专题02 探索三角形全等的条件（六大类型）（题型专练）（解析版）-2024学年八年级数学上册（苏科版）

第第页专题02探索三角形全等的条件（六大类型）【题型1判定全等角形（SSS）】【题型2判定全等角形（SAS）】【题型3判定全等角形（ASA）】【题型4判定全等角形（AAS）】【题型5判定全等角形（HL）】【题型6全国等三角形的哦安定与性质综合应用】【题型1判定全等角形（SSS）】1．（2023八上·永城期末）如图，点C在∠AOB的OB边上，用尺规作出了CN∥OA，连接EN，作图痕迹中，△ODM≌△CEN根据的是（）A．SAS B．SSS C．ASA D．AAS【答案】B【解析】【解答】解：根据题意得：OM=CN，∴△ODM≌△CEN的依据是“SSS”，故答案为：B.2．（2022八上·德惠期末）如图，以∠CAB顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AB，AC于点E、F，再分别以点E、F为圆心，大于12EF长为半径画弧，两弧交于点D，作射线AD，则说明A．SSS B．SAS C．ASA D．AAS【答案】A【解析】【解答】解：由作图知：AE=AF，ED=FD，又∵AD=AD，∴△AED≅△AFD(SSS)，∴△FAD=△EAD，即∠CAD=∠DAB，∴说明∠CAD=∠DAB的依据是SSS，故答案为：A．3．（2023八上·内江期末）如图，点E、F在BC上，AB=CD，AF=DE，AF、DE相交于点G，添加下列哪一个条件，可使得△ABF≌△DCE（）A．∠B=∠CB．AG=DGC．∠AFE=∠DEFD．BE=CF【答案】D【解析】【解答】解：A、由∠B=∠C，AB=CD，AF=DE，不能证明△ABF≌△DCE，不符合题意；B、由AG=DG，AB=CD，AF=DE，不能证明△ABF≌△DCE，不符合题意；C、由∠AFE=∠DEF，AB=CD，AF=DE，不能证明△ABF≌△DCE，不符合题意；D、由BE=CF即可证明BF=CE，AB=CD，AF=DE，可以由SSS证明△ABF≌△DCE，符合题意；故答案为：D.4．（2023八上·杭州期末）已知：如图，点A，D，B，【答案】证明：∵AD=BE，∴AD+DB=BE+DB，即AB=DE，在△ABC与△EDF中，AB=EDAC=EF∴△ABC≌△EDF(∴∠EDF=∠ABC.【解析】【分析】根据已知条件可知AD=BE，结合线段的和差关系可得AB=DE，利用SSS证明△ABC≌△EDF，据此可得结论.5．（2022八上·京山期中）如图，B，E，C，F在一条直线上，AB＝DE，AC＝DF，BE＝CF，求证：∠A＝∠D.【答案】证明：∵BE＝CF，∴BE+EC＝CF+EC，∴BC＝EF，在△ABC和△DEF中，BC=EFAB=DE∴△ABC≌△DEF（SSS），∴∠A＝∠D.【解析】【分析】根据BE=CF易得BC=EF，从而利用SSS判断出△ABC≌△DEF，进而根据全等三角形对应角相等即可得出答案.6．（2022八上·老河口期中）如图，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点O，AO的延长线交BC于点D，OB=OC.求证：BD=CD.【答案】证明：∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB.∵∠ABC与∠ACB的平分线相交于点O，∴∠ABC=2∠OBC，∠ACB=2∠OCB.∴∠ABC=∠ACB.∴AB=AC.在△ABO和△ACO中AB=AC，∴△ABO≌△ACO(SSS).∴∠BAD=∠CAD.∴BD=CD.【解析】【分析】根据等腰三角形的性质可得∠OBC=∠OCB，根据角平分线的概念可得∠ABC=2∠OBC，∠ACB=2∠OCB，则∠ABC=∠ACB，推出AB=AC，利用SSS证明△ABO≌△ACO，得到∠BAD=∠CAD，据此证明.7．（2022八上·嘉兴期中）如图，AB=AD，BC=DC，求证：∠1=∠2.【答案】证明：在△ABC和△ADC中，AB=ADBC=DC∴△ABC≌△ADC(SSS)，∴∠1=∠2.【解析】【分析】由已知条件可知AB=AD，BC=DC，AC=AC，利用SSS证明△ABC≌△ADC，据此可得结论.8．（2022八上·定南期中）如图，在△ABC与△DCB中，AB=DC，AC=BD，AC与BD交于M.求证：BM=CM.【答案】证明：∵AB=DC，AC=DB，BC=CB，∴△ABC≌△DCB（SSS），∴∠ACB=∠DBC，BM=CM．【解析】【分析】先利用“SSS”证明△ABC≌△DCB，再利用全等三角形的性质可得∠ACB=∠DBC，BM=CM。9．（2022八上·吉林期中）如图，AC=EC，CB=CD，AB=ED，求证：△ACB≌△ECD．【答案】证明：在△ACB和△ECD中，AC=ECCB=CD∴△ACB≌△ECD(SSS)．【解析】【分析】根据全等三角形的判定定理SSS即可证明。10．（2022八上·大兴期中）如图，点A，B，C，D在同一直线上，AE=BF，EC=FD，AB=CD．求证：△EAC≌△FBD．【答案】证明：∵AB=CD，∴AB+BC=CD+BC，即AC=BD，在△EAC和△FBD中，AE=BFEC=FD∴△EAC≌△FBD(SSS)．【解析】【分析】先证明AC=BD，再利用“SSS”证明△EAC≌△FBD即可。11．（2022八上·义乌期中）如图，AB=CD，AE=DF，CE=BF，说出∠B=∠C的理由．解：∵CE=BF()，∴CE+EF=BF+FE，即CF=BE．在△ABE和△DCF中，AB=__________(已知)，∴△ABE≌△DCF()，∴∠B=∠C().【答案】解：∵CE=BF（已知），

