北师大版八年级数学上册 全等三角形专题练习(解析版)

一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）

1．取一副三角板按图()1拼接，固定三角板60,()30ADC D ACD ∠=∠=，将三角板

45()ABC BAC BCA ∠=∠=绕点A 依顺时针方向旋转一个大小为a 的角00)

45(a ≤≤得到ABM ，图()2所示．试问：

()1当a 为多少时，能使得图()2中//AB CD ？说出理由，

()2连接BD ，假设AM 与CD 交于,E BM 与CD 交于F ，当00

)45(a ≤≤时，探索

DBM CAM BDC ∠+∠+∠值的大小变化情况，并给出你的证明．

【答案】（1）15°；（2）DBM CAM BDC ∠+∠+∠的大小不变，是105，证明见解析． 【解析】 【分析】

（1）由//AB CD 得到30BAC C ∠=∠=，即可求出a ；

（2）DBM CAM BDC ∠+∠+∠的大小不变，是105?,由FEM CAM C ∠=∠+∠，

30C ∠=?， EFM BDC DBM ∠=∠+∠， 45M ∠=?，即可利用三角形内角和求出答案.

【详解】

()1当a 为15时，//AB CD ，

理由：由图()2，若//AB CD ，则30

BAC C ∠=∠=，

453015a CAM BAM BAC ∴=∠=∠-∠=-?=?，

所以，当a 为15时，//AB CD ． 注意：学生可能会出现两种解法：

第一种：把//AB CD 当做条件求出a 为15， 第二种：把a 为15当做条件证出//AB CD ， 这两种解法都是正确的．

()2DBM CAM BDC ∠+∠+∠的大小不变，是105?

证明：

,30FEM CAM C C ∠=∠+∠∠=?,

30FEM CAM ∴∠=∠+?, EFM BDC DBM ∠=∠+∠,

DBM CAM BDC EFM CAM ∴∠+∠+∠=∠+∠,

180,45EFM FEM M M ∠+∠+∠=∠=?,

3045180BDC DBM CAM ∴∠+∠+∠+?+?=?,

1803045105DBM CAM BDC ∴∠+∠+∠=?--=?,

所以，DBM CAM BDC ∠+∠+∠的大小不变，是105.

【点睛】

此题考查旋转的性质，平行线的性质，三角形的外角定理，三角形的内角和，（2）中将角度和表示为三角形的外角是解题的关键.

2．已知：在平面直角坐标系中，A 为x 轴负半轴上的点，B 为y 轴负半轴上的点. (1)如图1，以A 点为顶点、AB 为腰在第三象限作等腰Rt ABC ?，若2OA =，4OB =，试求C 点的坐标；

(2)如图2，若点A 的坐标为()

23,0-，点B 的坐标为()0,m -，点D 的纵坐标为n ，以

B 为顶点，BA 为腰作等腰Rt ABD ?.试问：当B 点沿y 轴负半轴向下运动且其他条件都不

变时，整式2253m n +-化，请说明理由；

(3)如图3，E 为x 轴负半轴上的一点，且OB OE =，OF EB ⊥于点F ，以OB 为边作等边OBM ?，连接EM 交OF 于点N ，试探索：在线段EF 、EN 和MN 中，哪条线段等于EM 与ON 的差的一半？请你写出这个等量关系，并加以证明.

【答案】(1) C(-6,-2);(2)不发生变化，值为3-；（3）EN=1

2

(EM-ON)，证明见详解. 【解析】 【分析】

（1）作CQ ⊥OA 于点Q,可以证明AQC BOA ?，由QC=AD,AQ=BO,再由条件就可以求出点C 的坐标；

（2）作DP ⊥OB 于点P ，可以证明AOB BPD ?，则有BP=OB-PO=m-(-n)=m+n 为定值，从而可以求出结论2253m n +-的值不变为3-. （3）作BH ⊥EB 于点B ，由条件可以得出

