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【满分秘诀】专题 04 全等三角形（满分突破）
1．（2022春•金沙县期末）如图，△ABC的三边AC、BC、AB的长分别是8、12、16，点
O是△ABC三条角平分线的交点，则S△OAB ：S△OBC ：S△OAC 的值为（ ）
A．4：3：2 B．1：2：3 C．2：3：4 D．3：4：5
【答案】A
【解答】解：∵O是△ABC三条角平分线交点，
∴点O到AB、AC、BC的距离相等，
设O到AB、AC、BC的距离为h，
∴S△OAB ：S△OBC ：S△OAC ＝（ •h•AB）：（ •h•BC）：（ •h•AC）
＝AB：BC：AC
＝16：12：8
＝4：3：2．
故选：A．
2．（2022春•盐湖区期末）如图，已知线段AB＝40米，MA⊥AB于点A，MA＝20米，射
线BD⊥AB于B，P点从B点向A运动，每秒走1米，Q点从B点向D运动，每秒走3
米，P、Q同时从B出发，则出发x秒后，在线段MA上有一点C，使△CAP与△PBQ
全等，则x的值为（ ）
A．8 B．8或10 C．10 D．6或10
【答案】C
【解答】解：当△APC≌△BQP时，AP＝BQ，即40﹣x＝3x，
解得：x＝10；当△APC≌△BPQ时，AP＝BP＝ AB＝20米，
此时所用时间x为20，AC＝BQ＝60米，不合题意，舍去；
综上，出发20后，在线段MA上有一点C，使△CAP与△PBQ全等．
故选：C．
3．（2022春•来凤县期末）如图，在正方形 OABC中，O是坐标原点，点 A的坐标为
（1， ），则点C的坐标是（ ）
A．（﹣ ，1） B．（﹣1， ） C．（﹣ ，1） D．（﹣ ，﹣1）
【答案】C
【解答】解：如图，过点C作CD⊥x轴于点D，过点A作AE⊥x轴于点E，
在正方形OABC中，∠AOC＝90°，AO＝CO，
∵∠AOC＝∠CDO＝90°，
∴∠COD+∠AOE＝∠COD+∠OCD＝90°，
∴∠OCD＝∠AOE，
在△OCD和△AOE中，
，∴△OCD≌△AOE（AAS），
∴CD＝OE＝1，OD＝AE＝ ，
∴C（﹣ ，1）．
故选：C．
4．（2022春•雁塔区校级期末）在学习完“探索三角形全等的条件”一节后，一同学总结
出很多全等三角形的模型，他设计了以下问题给同桌解决：如图，做一个“U”字形框
架PABQ，其中AB＝42cm，AP，BQ足够长，PA⊥AB于A，QB⊥AB于点B，点M从B
出发向A运动，同时点N从B出发向Q运动，使M，N运动的速度之比3：4，当两点
运动到某一瞬间同时停止，此时在射线AP上取点C，使△ACM与△BMN全等，则线段
AC的长为（ ）
A．18cm B．24cm C．18cm或28cm D．18cm或24cm
【答案】C
【解答】解：设：BM＝3xcm，则BN＝4xcm，
∵∠A＝∠B＝90°，
（1），当△ACM≌△BNM时，有BM＝AM，BN＝AC，
又AM+BM＝42cm，
∴3x+3x＝42，
∴x＝7．
∴AC＝BN＝4x＝28cm；
当△ACM≌△BMN时，有AM＝BN，BM＝AC，
又AM+BM＝42cm，
∴4x+3x＝42，
∴x＝6，
∴AC＝BM＝18cm；
故选：C．5．（2021秋•肥西县期末）一个三角形的两边长分别为5和9，设第三边上的中线长为x，
则x的取值范围是（ ）
A．x＞5 B．x＜7 C．4＜x＜14 D．2＜x＜7
【答案】D
【解答】解：如图，AB＝5，AC＝9，AD为BC边的中线，
延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，CE，
∵AD＝x，
∴AE＝2x，
在△BDE与△CDA中，
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC＝9，
在△ABE中，AB+BE＞AE，BE﹣AB＜AE，
即5+9＞2x，9﹣5＜2x，
∴2＜x＜7，
故选：D．
6．（2022春•龙华区期末）如图，在△ABD中，AD＝AB，∠DAB＝90°，在△ACE中，
AC＝AE，∠EAC＝90°，CD，BE相交于点F，有下列四个结论：①∠BDC＝∠BEC；
②FA平分∠DFE；③DC⊥BE；④DC＝BE．其中，正确的结论有（ ）A．①②③④ B．①③④ C．②③ D．②③④
【答案】D
【解答】解：∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，
∴∠ADB＝∠AEC＝45°，
∵∠BDC＝∠ADB﹣∠ADC＝45°﹣∠ADC，
∠BEC＝∠AEC﹣∠AEB＝45°﹣∠AEB，
∵∠ADC和∠AEB不一定相等，
∴∠BDC与∠BEC不确定相等；
故①错误，
∵∠DAB＝∠EAC＝90°，
∴∠DAB+∠BAC＝∠EAC+∠BAC，即∠DAC＝∠BAE，
在△ADC和△ABE中，
，
∴△ADC≌△ABE（SAS），
∴DC＝BE，
故④正确；
过A点作AM⊥DC于M，AN⊥BE于N，如图，
∵△ADC≌△ABE，
∴AM＝AN，
∴AF平分∠DFE，所以②正确．
∵∠ADC+∠1+∠DAB＝∠ABE+∠2+∠BFD，
而∠ADC＝∠ABE，∠1＝∠2，
∴∠BFD＝∠DAB＝90°，
∴DC⊥BE，所以③正确；
故正确的结论为②③④．
故选：D．
7．（2021 秋•滦州市期末）如图，点 E 是 BC 的中点，AB⊥BC，DC⊥BC，AE 平分
∠BAD，下列结论：①∠AED＝90°；②∠ADE＝∠CDE；③DE＝BE；④AD＝
AB+CD，四个结论中成立的是（ ）A．①③ B．①②③ C．②③④ D．①②④
【答案】D
【解答】解：过E点作EF⊥AD于F，如图，
∵AE平分∠BAD，EF⊥AD，EB⊥AB，
∴EF＝EB，
