专题01 全等三角形（知识串讲+热考题型+真题训练）-苏科版八年级《数学》上册重难点专题提优训练学霸满分

第第页专题01全等三角形【考点1】全等图形．【考点2】全等三角形的性质．【考点3】全等三角形的判定．【考点4】全等三角形的判定与性质．【考点5】全等三角形的应用．知识点1：全等图形全等形：能够完全重合的两个图形叫做全等形。（一）全等形的形状相同，大小相等，与图形所在的位置无关。（二）两个全等形的面积一定相等，但面积相等的两个图形不一定是全等形。（三）一个图形经过平移、翻折、旋转后，形状、大小都没有改变，只是位置发生了变化，即平移、翻折、旋转前后的图形全等。知识点2：全等多边形（1）定义：能够完全重合的两个多边形叫做全等多边形.相互重合的顶点叫做对应顶点，相互重合的边叫做对应边，相互重合的角叫做对应角.（2）性质：全等多边形的对应边相等，对应角相等.（3）判定：边、角分别对应相等的两个多边形全等.知识点3：全等三角形（一）全等三角形：能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形。（二）全等三角形中的对应元素1、概念：把两个全等的三角形重合到一起，重合的顶点叫做对应顶点，重合的边叫做对应边，重合的角叫做对应角。对应顶点：点A与点D，点B与点E，点C与点F。对应边：AB与DE，AC与DF，BC与EF。对应角：∠A与∠D，∠B与∠E，∠C与∠F。2、对应元素的确定方法（1）字母顺序确定法∶根据书写规范，按照对应顶点确定对应边、对应角。（2）图形位置确定法①公共边一定是对应边；②公共角一定是对应角；③对顶角一定是对应角;（3）图形大小确定法∶两个全等三角形的最大的边（角）是对应边（角），最小的边（角）是对应边（角）。（三）全等三角形的表示：全等用符号“≌”表示，读作“全等于”。如三角形△ABC和△DEF全等，记作△ABC≌△DEF。记两个三角形全等时，通常把表示对应顶点的字母写在对应的位置上。知识点4：全等三角形的性质（一）全等三角形的对应边相等，全等三角形的对应角相等。（二）全等三角形对应边上的高、中线分别相等，对应角的平分线相等，面积相等，周长相等。∵△ABC≌△DEF∴AB=DE，AC=DF，BC=EF（全等三角形的对应边相等）。∠A=∠D，∠B=∠E，∠C=∠F（全等三角形的对应角相等）。知识点5判定全等三角形（边边边）1、三边分别相等的两个三角形全等（可以简写成“边边边”或“SSS”）。知识点6判定全等三角形（边角边）1、用直尺和圆规作一个角等于已知角(已知角∠AOB，求作∠AOB=∠A'O'B')①以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA，OB于点C、D。②画一条射线O'A'，以点O'为圆心，OC长为半径画弧，交O'A'于点C'。③以点C'为圆心，CD长为半径画弧，与第2步中所画的弧相交于点D';④过点D'画射线O'B'，则∠A'O'B'=∠AOB。2、两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等（可以简写成“边角边”或“SAS”）。知识点7判定全等三角形（角边角）两角和它们的夹边分别相等的两个三角形全等（可以简写成“角边角”或“ASA”）。知识点8判定全等三角形（角角边）两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等（可以简写成"角角边"或"AAS"）。知识点9判定全等三角形（直角边、斜边）斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等（简写成"斜边、直角边"或"HL"）。注意：用“HL”证明两个直角三角形全等，书写时两个三角形符号前面要加上“Rt”。知识点10角的平分线的性质（一）作已知角的平分线（已知：∠AOB。求作：∠AOB的平分线）1、以点O为圆心，适当长为半径画弧，交OA于点M，交OB于点N。2、分别以M,N为圆心，大于123、画射线OC，射线OC即为所求。（二）角的平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等。几何表示：∵OC是∠AOB的平分线，P是OC上一点，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为D，E。∴PD=PE。知识点11角的平分线的判定角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上。几何表示：∵点P是∠AOB内的一点，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为D，E，且PD=PE，∴点P在∠AOB的平分线OC上。重要拓展：1、三角形的三条角平分线相交于三角形内一点，且该点到三角形三边的距离相等。反之，三角形内部到三边距离相等的点是该三角形三条角平分线的交点。2、三角形的角平分线与三角形一边交于一点，这条角平分线把三角形分成两个小三角形，它们的面积比等于另外两边的长度的比。∵AD是∠BAC的角平分线；∴DF=DE；∵S△ADB=1∴S△ADBS△ADC【考点1】全等图形．1．（2022春•济南期中）下列各选项中的两个图形属于全等形的是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用全等图形的概念可得答案．【解答】解：A、两个图形能够完全重合，是全等图形，符合题意；B、两个图形大小不同，不能完全重合，不是全等图形，不符合题意；C、两个图形大小不同，不能完全重合，不是全等图形，不符合题意；D、两个图形形状不同，不能完全重合，不是全等图形，不符合题意；故选：A．2．（2022秋•东营区校级期末）如图，△ABC≌△BAD，A和B，C和D分别是对应顶点，若AB＝6cm，AC＝4cm，BC＝5cm，则AD的长为（）A．4cm B．5cm C．6cm D．以上都不对【答案】B【分析】由△ABC≌△BAD，A和B，C和D分别是对应顶点，知AD和BC是对应边，全等三角形的对应边相等即可得．【解答】解：∵△ABC≌△BAD，A和B，C和D分别是对应顶点∴AD＝BC＝5cm．故选：B．3．（2022秋•泗洪县期中）全等图形是指两个图形（）A．面积相等 B．形状一样 C．能完全重合 D．