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期末重点强化一 全等三角形复习学案（解析版）
考点1 全等三角形的性质
1．（2023秋•万秀区月考）如图，△ABC≌△DEC，B、C、D在同一直线上，且CE＝5，AC＝7，则BD
长（ ）
A．2 B．9 C．10 D．12
【思路引领】由全等三角形的性质得到AC＝DC＝7，CB＝CE＝5，再根据BD＝DC+CB即可得解．
【解答】解：∵△ABC≌△DEC，
∴AC＝DC，CB＝CE，
∵CE＝5，AC＝7，
∴CB＝5，DC＝7，
∴BD＝DC+CB＝7+5＝12．
故选：D．
【总结提升】此题考查了全等三角形的性质，熟记全等三角形的对应边相等是解题的关键．
2．（2022秋•兴城市期末）如图，△ABC≌△DEC，∠A＝40°，∠B＝70°，∠ACE＝30°，则∠DCA的度
数为（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【思路引领】根据全等三角形对应角相等可得∠DCE＝∠ACB，再利用三角形内角和定理求得∠ACB的
度数，然后根据∠DCA＝∠DCE﹣∠ACE即可得解．
【解答】解：∵△ABC≌△DEC，
∴∠DCE＝∠ACB，
∵∠A＝40°，∠B＝70°，
∴∠DCE＝∠ACB＝180°﹣40°﹣70°＝70°，∵∠ACE＝30°，
∴∠DCA＝∠DCE﹣∠ACE＝70°﹣30°＝40°．
故选：B．
【总结提升】本题考查了全等三角形的性质，熟记性质并准确识图，理清图中角度之间的关系是解题的
关键．
3．（2022秋•松原期末）如图，已知△ABC≌△DEF（点A、B、C的对应点分别为点D、E、F），若∠A
＝25°，∠B＝35°，则∠F的度数是（ ）
A．120° B．115° C．110° D．100°
【思路引领】根据三角形的内角和定理和全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵∠A＝25°，∠B＝35°，
∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣25°﹣35°＝120°，
∵△ABC≌△DEF，
∴∠F＝∠ACB＝120°，
故选：A．
【总结提升】本题考查了全等三角形的性质，三角形的内角和定理，熟练掌握全等三角形的性质是解题
的关键．
4．（2023春•永春县期末）如图，已知方格纸中是4个相同的正方形，则∠1+∠2+∠3的度数为（ ）
A．90° B．105° C．120° D．135°
【思路引领】根据对称性可得∠1+∠3＝90°，∠2＝45°．
【解答】解：观察图形可知，∠1所在的三角形与∠3所在的三角形全等，
∴∠1+∠3＝90°，
又∠2＝45°，∴∠1+∠2+∠3＝135°，
故选：D．
【总结提升】主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定．充分利用正方形的特殊性质来找到全等的
条件从而判定全等后利用全等三角形的性质解题．
考点2 全等三角形的判定
5．（2023•武侯区校级开学）如图，在△ABC和△DEF中，点B，C，E，F在同一直线上，BE＝CF，
AB∥DE，只添加一个条件，能判定△ABC≌△DEF的是（ ）
A．∠A＝∠F B．AC∥DF C．AC＝DF D．EC＝CF
【思路引领】由全等三角形的判定，即可判断．
【解答】解：∵BE＝CF，
∴BC＝EF，
∵AB∥DE，
∴∠B＝∠DEF，
A、∠A＝∠D，才能判定△ABC≌△DEF，故A不符合题意；
B、由AC∥DF，得到∠F＝∠ACB，由ASA判定△ABC≌△DEF，故B符合题意；
C、AC＝DF，∠B和∠DEF分别是AC和DF的对角，不能判定△ABC≌△DEF，故C不符合题意；
D、EC＝CF，不能判定△ABC≌△DEF，故D不符合题意．
故选：B．
【总结提升】本题考查全等三角形的判定，关键是掌握全等三角形的判定方法．
6．（2023秋•信阳期中）如图，已知∠ABC＝∠DCB，AC与BD交于点O，添加一个适当的条件后，仍不
