人教版2024-2025学年八年级数学专题12.1全等三角形的综合(压轴题专项讲练)专题特训(学生版+解析)

专题12.1全等三角形的综合思维方法思维方法正向思维：是一类常规性的、传统的思维形式，指的是大家按照自上而下，由近及远、从左到右、从可知到未知等一般而言的线性方向做出探究问题的思维途径。逆向思维：是指在剖析、破解数学难题进程中，可以灵活转换思维方向，从常规思维的相反方向出发进行探索的思维方式，比如正向思维无法解决问题时可反其道而行采取逆向思维，直接证明有困难时可采用间接证明。知识点总结知识点总结一、全等图形的判定判定方法解释图形边边边(SSS)三条边对应相等的两个三角形全等边角边(SAS)两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等角边角(ASA)两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等角角边(AAS)两个角和其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等斜边、直角边(HL)斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等二、全等三角形的性质全等三角形的对应边相等，对应角相等.（另外全等三角形的周长、面积相等，对应边上的中线、角平分线、高线均相等）典例分析典例分析【典例1】【初步探索】（1）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______．【灵活运用】（2）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．【拓展延伸】（3）已知在四边形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，若∠C=70°，请直接写出∠EAF的度数．【思路点拨】（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°，利用∠ABC+∠ADC=180°，∠C=70°推导出∠DAB的度数，即可得出结论．【解题过程】解：（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF，理由如下：如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，在△ABE和△ADG中，AB=AD∠B=∠ADG=90°∴△ABE≌△ADGSAS∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，∵EF=BE+DF，DG=BE，∴EF=BE+DF=DG+DF=GF，在△AEF和△AGF中，AE=AGAF=AF∴△AEF≌△AGFSSS∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF故答案为：∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）上述结论仍然成立，理由如下：如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，∴∠B=∠ADG，在△ABE和△ADG中，AB=AD∠B=∠ADG∴△ABE≌△ADGSAS∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，在△AEF和△AGF中，AE=AGAF=AF∴△AEF≌△AGFSSS∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；（3）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，在△ABE和△ADG中，AB=AD∠ABE=∠ADC∴△ABE≌△ADGSAS∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，在△AEF和△AGF中，AE=AGAF=AF∴△AEF≌△AGFSSS∴∠FAE=∠FAG，∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，∴2∠FAE+∠GAB+∠BAE∴2∠FAE+∠GAB+∠DAG即2∠FAE+∠DAB=360°，∴∠EAF=180°−∵∠ABC+∠ADC=180°，∠BCD=70°，∴∠DAB=180°−70°=110°，∠EAF=180°−1学霸必刷学霸必刷1．（22-23七年级下·陕西西安·期末）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=2AC，点D是线段AB的中点，将一块锐角为45°的直角三角板按如图△ADE放置，使直角三角板斜边的两个端点分别与A、D重合，连接BE、CE，CE与AB交于点F.下列判断正确的有（）①△ACE≌△DBE；②BE⊥CE；③DE=DF；④SA．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④2．（23-24八年级上·江苏宿迁·阶段练习）如图，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（正方形四条边都相等，四个角都是直角），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A．1个 B．2个 C．3个 D．4个3．（23-24八年级上·内蒙古呼和浩特·期中）如图，在△ABC中，∠A=90°，△ABC的外角平分线CD与内角平分线BE的延长线交于点D，过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，连接AD，点E为BD中点，下列结论：①∠BDC=45°；②12BD+CE=BC；③AB=DF；④S△ADEA．4个 B．3个 C．2个 D．1个4．（23-24八年级上·河北石家庄·期中）已知AB=10，AC=6，BD=8，其中∠CAB=∠DBA=α，点P以每秒2个单位长度的速度，沿着C→A→B路径运动．同时，点Q以每秒x个单位长度的速度，沿着D→B→A路径运动，一个点到达终点后另一个点随即停止运动．它们的运动时间为t秒．①若x=1．则点P运动路程始终是点Q运动路程的2倍；②当P、Q两点同时到达A点时，x=6：③若α=90°，t=5，x=1时，△ACP≌△BPQ；④若△ACP与△BPQ全等，则x=0.8或411

A．①③ B．①②③ C．①②④ D．①②③④5．（23-24八年级上·北京海淀·期中）如图，锐角△ABC中，∠BAC=60°,BD平分∠ABC,CE平分∠ACB,BD与CE相交于点O，则下列结论①∠BOC=120°；②连接ED，则ED∥BC；③BC=BE+CD；④若BO=AC，则∠ABC=40°．其中正确的结论是（A．①② B．①③ C．①③④ D．③④6．（22-23八年级上·河南南阳·阶段练习）如图，∠E=∠F=90°,∠B=∠C,AE=AF，给出下列结论：①∠1=∠2；②BE=CF；③△ACN≌△ABM；④CN=MB，其中正确的结论是7．（23-24八年级上·广东中山·期中）如图，点C在线段AB上，DA⊥AB，EB⊥AB，FC⊥AB，且DA=BC，EB=AC，FC=AB，∠AFB=51°，连接DF，EF，则∠DFE=．

8．（23-24八年级上·浙江宁波·期末）如图，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=70°，O为△ABC内一点，且∠OCB=5°，∠ABO=25°，则∠OAC=.

