第一章 全等三角形（单元检测卷，提优）-【帮课堂】2024-2025学年八年级数学上册同步学与练（苏科版）

第一章 全等三角形章节检测卷（提优） 一．选择题（共8小题，满分16分，每小题2分） 1．如图，已知△ABC≌△A′BC′，A′C′∥BC，∠C＝20°，则∠ABA′的度数是（　　） A．15° B．20° C．25° D．30° 2．如图，已知∠AOB，用尺规作图如下： ①以点O为圆心，任意长为半径画弧，交OA于点M，交OB于点N ②以点N为圆心，MN为半径画弧，交已画的弧于点C ③作射线OC 那么下列角的关系不正确的是（　　） A．△MON≌△NOC B．MC＝2MN C．MN＝CN D．∠AOB∠AOC 3．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2AC，点D是线段AB的中点，将一块锐角为45°的直角三角板按如图（△ADE）放置，使直角三角板斜边的两个端点分别与A，D重合，连接BE，CE与AB交于点F．下列判断正确的有（　　） ①△ACE≌△DBE； ②BE⊥CE； ③∠BCE＝45°； ④S△DEF＝S△ACE． A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 4．如图：正方形ABCD中，点E、F分别是CD、CB边上的点，连接AE，DF交于点N，∠ADF的角平分线DM交AB于M，过点M作MQ∥AE分别交DF于点H，交BC于点Q，连接DQ，若DE＝CF，∠AMG＝a，则用含a的代数式表示∠DQC为（　　） A．135°﹣a B． C．45°a D． 5．如图，在△MPN中，H是高MQ和NR的交点，且PM＝HN，已知MH＝3，PQ＝2，则PN的长为（　　） A．5 B．7 C．8 D．11 6．如图所示，△ABC与△ADE顶点A重合，点D，E分别在边BC，AC上，且AB＝AC，AD＝DE，∠B＝∠ADE＝40°，则∠EDC的度数为（　　） A．20° B．30° C．40° D．50 7．如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平分∠BOC；④MB平分∠ABO．其中正确的个数为（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 8．如图，已知∠ABC＝120°，BD平分∠ABC，∠DAC＝60°，若AB＝2，BC＝3，则BD的长是（　　） A．4.5 B．5 C．5.5 D．6 二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分） 9．如图，在△ABC的上方有一点D，连接AD，CD，AB＝AD，CB＝CD，∠BCD＝50°，则∠ACB的度数为 　 　°． 10．如图，在△ABC和△BDE中，点C在边BD上，AC交BE于点F．若AC＝BD，AB＝ED，BC＝BE，∠ACB＝50°，则∠AFB＝　 　°． 11．如图，D，E是△ABC外两点，连接AD，AE，有AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝40°．连接CD，BE交于点F，则∠DFE的度数为 　 　． 12．如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，点A，B，C，D，E均在小正方形方格的顶点上，线段AB，CD交于点F，若∠CFB＝41°，则∠ABE＝　 　． 13．如图，在四边形ABCD中，BC∥AD，∠BAD和∠ABC的角平分线恰好与CD交于点P．若∠BAD＝70°，则∠ABP的度数为 　 　度，若AB＝8，BC＝2，则AD＝　 　． 14．在等腰直角△ABC中，AB＝AC，在斜边BC上取点D，使得BD＝BA，E为AB边上一动点，以D为直角顶点，DE为直角边构造等腰直角△DEF（F在DE右侧），当CF最小时，∠AED＝　 　°． 15．如图，在△ABC中，∠ABC＝40°，∠ACB＝30°，三角形内有一点P，连接AP，BP，CP，若BP平分∠ABC，，则∠PAC＝　 　． 16．已知：等腰△ABC，BA＝BC，点D在AB上，点E在BC的延长线上，AD＝CE，连接DE交AC于点F，作DH⊥AC于点H，∠HDF﹣∠E＝30°，CE＝6，CF＝2，则HF的长为 　 　． 三．解答题（共8小题，满分68分） 17．（6分）已知：如图，点D为线段BC上一点，BD＝AC，∠E＝∠ABC，∠CDE+∠C＝180°． （1）求证：DE＝BC； （2）若DE＝12，点D为线段BC的中点，求AC的长． 18．（6分）如图，AE与BD相交于点C，AC＝EC，BC＝DC，AB＝6cm，点P从点A出发，沿A→B→A方向以3cm/s的速度运动，点Q从点D出发，沿D→E方向以1cm/s的速度运动，P，Q两点同时出发．当点P到达点A时，P，Q两点同时停止运动．设点P的运动时间为t s． （1）求证：AB∥DE； （2）连接PQ，当线段PQ经过点C时，求t的值． 19．（8分）如图，在△ABC中，BC＝5，BD＝2，AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，AD、BE相交于点O，且AE＝BE． （1）求证：△AOE≌△BCE． （2）动点P从点O出发，沿线段OA以每秒1个单位长度的速度向终点A运动，动点Q从点B出发沿射线BC以每秒4个单位长度的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P到达A点时，P、Q两点同时停止运动．设点P的运动时间为t秒，点F是直线AC上的一点且CF＝BO．是否存在t值，使以点B、O、P为顶点的三角形与以点F、C、Q为顶点的三角形全等？若存在，请求出符合条件的t值；若不存在，请说明理由． 20．（8分）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t s． （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． 21．