八年级数学上册全等三角形章末重难点题型(举一反三)(含解析版)
专题01 全等三角形章末重难点题型汇编【举一反三】【考点1 利用全等三角形的性质求角】【方法点拨】全等三角形的性质：（1）全等三角形的对应边相等、对应角相等；（2）全等三角形的周长相等、面积相等；（3）全等三角形的对应边上的对应中线、角平分线、高线分别相等。
【例1】（2019春•临安区期中）如图，△ACB≌△A′CB′，∠ACB＝70°，∠ACB′＝100°，则∠BCA′的度数为（）A．30°B．35°C．40°D．50°【变式1-1】（2018秋•绍兴期末）如图，△ABC≌△EDC，BC⊥CD，点A，D，E在同一条直线上，∠ACB ＝20°，则∠ADC的度数是（）A．55°B．60°C．65°D．70°【变式1-2】（2018秋•厦门期末）如图，点F，C在BE上，△ABC≌△DEF，AB和DE，AC和DF是对应边，AC，DF交于点M，则∠AMF等于（）A．2∠B B．2∠ACB C．∠A+∠D D．∠B+∠ACB【变式1-3】（2018秋•桐梓县校级期中）如图，△ABC≌△A′B′C，∠ACB＝90°，∠B＝50°，点B′在线段AB上，AC，A′B′交于点O，则∠COA′的度数是（）A．50°B．60°C．70°D．80°【考点2 全等三角形的判定条件】【方法点拨】寻找并证明全等三角形还缺少的条件，其基本思路是：（1）有两边对应相等，找夹角对应相等，或第三边对应相等.前者利用SAS判定，后者利用SSS判定. （2）有两角对应相等，找夹边对应相等，或任一等角的对边对应相等.前者利用ASA判定，后者利用AAS 判定.（3）有一边和该边的对角对应相等，找另一角对应相等.利用AAS判定.（4）有一边和该边的邻角对应相等，找夹等角的另一边对应相等，或另一角对应相等.前者利用SAS判定，后者利用AAS判定.【例2】（2019春•沙坪坝区校级期中）如图，在△ABC和△AED中，已知∠1＝∠2，AC＝AD，添加一个条件后，仍然不能证明△ABC≌△AED，这个条件是（）A．AB＝AE B．BC＝ED C．∠C＝∠D D．∠B＝∠E【变式2-1】（2019秋•潘集区期中）在△ABC与△DEF中，给出下列四组条件：（1）AB＝DE，AC＝DF，BC＝EF（2）AB＝DE，∠B＝∠E，BC＝EF（3）∠B＝∠E，BC＝EF，∠C＝∠F（4）AB＝DE，∠B＝∠E，AC＝DF，其中能使△ABC≌△DEF的条件共有（）A．1组B．2组C．3组D．4组【变式2-2】（2018春•渝中区校级期中）如图，点B、F、C、E在一条直线上，∠A＝∠D，∠B＝∠E，再添一个条件仍不能证明△ABC≌△DEF的是（）A．AB＝DE B．BC＝EF C．∠ACB＝∠DFE D．AC＝DF【变式2-3】（2018秋•鄂尔多斯期中）如图，已知AB＝AC，AD＝AE，若要得到“△ABD≌△ACE”，必须添加一个条件，则下列所添条件不恰当的是（）A．BD＝CE B．∠ABD＝∠ACE C．∠BAD＝∠CAE D．∠BAC＝∠DAE【考点3 全等三角形判定的应用】【方法点拨】解决此类题型的关键是理解题意，利用全等三角形的判定.【例3】（2019春•郓城县期末）如图所示，要测量河两岸相对的两点A、B的距离，因无法直接量出A、B 两点的距离，请你设计一种方案，求出A、B的距离，并说明理由．【变式3-1】（2019春•峄城区期末）如图，点C、E分别在直线AB、DF上，小华想知道∠ACE和∠DEC 是否互补，但是他没有带量角器，只带了一副三角板，于是他想了这样一个办法：首先连结CF，再找出CF的中点O，然后连结EO并延长EO和直线AB相交于点B，经过测量，他发现EO＝BO，因此他得出结论：∠ACE和∠DEC互补，而且他还发现BC＝EF．小华的想法对吗？为什么？【变式3-2】（2019春•槐荫区期末）王强同学用10块高度都是2cm的相同长方体小木块，垒了两堵与地面垂直的木墙，木墙之间刚好可以放进一个等腰直角三角板（AC＝BC，∠ACB＝90°），点C在DE上，点A和B分别与木墙的顶端重合，求两堵木墙之间的距离．【变式3-3】如图，两根长12m的绳子，一端系在旗杆上的同一位置，另一端分别固定在地面上的两个木桩上（绳结处的误差忽略不计），现在只有一把卷尺，如何来检验旗杆是否垂直于地面？请说明理由．【考点4 利用AAS证明三角形全等】【方法点拨】两角和其中一角的对边对应相等的两个三角形全等（可简写成“AAS”)【例4】（2018秋•仙游县期中）如图，△ABC的两条高AD，BE相交于点F，请添加一个条件，使得△ADC ≌△BEC（不添加其他字母及辅助线），你添加的条件是．并证明结论．【变式4-1】（2018春•揭西县期末）如图，∠ABC＝∠ACB，∠ADE＝∠AED，BE＝CD，试说明：△ABD ≌△ACE．【变式4-2】（2018秋•杭州期中）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE，AD⊥CE．求证：△ACD≌△CBE．【变式4-3】（2018•雁塔区校级二模）如图，在四边形ABCD中，点E在AD上，其中∠BAE＝∠BCE＝∠ACD＝90°，且BC＝CE，求证：△ABC≌△DEC．【考点5 利用SAS证明三角形全等】【方法点拨】两边和它们的夹角对应相等两个三角形全等（可简写成“SAS”)【例5】（2018春•金山区期末）如图，已知CA＝CD，CB＝CE，∠ACB＝∠DCE，试说明△ACE≌△DCB 的理由．【变式5-1】（2018春•黄岛区期末）如图，点E在AB上，AC＝AD，∠CAB＝∠DAB，那么△BCE和△BDE 全等吗？请说明理由．【变式5-2】（2018秋•仪征市校级月考）如图，已知点B、F、C、E在同一直线上，AC、DF相交于点G，AB⊥BE，垂足为B，DE⊥BE，垂足为E，且AB＝DE，BF＝CE，说明△ABC与△DEF全等的理由．【变式5-3】（2019秋•东莞市校级月考）如图：△ABC和△EAD中，∠BAC＝∠DAE，AB＝AE，AC＝AD，连接BD，CE．求证：△ABD≌△AEC．【考点6 利用ASA证明三角形全等】【方法点拨】两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等（可简写成“ASA”)【例6】（2019秋•利辛县期末）如图，已知AB＝AC，∠ABE＝∠ACD，BE与CD相交于O，求证：△ABE ≌△ACD．【变式6-1】（2018•双柏县二模）如图，∠A＝∠B，AE＝BE，点D在AC边上，∠1＝∠2，AE和BD相交于点O．求证：△AEC≌△BED；【变式6-2】（2019•陕西模拟）如图，四边形ABCD中，E点在AD上，其中∠BAE＝∠BCE＝∠ACD＝90°，且BC＝CE，求证：△ABC≌△DEC．【变式6-3】（2019秋•乐清市校级期中）如图，△ABC的两条高AD、BE相交于点H，且AD＝BD，求证：△BDH≌△ADC．【考点7 利用SSS证明三角形全等】【方法点拨】三边对应相等的两个三角形全等（可简写成“SSS”)【例7】（2019春•渝中区校级月考）如图，AB＝CD，AE＝CF，E、F是BD上两点，且BF＝DE．求证：△ABE≌△CDF．【变式7-1】（2019秋•扶余县校级月考）如图，在△ABC中，AD＝AE，BE＝CD，AB＝AC．（1）求证：△ABD≌△ACE；（2）求证：∠BAE＝∠CAD．【变式7-2】（2019秋•保亭县校级月考）如图，AB＝AD，DC＝BC，∠B与∠D相等吗？为什么？【变式7-3】（2019秋•蓬江区校级期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，D、E分别为AC、AB上的点，且AD＝BD，AE＝BC，DE＝DC，求证：DE⊥AB．【考点8 利用HL证明三角形全等】【方法点拨】对于特殊的直角三角形，判定它们全等时，还有HL定理（斜边、直角边定理）：有斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等（可简写成“斜边、直角边”或“HL”）【例8】（2018秋•思明区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AD⊥BD，AC⊥CB，BD＝AC．求证：△ABD≌△BAC；【变式8-1】（2019秋•睢宁县校级月考）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，一条直线MN＝AB，M、N分别在AC和过点A且垂直于AC的射线AP上运动．问点M运动到什么位置，才能使△ABC和△AMN 全等？并证明你的结论．【变式8-2】（2019秋•合浦县期末）如图，已知∠A＝∠D＝90°，E、F在线段BC上，DE与AF交于点O，且AB＝CD，BE＝CF．求证：Rt△ABF≌Rt△DCE．【变式8-3】（2019春•醴陵市期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，CA平分∠BCD，AE⊥BC于点E，AF⊥CD交CD的延长线于点F．求证：△ABE≌△ADF．【考点9 全等三角形的判定与性质综合】【例9】（2019•南岸区）如图，在△ABC和△ABD中，∠BAC＝∠ABD＝90°，点E为AD边上的一点，且AC＝AE，连接CE交AB于点G，过点A作AF⊥AD交CE于点F．（1）求证：△AGE≌△AFC；（2）若AB＝AC，求证：AD＝AF+BD．【变式9-1】（2019•福州模拟）（1）已知，如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E，求证：DE＝BD+CE．（2）如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意钝角，请问结论DE＝BD+CE是否成立？若成立，请你给出证明：若不成立，请说明理由．【变式9-2】（2018秋•天台县期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E，若AD＝a，DE＝b，（1）如图1，求BE的长，写出求解过程；（用含a，b的式子表示）（2）如图2，点D在△ABC内部时，直接写出BE的长．（用含a，b的式子表示）【变式9-3】（2019春•道外区期末）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，点E在BC边上，∠AED＝90°（1）求证：∠BAE＝∠CED；（2）若AB+CD＝DE，求证：AE+BE＝CE；（3）在（2）的条件下，若△CDE与△ABE的面积的差为18，CD＝6，求BE的长．【考点10 动点问题中的全等三角形应用】【例10】（2019春•平川区期末）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？【变式10-1】（2019春•永新县期末）△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，D、E分别是AB，AC上的不动点．且BD+CE＝BC，点P是BC上的一动点．（1）当PC＝CE时（如图1），求∠DPE的度数；（2）若PC＝BD时（如图2），求∠DPE的度数还会与（1）的结果相同吗？若相同，请写出求解过程；若不相同，请说明理由．【变式10-2】（2019春•宝安区期中）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC＝10，AB＝CD，BD＝14，点E 从D点出发，以每秒2个单位的速度沿DA向点A匀速移动，点F从点C出发，以每秒5个单位的速度沿C→B→C，作匀速移动，点G从点B出发沿BD向点D匀速移动，三个点同时出发，当有一个点到达终点时，其余两点也随之停止运动，假设移动时间为t秒．（1）试证明：AD∥BC；（2）在移动过程中，小明发现有△DEG与△BFG全等的情况出现，请你探究这样的情况会出现几次？并分别求出此时的移动时间t和G点的移动距离．【变式10-3】（2018秋•十堰期末）在△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上一点，以AD为一条边在AD的右侧作△ADE，使AE＝AD，∠DAE＝∠BAC，连接CE．（1）如图，当点D在BC延长线上移动时，若∠BAC＝25°，则∠DCE＝．（2）设∠BAC＝α，∠DCE＝β．①当点D在BC延长线上移动时，α与β之间有什么数量关系？请说明理由；②当点D在直线BC上（不与B，C两点重合）移动时，α与β之间有什么数量关系？请直接写出你的结论．专题01 全等三角形章末重难点题型汇编【举一反三】【考点1 利用全等三角形的性质求角】【方法点拨】全等三角形的性质：（1）全等三角形的对应边相等、对应角相等；（2）全等三角形的周长相等、面积相等；（3）全等三角形的对应边上的对应中线、角平分线、高线分别相等。
专题1.5 全等三角形的性质【八大题型】(举一反三)(浙教版)(解析版)
专题1.5 全等三角形的性质【八大题型】【浙教版】【题型1 全等图形的识别】 (1)【题型2 将已知图形分割成几个全等图形】 (3)【题型3 全等三角形对应元素的判断】 (5)【题型4 利用全等三角形的性质求线段长度】 (8)【题型5 利用全等三角形的性质探究线段关系】 (10)【题型6 利用全等三角形的性质求角度】 (12)【题型7 利用全等三角形的性质判断两直线的位置关系】 (15)【题型8 利用全等三角形的性质解决面积问题】 (18)【知识点1全等图形】能完全重合的图形叫做全等图形.两个图形全等，它们的形状相同，大小相同.【题型1全等图形的识别】【例1】（2023春·广西南宁·八年级广西大学附属中学校考期末）下列四个图形中，属于全等图形的是（ ）A．①和②B．②和③C．①和③D．③和④【答案】A【分析】根据全等形的概念：能够完全重合的两个图形叫做全等形可得答案．【详解】解：①、②和④都可以完全重合，因此全等的图形是①和②．故选：A．【点睛】此题主要考查了全等图形，关键是掌握能够完全重合的两个图形叫做全等形．【变式1-1】（2023春·江苏淮安·八年级统考期中）下列说法正确的是（）A．两个形状相同的图形称为全等图形B．两个圆是全等图形C．全等图形的形状、大小都相同D．面积相等的两个三角形是全等图形【答案】C【分析】根据全等图形的定义逐项进行判断．【详解】解：A.两个形状相同的图形，大小不一定相等，因此这样的两个图形不一定是全等图形，故A错误；B.两半径相同的圆是全等图形，故B错误；C.全等图形的形状、大小都相同，故C正确；D.面积相等的两个三角形不一定形状相同，不一定是全等图形，故D错误．故选：C．【点睛】本题主要考查了全等图形的定义，解题的关键是熟练掌握形状和大小都相同的图形是全等图形．【变式1-2】（2023春·山东德州·八年级统考期中）下列图形中被虚线分成的两部分不是全等形的是（ ）A．等腰梯形B．正方形C．正六边形D．正五角星【答案】A【分析】根据全等形的定义判断即可．【详解】观察选项可知，选项B，C，D中的虚线把图形分成两个完全重合的两部分，而选项A的虚线把图形分成两个不能重合的三角形，故选项A这两部分不是全等图形；故选：A．【点睛】本题考查全等图形的定义，解题的关键是理解全等图形的定义，属于中考基础题．【变式1-3】（2023春·黑龙江鸡西·八年级鸡西市第四中学校考期中）请观察图中的5组图案，其中是全等形的是________（填序号）；【答案】（5）【分析】根据全等形的定义：形状、大小相同，能够完全重合的两个图形进行判断即可．【详解】（1）形状、大小不相等，不是全等形；（2）大小不同，不是全等形；（3）形状，大小都不相同，不是全等形；（4）形状，大小都不相同，不是全等形；（5）形状，大小都相同，是全等形；故答案为：（5）．【点睛】本题考查全等形的识别．熟练掌握形状、大小相同，能够完全重合的两个图形是全等形是解题的关键．【题型2将已知图形分割成几个全等图形】【例2】（2023春·北京西城·八年级校考期中）作图题将4×4的棋盘沿格线划分成两个全等图形，参考图例补全另外几种（约定某种划分法经过旋转、轴对称得到的划分法与原划分法相同）．【答案】见解析【分析】能够完全重合的两个图形叫做全等形，可以利用图形的轴对称性和中心对称性来分割成两个全等的图形．【详解】解：如图所示，（答案不唯一）【点睛】本题主要考查了全等图形，解题的关键是掌握全等图形的定义：形状和大小完全相同的两个图形叫全等形．【变式2-1】（2023春·河南三门峡·八年级统考期中）下图所示的图形分割成两个全等的图形，正确的是（ ）A．B．C．D．【答案】B【分析】直接利用全等图形的概念进而得出答案．【详解】解：图形分割成两个全等的图形，如图所示：故选B．【点睛】此题主要考查全等图形的识别，解题的关键是熟知全等的性质.【变式2-2】（2023春·湖南长沙·八年级统考期末）试在下列两个图中，沿正方形的网格线（虚线）把这两个图形分别分割成两个全等的图形，将其中一部分涂上阴影．【答案】见解析（第一个图答案不唯一）【分析】根据全等图形的定义，利用图形的对称性和互补性来分隔成两个全等的图形．【详解】解：第一个图形分割有如下几种：第二个图形的分割如下：【点睛】本题主要考查了学生的动手操作能力和学生的空间想象能力，牢记全等图形的定义是解题的重点．【变式2-3】（2023春·河南三门峡·八年级统考期末）如图所示，请你在图中画两条直线，把这个“+”图案分成四个全等的图形．(要求至少要画出两种方法) ．【答案】答案见解析【分析】根据能够完全重合的两个图形叫做全等形画线即可．【详解】解：如图所示：故答案是：见解析【点睛】本题考查了全等图形的定义以及特征---定义：能够完全重合的两个图形叫做全等图形；特征：形状大小相同，能够完全重合．【知识点2全等三角形的性质】全等三角形的对应边相等，对应角相等.（另外全等三角形的周长、面积相等，对应边上的中线、角平分线、高线均相等）【题型3全等三角形对应元素的判断】【例3】（2023春·八年级课时练习）如图，Rt△ABC沿直角边BC所在的直线向右平移得到△DEF，下列结论错误的是（）A．△ABC≌△DEF B．∠DEF=90°C．BE=EC D．∠D=∠A【答案】C【分析】根据平移的性质，结合图形，对选项进行一一分析，选择正确答案．【详解】解：A、Rt△ABC沿直角边BC所在的直线向右平移得到△DEF，则△ABC≌△DEF成立，故正确，不符合题意；B、△DEF为直角三角形，则∠DEF=90°成立，故正确，不符合题意；C、BE=EC不能成立，故错误，符合题意；D、∠D=∠A为对应角，正确，不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了平移的基本性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．【变式3-1】（2023·湖北恩施·八年级统考期中）下列说法：①能够完全重合的图形叫做全等形；②全等三角形的对应边相等、对应角相等；③全等三角形的周长相等、面积相等；④所有的等边三角形都全等；⑤面积相等的三角形全等．其中正确的说法有（）A．5个B．4个C．3个D．2个【答案】C【详解】试题分析：理清全等形以及全等三角形的判定及性质，即可熟练求解此题．①中能够完全重合的图形叫做全等形，正确；②中全等三角形的对应边相等、对应角相等，正确；③全等三角形的周长相等、面积相等，也正确；④中所有的等边三角形角都是60°，但由于边不相等，所以不能说其全等，④错误；⑤中面积相等的三角形并不一定是全等三角形，⑤中说法错误；考点：全等三角形的判定与性质．【变式3-2】（2023春·八年级课时练习）如图，两个三角形△ABC与△BDE全等，观察图形，判断在这两个三角形中边DE的对应边为（）A．BE B．AB C．CA D．BC【答案】B【分析】观察图形，找到与DE长度相等的线段即可．【详解】观察图形可知：BE＞AB，BE＞BC，∴BE和AC是对应边，显然BD和BC是对应边，∴DE 和AB 是对应边．故选B．【点睛】本题考查了全等三角形的定义．注意全等的规范书写方式，要求各对应点的位置一致．【变式3-3】（2023春·八年级课时练习）如图，如果△ABC≌△CDA，∠BAC=∠DCA，∠B=∠D，对于以下结论：①AB与CD是对应边；②AC与CA是对应边；③点A与点A是对应顶点；④点C与点C是对应顶点；⑤∠ACB与∠CAD是对应角，其中正确的是（ ）A．2个B．3个C．4个D．5个【答案】B【分析】由全等三角形的对应边相等、对应角相等对以下结论进行判定．【详解】解：△ABC≌△CDA，∠BAC=∠DCA，∠B=∠D．①AB与CD是对应边．故①正确；②AC与CA是对应边．故②正确；③点A与点C是对应顶点．故③错误；④点C与点A是对应顶点．故④错误；⑤∠ACB与∠CAD是对应角．故⑤正确．综上所述，正确的结论是①②⑤，共有3个．故选B．【点睛】本题考查了全等三角形的性质．解题时应注重识别全等三角形中的对应边、对应角．【题型4利用全等三角形的性质求线段长度】【例4】（2023春·辽宁大连·八年级校联考期中）如图，△ABC≌△EBD，AB=4cm，BD=7cm，则CE的长度为（ ）A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm【答案】D【分析】根据全等三角形的性质可得BE=AB，BC=BD，进而得到BE=3cm，BC=7cm，再根据线段的和差关系进行计算即可．【详解】解：∵△ABC≌△EBD，∴BE=AB，BC=BD，∵AB=3cm，BD=7cm，∴BE=3cm，BC=7cm，∴CE=7cm-3cm=4cm，故选D．【点睛】此题主要考查了全等三角形的性质，关键是掌握全等三角形的对应边相等．【变式4-1】（2023春·江苏南京·八年级统考期中）已知△ABC三边的长分别为3，5，7，△DEF三边的长分别为3，7，2x−1，若这两个三角形全等，则x=______．【答案】3【分析】利用全等的性质列式计算即可．【详解】解：∵△ABC与△DEF全等，∴2x−1=5，解得：x=3，故答案为：3．【点睛】本题主要考查三角形全等的性质，能够通过全等得到对应边相等并列式是解题关键．【变式4-2】（2023春·湖南岳阳·八年级校考期中）如图，△ABC≌△DEC，点B、C、D在同一直线上，且BD=12，AC=7，则CE长为____________．【答案】5【分析】由△ABC≌△DEC可得出BC=EC，AC=DC，再根据BC=BD−DC求解即可．【详解】解：∵△ABC≌△DEC，∴BC=EC，AC=DC，∵BD=12，AC=7，∴CE=BC=BD−DC=BD−AC=12−7=5．故答案为：5．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．【变式4-3】（2023春·四川泸州·八年级校考期中）如图，△ADE≌△BDE，若△ADC的周长为12，AC的长为5，则BC的长为()A．8B．7C．6D．5【答案】B【分析】根据全等三角形的对应边相等得到DA=DB，根据三角形的周长公式计算即可．【详解】解：∵△ADE≌△BDE，∴DA=DB，△ADC的周长=AC+CD+AD=AC+CD+BD=AC+BC=12，又AC=5，∴BC=7，故选：B．【点睛】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等、全等三角形的对应角相等是解题的关键．【题型5利用全等三角形的性质探究线段关系】【例5】（2023春·山东滨州·八年级统考期中）如图，A，D，E三点在同一直线上，且△BAD≌△ACE，试说明：（1）BD=DE+CE；（2）△ABD满足什么条件时，BD∥CE．【答案】（1）证明见解析；（2）∠ADB=90°．【分析】（1）根据全等三角形的性质求出BD=AE，AD=CE，代入求出即可；（2）根据全等三角形的性质求出∠E=∠BDA=90°，推出∠BDE=90°，根据平行线的判定求出即可．【详解】解：（1）∵△BAD≌△ACE，∴BD=AE，AD=CE，∴BD=AE=AD+DE=CE+DE，即BD=DE+CE；（2）△ABD满足∠ADB=90°时，BD∥CE，理由是：∵△BAD≌△ACE，∴∠E=∠ADB=90°，∴∠BDE=180°−90°=90°=∠E，∴BD∥CE．