，AC＝BE，
∵E是BC的中点，BD＝8cm，∴BEBCBD＝4cm．故答案为：4cm
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，普通两个三角形全等共有四个定理，即AAS、ASA、SAS、SSS，直角三角形可用HL定理，但AAA、SSA，无法证明三角形全等，本题是一道较为简单的题目，找准全等的三角形是解决本题的关键．
5．（2022·广东·执信中学八年级期中）ABC和DBC中，∠BAC＝∠BDC＝90°，延长CD、BA交于点E．
（1）如图1，若AB＝AC，试说明BO＝EC；（2）如图2，∠MON为直角，它的两边OM、ON分别与AB、EC所在直线交于点M、N，如果OM＝ON，那么BM与CO是否相等？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）BM＝CO，见解析
【分析】（1）根据余角的性质和等角代换可得∠ABO＝∠DCO，再利用全等三角形的判定证明△BAO≌△CAE便可得结论；（2）根据余角的性质和等角代换可得∠ABO＝∠DCO，再利用全等三角形的判定证明△BOM≌△CNO便可得BM＝CO．
【详解】解：（1）∵∠BAC＝∠BDC＝90°，
∴∠ABO+∠AOB＝∠DCO+∠DOC＝90°，
∵∠AOB＝∠DOC，∴∠ABO＝∠DCO，
∵∠EAC＝180°﹣∠BAC＝90°，∴∠BAO＝∠EAC，
在△BAO和△CAE中，，
∴△BAO≌△CAE（ASA），∴BO＝CE；
（2）相等．理由如下：
∵∠MON＝∠BAC＝90°，
∴∠AMO+∠AOM＝∠AOM+∠AON＝90°，
∴∠AMO＝∠AON，∴∠BMO＝∠NOC，
由（1）知∠ABO＝∠DCO，
在△BOM和△CNO中，，
∴△BOM≌△CNO（AAS），∴BM＝CO．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，涉及到等角代换、余角的性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法．
6.（2022•金东区期中）已知：△ABC的高AD所在直线与高BE所在直线相交于点F，过点F作FG∥BC，交直线AB于点G．（1）如图1，若△ABC为锐角三角形，且∠ABC＝45°．求证：①△BDF≌△ADC；②FG+DC＝AD；（2）如图2，若∠ABC＝135°，直接写出FG、DC、AD之间满足的数量关系．
【分析】（1）①要证明△BDF≌△ADC，如图，在△ABD中，∠ABC＝45°，AD⊥BC，可证BD＝AD，∠BDF＝∠ADC；在△ADC中，可证得∠AFE＝∠ACD，又∵∠AFE＝∠BFD（对顶角相等），∴∠ACD＝∠BFD；运用AAS，问题可证．②由△BDF≌△ADC可证得DF＝DC；∵AD＝AF+FD，∴AD＝AF+DC；由GF∥BD，∠ABC＝45°，可证得AF＝GF；于是问题可证．
（2）∵∠ABC＝135°，∴∠ABD＝45°，△ABD、△AGF皆为等腰直角三角形，∴FG＝AF＝AD+DF；DF＝DC可通过证明△BDF≌△ADC得到，故可得：FG＝DC+AD．
【解答】解：（1）①证明：∵∠ADB＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠BAD＝∠ABC＝45°，∴AD＝BD；∵∠BEC＝90°，∴∠CBE+∠C＝90°
又∵∠DAC+∠C＝90°，∴∠CBE＝∠DAC；
∵∠FDB＝∠CDA＝90°，∴△FDB≌△CDA（ASA）
②∵△FDB≌△CDA，∴DF＝DC；∵GF∥BC，∴∠AGF＝∠ABC＝45°，
∴∠AGF＝∠BAD，∴FA＝FG；∴FG+DC＝FA+DF＝AD．
（2）FG、DC、AD之间的数量关系为：FG＝DC+AD．
理由：∵∠ABC＝135°，∴∠ABD＝45°，△ABD、△AGF皆为等腰直角三角形，
∴BD＝AD，FG＝AF＝AD+DF；
∵∠FAE+∠DFB＝∠FAE+∠DCA＝90°，∴∠DFB＝∠DCA；
又∵∠FDB＝∠CDA＝90°，BD＝AD，∴△BDF≌△ADC（AAS）；∴DF＝DC，
∴FG、DC、AD之间的数量关系为：FG＝DC+AD．
【点评】本题综合考查了三角形全等的判定和性质；利用三角形全等证明线段相等是经常使用的重要方法，注意掌握
7．（2022·全国·九年级单元测试）在中，，，直线MN经过点C且于D，于E．
(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①≌；②；
(2)当直线MN烧点C旋转到图2的位置时，求证：；
(3)当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．
【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析 (2)证明见解析
(3)（或者对其恒等变形得到，），证明见解析
【分析】（1）①根据，，，得出，再根据即可判定；②根据全等三角形的对应边相等，即可得出，，进而得到；
