苏科版数学八上期末专题复习 全等三角形综合和常见全等模型汇总（2份，原卷版+解析版）

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1、掌握全等三角形证明中的几种常见全等模型；
2、掌握全等三角形的综合运用；
【教学重难点】
1、全等三角形中的平移模型；
2、全等三角形中的轴对称模型；
3、全等三角形中的倍长中线模型；
4、全等三角形中的角平分线模型；
5、全等三角形中的手拉手模型
6、全等三角形中的动态问题。
【知识亮解】
知识点一、全等三角形的判定与性质
知识点二、全等三角形的证明思路
模型一、平移模型
几种常见全等三角形基本图形（平移）
【例1】★如图所示，AB∥DE，AC∥DF，BE=CF，求证AB=DE.
【解析】证明：∵AB∥DE，AC∥DF，∴∠B=∠DEF,∠F=∠ACB，
又∵BE=CF，∴BE＋EC=CF＋EC ，即BC=EF。
在△ABC和△DEF中，∠B=∠DEF，BC=EF，∠F=∠ACB，即△ABC≌△DEF，因此AB=DE。
【例2】★如图，点O是线段AB的中点,OD∥BC且OD=BC，已知∠ADO=34°，∠B=67°，求∠A的度数．
【解析】∵点O是线段AB的中点，∴AO=BO，又∵OD∥BC，∴∠AOD=∠OBC，
在△AOD和△OBC中，AO=BO，∠AOD=∠OBC，OD=BC，
∴△AOD≌△OBC（SAS），即∠A=∠BOC，∠D=∠C，
因为OD∥BC，所以∠DOC=∠C，
又因为∠D=∠C=∠DOC，则AD∥OC，因此∠DOC=∠ADO=34°，∴∠C=34°，
根据三角形内角和得: ∠BOC=180°－∠C－∠B=180°－34°－67°=79°，因此∠A=∠BOC=79°。
模型二、轴对称模型
【例1】★如图，过等边△ABC的顶点A作线段AD，若∠DAB=20°，则∠COD的度数是（ ）
A,100° B,80° C,60° D,40°
【答案】A
【解析】由题意得：∵△ABC是等边三角形，∴∠B=60°，
即∠AOB=180°－∠B－∠DAB=180°－60°－20°=100°，又因为∠AOB=∠COD，因此∠COD=100°，故选 A．
【例2】★★在等边△ABC,点E是AB上的动点，点E与点A，B不重合，点D在CB的延长线上，且EC=ED。
如图1，当BE=AE时，求证BD=AE
当BE≠AE，BD=AE能否成立？请说明理由。
【答案】(1)证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°，
∵BE=AE，∴∠ACE=∠ECB =30° (三线合一)，∠CEB=90°，
又∵EC=ED， ∴∠ECB=∠D=30°，
根据三角形的内角和，∠CED=∠ECB－∠D=180°－30°－30°=120°，
又因为∠CEB=90°，所以∠BED=30°，
即∠BED=∠D=30°，因此BD=AE。
(2)由题意得，如下图，BD=AE，
证明：在BC上取一点M，使得CM=BD，连接EM，
∵CE=DE，∴∠ECB=∠D，
在△ECM和△BDE中，CE=DE，∠ECB=∠D，CM=BD，
∴△ECM≌△BDE（SAS），即EM=EB，
又因为∠ABC=60°，所以△EMB是等边三角形，又因为△ABC是等边三角形，所以BC=AB，
则CB－BM=BA－BE，即CM=AE，又因为CM=BD，因此AE=BD。
模型三、倍长中线模型
一．中点类辅助线作法
见到中线(中点)，我们可以联想的内容无非是倍长中线或者是与中点有关的一条线段，尤其是在涉及线段的等量关系时，倍长中线的应用更是较为常见，常见添加方法如下图（ 是底边的中线)．
二．截长补短类辅助线作法
截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法，也是把几何题化难为易的一种思想．所谓“截长”，就是将三者中最长的那条线段一分为二，使其中的一条线段等于已知的两条较短线段中的一条，然后证明其中的另一段与已知的另一条线段相等；所谓“补短”，就是将一个已知的较短的线段延长至与另一个已知的较短的长度相等，然后求出延长后的线段与最长的已知线段的关系．有的是采取截长补短后，使之构成某种特定的三角形进行求解。
【例1】★阅读下面的题目及分析过程，并按要求进行证明．
已知：如图，E是BC的中点，点A在DE上，且∠BAE=∠CDE．
求证：AB=CD．
分析：证明两条线段相等，常用的一般方法是应用全等三角形或等腰三角形的判定和性质，观察本题中要证明的两条线段，它们不在同一个三角形中，且它们分别所在的两个三角形也不全等．因此，要证AB=CD，必须添加适当的辅助线，构造全等三角形或等腰三角形．
现给出如下三种添加辅助线的方法，请任意选择其中一种，对原题进行证明．
【答案】见解析
【解析】方法一：作BF⊥DE于点F，CG⊥DE于点G．∴∠F=∠CGE=90°．
又∵∠BEF=∠CEG，BE=CE，∴△BFE≌△CGE，∴BF=CG．
在△ABF和△DCG中，∵∠F=∠DGC=90°，∠BAE=∠CDE，BF=CG，∴△ABF≌△DCG，∴AB=CD．
方法二：作CF∥AB，交DE的延长线于点F．∴∠F=∠BAE．
又∵∠ABE=∠D，∴∠F=∠D，∴CF=CD．
∵∠F=∠BAE，∠AEB=∠FEC，BE=CE，∴△ABE≌△FCE，∴AB=CF，∴AB=CD．
方法三：延长DE至点F，使EF=DE．
又∵BE=CE，∠BEF=∠CED，∴△BEF≌△CED，∴BF=CD，∠D=∠F．
又∵∠BAE=∠D，∴∠BAE=∠F，∴AB=BF，∴AB=CD。
【例2】★★★八年级一班数学兴趣小组在一次活动中进行了探究试验活动，请你和他们一起活动吧．
【探究与发现】
（1）如图1，AD是△ABC的中线，延长AD至点E，使ED=AD，连接BE，写出图中全等的两个三角形______
【理解与应用】
（2）填空：如图2，EP是△DEF的中线，若EF=5，DE=3，设EP=x，则x的取值范围是______．
（3）已知：如图3，AD是△ABC的中线，∠BAC=∠ACB，点Q在BC的延长线上，QC=BC，求证：AQ=2AD．
【答案】（1）△ADC≌△EDB（2）1＜x＜4（3）见解析
【解析】（1）在△ADC与△EDB中，，∴△ADC≌△EDB；故答案为：△ADC≌△EDB；
（2）如图2，延长EP至点Q，使PQ=PE，连接FQ，
在△PDE与△PQF中，，∴△PEP≌△QFP，∴FQ=DE=3，
在△EFQ中，EF﹣FQ＜QE＜EF+FQ，即5﹣3＜2x＜5+3，∴x的取值范围是1＜x＜4；故答案为：1＜x＜4；
（3）证明：如图3，延长AD到M，使MD=AD，连接BM，∴AM=2AD，
∵AD是△ABC的中线，∴BD=CD，
在△BMD与△CAD中，，∴△BMD≌△CAD，
∴BM=CA，∠M=∠CAD，∴∠BAC=∠BAM+∠CAD=∠BAM+∠M，
∵∠ACB=∠Q+∠CAQ，AB=BC，
∵∠ACQ=180°﹣（∠Q+∠CAQ），∠MBA=180°﹣（∠BAM+∠M），∴∠ACQ=∠MBA，
∵QC=BC，∴QC=AB，
在△ACQ与△MBA中，，∴△ACQ≌△MBA，∴AQ=AM=2AD．

练习：
1．（2021·甘肃兰州·模拟预测）如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝2，点D为BC的中点，则AD的长可能是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
延长AD到E，使DE＝AD，连接BE．证△ADC≌△EDB（SAS），可得BE＝AC＝2，再利用三角形的三边关系求出AE的范围即可解决问题．
【详解】
解：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，
在△ADC和△EDB中，
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC＝2，
在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
即2＜2AD＜6，
解得1＜AD＜3，
故选：B．
【点睛】
本题考查了三角形的全等判定和性质，三角形三边关系定理，熟练证明三角形的全等是解题的关键．
2．（2021·辽宁·鞍山市第五十一中学八年级阶段练习）如图，已知AD是△ABC中BC边上的中线，AB＝5，AC＝3，则AD的取值范围是（ ）
A．2＜AD＜8B．1＜AD＜4C．2＜AD＜5D．4≤AD≤8
【答案】B