（10分）（1）如图①，已知：△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥m于D，CE⊥m于E，求证：DE＝BD+CE； （2）拓展：如图②，将（1）中的条件改为：△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，α为任意锐角或钝角，请问结论DE＝BD+CE是否成立？如成立，请证明；若不成立，请说明理由； （3）应用：如图③，在△ABC中，∠BAC是钝角，AB＝AC，∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，直线m与BC的延长线交于点F，若BC＝2CF，△ABC的面积是12，求△ABD与△CEF的面积之和． 22．（10分）在Rt△ABC中，∠ACB＝Rt∠，M是边AB的中点，CH⊥AB于点H，CD平分∠ACB． （1）求证：CD平分∠MCH； （2）过点M作AB的垂线交CD的延长线于点E，求证：CM＝EM； （3）△AEM是什么三角形？证明你的猜想． 23．（10分）综合与实践：数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地． （1）发现问题：如图1，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝30°，连接BE，CF，延长BE交CF于点D．则BE与CF的数量关系：　 　，∠BDC＝　 　°； （2）类比探究：如图2，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝120°，连接BE，CF，延长BE，FC交于点D．请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC的度数，并说明理由． 24．（10分）如图（1），已知：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．证明：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＝120°．请问结论DE＝BD+CE是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由． （3）拓展与应用：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和△ACF均为等边三角形，连接BD、CE，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，试证明FD＝FE． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一章 全等三角形章节检测卷（提优） 一．选择题（共8小题，满分16分，每小题2分） 1．如图，已知△ABC≌△A′BC′，A′C′∥BC，∠C＝20°，则∠ABA′的度数是（　　） A．15° B．20° C．25° D．30° 【分析】根据全等三角形的性质可得∠C＝∠C′＝20°，∠ABC＝∠A′BC′，进而可得∠ABA′＝∠CBC′，然后根据平行线的性质求出∠CBC′＝∠C′＝20°，即可求解． 【解答】解：∵△ABC≌△A′BC′，∠C＝20°， ∴∠C＝∠C′＝20°，∠ABC＝∠A′BC′， ∴∠ABA′＝∠CBC′， ∵A′C′∥BC， ∴∠CBC′＝∠C′＝20°， ∴∠ABA′＝20°； 故选：B． 【点评】本题考查了全等三角形的性质和平行线的性质，熟知全等三角形的对应角相等是解题的关键． 2．如图，已知∠AOB，用尺规作图如下： ①以点O为圆心，任意长为半径画弧，交OA于点M，交OB于点N ②以点N为圆心，MN为半径画弧，交已画的弧于点C ③作射线OC 那么下列角的关系不正确的是（　　） A．△MON≌△NOC B．MC＝2MN C．MN＝CN D．∠AOB∠AOC 【分析】由作图可知：OM＝OC，NM＝NC，推出射线OB是∠AOC的角平分线，由此对选项逐一判断，即可解答． 【解答】解：由作图可知：OM＝OC，NM＝NC， 在△MON与△CON中， ， ∴△MON≌△NOC（SSS），故A，C正确，不符合题意； ∴∠AOB＝∠COB， ∴，故D正确，不符合题意， 无法得出MC＝2MN，故B不正确，符合题意， 故选：B． 【点评】本题考查作图﹣基本作图，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，熟练判断三角形全等． 3．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2AC，点D是线段AB的中点，将一块锐角为45°的直角三角板按如图（△ADE）放置，使直角三角板斜边的两个端点分别与A，D重合，连接BE，CE与AB交于点F．下列判断正确的有（　　） ①△ACE≌△DBE； ②BE⊥CE； ③∠BCE＝45°； ④S△DEF＝S△ACE． A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 【分析】利用△ADE为等腰直角三角形得到∠EAD＝∠EDA＝45°，EA＝ED，则∠EAC＝∠EDB＝135°，则可根据“SAS”判断△ACE≌△DBE，从而对①进行判断；再利用∠AEC＝∠DEB证明∠BEC＝∠DEA＝90°，则可对②进行判断；由①②得出BE⊥EC，BE＝EC可对③进行判断；由△ACE≌△DBE得到S△ACE＝S△DBE，由BD＞DF得到S△DBE＞S△DEF，从而可对④进行判断． 【解答】解：∵AB＝2AC，点D是线段AB的中点， ∴BD＝AD＝AC， ∵△ADE为等腰直角三角形， ∴∠EAD＝∠EDA＝45°，EA＝ED， ∵∠EAC＝∠EAD+∠BAC＝45°+90°＝135°，∠EDB＝180°﹣∠EDA＝180°﹣45°＝135°， ∴∠EAC＝∠EDB， 在△ACE和△DBE中， ， ∴△ACE≌△DBE（SAS），所以①正确； ∴∠AEC＝∠DEB， ∴∠BEC＝∠BED+∠DEC＝∠AEC+∠DEC＝∠DEA＝90°， ∴BE⊥EC，所以②正确； 由①②得BE⊥EC，BE＝EC， ∴△BCE为等腰直角三角形． ∴∠BCE＝45°，所以③正确； ∵△ACE≌△DBE， ∴S△ACE＝S△DBE， ∵BD＝AD， ∴S△DAE＝S△DBE 在△BEF中， ∵BD＝AD， ∴BD＞DF， ∴S△DBE＞S△DEF， ∴S△DEF＜S△ACE，所以④错误． 