初中第十二章 全等三角形12.1 全等三角形课后作业题

这是一份初中第十二章 全等三角形12.1 全等三角形课后作业题，共50页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题12.41 《全等三角形》全章复习与巩固（培优篇）
（专项练习）
一、单选题
1．在和中，，，，，则这两个三角形的关系是（       ）
A．不一定全等 B．不全等 C．根据“ASA”全等 D．根据“SAS”全等
2．如图，锐角△ABC中，D、E分别是AB、AC边上的点，△ADC≌△ADC′，△AEB≌△AEB′，且，BE、CD交于点F．若∠BAC=40°，则∠BFC的大小是（       ）

A．105° B．110° C．100° D．120°
3．如图，点在线段上，于，于．，且，，点以的速度沿向终点运动，同时点以的速度从开始，在线段上往返运动（即沿运动），当点到达终点时，，同时停止运动．过，分别作的垂线，垂足为，．设运动时间为，当以，，为顶点的三角形与全等时，的值为（       ）

A．1或3 B．1或
C．1或或 D．1或或5
4．如图，已知，点D、E分别在、上且，连接交于点M，连接，过点A分别作，垂足分别为F、G，下列结论：①；②；③平分；④如果，则E是的中点；其中正确结论的个数为（       ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．“经过已知角一边上的一点作“个角等于已知角”的尺规作图过程如下：

已知：如图（1），∠AOB和OA上一点C．
求作：一个角等于∠AOB，使它的顶点为C，一边为CA．
作法：如图（2），
（1）在0A上取一点D（OD＜OC），以点O为圆心，OD长为半径画弧，交OB于点E；
（2）以点C为圆心，OD长为半径画弧，交CA于点F，以点F为圆心，DE长为半径画弧，两弧交于点C；
（3）作射线CC．
所以∠CCA就是所求作的角
此作图的依据中不含有（　　）
A．三边分别相等的两个三角形全等 B．全等三角形的对应角相等
C．两直线平行同位角相等 D．两点确定一条直线
6．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，∠DAB与∠ADC的平分线相交于BC边上的M点，则下列结论：①∠AMD＝90°；②点M为BC的中点；③AB+CD＝AD；④△ADM的面积是梯形ABCD面积的一半．其中正确的个数有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
7．如图，、是的角平分线，、相交于点F，已知，则下列说法中正确的个数是（       ）

①；②；③；④．
A．1 B．2 C．3 D．4
8．如图，在△ABD中，AD=AB，∠DAB=90⁰，在△ACE中，AC=AE，∠EAC=90⁰，CD，BE相交于点F，有下列四个结论：①DC=BE；②∠BDC=∠BEC；③DC⊥BE；④FA平分∠DFE．其中，正确的结论有（        ）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
9．如图1，已知 AB=AC，D为∠BAC 的平分线上一点，连接 BD、 CD；如图2，已知 AB= AC，D、E为∠BAC的平分线上两点，连接 BD、CD、BE、CE；如图3，已知 AB=AC，D、E、F为∠BAC的平分线上三点，连接BD、CD、BE、CE、 BF、CF；…，依次规律，第 n个图形中全等三角形的对数是（   ）

A．n B．2n-1 C． D．3（n+1）
10．如图，AD是△ABC 的角平分线，DF⊥AB，垂足为F，且DE＝DG，则∠AED＋∠AGD和是（       ）

A．180° B．200° C．210° D．240°
二、填空题
11．如图，三角形ABC中，BD平分，若，则_______．

12．如图，直线PQ经过Rt△ABC的直角顶点C，△ABC的边上有两个动点D、E，点D以1cm/s的速度从点A出发，沿AC→CB移动到点B，点E以3cm/s的速度从点B出发，沿BC→CA移动到点A，两动点中有一个点到达终点后另一个点继续移动到终点．过点D、E分别作DM⊥PQ，EN⊥PQ，垂足分别为点M、N，若AC=6cm，BC=8cm，设运动时间为t，则当t=__________ s时，以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等．

13．如图，把两块大小相同的含45°的三角板ACF和三角板CFB如图所示摆放，点D在边AC上，点E在边BC上，且∠CFE＝13°，∠CFD＝32°，则∠DEC的度数为_______．

14．如图，为等腰的高，其中分别为线段上的动点，且，当取最小值时，的度数为_____．

15．如图，在四边形ABCD中，AD＝AB，DC＝BC，∠DAB＝60°，∠DCB＝120°，E在AD上，F是AB延长线上一点，且DE＝BF，若G在AB上，且∠ECG＝60°，则DE、EG、BG之间的数量关系是_____．

