数学八年级上册14.1 全等三角形精品巩固练习

这是一份数学八年级上册14.1 全等三角形精品巩固练习，文件包含专题145全等三角形的计算与证明大题专练重难点培优解析版docx、专题145全等三角形的计算与证明大题专练重难点培优原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。

2021-2022学年八年级数学上册尖子生同步培优题典【沪科版】
专题14.5全等三角形的计算与证明大题专练（重难点培优）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020秋•新宾县期末）已知，如图，AB＝AD，∠B＝∠D，∠1＝∠2＝60°．
（1）求证：△ADE≌△ABC；
（2）求证：AE＝CE．

【分析】（1）证得∠DAB＝∠CAB，根据ASA即可得出△ABC≌△ADE；
（2）由（1）可得AE＝AC，即可判定△AEC为等边三角形，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠BAE＝∠2+∠BAE，
即∠DAE＝∠BAC，
在△ABC和△ADE中，
∠BAC=∠DAEAB=AD∠B=∠D，
∴△ABC≌△ADE（ASA）；
（2）证明：由（1）得△ABC≌△ADE，
∴AE＝AC，
∵∠2＝60°，
∴△ACE是等边三角形，
∴AE＝CE．
2．（2021•九龙坡区校级开学）如图，点D是线段CE上一点，且AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE．
（1）求证：BD＝CE；
（2）若∠B＝40°，∠E＝80°，求∠CAD的度数．

【分析】（1）证明△ABD≌△ACE（SAS），由全等三角形的性质可得出BD＝CE；
（2）由全等三角形的性质及三角形内角和定理求出∠CAE＝60°，由等腰三角形的性质求出∠DAE＝20°，则可求出答案．
【解答】解：（1）证明∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）∵△ABD≌△ACE，
∴∠B＝∠C＝40°，
∵∠E＝80°，
∴∠CAE＝180°﹣∠C﹣∠E＝180°﹣40°﹣80°＝60°，
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠E，
∴∠DAE＝180°﹣2∠E＝180°﹣160°＝20°，
∴∠CAD＝∠CAE﹣∠DAE＝60°﹣20°＝40°．
3．（2021•三水区一模）如图，AB＝AC，直线l过点A，BM⊥直线l，CN⊥直线l，垂足分别为M、N，且BM＝AN．
（1）求证△AMB≌△CNA；
（2）求证∠BAC＝90°．

【分析】（1）由HL证明△AMB≌△CNA即可；
（2）先由全等三角形的性质得∠BAM＝∠ACN，再由∠CAN+∠ACN＝90°，得∠CAN+∠BAM＝90°，即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵BM⊥直线l，CN⊥直线l，
∴∠AMB＝∠CNA＝90°，
在Rt△AMB和Rt△CNA中，
AB=CABM=AN，
∴Rt△AMB≌Rt△CNA（HL）；
（2）由（1）得：Rt△AMB≌Rt△CNA，
∴∠BAM＝∠ACN，
∵∠CAN+∠ACN＝90°，
∴∠CAN+∠BAM＝90°，
∴∠BAC＝180°﹣90°＝90°．
4．（2020秋•綦江区期末）如图，在△ABC中，∠A＝60°，∠ABC、∠ACB的平分线分别交AC、AB于点D、E，CE、BD相交于点F，连接DE．
（1）若AC＝BC＝7，求DE的长；
（2）求证：BE+CD＝BC．

【分析】（1）证明△ADE为等边三角形，可得结论；
（2）在BC上截取BH＝BE，证明两对三角形全等：△EBF≌△HBF，△CDF≌△CHF，可得结论．
【解答】解：（1）∵AC＝BC，∠A＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC＝AB，
又∵BD、CE分别是∠ABC、∠ACB的平分线，
∴D、E分别是AC、AB的中点，
∴AD=12AC，AE=12AB，
∴AD＝AE，
∴△ADE为等边三角形，
∴DE＝AE=72；
（2）证明：在BC上截取BH＝BE，

∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵BF＝BF
∴△EBF≌△HBF（SAS），
∴∠EFB＝∠HFB＝60°．
∵∠A＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝120°，
∵BD平分∠ABC，CE平分∠ACB，
∴∠ABD＝∠CBD，∠ACE＝∠BCE，
∴∠CBD+∠BCE＝60°，
∴∠BFE＝60°，
∴∠CFB＝120°，
∴∠CFH＝60°，
∴∠CFH＝∠CFD＝60°，
∵CF＝CF，
∴△CDF≌△CHF（ASA）．
∴CD＝CH，
∵CH+BH＝BC，
∴BE+CD＝BC．
5．（2020•平阳县一模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝Rt∠，对角线BD平分∠ABC，且BD＝BC，CE⊥BD于点E．
（1）求证：△ABD≌△EBC；
（2）当∠ADB＝60°时，求∠DCE的度数．

【分析】（1）由“AAS”可证：△ABD≌△EBC；
（2）由等腰三角形的性质可求∠BDC＝75°，即可求解．
【解答】证明：（1）∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵BD＝BC，∠A＝∠CEB＝90°，
∴△ABD≌△EBC（AAS）
（2）∵∠ADB＝60°，
∴∠ABD＝30°，
∵△ABD≌△EBC，
∴∠ABD＝∠DBC＝30°，且BD＝BC，
∴∠BDC＝75°，
∵CE⊥BD，
∴∠CED＝90°，
∴∠DCE＝15°．
6．（2021•锡山区一模）已知：如图，点E，D，B，F在同一条直线上，AD∥CB，∠BAD＝∠BCD，DE＝BF．求证：
（1）AD＝BC；
（2）AE∥CF．

【分析】（1）根据平行线的性质得出∠ADB＝∠CBD，根据全等三角形的判定得出△ADB≌△CBD，根据全等三角形的性质得出即可；
（2）求出∠EDA＝∠FBC，根据全等三角形的判定得出△EDA≌△FBC，根据全等三角形的性质得出∠E＝∠F即可．
【解答】证明：（1）∵AD∥CB，
∴∠ADB＝∠CBD，
在△ADB和△CBD中
∠ADB=∠CBD∠BAD=∠DCBDB=BD
∴△ADB≌△CBD（AAS），
∴AD＝BC；

（2）∵∠ADB＝∠CBD，∠ADB+∠EDA＝180°，∠CBD+∠FBC＝180°，
∴∠EDA＝∠FBC，
在△EDA和△FBC中
DE=BF∠EDA=∠FBCDA=BC
∴△EDA≌△FBC（SAS），
∴∠E＝∠F，
∴AE∥CF．
7．（2020秋•常州期末）已知：如图，AB＝AE，AB∥DE，∠ECB+∠D＝180°．
求证：△ABC≌△EAD．

【分析】根据全等三角形的判定方法解答即可．
【解答】证明：∵AB∥DE，
∴∠CAB＝∠E，
∵∠ECB+∠D＝180°，∠ECB+∠ACB＝180°，
∴∠D＝∠ACB，
在△ABC与△EAD中，
∠CAB=∠E∠ACB=∠DAB=AE，
∴△ABC≌△EAD（AAS）．
8．（2021•苏州模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AD、BE相交于点H，AE＝BE．试说明：
（1）△AEH≌△BEC．
（2）AH＝2BD．

【分析】（1）由“ASA”可证△AEH≌△BEC；
（2）由全等三角形的性质可得AH＝BC，由等腰三角形的性质可得结论．
【解答】解：（1）∵AD⊥BC，
∴∠DAC+∠C＝90°，
∵BE⊥AC，
∴∠EBC+∠C＝90°，
∴∠DAC＝∠EBC，
在△AEH与△BEC中，
∠DAC=∠EBC∠AEH=∠BEC=90°AE=BE，
∴△AEH≌△BEC（ASA）；
（2）∵△AEH≌△BEC，
∴AH＝BC，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BC＝2BD，
∴AH＝2BD．
9．（2021•洪泽区二模）如图，线段AC交BD于O，点E，F在线段AC上，△DFO≌△BEO，且AF＝CE，连接AB、CD，求证：AB＝CD．

【分析】先由△BEO≌△DFO，即可得出OF＝OE，DO＝BO，进而得到AO＝CO，再证明△ABO≌△CDO，即可得到AB＝CD．
【解答】证明：∵△BEO≌△DFO，
∴OF＝OE，DO＝BO，
又∵AF＝CE，
∴AO＝CO，
在△ABO和△CDO中，
AO=CO∠AOB=∠CODBO=DO，
∴△ABO≌△CDO（SAS），
∴AB＝CD．
10．（2020秋•遵化市期末）已知：BE⊥CD，BE＝DE，BC＝DA，
求证：①△BEC≌△DEA；
②DF⊥BC．

