第4讲 全等三角形判定及综合 优等生讲义（知识梳理+典例+针对练习）2026--2027学年浙教版八年级数学上册

第4讲 全等三角形判定及综合 优等生讲义 （知识梳理＋典例＋针对练习）2026--2027学年浙教版八年级数学上册 📌 思维导图 🎯 课程目标 · 掌握三角形全等的四个判定方法：SSS、SAS、ASA、AAS · 理解「两边及其中一边的对角（SSA）」不能判定三角形全等 · 能根据已知条件灵活选择判定方法证明两个三角形全等 · 会用尺规作图作一个三角形等于已知三角形 · 能综合运用全等三角形的判定与性质解决线段相等、角相等、位置关系等问题 📚 知识梳理 ☆ 1.全等三角形的判定方法 三边分别相等的两个三角形全等（SSS） 两边及其夹角分别相等的两个三角形全等（SAS） 两角及其夹边分别相等的两个三角形全等（ASA） 两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等（AAS） 概念辨析例题：下列条件中，不能判定两个三角形全等的是（　　）A．三边对应相等　B．两边和夹角对应相等　C．两边和其中一边的对角对应相等　D．两角和夹边对应相等 解析：SSS、SAS、ASA、AAS都能判定全等；但SSA（两边及其中一边的对角）不能判定，因为给定两边和非夹角的角，可以画出两个不同的三角形。 ☆ 2.判定方法的选择 已知两边：找夹角（SAS）或第三边（SSS） 已知一边一角：找夹边（ASA）、找另一角（AAS）、或找夹角（SAS） 已知两角：找夹边（ASA）或任一对边（AAS） 证明时先把已知条件标在图上，看缺什么条件再去找 概念辨析例题：如图，AC∥DE，∠A＝∠E，BD＝CF，求证：AB∥EF 解析：由AC∥DE得∠ACB＝∠EDF。BD＝CF⇒BC＝DF。又∠A＝∠E，所以△ABC≌△EFD（AAS）。所以∠B＝∠F，故AB∥EF。 ☆ 3.尺规作图 尺规作图是指用没有刻度的直尺和圆规作图 作一个三角形等于已知三角形：根据SSS，依次截取三边长度 已知两边及夹角作三角形：先作角，再在两边上截取线段 作图题要保留作图痕迹，最后写出结论 概念辨析例题：根据下列条件，不能画出唯一的△ABC的是（　　）A．∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝5　B．AB＝5，BC＝4，∠C＝90°　C．∠C＝90°，AB＝6，BC＝4　D．AB＝5，BC＝4，∠A＝80° 解析：D中已知两边及其中一边的对角（SSA），不能唯一确定三角形；A是ASA、B和C是HL（直角三角形），都能唯一确定。 ☆ 4.全等判定与性质综合 证明线段相等：先证所在三角形全等，再用对应边相等 证明角相等：先证三角形全等，再用对应角相等 证明垂直/平行：通过全等得到角相等，再用平行线判定或垂直定义 综合题中常需要先证一对三角形全等，再用其结论证另一对全等 概念辨析例题：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN过点C，AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，AD＝3，DE＝7，求BE的长 解析：∠ADC＝∠CEB＝90°，∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠DAC＝90°，所以∠DAC＝∠ECB。又AC＝BC，所以△ADC≌△CEB（AAS）。所以CE＝AD＝3，BE＝CD＝DE﹣CE＝7﹣3＝4。 📋 知识总结表 核心概念 判定方法 适用条件 SSS 三边对应相等 已知三边 SAS 两边及其夹角对应相等 已知两边及夹角 ASA 两角及其夹边对应相等 已知两角及夹边 AAS 两角及其中一角对边相等 已知两角及一角对边 SSA 不能判定全等 两边及非夹角 HL 斜边和一直角边对应相等 仅直角三角形 ⚠️ 核心考点 【考点1】全等三角形的判定（第1-14题） · 牢记四个判定：SSS、SAS、ASA、AAS；SSA不能判定 · 已知两边找夹角或第三边，已知两角找夹边或对边 · 证明时把已知条件标在图上，缺什么找什么 · 直角三角形除四个判定外还可用HL 1．（2026春•城关区期末）如图，直角三角形被挡住了一部分，小明根据所学知识很快就另外画出了一个与原来完全一样的三角形，这两个三角形全等的依据是（　　） A．ASA B．AAS C．SAS D．SSS 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•阿克陶县期末）如图△ABC中和△DBC中，∠A＝∠D，添加一个条件，使△ABC≌△DBC，可以添加的条件是 ____________________ ． 5．（2024•浙江模拟）如图，射线AE平分∠DAC，点B在射线AE上，若使△ABD≌△ABC，则需添加的一个条件是 _________________ .（只填一个即可） 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．（2025秋•西塞山区期中）如图，△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝12cm，∠B＝∠C，点P从B出发．以3cm/s的速度沿BC向C运动，设P运动时间为t秒，当P从B开始运动的同时，Q从C出发以vcm/s的速度，沿CA向A运动，当△ABP与△PQC全等时，v的值为________ ． 8．（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． 9．（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． 10．（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． 11．（2026•新会区校级模拟）如图，已知AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE，求证：△ABC≌△ADE． 12．（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．） 13．（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】尺规作图（第15-19题） · 作三角形本质是用SSS，依次截取三边 · 已知两边及夹角：先作角再截边 · 判断能否唯一确定三角形：看条件是否对应某种判定 · 作图题保留痕迹，写结论 14．（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 15．（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 16．（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）． 17．（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． 18．（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】全等性质与判定综合（第20-36题） · 证线段/角相等：先证全等，再用性质 · 证平行/垂直：通过全等得角相等，再用平行线判定 · 复杂题常需两次全等：第一次全等的结论作为第二次的条件 · 动点问题：按位置分类讨论，注意高在形内/形外 19．（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 20．（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 21．（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 22．（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 23．（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_______ ． 24．（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_______ ． 25．（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 _______ ． 26．（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_____ ． 27．（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＝_____ ． 28．（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________ ． 29．（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 ____________ ． 30．（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． 31．（2026•永州一模）如图，AB，DE交于点F，AD∥BE，点C在线段AB上，且AC＝BE，AD＝BC，连结CD，CE． （1）求证：∠ADC＝∠BCE． （2）若∠A＝50°，∠ADC＝30°，求∠CDE的度数． 32．（2026•青秀区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，E是AB上的一点，且AE＝BC，连接DE、EC，DE＝EC． 求证： （1）Rt△ADE≌Rt△BEC． （2）DE⊥CE． 33．（2026春•碑林区校级期中）如图所示，在△ABC中，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AD与BE交于点F，且AC＝BF．若已知BC＝8，AD＝5，求AF的长． 34．（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． 35．（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． 四．创新及压轴题（共6小题） 36．（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． 37．（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． 38．（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． 39．（2026春•城阳区期末）如图，AD是△ABC的中线，过点C作CE∥AB，交AD的延长线于点E． （1）AD与DE相等吗？请说明理由； （2）若AB＝6，AC＝4，AD的长为偶数，则AD的长度为 ________ ； （3）若AE＝BC，则∠BAC的度数为 _______ °． 40．（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． 41．（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 【练习 1】（2026春•历城区期中）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1.3m和1.9m，∠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．1.3m C．1.6m D．1.9m 【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 复习建议 · 四个判定要记牢：SSS、SAS、ASA、AAS；SSA不能判定全等 · 选择判定方法：已知两边找夹角/第三边，已知两角找夹边/对边 · 证明时把已知条件标在图上，缺什么条件再去寻找 · 证线段/角相等，先证三角形全等，再用对应边/角相等 · 复杂题常需两次全等，第一次的结论作为第二次的条件 【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】（2025秋•城区期末）如图，小杰将两把宽度相等的矩形直尺放置在∠AOB上，两把直尺的接触点为P，边OA与其中一把直尺边缘的交点为C，点C、P在这把直尺上的刻度读数分别是1.9cm、5.1cm，则OC的长度是 ________ cm． 【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秋•庐江县期中）在△ABC中，AD，BE分别是边BC，AC上的高，AD，BE相交于点F，AE＝BE． （1）求证：EF＝EC； （2）连接DE，若DE平分∠ADC，当EC+CD＝AD时，求∠EBC的度数． 【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 全等三角形判定及综合 优等生讲义 （知识梳理＋典例＋针对练习）2026--2027学年浙教版八年级数学上册 参考答案与试题解析 📌 思维导图 🎯 课程目标 · 掌握三角形全等的四个判定方法：SSS、SAS、ASA、AAS · 理解「两边及其中一边的对角（SSA）」不能判定三角形全等 · 能根据已知条件灵活选择判定方法证明两个三角形全等 · 会用尺规作图作一个三角形等于已知三角形 · 能综合运用全等三角形的判定与性质解决线段相等、角相等、位置关系等问题 📚 知识梳理 ☆ 1.全等三角形的判定方法 三边分别相等的两个三角形全等（SSS） 两边及其夹角分别相等的两个三角形全等（SAS） 两角及其夹边分别相等的两个三角形全等（ASA） 两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等（AAS） 概念辨析例题：下列条件中，不能判定两个三角形全等的是（　　）A．三边对应相等　B．两边和夹角对应相等　C．两边和其中一边的对角对应相等　D．两角和夹边对应相等 解析：SSS、SAS、ASA、AAS都能判定全等；但SSA（两边及其中一边的对角）不能判定，因为给定两边和非夹角的角，可以画出两个不同的三角形。 ☆ 2.判定方法的选择 已知两边：找夹角（SAS）或第三边（SSS） 已知一边一角：找夹边（ASA）、找另一角（AAS）、或找夹角（SAS） 已知两角：找夹边（ASA）或任一对边（AAS） 证明时先把已知条件标在图上，看缺什么条件再去找 概念辨析例题：如图，AC∥DE，∠A＝∠E，BD＝CF，求证：AB∥EF 解析：由AC∥DE得∠ACB＝∠EDF。BD＝CF⇒BC＝DF。又∠A＝∠E，所以△ABC≌△EFD（AAS）。所以∠B＝∠F，故AB∥EF。 ☆ 3.尺规作图 尺规作图是指用没有刻度的直尺和圆规作图 作一个三角形等于已知三角形：根据SSS，依次截取三边长度 已知两边及夹角作三角形：先作角，再在两边上截取线段 作图题要保留作图痕迹，最后写出结论 概念辨析例题：根据下列条件，不能画出唯一的△ABC的是（　　）A．∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝5　B．AB＝5，BC＝4，∠C＝90°　C．∠C＝90°，AB＝6，BC＝4　D．AB＝5，BC＝4，∠A＝80° 解析：D中已知两边及其中一边的对角（SSA），不能唯一确定三角形；A是ASA、B和C是HL（直角三角形），都能唯一确定。 ☆ 4.全等判定与性质综合 证明线段相等：先证所在三角形全等，再用对应边相等 证明角相等：先证三角形全等，再用对应角相等 证明垂直/平行：通过全等得到角相等，再用平行线判定或垂直定义 综合题中常需要先证一对三角形全等，再用其结论证另一对全等 概念辨析例题：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN过点C，AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，AD＝3，DE＝7，求BE的长 解析：∠ADC＝∠CEB＝90°，∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠DAC＝90°，所以∠DAC＝∠ECB。又AC＝BC，所以△ADC≌△CEB（AAS）。所以CE＝AD＝3，BE＝CD＝DE﹣CE＝7﹣3＝4。 📋 知识总结表 核心概念 判定方法 适用条件 SSS 三边对应相等 已知三边 SAS 两边及其夹角对应相等 已知两边及夹角 ASA 两角及其夹边对应相等 已知两角及夹边 AAS 两角及其中一角对边相等 已知两角及一角对边 SSA 不能判定全等 两边及非夹角 HL 斜边和一直角边对应相等 仅直角三角形 ⚠️ 核心考点 【考点1】全等三角形的判定（第1-14题） · 牢记四个判定：SSS、SAS、ASA、AAS；SSA不能判定 · 已知两边找夹角或第三边，已知两角找夹边或对边 · 证明时把已知条件标在图上，缺什么找什么 · 直角三角形除四个判定外还可用HL 1．（2026春•城关区期末）如图，直角三角形被挡住了一部分，小明根据所学知识很快就另外画出了一个与原来完全一样的三角形，这两个三角形全等的依据是（　　） A．ASA B．AAS C．SAS D．SSS 【分析】根据全等三角形的判定方法，即可解答． 【解答】解：如图，直角三角形被挡住了一部分，小明根据所学知识很快就另外画出了一个与原来完全一样的三角形，这两个三角形全等的依据是ASA， 故选：A． 【点评】本题考查了全等三角形的判定，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键． 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•阿克陶县期末）如图△ABC中和△DBC中，∠A＝∠D，添加一个条件，使△ABC≌△DBC，可以添加的条件是 　∠ABC＝∠DBC或∠ACB＝∠DCB ． 【分析】根据全等三角形的判定方法结合图形添加条件即可． 【解答】解：∵∠A＝∠D，BC＝BC， ∴由全等三角形的判定定理得， 添加∠ABC＝∠DBC，根据AAS得到△ABC≌△DBC； 添加∠ACB＝∠DCB，根据AAS得到△ABC≌△DBC， 综上所述，可以添加的条件是∠ABC＝∠DBC或∠ACB＝∠DCB． 故答案为：∠ABC＝∠DBC或∠ACB＝∠DCB． 【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（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）是解题的关键． 5．（2024•浙江模拟）如图，射线AE平分∠DAC，点B在射线AE上，若使△ABD≌△ABC，则需添加的一个条件是 AD＝AC（答案不唯一）　 .（只填一个即可） 【分析】根据三角形全等的判定条件即可解决问题． 【解答】解：∵射线AE平分∠DAC， ∴∠DAB＝∠CAB． 又∵AB＝AB， ∴当添加AD＝AC时，可根据SAS得出△ABD≌△ABC． 故答案为：AD＝AC（答案不唯一）． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定，熟知判定三角形全等的条件是解题的关键． 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．（2025秋•西塞山区期中）如图，△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝12cm，∠B＝∠C，点P从B出发．以3cm/s的速度沿BC向C运动，设P运动时间为t秒，当P从B开始运动的同时，Q从C出发以vcm/s的速度，沿CA向A运动，当△ABP与△PQC全等时，v的值为　3或5　 ． 【分析】由题意可得BP＝3tcm，CQ＝vtcm，则PC＝（12﹣3t）cm，分两种情况：①当△ABP≌△PCQ时，AB＝PC，BP＝CQ；当△ABP≌△QCP时，AB＝CQ，BP＝PC，分别列方程求解即可． 【解答】解：由题意可得BP＝3tcm，CQ＝vtcm， ∴PC＝BC﹣BP＝（12﹣3t）cm， 当△ABP≌△QCP时，AB＝CQ，BP＝PC， ∴10＝vt，3t＝12﹣3t， 解得t＝2，v＝5； 当△ABP≌△PCQ时，AB＝PC，BP＝CQ， ∴10＝12﹣3t，3t＝vt， 解得，v＝3； 综上所述，当v＝3或v＝5时，△ABP与△PQC全等， 故答案为：3或5． 【点评】本题考查了全等三角形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 8．（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． 9．（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． 10．（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． 11．（2026•新会区校级模拟）如图，已知AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE，求证：△ABC≌△ADE． 【分析】根据∠BAD＝∠CAE可得∠BAC＝∠DAE，再根据SAS即可证明． 【解答】证明：∵∠BAD＝∠CAE， ∴∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC，即∠BAC＝∠DAE， 在△ABC和△ADE中， ， ∴△ABC≌△ADE（SAS）． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定，解题的关键是通过∠BAD＝∠CAE得出∠BAC＝∠DAE． 12．（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． 13．（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】尺规作图（第15-19题） · 作三角形本质是用SSS，依次截取三边 · 已知两边及夹角：先作角再截边 · 判断能否唯一确定三角形：看条件是否对应某种判定 · 作图题保留痕迹，写结论 14．（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． 15．（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． 16．（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． 17．（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． 18．（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】全等性质与判定综合（第20-36题） · 证线段/角相等：先证全等，再用性质 · 证平行/垂直：通过全等得角相等，再用平行线判定 · 复杂题常需两次全等：第一次全等的结论作为第二次的条件 · 动点问题：按位置分类讨论，注意高在形内/形外 19．（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 【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． 【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与性质是解题的关键． 20．（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． 21．（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． 22．（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． 23．（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． 24．（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． 25．（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． 26．（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． 27．（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． 28．（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． 29．（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． 30．（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△AGC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． 31．（2026•永州一模）如图，AB，DE交于点F，AD∥BE，点C在线段AB上，且AC＝BE，AD＝BC，连结CD，CE． （1）求证：∠ADC＝∠BCE． （2）若∠A＝50°，∠ADC＝30°，求∠CDE的度数． 【分析】（1）由AD∥BE，得∠A＝∠B，而AC＝BE，AD＝BC，即可根据“SAS”证明△ADC≌△BCE，则∠ADC＝∠BCE； （2）由∠A＝50°，∠ADC＝30°，求得∠BCD＝∠A+∠ADC＝80°，由全等三角形的性质得CD＝EC，∠ADC＝∠BCE＝30°，则∠CDE＝∠CED，∠DCE＝∠BCD+∠BCE＝110°，由2∠CDE+110°＝180°，求得∠CDE＝35°． 【解答】（1）证明：∵AD∥BE， ∴∠A＝∠B， 在△ADC和△BCE中， ， ∴△ADC≌△BCE（SAS）， ∴∠ADC＝∠BCE． （2）解：∵∠A＝50°，∠ADC＝30°， ∴∠BCD＝∠A+∠ADC＝80°， 由（1）得△ADC≌△BCE， ∴CD＝EC，∠ADC＝∠BCE＝30°， ∴∠CDE＝∠CED，∠DCE＝∠BCD+∠BCE＝110°， ∵∠CDE+∠CED+∠DCE＝180°， ∴2∠CDE+110°＝180°， ∴∠CDE＝35°， ∴∠CDE的度数是35°． 【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、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，证明△ADC≌△BCE是解题的关键． 32．（2026•青秀区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，E是AB上的一点，且AE＝BC，连接DE、EC，DE＝EC． 求证： （1）Rt△ADE≌Rt△BEC． （2）DE⊥CE． 【分析】（1）由DE＝EC，AE＝BC，根据“HL”证明Rt△ADE≌Rt△BEC； （2）由全等三角形的性质得∠AED＝∠BCE，则∠AED+∠BEC＝∠BCE+∠BEC＝90°，所以∠DEC＝90°，即可证明DE⊥CE． 【解答】证明：（1）在Rt△ADE和Rt△BEC中， ， ∴Rt△ADE≌Rt△BEC（HL）． （2）由（1）得Rt△ADE≌Rt△BEC， ∴∠AED＝∠BCE， ∵∠B＝90°， ∴∠AED+∠BEC＝∠BCE+∠BEC＝90°， ∴∠DEC＝180°﹣（∠AED+∠BEC）＝90°， ∴DE⊥CE． 【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、直角三角形的两个锐角互余等知识，证明Rt△ADE≌Rt△BEC，进而推导出∠AED＝∠BCE是解题的关键． 33．（2026春•碑林区校级期中）如图所示，在△ABC中，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AD与BE交于点F，且AC＝BF．若已知BC＝8，AD＝5，求AF的长． 【分析】依题意得∠ADC＝∠BDF＝∠BEC＝90°，证明∠DAC＝∠DBF，进而依据“ASA”判定△DAC和△DBF全等得AD＝BD＝5，DC＝DF，由此得DC＝DF＝BC﹣BD＝3，然后根据AF＝AD﹣DF可得AF的长． 【解答】解：∵AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E， ∴∠ADC＝∠BDF＝∠BEC＝90°， 在△BEC中，∠BEC＝90°， ∴∠DBF+∠C＝90°， 在△ADC中，∠DAC+∠C＝90°， ∴∠DAC＝∠DBF， 在△DAC和△DBF中， ， ∴△DAC≌△DBF（AAS）， ∴AD＝BD，DC＝DF， ∵AD＝5， ∴AD＝BD＝5 ∵BC＝8， ∴DC＝DF＝BC﹣BD＝8﹣5＝3， ∴AF＝AD﹣DF＝5﹣3＝2， 即AF的长为2． 【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和性质是解决问题的关键． 34．（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． 35．（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． 四．创新及压轴题（共6小题） 36．（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． 37．（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． 38．（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． 39．（2026春•城阳区期末）如图，AD是△ABC的中线，过点C作CE∥AB，交AD的延长线于点E． （1）AD与DE相等吗？请说明理由； （2）若AB＝6，AC＝4，AD的长为偶数，则AD的长度为 　2或4　 ； （3）若AE＝BC，则∠BAC的度数为 　90　 °． 【分析】（1）由CE∥AB得∠B＝∠DCE，∠DAB＝∠E，再由三角形中线的定义得BD＝CD，由此依据“AAS”判定△ABD和△ECD全等得AD＝DE； （2）由△ABD和△ECD全等得AB＝CE＝6，由AD＝DE得AE＝2AD，根据三角形三边之间的关系得CE﹣AC＜AE＜CE+AC，则1＜AD＜5，再根据AD的长为偶数得AD的长度为2或4； （3）先证明AD＝BD＝CD得∠DAB＝∠B，∠DAC＝∠DCA，则∠BAC＝∠B+∠DCA，在△ABC中，由三角形内角和定理得∠BAC+∠B+∠DCA＝180°，则∠BAC＝90°． 【解答】解：（1）AD与DE相等，理由如下： ∵CE∥AB， ∴∠B＝∠DCE，∠DAB＝∠E， ∵AD是△ABC的中线， ∴BD＝CD， 在△ABD和△ECD中， ， ∴△ABD≌△ECD（AAS）， ∴AD＝DE； （2）∵△ABD≌△ECD， ∴AB＝CE， 在△ACE中，CE﹣AC＜AE＜CE+AC， ∵AB＝6，AC＝4，AD＝DE， ∴CE＝6，AE＝2AD， ∴6﹣4＜2AD＜6+4， 即1＜AD＜5， ∵AD的长为偶数， ∴AD的长度为2或4， 故答案为：2或4； （3）∵AD是△ABC的中线， ∴BD＝CDBC， ∵AD＝DE ∴ADAE， 又∵AE＝BC， ∴AD＝BD＝CD， ∴∠DAB＝∠B，∠DAC＝∠DCA， ∴∠DAB+∠DAC＝∠B+∠DCA， 即∠BAC＝∠DAB+∠DAC＝∠B+∠DCA， 在△ABC中，∠BAC+∠B+∠DCA＝180°， ∴2∠BAC＝180°， ∴∠BAC＝90°， 故答案为：90． 【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形三边之间的关系，三角形内角和定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形三边之间的关系，三角形内角和定理是解决问题的关键． 40．（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． 41．（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 【练习 1】（2026春•历城区期中）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1.3m和1.9m，∠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．1.3m C．1.6m D．1.9m 【分析】由题意可知，AD＝1m，BD＝1.3m，CE＝1.9m，OB＝CO，再证明△OBD≌△COE（AAS），得OE＝BD＝1.3m，OD＝CE＝1.9m，即可解决问题． 【解答】解：由题意可知，AD＝1m，BD＝1.3m，CE＝1.9m，OB＝CO， ∵∠BOC＝90°， ∴∠BOD+∠COE＝90°， ∵∠BDO＝90°，∠CEO＝90°， ∴∠BOD+∠OBD＝90°，∠COE+∠OCE＝90°， ∴∠COE＝∠OBD，∠BOD＝∠OCE， 在△OBD和△COE， ， ∴△OBD≌△COE（AAS）， ∴OE＝BD＝1.3m，OD＝CE＝1.9m， ∴AE＝OA﹣OE＝OD+DA﹣OE＝1.9m+1m﹣1.3m＝1.6（m）． 故选：C． 【点评】本题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 复习建议 · 四个判定要记牢：SSS、SAS、ASA、AAS；SSA不能判定全等 · 选择判定方法：已知两边找夹角/第三边，已知两角找夹边/对边 · 证明时把已知条件标在图上，缺什么条件再去寻找 · 证线段/角相等，先证三角形全等，再用对应边/角相等 · 复杂题常需两次全等，第一次的结论作为第二次的条件 【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】（2025秋•城区期末）如图，小杰将两把宽度相等的矩形直尺放置在∠AOB上，两把直尺的接触点为P，边OA与其中一把直尺边缘的交点为C，点C、P在这把直尺上的刻度读数分别是1.9cm、5.1cm，则OC的长度是 　3.2　 cm． 【分析】过点P作PF⊥OB于点F，依题意得PC＝5.1﹣1.9＝3.2（cm），PE＝PF，∠OEP＝∠OFP＝90°，由此可依据“HL”判定Rt△OEP和Rt△OFP全等，则∠EOP＝∠FOP，再根据CP∥OF得∠CPO＝∠FOP，则∠EOP＝∠CPO，进而得OC＝CP＝3.2cm，据此即可得出答案． 【解答】解：过点P作PF⊥OB于点F，如图所示： ∵点C、P在这把直尺上的刻度读数分别是1.9cm、5.1cm， ∴PC＝5.1﹣1.9＝3.2（cm）， ∵两把直尺的宽度相同， ∴PE＝PF，∠OEP＝∠OFP＝90°， 在Rt△OEP和Rt△OFP中， ， ∴Rt△OEP≌Rt△OFP（HL）， ∴∠EOP＝∠FOP， ∵CP∥OF， ∴∠CPO＝∠FOP， ∴∠EOP＝∠CPO， ∴OC＝CP＝3.2（cm）， ∴OC的长度是3.2cm． 故答案为：3.2． 【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和性质是解决问题的关键． 【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+∠FBE＝∠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+∠FBE＝2∠DBE， 即∠CBD+∠FBE＝∠DBE， ∵∠ABF＝∠CBD， ∴∠ABF+∠FBE＝∠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秋•庐江县期中）在△ABC中，AD，BE分别是边BC，AC上的高，AD，BE相交于点F，AE＝BE． （1）求证：EF＝EC； （2）连接DE，若DE平分∠ADC，当EC+CD＝AD时，求∠EBC的度数． 【分析】（1）依题意得∠AEF＝∠BEC＝90°，∠ADC＝90°，则∠EAF+∠C＝90°，∠EBC+∠C＝90°，由此得∠EAF＝∠EBC，进而可依据“ASA”判定△AEF和△BEC全等，再根据全等三角形性质即可得出结论； （2）在AD上截取HD＝CD，连接EH，则AD＝AH+CD＝EC+CD，由此得AH＝EC，证明△DEH和△DEC全等得EH＝EC＝AH，∠DHE＝∠C，进而得∠EAF＝∠HEA，根据三角形外角性质得∠DHE＝∠EAF+∠HEA＝2∠EAF＝∠C＝2∠EAF，再根据∠EAF＝∠EBC得∠C＝2∠EBC，在Rt△BEC中，根据∠C+∠EBC＝90°可得∠EBC的度数． 【解答】（1）证明：在△ABC中，AD，BE分别是边BC，AC上的高， ∴∠AEF＝∠BEC＝90°，∠ADC＝90°， ∴△ADC和△BEC都是直角三角形， ∴∠EAF+∠C＝90°，∠EBC+∠C＝90°， ∴∠EAF＝∠EBC， 在△AEF和△BEC中， ， ∴△AEF≌△BEC（ASA）， ∴EF＝EC； （2）解：在AD上截取HD＝CD，连接EH，如图所示： ∴AD＝AH+HD＝AH+CD， ∵EC+CD＝AD， ∴AH+CD＝EC+CD， ∴AH＝EC， ∵DE平分∠ADC， ∴∠HDE＝∠CDE， 在△DEH和△DEC中， ， ∴△DEH≌△DEC（SAS）， ∴EH＝EC，∠DHE＝∠C， ∴AH＝EH， ∴∠EAF＝∠HEA， ∵∠DHE是△HAE的外角， ∴∠DHE＝∠EAF+∠HEA＝2∠EAF， ∴∠C＝2∠EAF， ∵∠EAF＝∠EBC， ∴∠C＝2∠EBC， 在Rt△BEC中，∠C+∠EBC＝90°， ∴2∠EBC+∠EBC＝90°， ∴∠EBC＝30°， 即∠EBC的度数为30°． 【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，理解等腰三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键． 【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 $