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和平行线的判定等的应用，关键是通过三角形全等得出正确的结论，通过做此题培养了学生分析问题的能力．【变式5-1】（2023春·北京·八年级101中学校考期中）如图，已知△ABE≌△ACD，下列选项中不能被证明的等式是（）．A．∠B=∠C B．AD=AE C．AB=2BD D．BD=CE【答案】C【详解】∵△ABE≌△ACD，∴∠B=∠C，AD=AE，AB=AC，∴AB−AD=AC−AE，即：BD=CE，∴选项A、B、D均正确，只有C中结论无法证明是成立的.故选C．【变式5-2】（2023春·河北唐山·八年级校联考期中）如图，△ACE≌△DBF，AC＝6，BC＝4．（1）求证：AE∥DF；（2）求AD的长度．【答案】（1）证明见解析（2）8【分析】（1）根据全等三角形的性质可得∠A＝∠D，再根据内错角相等两直线平行可得AE∥DF；（2）根据全等三角形的性质得出AC＝DB，进而解答即可．【详解】（1）∵△ACE≌△DBF，∴∠A＝∠D，∴AE∥DF；（2）∵△ACE≌△DBF，∴AC＝DB，∴AB＝DC＝AC﹣BC＝6﹣4＝2，∴AD＝AC+CD＝6+2＝8．【点睛】此题主要考查了全等三角形的性质，关键是掌握全等三角形的对应边相等；全等三角形的对应角相等．【变式5-3】（2023春·全国·八年级专题练习）如图，△ACF ≌△DBE ，∠E=∠F ，若AD=11，BC=7．（1）试说明AB=CD ．（2）求线段AB 的长．【答案】(1)见解析;(2)2.【分析】(1)由△ACF ≌△DBE ，得AC=DB ，故AC ﹣BC=DB ﹣BC ；（2）由（1）结论可得AB=12（AD ﹣BC ）.【详解】解：（1）∵△ACF ≌△DBE ，∴AC=DB ，∴AC ﹣BC=DB ﹣BC ，即AB=CD（2）∵AD=11，BC=7，∴AB=12（AD ﹣BC ）=12×（11﹣7）=2即AB=2【点睛】本题考核知识点：全等三角形性质. 解题关键点：熟记全等三角形性质.【题型6 利用全等三角形的性质求角度】【例6】（2023春·安徽安庆·八年级校联考期末）如图，已知△ABC≌△DEF ，CD 平分∠BCA ，若∠A =30°，∠CGF =88°，则∠E 的度数是（ ）A ．30°B ．50°C ．44°D ．34°【答案】D∠BAC，根据全等三角形的性质得到∠D=∠A=30°，【分析】根据角平分线的性质得到∠ACD=∠BCD=12根据三角形的外角性质求出∠BCD，再求出∠B，然后利用全等三角形的性质求∠E即可．【详解】解：∵CD平分∠BCA，∠BAC，∴∠ACD=∠BCD=12∵△ABC≌△DEF，∴∠D=∠A=30°，∠B=∠E，∵∠CGF=∠D+∠BCD，∴∠BCD=∠CGF−∠D=58°，∴∠BCA=116°，∴∠B=180°−30°−116°=34°，∴∠E=∠B=34°，故选：D．【点睛】本题考查的是全等三角形的性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．【变式6-1】（2023春·广东江门·八年级统考期中）已知图中的两个三角形全等，则∠α的度数是（ ）A．72°B．60°C．58°D．50°【答案】D【分析】根据全等三角形对应角相等可知∠α是a、c边的夹角，可得对应角，则∠α=50°，从而可得答案．【详解】解：∵如图，两个三角形全等，∠α与50°的角是a、c边的夹角，∴∠α的度数是50°．故选：D．【点睛】本题考查的是全等三角形的性质，掌握“全等三角形的对应角相等”是解本题的关键．【变式6-2】（2023春·江苏南通·八年级启东市长江中学校考期中）如图，已知△ABC≌△DBE，点D恰好在AC的延长线上，∠DBE=20°，∠BDE=41°．则∠BCD的度数是_____°．【答案】61【分析】根据三角形内角和定理求出∠E，根据全等三角形的性质求出∠ACB，根据补角的概念（如果两个角的和是一个平角，那么这两个角叫互为补角）计算，得到答案．【详解】解：在△BDE中，∠DBE=20°，∠BDE=41°，∴∠E=180°−∠DBE−∠BDE=119°，∵△ABC≌△DBE，∴∠ACB=∠E=119°，∴∠BCD=180°−119°=61°，故答案为：61．【点睛】本题考查的是全等三角形的性质的应用，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．【变式6-3】（2023春·广东梅州·八年级校考开学考试）如图，△ABC≌△A1B1C1，若∠A=50°，∠A1B1C=45°，∠ACB1=65°，则∠α的度数是（）A．15°B．25°C．20°D．10°【答案】C【分析】根据全等三角形的性质得出∠ABC=∠A1B1C=45°，根据三角形内角和定理得出∠ABC=85°，进而即可求解．【详解】解：∵△ABC≌△A1B1C1，∴∠ABC=∠A1B1C=45°，在△ABC中，∠ACB=180°−∠A−∠ABC=180°−50°−45°=85°，∴∠α=∠ACB−∠ACB1=85°−65°=20°，故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的性质，三角形内角和定理，掌握全等三角形的性质是解题的关键．【题型7利用全等三角形的性质判断两直线的位置关系】【例7】（2023春·全国·八年级期末）如图，点A，O，B在同一直线上，且△ACO≌△BDO．证明：(1)点C，O，D在同一直线上；(2)AC∥BD．【答案】(1)见解析；(2)见解析．【分析】（1）由全等三角形的性质可知∠AOC＝∠BOD，由题意可知∠AOD+∠DOB＝180°，故此可求得∠AOD+∠AOC＝180°，从而可证明点C，O，D在同一直线上；（2）由全等三角形的性质可知∠A＝∠B，由平行线的判定定理可证明AC∥BD．【详解】（1）证明：∵△ACO≌△BDO，∴∠AOC=∠BOD．∵点A，O，B在同一直线上，∵∠AOD+∠DOB＝180°，∴∠AOD+∠AOC＝180°，，∴点C，O，D在同一直线上；（2）证明：∵△ACO≌△BDO，∴∠A＝∠B，∴AC∥BD【点睛】本题主要考查的是全等三角形的性质、平行线的判定，掌握全等三角形的性质、平行线的判定定理是解题的关键．【变式7-1】（2023·全国·八年级专题练习）如图，△ABC≌△DEF，∠A=33°，∠E=57°，CE=5cm．（1）求线段BF的长；（2）试判断DF与BE的位置关系，并说明理由．【答案】(1)5cm；(2)见解析【分析】(1)根据全等三角形的性质得出BC=EF，求出EC=BF即可；(2) 根据全等三角形的性质可得∠A=∠D=33°，根据三角形内角和定理求出∠DFE的度数，即可得出答案．【详解】(1)∵△ABC≌△DEF，∴BC=EF，∴BC+CF=EF+CF，即BF=CE=5cm；(2)∵△ABC≌△DEF，∠A=33°，∴∠A=∠D=33°，∵∠D+∠E+∠DFE=180°，∠E=57°，∴∠DFE=180°−57°−33°=90°，∴DF⊥BE．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和三角形内角和定理，能灵活运用全等三角形的性质进行推理是解此题的关键．【变式7-2】（2023春·河北石家庄·八年级统考阶段练习）如图所示，△ADF≌△CBE，且点E，B，D，F 在一条直线上，判断AD与BC的位置关系．【答案】AD//BC【分析】根据全等三角形的性质得出∠ADF=∠CBE，进而得出∠ADB=∠CBD，利用平行线判定解答即可．【详解】解：AD与BC的位置关系为AD//BC．∵ΔADF≅ΔCBE，∴∠ADF=∠CBE．又∵∠ADF+∠ADB=180°，∠CBE+∠CBD=180°，∴∠ADB=∠CBD．∴AD//BC．【点睛】本题考查全等三角形的性质，解题关键是根据全等三角形的性质得出∠ADF=∠CBE．【变式7-3】（2023春·山东枣庄·八年级校考期末）如图所示，已知AE⊥AB，△ACE≌△AFB，CE、AB、BF 分别交于点D、M．证明：CE⊥BF．【答案】见解析.【分析】先利用垂直定义得到∠BAE=90°，在利用三角形全等的性质得∠CAE=∠BAF，∠ACE=∠F，则∠CAF=∠BAE=90°，然后根据三角形内角和定理易得∠FMC=∠CAF=90°，然后根据垂直的定义即可得到结论．【详解】证明：∵AE⊥AB，∴∠BAE=90°，∵△ACE≌△AFB，∴∠CAE=∠BAF，∠ACE=∠F，∴∠CAB+∠BAE=∠BAC+∠CAF，∴∠CAF=∠BAE=90°，而∠ACE=∠F，∴∠FMC=∠CAF=90°，∴CE ⊥BF ．【点睛】本题考查了全等三角形的性质：全等三角形的性质是证明线段和角相等的理论依据，应用时要会找对应角和对应边．【题型8 利用全等三角形的性质解决面积问题】【例8】（2023春·重庆九龙坡·八年级重庆市育才中学校考期中） 如图，若△ABC≌△EBD ，且BD =4，AB =8，则阴影部分的面积S △ACE =______．【答案】8【详解】解：∵△ABC ≌△EBD ，BD =4，AB =8，∴AB =EB =8，BC =BD =4，∴EC =EB−BC =8−4=4．∴S △ACE =12EC ⋅AB =12×4×4=8．故答案为：8．【点睛】根据“全等三角形的对应边相等”推知AB =EB =8，BC =BD =4，然后结合三角形的面积公式作答．本题主要考查了全等三角形的性质，全等三角形的性质是证明线段和角相等的理论依据，应用时要会找对应角和对应边．【变式8-1】（2023春·山东德州·八年级统考期中）已知ΔABC≌ΔDEF ，BC =EF =5cm ，ΔABC 的面积是20c m 2，那么ΔDEF 中EF 边上的高是_ _cm ．【答案】8【分析】此题考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解本题的关键．利用全等三角形对应边相等，以及对应边上的高也相等，利用面积法求出EF 边上的高即可．【详解】解：∵△ABC≌△DEF ，BC =EF =5cm ，△ABC 的面积是20cm 2，∴12BC ⋅ℎ=20，即ℎ=8cm ，则△DEF 中EF 边上的高是8cm ，故答案为8．【变式8-2】（2023春·重庆九龙坡·八年级重庆市育才中学校考期中）如图，D 、A 、E 三点在同一条直线上，BD ⊥DE 于点D ，CE ⊥DE 于点E ，且△ABD ≌△CAE ，AC =4．(1)求∠BAC的度数；(2)求△ABC的面积．【答案】(1)90°(2)8【分析】(1)根据垂直的定义得到∠D=90°，求得∠DBA+∠BAD=90°，根据全等三角形的性质得到∠DBA=∠CAE，等量代换即可得到结论；(2)根据全等三角形的性质得AC=AB=4，再根据三角形的面积求出答案．【详解】（1）解：∵BD⊥DE，∴∠D=90°，∴∠DBA+∠BAD=90°，∵△ABD≌△CAE，∴∠DBA=∠CAE∴∠BAD+∠CAE=90°，∴∠BAC=90°；（2）解：∵△ABD≌△CAE，∴AC=AB=4，又∵∠BAC=90°∴△ABC是直角三角形，∴△ABC的面积=4×4÷2=8．【点睛】本题考查的是全等三角形的性质、三角形的面积公式，证得△ABC是直角三角形是解决本题的关键．【变式8-3】（2023春·广西南宁·八年级广西大学附属中学校考期末）如图，两个全等的直角三角形重叠在一起，将其中的一个三角形沿着点B到C的方向平移到△DEF的位置AB=10，DO=4，平移距离为5，则阴影部分(即四边形DOCF)面积为______．【答案】40【详解】解：∵△ABC≌△DEF，∴S△ABC=S△DEF，DE=AB=10，∴S△ABC−S△OEC=S△DEF−S△OEC，OE=DE−DO=6，×(6+10)×5=40，∴四边形DOCF的面积=S梯形ABEO=12故答案为：40．【点睛】根据全等三角形的性质得到S△ABC=S△DEF，DE=AB=10，根据梯形的面积公式计算，得到答案．本题考查的是全等三角形的性质、梯形的面积计算，掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键．。
八年级上册数学举一反三系列专题06 八年级数学上册期中考试重难点题型(举一反三)(解析版)
专题06 八年级数学上册期中考试重难点题型【举一反三】【人教版】【知识点1】三角形1.三角形：由不在同一直线上的三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角形.2.三边关系：三角形任意两边的和大于第三边，任意两边的差小于第三边.3.高：从三角形的一个顶点向它的对边所在直线作垂线，顶点和垂足间的线段叫做三角形的高.钝角三角形三条高的交点在三角形外,直角三角形的三条高的交点在三角形上,锐角三角形的三条高的交点在三角形内，三条高线的交点叫做三角形的垂心4.中线：在三角形中，连接一个顶点和它对边中点的线段叫做三角形的中线.（三条中线的交点叫重心）5.角平分线：三角形的一个内角的平分线与这个角的对边相交，这个角的顶点和交点之间的线段叫做三角形的角平分线. （三角形三条角平分线的交点到三边距离相等，三条角平分线的交点叫做内心6.三角形的稳定性：三角形的形状是固定的，三角形的这个性质叫三角形的稳定性.（例如自行车的三角形车架利用了三角形具有稳定性）7.多边形：在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形.8.多边形的内角：多边形相邻两边组成的角叫做它的内角.9.多边形的外角：多边形的一边与它的邻边的延长线组成的角叫做多边形的外角.10.多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线.11.正多边形：在平面内，各个角都相等，各条边都相等的多边形叫正多边形.12.平面镶嵌：用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分完全覆盖，叫做用多边形覆盖平面，13.公式与性质：⑴三角形的内角和：三角形的内角和为180°⑵三角形外角的性质：性质1：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和.性质2：三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角.⑶多边形内角和公式：n 边形的内角和等于(2)n -·180° ⑷多边形的外角和：多边形的外角和为360°. ⑸多边形对角线的条数：①从n 边形的一个顶点出发可以引(3)n -条对角线，把多边形分成(2)n -个三角形.②n 边形共有(3)2n n -条对角线. 【知识点2】全等三角形1.基本定义：⑴全等形：能够完全重合的两个图形叫做全等形.⑵全等三角形：能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形.⑶对应顶点：全等三角形中互相重合的顶点叫做对应顶点.⑷对应边：全等三角形中互相重合的边叫做对应边.⑸对应角：全等三角形中互相重合的角叫做对应角.2.基本性质：⑴三角形的稳定性：三边的长度确定了，这个三角形的形状、大小就全确定，这个性质叫做三角形的稳定性.⑵全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等，对应角相等.3.全等三角形的判定定理：⑴边边边（SSS ）：三边对应相等的两个三角形全等.⑵边角边（SAS ）：两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等.⑶角边角（ASA）：两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等.⑷角角边（AAS）：两角和其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等.⑸斜边、直角边（HL）：斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等.4.角平分线：⑴画法：⑵性质定理：角平分线上的点到角的两边的距离相等.⑶性质定理的逆定理：角的内部到角的两边距离相等的点在角的平分线上.（三角形三条角平分线的交点到三边距离相等）【知识点3】轴对称1.基本概念：⑴轴对称图形：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形.⑵两个图形成轴对称：把一个图形沿某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称.⑶线段的垂直平分线：经过线段中点并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线.⑷等腰三角形：有两条边相等的三角形叫做等腰三角形.相等的两条边叫做腰，另一条边叫做底边，两腰所夹的角叫做顶角，底边与腰的夹角叫做底角.⑸等边三角形：三条边都相等的三角形叫做等边三角形.2.基本性质：⑴对称的性质：①不管是轴对称图形还是两个图形关于某条直线对称，对称轴都是任何一对对应点所连线段的垂直平分线.②对称的图形都全等.⑵线段垂直平分线的性质：①线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等.②与一条线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上.⑷等腰三角形的性质：①等腰三角形两腰相等.②等腰三角形两底角相等（等边对等角）.③等腰三角形的顶角角平分线、底边上的中线，底边上的高相互重合.④等腰三角形是轴对称图形，对称轴是三线合一（1条）.⑸等边三角形的性质：①等边三角形三边都相等.②等边三角形三个内角都相等，都等于60°③等边三角形每条边上都存在三线合一.④等边三角形是轴对称图形，对称轴是三线合一（3条）.3.基本判定：⑴等腰三角形的判定：①有两条边相等的三角形是等腰三角形.②如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等（等角对等边）.⑵等边三角形的判定：①三条边都相等的三角形是等边三角形.②三个角都相等的三角形是等边三角形.③有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形.4.基本方法：⑴做已知直线的垂线：⑵做已知线段的垂直平分线：⑶作对称轴：连接两个对应点，作所连线段的垂直平分线.⑷作已知图形关于某直线的对称图形：⑸在直线上做一点，使它到该直线同侧的两个已知点的距离之和最短.【考点1 灵活运用三角形三边关系】【例1】（2019秋•洛龙区校级期中）已知△ABC的三边长为a，b，c，化简|a+b﹣c|﹣|b﹣a﹣c|的结果是（）A．2b﹣2c B．﹣2b C．2a+2b D．2a【分析】先根据三角形三边关系判断出a+b﹣c与b﹣a﹣c的符号，再把要求的式子进行化简，即可得出答案．【答案】解：∵△ABC的三边长分别是a、b、c，∴a+b＞c，b﹣a＜c，∴a+b﹣c＞0，b﹣a﹣c＜0，∴|a+b﹣c|﹣|b﹣a﹣c|＝a+b﹣c﹣（﹣b+a+c）＝a+b﹣c+b﹣a﹣c＝2（b﹣c）；故选：A．【点睛】此题考查了三角形三边关系，用到的知识点是三角形的三边关系、绝对值、整式的加减，关键是根据三角形的三边关系判断出a+b﹣c与，b﹣a﹣c的符号．【变式1-1】（2019秋•濉溪县期中）设三角形三边之长分别为3，8，1﹣2a，则a的取值范围为（）A．﹣6＜a＜﹣3B．﹣5＜a＜﹣2C．﹣2＜a＜5D．a＜﹣5或a＞2【分析】根据三角形的三边关系，两边之和大于第三边和两边之差小于第三边列出不等式组求出其解即可．【答案】解：由题意，得8﹣3＜1﹣2a＜8+3，即5＜1﹣2a＜11，解得：﹣5＜a＜﹣2．故选：B．【点睛】本题考查了根据三角形三边关系建立不等式组解实际问题的运用，不等式组的解法的运用，解答时根据三角形的三边关系建立不等式组是关键．【变式1-2】（2019秋•宁都县期中）如图，在△ABC中，AB＝5，AC＝3，则BC边上的中线AD的取值范围是（）A．2＜AD＜8B．0＜AD＜8C．1＜AD＜4D．3＜AD＜5【分析】先延长AD到E，且AD＝DE，并连接BE，由于∠ADC＝∠BDE，AD＝DE，利用SAS易证△ADC≌△EDB，从而可得AC＝BE，在△ABE中，再利用三角形三边的关系，可得2＜AE＜8，从而易求1＜AD＜4．【答案】解：延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，∵AD＝DE，∠ADC＝∠BDE，BD＝DC，∴△ADC≌△EDB（SAS）∴BE＝AC＝3，在△AEB中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，即5﹣3＜2AD＜5+3，∴1＜AD＜4，∴l的取值范围是1＜l＜4，故选：C．【点睛】此题主要考查三角形三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．【变式1-3】（2019•防城港期中）在等腰△ABC中，AB＝AC，其周长为20cm，则AB边的取值范围是（）A．1cm＜AB＜4cm B．5cm＜AB＜10cmC．4cm＜AB＜8cm D．4cm＜AB＜10cm【分析】设AB＝AC＝x，则BC＝20﹣2x，根据三角形的三边关系即可得出结论．【答案】解：∵在等腰△ABC中，AB＝AC，其周长为20cm，∴设AB＝AC＝xcm，则BC＝（20﹣2x）cm，∴，解得5cm＜x＜10cm．故选：B．【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质、解一元一次不等式组，熟知等腰三角形的两腰相等是解答此题的关键．【考点2 角平分线与多边形内角和】【例2】（2019春•沛县期中）如图，在五边形ABCDE中，∠A+∠B+∠E＝α，DP，CP分别平分∠EDC，∠BCD，则∠P的度数是（）A．90°+αB．﹣90°C．D．540°【分析】根据五边形的内角和等于540°，由∠A+∠B+∠E＝α，可求∠BCD+∠CDE的度数，再根据角平分线的定义可得∠PDC与∠PCD的角度和，进一步求得∠P的度数．【答案】解：∵五边形的内角和等于540°，∠A+∠B+∠E＝α，∴∠BCD+∠CDE＝540°﹣α，∵∠BCD、∠CDE的平分线在五边形内相交于点O，∴∠PDC+∠PCD＝（∠BCD+∠CDE）＝270°﹣α，∴∠P＝180°﹣（270°﹣α）＝α﹣90°，故选：B．【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式，角平分线的定义，熟记公式是解题的关键．注意整体思想的运用．【变式2-1】（2019春•西湖区校级期中）如图，在四边形ABCD中，∠DAB的角平分线与∠ABC的外角平分线相交于点P，且∠D+∠C＝210°，则∠P＝（）A．10°B．15°C．30°D．40°【分析】利用四边形内角和是360°可以求得∠DAB+∠ABC＝150°．然后由角平分线的性质，邻补角的定义求得∠P AB+∠ABP的度数，所以根据△ABP的内角和定理求得∠P的度数即可．【答案】解：如图，∵∠D+∠C＝210°，∠DAB+∠ABC+∠C+∠D＝360°，∴∠DAB+∠ABC＝150°．又∵∠DAB的角平分线与∠ABC的外角平分线相交于点P，∴∠P AB+∠ABP＝∠DAB+∠ABC+（180°﹣∠ABC）＝90°+（∠DAB+∠ABC）＝165°，∴∠P＝180°﹣（∠P AB+∠ABP）＝15°．故选：B．【点睛】本题考查了三角形内角和定理、多边形的内角与外角．熟知“四边形的内角和是360°”是解题的关键．【变式2-2】（2019秋•香洲区期中）如图，在四边形ABCD中，∠A+∠D＝α，∠ABC的平分线与∠BCD 的平分线交于点P，则∠P＝（）A．