16．如图，在ABC中，AH是高，AEBC，AB＝AE，在AB边上取点D，连接DE，DE＝AC，若，BH＝1，则BC＝___．

17．如图，四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且AC⊥BD，AC＝BD＝CD，点P是△OCD角平分线的交点，点M是AB的中点，给出下列结论：①∠CPD＝135°；②BA＝BP；③△PAC≌△PDB；④S△ABP＝S△DCP；⑤PM＝CD．其中正确的是___．（填序号）

18．如图，在中，分别以、为边向外作正方形、，连接、、、，若，则四边形的面积__________．

19．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⊥于E，当点P运动 _________ 秒时，以P、E、C为顶点的三角形上以O、F、C为顶点的三角形全等．

20．如图，在中，，，平分，于，若，则为______．

21．如图，中，，，D为延长线上一点，，且，与的延长线交于点P，若，则__________．

22．如图，在中，，BD平分，E是AB上一点，且，连接DE，过E作，垂足为F，延长EF交BC于点G．现给出以下结论：①；②；③；④．其中正确的是______．（写出所有正确结论的序号）

三、解答题
23．在中，，，直线经过点C，且于D，于E．
(1)当直线绕点C旋转到图1的位置时．
①请说明的理由；
②请说明的理由；
(2)当直线绕点C旋转到图2的位置时，、、具有怎样的等量关系?请写出等量关系，并予以证明．
(3)当直线绕点C旋转到图3的位置时，、、具有怎样的等量关系?请直接在横线上写出这个等量关系：________．




24．如图，在△ABC中，∠ABC的平分线BD交∠ACB的平分线CE于点O．
(1) 求证：．
(2) 如图1，若∠A=60°，请直接写出BE，CD，BC的数量关系．
(3) 如图2，∠A=90°，F是ED的中点，连接FO．
① 求证：BC−BE−CD=2OF．
② 延长FO交BC于点G，若OF=2，△DEO的面积为10，直接写出OG的长．


25． 在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点D为BC上一点， BF⊥AD于点E，交AC于点F，连接DF．
(1) 如图①，当AD平分∠BAC时，
① AB与AF相等吗？为什么？
② 判断DF与AC的位置关系，并说明理由；
(2) 如图②，当点D为BC的中点时，试说明：∠FDC＝∠ADB．
     










26．（初步探索）（1）如图：在四边形中，，，、分别是、上的点，且，探究图中、、之间的数量关系．

(1)（1）小明同学探究此问题的方法是：延长到点，使．连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是_____________；
(2)（灵活运用）（2）如图2，若在四边形中，，，、分别是、上的点，且，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
















27．在练习课上，慧慧同学遇到了这样一道数学题：如图，把两个全等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形ACBD，∠ACD＝30°，以D为顶点作∠MDN，交边AC，BC于点M，N，∠MDN＝60°，连接MN．

探究AM，MN，BN三条线段之间的数量关系．
慧慧分析：可先利用旋转，把其中的两条线段“接起来”，再通过证明两三角形全等，从而探究出AM，MN，BN三条线段之间的数量关系．
慧慧编题：在编题演练环节，慧慧编题如下：
如图（1），把两个全等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形ACBD，∠ACD＝45°，以D为顶点作∠MDN，交边AC，BC于点M，N，，连接MN．
（1）先猜想AM，MN，BN三条线段之间的数量关系，再证明．
（2）∠MDN绕点D旋转，当M，N分别在CA，BC的延长线上，完成图（2），其余条件不变，直接写出AM，MN，BN三条线段之间的数量关系．

请你解答：请对慧慧同学所编制的问题进行解答．





参考答案
1．D
【分析】
由角度数量关系与三角形内角和定理可得，，由线段的数量关系可得，，进而可证明三角形全等．
解：∵，
∴，
∵
①+②得
②-①得
∴在和中，
∵
∴
故选D．
【点拨】本题考查了三角形内角和定理，全等三角形的判定．解题的关键在于找出三角形全等的条件．
2．C
【分析】
延长C′D交AB′于H．利用全等三角形的性质，平行线的性质，三角形的外角的性质证明∠BFC＝∠C′＋∠AHC′，再求出∠C′＋∠AHC′即可解决问题．
解：如图延长C′D交AB′于H．