∠1=30°,∠2=∠3=∠EMO=15°,∠EOF=∠BMG=45°,EO=BM,可以证明ENO BGM ?，则GM=ON,就有EM-ON=EM-GM=EG ,最后由平行线分线段成比例定理就可得出EN=1

2

(EM-ON). 【详解】

（1）如图（1）作CQ ⊥OA 于Q,

∴∠AQC=90°

, ∵ABC △为等腰直角三角形， ∴AC=AB,∠CAB=90°, ∴∠QAC+∠OAB=90°, ∵∠QAC+∠ACQ=90°, ∴∠ACQ=∠BAO,

又∵AC=AB,∠AQC=∠AOB, ∴AQC BOA ?(AAS), ∴CQ=AO,AQ=BO, ∵OA=2,OB=4, ∴CQ=2,AQ=4, ∴OQ=6, ∴C(-6,-2).

(2)如图（2）作DP ⊥OB 于点P ,

∴∠BPD=90°,

∵ABD △是等腰直角三角形， ∴AB=BD,∠ABD=∠ABO+∠OBD=90°, ∵∠OBD+∠BDP=90°, ∴∠ABO=∠BDP ,

又∵AB=BD,∠AOB=∠BPD=90°, ∴AOB BPD ? ∴AO=BP ,

∵BP=OB -PO=m-(-n)=m+n, ∵A ()

23,0-, ∴OA=3 ∴m+n=23

∴当点B 沿y 轴负半轴向下运动时，AO=BP=m+n=23 ∴整式2253m n +-3- （3）()1

2

EN EM ON =

- 证明：如图（3）所示，在ME 上取一点G 使得MG=ON,连接BG 并延长，交x 轴于H.

∵OBM为等边三角形，

∴BO=BM=MO,∠OBM=∠OMB=∠BOM=60°,∴EO=MO,∠EBM=105°,∠1=30°,

∵OE=OB,

∴OE=OM=BM,

∴∠3=∠EMO=15°,

∴∠BEM=30°,∠BME=45°,

∵OF⊥EB,

∴∠EOF=∠BME,

∴ENO BGM

,

∴BG=EN,

∵ON=MG,

∴∠2=∠3,

∴∠2=15°,

∴∠EBG=90°,

∴BG=1

2 EG,

∴EN=1

2 EG,

∵EG=EM-GM,

∴EN=1

2

(EM-GM),

∴EN=1

2

(EM-ON).

【点睛】

本题考查了等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角与内角的关系，全等三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理的运用.

3．如图1，在△ACB和△AED中，AC＝BC，AE＝DE，∠ACB＝∠AED＝90°，点E在AB上，F是线段BD的中点，连接CE、FE．

（1）请你探究线段CE与FE之间的数量关系（直接写出结果，不需说明理由）；

（2）将图1中的△AED绕点A顺时针旋转，使△AED的一边AE恰好与△ACB的边AC在同一条直线上（如图2），连接BD，取BD的中点F，问（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由；

（3）将图1中的△AED绕点A顺时针旋转任意的角度（如图3），连接BD，取BD的中点F，问（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由．

【答案】（1）线段CE与FE之间的数量关系是CE2FE；（2）（1）中的结论仍然成立．理由见解析；（3）（1）中的结论仍然成立．理由见解析

【解析】

【分析】

（1）连接CF，直角△DEB中，EF是斜边BD上的中线，因此EF=DF=BF，∠FEB=∠FBE，同理可得出CF=DF=BF，∠FCB=∠FBC，因此CF=EF，由于∠DFE=∠FEB+∠FBE=2∠FBE，同理∠DFC=2∠FBC，因此∠EFC=∠EFD+∠DFC=2（∠EBF+∠CBF）=90°，因此△EFC是等腰直角三角形，2EF；

