第10讲 三角形全等的判定 精讲提升培优讲义 2025-2026学年沪教版（五四制）七年级数学下册

本讲义聚焦三角形全等的判定，系统梳理“边边边”“边角边”“角边角”“角角边”四种判定方法，明确各自要点（如“边角边”强调夹角）及选择策略，构建从定义理解到问题转化（证线段或角相等转化为证三角形全等）的学习支架。 资料通过历年真题精讲（16道题涵盖选择、证明等）培养推理能力，结合尺规作图（如“作等角”用SSS证全等）发展几何直观，创新压轴题提升创新意识。课中辅助教师系统授课，课后练习助学生巩固知识，查漏补缺，落实数学思维与应用意识。

第10讲 三角形全等的判定 精讲提升培优讲义 2026年沪教新版七年级下17.4 （答案详解版） 本讲义内容设置：①重点知识梳理；②历年真题精讲；③随堂练习；④课后针对性练习。 1．理解和掌握全等三角形判定方法1——“边边边”，和判定方法2——“边角边”； 2．理解和掌握全等三角形判定方法3——“角边角”，判定方法4——“角角边”；能运用它们判定两个三角形全等． 3．能把证明一对角或线段相等的问题，转化为证明它们所在的两个三角形全等. 知识点一 全等三角形判定1——“边边边” 全等三角形判定1——“边边边” 三边对应相等的两个三角形全等.（可以简写成“边边边”或“SSS”）. 要点：如图，如果＝AB，＝AC，＝BC，则△ABC≌△. 知识点二 全等三角形判定2——“边角边” 1. 全等三角形判定2——“边角边” 两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等（可以简写成“边角边”或“SAS”）. 要点：如图，如果AB ＝ ，∠A＝∠，AC ＝ ，则△ABC≌△. 注意：这里的角，指的是两组对应边的夹角. 2. 有两边和其中一边的对角对应相等，两个三角形不一定全等. 如图，△ABC与△ABD中，AB＝AB，AC＝AD，∠B＝∠B，但△ABC与△ABD不完全重合，故不全等，也就是有两边和其中一边的对角对应相等，两个三角形不一定全等. 知识点三 全等三角形判定3——“角边角” 全等三角形判定3——“角边角” 两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等（可以简写成“角边角”或“ASA”）. 要点诠释：如图，如果∠A＝∠，AB＝，∠B＝∠，则△ABC≌△. 知识点四 全等三角形判定4——“角角边” 1.全等三角形判定4——“角角边” 两个角和其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等（可以简写成“角角边”或“AAS”） 要点诠释：由三角形的内角和等于180°可得两个三角形的第三对角对应相等.这样就可由“角边角”判定两个三角形全等，也就是说，用角边角条件可以证明角角边条件，后者是前者的推论. 2.三个角对应相等的两个三角形不一定全等. 如图，在△ABC和△ADE中，如果DE∥BC，那么∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，又∠A＝∠A，但△ABC和△ADE不全等.这说明，三个角对应相等的两个三角形不一定全等. 知识点五 判定方法的选择 1.选择哪种判定方法，要根据具体的已知条件而定，见下表： 已知条件 可选择的判定方法 一边一角对应相等 SAS AAS ASA 两角对应相等 ASA AAS 两边对应相等 SAS SSS 2.如何选择三角形证全等 （1）可以从求证出发，看求证的线段或角（用等量代换后的线段、角）在哪两个可能全等的三角形中，可以证这两个三角形全等； （2）可以从已知出发，看已知条件确定证哪两个三角形全等； （3）由条件和结论一起出发，看它们一同确定哪两个三角形全等，然后证它们全等； （4）如果以上方法都行不通，就添加辅助线，构造全等三角形. 一．全等三角形的判定（共16小题） 1．（2025秋•闵行区期末）如图，已知点A、E、B、D在同一直线上，AC＝DF，AE＝BD，增加下列条件不能推导出△ABC≌△DEF的是（　　） A．∠A＝∠D B．∠C＝∠F C．∠ABC＝∠DEF＝90° D．EF＝BC 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】根据全等三角形的判定方法一一判断即可． 【解答】解：∵AE＝DB， ∴AB＝DE， A、添加∠A＝∠D，则根据SAS，可以证明△ABC≌△DEF，本选项不符合题意； B、添加∠C＝∠F，则SSA不能判断三角形全等，本选项符合题意； C、添加∠ABC＝DEF＝90°，则根据HL，可以证明△ABC≌△DEF，本选项不符合题意； D、添加EF＝BC，则根据SSS可以证明△ABC≌△DEF，本选项不符合题意； 故选：B． 2．（2025春•崇明区期末）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．有下列结论：①∠APB＝135°；②△ABP≌△FBP；③∠AHP＝∠ABC；④AH+BD＝AB；其中正确的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【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， ∴，， ∴， ∴∠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△P F D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． 3．（2025春•徐汇区校级月考）据史书记载，最早的风筝是由古代匠人墨子用木头制成的木鸟，称为“木鸢”．后来随着造纸术的发明，人们开始用纸张和竹条制作风筝，使其更加轻便、易于放飞．在如图所示的“风筝”图案中，AB＝AD、∠B＝∠D、BC＝DE．则不一定能得到以下哪个结论（　　） A．△ABC≌△ADE B．△ABF≌△ADG C．FC＝GE D．AG＝GC 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】根据已知条件，分析△ABC和△ADE，易得△ABC≌△ADE（SAS），证明A，得出∠BAC＝∠DAE，BC＝DE，再由全等三角形的判定和性质即可证明B、C． 【解答】解：在△ABC和△ADE中， ， ∴△ABC≌△ADE（SAS），故选项A不符合题意； ∴∠BAC＝∠DAE，BC＝DE， ∴∠BAE＝∠DAG， ∵AB＝AD、∠B＝∠D， ∴△ABF≌△ADG（ASA），故选项B不符合题意； ∴BF＝DG， ∴FC＝GE，故选项C不符合题意； 无法证明AG＝GC，故选项D符合题意； 故选：D． 4．（2025春•闵行区期末）已知：如图，点E、A、D、B在同一直线上，AC、DF交于点O，OA＝OD，EA＝DB，增加下列条件不能推导出△ABC≌△DEF的是（　　） A．OC＝OF B．∠E＝∠B C．EF＝BC D．∠C＝∠F 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】先证明ED＝BA，∠BAC＝∠EDF，然后根据全等三角形的判定方法对各选项进行判断． 【解答】解：∵EA＝DB， ∴EA+AD＝AD+DB， 即ED＝BA， ∵OA＝OD， ∴∠BAC＝∠EDF， ∴当添加OC＝OF时，AC＝DF，△ABC≌△DEF（SAS），所以A选项不符合题意； 当添加∠B＝∠E时，△ABC≌△DEF（ASA），所以B选项不符合题意； 当添加BC＝EF时不能判断△ABC≌△DEF，所以C选项符合题意； 当添加∠C＝∠F时，△ABC≌△DEF（AAS），所以D选项不符合题意． 故选：C． 5．（2024春•青浦区校级期末）如图，已知∠C＝∠D，AC＝AD，增加下列条件： ①AB＝AE；②BC＝ED；③∠1＝∠2；④∠B＝∠E． 其中能使△ABC≌△AED的条件有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】根据全等三角形的判定方法，逐一判断即可解答． 【解答】解：①∵∠C＝∠D，AC＝AD，AB＝AE， ∴△ABC和△AED不一定全等， 故①不符合题意； ②∵∠C＝∠D，AC＝AD，BC＝DE， ∴△ABC≌△AED（SAS）， 故②符合题意； ③∵∠1＝∠2， ∴∠1+∠EAB＝∠2+∠EAB， ∴∠CAB＝∠DAE， ∵∠C＝∠D，AC＝AD， ∴△ABC≌△AED（ASA）， 故③符合题意； ④∵∠B＝∠E，∠C＝∠D，AC＝AD， ∴△ABC≌△AED（AAS）， 故④符合题意； 所以，增加上列条件，其中能使△ABC≌△AED的条件有3个， 故选：B． 6．（2025春•静安区校级期中）如图，点E、F在BC上，AB＝CD，∠AFB＝∠DEC，AF、DE相交于点G，要使得△ABF≌△DCE，则还需添加的条件为 　∠B＝∠C ． 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】根据全等三角形的判定条件逐一判断即可． 【解答】解：添加∠B＝∠C， ∵∠AFB＝∠DEC，AB＝CD，根据AAS证明△ABF≌△DCE． 故答案为：∠B＝∠C．（答案不唯一） 7．（2025秋•徐汇区校级月考）如图，AB＝12m，CA⊥AB于A，DB⊥AB于B，且AC＝4m，Q点从B向D运动，每分钟走2m，P点从B向A运动，P，Q两点同时出发，P点每分钟走 　1或3　 m时，△CAP与△PQB全等． 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】分两种情况：①若BP＝AC＝4，AP＝BQ＝8，则△CAP≌△PBQ；②若BP＝AP＝6，AC＝BQ＝4，则△ACP≌△BQP即可得出结果． 【解答】解：设P点每分钟走xm． ①若BP＝AC＝4，此时AP＝BQ＝8，△CAP≌△PBQ， ∴t4， ∴x1． ②若BP＝AP＝6，AC＝BQ＝4，△ACP≌△BQP， ∴t2， ∴x3， 故答案为1或3． 8．（2019春•徐汇区校级期中）如图，BF＝EC，∠A＝∠D，那么要得到△ABC≌△DEF，可以添加一个条件（只需填上一个正确的条件　∠B＝∠E或∠ACB＝∠DFE ． 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】根据全等三角形的判定方法即可解决问题． 【解答】解：∵BF＝CE， ∴BC＝EF， ∵∠A＝∠D， ∴当∠B＝∠E或∠ACB＝∠DFE时，△ABC≌△DEF， 故答案为∠B＝∠E或∠ACB＝∠DFE 9．（2025春•黄浦区期末）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＝　2或或12　 秒时，△PEC与△QFC全等． 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【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． 10．（2025春•宝山区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝10厘米，BC＝8厘米，CD＝12厘米，∠B＝∠C，点E为AB的中点．如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由点B向点C运动，同时，点Q在线段CD上由点C向点D运动．当点Q的运动速度为 　或3　 厘米/秒时，能够使得△BEP与△CPQ在某一时刻全等． 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】设点Q的运动速度为x厘米/秒时，点C运动t秒时，△BEP与△CPQ全等，此时CQ＝xt厘米，BP＝3t厘米，CP＝（8﹣3t）厘米，由于∠B＝∠C，根据全等三角形的判定方法，当BE＝CQ，BP＝CP时，△BEP≌△CQP，即5＝xt，3t＝8﹣3t，当BE＝CP，BP＝CQ时，△BEP≌△CPQ，即5＝8﹣3t，3t＝xt，然后分别解方程组求出x、t即可． 【解答】解：设点Q的运动速度为x厘米/秒时，点C运动t秒时，△BEP与△CPQ全等，此时CQ＝xt厘米，BP＝3t厘米，CP＝（8﹣3t）厘米， ∵点E为AB的中点， ∴BEAB＝5厘米， ∵∠B＝∠C， ∴当BE＝CQ，BP＝CP时，△BEP≌△CQP（SAS）， 即5＝xt，3t＝8﹣3t， 解得t，x； 当BE＝CP，BP＝CQ时，△BEP≌△CPQ（SAS）， 即5＝8﹣3t，3t＝xt， 解得t＝1，x＝3； 综上所述，点Q的运动速度为或3厘米/秒时，能够使得△BEP与△CPQ在某一时刻全等． 故答案为：或3． 11．（2025春•浦东新区期末）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．请补全证明过程，并在括号里写上理由． 证明：∵∠1＝∠2， ∴∠1+　∠AED ＝∠2+　∠AED ， ∴∠AEC＝ 　∠BED ， 在△AEC和△BED中 ∵， 所以△AEC≌△BED（ ASA ）． 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】由∠1＝∠2，得到∠AEC＝∠BED，即可证明△AEC≌△BED（ASA）． 【解答】证明：∵∠1＝∠2， ∴∠1+∠AED＝∠2+∠AED， ∴∠AEC＝∠BED， 在△AEC和△BED中 ， 所以△AEC≌△BED（ASA）． 