在Rt△ABE和Rt△AFE中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△AFE（HL），
∴AB＝AE，∠AEB＝∠AEF，
∵点E是BC的中点，
∴EC＝EB，
∴EC＝EF，
在Rt△DEC和Rt△DEF中，
，
∴Rt△DEC≌Rt△DEF（HL），
∴DC＝DF，∠DEC＝∠DEF，∠FDE＝∠CDE，所以②正确；
∵∠AED＝∠AEF+∠DEF＝ ∠BEF+ ∠CEF
∴∠AED＝90°，所以①正确；
∵DE＞EC，而EC＝BE，
∴DE＞BE，所以③错误；
∵AF＝AB，DF＝DC，
∴AD＝AF+DF＝AB+CD，所以④正确．
故选：D．8．（2021秋•南宁期末）等面积法是一种常用的、重要的数学解题方法．
（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4，AB＝5，CD⊥AB，则CD
长为 ；
（2）如图2，在△ABC中，AB＝4，BC＝2，则△ABC的高CD与AE的比是 ；
（3）如图3，在△ABC中，∠C＝90°（∠A＜∠ABC），点D，P分别在边AB，AC上，
且BP＝AP，DE⊥BP，DF⊥AP，垂足分别为点E，F．若BC＝5，求DE+DF的值．
【解答】解：（1）如图1中，
∵CD⊥AB，
∴S△ABC ＝ •AC•BC＝ •AB•CD，
∴CD＝ ＝ ；
故答案为： ；
（2）如图2中，
∵S△ABC ＝ AB•CD＝ BC•AE
∴ ，
∴2CD＝AE，
∴CD：AE＝1：2；
故答案为：1：2；
（3）∵S△ABP ＝ ， ， ，
∵S△ABP ＝S△ADP +S△BDP ，
∴ ，
又∵BP＝AP，∴ ，
即DE+DF＝BC＝5．
9．（2022春•周村区期末）如图，已知AE⊥AB，AF⊥AC．AE＝AB，AF＝AC，BF与CE
相交于点M．
求证：
（1）EC＝BF；
（2）EC⊥BF；
（3）连接AM，求证：MA平分∠EMF．
【解答】证明：（1）∵AE⊥AB，AF⊥AC，
∴∠BAE＝∠CAF＝90°，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAF+∠BAC，
即∠EAC＝∠BAF，
在△ABF和△AEC中，
，
∴△ABF≌△AEC（SAS），
∴EC＝BF；
（2）设AB与EC的交点为D，∵△ABF≌△AEC，
∴∠AEC＝∠ABF，
∵AE⊥AB，
∴∠BAE＝90°，
∴∠AEC+∠ADE＝90°，
∵∠ADE＝∠BDM，
∴∠ABF+∠BDM＝90°，
在△BDM中，∠BMD＝180°﹣∠ABF﹣∠BDM＝180°﹣90°＝90°，
∴EC⊥BF；
（3）如图，作AP⊥CE于P，AQ⊥BF于Q，
∵△ABF≌△AEC，
∴S△AEC ＝S△ABF ，
∴ EC•AP＝ BF•AQ，
∵EC＝BF，
∴AP＝AQ，
∵AP⊥CE于P，AQ⊥BF于Q，
∴MA平分∠EMF．
10．（2021秋•济南期末）在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方
有AB＝AC，且满足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝ ．
（1）如图1，当 ＝90°时，猜想线段DE，BDα，CE之间的数量关系是 DE ＝ BD + CE
； α
（2）如图2，当0＜ ＜180时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证
明；若不成立，请说明α 理由；
（3）拓展与应用：如图 3，当 ＝120°时，点F为∠BAC平分线上的一点，且 AB＝
AF，分别连接FB，FD，FE，FCα，试判断△DEF的形状，并说明理由．【解答】解：（1）DE＝BD+CE，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE，
故答案为：DE＝BD+CE．
（2）DE＝BD+CE仍然成立，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝ ，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠αDBA＝180°﹣ ，
∴∠DBA＝∠EAC， α
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
（3）△DEF是等边三角形，理由如下，
∵ ＝120°，AF平分∠BAC，
∴α∠BAF＝∠CAF＝60°，
∵AB＝AF＝AC，
∴△ABF和△ACF是等边三角形，
∴FA＝FC，∠FCA＝∠FAB＝∠AFC＝60°，
同（2）可得，△BDA≌△AEC，
∴∠BAD＝∠ACE，AD＝CE，∴∠FAD＝∠FCE，
∴△FAD≌△FCE（SAS），
∴DF＝EF，∠DFA＝∠EFC，
∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝∠AFC＝60°，
∴△DEF是等边三角形．
11．（2021秋•黔西南州期末）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD
＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中
线段BE，EF，FD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 ；
探索延伸：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∠EAF＝ ∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，
舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指
令后，舰艇甲向正东方向以70海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以90
海里/小时的速度，前进2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且
两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【解答】解：问题背景：由题意：△ABE≌△ADG，△AEF≌△AGF，
∴BE＝DG，EF＝GF，
∴EF＝FG＝DF+DG＝BE+FD．
故答案为：EF＝BE+FD．
探索延伸：EF＝BE+FD仍然成立．
理由：如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
又∵AB＝AD，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
又∵∠EAF＝ ∠BAD，
∴∠FAG＝∠FAD+∠DAG＝∠FAD+∠BAE＝∠BAD﹣∠EAF，
＝∠BAD﹣ ∠BAD＝ ∠BAD，
∴∠EAF＝∠GAF．
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
又∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+FD．
实际应用：如图3，连接EF，延长AE，BF相交于点C，
在四边形AOBC中，
∵∠AOB＝30°+90°+20°＝140°，∠FOE＝70°＝ ∠AOB，
又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝60°+120°＝180°，符合探索延伸中的条件，
∴结论EF＝AE+FB成立．
即，EF＝AE+FB＝2×（70+90）＝320（海里）
答：此时两舰艇之间的距离为320海里．12．（2021秋•叙州区期末）如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝
∠DAE＝90°．
（1）当点D在AC上时，如图①，线段BD，CE有怎样的数量关系和位置关系？请证
明你的猜想；
（2）将图①中的△ADE绕点A顺时针旋转 （0°＜ ＜90°），如图②，线段BD，CE
有怎样的数量关系和位置关系？请说明理由．α α
【解答】证明：（1）延长BD交CE于F，
在△EAC和△DAB中，，
∴△EAC≌△DAB（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠AEC+∠ACE＝90°，
∴∠ABD+∠AEC＝90°，
∴∠BFE＝90°，即EC⊥BD；
（2）延长BD交CE于F，
∵∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠EAC＝90°，
∴∠BAD＝∠EAC，
∵在△EAC和△DAB中，
，
∴△EAC≌△DAB（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABC+∠ACB＝90°，
∴∠CBF+∠BCF＝∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE＝90°，
∴∠BFC＝90°，即EC⊥BD．
13．（2021秋•南宁期末）如图1，分别以△ABC的两边AB，AC为边作△ABD和△ACE，
使得AB＝AD，AE＝AC，∠DAB＝∠EAC．（1）求证：BE＝CD；
（2）过点A分别作AF⊥CD于点F，AG⊥BE于点G，
①如图2，连接FG，请判断△AFG的形状，并说明理由；
②如图3，若CD与BE相交于点H，且∠DAB＝∠EAC＝60°，试猜想AH，CH，HE之
间的数量关系，并证明．
【解答】（1）证明：∵∠DAB＝∠EAC，
∴∠DAB+∠BAC＝∠EAC+∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAE，
在△DAC和△BAE中，
，
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴BE＝CD；
（2）①解：△AFG是等腰三角形，理由如下：
∵△ADC≌△ABE，
∴∠ADF＝∠ABG，
∵AF⊥CD，AG⊥BE，
∴∠AFD＝∠AGB＝90°，
在△ADF和△ABG中，
，
∴△ADF≌△ABG（AAS），
∴AF＝AG，
∴△AFG是等腰三角形；
②解：HE＝AH+CH，理由如下：∵∠DAB＝∠EAC，
∴∠DAB+∠BAC＝∠EAC+∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAE，
在△DAC和△BAE中，
，
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴BE＝CD，∠ACF＝∠AEG，
∵AF⊥CD，AG⊥BE，
∴∠AFC＝∠AGE＝90°，
在△ACF和△AEG中，
，
∴△ACF≌△AEG（AAS），
∴CF＝EG，AF＝AG，
∵∠CAE+∠AEC+∠ACE＝180°，∠ACE+∠HEC+∠HCA+∠CHE＝180°，∠AEB＝
∠ACH，
∴∠EHC＝60°，
∴∠DHE＝120°，
∵AF＝AG，AF⊥CD，AG⊥BE，
∴∠AHF＝∠AHG＝60°，
∴∠FAH＝∠GAH＝30°，
∴AH＝2FH＝2HG，
∴FH＝HG，
∴HE＝GE+HG＝CF+HG＝CH+FH+HG＝CH+2HG＝CH+AH．