【解析】
【分析】
如图所示，延长AD到E，使，连接CE，先证，得，再由三角形任意两边之和大于第三边，两边之差小于第三边求出AE的取值范围．
【详解】
如图所示，延长AD到E，使，连接CE，
AD是△ABC中BC边上的中线，
，
在与中，
，
，
，
在中，由三角形三边关系得：
，
，，
，
．
【点睛】
本题考查了三角形三边的关系，全等三角形的判定与性质，做辅助线构造全等三角形是解题的关键．
3．（2022·上海·七年级专题练习）如图，已知AD是△ABC的中线，E是AC上的一点，BE交AD于F，AC＝BF，∠DAC＝24°，∠EBC＝32°，则∠ACB＝_____．
【答案】100°##100度
【解析】
【分析】
延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，证△BDM≌△CDA（SAS），得得到BM＝AC＝BF，∠M＝∠DAC＝24°，∠C＝∠DBM，再证△BFM是等腰三角形，求出∠MBF的度数，即可解决问题．
【详解】
解：如图，延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，
在△BDM和△CDA中，
，
∴△BDM≌△CDA（SAS），
∴BM＝AC＝BF，∠M＝∠DAC＝24°，∠C＝∠DBM，
∵BF＝AC，
∴BF＝BM，
∴∠M＝∠BFM＝24°，
∴∠MBF＝180°﹣∠M﹣∠BFM＝132°，
∵∠EBC＝32°，
∴∠DBM＝∠MBF﹣∠EBC＝100°，
∴∠C＝∠DBM＝100°，
故答案为：100°．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
4．（2022·全国·八年级）在△ABC中，AB＝AC，点D是△ABC内一点，点E是CD的中点，连接AE，作EF⊥AE，若点F在BD的垂直平分线上，∠BAC＝α，则∠BFD＝_________．（用α含的式子表示）
【答案】180°﹣α．
【解析】
【分析】
根据全等三角形的性质得到∠EAC＝∠EMD，AC＝DM，根据线段垂直平分线的性质得到AF＝FM，FB＝FD，推出△MDF≌△ABF（SSS），得到∠AFB＝∠MFD，∠DMF＝∠BAF，根据角的和差即可得到结论．
【详解】
解：延长AE至M，使EM＝AE，
连接AF，FM，DM，
∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
在△AEC与△MED中，
，
∴△AEC≌△MED（SAS），
∴∠EAC＝∠EMD，AC＝DM，
∵EF⊥AE，
∴AF＝FM，
∵点F在BD的垂直平分线上，
∴FB＝FD，
在△MDF与△ABF中，
，
∴△MDF≌△ABF（SSS），
∴∠AFB＝∠MFD，∠DMF＝∠BAF，
∴∠BFD+∠DFA＝∠DFA+∠AFM，
∴∠BFD＝∠AFM
＝180°﹣2（∠DMF+∠EMD）
＝180°﹣（∠FAM+∠BAF+∠EAC）
＝180°﹣∠BAC
＝180°﹣α，
故答案为：180°﹣α．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
5．（2021·河北邢台·八年级期中）某数学兴趣小组在一次活动中进行了探究试验活动，请你来加入．
【探究与发现】
如图1，延长△ABC的边BC到D，使DC＝BC，过D作DE∥AB交AC延长线于点E，求证：△ABC≌△EDC．
【理解与应用】
如图2，已知在△ABC中，点E在边BC上且∠CAE＝∠B，点E是CD的中点，若AD平分∠BAE．
（1）求证：AC＝BD；
（2）若BD＝3，AD＝5，AE＝x，求x的取值范围．
【答案】[探究与发现]见解析；[理解与应用]（1）见解析；（2）1＜x＜4
【解析】
【分析】
[探究与发现]由ASA证明△ABC≌△EDC即可；
[理解与应用]（1）延长AE到F，使EF=EA，连接DF，证△DEF≌△CEA（SAS），得AC=FD，再证△ABD≌△AFD（AAS），得BD=FD，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得AB=AF=2x，再由三角形的三边关系得AD-BD＜AB＜AD+BD，即5-3＜2x＜5+3，即可求解．
【详解】
解：[探究与发现]
证明：∵DE∥AB，
∴∠B=∠D，
又∵BC=DC，∠ACB=∠ECD，
∴△ABC≌△EDC（ASA）；
[理解与应用]
（1）证明：如图2中，延长AE到F，使EF=EA，连接DF，
∵点E是CD的中点，
∴ED=EC，
在△DEF与△CEA中，
，
∴△DEF≌△CEA（SAS），
∴AC=FD，
∴∠AFD=∠CAE，
∵∠CAE=∠B，
∴∠AFD=∠B，
∵AD平分∠BAE，
∴∠BAD=∠FAD，
在△ABD与△AFD中，
，
∴△ABD≌△AFD（AAS），
∴BD=FD，
∴AC=BD；
（2）解：由（1）得：AF=2AE=2x，△ABD≌△AFD，
∴AB=AF=2x，
∵BD=3，AD=5，
在△ABD中，由三角形的三边关系得：AD-BD＜AB＜AD+BD，
即5-3＜2x＜5+3，
解得：1＜x＜4，
即x的取值范围是1＜x＜4．
【点睛】
本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、角平分线定义以及三角形的三边关系等知识，本题综合性强，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
模型四、角平分线模型
1 角平分线常用的辅助线
【例1】（2022·全国·八年级）已知：如图，BD为△ABC的角平分线，且BD=BC，E为BD延长线上的一点，BE=BA，过E作EF⊥AB，F为垂足，下列结论：①△ABD≌△EBC②∠BCE+∠BCD=180°③AD=AE=EC ④ BA+BC=2BF其中正确的是（ ）
A．①②③B．①③④C．①②④D．①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】
易证，可得，AD=EC可得①②正确；再根据角平分线的性质可求得 ，即③正确，根据③可判断④正确；
【详解】
∵ BD为∠ABC的角平分线，
∴ ∠ABD=∠CBD，
∴在△ABD和△EBD中，BD=BC，∠ABD=∠CDB，BE=BA，
∴△(SAS)，故①正确；
∵ BD平分∠ABC，BD=BC，BE=BA，
∴ ∠BCD=∠BDC=∠BAE=∠BEA，
∵△ABD≌△EBC，
∴∠BCE=∠BDA，
∴∠BCE+∠BCD=∠BDA+∠BDC=180°，
故②正确；
∵∠BCE=∠BDA，∠BCE=∠BCD+∠DCE，
∠BDA=∠DAE+∠BEA，∠BCD=∠BEA，
∴∠DCE=∠DAE，
∴△ACE是等腰三角形，
∴AE=EC，
∵△ABD≌△EBC，
∴AD=EC，
∴AD=AE=EC，
故③正确；
作EG⊥BC，垂足为G，如图所示：
∵ E是BD上的点，∴EF=EG，
在△BEG和△BEF中
∴ △BEG≌△BEF，
∴BG=BF，
在△CEG和△AFE中
∴△CEG≌△AFE，
∴ AF=CG，
∴BA+BC=BF+FA+BG-CG=BF+BG=2BF，
故④正确；
故选：D．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，全等三角形对应边、对应角相等的性质，本题中熟练求证三角形全等和熟练运用全等三角形对应边、对应角相等的性质是解题的关键；
【例2】（浙江杭州·八年级期末）如图，中，，的角平分线、相交于点，过作交的延长线于点，交于点，则下列结论：①；②；③；④四边形，其中正确的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据三角形全等的判定和性质以及三角形内角和定理逐一分析判断即可．
【详解】
解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠ABC=90°
∵AD、BE分别平分∠BAC、∠ABC，
∴∠BAD=，∠ABE=
∴∠BAD+∠ABE=
∴∠APB=180°-（∠BAD+∠ABE）=135°，故①正确；
∴∠BPD=45°，
又∵PF⊥AD，
∴∠FPB=90°+45°=135°
∴∠APB=∠FPB
又∵∠ABP=∠FBP
BP=BP
∴△ABP≌△FBP（ASA）
∴∠BAP=∠BFP，AB=AB，PA=PF，故②正确；
在△APH与△FPD中
∵∠APH=∠FPD=90°
