文档文本内容
全等三角形 培优
一、单选题
1. ( 3 分 ) 如图，若BC=EC，∠BCE= ACD
∠
，则添加不能使△ABC
DBC
△
≌
的条件是（ ）
A. AB=DE B. B= E
∠
∠ C. AC=DC D. A= D
∠
∠
【答案】 A
【考点】三角形全等的判定
【解析】【解答】解：∵∠BCE= ACD
∠
，
BCE+ ACE= ACD+ ACE
∴∠
∠
∠
∠
，
ACB= DCE
∴∠
∠
，
A、根据BC=CE，AB=DE，∠ACB= DCE
∠
不能推出△ABC
DEC
≌△
，故本选项正确；
B、因为∠ACB= DCE
∠
，∠B= E
∠，BC=CE，所以符合AAS 定理，即能推出△ABC
DEC
≌△
，故本选项错误；
C、因为BC=CE，∠ACB= DCE
∠
，AC=CD，所以符合SAS 定理，即能推出△ABC
DEC
≌△
，故本选项错误；
D、因为∠A= D
∠，∠ACB= DCE
∠
，BC=CE，所以符合AAS 定理，即能推出△ABC
DEC
≌△
，故本选项错
误；
故答案为：A．
【分析】已知条件中已经有一边一角，需要证明全等，再可以添加角，也可以添加边，边的话只能添加
AC=DC，角的话另两组角随便添加即可。
2. ( 3 分 ) 如图,某同学不小心把一块三角形玻璃打碎成三块,现在要到玻璃店配一块与原来完全相同的玻璃,
最省事的方法是( )
A. 带①和②去 B. 只带②
去 C. 只带③
去 D. 都带去
【答案】 C
【考点】三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：①仅保留了原三角形的一个角和部分边，不能得到与原来一样的三角形；
②仅保留了原三角形的一部分边，也是不能得到与原来一样的三角形；
③不但保留了原三角形的两个角还保留了其中一个边，符合ASA 判定.故C 选项正确.
故答案为：C.
【分析】首先确定①②③的玻璃片中含有原三角形的哪些条件，然后根据这三小块玻璃中的条件，利用
全等三角形的判定方法进行解答即可.
3. ( 3 分 ) 如图，AD 是△ABC 的角平分线，过点D 作DE AB
⊥
于E，DF AC
⊥
于F，则下列结论：①DE＝
DF；②BD＝CD；③AE＝AF；④∠ADE＝∠ADF，其中正确结论的个数有（ ）
A. 1 个 B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个
【答案】 C
【考点】全等三角形的判定与性质，角平分线的性质
【解析】【解答】∵AD 是△ABC 的角平分线，DE AB
⊥
，DF AC
⊥
，
DE=DF
∴
，
AD=AD
∵
Rt
ADE Rt
ADF
∴
△
△
≌
，（HL）
AE
∴
＝AF，∠ADE＝∠ADF.
故①③④正确;
∵只有等腰三角形顶角的平分线才是底边的中线，
∴②错误.
故答案为：C.
【分析】由角平分线的性质可得DE=DF，用HL 定理可证△ADF
ADE
≌△
，由全等三角形的性质可得
AE=AF，∠ADE= ADF.
∠
4. ( 3 分 ) 下列说法正确的是（ ）
A. 五边形的内角和是720°
B. 有两边相等的两个直角三角形全等
C. 若关于 x 的方程 m
x−2 = 1−x
x−2 有增根，则 m=1
D. 若关于 x 的不等式 x +5<2a 恰有2 个正整数解，则 a 的最大值是4
【答案】 D
【考点】分式方程的增根，一元一次不等式的特殊解，直角三角形全等的判定，多边形内角与外角
【解析】【解答】五边形的内角和 =(5−2)⋅180° =540 ，所以，A 错误；
B 选项所述相等的两边中，可能出现一个直角三角形的直角边和另一个三角形
的斜边相等的情形，这种情况下两三角形不全等，所以，B 错误；
选项C 中的方程 m
x−2 = 1−x
x−2
的增根只能是 x =2 ，且 x =2 应是整式方程 m=1−x 的根，由此可得，
m=−1 .故C 错误；
故答案为：D.
【分析】A、根据多边形的内角和（n-2）·180°进行计算，然后判断即可.
