第十四章 全等三角形全章压轴突破8个专题（60题）（必考点分类集训）-2025-2026学年人教版八年级数学上册必考点分类集训系列

第十四章 全等三角形全章压轴突破8个专题（60题） 【人教版2024】 压轴突破1 遇中点作辅助线构全等 1 压轴突破2 遇角平分线作辅助线构全等 3 压轴突破3 作垂线构全等 4 压轴突破4 截长补短构全等 6 压轴突破5 一线三等角模型 8 压轴突破6 全等三角形动点问题 11 压轴突破7 利用全等三角形判断多结论问题 13 压轴突破8 平面直角坐标系与全等综合 15 压轴突破1 遇中点作辅助线构全等 1．如图，在△ABC中，AD为BC边上的中线，M为AD上一点，连接BM并延长交AC于N，∠AMN＝∠MAN，若BM＝6，AN＝3.7，则CN的长度是　 　 ． 2．如图，AD是△ABC的中线，点E在BC的延长线上，CE＝AB，∠BAC＝∠BCA，求证：AE＝2AD． 3．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD，点F在线段CD上，且DF＝3CF，点E为AB的中点，若△ADE的面积为3，则△DEF的面积为 　 　． 4．如图，△ABC中，D是AC边的中点，过D作直线交AB于点E，交BC的延长线于点F，且AE＝CF．若AB＝19，BC＝7，则CF＝　 　 ． 5．如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC+∠DAE＝180°，连接BE，CD，若AM为△ACD的中线，猜想AM与BE的数量关系并说明理由． 6．如图，在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，E、F分别在BC、CD上，且AB＝BE，AD＝DF，M为EF的中点，求证：DM⊥BM． 7．数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB＝6，AC＝10，D是BC的中点，求BC边上的中线AD的取值范围． 【方法探索】（1）小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：如图1，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE．根据SAS可以判定△ADC≌△EDB，得出AC＝BE．这样就能把线段AB、AC、2AD集中在△ABE中．利用三角形三边的关系，即可得出中线AD的取值范围是 　 ． 【问题解决】（2）由第（1）问方法的启发，请解决下面问题：如图2，在△ABC中，D是BC边上的一点，AE是△ABD的中线，CD＝AB，∠BDA＝∠BAD，试说明：AC＝2AE； 【问题拓展】（3）如图3，AD是△ABC的中线，过点A分别向外作AE⊥AB、AF⊥AC，使得AE＝AB，AF＝AC，判断线段EF与AD的关系，并说明理由． 压轴突破2 遇角平分线作辅助线构全等 8．如图，在△ABC中，∠A＝60°，∠ABC和∠ACB的平分线BD、CE相交于点O，BD交AC于点D，CE交AB于点E，若已知△ABC周长为20，BC＝7，AE：AD＝4：3，则AE长为（　　） A． B． C． D．4 9．如图在△ABC中，AD平分∠BAC，∠B＝2∠ADB，AB＝3，CD＝5，则AC的长为　 　 ． 10．如图，在△ABC中，D为边AC上一点，且BD平分∠ABC，过A作AE⊥BD于点E．若∠ABC+4∠C＝180°，AB＝5，BC＝12，则AE＝　 　 ． 11．如图，在四边形ABCD中，AD＝CD，BD平分∠ABC，DE⊥BC，BE＝7，CE＝3，若△BCD的面积是20，则△ABD的面积是　 　 ． 12．如图，∠ACD是△ABC的外角，CE是∠ACD的平分线，BE是∠ABC的平分线，CE与BE交于点E，连接AE．若∠BEC＝35°，则∠CAE＝　 　 °． 13．如图，D为△ABC外一点，BD⊥AD，BD平分△ABC的一个外角，若2∠C+∠BAD＝180°，AB＝5，BC＝3，则AD的长为　 　． 14．如图Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AD平分∠CAB交BC于D，点E在AB的延长线上，满足∠ADE+∠CAB＝180°，若AC＝6，BE＝2，则线段AB的长为 　 　． 压轴突破3 作垂线构全等 15．如图，△ABC中，∠ACB＝60°，点D在AB上，CD＝14，∠BDC＝60°，延长CB至点E，使CE＝AC，过点E作EF⊥CD于点F，交AB于点G，若5DG＝3AD，则DF＝　 ． 16．如图，在△ADE和△ABC中，∠E＝∠C，DE＝BC，EA＝CA，过A作AF⊥DE，垂足为F，DE交CB的延长线于点G，连接AG．四边形DGBA的面积为12，AF＝4，则FG的长是 　 　． 17．如图，把两块大小相同的含45°的三角板ACF和三角板CFB如图所示摆放，点D在边AC上，点E在边BC上，且∠CFE＝13°，∠CFD＝32°，则∠DEC的度数是（　　） A．58° B．45° C．77° D．64° 18．如图，AD是△ABC的中线，AB＝AE，AC＝AF，∠BAE＝∠FAC＝90°，试探究线段AD与EF的数量关系和位置关系，并加以说明． 19．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点E为AC上一动点，过点A作AD⊥BE于D，连接CD． （1）【观察发现】如图①∠DAC与∠DBC的数量关系是 （2）【尝试探究】点E在运动过程中，∠CDB的大小是否改变，若改变，请说明理由，若不变，求∠CDB的度数． 20．如图，等腰Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E点为射线CB上一动点，连接AE，作AF⊥AE且AF＝AE． （1）如图1，过F点作FG⊥AC交AC于G点，求证：△AGF≌△ECA； （2）如图2，连接BF交AC于D点，若3，求证：E点为BC中点； （3）如图3，当E点在CB的延长线上时，连接BF与AC的延长线交于D点，若，则　 ． 压轴突破4 截长补短构全等 21．如图，在△ABC中，∠BAC＝30°，AD平分∠BAC，点E在BC的延长线上，∠CAE＝75°，若CE＝BA+AC，则∠B的度数为 　 　． 22．如图，在五边形ABCDE中，且CD＝5，AE＝6，则五边形ABCDE的面积为 　 　． 23．如图，△ABC中两边AB、AC上有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠A＝80°，∠BDC＝100°，∠MDN＝50°，BD＝DC． （1）猜想线段MN、BM、NC之间的数量关系并证明； （2）若AB＝6，AC＝7，求△AMN的周长． 24．如图1，△ABC中，AB＝BC，点D在边BC上，CD＝CA，连接AD，∠CAE＝∠BAD，AE交BC的延长线于点E． （1）求证AD＝AE； （2）如图2，在图1的基础上延长CA到F，使AF＝CE，连接DF交边AB于点G，探究线段AG，AC之间的数量关系，并证明． 25．（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D是AC边上一点，连接BD，G，F两点都在线段BD上，连接AG，AF，过C作CE∥BD交AF延长线于点E，若AG＝AF，∠ABD＝∠CAE．求证：AG＝CE； （2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，点D为△ABC下方一点，连接AD，BD，过C作CE∥BD交AD于点E，若∠ABD＝∠CAE，CE＝3，AE＝1，求DE的长． 26．已知在四边形ABCD中，AB＝AD，． （1）如图1，∠ABC＝∠ADC＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，线段EF、BE、FD之间的关系是 　 　 ； （2）如图2，∠ABC+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，（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，∠ABC+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，（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． 27．已知，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF∠BAD． （1）为探究上述问题，小王同学先画出了其中一种特殊情况，即如图1，当∠B＝∠ADC＝90°时． 小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG． 请你在图1中添加上述辅助线，并补全下面的思路． 小明的解题思路：先证明△ABE≌　 　；再证明了△AEF≌　 　，即可得出BE，EF，FD之间的数量关系为 　 　． （2）请你借鉴小王的方法探究图2，当∠B+∠ADC＝180°时，上述结论是否依然成立，如果成立，请证明你的结论，如果不成立，请说明理由． （3）如图3，若E、F分别是边BC、CD延长线上的点，其他已知条件不变，此时线段EF、BE、FD之间的数量关系为 　 　．（不用证明） 压轴突破5 一线三等角模型 28．如图，已知∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足点分别是D，E，AD＝5，BE＝2，则DE的长为 　 　 ． 29．如图1，CA⊥AB，DB⊥AB，AC＝BD，P，Q分别为线段AB，BD上任意一点． （1）若P为AB的中点，点Q与点D重合，试说明△ACP与△BDP全等； （2）如图2，若∠CPQ＝90°，CP＝PQ，求AC，BQ，AB之间的数量关系； （3）如图3，将“CA⊥AB，DB⊥AB”改为“∠A＝∠B＝α（α为锐角）”，其他条件不变．若∠CPQ＝α，CP＝PQ，判断（2）中的数量关系是否会改变？并说明理由． 30．（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，猜想DE、BD、CE之间的数量关系为 　 　 ； （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（1）中结论是否仍然成立？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． 31．已知，△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，一直线过顶点C，过A，B分别作其垂线，垂足分别为E，F． （1）如图1，求证：EF＝AE+BF； （2）如图2，请直接写出EF，AE，BF之间的数量关系 　 　； （3）在（2）的条件下，若BF＝3AE，EF＝4，求△BFC的面积． 32．如图1，△ABC中，∠ABC＝∠ACB．点D、E、F分别是AB、BC、AC边上的点，BE＝CF． （1）若∠DEF＝∠ABC，求证：DE＝EF； （2）若∠A+2∠DEF＝180°，BC＝9，EC＝2BE，求BD的长． 33．直线CD经过∠BCA的顶点C，CA＝CB．E，F分别是直线CD上两点，且∠BEC＝∠CFA＝∠α． 【数学思考】 若直线CD经过∠BCA的内部，且E，F在射线CD上，请解决下面两个问题： （1）①如图1，若∠BCA＝90°，∠α＝90°，求证：EF＝BE﹣AF； （2）②如图2，若0°＜∠BCA＜90°，当∠α与∠BCA之间满足怎样的数量关系时，①中结论仍然成立，并给予证明． 【问题拓展】 （3）如图3，若直线CD经过∠BCA的外部，∠α＝∠BCA，请直接写出EF，BE和AF之间数量关系． 压轴突破6 全等三角形动点问题 34．如图，在长方形ABCD中，AB＝8，BC＝10．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB向点B匀速运动，点Q从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿BC向点C匀速运动，点R从点C出发，以每秒a个单位长度的速度沿CD向点D匀速运动，连接PQ、RQ，三点同时开始运动，当某一点运动到终点时，其它点也停止运动．若在某一时刻，△PBQ与△QCR全等，则a的值为（　　） A．2或 B．2或 C．或 D．2或 35．如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝120°，AB＝8cm，BC＝12cm，CD＝16cm，点P在线段BC上以4cm/s的速度由点B向点C运动，同时点O在线段CD上由点C向点D匀速运动．若△BAP与△PCQ在某一时刻全等，则点Q运动速度为（　　） A． B．或 C．4cm/s或 D．4cm/s或 36．如图，直线PQ经过Rt△ABC的直角顶点C，△ABC的边上有两个动点D、E，点D以1cm/s的速度从点A出发，沿AC→CB移动到点B，点E以3cm/s的速度从点B出发，沿BC→CA移动到点A，两动点中有一个点到达终点后另一个点继续移动到终点．过点D、E分别作DM⊥PQ，EN⊥PQ，垂足分别为点M、N，若AC＝6cm，BC＝8cm，设运动时间为t，则当t＝ 　 s时，以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等． 37．如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝12cm，BC＝6cm，CD为AB边上的高，点E从点B出发，在直线BC上以3cm/s的速度移动，过点E作BC的垂线交直线CD于点F，当点E运动　 　 s时，CF＝AB． 38．如图，△ABC的两条高AD与BE交于点O，AD＝BD，AC＝7．F是射线BC上一点，且CF＝AO，动点P从点O出发，沿线段OB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，同时动点Q从点A出发，沿射线AC以每秒3个单位长度的速度运动，当点P到达点B时，P，Q两点同时停止运动，设运动时间为t秒，当△AOP与△FCQ全等时，则t＝　 秒． 39．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点C在直线l上．点P从点A出发，在三角形边上沿A→C→B的路径向终点B运动；点Q从B点出发，在三角形边上沿B→C→A的路径向终点A运动．点P和Q分别以1单位/秒和2单位/秒的速度同时开始运动，在运动过程中，若有一点先到达终点时，该点停止运动，另一个点要继续运动，直到两点都到达相应的终点时整个运动才能停止．在某时刻，分别过P和Q作PE⊥l于点E，QF⊥l于点F，则点P的运动时间等于 　 　 秒时，△PEC与△CFQ全等． 40．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，直线l经过点C且与边AB相交．动点P从点A出发沿A→C→B路径向终点B运动；动点Q从点B出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q的速度分别为1cm/s和2cm/s，两点同时出发并开始计时，当点P到达终点B时计时结束．在某时刻分别过点P和点Q作PE⊥l于点E，QF⊥l于点F，设运动时间为t秒，则当t＝　 　 秒时，△PEC与△QFC全等． 压轴突破7 利用全等三角形判断多结论问题 41．如图，AB＝AD，AC＝AE，∠EAC＝∠DAB，连接ED，且ED的延长线交BC于点F，连接AF，则下列说法中正确的有（　　） ①ED＝CB；②∠EAC+∠DFB＝180°；③∠EFA＝∠AFB；④BC+AD＝EF． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 42．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AD、CE分别平分∠BAC，∠ACB，且交于点F．则下列说法中哪些是正确的（　　） ①∠AFC＝120°； ②S△ABD＝S△ADC； ③若AE＝EB，则CE⊥AB； ④CD+AE＝AC； ⑤S△AEF：S△CDF＝AE：CD． A．