8年级数学上册12.2三角形全等的判定单元测试题及答案
八年级数学单元考试的时候要认真做题，不能敷衍了事。下面小编给大家分享一些8年级数学上册12.2三角形全等的判定单元测试题，大家快来跟小编一起看看吧。
8年级数学上册12.2三角形全等的判定单元试题
一、填空题
1.如图，已知等边△ABC，AB=2，点D在AB上，点F在AC的延长线上，BD=CF，DE⊥BC于E，FG⊥BC于G，DF交BC于点P，则下列结论：①BE=CG;②△EDP≌△GFP;③∠EDP=60°;④EP=1中，一定正确的是 .
2.如图，正方形ABCD的边长为3cm，E为CD边上一点，∠DAE=30°，M为AE的中点，过点M作直线分别与AD、BC相交于点P、Q.若PQ=AE，则AP等于 cm.
3.如图，矩形ABCD中，AB=8，点E是AD上的一点，有AE=4，BE的垂直平分线交BC的延长线于点F，连结EF交CD于点G.若G是CD的中点，则BC的长是 .
4.如图，正方形ABCD的边长为6，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，且DE=2CE，过点C作CF⊥BE，垂足为F，连接OF，则OF的长为 .
5.如图，已知△ABC三个内角的平分线交于点O，点D在CA的延长线上，且DC=BC，AD=AO，若∠BAC=80°，则∠BCA的度数为 .
6.已知在平面直角坐标系中放置了5个如图所示的正方形(用阴影表示)，点B1在y轴上且坐标是(0，2)，点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在x轴上，C1的坐标是(1，0).B1C1∥B2C2∥B3C3，以此继续下去，则点A2014到x轴的距离是 .
7.如图，点B、E、C、F在一条直线上，AB∥DE，AB=DE，BE=CF，AC=6，则DF= .
8.如图，在边长为6 的正方形ABCD中，E是AB边上一点，G是AD延长线上一点，BE=DG，连接EG，CF⊥EG交EG于点H，交AD于点F，连接CE，BH.若BH=8，则FG= .
9.如图，在四边形ABCD中，AD=4，CD=3，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°，则BD的长为 .
10.如图，在△ABC中，分别以AC，BC为边作等边△ACD和等边△BCE.设△ACD、△BCE、△ABC的面积分别是S1、S2、S3，现有如下结论：
①S1：S2=AC2：BC2;
②连接AE，BD，则△BCD≌△ECA;
③若AC⊥BC，则S1•S2= S32.
其中结论正确的序号是 .
二、解答题
11.如图，E、F分别是等边三角形ABC的边AB，AC上的点，且BE=AF，CE、BF交于点P.
(1)求证：CE=BF;
(2)求∠BPC的度数.
12.如图，在四边形ABCD中，点H是BC的中点，作射线AH，在线段AH及其延长线上分别取点E，F，连结BE，CF.
(1)请你添加一个条件，使得△BEH≌△CFH，你添加的条件是 ，并证明.
(2)在问题(1)中，当BH与EH满足什么关系时，四边形BFCE是矩形，请说明理由.
13.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A的平分线交BC于点E，EF⊥AB于点F，点F恰好是AB的一个三等分点(AF>BF).
(1)求证：△ACE≌△AFE;
(2)求tan∠CAE的值.
14.在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线MN过点A且MN∥BC，过点B为一锐角顶点作Rt△BDE，∠BDE=90°，且点D在直线MN上(不与点A重合)，如图1，DE与AC交于点P，易证：BD=DP.(无需写证明过程)
(1)在图2中，DE与CA延长线交于点P，BD=DP是否成立?如果成立，请给予证明;如果不成立，请说明理由;
(2)在图3中，DE与AC延长线交于点P，BD与DP是否相等?请直接写出你的结论，无需证明.
15.如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在边AD，BC上，且DE=CF，连接OE，OF.求证：OE=OF.
16.如图，在正方形ABCD中，P是对角线AC上的一点，连接BP、DP，延长BC到E，使PB=PE.求证：∠PDC=∠PEC.
17.如图，已知△ABC中AB=AC.
(1)作图：在AC上有一点D，延长BD，并在BD的延长线上取点E，使AE=AB，连AE，作∠EAC的平分线AF，AF交DE于点F(用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法);
(2)在(1)的条件下，连接CF，求证：∠E=∠ACF.
18.探究：如图①，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=60°，延长BA至点D，延长CB至点E，使BE=AD，连结CD，AE，求证：△ACE≌△CBD.
应用：如图②，在菱形ABCF中，∠ABC=60°，延长BA至点D，延长CB至点E，使BE=AD，连结CD，EA，延长EA交CD于点G，求∠CGE的度数.
19.(1)如图1，点E，F在BC上，BE=CF，AB=DC，∠B=∠C，求证：∠A=∠D.
(2)如图2，在边长为1个单位长度的小正方形所组成的网格中，△ABC的顶点均在格点上.
①sinB的值是 ;
②画出△ABC关于直线l对称的△A1B1C1(A与A1，B与B1，C与C1相对应)，连接AA1，BB1，并计算梯形AA1B1B的面积.
20.在平面内正方形ABCD与正方形CEFH如图放置，连DE，BH，两线交于M.求证：
(1)BH=DE.
(2)BH⊥DE.
21.如图，点D是线段BC的中点，分别以点B，C为圆心，BC长为半径画弧，两弧相交于点A，连接AB，AC，AD，点E为AD上一点，连接BE，CE.
(1)求证：BE=CE;
(2)以点E为圆心，ED长为半径画弧，分别交BE，CE于点F，G.若BC=4，∠EBD=30°，求图中阴影部分(扇形)的面积.
22.如图所示，已知∠1=∠2，请你添加一个条件，证明：AB=AC.
(1)你添加的条件是 ;
(2)请写出证明过程.
23.如图，在等边△ABC中，点D在直线BC上，连接AD，作∠ADN=60°，直线DN交射线AB于点E，过点C作CF∥AB交直线DN于点F.
(1)当点D在线段BC上，∠NDB为锐角时，如图①，求证：CF+BE=CD;
(提示：过点F作FM∥BC交射线AB于点M.)
(2)当点D在线段BC的延长线上，∠NDB为锐角时，如图②;当点D在线段CB的延长线上，∠NDB为钝角时，如图③，请分别写出线段CF，BE，CD之间的数量关系，不需要证明;
(3)在(2)的条件下，若∠ADC=30°，S△ABC=4 ，则BE= ，CD= .
24.如图，正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD上的点，且AE⊥BF，垂足为点G.
求证：AE=BF.
25.如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，在BC的同侧作任意Rt△DBC，∠BDC=90°.
(1)若CD=2BD，M是CD中点(如图1)，求证：△ADB≌△AMC;
下面是小明的证明过程，请你将它补充完整：
证明：设AB与CD相交于点O，
∵∠BDC=90°，∠BAC=90°，
∴∠DOB+∠DBO=∠AOC+∠ACO=90°.
∵∠DOB=∠AOC，
∴∠DBO=∠① .
∵M是DC的中点，
∴CM= CD=② .
又∵AB=AC，
∴△ADB≌△AMC.