∵△AEB≌△AEB′，
∴∠ABE＝∠AB′E，
∵C′H∥EB′，
∴∠AHC′＝∠AB′E，
∴∠ABE＝∠AHC′，
∵△ADC≌△ADC′，
∴∠C′＝∠ACD，
∵∠BFC＝∠DBF＋∠BDF，∠BDF＝∠CAD＋∠ACD，
∴∠BFC＝∠AHC′＋∠C′＋∠DAC，
∵∠DAC＝∠DAC′＝∠CAB′＝40°，
∴∠C′AH＝120°，
∴∠C′＋∠AHC′＝60°，
∴∠BFC＝60°＋40°＝100°，
故选：C．
【点拨】本题考查了全等三角形的性质，平行线的性质，三角形的外角的性质等知识，能熟记全等三角形的性质的内容是解此题的关键，注意：全等三角形的对应边相等，对应角相等．
3．C
【分析】
分三种情况讨论，①当点P在AC上，点Q在CE上时，②当点P在AC上，点Q第一次从点C返回时，③当点P在CE上，点Q第一次从E点返回时，由全等三角形的判定和性质可求解．
解：当点P在AC上，点Q在CE上时，
∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，
∴PC＝CQ，
∴5−2t＝6−3t，
∴t＝1，
当点P在AC上，点Q第一次从点C返回时，
∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，
∴PC＝CQ，
∴5−2t＝3t−6，
∴t＝，
当点P在CE上，点Q第一次从E点返回时，
∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，
∴PC＝CQ，
∴2t−5＝18−3t，
∴t＝
综上所述：t的值为1或或或
故选：C．
【点拨】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和性质是本题的关键．
4．D
【分析】
根据三角形全等的判定定理和性质，角平分线的性质定理的逆定理，三角形的面积公式，四边形的内角和定理，补角的定义等逐一判断即可．
解：∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE，BE=CD，
∴∠EBM=∠DCM，
∵∠BME=∠CMD，
∴△BME≌△CMD，
∴结论①正确；
∵，
∴∠FAG+∠FMG=180°，
∵∠EMB+∠FMG=180°，
∴∠FAG=∠EMB，
∴结论②正确；
∵△BME≌△CMD，
∴∠BEM=∠CDM，
∴∠AEF=∠ADG，
∵，AE=AD，
∴△AEF≌△ADG，
∴AF=AG，
∴MA平分∠EMD，
∴结论③正确；
∵△BME≌△CMD，
∴∠BEM=∠CDM，EM=DM，
∴∠AEM=∠ADM，
∵AE=AD，
∴△AEM≌△ADM，
∴，
∵，
∴，
∴E是AB的中点，
∴结论④正确；
故选D．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质，角的平分线的性质定理的逆定理，邻角，四边形的内角和定理，三角形的面积，熟练掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键．
5．C
【分析】
根据题意知，作图依据有全等三角形的判定定理SSS，全等三角形的性质和两点确定一条直线，直接判断即可．
解：由题意可得：由全等三角形的判定定理SSS可以推知△EOD≌△GCF，故A正确；
结合该全等三角形的性质对应角相等，故B正确；
作射线CG，利用两点确定一条直线，故D正确；
故选：C．
【点拨】本题考查作一个角等于已知角和三角形全等的判定与性质，解题关键是明确作图原理，准确进行判断．
6．D
【分析】
过M作ME⊥AD于E，由角平分线的性质得出∠MDE=∠CDA，∠MAD=∠BAD，求出∠MDA+∠MAD=（∠CDA+∠BAD）=90°，由三角形内角和定理求出∠AMD，即可判断①；由角平分线的性质求出MC=ME，ME=MB，即可判断②；由Rt△DCM≌Rt△DEM（HL），得出CD=DE，由Rt△ABM≌Rt△AEM（HL），得出AB=AE，即可判断③；由全等三角形推出S△DEM=S△DCM，S△AEM=S△ABM，即可判断④．
解：过M作ME⊥AD于E，如图所示：