能使得△ABC≌△DCB成立的是（ ）A．BD＝AC B．AB＝DC C．OB＝OC D．∠A＝∠D
【思路引领】根据全等三角形的判定定理逐项分析判断即可求解．
【解答】解：已知条件为BC＝CB，∠ABC＝∠DCB，
A．BD＝AC，不能判断△ABC≌△DCB，符合题意；
B．∵AB＝DC，∠ABC＝∠DCB，BC＝CB，
∴△ABC≌△DCB（SAS），不合题意；
C．∵OB＝OC，
∴∠DBC＝∠ACB，
又BC＝CB，∠ABC＝∠DCB，
∴△ABC≌△DCB（ASA），不合题意；
D．∵∠A＝∠D，∠ABC＝∠DCB，BC＝CB，
∴△ABC≌△DCB（AAS），不合题意；
故选：A．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
7．（2022秋•南陵县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于
点D，若AD＝8cm，BE＝3cm，则DE＝ 5 cm．
【思路引领】由余角的性质可证∠CAD＝∠BCE，即可证明△CDA≌△BEC，可得CD＝BE，CE＝
AD，根据DE＝CE﹣CD，即可解题．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
在△CDA和△BEC中，
{
∠CAD=∠BCE
)
∠CDA=∠BEC=90° ，
AC=BC
∴△CDA≌△BEC（AAS），∴CD＝BE，CE＝AD，
∵DE＝CE﹣CD，
∴DE＝AD﹣BE，
∵AD＝8cm，BE＝3cm，
∴DE＝5cm，
故答案为：5．
【总结提升】本题主要考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证
△CDA≌△BEC是解题的关键．
8．（2022秋•新乡期末）已知在平面直角坐标系中，A（4，0），B（0，3），以线段AB为直角边在第一
象限内作等腰直角三角形ABC，AB＝AC，∠BAC＝90°．求点C坐标．
【思路引领】由∠AOB＝90°，AB＝AC，∠BAC＝90°，想到作CD⊥x轴于点D，构造“一线三直角”
模型，证明△CDA≌△AOB，得DC＝OA＝4，DA＝OB＝3，则OD＝7，即可求得C（7，4）．
【解答】解：作CD⊥x轴于点D，
则∠CDA＝∠AOB＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAC＝∠OBA＝90°﹣∠OAB，
在△CDA和△AOB中，
{∠CDA=∠AOB
)
∠DAC=∠OBA ，
AC=BA
∴△CDA≌△AOB（AAS），
∵A（4，0），B（0，3），
∴DC＝OA＝4，DA＝OB＝3，
∴OD＝OA+DA＝4+3＝7，∴C（7，4）．
【总结提升】此题重点考查图形与坐标、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质等知识，证明
△CDA≌△AOB是解题的关键．
9．（2023秋•黄陂区期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，过点C作CD⊥AB于点D，过点B作
BM⊥AC于点M，连接MD，过点D作DN⊥MD，交BM于点N．CD与BM相交于点E，若点E是CD
的中点，下列结论：①∠AMD＝45°；②NE﹣EM＝MC；③EM：MC：NE＝1：2：3；④S△ACD ＝
2S△DNE ．其中正确的结论有 ①②③ ．（填写序号即可）
【思路引领】①利用ASA证明△BDN≌△CDM，再证明△DMN是等腰直角三角形，即可判断结论①
正确；
②过点D作DF⊥MN于点F，则∠DFE＝90°＝∠CME，可利用AAS证明△DEF≌△CEM，即可判断结
论②正确；
CM BD
③先证明△BDE∽△CME，可得出 = =2，进而可得CM＝2EM，NE＝3EM，即可判断结论③
EM DE
正确；
④先证明△BED≌△CAD（ASA），可得S△BED ＝S△CAD ，再证明BN＜NE，可得S△BDN ＜S△DEN ，进而得
出S△BED ＜2S△DNE ，即可判断结论④不正确．
