全等三角形（練習(xí)）（解析版）-中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講練測（全國通用）

第第頁題型01利用全等三角形的性質(zhì)求角度1．（2022·云南昆明·統(tǒng)考三模）如圖，△ABC≌△DEF，若∠A=80°,∠F=30°，則∠B的度數(shù)是（

）A．80° B．70° C．65° D．60°【答案】B【分析】由△ABC≌△DEF根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠C=∠F=30°，再利用三角形內(nèi)角和進行求解即可．【詳解】∵△ABC≌△DEF，∴∠C=∠F，∵∠F=30°，∴∠C=30°，∵∠A=80°,∠A+∠B+∠C=180°，∴∠B=180°?∠A?∠C=70°，故選：B．【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)及三角形的內(nèi)角和定理，熟練掌握知識點是解題的關(guān)鍵．2．（2022·重慶渝中·統(tǒng)考二模）如圖，點F，B，E，C在同一條直線上，△ABC≌△DEF，若∠A=36°，∠F=24°，則∠DEC的度數(shù)為（

）A．50° B．60° C．65° D．120°【答案】B【分析】根據(jù)△ABC≌△DEF得到∠D=∠A=36°，運用三角形外角性質(zhì)得到∠DEC=∠D+∠F=60°．【詳解】∵△ABC≌△DEF，∴∠D=∠A=36°，∴∠DEC=∠D+∠F=60°．故選B．【點睛】本題考查了全等三角形，三角形外角，熟練掌握全等三角形角的性質(zhì)和三角形外角性質(zhì)是解決此題的關(guān)鍵．3．（2022·山東淄博·模擬預(yù)測）在△ABC中，∠C=90°，D、E分別是BC，AB上的點，ΔADC?ΔADE?ΔBDEA．15 B．20 C．25 D．30【答案】D【分析】根據(jù)ΔADC?ΔADE?【詳解】解：∵Δ∴∠CAD=∠EAD=∠B，∵∠C=90°，∴∠CAD+∠EAD+∠B=90°，∴∠B=30°，故選：D．【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)，直角三角形兩個銳角和等于90°，掌握全等的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.題型02利用全等三角形的性質(zhì)求長度4．（2021·江蘇揚州·統(tǒng)考二模）如圖，Rt△ABC≌Rt△FDE，∠ABC＝∠FDE＝90°，∠BAC＝30°，AC＝4，將Rt△FDE沿直線l向右平移，連接BD、BE，則BD+BE的最小值為．【答案】2【分析】根據(jù)平面直角坐標(biāo)系，可以假設(shè)E(m,3)，則D(m+1，23)，則BD+BE=(m+1)2+(23)2+m2+(3)2，欲求BD+BE的最小值，相當(dāng)于在x軸上找一點R(m,0)，使得R到M(?1，23)【詳解】解：建立如圖坐標(biāo)系，在RtΔABC中，∠ABC=90°，AC=4，∴BC=1AB=3∴斜邊AC上的高=2×2∵ΔABC?ΔFDE，∴EF=AC=4，斜邊EF上的高為3，∴可以假設(shè)E(m,3)，則D(m+1，∴BD+BE=(m+1)欲求BD+BE的最小值，相當(dāng)于在x軸上找一點R(m,0)，使得R到M(?1，23)，作點N關(guān)于x軸的對稱點N'，連接MN'交x軸題意R，連接RN，此時RM+RN的值最小，最小值=MN'=1∴BD+BE的最小值為27故答案為：27【點睛】本題考查軸對稱最短問題，平面直角坐標(biāo)系，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考填空題中的壓軸題．5．（2021·北京海淀·人大附中?？寄M預(yù)測）如圖，正方形ABCD是由四個全等的直角三角形圍成的，若CF=5，AB=13，則EF的長為．【答案】7【分析】由全等三角形的性質(zhì)可得AE＝BG＝CF＝DH＝5，AH＝BE＝CG＝DF＝12，∠DAB＝90°，∠DAH＝∠ABE，可得EG＝GF＝FH＝HF＝7，∠ABE＋∠BAE＝90°，可證四邊形EGFH是正方形，即可求EF的長．【詳解】解：∵正方形ABCD是由四個全等的三角形圍成的，∴AE＝BG＝CF＝DH＝5，AH＝BE＝CG＝DF＝12，∠DAB＝90°，∠DAH＝∠ABE∴EG＝GF＝FH＝HF＝7，∠ABE＋∠BAE＝90°，∴四邊形EGFH是菱形，且∠AEB＝90°∴四邊形EGFH是正方形∴EF＝2EG＝7故答案為：7【點睛】本題考查了正方形的判定和性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，證明四邊形EGFH是正方形是本題的關(guān)鍵．6．（2022·浙江紹興·統(tǒng)考一模）如圖是沙漏示意圖（數(shù)據(jù)如圖），上下兩部分為全等三角形，將上半部分填滿沙子后，在沙子下落至如圖位置時，AB的長為多少？（正在下落的沙子忽略不計）（

）A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm【答案】D【分析】先根據(jù)題意得出△OAB≌△ODC，根據(jù)全等三角形對應(yīng)高相等，得出AB邊上的高為5cm，然后根據(jù)△OAB∽△OEF，EF=6cm，即可求出AB【詳解】∵△OEF≌△OGH，四邊形ABFE≌四邊形DCGH，∴△OAB≌△ODC，∵△OCD的邊CD上的高為5cm，∴△OAB的邊AB上的高為5cm，∵整個沙漏的高為15cm，∴△OEF的邊EF上的高為152∵AB∥EF，∴△OAB∽△OEF，∴AB∵EF=6cm∴AB=5故選：D．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)和相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的對應(yīng)高之比等于相似比是解題的關(guān)鍵．題型03根據(jù)全等的性質(zhì)判斷正誤7．（2022·云南·統(tǒng)考一模）如圖，若△ABC≌△ADE，則下列結(jié)論中一定成立的是（

）A．AC＝DE B．∠BAD＝∠CAE C．AB＝AE D．∠ABC＝∠AED【答案】B【分析】根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【詳解】解：∵△ABC≌△ADE，∴AC＝AE，AB＝AD，∠ABC＝∠ADE，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE．故A，C，D選項錯誤，B選項正確，故選：B．【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．題型04利用全等三角形的性質(zhì)求解8．（2022·安徽合肥·合肥38中?？家荒＃┤鐖D，△DEF是由△ABC經(jīng)過平移得到的，AC分別交DE、EF于點G、H，若∠B=120°，∠C=30°，則∠DGH的度數(shù)為（