（2）先根据，，得到，进而得出，再根据即可判定，进而得到，，最后得出；
（3）运用（2）中的方法即可得出，，之间的等量关系是：或恒等变形的其他形式．
（1）解：①，，
，
，，
，
在和中，
；
②，
，，
；
（2）证明：，，
，
，
在和中，
；
，，
；
（3）证明：当旋转到题图（3）的位置时，，，所满足的等量关系是：
或或．
理由如下：，，
，
，
在和中，
，
，，
（或者对其恒等变形得到或）．
【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与性质的综合应用，解题时注意：全等三角形的对应边相等，同角的余角相等，解决问题的关键是根据线段的和差关系进行推导，得出结论．
8．（2021·北京市师达中学八年级期中）在平面直角坐标系中，△ABC是等腰直角三角形，且，，顶点A、C分别在y轴、x轴上．
(1)如图，已知点，，点B在第四象限时，则点B的坐标为 ；
(2)如图，点C、A分别在x轴、y轴的负半轴上，BC边交y轴于点D，AB边交x轴于点E，若AD平分∠BAC，点B坐标为．探究线段AD、OC、OD之间的数量关系．请回答下列问题：
①点B到x轴的距离为 ，到y轴的距离为 ；
②写出点C的坐标为 ，点A的坐标为 ，点D的坐标为 ；
③直接写出线段AD、OC、OD之间的数量关系： ．
【答案】(1)（3，-1）
(2)①n，m；②（-n，0），（0，-m-n），（0，）；③
【分析】（1）过B点作x轴垂线，垂足为D，由题意可证得，故CD=OA=2,BD=OC=1，OD=OC+CD=3，即可知B点坐标为（3，-1）．（2）过B点作x轴垂线，垂足为F，连接DE①因为B点在第一象限，故B点横坐标为B点到y轴的距离，B点纵坐标为B点到x轴的距离．②由题意可证得，故可求为等腰三角形，则可证得，便可知OC=n，OA=OF+OC=m+n，DO=OF-OE=m-n即点C的坐标为（-n，0），点A的坐标为（0，-m-n），点D的坐标为（0，）．③由②问知AD=OD+AO=m-n+m+n=2m，OC=n，OD=m-n，故有．
(1)过B点作x轴垂线，垂足为D
由题意知AO=2，OC=1，AC=BC，
∵∠OCA+∠OAC=90°，∠OCA+∠DCB=90°∴∠OAC=∠BCD，
在和中有∴
∴CD=OA=2,BD=OC=1，OD=OC+CD=3故B点坐标为（3，-1）
(2)过B点作x轴垂线，垂足为F，连接DE
①∵点B坐标为，且点B在第一象限∴m＞0，n＞0
故点B到x轴的距离为n，到y轴的距离为m．
②由题意知BC=AC，
∵∠BCF+∠OAC=90°，∠OCA+∠OAC=90°∴
在和中有
∴∴BF=CO，OA=CF
由①知BF=n，OF=m故OC=n，OA=OF+OC=m+n
∵AD平分∠BAC∴∠OAC=∠OAE
∴∠OCA+∠OAC=∠OEA+∠OAE∴AC=AE
∴为等腰三角形，AD为角平分线，中线，高线三线合一，故也为等腰三角形．
∴CO=OE=BF，∠DCO+∠OCA=∠DEO+∠OEA=90°
∵∠ODE+∠OED=90°，∠OED+∠BEF=90°∴∠ODE=∠BEF
在和中有∴
∴EF=DO∴DO=OF-OE=m-n
则点C的坐标为（-n，0），点A的坐标为（0，-m-n），点D的坐标为（0，）．
③由②可知AD=OD+AO=m-n+m+n=2m，OC=n，OD=m-n
故有
【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，坐标轴中点坐标的性质，点到坐标轴的距离点P的坐标为，那么点P到x轴的距离为这点纵坐标的绝对值，即．点P到y轴的距离为这点横坐标的绝对值，即．AAS表示角角边,即已知两个三角形的两个角都相同,且两角夹边以外的任意一条边长度相等,即可证明两个三角形全等．
9．（2022·河南平顶山·七年级期末）（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，如下图1．
(1)已知：在中，∠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．则线段DE与BD、CE的数量关系为________．(2)组员小刘想，如果三个角不是直角，那（1）中的结论是否会成立呢？如图（2），将（1）中的条件改为：在中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝，其中为任意锐角或钝角．如果（1）中的结论成立，请证明；如不成立，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)DE＝BD＋CE(2)成立，证明见解析(3)见解析
【分析】（1）先证明出，得出，，即可得出数量关系的结果；
（2）证明出，得出，，即可得出结论；
（3）过点E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N，则∠EMI＝∠GNI＝90°，同（1）得，，推出，证得，即可得出结论．
（1）解：（1）直线，直线，，
，，
，，
在和中，，，
，，，故答案为：；
（2）成立.
