10.重难题型卷(三)全等三角形-【真题圈】2024-2025学年七年级下册数学练考试卷（北师大版·新教材）陕西专版

所以△ACB≌△DCE(ASA), 所以AB=DE=120-20-20=80(步). 因为小刚一步约0.5m,80×0.5=40(m), 所以A,B两点间的距离约为40m 21.【解】(1)12 (2)因为∠BED+∠AEB=180°，∠AEB+∠BAD+∠ABE=180°， 所以∠BED=∠BAD+∠ABE. 因为∠BED=50°，∠BAD=30°， 所以∠ABE=∠BED-∠BAD=50°-30°=20° 因为BE为△ABD的角平分线， 所以∠ABD=2∠ABE=40°， 在Rt△ABF中，∠AFB=90°， 所以∠BAF=90°-∠ABD=50°， 所以∠DAF=∠BAF-∠BAD=50°-30°=20° 22.【解】(1)①②③为条件，④为结论；①②④为条件，③为结论 (2)已知：AC=DC,BC=EC,∠DCA=∠ECB. 求证：AB=DE. 证明：因为∠DCA=∠ECB, 所以∠DCA+∠ACE=∠ECB+∠ACE,即∠DCE=∠ACB. 又因为DC=AC,EC=BC, 所以△DCE≌△ACB, 所以AB=DE. 23.【解】AB=AF+2BE.理由如下： 因为∠C=90°，DE⊥AB,AD平分∠BAC, 所以∠CAD=∠EAD,∠DEA=∠DEB=∠DCF=90° 在△CAD和△EAD中， ∠C=∠AED,∠CAD=∠EAD,AD=AD, 所以△CAD≌△EAD(AAS),所以AC=AE,DC=DE. 在△DEB和△DCF中， ∠BDE=∠FDC,DE=DC,∠DEB=∠DCF, 所以△DEB≌△DCF(ASA),所以EB=CF 所以AB=AE+BE=AC+BE=AF+FC+BE=AF+2BE. 24.【解】(1)因为∠B=36°，∠ACB=78°， 所以∠BAC=180°-∠B-∠ACB=66° 因为AD平分∠BAC,所以∠BAD=∠BAC=33°. 因为∠ADC+∠ADB=180°，∠ABD+∠BAD+∠ADB=180°， 所以∠ADC=∠B+∠BAD=69°. 又因为PE⊥AD,所以∠ADC与∠E互余， 所以∠E=90°-69°=21°. (2)因为AD平分∠BAC,所以∠BAD=∠BAC, 所以∠ADC=∠B+∠BAD=∠B+2∠BAC=∠B+180°- ∠B-∠ACB)=90°+∠B-∠ACB. 因为PE⊥AD,所以∠E=90°-∠ADC =90-(90+号B-ACB =(LACB-∠B). 25.【解】(1)由∠BAC=90°，AB=AC,BD⊥直线1，CE⊥直线1， 得∠BDA=∠AEC=90°，∠BAD=90°-∠CAE=∠ACE, 所以△BAD≌△ACE(AAS), 所以BD=AE,DA=CE, 所以DE=AE+AD=BD+CE. (2)如图，过点E作EM⊥HⅡ于点M,过点G作GN⊥H于点 N.四边形ABDE和四边形ACFG是正方形，AH是BC边上 真题圈数学七年级下 的高， 同(1)理得△BAH≌△AEM(AAS),△CHA≌△ANG(AAS), 所以EM=AH,GN=AH, 所以EM=GN 因为∠EM=∠GWM=90°， ∠EIM=∠GN, 所以△EM≌△GNI(AAS), 所以EI=GL,即I是EG的 H 中点， 第25题答图 26.【解1(1)∠BAE+∠FAD=∠EAF 分析：根据SAS可判定△ABE≌△ADG,进而得出∠BAE= ∠DAG,AE=AG. 再根据SSS可判定△AEF≌△AGF,可得出∠EAF=∠GAF= ∠DAG+∠FAD=∠BAE+∠FAD. (2)仍然成立.理由： 如图①，延长FD到点G,使DG=BE,连接AG 因为∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°， 所以∠B=∠ADG. 又因为AB=AD,所以△ABE≌△ADG(SAS), 所以∠BAE=∠DAG,AE=AG. 