）A．150° B．140° C．120° D．30°【答案】A【分析】根據(jù)平移可知：△ABC?△DEF，AC∥DF，根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等，得出∠E=∠B=120°，∠F=∠C=30°，即可得出∠D的度數(shù)，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠DGH的度數(shù)即可．【詳解】根據(jù)平移可知，△ABC?△DEF，AC∥DF，∴∠E=∠B=120°，∠F=∠C=30°，∴∠D=180°?∠E?∠F=180°?120°?30°=30°，∵AC∥DF，∴∠DGH+∠D=180°，∴∠DGH=180°?∠D=180°?30°=150°，故A正確．故選：A．【點睛】本題主要考查了平移變換，全等三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和，平行線的性質(zhì)，熟練掌握平移的知識是解題的關(guān)鍵．9．（2022·遼寧大連·統(tǒng)考一模）如圖，將△ABC沿AC所在的直線翻折得到△AB′C，再將△AB′C沿AB′所在的直線翻折得到△AB′C′，點B，B′，C′在同一條直線上，∠BAC=α，由此給出下列說法：①△ABC≌△AB′C′，②AC⊥BB′，③∠CB′B=2α．其中正確的說法是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】D【分析】①由翻折可得△ABC≌△AB′C，△AB′C≌△AB′C′，進而可以進行判斷；②由翻折可得點B與點B′關(guān)于AC對稱，進而可以進行判斷；③由翻折可得∠B′AC′=∠B′AC=∠BAC=α，∠AB′C′=∠AB′C，再根據(jù)角的和差即可進行判斷．【詳解】解：①由翻折可知：△ABC≌△AB′C，△AB′C≌△AB′C′，∴△ABC≌△AB′C′；故①正確；②由翻折可知：點B與點B′關(guān)于AC對稱，∴AC⊥BB'；故②正確；③由翻折可知：∠B′AC′=∠B′AC=∠BAC=α，∠AB′C′=∠AB′C，∴∠AB′B=90°-∠B′AC=90°-α，∴∠AB′C′=180°-∠AB′B=180°-（90°-α）=90°+α，∴∠AB′C=90°+α，∴∠CB′B=∠AB′C-∠AB′B=90°+α-（90°-α）=2α，∴∠CB′B=2α．故③正確．綜上所述：正確的說法是：①②③．故選：D．【點睛】本題考查了翻折變換，全等三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握翻折的性質(zhì)．10．（2023·湖北恩施·統(tǒng)考一模）如圖，已知△ABC中，AB=AC=10cm，BC=8cm，點D為AB的中點，點P在線段BC上以3cm/s的速度由B點向C點運動，同時，點Q在線段CA上以相同速度由點C向點A運動，一個到達(dá)終點后另一個點也停止運動，當(dāng)△BDP與△CPQ全等時，點PA．t=1s B．t=53s C．t=4【答案】A【分析】根據(jù)AB=AC=10cm，求出∠B=∠C，根據(jù)點D為AB的中點，求出BD=12AB=5cm，分△BDP≌△CPQ時，△BDP≌△CQP【詳解】解：∵AB=AC=10cm∴∠B=∠C，∵點D為AB的中點，∴BD=1∵點P在線段BC上以3cm/s的速度由B點向C點運動，同時，點Q在線段CA上以相同速度由點C向點A∴BP=CQ=3t，CP=8?t，當(dāng)△BDP≌△CPQ時，CP=BD，即8?3t=5，解得：t=1s當(dāng)△BDP≌△CQP時，BD=CQ，即3t=5，解得：t=5此時BP=3×53=5∵BP≠CP，∴此種情況不成立，綜上分析可知，t=1s故選：A．【點睛】本題主要考查了三角形全等的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握三角形全等的性質(zhì)，注意分類討論．11．（2023·山東青島·模擬預(yù)測）如圖，將邊長為3的正方形ABCD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)30°到AB1C【答案】6?2【分析】CD交B1C1于點E，連接AE；根據(jù)全等三角形性質(zhì)，通過證明△AB1E≌△ADE，得【詳解】如圖，CD交B1C1于點E根據(jù)題意得：∠AB1E=∠ADE=90°∵AE=AE∴△AB∴∠EAB∵正方形ABCD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)30°到A∴∠BAB1=30°∴∠B∴∠EA∴EB∴EB∴S△A∴陰影部分的面積=2故答案為：6?23【點睛】本題是面積問題(旋轉(zhuǎn)綜合題)，考查了正方形、全等三角形、旋轉(zhuǎn)、三角函數(shù)的知識；解題的關(guān)鍵是熟練掌握正方形、全等三角形、旋轉(zhuǎn)、三角函數(shù)的性質(zhì)．12．（2020·浙江紹興·模擬預(yù)測）如圖，在△ABC中，∠B=45°，∠C=60°，點E為線段AB的中點，點F在邊AC上，連結(jié)EF，沿EF將（1）如圖1，當(dāng)點P落在BC上時，求∠AEP的度數(shù)．（2）如圖2，當(dāng)PF⊥AC時，求∠BEP的度數(shù)．【答案】（1）90°；（2）60°【分析】（1）證明BE=EP，可得∠EPB=∠B=45°解決問題．（2）根據(jù)折疊的性質(zhì)求出∠AFE=45°，根據(jù)三角形內(nèi)角和求出∠BAC，從而得到∠AEF和∠PEF，再根據(jù)平角的定義求出∠BEP．【詳解】解：（1）如圖1中，∵折疊，∴△AEF≌△PEF，∴AE=EP，∵點E是AB中點，即AE=EB，∴BE=EP，∴∠EPB=∠B=45°，∴∠PEB=90°，∴∠AEP=180°-90°=90°．（2）∵PF⊥AC，∴∠PFA=90°，∵沿EF將△AEF折疊得到△PEF．∴△AEF≌△PEF，∴∠AFE=∠PFE=45°，∵∠B=45°，∠C=60°，∴∠BAC=180°-45°-60°=75°，∴∠AEF=∠PEF=180°-75°-45°=60°，∴∠BEP=180°-60°-60°=60°．【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和，全等三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)折疊的性質(zhì)得到相等的線段和角．題型05添加一個條件使兩個三角形全等13．（2023·湖南永州·統(tǒng)考二模）如圖，點E，F(xiàn)分別在□ABCD的邊AB，CD的延長線上，連接EF，分別交AD，BC于G，H．添加一個條件使△AEG≌△CFH，這個條件可以是．（只需寫一種情況）【答案】AE=CF（答案不唯一）【分析】由平行四邊形的性質(zhì)可得：∠A=∠C,證明∠E=∠F,再補充兩個三角形中的一組相對應(yīng)的邊相等即可．【詳解】解：∵?ABCD，∴AB∥∴∠F=∠E,所以補充：AE=CF,∴△AEG≌△CFH，故答案為：AE=CF（答案不唯一）【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，掌握“平行四邊形的性質(zhì)與利用ASA證明三角形全等”是解本題的關(guān)鍵．14．（2022·北京朝陽·統(tǒng)考二模）如圖，OP平分∠MON，過點P的直線與OM，ON分別相交于點A，B，只需添加一個條件即可證明ΔAOP?ΔBOP【答案】答案不唯一，如OA＝OB【分析】添加OA=OB，根據(jù)OP平分∠MON，得出∠AOP=∠BOP，利用SAS證明△AOP≌△BOP【詳解】解：添加OA=OB，∵OP平分∠MON，∴∠AOP=∠BOP，在△AOP和△BOP中，OA=OB∠AOP=∠BOP∴△AOP≌△BOP（SAS），故答案為OA=OB（答案不唯一）．【點睛】本題考查添加條件判定三角形全等，掌握三角形全等的判定方法是解題關(guān)鍵．15．（2022·北京門頭溝·統(tǒng)考一模）如圖，點P在直線AB外，點A、B、C、D均在直線AB上，如果AC=BD，只需添加一個條件即可證明ΔAPC≌ΔBPD【答案】∠A＝∠B/∠B＝∠A【分析】根據(jù)證明ΔAPC≌【詳解】解：條件是∠A＝∠B理由是：∵∠A＝∠B∴PA＝PB在ΔAPC和ΔPA=PB∠A=∠B∴ΔAPC≌ΔBPD故答案為：∠A＝∠B【點睛】本題考查了全等三角形的判定方法，熟練掌握三角形全等的判定方法是解題的關(guān)鍵．16．（2022·北京順義·統(tǒng)考二模）如圖，AD，BE是△ABC的兩條高線，只需添加一個條件即可證明△ADC≌△BEC（不添加其它字母及輔助線），這個條件可以是【答案】CA=CB（答案不唯一）【分析】根據(jù)已知條件可知∠ACD=∠BCE,∠ADC=∠BEC，故只要添加一條邊相等即可證明△ADC≌【詳解】解：添加CA=CB，∵AD，BE是△ABC的兩條高線，∴∠ADC=∠BEC，在△ADC與△BEC中，∠ADC=∠BEC∴△ADC≌故答案為：CA=CB（答案不唯一）．【點睛】本題考查了三角形全等的判定，掌握三角形全等的判定是解題的關(guān)鍵．題型06添加一個條件仍不能證明全等17．（2022·重慶南岸·統(tǒng)考一模）如圖，點F，E在AC上，AD=CB，∠D=∠B．添加一個條件，不一定能證明△ADE≌△CBF的是（

）A．AD∥BC B．DE∥FB C．【答案】D【分析】根據(jù)全等三角形的判定定理判斷即可．【詳解】A：∵AD∥BC，∴∠A=∠C，∵在△ADE和△CBF中，∠A=∠CAD=CB∴△ADE≌△CBFASAB：∵DE∥FB，∴∠AED=∠CFB，∵在△ADE和△CBF中，∠AED=∠CFB∠D=∠B∴△ADE≌△CBFAASC：∵在△ADE和△CBF中，DE=BF∠D=∠B∴△ADE≌△CBFSASD：根據(jù)AD=CB，∠D=∠B，AE=CF不能推出△ADE≌△CBF，錯誤，故本選項正確．故選D．【點睛】本題考查全等三角形的判定的應(yīng)用，平行線的性質(zhì)．熟練掌握全等三角形的判定定理是解本題的關(guān)鍵．18．（2022·河北石家莊·石家莊市第四十中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，等腰△ABC中，點D，E分別在腰AB，AC上，添加下列條件，不能判定△ABE≌△ACD的是（

）A．AD=AE B．BE=CD C．∠ADC=∠AEB D．∠DCB=∠EBC【答案】B【分析】根據(jù)全等三角形的判定方法逐項判斷即得答案．【詳解】解：A、若添加AD=AE，由于AB=AC，∠A是公共角，則可根據(jù)SAS判定△ABE≌△ACD，故本選項不符合題意；B、若添加BE=CD，不能判定△ABE≌△ACD，故本選項符合題意；C、若添加∠ADC=∠AEB，由于AB=AC，∠A是公共角，則可根據(jù)AAS判定△ABE≌△ACD，故本選項不符合題意；D、若添加∠DCB=∠EBC，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ABE=∠ACD，由于∠A是公共角，則可根據(jù)ASA判定△ABE≌△ACD，故本選項不符合題意．故選：B．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和等腰三角形的性質(zhì)，屬于基本題型，熟練掌握全等三角形的判定方法是解題的關(guān)鍵．19．（2022·貴州貴陽·統(tǒng)考二模）如圖，已知AB＝CD，若使△ABC≌△DCB，則不能添加下列選項中的（

