10.重难题型卷(三)全等三角形-【真题圈】2025-2026学年七年级下册数学练考试卷（北师大版·新教材）陕西专版

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 葫 图州 题型一 全等模型 些 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( 6 A.30 B.50 C.60 D.80 第1题图 2.(1)如图①，点B,C分别在∠MAN的边AM,AN上，点E,F都 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 製 (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 第2题图 第3题图 3.(期中·24-25西工大附中)如图，在△ABC中，点D为AB 边中点，DE⊥AC,垂足为E.以BC为斜边作等腰直角三角 形BFC,使得直角顶点F恰好在DE上.若AC=10,DF=2, 则正的值为 CE 4.模型应用（月考·22-23陕师大附中）(1)模型的发现：如图 坚咖 H唰 ①，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,直线I经过点A,且 题) B,C两点在直线I的同侧，BD⊥I,CE⊥1，垂足分别为D,E.请 品 直接写出DE,BD和CE的数量关系为 (2)模型的迁移1：位置的改变 如图②，在(1)的条件下，若B,C两点在直线1的异侧，请说 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，请你给出理由；若不成立，请说明DE,BD和CE 的数量关系，并说明理由 D D ① ② ③ 第4题图 类型2“手拉手” 5.（月考·23-24西安三中)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 角三角形ABE、等腰直角三角形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 拒绝盗印 题型二构造全等的常规方法 类型1倍长中线法 6.(期中·24-25西安铁一中陆港)如图，在△ABC中，E,F分别 在AB,AC上，DE⊥DF,D是边BC的中点，试比较BE+CF与 EF的大小： (提示：延长ED至点H,使DH= DE.) B D 第6题图 第7题图 7.(月考·24-25西安高新逸翠园学校改编)如图，在△ABC中， AD是BC边上的中线，AC=AF,AB=AE,∠CAB+∠FAE =180°.则EF与AD的数量关系为 8.（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. R D E ① ② ③ 第8题图 金星教查精品圆书 类型2截长补短法 9.如图，在△ABC中，AD平分∠BAC,过点C作CD⊥AD,AD 交BC于点G,作∠BCA的平分线CF交 B D AD于点P,交AB于点F,若∠B=60°， G 下列结论：①∠PCD=30°；②∠AFC+ ∠DCG=90°；③AB=GC;④AC= AF+CG.其中正确的个数是() 第9题图 A.1 B.2 C.3 D.4 10.探究性试题（月考·24-25西安滨河学校） 问题发现： (1)如图①，在四边形ABCD中，AB=AD,∠B=∠ADC= 90°，E,F分别是边BC,CD上的点，且EF=BE+FD,试猜 想图中∠BAD和∠EAF的数量关系 小王同学解决此问题的方法是：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 问题探究： (2)如图②，若在四边形ABCD中，AB=AD,∠B+∠D= 180°，E,F分别是边BC,CD上的点，且EF=BE+FD,试探 究∠BAE,∠FAD,∠EAF之间的数量关系，并说明理由. 拓展延伸： (3)如图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，仍然满足EF=BE+FD,请写出∠DAB与∠EAF之 间的数量关系，并说明理由. 0 ① ② ③ 第10题图 34 题型三动点问题 11.（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于点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60 B.60 C.24或60 D.6 第11题图 第12题图 第13题图 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一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 13.（月考·23-24西安高新一中创新班改编)如图，在△ABC中， BC=7,AD⊥BC于点D,BE⊥AC于点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. 14.（月考·24-25西安滨河学校改编)如图，直线PQ经过 Rt△ABC直角顶点C,点D以1cm/s的速度从点A出发，沿 AC一CB移动到点B,同时点E以3cm/s的速度从点B出发， 沿BC一CA移动到点A,两点中有一个点到达终点另一个点 继续移动到终点.过点D,E分别作 DM⊥PQ,EN⊥PQ,垂足分别为 M,N,若AC=6cm,BC=8cm, 则当运动时间为 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. 第14题图答案与解析 因为LBDE=∠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=∠DAC=∠BAC=3. 所以∠ADC=180°-33°-78°=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LBAD=)∠BAC, 所以LADC=180°-∠ADB=∠B+∠BAD=∠B+5LBAC= ∠B+(180°-∠B-∠ACB)=90°+2∠B-∠ACB 因为PE⊥AD, 所以∠E=90°-∠ADC=90°-90°+号∠B-2∠ACB =(LACB-∠B). 