90°﹣αB．αC．90°+αD．360°﹣α【分析】先求出∠ABC+∠BCD的度数，然后根据角平分线的性质以及三角形的内角和定理求解∠P的度数．【答案】解：∵四边形ABCD中，∠ABC+∠BCD＝360°﹣（∠A+∠D）＝360°﹣α，∵PB和PC分别为∠ABC、∠BCD的平分线，∴∠PBC+∠PCB＝（∠ABC+∠BCD）＝（360°﹣α）＝180°﹣α，则∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝180°﹣（180°﹣α）＝α．故选：B．【点睛】本题考查了多边形的内角和外角以及三角形的内角和定理，关键是先求出∠ABC+∠BCD的度数．【变式2-3】（2018秋•遵义期中）如图，在四边形ABCD中，∠ABC与∠BCD的平分线的交点E恰好在AD边上，则∠BEC＝（）A．∠A+∠D﹣45°B．（∠A+∠D）+45°C．180°﹣（∠A+∠D）D．∠A+∠D【分析】根据四边形的内角和和角平分线的定义解答即可．【答案】解：∵四边形的内角和＝360°，∴∠ABC+∠BCD＝360°﹣（∠A+∠D），∵∠ABC与∠BCD的平分线的交点E恰好在AD边上，∴2∠EBC＝∠ABC，2∠ECB＝∠BCD，∴∠EBC+∠ECB＝，∴∠BEC＝180°﹣（∠EBC+∠ECB）＝180°﹣＝，故选：D．【点睛】本题考查角平分线的定义及四边形的内角和定理，解答的关键是根据四边形的内角和和角平分线的定义解答．【考点3 多边形内角和与外角和】【例3】（2019秋•岳池县期中）一个多边形的每一个内角都等于140°，那么从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是（）A．6条B．7条C．8条D．9条【分析】先求出多边形的边数，再求从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数即可．【答案】解：∵多边形的每一个内角都等于140°，∴每个外角是180°﹣140°＝40°，∴这个多边形的边数是360°÷40°＝9，∴从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是6条．故选：A．【点睛】本题考查多边形的外角和及对角线的知识点，找出它们之间的关系是本题解题关键．【变式3-1】（2019春•内江期中）马小虎在计算一个多边形的内角和时，由于粗心少算了2个内角，其和等于830°，则该多边形的边数是（）A．7B．8C．7或8D．无法确定【分析】n边形的内角和是（n﹣2）•180°，即为180°的（n﹣2）倍，多边形的内角一定大于0度，小于180度，因而多边形中，除去2个内角外，其余内角和与180度的商加上2，以后所得的数值，比这个数值大1或2的整数就是多边形的边数．【答案】解：设少加的2个内角和为x度，边数为n．则（n﹣2）×180＝830+x，即（n﹣2）×180＝4×180+110+x，因此x＝70，n＝7或x＝250，n＝8．故该多边形的边数是7或8．故选：C．【点睛】本题考查了多边形的内角和定理，正确理解多边形内角的大小的特点，以及多边形的内角和定理是解决本题的关键．【变式3-2】（2019春•诸城市期中）过多边形的一个顶点可以作7条对角线，则此多边形的内角和是外角和的（）A．4倍B．5倍C．6倍D．3倍【分析】从多边形一个顶点可作7条对角线，则这个多边形的边数是10，n边形的内角和可以表示成（n ﹣2）•180°，代入公式就可以求出内角和，多边形的外角和为360°，相除即可．【答案】解：∵过多边形的一个顶点共有7条对角线，故该多边形边数为10，∴（10﹣2）•180°＝1440°，∴这个多边形的内角和为1440°，又∵多边形的外角和为360°，∴1440÷360＝4．故选：A．【点睛】本题主要考查了多边形的对角线、内角和公式．外角和公式，是需要熟记的内容，比较简单．【变式3-3】（2019•凉山州期中）一个多边形切去一个角后，形成的另一个多边形的内角和为1080°，那么原多边形的边数为（）A．7B．7或8C．8或9D．7或8或9【分析】首先求得内角和为1080°的多边形的边数，即可确定原多边形的边数．【答案】解：设内角和为1080°的多边形的边数是n，则（n﹣2）•180°＝1080°，解得：n＝8．则原多边形的边数为7或8或9．故选：D．【点睛】本题考查了多边形的内角和定理，一个多边形截去一个角后它的边数可能增加1，可能减少1，或不变．【考点4 三角形全等的条件判断】【例4】（2018秋•利津县期中）如图，AB∥CD，BC∥AD，AB＝CD，AE＝CF，其中全等三角形的对数是（）A．4B．3C．2D．1【分析】根据平行线的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．【答案】解：∵AB∥CD，BC∥AD，∴∠BAC＝∠ACD，∠DAC＝∠ACB．在△ABC和△CDA中，∴△ABC≌△CDA（ASA），∴AD＝BC，AB＝CD．在△ABE和△CDF中，∴△ABE≌△CDF（SAS），∴BE＝DF．∵AE＝CF，∴AE+EF＝CE+EF，∴AF＝CE，在△ADF和△CBE中，∴△ADF≌△CBE（SSS），即3对全等三角形，故选：B．【点睛】本题考查了平行线的性质，全等三角形的性质和判定的应用，能正确根据定理进行推理是解此题的关键，注意：①全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，②全等三角形的对应边相等，对应角相等．【变式4-1】（2018秋•思明区校级期中）如图，已知，∠CAB＝∠DAE，AC＝AD，增加下列条件：①AB ＝AE；②BC＝ED；③∠C＝∠D；④∠B＝∠E；⑤∠1＝∠2．其中能使△ABC≌△AED的条件有（）A．2个B．3个C．4个D．5个【分析】根据已有的条件∠CAB＝∠DAE，AC＝AD，利用全等三角形的判定定理分别进行分析即可．【答案】解：∵∠CAB＝∠DAE，AC＝AD，∴①加上条件AB＝AE可利用SAS定理证明△ABC≌△AED；②加上BC＝ED不能证明△ABC≌△AED；③加上∠C＝∠D可利用ASA证明△ABC≌△AED；④加上∠B＝∠E可利用AAS证明△ABC≌△AED；⑤加上∠1＝∠2不能证明△ABC≌△AED；故选：B．【点睛】此题主要考查了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、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．【变式4-2】（2018秋•东台市期中）根据下列已知条件，能够画出唯一△ABC的是（）A．AB＝6，BC＝5，∠A＝50°B．AB＝5，BC＝6，AC＝13C．∠A＝50°，∠B＝80°，AB＝8D．∠A＝40°，∠B＝50°，∠C＝90°【分析】根据全等三角形的判定方法可知只有C能画出唯一三角形．【答案】解：A、已知AB、BC和BC的对角，不能画出唯一三角形，故本选项错误；B、∵AB+BC＝5+6＝11＜AC，∴不能画出△ABC；故本选项错误；C、已知两角和夹边，能画出唯一△ABC，故本选项正确；D、根据∠A＝40°，∠B＝50°，∠C＝90°不能画出唯一三角形，故本选项错误；故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的判定方法；一般三角形全等的判定方法有SSS、SAS、ASA、AAS，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．【变式4-3】（2018秋•东台市期中）如图，给出下列四组条件：①AB＝DE，BC＝EF，AC＝DF；②AB＝DE，BC＝EF，∠B＝∠E；③∠B＝∠E，∠C＝∠F，BC＝EF；④AB＝DE，AC＝DF，∠B＝∠E．其中，能使△ABC≌△DEF的条件共有（）A．1组B．2组C．3组D．4组【分析】根据全等三角形判定的条件，可得答案．【答案】解：①AB＝DE，BC＝EF，AC＝DF；②AB＝DE，BC＝EF，∠B＝∠E；③∠B＝∠E，∠C＝∠F，BC＝EF；故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定是解题关键．【考点5 等腰三角形中的分类讨论思想】【例5】（2018春•鄄城县期中）等腰三角形的周长为15cm，其中一边长为3cm，则该等腰三角形的腰长为（）A．3cm B．6cm C．3cm或6cm D．8cm【分析】此题要分情况考虑：3cm是底或3cm是腰．根据周长求得另一边，再进一步根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，判断是否能够组成三角形．【答案】解：当3cm是底时，则腰长是（15﹣3）÷2＝6（cm），此时能够组成三角形；当3cm是腰时，则底是15﹣3×2＝9（cm），此时3+3＜9，不能组成三角形，应舍去．故选：B．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答，这点非常重要，也是解题的关键．【变式5-1】（2018春•金水区校级期中）已知等腰三角形一腰的垂直平分线与另一腰所在的直线的夹角为40°，则此等腰三角形的顶角是（）A．50°B．130°C．50°或140°D．50°或130°【分析】由题意可知其为锐角等腰三角形或钝角等腰三角形，不可能是等腰直角三角形，所以应分开来讨论．【答案】解：当为锐角时，如图：∵∠ADE＝40°，∠AED＝90°，∴∠A＝50°，当为钝角时，如图：∠ADE＝40°，∠DAE＝50°，∴顶角∠BAC＝180°﹣50°＝130°．故选：D．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及三角形内角和定理，分类讨论是正确解答本题的关键．【变式5-2】（2019秋•绥棱县期中）已知一个等腰三角形底边的长为5cm，一腰上的中线把其周长分成的两部分的差为3cm，则腰长为（）A．2cm B．8cm C．2cm或8cm D．10cm【分析】作出图形，根据三角形的中线的定义可得AD＝CD，然后求出两三角形的周长的差等于腰长与底边的差，然后分情况讨论求解即可．【答案】解：如图，∵BD是△ABC的中线，∴AD＝CD，∴两三角形的周长的差等于腰长与底边的差，∵BC＝5cm，∴AB﹣5＝3或5﹣AB＝3，解得AB＝8或AB＝2，若AB＝8，则三角形的三边分别为8cm、8cm、5cm，能组成三角形，若AB＝2，则三角形的三边分别为2cm、2cm、5cm，∵2+2＝4＜5，∴不能组成三角形，综上所述，三角形的腰长为8cm．故选：B．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的中线，难点在于分情况讨论并利用三角形的三边关系判断是否能组成三角形．【变式5-3】（2018秋•沙依巴克区校级期中）等腰三角形一腰上的高等于该三角形某一条边的长度的一半，则其顶角等于（）A．30°B．30°或150°C．120°或150°D．30°或120°或150°【分析】题中没有指明等腰三角形一腰上的高是哪边长的一半，故应该分三种情况进行分析，从而不难求解．【答案】解：①如图，∵∠ADB＝90°，AD＝AB，∴∠B＝30°，∵AC＝BC，∴∠CAB＝30°，∴∠ACB＝180°﹣30°﹣30°＝120°．②如图，∵∠ADB＝90°，AD＝AC，∴∠ACD＝30°，∵AC＝BC，∴∠CAB＝∠B＝15°，∠ACB＝180°﹣30°＝150°．③如图，∵∠ADB＝90°，AD＝BC，∴∠B＝30°，∵AB＝BC，∴∠CAB＝∠C＝75°，∴∠B＝30°．故选：D．【点睛】此题主要考查等腰三角形的性质，三角形内角和定理及三角形外角性质的综合运用．【考点6 三种双角平分线应用】【例6】（2018春•翠屏区校级期中）已知△ABC，下列说法正确的是（只填序号）．①如图（1），若点P是∠ABC和∠ACB的角平分线的交点，则∠P＝90°+∠A；②如图（2），若点P是外角∠CBF和∠BCE的角平分线的交点，则∠P＝90°﹣∠A；③如图（3），若点P是∠ABC和外角∠ACE的角平分线的交点，则∠P＝∠A．【分析】①正确．三角形的内角和为180°，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，∠P＝180°﹣（∠ABC+∠ACB），从而得证；②正确．根据三角形外角平分线的性质可得∠BCP＝（∠A+∠ABC）、∠PBC＝（∠A+∠ACB）；根据三角形内角和定理可得∠P＝90°﹣∠A．③正确．根据角平分线的定义可得∠PBC＝∠ABC，∠PCE＝∠ACE，由外角的性质可得∠ACE＝∠ABC+∠A，∠PCE＝∠PBC+∠P，等量代换求出结果；【答案】解：①正确．∵P点是∠ABC和∠ACB的角平分线的交点，∴∠PBC+∠PCB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝90°﹣∠A，∴∠P＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣90°+∠A＝90°+∠A；②正确．∵BP、CP为△ABC两外角的平分线，∴∠BCP＝∠BCE＝（∠A+∠ABC），∠PBC＝∠CBF＝（∠A+∠ACB），由三角形内角和定理得：∠BPC＝180°﹣∠BCP﹣∠PBC＝180°﹣[∠A+（∠A+∠ABC+∠ACB）]＝180°﹣（∠A+180°）＝90°﹣∠A．③正确．∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，∴∠PBC＝∠ABC，∠PCE＝∠ACE，∵∠ACE是△ABC的外角，∠PCE是△BPC的外角，∴∠ACE＝∠ABC+∠A，∠PCE＝∠PBC+∠P，∴∠ACE＝∠ABC+∠A，∴∠ABC+∠A＝∠PBC+∠P，∠P＝∠A；故答案为①②③．【点睛】此题主要考查了三角形的内角和外角之间的关系．（1）三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和；（2）三角形的内角和是180度．求角的度数常常要用到“三角形的内角和是180°这一隐含的条件．【变式6-1】（2019秋•新洲区期中）如图，△ABC中，∠BAC＝70°，∠ABC的平分线与∠ACB的外角平分线交于点O，则∠BOC＝度．【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠BAC+∠ABC＝∠ACE，∠BOC+∠OBC＝∠OCE，再根据角平分线的定义可得∠OBC＝∠ABC，∠OCE＝∠ACE，然后整理可得∠D ＝∠A．【答案】解：由三角形的外角性质，∠BAC+∠ABC＝∠ACE，∠BOC+∠OBC＝∠OCE，∵∠ABC的平分线与∠ACB的外角平分线交于点O，∴∠OBC＝∠ABC，∠OCE＝∠ACE，∴（∠BAC+∠ABC）＝∠BOC+∠ABC，∴∠BOC＝∠A，∵∠BAC＝70°，∴∠BOC＝35°，故答案为：35°．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，要注意整体思想的利用．【变式6-2】（2019秋•高密市期中）如图，∠ACD是△ABC的外角，∠ABC的平分线与∠ACD的平分线交于点A1，∠A1BD的平分线与∠A1CD的平分线交于点A2，若∠A＝60°，则∠A2的度数为．【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠ACD＝∠A+∠ABC，∠A1CD＝∠A1+∠A1BC，根据角平分线的定义可得∠A1BC＝∠ABC，∠A1CD＝∠ACD，然后整理得到∠A1＝∠A，同理可得∠A2＝∠A1．【答案】解：由三角形的外角性质得，∠ACD＝∠A+∠ABC，∠A1CD＝∠A1+∠A1BC，∵∠ABC的平分线与∠ACD的平分线交于点A1，∴∠A1BC＝∠ABC，∠A1CD＝∠ACD，∴∠A1+∠A1BC＝（∠A+∠ABC）＝∠A+∠A1BC，∴∠A1＝∠A，同理可得∠A2＝∠A1＝××60°＝15°，故答案为15°．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，角平分线的定义，熟记性质并准确识图然后求出后一个角是前一个角的是解题的关键．【变式6-3】（2018秋•江汉区校级期中）如图，△ABC中，∠C＝104°，BF平分∠ABC与△ABC的外角平分线AE所在的直线交于点F，则∠F＝．【分析】根据角平分线的定义的定义可知：∠ABF＝∠ABC，∠EAB＝∠DAB，根据三角形外角的性质可知：∠EAB﹣∠ABF＝52°，进而得到∠F的度数．【答案】解：∵BF平分∠ABC，AE平分∠DAB，∴∠ABF＝∠ABC，∠EAB＝∠DAB，∵∠DAB﹣∠ABC＝∠C＝104°，∴∠F＝∠EAB﹣∠ABF＝（∠DAB﹣∠ABC）＝52°，故答案为：52°．【点睛】本题考查的是三角形内角和定理和三角形的外角的性质，掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．【考点7 线段垂直平分线的应用】【例7】（2018春•叶县期中）如图所示，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC为钝角，BC＝6，AB、AC的垂直平分线分别交BC于点D、E，连接AD、AE，那么△ADE的周长为．【分析】根据垂直平分线性质得AD＝BD，AE＝EC，所以△ADE周长＝BC．【答案】解：∵AB、AC的垂直平分线分别交BC于D、E，∴AD＝BD，AE＝CE，∴L△ADE＝AD+DE+AE＝BD+DE+CE＝BC＝6．故答案为：6【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，关键是根据垂直平分线性质得AD＝BD，AE＝EC．【变式7-1】（2018秋•江都区期中）如图，在△ABC中，DM、EN分别垂直平分AC和BC交AB于M、N，∠ACB＝118°，则∠MCN的度数为．【分析】据三角形内角和定理求出∠A+∠B；根据等腰三角形性质得∠ACM+∠BCN的度数，然后求解．【答案】解：∵∠ACB＝118°，∴∠A+∠B＝62°．∵AM＝CM，BN＝CN，∴∠A＝∠ACM，∠B＝∠BCN，∴∠ACM+∠BCN＝62°．∴∠MCN＝∠ACB﹣（∠ACM+∠BCN）＝118°﹣62°＝56°．故答案为：56°．【点睛】此题考查了线段垂直平分线性质、三角形内角和定理等知识点，渗透了整体求值的思想方法，难度不大．【变式7-2】（2019秋•新乡期中）如图，在△DAE中，∠DAE＝30°，线段AE，AD的中垂线分别交直线DE于B和C两点，则∠BAC的大小是．【分析】由已知条件，利用了中垂线的性质得到线段相等及角相等，再结合三角形内角和定理求解．【答案】解：如图，∵B是AE的中垂线上的点，C是AD的中垂线上的点，∴AB＝BE，AC＝CD，∴∠AED＝∠BAE＝∠BAD+∠DAE，∠CDA＝∠CAD＝∠DAE+∠CAE，∵∠DAE+∠ADE+∠AED＝180°，∴∠BAD+∠DAE+∠DAE+∠CAE+∠DAE＝3∠DAE+∠BAD+∠EAC＝90°+∠BAD+∠EAC＝180°，∴∠BAD+∠EAC＝90°，∴∠BAC＝∠BAD+∠EAC+∠DAE＝90°+30°＝120°．故答案为：120°．【点睛】本题考查了中垂线的性质、三角形内角和定理及等腰三角形的判定与性质；确定各角的关系利用内角和列式求解是正确解答本题的关键．【变式7-3】（2018秋•老河口市期中）如图，△ABC的边AB，AC的垂直平分线相交于点P，连接PB，PC，若∠A＝70°，则∠BPC的度数是．【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到P A＝PB，根据等腰三角形的性质得到∠P AB＝∠PBA，根据三角形内角和定理计算．【答案】解：∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝110°，∵PE是AB的垂直平分线，∴P A＝PB，∴∠P AB＝∠PBA，同理，∠P AC＝∠PCA，∴∠PBA+∠PCA＝∠P AB+∠P AC＝∠A＝70°，∴∠PBC+∠PCB＝110°﹣70°＝40°，∴∠BPC＝180°﹣40°＝140°，故答案为：140°．【点睛】本题考查的是线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．【考点8 利用轴对称变换求最值】【例8】（2017秋•襄州区期中）如图，∠AOB＝30°，∠AOB内有一定点P，且OP＝12，在OA上有一点Q，OB上有一点R，若△PQR周长最小，则最小周长是【分析】先画出图形，作PM⊥OA与OA相交于M，并将PM延长一倍到E，即ME＝PM．作PN⊥OB 与OB相交于N，并将PN延长一倍到F，即NF＝PN．连接EF与OA相交于Q，与OB相交于R，再连接PQ，PR，则△PQR即为周长最短的三角形．再根据线段垂直平分线的性质得出△PQR＝EF，再根据三角形各角之间的关系判断出△EOF的形状即可求解．【答案】解：设∠POA＝θ，则∠POB＝30°﹣θ，作PM⊥OA与OA相交于M，并将PM延长一倍到E，即ME＝PM．作PN⊥OB与OB相交于N，并将PN延长一倍到F，即NF＝PN．连接EF与OA相交于Q，与OB相交于R，再连接PQ，PR，则△PQR即为周长最短的三角形．∵OA是PE的垂直平分线，∴EQ＝QP；同理，OB是PF的垂直平分线，∴FR＝RP，∴△PQR的周长＝EF．∵OE＝OF＝OP＝12，且∠EOF＝∠EOP+∠POF＝2θ+2（30°﹣θ）＝60°，∴△EOF是正三角形，∴EF＝12，即在保持OP＝12的条件下△PQR的最小周长为12．故答案为：12【点睛】本题考查的是最短距离问题，解答此类题目的关键根据轴对称的性质作出各点的对称点，即把求三角形周长的问题转化为求线段的长解答．【变式8-1】（2018秋•洛龙区校级期中）如图，等腰三角形ABC的面积是16，且底边BC长为4，腰AC 的垂直平分线EF分别交边AC，AB于点EF，若点D为边BC的中点，点M为线段EF上一动点，则△CMD周长的最小值是．【分析】连接AD，由于△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，故AD⊥BC，再根据三角形的面积公式求出AD的长，再再根据EF是线段AC的垂直平分线可知，点C关于直线EF的对称点为点A，故AD的长为CM+MD的最小值，由此即可得出结论．【答案】解：连接AD，。
9.中考数学专题05 八年级数学上册期中考试重难点题型(举一反三)(苏科版)(解析版)
专题05 八年级数学上册期中考试重难点题型【举一反三】【苏科版】【知识点1】全等三角形的性质全等三角形的对应边相等；全等三角形的对应角相等.【知识点2】全等三角形的判定两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等，简写成“边角边”或“SAS”两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等，简写成“角边角”或“ASA”。