）A．∠ABC＝∠DCB B．BO＝COC．AO＝DO D．∠A＝∠D【答案】D【分析】根據(jù)三角形全等的判定條件對各選項進行判斷即可．【詳解】解：由題意知，AB=CD，BC=BC，A中∠ABC=∠DCB，根據(jù)邊角邊，得到△ABC≌△DCB，故不符合題意；B中BO=CO，則由等邊對等角可得∠ABC=∠DCB，根據(jù)邊角邊，得到△ABC≌△DCB，故不符合題意；C中AO＝DO，則BO=CO，由等邊對等角可得∠ABC=∠DCB，根據(jù)邊角邊，得到△ABC≌△DCB，故不符合題意；D中無法證明△ABC≌△DCB，故符合題意；故選D．【點睛】本題考查了三角形全等的判定．解題的關(guān)鍵在于熟練掌握三角形全等的判定條件．20．（2022·重慶·重慶市育才中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，點E、F分別在菱形ABCD的BC、DC邊上，添加以下條件不能證明△ABE≌△ADF的是（）A．CE＝CF B．∠BAF＝∠DAE C．AE＝AF D．∠AEC＝∠AFC【答案】C【分析】由四邊形ABCD是菱形可得：AB=AD，∠B=∠D，再根據(jù)每個選項添加的條件逐一判斷．【詳解】解：由四邊形ABCD是菱形可得：AB=AD，∠B=∠D，A、由CE＝CF，可得BE=DF，可用SAS證明△ABE?△ADF，故不符合題意；B、添加∠BAE=∠DAF，可用ASA證明△ABE?△ADF，故不符合題意；C、添加AE=AF，不能證明△ABE?△ADF，故符合題意；D、由∠AEC＝∠AFC，可得∠AEB=∠AFD，可用AAS證明△ABE?△ADF，故不符合題意；故選：C．【點睛】本題考查菱形性質(zhì)及全等三角形的判定，解題的關(guān)鍵是掌握三角形全等的判定定理．題型07靈活選用判定方法證明全等21．（2019·廣東揭陽·校聯(lián)考二模）下列各圖中a、b、c為三角形的邊長，則甲、乙、丙三個三角形和左側(cè)△ABC全等的是（）A．甲和乙 B．乙和丙 C．甲和丙 D．只有丙【答案】B【分析】根據(jù)三角形全等的判定方法得出乙和丙與△ABC全等，甲與△ABC不全等．【詳解】解：乙和△ABC全等；理由如下：在△ABC和圖乙的三角形中，滿足三角形全等的判定方法：SAS，所以乙和△ABC全等；在△ABC和圖丙的三角形中，滿足三角形全等的判定方法：AAS，所以丙和△ABC全等；不能判定甲與△ABC全等；故選B．【點睛】本題考查了三角形全等的判定方法，判定兩個三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定兩個三角形全等，判定兩個三角形全等時，必須有邊的參與，若有兩邊一角對應(yīng)相等時，角必須是兩邊的夾角．22．（2022·廣西百色·統(tǒng)考二模）如圖，在△ABC和△DCB中，∠A＝∠D，AC和DB相交于點O，OA＝OD．(1)AB＝DC；(2)△ABC≌△DCB．【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析【分析】（1）證明△ABO≌△DCO（ASA），即可得到結(jié)論；（2）由△ABO≌△DCO，得到OB＝OC，又OA＝OD，得到BD＝AC，又由∠A＝∠D，即可證得結(jié)論．【詳解】（1）證明：在△ABO與△DCO中，∠A=∠DOA=OD∴△ABO≌△DCO（ASA）∴AB＝DC；（2）證明：∵△ABO≌△DCO，∴OB＝OC，∵OA＝OD，∴OB＋OD＝OC＋OA，∴BD＝AC，在△ABC與△DCB中，AC=BD∠A=∠D∴△ABC≌△DCB（SAS）．【點睛】此題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握并靈活選擇全等三角形的判定方法是解題的關(guān)鍵．23．（2022·貴州銅仁·校聯(lián)考模擬預(yù)測）天使是美好的象征，她的翅膀就像一對全等三角形．如圖AD與BC相交于點O，且AB=CD，AD=BC．求證：△ABO?△CDO．【答案】答案見解析【分析】連接BD，根據(jù)SSS可證△ABD≌△CDB，得出∠A=∠C，再根據(jù)AAS證明△ABO?△CDO.【詳解】證明：連接BD∵AB=CD，AD=BC又BD=DB∴△ABD≌△CDB（SSS）∴∠A=∠C又∠AOB=∠COD，AB=CD∴△ABO?△CDO（AAS）【點睛】本題主要考查全等三角形的性質(zhì)和判定，熟練地掌握全等三角形的判定方法是解題的關(guān)鍵.24．（2021·江蘇蘇州·?？家荒＃┤鐖D，AB=AD???,???BC=DC，點

（1）求證：AC平分∠BAD；（2）求證：BE=DE．【答案】（1）見解析；（2）見解析.【分析】（1）由題中條件易知：△ABC≌△ADC，可得AC平分∠BAD；（2）利用（1）的結(jié)論，可得△BAE≌△DAE，得出BE=DE．【詳解】解：（1）在ΔABC與ΔADC中，AB=AD∴ΔABC∴∠BAC=∠DAC即AC平分∠BAD；（2）由（1）∠BAE=∠DAE在ΔBAE與ΔDAE中，得BA=DA∴ΔBAE∴BE=DE【點睛】熟練運用三角形全等的判定，得出三角形全等，轉(zhuǎn)化邊角關(guān)系是解題關(guān)鍵．25．（2019·陜西西安·校聯(lián)考一模）已知：如圖，點A．F，E．C在同一直線上，AB∥DC，AB=CD，∠B=∠D,（1）求證：△ABE≌△CDF；（2）若點E，G分別為線段FC，F(xiàn)D的中點，連接EG，且EG=5，求AB的長．【答案】（1）證明見解析；（2）AB=10．【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠A=∠C，進而利用全等三角形的判定證明即可；（2）利用全等三角形的性質(zhì)和中點的性質(zhì)解答即可．【詳解】解：（1）證明：∵AB∥DC，∴∠A=∠C，在△ABE與△CDF中∠A＝∠CAB＝CD∴△ABE≌△CDF（ASA）；（2）∵點E，G分別為線段FC，F(xiàn)D的中點，∴ED=12∵EG=5，∴CD=10，∵△ABE≌△CDF，∴AB=CD=10．【點睛】此題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠A=∠C．題型08結(jié)合尺規(guī)作圖的全等問題26．（2020·吉林·吉林省實驗校考二模）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，AD=4，BC=3．分別以點A，C為圓心，大于12AC長為半徑作弧，兩弧交于點E，作射線BE交AD于點F，交AC于點O．若點O是A．22 B．4 C．3 D．【答案】A【分析】連接FC，根據(jù)基本作圖，可得OE垂直平分AC，由垂直平分線的性質(zhì)得出AF=FC．再根據(jù)ASA證明ΔFOA≌ΔBOC，那么AF=BC=3，等量代換得到【詳解】解：如圖，連接FC，則AF=∵AD∥BC，∴∠FAO=∠BCO．在ΔFOA與Δ∠FAO=∠BCOOA=OC∴Δ∴AF=BC=3，∴FC=AF=3，F(xiàn)D=AD?AF=4?3=1．在ΔFDC中，∵∠D=∴CD∴CD∴CD=22故選：A．【點睛】本題考查了作圖﹣基本作圖，勾股定理，線段垂直平分線的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，難度適中．求出CF與DF是解題的關(guān)鍵．27．（2021·河南焦作·統(tǒng)考二模）已知銳角∠AOB，如圖，（1）在射線OA上取點C，E，分別以點O為圓心，OC，OE長為半徑作弧，交射線OB于點D，F(xiàn)；（2）連接CF，DE交于點P．根據(jù)以上作圖過程及所作圖形，下列結(jié)論錯誤的是（

