第4章 三角形 易错题复习 2025--2026学年北师大版七年级数学下册

三角形易错题复习 一．填空题（共6小题） 1．如图，在△ABC中，AB＝AC＝12cm，BC＝6cm，D为AC的中点，动点P从点A出发，以每秒1cm的速度沿A﹣B﹣C的方向运动，设运动时间为t，当过D，P两点的直线将△ABC的周长分成两部分，其中一部分是另一部分的2倍时，t＝　 　 ． 2．如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，D在直线AC左侧，满足DC⊥AC且DC＝AC，垂足为C，连接BD，若△BCD的面积为16，则BC的长为　 　 ． 3．如图，已知四边形ABCD是长方形，以BD为直角边作等腰直角三角形BDM，且∠BDM＝90°，BM交AD于点N，连接AM．若长方形ABCD的周长为14，，则△ABM的面积为 　 　 ． 4．如图，AB＝3，P为平面内一动点，且PA＝2，以PB为边在PB上方作等边三角形PBM，连接MA，则MA的最小值为 　 　 ． 5．如图，CA⊥直线l于点A，CA，点B是直线l上一动点，以CB为边向上作等边△MBC，连接MA，则MA的最小值为 　 　 ． 6．如图，在△ABC中，∠A＝90°，BE，CD分别平分∠ABC和∠ACB，且相交于F，EG∥BC，CG⊥EG于点G，若∠GCD＝75°，则∠ABE＝　 　 ． 二．解答题（共12小题） 7．如图，在△ABC中，点D在AB边上，连接CD，DG为△BCD的角平分线，DG∥AC，点E，F分别在线段AC，AD上，且∠AEF＝∠CDG． （1）求证：CD∥EF； （2）∠A＝35°，求∠CEF的度数． 8．【方法总结】 以下是某同学对一道《学习与评价》习题的分析与反思． 题目：如图，在△ABC中，AD是∠BAC的平分线，点E、F分别在边AB、AC上，∠AED＝∠CFD． 求证：ED＝DF． 分析：作DG⊥AB，DH⊥AC，垂足分别为G、H．根据角平分线的性质，得DG＝DH． 再证明△EGD≌△FHD，得DE＝DF． 反思：遇到和角平分线有关的题目，可以尝试向角的两边作垂线段来寻求解题思路． 根据上述解题经验，解决下列问题． 【变式迁移】 （1）如图1，四边形ABCD中，CB＝CD，∠B+∠D＝180°求证：AC平分∠DAB． 【问题解决】 （2）如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的中线，将△CBD沿CD翻折后得到△CED，连接AE．若AC＝4，BC＝3，直接写出AE的长． 9．如图，点D、E分别在△ABC的边AB，AC上，点F在线段CD上，且∠1＝∠B，DE∥BC． （1）求证：AB∥EF； （2）若DE平分∠ADC，∠ACB＝2∠B，求证：∠DFE＝∠DEC． 10．在△ABC中，AB＝AC＝12cm，BC＝6cm，D为BC的中点，动点P从B点出发，以每秒1cm的速度沿B→A→C的方向运动．设运动时间为t，那么当t为几秒时，过D、P两点的直线将△ABC的周长分成两部分，且其中一部分是另一部分的2倍． 11．已知直线MN∥PQ，点A，C分别在MN，PQ上，点B在直线MN，PQ之间，且∠BCP＜∠BAM＜90°． （1）如图1，求证：∠ABC＝∠BAM+∠BCP．将下列推理过程补充完整： 如图1，过点B作BG∥PQ． 因为MN∥PQ， 所以MN∥BG（　 　 ）， 所以∠ABG＝∠BAM，∠CBG＝∠BCP（　 　 ）， 所以∠ABC＝∠ABG+∠CBG＝∠BAM+∠BCP． （2）如图2，点D，E在直线MN上，且∠DBC＝∠BAM，BE平分∠ABC．求证：∠DEB＝∠DBE． （3）在（2）的条件下，如果∠CBE的平分线BF与直线MN平行，试判断∠BAM与∠BCP之间的数量关系，并说明理由． 