（2）思路同（1）也要通过证明△EFC是等腰直角三角形来求解．连接CF，延长EF交CB 于点G，先证△EFC是等腰三角形，可通过证明CF是斜边上的中线来得出此结论，那么就要证明EF=FG，就需要证明△DEF和△FGB全等．这两个三角形中，已知的条件有一组对顶角，DF=FB，只要再得出一组对应角相等即可，我们发现DE∥BC，因此∠EDB=∠CBD，由此构成了两三角形全等的条件．EF=FG，那么也就能得出△CFE是个等腰三角形了，下面证明△CFE是个直角三角形．由上面的全等三角形可得出ED=BG=AD，又由AC=BC，因此

CE=CG，∠CEF=45°，在等腰△CFE中，∠CEF=45°，那么这个三角形就是个等腰直角三角形，因此就能得出（1）中的结论了；

（3）思路同（2）通过证明△CFE来得出结论，通过全等三角形来证得CF=FE，取AD的中点M，连接EM，MF，取AB的中点N，连接FN、CN、CF．那么关键就是证明△MEF和△CFN全等，利用三角形的中位线和直角三角形斜边上的中线，我们不难得出

EM=PN=1

2

AD，EC=MF=

1

2

AB，我们只要再证得两对应边的夹角相等即可得出全等的结

论．我们知道PN是△ABD的中位线，那么我们不难得出四边形AMPN为平行四边形，那么对角就相等，于是90°+∠CNF=90°+∠MEF，因此∠CNF=∠MEF，那么两三角形就全等了．证明∠CFE是直角的过程与（1）完全相同．那么就能得出△CEF是个等腰直角三角形，于是得出的结论与（1）也相同．