∵∠DAB与∠ADC的平分线相交于BC边上的M点，
∴∠MDE=∠CDA，∠MAD=∠BAD，
∵DC∥AB，
∴∠CDA+∠BAD=180°，
∴∠MDA+∠MAD=（∠CDA+∠BAD）=×180°=90°，
∴∠AMD=180°-90°=90°，故①正确；
∵AB∥CD，∠B=90°，
∴MC⊥DC，
∵DM平分∠CDE，ME⊥DA，
∴MC=ME，
同理ME=MB，
∴MC=MB=ME，
∴点M为BC的中点，故②正确；
在Rt△DCM和Rt△DEM中，
，
∴Rt△DCM≌Rt△DEM（HL），
∴CD=DE，
同理：Rt△ABM≌Rt△AEM（HL），
∴AB=AE，
∴AB+CD=AE+DE=AD，故③正确；
∵Rt△DCM≌Rt△DEM，Rt△ABM≌Rt△AEM，
∴S△DEM=S△DCM，S△AEM=S△ABM，
∴S△ADM=S梯形ABCD，故④正确；
故选：D．
【点拨】本题考查了角平分线的性质、平行线性质、三角形内角和定理、全等三角形的性质和判定等知识；熟练掌握角平分线的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
7．B
【分析】
当AF=FC、△AEF≌△CDF时，需要满足条件∠BAC=∠BCA，据此可判断①②；在AC上取AG=AE，连接FG，即可证得△AEG≌△AGF，得∠AFE=∠AFG；再证得∠CFG=∠CFD，则根据全等三角形的判定方法AAS即可证△GFC≌△DFC，可得DC=GC，即可得结论，据此可判断③④．
解：①假设AF=FC．则∠1=∠4．
∵AD、CE是△ABC的角平分线，
∴∠BAC=2∠1，∠BCA=2∠4，
∴∠BAC=∠BCA．
∴当∠BAC≠∠BCA时，该结论不成立；
故①不一定正确；
②假设△AEF≌△CDF，则∠2=∠3．
同①，当∠BAC=∠BCA时，该结论成立，
∴当∠BAC≠∠BCA时，该结论不成立；
故②不一定正确；
③如图，在AC上取AG=AE，连接FG，

∵AD平分∠BAC，
∴∠1=∠2，
在△AEF与△AGF中
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴∠AFE=∠AFG；
∵AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，
∴∠4+∠1=∠ACB+∠BAC=（∠ACB+∠BAC）=（180°-∠B）=60°，
则∠AFC=180°-（∠4+∠1）=120°；
∴∠AFC=∠DFE=120°，∠AFE=∠CFD=∠AFG=60°，
则∠CFG=60°，
∴∠CFD=∠CFG，
在△GFC与△DFC中，
，
∴△GFC≌△DFC（ASA），
∴DC=GC，
∵AC=AG+GC，
∴AC=AE+CD．
故③正确；
④由③知，∠AFC=180°-∠ECA-∠DAC=120°，即∠AFC=120°；
故④正确；
综上所述，正确的结论有2个．
故选：B．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
8．B
【分析】
根据∠BAD=∠CAE=90°，结合图形可得∠CAD=∠BAE，再结合AD=AB，AC=AE，利用全等三角形的判定定理可得△CAD≌△EAB，再根据全等三角形的性质即可判断①；根据已知条件，结合图形分析，对②进行分析判断，设AB与CD的交点为O，由（1）中△CAD≌△BAE可得∠ADC=∠ABE，再结合∠AOD=∠BOF，即可得到∠BFO=∠BAD=90°，进而判断③；对④，可通过作△CAD和△BAE的高，结合全等三角形的性质得到两个高之间的关系，再根据角平分线的判定定理即可判断．
解：∵∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，
∴∠CAD=∠BAE，
又∵AD=AB，AC=AE，
∴△CAD≌△EAB（SAS）,
∴DC=BE．
故①正确．
∵△CAD≌△EAB，
∴∠ADC=∠ABE．
设AB与CD的交点为O．

∵∠AOD=∠BOF，∠ADC=∠ABE，
∴∠BFO=∠BAD=90°，
∴CD⊥BE．
故③正确．
过点A作AP⊥BE于P，AQ⊥CD于Q．

∵△CAD≌△EAB，AP⊥BE，AQ⊥CD，
∴AP=AQ，
∴AF平分∠DFE．
故④正确．
②无法通过已知条件和图形得到．
故选Ｂ．
【点拨】本题考查三角形全等的判定和性质，掌握三角形全等的判定方法和性质应用为解题关键．
9．C
【分析】
根据条件可得图1中△ABD≌△ACD有1对三角形全等；图2中可证出△ABD≌△ACD，△BDE≌△CDE，△ABE≌△ACE有3对三角形全等；图3中有6对三角形全等，根据数据可分析出第n个图形中全等三角形的对数．
解：∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD=∠CAD．
在△ABD与△ACD中，
AB=AC，
∠BAD=∠CAD，
AD=AD，
∴△ABD≌△ACD．
∴图1中有1对三角形全等；
同理图2中，△ABE≌△ACE，
∴BE=EC，
∵△ABD≌△ACD．
∴BD=CD，
又DE=DE，
∴△BDE≌△CDE，
∴图2中有3对三角形全等；
同理：图3中有6对三角形全等；
由此发现：第n个图形中全等三角形的对数是．
故选：C．
【点拨】此题主要考查了三角形全等的判定以及规律的归纳，解题的关键是根据条件证出图形中有几对三角形全等，然后寻找规律．
10．A
【分析】
过点作于，如图，根据角平分线的性质得到，则可根据“”判断，所以，然后利用得到．
解：过点作于，如图，