12．如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠B＝∠C＝50°，点D在线段BC上运动（D不与B、C重合），连接AD，作∠ADE＝50°，DE交线段AC于E． （1）当∠BDA＝120°时，∠EDC＝　 　 ；点D从B向C运动时，∠BDA逐渐变 　 　 （填“大”或“小”）； （2）当DC等于多少时，△ABD≌△DCE，请说明理由； （3）在点D的运动过程中，△ADE可以有两个内角相等吗？若可以，请直接写出∠BDA的度数，若不可以，请说明理由． 13．如图，在正方形ABCD中，E是BC的中点，点F在CD上，∠FAE＝∠BAE．求证：AF＝BC+FC． 14．已知在菱形ABCD中，E是BC的中点，且∠FAE＝∠BAE． （1）如图，当点F在边DC的延长线上时，求证：AF＝BC﹣CF； （2）当点F与点C重合时，求∠B的度数，并说明理由； （3）当点F在边DC上时，（1）中求证的结论还成立吗？若不成立，请直接写出成立的结论； （4）当∠B＝90°时，请确定点F的位置． 15．【感知】 如图1，在四边形ABCD中，∠C＝∠ADC＝90°，点E在边CD上，且满足△AEB是等腰直角三角形，∠AEB＝90°．求证：△ADE≌△ECB． 【探究】 如图2，在四边形ABCD中，∠C＝∠ADC＝90°，点E在边CD上，且满足△AEB是等腰直角三角形，∠AEB＝90°，点F在边AD的延长线上，连接EF，以EF为直角边作等腰Rt△EFG，过点G作GT⊥CD，垂足为T，连接BG交CD于点H．求证：BH＝GH． 【拓展】 如图3，点E在四边形ABCD内，∠AEB+∠DEC＝180°，且AE＝BE，DE＝CE，过点E作EF交AD于点F，使∠EFA＝∠AEB，延长FE交BC于点G．试探究BG与BC之间的数量关系，并说明理由． 16．如图，AE与BD相交于点C，AC＝EC，BC＝DC，AB＝4cm，点P从点A出发，沿A→B→A以2cm/s的速度运动，点Q从点D出发，沿直线DE以1cm/s的速度运动，P，Q两点同时出发，当点P到达点A时，P，Q两点同时停止运动，设点P的运动时间为ts． （1）当t＝3时，线段DQ的长为　 　 cm，线段AP的长为　 　 cm； （2）求证：AB∥DE； （3）连接PQ，当线段PQ经过点C时，直接写出t的值； （4）连接PE，BE，当△APE的面积等于△ABE面积的一半时，直接写出所有满足条件的t的值． 17．【问题情境】（1）如图1，在△ABC与△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，CA＝CB，CD＝CE，连接AD，BE，且点E在线段AD上． 【问题解决】①求证：∠CAD＝∠CBE； ②连接DB，若DE＝2，△ABD的面积为24.5，求AE的长度； 【问题迁移】（2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°．D是△ABC内一动点，作射线BD，连接AD，作AE⊥AD交射线BD于点E（点E在D右侧），在射线AD上截AF＝AE，连接CF．当CF∥AE时，用等式表示AE，DF，CF的数量关系，并说明理由． 18．在△ABC中，∠BCA＝90°，∠B＝α，点D是AC边上一点，E为AB边上一个动点，将△ADE沿DE翻折后得到△A′DE（点A的对应点为点A′）． （1）如图1，当点A′落在AB上方时，α＝60°，∠ADE＝x°，则∠BED＝　 　 ．（用含x的代数式表示） （2）点A′落在AB上方，当∠DA′E的一边与BC平行时，求∠ADE的度数．