4.3.3（难）三角形的判定与性质

第1页（共1页）一．选择题（共7小题）1．（2016秋•孝南区期末）如图所示，两个完全相同的含30°角的Rt△ABC和Rt△AED叠放在一起，BC交DE于点O，AB交DE于点G，BC交AE于点F，且∠DAB=30°，以下三个结论：①AF⊥BC；②△ADG≌△ACF；③O为BC的中点；④AG=BG．其中正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】①根据已知得出∠CAF=30°，∠GAF=60°，进而得出∠AFB的度数；②利用ASA证明△ADG≌△ACF得出答案；③利用△AGO≌△AFO，得出AO=CO=AC，进而得出BO=CO=AO，即O为BC的中点；④在Rt△AGE中，由∠AGE=90°，∠E=30°，推出AG=AE，又AB=AE，可得AG=AB解决问题．【解答】解：∵两块完全相同的含30°角的直角三角板叠放在一起，且∠DAB=30°．∴∠CAF=30°，∴∠GAF=60°，∴∠AFB=90°，∴AF丄BC正确，故①正确，∵AD=AC，∠DAG=∠CAF，∠D=∠C=60°，∴△ADG≌△ACF正确，故②正确，∵△ADG≌△ACF，∴AG=AF，∵AO=AO，∠AGO=∠AFO=90°，∴△AGO≌△AFO，∴∠OAF=30°，∴∠OAC=60°，∴AO=CO=AC，∴BO=CO=AO，故③正确，在Rt△AGE中，∵∠AGE=90°，∠E=30°，∴AG=AE，∵AB=AE，∴AG=AB，∴AG=GB，故④正确．故选：D．【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质、直角三角形中30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．2．（2016秋•简阳市期末）如图，在△ABC中，AD是∠A的外角平分线，P是AD上异于A的任意一点，设PB=m，PC=n，AB=c，AC=b，则（m+n）与（b+c）的大小关系是（）A．m+n＞b+c B．m+n＜b+c C．m+n=b+c D．无法确定【分析】在BA的延长线上取点E，使AE=AC，连接EP，证明△ACP和△AEP全等，推出PE=PC，根据三角形任意两边之和大于第三边即可得到m+n＞b+c．【解答】解：在BA的延长线上取点E，使AE=AC，连接EP，∵AD是∠A的外角平分线，∴∠CAD=∠EAD，在△ACP和△AEP中，，∴△ACP≌△AEP（SAS），∴PE=PC，在△PBE中，PB+PE＞AB+AE，∵PB=m，PC=n，AB=c，AC=b，∴m+n＞b+c．故选：A．【点评】本题主要考查三角形全等的证明，全等三角形的性质，三角形的三边关系，作辅助线构造以m、n、b、c的长度为边的三角形是解题的关键，也是解本题的难点．3．（2014秋•茌平县期末）如果两个三角形的两条边和其中一条边上的高对应相等，那么这两个三角形的第三条边所对的角的关系是（）A．相等 B．互余 C．互补或相等 D．不相等【分析】第三边所对的角即为前两边的夹角．分两种情况，一种是两个锐角或两个钝角三角形，另一种是一个钝角三角形和一个锐角三角形．【解答】解：第一种情况，当两个三角形全等时，是相等关系，第二种情况，如图，AC=AC′，高CD=C′D′，∴∠ADC=∠AD′C′，在Rt△ACD和Rt△AC′D′中，Rt△ACD≌Rt△AC′D′（HL），∴∠CAD=∠C′AD′，此时，∠CAB+∠C′AB=180°，是互补关系，所以选“相等或互补”．故选：C．【点评】本题考查全等三角形的性质，应注意的是，两边相等不一定角相等，解题时要多方面考虑．4．（2015秋•无锡期中）在数学活动课上，小明提出这样一个问题：∠B=∠C=90°，E是BC的中点，DE平分∠ADC，如图，则下列说法正确的有几个，大家一起热烈地讨论交流，小英第一个得出正确答案，是（）（1）AE平分∠DAB；（2）△EBA≌△DCE；（3）AB+CD=AD；（4）AE⊥DE；（5）AB∥CD．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】此题可以通过作辅助线来得解，取AD的中点F，连接EF．根据平行线的性质可证得（1）（4）（5），根据梯形中位线定理可证得（3）正确．根据全等三角形全等的判定可证得（2）的正误，即可得解．【解答】解：如图：取AD的中点F，连接EF．∵∠B=∠C=90°，∴AB∥CD；[结论（5）]∵E是BC的中点，F是AD的中点，∴EF∥AB∥CD，2EF=AB+CD（梯形中位线定理）①；∴∠CDE=∠DEF（两直线平等，内错角相等），∵DE平分∠ADC，∴∠CDE=∠FDE=∠DEF，∴DF=EF；∵F是AD的中点，∴DF=AF，∴AF=DF=EF②，由①得AF+DF=AB+CD，即AD=AB+CD；[结论（3）]由②得∠FAE=∠FEA，由AB∥EF可得∠EAB=∠FEA，∴∠FAE=∠EAB，即EA平分∠DAB；[结论（1）]由结论（1）和DE平分∠ADC，且DC∥AB，可得∠EDA+∠DAE=90°，则∠DEA=90°，即AE⊥DE；[结论（4）]．由以上结论及三角形全等的判定方法，无法证明△EBA≌△DCE．正确的结论有4个，故选D．【点评】本题考查了平行线的判定及性质、梯形中位线定理、等腰三角形的性质、全等三角形的判定等知识点，是一道难度较大的综合题型．5．（2014•河北模拟）如图，AB⊥FB，AG⊥EG，垂足分别为B、G，且AB=AG，AE=AF，分别过点B，G作EF所在直线的垂线，垂足分别为C，D，若BC=DG，CF=4，则DE的长为（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】作辅助线构建全等三角形和矩形，先证明四边形CDGB为矩形，再证明△ABC≌△AGD和△CAE≌△DAF，得CE=DF，因此根据等式的性质得出CF=DE，则DE=4．【解答】解：如图1，连接BG、AC、AD，∵BC⊥EF，DG⊥EF，∴BC∥DG，∠BCD=90°，∵BC=DG，∴四边形CDGB为矩形，∴∠CBG=∠DGB=90°，∵AB=AG，∴∠ABG=∠AGB，∴∠ABC=∠AGD，在△ABC和△AGD中，，∴△ABC≌△AGD，∴AC=AD，如图2，过A作AM⊥EF于M，∵AE=AF，∴∠EAM=∠FAM，∵AC=AD，∴∠CAM=∠DAM，∴∠CAM﹣∠EAM=∠DAM﹣∠FAM，即∠CAE=∠DAF，∴△CAE≌△DAF，∴CE=DF，∴CE+EF=DF+EF，即CF=DE，∵CF=4，∴DE=4．故选：D．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，辅助线的作出是关键，构建了两对三角形全等，根据中间量CF=4得出结论；所以，在几何题中，如果所求的线段不能直接求出，可以找一个与它相等的线段来求．6．（2013秋•巴南区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，若∠DAB的角平分线AE交CD于E，连接BE，且BE边平分∠ABC，则以下命题不正确的个数是①BC+AD=AB；②E为CD中点；③∠AEB=90°；④S△ABE=S四边形ABCD；⑤BC=CE．（）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【分析】根据两直线平行，同旁内角互补可得∠ABC+∠BAD=180°，又BE、AE都是角平分线，可以推出∠ABE+∠BAE=90°，从而得到∠AEB=90°，然后延长AE交BC的延长线于点F，先证明△ABE与△FBE全等，再根据全等三角形对应边相等得到AE=EF，然后证明△AED与△FEC全等，从而可以证明①②③④正确，AB与CD不一定相等，所以⑤不正确．【解答】解：∵AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD=180°，∵AE、BE分别是∠BAD与∠ABC的平分线，∴∠BAE=∠BAD，∠ABE=∠ABC，∴∠BAE+∠ABE=（∠BAD+∠ABC）=90°，∴∠AEB=180°﹣（∠BAE+∠ABE）=180°﹣90°=90°，故③小题正确；延长AE交BC延长线于F，∵∠AEB=90°，∴BE⊥AF，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠FBE，在△ABE与△FBE中，，∴△ABE≌△FBE（ASA），∴AB=BF，AE=FE，∵AD∥BC，∴∠EAD=∠F，在△ADE与△FCE中，，∴△ADE≌△FCE（ASA），∴AD=CF，∴AB=BC+CF=BC+AD，故①小题正确；∵△ADE≌△FCE，∴CE=DE，即点E为CD的中点，故②小题正确；∵△ADE≌△FCE，∴S△ADE=S△FCE，∴S四边形ABCD=S△ABF，∵S△ABE=S△ABF，∴S△ABE=S四边形ABCD，故④小题正确；若AD=BC，则CE是Rt△BEF斜边上的中线，则BC=CE，∵AD与BC不一定相等，∴BC与CE不一定相等，故⑤小题错误．