故选：B． 【点评】本题考查了全等三角形的判定、等腰直角三角形的性质和三角形的面积，熟知全等三角形的判定定理是解题的关键． 4．如图：正方形ABCD中，点E、F分别是CD、CB边上的点，连接AE，DF交于点N，∠ADF的角平分线DM交AB于M，过点M作MQ∥AE分别交DF于点H，交BC于点Q，连接DQ，若DE＝CF，∠AMG＝a，则用含a的代数式表示∠DQC为（　　） A．135°﹣a B． C．45°a D． 【分析】先证明△ADE＝△DCF（SAS）得到∠DAE＝∠CDF，进而证得∠MHN＝∠DNA＝90°，再证明△ADM≌△HDM（AAS）得到∠HMD＝∠AMG＝α，AD＝DH＝DC，进而证明Rt△DHQ≌Rt△DCQ（HL）得到∠DQC＝∠DQH，利用三角形的外角性质求得∠MQC＝270°﹣2α，进而可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝∠ADC＝∠BCD＝∠ABC＝90°，AD＝CD，又DE＝CF， ∴△ADE＝△DCF（SAS）， ∴∠DAE＝∠CDF， ∵∠DAE+∠ADF＝∠CDF+∠ADF＝∠ADE＝90°， ∴∠DNA＝∠DNE＝90°， ∵MQ∥AE， ∴∠MHN＝∠DNA＝90°， ∵DM是∠ADF的角平分线， ∴∠ADM＝∠HDM， 又∵MD＝MD， ∴△ADM≌△HDM（AAS）， ∴∠HMD＝∠AMG＝α，AD＝DH＝DC， 又∵DQ＝DQ，∠DHQ＝∠C＝90°， ∴Rt△DHQ≌Rt△DCQ（HL）， ∴∠DQC＝∠DQH， ∵∠BMQ＝180°﹣∠AMG﹣∠HMD＝180°﹣2α， ∴∠MQC＝∠BMQ+∠ABC＝180°﹣2α+90°＝270°﹣2α， ∴， 故选：A． 【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、平行线的性质等知识，利用全等三角形的性质探究角的关系是解答的关键． 5．如图，在△MPN中，H是高MQ和NR的交点，且PM＝HN，已知MH＝3，PQ＝2，则PN的长为（　　） A．5 B．7 C．8 D．11 【分析】根据AAS证明△PMQ与△HNQ全等，进而利用全等三角形的性质解答即可． 【解答】解：∵H是高MQ和NR的交点， ∴∠P+∠PMQ＝90°，∠PMQ+∠RHM＝90°，∠QHN+∠HNQ＝90°， ∵∠RHM＝∠QHN， ∴∠P＝∠QHN， 在△PMQ与△HNQ中， ， ∴△PMQ≌△HNQ（AAS）， ∴PQ＝HQ，MQ＝QN， ∵MH＝3，PQ＝2， ∴MQ＝NQ＝MH+HQ＝MH+PQ＝3+2＝5， ∴PN＝PQ+QN＝2+5＝7， 故选：B． 【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 6．如图所示，△ABC与△ADE顶点A重合，点D，E分别在边BC，AC上，且AB＝AC，AD＝DE，∠B＝∠ADE＝40°，则∠EDC的度数为（　　） A．20° B．30° C．40° D．50 【分析】由等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求解∠DAE及∠BAC的度数，即可求得∠BAD的度数，利用数据线外角的性质可求得∠EDC＝∠BAD，进而可求解． 【解答】解：∵AD＝DE， ∴∠DAE＝∠DEA， ∵∠DAE+∠DEA+∠ADE＝180°，∠ADE＝40° ∴∠DAE＝70°， ∵AB＝AC，∠B＝40°， ∴∠C＝∠B＝40°， ∴∠BAC＝180°﹣40°﹣40°＝100°， ∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝100°﹣70°＝30°， ∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠ADE+∠EDC，∠ADE＝∠B＝40°， ∴∠EDC＝∠BAD＝30°． 故选：B． 【点评】本题主要考查三角形的内角和外角，等腰三角形的性质，求解∠DAE的度数是解题的关键． 7．如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平分∠BOC；④MB平分∠ABO．其中正确的个数为（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 【分析】由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正确； 由全等三角形的性质得出∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，得出∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确； 作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，由AAS证明△OCG≌△ODH（AAS），得出OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠BMC，由∠AOB＝∠COD，得出当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DOM＝∠AOM，则∠COM＝∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO＝∠BMO，推出△COM≌△BOM，得OB＝OC，而OA＝OB，所以OA＝OC，而OA＞OC，故③错误；没有条件可以证明MB平分∠ABO，故④错误；即可得出结论． 【解答】解：∵∠AOB＝∠COD＝40°， ∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD， 即∠AOC＝∠BOD， 在△AOC和△BOD中， ， ∴△AOC≌△BOD（SAS）， ∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，∠OAC＝∠OBD， 故①正确，符合题意； 由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD， ∴∠AMB＝∠AOB＝40°， 故②正确，符合题意； 作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示， 则∠OGC＝∠OHD＝90°， 在△OCG和△ODH中， ， ∴△OCG≌△ODH（AAS）， ∴OG＝OH， ∴MO平分∠BMC， ∵∠AOB＝∠COD， ∴当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC， 假设∠DOM＝∠AOM， ∵∠AOB＝∠COD， ∴∠COM＝∠BOM， ∵MO平分∠BMC， ∴∠CMO＝∠BMO， 在△COM和△BOM中， ， ∴△COM≌△BOM（ASA）， ∴OB＝OC， ∵OA＝OB， ∴OA＝OC， 与OA＞OC矛盾， ∴③错误； ∵没有条件可以证明MB平分∠ABO， ∴④错误； 正确的个数有2个； 故选：C． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识；证明三角形全等是解题的关键． 8．如图，已知∠ABC＝120°，BD平分∠ABC，∠DAC＝60°，若AB＝2，BC＝3，则BD的长是（　　） A．4.5 B．5 C．5.5 D．6 【分析】在CB的延长线上取点E，使BE＝AB，连接AE，则可证得△ABE为等边三角形，再结合条件可证明△ABD≌△AEC，可得BD＝CE，再利用线段的和差可求得CE，则可求得BD． 【解答】解：在CB的延长线上取点E，使BE＝AB，连接AE， ∵∠ABC＝120°， ∴∠ABE＝180°﹣∠ABC＝60°， ∵BE＝AB， ∴△ABE为等边三角形， ∴AE＝AB，∠BAE＝∠E＝60°， ∵∠DAC＝60°， ∴∠DAC＝∠BAE， ∵∠BAD＝∠BAC+∠DAC，∠EAC＝∠BAC+∠BAE， ∴∠BAD＝∠EAC， ∵BD平分∠ABC， ∴， ∴∠ABD＝∠E， ∴△ABD≌△AEC（ASA）， ∴BD＝CE， ∵CE＝BE+BC＝AB+BC＝3+2＝5， ∴BD＝5， 故选：B． 【点评】本题主要考查等边三角形的判定和性质和全等三角形的判定和性质，构造等边三角形ABE再证△ABD≌△AEC（ASA）是解题的关键． 二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分） 9．如图，在△ABC的上方有一点D，连接AD，CD，AB＝AD，CB＝CD，∠BCD＝50°，则∠ACB的度数为 　25　°． 【分析】根据题意直接证明△ABC≌△ADC，即可得出，即可求解． 【解答】解：在△ABC和△ADC中， ， ∴△ABC≌△ADC（SSS）， 又∠BCD＝50°， ∴， 故答案为：25． 【点评】本题考查了全等三角形的性质与判定，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理． 10．如图，在△ABC和△BDE中，点C在边BD上，AC交BE于点F．若AC＝BD，AB＝ED，BC＝BE，∠ACB＝50°，则∠AFB＝　100　°． 【分析】根据题意可用SSS判定△ABC≌△DEB，即可得∠ACB＝∠DBE＝50°，根据三角形的外角即可得． 【解答】解：在△ABC和△DEB中， ∴△ABC≌△DEB（SSS）， ∴∠ACB＝∠DBE＝50°， ∴∠AFB＝∠ACB+∠DBE＝50°+50°＝100°， 故答案为：100． 【点评】本题考查了全等三角形的判定，三角形的外角，解题的关键是掌握这些知识点． 11．如图，D，E是△ABC外两点，连接AD，AE，有AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝40°．连接CD，BE交于点F，则∠DFE的度数为 　140°　． 【分析】设AB交CD于点G，由∠BAD＝∠CAE＝40°，推导出∠BAE＝∠DAC，而AB＝AD，AE＝AC，即可根据“SAS”证明△BAE≌△DAC，得∠ABE＝∠D，可求得∠BFD＝∠BAD＝40°，则∠DFE＝180°﹣∠DFB＝140°，于是得到问题的答案． 【解答】解：设AB交CD于点G， ∵∠BAD＝∠CAE＝40°， ∴∠BAE＝∠DAC＝40°+∠BAC， 在△BAE和△DAC中， ， ∴△BAE≌△DAC（SAS）， ∴∠ABE＝∠D， ∴∠BFD＝∠BGD﹣∠ABE＝∠BGD﹣∠D＝∠BAD＝40°， ∴∠DFE＝180°﹣∠BFD＝180°﹣40°＝140°， 故答案为：140°． 【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，证明△BAE≌△DAC是解题的关键． 12．如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，点A，B，C，D，E均在小正方形方格的顶点上，线段AB，CD交于点F，若∠CFB＝41°，则∠ABE＝　131°　． 【分析】如图，证明△CGD≌△BHE（SAS），得到∠GCD＝∠HBE，根据三角形外角的性质及平行线的性质可进行求解． 【解答】解：如图， 由图可知：GD＝EH＝1，CG＝BH＝4，∠CGD＝∠BHE＝90°， ∴△CGD≌△BHE（SAS）， ∴∠GCD＝∠HBE， ∵CG∥BD， ∴∠CAB＝∠ABD， ∵∠CFB＝∠CAB+∠GCD＝41°， ∴∠ABD+∠HBE＝41°， ∴∠ABE＝∠ABD+∠DBH+∠HBE＝90°+41°＝131°； 故答案为：131°． 【点评】本题主要考查全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 13．如图，在四边形ABCD中，BC∥AD，∠BAD和∠ABC的角平分线恰好与CD交于点P．