【分析】（1）根据已知利用HL即可判定△BEC≌△DEA；
（2）根据第一问的结论，利用全等三角形的对应角相等可得到∠B＝∠D，从而不难求得DF⊥BC．
【解答】证明：（1）∵BE⊥CD，
∴∠BEC＝∠DEA＝90°，
又∵BE＝DE，BC＝DA，
∴△BEC≌△DEA（HL）；

（2）∵△BEC≌△DEA，
∴∠B＝∠D．
∵∠D+∠DAE＝90°，∠DAE＝∠BAF，
∴∠BAF+∠B＝90°．
即DF⊥BC．
11．（2021•鹿城区一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D，E在BC上（BD＜BE），BD＝CE．
（1）求证：△ABD≌△ACE．
（2）若∠ADE＝2∠B，BD＝2，求AE的长．

【分析】（1）根据等腰三角形等边对等角的性质可以得到∠B＝∠C，然后根据SAS证明△ABD和△ACE全等即可；
（2）证得∠B＝∠BAD，得出BD＝AD＝2，由全等三角形的性质可得出答案．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠B=∠CBD=CE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）解：∵∠ADE＝2∠B，
∴∠B＝∠BAD，
∴BD＝AD＝2，
∵△ABD≌△ACE，
∴AE＝AD＝2．
12．（2021•张家界模拟）如图，四边形ABCD中，AB＝BC＝2CD，AB∥CD，∠C＝90°，E是BC的中点，AE与BD相交于点F，连接DE
（1）求证：△ABE≌△BCD；
（2）判断线段AE与BD的数量关系及位置关系，并说明理由；
（3）若CD＝1，试求△AED的面积．

【分析】（1）由平行线的性质得出∠ABE+∠C＝180°，得出∠ABE＝90°＝∠C，再证出BE＝CD，由SAS证明△ABE≌△BCD即可；
（2）由全等三角形的性质得出AE＝BD，证出∠ABF+∠BAE＝90°，得出∠AFB＝90°，即可得出结论；
（3）由全等三角形的性质得出BE＝CD＝1，求出CE＝BC﹣BE＝1，得出CE＝CD，△AED的面积＝梯形ABCD的面积﹣△ABE的面积﹣△CDE的面积，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠ABE+∠C＝180°，
∵∠C＝90°，
∴∠ABE＝90°＝∠C，
∵E是BC的中点，
∴BC＝2BE，
∵BC＝2CD，
∴BE＝CD，
在△ABE和△BCD中，AB=BC∠ABE=∠CBE=CD，
∴△ABE≌△BCD（SAS）；
（2）解：AE＝BD，AE⊥BD，理由如下：
由（1）得：△ABE≌△BCD，
∴AE＝BD，
∵∠BAE＝∠CBD，∠ABF+∠CBD＝90°，
∴∠ABF+∠BAE＝90°，
∴∠AFB＝90°，
∴AE⊥BD；
（3）解：∵△ABE≌△BCD，
∴BE＝CD＝1，
∵AB＝BC＝2CD＝2，
∴CE＝BC﹣BE＝1，
∴CE＝CD，
∴△AED的面积＝梯形ABCD的面积﹣△ABE的面积﹣△CDE的面积=12（1+2）×2-12×2×1-12×1×1=32．
13．（2020•岳麓区校级开学）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，点E、F分别在AD、BC上，AE＝CF，过点A、C分别作EF的垂线，垂足为G、H．
（1）求证：△AGE≌△CHF；
（2）连接AF、CE，线段AF与CE是否相等？请说明理由．

【分析】（1）由垂线的性质得出∠G＝∠H＝90°，AG∥CH，根据平行线的性质和对顶角相等得出∠AEG＝∠CFH，由AAS即可证明△AGE≌△CHF；
（2）连接AF、CE，由全等三角形的性质得出AE＝CF，证出△AEF≌△CFE（SAS），由全等三角形的性质即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AG⊥EF，CH⊥EF，
∴∠G＝∠H＝90°，AG∥CH，
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠BFE，
∵∠AEG＝∠DEF，∠CFH＝∠BFE，
∴∠AEG＝∠CFH，
在△AGE和△CHF中，
∠G=∠H∠AEG=∠CFHAE=CF，
∴△AGE≌△CHF（AAS）；
（2）解：线段AF与CE相等，理由如下：
连接AF、CE，如图所示：

