人教版八年级上册数学期末复习：几何证明 专题练习题（含答案解析）

第第页人教版八年级上册数学期末复习：几何证明专题练习题一．选择题（共3小题）1．（2023秋•鹿寨县期中）如图，AD、BE是△ABC的角平分线，EF⊥AD，EG⊥AB，EH⊥BC，垂足分别为F，G，H．下列说法：①EB平分∠GEH；②AG＝DH；③当AD⊥BC时，CE＝2EF；④F是AD的中点；⑤S△BEC＝S四边形BGEH．其中正确的个数是（）A．2 B．3 C．4 D．52．（2021秋•柳州期末）如图，在等腰△ABC与等腰△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝α，连接BD和CE相交于点P，交AC于点M，交AD于点N．下列结论：①BD＝CE；②∠BPE＝180°﹣2α；③AP平分∠BPE；④若α＝60°，则PE＝AP+PD．其中一定正确的结论的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．43．（2022秋•柳江区期中）如图，△ABC中，点D，E分别在∠ABC和∠ACB的平分线上，连接BD，DE，EC，若∠D+∠E＝295°，则∠A等于（）A．65° B．60° C．55° D．50°二．填空题（共4小题）4．（2023秋•柳州期末）如图，在等边△ABC中，CD⊥AB于D，E是线段CD上一点，F是边AC上一点，且满足BE＝EF，G是AF的中点，连接EG，则下列四个结论：①AD＝BD；②∠BEF＝150°；③∠AFE＝∠CBE；④EG＝EC；⑤当∠ABE＝15°时，EG＝FG，其中正确的有．（填序号）5．（2023秋•鹿寨县期中）在△ABC中，已知BC＝6，BC边上的高h＝4，△ABC两个内角的角平分线相交于点O，过O作OD⊥BC于点D，则OD的最大值是．6．（2021秋•柳州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，以BC为边在BC的右侧作等边△BCD，点E为BD的中点，点P为CE上一动点，连结AP，BP．当AP+BP的值最小时，∠CBP的度数为．7．（2021秋•柳州期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝40°，点D在线段BC上运动（D不与B、C重合），连接AD，作∠ADE＝40°，DE交线段AC于E，在点D的运动过程中，△ADE的形状也在改变，当△ADE是等腰三角形时，∠BDA的度数是．三．解答题（共7小题）8．（2023秋•鹿寨县期末）在△ABC中，∠B＝60°，D是BC上一点，且AD＝AC．（1）如图1，延长BC至E，使CE＝BD，连接AE．求证：AB＝AE；（2）如图2，在AB边上取一点F，使DF＝DB，求证：AF＝BC；（3）如图3，在（2）的条件下，P为BC延长线上一点，连接PA，PF，若PA＝PF，猜想PC与BD的数量关系并证明．9．（2023秋•融水县校级期中）如图，已知△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝8cm，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以3cm/s的速度由点B向C点运动，同时，点Q在线段CA上由点C向A点运动．（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD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，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？10．（2023秋•鹿寨县期中）综合实践在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成的，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．兴趣小组成员经过研讨给出定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”，如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，其中∠BAC＝∠DAE，则△ABD≌△ACE（SAS）．[初步把握]如图2，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，则有≌．