周长相同【答案】C【分析】利用全等图形的定义可得答案．【解答】解：全等图形是指两个图形能完全重合，故选：C．4．（2022秋•禹州市期中）如图所示的图案是由全等的图形拼成的，其中AD＝0.8，BC＝1.6，则AF＝（）A．10.8 B．9.6 C．7.2 D．4.8【答案】B【分析】由图形知，所示的图案是由梯形ABCD和七个与它全等的梯形拼接而成，根据全等图形的性质有AF＝4AD+4BC＝4×0.8+4×1.6＝9.6．【解答】解：由题可知，图中有8个全等的梯形，所以AF＝4AD+4BC＝4×0.8+4×1.6＝9.6，故选：B．5．（2023春•绿园区期末）如图，四边形ABCD≌四边形A'B'C'D'，则∠A的度数是95°．​【答案】95．【分析】利用相似多边形对应角相等即可求解．【解答】解：∵四边形ABCD∽四边形A′B′C′D′，∴∠D＝∠D′＝130°，∴∠C′＝360°﹣130°﹣60°﹣75°＝95°∴∠α＝∠C′＝95°，故答案为：95．【考点2】全等三角形的性质．6．（2023•沙坪坝区校级开学）如图，△ABC≌△DEC，点E在AB上，AC与DE相交于点F，∠BCE＝40°．则∠AED的度数为（）A．40° B．50° C．60° D．70°【答案】A【分析】由△ABC≌△DEC，得∠DEC＝∠B＝73°，BC＝EC，再求出∠CEB＝∠B，最后根据平角的性质即可得答案．【解答】解：∵△ABC≌△DEC，∴BC＝EC，∠CED＝∠B，∴∠CEB＝∠B，∵∠BCE＝40°，∴∠CEB＝∠B＝＝70°，∴∠AED＝180°﹣∠DEC﹣∠CEB＝180°﹣70°﹣70°＝40°，故选：A．7.（2022秋•长春期末）若△ABC≌△DEF，则根据图中提供的信息，可得出x的值为（）A．30 B．27 C．35 D．40【答案】A【分析】直接利用全等三角形的性质得出对应边相等进而得出答案．【解答】解：∵△ABC≌△DEF，∴BC＝EF＝30，故选：A．8．（2023春•北林区期末）如图，△AOB≌△DOC，△AOB的周长为10，且BC＝4，则△DBC的周长为（）A．10 B．12 C．14 D．16【答案】C【分析】由全等三角形的性质得出△DOC的周长为10，进而得出△DBC的周长＝△DOC的周长+BC即可．【解答】解：∵△AOB≌△DOC，△AOB的周长为10，∴△DOC的周长为10，OB＝OC，∴△DBC的周长＝DO+OB+DC+BC＝DO+OC+DC+BC＝△DOC的周长+BC＝10+4＝14．故选：C．9．（2022秋•襄州区期末）如图所示，两个三角形全等，则∠α等于（）A．72° B．60° C．58° D．50°【答案】D【分析】根据图形得出DE＝AB＝a，DF＝AC＝c，根据全等三角形的性质得出∠D＝∠A＝50°，即可得出选项．【解答】解：∵DE＝AB＝a，DF＝AC＝c，又∵△ABC和△DEF全等，∴∠D＝∠A＝50°，∴∠α＝50°，故选：D．10．（2023春•抚顺期末）如图，两个全等的直角三角形重叠在一起，将其中的一个三角形沿着点B到C的方向平移到△DEF的位置，AB＝6，DO＝2，平移距离为4，则阴影部分面积为（）A．20 B．24 C．28 D．30【答案】A【分析】根据平移性质得到阴影部分面积等于梯形ABEO的面积，然后利用梯形面积公式求解即可．【解答】解：由平移性质得△ABC≌△DEF，BE＝4，DE＝AB＝6，AB∥DE，∴S△ABC＝S△DEF，OE＝DE﹣DO＝4，∠ABC＝∠DEF＝90°，∴S阴影面积＝S△DEF﹣S△OEC＝S△ABC﹣S△OEC＝S梯形ABEO＝＝20，故选：A．11．（2022秋•德城区校级期末）如图，点E在AC上，△ABC≌△DAE，BC＝3，DE＝7，则CE的长为（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】根据全等三角形的性质即可得到结论．【解答】解：∵△ABC≌△DAE，∴AE＝BC＝3，AC＝DE＝7，∴CE＝AC﹣AE＝7﹣3＝4，故选：C．【考点3】全等三角形的判定．12．（2023•凉山州）如图，点E、点F在BC上，BE＝CF，∠B＝∠C，添加一个条件，不能证明△ABF≌△DCE的是（）A．∠A＝∠D B．∠AFB＝∠DEC C．AB＝DC D．AF＝DE【答案】D【分析】根据BE＝CF求出BF＝CE，再根据全等三角形的判定定理进行分析即可．【解答】解：∵BE＝CF，∴BE+EF＝CF+EF，即BF＝CE，∴当∠A＝∠D时，利用AAS可得△ABF≌△DCE，故A不符合题意；当∠AFB＝∠DEC时，利用ASA可得△ABF≌△DCE，故B不符合题意；当AB＝DC时，利用SAS可得△ABF≌△DCE，故C不符合题意；当AF＝DE时，无法证明△ABF≌△DCE，故D符合题意；故选：D．13．（2023春•新晃县期末）如图，PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D、E，且PD＝PE，则△APD与△APE全等的直接理由是（）A．SSS B．AAS C．HL D．ASA【答案】C【分析】根据题中的条件可得△APD和△APE是直角三角形，再根据条件PD＝PE，AP＝AP，可根据HL定理判定△APD≌△APE．【解答】解：∵PD⊥AB，PE⊥AC，∴∠AEP＝∠ADP＝90°，在Rt△APD和Rt△APE中，，∴Rt△APD≌Rt△APE（HL），故选：C．14．（2022秋•越秀区校级期末）如图，小明书上的三角形被墨迹污染了一部分，他根据所学的知识很快就画出了一个与书上完全一样的三角形，那么小明画图的依据是（）A．SSS B．SAS C．AAS D．ASA【答案】D【分析】根据图象，三角形有两角和它们的夹边是完整的，所以可以根据“角边角”画出即可．【解答】解：根据题意，三角形的两角和它们的夹边是完整的，所以可以利用“角边角”定理作出完全一样的三角形．故选：D．15．（2023•香洲区校级一模）如图，用直尺和圆规作已知角的平分线的示意图，则说明∠CAD＝∠DAB的依据是（）A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS【答案】D【分析】利用三角形全等的判定证明．【解答】解：从角平分线的作法得出，△AFD与△AED的三边全部相等，则△AFD≌△AED．故选：D．16．