由（1）得：△AGE≌△CHF，
∴AE＝CF，
∵AE∥CF，
∴∠AEF＝∠CFE，
又∵EF＝FE，
∴△AEF≌△CFE（SAS），
∴CE＝AF．
14．（2021•宁波模拟）如图，点B，C，E，F在同一直线上，点A，D在BC的异侧，AB＝CD，BF＝CE，∠B＝∠C．
（1）求证：AE∥DF．
（2）若∠A+∠D＝144°，∠C＝30°，求∠AEC的度数．

【分析】（1）证△ABE≌△DCF（SAS），得∠AEB＝∠DFC，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得∠A＝∠D，∠B＝∠C＝30°，再求出∠A＝72°，然后由三角形的外角性质求解即可．
【解答】（1）证明：∵BF＝CE，
∴BF+EF＝CE+EF，
即BE＝CF，
在△ABE和△DCF中，
AB=DC∠B=∠CBE=CF，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠AEB＝∠DFC，
∴AE∥DF；
（2）解：∵△ABE≌△DCF，
∴∠A＝∠D，∠B＝∠C＝30°，
∵∠A+∠D＝144°，
∴∠A＝72°，
∴∠AEC＝∠A+∠B＝72°+30°＝102°．
15．（2019秋•瑞安市期中）已知：AB∥CD，BP和CP分别平分∠ABC和∠DCB，点E，F分别在AB和CD上．
（1）如图1，EF过点P，且与AB垂直，求证：PE＝PF．
（2）如图2，EF过点P，求证：PE＝PF．

【分析】（1）由角平分线的性质定理即可得出结论；
（2）过点P作GH⊥AB于G，交CD于H，证明△PGE≌△PHF，即可得出结论．
【解答】（1）证明：作PM⊥BC于M，如图1所示：
∵AB∥CD，EF⊥AB，
∴EF⊥CD，
∵BP、CP分别是∠ABC和∠BCD的平分线，PM⊥BC，
∴PE＝PM，PM＝PF，
∴PE＝PF；
（2）证明：过点P作GH⊥AB于G，交CD于H，如图2所示：
则PG⊥AB，PH⊥CD，
∴∠PGE＝∠PHF＝90°，
由（1）得：PG＝PH，
在△PGE和△PHF中，∠PGE=∠PHFPG=PH∠GPE=∠HPF，
∴△PGE≌△PHF（ASA），
∴PE＝PF．


16．（2021春•临漳县期末）如图，∠A＝∠B，AE＝BE，点D在AC边上，∠1＝∠2，AE，BD相交于点O．
（1）求证：△AEC≌△BED；
（2）若∠C＝70°，求∠AEB的度数．

【分析】（1）由外角的性质可证∠C＝∠BDE，由“AAS”可证△AEC≌△BED；
（2）由全等三角形的性质可得EC＝ED，∠BED＝∠AEC，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求解．
【解答】证明：（1）∵∠ADE＝∠C+∠2＝∠1+∠BDE，且∠1＝∠2，
∴∠C＝∠BDE，
又∵∠A＝∠B，AE＝BE，
∴△AEC≌△BED（AAS）．
（2）∵△AEC≌△BED，
∴EC＝ED，∠BED＝∠AEC，
∴∠EDC＝∠C＝70°，∠2＝∠BEA，
∴∠2＝180°﹣2×70°＝40°，
∴∠AEB＝40°．
17．（2020秋•武昌区期中）如图1，在△ABC中，D为AB边上一点，连CD，E为AB边上一点，若AE平分∠BAC，ED平分∠BDC．
（1）求证：2∠BCD+∠ACD＝180°；
（2）如图2，若AC+DC＝AB，且∠ACD＝18°，求∠BAC的度数．