(2)若CD
(3)当CD≠BD时，线段AD，BD与CD满足怎样的数量关系?请直接写出.
26.如图，四边形ABCD是正方形，BE⊥BF，BE=BF，EF与BC交于点G.
(1)求证：AE=CF;
(2)若∠ABE=55°，求∠EGC的大小.
27.如图，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC，垂足是D，AE平分∠BAD，交BC于点E.在△ABC外有一点F，使FA⊥AE，FC⊥BC.
(1)求证：BE=CF;
(2)在AB上取一点M，使BM=2DE，连接MC，交AD于点N，连接ME.
求证：①ME⊥BC;②DE=DN.
28.【问题提出】
学习了三角形全等的判定方法(即“SAS”、“ASA”、“AAS”、“SSS”)和直角三角形全等的判定方法(即“HL”)后，我们继续对“两个三角形满足两边和其中一边的对角对应相等”的情形进行研究.
【初步思考】
我们不妨将问题用符号语言表示为：在△ABC和△DEF中，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E，然后，对∠B进行分类，可分为“∠B是直角、钝角、锐角”三种情况进行探究.
【深入探究】
第一种情况：当∠B是直角时，△ABC≌△DEF.
(1)如图①，在△ABC和△DEF，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E=90°，根据 ，可以知道Rt△ABC≌Rt△DEF.
第二种情况：当∠B是钝角时，△ABC≌△DEF.
(2)如图②，在△ABC和△DEF，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E，且∠B、∠E都是钝角，求证：△ABC≌△DEF.
第三种情况：当∠B是锐角时，△ABC和△DEF不一定全等.
(3)在△ABC和△DEF，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E，且∠B、∠E都是锐角，请你用尺规在图③中作出△DEF，使△DEF和△ABC不全等.(不写作法，保留作图痕迹)
(4)∠B还要满足什么条件，就可以使△ABC≌△DEF?请直接写出结论：在△ABC和△DEF中，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E，且∠B、∠E都是锐角，若 ，则△ABC≌△DEF.
29.问题背景：
如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°.E，F分别是BC，CD上的点.且∠EAF=60°.探究图中线段BE，EF，FD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.连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 ;
探索延伸：
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∠EAF= ∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由;
实际应用：
如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O处)北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进.1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离.
30.如图，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，AC与BD相交于O点，OC=OA，若E是CD上任意一点，连接BE交AC于点F，连接DF.
(1)证明：△CBF≌△CDF;
(2)若AC=2 ，BD=2，求四边形ABCD的周长;
(3)请你添加一个条件，使得∠EFD=∠BAD，并予以证明.
8年级数学上册12.2三角形全等的判定单元测试题参考答案
一、填空题
1.如图，已知等边△ABC，AB=2，点D在AB上，点F在AC的延长线上，BD=CF，DE⊥BC于E，FG⊥BC于G，DF交BC于点P，则下列结论：①BE=CG;②△EDP≌△GFP;③∠EDP=60°;④EP=1中，一定正确的是 ①②④ .
【考点】全等三角形的判定与性质;等边三角形的性质.
【分析】由等边三角形的性质可以得出△DEB≌△FGC，就可以得出BE=CG，DE=FG，就可以得出△DEP≌△FGP，得出∠EDP=∠GFP，EP=PG，得出PC+BE=PE，就可以得出PE=1，从而得出结论.
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠A=∠B=∠ACB=60°.
∵∠ACB=∠GCF，
∵DE⊥BC，FG⊥BC，
∴∠DEB=∠FGC=∠DEP=90°.
在△DEB和△FGC中，
，
∴△DEB≌△FGC(AAS)，
∴BE=CG，DE=FG，故①正确;
在△DEP和△FGP中，
，
∴△DEP≌△FGP(AAS)，故②正确;
∴PE=PG∠EDP=∠GFP≠60°，故③错误;
∵PG=PC+CG，
∴PE=PC+BE.
∵PE+PC+BE=2，
∴PE=1，故④正确.
故答案为：①②④.
【点评】本题考查了等边三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键.
2.如图，正方形ABCD的边长为3cm，E为CD边上一点，∠DAE=30°，M为AE的中点，过点M作直线分别与AD、BC相交于点P、Q.若PQ=AE，则AP等于 1或2 cm.
【考点】全等三角形的判定与性质;正方形的性质;解直角三角形.
【专题】分类讨论.
【分析】根据题意画出图形，过P作PN⊥BC，交BC于点N，由ABCD为正方形，得到AD=DC=PN，在直角三角形ADE中，利用锐角三角函数定义求出DE的长，进而利用勾股定理求出AE的长，根据M为AE中点求出AM的长，利用HL得到三角形ADE与三角形PQN全等，利用全等三角形对应边，对应角相等得到DE=NQ，∠DAE=∠NPQ=30°，再由PN与DC平行，得到∠PFA=∠DEA=60°，进而得到PM垂直于AE，在直角三角形APM中，根据AM的长，利用锐角三角函数定义求出AP的长，再利用对称性确定出AP′的长即可.
【解答】解：根据题意画出图形，过P作PN⊥BC，交BC于点N，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC=PN，
在Rt△ADE中，∠DAE=30°，AD=3cm，
∴tan30°= ，即DE= cm，
根据勾股定理得：AE= =2 cm，
∵M为AE的中点，
∴AM= AE= cm，
在Rt△ADE和Rt△PNQ中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△PNQ(HL)，
∴DE=NQ，∠DAE=∠NPQ=30°，
∵PN∥DC，
∴∠PFA=∠DEA=60°，
∴∠PMF=90°，即PM⊥AF，
在Rt△AMP中，∠MAP=30°，cos30°= ，
∴AP= = =2cm;
由对称性得到AP′=DP=AD﹣AP=3﹣2=1cm，
综上，AP等于1cm或2cm.
故答案为：1或2.
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键.
3.如图，矩形ABCD中，AB=8，点E是AD上的一点，有AE=4，BE的垂直平分线交BC的延长线于点F，连结EF交CD于点G.若G是CD的中点，则BC的长是 7 .
【考点】全等三角形的判定与性质;线段垂直平分线的性质;勾股定理;矩形的性质.
【专题】几何图形问题.
【分析】根据线段中点的定义可得CG=DG，然后利用“角边角”证明△DEG和△CFG全等，根据全等三角形对应边相等可得DE=CF，EG=FG，设DE=x，表示出BF，再利用勾股定理列式求EG，然后表示出EF，再根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得BF=EF，然后列出方程求出x的值，从而求出AD，再根据矩形的对边相等可得BC=AD.
【解答】解：∵矩形ABCD中，G是CD的中点，AB=8，
∴CG=DG= ×8=4，
在△DEG和△CFG中，
，
∴△DEG≌△CFG(ASA)，
∴DE=CF，EG=FG，
设DE=x，
则BF=BC+CF=AD+CF=4+x+x=4+2x，
在Rt△DEG中，EG= = ，
∴EF=2 ，
∵FH垂直平分BE，
∴BF=EF，
∴4+2x=2 ，
解得x=3，
∴AD=AE+DE=4+3=7，
∴BC=AD=7.
故答案为：7.