∴CE+EF=BF+FE，即CF=BE，在△ABE和△DCF中，AB=CD(已知)，∴△ABE≌△DCF（SSS），

∴∠B=∠C（全等三角形的对应角相等）.【解析】【分析】根据题目给定条件，结合给定步骤，利用“SSS”定理证明△ABE≌△DCF，据此补充过程即可.12．（2022八上·龙港期中）已知：如图，AC＝BD，AD＝BC.求证：∠C＝∠D.【答案】证明：在△ABC和△BAD中，AC=BDBC=AD∴△ABC≌△BAD（SSS），∴∠C＝∠D.【解析】【分析】利用SSS证得△ABC≌△BAD，根据全等三角形的对应角相等得∠C=∠D.16．（2022八上·永善期中）如图，已知点C，F在直线AD上，且有BC=EF，AB=DE，CD=AF。求证：△ABC≌△DEF。【答案】证明：∵CD=AF，∴CD+CF=AF+CF，即DF=AC，在△ABC和△DEF中，AB=DE∴△ABC≌△DEF（SSS）【解析】【分析】先证出DF=AC，再利用SSS即可证出△ABC≌△DEF.13．（2023八上·平昌期末）如图，在△ABC和△DEF中，点B、F、C、E在同一直线上，AB=DE，BF=CE，【答案】证明：∵BF=CE，∴BF+CF=CE+CF，即BC=EF，∵AB∥DE，∴∠B=∠E，在△ABC和△DEF中，AB=DE∠B=∠E∴△ABC≌△DEF【解析】【分析】根据BF=CE结合线段的和差关系可得BC=EF，由平行线的性质可得∠B=∠E，由已知条件可知AB=DE，然后利用全等三角形的判定定理进行证明.【题型2判定全等角形（SAS）】14．（2023八上·南充期末）如图，AB=AC，AD=AE，∠ACB=∠AED.（1）求证：BD=CE；（2）若AD∥CE，∠1=23°，∠2=27°，求∠3的度数.【答案】（1）证明：如图，

∵AB=AC，AD=AE∴∠ABC=∠ACB，∠3=∠AED.∵∠ACB=∠AED，

∴∠ABC=∠ACB=∠3=∠AED.∴∠BAC=∠DAE.

∴∠1=∠4.∵AD=AE，∴△ABD≌△ACE(SAS)，

∴BD=CE；（2）解：由（1），∠1=∠4=23°.

∴∠4+∠2=50°∴∠AEC=180°−50°=130°∵AD∥CE，

∴∠3=∠5.∴∠AED=∠5=∴∠3=65°.【解析】【分析】（1）根据等边对等角得∠ABC=∠ACB，∠3=∠AED，结合已知和三角形内角和定理得∠BAC=∠DAE，推出∠1=∠4，从而可用SAS判断出△ABD≌△ACE，根据全等三角形对应边相等得BD=CE；

（2）根据全等三角形对应角相等并结合三角形内角和定理得∠AEC=130°，根据二直线平行，内错角相等得∠3=∠5，又∠3=∠AED，从而可得∠AED=1215．（2023八上·嘉兴期末）如图，在等边△ABC的边AC，BC上各取一点D，E，使AD=CE，AE，BD相交于点O.（1）求证：△ABD≌△CAE；（2）求∠BOE的度数.【答案】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，

∴AB=AC，∠C=∠BAD=60°，

在△ABD和△CAE中

AD=CE∠BAD=∠CAB=AC

（2）解：∵△ABD≌△CAE，

∴∠ABD=∠CAE，

∵∠BOE=∠BAD+∠BAO=∠CAE+∠BAE=∠BAC=60°【解析】【分析】（1）利用等边三角形的性质可证得AB=AC，∠C=∠BAD=60°，利用SAS可证得结论.（2）利用全等三角形的对应角相等，可证得∠ABD=∠CAE，再利用三角形外角的性质去证明∠BOE=∠BAC，即可求出∠BOE的度数.16．（2022八上·松原期末）阅读下面材料：小明遇到这样一个问题：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A=60°，CD平分∠ACB，试判断BC和AC、AD之间的数量关系．小明发现，在BC上截取CA′＝CA，连接DA′，从而将问题解决（如图2）．（1）求证：△ADC≌△A′DC；（2）试猜想写出BC和AC、AD之间的数量关系，并给出证明．【答案】（1）证明：在BC上截取CA′＝CA，连接DA′，∵CD平分∠ACB，∴∠ACD=∠BCD，在△ACD和△A′DC中，AC=A∴△ADC≌△A′DC（SAS）；（2）解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A=60°，∴∠B=90°-∠A=90°-60°=30°，∵△ADC≌△A′DC，∴∠A=∠CA′D=60°，AD=A′D，∵∠CA′D是△A′DB的外角，∴∠A′DB=∠CA′D-∠B=60°-30°=30°，∴∠A′DB=∠B=30°，∴A′D=A′B，∴AD=A′B，∴BC=A′C+A′B=AC+AD．【解析】【分析】（1）利用“SAS”证明△ADC≌△A′DC即可；

（2）根据全等三角形的性质可得∠A=∠CA′D=60°，AD=A′D，再求出∠A′DB=∠B=30°，可得A′D=A′B，最后利用线段的和差及等量代换可得BC=A′C+A′B=AC+AD。17．（2023八上·安顺期末）如图，D、C、F、B四点在一条直线上，AB=DE，AC⊥BD，EF⊥BD，垂足分别为点C、点F，CD=BF．（1）求证：△ABC≌△EDF．（2）连结AD、BE，求证：AD=EB．【答案】（1）证明：∵AC⊥BD，EF⊥BD

