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第14章 全等三角形章末题型过关卷
【人教版】
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2024秋•东莞市期末）如图，在△ABC和△DEF中，∠A＝∠D，AF＝DC，添加下列条件中
的一个仍无法证明△ABC≌△DEF的是（ ）
A．AB＝DE B．BC＝EF C．∠B＝∠E D．∠ACB＝∠DFE
【分析】根据AF＝DC求出AC＝DF，再根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：∵AF＝DC，
∴AF+FC＝DC+FC，
即AC＝DF，
A．AB＝DE，∠A＝∠D，AC＝DF，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ABC≌△DEF，故本选
项不符合题意；
B．BC＝EF，AC＝DF，∠A＝∠D，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABC≌△DEF，故本选
项符合题意；
C．∠B＝∠E，∠A＝∠D，AC＝DF，符合全等三角形的判定定理AAS，能推出△ABC≌△DEF，故本
选项不符合题意；
D．∠ACB＝∠DFE，AC＝DF，∠A＝∠D，符合全等三角形的判定定理 ASA，能推出
△ABC≌△DEF，故本选项不符合题意；
故选：B．
2．（3分）（2024•哈尔滨）如图，△ABC≌△DEC，点A和点D是对应顶点，点B和点E是对应顶点，
过点A作AF⊥CD，垂足为点F，若∠BCE＝65°，则∠CAF的度数为（ ）A．30° B．25° C．35° D．65°
【分析】由全等三角形的性质可求得∠ACD＝65°，由垂直可得∠CAF+∠ACD＝90°，进而可求解∠CAF
的度数．
【解答】解：∵△ABC≌△DEC，
∴∠ACB＝∠DCE，
∵∠BCE＝65°，
∴∠ACD＝∠BCE＝65°，
∵AF⊥CD，
∴∠AFC＝90°，
∴∠CAF+∠ACD＝90°，
∴∠CAF＝90°﹣65°＝25°，
故选：B．
3．（3分）（2024秋•武冈市期末）如图，一块玻璃碎成三片，小智只带了第③块去玻璃店，就能配一块
一模一样的玻璃，你能用三角形的知识解释，这是为什么？（ ）
A．ASA B．AAS C．SAS D．SSS
【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：A．
4．（3分）（2024•玉溪）如图，AE⊥AB且AE＝AB，BC⊥CD且BC＝CD，请按照图中所标注的数据，
计算图中实线所围成的图形的面积S是（ ）A．50 B．62 C．65 D．68
【分析】由AE⊥AB，EF⊥FH，BG⊥AG，可以得到∠EAF＝∠ABG，而AE＝AB，∠EFA＝∠AGB，由
此可以证明△EFA≌△ABG，所以AF＝BG，AG＝EF；
同理证得△BGC≌△DHC，GC＝DH，CH＝BG．
故FH＝FA+AG+GC+CH＝3+6+4+3＝16，然后利用面积的割补法和面积公式即可求出图形的面积．
【解答】解：∵AE⊥AB且AE＝AB，EF⊥FH，BG⊥FH，
∴∠EAB＝∠EFA＝∠BGA＝90°，
∵∠EAF+∠BAG＝90°，∠ABG+∠BAG＝90°，
∴∠EAF＝∠ABG，
∴AE＝AB，∠EFA＝∠AGB，∠EAF＝∠ABG，
∴△EFA≌△AGB，
∴AF＝BG，AG＝EF．
同理证得△BGC≌△CHD得GC＝DH，CH＝BG．
故FH＝FA+AG+GC+CH＝3+6+4+3＝16
1
故S= （6+4）×16﹣3×4﹣6×3＝50．
2
故选：A．
5．（3分）（2024秋•西平县期末）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（ ）10
A．2 B．2.5 C．3 D．
3
【分析】过点A作AH⊥BC于H，证△ABC≌△AED，得AF＝AH，再证Rt△AFG≌Rt△AHG（HL），
同理Rt△ADF≌Rt△ABH，得S ＝S ＝12，然后求得Rt△AFG的面积＝6，进而得到FG
四边形DGBA 四边形AFGH
的长．
【解答】解：过点A作AH⊥BC于H，如图所示：
在△ABC与△ADE中，
{BC=DE
∠C=∠E，
CA=EA
∴△ABC≌△ADE（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；