是的角平分线，，，
，
在和中，
，
，
，
，
．
故选：A．
【点拨】本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．也考查了直角三角形全等的判定与性质．利用角平分线性质构造全等三角形是解题关键．
11．8
【分析】
延长AD交BC与点E，证可得，由可得，进而即可求解；
解：如图，延长AD交BC与点E，

∵BD平分
∴
∵BD=BD
∴
∴AB=BE
∴
∵
∴
∴
∵AD=DE，
∴
∴
故答案为：8．
【点拨】本题主要考查三角形的全等证明、角平分线的性质，掌握相关知识并正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
12．1或或12
【分析】
由以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等．可知CE=CD，而CE，CD的表示由E，D的位置决定，故需要对E，D的位置分当E在BC上，D在AC上时或当E在AC上，D在AC上时，或当E到达A，D在BC上时，分别讨论．
解：当E在BC上，D在AC上，即0＜t≤时，

CE=（8-3t）cm，CD=（6-t）cm，
∵以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等．
∴CD=CE，
∴8-3t=6-t，
∴t=1s，
当E在AC上，D在AC上，即＜t＜时，

CE=（3t-8）cm，CD=（6-t）cm，
∴3t-8=6-t，
∴t=s，
当E到达A，D在BC上，即≤t≤14时，

CE=6cm，CD=（t-6）cm，
∴6=t-6，
∴t=12s，
故答案为：1或或12．
【点拨】本题主要考查了三角形全等的性质，解决问题的关键是对动点所在的位置进行分类，分别表示出每种情况下CD和CE的长．
13．
【分析】
作FH垂直于FE，交AC于点H，可证得，由对应边、对应角相等可得出，进而可求出，则．
解：作FH垂直于FE，交AC于点H，
∵
又∵，
∴
∵，FA=CF
∴
∴FH=FE
∵
∵
∴
又∵DF=DF
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴

故答案为：．
【点拨】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定及其性质，作辅助线HF垂直于FE是解题的关键．
14．
【分析】
作，且，连接交于M，连接，证明，得到，，当F为与的交点时，即可求出最小值；
解：如图1，作，且，连接交于M，连接，
是等腰三角形，，
，
，
，
，
，
，
在与中，

，
，
∴当F为与的交点时，如图2，的值最小，
此时，
，
故答案为：．

【点拨】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，准确计算是解题的关键．
15．DE+BG＝EG
【分析】
连接，利用全等三角形的判定和性质，求解即可．
解：猜想DE、EG、BG之间的数量关系为：DE+BG＝EG．理由如下：
连接AC，如图所示，

在△ABC和△ADC中，
，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴
又∵∠ECG＝60°，
∴∠DCE＝∠ACG，∠ACE＝∠BCG，
∵∠D+∠DAB+∠ABC+∠DCB＝360°，∠DAB＝60°，∠DCB＝120°，
∴∠D+∠ABC＝360°﹣60°﹣120°＝180°，
又∵∠CBF+∠ABC＝180°，
∴∠D＝∠CBF，
在△CDE和△CBF中，
，
∴△CDE≌△CBF（SAS），
∴CE＝CF，∠DCE＝∠BCF，
∴∠BCG+∠BCF＝∠ACE+∠DCE＝60°，即∠FCG＝60°，
∴∠ECG＝∠FCG，
在△CEG和△CFG中，
，
∴△CEG≌△CFG（SAS），
∴EG＝FG，
又∵DE＝BF，FG＝BF+BG，
∴DE+BG＝EG
故答案为：DE+BG＝EG
【点拨】此题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法与性质．
16．2.5
【分析】
过点E作EF⊥AB，交BA的延长线于点F，先分别证明，，由此可得，，再结合可得，由此可得，进而即可求得答案．
解：如图，过点E作EF⊥AB，交BA的延长线于点F，

