文档内容
专题 12.1 全等三角形的综合
◆ 思维方法
正向思维：是一类常规性的、传统的思维形式，指的是大家按照自上而下，由近及远、从左到右、从
可知到未知等一般而言的线性方向做出探究问题的思维途径。
逆向思维：是指在剖析、破解数学难题进程中，可以灵活转换思维方向，从常规思维的相反方向出发
进行探索的思维方式，比如正向思维无法解决问题时可反其道而行采取逆向思维，直接证明有困难时可采
用间接证明。
◆ 知识点总
结
一、全等图形的判定
判定方法 解释 图形
边边边
三条边对应相等的两个三角形全等
(SSS)
边角边 两边和它们的夹角对应相等的两个
(SAS) 三角形全等
角边角 两角和它们的夹边对应相等的两个
(ASA) 三角形全等
角角边 两个角和其中一个角的对边对应相
(AAS) 等的两个三角形全等
斜边、直角
斜边和一条直角边对应相等的两个
边
直角三角形全等
(HL)
二、全等三角形的性质
全等三角形的对应边相等，对应角相等.（另外全等三角形的周长、面积相等，对应边上的中线、角平
分线、高线均相等）
◆ 典例分析
【典例1】【初步探索】
（1）如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且
EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG=BE.连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明
△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是______ ．
【灵活运用】
（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是BC、CD上的点，且
EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
【拓展延伸】
（3）已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F在
CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，若∠C=70°，请直接写出∠EAF的度数．
【思路点拨】
（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，
AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据
此得出结论；
（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，
AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌
△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到
2∠FAE+∠DAB=360°，利用∠ABC+∠ADC=180°，∠C=70°推导出∠DAB的度数，即可得出结
论．
【解题过程】
解：（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF，理由如下：
如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，在△ABE和△ADG中，
{
AB=AD
)
∠B=∠ADG=90° ，
BE=DG
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵EF=BE+DF，DG=BE，
∴EF=BE+DF=DG+DF=GF，
在△AEF和△AGF中，
{AE=AG
)
AF=AF ，
EF=GF
∴△AEF≌△AGF(SSS)，
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．
故答案为：∠BAE+∠FAD=∠EAF；
（2）上述结论仍然成立，理由如下：
如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，
∴∠B=∠ADG，
在△ABE和△ADG中，{
AB=AD
)
∠B=∠ADG ，
BE=DG
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
在△AEF和△AGF中，
{AE=AG
)
AF=AF ，
EF=GF
∴△AEF≌△AGF(SSS)，
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ADC=∠ABE，
在△ABE和△ADG中，
{
AB=AD
)
∠ABE=∠ADC ，
BE=DG
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
在△AEF和△AGF中，
{AE=AG
)
AF=AF ，
EF=GF
∴△AEF≌△AGF(SSS)，
∴∠FAE=∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，
∴2∠FAE+(∠GAB+∠BAE)=360°，∴2∠FAE+(∠GAB+∠DAG)=360°，
即2∠FAE+∠DAB=360°，
1
∴∠EAF=180°− ∠DAB．
2
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠BCD=70°，
∴∠DAB=180°−70°=110°，
1
∠EAF=180°− ×110°=125°．
2
◆ 学霸必刷
1．（22-23七年级下·陕西西安·期末）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=2AC，点D是线段AB的
中点，将一块锐角为45°的直角三角板按如图(△ADE)放置，使直角三角板斜边的两个端点分别与A、D
重合，连接BE、CE，CE与AB交于点F.下列判断正确的有（ ）
①△ACE≌△DBE；②BE⊥CE；③DE=DF；④S
△≝¿=S ¿
△ACF
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【思路点拨】
利用△ADE为等腰直角三角形得到∠EAD=∠EDA=45°，EA=ED，则∠EAC=∠EDB=135°，则
可根据“SAS”判断△ACE≌△DBE（SAS），从而对①进行判断；再利用∠AEC=∠DEB证明
∠BEC=∠DEA=90°，则可对②进行判断；由于∠≝=90°−∠BED=90°−∠AEC，
∠DFE=∠AFC=90°−∠ACE，而AC=AD>AE得到∠AEC>∠ACE，所以∠≝<∠DFE，于是可
对③进行判断；由△ACE≌△DBE得到S =S ，由BD=AD得到S =S ，所以
△ACE △DBE △DAE △DBE
S =S ，从而可对④进行判断．
△ACE △DAE
【解题过程】
解：∵AB=2AC，点D是线段AB的中点，
∴BD=AD=AC，
∵△ADE为等腰直角三角形，
∴∠EAD=∠EDA=45°，EA=ED，∵∠EAC=∠EAD+∠BAC=45°+90°=135°，∠EDB=180°−∠EDA=180°−45°=135°，
∴∠EAC=∠EDB，
在△ACE和△DBE中，
¿，
∴△ACE≌△DBE（SAS），所以①正确；
∴∠AEC=∠DEB，
∴∠BEC=∠BED+∠DEC=∠AEC+∠DEC=∠DEA=90°，
∴BE⊥EC，所以②正确；
∵∠≝=90°−∠BED．
而∠AEC=∠DEB，
∴∠≝=90°−∠AEC，
∵∠DFE=∠AFC=90°−∠ACE，
而AC=AD>AE，
∴∠AEC>∠ACE，
∴∠≝<∠DFE，
∴DE>DF，所以③错误；
∵△ACE≌△DBE，
∴S =S ，
△ACE △DBE
∵BD=AD，
∴S =S ，
△DAE △DBE
∴S =S ，
△ACE △DAE
∴S ，所以④正确．
△≝¿=S ¿
△ACF
故选：C．
2．（23-24八年级上·江苏宿迁·阶段练习）如图，在锐角三角形ABC中，AH是BC边上的高，分别以
AB，AC为一边，向外作正方形ABDE和ACFG（正方形四条边都相等，四个角都是直角），连接
CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是
△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC．其中正确结论的个数是（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【思路点拨】
本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，在解答时作辅助线EP⊥HA的延长
线于P，过点G作GQ⊥AM于Q构造出全等三角形是难点，运用全等三角形的性质是关键，分析题意，
根据正方形的性质可得可求出∠CAE=∠BAG，由“边角边”可得△ABG≌△AEC，可判断①是否正
确；设BG、CE相交于点N，由△ABG≌△AEC可得∠ACE=∠AGB，即可判断②的正确性；根据同角
的余角相等求出∠ABH=∠EAP，再证明△ABH≌△EAP，根据全等三角形性质即可判断④是否正确；
证明△EPM≌△GQM，根据全等三角形的对应边相等即可判断③是否正确，从而完成解答．
【解题过程】
解：在正方形ABDE和ACFG中，AC=AG，AB=AE，∠BAE=∠CAG=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠CAE=∠BAG，
在△ABG和△AEC中，AB=AE，∠CAE=∠BAG，AC=AG，
∴△ABG≌△AEC(SAS)，
∴BG=CE，故①正确；
设BG、CE相交于点N，
∵△ABG≌△AEC，
∴∠AGB=∠ACE，
∴∠NCF+∠NGF=∠ACF+∠AGF=90°+90°=180°，
∴∠CNG=360°−(∠NCF+∠NGF+∠F)=360°−(180°+90°)=90°，
∴BG⊥CE，故②正确；
过点G作GQ⊥AM于Q，过点E作EP⊥HA的延长线于P，如图所示：∵AH⊥BC，
∴∠ABH+∠BAH=90°，
∵∠BAE=90°，
∴∠EAP+∠BAH=180°−90°=90°，
∴∠EAP=∠ABH，
在△ABH和△EAP中，
∠ABH=∠EAP，∠AHB=∠P=90°，AB=AE，
∴△ABH≌△EAP(AAS)，
∴∠EAM=∠ABC，EP=AH，故④正确；
同理可得GQ=AH，
∴EP=GQ，
∵在△EPM和△GQM中，
∠P=∠MQG=90°，∠EMP=∠GMQ，EP=GQ，
∴△EPM≌△GQM(AAS)，
∴EM=GM，
∴AM是△AEG的中线，故③正确．
综上所述，①②③④结论都正确，共4个．
故选：D．
3．（23-24八年级上·内蒙古呼和浩特·期中）如图，在△ABC中，∠A=90°，△ABC的外角平分线CD
与内角平分线BE的延长线交于点D，过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，连接AD，点E为BD中
1
点，下列结论：①∠BDC=45°；② BD+CE=BC；③AB=DF；④S +S =S ❑ 其中正确
2 △ADE △CDF △ DCE
的个数有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【思路点拨】
在直角三角形ABC中，由内角平分线和外角平分线可得∠DCF=45°+∠DBC，由此可证∠BDC=45°1
；根据三角形BCE的三边关系可知 BD+CE=BC错误；如图所示（见详解），过点D作DH⊥AC于H
2
，可证△ABE≌△HDE(AAS)，△DHC≌△DFC(AAS)，由此可知AB=DF，S +S =S ．
△ADE △CDF △DCE
【解题过程】
解：∵BE平分∠ABC，CD平分∠ACF，
1 1
∴∠ABD=∠DBC= ∠ABC，∠ACD=∠DCF= ∠ACF，
2 2
∵∠ACF=∠BAC+∠ABC，
1 1
∴∠ACD=∠DCF= (∠BAC+∠ABC)=45°+ ∠ABC，
2 2
又∵∠DCF是△BDC的外角，
1
∴∠DCF= ∠ABC+∠BDC，
2
1 1
∴∠DCF= ∠ABC+∠BDC=45°+ ∠ABC，
2 2
∴∠BDC=45°，故①正确；
∵点E为BD中点，
1
∴ BD=BE=DE，
2
在△BCE中，BE+CE>BC，三角形中，两边之和大于第三边，
1
∴BE+CE= BD+CE>BC，故②错误；
2
如图所示，过点D作DH⊥AC于H，
∵DH⊥AC，
∴∠DHE=∠BAE=90°，
点E是BD中点，
∴BE=DE，∠AEB=∠DEH，
∴△ABE≌△HDE(AAS)，
∴AB=DH，
又∵∠DCH=∠DCF，∠DHC=∠DFC=90°，DC为公共边，∴△DHC≌△DFC(AAS)，
∴DH=DF，
∴AB=DH=DF，即AB=DF，故③正确；
如图所示，过点D作DH⊥AC于H，
由结论④可知，△ABE≌△HDE(AAS)，△DHC≌△DFC(AAS)，
∴S =S ，S =S ，S =S +S ，
△ABE △HDE △DHC △DFC △DCE △DHE △DHC
在△ABD中，点E是BD中点，
∴S =S ，
△ABE △ADE
∴S =S +S ，故④正确．
△DCE △ADE △DCF
综上所述，正确的有①③④，共3个
故选：B．
4．（23-24八年级上·河北石家庄·期中）已知AB=10，AC=6，BD=8，其中∠CAB=∠DBA=α，点P
以每秒2个单位长度的速度，沿着C→A→B路径运动．同时，点Q以每秒x个单位长度的速度，沿着
D→B→A路径运动，一个点到达终点后另一个点随即停止运动．它们的运动时间为t秒．
①若x=1．则点P运动路程始终是点Q运动路程的2倍；
②当P、Q两点同时到达A点时，x=6：
③若α=90°，t=5，x=1时，△ACP≌△BPQ；
4
④若△ACP与△BPQ全等，则x=0.8或 ．
11
A．①③ B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【思路点拨】
此题考查了动点问题，全等三角形的性质和判定，解题的关键是弄清运动过程，找出符合条件的点的位置．本题根据路程等于时间乘以速度求出点P和点Q的路程，即可判断①；首先求出点P到达点A时的时
间，然后根据题意列出算式求解即可判断②；首先画出图形，根据题意求出AC=6，AP=10−6=4，
BQ=BD−DQ=3，PB=AB−AP=6，然后得到△CAP和△PBQ不全等，可判断③，分2种情况求出x
的值可判断④．
【解题过程】
解：①∵点P以每秒2个单位长度的速度，运动时间为 t 秒，
∴点P运动路程为2t，
若x=1，则点Q运动路程为t，
∴点P运动路程始终是点Q运动路程的2倍，故①正确；
②当P点到达A点时，t=6÷2=3秒，
∵P、Q两点同时到达A点，
∴x=(10+8)÷3=6，故②正确；
③如图所示，
当t=5，x=1时，
点P运动的路程为2×5=10，点Q运动的路程为5×1=5，
∵AC=6，DQ=5，
∴AP=10−6=4，BQ=BD−DQ=8−5=3，
∵AB=10，
∴PB=AB−AP=10−4=6，
∴AP≠BQ，
∴△CAP和△PBQ不全等，故③错误；
④当△ACP≌△BPQ时，则AP=BQ，AC=BP．
∵AC=BP，
∴10−(2t−6)=6，
∴t=5，
∵AP=BQ，∴10−6=8−5x，
∴x=0.8；
当△ACP≌△BQP时，则AP=BP，AC=BQ．
∵AP=BP，
∴2t−6=10−(2t−6)，
11
∴t= ，
2
∵AC=BQ，
11
∴6=8− x，
2
4
∴x= ．
11
4
∴若△ACP与△BPQ全等，则x=0.8或 ，故④正确．
11
综上所述，正确的选项为①②④．
故选：C．
5．（23-24八年级上·北京海淀·期中）如图，锐角△ABC中，∠BAC=60°,BD平分∠ABC,CE平分
∠ACB,BD与CE相交于点O，则下列结论①∠BOC=120°；②连接ED，则ED∥BC；③
BC=BE+CD；④若BO=AC，则∠ABC=40°．其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①③ C．①③④ D．③④
【思路点拨】
本题考查了角平分线的定义、全等三角形的判定与性质、全等三角形的常见辅助线-截长补短等知识点，解
题关键是正确作出辅助线，构造全等三角形．①根据∠BOC=180°−(∠OBC+∠OCB)即可判断；②假
设ED∥BC，可推出EB=ED=CD得到AB=AC，即可判断；③在BC上取一点F，使得BF=BE，证
△EBO≌△FBO、△COF≌△DOF即可判断；④作BG⊥CG,CH⊥AB，证△BGO≌△CHA
△BEG≌△CEH，设∠EBG=∠ECH=x，根据∠EBC=∠ECB即可判断．
【解题过程】解：∵∠BAC=60°,
∴∠ABC+∠ACB=120°
∵BD平分∠ABC,CE平分∠ACB,
1
∴∠OBC+∠OCB= (∠ABC+∠ACB)=60°
2
∴∠BOC=180°−(∠OBC+∠OCB)=120°，故①正确；
如图1所示：
∵BD平分∠ABC,CE平分∠ACB,
∴∠EBD=∠CBD,∠ECD=∠BCE
若ED∥BC，
则∠EDB=∠CBD,∠DEC=∠BCD
∴∠EBD=∠CBD=∠EDB,∠ECD=∠BCE=∠DEC
∴EB=ED=CD
∵ED∥BC，
∴AB=AC，与题目条件不符，故②错误；
在BC上取一点F，使得BF=BE，如图1所示：
∵∠EBD=∠CBD,BO=BO
∴△EBO≌△FBO
∴∠EOB=∠FOB=180°−∠BOC=60°
∴∠FOC=∠BOC−∠FOB=60°
∵∠DOC=180°−∠BOC=60°
∴∠FOC=∠DOC
∵∠ECD=∠BCE，CO=CO
∴△COF≌△DOF
∴CD=CF
∵BC=BF+CF∴BC=BE+CD，故③正确；
作BG⊥CG,CH⊥AB，如图2所示：
∵BO=AC，∠BOG=∠CAH=60°,∠BGO=∠CHA=90°，
∴△BGO≌△CHA
∴BG=CH,∠OBG=∠ACH=90°−60°=30°
∵BG=CH，∠BEG=∠CEH,∠BGE=∠CHE=90°，
∴△BEG≌△CEH
∴EB=EC,∠EBG=∠ECH
即：∠EBG+∠EBO=30°
1
∴∠EBC=∠ECB= ∠ACB
2
设∠EBG=∠ECH=x，则x+∠EBO=30°
1
∵∠EBO= ∠EBC
2
1
∴x+ ∠EBC=30°,∠EBC=60°−2x
2
∵∠ECB=∠ACE=∠ECH+∠ACH=x+30°
∴60°−2x=x+30°
解得：x=10°
∴∠EBC=60°−2x=40°，故④正确；
故选：C
6．（22-23八年级上·河南南阳·阶段练习）如图，∠E=∠F=90°,∠B=∠C,AE=AF，给出下列结
论：①∠1=∠2；②BE=CF；③△ACN≌△ABM；④CN=MB，其中正确的结论是 ．（将你
认为正确的结论序号都填上）【思路点拨】
本题考查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题的关键，利用全等三角形的
判定和性质，可以证明△AEB≌△AFC,△AEM≌△AFN,△ACN≌△ABM，由此即可一一判断．
【解题过程】
解：在△AEB和△AFC中，
{∠E=∠F
)
∠B=∠C ，
AE=AF
∴△AEB≌△AFC(AAS)，
∴∠EAB=∠CAF，
∵ ∠1+∠CAB=∠2+∠CAB，
∴∠1=∠2,BE=CF,AB=AC，故①②正确，
在△AEM和△AFN中，
{∠2=∠1
)
AE=AF ，
∠E=∠F
∴△AEM≌△AFN(ASA)，
∴EM=NF，
∵CF=BE，
∴CN=MB，故④正确，
在△ACN和△ABM中，
{
∠C=∠B
)
∠CAN=∠BAM ，
CN=MB
∴△ACN≌△ABM(AAS)，故③正确，
故答案为：①②③④．
7．（23-24八年级上·广东中山·期中）如图，点C在线段AB上，DA⊥AB，EB⊥AB，FC⊥AB，且
DA=BC，EB=AC，FC=AB，∠AFB=51°，连接DF，EF，则∠DFE= ．【思路点拨】
根据等腰三角形的性质推出∠BDF=∠BFD，求出∠AFE=∠BFD=45°即可求出答案．
【解题过程】
解：连接BD、AE，
∵DA⊥AB，FC⊥AB，
∴∠DAB=∠BCF=90°，
在△DAB和△BCF中，
{
DA=BC
)
∠DAB=∠BCF ，
AB=FC
∴△DAB≌△BCF(SAS)，
∴BD=BF，∠ADB=∠ABF，
∴∠BDF=∠BFD，
∵∠DAB=90°，∴∠ADB+∠DBA=90°，
∴∠DBF=∠ABD+∠ABF=90°，
∴∠BFD=∠BDF=45°，
同理∠AFE=45°，
∴∠DFE=45°+45°−51°=39°，
故答案为：39°．
8．（23-24八年级上·浙江宁波·期末）如图，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=70°，O为△ABC内一
点，且∠OCB=5°，∠ABO=25°，则∠OAC= .
【思路点拨】
此题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，延长BO交∠BAC 的角平分线于点P，连结
CP，根据等腰三角形的性质及角平分线定义求出∠ABC=∠ACB=55°，∠BAP=∠CAP=35°，进而
得出∠OBC=30°，利用SAS证明△APB≌△ACP，根据全等三角形的性质求出∠ABP=∠ACP=25°
，∠APB=∠APC，根据角的和差及三角形内角和定理求出∠BPC=120°，结合平角定义求出
∠APC=120°=∠BPC，利用ASA证明△APC≌△OPC，根据全等三角形的性质得出AP=OP，再根据
等腰三角形的性质及角的和差求解即可．
【解题过程】
解：如图，延长BO交∠BAC 的角平分线于点P，连接CP．
∵AP平分∠BAC，∠BAC=70°，
∴∠BAP=∠CAP=35°，
∵AB=AC，∠BAC=70°，
∴∠ABC=∠ACB=55°，
∵∠ABO=25°，∴∠OBC=∠ABC−∠ABO=30°，
在△APB和△ACP中，
{
AB=AC
)
∠BAP=∠CAP ，
AP=AP
∴△APB≌△ACP(SAS)，
∴∠ABP=∠ACP=25°，∠APB=∠APC，
∴∠BCP=∠ACB−∠ACP=30°，
∴∠BPC=180°−∠PBC−∠BCP=120°，
∴∠APB+∠APC=360°−120°=240°，
∴∠APB=∠APC=120°=∠BPC，
∵∠OCB=5°，
∴∠OCP=∠BCP−∠OCB=25°=∠ACP，
在△APC和△OPC中，
{∠ACP=∠OCP
)
CP=CP ，
∠APC=∠OPC
∴△APC≌△OPC(ASA)，
∴AP=OP，
1
∴∠OAP=∠AOP= ×(180°−∠APO)=30°，
2
∴∠OAC=∠OAP+∠CAP=65°，
故答案为：65°．
9．（22-23八年级上·湖北武汉·期中）如图，在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，△ABC的角平分线
AD、BE相交于点O，过点O作OF⊥AD交BC的延长线于点F，交 AC于点G，下列结论：①
∠BOD=45°；②AD=OE+OF；③若BD=3，AG=8，则AB=11；④S :S =CD:BD．其中
△ACD △ABD
正确的结论是 ．（只填写序号）【思路点拨】
根据角平分线的定义、三角形外角的性质与直角三角形性质可以判断①是否正确；延长FO交AB于H，通
过证明△AOH≌△AOG，△BOD≌△BOH，利用全等的性质来判断③是否正确；通过证明
△BOA≌△BOF，利用性质判断②是否正确；根据同高的两个三角形的面积比等于它们的底边长之比，
直接判断④是否正确，从而得解．
【解题过程】
解：∵△ABC的角平分线AD、BE相交于点O，
1 1
∴∠ABO=∠CBO= ∠ABC，∠BAO=∠OAC= ∠BAC，
2 2
1 1
∠BOD=∠ABO+∠BAO= (∠ABC+∠BAC)= ×90°=45°，
2 2
故①正确；
延长FO交AB于H，如图所示：
∴∠AOG=∠AOH=90°，
又∵∠HAO=∠GAO，AO=AO，
∴△AOH≌△AOG(ASA)，
∴AG=AH，OG=OH，
∴∠BOH=180°−∠BOD−∠DOF=45°，∴∠BOH=∠BOD=45°，
∴△BOD≌△BOH(ASA)，
∴BD=BH，OH=OD，
∴AB=AH+BH=AG+BD，
∵BD=3，AG=8，
∴AB=11，
故③正确；
∵∠BOA=∠BOH+∠AOH=135°，∠BOF=∠BOD+∠DOF=135°，
∴∠BOA=∠BOF，
∴△BOA≌△BOF(ASA)，
∴AO=OF，
∵OH=OD，OG=OH，
∴OD=OG，
∴AD=AO+OD=OF+OG，
又∵∠OGE=90°−∠F，∠BEC=90°−∠EBC，
∴∠OGE≠∠BEC，
∴OE≠OG，
∴AD=OF+OG≠OF+OE，
故②错误；
∵同高的两个三角形面积之比等于底边长之比，
∴S :S =CD:BD，
△ACD △ABD
故④正确；
因此正确的有：①③④．
故答案为：①③④．
10．（22-23八年级上·江西赣州·期末）如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=8cm，BC=14cm，点P
从A点出发沿A→C→B路径向终点运动，终点为B点，点Q从B点出发沿B→C→A路径向终点运
动，终点为A点，点P和Q分别以2cm/s和3cm/s的运动速度同时开始运动，两点都要到达相应的终点
时才能停止运动，分别过P和Q作PE⊥l于E，QF⊥l于F．设运动时间为t秒，要使以点P，E，C为顶
点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等，则t的值为 ．【思路点拨】
先求出点P从A点出发到达点C和点B所需要的时间，点Q从B点出发到达点C和A点所需要的时间，然后
根据P、Q所在的位置分类讨论，分别画出对应的图形，找出全等三角形的对应边并用时间t表示，然后列
出方程即可得出结论．
【解题过程】
解：由题意知，点P从A点出发到达点C所需要的时间为：8÷2=4s；到达点B共需要的时间为：
(8+14)÷2=11s
14 22
点Q从B点出发到达点C所需要的时间为：14÷3= s；到达点A共需要的时间为：(8+14)÷3= s
3 3
当0≤t≤4，点P在AC上，点Q在BC上，如图所示：
此时AP=2t,BQ=3t
∴CP=8−2t,CQ=14−3t
∵∠PEC=∠ACB=∠QFC=90°
∴∠PCE+∠QCF=90°,∠CQF+QCF=90°
∴∠PCE=∠CQF
∵要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等
∴CP=CQ
∴8−2t=14−3t
∴t=6（不符合题意，舍去）；
14
当4EM即可得出结论；
（3）延长AE，DF交于点G，根据平行和角平分线可证AF=FG，也可证得△ABE≌△GCE，从而可
得AB=CG，即可得到结论．
【解题过程】
解：（1）如图①，延长AD到点E，使DE=AD，连接BE，
∵D是BC的中点，
∴BD=CD，
∵∠ADC=∠BDE，
∴△ACD≌△EBD(SAS)，
∴BE=AC=4，
在△ABE中，AB−BEEF，理由如下：
延长FD至点M，使DM=DF，连接BM、EM，如图②所示．同（1）得：△BMD≌△CFD(SAS)，
∴BM=CF，
∵DE⊥DF，DM=DF，
∴EM=EF，
在△BME中，由三角形的三边关系得：
BE+BM>EM，
∴BE+CF>EF；
（3）AF+CF=AB，理由如下：
如图③，延长AE，DF交于点G，
∵AB∥CD，
∴∠BAG=∠G，
在△ABE和△GCE中，
{
CE=BE，
)
∠BAG=∠G， ，
∠AEB=∠GEC
∴△ABE≌△GEC(AAS)，
∴CG=AB，
∵AE是∠BAF的平分线，
∴∠BAG=∠GAF，∴∠FAG=∠G，
∴AF=GF，
∵FG+CF=CG，
∴AF+CF=AB ．
15．（2023八年级上·全国·专题练习）（1）如图1，在四边形ABCD中，
1
AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF= ∠BAD．求证：
2
EF=BE+FD；
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD上的点，
1
且∠EAF= ∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？
2
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上
1
的点，且∠EAF= ∠BAD（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间
2
的数量关系，并证明．
【思路点拨】
本题是三角形综合题，考查了三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角
形解决问题．
（1）延长EB到G，使BG=DF，连接AG．利用全等三角形的性质解决问题即可；
（2）先证明△ABM≌△ADF(SAS)，由全等三角形的性质得出AF=AM，∠2=∠3．
△AME≌△AFE(SAS)，由全等三角形的性质得出EF=ME，即EF=BE+BM，则可得出结论；
（3）在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．证明△ABG≌△ADF．由全等三角形的性质得出
∠BAG=∠DAF，AG=AF．证明△AEG≌△AEF，由全等三角形的性质得出结论．
【解题过程】证明：延长EB到G，使BG=DF，连接AG．
∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，
∴△ABG≌△ADF．
∴AG=AF，∠1=∠2．
1
∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF= ∠BAD．
2
∴∠GAE=∠EAF．
又∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG=EF．
∵EG=BE+BG．
∴EF=BE+FD
（2）（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．
∵∠ABC+∠D=180°，∠1+∠ABC=180°，
∴∠1=∠D，
在△ABM与△ADF中，
{AB=AD
)
∠1=∠D ，
BM=DF
∴△ABM≌△ADF(SAS)，
∴AF=AM，∠2=∠3，
1
∵∠EAF= ∠BAD=∠EAF，
2
∴∠3+∠4=∠EAF
即∠MAE=∠EAF
在△AME与△AFE中{
AM=AF
)
∠MAE=∠EAF
AE=AE
∴△AME≌△AFE(SAS)，
∴EF=ME，
即EF=BE+BM，
∴EF=BE+DF；
（3）结论EF=BE+FD不成立，应当是EF=BE−FD．
证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADF．
∵AB=AD，
∴△ABG≌△ADF．
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．
1
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF= ∠BAD．
2
∴∠GAE=∠EAF．
∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF．
∴EG=EF，
∵EG=BE−BG，
∴EF=BE−FD．
16．（23-24八年级上·吉林辽源·期末）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∠ABC=45°．MN是
经过点A的直线，BD⊥MN于D，CE⊥MN于E．（1）求证：BD=AE
（2）若将MN绕点A旋转，使MN与BC相交于点G（如图2)，其他条件不变，求证：BD=AE．
（3）在（2）的情况下，若CE的延长线过AB的中点F（如图3)，连接GF，求证：∠1=∠2．
【思路点拨】
（1）首先证明∠1=∠3，再证明△ADB≌△CEA，然后根据全等三角形的性质可得BD=AE；
（2）首先证明∠BAD=∠ACE，再证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形对应边相等可得BD=AE；
（3）首先证明△ACF≌△ABP，然后再证明△BFG≌△BPG，再根据全等三角形对应角相等可得
∠BPG=∠BFG，再根据等量代换可得结论∠1=∠2．
【解题过程】
（1）如图1，∵BD⊥MN，CE⊥MN，
∴∠BDA=∠AEC=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠1+∠2=90°，
又∵∠3+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
在△ADB和△CEA中，
{∠BDA=∠AEC
)
∠3=∠1 ，
AB=AC∴△ADB≌△CEA(AAS)，
∴BD=AE；
（2）如图2，∵BD⊥MN，CE⊥MN，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∵∠BAD+∠CAE=90°，
∠ACE+∠CAE=90°，
∴∠BAD=∠ACE，
在△ABD和△ACE中，
{∠BDA=∠CEA
)
∠BAD=∠ACE ，
AB=AC
∴△ABD≌△ACE(AAS)，
∴BD=AE；
（3）如图3，过B作BP∥AC交MN于P，
∵BP∥AC，
∴∠PBA+∠BAC=180°，
∵∠BAC=90°，
∴∠PBA=∠BAC=90°，
由（2）得：∠BAP=∠ACF，∴在△ACF和△ABP中，
{∠PBA=∠FAC
)
AB=AC ，
∠BAP=∠ACF
∴△ACF≌△ABP(ASA)，
∴ ∠1=∠BPA，AF=BP，
∵BF=AF，
∴BF=BP，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC=45°，
又∵∠PBA=90°，
∴∠PBG=45°，
∴∠ABC=∠PBG，
在△BFG和△BPG中，
{
BF=BP
)
∠FBG=∠PBG ，
BG=BG
∴△BFG≌△BPG(SAS)，
∴∠BPG=∠2，
∵∠BPG=∠1，
∴∠1=∠2．
17．（22-23八年级上·广西南宁·期末）综合与实践：
【问题情境】在综合与实践课上，老师对各学习小组出示了一个问题：如图1，∠ACB=900，AC=BC
，AD⊥CD,BE⊥CD，垂足分别为点D,E．请证明：AD=CE．
【合作探究】“希望”小组受此问题的启发，将题目改编如下：如图2，∠CDF=90°，CD=FD，点A
是DF上一动点，连接AC，作∠ACB=90°且BC=AC，连接BF交CD于点G．若DG=1,CG=3，请证
明：点A为DF的中点．
【拓展提升】“创新”小组在“希望”小组的基础上继续提出问题：如图3，∠CDF=90°，CD=FD，
点A是射线DF上一动点，连接AC，作∠ACB=90°且BC=AC，连接BF交射线CD于点G．若
FD=4AF，请直接写出DG与CG的数量关系．【思路点拨】
本题考查了全等三角形的综合问题，熟练掌握全等三角形的判定及性质，添加适当的辅助线是解题的关
键．
（1）利用AAS证得△ACD≌△CBE，即可求证结论；
（2）过B作BH⊥CD于H，由（1）得△ACD≌△CBH，进而可得AD=CH,CD=BH，再利用AAS可
证△DFG≌△HBG，则可证DG=GH，根据数量关系可得AD=2，DF=4，进而可求证结论；
（3）过点B作BH⊥CD于H，由（2）得AD=CH，CD=BH=FD，HG=DG，再根据数量关系即可
求解；
【解题过程】
解：（1）证明：∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∵BE⊥CD，
∴∠B+∠BCD=90°，
∴∠B=∠ACD，
在△ACD和△CBE中，
{
∠ACD=∠B
)
∠ADC=∠CEB=90° ，
AC=BC
∴△ACD≌△CBE(AAS)，
∴AD=CE；
（2）证明：过B作BH⊥CD于H，如图：由（1）得：△ACD≌△CBH，
∴AD=CH,CD=BH，
∵DF=CD，
∴DF=BH，
在△DFG和△HBG中，
{
∠DGF=∠BGH
)
∠ADH=∠DHB=90° ，
AD=BH
∴△DFG≌△HBG(AAS)，
∵DG=1，
∴DG=GH=1，
∵CG=3，
∴CH=CG=GH=3−1=2，CD=CH+DG=4，
∴AD=2，DF=4，
∴A是DF的中点；
（3）CG=9DG，理由如下：
过点B作BH⊥CD于H，如图：
由（2）得：AD=CH，CD=BH=FD，HG=DG，∵FD=4AF，
∴AD=CH=5AF，CD=DF=4 AF，
∴DH=CH−CD=AF，
1 1
∴DG= DH= AF，
2 2
9
∴CG=CD+DG= AF，
2
∴CG=9DG．
18．（23-24八年级上·辽宁抚顺·期末）【材料阅读】小明在学习完全等三角形后，为了进一步探究，他尝
试用三种不同方式摆放一副三角板（在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC；△≝¿中，∠≝=90°，
∠EDF=30°），并提出了相应的问题
（1）【发现】如图1，将两个三角板互不重叠地摆放在一起，当顶点B摆放在线段DF上时，过点A作
AM⊥DF，垂足为点M，过点C作CN⊥DF，垂足为点N，易证△ABM≌△BCN，若AM=2，
CN=7，则MN=______；
（2）【类比】如图2，将两个三角板叠放在一起，当顶点B在线段DE上且顶点A在线段EF上时，过点C
作CP⊥DE，垂足为点P，猜想AE，PE，CP的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展】如图3，将两个三角板叠放在一起，当顶点A在线段DE上且顶点B在线段EF上时，若
AE=5，BE=1，连接CE，则△ACE的面积为______．
【思路点拨】
本题综合考查了全等三角形的判定与性质，熟记相关定理内容进行几何推理是解题关键．
（1）由△ABM≌△BCN，利用两个三角形全等的性质，得到AM=BN=2，BM=CN=7，即可得到
MN；
（2）根据两个三角形全等的判定定理，得到△ABE≌△BCP，利用两个三角形全等的性质，得到
AE=BP，BE=CP，由BE=BP+PE中，即可得到三者的数量关系；（3）延长FE，过点C作CP⊥FE于P，由两个三角形全等的判定定理得到△ABE≌△BCP，从而
PC=BE=1，PB=AE=5，则可求得PE，延长AE，过点C作CF⊥AE于F，由平行线间的平行线段相
等可得CF=PE=4，代入面积公式得S ，即可得到答案．
△ACE
【解题过程】
（1）解：∵△ABM≌△BCN，AM=2，CN=7，
∴AM=BN=2，BM=CN=7，
∴MN=BM+BN=9；
故答案为：9．
（2）解：PE=CP−AE
理由：∵∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBE=90°，
∵CP⊥BE，
∴∠CPB=90°，
∴∠BCP+∠CBP=90°
∴∠ABE=∠BCP，
∵∠AEB=90°，
∴∠AEB=∠CPB=90°，
∵AB=BC，
∴△ABE≌△BCP，
∴AE=BP，BE=CP
∵BE=BP+PE，
∴PE=BE−BP=PC−AE；
∴PE=CP−AE．
（3）解：延长FE，过点C作CP⊥FE于P，如图所示：∵∠ABE+∠EBC=90°，∠ABE+∠BAE=90°，
∴∠EBC=∠BAE，
∵∠AEB=∠CPB=90°，AB=BC，
∴△ABE≌△BCP，
∴PC=BE=1，PB=AE=5，
∴PE=PB−BE=5−1=4，
延长AE，过点C作CF⊥AE于F，如图所示：
∵AF⊥PE，CP⊥PE，
∴AF∥CP，
∵AF⊥PE，CF⊥AF，
∴PE∥CF，
由平行线间的平行线段相等可得CF=PE=4，
1 1
S = ×AE×CF= ×5×4=10，
△ACE 2 2
故答案为：10．
19．（23-24七年级上·山东烟台·期末）【阅读材料】
“截长法”是几何题中一种辅助线的添加方法，是指在长线段中截取一段等于已知线段，常用于解答线段
间的数量关系，当题目中有等腰三角形、角平分线等条件，可用“截长法”构造全等三角形来进行解题．
【问题解决】（1）如图①，在△ABC中，∠ACB=2∠B,∠C=90°,AD为∠BAC的角平分线，在AB上截取
AE=AC，连接DE．请直接写出线段AB,AC,CD之间的数量关系；
【拓展延伸】
（2）如图②，在△ABC中，∠ACB=2∠B,∠C≠90°,AD为∠BAC的角平分线．请判断线段
AB,AC,CD之间的数量关系并说明理由；
（3）如图③，在△ABC中，∠ACB=2∠B,∠ACB≠90°,AD为∠BAC的补角的角平分线．请判断线
段AB,AC,CD之间的数量关系并说明理由．
【思路点拨】
（1）在AB上截取AE=AC，连接DE，可证明△EAD≌△CAD，得ED=CD，∠AED=∠C=90°，则
∠BED=90°，由∠ACB=2∠B=90°，求得∠B=45°，则∠EDB=∠B=45°，所以ED=EB=CD
，即可证明AB=AC+CD；
（2）在AB上截取AF=AC，连接FD，可证明△FAD≌△CAD，得FD=CD，∠AFD=∠ACB，由
∠AFD=∠B+∠FDB，∠ACB=2∠B，得∠B+∠FDB=2∠B，则∠FDB=∠B，所以
FD=FB=CD，即可证明AB=AC+CD；
（3）在BA的延长线上取一点G，使AG=AC，连接DG，可证明△GAD≌△CAD，得GD=CD，
∠AGD=∠ACD，所以180°−∠B−∠GDB=180°−∠ACB，而∠ACB=2∠B，可推导出
∠GDB=∠B，则GD=GB=AB+AG=AB+AC，所以CD=AB+AC．
【解题过程】
解：（1）AB=AC+CD，
理由：如图①，在AB上截取AE=AC，连接DE，
∵AD为∠BAC的角平分线，
∴∠EAD=∠CAD，
在△EAD和△CAD中，
{
AE=AC
)
∠EAD=∠CAD ，
AD=AD
∴△EAD≌△CAD(SAS)，
∴ED=CD，∠AED=∠C=90°，
∴∠BED=90°，
∵∠ACB=2∠B=90°，
∴∠B=45°，∴∠EDB=∠B=45°，
∴ED=EB，
∴EB=CD，
∴AB=AE+EB=AC+CD．
（2）AB=AC+CD，
理由：如图②，在AB上截取AF=AC，连接FD，
∵AD为平分∠BAC，
∴∠FAD=∠CAD，
在△FAD和△CAD中，
{
AF=AC
)
∠FAD=∠CAD ，
AD=AD
∴△FAD≌△CAD(SAS)，
∴FD=CD，∠AFD=∠ACB，
∵∠AFD=∠B+∠FDB，∠ACB=2∠B，
∴∠B+∠FDB=2∠B，
∴∠FDB=∠B，
∴FD=FB，
∴FB=CD，
∴AB=AF+FB=AC+CD．
（3）CD=AB+AC，
理由：如图③，在BA的延长线上取一点G，使AG=AC，连接DG，∵AD是∠CAG的平分线，
∴∠GAD=∠CAD，
在△GAD和△CAD中，
{
AG=AC
)
∠GAD=∠CAD ，
AD=AD
∴△GAD≌△CAD(SAS)，
∴GD=CD，∠AGD=∠ACD，
∴∠AGD=180°−∠B−∠GDB，∠ACD=180°−∠ACB，
∴180°−∠B−∠GDB=180°−∠ACB，
∴∠B+∠GDB=∠ACB，
∵∠ACB=2∠B，
∴∠B+∠GDB=2∠B，
∴∠GDB=∠B，
∴GD=GB=AB+AG=AB+AC，
∴CD=AB+AC．
1
20．（2023·广西南宁·二模）如图，在△ABC中，AD为高，AC=18．点E为AC上的一点，CE= AE
2
，连接BE，交AD于O，若△BDO≌△ADC．
（1）猜想线段BO与AC的位置关系，并证明；（2）有一动点Q从点A出发沿射线AC以每秒6个单位长度的速度运动，设点Q的运动时间为t秒，是否存
在t的值，使得△BOQ的面积为27？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）在（2）条件下，动点P从点O出发沿线段OB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，P、Q两点
同时出发，当点P到达点B时，P、Q两点同时停止运动，设运动时间为t秒，点F是直线BC上一点，且
CF=AO，当△AOP与△FCQ全等时，求t的值．
【思路点拨】
（1）由全等三角形的性质得∠OBD=∠CAD，再由三角形内角和定理得∠AEO=∠ODB=90°，即可
得出结论；
（2）由全等三角形的性质得BO=AC=18，再求出AE=8，CE=4，①当01时，Q在射线EC上，由三角形面积公式得S = BO×QE= ×18×(6t−12)=27，即可求
ΔBOQ 2 2
解；
（3）①当点F在线段BC延长线上时，证∠AOP=∠QCF，当OP=CQ时，△AOP≌△FCQ(SAS)，此
时2t=18−6t，求解即可；
②当点F在线段BC上时，证∠AOP=∠FCQ，当OP=CQ时，△AOP≌△FCQ(SAS)，此时
2t=6t−18，求解即可．
【解题过程】
（1）BO⊥AC，理由如下：
在△ABC中，AD为高，
∴∠ODB=90°，
又∵△BDO≌△ADC，
∴∠OBD=∠CAD，
∵∠OBD=∠CAD，∠BOD=∠AOE，
∴∠AEO=∠ODB=90°，
∴BO⊥AC；
（2）存在t的值，使得△BOQ的面积为27，理由如下：
∵△BDO≌△ADC，AC=18，
∴BO=AC=18，1
∵CE= AE，
2
∴AE=12，CE=6，
由（1）可知，∠BEC=90°，
∴BE⊥AC，
分两种情况：
当02时，Q在射线EC上，如图2，
1 1
S = BO×QE= ×18×(6t−12)=27，
ΔBOQ 2 2
5
解得：t= ，
2
此时Q与C重合；
5
综上所述，存在t的值，使得△BOQ的面积为27，t的值为 ；
2
（3）由（1）可知，△BDO≌△ADC，
∴∠BOD=∠ACD，当点F在线段BC延长线上时，如图3，
∵∠BOD=∠ACD，
∴∠AOP=∠QCF，
∵AO=CF，
∴当OP=CQ时，△AOP≌△FCQ(SAS)，
此时，2t=18−6t，
9
解得：t= ；
4
当点F在线段BC上时，如图4，
∵∠BOD=∠ACD，
∴∠AOP=∠FCQ，
∵AO=CF，
∴当OP=CQ时，△AOP≌△FCQ(SAS)，
此时，2t=6t−18，
9
解得：t= ；
2
9 9
综上所述，当△AOP与△FCQ全等时，t的值为 或 ．
2 4