故选：C．
6．（3分）（2024•金牛区模拟）如图，AB⊥CD，且AB＝CD，E、F是AD上两点，CE⊥AD，BF⊥AD．
若CE＝8，BF＝6，AD＝10，则EF的长为（ ）
7 5
A．4 B． C．3 D．
2 2
【分析】由题意可证△ABF≌△CDE，可得BF＝DE＝6，CE＝AF＝8，可求EF的长．
【解答】解：∵AB⊥CD，CE⊥AD，
∴∠C+∠D＝90°，∠A+∠D＝90°，
∴∠A＝∠C，且AB＝CD，∠AFB＝∠CED，
∴△ABF≌△CDE（AAS）
∴BF＝DE＝6，CE＝AF＝8，
∵AE＝AD﹣DE＝10﹣6＝4
∴EF＝AF﹣AE＝8﹣4＝4，
故选：A．
7．（3分）（2024秋•晋州市期末）如图，已知线段AB＝20m，MA⊥AB于点A，MA＝6m，射线BD⊥AB
于点B，点P从点B向点A运动，每秒走1m，点Q从点B向点D运动，每秒走3m．若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．5 B．5或10 C．10 D．6或10
【分析】求出BP＝xm，BQ＝3xm，AP＝（20﹣x）m，根据全等三角形得出①AC＝BP＝xm，AP＝BQ
＝3xm，②AC＝BQ＝3xm，BP＝AP＝xm，再列出方程，最后求出x即可．
【解答】解：∵出发x秒，点P从点B向点A运动，每秒走1m，点Q从点B向点D运动，每秒走3m，
∴BP＝x•1＝x（m），BQ＝x•3＝3x（m），则AP＝（20﹣x）m，
∵MA⊥AB，BD⊥AB，
∴∠A＝∠B＝90°，
要使△CAP与△PBQ全等，有两种情况：
①AC＝BP＝xm，AP＝BQ＝3xm，
即20﹣x＝3x，
解得：x＝5；
②AC＝BQ＝3xm，BP＝AP＝xm，
即20﹣x＝x，
解得：x＝10，
当x＝10时，AC＝30，不符合题意，舍去，
所以x＝5，
故选：A．
8．（3分）（2024秋•曲阜市校级月考）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．
9．（3分）（2024秋•南江县校级期中）在△ABC中，高AD和BE所在的直线交于点H，且BH＝AC，则
∠ABC等于（ ）
A．45° B．120° C．45°或135° D．45°或120°
【分析】根据题意画出三个图形，证△HBD≌△CAD，推出AD＝DB，推出∠DAB＝∠DBA，根据三角
形内角和定理和等腰三角形的性质求出∠ABD，即可求出答案．
【解答】解：分为三种情况：
①如图1，
∵AD、BE是△ABC的高，
∴∠ADC＝∠BDH＝90°，∠BEC＝90°，
∴∠C+∠CAD＝90°，∠C+∠HBD＝90°，
∴∠CAD＝∠HBD，
在△HBD和△CAD中
{
∠HBD=∠CAD
∠BDH=∠ADC=90°，
BH=AC
∴△HBD≌△CAD（AAS），
∴BD＝AD，
∵∠ADB＝90°，
∴∠ABC＝∠BAD＝45°，
②如图2，∵AD⊥BC，BE⊥AC，
∴∠ADC＝∠HDB＝∠AEH＝90°，
∴∠H+∠HAE＝∠C+∠HAE＝90°，
∴∠H＝∠C，
∵在△HBD和△CAD中，
{∠HDB=∠ADC
∠H=∠C ，
BH=AC
∴△HBD≌△CAD（AAS），
∴AD＝BD，
∴∠DAB＝∠DBA，
∵∠ADB＝90°，
∴∠ABD＝45°，
∴∠ABC＝180°﹣45°＝135°；
③如图3中，
∵高AD和BE所在的直线交于点H，
∴∠HDB＝∠ADC＝∠HEA＝90°，
∴∠H+∠DAC＝90°，∠H+∠HBD＝90°，
∴∠DAC＝∠HBD，
在△DAC和△DBH中，{∠ADC=∠BDH
∠DAC=∠DBH，
AC=BH
∴△DAC≌△DBH（AAS），
∴AD＝BD，
∵∠ADB＝90°，
∴∠ABC＝∠BAD＝45°，
故选：C．
10．（3分）（2024•滨州）如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝
∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平
分∠BOC；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正确；
由全等三角形的性质得出∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠ AMB+∠OAC＝
∠AOB+∠OBD，得出∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，由AAS证明△OCG≌△ODH