又因为EF=BE+FD=DG+FD=GF,AF=AF, 所以△AEF≌△AGF(SSS), 所以∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠FAD=∠BAE+∠FAD. G G C ① ⑨ 第26题答图 (3)∠BAF=180-∠DAB, 证明：如图②，在DC的延长线上取一点G,使得DG=BE,连 接AG. 因为∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°， 所以LADC=∠ABE. 又因为AD=AB,DG=BE, 所以△ADG≌△ABE(SAS), 所以AG=AE,∠DAG=∠BAE. 又因为EF=BE+FD=DG+FD=GF,AF=AF, 所以△AEF≌△AGF(SSS),所以∠FAE=∠FAG. 因为∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°， 所以2∠FAE+(∠GAB+∠BAE)=360°， 所以2∠FAE+(∠GAB+∠DAG)=360°， 即2∠FAE+∠DAB=360°， 所以∠BAF=180P-3DAB 10.重难题型卷（三）全等三角形 1.B【解析】因为∠EAF+∠BAG=90°，∠EAF+∠AEF=90°，所 以LBAG=∠AEF 在△AEF和△BAG中，因为∠F=∠AGB,∠AEF=∠BAG,AE =AB,所以△AEF≌△BAG(AAS). 同理△BCG≌△CDH,所以AF=BG=3,AG=EF=6,GC =DH=4,BG CH=3. 答案与解析 因为梯形DEFH的面积=(EP+D)·FH=80,SAAr= SAuNO=AF FE=9,SABco=SACOM=CH+DH=6, 所以图中实线所围成的图形的面积S=80-2×9-2×6= 50.故选B. 2.(1)全等(2)5【解析】(1)因为∠BAE+∠ABE+∠BEA=180°， 所以∠BAC-∠CAF+∠ABE+∠BEA=180° 因为∠1=∠2=∠BAC,∠BEA=180°-∠1，∠AFC=180° -∠2， 所以∠BEA=∠AFC,∠1-∠CAF+∠ABE+(180°-∠1)=180°， 所以∠ABE=∠CAF 在△ABE和△CAF中 因为∠BEA=∠AFC,∠ABE=∠CAF,AB=AC, 所以△ABE≌△CAF(AAS) (2)因为△ABC的面积为15，CD=2BD, 所以SAMo=号×15=5，由(1)可得△ABE≌△CMP, 所以SAMC+S ABDE=SAABE+SARDE=SAABD=5. 故△ACF与△BDE的面积之和为5. 故答案为(1)全等；（2)5. 3.【解】(1)DE=BD+CE 分析：因为∠BAC=∠AEC=90°，所以∠DAB+∠CAE=90°， ∠CAE+∠ECA=90°，所以∠DAB=∠ECA. 在△DAB和△ECA中，∠ADB=∠CEA,∠DAB=∠ECA,AB= CA,所以△DAB≌△ECA(AAS), 所以BD=AE,AD=CE, 所以DE=AD+AE=BD+CE. (2)BD=DE+CE.理由如下： 因为∠BAC=90°，所以∠BAD+∠CAE=90°. 因为CE⊥直线1， 所以∠ACE+∠CAE=90°， 所以∠BAD=∠ACE. 在△BAD和△ACE中，∠ADB=∠CEA,∠BAD=∠ACE,BA= AC,所以△BAD≌△ACE(AAS), 所以BD=AE,AD=CE, 所以BD=AE=DE+AD=DE+CE. (3)(1)的结论成立. 理由如下： 因为∠DAC+∠CAE=180°，∠CAE+∠2+∠ACE=180°， 所以∠DAC=∠2+∠ACE. 因为∠BAC=∠2，所以∠DAB=∠ECA 在△DAB和△ECA中，∠1=∠2，∠DAB=∠ECA,BA=AC, 所以△DAB≌△ECA(AAS), 所以BD=AE,AD=CE, 所以DE=AE+AD=BD+CE, 4.D【解析】因为CD⊥AB于点D,BMLAC于点M, 所以∠BDC=∠ADC=∠CMB=∠AMB=90°， 所以∠ABM=∠ACD=90°-∠A,故①正确. 