①③④ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①③④⑤ 43．如图，△ABC中，∠ABC，∠EAC的平分线BP，AP交于点P，延长BA，BC，PM⊥BE，PN⊥BF，下列说法：①CP平分∠ACF；②∠ABC+∠MPN＝180°；③∠ACB＝2∠APB；④∠MPN＝2∠APC；⑤AC＝AM+CN．其中正确的个数有（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 44．如图，在△ABC中，AD为中线，过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD于点F．延长FA至点G，使得FG＝AE，连接GC．下列结论中正确的个数为（　　） ①BE＝CF；②∠BAC＝∠G+2∠ACG；③S△GCF﹣S△CDF＝S△ABD；④S△AGC＝2S△BED． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 45．如图，在△ABC中，∠BAC和∠ABC的平分线AE，BF相交于点O，AE交BC于E，BF交AC于F，过点O作OD⊥BC于D，在下列结论中：①∠AOB＝90°+∠C；②若AB＝4，OD＝1，则S△ABO＝2；③当∠C＝60°时，AF+BE＝AB；④若OD＝a，AB+BC+CA＝2b，则S△ABC＝ab．其中正确的结论为（　　） A．②③ B．②④ C．②③④ D．①②④ 46．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；④MO平分∠BMC．其中正确的是（　　） A．①② B．①②③④ C．①②④ D．①③④ 47．如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，过P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H．则对于以下结论：①∠APB＝135°；②△ABP≌△FBP；③∠AHP＝∠ABC；④AH+BD＝AB．其中错误的是（　　） A．① B．② C．③ D．④ 压轴突破8 平面直角坐标系与全等综合 48．如图1，等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，线段ED经过点C，过A作AD⊥ED于点D，过B作BE⊥ED于E． （1）求证：△BEC≌△CDA． （2）如图2，已知在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，点A的坐标为（0，8），点C的坐标为（﹣6，0），点B是第二象限中的一点，若△ABC是以AC为直角边的等腰直角三角形，求点B的坐标； （3）如图3，已知在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，在等腰直角△OAB中，∠OAB＝90°，OA＝AB＝8，点M在线段OB上从O向B运动（运动到点B停止），以点M为直角顶点向右上方作等腰直角△AMN，求点N移动的距离． 49．如图，点A（a，0），B（0，b），且a、b满足（a﹣1）2+|2b﹣2|＝0． （1）如图1，求△AOB的面积； （2）如图2，点C在线段AB上（不与A、B重合）移动，AB⊥BD，且∠COD＝45°，猜想线段AC、BD、CD之间的数量关系并证明你的结论； （3）如图3，若P为x轴上异于原点O和点A的一个动点，连接PB，PB⊥PE且PB＝PE，直线AE交y轴于点Q，当P点在x轴上移动时，线段BQ长为定值，请求出该定值 50．已知△ABC是等腰直角三角形，AB＝BC，A点在x轴的负半轴上，直角顶点B在y轴上，点C在x轴上方． （1）如图1所示，A点坐标为（﹣4，0），B点坐标为（0，1），求点C的坐标（直接写出结果）； （2）如图2所示，过C作CD⊥y轴于D，求证：AO＝CD+OD； （3）如图3所示，若x轴恰好平分∠BAC，BC与x轴交于点E，过C作CF⊥x轴于F，求证：AE＝2CF． 51．在平面直角坐标系中，A（﹣5，0），B（0，5），点C为x轴正半轴上一动点，过点A作AD⊥BC交y轴于点E，连接DO，则DO平分∠ADC． （1）如图（1），若C（3，0），则点E的坐标为 　 　 ； （2）如图（2），若点C在x轴正半轴上运动，当OC+CD＝AD时，求∠OBC的度数． 52．如图（1），在平面直角坐标系中，A（a，0），B（b，3），C（4，0），且满足（a+b）2+|a﹣b+6|＝0，线段AB交y轴于F点． （1）求点A、B的坐标． （2）如图（2），点D为y轴正半轴上一点，若ED∥AB，且AM，DM分别平分∠CAB，∠ODE，求∠AMD的度数； （3）如图（3）， ①求点F的坐标； ②在y轴上是否存在一点P，使得△ABP的面积等于△ABC的面积？若存在，求出点P坐标．若不存在，请说明理由． 53．如图，在平面直角坐标系中，A（﹣2，0），B（0，6），C（6，0），∠ABC+∠ADC＝180°，BC⊥CD． （1）求证：∠ABO＝∠CAD； （2）求证：AB＝AD； （3）求四边形ABCD的面积． 54．在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣3，0）、B（0，3）、C（t，0），过点A作AD⊥BC交BC于D点，交y轴正半轴于点E． （1）如图1，当t＝1时，求E点的坐标； （2）如图，连接OD，求∠ADO的度数； （3）如图3，已知点P（0，2），若PQ⊥PC，PQ＝PC，直接写出Q的坐标（用含t的式子表示）． 55．在平面直角坐标系中，点A（a，0），B（0，b），且a，b满足，点P为线段AB上（不与A、B两点重合）一点，连接OP． （1）如图1，过点A作AQ⊥x轴，且满足∠OPQ＝90°，求证：OP＝PQ； （2）如图2，C，D分别为OA，OB上的两点，且OC＝OD，点P满足OP⊥AD，过点P作PE⊥BC交AD的延长线于点E，试探究AE，EP，OP之间的数量关系，并给出证明． 56．如图所示，在平面直角坐标系中，P（4，4）， （1）点A在x的正半轴运动，点B在y的正半轴上，且PA＝PB， ①求证：PA⊥PB： ②求OA+OB的值； （2）点A在x的正半轴运动，点B在y的负半轴上，且PA＝PB，求OA﹣OB的值． 57．在平面直角坐标系中，已知点A在y轴的正半轴上，点B在x轴的正半轴上，且OA＝OB． （1）如图1，若点D在BA的延长线上，连接OD，点E在第一象限，且满足OD⊥OE，BD⊥BE，连接DE，求证：△DOE是等腰直角三角形； （2）如图2，点F在AB的延长线上，以OF为斜边向上构等腰直角三角形OFM，连接AM，若AB＝10，BF＝2，求△AMF的面积． 58．在平面直角坐标系中，点A的坐标为（9，9），点B在x轴上． （1）如图1，若点B在x轴正半轴上，AB＝BC，AB⊥BC，AC交x轴于点D， ①若∠DBC＝14°，则∠ADB＝ 　 　 ； ②若点C的坐标为（3，﹣3），求点B坐标． （2）如图2，若点B在x轴负半轴上，AE⊥x轴于点E，AF⊥y轴于点F，∠BFM＝45°，MF交直线AE于点M，若点B（﹣3，0），BM＝15，求EM的长． 59．如图1，已知A（1，4），C（﹣4，1），AB⊥y轴于点B，CD⊥x轴于点D，连接OA，OC． （1）求证：△ABO≌△CDO； （2）如图2，连接AC，BD交于点H．求证：H为AC的中点； （3）如图3，E为第二象限内一点，F为y轴正半轴上一点，连接AF，EF、CE，EF⊥CE且EF＝CE，点G为AF的中点，连接EG，EO．请猜想∠OEG的度数并证明你的猜想． 60．在平面直角坐标系中，点A（﹣4，0），B（0，4），点C为x轴正半轴上一动点，过点A作AD⊥BC交y轴于点E． （1）如图1，求证：△AEO≌△BCO； （2）如图2，若点C在x轴正半轴上运动，且OC＜3，连接DO． ①求证：DO平分∠ADC； ②当AD＝CD+OC时，求的值． 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第十四章 全等三角形全章压轴突破8个专题（60题） 【人教版2024】 压轴突破1 遇中点作辅助线构全等 1 压轴突破2 遇角平分线作辅助线构全等 11 压轴突破3 作垂线构全等 19 压轴突破4 截长补短构全等 27 压轴突破5 一线三等角模型 40 压轴突破6 全等三角形动点问题 48 压轴突破7 利用全等三角形判断多结论问题 58 压轴突破8 平面直角坐标系与全等综合 71 压轴突破1 遇中点作辅助线构全等 1．如图，在△ABC中，AD为BC边上的中线，M为AD上一点，连接BM并延长交AC于N，∠AMN＝∠MAN，若BM＝6，AN＝3.7，则CN的长度是　 　 ． 【分析】延长AD至点E，使得AD＝DE，再连接BE，证明△BDE≌△CDA，得到∠E＝∠MAN，BE＝AC，结合∠AMN＝∠MAN，∠AMN＝∠BME，可得∠E＝∠BME，推出BE＝BM＝AC＝6，即可求解． 【解答】解：如图，延长AD至点E，使得AD＝DE，再连接BE， ∵AD为BC边上的中线， ∴BD＝CD， 在△BDE和△CDA中， ， ∴△BDE≌△CDA（SAS）， ∴∠E＝∠MAN，BE＝AC， ∵∠AMN＝∠MAN， ∴∠E＝∠AMN， ∵∠AMN＝∠BME， ∴∠E＝∠BME， ∴BE＝BM＝AC＝6， ∴CN＝AC﹣AN＝6﹣3.7＝2.3， 故答案为：2.3． 2．如图，AD是△ABC的中线，点E在BC的延长线上，CE＝AB，∠BAC＝∠BCA，求证：AE＝2AD． 【分析】延长AD至M，使DM＝AD，先证明△ABD≌△MCD，进而得出MC＝AB，∠B＝∠MCD，即可得出∠ACM＝∠ACE，再证明△ACM≌△ACE，即可得出答案． 【解答】证明：延长AD至M，使DM＝AD， ∵AD是△ABC的中线， ∴DB＝CD， 在△ABD和△MCD中， ， ∴△ABD≌△MCD（SAS）， ∴MC＝AB，∠B＝∠MCD， ∵AB＝CE， ∴CM＝CE， ∵∠BAC＝∠BCA， ∴∠B+∠BAC＝∠ACB+∠MCD， 即∠ACM＝∠ACE， 在△ACM和△ACE中， ∴△ACM≌△ACE（SAS）． ∴AE＝AM， ∵AM＝2AD， ∴AE＝2AD． 3．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD，点F在线段CD上，且DF＝3CF，点E为AB的中点，若△ADE的面积为3，则△DEF的面积为 　 　． 【分析】延长DE、CB交于点G，由AD∥BC，得∠ADE＝∠G，而AE＝BE，∠AED＝∠BEG，即可根据“AAS”证明△ADE≌△BGE，得AD＝BG，DE＝GE，S△ADE＝S△BGE＝3，由BC＝2AD＝2BG，得S△BCE＝2S△BGE＝6，求得S△DCE＝9，由DF＝3CF，得DFDC，所以S△DEFS△DCE，于是得到问题的答案． 【解答】解：延长DE、CB交于点G， ∵AD∥BC， ∴∠ADE＝∠G， ∵点E为AB的中点， ∴AE＝BE， 在△ADE和△BGE中， ， ∴△ADE≌△BGE（AAS）， ∴AD＝BG，DE＝GE，S△ADE＝S△BGE＝3， ∴BC＝2AD＝2BG， ∴S△BCE＝2S△BGE＝6， ∴S△DCE＝S△BCE＝S△BGE+S△BCE＝3+6＝9， ∵DF＝3CF， ∴DC＝3CF+CF＝4CF， ∴DFDC， ∴S△DEFS△DCE9， 故答案为：． 4．如图，△ABC中，D是AC边的中点，过D作直线交AB于点E，交BC的延长线于点F，且AE＝CF．若AB＝19，BC＝7，则CF＝　 　 ． 【分析】，由“AAS”可证△ADH≌△CDF，可得AH＝CF＝AE，可得∠H＝∠AEH＝∠F＝∠FEB，可得BE＝BF，即可求解． 【解答】解：如图，过点A作AH∥BF交FE的延长线于点H， ∴∠H＝∠F，且AD＝DC，∠ADH＝∠CDF， ∴△ADH≌△CDF（AAS）， ∴AH＝CF， ∵AE＝CF， ∴AH＝AE， ∴∠H＝∠AEH， ∴∠AEH＝∠F＝∠FEB， ∴BE＝BF＝BC+CF＝7+CF， ∴AB＝AE+BE＝CF+7+CF＝19， ∴CF＝6， 故答案为：6． 5．如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC+∠DAE＝180°，连接BE，CD，若AM为△ACD的中线，猜想AM与BE的数量关系并说明理由． 【分析】延长AM到N，使AM＝MN，连接CN，则AN＝2AM，先证明△ADM和△NCM全等得AD＝CN，∠DAM＝∠N，则AD∥CN，进而得∠DAC+∠ACN＝180°，再由∠BAC+∠DAE＝180°得∠BAE+∠DAC＝180°，则∠ACN＝∠BAE，由此可依据“SAS”判定△ACN和△BAE全等，则AN＝BE，由此可得AM与BE的数量关系． 【解答】解：猜想：BE＝2AM，理由如下： 延长AM到N，使AM＝MN，连接CN，如图②所示： 则AN＝2AM， ∵AM为△ACD的中线， ∴DM＝CM， 在△ADM和△NCM中， ， ∴△ADM≌△NCM（SAS）， ∴AD＝CN，∠DAM＝∠N， ∴AD∥CN， ∴∠DAC+∠ACN＝180°， ∵∠BAC+∠DAE＝180°， ∴∠BAE+∠DAC＝180°， ∴∠ACN＝∠BAE， ∵AD＝AE，AD＝CN， ∴CN＝AE， 在△ACN和△BAE中， ， ∴△ACN≌△BAE（SAS）， ∴AN＝BE， ∵AN＝2AM， ∴BE＝2AM． 6．如图，在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，E、F分别在BC、CD上，且AB＝BE，AD＝DF，M为EF的中点，求证：DM⊥BM． 【分析】延长BM到H，使MH＝MB，连接GH，DH，BD，先依据“SAS”判定△FMH和△EMB全等得FH＝BE，∠FHM＝∠EBM，进而得FH∥BC，则∠CFH＝∠C，根据四边形内角和定理得∠A+∠C＝180°，及∠DFH+∠CFH＝180°得∠A＝∠DFH，由此依据“SAS”判定△ABD和△FHD全等得BD＝HD，然后根据等腰三角形的性质即可得出结论． 【解答】解：证明：延长BM到H，使MH＝MB，连接GH，DH，BD，如图2所示： ∵点M为EF的中点， ∴FM＝EM， 在△FMH和△EMB中， ， ∴△FMH≌△EMB（SAS）， ∴FH＝BE，∠FHM＝∠EBM， ∴FH∥BC， ∴∠CFH＝∠C， 在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°， ∴∠A+∠C＝180°， ∵∠DFH+∠CFH＝180°， ∴∠A＝∠DFH， ∵AB＝BE，BE＝FH， ∴AB＝FH， 在△ABD和△FHD中， ， ∴△ABD≌△FHD（SAS）， ∴BD＝HD， ∵HM＝BM， ∴DM⊥BM． 7．数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB＝6，AC＝10，D是BC的中点，求BC边上的中线AD的取值范围． 【方法探索】（1）小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：如图1，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE．根据SAS可以判定△ADC≌△EDB，得出AC＝BE．这样就能把线段AB、AC、2AD集中在△ABE中．利用三角形三边的关系，即可得出中线AD的取值范围是 　 ． 【问题解决】（2）由第（1）问方法的启发，请解决下面问题：如图2，在△ABC中，D是BC边上的一点，AE是△ABD的中线，CD＝AB，∠BDA＝∠BAD，试说明：AC＝2AE； 【问题拓展】（3）如图3，AD是△ABC的中线，过点A分别向外作AE⊥AB、AF⊥AC，使得AE＝AB，AF＝AC，判断线段EF与AD的关系，并说明理由． 【分析】（1）由题意得：AE在△ABE中，由三角形三边关系可得到AE的取值范围，ADAE，即可求得AD的取值范围； （2）由“SAS”可证△EDF≌△EBA，可得∠ADC＝∠ADF，由“SAS”可证△AFD≌△ACD（SAS），可得AC＝AF＝2AE； （3）延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，由（1）可知，△BDM≌△CDA（SAS），得BM＝AC，再证△ABM≌△EAF（SAS），得AM＝EF，∠BAM＝∠E，则EF＝2AD，然后由三角形的外角性质证出∠APE＝∠BAE＝90°，即可得出结论． 