【详解】

（1）如图1，连接CF，线段CE与FE之间的数量关系是CE＝2FE；解法1：

∵∠AED＝∠ACB＝90°

∴B、C、D、E四点共圆

且BD是该圆的直径，

∵点F是BD的中点，

∴点F是圆心，

∴EF＝CF＝FD＝FB，

∴∠FCB＝∠FBC，∠ECF＝∠CEF，

由圆周角定理得：∠DCE＝∠DBE，

∴∠FCB+∠DCE＝∠FBC+∠DBE＝45°

∴∠ECF＝45°＝∠CEF，

∴△CEF是等腰直角三角形，

∴CE＝2EF．

解法2：

易证∠BED＝∠ACB＝90°，

∵点F是BD的中点，

∴CF＝EF＝FB＝FD，

∵∠DFE＝∠ABD+∠BEF，∠ABD＝∠BEF，

∴∠DFE＝2∠ABD，

同理∠CFD＝2∠CBD，

∴∠DFE+∠CFD＝2（∠ABD+∠CBD）＝90°，

即∠CFE＝90°，

∴CE＝2EF．

（2）（1）中的结论仍然成立．

解法1：如图2﹣1，连接CF，延长EF交CB于点G，

∵∠ACB＝∠AED＝90°，

∴DE∥BC，

∴∠EDF＝∠GBF，

又∵∠EFD＝∠GFB，DF＝BF，

∴△EDF≌△GBF，

∴EF＝GF，BG＝DE＝AE，

∵AC＝BC，

∴CE＝CG，

∴∠EFC＝90°，CF＝EF，

∴△CEF为等腰直角三角形，

∴∠CEF＝45°，

∴CE＝2FE；

解法2：如图2﹣2，连结CF、AF，

∵∠BAD＝∠BAC+∠DAE＝45°+45°＝90°，又点F是BD的中点，

∴FA＝FB＝FD，

而AC＝BC，CF＝CF，

∴△ACF≌△BCF，

∴∠ACF＝∠BCF＝1

2

∠ACB＝45°，

∵FA＝FB，CA＝CB，

∴CF所在的直线垂直平分线段AB，

同理，EF所在的直线垂直平分线段AD，

又DA⊥BA，

∴EF⊥CF，

∴△CEF为等腰直角三角形，

∴CE＝2EF．

（3）（1）中的结论仍然成立．

解法1：如图3﹣1，取AD的中点M，连接EM，MF，取AB的中点N，连接FN、CN、CF，

∵DF＝BF，

∴FM∥AB，且FM＝1

2 AB，

∵AE＝DE，∠AED＝90°，

∴AM＝EM，∠AME＝90°，∵CA＝CB，∠ACB＝90°

∴CN=AN=1

2

AB，∠ANC＝90°，

∴MF∥AN，FM＝AN＝CN，

∴四边形MFNA为平行四边形，

∴FN＝AM＝EM，∠AMF＝∠FNA，

∴∠EMF＝∠FNC，

∴△EMF≌△FNC，

∴FE＝CF，∠EFM＝∠FCN，

由MF∥AN，∠ANC＝90°，可得∠CPF＝90°，

∴∠FCN+∠PFC＝90°，

∴∠EFM+∠PFC＝90°，

∴∠EFC＝90°，

∴△CEF为等腰直角三角形，

∴∠CEF＝45°，

∴CE＝2FE．

【点睛】

本题解题的关键是通过全等三角形来得出线段的相等，如果没有全等三角形的要根据已知条件通过辅助线来构建．

4．（1）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；

（2）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＝1

2

∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；

（3）结论应用：

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，且两舰艇与指挥中心O 之间夹角∠EOF=70°，试求此时两舰艇之间的距离．

（4）能力提高：

如图4，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且

∠MAN＝45°．若BM＝1，CN＝3，试求出MN的长．

【答案】（1）EF＝BE＋FD；（2）EF＝BE＋FD仍然成立；（3）210；（4）MN．【解析】

试题分析：（1）由△AEF≌△AGF，得EF=GF，又由BE=DG，得

EF=GF=DF+DG=DF+BE；（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG，再证△AEF≌△AGF，得EF=FG，即可得到答案；（3）连接EF，延长AE，BF相交于点C，根据探索延伸可得EF=AE+FB，即可计算出EF的长度；（4）在△ABC外侧作

∠CAD=∠BAM，截取AD=A M，连接CD，DN，证明△ACD≌△ABM，得到CD=BM，再证

MN=ND，则求出ND的长度，即可得到答案．

解：（1）由△AEF≌△AGF，得EF=GF，又由BE=DG，得EF=GF=DF+DG=DF+BE；

（2）EF＝BE＋FD仍然成立．

证明：如答图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，

∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADG＋∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADG，

在△ABE与△ADG中，AB＝AD，∠B＝∠ADG，BE＝DG，∴△ABE≌△ADG．

∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG．

又∵∠EAF＝1

2

∠BAD，

∴∠F AG＝∠F AD＋∠DAG＝∠F AD＋∠BAE＝∠BAD－∠EAF＝∠BAD－1

2

∠BAD＝

1

2

∠BAD，

∴∠EAF＝∠GAF．

在△AEF与△AGF中，AE=AG，∠EAF＝∠GAF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF．∴EF＝FG．

又∵FG＝DG＋DF＝BE＋DF．

∴EF＝BE＋FD．

（3）如答图2，连接EF ，延长AE ，BF 相交于点C ，在四边形AOBC 中， ∵∠AOB ＝30°＋90°＋20°＝140°，∠FOE ＝70°＝

1

2

∠AOB ， 又∵OA ＝OB ，∠OAC ＋∠OBC ＝60°＋120°＝180°，符合探索延伸中的条件， ∴结论EF ＝AE ＋FB 成立．

∴EF ＝AE ＋FB ＝1.5×（60＋80）＝210（海里）. 答：此时两舰艇之间的距离为210海里；

（4）如答图3，在△ABC 外侧作∠CAD=∠BAM，截取AD=AM ，连接CD ，DN ， 在△ACD 与△ABM 中，AC=AB ，∠CAD=∠BAM ，AD=AM ， 则△ACD≌△ABM，∴CD=BM=1，∠ACD=∠ABM=45°，