因为DN⊥MD,交BM于点N,所以∠MDN=90°， 所以∠CDM=∠BDN=90°-∠CDN. 因为∠BDC=90°，∠ABC=45°， 所以∠DCB=∠DBC=45°， 所以CD=BD. 在△CDM和△BDN中，∠CDM=∠BDN,CD=BD,∠MCD= ∠NBD,所以△CDM≌△BDN(ASA), 所以DM=DN,故②正确. 因为DM=DN,∠MDN=90°， 所以∠DMN=∠DNM=45°， 所以∠AMD=∠AMB-∠DMN=90°-45°=45°，故③正确 因为∠END=45°，∠AMD=45°，所以∠END=∠AMD. 因为∠EDN+∠CDM=90°，∠ADM+∠CDM=90°， 所以∠EDWN=∠ADM, 在△EDN和△ADM中，∠END=∠AMD,DN=DM,∠EDN= ∠ADM,所以△EDN≌△ADM(ASA), 所以SADN=SADM,故④正确.故选D, 5.【解】发现问题：BD=CE 拓展探究：BD=CE,理由如下： 因为四边形AEFB与四边形ACGD都是正方形， 所以AB=AE,AD=AC,∠BAE=∠CAD=90°， 所以∠CAD+∠BAC=∠BAE+∠BAC,即∠BAD=∠EAC 在△BAD和△EAC中，AB=AE,∠BAD=∠EAC,AD=AC, 所以△BAD2△EAC(SAS), 所以BD=CE. 解决问题：如图，以AB为边向外作 等边三角形ABE,连接CE. B------ 所以∠BAE=60°，BE=AB=AE =8. 因为△ADC为等边三角形， 所以∠CAD=60°，AC=AD, 第5题答图 所以∠CAD+∠BAC=∠BAE+∠BAC,即∠BAD=∠EAC. 在△BAD和△EAC中，AB=AE,∠BAD=∠EAC,AD=AC, 所以△BAD≌△EAC(SAS), 所以BD=CE, 因为EC≤BC+EB,所以当C,B,E三点共线时，CE最大，为 BC+BE=15+8=23, 所以BD的最大值为23. 6.22【解析】如图，延长AM到点N,使得MN=AM,连接BN 在△BMN和△CMA中，BM=CM, ∠BMN=∠CMA,MN=AM, 所以△BMN≌△CMA(SAS), 所以BN=CA,∠BNM=∠CAM, 所以AC∥BN M 因为AC=AD,所以BN=AD. 因为AC∥BN, 所以∠BAC+∠ABN=180°. N 因为∠BAE=∠CAD=90°， 第6题答图 所以∠BAC+∠EAD=180°， 所以∠ABN=∠EAD. 在△ABN和△EAD中，AB=AE,∠ABN=∠EAD,BN=AD, 所以△ABN≌△EAD(SAS), 所以AN=DE. 因为MN=AM, 所以DE=AN=2AM 因为AM=11, 所以DE=2AM=22. 故答案为22. 7.【解1(1)SAS (2)延长AD到点M,使AD=DM,连接BM,如图① 因为AD是△ABC的中线， 所以CD=BD. 在△ADC和△MDB中，DC=DB,∠ADC=∠MDB,DA= DM, 所以△ADC≌△MDB(SAS), 所以AC=BM,∠BCA=∠MBD. 因为∠BAC=∠BCA,∠ACE=180°-∠ACB=180°-(180°- ∠BAC-∠ABC)=∠BAC+∠ABC, ∠MBA=∠MBD+∠ABC, 所以∠ACE=∠MBA. 在△ACE和△MBA中，AC=MB,∠ACE=∠MBA,CE=BA, 所以△ACE≌△MBA(SAS), 所以AE=AM=2AD. D M ② 第7题答图 (3)EF=2AD,EF⊥AD. 如图②，在AD的延长线上取点H,使DH=AD,连接CH, 则AH=2AD. 因为AD是△ABC的中线， 同(2)可说明△CDH≌△BDA(SAS), 所以CH=AB,∠AHC=∠BAE. 因为AB=AE,∠BAE=90°， 所以CH=AE,∠AHC=90°， 所以∠ACH+∠CAH=90°. 