两角和其中一角的对边对应相等的两个三角形全等，简写成“角角边”或“AAS”三边对应相等的三角形全等，简写为“边边边”或“SSS”斜边、直角边公理斜边和一直角边对应相等的两个直角三角形全等（可以简写成“斜边、直角边公理”或“HL”）【知识点3】轴对称的概念把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形完全重合，那么这两个图形关于这条直线对称，也称这两个图形成轴对称，这条直线叫对称轴，两个图形中对应点叫做对称点【知识点4】轴对称图形的概念把一个图形沿某条直线折叠，如果直线两旁的部分能够完全重合，那么成这个图形是轴对称图形，这条直线式对称轴【知识点5】垂直平分线垂直并且平分一条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线【知识点6】轴对称性质：1、成轴对称的两个图形全等2、如歌两个图形成轴对称，那么对称轴是对应点连线的垂直平分线3、成轴对称的两个图形的任何对应部分成轴对称4、成轴对称的两条线段平行或所在直线的交点在对称轴上【知识点7】线段的对称性1、线段是轴对称图形，线段的垂直平分线是对称轴2、线段的垂直平分线上的点到线段两端距离相等3、到线段两端距离相等的点在垂直平分线上【知识点8】角的对称性1、角是轴对称图形，角平分线所在的直线是对称轴2、角平分线上的点到角的两边距离相等3、到角的两边距离相等的点在角平分线上【知识点9】等腰三角形的性质1、等腰三角形是轴对称图形，顶角平分线所在直线是对称轴2、等边对等角3、三线合一【知识点10】等腰三角形判定1、两边相等的三角形是等边三角形2、等边对等角直角三角形斜边上中线等于斜边一半【知识点11】等边三角形判定及性质1、三条边相等的三角形是等边三角形2、等边三角形是轴对称图形，有3条对称轴3、等边三角形每个角都等于60°(补充) 等腰梯形：两腰相等的梯形是等腰梯形【知识点12】等腰梯形性质1、等腰梯形是轴对称图形，过两底中点的直线是对称轴2、等腰梯形在同一底上的两个角相等3、等腰梯形对角线相等【知识点13】等腰梯形判定1.、两腰相等的梯形是等腰梯形2、在同一底上两个角相等的梯形是等腰梯形【知识点14】勾股定理直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方a²＋b²＝c²【知识点15】勾股定理逆定理如果一个三角形三边a、b、c满足a²＋b²＝c²,那么这个三角形是直角三角形【知识点16】勾股数满足a²＋b²=c²的三个正整数a、b、c称为勾股数【考点1 全等三角形的判定】【例1】（2018秋•利津县期中）如图，AB∥CD，BC∥AD，AB＝CD，AE＝CF，其中全等三角形的对数是（）A．4B．3C．2D．1【分析】根据平行线的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．【答案】解：∵AB∥CD，BC∥AD，∴∠BAC＝∠ACD，∠DAC＝∠ACB．在△ABC和△CDA中，∴△ABC≌△CDA（ASA），∴AD＝BC，AB＝CD．在△ABE和△CDF中，∴△ABE≌△CDF（SAS），∴BE＝DF．∵AE＝CF，∴AE+EF＝CE+EF，∴AF＝CE，在△ADF和△CBE中，∴△ADF≌△CBE（SSS），即3对全等三角形，故选：B．【点睛】本题考查了平行线的性质，全等三角形的性质和判定的应用，能正确根据定理进行推理是解此题的关键，注意：①全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，②全等三角形的对应边相等，对应角相等．【变式1-1】（2018秋•思明区校级期中）如图，已知，∠CAB＝∠DAE，AC＝AD，增加下列条件：①AB ＝AE；②BC＝ED；③∠C＝∠D；④∠B＝∠E；⑤∠1＝∠2．其中能使△ABC≌△AED的条件有（）A．2个B．3个C．4个D．5个【分析】根据已有的条件∠CAB＝∠DAE，AC＝AD，利用全等三角形的判定定理分别进行分析即可．【答案】解：∵∠CAB＝∠DAE，AC＝AD，∴①加上条件AB＝AE可利用SAS定理证明△ABC≌△AED；②加上BC＝ED不能证明△ABC≌△AED；③加上∠C＝∠D可利用ASA证明△ABC≌△AED；④加上∠B＝∠E可利用AAS证明△ABC≌△AED；⑤加上∠1＝∠2不能证明△ABC≌△AED；故选：B．【点睛】此题主要考查了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、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．【变式1-2】（2018秋•东台市期中）根据下列已知条件，能够画出唯一△ABC的是（）A．AB＝6，BC＝5，∠A＝50°B．AB＝5，BC＝6，AC＝13C．∠A＝50°，∠B＝80°，AB＝8D．∠A＝40°，∠B＝50°，∠C＝90°【分析】根据全等三角形的判定方法可知只有C能画出唯一三角形．【答案】解：A、已知AB、BC和BC的对角，不能画出唯一三角形，故本选项错误；B、∵AB+BC＝5+6＝11＜AC，∴不能画出△ABC；故本选项错误；C、已知两角和夹边，能画出唯一△ABC，故本选项正确；D、根据∠A＝40°，∠B＝50°，∠C＝90°不能画出唯一三角形，故本选项错误；故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的判定方法；一般三角形全等的判定方法有SSS、SAS、ASA、AAS，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．【变式1-3】（2018秋•东台市期中）如图，给出下列四组条件：①AB＝DE，BC＝EF，AC＝DF；②AB＝DE，BC＝EF，∠B＝∠E；③∠B＝∠E，∠C＝∠F，BC＝EF；④AB＝DE，AC＝DF，∠B＝∠E．其中，能使△ABC≌△DEF的条件共有（）A．1组B．2组C．3组D．4组【分析】根据全等三角形判定的条件，可得答案．【答案】解：①AB＝DE，BC＝EF，AC＝DF；②AB＝DE，BC＝EF，∠B＝∠E；③∠B＝∠E，∠C＝∠F，BC＝EF；故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定是解题关键．【考点2 等腰三角形中的分类讨论思想】【例2】（2018春•鄄城县期末）等腰三角形的周长为15cm，其中一边长为3cm，则该等腰三角形的腰长为（）A．3cm B．6cm C．3cm或6cm D．8cm【分析】此题要分情况考虑：3cm是底或3cm是腰．根据周长求得另一边，再进一步根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，判断是否能够组成三角形．【答案】解：当3cm是底时，则腰长是（15﹣3）÷2＝6（cm），此时能够组成三角形；当3cm是腰时，则底是15﹣3×2＝9（cm），此时3+3＜9，不能组成三角形，应舍去．故选：B．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答，这点非常重要，也是解题的关键．【变式2-1】（2018春•金水区校级期中）已知等腰三角形一腰的垂直平分线与另一腰所在的直线的夹角为40°，则此等腰三角形的顶角是（）A．50°B．130°C．50°或140°D．50°或130°【分析】由题意可知其为锐角等腰三角形或钝角等腰三角形，不可能是等腰直角三角形，所以应分开来讨论．【答案】解：当为锐角时，如图：∵∠ADE＝40°，∠AED＝90°，∴∠A＝50°，当为钝角时，如图：∠ADE＝40°，∠DAE＝50°，∴顶角∠BAC＝180°﹣50°＝130°．故选：D．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及三角形内角和定理，分类讨论是正确解答本题的关键．【变式2-2】（2018秋•绥棱县期末）已知一个等腰三角形底边的长为5cm，一腰上的中线把其周长分成的两部分的差为3cm，则腰长为（）A．2cm B．8cm C．2cm或8cm D．10cm【分析】作出图形，根据三角形的中线的定义可得AD＝CD，然后求出两三角形的周长的差等于腰长与底边的差，然后分情况讨论求解即可．【答案】解：如图，∵BD是△ABC的中线，∴AD＝CD，∴两三角形的周长的差等于腰长与底边的差，∵BC＝5cm，∴AB﹣5＝3或5﹣AB＝3，解得AB＝8或AB＝2，若AB＝8，则三角形的三边分别为8cm、8cm、5cm，能组成三角形，若AB＝2，则三角形的三边分别为2cm、2cm、5cm，∵2+2＝4＜5，∴不能组成三角形，综上所述，三角形的腰长为8cm．故选：B．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的中线，难点在于分情况讨论并利用三角形的三边关系判断是否能组成三角形．【变式2-3】（2018秋•沙依巴克区校级期中）等腰三角形一腰上的高等于该三角形某一条边的长度的一半，则其顶角等于（）A．30°B．30°或150°C．120°或150°D．30°或120°或150°【分析】题中没有指明等腰三角形一腰上的高是哪边长的一半，故应该分三种情况进行分析，从而不难求解．【答案】解：①如图，∵∠ADB＝90°，AD＝AB，∴∠B＝30°，∵AC＝BC，∴∠CAB＝30°，∴∠ACB＝180°﹣30°﹣30°＝120°．②如图，∵∠ADB＝90°，AD＝AC，∴∠ACD＝30°，∵AC＝BC，∴∠CAB＝∠B＝15°，∠ACB＝180°﹣30°＝150°．③如图，∵∠ADB＝90°，AD＝BC，∴∠B＝30°，∵AB＝BC，∴∠CAB＝∠C＝75°，∴∠B＝30°．故选：D．【点睛】此题主要考查等腰三角形的性质，三角形内角和定理及三角形外角性质的综合运用．【考点3 勾股定理与折叠】【例3】（2019•云阳县校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，将其折叠使AB落在对角线AC上，得到折痕AE，那么BE的长度为（）A．B．C．D．【分析】根据对称性可知：BE＝FE，∠AFE＝∠ABE＝90°，又∠C＝∠C，所以△CEF∽△CAB，根据相似的性质可得出：＝，BE＝EF＝×AB，在△ABC中，由勾股定理可求得AC的值，AB＝1，CE＝2﹣BE，将这些值代入该式求出BE的值．【答案】解：设BE的长为x，则BE＝FE＝x、CE＝2﹣x在Rt△ABC中，AC＝＝∵∠C＝∠C，∠AFE＝∠ABE＝90°∴△CEF∽△CAB（两对对应角相等的两三角形相似）∴∴FE＝x＝×AB＝×1，x＝，∴BE＝x＝，故选：C．【点睛】本题考查的是翻折变换，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．【变式3-1】（2018春•江夏区期中）如图，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝4，M是边CD上一点，将△ADM 沿直线AM对折，得△ANM，连BN，若DM＝1，则△ABN的面积是（）A．B．C．D．【分析】延长MN交AB延长线于点Q，由矩形的性质得出∠DMA＝∠MAQ，由折叠性质得出∠DMA＝∠AMQ，AN＝AD＝4，MN＝MD＝1，得出∠MAQ＝∠AMQ，证出MQ＝AQ，设NQ＝x，则AQ＝MQ ＝1+x，证出∠ANQ＝90°，在Rt△ANQ中，由勾股定理得出方程，解方程求出NQ＝7.5，AQ＝8.5，即可求出△ABN的面积．【答案】解：延长MN交AB延长线于点Q，如图1所示：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，∴∠DMA＝∠MAQ，由折叠性质得：△ANM≌△ADM，∴∠DMA＝∠AMQ，AN＝AD＝4，MN＝MD＝1，∴∠MAQ＝∠AMQ，∴MQ＝AQ，设NQ＝x，则AQ＝MQ＝1+x，∵∠ANM＝90°，∴∠ANQ＝90°，在Rt△ANQ中，由勾股定理得：AQ2＝AN2+NQ2，∴（x+1）2＝42+x2，解得：x＝7.5，∴NQ＝7.5，AQ＝8.5，∵AB＝5，AQ＝8.5，∴S△NAB＝S△NAQ＝×AN•NQ＝××4×7.5＝；故选：D．【点睛】本题考查了折叠的性质勾股定理等知识；本题综合性强，难度较大，熟练掌握矩形和折叠的性质，证明三角形相似和三角形全等是解决问题的关键．【变式3-2】如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折叠，使点B 落在矩形内点F处，连接CF，则CF的长为（）A．B．C．D．【分析】连接BF，根据三角形的面积公式求出BH，得到BF，根据直角三角形的判定得到∠BFC＝90°，根据勾股定理求出答案．【答案】解：连接BF，∵BC＝6，点E为BC的中点，∴BE＝3，又∵AB＝4，∴AE＝＝5，由折叠知，BF⊥AE（对应点的连线必垂直于对称轴）∴BH＝＝，则BF＝，∵FE＝BE＝EC，∴∠BFC＝90°，∴CF＝＝．故选：D．【点睛】本题考查的是翻折变换的性质和矩形的性质，掌握折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．【变式3-3】如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，点D是BC的中点，将△ABD沿AD翻折得到△AED，连CE，则线段CE的长等于（）A．2B．C．D．【分析】如图连接BE交AD于O，作AH⊥BC于H．首先证明AD垂直平分线段BE，△BCE是直角三角形，求出BC、BE，在Rt△BCE中，利用勾股定理即可解决问题．【答案】解：如图连接BE交AD于O，作AH⊥BC于H．在Rt△ABC中，∵AC＝4，AB＝3，∴BC＝＝5，∵CD＝DB，∴AD＝DC＝DB＝，∵•BC•AH＝•AB•AC，∴AH＝，∵AE＝AB，∴点A在BE的垂直平分线上．∵DE＝DB＝DC，∴点D在BE的垂直平分线上，△BCE是直角三角形，∴AD垂直平分线段BE，∵•AD•BO＝•BD•AH，∴OB＝，∴BE＝2OB＝，在Rt△BCE中，EC＝＝＝，故选：D．【点睛】本题考查翻折变换、直角三角形的斜边中线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用面积法求高，属于中考常考题型．【考点4 轴对称中的最值问题】【例4】（2018秋•吴江区期中）如图，∠AOB＝45°，点P是∠AOB内的定点，且OP＝1，若点M、N分别是射线OA、OB上异于点O的动点，则△PMN周长的最小值是（）A．B．C．2D．1.5【分析】设点P关于OA的对称点为C，关于OB的对称点为D，当点M、N在线段CD上时，△PMN 的周长最小，再依据勾股定理，即可得到△PMN周长的最小值．【答案】解：如图，分别作点P关于OA、OB的对称点C、D，连接CD，分别交OA、OB于点M、N，连接OC、OD、PM、PN．∵点P关于OA的对称点为C，关于OB的对称点为D，∴PM＝CM，OP＝OC，∠COA＝∠POA；∵点P关于OB的对称点为D，∴PN＝DN，OP＝OD，∠DOB＝∠POB，∴OC＝OD＝OP＝1，∠COD＝∠COA+∠POA+∠POB+∠DOB＝2∠POA+2∠POB＝2∠AOB＝90°，∴△COD是等腰直角三角形，∴CD＝＝．∴△PMN的周长的最小值＝PM+MN+PN＝CM+MN+DN≥CD＝，故选：A．【点睛】此题主要考查最短路线问题，熟知两点之间线段最短是解答此题的关键．凡是涉及最短距离的问题，一般要结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．【变式4-1】（2018秋•如皋市期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，AB＝10，AD 是∠BAC的平分线．若P，Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是（）A．2.4B．4.8C．4D．5【分析】过点C作CM⊥AB交AB于点M，交AD于点P，过点P作PQ⊥AC于点Q，由AD是∠BAC 的平分线．得出PQ＝PM，这时PC+PQ有最小值，即CM的长度，运用勾股定理求出AB，再运用S△ABC ＝AB•CM＝AC•BC，得出CM的值，即PC+PQ的最小值．【答案】解：如图，过点C作CM⊥AB交AB于点M，交AD于点P，过点P作PQ⊥AC于点Q，∵AD是∠BAC的平分线．∴PQ＝PM，这时PC+PQ有最小值，即CM的长度，∵AC＝6，AB＝10，∠ACB＝90°，BC＝8，∵S△ABC＝AB•CM＝AC•BC，∴CM＝＝，即PC+PQ的最小值为．故选：B．【点睛】本题主要考查了轴对称问题，解题的关键是找出满足PC+PQ有最小值时点P和Q的位置．【变式4-2】（2018秋•大连期中）如图，点P是∠AOB内任意一点，OP＝4，点C和点D分别是射线OA 和射线OB上的动点，△PCD周长的最小值是4，则∠AOB的度数是（）A．25°B．30°C．35°D．40°【分析】分别作点P关于OA、OB的对称点F、E，连接FE，分别交OA、OB于点C、D，连接OE、OF、PC、PD、CD，依据轴对称的性质，即可得到OE＝OF＝EF，即△OEF是等边三角形，进而得出∠AOB＝30°．【答案】解：分别作点P关于OA、OB的对称点F、E，连接FE，分别交OA、OB于点C、D，此时PD+PC+CD 的值最小，连接OE、OF、PC、PD、CD，如图所示：∵点P关于OA的对称点为F，关于OB的对称点为E，∴PC＝FC，OP＝OF，∠FOA＝∠POA；∵点P关于OB的对称点为E，∴PD＝ED，OP＝OE，∠EOB＝∠POB，∴OE＝OP＝OF，∠AOB＝∠COD，∵△PCD周长的最小值是4，∴PD+PC+CD＝4，∴DE+CF+CD＝4，即EF＝4＝OP，∴OE＝OF＝EF，即△OEF是等边三角形，∴∠EOF＝60°，∴∠AOB＝30°，故选：B．【点睛】本题考查了轴对称的性质、最短路线问题、等边三角形的判定与性质；熟练掌握轴对称的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．【变式4-3】（2018•营口）如图，在锐角三角形ABC中，BC＝4，∠ABC＝60°，BD平分∠ABC，交AC 于点D，M，N分别是BD，BC上的动点，则CM+MN的最小值是（）A．B．2C．2D．4【分析】从已知条件结合图形认真思考，通过构造全等三角形，利用三角形的三边的关系确定线段和的最小值．【答案】解：如图，在BA上截取BE＝BN，因为∠ABC的平分线交AC于点D，所以∠EBM＝∠NBM，在△BME与△BMN中，所以△BME≌△BMN（SAS），所以ME＝MN．所以CM+MN＝CM+ME≥CE．因为CM+MN有最小值．当CE是点C到直线AB的距离时，即C到直线AB的垂线段时，CE取最小值为：4×sin60°＝．故选：C．【点睛】本题考查了轴对称的应用．易错易混点：解此题是受角平分线启发，能够通过构造全等三角形，把CM+MN进行转化，但是转化后没有办法把两个线段的和的最小值转化为点到直线的距离而导致错误．规律与趋势：构造法是初中解题中常用的一种方法，对于最值的求解是初中考查的重点也是难点．【考点5 线段垂直平分线的应用】【例5】（2018•太仓市模拟）如图，在钝角△ABC中，已知∠A为钝角，边AB、AC的垂直平分线分别交BC于点D、E，若BD2+CE2＝DE2，则∠A的度数为°．【分析】连接DA、EA，根据线段垂直平分线的性质得到DA＝DB，EA＝EC，得到∠DAB＝∠B，∠EAC ＝∠C，根据勾股定理的逆定理得到∠DAE＝90°，根据三角形内角和定理计算即可．【答案】解：连接DA、EA，∵边AB、AC的垂直平分线分别交BC于点D、E，∴DA＝DB，EA＝EC，∴∠DAB＝∠B，∠EAC＝∠C，∵BD2+CE2＝DE2，∴AD2+AE2＝DE2，∴∠DAE＝90°，∴2∠B+2∠C+90°＝180°，∴∠B+∠C＝45°，∴∠BAC＝135°．故答案为：135．【点睛】本题考查的是线段垂直平分线的性质，掌握段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．【变式5-1】（2018春•叶县期中）如图所示，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC为钝角，BC＝6，AB、AC的垂直平分线分别交BC于点D、E，连接AD、AE，那么△ADE的周长为．【分析】根据垂直平分线性质得AD＝BD，AE＝EC，所以△ADE周长＝BC．【答案】解：∵AB、AC的垂直平分线分别交BC于D、E，∴AD＝BD，AE＝CE，∴L△ADE＝AD+DE+AE＝BD+DE+CE＝BC＝6．故答案为：6【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，关键是根据垂直平分线性质得AD＝BD，AE＝EC．【变式5-2】（2018秋•江都区期中）如图，在△ABC中，DM、EN分别垂直平分AC和BC交AB于M、N，∠ACB＝118°，则∠MCN的度数为．【分析】据三角形内角和定理求出∠A+∠B；根据等腰三角形性质得∠ACM+∠BCN的度数，然后求解．【答案】解：∵∠ACB＝118°，∴∠A+∠B＝62°．∵AM＝CM，BN＝CN，∴∠A＝∠ACM，∠B＝∠BCN，∴∠ACM+∠BCN＝62°．∴∠MCN＝∠ACB﹣（∠ACM+∠BCN）＝118°﹣62°＝56°．故答案为：56°．【点睛】此题考查了线段垂直平分线性质、三角形内角和定理等知识点，渗透了整体求值的思想方法，难度不大．【变式5-3】（2018秋•丰县期中）如图，∠BAC的平分线与BC的垂直平分线相交于D，过D作DE⊥AB 于E，作DF⊥AC于F，若CD＝5，DF＝4，则BE＝．【分析】根据中垂线、角平分线的性质来证明Rt△DCF≌Rt△DBE（HL），然后根据全等三角形的对应边相等推知BE＝CF．再利用勾股定理求解可得．【答案】解：如图，连接DB．∵点D在BC的垂直平分线上，∴DB＝DC；∵D在∠BAC的平分线上，DE⊥AB，DF⊥AC，∴DE＝DF；∵∠DFC＝∠DEB＝90°，（已知），∴Rt△DCF≌Rt△DBE（HL），∴CF＝BE（全等三角形的对应边相等）．∵CD＝5，DF＝4，∴BE＝CF＝＝＝3，故答案为：3．【点睛】本题综合考查了角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质．解答此题时是通过作辅助线BD构建全等三角形△DCF≌△DEB（HL）来证明全等三角形的对应线段CF＝BE．【考点6 复杂的尺规作图】【例6】（2018秋•六合区期中）在七年级我们就学过用一副三角板画出一些特殊度数的角．在八年级第二章，我们学会了一些基本的尺规作图，这些特殊的角也能用尺规作出．下面请各位同学开动脑筋，只用直尺和圆规完成下列作图．已知：如图，射线OA．求作：∠AOB，使得∠AOB在射线OA的上方，且∠AOB＝45°（保留作图痕迹，不写作法）【分析】反向延长OA到点D，过点O作直线DA的垂直平分线OC，再作∠AOC的平分线即可得．【答案】解：如图所示，∠AOB即为所作．【点睛】本题主要考查作图﹣复杂作图，解题的关键是掌握过直线上一点作已知直线的垂线和角平分线的尺规作图．【变式6-1】（2018秋•泗洪县期中）已知：如图，在△ABC中，AC＜AB且∠C＝2∠B （1）用直尺和圆规作出一条过点A的直线1，使得点C关于直线的对称点落在边AB上（不写作法，保留作图痕迹）（2）设（1）中直线l与边BC的交点为D，请写出线段AB、AC、CD之间的数量关系并说明理由．【分析】（1）点C关于直线的对称点落在边AB上，则该直线为∠BAC的角平分线；（2）依据SAS判定△ACD≌△AED，即可得到DE＝CD，∠AED＝∠C＝2∠B，再根据三角形外角性质，即可得到∠AED＝∠B+∠BDE，进而得出∠B＝∠BDE，即可得到BE＝DE＝CD，依据AB＝AE+BE，即可得到AB＝AC+CD．【答案】解：（1）如图所示，直线AD即为所求；（2）线段AB、AC、CD之间的数量关系为：AB＝AC+CD．理由：由题可得，AE＝AC，∠CAD＝∠EAD，AD＝AD，∴△ACD≌△AED（SAS），∴DE＝CD，∠AED＝∠C＝2∠B，又∵∠AED＝∠B+∠BDE，∴∠B＝∠BDE，∴BE＝DE＝CD，又∵AB＝AE+BE，∴AB＝AC+CD．【点睛】本题考查了作图﹣复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．