∵EF⊥AB，AH⊥BC，
∴∠EFA＝∠AHB＝∠AHC＝90°，
∵AEBC，
∴∠EAF＝∠B，
在与中，

∴，
∴，，
在与中，

∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴，
即，
又∵BH＝1，
∴CH＝1.5，
∴BC＝BH＋CH＝2.5，
故答案为：2.5．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质以及三角形的面积公式，作出正确的辅助线并能灵活运用全等三角形的判定与性质是解决本题的关键．
17．①③④⑤
【分析】
由角平分线的定义，可得∠CDP+∠DCP=∠CDO+∠DCO=45°，进而即可判断①；先证，可得是等腰直角三角形，进而得，即可判断③；过点A作AN∥BP交PM的延长线于点N，可得，再证明，从而得PM＝CD，即可判断⑤；由，即可判断④．
解：∵AC⊥BD，点P是△OCD角平分线的交点，
∴∠DOC=90°，∠ODC+∠OCD=90°，∠CDP=∠CDO，∠DCP=∠DCO，
∴∠CDP+∠DCP=∠CDO+∠DCO=45°，
∴∠CPD＝180°-（∠CDP+∠DCP）=135°，故①正确；
∵CP，DP分别平分∠DCO，∠CDO，
∴∠DCP=∠ACP，∠CDP=∠BDP，
∵AC＝CD，PC=PC，
∴，
∴AP=DP，∠CAP=∠CDP=∠BDP，∠APC=∠DPC=135°，
∴∠DPA=360°-135°-135°=90°，
∴是等腰直角三角形，
又∵AC=BD，∠CAP=∠BDP，AP=DP，
∴，故③正确；
∴∠DPB=∠APC=135°，PB=PC，
∴∠BPC=360°-135°-135°=90°，
∴是等腰直角三角形，找不到证明BA=BP的条件，故②错误；
过点A作AN∥BP交PM的延长线于点N，

∵∠N=∠BPM，∠PAN+∠APB=180°，
∵点M是AB的中点，即AM=BM，
又∵∠AMN=∠BMP，
∴，
∴MN=PM=，AN=PB=PC，，
∵∠DPA=∠BPC=90°，
∴∠APB+∠DPC=180°，
又∵∠PAN+∠APB=180°，
∴∠PAN=∠DPC，
又∵AP=DP，AN=PC，
∴，
∴CD=PN=2PM，即：PM＝CD，故⑤正确；
∵，，
∴，
∴，故④正确．
故正确的是①③④⑤．
【点拨】本题主要考查全等三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握中线倍长模型和旋转全等模型，是解题的关键．
18．18
【分析】
根据四边形ABFG、BCED是正方形得到两对边相等，一对直角相等，根据图形利用等式的性质得到一对角相等，利用SAS即可得到△ABD≌△FBC；得到AD＝FC，∠BAD＝∠BFC，利用等式的性质及垂直定义得到AD与CF垂直，由四边形AFDC面积＝△ACD面积+△AFD面积，求出即可．
解：连接FD，设CF与AD交于点M，CF与AB交于点N，如图：

∵四边形ABFG、BCED是正方形，
∴AB＝FB，CB＝DB，∠ABF＝∠CBD＝90°，
∴∠ABF+∠ABC＝∠CBD+∠ABC，
即∠ABD＝∠CBF，
在△ABD和△FBC中，
，
∴△ABD≌△FBC（SAS）；
∴AD＝FC，∠BAD＝∠BFC，
∴∠AMF＝180°﹣∠BAD﹣∠CNA＝180°﹣(∠BFC+∠BNF)＝180°﹣90°＝90°，
∴AD⊥CF，
∵AD＝6，
∴FC＝AD＝6，
四边形ACDF的面积



．
故答案为：18．
【点拨】此题考查了全等三角形的判定与性质，三角形、四边形的面积，以及三角形的三边关系，属于多知识点的四边形综合题．能求出 并证明AD⊥CF是解此题的关键．
19．1或或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．
解：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；
∴t-6＜0，即此种情况不符合题意；

③当P、Q都在AC上时，如图3，
CP=6-t=3t-8，
∴t=；

④当Q到A点停止，P在BC上时，AC=PC，
t-6=6，
∴t=12．
⑤P和Q都在BC上的情况不存在，因为P的速度是每秒1cm，Q的速度是每秒3cm；
答：点P运动1或或12秒时，以P、E、C为顶点的三角形上以O、F、C为顶点的三角形全等．
故答案为：1或或12．
【点拨】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．
20．4
【分析】
延长BA，CE交于点F，证△BEF≌△BEC，△ABD≌△ACF，得出EF＝EC，ECCF，及BD＝CF，则CEBD，可以求出其值．
解：延长BA，CE交于点F，
∵∠BAC＝90°，，
∴∠BAC=∠BEC=∠FAC，
∵∠ABD+∠ADB＝90°，∠CDE+∠ACF＝90°，
∵∠ADB=∠CDE，
∴∠ABD＝∠ACF，
在△ABD和△ACF中

∴△ABD≌△ACF，
∴BD＝CF=8，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵CE⊥BD，
∴∠BEF＝∠BEC＝90°
在△BEF和△BEC中