B、斜边与一条直角边分别相等的两个直角三角形全等，据此判断即可.
C、根据分式方程的增根定义，求出m 的值，然后判断即可.
D、先求出不等式的解集，根据恰有2 个正整数解，求出a 的范围，从而求出a 的最大值.
5. ( 3 分 ) 如图，已知∠1＝∠2，要使△ABD
ACD
≌△
，需从下列条件中增加一个，错误的选法是
（ ）
A. ADB
∠
＝∠ADC B. B
∠＝∠C C. AB＝AC D. DB＝DC
【答案】 D
【考点】三角形全等的判定
【解析】【解答】A 符合题意；理由：
在△ABD 和△ACD 中，
1= 2
∵∠
∠，AD=AD，∠ADB= ADC
∠
，
ABD
ACD
∴△
△
≌
（ASA）；
B 符合题意；理由：
在△ABD 和△ACD 中，
1= 2
∵∠
∠，∠B= C
∠，AD=AD
ABD
ACD
∴△
△
≌
（AAS）；
C 符合题意；理由：
在△ABD 和△ACD 中，
AB=AC
∵
，∠1= 2
∠，AD=AD，
ABD
ACD
∴△
△
≌
（SAS）；
D 不符合题意，由这些条件不能判定三角形全等；
故答案为：D．
【分析】由全等三角形的判定方法ASA 证出△ABD
ACD
≌△
，得出A 符合题意；由全等三角形的判定方法
AAS 证出△ABD
ACD
≌△
，得出B 符合题意；由全等三角形的判定方法SAS 证出△ABD
ACD
≌△
，得出C 符
合题意．由全等三角形的判定方法得出D 不符合题意；
6. ( 3 分 ) 如图，AD 是△ABC 的角平分线，若AB=10，AC=8，则S
ABD
△
：S
ADC
△
=（ ）
A. 1：1 B. 4：5 C. 5：4 D. 16：25
【答案】 C
【考点】角平分线的性质
【解析】【解答】解：如图，过点D 作DE AB
⊥
于E，作DF AC
⊥
于F，
AD
∵
是△ABC 的角平分线，
DE=DF
∴
，
S
∴
ABD
△
：S
ADC
△
=1
2
AB•DE：1
2
AC•DF=AB：AC，
AB=10
∵
，AC=8，
S
∴
ABD
△
：S
ADC
△
=10：8=5：4．
故选C．
【分析】过点D 作DE AB
⊥
于E，作DF AC
⊥
于F，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得
DE=DF，再根据等高的三角形的面积等于底边的比解答．
7. ( 3 分 ) 已知：如图所示，AC=CD，∠B= E=90°
∠
，AC CD
⊥
，则不正确的结论是（ ）
A. 1= 2
∠
∠ B. A= 2
∠
∠ C.
ABC
CED
△
△
≌
D. A
∠
与∠D 互为余角
【答案】 A
【考点】三角形全等及其性质，三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵AC CD
⊥
，
ACD=90°
∴∠
，
1+ 2=90°
∴∠
∠
，
B= E=90°
∵∠
∠
，
2+ D=90°
∴∠
∠
，
1= D
∴∠
∠，
AC=CD
∵
，
ABC
CED
∴△
△
≌
（AAS），故C 正确，
A= 2
∴∠
∠，故B 正确，
A+ D=90°
∴∠
∠
，故D 正确，
A
∴
选项错误；
故答案为：A.
