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第 12 章 全等三角形全章培优测试卷
【人教版】
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
考前须知：
1．本卷试题共23题，单选10题，填空6题，解答7题，满分100分，限时60分钟。
2．本卷选题均为重难点题型，考点全覆盖，压轴题均有★标记。
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）某同学把一块三角形的玻璃打碎成了3块，现在要到玻璃店去配一块完全一样的玻璃，那么最
少要带第（ ）块去玻璃店就可以买到完全一样的玻璃．
A．① B．② C．③ D．①②③
【分析】根据全等三角形的判定，已知两角和夹边，就可以确定一个三角形．
【解答】解：根据三角形全等的判定方法，根据角边角可确定一个全等三角形，
只有第三块玻璃包括了两角和它们的夹边，只有带③去才能配一块完全一样的玻璃，是符合题意的．
故选：C．
2．（3分）如图，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D、E，BE、CD相交于点O．如果AB＝AC，那么图中
全等的直角三角形的对数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【 分 析 】 全 等 的 直 角 三 角 形 共 有 3 对 ， 分 别 为 △ ADC≌ △ AEB 、 △ BOD≌ △ COE 、Rt△ADO≌Rt△AEO；做题时要从已知条件开始结合图形利用全等的判定方法由易到难逐个寻找即可．
【解答】解：∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠ADC＝∠AEB＝90°，
在△ADC和△AEB中，
{∠ADC=∠AEB
)
∠DAC=∠EAB ，
AC=AB
∴△ADC≌△AEB（AAS）；
∴AD＝AE，∠C＝∠B，
∵AB＝AC，
∴BD＝CE，
在△BOD和△COE中，
{
∠B=∠C
)
∠BOD=∠COE ，
BD=CE
∴△BOD≌△COE（AAS）；
∴OB＝OC，OD＝OE，
在Rt△ADO和Rt△AEO中，
{OA=OA)
，
OD=OE
∴Rt△ADO≌Rt△AEO（HL）；
∴共有3对全等直角三角形，
故选：C．
3．（3分）在△ABC和△DEF中，其中∠C＝∠F，则下列条件：①AC＝DF，∠A＝∠D；②AC＝DF，
BC＝EF；③∠A＝∠D，∠B＝∠E；④AB＝DE，∠B＝∠E；⑤AC＝DF，AB＝DE．其中能够判定
这两个三角形全等的条件有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】根据全等三角形的判定方法：SAS，ASA，AAS，SSS，HL结合选项进行判定．
【解答】解：在△ABC和△DEF中，其中∠C＝∠F，
①∠C＝∠F，AC＝DF，∠A＝∠D，可根据ASA判定△ABC≌△DEF；
②AC＝DF，∠C＝∠F，BC＝EF，可根据SAS判定△ABC≌△DEF；
③∠A＝∠D，∠B＝∠E，∠C＝∠F，不能判定△ABC≌△DEF；
④AB＝DE，∠B＝∠E，∠C＝∠F，可根据AAS判定△ABC≌△DEF；⑤AC＝DF，AB＝DE，∠C＝∠F，不能判定△ABC≌△DEF；
综上，能判定△ABC≌△DEF的有①②④，
故选：B．
4．（3分）如图，在4×4的正方形网格中，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7的度数为（ ）
A．300° B．315° C．320° D．325°
【分析】根据正方形的轴对称性得∠1+∠7＝90°，∠2+∠6＝90°，∠3+∠5＝90°，∠4＝45°．
【解答】解：由图可知，∠1所在的三角形与∠7所在的三角形全等，
所以∠1+∠7＝90°．
同理得，∠2+∠6＝90°，∠3+∠5＝90°．
又∠4＝45°，