【分析】（1）过E作EG⊥AC于G，EH⊥AB于H，EI⊥CD于I，先由角平分线的性质得EG＝EH，EI＝EH，则EG＝EI，得CE平分∠DCG，则∠BCD＝∠BCG，即可得出结论；
（2）延长AC至点F，使CF＝CD，连接BF，先证AF＝AB，则∠ABF＝∠AFB，再证△CDB≌△CFB（SAS），得∠ABC＝∠FBC，则∠AFB＝∠ABF＝2∠ABC，求出∠BCD＝∠BCF＝81°，然后由三角形的外角性质得∠CDB＝∠BAC+18°，最后由三角形内角和定理进而得出答案．
【解答】（1）证明：过E作EG⊥AC于G，EH⊥AB于H，EI⊥CD于I，如图1所示：
∵AE平分∠BAC，ED平分∠BDC，
∴EG＝EH，EI＝EH，
∴EG＝EI，
∴CE平分∠DCG，
∴∠BCD＝∠BCG，
∵∠DCG+∠ACD＝180°，
∴2∠BCD+∠ACD＝180°；
（2）解：延长AC至点F，使CF＝CD，连接BF，如图2所示：
则AC+CF＝AC+DC＝AB，
即AF＝AB，
∴∠ABF＝∠AFB，
在△CDB和△CFB中，
CD=CF∠BCD=∠BCFBC=BC，
∴△CDB≌△CFB（SAS），
∴∠ABC＝∠FBC，
∴∠AFB＝∠ABF＝2∠ABC，
∵∠ACD＝18°，
∴∠BCD＝∠BCF=12（180°﹣18°）＝81°，
∵∠CDB＝∠BAC+∠ACD＝∠BAC+18°，∠CDB+∠BCD+∠ABC＝180°，
∴∠BAC+18°+∠BAC+81°+∠ABC＝180°，
∴∠ABC＝81°﹣2∠BAC，
又∵∠ABF+∠AFB+∠BAC＝180°，
∴4∠ABC+∠BAC＝180°，
∴4（81°﹣∠BAC）+∠BAC＝180°，
解得：∠BAC＝48°．


18．（2020秋•唐山期中）如图，在△ABC中，AD，CE分别是BC、AB边上的高，AD与CE交于点F，连接BF，延长AD到点G，使得AG＝BC，连接BG，若CF＝AB．
（1）求证：△ABG≌△CFB；
（2）在完成（1）的证明后，爱思考的琪琪想：BF与BG之间有怎样的数量关系呢？它们之间又有怎样的位置关系？请你帮琪琪解答这一问题，并说明理由．

【分析】（1）根据SAS证明△ABG≌△CFB，再利用全等三角形的性质证明即可；
（2）根据全等三角形的性质得出∠G＝∠FBD，再证明即可．
【解答】（1）证明：∵AD，CE是高，
∴∠BAD+∠AFE＝∠BCF+∠CFD＝90°，
∵∠AFE＝∠CFD，
∴∠BAD＝∠BCF，
在△ABG与△CFB中，
AG=BC∠BAD=∠BCFCF=AB，
∴△ABG≌△CFB（SAS）；
（2）解：BF＝BG，BF⊥BG，理由如下：
∵△ABG≌△CFB，
∴BF＝BG，∠G＝∠FBD，
∵AD⊥BC，
∴∠BDG＝90°
∴∠G+∠DBG＝90°，
∴∠FBD+∠DBG＝90°，
∴∠FBG的度数为90°，
∴BF⊥BG．
19．（2021•乐清市一模）如图，四边形ABCD中，AB＝AC＝AD，AC平分∠BAD，E是对角线AC上一点，连接BE，DE．
（1）求证：BE＝DE．
（2）当BE∥CD，∠BAD＝78°时，求∠BED的度数．