故答案为：∠AED，∠AED，∠BED，∠A，∠B，AE，BE，∠AEC，∠BED，ASA． 12．（2025春•浦东新区期末）如图，已知AC∥DE，AC＝DE，BD＝FC，说明△ABC≌△EFD．请填写说理过程或理由． 【考点】全等三角形的判定；平行线的性质．版权所有 【分析】根据平行线的性质、线段的和差求出∠ACB＝∠EDF，BC＝FD，利用SAS证明△ABC≌△EFD即可． 【解答】解析：∵AC∥DE， ∴∠ACB＝∠EDF， ∵BD＝FC， ∴BF﹣BD＝BF﹣FC， 即BC＝FD， 在△ABC与△EFD中， ， ∴△ABC≌△EFD（SAS）． 13．（2025秋•邵阳校级期末）已知：如图，AD与BE相交于点F，BD与CE相交于点G，∠D＝∠E，∠CBD＝∠ABE，BA＝BC．求证：△ABD≌△CBE． 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】先证明∠ABD＝∠CBE，再利用AAS即可证明△ABD≌△CBE． 【解答】证明：∵∠CBD＝∠ABE， ∴∠CBD+∠DBE＝∠ABE+∠DBE， ∴∠ABD＝∠CBE， 在△ABD和△CBE中， ， ∴△ABD≌△CBE（AAS）． 14．（2025秋•扬州期末）如图，在△ABC和△ADE中，延长BC交DE于F．BC＝DE，AC＝AE，∠ACF+∠AED＝180°．求证：△ABC≌△ADE． 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】由“SAS”可证△ABC≌△ADE． 【解答】证明：∵∠ACB+∠ACF＝∠ACF+∠AED＝180°， ∴∠ACB＝∠AED， 在△ABC和△ADE中， ， ∴△ABC≌△ADE（SAS）， 15．（2025春•崇明区期末）如图，点F、G为线段BC上两点，FE⊥BC于F，GD⊥BC于G，连接BD、CE，∠B＝∠C，BF＝CG． （1）如图1，求证：△BDG≌△CEF． （2）如图2，设BD与CE相交于点O，连接BE、CD并延长相交于点A，请直接写出图中所有全等的三角形． （△BDG≌△CEF除外，均用图中给出的字母表示．） 【考点】全等三角形的判定；全等三角形的性质．版权所有 【分析】（1）先证明BG＝CF，然后根据“ASA”判断△BDG≌△CEF； （2）先利用△BDG≌△CEF得到BD＝CE，DG＝EF，再根据“SAS”证明△BEF≌△CDG；所以BE＝CD，接着利用“SSS”证明△BCE≌△CBD，然后证明∠EBO＝∠DCO，则可根据“SAS”证明△BOE≌△COD，利用“AAS”证明△BAD≌△CAE． 【解答】（1）证明：∵FE⊥BC，GD⊥BC， ∴∠BGD＝∠CFE＝90°， ∵BF＝CG， ∴BF+FG＝FG+CG， 即BG＝CF， 在△BDG和△CEF中， ， ∴△BDG≌△CEF（ASA）； （2）解：∵△BDG≌△CEF， ∴BD＝CE，DG＝EF， 在△BEF和△CDG中， ， ∴△BEF≌△CDG（SAS）； ∴BE＝CD， 在△BCE和△CBD中， ， ∴△BCE≌△CBD（SSS）； ∴∠EBC＝∠DCB， ∵∠OBC＝∠OCB ∴∠EBO＝∠DCO，OB＝OC ∴∠EBO＝∠DCO， 在△BOE和△COD中， ， ∴△BOE≌△COD（SAS）； 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（AAS）， 综上所述，图中全等的三角形为△BEF≌△CDG，△BCE≌△CBD，△BOE≌△COD，△BAD≌△CAE． 16．（2025春•崇明区期中）如图①，AB＝10cm，AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A、B，AC＝7cm．点P在线段AB上以3cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q从点B出发在射线BD上运动．它们运动的时间为t（s）（当点P运动结束时，点Q运动随之结束）． （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？并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系，请分别说明理由； （2）如图②，若“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB＝∠DBA”，点Q的运动速度为xcm/s，其他条件不变，当△ACP与△BPQ全等时，求出相应的x与t的值． 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】（1）当t＝1时，依题意得AP＝BQ＝3cm，AC＝BP＝7cm，∠A＝∠B＝90°，由此可依据“SAS”判定△ACP与△BPQ全等；由全等三角形的性质得∠C＝∠BPQ，再根据∠C+∠APC＝90°得∠BPQ+∠APC＝90°，进而得∠CPQ＝90°，由此可得出线段PC和线段PQ的位置关系； （2）依题意得AP＝3tcm，BQ＝xtcm，BP＝（10﹣3t）cm，∠CAB＝∠DBA，由此得有以下两种情况：①当AP＝BQ，AC＝BP时，△ACP≌△BPQ，由AP＝BQ得3t＝xt，解得x＝3，由AC＝BP得7＝10﹣3t，解得t＝1，②当AP＝BP，AC＝BQ时，△ACP≌△BQP，由AP＝BP得3t＝10﹣3t，解得t，由AC＝BQ得7＝xt，进而得x，综上所述即可得出x的值． 【解答】解：（1）当t＝1时，△ACP与△BPQ全等；线段PC和线段PQ的位置关系是：PC⊥PQ，理由如下： ∵点Q的运动速度与点P的运动速度相等，都是3cm/s，且运动的时间t＝1s， ∴AP＝3cm，BQ＝3cm， ∴AP＝BQ＝3cm， ∵AB＝10cm， ∴BP＝AB﹣AP＝7cm， 又∵AC＝7cm， ∴AC＝BP＝7cm， ∵AC⊥AB，BD⊥AB， ∴∠A＝∠B＝90°， 在△ACP与△BPQ中， ， ∴△ACP≌△BPQ（SAS）， ∴∠C＝∠BPQ， 在Rt△APC中，∠C+∠APC＝90°， ∴∠BPQ+∠APC＝90°， ∴∠CPQ＝180°﹣（∠BPQ+∠APC）＝90°， ∴PC⊥PQ； （2）依题意得：AP＝3tcm，BQ＝xtcm， ∵AB＝10cm， ∴BP＝AB﹣AP＝（10﹣3t）cm， 又∵AC＝7cm，∠CAB＝∠DBA， ①当AP＝BQ，AC＝BP时，△ACP≌△BPQ， 由AP＝BQ，得：3t＝xt， 解得：x＝3， 由AC＝BP，得：7＝10﹣3t， 解得：t＝1， ②当AP＝BP，AC＝BQ时，△ACP≌△BQP， 由AP＝BP，得：3t＝10﹣3t， 解得：t， 由AC＝BQ，得：7＝xt， ∴， 解得：x， 综上所述：x的值是3或cm/s． 二．作图—尺规作图的定义（共5小题） 17．（2025秋•遵义校级期末）如图，是尺规作图中“作一个角等于已知角”的示意图，具体步骤如下： ①如图，以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA，OB于点C，D； ②画射线O′A′，以O′为圆心，OC长为半径画弧，交O′A′于点C′； ③以C′为圆心，CD长为半径画弧，与上一步所画弧交于点D′； ④过点D′画射线O′B′，则∠A′O′B′＝∠AOB． 从作图过程中，能判定△COD≌△C′O′D′的依据是（　　） A．ASA B．SAS C．AAS D．SSS 【考点】作图—尺规作图的定义；全等三角形的判定．版权所有 【分析】由作图可知OC＝O′C′，OD＝O′D′，CD＝C′D′，然后问题可求解． 【解答】解：由作图可知： ， ∴△COD≌△C′O′D′（SSS）； 故选：D． 18．（2025秋•东港市期末）下列尺规作图的语句正确的是（　　） A．作射线MN＝6cm B．延长直线AB到D C．延长线段AB至C，使AC＝BC D．以点O为圆心，任意长为半径画弧 【考点】作图—尺规作图的定义．版权所有 【分析】结合射线、直线、线段的定义逐项判断即可． 【解答】解：射线没有长度， 故A选项说法不正确，不符合题意； 直线可以向两端无限延伸，而延长直线AB的说法不对， 故B选项说法不正确，不符合题意； 延长线段AB至C，此时AC＞BC， 故C选项说法不正确，不符合题意； 以点O为圆心，任意长为半径画弧，说法正确， 故D选项符合题意． 故选：D． 19．（2025秋•巫山县期末）已知：如图，线段a和线段b． （1）尺规作图：求作线段AB＝a+b，并在线段BA的延长线上，求作线段AC＝a﹣b；（作图工具只限直尺和圆规，保留作图痕迹） （2）若M、N分别是AB、AC的中点，求MN的长（用含a、b的式子表示）． 【考点】作图—尺规作图的定义；列代数式；两点间的距离．版权所有 【分析】（1）在射线AF上截取AP＝b，在射线PF上截取PB＝a，则AB＝a+b，在射线AE上截取AQ＝a，在线段QA上截取QC＝b，则AC＝a﹣b； （2）根据线段中点的性质得出，即可求解． 【解答】解：（1）在射线AF上截取AP＝b，在射线PF上截取PB＝a，则AB＝a+b， 在射线AE上截取AQ＝a，在线段QA上截取QC＝b，则AC＝a﹣b； 如图所示，AB，AC即为所求； （2）∵AB＝a+b，AC＝a﹣b，M、N分别是AB、AC的中点， ∴，， ∴． 20．（2025秋•思明区校级期末）已知：如图，已知三点A，B，C，请完成以下问题： （1）尺规作图：画直线AB，射线AC；连接BC，并在BC的延长线上取点E，使得CE＝AB+BC；（作图工具只限直尺和圆规，保留作图痕迹） （2）在（1）的条件下，若AB＝1，BC＝2，点F为CE的中点，求线段BF的长． 【考点】作图—尺规作图的定义；直线、射线、线段；两点间的距离．版权所有 【分析】（1）根据几何语言画出对应的几何图形； （2）先计算出CE＝3，再根据线段中点的定义计算出CF，然后计算BC+CF即可． 【解答】解：（1）如图，直线AB，射线AC和点E为所作； （2）∵AB＝1，BC＝2， ∴CE＝1+2＝3， ∵点F为CE的中点， ∴CFCE， ∴BF＝BC+CF＝2． 21．（2025秋•鲤城区校级期末）如图，点A，B，C是不在一条直线上的三个点，过B，C两点作直线，并连接AB，AC． （1）尺规作图：延长CA至D，使得点A为CD的中点，作射线AB，在射线AB上截取AE＝3AB．（作图工具只限直尺和圆规，保留作图痕迹） （2）若AB＝AC，CD＝10cm，求BE的长． 【考点】作图—尺规作图的定义；直线、射线、线段；两点间的距离．版权所有 【分析】（1）根据题意作出图形即可； （2）根据线段中点的定义得到AC＝ADCD＝5cm，得到AB＝5cm，根据线段的和差即可得到结论． 【解答】解：（1）如图所示，点D，射线AB，线段AE即为所求； （2）∵A为CD的中点， ∴AC＝ADCD＝5cm， ∵AB＝AC， ∴AB＝AC＝5cm， ∵AE＝3AB， ∴AE＝3×5＝15（cm）， ∴BE＝AE﹣AB＝15﹣5＝10（cm）． 三．全等三角形的性质与判定（共19小题） 22．（2025秋•浦东新区期末）如图，C、D两点分别在射线OA，OB上，点P在∠AOB的内部，且CP＝DP，PM⊥OA，PN⊥OB，垂足分别为点M、N，且CM＝DN，若DN＝3，CO＝7，则DO的长为（　　） A．10 B．13 C．15 D．17 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】利用全等三角形的判定与性质求出OM＝ON，再根据线段的和差求解即可． 【解答】解：∵PM⊥OA，PN⊥OB， ∴△CPM、△DPN、△OPM、△OPN是直角三角形， 在Rt△CPM和Rt△DPN中， ， ∴Rt△CPM≌Rt△DPN（HL）， ∴PM＝PN， 在Rt△OPM和Rt△OPN中， ， ∴Rt△OPM≌Rt△OPN（HL）， ∴OM＝ON， ∴DO＝ON+DN＝OM+DN＝CO+DN+DN＝CO+2DN， ∵DN＝3，CO＝7， ∴DO＝13， 故选：B． 23．（2024秋•浦东新区校级期末）如图在等腰三角形ABC中，AB＝AC，动点D在线段AB上，动点E在线段AC的延长线上，线段DE交BC与点F，当DF＝EF时，下列等式总是成立的是（　　） A．BF＝CF B．BD＝CE C．∠AEF＝∠DFB D．∠ACB＝∠ADE 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】作DH∥AC交BC于点H，则∠DHB＝∠ACB，∠DHF＝∠ECF，由AB＝AC，得∠B＝∠ACB，则∠DHB＝∠B，所以HD＝BD，而∠DFH＝∠EFC，DF＝EF，即可根据“AAS”证明△DFH≌△EFC，得HF＝CF，HD＝CE，由BF＞HF，得BF＞CF，可判断A不符合题意；可推导出BD＝CE，可判断B符合题意；假设∠AEF＝∠DFB成立，则∠AEF＝∠CFE，因为D、E都是动点，所以∠AEF＝∠CFE不总是成立的，可知∠AEF＝∠DFB不总是成立的，可判断C不符合题意；因为∠B＜∠ADE，∠B＝∠ACB，所以∠ACB＜∠ADE，可判断D不符合题意，于是得到问题的答案． 【解答】解：作DH∥AC交BC于点H，则∠DHB＝∠ACB，∠DHF＝∠ECF， ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB， ∴∠DHB＝∠B， ∴HD＝BD， 在△DFH和△EFC中， ， ∴△DFH≌△EFC（AAS）， ∴HF＝CF，HD＝CE， ∵BF＞HF， ∴BF＞CF， 故A不符合题意； ∵HD＝BD，HD＝CE， ∴BD＝CE， 故B符合题意； 假设∠AEF＝∠DFB成立， ∵∠DFB＝∠CFE， ∴∠AEF＝∠CFE， ∵D、E分别是线段AB、线段AC延长线上的动点， ∴∠AEF＝∠CFE不总是成立的， ∴∠AEF＝∠DFB不总是成立的， 故C不符合题意； ∵∠B＜∠ADE，∠B＝∠ACB， ∴∠ACB＜∠ADE， 故D不符合题意， 故选：B． 