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质，线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等的性质，勾股定理，熟记各性质并利用勾股定理列出方程是解题的关键.
4.如图，正方形ABCD的边长为6，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，且DE=2CE，过点C作CF⊥BE，垂足为F，连接OF，则OF的长为 .
【考点】全等三角形的判定与性质;等腰直角三角形;正方形的性质.
【专题】计算题;几何图形问题.
【分析】在BE上截取BG=CF，连接OG，证明△OBG≌△OCF，则OG=OF，∠BOG=∠COF，得出等腰直角三角形GOF，在RT△BCE中，根据射影定理求得GF的长，即可求得OF的长.
【解答】解：如图，在BE上截取BG=CF，连接OG，
∵RT△BCE中，CF⊥BE，
∴∠EBC=∠ECF，
∵∠OBC=∠OCD=45°，
∴∠OBG=∠OCF，
在△OBG与△OCF中
∴△OBG≌△OCF(SAS)
∴OG=OF，∠BOG=∠COF，
∴OG⊥OF，
在RT△BCE中，BC=DC=6，DE=2EC，
∴EC=2，
∴BE= = =2 ，
∵BC2=BF•BE，
则62=BF ，解得：BF= ，
∴EF=BE﹣BF= ，
∵CF2=BF•EF，
∴CF= ，
∴GF=BF﹣BG=BF﹣CF= ，
在等腰直角△OGF中
OF2= GF2，
∴OF= .
故答案为： .
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的判定以及射影定理、勾股定理的应用.
5.如图，已知△ABC三个内角的平分线交于点O，点D在CA的延长线上，且DC=BC，AD=AO，若∠BAC=80°，则∠BCA的度数为 60° .
【考点】全等三角形的判定与性质;等腰三角形的性质.
【专题】几何图形问题.
【分析】可证明△COD≌△COB，得出∠D=∠CBO，再根据∠BAC=80°，得∠BAD=100°，由角平分线可得∠BAO=40°，从而得出∠DAO=140°，根据AD=AO，可得出∠D=20°，即可得出∠CBO=20°，则∠ABC=40°，最后算出∠BCA=60°
【解答】解：∵△ABC三个内角的平分线交于点O，
∴∠ACO=∠BCO，
在△COD和△COB中，
，
∴△COD≌△COB，
∴∠D=∠CBO，
∵∠BAC=80°，
∴∠BAD=100°，
∴∠BAO=40°，
∴∠DAO=140°，
∵AD=AO，∴∠D=20°，
∴∠CBO=20°，
∴∠ABC=40°，
∴∠BCA=60°，
故答案为：60°.
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的性质，证明三角形全等是解决此题的关键.
6.已知在平面直角坐标系中放置了5个如图所示的正方形(用阴影表示)，点B1在y轴上且坐标是(0，2)，点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在x轴上，C1的坐标是(1，0).B1C1∥B2C2∥B3C3，以此继续下去，则点A2014到x轴的距离是 .
【考点】全等三角形的判定与性质;规律型：点的坐标;正方形的性质;相似三角形的判定与性质.
【专题】规律型.
【分析】根据勾股定理可得正方形A1B1C1D1的边长为 = ，根据相似三角形的性质可得后面正方形的边长依次是前面正方形边长的 ，依次得到第2014个正方形和第2014个正方形的边长，进一步得到点A2014到x轴的距离.
【解答】解：如图，∵点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在x轴上，B1C1∥B2C2∥B3C3，
∴△B1OC1∽△B2E2C2∽B3E4C3…，△B1OC1≌△C1E1D1，…，
∴B2E2=1，B3E4= ，B4E6= ，B5E8= …，
∴B2014E4016= ，
作A1E⊥x轴，延长A1D1交x轴于F，
则△C1D1F∽△C1D1E1，
∴ = ，
在Rt△OB1C1中，OB1=2，OC1=1，
正方形A1B1C1D1的边长为为 = ，
∴D1F= ，
∴A1F= ，
∵A1E∥D1E1，
∴ = ，
∴A1E=3，∴ = ，
∴点A2014到x轴的距离是 × =
故答案为： .
【点评】此题主要考查了正方形的性质以及解直角三角形的知识，得出正方形各边长是解题关键.
7.如图，点B、E、C、F在一条直线上，AB∥DE，AB=DE，BE=CF，AC=6，则DF= 6 .
【考点】全等三角形的判定与性质.
【专题】几何图形问题.
【分析】根据题中条件由SAS可得△ABC≌△DEF，根据全等三角形的性质可得AC=DF=6.
【解答】证明：∵AB∥DE，
∴∠B=∠DEF
∵BE=CF，
∴BC=EF，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF(SAS)，
∴AC=DF=6.
故答案是：6.
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质问题，应熟练掌握.全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具.在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件.
8.如图，在边长为6 的正方形ABCD中，E是AB边上一点，G是AD延长线上一点，BE=DG，连接EG，CF⊥EG交EG于点H，交AD于点F，连接CE，BH.若BH=8，则FG= 5 .
【考点】全等三角形的判定与性质;等腰直角三角形;正方形的性质;相似三角形的判定与性质.
【专题】几何图形问题;压轴题.
【分析】如解答图，连接CG，首先证明△CGD≌△CEB，得到△GCE是等腰直角三角形;过点H作AB、BC的垂线，垂足分别为点M、N，进而证明△HEM≌△HCN，得到四边形MBNH为正方形，由此求出CH、HN、CN的长度;最后利用相似三角形Rt△HCN∽Rt△GFH，求出FG的长度.
【解答】解：如图所示，连接CG.
在△CGD与△CEB中
∴△CGD≌△CEB(SAS)，
∴CG=CE，∠GCD=∠ECB，
∴∠GCE=90°，即△GCE是等腰直角三角形.
又∵CH⊥GE，
∴CH=EH=GH.
过点H作AB、BC的垂线，垂足分别为点M、N，则∠MHN=90°，
又∵∠EHC=90°，
∴∠1=∠2，
∴∠HEM=∠HCN.
在△HEM与△HCN中，
∴△HEM≌△HCN(ASA).
∴HM=HN，
∴四边形MBNH为正方形.
∵BH=8，
∴BN=HN=4 ，
∴CN=BC﹣BN=6 ﹣4 =2 .
在Rt△HCN中，由勾股定理得：CH=2 .
∴GH=CH=2 .
∵HM∥AG，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3.
又∵∠HNC=∠GHF=90°，
∴Rt△HCN∽Rt△GFH.
∴ ，即 ，
∴FG=5 .
故答案为：5 .
【点评】本题是几何综合题，考查了全等三角形、相似三角形、正方形、等腰直角三角形、勾股定理等重要知识点，难度较大.作出辅助线构造全等三角形与相似三角形，是解决本题的关键.
9.如图，在四边形ABCD中，AD=4，CD=3，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°，则BD的长为 .
【考点】全等三角形的判定与性质;勾股定理;等腰直角三角形.
【专题】计算题;压轴题.
【分析】根据等式的性质，可得∠BAD与∠CAD′的关系，根据SAS，可得△BAD与△CAD′的关系，根据全等三角形的性质，可得BD与CD′的关系，根据勾股定理，可得答案.