所以∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7＝315°．
故选：B．
5．（3分）如图，格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形．在4×3的长方形网格
中，图中的△ABP为格点三角形．在所给的网格图中，画以点P为顶点，且与△ABP全等的格点三角
形，最多能画出的个数（不含△ABP）是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】根据网格结构分别作出与△ABP全等的格点三角形即可得解．
【解答】解：如下图：画以点P为顶点，且与△ABP全等的格点三角形，∴最多能画出的个数（不含△ABP）是6个，
故选：C．
6．（3分）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，E是AD上一点，若△ABD≌△CED，BC＝14，AB＝
10，则△CED的周长为（ ）
A．22 B．23 C．24 D．26
【分析】直接利用全等三角形的性质得出AB＝EC，AD＝ED，BD＝DC，进而得出答案．
【解答】解：∵△ABD≌△CED，
∴AB＝EC，BD＝ED，
∵AB＝10，
∴EC＝10，
∵BD＝ED，
∴ED+DC＝BC，
∵BC＝14，
∴ED+DC＝14，
∴△CED的周长为：ED+DC+EC＝14+10＝24．
故选：C．7．（3分）如图，现有两把一样的直尺，将一把直尺的边与射线 OA重合，另一把直尺的边与射线OB重
合，两把直尺的另一边在∠AOB的内部交于点P，作射线OP，若∠AOB＝50°，则∠AOP的度数为（
）
A．25° B．30° C．40° D．50°
【分析】利用HL证得Rt△PEO和Rt△PDO全等，即可得出∠AOP＝∠BOP，从而求出∠AOP的度
数．
【解答】解：E点标记在直尺边缘与OA交点处，过点P作PD⊥OB于点D，
∵两把直尺为完全相同的长方形，
∴PD＝PE，
∵PE⊥OA，PD⊥OB，
∴∠PEO＝∠PDO，
在Rt△PEO和Rt△PDO中，
{PE=PD)
，
PO=PO
∴Rt△PEO≌Rt△PDO（HL），
∴∠AOP＝∠BOP，
∵∠AOB＝50°，∴∠AOP＝∠BOP＝25°，
故选：A．
8．（3分）如图，用两对全等的三角形纸片拼成如图所示的六边形，△ABD≌△DEA，△BCD≌△EFA，
则∠F+∠FAB+∠ABC＝（ ）
A．240° B．360° C．180° D．300°
【分析】根据全等三角形的性质以及六边形的内角和，即可求解．
【解答】解：∵，△ABD≌△DEA，△BCD≌△EFA，
∴∠F＝∠C，∠FAE＝∠CDB，∠AEF＝∠DBC，∠DAE＝∠ADB，∠AED＝∠DBA，∠ADE＝
∠DAB，
∴∠F+∠FAE+∠DAE+∠DAB+∠DBA+∠DBC＝∠C+∠CDB+∠ADB+∠ADE+∠AED+∠AEF，
∴∠F+∠FAB+∠ABC＝∠C+∠CDE+∠DEF，
∵六边形的内角和为（6﹣2）×180°＝720°，
1
∴∠F+∠FAB+∠ABC= ×720°＝360°，
2
故选：B．
9．（3分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，∠ABC和∠BAD的平分线交于点P，点P在
CD上，PE⊥AB于点E，若四边形ABCD的面积为78，AB＝13，则CD的长为（ ）
A．6 B．10 C．12 D．18
【分析】通过证明△ DAP≌△ EAP，△ EBP≌△ CBP，得到 AD＝AE，BE＝BC ，根据
1 1
S = (AD+BC)⋅DC= AB⋅DC求出结果即可．
梯 形ABC2D 2【解答】解：∵AD∥BC，∠C＝90°，
∴∠D＝90°，
∵PE⊥AB于点E，
∴∠PEA＝∠PEB＝90°，
∵AP平分∠BAD，BP平分∠ABC，
∴∠DAP＝∠EAP，∠EBP＝∠CBP，
在△DAP与△EAP中，
{∠D=∠AEP=90°
)
∠DAP=∠EAP ，
AP=AP
∴△DAP≌△EAP（AAS），
同理△EBP≌△CBP（AAS），
∴AD＝AE，BE＝BC，
1 1 1
S = (AD+BC)⋅DC= (AE+BE)⋅DC= AB⋅DC=78，
梯 形ABC2D 2 2
∵AB＝13，
∴DC＝12，
故选：C．
10．（3分）如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，AC，
BD交于点M，连接OM，下列结论：①∠AMB＝40°；②AC＝BD；③OM平分∠BOC；④MO平分
∠BMC，其中正确的是（ ）
A．①②④ B．①②③ C．①②③④ D．②③④
【分析】先证△AOC≌△BOD（SAS），得出∠OCA＝∠ODB，∠OAC＝∠OBD，AC＝BD，故②正确；
再由三角形的外角性质求得∠AMB＝∠AOB＝40°，故①正确；过点O作OG⊥MC于点G，OH⊥MB
于点H，然后证△OCG≌△ODH（AAS），得出OG＝OH，则MO平分∠BMC，④正确；假设OM平
分∠BOC，则∠DOM＝∠AOM，证△COM≌△BOM（ASA），推出OA＝OC，与OA＞OC矛盾，故③
不正确．
【解答】解：∵∠AOB＝∠COD＝40°，∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
{
OA=OB
)
∠AOC=∠BOD ，
OC=OD
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA＝∠ODB，∠OAC＝∠OBD，AC＝BD，故②正确；
由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，
∴∠AMB＝∠AOB＝40°，故①正确；
如图，过点O作OG⊥MC于点G，OH⊥MB于点H，
则∠OGC＝∠OHD＝90°，
在△OCG和△ODH中，
{∠OGC=∠OHB
)
∠OCA=∠ODH ，
OC=OD
∴△OCG≌△ODH（AAS），
∴OG＝OH，
∴MO平分∠BMC，故④正确；
∵∠AOB＝∠COD，
∴当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，
假设∠DOM＝∠AOM，
∵∠AOB＝∠COD，
∴∠COM＝∠BOM，
∵MO平分∠BMC，
∴∠CMO＝∠BMO，
在△COM和△BOM中，{∠COM=∠BOM
)
OM=OM ，
∠CMO=∠BMO
∴△COM≌△BOM（ASA），
∴OB＝OC，
∵OA＝OB，
∴OA＝OC，
与OA＞OC矛盾，故③不正确；
综上所述，正确的是①②④，
故选：A．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）已知△ABC的三边长为3，5，7，△DEF的三边长为5，2x﹣3，3x﹣2，若△ABC与△DEF全
等，则x等于 ．
【分析】根据全等三角形的性质“全等三角形对应边相等”，运用解方程的方法，分类讨论即可求解．
【解答】解：△ABC的三边长为3，5，7，△DEF的三边长为5，2x﹣3，3x﹣2，△ABC与△DEF全
等，
∴当2x﹣3＝3时，x＝3，则3x﹣2＝9﹣2＝7，符合题意；
当2x﹣3＝7时，x＝5，则3x﹣2＝15﹣2＝13≠7，不符合题意；
∴x＝3，
故答案为：3．
12．（3分）如图，在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠A＝∠D＝90°，给出下列四组条件
①AB＝DE，BC＝EF； ②AB＝DE，∠B＝∠E；③∠B＝∠E，∠C＝∠F； ④AB＝DE，AC＝DF
其中，能使△ABC≌△DEF的条件有 （请填写所有满足条件的序号）．
【分析】根据三角形全等的判定方法对各组条件进行判断．
【解答】解：若AB＝DE，BC＝EF，则可根据“HL”得到△ABC≌△DEF；
若AB＝DE，∠B＝∠E，则可根据“ASA”得到△ABC≌△DEF；
若∠B＝∠E，∠C＝∠F，不能得到△ABC≌△DEF；
若AB＝DE，AC＝DF，则可根据“SAS”得到△ABC≌△DEF．故答案为①②④．
13．（3分）如下图，地面上有一根旗杆 AO，小明两次拉住从顶端垂下的绳子 OB到OC，OD的位置