综上所述，不正确的有⑤共1个．故选：B．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，平行线的性质，角平分线的定义，证明BE⊥AF并作出辅助线是解题的关键，本题难度较大，对同学们的能力要求较高．7．（2011秋•孝南区期末）如图，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，有下列结论：①CD=ED；②AC+BE=AB；③∠BDE=∠BAC；④AD平分∠CDE；⑤S△ABD：S△ACD=AB：AC，其中正确的有（）A．5个 B．4个 C．3个 D．2个【分析】根据已知及全等三角形的判定方法进行分析，从而得到答案．【解答】解：①正确，因为角平分线上的点到两边的距离相等知；②正确，因为由HL可知△ADC≌△ADE，所以AC=AE，即AC+BE=AB；③正确，因为∠BDE和∠BAC都与∠B互余，根据同角的补角相等，所以∠BDE=∠BAC；④正确，因为由△ADC≌△ADE可知，∠ADC=∠ADE，所以AD平分∠CDE；⑤正确，因为CD=ED，△ABD和△ACD的高相等，所以S△ABD：S△ACD=AB：AC．所以正确的有五个，故选A．【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、SSA、HL．做题时要结合已知条件与各种相关知识对选项进行逐一验证．二．填空题（共7小题）8．（2018•莲湖区一模）如图，△APB中，AB=2，∠APB=90°，在AB的同侧作正△ABD、正△APE和△BPC，则四边形PCDE面积的最大值是2．【分析】先延长EP交BC于点F，得出PF⊥BC，再判定四边形CDEP为平行四边形，根据平行四边形的性质得出：四边形CDEP的面积=EP×CF=a×b=ab，最后根据a2+b2=8，判断ab的最大值即可．【解答】解：如图，延长EP交BC于点F，∵∠APB=90°，∠APE=∠BPC=60°，∴∠EPC=150°，∴∠CPF=180°﹣150°=30°，∴PF平分∠BPC，又∵PB=PC，∴PF⊥BC，设Rt△ABP中，AP=a，BP=b，则CF=CP=b，a2+b2=8，∵△APE和△ABD都是等边三角形，∴AE=AP，AD=AB，∠EAP=∠DAB=60°，∴∠EAD=∠PAB，∴△EAD≌△PAB（SAS），∴ED=PB=CP，同理可得：△APB≌△DCB（SAS），∴EP=AP=CD，∴四边形CDEP是平行四边形，∴四边形CDEP的面积=EP×CF=a×b=ab，又∵（a﹣b）2=a2﹣2ab+b2≥0，∴2ab≤a2+b2=8，∴ab≤2，即四边形PCDE面积的最大值为2．故答案为：2．【点评】本题主要考查了等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，解决问题的关键是作辅助线构造平行四边形的高线．9．（2017秋•南岗区校级月考）如图，△ABC，AB=AC，∠BAC=90°，点D为BC上一点，CE⊥BC，连接AD、DE，若CE=BD，DE=4，则AD的长为．【分析】如图连接AE．由△ABD≌△ACE，推出AD=AE，∠BAD=∠CAE，可得∠BAC=∠DAE=90°，推出△ADE是等腰直角三角形，由此即可解决问题．【解答】解：如图连接AE．∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠B=∠ACB=45°，∵EC⊥CB，∴∠ECB=90°，∠ACE=45°，∴∠B=∠ACE，∵AB=AC，BD=CE，∴△ABD≌△ACE，∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，∴∠BAC=∠DAE=90°，∴△ADE是等腰直角三角形，∵DE=4，∴AD=2．故答案为2．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质和判定等知识，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．10．（2017春•巫溪县校级月考）如图，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点，连接BE．延长BE至点F，使得FE=BE，连接CF、DF．若AC=CF，DF=，则△CEF的面积为．【分析】连结BD，交AC于O，作FG⊥CD交CD的延长线于G，作FH⊥AC于H．首先证明OE∥DF，OE=DF=，易证四边形DFHO是矩形，由题意可以假设CF=5k，AC=6k，则CD=3k，DG=FG=，在Rt△CFG中，根据F2=FG2+CG2，可得25k2=（）2+（+3k）2，求出k利用三角形面积公式计算即可；【解答】解：连结BD，交AC于O，作FG⊥CD交CD的延长线于G，作FH⊥AC于H．∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，BO=DO，∵FE=BE，∴OE∥DF，OE=DF=，易证四边形DFHO是矩形，∵AC=CF，∴可以假设CF=5k，AC=6k，则CD=3k，DG=FG=，在Rt△CFG中，∵CF2=FG2+CG2，∴25k2=（）2+（+3k）2，整理得：7k2﹣6k﹣3=0，解得k=或（舍弃），∴FH=OD=OC=OA=3k=3，CE=，∴S△CEF=•CE•FH=××3=，故答案为．【点评】本题考查正方形的性质、三角形的中位线定理、勾股定理、矩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，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考填空题中的压轴题．11．（2016秋•青羊区校级期中）如图，Rt△ABC，∠BCA=90°，AC=BC，点D为△ABC外一点，且AC=CD，连接DB交AC于点H，∠DCA的平分线交DH于点F，过B点作FC的垂线交FC的延长线于点E．已知tan∠DBC=，S△ACD=8，则CE的长为．【分析】延长CF交AD于M，连接AF，以C为圆心OA为半径作⊙C．首先证明A、F、C、B四点共圆，由tan∠DBC==，设CH=3k，则BC=4k，BH=5k，AB=4k，推出AH=AC﹣CH=k，FHk，AF=k，AD=k，由△FHC∽△AHB，推出==，推出CF=k，推出CM=CF+FM=k，根据S△ACD=8，列出方程求出k，求出AM，再证明CE=AM即可解决问题．【解答】解：延长CF交AD于M，连接AF，以C为圆心OA为半径作⊙C．∵CD=CA，CF平分∠ACD，∴CM⊥AD，DM=AM，∴FD=FA，∵∠ADB=∠ACB=45°，∴∠FDA=∠FAD=45°，∴∠AFD=∠AFB=∠ACB=90°，∴A、F、C、B四点共圆，∵tan∠DBC==，设CH=3k，则BC=4k，BH=5k，AB=4k，∴AH=AC﹣CH=k，FHk，AF=k，AD=k，∵△FHC∽△AHB，∴==，∴CF=k，∴CM=CF+FM=k，∵S△ACD=8，∴×k×k=8，∴k=，∴AM=，∵∠AMC=∠E=90°，AC=BC，∠ACM=∠CBE，∴△AMC≌△CEB，∴CE=AM=．故答案为．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、圆等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考填空题中的压轴题．12．（2016秋•新都区校级月考）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，△ABD、△BCE均为等边三角形，DE、AB交于点F，AF=3，则△ACE的面积为6．【分析】可过点E向AB引垂线，可证△ADF≌△GEF，即DF=EF，即为中点．【解答】解：如图所示，过D作DG⊥AB于G，EK⊥AC交AC的延长线于K．