【变式6-2】（2018秋•丹阳市期中）如图，△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5．（1）试用直尺和圆规，在直线AB上求作点P，使△PBC为等腰三角形．要求：①保留作图痕迹；②若点P有多解，则应作出所有的点P，并在图中依次标注P1、P2、P3、…；（2）根据（1）求P A的长（所有可能的值）【分析】（1）以C点为圆心，CB为半径画弧交直线AB于P1，以B点为圆心，BC为半径画弧交直线AB于P2，P3，作BC的垂直平分线交直线AB于P4；（2）先利用勾股定理的逆定理证明△ABC为直角三角形，∠BAC＝90°，当CP1＝CB时，利用等腰三角形的性质得到AP1＝AB＝3；当BP2＝BP3＝BC＝5时，易得AP2＝AB+BP2＝8；AP3＝BP3﹣AB＝2；当P4C＝P4B时，设AP4＝x，则P4C＝P4B＝x+3，利用勾股定理得到x2+42＝（x+3）2，解方程即可．【答案】解：（1）如图，点P1、P2、P3、P4为所作；（2）∵AB＝3，AC＝4，BC＝5．∴AB2+AC2＝BC2，∴△ABC为直角三角形，∠BAC＝90°，当CP1＝CB时，∵CA⊥BP1，∴AP1＝AB＝3；当BP2＝BP3＝BC＝5时，AP2＝AB+BP2＝3+5＝8；AP3＝BP3﹣AB＝5﹣3＝2；当P4C＝P4B时，设AP4＝x，则P4C＝P4B＝x+3，在Rt△P4AC中，x2+42＝（x+3）2，解得x＝，即AP4＝．综上所述，AP的值可能为2、3、8、．【点睛】本题考查了作图﹣复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了等腰三角形的判定与性质．【变式6-3】（2018•惠山区二模）如图，已知△ABC（AC＜AB＜BC），请用直尺（不带刻度）和圆规，按下列要求作图（不要求写作法，但要保留作图痕迹）：（1）在边BC上确定一点P，使得P A+PC＝BC；（2）作出一个△DEF，使得：①△DEF是直角三角形；②△DEF的周长等于边BC的长．【分析】（1）作AB的垂直平分线，交BC于点P，则点P即为所求；（2）在BC上取点D，过点D作BC的垂线，在垂线上取点E使DE＝DB，连接EC，作EC的垂直平分线交BC于点F；则Rt△DEF即为所求．【答案】解：（1）如图，作AB的垂直平分线，交BC于点P，则点P即为所求；（2）如图，①在BC上取点D，过点D作BC的垂线，②在垂线上取点E使DE＝DB，连接EC，③作EC的垂直平分线交BC于点F；∴Rt△DEF即为所求．【点睛】本题主要考查了复杂作图，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．【考点7 与直角三角形性质的有关综合】【例7】（2018秋•泗洪县期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，DE⊥BC，垂足为点E，连接AC交DE于点F，点G为AF的中点，∠ACD＝2∠ACB．（1）说明DC＝DG；（2）若DG＝7，EC＝4，求DE的长．【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线的性质可得DG＝AG，根据等腰三角形的性质可得∠GAD ＝∠GDA，根据三角形外角的性质可得∠CGD＝2∠GAD，再根据平行线的性质和等量关系可得∠ACD ＝∠CGD，根据等腰三角形的性质可得CD＝DG；（2）根据勾股定理即可求解．【答案】（1）证明：∵DE⊥BC，∴∠DEB＝90°，∵AD∥BC，∴∠ADE+∠DEB＝180°，∴∠ADE＝90°，∵G为AF的中点，∴DG＝AG，∴∠DAF＝∠ADG，∴∠DGC＝∠DAF+∠ADG＝2∠DAC，∵AD∥BC，∴∠ACB＝∠DAC，∵∠ACD＝2∠ACB，∴∠DGC＝∠DCA，∴DC＝DG；（2）解：∵在Rt△DEC中，∠DEC＝90°，DG＝DC＝7，CE＝4，∴由勾股定理得：DE＝＝．【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上中线性质，直角三角形的性质的应用，解此题的关键是求出DG＝DC，注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．【变式7-1】（2018秋•海州区校级期中）如图，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，D是斜边BC的中点，E、F分别是AB、AC边上的点，且DE⊥DF．（1）请说明：DE＝DF；（2）请说明：BE2+CF2＝EF2；（3）若BE＝6，CF＝8，求△DEF的面积（直接写结果）．【分析】（1）连接AD，根据等腰直角三角形性质和直角三角形斜边上中线性质求出∠B＝∠C＝∠BAD ＝∠DAC＝45°，AD＝BD，求出∠BDE＝∠ADF，根据ASA证△BDE≌△ADF即可；（2）根据AAS证△ADE≌△CDF，推出AE＝CF，根据勾股定理求出即可；（3）求出EF长，根据勾股定理求出DE和DF，根据三角形的面积公式求出即可．【答案】（1）证明：连接AD，∵等腰直角三角形ABC，∴∠C＝∠B＝45°，∵D为BC的中点，∴AD⊥BC，AD＝BD＝DC，AD平分∠BAC，∴∠DAC＝∠BAD＝45°＝∠B，∠ADC＝90°，∵DE⊥DF，∴∠EDF＝90°，∴∠ADF+∠FDC＝90°，∠FDC+∠BDE＝90°，∴∠BDE＝∠ADF，在△BDE和△ADF中，∴△BDE≌△ADF，∴DE＝DF．（2）证明：∵△BDE≌△ADF，∴BE＝AF，∵∠EDF＝∠ADC＝90°，∴∠EDA+∠ADF＝∠ADF+∠FDC＝90°，∴∠EDA＝∠FDC，在△ADE和△CDF中，∴△ADE≌△CDF，∴EF2＝AE2+AF2＝BE2+CF2，即BE2+CF2＝EF2．（3）解：EF2＝BE2+CF2＝100，∴EF＝10，根据勾股定理DE＝DF＝5，△DEF的面积是DE×DF＝×5×5＝25．答：△DEF的面积是25．【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质，勾股定理，三角形的面积，直角三角形斜边上的中线性质等知识点的应用，关键是①小题构造三角形ADF，证△BDE和△ADF全等，②小题求出CF＝AE，目比较典型，但有点难度．【变式7-2】（2018秋•高邮市期中）如图，AD是△ABC的高，CE是△ABC的中线．（1）若AD＝12，BD＝16，求DE；（2）已知点F是中线CE的中点，连接DF，若∠AEC＝57°，∠DFE＝90°，求∠BCE的度数．【分析】（1）根据勾股定理和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到结论；（2）由DE＝DC得到∠DEC＝∠DCE，由DE＝BE得到∠B＝∠EDB，由此根据外角的性质来求∠BCE 的度数．【答案】解：（1）∵AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴AB＝＝20，∵CE是中线，∴DE是斜边AB上的中线，∴DE＝AB＝10；（2）∵DF⊥CF，F是CF的中点，∴∠DEC＝∠DCE，∴∠EDB＝∠DEC+∠DCE＝2∠BCE，∵DE＝BE，∴∠B＝∠EDB，∴∠B＝2∠BCE，∴∠AEC＝3∠BCE＝57°，则∠BCE＝19°．【点睛】本题考查了勾股定理，也考查了直角三角形斜边上的中线性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．【变式7-3】（2018秋•太仓市期末）如图，在△ABC中，CF⊥AB于F，BE⊥AC于E，M为BC的中点，BC＝10．（1）若∠ABC＝50°，∠ACB＝60°，求∠EMF的度数；（2）若EF＝4，求△MEF的面积．【分析】（1）根据直角三角形的性质得到BM＝FM，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算；（2）作MN⊥EF于N，根据直角三角形的性质得到FM＝BC＝5，根据等腰三角形的性质、三角形面积公式计算．【答案】解：（1）∵CF⊥AB，M为BC的中点，∴BM＝FM，∵∠ABC＝50°，∴∠MFB＝∠MBF＝50°，∴∠BMF＝180°﹣2×50°＝80°，同理，∠CME═180°﹣2×60°＝60°，∴∠EMF＝180°﹣∠BMF﹣∠CME＝40°；（2）作MN⊥EF于N，∵CF⊥AB，M为BC的中点，∴MF是Rt△BFC斜边上的中线，∴FM＝BC＝5，同理可得，ME＝5，∴△EFM是等腰三角形，∵EF＝4，∴FN＝2，∴MN＝＝，∴△EFM的面积＝EF•MN＝×4×＝2．【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线的性质，三角形的面积，勾股定理，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．【考点8 等腰三角形与全等三角形的综合】【例8】（2019•东莞市模拟）如图，△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝45°，BE⊥AC于点E，AD⊥BC于点D，BE与AD相交于F．（1）求证：BF＝AC；（2）若CD＝3，求AF的长．【分析】（1）根据等腰三角形腰长相等性质可得AD＝BD，即可求证△BDF≌△ACD，即可解题；（2）连接CF，根据全等三角形的性质得到DF＝DC，得到△DFC是等腰直角三角形．推出AE＝EC，BE是AC的垂直平分线．于是得到结论．。
苏科版数学八年级上册《全等三角形》重难点易错点解析
苏科版数学八年级上册《全等三角形》重难点易错点解析重难点易错点解析题一题面：下列说法中：①能够完全重合的两个三角形是全等三角形；②通过旋转得到的两个图形全等，全等的两个图形旋转后一定能重合；③大小相同的两个图形是全等图形；④一个图形经过平移、翻折、旋转后.得到的图形一定与原图形全等.其中正确的个数有（）.A．0个 B．1个 C．2个 D．3个全等的定义与形成两个能够完全重合的图形叫做全等形我们可以通过平移、翻折、旋转得到全等图形题二（1）已知△ABC≌△ABD，AB=6，AC=7，BC=8，则AD=（）A．5 B．6 C．7 D．8（2）已知△ABC≌△ADC，∠BAC=60°，∠ACD=23°，那么∠D=（）A．87°B．97° C．83° D．37°全等的性质全等图形对应边相等，对应角相等金题精讲题一题面：（1）如图，△ABC≌△DCB，若∠A=80°，∠ACB=40°，则∠ACD等于（）A．80°B．60°C．40°D．20°B C（2）如图所示，△ACE≌△DBF，AD=9cm，BC=5cm，则AB的长是（）cm A．5 B．4 C．2 D．1全等图形边和角的性质题二题面：如果△ABC的三边长分别为5，12，13，△DEF的三边长分别为5，52x，x24，若这两个三角形全等，则x为 .全等三角形对应边相等题三题面：（1）在平面直角坐标系中有不同的三点A、B、C，其中A（4，0）、B（0，2），当△COB≌△AOB时，点C的坐标为 .（2）在平面直角坐标系中有不同的三点A、B、C，其中A（4，0）、B（0，2），当点B、O、C组成的三角形与△AOB全等时，点C的坐标为 .全等三角形的性质题四题面：如图，A 、D 、E 三点在同一直线上，且△BAD ≌△ACE ，试说明：（1）BD =DE +CE ；（2）△ABD 满足什么条件时，BD ∥CE ？DEBA C全等三角形的性质思维拓展题一题面：如图已知△ABC 中，AB =A C =10厘米，∠B =∠C ，BC =6厘米，点D 为AB 的中点．如果点P 在线段BC 上以1厘米/秒的速度由B 点向C 点运动，同时，点Q 在线段CA 上由C 点向A 点全等．CQP 与△BPD 秒后，△ 的运动速度相等，经过P 的运动速度与点Q 运动．若点DBCAPQ全等三角形的性质讲义参考答案重难点易错点解析 题一 答案：C 题二 答案：（1）C （2）B 金题精讲 题一 答案：（1）D （2）C 题二答案： 4 题三 答案：（1）（4，0） （2）（4，0）（4，2）（4，2） 题四 答案：（1）利用全等的性质 （2）90° 思维拓展 答案： 1。
全等三角形的重难点模型(八大题型)(解析版)—八年级数学上册(浙教版)
全等三角形的重难点模型（八大题型）【题型01：平移型】【题型02：翻折型】【题型03：旋转型】【题型04：一线三等角型（三类型）】【题型05：手拉手模型（四大类型）】【题型06：半角模型】【题型07：对角互补模型】【题型08：平行+线段中点构造全等模型】【题型1 平移型】【方法技巧】【典例1】如图，点E，C在线段BF上，AB=DE，BE=CF，AC=DF．(1)求证：△ABC≌△DEF；(2)若∠B=45°，∠F=85°，求∠A的度数．【答案】(1)见解析(2)50°【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理,解题的关键是熟练运用全等三角形的判定．（1）首先根据BE=CF可得BC=EF，即可判定△ABC≌△DEF；（2）首先根据（1）中两三角形全等，可得∠ACB=∠F=85°，在△ABC中根据三角形内角和定理即可求出∠A．【详解】（1）证明：∵BE=CF，∴BE+EC=CF+EC，即BC=EF，∴在△ABC和△DEF中，AB=DE AC=DF BC=EF，∴△ABC≌△DEF(SSS)．（2）解：∵△ABC≌△DEF，∠B=45°，∠F=85°，∴∠ACB=∠F=85°，∴∠A=180°―∠ACB―∠B=50°．【变式1-1】如图、点B、E、C、F在一条直线上AB=DE，AC=DF，BE=CF．(1)求证：∠A=∠D；(2)求证：AC∥DF．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】本题考查三角形综合，涉及三角形全等的判定与性质、平行线的判定等知识，熟记相关几何判定与性质是解决问题的关键．（1）由题中条件，利用两个三角形全等的判定定理SSS得到△ABC≌△DEF，再由三角形全等的性质即可得证；（2）由（1）中△ABC≌△DEF得到∠ACB=∠F，再由同位角相等两直线平行即可得证．【详解】（1）证明：∵BE=CF，∴BC=FE，在△ABC 和△DEF 中，AB =DE AC =DF BE =CF∴△ABC≌△DEF (SSS)，∴∠A =∠D ；（2）证明：由（1）知△ABC≌△DEF ，∴ ∠ACB =∠F ，∴ AC∥DF ．【变式1-2】如图，在△ABC 和 △DEF 中，边AC ，DE 交于点H ，AB∥DE ，AB =DE ，BC =EF ．(1)若∠B =55°，∠ACB =100°，求∠CHE 的度数；(2)求证：△ABC≌△DEF ．【答案】(1)∠CHE =25°；(2)证明见解析．【分析】本题考查了三角形的内角和定理，平行线的性质，全等三角形的判定，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．（1）根据三角形内角和定理求出∠A ，再根据平行线的性质得出∠CHE =∠A 即可；（2）根据平行线的性质得出∠B =∠DEF ，求出BC =EF ，再根据全等三角形的判定定理推出即可；【详解】（1）解：∵∠B =55°，∠ACB =100°，∴∠A =180°―∠B ―∠ACB =25°，∵AB∥DE ，∴∠CHE =∠A =25°；（2）证明：∵AB∥DE ，∴∠B =∠DEF ，在△ABC 和△DEF 中，AB =DE ∠B =∠DEF BC =EF∴△ABC≌△DEF (SAS)．【变式1-3】如图，点B 、E 、C 、F 在同一直线上，∠A =∠D =90°，BE =CF ，AC =DF ．求证：∠B =∠DEF ．【答案】答案见解析【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质，掌握三角形全等的判定定理是解题的关键即可得到答案．根据BE =CF 得到BE +EC =EC +CF 即BC =FE ，之后利用HL 证明Rt △ABC≌Rt △DFE 即可得到答案．【详解】证明：∵BE =CF ，∴BE +EC =EC +CF ，即BC =FE ．∵∠A =∠D =90°，则在Rt △ABC 和Rt △DFE 中，BC =FE AC =DE ，∴Rt △ABC≌Rt △DFE(HL)．∴∠B =∠DEF ．【题型2 翻折型】【方法技巧】【典例2】如图，AB=AD，CB⊥AB，CD⊥AD，垂足分别为B，D．(1)求证：△ABC≌△ADC；(2)若AB=4，CD=3，求四边形ABCD的面积．【变式2-1】如图，已知∠1=∠2，∠C=∠D，求证：AC=BD【答案】证明见解析【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，由两个三角形全等的判定定理AAS 得到△ABC≌△BAD (AAS)，再由三角形全等性质即可得证，熟练掌握两个三角形全等判的定定理AAS 及性质是解决问题的关键．【详解】证明：在△ABC 与△BAD 中，∠1=∠2∠C =∠D AB =AB，∴△ABC≌△BAD (AAS)，∴AC =BD ．【变式2-2】如图，已知AD 平分∠BAC ，AB =AC ．求证：△ABD≌△ACD ．【答案】见解析【分析】本题主要考查了全等三角形的判定．根据AD 平分∠BAC ，可得∠BAD =∠CAD ，再根据边角边可证明△ABD≌△ACD ．【详解】证明：∵AD 平分∠BAC，∴∠BAD =∠CAD ，在△ABD 和△ACD 中，∵AB =AC ，∠BAD =∠CAD ，AD =AD ，∴△ABD≌△ACD (SAS)．【变式2-3】如图，AB =AC ，BO =CO ，求证：∠ADC =∠AEB ．【答案】见解析【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形外角的定义及性质，连接OA ，证明△AOB≌△AOC (SSS)得出∠B =∠C ，再由三角形外角的定义及性质即可得出答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．【详解】证明：如图，连接OA ，在△AOB 和△AOC 中，AB =AC OB =OC OA =OA，∴△AOB≌△AOC (SSS)，∴∠B =∠C ，∵∠DOB =∠EOC ，∴∠B +∠DOB =∠C +∠EOC ，∴∠ADC =∠AEB ．【题型3旋转型】【方法技巧】【典例3】如图，在△ABC 和△AEF 中，点E 在BC 边上，∠C ＝∠F ，AC ＝AF ，∠CAF ＝∠BAE ，EF 与AC 交于点G ．（1）试说明：△ABC ≌△AEF ；（2）若∠B ＝55°，∠C ＝20°，求∠EAC 的度数．【答案】（1）见解答；（2）35°．【解答】（1）证明：∵∠CAF＝∠BAE，∴∠CAF+∠EAC＝∠BAE+∠EAC，即∠BAC＝∠EAF，在△ABC和△AEF中，，∴△ABC≌△AEF（ASA）；（2）解：∵∠B＝55°，∠C＝20°，∴∠BAC＝180°﹣55°﹣20°＝105°，∵△ABC≌△AEF，∴AB＝AE，∴∠B＝∠AEB＝55°，∴∠BAE＝180°﹣∠B﹣∠AEB＝70°，∴∠EAC＝∠BAC﹣∠BAE＝105°﹣70°＝35°．【变式3-1】如图，点E在△ABC外部，点D在BC边上，若∠1＝∠2，∠E＝∠C，AE＝AC，求证：AB＝AD．【答案】证明见解答．【解答】证明：∵∠1＝∠2，∴∠1+∠CAD＝∠2+∠CAD，∴∠BAC＝∠DAE，在△ABC和△ADE中，，∴△ABC≌△ADE（ASA），∴AB＝AD．【变式3-2】如图，点E在△ABC边AC上，AE＝BC，BC∥AD，∠BAC＝∠ADE．（1）求证：△ABC≌△DEA；（2）若∠CAD＝30°，求∠BCD的度数．【答案】（1）见解析；（2）∠BCD＝105°．【解答】（1）证明：∵BC∥AD，∴∠ACB＝∠DAE．在△ABC和△DEA中，∵，∴△ABC≌△DEA（AAS）．（2）解：由（1）知△ABC≌△DEA（AAS），∴AC＝AD，∠ACB＝∠CAD＝30°，∴，∴∠BCD＝∠ACD+∠ACB＝30°+75°＝105°．∴∠BCD＝105°．【变式3-3】如图，在△ABC中，点D是BC的中点，E是AB边上一点，过点C作CF∥AB交ED的延长线于点F．求证：△BDE≌△CDF．【答案】证明见解答过程．【解答】证明：∵CF∥AB，∴∠B＝∠FCD，∠BED＝∠F，∵点D是BC的中点，∴BD＝CD，在△BDE与△CDF中，，∴△BDE≌△CDF（AAS）．【变式3-4】如图，∠ABC＝∠ADE，∠BAD＝∠CAE，AC＝AE，求证：△ABC≌△ADE．【答案】见解答．【解答】证明：∵∠BAD＝∠CAE，∴∠BAD+∠CAD＝∠CAE+∠CAD，即∠BAC＝∠DAE．在△ABC和△ADE中，，∴△ABC≌△ADE（AAS）．【题型4 一线三等角型】【方法技巧】模型一一线三垂直如图一，∠D=∠BCA=∠E=90°，BC=AC。
八年级上全等三角形易错点突破和重难点解析
八年级上全等三角形易错点突破和重难点解析
在初中数学里，关于几何中,全等三角形的地位不言而语,有着非常重要的在位，它是说明角或线段数量关系和直线位置关系的一个非常重要依据,是要后面去研究特殊三角形、四边形等图形性质的非常有力的工具.下面是关于全等三角形这一章节里的易错点突破和重难点解析，在家可以对应自已的学习情况，进行有效突破，及时掌握所学知识点。
易错点突破
1．运用三角形三边关系性质致误
2．应用判定方法致误
3．不理解“对应”致误
重难点析解
1．三角形的有关概念
2．三角形的三边之间的关系
3．三角形的内角和
4．全等三角形的性质
5．利用三角形全等解决实际问题。
人教版八年级上册三角形专题知识点典型题型难点题型详细答案(教案)
1.理论介绍：首先，我们要了解三角形的基本概念。三角形是由三条线段首尾相连围成的图形。它是几何图形中最基本、最重要的元素之一，广泛应用于日常生活和各类工程领域。
2.案例分析：接下来，我们来看一个具体的案例。通过分析三角形在桥梁建筑中的应用，了解三角形如何帮助工程Байду номын сангаас解决实际问题。
人教版八年级上册三角形专题知识点典型题型难点题型详细答案（教案）
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一、教学内容
本节课依据人教版八年级上册数学教材中“三角形”专题进行设计。内容包括：
1.三角形的定义及分类；
2.三角形的内角和定理；
3.三角形全等的判定（SSS、SAS、ASA、AAS）；
4.等腰三角形的性质及判定；
5.等边三角形的性质及判定；
3.成果分享：每个小组将选择一名代表来分享他们的讨论成果。这些成果将被记录在黑板上或投影仪上，以便全班都能看到。
（五）总结回顾（用时5分钟）
今天的学习，我们了解了三角形的基本概念、内角和定理、全等的判定方法以及在实际生活中的应用。同时，我们也通过实践活动和小组讨论加深了对三角形知识点的理解。我希望大家能够掌握这些知识点，并在日常生活中灵活运用。最后，如果有任何疑问或不明白的地方，请随时向我提问。
（3）直角三角形的判定及性质：学生对于直角三角形的判定和性质理解不深刻，容易混淆。
突破方法：结合勾股定理及其逆定理，通过实际例题，让学生深入理解直角三角形的判定和性质。
（4）难点题型：如涉及多个知识点综合应用的问题，学生难以找到解题思路。
突破方法：通过专题训练，培养学生分析问题和解决问题的能力，提高解题技巧。
2.教学难点
（1）三角形全等的判定：学生容易混淆四种全等判定方法，难以正确运用。
专题12.1全等三角形-重难点题型(教师版含解析)2022年八年级数学上册举一反三系列(人教版)