24．（2025秋•徐汇区校级月考）如图，有两根长度相同的竹竿靠在一面竖直的墙两侧，已知左边竹竿端点C与墙角A的距离等于右边竹竿底部F与墙角D的距离，则∠ABC+∠DFE＝（　　） A．90° B．100° C．110° D．120° 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】根据题意可知，AC＝DF、BC＝EF，∠BAC＝∠EDF＝90°，进而证得Rt△ABC≌Rt△DEF（HL），根据全等三角形的性质证得∠ABC＝∠DEF，进而证得∠ABC+∠DFE＝90°． 【解答】解：由题意得，AC＝DF、BC＝EF，∠BAC＝∠EDF＝90°， ∴Rt△ABC≌Rt△DEF（HL）， ∴∠ABC＝∠DEF， ∴∠ABC+∠DFE＝∠DEF+∠DFE＝90°， 故选：A． 25．（2025秋•上海校级期中）如图，已知∠AOB＝∠FEG＝90°，OE平分∠AOB，点F、G分别在射线OA、射线OB上运动，那么在运动过程中，下列说法正确的有（　　） ①EF＝EG； ②OF+OG的值不变； ③以E、F、O、G为顶点围成的四边形的面积不变； ④FG长度不变． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】过点E作EM⊥OA于M，EN⊥OB于N，根据角平分线的性质得出EM＝EN，根据ASA证明△EMF≌△ENG，得出EF＝EG，MF＝NG，即可判断①；根据AAS证明△EMO≌△ENO，得出OM＝ON，即可判断②；根据全等三角形的性质得出S△EMF＝S△ENG，S△EMO＝S△ENO，即可判断③；根据勾股定理即可判断④． 【解答】解：过点E作EM⊥OA于M，EN⊥OB于N， ∵OE平分∠AOB， ∴EM＝EN， ∵∠AOB＝90°，EM⊥OA，EN⊥OB， ∴∠MEN＝90°， 又∠FEG＝90°， ∴∠MEN＝∠FEG， ∴∠MEF＝∠NEG， 在△EMF和△ENG中， ， ∴△EMF≌△ENG（ASA）， ∴EF＝EG，MF＝NG， 故①正确； ∵OE平分∠AOB， ∴∠EOM＝∠EON， 又∠EMO＝∠ENO＝90°，OE＝OE， ∴△EMO≌△ENO（AAS）， ∴OM＝ON， 又∵MF＝NG， ∴OF+OG＝OM﹣MF+ON+NG＝2ON， ∴OF+OG的值不变， 故②正确； ∵△EMF≌△ENG，△EMO≌△ENO， ∴S△EMF＝S△ENG，S△EMO＝S△ENO， ∴S四边形OFGE＝S△OEF+S△OEG＝S△OME﹣S△MEF+S△OEN+S△GEN＝2S△OME， ∴以E、F、O、G为顶点围成的四边形的面积不变， 故③正确； 根据勾股定理，得 ， ∵OF随点F的位置变化而变化， ∴FG长度改变， 故④错误， 综上所述，正确的有①②③，共3个， 故选：D． 26．（2025秋•闵行区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D，E分别为线段AB，AC上一点，且AD＝AE，连接BE、CD交于点G，延长AG交BC于点F．以下四个结论正确的是（　　） ①BF＝CF； ②若BE⊥AC，则CF＝DF； ③连结EF，若BE⊥AC，则∠DFE＝2∠ABE； ④若BE平分∠ABC，则FG． A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④ 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】由“SAS”可证△BAE≌△CAD，可得∠ABE＝∠ACD，可证∠GBC＝∠GCB，可得BG＝CG，则点G是BC的中垂线上，由线段垂直平分线的性质可得BF＝CF，故①正确； 由全等三角形的性质可得∠ADC＝∠AEB＝90°，由直角三角形的性质可得CF＝DF，故②正确； 由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得2∠DBF+2∠ECF﹣∠DFE＝180°，由∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，可得∠DFE＝2∠ABE，故③正确； 由角平分线的性质可证点G是角平分线的交点，可得点G到三边距离相等，由面积法可求FG，故④正确；即可求解． 【解答】解：在△BAE和△CAD中， ， ∴△BAE≌△CAD（SAS）， ∴∠ABE＝∠ACD， ∵AB＝AC＝5， ∴∠ABC＝∠ACB， ∴∠GBC＝∠GCB， ∴BG＝CG， ∴点G是BC的中垂线上， ∵AB＝AC， ∴点A在BC的中垂线上， ∴AG垂直平分BC， ∴BF＝CF，故①正确； 若BE⊥AC，则∠AEB＝90°， ∵△BAE≌△CAD， ∴∠ADC＝∠AEB＝90°， ∴∠BDC＝90°， 又∵BF＝CF， ∴CF＝DF，故②正确； 如图，连接EF， 若BE⊥AC，则∠AEB＝90°， ∵△BAE≌△CAD， ∴∠ADC＝∠AEB＝90°， ∴∠BDC＝90°＝∠BEC， 又∵BF＝CF， ∴CF＝DF＝EF＝BF， ∴∠DBF＝∠BDF，∠FEC＝∠FCE， ∴2∠DBF+∠DFB＝180°，2∠ECF+∠EFC＝180°， 又∵∠DFB+∠EFC+∠DFE＝180°， ∴2∠DBF+2∠ECF﹣∠DFE＝180°， ∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°， ∴2∠BAC+2∠ABC+2∠ACB＝360°， ∴2∠BAC+180°+∠DFE＝360°， ∴2∠BAC+∠DFE＝180°， ∵∠BAC+∠ABE＝90°， ∴∠DFE＝2∠ABE，故③正确， 若BE平分∠ABC， ∴∠ABE＝∠CBE∠ABC， ∵∠ABE＝∠ACD，∠GBC＝∠GCB， ∴∠ACD＝∠BCD， ∴点G是角平分线的交点， ∴点G到三边的距离为GF的长， ∵AB＝AC＝5，BC＝6，BF＝CF， ∴BF＝CF＝3， ∴AF4， ∵S△ABCBC•AFAB•GFAC•GFCB•GF， ∴FG，故④正确； 故选：D． 27．（2025秋•浦东新区校级期末）如图，点D在BC上，∠BED＝∠CDF＝90°，BD＝CF，BE＝CD．若∠A＝40°，则∠EDF＝　70°　 ． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】证明Rt△BDE≌Rt△CFD，可得∠B＝∠C＝70°，即可求解． 【解答】解：∵∠BED＝∠CDF＝90°， 在Rt△BDE与Rt△CFD中， ， ∴Rt△BDE≌Rt△CFD（HL）， ∴∠B＝∠C， ∵∠A＝40°， ∴， ∵∠BDE+∠B＝∠BDE+∠EDF＝90°， ∴∠EDF＝∠B＝70°， 故答案为：70°． 28．（2025秋•闵行区校级月考）如图，在凸四边形ABCD中，AB＞AD，BC＝CD，AC平分∠BAD，∠BAD＝25°，则∠BCD的度数为　155°　 ． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】在AB上截取AE＝AD，证明△CAD≌△CAE，可得到∠D＝∠AEC，再利用四边形的内角和公式可求出∠BCD的度数． 【解答】解：∵AB＞AD， ∴可在AB上截取AE＝AD， 连接CE，如图， ∵AC平分∠BAD， ∴∠CAD＝∠CAE， 在△CAD和△CAE中， ， ∴△CAD≌△CAE（SAS）， ∴∠D＝∠AEC，CD＝CE， ∵BC＝CD， ∴BC＝CE， ∴∠B＝∠BEC， ∴∠B+∠D＝∠BEC+AEC＝180°， ∵∠BAD＝25°， ∴∠BCD＝360°﹣（∠B+∠D+∠BAD） ＝360°﹣（180°+25°）＝155°． 故答案为：155°． 29．（2025秋•闵行区校级月考）如图，在△ABC中，已知点D在线段AB的反向延长线上，过AC的中点F作线段GE交∠DAC的平分线于E，交BC于G，且AE∥BC．如果AE＝8，AB＝10，GC＝2BG，那么△ABC的周长是 　32　 ． 【考点】全等三角形的判定与性质；角平分线的定义；平行线的性质．版权所有 【分析】根据平行线的性质证明∠B＝∠DAE，∠C＝∠CAE，结合角平分线的定义可推得∠B＝∠C，根据等角对等边得出AB＝AC，结合对顶角相等和全等三角形的判定证明△AEF≌△CFG，根据全等三角形的性质得出CG的长，然后可求得BC的长，即可解答． 【解答】解：∵AE∥BC， ∴∠B＝∠DAE，∠C＝∠CAE， ∵AE平分∠DAC， ∴∠DAE＝∠CAE， ∴∠B＝∠C， ∴AB＝AC＝10， ∵F是AC的中点， ∴AF＝CF， ∵AE∥BC， ∴∠C＝∠CAE， 在△AFE和△CFG中， ， ∴△AFE≌△CFG（ASA）， ∴AE＝GC＝8， ∵GC＝2BG， ∴BG＝4， ∴BC＝BG+GC＝8+4＝12， ∴△ABC的周长＝AB+AC+BC＝10+10+12＝32． 30．（2025春•浦东新区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，分别过点B、C作经过点A的直线的垂线段BD、CE，若BD＝6cm，CE＝8cm，则DE的长为　14　 cm． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】利用垂直的定义得到∠BDA＝∠AEC，由平角的定义及同角的余角相等得到∠ABD＝∠CAE，利用AAS证得△ABD≌△CAE，再由全等三角形对应边相等得到DB＝AE＝6cm，AD＝CE＝8cm，由DE＝AD+AE即可求出DE长． 【解答】解：∵BD⊥DE，CE⊥DE， ∴∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°， ∴∠BAD+∠CAE＝90°， ∵∠BAD+∠ABD＝90°， ∴∠ABD＝∠CAE， 在△ABD和△CAE中， ， ∴△ABD≌△CAE（AAS）， ∴DB＝AE＝6cm，CE＝AD＝8cm， 则DE＝AD+AE＝8+6＝14（厘米）， 故答案为：14． 31．（2025春•徐汇区校级月考）如图，△ABC中，AB＝AC，点D、E、F分别在AB、BC、CA边上，且BE＝CF，BD＝CE，如果∠DEF＝56°，则∠A的度数为 　68°　 ． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】由AB＝AC，得∠B＝∠C，而BE＝CF，BD＝CE，即可根据“SAS”证明△BDE≌△CEF，得∠BDE＝∠CEF，则∠B＝180°﹣（∠BDE+∠BED）＝180°﹣（∠CEF+∠BED）＝∠DEF＝56°，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， 在△BDE和△CEF中， ， ∴△BDE≌△CEF（SAS）， ∴∠BDE＝∠CEF， ∵∠DEF＝56°， ∴∠B＝180°﹣（∠BDE+∠BED）＝180°﹣（∠CEF+∠BED）＝∠DEF＝56°， ∴∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣2∠B＝180°﹣2×56°＝68°， 故答案为：68°． 32．（2025春•徐汇区校级月考）如图5，在△ABC中，AD是中线，BF⊥AD于F，CE⊥AD于E，若AE＝5，AF＝11，则中线AD的长是 　8　 ． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】由BF⊥AD于F，CE⊥AD于E，得∠BFD＝∠CED，由AD是△ABC的中线，得BD＝CD，而∠BDF＝∠CDE，即可根据“AAS”证明△BDF≌△CDE，得DF＝DE，则11﹣AD＝AD﹣5，求得AD＝8，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵BF⊥AD于F，CE⊥AD于E， ∴∠BFD＝∠CED， ∵AD是△ABC的中线， ∴BD＝CD， 在△BDF和△CDE中， ， ∴△BDF≌△CDE（AAS）， ∴DF＝DE， ∴AF﹣AD＝AD﹣AE， ∵AF＝11，AE＝5， ∴11﹣AD＝AD﹣5， ∴AD＝8． 故答案为：8． 33．（2025春•闵行区校级月考）在△ABC中，AB＝3，AC＝5，延长BC至D，使CD＝BC，连接AD，则AD的长度的取值范围是 　7＜AD＜13　 ． 【考点】全等三角形的判定与性质；三角形的角平分线、中线和高；三角形三边关系．版权所有 【分析】延长AC至E，使CE＝AC，证明△ACB≌△ECD，根据全等三角形的性质得到ED＝AB＝3，再根据三角形的三边关系计算即可． 【解答】解：如图，延长AC至E，使CE＝AC， 在△ACB和△ECD中， ， ∴△ACB≌△ECD（SAS）， ∴ED＝AB＝3， ∵AC＝5， ∴AE＝10， 在△AED中，AE﹣DE＜AD＜AE+AD，即10﹣3＜AD＜10+3， ∴7＜AD＜13， 故答案为：7＜AD＜13． 34．（2025秋•黄浦区期末）如图所示，在△ABC中，AD为BC边上的中线，AB＝5，AC＝3，AD＝2，求△ABC的面积． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】延长AD至E，使DE＝AD，连接BE．根据SAS证明△ADC≌△EDB，得BE＝AC，再根据勾股定理和三角形面积即可求解． 【解答】解：延长AD至E，使DE＝AD，连接BE， ∵AD为BC边上的中线， ∴BD＝DC， 在△ADC与△EDB中 ， ∴△ADC≌EDB（SAS）， ∴BE＝AC＝3， 在△ABE中，AB＝5，BE＝3，AE＝2+2＝4， 即52＝32+42，即AB2＝BE2+AE2， ∴△ABE是直角三角形， ∴△ABE的面积， ∵△ADC≌△EDB， ∴△EDB的面积＝△ADC的面积， ∴△ABC的面积＝△ABE的面积＝6， 35．（2025春•黄浦区期末）如图，在△ABC中，D为AB边上一点，E为AC的中点，连接DE并延长至点F，使得EF＝ED，连接CF． （1）求证：CF∥AB； （2）若∠ABC＝50°，且AC平分∠BCF，求∠A的度数． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）求出∴△AED≌△CEF，根据全等得出∠A＝∠ACF，根据平行线的判定得出即可； （2）求出∠A＝∠ACB，根据三角形内角和定理求出即可． 【解答】（1）证明：在△AED和△CEF中 ， ∴△AED≌△CEF（SAS）， ∴∠A＝∠ACF， ∴CF∥AB； （2）解：∵CF∥AB， ∴∠A＝∠ACF，∠ABC+∠BCF＝180°， ∵∠ABC＝50°， ∴∠BCF＝130°， ∵AC平分∠BCF， ∴∠ACB＝∠ACF＝65°， ∴∠A＝∠ACF＝65°． 36．（2024秋•奉贤区期末）如图，在△ABC中，BD为边AC上的高，且BD＝CD，在BD上截取一点E使CE＝AB，延长CE交AB于点F，G为边BC上的中点，连接FG．（本题为几何证明题，需要写本学期所学的理由．） （1）求证：∠ABD＝∠ECD； （2）若FG∥AC，求证：CA＝CB． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）由BD为△ABC的边AC上的高，得∠ADB＝∠EDC＝90°，而AB＝EC，BD＝CD，即可根据“HL”证明Rt△ABD≌Rt△ECD，则∠ABD＝∠ECD； （2）由∠ABD＝∠ECD，∠ADB＝90°，得∠BFC＝∠A+∠ECD＝∠A+∠ABD＝90°，而G为边BC上的中点，所以FG＝BGBC，则∠GFB＝∠CBA，由FG∥AC，得∠GFB＝∠A，所以∠CAB＝∠A，则CA＝CB． 【解答】证明：（1）∵BD为△ABC的边AC上的高， ∴BD⊥AC， ∴∠ADB＝∠EDC＝90°， 在Rt△ABD和Rt△ECD中， ， ∴Rt△ABD≌Rt△ECD（HL）， ∴∠ABD＝∠ECD． （2）∵∠ABD＝∠ECD，∠ADB＝90°， ∴∠BFC＝∠A+∠ECD＝∠A+∠ABD＝90°， ∵G为边BC上的中点， ∴FG＝BGBC（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）， ∴∠GFB＝∠CBA， ∵FG∥AC， ∴∠GFB＝∠A， ∴∠CAB＝∠A， ∴CA＝CB． 37．（2025春•青浦区校级期中）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E、F分别在边BC、AC、AB上，且DF＝ED，∠FDE＝∠B．求证：BD＝CE． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】等边对等角，得到∠B＝∠C，三角形的外角，推出∠BFD＝∠EDC，进而证明△BFD≌△CDE，即可得证． 【解答】证明：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∵∠FDC＝∠FDE+∠EDC＝∠B+∠BFD，∠FDE＝∠B， ∴∠BFD＝∠EDC， 在△BFD和△CDE中， ， ∴△BFD≌△CDE（AAS）， ∴BD＝CE． 38．（2025春•青浦区校级期中）已知：如图∠ABC＝∠DCB，BD、AC分别平分∠ABC、∠DCB． （1）求证：△ABO≌△DCO； （2）求证：AD∥BC． 【考点】全等三角形的判定与性质；平行线的性质．版权所有 【分析】（1）根据角平分线的定义结合∠ABC＝∠DCB，即可推出∠ACB＝∠DBC＝∠ABD＝∠DCA，进而可得OB＝OC，再根据角边角即可证得结论； （2）根据全等三角形的性质可得OA＝OD，可得∠OAD＝∠ODA，然后根据三角形的内角和定理结合对顶角相等可得∠OAD＝∠OCB，即可得到结论． 【解答】证明：（1）∵BD、AC分别平分∠ABC，∠DCB， ∴（角平分线的性质）， ∵∠ABC＝∠DCB， ∴∠ACB＝∠DBC＝∠ABD＝∠DCA（等量代换）， ∴OB＝OC（等角对等边）， 在△ABO，△DCO中， ， ∴△ABO≌△DCO（ASA）； （2）∵△ABO≌△DCO， ∴OA＝OD（全等三角形对应边相等）， ∴∠OAD＝∠ODA， ∵∠OAD+∠ODA+∠AOD＝180°＝∠OBC+∠OCB+∠BOC，且∠AOD＝∠BOC，∠ACB＝∠DBC， ∴∠OAD＝∠OCB， ∴AD∥BC． 39．（2025秋•德州期中）已知，C为射线AD上一点，∠DAP＝∠PBC，PA＝PB． （1）证明：CP平分∠DCB； （2）若AP与BC交M，∠APB＝2∠CPA，证明：BM＝AC+CM． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）过点P作PF⊥AD于点F，PE⊥BC于点E，证明△PAF≌△PBE（AAS）推出PF＝PE，利用角平分线的判定定理即可证明CP平分∠DCB； （2）在CD上截取CE＝CM，连接PE．证明△PCE≌△PCM（SAS）推出∠EPC＝∠MPC，再证明△PBM≌△PAE（ASA），即可证明BM＝AC+CM． 【解答】证明：（1）过点P作PF⊥AD于点F，PE⊥BC于点E， ∴∠PFA＝∠PEB＝90°． 在△PAF和△PBE中， ， ∴△PAF≌△PBE（AAS）， ∴PF＝PE． ∵PF⊥AD，PE⊥BC， ∴CP平分∠DCB； （2）在CD上截取CE＝CM，连接PE． 由（1）得CP平分∠DCB， ∴∠PCE＝∠PCM． 在△PCE和△PCM中， ， ∴△PCE≌△PCM（SAS）， ∴∠EPC＝∠MPC． ∵∠APB＝2∠CPA， ∴∠APB＝∠APE． ∵∠DAP＝∠PBC，PA＝PB， 在△PBM和△PAE中， ， ∴△PBM≌△PAE（ASA）， ∴BM＝AE＝AC+CE＝AC+CM． 40．（2025春•闵行区校级月考）如图，在△ABC中，点D是边AB上一点，点E是边AC的中点，过C作CF∥AB，交DE的延长线于点F． （1）求证：△ADE≌△CFE； （2）AB＝5，CF＝3，求BD的长． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）先证明AE＝CE，再证明∠A＝∠FCE，∠ADE＝∠F，从而可得结论； （2）利用全等三角形的性质证明AD＝CF＝3，从而可得答案． 【解答】（1）证明：∵点E是边AC的中点， ∴AE＝CE， ∵CF∥AB， ∴∠A＝∠FCE，∠ADE＝∠F， 在△ADE和△CFE中， ， ∴△ADE≌△CFE（AAS）； （2）解：∵△ADE≌△CFE，CF＝3， ∴AD＝CF＝3， ∵AB＝5， ∴BD＝AB﹣AD＝5﹣3＝2． 四．创新及压轴题（共7小题） 41．（2025秋•浦东新区校级月考）已知：在△ABC中，AB＝6，AC＝5，∠A为锐角，△ABC的面积为9，点P为边AB上的动点，过点B作BD∥AC，交CP的延长线于点D，CE平分∠ACP交AB于点E． （1）如图1，当CD⊥AB时，求PE的长？ （2）如图2，当点E为AB的中点时，请猜想并证明：线段AC、CD、DB的数量关系？ 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）根据三角形的面积公式得出CP，进而利用勾股定理得出PA即可求出PE； （2）延长BD，过A作AO∥BC，利用平行四边形的性质解答即可． 【解答】解：（1）∵CD⊥AB，ABC的面积为9，AB＝6， ∴AB•CP6×CP＝9， ∴CP＝3， 由勾股定理得：PA4， 过点E作EF⊥AC， ∵CE是角平分线， ∴PE＝EF，CF＝PC＝3， ∴AF＝2， ∴22+EF2＝（4﹣EF）2， 解得EF， ∴PE； （2）AC＝CD+DB．过A作AO∥BC交BD的延长线于点O， ∵BD∥AC．AO∥BC． ∴四边形AOBC是平行四边形， ∵AC＝BO， ∴E是AB的中点， ∴延长CE肯定可以过点O点， ∴∠ACO＝∠COD， ∵∠ACP的平分线交AB于点E， ∴∠OCD＝∠ACO， ∴∠OCD＝∠ACO＝∠COD， ∵．CD＝DO， ∵DO+DB＝BO＝AC， ∴AC＝CD+DB． 42．（2025春•青浦区校级期中）【初步探索】 （1）如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系． 小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是　∠BAE+∠FAD＝∠EAF ． 【灵活运用】 （2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由． 【拓展延伸】 （3）已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，AB＝AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF＝BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF，据此得出结论； （2）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF； （3）在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE＝∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°，推导得到2∠FAE+∠DAB＝360°，即可得出结论． 【解答】解：（1）结论：∠BAE+∠FAD＝∠EAF． 理由：如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG， ∵EF＝BE+DF， ∴EF＝DF+DG＝FG， 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SSS）， ∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF． 故答案为：∠BAE+∠FAD＝∠EAF； （2）仍成立，理由： 如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG， ∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADG+∠ADF＝180°， ∴∠B＝∠ADG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG， 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SSS）， ∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF； （3）结论：∠EAF＝180°∠DAB． 理由：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG， ∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°， ∴∠ADC＝∠ABE， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE， 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SSS）， ∴∠FAE＝∠FAG， ∵∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°， ∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）＝360°， ∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）＝360°， 即2∠FAE+∠DAB＝360°， ∴∠EAF＝180°∠DAB． 43．（2025秋•路南区期中）如图，△ABC的两条高AD与BE交于点O，AD＝BD，AC＝6． （1）求BO的长； （2）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4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，求t的值． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）由AAS证明Rt△BDO≌Rt△ADC，根据对应边相等求得BO的长； （2）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：（1）∵∠BOD＝∠AOE，∠CAD+∠ACD＝∠CAD+∠AOE＝90°， ∴∠ACD＝∠AOE， ∴∠BOD＝∠ACD． 