因为∠FAC=90°，所以∠FAE+∠CAH=90°， 所以∠FAE=∠ACH. 又因为FA=AC,AE=CH, 所以△FAE≌△ACH(SAS), 所以EF=AH,∠AEF=∠AHC=90°， 所以EF=2AD,EF⊥AD. 8.C【解析】因为AD平分LBAC,CF平分∠BCA, 所以∠PAC=∠BAC,∠PCA=∠BCA, 所以∠PAC+∠PCA=(∠BMC+∠BCM)=180-∠B)=60 因为LAPC+∠PAC+∠PCA=180°，∠APC+∠CPD=180°， 所以∠CPD=∠PAC+∠PCA=60° 因为CD⊥AD, 所以∠PCD=30°，故①正确 同理∠CGD=∠GCP+∠CPG= ∠GCP+60°，∠AFC=∠GCP+∠B= D ∠GCP+60°，所以∠AFC=∠CGD,所 H 以LAFC+∠DCG=∠CGD+∠DCG 第8题答图 =90°，故②正确. 如图，在AC上取点H,使AF=AH,易证△AFP2△AHP, 所以∠AFC=∠AHP 因为∠AFC=∠CGD,所以∠AFC+∠CGP=180°. 又因为∠AHP+∠PHC=180°，所以∠CGP=∠PHC. 又因为∠GCP=∠HCP,PC=PC, 所以△PGC≌△PHC, 真题圈数学七年级下 所以CG=CH,所以AC=AH+CH=AF+CG,故④正确 AB不一定等于GC,③错误.故选C. 9.【解】(1)EF=BE+DF 分析：如图①，延长FD到点G,使DG=BE,连接AG, 在△ABE和△ADG中，AB=AD,∠B=∠ADG=90°，BE= DG,所以△ABE≌△ADG(SAS), 所以AE=AG,∠BAE=∠DAG. 因为∠EAF=60,∠BAD=120°，所以∠EAF=∠BAD, 所以∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF =∠EAF 在△AEF和△AGF中，AE=AG,∠EAF=∠GAF,AF=AF, 所以△AEF≌△AGF(SAS), 所以EF=FG. 因为FG=DG+DF=BE+DF, 所以EF=BE+DE G 、D - E ① ② 北 2y4 -2G M F B ③ 第9题答图 (2)(1)中的结论仍然成立，即EF=BE+DE 理由如下： 如图②，延长FD到点G,使DG=BE,连接AG. 因为∠B+∠ADC=180°，∠ADG+∠ADC=180°， 所以∠B=∠ADG. 在△ABE和△ADG中，AB=AD,∠B=∠ADG,BE=DG, 所以△ABE≌△ADG(SAS), 所以AE=AG,∠BAE=∠DAG. 因为∠EAF=BAD, 所以∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF =∠BAD-∠EAF =∠EAF 在△AEF和△AGF中，AE=AG,∠EAF=∠GAF,AF=AF, 所以△AEF≌△AGF(SAS), 所以EF=FG. 因为FG=DG+DF=BE+DF, 所以EF=BE+DF (3)符合.如图③，延长AE,BF相交于点G,连接OE,OF 因为舰艇甲在指挥中心(0处)北偏西30°的A处， 所以∠A0N=30°，∠A=60° 答案与解析 因为舰艇乙在指挥中心(O处)南偏东70的B处， 所以∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140° 因为舰艇甲向正东方向以60 n mile/h的速度前进，同时，舰艇乙 沿着射线BM的方向（∠OBM=120°），以14 n mile/h的速度前 进1.5h后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E,F处，且 舰艇乙在指挥中心南偏东80°， 所以∠AOF=(90°-80°)+90°+30°=130°， AE=60×1.5=90(n mile),BF=14×1.5=21(n mile). 