第4讲 全等三角形的判定及综合 优等生讲义 (知识梳理+典例+压轴+练习) 2026-2027学年人教版八年级数学上册

第4讲 全等三角形的判定及综合 优等生讲义 (知识梳理+典例+压轴+练习) 2026-2027学年人教版八年级数学上册 思维导图 · 课程内容总览 课程目标 · 精准把握学习方向 · 掌握全等三角形5种判定定理：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，能正确选用判定定理证明三角形全等。 · 理解尺规作图“作一个角等于已知角”原理，能识别作图背后的全等依据。 · 熟练解决动点背景下全等三角形分类讨论问题，能分析对应边不确定的两种全等情况。 · 掌握全等三角形性质，能结合角平分线、中线、一线三垂直模型进行几何推理证明。 · 能够处理综合压轴题型，会添加辅助线构造全等三角形解决线段、角度计算。 知识梳理 · 核心知识点 ☆ 1. 全等三角形概念与性质 能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形。 · 全等三角形对应边相等； · 全等三角形对应角相等； · 对应中线、对应高、对应角平分线、周长、面积全部相等。 概念辨析例题：判断正误：面积相等的两个三角形一定全等。 解析：❌错误。面积相等仅代表相等，形状不一定一样，不一定能够完全重合，因此不一定全等。全等三角形面积一定相等，反之不成立。 ☆ 2. 全等三角形判定定理 · SSS（边边边）：三边对应相等的两个三角形全等。 · SAS（边角边）：两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等。⚠️必须是夹角，SSA不能判定全等。 · ASA（角边角）：两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等。 · AAS（角角边）：两角和其中一角的对边对应相等的两个三角形全等。 · HL（斜边直角边）：只用于直角三角形，斜边与一条直角边对应相等。 概念辨析例题：判断正误：面积相等的两个三角形一定全等。 解析：❌错误。面积相等仅代表相等，形状不一定一样，不一定能够完全重合，因此不一定全等。全等三角形面积一定相等，反之不成立。 ☆ 3. 尺规作图与全等 作一个角等于已知角，作图原理为SSS，通过圆规截取三组相等线段，构造两个三边完全相等三角形，得到对应角相等。 概念辨析例题：作一个角等于已知角的作图，判定两个三角形全等依据是SAS吗？ 解析：❌不是。作图过程截取三条对应相等线段，依据SSS。 ☆ 4. 常见全等几何模型 · 一线三垂直模型：一组直角，三组角互余，推导出角相等，构造ASA/AAS全等； · 角平分线模型：角平分线上的点到角两边距离相等，可用HL证全等； · 倍长中线模型：延长中线一倍，构造SAS全等，转移边与角； · 等边三角形手拉手模型：两个共顶点等边三角形，得到SAS全等，导出60°角。 概念辨析例题：手拉手模型，两个等边三角形共顶点，一定得到一组全等三角形吗？ 解析：✅正确。等边三角形边长相等，顶角都是60°，两边+夹角相等（SAS），得到全等。 ☆ 5. 动点全等（分类讨论） 动点问题中∠B=∠C固定，两个三角形全等存在两种对应关系： 1. 情况1：； 2. 情况2：； 两种对应关系要分开列方程求解，舍去不符合取值范围的解。 概念辨析例题：动点全等题目，直接默认BP对应CQ，只算一种情况是否完整？ 解析：❌不完整。没有指明对应顶点，必须分两组对应关系计算，会得到两组解。 📚知识总结表 核心概念 定义/公式 注意事项 全等三角形性质 对应边、对应角、对应线段、周长面积相等 找准“对应”，不是随便相等的边/角就是对应元素 SSS 三边对应相等全等 三组边全部一一对应相等 SAS 两边及夹角对应相等全等 角必须是两边夹角，SSA无效 ASA 两角及夹边对应相等全等 边夹在两个角中间 AAS 两角及其中一角对边相等全等 边不在两角中间 HL 直角三角形斜边、一条直角边相等 仅限直角三角形 尺规作等角 截取三边相等，SSS证全等得到角相等 圆规保证半径不变，不能用刻度尺量长度 动点全等 固定一组等角，分两组对应关系列方程 解要检验动点位置是否在线段上 核心考点 ·典型考点精讲 【考点1】全等三角形的判定（第114题） · 会根据题干条件，选择合适判定定理，排除SSA陷阱； · 动点全等，两组对应顶点不确定，必须分类讨论； · 线段和差推导出对应边相等，例如$BE=CF \Rightarrow BF=CE$； · 平行线条件转化得到内错角相等，作为全等一组角条件。 【考点2】作图—尺规作图的定义（第1519题） · 作一个角等于已知角原理为SSS； · 射线无长度、直线不可延长，辨析作图语句正误； · 尺规作线段和差，结合线段中点做长度代数运算。 【考点3】全等三角形的性质与判定综合（第2036题） · 角平分线性质：距离相等，HL证明直角三角形全等； · 倍长中线辅助线，构造SAS全等，转移线段； · 一线三垂直、手拉手等边模型角度与线段推导； · 全等之后，进一步推导角度、线段等量关系。 【考点4】创新及压轴题（第3742题） · 等边、等腰直角手拉手综合证明； · 一线三垂直拓展，非直角条件下的模型； · 新定义阅读理解题型，结合全等完成探究； · 多问递进，第一问结论可以直接用于后面小问。 【考点1】全等三角形的判定（第114题） 1．（2025秋•澧县期末）如图，在△ABC和△DCE中，点A、D、C在同一直线上，已知∠ACB＝∠E，BC＝CE，添加以下条件后，仍不能判定△ABC≌△DCE的是（　　） A．AB＝CD B．AB∥DE C．AC＝DE D．∠B＝∠DCE 2．（2026春•济南期末）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．（2026•桑植县一模）尺规作图中蕴含着丰富的数学知识和思想方法．如图，为了得到∠MBN＝∠PAQ，在用直尺和圆规作图的过程中，得到△ACD≌△BEF的依据是（　　） A．SAS B．SSS C．ASA D．AAS 4．（2025秋•资阳校级期末）如图，点D，E分别在线段AB，AC上，CD与BE相交于点O，AD＝AE，要使△ABE≌△ACD．需添加的一个条件是 _________________ .（只需写一个，不添加辅助线） 5．（2024秋•炎陵县期末）如图，在△ABC和△DEF中，已知AB＝DE，∠A＝∠D，再添加一个条件使△ABC≌△DEF成立，那么添加的条件是 ___________________ ． 6．（2025秋•德阳期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝14厘米，BC＝16厘米，CD＝18厘米，∠B＝∠C，E为线段AB的中点．如果点P在线段BC上以2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△BPE与以C、P、Q三点所构成的三角形全等？ 7．（2024春•高新区校级期中）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，AB＝AC＝10cm，BC＝6cm，D是AB的中点．点P在线段BC上以2cm/s的速度由点B向点C运动，同时，点Q在线段AC上由点C向点A运动，它们运动的时间为t（s），设点Q的运动速度为xcm/s，若使得△DBP与△QCP全等，则x的值为 ____________________ ． 8．（2025秋•安庆期末）如图所示，已知四边形ABCD中，AB＝12cm，BC＝8cm，CD＝14cm，∠B＝∠C，点E为线段AB的中点，点P在线段BC上以3cm/s的速度由点B向点C运动，同时，点Q在线段CD上面点C向点D运动．当点Q的运动速度为 ____________________ cm/s时，能够使△BPE与△CPQ全等． 9．（2025秋•盐城期末）如图，点E，F在BC上，BE＝CF，AB＝DC，∠B＝∠C，AF与DE交于点G．求证：△ABF≌△DCE． 10．（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． 11．（2026•昆明模拟）如图，已知点A、B、E、D在同一条直线上，AC＝DF，BC＝EF，AE＝BD．求证：△ABC≌△DEF． 12．（2025秋•永吉县期末）如图，AB＝AD，∠B＝∠D，∠BAD＝∠CAE．求证：△ABC≌△ADE． 13．（2025春•崇明区期末）如图，点F、G为线段BC上两点，FE⊥BC于点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．） 14．（2025秋•祁阳市校级期末）已知AB＝12cm，AC＝BD＝10cm，点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在线段BD上由点B向点D运动，它们运动的时间为t秒． （1）如图1，若AC⊥AB，BD⊥AB，且点Q的运动速度与点P的运动速度相同，当t＝1时，△ACP与△BPQ是否全等，并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系和数量关系，请分别说明理由； （2）如图2，若∠A＝∠B＝60°，设点Q的运动速度为vcm/s，是否存在实数v，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，求出v，t的值；若不存在，请说明理由． 【考点2】作图—尺规作图的定义（第1519题） 15．（2026春•上海期中）如图，是尺规作图中“作一个角等于已知角”的示意图．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 16．（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 17．（2026春•环翠区期末）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）． 18．（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． 19．（2026•望城区校级模拟）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3】全等三角形的性质与判定综合（第2036题） 20．（2026•大连二模）如图，在△ABC中，∠ABC＝80°，D是AC上一点，DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为E，F，DE＝DF，连接BD，则∠ABD的度数为（　　） A．40° B．50° C．70° D．80° 21．（2025秋•盂县期末）如图，C为线段AB上一动点（不与点A、B重合），在AB同侧分别作正三角形ACD和正三角形BCE，AE与BD交于点F，AE与CD交于点G，BD与CE交于点H，连接GH．以下五个结论：，①AE＝BD；②GH∥AB；③AD＝DH；④GE＝HB；⑤∠AFD＝60°，正确的个数有（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 22．（2026春•平阴县期末）如图，某同学做了一个角平分仪ABCD，其中AB＝AD，BC＝DC，将仪器上的点A与∠PRQ的顶点R重合，调整AB和AD，使它们分别落在角的两边上，过点A，C画一条射线AE，AE就是∠PRQ的平分线．