【解答】解：（1）在△ABE中，AB＝6，BE＝AC＝10，由三角形三边关系可得：AE﹣AB＝4＜AE＜AB+BE＝16，即AE到取值范围为4＜AE＜16， ∵AD， ∴AD的取值范围为2＜AD＜8； 故答案为：2＜AD＜8； （2）如图2，延长AE至点F，使得EF＝AE，连接DF，则AF＝EF+AE＝2AE， ∵E是BD中点， ∴DE＝BE， 在△EDF和△EBA中， ， ∴△EDF≌△EBA（SAS）， ∴DF＝AB＝CD，∠B＝∠EDF，∠F＝∠EAB， ∵∠CDA＝∠B+∠BAD，∠ADF＝∠BDA+∠EDF，∠BDA＝∠BAD， ∴∠ADC＝∠ADF， 在△AFD和△ACD中， ， ∴△AFD≌△ACD（SAS）， ∴AC＝AF， ∴AC＝2AE； （3）EF＝2AD，EF⊥AD， 理由：如图3，延长DA交EF于点P，延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM， 由（1）可知，△BDM≌△CDA（SAS）， ∴BM＝AC，∠M＝∠CAD， ∵AC＝AF， ∴BM＝AF， 由（2）可知，AC∥BM， ∴∠BAC+∠ABM＝180°， ∵AE⊥AB、AF⊥AC， ∴∠BAE＝∠FAC＝90°， ∴∠BAC+∠EAF＝180°， ∴∠ABM＝∠EAF， 在△ABM和△EAF中， ， ∴△ABM≌△EAF（SAS）， ∴AM＝EF，∠BAM＝∠E， ∵AD＝DM， ∴AM＝2AD， ∴EF＝2AD， ∵∠EAM＝∠BAM+∠BAE＝∠E+∠APE， ∴∠APE＝∠BAE＝90°， ∴EF⊥AD． 压轴突破2 遇角平分线作辅助线构全等 8．如图，在△ABC中，∠A＝60°，∠ABC和∠ACB的平分线BD、CE相交于点O，BD交AC于点D，CE交AB于点E，若已知△ABC周长为20，BC＝7，AE：AD＝4：3，则AE长为（　　） A． B． C． D．4 【分析】由“SAS”可证△BOE≌△BOH，可得∠EOH＝∠BOH＝60°，由“ASA”可证△COD≌△COH，可得CD＝CH，即可求解． 【解答】解：如图，在BC上截取BH＝BE，连接OH， ∵BD平分∠ABC，CE平分∠ACB， ∴∠ABD＝∠CDB，∠ACE＝∠BCE， ∵∠A＝60°， ∴∠ABC+∠ACB＝120°， ∴∠DBC+∠BCE＝60°， ∴∠BOC＝120°， ∴∠BOE＝∠COD＝60°， 在△BOE和△BOH中， ， ∴△BOE≌△BOH（SAS）， ∴∠BOE＝∠BOH＝60°， ∴∠COD＝∠COH＝60°， 在△COD和△COH中， ， ∴△COD≌△COH（ASA）， ∴CD＝CH， ∴BE+CD＝BH+CH＝BC＝7， ∵△ABC周长为20， ∴AB+AC+BC＝20， ∴AE+AD＝6， ∵AE：AD＝4：3， ∴AE， 故选：B． 9．如图在△ABC中，AD平分∠BAC，∠B＝2∠ADB，AB＝3，CD＝5，则AC的长为　 　 ． 【分析】在AC上取点E，使AE＝AB＝3，连接DE，则由角平分线的性质可证明△ABD≌△AED，从而有∠B＝∠AED，∠ADB＝∠ADE，则可得∠CDE＝∠CED，有CE＝CD＝5，再由AC＝CE+AE即可求解． 【解答】解：如图，在AC上取点E，使AE＝AB＝3，连接DE， ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠EAD； 又∵AD＝AD，AE＝AB， ∴△ABD≌△AED（SAS）， ∴∠B＝∠AED，∠ADB＝∠ADE； ∵∠B＝2∠ADB， ∴∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝2∠ADB＝∠B， ∴∠BDE＝∠AED， ∴180°﹣∠BDE＝180°﹣∠AED， ∴∠CDE＝∠CED， ∴CE＝CD＝5， ∴AC＝CE+AE＝5+3＝8． 故答案为：8． 10．如图，在△ABC中，D为边AC上一点，且BD平分∠ABC，过A作AE⊥BD于点E．若∠ABC+4∠C＝180°，AB＝5，BC＝12，则AE＝　 　 ． 【分析】延长AE交BC于点F，根据角平分线的定义可得∠ABD＝∠DBC∠ABF，再根据垂直定义可得∠AEB＝∠BEF＝90°，从而利用ASA证明△ABE≌△FBE，再利用全等三角形的性质可得AE＝EF，AB＝BF＝5，从而可得CF＝7，然后根据垂直定义可得∠EBF+∠AFB＝90°，从而可得∠ABC+∠AFB＝90°，再根据已知可得∠ABC+2∠C＝90°，从而可得∠AFB＝2∠C，最后利用三角形的外角性质可得∠AFB＝∠C+∠CAF，从而可得∠C＝∠CAF，进而可得AF＝CF＝7，进行计算即可解答． 【解答】解：延长AE交BC于点F， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠DBC∠ABF， ∵BE⊥AF， ∴∠AEB＝∠BEF＝90°， ∵BE＝BE， ∴△ABE≌△FBE（ASA）， ∴AE＝EF，AB＝BF＝5， ∵BC＝12， ∴CF＝BC﹣BF＝12﹣5＝7， ∵∠BEF＝90°， ∴∠EBF+∠AFB＝90°， ∴∠ABC+∠AFB＝90°， ∵∠ABC+4∠C＝180°， ∴∠ABC+2∠C＝90°， ∴∠AFB＝2∠C， ∵∠AFB是△AFC的一个外角， ∴∠AFB＝∠C+∠CAF， ∴∠C＝∠CAF， ∴AF＝CF＝7， ∴AE＝EFAF＝3.5， 故答案为：3.5． 11．如图，在四边形ABCD中，AD＝CD，BD平分∠ABC，DE⊥BC，BE＝7，CE＝3，若△BCD的面积是20，则△ABD的面积是　 　 ． 【分析】作DF⊥BA交BA的延长线于点F，则∠F＝90°，由BE＝7，CE＝3，求得BC＝10，由S△BCD10DE＝20，求得DE＝4，由角平分线的性质得DF＝DE＝4，可根据“HL”证明Rt△DAF≌Rt△CDE，得AF＝CE＝3，再根据“HL”证明Rt△DBF≌Rt△DBE，得BF＝BE＝7，则AB＝4，求得S△ABDAB•DF＝8，于是得到问题的答案． 【解答】解：作DF⊥BA交BA的延长线于点F，则∠F＝90°， ∵BE＝7，CE＝3， ∴BC＝BE+CE＝7+3＝10， ∵DE⊥BC，△BCD的面积是20， ∴10DE＝20，∠AED＝∠DEC＝90°， ∴DE＝4， ∵BD平分∠ABC，DF⊥BA，DE⊥BC， ∴DF＝DE＝4， 在Rt△DAF和Rt△CDE中， ， ∴Rt△DAF≌Rt△CDE（HL）， ∴AF＝CE＝3， 在Rt△DBF和Rt△DBE中， ， ∴Rt△DBF≌Rt△DBE（HL）， ∴BF＝BE＝7， ∴AB＝BF﹣AF＝7﹣3＝4， ∴S△ABDAB•DF4×4＝8， 故答案为：8． 12．如图，∠ACD是△ABC的外角，CE是∠ACD的平分线，BE是∠ABC的平分线，CE与BE交于点E，连接AE．若∠BEC＝35°，则∠CAE＝　 　 °． 【分析】延长BA，作EN⊥BD，EF⊥BA，EM⊥AC，设∠ECD＝x°，则∠ACE＝∠ECD＝x°，进而根据三角形的外角的性质得出∠CAF＝110°，证明Rt△EFA≌Rt△EMA（HL），即可求解． 【解答】解：CE是∠ACD的平分线，BE是∠ABC的平分线，如图，延长BA，作EN⊥BD，EF⊥BA，EM⊥AC， 设∠ECD＝x°， ∴∠ACE＝∠ECD＝x°，EM＝EN，∠ABE＝∠EBC，EF＝EN， ∴EF＝EM， ∵∠BEC＝35°， ∴∠ABE＝∠EBC＝∠ECD﹣∠BEC＝（x﹣35）°， ∴∠BAC＝∠ACD﹣∠ABC＝2x°﹣（x°﹣35°）﹣（x°﹣35°）＝70°， ∴∠CAF＝110°， 在Rt△EFA和Rt△EMA中， ， ∴Rt△EFA≌Rt△EMA（HL）， ∴∠FAE＝∠EAC＝55°． 故答案为：55． 13．如图，D为△ABC外一点，BD⊥AD，BD平分△ABC的一个外角，若2∠C+∠BAD＝180°，AB＝5，BC＝3，则AD的长为　 　． 【分析】设AD、CB的延长线交于点E，先利用ASA证得△ABD和△EBD全等，即可得出AD＝ED，AB＝EB＝5，∠BAD＝∠E，结合已知∠BAD+2∠C＝180°，得出∠E+2∠C＝180°，再根据三角形内角和定理得出∠E+∠C+∠EAC＝180°，从而得出∠C＝∠EAC，于是有AE＝CE，再求出CE的长即可求出AD的长． 【解答】解：设AD、CB的延长线交于点E， 由题意得∠ABD＝∠EBD， ∵BD⊥AD， ∴∠ADB＝∠EDB＝90°， 在△ABD和△EBD中， ， ∴△ABD≌△EBD（ASA）， ∴AD＝ED，AB＝EB＝5，∠BAD＝∠E， ∵BC＝3， ∴CE＝BC+EB＝3+5＝8， ∵∠BAD+2∠C＝180°， ∴∠E+2∠C＝180°， ∵∠E+∠C+∠EAC＝180°， ∴∠C＝∠EAC， ∴AE＝CE＝8， ∴AD＝EDAE＝4． 故答案为：4． 14．如图Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AD平分∠CAB交BC于D，点E在AB的延长线上，满足∠ADE+∠CAB＝180°，若AC＝6，BE＝2，则线段AB的长为 　 　． 【分析】延长AD到M，作DH⊥AB于H．首先证明△ADC≌△ADH，推出AC＝AH＝6，再证明AH＝HE＝6，由BE＝2，可得BH＝4，推出AB＝10． 【解答】解：延长AD到M，作DH⊥AB于H． ∵AD平分∠CAB， ∴∠DAC＝∠DAH， ∵∠C＝∠AHD，AD＝AD， ∴△ADC≌△ADH（AAS）， ∴AC＝AH＝6， ∵∠ADE+∠CAB＝180°，∠ADE+∠EDM＝180°， ∴∠EDM＝∠CAB， ∵∠EDM＝∠DAE+∠DEA＝∠DAE+∠CAD，∠CAD＝∠DAB， ∴∠DAB＝∠E， ∴DA＝DE， ∵DH⊥AE， ∴AH＝HE＝6， ∵BE＝2， ∴BH＝4， ∴AB＝10， 故答案为：10． 压轴突破3 作垂线构全等 15．如图，△ABC中，∠ACB＝60°，点D在AB上，CD＝14，∠BDC＝60°，延长CB至点E，使CE＝AC，过点E作EF⊥CD于点F，交AB于点G，若5DG＝3AD，则DF＝　 ． 【分析】由“AAS”可证△AHC≌△CFE，可得CF＝AH，由直角三角形的性质可得DHCD＝7，DG＝2DF，由线段的数量关系可求解． 【解答】解：如图，过点C作CH⊥AB于H， ∵∠ACB＝60°＝∠BDC，∠BDC＝∠A+∠ACD，∠ACB＝∠ACD+∠BCD， ∴∠A＝∠BCD， 在△AHC和△CFE中， ， ∴△AHC≌△CFE（AAS）， ∴CF＝AH， ∵∠BDC＝60°，EF⊥CD，CH⊥AB， ∴∠DGF＝∠DCH＝30°， ∴DHCD＝7，DG＝2DF， ∵5DG＝3AD， ∴ADDF， ∵AH＝CF， ∴DF+7＝14﹣DF， ∴DF， 故答案为：． 16．如图，在△ADE和△ABC中，∠E＝∠C，DE＝BC，EA＝CA，过A作AF⊥DE，垂足为F，DE交CB的延长线于点G，连接AG．四边形DGBA的面积为12，AF＝4，则FG的长是 　 　． 【分析】过点A作AH⊥BC于H，判定△ABC≌△AED，得出AF＝AH，再判定Rt△AFG≌Rt△AHG，判定Rt△ADF≌Rt△ABH，得出S四边形DGBA＝S四边形AFGH＝12，再根据Rt△AFG≌Rt△AHG，求得Rt△AFG的面积＝6，进而得到FG的长． 【解答】解：过点A作AH⊥BC于H，如图所示： 在△ABC与△AED中， ， ∴△ABC≌△ADE（SAS）， ∴AD＝AB，S△ABC＝S△AED， 又∵AF⊥DE， 即DE×AFBC×AH， ∴AF＝AH， 又∵AF⊥DE，AH⊥BC， ∴在Rt△AFG和Rt△AHG中， ∴Rt△AFG≌Rt△AHG（HL）， 同理：Rt△ADF≌Rt△ABH（HL）， ∴S四边形DGBA＝S四边形AFGH＝12， ∵Rt△AFG≌Rt△AHG， ∴Rt△AFG的面积＝6， ∵AF＝4， ∴FG×4＝6， 解得：FG＝3； 故答案为：3． 17．如图，把两块大小相同的含45°的三角板ACF和三角板CFB如图所示摆放，点D在边AC上，点E在边BC上，且∠CFE＝13°，∠CFD＝32°，则∠DEC的度数是（　　） A．58° B．45° C．77° D．64° 【分析】作FH⊥FE交AC用H，由题意可求得∠AFH＝∠CFE＝13°，由ASA可证得△FAH≌△FCE，从而有FH＝FE，再由SAS证得△DFE≌△DFH，有∠DEF＝∠DHF，从而可求解． 【解答】解：作FH⊥FE交AC用H，如图， ∵∠AFC＝∠EFH＝90°， ∴∠AFH＝∠CFE＝13°， ∵∠A＝∠FCE＝45°，FA＝FC， ∴△FAH≌△FCE， ∴FH＝FE， ∵∠DFE＝∠CFE+∠DFC＝13°+32°＝45°， ∴∠DFH＝∠DFE＝45°， ∵DF＝DF， ∴△DFE≌△DFH， ∴∠DEF＝∠DHF＝∠A+∠AFH＝58°， ∵∠FEB＝∠CFE+∠FCE＝58°， ∴∠DEC＝180°﹣58°﹣58°＝64°， 故选：D． 18．如图，AD是△ABC的中线，AB＝AE，AC＝AF，∠BAE＝∠FAC＝90°，试探究线段AD与EF的数量关系和位置关系，并加以说明． 【分析】过点C作CH⊥AE于点H，证明△CDH和△BDA全等得DH＝AD，CH＝AB，则AH＝2AD，证明∠ACH＝∠FAE，进而依据“SAS”判定△ACH和△FAE全等得AH＝EF＝2AD，∠CHA＝∠AEF＝90°，据此即可得出线段AD与EF的数量关系和位置关系． 【解答】解：线段AD与EF的数量关系是：ADEF，位置关系是：EF⊥AD，证明如下： 过点C作CH⊥AE于点H，如图3所示： ∴∠CHA＝90°， ∵∠BAE＝90°， ∴∠CHA＝∠BAE＝90°， ∵AD是△ABC的中线， ∴CD＝BD， 在△CDH和△BDA中， ， ∴△CDH≌△BDA（AAS）， ∴DH＝AD，CH＝AB， ∴AH＝DH+AD＝2AD， ∵AB＝AE， ∴CH＝AB＝AE， ∵∠CHA＝90°，∠FAC＝90°， ∴∠ACH+∠CAH＝90°，∠FAE+∠CAH＝90°， ∴∠ACH＝∠FAE， 在△ACH和△FAE中， ， ∴△ACH≌△FAE（SAS）， ∴AH＝EF，∠CHA＝∠AEF＝90°， ∴2AD＝EF，EF⊥AE， ∴ADEF，EF⊥AD． 19．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点E为AC上一动点，过点A作AD⊥BE于D，连接CD． （1）【观察发现】如图①∠DAC与∠DBC的数量关系是 （2）【尝试探究】点E在运动过程中，∠CDB的大小是否改变，若改变，请说明理由，若不变，求∠CDB的度数． 【分析】（1）由三角形内角和可以得到一个“8字形“倒角，从而很容易就证出∠DAC＝∠DBC； （2）过C作CF⊥CD，证△ACD≌△BCF即可证出△CEF是等腰直角三角形，从而得出∠CDB＝45°． 【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，AD⊥BE于D， ∴∠ACB＝∠ADB＝90°， ∴∠DAC+∠AED＝90°，∠DBC+∠BEC＝90°， ∵∠AED＝∠BEC， ∴∠DAC＝∠DBC， 故答案为：∠DAC＝∠DBC． （2）∠CDB 的大小不发生改变，∠CDB＝45°． 如图，作CF⊥CD交BD于点F，则∠DCF＝90°， ∴∠ACD＝∠BCF＝90°﹣∠ACF， 由（1）得∠DAC＝∠FBC， 在△ACD和△BCF中， ， ∴△ACD≌△BCF（ASA）， ∴CD＝CF， ∴∠CDB＝∠CFD＝45°， ∴∠CDB的大小不改变，∠CDB的度数是45°． 20．如图，等腰Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E点为射线CB上一动点，连接AE，作AF⊥AE且AF＝AE． （1）如图1，过F点作FG⊥AC交AC于G点，求证：△AGF≌△ECA； （2）如图2，连接BF交AC于D点，若3，求证：E点为BC中点； （3）如图3，当E点在CB的延长线上时，连接BF与AC的延长线交于D点，若，则　 ． 