因为OA=90 n mile, 所以△AOE为等边三角形， 所以∠AOE=60°， 所以∠E0F=LA0F-∠A0E=130°-60°=70°=∠A0B, 在四边形AOBG中， 因为OA=0B,∠0AG+∠0BG=60°+120°=180°， 所以符合(2)中的条件，结论EF=AE+BF成立， 所以EF=90+21=111(n mile), 所以两舰艇之间的距离为111 n mile. 10.A【解析】根据题意，设运动时间为ts, 所以BM=tm,BN=4tm. ①若点M是AB的中点， 即当AM=BM,AP=BN时，△APM≌△BNM 因为AB=30m,所以AM=BM=2AB=3×30=15m, 所以t=15, 所以AP=BN=4×15=60(m). ②若AMBM,则当AM=BN,AP=BM时，Rt△AMP≌ Rt△BNM,此时BM+BN=30m,即+41=30，解得t=6, 所以AP=BM=6m ③若AM<BM,因为点N运动的速度大于点M运动的速度，即 BN>BM,所以此情况不存在 综上所述，线段AP的长度为6m或60m.故选A, 1.号或写【解析】由题意得，OP=1,BQ=4,OB=CT,∠BOP =∠QCF ①当Q在边BC上时，如图①，△BOP≌△FCQ, 所以0P=CQ,即1=7-4,1=子 ②当Q在BC的延长线上时，如图②，△BOP≌△FCQ, 所以0P=C0,即1=4-7,1=号 综上所述，当1为或时，以点B,0,P为顶点的三角形与以 点F,C,Q为顶点的三角形全等 故满足条件的1的值为或号 4 60 ① ② 第11题答图 12.1或10【解析】①当BP=CE=2时，△ABP和△DCE全等 在△ABP和△DCE中，AB=DC,∠ABP=∠DCE=90°，BP =CE,△ABP≌△DCE(SAS), 所以BP=2t=2,所以1=1. ②当AP=CE=2时，△ABP和△DCE全等. 与①同理，根据SAS得△BAP≌△DCE, 所以AP=22-2t=2,解得t=10. 所以当t的值为1或10时，△ABP和△DCE全等 故答案为1或10. 13.(1)号我号2)2或4【解析11)因为Sm=号BD·H =12cm2,AH=4cm,所以BD=6cm. 若点D在点B的右侧，则CD=BC-BD=2cm,1=号； 若点D在点B的左侧，则CD=BC+BD=14cm,1=号. 综上，当1为号或号时，△ABD的面积为12cm2 (2)①若点E在射线CM上，则点D必在CB上，当BD=CE时， 在△ABD和△ACE中，AB=AC,∠ABD=∠ACE=45°，BD =CE,所以△ABD≌△ACE(SAS). 此时CE=tcm,BD=(8-3t)cm,所以t=8-3t,所以t=2. ②若点E在CM的反向延长线上，则点D必在CB的延长线上， 当BD=CE时，在△ABD和△ACE中，AB=AC,∠ABD= ∠ACE=135°，BD=CE,所以△ABD≌△ACE(SAS). 此时CE=tcm,BD=(3t-8)cm, 所以t=3t-8,所以t=4. 综上，当t为2或4时，△ABD≌△ACE. 故答案为(1)号或号；(2)2或4 11.第五章学情调研 题号12345678 答案A DDDB ABC 1.A2.D 3.D【解析】因为AB=AC,BC=BD=DA, 所以∠C=∠ABC=∠CDB,∠A=∠ABD. 设∠A=x°，则∠ABD=∠A=x°， 所以∠C=∠ABC=∠CDB=∠A+∠ABD=2x°. 因为∠A+∠C+∠ABC=180°，所以x+2x+2x=180, 解得x=36,即∠A的度数是36°.故选D 4.D 5.B【解析】因为AD是△ABC的中线，AB=AC,∠CAD= 20°，所以∠CAB=2∠CAD=40°，∠B=∠ACB=号(180°- ∠CAB)=70°.因为CE是△ABC的角平分线，所以∠ACE= 4CB=35,放选B. 6.A【解析】A.在轴对称图形中，对应点所连的线段被对称轴垂 直平分，说法正确，故本选项符合题意； B.角的对称轴是角的平分线所在的直线，原说法错误，故本选 项不符合题意； C.