（AAS），得出OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠BMC，④正确；
由∠AOB＝∠COD，得出当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DOM＝∠AOM，则∠COM
＝∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO＝∠BMO，推出△COM≌△BOM，得OB＝OC，而OA＝
OB，所以OA＝OC，而OA＞OC，故③错误；即可得出结论．
【解答】解：∵∠AOB＝∠COD＝40°，
∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，¿，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正确；
∴∠OAC＝∠OBD，
由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，∴∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图2所示：
则∠OGC＝∠OHD＝90°，
在△OCG和△ODH中，¿，
∴△OCG≌△ODH（AAS），
∴OG＝OH，
∴MO平分∠BMC，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，
{∠COM=∠BOM
在△COM和△BOM中， OM=OM ，
∠CMO=∠BMO
∴△COM≌△BOM（ASA），
∴OB＝OC，
∵OA＝OB
∴OA＝OC
与OA＞OC矛盾，
∴③错误；
正确的个数有3个；
故选：B．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2024•平谷区二模）如图，正方形格点图中，点A、B、C、D、E、F均在格点上，若以D、E、F为顶点的三角形与△ABC全等，请写出一个满足条件的F点坐标 （ 1 ， 1 ）或（ 4 ，﹣ 2 ）或（﹣
1 ，﹣ 1 ）或（ 1 ，﹣ 4 ） ．
【分析】先根据全等三角形的判定定理画出符合的F点的位置，再得出F点的坐标即可．
【解答】解：如图所示，有4种情况，
∵A（2，2），C（1，1），B（2，4），E（1，﹣1），D（2，﹣2），
∴当F的坐标是（1，1）或（4，﹣2）或（﹣1，﹣1）或（1，﹣4）时，以D、E、F为顶点的三角形
与△ABC全等，
故答案为：（1，1）或（4，﹣2）或（﹣1，﹣1）或（1，﹣4）．
12．（3分）（2024秋•瑶海区期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别是D，E，AD、
CE交于点H，已知AE＝CE＝5，CH＝2，则BE＝ 3 ．【分析】根据ASA证明△AEH与△CEB全等，进而利用全等三角形的性质解答．
【解答】解：∵AD⊥BC，CE⊥AB，
∴∠AEH＝∠HDC＝90°，
∵∠EHA＝∠DHC，
∴∠EAH＝∠ECB，
在△AEH与△CEB中，
{
∠EAH=∠ECB
CE=AE ，
∠AEH=∠CEB=90°
∴△AEH≌△CEB（ASA），
∴BE＝EH＝CE﹣CH＝5﹣2＝3，
故答案为：3．
13．（3分）（2024•昆山市自主招生）如图，由九个单位正方形组成，其中与△AEB 全等的三角形有 3
2 4
个．
【分析】根据全等三角形的判断方法寻找全等条件求解，做题时，要从已知条件开始思考，结合全等的
判定方法逐个验证，注意要由易到难，不重不漏．
【解答】解：△AEB≌△C FA≌△DGC ≌△BHD ．（ASA）
2 4 1 2 3 1 4 3
故填3．14．（3分）（2024秋•孝南区校级月考）如图，DA⊥AB，EA⊥AC，AB＝AD，AC＝AE，BE和CD相交
于O，则∠DOE的度数是 90 ° ．
【分析】根据已知条件易证得△AEB≌△ACD，可得∠D＝∠ABE，设 AB 与 CD 相交于点 F，由
DA⊥AB可得∠D+∠AFD＝90°，而由图可知∠AFD和∠BFO是对顶角相等，即可得∠DOE＝∠DOB＝
90°．
【解答】解：∵DA⊥AB，EA⊥AC，
∴∠DAB＝∠CAE＝90°，
∴∠DAB+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，即∠DAC＝∠BAE，
又∵AB＝AD，AC＝AE，
∴△AEB≌△ACD（SAS），
∴∠D＝∠ABE；
设AB与CD相交于点F，∵DA⊥AB，
∴∠D+∠AFD＝90°，
∵∠AFD＝∠BFO（对顶角相等），已证得∠D＝∠ABE；
∴∠BFO+∠ABE＝90°，
∴∠DOE＝∠DOB＝90°．
故答案为：90°．15．（3分）（2024秋•封开县期末）如图，在△ACD中，∠CAD＝90°，AC＝6，AD＝8，AB∥CD，E是
CD上一点，BE交AD于点F，若EF＝BF，则图中阴影部分的面积为 2 4 ．
【分析】证明△BAF≌△EDF（ASA），则S ＝S ，利用割补法可得阴影部分的面积．
△BAF △DEF
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠BAD＝∠D，
在△BAF和△EDF中，
{
∠BAD=∠D
BF=EF ，
∠AFB=∠DFE
∴△BAF≌△EDF（ASA），
∴S ＝S ，
△BAF △DEF
1 1
∴图中阴影部分的面积＝S +S ＝S = ⋅AC⋅AD= ×6×8=24．
四边形ACEF △AFB △ACD 2 2
故答案为：24．
16．（3分）（2022春•浦东新区期末）如图，已知△ABC≌△ADE，且点B与点D对应，点C与点E对应，
点D在BC上，∠BAE＝114°，∠BAD＝40°，则∠E的度数是 3 6 °．
【分析】根据全等三角形的性质得出AB＝AD，∠ABD＝∠ADE，根据等腰三角形的性质和三角形内角
和定理求出∠ABD＝70°，求出∠DAE和∠ADE，再根据三角形内角和定理求出∠E即可．
【解答】解：∵△ABC≌△ADE，
∴AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵∠BAD＝40°，
1
∴∠ABD＝∠ADB= （180°﹣∠BAD）＝70°，
2
∵△ABC≌△ADE，
∴∠ADE＝∠ABD＝70°，∵∠BAE＝114°，∠BAD＝40°，
∴∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD＝114°﹣40°＝74°，
∴∠E＝180°﹣∠ADE﹣∠DAE＝180°﹣70°﹣74°＝36°，
故答案为：36．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2022春•黄岛区期末）如图，请沿图中的虚线，用三种方法将下列图形划分为两个全等图形．
【分析】直接利用全等图形的定义进而分析得出答案．
【解答】解：如图所示：
．
18．（6分）（2024秋•普陀区期末）已知：如图，在△ABC中，AB＝CB，∠ABC＝45°，高AD与高BE
相交于点F，G为BF的中点．
求证：（1）DG＝DE；
（2）∠DEG＝∠DEC．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质证明△BDF≌△ACD，再根据直角三角形斜边上的中线等于1
斜边的一半可得DG= BF，进而可以解决问题；
2
1 1
（2）由（1）得∠DBG＝∠DAE，BG= BF，AE= AC，BF＝AC，然后证明△BDG≌△ADE，进而根
2 2
据三角形内角和定理即可解决问题．
【解答】证明：（1）AD⊥BD，∠BAD＝45°，
∴AD＝BD，
∵∠BFD＝∠AFE，∠AFE+∠CAD＝90°，∠CAD+∠ACD＝90°，
∴∠BFD＝∠ACD，
在△BDF和△ACD中，
{∠BFD=∠ACD
∠BDF=∠ADC，
BD=AD
∴△BDF≌△ACD（AAS），
∴BF＝AC，
∵G为BF的中点．
1
∴DG= BF，
2
∵AB＝CB，BE⊥AC，
∴E为AC的中点．
1
∴DE= AC，
2
∴DG＝DE；
1 1
（2）由（1）知：∠DBG＝∠DAE，BG= BF，AE= AC，BF＝AC，
2 2
∴BG＝AE，
在△BDG和△ADE中，
{
BD=AD
∠DBG=∠DAE，
BG=AE
∴△BDG≌△ADE（SAS），
∴∠BDG＝∠ADE，
∴∠DGB＝∠DBG+∠BDG，
∵∠DEC＝∠DAE+∠ADE，∴∠DGB＝∠DEC，
∵DG＝DE，
∴∠DGE＝∠DEG，
∴∠DEG＝∠DEC．
19．（8分）（2024秋•涪陵区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，E为AC边上一点，
连接BE与AD交于点F，G为△ABC外一点，满足∠ACG＝∠ABE，∠FAG＝∠BAC，连接EG．
（1）求证：△ABF≌△ACG；
（2）求证：BE＝CG+EG．
【分析】（1）根据已知条件可得∠BAD＝∠CAG，然后利用ASA即可证明△ABF≌△ACG；
（2）结合（1）的结论，再证明△AEF≌△AEG，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠FAG，
∴∠BAC﹣∠CAD＝∠FAG﹣∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAG，
在△ABF和△ACG中，
{∠BAD=∠CAG
AB=AC ，
∠ABF=∠ACG
∴△ABF≌△ACG（ASA）；
（2）证明：∵△ABF≌△ACG，
∴AF＝AG，BF＝CG，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠CAG，
∵∠BAD＝∠CAG，
∴∠CAD＝∠CAG，
在△AEF和△AEG中，{
AF=AG
∠FAE=∠GAE，
AE=AE
∴△AEF≌△AEG（SAS）．
∴EF＝EG，
∴BE＝BF+FE＝CG+EG．
20．（8分）（2024•宜昌）杨阳同学沿一段笔直的人行道行走，在由A步行到达B处的过程中，通过隔离
带的空隙O，刚好浏览完对面人行道宣传墙上的社会主义核心价值观标语，其具体信息汇集如下：
如图，AB∥OH∥CD，相邻两平行线间的距离相等，AC，BD相交于O，OD⊥CD．垂足为D，已知AB
＝20米，请根据上述信息求标语CD的长度．
【分析】由AB∥CD，利用平行线的性质可得∠ABO＝∠CDO，由垂直的定义可得∠CDO＝90°，易得
OB⊥AB，由相邻两平行线间的距离相等可得OD＝OB，利用ASA定理可得
△ABO≌△CDO，由全等三角形的性质可得结果．
【解答】解：∵AB∥CD，∴∠ABO＝∠CDO，
∵OD⊥CD，∴∠CDO＝90°，
∴∠ABO＝90°，即OB⊥AB，
∵相邻两平行线间的距离相等，
∴OD＝OB，
在△ABO与△CDO中，
{∠ABO=∠CDO
OB=OD ，
∠AOB=∠COD
∴△ABO≌△CDO（ASA），
∴CD＝AB＝20（m）
21．（8分）（2024秋•林州市期末）如图1，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，AD、BE相交于
点M，连接CM．
（1）求证：BE＝AD；
（2）用含α的式子表示∠AMB的度数（直接写出结果）；（3）当α＝90°时，取AD，BE的中点分别为点P、Q，连接CP，CQ，PQ，如图2，判断△CPQ的形
状，并加以证明．
【分析】（1）由CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，利用SAS即可判定△ACD≌△BCE；
（2）根据△ACD≌△BCE，得出∠CAD＝∠CBE，再根据∠AFC＝∠BFH，即可得到∠AMB＝∠ACB＝
α；
（3）先根据SAS判定△ACP≌△BCQ，再根据全等三角形的性质，得出CP＝CQ，∠ACP＝∠BCQ，
最后根据∠ACB＝90°即可得到∠PCQ＝90°，进而得到△PCQ为等腰直角三角形．
【解答】解：（1）如图1，∵∠ACB＝∠DCE＝α，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
{
CA=CB
∠ACD=∠BCE，
CD=CE
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE＝AD；
（2）如图1，∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE，
∵△ABC中，∠BAC+∠ABC＝180°﹣α，
∴∠BAM+∠ABM＝180°﹣α，
∴△ABM中，∠AMB＝180°﹣（180°﹣α）＝α；
（3）△CPQ为等腰直角三角形．
证明：如图2，由（1）可得，BE＝AD，
∵AD，BE的中点分别为点P、Q，
∴AP＝BQ，
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAP＝∠CBQ，在△ACP和△BCQ中，
{
CA=CB
∠CAP=∠CBQ，
AP=BQ
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴CP＝CQ，且∠ACP＝∠BCQ，
又∵∠ACP+∠PCB＝90°，
∴∠BCQ+∠PCB＝90°，
∴∠PCQ＝90°，
∴△CPQ为等腰直角三角形．
22．（8分）（2024•哈尔滨）已知：在四边形 ABCD中，对角线AC、BD相交于点E，且AC⊥BD，作
BF⊥CD，垂足为点F，BF与AC交于点G，∠BGE＝∠ADE．
（1）如图1，求证：AD＝CD；
（2）如图2，BH是△ABE的中线，若AE＝2DE，DE＝EG，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写
出图2中四个三角形，使写出的每个三角形的面积都等于△ADE面积的2倍．
【分析】（1）由AC⊥BD、BF⊥CD知∠ADE+∠DAE＝∠CGF+∠GCF，根据∠BGE＝∠ADE＝∠CGF
得出∠DAE＝∠GCF即可得；
（2）设DE＝a，先得出AE＝2DE＝2a、EG＝DE＝a、AH＝HE＝a、CE＝AE＝2a，据此知S ＝2a2
△ADC
＝2S ，证△ADE≌△BGE得BE＝AE＝2a，再分别求出S 、S 、S ，从而得出答案．
△ADE △ABE △BCE △BHG
【解答】解：（1）∵∠BGE＝∠ADE，∠BGE＝∠CGF，
∴∠ADE＝∠CGF，
∵AC⊥BD、BF⊥CD，∴∠ADE+∠DAE＝∠CGF+∠GCF，
∴∠DAE＝∠GCF，
∴AD＝CD；
（2）设DE＝a，
则AE＝2DE＝2a，EG＝DE＝a，
1 1
∴S = AE•DE= •2a•a＝a2，
△ADE 2 2
∵BH是△ABE的中线，
∴AH＝HE＝a，
∵AD＝CD、AC⊥BD，
∴CE＝AE＝2a，
1 1
则S = AC•DE= •（2a+2a）•a＝2a2＝2S ；
△ADC 2 2 △ADE
在△ADE和△BGE中，
{ ∠AED=∠BEG
∵ ，
DE=≥¿∠ADE=∠BGE
∴△ADE≌△BGE（ASA），
∴BE＝AE＝2a，
1 1
∴S = AE•BE= •（2a）•2a＝2a2，
△ABE 2 2
1 1
S = CE•BE= •（2a）•2a＝2a2，
△BCE 2 2
1 1
S = HG•BE= •（a+a）•2a＝2a2，
△BHG 2 2
综上，面积等于△ADE面积的2倍的三角形有△ACD、△ABE、△BCE、△BHG．
23．（8分）（2024•沈阳）将两个全等的直角三角形ABC和DBE按图①方式摆放，其中∠ACB＝∠DEB
＝90°，∠A＝∠D＝30°，点E落在AB上，DE所在直线交AC所在直线于点F．
（1）求证：AF+EF＝DE；
（2）若将图①中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角α，且0°＜α＜60°，其它条件不变，请在图②中
画出变换后的图形，并直接写出你在（1）中猜想的结论是否仍然成立；
（3）若将图①中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角β，且60°＜β＜180°，其它条件不变，如图③．
你认为（1）中猜想的结论还成立吗？若成立，写出证明过程；若不成立，请写出AF、EF与DE之间的
关系，并说明理由．【分析】（1）我们已知了三角形BED和CAB全等，那么DE＝AF+CF，因此只要求出EF＝CF就能得
出本题所求的结论，可通过全等三角形来实现，连接BF，那么证明三角形BEF和BCF全等就是解题的
关键，这两三角形中已知的条件有BE＝BC，一条公共边，根据斜边直角边定理，这两个直角三角形就
全等了，也就得出EF＝CF，也就能证得本题的结论了；
（2）解题思路和辅助线的作法与（1）完全一样；
（3）结论不成立．结论：AF＝DE+EF．同（1）得CF＝EF，由△ABC≌△DBE，可得AC＝DE，AF＝
AC+FC＝DE+EF．
【解答】（1）证明：连接BF（如图①），
∵△ABC≌△DBE（已知），
∴BC＝BE，AC＝DE．
∵∠ACB＝∠DEB＝90°，
∴∠BCF＝∠BEF＝90°．
在Rt△BFC和Rt△BFE中，
{BF=BF
BC=BE
∴Rt△BFC≌Rt△BFE（HL）．
∴CF＝EF．
又∵AF+CF＝AC，
∴AF+EF＝DE．
（2）解：画出正确图形如图②
∴（1）中的结论AF+EF＝DE仍然成立；
（3）不成立．结论：AF＝DE+EF．
证明：连接BF，
∵△ABC≌△DBE，
∴BC＝BE，∵∠ACB＝∠DEB＝90°，
∴△BCF和△BEF是直角三角形，
在Rt△BCF和Rt△BEF中，
{BC=BE
，
BF=BF
∴△BCF≌△BEF（HL），
∴CF＝EF；
∵△ABC≌△DBE，
∴AC＝DE，
∴AF＝AC+FC＝DE+EF．