又∵∠BDO＝∠ADC＝90°，AD＝BD， ∴Rt△BDO≌Rt△ADC（AAS）， ∴BO＝AC＝6． （2）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＝6﹣4t， ∴t＝6﹣4t，解得t＝1.2． 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＝4t﹣6， ∴t＝4t﹣6，解得t＝2． 综上，t＝1.2或2． 44．（2022春•徐汇区校级期末）（1）观察理解：如图1，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l过点C，点A，B在直线l同侧，BD⊥l，AE⊥l，垂足分别为D，E，由此可得：∠AEC＝∠CDB＝90°，所以∠CAE+∠ACE＝90°，又因为∠ACB＝90°，所以∠BCD+∠ACE＝90°，所以∠CAE＝∠BCD，又因为AC＝BC，所以△AEC≌△CDB（ AAS ）；（请填写全等判定的方法） （2）理解应用：如图2，AE⊥AB，且AE＝AB，BC⊥CD，且BC＝CD，利用（1）中的结论，请按照图中所标注的数据计算图中实线所围成的图形的面积S＝　50　 ； （3）类比探究：如图3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，将斜边AB绕点A逆时针旋转90°至AB′，连接B′C，求△AB′C的面积． （4）拓展提升：如图4，等边△EBC中，EC＝BC＝3cm，点O在BC上，且OC＝2cm，动点P从点E沿射线EC以1cm/s速度运动，连接OP，将线段OP绕点O逆时针旋转120°得到线段OF．设点P运动的时间为t秒． ①当t＝　1　 秒时，OF∥ED； ②当t＝　2　 秒时，OF⊥BC； ③当t＝　4　 秒时，点F恰好落在射线EB上． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）根据AAS证明△AEC≌△CDB； （2）利用（1）中的结论，△EFA≌△AGB，△BGC≌△CHD，利用面积差求S的值； （3）如图3，过B′作B′E⊥AC于E，证明△AEB′≌△BCA，得AC＝B′E＝4，根据面积公式可得结论； （4）由题意得：EP＝t，则PC＝3﹣t， ①如图4，根据平行线的性质和等边三角形的性质可得t的值； ②如图5，作辅助线构建等边三角形，可得t的值； ③如图6，证明△PCO≌△OBF，则PC＝OB＝1＝t﹣3，可得t＝4． 【解答】解：（1）在△AEC和△CDB中， ∵， ∴△AEC≌△CDB（AAS）， 故答案为：AAS； （2）∵AE＝AB，∠EAB＝90°，BC＝CD，∠BCD＝90°， 由（1）得：△EFA≌△AGB，△BGC≌△CHD， ∴AG＝EF＝6，AF＝BG＝3，CG＝DH＝4，CH＝BG＝3， ∴S＝S梯形EFHD﹣2S△AEF﹣2S△CHD（4+6）×16﹣2280﹣18﹣12＝50， 故答案为：50； （3）如图3，过B′作B′E⊥AC于E， 由旋转得：AB＝AB′， ∵∠BAB′＝90°， ∴△AEB′≌△BCA， ∴AC＝B′E＝4， ∴S△AB′CAC•B′E8； （4）由题意得：EP＝t，则PC＝3﹣t， ①如图4，∵OF∥ED， ∴∠POF+∠OPC＝180°， ∵∠POF＝120°， ∴∠OPC＝60°， ∵△BEC是等边三角形， ∴∠BCE＝60°， ∴∠BCE＝∠OPC＝60°， ∴△OPC是等边三角形， ∴PC＝OC＝2， ∴EP＝3﹣2＝1＝t， 即当t＝1秒时，OF∥ED； ②如图5，过点O作OM∥BE交CE于M， ∴∠E＝∠CMO＝∠OCM＝60°， ∴△COM是等边三角形， ∵OF⊥BC， ∴∠FOC＝90°， ∵∠FOP＝120°， ∴∠COP＝30°， ∴∠CPO＝90°， ∴OP⊥CP， ∴CP＝PM， 由①知：EM＝1， ∴CP＝PM＝1， ∴t＝2， 即当t＝2秒时，OF⊥BC； ③如图6，∵∠FOP＝120°， ∴∠FOB+∠COP＝60°， ∵∠BCE＝60°， ∴∠COP+∠OPC＝60°， ∴∠FOB＝∠OPC， ∵OF＝OP，∠OBF＝∠OCP＝120°， ∴△PCO≌△OBF， ∴PC＝OB＝1＝t﹣3， t＝4， 即当t＝4秒时，点F恰好落在射线EB上． 故答案为：①1；②2；③4． 45．（2025春•浦东新区校级期末）综合与实践 【问题情境】课外数学社团开展活动时，指导老师提出了如下问题：如图1，在△ABC中，若AB＝6，AC＝4，D为BC边上的中点，试求中线AD长的取值范围． 【探究方法】小明同学在组内和同学们合作交流后，得到了如下解决方法：如图2，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE．请根据小明同学的方法思考： （1）由已知条件和作辅助线，能得到△ADC≌△EDB，理由是A ． A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS （2）求中线AD长的取值范围．（直接写出答案） 【解决问题】 （3）老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图3，△ABC和△BDE都是等腰直角三角形．∠ABC＝∠DBE＝90°，BF是△BEC的中线，若BF＝5，求AD的长． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）根据全等三角形的判定即可求解； （2）由全等三角形的性质可得EB＝AC＝4，再根据三角形的三边关系解答即可求解； （3）延长BF至G，使GF＝BF，连接CG，可证△CFG≌△EFB（SAS），可得CG＝EB，∠1＝∠2，再证明△ABD≌△BCG（SAS），得到AD＝BG＝2BF＝10，即可求解． 【解答】解：（1）D为BC边上的中点， ∴BD＝CD， 在△ADC和△EDB中， ， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， ∴△ADC≌△EDB的理由是SAS， 故答案为：A； （2）∵△ADC≌△EDB， ∴EB＝AC＝4， ∵AB﹣EB＜AE＜AB+EB， ∴6﹣4＜2AD＜6+4， 即1＜AD＜5； （3）延长BF至G，使GF＝BF，连接CG， ∵BF是△BEC的中线， ∴CF＝EF， 在△CFG和△EFB中， ， ∴△CFG≌△EFB（SAS）， ∴CG＝EB，∠1＝∠2， ∵∠ABC＝∠DBE＝90°， ∴∠4+∠CBE＝180°， ∵∠2+∠3+∠CBE＝180°， ∴∠4＝∠2+∠3， ∵∠1＝∠2， ∴∠4＝∠1+∠3， 即∠4＝∠GCB， ∵△ABC和△BDE都是等腰直角三角形， ∴AB＝CB，BD＝BE， ∴BD＝CG， ∴△ABD≌△BCG（SAS）， ∴AD＝BG＝2BF＝10， 即AD的长为10． 46．（2025春•虹口区期末）费马是17世纪的法国数学家，他曾研究过一种特殊的点，它满足“在一个三角形所在平面上，到该三角形的三个顶点距离之和最短”，这样的点被称为“该三角形的费马点”． （1）如图，△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D在线段BC上且线段BD＞DC，请判断：点D是否为△ABC的费马点，并说明理由． （2）现有真命题：在△ABC中，三个内角都小于120°，在其内部存在一点P，满足∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，则点P称为△ABC的费马点． 小明利用该真命题，尝试用尺规作费马点，他的作法如下： 如图，对一个所有内角都小于120°的△ABC，分别以线段AB、AC为边向外侧作等边三角形ABD和等边三角形ACE，联结CD、BE交于点P．请完成证明： ①求证：∠ADC＝∠ABE； ②在线段DP上取点F使PF＝BP，联结BF，求证：点P是△ABC的费马点． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）作AE⊥BC于点E，连接AD，得到BE＝CE，推出E、D不重合，得到AD＞AE，于是得到结论； （2）①根据等边三角形的性质得到∠DAB＝∠CAE＝60°，AD＝AB，AC＝AE，根据全等三角形的性质得到∠ADC＝∠ABE； ②如图，在线段DP上取点F使PF＝BP，联结BF，AP，由①知∠ABD＝∠ADB＝60°，∠ADP＝∠ABP得到∠BPC＝∠PDB+∠PBD＝60﹣∠ADP+60+∠ABP＝120°，推出△PBF是等边三角形，根据全等三角形的性质得到∠APB＝∠DFB＝120°，于是得到结论． 【解答】解：（1）结论：点D不是费马点， 理由：作AE⊥BC于点E，连接AD， ∴BE＝CE， ∵BD＞DC， ∴E、D不重合， 在△ADE中，∠ADE＜∠AED＝90°， ∴AD＞AE， ∴点E到各顶点的距离之和＝BC+AE＜BC+DA＝点D到各顶点的距离之和， ∴点D是否为△ABC的费马点； （2）证明：①∵△ABD、△ABE是等边三角形， ∴∠DAB＝∠CAE＝60°，AD＝AB，AC＝AE， ∴∠DAC＝∠BAE， ∴△ABE≌△ADC（SAS）， ∴∠ADC＝∠ABE， ②如图，在线段DP上取点F使PF＝BP，联结BF，AP， 由①知∠ABD＝∠ADB＝60°，∠ADP＝∠ABP ∴∠BPC＝∠PDB+∠PBD＝60﹣∠ADP+60+∠ABP＝120°， ∴∠BPD＝60°， 又∵PF＝PB， ∴△PBF是等边三角形， ∵BF＝BP，∠FBP＝∠DBA＝60°， ∴∠DBF＝∠FBP， ∴△DFB≌△ABP（SAS）， ∴∠APB＝∠DFB＝120°， 由∠APB+∠APC+∠BPC＝360°，得∠APC＝120°， ∴点P是△ABC的费马点． 47．（2025春•普陀区校级月考）某校七年级学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形． （1）如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，BD⊥直线l，CE⊥直线l，垂足分别为D、E．可证得：DE、BD、CE的数量关系为 DE＝BD+CE ； （2）组员小丽想，如果将图①中的直角变式为一般情况，那么结论是否成立呢？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l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝a，其中a为任意钝角．请问（1）中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由； （3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用以上结论来解决问题： 如图③，以△ABC的边AB、AC为腰向外作等腰直角△ABE和△ACG，其中∠BAE＝∠CAG＝90°，若AH⊥BC，垂足为点H，延长HA交EG于点M．求证：点M是EG的中点． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）证明△ABD和△CAE全等得BD＝AE，AD＝CE，由此即可得出DE、BD、CE的数量关系； （2）同（1）证明△ABD和△CAE全等得BD＝AE，AD＝CE，进而得DE＝AE+AD＝BD+CE，据此即可得出结论； （3）过点E作EN∥AG，交AM的延长线于点N，根据AH⊥BC，∠BAE＝90°得∠ABC＝∠EAN，根据∠BAE＝∠CAG＝90°得∠BAC+∠EAG＝180°，根据EN∥AG得∠AEN+∠EAG＝180°，进而得∠BAC＝∠AEN，由此可依据“ASA”判定△ABC和△EAN全等，则AC＝EN＝AG，再证明△EMN和△GMA全等得EM＝GM，据此即可得出结论． 【解答】（1）解：DE、BD、CE的数量关系为：DE＝BD+CE，理由如下： 如图1所示： ∵BD⊥直线l，CE⊥直线l， ∴∠BDA＝∠AEC＝90°， ∴∠1+∠2＝90°， 在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠1+∠3＝90°， ∴∠2＝∠3， 在△ABD和△CAE中， ， ∴△ABD≌△CAE（AAS）， ∴BD＝AE，AD＝CE， ∴DE＝AE+AD＝BD+CE； （2）解：（1）中的结论成立，证明如下： 如图2所示： ∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，AB＝AC， ∴∠1+∠3＝180°﹣∠BAC＝180°﹣α， 在△ABD中，∠1+∠2＝180°﹣∠BDA＝180°﹣α， ∴∠2＝∠3， 在△ABD和△CAE中， ， ∴△ABD≌△CAE（AAS）， ∴BD＝AE，AD＝CE， ∴DE＝AE+AD＝BD+CE； （3）证明：过点E作EN∥AG，交AM的延长线于点N，如图3所示： ∵△ABE和△ACG都是等腰直角三角形，且∠BAE＝∠CAG＝90°， ∴AB＝AE，AC＝AG， ∵AH⊥BC， ∴∠ABC+∠HAB＝90°， ∵∠BAE＝90°， ∴∠HAB+∠EAN＝90°， ∴∠ABC＝∠EAN， ∵∠BAE＝∠CAG＝90°， ∴∠BAC+∠EAG＝180°， ∵EN∥AG， ∴∠AEN+∠EAG＝180°， ∴∠BAC＝∠AEN， 在△ABC和△EAN中， ， ∴△ABC≌△EAN（ASA）， ∴AC＝EN， ∵AC＝AG， ∴EN＝AG， ∵EN∥AG， ∴∠N＝∠MAG，∠MEN＝∠MGA， 在△EMN和△GMA中， ， △EMN≌△GMA（ASA）， ∴EM＝GM， ∴点M是EG的中点． 