）A．CE=DF B．PE=PFC．若∠AOB=60°，則∠CPD=120° D．點P在∠AOB的平分線上【答案】C【分析】根據(jù)題意可知OE=OF，OC=OD，即可推斷結(jié)論A；先證明△ODE≌△OCF，再證明△CPE≌△DPF即可證明結(jié)論B；連接OP，可證明△COP≌△DOP可證明結(jié)論D；由此可知答案．【詳解】解：由題意可知OE=OF，OC=OD，∴OE?OC=OF?OD，∴CE=DF，故選項A正確，不符合題意；在△ODE和△OCF中，OE=OF∴△ODE≌△OCF(SAS)，∴∠OED=∠OFC，在△CPE和△DPF中，∠OED=∠OFC∠CPE=∠DPF∴△CPE≌△DPF(AAS)，∴PE=PF，故選項B正確，不符合題意；連接OP，∵△CPE≌△DPF，∴CP=DP，在△COP和△DOP中，CP=DPOC=OD∴△COP≌△DOP(SSS)，∴∠COP=∠DOP，∴點P在∠AOB的平分線上，故選項D正確，不符合題意；若∠AOB=60°，∠CPD=120°，則∠OCP=∠ODP=90°，而根據(jù)題意不能證明∠OCP=∠ODP=90°，故不能證明∠CPD=120°，故選項C錯誤，符合題意；故選：C．【點睛】本題考查角平分線的判定，全等三角形的判定與性質(zhì)，明確以某一半徑畫弧時，準(zhǔn)確找到相等的線段是解題的關(guān)鍵．28．（2021·江蘇泰州·統(tǒng)考一模）已知：如圖1，△ACD中，AD≠CD．（1）請你以AC為一邊，在AC的同側(cè)構(gòu)造一個與△ACD全等的三角形△ACE，畫出圖形；（要求：尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，不寫作法）（2）參考（1）中構(gòu)造全等三角形的方法解決下面問題：如圖2，在四邊形ABCD中①∠ACB+∠CAD=180°；②∠B=∠D；③CD=AB．請在上述三條信息中選擇其中兩條作為條件，其余的一條信息作為結(jié)論組成一個命題．試判斷這個命題是否正確，并說明理由你選擇的條件是________，結(jié)論是_______（只要填寫序號）【答案】（1）作圖見詳解；（2）①②；③【分析】（1）以點A為圓心AC為半徑畫弧，再以點C為圓心AD長為半徑畫弧，兩個弧的交點為點E，連接AE，CE，即可；（2）延長DA至點E，使AE=CB，連接CE，證明△ABC≌△CEA，可得∠B=∠E，AB=CE，進而即可得到結(jié)論．【詳解】解：（1）如圖所示：（2）選擇的條件是①②，結(jié)論是③，理由如下：延長DA至點E，使AE=CB，連接CE，∵∠ACB+∠CAD=180°，∠DAC+∠EAC=180°，∴∠ACB=∠EAC，在△ABC和△CEA中，∵AE=CB∠ACB=∠EAC∴△ABC≌△CEA，∴∠B=∠E，AB=CE，∵∠B=∠D，∴∠D=∠E，∴CD=CE，∴CD=AB，故答案是：①②；③．【點睛】本題主要考查全等三角形的判定和性質(zhì)以及等腰三角形的判定定理，添加輔助線構(gòu)造全等三角形，是解題的關(guān)鍵．29．（2021·北京·統(tǒng)考一模）已知：如圖1，在△ABC中，∠CAB=60°．求作：射線CP，使得CP//下面是小明設(shè)計的尺規(guī)作圖過程．作法：如圖2，①以點A為圓心，適當(dāng)長為半徑作弧，分別交AC，AB于D，E兩點；②以點C為圓心，AD長為半徑作弧，交AC的延長線于點F；③以點F為圓心，DE長為半徑作弧，兩弧在∠FCB內(nèi)部交于點P；④作射線CP．所以射線CP就是所求作的射線．根據(jù)小明設(shè)計的尺規(guī)作圖過程，（1）使用直尺和圓規(guī)，補全圖形；（保留作圖痕跡）（2）完成下面的證明．證明：連接FP，DE．∵CF=AD，CP=AE，F(xiàn)P=DE．∴△ADE≌△__________，∴∠DAE=∠__________，∴CP//【答案】（1）見解析；（2）CFP，F(xiàn)CP，同位角相等兩直線平行【分析】（1）根據(jù)要求作出圖形即可．（2）利用全等三角形的性質(zhì)證明即可．【詳解】解：（1）如圖，射線CP即為所求作．（2）連接FP，DE．∵CF=AD，CP=AE，F(xiàn)P=DE．∴△ADE≌△CFP，∴∠DAE=∠FCP，∴CP‖AB（同位角相等兩直線平行）．故答案為：CFP，F(xiàn)CP，同位角相等兩直線平行．【點睛】本題考查作圖-復(fù)雜作圖，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線的判定等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型．題型09全等三角形模型-一線三等角模型30．（2023·湖南郴州·校考三模）如圖，△OAB是等腰直角三角形，直角頂點與坐標(biāo)原點重合，若點B在反比例函數(shù)y=1x(x>0)的圖象上，則經(jīng)過點A【答案】y=?【分析】如圖所示，過點A作AC⊥x軸于C，過點B作BD⊥x軸于D，證明△ACO≌△ODB得到AC=OD，OC=BD，設(shè)點B的坐標(biāo)為（a，b），則點A的坐標(biāo)為（-b，a），再由點B在反比例函數(shù)y=1x，推出【詳解】解：如圖所示，過點A作AC⊥x軸于C，過點B作BD⊥x軸于D，則∠ACO=∠ODB=90°，由題意得OA=OB，∠AOB=90°，∴∠CAO+∠COA=∠AOC+∠BOD=90°，∴∠CAO=∠DOB，∴△ACO≌△ODB（AAS），∴AC=OD，OC=BD，設(shè)點B的坐標(biāo)為（a，b），則AC=OD=a，OC=BD=b，∴點A的坐標(biāo)為（-b，a），∵點B在反比例函數(shù)y=1∴ab=1，∴?ab=?1，∴a=?1∴經(jīng)過點A的反比例函數(shù)表達(dá)式為y=?1故答案為：y=?1【點睛】本題主要考查了反比例函數(shù)與幾何綜合，全等三角形的性質(zhì)與判定，熟知相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．31．（2020·河北保定·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，桌面上豎直放置著一個等腰直角三角板ABC，若測得斜邊AB的兩端點到桌面的距離分別為AD，BE．（1）求證：△ADC≌△CEB；（2）若DE=10，AD=7，求BE的長．【答案】（1）見解析；（2）3【分析】（1）先利用同角的余角相等，判斷出∠DAC=∠BCE，進而判斷出△ACD≌△CBE；（2）由全等三角形的性質(zhì)，即可求出答案．【詳解】解：（1）證明：∵AD⊥DC，BE⊥CE，∴∠ADC=∠CEB=90°，∴∠ACD+∠DAC=90°．∵AC⊥BC，∴∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BCE=90°，∴∠DAC=∠BCE．∴ΔADC≌ΔCEB（2）解：∵ΔADC≌ΔCEB，∴AD=CE，CD=BE．∵AD=7，∴CE=7，∵DE=10，∴CD=DE?CE=10?7=3，∴BE=3．【點睛】此題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，判斷出△ACD≌△CBE是解本題的關(guān)鍵．32．（2023·陜西·模擬預(yù)測）如圖，點C在BD上，AB⊥BD,ED⊥BD,AC⊥CE,AB=CD．求證：△ABC≌△CDE．【答案】見解析【分析】直接根據(jù)一線三垂直模型利用ASA證明△ABC≌△CDE即可．【詳解】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，AC⊥CE，∴∠B=∠D=∠ACE=90°，∴∠BAC+∠BCA=90°=∠BCA+∠DCE，∴∠BAC=∠DCE，在△ABC和△CDE中，∠B=∠DAB=CD∴△ABC≌△CDE（ASA）．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定，熟知一線三垂直模型是解題的關(guān)鍵．題型10全等三角形模型-旋轉(zhuǎn)模型33．（2022·山東日照·?？级＃┰凇鰽BC中，AB=AC,∠BAC=α，點P為線段CA延長線上一動點，連接PB，將線段PB繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α，得到線段PD，連接DB,DC．（1）如圖，當(dāng)α=60°時，①求證：PA=DC；②求∠DCP的度數(shù)：（2）如圖2，當(dāng)α=120°時，請直接寫出PA和DC的數(shù)量關(guān)系為__________；（3）當(dāng)α=120°時，若AB=6，BP=31時，請直接寫出點D到CP【答案】（1）①證明見解析；②60°；（2）DC=3PA；（3）32【分析】（1）①通過證明△PBA≌△DBC即可得證；②根據(jù)△PBA≌△DBC得到∠BCD=∠BAP=180°?∠BAC=120°，故∠DCP=∠DCB?∠ACB即可求解；（2）通過證明△PAB∽△DCB，對應(yīng)線段成比例可得PADC（3）分兩種情形，解直角三角形求出AD即可解決問題．【詳解】解：（1）①證明：∵∠BAC=∠BPD=α=60°，AB=AC，PB=PD，∴△ABC與△PBD都是等邊三角形，∴∠PBD=∠ABC=60°，BA=BC，BP=BD，∴∠PBD?∠ABD=∠ABC?∠ABD，即∠PBA=∠DBC，∴△PBA≌△DBC，∴PA=DC；②∵△PBA≌△DBC，∴∠PAB=∠DCB，∵∠BAC=60°，∴∠BCD=∠BAP=180°?∠BAC=120°，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ACB=60°，∴∠DCP=∠DCB?∠ACB=60°；（2）∵∠BPD=∠ABC=120°，AB=AC，PB=PD，∴∠PBD=∠ABC=30°，PBDB∴∠PBD+∠ABD=∠ABC+∠ABD，即∠PBA=∠DBC，∴△PAB∽△DCB，∴PADC=AB故答案為：DC=3（3）過點D作DM⊥PC于M，過點B作BN⊥CP交CP的延長線于N．如圖3?1中，當(dāng)△PBA是鈍角三角形時，在Rt△ABN中，∵∠N=90°，AB=6，∠BAN=60°∴AN=AB?cos60°=3，∵PN=P∴PA=3?2=1，由（2）可知，CD=3∵∠BAP=∠BCD，∴∠DCA=∠PBD=30°，∵DM⊥PC，∴DM=如圖3?2中，當(dāng)△ABN是銳角三角形時，同法可得PA=2=3=5，CD=53，DM=綜上所述，滿足條件的DM的值為32或5故答案為：32或5【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，學(xué)會用分類討論的思想思考問題．34．（2020·山東德州·統(tǒng)考二模）小圓同學(xué)對圖形旋轉(zhuǎn)前后的線段之間、角之間的關(guān)系進行了拓展探究.（一）猜測探究在ΔABC中，AB=AC，M是平面內(nèi)任意一點，將線段AM繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)與∠BAC相等的角度，得到線段AN，連接NB．（1）如圖1，若M是線段BC上的任意一點，請直接寫出∠NAB與∠MAC的數(shù)量關(guān)系是，NB與MC的數(shù)量關(guān)系是；（2）如圖2，點E是AB延長線上點，若M是∠CBE內(nèi)部射線BD上任意一點，連接MC，（1）中結(jié)論是否仍然成立？若成立，請給予證明，若不成立，請說明理由．（二）拓展應(yīng)用如圖3，在ΔA1B1C1中，A1B1=8，∠A1B1C1=60°，∠【答案】（一）（1）結(jié)論：∠NAB=∠MAC，BN=MC．理由見解析；（2）如圖2中，①中結(jié)論仍然成立．理由見解析；（二）QB1的最小值為【分析】（一）①結(jié)論：∠NAB=∠MAC，BN=MC．根據(jù)SAS證明ΔNAB≌ΔMAC即可．②①中結(jié)論仍然成立．證明方法類似．（二）如圖3中，在A1C1上截取A1N=A1Q，連接PN，作NH⊥B1C1于H，作【詳解】（一）（1）結(jié)論：∠NAB=∠MAC，BN=MC．理由：如圖1中，∵∠MAN=∠CAB，∴∠NAB+∠BAM=∠BAM+∠MAC，∴∠NAB=∠MAC，∵AB=AC，AN=AM，∴ΔNAB≌ΔMAC（SAS），∴BN=CM．故答案為∠NAB=∠MAC，BN=CM．（2）如圖2中，①中結(jié)論仍然成立．理由：∵∠MAN=∠CAB，∴∠NAB+∠BAM=∠BAM+∠MAC，∴∠NAB=∠MAC，∵AB=AC，AN=AM，∴ΔNAB≌ΔMAC（SAS），∴BN=CM．（二）如圖3中，在A1C1上截取A1N=A1B1，連接PN∵∠C∴∠QA∵A1Q=A∴ΔQA1B1≌∴B1∴當(dāng)PN的值最小時，QB在RtΔA1B1M∴A1∵∠MA∴A1∴NC在RtΔNHC1，∵∴NH=43根據(jù)垂線段最短可知，當(dāng)點P與H重合時，PN的值最小，∴QB1的最小值為【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形，垂線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會利用垂線段最短解決最值問題，屬于中考壓軸題．35．（2020·重慶·重慶第二外國語學(xué)校?？寄M預(yù)測）如圖，在△ABC中，∠BAC=90°，E為邊BC上的點，且AB=AE，D為線段BE的中點，過點E作EF⊥AE，過點A作AF∥BC，且AF、EF相交于點F.（1）求證：∠C=∠BAD（2）求證：AC=EF【答案】（1）見解析；（2）見解析【分析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)可得AD⊥BC，由余角的性質(zhì)可得∠C=∠BAD；（2）由“ASA”可證△ABC≌△EAF，可得AC=EF．【詳解】（1）如圖∵AB=AE，∴ΔABE是等腰三角形又∵D為BE的中點，∴AD⊥BE（等腰三角形三線合一）在RtΔABC和Rt∵∠B為公共角，∠BAC=∠BDA=90°，∴∠C=∠BAD.另解：∵D為BE的中點，∵BD=ED，又AB=AE，AD=AD，∴ΔADB?ΔADE，∴∠ADB=∠ADE，又∠ADB+∠ADE=180°，∴∠ADB=∠ADE=90°∴AD⊥BC，在RtΔABC和Rt∵∠B為公共角，∠BAC=∠BDA=90°，∴∠C=∠BAD.（2）∵AF∥BC，∴∠EAF=∠AEB，∵AB=AE，∴∠ABE=∠AEB，∴∠EAF=∠ABC，又∵∠BAC=∠AEF=∠90°，∴ΔBAC?ΔAEF，∴AC=EF.【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，熟練運用全等三角形的判定是本題的關(guān)鍵．36．（2020·遼寧沈陽·統(tǒng)考模擬預(yù)測）在△ABC中，AB=AC，點P在平面內(nèi)，連接AP，并將線段AP繞A順時針方向旋轉(zhuǎn)與∠BAC相等的角度，得到線段AQ，連接BQ．（1）如圖，如果點P是BC邊上任意一點．則線段BQ和線段PC的數(shù)量關(guān)系是__________．

（2）如圖，如果點P為平面內(nèi)任意一點．前面發(fā)現(xiàn)的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由．請僅以圖所示的位置關(guān)系加以證明（或說明）；

（3）如圖，在△DEF中，DE=8，∠EDF=60°，∠DEF=75°，P是線段EF上的任意一點，連接DP，將線段DP繞點D順時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到線段DQ，連接EQ．請直接寫出線段EQ長度的最小值．

【答案】（1）相等；（2）成立，證明見解析；（3）2【分析】（1）先判斷出∠BAQ=∠CAP，進而用SAS判斷出△BAQ≌△CAP，即可得出結(jié)論；（2）結(jié)論BQ=PC仍然成立，理由同（1）的方法；（3）先構(gòu)造出△DEQ≌△DHP，得出EQ=HP，進而判斷出要使EQ最小，當(dāng)HP⊥EF（點P和點M重合）時，EQ最小，最后用解直角三角形即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）由旋轉(zhuǎn)知：AQ=AP，∵∠PAQ=∠BAC，∴∠PAQ?∠BAP=∠BAC?∠BAP，∴∠BAQ=∠CAP，∵AB=AC，∴ΔBAQ?ΔCAPSAS∴BQ=CP故答案為：相等．（2）BQ=PC仍成立，理由如下：證明：由旋轉(zhuǎn)知：AQ=AP，∵∠PAQ=∠BAC，∴∠PAQ?∠BAP=∠BAC?∠BAP，∴∠BAQ=∠CAP，∵AB=AC，∴ΔBAQ?ΔCAPSAS∴BQ=ＰC（3）如圖：

在DF上取一點H，使DH=DE=8，連接ＰＨ，過點Ｈ作HM⊥EF于Ｍ，由旋轉(zhuǎn)知，DQ=DP，∠PDQ=60°，∵∠EDF=60°，∴∠PDQ=∠EDF，∴∠EDQ=∠HDP，∴ΔDEQ?ΔDHPSAS∴EQ=HP，要使EQ最小，則有HP最小，而點H是定點，點P是EF上的動點，∴當(dāng)HM⊥EF（點P和點M重合）時，HP最小，即：點P與點M重合，EQ最小，最小值為HM，過點E作EG⊥DF于G，在RtΔDEG中，DE=8，∠EDF=60°，∴∠DEG=30°，∴DG=1∴EG=3在RtΔEGF中，∠FEG=∠DEF?∠DEG=75°?30°=45°，∴∠F=90°?∠FEG=45°=∠FEG，F(xiàn)G=EG=43∴DF=DG+FG=4+43∴FH=DF?DH=4+43在RtΔHMF中，∠F=45°，∴HM=2即：EQ的最小值為26【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、最值問題，屬于幾何變換綜合題，掌握全等三角形的證明方法，點到直線的距離等知識為解題關(guān)鍵．題型11構(gòu)造輔助線證明兩個三角形全等-作平行線37．（2021上·山東日照·八年級統(tǒng)考期中）如圖，△ABC是邊長為2的等邊三角形，點P在AB上，過點P作PE⊥AC，垂足為E，延長BC到點Q，使CQ＝PA，連接PQ交AC于點D，則DE的長為（

）A．0.5 B．0.9 C．1 D．1.25【答案】C【分析】過P作BC的平行線交AC于F，通過AAS證明△PFD≌△QCD，得FD=CD，再由△APF是等邊三角形，即可得出DE=1【詳解】解：過P作BC的平行線交AC于F，∴∠Q=∠FPD，∵△ABC是等邊三角形，∴∠APF=∠B=60°，∠AFP=∠ACB=60°，∴△APF是等邊三角形，∴AP=PF，在△PFD中和△QCD中，∠FPD=∠Q∠PDF=∠QDC∴△PFD≌△QCD(AAS)，∴FD=CD，∵PE⊥AC于E，△APF是等邊三角形，∴AE=EF，∴AE+DC=EF+FD，∴DE=1∵AC=2，∴DE=1，故選：C．【點睛】本題主要考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，作輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．38．（2023上·黑龍江齊齊哈爾·八年級校聯(lián)考期中）如圖，在等邊△ABC中，點E為邊AB上任意一點，點D在邊CB的延長線上，且ED=EC．