9．（22-23八年级上·湖北武汉·期中）如图，在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，△ABC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°；②AD=OE+OF；③若BD=3，AG=8，则AB=11；④S△ACD:S

10．（22-23八年级上·江西赣州·期末）如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=8cm，BC=14cm，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2cm/s和3cm/s的运动速度同时开始运动，两点都要到达相应的终点时才能停止运动，分别过P和Q作PE⊥l于E，QF⊥l于F．设运动时间为t秒，要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，11．（23-24八年级上·内蒙古鄂尔多斯·阶段练习）如图．在△ABC中，∠ABC=60°．AD，CE分别平分∠BAC，∠ACB．（1）求∠EOD的度数；（2）求证：OD=OE．12．（22-23七年级下·重庆南岸·期末）在∠MAN点D，过点D分别作DB⊥AM，DC⊥AN，垂足分别为B，C．且BD=CD，点E，F分别在边AM和AN上．（1）如图1，若∠BED=∠CFD，请说明DE=DF（2）如图2，若∠BDC=120°，∠EDF=60°，猜想EF，BE，CF具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由．13．（23-24八年级上·吉林·期末）（1）如图1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线m经过点A，BD⊥直线m．CE⊥直线m，垂足分别为D，E．求证：DE=BD+CE．（2）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m上，且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，其中α为任意钝角，请问结论DE=BD+CE是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．14．（23-24八年级上·安徽安庆·期末）（1）如图①，在△ABC中，若AB=6，AC=4，AD为BC边上的中线，求AD的取值范围；（2）如图②，在△ABC中，点D是BC的中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，判断BE+CF与EF的大小关系并证明；（3）如图③，在四边形ABCD中，AB∥CD，AF与DC的延长线交于点F，点E是BC的中点，若AE是∠BAF的角平分线．试探究线段AB，AF，15．（2023八年级上·全国·专题练习）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且（2）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边（3）如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边

16．（23-24八年级上·吉林辽源·期末）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∠ABC=45°．MN是经过点A的直线，BD⊥MN于D，CE⊥MN于E．（1）求证：BD=AE（2）若将MN绕点A旋转，使MN与BC相交于点G（如图2)，其他条件不变，求证：BD=AE．（3）在（2）的情况下，若CE的延长线过AB的中点F（如图3)，连接GF，求证：∠1=∠2．17．（22-23八年级上·广西南宁·期末）综合与实践：【问题情境】在综合与实践课上，老师对各学习小组出示了一个问题：如图1，∠ACB=900，AC=BC，AD⊥CD,BE⊥CD，垂足分别为点D,E．请证明：【合作探究】“希望”小组受此问题的启发，将题目改编如下：如图2，∠CDF=90°，CD=FD，点A是DF上一动点，连接AC，作∠ACB=90°且BC=AC，连接BF交CD于点G．若DG=1,CG=3，请证明：点A为DF的中点．【拓展提升】“创新”小组在“希望”小组的基础上继续提出问题：如图3，∠CDF=90°，CD=FD，点A是射线DF上一动点，连接AC，作∠ACB=90°且BC=AC，连接BF交射线CD于点G．若FD=4AF，请直接写出DG与CG的数量关系．18．（23-24八年级上·辽宁抚顺·期末）【材料阅读】小明在学习完全等三角形后，为了进一步探究，他尝试用三种不同方式摆放一副三角板（在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC；△DEF中，∠DEF=90°，∠EDF=30°），并提出了相应的问题（1）【发现】如图1，将两个三角板互不重叠地摆放在一起，当顶点B摆放在线段DF上时，过点A作AM⊥DF，垂足为点M，过点C作CN⊥DF，垂足为点N，易证△ABM≌△BCN，若AM=2，CN=7，则MN=______；（2）【类比】如图2，将两个三角板叠放在一起，当顶点B在线段DE上且顶点A在线段EF上时，过点C作CP⊥DE，垂足为点P，猜想AE，PE，CP的数量关系，并说明理由；（3）【拓展】如图3，将两个三角板叠放在一起，当顶点A在线段DE上且顶点B在线段EF上时，若AE=5，BE=1，连接CE，则△ACE的面积为______．19．（23-24七年级上·山东烟台·期末）【阅读材料】“截长法”是几何题中一种辅助线的添加方法，是指在长线段中截取一段等于已知线段，常用于解答线段间的数量关系，当题目中有等腰三角形、角平分线等条件，可用“截长法”构造全等三角形来进行解题．