等腰三角形底边上的高、顶角的平分线、底边上的中线重合， 原说法错误，故本选项不符合题意； D,到三角形三边距离相等的点是三个内角平分线的交点，原说 法错误，故本选项不符合题意.故选A. 7.B【解析】因为△ABC和△DEF都是等边三角形， 所以∠A=∠B=∠C=60°，∠DFE=∠DEF=∠EDF=60°， AB=BC=CA,DE=DF=EF,真题圈数学 同步调研卷 七年级下 ● 10.重难题型卷（三） 全等三角形 尽 图州 题型一 全等模型 墨期 类型1一线三等角 1.如图，AE⊥AB且AE=AB,BC⊥CD且BC=CD,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 是( ) A.30 6 B.50 H C.60 第1题图 D.80 2.(1)如图①，点B,C分别在∠MAN的边AM,AN上，点E,F都 型 在∠MAN内部的射线AD上.已知AB=AC,且∠1=∠2= ∠BAC,则△ABE与△CAF的关系为 (2)如图②，在△ABC中，AB=AC,AB>BC,点D在边BC 上，CD=2BD,点E,F在线段AD上，∠1=∠2=∠BAC.若 △ABC的面积为15，则△ACF与△BDE的面积之和为 M 精 教育 D ① ② 第2题图 3.（月考·22-23陕师大附中)(1)模型的发现：如图①，在△ABC 中，∠BAC=90°，AB=AC,直线I经过点A,且B,C两点在 直线I的同侧，BD⊥1，CE⊥1，垂足分别为点D,E.请直接写 巡加 出DE,BD和CE的数量关系为 (2)模型的迁移1：位置的改变 厢 如图②，在(1)的条件下，若B,C两点在直线1的异侧，请说 品 明DE,BD和CE的数量关系，并说明理由 (3)模型的迁移2：角度的改变 如图③，在(1)的条件下，若三个直角都变成了相等的钝角，即 ∠BAC=∠1=∠2=a,其中90°<a<180°，(1)的结论还成立 吗？若成立，请你给出证明；若不成立，请说明DE,BD和CE 的数量关系，并说明理由 D ② ③ 第3题图 类型2共顶点旋转 4.(月考·22-23西安益新中学)如图，在△ABC中，∠ABC= 45°，过点C作CD⊥AB于点D,过点B作 BM⊥AC于点M,连接MD,过点D作 DN⊥MD,交BM于点N,CD与BM交于 B 点E.下列结论：①∠ABM=∠ACD; 第4题图 ②DM=DN;③LAMD=45°；④SADN =S△MDM其中正确结论有( )个 A.1 B.2 C.3 D.4 5.(月考·23-24西安尊德中学)发现问题：如图①，已知△ABC, 以点A为直角顶点、分别以AB,AC为腰向△ABC外作等腰 直角△ABE、等腰直角△ACD,连接BD,CE.那么BD与CE 的数量关系是 拓展探究：如图②，已知△ABC,以AB,AC为边向外作正方形 AEFB和正方形ACGD,连接BD,CE,试判断BD与CE之间 的数量关系，并说明理由.（提示：正方形四条边相等，四个角 相等) —33— 解决问题：如图③，有一个四边形场地ABCD,△ADC为等边 三角形，BC=15,AB=8,求BD的最大值 ① ② ③ 第5题图 爱学 拒绝盗印 题型二构造全等 类型1倍长中线法 6.(期中·22-23西安曲江一中节选)如图， 在△ABC中，分别以AB,AC为边向外作 E △ABE和△ACD,使AE=AB,AD=AC, ∠EAB=∠DAC=90°，点M是BC的中点， M 连接AM,DE,当AM=11时，DE的长 第6题图 为 7.（期中·23-24西安铁一中)在通过构造全等三角形解决问题 的过程中，有一种方法叫作倍长中线法 (1)如图①，AD是△ABC的中线，且AB>AC,延长AD至点E, 使ED=AD,连接BE,可证得△ADC≌△EDB,其中判定全 等的依据为 (2)如图②，AD是△ABC的中线，点E在BC的延长线上，CE =AB,∠BAC=∠BCA,说明：AE=2AD. (3)如图③，AD是△ABC的中线，AB=AE,AC=AF,∠BAE =∠FAC=90°，试探究线段AD与EF的数量和位置关系，并 加以说明. B D ① ② ③ 第7题图 金星教育精品国书 类型2截长补短法 8.