1．（2025春•宝山区校级期末）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 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【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． 2．（2025秋•上海校级期末）如图，已知点D在BC上，DE⊥AB于点E，DF⊥BC交AC于点F，BD＝CF，BE＝CD，若∠AFD＝140°，则∠EDF＝　50　 度． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】利用HL证明Rt△BED≌Rt△CDF得到∠B＝∠C，利用三角形外角的性质求出∠C的度数，再利用三角形的外角的性质即可得到答案． 【解答】解：∵DF⊥BC，DE⊥AB， ∴∠BED＝∠CDF， 在Rt△BED和Rt△CDF中， ， ∴Rt△BED≌Rt△CDF（HL）， ∴∠B＝∠C，∠BDE＝∠CFD， ∵∠AFD＝140°＝∠C+∠CDF， ∴∠C＝∠AFD﹣∠CDF＝50°， ∴∠B＝∠C＝50°， ∵∠BDE+∠EDF＝∠FDB＝∠C+∠DFC， ∴∠EDF＝∠C＝50°． 故答案为：50． 3．（2025秋•闵行区校级月考）已知：如图，AB⊥BC，AE⊥ED，垂足分别为点B，E，AB＝AE，∠1＝∠2，求证：BC＝DE． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】首先根据等角对等边证明AC＝AD，然后利用HL证明△ABC≌△AED，根据全等三角形的对应边相等即可证得． 【解答】证明：∵∠1＝∠2， ∴AC＝AD， 又∵AB⊥BC，AE⊥ED， 在直角△ABC和直角△AED中，， ∴△ABC≌△AED， ∴BC＝DE． 1．（2025秋•静安区校级月考）如图，已知，AB⊥AC，CD⊥BD，增加以下一个条件，仍不能判定△ABC与△DCB全等的是（　　） A．AB＝DC B．BE＝CE C．∠ABE＝∠DCE D．∠ABC＝∠DCB 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】全等三角形的判定方法有SAS，ASA，AAS，SSS，根据定理逐个判断即可． 【解答】解：∵AB⊥AC，CD⊥BD（已知）， ∴∠A＝∠D＝90°（垂直的定义）， 又∵BC＝CB， A、当AB＝DC时，Rt△ABC≌Rt△DCB（HL），所以本选项正确，不符合题意； B．∵BE＝CE， ∴∠ACB＝∠DBC， ∴△ABC≌△DCB（AAS），所以本选项正确，不符合题意； C．∠ABE＝∠DCE，无法确定△ABC与△DCB的角边关系，无法证得△ABC≌△DCB，所以本选项错误，符合题意； D．∵∠ABC＝∠DCB，可证得△ABC≌△DCB（AAS），所以本选项正确，不符合题意． 故选：C． 2．（2025春•上海校级期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，AB⊥AD，AC⊥DC．过点B作BE⊥CA，垂足为点E．若CD＝2，CE＝4，则四边形ABCD的面积是 　24　 ． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】根据垂直定义可得∠ACD＝∠BEA＝∠DAB＝90°，从而可得∠D+∠DAC＝90°，∠DAC+∠EAB＝90°，进而可得∠D＝∠EAB，然后利用AAS证明△ADC≌△BAE，从而可得AC＝BE，DC＝AE＝2，进而可得BE＝AC＝8，最后根据四边形ABCD的面积＝△ADC的面积+△ABC的面积，进行计算即可解答． 【解答】解：∵AB⊥AD，AC⊥DC，BE⊥CA， ∴∠ACD＝∠BEA＝∠DAB＝90°， ∴∠D+∠DAC＝90°，∠DAC+∠EAB＝90°， ∴∠D＝∠EAB， ∵AD＝AB， ∴△ADC≌△BAE（AAS）， ∴AC＝BE，DC＝AE＝2， ∵CE＝4， ∴BE＝AC＝AE+CE＝2+4＝6， ∴四边形ABCD的面积＝△ADC的面积+△ABC的面积 DC•ACAC•BE 2×66×6 ＝24， 故答案为：24． 3．（2025春•松江区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，BD＝CE，CD＝BF，若∠A＝50°，则∠EDF的度数为 　65°　 ． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】先利用SAS判定△BED≌△CDF，从而得出对应角相等，再利用角与角之间的关系从而求得所求的角为50°． 【解答】解：在△ABC中，AB＝AC，∠A＝50°， ∴∠B＝∠C（180°﹣∠A）＝65°． 在△BDF和△CED中， ， ∴△BDF≌△CED（SAS）， ∴∠CDE＝∠BFD， ∵∠BDF+∠BFD+∠B＝180°，∠BDF+∠EDF+∠CDE＝180°， ∴∠EDF＝∠B＝65°． 故答案为：65°． 4．（2025春•黄浦区校级月考）如图，已知△ABC三条边的长都为10cm，三个内角都相等，点P、Q同时从点A出发，点P以每秒1cm速度沿AB向点B运动，点Q以每秒4cm速度沿折线A﹣C﹣B运动，当点Q到达点B时，点P也同时停止运动．如果点Q在边BC上，且以A、B、C中的两点和点Q为顶点构成的三角形与△PAC全等，那么运动的时间为 　2或或4　 秒． 【考点】全等三角形的判定．版权所有 【分析】当点Q在BC上时BQ＝PA满足条件，构建方程求解即可． 【解答】解：如图：当CQ＝AP时，△ACQ≌△CAP，AP＝t，CQ＝4t﹣10，BQ＝20﹣4t； ∴根据题意列方程得，4t﹣10＝t， 整理得，3t＝10， 解得； 如图：当BQ＝PA时，△ABQ≌△CAP， ∴根据题意列方程得，20﹣4t＝t， 整理得，5t＝20， 解得t＝4， 综上所述，满足条件的t的值为4． 故答案为：4． 5．（2025春•松江区月考）如图，已知AD∥BC，且AD＝BC，E、F是BD上两点，且BE＝DF． （1）求证：△ADE≌△CBF； （2）若∠CBD＝35°，∠BCF＝95°，求∠AEB的度数． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）由AD∥BC，得∠ADE＝∠CBF，由BE＝DF推导出BF＝DE，而AD＝CB，即可根据“SAS”证明△ADE≌△CBF； （2）由∠CBD＝35°，∠BCF＝95°，根据三角形内角和定理求得∠CFB＝50°，由全等三角形的性质得∠AED＝∠CFB＝50°，则∠AEB＝130°． 【解答】（1）证明：∵AD∥BC，E、F是BD上两点， ∴∠ADE＝∠CBF， ∵BE＝DF， ∴BE+EF＝DF+EF， ∴BF＝DE， 在△ADE和△CBF中， ， ∴△ADE≌△CBF（SAS）． （2）解：∵∠CBD＝35°，∠BCF＝95°， ∴∠CFB＝180°﹣∠CBD﹣∠BCF＝50°， 由（1）得△ADE≌△CBF， ∴∠AED＝∠CFB＝50°， ∴∠AEB＝180°﹣∠AED＝130°， ∴∠AEB的度数是130°． 6．（2025春•杨浦区期末）如图，已知在△ABC中，AB＞AC，AD平分∠BAC，点E为AC边上任意一点（不与A、C重合），连接BE交AD于点F．求证：BF＞EF． 【考点】全等三角形的判定与性质；垂线段最短．版权所有 【分析】在AB上截取AM＝AE，连接MF．因为AD平分∠BAC，则∠MAF＝∠EAF．利用SAS证明MAF≌△EAF，则MF＝EF，∠AMF＝∠AEF．推出∠BMF＝∠BEC．因为∠BEC＞∠ABE，则∠BMF＞∠ABE．所以BF＞MF．则BF＞EF． 【解答】解：在AB上截取AM＝AE，连接MF． ∵AD平分∠BAC， ∴∠MAF＝∠EAF． 在△MAF和△EAF中． ， ∴△MAF≌△EAF（SAS）． ∴MF＝EF，∠AMF＝∠AEF． ∴∠BMF＝∠BEC． ∵∠BEC＞∠ABE， ∴∠BMF＞∠ABE． ∴BF＞MF． ∴BF＞EF． 7．（2025春•徐汇区校级月考）如图，直线AD与BC相交于点E，AC与BD相交于点O，已知OA＝OB，BD＝5，∠C＝∠D，求AC的长． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】由∠C＝∠D，∠O＝∠O，OB＝OA，根据“AAS”证明△OBC≌△OAD，得OC＝OD，由OC﹣OA＝OD﹣OB，得AC＝BD＝5． 【解答】解：在△OBC和△OAD中， ， ∴△OBC≌△OAD（AAS）， ∴OC＝OD， ∵OA＝OB，BD＝5， ∴OC﹣OA＝OD﹣OB， ∴AC＝BD＝5， ∴AC的长是5． 8．（2025春•静安区校级期中）如图，在△ABC和△DBC中，∠ACB＝∠DBC＝90°，AB＝DE，E是BC中点，DE⊥AB，垂足为点F． （1）求证：△BCA≌△DBE； （2）若AC＝3cm，求BD的长． 【考点】全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】（1）利用全等三角形的判定方法AAS证明即可； （2）利用全等三角形的性质进行线段的计算即可． 【解答】（1）证明：∵DE⊥AB， ∴∠EFB＝90°， ∴∠BEF+∠ABC＝90°， ∵∠A+∠ABC＝90°， ∴∠A＝∠BEF， 在△BCA和△DBE中， ， ∴△BCA≌△DBE（AAS）． （2）解：∵△BCA≌△DBE， ∴BC＝DB，AC＝BE， ∵E是BC中点， ∴BC＝2BE， ∵AC＝3cm， ∴BC＝6cm， ∴BD＝BC＝6cm， 即BD的长为6cm． 9．（2025春•普陀区期末）如图，已知：在△ABC中，点D、E、F分别在边BC、AC、AB上，FD＝DE，BF＝CD，∠FDE＝∠B． （1）求证：AB＝AC； （2）连接AD，如果AD平分∠FDE，求证：AD⊥BC． 【考点】全等三角形的判定与性质；角平分线的定义．版权所有 【分析】（1）由∠FDE＝∠B，得∠CDE+∠BDF＝180°﹣∠FDE＝180°﹣∠B，而∠BFD+∠BDF＝180°﹣∠B，所以∠BFD+∠BDF＝∠CDE+∠BDF，则∠BFD＝∠CDE，而FD＝DE，BF＝CD，即可根据“SAS”证明△BFD≌△CDE，得∠B＝∠C，所以AB＝AC； （2）由AD平分∠FDE，得∠ADF＝∠ADE，而FD＝ED，AD＝AD，即可根据“SAS”证明△ADF≌△ADE，得∠DAB＝∠DAC，即可由AB＝AC，AD平分∠BAC，根据等腰三角形的“三线合一”证明AD⊥BC． 【解答】证明：（1）∵∠FDE＝∠B， ∴∠CDE+∠BDF＝180°﹣∠FDE＝180°﹣∠B， ∵∠BFD+∠BDF＝180°﹣∠B， ∴∠BFD+∠BDF＝∠CDE+∠BDF， ∴∠BFD＝∠CDE， 在△BFD和△CDE中， ， ∴△BFD≌△CDE（SAS）， ∴∠B＝∠C， ∴AB＝AC． （2）如图，∵AD平分∠FDE， ∴∠ADF＝∠ADE， 在△ADF和△ADE中， ， ∴△ADF≌△ADE（SAS）， ∴∠DAB＝∠DAC， ∵AB＝AC，AD平分∠BAC， ∴AD⊥BC． 10．（2025春•徐汇区校级期末）在学习等腰三角形的过程中，我们积累了一定的研究经验．请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究．定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． （1）操作理解：小明用分别含有30°和45°角的直角三角形纸板拼出如图①﹣④所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有　②④　 ；（填序号） （2）性质探究：根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质．如图1，四边形ABCD是邻等对补四边形，AB＝AD，AC是它的一条对角线．求证：AC平分∠DCB； （3）拓展应用：如图2，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠C＝40°，分别在边BC、AC上取点M、N，使四边形ABMN是邻等对补四边形，则∠AMN的大小为　85°或65°或45　 度． 【考点】全等三角形的判定与性质；三角形内角和定理．版权所有 【分析】（1）根据“邻等对补四边形”定义判定即可； （2）延长CB至点E，使BE＝DC，连接AE，证明△ABE≌△ADC（SAS），得∠E＝∠ACD，AE＝AC，进而证明∠ACD＝∠ACB即可； （3）分四种情况讨论：①当AB＝BM时，②当AN＝AB时，③当BM＝MN时，④当AN＝MN时，分别求出∠AMN的大小即可． 【解答】（1）解：①和③中对角不互补；②④符合邻等对补四边形的定义， 故答案为：②④； （2）证明：延长CB至点E，使BE＝DC，连接AE， ∵四边形ABCD是邻等对补四边形， ∴∠ABC+∠D＝180°， ∵∠ABC+∠ABE＝180°， ∴∠ABE＝∠D， ∵AB＝AD， ∴△ABE≌△ADC（SAS）， ∴∠E＝∠ACD，AE＝AC， ∴∠E＝∠ACB， ∴∠ACD＝∠ACB， ∴AC平分∠DCB； （3）解：在Rt△ABC中，∠B＝90°， ∵∠C＝40°， ∴∠BAC＝50°， ∵四边形ABMN是邻等对补四边形， ①当AB＝BM时，∠BAM＝45°， 如图2.1， ∴∠MAN＝50°﹣45°＝5°， ∵MN⊥AC， ∴∠ANM＝90°， ∴∠AMN＝90°﹣5°＝85°； ②当AN＝AB时，如图2.2， ∵MN⊥AC，MB⊥AB，AM＝AM， ∴Rt△ABM≌Rt△ANM（HL）， ∴BM＝MN，∠BAM＝∠NAM＝25°， ∴∠AMN＝90°﹣25°＝65°； ③当BM＝MN时，如图2.2，同②∠AMN＝65°； ④当AN＝MN时，如图2.3， ∵MN⊥AC， ∴∠AMN＝45°； 综上所述：∠AMN的大小为85°或65°或45°． 故答案为：85°或65°或45． 第 1 页 共 20 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第10讲 三角形全等的判定 精讲提升培优讲义 2026年沪教新版七年级下17.4 本讲义内容设置：①重点知识梳理；②历年真题精讲；③随堂练习；④课后针对性练习。 1．理解和掌握全等三角形判定方法1——“边边边”，和判定方法2——“边角边”； 2．理解和掌握全等三角形判定方法3——“角边角”，判定方法4——“角角边”；能运用它们判定两个三角形全等． 3．能把证明一对角或线段相等的问题，转化为证明它们所在的两个三角形全等. 知识点一 全等三角形判定1——“边边边” 全等三角形判定1——“边边边” 三边对应相等的两个三角形全等.（可以简写成“边边边”或“SSS”）. 要点：如图，如果＝AB，＝AC，＝BC，则△ABC≌△. 知识点二 全等三角形判定2——“边角边” 1. 全等三角形判定2——“边角边” 两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等（可以简写成“边角边”或“SAS”）. 要点：如图，如果AB ＝ ，∠A＝∠，AC ＝ ，则△ABC≌△. 注意：这里的角，指的是两组对应边的夹角. 2. 有两边和其中一边的对角对应相等，两个三角形不一定全等. 如图，△ABC与△ABD中，AB＝AB，AC＝AD，∠B＝∠B，但△ABC与△ABD不完全重合，故不全等，也就是有两边和其中一边的对角对应相等，两个三角形不一定全等. 知识点三 全等三角形判定3——“角边角” 全等三角形判定3——“角边角” 两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等（可以简写成“角边角”或“ASA”）. 要点诠释：如图，如果∠A＝∠，AB＝，∠B＝∠，则△ABC≌△. 知识点四 全等三角形判定4——“角角边” 1.全等三角形判定4——“角角边” 两个角和其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等（可以简写成“角角边”或“AAS”） 要点诠释：由三角形的内角和等于180°可得两个三角形的第三对角对应相等.这样就可由“角边角”判定两个三角形全等，也就是说，用角边角条件可以证明角角边条件，后者是前者的推论. 2.三个角对应相等的两个三角形不一定全等. 如图，在△ABC和△ADE中，如果DE∥BC，那么∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，又∠A＝∠A，但△ABC和△ADE不全等.这说明，三个角对应相等的两个三角形不一定全等. 知识点五 判定方法的选择 1.选择哪种判定方法，要根据具体的已知条件而定，见下表： 已知条件 可选择的判定方法 一边一角对应相等 SAS AAS ASA 两角对应相等 ASA AAS 两边对应相等 SAS SSS 2.如何选择三角形证全等 （1）可以从求证出发，看求证的线段或角（用等量代换后的线段、角）在哪两个可能全等的三角形中，可以证这两个三角形全等； （2）可以从已知出发，看已知条件确定证哪两个三角形全等； （3）由条件和结论一起出发，看它们一同确定哪两个三角形全等，然后证它们全等； （4）如果以上方法都行不通，就添加辅助线，构造全等三角形. 一．全等三角形的判定（共16小题） 1．（2025秋•闵行区期末）如图，已知点A、E、B、D在同一直线上，AC＝DF，AE＝BD，增加下列条件不能推导出△ABC≌△DEF的是（　　） A．∠A＝∠D B．∠C＝∠F C．∠ABC＝∠DEF＝90° D．EF＝BC 2．（2025春•崇明区期末）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．有下列结论：①∠APB＝135°；②△ABP≌△FBP；③∠AHP＝∠ABC；④AH+BD＝AB；其中正确的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（2025春•徐汇区校级月考）据史书记载，最早的风筝是由古代匠人墨子用木头制成的木鸟，称为“木鸢”．后来随着造纸术的发明，人们开始用纸张和竹条制作风筝，使其更加轻便、易于放飞．在如图所示的“风筝”图案中，AB＝AD、∠B＝∠D、BC＝DE．则不一定能得到以下哪个结论（　　） A．△ABC≌△ADE B．△ABF≌△ADG C．FC＝GE D．AG＝GC 4．（2025春•闵行区期末）已知：如图，点E、A、D、B在同一直线上，AC、DF交于点O，OA＝OD，EA＝DB，增加下列条件不能推导出△ABC≌△DEF的是（　　） A．OC＝OF B．∠E＝∠B C．EF＝BC D．∠C＝∠F 5．（2024春•青浦区校级期末）如图，已知∠C＝∠D，AC＝AD，增加下列条件： ①AB＝AE；②BC＝ED；③∠1＝∠2；④∠B＝∠E． 其中能使△ABC≌△AED的条件有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 6．（2025春•静安区校级期中）如图，点E、F在BC上，AB＝CD，∠AFB＝∠DEC，AF、DE相交于点G，要使得△ABF≌△DCE，则还需添加的条件为 　 　 ． 7．（2025秋•徐汇区校级月考）如图，AB＝12m，CA⊥AB于A，DB⊥AB于B，且AC＝4m，Q点从B向D运动，每分钟走2m，P点从B向A运动，P，Q两点同时出发，P点每分钟走 　 　 m时，△CAP与△PQB全等． 8．（2019春•徐汇区校级期中）如图，BF＝EC，∠A＝∠D，那么要得到△ABC≌△DEF，可以添加一个条件（只需填上一个正确的条件　 　 ． 9．（2025春•黄浦区期末）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． 10．（2025春•宝山区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝10厘米，BC＝8厘米，CD＝12厘米，∠B＝∠C，点E为AB的中点．如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由点B向点C运动，同时，点Q在线段CD上由点C向点D运动．当点Q的运动速度为 　 　 厘米/秒时，能够使得△BEP与△CPQ在某一时刻全等． 11．（2025春•浦东新区期末）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．请补全证明过程，并在括号里写上理由． 证明：∵∠1＝∠2， ∴∠1+　 　 ＝∠2+　 　 ， ∴∠AEC＝ 　 　 ， 在△AEC和△BED中 ∵， 所以△AEC≌△BED（ 　 　 ）． 12．（2025春•浦东新区期末）如图，已知AC∥DE，AC＝DE，BD＝FC，说明△ABC≌△EFD．请填写说理过程或理由． 13．（2025秋•邵阳校级期末）已知：如图，AD与BE相交于点F，BD与CE相交于点G，∠D＝∠E，∠CBD＝∠ABE，BA＝BC．求证：△ABD≌△CBE． 14．（2025秋•扬州期末）如图，在△ABC和△ADE中，延长BC交DE于F．BC＝DE，AC＝AE，∠ACF+∠AED＝180°．求证：△ABC≌△ADE． 15．（2025春•崇明区期末）如图，点F、G为线段BC上两点，FE⊥BC于F，GD⊥BC于G，连接BD、CE，∠B＝∠C，BF＝CG． （1）如图1，求证：△BDG≌△CEF． （2）如图2，设BD与CE相交于点O，连接BE、CD并延长相交于点A，请直接写出图中所有全等的三角形． （△BDG≌△CEF除外，均用图中给出的字母表示．） 16．（2025春•崇明区期中）如图①，AB＝10cm，AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A、B，AC＝7cm．点P在线段AB上以3cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q从点B出发在射线BD上运动．它们运动的时间为t（s）（当点P运动结束时，点Q运动随之结束）． （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？并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系，请分别说明理由； （2）如图②，若“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB＝∠DBA”，点Q的运动速度为xcm/s，其他条件不变，当△ACP与△BPQ全等时，求出相应的x与t的值． 二．作图—尺规作图的定义（共5小题） 17．（2025秋•遵义校级期末）如图，是尺规作图中“作一个角等于已知角”的示意图，具体步骤如下： ①如图，以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA，OB于点C，D； ②画射线O′A′，以O′为圆心，OC长为半径画弧，交O′A′于点C′； ③以C′为圆心，CD长为半径画弧，与上一步所画弧交于点D′； ④过点D′画射线O′B′，则∠A′O′B′＝∠AOB． 从作图过程中，能判定△COD≌△C′O′D′的依据是（　　） A．ASA B．SAS C．AAS D．SSS 18．（2025秋•东港市期末）下列尺规作图的语句正确的是（　　） A．作射线MN＝6cm B．延长直线AB到D C．延长线段AB至C，使AC＝BC D．以点O为圆心，任意长为半径画弧 19．（2025秋•巫山县期末）已知：如图，线段a和线段b． （1）尺规作图：求作线段AB＝a+b，并在线段BA的延长线上，求作线段AC＝a﹣b；（作图工具只限直尺和圆规，保留作图痕迹） （2）若M、N分别是AB、AC的中点，求MN的长（用含a、b的式子表示）． 20．（2025秋•思明区校级期末）已知：如图，已知三点A，B，C，请完成以下问题： （1）尺规作图：画直线AB，射线AC；连接BC，并在BC的延长线上取点E，使得CE＝AB+BC；（作图工具只限直尺和圆规，保留作图痕迹） （2）在（1）的条件下，若AB＝1，BC＝2，点F为CE的中点，求线段BF的长． 21．（2025秋•鲤城区校级期末）如图，点A，B，C是不在一条直线上的三个点，过B，C两点作直线，并连接AB，AC． （1）尺规作图：延长CA至D，使得点A为CD的中点，作射线AB，在射线AB上截取AE＝3AB．（作图工具只限直尺和圆规，保留作图痕迹） （2）若AB＝AC，CD＝10cm，求BE的长． 三．全等三角形的性质与判定（共19小题） 22．（2025秋•浦东新区期末）如图，C、D两点分别在射线OA，OB上，点P在∠AOB的内部，且CP＝DP，PM⊥OA，PN⊥OB，垂足分别为点M、N，且CM＝DN，若DN＝3，CO＝7，则DO的长为（　　） A．10 B．13 C．15 D．17 23．（2024秋•浦东新区校级期末）如图在等腰三角形ABC中，AB＝AC，动点D在线段AB上，动点E在线段AC的延长线上，线段DE交BC与点F，当DF＝EF时，下列等式总是成立的是（　　） A．BF＝CF B．BD＝CE C．∠AEF＝∠DFB D．∠ACB＝∠ADE 24．（2025秋•徐汇区校级月考）如图，有两根长度相同的竹竿靠在一面竖直的墙两侧，已知左边竹竿端点C与墙角A的距离等于右边竹竿底部F与墙角D的距离，则∠ABC+∠DFE＝（　　） A．90° B．100° C．110° D．120° 25．（2025秋•上海校级期中）如图，已知∠AOB＝∠FEG＝90°，OE平分∠AOB，点F、G分别在射线OA、射线OB上运动，那么在运动过程中，下列说法正确的有（　　） ①EF＝EG； ②OF+OG的值不变； ③以E、F、O、G为顶点围成的四边形的面积不变； ④FG长度不变． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 26．（2025秋•闵行区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D，E分别为线段AB，AC上一点，且AD＝AE，连接BE、CD交于点G，延长AG交BC于点F．以下四个结论正确的是（　　） ①BF＝CF； ②若BE⊥AC，则CF＝DF； ③连结EF，若BE⊥AC，则∠DFE＝2∠ABE； ④若BE平分∠ABC，则FG． A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④ 27．（2025秋•浦东新区校级期末）如图，点D在BC上，∠BED＝∠CDF＝90°，BD＝CF，BE＝CD．