【问题解决】（1）如图①，在△ABC中，∠ACB=2∠B,∠C=90°,AD为∠BAC的角平分线，在AB上截取AE=AC，连接DE．请直接写出线段AB,AC,CD之间的数量关系；【拓展延伸】（2）如图②，在△ABC中，∠ACB=2∠B,∠C≠90°,AD为∠BAC的角平分线．请判断线段AB,AC,CD之间的数量关系并说明理由；（3）如图③，在△ABC中，∠ACB=2∠B,∠ACB≠90°,AD为∠BAC的补角的角平分线．请判断线段AB,AC,CD之间的数量关系并说明理由．20．（2023·广西南宁·二模）如图，在△ABC中，AD为高，AC=18．点E为AC上的一点，CE=12AE，连接BE，交AD于O（1）猜想线段BO与AC的位置关系，并证明；（2）有一动点Q从点A出发沿射线AC以每秒6个单位长度的速度运动，设点Q的运动时间为t秒，是否存在t的值，使得△BOQ的面积为27？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由；（3）在（2）条件下，动点P从点O出发沿线段OB以每秒2个单位长度的速度向终点B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，设运动时间为t秒，点F是直线BC上一点，且CF=AO，当△AOP与△FCQ全等时，求t的值．专题12.1全等三角形的综合思维方法思维方法正向思维：是一类常规性的、传统的思维形式，指的是大家按照自上而下，由近及远、从左到右、从可知到未知等一般而言的线性方向做出探究问题的思维途径。逆向思维：是指在剖析、破解数学难题进程中，可以灵活转换思维方向，从常规思维的相反方向出发进行探索的思维方式，比如正向思维无法解决问题时可反其道而行采取逆向思维，直接证明有困难时可采用间接证明。知识点总结知识点总结一、全等图形的判定判定方法解释图形边边边(SSS)三条边对应相等的两个三角形全等边角边(SAS)两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等角边角(ASA)两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等角角边(AAS)两个角和其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等斜边、直角边(HL)斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等二、全等三角形的性质全等三角形的对应边相等，对应角相等.（另外全等三角形的周长、面积相等，对应边上的中线、角平分线、高线均相等）典例分析典例分析【典例1】【初步探索】（1）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______．【灵活运用】（2）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．【拓展延伸】（3）已知在四边形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，若∠C=70°，请直接写出∠EAF的度数．【思路点拨】（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°，利用∠ABC+∠ADC=180°，∠C=70°推导出∠DAB的度数，即可得出结论．【解题过程】解：（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF，理由如下：如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，在△ABE和△ADG中，AB=AD∠B=∠ADG=90°∴△ABE≌△ADGSAS∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，∵EF=BE+DF，DG=BE，∴EF=BE+DF=DG+DF=GF，在△AEF和△AGF中，AE=AGAF=AF∴△AEF≌△AGFSSS∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF故答案为：∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）上述结论仍然成立，理由如下：如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，∴∠B=∠ADG，在△ABE和△ADG中，AB=AD∠B=∠ADG∴△ABE≌△ADGSAS∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，在△AEF和△AGF中，AE=AGAF=AF∴△AEF≌△AGFSSS∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；（3）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，在△ABE和△ADG中，AB=AD∠ABE=∠ADC∴△ABE≌△ADGSAS∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，在△AEF和△AGF中，AE=AGAF=AF∴△AEF≌△AGFSSS∴∠FAE=∠FAG，∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，∴2∠FAE+∠GAB+∠BAE∴2∠FAE+∠GAB+∠DAG即2∠FAE+∠DAB=360°，∴∠EAF=180°−∵∠ABC+∠ADC=180°，∠BCD=70°，∴∠DAB=180°−70°=110°，∠EAF=180°−1学霸必刷学霸必刷1．（22-23七年级下·陕西西安·期末）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=2AC，点D是线段AB的中点，将一块锐角为45°的直角三角板按如图△ADE放置，使直角三角板斜边的两个端点分别与A、D重合，连接BE、CE，CE与AB交于点F.