【分析】（1）由角平分线的性质得∠BAE＝∠DAE，由SAS证得△BAE≌△DAE，即可得出结论；
（2）由△BAE≌△DAE，得出∠BEA＝∠DEA，推出∠BEC＝∠DEC，易求∠BAC＝∠DAC=12∠BAD＝39°，由等腰三角形与三角形内角和定理求出∠ACD＝∠ADC＝70.5°，由平行线的定义得出∠BEC＝∠ACD＝70.5°，即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵AC平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
在△BAE和△DAE中，
AB=AD∠BAE=∠DAEAE=AE，
∴△BAE≌△DAE（SAS），
∴BE＝DE；
（2）解：由（1）得：△BAE≌△DAE，
∴∠BEA＝∠DEA，
∴∠BEC＝∠DEC，
∵AC平分∠BAD，∠BAD＝78°，
∴∠BAC＝∠DAC=12∠BAD=12×78°＝39°，
∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC=12×（180°﹣39°）＝70.5°，
∵BE∥CD，
∴∠BEC＝∠ACD＝70.5°，
∴∠BEC＝∠DEC＝70.5°，
∴∠BED＝2×70.5°＝141°．
20．（2021•岳麓区模拟）如图，AD平分∠BAC，AB＝AC，且AB∥CD，点E在线段AD．上，BE的延长线交CD于点F，连接CE．
（1）求证：△ACE≌△ABE．
（2）当AC＝AE，∠CAD＝38°时，求∠DCE的度数．

【分析】（1）先由角平分线的性质可得∠CAE＝∠BAE，再根据已知条件即可用SAS证明方法进行证明即可得出答案；
（2）现根据等腰三角形的性质可得出∠ACE＝∠AEC＝71°，再根据平行线的性质，∠DCA+∠BAC＝180°，求解即可得出答案．
【解答】证明：（1）∵AD平分∠BAC，
∴∠CAE＝∠BAE，
在△ACE和△ABE中，
AC=AB∠CAE=∠BAEAE=AE，
∴△ACE≌△ABE（SAS）；
（2）∵AC＝AE，∠CAD＝38°，
∴∠ACE＝∠AEC＝71°，
又∵∠CAD＝∠BAD＝38°，
∴∠CAB＝∠CAD+BAD＝38°+38°＝76°，
∵AB∥CD，
∴∠DCA+∠BAC＝180°，
∴∠DCE+∠ACE+∠BAC＝180°，
∴∠DCE＝180°﹣71°﹣76°＝33°．
21．（2021•南岗区模拟）已知：在△ABC和△DBE中，AB＝DB，BC＝BE，其中∠ABD＝∠CBE．
（1）如图1，求证：AC＝DE；
（2）如图2，AB＝BC，AC分别交DE，BD于点F，G，BC交DE于点H，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四对全等三角形．

【分析】（1）根据SAS证明△ABC与△DBE全等，利用全等三角形的性质解答即可．
（2）根据全等三角形的判定解答即可．
【解答】证明：（1）∵∠ABD＝∠CBE，
∴∠ABD+∠DBC＝∠CBE+∠DBC，
即∠ABC＝∠DBE，
在△ABC与△DBE中，
AB=DB∠ABC=∠DBEBC=BE，
∴△ABC≌△DBE（SAS），
∴AC＝DE；
（2）由（1）得△ABC≌△DBE，
∴∠A＝∠D，∠C＝∠E，AB＝DB，BC＝BE，
∴AB＝BE，
∵AB＝BC，
∴∠A＝∠C，
∴∠A＝∠E，
在△ABG与△EBH中，
∠A=∠EAB=BE∠ABD=∠EBC，
∴△ABG≌△EBH（ASA），
∴BG＝BH，
在△DBH与△CBG中，
BG=BH∠DBH=∠CBGDB=CB，
∴△DBH≌△CBG（SAS），
∴∠D＝∠C，
∵DB＝CB，BG＝BH，
∴DG＝CH，
在△DFG与△CFH中，
∠DFG=∠CFH∠D=∠CDG=CH，
∴△DFG≌△CFH（AAS）．
22．（2019秋•沙坪坝区校级月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AD∥BC，E在AB上，AE＝AC＝AD，连接DE交AC于G．
（1）若AG＝EG＝2，如图1，求AB的长度．
（2）如图2，求证：AG+BC＝AB．