【分析】（1）易证∠CAE＝∠F，即可证明△AGF≌△ECA，即可解题； （2）过F点作FG⊥AC交AC于G点，根据（1）中结论可得FG＝AC＝BC，即可证明△FGD≌△BCD，可得DG＝CD，根据3可证，根据AG＝CE，AC＝BC，即可解题； （3）过F作FG⊥AD的延长线交于点G，易证，由（1）（2）可知△AGF≌△ECA，△DGF≌△DCB，可得CD＝DG，AG＝CE，即可求得的值，即可解题． 【解答】证明：（1）∵∠FAG+∠CAE＝90°，∠FAG+∠F＝90°， ∴∠CAE＝∠F， 在△AGF和△ECA中， ， ∴△AGF≌△ECA（AAS）； （2）过F点作FG⊥AC交AC于G点， ∵△AGF≌△ECA， ∴FG＝AC＝BC， 在△FGD和△BCD中， ， ∴△FGD≌△BCD（AAS）， ∴DG＝CD， ∵3， ∴2， ∴， ∵AG＝CE，AC＝BC ∴， ∴E点为BC中点； （3）过F作FG⊥AD的延长线交于点G，如图3， ∵，BC＝AC，CE＝CB+BE， ∴， 由（1）（2）知：△AGF≌△ECA，△DGF≌△DCB， ∴CD＝DG，AG＝CE， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为． 压轴突破4 截长补短构全等 21．如图，在△ABC中，∠BAC＝30°，AD平分∠BAC，点E在BC的延长线上，∠CAE＝75°，若CE＝BA+AC，则∠B的度数为 　 　． 【分析】延长CA到O，使得AO＝AB，连接OE，求出∠BAE＝∠OAE＝105°，证明△AOE≌△ABE，然后根据角度关系求得3∠B+30°＝180°求出∠B的度数即可． 【解答】解：延长CA到O，使得AO＝AB，连接OE， ∵∠BAC＝30°，∠CAE＝75°， ∴∠BAE＝75°+30°＝105°，∠OAE＝180°﹣75°＝105°， ∴∠BAE＝∠OAE， 在△AOE和△ABE中， ， ∴△AOE≌△ABE（SAS）， ∴∠B＝∠O， ∵CE＝BA+AC， ∴CE＝AO+AC＝OC， ∴∠O＝∠CEO， ∴∠OCE+∠O+∠OEC＝∠B+∠BAC+∠B+∠B＝180°， 故3∠B+30°＝180°， ∴∠B＝50°， 故答案为：50° 22．如图，在五边形ABCDE中，且CD＝5，AE＝6，则五边形ABCDE的面积为 　 　． 【分析】可延长DE至F，使EF＝BC，可得△ABF≌△AED，连AC，AD，AF，可将五边形ABCDE的面积转化为两个△ADF的面积，进而求出结论． 【解答】解：延长CB到F，使BF＝DE，连接AF， 在△AFB与△ADE中， ， ∴△AFB≌△ADE（SAS）， ∴AF＝AD，∠FAB＝∠DAE，AB＝AE＝6， ∵∠CAD∠BAE（∠DAE+∠BAD）∠FAD， ∴∠FAC＝∠DAC， ∴△AFC≌△ADC（ASA）， ∴FC＝CD＝5， ∴五边形ABCDE的面积＝S△AFC+S△ACD＝2S△AFC＝230． 故答案为：30． 23．如图，△ABC中两边AB、AC上有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠A＝80°，∠BDC＝100°，∠MDN＝50°，BD＝DC． （1）猜想线段MN、BM、NC之间的数量关系并证明； （2）若AB＝6，AC＝7，求△AMN的周长． 【分析】（1）延长AB，在AB的延长线上截取BE＝NC，连接DE，根据∠A＝80°，∠BDC＝100°得∠ABD+∠ACD＝180°，再根据∠DBE+∠ABD＝180°得∠DBE＝∠ACD，由此可依据“SAS”判定△DBE和△DCN全等，则DE＝DN，∠EDB＝∠NDC，进而根据∠BDC＝100°，∠MDN＝50°得∠MDE＝∠MDN＝50°，由此可依据“SAS”判定△MDE和△MDN全等，则ME＝MN，据此可得线段MN、BM、NC之间的数量关系； （2）由（1）的结论得MN＝BM+NC，则△AMN的周长为AM+AN+MN＝AM+AN+BM+NC＝AB+AC，由此可得出答案． 【解答】解：（1）猜想：MN＝BM+NC，证明如下： 延长AB，在AB的延长线上截取BE＝NC，连接DE，如图所示： 在△ABC中，∠A＝80°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣80°＝100°， 在△BCD中，∠BDC＝100°， ∴∠DBC+∠DCB＝180°﹣100°＝80°， ∴∠ABC+∠ACB+∠DBC+∠DCB＝180°， 即∠ABD+∠ACD＝180°， ∵∠DBE+∠ABD＝180°， ∴∠DBE＝∠ACD， 在△DBE和△DCN中， ， ∴△DBE≌△DCN（SAS）， ∴DE＝DN，∠EDB＝∠NDC， ∵∠BDC＝100°，∠MDN＝50°， ∴∠BDM+∠NDC＝∠BDC﹣∠MDN＝50°， ∴∠MDE＝∠BDM+∠EDB＝∠BDM+∠NDC＝50°， ∴∠MDE＝∠MDN＝50°， 在△MDE和△MDN中， ， ∴△MDE≌△MDN（SAS）， ∴ME＝MN， ∵ME＝BM+BE＝BM+NC， ∴MN＝BM+NC； （2）由（1）可知：MN＝BM+NC， ∴△AMN的周长为：AM+AN+MN＝AM+AN+BM+NC＝AB+AC， ∵AB＝6，AC＝7， ∴AB+AC＝13， ∴△AMN的周长为13． 24．如图1，△ABC中，AB＝BC，点D在边BC上，CD＝CA，连接AD，∠CAE＝∠BAD，AE交BC的延长线于点E． （1）求证AD＝AE； （2）如图2，在图1的基础上延长CA到F，使AF＝CE，连接DF交边AB于点G，探究线段AG，AC之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）根据等边对等角得出∠BAC＝∠BCA，进而利用等角对等边解答即可； （2）在AB上截取，AH＝AC，连接DH，根据SAS证明△ADH与△AEC全等和利用AAS证明△AGF与△HGD，进而利用全等三角形的性质解答即可． 【解答】（1）证明：∵AB＝BC， ∴∠BAC＝∠BCA， ∵∠BAC＝∠BAD+∠DAC，∠BCA＝∠CAE+∠E，且∠CAE＝∠BAD， ∴∠DAC＝∠E， ∵CA＝CD， ∴∠CDA＝∠CAD， ∴∠CDA＝∠E， ∴AD＝AE； （2）解：， 证明如下：在AB上截取，AH＝AC，连接DH， ∵AD＝AE，∠HAD＝∠CAE， 在△ADH与△AEC中， ， ∴△ADH≌△AEC（SAS）， ∴∠DHA＝∠ACE，CE＝DH， ∵AF＝CE， ∴DH＝AF， ∵∠BAC＝∠BCA，∠GAF＝180°﹣∠BAC．∠ACE＝180°﹣∠ACB， ∴∠ACE＝∠GAF， ∴∠DHA＝∠GAF， 在△AGF与△HGD中， ， ∴△AGF≌△HGD（AAS）， ∴AG＝GHAHAC． 25．（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D是AC边上一点，连接BD，G，F两点都在线段BD上，连接AG，AF，过C作CE∥BD交AF延长线于点E，若AG＝AF，∠ABD＝∠CAE．求证：AG＝CE； （2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，点D为△ABC下方一点，连接AD，BD，过C作CE∥BD交AD于点E，若∠ABD＝∠CAE，CE＝3，AE＝1，求DE的长． 【分析】（1）由AG＝AF，得∠AGF＝∠AFG，则∠AGB＝∠AFD，由CE∥BD，得∠E＝∠AFD，所以∠AGB＝∠E，而∠ABG＝∠CAE，AB＝CA，即可根据“AAS”证明△ABG≌△CAE，则AG＝CE； （2）在BD上截取BH＝AE，连接AH，可证明△ABH≌△CAE，得AH＝CE＝3，∠AHB＝∠CEA，则∠AHD＝180°﹣∠AHB＝180°﹣∠CEA＝∠CED，根据平行线的性质得∠CED＝∠D，则∠AHD＝∠D，所以AD＝AH＝3，则DE＝AD﹣AE＝2． 【解答】（1）证明：∵AG＝AF， ∴∠AGF＝∠AFG， ∵∠AGB+∠AGF＝180°，∠AFD+∠AFG＝180°， ∴∠AGB＝∠AFD， ∵CE∥BD， ∴∠E＝∠AFD， ∴∠AGB＝∠E， 在△ABG和△CAE中， ， △ABG≌△CAE（AAS）， ∴AG＝CE. （2）解：如图2，在BD上截取BH＝AE，连接AH， 在△ABH和△CAE中， ， ∴△ABH≌△CAE（SAS）， ∴AH＝CE＝3，∠AHB＝∠CEA， ∴∠AHD＝180°﹣∠AHB＝180°﹣∠CEA＝∠CED， ∵CE∥BD， ∴∠CED＝∠D， ∴∠AHD＝∠D， ∴AD＝AH＝3， ∴DE＝AD﹣AE＝3﹣1＝2， ∴DE的长是2． 26．已知在四边形ABCD中，AB＝AD，． （1）如图1，∠ABC＝∠ADC＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，线段EF、BE、FD之间的关系是 　 　 ； （2）如图2，∠ABC+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，（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，∠ABC+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，（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． 【分析】（1）延长CD至G，使DG＝BE，连接AG，可证得△ABE≌△ADG，从而∠DAG＝∠BAE，AE＝AG，进而推出△EAF≌△GAF，从而EF＝FG，进一步得出结论； （2）方法与（1）相同； （3）方法与（1）相同． 【解答】解：（1）如图1， 延长CD至G，使DG＝BE，连接AG， ∵∠ABC＝∠ADC＝90°， ∴∠ADG＝∠ABC＝90°， ∵AB＝AD， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠DAG＝∠BAE，AE＝AG， ∵∠EAF， ∴∠BAE+∠DAF， ∴∠DAG+∠DAF， ∴∠GAF＝∠EAF， ∵AF＝AF， ∴△EAF≌△GAF（SAS）， ∴EF＝FG＝DG+FD＝BE+FD， 故答案为：EF＝BE+FD； （2）如图2， （1）中的结论不变，即EF＝BE+FD，理由如下： 延长CD至G，使DG＝BE，连接AG， ∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°， ∴∠ADG＝∠ABC， ∵AB＝AD， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠DAG＝∠BAE，AE＝AG， ∵∠EAF， ∴∠BAE+∠DAF， ∴∠DAG+∠DAF， ∴∠GAF＝∠EAF， ∵AF＝AF， ∴△EAF≌△GAF（SAS）， ∴EF＝FG＝DG+FD＝BE+FD． （3）如图3， （1）中的结论不成立，EF＝BE﹣FD，理由如下： 延长CD至G，使DG＝BE，连接AG， ∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°， ∴∠ADG＝∠ABC， ∵AB＝AD， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠DAG＝∠BAE，AE＝AG， ∵∠BAE+∠EAD＝∠BAD， ∴∠DAG+∠DAE+∠DAF＝∠BAD+∠DAF， ∵∠EAF， ∴∠DAG， ∴∠DAG﹣∠DAF， ∴∠GAF， ∴∠GAF＝∠EAF， ∵AF＝AF， ∴△EAF≌△GAF（SAS）， ∴EF＝FG＝DG﹣FD＝BE﹣FD． 27．已知，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF∠BAD． （1）为探究上述问题，小王同学先画出了其中一种特殊情况，即如图1，当∠B＝∠ADC＝90°时． 小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG． 请你在图1中添加上述辅助线，并补全下面的思路． 小明的解题思路：先证明△ABE≌　 　；再证明了△AEF≌　 　，即可得出BE，EF，FD之间的数量关系为 　 　． （2）请你借鉴小王的方法探究图2，当∠B+∠ADC＝180°时，上述结论是否依然成立，如果成立，请证明你的结论，如果不成立，请说明理由． （3）如图3，若E、F分别是边BC、CD延长线上的点，其他已知条件不变，此时线段EF、BE、FD之间的数量关系为 　 　．（不用证明） 【分析】（1）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG．证明△ABE≌△ADG（SAS），得出AE＝AG，∠1＝∠2，证明△AEF≌△AGF（SAS），得出EF＝EG，进而可得结论； （2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM．证明△ABM≌△ADF（SAS）．可得AF＝AM，∠2＝∠3．然后证明△AME≌△AFE（SAS）．可得EF＝ME．进而可以得到结论； （3）在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．证明△ABG≌△ADF（SAS）．可得∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．然后可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF． 【解答】（1）证明：如图1中，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG． ∵∠ADG＝∠ABC＝∠ADF＝90°，AB＝AD， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠1＝∠2， ∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠EAF∠BAD， ∴∠GAF＝∠EAF， ∵AF＝AF， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝EG， ∵FG＝FD+DG， ∴EF＝DF+BE， 故答案为：△ADG，△AEG，EF＝BE+FD； （2）解：上述结论依然成立． 证明：如图2，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM． ∵∠ABC+∠D＝180°，∠1+∠ABC＝180°， ∴∠1＝∠D， 在△ABM与△ADF中， ， ∴△ABM≌△ADF（SAS）． ∴AF＝AM，∠2＝∠3． ∵∠EAF∠BAD， ∴∠2+∠4＝∠3+∠4＝∠MAE， ∴∠MAE＝∠FAE， 在△AME与△AFE中， ， ∴△AME≌△AFE（SAS）． ∴EF＝ME． ∴EF＝ME＝BE+BM＝BE+DF； （3）解：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG， ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°， ∴∠B＝∠ADF， 在△ABG与△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF， ∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF∠BAD， ∴∠GAE＝∠EAF． ∵AE＝AE， ∴△AEG≌△AEF（SAS）， ∴EG＝EF， ∵EG＝BE﹣BG， ∴EF＝BE﹣FD． 故答案为：EF＝BE﹣FD． 压轴突破5 一线三等角模型 28．如图，已知∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足点分别是D，E，AD＝5，BE＝2，则DE的长为 　 　 ． 【分析】根据条件可以得出∠E＝∠ADC＝90°，进而得出△CEB≌△ADC，就可以得出BE＝DC，就可以求出DE的值． 【解答】解：∵BE⊥CE，AD⊥CE， ∴∠E＝∠ADC＝90°， ∴∠EBC+∠BCE＝90°． ∵∠BCE+∠ACD＝90°， ∴∠EBC＝∠DCA． 