下列判断正确的有（）①△ACE≌△DBE；②BE⊥CE；③DE=DF；④SA．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④【思路点拨】利用△ADE为等腰直角三角形得到∠EAD=∠EDA=45°，EA=ED，则∠EAC=∠EDB=135°，则可根据“SAS”判断△ACE≌△DBE（SAS），从而对①进行判断；再利用∠AEC=∠DEB证明∠BEC=∠DEA=90°，则可对②进行判断；由于∠DEF=90°−∠BED=90°−∠AEC，∠DFE=∠AFC=90°−【解题过程】解：∵AB=2AC，点D是线段AB的中点，∴BD=AD=AC，∵△ADE为等腰直角三角形，∴∠EAD=∠∵∠EAC=∠∴∠在△ACE和△DBE中，EA=ED∠EAC=∠EDB∴△ACE≌△DBE（SAS），所以①∴∠∴∠∴BE⊥EC，所以②正确；∵∠而∠AEC=∴∠∵∠而AC=AD>AE，∴∠∴∠∴DE>DF，所以③错误；∵△ACE≌△DBE，∴S∵BD=AD，∴S∴S∴S△DEF=故选：C．2．（23-24八年级上·江苏宿迁·阶段练习）如图，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（正方形四条边都相等，四个角都是直角），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A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【思路点拨】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，在解答时作辅助线EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q构造出全等三角形是难点，运用全等三角形的性质是关键，分析题意，根据正方形的性质可得可求出∠CAE=∠BAG，由“边角边”可得△ABG≌△AEC，可判断①是否正确；设BG、CE相交于点N，由△ABG≌△AEC可得∠ACE=∠AGB，即可判断②的正确性；根据同角的余角相等求出∠ABH=∠EAP，再证明△ABH≌△EAP，根据全等三角形性质即可判断④是否正确；证明△EPM≌△GQM，根据全等三角形的对应边相等即可判断③是否正确，从而完成解答．【解题过程】解：在正方形ABDE和ACFG中，AC=AG，AB=AE，∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠CAE=∠BAG，在△ABG和△AEC中，AB=AE，∠CAE=∠BAG，∴△ABG≌△AECSAS∴BG=CE，故①正确；设BG、CE相交于点∵△ABG≌△AEC，∴∠AGB=∠ACE，∴∠NCF+∠NGF=∠ACF+∠AGF=90°+90°=180°，∴∠CNG=360°−∠NCF+∠NGF+∠F∴BG⊥CE，故②正确；过点G作GQ⊥AM于Q，过点E作EP⊥HA的延长线于P，如图所示：∵AH⊥BC，∴∠ABH+∠BAH=90°，∵∠BAE=90°，∴∠EAP+∠BAH=180°−90°=90°，∴∠EAP=∠ABH，在△ABH和△EAP中，∠ABH=∠EAP，∠AHB=∴△ABH≌△EAPAAS∴∠EAM=∠ABC，同理可得GQ=AH，∴EP=GQ，∵在△EPM和△GQM中，∠P=∠MQG=90°，∠EMP=∠GMQ，∴△EPM≌△GQMAAS∴EM=GM，∴AM是△AEG的中线，故③正确．综上所述，①②③④结论都正确，共4个．故选：D．3．（23-24八年级上·内蒙古呼和浩特·期中）如图，在△ABC中，∠A=90°，△ABC的外角平分线CD与内角平分线BE的延长线交于点D，过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，连接AD，点E为BD中点，下列结论：①∠BDC=45°；②12BD+CE=BC；③AB=DF；④S△ADEA．4个 B．3个 C．2个 D．1个【思路点拨】在直角三角形ABC中，由内角平分线和外角平分线可得∠DCF=45°+∠DBC，由此可证∠BDC=45°；根据三角形BCE的三边关系可知12BD+CE=BC错误；如图所示（见详解），过点D作DH⊥AC于H，可证△ABE≌△HDE(AAS)，△DHC≌△DFC(AAS【解题过程】解：∵BE平分∠ABC，CD平分∠ACF，∴∠ABD=∠DBC=12∠ABC∵∠ACF=∠BAC+∠ABC，∴∠ACD=∠DCF=1又∵∠DCF是△BDC的外角，∴∠DCF=1∴∠DCF=1∴∠BDC=45°，故①正确；∵点E为BD中点，∴12在△BCE中，BE+CE>BC，三角形中，两边之和大于第三边，∴BE+CE=1如图所示，过点D作DH⊥AC于H，∵DH⊥AC，∴∠DHE=∠BAE=90°，点E是BD中点，∴BE=DE，∠AEB=∠DEH，∴△ABE≌△HDE(AAS∴AB=DH，又∵∠DCH=∠DCF，∠DHC=∠DFC=90°，DC为公共边，∴△DHC≌△DFC(AAS∴DH=DF，∴AB=DH=DF，即AB=DF，故③正确；如图所示，过点D作DH⊥AC于H，由结论④可知，△ABE≌△HDE(AAS)，∴S△ABE=S△HDE，在△ABD中，点E是BD中点，∴S△ABE∴S△DCE综上所述，正确的有①③④，共3个故选：B．4．（23-24八年级上·河北石家庄·期中）已知AB=10，AC=6，BD=8，其中∠CAB=∠DBA=α，点P以每秒2个单位长度的速度，沿着C→A→B路径运动．同时，点Q以每秒x个单位长度的速度，沿着D→B→A路径运动，一个点到达终点后另一个点随即停止运动．它们的运动时间为t秒．①若x=1．则点P运动路程始终是点Q运动路程的2倍；②当P、Q两点同时到达A点时，x=6：③若α=90°，t=5，x=1时，△ACP≌△BPQ；④若△ACP与△BPQ全等，则x=0.8或411

A．①③ B．①②③ C．①②④ D．①②③④【思路点拨】此题考查了动点问题，全等三角形的性质和判定，解题的关键是弄清运动过程，找出符合条件的点的位置．本题根据路程等于时间乘以速度求出点P和点Q的路程，即可判断①；首先求出点P到达点A时的时间，然后根据题意列出算式求解即可判断②；首先画出图形，根据题意求出AC=6，AP=10−6=4，BQ=BD−DQ=3，PB=AB−AP=6，然后得到△CAP和△PBQ不全等，可判断③，分2种情况求出x的值可判断④．【解题过程】解：①∵点P以每秒2个单位长度的速度，运动时间为t秒，∴点P运动路程为2t，若x=1，则点Q运动路程为t，∴点P运动路程始终是点Q运动路程的2倍，故①正确；②当P点到达A点时，t=6÷2=3秒，∵P、Q两点同时到达A点，∴x=10+8③如图所示，

当t=5，x=1时，点P运动的路程为2×5=10，点Q运动的路程为5×1=5，∵AC=6，DQ=5，∴AP=10−6=4，BQ=BD−DQ=8−5=3，∵AB=10，∴PB=AB−AP=10−4=6，∴AP≠BQ，∴△CAP和△PBQ不全等，故③错误；④当△ACP≌△BPQ时，则AP=BQ，AC=BP．∵AC=BP，∴10−2t−6∴t=5，∵AP=BQ，∴10−6=8−5x，∴x=0.8；当△ACP≌△BQP时，则AP=BP，AC=BQ．∵AP=BP，∴2t−6=10−2t−6∴t=11∵AC=BQ，∴6=8−11∴x=4∴若△ACP与△BPQ全等，则x=0.8或411综上所述，正确的选项为①②④．故选：C．5．（23-24八年级上·北京海淀·期中）如图，锐角△ABC中，∠BAC=60°,BD平分∠ABC,CE平分∠ACB,BD与CE相交于点O，则下列结论①∠BOC=120°；②连接ED，则ED∥BC；③BC=BE+CD；④若BO=AC，则∠ABC=40°．其中正确的结论是（A．①② B．①③ C．①③④ D．③④【思路点拨】本题考查了角平分线的定义、全等三角形的判定与性质、全等三角形的常见辅助线-截长补短等知识点，解题关键是正确作出辅助线，构造全等三角形．①根据∠BOC=180°−∠OBC+∠OCB即可判断；②假设ED∥BC，可推出EB=ED=CD得到AB=AC，即可判断；③在BC上取一点F，使得BF=BE，证△EBO≌△FBO、△COF≌△DOF即可判断；④作BG⊥CG,CH⊥AB，证△BGO≌△CHA△BEG≌△CEH，设∠EBG=∠ECH=x【解题过程】解：∵∠BAC=60°,∴∠ABC+∠ACB=120°∵BD平分∠ABC,CE平分∠ACB,∴∠OBC+∠OCB=∴∠BOC=180°−∠OBC+∠OCB如图1所示：∵BD平分∠ABC,CE平分∠ACB,∴∠EBD=∠CBD,∠ECD=∠BCE若ED∥则∠EDB=∠CBD,∠DEC=∠BCD∴∠EBD=∠CBD=∠EDB,∠ECD=∠BCE=∠DEC∴EB=ED=CD∵ED∥∴AB=AC，与题目条件不符，故②错误；在BC上取一点F，使得BF=BE，如图1所示：∵∠EBD=∠CBD,BO=BO∴△EBO≌△FBO∴∠EOB=∠FOB=180°−∠BOC=60°∴∠FOC=∠BOC−∠FOB=60°∵∠DOC=180°−∠BOC=60°∴∠FOC=∠DOC∵∠ECD=∠BCE，CO=CO∴△COF≌△DOF∴CD=CF∵BC=BF+CF∴BC=BE+CD，故③正确；作BG⊥CG,CH⊥AB，如图2所示：∵BO=AC，∠BOG=∠CAH=60°,∠BGO=∠CHA=90°，∴△BGO≌△CHA∴BG=CH,∠OBG=∠ACH=90°−60°=30°∵BG=CH，∠BEG=∠CEH,∠BGE=∠CHE=90°，∴△BEG≌△CEH∴EB=EC,∠EBG=∠ECH即：∠EBG+∠EBO=30°∴∠EBC=∠ECB=设∠EBG=∠ECH=x，则x+∠EBO=30°∵∠EBO=∴x+∵∠ECB=∠ACE=∠ECH+∠ACH=x+30°∴60°−2x=x+30°解得：x=10°∴∠EBC=60°−2x=40°，故④正确；故选：C6．（22-23八年级上·河南南阳·阶段练习）如图，∠E=∠F=90°,∠B=∠C,AE=AF，给出下列结论：①∠1=∠2；②BE=CF；③△ACN≌△ABM；④CN=MB，其中正确的结论是【思路点拨】本题考查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，利用全等三角形的判定和性质，可以证明△AEB≌【解题过程】解：在△AEB和△AFC中，∠E=∠F∠B=∠C∴△AEB≌△AFCAAS∴∠EAB=∠CAF，∵∠1+∠CAB=∠2+∠CAB，∴∠1=∠2,BE=CF,AB=AC，故①②正确，在△AEM和△AFN中，∠2=∠1AE=AF∴△AEM≌△AFNASA∴EM=NF，∵CF=BE，∴CN=MB，故④正确，在△ACN和△ABM中，∠C=∠B∠CAN=∠BAM∴△ACN≌△ABMAAS故答案为：①②③④．7．（23-24八年级上·广东中山·期中）如图，点C在线段AB上，DA⊥AB，EB⊥AB，FC⊥AB，且DA=BC，EB=AC，FC=AB，∠AFB=51°，连接DF，EF，则∠DFE=．

【思路点拨】根据等腰三角形的性质推出∠BDF=∠BFD，求出∠AFE=∠BFD=45°即可求出答案．【解题过程】解：连接BD、AE，

∵DA⊥AB∴∠DAB=∠BCF=90°，在△DAB和△BCF中，DA=BC∠DAB=∠BCF∴△DAB≌△BCF∴BD=BF∴∠BDF=∠BFD，∵∠DAB=90°，∴∠ADB+∠DBA=90°，∴∠DBF=∠ABD+∠ABF=90°，∴∠BFD=∠BDF=45°，同理∠AFE=45°，∴∠DFE=45°+45°−51°=39°，故答案为：39°．8．（23-24八年级上·浙江宁波·期末）如图，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=70°，O为△ABC内一点，且∠OCB=5°，∠ABO=25°，则∠OAC=.

【思路点拨】此题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，延长BO交∠BAC的角平分线于点P，连结CP，根据等腰三角形的性质及角平分线定义求出∠ABC=∠ACB=55°，∠BAP=∠CAP=35°，进而得出∠OBC=30°，利用SAS证明△APB≌△ACP，根据全等三角形的性质求出∠ABP=∠ACP=25°，∠APB=∠APC，根据角的和差及三角形内角和定理求出∠BPC=120°，结合平角定义求出∠APC=120°=∠BPC，利用ASA证明△APC≌△OPC，根据全等三角形的性质得出AP=OP，再根据等腰三角形的性质及角的和差求解即可．【解题过程】解：如图，延长BO交∠BAC的角平分线于点P，连接CP．

∵AP平分∠BAC，∠BAC=70°，∴∠BAP=∠CAP=35°，∵AB=AC∴∠ABC=∠ACB=55°，∵∠ABO=25°，∴∠OBC=∠ABC−∠ABO=30°，在△APB和△ACP中，AB=AC∠BAP=∠CAP∴△APB≌△ACP(SAS∴∠ABP=∠ACP=25°，∠APB=∠APC，∴∠BCP=∠ACB−∠ACP=30°，∴∠BPC=180°−∠PBC−∠BCP=120°，∴∠APB+∠APC=360°−120°=240°，∴∠APB=∠APC=120°=∠BPC，∵∠OCB=5°，∴∠OCP=∠BCP−∠OCB=25°=∠ACP，在△APC和△OPC中，∠ACP=∠OCPCP=CP∴△APC≌△OPC(ASA∴AP=OP，∴∠OAP=∠AOP=1∴∠OAC=∠OAP+∠CAP=65°，故答案为：65°．9．（22-23八年级上·湖北武汉·期中）如图，在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，△ABC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°；②AD=OE+OF；③若BD=3，AG=8，则AB=11；④S△ACD:S

【思路点拨】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△AOH≌△AOG，△BOD≌【解题过程】解：∵△ABC的角平分线AD、BE相交于点O，∴∠ABO=∠CBO=12∠ABC∠BOD=∠ABO+∠BAO=1故①正确；延长FO交AB于H，如图所示：