【解答】解：①∵CD⊥AB，
∴∠BDC＝∠ADC＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴BD＝CD，
∵BM⊥AC，
∴∠AMB＝∠ADC＝90°，
∴∠A+∠DBN＝90°，∠A+∠DCM＝90°，
∴∠DBN＝∠DCM，
∵DN⊥MD，∴∠CDM+∠CDN＝90°，
∵∠CDN+∠BDN＝90°，
∴∠CDM＝∠BDN，
∴△BDN≌△CDM（ASA），
∴DN＝DM，
∵∠MDN＝90°，
∴△DMN是等腰直角三角形，
∴∠DMN＝45°，
∴∠AMD＝90°﹣45°＝45°，
故①正确；
②如图1，由（1）知，DN＝DM，
过点D作DF⊥MN于点F，则∠DFE＝90°＝∠CME，
∵DN⊥MD，
∴DF＝FN，
∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
在△DEF和△CEM中，
{
∠≝=∠CEM
)
∠DFE=∠CME ，
DE=CE
∴△DEF≌△CEM（AAS），
∴ME＝EF，CM＝DF，
∴FN＝CM，
∵NE﹣EF＝FN，
∴NE﹣EM＝MC，
故②正确；
③由①知，∠DBN＝∠DCM，
又∵∠BED＝∠CEM，
∴△BDE∽△CME，
CM BD
∴ = = 2，
EM DE
∴CM＝2EM，NE＝3EM，∴EM：MC：NE＝1：2：3，
故③正确；
④如图2，∵CD⊥AB，
∴∠BDE＝∠CDA＝90°，
由①知：∠DBN＝∠DCM，BD＝CD，
∴△BED≌△CAD（ASA），
∴S△BED ＝S△CAD ，
由①知，△BDN≌△CDM，
∴BN＝CM，
∵CM＝FN，
∴BN＝FN，
∴BN＜NE，
∴S△BDN ＜S△DEN ，
∴S△BED ＜2S△DNE ．
∴S△ACD ＜2S△DNE ．
故④不正确，
故答案为：①②③．
【总结提升】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、
三角形面积等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，属于中考常考题型．
考点3 全等三角形的应用10．（2023春•莲池区期末）一天老师带小明测操场上一棵树 AB的高度，如图1所示，他告诉小明，我在
距树底端B点a米的C处，测得∠BCA＝ °，你能测出旗杆AB的高度吗？小明经过一番思考：“我若
将△ABC，放倒在操场上不就可以测量了吗α！”于是他在操场上选取了一个合适的地方，画出一个直角
三角形DEF，如图2，使∠E＝90°，DE＝a米，∠D＝ °．
小明说，只要量出EF的长度就知道旗杆AB的高度了．α
同学甲：小明的做法正确，是根据“SAS”得△ABC≌△FED得到的；
同学乙：小明的做法正确，是根据“ASA”得△ABC≌△FED得到的；
同学丙：小明的做法正确，是根据“SSS”得△ABC≌△FED得到的；
同学丁：小明的做法不正确，由他的做法不能判断△ABC≌△FED．你认为（ ）
A．甲、乙、丙的判断都正确
B．甲、乙的判断都正确
C．只有乙的判断正确
D．只有丁的判断正确
【思路引领】确定实际行动判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：在△ABC和△FED中，CB＝DE＝a米，∠BCA＝∠D＝ °，
{∠ABC=∠E=90°
)
α
CB=DE ，
∠BCA=∠D
∴△ABC≌△FED（ASA），
∴AB＝EF．
故只有乙的判断正确，
故选：C．
【总结提升】本题考查了全等三角形的应用，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
考点4 角平分线的性质
11．（2023秋•天河区校级期中）如图，AB∥CD，BP和CP分别平分∠ABC和∠DCB，AD过点P，且与AB垂直．若点P到BC的距离是4，则AD的长为 8 ．
【思路引领】过点P作PE⊥BC，根据平行线的性质可得PD⊥CD，又根据角平分线的性质可得PE＝
PA＝PD，进而可求解．
【解答】解：过点P作PE⊥BC，如图：
∵点P到BC的距离是4，
∴PE＝4，
∵AB∥CD，PA⊥AB，
∴PD⊥CD，
∵BP和CP分别平分∠ABC和∠DCB，
∴PA＝PE＝4，PD＝PE＝4，
∴AD＝PA+PD＝4+4＝8，
故答案为：8．
【总结提升】本题考查了平行线的性质及角平分线的性质，熟练掌握其性质是解题的关键．
12．（2023秋•思明区校级期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的角平分线，若CD＝3，
AB＝8，则△ABD的面积是（ ）
A．36 B．24 C．12 D．10
【思路引领】过点D作DE⊥AB于E，根据角平分线的性质求出DE，根据三角形的面积公式计算，得
到答案．
【解答】解：过点D作DE⊥AB于E，∵AD是∠BAC的角平分线，DE⊥AB，∠C＝90°，
∴DE＝CD＝3，
1 1
∴S△ABD =
2
AB•DE =
2
×8×3＝12．
故选：C．
【总结提升】本题考查的是角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关
键．
13．（2022秋•新华区校级期末）如图，AI、BI、CI分别平分∠BAC、∠ABC、∠ACB，ID⊥BC，△ABC
的周长为18，ID＝4，则△ABC的面积为（ ）
A．18 B．30 C．36 D．72
【思路引领】过I点作IE⊥AB于E，IF⊥AC于F，如图，利用角平分线的性质得到IE＝IF＝ID＝4，然
后根据三角形面积公式得到S△ABC ＝S△ABI +S△IBC +S△IAC ＝2（AB+BC+AC）．
【解答】解：过I点作IE⊥AB于E，IF⊥AC于F，如图，
∵AI，BI，CI分别平分∠BAC，∠ABC，∠ACB，
∴IE＝IF＝ID＝4，
∴S△ABC ＝S△ABI +S△IBC +S△IAC
1 1 1
= ×AB×4+ ×BC×4+ ×AC×4
2 2 2
＝2（AB+BC+AC）
＝2×18
＝36．
故选：C．【总结提升】本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．也考查了三角形
的面积．
14．（2022秋•武汉期末）如图，在△ABC中，AD平分∠CAB，下列说法：
①若CD：BD＝2：3，则S△ACD ：S△ABD ＝4：9；
②若CD：BD＝2：3，则AC：AB＝2：3；
③若∠C＝90°，AC+AB＝20，CD＝3，则S△ABC ＝30；
④若∠C＝90°，AC：AB＝5：13，BC＝36，则CD＝10．
其中正确的是（ ）
A．①② B．②③ C．①③④ D．②③④
【思路引领】分别根据角平分线的性质结合三角形面积法进行求解即可．
1 1
【解答】解：①设BC边上的高为h，则S ：S =( CD⋅ℎ)：( BD⋅ℎ)=CD：BD，若
△ACD △ABD 2 2
CD：BD＝2：3，则S△ACD ：S△ABD ＝2：3，故①错误；
②过D作DE⊥AB，DF⊥AC，
∵AD平分∠CAB，
∴DE＝DF，
∵S△ACD ：S△ABD ＝2：3
1
AC⋅DF
2 AC 2
∴ = =
1 AB 3
AB⋅DE
2因此，若CD：BD＝2：3，则AC：AB＝2：3，故②正确；
③若∠C＝90°，过D作DE⊥AB，
∵AD平分∠CAB，
∴DE＝CD＝3，
1 1 1 1
∴S = AC⋅CD+ AB⋅DE= (AC+AB)⋅CD= ×20×3=30，故③正确；
△ABC 2 2 2 2
④若∠C＝90°，AC：AB＝5：13，BC＝36，
∴设AC＝5x，AB＝13x，则由勾股定理得：BC＝12x，
∴12x＝36，解得x＝3，
∴AC＝15，AB＝39，
∵S△ACD +S△ABD ＝S△ABC ，
1 1 1 1 1 1
∴ AC⋅CD+ AB⋅DE= AC⋅BC，即 ×15×CD+ ×39×CD= ×15×36，
2 2 2 2 2 2
解得，CD＝10．故④正确．
故选：D．
【总结提升】本题主要考查了三角形角平分线的性质以及运用等积法解决问题，正确运用面积法是解答
本题的关键．
15．（2022春•郓城县校级月考）如图，△ABC中，∠ABC、∠EAC的角平分线BP、AP交于点P，延长