若∠BAD＝70°，则∠ABP的度数为 　55　度，若AB＝8，BC＝2，则AD＝　6　． 【分析】延长BP交AD的延长线于点E，先利用平行线的性质可得∠CBP＝∠E，∠ABC＝110°，从而利用角平分线的定义可得∠ABP＝∠CBP＝55°，从而可得∠ABP＝∠E＝∠CBP，进而可得AB＝AE＝8，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得BP＝PE，再根据对顶角相等可得∠CPB＝∠DPE，从而利用ASA证明△BCP≌△EDP，从而可得BC＝DE＝2，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答． 【解答】解：延长BP交AD的延长线于点E， ∵BC∥AD， ∴∠CBP＝∠E，∠ABC＝180°﹣∠BAD＝110°， ∵BP平分∠ABC， ∴∠ABP＝∠CBP∠ABC＝55°， ∴∠ABP＝∠E＝∠CBP， ∴AB＝AE＝8， ∵AP平分∠BAE， ∴BP＝PE， ∵∠CPB＝∠DPE， ∴△BCP≌△EDP（ASA）， ∴BC＝DE＝2， ∴AD＝AE﹣DE＝8﹣2＝6， 故答案为：55；6． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 14．在等腰直角△ABC中，AB＝AC，在斜边BC上取点D，使得BD＝BA，E为AB边上一动点，以D为直角顶点，DE为直角边构造等腰直角△DEF（F在DE右侧），当CF最小时，∠AED＝　67.5　°． 【分析】作DG⊥AB于点G，将线段DG绕点D逆时针旋转90°到线段DH，连结FH，则∠GDH＝∠DGE＝∠AGD＝90°，DH＝DG，而∠EDF＝90°，DF＝DE，则∠FDH＝∠EDG＝90°﹣∠EDH，可证明△DHF≌△DGE，得FH＝EG，∠H＝∠DGE＝90°，可知点F在经过点H，且与DH垂直的直线FH上运动，当CF⊥FH时，CF的值最小，此时CF∥DH∥AB，延长GD交CF于点L，连结AD，可证明△DHF≌△DGA，得DF＝DA，由BD＝BA，∠B＝45°，求得∠EAD＝∠BDA＝67.5°，∠AED＝∠EAD＝67.5°，于是得到问题的答案． 【解答】解：作DG⊥AB于点G，将线段DG绕点D逆时针旋转90°到线段DH，连结FH， ∵∠△DEF是以点D为直角顶点的等腰直角三角形， ∴∠EDF＝90°，DF＝DE， ∵∠GDH＝∠DGE＝∠AGD＝90°，DH＝DG， ∴∠FDH＝∠EDG＝90°﹣∠EDH， 在△DHF和△DGE中， ， ∴△DHF≌△DGE（SAS）， ∴FH＝EG，∠H＝∠DGE＝90°， ∴FH⊥DH， 如图1，则点F在经过点H，且与DH垂直的直线FH上运动， ∴当CF⊥FH时，CF的值最小， 如图2，CF⊥FH，则CF∥DH∥AB，延长GD交CF于点L，连结AD， ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠ACB＝∠B＝45°， ∴∠LCD＝∠B＝45°， ∴∠ACF＝90°， ∵∠CLD＝∠DGE＝90°， ∴∠LDC＝∠LCD＝45°， ∴LD＝LC， ∵CF∥DH，LD⊥CF，FH⊥CF， ∴LD＝FH， ∵GL∥AC，LC⊥AC，GA⊥AC， ∴LC＝AG， ∴FH＝AG， 在△DHF和△DGA中， ， ∴△DHF≌△DGA（SAS）， ∴DF＝DA， ∴∠AED＝∠EAD， ∵BD＝BA，∠B＝45°， ∴∠EAD＝∠BDA（180°﹣45°）＝67.5°， ∴∠AED＝∠EAD＝67.5°， 故答案为：67.5． 【点评】此题重点考查等腰直角三角形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理、垂线段最短等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 15．如图，在△ABC中，∠ABC＝40°，∠ACB＝30°，三角形内有一点P，连接AP，BP，CP，若BP平分∠ABC，，则∠PAC＝　80°　． 【分析】延长BA到点H使BC＝BH，连接CH，PH，根据三角形外角的性质得出∠CAH＝70°，再由BC＝BH得出∠BCH＝∠BHC＝70°，故可得出∠CAH＝∠BHC＝70°，故CA＝CH，由SAS定理△BCP≌△BHP，再求出∠PCH＝∠BCH﹣∠BCP＝60°，∠ACP＝∠ACB﹣∠BCP＝20°，进而证明△PCH是等边三角形，推出CA＝CP，则∠PAC＝∠APC80°． 【解答】解：延长BA到点H使BC＝BH，连接CH，PH， ∵∠ABC＝40°，∠ACB＝30°， ∴∠CAH＝∠ABC+∠ACB＝70°， ∵BC＝BH， ∴∠BCH＝∠BHC70°， ∴∠CAH＝∠BHC， ∴CA＝CH， ∵BP平分∠ABC， ∴∠ABP＝∠CBP＝20°， 在△BCP与△BHP中， ， ∴△BCP≌△BHP（SAS）， ∵∠ACB＝30°，， ∴∠BCP30°＝10°， ∴∠PCH＝∠BCH﹣∠BCP＝60°，∠ACP＝∠ACB﹣∠BCP＝20°，∠BHP＝∠BCP＝10°， ∴∠PHC＝∠BHC﹣∠BHP＝70°﹣10°＝60°， ∴△PCH是等边三角形， ∴CH＝CP， ∵CH＝CA， ∴CA＝CP， ∴∠PAC＝∠APC80°． 故答案为：80°． 【点评】本题考查的是全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质及三角形内角和定理，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键． 16．已知：等腰△ABC，BA＝BC，点D在AB上，点E在BC的延长线上，AD＝CE，连接DE交AC于点F，作DH⊥AC于点H，∠HDF﹣∠E＝30°，CE＝6，CF＝2，则HF的长为 　5　． 【分析】过点D作DG∥BC交AC于点G，先证明△DFG≌△EFC，可得FG＝FC＝2，再利用含30°角的直角三角形性质求出GH即可求出HF． 