【分析】根据垂直的定义可得∠1+ 2=90°
∠
，∠2+ D=90°
∠
，据此判断A；根据同角的余角相等，可得
∠1= D
∠，根据AAS 可证△ABC
CED
≌△
，可得∠A= 2
∠，从而可得∠A+ D=90°
∠
据此判断B，C，D；
8. ( 3 分 ) 已知：如图，在长方形ABCD 中，AB=4，AD=6．延长BC 到点E，使CE=2，连接DE，动点P
从点B 出发，以每秒2 个单位的速度沿BC
CD
DA
﹣
﹣
向终点A 运动，设点P 的运动时间为t 秒，当t 的值
为（ ）秒时．△ABP 和△DCE 全等．
A. 1 B. 1 或3 C. 1 或7 D. 3 或7
【答案】 C
【考点】三角形全等的判定
【解析】【解答】解：因为AB=CD，若∠ABP= DCE=90°
∠
，BP=CE=2，根据SAS 证得△ABP
DCE
≌△
，
由题意得：BP=2t=2，
所以t=1，
因为AB=CD，若∠BAP= DCE=90°
∠
，AP=CE=2，根据SAS 证得△BAP
DCE
≌△
，
由题意得：AP=16
2t=2
﹣
，
解得t=7．
所以，当t 的值为1 或7 秒时．△ABP 和△DCE 全等．
故选C．
【分析】分两种情况进行讨论，根据题意得出BP=2t=2 和AP=16
2t=2
﹣
即可求得．
9. ( 3 分 ) 如图 AD 是 △ABC 的角平分线， DE⊥AB 于E，点F，G 分别是 AB ， AC 上的点，
且 DF = DG ， △ADG 与 △≝¿ 的面积分别是10 和3，则 △ADF 的面积是（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】 A
【考点】三角形的面积，直角三角形全等的判定（HL），角平分线的性质
【解析】【解答】解：如图，过点D 作DH AC
⊥
于H，
AD
∵
是△ABC 的角平分线，DF AB
⊥
，DH AC
⊥
DF=DH
∴
，
在Rt
DEF
△
和Rt
DGH
△
中，
{DE＝DG
DF ＝DH
，
Rt
DEF Rt
DGH
∴
△
△
≌
（HL），
S
∴
EDF
△
=S
GDH
△
=3，
同理Rt
ADF Rt
ADH
△
△
≌
，
S
∴
ADF
△
=S
ADH
△
= S△ADG- S△GDH =10-3=7
S
∴
AED
△
= S△ADF−S△EDF =7-3=4 ，
故答案为：A.
【分析】过点D 作DH AC
⊥
于H，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DF=DH，然后利用“HL”
证明Rt
DEF
△
和Rt
DGH
△
全等，根据全等三角形的面积相等可得S
EDF
△
=S
GDH
△
， 然后根据S
ADF
△
=S
ADH
△
列出方程求解即可.
10. ( 3 分 ) 如图，已知直线AB：y＝ √55
3
x +√55 分别交x 轴、y 轴于点B、A 两点，C（3，0），D、E
分别为线段AO 和线段AC 上一动点，BE 交y 轴于点H，且AD＝CE．当BD+BE 的值最小时，则H 点的
坐标为（ ）
A. (0, √55
2 ) B. （0，5）
C. （0，4） D. (0,√55)
【答案】 C
【考点】三角形全等及其性质，三角形全等的判定
【解析】【解答】解：由题意A（0， √55 ），B（0
3
﹣，0），C（3，0），
AB
∴
＝AC＝8，
取点F（3，8），连接CF，EF，BF．
C
∵（3，0），
CF OA
∴
∥
，
ECF
∴∠
＝∠CAO，
AB
∵
＝AC，AO BC
⊥
，
CAO
∴∠
＝∠BAD，
BAD
∴∠
＝∠ECF，
CF
∵
＝AB＝8，AD＝EC，
ECF
DAB
∴△
△
≌
（SAS），
BD
∴
＝EF，
BD+BE
∴
＝BE+EF，
BE+EF≥BF
∵
，
BD+BE
∴
的最小值为线段BF 的长，
∴当B，E，F 共线时，BD+BE 的值最小，
∵直线BF 的解析式为：y＝ 4
3
x+4，
H
∴（0，4），
∴当BD+BE 的值最小时，则H 点的坐标为（0，4），
故答案为：C．
【分析】根据题意，首先证明AB=AC=8，取点F（3,8），证明得到△ECF
DAB
≌△
，即可得到BD=EF，
即BD+BE 的最小值为BF 的长度，得到答案即可。
二、填空题
11. ( 4 分 ) 如图，∠1+ 2+ 3+ 4=________
∠
∠
∠
度．
【答案】 360
【考点】三角形内角和定理
【解析】【解答】解：如图：连接AC
BAC+ ACB+ ABC=180°
∵∠
∠
∠
，∠DAC+ ACD+ ADC=180°
∠
∠
，
BAC+ ACB+ ABC+ DAC+ ACD+ ADC=360°
∴∠
∠
∠
∠
∠
∠
，
即∠1+ 2+ 3+ 4=360°
∠
∠
∠
．
故答案为:360.