∵∠NAD=∠NAC+∠CAD=∠NAC+∠BAM=∠BAC-∠MAN=45°， ∴∠MAD=∠MAN+∠NAD=90°=2∠NAD ，

又∵AM=AD ，∠NCD+∠MAD=（∠ACD+∠ACB ）+90°=180°， ∴对于四边形AMCD 符合探索延伸， 则ND=MN ，

∵∠NCD=90°，CD=1，CN=3， ∴MN=ND=10．

5．在ABC ?中，90,BAC AB AC ∠=?=，点D 为直线BC 上一动点（点D 不与点,B C 重合），以AD 为腰作等腰直角DAF ?，使90DAF ∠=?，连接CF ． （1）观察猜想

如图1，当点D 在线段BC 上时， ①BC 与CF 的位置关系为__________；

②CF DC BC 、、之间的数量关系为___________（提示：可证DAB FAC ???）

（2）数学思考

如图2，当点D 在线段CB 的延长线上时，（1）中的①、②结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明； （3）拓展延伸

如图3，当点D 在线段BC 的延长线时，将DAF ?沿线段DF 翻折，使点A 与点E 重合，连接CE CF 、，若4,22CD BC AC ==CE 的长．（提示：做

AH BC ⊥于H ，做EM BD ⊥于M ）

【答案】（1）①BC ⊥CF ；②BC ＝CF ＋DC ；（2）C ⊥CF 成立；BC ＝CF ＋DC 不成立，正确结论：DC ＝CF ＋BC ，证明详见解析；（3）32【解析】 【分析】

（1）①根据正方形的性质得，∠BAC ＝∠DAF ＝90°，推出△DAB ≌△FAC （SAS ）；②由正方形ADEF 的性质可推出△DAB ≌△FAC ，根据全等三角形的性质可得到=CF BD ，

ACF ABD ∠=∠ ，根据余角的性质即可得到结论；

（2）根据正方形的性质得到∠BAC ＝∠DAF ＝90°，推出△DAB ≌△FAC ，根据全等三角形的性质以及等腰三角形的角的性质可得到结论；

（3）过A 作AH BC ⊥ 于H ，过E 作EM BD ⊥ 于M ，证明ADH DEM △≌△ ，推出

3EM DH == ，2DM AH == ，推出3CM EM == ，即可解决问题． 【详解】

（1）①正方形ADEF 中，AD AF = ∵90BAC DAF ==?∠∠ ∴BAD CAF ∠=∠ 在△DAB 与△FAC 中 AD AF BAD CAF AB AC =??

∠=∠??=?

∴()DAB FAC SAS △≌△ ∴B ACF ∠=∠

∴90ACB ACF +=?∠∠ ，即BC CF ⊥ ；

②∵DAB FAC △≌△ ∴=CF BD ∵BC BD CD =+ ∴BC CF CD =+

（2）BC ⊥CF 成立；BC ＝CF ＋DC 不成立，正确结论：DC ＝CF ＋BC 证明：∵△ABC 和△ADF 都是等腰直角三角形 ∴AB ＝AC ，AD ＝AF ，∠BAC ＝∠DAF ＝90°， ∴∠BAD ＝∠CAF

在△DAB 和△FAC 中AD AF BAD CAF AB AC =??

∠=∠??=?

∴△DAB ≌△FAC （SAS ） ∴∠ABD ＝∠ACF ，DB ＝CF ∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ， ∴∠ACB ＝∠ABC ＝45° ∴∠ABD ＝180°－45°＝135° ∴∠ACF ＝∠ABD ＝135°

∴∠BCF ＝∠ACF －∠ACB ＝135°－45°＝90°， ∴CF ⊥BC

∵CD ＝DB ＋BC ，DB ＝CF ∴DC ＝CF ＋BC

（3）过A 作AH BC ⊥ 于H ，过E 作EM BD ⊥ 于M ， ∵90BAC ∠=?