若∠A＝40°，则∠EDF＝　 　 ． 28．（2025秋•闵行区校级月考）如图，在凸四边形ABCD中，AB＞AD，BC＝CD，AC平分∠BAD，∠BAD＝25°，则∠BCD的度数为　 　 ． 29．（2025秋•闵行区校级月考）如图，在△ABC中，已知点D在线段AB的反向延长线上，过AC的中点F作线段GE交∠DAC的平分线于E，交BC于G，且AE∥BC．如果AE＝8，AB＝10，GC＝2BG，那么△ABC的周长是 　 　 ． 30．（2025春•浦东新区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，分别过点B、C作经过点A的直线的垂线段BD、CE，若BD＝6cm，CE＝8cm，则DE的长为　 　 cm． 31．（2025春•徐汇区校级月考）如图，△ABC中，AB＝AC，点D、E、F分别在AB、BC、CA边上，且BE＝CF，BD＝CE，如果∠DEF＝56°，则∠A的度数为 　 　 ． 32．（2025春•徐汇区校级月考）如图5，在△ABC中，AD是中线，BF⊥AD于F，CE⊥AD于E，若AE＝5，AF＝11，则中线AD的长是 　 　 ． 33．（2025春•闵行区校级月考）在△ABC中，AB＝3，AC＝5，延长BC至D，使CD＝BC，连接AD，则AD的长度的取值范围是 　 　 ． 34．（2025秋•黄浦区期末）如图所示，在△ABC中，AD为BC边上的中线，AB＝5，AC＝3，AD＝2，求△ABC的面积． 35．（2025春•黄浦区期末）如图，在△ABC中，D为AB边上一点，E为AC的中点，连接DE并延长至点F，使得EF＝ED，连接CF． （1）求证：CF∥AB； （2）若∠ABC＝50°，且AC平分∠BCF，求∠A的度数． 36．（2024秋•奉贤区期末）如图，在△ABC中，BD为边AC上的高，且BD＝CD，在BD上截取一点E使CE＝AB，延长CE交AB于点F，G为边BC上的中点，连接FG．（本题为几何证明题，需要写本学期所学的理由．） （1）求证：∠ABD＝∠ECD； （2）若FG∥AC，求证：CA＝CB． 37．（2025春•青浦区校级期中）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E、F分别在边BC、AC、AB上，且DF＝ED，∠FDE＝∠B．求证：BD＝CE． 38．（2025春•青浦区校级期中）已知：如图∠ABC＝∠DCB，BD、AC分别平分∠ABC、∠DCB． （1）求证：△ABO≌△DCO； （2）求证：AD∥BC． 39．（2025秋•德州期中）已知，C为射线AD上一点，∠DAP＝∠PBC，PA＝PB． （1）证明：CP平分∠DCB； （2）若AP与BC交M，∠APB＝2∠CPA，证明：BM＝AC+CM． 40．（2025春•闵行区校级月考）如图，在△ABC中，点D是边AB上一点，点E是边AC的中点，过C作CF∥AB，交DE的延长线于点F． （1）求证：△ADE≌△CFE； （2）AB＝5，CF＝3，求BD的长． 四．创新及压轴题（共7小题） 41．（2025秋•浦东新区校级月考）已知：在△ABC中，AB＝6，AC＝5，∠A为锐角，△ABC的面积为9，点P为边AB上的动点，过点B作BD∥AC，交CP的延长线于点D，CE平分∠ACP交AB于点E． （1）如图1，当CD⊥AB时，求PE的长？ （2）如图2，当点E为AB的中点时，请猜想并证明：线段AC、CD、DB的数量关系？ 42．（2025春•青浦区校级期中）【初步探索】 （1）如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系． 小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是　 　 ． 【灵活运用】 （2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由． 【拓展延伸】 （3）已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，AB＝AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF＝BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系． 43．（2025秋•路南区期中）如图，△ABC的两条高AD与BE交于点O，AD＝BD，AC＝6． （1）求BO的长； （2）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4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，求t的值． 44．（2022春•徐汇区校级期末）（1）观察理解：如图1，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l过点C，点A，B在直线l同侧，BD⊥l，AE⊥l，垂足分别为D，E，由此可得：∠AEC＝∠CDB＝90°，所以∠CAE+∠ACE＝90°，又因为∠ACB＝90°，所以∠BCD+∠ACE＝90°，所以∠CAE＝∠BCD，又因为AC＝BC，所以△AEC≌△CDB（ 　 　 ）；（请填写全等判定的方法） （2）理解应用：如图2，AE⊥AB，且AE＝AB，BC⊥CD，且BC＝CD，利用（1）中的结论，请按照图中所标注的数据计算图中实线所围成的图形的面积S＝　 　 ； （3）类比探究：如图3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，将斜边AB绕点A逆时针旋转90°至AB′，连接B′C，求△AB′C的面积． （4）拓展提升：如图4，等边△EBC中，EC＝BC＝3cm，点O在BC上，且OC＝2cm，动点P从点E沿射线EC以1cm/s速度运动，连接OP，将线段OP绕点O逆时针旋转120°得到线段OF．设点P运动的时间为t秒． ①当t＝　 　 秒时，OF∥ED； ②当t＝　 　 秒时，OF⊥BC； ③当t＝　 　 秒时，点F恰好落在射线EB上． 45．（2025春•浦东新区校级期末）综合与实践 【问题情境】课外数学社团开展活动时，指导老师提出了如下问题：如图1，在△ABC中，若AB＝6，AC＝4，D为BC边上的中点，试求中线AD长的取值范围． 【探究方法】小明同学在组内和同学们合作交流后，得到了如下解决方法：如图2，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE．请根据小明同学的方法思考： （1）由已知条件和作辅助线，能得到△ADC≌△EDB，理由是　 　 ． A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS （2）求中线AD长的取值范围．（直接写出答案） 【解决问题】 （3）老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图3，△ABC和△BDE都是等腰直角三角形．∠ABC＝∠DBE＝90°，BF是△BEC的中线，若BF＝5，求AD的长． 46．（2025春•虹口区期末）费马是17世纪的法国数学家，他曾研究过一种特殊的点，它满足“在一个三角形所在平面上，到该三角形的三个顶点距离之和最短”，这样的点被称为“该三角形的费马点”． （1）如图，△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D在线段BC上且线段BD＞DC，请判断：点D是否为△ABC的费马点，并说明理由． （2）现有真命题：在△ABC中，三个内角都小于120°，在其内部存在一点P，满足∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，则点P称为△ABC的费马点． 小明利用该真命题，尝试用尺规作费马点，他的作法如下： 如图，对一个所有内角都小于120°的△ABC，分别以线段AB、AC为边向外侧作等边三角形ABD和等边三角形ACE，联结CD、BE交于点P．请完成证明： ①求证：∠ADC＝∠ABE； ②在线段DP上取点F使PF＝BP，联结BF，求证：点P是△ABC的费马点． 47．（2025春•普陀区校级月考）某校七年级学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形． （1）如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，BD⊥直线l，CE⊥直线l，垂足分别为D、E．可证得：DE、BD、CE的数量关系为 　 　 ； （2）组员小丽想，如果将图①中的直角变式为一般情况，那么结论是否成立呢？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l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝a，其中a为任意钝角．请问（1）中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由； （3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用以上结论来解决问题： 如图③，以△ABC的边AB、AC为腰向外作等腰直角△ABE和△ACG，其中∠BAE＝∠CAG＝90°，若AH⊥BC，垂足为点H，延长HA交EG于点M．求证：点M是EG的中点． 1．（2025春•宝山区校级期末）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 2．（2025秋•上海校级期末）如图，已知点D在BC上，DE⊥AB于点E，DF⊥BC交AC于点F，BD＝CF，BE＝CD，若∠AFD＝140°，则∠EDF＝　 　 度． 3．（2025秋•闵行区校级月考）已知：如图，AB⊥BC，AE⊥ED，垂足分别为点B，E，AB＝AE，∠1＝∠2，求证：BC＝DE． 1．（2025秋•静安区校级月考）如图，已知，AB⊥AC，CD⊥BD，增加以下一个条件，仍不能判定△ABC与△DCB全等的是（　　） A．AB＝DC B．BE＝CE C．∠ABE＝∠DCE D．∠ABC＝∠DCB 2．（2025春•上海校级期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，AB⊥AD，AC⊥DC．过点B作BE⊥CA，垂足为点E．若CD＝2，CE＝4，则四边形ABCD的面积是 　 　 ． 3．（2025春•松江区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，BD＝CE，CD＝BF，若∠A＝50°，则∠EDF的度数为 　 　 ． 4．（2025春•黄浦区校级月考）如图，已知△ABC三条边的长都为10cm，三个内角都相等，点P、Q同时从点A出发，点P以每秒1cm速度沿AB向点B运动，点Q以每秒4cm速度沿折线A﹣C﹣B运动，当点Q到达点B时，点P也同时停止运动．如果点Q在边BC上，且以A、B、C中的两点和点Q为顶点构成的三角形与△PAC全等，那么运动的时间为 　 　 秒． 5．（2025春•松江区月考）如图，已知AD∥BC，且AD＝BC，E、F是BD上两点，且BE＝DF． （1）求证：△ADE≌△CBF； （2）若∠CBD＝35°，∠BCF＝95°，求∠AEB的度数． 6．（2025春•杨浦区期末）如图，已知在△ABC中，AB＞AC，AD平分∠BAC，点E为AC边上任意一点（不与A、C重合），连接BE交AD于点F．求证：BF＞EF． 7．（2025春•徐汇区校级月考）如图，直线AD与BC相交于点E，AC与BD相交于点O，已知OA＝OB，BD＝5，∠C＝∠D，求AC的长． 8．（2025春•静安区校级期中）如图，在△ABC和△DBC中，∠ACB＝∠DBC＝90°，AB＝DE，E是BC中点，DE⊥AB，垂足为点F． （1）求证：△BCA≌△DBE； （2）若AC＝3cm，求BD的长． 9．（2025春•普陀区期末）如图，已知：在△ABC中，点D、E、F分别在边BC、AC、AB上，FD＝DE，BF＝CD，∠FDE＝∠B． （1）求证：AB＝AC； （2）连接AD，如果AD平分∠FDE，求证：AD⊥BC． 10．（2025春•徐汇区校级期末）在学习等腰三角形的过程中，我们积累了一定的研究经验．请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究．定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． （1）操作理解：小明用分别含有30°和45°角的直角三角形纸板拼出如图①﹣④所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有　 　 ；（填序号） （2）性质探究：根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质．如图1，四边形ABCD是邻等对补四边形，AB＝AD，AC是它的一条对角线．求证：AC平分∠DCB； （3）拓展应用：如图2，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠C＝40°，分别在边BC、AC上取点M、N，使四边形ABMN是邻等对补四边形，则∠AMN的大小为　 　 度． 第 1 页 共 20 页 学科网（北京）股份有限公司 $