此角平分仪的画图原理是（　　） A．SAS B．SSS C．ASA D．AAS 23．（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 24．（2026春•罗湖区期末）如图，AD是△ABC的中线，BE交AC于点E，交AD于点F，且AE＝EF，若CE＝12，AE＝7，则线段BE的长是_______ ． 25．（2026秋•同步）如图，在直线l上有三个正方形A，B，C，若正方形A，C的面积分别为5和11，则正方形B的面积为_______ ． 26．（2025秋•长宁区校级月考）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 _______ ． 27．（2026春•浦东新区校级期末）如图，△ABC中，AD是BC边上的中线，E，F为直线AD上的两点，连接BE，CF，且BE∥CF，AE＝13，AF＝7，则DE的长为_____ ． 28．（2025春•锦江区校级期中）如图，在△ABC中，AD、CE分别是BC和AB边上的高，AD与CE相交于H，若AE＝CE＝7，CH＝3，则BE＝_____ ． 29．（2026春•闵行区校级期中）如图，在△ABC与△ADE中，E在BC边上，AD＝AB，AE＝AC，DE＝BC，若∠1＝25°，∠B＝40°则∠2的度数为________ ． 30．（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 ____________ ． 31．（2026春•鄄城县期末）【问题背景】 （1）如图1，直线l经过点A，∠BAC＝90°，AB＝AC，过点B，C分别向直线l作垂线，垂足分别为D，E，求证：△ABD≌△CAE； 【变式探究】 （2）如图2，点A，D，E在直线上，若∠CEA＝∠BAC＝∠ADB，AB＝AC，求证：DE＝BD+CE； 【拓展应用】 （3）如图3所示，在Rt△BAD和Rt△CAE中，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AC＝AE，连接BC，DE，作BC边上的高AG，延长GA交DE于点H．若AH＝5，AG＝12，求△DAE的面积． 32．（2026春•济阳区期末）如图，AD∥BE，点C在线段AB上，且AC＝BE，AD＝BC，连接CD，CE． （1）求证：∠ADC＝∠BCE； （2）若∠A＝50°，∠BCE＝30°，求∠CEB的度数． 33．（2026•苏州模拟）如图，点D在BC上，AC，DE交于点F，AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE．（1）证明：△ABC≌△ADE； （2）若∠BAD＝20°，求∠CDF的度数． 34．（2026春•东平县期末）如图，在△ABC中，点D为AC上一点，且AD＝BC，点E为△ABC外一点，且AE＝AC，连接DE．当AE∥BC时，判断AB与DE的数量关系，并说明理由． 35．（2026•张店区二模）如图，已知AB∥DE，点A、C、D在同一条直线上，∠BAE＝∠BAD+∠B，且AE＝BC． （1）求证：△ABC≌△DAE； （2）若ED＝5，CD＝6，求线段AB的长． 36．（2025秋•永吉县期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E为CD的中点，连接AE并延长交BC的延长线于点F，连接BE，且BE⊥AF．求证： （1）FC＝AD； （2）BC＝AB﹣AD． 【考点4】创新及压轴题（第3742题） 37．（2026春•青羊区校级期中）如图，在△ABC和△ADE中，BC＝DE，∠BAD＝∠CAE，∠B＝∠D＝30°，BC的延长线交AD于点O，交ED于点F． （1）求证：△ABC≌△ADE； （2）若∠BAD＝75°，求∠EFC的大小． 38．（2024秋•长寿区期末）（1）问题提出：如图1，点E为等腰△ABC内一点，AB＝AC，若另有一个以AD、AE为腰的等腰△AED且∠BAC＝∠EAD，求证：△ABE≌△ACD． （2）尝试应用：如图2，点D为等腰Rt△ABC外一点，AB＝AC，BD⊥CD，过点A的直线分别交DB的延长线和CD的延长线于点N、M，BD与AC交于K，若∠M＝60°，∠BAC＝90°，求证：MC+NB＝2AM． （3）问题拓展：如图3，△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AC，BC上，∠BDA＝∠BEA＝60°，AE，BD交于点H，等边△ABF的边AF与BC相交于G点．若CE＝6，AH＝4，请直接写出BE的长度． 39．（2026春•紫金县校级期中）问题情境：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一条直线上，连接BE． （1）小明发现：△ACD≌△BCE，请你帮他写出推理过程； （2）李洪受小明的启发，求出了∠AEB的度数，请直接写出∠AEB为_______ °； （3）轩轩在前面两人的基础上又探索出了CD与BE的位置关系为__________ ； （4）如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一条直线上，CM为△DCE的边DE上的高，连接BE，试探究CM，AE，BE之间有怎样的数量关系． 40．（2026春•通川区校级期末）“在一条直线上有三个直角顶点”的几何图形，我们一般称其为“一线三垂直”图形，随着几何学习的深入，我们还将对这类图形有更深入的探索： （1）如图1，△ABC、△ADB和△ACE都是直角三角形，其中AC＝AB，且直角顶点都在直线l上，探索AD、BD、DE之间的数量关系，并证明你的结论； （2）如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，过点A作直线AE，BD⊥AE于点D，CE⊥AE于点E，若BD＝12，DE＝7，请直接写出△ACE的面积 _______ ； （3）如图3，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝BC，AE＝DE，且点E在BC上，连接BD，试猜想线段AB与线段BD的位置关系，并证明你的结论． 41．（2025秋•鲤城区校级期末）四边形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，OB＝OD，点E在AB边上，连接DE交OA于点F． （1）如图（1），若AO＝AD，BE＝DE． ①求证：∠ADF＝∠EAF； ②求证：AF＝OF． （2）如图（2），若∠AOB＝∠ACD，DF＝AB＝9，OF＝3AF＝6，求BC的长． 42．（2026春•泰和县期末）在四边形ABCE中． （1）如图（1），若AC平分∠BAE，∠ABC＝90°，∠AEC＝90°，则线段BC、CE的长度满足的数量关系是 __________ ；（直接填答案） （2）如图（2），C是BD边的中点，若AC平分∠BAE，∠ACE＝90°，说明线段AE、AB、DE的长度满足的数量关系； （3）如图（3），C是BD边的中点，AC平分∠BAE，EC平分∠AED，若∠ACE＝120°，则线段AB、BD、DE、AE的长度满足怎样的数量关系？ 随堂检测 · 精选练习 【练习 1】（2025秋•乌拉特前旗期末）小丽与爸妈在公园里荡秋千．如图，小丽坐在秋千的起始位置A处，OA与地面垂直，两脚在地面上用力一蹬，妈妈在距地面1m高的B处接住她后用力一推，爸爸在C处接住她．若妈妈与爸爸到OA的水平距离BD、CE分别为1.4m和1.8m，∠BOC＝90°．爸爸在C处接住小丽时，小丽距离地面的高度是（　　） A．1m B．1.6m C．1.8m D．1.4m 【练习 2】（2026春•奉贤区期末）如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点C在直线MN上，AD⊥MN于点D，BE⊥MN于E，AD＝3，DE＝7，则BE＝_____ ． 【练习 3】（2025秋•厦门校级月考）如图，已知点C，D都在线段BF上，BD＝CF，AC∥DE，∠A＝∠E．求证：AB∥EF． 课后巩固 · 针对性练习 【作业 1】（2025秋•藁城区期末）根据下列已知条件，不能画出唯一的△ABC的是（　　） A．AB＝4，BC＝3，∠A＝30° B．AB＝3，BC＝6，CA＝8 C．AB＝6，BC＝10，∠B＝60° D．AB＝4，∠A＝60°，∠B＝45° 【作业 2】（2026春•青山区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝15cm，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． 【作业 3】（2026春•南宁校级月考）如图，在四边形ABCD中，AD＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ADC＝120°，M、N分别是AB、BC上的点，且∠MDN＝60°，则图中线段AM、MN、CN之间的数量关系为 _____________ ． 【作业 4】（2025春•惠来县期末）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． 【作业 5】（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． 【作业 6】（2026•韩城市一模）如图，AD是△ABC的中线，∠ACB的平分线CF交AD于点F，延长AD至点E，连接BE，∠ACB＝2∠DBE．求证：BE＝CF． 【作业 7】（2026春•榆树市月考）如图，在多边形ABCDE中，BC⊥CD，BF⊥AE于点F，且BF＝BC，∠CBF＝2∠DBE，∠ABF＝∠CBD． （1）求证：AB＝DB； （2）若DE＝4，BF＝3，求△BDE的面积． 【作业 8】（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． 【作业 9】（2025秋•贵州校级期末）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1页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 第4讲 全等三角形的判定及综合 优等生讲义 (知识梳理+典例+压轴+练习) 2026-2027学年人教版八年级数学上册 思维导图 · 课程内容总览 课程目标 · 精准把握学习方向 · 掌握全等三角形5种判定定理：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，能正确选用判定定理证明三角形全等。 · 理解尺规作图“作一个角等于已知角”原理，能识别作图背后的全等依据。 · 熟练解决动点背景下全等三角形分类讨论问题，能分析对应边不确定的两种全等情况。 · 掌握全等三角形性质，能结合角平分线、中线、一线三垂直模型进行几何推理证明。 · 能够处理综合压轴题型，会添加辅助线构造全等三角形解决线段、角度计算。 知识梳理 · 核心知识点 ☆ 1. 全等三角形概念与性质 能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形。 · 全等三角形对应边相等； · 全等三角形对应角相等； · 对应中线、对应高、对应角平分线、周长、面积全部相等。 