【分析】连接∠2 和∠4 的顶点，可得两个三角形，根据三角形的内角和定理即可求出答案．
12. ( 4 分 ) 已知△ABC
DEF
≌△
，∠A=80°，∠C=75°则∠E=________°
【答案】 25°
【考点】三角形内角和定理，三角形全等及其性质
【解析】【解答】∵△ABC
DEF
≌△
，∠A=80°，∠C=75°，
D= A=80°
∴∠
∠
，∠F= C=75°
∠
，
E=180°- D- F=25°
∴∠
∠
∠
．
【分析】根据△ABC
DEF
≌△
，可得∠D= A
∠，∠F= C
∠，则∠E=180°- D- F
∠
∠可求解。
13. ( 4 分 ) 如图，在 ΔABC 中， ∠C =90° ， AC = BC ， BD 平分 ∠ABC 交 AC 于点 D ，
DE⊥AB 于点 E .若 AB =10cm ，则 ΔADE 的周长为________cm.
【答案】 10
【考点】三角形全等及其性质，三角形全等的判定
【解析】【解答】∵BD 平分∠ABC 交AC 于D，DE AB
⊥
于E，
DBE= DBC
∴∠
∠
，∠BED= C=90°
∠
，BD=BD，
BDE
BDC
∴△
△
≌
（AAS），
DE=DC
∴
，BE=BC，
ADE
∴△
的周长=DE+DA+AE=DC+DA+AE=CA+AE=BC+AE=BE+AE=AB=10cm．
故答案为：10.
【分析】依题意可证△BDE
BDC
≌△
，则有DE=DC，BE=BC，故
DE+DA+AE=DC+DA+AE=CA+AE=BC+AE=BE+AE=AB，再根据AB 长即可得出结论．
14. ( 4 分 ) 如图，在△ABC 中，∠C=90°，∠B=30°，AD 是△ABC 的角平分线，DE AB
⊥
，垂足为E，
DE= √3 ，则BC=________．
【答案】 3 √3
【考点】角平分线的性质，含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：∵AD 是△ABC 的角平分线，DE AB
⊥
，∠C=90°，
CD=DE=
∴
√3 ，
又∵直角△BDE 中，∠B=30°，
BD=2DE=2
∴
√3 ，
BC=CD+BD=
∴
√3 +2 √3 =3 √3 ．
故答案为：3 √3 ．
【分析】根据角平分线的性质即可求得CD 的长，然后在直角△BDE 中，根据30°的锐角所对的直角边等
于斜边的一半，即可求得BD 长，则BC 即可求得．
15. ( 4 分 ) 如图，△ABC
ADE
≌△
，∠EAC=35°，则∠BAD=________°．
【答案】 35
【考点】三角形全等及其性质
【解析】【解答】解：∵△ABC
ADE
≌△
，
BAC= DAE
∴∠
∠
，
BAC
DAC= DAE
DAC
∴∠
∠
∠
∠
﹣
﹣
，
BAD= EAC
∴∠
∠
，
EAC=35°
∵∠
，
BAD=35°
∴∠
，
故答案为：35．
【分析】根据全等三角形性质得出∠BAC= DAE
∠
，求出∠BAD= EAC
∠
，代入求出即可．
16. ( 4 分 ) 如图，△ABC
A′B′C′
≌△
，其中∠A=36°，∠C′=24°，则∠B=________．
【答案】 120°
【考点】三角形全等及其性质
【解析】【解答】解：∵△ABC
A′B′C′
≌△
，
C= C′=24°
∴∠
∠
，
B=180°
A
C=120°
∴∠
∠
∠
﹣
﹣
，
故答案为：120°．
【分析】根据全等三角形的性质求出∠C 的度数，根据三角形内角和定理计算即可．
17. ( 4 分 ) 如图，已知AB CD
∥
，CE、BE 的交点为E，现作如下操作：
第一次操作，分别作∠ABE 和∠DCE 的平分线，交点为E1 ，
第二次操作，分别作∠ABE1和∠DCE1的平分线，交点为E2 ，
第三次操作，分别作∠ABE2和∠DCE2的平分线，交点为E3 ， …，
第n 次操作，分别作∠ABEn
1
﹣和∠DCEn
1
﹣的平分线，交点为En ．