BA、BC，PM⊥BE，PN⊥BF，则下列结论中正确的是 ①②③④ ．（填序号）
①CP平分∠ACF；②∠ABC+2∠APC＝180°；
③∠ACB＝2∠APB；
④S△PAC ＝S△MAP +S△NCP ．
【思路引领】过点 P 作 PD⊥AC 于 D，根据角平分线的判定定理和性质定理判断①；证明
Rt△PAM≌Rt△PAD，根据全等三角形的性质得出∠APM＝∠APD，判断②；根据三角形的外角性质判
断③；根据全等三角形的性质判断④．
【解答】解：①过点P作PD⊥AC于D，
∵PB平分∠ABC，PA平分∠EAC，PM⊥BE，PN⊥BF，PD⊥AC，
∴PM＝PN，PM＝PD，
∴PM＝PN＝PD，
∴点P在∠ACF的角平分线上，故①正确；
②∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠ABC+90°+∠MPN+90°＝360°，
∴∠ABC+∠MPN＝180°，
在Rt△PAM和Rt△PAD中，
{PM=PD)
，
PA=PA
∴Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），
∴∠APM＝∠APD，
同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），
∴∠CPD＝∠CPN，∴∠MPN＝2∠APC，
∴∠ABC+2∠APC＝180°，②正确；
③∵PA平分∠CAE，BP平分∠ABC，
1
∴∠CAE＝∠ABC+∠ACB＝2∠PAM，∠PAM= ∠ABC+∠APB，
2
∴∠ACB＝2∠APB，③正确；
④由②可知Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），Rt△PCD≌Rt△PCN（HL）
∴S△APD ＝S△APM ，S△CPD ＝S△CPN ，
∴S△APM +S△CPN ＝S△APC ，故④正确，
故答案为：①②③④．
【总结提升】本题考查的是角平分线的性质、全等三角形的判定和性质，掌握角的平分线上的点到角的
两边的距离相等是解题的关键．
考点5 角平分线的作图
16．（2023秋•长垣市期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以点A为圆心，适当长为半径作弧，分别
1
交AB，AC于点D，E，再分别以点D，E为圆心，以大于 DE的长度为半径作弧，两弧交于点F，作
2
射线AF交BC于点G，若AB＝12，CG＝3，则△ABG的面积是（ ）
A．36 B．24 C．20 D．18
【思路引领】过点G作GH⊥AB于点H，由作图可得，AF为∠BAC的平分线，由角平分线的性质可得
GH＝CG＝3，再利用三角形的面积公式可得答案．
【解答】解：过点G作GH⊥AB于点H，
由作图可得，AF为∠BAC的平分线，∵∠C＝90°，
∴GH＝CG＝3，
1 1
∴△ABG的面积为 AB⋅GH= ×12×3=18．
2 2
故选：D．
【总结提升】本题考查作图﹣基本作图、角平分线的性质，熟练掌握角平分线的性质是解答本题的关键．
17．（2022春•广饶县期末）如图，三条公路两两相交，现计划修建一个油库，计划使得该油库到三条公
路的距离相等，则油库的可选位置有（ ）处．
A．1 B．2 C．3 D．4
【思路引领】作三条公路所组成的三角形的内角平分线和外角平分线，然后根据角平分线的性质得到它
们的交点满足条件．
【解答】解：如图，油库的可选位置有4处．
故选：D．
【总结提升】本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．
考点6 全等三角形的证明
18．（2023秋•栾城区期中）如图，已知△BAC和△DAE的顶点A重合，∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD
＝AE，连接BD、CE交于点M．
（1）证明：∠ABD＝∠ACE；（2）若∠BAC＝70°，则∠BMC的大小为 70 ° ．
【思路引领】（1）利用SAS证得△ABD≌△ACE，则其对应角相等；