(期末·21-22陕师大附中)如图，在△ABC中，AD平分 B ∠BAC,过点C作CD⊥AD,AD交BC于 点G,作∠BCA的平分线CF交AD于点P, G 交AB于F,若∠B=60°，下列结论： ①∠PCD=30°；②∠AFC+∠DCG= 90°；③AB=GC;④AC=AF+CG.其 第8题图 中正确的个数是() A.1 B.2 C.3 D.4 9.(月考·23-24西安铁一中陆港)综合与实践 (1)问题背景：如图①，在四边形ABCD中，AB=AD,∠BAD =120°，∠B=∠ADC=90°，E,F分别是BC,CD上的点，且 ∠EAF=60°，探索EF,BE,DF的数量关系，则得出的结论 是 (2)探索延伸：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∠EAF= <BAD,(1)中的结论是否仍成立？并说明理由、 (3)实际应用：如图③，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中 心(0处)北偏西30的A处，舰艇乙在指挥中心(O处)南偏 东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离都是90 n mile, 接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60 n mile/h的速度前 进，同时，舰艇乙沿着射线BM的方向（∠OBM=120°），以 14 n mile/h的速度前进1.5h后，指挥中心观测到甲、乙两舰 艇分别到达E,F处，且舰艇乙在指挥中心南偏东80°，试问， 两舰艇E,F之间的距离是否符合(2)的条件？如果符合，请求 出两舰艇之间的距离（画出辅助线）：如果不符合，请说明理由 ① ② ③ 第9题图 34 题型三动点问题 10.(期中·23-24西安铁一中)如图，已知线段AB=30m,射 线AC⊥AB于点A,射线BD⊥AB于B,M点从B点向A运动， 每秒走1m,N点从B点向D运动，每秒走4m,M,N同时 从B出发，若射线AC上有一点P,使得△PAM和△MBN全等， 则线段AP的长度为( )m A.6或60B.60 C.24或60 D.6 D 第10题图 第11题图 11.（月考·23-24西安高新一中创新班改编)如图，在△ABC中， BC=7,AD⊥BC于D,BE⊥AC于E,AD,BE相交于点O.若 点F是直线AC上的一点，且CF=BO.动点P从点O出发， 沿线段OA以每秒1个单位长度的速度向终点A运动，动点 Q从点B出发沿射线BC以每秒4个单位长度的速度运动，P, Q两点同时出发，当点P到达点A时，P,Q两点同时停止运 动，设点P的运动时间为ts,则当t的值为 时，以点 B,O,P为顶点的三角形与以点F,C,Q为顶点的三角形全等， 12.(期中·22-23西安滨河学校)如图，在长方形ABCD中， AB=6,AD=8,延长BC到点E,使CE=2,连接DE, 动点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿BC→ CD→DA向终点A运动，连接AP,设点P的运动时间为ts, 当t的值为 时，△ABP和△DCE全等 H D 第12题图 第13题图 13.如图，在△ABC中，已知AB=AC,∠BAC=90°，AH是 △ABC的高，AH=4cm,BC=8cm,直线CM⊥BC,动点 D从点C开始沿射线CB方向以3cm/s的速度运动，动点E 也同时从点C开始在直线CM上以1cm/s的速度向远离C 点的方向运动，连接AD,AE,设运动时间为t(t>0)s. (1)当t为 时，△ABD的面积为12cm2; (2)当t为 时，△ABD≌△ACE.