【解答】解：如图，过点D作DG∥BC，交AC于点G． ∵BA＝BC， ∴∠A＝∠BCA， ∵DG∥BC， ∴∠DGA＝∠BCA，∠DGF＝∠ECF， ∴∠A＝∠DGA， ∴DA＝DG， ∵AD＝CE， ∴DG＝CE＝6， 在△△DFG和△EFC中， ， ∴△DFG≌△EFC（AAS）， ∴GF＝CF＝2，∠GDF＝∠E， ∵∠HDF﹣∠E＝30°， ∴∠HDG＝∠HDF﹣∠GDF＝30°， ∵DH⊥AC， ∴GHDG＝3， ∴HF＝GH+GF＝3+2＝5． 故答案为：5． 【点评】本题考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，含30°角直角三角形的性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 三．解答题（共8小题，满分68分） 17．（6分）已知：如图，点D为线段BC上一点，BD＝AC，∠E＝∠ABC，∠CDE+∠C＝180°． （1）求证：DE＝BC； （2）若DE＝12，点D为线段BC的中点，求AC的长． 【分析】（1）由∠CDE+∠BDE＝180°，∠CDE+∠C＝180°，得∠BDE＝∠C，而∠E＝∠ABC，BD＝AC，即可根据“AAS”证明△BED≌△ABC，则DE＝BC； （2）因为DE＝BC＝12，所以BD＝CDBC＝6，因为BD＝AC，所以AC＝6． 【解答】（1）证明：∵∠CDE+∠BDE＝180°，∠CDE+∠C＝180°， ∴∠BDE＝∠C， 在△BED和△ABC中， ， ∴△BED≌△ABC（AAS）， ∴DE＝BC． （2）解：由（1）得DE＝BC， ∵DE＝12， ∴BC＝12， ∵点D为线段BC的中点， ∴BD＝CDBC12＝6， ∵BD＝AC， ∴AC＝6， ∴AC的长是6． 【点评】此题重点考查同角的补角相等、全等三角形的判定与性质、线段中点的定义等知识，证明△BED≌△ABC是解题的关键． 18．（6分）如图，AE与BD相交于点C，AC＝EC，BC＝DC，AB＝6cm，点P从点A出发，沿A→B→A方向以3cm/s的速度运动，点Q从点D出发，沿D→E方向以1cm/s的速度运动，P，Q两点同时出发．当点P到达点A时，P，Q两点同时停止运动．设点P的运动时间为t s． （1）求证：AB∥DE； （2）连接PQ，当线段PQ经过点C时，求t的值． 【分析】（1）由SAS证明△ABC≌△EDC（SAS），得∠A＝∠E，即可得出结论； （2）先证△ACP≌△ECQ（ASA），得AP＝EQ，再分两种情况：当0≤t≤2时，3t＝6﹣t；当2＜t≤4时，12﹣3t＝6﹣t，分别解出t即可． 【解答】（1）证明：在△ABC和△EDC中， ， ∴△ABC≌△EDC（SAS）， ∴∠A＝∠E， ∴AB∥DE； （2）由（1）得：∠A＝∠E，ED＝AB＝6cm， 在△ACP和△ECQ中， ， ∴△ACP≌△ECQ（ASA）， ∴AP＝EQ， 当0≤t≤2时，3t＝6﹣t， 解得：t＝1.5； 当2＜t≤4时，12﹣3t＝6﹣t， 解得：t＝3； 综上所述，当线段PQ经过点C时，t的值为1.5s或3s． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的判定以及一元一次方程的应用等知识；证明三角形全等、分类讨论是解题的关键． 19．（8分）如图，在△ABC中，BC＝5，BD＝2，AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，AD、BE相交于点O，且AE＝BE． （1）求证：△AOE≌△BCE． （2）动点P从点O出发，沿线段OA以每秒1个单位长度的速度向终点A运动，动点Q从点B出发沿射线BC以每秒4个单位长度的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P到达A点时，P、Q两点同时停止运动．设点P的运动时间为t秒，点F是直线AC上的一点且CF＝BO．是否存在t值，使以点B、O、P为顶点的三角形与以点F、C、Q为顶点的三角形全等？若存在，请求出符合条件的t值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由∠OAE+∠AOE＝90°，∠OBD+∠BOD＝90°，∠BOD＝∠AOE，可得∠CBE＝∠OAE，通过ASA即可证明△AOE≌△BCE； （2）分两种情形：如图2，当OP＝CQ时；如图3，当OP＝CQ时，分别进行求解即可得到答案． 【解答】（1）证明：∵AD是BC边上的高，BE是AC边上的高， ∴∠BEC＝∠AEO＝∠ODB＝90°， ∵∠OAE+∠AOE＝90°，∠OBD+∠BOD＝90°，∠BOD＝∠AOE， ∴∠CBE＝∠OAE， 在△AOE和△BCE中， ， ∴△AOE≌△BCE（ASA）； （2）解：存在， 如图2，当OP＝CQ时， ， ∵AD是BC边上的高，BE是AC边上的高， ∴∠BEC＝∠ODB＝90° ∵∠EOD+∠ODC+∠OEC+∠ECD＝360°， ∴∠DOE+∠DCE＝180°， ∵∠DCE+∠QCF＝180°， ∴∠QCF＝∠DOE， ∵∠DOE＝∠BOP， ∴∠BOP＝∠QCF， 在△BOP和△FCQ中， ， ∴△BOP≌△FCQ（SAS）， ∵CQ＝5﹣4t，OP＝t， ∴5﹣4t＝t， ∴t＝1； 如图3，当OP＝CQ时， ， ∵AD是BC边上的高，BE是AC边上的高， ∴∠BEC＝∠ODB＝90° ∵∠EOD+∠ODC+∠OEC+∠ECD＝360°， ∴∠DOE+∠DCE＝180°， ∵∠DCE+∠QCF＝180°， ∴∠QCF＝∠DOE， ∵∠DOE＝∠BOP， ∴∠BOP＝∠QCF， 在△BOP和△FCQ中， ， ∴△BOP≌△FCQ（SAS）， ∵CQ＝4t﹣5，OP＝t， ∴4t﹣5＝t， ∴， 综上所述：或t＝1时，使以点B、O、P为顶点的三角形与以点F、C、Q为顶点的三角形全等． 【点评】本题主要考查了三角形全等的判定与性质，线段的和差，熟练掌握三角形全等的判定与性质，采用分类讨论的思想解题，是解题的关键． 20．（8分）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t s． （1）如图（1），当t＝　或　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CPBCcm， 此时，点P移动的距离为AC+CP＝12， 移动的时间为：3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PDAB，即点P为BA中点， 此时，点P移动的距离为AC+CB+BP＝12+9cm， 移动的时间为：3秒， 故答案为：或； （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）cm/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）cm/s， 综上所述，两点运动过程中的某一时刻，恰好△APQ≌△DEF， 点Q的运动速度为cm/s或cm/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． 21．（10分）（1）如图①，已知：△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥m于D，CE⊥m于E，求证：DE＝BD+CE； （2）拓展：如图②，将（1）中的条件改为：△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，α为任意锐角或钝角，请问结论DE＝BD+CE是否成立？如成立，请证明；若不成立，请说明理由； （3）应用：如图③，在△ABC中，∠BAC是钝角，AB＝AC，∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，直线m与BC的延长线交于点F，若BC＝2CF，△ABC的面积是12，求△ABD与△CEF的面积之和． 【分析】（1）根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA＝∠CEA＝90°，而∠BAC＝90°，根据等角的余角相等得∠CAE＝∠ABD，由AAS证得△ADB≌△CEA，则AE＝BD，AD＝CE，即可得出结论； （2）由∠BDA＝∠BAC＝α，则∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，得出∠CAE＝∠ABD，由AAS证得△ADB≌△CEA即可得出答案； （3）由∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，∴∠CAE＝∠ABD，得出∠CAE＝∠ABD，由AAS证得△ADB≌△CEA，得出S△ABD＝S△CEA，再由不同底等高的两个三角形的面积之比等于底的比，得出S△ACF即可得出结果． 【解答】（1）证明：∵BD⊥直线m，CE⊥直线m， ∴∠BDA＝∠CEA＝90°， ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAD+∠CAE＝90°， ∵∠BAD+∠ABD＝90°， ∴∠CAE＝∠ABD， 在△ADB和△CEA中，， ∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴AE＝BD，AD＝CE， ∴DE＝AE+AD＝BD+CE； （2）解：结论DE＝BD+CE成立；理由如下： ∵∠BDA＝∠BAC＝α， ∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α， ∴∠CAE＝∠ABD， 在△ADB和△CEA中，， ∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴AE＝BD，AD＝CE， ∴DE＝AE+AD＝BD+CE； （3）解：∵∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC， ∴∠CAE＝∠ABD， 在△ABD和△CEA中，， ∴△ABD≌△CEA（AAS）， ∴S△ABD＝S△CEA， 设△ABC的底边BC上的高为h，则△ACF的底边CF上的高为h， ∴S△ABCBC•h＝12，S△ACFCF•h， ∵BC＝2CF， ∴S△ACF＝6， ∵S△ACF＝S△CEF+S△CEA＝S△CEF+S△ABD＝6， ∴△ABD与△CEF的面积之和为6． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质及不同底等高的两个三角形的面积之比等于底的比，结合题目所给条件，得出∠CAE＝∠ABD是解决问题的关键． 22．（10分）在Rt△ABC中，∠ACB＝Rt∠，M是边AB的中点，CH⊥AB于点H，CD平分∠ACB． （1）求证：CD平分∠MCH； （2）过点M作AB的垂线交CD的延长线于点E，求证：CM＝EM； （3）△AEM是什么三角形？证明你的猜想． 【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到AM＝CM＝BM，由等腰三角形到性质得到∠CAB＝∠ACM，由余角的性质得到∠CAB＝∠BCH，等量代换得到∠BCH＝∠ACM，根据角平分线的性质得到∠ACD＝∠BCD，即可得到结论； （2）根据EM⊥AB，CH⊥AB，得到EM∥AB，由平行线的性质得到∠HCD＝∠MED，由于∠HCD＝∠MCD，于是得到∠MCD＝∠MED，即可得到结论； （3）根据 CM＝EM AM＝CM＝BM，于是得到EM＝AM＝BM，推出△AEB是直角三角形，由于 EM垂直平分AB，得到EA＝EB于是得到结论． 【解答】证明：（1）Rt△ABC中，∠ACB＝90°， ∵M是AB边的中点， ∴AM＝CM＝BM， ∴∠CAB＝∠ACM， ∴∠CAB＝90﹣∠ABC， ∵CH⊥AB， ∴∠BCH＝90﹣∠ABC， ∴∠CAB＝∠BCH， ∴∠BCH＝∠ACM， ∵CD平分∠ACB， ∴∠ACD＝∠BCD， ∴∠ACD﹣∠ACM＝∠BCD﹣∠BCH， 即∠MCD＝∠HCD， ∴CD平分∠MCH； （2）∵EM⊥AB，CH⊥AB， ∴EM∥CH， ∴∠HCD＝∠MED， ∵∠HCD＝∠MCD， ∴∠MCD＝∠MED， ∴CM＝EM； （3）△AEB是等腰直角三角形， ∵CM＝EM AM＝CM＝BM， ∴EM＝AM＝BM， ∴△AEB是直角三角形， ∵EM垂直平分AB， ∴EA＝EB， ∴△AEB是等腰三角形， ∴△AEB是等腰直角三角形． 