在△CEB和△ADC中， ， ∴△CEB≌△ADC（AAS）， ∴BE＝DC＝2，CE＝AD＝5． ∴DE＝EC﹣CD＝5﹣2＝3． 故答案为：3． 29．如图1，CA⊥AB，DB⊥AB，AC＝BD，P，Q分别为线段AB，BD上任意一点． （1）若P为AB的中点，点Q与点D重合，试说明△ACP与△BDP全等； （2）如图2，若∠CPQ＝90°，CP＝PQ，求AC，BQ，AB之间的数量关系； （3）如图3，将“CA⊥AB，DB⊥AB”改为“∠A＝∠B＝α（α为锐角）”，其他条件不变．若∠CPQ＝α，CP＝PQ，判断（2）中的数量关系是否会改变？并说明理由． 【分析】（1）根据题意应用SAS证明即可； （2）根据题意证明△ACP≌△BPQ，得到AC＝BP，AP＝BQ，则问题可证； （3）根据题意证明△ACP≌△BPQ，得到AC＝BP，AP＝BQ，则问题可证． 【解答】解：（1）由题意可知AC＝QB． ∵AC⊥AB，DB⊥AB， ∴∠A＝90°，∠B＝90°， ∴∠A＝∠B＝90°． 又∵P为AB的中点， ∴AP＝BP， ∵AC＝BD， ∴△ACP≌△BDP（SAS）； （2）由（1）可知∠A＝∠B＝90°． ∵∠ACP＝180°﹣∠A﹣∠CPA＝90°﹣∠CPA， ∠BPQ＝180°﹣∠CPQ﹣∠CPA＝90°﹣∠CPA， ∴∠ACP＝∠BPQ． 又∵CP＝PQ， ∴△ACP≌△BPQ（AAS）， ∴AC＝BP，AP＝BQ， ∴AB＝AP+BP＝BQ+AC， 即AC，BQ，AB之间的数量关系为AB＝BQ+AC； （3）不会改变； 理由：∵∠ACP＝180°﹣∠A﹣∠CPA＝180°﹣α﹣∠CPA， ∠BPQ＝180°﹣∠CPQ﹣∠CPA＝180°﹣α﹣∠CPA， ∴∠ACP＝∠BPQ． 又∵CP＝PQ，∠A＝∠B， ∴△ACP≌△BPQ（AAS）， ∴AC＝BP，AP＝BQ， ∴AB＝AP+PB＝BQ+AC， 即（2）中的数量关系不会改变． 30．（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，猜想DE、BD、CE之间的数量关系为 　 　 ； （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（1）中结论是否仍然成立？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】解：（1）∵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， 故答案为：DE＝BD+CE； （2）（1）中结论仍然成立；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）∵∠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． 31．已知，△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，一直线过顶点C，过A，B分别作其垂线，垂足分别为E，F． （1）如图1，求证：EF＝AE+BF； （2）如图2，请直接写出EF，AE，BF之间的数量关系 　 　； （3）在（2）的条件下，若BF＝3AE，EF＝4，求△BFC的面积． 【分析】（1）根据垂直的定义和余角的性质得到∠FCB＝∠EAC，根据全等三角形的性质得到AE＝CF，CE＝BF，等量代换得到结论； （2）根据余角的性质得到∠CAE＝∠BCF根据全等三角形的性质得到CE＝BF，AE＝CF，等量代换得到结论； （3）由（2）得EF＝AE+BF且BF＝3AE，求得CE＝3AE，得到EF＝2AE＝4，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°， ∴∠ECA+∠FCB＝90°， 又∵AE⊥EF，BF⊥EF， ∴∠AEF＝∠BFC＝90°， ∴∠ECA+∠EAC＝90°， ∴∠FCB＝∠EAC， 在△ACE和△CBF中， ， ∴△ACE≌△CBF（AAS）， ∴AE＝CF，CE＝BF， ∵EF＝EC+CF， ∴EF＝AE+BF； （2）解：EF＝BF﹣AE，理由如下： ∵∠AEC＝∠CFB＝90°，∠ACB＝90°， ∴∠ACE+∠CAE＝∠ACE+∠BCF＝90°， ∴∠CAE＝∠BCF 又∵AC＝BC， ∴△CAE≌△BCF（AAS）， ∴CE＝BF，AE＝CF， ∴EF＝CE﹣CF＝BF﹣AE， 即EF＝BF﹣AE； 故答案为：EF＝BF﹣AE； （3）解：由（2）得EF＝BF﹣AE且BF＝3AE， ∴CE＝3AE， ∵CF＝AE， ∴EF＝2AE＝4， ∴AE＝CF＝2，BF＝6， ∴△BFC的面积． 32．如图1，△ABC中，∠ABC＝∠ACB．点D、E、F分别是AB、BC、AC边上的点，BE＝CF． （1）若∠DEF＝∠ABC，求证：DE＝EF； （2）若∠A+2∠DEF＝180°，BC＝9，EC＝2BE，求BD的长． 【分析】（1）由“AAS”可证△BDE≌△CEF，可得DE＝EF； （2）由“AAS”可证△BDE≌△CEF，可得BD＝EC＝6． 【解答】（1）证明：∵∠DEF＝∠ABC，∠DEC＝∠ABC+∠BDE＝∠DEF+∠CEF， ∴∠BDE＝∠CEF， 在△BDE和△CEF中， ， ∴△BDE≌△CEF（AAS）， ∴DE＝EF； （2）解：∵BC＝9，EC＝2BE， ∴BE＝3，EC＝6， ∵∠A+2∠DEF＝180°，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠ABC＝∠ACB， ∴∠DEF＝∠ABC＝∠ACB， ∵∠DEC＝∠ABC+∠BDE＝∠DEF+∠CEF， ∴∠BDE＝∠CEF， 在△BDE和△CEF中， ， ∴△BDE≌△CEF（AAS）， ∴BD＝EC＝6． 33．直线CD经过∠BCA的顶点C，CA＝CB．E，F分别是直线CD上两点，且∠BEC＝∠CFA＝∠α． 【数学思考】 若直线CD经过∠BCA的内部，且E，F在射线CD上，请解决下面两个问题： （1）①如图1，若∠BCA＝90°，∠α＝90°，求证：EF＝BE﹣AF； （2）②如图2，若0°＜∠BCA＜90°，当∠α与∠BCA之间满足怎样的数量关系时，①中结论仍然成立，并给予证明． 【问题拓展】 （3）如图3，若直线CD经过∠BCA的外部，∠α＝∠BCA，请直接写出EF，BE和AF之间数量关系． 【分析】（1）证明△BCE≌△CAF（AAS），则BE＝CF，CE＝AF，EF＝CF﹣CE＝BE﹣AF； （2）当∠α+∠ACB＝180°时，∠ECB＝∠FAC，证明△BCE≌△CAF（AAS），则BE＝CF，CE＝AF，EF＝CF﹣CE＝BE﹣AF； （3）证明△BCE≌△CAF（AAS），则BE＝CF，CE＝AF，EF＝CF+CE＝BE+AF． 【解答】（1）证明：∵∠BEC＝∠CFA＝90°，∠BCA＝90°， ∴∠BCE+∠ACF＝90°＝∠EBC+∠BCE， ∴∠EBC＝∠ACF， ∵∠EBC＝∠FCA，∠BEC＝∠CFA，CB＝CA， ∴△BCE≌△CAF（AAS）， ∴BE＝CF，CE＝AF， ∴EF＝CF﹣CE＝BE﹣AF， ∴EF＝BE﹣AF； （2）解：当∠α+∠ACB＝180°时，①中的结论仍然成立，理由如下： 当∠α+∠ACB＝180°时，则∠α+∠FCA+∠ECB＝180°＝∠α+∠FCA+∠FAC， ∴∠ECB＝∠FAC， ∵∠EBC＝∠FCA，∠BEC＝∠CFA，CB＝CA， ∴△BCE≌△CAF（AAS）， ∴BE＝CF，CE＝AF， ∴EF＝CF﹣CE＝BE﹣AF， ∴EF＝BE﹣AF； （3）解：EF＝BE+AF； ∵∠α+∠FCA+∠FAC＝180°＝∠α+∠FCA+∠ECB， ∴∠ECB＝∠FAC， ∵∠EBC＝∠FCA，∠BEC＝∠CFA，CB＝CA， ∴△BCE≌△CAF（AAS）， ∴BE＝CF，CE＝AF， ∴EF＝CF+CE＝BE+AF， ∴EF＝BE+AF． 压轴突破6 全等三角形动点问题 34．如图，在长方形ABCD中，AB＝8，BC＝10．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB向点B匀速运动，点Q从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿BC向点C匀速运动，点R从点C出发，以每秒a个单位长度的速度沿CD向点D匀速运动，连接PQ、RQ，三点同时开始运动，当某一点运动到终点时，其它点也停止运动．若在某一时刻，△PBQ与△QCR全等，则a的值为（　　） A．2或 B．2或 C．或 D．2或 【分析】分△PBQ≌△QCR和△PBQ≌△RCQ两种情况，根据全等三角形的对应边相等列方程即可求解． 【解答】解：设t秒后，△PBQ与△QCR全等， 由题意得到PB＝AB﹣AP＝8﹣t，BQ＝2t，CQ＝BC﹣BQ＝10﹣2t，CR＝at， 当△PBQ≌△QCR时， ∴PB＝CQ，BQ＝CR， ∴8﹣t＝10﹣2t，2t＝at， ∴t＝2，a＝2； 当△PBQ≌△RCQ时， ∴PB＝CR，BQ＝CQ， ∴8﹣t＝at，2t＝10﹣2t， ∴t，a， ∴a的值为2或． 故选：A． 35．如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝120°，AB＝8cm，BC＝12cm，CD＝16cm，点P在线段BC上以4cm/s的速度由点B向点C运动，同时点O在线段CD上由点C向点D匀速运动．若△BAP与△PCQ在某一时刻全等，则点Q运动速度为（　　） A． B．或 C．4cm/s或 D．4cm/s或 【分析】设点P运动时间为t秒，点Q运动速度为v cm/s，则BP＝4t cm，CQ＝vt cm，根据∠B＝∠C＝120°可得△ABP≌△QCP或△ABP≌△PCQ，再根据全等三角形的性质，即可求解． 【解答】解：设点P运动时间为t秒，点Q运动速度为v cm/s，则BP＝4t cm，CQ＝vt cm， ∴CP＝BC﹣BP＝（12﹣4t）cm， ∵∠B＝∠C＝120°， ∴△ABP≌△QCP或△ABP≌△PCQ， 当△ABP≌△PCQ时，CP＝AB＝8cm，BP＝CQ， ∴12﹣4t＝8，4t＝vt， 解得t＝1，v＝4； 当△ABP≌△QCP时，QC＝AB＝8cm，， ∴vt＝8，4t＝6， 解得，； 综上可知，点Q运动速度为4cm/s或， 故选：D． 36．如图，直线PQ经过Rt△ABC的直角顶点C，△ABC的边上有两个动点D、E，点D以1cm/s的速度从点A出发，沿AC→CB移动到点B，点E以3cm/s的速度从点B出发，沿BC→CA移动到点A，两动点中有一个点到达终点后另一个点继续移动到终点．过点D、E分别作DM⊥PQ，EN⊥PQ，垂足分别为点M、N，若AC＝6cm，BC＝8cm，设运动时间为t，则当t＝ 　 s时，以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等． 【分析】由以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等．可知CE＝CD，而CE，CD的表示由E，D的位置决定，故需要对E，D的位置分当E在BC上，D在AC上时或当E在AC上，D在AC上时，或当E到达A，D在BC上时，分别讨论． 【解答】解：①当E在BC上，D在AC上时，即0＜t， CE＝（8﹣3t）cm，CD＝（6﹣t）cm， ∵以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等． ∴CD＝CE， ∴8﹣3t＝6﹣t， ∴t＝1； ②当E在AC上，D在AC上时，即t＜6， CE＝（3t﹣8）cm，CD＝（6﹣t）cm， ∴3t﹣8＝6﹣t， ∴t； ③当E到达A，D在BC上时，即6≤t≤14， CE＝6cm，CD＝（t﹣6）cm， ∴6＝t﹣6， ∴t＝12． 综上所述，当t＝1或或12s时，以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等． 故答案为：1或或12． 37．如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝12cm，BC＝6cm，CD为AB边上的高，点E从点B出发，在直线BC上以3cm/s的速度移动，过点E作BC的垂线交直线CD于点F，当点E运动　 　 s时，CF＝AB． 【分析】设点E运动的时间为t s，分两种情况讨论，一是点E从点B出发沿射线BC方向运动，可证明△CFE≌△ABC，则CE＝AC＝12cm，而BC＝6cm，且BE＝BC+CE，所以3t＝6+12，求得t＝6；二是点E从点B出发沿射线CB方向运动，可证明△CFE≌△ABC，则CE＝AC＝12cm，此时BE＝CE﹣BC，所以3t＝12﹣6，求得t＝2，于是得到问题的答案． 【解答】解：设点E运动的时间为t s， 根据题意分情况讨论： 如图1，点E从点B出发沿射线BC方向运动， ∵CD为AB边上的高， ∴CD⊥AB， ∵∠ACB＝90°，EF⊥BC， ∴∠CEF＝∠ACB＝∠BDC＝90°， ∴∠FCE＝∠BCD＝90°﹣∠ABC＝∠A， 在△CFE和△ABC中， ， ∴△CFE≌△ABC（AAS）， ∵AC＝12cm， ∴CE＝AC＝12cm（全等三角形对应边相等）， ∵BC＝6cm，且BE＝BC+CE， ∴3t＝6+12， 解得t＝6； 如图2，点E从点B出发沿射线CB方向运动，则∠CEF＝∠ACB＝90°，∠FCE＝∠A＝90°﹣∠ABC， 在△CFE和△ABC中， ， ∴△CFE≌△ABC（AAS）， ∵AC＝12cm， ∴CE＝AC＝12cm（全等三角形对应边相等）， ∵BC＝6cm，且BE＝CE﹣BC， ∴3t＝12﹣6， 解得t＝2， 综上所述，当点E运动6s或2s时，CF＝AB， 故答案为：6或2． 38．如图，△ABC的两条高AD与BE交于点O，AD＝BD，AC＝7．F是射线BC上一点，且CF＝AO，动点P从点O出发，沿线段OB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，同时动点Q从点A出发，沿射线AC以每秒3个单位长度的速度运动，当点P到达点B时，P，Q两点同时停止运动，设运动时间为t秒，当△AOP与△FCQ全等时，则t＝　 秒． 【分析】依据题意，先由AAS证明Rt△BDO≌Rt△ADC，求出BO，然后再分情况讨论点F分别在BC延长线上或在BC之间时△AOP≌△FCQ，根据对应边相等求得t值． 【解答】解：由题意，∵∠BOD＝∠AOE，∠CAD+∠ACD＝∠CAD+∠AOE＝90°， ∴∠ACD＝∠AOE． ∴∠BOD＝∠ACD． 又∵∠BDO＝∠ADC＝90°，AD＝BD， ∴Rt△BDO≌Rt△ADC（AAS）． ∴BO＝AC＝7． ①当点F在BC延长线上时：设t时刻，P、Q分别运动到如图位置，△AOP≌△FCQ． ∵CF＝AO，∠AOP＝∠EOD＝180°﹣∠DCE＝∠FCQ， ∴当△AOP≌△FCQ时，OP＝CQ． ∵OP＝t，CQ＝7﹣3t， ∴t＝7﹣3t，解得t． ②当点F在BC之间时：设t时刻，P、Q分别运动到如图位置，△AOP≌△FCQ． ∵CF＝AO，∠AOP＝∠EOD＝180°﹣∠DCE＝∠FCQ， ∴当△AOP≌△FCQ时，OP＝CQ． ∵OP＝t，CQ＝3t﹣7， ∴t＝3t﹣7，解得t． 综上，t或． 故答案为：或． 39．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点C在直线l上．点P从点A出发，在三角形边上沿A→C→B的路径向终点B运动；点Q从B点出发，在三角形边上沿B→C→A的路径向终点A运动．点P和Q分别以1单位/秒和2单位/秒的速度同时开始运动，在运动过程中，若有一点先到达终点时，该点停止运动，另一个点要继续运动，直到两点都到达相应的终点时整个运动才能停止．在某时刻，分别过P和Q作PE⊥l于点E，QF⊥l于点F，则点P的运动时间等于 　 　 秒时，△PEC与△CFQ全等． 【分析】分四种情况，点P在AC上，点Q在BC上；点P、Q都在AC上；点P到BC上，点Q在AC上；点Q到A点，点P在BC上． 