，AB AV ==

∴1

422

BC AH BH CH BC =====

=， ∴1

14

CD BC =

= ∴3DH CH CD =+= ∵四边形ADEF 是正方形 ∴90AD DE ADE ==?，∠ ∵BC CF EM BD EN CF ⊥⊥⊥，， ∴四边形CMEN 是矩形 ∴NE CM EM CN ==，

∵90AHD ADC EMD ===?∠∠∠

∴90ADH EDM EDM DEM +=+=?∠∠∠∠ ∴ADH DEM =∠∠ 在△ADH 和△DEM 中

ADH DEM AHD DME AD DE ∠=∠??

∠=∠??=?

∴ADH DEM △≌△

∴32EM DH DM AH ====， ∴3CM EM == ∴

2232CE EM CM =

-=

【点睛】

本题考查了三角形的综合问题，掌握正方形的性质、全等三角形的性质以及判定、余角的性质、等腰三角形的角的性质是解题的关键．

6．在四边形 ABCD 中，E 为 BC 边中点.

（Ⅰ）已知：如图，若 AE 平分∠BAD ，∠AED =90°，点 F 为 AD 上一点，AF =AB .求证：（1）△ABE ≌AFE ；（2）AD =AB +CD

（Ⅱ）已知：如图，若 AE 平分∠BAD ，DE 平分∠ADC ，∠AED =120°，点 F ，G 均为 AD 上的点，AF =AB ，GD =CD .求证：（1）△GEF 为等边三角形；（2）AD =AB +

1

2

BC +CD .

【答案】（Ⅰ）（1）证明见解析；（2）证明见解析；（Ⅱ）（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】

（Ⅰ）（1）运用SAS 证明△ABE ≌AFE 即可；

（2）由（1）得出∠AEB=∠AEF ，BE=EF ，再证明△DEF ≌△DEC （SAS ），得出DF=DC ，即可得出结论；

（Ⅱ）（1）同（Ⅰ）（1）得△ABE ≌△AFE （SAS ），△DGE ≌△DCE （SAS ），由全等三角形的性质得出BE=FE ，∠AEB=∠AEF ，CE=GE ，∠CED=∠GED ，进而证明△EFG 是等边三角形；

（2）由△EFG 是等边三角形得出GF=EE=BE=1

2

BC ，即可得出结论． 【详解】

（Ⅰ）（1）∵AE 平分∠BAD ， ∴∠BAE=∠FAE ， 在△ABE 和△AFE 中，

AB AF BAE FAE AE AE ?

∠??

∠??＝＝＝， ∴△ABE ≌△AFE （SAS ）， （2）∵△ABE ≌△AFE ， ∴∠AEB=∠AEF ，BE=EF ， ∵E 为BC 的中点， ∴BE=CE ， ∴FE=CE ，

∵∠AED=∠AEF+∠DEF=90°， ∴∠AEB+∠DEC=90°， ∴∠DEF=∠DEC ，

在△DEF 和△DEC 中，

FE CE DEF DEC DE DE ?

∠??

∠??＝＝＝， ∴△DEF ≌△DEC （SAS ）， ∴DF=DC ， ∵AD=AF+DF ， ∴AD=AB+CD ；

（Ⅱ）（1）∵E 为BC 的中点， ∴BE=CE=

1

2

BC ， 同（Ⅰ）（1）得：△ABE ≌△AFE （SAS ）， △DEG ≌△DEC （SAS ），

∴BE=FE ，∠AEB=∠AEF ，CE=GE ，∠CED=∠GED ， ∵BE=CE ， ∴FE=GE ，

∵∠AED=120°，∠AEB+∠CED=180°-120°=60°， ∴∠AEF+∠GED=60°， ∴∠GEF=60°， ∴△EFG 是等边三角形， （2）∵△EFG 是等边三角形， ∴GF=EF=BE=