【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰直角三角形的判定和性质，角平分线的定义，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握各定理是解题的关键． 23．（10分）综合与实践：数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地． （1）发现问题：如图1，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝30°，连接BE，CF，延长BE交CF于点D．则BE与CF的数量关系：　BE＝CF　，∠BDC＝　30　°； （2）类比探究：如图2，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝120°，连接BE，CF，延长BE，FC交于点D．请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC的度数，并说明理由． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质，利用SAS证明△ABE≌△ACF即可得出结论； （2）根据等腰三角形的性质，利用SAS证明△BAE≌△CAF即可得出结论． 【解答】解：（1）BE＝CF，∠BDC＝30°， 理由如下：如图1所示，设AC与BD交于点O， ∵∠BAC＝∠EAF＝30°， ∴∠BAC+∠CAE＝∠EAF+∠CAE， 即∠BAE＝∠CAF， 在△ABE和△ACF中， ， ∴△ABE≌△ACF（SAS）， ∴BE＝CF，∠ABE＝∠ACF， ∵∠AOE＝∠ABE+∠BAC， ∠AOE＝∠ACF+∠BDC， ∴∠BDC＝∠BAC＝30°． 故答案为：BE＝CF，30； （2）BE＝CF，∠BDC＝60°， 理由如下：∵∠BAC＝∠EAF＝120°， ∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAF﹣∠EAC， 即∠BAE＝∠CAF， 在△ABE和△ACF中， ， ∴△ABE≌△ACF（SAS）， ∴BE＝CF，∠AEB＝∠AFC， ∵∠EAF＝120°，AE＝AF， ∴∠AEF＝∠AFE＝30°， ∴∠BDC＝∠BEF﹣∠EFD＝∠AEB+30°﹣（∠AFC﹣30°）＝60°． 【点评】本题考查全等三角形的判定，等腰三角形和等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键． 24．（10分）如图（1），已知：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．证明：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＝120°．请问结论DE＝BD+CE是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由． （3）拓展与应用：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和△ACF均为等边三角形，连接BD、CE，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，试证明FD＝FE． 【分析】（1）由条件可证明△ABD≌△CAE，可得DA＝CE，AE＝BD，可得DE＝BD+CE； （2）由∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝120°就可以求出∠BAD＝∠ACE，进而由AAS就可以得出△BAD≌△ACE，就可以得出BD＝AE，DA＝CE而得出结论； （3）由等边三角形的性质就可以求出∠BAC＝120°，就可以得出△BAD≌△ACE，就有BD＝AE，进而得出△BDF≌△AEF，得出DF＝EF． 【解答】证明：（1）∵BD⊥DE，CE⊥DE， ∴∠BDA＝∠CEA＝90°， ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAD+∠CAE＝∠BAD+∠ABD＝90°， ∴∠ABD＝∠CAE， 在△ABD和△CAE中， ， ∴△ABD≌△CAE（AAS）， ∴BD＝AE，CE＝DA， ∴DE＝AE+DA＝BD+CE； （2）DE＝BD+CE成立． 理由：∵∠BDA＝∠BAC＝90°， ∴∠DBA+∠DAB＝∠CAE+∠DAB＝60°， ∴∠DBA＝∠CAE． 在△BAD和△ACE中 ， ∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴AE＝BD，AD＝CE ∴DE＝AE+AD＝BD+CE； （3） 理由：∵△ABF和△ACF均为等边三角形 ∴BF＝AF＝AB＝AC＝CF，∠BAF＝∠CAF＝∠ABF＝60°， ∴∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝120°， ∴∠DBA+∠DAB＝∠CAE+∠DAB＝60°， ∴∠DBA＝∠CAE． 在△BAD和△ACE中， ， ∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴BD＝AE，∠DBA＝∠CAE． ∵∠ABF＝∠CAF＝60°， ∴∠DBA+∠ABF＝∠CAE+∠CAF， ∴∠DBF＝∠FAE． 在△BDF和△AEF中 ， ∴△DBF≌△EAF（SAS） ∴DF＝EF． 【点评】本题考查了全等三角形的判定及性质的运用．等边三角形的判定及性质的运用，等式的性质的运用，解答时证明三角形的全等是关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$