【解答】解：作AD′⊥AD，AD′=AD，连接CD′，DD′，如图：
∵∠BAC+∠CAD=∠DAD′+∠CAD，
即∠BAD=∠CAD′，
在△BAD与△CAD′中，
，
∴△BAD≌△CAD′(SAS)，
∴BD=CD′.
∠DAD′=90°
由勾股定理得DD′= ，
∠D′DA+∠ADC=90°
由勾股定理得CD′= ，
∴BD=CD′= ，
故答案为： .
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了全等三角形的判定与性质，勾股定理，作出全等图形是解题关键.
10.如图，在△ABC中，分别以AC，BC为边作等边△ACD和等边△BCE.设△ACD、△BCE、△ABC的面积分别是S1、S2、S3，现有如下结论：
①S1：S2=AC2：BC2;
②连接AE，BD，则△BCD≌△ECA;
③若AC⊥BC，则S1•S2= S32.
其中结论正确的序号是 ①②③ .
【考点】全等三角形的判定与性质;等边三角形的性质.
【分析】①根据相似三角形面积的比等于相似比的平方判断;
②根据SAS即可求得全等;
③根据面积公式即可判断.
【解答】①S1：S2=AC2：BC2正确，
解：∵△ADC与△BCE是等边三角形，
∴△ADC∽△BCE，
∴S1：S2=AC2：BC2.
②△BCD≌△ECA正确，
证明：∵△ADC与△BCE是等边三角形，
∴∠ACD=∠BCE=60°
∴∠ACD+∠ACB=∠BCE+∠ACD，
即∠ACE=∠DCB，
在△ACE与△DCB中，
，
∴△BCD≌△ECA(SAS).
③若AC⊥BC，则S1•S2= S32正确，
解：设等边三角形ADC的边长=a，等边三角形BCE边长=b，则△ADC的高= a，△BCE的高= b，
∴S1= a a= a2，S2= b b= b2，
∴S1•S2= a2 b2= a2b2，
∵S3= ab，
∴S32= a2b2，
∴S1•S2= S32.
【点评】本题考查了三角形全等的判定，等边三角形的性质，面积公式以及相似三角形面积的比等于相似比的平方，熟知各性质是解题的关键.
二、解答题
11.如图，E、F分别是等边三角形ABC的边AB，AC上的点，且BE=AF，CE、BF交于点P.
(1)求证：CE=BF;
(2)求∠BPC的度数.
【考点】全等三角形的判定与性质;等边三角形的性质.
【分析】(1)欲证明CE=BF，只需证得△BCE≌△ABF;
(2)利用(1)中的全等三角形的性质得到∠BCE=∠ABF，则由图示知∠PBC+∠PCB=∠PBC+∠ABF=∠ABC=60°，即∠PBC+∠PCB=60°，所以根据三角形内角和定理求得∠BPC=120°.
【解答】(1)证明：如图，∵△ABC是等边三角形，
∴BC=AB，∠A=∠EBC=60°，
∴在△BCE与△ABF中，
，
∴△BCE≌△ABF(SAS)，
∴CE=BF;
(2)解：∵由(1)知△BCE≌△ABF，
∴∠BCE=∠ABF，
∴∠PBC+∠PCB=∠PBC+∠ABF=∠ABC=60°，即∠PBC+∠PCB=60°，
∴∠BPC=180°﹣60°=120°.
即：∠BPC=120°.
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质.全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具.在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件.
12.如图，在四边形ABCD中，点H是BC的中点，作射线AH，在线段AH及其延长线上分别取点E，F，连结BE，CF.
(1)请你添加一个条件，使得△BEH≌△CFH，你添加的条件是 EH=FH ，并证明.
(2)在问题(1)中，当BH与EH满足什么关系时，四边形BFCE是矩形，请说明理由.
【考点】全等三角形的判定与性质;矩形的判定.
【专题】几何综合题;分类讨论.
【分析】(1)根据全等三角形的判定方法，可得出当EH=FH，BE∥CF，∠EBH=∠FCH时，都可以证明△BEH≌△CFH，
(2)由(1)可得出四边形BFCE是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形为矩形可得出BH=EH时，四边形BFCE是矩形.
【解答】(1)答：添加：EH=FH，
证明：∵点H是BC的中点，
∴BH=CH，
在△BEH和△CFH中，
，
∴△BEH≌△CFH(SAS);
(2)解：∵BH=CH，EH=FH，
∴四边形BFCE是平行四边形(对角线互相平分的四边形为平行四边形)，
∵当BH=EH时，则BC=EF，
∴平行四边形BFCE为矩形(对角线相等的平行四边形为矩形).
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定，是基础题，难度不大.
13.(2014•株洲)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A的平分线交BC于点E，EF⊥AB于点F，点F恰好是AB的一个三等分点(AF>BF).
(1)求证：△ACE≌△AFE;
(2)求tan∠CAE的值.
【考点】全等三角形的判定与性质;角平分线的性质;勾股定理;锐角三角函数的定义.
【专题】证明题.
【分析】(1)根据角的平分线的性质可求得CE=EF，然后根据直角三角形的判定定理求得三角形全等.
(2)由△ACE≌△AFE，得出AC=AF，CE=EF，设BF=m，则AC=2m，AF=2m，AB=3m，根据勾股定理可求得，tan∠B= = ，CE=EF= ，在RT△ACE中，tan∠CAE= = = ;
【解答】(1)证明：∵AE是∠BAC的平分线，EC⊥AC，EF⊥AF，
∴CE=EF，
在Rt△ACE与Rt△AFE中，
，
∴Rt△ACE≌Rt△AFE(HL);
(2)解：由(1)可知△ACE≌△AFE，
∴AC=AF，CE=EF，
设BF=m，则AC=2m，AF=2m，AB=3m，
∴BC= = = m，
解法一：∵∠C=∠EFB=90°，
∴△EFB∽△ACB，
∴ = ，
∵CE=EF，
∴ = = ;
解法二：∴在RT△ABC中，tan∠B= = = ，
在RT△EFB中，EF=BF•tan∠B= ，
∴CE=EF= ，
在RT△ACE中，tan∠CAE= = = ;
∴tan∠CAE= .
【点评】本题考查了直角三角形的判定、性质和利用三角函数解直角三角形，根据已知条件表示出线段的值是解本题的关键.
14.在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线MN过点A且MN∥BC，过点B为一锐角顶点作Rt△BDE，∠BDE=90°，且点D在直线MN上(不与点A重合)，如图1，DE与AC交于点P，易证：BD=DP.(无需写证明过程)
(1)在图2中，DE与CA延长线交于点P，BD=DP是否成立?如果成立，请给予证明;如果不成立，请说明理由;
(2)在图3中，DE与AC延长线交于点P，BD与DP是否相等?请直接写出你的结论，无需证明.
【考点】全等三角形的判定与性质;等腰直角三角形;平行四边形的性质.
【专题】几何综合题.
【分析】(1)如答图2，作辅助线，构造全等三角形△BDF≌△PDA，可以证明BD=DP;
(2)如答图3，作辅助线，构造全等三角形△BDF≌△PDA，可以证明BD=DP.