【解答】解：∵△PEC与△CFQ全等， ∴斜边PC＝斜边CQ， 分四种情况： 当点P在AC上，点Q在BC上，如图： ∵CP＝CQ， ∴6﹣t＝8﹣2t， ∴t＝2， 当点P、Q都在AC上时，此时P、Q重合，如图： ∵CP＝CQ， ∴6﹣t＝2t﹣8， ∴t， 当点P到BC上，点Q在AC上时，如图： ∵CP＝CQ， ∴t﹣6＝2t﹣8， ∴t＝2，不符合题意， 当点Q到A点，点P在BC上时，如图： ∵CQ＝CP， ∴6＝t﹣6， ∴t＝12， 综上所述：点P的运动时间等于2或或12秒时，△PEC与△CFQ全等， 故答案为：2或或12． 40．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，直线l经过点C且与边AB相交．动点P从点A出发沿A→C→B路径向终点B运动；动点Q从点B出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q的速度分别为1cm/s和2cm/s，两点同时出发并开始计时，当点P到达终点B时计时结束．在某时刻分别过点P和点Q作PE⊥l于点E，QF⊥l于点F，设运动时间为t秒，则当t＝　 　 秒时，△PEC与△QFC全等． 【分析】点Q在BC上，点P在AC上；点P与点Q重合；Q与A重合三种情况；根据全等三角形的性质列式计算． 【解答】解：由题意得，AP＝t，BQ＝2t， ∵AC＝6cm，BC＝8cm， ∴CP＝6﹣t，CQ＝8﹣2t， ①如图1，Q在BC上，点P在AC上时，作PE⊥l，QF⊥l， ∵∠PEC＝∠CFQ＝∠ACB＝90°， ∴∠CPE+∠PCE＝∠PCE+∠FCQ＝90°， ∴∠CPE＝∠FCQ， 当△PEC≌△CFQ时， 则PC＝CQ， 即6﹣t＝8﹣2t， 解得：t＝2； ②如图2，当点P与点Q重合时， 当△PEC≌△QFC， 则PC＝CQ， ∴6﹣t＝2t﹣8． 解得：t； ③如图3，当点Q与A重合时，∠QCF+∠CQF＝∠QCF+∠PCE＝90°， ∴∠CQF＝∠PCE， 当△PEC≌△CFQ， 则PC＝CQ， 即t﹣6＝6， 解得：t＝12； 当综上所述：当t＝2秒或秒或12秒时，△PEC与△QFC全等， 故答案为：2或或12． 压轴突破7 利用全等三角形判断多结论问题 41．如图，AB＝AD，AC＝AE，∠EAC＝∠DAB，连接ED，且ED的延长线交BC于点F，连接AF，则下列说法中正确的有（　　） ①ED＝CB；②∠EAC+∠DFB＝180°；③∠EFA＝∠AFB；④BC+AD＝EF． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据∠EAC＝∠DAB，可得∠EAD＝∠CAB，易证△ADE≌△ABC（SAS），可得出①正确；由三角形全等的性质结合四边形内角和即可得出②正确；过点A分别作AH⊥EF于点H，作AG⊥CB交CB的延长线于点G，根据AAS证明△AHD≌△AGB得出AH＝AG，利用角平分线的判定定理可推出AF平分∠DFB，可得出③正确，由已知无法确定④正确，即可得到答案． 【解答】解：由题意可得：∠EAD+∠DAC＝∠CAB+∠DAC， ∴∠EAD＝∠CAB， 又∵AB＝AD，AC＝AE， ∴△ADE≌△ABC（SAS）， ∴DE＝BC，∠ADE＝∠ABC，故①正确； ∵∠ADF+∠ADE＝180°， ∴∠ADF+∠ABC＝180°， ∴∠DAB+DFB＝180°， ∵∠EAC＝∠DAB， ∴∠EAC+DFB＝180°，故②正确； 过点A分别作AH⊥EF于点H，作AG⊥CB交CB的延长线于点G， 由旋转性质知AB＝AD，∠EDA＝∠CBA， ∴∠ADH＝∠ABG， 又∠G＝∠AHD＝90°， ∴△AHD≌△AGB（AAS）， ∴AH＝AG， 又∵AH⊥HF，AG⊥FG， ∴AF平分∠DFB， ∴∠EFA＝∠AFB，故③正确； 由已知无法确定AD∥BC，则∠DAF与∠AFB不一定相等， ∴∠AFD与∠AFB不一定相等， ∴AD与DF不一定相等， ∴BC+AD＝DE+AD不一定等于DE+DF＝EF，故④错误， 故正确的有3个． 故选：C． 42．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AD、CE分别平分∠BAC，∠ACB，且交于点F．则下列说法中哪些是正确的（　　） ①∠AFC＝120°； ②S△ABD＝S△ADC； ③若AE＝EB，则CE⊥AB； ④CD+AE＝AC； ⑤S△AEF：S△CDF＝AE：CD． A．①③④ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①③④⑤ 【分析】由∠ABC＝60°，得∠DAC+∠ECA（∠BAC+∠ACB）＝60°，则∠AFC＝180°﹣（∠DAC+∠ECA）＝120°，可判断①正确；作DG⊥AB于点G，DH⊥AC于点H，则DG＝DH，因为AB与AC不一定相等，且S△ABDAB•DG，S△ADCAC•DH，所以S△ABD与S△ADC不一定相等，可判断②错误；延长CE到点K，使KE＝CE，连接BK，可证明△BKE≌△ACE，得∠K＝∠ACE，BK＝AC，而∠BCE＝∠ACE，所以∠BCE＝∠K，则BK＝BC，所以AC＝BC，则CE⊥AB，可判断③正确；在AC上截取AL＝AE，连接FL，可证明△ALF≌△AEF，得∠AFL＝∠AFE＝60°，则∠CFL＝∠CFD，再证明△FLC≌△FDC，得CL＝CD，则CD+AE＝CL+AL＝AC，可判断④正确；作FN⊥BC于点N，FM⊥AB于点M，利用面积法可判断⑤正确，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵∠ABC＝60°， ∴∠BAC+∠ACB＝180°﹣∠ABC＝120°， ∵AD平分∠BAC，CE平分∠ACB， ∴∠DAC∠BAC，∠ECA∠ACB， ∴∠DAC+∠ECA（∠BAC+∠ACB）＝60°， ∴∠AFC＝180°﹣（∠DAC+∠ECA）＝120°， 故①正确； 如图1，作DG⊥AB于点G，DH⊥AC于点H，则DG＝DH， ∵AB与AC不一定相等， ∴AB•DG与AC•DH不一定相等， ∵S△ABDAB•DG，S△ADCAC•DH， ∴S△ABD与S△ADC不一定相等， 故②错误； 如图1，延长CE到点K，使KE＝CE，连接BK， ∵AB＝2AE， ∴BE＝AE， 在△BKE和△ACE中， ， ∴△BKE≌△ACE（SAS）， ∴∠K＝∠ACE，BK＝AC， ∵∠BCE＝∠ACE， ∴∠BCE＝∠K， ∴BK＝BC， ∴AC＝BC， ∴CE⊥AB， 故③正确； 如图2，在AC上截取AL＝AE，连接FL， ∵∠AFC＝120°， ∴∠AFE＝∠CFD＝180°﹣∠AFC＝60°， 在△ALF和△AEF中， ， ∴△ALF≌△AEF（SAS）， ∴∠AFL＝∠AFE＝60°， ∴∠CFL＝∠AFC﹣∠AFL＝60°， ∴∠CFL＝∠CFD， 在△FLC和△FDC中， ， ∴△FLC≌△FDC（ASA）， ∴CL＝CD， ∴CD+AE＝CL+AL＝AC， 故④正确； 如图2，作FN⊥BC于点N，FM⊥AB于点M， ∵∠ABF＝∠CBF， ∴FN＝FM， ∴． 故⑤正确， 故选：D． 43．如图，△ABC中，∠ABC，∠EAC的平分线BP，AP交于点P，延长BA，BC，PM⊥BE，PN⊥BF，下列说法：①CP平分∠ACF；②∠ABC+∠MPN＝180°；③∠ACB＝2∠APB；④∠MPN＝2∠APC；⑤AC＝AM+CN．其中正确的个数有（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【分析】作PG⊥AC于点G，由PM⊥BE，PN⊥BF，根据角平分线的性质得PM＝PN，PM＝PG，则PN＝PG，即可证明CP平分∠ACF，可判断①正确；因为∠AMP＝∠BNP＝90°，所以∠ABC+∠MPN＝360°﹣∠AMP﹣∠BNP＝180°，可判断②正确；由∠PAE∠CAE，∠PBE∠ABC，可证明∠APB∠ACB，则∠ACB＝2∠APB，可判断③正确；由AP＝AP，PG＝PM，根据“HL”证明Rt△APG≌Rt△APM，得∠APG＝∠APM∠MPG，AG＝AM，同理Rt△CPG≌Rt△CPN，则∠CPG＝∠CPN∠NPG，CG＝CN，即可推导出∠APC∠MPN，AC＝AG+CG＝AM+AN，则∠MPN＝2∠APC，可判断④正确，⑤正确，于是得到问题的答案． 【解答】解：作PG⊥AC于点G， ∵∠ABC，∠EAC的平分线BP，AP交于点P，PM⊥BE，PN⊥BF， ∴PM＝PN，PM＝PG，∠AMP＝∠AGP＝∠CGP＝∠CNP＝90°， ∴PN＝PG， ∴点P在∠ACF的平分线上， ∴CP平分∠ACF， 故①正确； ∵∠AMP＝∠BNP＝90°， ∴∠ABC+∠MPN＝360°﹣∠AMP﹣∠BNP＝180°， 故②正确； ∵∠PAE∠CAE，∠PBE∠ABC， ∴∠APB＝∠PAE﹣∠PBE（∠CAE﹣∠ABC）∠ACB， ∴∠ACB＝2∠APB， 故③正确； 在Rt△APG和Rt△APM中， ， ∴Rt△APG≌Rt△APM（HL）， ∴∠APG＝∠APM∠MPG，AG＝AM， 同理Rt△CPG≌Rt△CPN（HL）， ∴∠CPG＝∠CPN∠NPG，CG＝CN， ∴∠APC＝∠APG+∠CPG（∠MPG+∠NPG）∠MPN， ∴∠MPN＝2∠APC，AC＝AG+CG＝AM+AN， 故④正确，⑤正确， 故选：D． 44．如图，在△ABC中，AD为中线，过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD于点F．延长FA至点G，使得FG＝AE，连接GC．下列结论中正确的个数为（　　） ①BE＝CF；②∠BAC＝∠G+2∠ACG；③S△GCF﹣S△CDF＝S△ABD；④S△AGC＝2S△BED． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】先利用AAS证明△BDE≌△CDF，可得BE＝CF，DE＝DF，可判断①；再利用SAS证明△AEB≌△GFC，得到∠BAE＝∠G，再利用三角形的外角性质可得∠BAC＝2∠G+∠ACG，可判断②；利用全等三角形的性质可得S△GCF＝S△AEB，S△CDF＝S△BDE，可判断③；由FG＝AE得到AG＝2DF，再利用三角形的面积公式可判断④，即可得出结论． 【解答】解：由题意可得：BD＝CD，BE⊥AD，CF⊥AD， ∴∠E＝∠CFD＝∠CFG＝90°， 又∵∠BDE＝∠CDF， ∴△BDE≌△CDF（AAS）， ∴BE＝CF，故①正确；DE＝DF， 又∵AE＝FG， ∴△AEB≌△GFC（SAS）， ∴∠BAE＝∠G， ∴∠BAC＝∠BAE+∠CAF＝∠G+∠G+∠ACG＝2∠G+∠ACG， 由于∠G与∠ACG不一定相等，故②不正确； ∵S△GCF＝S△AEB，S△CDF＝S△BDE， ∴S△GCF﹣S△CDF＝S△AEB﹣S△BDE＝S△ABD，故③正确； ∵AF+AG＝AF+EF， ∴AG＝EF＝2DF， ∴， ∴S△AGC＝2S△CDF， ∴S△AGC＝2S△BED，故④正确． 故选：C． 45．如图，在△ABC中，∠BAC和∠ABC的平分线AE，BF相交于点O，AE交BC于E，BF交AC于F，过点O作OD⊥BC于D，在下列结论中：①∠AOB＝90°+∠C；②若AB＝4，OD＝1，则S△ABO＝2；③当∠C＝60°时，AF+BE＝AB；④若OD＝a，AB+BC+CA＝2b，则S△ABC＝ab．其中正确的结论为（　　） A．②③ B．②④ C．②③④ D．①②④ 【分析】由角平分线的定义结合三角形的内角和的可求解∠AOB与∠C的关系，进而判定①；过O点作OP⊥AB于P，由角平分线的性质可求解OP＝1，再根据三角形的面积公式计算可判定②；在AB上取一点H，使BH＝BE，证得△HBO≌△EBO，得到∠BOH＝∠BOE＝60°，再证得△HAO≌△FAO，得到AF＝AH，进而判定③正确；作ON⊥AC于N，OM⊥AB于M，根据三角形的面积可证得④正确． 【解答】解：∵∠BAC和∠ABC的平分线相交于点O， ∴∠OBA∠CBA，∠OAB∠CAB， ∴∠AOB＝180°﹣∠OBA﹣∠OAB＝180°∠CBA∠CAB＝180°（180°﹣∠C）＝90°∠C，故①错误； 过O点作OP⊥AB于P， ∵BF平分∠ABC，OD⊥BC， ∴OP＝OD＝1， ∵AB＝4， ∴S△ABOAB•OP，故②正确； ∵∠C＝60°， ∴∠BAC+∠ABC＝120°， ∵AE，BF分别是∠BAC与ABC的平分线， ∴∠OAB+∠OBA（∠BAC+∠ABC）＝60°， ∴∠AOB＝120°， ∴∠AOF＝60°， ∴∠BOE＝60°， 如图，在AB上取一点H，使BH＝BE， ∵BF是∠ABC的角平分线， ∴∠HBO＝∠EBO， 在△HBO和△EBO中， ， ∴△HBO≌△EBO（SAS）， ∴∠BOH＝∠BOE＝60°， ∴∠AOH＝180°﹣60°﹣60°＝60°， ∴∠AOH＝∠AOF， 在△HAO和△FAO中， ， ∴△HAO≌△FAO（ASA）， ∴AF＝AH， ∴AB＝BH+AH＝BE+AF，故③正确； 作ON⊥AC于N，OM⊥AB于M， ∵∠BAC和∠ABC的平分线相交于点O， ∴点O在∠C的平分线上， ∴ON＝OM＝OD＝a， ∵AB+AC+BC＝2b， ∴S△ABCAB×OMAC×ONBC×OD（AB+AC+BC）•a＝ab，故④正确． 故选：C． 46．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；④MO平分∠BMC．其中正确的是（　　） A．①② B．①②③④ C．①②④ D．①③④ 【分析】由SAS证明△AOC≌△BOD，根据全等三角形的性质得出∠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，据此得出∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确； 作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，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，④正确； 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；即可得出结论． 【解答】解：∵∠AOB＝∠COD， ∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD， 即∠AOC＝∠BOD， 在△AOC和△BOD中， ， ∴△AOC≌△BOD（SAS）， ∴∠OCA＝∠ODB，∠OAC＝∠OBD，AC＝BD， 故①正确，符合题意； ∵∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD， ∴∠AMB＝∠AOB＝40°， 故②正确，符合题意； 如图2所示，作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H， 则∠OGC＝∠OHD＝90°， 在△OCG和△ODH中， ， ∴△OCG≌△ODH（AAS）， ∴OG＝OH， ∴MO平分∠BMC， 故④正确，符合题意； ∵∠AOB＝∠COD， ∴当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC， 假设∠DOM＝∠AOM， ∵∠AOB＝∠COD＝40°， ∴∠COM＝∠BOM， ∵MO平分∠BMC， ∴∠CMO＝∠BMO， 在△COM和△BOM中， ， ∴△COM≌△BOM（ASA）， ∴OB＝OC， ∵OA＝OB， ∴OA＝OC， 与题意不符， 故③错误，不符合题意； 综上，符合题意的有①②④； 故选：C． 47．如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，过P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H．则对于以下结论：①∠APB＝135°；②△ABP≌△FBP；③∠AHP＝∠ABC；④AH+BD＝AB．其中错误的是（　　） A．① B．② C．③ D．④ 【分析】根据三角形内角和以及角平分线的定义得∠PAB+∠PBA＝45°，继而得出∠APB的度数，即可判断①；推出∠APB＝∠FPB，根据ASA证明即可，即可判断②；证明△PAH≌△PFD（ASA），得AH＝FD，∠AHP＝∠FDP，根据外角的性质可判断③；通过等量代换可判断④．证明三角形全等是解题的关键． 