（用含α的代数式表示） （3）如图2，DE的延长线与AA′交于点P，若AC＝8，CD＝3时，当△ADF面积的最大值时，求△CDF的面积． 参考答案与试题解析 一．填空题（共6小题） 1．【分析】由于动点P从A点出发，沿A→B→C的方向运动，所以分两种情况进行讨论：（1）P点在AB上，设运动时间为t，用含t的代数式分别表示BP，AP，根据条件过D、P两点的直线将△ABC的周长分成两个部分，使其中一部分是另一部分的2倍，求出t值；（2）P点在BC上，同理，可解出t的值． 【解答】解：分两种情况： （1）P点在AB上时，如图， ∵AB＝AC＝12cm，AD＝CDAC＝6cm， 设P点运动了t秒，则AP＝t，BP＝12﹣t，由题意得： AP+AD（BP+BC+CD）或（AP+AD）＝BP+BC+CD， ∴t+6（12﹣t+6+6）①或（t+6）＝12﹣t+6+6②， 解①得t＝4秒，解②得，t＝14（舍去）； （2）P点在BC上时，如图，P点运动了t秒， 则AB+BP＝t，PC＝AB+AC﹣t＝24﹣t， 由题意得：AD+AB+BP＝2（PC+CD）或2（AD+AB+BP）＝PC+CD， ∴6+t＝2（24﹣t）①或2（6+t）＝24﹣t+6② 解①得t＝14秒，解②得，t＝4秒（舍去）． 故当t＝4或14秒时，过D、P两点的直线将△ABC的周长分成两个部分，使其中一部分是另一部分的2倍． 故答案为4或14秒． 2．【分析】如图：过A作AE⊥BC于E，过D作DF⊥BC于F，即∠DFC＝∠AEC＝90°，先证明△FDC≌ECA（AAS）可得DF＝EC，再根据等腰三角形的性质以及等量代换可得，最后根据△BCD的面积为16列方程求解即可． 【解答】解：如图，过A作AE⊥BC于E，过D作DF⊥BC于F，即∠DFC＝∠AEC＝90°， ∴∠DCF+∠FDC＝90°， ∵DC⊥AC， ∴∠DCF+∠ACE＝90°， ∵∠FDC＝∠ACE， ∵DC＝AC， ∴△FDC≌ECA（AAS）， ∴DF＝EC， ∵AE⊥BC，AB＝AC， ∴BC＝2EC＝2DF，即， ∵△BCD的面积为16，BC•DF＝16，即， 解得：BC＝8（已舍弃负值）， 故答案为：8． 3．【分析】看见等腰直角三角形，要有意识的想到构造“一线三垂直”的全等三角形，过M作MG⊥CD交CD的延长线于点G，证△MGD≌△DCB得到DG＝BC，所以BC+CD＝DG+CD＝7， 而△ABM的面积可以分成两个以AN为底的三角形，两个三角形的高的和是DG+CD＝7，进而求出面积即可． 【解答】解：如图，过M作MG⊥CD交CD的延长线于点G， ∵△BDM为等腰直角三角形， ∴∠BDM＝90°，DB＝DM， ∴∠MDG＝∠DBC＝90°﹣∠BDC， 在△MGD和△DCB中， ， ∴△MGD≌△DCB（AAS）， ∴DG＝BC， ∵长方形ABCD的周长为14， ∴BC+CD14＝7， ∴DG+CD＝7， ∴S△ABM＝S△ABN+S△ANMAN•ABAN•DGAN•（DG+AB）7． 故答案为：． 4．【分析】把△PBA绕点P逆时针旋转60°得△PMC，连接AC，由旋转的性质得出MC＝3，AC＝2，由三角形的三边关系得出1≤MA≤5，进而求出MA的最小值是1． 【解答】解：如图， ∵△PBM是等边三角形， ∴把△PBA绕点P逆时针旋转60°得△PMC，连接AC， ∴MC＝AB＝3，PC＝AP＝2，∠APC＝60°， ∴△APC是等边三角形， ∴AC＝AP＝2， ∴3﹣2≤MA≤3+2，即1≤MA≤5， ∴MA的最小值是1， 故答案为：1． 5．【分析】以AC为边作等边三角形ACE，连接ME，过点A作AF⊥ME于点F，证明△BCA≌△MCE（SAS），由全等三角形的性质得出BA＝ME，∠BAC＝∠MEC＝90°，由直角三角形的性质可得出答案． 