(1)當(dāng)點E為AB的中點時（如圖1），則有AE______DB（填“>”“<”或“=”）；(2)猜想如圖2，AE與DB的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想．【答案】(1)=(2)AE=DB，證明見解析【分析】（1）由△ABC是等邊三角形，得到∠ABC=∠ACB=60°，AB=AC=BC，由三線合一得到AE=BE，∠BCE=12∠ACB=30°，由ED=EC，得∠D=∠BCE=30°（2）過E作EF∥BC交AC于F，先證明△AEF是等邊三角形，得到AE=EF=AF，再用AAS證明△DEB≌△ECF，得到BD=EF=AE，進而證得猜想【詳解】（1）∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°∵E為AB的中點，∴AE=BE，∠BCE=12∵ED=EC，∴△CDE是等腰三角形，∴∠D=∵∠ABC=∴∠BED=30°∴∠D=∴BD=BE，∴AE=DB．故答案為：=（2）解：AE=DB．理由如下：過E作EF∥BC交AC于F，

∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，AB=AC=BC．∴∠AEF=∠ABC=60°，∠AFE=∠ACB=60°，即∠AEF=∠AFE=∠A=60°．∴△AEF是等邊三角形．∴AE=EF=AF．∵∠ABC=∠ACB=∠AFE=60°，∴∠DBE=∠EFC=120°，∠D+∠BED=∠FCE+∠ECD=60°．∵DE=EC，∴∠D=∠ECD．∴∠BED=∠ECF．在△DEB和△ECF中，∠DEB=∠ECF,∴△DEB≌△ECFAAS∴BD=EF=AE，即AE=BD．【點睛】此題主要考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，在等邊三角形中通過作平行線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．39．（2019上·安徽合肥·八年級校聯(lián)考期末）P為等邊△ABC的邊AB上一點，Q為BC延長線上一點，且PA＝CQ，連PQ交AC邊于D．（1）證明：PD＝DQ．（2）如圖2，過P作PE⊥AC于E，若AB＝6，求DE的長．【答案】（1）證明見解析；（2）DE＝3．【分析】（1）過點P作PF∥BC交AC于點F；證出△APF也是等邊三角形，得出AP=PF=AF=CQ，由AAS證明△PDF≌△QDC，得出對應(yīng)邊相等即可；（2）過P作PF∥BC交AC于F．同（1）由AAS證明△PFD≌△QCD，得出對應(yīng)邊相等FD=CD，證出AE+CD=DE=12【詳解】（1）如圖1所示，點P作PF∥BC交AC于點F．∵△ABC是等邊三角形，∴△APF也是等邊三角形，AP=PF=AF=CQ．∵PF∥BC，∴∠PFD=∠DCQ．在△PDF和△QDC中，∠PDF=∠QDC∠DFP=∠QCD∴△PDF≌△QDC（AAS），∴PD=DQ；（2）如圖2所示，過P作PF∥BC交AC于F．∵PF∥BC，△ABC是等邊三角形，∴∠PFD=∠QCD，△APF是等邊三角形，∴AP=PF=AF．∵PE⊥AC，∴AE=EF．∵AP=PF，AP=CQ，∴PF=CQ．在△PFD和△QCD中，∠PDF=∠QDC∠DFP=∠QCD∴△PFD≌△QCD（AAS），∴FD=CD．∵AE=EF，∴EF+FD=AE+CD，∴AE+CD=DE=12∵AC=6，∴DE=3．

【點睛】本題考查等邊三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定（AAS）與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握等邊三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定（AAS）與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)．題型12構(gòu)造輔助線證明兩個三角形全等-作垂線40．（2023上·北京海淀·八年級人大附中?？计谥校┬∮詈托∶饕黄疬M行數(shù)學(xué)游戲：已知∠MON=90°，將等腰直角三角板△ABC擺放在平面內(nèi)，使點A在∠MON的內(nèi)部，且兩個底角頂點B，C分別放在邊OM,ON上．

(1)如圖1，小明擺放△ABC，恰好使得AB⊥OM,AC⊥ON，又由于△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，從而直接可以判斷出點A在∠MON的角平分線上．請回答：小明能夠(2)如圖2，小宇調(diào)整了△ABC的位置，請判斷OA平分∠MON是否仍然成立？若成立，請證明，若不成立，請舉出反例．【答案】(1)角的內(nèi)部到角的兩邊距離相等的點，都在這個角的平分線上．(2)成立，證明見解析．【分析】（1）根據(jù)角的內(nèi)部到角的兩邊距離相等的點，都在這個角的平分線上，由此即可得出結(jié)論；（2）成立，過點A作AG⊥OM，AH⊥ON，構(gòu)造全等三角形即可證明AG=AH，從而得出結(jié)論成立．【詳解】（1）解：因為AB⊥OM,AC⊥ON，AB=AC，根據(jù)角的內(nèi)部到角的兩邊距離相等的點，都在這個角的平分線上，所以點A在∠MON的角平分線上故答案為：角的內(nèi)部到角的兩邊距離相等的點，都在這個角的平分線上．（2）結(jié)論：OA平分∠MON仍然成立；證明：如解圖3，過點A作AG⊥OM，AH⊥ON，

∴∠AGB=∠AHC=90°，又∵∠MON=90°，∴∠GAH=90°，∴∠GAB+∠BAH=90°，又∵∠BAC=90°=∠BAH+∠HAC，∴∠GAB=∠HAC，在△GAB和△HAC中，∠AGB=∠AHC∴△GAB≌△HAC(∴AG=AH，又∵AG⊥OM，AH⊥ON，∴OA平分∠MON，故（1）結(jié)論正確．【點睛】本題考查了全等三角形的判定及性質(zhì)，角平分線的判定，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)及判定、角平分線判定定理是解題的關(guān)鍵．41．（2022上·湖北武漢·八年級統(tǒng)考期中）定義：三角形一個內(nèi)角的平分線所在的直線與另一個內(nèi)角相鄰的外角的平分線相交所成的銳角稱為該三角形第三個內(nèi)角的遙望角．

(1)如圖1所示，∠E是△ABC中∠A的遙望角，直接寫出∠E與∠A的數(shù)量關(guān)系__________；(2)如圖1所示，連接AE，猜想∠BAE與∠CAE的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(3)如圖2，四邊形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，點E在BD的延長線上，連CE，若己知DE=DC=AD，求證：∠BEC是△ABC中∠BAC的遙望角．【答案】(1)∠E=(2)∠BAE+∠CAE=180°，理由見解析(3)見解析【分析】（1）運用角平分線的定義，以及三角形外角的性質(zhì)，推導(dǎo)得到∠DCE=∠CBE+12∠A，∠DCE=∠CBE+∠E（2）過點E作EM⊥BA交BA的延長線于點M，作EN⊥AC交AC于點N，作EH⊥BD交BD的延長線于點H，由角平分線的性質(zhì)定理和判定定理可得∠MAE=∠CAE，根據(jù)∠MAE+∠BAE=180°可得∠BAE+∠CAE=180°；（3）過D作DM⊥BA交BA于點M，過D作DN⊥BC交BC的延長線于點N，先證四邊形DMBN是矩形，再證△AMD≌△CND，最后證得CE平分∠ACN，BD平分∠ABC即可．【詳解】（1）解：∵∠E是△ABC中∠A的遙望角，∴BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，∴∠CBE=12∠ABC∵∠ACD=∠ABC+∠A，∴∠DCE=1又∵∠DCE=∠CBE+∠E，∴∠E=1故答案為：∠E=1（2）解：∠BAE+∠CAE=180°，理由如下：如圖，過點E作EM⊥BA交BA的延長線于點M，作EN⊥AC交AC于點N，作EH⊥BD交BD的延長線于點H，

∵CE平分∠ACD，EN⊥AC，EH⊥BD，∴EN=EH，同理EH=EM，∴EM=EN，∵EM⊥BA，EN⊥AC，∴AE平分∠MAC，即∠MAE=∠CAE，∵∠MAE+∠BAE=180°，∴∠BAE+∠CAE=180°；（3）證明：如圖，過D作DM⊥BA交BA于點M，過D作DN⊥BC交BC的延長線于點N，

∵DM⊥BA，DN⊥BC，∠ABC=90°，∴∠DMB=∠DNB=∠ABC=90°，∴四邊形DMBN是矩形，∴∠MDN=90°，即∠MDC+∠CDN=90°，∵∠ADC=90°，∴∠MDC+∠ADM=90°，∴∠ADM=∠CDN，在△AMD和△CND中，∠ADM=∠CDN∠AMD=∠CND=90°∴△AMD≌△CNDAAS∴DM=DN，∵DM⊥BA，DN⊥BC，∴BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠DBC=1∴∠ECN=∠DBC+∠E=45°+∠E∵∠ADC=90°，AD=CD，∴∠ACD=∠CAD=45°，∴∠ACE=45°+∠DCE，∵DE=DC，∴∠E=∠DCE，∴∠ECN=∠ACE，∴CE平分∠ACN，∵BD平分∠ABC，∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遙望角．【點睛】本題考查角平分線的性質(zhì)及判定，全等三角形的性質(zhì)及判定，三角形外角的定義和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)等，熟練掌握角平分線的性質(zhì)定理及判定定理是解題的關(guān)鍵．題型13構(gòu)造輔助線證明兩個三角形全等-倍長中線法42．（2020·江蘇無錫·統(tǒng)考二模）如圖，AB∥CD，∠BCD=90°，AB=1,BC=CD=2,E為AD上的中點，則BE＝．

【答案】5【分析】延長BE交CD于點F，證△ABE≌△DFE，則BE=EF=12【詳解】解：延長BE交CD于點F,∵AB平行CD，則∠A=∠EDC，∠ABE=∠DFE，又E為AD上的中點，∴AE=DE,所以△ABE≌△DFE.∴BE=EF=∴CF=1在直角三角形BCF中，BF=12+2∴BE=1【點睛】本題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造三角形全等，找到線段的關(guān)系，然后運用勾股定理求解.