【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝90°， ∴∠CAB+∠CBA＝90°， ∵AD、BE分别平分∠CAB、∠CBA， ∴∠PAC＝∠PAB∠CAB，∠PBF＝∠PBA∠CBA， ∴∠PAB+∠PBA（∠CAB+∠CBA）90°＝45°， ∴∠APB＝180°﹣（∠PAB+∠PBA）＝180°﹣45°＝135°，故结论①正确； ∴∠BPD＝180°﹣∠APB＝180°﹣135°＝45°， 又∵PF⊥AD， ∴∠FPA＝∠FPD＝90°， ∴∠FPB＝∠FPD+∠BPD＝90°+45°＝135°， ∴∠APB＝∠FPB， 在△ABP和△FBP中， ， ∴△ABP≌△FBP（ASA），故结论②正确； ∴∠BAP＝∠BFP，AB＝FB，PA＝PF， ∴∠PAH＝∠PFD， 在△PAH和△PFD中， ， ∴△PAH≌△PFD（ASA）， ∴AH＝FD，∠AHP＝∠FDP， ∵∠FDP是△ABD的外角， ∴∠FDP＞∠ABC， ∴∠AHP＞∠ABC，故结论③错误； 又∵AH＝FD，AB＝FB， ∴AB＝FB＝FD+BD＝AH+BD， 即AH+BD＝AB，故结论④正确， ∴正确的个数是3个． 故选：C． 压轴突破8 平面直角坐标系与全等综合 48．如图1，等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，线段ED经过点C，过A作AD⊥ED于点D，过B作BE⊥ED于E． （1）求证：△BEC≌△CDA． （2）如图2，已知在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，点A的坐标为（0，8），点C的坐标为（﹣6，0），点B是第二象限中的一点，若△ABC是以AC为直角边的等腰直角三角形，求点B的坐标； （3）如图3，已知在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，在等腰直角△OAB中，∠OAB＝90°，OA＝AB＝8，点M在线段OB上从O向B运动（运动到点B停止），以点M为直角顶点向右上方作等腰直角△AMN，求点N移动的距离． 【分析】（1）根据∠D＝∠E＝90°，∠ACD+∠BCE＝180°﹣90°＝90°，可得∠ACD＝∠EBC，然后根据AAS即可证明结论； （2）先求得AO、OC的长，分点C为直角顶点时且点B在AC左侧，点A为直角顶点时且点B在AC左侧两种情况，再结合点B在第二象限和全等三角形的判定与性质解答即可； （3）如图，过点M作ME⊥y轴于点E，过点N作ND⊥ME于点E，设OE＝ME＝a，再证△AEM≌△MDN（AAS），可得AE＝MD＝8﹣a，故ED＝8，进而求解． 【解答】（1）证明：∵AD⊥CD，BE⊥EC， ∴∠D＝∠E＝90°，∠ACD+∠BCE＝180°﹣90°＝90°， 又∵∠EBC+∠BCE＝90°， ∴∠ACD＝∠EBC， 即， ∴△BEC≌△CDA（AAS）． （2）解：∵点A的坐标为（0，8），点C的坐标为（﹣6，0）， ∴OA＝8，OC＝6 分以下四种情况： ①当点C为直角顶点时，且点B在AC左侧时， 如图1，过点B1作B1D⊥x轴于点D． ∵△AB1C为等腰直角三角形，B1D⊥x轴，AO⊥x轴． ∴由（1）中结论可知△B1DC≌△COA（AAS）， ∴B1D＝CO＝6，DC＝OA8， ∴OD＝OC+CD＝8+6＝14， ∴B1（﹣14，6）； ②如图2：当点A为直角顶点时，且点B在AC左侧时， 如图2，过点B2作B2E⊥y轴于点E． ∵△AB2C为等腰直角三角形，B2E⊥y轴，AO⊥x轴． ∴由（1）中结论可知△B2AE≌△ACO（AAS）， ∴B2E＝OA＝8，AE＝OC＝6， ∴OE＝OA+AE＝8+6＝14， ∴B2（﹣8，14）． 综上，若△ABC是以AC为直角边的等腰直角三角形，点B的坐标为B1（﹣14，6），B2（﹣8，14）． （3）解：如图，过点M作ME⊥y轴于点E，过点N作ND⊥EM交EM延长线于点D， ∵OA＝OB＝8，∠OAB＝90° ∴△AOB为等腰直角三角形， ∴∠AOB＝45° ∵ME⊥y， ∴OE＝ME， 设OE＝ME＝a， ∵△AMN为等腰直角三角形，MD⊥y轴，ND⊥EM， ∴由（1）结论可得：△AEM≌△MDN（AAS）， ∴AE＝MD＝8﹣a， ∴ED＝EM+MD＝a+8﹣a＝8， ∴点N在直线x＝8上运动，当点M在O点时，点N的坐标是（8，0）， 当点M在点B时，点N的坐标是（8，16）． ∴点N运动的距离是16． 49．如图，点A（a，0），B（0，b），且a、b满足（a﹣1）2+|2b﹣2|＝0． （1）如图1，求△AOB的面积； （2）如图2，点C在线段AB上（不与A、B重合）移动，AB⊥BD，且∠COD＝45°，猜想线段AC、BD、CD之间的数量关系并证明你的结论； （3）如图3，若P为x轴上异于原点O和点A的一个动点，连接PB，PB⊥PE且PB＝PE，直线AE交y轴于点Q，当P点在x轴上移动时，线段BQ长为定值，请求出该定值 【分析】（1）根据非负数的性质得到a＝1，b＝1，得到OA＝1，OB＝1，可得到结果； （2）将△AOC绕点O逆时针旋转90°得到△OBF，根据已知条件得到∠BDF＝180°，由∠DOC＝45°，∠AOB＝90°，可得∠BOD+∠AOC＝45°，求出∠FOD＝∠BOF+∠BOD＝∠BOD+∠AOC＝45°，推出△ODF≌△ODC，根据全等三角形的性质得到DC＝DF＝DB+BF＝DB+DC； （3）作EF⊥OA于F，在FE上截取FD＝PF，由∠BAO＝∠PDF＝45°，得到∠PAB＝∠PD，E＝135°，根据余角的性质得到∠BPA＝90°﹣∠EPF＝∠PED，推出△PBA≌△EPD，根据全等三角形的性质得到AP＝ED，得到FD+ED＝PF+AP．即：FE＝FA，从而由等腰直角三角形的性质得到结论． 【解答】解：（1）点A（a，0），B（0，b），且a、b满足（a﹣1）2+|2b﹣2|＝0，由题意得： ， 解得：， ∴点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（0，1）， ∴OA＝1，OB＝1， ∴△AOB的面积； （2）CD＝BD+AC，证明如下： 如图2，将△AOC绕点O逆时针旋转90°得到△OBF， 点C在线段AB上（不与A、B重合）移动，AB⊥BD， ∴∠DBA＝90°， ∵∠OAC＝∠OBF＝∠OBA＝45°， ∴∠BDF＝180°，即D，B，F共线， ∵∠DOC＝45°，∠AOB＝90°， ∴∠BOD+∠AOC＝45°， ∴∠FOD＝∠BOF+∠BOD＝∠AOC+∠BOD＝45°， 在△ODF与△ODC中， ， ∴△ODF≌△ODC（SAS）， ∴DC＝DF， ∵DF＝BD+BF， ∴CD＝BD+AC； （3）作EF⊥OA于F，在FE上截取FD＝PF，如图3： ∵PB⊥PE且PB＝PE， ∴∠BPA＝90°﹣∠EPF＝∠PED， ∵∠BAO＝∠PDF＝45°， ∴∠PAB＝∠PDE＝135°， 在△PBA与△EPD中， ， ∴△PBA≌△EPD（AAS）， ∴AP＝ED， ∴FD+ED＝PF+AP，即FE＝FA， ∴∠FEA＝∠FAE＝45°， ∴∠QAO＝∠EAF＝∠OQA＝45°， ∴OA＝OQ＝1， ∴BQ＝2． ∴线段BQ为定值2． 50．已知△ABC是等腰直角三角形，AB＝BC，A点在x轴的负半轴上，直角顶点B在y轴上，点C在x轴上方． （1）如图1所示，A点坐标为（﹣4，0），B点坐标为（0，1），求点C的坐标（直接写出结果）； （2）如图2所示，过C作CD⊥y轴于D，求证：AO＝CD+OD； （3）如图3所示，若x轴恰好平分∠BAC，BC与x轴交于点E，过C作CF⊥x轴于F，求证：AE＝2CF． 【分析】（1）作CH⊥y轴于H，如图1，易得OA＝4，OB＝1根据等腰直角三角形的性质得BA＝BC，∠ABC＝90°，再利用等角的余角相等得到∠CBH＝∠BAO，则可根据“AAS”证明△ABO≌△BCH，得到OB＝CH＝1，OA＝BH＝5，所以C（﹣1，5）； （2）与（1）一样的方法可证明△ABO≌△BCD，得到OB＝CD，OA＝BD，易得OA＝CD+OD； （3）如图3，CF和AB的延长线相交于点D，先证明△ABE≌△CBD得到AE＝CD，再利用对称性质得CF＝DF，所以CFAE． 【解答】（1）解：如图1，过点C作CH⊥y轴于H， ∵A（﹣4，0），B（0，1）， ∴OA＝4，OB＝1， ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴AB＝CB，∠ABC＝90°， ∴∠ABO+∠CBH＝90°， ∵∠ABO+∠BAO＝90°， ∴∠BAO＝∠CBH， 在△AOB和△BHC中， ， ∴△AOB≌△BHC（AAS）， ∴CH＝OB＝1，BH＝OA＝4， ∴OH＝OB+BH＝5， ∴C（﹣1，5）； （2）证明：∵△ABC是等腰直角三角形， ∴AB＝CB，∠ABC＝90°， ∴∠ABO+∠CBD＝90°， ∵∠ABO+∠BAO＝90°， ∴∠BAO＝∠CBD， 在△AOB和△BDC中， ， ∴△AOB≌△BDC（AAS）， ∴CD＝OB，BD＝OA， ∵BD＝OB+OD＝CD+OD， ∴OA＝CD+OD； （3）证明：如图3，延长CF与AB，相交于G， ∴∠CBG＝90°， ∵CF⊥x轴， ∴∠BCG+∠G＝90°， ∵∠GAF+∠G＝90°， ∴∠BCG＝∠GAF， ∴△ABE≌△CBG（ASA）， ∴AE＝CG， ∵x轴平分∠BAC，CF⊥x轴， ∴CF＝GF， ∴CFCDAE． 51．在平面直角坐标系中，A（﹣5，0），B（0，5），点C为x轴正半轴上一动点，过点A作AD⊥BC交y轴于点E，连接DO，则DO平分∠ADC． （1）如图（1），若C（3，0），则点E的坐标为 　 　 ； （2）如图（2），若点C在x轴正半轴上运动，当OC+CD＝AD时，求∠OBC的度数． 【分析】（1）可证明△AOE≌△BOC，从而得出OE＝OC，进而求得； （2）在DA上截取DP＝DC，连接OP，证明△OPD≌△OCD（SAS），推出OC＝OP，∠OPD＝∠OCD，再证明AP＝OP，推出∠PAO＝∠POA，推出∠OPD＝∠PAO+∠POA＝2∠PAO＝∠OCB，可得结论． 【解答】（1）解：如图1， ∵AD⊥BC，AO⊥BO， ∴∠AOE＝∠BDE＝∠BOC＝90°， ∴∠OAE+∠ACD＝90°， ∠OBC+∠ACD＝90°， ∴∠OAE＝∠OBC， ∵A（﹣5，0），B（0，5）， ∴OA＝OB＝5． 在△AOE和△BOC中， ， ∴△AOE≌△BOC（ASA）， ∴OE＝OC， ∴点C坐标为（3，0）， ∴OE＝OC＝3， ∴E（0，3）． 故答案为：（0，3）； （2）如图②，在DA上截取DP＝DC，连接OP， 又∠PDO＝∠CDO，OD＝OD， ∴△OPD≌△OCD（SAS）， ∴OC＝OP，∠OPD＝∠OCD， ∵OC+CD＝AD， ∴OC＝AD﹣CD， ∴AD﹣DP＝OP， 即AP＝OP， ∴∠PAO＝∠POA， ∴∠OPD＝∠PAO+∠POA＝2∠PAO＝∠OCB， 又∵∠PAO+∠OCD＝90°， ∴3∠PAO＝90°， ∴∠PAO＝30°， ∵∠OAP＝∠OBC， ∴∠OBC＝∠PAO＝30°． 52．如图（1），在平面直角坐标系中，A（a，0），B（b，3），C（4，0），且满足（a+b）2+|a﹣b+6|＝0，线段AB交y轴于F点． （1）求点A、B的坐标． （2）如图（2），点D为y轴正半轴上一点，若ED∥AB，且AM，DM分别平分∠CAB，∠ODE，求∠AMD的度数； （3）如图（3）， ①求点F的坐标； ②在y轴上是否存在一点P，使得△ABP的面积等于△ABC的面积？若存在，求出点P坐标．若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据非负数的性质得a＝﹣3，b＝3，由此即可得出点A、B的坐标； （2）设AM交y轴于点N，根据角平分线定义设∠EDM＝∠FDM＝α，∠FAM＝∠OAM＝β，则∠EDF＝2α，∠OAF＝2β，根据直角三角形性质得∠DFB＝∠OFA＝90°﹣2β，由ED∥AB得∠EDF+∠DFB＝180°，即2α+90°﹣2β＝180°，进而得α﹣β＝45°，再根据直角三角形性质得∠DNM＝∠ONA＝90°﹣β，继而得∠FDM+∠DNM＝135°，然后由三角形内角和定理即可得出∠AMD的度数； （3）①连接OB，过点B作BH⊥y轴于点H，先求出S△AOBOA•OH，设点F的坐标为（0，t），则OF＝t，再求出S△AOFOF•OA，S△BOFOF•BH，然后根据S△AOF+S△BOF＝S△AOB得，由此解出解t＝1.5，继而可得点F点坐标； ②先求出S△ABCAC•OH＝10.5，再分两种情况讨论如下：（ⅰ）当点P在点F上方时，过点B作BH⊥y轴于点H，设PF＝a，由三角形面积公式得S△ABP＝S△APF+S△BPF＝3a，进而得3a＝10.5，由此解出a＝3.5即可得出此时P点坐标为（0，5）；（ⅱ）当点P在点F上方时，过点B作BH⊥y轴于点H，设PF＝a，同（ⅰ）得S△ABP＝S△APF+S△BPF＝3a，进而得3a＝10.5，由此解出a＝3.5即可得出此时P点坐标为（0，﹣2），综上所述即可得出答案． 【解答】解：（1）∵（a+b）2+|a﹣b+6|＝0，（a+b）2≥0，|a﹣b+6|≥0， ∴a+b＝0，a﹣b+6＝0， ∴a＝﹣3，b＝3， ∴A（﹣3，0），B（3，3）； （2）设AM交y轴于点N，如图所示： ∵AM，DM分别平分∠CAB，∠ODE， ∴设∠EDM＝∠FDM＝α，∠FAM＝∠OAM＝β， ∴∠EDF＝2α，∠OAF＝2β， 在Rt△OAF中，∠OFA＝90°﹣∠OAF＝90°﹣2β， ∴∠DFB＝∠OFA＝90°﹣2β， ∵ED∥AB， ∴∠EDF+∠DFB＝180°， ∴2α+90°﹣2β＝180°， ∴α﹣β＝45°， 在Rt△OAN中，∠ONA＝90°﹣∠OAM＝90°﹣β， ∴∠DNM＝∠ONA＝90°﹣β， ∴∠FDM+∠DNM＝α+90°﹣β＝90°+（α﹣β）＝135°， 在△DMN中，∠AMD＝180°﹣（∠FDM+∠DNM）＝45°； （3）①连接OB，过点B作BH⊥y轴于点H，如图3所示， ∵A（﹣3，0），B（3，3），C（4，0）， ∴OA＝3，BH＝OH＝3，OC＝4 ∴S△AOBOA•OH3×3， 设点F的坐标为（0，t），则OF＝t， ∴S△AOFOF•OA，S△BOFOF•BH， 又∵S△AOF+S△BOF＝S△AOB， ∴， 解得：t＝1.5， ∴点F点坐标为（0，1.5）； ②存在． ∵OA+OC＝3+4＝7， ∴S△ABCAC•OH7×3＝10.5， ∵点F点坐标为（0，1.5）， ∴OF＝1.5， 分两种情况讨论如下： （ⅰ）当点P在点F上方时，过点B作BH⊥y轴于点H，如图3①所示： 设PF＝a， ∴S△APFPF•OA，S△BPFPF•BH， ∴S△ABP＝S△APF+S△BPF＝3a， ∵S△ABP＝S△ABC， ∴3a＝10.5， ∴a＝3.5， ∴PF＝a＝3.5， ∴OP＝PF+OF＝3.5+1.5＝5， 此时P点坐标为（0，5）； （ⅱ）当点P在点F上方时，过点B作BH⊥y轴于点H，如图3②所示： 设PF＝a， 同（ⅰ）得：S△APF，S△BPF， ∴S△ABP＝S△APF+S△BPF＝3a， ∵S△ABP＝S△ABC， ∴3a＝10.5， ∴a＝3.5， ∴PF＝a＝3.5， ∴OP＝PF+OF＝3.5﹣1.5＝2， 此时P点坐标为（0，﹣2）， 综上所述：y轴上存在点P，使得S△ABP＝S△ABC，其坐标为（0，5）或（0，﹣2）． 53．如图，在平面直角坐标系中，A（﹣2，0），B（0，6），C（6，0），∠ABC+∠ADC＝180°，BC⊥CD． （1）求证：∠ABO＝∠CAD； （2）求证：AB＝AD； （3）求四边形ABCD的面积． 【分析】（1）根据四边形内角和及垂直定义求出∠BCD＝90°，∠BAD＝90°，根据直角三角形的性质及角的和差求解即可； （2）根据等腰直角三角形的判定与性质求出∠BCO＝∠DCO＝45°，根据角平分线的性质得出AF＝AE，利用ASA证明△ABF≌△ADE，根据全等三角形的性质即可得解； （3）利用AAS证明△ABO≌△DAG，根据全等三角形的性质得出DG＝AO＝2，再根据四边形ABCD的面积＝S△ABC+S△ACD求解即可． 