全等三角形专项复习（提升分层训练）

全等三角形专项复习（提升分层训练）一、单选题（每题4分）1．（23·24上·绵阳·阶段练习）如图，已知AB⊥BD，CD⊥BD，若用HL判定Rt△ABD和

A．AD=CB B．∠A=∠C C．BD=DB D．AB=CD【答案】A【分析】由图示可知BD为公共边，若想用HL判定证明Rt△ABD和Rt△【详解】解：∵AB⊥BD，CD⊥BD，∴∠ABD=∠CDB=90°，A.AD=CB，符合两直角三角形全等的判定定理HL，故该选项符合题意；B.∠A=∠C，BD=DB，不是两直角三角形全等的判定定理HL，故该选项不符合题意；C.BD=DB，不符合两直角三角形全等的判定定理，故该选项不符合题意；D.AB=CD，BD=DB，不是两直角三角形全等的判定定理HL，故该选项不符合题意；故选：A．【点睛】此题考查了对全等三角形判定定理HL的理解和掌握，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．2．（23·24上·中山·期中）如图，点D在AB上，点E在AC上，且AB=AC，那么补充下列一个条件后，仍无法判定△ABE≌△ACD的是（

）A．AD=AE B．∠B=∠C C．BE=CD D．∠BDC=∠BEC【答案】C【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．【详解】△ABE≌△ACD已有的条件为AB=AC，公共角∠A=∠A，A.添加AD=AE，可以根据SAS证明△ABE≌△ACD，不符合题意；B..添加∠B=∠C，可以根据ASA证明△ABE≌△ACD，不符合题意；C.添加BE=CD，属于SSA，不可以证明△ABE≌△ACD，符合题意；D.添加∠BDC=∠BEC，可得∠ADC=∠AEB，可以根据AAS证明△ABE≌△ACD，不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有：SAS，ASA，AAS，SSS，HL．3．（23·24上·扬州·阶段练习）如图，在△ABC中，若分别以AB、AC为边作△ABD和△ACE，且∠DAB=∠CAE=α，AD=AB，AC=AE，DC、BE交于点P，连接AP，则∠APC的度数为()(用含α的代数式表示)．

A．90+12α B．90+α C．90-【答案】A【分析】作于点F，AG⊥BE于点G，先证明△DAC≌△BAE，得∠ACF=∠AEG，再证明△ACF≌△AEG，得AF=AG，则点A在∠DPE的平分线上，所以∠APE=∠APD=12∠DPE，再由∠CPE+∠ACF=∠CAE+∠AEG=∠AHP得∠CPE=∠CAE=α【详解】解：如图，作于点F，AG⊥BE于点G，则∠AFC=∠AGE=90°，

∵∠DAB=∠CAE=α，∴∠DAC=∠BAE=α+∠BAC，在△DAC和△BAE中，AD=AB∴△DAC≌△BAESAS∴∠ACF=∠AEG，在△ACF和△AEG中∠AFC=∠AGE∠ACF=∠AEG∴△ACF≌△AEGAAS∴AF=AG，∴点A在∠DPE的平分线上，∴∠APE=∠APD=1∵∠CPE+∠ACF=∠CAE+∠AEG=∠AHP，∴∠CPE=∠CAE=α，∴∠APE=∴∠APC=∠APE+∠CPE=α+90°-1∴∠APC的度数为90°+1故选：A．【点睛】此题重点考查全等三角形的判定与性质、角平分线的判定、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．4．（23·24上·石家庄·阶段练习）如图，∠ABC=50°，CF与AB交于点D，BG与AC交于点E，△AFD≅△ACD，△BCE≅△GCE，关于甲、乙、丙的说法正确的是（

）甲：∠DBE=∠ECD；乙：∠F+∠G=50°；丙：CF=BG

A．只有甲 B．甲和乙 C．乙和丙 D．三人均正确【答案】B【分析】根据全等三角形的性质可得∠ADF=∠ADC=90°，∠GEC=∠BEC=90°，结合三角形内角和定理可得∠DBE=∠ECD，根据根据全等三角形的性质∠F=∠ECD，【详解】解：∵△AFD≅△ACD，△BCE≅△GCE，∴∠ADF=∠ADC=90°，∴∠BDC=∠BEC=90°，∵对顶角相等，∴∠DBE=∠ECD，∵AFD≅ACD，△BCE≅△GCE，∴∠F=∠ECD，∴∠F+∠G=∠ECD+∠ECB=∠ABC=50°，无法证明CF=BG，故甲和乙说法正确，故选B【点睛】本题主要考查全等三角形的性质，三角信你个内角和定理，掌握“8字模型”是关键5．（23·24上·济宁·阶段练习）如图，EB交AC于点M，交CF于点D，AB交FC于点N，∠E=∠F=90°，∠B=∠C，．下列结论：①∠1=∠2；②CD=BD；③△AFN≌△BDN；④AM=AN．其中所有正确结论的序号是（）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】B【分析】利用AAS证明△ABE≌△ACF，即可得∠1=∠2，可判定；①没有条件可以证明CD=DN，即可判断②；结合①和已知条件即可得△ACN≌△ABM，无条件能证明△AFN≌△BDN即可判断③；根据△ABE≌△ACF，可得BE=CF，判断④．【详解】解：在△ABE和△ACF中，∠E=∠F∠B=∠C∴△ABE≌△ACF(AAS，，∴∠1=∠2．故①正确；在△AFN和△AEM中，∠F=∠E∠1=∠2，∴AN=AM，故④正确；，，，∵AB=AC∴AB-AN=AC-AM，∴BN=CM，在△DMC和△DNB中，∠DMC=∠DNBCM=BN，∴CD=BD，∴②正确；根据条件得不出AN=BN，AF=BD，，∴△AFN与△BDN无法证明全等，故③错误；综上①②④正确，故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．6．（22·23上·江北·期末）如图，在△ABC中，∠A=60°，∠ABC和∠ACB的平分线BD、CE相交于点O，BD交AC于点D，CE交AB于点E，若已知△ABC周长为20，BC=7，AE:AD=4:3，则AE长为（

）A．187 B．247 C．267【答案】B【分析】证明△BOE≌△BOH得出∠EOH=∠BOH=60°，证明△COD≌△COH得出CD=CH，进而即可求解．【详解】解：如图，在BC上截取BH=BE，连接∵BD平分∠ABC，CE平分∠ACB，∴∠ABD=∠CDB,∠ACE=∠BCE，，∴∠ABC+∠ACB=120°，∴∠DBC+∠BCE=60°，，∴∠BOE=∠COD=60°，在△BOE和△BOH中，BE=BH∠ABD=∠CBD∴△BOE≌△BOH(SAS∴∠EOB=∠BOH=60°，∴∠COH=∠BOC-∠BOH=60°，∴∠COD=∠COH=60°，在△COD和△COH中，∠ACE=∠BCEOC=OC∴△COD≌△COH(ASA∴CD=CH，，∵△ABC周长为20，，∴AE+AD=6，，．故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，角分线的定义，构造全等三角形是解题的关键．7．（22·23上·期中）如图，△ABC中，，∠ABC<60°，三条角平分线AD、、CF交于O，OH⊥BC于H．下列结论：①∠BOC=120°；②∠DOH=∠OCB-∠OBC；③OD平分∠BOC；④．其中正确的结论个数有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】由得∠ABC+∠ACB=120°，即可求得∠BOC=120°，可判断①正确；由∠DOH=90°-∠ODH=90°-∠BAD-∠ABC，而∠BAD=12∠BAC=12由，∠ABC<60°得∠ABC<∠ACB，再由∠OAB=∠OAC推导出∠OBA+∠OAB<∠OCA+∠OAC，即可证明∠BOD<∠COD，可判断③错误；在BC上截取BI=BF，连接OI，由∠EOF=∠BOC=120°得∠AFO+∠AEO=180°，即要证明∠CEO=∠AFO，再证明△OBI≌△OBF，得∠OIB=∠OFB，则∠CIO=∠AFO，所以∠CIO=∠CEO，即可证明△CIO≌△CEO，得CI=CE，所以，可判断④正确．【详解】解：∵，∴∠ABC+∠ACB=120°，∴12∵∠OBC=12∠ABC∴∠BOC=180°-∠OBC+∠OCB故①正确；∵OH⊥BC于H，∴∠OHD=90°，∴∠DOH=90°-∠ODH=90°-∠BAD+∠ABC∵∠BAD=1∴∠DOH=90°-1∵∠OCB-∠OBC=1∴∠DOH=∠OCB-∠OBC，故②正确；∵，∠ABC<60°，∴∠ACB>60°，∴∠ABC<∠ACB，∵12∴∠ABO=12∠ABC∴∠OBA<∠OCA，∵∠OAB=∠OAC，∴∠OBA+∠OAB<∠OCA+∠OAC，∴∠BOD<∠COD，故③错误；如图，在BC上截取BI=BF，连接OI，∵∠EOF=∠BOC=120°，∠BAC=60°，∴∠AFO+∠AEO=180°，∵∠CEO+∠AEO=180°，∴∠CEO=∠AFO，在△OBI和△OBF中，BF=BI∠OBI=∠OBF∴△OBI≌△OBF，∴∠OIB=∠OFB，∴180°-∠OIB=180°-∠OFB，∴∠CIO=∠AFO，