∴△ABC和△DEF是直角三角形

又∵CD＝BF

∴CD+CF＝BF+CF，

∴DF＝BC，

又∵AB=DE，

∴Rt△ABC≌Rt△EDF（HL）．（2）证明：∵△ABC≌△EDF，

∴AC＝EF，

∵AC⊥BD，EF⊥BD

∴∠ACD＝∠EFB，

又∵CD=BF，

∴△ACD≌△EFB（SAS）

∴AD＝BE．【解析】【分析】（1）由题意易得△ABC和△DEF是直角三角形，由CD+CF＝BF+CF，可得DF＝BC，再根据HL证明三角形全等即可；

（2）由△ABC≌△EDF，可得AC＝EF，再由AC⊥BD，EF⊥BD可得∠ACD＝∠EFB，进而用“SAS”定理证明△ACD≌△EFB，即可得出结论．18．（2023八上·港南期末）已知，如图，△ABC为等边三角形，AE=CD，AD、BE相交于点P.（1）求证：△AEB≌△CDA；（2）求∠EPQ的度数；（3）若BQ⊥AD于Q，PQ=7，PE=3，求BE的长.【答案】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴AB=CA，∠BAE=∠C=60°，在△AEB和△CDA中，AB=CA∠BAE=∠C∴△AEB≌△CDA(SAS)（2）解：∵△AEB≌△CDA，∴∠ABE=∠CAD，∴∠BPQ=∠BAD+∠ABE=∠BAD+∠CAD=∠BAC＝60°，∴∠EPQ=180°−∠BPQ=120°，∴∠EPQ的度数是120°.（3）解：∵BQ⊥AD于Q，PQ=7，PE=3，∴∠PQB=90°，∴∠BPQ=60°，∴∠PBQ=30°，∴BP=2PQ=2×7=14，∴BE=BP+PE=14+3=17，∴BE的长是17.【解析】【分析】（1）由等边三角形的性质得AB=CA，∠BAE=∠C=60°，再根据SASA判断出△AEB≌△CDA；

（2）根据全等三角形的对应角相等可得∠ABE=∠CAD，根据三角形外角的性质及等量代换可得∠BPQ=∠BAD+∠ABE=∠BAD+∠CAD=60°，最后根据邻补角的定义即可算出答案；

（3）根据三角形的内角和定理可得∠PBQ=30°，根据含30°角直角三角形的性质得BP=2PQ=14，进而由BE=BP+PE算出答案.【题型3判定全等角形（ASA）】19．（2023八上·金东期末）已知：如图，点B，F，C，E在一条直线上，∠B=∠EFD，∠ACB=∠DEF，且BF=EC.求证：△ABC≌△DFE.【答案】解：∵BF=EC∴BF+CF=EC+CF，∴BC=EF，在△ABC和△DFE中，∵∴△ABC≅△DFE(ASA).【解析】【分析】由已知条件可知∠B=∠EFD，∠ACB=∠DEF，BF=EC，结合线段的和差关系可得BC=EF，然后根据全等三角形的判定定理进行证明.20．（2023八上·汉阴期末）如图，在△ADC和△CEB中，点A、B、C在一条直线上，∠D=∠E，AD∥EC，AD=EC.求证：△ACD≌△CBE.【答案】证明：∵AD∥EC∴∠CAD=∠BCE在△ACD与△CBE中∠CAD=∠BCE∴△ACD≌△CBE(ASA)【解析】【分析】由二直线平行，同位角相等得∠CAD=∠BCE，从而用ASA判断出△ACD≌△CBE.21．（2023八上·宁波期末）如图，四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠1=∠2，∠3=∠4.求证：BO=DO．【答案】证明：在△ABC和△ADC中