（2022秋•丰宁县校级期末）工人师傅常用角尺平分一个任意角，具体做法如下：如图，已知∠AOB是一个任意角，在边OA，OB上分别取OM＝ON，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与点M，N重合，则过角尺顶点C的射线OC便是∠AOB角平分线．在证明△MOC≌△NOC时运用的判定定理是（）A．SSS B．SAS C．ASA D．AAS【答案】A【分析】由作图过程可得MO＝NO，NC＝MC，再加上公共边CO＝CO可利用SSS定理判定△MOC≌△NOC．【解答】解：∵在△ONC和△OMC中，∴△MOC≌△NOC（SSS），∴∠BOC＝∠AOC，故选：A．17．（2023春•甘州区校级期末）如图，A，B，C，D在同一条直线上，EC＝BF，EC∥BF，在下列条件中，不能使△AEC与△DFB全等的是（）A．AE＝DF B．AB＝DC C．AE∥DF D．∠E＝∠F【答案】A【分析】由全等三角形的判定方法：SSS，SAS，ASA，AAS，即可判断．【解答】解：由EC∥BF推出∠ACE＝∠DBF，A、EC＝BF，若AE＝DF，此时△AEC与△DFB满足条件：两边和其中一边的对角分别相等，不能判定△AEC与△DFB全等，故A符合题意；B、由AB＝DC，得到AC＝BD，又EC＝BF，由SAS判定△AEC与△DFB全等，故B不符合题意；C、由AE∥DF，得到∠A＝∠D，又EC＝BF，由AAS判定△ABC与△DFB全等，故C不符合题意；D、∠E＝∠F，又EC＝BF，由ASA判定△AEC与△DFB全等，故D不符合题意．故选：A．18．（2023春•朝阳区校级期末）如图，∠A＝∠D＝90°，添加下列条件中的一个后，能判定△ABC与△DCB全等的有（）①∠ABC＝∠DCB；②∠ACB＝∠DBC；③AB＝DC；④AC＝DB．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】根据题意和图形，可以得到∠A＝∠D＝90°，BC＝CB，然后根据各个选项中的条件，结合全等三角形的判定定理即可求解．【解答】解：①添加条件∠ABC＝∠DCB，又∠A＝∠D＝90°，BC＝CB，由AAS能判定△ABC与△DCB全等，故①符合题意；②添加条件∠ACB＝∠DBC，又∠A＝∠D＝90°，BC＝CB，由AAS能判定△ABC与△DCB全等，故②符合题意；③添加条件AB＝DC，又∠A＝∠D＝90°，BC＝CB，由HL能判定△ABC与△DCB全等，故③符合题意；④添加条件AC＝DB，又∠A＝∠D＝90°，BC＝CB，由HL能判定△ABC与△DCB全等，故④符合题意．故选：D．19．（2023•海淀区开学）如图，已知OB＝OC，若以“SAS”为依据证明△AOB≌△DOC，还需要添加的条件是OA＝OD．【答案】OA＝OD．【分析】根据题意，对顶角∠AOB＝∠COD，若以“SAS”为依据证明△AOB≌△DOC，还需添加一个边的信息且该边与夹角相邻，据此解题．【解答】解：添加条件OA＝OD．理由：在△AOB≌△DOC中，，∴△AOB≌△DOC（SAS）．故答案为：OA＝OD．20．（2023春•高新区校级期末）如图，要测池塘两端A，B的距离，小明先在地上取一个可以直接到达A和B的点C，连接AC并延长到D，使CD＝CA；连接BC并延长到E，使CE＝CB，由△ABC和△DEC全等得到DE＝AB．那么判定其全等的依据是（）A．SSS B．SAS C．ASA D．AAS【考点4】全等三角形的判定与性质．21．（2023春•达川区校级期末）如图，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，点B，D，E在同一直线上，若∠1＝25°，∠2＝35°，则∠3的度数是（）A．50° B．55° C．60° D．70°【答案】C【分析】先证明△BAD≌△CAE（SAS），根据全等三角形的性质可得∠1＝∠ABD，再根据外角的性质，即可求出∠3．【解答】解：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠1＝∠ABD，∵∠1＝25°，∠2＝35°，∴∠3＝∠2+∠ABD＝60°，故选：C．22．（2023春•新抚区期中）如图，直线l上有三个正方形A，B，C，若B，C的面积分别为12和5，则A的面积为（）A．7 B．8 C．13 D．17【答案】A【分析】先证明△PEF≌△FQG，得EF＝GQ，根据勾股定理得PE2+EF2＝PF2，则PE2+GQ2＝PF2，所以5+S正方形A＝12，即可求得S正方形A＝7，于是得到问题的答案．【解答】解：如图，∵直线l上有三个正方形A，B，C，∴∠PED＝∠PFQ＝∠QGH＝90°，PF＝FQ，∴∠PEF＝∠FGQ＝90°，∴∠PFE＝∠FQG＝90°﹣∠QFG，在△PEF和△FQG中，，∴△PEF≌△FQG（AAS），∴EF＝GQ，∵PE2+EF2＝PF2，∴PE2+GQ2＝PF2，∵S正方形B＝PF2＝12，S正方形C＝PE2＝5，S正方形A＝GQ2，∴5+S正方形A＝12，∴S正方形A＝7，故选：A．23．（2023•西青区二模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A（3，0），B（0，﹣1），点C在第四象限，且AB＝BC，∠ABC＝90°，则点C的坐标是（）​A．（﹣4，1） B．（1，﹣4） C．（﹣1，4） D．（4，﹣1）【答案】B【分析】过点C作CE⊥y轴于E，根据AAS证明△AOB与△BEC全等，进而解答即可．【解答】解：过点C作CE⊥y轴于E，∵∠ABC＝90°，∴∠ABO+∠CBE＝90°，∵∠AOB＝90°，∴∠ABO+∠BAO＝90°，∴∠BAO＝∠CBE，在△AOB与△BEC中，，∴△AOB≌△BEC（AAS），∴OB＝EC＝1，BE＝OA＝3，∴OE＝OB+BE＝1+3＝4，∴点C坐标（1，﹣4），故选：B．24．（2023春•商河县期末）如图，在△ABC和△ADE中，∠CAB＝∠DAE＝36°，AB＝AC，AD＝AE．连接CD，连接BE并延长交AC，AD于点F，G．若BE恰好平分∠ABC，则下列结论①∠ADC＝∠AEB；②CD∥AB；③DE＝GE；④CD＝BE中，正确的有（）个．​A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】利用AAS证明△DAC≌△EAB可得∠ADC＝∠AEB，CD＝BE，可判断A，D选项正确；由全等三角形的性质，三角形的内角和定理及等腰三角形的性质可求解∠ACB的度数，利用角平分线的定义求得∠ACD＝∠ABE＝36°，即可得∠ACD＝∠CAB，进而可证明CD∥AB，即可判断B选项正确，进而可求解．【解答】解：①∵∠CAB＝∠DAE＝36°，∴∠CAB﹣∠CAE＝∠DAE﹣∠CAE，即∠DAC＝∠EAB，在△DAC和△EAB中，，∴△DAC≌△EAB（SAS），∴∠ADC＝∠AEB，故①选项符合题意；CD＝BE，故④选项符合题意；②∵AC＝AB，∴∠ACB＝∠ABC，∵∠CAB＝∠DAE＝36°，∴∠ACB＝∠ABC＝（180°﹣36°）÷2＝72°，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE＝36°，∴∠ACD＝∠ABE＝36，∵∠DCA＝∠CAB＝36°，∴CD∥AB（内错角相等，两直线平行），故②选项符合题意；根据已知条件无法证明DE＝GE，故③选项不符合题意．故选：C．25．（2023春•达川区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，直角∠EPF的顶点P是BC的中点，两边PE，PF分别交AB，AC于点E，F，连结AP，EF．有下列结论：①AE＝CF；②EF＝AP；③△EPF是等腰直角三角形；④S四边形AEPF＝S△ABC，其中正确的结论是（）​A．①②③ B．①③ C．①③④ D．①②③④【答案】C【分析】根据等腰直角三角形的性质得到∠APC＝∠EPF＝90°，∠APF＝90°﹣∠APE＝∠BPE，根据全等三角形的性质得到PE＝PF，不能证明EF＝AP，故②错误；推出△EPF为等腰直角三角形，故③正确；根据线段的弧长得到AE＝CF，故①正确；根据全等三角形的性质得到S四边形AEPF＝S△FAP+S△APE＝S△EBP+S△APE＝S△APB＝S△ABC，故④正确．【解答】解：在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，CP＝BP，∴∠APC＝∠EPF＝90°，∠APF＝90°﹣∠APE＝∠BPE，又AP＝BP，∠FAP＝∠EBP＝45°，∴△FAP≌△EBP（ASA），∴PE＝PF，不能证明EF＝AP，故②错误；∴△EPF为等腰直角三角形，故③正确；∵△FAP≌△EBP，∴AF＝BE，∵AC＝AB，∴AE＝CF，故①正确；∵△FAP≌△EBP，∴S四边形AEPF＝S△FAP+S△APE＝S△EBP+S△APE＝S△APB＝S△ABC，故④正确；故选：C．26．（2022秋•辛集市期末）如图，在△ABD和△ACE中，AB＝AD，AC＝AE，AB＞AC，∠DAB＝∠CAE＝50°连接BE，CD交于点F，连接AF．下列结论：①BE＝CD；②∠EFC＝50°；③AF平分∠DAE；④FA平分∠DFE．其中正确的个数为（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】先由∠DAB＝∠CAE＝50°证明∠BAE＝∠DAC＝50°+∠BAC，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△BAE≌△DAC，得BE＝CD，可判断①正确；设BE交AC于点G，因为∠AEB＝∠ACD，所以∠EFC＝∠CGE﹣∠ACD＝∠CGE﹣∠ABE＝∠CAE＝50°，可判断②正确；作AI⊥BE于点I，AJ⊥CD于点J，由S△BAE＝S△DAC得AI•BE＝AJ•CD，则AI＝AJ，即可证明FA平分∠DFE，可判断④正确；假设∠DAF＝∠EAF，则∠DAF﹣∠DAB＝∠EAF﹣∠CAE，所以∠BAF＝∠CAF，由∠AFD＝∠AFE，∠BFD＝∠CFE，得∠AFB＝∠AFC，即可推导出△AFB≌△AFC，得AB＝AC，与已知条件相矛盾，可判断③错误，于是得到问题的答案．【解答】解：∵∠DAB＝∠CAE＝50°，∴∠BAE＝∠DAC＝50°+∠BAC，在△BAE和△DAC中，，∴△BAE≌△DAC（SAS），∴BE＝CD，∠AEB＝∠ACD，故①正确；设BE交AC于点G，∴∠EFC＝∠CGE﹣∠ACD＝∠CGE﹣∠ABE＝∠CAE＝50°，故②正确；作AI⊥BE于点I，AJ⊥CD于点J，∵S△BAE＝S△DAC，∴AI•BE＝AJ•CD，∴AI＝AJ，∴点A在∠DFE的平分线上，∴FA平分∠DFE，故④正确；假设∠DAF＝∠EAF，则∠DAF﹣∠DAB＝∠EAF﹣∠CAE，∴∠BAF＝∠CAF，∵∠AFD＝∠AFE，∠BFD＝∠CFE，∴∠AFD+∠BFD＝∠AFE+∠CFE，∴∠AFB＝∠AFC，在△AFB和△AFC中，，∴△AFB≌△AFC（ASA），∴AB＝AC，与已知条件相矛盾，∴∠DAF≠∠EAF，故③错误，∴①②④这3个结论正确，故选：C．27．（2023春•江汉区月考）如图，在△ABC中，P为BC上一点，PR⊥AB，垂足为R，PS⊥AC，垂足为S，∠CAP＝∠APQ，PR＝PS，下面的结论：①AS＝AR；②QP∥AR；③△BRP≌△CSP．其中正确的是（）A．①② B．②③ C．①③ D．①②③【答案】A【分析】利用角平分线定理的逆定理可证AP平分∠BAC，通过等量代换得出∠BAP＝∠APQ，即可证明QP∥AR，推出②正确；利用AAS证明△RAP≌△SAP，可得AS＝AR，推出①正确；仅一组对边相等，一组对角相等不足以证明△BRP≌△CSP，推出③错误．【解答】解：∵PR⊥AB，PS⊥AC，PR＝PS，∴AP平分∠BAC，∴∠BAP＝∠CAP，∵∠CAP＝∠APQ，∴∠BAP＝∠APQ，∴QP∥AR，故②正确；在△RAP和△SAP中，，∴△RAP≌△SAP（AAS），∴AS＝AR，故①正确；∵△BRP和△CSP中，仅一组对边相等，一组对角相等，∴现有条件不能够证明△BRP≌△CSP，故③错误；综上，正确的是①②．故选：A．28．（2022秋•碑林区校级期末）如图，△ABC与△DCB中，AC与BD交于点E，且∠A＝∠D，AB＝DC．（1）求证：△ABE≌△DCE；（2）当∠AEB＝50°，求∠EBC的度数．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据AAS即可推出△ABE和△DCE全等；（2）根据三角形全等得出EB＝EC，推出∠EBC＝∠ECB，根据三角形的外角性质得出∠AEB＝2∠EBC，代入求出即可．【解答】（1）证明：在△ABE和△DCE中，，∴△ABE≌△DCE（AAS）；（2）解：∵△ABE≌△DCE，∴BE＝EC，∴∠EBC＝∠ECB，∵∠EBC+∠ECB＝∠AEB＝50°，∴∠EBC＝25°．29．（2023春•沈河区校级期中）如图，点B在CD上，OB＝OD，AB＝CD，∠OBA＝∠D；（1）求证：△ABO≌△CDO；（2）当AO∥CD，∠BOD＝30°，求∠A的度数．​【答案】（1）证明见解析；（2）30°．【分析】（1）根据SSS可证明△ABO≌△CDO；（2）由全等三角形的性质得出∠AOB＝∠COD，∠A＝∠C，由平行线的性质得出∠C＝∠AOC＝30°，则可得出答案．【解答】（1）证明：在△ABO和△CDO中，，∴△ABO≌△CDO（SAS）；（2）解：∵△ABO≌△CDO，∴∠AOB＝∠COD，∠A＝∠C，∴∠AOB﹣∠COB＝∠COD﹣∠COB，∴∠AOC＝∠BOD＝30°，∵OA∥CD，∴∠C＝∠AOC＝30°，∴∠A＝30°．30．（2022秋•黔江区期末）如图，已知∠C＝∠F＝90°，AC＝DF，AE＝DB，BC与EF交于点O．（1）求证：Rt△ABC≌Rt△DEF；（2）若∠A＝51°，求∠BOF的度数．【答案】（1）证明见解答；（2）78°．【分析】（1）根据HL证明两个三角形全等；（2）根据三角形全等的性质和三角形外角的性质可得结论．【解答】（1）证明：∵AE＝DB，∴AE+EB＝DB+EB，即AB＝DE，在Rt△ACB和Rt△DFE中，，∴Rt△ABC≌Rt△DEF（HL）；（2）解：∵∠C＝90°，∠A＝51°，∴∠ABC＝∠C﹣∠A＝90°﹣51°＝39°，由（1）知Rt△ABC≌Rt△DEF，∴∠ABC＝∠DEF．∴∠DEF＝39°，∴∠BOF＝∠ABC+∠BEF＝39°+39°＝78°．31．（2023•黄石模拟）如图所示，在△ABC中，AD⊥BC于D，CE⊥AB于E，AD与CE交于点F，且AD＝CD．（1）求证：△ABD≌△CFD；（2）已知BC＝7，AD＝5，求AF的长．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由ASA证明△ABD≌△COD即可；（2）理由全等三角形的性质即可解决问题；【解答】（1）证明：∵AD⊥BC，CE⊥AB，∴∠ADB＝∠CDF＝∠CEB＝90°，∴∠BAD+∠B＝∠FCD+∠B＝90°，∴∠BAD＝∠FCD，在△ABD和CFD中，，∴△ABD≌△CFD（ASA），（2）解：∵△ABD≌△CFD，∴BD＝DF，∵BC＝7，AD＝DC＝5，∴BD＝BC﹣CD＝2，∴AF＝AD﹣DF＝5﹣2＝3．32．（2023•肥城市校级模拟）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．【答案】见试题解答内容【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．33．（2022秋•两江新区期末）如图，CD＝BE，∠C＝∠B，∠1＝∠2．（1）求证：△ABE≌△ACD．（2）若ME＝5，求DN的长度．【答案】（1）证明见解答；（2）DN＝5．【分析】（1）根据已知条件利用AAS证明△ABE≌△ACD；（2）先根据△ABE≌△ACD得出AB＝AC，∠E＝∠D，再利用ASA证明△ABM≌△ACD，然后得出AM＝AN，再证明△ADN≌△AEM，从而得出DN＝ME．【解答】（1）证明∵∠1＝∠2，∴∠BAE＝∠CAD，∵CD＝BE，∠C＝∠B，∴△ABE≌△ACD（AAS）；（2）解：∵△ABE≌△ACD，∴AB＝AC，∠E＝∠D，∵∠C＝∠B，∠1＝∠2，∴△ABM≌△ACD（ASA），∴AM＝AN，∵∠DAN＝∠EAM，∠E＝∠D，∴△ADN≌△AEM（AAS），∴DN＝ME＝5．【考点5】全等三角形的应用．34．（2023春•威宁县期末）如图，小明把一块三角形的玻璃打碎成了四块，现在要到玻璃店去配一块完全一样的玻璃，那么最省事的办法（）A．选①去 B．选②去 C．选③去 D．选④去【答案】D【分析】根据全等三角形的判定，已知两角和夹边，就可以确定一个三角形．【解答】解：第①块只保留了原三角形的一个角和部分边，根据这块不能配一块与原来完全一样的；第②、③只保留了原三角形的部分边，根据这两块中的任一块均不能配一块与原来完全一样的；第④块不仅保留了原来三角形的两个角还保留了一边，则可以根据ASA来配一块一样的玻璃．最省事的方法是应带④去，故选：D．35．（2023春•建平县期末）王强同学用10块高度都是2cm的相同长方体小木块，垒了两堵与地面垂直的木墙，木墙之间刚好可以放进一个等腰直角三角板（AC＝BC，∠ACB＝90°），点C在DE上，点A和B分别与木墙的顶端重合．则两堵木墙之间的距离DE是（）A．10cm B．15cm C．20cm D．25cm【答案】C【分析】由题意易得∠ADC＝∠CEB＝90°，则有∠BCE＝∠DAC，进而可证△ADC≌△CEB，然后根据全等三角形的性质求解即可．【解答】解：∵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）；∴EC＝AD＝6cm，DC＝BE＝14cm，∴DE＝DC+CE＝20（cm），故选：C．一．选择题（共16小题）1．（2022秋•龙川县校级期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，若AD＝3，BE＝1，则DE＝（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据余角的性质，可得∠DCA与∠CBE的关系，根据AAS可得△ACD与△△CBE的关系，根据全等三角形的性质，可得AD与CE的关系，根据线段的和差，可得答案．【解答】解：∵AD⊥CE，BE⊥CE，∴∠ADC＝∠BEC＝90°．∵∠BCE+∠CBE＝90°，∠BCE+∠DCA＝90°，∴∠DCA＝∠CBE，在△ACD和△CBE中，，∴△ACD≌△CBE（AAS），∴CE＝AD＝3，CD＝BE＝1，DE＝CE﹣CD＝3﹣1＝2，故选：B．2．（2023春•蓬莱区期末）如图所示，亮亮书上的三角形被墨迹污染了一部分，很快他就根据所学知识画出一个与书上完全一样的三角形，那么这两个三角形完全一样的依据是（）A．SSS B．SAS C．AAS D．ASA【答案】D【分析】根据图象，三角形有两角和它们的夹边是完整的，所以可以根据“角边角”画出．【解答】解：根据题意，三角形的两角和它们的夹边是完整的，所以可以利用“角边角”定理作出完全一样的三角形．故选：D．3．（2022秋•南关区校级期末）如图是一个平分角的仪器，其中AB＝AD，BC＝DC，将点A放在角的顶点，AB和AD沿着角的两边放下，沿AC画一条射线，这条射线就是角的平分线，在这个操作过程中，运用了三角形全等的判定方法是（）A．SSS B．SAS C．ASA D．AAS【答案】A【分析】根据题目所给条件可利用SSS定理判定△ADC≌△ABC，进而得到∠DAC＝∠BAC．【解答】解：在△ADC和△ABC中，，∴△ADC≌△ABC（SSS），∴∠DAC＝∠BAC，∴AC就是∠DAB的平分线．故选：A．4．（2022秋•平泉市校级期末）一块三角形玻璃被打碎后，店员带着如图所示的一片碎玻璃去重新配一块与原来全等的三角形玻璃，能够全等的依据是（）A．ASA B．AAS C．SAS D．SSS【答案】A【分析】利用全等三角形判定方法进行判断．【解答】解：这片碎玻璃的两个角和这两个角所夹的边确定，从而可根据“ASA”重新配一块与原来全等的三角形玻璃．故选：A．5．（2022秋•南岳区期末）如图，△ABC中，AB＝AC，BD＝CE，BE＝CF，若∠A＝40°，则∠DEF的度数是（）A．75° B．70° C．65° D．60°【答案】B【分析】由等腰三角形的性质得出∠B＝∠C＝70°，再证明△BDE≌△CEF，得出∠BDE＝∠CEF，运用三角形的外角性质得出∠CEF+∠DEF＝∠B+∠BDE，即可得出∠DEF＝∠B＝70°．【解答】解：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C＝（180°﹣∠A）＝70°，在△BDE和△CEF中，，∴△BDE≌△CEF（SAS），∴∠BDE＝∠CEF，∵∠CED＝∠B+∠BDE，即∠CEF+∠DEF＝∠B+∠BDE，∴∠DEF＝∠B＝70°；故选：B．6．（2022秋•安次区期末）如图，△ABC≌△A′B′C，∠ACB＝90°，∠A′CB＝20°，则∠BCB′的度数为（）A．20° B．40° C．70° D．90°【答案】C【分析】根据全等三角形对应角相等，∠ACB＝∠A′CB′，所以∠BCB′＝∠BCB′，再根据角的和差关系代入数据计算即可．【解答】解：∵△ACB≌△A′CB′，∴∠ACB＝∠A′CB′，∴∠BCB′＝∠A′CB′﹣∠A′CB＝70°．故选：C．7．（2022秋•丰泽区校级期末）如图中的两个三角形全等的是（）A．③④ B．②③ C．①② D．①④【答案】C【分析】根据SAS即可判断；【解答】解：根据两边夹角对应相等的两个三角形全等，可知①②两个三角形全等，故选：C．8．（2023春•肥城市期末）如图，已知AE＝AC，∠C＝∠E，下列条件中，无法判定△ABC≌△ADE的是（）A．∠B＝∠D B．BC＝DE C．∠1＝∠2 D．AB＝AD【答案】D【分析】由全等三角形的判定依次判断可求解．【解答】解：A、添加∠B＝∠D，由“AAS”可证△ABC≌△ADE，故选项A不合题意；B、添加BC＝DE，由“SAS”可证△ABC≌△ADE，故选项B不合题意；C、添加∠1＝∠2，由“ASA”可证△ABC≌△ADE，故选项C不合题意；D、添加AB＝AD，不能证明△ABC≌△ADE，故选项D符合题意；故选：D．9．（2022秋•番禺区校级期末）如图，已知∠1＝∠2，AC＝AD，增加下列条件：①AB＝AE；②BC＝ED；③∠C＝∠D；④∠B＝∠E．其中能使△ABC≌△AED成立的条件有（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】B【分析】∠1＝∠2，∠BAC＝∠EAD，AC＝AD，根据三角形全等的判定方法，可加一角或已知角的另一边．【解答】解：已知∠1＝∠2，AC＝AD，由∠1＝∠2可知∠BAC＝∠EAD，加①AB＝AE，就可以用SAS判定△ABC≌△AED；加③∠C＝∠D，就可以用ASA判定△ABC≌△AED；加④∠B＝∠E，就可以用AAS判定△ABC≌△AED；加②BC＝ED只是具备SSA，不能判定三角形全等．其中能使△ABC≌△AED的条件有：①③④故选：B．10．（2022秋•宣州区期末）如图，一块三角形玻璃碎成了4块，现在要到玻璃店去配一块与原来的三角形玻璃完全一样的玻璃，那么最省事的办法是带（）去．A．① B．② C．③ D．④【答案】D【分析】根据全等三角形的判定，已知两角和夹边，就可以确定一个三角形．【解答】解：第①块只保留了原三角形的一个角和部分边，根据这块不能配一块与原来完全一样的；第②、③只保留了原三角形的部分边，根据这两块中的任一块均不能配一块与原来完全一样的；第④块不仅保留了原来三角形的两个角还保留了一边，则可以根据ASA来配一块一样的玻璃．最省事的方法是应带④去，故选：D．11．（2022秋•庄河市期末）工人师傅常用角尺平分一个任意角，做法是：如图在∠AOB的边OA、OB上分别取OM＝ON，移动角尺，使角尺的两边相同的刻度分别与M、N重合，得到∠AOB的平分线OP，做法中用到三角形全等的判定方法是（）A．SSS B．SAS C．ASA D．HL【答案】A【分析】已知两三角形三边分别相等，可考虑SSS证明三角形全等，从而证明角相等．【解答】解：做法中用到的三角形全等的判定方法是SSS证明如下∵OM＝ONPM＝PNOP＝OP∴△ONP≌△OMP（SSS）所以∠NOP＝∠MOP故OP为∠AOB的平分线．故选：A．12．（2022秋•万州区期末）如图，BE＝CF，AE⊥BC，DF⊥BC，要根据“HL”证明Rt△ABE≌Rt△DCF，则还要添加一个条件是（）A．AB＝DC B．∠A＝∠D C．∠B＝∠C D．AE＝BF【答案】A【分析】根据垂直定义求出∠CFD＝∠AEB＝90°，再根据全等三角形的判定定理推出即可．【解答】解：条件是AB＝CD，理由是：∵AE⊥BC，DF⊥BC，∴∠CFD＝∠AEB＝90°，在Rt△ABE和Rt△DCF中，，∴Rt△ABE≌Rt△DCF（HL），故选：A．13．（2022秋•华容区期末）如图，AB⊥CD，且AB＝CD，E，F是AD上两点，CE⊥AD，BF⊥AD．若CE＝4，BF＝3，EF＝2，则AD的长为（）A．3 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】只要证明△ABF≌△CDE，可得AF＝CE＝4，BF＝DE＝3，推出AD＝AF+DF＝4+（3﹣2）＝5；【解答】解：∵AB⊥CD，CE⊥AD，BF⊥AD，∴∠AFB＝∠CED＝90°，∠A+∠D＝90°，∠C+∠D＝90°，∴∠A＝∠C，∵AB＝CD，∴△ABF≌△CDE（AAS），∴AF＝CE＝4，BF＝DE＝3，∵EF＝2，∴AD＝AF+DF＝4+（3﹣2）＝5，故选：B．14．（2023春•香坊区校级期中）在锐角三角形ABC中，AH是BC边上的高，分别以AB、AC为一边，向外作正方形ABDE和ACFG，连接CE、BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG＝CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中线；④∠EAM＝∠ABC，其中正确结论的个数是（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】A【分析】根据正方形的性质可得AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°，然后求出∠CAE＝∠BAG，再利用“边角边”证明△ABG和△AEC全等，根据全等三角形对应边相等可得BG＝CE，判定①正确；设BG、CE相交于点N，根据全等三角形对应角相等可得∠ACE＝∠AGB，然后求出∠CNG＝90°，根据垂直的定义可得BG⊥CE，判定②正确；过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，根据同角的余角相等求出∠ABH＝∠EAP，再利用“角角边”证明△ABH和△EAP全等，根据全等三角形对应角相等可得∠EAM＝∠ABC判定④正确，全等三角形对应边相等可得EP＝AH，同理可证GQ＝AH，从而得到EP＝GQ，再利用“角角边”证明△EPM和△GQM全等，根据全等三角形对应边相等可得EM＝GM，从而得到AM是△AEG的中线．【解答】解：在正方形ABDE和ACFG中，AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°，∴∠BAE+∠BAC＝∠CAG+∠BAC，即∠CAE＝∠BAG，∵在△ABG和△AEC中，，∴△ABG≌△AEC（SAS），∴BG＝CE，（故①正确）；设BG、CE相交于点N，∵△ABG≌△AEC，∴∠ACE＝∠AGB，∵∠NCF+∠NGF＝∠ACF+∠AGF＝90°+90°＝180°，∴∠CNG＝360°﹣（∠NCF+∠NGF+∠F）＝360°﹣（180°+90°）＝90°，∴BG⊥CE，（故②正确）；过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，∵AH⊥BC，∴∠ABH+∠BAH＝90°，∵∠BAE＝90°，∴∠EAP+∠BAH＝180°﹣90°＝90°，∴∠ABH＝∠EAP，∵在△ABH和△EAP中，，∴△ABH≌△EAP（AAS），∴∠EAM＝∠ABC，（故④正确），EP＝AH，同理可得GQ＝AH，∴EP＝GQ，∵在△EPM和△GQM中，，∴△EPM≌△GQM（AAS），∴EM＝GM，∴AM是△AEG的中线，（故③正确）．综上所述，①②③④结论都正确．故选：A．15．（2022秋•东港区期末）如图，已知△ABC中，∠ABC＝45°，F是高AD和BE的交点，CD＝4，则线段DF的长度为（）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】证明△BDF≌△ADC，即可推出DF＝CD解决问题．【解答】解：∵AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∵∠ABC＝45°，∴∠ABD＝∠DAB，∴BD＝AD，∵∠CAD+∠AFE＝90°，∠CAD+∠C＝90°，∠AFE＝∠BFD，∴∠AFE＝∠C，∵∠AFE＝∠BFD∴∠C＝∠BFD在△BDF和△ADC中，，∴△BDF≌△ADC（AAS），∴DF＝CD＝4，故选：B．16．（2022秋•衡山县期末）如图，在直线m上依次摆放着七个正方形，已知斜放置的三个正方形的面积分别是3，6，9，正放置的四个正方形的面积依次是S1，S2，S3，S4，则S1+S4＝（）A．6 B．6.5 C．7 D．8【答案】A【分析】运用勾股定理可知，每两个相邻的正方形面积和都等于中间斜放的正方形面积，据此即可解答．【解答】解：如图，观察发现，∵∠ACB＝∠BDE＝90°，∴∠ABC+∠BAC＝90°，∠ABC+∠EBD＝90°，∴∠BAC＝∠EBD，在△ABC与△BDE中，，∴△ABC≌△BDE（AAS），∴BC＝ED，∵AB2＝AC2+BC2，∴AB2＝AC2+ED2＝S1+S2，即S1+S2＝3，同理S2+S3＝6，S3+S4＝9，则S1+S2+S3+S4＝3+9＝12，则S1+S4＝12﹣6＝6．故选：A．二．填空题（共5小题）17．（2022秋•宁明县期末）如图，是一个3×3的正方形网格，则∠1+∠2+∠3+∠4＝180°．【答案】见试题解答内容【分析】仔细分析图中角度，可得出，∠1+∠4＝90°，∠2+∠3＝90°，进而得出答案．【解答】解：∵∠1和∠4所在的三角形全等，∴∠1+∠4＝90°，∵∠2和∠3所在的三角形全等，∴∠2+∠3＝90°，∴∠1+∠2+∠3十∠4＝180°．故答案为：180°．18．（2022秋•南关区期末）已知：如图，△OAD≌△OBC，且∠O＝70°，∠C＝25°，则∠AEB＝120度．【答案】见试题解答内容【分析】结合已知运用两三角形全等及一个角的外角等于另外两个内角的和，就可以得到∠CAE，然后又可以得到∠AEB．【解答】解：∵△OAD≌△OBC，∴∠D＝∠C＝25°，∴∠CAE＝∠O+∠D＝95°，∴∠AEB＝∠C+∠CAE＝25°+95°＝120°．故填12019．（2022秋•裕华区校级期末）如图，等边△ABC的边长为1cm，D、E分别是AB、AC上的点，将△ADE沿直线DE折叠，点A落在点A′处，且点A′在△ABC外部，则阴影部分图形的周长为3cm．