（OC，OA，OD在同一平面内），测得∠COD＝90°，且C、D两点到OA的水平距离CE、DF分别为
1.4m和1.8m，则F、E两点的高度差即FE的长为 m．
【分析】根据垂直的定义，余角的性质以及全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：∵CE⊥OA，DF⊥OA，
∴∠CEO＝∠OFD＝90°，
∵∠AOD＝90°，
∴∠AOE+∠OCE＝∠COE+∠DOF，
∴∠OCE＝∠DOF，
在△COE与△ODF中，
{∠OCE=∠DOF
)
∠OEC=∠DFO ，
OC=OD
∴△COE≌△ODF（AAS），
∴OF＝BE＝1.4m，OE＝DF＝1.8m，
∴EF＝DE﹣DF＝0.4（m），
答：FE的长为0.4m，
故答案为：0.4．
14．（3分）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，点A，B，C，D，E均在小
正方形方格的顶点上，线段AB，CD交于点F，若∠CFB＝41°，则∠ABE＝ ．【分析】如图，证明△CGD≌△BHE（SAS），得到∠GCD＝∠HBE，根据三角形外角的性质及平行线
的性质可进行求解．
【解答】解：如图，
由图可知：GD＝EH＝1，CG＝BH＝4，∠CGD＝∠BHE＝90°，
∴△CGD≌△BHE（SAS），
∴∠GCD＝∠HBE，
∵CG∥BD，
∴∠CAB＝∠ABD，
∵∠CFB＝∠CAB+∠GCD＝41°，
∴∠ABD+∠HBE＝41°，
∴∠ABE＝∠ABD+∠DBH+∠HBE＝90°+41°＝131°；
故答案为：131°．
15．（3分）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，其中“将一个几何图形任意切成多块小图形，
几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一．如图，
AO、BO分别平分∠CAB、∠CBA，且点O到AB的距离OD为3．若△ABC的周长为16，则△ABC的
面积为 ．【分析】连接OC，过O作OM⊥BC于M，ON⊥AC于N，由角平分线的性质推出OD＝OM＝ON＝3，
1
由三角形面积公式得到△ABC的面积= （AB+BC+AC）•OD＝24．
2
【解答】解：连接OC，过O作OM⊥BC于M，ON⊥AC于N，
∵AO、BO分别平分∠CAB、∠CBA，
∴OD＝OM＝ON＝3，
∵△ABC的面积＝△OAB的面积+△OBC的面积+△OAC的面积，
1 1 1 1 1
∴△ABC的面积= AB•OD+ BC•OM+ AC•ON= （AB+BC+AC）•OD= ×16×3＝24．
2 2 2 2 2
故答案为：24．
16．（3分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，点P从A点出发沿A﹣C﹣B路径运
动，终点为B点；点Q从B点出发沿B﹣C﹣A路径运动，终点为A点．点P和点Q分别以1cm/s和
3cm/s的速度同时开始运动，两点到达相应的终点时分别停止运动．若分别过点P和Q作PE⊥l于E，
QF⊥l于F．当△PEC与△QFC全等时，点P的运动时间t为 s．
【分析】根据题意分为五种情况，根据全等三角形的性质得出 CP＝CQ，代入得出关于t的方程，解方
程即可．
【解答】解：设点P运动t秒时，以P、E、C为顶点的三角形和以Q、F、C为顶点的三角形全等，分
为五种情况：
①如图1，P在AC上，Q在BC上，则PC＝（6﹣t）cm，QC＝（8﹣3t）cm，∵PE⊥l，QF⊥l，
∴∠PEC＝∠QFC＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠EPC+∠PCE＝90°，∠PCE+∠QCF＝90°，
∴∠EPC＝∠QCF，
∵△PCE≌△CQF，
∴PC＝CQ，
即6﹣t＝8﹣3t，
∴t＝1；
②如图2，P在BC上，Q在AC上，则PC＝（t﹣6）cm，QC＝（3t﹣80）cm，
由①知：PC＝CQ，