∠PAH=∠BAP=∠BFP
PA=PF
∴△APH≌△FPD（ASA），
∴AH=FD，
又∵AB=FB
∴AB=FD+BD=AH+BD，故③正确；
连接HD，ED，
∵△APH≌△FPD，△ABP≌△FBP
∴，，PH=PD，
∵∠HPD=90°，
∴∠HDP=∠DHP=45°=∠BPD
∴HD∥EP，
∴
∵

故④错误，
∴正确的有①②③，
故答案为：B．
【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方法有：SSS、SAS、AAS、ASA、HL，注意AAA和SAS不能判定两个三角形全等．
【例3】（2022·全国·八年级）如图所示，的外角的平分线CP与的平分线相交于点P，若，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】
如图（见解析），设，从而可得，先根据三角形的外角性质可求出，再根据角平分线的性质可得，从而可得，然后根据直角三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据平角的定义即可得．
【详解】
如图，过点P分别作于点M，于点N，于点E，
设，则，
，
，
是的平分线，
，
，
是的平分线，，，
，
同理可得：，
，
在和中，，
，
，即，
又，
，
解得，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了角平分线的定义与性质、三角形的外角性质、直角三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，利用角平分线的性质是解题关键．
【例4】（2021·山东淄博·七年级期末）已知，△ABC中，∠BAC＝120°，AD平分∠BAC，∠BDC＝60°，AB＝2，AC＝3，则AD的长是________．
【答案】5
【解析】
【分析】
过D作，，交延长线于F，然后根据全等三角形的性质和角直角三角形的性质即可求解．
【详解】
过D作，，交延长线于F，
∵AD平分，，，
∴，，
∵，
，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
此题考查了全等三角形和角平分线的性质，解题的关键是作出辅助线构造全等三角形．
【例5】（2022·全国·八年级）已知：如图，AC∥BD，AE、BE分别平分∠CAB和∠ABD，点E在CD上．用等式表示线段AB、AC、BD三者之间的数量关系，并证明．
【答案】AC+BD=AB，理由见见解析
【解析】
【分析】
在BA上截取BF=BD，连接EF，先证得，可得到∠BFE=∠D，再由AC∥BD，可得∠AFE=∠C，从而证得，可得AF=AC，即可求解．
【详解】
解：AC+BD=AB，证明如下：
在BA上截取BF=BD，连接EF，如图所示：
∵AE、BE分别平分∠CAB和∠ABD，
∴∠EAF=∠EAC，∠EBF=∠EBD，
在△BEF和△BED中，
，
∴（SAS），
∴∠BFE=∠D，
∵AC∥BD，
∴∠C+∠D=180°，
∵∠AFE+∠BFE=180°，
∴∠AFE+∠D=180°，
∴∠AFE=∠C，
在△AEF和△AEC中，
，
∴（AAS），
∴AF=AC，
∵AF+BF=AB，
∴AC+BD=AB．
【点睛】
本题主要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和性质定理是解题的关键．
模型五、全等三角形中的手拉手模型
手拉手模型是指两个顶角相等的等腰三角形顶角顶点重合，左底角顶点互连，右底角顶点互连所组成的图形。如果把等腰三角形顶角看作“头”，左底角看作“左手”，右底角看作“右手”，则可以描述成：头对头，左手拉左手，右手拉右手，这也正是手拉手模型名称的由来。
【例1】（2022·山东·宁津县育新中学九年级阶段练习）如图，，，三点在同一直线上，，都是等边三角形，连接，，：下列结论中正确的是（ ）
①△ACD≌△BCE；
②△CPQ是等边三角形；
③平分；
④△BPO≌△EDO．
A．①②B．①②③C．①②④D．①②③④
【答案】B
【解析】
【分析】
利用等边三角形的性质，三角形的全等，逐一判断即可．
【详解】
∵△ABC，△CDE都是等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠ECD=60°，
∴∠ACB+∠PCQ =∠ECD+∠PCQ，∠PCD=60°，
∴∠ACD =∠BCE，
∴△ACD≌△BCE，
∴①的说法是正确的；
∵△ACD≌△BCE，
∴∠PDC =∠QEC，
∵∠PCD=∠QCE=60°，CD=CE，
∴△PCD≌△QCE，
∴PC=QC，
∴△CPQ是等边三角形；
∴②的说法是正确的；
∵△PCD≌△QCE，
∴PD=QE，，
过点C作CG⊥PD，垂足为G，CH⊥QE，垂足为H，
∴，
∴CG=CH，
∴平分，
∴③的说法是正确的；
无法证明△BPO≌△EDO．
∴④的说法是错误的；
故答案为①②③，
故选B．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质与判定，三角形的全等与性质，角平分线的性质定理，熟练掌握等边三角形的性质，灵活进行三角形全等的判定，活用角的平分线性质定理的逆定理是解题的关键．
【例2】（2021·江苏·涟水县红日中学八年级阶段练习）如图，点C是线段AE上一动点（不与A，E重合），在AE同侧分别作等边三角形ABC和等边三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ，有以下5个结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．其中一定成立的结论有（ ）个
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【解析】
【分析】
①由于△ABC和△CDE是等边三角形，可知AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，从而证出△ACD≌△BCE，可推知AD=BE；
③由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△ACP≌△BCQ（ASA），所以AP=BQ；故③正确；
②根据②△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；
④根据∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，可知∠DQE≠∠CDE，可知④错误；
⑤利用等边三角形的性质，BC∥DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，可知⑤正确．
【详解】
①∵等边△ABC和等边△DCE，
∴BC=AC,DE=DC=CE，∠DEC=∠BCA=∠DCE=60∘，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
AC=BC，∠ACD=∠BCE，DC=CE，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE；
故①正确；
③∵△ACD≌△BCE(已证)，
∴∠CAD=∠CBE，
∵∠ACB=∠ECD=60°(已证)，
∴∠BCQ=180°-60°×2=60°，
∴∠ACB=∠BCQ=60°，
在△ACP与△BCQ中，
∠CAD=∠CBE，AC=BC，∠ACB=∠BCQ=60°，
∴△ACP≌△BCQ(ASA)，
∴AP=BQ；
故③正确；
②∵△ACP≌△BCQ，
∴PC=QC，
∴△PCQ是等边三角形，
∴∠CPQ=60∘，
∴∠ACB=∠CPQ，
∴PQ∥AE；
故②正确；
④∵AD=BE，AP=BQ，
∴AD−AP=BE−BQ，
即DP=QE，
∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，
∴∠DQE≠∠CDE，
∴DE≠QE，
则DP≠DE，故④错误；
⑤∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，
∵等边△DCE，
∠EDC=60°=∠BCD，
∴BC∥DE，
∴∠CBE=∠DEO，
∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°.
故⑤正确；
综上所述，正确的结论有：①②③⑤，错误的结论只有④，
故选D．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质，以及等边三角形的判定和性质，此图形是典型的“手拉手”模型，熟练掌握此模型的特点是解题的关键．
【例3】（2020·江苏·靖江市靖城中学八年级期中）如图，点B、C、E在同一条直线上，与都是等边三角形，下列结论：①AE=BD；②；③线段AE和BD所夹锐角为80°；④FG∥BE．其中正确的是______．（填序号）
【答案】①②④
【解析】
【分析】
利用等边三角形的性质证明可判断①，利用，可得利用三角形的外角的性质可得 从而可判断③， 再结合等边三角形的性质证明可判断②， 由可得：，结合可得，从而可判断④．
【详解】
解：如图，记与的交点为，
∵与都是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠BCA=∠DCE=60°
∵点B、C、E在同一条直线上，
∴∠ACD=60°，
∴∠BCD=∠ACE=120°
在和中，
∴，
所以结论①正确；
∵，
∴∠BDC=∠CEA，
∵∠AHB=∠DBE+∠BEA=∠DBE+∠BDC=180°∠BCD=60°， 所以③错误；
在和中，
，
∴，
∴所以②正确；
，
∵CG=CF，∠ACD=60°，
∴∠GFC=60，
又∵∠DCE=60°，
∴∠GFC=∠DCE，
∴GF∥BC，所以④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质和判定，平行线的判定，解决本题的关键是找到判定三角形全等的条件．
【例4】（2020·湖南·长沙市长郡外国语实验中学八年级阶段练习）如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作等边三角形ABC和等边三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ．以下结论：①PQAE；②∠AOE＝120°；③CO平分∠BCD；④△CPQ是等边三角形，⑤OC+BO＝AO恒成立的是_____．
【答案】①②④⑤
【解析】
【分析】
由“”可证，可得，由“”可得，利用全等三角形的性质依次判断可求解．
【详解】
解：等边和等边，
，，，
，即 ，
在与中，
，
，
，
又，
，即，
又，
，
，
又，
为等边三角形，故④正确；
，
，故①正确；
，
，故②正确；
如图，在上截取，连接，
，
，， ，
，
，，
，，
又，
，
，
，，
是等边三角形，
，
，故⑤正确；
不一定垂直，
不一定等于，
不一定等于，
不一定平分，故③错误；
故答案为：①②④⑤．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，能熟练应用相关性质是解题的关键．
【例5】（2022·湖南永州·八年级期末）△ACB和△DCE是共顶点C的两个大小不一样的等边三角形．
(1)问题发现：
如图1，若点A，D，E在同一直线上，连接AE，BE．
①求证：△ACD≌△BCE；
②求∠AEB的度数．
(2)类比探究：如图2，点B、D、E在同一直线上，连接AE，AD，BE，CM为△DCE中DE边上的高，请求∠ADB的度数及线段DB，AD，DM之间的数量关系，并说明理由．
(3)拓展延伸：如图3，若设AD（或其延长线）与BE的所夹锐角为α，则你认为α为多少度，并证明．
【答案】(1)①见解析；②∠AEB=60°；
(2)∠ADB=60°，2DM+BD=AD，理由见解析；
(3)α=60°，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）①由△ACB和△DCE是等边三角形知AC=BC，CD=CE，∠ACD=60°-∠DCB=∠BCE，据此即可得证；
②由△ACD≌△BCE知∠ADC=∠BEC=120°，结合∠CED=60°可得∠AEB=60°；
（2）证△ACD≌△BCE得∠CDA=∠CED=60°，由∠ADB+∠CDA=∠DCE+∠CED知∠ADB=60°，根据CM⊥BE，且△CDE为等边三角形可得DE=2DM，DE+BD=BE=AD；
（3）同理知△ACD≌△BCE，据此得∠BEC=∠ADC，继而知∠CDF+∠CEF=180°，即∠ECD+∠DFE=180°，从而得出答案．
(1)
①证明：∵△ACB和△DCE是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACD=60°-∠DCB=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS）；
②∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC=∠BEC=180°-∠CDE=120°，
又∵∠CED=60°，
∴∠AEB=60°；
(2)
解：∠ADB=60°，2DM +BD=AD，理由如下；
∵AC=BC，CD=CE，∠ACD=60°+∠DCB=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CDA=∠CED=60°；
∵∠ADB+∠CDA=∠DCE+∠CED，
∴∠ADB=60°；
又∵CM⊥BE，且△CDE为等边三角形，
∴DE=2DM，
∴2DM +BD=BE=AD；
(3)
解：α=60°，理由如下：
同理可证△ACD≌△BCE，
∴∠BEC=∠ADC，
∴∠CDF+∠CEF=180°，
∴∠ECD+∠DFE=180°，而α+∠DFE=180°，
∴α=∠ECD=60°．
【点睛】
本题是三角形的综合问题，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质等知识点．
六、全等三角形中的动态问题
【例1】★★如图，在Rt△ABC，∠C=90°，AC=12，BC=6，一条线段PQ=AB，P、Q两点分别在AC和过点A且垂直于AC的射线AX上运动，要使△ABC和△QPA全等，则AP= ______ ．
【答案】6或12
【解析】①当AP=CB时，∵∠C=∠QAP=90°，
在Rt△ABC与Rt△QPA中，，∴Rt△ABC≌Rt△QPA（HL），即；
②当P运动到与C点重合时，AP=AC，
在Rt△ABC与Rt△QPA中， ,∴Rt△QAP≌Rt△BCA（HL），即，
∴当点P与点C重合时，△ABC才能和△APQ全等．
综上所述，AP=6或12． 故答案为：6或12．
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法和全等三角形的性质，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．由于本题没有说明全等三角形的对应边和对应角，因此要分类讨论，以免漏解．
【例2】★★★（2020·广东省绿翠现代实验学校初二期中）如图（1），AB=4，AC⊥AB，BD⊥AB，AC=BD=3．点 P 在线段 AB 上以 1的速度由点 A 向点 B 运动，同时，点 Q 在线段 BD 上由点 B 向点 D 运动．它们运动的时间为 （s）．
（1）若点 Q 的运动速度与点 P 的运动速度相等，当=1 时，△ACP 与△BPQ 是否全等，请说明理由， 并判断此时线段 PC 和线段 PQ 的位置关系；
（2）如图（2），将图（1）中的“AC⊥AB，BD⊥AB”为改“∠CAB=∠DBA=60°”，其他条件不变．设点 Q 的运动速度为，是否存在实数，使得△ACP 与△BPQ 全等？若存在，求出相应的、的值；若不存在，请说明理由．
【答案】
(1)当t=1时，AP= BQ=1, BP= AC=3,
又∠A=∠B= 90°，在△ACP和△BPQ中，，∴△ACP≌△BPQ(SAS).
∴∠ACP=∠BPQ ,∴∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP = 90°，
∴∠CPQ= 90°，即线段PC与线段PQ垂直；
(2)①若△ACP≌△BPQ，则AC= BP，AP= BQ，，解得，
②若△ACP≌△BQP，则AC= BQ，AP= BP，，解得：
综上所述,存在或使得△ACP与△BPQ全等。
【点睛】本题主要考查三角形全等与动点问题，熟练掌握三角形全等的性质与判定定理，是解决本题的关键.
【亮点训练】
1．（2022·辽宁·沈阳市第一三四中学七年级阶段练习）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D，若AD=12，CD=5，则ED的长度是（ ）
A．8B．7C．6D．5
【答案】B
【解析】
【分析】
根据直角三角形的两锐角互余及角的和差得到∠CAD=∠BCE，即可证明△CDA≌△BEC，可得CD=BE，CE=AD，根据ED=AD-CD，即可解题．
【详解】
解：∵∠ACB=90°，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D，
∴∠E=∠CDA=90°，∠ACD+∠BCE=90°，∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△CDA和△BEC中，，
∴△CDA≌△BEC（AAS），
∴CD=BE，CE=AD，
∵ED=CE-CD，
∴ED=AD-CD，
∵AD=12，CD=5，
∴ED=12-5=7．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法（AAS）和性质（全等三角形的对应边）是解题的关键．
2．（2022·广东·西南中学三模）如图，在中，为边上任意一点，按以下步骤作图：①以点为圆心，以任意长为半径作弧，分别交，于点，；②以点为圆心，以长为半径作弧，交于点；③以点为圆心，以长为半径作弧，在内部交前面的弧于点；④作射线交于点若，，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由作图可知，，由三角形内角和定理求解即可．
【详解】
解：由作图可知，
，
∴
∴
故选：B．
【点睛】
本题考查基本作图-作一个角等于已知角，三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握作一个角等于已知角的尺规作图方法.
3．（2022·全国·八年级）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝50°，D，F分别是BC，AC上的点，DE⊥AB，垂足为E，CF＝BE，DF＝DB，则∠ADE的度数为（ ）
A．40°B．50°C．70°D．71°
【答案】C
【解析】
【分析】
先利用三角形内角和算出，再证明得到；再证明，得到，即可算出
【详解】
根据题意：
在中
在和中
∴
∴
在和中
∴
∴
在中
∴
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定及性质，注意HL这个判定方法的使用．
4．（2022·福建·模拟预测）如图，在正六边形ABCDEF中，点G，H分别是边BC，CD上的点，且，AG交BH于点O，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据正六边形的性质得到AB=BC，∠ABC=∠C=120°，由三角形全等的判定定理SAS即可证出△ABG≌△BCH；得到∠BAG=∠HBC，然后根据三角形的内角和和对顶角的性质即可得到结果．
【详解】
∵在正六边形ABCDEF中，
AB=BC，∠ABC=∠C=120°，
在△ABG与△BCH中
，
∴△ABG≌△BCH；
∴∠BAG=∠HBC，
∴∠BOG=∠ABG=120°，
∴∠AOH=∠BOG=120°．
故选C
【点睛】
本题考查了正多边形的计算及全等三角形的判定及性质，解题的关键是正确地利用正六边形中相等的元素．
5．（2021·湖南永州·八年级阶段练习）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3B．1或
C．1或或D．1或或5
【答案】C
【解析】
【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．
【详解】
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．
【点睛】
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．
6．（2022·山东东营·七年级期末）如图，BE交AC于点M，交CF于点D，AB交CF于点N，，给出的下列五个结论中正确结论的序号为 ．
①；②；③；④；⑤．
【答案】①；②；③；⑤
【解析】
【分析】
①先证明△ABE≌△ACF，然后根据全等三角形的性质即可判定；②利用全等三角形的性质即可判定；③根据ASA即可证明三角形全等；④无法证明该结论；⑤根据ASA证明三角形全等即可．
【详解】
解：在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（AAS），
∴∠BAE=∠CAF，BE=CF，故②正确，
∴∠BAE-∠BAC=∠CAF-∠BAC，即∠1=∠2，故①正确，
∵△ABE≌△ACF，
∴AB=AC，
在△CAN和△BAM中，
，
∴△CAN≌△BAM（ASA），故③正确，
CD=DN不能证明成立，故④错误
在△AFN和△AEM中
，
∴△AFN≌△AEM（ASA），故⑤正确．
结论中正确结论的序号为①；②；③；⑤．
故答案为①；②；③；⑤．
【点睛】
本题主要考查了三角形全等的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件．
7．（2022·山东东营·七年级期末）如图，在中，已知AD是平分线，于点E，，则点D到AB的最短距离是_________．
【答案】2
【解析】
【分析】
过点D作DF⊥AB于F，先证△FAD≌△EAD（AAS），得出DF=DE，再利用三角形面积S△ABC=S△ABD+S△ACD求解即可．
【详解】
解：过点D作DF⊥AB于F，
∵AD平分∠BAC，
∴∠FAD=∠EAD，
∵DF⊥AB，，
∴∠DFA=∠DEA=90°，
在△FAD和△EAD中
，
∴△FAD≌△EAD（AAS）
∴DF=DE，
∵S△ABC=S△ABD+S△ACD=，
∴DF=2．
故答案为2．
【点睛】
本题考查角平分线定义，三角形全等判定与性质，三角形面积，掌握角平分线定义，三角形全等判定与性质，三角形面积是解题关键．
8．（2022·山东聊城·八年级期末）如图，在四边形中，，，，点在线段上以的速度由点向点运动，同时，点在线段上由点向点运动，设运动时间为，当与以，，为顶点的三角形全等时，点的运动速度为______．
【答案】1或
【解析】
【分析】
设点的运动速度为，由题意可得，与以，，为顶点的三角形全等时分为两种情况：，再利用全等三角形的性质求解即可．
【详解】
解：设点的运动速度为，
由题意可得，
∵
∴与以，，为顶点的三角形全等时可分为两种情况：
①当时，
∴，
∴
∴
∴此时点的运动速度为；
②当时，
，
∴，
∴，
此时点的运动速度为，
故答案为：1或．
【点睛】
本题主要考查三角形全等的性质，掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键，注意分情况讨论．
9．（2022·广东·深圳市高级中学八年级期末）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_______．
【答案】
【解析】
【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．
【详解】
作FH垂直于FE，交AC于点H，
∵
又∵，
∴
∵，FA=CF
∴
∴FH=FE
∵
∵
∴
又∵DF=DF
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
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．
10．（2021·全国·八年级期中）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_____．
【答案】DE+BG＝EG
【解析】
【分析】
连接，利用全等三角形的判定和性质，求解即可．
【详解】
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
【点睛】
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．
11．（2022·全国·八年级）如图，△ABC中，D为BC的中点，
(1)在图中作出CM⊥AD，BN⊥AD，垂足分别为M、N；
(2)求证：DM＝DN；
(3)求AD＝3，求AM＋AN的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)6
【解析】
【分析】
（1）根据条件结合作垂线的方法作出图形，即可得；
（2）由题意得BD＝CD，根据CM⊥AD，BN⊥AD得∠BND＝∠CMD＝90°，用AAS证明△BND≌△CMD即可得；
（3）根据全等三角形的性质得DM＝DN，利用线段的和与差得AM+AN＝AD+DM+AD﹣ND和DM＝DN，即可得．
(1)
解：如图所示，
(2)
解：∵D为BC的中点，
∴BD＝CD，
∵CM⊥AD，BN⊥AD，
∴∠BND＝∠CMD＝90°，
在△BND和△CMD中，

∴△BND≌△CMD（AAS），
∴DN＝DM．
(3)
解：∵△BND≌△CMD，
∴DM＝DN，
∵AM＝AD+DM，AN＝AD﹣ND，
∴AM+AN＝AD+DM+AD﹣ND，
∵DM＝DN，
∴AM+AN＝2AD＝6．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握全等三角形判定与性质．
12．（2022·安徽·合肥寿春中学八年级期末）如图，已知AD是△ABC的边BC上的高，点E为AD上一点，且，．
(1)证明
(2)若，，求△ABC的面积．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)24
【解析】
【分析】
（1）延长BE交AC于F点，证明Rt△BDE≌Rt△ADC(HL)即可得证；
（2）根据Rt△BDE≌Rt△ADC(HL)可得BD=AD，即有AD=AE+DE，BC=BD+DC，结合AD⊥BC即可求解．
(1)
延长BE交AC于F点，如图，
根据题意有AD⊥BC，
∴∠BDE=∠ADC=90°，
∵BE=AC，DE=DC，
∴Rt△BDE≌Rt△ADC(HL)，
∴BD=AD，∠DBE=∠DAC，
∵∠C+∠DAC=∠ADC=90°，
∴∠DBE+∠C=90°，
∴∠BFC=90°，
∴BE⊥AC；
(2)
∵Rt△BDE≌Rt△ADC(HL)，
∴BD=AD，
∵AE=4，CD=2，
∴AD=AE+DE=AE+CD=4+2=6，
∴BD=AD=6，
∴BC=BD+CD=6+2=8，
∴△ABC的面积为：．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的面积、直角三角形中两锐角互余等知识，证得Rt△BDE≌Rt△ADC(HL)是解答本题的关键．
13．（2022·全国·八年级）如图，，，，连接，过点作于，过点作于．
(1)若，求的度数；
(2)请直接写出线段、、三者间的数量关系．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）证明，可得，由可求出的度数；
（2）由可得，，则由通过等量代换可得结论．
(1)
证明：∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
在和中，
∴，
∴，
∵，，
∴．
∴的度数为．
(2)
解：．理由如下：
∵，
∴，，
∴，
即．
【点睛】
本题考查了平行线的性质，直角三角形的性质，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．
14．（2022·辽宁·沈阳市第一三四中学七年级阶段练习）回答问题
（1）【初步探索】如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是_______________；
（2）【灵活运用】如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
（3）【拓展延伸】知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．
【答案】（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由见解析；（3）∠EAF=180°-∠DAB
【解析】
【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；
（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．
【详解】
解：（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：
如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B=∠ADF=90°，∠ADG=∠ADF=90°，
∴∠B=∠ADG=90°，
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；
故答案为：∠BAE+∠FAD=∠EAF；
（2）仍成立，理由：
如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，
∴∠B=∠ADG，
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；
（3）∠EAF=180°-∠DAB．
证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ADC=∠ABE，
又∵AB=AD，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠FAE=∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）=360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）=360°，
即2∠FAE+∠DAB=360°，
∴∠EAF=180°-∠DAB．
【点睛】
本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．解题时注意：同角的补角相等．
15．（2022·云南·景谷傣族彝族自治县教育体育局教研室八年级期末）如图1，点P，Q分别是等边边AB，BC上的动点，点P从顶点A向点B运动，点Q从顶点B向点C运动，两点同时出发，且它们的速度都相同．
(1)连接AQ，CP交于点M则在P、Q运动的过程中，的大小发生变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数；
(2)如图2，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB，BC上运动，直线AQ、CP交点为M，则的大小发生变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数．
【答案】(1)不变；
(2)不变；
【解析】
【分析】
（1）通过证明得到，再利用三角形外角的性质即可求解；
（2）同样通过证明得到，再利用三角形外角的性质和三角形内角和的性质进行求解即可．
(1)
解：（1）点、在运动的过程中，不变.
∵是等边三角形，
∴，，
又∵点、运动速度相同，
∴，且，，
∴，
∴.
∵，
∴
(2)
点、在运动的过程中，不变.
由（1）可知：，
∴，
∵，
∴，
∴点、在运动的过程中，不变．
【点睛】
本题考查了动点问题，涉及到了三角形全等的判定与性质，三角形外角的性质和三角形的内角和是180°等知识，解题关键是正确找到全等三角形．
【培优检测】
1．（2021·上海市徐汇中学八年级期中）如图，若 AC、BD、EF两两互相平分于点O，那么图中的全等三角形共有（ ）
A．3对B．4对C．5对D．6对
【答案】D
【解析】
【分析】
根据AC、BD、EF两两互相平分于点O，则有OE＝OF，OA＝OC，OB＝OD；图中的对顶角有∠AOB与∠DOC，∠AOE与∠COF，∠BOF与∠DOE，∠AOD与∠BOC；根据两边和它们的夹角对应相等的两三角形全等（SAS）可得△AOB≌△DOC；△AOE≌△COF；再利用前面所证全等三角形，易证四边形ABCD是平行四边形，故△BOF≌△DOE；△AOD≌△BOC．
【详解】
解：∵AC、BD、EF两两互相平分于点O
∴OE＝OF，OA＝OC，OB＝OD；
∵∠AOB=∠DOC，∠AOE=∠COF，∠BOF=∠DOE，∠AOD=∠BOC；
∴△AOB≌△DOC（SAS）
△AOE≌△COF（SAS）
∵OA＝OC，OB＝OD；
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD∥BC， AD=BC
∴∠EDO=∠FBO， △AOD≌△BOC
∴△BOF≌△DOE
故图中所有的全等三角形有6对，分别是△AOB≌△DOC；△AOE≌△COF；△BOF≌△DOE；△AOD≌△BOC；△ABD≌△CDB；△ABC≌△CDA．
故选：D
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定；找寻全等三角形时要从最明显的开始，由易到难，不重不漏．
2．（2022·全国·八年级）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
【解析】
【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．
3．（2021·重庆·八年级期中）罗同学学习了全等三角形后，利用全等三角形绘制出了下面系列图案，第（1）个图案由2个全等三角形组成，第（2）个图案由4个全等三角形组成，第（3）个图案由7个全等三角形组成，第（4）个图案由12个全等三角形组成，则第（6）个图案中全等三角形的个数为（ ）
A．25B．38C．70D．135
【答案】B
【解析】
【分析】
仔细观察图形，发现第个图形有个三角形，根据规律求解即可．
【详解】
解：观察发现：
第一个图形有个全等三角形；
第二个图形有个全等三角形；
第三个图形有个全等三角形；
第四个图形有个全等三角形；
第个图形有个全等三角形；
当时，（个．
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等的定义，图形类规律题，正确找到规律是解题的关键．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，按照什么规律变化的．
4．（2021·山东烟台·七年级期中）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
【答案】D
【解析】
【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．
【详解】
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．
【点睛】
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．
5．（2020·北京市京源学校八年级期中）如图所示,在中，，AD平分，于点E，则下列结论：①DA平分；②∠=∠；③DE平分∠；④．其中正确的有（ ）
A．①②B．①④C．③④D．①②④
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题中条件，结合图形及角平分线的性质得到结论，与各选项进行比对，排除错误答案，选出正确的结果．
【详解】
∵AD平分∠BAC
∴∠DAC=∠DAE
∵∠C=90°，DE⊥AB
∴∠C=∠E=90°
∵AD=AD
∴△DAC≌△DAE
∴∠CDA=∠EDA
∴①AD平分∠CDE正确；
无法证明∠BDE=60°，
∴③DE平分∠ADB错误；
∵BE+AE=AB，AE=AC
∴BE+AC=AB
∴④BE+AC=AB正确；
∵∠BDE=90°-∠B，∠BAC=90°-∠B
∴∠BDE=∠BAC
∴②∠BAC=∠BDE正确．
故选D．
【点睛】
考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，解题关键是灵活运用角平分线的性质进行分析．
6．（2022·山东烟台·七年级期末）如图，，，F为AB上一点，连接CF，，，垂足分别是点E，D．若，，则DE的长为______cm．

【答案】3
【解析】
【分析】
根据AAS证明△AEC≌△CDB，得到CD＝AE＝5cm，CE＝BD＝2cm，即可得出ED＝3cm．
【详解】
解：∵AE⊥CF，BD⊥CF，
∴∠AEC＝∠CDB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACE＋∠BCD＝∠CAE＋∠ACE＝90°，
∴∠CAE＝∠BCD，
在△AEC和△CDB中，
∴△AEC≌△CDB（AAS），
∴CD＝AE＝5cm，CE＝BD＝2cm，
∴ED＝CD−CE＝5−2＝3（cm），
故答案为：3．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质．证得三角形全等是解决问题的关键．
7．（2022·辽宁抚顺·八年级期末）如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＜OC，∠AOB＝∠COD＝50°，连接AC、BD交于点M，连接OM．下列结论：①AC＝BD，②∠AMB＝50°；③OM平分∠AOD；④MO平分∠AMD．其中正确的结论是 _____．（填序号）
【答案】①②④
【解析】
【分析】
由证明得出，，①正确；
由全等三角形的性质得出，由三角形的外角性质得：，得出，②正确；
作于，于，如图所示：则，利用全等三角形对应边上的高相等，得出，由角平分线的判定方法得出平分，④正确；
假设平分，则，由全等三角形的判定定理可得，得，而，所以，而，故③错误；即可得出结论．
【详解】
解：，
，
即，
在和中，
，
，
，，故①正确；
，
由三角形的外角性质得：
，
，故②正确；
作于，于，如图所示，
则，
，
，
平分，故④正确；
假设平分，则，
在与中，
，
，
，
，
，
而，故③错误；
所以其中正确的结论是①②④．
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识；证明三角形全等是解题的关键．
8．（2021·安徽合肥·八年级阶段练习）如图，AE与BD相交于点C，AC＝EC，BC＝DC，AB＝5cm，点P从点A出发，沿A→B方向以2cm/s的速度运动，点Q从点D出发，沿D→E方向以1cm/s的速度运动，P、Q两点同时出发．当点P到达点B时，P、Q两点同时停止运动．设点P的运动时间为t（s）．
（1）AP的长为 ___cm．（用含t的代数式表示）
（2）连接PQ，当线段PQ经过点C时，t＝___s．
【答案】 2t ##
【解析】
【分析】
（1）根据路程=速度×时间求解即可；
（2）根据全等三角形在判定证明△ACB≌△ECD可得AB=DE，∠A=∠E，当PQ经过点C时，可证得△ACP≌△ECQ，则有AP=EQ，进而可得出t的方程，解方程即可．
【详解】
解：（1）由题意知：AP=2t，0＜t≤，
故答案为：2t；
（2）∵AC＝EC，∠ACB＝∠ECD，BC＝DC，
∴△ACB≌△ECD（SAS），
∴DE=AB=5cm，∠A＝∠E，
当PQ经过点C时，∵∠A＝∠E，AC＝EC，∠ACP＝∠ECQ，
∴△ACP≌△ECQ（ASA），
∴AP=EQ，
又∵AP=2t，DQ=t，
∴2t=5－t，
解得：t=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查全等三角形的应用，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答的关键．
9．（2021·全国·八年级单元测试）如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，△ABC的角平分线AD，BE相交于点P，过点P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H，则下列结论：①∠APB＝135°；②BF＝BA；③PH＝PD；④连接CP，CP平分∠ACB．其中正确结论的序号是______．
【答案】①②③④
【解析】
【分析】
根据三角形内角和定理以及角平分线定义判断①；根据全等三角形的判定和性质判断②③；根据角平分线的判定与性质判断④．
【详解】
解：在中，
，
，
又、分别平分、
，
，故①正确．
，
又，
，
，
又，，
，
，，，故②正确．
在和中，
，，，
，
，故③正确．
的角平分线、相交于点，
点到、的距离相等，点到、的距离相等，
点到、的距离相等，
点在的平分线上，
平分，故④正确．
故答案为：①②③④．
【点睛】
本题考查了角平分线的判定与性质，三角形全等的判定方法，三角形内角和定理，解题的关键是掌握相关性质．
10．（广东·深圳市高级中学七年级期中）如图，在中，，，，为边上的高，点从点出发在直线上以的速度移动，过点作的垂线交直线于点，当点运动_________时，．
【答案】2或5
【解析】
【分析】
分析E在射线BC上移动和点E在射线CB上移动两种情况进行讨论再结合全等三角形的判定与性质计算即可得出答案．
【详解】
如图，当E在射线BC上移动时，CF=AB
∵∠A+∠ACD=90°，∠BCD+∠ACD=90°
∴∠A=∠BCD
又∵∠ECF=∠BCD
∴∠A=∠ECF
在△CFE与△ABC中
∴△CFE≌△ABC
∴CE=AC=7cm
∴BE=BC+CE=10cm
10÷2=5(s)
当点E在射线CB上移动时，CF=AB
在△与△ABC中
∴△≌△ABC
∴=AC=7cm
∴=4cm
4÷2=2(s)
综上所知，当点E运动5s或2s时，CF=AB
故答案为5或2．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，根据已知条件构造全等三角形是解决本题的关键．
11．（2022·上海·八年级期末）在等腰△OAB和等腰△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，连接AC、BD交于点M．
(1)如图1，若∠AOB＝∠COD＝40°：
①AC与BD的数量关系为 ；
②∠AMB的度数为 ．
(2)如图2，若∠AOB＝∠COD＝90°：
①判断AC与BD之间存在怎样的数量关系？并说明理由；
②求∠AMB的度数．
【答案】(1)①AC＝BD，②40°；
(2)①AC＝BD，理由见解析；②90°
【解析】
【分析】
（1）①由∠AOB＝∠COD可得∠BOD＝∠AOC，再由△ODB≌△OCA即可得AC＝BD；②由△ODB≌△OCA可得∠OBD＝∠OAC，于是∠OAB+∠OBA＝∠OAB+∠ABD+∠OAC，再由三角形内角和定理即可解答；
（2）①由∠AOB＝∠COD可得∠BOD＝∠AOC，再由△ODB≌△OCA即可得BD＝AC；②由△ODB≌△OCA可得∠OBD＝∠OAC，于是∠OAB+∠OBA＝∠OAB+∠ABD+∠OAC，再由三角形内角和定理即可解答.
(1)
解：①∵∠AOB＝∠COD，
∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，
∴∠BOD＝∠AOC，
在△ODB和△OCA中：OD=OC，∠DOB=∠COA，OB=OA，
∴△ODB≌△OCA（SAS），
∴AC＝BD，
故答案是：AC＝BD，
②∵△ODB≌△OCA，
∴∠OBD＝∠OAC，
∵∠AOB＝40°，
∴∠OAB+∠OBA＝180°﹣∠AOB＝140°，
又∵∠OAB+∠OBA＝∠OAB+∠ABD+∠OBD，
∴∠OAB+∠OBA＝∠OAB+∠ABD+∠OAC＝140°，
∴∠MAB+∠ABM＝140°，
∵在△ABM中，∠AMB+∠MAB+∠ABM＝180°，
∴∠AMB＝40°，
故答案是：40°；
(2)
解：①∵∠AOB＝∠COD，
∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，
∴∠BOD＝∠AOC，
在△ODB和△OCA中：OD=OC，∠DOB=∠COA，OB=OA，
∴△ODB≌△OCA（SAS），
∴AC＝BD；
②∵△ODB≌△OCA，
∴∠OBD＝∠OAC，
∵∠AOB＝90°，
∴∠OAB+∠OBA＝90°，
又∵∠OAB+∠OBA＝∠OAB+∠ABD+∠OBD，
∴∠OAB+∠OBA＝∠OAB+∠ABD+∠OAC＝90°，
∴∠MAB+∠ABM＝90°，
∵在△ABM中，∠AMB+∠MAB+∠ABM＝180°，
∴∠AMB＝90°．
【点睛】
本题考查了全等三角形判定和性质，三角形内角和定理；熟练掌握全等三角形判定和性质是解题关键．
12．（2022·上海·七年级专题练习）阅读：
如图，已知在△ABC和△A′B′C′中，AB＝A′B′，∠A＝∠A′，AC＝A′C′．那么△ABC≌△A′B′C′．
说明过程如下：
把△ABC放到△A′B′C′上，使∠A的顶点与∠A′的顶点重合；由于∠A＝∠A′，因此可以使射线AB、AC分别落在射线A′B′、A′C′上．因为AB＝A′B′，AC＝A′C′，所以点B、C分别与点B′、C′重合，这样△ABC和△A′B′C′重合，即△ABC≌△A′B′C′．
于是，得全等三角形判定方法1：在两个三角形中，如果有两条边及它们的夹角对应相等，那么这两个三角形全等（简记为SAS）．
请完成下面问题的填空：
如图，已知在△ABC和△A′B′C′中，∠A＝∠A′，AB＝A′B′，∠B＝∠B′．
那么△ABC≌△A′B′C′．
说明过程如下：
把△ABC放到△A′B′C′上，因为AB＝A′B′，可以使 与 重合，并使点C与C′在AB（A′B′）的同一侧，这时点A与点A′重合，点 与点 重合．由于∠A＝∠A′，因此射线 与射线 叠合；由于
∠B＝∠B′，因此射线 与射线 叠合．于是点C（射线AC与BC的交点）与点C′（射线A′C′与B′C′的交点）重合．这样 与 重合，即△ABC≌△A′B′C′．
于是，得全等三角形判定方法2：在两个三角形中， ．
【答案】AB；A′B′；C；C′；AC；A′C′；BC；B′C′；△ABC；△A′B′C′；如果两角和它们的夹边对应相等，那么这两个三角形全等（简记为ASA）
【解析】
【分析】
根据题目提供的信息，结合图形找准对应边与对应角，然后填空即可．
【详解】
解：把△ABC放到△A′B′C′上，
因为AB＝A′B′，
可以使AB与A′B′重合，并使点C与C′在AB（A′B′）的同一侧，这时点A与点A′重合，
点B与点B′重合．
由于∠A＝∠A′，因此射线AC与射线A′C′叠合；
由于∠B＝∠B′，因此射线BC与射线B′C′叠合．
于是点C（射线AC与BC的交点）与点C′（射线A′C′与B′C′的交点）重合．
这样△ABC与△A′B′C′重合，即△ABC≌△A′B′C′．
于是，得全等三角形判定方法2：在两个三角形中，如果两角和它们的夹边对应相等，那么这两个三角形全等（简记为ASA）．
故答案为：AB；A′B′；C；C′；AC；A′C′；BC；B′C′；△ABC；△A′B′C′；如果两角和它们的夹边对应相等，那么这两个三角形全等（简记为ASA）．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，读懂题目信息，理清证明方法是解题的关键．
13．（2022·甘肃兰州·一模）如图，BD平分∠ABC，点E在BD上．从下面①②③中选取两个作为已知条件，另一个作为结论，构成一个命题，判断该命题真假并说明理由．
①；②；③．
你选择的已知条件是______，结论是______（填写序号）；该命题为______（填“真”或“假”）命题．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】①②，③，真，理由见解析．
【解析】
【分析】
以①②为条件，③为结论，结合全等三角形的判定方法及真假命题的定义解答．
【详解】
解：条件是：①；②，结论是：③．
BD平分∠ABC，
又，
．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质、命题的定义等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
14．（2021·山西阳泉·八年级期中）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：
（1）如图1，∠BAD＝90°，AB＝AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E．由∠1+∠2＝∠2+∠D＝90°，得∠1＝∠D．又∠ACB＝∠AED＝90°，可以推理得到△ABC≌△DAE．进而得到AC＝ ，BC＝AE．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；
（2）如图2，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AC＝AE，连接BC，DE，且BC⊥AF于点F，DE与直线AF交于点G．求证：点G是DE的中点；
（深入探究）
（3）如图，已知四边形ABCD和DEGF为正方形，△AFD的面积为S1，△DCE的面积为S2，则有S1 S2（填“＞、＝、＜”）
【答案】（1）DE；（2）见解析；（3）=
【解析】
【分析】
（1）根据全等三角形的性质可直接进行求解；
（2）分别过点D和点E作DH⊥FG于点H，EQ⊥FG于点Q，进而可得∠BAF=∠ADH，然后可证△ABF≌△DAH，则有AF=DH，进而可得DH=EQ，通过证明△DHG≌△EQG可求解问题；
（3）过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E作EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M，由题意易得∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE，然后可得∠ADO=∠DCM，则有△AOD≌△DMC，△FOD≌△DNE，进而可得OD=NE，通过证明△ENP≌△CMP及等积法可进行求解问题．
【详解】
解：（1）∵，∴；
（2）分别过点D和点E作DH⊥FG于点H，EQ⊥FG于点Q，如图所示：
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴△ABF≌△DAH，
∴AF=DH，
同理可知AF=EQ，
∴DH=EQ，
∵DH⊥FG，EQ⊥FG，
∴，
∵
∴△DHG≌△EQG，
∴DG=EG，即点G是DE的中点；
（3），理由如下：如图所示，过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E作EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M
∵四边形ABCD与四边形DEGF都是正方形
∴∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE
∵DO⊥AF，CM⊥OD，
∴∠AOD=∠CMD=90°，∠OAD+∠ODA=90°，∠CDM+∠DCM=90°，
又∵∠ODA+∠CDM=90°，
∴∠ADO=∠DCM，
∴△AOD≌△DMC，
∴，OD=MC，
同理可以证明△FOD≌△DNE，
∴，OD=NE，
∴MC =NE，
∵EN⊥OD，CM⊥OD，∠EPN=∠CMP，
∴△ENP≌△CMP，
∴，
∵，
∴,
∴即．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质与判定、直角三角形的两个锐角互余及等积法，熟练掌握全等三角形的判定条件是解题的关键．
15．（2021·河北·廊坊市第四中学八年级阶段练习）如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上一点，且DE＝CE，连接BD，CD．
（1）判断与的位置关系和数量关系，并证明；
（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化？并证明；
（3）如图3，将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变，求BD与AC夹角的度数．
【答案】（1）， ；（2）， ；（3）．
【解析】
【分析】
（1）先判断出，再判定，再判断，
（2）先判断出，再得到同理（1）可得结论；
（3）先判断出，再判断出，最后计算即可．
【详解】
解：（1）与的位置关系是：，数量关系是．
理由如下：
如图1，延长交于点．
于，
．
，，
，
，，．
，
．
AE⊥BC
∴，
，
．
（2）与的位置关系是：，数量关系是．
如图，线段AC与线段BD交于点F，线段AE与线段BD交于点G，
，
，
即．
，，
，
，．
AE⊥BC
∴，
又∵
，
．
（3）如图，线段AC与线段BD交于点F，
和是等边三角形，
，，，，
，
，
在和中，
，
∴，
，
与的夹角度数为．
【点睛】
此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，判断垂直的方法，解本题的关键是判断．
一般三角形
直角三角形
判定
边角边（SAS）
角边角（ASA）
角角边（AAS）
边边边（SSS）
两直角边对应相等
一边一锐角对应相等
斜边、直角边定理（HL）
性质
对应边相等，对应角相等（其他对应元素也相等，如对应边上的高相等）
备注
判定三角形全等必须有一组对应边相等
倍长中线
已知：是底边的中线
截长
（将最长线段
一分为二）
四边形ABCD中，BC＞BA，AD=CD，BD平分∠ABC，求证：∠A+∠C=180°
证：在BC上截取AB=A’B，则可证
补短
（将较短线段延长，使其与最长线段相等）
△ABC中，∠C=2∠B，∠1=∠2，求证：AB =AC+CD
证：延长AC至点E，使CE=CD，则可证