专题12.1全等三角形-重难点题型【人教版】【知识点1全等三角形的性质】全等三角形的对应边相等，对应角相等.（另外全等三角形的周长、面积相等，对应边上的中线、角平分线、高线均相等）【题型1全等三角形的对应元素判断】【例1】（2020秋•潍城区期中）如图，△ABC≌△DEF，点E、C、F、B在同一条直线上．下列结论正确的是（）A．∠B＝∠D B．∠ACB＝∠DEF C．AC＝EF D．BF＝CE【分析】根据全等三角形的对应边相等、对应角相等解答．【解答】解：∵△ABC≌△DEF，∴∠B＝∠E，但∠B与∠D不一定相等，A选项结论错误，不符合题意；∵△ABC≌△DEF，∴∠ACB＝∠EFD，当∠ACB与∠DEF不一定相等，B选项结论错误，不符合题意；∵△ABC≌△DEF，∴AC＝DF，当AC与EF不一定相等，C选项结论错误，不符合题意；∵△ABC≌△DEF，∴BC＝EF，∴BC﹣CF＝EF﹣CF，即BF＝CE，D选项结论正确，符合题意；故选：D．【点评】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等、对应角相等是解题的关键．【变式1-1】（2020秋•合江县月考）如图，已知△ABC≌△CDA，下面四个结论中，不正确的是（）A．△ABC和△CDA的面积相等B．△ABC和△CDA的周长相等C．∠B+∠ACB＝∠D+∠ACD D．AD∥BC，且AD＝CB＝S△CDA，△ABC和△CDA的周长相等，AD＝CB，∠B＝∠D，【分析】由全等三角形的性质可得S△ABC∠ACB＝∠DAC，进而可得AD∥BC，即可求解．【解答】解：∵△ABC≌△CDA，＝S△CDA，△ABC和△CDA的周长相等，AD＝CB，∠B＝∠D，∠ACB＝∠DAC，∴S△ABC∴AD∥BC，故选项A、B、D都不符合题意，∵∠ACB不一定等于∠ACD，∴∠B+∠ACB不一定等于∠D+∠ACD，故选项C符合题意，故选：C．【点评】本题考查了全等三角形的性质，掌握全等三角形的性质是本题的关键．【变式1-2】（2020秋•海珠区校级期中）如图，△ABC≌△AEF，AB＝AE，∠B＝∠E，则对于下列结论：①AC＝AF；②∠FAB＝∠EAB；③EF＝BC；④∠EAB＝∠FAC．其中正确结论的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】利用全等三角形的性质可得答案．【解答】解：∵△ABC≌△AEF，∴AF＝AC，EF＝CB，∠FAE＝∠BAC，∴∠FAE﹣∠FAB＝∠BAC﹣∠BAF，即∠BAE＝∠FAC，∴正确的结论是①③④，共3个，故选：C．【点评】此题主要考查了全等三角形的性质，关键是掌握全等三角形，对应边相等，对应角相等．【变式1-3】（2020秋•北碚区期中）如图所示，△ADB≌△EDB，△BDE≌△CDE，B，E，C在一条直线上．下列结论：①BD是∠ABE的平分线；②AB⊥AC；③∠C＝30°；④线段DE是△BDC的中线；⑤AD+BD＝AC其中正确的有（）个．A．2B．3C．4D．5【分析】根据全等三角形的对应角相等得出∠ABD＝∠EBD，即可判断①；先由全等三角形的对应边相等得出BD＝CD，BE＝CE，再根据等腰三角形三线合一的性质得出DE⊥BC，则∠BED＝90°，再根据全等三角形的对应角相等得出∠A＝∠BED＝90°，即可判断②；根据全等三角形的对应角相等得出∠ABD＝∠EBD，∠EBD＝∠C，从而可判断∠C，即可判断③；根据全等三角形的对应边相等得出BE＝CE，再根据三角形中线的定义即可判断④；根据全等三角形的对应边相等得出BD＝CD，但A、D、C 可能不在同一直线上，所以AD+CD可能不等于AC．【解答】解：①∵△ADB≌△EDB，∴∠ABD＝∠EBD，∴BD是∠ABE的平分线，故①正确；②∵△BDE≌△CDE，∴BD＝CD，BE＝CE，∴DE⊥BC，∴∠BED＝90°，∵△ADB≌△EDB，∴∠A＝∠BED＝90°，∴AB⊥AD，∵A、D、C可能不在同一直线上∴AB可能不垂直于AC，故②不正确；③∵△ADB≌△EDB，△BDE≌△CDE，∴∠ABD＝∠EBD，∠EBD＝∠C，∵∠A＝90°若A、D、C不在同一直线上，则∠ABD+∠EBD+∠C≠90°，∴∠C≠30°，故③不正确；④∵△BDE≌△CDE，∴BE＝CE，∴线段DE是△BDC的中线，故④正确；⑤∵△BDE≌△CDE，∴BD＝CD，若A、D、C不在同一直线上，则AD+CD＞AC，∴AD+BD＞AC，故⑤不正确．故选：A．【点评】本题考查了全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等，全等三角形的对应角相等．也考查了等腰三角形三线合一的性质，直角三角形两锐角互余的性质，难度适中．【题型2利用全等三角形的性质求角度】【例2】（2020秋•兰山区期末）如图，已知△ABC≌△DEF，CD平分∠BCA，若∠A＝30°，∠CGF＝88°，则∠E的度数是（）A．30°B．50°C．44°D．34°【分析】根据角平分线的性质得到∠ACD＝∠BCD=12∠BCA，根据全等三角形的性质得到∠D＝∠A＝30°，根据三角形的外角性质、全等三角形的性质解答即可．【解答】解：∵CD平分∠BCA，∴∠ACD＝∠BCD=12∠BCA，∵△ABC≌△DEF，∴∠D＝∠A＝30°，∵∠CGF＝∠D+∠BCD，∴∠BCD＝∠CGF﹣∠D＝58°，∴∠BCA＝116°，∴∠B＝180°﹣30°﹣116°＝34°，∵△ABC≌△DEF，∴∠E＝∠B＝34°，故选：D．【点评】本题考查的是全等三角形的性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．【变式2-1】（2020春•沙坪坝区校级期末）如图，△ABC≌△ADE，且AE∥BD，∠BAD＝130°，则∠BAC 度数的值为．【分析】根据全等三角形的性质，可以得到AB＝AD，∠BAC＝∠DAE，从而可以得到∠ABD＝∠ADB，再根据AE∥BD，∠BAD＝130°，即可得到∠DAE的度数，从而可以得到∠BAC的度数．【解答】解：∵△ABC≌△ADE，∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAE，∴∠ABD＝∠ADB，∵∠BAD＝130°，∴∠ABD＝∠ADB＝25°，∵AE∥BD，∴∠DAE＝∠ADB，∴∠DAE＝25°，∴∠BAC＝25°，故答案为：25°．【点评】本题考查全等三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．【变式2-2】（2020秋•覃塘区期中）如图，已知△AEF≌△ABC，点E在BC边上，EF与AC交于点D．若∠B＝64°，∠C＝30°，求∠CDF的度数．【分析】根据全等三角形的性质和三角形外角性质解答即可．【解答】解：∵△AEF≌△ABC，∴AE＝AB，∠AEF＝∠B＝64°，∵点E在BC边上，∴∠AEB＝∠B＝64°，∴∠DEC＝180°﹣∠AEB﹣∠AEF＝180°﹣64°﹣64°＝52°，又∵∠C＝30°，且∠CDF是△CDE的外角，∴∠CDF＝∠DEC+∠C＝52°+30°＝82°．【点评】此题考查全等三角形的性质，关键是根据全等三角形的对应角相等解答．【变式2-3】（2020秋•西湖区校级月考）如图，△ABC≌△ADE，BC的延长线分别交AD，DE于点F，G，且∠DAC＝10°，∠B＝∠D＝25°，∠EAB＝120°，求∠DFB和∠DGB的度数．【分析】先根据全等三角形的性质得∠BAC＝∠DAE，由于∠DAE+∠CAD+∠BAC＝120°，则可计算出∠BAC＝55°，所以∠BAF＝∠BAC+∠CAD＝65°，根据三角形外角性质可得∠DFB＝∠BAF+∠B＝90°，∠DGB＝65°．【解答】解：∵△ABC≌△ADE，∴∠BAC＝∠DAE，∵∠EAB＝120°，∴∠DAE+∠CAD+∠BAC＝120°，∵∠CAD＝10°，∴∠BAC=12（120°﹣10°）＝55°，∴∠BAF＝∠BAC+∠CAD＝65°，∴∠DFB＝∠BAF+∠B＝65°+25°＝90°；∵∠DFB＝∠D+∠DGB，∴∠DGB＝90°﹣25°＝65°．【点评】本题考查了全等三角形的性质：全等三角形的性质是证明线段和角相等的理论依据，应用时要会找对应角和对应边．【题型3利用全等三角形的性质求线段长度】【例3】（2020秋•永吉县期中）如图，△EFG≌△NMH，E，H，G，N在同一条直线上，EF和NM，FG 和MH是对应边，若EH＝1.1cm，NH＝3.3cm．求线段HG的长．【分析】由△EFG≌△NMH，EF和NM，FG和MH是对应边，得到EG和NH是对应边，根据全等三角形的性质得到EG＝NH，根据线段的和差计算即可得到结果．【解答】解：∵△EFG≌△NMH，EF和NM，FG和MH是对应边，∴EG和NH是对应边，∴EG＝NH，∴EH+HG＝HG+NG，∴EH＝NG，∵EH＝1.1，∴NG＝1.1∵NH＝3.3cm，∴HG＝NH﹣NG＝3.3﹣1.1＝2.2（cm）．【点评】本题主要考查了全等三角形全等的性质，熟练找出两个全等三角形的对应边是解此题的关键．【变式3-1】（2020秋•永定区期中）如图，△ADE≌△BCF，AD＝8cm，CD＝6cm，则BD的长为cm．【分析】根据全等三角形的性质得出AD＝BC＝8cm，进而即可求得BD＝BC﹣CD＝2cm．【解答】解：∵△ADE≌△BCF，∴AD＝BC＝8cm，∵BD＝BC﹣CD，CD＝6cm，∴BD＝8﹣6＝2（cm）．故答案为：2．【点评】本题考查了全等三角形的性质，熟记性质是解题的关键．【变式3-2】（2020秋•东莞市校级月考）如图，在△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，AD、CE交于点H，已知△AEH≌△CEB，EB＝5，AE＝7，则CH的长是．【分析】根据全等三角形的性质分别求出EC、EH，结合图形计算，得到答案．【解答】解：∵△AEH≌△CEB，∴EC＝AE＝7，EH＝EB＝5，∴CH＝EC﹣EH＝7﹣5＝2，故答案为：2．【点评】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键．【变式3-3】（2020秋•中山市期中）一个三角形的三条边的长分别是3，5，7，另一个三角形的三条边的长分别是3，3x﹣2y，x+2y，若这两个三角形全等，则x+y的值是．【分析】根据全等三角形的性质可得方程组3−2=53−2=7，解方程组可得答案．+2=7，或+2=5【解答】解：由题意得3−2=53−2=7，+2=7，或+2=5解得：=3=2或=3=1，x+y＝5或x+y＝4，故答案为：5或4【点评】此题主要考查了全等三角形的性质，关键是掌握全等三角形对应边相等．【题型4与全等三角形性质有关的证明】【例4】（2020秋•安徽月考）如图，△ABC≌△ADE，点E在边BC上，求证：∠BED＝∠BAD．【分析】根据全等三角形的性质和三角形的外角的性质即可得到结论．【解答】证明：∵△ABC≌△ADE，∴∠C＝∠AED，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE，即∠CAE＝∠BAD，∵∠AEB＝∠AED+∠DEB＝∠CAE+∠C，∴∠CAE＝∠BED，∴∠BED＝∠BAD．【点评】本题考查了三角形全等的性质，三角形的外角的性质，关键是熟练掌握全等三角形的性质．【变式4-1】（2020秋•大安市校级期中）已知△ABF≌△DCE，E与F是对应顶点．证明AF∥DE．【分析】根据全等三角形的性质得出∠B＝∠C，∠BAF＝∠CDE，根据三角形外角性质求出∠AFE＝∠DEF，根据平行线的判定得出即可．【解答】证明：∵△ABF≌△DCE，∴∠B＝∠C，∠BAF＝∠CDE，∴∠B+∠BAF＝∠C+∠CDE，∴∠AFE＝∠DEF，∴AF∥DE．【点评】本题考查了全等三角形的性质，三角形外角性质，平行线的判定等知识点，能灵活运用定理机芯推理是解此题的关键．【变式4-2】（2020春•成都期中）如图，△ABC中，点E是AB边上一点，△BCE≌△ACE，ED∥AC，DF ⊥AB．（1）判断CE与AB是否垂直，并说明理由；（2）证明：∠EDF＝∠BDF．【分析】（1）根据全等三角形的性质即可得到结论；（2）根据全等三角形的性质和平行线的判定和性质即可得到结论．【解答】解：（1）CE⊥AB，理由：∵△BCE≌△ACE，∴BEC＝∠AEC=12×180°＝90°，∴CE⊥AB；（2）∵ED∥AC，∴∠DEC＝∠ACE，∵△BCE≌△ACE，∴∠BCE＝∠ACE，∴∠CED＝∠DCE，∵DF⊥AB，∴DF∥CE，∴∠BDF＝∠DCE，∠EDF＝∠CED，∴∠EDF＝∠BDF．【点评】本题考查了全等三角形的性质，平行线的性质，正确的识别图形是解题的关键．【变式4-3】（2020秋•定远县月考）如图所示，A，C，E三点在同一直线上，且△ABC≌△DAE．（1）求证：BC＝DE+CE；（2）当△ABC满足什么条件时，BC∥DE？【分析】（1）根据全等三角形的性质得出AE＝BC，AC＝DE，再求出答案即可；（2）根据平行线的性质得出∠BCE＝∠E，根据全等三角形的性质得出∠ACB＝∠E，求出∠ACB＝∠BCE，再求出答案即可．【解答】（1）证明：∵△ABC≌△DAE，∴AE＝BC，AC＝DE，又∵AE＝AC+CE，∴BC＝DE+CE；（2）解：∵BC∥DE，∴∠BCE＝∠E，又∵△ABC≌△DAE，∴∠ACB＝∠E，∴∠ACB＝∠BCE，又∵∠ACB+∠BCE＝180°，∴∠ACB＝90°，即当△ABC满足∠ACB为直角时，BC∥DE．【点评】本题考查了全等三角形的判定定理和平行线的性质和判定，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：全等三角形的对应边相等，对应角相等．【题型5与全等三角形性质有关的综合】【例5】（2020秋•朔州月考）如图，△ACF≌△DBE，其中点A、B、C、D在同一条直线上．（1）若BE⊥AD，∠F＝63°，求∠A的大小．（2）若AD＝11cm，BC＝5cm，求AB的长．【分析】（1）根据全等三角形的性质得到∠FCA＝∠EBD＝90°，根据直角三角形的性质计算即可；（2）根据全等三角形的性质得到CA＝BD，结合图形得到AB＝CD，计算即可．【解答】解：（1）∵BE⊥AD，∴∠EBD＝90°，∵△ACF≌△DBE，∴∠FCA＝∠EBD＝90°，∴∠A＝90°﹣∠F＝27°；（2）∵△ACF≌△DBE，∴CA＝BD，∴CA﹣CB＝BD﹣BC，即AB＝CD，∵AD＝11cm，BC＝5cm，∴AB+CD＝11﹣5＝6cm，∴AB＝3cm．【点评】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等、对应角相等是解题的关键．【变式5-1】（2020秋•新罗区校级月考）如图，点A、B、C在同一直线上，点E在BD上，且△ABD≌△EBC，AB＝2cm，BC＝3cm．（1）求DE的长；（2）判断AC与BD的位置关系，并说明理由．（3）判断直线AD与直线CE的位置关系，并说明理由．【分析】（1）根据全等三角形的对应边相等得到BD＝BC＝5cm，BE＝AB＝2cm，计算即可；（2）根据全等三角形的对应角相等和平角的定义解答；（3）根据全等三角形的对应角相等和三角形内角和定理进行解答．【解答】解：（1）∵△ABD≌△EBC，∴BD＝BC＝3cm，BE＝AB＝2cm，∴DE＝BD﹣BE＝1cm；（2）DB与AC垂直，理由：∵△ABD≌△EBC，∴∠ABD＝∠EBC，又A、B、C在一条直线上，∴∠EBC＝90°，∴DB与AC垂直．（3）直线AD与直线CE垂直．理由：如图，延长CE交AD于F，∵△ABD≌△EBC，∴∠D＝∠C，∵Rt△ABD中，∠A+∠D＝90°，∴∠A+∠C＝90°，∴∠AFC＝90°，即CE⊥AD．【点评】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等、全等三角形的对应角相等是解题的关键．【变式5-2】（2018春•德化县期末）如图，已知△ABC≌△DEB，点E在AB上，DE与AC相交于点F，（1）当DE＝8，BC＝5时，线段AE的长为；（2）已知∠D＝35°，∠C＝60°，①求∠DBC的度数；②求∠AFD的度数．【分析】（1）根据全等三角形的性质得出AB＝DE＝8，BE＝BC＝5，即可求出答案；（2）①根据全等三角形的性质得出∠A＝∠D＝35°，∠DBE＝∠C＝60°，根据三角形内角和定理求出∠ABC，即可得出答案；②根据三角形外角性质求出∠AEF，根据三角形外角性质求出∠AFD即可．【解答】解：（1）∵△ABC≌△DEB，DE＝8，BC＝5，∴AB＝DE＝8，BE＝BC＝5，∴AE＝AB﹣BE＝8﹣5＝3，故答案为：3；（2）①∵△ABC≌△DEB∴∠A＝∠D＝35°，∠DBE＝∠C＝60°，∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，∴∠ABC＝180°﹣∠A﹣∠C＝85°，∴∠DBC＝∠ABC﹣∠DBE＝85°﹣60°＝25°；②∵∠AEF是△DBE的外角，∴∠AEF＝∠D+∠DBE＝35°+60°＝95°，∵∠AFD是△AEF的外角，∴∠AFD＝∠A+∠AEF＝35°+95°＝130°．【点评】本题考查了全等三角形的性质，三角形内角和定理，三角形外角性质的应用，能熟记全等三角形的性质是解此题的关键，注意：全等三角形的对应边相等，对应角相等．【变式5-3】（2020春•铁西区期中）如图，点A、B、C、D在同一条直线上，点E、F是直线．AD上方的点，连接AE、CE、BF、DF，若△ACE≌△FDB，FD＝3，AD＝8．（1）判断直线CE与DF是否平行？并说明理由；（2）求CD的长；（3）若∠E＝26°，∠F＝53°，求∠ACE的度数．【分析】（1）根据全等三角形的性质和平行线的判定定理即可得到结论；（2）根据全等三角形的性质即可得到结论；（3）根据全等三角形的性质和三角形的内角和即可得到结论．【解答】解：（1）CE∥DF，理由：∵△ACE≌△FDB，∴∠ACE＝∠D，∴CE∥DF；（2）∵△ACE≌△FDB，∴AC＝DF＝3，∵AD＝8，∴CD＝AD﹣AC＝8﹣3＝5；（3）∵△ACE≌△FDB，∴∠DBF＝∠E＝26°，∵CE∥DF，∴∠1＝∠F＝53°，∴∠ACE＝180°﹣26°﹣53°＝101°．【点评】本题考查了全等三角形的性质，平行线的判定，三角形的内角和，正确的识别图形是解题的关键．【题型6与全等三角形性质有关的动点问题】【例6】（2020秋•丹徒区校级月考）如图，已知AB＝3，AC＝2，点D、E分别为线段BA、CA延长线上的动点，如果△ABC与△ADE全等，则AD为．【分析】分△ABC≌△ADE和△ABC≌△ADE两种情况，根据全等三角形的性质解答即可．【解答】解：当△ABC≌△ADE时，AD＝AB＝3，当△ABC≌△AED时，AD＝AC＝2，故答案为：2或3．【点评】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键．【变式6-1】（2020秋•滨湖区期中）如图，已知长方形ABCD的边长AB＝20cm，BC＝16cm，点E在边AB上，AE＝6cm，如果点P从点B出发在线段BC上以2cm/s的速度向点C向运动，同时，点Q在线段CD上从点C到点D运动．则当△BPE与△CQP全等时，时间t为s．【分析】由条件分两种情况，当△BPE≌△CQP时，则有BE＝PC，由条件可得到关于t的方程，当△BPE≌△CPQ，则有BP＝PC，同样可得出t的方程，可求出t的值．【解答】解：∵AB＝20cm，AE＝6cm，BC＝16cm，∴BE＝14cm，BP＝2tcm，PC＝（16﹣2t）cm，当△BPE≌△CQP时，则有BE＝PC，即14＝16﹣2t，解得t＝1，当△BPE≌△CPQ时，则有BP＝PC，即2t＝16﹣2t，解得t＝4，故答案为：1或4．【点评】本题主要考查全等三角形的性质，由条件分两种情况得到关于t的方程是解题的关键．【变式6-2】如图，∠C＝∠CAM＝90°，AC＝8cm，BC＝4cm，点P在线段AC上，以2cm/s速度从点A 出发向点C运动，到点C停止运动．点Q在射线AM上运动，且PQ＝AB．若△ABC与△PQA全等，则点P运动的时间为（）A．4s B．2s C．2s或3s或4s D．2s或4s【分析】分△ABC≌△PQA和△ABC≌△QPA两种情况，根据全等三角形的性质解答即可．【解答】解：当△ABC≌△PQA时，AP＝AC＝8，∵点P的速度为2cm/s，∴8÷2＝4（s）；当△ABC≌△QPA时，当AP＝BC＝4，∵点P的速度为2cm/s，∴4÷2＝2（s）故选：D．【点评】此题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等，全等三角形的对应角相等是解题的关键，注意分情况讨论思想的应用．【变式6-3】（2020春•广饶县期末）如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝9cm，AC＝12cm，AB＝15cm，现有一动点P，从点A出发，沿着三角形的边AC→CB→BA运动，回到点A停止，速度为3cm/s，设运动时间为ts．（1）如图（1），当t＝时，△APC的面积等于△ABC面积的一半；（2）如图（2），在△DEF中，∠E＝90°，DE＝4cm，DF＝5cm，∠D＝∠A．在△ABC的边上，若另外有一个动点Q，与点P同时从点A出发，沿着边AB→BC→CA运动，回到点A停止．在两点运动过程中的某一时刻，恰好△APQ≌△DEF，求点Q的运动速度．【分析】（1）分两种情况进行解答，①当点P在BC上时，②当点P在BA上时，分别画出图形，利用三角形的面积之间的关系，求出点P移动的距离，从而求出时间即可；（2）由△APQ≌△DEF，可得对应顶点为A与D，P与E，Q与F；于是分两种情况进行解答，①当点P在AC上，AP＝4，AQ＝5，②当点P在AB上，AP＝4，AQ＝5，分别求出P移动的距离和时间，进而求出Q的移动速度．【解答】解：（1）①当点P在BC上时，如图①﹣1，若△APC的面积等于△ABC面积的一半；则CP=12BC=92cm，此时，点P移动的距离为AC+CP＝12+92=332，移动的时间为：332÷3=112秒，②当点P在BA上时，如图①﹣2若△APC的面积等于△ABC面积的一半；则PD=12BC，即点P为BA中点，此时，点P移动的距离为AC+CB+BP＝12+9+152=572cm，移动的时间为：572÷3=192秒，故答案为：11或19；（2）△APQ≌△DEF，即，对应顶点为A与D，P与E，Q与F；①当点P在AC上，如图②﹣1所示：此时，AP＝4，AQ＝5，∴点Q移动的速度为5÷（4÷3）=154cm/s，②当点P在AB上，如图②﹣2所示：此时，AP＝4，AQ＝5，即，点P移动的距离为9+12+15﹣4＝32cm，点Q移动的距离为9+12+15﹣5＝31cm，∴点Q移动的速度为31÷（32÷3）=9332cm/s，综上所述，两点运动过程中的某一时刻，恰好△APQ≌△DEF，点Q的运动速为154cm/s或9332cm/s．【点评】考查直角三角形的性质，全等三角形的判定，画出相应图形，求出各点移动的距离是正确解答的关键．。
八年级数学上册全等三角形章末重难点题型(举一反三)(含解析版)
专题01 全等三角形章末重难点题型汇编【举一反三】【考点1 利用全等三角形的性质求角】【方法点拨】全等三角形的性质：（1）全等三角形的对应边相等、对应角相等；（2）全等三角形的周长相等、面积相等；（3）全等三角形的对应边上的对应中线、角平分线、高线分别相等。
【例1】（2019春•临安区期中）如图，△ACB≌△A′CB′，∠ACB＝70°，∠ACB′＝100°，则∠BCA′的度数为（）A．30°B．35°C．40°D．50°【变式1-1】（2018秋•绍兴期末）如图，△ABC≌△EDC，BC⊥CD，点A，D，E在同一条直线上，∠ACB ＝20°，则∠ADC的度数是（）A．55°B．60°C．65°D．70°【变式1-2】（2018秋•厦门期末）如图，点F，C在BE上，△ABC≌△DEF，AB和DE，AC和DF是对应边，AC，DF交于点M，则∠AMF等于（）A．2∠B B．2∠ACB C．∠A+∠D D．∠B+∠ACB【变式1-3】（2018秋•桐梓县校级期中）如图，△ABC≌△A′B′C，∠ACB＝90°，∠B＝50°，点B′在线段AB上，AC，A′B′交于点O，则∠COA′的度数是（）A．50°B．60°C．70°D．80°【考点2 全等三角形的判定条件】【方法点拨】寻找并证明全等三角形还缺少的条件，其基本思路是：（1）有两边对应相等，找夹角对应相等，或第三边对应相等.前者利用SAS判定，后者利用SSS判定. （2）有两角对应相等，找夹边对应相等，或任一等角的对边对应相等.前者利用ASA判定，后者利用AAS 判定.（3）有一边和该边的对角对应相等，找另一角对应相等.利用AAS判定.（4）有一边和该边的邻角对应相等，找夹等角的另一边对应相等，或另一角对应相等.前者利用SAS判定，后者利用AAS判定.【例2】（2019春•沙坪坝区校级期中）如图，在△ABC和△AED中，已知∠1＝∠2，AC＝AD，添加一个条件后，仍然不能证明△ABC≌△AED，这个条件是（）A．AB＝AE B．BC＝ED C．∠C＝∠D D．∠B＝∠E【变式2-1】（2019秋•潘集区期中）在△ABC与△DEF中，给出下列四组条件：（1）AB＝DE，AC＝DF，BC＝EF（2）AB＝DE，∠B＝∠E，BC＝EF（3）∠B＝∠E，BC＝EF，∠C＝∠F（4）AB＝DE，∠B＝∠E，AC＝DF，其中能使△ABC≌△DEF的条件共有（）A．1组B．2组C．3组D．4组【变式2-2】（2018春•渝中区校级期中）如图，点B、F、C、E在一条直线上，∠A＝∠D，∠B＝∠E，再添一个条件仍不能证明△ABC≌△DEF的是（）A．AB＝DE B．BC＝EF C．∠ACB＝∠DFE D．AC＝DF【变式2-3】（2018秋•鄂尔多斯期中）如图，已知AB＝AC，AD＝AE，若要得到“△ABD≌△ACE”，必须添加一个条件，则下列所添条件不恰当的是（）A．BD＝CE B．∠ABD＝∠ACE C．∠BAD＝∠CAE D．∠BAC＝∠DAE【考点3 全等三角形判定的应用】【方法点拨】解决此类题型的关键是理解题意，利用全等三角形的判定.【例3】（2019春•郓城县期末）如图所示，要测量河两岸相对的两点A、B的距离，因无法直接量出A、B 两点的距离，请你设计一种方案，求出A、B的距离，并说明理由．【变式3-1】（2019春•峄城区期末）如图，点C、E分别在直线AB、DF上，小华想知道∠ACE和∠DEC 是否互补，但是他没有带量角器，只带了一副三角板，于是他想了这样一个办法：首先连结CF，再找出CF的中点O，然后连结EO并延长EO和直线AB相交于点B，经过测量，他发现EO＝BO，因此他得出结论：∠ACE和∠DEC互补，而且他还发现BC＝EF．小华的想法对吗？为什么？【变式3-2】（2019春•槐荫区期末）王强同学用10块高度都是2cm的相同长方体小木块，垒了两堵与地面垂直的木墙，木墙之间刚好可以放进一个等腰直角三角板（AC＝BC，∠ACB＝90°），点C在DE上，点A和B分别与木墙的顶端重合，求两堵木墙之间的距离．【变式3-3】如图，两根长12m的绳子，一端系在旗杆上的同一位置，另一端分别固定在地面上的两个木桩上（绳结处的误差忽略不计），现在只有一把卷尺，如何来检验旗杆是否垂直于地面？请说明理由．【考点4 利用AAS证明三角形全等】【方法点拨】两角和其中一角的对边对应相等的两个三角形全等（可简写成“AAS”)【例4】（2018秋•仙游县期中）如图，△ABC的两条高AD，BE相交于点F，请添加一个条件，使得△ADC ≌△BEC（不添加其他字母及辅助线），你添加的条件是．并证明结论．【变式4-1】（2018春•揭西县期末）如图，∠ABC＝∠ACB，∠ADE＝∠AED，BE＝CD，试说明：△ABD ≌△ACE．【变式4-2】（2018秋•杭州期中）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE，AD⊥CE．求证：△ACD≌△CBE．【变式4-3】（2018•雁塔区校级二模）如图，在四边形ABCD中，点E在AD上，其中∠BAE＝∠BCE＝∠ACD＝90°，且BC＝CE，求证：△ABC≌△DEC．【考点5 利用SAS证明三角形全等】【方法点拨】两边和它们的夹角对应相等两个三角形全等（可简写成“SAS”)【例5】（2018春•金山区期末）如图，已知CA＝CD，CB＝CE，∠ACB＝∠DCE，试说明△ACE≌△DCB 的理由．【变式5-1】（2018春•黄岛区期末）如图，点E在AB上，AC＝AD，∠CAB＝∠DAB，那么△BCE和△BDE 全等吗？请说明理由．【变式5-2】（2018秋•仪征市校级月考）如图，已知点B、F、C、E在同一直线上，AC、DF相交于点G，AB⊥BE，垂足为B，DE⊥BE，垂足为E，且AB＝DE，BF＝CE，说明△ABC与△DEF全等的理由．【变式5-3】（2019秋•东莞市校级月考）如图：△ABC和△EAD中，∠BAC＝∠DAE，AB＝AE，AC＝AD，连接BD，CE．求证：△ABD≌△AEC．【考点6 利用ASA证明三角形全等】【方法点拨】两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等（可简写成“ASA”)【例6】（2019秋•利辛县期末）如图，已知AB＝AC，∠ABE＝∠ACD，BE与CD相交于O，求证：△ABE ≌△ACD．【变式6-1】（2018•双柏县二模）如图，∠A＝∠B，AE＝BE，点D在AC边上，∠1＝∠2，AE和BD相交于点O．求证：△AEC≌△BED；【变式6-2】（2019•陕西模拟）如图，四边形ABCD中，E点在AD上，其中∠BAE＝∠BCE＝∠ACD＝90°，且BC＝CE，求证：△ABC≌△DEC．【变式6-3】（2019秋•乐清市校级期中）如图，△ABC的两条高AD、BE相交于点H，且AD＝BD，求证：△BDH≌△ADC．【考点7 利用SSS证明三角形全等】【方法点拨】三边对应相等的两个三角形全等（可简写成“SSS”)【例7】（2019春•渝中区校级月考）如图，AB＝CD，AE＝CF，E、F是BD上两点，且BF＝DE．求证：△ABE≌△CDF．【变式7-1】（2019秋•扶余县校级月考）如图，在△ABC中，AD＝AE，BE＝CD，AB＝AC．（1）求证：△ABD≌△ACE；（2）求证：∠BAE＝∠CAD．【变式7-2】（2019秋•保亭县校级月考）如图，AB＝AD，DC＝BC，∠B与∠D相等吗？为什么？【变式7-3】（2019秋•蓬江区校级期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，D、E分别为AC、AB上的点，且AD＝BD，AE＝BC，DE＝DC，求证：DE⊥AB．【考点8 利用HL证明三角形全等】【方法点拨】对于特殊的直角三角形，判定它们全等时，还有HL定理（斜边、直角边定理）：有斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等（可简写成“斜边、直角边”或“HL”）【例8】（2018秋•思明区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AD⊥BD，AC⊥CB，BD＝AC．求证：△ABD≌△BAC；【变式8-1】（2019秋•睢宁县校级月考）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，一条直线MN＝AB，M、N分别在AC和过点A且垂直于AC的射线AP上运动．问点M运动到什么位置，才能使△ABC和△AMN 全等？并证明你的结论．【变式8-2】（2019秋•合浦县期末）如图，已知∠A＝∠D＝90°，E、F在线段BC上，DE与AF交于点O，且AB＝CD，BE＝CF．求证：Rt△ABF≌Rt△DCE．【变式8-3】（2019春•醴陵市期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，CA平分∠BCD，AE⊥BC于点E，AF⊥CD交CD的延长线于点F．求证：△ABE≌△ADF．【考点9 全等三角形的判定与性质综合】【例9】（2019•南岸区）如图，在△ABC和△ABD中，∠BAC＝∠ABD＝90°，点E为AD边上的一点，且AC＝AE，连接CE交AB于点G，过点A作AF⊥AD交CE于点F．（1）求证：△AGE≌△AFC；（2）若AB＝AC，求证：AD＝AF+BD．【变式9-1】（2019•福州模拟）（1）已知，如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E，求证：DE＝BD+CE．（2）如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意钝角，请问结论DE＝BD+CE是否成立？若成立，请你给出证明：若不成立，请说明理由．【变式9-2】（2018秋•天台县期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E，若AD＝a，DE＝b，（1）如图1，求BE的长，写出求解过程；（用含a，b的式子表示）（2）如图2，点D在△ABC内部时，直接写出BE的长．（用含a，b的式子表示）【变式9-3】（2019春•道外区期末）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，点E在BC边上，∠AED＝90°（1）求证：∠BAE＝∠CED；（2）若AB+CD＝DE，求证：AE+BE＝CE；（3）在（2）的条件下，若△CDE与△ABE的面积的差为18，CD＝6，求BE的长．【考点10 动点问题中的全等三角形应用】【例10】（2019春•平川区期末）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？【变式10-1】（2019春•永新县期末）△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，D、E分别是AB，AC上的不动点．且BD+CE＝BC，点P是BC上的一动点．（1）当PC＝CE时（如图1），求∠DPE的度数；（2）若PC＝BD时（如图2），求∠DPE的度数还会与（1）的结果相同吗？若相同，请写出求解过程；若不相同，请说明理由．【变式10-2】（2019春•宝安区期中）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC＝10，AB＝CD，BD＝14，点E 从D点出发，以每秒2个单位的速度沿DA向点A匀速移动，点F从点C出发，以每秒5个单位的速度沿C→B→C，作匀速移动，点G从点B出发沿BD向点D匀速移动，三个点同时出发，当有一个点到达终点时，其余两点也随之停止运动，假设移动时间为t秒．（1）试证明：AD∥BC；（2）在移动过程中，小明发现有△DEG与△BFG全等的情况出现，请你探究这样的情况会出现几次？并分别求出此时的移动时间t和G点的移动距离．【变式10-3】（2018秋•十堰期末）在△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上一点，以AD为一条边在AD的右侧作△ADE，使AE＝AD，∠DAE＝∠BAC，连接CE．（1）如图，当点D在BC延长线上移动时，若∠BAC＝25°，则∠DCE＝．（2）设∠BAC＝α，∠DCE＝β．①当点D在BC延长线上移动时，α与β之间有什么数量关系？请说明理由；②当点D在直线BC上（不与B，C两点重合）移动时，α与β之间有什么数量关系？请直接写出你的结论．专题01 全等三角形章末重难点题型汇编【举一反三】【考点1 利用全等三角形的性质求角】【方法点拨】全等三角形的性质：（1）全等三角形的对应边相等、对应角相等；（2）全等三角形的周长相等、面积相等；（3）全等三角形的对应边上的对应中线、角平分线、高线分别相等。
部编数学八年级上册专题02三角形的全等六大重难模型(期末真题精选)(解析版)含答案
专题02 三角形的全等六大重难模型一．一线三等角模型1．如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标是（4，0），点B 的坐标是（0，3），把线段BA 绕点B 逆时针旋转90°后得到线段BC ，则点C 的坐标是（ ）A ．（3，4）B ．（4，3）C ．（4，7）D ．（3，7）试题分析：过点C 作CD ⊥y 轴，垂足为D ，根据垂直定义可得∠CDB ＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠CBD +∠DCB ＝90°，再利用旋转的性质可得CB ＝BA ，∠CBA ＝90°，然后利用平角定义可得∠CBD +∠ABO ＝90°，从而利用同角的余角相等可得∠ABO ＝∠DCB ，进而可得△BOA ≌△CDB ，最后利用全等三角形的性质可得CD ＝BO ＝3，DB ＝OA ＝4，从而求出DO ＝7，即可解答．实战训练答案详解：解：过点C作CD⊥y轴，垂足为D，∴∠CDB＝90°，∴∠CBD+∠DCB＝180°﹣∠CDB＝90°，∵点A的坐标是（4，0），点B的坐标是（0，3），∴OA＝4，OB＝3，由旋转得：CB＝BA，∠CBA＝90°，∴∠CBD+∠ABO＝180°﹣∠ABC＝90°，∴∠ABO＝∠DCB，∵∠CDB＝∠AOB＝90°，∴△BOA≌△CDB（AAS），∴CD＝BO＝3，DB＝OA＝4，∴DO＝DB+OB＝4+3＝7，∴点C的坐标是（3，7），所以选：D．2．已知正方形OBCD在平面直角坐标系中的位置如图所示M为边OB上一点，且点M的坐标为（a，b）．将正方形OBCD绕原点O顺时针旋转，每秒旋转45°，则旋转2022秒后，点M的坐标为（ ）A．（b，a）B．（﹣a，b）C．（﹣b，a）D．（﹣a，﹣b）试题分析：先确定此时点M对应的位置即点M所在的位置，如图，过点M，M′分别作ME⊥x 轴于点E，MF⊥x轴于点F，证明△M′OF≌△OME，得到M′F＝OE＝a，OF＝ME＝b，由此求解即可．答案详解：解：∵正方形OBCD绕原点O顺时针旋转，每秒旋转45°，∴旋转8秒恰好旋转360°．∵2022÷8＝252……6，∴旋转2022秒，即点M旋转了252圈后，又旋转了6次．∵6×45°＝270°，∴此时点M对应的位置即点M’所在的位置，如图．过点M，M'分别作ME⊥x轴于点E，M'F⊥x轴于点F，∴∠M′FO＝∠OEM＝90°，∴∠EOM+∠EMO＝90°，∵四边形OBCD是正方形，∴∠BOD＝90°，∴∠FOM′+∠MOE＝90°，∴∠M′OF＝∠OME．在△M′OF和△MOE中，∠FM'O=∠OEM∠M′OF=∠OME，OM=OM′∴△M′FO≌△OEM（AAS），∵点M的坐标为（a，b），∴OF＝ME＝b，M′F＝OE＝a．又点M′在第二象限，∴旋转2022秒后，点M的坐标为（﹣b，a）．所以选C．3．问题提出在等腰Rt△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点D，E分别在边AB，AC上（不同时在点A），连接DE，将线段DE绕点E顺时针旋转90°，得到线段FE，连接AF，探究AF与BC的位置关系．问题探究（1）先将问题特殊化，如图1，点D，E分别与点B，C重合，直接写出AF与BC的位置关系；（2）再探讨一般情形，如图2，证明（1）中的结论仍然成立．问题拓展如图3，在等腰Rt△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，D为AB的中点，点E在边AC上，连接DE，将线段DE绕点E顺时针旋转90°，得到线段FE，点G是点C关于直线AB的对称点，若点G，D，F在一条直线上，求AEEC的值．试题分析：（1）先证CF∥AB，再证AB＝CF，则四边形ABCF是平行四边形，即可得出结论；（2）过E作EM⊥AC交AB的延长线于点M，证△AEF≌△MED（SAS），得∠EAF＝∠EMD＝45°，则∠EAF＝∠BCA，即可得出结论；（3）连接AF、CF，过E作EG⊥AB于点G，延长GE交CF于点H，证四边形ABCF是正方形，得AB∥CF，∠BCF＝90°，∠ACF＝45°，再证△EFH≌△DEG（AAS），得EH＝DG，然后证△ECH是等腰直角三角形，得EH＝CH，进而得AG＝3BG，即可解决问题．答案详解：问题探究（1）解：AF∥BC，理由如下：由旋转的性质得：∠DEF＝90°，DE＝FE，∵∠ABC＝90°，∴∠ABC+∠DEF＝180°，∴CF∥AB，∵AB＝BC，∴AB＝CF，∴四边形ABCF是平行四边形，∴AF∥BC；（2）证明：如图2，过E作EM⊥AC交AB的延长线于点M，则∠AEM＝90°，∵∠ABC＝90°，AB＝BC，∴∠BAC＝∠BCA＝45°，∴△AEM是等腰直角三角形，∴ME＝AE，∠AME＝45°，由旋转的性质得：FE＝DE，∠DEF＝90°，∴∠DEF＝∠AEM，∴∠DEF﹣∠AED＝∠AEM﹣∠AED，即∠AEF＝∠MED，∴△AEF≌△MED（SAS），∴∠EAF＝∠EMD＝45°，∴∠EAF＝∠BCA，∴AF∥BC；问题拓展解：如图3，连接AF、CF，过E作EG⊥AB于点G，延长GE交CF于点H，则∠EGD＝90°，由（1）可知，AF∥BX，∴∠DAF＝∠DBG，∠AFD＝∠G，∵D为AB的中点，∴AD＝BD，∴△ADF≌△BDG（AAS），∴AF＝BG，∵点G是点C关于直线AB的对称点，∴BG＝BC，∴AF＝BG，∴四边形ABCF是平行四边形，∵AB＝BC，∠ABC＝90°，∴平行四边形ABCF是正方形，∴AB∥CF，∠BCF＝90°，∠ACF＝45°，∵GH⊥AB，∴GH⊥CF，∴BG＝CH，∠CHE＝∠FHE＝90°，∴∠EFH+∠FEH＝90°，由旋转的性质得：FE＝DE，∠DEF＝90°，∴∠DEG+∠FEH＝90°，∴∠EFH＝∠DEG，∵∠EGD＝∠FHE＝90°，∴△EFH≌△DEG（AAS），∴EH＝DG，∵∠ACF＝45°，∴△ECH是等腰直角三角形，∴EH＝CH，∴DG＝BG=12BD=12AD，∴AG＝3BG，∵∠EGD＝∠ABC＝90°，∴EG∥BC，∴AEEC=AGBG=3．4．如图，方格纸中的每个小正方形的边长均为1，小正方形的顶点称为格点．已知A，B，C都是格点．（1）小明发现图2中∠ABC是直角，请在图1补全他的思路；（2）请借助图3用一种不同于小明的方法说明∠ABC是直角．先利用勾股定理求出△ABC的三条边长，可得AB＝ 10 ，BC＝ 10 ，AC＝ 25 ．从而可得三边数量关系为 AB2+BC2＝AC2 ，根据 勾股定理的逆定理 ，可以证明∠ABC是直角．试题分析：（1）先利用勾股定理求出AB，BC，AC的长，然后利用勾股定理的逆定理，进行计算即可解答；（2）根据题意可得：AD＝BE＝3，BD＝CE＝1，∠ADB＝∠BEC＝90°，从而利用SAS可得△ADB≌△BEC，然后利用全等三角形的性质可得∠ABD＝∠BCE，再利用直角三角形的两个锐角互余可得∠BCE+∠EBC＝90°，从而可得∠ABD+∠EBC＝90°，最后利用平角定义进行计算即可解答．答案详解：解：（1）由题意得：BC=AC=AB根据勾股定理的逆定理：△ABC是直角三角形，∴∠ABC＝90°，A B2+BC2=AC2，勾股定理的逆定理；（2）由题意得：AD＝BE＝3，BD＝CE＝1，∠ADB＝∠BEC＝90°，在△ADB和△BEC中，AD=BE∠ADB=∠BEC，BD=CE∴△ADB≌△BEC（SAS），∴∠ABD＝∠BCE，∵∠BEC＝90°，∴∠BCE+∠EBC＝180°﹣∠BEC＝90°，∴∠ABD+∠EBC＝90°，∴∠ABC＝180°﹣（∠ABD+∠EBC）＝90°，∴∠ABC是直角．5．如图，∠BAC＝90°，AD是∠BAC内部一条射线，若AB＝AC，BE⊥AD于点E，CF⊥AD于点F．求证：△ABE≌△CAF．试题分析：根据已知可得∠CAF+∠BAE＝90°，根据垂直定义可得∠CFA＝∠BEA＝90°，然后利用直角三角形的两个锐角互余可得∠C+∠CAF＝90°，从而利用同角的余角相等可得∠C＝∠BAE，即可解答．答案详解：证明：∵∠BAC＝90°，∴∠CAF+∠BAE＝90°，∵BE⊥AD，CF⊥AD，∴∠CFA＝∠BEA＝90°，∴∠C+∠CAF＝90°，∴∠C＝∠BAE，∴△ABE≌△CAF（AAS）．6．【问题提出】（1）已知：如图1，AD⊥DE于点D，BE⊥DE于点E，点C在线段DE上，AC＝BC且AC⊥BC，求证：△ADC≌△CEB．【问题解决】（2）如图2，点D，C，E在直线l上．点A，B在l的同侧，AC⊥BC，若AD＝AC＝BC＝BE＝5cm，CD＝6cm，求CE的长．试题分析：（1）根据同角的余角相等可得∠A＝∠BCE，然后利用AAS即可证明结论；（2）作AG⊥CD于G，BH⊥CE于H，根据等腰三角形的性质得CG＝3cm，利用勾股定理得AG ＝4cm，由（1）同理得，△ACG≌△CBH（AAS），得CH＝AG＝4cm，从而得出答案．答案详解：（1）证明：∵AD⊥DE于点D，BE⊥DE，∴∠D＝∠E＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠A＝90°，∴∠A＝∠BCE，在△ADC和△CEB中，∠D=∠E∠A=∠BCE，AC=BC∴△ADC≌△CEB（AAS）；（2）解：作AG⊥CD于G，BH⊥CE于H，∵AD＝AC，AG⊥CD，在Rt △ACG 中，由勾股定理得，AG ＝4cm ，由（1）同理得，△ACG ≌△CBH （AAS ），∴CH ＝AG ＝4cm ，∵BC ＝BE ，BH ⊥CE ，∴CE ＝2CH ＝8cm ．二．手拉手模型--旋转7．如图，C 为线段AB 上一动点（不与点A 、B 重合），在AB 的上方分别作△ACD 和△BCE ，且AC ＝DC ，BC ＝EC ，∠ACD ＝∠BCE ，AE 、BD 交于点P ．有下列结论：①AE ＝DB ；②∠APB ＝2∠ADC ；③当AC ＝BC 时，PC ⊥AB ；④PC 平分∠APB ．其中正确的是 ①②③④ ．（把你认为正确结论的序号都填上）试题分析：由“SAS ”可证△ACE ≌△DCB ，可得AE ＝DB ，可判断①；由△ACE ≌△DCB ，可得∠CAE ＝∠CDB ，由AC ＝DC ，可得∠CAD ＝∠ADC ，利用三角形内角和定理即可判断②；由AC ＝BC ，AC ＝DC ，BC ＝EC ，可得：AC ＝BC ＝DC ＝EC ，进而得出∠CAE ＝∠CBD ，再运用等腰三角形性质即可判断③；由全等三角形的性质可得S △ACE ＝S △DCB ，由三角形的面积公式可求CG ＝CH ，由角平分线的性质可得PC 平分∠APB ，可判断④，即可求解．答案详解：解：∵∠ACD ＝∠BCE ，∴∠ACD +∠DCE ＝∠BCE +∠DCE ，即∠ACE ＝∠DCB ，在△ACE 和△DCB 中，AC =DC∠ACE =∠DCB EC =BC，∴△ACE ≌△DCB （SAS ），∴AE ＝DB ，故①正确；∵△ACE ≌△DCB ，∴∠CAE ＝∠CDB ，∵∠ACD ＝∠CDB +∠CBD ，∴∠ACD ＝∠CAE +∠CBD ，∵∠CAE +∠CBD +∠APB ＝180°，∴∠ACD +∠APB ＝180°，∵AC ＝DC ，∴∠CAD ＝∠ADC ，∵∠ACD +∠CAD +∠ADC ＝180°，∴∠ACD +2∠ADC ＝180°，∴∠APB ＝2∠ADC ，故②正确；∵AC ＝BC ，AC ＝DC ，BC ＝EC ，∴AC ＝BC ＝DC ＝EC ，∴∠CAE ＝∠CBD ，∴PA ＝PB ，∵AC ＝BC ，∴PC ⊥AB ，故③正确；如图，连接PC ，过点C 作CG ⊥AE 于G ，CH ⊥BD 于H ，∵△ACE ≌△DCB ，∴S △ACE ＝S △DCB ，AE ＝BD ，∴12×AE ×CG =12×DB ×CH ，∴CG ＝CH ，∵CG ⊥AE ，CH ⊥BD ，∴PC 平分∠APB ，故④正确，所以答案是：①②③④．8．如图所示，已知△ABC 和△BDE 均为等边三角形，连接AD 、CE ，若∠BAD ＝α，则∠BCE ＝ α ．试题分析：因为△ABC和△BDE均为等边三角形，由等边三角形的性质得到AB＝BC，∠ABC＝∠EBD，BE＝BD．再利用角与角之间的关系求得∠ABD＝∠EBC，则△ABD≌△EBC，故∠BCE可求．答案详解：解：∵△ABC和△BDE均为等边三角形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠EBD＝60°，BE＝BD，∵∠ABD＝∠ABC+∠DBC，∠EBC＝∠EBD+∠DBC，∴∠ABD＝∠EBC，在△ABD和△EBC中，AB=BC∠ABD=∠EBC，BE=BD∴△ABD≌△EBC（SAS），∴∠BCE＝∠BAD＝α．所以答案是：α．9．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝6，点D是边CB上的动点，连接AD，将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AP，连接CP，则线段CP的最小值 3 ．试题分析：延长AC到点E，使CE＝AC，可得△ABE是等边三角形，利用SAS证明△BAD≌△EAP，得∠AEP＝∠ABD＝30°，当CP⊥EP时，CP最小，从而解决问题．答案详解：解：延长AC到点E，使CE＝AC，∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，∴BC垂直平分AE，∠BAE＝60°，∴BA＝BE，∴△ABE是等边三角形，∴AB＝AE，∵线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AP，∴AD＝AP，∠DAP＝60°，∴∠PAE＝∠DAB，∴△BAD≌△EAP（SAS），∴∠AEP＝∠ABD＝30°，∴当CP⊥EP时，CP最小，∴CP=12CE=12AC=3，所以答案是：3．10．已知点D是△ABC外一点，连接AD，BD，CD，∠BAC＝∠BDC＝α．（1）【特例体验】如图1，AB＝BC，α＝60°，则∠ADB的度数为 60° ；（2）【类比探究】如图2，AB＝BC，求证：∠ADB＝∠BDC；（3）【拓展迁移】如图3，α＝60°，∠ACB+∠BCD＝180°，CE⊥BD于点E，AC＝kDE，直接写出CDAB的值（用k的代数式表示）．试题分析：（1）在BD上取点E，使BE＝CD，证明△ABE≌△ACD（SAS），由全等三角形的性质得出∠BAE＝∠CAD，AE＝AD，由等边三角形的性质可得出答案；（2）在DC的延长线上取一点H，使BD＝BH，证明△ABD≌△CBH（SAS），由全等三角形的性质得出∠ADB＝∠H＝α，则可得出结论；（3）延长DC至H，使CH＝AC，连接BH，证明△ABC≌△HBC（SAS），由全等三角形的性质得出AB＝BH，设ED＝m，则CE＝2m，证出△BDH为等边三角形，由等边三角形的性质得出DH＝BH＝AB＝km+2m，则可得出答案．答案详解：（1）解：在BD上取点E，使BE＝CD，∵AB＝BC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∵∠BAC＝∠BDC，∠AOB＝∠COD，∴∠ABE＝∠ACD，∴△ABE≌△ACD（SAS），∴∠BAE＝∠CAD，AE＝AD，∴∠EAD＝∠EAC+∠CAD＝∠EAC+∠BAE＝∠BAC＝60°，∴△AED是等边三角形，∴∠ADB＝60°．所以答案是：60°；（2）证明：在DC的延长线上取一点H，使BD＝BH，∴∠BDH＝∠H＝α，∵∠BAC＝∠BDC＝α，∠AOB＝∠COD，∴∠ABD＝∠ACD，∴∠BCD＝∠ACD+α＝α+∠CBH，∴∠ACD＝∠CBH＝∠ABD，∴△ABD≌△CBH（SAS），∴∠ADB＝∠H＝α，∴∠ADB＝∠BDC；（3）解：延长DC至H，使CH＝AC，连接BH，∵∠ACB+∠BCD＝180°，∠BCH+∠BCD＝180°，∴∠ACB＝∠BCH，∵AC＝CH，BC＝BC，∴△ABC≌△HBC（SAS），∴AB＝BH，∴∠H＝∠BAC＝∠BDC＝60°，∵CE⊥BD，∠ECD＝30°，∴CD＝2ED，设ED＝m，则CD＝2m，∵AC＝kED＝km，∴CH＝km，∴DH＝2m+km，又∵∠BDH＝∠H＝60°，∴△BDH为等边三角形，∴DH＝BH＝AB＝km+2m，∴CDAB=2mkm2m=2k2．三．倍长中线模型11．如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，AM⊥BC于点M，点D在AM上，且DM＝CM，F是BC 的中点，连接FD并延长，在FD的延长线上有一点E，连接CE，且CE＝CA，∠BDF＝36°，则∠E＝ 36° ．试题分析：先证明△AMC≌△BMD，延长EF到点G，使得FG＝EF，连接BG．再证△BFG≌△CFE可得BG＝CE，∠G＝∠E，从而得BD＝BG＝CE，即可得∠BDG＝∠G＝∠CEF．答案详解：解：∵∠ABM＝45°，AM⊥BM，∴∠BMD＝∠AMC，BM＝AM，在△BMD和△AMC中，DM=CM∠BMD=∠AMCBM=AM，∴△BMD≌△AMC（SAS），延长EF到点G，使得FG＝EF，连接BG．如图所示：∵△BMD≌△AMC∴BD＝AC，又∵CE＝AC，∴BD＝CE，在△BFG和△CFE中，BF=FC∠BFG=∠EFC，FG=FE∴△BFG≌△CFE（SAS），∴BG＝CE，∠G＝∠CEF，∴BD＝CE＝BG，∴∠BDF＝∠G＝∠CEF．∴∠BDF＝∠CEF，∴∠E＝36°．所以答案是：36°．12．如图，△ABC中，AB＝6，AC＝4，D是BC的中点，AD的取值范围为 1＜AD＜5 ．试题分析：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，证明△BDE≌△CDA，得出AC＝BE，再根据三角形的三边关系得到结论．答案详解：解：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，在△ACD与△EBD中，BD=CD∠BDE=∠ADC，AD=DE∴△BDE≌△CDA（SAS），∴BE＝AC，∵AB＝6，AC＝4，∴2＜AE＜10，∴1＜AD＜5．所以答案是：1＜AD＜5．13．（1）方法呈现：如图①：在△ABC中，若AB＝6，AC＝4，点D为BC边的中点，求BC边上的中线AD的取值范围．解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使DE＝AD，再连接BE，可证△ACD≌△EBD，从而把AB、AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是（直接写出范围即可）．这种解决问题的方法我们称为倍长中线法；（2）探究应用：如图②，在△ABC中，点D是BC的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，判断BE+CF与EF的大小关系并证明；（3）问题拓展：如图③，在四边形ABCD中，AB∥CD，AF与DC的延长线交于点F、点E是BC的中点，若AE是∠BAF的角平分线．试探究线段AB，AF，CF之间的数量关系，并加以证明．试题分析：（1）由已知得出AB﹣BE＜AE＜AB+BE，即6﹣4＜AE＜6+4，AD为AE的一半，即可得出答案；（2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM，EM，可得△BMD≌△CFD，得出BM＝CF，由线段垂直平分线的性质得出EM＝EF，在△BME中，由三角形的三边关系得出BE+BM＞EM即可得出结论；（3）延长AE，DF交于点G，根据平行和角平分线可证AF＝FG，也可证得△ABE≌△GCE，从而可得AB＝CG，即可得到结论．答案详解：解：（1）1＜AD＜5．∵AD是BC边上的中线，∴BD＝CD，∴△BDE≌△CDA（SAS），∴BE＝AC＝4，在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，∴6﹣4＜AE＜6+4，∴2＜AE＜10，∴1＜AD＜5．证明：（2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，如图②所示．同（1）得：△BMD≌△CFD（SAS），∴BM＝CF，∵DE⊥DF，DM＝DF，∴EM＝EF，在△BME中，由三角形的三边关系得：BE+BM＞EM，∴BE+CF＞EF．（3）如图③，延长AE，DF交于点G，∵AB∥CD，∴∠BAG＝∠G，在△ABE和△GCE中，CE＝BE，∠BAG＝∠G，∠AEB＝∠GEC，∴△ABE≌△GEC（AAS），∴CG＝AB，∵AE是∠BAF的平分线，∴∠BAG＝∠GAF，∴∠FAG＝∠G，∴AF＝GF，∵FG+CF＝CG，∴AF+CF＝AB．四．平行+中点模型14．如图，公园有一条“Z”字形道路AB﹣BC﹣CD，其中AB∥CD，在E、M、F处各有一个小石凳，且BE＝CF，M为BC的中点，连接EM、MF，请问石凳M到石凳E、F的距离ME、MF是否相等？说出你推断的理由．试题分析：首先连接EM、MF，再证明△BEM≌△CFM可得ME＝MF．答案详解：解：石凳M到石凳E、F的距离ME、MF相等．理由如下：∵AB∥CD，∴∠B＝∠C，又∵M为BC中点，∴BM＝MC．在△BEM和△CFM中，BE=CF∠B=∠C，BM=CM∴△BEM≌△CFM（SAS），∴ME＝MF．即石凳M到石凳E、F的距离ME、MF相等．15．△ABC中，P是BC边上的一点，过P作直线交AB于M，交AC的延长线于N，且PM＝PN，MF∥AN，（1）求证：△PMF≌△PNC；（2）若AB＝AC，求证：BM＝CN．试题分析：（1）由平行线的性质得出∠MFP＝∠NCP，由AAS证明△PMF≌△PNC即可；（2）由全等三角形的性质得出FM＝CN，由等腰三角形的性质和平行线的性质得出∠B＝∠MFB，证出BM＝FM，即可得出结论．答案详解：（1）证明：∵MF∥AN，∴∠MFP＝∠NCP，在△PMF和△PNC中，∠MFP=∠NCP∠MPF=∠NPC，PM=PN∴△PMF≌△PNC（AAS）；（2）证明：由（1）得：△PMF≌△PNC，∴FM＝CN，∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∵MF∥AN，∴∠MFB＝∠ACB，∴∠B＝∠MFB，∴BM＝FM，∴BM＝CN．16．如图，已知梯形ABCD中，AD∥BC，E为AB中点，DE⊥EC．求证：（1）DE平分∠ADC；（2）AD+BC＝DC．试题分析：（1）延长DE交CB的延长线于F，可证得△AED≌△BEF，根据三线合一的性质可得出CD＝CF，推出∠CDF＝∠F，由∠ADF＝∠F即可证明；（2）由△AED≌△BEF，根据三线合一的性质可得出CD＝CF，进而利用等线段的代换可证得结论；答案详解：证明：（1）延长DE交CB的延长线于F，∵AD∥CF，∴∠A＝∠ABF，∠ADE＝∠F．在△AED与△BEF中，∠A=∠ABFAE=BE，∠ADE=∠F∴△AED≌△BEF，∴AD＝BF，DE＝EF，∵CE⊥DF，∴∠CDF＝∠F，∵AD∥CF，∴∠ADE＝∠F，∴∠ADE＝∠CDF，∴ED平分∠ADC．（2）∵△AED≌△BEF，∴AD＝BF，DE＝EF，∵CE⊥DF，∴CD＝CF＝BC+BF，∴AD+BC＝DC．五．角平分线+垂直模型17．已知：如图，AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，且∠ADC+∠B＝180°．（1）若AB＝12，AD＝8，则AF＝ 10 ．（2）若△ABC的面积是24，△ADC的面积是16，则△BEC的面积等于 4 ．试题分析：（1）利用角平分线的性质可得CE ＝CF ，∠F ＝∠CEB ＝90°，根据等角的补角相等得∠B ＝∠CDF ，利用AAS 证出两三角形全等，求出DF ＝BE ，证Rt △AFC ≌Rt △AEC ，推出AF ＝AE ，由BE ＝DF 可得AB ﹣AE ＝AF ﹣AD ＝AB ﹣AF ，即可得AB +AD ＝2AF ；（2）利用全等三角形的面积相等，设△BEC 的面积为x ，列出方程可得结果．答案详解：解：（1）∵AC 平分∠BAD ，CE ⊥AB 于E ，CF ⊥AD 于F ，∴CE ＝CF ，∠CEB ＝∠F ＝90°，∵∠ADC +∠B ＝180°，∠ADC +∠CDF ＝180°，∴∠B ＝∠CDF ，在Rt △BCE 与Rt △DCF 中，∠B =∠CDF∠CEB =∠F CE =CF，∴Rt △BCE ≌Rt △DCF （AAS ），∴DF ＝BE ，CE ＝CF ，CE ⊥AB 于E ，CF ⊥AD 于F ，在Rt △ACE 与Rt △ACF 中，CE =CFAC =AC ，∴Rt △ACE ≌Rt △ACF （HL ），∴AF ＝AE ，∴AB ﹣AE ＝AF ﹣AD ＝AB ﹣AF ，∴AB +AD ＝2AF ，∵AB ＝12，AD ＝8，∴AF ＝10，所以答案是：10．（2）∵Rt △BCE ≌Rt △DCF ，∴S △BCE ＝S △DCF ，设△BEC 的面积为x ，∵△ABC 的面积是24，△ADC 面积是16，∴24﹣x ＝16+x ，∴x =12×（24﹣16）＝4．即△BEC的面积等于4，所以答案是：4．18．如图，AD是△ABC的角平分线，过点C作CE⊥AD，垂足为点E，延长CE与AB相交于点F，连接DF，若∠BAC＝60°，∠B＝40°，则∠BDF的度数为 40 °．试题分析：首先利用已知条件可以证明△AFE≌△ACE，然后利用全等三角形的性质和等腰三角形的性质可以求出∠ACD＝∠AFD，最后利用四边形的内角和求出∠CDF即可解决问题．答案详解：解：∵AD是△ABC的角平分线，∴∠FAD＝∠CAD，∵CE⊥AD，∴∠AEF＝∠AEC＝90°，在△AFE和△ACE中，∠FAD=∠CADAE=AE，∠AEF=AEC∴△AFE≌△ACE（ASA），∴EF＝CE，AF＝CF，∴∠AFE＝∠ACE，∵CE⊥AD，∴CD＝FD，∴∠DFC＝DCF，∴∠AFD＝∠ACD，∵∠BAC＝60°，∠B＝40°，∴∠ACD＝∠AFD＝180°﹣60°﹣40°＝80°，∴∠CDF＝360°﹣∠BAC﹣∠ACD﹣∠AFD＝140°，∴∠BDF＝180°﹣∠CDF＝180°﹣140°＝40°．所以答案是：40．19．如图：在∠EAF的平分线上取点B作BC⊥AF于点C，在直线AC上取一动点P．在直线AE上取点Q使得BQ＝BP．（1）如图1，当点P在点线段AC上时，∠BQA+∠BPA＝ 180 °；（2）如图2，当点P在CA延长线上时，探究AQ、AP、AC三条线段之间的数量关系，说明理由；（3）在满足（1）的结论条件下，当点P运动到在射线AC上时，直接写出AQ、AP、PC三条线段之间的数量关系为： AQ﹣AP＝2PC或AP﹣AQ＝2PC ．试题分析：（1）作BM⊥AE于点M，根据角平分线的性质得到BM＝BC，证明Rt△BMQ≌Rt△BPC（HL），进而证明∠BQA＝∠BPC即可得出答案；（2）作BM⊥AE于点M，证明Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），得到∠ABM＝∠ABC，AM＝AC，BM ＝BC，再证明Rt△BMQ≌Rt△BCP（HL），从而得出PC＝QM即可；（3）分两种情况进行讨论，P在线段AC上或P在线段AC的延长线上，作出图后，由△QBM≌△PBC（AAS），得∠QBC＝∠PBC，QM＝PC，BM＝BC，结合Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），得出AM＝AC，利用线段和差计算即可．答案详解：解：（1）作BM⊥AE于点M，∵AB平方∠EAF，BC⊥AF，∴BM＝BC，在Rt△BMQ和Rt△BPC中，BQ=BPBM=BC，∴Rt△BMQ≌Rt△BPC（HL），∴∠BQA＝∠BPC，又∵∠BPC+∠BPA＝180°，∴∠BQA+∠BPA＝180°，所以答案是：180；（2）AQ﹣AP＝2AC，理由如下，作BM⊥AE于点M，∵AB平方∠EAF，BC⊥AF，∴BM＝BC，∠BMA＝∠BCA＝90°，在Rt△ABM和Rt△ABC中，BM=BCAB=AB，∴Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），∴∠ABM＝∠ABC，AM＝AC，在Rt△BMQ和Rt△BCP中，BQ=BPBM=BC，∴Rt△BMQ≌Rt△BCP（HL），∴PC＝QM，∴AQ﹣QP＝（AM+QM）﹣（PC﹣AC）＝AM+AC＝2AC；（3）当点P在线段AC上时，如图，AQ﹣AP＝2PC，作BM⊥AE于点M，∵BC⊥AF，∴，∠BMA＝∠BCA＝90°，∵∠BQA+∠BPA＝180°，∠BPC+∠BPA＝180°，∴∠BPC＝∠BQM，在△QBM和△PBC中，∠BMQ=∠BCP∠BQM=∠BPC，QB=PB∴△QBM≌△PBC（AAS），∴∠QBC＝∠PBC，QM＝PC，BM＝BC，在Rt△ABM和Rt△ABC中，BM=BCAB=AB，∴Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），∴AM＝AC，∴AQ﹣AP＝AM+QM﹣（AC﹣PC）＝QM+PC＝2PC；当P在线段AC的延长线上，如图，AP﹣AQ＝2PC，作BM⊥AE于点M，∵BC⊥AF，∴∠BMA＝∠BCA＝90°，∵∠BQA+∠BPA＝180°，∠BQM+∠BQA＝180°，∴∠BPC＝∠BQM，在△QBM和△PBC中，∠BMQ=∠BCP∠BQM=∠BPCQB=PB，∴△QBM≌△PBC（AAS），∴∠QBC＝∠PBC，QM＝PC，BM＝BC，在Rt△ABM和Rt△ABC中，BM=BCAB=AB，∴Rt△ABM≌Rt△ABC（HL），∴AM＝AC，∴AP﹣AQ＝AC+CP﹣（AM﹣QM）＝MQ+PC＝2PC．所以答案是：AQ﹣AP＝2PC或AP﹣AQ＝2PC．六．半角模型20．（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=12∠BAD，线段EF、BE、FD之间的关系是 EF＝BE+FD ；（不需要证明）（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=12∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=12∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．试题分析：（1）延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，证明△ABG≌△ADF，根据全等三角形的性质得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，再证明△GAE≌△FAE，根据全等三角形的性质得出EF＝EG，结合图形计算，证明结论；（2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，仿照（1）的证明方法解答；（3）在EB上截取BH＝DF，连接AH，仿照（1）的证明方法解答．答案详解：解：（1）EF＝BE+FD，理由如下：如图1，延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，在△ABG和△ADF中，AB=AD∠ABG=∠D=90°BG=DF，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∵∠EAF=12∠BAD，∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，∴∠GAE＝∠BAG+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝∠EAF，在△GAE和△FAE中，AG=AF∠GAE=∠FAEAE=AE，∴△GAE≌△FAE（SAS），∴EF＝EG，∵EG＝BG+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+FD，所以答案是：EF＝BE+FD；（2）（1）中的结论仍然成立，理由如下：如图2，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠1＝180°，∴∠1＝∠D，在△ABM和△ADF中，AB=AD∠1=∠DBM=DF，∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠3＝∠2，∵∠EAF=12∠BAD，∴∠3+∠4＝∠EAF，∴∠EAM＝∠3+∠4＝∠2+∠4＝∠EAF，在△MAE和△FAE中，AM=AF∠MAE=∠FAEAE=AE，∴△MAE≌△FAE（SAS），∴EF＝EM，∵EM＝BM+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+FD；（3）（1）中的结论不成立，EF＝BE﹣FD，理由如下：如图3，在EB上截取BH＝DF，连接AH，同（2）中证法可得，△ABH≌△ADF，∴AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，∴∠HAE＝∠FAE，在△HAE和△FAE中，AH=AF∠HAE=∠FAEAE=AE，∴△HAE≌△FAE（SAS），∴EF＝EH，∵EH＝BE﹣BH＝BE﹣DF，∴EF＝BE﹣FD．21．（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°，请探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系是什么？小明探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG．先证明△ABE≌△ADG，得AE＝AG；再由条件可得∠EAF＝∠GAF，证明△AEF≌△AGF，进而可得线段BE，EF，FD之间的数量关系是 EF＝BE+DF ．（2）拓展应用：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=12∠BAD．问（1）中的线段BE，EF，FD之间的数量关系是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．试题分析：（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；（2）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；答案详解：解：（1）EF＝BE+DF，理由如下：在△ABE和△ADG中，DG=BE∠B=∠ADG=90°AB=AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF=12∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；所以答案是：EF＝BE+DF．（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，如图2，∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADG＝180°，∴∠B＝∠ADG，在△ABE和△ADG中，DG=BE∠B=∠ADGAB=AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF=12∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；。