【精选】全等三角形单元复习练习(Word版 含答案)

一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）

1．如图，△ABC 中，AB=AC=BC，∠BDC=120°且BD=DC，现以D为顶点作一个60°角，使角两边分别交AB，AC边所在直线于M，N两点，连接MN，探究线段BM、MN、NC之间的关系，并加以证明．

（1）如图1，若∠MDN的两边分别交AB，AC边于M，N两点．猜想：BM+NC=MN．延长AC到点E，使CE=BM，连接DE，再证明两次三角形全等可证．请你按照该思路写出完整的证明过程；

（2）如图2，若点M、N分别是AB、CA的延长线上的一点，其它条件不变，再探究线段BM，MN，NC之间的关系，请直接写出你的猜想（不用证明）．

【答案】（1）过程见解析；（2）MN= NC﹣BM．

【解析】

【分析】

（1）延长AC至E，使得CE=BM并连接DE，根据△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，可以证得△MBD≌△ECD，可得MD=DE，∠BDM=∠CDE，再根据∠MDN

=60°，∠BDC=120°，可证∠MDN =∠NDE=60°，得出△DMN≌△DEN，进而得到

MN=BM+NC．

（2）在CA上截取CE=BM，利用（1）中的证明方法，先证△BMD≌△CED（SAS），再证△MDN≌△EDN（SAS），即可得出结论．

【详解】

解：（1）如图示，延长AC至E，使得CE=BM，并连接DE．

∵△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，∴BD=CD，∠DBC=∠DCB，∠MBC=∠ACB=60°，又BD=DC，且∠BDC=120°，

∴∠DBC=∠DCB=30°

∴∠ABC+∠DBC=∠ACB+∠DCB=60°+30°=90°，∴∠MBD=∠ECD=90°，

在△MBD与△ECD中，

∵BD CD

MBD ECD BM CE

，

∴△MBD≌△ECD（SAS），

∴MD=DE，∠BDM=∠CDE

∵∠MDN =60°，∠BDC=120°，

∴∠CDE+∠NDC =∠BDM+∠NDC=120°-60°=60°，即：∠MDN =∠NDE=60°，

在△DMN与△DEN中，

∵MD DE

MDN EDN DN DN

，

∴△DMN≌△DEN（SAS），

∴MN=NE=CE+NC=BM+NC．

（2）如图②中，结论：MN=NC﹣BM．

理由：在CA上截取CE=BM．∵△ABC是正三角形，

∴∠ACB=∠ABC=60°，

又∵BD=CD，∠BDC=120°，∴∠BCD=∠CBD=30°，

∴∠MBD=∠DCE=90°，

在△BMD和△CED中

∵BM CE

MBD ECD BD CD

，

∴△BMD≌△CED（SAS），

∴DM= DE，∠BDM=∠CDE

∵∠MDN =60°，∠BDC=120°，

∴∠NDE=∠BDC-（∠BDN+∠CDE）=∠BDC-（∠BDN+∠BDM）=∠BDC-∠MDN=120°-60°=60°，

即：∠MDN =∠NDE=60°，

在△MDN和△EDN中

∵ND ND

EDN MDN ND ND

，

∴△MDN≌△EDN（SAS），

∴MN =NE=NC﹣CE=NC﹣BM．

【点睛】

此题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．

2．已知OP平分∠AOB，∠DCE的顶点C在射线OP上，射线CD交射线OA于点F，射线CE交射线OB于点G．

（1）如图1，若CD⊥OA，CE⊥OB，请直接写出线段CF与CG的数量关系；

（2）如图2，若∠AOB=120o，∠DCE=∠AOC，试判断线段CF与CG的数量关系，并说明理

由．

【答案】（1）CF=CG；（2）CF=CG，见解析

【解析】

【分析】

(1)结论CF=CG，由角平分线性质定理即可判断．

(2)结论：CF=CG，作CM⊥OA于M，CN⊥OB于N，证明△CMF≌△CNG，利用全等三角形的性质即可解决问题．

【详解】

解：（1）结论：CF=CG；

证明：∵OP平分∠AOB，CF⊥OA，CG⊥OB，

∴CF=CG（角平分线上的点到角两边的距离相等）；

（2）CF=CG.理由如下：如图，

过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，

∵OP平分∠AOB，CM⊥OA，CN⊥OB，∠AOB=120o，

∴CM=CN（角平分线上的点到角两边的距离相等），

∴∠AOC=∠BOC=60o（角平分线的性质），

∵∠DCE=∠AOC，

∴∠AOC=∠BOC=∠DCE=60o，

∴∠MCO=90o-60o =30o，∠NCO=90o-60o =30o，

∴∠MCN=30o+30o=60o，

∴∠MCN=∠DCE，

∵∠MCF=∠MCN-∠DCN，∠NCG=∠DCE-∠DCN，

∴∠MCF=∠NCG，

在△MCF和△NCG中，

CMF CNG

CM CN

MCF NCG

∠=∠

?

?

=

?

?∠=∠

?

∴△MCF≌△NCG（ASA），

∴CF=CG（全等三角形对应边相等）；

【点睛】

本题考查三角形综合题、角平分线的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握角平分线的性质的应用，熟练证明三角形全等．

3．如图，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AE=AC，AF⊥CB，垂足为F．

（1）求证：△ABC≌△ADE；

（2）求∠FAE的度数；

（3）求证：CD=2BF+DE．

【答案】（1）证明见解析；（2）∠FAE=135°；（3）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）根据已知条件易证∠BAC=∠DAE，再由AB=AD，AE=AC，根据SAS即可证得

△ABC≌△ADE；

（2）已知∠CAE=90°，AC=AE，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可得

∠E=45°，由（1）知△BAC≌△DAE，根据全等三角形的性质可得∠BCA=∠E=45°，再求得∠CAF=45°，由∠FAE=∠FAC+∠CAE即可得∠FAE的度数；

（3）延长BF到G，使得FG=FB，易证△AFB≌△AFG，根据全等三角形的性质可得

AB=AG，∠ABF=∠G，再由△BAC≌△DAE，可得AB=AD，∠CBA=∠EDA，CB=ED，所以AG=AD，∠ABF=∠CDA，即可得∠G=∠CDA，利用AAS证得△CGA≌△CDA，由全等三角形的性质可得CG=CD，所以CG=CB+BF+FG=CB+2BF=DE+2BF．

【详解】

（1）∵∠BAD=∠CAE=90°，

∴∠BAC+∠CAD=90°，∠CAD+∠DAE=90°，

∴∠BAC=∠DAE，

在△BAC和△DAE中，

AB AD BAC DAE AC AE =??∠=∠??=?

， ∴△BAC ≌△DAE （SAS ）；

（2）∵∠CAE=90°，AC=AE ，

∴∠E=45°，

由（1）知△BAC ≌△DAE ，

∴∠BCA=∠E=45°，

∵AF ⊥BC ，

∴∠CFA=90°，

∴∠CAF=45°，

∴∠FAE=∠FAC+∠CAE=45°+90°=135°；

（3）延长BF 到G ，使得FG=FB ，

∵AF ⊥BG ，

∴∠AFG=∠AFB=90°，

在△AFB 和△AFG 中，

BF F AFB AFG AF AF G =??∠=∠??=?

， ∴△AFB ≌△AFG （SAS ），

∴AB=AG ，∠ABF=∠G ，

∵△BAC ≌△DAE ，

∴AB=AD ，∠CBA=∠EDA ，CB=ED ，

∴AG=AD ，∠ABF=∠CDA ，

∴∠G=∠CDA ，

在△CGA 和△CDA 中，

GCA DCA CGA CDA AG AD ∠=∠??∠=∠??=?