∴t﹣6＝3t﹣8，
∴t＝1；
因为此时t﹣6＜0，所以此种情况不符合题意；
③当P、Q都在AC上时，如图3，PC＝6﹣t＝3t﹣8，
7
∴t= ；
2
④当Q到A点停止，P在BC上时，
AC＝PC，t﹣6＝6时，解得t＝12．
⑤因为P的速度是每秒1，Q的速度是每秒3，P和Q都在BC上的情况不存在；
7
综上，点P运动1或 或12秒时，△PEC与△QFC全等．
2
7
故答案为：1或 或12．
2
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）如图所示，请你在图中画两条直线，把这个“+”图案分成四个全等的图形（要求至少要画出
两种方法）．
【分析】根据能够完全重合的两个图形叫做全等形画线即可．
【解答】解：如图所示：
．
18．（6分）小刚同学通过学习，知道一般情况下，要证明一个几何命题，需要明确命题中的已知和求证，然后根据题意，画出图形，并用符号表示已知和求证，再写出证明过程．小刚准备用上述步骤，证
明这样一道题：如果两个锐角三角形有两条边和其中一边上的高分别相等，那么这两个三角形全等．他
已经画出如下的图形，用符号表示了已知，请你帮他用符号表示求证，并写出证明过程．
已知：如图，在△ABC和△EFG中，AC＝EG，BC＝FG，AD，EH分别是BC，FG边上的高．且AD＝
EH．
求证：…
【分析】由HL证明Rt△ADC≌Rt△EHG，得到∠C＝∠G，由SAS即可证明△ABC≌△EFG（SAS）．
【解答】已知：如图，在△ABC和△EFG中，AC＝EG，BC＝FG，AD，EH分别是BC，FG边上的
高．且AD＝EH．
求证：△ABC≌△EFG．
证明：∵AD，EH分别是BC，FG边上的高，
∴∠ADC＝∠EHG＝90°，
在Rt△ADC和Rt△EHG中，
{AC=EG)
，
AD=EH
∴Rt△ADC≌Rt△EHG（HL），
∴∠C＝∠G，
在△ABC和△EFG中，
{
AC=EG
)
∠C=∠G ，
BC=FG
∴△ABC≌△EFG（SAS）．
19．（6分）如图，M是线段AB上的一点，ED是过点M的一条线段，连接AE、BD，过点B作BF∥AE
交ED于点F，且EM＝FM．
（1）求证：AE＝BF．
（2）连接AC，若∠AEC＝90°，∠CAE＝∠DBF，CD＝4，求EM的长．【分析】（1）根据平行线的性质得到∠EAM＝∠FBM，结合对顶角相等即可利用 AAS 证明
△AME≌△BMF，根据全等三角形的性质即可得解；
（2）结合（1）利用ASA证明△AEC≌△BFD，利用全等三角形的性质即可得解．
【解答】（1）证明：∵BF∥AE，
∴∠EAM＝∠FBM，
在△AME和△BMF中，
¿，
∴△AME≌△BMF（AAS），
∴AE＝BF；
（2）解：∵△AME≌△BMF，
∴AE＝BF，EM＝FM，∠BFM＝∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠BFD＝90°，
在△AEC和△BFD中，
¿，
∴△AEC≌△BFD（ASA），
∴EC＝FD，
∴EC﹣CF＝FD﹣CF，
即EF＝CD＝4，
1
∴EM= EF＝2．
2
20．（8分）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）求证：DE平分∠ADC；
（2）若AB＝7，AD＝4，CD＝8，且S△ACD ＝15，求△ABE的面积．【分析】（1）过点E作EG⊥AD于G，EH⊥BC于H，先通过计算得出∠FAE＝∠CAD＝40，根据角平
分线的性质得EF＝EG，EF＝EH，进而得EG＝EH，据此根据角平分线的性质可得出结论；
（2）设EG＝x，由（1）得：EF＝EH＝EG＝x，根据S△ACD ＝15，AD＝4，CD＝8可求出x＝2.5，故得
EF＝2.5，然后S△ABE＝1/2AB•EF可得出答案．
【解答】（1）证明：过点E作EG⊥AD于G，EH⊥BC于H，如图：
∵EF⊥AB，∠AEF＝50°，
∴∠FAE＝90°﹣50°＝40°，
∵∠BAD＝100°，
∴∠CAD＝180°﹣100°﹣40°＝40°，
∴∠FAE＝∠CAD＝40，
即CA为∠DAF的平分线，
又EF⊥AB，EG⊥AD，
∴EF＝EG，
∵BE是∠ABC的平分线，
∴EF＝EH，
∴EG＝EH，
∴点E在∠ADC的平分线上，
∴DE平分∠ADC；
（2）解：设EG＝x，
由（1）得：EF＝EH＝EG＝x，
∵S△ACD ＝15，AD＝4，CD＝8，1 1
∴ AD•EG + CD•EH＝15，
2 2
即：4x+8x＝30，
解得：x＝2.5，
∴EF＝x＝2.5，
1 1 35
∴S△ABE =
2
AB•EF =
2
×7×2.5 =
4
．
21．（8分）（1）【模型启迪】如图1，在△ABC中，D为BC边的中点，连接AD并延长至点H，使DH
＝AD，连接BH，则AC与BH的数量关系为 ，位置关系为 ．
（2）【模型探索】如图2，在△ABC中，D为BC边的中点，连接AD，E为AC边上一点，连接BE交
AD于点F，且BF＝AC．求证：AE＝EF．
【分析】（1）证△ACD≌△HBD（SAS），得AC＝BH，∠C＝∠HBD，再由平行线的判定得AC∥BH
即可；
（2）延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG，证△ACD≌△GBD（SAS），得AC＝BG，∠CAD＝
∠BGD，再证BG＝BF，得∠BGD＝∠BFG＝∠AFE，然后证∠AFE＝∠EAF，即可得出结论．
【解答】（1）解：∵D为BC边的中点，
∴BD＝CD，
在△ACD和△HBD中，
{
CD=BD
)
∠ADC=∠HDB ，
AD=HD
∴△ACD≌△HBD（SAS），
∴AC＝BH，∠C＝∠HBD，
∴AC∥BH，
故答案为：AC＝BH，AC∥BH；
（2）证明：如图2，延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG，∵D为BC边的中点，
∴BD＝CD，
在△ACD和△GBD中，
{
AC=BD
)
∠ADC=∠GDB ，
AD=DG
∴△ACD≌△GBD（SAS），
∴AC＝BG，∠CAD＝∠BGD，
∵BF＝AC，
∴BG＝BF，
∴∠BGD＝∠BFG＝∠AFE，
∴∠AFE＝∠CAD，
即∠AFE＝∠EAF，
∴AE＝EF．
22．（8分）如图所示，BD、CE是△ABC高，点P在BD的延长线上，CA＝BP，点Q在CE上，QC＝
AB．
（1）判断：∠1 ∠2（用“＞”、“＜”、“＝”填空）；
（2）探究：PA与AQ之间的关系；
（3）若把（1）中的△ABC改为钝角三角形，AC＞AB，∠A是钝角，其他条件不变，试探究PA与AQ
之间的关系，请画出图形并直接写出结论．【分析】（1）根据垂直的定义和三角形的内角和定理即可得到答案；
（2）由条件可得出∠1＝∠2，可证得△APB≌△QAC，可得结论；
（3）根据题意画出图形，结合（1）可证得△APB≌△QAC，可得结论．
【解答】解：（1）设CE、BD交于F，
∵BD、CE是△ABC高，
∴∠BEF＝∠CDF＝90°，
∵∠BFE＝∠CFD，
∴∠1＝180°﹣∠BEF﹣∠BFE＝90°﹣∠BFE，∠2＝180°﹣∠CDF﹣∠CFD＝90°﹣∠CDF，
∴∠1＝∠2；
故答案为：＝；
（2）结论：AP＝AQ，AP⊥AQ，
证明：∵BD、CE是△ABC的高，
∴BD⊥AC，CE⊥AB，
∴∠1+∠CAB＝90°，∠2+∠CAB＝90°，
∴∠1＝∠2，
在△QAC和△APB中，
{QC=AB
)
∠1=∠2 ，
CA=BP
∴△QAC≌△APB（SAS），
∴AQ＝AP，∠QAC＝∠P，
而∠DAP+∠P＝90°，
∴∠DAP+∠QAC＝90°，
即∠QAP＝90°，
∴AQ⊥AP；
即AP＝AQ，AP⊥AQ；（3）上述结论成立，理由如下：
如图所示：
∵BD、CE是△ABC的高，
∴BD⊥AC，CE⊥AB，
∴∠1+∠CAE＝90°，∠2+∠DAB＝90°，
∵∠CAE＝∠DAB，
∴∠1＝∠2，
在△QAC和△APB中，
{QC=AB
)
∠1=∠2 ，
CA=BP
∴△QAC≌△APB（SAS），
∴AQ＝AP，∠QAC＝∠P，
∵∠PDA＝90°，
∴∠P+∠PAD＝90°，
∴∠QAC+∠PAD＝90°，
∴∠QAP＝90°，
∴AQ⊥AP，
即AP＝AQ，AP⊥AQ．
23．（10分）把两个全等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形 ACBD以D为顶点作∠MDN，交边AC、BC于M、N．
（1）若∠ACD＝30°，∠MDN＝60°，当∠MDN绕点D旋转时，AM、MN、BN三条线段之间有何种数
量关系？证明你的结论；
（2）当∠ACD+∠MDN＝90°时，AM、MN、BN三条线段之间有何数量关系？证明你的结论；
（3）如图③，在（2）的条件下，若将M、N改在CA、BC的延长线上，完成图3，其余条件不变，则
AM、MN、BN之间有何数量关系（直接写出结论，不必证明）
【分析】（1）延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证
△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；
（2）延长 CB 到 E，使 BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证
△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；
（3）在 CB 截取 BE＝AM，连接 DE，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证
△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可．
【解答】（1）AM+BN＝MN，
证明：延长CB到E，使BE＝AM，∵∠A＝∠CBD＝90°，
∴∠A＝∠EBD＝90°，
在△DAM和△DBE中
{
AM=BE
)
∠A=∠DBE ，
AD=BD
∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，
∵∠MDN＝∠ADC＝60°，
∴∠ADM＝∠NDC，
∴∠BDE＝∠NDC，
∴∠MDN＝∠NDE，
在△MDN和△EDN中
{
DM=DE
)
∠MDN=∠NDE ，
DN=DN
∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE，
∵NE＝BE+BN＝AM+BN，
∴AM+BN＝MN．
（2）AM+BN＝MN，
证明：延长CB到E，使BE＝AM，连接DE，
由（1）知：△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠MDA＝∠CDN，DM＝DE，∵∠MDN+∠ACD＝90°，∠ACD+∠ADC＝90°，
∴∠NDM＝∠ADC＝∠CDB，
∴∠ADM＝∠CDN＝∠BDE，
∵∠CDM＝∠NDB
∴∠MDN＝∠NDE，
在△MDN和△EDN中
{
DM=DE
)
∠MDN=∠NDE ，
DN=DN
∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE，
∵NE＝BE+BN＝AM+BN，
∴AM+BN＝MN．
（3）BN﹣AM＝MN，
证明：在CB截取BE＝AM，连接DE，
∵∠CDA+∠ACD＝90°，∠MDN+∠ACD＝90°，
∴∠MDN＝∠CDA，
∵∠ADN＝∠ADN，
∴∠MDA＝∠CDN，
∵∠B＝∠CAD＝90°，
∴∠B＝∠DAM＝90°，
在△DAM和△DBE中
{
AM=BE
)
∠DAM=∠DBE ，
AD=BD
∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠ADM＝∠CDN，DM＝DE，
∵∠ADC＝∠BDC＝∠MDN，
∴∠MDN＝∠EDN，
在△MDN和△EDN中
{
DM=DE
)
∠MDN=∠NDE ，
DN=DN∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE，
∵NE＝BN﹣BE＝BN﹣AM，
∴BN﹣AM＝MN．