【解答】解：如图，以AC为边作等边三角形ACE，连接ME，过点A作AF⊥ME于点F， ∵△MBC和△ACE为等边三角形， ∴BC＝CM，AC＝CE，∠BCM＝∠ACE＝60°， ∴∠BCA＝∠MCE， 在△BCA和△MCE中， ， ∴△BCA≌△MCE（SAS）， ∴BA＝ME，∠BAC＝∠MEC＝90°， ∴∠AEF＝90°﹣60＝30°， ∵B是直线l上的动点， ∴M在直线ME上运动， ∴MA的最小值为AF， ∵AE＝AC， ∴AFAE． 故答案为：． 6．【分析】根据平行线的性质与角平分线的定义和三角形内角和定理进行作答． 【解答】解：∵EG∥BC，CG⊥EG， ∴CG⊥BC， ∴∠BCG＝90°， ∵∠GCD＝75°， ∴∠DCB＝∠BCG﹣∠GCD＝15°， ∵CD平分∠ACB， ∴∠ACB＝2∠DCB＝30°， ∵∠A＝90°， ∴∠ABC＝∠A﹣∠ACB＝90°﹣30°＝60°， ∵BE平分∠ABC， ∴∠ABE∠ABC＝30°． 故答案为：30°． 二．解答题（共12小题） 7．【分析】（1）先利用平行线的性质可得∠ACD＝∠CDG，然后利用等量代换可得∠AEF＝∠ACD，从而利用同位角相等，两直线平行可得CD∥EF，即可解答； （2）先利用平行线的性质可得∠A＝∠GDB＝35°，再利用角平分线的定义可得∠CDG＝∠GDB＝35°，从而可得∠ACD＝∠CDG＝35°，然后利用两直线平行，同旁内角互补进行计算，即可解答． 【解答】（1）证明：∵DG∥AC， ∴∠ACD＝∠CDG， ∵∠AEF＝∠CDG， ∴∠AEF＝∠ACD， ∴CD∥EF； （2）解：∵DG∥AC， ∴∠A＝∠GDB＝35°， ∵DG平分∠CDB， ∴∠CDG＝∠GDB＝35°， ∴∠ACD＝∠CDG＝35°， ∵EF∥CD， ∴∠CEF＝180°﹣∠ACD＝145°， ∴∠CEF的度数为145°． 8．【分析】（1）过点C作CE⊥AB于E，过点C作CF⊥AD，由“AAS”可证△CDF≌△CBE，可得CE＝CF，由角平分线的性质可得结论； （2）由勾股定理可求AB的长，由面积法可求CH的长，由“AAS”可证△ACG≌△ACH，可得AG＝AH，CG＝CH，由“HL”可证Rt△CEG≌Rt△CBH，可得EG＝BH，即可求解． 【解答】证明：（1）如图1，过点C作CE⊥AB于E，过点C作CF⊥AD，交AD的延长线于F， ∵∠B+∠ADC＝180°，∠FDC+∠ADC＝180°， ∴∠B＝∠FDC， 又∵CE⊥AB，CF⊥AD， ∴∠CEB＝∠CFD＝90°， 在△CDF和△CBE中， ， ∴△CDF≌△CBE（AAS）， ∴CE＝CF， 又∵CE⊥AB，CF⊥AD， ∴AC平分∠DAB； （2）如图2，过点C作CH⊥AB于H，过点C作CG⊥AE，交AE的延长线于G，连接BE， ∵AC＝4，CB＝3，∠ACB＝90°， ∴AB5， ∵S△ABCAC×BCAB×CH， ∴3×4＝5CH， ∴CH， ∴AH， ∴BH， ∵将△CBD沿CD翻折后得到△CED， ∴EC＝BC，∠B＝∠DEC，BE⊥CD， ∵∠ACB＝90°，CD是AB边上的中线， ∴BD＝AD＝CD＝DE， ∴∠AEB＝90°，∠DAC＝∠DCA， ∴AE∥CD， ∴∠GAC＝∠ACD＝∠DAC， 又∵∠G＝∠AHC＝90°，AC＝AC， ∴△ACG≌△ACH（AAS）， ∴AG＝AH，CG＝CH， 又∵CE＝CB， ∴Rt△CEG≌Rt△CBH（HL）， ∴EG＝BH， ∴AE＝AG﹣EG． 9．【分析】（1）首先根据平行线的性质可判定∠ADE＝∠B，再结合已知条件可得出∠ADE＝∠1，据此再根据平行线的判定可得出结论； （2）首先由（1）得到∠ADE＝∠1＝∠B，结合角平分线的定义可得到∠ADE＝∠CDE＝∠1＝∠B，再由DE∥BC即可得出∠BCD＝∠1＝∠B，结合∠ACB＝2∠B即可得此∠ACD＝∠B＝∠1，最后再由三角形的外角定理即可得出结论． 