若∠En＝1 度，那∠BEC 等于________度。
【答案】 2n
【考点】角平分线的性质，探索数与式的规律，探索图形规律
【解析】【解答】解：如图①，过E 作EF AB
∥
，
AB CD
∵
∥
，
AB EF CD
∴
∥
∥
，
B
∴∠＝∠1，∠C＝∠2，
BEC
∵∠
＝∠1+ 2
∠，
BEC
∴∠
＝∠ABE+ DCE
∠
；
如图②，∵∠ABE 和∠DCE 的平分线交点为E1 ，
CE
∴∠
1B＝∠ABE1+ DCE
∠
1＝ 1
2
∠ABE+ 1
2
DCE
∠
＝ 1
2
∠BEC．
ABE
∵∠
1和∠DCE1的平分线交点为E2 ，
BE
∴∠
2C＝∠ABE2+ DCE
∠
2＝ 1
2
∠ABE1+ 1
2
DCE
∠
1＝ 1
2
∠CE1 B＝ 1
4
∠BEC；
如图②，∵∠ABE2和∠DCE2的平分线，交点为E3 ，
BE
∴∠
3C＝∠ABE3+ DCE
∠
3＝ 1
2
∠ABE2+ 1
2
DCE
∠
2＝ 1
2
∠CE2B＝ 1
8
∠BEC；
…
以此类推，∠En＝ 1
2
n ∠BEC．
∴当∠En＝1 度时，∠BEC 等于2n度．
故答案为：2n ．
【分析】根据平行线的性质结合角平分线的性质，计算得到规律，利用规律求出答案即可。
18. ( 4 分 ) 如图，在△ABC 中，AB＝AC＝24 厘米，∠B= C ,BC
∠
＝16 厘米，点D 为AB 的中点，点P 在
线段BC 上以4 厘米/秒的速度由B 点向C 点运动，同时，点Q 在线段CA 上由C 点向A 点运动．当点Q 的
运动速度为________厘米/秒时，能够在某一时刻使△BPD 与△CQP 全等．
【答案】 4 或6
【考点】三角形全等及其性质
【解析】【解答】解：设点Q 的速度为x，则运动t 秒时，CQ=xt，P 点的速度为4，则BC=16
BP=4t
∴
，PPC=（16-4t）
又∵AB=AC=24，点D 为AB 的中点
BD=
∴
1
2
AB=12
B= C
∵∠
∠
∴运动t 秒时，△BPD 与△CQP 全等共有两种情况
①当△BPD
CQP
≌△
时，
则有BD=CP，BP=CQ
即12=16-4t，4t=xt
即t=1
∴由4t=xt 可知，x=4
②当△BPD
CPQ
≌△
时，
则有BD=CQ，BP=CP
即12=xt，4t=16-4t
t=2
∴
，x=6
【分析】根据题意，设Q 点的运动速度为x，根据其运动情况表示出线段的数量关系，根据三角形全等的
性质计算得到答案即可。
三、解答题
19. ( 7 分 ) 已知：如图，CE AB
⊥
，BF AC
⊥
，CE 与BF 相交于D，且BD=CD．求证：D 在∠BAC 的平分
线上．
【答案】 证明：在△BDE 和△CDF 中，
∵ {
∠BED =∠CFD =90
∘
∠BDE =∠CDF
BD =CD
，
BDE
CDF
∴△
△
≌
（AAS），
DE=DF
∴
，
又∵CE AB
⊥
，BF AC
⊥
，
D
∴
在∠BAC 的平分线上
【考点】全等三角形的判定与性质，角平分线的性质
【解析】【分析】首先根据已知条件易证△BDE
CDF
≌△
（AAS），则DE=DF，再由角平分线性质的逆定
理可得D 在∠BAC 的平分线上．
20. ( 7 分 ) 如图，DE AB
⊥
，CF AB
⊥
，垂足分别是点E、F，DE=CF，AE=BF，求证：AC BD
∥
．
【答案】 证明：∵DE AB
⊥
，CF AB
⊥
，
DEB= AFC=90°
∴∠
∠
，
AE=BF
∵
，
AF=BE
∴
，
在△DEB 和△CFA 中，
{
DE =CF
∠DEB =∠AFC
AF = BE
，
DEB
CFA
△
△
≌
，
A= B
∴∠
∠，
AC DB
∴
∥
．
【考点】全等三角形的判定与性质
【解析】【分析】欲证明AC BD
∥
，只要证明∠A= B
∠，只要证明△DEB
CFA
≌△
即可．
21. ( 8 分 ) 如图1，已知点D 在A 上，△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，点M 为BC 的中点
（1）求证：△BMD 为等腰直角三角形．
（2）将△ADE 绕点A 逆时针旋转45°，如图2 中的“△BMD 为等腰直角三角形”是否仍然成立？请说明
理由．
（3）将△ADE 绕点A 任意旋转一定的角度，如图3 中的“△BMD 为等腰直角三角形”是否均成立？说明
理由．
【答案】 （1）证明：∵△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，
ACB= BAC=45° ADE= EBC= EDC=90°
∴∠
∠
∠
∠
∠
，
∵点M 为BC 的中点，
BM=
∴
1
2
EC，DM=1
2
EC，
BM=DM
∴
，BM=CM，DM=CM，
BCM= MBC
∴∠
∠
，∠DCM= MDC
∠
，
BME= BCM+ MBC=2 BCE
∴∠
∠
∠
∠
，
同理∠DME=2 ACM
∠
，
BMD=2 BCM+2 ACM=2 BCA=2×45°=90°
∴∠
∠
∠
∠
BMD
∴△
是等腰直角三角形．
（2）解：如图2，△BDM 是等腰直角三角形，
理由是：延长ED 交AC 于F，
ADE
∵△
和△ABC 是等腰直角三角形，
BAC= EAD=45°
∴∠
∠
，
AD
ED
∵
⊥
，
ED=DF
∴
，
M
∵
为EC 中点，
EM=MC
∴
，
DM=
∴
1
2
FC，DM FC
∥
，
BDN= BND= BAC=45°
∴∠
∠
∠
，
ED
AB
∵
⊥
，BC AB
⊥
，
ED BC
∴
∥
，
DEM=NCM
∴∠
，
在△EDM 和△CNM 中
{
∠DEM =∠NCM
EM =CM
∠EMD =∠CMN)
EDM
CNM
∴△
△
≌
（ASA），
DM=MN
∴
，
BM DN
∴
⊥
，
BMD
∴△
是等腰直角三角形．
（3）解： △BDM 是等腰直角三角形，
理由是：如图：过点C 作CF ED
∥
，与DM 的延长线交于点F，连接BF，
可证得△MDE
MFC
≌△
，
DM=FM
∴
，DE=FC，
AD=ED=FC
∴
，
作AN EC
⊥
于点N，
由已知∠ADE=90°，∠ABC=90°，
可证得∠DEN= DAN
∠
，∠NAB= BCM
∠
，
CF ED
∵
∥
，
DEN= FCM
∴∠
∠
，
BCF= BCM+ FCM= NAB+ DEN= NAB+ DAN= BAD
∴∠
∠
∠
∠
∠
∠
∠
∠
，
BCF
BAD
∴△
△
≌
，
BF=BD
∴
，∠DBA= CBF
∠
，
DBF= DBA+ ABF= CBF+ ABF= ABC=90°
∴∠
∠
∠
∠
∠
∠
，
DBF
∴△
是等腰直角三角形，
∵点M 是DF 的中点，
则△BMD 是等腰直角三角形.
【考点】全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】
（1）根据等腰直角三角形的性质得出∠ACB= BAC=45° ADE= EBC= EDC=90°
∠
∠
∠
∠
，推出BM=DM，
BM=CM，DM=CM，推出∠BCM= MBC
∠
，∠ACM= MDC
∠
，求出∠BMD=2 BCM+2 ACM=2 BCA=90°
∠
∠
∠
即可．
（2）延长ED 交AC 于F，求出DM=1
2
FC，DM FC
∥
，∠DEM=NCM，根据ASA 推出△EDM
CNM
≌△
，推
出DM=BM 即可．
（3）过点C 作CF ED
∥
，与DM 的延长线交于点F，连接BF，推出△MDE
MFC
≌△
，求出DM=FM，
DE=FC，作AN EC
⊥
于点N，证△BCF
BAD
≌△
，推出BF=BD，∠DBA= CBF
∠
，求出∠DBF=90°，即可得
出答案．
22. ( 9 分 ) 如图，已知在AB、AC 上各取一点E、D，使AE=AD，连结BD、CE 相交于点O，连结AO，
∠1= 2
∠，求证：∠B= C.
∠
【答案】 证明：在△AEO 与△ADO 中，
AE=AD，∠BAO= CAO
∠
，OA=OA，
AEO
ADO
∴△
△
≌
（SAS）；
OE=OD
∴
，∠AEO= ADO
∠
，
BEO= CDO
∴∠
∠
，
在△BEO 与△CDO 中，
BEO= CDO
∠
∠
，OE=OD，∠BOE= COD
∠
，
BEO
CDO
∴△
△
≌
（ASA），
B= C.
∴∠
∠
【考点】全等三角形的判定与性质
【解析】【分析】先根据“SAS”可证△AEO
ADO
≌△
，再根据“ASA”可证△BEO
CDO
≌△
，利用全等三角形
的对应角相等即可求出结论.
23. ( 9 分 ) 如图，∠A= D=90°
∠
，BE 平分∠ABC，且点E 是AD 的中点，求证：BC=AB+CD。
【答案】 证明：过点E 作EF BC
⊥
于点F，则∠EB= A=90°
∠
，
又∵BE 平分∠ABC，
ABE= FBE
∴∠
∠
，∵BE=BE，
ABE
FBE(AAS)
∴△
△
≌
，
AE=EF
∴
，AB=BF
又点E 是AD 的中点，
AE=ED=EF
∴
Rt
CDE Rt
CFE(HL)
△
△
≌
，
CD=CF
∴
，
BC=CF+BF=AB+CD
∴
．
【考点】全等三角形的判定与性质
【解析】【分析】过点E 作EF BC
⊥
于点F，根据已知条件易证△ABE
FBE(AAS)
≌△
，利用全等三角形的性
质得AE=EF，AB=BF；然后利用中点的定义可得AE=ED=EF，故可证得Rt
CDE Rt
CFE(HL)
△
△
≌
，利用全
等三角形的性质得CD=CF，从而可得BC=CF+BF=AB+CD．
24. ( 9 分 ) 如图，已知 △ABC 中， AD⊥BC 于 D ， AB+ BD =CD ，求证： ∠ABC =2∠C .
【答案】 解：如图，在线段CD 上截取DE=BD，
AD=AD
∵
，∠ADB= ADE
∠
，BD=DE
ADB
ADE
∴△
△
≌
（SAS）
AE=AB
∴
，∠ABC= AED
∠
，
AB+BD=AE+DE
∴
，
AB+BD=CD
∵
，
CD=AE+DE
∴
，
CD=CE+DE
∵
，
AE=CE
∴
C= CAE
∴∠
∠
，
AED= C+ CAE=2 C
∴∠
∠
∠
∠，
∴ ∠ABC =2∠C ．
【考点】三角形全等及其性质，三角形全等的判定
【解析】【分析】在线段CD 上截取DE=BD，由“SAS”可证△ADB
ADE
≌△
，可得AE=AB，
∠ABC= AED
∠
，由线段和差关系可证AE=CE，即可得结论．
25. ( 9 分 ) 如图，△ABC 中，AB=AC，点D、E 分别在AB、AC 的延长线上，且BD=CE，DE 与BC 相交
于点F.
求证：DF=EF.
【答案】 证明：过D 点作DG AE
∥
交BC 于G 点，如图，
∴ ∠1=∠2，∠4 =∠3 ，
∵ AB = AC ，
∴ ∠B =∠2 ，
∴ ∠B =∠1 ，
∴ DB = DG ，
而 BD =CE ，
∴ DG=CE ，
在 △DFG 和 △EFC 中
{
∠4 =∠3
∠DFG =∠EFC
DG =CE
∴ △DFG ≌△EFC ，
∴DF = EF .
【考点】全等三角形的判定与性质
【解析】【分析】作DG AE
∥
交BC 于G 点，由平行线的性质和等腰三角形的性质可得DB=DG，根据全等
三角形的判定易得△DFG
EFC
≌△
，即可得到结论.