（2）利用三角形内角和定理求得∠DAE＝38°，
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD与△ACE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE；
（2）解：．由（1）知，△ABD≌△ACE，则∠BAD＝∠CAE，
∴∠BAD﹣∠CAD＝∠CAE﹣∠CAD．
∴∠BAC＝∠DAE＝70°．
设BD与AC交于点F，由（1）得∠ABD＝∠ACE，
在△ABF和△CMF中，∠AFB＝∠CFM，
∵∠ABD+∠AFB+∠BAC＝180°，∠ACE+∠MFC+∠BMC＝180°，
∴∠BMC＝∠BAC＝70°．
故答案为：70°．【总结提升】本题主要考查全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，对顶角相等，利用SAS证
明△ABD≌△ACE是解题的关键．
19．如图，做一个“U”字形框架PABQ，其中AB＝42cm，AP、BQ足够长，PA⊥AB，QB⊥AB，点M从
点B出发，向点A运动，同时点N从点B出发，向点Q运动，点M、N运动的速度之比为3：4，当
M、N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，求此时线段
AC的长是多少？
【思路引领】设BM＝3t cm，则BN＝4t cm，使△ACM与△BMN全等，由∠A＝∠B＝90°可知，分两
种情况：情况一：当BM＝AC，BN＝AM时，列方程解得t，可得AC；情况二：当BM＝AM，BN＝AC
时，列方程解得t，可得AC．
【解答】解：设BM＝3t cm，则BN＝4t cm，
∵∠A＝∠B＝90°，使△ACM与△BMN全等，可分两种情况：
情况一：当BM＝AC，BN＝AM时，
∵BN＝AM，AB＝42cm，
∴4t＝42﹣3t，
解得：t＝6，
∴AC＝BM＝3t＝3×6＝18cm；
情况二：当BM＝AM，BN＝AC时，
∵BM＝AM，AB＝42cm，
∴3t＝42﹣3t，
解得：t＝7，
∴AC＝BN＝4t＝4×7＝28cm，
综上所述，AC＝18cm或AC＝28cm．
【总结提升】本题主要考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质并利用分类讨论思
想是解答此题的关键．
20．（2023春•碑林区校级期中）如图，在△ABC中，D是BC延长线上一点，满足CD＝BA，过点C作
CE∥AB，且CE＝BC，连接DE并延长，分别交AC，AB于点F，G．
（1）求证：△ABC≌△DCE；（2）若BD＝12，AB＝2CE，求BC的长度．
【思路引领】（1）根据SAS证明△ABC与△DCE全等即可；
（2）根据全等三角形的性质解答即可．
【解答】（1）证明：∵CE∥AB，
∴∠B＝∠ECD，
在△ABC与△DCE中，
{
AB=CD
)
∠B=∠ECD ，
BC=CE
∴△ABC≌△DCE（SAS）；
（2）解：∵△ABC≌△DCE，
∴AB＝CD＝8，
∴BC＝BD﹣CD＝12﹣8＝4．
【总结提升】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是掌握全等三角形的判定和性质．
21．（2023•肥城市校级模拟）如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，AF⊥CB，垂足为F．
（1）求证：△ABC≌△ADE；
（2）求∠FAE的度数；
（3）求证：CD＝2BF+DE．
【思路引领】（1）根据题意和题目中的条件可以找出△ABC≌△ADE的条件；
（2）根据（1）中的结论和等腰直角三角形的定义可以得到∠FAE的度数；（3）根据题意和三角形全等的知识，作出合适的辅助线即可证明结论成立．
【解答】证明：（1）∵∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝90°，∠CAD+∠DAE＝90°，
∴∠BAC＝∠DAE，
在△BAC和△DAE中，
{
AB=AD
)