43．（2019下·上?！ぐ四昙壣贤飧街行？茧A段練習(xí)）如圖，平行四邊形ABCD中，CE⊥AD于E，點F為邊AB中點，AD=12CD，∠CEF=40°【答案】30°【分析】延長EF、CB交于點G，連接FC，先依據(jù)全等的判定和性質(zhì)得到FE=FG，依據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，得到FC=FE=FG，依據(jù)平行四邊形的對邊相等及等量代換得到BF=BC，依據(jù)三角形等邊對等角得到∠FCG=∠G=50°、∠BFC=∠FCG=50°，依據(jù)三角形內(nèi)角和得到∠GFC，通過作差即得所求.【詳解】解：延長EF、CB交于點G，連接FC，∵平行四邊形ABCD中，∴AD//BC，AB=CD,∴∠A=∠GBF，∠AFE=∠BFG，∠GCE=CED=90°,又∵點F為邊AB中點，得AF=BF=1∴△AFE≌△BFG(ASA)，∠G=90°?∠CEF=50°，∴FE=FG，∴FC=FE=FG，∴∠FCG=∠G=50°,∴∠GFC=180°?∠FCG?∠G=80°,∵BF=12AB,AD=12∴BF=BC,∴∠BFC=∠FCG=50°,∴∠BFG=∠GFC?∠BFC=30°,∴∠AFE=∠BFG=30°,故答案為：30°.【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、全等的判定和性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、三角形等邊對等角、三角形內(nèi)角和，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形.44．（2024上·遼寧撫順·九年級統(tǒng)考期末）問題初探：數(shù)學(xué)課外興趣小組活動時，數(shù)學(xué)楊老師提出了如下問題：在△ABC中，AB=7，AC=3，求BC邊上的中線AD的取值范圍．小明在組內(nèi)經(jīng)過合作交流，得到了如下的解決方法（如圖1）：延長AD到E，使得DE=AD；再連接BE，把AB，AC，2AD集中在△ABE中；利用上述方法求出AD的取值范圍是2<AD<5．(1)問題：請利用圖1說明AC與BE的位置關(guān)系；感悟：數(shù)學(xué)楊老師給學(xué)生們總結(jié)解這類問題時，條件中若出現(xiàn)“中點”“中線”等條件，可以考慮倍長中線，或通過引平行線構(gòu)造全等三角形，把分散的已知條件和所求證的結(jié)論集中到同一個三角形中．(2)類比分析：如圖2，△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠ABC=∠DBE=90°，BF是△BEC的中線，試探究線段AD與BF的數(shù)量和位置關(guān)系，并加以證明．(3)學(xué)以致用：如圖3，已知△ABC為直角三角形，∠ACB=90°，D為斜邊AB的中點，一個三角板的直角頂點與D重合，一個直角邊DF與AC的延長線交于點F，另一直角邊與BC邊交于點E，若AF=12，BE=5，求出EF的長是多少？【答案】(1)AC∥BE，(2)AD=2BF，AD⊥BF，證明見解析(3)13【分析】（1）先判斷出BD=CD，進而得出△EDB≌△ADCSAS，得出∠BED=∠CAD（2）延長BF到點Q，使FQ=BF，連接EQ，延長FB交AD于P，同（1）的方法可證得△EQF≌△CBFSAS，進而可證得BC∥EQ，可知∠CBE+∠BEQ=180°，由等腰直角三角形可知∠ABC=∠DBE=90°，進而可知∠ABD+∠CBE=180°，得∠ABD=∠BEQ，由AB=BC，BD=BE，得AB=QE，可證的△ABD≌△QEBSAS，得AD=QB，∠ADB=∠QBE，由∠QBE+∠PBD=90°，得∠ADB+∠PBD=90°，可證得BF⊥AD，由QB=2BF，得（3）延長ED到點G，使GD=DE，連接AG，F(xiàn)G，同（1）的方法可證得△ADG≌△BDESAS，得AG=BE=5，AG∥BE，結(jié)合∠ACB=90°，可得∠FAG=90°，由題意可知FD垂直平分GE，可得FG=FE，在Rt△FAG中，由勾股定理得【詳解】（1）由題知：∵AD是△ABC的中線，∴BD=CD，又∵DE=AD，∠BDE=∠CDA，∴△EDB≌△ADCSAS∴∠BED=∠CAD，∴AC∥BE；（2）AD=2BF，AD⊥BF，理由如下：如圖2，延長BF到點Q，使FQ=BF，連接EQ，延長FB交AD于P，∵BF是△BEC的中線，∴EF=CF，又∵FQ=BF，∠QFE=∠BFC，∴△EQF≌△CBFSAS∴∠FEQ=∠BCF，EQ=BC，∴BC∥EQ，∴∠CBE+∠BEQ=180°，又∵△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∴∠ABC=∠DBE=90°，AB=BC，BD=BE，∴∠ABC+∠DBE=180°，∴∠ABD+∠CBE=180°，∴∠ABD=∠BEQ，∵AB=BC，BD=BE，∴AB=QE，∴△ABD≌△QEBSAS∴AD=QB，∠ADB=∠QBE，∵∠QBE+∠PBD=90°，∴∠ADB+∠PBD=90°，∴∠BPD=90°，∴BF⊥AD，∵QB=2BF，∴AD=2BF，即AD=2BF，AD⊥BF；（3）延長ED到點G，使GD=DE，連接AG，F(xiàn)G，∵D為斜邊AB得中點，∴AD=BD，又∵GD=DE，∠ADG=∠BDE，∴△ADG≌△BDESAS∴∠GAD=∠EDB，AG=BE=5，∴AG∥BE，∵∠ACB=90°，∴∠FAG+∠ACB=180°，∴∠FAG=90°，∵∠FDE=90°，GD=DE，∴FD垂直平分GE，∴FG=FE，AF=12，在Rt△FAG中，∠FAG=90°，則∴FE=FG=12【點睛】本題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，倍長中線法，等腰直角三角形的性質(zhì)，垂直平分線的判定及性質(zhì)，勾股定理，正確地作出輔助線，構(gòu)造全等三角形是解本題的關(guān)鍵．45．（2020·江蘇徐州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）（1）閱讀理解：如圖①，在△ABC中，若AB＝8，AC＝5，求BC邊上的中線AD的取值范圍．可以用如下方法：將△ACD繞著點D逆時針旋轉(zhuǎn)180°（2）問題解決：如圖②，在△ABC中，D是BC邊上的中點，DE⊥DF于點D，DE交AB于點E，DF交AC于點F，連接EF（3）問題拓展：如圖③，在四邊形ABCD中，∠B+∠D＝180°，CB＝CD，∠BCD＝100°，以C為頂點作一個50°的角，角的兩邊分別交AB、【答案】（1）1.5<AE<6.5；（2）見解析；（3）【分析】（1）如圖①：將△ACD繞著點D逆時針旋轉(zhuǎn)180°得到△EBD可得△BDE?△CDA（2）如圖②：△FDC繞著點D旋轉(zhuǎn)180°得到△NDB可得△BND?△CFD，得出BN=CF（3）將△DCF繞著點C按逆時針方向旋轉(zhuǎn)100°得到△BCH可得△HBC≌△FDC，得出CH=CF，∠HCB【詳解】解：（1）如圖①：將△ACD繞著點D逆時針旋轉(zhuǎn)180∴△BDE?△CDA∴BE=AC=5，∵AD是BC邊上的中線，∴BD=在△ABE中，由三角形的三邊關(guān)系得：AB∴8﹣5＜AE＜8+5，即∴1.5＜AD故答案為1.5＜AD（2）證明：如圖②：△FDC繞著點D旋轉(zhuǎn)180°得到∴△BND?△CFD∴BN=CF，∵DE∴EN=在△BNE中，由三角形的三邊關(guān)系得：BE∴BE+（3）BE+如圖③，將△DCF繞著點C按逆時針方向旋轉(zhuǎn)∴△DCF≌△BCH，∴CH＝∴∠∵∠ABC∴∠HBC∴點A、B、H三點共線∵∠FCH=100°∴∠ECH∴∠FCE在△HCE和△CF=∴△HCE≌△FCE∴EH＝∵BE∴BE+【點睛】本題屬于三角形綜合題，主要考查對全等三角形的性質(zhì)和判定、三角形的三邊關(guān)系定理、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識點，通過旋轉(zhuǎn)得到構(gòu)造全等三角形是解答本題的關(guān)鍵.題型14構(gòu)造輔助線證明兩個三角形全等-截長補短法46．（2020·遼寧沈陽·統(tǒng)考一模）思維探索：在正方形ABCD中，AB＝4，∠EAF的兩邊分別交射線CB，DC于點E，F(xiàn)，∠EAF＝45°．（1）如圖1，當(dāng)點E，F(xiàn)分別在線段BC，CD上時，△CEF的周長是；（2）如圖2，當(dāng)點E，F(xiàn)分別在CB，DC的延長線上，CF＝2時，求△CEF的周長；拓展提升：如圖3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，過點B作BD⊥BC，連接AD，在BC的延長線上取一點E，使∠EDA＝30°，連接AE，當(dāng)BD＝2，∠EAD＝45°時，請直接寫出線段CE的長度．【答案】思維探索：（1）8；（2）12；拓展提升：CE＝3﹣1．【分析】思維探索：（1）利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，證明△AGE≌△AFE即可；（2）把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°到AD，交CD于點G，證明△AEF≌△AGF即可求得EF＝DF﹣BE；拓展提升：如圖3，過A作AG⊥BD交BD的延長線于G，推出四邊形ACBG是矩形，得到矩形ACBG是正方形，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AC＝AG，∠CAG＝90°，在BG上截取GF＝CE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AE＝AF，∠EAC＝∠FAG，∠ADF＝∠ADE＝30°，解直角三角形得到DE＝DF＝4，BE＝23，設(shè)CE＝x，則GF＝CE＝x，BC＝BG＝23﹣x，根據(jù)線段的和差即可得到結(jié)論．【詳解】思維探索：（1）如圖1，將△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABG，∴GB＝DF，AF＝AG，∠BAG＝∠DAF，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BAD＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，在△AGE和△AFE中AG∴△AGE≌△AFE（SAS），∴GE＝EF，∵GE＝GB+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+DF，∴△CEF的周長＝CE+CF+EF＝CE+BE+DF+CF＝BC+CD＝8，故答案為：8；（2）如，2，把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°到AD，交CD于點G，同（1）可證得△AEF≌△AGF，∴EF＝GF，且DG＝BE，∴EF＝DF﹣DG＝DF﹣BE，∴△CEF的周長＝CE+CF+EF＝CE+CF+DF﹣BE＝BC+DF+CF＝4+4+2+2＝12；拓展提升：如圖3，過A作AG⊥BD交BD的延長線于G，∵BD⊥BC，∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠CBG＝∠G＝90°，∴四邊形ACBG是矩形，∵AC＝BC，∴矩形ACBG是正方形，∴AC＝AG，∠CAG＝90°，在BG上截取GF＝CE，∴△AEC≌△AGF（SAS），∴AE＝AF，∠EAC＝∠FAG，∵∠EAD＝∠BAC＝∠GAB＝45°，∴∠DAF＝∠DAE＝45°，∵AD＝AD，∴△ADE≌△ADF（SAS），∴∠ADF＝∠ADE＝30°，∴∠BDE＝60°，∵∠DBE＝90°，BD＝2，∴DE＝DF＝4，BE＝23，設(shè)CE＝x，則GF＝CE＝x，BC＝BG＝23﹣x，∴DG＝2+23﹣x，∴DG﹣FG＝DF，即2+23﹣x﹣x＝4，∴x＝3﹣1，∴CE＝3﹣1．【點睛】本題以正方形為背景，結(jié)合旋轉(zhuǎn)，三角形全等，解直角三角形進行綜合性考查，熟知常見的全等模型，旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，三角形的判定及性質(zhì)，正方形，矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．47．（2021·安徽合肥·統(tǒng)考一模）已知：如圖1，△ABC中，∠CAB=120°，AC=AB，點D是BC上一點，其中∠ADC=α（30°＜α＜90°），將△ABD沿AD所在的直線折疊得到△AED，AE交CB于F，連接CE(1)求∠CDE與∠AEC的度數(shù)（用含α的代數(shù)式表示）；(2)如圖2，當(dāng)α=45°時，解決以下問題：①已知AD=2，求CE的值；②證明：DC-DE=2AD；【答案】(1)∠CDE=180°?2α，∠AEC=α(2)①4；②見解析【分析】（1）由折疊對應(yīng)角相等與“雙蝴蝶型”相似可得；（2）由α=45°求出∠CAF=90°，再由“蝴蝶型”相似求得；（3）“截長補短”法：在BC上取一點H，使得CH=DE．【詳解】（1）∵ΔABD沿AD所在的直線折疊得到ΔAED，∴∠ADE=∠ADB=180°-α，∴∠CDE=180°-2α；∵∠CAB=120°，AC=AB，∴∠ACB=∠B=∠AED=30°，∵∠DFE=∠AFC，∴△DEF∽△AFC，∴DF：AF=EF：CF，∵∠EFC=∠AFD，∴△AFD∽△CFE，∴∠AEC=∠ADC=α，故答案：180°-2α；