【答案】见试题解答内容【分析】由题意得AE＝A′E，AD＝A′D，故阴影部分的周长可以转化为三角形ABC的周长．【解答】解：将△ADE沿直线DE折叠，点A落在点A′处，所以AD＝A′D，AE＝A′E．则阴影部分图形的周长等于BC+BD+CE+A′D+A′E，＝BC+BD+CE+AD+AE，＝BC+AB+AC，＝3cm．故答案为：3．20．（2023春•香坊区期末）如图，小明与小红玩跷跷板游戏，如果跷跷板的支点O（即跷跷板的中点）至地面的距离是50cm，当小红从水平位置CD下降30cm时，这时小明离地面的高度是80cm．【答案】80．【分析】根据全等三角形的判定和性质即可得到结论．【解答】解：在△OCF与△ODG中，，∴△OCF≌△ODG（AAS），∴CF＝DG＝30（cm），∴小明离地面的高度是50+30＝80（cm），故答案为：80．21．（2023春•开福区校级期末）如图，AB＝AC，AD＝AE，点B、D、E在一条直线上，∠BAC＝∠DAE，∠1＝35°，∠2＝30°，则∠3＝65度．【答案】见试题解答内容【分析】由角的和差得∠1＝∠4，边角边证明△ABD≌△ACE，其性质得∠ADB＝∠AEC，再由三角形的内角和定理，邻补角的性质求出∠3＝65°．【解答】解：如图所示：∵∠BAC＝∠DAE，∠BAC＝∠1+∠DAC，∠DAE＝∠DAC+∠4，∴∠1＝∠4，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ADB＝∠AEC，又∵∠2+∠4+∠AEC＝180°，∴∠AEC＝115°，∴∠ADB＝115°，又∠ADB+∠3＝180°，∴∠3＝65°，故答案为65．三．解答题（共9小题）22．（2022秋•密山市校级期末）已知：BE⊥CD，BE＝DE，BC＝DA，求证：①△BEC≌△DEA；②DF⊥BC．【答案】见试题解答内容【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．23．（2022秋•蒸湘区校级期末）如图，点E在CD上，BC与AE交于点F，AB＝CB，BE＝BD，∠1＝∠2．（1）求证：△ABE≌△CBD；（2）证明：∠1＝∠3．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由已知角相等，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS即可得证；（2）利用全等三角形对应角相等得到一对角相等，再由对顶角相等及内角和定理即可得证．【解答】证明：（1）∵∠1＝∠2，∴∠1+∠CBE＝∠2+∠CBE，即∠ABE＝∠CBD，在△ABE和△CBD中，，∴△ABE≌△CBD（SAS）；（2）∵△ABE≌△CBD，∴∠A＝∠C，∵∠AFB＝∠CFE，∴∠1＝∠3．24．（2023•芙蓉区校级三模）如图，点B、F、C、E在直线l上（F、C之间不能直接测量），点A、D在l异侧，测得AB＝DE，AB∥DE，∠A＝∠D．（1）求证：△ABC≌△DEF；（2）若BE＝10m，BF＝3m，求FC的长度．【答案】见试题解答内容【分析】（1）先证明∠ABC＝∠DEF，再根据ASA即可证明．（2）根据全等三角形的性质即可解答．【解答】（1）证明：∵AB∥DE，∴∠ABC＝∠DEF，在△ABC与△DEF中∴△ABC≌△DEF（ASA）；（2）∵△ABC≌△DEF，∴BC＝EF，∴BF+FC＝EC+FC，∴BF＝EC，∵BE＝10m，BF＝3m，∴FC＝10﹣3﹣3＝4m．25．（2022秋•凤凰县期末）如图1，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，AD、BE相交于点M，连接CM．（1）求证：BE＝AD；（2）用含α的式子表示∠AMB的度数（直接写出结果）；（3）当α＝90°时，取AD，BE的中点分别为点P、Q，连接CP，CQ，PQ，如图2，判断△CPQ的形状，并加以证明．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，利用SAS即可判定△ACD≌△BCE；（2）根据△ACD≌△BCE，得出∠CAD＝∠CBE，再根据∠AFC＝∠BFH，即可得到∠AMB＝∠ACB＝α；（3）先根据SAS判定△ACP≌△BCQ，再根据全等三角形的性质，得出CP＝CQ，∠ACP＝∠BCQ，最后根据∠ACB＝90°即可得到∠PCQ＝90°，进而得到△PCQ为等腰直角三角形．【解答】解：（1）如图1，∵∠ACB＝∠DCE＝α，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE＝AD；（2）如图1，∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD＝∠CBE，∵△ABC中，∠BAC+∠ABC＝180°﹣α，∴∠BAM+∠ABM＝180°﹣α，∴△ABM中，∠AMB＝180°﹣（180°﹣α）＝α；（3）△CPQ为等腰直角三角形．证明：如图2，由（1）可得，BE＝AD，∵AD，BE的中点分别为点P、Q，∴AP＝BQ，∵△ACD≌△BCE，∴∠CAP＝∠CBQ，在△ACP和△BCQ中，，∴△ACP≌△BCQ（SAS），∴CP＝CQ，且∠ACP＝∠BCQ，又∵∠ACP+∠PCB＝90°，∴∠BCQ+∠PCB＝90°，∴∠PCQ＝90°，∴△CPQ为等腰直角三角形．26．（2022秋•渝北区校级期末）如图，D是△ABC的边AB上一点，CF∥AB，DF交AC于E点，DE＝EF．（1）求证：△ADE≌△CFE；（2）若AB＝5，CF＝4，求BD的长．【答案】（1）证明见解析；（2）1．【分析】（1）利用角角边定理判定即可；（2）利用全等三角形对应边相等可得AD的长，用AB﹣AD即可得出结论．【解答】（1）证明：∵CF∥AB，∴∠ADF＝∠F，∠A＝∠ECF．在△ADE和△CFE中，，∴△ADE≌△CFE（AAS）．（2）∵△ADE≌△CFE，∴AD＝CF＝4．∴BD＝AB﹣AD＝5﹣4＝1．27．（2022秋•宁津县校级期末）在△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上一点，以AD为一条边在AD的右侧作△ADE，使AE＝AD，∠DAE＝∠BAC，连接CE．（1