∴∠CIO=∠CEO，在△CIO和△CEO中，OC=OC∠ICO=∠ECO∴△CIO≌△CEO，∴CI=CE，∵BF+CE=BI+CI=BC，故④正确，故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，与角平分线有关的三角形内角和问题，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键8．（22·23上·武汉·期中）如图，在平面直角坐标系中，，点B、A分别在x轴正半轴和y轴正半轴上，∠ACB＝90°，则OA＋OBA．8 B．9 C．10 D．11【答案】A【分析】过C作CM⊥y轴于M，CN⊥x轴于N，推出OM=ON=CN=4，证△ACM≌△BCN，推出AM=BN，求出OA+OB=ON+OM【详解】解：过C作CM⊥y轴于M，CN⊥x轴于N，∵C（∴CN=CM=4，∴OM=ON=CN=CM=4，∵∠ACB=90°，∴∠ACB=∠MON，∴∠MCA=90°-∠ACN，∴∠ACM=∠BCN，在△ACM和△BCN中，∠ACM=∠BCNCM=CN∴△ACM≌△BCN（∴AM=BN，∴OA+OB=OA+ON+BN=OA+ON+AM=ON+OM=4+4=8．故选:A．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，坐标与图形性质，关键是推出AM=BN和推出OA+OB=OM+ON．9．（22·23上·武汉·阶段练习）如图，在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，ΔABC的角平分线AD、BE相交于点O，过点O作OF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点G，下列结论：①∠BOD=45°；②BD+AG=AB；③AD=OE+OF；④SΔACDA．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②③④【答案】A【分析】根据角平分线的定义、三角形外角的性质与直角三角形性质可以判断①是否正确；延长FO交AB于H，通过证明ΔAOH≌ΔAOG，ΔBOD≌ΔBOH，利用全等的性质来判断②是否正确；通过证明ΔBOA≌ΔBOF，利用性质判断③是否正确；根据同高的两个三角形的面积比等于它们的底边长之比，直接判断④是否正确；从而得解．【详解】解：∵ΔABC的角平分线AD、BE相交于点∴∠ABO=∠CBO=12∠ABC∠BOD=∠ABO+∠BAO=12(∠ABC+∠BAC)=1故①正确；延长FO交AB于H，如图所示：∴∠AOG=∠AOH=90°，又∵∠HAO=∠GAO,AO=AO，ΔAOH≌ΔAOG(ASAAG=AH,OG=OH，∴∠BOH=180°-∠BOD-∠DOF=45°∴∠BOH=BOD=45°，∴ΔBOD≌ΔBOH(ASA∴BD=BH，OH=OD，∴AB=AH+BH=AG+BD，故②正确；∵∠BOA=∠BOH+∠AOH=135°，∠BOF=∠BOD+∠DOF=135°，∴∠BOA=∠BOF，ΔBOA≌ΔBOF(ASA∴AO=OF，∴AD=AO+OD=OF+OG，又∵∠OGE=90°-∠F，∠BEC=90°-∠EBC，∴∠OGE≠∠BEC，∴OE≠OG，∴AD=OF+OG≠OF+OE，故③错误；∵同高的两个三角形面积之比等于底边长之比，∴S故④正确；因此正确的有：①②④；故选A．【点睛】此题是直角三角形的综合题，主要考查了直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质、同高的两个三角形面积之比等于底边长之比等知识，熟练运用这些性质进行推理是解题的关键．10．（2022下·南京·期末）如图，在正方形ABCD中，AB=4，E为AB边上一点，点F在BC边上，且BF=1，将点E绕着点F顺时针旋转90°得到点G，连接DG，则DG的长的最小值为（

）A．2 B．22 C．3 D．【答案】C【分析】过点G作GP⊥BC于点P，延长PG交AD于点，设BE=PF=x，只要证得ΔBEF≌ΔPFGAAS，利用全等三角形的性质可得BE=PF，PG=BF=1，进而得到PC=DH=4-1-x=3-x，在RtΔDGH中，利用勾股定理即可求解．【详解】解：过点G作GP⊥BC于点P，延长PG交AD于点，则∠GPF=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC=∠C=∠B=90°，∴四边形CDHP是矩形，∴CD=PH=AB=4，PC=DH，∵∠EFG=90°，∴∠BFE+∠PFG=90°，

又∠BFE+∠BEF=90°，∴∠PFG=∠BEF，∵FE=FG，∠B=∠GPF=90°，∴ΔBEF≌ΔPFGAAS∴BE=PF，PG=BF=1，∴GH=PH-PG=4-1=3，设BE=PF=x，则PC=DH=4-1-x=3-x，在RtΔDGH中，由勾股定理得，DG当x=3时，DG2有最小值为∴DG的最小值为3，故选：C【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理的运用，作出适当的辅助线是解题的关键．二、填空题11．（23·24上·沧州·阶段练习）在一次数学活动中，为了测量一堵墙上点A的高度AM，嘉淇设计了如下方案：第一步：找一根长度大于AM的直杆，使直杆靠在墙上，且顶端与点A重合，测量出直杆与地面的夹角∠ABM=50°；第二步：使直杆顶端沿墙面竖直缓慢下滑，使得∠MDC=°，标记此时直杆的底端点D；第三步：测量地面上线段的长度，即为点A的高度．若测得BM=4m，DM=6m，则直杆下滑的高度AC为m．

【答案】40°DM2【分析】测一堵墙上点A的高度AM，可构造Rt△AMB≌Rt△DMC，则DM=AM，即【详解】解：根据题意得，∠ABM=50°，AM⊥DM，通过构造直角三角形DMC与直角三角形AMB全等，∴∠MDC=90°-50°=40°，∵利用“角角边”构造Rt△∴AM=DM，∴测量DM的长即为墙上点A的高度AM，∵Rt∴BM=MC=4m，DM=AM=6m，AC=AM-MC，∴AC=6-4=2(m)．故答案为：40°，DM，2．【点睛】本题主要考查全等三角形性质的应用，构造三角形全等是解题的关键．12．（23·24上·宜春·阶段练习）如图所示，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∠1=20°，∠3=55°．则∠2=．【答案】35°/35度【分析】根据等式的性质得出∠BAD=∠CAE，再利用全等三角形的判定和性质解答即可．【详解】解：∵∠1=20°，∠3=55°，，∴∠ABD=55°-20°=35°，∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△BAD与△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAESAS∴∠2=∠ABD=35°，故答案为：35°．【点睛】此题考查全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，关键是根据等式的性质得出∠BAD=∠CAE13．（23·24上·武汉·阶段练习）如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，D为CB的中点，AE=AD，且AE⊥AD，与AC的交于点P，则AP:PC=．【答案】3【分析】证明△AEH≌△DACAAS，可得AH=DC，HE=CA，证明△BCP≌△EHPAAS，可得【详解】解：如图，过点E作于，∵∠ACB=90°，AE⊥AD，∴∠EHP=∠AHE=∠ACB=∠EAD=90°，∴∠EAH+∠AEH=90°=∠EAH+∠DAC，∴∠AEH=∠DAC，在△AEH和△DAC中，∠AEH=∠DAC∠AHE=∠DCA∴△AEH≌△DACAAS∴AH=DC，HE=CA，∵AC=CB，D为CB的中点，∴HE=BC，AH=CD=1∴AH=CH，在△BCP和△EHP中，∠BCP=∠EHP∠BPC=∠EPH∴△BCP≌△EHPAAS∴CP=HP，∴HC=2PC，∴AP=AH+HP=HC+PC=2PC+PC=3PC，∴．故答案为：3．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余，中点的定义．证明三角形全等是解题的关键．14．（22·23下·嘉兴·阶段练习）如图，点E在正方形ABCD的边BC上，连结AE，FG垂直平分AE，分别交AB，CD，AE，BD于点F，G，

【答案】108【分析】见解析中的作辅助线．构造多个矩形与全等三角形，设法证明△ENH≌△AFH与△GIP≌△NIQ，结合已知条件可推得IG=NI=NH=FH=5，于是IH可求；先证明△GJN≌△FKN，则AE=GF=20，再证明点E为BC的中点，在直角三角形ABE中可求得AB的长，继而求得对角线BD的长．【详解】①连接IA、IE、IC．自I分别作BC、CD的垂线，垂足为点M、P．自点E作射线

由正方形ABCD知∠PCM=90°，又∠IPC=∠IMC=90°，∴四边形IMCP是矩形，∴∠MIQ=∠MIP=90°，∠IME=∠IMC=90°，又由EQ⊥PQ知∴四边形IMEQ是矩形，，又AB⊥BC，则AB∥QE．∴∠ENH=∠AFH，由FG垂直平分AE知AH=EH，∴△ENH≌△AFH∴NH=FH=5．由CD是正方形ABCD的对角线知，∠ADI=∠CDI=45°，又AD=CD∴△ADI≌△CDI∴IA=IC．由FG垂直平分AE知IA=IE，∴IC=IE，又IM⊥BC∴MC=ME由四边形IMCP是矩形知，MC=IP，由四边形IMEQ是矩形知，MQ=IQ∴．又∠GPI=∠NQI=90°，∴△GIP≌△NIQ∴NI=IG=5∴IH=NI+NH=5+5=10．②过点N作BC的平行线，分别交AB、CD于点K、J．自点G作

由①知，IG=NI=NH=FH=5，∴，又∠GNJ=∠FNK，∠GJN=∠FKN=90°∴△GJN≌△FKN∴JN=KN，因KJ∥BC,NE⊥BC，∴四边形KBEN与四边形NECJ均为矩形，∴KN=BE，∴BE=EC，由GL⊥AB知四边形BCGL是矩形，则GL=BC=AB，由FG⊥AE，GL⊥AB∴∠FGL=∠EAB在△FGL与△EAB中，GL=AB∴△FGL≌△EAB∴AE=GF=IG+NI+NH+FH=20．在Rt△ABE中，AB=2BE∴A解得：AB=8∴AD=AB=85在Rt△ABD中，综合①②可知，IH=10，BD=810故答案为：10与810【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理的应用等知识点，解题的关键是作出相关辅助线．三、解答题15．（23·24上·巴南·阶段练习）已知在四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC+∠ADC=180°．(1)如图1，若AD=10，∠BAD=90°，求CD的长度；(2)如图2，点P、Q分别在线段AD、DC上，满足PQ=AP+CQ，求证：∠PBQ+1(3)如图3，若点Q运动到DC的延长线上，点P也运动到DA的延长线上时，仍然满足PQ=AP+CQ，则（2）中的结论是否成立？若成立，请给出证明过程，若不成立，请写出∠PBQ与∠ADC的数量关系，并给出证明过程．【答案】(1)DC=10(2)见解析(3)（2）中结论不成立，应该是：∠PBQ=90°+1【分析】（1）如图1，利用HL证得两个直角三角形全等：Rt△BAD≌（2）如图2，延长DC，在上面找一点K，使得CK=AP，连接BK，通过证△BPA≌△BCK（SAS）得到：∠1=∠2，BP=BK．然后由全等三角形△PBQ≌△BKQ的徐表格中求得∠PBQ=12∠ABC，结合已知条件∠ABC+∠ADC=180°（3）（2）中结论不成立，应该是：∠PBQ=90°+1如图3，在CD延长线上找一点K，使得KC=AP，连接BK，构建全等三角形：△BPA≌△BCK（SAS），由该全等三角形的性质和全等三角形的判定定理SSS证得：△PBQ≌△BKQ，则其对应角相等：∠PBQ=∠KBQ，结合四边形的内角和是360度可以推得：∠PBQ=90°+1【详解】（1）解∵，∠BAD=90°

∴∠BCD=90°在Rt△BAD和BD=BD∴Rt△BAD≌Rt△BCD（HL）∴AD=DC=10，

∴DC=10

（2）如图，延长DC，在上面找一点K，使得CK=AP，连接BK∵∴∠BAD+∠BCD=180°∵∠BCD+∠BCK=180°∴∠BAD=∠BCK在△BPA和△BCK中AP=CK∴△BPA≌△BCK（SAS）∴∠1=∠2，BP=BK∵PQ=AP+CQ，∴PQ=QK，在△PBQ和△BKQ中BP=BK∴△PBQ≌△BKQ（SSS）∴∠PBQ=∠KBQ∴∠PBQ=∠2+∠CBQ=∠1+∠CBQ∴∠PBQ=∵∴∠ABC=180°-∠ADC12∴∠PBQ+（3）（2）中结论不成立，应该是：∠PBQ=90°+在CD延长线上找一点K，使得KC=AP，连接BK∵∴∠BAD+∠BCD=180°∵∠BAD+∠PAB=180°∴∠PAB=∠BCK在△BPA和△BCK中AP=CK∴△BPA≌△BCK（SAS）∴∠ABP=∠CBK，BP=BK∴∠PBK=∠ABC∵PQ=AP+CQ，∴PQ=QK，在△PBQ和△BKQ中BP=BK∴△PBQ≌△BKQ（SSS）∴∠PBQ=∠KBQ∴2∠PBQ+∠PBK=2∠PBQ+∠ABC=360°∴2∠PBQ+∴∠PBQ-【点睛】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．四、证明题16．（23·24上·镇江·阶段练习）如图，已知EC=BF，AC∥DF，AC=DF，求证：

(1)．(2)AB∥DE【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）证明△ABC≌△DEFSAS（2）利用全等三角形的性质得到∠ABC=∠DEF即可解答．【详解】（1）证明：∵EC=BF，∴EC+EB=BF+EB，即BC=EF，∵AC∥DF，∴∠C=∠F，在△ABC与△DEF中，BC=EF∠C=∠F∴△ABC≌△DEFSAS∴AB=DE；（2）证明：∵△ABC≌△DEFSAS∴∠ABC=∠DEF，∴AB∥DE．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，熟练运用上述性质是解题的关键．17．（23·24上·沧州·阶段练习）如图，正六边形ABCDEF中，AM=BN，连接MF、AN交于点

(1)求证：△AMF≌△BNA．(2)求∠FPN的度数．【答案】(1)见详解(2)120°【分析】（1）由正五边形的性质得出AB=AF，∠FAM=∠ABN=120°，由SAS证明△AFM≌△BAN，看得出结论；（2）由△AFM≌△BAN得出∠AFM=∠BAN，由三角形的外角性质和三角形内角和定理求出∠APF的度数，即可得出结果．【详解】（1）∵六边形ABCDEF是正六边形，∴AB=AF，∠FAM=∠ABN=120°，在△AFM和△BAN中，AF=AB∠FAM=∠ABN∴△AFM≌△BANSAS（2）∵△AFM≌△BAN∴∠AFM=∠BAN，∵∠APF=∠AMF+∠BAN=∠AFM+∠AMF=180°-120°=60°，∴∠FPN=180°-60°=120°．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、正六边形的性质，熟练掌握证明三角形全等是解决问题的关键．18．（23·24上·扬州·阶段练习）如图，已知正方形ABCD的边长为10厘米，点E在边AB上，且AE=4厘米，如果点P在线段BC上以2厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CD上由C点向D点运动．设运动时间为t秒．

(1)若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过2秒后，△BPE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，则当t为何值时，能够使△BPE与△CQP全等；此时点Q的运动速度为多少？【答案】(1)全等，理由见解析(2)v【分析】（1）由“SAS”可证即可；（2）由全等三角形的性质可得BP=PC，列出方程可求t的值，再求解Q的速度即可．【详解】（1）解：，理由如下：∵正方形ABCD，∴AB=BC=10，∠B=∠C=90°，而AE=4，∴BE=6，∵点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过2秒后，BP=4cm，CQ=4∴BP=CQ，PC=6cm∴BE=PC，在△BPE和△CQP中，BP=CQ∠B=∠C=90°∴△BPE≌△CQP(SAS（2）设经过t秒后，△PBE≌△PCQ，当点Q与点P速度不相同时，BP=PC，此时△PBE≌△PCQ，∴2t=10-2t，解得t=5又CQ=BE=6cm∴v【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，一元一次方程的应用，找到正确的数量关系是解题的关键．19．（23·24上·绥化·期中）如图，在△ABC中，AB=BC．(1)如图①所示，直线MN过点B，AM⊥MN于点M，CN⊥MN于点N，且∠ABC=90°．求证：MN=AM+CN；(2)如图②所示，直线MN过点B，AM交MN于点M，CN交MN于点N，且∠AMB=∠ABC=∠BNC，则MN=AM+CN是否成立？请说明理由．【答案】(1)见解析(2)MN=AM+CN成立，理由见解析【分析】（1）由题意可求出∠1=∠3，再根据AAS结合题意可证△AMB≌△BNC，即得出AM=BN，MB=NC，进而可求出MN=MB+BN=AM+CN；（2）由∠AMB=∠ABC=∠BNC，易证∠1=∠3，由（1）同理可证△AMB≌△BNCAAS，即得出AM=BN，MB=NC，进而可求出MN=MB+BN=AM+CN【详解】（1）证明：如图，

∵AM⊥MN，CN⊥MN，∠ABC=90°，∴，∴，∠2+∠3=90°，∴∠1=∠3．在△AMB和△BNC中，∠AMB=∠BNC=90°∠1=∠3∴△AMB≌△BNCAAS∴AM=BN，MB=NC．∵，∴MN=AM+CN；（2）解：MN=AM+CN成立，理由：如图，

∵∠AMB=∠ABC=∠BNC，又∵∠1+∠2+∠ABC=180°，，∴∠1=∠3．在△AMB和△BNC中，∠AMB=∠BNC∠1=∠3∴△AMB≌△BNCAAS∴AM=BN，MB=NC．∵，∴MN=AM+CN．【点睛】本题主要考查三角形全等的判定和性质．熟练掌握三角形全等的判定条件是解题关键．20．（23·24上·珠海·期中）在四边形ABCD中，∠B=90°，E为BC边的中点，AE平分∠BAD，F分别为AD上一点，AF=AB．

(1)求证：△ABE≌△AFE；(2)若∠AED=90°，请证明BC⊥CD．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据SAS证明△ABE≌△AFE即可．（2）由△ABE≌△AFE可得EB=EF，∠AEB=∠AEF，∠EFA=∠B=90°，又由∠BEC=180°，∠AED=90°，可得∠AEB+∠DEC=90°，，则∠DEC=∠DEF，根据SAS证明△ECD≌△EFD，则可得∠ECD=∠EFD=90°，则可证BC⊥CD．【详解】（1）证明：∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠FAE，在△ABE和△AFE中，AB=AF∠BAE=∠FAE∴△ABE≌△AFE(SAS（2）证明：由（1）知，△ABE≌△AFE，∴EB=EF，∠AEB=∠AEF，∠EFA=∠B=90°，．，∠AED=90°，∴∠AEB+∠DEC=90°，，∴∠DEC=∠DEF．∵点E为BC的中点，∴EB=EC，∴EF=EC．在△ECD和△EFD中，EC=EF∠DEC=∠DEF∴△ECD≌△EFD(SAS∴∠ECD=∠EFD=90°，∴BC⊥CD．【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是解题的关键．21．（22·23·滁州·一模）【综合与实践】问题情境：变换包括平移、旋转、对称、位似等，其中旋转就是将图形上的每一点在平面内绕着旋转中心旋转固定角度的位置移动，其中“旋”是过程，“转”是结果．旋转的性质则是解决实际问题的关键．数学活动课上，老师让同学们根据如下问题情境，发现并提出问题．如图1，△ABC与△EDC都是等腰直角三角形，点E，D分别在AC和BC上，连接EB．将线段EB绕点B顺时针旋转90°，得到的对应线段为．连接，DF．“兴趣小组”提出了如下两个问题：①AE=BD，AE⊥BD；②DF=AB，DF⊥AB．

解决问题：（1）请你证明“兴趣小组”提出的第②个问题．探索发现：（2）“实践小组”在图1的基础上，将△EDC绕点C顺时针旋转角度α0°<α<90°，其它条件保持不变，得到图2①请你帮助“实践小组”探索：“兴趣小组”提出的两个问题是否还成立？如果成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．②如图3，当AD=AF时，请求出此时旋转角α的大小．【答案】（1）见解析；（2）①成立，见解析；②45°【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到AC=BC，EC=DC，得到AE=DB得到∠AEB=∠DBF，根据全等三角形的性质得到AB=DF，∠ABE=∠DFB，求得∠AQF=90°，结合垂直的定义得到证明；（2）①如图2，延长AE与BD交于点P，求得∠ACE=∠DCB，根据全等三角形的性质得到AE=BD，∠CAE=∠CBD，求得∠APB=90°，即AP⊥BD，根据全等三角形的性质得到AB=DF，∠ABE=∠DFB，求得∠AQF=90°，即AB⊥DF；②推出AB垂直平分DF得到BD=BF=BE，根据全等三角形的性质得到∠ECB=∠DCB=1【详解】（1）证明：∵△ABC与△EDC为等腰直角三角形，∴AC=BC，EC=DC，∴AE=DB，∵∠AEB=∠C+∠EBC，∠DBF=∠EBF+∠DBE，∠C=∠EBF=90°，∴∠AEB=∠DBF，∵EB=BF，≌△DBFSAS，，∠ABE=∠DFB，∵∠ABE+∠ABF=90°，∴∠DFB+∠ABF=90°，∴∠AQF=90°，即AB⊥DF；（2）①如图2，

延长AE与BD交于点P，∵∠ACB=∠ECD=90°，∴∠ACE=∠DCB，，CE=CD，≌△BCDSAS，∴AE=BD，∠CAE=∠CBD．∵∠AOC=∠BOP，∠AOC+∠CAO=90°，∴∠CBD+∠BOP=90°，∴∠APB=90°，即AE⊥BD，∵∠AEB=∠APB+∠EBD，∠DBF=∠EBF+∠DBE，∠APB=∠EBF=90°，∴∠AEB=∠DBF，∵EB=BF，≌△DBFSAS，，∠ABE=∠DFB．∵∠ABE+∠ABF=90°，∴∠DFB+∠ABF=90°，∴∠AQF=90°，即AB⊥DF；②∵AD=AF，AB⊥DF，∴AB垂直平分DF．∴BD=BF=BE，∵EC=DC，BC=BC，∴△BEC≌△BDCSSS∴∠ECB=∠DCB=1∴旋转角α的大小是45°．【点睛】本题主要考查了考查的是全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．22．（23·24上·福州·开学考试）等腰直角△ABC中，，点B、A分别是x轴，y轴上两个动点，直角边AC交x轴于点D，斜边BC交y轴于点E

(1)如图①，已知C点的横坐标为-2，直接写出点A点的坐标；(2)如图②，当点D恰为AC中点时，连接DE，求证：∠ADB=∠CDE；(3)如图③，若点A为x轴上的固定点，且A-6,0，当点B在y轴正半轴运动时，分别以OB、AB为直角边在第一、二象限作等腰直角△BOD和等腰直角△ABC，连接CD交y轴于点P，问当点B在y轴的正半轴上运动时，BP的长度是否变化？若变化请【答案】(1)(2)见解析(3)不变，BP=3【分析】（1）如图1，过点C作轴于点F，构建全等三角形：△ACF≌△ABO(AAS)，结合该全等三角形的对应边相等易得OA的长度，由点A是y轴上一点可以推知点A（2）过点C作CG⊥AC交y轴于点G，则△ACG≌△ABD，即得CG=AD=CD，∠ADB=∠G，由∠DCE=∠GCE=45°，可证△DCE≌△GCE(SAS)得（3）BP的长度不变，理由如下：如图3，过点C作CE⊥y轴于点E，构建全等三角形：△CBE≌△BAO(AAS)，结合全等三角形的对应边相等推知：CE=BO，BE=AO=6．再结合已知条件和全等三角形的判定定理AAS得到：△CPE≌△DPB，故【详解】（1）解：如图1，过点C作轴于点F．

∵CF⊥y轴于点F，∴∠CFA=90°，∠ACF+∠CAF=90°，∵∠CAB=90°，∴∠CAF+∠BAO=9