α（2）①∵α=45°，∴∠DAF=∠DAB=15°，∴∠CAF=90°，∴AF：CF=1：2，∵△AFD∽△CFE，∴AD：CE=AF：CF=1：2，∴CE=4，故答案：4；②在BC上取一點H，使得CH=DE，∵AC=AE，∠ACH=∠AED，∴ΔACH≌ΔADE，∴AD=AH，∠DAE=∠CAH，∴∠DAH=90°，∴DH=2AD，∴DC-ED=DC-CH=DH=2AD【點睛】本題考查的是翻折變換的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)與判定、相似三角形的性質(zhì)與判定以及勾股定理等知識；熟練掌握翻折變換和相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．48．（2020·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，△ABC是邊長為2的等邊三角形，△BDC是頂角為120°的等腰三角形，以點D為頂點作∠MDN=60°，點M、N分別在AB、AC上．（1）如圖①，當(dāng)MN//BC時，則（2）如圖②，求證：BM+NC=MN．【答案】（1）4；（2）見解析【分析】（1）首先證明△BDM≌△CDN，進而得出△DMN是等邊三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=12DM=1（2）延長AC至點E，使得CE=BM，連接DE，首先證明△BDM≌△CDE，再證明△MDN≌△EDN，得出MN=NE，進而得出結(jié)果即可．【詳解】解：（1）∵△ABC是等邊三角形，MN//∴∠AMN=∠ABC=60°，∠ANM=∠ACB=60°∴△AMN是等邊三角形，∴AM=AN，則BM=NC，∵△BDC是頂角∠BDC=120°的等腰三角形，∴∠DBC=∠DCB=30°，∴∠DBM=∠DCN=90°，在△BDM和△CDN中，BM=CN,∴△BDM≌△CDNSAS∴DM=DN，∠BDM=∠CDN，∵∠MDN=60°，∴△DMN是等邊三角形，∠BDM=∠CDN=30°，∴NC=BM=12DM=∴△AMN的周長=AB+AC=4．（2）如圖，延長AC至點E，使得CE=BM，連接DE，∵△ABC是等邊三角形，△BDC是頂角∠BDC=120°的等腰三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，∠DBC=∠DCB=30°，∴∠ABD=∠ACD=90°，∴∠DCE=90°，在△BDM和△CDE中，BD=CD,∴△BDM≌△CDESAS∴MD=ED，∠MDB=∠EDC，∴∠MDE=120°?∠MDB+∠EDC=120°，∵∠MDN=60°，∴∠NDE=60°，在△MDN和△EDN中，MD=ED,∴△MDN≌△EDNSAS∴MN=NE，又∵NE=NC+CE=NC+BM，∴BM+NC=MN．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)及等邊三角形的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)，掌握全等三角形的性質(zhì)與判定，等邊三角形及等腰三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．題型15利用全等三角形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題49．（2023·四川眉山·校考三模）如圖，在矩形ABCD中，AC，BD交于點O，過點B作BF⊥AC于點M，交CD于點F，過點D作DE∥BF交AC于點E，連接FN，EM，若AO=AD，有下列結(jié)論：①NE=MF；②∠DEM=60°；③DN

A．3個 B．2個 C．1個 D．0個【答案】A【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)，可證AO=AD=OD，于是∠ODA=60°，∠BDF=30°；由已知條件可得DE⊥OA，根據(jù)三線合一，得∠ADN=∠ODN=12∠ADO=30°，于是∠DBF=