【解答】题干引论：
证明：如答图1，过点D作DF⊥MN，交AB于点F，
则△ADF为等腰直角三角形，∴DA=DF.
∵∠1+∠FDP=90°，∠FDP+∠2=90°，
∴∠1=∠2.
在△BDF与△PDA中，
∴△BDF≌△PDA(ASA)
∴BD=DP.
(1)答：BD=DP成立.
证明：如答图2，过点D作DF⊥MN，交AB的延长线于点F，
则△ADF为等腰直角三角形，∴DA=DF.
∵∠1+∠ADB=90°，∠ADB+∠2=90°，
∴∠1=∠2.
在△BDF与△PDA中，
∴△BDF≌△PDA(ASA)
∴BD=DP.
(2)答：BD=DP.
证明：如答图3，过点D作DF⊥MN，交AB的延长线于点F，
则△ADF为等腰直角三角形，∴DA=DF.
在△BDF与△PDA中，
∴△BDF≌△PDA(ASA)
∴BD=DP.
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质等知识点，作辅助线构造全等三角形是解题的关键.
15.如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在边AD，BC上，且DE=CF，连接OE，OF.求证：OE=OF.
【考点】全等三角形的判定与性质;矩形的性质.
【专题】证明题.
【分析】欲证明OE=OF，只需证得△ODE≌△OCF即可.
【解答】证明：如图，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=∠BCD=90°，
AC=BD，OD= BD，OC= AC，
∴OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD，
∴∠ADC﹣∠ODC=∠BCD﹣∠OCD，
即∠EDO=∠FCO，
在△ODE与△OCF中，
，
∴△ODE≌△OCF(SAS)，
∴OE=OF.
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质.全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具.在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件.
16.如图，在正方形ABCD中，P是对角线AC上的一点，连接BP、DP，延长BC到E，使PB=PE.求证：∠PDC=∠PEC.
【考点】全等三角形的判定与性质;正方形的性质.
【专题】证明题.
【分析】根据正方形的四条边都相等可得BC=CD，对角线平分一组对角可得∠BCP=∠DCP，再利用“边角边”证明△BCP和△DCP全等，根据全等三角形对应角相等可得∠PDC=∠PBC，再根据等边对等角可得∠PBC=∠PEC，从而得证.
【解答】证明：在正方形ABCD中，BC=CD，∠BCP=∠DCP，
在△BCP和△DCP中，
，
∴△BCP≌△DCP(SAS)，
∴∠PDC=∠PBC，
∵PB=PE，
∴∠PBC=∠PEC，
∴∠PDC=∠PEC.
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，等边对等角的性质，熟记各性质并判断出全等三角形是解题的关键.
17.如图，已知△ABC中AB=AC.
(1)作图：在AC上有一点D，延长BD，并在BD的延长线上取点E，使AE=AB，连AE，作∠EAC的平分线AF，AF交DE于点F(用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法);
(2)在(1)的条件下，连接CF，求证：∠E=∠ACF.
【考点】全等三角形的判定与性质;等腰三角形的性质;作图—复杂作图.
【专题】作图题;证明题.
【分析】(1)以A为圆心，以AB长为半径画弧，与BD的延长线的交点即为点E，再以点A为圆心，以任意长为半径画弧，分别与AC、AE相交，然后以这两点为圆心，以大于它们 长度为半径画弧，两弧相交于一点，过点A与这一点作出射线与BE的交点即为所求的点F;
(2)求出AE=AC，根据角平分线的定义可得∠EAF=∠CAF，再利用“边角边”证明△AEF和△ACF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠E=∠ACF.
【解答】(1)解：如图所示;
(2)证明：∵AB=AC，AE=AB，
∴AE=AC，
∵AF是∠EAC的平分线，
∴∠EAF=∠CAF，
在△AEF和△ACF中，
，
∴△AEF≌△ACF(SAS)，
∴∠E=∠ACF.
【点评】本题考查了全等三角形的判断与性质，等腰三角形的性质，作一条线段等于已知线段，角平分线的作法，确定出全等三角形的条件是解题的关键.
18.探究：如图①，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=60°，延长BA至点D，延长CB至点E，使BE=AD，连结CD，AE，求证：△ACE≌△CBD.
应用：如图②，在菱形ABCF中，∠ABC=60°，延长BA至点D，延长CB至点E，使BE=AD，连结CD，EA，延长EA交CD于点G，求∠CGE的度数.
【考点】全等三角形的判定与性质;等边三角形的判定与性质;菱形的性质.
【专题】几何图形问题.
【分析】探究：先判断出△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BC=AC，∠ACB=∠ABC，再求出CE=BD，然后利用“边角边”证明即可;
应用：连接AC，易知△ABC是等边三角形，由探究可知△ACE和△CBD全等，根据全等三角形对应角相等可得∠E=∠D，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠CGE=∠ABC即可.
【解答】解：探究：∵AB=AC，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC=AC，∠ACB=∠ABC，
∵BE=AD，
∴BE+BC=AD+AB，
即CE=BD，
在△ACE和△CBD中，
，
∴△ACE≌△CBD(SAS);
应用：如图，连接AC，易知△ABC是等边三角形，
由探究可知△ACE≌△CBD，
∴∠E=∠D，
∵∠BAE=∠DAG，
∴∠E+∠BAE=∠D+∠DAG，
∴∠CGE=∠ABC，
∵∠ABC=60°，
∴∠CGE=60°.
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的性质，熟记性质并确定出三角形全等的条件是解题的关键，(2)作辅助线构造出探究的条件是解题的关键.
19.(1)如图1，点E，F在BC上，BE=CF，AB=DC，∠B=∠C，求证：∠A=∠D.
(2)如图2，在边长为1个单位长度的小正方形所组成的网格中，△ABC的顶点均在格点上.
①sinB的值是 ;
②画出△ABC关于直线l对称的△A1B1C1(A与A1，B与B1，C与C1相对应)，连接AA1，BB1，并计算梯形AA1B1B的面积.
【考点】全等三角形的判定与性质;作图-轴对称变换;锐角三角函数的定义.
【专题】网格型.
【分析】(1)根据全等三角形的判定与性质，可得答案;
(2)根据正弦函数的定义，可得答案;根据轴对称性质，可作轴对称图形，根据梯形的面积公式，可得答案.
【解答】(1)证明：BE=CF，
∴BE+EF=CF+EF.
即BF=CE.
在△ABF和△DCE中，
，
∴△ABF≌△DCE(SAS).
∴∠A=∠D;
(2)解：①∵AC=3，BC=4，
∴AB=5.
sinB= ;
②如图所示：
由轴对称性质得AA1=2，BB1=8，高是4，
∴ = =20.
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了等式的性质，全等三角形的判定与性质.
20.在平面内正方形ABCD与正方形CEFH如图放置，连DE，BH，两线交于M.求证：
(1)BH=DE.
(2)BH⊥DE.
【考点】全等三角形的判定与性质;正方形的性质.
【专题】证明题.
【分析】(1)根据正方形的性质可得BC=CD，CE=CH，∠BCD=∠ECH=90°，然后求出∠BCH=∠DCE，再利用“边角边”证明△BCH和△DCE全等，根据全等三角形对应边相等证明即可;
(2)根据全等三角形对应角相等可得∠CBH=∠CDE，然后根据三角形的内角和定理求出∠DMB=∠BCD=90°，再根据垂直的定义证明即可.
【解答】证明：(1)在正方形ABCD与正方形CEFH中，
BC=CD，CE=CH，∠BCD=∠ECH=90°，
∴∠BCD+∠DCH=∠ECH+∠DCH，
即∠BCH=∠DCE，
在△BCH和△DCE中，
，
∴△BCH≌△DCE(SAS)，
∴BH=DE;
(2)∵△BCH≌△DCE，
∴∠CBH=∠CDE，
又∵∠CGB=∠MGD，
∴∠DMB=∠BCD=90°，
∴BH⊥DE.
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟记性质并确定出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点.
21.如图，点D是线段BC的中点，分别以点B，C为圆心，BC长为半径画弧，两弧相交于点A，连接AB，AC，AD，点E为AD上一点，连接BE，CE.
(1)求证：BE=CE;
(2)以点E为圆心，ED长为半径画弧，分别交BE，CE于点F，G.若BC=4，∠EBD=30°，求图中阴影部分(扇形)的面积.
【考点】全等三角形的判定与性质;等边三角形的性质;扇形面积的计算.
【分析】(1)由点D是线段BC的中点得到BD=CD，再由AB=AC=BC可判断△ABC为等边三角形，于是得到AD为BC的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质得BE=CE;
(2)由EB=EC，根据等腰三角形的性质得∠EBC=∠ECB=30°，则根据三角形内角和定理计算得∠BEC=120°，在Rt△BDE中，BD= BC=2，∠EBD=30°，根据含30°的直角三角形三边的关系得到ED= BD= ，然后根据扇形的面积公式求解.
【解答】(1)证明：∵点D是线段BC的中点，
∴BD=CD，
∵AB=AC=BC，
∴△ABC为等边三角形，
∴AD为BC的垂直平分线，
∴BE=CE;
(2)解：∵EB=EC，
∴∠EBC=∠ECB=30°，
∴∠BEC=120°，
在Rt△BDE中，BD= BC=2，∠EBD=30°，
∴ED=BD•tan30°= BD= ，
∴阴影部分(扇形)的面积= = π.
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具.也考查了等边三角形的判定与性质、相等垂直平分线的性质以及扇形的面积公式.
22.如图所示，已知∠1=∠2，请你添加一个条件，证明：AB=AC.
(1)你添加的条件是 ∠B=∠C ;
(2)请写出证明过程.
【考点】全等三角形的判定与性质.
【专题】几何综合题.
【分析】(1)此题是一道开放型的题目，答案不唯一，如∠B=∠C或∠ADB=∠ADC等;
(2)根据全等三角形的判定定理AAS推出△ABD≌△ACD，再根据全等三角形的性质得出即可.
【解答】解：(1)添加的条件是∠B=∠C，
故答案为：∠B=∠C;
(2)证明：在△ABD和△ACD中
，
∴△ABD≌△ACD(AAS)，
∴AB=AC.
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的对应角相等，对应边相等.
23.如图，在等边△ABC中，点D在直线BC上，连接AD，作∠ADN=60°，直线DN交射线AB于点E，过点C作CF∥AB交直线DN于点F.
(1)当点D在线段BC上，∠NDB为锐角时，如图①，求证：CF+BE=CD;
(提示：过点F作FM∥BC交射线AB于点M.)
(2)当点D在线段BC的延长线上，∠NDB为锐角时，如图②;当点D在线段CB的延长线上，∠NDB为钝角时，如图③，请分别写出线段CF，BE，CD之间的数量关系，不需要证明;
(3)在(2)的条件下，若∠ADC=30°，S△ABC=4 ，则BE= 8 ，CD= 4或8 .
【考点】全等三角形的判定与性质;等边三角形的性质;含30度角的直角三角形;平行四边形的判定与性质.
【专题】几何综合题.
【分析】(1)通过△MEF≌△CDA即可求得ME=CD，因为通过证四边形BCFM是平行四边形可以得出BM=CF，从而证得CF+BE=CD;
(2)作FM∥BC，得出四边形BCFM是平行四边形，然后通过证得△MEF≌△CDA即可求得，
(3)根据△ABC的面积可求得AB=BC=AC=4，所以BD=2AB=8，所以 BE=8，图②CD=4图③CD=8，
【解答】(1)证明：如图①，过点F作FM∥BC交射线AB于点M，
∵CF∥AB，
∴四边形BMFC是平行四边形，
∴BC=MF，CF=BM，
∴∠ABC=∠EMF，∠BDE=∠MFE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，BC=AC，
∴∠EMF=∠ACB，AC=MF，
∵∠ADN=60°，
∴∠BDE+∠ADC=120°，∠ADC+∠DAC=120°，
∴∠BDE=∠DAC，
∴∠MFE=∠DAC，
在△MEF与△CDA中，
，
∴△MEF≌△CDA(AAS)，
∴CD=ME=EB+BM，
∴CD=BE+CF.
(2)如图②，CF+CD=BE，如图③，CF﹣CD=BE;
(3)∵△ABC是等边三角形，S△ABC=4 ，
∴易得AB=BC=AC=4，
如图②，
∵∠ADC=30°，∠ACB=60°，
∴CD=AC=4，
∵∠ADN=60°，
∴∠CDF=30°，
又∵CF∥AB，
∴∠BCF=∠ABC=60°，
∴∠CFD=∠CDF=30°，
∴CD=CF，
由(2)知BE=CF+CD，
∴BE=4+4=8.
如图③，
∵∠ADC=30°，∠ABC=60°，
∴∠BAD=∠ADC=30°，
∴BD=BA=4，
∴CD=BD+BC=4+4=8，
∵∠ADN=60°，∠ADC=30°，
∴∠BDE=90°，
又∵∠DBE=∠ABC=60°，
∴∠DEB=30°，
在Rt△BDE中，∠DEB=30°，BD=4，
∴BE=2BD=8，
综上，BE=8，CD=4或8.
【点评】本题考查了等边三角形的性质，平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，30°角所对的直角边等于斜边的一半等.
24.如图，正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD上的点，且AE⊥BF，垂足为点G.
求证：AE=BF.
【考点】全等三角形的判定与性质;正方形的性质.
【专题】证明题.
【分析】根据正方形的性质，可得∠ABC与∠C的关系，AB与BC的关系，根据两直线垂直，可得∠AGB的度数，根据直角三角形锐角的关系，可得∠ABG与∠BAG的关系，根据同角的余角相等，可得∠BAG与∠CBF的关系，根据ASA，可得△ABE≌△BCF，根据全等三角形的性质，可得答案.
【解答】证明：∵正方形ABCD，
∴∠ABC=∠C，AB=BC.
∵AE⊥BF，
∴∠AGB=∠BAG+∠ABG=90°，
∵∠ABG+∠CBF=90°，
∴∠BAG=∠CBF.
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF(ASA)，
∴AE=BF.
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了正方形的性质，直角三角形的性质，余角的性质，全等三角形的判定与性质.
25.如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，在BC的同侧作任意Rt△DBC，∠BDC=90°.
(1)若CD=2BD，M是CD中点(如图1)，求证：△ADB≌△AMC;
下面是小明的证明过程，请你将它补充完整：
证明：设AB与CD相交于点O，
∵∠BDC=90°，∠BAC=90°，
∴∠DOB+∠DBO=∠AOC+∠ACO=90°.
∵∠DOB=∠AOC，
∴∠DBO=∠① ∠MCA .
∵M是DC的中点，
∴CM= CD=② BD .
又∵AB=AC，
∴△ADB≌△AMC.
(2)若CD
(3)当CD≠BD时，线段AD，BD与CD满足怎样的数量关系?请直接写出.
【考点】全等三角形的判定与性质;等腰直角三角形.
【分析】(1)根据直角三角形的性质和中点的性质就可以的得出结论;
(2)存在.在BD上截取BN=CD，由条件可以得出，△ACD≌△ABN，就有AN=AD，∠DAC=∠NAB，得出∠NAD=90°而得出结论;
(3)当BD>CD时，如图3，在BD上截取BN=CD，由条件可以得出，△ACD≌△ABN，就有AN=AD，∠DAC=∠NAB，得出△AND是等腰直角三角形，就可以得出ND= AD，就可以得出BD﹣CD= .当BD
【解答】解：(1)由题意，得
①根据直角三角形的性质就可以得出∴∠DBO=∠MCA(或∠ACO);
②由等式的性质就可以得出CM=BD;
故答案为：∠MCA，BD;
(2)存在
理由：如图3，在BD上截取BN=CD，
∵∠BAC=∠BDC=90°，∠AOB=∠COD，
∴∠ABN=∠ACD.
在△ACD和△ABN中，
，
∴△ACD≌△ABN(SAS)，
∴AN=AD，∠DAC=∠NAB.
∵∠NAB+∠NAC=90°，
∴∠DAC+∠NAC=90°，
即∠NAD=90°，
∴△NAD为等腰直角三角形;
(3)①当CD
理由：如图3，在BD上截取BN=CD，
∵∠BAC=∠BDC=90°，∠AOB=∠COD，
∴∠ABN=∠ACD.
在△ACD和△ABN中，
，
∴△ACD≌△ABN(SAS)，
∴AN=AD，∠DAC=∠NAB.
∵∠NAB+∠NAC=90°，
∴∠DAC+∠NAC=90°，
即∠NAD=90°，
∴△NAD为等腰直角三角形;
∴ND= AD.
∵ND=BD﹣BN，
∴ND=BD﹣CD，
∴ AD=BD﹣CD
②当CD>BD时， AD=CD﹣BD;
理由：如图4，在CD上取一点N，使CN=BD，
∵∠BAC=∠BDC=90°，∠DOB=∠COA，
∴∠ABD=∠ACD.
在△ACN和△ABD中，
，
∴△ACN≌△ABD(SAS)，
∴AN=AD，∠DAB=∠NAC.
∵∠NAB+∠NAC=90°，
∴∠DAB+∠NAC=90°，
即∠NAD=90°，
∴△NAD为等腰直角三角形，
∴DN= AD.
∵DN=CD﹣CN，
∴DN=CD﹣BD，
∴ AD=CD﹣BD.
【点评】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质的运用，全等三角形的判定与性质的运用，直角三角形的性质的运用，勾股定理的运用，解答时证明三角形全等是关键.
26.如图，四边形ABCD是正方形，BE⊥BF，BE=BF，EF与BC交于点G.
(1)求证：AE=CF;
(2)若∠ABE=55°，求∠EGC的大小.
【考点】全等三角形的判定与性质;等腰直角三角形;正方形的性质.
【专题】几何综合题.
【分析】(1)利用△AEB≌△CFB来求证AE=CF.
(2)利用角的关系求出∠BEF和∠EBG，∠EGC=∠EBG+∠BEF求得结果.
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，AB=BC，
∵BE⊥BF，
∴∠FBE=90°，
∵∠ABE+∠EBC=90°，∠CBF+∠EBC=90°，
∴∠ABE=∠CBF，
在△AEB和△CFB中，
∴△AEB≌△CFB(SAS)，
∴AE=CF.
(2)解：∵BE⊥BF，
∴∠FBE=90°，
又∵BE=BF，
∴∠BEF=∠EFB=45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
又∵∠ABE=55°，
∴∠EBG=90°﹣55°=35°，
∴∠EGC=∠EBG+∠BEF=45°+35°=80°.
【点评】本题主要考查了正方形，三角形全等判定和性质及等腰三角形，解题的关键是求得△AEB≌△CFB，找出相等的线段.
27.如图，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC，垂足是D，AE平分∠BAD，交BC于点E.在△ABC外有一点F，使FA⊥AE，FC⊥BC.
(1)求证：BE=CF;
(2)在AB上取一点M，使BM=2DE，连接MC，交AD于点N，连接ME.
求证：①ME⊥BC;②DE=DN.
【考点】全等三角形的判定与性质;角平分线的性质;等腰直角三角形.
【专题】证明题;几何综合题.
【分析】(1)根据等腰直角三角形的性质求出∠B=∠ACB=45°，再求出∠ACF=45°，从而得到∠B=∠ACF，根据同角的余角相等求出∠BAE=∠CAF，然后利用“角边角”证明△ABE和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等证明即可;
(2)①过点E作EH⊥AB于H，求出△BEH是等腰直角三角形，然后求出HE=BH，再根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DE=HE，然后求出HE=HM，从而得到△HEM是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质求解即可;
②求出∠CAE=∠CEA=67.5°，根据等角对等边可得AC=CE，再利用“HL”证明Rt△ACM和Rt△ECM全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ACM=∠ECM=22.5°，从而求出∠DAE=∠ECM，根据等腰直角三角形的性质可得AD=CD，再利用“角边角”证明△ADE和△CDN全等，根据全等三角形对应边相等证明即可.
【解答】证明：(1)∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
∵FC⊥BC，
∴∠BCF=90°，
∴∠ACF=90°﹣45°=45°，
∴∠B=∠ACF，
∵∠BAC=90°，FA⊥AE，
∴∠BAE+∠CAE=90°，
∠CAF+∠CAE=90°，
∴∠BAE=∠CAF，
在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF(ASA)，
∴BE=CF;
(2)①如图，过点E作EH⊥AB于H，则△BEH是等腰直角三角形，
∴HE=BH，∠BEH=45°，
∵AE平分∠BAD，AD⊥BC，
∴DE=HE，
∴DE=BH=HE，
∵BM=2DE，
∴HE=HM，
∴△HEM是等腰直角三角形，
∴∠MEH=45°，
∴∠BEM=45°+45°=90°，
∴ME⊥BC;
②由题意得，∠CAE=45°+ ×45°=67.5°，
∴∠CEA=180°﹣45°﹣67.5°=67.5°，
∴∠CAE=∠CEA=67.5°，
∴AC=CE，
在Rt△ACM和Rt△ECM中
， ，
∴Rt△ACM≌Rt△ECM(HL)，
∴∠ACM=∠ECM= ×45°=22.5°，
又∵∠DAE= ×45°=22.5°，
∴∠DAE=∠ECM，
∵∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC，
∴AD=CD= BC，
在△ADE和△CDN中，
，
∴△ADE≌△CDN(ASA)，
∴DE=DN.
【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，角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，熟记性质并作辅助线构造出等腰直角三角形和全等三角形是解题的关键，难点在于最后一问根据角的度数得到相等的角.
28.【问题提出】
学习了三角形全等的判定方法(即“SAS”、“ASA”、“AAS”、“SSS”)和直角三角形全等的判定方法(即“HL”)后，我们继续对“两个三角形满足两边和其中一边的对角对应相等”的情形进行研究.
【初步思考】
我们不妨将问题用符号语言表示为：在△ABC和△DEF中，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E，然后，对∠B进行分类，可分为“∠B是直角、钝角、锐角”三种情况进行探究.
【深入探究】
第一种情况：当∠B是直角时，△ABC≌△DEF.
(1)如图①，在△ABC和△DEF，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E=90°，根据 HL ，可以知道Rt△ABC≌Rt△DEF.
第二种情况：当∠B是钝角时，△ABC≌△DEF.
(2)如图②，在△ABC和△DEF，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E，且∠B、∠E都是钝角，求证：△ABC≌△DEF.
第三种情况：当∠B是锐角时，△ABC和△DEF不一定全等.
(3)在△ABC和△DEF，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E，且∠B、∠E都是锐角，请你用尺规在图③中作出△DEF，使△DEF和△ABC不全等.(不写作法，保留作图痕迹)
(4)∠B还要满足什么条件，就可以使△ABC≌△DEF?请直接写出结论：在△ABC和△DEF中，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E，且∠B、∠E都是锐角，若 ∠B≥∠A ，则△ABC≌△DEF.
【考点】三角形综合题.
【分析】(1)直接利用HL定理得出Rt△ABC≌Rt△DEF;
(2)首先得出△CBG≌△FEH(AAS)，则CG=FH，进而得出Rt△ACG≌Rt△DFH，再求出△ABC≌△DEF;
(3)利用已知图形再做一个钝角三角形即可得出答案;
(4)利用(3)中方法可得出当∠B≥∠A时，则△ABC≌△DEF.
【解答】(1)解：如图①，
∵∠B=∠E=90°，
∴在Rt△ABC和Rt△DEF中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△DEF(HL)，
故答案为：HL;
(2)证明：如图②，过点C作CG⊥AB交AB的延长线于G，过点F作FH⊥DE交DE的延长线于H，
∵∠ABC=∠DEF，且∠ABC、∠DEF都是钝角，
∴180°﹣∠ABC=180°﹣∠DEF，
即∠CBG=∠FEH，
在△CBG和△FEH中，
，
∴△CBG≌△FEH(AAS)，
∴CG=FH，
在Rt△ACG和Rt△DFH中，
，
∴Rt△ACG≌Rt△DFH(HL)，
∴∠A=∠D，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF(AAS);
(3)解：如图③中，在△ABC和△DEF，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E，
△DEF和△ABC不全等;
(4)解：由图③可知，∠A=∠CDA=∠B+∠BCD，
∴∠A>∠B，
∴当∠B≥∠A时，△ABC就唯一确定了，
则△ABC≌△DEF.
故答案为：∠B≥∠A.
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，应用与设计作图，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键，阅读量较大，审题要认真仔细.
29.问题背景：
如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°.E，F分别是BC，CD上的点.且∠EAF=60°.探究图中线段BE，EF，FD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.连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 EF=BE+DF ;
探索延伸：
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∠EAF= ∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由;
实际应用：
如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O处)北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进.1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离.
【考点】三角形综合题.
【分析】问题背景：延长FD到点G.使DG=BE.连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题;
探索延伸：延长FD到点G.使DG=BE.连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题;
实际应用：连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后与(2)同理可证.
【解答】解：问题背景：EF=BE+DF，证明如下：
在△ABE和△ADG中，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF= ∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD﹣∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF;
故答案为 EF=BE+DF.
探索延伸：结论EF=BE+DF仍然成立;
理由：延长FD到点G.使DG=BE.连结AG，如图②，
在△ABE和△ADG中，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF= ∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD﹣∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF;
实际应用：如图3，
连接EF，延长AE、BF相交于点C，
∵∠AOB=30°+90°+(90°﹣70°)=140°，∠EOF=70°，
∴∠EOF= ∠AOB，
又∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°﹣30°)+(70°+50°)=180°，
∴符合探索延伸中的条件，
∴结论EF=AE+BF成立，
即EF=1.5×(60+80)=210海里.
答：此时两舰艇之间的距离是210海里.
【点评】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定，全等三角形对应边相等的性质，实际问题的转化，本题中求证△AEF≌△AGF是解题的关键.
30.(2014•张家界)如图，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，AC与BD相交于O点，OC=OA，若E是CD上任意一点，连接BE交AC于点F，连接DF.
(1)证明：△CBF≌△CDF;
(2)若AC=2 ，BD=2，求四边形ABCD的周长;
(3)请你添加一个条件，使得∠EFD=∠BAD，并予以证明.
【考点】全等三角形的判定与性质;勾股定理;菱形的判定与性质.
【专题】几何综合题;开放型.
【分析】(1)首先利用SSS定理证明△ABC≌△ADC可得∠BCA=∠DCA即可证明△CBF≌△CDF.
(2)由△ABC≌△ADC可知，△ABC与△ADC是轴对称图形，得出OB=OD，∠COB=∠COD=90°，因为OC=OA，所以AC与BD互相垂直平分，即可证得四边形ABCD是菱形，然后根据勾股定理全等AB长，进而求得四边形的面积.
(3)首先证明△BCF≌△DCF可得∠CBF=∠CDF，再根据BE⊥CD可得∠BEC=∠DEF=90°，进而得到∠EFD=∠BCD=∠BAD.
【解答】(1)证明：在△ABC和△ADC中，
，
∴△ABC≌△ADC(SSS)，
∴∠BCA=∠DCA，
在△CBF和△CDF中，
，
∴△CBF≌△CDF(SAS)，
(2)解：∵△ABC≌△ADC，
∴△ABC和△ADC是轴对称图形，
∴OB=OD，BD⊥AC，
∵OA=OC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，
∵AC=2 ，BD=2，
∴OA= ，OB=1，
∴AB= = =2，
∴四边形ABCD的周长=4AB=4×2=8.
(3)当EB⊥CD时，即E为过B且和CD垂直时垂线的垂足，∠EFD=∠BCD，
理由：∵四边形ABCD为菱形，
∴BC=CD，∠BCF=∠DCF，∠BCD=∠BAD，
∵△BCF≌△DCF，
∴∠CBF=∠CDF，
∵BE⊥CD，
∴∠BEC=∠DEF=90°，
∴∠BCD+∠CBF=90°，∠EFD+∠CDF=90°，
∴∠EFD=∠BAD.
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，以及菱形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具.
看了“8年级数学上册12.2三角形全等的判定单元测试题”的人还看了：