∠BAC=∠DAE ，
AC=AE
∴△BAC≌△DAE（SAS）；
（2）∵∠CAE＝90°，AC＝AE，
∴∠E＝45°，
由（1）知△BAC≌△DAE，
∴∠BCA＝∠E＝45°，
∵AF⊥BC，
∴∠CFA＝90°，
∴∠CAF＝45°，
∴∠FAE＝∠FAC+∠CAE＝45°+90°＝135°；
（3）延长BF到G，使得FG＝FB，
∵AF⊥BG，
∴∠AFG＝∠AFB＝90°，
在△AFB和△AFG中，
{
BF=GF
)
∠AFB=∠AFG ，
AF=AF
∴△AFB≌△AFG（SAS），
∴AB＝AG，∠ABF＝∠G，
∵△BAC≌△DAE，
∴AB＝AD，∠CBA＝∠EDA，CB＝ED，
∴AG＝AD，∠ABF＝∠CDA，
∴∠G＝∠CDA，
∵∠GCA＝∠DCA＝45°，
在△CGA和△CDA中，{∠GCA=∠DCA
)
∠CGA=∠CDA ，
AG=AD
∴△CGA≌△CDA（AAS），
∴CG＝CD，
∵CG＝CB+BF+FG＝CB+2BF＝DE+2BF，
∴CD＝2BF+DE．
【总结提升】本题考查全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条
件，利用数形结合的思想解答．
22．在平面直角坐标系xOy中，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，点A（0，5），点C（﹣2，
0），点B在第四象限．
（1）如图1，求点B的坐标；
（2）如图2，若AB交x轴于点D，BC交y轴于点M，N是BC上一点，且BN＝CM，连接DN，求证
CD+DN＝AM；
（3）如图3，若点A不动，点C在x轴的负半轴上运动时，分别以AC，OC为直角边在第二、第三象
限作等腰直角△ACE与等腰直角△OCF，其中∠ACE＝∠OCF＝90°，连接EF交x轴于P点，问当点C
在x轴的负半轴上移动时，CP的长度是否变化？若变化，请说明理由，若不变化，请求出其长度．
【思路引领】（1）过B作BF⊥x轴于F，先证△CFB≌△AOC（AAS），得FB＝OC＝2，FC＝OA＝5，则OF＝FC﹣OC＝3，即可得出答案；
（2）过 B 作 BE⊥BC 交 x 轴于 E，先证△BCE≌△CAM（ASA），得 CE＝AM，BE＝CM，再证
△BDE≌△BDN（SAS），得DE＝DN，进而得出结论；
（3）过 E 作 EG⊥x 轴于 G，先证△GEC≌△OCA（AAS），得 GC＝OA＝5，GE＝OC，再证
1 5
△EPG≌△FPC（AAS），得GP＝CP= GC= 即可．
2 2
【解答】（1）解：如图1，过B作BF⊥x轴于F，
则∠BFC＝90°，
∵点A（0，5），点C（﹣2，0），
∴OA＝5，OC＝2，
∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，
∴AC＝BC，∠ABC＝45°，∠FCB+∠OCA＝90°，
∵∠COA＝90°，
∴∠OAC+∠OCA＝90°，
∴∠OAC＝∠FCB，
∵∠COA＝∠BFC＝90°，
∴△CFB≌△AOC（AAS），
∴FB＝OC＝2，FC＝OA＝5，
∴OF＝FC﹣OC＝5﹣2＝3，
∴点B的坐标为（3，﹣2）；
（2）证明：如图2，过B作BE⊥BC交x轴于E，
则∠CBE＝90°＝∠ACM，
由（1）得：BC＝CA，∠ECB＝∠MAC，
∴△BCE≌△CAM（ASA），
∴CE＝AM，BE＝CM，
∵BN＝CM，
∴BE＝BN，
∵∠CBE＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠DBE＝90°﹣45°＝45°，
∴∠DBE＝∠DBN＝45°，
又∵BD＝BD，∴△BDE≌△BDN（SAS），
∴DE＝DN，
∵CD+DE＝CE，
∴CD+DN＝CE，
∴CD+DN＝AM；
5
（3）解：CP的长度不变化，CP= ，理由如下：
2
如图3，过E作EG⊥x轴于G，
则∠EGC＝90°＝∠COA，
∴∠GEC+∠GCE＝90°，
∵△ACE是等腰直角三角形，∠ACE＝90°，
∴CE＝AC，∠GCE+∠OCA＝90°，
∴∠GEC＝∠OCA，