∴△BEF≌△BEC，
∴EF＝EC，
∴ECCF=4．

故答案为：4
【点拨】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性质及判定，会添加辅助线构造全等是解题关键．
21．
【分析】
作于，根据全等三角形性质得出CP=PM，DC=AM，设PC=PM=x，AC=BC=3x，AM=DC=5x，求出BD=2x，即可求出答案．
解：作于，
，
，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
在和中

，
，，
，，
设，，，
，
，
故答案为：．

【点拨】本题考查了三角形内角和定理，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力．
22．①③④
【分析】
根据即可判断①，根据角平分线的性质即可判断②，根据四边形DCFG的内角和即可判断③，根据的外角即可判断④．
解：
∵BD平分，
∴，
∵，
∴
又∵，
∴，
∴,故①正确；
过D作DM⊥AB，
∵，
∴，
又∵BD平分，
∴，
在中：，
∴，故②说法错误；
∵，
∴，
在四边形CDFG中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，故③正确；
设，则，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，故④正确．
故答案为：①③④．
【点拨】此题考查了全等三角形的性质和判定，角平分线的性质，三角形外角定理，等腰直角三角形的判定，掌握以上知识点，并灵活运用是解题的关键．
23．(1)①理由见分析；②理由见分析(2)，证明见分析(3)
【分析】
本题“一线三垂直”模型即可证明全等，根据全等三角形的性质即可分别在三个图形中证明之间的关系．
(1)解：①∵于D，于E，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
在和中
，
∴，
②∵，
∴，，
∵，
∴，
(2)结论：，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
(3)结论：，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在和中

∴，
∴，，
∴．
【点拨】本题考查全等三角形的判断和性质，灵活运用“一线三垂直”模型是解题的关键．
24．(1)见分析(2)BE+CD=BC，(3)①见分析；②
【分析】
（1）先根据三角形内角和得：∠BOC=180°−(∠OBC+∠OCB)，由角平分线定义得：∠OBC=∠ABC，∠OCB=∠ACB，最后由三角形内角和可得结论；
（2）在BC上截取BM=BE，证明△BOE≌△BOM，推出∠BOE=∠BOM=60°，再证明△DCO≌△MCO可得结论；
（3）①延长OF到点M，使MF=OF，证明△ODF≌△MEF(SAS)，推出OD=EM．过点O作CE，BD的垂线，证明△OBE≌△OBK(AAS)和△ODC≌△OHC，推出EO=OK，OD=OH=EM，BE=BK，CD=CH．据此即可证明结论；
②利用①的结论以及三角形面积公式即可求解．
(1)证明：∵BD平分∠ABC，CE平分∠ACB，
∴∠OBC=∠ABC，∠OCB=∠ACB，
∴∠BOC=180°−(∠OBC+∠OCB)
=180°− (∠ABC+∠ACB)
=180°− (180°−∠A)
=∠A+90°；
(2)解：BE+CD=BC．
在BC上截取BM=BE，连接OM，如图：

∵∠BOC=∠A+90°=120°，
∴∠BOE=60°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠EBO=∠MBO，
∴△BOE≌△BOM，
∴∠BOE=∠BOM=60°，
∴∠MOC=∠DOC=60°，
∵OC为∠DCM的角平分线，
∴∠DCO=∠MCO，
在△DCO与△MCO中，
，
∴△DCO≌△MCO （ASA），
∴CM=CD，
∴BC=BM+CM=BE+CD；
(3)①证明：如图，延长OF到点M，使MF=OF，连接EM，

∴OM=2OF．
∵F是ED的中点，
∴EF=DF，
∵∠DFO=∠EFM，
∴△ODF≌△MEF(SAS)，
∴OD=EM．
过点O作CE，BD的垂线，分别交BC于点K，H，
∴∠OCK+∠OKC=90°．
∵∠A=90°，
∴∠ACE+∠AEC=90°
∵∠ACE=∠OCK，
∴∠AEO=∠OKC，
∴∠BEO=∠BKO，
∴△OBE≌△OBK(AAS)，
同理可得△ODC≌△OHC，
∴EO=OK，OD=OH=EM，BE=BK，CD=CH．
由（1）可知∠DOE=∠BOC=×90°+90°=135°，
∴∠BOE=∠COD=45°，
∴∠OEM=∠KOH=45°，
∴△OME≌△KHO，
∴KH=OM，
∴KH=2OF．
∵BC−BK−CH=KH=2OE，
∴BC−BE−CD=KH=2OF；
②解：∵△OME≌△KHO，
∴∠EOM=∠OKH，
∴FG⊥BC．
由①可知KH=2OF=4，△ODF≌△MEF，
∴S△DEO=S△OME=S△KHO=10，
∴KH×OG×=10，
∴OG=5．
【点拨】本题考查了角平分线的定义、三角形内角和定理、三角形全等的性质和判定．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
25．(1)①，理由见分析；②，理由见分析；(2)见分析
【分析】
（1）①证明，即可推出；
②根据垂直平分可得，进而证明，可得，即可求解．
（2）过点作，交的延长线于点，证明,可得，进而证明，得出，根据同角的余角相等，可得，等量代换可得∠FDC＝∠ADB．
解：(1)①，理由如下，
AD平分∠BAC，
，
BF⊥AD，
，
又，
，
；
②，理由如下，
，
，
又，
，
在与中
，
，
，
，
即；
(2)过点作，交的延长线于点，如图，
，
，，
，
，
又，
，
，
点D为BC的中点，
，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，
，
，
，
∠FDC＝∠ADB．