∵△ABD是等边三角形，DG⊥AB，∴AG=BG=AB，由勾股定理得：DG=AG，∵∠BAC=30°，∴AC=AB，∴AG=AC=AB，∵由勾股定理得：BC=AC，∴DG=BC=BE，∵∠EBA=60°+30°=90°，∴EB⊥AB．∴DG∥EB．∴∠BEF=∠GDF，∠DGB=∠EBF=90°，在△DGF与△EBF中，∵，∴△ADF≌△GEF（AAS），∴DF=EF，GF=BF，∵AG=BG，AF=3，∴FG=，AG=2，∴AB=4AC=2，EC=BC=AC=6，在Rt△CEK中，EK=EC=3，∴S△ACE=•AC•EK=•2•3=6．故答案为6．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、30度角的直角三角形的性质、三角形的面积等知识，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，属于中考压轴题．13．（2015秋•哈尔滨校级月考）如图，∠ACB=90°，AC=BC，CD⊥AB，AE=BF，且FG=2GE，AC=3，则CH=5．【分析】如图，作EM∥BC交AB于M，GN⊥AC于N，GK⊥BC于K．首先证明FH=EH，推出CH=EF，想办法求出EF即可解决问题．【解答】解：如图，作EM∥BC交AB于M，GN⊥AC于N，GK⊥BC于K．∵CA=CB，∠ACB=90°，∴∠A=45°，∵EM∥CB，∴∠MEA=∠ACB=90°，∴∠A=∠AME=45°，∴AE=EM=FB，∵∠EMH=∠FBH，∠MHE=∠FHB，∴△MHE≌△BHF，∴HF=HE，∴CH=EF，∵CA=CB，CD⊥AB，∴∠GCA=∠GCB，∵GN⊥CA，GK⊥CB，'∴GN=GK，∴====，设AE=BF=x，则有=，∴x=，∴CF=4，CE=2，在Rt△CEF中，EF==10，∴CH=EF=5，故答案为5【点评】本题考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的性质定理、勾股定理等知识，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，属于中考填空题中的压轴题．14．（2011秋•无锡校级月考）如图所示，在四边形ABCD中，BC＞BA，AD=DC，BD平分∠ABC，则∠A+∠C的度数是180度．【分析】本题的关键是要根据所求角的特点来作辅助线构筑全等三角形，然后根据全等三角形的性质来找出与所求角相关联的角，进行适当的化简，然后求解．【解答】解：在BC上取一点E使BE=BA，连接DE，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠EBD，∵BA=BE，BD=BD，∴△ABD≌△EBD（SAS），∴∠A=∠BED，AD=DE，∵AD=DC，∴DE=DC，∴△DEC为等腰三角形，因此∠C=∠DEC，∴∠A+∠C=∠BED+∠DEC=180°．【点评】本题的关键是要根据所求角的特点来作辅助线构筑全等三角形．由需要全等进行尝试辅助线的作法．三．解答题（共36小题）15．（2017秋•沙河口区期末）如图1，在锐角△ABC中，∠ABC=45°，高线AD、BE相交于点F．（1）判断BF与AC的数量关系并说明理由；（2）如图2，将△ACD沿线段AD对折，点C落在BD上的点M，AM与BE相交于点N，当DE∥AM时，判断NE与AC的数量关系并说明理由．【分析】（1）如图1，证明△ADC≌△BDF（AAS），可得BF=AC；（2）如图2，由折叠得：MD=DC，先根据三角形中位线的推论可得：AE=EC，由线段垂直平分线的性质得：AB=BC，则∠ABE=∠CBE，结合（1）得：△BDF≌△ADM，则∠DBF=∠MAD，最后证明∠ANE=∠NAE=45°，得AE=EN，所以EN=AC．【解答】解：（1）BF=AC，理由是：如图1，∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠ADB=∠AEF=90°，∵∠ABC=45°，∴△ABD是等腰直角三角形，∴AD=BD，∵∠AFE=∠BFD，∴∠DAC=∠EBC，在△ADC和△BDF中，∵，∴△ADC≌△BDF（AAS），∴BF=AC；（2）NE=AC，理由是：如图2，由折叠得：MD=DC，∵DE∥AM，∴AE=EC，∵BE⊥AC，∴AB=BC，∴∠ABE=∠CBE，由（1）得：△ADC≌△BDF，∵△ADC≌△ADM，∴△BDF≌△ADM，∴∠DBF=∠MAD，∵∠DBA=∠BAD=45°，∴∠DBA﹣∠DBF=∠BAD﹣∠MAD，即∠ABE=∠BAN，∵∠ANE=∠ABE+∠BAN=2∠ABE，∠NAE=2∠NAD=2∠CBE，∴∠ANE=∠NAE=45°，∴AE=EN，∴EN=AC．【点评】本题考查等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、线段的垂直平分线的性质、勾股定理等知识，（2）中解题的关键是证明AB=BC是关键，有难度．16．（2016秋•郾城区期末）如图所示，一个四边形纸片ABCD，∠B=∠D=90°，把纸片按如图所示折叠，使点B落在AD边上的B′点，AE是折痕．（1）试判断B′E与DC的位置关系；（2）如果∠C=130°，求∠AEB的度数．【分析】（1）由于AB′是AB的折叠后形成的，所以∠AB′E=∠B=∠D=90°，∴B′E∥DC；（2）利用平行线的性质和全等三角形求解．【解答】解：（1）由于AB′是AB的折叠后形成的，∠AB′E=∠B=∠D=90°，∴B′E∥DC；（2）∵折叠，∴△ABE≌△AB′E，∴∠AEB′=∠AEB，即∠AEB=∠BEB′，∵B′E∥DC，∴∠BEB′=∠C=130°，∴∠AEB=∠BEB′=65°．【点评】本题考查了三角形全等的判定及性质；把纸片按如图所示折叠，使点B落在AD边上的B′点，则△ABE≌△AB′E，利用全等三角形的性质和平行线的性质及判定求解．17．（2017•九龙坡区校级模拟）已知，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，E为边AC任意一点，连接BE．（1）如图1，若∠ABE=15°，O为BE中点，连接AO，且AO=1，求BC的长；（2）如图2，F也为AC上一点，且满足AE=CF，过A作AD⊥BE交BE于点H，交BC于点D，连接DF交BE于点G，连接AG．若AG平分∠CAD，求证：AH=AC．【分析】（1）如图1中，在AB上取一点M，使得BM=ME，连接ME．，设AE=x，则ME=BM=2x，AM=x，根据AB2+AE2=BE2，可得方程（2x+x）2+x2=22，解方程即可解决问题．（2）如图2中，作CP⊥AC，交AD的延长线于P，GM⊥AC于M．首先证明AM=MC，再证明AH=AM即可解决问题．【解答】（1）解：如图1中，在AB上取一点M，使得BM=ME，连接ME．在Rt△ABE中，∵OB=OE，∴BE=2OA=2，∵MB=ME，∴∠MBE=∠MEB=15°，∴∠AME=∠MBE+∠MEB=30°，设AE=x，则ME=BM=2x，AM=x，∵AB2+AE2=BE2，∴（2x+x）2+x2=22，∴x=（负根已经舍弃），∴AB=AC=（2+）•，∴BC=AB=+1．（2）证明：如图2中，作CP⊥AC，交AD的延长线于P，GM⊥AC于M．∵BE⊥AP，∴∠AHB=90°，∴∠ABH+∠BAH=90°，∵∠BAH+∠PAC=90°，∴∠ABE=∠PAC，在△ABE和△CAP中，，∴△ABE≌△CAP，∴AE=CP=CF，∠AEB=∠P，在△DCF和△DCP中，，∴△DCF≌△DCP，∴∠DFC=∠P，∴∠GFE=∠GEF，∴GE=GF，∵GM⊥EF，∴FM=ME，∵AE=CF，∴AF=CE，∴AM=CM，在△GAH和△GAM中，，∴△AGH≌△AGM，∴AH=AM=CM=AC．【点评】本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理、菱形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识，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．18．（2017秋•高邮市期中）在△ABC中，AD是△ABC的角平分线．（1）如图1，过C作CE∥AD交BA延长线于点E，若F为CE的中点，连接AF，求证：AF⊥AD；（2）如图2，M为BC的中点，过M作MN∥AD交AC于点N，交BA的延长线于E，若AB=8，AC=14，求NC的长．【分析】（1）推出∠3=∠E，推出AC=AE，根据等腰三角形性质得出AF⊥CE，根据平行线性质推出即可；（2）延长BA与MN延长线于点E，过B作BF∥AC交NM延长线于点F，求出BF=CN，AE=AN，BE=BF．设CN=x，则BF=x，AE=AN=AC﹣CN=14﹣x，BE=AB+AE=8+14﹣x．得出方程8+14﹣x=x．求出即可．【解答】解：（1）证明：∵AD为△ABC的角平分线，∴∠1=∠2．∵CE∥AD，∴∠1=∠E，∠2=∠3．∴∠E=∠3．∴AC=AE．∵F为EC的中点，∴AF⊥EC，∵AD∥EC，∴∠AFE=∠FAD=90°．∴AF⊥AD．（2）解：延长BA与MN延长线于点E，过B作BF∥AC交NM延长线于点F，∴∠3=∠C，∠F=∠4∵M为BC的中点∴BM=CM．在△BFM和△CNM中，，∴△BFM≌△CNM（AAS），∴BF=CN，∵MN∥AD，∴∠1=∠E，∠2=∠4=∠5．∴∠E=∠5=∠F．∴AE=AN，BE=BF．设CN=x，则BF=x，AE=AN=AC﹣CN=14﹣x，BE=AB+AE=8+14﹣x．∴8+14﹣x=x．解得x=11．∴CN=11．【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，平行线的性质等知识点的综合运用，熟记全等三角形的各种判断方法和性质是解题的关键．19．（2017秋•西城区校级期中）如图1，点A、D在y轴正半轴上，点B、C分别在x轴上，CD平分∠ACB与y轴交于D点，∠CAO=90°﹣∠BDO．（1）求证：AC=BC；（2）如图2，点C的坐标为（4，0），点E为AC上一点，且∠DEA=∠DBO，求BC+EC的长；（3）在（1）中，过D作DF⊥AC于F点，点H为FC上一动点，点G为OC上一动点，（如图3），当H在FC上移动、点G点在OC上移动时，始终满足∠GDH=∠GDO+∠FDH，试判断FH、GH、OG这三者之间的数量关系，写出你的结论并加以证明．【分析】（1）由题意∠CAO=90°﹣∠BDO，可知∠CAO=∠CBD，CD平分∠ACB与y轴交于D点，所以可由AAS定理证明△ACD≌△BCD，由全等三角形的性质可得AC=BC；（2）过D作DN⊥AC于N点，可证明Rt△BDO≌Rt△EDN、△DOC≌△DNC，因此，BO=EN、OC=NC，所以，BC+EC=BO+OC+NC﹣NE=2OC，即可得BC+EC的长；（3）在x轴的负半轴上取OM=FH，可证明△DFH≌△DOM、△HDG≌△MDG，因此，MG=GH，所以，GH=OM+OG=FH+OG，即可证明所得结论．【解答】（1）证明：∵∠CAO=90°﹣∠BDO，∴∠CAO=∠CBD．在△ACD和△BCD中，∴△ACD≌△BCD（AAS）．∴AC=BC．（2）解：由（1）知∠CAD=∠DEA=∠DBO，∴BD=AD=DE，过D作DN⊥AC于N点，如右图所示：∵∠ACD=∠BCD，∴DO=DN，在Rt△BDO和Rt△EDN中，∴Rt△BDO≌Rt△EDN（HL），∴BO=EN．在△DOC和△DNC中，∴△DOC≌△DNC（AAS），可知：OC=NC；∴BC+EC=BO+OC+NC﹣NE=2OC=8．（3）GH=FH+OG．证明：由（1）知：DF=DO，在x轴的负半轴上取OM=FH，连接DM，如右图所示：在△DFH和△DOM中，∴△DFH≌△DOM（SAS）．∴DH=DM，∠1=∠ODM．∴∠GDH=∠1+∠2=∠ODM+∠2=∠GDM．在△HDG和△MDG中，∴△HDG≌△MDG（SAS）．∴MG=GH，∴GH=OM+OG=FH+OG．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及其性质，做题时添加了辅助线，正确作出辅助线是解决问题的关键．20．（2017秋•婺城区校级期中）如图，点B在线段AC上，点E在线段BD上，∠ABD=∠DBC，AB=DB，EB=CB，M，N分别是AE，CD的中点．试探索BM和BN的关系，并证明你的结论．【分析】根据SAS推出△ABE≌△DBC，推出AE=DC，∠EAB=∠BDC，再结合已知条件可证明△BAME≌△BDN，然后全等三角形的性质可得到BM=BN，∠ABM=∠DBN，最后由∠MBE+∠DBN=90°可得到问题的答案．【解答】解：BM=BN，BM⊥BN．理由如下：在△ABE和△DBC中，∴△ABEE≌△DBC（SAS），∴∠BAE=∠BDC，∴AE=CD，∵M、N分别是AE、CD的中点，∴AM=DN，在△ABM和△DBN中，，∴△BAME≌△BDN（SAS），∴BM=BN，∠ABM=∠DBN，∵∠ABD=∠DBC，∠ABD+∠DBC=180°∴∠ABD=∠ABM+∠MBE=90°，∴∠MBE+∠DBN=90°，即：BM⊥BN，∴BM=BN，BM⊥BN．【点评】本题主要考查的是全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．21．（2017秋•柘城县期中）如图，已知AC∥BD，EA、EB分别平分∠CAB和∠DBA，CD过点E，求证：AB=AC+BD．【分析】在AB上取一点F，使AF=AC，连结EF，就可以得出△ACE≌△AFE，就有∠C=∠AFE．由平行线的性质就有∠C+∠D=180°，由∠AFE+∠EFB=180°得出∠EFB=∠D，在证明△BEF≌△BED就可以得出BF=BD，进而就可以得出结论．【解答】证明：在AB上取一点F，使AF=AC，连结EF．∵EA、EB分别平分∠CAB和∠DBA，∴∠CAE=∠FAE，∠EBF=∠EBD．∵AC∥BD，∴∠C+∠D=180°．在△ACE和△AFE中，，∴△ACE≌△AFE（SAS），∴∠C=∠AFE．∵∠AFE+∠EFB=180°，∴∠EFB=∠D．在△BEF和△BED中，，∴△BEF≌△BED（AAS），∴BF=BD．∵AB=AF+BF，∴AB=AC+BD．【点评】本题考查了平行线的性质的运用，角平分线的性质的运用，全等三角形的判定与性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．22．（2017秋•沂源县期中）（1）操究发现：如图1，△ABC为等边三角形，点D为AB边上的一点，∠DCE=30°，∠DCF=60°且CF=CD①求∠EAF的度数；②DE与EF相等吗？请说明理由（2）类比探究：如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，点D为AB边上的一点，∠DCE=45°，CF=CD，CF⊥CD，请直接写出下列结果：①∠EAF的度数②线段AE，ED，DB之间的数量关系【分析】（1）①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出∠ACF=∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；（2）①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论．【解答】解：（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°，∵∠DCF=60°，∴∠ACF=∠BCD，在△ACF和△BCD中，，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②DE=EF；理由如下：∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，∴∠FCE=60°﹣30°=30°，∴∠DCE=∠FCE，在△DCE和△FCE中，，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF；（2）①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴AC=BC，∠BAC=∠B=45°，∵∠DCF=90°，∴∠ACF=∠BCD，在△ACF和△BCD中，，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；②AE2+DB2=DE2，理由如下：∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，∴∠FCE=90°﹣45°=45°，∴∠DCE=∠FCE，在△DCE和△FCE中，，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF，在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，又∵AF=DB，∴AE2+DB2=DE2．【点评】本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．23．（2017秋•尚志市期中）如图，△ABC中，AB=AC，点D在AC上，点F在△ABC外部，且∠ABD=∠CAF，∠F=∠BDC=60°，在AF上取一点E，使AE=BD．（1）求证：△ABD≌△CAE；（2）已知：AD=3，BD=5，求AF的长．【分析】（1）由全等三角形的判定定理SAS证得结论；（2）由（1）中全等三角形的性质和等边三角新的判定与性质得到：EC=EF，则AF=AE+EF．【解答】（1）证明：在△ABD与△CAE中，，∴：△ABD≌△CAE（SAS）．（2）解：由（1）知，△ABD≌△CAE，∴∠AEC=∠ADB，BD=AE，AE=CE，∴∠FEC=∠BDC=60°．∵∠F=∠BDC=60°，∴∠ECF=60°，则∠FEC=∠F=∠ECF，∴∠ECF是等边三角形，∴EC=EF，∴AF=AE+EF=3+5=8．【点评】本题考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，主要考查学生综合运用性质进行推理的能力，难度偏大．24．（2017秋•沛县期中）（1）观察理解：如图1，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线l过点C，点A，B在直线l同侧，BD⊥l，AE⊥l，垂足分别为D，E，由此可得：∠AEC=∠CDB=90°，所以∠CAE+∠ACE=90°，又因为∠ACB=90°，所以∠BCD+∠ACE=90°，所以∠CAE=∠BCD，又因为AC=BC，所以△AEC≌△CDB（AAS）；（请填写全等判定的方法）（2）理解应用：如图2，AE⊥AB，且AE=AB，BC⊥CD，且BC=CD，利用（1）中的结论，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S=50；（3）类比探究：如图3，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，将斜边AB绕点A逆时针旋转90°至AB′，连接B′C，求△AB′C的面积．（4）拓展提升：如图4，等边△EBC中，EC=BC=3cm，点O在BC上，且OC=2cm，动点P从点E沿射线EC以1cm/s速度运动，连结OP，将线段OP绕点O逆时针旋转120°得到线段OF．设点P运动的时间为t秒．①当t=1秒时，OF∥ED；②当t=2秒时，OF⊥BC；③当t=4秒时，点F恰好落在射线EB上．【分析】（1）根据AAS证明△AEC≌△CDB；（2）利用（1）中的结论，△EFA≌△AGB，△BGC≌△CHD，利用面积差求S的值；（3）如图3，过B′作B′E⊥AC于E，证明△AEB′≌△BCA，得AC=B′E=4，根据面积公式可得结论；（4）由题意得：EP=t，则PC=3﹣t，①如图4，根据OP∥AE，得，代入可得t的值；②如图5，证明∠COP=30°，则OC=2PC，列方程：2=2（3﹣t），则t=2；③如图6，证明△PCO≌△OBF，则PC=OB=1=t﹣3，可得t=4．【解答】解：（1）在△AEC和△CDB中，∵，∴△AEC≌△CDB（AAS），故答案为：AAS；（2）∵AE=AB，∠EAB=90°，BC=CD，∠BCD=90°，由（1）得：△EFA≌△AGB，△BGC≌△CHD，∴AG=EF=6，AF=BG=3，CG=DH=4，CH=BG=3，∴S=S梯形EFHD﹣2S△AEF﹣2S△CHD=（4+6）×16﹣2×﹣2×=80﹣18﹣12=50，故答案为：50；（3）如图3，过B′作B′E⊥AC于E，由旋转得：AB=AB′，∵∠BAB′=90°，∴△AEB′≌△BCA，∴AC=B′E=4，∴S△AB′C=AC•B′E==8；（4）由题意得：EP=t，则PC=3﹣t，①如图4，∵OF∥ED，∴∠POF+∠OPC=180°，∵∠POF=120°，∴∠OPC=60°，∵△BEC是等边三角形，∴∠E=60°，∴∠E=∠OPC，∴OP∥AE，∴，∴，2=3﹣t，t=1，即当t=1秒时，OF∥ED；②如图5，∵OF⊥BC，∴∠FOC=90°，∵∠FOP=120°，∴∠COP=30°，∴OC=2PC，2=2（3﹣t），t=2，即当t=2秒时，OF⊥BC；③如图6，∵∠FOP=120°，∴∠FOB+∠COP=60°，∵∠BCE=60°，∴∠COP+∠OPC=60°，∴∠FOB=∠OPC，∵OF=OP，∠OBF=∠OCP=120°，∴△PCO≌△OBF，∴PC=OB=1=t﹣3，t=4，即当t=4秒时，点F恰好落在射线EB上．故答案为：①1；②2；③4．【点评】本题考查了三角形全等的性质和判定、等边三角形的性质、动点运动问题，明确动点运动的路程，并运用了类比的思想，与方程相结合，解决问题．25．（2017春•南岸区校级月考）在△ABC与△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，延长DE交BC于点F，连接DC，BE．（1）如图1，当点B，A，E同一直线上时，且∠ABD=30°，AE=2，求BC的长．（2）如图2，当F是中点时，求证：AE⊥CE．【分析】（1）设BF=EF=x，在Rt△DFB中，利用勾股定理即可解决问题；（2）首先证明∠ADB=90°，再证明△ADB≌△AEC，可得∠ADB=∠AEC=90°解决问题；【解答】（1）解：如图1中，∵AD=AE=2，AB=AC，∠BAC=∠DAE=90°，∴∠ABC=∠AED=∠BEF=45°，∴∠BFE=90°，BF=EF，设BF=EF=x．在Rt△ADB中，BD=2AD=4，在Rt△ADE中，DE=AE=2，在Rt△BFD中，∵BD2=BF2+DF2，∴42=x2+（x+2）2，解得x=﹣或﹣﹣（舍弃），∴BF=﹣，BE=BF=2﹣2，∴AB=2，∴BC=AB=2．（2）证明：如图2中，连接AF，AB交DF于O．∵∠ADO=∠FBO，∠DOA=∠BOF，∴△AOD∽△FOB，∴=，∴=，∴△DOB∽△AOF，∴∠BDO=∠OAF=45°，∴∠BDA=∠BDO+∠ADO=90°，∵∠DAE=∠BAC=90°，∴∠DAB=∠EAC，∵AD=AE，AB=AC，∴△ADB≌△AEC，∴∠ADB=∠AEC=90°，∴AE⊥EC．【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，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．26．（2017秋•射阳县校级月考）【问题探索】如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D、E分别在AC、BC边上，DC=EC，连接DE、AE、BD，点M、N、P分别是AE、BD、AB的中点，连接PM、PN、MN．探索BE与MN的数量关系．聪明的小华推理发现PM与PN的关系为PM=PN，PM⊥PN，最后推理得到BE与MN的数量关系为BE=MN．【深入探究】将△DEC绕点C逆时针旋转到如图2的位置，判断（1）中的BE与MN的数量关系是否仍然成立，如果成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；【解决问题】若CB=8，CE=2，在将图1中的△DEC绕点C逆时针旋转一周的过程中，当B、E、D三点在一条直线上时，求MN的长度．【分析】（1）如图1中，只要证明△PMN的等腰直角三角形，再利用三角形的中位线定理即可解决问题；（2）如图2中，结论仍然成立．连接AD、延长BE交AD于点H．由△ECB≌△DCA，推出BE=AD，∠DAC=∠EBC，即可推出BH⊥AD，由M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，推出PM∥BE，PM=BE，PN∥AD，PN=AD，推出PM=PN，∠MPN=90°，可得BE=2PM=2×MN=MN；（3）有两种情形分别求解即可；【解答】解：（1）如图1中，∵AM=ME，AP=PB，∴PM∥BE，PM=BE，∵BN=DN，AP=PB，∴PN∥AD，PN=AD，∵AC=BC，CD=CE，∴AD=BE，∴PM=PN，∵∠ACB=90°，∴AC⊥BC，∴∵PM∥BC，PN∥AC，∴PM⊥PN，∴△PMN的等腰直角三角形，∴MN=PM，∴MN=•BE，∴BE=MN，故答案为PM=PN，PM⊥PN；BE=MN；（2）如图2中，结论仍然成立．理由：连接AD、延长BE交AD于点H．∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，∴CD=CE，CA=CB，∠ACB=∠DCE=90°，∵∠ACB﹣∠ACE=∠DCE﹣∠ACE，∴∠ACD=∠ECB，∴△ECB≌△DCA，∴BE=AD，∠DAC=∠EBC，∵∠AHB=180°﹣（∠HAB+∠ABH）=180°﹣（45°+∠HAC+∠ABH）=∠180°﹣（45°+∠HBC+∠ABH）=180°﹣90°=90°，∴BH⊥AD，∵M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，∴PM∥BE，PM=BE，PN∥AD，PN=AD，∴PM=PN，∠MPN=90°，∴BE=2PM=2×MN=MN．（3）①如图3中，作CG⊥BD于G，则CG=GE=DG=，当D、E、B共线时，在Rt△BCG中，BG===，∴BE=BG﹣GE=﹣，∴MN=BE=﹣1．②如图4中，作CG⊥BD于G，则CG=GE=DG=，当D、E、B共线时，在Rt△BCG中，BG=，∴BE=BG+GE=+，∴MN=BE=+1．故答案为﹣1或+1．【点评】本题考查几何变换综合题、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．27．（2016•常德）已知四边形ABCD中，AB=AD，AB⊥AD，连接AC，过点A作AE⊥AC，且使AE=AC，连接BE，过A作AH⊥CD于H交BE于F．（1）如图1，当E在CD的延长线上时，求证：①△ABC≌△ADE；②BF=EF；（2）如图2，当E不在CD的延长线上时，BF=EF还成立吗？请证明你的结论．【分析】（1）①利用SAS证全等；②易证得：BC∥FH和CH=HE，根据平行线分线段成比例定理得BF=EF，也可由三角形中位线定理的推论得出结论．（2）作辅助线构建平行线和全等三角形，首先证明△MAE≌△DAC，得AD=AM，根据等量代换得AB=AM，根据②同理得出结论．【解答】证明：（1）①如图1，∵AB⊥AD，AE⊥AC，∴∠BAD=90°，∠CAE=90°，∴∠1=∠2，在△ABC和△ADE中，∵∴△ABC≌△ADE（SAS）；②如图1，∵△ABC≌△ADE，∴∠AEC=∠3，在Rt△ACE中，∠ACE+∠AEC=90°，∴∠BCE=90°，∵AH⊥CD，AE=AC，∴CH=HE，∵∠AHE=∠BCE=90°，∴BC∥FH，∴==1，∴BF=EF；（2）结论仍然成立，理由是：如图2所示，过E作MN∥AH，交BA、CD延长线于M、N，∵∠CAE=90°，∠BAD=90°，∴∠1+∠2=90°，∠1+∠CAD=90°，∴∠2=∠CAD，∵MN∥AH，∴∠3=∠HAE，∵∠ACH+∠CAH=90°，∠CAH+∠HAE=90°，∴∠ACH=∠HAE，∴∠3=∠ACH，在△MAE和△DAC中，∵∴△MAE≌△DAC（ASA），∴AM=AD，∵AB=AD，∴AB=AM，∵AF∥ME，∴==1，∴BF=EF．【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线分线段成比例的性质，本题的关键是能正确找出全等三角形；在几何图形中证明线段相等或已知线段相等的一般思路是：①证明相等线段所在的三角形全等；②利用相等线段的比值为1证相等．28．（2015秋•淅川县期末）如图1，△ABC的边BC在直线l上，AC⊥BC，且AC=BC；△EFP的边FP也在直线l上，边EF与边AC重合，且EF=FP．（1）示例：在图1中，通过观察、测量，猜想并写出AB与AP所满足的数量关系和位置关系．答：AB与AP的数量关系和位置关系分别是AB=AP、AB⊥AP．（2）将△EFP沿直线l向左平移到图2的位置时，EP交AC于点Q，连结AP，BQ．请你观察、测量，猜想并写出BQ与AP所满足的数量关系和位置关系．答：BQ与AP的数量关系和位置关系分别是BQ=AP、BQ⊥AP．（3）将△EFP沿直线l向左平移到图3的位置时，EP的延长线交AC的延长线于点Q，连结AP、BQ．你认为（2）中所猜想的BQ与AP的数量关系和位置关系还成立吗？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．【分析】（1）由于AC⊥BC，且AC=BC，边EF与边AC重合，且EF=FP，则△ABC与△EFP是全等的等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到∠BAC=∠CAP=45°，AB=AP，则∠BAP=90°，于是AP⊥AB；（2）延长BO交AP于H点，可得到△OPC为等腰直角三角形，则有OC=PC，根据“SAS”可判断△ACP≌△BCO，则AP=BO，∠CAP=∠CBO，利用三角形内角和定理可得到∠AHO=∠BCO=90°，即AP⊥BO；（3）BO与AP所满足的数量关系为相等，位置关系为垂直．证明方法与（2）一样．【解答】解：（1）AB=AP，AB⊥AP；（2）BQ=AP，BQ⊥AP；（3）成立．证明：如图，∵∠EPF=45°，∴∠CPQ=45°．∵AC⊥BC，∴∠CQP=∠CPQ，CQ=CP．在Rt△BCQ和Rt△ACP中，∴Rt△BCQ≌Rt△ACP（SAS）∴BQ=AP；延长QB交AP于点N，∴∠PBN=∠CBQ．∵Rt△BCQ≌Rt△ACP，∴∠BQC=∠APC．在Rt△BCQ中，∠BCQ+∠CBQ=90°，∴∠APC+∠PBN=90°．∴∠PNB=90°．∴QB⊥AP．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：有两组边对应相等，且它们所夹的角相等，那么这两个三角形全等；全等三角形的对应边相等．也考查了等腰直角三角形的判定与性质．29．（2016秋•沙坪坝区校级期中）如图，在△ABC中，∠BAC的平分线AD交BC于点D．若∠ABC=90°，过点B作BE⊥AC于点E，BE与AD相交于点F．（1）当AD=6，BF=时，求线段AB的长度；（2在线段AF上取点G，使FG=DF，连接BG．过点F作FH⊥AD交BG于点H，连接DH交BE于点I．求证：DI=HI+HB．【分析】（1）首先证明BD=BF，在Rt△在Rt△ABD中，根据AB=计算即可．（2）如图2中，作BK∥DG交DH的延长线于K，连接KG．首先证明四边形BFGK是平行四边形，再证明IF是△DKG的中位线，由此即可证明．【解答】（1）解：如图1中，∵BE⊥AC，∴∠BEC=∠ABC=90°，∴∠C+∠CBE=90°，∠ABE+∠CBE=90°，∴∠C=∠ABE，∵AD平分∠BAC，∴∠DAB=∠DAC，∵∠BDF=∠C+∠DAC，∠BFD=∠DAB+∠ABE，∴BD=BF=，在Rt△ABD中，AB==；（2）证明：如图2中，作BK∥DG交DH的延长线于K，连接KG．∵FH垂直平分DG，∴HD=HG，∴∠HDG=∠HGD，∴∠HBK=∠HGD，∠HKB=∠HDG，∴∠HBK=∠HKB，∴BH=HK，在△DHB与△KHG中，，∴△BDH≌△KGH，∴BD=KG，∵DG=GD，DK=BG，∴△BDG≌△KGD，∴∠BDG=∠KGD，∵∠BDF=∠BFD，∴∠BFD=∠KGD，∴BF∥KG，∵BK∥FG，'∴四边形BFGK是平行四边形，∴BF=GK=BD，∵DF=FG，FI∥GK，∴DI=IK=IH+HK=IK+BH．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的首先思考问题，属于中考压轴题．30．（2016秋•西陵区校级期中）如图Ⅰ，已知：AD=AB，AD⊥AB，AC=AE，AC⊥AE．（1）若反向延长△ABC的高AM交DE于点N，过D作DH⊥MN．求证：①DH=AM；②DN=EN（2）如图Ⅱ，若AM为△ABC的中线，反向延长AM交DE于点N，求证：AN⊥DE．【分析】（1）①如图作EF⊥MN交MN的延长线于F．只要证明△ADH≌△BAM，推出DH=AM．②同法可证EF=AM，推出DH=EF，只要证明△DNH≌△ENF即可．（2）延长AM到F，使得MF=AM．首先证明四边形ABCF是平行四边形，再证明△ADE≌△CFA，推出∠E=∠CAF，由∠CAF+∠EAN=90°，推出∠EAN+∠E=90°，推出∠ANE=90°，即可解决问题；【解答】（1）证明：①如图作EF⊥MN交MN的延长线于F．∵∠BAD=∠AHD=∠AMB=90°，∴∠DAH+∠BAM=90°，∠DAH+∠ADH=90°，∴∠BAM=∠ADH，∵AB=AD，∴△ADH≌△BAM，∴DH=AM．②同法可证EF=AM，∵DH=AM，∴DH=EF，∵∠DHN=∠EFN，∠DNH=∠ENF，∴△DNH≌△ENF，∴DN=EN．（2）如图，延长AM到F，使得MF=AM．∵AM=MF，BM=CM，∴四边形ABCF是平行四边形，∴AB=CF，AB∥CF，∴∠BAC+∠ACF=180°，∵∠BAD=∠EAC=90°，∴∠BAC+∠DAE=180°，∠DAE=∠ACF，∵AD=CF，AE=AC，∴△ADE≌△CFA，∴∠E=∠CAF，∵∠CAF+∠EAN=90°，∴∠EAN+∠E=90°，∴∠ANE=90°，∴AN⊥DE．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，同角的余角相等，同角的补角相等的性质，难点在于作辅助线构造出全等三角形并二次证明三角形全等．31．（2016秋•宝应县期中）如图，在Rt△ABC和Rt△ABD中，∠C=∠BAD=90°，BD、AC交于点F，且AF=AD，作DE⊥AC于点E．（1）求证：∠CBF=∠ABF；（2）若AB﹣BC=4，AC=8，求BC的长；（3）求证：AE=CF．【分析】（1）根据三角形相似的判定方法，判断出Rt△CBF～Rt△ABD，即可推得∠CBF=∠ABF．（2）设BC=x，根据AB﹣BC=4，AC=8，在Rt△ABC中，应用勾股定理，求出BC的长是多少即可．（3）作FG⊥AB于点G，根据全等三角形的判定方法，判断出Rt△AFG≌Rt△DAE，即可推得AE=CF．【解答】（1）证明：∵AF=AD，∴∠ADF=∠AFD，∵∠AFD=∠BFC，∴∠ADF=∠BFC，在Rt△CBF和Rt△ABD中，∴Rt△CBF～Rt△ABD，∴∠CBF=∠ABF．（2）解：设BC=x，∵AB﹣BC=4，∴AB=x+4，在Rt△ABC中，∵AC=8，∴（x+4）2﹣x2=64，整理，可得8x+16=64，解得x=6，∴BC的长是6．（3）证明：如图1，作FG⊥AB于点G，，∵∠CBF=∠ABF，∴FG=CF，∵∠FAG+∠DAE=90°，∠ADE+∠DAE=90°，∴∠FAG=∠ADE，∵∠AFG=90°﹣∠FAG，∠DAE=90°﹣∠ADE，∴∠AFG=∠DAE，在Rt△AFG和Rt△DAE中，∴Rt△AFG≌Rt△DAE，∴AE=FG，∵FG=CF，∴AE=CF．【点评】此题还考查了全等三角形的判定与性质的应用，三角形相似的判定和性质的应用，以及勾股定理的应用，要熟练掌握．32．（2016秋•无棣县校级月考）如图（1），AB=CD，AD=BC，O为AC中点，过O点的直线分别与AD、BC相交于点M、N，那么∠1与∠2有什么关系？请说明理由；若过O点的直线旋转至图（2）、（3）的情况，其余条件不变，那么图（1）中的∠1与∠2的关系成立吗？请说明理由．【分析】（1）证明三角形ACD和CAB全等．根据全等三角形判定中的SSS可得出两三角形全等，那么就能证出AD∥BC，也就得出∠1=∠2了．（2）（3）和（1）的证法完全一样．【解答】解：∠1与∠2相等．证明：在△ADC与△CBA中，，∴△ADC≌△CBA．（SSS）∴∠DAC=∠BCA．∴DA∥BC．∴∠1=∠2．②③图形同理可证，△ADC≌△CBA得到∠DAC=∠BCA，则DA∥BC，∠1=∠2．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和平行线的判定，根据全等三角形得出角相等是解题的关键．33．（2016秋•江阴市校级期中）如图，已知OC平分∠AOB，点E、F分别在边OA、OB上，且EC=FC．（1）若∠AOB=60°，求∠ECF的度数；（2）若OE=2，OF=8，EC=5，求OC的长．【分析】（1）过点C作CM⊥OB，CN⊥OA，易证Rt△ECN≌Rt△FCM，由此可得∠NCE=∠MCF，进而可求出∠ECF的度数；（2）设MF=x，由（1）可知MF=NE=x，结合已知条件可知ON=OM，进而可建立关于x的方程，求出x的值，再利用勾股定理即可求出CN的值，继而可求出OC的长．【解答】解：（1）过点C作CM⊥OB，CN⊥OA，∵OC平分∠AOB，∴CN=CM，在Rt△ECN和Rt△FCM中，∴Rt△ECN≌Rt△FCM，∴∠NCE=∠MCF，∴∠AOB+∠ECF=∠AOB+∠NCM=180°，∵∠AOB=60°，∴∠ECF=120°；（2）设MF=x，∵Rt△ECN≌Rt△FCM，∴NE=MF=x，易证△OCN≌△OCM，∴ON=OM，∵ON=OE+NE=x+2，OM=OF﹣MF=8﹣x，∴x+2=8﹣x，解得：x=3，∵CE=5，∴CN=4，∵ON=2+3=5，∴OC==．【点评】本题主要考查全等三角形的判定和性质以及勾股定理的运用，构造三角形全等是解题的关键．34．（2013秋•西城区期末）在△ABC中，AD是△ABC的角平分线．（1）如图1，过C作CE∥AD交BA延长线于点E，若F为CE的中点，连接AF，求证：AF⊥AD；（2）如图2，M为BC的中点，过M作MN∥AD交AC于点N，若AB=4，AC=7，求NC的长．【分析】（1）推出∠3=∠E，推出AC=AE，根据等腰三角形性质得出AF⊥CE，根据平行线性质推出即可；（2）延长BA与MN延长线于点E，过B作BF∥AC交NM延长线于点F，求出BF=CN，AE=AN，BE=BF．设CN=x，则BF=x，AE=AN=AC﹣CN=7﹣x，BE=AB+AE=4+7﹣x．得出方程4+7﹣x=x．求出即可．【解答】（1证明：∵AD为△ABC的角平分线，∴∠1=∠2．∵CE∥AD，∴∠1=∠E，∠2=∠3．∴∠E=∠3．∴AC=AE．∵F为EC的中点，∴AF⊥EC，∵AD∥EC，∴∠AFE=∠FAD=90°．∴AF⊥AD．（2）解：延长BA与MN延长线于点E，过B作BF∥AC交NM延长线于点F，∴∠3=∠C，∠F=∠4∵M为BC的中点∴BM=CM．在△BFM和△CNM中，∴△BFM≌△CNM（AAS），∴BF=CN，∵MN∥AD，∴∠1=∠E，∠2=∠4=∠5．∴∠E=∠5=∠F．∴AE=AN，BE=BF．设CN=x，则BF=x，AE=AN=AC﹣CN=7﹣x，BE=AB+AE=4+7﹣x．∴4+7﹣x=x．解得x=5.5．∴CN=5.5．【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，平行线的性质等知识点的综合运用．35．（2014春•沙坪坝区校级期中）如图，在△ABC中，∠ACB=45°，AD是△ABC的高，在AD上取点E，使得DE=DB，连接CE并延长，交边AB于点F，连接DF．（1）求证：AB=CE；（2）求证：BF+EF=FD．【分析】（1）根据三角形高线的定义求出∠ADB=∠CDE=90°，并判断出△ACD是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AD=CD，然后利用“边角边”证明△ABD和△CED全等，根据全等三角形对应边相等可得AB=CE；（2）在EC上截取EG=BF，根据全等三角形对应角相等可得∠B=∠CED，然后利用“边角边”证明△BDF和△EDG全等，根据全等三角形对应边相等可得DF=DG，全等三角形对应角相等可得∠BDF=∠EDG，再求出∠FDG=90°，判断出△DFG是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质证明即可．【解答】证明：（1）∵AD是△ABC的高，∠ACB=45°，∴∠ADB=∠CDE=90°，△ACD是等腰直角三角形，∴AD=CD，在△ABD和△CED中，，∴△ABD≌△CED（SAS），∴AB=CE；（2）如图，在EC上截取EG=BF，∵△ABD≌△CED，∴∠B=∠CED，在△BDF和△EDG中，，∴△BDF≌△EDG（SAS），∴DF=DG，∠BDF=∠EDG，∴∠FDG=∠FDE+∠EDG=∠FDE+∠BDF=∠ADB=90°，∴△DFG是等腰直角三角形，∴BF+EF=EG+EF=FG=FD，故BF+EF=FD．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，难点在于（2）作辅助线构造成全等三角形和等腰直角三角形．36．（2014春•道里区校级月考）已知，在四边形ABCD中，AB=AD，∠DAB=60°，∠BCD=120°，∠EAF=30°，AE、AF分别交射线DC、射线CB于点E、F．（1）如图1，求证：EF=DE+BF；（2）如图2，若BC=DC=6，EF=7，求的值．【分析】（1）延长CD到H点，使DH=BF，连接AH，先证△ADH≌△ABF，再证△HAF≌△FAE即可解决问题．（2）受（1）中证明的启示，先证出DE=EF+BF，由于CD=CB=6，则CE=BF+1，所示只需求出BF即可．BF在直角三角形ABF中，因此想办法用勾股定理解决问题，这样就需要先用BF表示出AF的平方，于是想到利用具有公共边的“子母型”相似来解决问题．AB是可求的，加上∠EAF=30°，故可延长BF至G，使∠AGF=30°，在FG上取点P构造∠PAF=30°，于是△AFP与△GFA子母型相似，柳暗花明又一村，自然有AF2=FP•FG，设BF为x，列出方程，解之即可，从而CE随之得解．值得一提的是，上述过程中，需证FP=FE，利用全等解决问题．【解答】解：（1）如图1，延长CD到H点，使DH=BF，连接AH，∵∠BAD=60°，∠BCD=120°，∴∠D+∠B=180°，∵∠ADE+∠ADH=180°，∴∠ADH=∠B，∵AD=AB，DH=BF，∴在△ADH和△ABF中，，∴△ADH≌△ABF（SAS），∴AH=AF，∠HAD=∠FAB，∵∠DAB=60°，∠FAE=30°，∴∠EAB+∠DAF=30°，∴∠DAF+∠HAD=30°，即∠HAF=30°，在△HAE和△EAF中，，∴△HAF≌△FAE（SAS），∴HE=EF，∵HE=HD+DE=BF+DE，∴EF=DE+BF（2）如图2，连接AC，在DC上截取DN=BF，∵AD=AB，CD=CB，AC=AC，∴△ADC≌△ABC，∴∠ADC=∠ABC，∵∠DAB=60°，∠BCD=120°，∴∠ADC=∠ABC=90°，∠CAD=∠CAB=30°，∴△ADN≌△ABF，∴AN=AF，∠FAB=∠DAN，∵∠FAB+∠BAE=30°，∴∠DAN+∠BAE=30°，∴∠NAE=30°=∠FAE，∴△ANE≌△AFE，∴NE=EF，∠AEN=∠AEF，作AM⊥EF于点M，则AM=AD=AB，∴△AMF≌ABF，∴∠MFA=∠BFA，延长BF至G，使AGF=30°，在FG上取点P，使∠PAF=30°，∵∠MFP=∠CFE，∴∠AFP=∠AFE，∴△AFP≌△AFE，且△AFP∽△GFA，∴FP=FE=7，∵CB=6，∴AB=6，∴BG=18，设BF=x，∵△AFP∽△GFA，∴AF2=FP•FG=7（18﹣x）=126﹣7x，∵AF2=AB2+BF2，∴126﹣7x=108+x2，解得：x=2，即BF=2，∵DE=CD+CE=EF+BF，∴CE=3，∴．【点评】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，相似三角形的构造、相似三角形的判定与性质，截长补短技巧的应用，勾股定理等重要知识点和技能．正确地作出辅助线及严密的逻辑分析是关键．37．（2013•河南）如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°，∠B=∠E=30°．（1）操作发现如图2，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，填空：①线段DE与AC的位置关系是DE∥AC；②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是S1=S2．（2）猜想论证当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小明猜想（1）中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想．（3）拓展探究已知∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，BD=CD=4，DE∥AB交BC于点E（如图4）．若在射线BA上存在点F，使S△DCF=S△BDE，请直接写出相应的BF的长．【分析】（1）①根据旋转的性质可得AC=CD，然后求出△ACD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠ACD=60°，然后根据内错角相等，两直线平行解答；②根据等边三角形的性质可得AC=AD，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AC=AB，然后求出AC=BD，再根据等边三角形的性质求出点C到AB的距离等于点D到AC的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答；（2）根据旋转的性质可得BC=CE，AC=CD，再求出∠ACN=∠DCM，然后利用“角角边”证明△ACN和△DCM全等，根据全等三角形对应边相等可得AN=DM，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明；（3）过点D作DF1∥BE，求出四边形BEDF1是菱形，根据菱形的对边相等可得BE=DF1，然后根据等底等高的三角形的面积相等可知点F1为所求的点，过点D作DF2⊥BD，求出∠F1DF2=60°，从而得到△DF1F2是等边三角形，然后求出DF1=DF2，再求出∠CDF1=∠CDF2，利用“边角边”证明△CDF1和△CDF2全等，根据全等三角形的面积相等可得点F2也是所求的点，然后在等腰△BDE中求出BE的长，即可得解．【解答】解：（1）①∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC=CD，∵∠BAC=90°﹣∠B=90°﹣30°=60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD=60°，又∵∠CDE=∠BAC=60°，∴∠ACD=∠CDE，∴DE∥AC；②∵∠B=30°，∠C=90°，∴CD=AC=AB，∴BD=AD=AC，根据等边三角形的性质，△ACD的边AC、AD上的高相等，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；故答案为：DE∥AC；S1=S2；（2）如图，∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，∴BC=CE，AC=CD，∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°﹣90°=90°，∴∠ACN=∠DCM，∵在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN=DM，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；（3）如图，过点D作DF1∥BE，易求四边形BEDF1是菱形，所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，此时S△DCF1=S△BDE；过点D作DF2⊥BD，∵∠ABC=60°，F1D∥BE，∴∠F2F1D=∠ABC=60°，∵BF1=DF1，∠F1BD=∠ABC=30°，∠F2DB=90°，∴∠F1DF2=∠ABC=60°，∴△DF1F2是等边三角形，∴DF1=DF2，∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，∴∠CDF1=180°﹣∠BCD=180°﹣30°=150°，∠CDF2=360°﹣150°﹣60°=150°，∴∠CDF1=∠CDF2，∵在△CDF1和△CDF2中，，∴△CDF1≌△CDF2（SAS），∴点F2也是所求的点，∵∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，DE∥AB，∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°，又∵BD=4，∴BE=×4÷cos30°=2÷=，∴BF1=，BF2=BF1+F1F2=+=，故BF的长为或．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积，等边三角形的判定与性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等，以及全等三角形的面积相等是解题的关键，（3）要注意符合