∠1=∠2AC=AC∠3=∠4

∴AB=AD∵∠1=∠2∴OB=OD【解析】【分析】利用ASA证明△ABC≌△ADC，利用全等三角形的性质可证得AB=AD，利用等腰三角形三线合一的性质可证得结论.22．（2022八上·甘井子期末）如图：点B，E，C，F在一条直线上，FB=CE，AB//ED，AC//DF．求证：【答案】证明：∵FB=EC，∴BF+FC=CE+FC，∴BC=EF，∵AB∥ED∴∠B=∠E，∠ACB=∠DFE，在△ABC与△DEF中，∵∴△ABC≌△DEF(ASA)，∴AB=DE，AC=DF．【解析】【分析】先利用“ASA”证明△ABC≌△DEF，再利用全等三角形的性质可得AB=DE，AC=DF。【题型4判定全等角形（AAS）】23．（2022八上·延庆期末）如图，点A，B，C，D在一条直线上，AB=DC，∠ECA=∠FBD，EC=FB．请判断AE与DF的关系，并证明你的结论．【答案】解：AE=DF，AE∥DF，证明如下：∵AB=DC，∴AB+BC=DC+CB．∴AC=DB．在△AEC和△DFB中，AC=DB∴△AEC≅△DFB．∴AE=DF，∠EAC=∠FDB．∴AE∥DF．【解析】【分析】先利用“SAS”证明△AEC≅△DFB，可得AE=DF，∠EAC=∠FDB，再证出AE∥DF即可。24．（2023八上·宁波期末）如图，点B、E、C、F是同一直线上顺次四点，AB∥DE，AB=DE，∠ACB=∠F，求证：BE=CF.【答案】证明：∵AB∥DE，∴∠B=∠DEF.在△ABC和△DCE中，∠B＝∠DEF∠ACB=∠F∴△ABC≌△DCE（AAS）.∴BC=EF，∴BC−CE=EF−CE，即BE=CF.【解析】【分析】由平行线的性质可得∠B=∠DEF，根据已知条件可知∠ACB=∠F，AB=DE，利用AAS证明△ABC≌△DCE，得到BC=EF，然后根据线段的和差关系进行证明.25．（2023八上·临湘期末）已知，如图，AB=AE，AB∥DE，∠ACB=∠D，求证：△ABC≌△EAD.【答案】证明：∵AB∥DE，∴∠CAB=∠E，在△ABC和△EAD中，∠ACB=∠D∠CAB=∠E∴△ABC≌△EAD(AAS).【解析】【分析】根据平行线的性质可得∠CAB=∠E，由已知条件可知∠ACB=∠D，AB=AE，然后根据全等三角形的判定定理进行证明.26．（2022八上·西城期末）如图，A，D两点在BC所在直线同侧，AB⊥AC，BD⊥CD，垂足分别为A，D．AC，BD的交点为E，AB=DC．求证：【答案】证明：∵AB⊥AC，∴∠A=90°，∴∠A=∠D．在△ABE和△DCE中，∠A=∠D∴△ABE≌△DCE．∴BE=CE．【解析】【分析】先利用“AAS”证明△ABE≌△DCE，再利用全等三角形的性质可得BE=CE。27．（2022八上·凤台期末）如图，AC∥DF，点B为线段AC上一点，连接BF交DC于点H，过点A作AE∥BF分别交DC，DF于点G、点E．DG=CH．求证：△DFH≌△CAG．【答案】证明：∵AC∥DF，∴∠C=∠D，∠A=∠AED，∠AED=∠F，∴∠A=∠F，∵DG=CH，∴DG+GH=CH+GH，即DH=CG，在△DFH与△CAG中，∠A=∠F∠C=∠D∴△DFH≌△CAG(AAS)．28．（2022八上·滨海期中）如图，DE⊥AC于点E，BF⊥AC于点F．AB=CD，AE=CF，BD交AC于点M，求证：MB=MD．【答案】证明：∵AE=CF，∴AE+EF=CF+EF，即AF=CE，∵DE⊥AC于点E，BF⊥AC于点F，∴△ABF和△CDE是直角三角形，在Rt△ABF和Rt△CDE中，AB=CDAF=CE∴Rt△ABF≌Rt△CDE(HL)，∴BF=DE；在△DEM和△BFM中，∠DEM=∠BFM=90°∠DME=∠BMF∴△DEM≌△BFM(AAS)，∴MB=MD．【解析】【分析】根据HL证明Rt△ABF≌Rt△CDE，可得BF=DE，再根据AAS证明△DEM≌△BFM，可得MB=MD．【题型5判定全等角形（HL）】29.（2022八上·长春期末）如图，已知AC平分∠BAF，CE⊥AB于点E，CF⊥AF于点F，且BC=DC．求证：△CFD≌△CEB．【答案】证明：∵AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，∴CE=CF，在Rt△CEB和Rt△CFD中，CE=CFCB=CD∴Rt△CFD≌Rt△CEB(HL)．【解析】【分析】先利用角平分线的性质可得CE=CF，再利用“HL”证明△CFD≌△CEB即可。30．（2023八上·岳池期末）如图，已知AD是△ABC的边BC上的高，E为AD上一点，且BE=AC，DE=DC．求证：∠DBE=∠DAC．【答案】解：∵AD是△ABC的边BC上的高，∴AD⊥BC，∴∠BDE=∠ADC=90°．在Rt△BDE和Rt△ADC中，BE=AC∴Rt△BDE≌Rt△ADC(HL)∴∠DBE=∠DAC．【解析】【分析】根据三角形高的定义得∠BDE=∠ADC=90°，从而利用HL判断Rt△BDE≌Rt△ADC，根据全等三角形的对应角相等得∠DBE=∠DAC．31．（2022八上·滨海期中）如图，已知AC=BC，AC⊥OA，CB⊥OB，求证：△ACO≌△BCO．【答案】证明：∵AC⊥OA，CB⊥OB，AC=BC，∴在Rt△ACO与Rt△BCO中有：AC=BCOC=OC∴△ACO≌△BCO(HL)【解析】【分析】根据HL证明Rt△ACO≌Rt△BCO.32．（2022八上·定南期中）如图所示，AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E，F，连接EF，EF与AD交于点G，求证：AD垂直平分EF．【答案】证明：∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，∴DE＝DF，∠AED＝∠AFD＝90°，在Rt△AED和Rt△AFD中AD=ADDE=DF∴Rt△AED≌Rt△AFD（HL），∴AE＝AF，∵AD是∠BAC的平分线，∴AD垂直平分EF．【解析】【分析】利用“HL”证明Rt△AED≌Rt△AFD，可得AE=AF，再结合AD是∠BAC的平分线，即可得到AD垂直平分EF。【题型6全等三角形的判定与性质】33．（2022八上·青田期中）如图，点B，F，C，E在同一条直线上，点A，D在直线BC的异侧，AB＝DE，AC＝DF，BF＝EC.（1）求证：△ABC≌△DEF；（2）若∠BFD＝130°，求∠ACB的度数.【答案】（1）证明：∵BF＝EC，∴BF+FC＝EC+FC，∴BC＝EF，在△ABC和△DEF中，AB=DEAC=DF∴△ABC≌△DEF（SSS）（2）解：∵∠BFD＝130°，∠BFD+∠DFE＝180°，∴∠DFE＝50°，由（1）知，△ABC≌△DEF，∴∠ACB＝∠DFE，∴∠ACB＝50°.【解析】【分析】（1）由BF＝EC可得BF+FC＝EC+FC，即得BC＝EF，根据SSS证明△ABC≌△DEF；

（2）由邻补角可求出∠DFE＝50°，再利用全等三角形的对应角相等可得∠ACB＝∠DFE=50°34．（2023八上·东方期末）如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=90°，BD是∠ABC的平分线，DE⊥BC于E.（1）求证：BA=BE；（2）若BC=12，求△DEC的周长.【答案】（1）证明：∵BD是∠ABC的平分线，∴∠ABD=∠EBD，∵DE⊥BC，∴∠DEB=∠A=90°，在△ABD和△EBD中，∠A=∠DEB∠ABD=∠DBE∴△ABD≌△EBD(AAS)，∴BA=BE；（2）解：∵△ABD≌△EBD，∴AD=DE，AB=BE，∴△DEC的周长为DE+EC+CD=AD+CE+CD=AC+CE=BA+CE=BE+CE=BC=12.【解析】【分析】（1）根据角平分线的概念可得∠ABD=∠EBD，由垂直的概念可得∠DEB=∠A=90°，利用AAS证明△ABD≌△EBD，据此可得结论；

（2）根据全等三角形的性质可得AD=DE，AB=BE，则可将△DEC的周长转化为BC，据此解答.35．（2023八上·南宁期末）如图，点C，E，F，B在同一直线上，点A，D在BC异侧，AB∥CD，BF=CE，∠A=∠D.（1）求证：AB=CD.（2）若AB=CF，试判断△CDF的形状，并说明理由；（3）在（2）的条件下，若∠B=30°，求∠DFB的度数.【答案】（1）证明：∵AB∥CD，∴∠B=∠C，∵BF=CE，∴BF+EF=CE+EF，即BE=CF，在△ABE和△DCF中，∠A=∠D∠B=∠C∴△ABE≌△DCF(AAS)，∴AB=CD；（2）解：△CDF是等腰三角形，理由如下：∵AB=CF，AB=CD，∴CD=CF，∴△CDF是等腰三角形；（3）解：∵∠B=30°，∴∠C=∠B=30°，∵CD=CF，∴∠CFD=∠D=180°−∠C∴∠DFB=180°−∠CFD=105°.【解析】【分析】（1）由平行线的性质可得∠B=∠C，估计BF=CE结合线段的和差关系可得BE=CF，利用AAS证明△ABE≌△DCF，据此可得结论；

（2）由已知条件可知AB=CF，结合（1）的结论可得CD=CF，据此可得△CDF的形状；

（3）由平行线的性质可得∠B=∠C=30°，由等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠CFD=∠D=75°，然后根据邻补角的性质进行计算.36．（2023八上·凤凰期末）如图，BE=BC，（1）求证：△ABC≅△DBE；（2）求证：AE=DC.【答案】（1）证明：在△ABC与△DBE中∠A=∠D∴△ABC≅△DBE（2）证明：∵△ABC≅△DBE，∴AB=DB，又已知BE=BC，∴AB−BE=DB−BC，即：AE=DC【解析】【分析】（1）由已知条件可知BE=BC，∠A=∠D，由图形可得∠B=∠B，然后根据全等三角形的判定定理进行证明；

（2）根据全等三角形的性质可得AB=DB，然后结合BE=BC以及线段的和差关系进行证明.37．（2023八上·金华期末）如图，在△ABC中，D是AB上一点，CF//AB，DF交AC于点E，DE=EF.（1）求证：△ADE≌△CFE（2）若AB=5，CF=3，求BD的长.【答案】（1）证明：∵CF//AB，∴∠A=∠ECF，在ΔADE和ΔCFE中，∠A=∠ECF∠ADE=∠F∴△ADE≌△CFE（AAS）；（2）解：∵ΔADE≌ΔCFE，CF=3，∴AD=CF=3，∴BD=AB−AD=5−3=2【解析】【分析】（1）根据二直线平行，内错角相等得∠A=∠ECF，∠F=∠ADE，用AAS判断出△ADE≌△CFE；

（2）根据全等三角形的对应边相等得AD=CF=3，进而根据BD=AB-AD算出答案.38．（2023八上·澄城期末）等腰Rt△ACB，∠ACB=90∘，AC=BC，点A，C分别在x轴，（1）如图1，求证：∠BCO=∠CAO．（2）如图2，若OA=10，OC=4，求B点的坐标．（3）如图3，点C(0，4)，Q，A两点均在x轴上，且S△CQA=36，分别以AC，CQ为腰在第一、第二象限作等腰Rt△CAN、等腰Rt△QCM，连接MN交y轴于P点，OP的长度是否发生变化？若不变，求出【答案】（1）证明：如图1．∵∠ACB=90∘，∴∠BCO+∠ACO=∠CAO+∠ACO=90∴∠BCO=∠CAO．（2）解：如图2，过点B作BD⊥y轴于D．

∵BD⊥y轴，∴∠CDB=∠AOC=90在△CDB和△AOC中，∠CDB=∠AOC∴△CDB≌△AOC(AAS)，∴BD=CO=4，CD=AO=10，∴OD=CD−OC=10−4=6．又∵点B在第三象限，∴B(−4（3）解：不会．如图3，过点N作NH∥CM，交y轴于点H．

∵NH∥CM，∴∠CNH+∠MCN=180∵等腰Rt△CAN，等腰Rt△QCM，∴∠MCQ+∠ACN=180∴∠ACQ+∠MCN=360∴∠CNH=∠ACQ．又∵∠HCN+∠ACO=∠QAC+∠ACO=90∴∠HCN=∠QAC．在△HCN和△QAC中，∠CNH=∠ACQ∴△HCN≌△QAC(ASA)，∴CH=AQ，HN=QC，∵QC=MC，∴HN=CM，∵点C(0，4)，∴12×AQ×CO=36∴AQ=18，∴AQ=CH=18．∵NH∥CM，∴∠PNH=∠PMC，∴在△PNH和△PMC中，∠HPN=∠CPM∴△PNH≌△PMC(AAS)，∴CP=PH=1又∵OC=4，∴CP=OC+CP=4+9=13即OP的长度始终是13．【解析】【分析】（1）利用同角的余角相等，可证得∠BCO=∠CAO.

（2）过点B作BD⊥y轴于点D，利用垂直的定义可证得∠CDB=∠AOC=90°，利用AAS证明△CDB≌△AOC，利用全等三角形的性质可CD，BD的长，根据OD=CD-OC，代入计算求出OD的长，可得到点B的坐标.

（3）过点N作NH∥CM，交y轴于点H，利用平行线的性质可证得∠CNH+∠MCN=180°，再证明∠ACQ+∠MCN=180°，可推出∠CNH=∠ACQ，利用余角的性质可证得∠HCN=∠QAC，利用ASA证明△HCN≌△QAC，利用全等三角形的性质可证得CH=AQ，HN=QC，可推出HN=CM；再利用△CQA的面积为36，可求出AQ的长，即可得到CH的长；再利用AAS证明△PNH≌△PMC，利用全等三角形的性质可求出CP，PH的长，从而可求出CP的长，据此可作出判断.39．（2022八上·榆树期末）在△ABC中，∠ACB＝90o，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①△ACD≌△CEB；②DE＝AD＋BE．（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，求证：DE＝AD−BE；（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．【答案】（1）证明：如图①∵∠ADC＝∠ACB＝90°，∴∠1＋∠2＝∠3＋∠2＝90°，∴∠1＝∠3．又∵AC＝BC，∠ADC＝∠CEB＝90°，∴△ADC≌△CEB．②∵△ADC≌△CEB，∴CE＝AD，CD＝BE，∴DE＝CE＋CD＝AD＋BE．（2）证明：∵∠ACB＝∠CEB＝90°，∴∠1＋∠2＝∠CBE＋∠2＝90°，∴∠1＝∠CBE．又∵AC＝BC，∠ADC＝∠CEB＝90°，∴△ACD≌△CBE，∴CE＝AD，CD＝BE，∴DE＝CE−CD＝AD−BE．（3）解：当MN旋转到图3的位置时，AD、DE、BE所满足的等量关系是DE＝BE−AD（或AD＝BE−DE，BE＝AD+DE等）．∵∠ACB＝∠CEB＝90°，∴∠ACD＋∠BCE＝∠CBE＋∠BCE＝90°，∴∠ACD＝∠CBE，又∵AC＝BC，∠ADC＝∠CEB＝90°，∴△ACD≌△CBE，∴AD＝CE，CD＝BE，∴DE＝CD−CE＝BE−AD．【解析】【分析】（1）①利用“一线三等角”证明△ACD≌△CEB即可；

②根据全等三角形的性质可得CE＝AD，CD＝BE，再利用线段的和差及等量代换可得DE＝CE＋CD＝AD＋BE；

（2）利用“一线三等角”证明△ACD≌△CBE，可得CE＝AD，CD＝BE，再利用线段的和差及等量代换可得DE＝CE−CD＝AD−BE；

（3）先证明△ACD≌△CBE，可得AD＝CE，CD＝BE，再利用线段的和差及等量代换可得DE＝CD−CE＝BE−AD。40．（2022八上·长兴月考）如图，在△ABC中，AB=AC，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为点D，E．（1）求证：BD=CE；（2）当AB=5，CE=2时，求BC的长．【答案】（1）证明：∵CD⊥AB，BE⊥AC，

∴∠BDC=∠CEB=90°，

∵AB=AC，

∴∠ABC=∠ACB，

在△BDC与△CEB中，

∵∠BDC=∠CEB，∠ABC=∠ACB，BC=CB，

∴△BDC≌△CEB（AAS），

∴BD=CE；（2）解：∵AB=5，CE=2，AB=AC，∴AE=AC-AE=5-2=3，在Rt△ABE中，利用勾股定理得BE=AB在Rt△BEC中，利用勾股定理得BC=BE【解析】【分析】（1）根据垂直的定义得∠BDC=∠CEB=90°，根据等边对等角得∠ABC=∠ACB，利用AAS判断出△BDC≌△CEB，根据全等三角形对应边相等得BD=CE；

（2）利用线段的和差算出AE，在Rt△ABE中，利用勾股定理算出BE，进而再在在Rt△BEC中，利用勾股定理算出BC.41．（2023八上·慈溪期末）如图，∠A=∠B，AE=BE，点D在AC边上，∠CED=∠AEB，AE交BD于点F.（1）求证：△AEC≌△BED；（2）求证：DE平分∠BDC.【答案】（1）证明：∵∠CED=∠AEB∴∠CED+∠AED=∠AEB+∠AED，∴∴∠AEC=∠BED，在△AEC和△BED中，∠A=∠BAE=BE∴△AEC≌△BED（2）证明：∵△AEC≌△BED，∴∠C=∠BDE，CE=DE，∴∠C=∠EDC，∴∠BDE=∠EDC，∴DE平分∠BDC【解析】【分析】（1）由已知条件可知∠A=∠B、AE=BE、∠CED=∠AEB，由角的和差关系可得∠AEC=∠BED，然后根据全等三角形的判定定理进行证明；

（2）根据全等三角形的性质可得∠C=∠BDE，CE=DE，由等腰三角形的性质可得∠C=∠CDE，则∠BDE=∠EDC，据此证明.42．（2023八上·长兴期末）如图，AC=AD，∠1=∠2=50°，∠B=∠AED，点E在线段BC上.（1）求证：△ABC≌△AED；（2）求∠B的度数.【答案】（1）证明：∵∠1=∠2，∴∠1+∠EAC=∠2+∠EAC，即∠BAC=∠EAD.∴在△ABC和△AED中∠BAC=∠EADAD=AC∴△ABC≌△AED(ASA).（2）解：∵△ABC≌△AED，∴AB=AE，∵∠1=50°，∴∠B=【解析】【分析】（1）由已知条件可知AC=AD，∠B=∠AED，∠1=∠2，根据角的和差关系可得∠BAC=∠EAD，然后利用全等三角形的判定定理进行证明；

（2）根据全等三角形的性质可得AB=AE，然后根据等腰三角形的性质以及内角和定理进行计算.43．（2023八上·镇海区期末）如图，在△ABC中，AC=AB，AD⊥BC，过点C作CE∥AB，∠BCE=70°，连接ED并延长ED交（1）求∠CAD的度数；（2）证明：△CDE≌△BDF；【答案】（1）解：∵CE∥AB，∴∠B=∠BCE=70°，∵AC=AB，∴∠ACD=∠B=70°，∵AD⊥BC，∴∠ADC=90°，∴∠CAD=90°−70°=20°（2）证明：∵AC=AB，AD⊥BC，∴CD=BD，∵CE∥AB，∴∠ECD=∠B，在△CDE和△BDF中，∠ECD=∠BCD=BD∴△CDE≌△BDF(【解析】【分析】（1）根据二直线平行，内错角相等得∠B=∠BCE=70°，根据等边对等角得∠ACD=∠B=70°，最后根据直角三角形两锐角互余即可算出∠CAD的度数；

（2）根据等腰三角形的三线合一得CD=BD，从而利用ASA判断出△CDE≌△BDF.44．（2023八上·永城期末）如图，点B，F，C，E在直线l上（点F，C之间不能直接测量），点A，D在l的异侧，AB∥DE，∠A=∠D，测得AB=DE.（1）求证：△ABC≌△DEF；（2）若BE=10m，BF=3m，求FC的长.【答案】（1）证明：∵AB∥DE，∴∠ABC=∠DEF，在△ABC与△DEF中∠ABC=∠DEF∴△ABC≌△DEF(ASA)；（2）解：∵△ABC≌△DEF，∴BC=EF，∴BF+FC=EC+FC，∴BF=EC∵BE=10cm，∴FC=10−3−3=4cm.【解析】【分析】（1）根据二直线平行，内错角相等得∠ABC=∠DEF，从而利用ASA判断出△ABC≌△DEF；

（2）根据全等三角形的对应边相等得BC=EF，根据等式的性质可得BF=EC，最后根据FC=BE-BF-CE即可算出答案.45．（2022八上·蚌山月考）如图，在△ABE和△ACF中，∠E=∠F=90°，AB=AC，BE=CF．（1）求证：∠1=∠2；（2）试判断线段BN与CM的数量关系，并加以证明．【答案】（1）证明：在Rt△ABE和Rt△ACF中，BE=CFAB=AC∴Rt△ABE≌Rt△ACF(HL)，∴∠BAE=∠CAF，即∠1+∠3=∠2+∠3，∴∠1=∠2；（2）解：BN=CM，理由：∵Rt△ABE≌Rt△ACF，∴AE=AF，在△AEM和△AFN中，∠1=∠2AE=AF∴△AEM≌△AFN(ASA)，∴AM=AN，∵CM=AC−AM，BN=AB−AN，∴BN=CM．【解析】【分析】（1）先利用“HL”证明Rt△ABE≌Rt△ACF，可得∠BAE=∠CAF，再利用角的运算可得∠1=∠2；

（2）先利用“ASA”证明△AEM≌△AFN，可得AM=AN，再利用线段的和差求出BN=CM即可。46．（2022八上·五莲期中）如图所示，已知AD//BC，点E为CD上一点，AE、BE分别平分∠DAB、∠CBA，BE交AD的延长线于点F.求证：（1）△ABE≌△AEF；（2）AD+BC=AB【答案】（1）证明：如图，∵AE、BE分别平分∠DAB、∠CBA，∴∠1=∠2，∠3=∠4，∵AD∥BC，∴∠2=∠F，∠1=∠F，在△ABE和△AFE中，∠1=∠F∴△ABE≌△AFE(AAS)（2）证明：∵△ABE≌△AFE，∴BE=EF，在△BCE和△FDE中，∠2=∠F∴△BCE≌△FDE(ASA)，∴BC=DF，∴AD+BC=AD+DF=AF=AB，即AD+BC=AB.【解析】【分析】（1）先证明∠2=∠F，∠1=∠F，利用“AAS”证明△ABE≌△AEF即可；

（2）先利用“ASA”证明△BCE≌△FDE，可得BC=DF，再利用线段的和差及等量代换可得AD+BC=AB。47．（2022八上·老河口期中）如图，△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，D为△ABC外一点，AD⊥BD，BD交AC于点E，F为BD上一点，∠BCF=∠ACD，过点F作FG⊥CF交CB于点G.（1）求证：∠DAC=∠FBC；（2）求证：△CDF是等腰直角三角形；（3）若AD=CD，求∠ABD的度数.【答案】（1）证明：∵AD⊥BD，∠ACB=90°，∴∠DAC+∠AED=∠FBC+∠BEC=90°，∵∠AED=∠BEC，∴∠DAC=∠FBC；（2）证明：在△ACD和△BCF中，∠DAC=∠FBCAC=BC∴△ACD≌△BCF，∴CD=CF，∵∠DCF=∠ACD+∠ACF=∠BCF+∠ACF=∠ACB=90°，∴△CDF是等腰直角三角形；（3）解：∵CD=CF，∠DCF=90°，∴∠CDF=∠CFD=45°，∵△ACD≌△BCF，∴AD=BF，CD=CF，∵AD=CD，∴CF=BF，∴∠FBC=∠FCB，∵∠FBC+∠FCB=∠CFD=45°，∴∠FBC=∠FCB=22.∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠CAB=∠CBA=45°，∴∠ABD=∠CBA−∠FBC=22.【解析】【分析】（1）根据对顶角的性质可得∠AED-∠BEC，结合∠DAC+∠AED=∠FBC+∠BEC可得结论；

（2）易证△ACD≌△BCF，得到CD=CF，则∠DCF=∠ACD+∠ACF=∠BCF+∠ACF=∠ACB=90°，据此证明；

（3）由（2）可得CD=CF，∠DCF=90°，则∠CDF=∠CFD=45°，由全等三角形的性质可得AD=BF，CD=CF，则CF=BF，由等腰三角形的性质可得∠FBC=∠FCB，结合外角的性质可得∠FBC=∠FCB=22.5°，易得△ABC为等腰直角三角形，则∠CAB=∠CBA=45°，然后根据∠ABD=∠CBA-∠FBC进行计算.48．（2022八上·定南期中）如图，AD，BC相交于点O，且AB∥CD，OA=OD．（1）求证：OB=OC；（2）若在直线AD上截取AE=DF，求证：BE∥CF．【答案】（1）证明：∵AB∥CD，∴∠OAB=∠ODC．∵OA=OD，∠AOB=∠DOC，∴△OAB≌△ODC(ASA)．∴OB=OC；（2）证明：∵OA=OD，AE=DF，∴OA+AE=OD+DF，即OE=OF．∵∠EOB=∠FOC，且在（1）中，有OB=OC，∴△BOE≌△COF(SAS)，∴∠E=∠F．∴BE∥CF．【解析】【分析】（1）利用“ASA”证明△OAB≌△ODC，再利用全等三角形的性质可得OB=OC；

（2）利用“SAS”证明△BOE≌△COF，可得∠E=∠F，即可得到BE∥CF。49．（2022八上·威远期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠1=∠2，DB=DC.（1）求证：ΔABD≅ΔEDC；（2）若∠A=1350，∠BDC=30【答案】（1）证明：∵AB∥CD，∴∠ABD=∠EDC在ΔABD和ΔEDC中∠1=∠2∴ΔABD≅ΔEDC（2）解：∵AB∥CD∴∠A+∠ADC=∵∠A=∴∠ADC=∵∠BDC=∴∠1=∵BD=DC∴∠DBC=∠DCB∵∠DBC+∠DCB+∠BDC=∴∠DCB=∴∠BCE=∠BCD−∠2=【解析】【分析】（1）利用两直线平行，内错角相等，可证得∠ABD=∠EDC，利用ASA可证得结论.

（2）利用平行线的性质求出∠ADC的度数，利用∠1=∠ADC-∠BDC，可求出∠1的度数，利用全等三角形的性质可得到∠2的度数；利用等边对等角可证得∠DBC=∠DCB，利用三角形的内角和定理可求出∠DCB的度数，根据∠BCE=∠DCB-∠2，可求出∠BCE的度数.50．（2022八上·合肥期中）如图，AE、BD是△ABM的两条高，AE，BD交于点C，且AE=BE．（1）求证：△AME≌△BCE；（2）当BD平分∠ABM时，求证：BC=2AD；（3）求∠MDE的度数．【答案】（1）证明：∵AE、BD是△ABM的高，∴∠ADB＝∠AEB＝∠AEM＝90°，∵∠ACD＝∠ECB，∠MAE+∠ADC+∠ACD＝180°，∠CBE+∠ECB+∠CEB＝180°，∴∠MAE＝∠CBE，在△AME和△BCE中，∠MAE=∠CBEAE=BE∴△AME≌△BCE（ASA）．（2）证明：∵BD平分∠ABM，BD是高，∴∠ABD＝∠MBD，∠ADB＝∠MDB＝90°，在△ABD和△MBD中，∠ADB=∠MDBBD=BD∴△ABD≌△MBD（ASA），∴AD=DM=1∵△AME≌△BCE，∴AM＝BC，即BC＝2AD；（3）解：过点E作EF⊥ED交BC于点F，∵∠DEF＝∠AEB，∴∠DEA＝∠BEF，在△AED与△BEF中，∠DEA=∠BEFAE=BE∴△AED≌△BEF（ASA），∴ED＝EF，∴∠EDF＝∠EFD＝45°，∵∠BDE＝90°，∴∠MDE＝45°【解析】【分析】（1）利用全等三角形的判定方法证明即可；

（2）先求出△ABD≌△MBD（ASA），再求解即可；

（3）利用全等三角形的判定与性质证明求解即可。51．（2023八上·绍兴期末）如图，在四边形ABDC中，∠D=∠B=90°，O为BD上的一点，且AO平分∠BAC，CO平分（1）OA⊥OC.（2）AB+CD=AC.【答案】（1）证明：∵∠D=∠B=90°，∴∠B+∠D=180°，∴AB∥CD，∴∠BAC+∠DCA=180°，∵AO平分∠BAC，CO平分∠ACD，∴∠OAC=∠OAB=12∠BAC∴∠OAC+∠ACO=1∴∠AOC=180°−90°=90°，∴OA⊥OC；（2）证明：过点O作OE⊥AC于点E，如图所示：∵∠D=∠B=