证明如下：∵∠BDA＝∠BAC＝，
∴∠DBA＋∠DAB＝∠DAB＋∠CAE，∴∠DBA＝∠CAE，
在和中，，∴（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝AE＋AD＝BD＋CE；
（3）如图3，过点E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N．
∴∠EMI＝∠GNI＝90°,
正方形ABDE和正方形ACFG中，AB=AE，AC=AG，∠BAE=∠CAG=90°，
∵AH是BC边上的高，∴∠AHB=∠AHC=90°，
由（1）和（2）的结论可知EM＝AH＝GN，∴EM＝GN，
在和中，，∴（AAS），
∴EI＝GI，∴I是EG的中点．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、等角的余角相等、三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
10．（2022·河南洛阳·八年级期中）【发现】：
如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，过点A作AH⊥BC于点H，求证：AH＝BC．
【证明】：∵AH⊥BC，∠BAC＝90°，
∴∠AHC＝90°＝∠BAC．
∴∠BAH＋∠CAH＝90°，∠BAH＋∠B＝90°．
∴∠CAH＝∠B（ ），
在△ABH和△CAH中，
．
∴△ABH≌△CAH．（ ）．
∴BH＝AH，AH＝CH．（ ）．
∴AH＝BC．
【拓展】：如图2，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝45°，点D、B、C在同一条直线上，AH为△ABC中BC边上的高，连接CE．则∠DCE的度数为 ，同时猜想线段AH、CD、CE之间的数量关系，并说明理由．
【应用】：在如图3的两张图中，在△ABC中，AB＝AC，且∠BAC＝90°，在同一平面内有一点P，满足PC＝1，PB＝6，且∠BPC＝90°，请直接写出点A到BP的距离．
【答案】【发现】同角的余角相等；AAS；全等三角形的对应边相等
【拓展】90°；CE＋2AH＝CD，理由见解析
【应用】或
【分析】发现：根据同角的余角相等可得∠CAH＝∠B，根据AAS证明三角形全等，再根据全等三角形的对应边相等即可得结论；
拓展：证明△ADB≌△AEC，即可得∠DCE的度数为90°，线段AH、CD、CE之间的数量关系；
应用：如图3，过点A作AH⊥BP于点H，连接AP，过A作AD垂直于AP，交PB于点D，可得△APC≌△ADB，得BD＝CP＝1，根据DP＝BP﹣BD＝6﹣1＝5，AH⊥DP，即可得点A到BP的距离；同理如图4，过点A作AH⊥BP于点H，
连接AP，将△APC绕点A顺时针旋转90度到△ADB，可得DP＝BP＋BD＝6＋1＝7，进而可得点A到BP的距离．
【详解】[发现]证明：∵AH⊥BC，∠BAC＝90°，
∴∠AHC＝90°＝∠BAC．
∴∠BAH＋∠CAH＝90°，∠BAH＋∠B＝90°．
∴∠CAH＝∠B（同角的余角相等），
在△ABH和△CAH中，．
∴△ABH≌△CAH．（AAS）．
∴BH＝AH，AH＝CH．（全等三角形的对应边相等）．
∴AH＝BC．
故答案为：同角的余角相等；AAS；全等三角形的对应边相等；
[拓展]∠DCE的度数为90°，
线段AH、CD、CE之间的数量关系为：CE＋2AH＝CD，
理由如下：
∵∠DAB＋∠BAE＝90°，∠EAC＋∠BAE＝90°，
∴∠DAB＝∠EAC，
∵AD＝AE，AB＝AC，
∴△ADB≌△AEC（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠ABD＝135°，
∴∠DCE＝90°；
∵D、B、C三点共线，
∴DB＋BC＝CD，
∵DB＝CE，AH＝BC，
∴CE＋2AH＝CD．
[应用]点A到BP的距离为：或．
理由如下：
如图3，过点A作AH⊥BP于点H，连接AP，作∠PAD＝90°，交BP于点D，
∴∠BAC＝∠DAP＝90°，
∴∠BAD＝∠CAP，
∵∠BDA＝∠APC＝90°＋∠APD，
∴△APC≌△ADB（AAS），
∴BD＝CP＝1，
∴DP＝BP﹣BD＝6﹣1＝5，
∵AH⊥DP，
∴AH＝DP＝；
如图4，过点A作AH⊥BP于点H，
作∠PAD＝90°，交PB的延长线于点D，
∴∠BAC＝∠DAP＝90°，
∴∠BAD＝∠CAP，
∵∠BAC＝90°，∠BPC＝90°，
∴∠ACP＋∠ABP＝180°，
∴∠ACP＝∠ABD，
∵AB＝AC，
∴△APC≌△ADB（AAS），
∴BD＝CP＝1
∴DP＝BP＋BD＝6＋1＝7.
∵AH⊥DP，
∴AH＝DP＝．
综上所述：点A到BP的距离为：或．
【点睛】本题考查了三角形综合题，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．
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