， ∴△CGA ≌△CDA ，

∴CG=CD ，

∵CG=CB+BF+FG=CB+2BF=DE+2BF ，

∴CD=2BF+DE ．

【点睛】

本题考查全等三角形的判定与性质，解决第3问需作辅助线，延长BF 到G ，使得FG=FB ，证得△CGA ≌△CDA 是解题的关键．

4．如图，在ABC ?中，90C ∠=?，4cm AC BC ==，点D 是斜边AB 的中点．点E 从点B 出发以1cm/s 的速度向点C 运动，点F 同时从点C 出发以一定的速度沿射线CA 方向运动，规定当点E 到终点C 时停止运动．设运动的时间为x 秒，连接DE 、DF ．

（1）填空：ABC S ?=______2cm ；

（2）当1x =且点F 运动的速度也是1cm/s 时，求证：DE DF =；

（3）若动点F 以3cm /s 的速度沿射线CA 方向运动，在点E 、点F 运动过程中，如果存在某个时间x ，使得ADF ?的面积是BDE ?面积的两倍，请你求出时间x 的值．

【答案】（1）8;(2)见解析；（3）

45或4. 【解析】

【分析】

（1）直接可求△ABC 的面积；

（2）连接CD ，根据等腰直角三角形的性质可求：∠A=∠B=∠ACD=∠DCB=45°，即BD=CD ，且BE=CF ，即可证△CDF ≌△BDE ，可得DE=DF ；

（3）分△ADF 的面积是△BDE 的面积的两倍和△BDE 与△ADF 的面积的2倍两种情况讨论，根据题意列出方程可求x 的值．

【详解】

解：（1）∵S △ABC =12

?AC×BC

∴S△ABC=

1

2

×4×4=8（cm2）

故答案为：8

（2）如图：连接CD

∵AC=BC，D是AB中点

∴CD平分∠ACB

又∵∠ACB=90°

∴∠A=∠B=∠ACD=∠DCB=45°

∴CD=BD

依题意得：BE=CF

∴在△CDF与△BDE中

BE CF

B DCA

BD CD

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

∴△CDF≌△BDE（

SAS）

∴DE=DF

（3）如图：过点D作DM⊥BC于点M，DN⊥AC于点N，

∵AD=BD，∠A=∠B=45°，∠AND=∠DMB=90°

∴△ADN≌△BDM（AAS）

∴DN=DM

当S△ADF=2S△BDE．

∴

1

2

×AF×DN=2×

1

2

×BE×DM

∴|4-3x|=2x

∴x1=4，x2=

4

5

综上所述：x=

45

或4 【点睛】 本题考查了动点问题的函数图象，全等三角形的性质和判定，利用分类思想解决问题是本题的关键．

5．如图，在ABC ?中，ACB ∠为锐角，点D 为射线BC 上一动点，连接AD .以AD 为直角边且在AD 的上方作等腰直角三角形ADF .

（1）若AB AC =，90BAC ∠=?

①当点D 在线段BC 上时（与点B 不重合），试探讨CF 与BD 的数量关系和位置关系； ②当点D 在线段C 的延长线上时，①中的结论是否仍然成立，请在图2中面出相应的图形并说明理由；

（2）如图3，若AB AC ≠，90BAC ∠≠?，45BCA ∠=?，点D 在线段BC 上运动，试探究CF 与BD 的位置关系.

【答案】（1）①CF ⊥BD ，证明见解析；②成立，理由见解析；（2）CF ⊥BD ，证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）①根据同角的余角相等求出∠CAF=∠BAD ，然后利用“边角边”证明△ACF 和△ABD 全等，②先求出∠CAF=∠BAD ，然后与①的思路相同求解即可；

（2）过点A 作AE ⊥AC 交BC 于E ，可得△ACE 是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AC=AE ，∠AED=45°，再根据同角的余角相等求出∠CAF=∠EAD ，然后利用“边角边”证明△ACF 和△AED 全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠AED ，然后求出∠BCF=90°，从而得到CF ⊥BD ．

【详解】

解：（1）①∵∠BAC=90°，△ADF 是等腰直角三角形，

∴∠CAF+∠CAD=90°，∠BAD+∠ACD=90°，

∴∠CAF=∠BAD ，

在△ACF 和△ABD 中，

∵AB=AC ，∠CAF=∠BAD ，AD=AF ，

∴△ACF ≌△ABD(SAS)，

∴CF=BD ，∠ACF=∠ABD=45°，

∵∠ACB=45°，

∴∠FCB=90°，

∴CF⊥BD；

②成立，理由如下：如图2：

∵∠CAB=∠DAF=90°，

∴∠CAB+∠CAD=∠DAF+∠CAD，

即∠CAF=∠BAD，

在△ACF和△ABD中，

∵AB=AC，∠CAF=∠BAD，AD=AF，

∴△ACF≌△ABD(SAS)，

∴CF=BD，∠ACF=∠B，

∵AB=AC，∠BAC=90°，

∴∠B=∠ACB=45°，

∴∠BCF=∠ACF+∠ACB=45°+45°=90°，

∴CF⊥BD；

（2）如图3，过点A作AE⊥AC交BC于E，

∵∠BCA=45°，

∴△ACE是等腰直角三角形，

∴AC=AE，∠AED=45°，

∵∠CAF+∠CAD=90°，∠EAD+∠CAD=90°，∴∠CAF=∠EAD，

在△ACF和△AED中，

∵AC=AE，∠CAF=∠EAD，AD=AF，

∴△ACF≌△AED(SAS)，

∴∠ACF=∠AED=45°，

∴∠BCF=∠ACF+∠BCA=45°+45°=90°，

∴CF⊥BD．

【点睛】

本题考查全等三角形的动点问题，综合性较强，有一定难度，需要熟练掌握全等三角形的判定和性质进行综合运用.

6．已知：平面直角坐标系中，点A（a，b）的坐标满足|a﹣b|+b2﹣8b+16＝0．

（1）如图1，求证：OA是第一象限的角平分线；

（2）如图2，过A作OA的垂线，交x轴正半轴于点B，点M、N分别从O、A两点同时出发，在线段OA上以相同的速度相向运动（不包括点O和点A），过A作AE⊥BM交x轴于点E，连BM、NE，猜想∠ONE与∠NEA之间有何确定的数量关系，并证明你的猜想；

（3）如图3，F是y轴正半轴上一个动点，连接FA，过点A作AE⊥AF交x轴正半轴于点E，连接EF，过点F点作∠OFE的角平分线交OA于点H，过点H作HK⊥x轴于点K，求

2HK+EF的值．

【答案】（1）证明见解析（2）答案见解析（3）8

【解析】

【分析】

（1）过点A分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为M、N，则AN＝AM,

根据非负数的性质求出a、b的值即可得结论；

（2）如图2，过A作AH平分∠OAB，交BM于点H，则△AOE≌△BAH，可得AH＝OE，由已知条件可知ON=AM，∠MOE＝∠MAH，可得△ONE≌△AMH，∠ABH＝∠OAE，设BM 与NE交于K，则∠MKN＝180°﹣2∠ONE＝90°﹣∠NEA，即2∠ONE﹣∠NEA＝90°；（3）如图3，过H作HM⊥OF，HN⊥EF于M、N，可证△FMH≌△FNH，则FM＝FN，同理：NE＝EK，先得出OE+OF﹣EF＝2HK，再由△APF≌△AQE得PF＝EQ，即可得

OE+OF＝2OP＝8，等量代换即可得2HK+EF的值．

【详解】

解：（1）∵|a﹣b|+b2﹣8b+16＝0

∴|a﹣b|+（b﹣4）2＝0

∵|a﹣b|≥0，（b﹣4）2≥0

∴|a﹣b|＝0，（b﹣4）2＝0

∴a＝b＝4

过点A分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为M、N，则AN＝AM

∴OA 平分∠MON

即OA 是第一象限的角平分线

（2）过A 作AH 平分∠OAB ，交BM 于点H

∴∠OAH ＝∠HAB ＝45°

∵BM ⊥AE

∴∠ABH ＝∠OAE 在△AOE 与△BAH 中

OAE ABH OA AB

AOE BAH ＝＝∠∠??=??∠∠?

， ∴△AOE ≌△BAH （ASA ）

∴AH ＝OE

在△ONE 和△AMH 中

OE AH NOE MAH ON AM =??∠∠??=?

＝， ∴△ONE ≌△AMH （SAS ）

∴∠AMH ＝∠ONE

设BM 与NE 交于K

∴∠MKN ＝180°﹣2∠ONE ＝90°﹣∠NEA

∴2∠ONE ﹣∠NEA ＝90°

（3）过H 作HM ⊥OF ，HN ⊥EF 于

M 、N

可证：△FMH ≌△FNH （SAS ）

∴FM ＝FN

同理：NE ＝EK

∴OE+OF ﹣EF ＝2HK

过A 作AP ⊥y 轴于P ，AQ ⊥x 轴于Q

可证：△APF ≌△AQE （SAS ）

∴PF ＝EQ

∴OE+OF ＝2OP ＝8

∴2HK+EF ＝OE+OF ＝8

【点睛】

本题考查非负数的性质，平面直角坐标系中点的坐标，等腰直角三角形，全等三角形的判定和性质.

7．已知△ABC中，AB=AC，点P是AB上一动点，点Q是AC的延长线上一动点，且点P从B运动向A、点Q从C运动向Q移动的时间和速度相同，PQ与BC相交于点D，若

AB=82，BC=16．

（1）如图1，当点P为AB的中点时，求CD的长；

（2）如图②，过点P作直线BC的垂线，垂足为E，当点P、Q在移动的过程中，设

BE+CD=λ，λ是否为常数？若是请求出λ的值，若不是请说明理由．

【答案】（1）4；（2）8

【解析】

【分析】

（1）过P点作PF∥AC交BC于F，由点P和点Q同时出发，且速度相同，得出

BP=CQ，根据PF∥AQ，可知∠PFB=∠ACB，∠DPF=∠CQD，则可得出∠B=∠PFB，证出BP=PF，得出PF=CQ，由AAS证明△PFD≌△QCD，得出，再证出F是BC的中点，即可得出结果；

（2）过点P作PF∥AC交BC于F，易知△PBF为等腰三角形，可得BE=1

2

BF，由（1）

证明方法可得△PFD≌△QCD 则有CD=1

2

CF，即可得出BE+CD=8．

【详解】

解:（1）如图①，过P点作PF∥AC交BC于F，

∵点P和点Q同时出发，且速度相同，

∴BP=CQ ，

∵PF ∥AQ ，

∴∠PFB=∠ACB ，∠DPF=∠CQD ，

又∵AB=AC ， ∴∠B=∠ACB ， ∴∠B=∠PFB ，

∴BP=PF ，

∴PF=CQ ，又∠PDF=∠QDC ，

∴△PFD ≌△QCD ，

∴DF=CD=12

CF ， 又因P 是AB 的中点，PF ∥AQ ， ∴F 是BC 的中点，即FC=

12BC=8， ∴CD=12

CF=4； （2）8BE CD λ+==为定值．

如图②，点P 在线段AB 上，

过点P 作PF ∥AC 交BC 于F ，

易知△PBF 为等腰三角形，

∵PE ⊥BF

∴BE=12

BF ∵易得△PFD ≌△QCD ∴CD=

12CF ∴()111182222

BE CD BF CF BF CF BC λ+==

+=+== 【点睛】 此题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判断与性质，熟悉相关性质定理是解题的关键．

8．如图（1），在ABC 中，90A ∠=?，AB AC =，点D 是斜边BC 的中点，点E ，F 分别在线段AB ，AC 上， 且90EDF ∠=?．

（1）求证：DEF 为等腰直角三角形；

（2）若ABC 的面积为7，求四边形AEDF 的面积；

（3）如图（2），如果点E 运动到AB 的延长线上时，点F 在射线CA 上且保持

90EDF ∠=?，DEF 还是等腰直角三角形吗．请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）3.5；（3）是，理由见解析．

【解析】

【分析】

（1）由题意连接AD ，并利用全等三角形的判定判定△BDE ≌△ADF(ASA)，进而分析证得DEF 为等腰直角三角形；

（2）由题意分析可得S 四边形AEDF =S ?ADF +S ?ADE =S ?BDE +S ?CDF ，以此进行分析计算求出四边形AEDF 的面积即可；

（3）根据题意连接AD ，运用全等三角形的判定判定△BDE ≌△ADF(ASA)，进而分析证得DEF 为等腰直角三角形.

【详解】

解：（1）证明：如图①，连接AD.

∵∠BAC=90?,AB=AC,点D 是斜边BC 的中点，

∴AD ⊥BC ，AD=BD ，

∴∠1=∠B=45°，

∵∠EDF=90°，∠2+∠3=90°，

又∵∠3+∠4=90°，

∴∠2=∠4，

在△BDE 和△ADF 中，∠1=∠B ，AD=BD,∠2=∠4，

∴△BDE ≌△ADF(ASA),

∴DE=DF,

又∵∠EDF=90°，

∴ΔDEF 为等腰直角三角形.

（2）由（1）可知DE=DF，∠C=∠6=45°，

又∵∠2+∠3=90°，∠2+∠5=90°，

∴∠3=∠5，

∴△ADE≌△CDF，

∴S四边形AEDF=S?ADF+S?ADE=S?BDE+S?CDF，

∴ S?ABC=2 S四边形AEDF,

∴S四边形AEDF=3.5 .

（3）是.如图②，连接AD.

∵∠BAC=90°，AB=AC，D是斜边BC的中点，

∴AD⊥BC,AD=BD ，

∴∠1=45°，

∵∠DAF=180°-∠1=180°—45°=135°，∠DBE=180°-∠ABC=180°-45°=135°，

∴∠DAF=∠DBE，

∵∠EDF=90°，

∴∠3+∠4=90°，

又∵∠2+∠3=90°，

∴∠2=∠4,

在△BDE和△ADF中，∠DAF=∠DBE，AD=BD,∠2=∠4,

∴△BDE≌△ADF(ASA),

∴DE=DF,

又∵∠EDF=90°，

∴△DEF为等腰直角三角形.

【点睛】

本题考查等腰直角三角形的性质以及全等三角形的判定与性质，根据题意作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．

9．如图（1），AB=4cm，AC⊥AB，BD⊥AB，AC=BD=3cm，点P在线段AB上以1cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段BD上由点B向点D运动，他们的运动时间为

t(s).

（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t=1时，△ACP与△BPQ是否全等，请说明理由

（2）判断此时线段PC和线段PQ的关系，并说明理由。

（3）如图（2），将图（1）中的“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB=∠DBA=60°”，其他条件不变，设点Q的运动速度为x cm/s，是否存在实数x，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，求出相应的x、t的值；若不存在，请说明理由。

【答案】（1）△ACP≌△BPQ，理由见解析；

（2）PC=PQ且PC⊥PQ，理由见解析；

（3）存在；

1

1

t

x

=

?

?

=

?

或

2

3

2

t

x

=

?

?

?

=

??

．

【解析】

【分析】

（1）利用SAS证得△ACP≌△BPQ；

（2）由（1）得出PC=PQ，∠ACP=∠BPQ，进一步得出∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°得出结论即可；

（3）分两种情况：①AC=BP，AP=BQ，②AC=BQ，AP=BP，建立方程组求得答案即可．【详解】

解：（1）如图（1），△ACP≌△BPQ，理由如下：

当t=1时，AP=BQ=1，

∴BP=AC=3，

又∵∠A=∠B=90°，

在△ACP和△BPQ中，

AP BQ

A B

AC BP

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

∴△ACP≌△BPQ（SAS）．

（2）PC=PQ且PC⊥PQ，理由如下：

由（1）可知△ACP≌△BPQ

∴PC=PQ，∠ACP=∠BPQ，

∴∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°．

∴∠CPQ=90°，

∴PC⊥PQ．

（3）如图（2），分两种情况讨论：

当AC=BP，AP=BQ时，△ACP≌△BPQ，则

34t

t xt

=-

?

?

=

?

，

解得

1

1

t

x

=

?

?

=

?

，

当AC=BQ，AP=BP时，△ACP≌△BQP，则，

3

4

xt

t t

=

?

?

=-

?

解得

2

3

2

t

x

=

?

?

?

=

??

综上所述，存在

1

1

t

x

=

?

?

=

?

或

2

3

2

t

x

=

?

?

?

=

??

使得△ACP与△BPQ全等．

【点睛】

本题主要考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，能熟练进行全等的分析判断以及运用分类讨论思想是解题关键．

10．已知点P是线段MN上一动点，分别以PM，PN为一边，在MN的同侧作△APM，△BPN，并连接BM，AN．

（Ⅰ）如图1，当PM＝AP，PN＝BP且∠APM＝∠BPN＝90°时，试猜想BM，AN之间的数量关系与位置关系，并证明你的猜想；

（Ⅱ）如图2，当△APM，△BPN都是等边三角形时，（Ⅰ）中BM，AN之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，试说明理由．

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，连接AB得到图3，当PN＝2PM时，求∠PAB度数．

【答案】（1）BM＝AN，BM⊥AN．（2）结论成立.（3）90°．

【解析】

【分析】

(1)根据已知条件可证△MBP≌△ANP，得出MB＝AN，∠PAN＝∠PMB，再延长MB交

∠=?,因此有BM⊥AN；

AN于点C，得出MCN90

(2)根据所给条件可证△MPB≌△APN，得出结论BM＝AN；

(3)取PB的中点C，连接AC，AB，通过已知条件推出△APC为等边三角形，∠PAC＝∠PCA＝60°，再由CA＝CB，进一步得出∠PAB的度数.

【详解】

解：（Ⅰ）结论：BM＝AN，BM⊥AN．

理由：如图1中，

∵MP＝AP，∠APM＝∠BPN＝90°，PB＝PN，

∴△MBP≌△ANP（SAS），

∴MB＝AN．

延长MB交AN于点C．

∵△MBP≌△ANP，

∴∠PAN＝∠PMB，

∵∠PAN+∠PNA＝90°，

∴∠PMB+∠PNA＝90°，

∴∠MCN＝180°﹣∠PMB﹣∠PNA＝90°，

∴BM⊥AN．

（Ⅱ）结论成立

理由：如图2中，

∵△APM，△BPN，都是等边三角形

∴∠APM＝∠BPN＝60°

∴∠MPB＝∠APN＝120°，

又∵PM＝PA，PB＝PN，

∴△MPB≌△APN（SAS）

∴MB＝AN．

（Ⅲ）如图3中，取PB的中点C，连接AC，AB．

∵△APM，△PBN都是等边三角形

∴∠APM＝∠BPN＝60°，PB＝PN

∵点C是PB的中点，且PN＝2PM，

∴2PC＝2PA＝2PM＝PB＝PN，

∵∠APC＝60°，

∴△APC为等边三角形，

∴∠PAC＝∠PCA＝60°，

又∵CA＝CB，

∴∠CAB＝∠ABC＝30°，

∴∠PAB＝∠PAC+∠CAB＝90°．

【点睛】

本题是一道关于全等三角形的综合性题目，充分考查了学生对全等三角形的判定定理及其性质的应用的能力，此类题目常常需要数形结合，借助辅助线才得以解决，因此，作出合理正确的辅助线是解题的关键.