【点拨】本题考查了全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
26．(1)（初步探索）结论：∠BAE＋∠FAD＝∠EAF；(2)（灵活运用）成立，理由见分析
【分析】
（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△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，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．
(1)解：∠BAE＋∠FAD＝∠EAF．
理由：如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，

∵，
∴，
∵DG＝BE，，
∴△ABE≌△ADG，
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵EF=BE+FD，DG＝BE，
∴，且AE＝AG，AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF，
∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF．
故答案为：∠BAE＋∠FAD＝∠EAF；
(2)如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，

∵∠B＋∠ADF＝180°，∠ADG＋∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
又∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵EF＝BE＋FD＝DG＋FD＝GF，AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF
【点拨】本题考查了全等三角形的判定以及性质的综合应用，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．解题时注意：同角的补角相等．
27．【探究】AM＋BN＝MN，证明见分析；（1）AM＋BN＝MN，证明见分析；（2）BN−AM＝MN，证明见分析
【分析】
探究：延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；
（1）延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；
（2）在CB截取BE＝AM，连接DE，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可．
解：探究：AM＋BN＝MN，
证明：延长CB到E，使BE＝AM，

∵∠A＝∠CBD＝90°，
∴∠A＝∠EBD＝90°，
在△DAM和△DBE中

∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠MDA，DM＝DE.
∵∠MDN＝∠ADC＝60°，
∴∠ADM＝∠NDC，
∴∠BDE＝∠NDC，
∴∠MDN＝∠NDE.
在△MDN和△EDN中，

∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE.
∵NE＝BE＋BN＝AM＋BN，
∴AM＋BN＝MN．
解：（1）AM＋BN＝MN.
证明：延长CB到E，使BE＝AM，连接DE，

∠ACD＝45°，，。
∠MDN＋∠ACD＝90°，
∵∠A＝∠CBD＝90°，
∴∠A＝∠DBE＝90°.
∵∠CDA＋∠ACD＝90°，∠MDN＋∠ACD＝90°，
∴∠MDN＝∠CDA.
∵∠MDN＝∠BDC，
∴∠MDA＝∠CDN，∠CDM＝∠NDB.
在△DAM和△DBE中,

∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠MDA＝∠CDN，DM＝DE.
∵∠MDN＋∠ACD＝90°，∠ACD＋∠ADC＝90°，
∴∠NDM＝∠ADC＝∠CDB，
∴∠ADM＝∠CDN＝∠BDE.
∵∠CDM＝∠NDB
∴∠MDN＝∠NDE.
在△MDN和△EDN中,

∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE.
∵NE＝BE＋BN＝AM＋BN，
∴AM＋BN＝MN．
解：（2）BN−AM＝MN，
证明：在CB截取BE＝AM，连接DE，

∠ACD＝45°，，
∠MDN＋∠ACD＝90°.
∵∠CDA＋∠ACD＝90°，∠MDN＋∠ACD＝90°，
∴∠MDN＝∠CDA.
∵∠ADN＝∠ADN，
∴∠MDA＝∠CDN.
∵∠B＝∠CAD＝90°，
∴∠B＝∠DAM＝90°.
在△DAM和△DBE中

∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠ADM＝∠CDN，DM＝DE.
∵∠ADC＝∠BDC＝∠MDN，
∴∠MDN＝∠EDN.
在△MDN和△EDN中,

∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE.
∵NE＝BN−BE＝BN−AM，
∴BN−AM＝MN．
【点拨】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生运用性质进行推理的能力，可先利用旋转，把其中的两条线段“接起来”，再通过证明两三角形全等是解题的关键．