【分析】（1）根据平行线的性质得到∠DAC＝∠ACB＝90°，根据等腰三角形的性质得到∠AED＝∠D，得到∠BAC＝∠D，根据全等三角形的性质得到BC＝AG＝2，求得∠BAC＝30°，根据直角三角形的性质即可得到结论；
（2）延长BC到F，使CF＝AG，根据全等三角形的性质得到∠CAF＝∠D，求得AH⊥DE，根据等腰三角形的性质得到∠EAH＝∠DAH，根据平行线的性质得到∠DAH＝∠F，于是得到结论．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB＝90°，
∵AE＝AD，
∴∠AED＝∠D，
∵AG＝EG，
∴∠AEG＝∠EAG，
∴∠BAC＝∠D，
∵AC＝AD，
∴△ACB≌△DAG（AAS），
∴BC＝AG＝2，
∵∠AGD＝∠GAE+∠AEG＝2∠D，
∴∠D＝30°，
∴∠BAC＝30°，
∴AB＝2BC＝4；
（2）延长BC到F，使CF＝AG，
∵AD∥BC，∠ACB＝90°，
∴∠DAG＝∠ACB＝90°，
∵AD＝AC，
∴△ACF≌△DAG（SAS），
∴∠CAF＝∠D，
∴∠CAF+∠AGD＝90°，
∴AH⊥DE，
∵AE＝AD，
∴∠EAH＝∠DAH，
∵AD∥BC，
∴∠DAH＝∠F，
∴∠BAF＝∠F，
∴AB＝BF，
∴AG+BC＝AB．

23．（2021春•盐田区校级期中）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC上，∠B＝∠C＝∠DEF＝60°，BD＝CE．
（1）求证：∠BDE＝∠CEF；
（2）若DE＝3，求EF的长．

【分析】（1）由三角形内角和定理及平角的定义可得出答案；
（2）证明△BDE≌△CEF（ ASA），由全等三角形的性质得出DE＝EF．
【解答】（1）证明：∵∠B+∠BDE+∠BED＝180°，∠DEF+∠FEC+∠BED＝180°，∠B＝∠DEF＝60°，
∴∠BDE＝∠CEF；
（2）解：在△BDE和△CEF中，
∠B=∠CBD=CE∠BDE=∠CEF，
∴△BDE≌△CEF（ ASA），
∴DE＝EF，
∵DE＝3，
∴EF＝3．
24．（2020秋•东西湖区期末）以△ABC的AB、AC为边作△ABD和△ACE，且AE＝AB，AC＝AD，CE与BD相交于M，∠EAB＝∠CAD＝α．

（1）如图1，若α＝40°，求∠EMB的度数；
（2）如图2，若G、H分别是EC、BD的中点，求∠AHG的度数（用含α式子表示）；
（3）如图3，连接AM，直接写出∠AMC与α的数量关系是　90°+12α　．
【分析】（1）由“SAS”可证△AEC≌△ABD，可得∠AEC＝∠ABD，由外角的性质可得结论；
（2）由“SAS”可证△ACG≌△ADH，可得AG＝AH，∠CAG＝∠DAH，即可求解；
（3）由全等三角形的性质可得S△ACG＝S△ADH，EC＝BD，由面积法可求AP＝AN，由角平分线的性质可求∠AMD，即可求解．
【解答】解：（1）∵∠EAB＝∠CAD＝α，
∴∠EAC＝∠BAD，
在△AEC和△ABD中，
AE=AB∠EAC=∠BADAC=AD，
∴△AEC≌△ABD（SAS），
∴∠AEC＝∠ABD，
∵∠AEC+∠EAB＝∠ABD+∠EMB，
∴∠EMB＝∠EAB＝40°；
（2）连接AG，AH，

由（1）可得：EC＝BD，∠ACE＝∠ADB，
∵G、H分别是EC、BD的中点，
∴DH＝CG，
在△ACG和△ADH中，
AC=AD∠ACE=∠ADBCG=DH，
∴△ACG≌△ADH（SAS），
∴AG＝AH，∠CAG＝∠DAH，
∴∠AGH＝∠AHG，∠CAG﹣∠CAH＝∠DAH﹣∠CAH，
∴∠GAH＝∠DAC，
∵∠DAC＝α，
∴∠GAH＝α，
∵∠GAH+∠AHG+∠AGH＝180°，
∴∠AHG＝90°-12α；
（3）如图3，连接AM，过点A作AP⊥EC于P，AN⊥BD于N，

∵△ACE≌△ADB，
∴S△ACE＝S△ADB，EC＝BD，
∵12EC×AP=12×BD×AN，
∴AP＝AN，
又∵AP⊥EC，AN⊥BD，
∴∠AME＝∠AMD=180°-α2，
∴∠AMC＝∠AMD+∠DMC＝90°+12α，
故答案为：90°+12α．