∴△GEC≌△OCA（AAS），
∴GC＝OA＝5，GE＝OC，
∵△OCF是等腰直角三角形，∠OCF＝90°，
∴OC＝CF，∠FCP＝90°，
∴GE＝CF，∠EGP＝∠FCP，
又∵∠EPG＝∠FPC，
∴△EPG≌△FPC（AAS），
1 5
∴GP＝CP= GC= ．
2 2
【总结提升】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、坐标
与图形性质、直角三角形的性质等知识，本题综合性强，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，属于中考常考题型．
23．（2023春•宝安区期中）【问题情境】：
课外数学兴趣小组活动时，老师提出了如下何题：
如图①，△ABC中，若AB＝10，AC＝6，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至点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，依据是 B ．
A．SSS B．SAS C．AAS D．SSA
（2）由“三角形的三边关系”可求得AD的取值范围是 2 ＜ AD ＜ 8 ．
解后反思：题目中出现“中点”、“中线”等条件，可考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条
件和所求证的结论集中到同一个三角形之中．
【初步运用】：
（3）如图②，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且AE＝EF．若EF＝5，EC＝3，求
线段BF的长．
【拓展提升】：
（4）如图③，在△ABC中，D为BC的中点，DE⊥DF分别交AB，AC于点E，F．求证：BE+CF＞
EF．
【思路引领】（1）利用SAS证明△ADC≌△EDB；
（2）利用三角形的三边关系进行求解即可；
（3）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，证明△ADC≌△MDB（SAS），推出△BFM为等腰三角形，
得到BM＝BF＝AC，即可得解；
（4）延长ED到点G，使DG＝ED，连接GF，GC，易得EF＝FG，证明△DBE≌△DCG（SAS），得
到BE＝CG，在△CGF中，CG+CF＞GF，即可得出结论．
【解答】解：（1）在△ADC和△EDB中，{
CD=BD
)
∠CDA=∠EDB ，
AD=DE
∴△ADC≌△EDB（SAS），
故选：B；
（2）由（1）得：△ADC≌△EDB，
∴AC＝BE＝6，
在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，即10﹣6＜2AD＜10+6，
∴2＜AD＜8，
故答案为：2＜AD＜8；
（3）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，如图所示：
∵AE＝EF，EF＝5，
∴AC＝AE+EC＝5+3＝8，
∵AD是△ABC中线，
∴CD＝BD，
在△ADC和△MDB中，
{
DC=DB
)
∠ADC=∠MDB ，
DA=DM
∴，△ADC≌△MDB（SAS），
∴BM＝AC，∠CAD＝∠M，
∵AE＝EF，
∴∠CAD＝∠AFE，
∵∠AFE＝∠BFD，
∴∠BFD＝∠CAD＝∠M，
∴BF＝BM＝AC＝8；
（4）延长ED到点G，使DG＝ED，连接GF，GC，如图所示：∵ED⊥DF，
∴∠EDF＝∠GDF＝90°，
∵FD＝FD，
∴△FDE≌△FDG（SAS），
∴EF＝GF，
∵D是BC的中点，
∴BD＝CD，
在△BDE和△CDG中，
{
ED=GD
)
∠BDE=∠GDC ，
BD=CD
∴△DBE≌△DCG（SAS），
∴BE＝CG，
在△CGF中，CG+CF＞GF，
∴BE+CF＞EF．
【总结提升】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的三边关系．熟练
掌握倍长中线法，证明三角形全等，是解题的关键．
