文档内容
专题 02 探索三角形全等的条件（六大类型）
【题型1 判定全等角形（SSS）】
【题型2 判定全等角形（SAS）】
【题型3 判定全等角形（ASA）】
【题型4 判定全等角形（AAS）】
【题型5 判定全等角形（HL）】
【题型6 全等三角形的判定与性质综合应用】
【题型1 判定全等角形（SSS）】
1．（2023八上·永城期末）如图，点C在∠AOB的OB边上，用尺规作出了
CN∥OA，连接EN，作图痕迹中，△ODM≌△CEN根据的是（ ）
A．SAS B．SSS C．ASA D．AAS
【答案】B
【解析】【解答】解：根据题意得：OM=CN，OD=CE，DM=EN，
∴△ODM≌△CEN的依据是“SSS”，
故答案为：B.
2．（2022八上·德惠期末）如图，以∠CAB顶点A为圆心，适当长为半径画弧，
1
分别交AB，AC于点E、F，再分别以点E、F为圆心，大于 EF长为半径画弧，
2
两弧交于点D，作射线AD，则说明∠CAD=∠DAB的依据是（ ）A．SSS B．SAS C．ASA D．AAS
【答案】A
【解析】【解答】解：由作图知：AE=AF，ED=FD，
又∵AD=AD，
∴△AED≅△AFD(SSS)，
∴△FAD=△EAD，即∠CAD=∠DAB，
∴说明∠CAD=∠DAB的依据是SSS，
故答案为：A．
3．（2023八上·内江期末）如图，点E、F在BC上，AB=CD，AF=DE，
AF、DE相交于点G，添加下列哪一个条件，可使得△ABF≌△DCE（ ）
A．∠B=∠C B．AG=DG C．∠AFE=∠≝¿ D．BE=CF
【答案】D
【解析】【解答】解：A、由∠B=∠C，AB=CD，AF=DE，不能证明
△ABF≌△DCE，不符合题意；
B、由AG=DG，AB=CD，AF=DE，不能证明△ABF≌△DCE，不符合题意；
C、由∠AFE=∠≝¿，AB=CD，AF=DE，不能证明△ABF≌△DCE，不符合题
意；
D、由BE=CF即可证明BF=CE，AB=CD，AF=DE，可以由SSS 证明
△ABF≌△DCE，符合题意；
故答案为：D.
4.（2022 秋•临川区校级期末）如图，已知 AB＝CD，AD＝CB，求证：
△ABD≌△CDB．【解答】证明：在△ABD和△CDB中， ，
∴△ABD≌△CDB（SSS）
5.（2022秋•全南县期中）如图，C是AB的中点，AD＝CE，CD＝BE．求证：
△ACD≌△CBE．
【解答】证明：∵C是AB的中点，
∴AC＝CB，
在△ACD和△CBE中
，
∴△ACD≌△CBE（SSS）
6．（2022八上·老河口期中）如图，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相
交于点O，AO的延长线交BC于点D，OB=OC.求证：BD=CD.
【答案】证明：∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB.
∵∠ABC与∠ACB的平分线相交于点O，
∴∠ABC=2∠OBC，∠ACB=2∠OCB.
∴∠ABC=∠ACB.
∴AB=AC.
在△ABO和△ACO中
{AB=AC，
)
AO=AO，
OB=OC，
∴△ABO≌△ACO(SSS).
∴∠BAD=∠CAD.
∴BD=CD.
【解析】根据等腰三角形的性质可得∠OBC=∠OCB，根据角平分线的概念可得
∠ABC=2∠OBC，∠ACB=2∠OCB，则∠ABC=∠ACB，推出AB=AC，利用
SSS证明△ABO≌△ACO，得到∠BAD=∠CAD，据此证明.
7．（2022八上·嘉兴期中）如图，AB=AD，BC=DC，求证：∠1=∠2.
【答案】证明：在△ABC和△ADC中，
{AB=AD
)
BC=DC ，
AC=AC∴△ABC≌△ADC(SSS)，
∴∠1=∠2.
【解析】由已知条件可知AB=AD，BC=DC，AC=AC，利用SSS证明
△ABC≌△ADC，据此可得结论.
8．（2022八上·定南期中）如图，在△ABC与△DCB中，AB=DC，AC=BD，
AC与BD交于M.求证：BM=CM.
【答案】证明：∵AB=DC，AC=DB，BC=CB，∴△ABC≌△DCB（SSS），
∴∠ACB=∠DBC，BM=CM．
【解析】【分析】先利用“SSS”证明△ABC≌△DCB，再利用全等三角形的性质
可得∠ACB=∠DBC，BM=CM。
9．（2022八上·吉林期中）如图，AC=EC，CB=CD，AB=ED，求证：
△ACB≌△ECD．
【答案】证明：在 △ACB 和 △ECD 中，
{AC=EC
)
CB=CD ，
AB=ED
∴△ACB≌△ECD(SSS) ．
【解析】根据全等三角形的判定定理SSS即可证明。
10．（2022八上·大兴期中）如图，点A，B，C，D在同一直线上，AE=BF，
EC=FD，AB=CD．求证：△EAC≌△FBD．【答案】证明：∵AB=CD ，
∴AB+BC=CD+BC ，
即 AC=BD ，
在 △EAC 和 △FBD 中，
{AE=BF
)
EC=FD ，
AC=BD
∴△EAC≌△FBD(SSS) ．
【解析】先证明AC=BD，再利用“SSS”证明△EAC≌△FBD即可。
11．（2022八上·义乌期中）如图，AB=CD，AE=DF，CE=BF，说出
∠B=∠C的理由．
解：∵CE=BF( )，
∴CE+EF=BF+FE，即CF=BE．
{AB=__________(已知)，
)
在△ABE和△DCF中， __________=DF(已知)，
BE=__________，
∴△ABE≌△DCF( )，
∴∠B=∠C( ).
【答案】解：∵CE=BF（已知），
∴CE+EF=BF+FE，即CF=BE，
{AB=CD(已知)，
)
在△ABE和△DCF中， AE=DF(已知)，
BE=CF，
∴△ABE≌△DCF（SSS），
∴∠B=∠C（全等三角形的对应角相等）.【解析】根据题目给定条件，结合给定步骤，利用“SSS”定理证明
△ABE≌△DCF，据此补充过程即可.
12．（2022八上·龙港期中）已知：如图，AC＝BD，AD＝BC.求证：∠C＝
∠D.
【答案】证明：在△ABC和△BAD中，
{AC=BD
)
BC=AD ，
AB=BA
∴△ABC≌△BAD（SSS），
∴∠C＝∠D.
【解析】【分析】利用SSS证得△ABC≌△BAD，根据全等三角形的对应角相等
得∠C=∠D.
13．（2022八上·永善期中）如图，已知点C，F在直线AD上，且有BC= EF，
AB=DE，CD=AF。
求证：△ABC≌△DEF。
【答案】证明：∵CD= AF，
∴ CD +CF= AF + CF，即DF= AC，
{AB=DE
)
在△ABC和△DEF中， AC=DF
BC=EF
∴△ABC≌△DEF（SSS）
【解析】【分析】先证出DF= AC， 再利用SSS即可证出△ABC≌△DEF.
14．（2023八上·平昌期末）如图，在△ABC和△≝¿中，点B、F、C、E在同一
直线上，AB=DE，BF=CE，AB∥DE，求证：△ABC≌△≝¿.【答案】证明：∵BF=CE，
∴BF+CF=CE+CF，即BC=EF，
∵AB∥DE，
∴∠B=∠E，
在△ABC和△≝¿中，
{
AB=DE
)
∠B=∠E ，
BC=EF
∴△ABC≌△≝¿
【解析】【分析】根据BF=CE结合线段的和差关系可得BC=EF，由平行线的
性质可得∠B=∠E，由已知条件可知AB=DE，然后利用全等三角形的判定定理
进行证明.
【题型2 判定全等角形（SAS）】
15.（2022秋•朝阳区校级期中）如图，点B，F，C，E在同一条直线上，BF＝
CE，∠B＝∠E，∠ACB＝∠DFE．求证：△ABC≌△DEF．
【解答】证明：∵BF＝CE，
∴BF+CF＝CE+CF，
即BC＝EF，
在△ABC和△DEF中，，
∴△ABC≌△DEF（ASA）．
16．（2023八上·南充期末）如图，AB=AC，AD=AE，∠ACB=∠AED.
（1）求证：BD=CE；
（2）若AD∥CE，∠1=23°，∠2=27°，求∠3的度数.
【答案】（1）证明：如图，
∵AB=AC ， AD=AE
∴∠ABC=∠ACB ， ∠3=∠AED .
∵∠ACB=∠AED ，
∴∠ABC=∠ACB=∠3=∠AED .
∴∠BAC=∠DAE .
∴∠1=∠4 .
∵AD=AE ，
∴△ABD≌△ACE(SAS) ，
∴BD=CE；（2）解：由（1）， ∠1=∠4=23° .
∴∠4+∠2=50°
∴∠AEC=180°−50°=130°
∵AD∥CE ，
∴∠3=∠5 .
1
∴∠AED=∠5= ∠AEC=65°
2
∴∠3=65° .
【解析】（1）根据等边对等角得∠ABC=∠ACB，∠3=∠AED，结合已知和三
角形内角和定理得∠BAC=∠DAE，推出∠1=∠4，从而可用SAS判断出
△ABD≌△ACE，根据全等三角形对应边相等得BD=CE；
（2）根据全等三角形对应角相等并结合三角形内角和定理得∠AEC=130°，根
1
据二直线平行，内错角相等得∠3=∠5，又∠3=∠AED，从而可得∠AED=
2
∠AEC，代入即可算出答案.
17．（2023八上·嘉兴期末）如图，在等边△ABC的边AC，BC上各取一点D，
E，使AD=CE，AE，BD相交于点O.
（1）求证：△ABD≌△CAE；
（2）求∠BOE的度数.
【答案】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠C=∠BAD=60°，
在△ABD和△CAE中{
AD=CE
)
∠BAD=∠C
AB=AC
∴△ABD≌△CAE（SAS）
（2）解：∵△ABD≌△CAE，
∴∠ABD=∠CAE，
∵∠BOE=∠BAD+∠BAO=∠CAE+∠BAE=∠BAC=60°
【解析】（1）利用等边三角形的性质可证得AB=AC，∠C=∠BAD=60°，利用
SAS可证得结论.
（2）利用全等三角形的对应角相等，可证得∠ABD=∠CAE，再利用三角形外
角的性质去证明∠BOE=∠BAC，即可求出∠BOE的度数.
18．（2022八上·松原期末）阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A=60°，
CD平分∠ACB，试判断BC和AC、AD之间的数量关系．小明发现，在BC上
截取CA′＝CA，连接DA′，从而将问题解决（如图2）．
（1）求证：△ADC≌△A′DC；
（2）试猜想写出BC和AC、AD之间的数量关系，并给出证明．
【答案】（1）证明：在BC上截取CA′＝CA，连接DA′，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
在△ACD和△A′DC中，
{
AC=A′C
)
∠ACD=∠A′CD ，
CD=CD
∴△ADC≌△A′DC（SAS）；（2）解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A=60°，
∴∠B=90°-∠A=90°-60°=30°，
∵△ADC≌△A′DC，
∴∠A=∠CA′D=60°，AD=A′D，
∵∠CA′D是△A′DB的外角，
∴∠A′DB=∠CA′D-∠B=60°-30°=30°，
∴∠A′DB=∠B=30°，
∴A′D=A′B，
∴AD=A′B，
∴BC=A′C+A′B=AC+AD．
【解析】（1）利用“SAS”证明△ADC≌△A′DC即可；
（2）根据全等三角形的性质可得∠A=∠CA′D=60°，AD=A′D，再求出
∠A′DB=∠B=30°，可得A′D=A′B，最后利用线段的和差及等量代换可得
BC=A′C+A′B=AC+AD
19．（2023八上·港南期末）已知，如图，△ABC为等边三角形，
AE=CD，AD、BE相交于点P.
（1）求证：△AEB≌△CDA；
（2）求∠EPQ的度数；
（3）若BQ⊥AD于Q，PQ=7，PE=3，求BE的长.
【答案】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=CA，∠BAE=∠C=60°，
在△AEB和△CDA中，
{
AB=CA
)
∠BAE=∠C ，
AE=CD
∴△AEB≌△CDA(SAS)（2）解：∵△AEB≌△CDA，
∴∠ABE=∠CAD，
∴∠BPQ=∠BAD+∠ABE=∠BAD+∠CAD=∠BAC＝60°，
∴∠EPQ=180°−∠BPQ=120°，
∴∠EPQ的度数是120°.
（3）解：∵BQ⊥AD于Q，PQ=7，PE=3，
∴∠PQB=90°，
∴∠BPQ=60°，
∴∠PBQ=30°，
∴BP=2PQ=2×7=14，
∴BE=BP+PE=14+3=17，
∴BE的长是17.
【解析】（1）由等边三角形的性质得AB=CA，∠BAE=∠C=60°，再根据
SASA判断出△AEB≌△CDA；
（2）根据全等三角形的对应角相等可得∠ABE=∠CAD，根据三角形外角的性
质及等量代换可得∠BPQ=∠BAD+∠ABE=∠BAD+∠CAD=60°，最后根据邻补角
的定义即可算出答案；
（3）根据三角形的内角和定理可得∠PBQ=30°，根据含30°角直角三角形的性
质得BP=2PQ=14，进而由BE=BP+PE算出答案.
【题型3 判定全等角形（ASA）】
20．（2023八上·金东期末）已知：如图，点B，F，C，E在一条直线上，
∠B=∠EFD，∠ACB=∠≝¿，且BF=EC.求证：△ABC≌△DFE.
【答案】解：∵BF=EC
∴BF+CF=EC+CF，
∴BC=EF，
在△ABC和△DFE中，
∵¿∴△ABC≅△DFE (ASA).
【解析】由已知条件可知∠B=∠EFD，∠ACB=∠DEF，BF=EC，结合线段的和
差关系可得BC=EF，然后根据全等三角形的判定定理进行证明.
21．（2023八上·汉阴期末）如图，在△ADC和△CEB中，点A、B、C在一条直
线上，∠D=∠E，AD∥EC，AD=EC.求证：△ACD≌△CBE.
【答案】证明：∵AD∥EC
∴∠CAD=∠BCE
在△ACD与△CBE中
{∠CAD=∠BCE
)
AD=CE
∠D=∠E
∴△ACD≌△CBE(ASA)
【解析】由二直线平行，同位角相等得∠CAD=∠BCE，从而用ASA判断出
△ACD≌△CBE.
22．（2023八上·宁波期末）如图，四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，
∠1=∠2，∠3=∠4.
求证：BO=DO．
【答案】证明：在△ABC和△ADC中
{∠1=∠2
)
AC=AC
∠3=∠4
∴△ABC≌△ADC（ASA）
∴AB=AD∵∠1=∠2
∴OB=OD
【解析】【利用ASA证明△ABC≌△ADC，利用全等三角形的性质可证得
AB=AD，利用等腰三角形三线合一的性质可证得结论.
23.（2022秋•金东区期末）已知：如图，点B，F，C，E在一条直线上，∠B＝
∠EFD，∠ACB＝∠DEF，且BF＝EC．求证：△ABC≌△DFE．
【解答】解：∵BF＝EC，
∴BF+CF＝EC+CF，
∴BC＝EF，
在△ABC和△DFE中，
，
∴△ABC≅△DFE（ASA）
【题型4 判定全等角形（AAS）】
23．（2022八上·延庆期末）如图，点A，B，C，D在一条直线上，AB=DC，
∠ECA=∠FBD，EC=FB．请判断AE与DF的关系，并证明你的结论．
【答案】解：AE=DF，AE∥DF，证明如下：
∵AB=DC，
∴AB+BC=DC+CB．
∴AC=DB．
在△AEC和△DFB中，{
AC=DB
)
∠ECA=∠FBD
EC=FB
∴△AEC≅△DFB．
∴AE=DF，∠EAC=∠FDB．
∴AE∥DF．
【解析】先利用“SAS”证明△AEC≅△DFB，可得AE=DF，∠EAC=∠FDB，
再证出AE∥DF即可。
25.（2023•咸阳一模）已知，如图，AB＝AE，AB∥DE，∠ACB＝∠D，求证：
△ABC≌△EAD．
【解答】证明：∵AB∥DE，
∴∠E＝∠BAC，
在△ABC和△EAD中，
，
∴△ABC≌△EAD（AAS）．
26.（2022秋•秦淮区校级月考）已知：如图，∠A＝∠D＝90°，BE＝EC．求证：
△ABC≌△DCB．
【解答】证明：∵BE＝EC，
∴∠ACB＝∠DBC，
在△ABC和△DCB中，
，
∴△ABC≌△DCB（AAS27．（2022八上·凤台期末）如图，AC∥DF，点B为线段AC上一点，连接
BF 交DC于点 H，过点A作AE∥BF分别交DC，DF于点G、点 E．DG=CH
．求证：△DFH≌△CAG．
【答案】证明：∵AC∥DF，AE∥BF，
∴∠C=∠D，∠A=∠AED，∠AED=∠F，
∴∠A=∠F，
∵DG=CH，
∴DG+GH=CH+GH，即DH=CG，
在△DFH与△CAG中，
{∠A=∠F
)
∠C=∠D ，
DH=CG
∴△DFH≌△CAG(AAS)．
28．（2022八上·滨海期中）如图，DE⊥AC于点E，BF⊥AC于点F．
AB=CD，AE=CF，BD交AC于点M，求证：MB=MD．
【答案】证明：∵AE=CF，
∴AE+EF=CF+EF，即AF=CE，
∵DE⊥AC于点E，BF⊥AC于点F，
∴△ABF和△CDE是直角三角形，
在Rt△ABF和Rt△CDE中，
{AB=CD)
，
AF=CE
∴Rt△ABF≌Rt△CDE(HL)，∴BF=DE；
在△DEM和△BFM中，
{∠DEM=∠BFM=90°
)
∠DME=∠BMF ，
DE=BF
∴△DEM≌△BFM(AAS)，
∴MB=MD．
【解析】根据HL证明Rt△ABF≌Rt△CDE，可得BF=DE，再根据AAS证明
△DEM≌△BFM，可得MB=MD．
【题型5 判定全等角形（HL）】
29.（2022八上·长春期末）如图，已知AC平分∠BAF，CE⊥AB于点E，
CF⊥AF于点F，且BC=DC．求证：△CFD≌△CEB．
【答案】证明：∵AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，
∴CE=CF，
在Rt△CEB和Rt△CFD中，
{CE=CF)
，
CB=CD
∴Rt△CFD≌Rt△CEB(HL)．
【解析】先利用角平分线的性质可得CE=CF，再利用“HL”证明△CFD≌△CEB
即可。
30．（2023八上·岳池期末）如图，已知AD是△ABC的边BC上的高，E为
AD上一点，且BE=AC，DE=DC．
求证：∠DBE=∠DAC．【答案】解：∵AD是△ABC的边BC上的高，
∴AD⊥BC，
∴∠BDE=∠ADC= 90° ．
{BE=AC)
在Rt△BDE和Rt△ADC中，
DE=DC
∴Rt△BDE≌Rt△ADC(HL)
∴∠DBE=∠DAC．
【解析】【分析】根据三角形高的定义得∠BDE=∠ADC= 90° ，从而利用HL
判断Rt△BDE≌Rt△ADC，根据全等三角形的对应角相等得∠DBE=∠DAC．
31．（2022八上·滨海期中）如图，已知AC=BC，AC⊥OA，CB⊥OB ，求证：
△ACO≌△BCO．
【答案】证明：∵ AC⊥OA，CB⊥OB，AC=BC，
∴ 在Rt△ACO与Rt△BCO中有：
{AC=BC)
，
OC=OC
∴△ACO≌△BCO(HL)
【解析】根据HL证明Rt△ACO≌Rt△BCO.
32．（2022八上·定南期中）如图所示，AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，
DF⊥AC，垂足分别为E，F，连接EF，EF与AD交于点G，求证：AD垂直平
分EF．【答案】证明：∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF，∠AED＝∠AFD＝90°，
在Rt△AED和Rt△AFD中
{AD=AD)
，
DE=DF
∴Rt△AED≌Rt△AFD（HL），
∴AE＝AF，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴AD垂直平分EF．
【解析】利用“HL”证明Rt△AED≌Rt△AFD，可得AE=AF，再结合AD是
∠BAC的平分线，即可得到AD垂直平分EF。
【题型6 全等三角形的判定与性质】
33．（2022八上·青田期中）如图，点B，F，C，E在同一条直线上，点A，D
在直线BC的异侧，AB＝DE，AC＝DF，BF＝EC.
（1）求证：△ABC≌△DEF；
（2）若∠BFD＝130°，求∠ACB的度数.
【答案】（1）证明：∵BF＝EC，
∴BF+FC＝EC+FC，
∴BC＝EF，
在△ABC和△DEF中，{AB=DE
)
AC=DF ，
BC=EF
∴△ABC≌△DEF（SSS）
（2）解：∵∠BFD＝130°，∠BFD+∠DFE＝180°，
∴∠DFE＝50°，
由（1）知，△ABC≌△DEF，
∴∠ACB＝∠DFE，
∴∠ACB＝50°.
【解析】（1）由BF＝EC可得BF+FC＝EC+FC，即得BC＝EF，根据SSS证明
△ABC≌△DEF ；
（2）由邻补角可求出∠DFE＝50°，再利用全等三角形的对应角相等可得
∠ACB＝∠DFE=50°
34．（2023八上·东方期末）如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=90°，BD是
∠ABC的平分线，DE⊥BC于E.
（1）求证：BA=BE；
（2）若BC=12，求△DEC的周长.
【答案】（1）证明：∵BD是∠ABC的平分线，
∴∠ABD=∠EBD，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB=∠A=90°，
在△ABD和△EBD中，
{
∠A=∠DEB
)
∠ABD=∠DBE ，
BD=BD
∴△ABD≌△EBD(AAS)，
∴BA=BE；（2）解：∵△ABD≌△EBD，
∴AD=DE，AB=BE，
∴△DEC的周长为DE+EC+CD=AD+CE+CD
=AC+CE=BA+CE=BE+CE=BC=12.
【解析】（1）根据角平分线的概念可得∠ABD=∠EBD，由垂直的概念可得
∠DEB=∠A=90°，利用AAS证明△ABD≌△EBD，据此可得结论；
（2）根据全等三角形的性质可得AD=DE，AB=BE，则可将△DEC的周长转化
为BC，据此解答.
35．（2023八上·南宁期末）如图，点C，E，F，B在同一直线上，点A，D在
BC异侧，AB∥CD，BF=CE，∠A=∠D.
（1）求证：AB=CD.
（2）若AB=CF，试判断△CDF的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若∠B=30°，求∠DFB的度数.
【答案】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠B=∠C，
∵BF=CE，
∴BF+EF=CE+EF，即BE=CF，
在△ABE和△DCF中，
{∠A=∠D
)
∠B=∠C ，
BE=CF
∴△ABE≌△DCF(AAS)，
∴AB=CD；
（2）解：△CDF是等腰三角形，理由如下：
∵AB=CF，AB=CD，
∴CD=CF，
∴△CDF是等腰三角形；（3）解：∵∠B=30°，
∴∠C=∠B=30°，
∵CD=CF，
180°−∠C
∴∠CFD=∠D= =75°，
2
∴∠DFB=180°−∠CFD=105°.
【解析】（1）由平行线的性质可得∠B=∠C，估计BF=CE结合线段的和差关
系可得BE=CF，利用AAS证明△ABE≌△DCF，据此可得结论；
（2）由已知条件可知AB=CF，结合（1）的结论可得CD=CF，据此可得
△CDF的形状；
（3）由平行线的性质可得∠B=∠C=30°，由等腰三角形的性质以及内角和定理
可得∠CFD=∠D=75°，然后根据邻补角的性质进行计算.
36．（2023八上·凤凰期末）如图，BE=BC，∠A=∠D.
（1）求证：△ABC≅△DBE；
（2）求证：AE=DC.
【答案】（1）证明：在△ABC与△DBE中
{∠A=∠D
)
∠B=∠B
BC=BE
∴△ABC≅△DBE(AAS)
（2）证明：∵△ABC≅△DBE，
∴AB=DB，
又已知BE=BC，
∴AB−BE=DB−BC，
即：AE=DC
【解析】（1）由已知条件可知BE=BC，∠A=∠D，由图形可得∠B=∠B，然后
根据全等三角形的判定定理进行证明；（2）根据全等三角形的性质可得AB=DB，然后结合BE=BC以及线段的和差
关系进行证明.
37．（2023八上·金华期末）如图，在△ABC中，D是AB上一点，CF//AB，
DF交AC于点E，DE=EF.
（1）求证：△ADE≌△CFE
（2）若AB=5，CF=3，求BD的长.
【答案】（1）证明：∵CF//AB，
∴∠A=∠ECF，∠ADE=∠F，
在ΔADE和ΔCFE中，
{∠A=∠ECF
)
∠ADE=∠F ，
DE=EF
∴△ADE≌△CFE（AAS）；
（2）解：∵ΔADE≌ΔCFE，CF=3，
∴AD=CF=3，
∴BD=AB−AD=5−3=2
【解析】（1）根据二直线平行，内错角相等得∠A=∠ECF，∠F=∠ADE，用
AAS判断出△ADE≌△CFE；
（2）根据全等三角形的对应边相等得AD=CF=3，进而根据BD=AB-AD算出答
案.
38．（2023八上·澄城期末）等腰Rt△ACB，∠ACB=90∘，AC=BC，点A，C
分别在x轴，y轴的正半轴上．
（1）如图1，求证：∠BCO=∠CAO．（2）如图2，若OA=10，OC=4，求B点的坐标．
（3）如图3，点C(0，4)，Q，A两点均在x轴上，且S =36，分别以AC，
△CQA
CQ为腰在第一、第二象限作等腰Rt△CAN、等腰Rt△QCM，连接MN交y轴于P
点，OP的长度是否发生变化？若不变，求出OP的值；若变化，求OP的取值范
围．
【答案】（1）证明：如图1．
∵∠ACB=90∘，∠AOC=90∘，
∴∠BCO+∠ACO=∠CAO+∠ACO=90∘，
∴∠BCO=∠CAO．
（2）解：如图2，过点B作BD⊥y轴于D．∵BD⊥y轴，
∴∠CDB=∠AOC=90∘．
在△CDB和△AOC中，
{∠CDB=∠AOC，
)
∠BCO=∠CAO，
BC=AC，
∴△CDB≌△AOC(AAS)，
∴BD=CO=4，CD=AO=10，
∴OD=CD−OC=10−4=6．
又∵点B在第三象限，
∴B(−4，−6)
（3）解：不会．
如图3，过点N作NH∥CM，交y轴于点H．
∵NH∥CM，
∴∠CNH+∠MCN=180∘，
∵等腰Rt△CAN，等腰Rt△QCM，∴∠MCQ+∠ACN=180∘，
∴∠ACQ+∠MCN=360∘−180∘=180∘，
∴∠CNH=∠ACQ．
又∵∠HCN+∠ACO=∠QAC+∠ACO=90∘，
∴∠HCN=∠QAC．
在△HCN和△QAC中，
{∠CNH=∠ACQ，
)
CN=AC，
∠HCN=∠QAC，
∴△HCN≌△QAC(ASA)，
∴CH=AQ，HN=QC，
∵QC=MC，
∴HN=CM，
∵点C(0，4)，S =36，
△CQA
1 1
∴ ×AQ×CO=36，即 ×AQ×4=36，
2 2
∴AQ=18，
∴AQ=CH=18．
∵NH∥CM，
∴∠PNH=∠PMC，
∴在△PNH和△PMC中，
{∠HPN=∠CPM，
)
∠PNH=∠PMC，
HN=CM，
∴△PNH≌△PMC(AAS)，
1
∴CP=PH= CH=9，
2
又∵OC=4，
∴CP=OC+CP
=4+9
=13
即OP的长度始终是13．
【解析】（1）利用同角的余角相等，可证得∠BCO=∠CAO.（2）过点B作BD⊥y轴于点D，利用垂直的定义可证得∠CDB=∠AOC=90°，
利用AAS证明△CDB≌△AOC，利用全等三角形的性质可CD，BD的长，根据
OD=CD-OC，代入计算求出OD的长，可得到点B的坐标.
（3）过点N作NH∥CM，交y轴于点H，利用平行线的性质可证得
∠CNH+∠MCN=180°，再证明∠ACQ+∠MCN=180°，可推出∠CNH=∠ACQ，
利用余角的性质可证得∠HCN=∠QAC，利用ASA证明△HCN≌△QAC，利用全
等三角形的性质可证得CH=AQ，HN=QC，可推出HN=CM；再利用△CQA的
面积为36，可求出AQ的长，即可得到CH的长；再利用AAS证明
△PNH≌△PMC，利用全等三角形的性质可求出CP，PH的长，从而可求出CP
的长，据此可作出判断.
39．（2022八上·榆树期末）在△ABC中，∠ACB＝90o，AC＝BC，直线MN
经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：
①△ACD≌△CEB；
②DE＝AD＋BE．
（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，求证：DE＝AD−BE；
（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样
的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．
【答案】（1）证明：如图①∵∠ADC＝∠ACB＝90°，
∴∠1＋∠2＝∠3＋∠2＝90°，
∴∠1＝∠3．
又∵AC＝BC，∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴△ADC≌△CEB．
②∵△ADC≌△CEB，
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CE＋CD＝AD＋BE．
（2）证明：
∵∠ACB＝∠CEB＝90°，
∴∠1＋∠2＝∠CBE＋∠2＝90°，
∴∠1＝∠CBE．
又∵AC＝BC，∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴△ACD≌△CBE，
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CE−CD＝AD−BE．
（3）解：当MN旋转到图3的位置时，AD、DE、BE所满足的等量关系是DE＝BE−AD（或AD＝BE−DE，BE＝AD+DE等）．
∵∠ACB＝∠CEB＝90°，
∴∠ACD＋∠BCE＝∠CBE＋∠BCE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
又∵AC＝BC，∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴△ACD≌△CBE，
∴AD＝CE，CD＝BE，
∴DE＝CD−CE＝BE−AD．
【解析】（1）①利用“一线三等角”证明△ACD≌△CEB即可；
②根据全等三角形的性质可得CE＝AD，CD＝BE，再利用线段的和差及等量
代换可得DE＝CE＋CD＝AD＋BE；
（2）利用“一线三等角”证明△ACD≌△CBE，可得CE＝AD，CD＝BE，
再利用线段的和差及等量代换可得DE＝CE−CD＝AD−BE；
（3）先证明△ACD≌△CBE，可得AD＝CE，CD＝BE，再利用线段的和差
及等量代换可得DE＝CD−CE＝BE−AD。
40．（2022八上·长兴月考）如图，在△ABC中，AB=AC，CD⊥AB，
BE⊥AC，垂足分别为点D，E．
（1）求证：BD=CE；
（2）当AB=5，CE=2时，求BC的长．
【答案】（1）证明：∵ CD⊥AB，BE⊥AC ，
∴∠BDC=∠CEB=90°，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
在△BDC与△CEB中，
∵∠BDC=∠CEB，∠ABC=∠ACB，BC=CB，∴△BDC≌△CEB（AAS），
∴BD=CE；
（2）解：∵AB=5，CE=2， AB=AC，
∴AE=AC-AE=5-2=3，
在Rt△ABE中，利用勾股定理得BE=❑√AB2−AE2=❑√52−32=4，
在Rt△BEC中，利用勾股定理得BC=❑√BE2+CE2=❑√42+22=2❑√5.
【解析】（1）根据垂直的定义得∠BDC=∠CEB=90°，根据等边对等角得
∠ABC=∠ACB，利用AAS判断出△BDC≌△CEB，根据全等三角形对应边相等
得BD=CE；
（2）利用线段的和差算出AE，在Rt△ABE中，利用勾股定理算出BE，进而
再在在Rt△BEC中，利用勾股定理算出BC.
41．（2023八上·慈溪期末）如图，∠A=∠B，AE=BE，点D在AC边上，
∠CED=∠AEB，AE交BD于点F.
（1）求证：△AEC≌△BED；
（2）求证：DE平分∠BDC.
【答案】（1）证明：∵∠CED=∠AEB
∴∠CED+∠AED=∠AEB+∠AED，
∴∴∠AEC=∠BED，
在△AEC和△BED中，
{
∠A=∠B
)
AE=BE ，
∠AEC=∠BED
∴△AEC≌△BED
（2）证明：∵△AEC≌△BED，∴∠C=∠BDE，CE=DE，
∴∠C=∠EDC，
∴∠BDE=∠EDC，
∴DE平分∠BDC
【解析】（1）由已知条件可知∠A=∠B、AE=BE、∠CED=∠AEB，由角的和
差关系可得∠AEC=∠BED，然后根据全等三角形的判定定理进行证明；
（2）根据全等三角形的性质可得∠C=∠BDE，CE=DE，由等腰三角形的性质
可得∠C=∠CDE，则∠BDE=∠EDC，据此证明.
42．（2023八上·长兴期末）如图，AC=AD，∠1=∠2=50°，∠B=∠AED，点
E在线段BC上.
（1）求证：△ABC≌△AED；
（2）求∠B的度数.
【答案】（1）证明：∵∠1=∠2，
∴∠1+∠EAC=∠2+∠EAC，即∠BAC=∠EAD.
{∠BAC=∠EAD
)
∴在△ABC和△AED中 AD=AC ，
∠B=∠AED
∴△ABC≌△AED(ASA).
（2）解：∵△ABC≌△AED，
∴AB=AE，
∵∠1=50°，
1 1
∴∠B= (180°−∠1)= (180°−50°)=65°
2 2
【解析】（1）由已知条件可知AC=AD，∠B=∠AED，∠1=∠2，根据角的和差
关系可得∠BAC=∠EAD，然后利用全等三角形的判定定理进行证明；
（2）根据全等三角形的性质可得AB=AE，然后根据等腰三角形的性质以及内
角和定理进行计算.43．（2023八上·镇海区期末）如图，在△ABC中，AC=AB，AD⊥BC，过点
C作CE∥AB，∠BCE=70°，连接ED并延长ED交AB于点F.
（1）求∠CAD的度数；
（2）证明：△CDE≌△BDF；
【答案】（1）解：∵CE∥AB，
∴∠B=∠BCE=70°，
∵AC=AB，
∴∠ACD=∠B=70°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴∠CAD=90°−70°=20°
（2）证明：∵AC=AB，AD⊥BC，
∴CD=BD，
∵CE∥AB，
∴∠ECD=∠B，
在△CDE和△BDF中，
{
∠ECD=∠B
)
CD=BD ，
∠CDE=∠BDF
∴△CDE≌△BDF(ASA).
【解析】（1）根据二直线平行，内错角相等得∠B=∠BCE=70°，根据等边对等
角得∠ACD=∠B=70°，最后根据直角三角形两锐角互余即可算出∠CAD的度数；
（2）根据等腰三角形的三线合一得CD=BD，从而利用ASA判断出
△CDE≌△BDF.
44．（2023八上·永城期末）如图，点B，F，C，E在直线l上（点F，C之间不能直接测量），点A，D在l的异侧，AB∥DE，∠A=∠D，测得AB=DE.
（1）求证：△ABC≌△≝¿；
（2）若BE=10m，BF=3m，求FC的长.
【答案】（1）证明：∵AB∥DE，
∴∠ABC=∠≝¿，
在△ABC与△≝¿中
{∠ABC=∠≝¿AB=DE)
∠A=∠D
∴△ABC≌△≝(ASA)；
（2）解：∵△ABC≌△≝¿，
∴BC=EF，
∴BF+FC=EC+FC，
∴BF=EC
∵BE=10cm，BF=3cm，
∴FC=10−3−3=4cm.
【解析】（1）根据二直线平行，内错角相等得∠ABC=∠DEF，从而利用ASA
判断出△ABC≌△DEF；
（2）根据全等三角形的对应边相等得BC=EF，根据等式的性质可得BF=EC，
最后根据FC=BE-BF-CE即可算出答案.
45．（2022八上·蚌山月考）如图，在△ABE和△ACF中，∠E=∠F=90°，
AB=AC，BE=CF．（1）求证：∠1=∠2；
（2）试判断线段BN与CM的数量关系，并加以证明．
{BE=CF)
【答案】（1）证明：在Rt△ABE和Rt△ACF中， ，
AB=AC
∴Rt△ABE≌Rt△ACF(HL)，
∴∠BAE=∠CAF，即∠1+∠3=∠2+∠3，
∴∠1=∠2；
（2）解：BN=CM，
理由：∵Rt△ABE≌Rt△ACF，
∴AE=AF，
{∠1=∠2
)
在△AEM和△AFN中， AE=AF ，
∠E=∠F
∴△AEM≌△AFN(ASA)，
∴AM=AN，
∵CM=AC−AM，BN=AB−AN，
∴BN=CM．
【解析】（1）先利用“HL”证明Rt△ABE≌Rt△ACF，可得∠BAE=∠CAF，再
利用角的运算可得∠1=∠2；
（2）先利用“ASA”证明△AEM≌△AFN，可得AM=AN，再利用线段的和差
求出BN=CM即可。
46．（2022八上·五莲期中）如图所示，已知 AD//BC， 点 E 为 CD 上一点，
AE、BE 分别平分∠DAB、∠CBA，BE交 AD 的延长线于点 F.求证：
（1）△ABE≌△AEF；
（2） AD+BC=AB
【答案】（1）证明：如图，∵AE、BE分别平分∠DAB、∠CBA，∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∵AD∥BC，
∴∠2=∠F，∠1=∠F，
在△ABE和△AFE中，
{∠1=∠F
)
∠3=∠4
AE=AE
∴△ABE≌△AFE(AAS)
（2）证明：∵△ABE≌△AFE，
∴BE=EF，
在△BCE和△FDE中，
{
∠2=∠F
)
BE=FE
∠BEC=∠FED
∴△BCE≌△FDE(ASA)，
∴BC=DF，
∴AD+BC=AD+DF=AF=AB，
即AD+BC=AB.
【解析】（1）先证明∠2=∠F，∠1=∠F，利用“AAS”证明△ABE≌△AEF即可；
（2）先利用“ASA”证明△BCE≌△FDE，可得BC=DF，再利用线段的和差及等
量代换可得AD+BC=AB。
47．（2022八上·老河口期中）如图，△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，D为
△ABC外一点，AD⊥BD，BD交AC于点E，F为BD上一点，∠BCF=∠ACD，
过点F作FG⊥CF交CB于点G.（1）求证：∠DAC=∠FBC；
（2）求证：△CDF是等腰直角三角形；
（3）若AD=CD，求∠ABD的度数.
【答案】（1）证明：∵AD⊥BD，∠ACB=90°，
∴∠DAC+∠AED=∠FBC+∠BEC=90°，
∵∠AED=∠BEC，
∴∠DAC=∠FBC；
（2）证明：在△ACD和△BCF中，
{∠DAC=∠FBC
)
AC=BC ，
∠ACD=∠BCF
∴△ACD≌△BCF，
∴CD=CF，
∵∠DCF=∠ACD+∠ACF=∠BCF+∠ACF=∠ACB=90°，
∴△CDF是等腰直角三角形；
（3）解：∵CD=CF，∠DCF=90°，
∴∠CDF=∠CFD=45°，
∵△ACD≌△BCF，
∴AD=BF，CD=CF，
∵AD=CD，
∴CF=BF，
∴∠FBC=∠FCB，
∵∠FBC+∠FCB=∠CFD=45°，
∴∠FBC=∠FCB=22.5°，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
∴∠ABD=∠CBA−∠FBC=22.5°.【解析】（1）根据对顶角的性质可得∠AED-∠BEC，结合
∠DAC+∠AED=∠FBC+∠BEC可得结论；
（2）易证△ACD≌△BCF，得到CD=CF，则
∠DCF=∠ACD+∠ACF=∠BCF+∠ACF=∠ACB=90°，据此证明；
（3） 由（2）可得CD=CF，∠DCF=90°，则∠CDF=∠CFD=45°，由全等三角
形的性质可得AD=BF，CD=CF，则CF=BF，由等腰三角形的性质可得
∠FBC=∠FCB，结合外角的性质可得∠FBC=∠FCB=22.5°，易得△ABC为等腰
直角三角形，则∠CAB=∠CBA=45°，然后根据∠ABD=∠CBA-∠FBC进行计算.
48．（2022八上·定南期中）如图，AD，BC相交于点O，且AB∥CD，
OA=OD．
（1）求证：OB=OC；
（2）若在直线AD上截取AE=DF，求证：BE∥CF．
【答案】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠OAB=∠ODC．
∵OA=OD，∠AOB=∠DOC，
∴△OAB≌△ODC(ASA)．
∴OB=OC；
（2）证明：∵OA=OD，AE=DF，
∴OA+AE=OD+DF，
即OE=OF．
∵∠EOB=∠FOC，且在（1）中，有OB=OC，
∴△BOE≌△COF(SAS)，
∴∠E=∠F．
∴BE∥CF．
【解析】（1）利用“ASA”证明△OAB≌△ODC，再利用全等三角形的性质可得OB=OC；
（2）利用“SAS”证明△BOE≌△COF，可得∠E=∠F，即可得到BE∥CF。
49．（2022八上·威远期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠1=∠2，
DB=DC.
（1）求证：ΔABD≅ΔEDC；
（2）若∠A=1350，∠BDC=300，求∠BCE的度数．
【答案】（1）证明：∵AB∥CD ，
∴∠ABD=∠EDC
在 ΔABD 和 ΔEDC 中
{
∠1=∠2
)
DB=DC
∠ABD=∠EDC
∴ΔABD≅ΔEDC
（2）解：∵AB∥CD
∴∠A+∠ADC=1800
∵∠A=1350
∴∠ADC=450
∵∠BDC=300
∴∠1=150=∠2
∵BD=DC
∴∠DBC=∠DCB
∵∠DBC+∠DCB+∠BDC=1800
∴∠DCB=750
∴∠BCE=∠BCD−∠2=750−150=600
【解析】（1）利用两直线平行，内错角相等，可证得∠ABD=∠EDC，利用
ASA可证得结论.
（2）利用平行线的性质求出∠ADC的度数，利用∠1=∠ADC-∠BDC，可求出∠1的度数，利用全等三角形的性质可得到∠2的度数；利用等边对等角可证得
∠DBC=∠DCB，利用三角形的内角和定理可求出∠DCB的度数，根据
∠BCE=∠DCB-∠2，可求出∠BCE的度数.
50．（2022八上·合肥期中）如图，AE、BD是△ABM的两条高，AE，BD交于
点C，且AE=BE．
（1）求证：△AME≌△BCE；
（2）当BD平分∠ABM时，求证：BC=2AD；
（3）求∠MDE的度数．
【答案】（1）证明：∵AE、BD是△ABM的高，
∴∠ADB＝∠AEB＝∠AEM＝90°，
∵∠ACD＝∠ECB，
∠MAE+∠ADC+∠ACD＝180°，∠CBE+∠ECB+∠CEB＝180°，
∴∠MAE＝∠CBE，
{∠MAE=∠CBE
)
在△AME和△BCE中， AE=BE ，
∠AEM=∠BEC
∴△AME≌△BCE（ASA）．
（2）证明：∵BD平分∠ABM，BD是高，
∴∠ABD＝∠MBD，∠ADB＝∠MDB＝90°，
在△ABD和△MBD中，
{∠ADB=∠MDB
)
BD=BD ，
∠ABD=∠MBD
∴△ABD≌△MBD（ASA），1
∴AD=DM= AM ，
2
∵△AME≌△BCE，
∴AM＝BC，即BC＝2AD；
（3）解：过点E作EF⊥ED交BC于点F，
∵∠DEF＝∠AEB，
∴∠DEA＝∠BEF，
在△AED与△BEF中，
{∠DEA=∠BEF
)
AE=BE ，
∠DAE=∠FBE
∴△AED≌△BEF（ASA），
∴ED＝EF，
∴∠EDF＝∠EFD＝45°，
∵∠BDE＝90°，
∴∠MDE＝45°
【解析】（1）利用全等三角形的判定方法证明即可；
（2）先求出 △ABD≌△MBD（ASA）， 再求解即可；
（3）利用全等三角形的判定与性质证明求解即可。
51．（2023八上·绍兴期末）如图，在四边形ABDC中，∠D=∠B=90°，O为
BD上的一点，且AO平分∠BAC，CO平分∠ACD.求证：（1）OA⊥OC.
（2）AB+CD=AC.
【答案】（1）证明：∵∠D=∠B=90°，
∴∠B+∠D=180°，
∴AB∥CD，
∴∠BAC+∠DCA=180°，
∵AO平分∠BAC，CO平分∠ACD，
1 1
∴∠OAC=∠OAB= ∠BAC，∠ACO=∠DCO= ∠ACD，
2 2
1 1
∴∠OAC+∠ACO= ∠BAC+ ∠ACD=90°，
2 2
∴∠AOC=180°−90°=90°，
∴OA⊥OC；
（2）证明：过点O作OE⊥AC于点E，如图所示：
∵∠D=∠B=90°，
∴OB⊥AB，OD⊥CD，
∵AO平分∠BAC，CO平分∠ACD，
∴OB=OE，OD=OE，
∵OA=OA，OC=OC，∴Rt△OAB≌Rt△OAE(HL)，Rt△OCE≌Rt△OCD(HL)，
∴AB=AE，CD=CE，
∴AB+CD=AE+CE=AC
【解析】（1）由同旁内角互补，两直线平行得AB∥CD，根据二直线平行，同
旁内角互补得∠BAC+∠DCA=180°，根据角平分线的定义得
1 1
∠OAC+∠ACO= ∠BAC+ ∠ACD=90° ，根据三角形的内角和定理得
2 2
∠AOC=90°，从而即可得出结论；
（2） 过点O作OE⊥AC于点E ，由角平分线上的点到角两边的距离相等得
OB=OE，OD=OE，利用HL分别判断出Rt△OAB≌Rt△OAE，
Rt△OCE≌Rt△OCD，根据全等三角形对应边相等得AB=AE，CD=CE，据此就
容易得出结论了.
52．（2023八上·宁强期末）在△ABC中，AB=CB，∠ABC=90°，F为AB延长
线上一点，点E在BC上，且AE=CF.
（1）求证：BE=BF；
（2）若∠CAE=30°，求∠ACF度数.
【答案】（1）证明：∵∠ABC=90°，
∴∠CBF=∠ABE=90°，
{AE=CF)
在Rt△ABE和Rt△CBF中 ，
AB=BC
∴Rt△ABE≌Rt△CBF(HL)，
∴BE=BF.
（2）解：∵AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠CAB=∠ACB=45°，
又∵∠BAE=∠CAB−∠CAE=45°−30°=15°，由（1）知：Rt△ABE≌Rt△CBF，
∴∠BCF=∠BAE=15°，
∴∠ACF=∠BCF+∠ACB=15°+45°=60°.
【解析】（1）利用HL判断出Rt△ABE≌Rt△CBF，根据全等三角形对应边相
等得BE=BF；
（2）根据等腰直角三角形的性质得∠CAB=∠ACB=45°，再根据
∠BAE=∠CAB-∠CAE算出∠BAE的度数，进而根据全等三角形的对应角相等
得∠BCF=∠BAE，最后根据∠ACF=∠BCF+∠ACB即可算出答案.
53．（2022八上·江油月考）如图，已知DE⊥AB垂足为E，DF⊥AC垂足为F，
BD＝CD，BE＝CF.
（1）求证：AD平分∠BAC；
（2）丁丁同学观察图形后得出结论：AB+AC＝2AE，请你帮他写出证明过
程.
【答案】（1）证明：∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠E＝∠DFC＝90°，
在Rt△BED和Rt△CFD中，
{BD=CD)
，
BE=CF
∴Rt△BED≌Rt△CFD（HL），
∴DE＝DF，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠EAD＝∠CAD，
∴AD平分∠BAC；
（2）解：∵∠E＝∠AFD＝90°，
在Rt△AED和Rt△AFD中{AD=AD)
，
DE=DF
∴Rt△AED≌Rt△AFD（HL），
∴AE＝AF，
∵BE＝CF，
∴AB+AC＝AE﹣BE+AF+CF＝AE﹣CF+AE+CF＝2AE.
【解析】（1）首先用HL判断出Rt△BED≌Rt△CFD，根据全等三角形的对应
边相等得DE=DF，进而根据到角两边距离相等的点在这个角的角平分线上可得
AD平分∠BAC；
（2）首先用HL判断出Rt△AED≌Rt△AFD ，根据全等三角形的对应边相等
得AE=AF，结合BE=CF，根据线段的和差即可得出结论.
54．（2022八上·青田期中）如图，△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，F为AB
延长线上一点，点E在BC上，且AE=CF.
（1）求证：△ABE≌△CBF；
（2）若∠CAE=15°，AE=2，求AF的长.
【答案】（1）证明：∵∠ABC=90°，
∴∠FBC=90°，
在Rt△ABE和Rt△CBF中，
{AB=BC)
，
AE=CF
∴Rt△ABE≌Rt△CBF(HL).
即△ABE≌△CBF.
（2）解：∵∠ABC=90°，AB=BC，
∴∠BAC=45°，
∵∠CAE=15°，
∴∠BAE=30°，
又∵AE=2，∴BE=1，AB=❑√3
∵△ABE≌△CBF，
∴BF=BE=1，
∴AF=AB+BF=❑√3+1.
【解析】（1）可以直接利用HL判断出Rt△ABE≌Rt△CBF；
（2）根据等腰直角三角形的性质得∠BAC=45°，进而根据∠BAE=∠BAC-
∠EAC算出∠BAE的度数，根据含30°角直角三角形的性质可得BE、AB的长，
根据全等三角形对应边相等得BF=BE=1，进而根据AF=AB+BF即可算出答案.
55．（2022八上·温州期中）如图，已知AD，BC相交于点O，且AD=BC，
∠C=∠D=90°.
（1）求证：△ABC≌△BAD.
（2）若∠AOC=70°，求∠OAB的度数.
【答案】（1）证明：在 Rt△ABC 与 Rt△BAD 中，
{AB=BA)
，
BC=AD
∴Rt△ABC ≌ Rt△BAD(HL)
（2）解： ∵△ABC ≌ △BAD ，
∴∠DAB=∠CBA ，
又 ∵∠AOC=∠DAB+∠CBA=70° ，
1
∴∠OAB= ∠AOC=35° .
2
【解析】（1）直接利用HL判断Rt△ABC≌Rt△BAD即可；
（2）由全等三角形对应角相等得∠DAB=∠CBA，进而根据三角形外角性质，
由∠AOC=∠DAB+∠CBA即可算出答案.