【解答】证明：（1）∵DE∥BC， ∴∠ADE＝∠B， ∵∠1＝∠B， ∴∠ADE＝∠1， ∴AB∥EF． （2）由（1）知：∠ADE＝∠1＝∠B， ∵DE平分∠ADC， ∴∠ADE＝∠CDE， ∴∠ADE＝∠CDE＝∠1＝∠B， ∵DE∥BC， ∴∠CDE＝∠BCD， ∴∠BCD＝∠1＝∠B， ∵∠ACB＝2∠B， 又∵∠ACB＝∠BCD+∠ACD， ∴∠BCD+∠ACD＝2∠B， ∴∠ACD＝∠B＝∠1， ∴∠DFE＝∠ACD+∠CEF＝∠1+∠CEF＝∠DEC． 10．【分析】由于动点P从B点出发，沿B→A→C的方向运动，所以分两种情况进行讨论：①P点在BA上，设运动时间为t，用含t的代数式分别表示BP，AP，根据条件过D、P两点的直线将△ABC的周长分成两个部分，使其中一部分是另一部分的2倍，求出t值；②P点在AC上，同理，可解出t的值． 【解答】解：①当点P在BA上时， BP＝t，AP＝12﹣t， 2（t+3）＝12﹣t+12+3， 解得t＝7； ②当点P在AC上时， PC＝24﹣t， t+3＝2（24﹣t+3）， 解得t＝17． 故t值是7或17． 11．【分析】（1）根据平行于同一条直线的两条直线平行可得MN∥PQ，再根据平行线的性质即可得结论； （2）过点B作BG∥NC，根据MN∥PQ，可得MN∥BG，所以∠DEB＝∠EBG，∠CBG＝∠BCP，结合（1）即可进行证明； （3）根据∠DBC＝∠DBE+∠EBF+∠FBC，BF∥MN，可得∠EBF＝∠DEB，根据BF平分∠CBE，可得∠CBF＝∠EBF，结合（2）可得∠DBC＝3∠FBC，根据平行线的性质即可得结论． 【解答】（1）证明：如图1，过点B作BG∥PQ， 因为MN∥PQ， 所以MN∥BG（平行于同一条直线的两条直线平行）， 所以∠ABG＝∠BAM，∠CBG＝∠BCP（两直线平行，内错角相等）， 所以∠ABC＝∠ABG+∠CBG＝∠BAM+∠BCP． 故答案为：平行于同一条直线的两条直线平行；两直线平行，内错角相等； （2）证明：如图2，过点B作BG∥PQ， 因为MN∥PQ， 所以MN∥BG， 所以∠DEB＝∠EBG，∠CBG＝∠BCP， 由（1）知：∠ABC＝∠BAM+∠BCP． 又∠DBC＝∠BAM， 所以∠ABC＝∠DBC+∠BCP． 因为∠ABC＝∠ABD+∠DBC． 所以∠ABD＝∠BCP， 所以∠ABD＝∠CBG， 因为BE平分∠ABC． 所以∠ABE＝∠EBC， 所以∠DBE＝∠EBG， 所以∠DEB＝∠DBE； （3）解：∠BAM＝3∠BCP，理由如下：如图， 因为∠DBC＝∠DBE+∠EBF+∠FBC，BF∥MN， 所以∠EBF＝∠DEB， 因为BF平分∠CBE， 所以∠CBF＝∠EBF， 由（2）知：∠DEB＝∠DBE， 所以∠DBC＝3∠FBC， 因为PQ∥MN， 所以PQ∥BF， 所以∠FBC＝∠BCP， 所以∠DBC＝3∠BCP， 因为∠BAM＝∠DBC， 所以∠BAM＝3∠BCP． 12．【分析】（1）利用邻补角的性质和三角形内角和定理解题； （2）当DC＝4时，利用∠DEC+∠EDC＝130°，∠ADB+∠EDC＝130°，求出∠ADB＝∠DEC，再利用AB＝DC＝4，即可得出△ABD≌△DCE； （3）当∠BDA的度数为100°或115°时，△ADE满足条件． 【解答】解：（1）∵在△BAD中，∠B＝∠C＝∠50°，∠BDA＝120°， ∴∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠BDA＝180°﹣50°﹣120°＝10°； ∠EDC＝180°﹣∠ADB﹣∠ADE＝180°﹣120°﹣50°＝10°． 