全等三角形專項復(fù)習(xí)（提升分層訓(xùn)練）

全等三角形專項復(fù)習(xí)（提升分層訓(xùn)練）一、單選題（每題4分）1．（23·24上·綿陽·階段練習(xí)）如圖，已知AB⊥BD，CD⊥BD，若用HL判定Rt△ABD和

A．AD=CB B．∠A=∠C C．BD=DB D．AB=CD【答案】A【分析】由圖示可知BD為公共邊，若想用HL判定證明Rt△ABD和Rt△【詳解】解：∵AB⊥BD，CD⊥BD，∴∠ABD=∠CDB=90°，A.AD=CB，符合兩直角三角形全等的判定定理HL，故該選項符合題意；B.∠A=∠C，BD=DB，不是兩直角三角形全等的判定定理HL，故該選項不符合題意；C.BD=DB，不符合兩直角三角形全等的判定定理，故該選項不符合題意；D.AB=CD，BD=DB，不是兩直角三角形全等的判定定理HL，故該選項不符合題意；故選：A．【點睛】此題考查了對全等三角形判定定理HL的理解和掌握，熟記全等三角形的判定定理是解題的關(guān)鍵．2．（23·24上·中山·期中）如圖，點D在AB上，點E在AC上，且AB=AC，那么補充下列一個條件后，仍無法判定△ABE≌△ACD的是（

）A．AD=AE B．∠B=∠C C．BE=CD D．∠BDC=∠BEC【答案】C【分析】根據(jù)全等三角形的判定定理逐個判斷即可．【詳解】△ABE≌△ACD已有的條件為AB=AC，公共角∠A=∠A，A.添加AD=AE，可以根據(jù)SAS證明△ABE≌△ACD，不符合題意；B..添加∠B=∠C，可以根據(jù)ASA證明△ABE≌△ACD，不符合題意；C.添加BE=CD，屬于SSA，不可以證明△ABE≌△ACD，符合題意；D.添加∠BDC=∠BEC，可得∠ADC=∠AEB，可以根據(jù)AAS證明△ABE≌△ACD，不符合題意；故選：C．【點睛】本題考查了全等三角形的判定定理，能靈活運用定理進行推理是解此題的關(guān)鍵，注意：全等三角形的判定定理有：SAS，ASA，AAS，SSS，HL．3．（23·24上·揚州·階段練習(xí)）如圖，在△ABC中，若分別以AB、AC為邊作△ABD和△ACE，且∠DAB=∠CAE=α，AD=AB，AC=AE，DC、BE交于點P，連接AP，則∠APC的度數(shù)為()(用含α的代數(shù)式表示)．

A．90+12α B．90+α C．90-【答案】A【分析】作于點F，AG⊥BE于點G，先證明△DAC≌△BAE，得∠ACF=∠AEG，再證明△ACF≌△AEG，得AF=AG，則點A在∠DPE的平分線上，所以∠APE=∠APD=12∠DPE，再由∠CPE+∠ACF=∠CAE+∠AEG=∠AHP得∠CPE=∠CAE=α【詳解】解：如圖，作于點F，AG⊥BE于點G，則∠AFC=∠AGE=90°，

∵∠DAB=∠CAE=α，∴∠DAC=∠BAE=α+∠BAC，在△DAC和△BAE中，AD=AB∴△DAC≌△BAESAS∴∠ACF=∠AEG，在△ACF和△AEG中∠AFC=∠AGE∠ACF=∠AEG∴△ACF≌△AEGAAS∴AF=AG，∴點A在∠DPE的平分線上，∴∠APE=∠APD=1∵∠CPE+∠ACF=∠CAE+∠AEG=∠AHP，∴∠CPE=∠CAE=α，∴∠APE=∴∠APC=∠APE+∠CPE=α+90°-1∴∠APC的度數(shù)為90°+1故選：A．【點睛】此題重點考查全等三角形的判定與性質(zhì)、角平分線的判定、三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和等知識，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．4．（23·24上·石家莊·階段練習(xí)）如圖，∠ABC=50°，CF與AB交于點D，BG與AC交于點E，△AFD?△ACD，△BCE?△GCE，關(guān)于甲、乙、丙的說法正確的是（

）甲：∠DBE=∠ECD；乙：∠F+∠G=50°；丙：CF=BG

A．只有甲 B．甲和乙 C．乙和丙 D．三人均正確【答案】B【分析】根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠ADF=∠ADC=90°，∠GEC=∠BEC=90°，結(jié)合三角形內(nèi)角和定理可得∠DBE=∠ECD，根據(jù)根據(jù)全等三角形的性質(zhì)∠F=∠ECD，【詳解】解：∵△AFD?△ACD，△BCE?△GCE，∴∠ADF=∠ADC=90°，∴∠BDC=∠BEC=90°，∵對頂角相等，∴∠DBE=∠ECD，∵AFD?ACD，△BCE?△GCE，∴∠F=∠ECD，∴∠F+∠G=∠ECD+∠ECB=∠ABC=50°，無法證明CF=BG，故甲和乙說法正確，故選B【點睛】本題主要考查全等三角形的性質(zhì)，三角信你個內(nèi)角和定理，掌握“8字模型”是關(guān)鍵5．（23·24上·濟寧·階段練習(xí)）如圖，EB交AC于點M，交CF于點D，AB交FC于點N，∠E=∠F=90°，∠B=∠C，．下列結(jié)論：①∠1=∠2；②CD=BD；③△AFN≌△BDN；④AM=AN．其中所有正確結(jié)論的序號是（）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】B【分析】利用AAS證明△ABE≌△ACF，即可得∠1=∠2，可判定；①沒有條件可以證明CD=DN，即可判斷②；結(jié)合①和已知條件即可得△ACN≌△ABM，無條件能證明△AFN≌△BDN即可判斷③；根據(jù)△ABE≌△ACF，可得BE=CF，判斷④．【詳解】解：在△ABE和△ACF中，∠E=∠F∠B=∠C∴△ABE≌△ACF(AAS，，∴∠1=∠2．故①正確；在△AFN和△AEM中，∠F=∠E∠1=∠2，∴AN=AM，故④正確；，，，∵AB=AC∴AB-AN=AC-AM，∴BN=CM，在△DMC和△DNB中，∠DMC=∠DNBCM=BN，∴CD=BD，∴②正確；根據(jù)條件得不出AN=BN，AF=BD，，∴△AFN與△BDN無法證明全等，故③錯誤；綜上①②④正確，故選：B．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握全等三角形的判定與性質(zhì)．6．（22·23上·江北·期末）如圖，在△ABC中，∠A=60°，∠ABC和∠ACB的平分線BD、CE相交于點O，BD交AC于點D，CE交AB于點E，若已知△ABC周長為20，BC=7，AE:AD=4:3，則AE長為（

）A．187 B．247 C．267【答案】B【分析】證明△BOE≌△BOH得出∠EOH=∠BOH=60°，證明△COD≌△COH得出CD=CH，進而即可求解．【詳解】解：如圖，在BC上截取BH=BE，連接∵BD平分∠ABC，CE平分∠ACB，∴∠ABD=∠CDB,∠ACE=∠BCE，，∴∠ABC+∠ACB=120°，∴∠DBC+∠BCE=60°，，∴∠BOE=∠COD=60°，在△BOE和△BOH中，BE=BH∠ABD=∠CBD∴△BOE≌△BOH(SAS∴∠EOB=∠BOH=60°，∴∠COH=∠BOC-∠BOH=60°，∴∠COD=∠COH=60°，在△COD和△COH中，∠ACE=∠BCEOC=OC∴△COD≌△COH(ASA∴CD=CH，，∵△ABC周長為20，，∴AE+AD=6，，．故選：B．【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，角分線的定義，構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．7．（22·23上·期中）如圖，△ABC中，，∠ABC<60°，三條角平分線AD、、CF交于O，OH⊥BC于H．下列結(jié)論：①∠BOC=120°；②∠DOH=∠OCB-∠OBC；③OD平分∠BOC；④．其中正確的結(jié)論個數(shù)有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】由得∠ABC+∠ACB=120°，即可求得∠BOC=120°，可判斷①正確；由∠DOH=90°-∠ODH=90°-∠BAD-∠ABC，而∠BAD=12∠BAC=12由，∠ABC<60°得∠ABC<∠ACB，再由∠OAB=∠OAC推導(dǎo)出∠OBA+∠OAB<∠OCA+∠OAC，即可證明∠BOD<∠COD，可判斷③錯誤；在BC上截取BI=BF，連接OI，由∠EOF=∠BOC=120°得∠AFO+∠AEO=180°，即要證明∠CEO=∠AFO，再證明△OBI≌△OBF，得∠OIB=∠OFB，則∠CIO=∠AFO，所以∠CIO=∠CEO，即可證明△CIO≌△CEO，得CI=CE，所以，可判斷④正確．【詳解】解：∵，∴∠ABC+∠ACB=120°，∴12∵∠OBC=12∠ABC∴∠BOC=180°-∠OBC+∠OCB故①正確；∵OH⊥BC于H，∴∠OHD=90°，∴∠DOH=90°-∠ODH=90°-∠BAD+∠ABC∵∠BAD=1∴∠DOH=90°-1∵∠OCB-∠OBC=1∴∠DOH=∠OCB-∠OBC，故②正確；∵，∠ABC<60°，∴∠ACB>60°，∴∠ABC<∠ACB，∵12∴∠ABO=12∠ABC∴∠OBA<∠OCA，∵∠OAB=∠OAC，∴∠OBA+∠OAB<∠OCA+∠OAC，∴∠BOD<∠COD，故③錯誤；如圖，在BC上截取BI=BF，連接OI，∵∠EOF=∠BOC=120°，∠BAC=60°，∴∠AFO+∠AEO=180°，∵∠CEO+∠AEO=180°，∴∠CEO=∠AFO，在△OBI和△OBF中，BF=BI∠OBI=∠OBF∴△OBI≌△OBF，∴∠OIB=∠OFB，∴180°-∠OIB=180°-∠OFB，∴∠CIO=∠AFO，

∴∠CIO=∠CEO，在△CIO和△CEO中，OC=OC∠ICO=∠ECO∴△CIO≌△CEO，∴CI=CE，∵BF+CE=BI+CI=BC，故④正確，故選：C．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，與角平分線有關(guān)的三角形內(nèi)角和問題，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵8．（22·23上·武漢·期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，，點B、A分別在x軸正半軸和y軸正半軸上，∠ACB＝90°，則OA＋OBA．8 B．9 C．10 D．11【答案】A【分析】過C作CM⊥y軸于M，CN⊥x軸于N，推出OM=ON=CN=4，證△ACM≌△BCN，推出AM=BN，求出OA+OB=ON+OM【詳解】解：過C作CM⊥y軸于M，CN⊥x軸于N，∵C（∴CN=CM=4，∴OM=ON=CN=CM=4，∵∠ACB=90°，∴∠ACB=∠MON，∴∠MCA=90°-∠ACN，∴∠ACM=∠BCN，在△ACM和△BCN中，∠ACM=∠BCNCM=CN∴△ACM≌△BCN（∴AM=BN，∴OA+OB=OA+ON+BN=OA+ON+AM=ON+OM=4+4=8．故選:A．【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，關(guān)鍵是推出AM=BN和推出OA+OB=OM+ON．9．（22·23上·武漢·階段練習(xí)）如圖，在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，ΔABC的角平分線AD、BE相交于點O，過點O作OF⊥AD交BC的延長線于點F，交AC于點G，下列結(jié)論：①∠BOD=45°；②BD+AG=AB；③AD=OE+OF；④SΔACDA．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②③④【答案】A【分析】根據(jù)角平分線的定義、三角形外角的性質(zhì)與直角三角形性質(zhì)可以判斷①是否正確；延長FO交AB于H，通過證明ΔAOH≌ΔAOG，ΔBOD≌ΔBOH，利用全等的性質(zhì)來判斷②是否正確；通過證明ΔBOA≌ΔBOF，利用性質(zhì)判斷③是否正確；根據(jù)同高的兩個三角形的面積比等于它們的底邊長之比，直接判斷④是否正確；從而得解．【詳解】解：∵ΔABC的角平分線AD、BE相交于點∴∠ABO=∠CBO=12∠ABC∠BOD=∠ABO+∠BAO=12(∠ABC+∠BAC)=1故①正確；延長FO交AB于H，如圖所示：∴∠AOG=∠AOH=90°，又∵∠HAO=∠GAO,AO=AO，ΔAOH≌ΔAOG(ASAAG=AH,OG=OH，∴∠BOH=180°-∠BOD-∠DOF=45°∴∠BOH=BOD=45°，∴ΔBOD≌ΔBOH(ASA∴BD=BH，OH=OD，∴AB=AH+BH=AG+BD，故②正確；∵∠BOA=∠BOH+∠AOH=135°，∠BOF=∠BOD+∠DOF=135°，∴∠BOA=∠BOF，ΔBOA≌ΔBOF(ASA∴AO=OF，∴AD=AO+OD=OF+OG，又∵∠OGE=90°-∠F，∠BEC=90°-∠EBC，∴∠OGE≠∠BEC，∴OE≠OG，∴AD=OF+OG≠OF+OE，故③錯誤；∵同高的兩個三角形面積之比等于底邊長之比，∴S故④正確；因此正確的有：①②④；故選A．【點睛】此題是直角三角形的綜合題，主要考查了直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形外角的性質(zhì)、同高的兩個三角形面積之比等于底邊長之比等知識，熟練運用這些性質(zhì)進行推理是解題的關(guān)鍵．10．（2022下·南京·期末）如圖，在正方形ABCD中，AB=4，E為AB邊上一點，點F在BC邊上，且BF=1，將點E繞著點F順時針旋轉(zhuǎn)90°得到點G，連接DG，則DG的長的最小值為（

）A．2 B．22 C．3 D．【答案】C【分析】過點G作GP⊥BC于點P，延長PG交AD于點，設(shè)BE=PF=x，只要證得ΔBEF≌ΔPFGAAS，利用全等三角形的性質(zhì)可得BE=PF，PG=BF=1，進而得到PC=DH=4-1-x=3-x，在RtΔDGH中，利用勾股定理即可求解．【詳解】解：過點G作GP⊥BC于點P，延長PG交AD于點，則∠GPF=90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADC=∠C=∠B=90°，∴四邊形CDHP是矩形，∴CD=PH=AB=4，PC=DH，∵∠EFG=90°，∴∠BFE+∠PFG=90°，

又∠BFE+∠BEF=90°，∴∠PFG=∠BEF，∵FE=FG，∠B=∠GPF=90°，∴ΔBEF≌ΔPFGAAS∴BE=PF，PG=BF=1，∴GH=PH-PG=4-1=3，設(shè)BE=PF=x，則PC=DH=4-1-x=3-x，在RtΔDGH中，由勾股定理得，DG當(dāng)x=3時，DG2有最小值為∴DG的最小值為3，故選：C【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理的運用，作出適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．二、填空題11．（23·24上·滄州·階段練習(xí)）在一次數(shù)學(xué)活動中，為了測量一堵墻上點A的高度AM，嘉淇設(shè)計了如下方案：第一步：找一根長度大于AM的直桿，使直桿靠在墻上，且頂端與點A重合，測量出直桿與地面的夾角∠ABM=50°；第二步：使直桿頂端沿墻面豎直緩慢下滑，使得∠MDC=°，標(biāo)記此時直桿的底端點D；第三步：測量地面上線段的長度，即為點A的高度．若測得BM=4m，DM=6m，則直桿下滑的高度AC為m．

【答案】40°DM2【分析】測一堵墻上點A的高度AM，可構(gòu)造Rt△AMB≌Rt△DMC，則DM=AM，即【詳解】解：根據(jù)題意得，∠ABM=50°，AM⊥DM，通過構(gòu)造直角三角形DMC與直角三角形AMB全等，∴∠MDC=90°-50°=40°，∵利用“角角邊”構(gòu)造Rt△∴AM=DM，∴測量DM的長即為墻上點A的高度AM，∵Rt∴BM=MC=4m，DM=AM=6m，AC=AM-MC，∴AC=6-4=2(m)．故答案為：40°，DM，2．【點睛】本題主要考查全等三角形性質(zhì)的應(yīng)用，構(gòu)造三角形全等是解題的關(guān)鍵．12．（23·24上·宜春·階段練習(xí)）如圖所示，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∠1=20°，∠3=55°．則∠2=．【答案】35°/35度【分析】根據(jù)等式的性質(zhì)得出∠BAD=∠CAE，再利用全等三角形的判定和性質(zhì)解答即可．【詳解】解：∵∠1=20°，∠3=55°，，∴∠ABD=55°-20°=35°，∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△BAD與△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAESAS∴∠2=∠ABD=35°，故答案為：35°．【點睛】此題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形的外角性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)等式的性質(zhì)得出∠BAD=∠CAE13．（23·24上·武漢·階段練習(xí)）如圖，△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，D為CB的中點，AE=AD，且AE⊥AD，與AC的交于點P，則AP:PC=．【答案】3【分析】證明△AEH≌△DACAAS，可得AH=DC，HE=CA，證明△BCP≌△EHPAAS，可得【詳解】解：如圖，過點E作于，∵∠ACB=90°，AE⊥AD，∴∠EHP=∠AHE=∠ACB=∠EAD=90°，∴∠EAH+∠AEH=90°=∠EAH+∠DAC，∴∠AEH=∠DAC，在△AEH和△DAC中，∠AEH=∠DAC∠AHE=∠DCA∴△AEH≌△DACAAS∴AH=DC，HE=CA，∵AC=CB，D為CB的中點，∴HE=BC，AH=CD=1∴AH=CH，在△BCP和△EHP中，∠BCP=∠EHP∠BPC=∠EPH∴△BCP≌△EHPAAS∴CP=HP，∴HC=2PC，∴AP=AH+HP=HC+PC=2PC+PC=3PC，∴．故答案為：3．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形兩銳角互余，中點的定義．證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．14．（22·23下·嘉興·階段練習(xí)）如圖，點E在正方形ABCD的邊BC上，連結(jié)AE，F(xiàn)G垂直平分AE，分別交AB，CD，AE，BD于點F，G，

【答案】108【分析】見解析中的作輔助線．構(gòu)造多個矩形與全等三角形，設(shè)法證明△ENH≌△AFH與△GIP≌△NIQ，結(jié)合已知條件可推得IG=NI=NH=FH=5，于是IH可求；先證明△GJN≌△FKN，則AE=GF=20，再證明點E為BC的中點，在直角三角形ABE中可求得AB的長，繼而求得對角線BD的長．【詳解】①連接IA、IE、IC．自I分別作BC、CD的垂線，垂足為點M、P．自點E作射線

由正方形ABCD知∠PCM=90°，又∠IPC=∠IMC=90°，∴四邊形IMCP是矩形，∴∠MIQ=∠MIP=90°，∠IME=∠IMC=90°，又由EQ⊥PQ知∴四邊形IMEQ是矩形，，又AB⊥BC，則AB∥QE．∴∠ENH=∠AFH，由FG垂直平分AE知AH=EH，∴△ENH≌△AFH∴NH=FH=5．由CD是正方形ABCD的對角線知，∠ADI=∠CDI=45°，又AD=CD∴△ADI≌△CDI∴IA=IC．由FG垂直平分AE知IA=IE，∴IC=IE，又IM⊥BC∴MC=ME由四邊形IMCP是矩形知，MC=IP，由四邊形IMEQ是矩形知，MQ=IQ∴．又∠GPI=∠NQI=90°，∴△GIP≌△NIQ∴NI=IG=5∴IH=NI+NH=5+5=10．②過點N作BC的平行線，分別交AB、CD于點K、J．自點G作

由①知，IG=NI=NH=FH=5，∴，又∠GNJ=∠FNK，∠GJN=∠FKN=90°∴△GJN≌△FKN∴JN=KN，因KJ∥BC,NE⊥BC，∴四邊形KBEN與四邊形NECJ均為矩形，∴KN=BE，∴BE=EC，由GL⊥AB知四邊形BCGL是矩形，則GL=BC=AB，由FG⊥AE，GL⊥AB∴∠FGL=∠EAB在△FGL與△EAB中，GL=AB∴△FGL≌△EAB∴AE=GF=IG+NI+NH+FH=20．在Rt△ABE中，AB=2BE∴A解得：AB=8∴AD=AB=85在Rt△ABD中，綜合①②可知，IH=10，BD=810故答案為：10與810【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、矩形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用等知識點，解題的關(guān)鍵是作出相關(guān)輔助線．三、解答題15．（23·24上·巴南·階段練習(xí)）已知在四邊形ABCD中，AB=BC，∠ABC+∠ADC=180°．(1)如圖1，若AD=10，∠BAD=90°，求CD的長度；(2)如圖2，點P、Q分別在線段AD、DC上，滿足PQ=AP+CQ，求證：∠PBQ+1(3)如圖3，若點Q運動到DC的延長線上，點P也運動到DA的延長線上時，仍然滿足PQ=AP+CQ，則（2）中的結(jié)論是否成立？若成立，請給出證明過程，若不成立，請寫出∠PBQ與∠ADC的數(shù)量關(guān)系，并給出證明過程．【答案】(1)DC=10(2)見解析(3)（2）中結(jié)論不成立，應(yīng)該是：∠PBQ=90°+1【分析】（1）如圖1，利用HL證得兩個直角三角形全等：Rt△BAD≌（2）如圖2，延長DC，在上面找一點K，使得CK=AP，連接BK，通過證△BPA≌△BCK（SAS）得到：∠1=∠2，BP=BK．然后由全等三角形△PBQ≌△BKQ的徐表格中求得∠PBQ=12∠ABC，結(jié)合已知條件∠ABC+∠ADC=180°（3）（2）中結(jié)論不成立，應(yīng)該是：∠PBQ=90°+1如圖3，在CD延長線上找一點K，使得KC=AP，連接BK，構(gòu)建全等三角形：△BPA≌△BCK（SAS），由該全等三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定定理SSS證得：△PBQ≌△BKQ，則其對應(yīng)角相等：∠PBQ=∠KBQ，結(jié)合四邊形的內(nèi)角和是360度可以推得：∠PBQ=90°+1【詳解】（1）解∵，∠BAD=90°

∴∠BCD=90°在Rt△BAD和BD=BD∴Rt△BAD≌Rt△BCD（HL）∴AD=DC=10，

∴DC=10

（2）如圖，延長DC，在上面找一點K，使得CK=AP，連接BK∵∴∠BAD+∠BCD=180°∵∠BCD+∠BCK=180°∴∠BAD=∠BCK在△BPA和△BCK中AP=CK∴△BPA≌△BCK（SAS）∴∠1=∠2，BP=BK∵PQ=AP+CQ，∴PQ=QK，在△PBQ和△BKQ中BP=BK∴△PBQ≌△BKQ（SSS）∴∠PBQ=∠KBQ∴∠PBQ=∠2+∠CBQ=∠1+∠CBQ∴∠PBQ=∵∴∠ABC=180°-∠ADC12∴∠PBQ+（3）（2）中結(jié)論不成立，應(yīng)該是：∠PBQ=90°+在CD延長線上找一點K，使得KC=AP，連接BK∵∴∠BAD+∠BCD=180°∵∠BAD+∠PAB=180°∴∠PAB=∠BCK在△BPA和△BCK中AP=CK∴△BPA≌△BCK（SAS）∴∠ABP=∠CBK，BP=BK∴∠PBK=∠ABC∵PQ=AP+CQ，∴PQ=QK，在△PBQ和△BKQ中BP=BK∴△PBQ≌△BKQ（SSS）∴∠PBQ=∠KBQ∴2∠PBQ+∠PBK=2∠PBQ+∠ABC=360°∴2∠PBQ+∴∠PBQ-【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)．在應(yīng)用全等三角形的判定時，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時添加適當(dāng)輔助線構(gòu)造三角形．四、證明題16．（23·24上·鎮(zhèn)江·階段練習(xí)）如圖，已知EC=BF，AC∥DF，AC=DF，求證：

(1)．(2)AB∥DE【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）證明△ABC≌△DEFSAS（2）利用全等三角形的性質(zhì)得到∠ABC=∠DEF即可解答．【詳解】（1）證明：∵EC=BF，∴EC+EB=BF+EB，即BC=EF，∵AC∥DF，∴∠C=∠F，在△ABC與△DEF中，BC=EF∠C=∠F∴△ABC≌△DEFSAS∴AB=DE；（2）證明：∵△ABC≌△DEFSAS∴∠ABC=∠DEF，∴AB∥DE．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)，熟練運用上述性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．17．（23·24上·滄州·階段練習(xí)）如圖，正六邊形ABCDEF中，AM=BN，連接MF、AN交于點

(1)求證：△AMF≌△BNA．(2)求∠FPN的度數(shù)．【答案】(1)見詳解(2)120°【分析】（1）由正五邊形的性質(zhì)得出AB=AF，∠FAM=∠ABN=120°，由SAS證明△AFM≌△BAN，看得出結(jié)論；（2）由△AFM≌△BAN得出∠AFM=∠BAN，由三角形的外角性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理求出∠APF的度數(shù)，即可得出結(jié)果．【詳解】（1）∵六邊形ABCDEF是正六邊形，∴AB=AF，∠FAM=∠ABN=120°，在△AFM和△BAN中，AF=AB∠FAM=∠ABN∴△AFM≌△BANSAS（2）∵△AFM≌△BAN∴∠AFM=∠BAN，∵∠APF=∠AMF+∠BAN=∠AFM+∠AMF=180°-120°=60°，∴∠FPN=180°-60°=120°．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、正六邊形的性質(zhì)，熟練掌握證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．18．（23·24上·揚州·階段練習(xí)）如圖，已知正方形ABCD的邊長為10厘米，點E在邊AB上，且AE=4厘米，如果點P在線段BC上以2厘米/秒的速度由B點向C點運動，同時，點Q在線段CD上由C點向D點運動．設(shè)運動時間為t秒．

(1)若點Q的運動速度與點P的運動速度相等，經(jīng)過2秒后，△BPE與△CQP是否全等？請說明理由(2)若點Q的運動速度與點P的運動速度不相等，則當(dāng)t為何值時，能夠使△BPE與△CQP全等；此時點Q的運動速度為多少？【答案】(1)全等，理由見解析(2)v【分析】（1）由“SAS”可證即可；（2）由全等三角形的性質(zhì)可得BP=PC，列出方程可求t的值，再求解Q的速度即可．【詳解】（1）解：，理由如下：∵正方形ABCD，∴AB=BC=10，∠B=∠C=90°，而AE=4，∴BE=6，∵點Q的運動速度與點P的運動速度相等，經(jīng)過2秒后，BP=4cm，CQ=4∴BP=CQ，PC=6cm∴BE=PC，在△BPE和△CQP中，BP=CQ∠B=∠C=90°∴△BPE≌△CQP(SAS（2）設(shè)經(jīng)過t秒后，△PBE≌△PCQ，當(dāng)點Q與點P速度不相同時，BP=PC，此時△PBE≌△PCQ，∴2t=10-2t，解得t=5又CQ=BE=6cm∴v【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，一元一次方程的應(yīng)用，找到正確的數(shù)量關(guān)系是解題的關(guān)鍵．19．（23·24上·綏化·期中）如圖，在△ABC中，AB=BC．(1)如圖①所示，直線MN過點B，AM⊥MN于點M，CN⊥MN于點N，且∠ABC=90°．求證：MN=AM+CN；(2)如圖②所示，直線MN過點B，AM交MN于點M，CN交MN于點N，且∠AMB=∠ABC=∠BNC，則MN=AM+CN是否成立？請說明理由．【答案】(1)見解析(2)MN=AM+CN成立，理由見解析【分析】（1）由題意可求出∠1=∠3，再根據(jù)AAS結(jié)合題意可證△AMB≌△BNC，即得出AM=BN，MB=NC，進而可求出MN=MB+BN=AM+CN；（2）由∠AMB=∠ABC=∠BNC，易證∠1=∠3，由（1）同理可證△AMB≌△BNCAAS，即得出AM=BN，MB=NC，進而可求出MN=MB+BN=AM+CN【詳解】（1）證明：如圖，

∵AM⊥MN，CN⊥MN，∠ABC=90°，∴，∴，∠2+∠3=90°，∴∠1=∠3．在△AMB和△BNC中，∠AMB=∠BNC=90°∠1=∠3∴△AMB≌△BNCAAS∴AM=BN，MB=NC．∵，∴MN=AM+CN；（2）解：MN=AM+CN成立，理由：如圖，

∵∠AMB=∠ABC=∠BNC，又∵∠1+∠2+∠ABC=180°，，∴∠1=∠3．在△AMB和△BNC中，∠AMB=∠BNC∠1=∠3∴△AMB≌△BNCAAS∴AM=BN，MB=NC．∵，∴MN=AM+CN．【點睛】本題主要考查三角形全等的判定和性質(zhì)．熟練掌握三角形全等的判定條件是解題關(guān)鍵．20．（23·24上·珠?！て谥校┰谒倪呅蜛BCD中，∠B=90°，E為BC邊的中點，AE平分∠BAD，F(xiàn)分別為AD上一點，AF=AB．

(1)求證：△ABE≌△AFE；(2)若∠AED=90°，請證明BC⊥CD．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）根據(jù)SAS證明△ABE≌△AFE即可．（2）由△ABE≌△AFE可得EB=EF，∠AEB=∠AEF，∠EFA=∠B=90°，又由∠BEC=180°，∠AED=90°，可得∠AEB+∠DEC=90°，，則∠DEC=∠DEF，根據(jù)SAS證明△ECD≌△EFD，則可得∠ECD=∠EFD=90°，則可證BC⊥CD．【詳解】（1）證明：∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠FAE，在△ABE和△AFE中，AB=AF∠BAE=∠FAE∴△ABE≌△AFE(SAS（2）證明：由（1）知，△ABE≌△AFE，∴EB=EF，∠AEB=∠AEF，∠EFA=∠B=90°，．，∠AED=90°，∴∠AEB+∠DEC=90°，，∴∠DEC=∠DEF．∵點E為BC的中點，∴EB=EC，∴EF=EC．在△ECD和△EFD中，EC=EF∠DEC=∠DEF∴△ECD≌△EFD(SAS∴∠ECD=∠EFD=90°，∴BC⊥CD．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．21．（22·23·滁州·一模）【綜合與實踐】問題情境：變換包括平移、旋轉(zhuǎn)、對稱、位似等，其中旋轉(zhuǎn)就是將圖形上的每一點在平面內(nèi)繞著旋轉(zhuǎn)中心旋轉(zhuǎn)固定角度的位置移動，其中“旋”是過程，“轉(zhuǎn)”是結(jié)果．旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)則是解決實際問題的關(guān)鍵．?dāng)?shù)學(xué)活動課上，老師讓同學(xué)們根據(jù)如下問題情境，發(fā)現(xiàn)并提出問題．如圖1，△ABC與△EDC都是等腰直角三角形，點E，D分別在AC和BC上，連接EB．將線段EB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到的對應(yīng)線段為．連接，DF．“興趣小組”提出了如下兩個問題：①AE=BD，AE⊥BD；②DF=AB，DF⊥AB．

解決問題：（1）請你證明“興趣小組”提出的第②個問題．探索發(fā)現(xiàn)：（2）“實踐小組”在圖1的基礎(chǔ)上，將△EDC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)角度α0°<α<90°，其它條件保持不變，得到圖2①請你幫助“實踐小組”探索：“興趣小組”提出的兩個問題是否還成立？如果成立，請給出證明；若不成立，請說明理由．②如圖3，當(dāng)AD=AF時，請求出此時旋轉(zhuǎn)角α的大?。敬鸢浮浚?）見解析；（2）①成立，見解析；②45°【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到AC=BC，EC=DC，得到AE=DB得到∠AEB=∠DBF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AB=DF，∠ABE=∠DFB，求得∠AQF=90°，結(jié)合垂直的定義得到證明；（2）①如圖2，延長AE與BD交于點P，求得∠ACE=∠DCB，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AE=BD，∠CAE=∠CBD，求得∠APB=90°，即AP⊥BD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AB=DF，∠ABE=∠DFB，求得∠AQF=90°，即AB⊥DF；②推出AB垂直平分DF得到BD=BF=BE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠ECB=∠DCB=1【詳解】（1）證明：∵△ABC與△EDC為等腰直角三角形，∴AC=BC，EC=DC，∴AE=DB，∵∠AEB=∠C+∠EBC，∠DBF=∠EBF+∠DBE，∠C=∠EBF=90°，∴∠AEB=∠DBF，∵EB=BF，≌△DBFSAS，，∠ABE=∠DFB，∵∠ABE+∠ABF=90°，∴∠DFB+∠ABF=90°，∴∠AQF=90°，即AB⊥DF；（2）①如圖2，

延長AE與BD交于點P，∵∠ACB=∠ECD=90°，∴∠ACE=∠DCB，，CE=CD，≌△BCDSAS，∴AE=BD，∠CAE=∠CBD．∵∠AOC=∠BOP，∠AOC+∠CAO=90°，∴∠CBD+∠BOP=90°，∴∠APB=90°，即AE⊥BD，∵∠AEB=∠APB+∠EBD，∠DBF=∠EBF+∠DBE，∠APB=∠EBF=90°，∴∠AEB=∠DBF，∵EB=BF，≌△DBFSAS，，∠ABE=∠DFB．∵∠ABE+∠ABF=90°，∴∠DFB+∠ABF=90°，∴∠AQF=90°，即AB⊥DF；②∵AD=AF，AB⊥DF，∴AB垂直平分DF．∴BD=BF=BE，∵EC=DC，BC=BC，∴△BEC≌△BDCSSS∴∠ECB=∠DCB=1∴旋轉(zhuǎn)角α的大小是45°．【點睛】本題主要考查了考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．22．（23·24上·福州·開學(xué)考試）等腰直角△ABC中，，點B、A分別是x軸，y軸上兩個動點，直角邊AC交x軸于點D，斜邊BC交y軸于點E

(1)如圖①，已知C點的橫坐標(biāo)為-2，直接寫出點A點的坐標(biāo)；(2)如圖②，當(dāng)點D恰為AC中點時，連接DE，求證：∠ADB=∠CDE；(3)如圖③，若點A為x軸上的固定點，且A-6,0，當(dāng)點B在y軸正半軸運動時，分別以O(shè)B、AB為直角邊在第一、二象限作等腰直角△BOD和等腰直角△ABC，連接CD交y軸于點P，問當(dāng)點B在y軸的正半軸上運動時，BP的長度是否變化？若變化請【答案】(1)(2)見解析(3)不變，BP=3【分析】（1）如圖1，過點C作軸于點F，構(gòu)建全等三角形：△ACF≌△ABO(AAS)，結(jié)合該全等三角形的對應(yīng)邊相等易得OA的長度，由點A是y軸上一點可以推知點A（2）過點C作CG⊥AC交y軸于點G，則△ACG≌△ABD，即得CG=AD=CD，∠ADB=∠G，由∠DCE=∠GCE=45°，可證△DCE≌△GCE(SAS)得（3）BP的長度不變，理由如下：如圖3，過點C作CE⊥y軸于點E，構(gòu)建全等三角形：△CBE≌△BAO(AAS)，結(jié)合全等三角形的對應(yīng)邊相等推知：CE=BO，BE=AO=6．再結(jié)合已知條件和全等三角形的判定定理AAS得到：△CPE≌△DPB，故【詳解】（1）解：如圖1，過點C作軸于點F．

∵CF⊥y軸于點F，∴∠CFA=90°，∠ACF+∠CAF=90°，∵∠CAB=90°，∴∠CAF+∠BAO=9