25.【解】(1)由∠BAC=90°，AB=AC,BD⊥直线1，CE⊥直线1， 得LBDA=∠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⊥于点M,过点G作GN⊥Ⅲ于点 N.四边形ABDE和四边形ACFG是正方形，AH是BC边上 的高， 同(1)理得△BAH≌△AEM(AAS),△CHA≌△ANG(AAS), 所以EM=AH,GN=AH, 所以EM=GN 又因为∠EMM=∠GNI=90°， ∠EIM=∠GN, 所以△EMM≌△GNI(AAS), 所以EI=GI, 第25题答图 即I是EG的中点 26.【獬】(1)4 (2)因为AE∥BC,所以∠EAD=∠C 在△EAD与△ACB中， 因为AD=CB,∠EAD=∠C,AE=AC, 所以△EAD≌△ACB(SAS), 所以ED=AB. (3)能达到. 如图①，以FC为边，C为顶点向下作∠FCG=∠BAE=∠BAC =55°，并使CG=AB,连接FG D F ① ② 第26题答图 因为AE=CF,所以△ABE≌△CGF(SAS),所以BE=FG, 所以BE+AF=FG+AF 当A,F,G三点共线时，FG+AF最小，则BE+AF最小，此时，F 点的位置如图②所示. 因为CD⊥AB,所以LADC=90° 因为∠FCG=∠BAC=55°，所以LACD=35°， 所以∠ACG=∠ACD+∠FCG=90°. 因为CG=AB=AC, 所以△ACG为等腰直角三角形， 则∠FAC=45°， 所以∠DAF=∠DAE-∠FAC=10° 所以在Rt△ADF中，∠AFD=90°-∠DAF=80°， 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∠BAG=∠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. 所以梯形DEFH的面积=(EF+DH)·FH=8O,SA= 5-AFFE-9.cC CH DHI-6. 所以题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=CA, 所以△ABE≌△CAF(AAS). (2)因为△ABC的面积为15，CD=2BD, 所以Sm=号x15=5,由(1)可得△ABE≌△CAF, 所以SAMC+S△BDE=SAABE+S△BDe=SAABD=5, 故△ACF与△BDE的面积之和为5. 故答案为(1)全等；(2)5. 3号【解析】过点B作H1BD交D的延长线于点H,如图 设AE=a. A 因为AC=10, 所以CE=AC-AE=10-a. 因为DF=2, 所以DE=DF+FE=2+FE. B 因为点D为AB边中点， 第3题答图 所以BD=AD. 因为BH⊥ED,DE⊥AC, 所以∠H=∠AED=90° 在△BHD和△AED中，因为∠H=∠AED,∠BDH=∠ADE,BD AD, 所以△BHID≌△AED(AAS), 所以BH=AE=a,DH=DE=2+FE. 因为△BFC是以BC为斜边的等腰直角三角形， 所以FB=CF,∠BFC=90°，所以∠BFH+∠CFE=90° 因为BH⊥ED,DE⊥AC,所以∠H=∠FEC=90°， 所以∠FCE+∠CFE=90°，所以LBFH=∠FCE. 在△BFH和△FCE中，因为∠H=∠FEC,∠BFH=∠FCE, FB=CF, 所以△BFH≌△FCE(AAS),所以BH=EF=a,FH=CE, 所以DH=2+FE=2+a,所以FH=DH+DF=2+a+2=4+a. 因为FH=CE,CE=10-a,所以4+a=10-a,解得a=3, 所以AE=a=3,CE=10-a=7,所以5=3 CE 7 故答案为号 4.【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⊥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∠BAD+∠BAC+∠CAE=180°，∠CAE+∠2+∠ACE=180°， 所以∠BAD+∠BAC=∠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 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△BAD≌△EAC(SAS), 所以BD=CE 真题圈数学七年级下 解决问题：如图，以AB为边向外作等边三角形ABE,连接CE. B 第5题答图 所以∠BAE=60°，BE=AB=AE=8. 因为△ADC为等边三角形， 所以∠CAD=60°，AC=AD, 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.BE+CF>EF【解析】如图，延长ED至点H,使DH=DE,连接 CH,FH. A 在△BDE和△CDH中，因为BD= CD,∠BDE=∠CDH,ED=HD, 所以△BDE≌△CDH(SAS), 所以CH=BE. B D 因为DE⊥DF, 所以∠EDF=∠HDF H 第6题答图 又因为ED=HD,DF=DF, 所以△EDF≌△HDF(SAS), 所以EF=HF 在△CFH中，CH+CF>FH, 所以BE+CF>EF, 故答案为BE+CF>EF 7.EF=2AD【解析】如图，延长AD到点H,使HD=AD,连接 HC,则HA=2AD: 因为AD是BC边上的中线， 所以CD=BD. H< 在△HDC和△ADB中，因为 CD=BD,∠HDC=∠ADB, HD =AD, 所以△HDC≌△ADB(SAS), 第7题答图 所以CH=AB,∠H=∠DAB, 所以CH∥AB, 所以∠CAB+∠ACH=180° 因为∠CAB+∠FAE=180°，所以∠ACH=∠FAE. 因为AB=AE,所以CH=AE. 在△ACH和△FAE中，因为CH=AE,∠ACH=∠FAE,AC= FA, 所以△ACH≌△FAE(SAS), 所以HA=EF,所以EF=2AD. 故答案为EF=2AD. 8.【解】(1)SAS (2)延长AD到点M,使AD=DM,则AM=2AD.连接BM,如图① 因为AD是△ABC的中线， 答案与解析 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. ① ② 第8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LFAC=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=LAHC=90°， 所以EF=2AD,EF⊥AD. 9.C【解析】因为AD平分∠BAC,CF平分∠BCA, 所以∠PAC=∠BAC,LPCA=)∠BCA, 所以LPAC+∠PCM=(LBAC+LBCA)=180°-∠B)=60° 因为∠APC+∠PAC+∠PCA=180°， 所以∠APC=120°， 所以∠CPD=60° 因为CD⊥AD, D 所以∠PCD=30°，故①正确. 因为∠FPA=∠CPD=∠B=60°， ∠BGA=∠CGD,∠FAP+∠AFP+∠APF =∠FAP+∠B+∠AGB, 第9题答图 所以∠AFP=∠AGB, 所以∠AFC=∠CGD, 所以∠AFC+∠DCG=∠CGD+∠DCG=90°，故②正确， 如图，在AC上取点H,使AF=AH,易证△AFP≌△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(AAS), 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. 10.【解】(1)∠BAD=2∠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,则∠BAD=2∠EAF (2)∠BAE+∠FAD=∠EAR理由如下： 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,BE=DG, 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 ① ② 第10题答图 (3)∠BMF=180-号D1B,理由如下： 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∠ADC=∠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LFAE+∠FAG+∠GAE=360°， 所以2∠FAE+(∠GAB+∠BAE)=360°， 所以2∠FAE+(∠GAB+∠DAG)=360°， 即2∠FAE+∠DAB=360°， O所以∠EBAF=180°-DMB, 11.A【解析】根据题意，设运动时间为ts, 所以BM=tm,BN=4tm 因为AC⊥AB,BD⊥AB,所以∠A=∠B=90° ①当AM=BM,AP=BN时，△APM≌△BNM 因为AB=30m,所以AM=BM=)AB=3×30=15(m, 所以t=15, 所以AP=BN=4×15=60(m). ②当AM=BN,AP=BM时，△AMP≌△BNM,此时BM+BN =30m,即t+4t=30,解得t=6, 所以AP=BM=6m. 综上所述，线段AP的长度为6m或60m.故选A. 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t=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=8+6+8-21=2,解得1=10. 所以当1的值为1或10时，△ABP和△DCE全等. 故答案为1或10. 13.子或子【解析】由题意得OP=1,BQ=4,OB=CF,∠BOP =ZQCF. ①当Q在边BC上时，如图①，△BOP≌△FCQ, 所以0P=CQ,即1=7-4k,1=} ②当Q在BC的延长线上时，如图②，△BOP≌△FCQ, 所以oP=CQ,即1=4-7,1=子 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}或写.故答案为或子 ① ② 第13题答图 14.1或子或12【解析】设运动时间为1s. ①如图①，当点E在BC上，点D在AC上，即0≤1≤时， CE =(8-3t)cm,CD=(6-t)cm. 因为DM⊥PQ,EN⊥PQ, 所以∠DMC=∠CNE=90°，∠CDM+∠ACM=90°. 因为LACB=90°， 所以∠ACM+∠ECN=90°， 所以∠CDM=∠ECN. 当CD=CE时，△DCM≌△CEN,此时6-t=8-31, 所以t=1. 真题圈数学七年级下 ②如图②，当点E在AC(不含端点)上，点D在AC上， 即号<K6时，CE=(31-8)cm,CD=(6-)cm, 此时若△DCM与△ECN重合，则两三角形全等，则CD=CE, 所以6-4=3-8，所以1=子 ③如图③，当点E到达点A,点D在BC上，即6≤t≤14时，CE =6cm,CD =(t-6)cm, 与①同理得当CE=CD时，△ECN≌△CDM,此时6=t-6, 所以t=12. 综上所述，当运动时间为1s或子s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或号或12 A Q Q D(E) M M(N) ① ② A(E) Q D B ③ 第14题答图 11.第五章学情调研 题号12345678 答案AD D DC ABB 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=180°-∠BDA=∠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【解析】因为∠B=∠C=75, 所以∠BAC=180°-2×75°=30° 又因为△AB'C与△ABC关于直线EF对称， 所以∠B'AC=∠BAC=30°，∠CAC=2∠CAF=20°， 所以∠CAB=∠CAC+∠B'AC=50°，故选D. 5.C【解析】如图，过点D作DE⊥AB 于点E. 因为AD平分∠BAC,∠ACB=90°， DE⊥AB,所以DC=DE=4cm, 所以BD=BC-DC=10-4=6(cm). B D 故选C 第5题答图