[深入研究]如图3，已知△ABC，以AB、AC为边分别向外作等边△ABD和等边△ACE，并连接BE，CD，求证：BE＝CD．[拓展延伸]如图4，在两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，交于点P，请判断BD和CE的关系，并说明理由．11．（2022•城中区校级开学）如图，已知B（﹣1，0），C（1，0），A为y轴正半轴上一点，点D为第二象限一动点，E在BD的延长线上，CD交AB于F，且∠BDC＝∠BAC．（1）求证：∠ABD＝∠ACD；（2）求证：DA平分∠CDE；（3）若在D点运动的过程中，始终有DC＝DA+DB，在此过程中，∠BAC的度数是否变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出∠BAC的度数？12．（2022•鹿寨县校级开学）如图1，在平面直角坐标系中，A（a，0），C（b，2），且满足，过C作CB⊥x轴于B．（1）求a，b的值；（2）在y轴上是否存在点P，使得△ABC和△OCP的面积相等，若存在，求出点P坐标，若不存在，试说明理由；（3）若过B作BD∥AC交y轴于D，且AE，DE分别平分∠CAB，∠ODB，如图2，图3．①求：∠CAB+∠ODB的度数；②求：∠AED的度数．13．（2022秋•柳江区期中）已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，点D是直线BC上的一动点（点D不与B、C重合），连接CE．（1）在图1中，当点D在边BC上时，求证：BC＝CE+CD；（2）在图2中，当点D在边BC的延长线上时，（1）中的结论是否还成立？若不成立，请猜想BC、CE、CD之间存在的数量关系，并说明理由，14．（2021秋•柳州期末）已知等边△ABC的边长为4cm，点P，Q分别是直线AB，BC上的动点．（1）如图1，当点P从顶点A沿AB向B点运动，点Q同时从顶点B沿BC向C点运动，它们的速度都为1cm/s，到达终点时停止运动．设它们的运动时间为t秒，连接AQ，PQ．①当t＝2时，求∠AQP的度数．②当t为何值时△PBQ是直角三角形？（2）如图2，当点P在BA的延长线上，Q在BC上，若PQ＝PC，请判断AP，CQ和AC之间的数量关系，并说明理由．

参考答案与试题解析一．选择题（共3小题）1．（2023秋•鹿寨县期中）如图，AD、BE是△ABC的角平分线，EF⊥AD，EG⊥AB，EH⊥BC，垂足分别为F，G，H．下列说法：①EB平分∠GEH；②AG＝DH；③当AD⊥BC时，CE＝2EF；④F是AD的中点；⑤S△BEC＝S四边形BGEH．其中正确的个数是（）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】根据角平分线的定义，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质逐项判断即可．【解答】解：∵BE是△ABC的角平分线，EG⊥AB，EH⊥BC，∴EG＝EH，∠BGE＝∠BHE＝90°，∵BE＝BE，∴∠GEB＝∠HEB，即EB平分∠GEH，故①符合题意；如图，当∠ABC＞90°时，点D，H可以重合，此时AG≠DH，也不能判断F是AD的中点，故②④不符合题意；如图，延长EF交AB于点I，∵EF⊥AD，AD是△ABC的角平分线，∴∠IAF＝∠EAF，∠AFI＝∠AFE＝90°，∵AF＝AF，∴AFI≌AFE（ASA），∴FI＝FE，IE＝2EF，AI＝AE，同理可证△ABD≌△ACD，∴AB＝AC，∴AB﹣AI＝AC﹣AE，∴BI＝CE，∵AD⊥BC，∴EF∥BC，∴∠FEB＝∠CBE，∵BE是△ABC的角平分线，∴∠IBE＝∠CBE，∴∠IBE＝∠IEB，∴BI＝IE＝CE，∴CE＝2EF，故③符合题意；若∠ABC＝90°，∠C＝40°，∵BE是△ABC的角平分线，GE＝EH，∴，∴BG≠CH，S△BGE≠S△CHE，∴S△BGE+S△BHE≠S△CHE+S△BHE，∴S△BEC≠S四边形BGEH，故⑤不符合题意，故选：A．【点评】本题考查了角平分线的定义，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，作出正确的辅助线是本题的关键．2．（2021秋•柳州期末）如图，在等腰△ABC与等腰△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝α，连接BD和CE相交于点P，交AC于点M，交AD于点N．