概念辨析例题：判断正误：面积相等的两个三角形一定全等。 解析：❌错误。面积相等仅代表相等，形状不一定一样，不一定能够完全重合，因此不一定全等。全等三角形面积一定相等，反之不成立。 ☆ 2. 全等三角形判定定理 · SSS（边边边）：三边对应相等的两个三角形全等。 · SAS（边角边）：两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等。⚠️必须是夹角，SSA不能判定全等。 · ASA（角边角）：两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等。 · AAS（角角边）：两角和其中一角的对边对应相等的两个三角形全等。 · HL（斜边直角边）：只用于直角三角形，斜边与一条直角边对应相等。 概念辨析例题：判断正误：面积相等的两个三角形一定全等。 解析：❌错误。面积相等仅代表相等，形状不一定一样，不一定能够完全重合，因此不一定全等。全等三角形面积一定相等，反之不成立。 ☆ 3. 尺规作图与全等 作一个角等于已知角，作图原理为SSS，通过圆规截取三组相等线段，构造两个三边完全相等三角形，得到对应角相等。 概念辨析例题：作一个角等于已知角的作图，判定两个三角形全等依据是SAS吗？ 解析：❌不是。作图过程截取三条对应相等线段，依据SSS。 ☆ 4. 常见全等几何模型 · 一线三垂直模型：一组直角，三组角互余，推导出角相等，构造ASA/AAS全等； · 角平分线模型：角平分线上的点到角两边距离相等，可用HL证全等； · 倍长中线模型：延长中线一倍，构造SAS全等，转移边与角； · 等边三角形手拉手模型：两个共顶点等边三角形，得到SAS全等，导出60°角。 概念辨析例题：手拉手模型，两个等边三角形共顶点，一定得到一组全等三角形吗？ 解析：✅正确。等边三角形边长相等，顶角都是60°，两边+夹角相等（SAS），得到全等。 ☆ 5. 动点全等（分类讨论） 动点问题中∠B=∠C固定，两个三角形全等存在两种对应关系： 1. 情况1：； 2. 情况2：； 两种对应关系要分开列方程求解，舍去不符合取值范围的解。 概念辨析例题：动点全等题目，直接默认BP对应CQ，只算一种情况是否完整？ 解析：❌不完整。没有指明对应顶点，必须分两组对应关系计算，会得到两组解。 📚知识总结表 核心概念 定义/公式 注意事项 全等三角形性质 对应边、对应角、对应线段、周长面积相等 找准“对应”，不是随便相等的边/角就是对应元素 SSS 三边对应相等全等 三组边全部一一对应相等 SAS 两边及夹角对应相等全等 角必须是两边夹角，SSA无效 ASA 两角及夹边对应相等全等 边夹在两个角中间 AAS 两角及其中一角对边相等全等 边不在两角中间 HL 直角三角形斜边、一条直角边相等 仅限直角三角形 尺规作等角 截取三边相等，SSS证全等得到角相等 圆规保证半径不变，不能用刻度尺量长度 动点全等 固定一组等角，分两组对应关系列方程 解要检验动点位置是否在线段上 【考点1】全等三角形的判定（第114题） 1．（2025秋•澧县期末）如图，在△ABC和△DCE中，点A、D、C在同一直线上，已知∠ACB＝∠E，BC＝CE，添加以下条件后，仍不能判定△ABC≌△DCE的是（　　） A．AB＝CD B．AB∥DE C．AC＝DE D．∠B＝∠DCE 【分析】由全等三角形的判定方法，即可判断． 【解答】解：A、∠ACB和∠E分别是AB和CD的对边，不能判定△ABC≌△DCE，故A符合题意； B、由AB∥DE推出∠A＝∠CDE，而∠ACB＝∠E，BC＝CE，由AAS判定△ABC≌△DCE，故B不符合题意； C、AC＝DE，而∠ACB＝∠E，BC＝CE，由SAS判定△ABC≌△DCE，故C不符合题意； D、∠B＝∠DCE，而∠ACB＝∠E，BC＝CE，由ASA判定△ABC≌△DCE，故D不符合题意． 故选：A． 【点评】本题考查全等三角形的判定，关键是掌握全等三角形的判定方法：SAS、ASA、AAS、SSS、HL． 2．（2026春•济南期末）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 【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． 【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键． 3．（2026•桑植县一模）尺规作图中蕴含着丰富的数学知识和思想方法．如图，为了得到∠MBN＝∠PAQ，在用直尺和圆规作图的过程中，得到△ACD≌△BEF的依据是（　　） A．SAS B．SSS C．ASA D．AAS 【分析】根据用尺规画一个角等于已知角的步骤，据此即可求解． 【解答】解：根据作法可知：AC＝BE，AD＝BF，CD＝EF， ∴△ACD≌△BEF（SSS）， ∴∠MBN＝∠PAQ， 故选：B． 【点评】此题考查了全等三角形的判定定理，三边对应相等的两个三角形全等，以及作一个角等于已知角，正确理解题中的作图是解题的关键． 4．（2025秋•资阳校级期末）如图，点D，E分别在线段AB，AC上，CD与BE相交于点O，AD＝AE，要使△ABE≌△ACD．需添加的一个条件是 AB＝AC（答案不唯一）　 .（只需写一个，不添加辅助线） 【分析】由全等三角形的判定方法，即可得到答案． 【解答】解：在△ABE和△ACD中， ， ∴△ABE≌△ACD（SAS）， ∴要使△ABE≌△ACD．需添加的一个条件是AB＝AC（答案不唯一）． 故答案为：AB＝AC（答案不唯一）． 【点评】本题考查全等三角形的判定，关键是掌握全等三角形判定方法：SAS、ASA、AAS、SSS、HL． 5．（2024秋•炎陵县期末）如图，在△ABC和△DEF中，已知AB＝DE，∠A＝∠D，再添加一个条件使△ABC≌△DEF成立，那么添加的条件是 　∠B＝∠DEF（答案不唯一）　 ． 【分析】根据题意已有一条边对应相等，一个角对应相等，据此根据全等三角形的判定定理添加条件即可． 【解答】解：∠B＝∠DEF（答案不唯一），理由如下： 在△ABC和△DEF中， ， ∴△ABC≌△DEF（ASA）， 故答案为：∠B＝∠DEF（答案不唯一）． 【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL． 注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角． 6．（2025秋•德阳期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝14厘米，BC＝16厘米，CD＝18厘米，∠B＝∠C，E为线段AB的中点．如果点P在线段BC上以2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 　2或1.75　 厘米/秒时，能够使△BPE与以C、P、Q三点所构成的三角形全等？ 【分析】当BP＝CP，BE＝CQ时，△BPE≌△CPQ（SAS），求出P、Q运动的时间是8÷2＝4（秒），即可求出Q运动的速度是7÷4＝1.75（厘米/秒）；当BP＝CQ，BE＝CP时，△BPE≌△CQP（SAS），得到Q和P的运动速度相同是2厘米/秒，于是得到答案． 【解答】解：∵E为线段AB的中点， ∴BEAB14＝7（厘米）， 当BP＝CP，BE＝CQ时，△BPE≌△CPQ（SAS）， ∵BPBC16＝8（厘米）， ∴P、Q运动的时间是8÷2＝4（秒）， ∴Q运动的速度是7÷4＝1.75（厘米/秒）； 当BP＝CQ，BE＝CP时，△BPE≌△CQP（SAS）， ∵P、Q运动的路程和时间相同， ∴Q和P的运动速度相同是2厘米/秒， 综上，Q的运动速度为2或1.75厘米/秒时，能够使△BPE与以C、P、Q三点所构成的三角形全等． 故答案为：2或1.75． 【点评】本题考查全等三角形的判定，关键是要分两种情况讨论． 7．（2024春•高新区校级期中）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，AB＝AC＝10cm，BC＝6cm，D是AB的中点．点P在线段BC上以2cm/s的速度由点B向点C运动，同时，点Q在线段AC上由点C向点A运动，它们运动的时间为t（s），设点Q的运动速度为xcm/s，若使得△DBP与△QCP全等，则x的值为 　2或　 ． 【分析】用t表示出相关线段，再根据全等三角形对应边相等，分①BD、PC是对应边，②BD与CQ是对应边两种情况讨论即可． 【解答】解：∵AB＝AC＝10cm，BC＝6cm，点D为AB的中点， ∴BD10＝5cm， 设点P、Q的运动时间为t，则BP＝2t（cm）， PC＝（6﹣2t）cm， ①当BD＝PC时， 6﹣2t＝5， 解得：t， 则BP＝CQ＝2t＝1cm， 故点Q的运动速度为：12（cm/s）； ②当BP＝PC时， ∵BC＝6cm， ∴BP＝PC＝3cm， ∴t＝3÷2（s）， 故点Q的运动速度为5（cm/s）； 故答案为：2或． 【点评】本题考查全等三角形的对应边相等的性质，根据对应角分情况讨论是本题的关键． 8．（2025秋•安庆期末）如图所示，已知四边形ABCD中，AB＝12cm，BC＝8cm，CD＝14cm，∠B＝∠C，点E为线段AB的中点，点P在线段BC上以3cm/s的速度由点B向点C运动，同时，点Q在线段CD上面点C向点D运动．当点Q的运动速度为 　3cm/s或cm/s cm/s时，能够使△BPE与△CPQ全等． 【分析】设运动时间为t秒，点Q的运动速度是vcm/s，则BP＝3tcm，CQ＝vtcm，CP＝（8﹣3t）cm，求出BE＝6cm，根据全等三角形的判定得出当BE＝CP，BP＝CQ或BE＝CQ，BP＝CP时，△BPE与以C、P、Q三点所构成的三角形全等，再代入求出t、v即可． 【解答】解：设运动时间为t秒，点Q的运动速度是vcm/s，则BP＝3tcm，CQ＝vtcm，CP＝（8﹣3t）cm， ∵E为AB的中点，AB＝12cm， ∴BE＝AE＝6cm， ∵∠B＝∠C， ∴要使△BPE与以C、P、Q三点所构成的三角形全等，必须BE＝CP，BP＝CQ或BE＝CQ，BP＝CP， 当BE＝CP，BP＝CQ时，6＝8﹣3t，3t＝vt， 解得：t，v＝3，即点Q的运动速度是3cm/s， 当BE＝CQ，BP＝CP时，6＝vt，3t＝8﹣3t， 解得：t，v，即点Q的运动速度是cm/s， 综合上述，当点Q的运动速度为3cm/s或cm/s时，能够使△BPE与以C、P、Q三点所构成的三角形全等． 故答案为：3cm/s或cm/s． 【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等． 9．（2025秋•盐城期末）如图，点E，F在BC上，BE＝CF，AB＝DC，∠B＝∠C，AF与DE交于点G．求证：△ABF≌△DCE． 【分析】先求出BF＝CE，再利用“边角边”证明△ABF和△DCE全等即可． 【解答】证明：∵BE＝CF， ∴BE+EF＝CF+EF， 即BF＝CE， 在△ABF和△DCE中， ， ∴△ABF≌△DCE（SAS）． 【点评】本题考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判断方法是解题的关键． 10．（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． 【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）． 