1

2BC ， ∵AD=AF+FG+GD ， ∴AD=AB+CD+1

2

BC ． 【点睛】

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等知识；熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．

7．如图1，Rt △ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝AC ，点D 是BC 边的中点连接AD ，则易证AD ＝BD ＝CD ，即AD ＝

1

2

BC ；如图2，若将题中AB ＝AC 这个条件删去，此时AD 仍然等于1

2

BC ． 理由如下：延长AD 到H ，使得AH ＝2AD ，连接CH ，先证得△ABD ≌△CHD ，此时若能证得△ABC ≌△CHA ，

即可证得AH ＝BC ，此时AD ＝

1

2

BC ，由此可见倍长过中点的线段是我们三角形证明中常用

的方法．

（1）请你先证明△ABC≌△CHA，并用一句话总结题中的结论；

（2）现将图1中△ABC折叠（如图3），点A与点D重合，折痕为EF，此时不难看出

△BDE和△CDF都是等腰直角三角形．BE＝DE，CF＝DF．由勾股定理可知DE2+DF2＝EF2，因此BE2+CF2＝EF2，若图2中△ABC也进行这样的折叠（如图4），此时线段BE、CF、EF还有这样的关系式吗？若有，请证明；若没有，请举反例．

（3）在（2）的条件下，将图3中的△DEF绕着点D旋转（如图5），射线DE、DF分别交AB、AC于点E、F，此时（2）中结论还成立吗？请说明理由．图4中的△DEF也这样旋转（如图6），直接写出上面的关系式是否成立．

【答案】（1）详见解析；（2）有这样分关系式；（3）EF2＝BE2+CF2.

【解析】

【分析】

（1）想办法证明AB∥CH，推出∠BAC＝∠ACH，再利用SAS证明△ABC≌△CHA即可．（2）有这样分关系式．如图4中，延长ED到H山顶DH＝DE．证明△EDB≌△HD （SAS），推出∠B＝∠HCD，BE＝CH，∠FCH＝90°，利用勾股定理，线段的垂直平分线的性质即可解决问题．

（3）图5，图6中，上面的关系式仍然成立．

【详解】

（1）证明：如图2中，

∵BD＝DC，∠ADB＝∠HDC，AD＝HD，

∴△ADB≌△HDC（SAS），

∴∠B＝∠HCD，AB＝CH，

∴AB∥CH，

∴∠BAC +∠ACH ＝180°， ∵∠BAC ＝90°， ∴∠ACH ＝∠BAC ＝90°， ∵AC ＝CA ，

∴△BAC ≌△HCA （SAS ）， ∴AH ＝BC ， ∴AD ＝DH ＝BD ＝DC ， ∴AD ＝

1

2

BC ． 结论：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． （2）解：有这样分关系式．

理由：如图4中，延长ED 到H 山顶DH ＝DE ．

∵ED ＝DH ，∠EDB ＝∠HDC ，DB ＝DC ， ∴△EDB ≌△HDC （SAS ）， ∴∠B ＝∠HCD ，BE ＝CH ， ∵∠B +∠ACB ＝90°， ∴∠ACB +∠HCD ＝90°， ∴∠FCH ＝90°， ∴FH 2＝CF 2+CH 2， ∵DF ⊥EH ，ED ＝DH ， ∴EF ＝FH ， ∴EF 2＝BE 2+CF 2．

（3）图5，图6中，上面的关系式仍然成立．结论：EF 2＝BE 2+CF 2． 证明方法类似（2）． 【点睛】

本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，翻折变换，全等三角形的判定和性质，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，属于中考压轴题．

8．（1）问题发现：如图（1），已知：在三角形ABC ?中，90BAC ?∠=,AB AC =,直线l 经过点A ，BD ⊥直线l ，CE ⊥直线l ，垂足分别为点,D E ，试写出线段,BD DE 和

CE 之间的数量关系为_________________．

（2）思考探究：如图（2），将图（1）中的条件改为：在ABC ?中, ,,,AB AC D A E =三点都在直线l 上，并且BDA AEC BAC α∠=∠=∠=，其中α为任意锐角或钝角．请

问（1）中结论还是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．

（3）拓展应用：如图（3），,D E 是,,D A E 三点所在直线m 上的两动点，（,,D A E 三点互不重合），点F 为BAC ∠平分线上的一点，且ABF ?与ACF ?均为等边三角形，连接,BD CE ，若BDA AEC BAC ∠=∠=∠，试判断DEF ?的形状并说明理由．

【答案】（1）DE=CE+BD ；（2）成立，理由见解析；（3）△DEF 为等边三角形，理由见解析. 【解析】 【分析】

（1）利用已知得出∠CAE=∠ABD ，进而根据AAS 证明△ABD 与△CAE 全等，然后进一步求解即可；

（2）根据BDA AEC BAC α∠=∠=∠=，得出∠CAE=∠ABD ，在△ADB 与△CEA 中，根据AAS 证明二者全等从而得出AE=BD ，AD=CE ，然后进一步证明即可；

（3）结合之前的结论可得△ADB 与△CEA 全等，从而得出BD=AE ，∠DBA=∠CAE ，再根据等边三角形性质得出∠ABF=∠CAF=60°，然后进一步证明△DBF 与△EAF 全等，在此基础上进一步证明求解即可. 【详解】

（1）∵BD ⊥直线l ，CE ⊥直线l ， ∴∠BDA=∠AEC=90°， ∴∠BAD+∠ABD=90°， ∵∠BAC=90°， ∴∠BAD+∠CAE=90°， ∴∠CAE=∠ABD ， 在△ABD 与△CAE 中，

∵∠ABD=∠CAE ，∠BDA=∠AEC ，AB=AC ， ∴△ABD ≌△CAE(AAS)， ∴BD=AE ，AD=CE ， ∵DE=AD+AE ， ∴DE=CE+BD ， 故答案为：DE=CE+BD ；

（2）（1）中结论还仍然成立，理由如下： ∵BDA AEC BAC α∠=∠=∠=， ∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°?α， ∴∠CAE=∠ABD ， 在△ADB 与△CEA 中，

∵∠ABD=∠CAE ，∠ADB=∠CEA ，AB=AC ， ∴△ADB ≌△CEA(AAS)， ∴AE=BD ，AD=CE ， ∴BD+CE=AE+AD=DE ， 即：DE=CE+BD ，

（3）DEF ?为等边三角形，理由如下： 由（2）可知：△ADB ≌△CEA ， ∴BD=EA ，∠DBA=∠CAE ， ∵△ABF 与△ACF 均为等边三角形， ∴∠ABF=∠CAF=60°，BF=AF ， ∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+CAF ， ∴∠DBF=∠FAE ， 在△DBF 与△EAF 中，

∵FB=FA ，∠FDB=∠FAE ，BD=AE ， ∴△DBF ≌△EAF(SAS)， ∴DF=EF ，∠BFD=∠AFE ，

∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°， ∴△DEF 为等边三角形. 【点睛】

本题主要考查了全等三角形性质与判定的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.

9．已知：在ABC ?中，,90AB AC BAC =∠=?，PQ 为过点A 的一条直线，分别过

B C 、两点作,BM PQ CN PQ ⊥⊥，垂足分别为M N 、.

（1）如图①所示，当PQ 与BC 边有交点时，求证：MN CN BM =-；

（2）如图②所示，当PQ 与BC 边不相交时，请写出线段BM CN 、和MN 之间的数量关系，并说明理由.

【答案】（1）见解析；（2）MN BM CN =+（或BM MN CN =-或

CN MN BM =-），理由见解析 【解析】 【分析】

（1）根据已知条件先证AMB CNA ≌??，得到,AM CN BM AN ==，即可证得