故答案为：10°，小； （2）当DC＝4时，△ABD≌△DCE， 理由：∵∠C＝50°， ∴∠DEC+∠EDC＝130°， 又∵∠ADE＝50°， ∴∠ADB+∠EDC＝130°， ∴∠ADB＝∠DEC， 又∵AB＝DC＝4， 在△ABD和△DCE中， ， ∴△ABD≌△DCE（AAS）， 即当DC＝4时，△ABD≌△DCE． （3）当∠BDA的度数为100°或115°时，△ADE满足条件， ∵∠BDA＝100°时， ∴∠ADC＝80°， ∵∠C＝50°， ∴∠DAC＝50°， ∴∠DAC＝∠ADE； ∵当∠BDA的度数为115°时， ∴∠ADC＝65°， ∵∠C＝50°， ∴∠DAC＝65°， ∵∠ADE＝50°， ∴∠AED＝65°， ∴∠DAC＝∠AED． 13．【分析】作EM⊥AF于M，连接EF，根据已知和正方形的性质分别证明Rt△ABE≌Rt△AMERt，Rt△EMF≌Rt△ECF，得出EM＝BE，FM＝FC，从而得出结论． 【解答】证明：作EM⊥AF于M， ∵∠B＝90°， ∴∠B＝∠AME＝90°， ∵∠FAE＝∠BAE， ∴BE＝EM， 在Rt△ABE与Rt△AME中， ， ∴Rt△ABE≌Rt△AME（HL）， ∴AM＝AB＝BC，EM＝BE， ∵E是BC中点， ∴EC＝BE＝EM， 在Rt△EMF与Rt△ECF中， ， ∴Rt△EMF≌Rt△ECF（HL）， ∴FM＝FC， ∵AF＝AM+MF， ∴AF＝BC+CF． 14．【分析】（1）先根据E是BC的中点，结合菱形的对边平行，证明△ABE与△GCE全等，从而得到BC＝CG，再根据菱形的四条边都相等，BC＝CG，结合图形边不难证出； （2）F与C重合，根据（1）中的结论，可以得到AC＝CG＝AB，也就是对角线AC等于菱形的边长，所以△ABC是等边三角形，再根据等边三角形的内角是60°即可求解； （3）很明显，AF＝FG，大于CG，也就是BC的长度，所以结论不成立，根据线段的和差关系写出结论即可； （4）∠B＝90°时，菱形ABCD为正方形，设正方形的边长为x，在△ADF中，分别表示出AF、FD的长度，然后利用勾股定理列式整理即可得到CF与边长的关系，从而得到点F的位置． 【解答】（1）证明：∵E是BC的中点， ∴BE＝CE， 在菱形ABCD中，AB∥CD， ∴∠BAE＝∠G， 在△ABE与△GCE中，， ∴△ABE≌△GCE（AAS）， ∴AB＝CG， 又∵∠FAE＝∠BAE， ∴∠FAE＝∠G， ∴AF＝FG， ∴AF＝CG﹣CF＝BC﹣CF； 解：（2）∵F与点C重合， ∴CF＝0，AF＝BC， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠B＝60°； （3）不成立． ∵AF＝FG，BC＝CG， ∴AF＝FG＝CG+CF， 即AF＝BC+CF； （4）∵∠B＝90°， ∴菱形ABCD是正方形， 设正方形的边长为x，则 AD＝x，AF＝FG＝BC+CF＝x+CF，FD＝CD﹣CF＝x﹣CF， 在△AFD中，AF2＝AD2+FD2， 即（x+CF）2＝x2+（x﹣CF）2， 整理得CFx， 即CFCD． 15．【分析】【感知】根据等腰直角三角形的性质得到AE＝BE，利用AAS定理证明△ADE≌△ECB； 【探究】根据全等三角形的性质得到BC＝DE，再证明△EDF≌△GTE，得到DE＝GT，等量代换得到BC＝GT，证明△BCH≌△GTH，根据全等三角形的性质证明结论； 【拓展】在FG的延长线上取点P，使EP＝AF，在FG上取点Q，使EQ＝FD，连接BP、CQ，证明△AEF≌△EBP，根据全等三角形的性质得到EF＝BP，∠AFE＝∠EPB，EF＝CQ，∠EFD＝∠CQE，利用AAS定理证明△BPG≌△CQG，根据全等三角形的对应边相等证明即可． 【解答】【感知】证明：∵△AEB是等腰直角三角形，∠C＝∠D＝90°， ∴∠C＝∠D＝∠AEB＝90°，AE＝BE， ∴∠BEC+∠AED＝∠AED+∠EAD＝90°， ∴∠BEC＝∠EAD， 在△AED和△EBC中， ， ∴△AED≌△EBC（AAS）； 【探究】证明：由感知可知，△AED≌△EBC， ∴BC＝DE， ∵∠EDF＝∠GTE＝∠GEF，EF＝EG， ∴△EDF≌△GTE（AAS）， ∴DE＝GT， ∴BC＝GT， 在△BCH和△GTH中， ， ∴△BCH≌△GTH（AAS）， ∴BH＝GH； 【拓展】解：BGBC， 理由如下：在FG的延长线上取点P，使EP＝AF，在FG上取点Q，使EQ＝FD，连接BP、CQ， ∵∠AEB+∠AEF+∠BEP＝180°，∠AEF+∠AFE+∠EAF＝180°，∠EFA＝∠AEB， ∴∠BEP＝∠EAF， 在△AEF和△EBP中， ， ∴△AEF≌△EBP（SAS）， ∴EF＝BP，∠AFE＝∠EPB， 同理可得，△DEF≌△ECQ（SAS）， ∴EF＝CQ，∠EFD＝∠CQE， ∴BP＝CQ， ∵∠EFD+∠AFE＝180°，∠CQE+∠CQG＝180°， ∴∠BPG＝∠CQG， 在△BPG和△CQG中， ， ∴△BPG≌△CQG（AAS）， ∴BG＝CG， ∴BGBC． 16．【分析】（1）根据点P、Q的运动速度、运动时间、运动方向即可； （2）先根据SAS证明△ACB≌△ECD，得出∠A＝∠E，根据内错角相等、两直线平行，即可证明AB∥DE； （3）根据全等三角形的性质得出∠A＝∠E，ED＝AB＝4cm，当线段PQ经过点C时，根据ASA可证△ACP≌△ECQ，推出AP＝EQ，用含t的代数式表示AP、EQ，分情况列出等式，即可求解； （4）由题意得，点P为AB的中点，分类讨论，建立一元一次方程求解即可． 【解答】（1）解：当t＝3s时．DQ＝1×3＝3（cm）， ∵AB＝4cm，P从点A出发，沿A→B→A方向以2cm/s的速度运动， ∴P从点A出发，到达点B时，用时， 然后从点B返回向点A运动1s，则路程为2×1＝2cm， ∴AP＝AB﹣2＝2（cm）． 故答案为：3，2； （2）证明：在△ACB和△ECD中， ∴△ACB≌△ECD（SAS）， ∴∠A＝∠E， ∴AB∥DE； （3）解：由（2）得△ACB≌△ECD， ∴∠A＝∠E，ED＝AB＝4cm， 当线段PQ经过点C时，如下所示： 在△ACP和△ECQ中， ， ∴△ACP≌△ECQ（ASA）， ∴AP＝EQ， ∵AB＝4cm，点P从点A出发，沿A→B→A方向以2cm/s的速度匀速运动， ∴t＝2时，点P到达点B，t＝2×2＝4时，点P返回点A， ∵EQ＝DE﹣DQ＝4﹣t， ∴当0≤t≤2时，2t＝4﹣t， 解得； 当2＜t≤4时，8﹣2t＝4﹣t， 解得t＝4； 综上所述，t的值为或4s； （4）解∵AB∥DE，时， ∴， 则当点P从点A向B运动时，， ∴t＝1； 当点P从点B向A运动时，， ∴t＝3； 综上所述，t＝1或3． 17．【分析】（1）①根据SAS证明△ACD≌△BCE，可得结论； ②设AE＝x，根据全等三角形的性质可得：BE＝AD＝x+2，∠BEC＝∠ADC＝45°，证明BE⊥AD，最后根据三角形的面积公式列等式可得x的值，从而可得AE的长； （2）分两种情况：①如图2，当点F在AD的延长线上时，在CF上取一点D'，使AD＝CD'，连接AD'，证明△BAD≌△ACD'（SAS）和△AFD'≌△EAD（AAS），可得结论；②如图3，当点F在线段AD上时，AE+DFCF，同理可得结论． 【解答】（1）①证明：如图1， ∵∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE， 即∠BCE＝∠ACD， 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴∠CAD＝∠CBE； ②解：∵∠DCE＝90°，CD＝CE， ∴∠CDE＝∠CED＝45°， 设AE＝x， 由①知：△ACD≌△BCE， ∴BE＝AD＝x+2，∠BEC＝∠ADC＝45°， ∴∠BED＝45°+45°＝90°， ∴BE⊥AD， ∵△ABD的面积为24.5， ∴•AD•BE＝24.5， ∴（x+2）（x+2）＝24.5， 解得：x1＝5，x2＝﹣9（舍）， ∴AE＝5； （2）解：分两种情况： ①如图2，当点F在AD的延长线上时，AE﹣DFCF，理由如下： 在CF上取一点D'，使AD＝CD'，连接AD'， ∵AE⊥AF， ∴∠EAF＝90°， ∵∠BAC＝∠EAF＝90°， ∴∠BAD＝∠CAE， ∵AE∥CF， ∴∠CAE＝∠ACF，∠AFC+∠FAE＝180°， ∴∠BAD＝∠ACF，∠AFC＝90°， ∵AB＝AC， ∴△BAD≌△ACD'（SAS）， ∴∠ABD＝∠CAD'， ∵∠ADE＝∠BAD+∠ABD，∠AD'F＝∠CAD'+∠ACF， ∴∠ADE＝∠AD'F， ∵∠DAE＝∠AFD'＝90°，AE＝AF， ∴△AFD'≌△EAD（AAS）， ∴AD＝D'F＝CD'， ∵AE﹣DF＝AF﹣DF＝AD， ∴AE﹣DFCF； ②如图3，当点F在线段AD上时，AE+DFCF，理由如下： 在CF上取一点D'，使AD＝CD'，连接AD'， 同理得：△BAD≌△ACD'（SAS）， ∴∠ADB＝∠AD'C， ∴∠ADE＝∠AD'F， 同理又得：△AFD'≌△EAD（AAS）， ∴AD＝D'F＝CD'， ∵AE+DF＝AF+DF＝AD， ∴AE+DFCF． 18．【分析】（1）根据三角形内角和定理求出∠A＝30°，然后再根据三角形外角性质，求出结果即可； （2）分两种情况：当AE∥BC时，当AD∥BC时，分别画出图形，进行求解即可； （3）先根据折叠得出∠AFD＝90°，在AD上取点G，使DG＝FG，再证明，从而得出FG和AD为定值，说明当FG⊥AD时，△ADF面积最大，即可得出答案． 【解答】解：（1）∵α＝60°，∠BCA＝90°， ∴∠A＝90°﹣60°＝30°， ∵∠ADE＝x°， ∴∠BED＝180°﹣∠AED＝∠A+∠ADE＝30°+x°， 故答案为：30°+x°； （2）当A'E∥BC时，延长A'E，交AC于点G，如图， ∵A'E∥BC， ∴∠DGA'＝180°﹣∠ACB＝90°， ∵在△ABC中，∠BCA＝90°，∠B＝α， ∴∠BAC＝90°﹣α， 根据折叠可得∠DA'E＝∠BAC＝90°﹣α，∠ADE＝∠A'DE， ∴∠ADA'＝90°﹣∠DAE＝α． ∴∠ADE＝∠A'DE； 当A'D∥BC时，如图， ∵A'D∥BC， ∴∠ADA'＝∠ACB＝90°， 根据折叠可得∠ADE＝∠A'DE45°； 综上，∠ADE或45°． （3）∵AC＝8，CD＝3， ∴AD＝AC﹣CD＝8﹣3＝5， 根据折叠可得：DE⊥AA'， ∴∠AFD＝90°， 如图，在AD上取点G，使DG＝FG， 则∠GDF＝∠GFD， ∵∠GDF+∠FAD＝90°，∠DFG+∠AFG＝90°， ∴∠FAD＝∠AFG， ∴AG＝FG， ∴FG＝DG＝AG， ∴FG和AD为定值， ∴当FG⊥AD时，△ADF面积最大， 即 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $