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专题 12.3 全等三角形（满分 120）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号 一 二 三 总分
得分
评卷人 得 分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（23-24八年级上·江苏宿迁·阶段练习）如图，方格纸中△≝¿的三个顶点分别在小正方形的顶点上，像
这样的三个顶点都在格点上的三角形有格点三角形，则图中与△≝¿全等的格点三角形有（ ）
个．
A．10 B．11 C．12 D．13
【思路点拨】
本题主要考查了全等三角形的判定，应用SSS判定三角形全等，注意观察图形，数形结合是解决本题的关
键．用SSS判定两三角形全等．认真观察图形可得答案．
【解题过程】
解：如图示2×3排列的每6个小正方形上都可找出4个全等的三角形：
△DAF，△BGQ，△CGQ，△NFH，△AFH，△WBI，△QBI，△CKR，△CGR，△KWI，△KRW．
共11个.
故选：B．2．（22-23八年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，已知点D在AC上，点B在AE上，△ABC≌△DBE，且
∠BDA=∠A，若∠A:∠C=4:3．则∠DBC等于（ ）
A．36° B．24° C．12° D．15°
【思路点拨】
本题考查全等三角形的性质和三角形的内角和定理，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．根据全等
三角形的性质，∠BDE=∠A=∠BDA，∠E=∠C，又∠ABD=∠BDE+∠E，∠A:∠C=4:3，在
△ABD中根据内角和定理求解．
【解题过程】
解：∵△ABC≌△DBE，
∴∠BDE=∠A=∠BDA，∠E=∠C，
∵∠A:∠C=4:3，
∴∠A:∠BDA:∠BDE:∠E=4:4:4:3，
又∠A+∠BDA+∠BDE+∠E=180°，
∴∠C=∠E=36°，∠BDE=∠A=∠BDA=48°，∠CDE=∠A+∠E=48°+36°=84°，
∴∠DBC=180°−∠C−∠CDE−∠BDE=180°−36°−84°−48°=12°，
故选：C．
3．（23-24七年级下·江苏南通·期末）如图，△ABC中，∠A=24°，△≝¿中，∠F=66°，BC，EF边
上的高相等，若AC=DF，则∠B的度数为（ ）
A．30° B．42° C．45° D．60°
【思路点拨】
本题主要考查全等三角形的判定及性质，三角形外角的性质，熟练掌握全等三角形的判定及性质是关键．分别过A、D两点作AG⊥BC，DH⊥EF于点G、H，证明Rt△ACG≌Rt△DFH(HL)得
∠ACG=∠F=66°，利用三角形的外角性质即可得解。
【解题过程】
解：分别过A、D两点作AG⊥BC，DH⊥EF于点G、H，
∵在Rt△ACG和Rt△DFH中，
{AG=DH)
AC=DF
∴Rt△ACG≌Rt△DFH(HL)
∴∠ACG=∠F=66°，
∵∠ACG=∠B+∠BAC，∠BAC=24°，
∴∠B=66°−24=42°，
故选：B．
4．（23-24八年级上·江苏徐州·阶段练习）如图，正方形ABCD的顶点B在直线l上，将直线l向上平移线
段AB的长得到直线m，直线m分别交AD，CD于点E，F，若求△≝¿的周长，则只需知道（ ）
A．AB的长 B．EF的长 C．DE的长 D．DF的长
【思路点拨】
本题主要考查了平移的性质和全等三角形的性质和判定，同时也利用了三角形周长的定义，掌握平移的性
质以及全等三角形的性质与判定是解题的关键．过B作BH⊥m于H，连接BE，BF，然后利用已知条件
可以证明Rt△AEB≌Rt△HEB(HL)，Rt△FCB≌Rt△FHB(HL)，接着利用全等三角形的性质即可解决
问题．
【解题过程】
解：过B作BH⊥m于H，连接BE，BF，∵直线l向上平移线段AB的长得到直线m，
∴AH=AB，
而∠A=∠BHE=90°，EB=EB，
∴Rt△AEB≌Rt△HEB(HL)，
∴AE=EH，
同理Rt△FCB≌Rt△FHB(HL)，
∴HF=CF，
∴△≝¿的周长为：DE+EF+DF=DE+EH+HF+DF=DE+AE+DF+CF=AD+CD=2AB．
∴求△≝¿的周长，则只需知道AB的长．
故选：A．
5．（23-24八年级上·重庆渝北·阶段练习）如图，在△ABC中，∠A=90°，AB=AC，∠ABC的平分线
BD交AC于点D，CE⊥BD，交BD的延长线于点E，若BD=8，则CE长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【思路点拨】
本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，作辅助线构造全等三角形是解题关键．延长BA
、CE交于点F，先证明△ABD≌△ACF(ASA)，得到BD=CF=8，再证明△BEF≌△BEC(ASA)，得
到EF=CE，即可求出CE长．
【解题过程】
解：如图，延长BA、CE交于点F，∵∠BAC=90°，CE⊥BD，
∴∠ABD+∠ADB=90°，∠ACF+∠CDE=90°，
∵∠ADB=∠CDE，
∴∠ABD=∠ACF，
在△ABD和△ACF中，
{
∠ABD=∠ACF
)
AB=AC ，
∠BAD=∠CAF=90°
∴△ABD≌△ACF(ASA)，
∴BD=CF=8，
∵BD平分∠ABC，
∴∠EBF=∠EBC，
在△BEF和△BEC中，
{
∠EBF=∠EBC
)
BE=BE ，
∠BEF=∠BEC=90°
∴△BEF≌△BEC(ASA)，
∴EF=CE，
1
∴CE= CF=4，
2
故选：C．
6．（23-24八年级上·江苏连云港·阶段练习）如图，OA=OC，OB=OD且OA⊥OB，OC⊥OD，有下
列结论：①△AOD≌△COB；②CD=AB；③∠CDA=∠ABC．其中正确的结论是（ ）A．①② B．①②③ C．①③ D．②③
【思路点拨】
先由条件OA=OC，OB=OD且OA⊥OB，OC⊥OD就可以得出△COD≌△AOB，就有
∠CDO=∠ABO，CD=AB，进而可以得出△AOD≌△COB就有∠ADO=∠CBO，从而得出结论．
【解题过程】
解：∵OA⊥OB，OC⊥OD，
∴∠AOB=∠COD=90°．
∴∠AOB+∠AOC=∠COD+∠AOC，
即∠COB=∠AOD．
在△AOB和△COD中，
{
AO=CO
)
∠AOB=∠COD ，
BO=DO
∴△AOB≌△COD(SAS)，
∴AB=CD，∠ABO=∠CDO．
在△AOD和△COB中
{
AO=CO
)
∠AOD=∠COB ，
DO=BO
∴△AOD≌△COB(SAS)，
∴∠CBO=∠ADO，
∴∠ABO−∠CBO=∠CDO−∠ADO，
即∠ABC=∠CDA．
综上所述，①②③都是正确的．
故选：B．
7．（23-24八年级上·浙江宁波·期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以AB、AC、BC为边
长在AB同侧作三个正方形，点I落在边GF上，若要求图中阴影部分的面积之和，则只需知道下列哪个图形的面积？该图形是（ ）
A．△BCN B．△ABC C．△BHM D．正方形ABHI
【思路点拨】
本题考查全等三角形的判定和性质，关键是明△ABC≌△H′BD，Rt△ABC≌Rt△AIG，
△MIF≌△NHE．延长DE交BH于H′，根据ASA证明△ABC≌△H′BD，得到AB=BH′，△BDH的面
积=△ABC的面积，得到BH=BH′，因此H′和H重合，由HL推出Rt△ABC≌Rt△AIG，得到
IG=BC=DE，△AIG的面积=△ABC的面积，又DH=AC=FG，得到FI=EH，由ASA推出
△MIF≌△NHE，得到△MIF的面积=△NHE的面积，于是得到阴影面积的和=△ABC的面积的2倍．
【解题过程】
解：延长DE交BH于H′，
∵四边形ABHI，四边形BDEC是正方形，
∴AB=BH=AI，BC=BD，∠ABN=∠CBD=∠D=90°，
∴∠ABC=∠HBD，
∵BC=BD，∠ACB=∠D=90°，
∴△ABC≌△H′BD(ASA)，
∴AB=BH′，△BDH的面积=△ABC的面积，
∵AB=BH，
∴BH=BH′，
∴H′和H重合，
∵四边形ACFG是正方形，
∴AC=AG，∠G=∠ACB=∠F=90°，
∵AB=AI，∴Rt△ABC≌Rt△AIG(HL)，
∴IG=BC=DE，△AIG的面积=△ABC的面积，
∵DH=AC=FG，
∴FI=EH，
∵四边形CBDE是正方形，
∴BC∥DH，
∴∠NHE=∠CBN，
∵∠F=∠MHN=90°，∠FMI=∠HMB，
∴∠MIF=∠CBN，
∴∠MIF=∠NHE，
∵FI=EH，∠F=∠NEH=90°，
∴△MIF≌△NHE(ASA)，
∴△MIF的面积=△NHE的面积，
∴阴影面积的和=△ABC的面积的2倍，
∴要求图中阴影部分的面积之和，只需知道△ABC的面积．
故选：B．
8．（23-24八年级上·湖北·周测）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，PC与PQ垂直；以上说法正确的选项为（ ）
A．① B．①② C．①②③ D．①③
【思路点拨】
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=8−5=3，PB=AB−AP=10−4=6，然后得到△CAP和△PBQ不全等，进而证明出∠CPQ≠90°，即可判断③．
【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，
∴∠C≠∠QPB，
∵∠C+∠CPA=90°，
∴∠QPB+∠CPA≠90°，
∴∠CPQ≠90°，
∴PC与PQ不垂直，故③错误；
综上所述，正确的选项为①②．
故选：B．9．（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．
10．（23-24八年级上·山东济南·期末）如图，在△ABC中，BE，CE，CD分别平分∠ABC，∠ACB，
∠ACF，AB∥CD，下列结论：①∠BDC=∠BAC；②∠BEC=90°+∠ABD；③∠CAB=∠CBA
；④∠ADB+∠ABC=90°，其中正确的为（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④【思路点拨】
1
由角平分线的定义及三角形外角的性质可得∠BDC= ∠BAC，进而判定①；由角平分线的定义及平角
2
的定义可求∠ECD=90°，利用三角形外角的性质及平行线的性质可判定②；利用角平分线的定义可判定
③；由角平分线的性质及判定可得AD为△ABC外角∠MAC的平分线，结合角平分线的定义及三角形外
角的性质即可证明∠ADB=∠BCE，再利用平行线的性质可得结论④．
【解题过程】
解：∵AB∥CD
∴∠ACD=∠BAC，∠ABC=∠DCF，
∵BE平分∠ABC
1
∴∠ABD=∠DBC= ∠ABC
2
∵CD平分∠ACF，∠ACF=∠ABC+∠BAC，
1 1 1
∴∠ACD=∠DCF= ∠ACF= ∠ABC+ ∠BAC．
2 2 2
1
∵∠DCF=∠DBC+∠BDC= ∠ABC+∠BDC，
2
1 1 1
∴ ∠ABC+∠BDC= ∠ABC+ ∠BAC
2 2 2
1
∴∠BDC= ∠BAC，故①错误；
2
∵CE平分∠ACB，
1
∴∠ACE= ∠ACB，
2
∵∠ACB+∠ACF=180°，
∴∠ACE+∠ACD=90°，即∠ECD=90°，
∴∠BEC=∠ECD+∠CDB=90°+∠CDB，
∵AB∥CD
∴∠CDB=∠ABD
∴∠BEC=90°+∠ABD，故②正确；
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBA=2∠ABD=2∠BDC
1
∵∠BDC= ∠BAC，
2∴∠CAB=∠CBA，故③正确；
过点D作DN⊥BF于N，DG⊥AC于 G ，DH⊥BM于H，如图，
∵CD平分∠ACF，DN⊥BF，DG⊥AC ，
∴DN=DG
∵BD平分∠ABC，DG⊥AC ，DH⊥BM，
∴DN=DH
∴DG=DH
∴AD为△ABC外角∠MAC的平分线，
1
∴∠DAM=∠DAC= ∠MAC
2
∵∠MAC=∠ABC+∠ACB=2∠CBD+2∠BCE，
∴∠DAC=∠CBD+∠BCE
∵∠DAC+∠ADB=∠DEC+∠BCE
∴∠ADB=∠BCE，
∵AB∥CD，
∴∠ABC=∠DCF，
∵∠BCE=∠ACE，∠DCF=∠ACD
∴∠ABC+∠ADB=∠ACD+∠ACE=∠DCE=90°
即∠ADB+∠ABC=90°，故④正确．
故选：C．
评卷人 得 分
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分）
11．（23-24八年级上·江苏泰州·期末）如图，点B、E在CF上，且△ABC≌△≝¿，若CF=8，BE=4，则CE的长为 ．
【思路点拨】
据全等三角形的性质可得BC=EF，进而可得EC=FB，再由CF=8，BE=4，即可求出CE的长．本题主
要考查了全等三角形的性质，熟练掌握“全等三角形对应边相等”是解题的关键．
【解题过程】
解：∵△ABC≌△≝¿，
∴BC=EF，
∴BC−BE=EF−BE，
即EC=FB，
∵CF=8，BE=4，
∴BF+EC=CF−BE，
即2CE=8−4=4，
∴CE=2，
故答案为：2．
12．（22-23八年级上·湖北武汉·期中）在如图所示的3×3正方形网格中，∠1+∠2+∠3=
度．
【思路点拨】
证明△ABC≌△≝¿，△DCG≌△CEB得出∠2+∠1=45°,根据网格的特点可知∠3=45°，即可求解．
【解题过程】
解：如图，在△ABC与△≝¿中，
{
AC=DF
)
∠ACB=∠DFE ，
BC=EF
∴△ABC≌△≝¿，
∴∠1=∠4，
∵FD∥CG，
∴∠2=∠FDC，
同理可得△DCG≌△CEB，
∴EC=ED，∠2=∠BEC，
∵∠BEC+∠ECB=90°，
∴∠2+∠EBC=90°，
∴∠ECD=90°，
∴△ECD是等腰直角三角形，
∴∠CDE=45°，
即∠4+∠FDC=∠1+∠2=45°，
根据网格的特点可知∠3=45°，
∴∠1+∠2+∠3=90°，
故答案为：90．
13．（23-24八年级上·四川德阳·期末）如图，在∠AOB的边OA，OB上取点M，N，连接MN，PM平
分∠AMN，PN平分∠MNB，若MN=2，△PMN的面积是2，△OMN的面积是8，则△OMN的周长是
．【思路点拨】
本题考查了角平分线的性质，过P作PH⊥MN与H， PK⊥OB于K，PL⊥AO于L，连接PO，利用
角平分线的性质和三角形的面积可得PK=PL=PH=2，根据△OMN的面积+△PMN的面积=△POM的
面积+△PON的面积，进行计算即可求出OM+ON=10，进而得到△OMN的周长，根据题目的已知条件
并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
【解题过程】
解：过P作PH⊥MN与H， PK⊥OB于K，PL⊥AO于L，连接PO，
∵PM平分∠AMN， PN平分∠MNB，
∴PL=PH，PK=PH，
∴PL=PK，
1
∵MN=2，△PMN的面积= MN·PH=2，
2
∴PH=2，
∴PK=PL=2，
1 1
∵△POM的面积= OM·PL，△PON的面积= ON·PK，
2 2
∴△OMN的面积+△PMN的面积=△POM的面积+△PON的面积
1 1 1
= OM·PL+ ON·PK= (OM+ON)·PK=8+2，
2 2 2
1
∴ (OM+ON)×2=10，
2∴OM+ON=10，
∴△OMN的周长=OM+ON+MN=10+2=12，
故答案为：12．
14．（23-24八年级上·江苏常州·阶段练习）如图，在△ADE和△ABC中，∠E=∠C，DE=BC，
EA=CA，过A作AF⊥DE，垂足为F，DE交CB的延长线于点G，连接AG．四边形DGBA的面积为
12，AF=4，则FG的长是 ．
【思路点拨】
过点A作AH⊥BC于H，证△ABC≌△AED，得AF=AH，再证Rt△AFG≌Rt△AHG，同理
Rt△ADF≌Rt△ABH，得S = 6，进而得到FG的长．
四边形DGBA
【解题过程】
解：过点A作AH⊥BC于H，如图所示：
在△ABC和△ADE中，
{BC=DE
)
∠C=∠E ，
CA=EA
∴△ABC≌△AED(SAS)
∴AD=AB,S =S ,
△ABC △AED
又∵AF⊥DE，1 1
∴ ×DE×AF= ×BC×AH，
2 2
∴AF=AH，
∵AF⊥DE,AH⊥BC，
∴∠AFG=∠AHG=90°，
在Rt△AFG和Rt△AHG中，
{AG=AG
,)
AF=AH
∴Rt△AFG≌Rt△AHG(HL)，
同理：Rt△ADF≌Rt△ABH(HL)，
∴S =S =12，
四边形DGBA 四边形AFGH
∵Rt△AFG≌Rt△AHG，
∴S =6,
Rt△AFG
∵AF=4,
1
∴ ×FG×4=6，
2
解得：FG=3；
故答案为：3．
15．（22-23七年级下·江苏盐城·期末）已知：△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，D为射线CB上一动
点，连接AD，在直线AC右侧作AE⊥AD，且AE=AD．连接BE交直线AC于M，若2AC=7CM，则
S
△ADB
的值为 ．
S
△AEM
【思路点拨】
添加辅助线，构造全等三角形，根据全等三角形的性质求出线段间的数量关系，最后进行分类讨论即可求
解．【解题过程】
解：①如图，过E作EG⊥AC于点G，
∴∠ACB=∠AGE=∠CGE=90°，
∴∠DAC+∠ADC=90°，
∵AE⊥AD，
∴∠DAE=90°，即：∠DAC+∠GAE=90°，
∴∠ADC=∠GAE，
在△ADC和△EAG中，
{∠ACD=∠AGE
)
∠ADC=∠GAE ，
AD=AE
∴△ADC≌△EAG(AAS)，
∴AC=≥¿，CD=AG，
∴△BMC≌△EMG(AAS)，
∴GM=MC，
设CM=2a，则AC=7a，
∴GM=CM=2a，BC=AC=7a，
∴AG=CD=AC−GM−CM=7a−2a−2a=3a，
∴BD=BC−CD=7a−3a=4a，AM=AG+GM=3a+2a=5a，
1 1
BD·AC ×4a×7a
S 2 2 4
则 △ADB = = = ，
S 1 1 5
△AEM AM·GE ×5a×7a
2 2
②如图，过E作EH⊥AC交AC延长线于点H，∴∠ACB=∠AHE=90°，
∴∠DAC+∠ADC=90°，
∵AD⊥AE，
∴∠DAE=90°，即：∠DAC+∠HAE=90°，
∴∠ADC=∠HAE，
在△ADC和△EAH中，
{∠ACD=∠AHE
)
∠ADC=∠HAE ，
AD=AE
∴△ADC≌△EAH(AAS)，
∴AC=HE，CD=AH，
∴AC=CB=HE，
在△BMC和△EMH中，
{∠BMC=∠EMH
)
∠BCM=∠EHM ，
BC=HE
∴△BMC≌△EMH(AAS)，
∴HM=MC，
设CM=2m，则AC=7m，
∴HM=CM=2m，BC=AC=7m，
∴AH=CD=AC+GM+CM=7m+2m+2m=11m，
∴BD=CD−BC=11m−7m=4m，AM=AC+CM=7m+2m=9m，
1 1
BD·AC ×4m×7m
S 2 2 4
则 △ADB = = = ，
S 1 1 9
△AEM AM·HE ×9m×7m
2 24 4
故答案为： 或 ．
5 9
评卷人 得 分
三、解答题（本大题共8小题，满分75分）
1．（6分）（2024·山西晋中·三模）如图，已知锐角△ABG，AD为BC边上的高．
（1）尺规作图：作∠ABC的平分线交AD于点E，交AC于点F；
（2）在作出符合条件的（1）的图中，若BE=AC，∠ABC=45°，求证：BF⊥AC．
【思路点拨】
本题主要考查了尺规作图、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识点成为解题的关键．
（1）以B为圆心，任意长为半径画弧，与AB、BC的两个交点，再分别以这两个交点为圆心，大于这两
个交点间的距离的一半为半径画弧，得两弧的交点，以B为端点，过两弧的交点作射线交AD于点E，交
AC于点F即可．
（2）通过证明△BED≌△ACD可得∠BDE=∠DAC，再由对顶角相等可得∠BED=∠AEF，然后根
据直角三角形的性质及等量代换即可解答．
【解题过程】
（1）解：如图，射线AE即为所求．
（2）解：∵∠ABC=45°，AD为BC边上的高，
∴∠BAD=∠ABC=45°，∠ADB=∠ADC=90°，
∴BD=AD，
∵BE=AC，∴Rt△BED≌Rt△ACD(HL)，
∴∠DBE=∠DAC，
∵∠BED=∠AEF，
∴∠AEF+∠DAC=∠BED+∠DBE=90°，即BF⊥AC．
17．（6分）（2024·江苏盐城·中考真题）已知：如图，点A、B、C、D在同一条直线上，AE∥BF，
AE=BF．
若________，则AB=CD．
请从①CE∥DF；②CE=DF；③∠E=∠F这3个选项中选择一个作为条件（写序号），使结论成立，
并说明理由．
【思路点拨】
题目主要考查全等三角形的判定和性质，①根据平行线的性质得出∠A=∠FBD,∠D=∠ECA，再由全
等三角形的判定和性质得出AC=BD，结合图形即可证明；②得不出相应的结论；③根据全等三角形的判
定得出△AEC≌△BFD(SAS)，结合图形即可证明；熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．
【解题过程】
解：选择①CE∥DF；
∵AE∥BF，CE∥DF，
∴∠A=∠FBD,∠D=∠ECA，
∵AE=BF，
∴△AEC≌△BFD(AAS)，
∴AC=BD，
∴AC−BC=BD−BC，即AB=CD；
选择②CE=DF；
无法证明△AEC≌△BFD，
无法得出AB=CD；
选择③∠E=∠F；
∵AE∥BF，
∴∠A=∠FBD，∵AE=BF， ∠E=∠F，
∴△AEC≌△BFD(ASA)，
∴AC=BD，
∴AC−BC=BD−BC，即AB=CD；
故答案为：①或③（答案不唯一）
18．（8分）（22-23八年级上·浙江台州·阶段练习）如图，△ABC中，点D在BC边上，∠BAD=100°，
∠ABC的平分线交AC于点E，过点E作EF⊥AB，垂足为F，且∠AEF=50°，连接DE．
（1）求∠CAD的度数；
（2）求证：DE平分∠ADC；
（3）若AB=6，AD=4，CD=8，且S =18，求△ABE的面积．
△ACD
【思路点拨】
（1）根据垂直得到∠AFE=90°，利用三角形外角的性质得到∠BAE=140°，再根据
∠BAE=∠BAD+∠CAD，即可求出∠CAD的度数；
（2）过点E作EG⊥AD，EH⊥BC，根据角平分线的性质得到EF=EG，EF=EH，进而得到
EG=EH，再根据角平分线的判定定理即可证明结论；
（3）根据三角形的面积公式求出EH=3，再根据三角形的面积公式计算，即可求出△ABE的面积．
【解题过程】
（1）解：∵EF⊥AB，
∴∠F=90°，
∵∠AEF=50°，
∴∠BAE=∠F+∠AEF=90°+50°=140°，
∵∠BAE=∠BAD+∠CAD，∠BAD=100°，
∴∠CAD=∠BAE−∠BAD=140°−100°=40°，
（2）证明：过点E作EG⊥AD交AD于点G，EH⊥BC交BC于点H，
由（1）可知，∠EAF=∠CAD=40°，
∴AE平分∠FAD，
∵EF⊥AF，EG⊥AD，∴EF=EG，
∵BE平分∠ABC，EF⊥BF，EH⊥BC，
∴EF=EH，
∴EG=EH，
∵EG⊥AD，EH⊥BC，
∴DE平分∠ADC；
（3）解：∵S =18，
△ACD
∴S +S =18
△ADE △CDE
1 1
∴ AD⋅EG+ CD⋅EH=18
2 2
∵AD=4，CD=8，EG=EH，
1 1
∴ ×4×EH+ ×8×EH=18，
2 2
∴EH=3
∴EF=3
∵AB=6
1 1
∴S = AB⋅EF= ×6×3=9．
△ABE 2 2
19．（9分）（23-24八年级上·浙江金华·阶段练习）如图①，在Rt△ABC中，
∠B=90°,AB=12cm,BC=16cm,AC=20cm，现有一动点P，从点A出发，沿着三角形的边
AB→BC→CA运动，回到点A停止，速度为2cm/s，设运动时间为t秒．
（1）如图①，当△ABP的面积等于△ABC面积的一半时，求t的值：
（2）如图②，点D在BC边上CD=4cm，点E在AC边上CE=5cm,ED⊥BC,ED=3cm，在△ABC的边上，若另外有一个动点Q与点P同时从点A出发，沿着边AC→CB→BA运动，回到点A停止．在两点
运动过程中的某一时刻，以A,P,Q为顶点的三角形恰好与△EDC全等，求点Q的运动速度．
【思路点拨】
（1）根据三角形中线平分三角形面积可知，当点P为BC的中点时和点P为AC中点时，△ABP的面积等
于△ABC面积的一半，据此根据时间=路程÷速度进行求解即可；
（2）根据题意分四种情况进行分析，利用全等三角形的性质得出点P、Q所走的路程，进而可求出P的运
动时间，即Q的运动时间，再利用速度=路程÷时间求解即可．
【解题过程】
（1）解：当点P在BC上时，由三角形中线平分三角形面积可知，当点P为BC的中点时，△ABP的面积
等于△ABC面积的一半，
16
12+
∴此时 2 ，
t= =10
2
同理当点P为AC中点时，△ABP的面积等于△ABC面积的一半，
20
12+16+
∴此时 2 ；
t= =19
2
综上所述，t的值为10或19；
（2）解：设点Q的运动速度为x cm/s，
由题意得，DC=4cm,CE=5cm，ED=3cm
①当点P在AB上，点Q在AC上，△APQ≌△EDC时，
AP=DE=3cm，AQ=EC=5cm，
3
∴ x=5，
2
10
解得x= cm/s；
3
②当点P在AB上，点Q在AC上，△APQ≌△ECD时，AP=EC=5cm，AQ=DE=3cm，
5
∴ x=3，
2
6
解得x= cm/s；
5
③当点P在AC上，点Q在AB上，△APQ≌△EDC时，
AP=ED=3，AQ=EC=5，
∴点P的路程为AB+BC+PC=12+16+20−3=45cm，点Q的路程为AQ=12+16+20−5=43cm
45
∴ x=43，
2
86
解得：x= cm/s；
45
④当点P在AC上，点Q在AB上，△APQ≌△ECD时，
AP=EC=5cm，AQ=ED=3cm，
∴点P的路程为AB+BC+PC=12+16+20−5=43cm，点Q的路程为AQ=12+16+20−3=45cm
43
∴ x=45，
2
90
解得：x= cm/s；
4310 6 90 86
综上所述，点Q的运动速度为 cm/s或 cm/s或 cm/s或 cm/s．
3 5 43 45
20．（10分）（23-24七年级下·江苏南通·期末）已知△ABC中，AB=AC=6，∠BAC=90°，动点D，
E分别在边CA和射线BA上，连接BD，CE．
（1）如图1，点E在BA延长线上，且∠ECA=∠DBA．
①若AD=2，求BE的长；
②判断BD和CE的关系，并证明；
（2）如图2，CF⊥CA，CF=CA，点E在边BA上，且AE=CD，当BD+CE的值最小时，求CD的
长．
【思路点拨】
本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题关键．
（1）①利用“ASA”证明△ABD≌△ACE，由全等三角形的性质可得AE=AD=2，然后由
BE=AB+AE，即可获得答案；②延长BD，交CE与P，由全等三角形的性质可得BD=CE，结合
∠E+∠ECA=90°，∠ECA=∠DBA，易得∠E+∠DBA=90°，即可证明BD⊥CE；
（2）首先证明△CDF≌△AEC，由全等三角形的性质可得FD=CE，易得BD+CE=BD+FD，故当点
B、D、F在同一直线上时，BD+FD取最小值，即BD+CE取最小值，再证明△FCD≌△BAD，由全
1
等三角形的性质可得CD=AD，故CD= AC=3，即可获得答案．
2
【解题过程】
（1）解：①∵∠BAC=90°，动点D，E分别在边CA和射线BA上，
∴∠CAE=180°−∠BAC=90°，
在△ABD和△ACE中，
{
∠ECA=∠DBA
)
∠BAD=∠CAE=90° ，
AB=AC
∴△ABD≌△ACE(ASA)，∴AE=AD=2，
∵AB=AC=6，
∴BE=AB+AE=6+2=8；
②BD=CE且BD⊥CE，证明如下：
如下图，延长BD，交CE与P，
∵△ABD≌△ACE，
∴BD=CE，
∵∠CAE=90°，
∴∠E+∠ECA=90°，
∵∠ECA=∠DBA，
∴∠E+∠DBA=90°，
∴∠BPE=180°−(∠E+∠DBA)=90°，
即BD⊥CE；
（2）∵CF⊥CA，
∴∠FCD=90°=∠BAC，
在△CDF和△AEC中，
{
CF=AC
)
∠FCD=∠CAE=90° ，
CD=AE
∴△CDF≌△AEC(SAS)，
∴FD=CE，
∴BD+CE=BD+FD，
如下图，当点B、D、F在同一直线上时，BD+FD取最小值，即BD+CE取最小值，
∵CF=CA，AB=AC=6，
∴CF=AB，
在△FCD和△BAD中，
{
∠CDF=∠ADB
)
∠DCF=∠DAB=90° ，
CF=AB
∴△FCD≌△BAD(AAS)，
∴CD=AD，
∵AB=AC=6，
1
∴CD= AC=3．
2
21．（12分）（23-24八年级上·北京东城·期中）已知，在四边形ABCD中，
1
AB=AD,∠B+∠ADC=180°,E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF= ∠BAD．
2
（1）为探究上述问题，小王同学先画出了其中一种特殊情况，即如图1，当∠B=∠ADC=90°时．
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．
请你在图1中添加上述辅助线，并补全下面的思路．
小明的解题思路：先证明△ABE≌______；再证明了△AEF≌______，即可得出BE,EF,FD之间的数量
关系为EF=BE+FD．
（2）请你借鉴小王的方法探究图2，当∠B+∠ADC=180°时，上述结论是否依然成立，如果成立，请证明你的结论，如果不成立，请说明理由．
（3）如图3，若E、F分别是边BC、CD延长线上的点，其他已知条件不变，此时线段EF、BE、FD
之间的数量关系为______．（不用证明）
【思路点拨】
（1）根据题意，画出图形，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，即可得出结论；
（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，即可
得出结论；
（3）在BC上取一点G，使BG=DF，先证明△ABG≌△ADF，再证明△AEG≌△AEF，即可得出结
论．
本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是利用截长补短法，构造全等三角形．
【解题过程】
（1）解：补全图形，如图：
解题思路为先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，即可得出BE,EF,FD之间的数量关系为
EF=BE+FD；
故答案为：△ADG,△AGF；
（2）成立，证明如下：
延长FD到点G，使DG=BE，则∠ADF+∠ADG=180°，
∵∠B+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADG，
∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADG，∴AG=AE，∠1=∠3，
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
1
∴∠1+∠2= ∠BAD，
2
1 1
∴∠3+∠2= ∠BAD，即：∠FAG= ∠BAD，
2 2
∴∠EAF=∠FAG，
又AF=AF，
∴△AEF≌△AGF，
∴EF=GF，
∵GF=DF+DG，
∴EF=DF+BE；
（3）解：在BC上取一点G，使BG=DF，
∵∠ADF+∠ADC=180°，∠B+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADF，
又AB=AD，
∴△ABG≌△ADF，
∴AG=AF，∠1=∠2，
1
∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF= ∠BAD，
2
1
∴∠GAE= ∠BAD=∠EAF，
2
又AE=AE，
∴△AGE≌△AFE，
∴EF=EG=BE−BG=BE−DF．’
故答案为：EF=BE−DF．
22．（12分）（23-24七年级下·江西吉安·阶段练习）（1）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形．如图1，已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A，BD⊥直
线l，CE⊥直线l，垂足分别为点D、E．证明：DE=BD+CE．
（2）组员小刘想，如果三个角不是直角，那结论是否会成立呢？如图2，将（1）中的条件改为：在
△ABC中，AB=AC，D、A、E三点都在直线l上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，其中α为任
意锐角或钝角．请问结论DE=BD+CE是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图3，过△ABC的边AB
、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I，求证：I是EG的
中点．
【思路点拨】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，由条件证明三角形全等得到BD=AE、CE=AD是解题的关键．
（1）由条件可证明△ABD≌△CAE，可得DA=CE，AE=BD，可得DE=BD+CE；
（2）由条件可知∠BAD+∠CAE=180°−α，且∠DBA+∠BAD=180°−α，可得∠DBA=∠CAE，
结合条件可证明△ABD≌△CAE，可得出结论；
（3）由条件可知EM=AH=GN，可得EM=GN，结合条件可证明△EMI≌△GNI，可得出结论I是
EG的中点．
【解题过程】
解：（1）如图1，
∵ BD⊥直线l，CE⊥直线l，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∵ ∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°，∵ ∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ABD和△CAE中，
{∠ABD=∠CAE
)
∠BDA=∠CEA ，
AB=AC
∴△ABD≌△CAE(AAS)，
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（2）成立，理由如下：
如图，
证明如下：
∵ ∠BDA=∠BAC=α，
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°−α，
∴∠DBA=∠CAE，
在△ABD和△CAE中．
{∠BDA=∠AEC
)
∠DBA=∠CAE ．
AB=AC
∴ △ABD≌△CAE(AAS)
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（3）如图3，过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N．
∴∠EMI=∠EMA=∠GNA=90°，
∠BAE=90°，
∴∠EAM+BAH=90°，
∵ AH是BC边上的高，
∴∠AHB=90°，
∴∠BAH+∠ABH=90°，
∴ ∠ABH= EAM，
∵AE=AB，
∴△ABH≌△EAM，
∴ EM=AH，
同理△ACH≌△GAN，
∴AH=GN，
∴ EM=GN，
在△EMI和△GNI中，
{∠EIM=∠GIN
)
∠EMI=∠GNI ，
EM=GN
∴ △EMI≌△GNI(AAS)，
∴ EI=GI，
∴I是EG的中点．
23．（12分）（23-24八年级上·江苏南通·期中）课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，
△ABC中，若AB=6，AC=4，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如
下的解决方法：延长AD到E，使DE=AD，连接BE．请根据小明的方法思考：（1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB，得到BE=AD，在△ABE中求得2AD的取值范围，从而求
得AD的取值范围是 ．
方法总结：上述方法我们称为“倍长中线法”．“倍长中线法”多用于构造全等三角形和证明边之间的关
系．
（2）如图2，AD是△ABC的中线，AB=AE，AC=AF，∠BAE+∠CAF=180°，试判断线段AD与
EF的数量关系，并加以证明；
（3）如图3，在△ABC中，D，E在边BC上，且BD=CE．求证：AB+AC>AD+AE．
【思路点拨】
本题考查三角形全等的判定及性质，三角形的三边关系．
（1）由作图可得AE=2AD，根据“SAS”证得△ADC≌△EDB，得到BE=AC=4，在△ABE中，根据
三角形的三边关系有AB−BEAD+DN，即AB+AC>AD+AE．
【解题过程】
（1）∵DE=AD，
∴AE=AD+DE=2AD
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
在△ADC和△EDB中，{
CD=BD
)
∠ADC=∠EDB ，
AD=ED
∴△ADC≌△EDB(SAS)，
∴BE=AC=4，
∵在△ABE中，AB−BEAD+DF，且FN+DF>DN，
∴AB+BF+FN+DF>AD+DF+DN，
∴AB+BN>AD+DN，
即．