下列结论：①BD＝CE；②∠BPE＝180°﹣2α；③AP平分∠BPE；④若α＝60°，则PE＝AP+PD．其中一定正确的结论的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得BD＝CE；由全等三角形的性质可得∠ABD＝∠ACE，由外角的性质和三角形内角和定理可得∠BPE＝∠ACB+∠ABC＝180°﹣α；由全等三角形的性质可得S△BAD＝S△CAE，由三角形面积公式可得AH＝AF，由角平分线的性质可得AP平分∠BPE；由全等三角形的性质可得∠BDA＝∠CEA，由“SAS”可证△AOE≌△APD，可得AO＝AP，可证△APO是等边三角形，可得AP＝PO，可得PE＝AP+PD，即可求解．【解答】解：∵∠BAC＝∠DAE＝α，∴∠BAD＝∠CAE，且AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS）∴BD＝CE，故①符合题意；∵△BAD≌△CAE，∴∠ABD＝∠ACE，∵∠BAC＝α，∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣α，∵∠BPE＝∠PBC+∠PCB＝∠PBC+∠ACB+∠ACP＝∠PBC+∠ACB+∠ABP，∴∠BPE＝∠ACB+∠ABC＝180°﹣α，故②不符合题意；如图，过点A作AH⊥BD，AF⊥CE，∵△BAD≌△CAE，∴S△BAD＝S△CAE，∴BD×AH＝CE×AF，且BD＝CE，∴AH＝AF，且AH⊥BD，AF⊥CE，∴AP平分∠BPE，故③符合题意；如图，在线段PE上截取OE＝PD，连接AO，∵△BAD≌△CAE，∴∠BDA＝∠CEA，且OE＝PD，AE＝AD，∴△AOE≌△APD（SAS）∴AP＝AO，∵∠BPE＝180°﹣α＝120°，且AP平分∠BPE，∴∠APO＝60°，且AP＝AO，∴△APO是等边三角形，∴AP＝PO，∵PE＝PO+OE，∴PE＝AP+PD，故④符合题意．故选：C．【点评】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质以及角之间的关系，证明△BAD≌△CAE是解本题的关键．3．（2022秋•柳江区期中）如图，△ABC中，点D，E分别在∠ABC和∠ACB的平分线上，连接BD，DE，EC，若∠D+∠E＝295°，则∠A等于（）A．65° B．60° C．55° D．50°【分析】根据四边形的内角和可得∠BCE+∠CBD＝65°，再根据角平分线的定义可得∠ACB+∠ABC＝130°，再根据三角形内角和定理可得∠A的度数．【解答】解：∵∠D+∠E＝295°，∠D+∠E+∠BCE+∠CBD＝360°，∴∠BCE+∠CBD＝65°，∵点D，E分别在∠ABC和∠ACB的平分线上，∴∠BCE＝∠ACB，∠CBD＝∠ABC，∴∠ACB+∠ABC＝65°×2＝130°，∴∠A＝180°﹣130°＝50°，故选：D．【点评】本题考查了三角形内角和定理，四边形的内角和，角平分线的定义，熟练掌握这些知识是解题的关键．二．填空题（共4小题）4．（2023秋•柳州期末）如图，在等边△ABC中，CD⊥AB于D，E是线段CD上一点，F是边AC上一点，且满足BE＝EF，G是AF的中点，连接EG，则下列四个结论：①AD＝BD；②∠BEF＝150°；③∠AFE＝∠CBE；④EG＝EC；⑤当∠ABE＝15°时，EG＝FG，其中正确的有①③④⑤．（填序号）【分析】根据等腰三角形的“三线合一”可以得到AD＝BD，即①正确；根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可以得到AE＝BE，再根据三角形的一个内角等于与它不相邻的两个内角的和可以得到∠CEF＝∠AFE﹣30°和∠CEB＝90°+∠BAE，再根据∠BEF＝∠CEB+∠CEF即可求得，即②错误；根据SSS可以得到△CBE≌△CAE，由全等三角形的对应边相等可得∠CBE＝∠FAE，再根据∠AFE＝∠FAE即可求得，即③正确；根据等腰三角形的“三线合一”可以得到EG⊥AF，再根据直角三角形中30°角所对直角边是斜边的一半即可为求得，即④正确；根据已知条件∠ABE＝15°可以得到∠FAE＝45°，再根据∠CGE＝90°可以得到∠GEF﹣∠AFE＝45°，由等角对等边即可求得，即⑤正确．【解答】解：如图：连接AE，∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，∠BAC＝∠ACB＝60°，∵CD⊥AB，∴CD是等边△ABC的底边AB上的高，∴AD＝BD＝AB，故①正确；∠ACD＝∠BCD＝ACB＝×60°＝30°，∵CD⊥AB，AD＝BD，∴CD是线段AB的垂直平分线，∴AE＝BE∴∠ABE＝∠BAE，∵BE＝EF，∴AE＝EF，∴∠FAE＝∠AFE，∵∠AFE是△EFC的外角，∴∠AFE＝∠ACD+∠CEF，∵∠ACD＝30°，∴∠CEF＝∠AFE﹣∠ACD＝∠FAE﹣30°，∵CD⊥AB，∴∠BDC＝90°，∵∠CEB是△DBE的外角，∴∠CEB＝∠BDC+∠ABE＝90°+∠BAE，∵∠BAC＝60°，∴∠BEF＝∠CEB+∠CEF＝90°+∠BAE+∠FAE﹣30°＝90°+∠BAC﹣30°＝90+60°﹣30°＝120°，故②错误；在△CBE和△CAE中，，∴△CBE≌△CAE（SSS），∴∠CBE＝∠FAE，∵∠AFE＝∠FAE，∴∠AFE＝∠CBE，故③正确；∵AE＝EF，G是AF的中点∴EG是等腰△EAF的底边AF上的中线，∵EG⊥AF，∴∠CGE＝90°，∵∠ACD＝30°∴EG＝EC，故④正确；∵∠ABE＝15°，∠ABE＝∠BAE，∴∠BAE＝15°，∵∠BAC＝60°，∵∠FAE＝∠BAC﹣∠BAE＝60°﹣15°＝45°，∵∠FAE＝∠AFE，∴∠AFE＝45°，∵∠CGE＝90°，∵∠GEF＝∠AFE＝45°，∴EG＝FG，故⑤正确；其中正确的有①③④⑤．故答案为：①③④⑤．【点评】本题考查了等边三角形的性质，掌握等边三角形的性质是解题的关键．5．（2023秋•鹿寨县期中）在△ABC中，已知BC＝6，BC边上的高h＝4，△ABC两个内角的角平分线相交于点O，过O作OD⊥BC于点D，则OD的最大值是．【分析】过点O作OD⊥BC于D，OE⊥AC于E，OF⊥AB于F，根据角平分线的性质得到OD＝OE＝OF，根据三角形的面积公式计算，得到答案．【解答】解：过点O作OD⊥BC于D，OE⊥AC于E，OF⊥AB于F，∵点O是△ABC两个内角的角平分线的交点，OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，∴OD＝OE＝OF，∴AB•OF+AC•OE+BC•OD＝AB•AH，即AB•OD+AC•OD+BC•OD＝×6×4，∴OD＝，∵AB+AC≥10，∴OD的最大值是，故答案为：．【点评】本题考查了角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．6．（2021秋•柳州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，以BC为边在BC的右侧作等边△BCD，点E为BD的中点，点P为CE上一动点，连结AP，BP．当AP+BP的值最小时，∠CBP的度数为15°．【分析】连接AD交CE于Q，连接BQ，由等边三角形的轴对称性知CE是BD的垂直平分线，得BP＝DP，则当点P与Q重合时，AP+BP的值最小，即可解决问题．【解答】解：连接AD交CE于Q，连接BQ，∵△BCD是等边三角形，点E是BD的中点，∴CE是BD的垂直平分线，∴BP＝DP，∴当点P与Q重合时，AP+BP的值最小，∵AC＝BC，BC＝CD，∴AC＝CD，∵∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝90°+60°＝150°，∴∠CDA＝15°，由等边三角形的轴对称性可知：∠CBQ＝∠CDQ＝15°，∴∠CBP＝15°，故答案为：15°．【点评】本题主要考查了等腰直角三角形和等边三角形的性质，轴对称最短线路问题等知识，明确AP+BP的最小值为AD长是解题的关键．7．（2021秋•柳州期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝40°，点D在线段BC上运动（D不与B、C重合），连接AD，作∠ADE＝40°，DE交线段AC于E，在点D的运动过程中，△ADE的形状也在改变，当△ADE是等腰三角形时，∠BDA的度数是110°或80°．【分析】分为三种情况：①当AD＝AE时，∠ADE＝∠AED＝40°，根据∠AED＞∠C，得出此时不符合；②当DA＝DE时，求出∠DAE＝∠DEA＝70°，求出∠BAC，根据三角形的内角和定理求出∠BAD，根据三角形的内角和定理求出∠BDA即可；③当EA＝ED时，求出∠DAC，求出∠BAD，根据三角形的内角和定理求出∠ADB．【解答】解：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C＝40°，①当AD＝AE时，∠ADE＝∠AED＝40°，∵∠AED＞∠C，∴此时不符合；②当DA＝DE时，即∠DAE＝∠DEA＝（180°﹣40°）＝70°，∵∠BAC＝180°﹣40°﹣40°＝100°，∴∠BAD＝100°﹣70°＝30°；∴∠BDA＝180°﹣30°﹣40°＝110°；③当EA＝ED时，∠ADE＝∠DAE＝40°，∴∠BAD＝100°﹣40°＝60°，∴∠BDA＝180°﹣60°﹣40°＝80°；∴当△ADE是等腰三角形时，∠BDA的度数是110°或80°，故答案为：110°或80°．【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质，全三角形外角的性质等知识点的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，综合性较强，但难度不大，属于基础题．三．解答题（共7小题）8．（2023秋•鹿寨县期末）在△ABC中，∠B＝60°，D是BC上一点，且AD＝AC．（1）如图1，延长BC至E，使CE＝BD，连接AE．求证：AB＝AE；（2）如图2，在AB边上取一点F，使DF＝DB，求证：AF＝BC；（3）如图3，在（2）的条件下，P为BC延长线上一点，连接PA，PF，若PA＝PF，猜想PC与BD的数量关系并证明．【分析】（1）证明△ABD≌△AEC（SAS），由全等三角形的性质得出AB＝AE；（2）延长BC到E，使CE＝BD，由（1）知，AB＝AE，证得△ABE是等边三角形，同理，△DBF是等边三角形，则可得出结论；（3）在CP上取点E，使CE＝BD，连接AE，证明△APE≌△PFD（AAS），得出PE＝DF，则可得出结论．【解答】（1）证明：∵AC＝AD，∴∠ADC＝∠ACD，∴180°﹣∠ADC＝180°﹣∠ACD，即∠ADB＝∠ACE，在△ABD和△AEC中，，∴△ABD≌△AEC（SAS），∴AB＝AE；（2）延长BC到E，使CE＝BD，由（1）知，AB＝AE，∴∠E＝∠B＝60°，∴∠EAB＝180°﹣∠E﹣∠B＝60°，∴△ABE是等边三角形，同理，△DBF是等边三角形，∴AB＝BE．BF＝BD＝CE，∴AB﹣BF＝BE﹣CE，即AF＝BC；（3）猜想：PC＝2BD，理由如下：在CP上取点E，使CE＝BD，连接AE，由（1）可知：AB＝AE，∴∠AEB＝∠B＝60°，∴∠AEP＝180°﹣∠AEB＝120°，∵DF＝DB，∠DFB＝∠B＝60°，∴∠PDF＝∠DFB+∠B＝120°，∴∠AEP＝∠PDF，又∵PA＝PF，∴∠PAF＝∠PFA，∵∠APE＝180°﹣∠B﹣∠PAF＝120°﹣∠PAF，∠PFD＝180°﹣∠DFB﹣∠PFA＝120°﹣∠PFA，∴∠APE＝∠PFD，在△APE和△PFD中，，∴△APE≌△PFD（AAS），∴PE＝DF，又∵DF＝DB，∴PE＝DB，又∵PC＝PE+CE，∴PC＝2BD．【点评】本题是三角形综合题，考查的是等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题．9．（2023秋•融水县校级期中）如图，已知△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝8cm，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以3cm/s的速度由点B向C点运动，同时，点Q在线段CA上由点C向A点运动．（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD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，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？【分析】（1）经过1秒后，PB＝3cm，PC＝5cm，CQ＝3cm，由已知可得BD＝PC，BP＝CQ，∠ABC＝∠ACB，即据SAS可证得△BPD≌△CQP．（2）可设点Q的运动速度为x（x≠3）cm/s，经过ts△BPD与△CQP全等，则可知PB＝3tcm，PC＝（8﹣3t）cm，CQ＝xtcm，据（1）同理可得当BD＝PC，BP＝CQ或BD＝CQ，BP＝PC时两三角形全等，求x的解即可．【解答】解：（1）结论：△BPD与△CQP全等．理由：经过1秒后，PB＝3cm，PC＝5cm，CQ＝3cm，∵△ABC中，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∴在△BPD和△CQP中，，∴△BPD≌△CQP（SAS）．（2）设点Q的运动速度为x（x≠3）cm/s，经过ts△BPD与△CQP全等；则可知PB＝3tcm，PC＝（8﹣3t）cm，CQ＝xtcm，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，根据全等三角形的判定定理SAS可知，有两种情况：①当BD＝PC，BP＝CQ时，②当BD＝CQ，BP＝PC时，两三角形全等；①当BD＝PC且BP＝CQ时，8﹣3t＝5且3t＝xt，解得x＝3，∵x≠3，∴舍去此情况；②BD＝CQ，BP＝PC时，5＝xt且3t＝8﹣3t，解得：x＝；故若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为cm/s时，能够使△BPD与△CQP全等．【点评】本题主要考查了全等三角形全等的判定，涉及到等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．10．（2023秋•鹿寨县期中）综合实践在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成的，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．兴趣小组成员经过研讨给出定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”，如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，其中∠BAC＝∠DAE，则△ABD≌△ACE（SAS）．[初步把握]如图2，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，则有△ABD≌△ACE．[深入研究]如图3，已知△ABC，以AB、AC为边分别向外作等边△ABD和等边△ACE，并连接BE，CD，求证：BE＝CD．[拓展延伸]如图4，在两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，交于点P，请判断BD和CE的关系，并说明理由．【分析】[初步把握]易证∠BAD＝∠CAE，再证△BAD≌△CAE（SAS）即可；[深入研究]易证∠DAC＝∠BAE，再证△ABE≌△ADC（SAS），即可得出结论；[拓展延伸]易证∠CAE＝∠BAD，再证△ABD≌△ACE（SAS），得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，再由三角形的外角性质证出∠BPC＝∠BAC＝90°，则BD⊥CE即可．【解答】[初步把握]解：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），故答案为：△ABD，△ACE；[深入研究]证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形，∴AB＝AD，AE＝AC，∠BAD＝∠CAE＝60°，∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，即∠DAC＝∠BAE，在△ABE和△ADC中，，∴△ABE≌△ADC（SAS），∴BE＝CD；[拓展延伸]解：BD＝CE，BD⊥CE，理由如下：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC+∠BAE＝∠DAE+∠BAE，即∠CAE＝∠BAD，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵∠BPC+∠ABD＝∠BAC+∠ACE，∴∠BPC＝∠BAC＝90°，∴BD⊥CE．【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质以及三角形的外角性质等知识，本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．11．（2022•城中区校级开学）如图，已知B（﹣1，0），C（1，0），A为y轴正半轴上一点，点D为第二象限一动点，E在BD的延长线上，CD交AB于F，且∠BDC＝∠BAC．（1）求证：∠ABD＝∠ACD；（2）求证：DA平分∠CDE；（3）若在D点运动的过程中，始终有DC＝DA+DB，在此过程中，∠BAC的度数是否变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出∠BAC的度数？【分析】（1）根据∠BDC＝∠BAC，∠DFB＝∠AFC，再结合∠ABD+∠BDC+∠DFB＝∠BAC+∠ACD+∠AFC＝180°，即可得出结论．（2）过点A作AM⊥CD于点M，作AN⊥BE于点N．运用“AAS”证明△ACM≌△ABN得AM＝AN．根据“到角的两边距离相等的点在角的平分线上”得证；（3）运用截长法在CD上截取CP＝BD，连接AP．证明△ACP≌ABD得△ADP为等边三角形，从而求∠BAC的度数．【解答】证明：（1）∵∠BDC＝∠BAC，∠DFB＝∠AFC，又∵∠ABD+∠BDC+∠DFB＝∠BAC+∠ACD+∠AFC＝180°，∴∠ABD＝∠ACD；（2）过点A作AM⊥CD于点M，作AN⊥BE于点N．则∠AMC＝∠ANB＝90°．∵OB＝OC，OA⊥BC，∴AB＝AC，∵∠ABD＝∠ACD，∴△ACM≌△ABN（AAS）∴AM＝AN．∴DA平分∠CDE．（到角的两边距离相等的点在角的平分线上）；（3）∠BAC的度数不变化．在CD上截取CP＝BD，连接AP．∵CD＝AD+BD，∴AD＝PD．∵AB＝AC，∠ABD＝∠ACD，BD＝CP，∴△ABD≌△ACP．∴AD＝AP；∠BAD＝∠CAP．∴AD＝AP＝PD，即△ADP是等边三角形，∴∠DAP＝60°．∴∠BAC＝∠BAP+∠CAP＝∠BAP+∠BAD＝60°．【点评】此题考查全等三角形的判定与性质，运用了角平分线的判定定理和“截长补短”的数学思想方法，综合性较强．12．（2022•鹿寨县校级开学）如图1，在平面直角坐标系中，A（a，0），C（b，2），且满足，过C作CB⊥x轴于B．（1）求a，b的值；（2）在y轴上是否存在点P，使得△ABC和△OCP的面积相等，若存在，求出点P坐标，若不存在，试说明理由；（3）若过B作BD∥AC交y轴于D，且AE，DE分别平分∠CAB，∠ODB，如图2，图3．①求：∠CAB+∠ODB的度数；②求：∠AED的度数．【分析】（1）根据非负数的性质得a+2＝0，b﹣2＝0，解得a＝﹣2，b＝2即可；（2）如图2，利用三角形面积公式求得△ABC的面积与△OPC的面积，列等式解答即可；（3）①作EM∥AC，如图3，则AC∥EM∥BD，根据平行线的性质得∠CAE＝∠AEM，∠BDE＝∠DEM，则∠AED＝∠CAE+∠BDE，而∠CAE＝∠CAB，∠BDE＝∠ODB，所以∠AED＝（∠CAB+∠ODB），而由AC∥BD得到∠CAB＝∠OBD，于是∠CAB+∠ODB＝∠OBD+∠ODB＝90°，②进而得出∠AED＝45°．【解答】解：（1）∵（a+2）2+＝0，∴a+2＝0，b﹣2＝0，a＝﹣2，b＝2；（2）存在，理由如下：∵a＝﹣2，b＝2，∴A（﹣2，0）C（2，2），∴S△ABC＝AB•AC＝×4×2＝4，设P（0，t），∴S△OPC＝OP×2＝×|t|×2＝|t|＝4，∴t＝4或t＝﹣4，∴P（0，4）或P（0，﹣4）；（3）①作EM∥AC，如图3，∵AC∥BD，∴AC∥EM∥BD，∴∠CAE＝∠AEM，∠BDE＝∠DEM，∴∠AED＝∠CAE+∠BDE，∵AE，DE分别平分∠CAB，∠ODB，∴∠CAE＝∠CAB，∠BDE＝∠ODB，∴∠AED＝（∠CAB+∠ODB），∵AC∥BD，∴∠CAB＝∠OBD，∴∠CAB+∠ODB＝∠OBD+∠ODB＝90°；②∠AED＝×90°＝45°．【点评】本题是三角形的综合题，考查了坐标与图形性质，非负数的性质，利用待定系数法求一次函数的解析式，角平分线的定义．也考查了平行线的性质和三角形面积公式．13．（2022秋•柳江区期中）已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，点D是直线BC上的一动点（点D不与B、C重合），连接CE．（1）在图1中，当点D在边BC上时，求证：BC＝CE+CD；（2）在图2中，当点D在边BC的延长线上时，（1）中的结论是否还成立？若不成立，请猜想BC、CE、CD之间存在的数量关系，并说明理由，【分析】（1）根据等腰直角三角形的概念得到AB＝AC，AD＝AE，证明∠BAD＝∠EAC，利用SAS定理证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质得到BD＝CE，进而证明结论；（2）证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质得到BD＝CE，进而证明结论．【解答】（1）证明：∵△ABC和