【点评】此题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键． 11．（2026•昆明模拟）如图，已知点A、B、E、D在同一条直线上，AC＝DF，BC＝EF，AE＝BD．求证：△ABC≌△DEF． 【分析】根据“SSS”直接证明全等即可． 【解答】解：∵点A、B、E、D在同一条直线上，AE＝BD， ∴AE﹣BE＝BD﹣BE， ∵AB＝AE﹣BE，DE＝BD﹣BE， ∴AB＝DE． 在△ABC和△DEF中， ， ∴△ABC≌△DEF（SSS）． 【点评】本题考查了全等三角形的判定，关键是全等三角形判定定理的熟练掌握． 12．（2025秋•永吉县期末）如图，AB＝AD，∠B＝∠D，∠BAD＝∠CAE．求证：△ABC≌△ADE． 【分析】由∠BAD＝∠CAE可得∠BAC＝∠DAE，即可证明． 【解答】解：由条件可知∠BAD+∠BAE＝∠CAE+∠BAE，∠BAC＝∠DAE， 在△ABC和△ADE中， ， ∴△ABC≌△ADE（ASA）． 【点评】本题考查了全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键． 13．（2025春•崇明区期末）如图，点F、G为线段BC上两点，FE⊥BC于点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．） 【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． 【点评】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键；选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．也考查了全等三角形的性质． 14．（2025秋•祁阳市校级期末）已知AB＝12cm，AC＝BD＝10cm，点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在线段BD上由点B向点D运动，它们运动的时间为t秒． （1）如图1，若AC⊥AB，BD⊥AB，且点Q的运动速度与点P的运动速度相同，当t＝1时，△ACP与△BPQ是否全等，并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系和数量关系，请分别说明理由； （2）如图2，若∠A＝∠B＝60°，设点Q的运动速度为vcm/s，是否存在实数v，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，求出v，t的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）当t＝1时，依题意得∠A＝∠B＝90°，AP＝BQ＝2cm，进而得AC＝BP＝10cm，由此可依据“SAS”判定△ACP和△BPQ全等得PC＝PQ，∠C＝∠BPQ，再根据∠C+∠APC＝90°得∠BPQ+∠APC＝90°，继而得∠CPQ＝90°，则PC⊥PQ； （2）依题意得AP＝2tcm，BQ＝vtcm，则BP＝（12﹣2t）cm，再根据∠A＝∠B＝60°得当△ACP与△BPQ全等时，有以下两种情况：①当AC＝BP，AP＝BQ时，则△ACP≌△BPQ（SAS），由AC＝BP得10＝12﹣2t，解得t＝1，由AP＝BQ，得2t＝vt，将t＝1代入得v＝2，②当AC＝BQ，AP＝BP时，则△ACP≌△BQP（SAS），由AP＝BP得2t＝12﹣2t，解得t＝3，由AC＝BQ得10＝vt，将t＝3代入得v，综上所述即可得出答案． 【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，数量关系是：PC＝PQ，理由如下： ∵AC⊥AB，BD⊥AB， ∴∠A＝∠B＝90°， ∵点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动， ∴AP＝2cm， ∵AB＝12cm，AC＝BD＝10cm， ∴BP＝AB﹣AP＝10（cm）， ∴AC＝BP＝10cm， 又∵且点Q的运动速度与点P的运动速度相同， ∴BQ＝2cm， ∴AP＝BQ＝2cm， 在△ACP和△BPQ中， ， ∴△ACP≌△BPQ（SAS）， ∴PC＝PQ，∠C＝∠BPQ， 在Rt△ACP中，∠C+∠APC＝90°， ∴∠BPQ+∠APC＝90°， ∴∠CPQ＝180°﹣（∠BPQ+∠APC）＝90°， ∴PC⊥PQ； （2）依题意得：AP＝2tcm，BQ＝vtcm， ∵AB＝12cm，AC＝BD＝10cm， ∴BP＝AB﹣AP＝（12﹣2t）cm， 又∵∠A＝∠B＝60°， ∴当△ACP与△BPQ全等时，有以下两种情况： ①当AC＝BP，AP＝BQ时，则△ACP≌△BPQ（SAS）， 由AC＝BP，得：10＝12﹣2t， 解得：t＝1， 由AP＝BQ，得：2t＝vt， ∵t＝1， ∴v＝2， 即当t＝1s，v＝2cm/s时，△ACP与△BPQ全等； ②当AC＝BQ，AP＝BP时，则△ACP≌△BQP（SAS）， 由AP＝BP，得：2t＝12﹣2t， 解得：t＝3， 由AC＝BQ，得：10＝vt， ∵t＝3， ∴v， 即当t＝3s，v＝10/3cm/s时，△ACP与△BPQ全等， 综上所述：v，t的值分别为t＝1s，v＝2cm/s或t＝3s，vcm/s． 【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质是解决问题的关键，分类讨论是解决问题的易错点． 【考点2】作图—尺规作图的定义（第1519题） 15．（2026春•上海期中）如图，是尺规作图中“作一个角等于已知角”的示意图．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 【分析】由三角形全等的判定来解题． 【解答】解：由作图痕迹得， 在△COD和△C′O′D′中， ， 故△COD≌△C′O′D′（SSS）， 故选：D． 【点评】本题主要考查作图﹣尺规作图的定义，三角形全等的判定，熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键． 16．（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 【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． 【点评】本题考查作图—尺规作图的定义，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 17．（2026春•环翠区期末）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）． 【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， ∴，， ∴． 【点评】本题考查了作线段等于已知线段，线段的和差，线段中点的性质，数形结合是解题的关键． 18．（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． 【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． 【点评】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了直线、射线、线段和两点之间的距离． 19．（2026•望城区校级模拟）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． 【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）． 【点评】本题考查了作图﹣尺规作图的定义，直线，射线，线段，正确地作出图形是解题的关键． 【考点3】全等三角形的性质与判定综合（第2036题） 20．（2026•大连二模）如图，在△ABC中，∠ABC＝80°，D是AC上一点，DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为E，F，DE＝DF，连接BD，则∠ABD的度数为（　　） A．40° B．50° C．70° D．80° 【分析】利用HL证明Rt△BDE≌Rt△BDF，再根据全等三角形的性质求解即可． 【解答】解：∵DE⊥AB，DF⊥BC， ∴△BDE和△BDF是直角三角形， 在Rt△BDE和Rt△BDF中， ， ∴Rt△BDE≌Rt△BDF（HL）， ∴∠ABD＝∠CBD， ∵∠ABC＝∠ABD+∠CBD＝80°， ∴∠ABD＝40°， 故选：A． 【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定定理与性质定理是解题的关键． 21．（2025秋•盂县期末）如图，C为线段AB上一动点（不与点A、B重合），在AB同侧分别作正三角形ACD和正三角形BCE，AE与BD交于点F，AE与CD交于点G，BD与CE交于点H，连接GH．以下五个结论：，①AE＝BD；②GH∥AB；③AD＝DH；④GE＝HB；⑤∠AFD＝60°，正确的个数有（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【分析】根据等边三角形的性质可以得出△ACE≌△DCB，就可以得出∠CAE＝∠CDB，∠AEC＝∠DBC，通过证明△CEG≌△CBH就可以得出CG＝CH，GE＝HB，可以得出△GCH是等边三角形，就可以得出∠GHC＝60°，就可以得出GH∥AB，由∠DCH≠∠DHC就可以得出CD≠DH，就可以得出AD≠DH，根据∠AFD＝∠EAB+∠CBD＝∠CDB+∠CBD＝∠ACD＝60°，进而得出结论． 【解答】解：∵△ACD和△BCE是等边三角形， ∴AD＝AC＝CD，CE＝CB＝BE，∠ACD＝∠BCE＝60°． ∵∠ACB＝180°， ∴∠DCE＝60°． ∴∠DCE＝∠BCE． ∴∠ACD+∠DCE＝∠BCE+∠DCE， ∴∠ACE＝∠DCB． 在△ACE和△DCB中， ， ∴△ACE≌△DCB（SAS）， ∴AE＝BD，∠CAE＝∠CDB，∠AEC＝∠DBC． 在△CEG和△CBH中， ， ∴△CEG≌△CBH（ASA）， ∴CG＝CH，GE＝HB， ∴△CGH为等边三角形， ∴∠GHC＝60°， ∴∠GHC＝∠BCH， ∴GH∥AB． ∵∠AFD＝∠EAB+∠CBD， ∴∠AFD＝∠CDB+∠CBD＝∠ACD＝60°． ∵∠DHC＝∠HCB+∠HBC＝60°+∠HBC，∠DCH＝60° ∴∠DCH≠∠DHC， ∴CD≠DH， ∴AD≠DH． 综上所述，正确的有：①②④⑤． 故选：C． 【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，三角形的外角与内角之间的关系的运用，平行线的判定的运用，解答时证明三角形全等是关键． 22．（2026春•平阴县期末）如图，某同学做了一个角平分仪ABCD，其中AB＝AD，BC＝DC，将仪器上的点A与∠PRQ的顶点R重合，调整AB和AD，使它们分别落在角的两边上，过点A，C画一条射线AE，AE就是∠PRQ的平分线．此角平分仪的画图原理是（　　） A．SAS B．SSS C．ASA D．AAS 【分析】由“SSS”可证△ABC≌△ADC，可得∠BAC＝∠DAC，可证AE就是∠PRQ的平分线，即可求解． 【解答】解：在△ABC和△ADC中， ， ∴△ABC≌△ADC（SSS）， ∴∠BAC＝∠DAC， ∴AE是∠PRQ的平分线， ∴过点A，C画一条射线AE，AE就是∠PRQ的平分线，此角平分仪的画图原理是SSS． 故选：B． 【点评】本题考查了全等三角形判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是本题的关键． 23．（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 【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． 【点评】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答本题的关键． 24．（2026春•罗湖区期末）如图，AD是△ABC的中线，BE交AC于点E，交AD于点F，且AE＝EF，若CE＝12，AE＝7，则线段BE的长是　26　 ． 【分析】延长AD至G使DG＝AD，连接BG．利用SAS证得△BDG≌△CDA，从而得出BG＝AC＝19 且∠G＝∠CAD．由已知AE＝EF得∠CAD＝∠AFE，结合对顶角相等及全等结论，推导出∠G＝∠BFG．由等角对等边得BF＝BG＝19，最后根据BE＝BF+EF计算得出BE＝26． 【解答】解：延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG． 由于AD是中线， 故BD＝DC． 在△BDG与△CDA中， ， 由SAS得△BDG≌△CDA， 因此：BG＝AC＝AE+CE＝7+12＝19， ∠G＝∠CAD， 已知AE＝EF＝7， 故∠EAF＝∠EFA． 又∠EFA＝∠BFG（对顶角）， 所以∠G＝∠BFG， 从而△BFG为等腰三角形， 得BF＝BG＝19.4． 计算BE长度：BE＝BF+EF＝19+7＝26， 故答案为：26． 【点评】题目考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键在于相关知识的灵活运用． 25．（2026秋•同步）如图，在直线l上有三个正方形A，B，C，若正方形A，C的面积分别为5和11，则正方形B的面积为　16　 ． 【分析】设正方形DEFG的边DG、正方形IKPQ的边PK及正方形EHIJ的顶点H都在直线l上，则∠EDH＝∠EHI＝∠HKI＝90°，EH＝HI，推导出∠DEH＝∠KHI，可根据“AAS”证明△DEH≌△KHI，得DE＝KH，因为正方形A，C的面积分别为5和11，所以DE2＝KH2＝5，IK2＝11，则HI2＝KH2+IK2＝16，所以正方形B的面积为16，于是得到问题的答案． 【解答】解：如图，∵四边形DEFG、四边形EHIJ、四边形IKPQ都是正方形， ∴∠EDG＝∠EHI＝∠IKP＝90°，EH＝HI， ∵正方形DEFG的边DG、正方形IKPQ的边PK及正方形EHIJ的顶点H都在直线l上， ∴∠EDH＝∠HKI＝90°， ∵∠DEH+∠DHE＝90°，∠KHI+∠DHE＝90°， ∴∠DEH＝∠KHI， 在△DEH和△KHI中， ， ∴△DEH≌△KHI（AAS）， ∴DE＝KH， ∵正方形A，C的面积分别为5和11， ∴DE2＝KH2＝5，IK2＝11， ∴HI2＝KH2+IK2＝5+11＝16， ∴正方形B的面积为16， 故答案为：16． 【点评】此题重点考查直角三角形的两个锐角互余、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确理解和应用全等三角形的判定与性质及勾股定理等知识是解题的关键． 26．（2025秋•长宁区校级月考）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　 ． 【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． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质，角平分线的定义，等角对等边，对顶角的性质等，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 27．（2026春•浦东新区校级期末）如图，△ABC中，AD是BC边上的中线，E，F为直线AD上的两点，连接BE，CF，且BE∥CF，AE＝13，AF＝7，则DE的长为　3　 ． 【分析】因为△ABC中，AD是BC边上的中线，所以BD＝CD，由AE＝13，AF＝7，求得EF＝AE﹣AF＝6，由BE∥CF，得∠E＝∠CFD，而∠BDE＝∠CDF，可根据“AAS”证明△BED≌△CFD，得DE＝DFEF＝3，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵△ABC中，AD是BC边上的中线， ∴BD＝CD， ∵点F在线段AE上，AE＝13，AF＝7， ∴EF＝AE﹣AF＝6， ∵BE∥CF， ∴∠E＝∠CFD， 在△BED和△CFD中， ， ∴△BED≌△CFD（AAS）， ∴DE＝DFEF＝3， 故答案为：3． 【点评】此题重点考查平行线的性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明△AED≌△CFD是解题的关键． 28．（2025春•锦江区校级期中）如图，在△ABC中，AD、CE分别是BC和AB边上的高，AD与CE相交于H，若AE＝CE＝7，CH＝3，则BE＝　4　 ． 【分析】由△ABC的高AD、CE交于点H，得∠ADB＝∠AEH＝∠CEB＝90°，则∠EAH＝∠ECB＝90°﹣∠B，而AE＝CE，即可根据“ASA”证明△AEH≌△CEB，因为CE＝7，CH＝3，所以HE＝BE＝4，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵△ABC的高AD、CE交于点H， ∴AD⊥BC于点D，CE⊥AB于点E， ∴∠ADB＝∠AEH＝∠CEB＝90°， ∴∠EAH＝∠ECB＝90°﹣∠B， 在△AEH和△CEB中， ， ∴△AEH≌△CEB（ASA）， ∵CE＝7，CH＝3， ∴HE＝BE＝CE﹣CH＝7﹣3＝4， 故答案为：4． 【点评】此题重点考查同角的余角相等、全等三角形的判定与性质等知识，证明△AEH≌△CEB是解题的关键． 29．（2026春•闵行区校级期中）如图，在△ABC与△ADE中，E在BC边上，AD＝AB，AE＝AC，DE＝BC，若∠1＝25°，∠B＝40°则∠2的度数为　25°　 ． 【分析】先利用SSS证明两个三角形全等，得到对应角相等，推导出∠DAB与∠1相等；再设交点，借助对顶角相等与三角形内角和定理，消去相等的∠D和∠B，证得∠2等于∠DAB，求出角度． 【解答】解：在△ABC 与△ADE 中， ， ∴△ABC≌△ADE（SSS）， ∴∠DAE＝∠BAC，∠D＝∠B， ∵∠BAC＝∠1+∠BAE，∠DAE＝∠DAB+∠BAE， ∴∠DAB＝∠1＝25°， 设AB与DE 相交于点 O， 在△AOD中， ∠D+∠DAB+∠AOD＝180°， 在△BOE 中，∠B+∠2+∠BOE＝180°， ∵∠AOD＝∠BOE， ∴∠D+∠DAB＝∠B+∠2， ∵∠D＝∠B， ∴∠2＝∠DAB＝25°． 故答案为：25°． 【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 30．（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　 ． 【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． 【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系，掌握三角形全等的判定是解题的关键． 31．（2026春•鄄城县期末）【问题背景】 （1）如图1，直线l经过点A，∠BAC＝90°，AB＝AC，过点B，C分别向直线l作垂线，垂足分别为D，E，求证：△ABD≌△CAE； 【变式探究】 （2）如图2，点A，D，E在直线上，若∠CEA＝∠BAC＝∠ADB，AB＝AC，求证：DE＝BD+CE； 【拓展应用】 （3）如图3所示，在Rt△BAD和Rt△CAE中，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AC＝AE，连接BC，DE，作BC边上的高AG，延长GA交DE于点H．若AH＝5，AG＝12，求△DAE的面积． 【分析】（1）根据垂直定义得∠BDA＝∠AEC＝90°，则∠DAB+∠DBA＝90°，再根据∠BAC＝90°得∠DAB+∠EAC＝90°，由此得∠DBA＝∠EAC，进而可依据“AAS”判定△ABD和△CAE全等； （2）根据三角形外角性质得∠EAC+∠BAC＝∠ADB+∠DBA，再根据∠ADB＝∠BAC得∠EAC＝∠DBA，进而可依据“AAS”判定△EAC和△DBA全等得CE＝AD，AE＝BD，由此可证明DE＝BD+CE的结论； （3）过点D作DM⊥AH交AH的延长线于点M，过点E作EN⊥AH于点N，则∠AGB＝∠M＝90°，进而得∠ABG+∠BAG＝90°，再根据∠BAD＝90°得∠BAG+∠DAM＝90°，由此得∠ABG＝∠DAM，进而可依据“AAS”判定△ABG和△DAM全等，则DM＝AG，同理可证明△ADC和△ENA全等得EN＝AG，则DM＝EN＝AG，然后再根据三角形的面积公式即可得S△DAE． 【解答】（1）证明：∵BD⊥直线l，CE⊥直线l， ∴∠BDA＝∠AEC＝90°， ∴∠DAB+∠DBA＝90°， ∵∠BAC＝90°， ∴∠DAB+∠EAC＝90°， ∴∠DBA＝∠EAC， 在△ABD和△CAE中， ∴△ABD≌△CAE（AAS）； （2）证明：∵∠EAB是△ABD的外角， ∴∠EAB＝∠ADB+∠DBA， ∴∠EAC+∠BAC＝∠ADB+∠DBA， ∵∠ADB＝∠BAC， ∴∠EAC＝∠DBA， 在△EAC和△DBA中， ∴△EAC≌△DBA（AAS）， ∴CE＝AD，AE＝BD， ∴DE＝AE+AD＝BD+CE； （3）过点D作DM⊥AH交AH的延长线于点M，过点E作EN⊥AH于点N，如图所示：∵AG⊥BC，∴∠AGB＝∠M＝90°，∴∠ABG+∠BAG＝90°， ∵∠BAD＝90°， ∴∠BAG+∠DAM＝90°， ∴∠ABG＝∠DAM， 在△ABG和△DAM中， ，∴△ABG≌△DAM（AAS）， ∴DM＝AG，同理可证明：△AGC≌△ENA， ∴EN＝AG， ∴DM＝EN＝AG， ∵S△DAE＝S△AHD+S△AHE AH•DMAH•EN， ＝AH×2DM ＝AH×AG ＝5×12 ＝60 ∴△ADE的面积等于60． 【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键，正确地添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键． 32．（2026春•济阳区期末）如图，AD∥BE，点C在线段AB上，且AC＝BE，AD＝BC，连接CD，CE． （1）求证：∠ADC＝∠BCE； （2）若∠A＝50°，∠BCE＝30°，求∠CEB的度数． 【分析】（1）由AD∥BE得∠A＝∠B，而AC＝BE，AD＝BC，可根据“SAS”证明△ADC≌△BCE，则∠ADC＝∠BCE． （2）由∠A＝∠B＝50°，∠BCE＝30°，根据三角形内角和定理求得∠CEB＝180°﹣∠B﹣∠BCE＝100°． 【解答】（1）证明：∵AD∥BE，点C在线段AB上， ∴∠A＝∠B， 在△ADC和△BCE中， ， ∴△ADC≌△BCE（SAS）， ∴∠ADC＝∠BCE． （2）解：∵∠A＝50°，且∠A＝∠B， ∴∠B＝50°， ∵∠CEB+∠B+∠BCE＝180°，且∠BCE＝30°， ∴∠CEB＝180°﹣∠B﹣∠BCE＝180°﹣50°﹣30°＝100°， ∴∠CEB的度数是100°． 【点评】此题重点考查平行线的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，推导出∠A＝∠B，进而证明△ADC≌△BCE是解题的关键． 33．（2026•苏州模拟）如图，点D在BC上，AC，DE交于点F，AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE．（1）证明：△ABC≌△ADE； （2）若∠BAD＝20°，求∠CDF的度数． 【分析】（1）由SAS可证△ABC≌△ADE； （2）由全等三角形的性质可得∠ADE＝∠B，由等腰三角形的性质可求∠ADB＝∠B＝80°，即可求解． 【解答】（1）证明：∵∠BAD＝∠CAE， ∴∠BAC＝∠DAE， 在△ABC与△ADE中， ∴△ABC≌△ADE（SAS）； （2）解：∵△ABC≌△ADE， ∴∠ADE＝∠B， ∵∠BAD＝20°，AB＝AD， ∴∠ADB＝∠B＝80°， ∴∠ADE＝80°， ∴∠CDF＝180°﹣∠ADB﹣∠ADE＝20°． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． 34．（2026春•东平县期末）如图，在△ABC中，点D为AC上一点，且AD＝BC，点E为△ABC外一点，且AE＝AC，连接DE．当AE∥BC时，判断AB与DE的数量关系，并说明理由． 【分析】根据AE∥BC得∠DAE＝∠C，进而可依据“SAS”判定△ADE和△ABC全等，再根据全等三角形的性质即可得出AB与DE的数量关系． 【解答】解：AB与DE的数量关系是：AB＝DE，理由如下： ∵AE∥BC， ∴∠DAE＝∠C， 在△ADE和△ABC中， ， △ADE≌△ABC（SAS）， ∴DE＝AB， 即AB＝DE． 【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，平行线的性质是解决问题的关键． 35．（2026•张店区二模）如图，已知AB∥DE，点A、C、D在同一条直线上，∠BAE＝∠BAD+∠B，且AE＝BC． （1）求证：△ABC≌△DAE； （2）若ED＝5，CD＝6，求线段AB的长． 【分析】（1）根据平行线的性质及角的等量代换．即可证明△ABC≌△DAE（AAS）． （2）根据全等三角形的性质及线段的和差即可解答． 【解答】（1）证明：∵AB∥DE， ∴∠BAC＝∠D， ∵∠BAE＝∠BAD+∠DAE，∠BAE＝∠BAD+∠B， ∴∠DAE＝∠B， 在△ABC和△DAE中， ， ∴△ABC≌△DAE（AAS）． （2）解：由（1）得△ABC≌△DAE， ∴AC＝DE，AB＝AD， ∵ED＝5， ∴AC＝5， ∵点A、C、D在同一条直线上， ∴AD＝AC+CD， ∵CD＝6． ∴AD＝5+6＝11， ∴AB＝11， 答：线段AB的长为11． 【点评】本题考查全等三角形的判定与性质，平行线的性质，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 36．（2025秋•永吉县期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E为CD的中点，连接AE并延长交BC的延长线于点F，连接BE，且BE⊥AF．求证： （1）FC＝AD； （2）BC＝AB﹣AD． 【分析】（1）由SAS可证△ADE≌△FCE，可得FC＝AD； （2）由全等三角形的性质可得AE＝EF，由SAS可证△AEB≌△FEB，可得AB＝BF，即可求解． 【解答】证明：（1）∵AD∥BC， ∴∠ADE＝∠FCE， ∵E是CD的中点， ∴DE＝CE， 在△ADE与△FCE中， ， ∴△ADE≌△FCE（ASA）， ∴FC＝AD； （2）由（1）知：△ADE≌△FCE， ∴AE＝FE， 又∵BE⊥AE， ∴∠AEB＝∠FEB＝90°， 在△AEB和△FEB中， ， ∴△AEB≌△FEB（SAS）， ∴AB＝BF， ∴AB＝BF＝BC+CF， ∵AD＝FC， ∴BC＝AB﹣AD． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明△AEB≌△FEB是解答本题的关键． 【考点4】创新及压轴题（第3742题） 37．（2026春•青羊区校级期中）如图，在△ABC和△ADE中，BC＝DE，∠BAD＝∠CAE，∠B＝∠D＝30°，BC的延长线交AD于点O，交ED于点F． （1）求证：△ABC≌△ADE； （2）若∠BAD＝75°，求∠EFC的大小． 【分析】（1）先证明∠BAC＝∠DAE，再由AAS证明△ABC≌△ADE即可； （2）由三角形内角和定理求出∠AOB＝75°，则∠DOF＝∠AOB＝75°，再由三角形的外角性质即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵∠BAD＝∠CAE， ∴∠BAD﹣∠CAD＝∠CAE﹣∠CAD， 即∠BAC＝∠DAE， 在△ABC和△ADE中， ， ∴△ABC≌△ADE（AAS）； （2）解：∵∠BAD＝75°，∠B＝30°， ∴∠AOB＝180°﹣∠BAD﹣∠B＝180°﹣75°﹣30°＝75°， ∴∠DOF＝∠AOB＝75°， ∴∠EFC＝∠D+∠DOF＝30°+75°＝105°． 【点评】本题考查了全等三角形的判定以及三角形内角和定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键． 38．（2024秋•长寿区期末）（1）问题提出：如图1，点E为等腰△ABC内一点，AB＝AC，若另有一个以AD、AE为腰的等腰△AED且∠BAC＝∠EAD，求证：△ABE≌△ACD． （2）尝试应用：如图2，点D为等腰Rt△ABC外一点，AB＝AC，BD⊥CD，过点A的直线分别交DB的延长线和CD的延长线于点N、M，BD与AC交于K，若∠M＝60°，∠BAC＝90°，求证：MC+NB＝2AM． （3）问题拓展：如图3，△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AC，BC上，∠BDA＝∠BEA＝60°，AE，BD交于点H，等边△ABF的边AF与BC相交于G点．若CE＝6，AH＝4，请直接写出BE的长度． 【分析】（1）首先证明∠BAE＝∠CAD，即可解决问题； （2）延长MC至G，使CG＝BN，连接AG，证明△ABN≌△ACG（SAS），得∠BAN＝∠CAG，然后证明∠MAG＝90°，利用含30度角的直角三角形的性质即可解决问题； （3）过A作AM⊥BC于M，连接EF，证明△ACE≌△AFE（SAS），得CE＝EF＝6，∠AEC＝∠AEF，证明△BEH≌△BEF（ASA），得EH＝EF＝6，利用含30度角的直角三角形的性质即可解决问题． 【解答】（1）证明：∵△AED是以AD、AE为腰的等腰三角形， ∴AE＝AD， ∵∠BAC＝∠BAC， ∴∠BAE＝∠CAD， 在△ABE和△ACD中， ， ∴△ABE≌△ACD（SAS）； （2）证明：延长MC至G，使CG＝BN，连接AG，如图2， ∵∠BAK＝90°＝∠CDK，∠AKB＝∠DKC， ∴∠ABK＝∠DCK， ∴∠ABN＝∠ACG， 在△ABN和△ACG中， ， ∴△ABN≌△ACG（SAS）， ∴∠BAN＝∠CAG， ∵∠CAG+∠BAG＝90°， ∴∠BAN+∠BAG＝90°， ∴∠NAG＝90°， ∴∠MAG＝90°， ∵∠M＝60°， ∴∠G＝90°﹣60°＝30°， ∴MG＝2AM， ∵MG＝MC+CG＝MC+NB， ∴MC+NB＝2AM； （3）解：BE的长度为16，理由如下： 如图3，过A作AM⊥BC于M，连接EF． ∵△ABF为等边三角形， ∴BF＝AF＝AB＝AC，∠AFB＝∠ABF＝60°＝∠BDA＝∠BEA， ∵∠AHD＝∠BHE， ∴∠DBE＝∠CAE， ∵∠AGE＝∠BGF， ∴∠4＝∠1， ∵∠AEB＝60°＝∠C+∠2，∠ABF＝60°＝∠ABC+∠4， ∴∠C+∠CAE＝∠ABC+∠FBE， ∵AB＝AC， ∴∠C＝∠ABC， ∴∠2＝∠4， ∴∠1＝∠2＝∠3＝∠4， 在△ACE和△AFE中， ， ∴△ACE≌△AFE（SAS）， ∴CE＝EF＝6，∠AEC＝∠AEF， ∵∠AEB＝60°， ∴∠AEC＝∠AEF＝120°， ∴∠BEF＝∠AEF﹣∠AEB＝60°＝∠AEB， ∵∠3＝∠4，BE＝BE， ∴△BEH≌△BEF（ASA）， ∴EH＝EF＝6， ∴AE＝AH+EH＝4+6＝10， ∵AM⊥BC，∠AEM＝60°， ∴∠MAE＝30°， ∴EMAE＝5， ∴CM＝EM+CE＝6+5＝11， ∵AB＝AC，AM⊥BC， ∴BM＝CM＝11， ∴BE＝BM+EM＝11+5＝16． 【点评】本题是三角形综合题，考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，解决本题的关键是得到△ABN≌△ACG． 39．（2026春•紫金县校级期中）问题情境：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一条直线上，连接BE． （1）小明发现：△ACD≌△BCE，请你帮他写出推理过程； （2）李洪受小明的启发，求出了∠AEB的度数，请直接写出∠AEB为　60　 °； （3）轩轩在前面两人的基础上又探索出了CD与BE的位置关系为CD∥BE ； （4）如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一条直线上，CM为△DCE的边DE上的高，连接BE，试探究CM，AE，BE之间有怎样的数量关系． 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到CA＝CB，CD＝CE，结合图形得到∠ACD＝∠BCE，利用SAS定理证明△ACD≌△BCE； （2）根据全等三角形的性质得到∠CEB＝∠CDA＝120°，根据等边三角形的性质、结合图形计算，得到答案； （3）根据内错角相等、两直线平行解答； （4）根据直角三角形的性质得到DE＝2CM，证明△ACD≌△BCE，根据全等三角形的性质证明结论． 【解答】（1）证明：∵△ACB和△DCE均为等边三角形， ∴∠ACB＝∠DCE＝60°，CA＝CB，CD＝CE， ∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCB， 即∠ACD＝∠BCE， 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）； （2）解：∠AEB为60°；理由如下： ∵△DCE为等边三角形， ∴∠CDE＝∠CED＝60°， ∴∠CDA＝120°， ∵△ACD≌△BCE， ∴∠CEB＝∠CDA＝120°， ∴∠AEB＝∠CEB﹣∠CEA＝60°， 故答案为：60； （3）解：CD与BE的位置关系为CD∥BE；理由如下： ∵∠CDE＝∠AEB＝60°， ∴CD∥BE， 故答案为：CD∥BE； （4）解：AE＝BE+2CM； 证明：∵△DCE是等腰直角三角形， ∴∠CDE＝∠CED＝45°， ∵CD＝CE，CM⊥DE， ∴∠DCM＝∠ECM＝45°， ∴∠CDE＝∠DCM，∠CED＝∠ECM， ∴DM＝CM＝ME， ∴DE＝2CM， 同理可知△ACD≌△BCE，则AD＝BE， ∴AE＝AD+DE＝BE+2CM． 【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 40．（2026春•通川区校级期末）“在一条直线上有三个直角顶点”的几何图形，我们一般称其为“一线三垂直”图形，随着几何学习的深入，我们还将对这类图形有更深入的探索： （1）如图1，△ABC、△ADB和△ACE都是直角三角形，其中AC＝AB，且直角顶点都在直线l上，探索AD、BD、DE之间的数量关系，并证明你的结论； （2）如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，过点A作直线AE，BD⊥AE于点D，CE⊥AE于点E，若BD＝12，DE＝7，请直接写出△ACE的面积 　30　 ； （3）如图3，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝BC，AE＝DE，且点E在BC上，连接BD，试猜想线段AB与线段BD的位置关系，并证明你的结论． 【分析】（1）证明△AEC和△BDA全等得AE＝BD，进而得AD+BD＝AD+AE＝DE，由此即可得出AD、BD、DE之间的数量关系； （2）证明△BDA和△AEC全等得BD＝AE，AD＝CD，再根据BD＝12，DE＝7得BD＝AE＝12，EC＝5，再根据三角形的面积公式即可得出△ACE的面积； （3）在CA上截取CF＝CE，连接EF，证明△CDF是等腰直角三角形得∠AFE＝135°，证明△AFE和△EBD全等得∠AFD＝∠EBD＝135°，进而得∠ABD＝90°，由此即可得出线段AB与线段BD的位置关系． 【解答】解：（1）AD、BD、DE之间的数量关系是：AD+BD＝DE，证明如下： 如图1所示： ∵△ABC是直角三角形，且AC＝AB， ∴∠BAC＝90°， ∴∠1+∠2＝90°， ∵△ADB和△ACE都是直角三角形，且直角顶点都在直线l上， ∴∠AEC＝∠BDA＝90°， ∴∠1+∠3＝90°， ∴∠2＝∠3， 在△AEC和△BDA中， ， ∴△AEC≌△BDA（AAS）， ∴AE＝BD， ∴AD+BD＝AD+AE＝DE； （2）如图2所示： 在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠1+∠2＝90°， ∵BD⊥AE，CE⊥AE， ∴∠BDA＝∠E＝90°， ∴∠2+∠3＝90°， ∴∠3＝∠1， 在△BDA和△AEC中， ， ∴△BDA≌△AEC（AAS）， ∴BD＝AE，AD＝CE， ∵DE＝AE﹣AD＝BD﹣EC， ∵BD＝12，DE＝7， ∴BD＝AE＝12，7＝12﹣EC， ∴EC＝12﹣7＝5， ∴△ACE的面积为：CE•AE5×12＝30， 故答案为：30； （3）线段AB与线段BD的位置关系是：AB⊥BD，证明如下： 在CA上截取CF＝CE，连接EF，如图3所示： ∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠AED＝90°， ∴AC＝BC，∠ABC＝45°，AE＝DE，∠1+∠AEC＝90°，∠2+∠AEC＝90°， ∴∠1＝∠2， ∵CF＝CE，∠ACB＝90°， ∴△CDF是等腰直角三角形， ∴∠3＝45°， ∴∠AFE＝180°﹣∠3＝135°， ∵AC﹣CF＝BC﹣CE， ∴AF＝EB， 在△AFE和△EBD中， ， ∴△AFE≌△EBD（SAS）， ∴∠AFE＝∠EBD＝135°， ∴∠ABD＝∠EBD﹣∠ABC＝135°﹣45°＝90°， ∴AB⊥BD． 【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质是解决问题的关键． 41．（2025秋•鲤城区校级期末）四边形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，OB＝OD，点E在AB边上，连接DE交OA于点F． （1）如图（1），若AO＝AD，BE＝DE． ①求证：∠ADF＝∠EAF； ②求证：AF＝OF． （2）如图（2），若∠AOB＝∠ACD，DF＝AB＝9，OF＝3AF＝6，求BC的长． 【分析】（1）①根据AO＝AD得∠ADO＝∠3，进而得∠ADF+∠1＝∠EAF+∠2，再根据BE＝DE得∠1＝∠2，据此即可得出结论； ②过点A作AP∥BD，交DE的延长线于点P，先证明△OBA和△APD全等得OB＝AP＝OD，进而可判定△ODF和△APF全等，然后根据全等三角形的性质可得出结论； （2）过B作BQ⊥AC于点Q，过点D作DH⊥AC于点H，证明△OQB和△OHD全等得OQ＝OH，BQ＝DH，设OQ＝OPH＝a，证明△DOC是等腰三角形得CH＝OH＝a，进而得CQ＝3a，FQ＝6﹣a，FH＝6+a，AQ＝8﹣a，再证明Rt△ABQ和Rt△FDH全等得AQ＝FH，则8﹣a＝6+a，由此解出a＝1得AQ＝8﹣a＝7，CQ＝3a＝3，在Rt△ABQ中，由勾股定理求出BQ＝ ，进而在Rt△BCQ中，由勾股定理可求出BC的长． 【解答】（1）①证明：如图（1）①所示： ∵AO＝AD， ∴∠ADO＝∠3， ∵∠3是△AOB的外角， ∴∠3＝∠EAF+∠2， 又∵∠ADO＝∠ADF+∠1， ∴∠ADF+∠1＝∠EAF+∠2， ∵BE＝DE， ∴∠1＝∠2， ∴∠ADF＝∠EAF； ②证明：过点A作AP∥BD，交DE的延长线于点P，如图（1）②所示： ∴∠1＝∠P， ∵∠1＝∠2， ∴∠2＝∠P， 由（1）可知：∠ADF＝∠EAF， ∴∠OAB＝∠ADP， 在△OBA和△APD中， ， ∴△OBA≌△APD（AAS）， ∴OB＝AP， ∵OB＝OD， ∴OD＝AP， 在△ODF和△APF中， ， ∴△ODF≌△APF（AAS）， ∴OF＝AF， 即AF＝OF； （2）解：过点B作BQ⊥AC于点Q，过点D作DH⊥AC于点H，如图（2）所示： ∴∠OQB＝∠OHD＝90°， 在△OQB和△OHD中， ， ∴△OQB≌△OHD（AAS）， ∴OQ＝OH，BQ＝DH， 设OQ＝OPH＝a， ∵∠AOB＝∠DOC，∠AOB＝∠ACD， ∴∠DOC＝∠ACD， ∴OD＝CD， ∴△DOC是等腰三角形， 又∵DH⊥AC于点H， ∴CH＝OH＝a， ∴CQ＝CH+OH+OQ＝3a， ∵OF＝3AF＝6， ∴OF＝6，AF＝2， ∴FQ＝OF﹣OQ＝6﹣a，FH＝OF+OH＝6+a， ∴AQ＝AF+FQ＝2+6﹣a＝8﹣a， ∵DF＝AB＝9， ∴AB＝DF， ∵DH⊥AC于点H，BQ⊥AC于点Q， ∴△ABQ和△FDH，△BCQ都是直角三角形， 在Rt△ABQ和Rt△FDH中， ， ∴Rt△ABQ≌Rt△FDH（HL）， ∴AQ＝FH， ∴8﹣a＝6+a， 解得：a＝1， ∴AQ＝8﹣a＝7，CQ＝3a＝3， 在Rt△ABQ中，由勾股定理得：BQ， 在Rt△BCQ中，由勾股定理得：BC． 【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键，正确地添加辅助线构造全等三角形是解决问题的难点． 42．（2026春•泰和县期末）在四边形ABCE中． （1）如图（1），若AC平分∠BAE，∠ABC＝90°，∠AEC＝90°，则线段BC、CE的长度满足的数量关系是 BC＝CE ；（直接填答案） （2）如图（2），C是BD边的中点，若AC平分∠BAE，∠ACE＝90°，说明线段AE、AB、DE的长度满足的数量关系； （3）如图（3），C是BD边的中点，AC平分∠BAE，EC平分∠AED，若∠ACE＝120°，则线段AB、BD、DE、AE的长度满足怎样的数量关系？ 【分析】（1）根据AC平分∠BAE得∠BAC＝∠EAC，进而依据“AAS”判定△ABC和△AEC全等，再根据全等三角形性质即可得出线段BC、CE的长度满足的数量关系； （2）连接AE，在AE上截取AE＝AB，连接CE，先证明△AEC和△ABC全等得∠ECA＝∠BCA，FC＝BC，再证明∠ECF＝∠DCE，BC＝DC＝FC，进而依据“SAS”判定△ECF和△DCE全等得FE＝DE，由此可得出线段AE、AB、DE的长度满足的数量关系； （3）连接AE，在AE上截取AP＝AB，EH＝DE，连接CP，CH，先证明△PAC和△BAC全等得∠PCA＝∠BCA，PC＝BC，再证明△HEC和△DEC全等得∠HCE＝∠DCE，HC＝DC，然后证明PC＝HC，∠PCH＝60°得△PCH是等边三角形，进而得PH＝PC＝BC＝1/2BD，由此即可得出线段AB、BD、DE、AE的长度满足的数量关系． 【解答】解：（1）线段BC、CE的长度满足的数量关系是：BC＝CE，理由如下： ∵AC平分∠BAE， ∴∠BAC＝∠EAC， 在△ABC和△AEC中， ， ∴△ABC≌△AEC（AAS）， ∴BC＝CE； （2）线段AE、AB、DE的长度满足的数量关系是：AE＝AB+DE，理由如下： 连接AE，在AE上截取AE＝AB，连接CE，如图（2）所示： ∵C平分∠BAE， ∴∠EAC＝∠BAC， 在△AFC和△ABC中， ， ∴△AFC≌△ABC（SAS）， ∴∠FCA＝∠BCA，FC＝BC， ∵∠ACE＝90°， ∴∠FCA+∠ECF＝90°，∠BCA+∠DCE＝90°， ∴∠ECF＝∠DCE， ∵点C是BD的中点， ∴BC＝DC， 又∵FC＝BC， ∴FC＝DC， 在△ECF和△DCE中， ， ∴△ECF≌△DCE（SAS）， ∴FE＝DE， ∴AE＝AF+FE＝AB+DE； （3）线段AB、BD、DE、AE的长度满足的数量关系是：ABBD+DE＝AE，理由如下： 连接AE，在AE上截取AP＝AB，EH＝DE，连接CP，CH，如图（3）所示： ∵AC平分∠BAE， ∴∠PAC＝∠BAC， 在△PAC和△BAC中， ， ∴△PAC≌△BAC（SAS）， ∴∠PCA＝∠BCA，PC＝BC， 同理证明：△HEC≌△DEC（SAS）， ∴∠HCE＝∠DCE，HC＝DC， ∵∠ACE＝120°， ∴∠BCA+∠DCE＝180°﹣∠ACE＝60°， ∴∠PCA+∠HCE＝∠BCA+∠DCE＝60°， ∴∠PCH＝∠ACE﹣（∠PCA+∠HCE）＝60°， ∵点C是BD边的中点， ∴BC＝DCBD， 又∵PC＝BC，HC＝DC， ∴PC＝HC， ∴△PCH是等边三角形， ∴PH＝PC＝BCBD， ∴AE＝AP+PH+HE＝ABBD+DE， 即ABBD+DE＝AE． 【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，理解角平分线的定义，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键． 随堂检测 · 精选练习 【练习 1】（2025秋•乌拉特前旗期末）小丽与爸妈在公园里荡秋千．如图，小丽坐在秋千的起始位置A处，OA与地面垂直，两脚在地面上用力一蹬，妈妈在距地面1m高的B处接住她后用力一推，爸爸在C处接住她．若妈妈与爸爸到OA的水平距离BD、CE分别为1.4m和1.8m，∠BOC＝90°．爸爸在C处接住小丽时，小丽距离地面的高度是（　　） A．1m B．1.6m C．1.8m D．1.4m 【分析】证明△OBD≌△COE（AAS），得OE＝BD＝1.4m，OD＝CE＝1.8m，即可解决问题． 【解答】解：∵∠BOC＝90°， ∴∠BOD+∠COE＝90°， 由题意可知，OB＝CO，DA＝1m，BD⊥OA，CE⊥OA， ∵∠BDO＝∠OEC＝90°， ∴∠BOD+∠OBD＝90°， ∴∠COE＝∠OBD， 在△OBD和△COE中， ， ∴△OBD≌△COE（AAS）， ∴OE＝BD＝1.4m，OD＝CE＝1.8m， ∴AE＝OA﹣OE＝OD+DA﹣OE＝1.8+1﹣1.4＝1.4（m）， 即小丽距离地面的高度是1.4m， 故选：D． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 【练习 2】（2026春•奉贤区期末）如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点C在直线MN上，AD⊥MN于点D，BE⊥MN于E，AD＝3，DE＝7，则BE＝　4　 ． 【分析】首先证明∠ADC＝∠BEC＝90°，∠DAC＝∠BCE，利用“AAS”证明△ADC≌△CEB即可；由全等三角形的性质可得AD＝CE＝3，CD＝BE，再结合DE＝7求解即可． 【解答】解：∵AD⊥DE，BE⊥DE， ∴∠ADC＝∠BEC＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°， ∴∠DAC＝∠BCE， 在△ADC和△CEB中， ， ∴△ADC≌△CEB（AAS）， ∴AD＝CE＝3，CD＝BE， ∵DC+CE＝DE， ∴BE＝CD＝DE﹣CE＝7﹣3＝4； 故答案为：4； 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握知识点的应用及作辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 【练习 3】（2025秋•厦门校级月考）如图，已知点C，D都在线段BF上，BD＝CF，AC∥DE，∠A＝∠E．求证：AB∥EF． 【分析】证明△ACB≌△FDE（AAS），得∠B＝∠F，再根据平行线的判定即可解决问题． 【解答】证明：∵BD＝CF， ∴BD+CD＝CF+CD， ∴BC＝FD， ∵AC∥DE， ∴∠ACB＝∠FDE， 在△ACB和△FDE中， ， ∴△ACB≌△FDE（AAS）， ∴∠B＝∠F， ∴AB∥EF． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△ACB≌△FDE． 课后巩固 · 针对性练习 牢记判定定理，重点标记SSA不能判定全等，做题圈出“夹角”关键词； 动点全等专题，整理两道分类讨论错题，抄写两组对应关系，对比记忆； 熟练手拉手、倍长中线、一线三垂直三类模型，独立默写一遍完整证明过程； 几何证明书写：每一步推导写明理由（SAS/ASA等），条件要写完整； 压轴题多问，优先使用前一问结论，不要重复推导已经证明过的等量关系。 【作业 1】（2025秋•藁城区期末）根据下列已知条件，不能画出唯一的△ABC的是（　　） A．AB＝4，BC＝3，∠A＝30° B．AB＝3，BC＝6，CA＝8 C．AB＝6，BC＝10，∠B＝60° D．AB＝4，∠A＝60°，∠B＝45° 【分析】根据全等三角形的判定定理即可求解． 【解答】解：根据全等三角形的判定定理逐一判断， A．已知两边和一边的对角，不能画出唯一的△ABC，所以该选项错误，符合题意； B．可根据SSS，画出唯一的△ABC，所以该选项正确，不符合题意； C．可根据SAS，画出唯一的△ABC，所以该选项正确，不符合题意； D．可根据ASA，画出唯一的△ABC，所以该选项正确，不符合题意； 故选：A． 【点评】本题考查了全等三角形的判定，关键是全等三角形判定定理的熟练掌握． 【作业 2】（2026春•青山区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝15cm，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 　7或3　 s时，CF＝AB． 【分析】设点E运动的时间为ts，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＝15cm，而BC＝6cm，且BE＝BC+CE，所以3t＝6+15，求得t＝7；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＝15cm，此时BE＝CE﹣BC，所以3t＝15﹣6，求得t＝3，于是得到问题的答案． 【解答】解：设点E运动的时间为ts， 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）， ∴CE＝AC＝15cm， ∵BC＝6cm，且BE＝BC+CE， ∴3t＝6+15， 解得t＝7； 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）， ∴CE＝AC＝15cm， ∵BC＝6cm，且BE＝CE﹣BC， ∴3t＝15﹣6， 解得t＝3， 综上所述，当点E运动7s或3s时，CF＝AB， 故答案为：7或3． 【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，证明△CFE≌△ABC是解题的关键． 【作业 3】（2026春•南宁校级月考）如图，在四边形ABCD中，AD＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ADC＝120°，M、N分别是AB、BC上的点，且∠MDN＝60°，则图中线段AM、MN、CN之间的数量关系为 MN＝AM+CN ． 【分析】延长BA至点E，使得AE＝CN，连接DE，先证出Rt△ADE≌Rt△CDN，根据全等三角形的性质可得DE＝DN，∠ADE＝∠CDN，从而可得∠MDE＝∠MDN＝60°，再证出△MDE≌△MDN，根据全等三角形的性质可得ME＝MN，由此即可得． 【解答】解：在四边形ABCD中，AD＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ADC＝120°，M、N分别是AB、BC上的点，且∠MDN＝60°，如图，延长BA至点E，使得AE＝CN，连接DE， ∴∠DAE＝90°， ∴∠DAE＝∠C＝90°， 在Rt△ADE和Rt△CDN中， ， ∴Rt△ADE≌Rt△CDN（SAS）， ∴DE＝DN，∠ADE＝∠CDN， ∵∠ADC＝120°，∠MDN＝60°， ∴∠ADM+∠CDN＝60°， ∴∠ADM+∠ADE＝60°，即∠MDE＝60°， 在△MDE和△MDN中， ， ∴△MDE≌△MDN（SAS）， ∴ME＝MN， 又∵ME＝AM+AE＝AM+CN， ∴MN＝AM+CN， 故答案为：MN＝AM+CN． 【点评】本题主要考查了三角形全等的判定与性质，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键． 【作业 4】（2025春•惠来县期末）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． 【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°． 【点评】此题重点考查平行线的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，推导出∠ADE＝∠CBF，BF＝DE，进而证明△ADE≌△CBF是解题的关键． 【作业 5】（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． 【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． 【点评】本题考查全等三角形的判定与性质，垂线段最短，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 【作业 6】（2026•韩城市一模）如图，AD是△ABC的中线，∠ACB的平分线CF交AD于点F，延长AD至点E，连接BE，∠ACB＝2∠DBE．求证：BE＝CF． 【分析】根据∠ACB＝2∠DBE以及角平分线的定义得到∠DBE＝∠DCF，再由AD是△ABC的中线得到BD＝CD，最后证明△DBE≌△DCF即可得出结论． 【解答】证明：∵CF是∠ACB的平分线， ∴2∠DCF＝∠ACB， 又∵∠ACB＝2∠DBE， ∴∠DBE＝∠DCF， ∵AD是△ABC的中线， ∴BD＝CD， 在△DBE和△DCF中， ， ∴△DCF≌△DBE（ASA）， ∴BE＝CF． 【点评】本题考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 【作业 7】（2026春•榆树市月考）如图，在多边形ABCDE中，BC⊥CD，BF⊥AE于点F，且BF＝BC，∠CBF＝2∠DBE，∠ABF＝∠CBD． （1）求证：AB＝DB； （2）若DE＝4，BF＝3，求△BDE的面积． 【分析】（1）根据BC⊥CD，BF⊥AE得∠AFB＝∠C＝90°，据此可依据“AAS”判定△BFA和△BCD全等，然后根据全等三角形的性质可得出结论； （2）先根据∠CBF＝2∠DBE得∠CBD+∠EFB＝∠DBE，再根据∠ABF＝∠CBD可得∠ABE＝∠DBE，结合（1）的结论可依据“SAS”判定△ABE和△DBE全等，根据全等三角形的性质得S△ABE＝S△DBE，AE＝DE＝4，由此可得S△ABEAE•BF＝6，进而可得△DBE的面积． 【解答】（1）证明：∵BC⊥CD，BF⊥AE， ∴∠AFB＝∠C＝90°， 在△BFA和△BCD中， ∠AFB＝∠C＝90°，∠ABF＝∠CBD，BF＝BC， ∴△BFA≌△BCD（AAS）， ∴AB＝BD， （2）解：∵∠CBF＝2∠DBE， ∴∠CBD+∠DBF+∠EFB＝2∠DBE， 即∠CBD+∠EFB＝∠DBE， ∵∠ABF＝∠CBD， ∴∠ABF+∠EFB＝∠DBE， 即∠ABE＝∠DBE， 在△ABE和△DBE中， AB＝BD，∠ABE＝∠DBE，BE＝BE， ∴△ABE≌△DBE（SAS）， ∴S△ABE＝S△DBE，AE＝DE， ∵DE＝4，BF＝3， ∴AE＝DE＝4， ∴S△ABEAE•BF4×3＝6， ∴S△DBE＝6． 【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定方法，理解全等三角形的对应边相等、对应角相等、面积相等是解决问题的关键． 【作业 8】（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． 【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． 【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质等知识，证明△BFD≌△CDE是解题的关键． 【作业 9】（2025秋•贵州校级期末）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． 【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． 【点评】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是理解新定义． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $