人教版（2024）12.1 全等三角形优秀同步练习题

这是一份人教版（2024）12.1 全等三角形优秀同步练习题，文件包含人教版数学八上同步提升训练专题125全等三角形的证明及计算大题专项训练30道原卷版doc、人教版数学八上同步提升训练专题125全等三角形的证明及计算大题专项训练30道解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共87页， 欢迎下载使用。

考卷信息：
本套训练卷共30题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可深化学生对全等三角形工具的应用及构造全等三角形！
一．解答题（共30小题）
1．（2022•黄州区校级模拟）如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，AF⊥CB，垂足为F．
（1）求证：△ABC≌△ADE；
（2）求∠FAE的度数；
（3）求证：CD＝2BF+DE．
【分析】（1）根据题意和题目中的条件可以找出△ABC≌△ADE的条件；
（2）根据（1）中的结论和等腰直角三角形的定义可以得到∠FAE的度数；
（3）根据题意和三角形全等的知识，作出合适的辅助线即可证明结论成立．
【解答】证明：（1）∵∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝90°，∠CAD+∠DAE＝90°，
∴∠BAC＝∠DAE，
在△BAC和△DAE中，
，
∴△BAC≌△DAE（SAS）；
（2）∵∠CAE＝90°，AC＝AE，
∴∠E＝45°，
由（1）知△BAC≌△DAE，
∴∠BCA＝∠E＝45°，
∵AF⊥BC，
∴∠CFA＝90°，
∴∠CAF＝45°，
∴∠FAE＝∠FAC+∠CAE＝45°+90°＝135°；
（3）延长BF到G，使得FG＝FB，
∵AF⊥BG，
∴∠AFG＝∠AFB＝90°，
在△AFB和△AFG中，
，
∴△AFB≌△AFG（SAS），
∴AB＝AG，∠ABF＝∠G，
∵△BAC≌△DAE，
∴AB＝AD，∠CBA＝∠EDA，CB＝ED，
∴AG＝AD，∠ABF＝∠CDA，
∴∠G＝∠CDA，
∵∠GCA＝∠DCA＝45°，
在△CGA和△CDA中，
，
∴△CGA≌△CDA（AAS），
∴CG＝CD，
∵CG＝CB+BF+FG＝CB+2BF＝DE+2BF，
∴CD＝2BF+DE．
2．（2022秋•忠县期末）在△ABC中，点D、E分别在AB、AC边上，设BE与CD相交于点F．
（1）如图①，设∠A＝60°，BE、CD分别平分∠ABC、∠ACB，证明：DF＝EF．
（2）如图②，设BE⊥AC，CD⊥AB，点G在CD的延长线上，连接AG、AF；若∠G＝∠6，BD＝CD，证明：GD＝DF．
【分析】（1）在BC上截取BM＝BD，连接FM，证明△BFD≌△BFM，△ECF≌△MCF，进而可以解决问题；
（2）根据已知条件证明△BDF≌△CDA，进而可以解决问题．
【解答】证明：（1）如图，在BC上截取BM＝BD，连接FM，
∵∠A＝60，
∴∠BFC＝90°+60°÷2＝120°，
∴∠BFD＝60°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠1＝∠2，
在△BFD和△BFM中，
，
∴△BFD≌△BFM（SAS），
∴∠BFM＝∠BFD＝60°，DF＝MF，
∴∠CFM＝120°﹣60°＝60°，
∵∠CFE＝∠BFD＝60°，
∴∠CFM＝∠CFE，
∵CD平分∠ACB，
∴∠3＝∠4，
又CF＝CF，
在△ECF和△MCF中，
，
∴△ECF≌△MCF（ASA），
∴EF＝MF，
∴DF＝EF；
（2）∵BE⊥AC，CD⊥AB，
∴∠BDF＝∠CDA＝90°，
∴∠1+∠BFD＝90°，∠3+∠CFE＝90°，∠BFD＝∠CFE，
∴∠1＝∠3，
∵BD＝CD，
在△BDF和△CDA中，
，
∴△BDF≌△CDA（ASA），
∴DF＝DA，
∵∠ADF＝90°，
∴∠6＝45°，
∵∠G＝∠6，
∴∠5＝45°
∴∠G＝∠5，
∴GD＝DA，
∴GD＝DF．
3．（2022秋•路北区期中）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC＝4，AB＝CD，BD＝6，点E从D点出发，以每秒1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3个单位的速度沿C→B→C作匀速移动，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．
（1）证明：AD∥BC．
（2）在移动过程中，小明发现当点G的运动速度取某个值时，有△DEG与△BFG全等的情况出现，请你探究当点G的运动速度取哪些值时，会出现△DEG与△BFG全等的情况．
【分析】（1）由AD＝BC＝4，AB＝CD，BD为公共边，所以可证得△ABD≌△CDB，所以可知∠ADB＝∠CBD，所以AD∥BC；
（2）设运动时间为t，点G的运动速度为v，根据全等三角形的性质进行解答即可．
【解答】（1）证明：在△ABD和△CDB中，
，
∴△ABD≌△CDB（SSS），
∴∠ADB＝∠CBD，
∴AD∥BC；
（2）解：设运动时间为t，点G的运动速度为v，
当时，
若△DEG≌△BGF，
则，
∴，
∴，
∴v＝3；
若△DEG≌△BGF，
则，
∴，
∴（舍去）；
当时，
若△DEG≌△BFG，
则，
∴，
∴，
∴；
若△DEG≌△BGF，
则，
∴，
∴，
∴v＝1．
综上，当点G的速度为3或1.5或1时．会出现△DEG与△BFG全等的情况．
4．（2022春•北碚区校级期末）如图，已知凸五边形ABCDE中，EC，EB为其对角线，EA＝ED．
（1）如图1，若∠A＝60°，∠CDE＝120°，且CD+AB＝BC．求证：CE平分∠BCD；
（2）如图2，∠A与∠D互补，∠DEA＝2∠CEB，若凸五边形ABCDE面积为30，且CDAB＝4．求点E到BC的距离．
【分析】（1）延长CD到T，使得DT＝BA，连接ET．证明△EAB≌△EDT（SAS），△ECB≌△ECT（SSS），可得结论．
（2）延长CD到Q，使得∠QED＝∠AEB，过点E作EH⊥BC于H．证明△AEB≌△DEQ（ASA），△ECB≌△ECQ（SAS），由题意S五边形ABCDE＝S四边形EBCQ＝2S△EBC＝30，推出S△EBC＝15，再利用三角形面积公式求出EH即可．
【解答】（1）证明：延长CD到T，使得DT＝BA，连接ET．
∵∠CDE＝120°，
∴∠EDT＝180°﹣120°＝60°，
∵∠A＝60°，
∴∠A＝∠EDT，
在△EAB和△EDT中，
，
∴△EAB≌△EDT（SAS），
∴EB＝ET，
∴CB＝CD+BA＝CD+DT＝CT，
在△ECB和△ECT中，
，
∴△ECB≌△ECT（SSS），
∴∠ECB＝∠ECD，
∴CE平分∠BCD．
（2）解：延长CD到Q，使得∠QED＝∠AEB，过点E作EH⊥BC于H．
∵∠A+∠CDE＝180°，∠CDE+∠EDQ＝180°，
∴∠A＝∠EDQ，
在△AEB和△DEQ中，
，
∴△AEB≌△DEQ（ASA），
∴EB＝EQ，
∵∠AED＝2∠BEC，
∴∠AEB+∠CED＝∠BEC，
∴∠CED+∠DEQ＝∠BEC，
∴∠CEB＝∠CEQ，
在△CEB和△CEQ中，
，
∴△ECB≌△ECQ（SAS），
∵S五边形ABCDE＝S四边形EBCQ＝2S△EBC＝30，
∴S△EBC＝15，
∵CDAB＝4，
∴AB＝6，CD＝4，
∴BC＝CD+QD＝CD+AB＝10，
∴10×EH＝15，
∴EH＝3，
∴点E到BC的距离为3．
5．（2022秋•宜兴市期中）如图，在△ABC中，已知∠ABC＝45°，过点C作CD⊥AB于点D，过点B作BM⊥AC于点M，CD与BM相交于点E，且点E是CD的中点，连接MD，过点D作DN⊥MD，交BM于点N．
（1）求证：△DBN≌△DCM；
（2）请探究线段NE、ME、CM之间的数量关系，并证明你的结论．
【分析】（1）根据两角夹边相等的两个三角形全等即可证明．
（2）结论：NE﹣ME＝CM．作DF⊥MN于点F，由（1）△DBN≌△DCM 可得DM＝DN，由△DEF≌△CEM，推出ME＝EF，CM＝DF，由此即可证明．
【解答】（1）证明：∵∠ABC＝45°，CD⊥AB，
∴∠ABC＝∠DCB＝45°，
∴BD＝DC，
∵∠BDC＝∠MDN＝90°，
∴∠BDN＝∠CDM，
∵CD⊥AB，BM⊥AC，
∴∠ABM＝90°﹣∠A＝∠ACD，
在△DBN和△DCM中，
，
∴△DBN≌△DCM．
（2）结论：NE﹣ME＝CM．
证明：由（1）△DBN≌△DCM 可得DM＝DN．
作DF⊥MN于点F，又 ND⊥MD，
∴DF＝FN，
在△DEF和△CEM中，
，
∴△DEF≌△CEM，
∴ME＝EF，CM＝DF，
∴CM＝DF＝FN＝NE﹣FE＝NE﹣ME．
6．（2022秋•淅川县期末）如图1，△ABC的边BC在直线l上，AC⊥BC，且AC＝BC；△EFP的边FP也在直线l上，边EF与边AC重合，且EF＝FP．
（1）示例：在图1中，通过观察、测量，猜想并写出AB与AP所满足的数量关系和位置关系．
答：AB与AP的数量关系和位置关系分别是 AB＝AP 、 AB⊥AP ．
（2）将△EFP沿直线l向左平移到图2的位置时，EP交AC于点Q，连接AP，BQ．请你观察、测量，猜想并写出BQ与AP所满足的数量关系和位置关系．答：BQ与AP的数量关系和位置关系分别是 BQ＝AP 、 BQ⊥AP ．
（3）将△EFP沿直线l向左平移到图3的位置时，EP的延长线交AC的延长线于点Q，连接AP、BQ．你认为（2）中所猜想的BQ与AP的数量关系和位置关系还成立吗？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．
【分析】（1）由于AC⊥BC，且AC＝BC，边EF与边AC重合，且EF＝FP，则△ABC与△EFP是全等的等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到∠BAC＝∠CAP＝45°，AB＝AP，则∠BAP＝90°，于是AP⊥AB；
（2）延长BQ交AP于H点，可得到△QPC为等腰直角三角形，则有QC＝PC，根据“SAS”可判断△ACP≌△BCQ，则AP＝BQ，∠CAP＝∠CBQ，利用三角形内角和定理可得到∠AHQ＝∠BCQ＝90°，即AP⊥BQ；
（3）BQ与AP所满足的数量关系为相等，位置关系为垂直．证明方法与（2）一样．
【解答】解：（1）AB＝AP，AB⊥AP；
（2）BQ＝AP，BQ⊥AP；
（3）成立．
证明：如图，∵∠EPF＝45°，
∴∠CPQ＝45°．
∵AC⊥BC，
∴∠CQP＝∠CPQ，
CQ＝CP．
在Rt△BCQ和Rt△ACP中，

∴Rt△BCQ≌Rt△ACP（SAS）
∴BQ＝AP；
延长QB交AP于点N，
∴∠PBN＝∠CBQ．
∵Rt△BCQ≌Rt△ACP，
∴∠BQC＝∠APC．
在Rt△BCQ中，∠BQC+∠CBQ＝90°，
∴∠APC+∠PBN＝90°．
∴∠PNB＝90°．
∴QB⊥AP．
7．（2022秋•渝中区校级期中）如图，直线AB交x轴正半轴于点A（a，0），交y轴正半轴于点B（0，b），且a、b满足|4﹣b|＝0，
（1）求A、B两点的坐标；
（2）D为OA的中点，连接BD，过点O作OE⊥BD于F，交AB于E，求证：∠BDO＝∠EDA；
（3）如图，P为x轴上A点右侧任意一点，以BP为边作等腰Rt△PBM，其中PB＝PM，直线MA交y轴于点Q，当点P在x轴上运动时，线段OQ的长是否发生变化？若不变，求其值；若变化，求线段OQ的取值范围．
【分析】①首先根据已知条件和非负数的性质得到关于a、b的方程，解方程组即可求出a，b的值，也就能写出A，B的坐标；
②作出∠AOB的平分线，通过证△BOG≌△OAE得到其对应角相等解决问题；
③过M作x轴的垂线，通过证明△PBO≌△MPN得出MN＝AN，转化到等腰直角三角形中去就很好解决了．
【解答】解：①∵|4﹣b|＝0
∴a＝4，b＝4，
∴A（4，0），B（0，4）；
（2）证明：作∠AOB的角平分线，交BD于G，
∴∠BOG＝∠OAE＝45°，OB＝OA，
∠OBG＝∠AOE＝90°﹣∠BOF，
∴△BOG≌△OAE，
∴OG＝AE．
∵∠GOD＝∠EAD＝45°，OD＝AD，
∴△GOD≌△EDA．
∴∠GDO＝∠ADE．
（3）过M作MN⊥x轴，垂足为N．
∵∠BPM＝90°，
∴∠BPO+∠MPN＝90°．
∵∠AOB＝∠MNP＝90°，
∴∠BPO＝∠PMN，∠PBO＝∠MPN，
∵BP＝MP，
∴△PBO≌△MPN（AAS），
MN＝OP，PN＝AO＝BO，
OP＝OA+AP＝PN+AP＝AN，
∴MN＝AN，∠MAN＝45°．
∵∠BAO＝45°，
∴∠BAO+∠OAQ＝90°
∴△BAQ是等腰直角三角形．
∴OB＝OQ＝4．
∴无论P点怎么动OQ的长不变．
8．（2022春•崇川区校级期末）如图1，点A、D在y轴正半轴上，点B、C分别在x轴上，CD平分∠ACB与y轴交于D点，∠CAO＝90°﹣∠BDO．
（1）求证：AC＝BC；
（2）在（1）中点C的坐标为（4，0），点E为AC上一点，且∠DEA＝∠DBO，如图2，求BC+EC的长；
（3）在（1）中，过D作DF⊥AC于F点，点H为FC上一动点，点G为OC上一动点，（如图3），当点H在FC上移动、点G在OC上移动时，始终满足∠GDH＝∠GDO+∠FDH，试判断FH、GH、OG这三者之间的数量关系，写出你的结论并加以证明．
【分析】（1）由题意∠CAO＝90°﹣∠BDO，可知∠CAO＝∠CBD，CD平分∠ACB与y轴交于D点，所以可由AAS定理证明△ACD≌△BCD，由全等三角形的性质可得AC＝BC；
（2）过D作DN⊥AC于N点，可证明Rt△BDO≌Rt△EDN、△DOC≌△DNC，因此，BO＝EN、OC＝NC，所以，BC+EC＝BO+OC+NC﹣NE＝2OC，即可得BC+EC的长；
（3）在x轴的负半轴上取OM＝FH，可证明△DFH≌△DOM、△HDG≌△MDG，因此，MG＝GH，所以，GH＝OM+OG＝FH+OG，即可证明所得结论．
【解答】（1）证明：∵∠CAO＝90°﹣∠BDO，
∴∠CAO＝∠CBD．
在△ACD和△BCD中
，
∴△ACD≌△BCD（AAS）．
∴AC＝BC．
（2）解：由（1）知∠CAD＝∠DEA＝∠DBO，
∴BD＝AD＝DE，过D作DN⊥AC于N点，如右图所示：
∵∠ACD＝∠BCD，
∴DO＝DN，
在Rt△BDO和Rt△EDN中
，
∴Rt△BDO≌Rt△EDN（HL），
∴BO＝EN．
在△DOC和△DNC中，

∴△DOC≌△DNC（AAS），
可知：OC＝NC；
∴BC+EC＝BO+OC+NC﹣NE＝2OC＝8．
（3）GH＝FH+OG．
证明：由（1）知：DF＝DO，
在x轴的负半轴上取OM＝FH，连接DM，如右图所示：
在△DFH和△DOM中
，
∴△DFH≌△DOM（SAS）．
∴DH＝DM，∠1＝∠ODM．
∴∠GDH＝∠1+∠2＝∠ODM+∠2＝∠GDM．
在△HDG和△MDG中
，
∴△HDG≌△MDG（SAS）．
∴MG＝GH，
∴GH＝OM+OG＝FH+OG．
9．（2022秋•莆田期中）如图1，OA＝2，OB＝4，以A点为顶点、AB为腰在第三象限作等腰Rt△ABC，
（1）求C点的坐标；
（2）如图2，P为y轴负半轴上一个动点，当P点向y轴负半轴向下运动时，以P为顶点，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，已知点F坐标为（﹣2，﹣2），当G在y轴的负半轴上沿负方向运动时，作Rt△FGH，始终保持∠GFH＝90°，FG与y轴负半轴交于点G（0，m），FH与x轴正半轴交于点H（n，0），当G点在y轴的负半轴上沿负方向运动时，以下两个结论：①m﹣n为定值；②m+n为定值，其中只有一个结论是正确的，请找出正确的结论，并求出其值．
【分析】（1）要求点C的坐标，则求C的横坐标与纵坐标，因为AC＝AB，则作CM⊥x轴，即求CM和AM的值，容易得△MAC≌△OBA，根据已知即可求得C点的值；
（2）求OP﹣DE的值则将其放在同一直线上，过D作DQ⊥OP于Q点，即是求PQ的值，由图易求得△AOP≌△PDQ（AAS），即可求得PQ的长；
（3）利用（2）的结论，可知m+n为定长是正确的，过F分别作x轴和y轴的垂线，类似（2），即可求得m+n的值．
【解答】解：（1）过C作CM⊥x轴于M点，如图1，
∵CM⊥OA，AC⊥AB，
∴∠MAC+∠OAB＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°
则∠MAC＝∠OBA
在△MAC和△OBA中，

则△MAC≌△OBA（AAS）
则CM＝OA＝2，MA＝OB＝4，则点C的坐标为（﹣6，﹣2）；
（2）过D作DQ⊥OP于Q点，如图2，则OP﹣DE＝PQ，∠APO+∠QPD＝90°
∠APO+∠OAP＝90°，则∠QPD＝∠OAP，
在△AOP和△PDQ中，

则△AOP≌△PDQ（AAS）
∴OP﹣DE＝PQ＝OA＝2；
（3）结论②是正确的，m+n＝﹣4，
如图3，过点F分别作FS⊥x轴于S点，FT⊥y轴于T点，
则FS＝FT＝2，∠FHS＝∠HFT＝∠FGT，
在△FSH和△FTG中，

则△FSH≌△FTG（AAS）
则GT＝HS，
又∵G（0，m），H（n，0），点F坐标为（﹣2，﹣2），
∴OT＝OS＝2，OG＝|m|＝﹣m，OH＝n，
∴GT＝OG﹣OT＝﹣m﹣2，HS＝OH+OS＝n+2，
则﹣2﹣m＝n+2，
则m+n＝﹣4．
10．（2022秋•南岗区校级月考）在△ABC中，AB＝AC，BD⊥AC于点D，BE平分∠ABD，点F在BD上，∠BEF＝45°
（1）如图1，求证：BF＝CE；
（2）如图2，作EM⊥BE，交BC的延长线于点M，连接AM，交BE的延长线于点N，若∠BAC＝30°，请探究线段EF与MN的数量关系，并加以证明．
【分析】（1）在AB上截取BG＝BF，连接EG，利用BE平分∠ABD，可得∠GBE＝∠FBE，根据题意易求证△BGE≌△BFE（SAS），设∠EBG＝∠EBF＝α，∠DBC＝β，根据角度关系可求证GE∥BC，通过等量代换即可求解；
（2）数量关系为：MN＝2EF，理由为连接NC，根据题意可求证BE＝EM，∠EBF＝∠CEM＝30°，BF＝CE，从而求证△BEF≌△EMC（SAS），可得EF＝MC，即可求解．
【解答】（1）证明：如图，在AB上截取BG＝BF，连接EG，
∵BE平分∠ABD，
∴∠GBE＝∠FBE，
∵BG＝BF，BE＝BE，
∴△BGE≌△BFE（SAS），
∴∠GEB＝∠FEB＝45°，
设∠EBG＝∠EBF＝α，∠DBC＝β，
∴∠AGE＝∠GBE+∠GEB＝45°+α，
∵AB＝AC，
∴∠C＝∠ABC＝2α+β，
∵∠BDC＝90°，
∴∠DBC+∠C＝90°，即2α+β+β＝90°，
∴α+β＝90°，
∴∠ABC＝2α+β＝45°+α，
∴∠ABC＝∠AGE，
∴GE∥BC，
∴∠AEG＝∠C＝∠ABC＝∠AGE，
∴AG＝AE，
∴AB﹣AG＝AC﹣AE，即BG＝CE，
∵BF＝BG，
∴BF＝CE；
（2）解：数量关系为：MN＝2EF，理由如下：
∵∠BAC＝30°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝75°，
∵BD⊥AC，
∴∠DBC＝90°﹣75°＝15°，
∴∠ABD＝75°﹣15°＝60°，
∵BE平分∠ABD，
∴∠ABE＝∠EBD＝30°，
∴∠BAC＝∠ABE＝30°，
∴AE＝BE，
∴∠BED＝∠BAC+∠ABE＝75°，
∴∠EMC＝45°，
∵∠EBM＝∠EBD+∠DBC＝45°，
∴∠EMC＝∠EBM＝45°，
∴BE＝EM，
∴EM＝AE，
∴∠EAM＝∠EMA∠CEM＝15°，
∴∠AMC＝∠EMC+∠AME＝60°＝∠BEC，
如图，连接NC，
∴E、N、M、C四点共圆，
∴∠NCM＝∠NEM＝90°，
在Rt△NMC中，∠NMC＝60°，
∴∠CNM＝30°，
∴CMMN，
∵BE＝EM，∠EBF＝∠CEM＝30°，BF＝CE，
∴△BEF≌△EMC（SAS），
∴EF＝MC，
∴MN＝2EF．
11．（2022春•运城期末）综合与探究
如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，CE的延长线交BD于点F．
（1）求证：△ACE≌△ABD．
（2）若∠BAC＝∠DAE＝50°，请直接写出∠BFC的度数．
（3）过点A作AH⊥BD于点H，求证：EF+DH＝HF．
【分析】（1）可利用SAS证明结论；
（2）由全等三角形的性质可得∠AEC＝∠ADB，结合平角的定义可得∠DAE+∠DFE＝180°，根据∠BFC+∠DFE＝180°，可求得∠BFC＝∠DAE，即可求解；
（3）连接AF，过点A作AJ⊥CF于点J．结合全等三角形的性质利用HL证明Rt△AFJ≌Rt△AFH，Rt△AJE≌Rt△AHD可得FJ＝FH，EJ＝DH，进而可证明结论．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE．
∴∠CAE＝∠BAD．
在△ACE和△ABD中，
，
∴△ACE≌△ABD（SAS）；
（2）解：∵△ACE≌△ABD，
∴∠AEC＝∠ADB，
∴∠AEF+∠AEC＝∠AEF+∠ADB＝180°．
∴∠DAE+∠DFE＝180°，
∵∠BFC+∠DFE＝180°，
∴∠BFC＝∠DAE＝∠BAC＝50°；
（3）证明：如图，连接AF，过点A作AJ⊥CF于点J．
∵△ACE≌△ABD，
∴S△ACE＝S△ABD，CE＝BD，
∵AJ⊥CE，AH⊥BD．
∴，
∴AJ＝AH．
在Rt△AFJ和Rt△AFH中，
，
∴Rt△AFJ≌Rt△AFH（HL），
∴FJ＝FH．
在Rt△AJE和Rt△AHD中，
，
∴Rt△AJE≌Rt△AHD（HL），
∴EJ＝DH，
∴EF+DH＝EF+EJ＝FJ＝FH．
12．（2022秋•松桃县期末）如图①：△ABC中，AC＝BC，延长AC到E，过点E作EF⊥AB交AB的延长线于点F，延长CB到G，过点G作GH⊥AB交AB的延长线于H，且EF＝GH．
（1）求证：△AEF≌△BGH；
（2）如图②，连接EG与FH相交于点D，若AB＝4，求DH的长．
【分析】（1）利用AAS即可证明△AEF≌△BGH；
（2）结合（1）证明△EFD≌△GHD，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AC＝BC，
∴∠A＝∠ABC．
∵∠ABC＝∠GBH，
∴∠A＝∠GBH．
∵EF⊥AB，GH⊥AB，
∴∠AFE＝∠BHG．
在△ADG和△CDF中，
，
∴△AEF≌△BGH（AAS）．
（2）解：∵△AEF≌△BGH，
∴AF＝BH，
∴AB＝FH＝4．
∵EF⊥AB，GH⊥AB，
∴∠EFD＝∠GHD．
在△EFD和△GHD中，

∴△EFD≌△GHD（AAS），
∴．
13．（2022秋•两江新区期末）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是CB延长线上一点，点E是线段AB上一点，连接DE．AC＝DE，BC＝BE．
（1）求证：AB＝BD；
（2）BF平分∠ABC交AC于点F，点G是线段FB延长线上一点，连接DG，点H是线段DG上一点，连接AH交BD于点K，连接KG．当KB平分∠AKG时，求证：AK＝DG+KG．
【分析】（1）证明Rt△ACB≌Rt△DEB即可解决问题；
（2）作BM平分∠ABD交AK于点M，证明△BMK≌△BGK，△ABM≌△DBG，即可解决问题．
【解答】证明：（1）在Rt△ACB和Rt△DEB中，
，
∴Rt△ACB≌Rt△DEB（HL），
∴AB＝BD，
（2）如图：作BM平分∠ABD交AK于点M，
∵BM平分∠ABD，KB平分∠AKG，
∴∠ABM＝∠MBD＝45°，∠AKB＝∠BKG，
∵∠ABF＝∠DBG＝45°
∴∠MBD＝∠GBD，
在△BMK和△BGK中，
，
∴△BMK≌△BGK（ASA），
∴BM＝BG，MK＝KG，
在△ABM和△DBG中，
，
∴△ABM≌△DBG（SAS），
∴AM＝DG，
∵AK＝AM+MK，
∴AK＝DG+KG．
14．（2022春•济南期末）如图1，△ABE是等腰三角形，AB＝AE，∠BAE＝45°，过点B作BC⊥AE于点C，在BC上截取CD＝CE，连接AD、DE并延长AD交BE于点P；
（1）求证：AD＝BE；
（2）试说明AD平分∠BAE；
（3）如图2，将△CDE绕着点C旋转一定的角度，那么AD与BE的位置关系是否发生变化，说明理由．
【分析】（1）利用SAS证明△BCE≌△ACD，根据全等三角形的对应边相等得到AD＝BE．
（2）根据△BCE≌△ACD，得到∠EBC＝∠DAC，由∠BDP＝∠ADC，得到∠BPD＝∠DCA＝90°，利用等腰三角形的三线合一，即可得到AD平分∠BAE；
（3）AD⊥BE不发生变化．由△BCE≌△ACD，得到∠EBC＝∠DAC，由对顶角相等得到∠BFP＝∠AFC，根据三角形内角和为180°，所以∠BPF＝∠ACF＝90°，即AD⊥BE．
【解答】解：（1）∵BC⊥AE，∠BAE＝45°，
∴∠CBA＝∠CAB，
∴BC＝CA，
在△BCE和△ACD中，
，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴AD＝BE．
（2）∵△BCE≌△ACD，
∴∠EBC＝∠DAC，
∵∠BDP＝∠ADC，
∴∠BPD＝∠DCA＝90°，
∵AB＝AE，
∴AD平分∠BAE．
（3）AD⊥BE不发生变化．
如图2，
∵△BCE≌△ACD，
∴∠EBC＝∠DAC，
∵∠BFP＝∠AFC，
∴∠BPF＝∠ACF＝90°，
∴AD⊥BE．
15．（2022春•渭滨区期末）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC＝4，AB＝CD，BD＝6，点E从D点出发，以每秒1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3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．
（1）试证明：AD∥BC．
（2）在移动过程中，小明发现当点G的运动速度取某个值时，有△DEG与△BFG全等的情况出现，请你探究当点G的运动速度取哪些值时，△DEG与△BFG全等．
【分析】（1）由AD＝BC＝4，AB＝CD，BD为公共边，所以可证得△ABD≌△CDB，所以可知∠ADB＝∠CBD，所以AD∥BC；
（2）设运动时间为t，点G的运动速度为v，根据全等三角形的性质进行解答即可．
【解答】（1）证明：在△ABD和△CDB中
，
∴△ABD≌△CDB，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴AD∥BC；
（2）解：设运动时间为t，点G的运动速度为v，
当0＜t时，若△DEG≌△BFG，则，
∴，
∴，
∴v＝3；
若△DEG≌△BGF，则，
∴，
∴ （舍去）；
当t时，若△DEG≌△BFG，则，
∴，
∴，
∴v＝1.5；
若△DEG≌△BGF，则，
∴，
∴，
∴v＝1．
综上，点G的速度为3或1或1.5．
16．（2022秋•宁津县期末）（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．
【分析】（1）由条件可证明△ABD≌△CAE，可得DA＝CE，AE＝BD，可得DE＝BD+CE；
（2）由条件可知∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，且∠DBA+∠BAD＝180°﹣α，可得∠DBA＝∠CAE，结合条件可证明△ABD≌△CAE，同（1）可得出结论；
（3）由条件可知EM＝AH＝GN，可得EM＝GN，结合条件可证明△EMI≌△GNI，可得出结论I是EG的中点．
【解答】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，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴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．
．
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE
（3）如图3，
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，
，
∴△EMI≌△GNI（AAS），
∴EI＝GI，
∴I是EG的中点．
17．（2022秋•富县期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝60°，D为△ABC边AC上一点，BC＝CD，点M在BC的延长线上，CE平分∠ACM，且AC＝CE．连接BE交AC于点F，G为边CE上一点，满足CG＝CF，连接DG交BE于点H．
（1）求∠DHF的度数；
（2）若EB平分∠DEC，则BE平分∠ABC吗？请说明理由．
【分析】（1）由“SAS”可证△CDG≌△CBF，可得∠CBF＝∠CDG，再利用三角形的内角和定理，得∠CBF+∠BCF＝∠CDG+∠DHF，又∠ACB＝60°，即可出∠DHF＝∠ACB＝60°，从而问题得以解决；
（2）由“SAS”可证△ABC≌△EDC；由三角形的内角和可得∠DEB+∠EBC＝60°，因为∠DEB＝∠BEC，只要证出∠DEB+∠ABE＝60°，用三角形的外角以及等量代换可以证出，进而得到BE平分∠ABC．
【解答】解：（1）在△CDG和△CBF中，
，
∴△CDG≌△CBF（SAS），
∴∠CBF＝∠CDG，
∵∠DFH＝∠BFC，
∴∠DHF＝∠BCF＝60°；
（2）BE平分∠ABC．
理由：∵∠ACB＝60°，
∴∠ACM＝120°，
∵CE平分∠ACM，
∴∠ACE＝∠MCE＝60°，
∴∠ACB＝∠ACE，
在△ABC和△EDC中，
，
∴△ABC≌△EDC（SAS）；
∴∠ABC＝∠EDC，
∵∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BEC+∠CBE＝60°，
∵∠DFH＝∠A+∠ABE＝∠BEC+∠FCG，
∵∠A＝∠DEC＝2∠DEB＝2∠BEC，
∴2∠DEB+∠ABE＝∠BEC+60°，
∴∠DEB+∠ABE＝60°，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴BE平分∠ABC．
18．（2022秋•台安县月考）如图所示，BD、CE是△ABC的高，点P在BD的延长线上，CA＝BP，点Q在CE上，QC＝AB．
（1）探究PA与AQ之间的关系；
（2）若把（1）中的△ABC改为钝角三角形，AC＞AB，∠A是钝角，其他条件不变，上述结论是否成立？画出图形并证明你的结论．
【分析】（1）由条件可得出∠1＝∠2，可证得△APB≌△QAC，可得结论；
（2）根据题意画出图形，结合（1）可证得△APB≌△QAC，可得结论．
【解答】（1）结论：AP＝AQ，AP⊥AQ
证明：∵BD、CE是△ABC的高，
∴BD⊥AC，CE⊥AB，
∴∠1+∠CAB＝90°，∠2+∠CAB＝90°，
∴∠1＝∠2，
在△QAC和△APB中，
，
∴△QAC≌△APB（SAS），
∴AQ＝AP，∠QAC＝∠P，
而∠DAP+∠P＝90°，
∴∠DAP+∠QAC＝90°，
即∠QAP＝90°，
∴AQ⊥AP；
即AP＝AQ，AP⊥AQ；
（2）上述结论成立，理由如下：
如图所示：
∵BD、CE是△ABC的高，
∴BD⊥AC，CE⊥AB，
∴∠1+∠CAE＝90°，∠2+∠DAB＝90°，
∵∠CAE＝∠DAB，
∴∠1＝∠2，
在△QAC和△APB中，
，
∴△QAC≌△APB（SAS），
∴AQ＝AP，∠QAC＝∠P，
∵∠PDA＝90°，
∴∠P+∠PAD＝90°，
∴∠QAC+∠PAD＝90°，
∴∠QAP＝90°，
∴AQ⊥AP，
即AP＝AQ，AP⊥AQ．
19．（2022春•浦东新区期末）如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°．
（1）当点D在AC上时，如图①，线段BD，CE有怎样的数量关系和位置关系？请证明你的猜想；
（2）将图①中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°），如图②，线段BD，CE有怎样的数量关系和位置关系？请说明理由．
【分析】（1）延长BD交CE于F，易证△EAC≌△DAB，可得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，根据∠AEC+∠ACE＝90°，可得∠ABD+∠AEC＝90°，即可解题；
（2）延长BD交CE于F，易证∠BAD＝∠EAC，即可证明△EAC≌△DAB，可得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，根据∠ABC+∠ACB＝90°，可以求得∠CBF+∠BCF＝90°，即可解题．
【解答】证明：（1）延长BD交CE于F，
在△EAC和△DAB中，
，
∴△EAC≌△DAB（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠AEC+∠ACE＝90°，
∴∠ABD+∠AEC＝90°，
∴∠BFE＝90°，即EC⊥BD；
（2）延长BD交CE于F，
∵∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠EAC＝90°，
∴∠BAD＝∠EAC，
∵在△EAC和△DAB中，
，
∴△EAC≌△DAB（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABC+∠ACB＝90°，
∴∠CBF+∠BCF＝∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE＝90°，
∴∠BFC＝90°，即EC⊥BD．
20．（2022春•吉安县期末）课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
如图1，△ABC中，若AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE＝AD，请根据小明的方法思考：
（1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是 B ．
A．SSS B．SAS C．AAS D．HL
（2）求得AD的取值范围是 C ．
A．6＜AD＜8 B．6≤AD≤8 C．1＜AD＜7 D．1≤AD≤7
（3）如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且AE＝EF．求证：AC＝BF．
【分析】（1）根据AD＝DE，∠ADC＝∠BDE，BD＝DC推出△ADC和△EDB全等即可；
（2）根据全等得出BE＝AC＝6，AE＝2AD，由三角形三边关系定理得出8﹣6＜2AD＜8+6，求出即可；
（3）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，根据SAS证△ADC≌△MDB，推出BM＝AC，∠CAD＝∠M，根据AE＝EF，推出∠CAD＝∠AFE＝∠BFD，求出∠BFD＝∠M，根据等腰三角形的性质求出即可．
【解答】（1）解：∵在△ADC和△EDB中
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
故选B；
（2）解：∵由（1）知：△ADC≌△EDB，
∴BE＝AC＝6，AE＝2AD，
∵在△ABE中，AB＝8，由三角形三边关系定理得：8﹣6＜2AD＜8+6，
∴1＜AD＜7，
故选C．
（3）证明：
延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，
∵AD是△ABC中线，
∴BD＝DC，
∵在△ADC和△MDB中
，
∴△ADC≌△MDB（SAS），
∴BM＝AC，∠CAD＝∠M，
∵AE＝EF，
∴∠CAD＝∠AFE，
∵∠AFE＝∠BFD，
∴∠BFD＝∠CAD＝∠M，
∴BF＝BM＝AC，
即AC＝BF．
21．（2022秋•立山区期中）如图，已知△ABC中，AB＝AC＝9cm，BC＝6cm，点D为AB的中点．
（1）如果点P在边BC上以1.5cm/s的速度由点B向点C运动，同时，点Q在边CA上由点C向点A运动．
①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，经过t秒后，△BPD与△CQP全等，求此时点Q的运动速度与运动时间t．
（2）若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，则经过 24 秒后，点P与点Q第一次在△ABC的 AC 边上相遇？（在横线上直接写出答案，不必书写解题过程）
【分析】（1）①根据时间和速度分别求得两个三角形中BP、CQ和BD、PC边的长，根据SAS判定两个三角形全等．
②根据全等三角形应满足的条件探求边之间的关系，再根据路程＝速度×时间公式，先求得点P运动的时间，再求得点Q的运动速度；
（2）根据题意结合图形分析发现：由于点Q的速度快，且在点P的前边，所以要想第一次相遇，则应该比点P多走等腰三角形的两个边长．
【解答】解：（1）①全等，理由如下：
∵t＝1秒，
∴BP＝CQ＝1×1.5＝1.5（厘米），
∵AB＝9cm，点D为AB的中点，
∴BD＝4.5cm．
又∵PC＝BC﹣BP，BC＝6cm，
∴PC＝6﹣1.5＝4.5（cm），
∴PC＝BD．
又∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
在△BDP和△CPQ中，
，
∴△BPD≌△CQP（SAS）；
②假设△BPD与△CQP，
∵vP≠vQ，
∴BP≠CQ，
又由∠B＝∠C，则只能是BP＝CP＝3，BD＝CQ＝4.5，
∴点P，点Q运动的时间t＝BP÷1.5＝3÷1.5＝2（秒），
∴vQ＝CQ÷t＝4.5÷2＝2.25（cm/s）；
（2）设经过x秒后点P与点Q第一次相遇，
由题意，得 2.25x＝1.5x+2×9，
解得x＝24，
∴点P共运动了24×1.5＝36（cm）．
∴点P、点Q在AC边上相遇，
∴经过24秒点P与点Q第一次在边AC上相遇．
故答案为：24；AC．
22．（2022秋•太康县期末）如图，已知Rt△ABC≌Rt△ADE，∠ABC＝∠ADE＝90°，BC与DE相交于点F，连接CD、BE．
（1）请你找出图中其他的全等三角形；
（2）试证明CF＝EF．
【分析】（1）根据Rt△ABC≌Rt△ADE，得出AC＝AE，BC＝DE，AB＝AD，∠ACB＝∠AED，∠BAC＝∠DAE，从而推出∠CAD＝∠EAB，△ACD≌△AEB，△CDF≌△EBF；
（2）先证得△CDF≌△EBF，进而得到CF＝EF．
【解答】解：（1）图中其它的全等三角形为：①△ACD≌△AEB，②△DCF≌△BEF；
①∵Rt△ABC≌Rt△ADE，
∴AC＝AE，AB＝AD，∠BAC＝∠DAE，
∵∠BAC﹣∠BAD＝∠DAE﹣∠BAD，
∴∠DAC＝∠BAE，
在△ADC和△ABE中
，
∴△ADC≌△ABE（SAS）；
②在△DCF和△BEF中

∴△CDF≌△EBF（AAS）．
（2）∵Rt△ABC≌Rt△ADE，
∴AC＝AE，AD＝AB，∠CAB＝∠EAD，
∴∠CAB﹣∠DAB＝∠EAD﹣∠DAB．
即∠CAD＝∠EAB．
∴△CAD≌△EAB，
∴CD＝EB，∠ADC＝∠ABE．
又∵∠ADE＝∠ABC，
∴∠CDF＝∠EBF．
又∵∠DFC＝∠BFE，
∴△CDF≌△EBF（AAS）．
∴CF＝EF．
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/8/9
:23．（2022秋•潮安区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E为CD的中点，连接AE、BE，BE⊥AE，延长AE交BC的延长线于点F．已知AD＝2cm，BC＝5cm．
（1）求证：FC＝AD；
（2）求AB的长．
【分析】（1）根据AD∥BC可知∠ADC＝∠ECF，再根据E是CD的中点可求出△ADE≌△FCE，根据全等三角形的性质即可解答．
（2）根据线段垂直平分线的性质判断出AB＝BF＝BC+CF＝BC+AD，将已知代入即可．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC（已知），
∴∠ADC＝∠ECF（两直线平行，内错角相等）
∵E是CD的中点（已知），
∴DE＝EC（中点的定义）．
∵在△ADE与△FCE中，
，
∴△ADE≌△FCE（ASA），
∴FC＝AD（全等三角形的性质）；
（2）解：∵△ADE≌△FCE，
∴AE＝EF，AD＝CF（全等三角形的对应边相等），
∴BE是线段AF的垂直平分线，
∴AB＝BF＝BC+CF，
∵AD＝CF（已证），
∴AB＝BC+AD（等量代换）
＝5+2＝7（cm）．
24．（2022秋•黄石期末）已知△ABC和△DEF为等腰三角形，AB＝AC，DE＝DF，∠BAC＝∠EDF，点E在AB上，点F在射线AC上．
（1）如图1，若∠BAC＝60°，点F与点C重合，求证：AF＝AE+AD；
（2）如图2，若AD＝AB，求证：AF＝AE+BC．
【分析】（1）由∠BAC＝∠EDF＝60°，推出△ABC、△DEF为等边三角形，于是得到∠BCE+∠ACE＝∠DCA+∠ECA＝60°，推出△BCE≌△ACD（SAS），根据全等三角形的性质得到AD＝BE，即可得到结论；
（2）在FA上截取FM＝AE，连接DM，推出△AED≌△MFD（SAS），根据全等三角形的性质得到DA＝DM＝AB＝AC，∠ADE＝∠MDF，证得∠ADM＝∠EDF＝∠BAC，推出△ABC≌△DAM（SAS），根据全等三角形的性质得到AM＝BC，即可得到结论．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠EDF＝60°，
∴△ABC、△DEF为等边三角形，
∴∠BCE+∠ACE＝∠DCA+∠ECA＝60°，
在△BCE和△ACD中
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴AD＝BE，
∴AE+AD＝AE+BE＝AB＝AF；
（2）在FA上截取FM＝AE，连接DM，
∵∠BAC＝∠EDF，
∴∠AED＝∠MFD，
在△AED和△MFD中
，
∴△AED≌△MFD（SAS），
∴DA＝DM＝AB＝AC，∠ADE＝∠MDF，
∴∠ADE+∠EDM＝∠MDF+∠EDM，
即∠ADM＝∠EDF＝∠BAC，
在△ABC和△DAM中，
，
∴△ABC≌△DAM（SAS），
∴AM＝BC，
∴AE+BC＝FM+AM＝AF．
即AF＝AE+BC．
25．（2022春•济南期中）把两个全等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形ACBD以D为顶点作∠MDN，交边AC、BC于M、N．
（1）若∠ACD＝30°，∠MDN＝60°，当∠MDN绕点D旋转时，AM、MN、BN三条线段之间有何种数量关系？证明你的结论；
（2）当∠ACD+∠MDN＝90°时，AM、MN、BN三条线段之间有何数量关系？证明你的结论；
（3）如图③，在（2）的条件下，若将M、N改在CA、BC的延长线上，完成图3，其余条件不变，则AM、MN、BN之间有何数量关系（直接写出结论，不必证明）
【分析】（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）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；
（3）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．
【解答】
（1）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．
（2）AM+BN＝MN，
证明：延长CB到E，使BE＝AM，连接DE，
∵∠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．
（3）BN﹣AM＝MN，
证明：在CB截取BE＝AM，连接DE，
∵∠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．
26．（2022春•城关区校级期末）如图1，OP是∠MON的平分线，请你利用该图形画一对以OP所在直线为对称轴的全等三角形，并将添加的全等条件标注在图上．
请你参考这个作全等三角形的方法，解答下列问题：
（1）如图2，在△ABC中，∠ACB是直角，∠B＝60°，AD、CE分别是∠BAC和∠BCA的平分线，AD、CE相交于点F，求∠EFA的度数；
（2）在（1）的条件下，请判断FE与FD之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在△ABC中，如果∠ACB不是直角，而（1）中的其他条件不变，试问在（2）中所得结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【分析】根据SAS可知：在∠MON的两边上以O为端点截取相等的两条线段，另外两个端点与角平分线上任意一点相连，所构成的两个三角形全等，它们关于OP对称．
（1）根据三角形内角和定理可求∠BAC．∠EFA是△ACF的外角，根据外角的性质计算求解；
（2）根据图1的作法，在AC上截取AG＝AE，则EF＝FG；根据ASA证明△FCD≌△FCG，得DF＝FG，故判断EF＝FD；
（3）只要∠B的度数不变，结论仍然成立．证明同（2）．
【解答】解：（1）如图2，∵∠ACB＝90°，∠B＝60°．
∴∠BAC＝30°，
∵AD、CE分别是∠BAC和∠BCA的平分线，
∴∠DAC∠BAC＝15°，∠ECA∠ACB＝45°．
∴∠EFA＝∠DAC+∠ECA＝15°+45°＝60°．
（2）FE＝FD．
如图2，在AC上截取AG＝AE，连接FG．
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△EAF和△GAF中
∵
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴FE＝FG，∠EFA＝∠GFA＝60°，
∴∠GFC＝180°﹣60°﹣60°＝60°．
又∵∠DFC＝∠EFA＝60°，
∴∠DFC＝∠GFC，
在△FDC和△FGC中
∵
∴△FDC≌△FGC（ASA），
∴FD＝FG．
∴FE＝FD．
（3）（2）中的结论FE＝FD仍然成立．
同（2）可得△EAF≌△HAF，
∴FE＝FH，∠EFA＝∠HFA，
又由（1）知∠FAC∠BAC，∠FCA∠ACB，
∴∠FAC+∠FCA（∠BAC+∠ACB）（180°﹣∠B）＝60°．
∴∠AFC＝180°﹣（∠FAC+∠FCA）＝120°．
∴∠EFA＝∠HFA＝180°﹣120°＝60°，
同（2）可得△FDC≌△FHC，
∴FD＝FH．
∴FE＝FD．
27．（2022秋•长寿区期末）如图，△ABC中，AC＞AB，D是BA延长线上一点，点E是∠CAD平分线上一点，EB＝EC过点E作EF⊥AC于F，EG⊥AD于G．
（1）请你在不添加辅助线的情况下找出一对你认为全等的三角形，并加以证明；
（2）若AB＝3，AC＝5，求AF的长．
【分析】已知AE平分∠CAD，EF⊥AC，EG⊥AD及公共边AE，则利用AAS判定△EGA≌△EFA；由△EGA≌△EFA可得到EG＝EF，AG＝AF，根据HL可判定Rt△EGB≌Rt△EFC，从而得到BG＝CF，整理可得到2AF＝AC﹣AB，从而可求得AF的长．
【解答】解：（1）△EGA≌△EFA（或△EGB≌△EFC）．
证明：∵AE平分∠CAD，
∴∠EAG＝∠EAF．
又∵EF⊥AC，EG⊥AD，
∴∠EGA＝∠EFA＝90°．
在△AEG和△EFA中：
∠EAG＝∠EAF，∠EGA＝∠EFA，AE＝AE，
∴△EGA≌△EFA（AAS）．
证明：（2）∵AE平分∠CAD且EF⊥AC，EG⊥AD，
∴EG＝EF，∠EGB＝∠EFC＝90°．
在Rt△EGB和Rt△EFC中
．
∴Rt△EGB≌Rt△EFC（HL）．
∴BG＝CF．（10分）
又∵BG＝AB+AG，CF＝AC﹣AF，
即AB+AG＝AC﹣AF，
又∵△EGA≌△EFA，
∴AG＝AF．
∴2AF＝AC﹣AB＝5﹣3＝2．
∴AF＝1．
28．（2022秋•呼和浩特期中）如图：AE⊥AB，AF⊥AC，AE＝AB，AF＝AC，
（1）图中EC、BF有怎样的数量和位置关系？试证明你的结论．
（2）连接AM，求证：MA平分∠EMF．
【分析】（1）先由条件可以得出∠EAC＝∠BAE，再证明△EAC≌△BAF就可以得出结论；
（2）作AP⊥CE于P，AQ⊥BF于Q．由△EAC≌△BAF，推出AP＝AQ（全等三角形对应边上的高相等）．由AP⊥CE于P，AQ⊥BF于Q，可得AM平分∠EMF；
【解答】（1）解：结论：EC＝BF，EC⊥BF．
理由：∵AE⊥AB，AF⊥AC，
∴∠EAB＝∠CAF＝90°，
∴∠EAB+∠BAC＝∠CAF+∠BAC，
∴∠EAC＝∠BAF．
在△EAC和△BAF中，
，
∴△EAC≌△BAF（SAS），
∴EC＝BF．∠AEC＝∠ABF
∵∠AEG+∠AGE＝90°，∠AGE＝∠BGM，
∴∠ABF+∠BGM＝90°，
∴∠EMB＝90°，
∴EC⊥BF．
∴EC＝BF，EC⊥BF．
（2）证明：作AP⊥CE于P，AQ⊥BF于Q．
∵△EAC≌△BAF，
∴AP＝AQ（全等三角形对应边上的高相等）．
∵AP⊥CE于P，AQ⊥BF于Q，
∴AM平分∠EMF．
29．（2022秋•句容市校级月考）把两个含有45°角的大小不同的直角三角板如图放置，点D在BC上，连接BE，AD，AD的延长线交BE于点F．说明：AF⊥BE．
【分析】可通过全等三角形将相等的角进行转换来得出结论．本题中我们可通过证明三角形BEC和ACD全等得出∠FBD＝∠CAD，根据∠CAD+∠CDA＝90°，而∠BDF＝∠ADC，因此可得出∠BFD＝90°，进而得出结论．那么证明三角形BEC和ACD全等就是解题的关键，两直角三角形中，EC＝CD，BC＝AC，两直角边对应相等，因此两三角形就全等了．
【解答】证明：AF⊥BE，理由如下：
由题意可知∠DEC＝∠EDC＝45°，∠CBA＝∠CAB＝45°，
∴EC＝DC，BC＝AC，又∠DCE＝∠DCA＝90°，
∴△ECD和△BCA都是等腰直角三角形，
∴EC＝DC，BC＝AC，∠ECD＝∠ACB＝90°．
在△BEC和△ADC中
EC＝DC，∠ECB＝∠DCA，BC＝AC，
∴△BEC≌△ADC（SAS）．
∴∠EBC＝∠DAC．
∵∠DAC+∠CDA＝90°，∠FDB＝∠CDA，
∴∠EBC+∠FDB＝90°．
∴∠BFD＝90°，即AF⊥BE．
30．（2022春•雅安期末）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D为△ABC内一点，且BD＝AD．
（1）求证：CD⊥AB；
（2）∠CAD＝15°，E为AD延长线上的一点，且CE＝CA．
①求证：DE平分∠BDC；
②若点M在DE上，且DC＝DM，请判断ME、BD的数量关系，并给出证明；
③若N为直线AE上一点，且△CEN为等腰三角形，直接写出∠CNE的度数．
【分析】（1）利用线段的垂直平分线的性质即可证明；
（2）①易证BD＝AD，可得△ADC≌△BDC，即可求得∠ACD＝∠BCD＝45°即可解题；
②连接MC，易证△MCD为等边三角形，即可证明△BDC≌△EMC即可解题；
③分三种情形讨论即可；
【解答】（1）证明：∵CB＝CA，DB＝DA，
∴CD垂直平分线段AB，
∴CD⊥AB．
（2）①证明：∵AC＝BC，
∴∠CBA＝∠CAB，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠CBA＝∠CAB＝45°，
又∵∠CAD＝∠CBD＝15°，
∴∠DBA＝∠DAB＝30°，
∴∠BDE＝30°+30°＝60°，
∵AC＝BC，∠CAD＝∠CBD＝15°，BD＝AD，
在△ADC和△BDC中，
，
∴△ADC≌△BDC（SAS），
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，
∴∠CDE＝60°，
∵∠CDE＝∠BDE＝60°，
∴DE平分∠BDC；
②解：结论：ME＝BD，
理由：连接MC，
∵DC＝DM，∠CDE＝60°，
∴△MCD为等边三角形，
∴CM＝CD，
∵EC＝CA，∠EMC＝120°，
∴∠ECM＝∠BCD＝45°
在△BDC和△EMC中，
，
∴△BDC≌△EMC（SAS），
∴ME＝BD．
③当EN＝EC时，∠ENC＝7.5°或82.5°；当EN＝CN时，∠ENC＝150°；当CE＝CN时，∠CNE＝15°，
所以∠CNE的度数为7.5°、15°、82.5°、150°．