∴∠AOG=∠AOH=90°，又∵∠HAO=∠GAO，AO=AO，∴△AOH≌∴AG=AH，OG=OH，∴∠BOH=180°−∠BOD−∠DOF=45°，∴∠BOH=∠BOD=45°，∴△BOD≌∴BD=BH，OH=OD，∴AB=AH+BH=AG+BD，∵BD=3，AG=8，∴AB=11，故③正确；∵∠BOA=∠BOH+∠AOH=135°，∠BOF=∠BOD+∠DOF=135°，∴∠BOA=∠BOF，∴△BOA≌∴AO=OF，∵OH=OD，OG=OH，∴OD=OG，∴AD=AO+OD=OF+OG，又∵∠OGE=90°−∠F，∠BEC=90°−∠EBC，∴∠OGE≠∠BEC，∴OE≠OG，∴AD=OF+OG≠OF+OE，故②错误；∵同高的两个三角形面积之比等于底边长之比，∴S△ACD故④正确；因此正确的有：①③④．故答案为：①③④．10．（22-23八年级上·江西赣州·期末）如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=8cm，BC=14cm，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2cm/s和3cm/s的运动速度同时开始运动，两点都要到达相应的终点时才能停止运动，分别过P和Q作PE⊥l于E，QF⊥l于F．设运动时间为t秒，要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，【思路点拨】先求出点P从A点出发到达点C和点B所需要的时间，点Q从B点出发到达点C和A点所需要的时间，然后根据P、Q所在的位置分类讨论，分别画出对应的图形，找出全等三角形的对应边并用时间t表示，然后列出方程即可得出结论．【解题过程】解：由题意知，点P从A点出发到达点C所需要的时间为：8÷2=4s；到达点B共需要的时间为：点Q从B点出发到达点C所需要的时间为：14÷3=143s；到达点当0≤t≤4，点P在AC上，点Q在BC上，如图所示：此时AP=2t,BQ=3t∴CP=8−2t,CQ=14−3t∵∠PEC=∠ACB=∠QFC=90°∴∠PCE+∠QCF=90°,∠CQF+QCF=90°∴∠PCE=∠CQF∵要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等∴CP=CQ∴8−2t=14−3t∴t=6（不符合题意，舍去）；当4<t≤143，点P在BC上，点Q在∵要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等∴P和Q重合，E和F重合∴CP=2t−8,QC=14−3t,CP=QC∴2t−8=14−3t∴t=22当143<t≤223，点P在BC上，点∴CP=2t−8,CQ=3t−14∵∠PEC=∠ACB=∠QFC=90°∴∠PCE+∠QCF=90°,∠CQF+QCF=90°∴∠PCE=∠CQF∵要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等∴CP=CQ∴2t−8=3t−14∴t=6（符合题意）；当223<t≤11，点P在BC上，点Q与点∴CP=2t−8,CQ=CA=8∵∠PEC=∠ACB=∠QFC=90°∴∠PCE+∠QCF=90°,∠CQF+QCF=90°∴∠PCE=∠CQF∵要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等∴CP=CQ∴2t−8=8∴t=8（符合题意）；∴要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等，则t=8或t=6或t=故答案为：22511．（23-24八年级上·内蒙古鄂尔多斯·阶段练习）如图．在△ABC中，∠ABC=60°．AD，CE分别平分∠BAC，∠ACB．（1）求∠EOD的度数；（2）求证：OD=OE．【思路点拨】本题考查角平分线的定义、三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握角平分线的定义、三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质．（1）先由∠ABC=60°得∠BAC+∠ACB=120°，然后根据三角形内角和得到∠AOC=120°，所以∠EOD=∠AOC=120°；（2）在AC上截取CF=CD，连接OF，先证明△COD≌△COF，得OD=OF；再证明△AOE≌△AOF，得OE=OF，所以OD=OE．【解题过程】（1）解：∵∠ABC=60°，∴∠BAC+∠ACB=120°，∵AD，CE分别平分∠BAC，∠ACB，∴∠CAD=12∠BAC∴∠AOC=180°−(∠CAD+∠ACE)=180°−=180°−1∴∠EOD=∠AOC=120°，∴∠EOD的度数是120°；（2）在AC上截取CF=CD，连接OF，在△COD和△COF中，CD=CF∠OCD=∠OCF∴△COD≌△COFSAS∴OD=OF；∵∠AOC=120°，∠AOE=∠COD=180°−∠EOD=60°，∴∠COF=∠COD=60°，∴∠AOF=∠AOC−∠COF=60°，∴∠AOE=∠AOF，在ΔAOE和Δ∠OAE=∠OAFOA=OA∴△AOE≌△AOF(ASA∴OE=OF，∴OD=OE．12．（22-23七年级下·重庆南岸·期末）在∠MAN点D，过点D分别作DB⊥AM，DC⊥AN，垂足分别为B，C．且BD=CD，点E，F分别在边AM和AN上．（1）如图1，若∠BED=∠CFD，请说明DE=DF（2）如图2，若∠BDC=120°，∠EDF=60°，猜想EF，BE，CF具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由．【思路点拨】（1）由DB⊥AM，DC⊥AN，可得∠EBD=∠FCD，结合BD=CD，∠BED=∠CFD，可证△BED≌△CFDASA（2）在BM上取点G，使BG=CF，通过证明△GBD≌△FCD，△GDE≌△EFD，即可求解，本题考查了全等三角形的性质与判定，解题的关键是：通过辅助线构造全等三角形．【解题过程】（1）解：∵DB⊥AM，DC⊥AN，∴∠EBD=∠FCD，∵BD=CD，∠BED=∠CFD，∴△BED≌△CFDASA∴DE=DF，（2）解：在BM上取点G，使BG=CF，∵DB⊥AM，DC⊥AN，∴∠GBD=∠FCD，∵BD=CD，BG=CF，∴△GBD≌△FCDSAS∴DG=DF，∠GDB=∠FDC，∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠EDB+∠FDC=120°−60°=60°，∴∠EDB+∠GDB=60°，即∠EDG=60°，∴△GDE≌△EFDSAS∴EF=EG，即：EF=BE+BG=BE+CF，∴EF=BE+CF．13．（23-24八年级上·吉林·期末）（1）如图1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线m经过点A，BD⊥直线m．CE⊥直线m，垂足分别为D，E．求证：DE=BD+CE．（2）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m上，且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，其中α为任意钝角，请问结论DE=BD+CE是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．【思路点拨】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定定理与性质定理是解题的关键．（1）由直角三角形的性质及平角的定义得出∠CAE=∠ABD，可证明△ADB≌△CEA(AAS（2）与（1）类似，可证明△ADB≌△CEA(AAS【解题过程】解：（1）∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，∴∠BDA=∠CEA=90°．∴∠BAC=90°，∴∠BAD+∠CAE=90°．∵∠BAD+∠ABD=90°，∴∠CAE=∠ABD．在△ADB和△CEA中，∠BDA=∠AEC,∴△ADB≌△CEA(AAS∴AE=BD，AD=CE，∴DE=AE+AD=BD+CE．（2）成立．证明如下：∵∠BDA=∠BAC=α，∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°−α，∴∠CAE=∠ABD．在△ADB和△CEA中，∠BDA=∠AEC,∴△ADB≌△CEA(AAS∴AE=BD，AD=CE，∴DE=AE+AD=BD+CE．14．（23-24八年级上·安徽安庆·期末）（1）如图①，在△ABC中，若AB=6，AC=4，AD为BC边上的中线，求AD的取值范围；（2）如图②，在△ABC中，点D是BC的中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，判断BE+CF与EF的大小关系并证明；（3）如图③，在四边形ABCD中，AB∥CD，AF与DC的延长线交于点F，点E是BC的中点，若AE是∠BAF的角平分线．试探究线段AB，AF，【思路点拨】（1）由已知得出AB−BE<AE<AB+BE，即6−4<AE<6+4，AD为（2）延长FD至点M，使DM=DF，连接BM，EM，可得△BMD≌△CFD，得出BM=CF，由线段垂直平分线的性质得出EM=EF，在△BME中，由三角形的三边关系得出（3）延长AE，DF交于点G，根据平行和角平分线可证AF=FG，也可证得△ABE≌△GCE，从而可得【解题过程】解：（1）如图①，延长AD到点E，使DE=AD，连接BE，∵D是BC的中点，∴BD=CD，∵∠ADC=∠BDE，∴△ACD≌△EBDSAS∴BE=AC=4，在△ABE中，AB−BE<AE<AB+BE，∴6−4<AE<6+4，∴2<AE<10，∴1<AD<5，故答案为：1<AD<5；（2）BE+CF>EF，理由如下：延长FD至点M，使DM=DF，连接BM、EM，如图②所示．同（1）得：△BMD≌△CFDSAS∴BM=CF，∵DE⊥DF，∴EM=EF，在△BME中，由三角形的三边关系得：BE+BM>EM，∴BE+CF>EF；（3）AF+CF=AB，理由如下：如图③，延长AE，DF交于点∵AB∥CD，∴∠BAG=∠G，在△ABE和△GCE中，CE=BE，∴△ABE≌△GECAAS∴CG=AB，∵AE是∠BAF的平分线，∴∠BAG=∠GAF∴∠FAG=∠G，∴AF=GF，∵FG+CF=CG，∴AF+CF=AB．15．（2023八年级上·全国·专题练习）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且（2）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边（3）如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边

【思路点拨】本题是三角形综合题，考查了三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形解决问题．（1）延长EB到G，使BG=DF，连接AG．利用全等三角形的性质解决问题即可；（2）先证明△ABM≌△ADF(SAS)，由全等三角形的性质得出AF=AM，∠2=∠3．△AME≌△AFE(SAS（3）在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．证明△ABG≌△ADF．由全等三角形的性质得出∠BAG=∠DAF，AG=AF【解题过程】证明：延长EB到G，使BG=DF，连接AG．

∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，∴△ABG≌△ADF．∴AG=AF，∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=1∴∠GAE=∠EAF．又∵AE=AE∴△AEG≌△AEF．∴EG=EF．∵EG=BE+BG．∴EF=BE+FD（2）（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．∵∠ABC+∠D=180°，∴∠1=∠D，在△ABM与△ADF中，AB=AD∠1=∠D∴△ABM≌△ADF(SAS∴AF=AM，∵∠EAF=1∴∠3+∠4=∠EAF即∠MAE=∠EAF在△AME与△AFE中AM=AF∴△AME≌△AFE(SAS∴EF=ME，即EF=BE+BM，∴EF=BE+DF；（3）结论EF=BE+FD不成立，应当是EF=BE−FD．证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG

∵∠B+∠ADC=180°，∴∠B=∠ADF．∵AB=AD∴△ABG≌△ADF．∴∠BAG=∠DAF，∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=1∴∠GAE=∠EAF．∵AE=AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG=EF，∵EG=BE−BG，∴EF=BE−FD．16．（23-24八年级上·吉林辽源·期末）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∠ABC=45°．MN是经过点A的直线，BD⊥MN于D，CE⊥MN于E．（1）求证：BD=AE（2）若将MN绕点A旋转，使MN与BC相交于点G（如图2)，其他条件不变，求证：BD=AE．（3）在（2）的情况下，若CE的延长线过AB的中点F（如图3)，连接GF，求证：∠1=∠2．【思路点拨】（1）首先证明∠1=∠3，再证明△ADB≌△CEA，然后根据全等三角形的性质可得BD=AE；（2）首先证明∠BAD=∠ACE，再证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形对应边相等可得BD=AE；（3）首先证明△ACF≌△ABP，然后再证明△BFG≌△BPG，再根据全等三角形对应角相等可得∠BPG=∠BFG，再根据等量代换可得结论∠1=∠2．【解题过程】（1）如图1，∵BD⊥MN，CE⊥MN，∴∠BDA=∠AEC=90°，∵∠BAC=90°，∴∠1+∠2=90°，又∵∠3+∠2=90°，∴∠1=∠3，在△ADB和△CEA中，∠BDA=∠AEC∠3=∠1∴△ADB≌△CEA(AAS∴BD=AE；（2）如图2，∵BD⊥MN，CE⊥MN，∴∠BDA=∠CEA=90°，∵∠BAD+∠CAE=90°，∠ACE+∠CAE=90°，∴∠BAD=∠ACE，在△ABD和△ACE中，∠BDA=∠CEA∠BAD=∠ACE∴△ABD≌△ACE(AAS∴BD=AE；（3）如图3，过B作BP∥AC交MN于P，∵BP∥AC，∴∠PBA+∠BAC=180°，∵∠BAC=90°，∴∠PBA=∠BAC=90°，由（2）得：∠BAP=∠ACF，∴在△ACF和△ABP中，∠PBA=∠FACAB=AC∴△ACF≌△ABP(ASA∴∠1=∠BPA，AF=BP，∵BF=AF，∴BF=BP，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠ABC=45°，又∵∠PBA=90°，∴∠PBG=45°，∴∠ABC=∠PBG，在△BFG和△BPG中，BF=BP∠FBG=∠PBG∴△BFG≌△BPG(SAS∴∠BPG=∠2，∵∠BPG=∠1，∴∠1=∠2．17．（22-23八年级上·广西南宁·期末）综合与实践：【问题情境】在综合与实践课上，老师对各学习小组出示了一个问题：如图1，∠ACB=900，AC=BC，AD⊥CD,BE⊥CD，垂足分别为点D,E．请证明：【合作探究】“希望”小组受此问题的启发，将题目改编如下：如图2，∠CDF=90°，CD=FD，点A是DF上一动点，连接AC，作∠ACB=90°且BC=AC，连接BF交CD于点G．若DG=1,CG=3，请证明：点A为DF的中点．【拓展提升】“创新”小组在“希望”小组的基础上继续提出问题：如图3，∠CDF=90°，CD=FD，点A是射线DF上一动点，连接AC，作∠ACB=90°且BC=AC，连接BF交射线CD于点G．若FD=4AF，请直接写出DG与CG的数量关系．【思路点拨】本题考查了全等三角形的综合问题，熟练掌握全等三角形的判定及性质，添加适当的辅助线是解题的关键．（1）利用AAS证得△ACD≌△CBE，即可求证结论；（2）过B作BH⊥CD于H，由（1）得△ACD≌△CBH，进而可得AD=CH,CD=BH，再利用AAS可证△DFG≌△HBG，则可证DG=GH，根据数量关系可得AD=2，DF=4，进而可求证结论；（3）过点B作BH⊥CD于H，由（2）得AD=CH，CD=BH=FD，HG=DG，再根据数量关系即可求解；【解题过程】解：（1）证明：∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BCD=90°，∵BE⊥CD，∴∠B+∠BCD=90°，∴∠B=∠ACD，在△ACD和△CBE中，∠ACD=∠B∠ADC=∠CEB=90°∴△ACD≌△CBEAAS∴AD=CE；（2）证明：过B作BH⊥CD于H，如图：由（1）得：△ACD≌△CBH，∴AD=CH,CD=BH，∵DF=CD，∴DF=BH，在△DFG和△HBG中，∠DGF=∠BGH∠ADH=∠DHB=90°∴△DFG≌△HBGAAS∵DG=1，∴DG=GH=1，∵CG=3，∴CH=CG=GH=3−1=2，CD=CH+DG=4，∴AD=2，DF=4，∴A是DF的中点；（3）CG=9DG，理由如下：过点B作BH⊥CD于H，如图：由（2）得：AD=CH，CD=BH=FD，HG=DG，∵FD=4AF，∴AD=CH=5AF，CD=DF=4AF，∴DH=CH−CD=AF，∴DG=1∴CG=CD+DG=9∴CG=9DG．18．（23-24八年级上·辽宁抚顺·期末）【材料阅读】小明在学习完全等三角形后，为了进一步探究，他尝试用三种不同方式摆放一副三角板（在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC；△DEF中，∠DEF=90°，∠EDF=30°），并提出了相应的问题（1）【发现】如图1，将两个三角板互不重叠地摆放在一起，当顶点B摆放在线段DF上时，过点A作AM⊥DF，垂足为点M，过点C作CN⊥DF，垂足为点N，易证△ABM≌△BCN，若AM=2，CN=7，则MN=______；（2）【类比】如图2，将两个三角板叠放在一起，当顶点B在线段DE上且顶点A在线段EF上时，过点C作CP⊥DE，垂足为点P，猜想AE，PE，CP的数量关系，并说明理由；（3）【拓展】如图3，将两个三角板叠放在一起，当顶点A在线段DE上且顶点B在线段EF上时，若AE=5，BE=1，连接CE，则△ACE的面积为______．【思路点拨】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，熟记相关定理内容进行几何推理是解题关键．（1）由△ABM≌△BCN，利用两个三角形全等的性质，得到AM=BN=2，BM=CN=7，即可得到MN；（2）根据两个三角形全等的判定定理，得到△ABE≌△BCP，利用两个三角形全等的性质，得到AE=BP，BE=CP，由BE=BP+PE中，即可得到三者的数量关系；（3）延长FE，过点C作CP⊥FE于P，由两个三角形全等的判定定理得到△ABE≌△BCP，从而PC=BE=1，PB=AE=5，则可求得PE，延长AE，过点C作CF⊥AE于F，由平行线间的平行线段相等可得CF=PE=4，代入面积公式得S△ACE【解题过程】（1）解：∵△ABM≌△BCN，AM=2，CN=7，∴AM=BN=2，BM=CN=7，∴MN=BM+BN=9；故答案为：9．（2）解：PE=CP−AE理由：∵∠ABC=90°，∴∠ABE+∠CBE=90°，∵CP⊥BE，∴∠CPB=90°，∴∠BCP+∠CBP=90°∴∠ABE=∠BCP，∵∠AEB=90°，∴∠AEB=∠CPB=90°，∵AB=BC，∴△ABE≌△BCP，∴AE=BP，BE=CP∵BE=BP+PE，∴PE=BE−BP=PC−AE；∴PE=CP−AE．（3）解：延长FE，过点C作CP⊥FE于P，如图所示：∵∠ABE+∠EBC=90°，∠ABE+∠BAE=90°，∴∠EBC=∠BAE，∵∠AEB=∠CPB=90°，AB=BC，∴△ABE≌△BCP，∴PC=BE=1，PB=AE=5，∴PE=PB−BE=5−1=4，延长AE，过点C作CF⊥AE于F，如图所示：∵AF⊥PE，CP⊥PE，∴AF∥CP，∵AF⊥PE，CF⊥AF，∴PE∥CF，由平行线间的平行线段相等可得CF=PE=4，S△ACE故答案为：10．19．（23-24七年级上·山东烟台·期末）【阅读材料】“截长法”是几何题中一种辅助线的