【解答】（1）证明：如图，在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°， ∴∠BAD+∠BCD＝360°﹣180＝180°， ∵BC⊥CD， ∴∠BCD＝90°， ∴∠BAD＝90°， ∴∠BAC+∠CAD＝90°， 又∵∠BAC+∠ABO＝90°， ∴∠ABO＝∠CAD； （2）证明：如图，过点A作AF⊥BC于点F，作AE⊥CD的延长线于点E， ∵A（﹣2，0），B（0，6），C（6，0）， ∴OA＝2，OB＝OC＝6， ∵∠BOC＝90°， ∴∠BCO＝∠CBO＝45°， 又∵BC⊥CD， ∴∠BCO＝∠DCO＝45°， 又∵AF⊥BC，AE⊥CD， ∴AF＝AE，∠FAE＝90°， ∴∠BAF＝∠DAE， 在△ABF和△ADE中， ， ∴△ABF≌△ADE（ASA）， ∴AB＝AD； （3）解：如图，作DG⊥x轴于点G， ∴∠AGD＝∠BOA＝∠BAD＝90°， ∴∠ABO+∠BAO＝∠BAO+∠DAG＝90°， ∴∠DAG＝∠ABO， 在△ABO和△DAG中， ， ∴△ABO≌△DAG（AAS）． ∴DG＝AO＝2， ∵AC＝AO+OC＝8． ∴四边形ABCD的面积＝S△ABC+S△ACDAC•OBAC•GD8×68×2＝32． 54．在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣3，0）、B（0，3）、C（t，0），过点A作AD⊥BC交BC于D点，交y轴正半轴于点E． （1）如图1，当t＝1时，求E点的坐标； （2）如图，连接OD，求∠ADO的度数； （3）如图3，已知点P（0，2），若PQ⊥PC，PQ＝PC，直接写出Q的坐标（用含t的式子表示）． 【分析】（1）根据△AOE≌△BOC得OE＝OC即可求出点C坐标． （2）如图，先过点O作OM⊥AD于点M，作ON⊥BC于点N，根据△AOE≌△BOC，得到S△AOE＝S△BOC，底边AE＝BC，得出OM＝ON，根据角平分线的逆定理进而得到OD平分∠ADC，可得∠ADO＝∠ABO＝45°； （3）如图，作辅助线，构建全等三角形，证明△PCG≌△QPH，可得CG＝PH＝2，PG＝QH＝t，又知Q在第二象限，从而得Q（﹣2，2﹣t）． 【解答】解：（1）如图1， 当t＝1时，点C（1，0）， ∵AD⊥BC， ∴∠EAO+∠BCO＝90°， ∵∠CBO+∠BCO＝90°， ∴∠EAO＝∠CBO， 在△AOE和△BOC中， ， ∴△AOE≌△BOC（ASA）， ∴OE＝OC＝1， ∴点E坐标（1，0）． （2）如图2，过点O作OM⊥AD于点M，作ON⊥BC于点N， ∵△AOE≌△BOC， ∴S△AOE＝S△BOC，且AE＝BC， ∵OM⊥AE，ON⊥BC， ∴OM＝ON， ∴OD平分∠ADC； ∴∠ADO＝∠ABO＝45°； （3）如图3，过P作GH∥轴，过C作CG⊥GH于G，过Q作QH⊥GH于H，交x轴于F， ∵P（0，2），C（t，0）， ∴CG＝FH＝2，PG＝OC＝t， ∵∠QPC＝90°， ∴∠CPG+∠QPH＝90°， ∵∠QPH+∠HQP＝90°， ∴∠CPG＝∠HQP， ∵∠QHP＝∠G＝90°，PQ＝PC， ∴△PCG≌△QPH（AAS）， ∴CG＝PH＝2，PG＝QH＝t， ∴Q（﹣2，2﹣t）． 55．在平面直角坐标系中，点A（a，0），B（0，b），且a，b满足，点P为线段AB上（不与A、B两点重合）一点，连接OP． （1）如图1，过点A作AQ⊥x轴，且满足∠OPQ＝90°，求证：OP＝PQ； （2）如图2，C，D分别为OA，OB上的两点，且OC＝OD，点P满足OP⊥AD，过点P作PE⊥BC交AD的延长线于点E，试探究AE，EP，OP之间的数量关系，并给出证明． 【分析】（1）先求出点A（2，0），B（0，2）得出OA＝OB＝2，作PF⊥OA于F，PE⊥AQ交AQ的延长线于E，再证明△OPF≌△QPE即可得证； （2）延长EP至H，使OP＝PH，连接AH，先证明△AOD≌△BOC（SAS）得出∠OBC＝∠OAD，再证明△AOP≌△AHP（SAS）得出∠H＝∠POA，∠HAB＝∠BAO＝45°，最后证明∠HAE＝∠H得出HE＝AE，即可得证． 【解答】（1）证明：由条件可知3a+b﹣8＝0，a﹣2b+2＝0， 解得a＝2，b＝2， ∴A（2，0），B（0，2）， ∴OA＝OB＝2， 如图，作PF⊥OA于F，PE⊥AQ交AQ的延长线于E， 由条件可知PF∥AE，PE∥AF，∠FPE＝∠OPQ＝90°， ∴PF＝AE，PE＝AF， ∵OA＝OB，∠AOB＝90°， ∴∠BAO＝∠ABO＝45°， ∵PF⊥OA， ∴∠FAP＝∠APF＝45°， ∴PF＝AF， ∴PF＝PE， ∵∠FPE＝∠OPQ＝90°， ∴∠FPE﹣∠FPQ＝∠OPQ﹣∠FPQ，即∠OPF＝∠EPQ， ∴△OPF≌△QPE（AAS）， ∴OP＝PQ； （2）解：AE＝EP+OP，证明如下： 如图，延长EP至H，使OP＝PH，连接AH， ， 在△AOD和△BOC中， ， ∴△AOD≌△BOC（SAS）， ∴∠OBC＝∠OAD， ∴∠OBA﹣∠OBC＝∠OAB﹣∠OAD，即∠BAE＝∠CBA， ∵BC⊥EP，PO⊥AE， ∴∠CBA+∠BPE＝90°，∠BAE+∠OPA＝90°， ∴∠BPE＝∠OPA， ∴∠BPE＝∠APH＝∠OPA， 在△AOP和△AHP中， ， ∴△AOP≌△AHP（SAS）， ∴∠H＝∠POA，∠HAB＝∠BAO＝45°， ∴∠HAO＝90°， ∴∠HAE＝∠POA， ∴∠HAE＝∠H， ∴HE＝AE， ∴AE＝EP+PH＝EP+OP． 56．如图所示，在平面直角坐标系中，P（4，4）， （1）点A在x的正半轴运动，点B在y的正半轴上，且PA＝PB， ①求证：PA⊥PB： ②求OA+OB的值； （2）点A在x的正半轴运动，点B在y的负半轴上，且PA＝PB，求OA﹣OB的值． 【分析】（1）①过点P作PE⊥x轴于E，作PF⊥y轴于F，根据点P的坐标可得PE＝PF＝4，然后利用“HL”证明Rt△APE和Rt△BPF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠APE＝∠BPF，然后求出∠APB＝∠EPF＝90°，再根据垂直的定义证明； ②根据全等三角形对应边相等可得AE＝BF，再表示出PE、PF，然后列出方程整理即可得解； （2）根据全等三角形对应边相等可得AE＝BF，再表示出PE、PF，然后列出方程整理即可得解． 【解答】（1）①证明：如图1，过点P作PE⊥x轴于E，作PF⊥y轴于F， ∴PE⊥PF， ∵P（4，4）， ∴PE＝PF＝4， 在Rt△APE和Rt△BPF， ， ∴Rt△APE≌Rt△BPF（HL）， ∴∠APE＝∠BPF， ∴∠APB＝∠APE+∠BPE＝∠BPF+∠BPE＝∠EPF＝90°， ∴PA⊥PB； ②解：∵Rt△APE≌Rt△BPF（HL）， ∴BF＝AE， ∵OA＝OE+AE，OB＝OF﹣BF， ∴OA+OB＝OE+AE+OF﹣BF＝OE+OF＝4+4＝8； （2）解：如图2，过点P作PE⊥x轴于E，作PF⊥y轴于F， 同理得Rt△APE≌Rt△BPF（HL）， ∴AE＝BF， ∵AE＝OA﹣OE＝OA﹣4，BF＝OB+OF＝OB+4， ∴OA﹣4＝OB+4， ∴OA﹣OB＝8． 57．在平面直角坐标系中，已知点A在y轴的正半轴上，点B在x轴的正半轴上，且OA＝OB． （1）如图1，若点D在BA的延长线上，连接OD，点E在第一象限，且满足OD⊥OE，BD⊥BE，连接DE，求证：△DOE是等腰直角三角形； （2）如图2，点F在AB的延长线上，以OF为斜边向上构等腰直角三角形OFM，连接AM，若AB＝10，BF＝2，求△AMF的面积． 【分析】（1）先证明△AOD≌△BOE（ASA），再根据三角形全等的性质求解即可； （2）过点O作OT⊥OF交FM的延长线于点T，连接AT．证明△BOF≌△AOT，再求得∠TAF＝∠TAO﹣∠BAO＝135°﹣45°＝90°，再求解即可． 【解答】（1）证明：如图，OE与BD交于点H， ∵OD⊥OE，BD⊥BE， ∴∠DOE＝∠DBE＝90°， ∵∠DHO＝∠BHE， ∴∠ODH＝∠HEB， ∵∠DOE＝∠AOB＝90°， ∴∠DOA＝∠EOB， 在△AOD和△BOE中， ， ∴△AOD≌△BOE（ASA）， ∴OD＝OE， ∵∠DOE＝90°， ∴△DOE是等腰直角三角形； （2）解：如图3，过点O作OT⊥OF交FM的延长线于点T，连接AT． ∵△MFO为等腰直角三角形， ∴∠MFO＝45°，∠FMO＝90°， ∵OT⊥OF， ∴∠FOT＝90°， ∴∠MTO＝45°， ∴△FTO为等腰直角三角形， ∴FO＝OT， ∵∠BOF+∠BOT＝90°，∠AOT+∠BOT＝90°， ∴∠BOF＝∠AOT． 在△BOF和△AOT中， ， ∴△BOF≌△AOT（SAS）， ∴∠FBO＝∠TAO，FB＝AT＝2， ∵∠ABO＝45°， ∴∠FBO＝180°﹣∠ABO＝135°， ∴∠TAO＝135°， ∴∠TAF＝∠TAO﹣∠BAO＝135°﹣45°＝90°， ∵AB＝10，FB＝2， ∴AF＝10+2＝12， ∴S△ATFAT•AF2×12＝12， ∵△FTO为等腰直角三角形，OM⊥MF， ∴， ∴S△AMFS△ATF＝6． 58．在平面直角坐标系中，点A的坐标为（9，9），点B在x轴上． （1）如图1，若点B在x轴正半轴上，AB＝BC，AB⊥BC，AC交x轴于点D， ①若∠DBC＝14°，则∠ADB＝ 　 　 ； ②若点C的坐标为（3，﹣3），求点B坐标． （2）如图2，若点B在x轴负半轴上，AE⊥x轴于点E，AF⊥y轴于点F，∠BFM＝45°，MF交直线AE于点M，若点B（﹣3，0），BM＝15，求EM的长． 【分析】（1）①由AB＝BC，∠ABC＝90°，得∠BCA＝∠BAC＝45°，而∠DBC＝14°，所以∠ADB＝∠DBC+∠BCA＝59°，于是得到问题的答案； ②作AL⊥x轴于点L，CI⊥x轴于点I，可证明△ALB≌△BIC，得BL＝CI＝3，则OB＝OL+BL＝12，所以B（12，0）； （2）作FH⊥FB于点H，由AE⊥x轴于点E，AF⊥y轴于点F，得∠AFO＝∠A＝∠FOB＝90°，则AE＝AF＝OF＝9，∠AFH＝∠OFB＝90°﹣∠OFH，可证明△AFH≌△OFB，得FH＝FB，AH＝OB＝3，再证明△HFM≌△BFM，得HM＝BM＝15，求得AM＝AH+HM＝18，则EM＝AM﹣AE＝9． 【解答】解：（1）①∵AB＝BC，AB⊥BC， ∴∠ABC＝90°， ∴∠BCA＝∠BAC＝45°， ∵∠DBC＝14°， ∴∠ADB＝∠DBC+∠BCA＝14°+45°＝59°， 故答案为：59°． ②如图1，作AL⊥x轴于点L，CI⊥x轴于点I，则∠ALB＝∠BIC＝90°， ∴∠BAL＝∠CBI＝90°﹣∠ABI， ∵A（9，9），C（3，﹣3）， ∴L（9，0）， 在△ALB和△BIC中， ， ∴△ALB≌△BIC（AAS）， ∴BL＝CI＝3， ∴OB＝OL+BL＝9+3＝12， ∴B（12，0）． （2）如图2，作FH⊥FB于点H，则∠HFB＝90°， ∵B（﹣3，0），A（9，9），AE⊥x轴于点E，AF⊥y轴于点F， ∴E（9，0），F（0，9），∠AFO＝∠A＝∠FOB＝90°， ∴AE＝AF＝OF＝9，∠AFH＝∠OFB＝90°﹣∠OFH， 在△AFH和△OFB中， ， ∴△AFH≌△OFB（ASA）， ∴FH＝FB，AH＝OB＝3， ∵∠AFH+∠OFM＝∠OFB+∠OFM＝∠BFM＝45°， ∴∠HFM＝∠AFO﹣（∠AFH+∠OFM）＝90°﹣45°＝45°， ∴∠HFM＝∠BFM， 在△HFM和△BFM中， ， ∴△HFM≌△BFM（AAS）， ∴HM＝BM＝15， ∴AM＝AH+HM＝3+15＝18， ∴EM＝AM﹣AE＝18﹣9＝9， ∴EM的长为9． 59．如图1，已知A（1，4），C（﹣4，1），AB⊥y轴于点B，CD⊥x轴于点D，连接OA，OC． （1）求证：△ABO≌△CDO； （2）如图2，连接AC，BD交于点H．求证：H为AC的中点； （3）如图3，E为第二象限内一点，F为y轴正半轴上一点，连接AF，EF、CE，EF⊥CE且EF＝CE，点G为AF的中点，连接EG，EO．请猜想∠OEG的度数并证明你的猜想． 【分析】（1）根据SAS即可证明△AOB≌△COD； （2）过点C作CM∥x轴，交BD于点M，得出AB∥CM∥OD，由平行线的性质得∠BAH＝∠MCP，由CD⊥x轴得∠DCM＝∠ODC＝90°，证明∠ODB＝45°，从而得出∠CMD＝∠CDM＝45°，推出CM＝CD＝AB，根据AAS证明△ABH≌△CMH，得出AH＝CH，即可得证； （3）延长EG到N，使GN＝GE，连接AN，ON，延长EF交AO于点J，根据SAS证明△AGN≌△FGE，得出AN＝EF，∠ANG＝∠GEF，故AN∥EJ，由平行线的性质得出∠NAO＝∠AJE，进而推出∠NAO＝∠ECO，根据SAS证明△NAO≌△ECO，故ON＝OE，∠AON＝∠EOC，即可证明∠OEG＝45°． 【解答】证明：（1）∵AB⊥y轴于点B，CD⊥x轴于点D， ∴∠ABO＝∠CDO＝90°， ∵A（1，4），C（﹣4，1）， ∴AB＝CD＝1，OB＝OD＝4， ∴△ABO≌△CDO（SAS）； （2）如图2，过点C作CM∥x轴，交BD于点M， ∴AB∥CM∥OD， ∴∠BAH＝∠MCH， ∵CD⊥x轴， ∴∠DCM＝∠ODC＝90°， ∵OB＝OD， ∴∠ODB＝45°， ∴∠CMD＝∠ODB＝45°，∠CDM＝90°﹣45°＝45°， ∴∠CMD＝∠CDM， ∴CM＝CD＝AB， 在△ABH与△CMH中， ， ∴△ABH≌△CMH（AAS）， ∴AH＝CH，即点H为AC中点； （3）如图3，延长EG到N，使GN＝GE，连接AN，ON，延长EF交AO于点J， ∵AG＝GF，∠AGN＝∠FGE，GN＝GE， ∴△AGN≌△FGE（SAS）， ∴AN＝EF，∠ANG＝∠GEF， ∴AN∥EJ， ∴∠NAO＝∠AJE， ∵EF＝EC， ∴AN＝EC， ∵∠AOC＝∠CEJ＝90°， ∴∠EJO+∠ECO＝180°， ∵∠AJE+∠EJO＝180° ∴∠AJE＝∠ECO， ∴∠NAO＝∠ECO， ∵AO＝CO， ∴△NAO≌△ECO（SAS）， ∴ON＝OE，∠AON＝∠EOC， ∴∠NOE＝∠AOC＝90°， ∴∠NEO＝45°，即∠OEG＝45°． 60．在平面直角坐标系中，点A（﹣4，0），B（0，4），点C为x轴正半轴上一动点，过点A作AD⊥BC交y轴于点E． （1）如图1，求证：△AEO≌△BCO； （2）如图2，若点C在x轴正半轴上运动，且OC＜3，连接DO． ①求证：DO平分∠ADC； ②当AD＝CD+OC时，求的值． 【分析】（1）由题意知，∠AOE+∠AEO+∠EAO＝180°＝∠BDE+∠BED+∠EBD，∠AEO＝∠BED，则∠EAO＝∠EBD，证明△AEO≌△BCO即可； （2）①如图2，作OM⊥AD于M，ON⊥BC于N，由△AEO≌△BCO（AAS），可知S△AEO＝S△BCO，AE＝BC，则OM＝ON，即OD是∠ADC的平分线； ②如图3，在AD上截取DP，使DP＝DC，证明△PDO≌△CDO（SAS），由OC＝AP＝OP，可得∠PAO＝∠POA，进而可求∠PAO＝30°，∠DCO＝60°，然后计算求解即可． 【解答】（1）证明：由题意知，OA＝4＝OB， ∵AD⊥BC， ∴∠ADB＝90°＝∠AOE， ∵∠AOE+∠AEO+∠EAO＝180°＝∠BDE+∠BED+∠EBD，∠AEO＝∠BED， ∴∠EAO＝∠EBD， 在△AEO和△BCO中， ， ∴△AEO≌△BCO（ASA）； （2）①证明：如图2，作OM⊥AD于M，ON⊥BC于N， ∵△AEO≌△BCO（AAS）， ∴S△AEO＝S△BCO，AE＝BC， ∴， 解得OM＝ON， ∵OM⊥AD，ON⊥BC， ∴OD是∠ADC的平分线； ②解：如图3，在AD上截取DP，使DP＝DC， 由①可知，OD是∠ADC的平分线， ∴∠PDO＝∠CDO， 在△PDO和△CDO中， ， ∴△PDO≌△CDO（SAS）， ∴OP＝OC，∠DPO＝∠DCO， ∵AD﹣CD＝OC，AD﹣DP＝AP， ∴OC＝AP＝OP， ∴∠PAO＝∠POA， ∴∠DCO＝∠DPO＝∠PAO+∠POA＝2∠PAO， ∵∠DCO+∠PAO+90°＝3∠PAO+90°＝180°， ∴∠PAO＝30°， ∴∠DCO＝60°， ∴． 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $