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重难点01全等三角形中“一线三等角”模型-2023年新八年级数学暑假精品课（苏科版）
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这是一份重难点01全等三角形中“一线三等角”模型-2023年新八年级数学暑假精品课（苏科版），文件包含重难点01全等三角形中“一线三等角”模型解析版docx、重难点01全等三角形中“一线三等角”模型原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共98页， 欢迎下载使用。
重难点01全等三角形中“一线三等角”模型
1.识别几何模型。
2.利用“一线三等角”模型解决问题
图一
如图一，∠D=∠BCA=∠E=90°，BC=AC。 结论：Rt△BDC≌Rt△CEA
图二
如图二，∠D=∠BCA=∠E，BC=AC。 结论：△BEC≌△CDA
例题1．如图，∠A＝∠B＝90°，E是线段AB上一点，且AE＝BC，∠1＝∠2 ．
（1）求证：≌；
（2）若CD＝10，求的面积．
（1）证明见解析；（2）25
【分析】（1）根据，∠A＝∠B＝90°，可得，和为直角三角形，利用“”即可证明≌；
（2）根据（1）中≌，则，根据直角三角形的性质推出，则可得为直角，又因为∠1＝∠2，则可知为等腰直角三角形，进而通过等腰直角三角形的性质求出其面积．
【详解】
（1）∵，
∴，
∵∠A＝∠B＝90°，
在和中，
，
∴≌；
（2）∵≌，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴其斜边上的高为5，
∴．
【点拨】本题考查了直角三角形的判定和性质，全等三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
【变式1】 ．已知，如图，AB⊥BD于点B，CD⊥BD于点D，P是BD上一点，且AP=PC，AP⊥PC．
（1）求证:△ABP≌△PDC
（2）若AB=3，CD=4，连接AC，求AC的长．
（1）见解析；（2）.
【分析】（1）根据等角的余角相等证明，继而证明；
（2）根据全等三角形对应边相等性质及勾股定理解题.
【详解】（1）证明：
；
（2）连接AC，
在
.
【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键.
【变式2】 如图1，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥MN，BE⊥MN，垂足分别为D、E．
（1）求证：△ADC≌△CEB；
（2）猜想线段AD、BE、DE之间具有怎样的数量关系，并说明理由；
（3）题设条件不变，根据图2可得线段AD、BE、DE之间的数量关系是 ．
（1）见解析；（2）AD＝BE＋DE，见解析；（3）DE＝AD＋BE
【分析】（1）由已知推出∠CDA=∠BEC=90°，因为∠ACD+∠BCE=90°，∠ACD＋∠DAC＝90°，推出∠DAC=∠ECB，根据AAS即可得到△ADC≌△CEB；
（2）由（1）得到AD=CE，CD=BE，即可求出答案；
（3）与（1）证法类似可证出∠ACD=∠CBE，能推出△ADC≌△CEB，得到AD=CE，CD=BE，即可得到DE、AD、BE之间的等量关系．
（1）证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠CDA＝∠BEC＝90°．
∴∠ACD＋∠DAC＝90°．
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＋∠BCE＝90°．
∴∠DAC＝∠ECB．
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB．
（2）AD＝BE＋DE．
理由如下：
由（1）知△ADC≌△CEB．
∴AD＝CE，CD＝BE．
∴AD＝CE＝CD＋DE＝BE＋DE．
（3）DE＝AD＋BE．
理由：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC=90°，∠BEC=90°，
∴∠EBC+∠ECB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ECB+∠ACD=90°，
∴∠ACD=∠CBE，
又∵∠ADC=∠CEB，AC=CB，
∴△ADC≌△CEB，
∴AD=CE，CD=BE，
∵CD+CE=DE，
∴DE=AD+BE．
【点拨】本题主要考查了余角的性质，直角三角形的两锐角互余，全等三角形的判定和性质等知识点，能根据已知证明△ADC≌△CEBE是解此题的关键，题型较好，综合性比较强．
【变式3】 已知：D，A，E三点都在直线m上，在直线m的同一侧作，使，连接BD，CE．
（1）如图①，若，，，求证；
（2）如图②，若，请判断BD，CE，DE三条线段之间的数量关系，并说明理由．
（1）见详解；（2）DE＝BD＋CE．理由见详解
【分析】
（1）根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA＝∠CEA＝90°，而∠BAC＝90°，根据等角的余角相等，得∠CAE＝∠ABD，然后根据“AAS”可判断△ABD≌△CAE；
（2）由∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，就可以求出∠BAD＝∠ACE，进而由ASA就可以得出△ABD≌△CAE，就可以得出BD＝AE，DA＝CE，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：如图①，∵D，A，E三点都在直线m上，∠BAC＝90°，
∴∠BAD＋∠CAE＝90°，
∵BD⊥m，CE⊥m，
∴∠ADB＝∠CEA＝90°，
∴∠BAD＋∠ABD＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
（2）DE＝BD＋CE．理由如下：
如图②，∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，
∴由三角形内角和及平角性质，得：
∠BAD＋∠ABD＝∠BAD＋∠CAE＝∠CAE＋∠ACE，
∴∠ABD＝∠CAE，∠BAD＝∠ACE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（ASA），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD＋AE＝BD＋CE．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质以及三角形内角和定理的综合应用，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，灵活运用所学知识解决问题．
【变式4】已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AE是多点A的一条直线，且BD⊥AE于D，CE⊥AE于点E.当直线AE处于如图1的位置时，有BD=DE+CE,请说明理由.当直线AE处于如图2的位置时，则BD、DE、CE的关系如何？请说明理由.
解析：（1）∵BD⊥AE,CE⊥AE
∴∠BDA=∠AEC=90°
∴∠ABD+∠BAD=90°
∵∠BAC=90°
∴∠BAD+∠EAC=90°[来源:ZXXK]
∴∠ABD=∠EAC
在△ABD和△CAE中
∠ADB=∠CEA=90°
∠ABD=∠EAC
AB=CA
∴△ABD≌△CAE(AAS)
AD=CE,BD=AE
∵AE=AD+DE
∴BD=DE+CE
（2）在△ABD和△CAE中
∠ADB=∠CEA=90°
AB=CA
∴△ABD≌△CAE（AAS）
∴AD=CE,BD=AE[来源:]
∵AE=DE-AD
∴BD=DE-CE.
例2、如图，在△ABC中，AB=AC=2，∠B=∠C=40°，点D在线段BC上运动（D不与B,C重合），连接AD，作∠ADE=40°，DE交线段AC于点E.
当DC等于多少是，△ABD≌△DCE?请证明你的结论.
解析：
∵∠B=40°[来源:学,科,网Z,X,X,K]
∴∠BAD+∠BDA=140°
∵∠ADE=40°
∴∠CDE+∠BDA=140°
∴∠BAD=∠CDE
在△ABD和△DCE中
∠B=∠C
∠BAD=∠CDE
AB=DC
∴△ABD≌△DCE
一．选择题（共5小题）
1．（2021秋•兰陵县期末）如图，AC＝CE，∠ACE＝90°，AB⊥BD，ED⊥BD，AB＝6cm，DE＝2cm，则BD等于（ ）
A．6cm B．8cm C．10cm D．4cm
【分析】由题中条件求出∠BAC＝∠DCE，可得直角三角形ABC与CDE全等，进而得出对应边相等，即可得出结论．
【解答】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，
∴∠B＝∠D＝∠ACE＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°，∠ACB+∠ECD＝90°，
∴∠BAC＝∠ECD，
∵在Rt△ABC与Rt△CDE中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△CDE（AAS），
∴BC＝DE＝2cm，CD＝AB＝6cm，
∴BD＝BC+CD＝2+6＝8cm，
故选：B．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，应熟练掌握．
2．（2021秋•合肥期末）如图，E为线段BC上一点，∠ABE＝∠AED＝∠ECD＝90°，AE＝ED，BC＝20，AB＝8，则BE的长度为（ ）
A．12 B．10 C．8 D．6
【分析】根据一线三等角模型证明△ABE≌△ECD，可得AB＝EC，即可解答．
【解答】解：∵∠ABE＝∠AED＝90°，
∴∠A+∠AEB＝90°，∠AEB+∠DEC＝90°，
∴∠A＝∠DEC，
∵∠ABE＝∠ECD＝90°，AE＝ED，
∴△ABE≌△ECD（AAS），
∴AB＝CE＝8
∵BC＝20，
∴BE＝BC﹣CE＝20﹣8＝12，
故选：A．
【点评】本题考查了等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角模型是解题的关键．
3．（2020秋•襄汾县期末）如图所示，已知△ABC和△DCE均是等边三角形，点B、C、E在同一条直线上，连接AE、BD、FG，AE与BD交于点O，AE与CD交于点G，AC与BD交于点F，则下列结论中：①AE＝BD；②AG＝BF；③FG∥BE；④CF＝CG，以上结论正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】首先根据等边三角形的性质，得到BC＝AC，CD＝CE，∠ACB＝∠BCD＝60°，然后由SAS判定△BCD≌△ACE，根据全等三角形的对应边相等即可证得①正确；又由全等三角形的对应角相等，得到∠CBD＝∠CAE，根据ASA，证得△BCF≌△ACG，即可得到②正确，同理证得CF＝CG，得到△CFG是等边三角形，易得③正确；证出△CFG是等边三角形，得出FG＝CG．
【解答】解：∵△ABC和△DCE均是等边三角形，
∴BC＝AC，CD＝CE，∠ACB＝∠ECD＝60°，
∴∠ACB+∠ACD＝∠ACD+∠ECD，∠ACD＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD与△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴AE＝BD，（①正确）
∠CBD＝∠CAE，
∵∠BCA＝∠ACG＝60°，
在△BCF与△ACG中，
，
∴△BCF≌△ACG（ASA），
∴AG＝BF，（②正确）；
同理：△DFC≌△EGC（ASA），
∴CF＝CG，
∴△CFG是等边三角形，
∴∠CFG＝∠FCB＝60°，
∴FG∥BE，（③正确）．
∵∠ACG＝60°，
∴△CFG是等边三角形，
∴FG＝CG，故④正确；
故选：D．
【点评】此题考查了等边三角形的判定与性质与全等三角形的判定与性质．此题图形比较复杂，解题的关键是仔细识图，合理应用数形结合思想．
4．（2021秋•龙湾区期中）如图，OA⊥OB，OB＝4，P是射线OA上一动点，连接BP，以B为直角顶点向上作等腰直角三角形，在OA上取一点D，使∠CDO＝45°，当P在射线OA上自O向A运动时，PD的长度的变化（ ）
A．一直增大 B．一直减小
C．先增大后减小 D．保持不变
【分析】过点C作CH⊥OB于H，CG⊥OA于G，利用SAS证明△OBP≌△HCB，得OB＝CH＝4，OP＝HB，即可解决问题．
【解答】解：过点C作CH⊥OB于H，CG⊥OA于G，
∵△CBP是等腰直角三角形，
∴BC＝BP，∠CBP＝90°，
∴∠HBC+∠OBP＝90°，
∵∠CBH+∠HCB＝90°，
∴∠OBP＝∠HCB，
在△OBP和△HCB中，
，
∴△OBP≌△HCB（AAS），
∴OB＝CH＝4，OP＝HB，
∵∠ODC＝45°，CG⊥OD，
∴△GCD是等腰直角三角形，
∴CG＝DG，
∴PD＝GD﹣PG＝CG﹣（OP﹣4）＝4+OP﹣（OP﹣4）＝8，
∴PD的长度保持不变，
故选：D．
【点评】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，构造全等三角形是解题的关键．
5．（2021秋•德州期中）如图，A、C、E三点在向一直线上，△ABC、△CDE都是等边三角形，连接AD，BE，OC，则有以下四个结论：①△ACD≌△BCE；②△CPQ是等边三角形；③OC平分∠AOE；④△BPO≌△EDO．其中正确的是（ ）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【分析】通过全等三角形的性质和判定求解．
【解答】解：∵△ABC、△CDE都是等边三角形．
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°．
∴∠ACD＝∠BCE＝120°．∠BCQ＝60°．
∴△ACD≌△BCE．
故①正确．
由①知△ACD≌△BCE．
∴∠CAP＝∠CBQ．
∵∠ACP＝∠BCQ＝60°，AC＝BC．
∴△ACP≌△BCQ．
∴CP＝CQ．
∵∠BCQ＝60°．
∴△BCQ是等边三角形．
故②正确．
由①知△ACD≌△BCE．
∴∠CAP＝∠CBQ．
∵∠BOE是△AOB的外角．
∴∠BOE＝∠BAP+∠ABO＝∠BAP+∠ABC+∠CBQ＝∠BAP+∠ABC+∠CAP＝∠BAC+∠BAC＝120°．
∵∠PCQ＝60°．
∴∠POQ+∠PCQ＝180°．
∴点P，O，Q，C四点共圆．
∵CP＝CQ．
∴∠POC＝∠COQ．
∴CO平分∠AOE．
故③正确．
△BPO与△EDO中无法确定边相等，故不能确定它们全等，
故④错误．
故选：B．
【点评】本题考查等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，观察图形，充分利用等边三角形的性质证明三角形全等是求解本题的关键．
二．填空题（共4小题）
6．（2021秋•邗江区期末）如图，小虎用10块高度都是3cm的相同长方体小木块，垒了两堵与地面垂直的木墙，木墙之间刚好可以放进一个等腰直角三角板（AC＝BC，∠ACB＝90°），点C在DE上，点A和B分别与木墙的顶端重合，则两堵木墙之间的距离为 30 cm．
【分析】根据题意可得AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，进而得到∠ADC＝∠CEB＝90°，再根据等角的余角相等可得∠BCE＝∠DAC，再证明△ADC≌△CEB即可，利用全等三角形的性质进行解答．
【解答】解：由题意得：AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠BCE＝∠DAC，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
由题意得：AD＝EC＝9cm，DC＝BE＝21cm，
∴DE＝DC+CE＝30（cm），
答：两堵木墙之间的距离为30cm．
故答案为：30．
【点评】此题主要考查了全等三角形的应用，关键是正确找出证明三角形全等的条件．
7．（2021秋•苏州期末）勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．1955年希腊发行了以勾股定理为背景的邮票．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝3，AB＝4．分别以AB，AC，BC为边向外作正方形ABMN，正方形ACKL，正方形BCDE，并按如图所示作长方形HFPQ，延长BC交PQ于G．则长方形CDPG的面积为 12 ．
【分析】如图，过点A作AA'⊥BC于A'，先根据面积法可得AA'的长，证明△AA'C≌△CGK（AAS），可得CG＝AA'＝，最后根据长方形的面积公式可计算其答案．
【解答】解：如图，过点A作AA'⊥BC于A'，
∵∠BAC＝90°，AC＝3，AB＝4，
∴BC＝5，
∵S△ABC＝AB•AC＝BC•AA'，
∴＝，
∴AA'＝，
∵四边形ACKL是正方形，
∴AC＝CK，∠ACK＝90°，
∴∠ACA'+∠KCG＝∠ACA'+∠CAA'＝90°，
∴∠KCG＝∠CAA'，
在△AA'C和△CGK中，
，
∴△AA'C≌△CGK（AAS），
∴CG＝AA'＝，
∴长方形CDPG的面积＝CD•CG＝5×＝12．
故答案为：12．
【点评】本题考查了勾股定理和三角形全等的性质和判定，正确作辅助线构建三角形全等是本题的关键．
8．（2022秋•靖江市月考）如图，在△ABC中，∠ACB为钝角，把边AC绕点A沿逆时针方向旋转90°得AD，把边BC绕点B沿顺时针方向旋转90°得BE，作DM⊥AB于点M，EN⊥AB于点N，若AB＝5，EN＝2，则DM＝ 3 ．
【分析】过点C作CF⊥AB于点F，由旋转的性质可得AD＝AC，BE＝BC，利用“一线三等角“证得∠D＝∠CAF，从而可判定△DAM≌△ACF（AAS），则DM＝AF．同理可证，△BFC≌△ENB（AAS），则BF＝EN＝2，再由AB＝5，可得AF，即DM的值．
【解答】解：过点C作CF⊥AB于点F，如图所示：
∵旋转，
∴AD＝AC，BE＝BC，
∵DM⊥AB于点M，EN⊥AB于点N，CF⊥AB于点F，
∴∠AMD＝∠AFC＝∠BFC＝∠BNE＝90°，
∴∠D+∠DAM＝90°，
∵∠CAD＝90°，
∴∠CAF+∠DAM＝90°，
∴∠D＝∠CAF，
∴在△DAM和△ACF中，
，
∴△DAM≌△ACF（AAS），
∴DM＝AF．
同理可证，△BFC≌△ENB（AAS），
∴BF＝EN＝2，
∵AB＝5，
∴AF＝3，
∴DM＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
9．（2021秋•江阴市校级月考）如图，在平面直角坐标系中，以A（2，0）、B（0，t）为顶点作等腰直角△ABC（其中∠ABC＝90°，且点C落在第一象限内），则点C的坐标为 （t，2+t） （用t的代数式表示）．
【分析】过点C作CE⊥y轴，垂足为E，根据垂直定义可得∠CEB＝90°，从而可得∠ECB+∠EBC＝90°，再根据平角定义可得∠EBC+∠ABO＝90°，从而可得∠ECB＝∠ABO，然后利用AAS证明△CEB≌△BOA，从而可得CE＝BO＝t，EB＝AO＝2，进而可得OE＝2+t，即可解答．
【解答】解：过点C作CE⊥y轴，垂足为E，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB+∠EBC＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠EBC+∠ABO＝180°﹣∠ABC＝90°，
∴∠ECB＝∠ABO，
∵A（2，0）、B（0，t），
∴OA＝2，BO＝t，
∵∠CEB＝∠AOB＝90°，AB＝BC，
∴△CEB≌△BOA（AAS），
∴CE＝BO＝t，EB＝AO＝2，
∴OE＝EB+OB＝2+t，
∴点C的坐标为（t，2+t），
故答案为：（t，2+t）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角构造全等模型是解题的关键．
三．解答题（共15小题）
10．（2022秋•大丰区月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于E，AD⊥CE于D，AD＝2.5cm，DE＝1.7cm，求BE的长．
【分析】先证明△ACD≌△CBE，再求出EC的长，解决问题．
【解答】解：∵BE⊥CE于E，AD⊥CE于D
∴∠E＝∠ADC＝90°
∵∠BCE+∠ACE＝∠DAC+∠ACE＝90°
∴∠BCE＝∠DAC
∵AC＝BC
∴△ACD≌△CBE
∴CE＝AD，BE＝CD＝2.5﹣1.7＝0.8（cm）．
【点评】三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．再根据全等三角形的性质解决问题．
11．（2022秋•沭阳县月考）已知：如图，AB⊥BD，ED⊥BD，C是BD上的一点，AC⊥CE，AB＝CD，求证：BC＝DE．
【分析】根据直角三角形全等的判定方法，ASA即可判定三角形全等．
【解答】证明：∵AB⊥BD，ED⊥BD，AC⊥CE（已知）
∴∠ACE＝∠B＝∠D＝90°（垂直的意义）
∵∠BCA+∠DCE+∠ACE＝180°（平角的意义）
∠ACE＝90°（已证）
∴∠BCA+∠DCE＝90°（等式性质）
∵∠BCA+∠A+∠B＝180°（三角形内角和等于180°）
∠B＝90°（已证）
∴∠BCA+∠A＝90°（等式性质）
∴∠DCE＝∠A （同角的余角相等）
在△ABC和△CDE中，
，
∴△ABC≌△CDE（ASA）
∴BC＝DE．（全等三角形对应边相等）
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质；熟练掌握三角形全等的判定定理是解题的关键．
12．（2021秋•沭阳县校级月考）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：△ADC≌△CEB；
（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，试问DE、AD、BE的等量关系？并说明理由．
【分析】（1）根据同角的余角相等得到∠ACD＝∠BCE，由“AAS”可证△ADC≌△CEB；
（2）由“AAS”可证△ADC≌△CEB，可得AD＝CE，CD＝BE，可得结论．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
∵BE⊥MN，
∴∠CBE+∠BCE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
（3）DE＝AD﹣BE，
理由如下：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
∵AD⊥MN，
∴∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD＝CE，CD＝BE，
∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE．
【点评】本题考查的是旋转的性质、全等三角形的判定和性质，灵活运用全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键，解答时，注意类比思想的应用．
13．（2020秋•滨海县月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BD⊥CE，AE⊥CE，垂足分别为D、E，猜想图中线段DE、AE、DB之间的关系，并说明理由．
【分析】通过证明Rt△AEC≌Rt△CDB，根据全等三角形的性质，结合边与边的关系即可得到图中线段DE、AE、DB之间的关系．
【解答】解：DE+AE＝DB（2分）说理（7分）
∵∠ACB＝90°，BD⊥CE
∴∠ACE+∠ECB＝90°，∠ECB+∠CBD＝90°
∴∠ACE＝∠CBD （1分）
又∵AE⊥CE
∴∠AEC＝90°
在Rt△AEC和Rt△CDB中
AC＝BC，∠AEC＝∠CDB＝90°，∠ACE＝∠CBD （2分）
∴Rt△AEC≌Rt△CDB （3分）
∴AE＝CD，EC＝DB （5分）
又∵DE+DC＝EC
∴DE+AE＝DB． （7分）
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是证明Rt△AEC≌Rt△CDB．
14．（2022秋•嘉峪关期末）如图所示，工人赵师傅用10块高度都是1.5m的相同长方体新型建筑材料，垒了两堵与地面垂直的墙ABCD和EFGH，点P在BE上，已知AP＝PF，∠APF＝90°．
（1）求证：△ABP≌△PEF；
（2）求BE的长．
【分析】（1）根据全等三角形的判定定理AAS证得结论；
（2）利用（1）中全等三角形的对应边相等得到：BP＝EF＝10.5m，AB＝PE＝4.5m，则BE＝BO+PE．
【解答】（1）证明：∵∠ABP＝∠FEP＝90°，∠APF＝90°，
∴∠APB＝∠PFE（同角的余角相等）．
在△ABP与△PEF中，
，
∴△ABP≌△PEF；
（2）由题意知，AB＝1.5×3＝4.5（m），EF＝7×1.5＝10.5（m）．
由（1）知，△ABP≌△PEF，
∴BP＝EF＝10.5m，AB＝PE＝4.5m，
∴BE＝BP+PE＝15m．
【点评】本题主要考查了全等三角形的应用，用全等寻找下一个全等三角形的条件，全等的性质和判定往往是综合在一起应用的，这需要认真分析题目的已知和求证，分清问题中已知的线段和角与所证明的线段或角之间的联系．
15．（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．
【分析】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（AAS），
∵A（4，0），B（0，3），
∴DC＝OA＝4，DA＝OB＝3，
∴OD＝OA+DA＝4+3＝7，
∴C（7，4）．
【点评】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．
16．（2022秋•长沙县期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线MN，AM⊥MN于点M，BN⊥MN于点N．
（1）若MN在△ABC外（如图1），求证：MN＝AM+BN；
（2）若MN与线段AB相交（如图2），且AM＝2.6，BN＝1.1，则MN＝ 1.5 ．
【分析】（1）利用互余关系证∠MAC＝∠NCB，再证△AMC≌△CNB（AAS），得到AM＝CN，MC＝BN，即可得出结论；
（2）类似于（1）可证△ACM≌△CBN（AAS），得AM＝CN＝2.6，CM＝BN＝1.1，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AM⊥MN，BN⊥MN，
∴∠AMC＝∠CNB＝90°．
∵∠ACB＝90°，∠AMC＝90°，
∴∠MAC+∠ACM＝90°，∠NCB+∠ACM＝90°，
∴∠MAC＝∠NCB．
在△AMC和△CNB中，
，
∴△AMC≌△CNB（AAS），
∴AM＝CN，MC＝NB．
∵MN＝NC+CM，
∴MN＝AM+BN．
（2）解：∵AM⊥MN于M，BN⊥MN，
∴∠AMC＝∠CNB＝90°，
∴∠MAC+∠ACM＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACM+∠NCB＝90°，
∴∠MAC＝∠NCB，
在△ACM和△CBN中，
，
∴△ACM≌△CBN（AAS），
∴AM＝CN＝2.6，CM＝BN＝1.1，
∴MN＝CN﹣CM＝2.6﹣1.1＝1.5，
故答案为：1.5．
【点评】本题主要考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
17．（2022秋•秦淮区校级月考）已知，在△ABC中，AB＝AC，D，A，E三点都在直线m上，且DE＝9cm，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC
（1）如图①，若AB⊥AC，则BD与AE的数量关系为 BD＝AE ，CE与AD的数量关系为 CE＝AD ；
（2）如图②，判断并说明线段BD，CE与 DE的数量关系；
（3）如图③，若只保持∠BDA＝∠AEC，BD＝EF＝7cm，点A在线段DE上以2cm/s的速度由点D向点E运动，同时，点C在线段EF上以xcm/s的速度由点E向点F运动，它们运动的时间为t（s）．是否存在x，使得△ABD与△EAC全等？若存在，求出相应的t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用平角的定义和三角形内角和定理得∠CAE＝∠ABD，再利用AAS证明△ABD≌△CAE，得BD＝AE，CE＝AD；
（2）由（1）同理可得△ABD≌△CAE，得BD＝AE，CE＝AD，可得答案；
（3）分△DAB≌△ECA或△DAB≌△EAC两种情形，分别根据全等三角形的性质可解决问题．
【解答】解：（1）∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，
∴∠BAD+∠CAE＝∠BAD+∠ABD，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵∠BDA＝∠AEC，BA＝CA，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，CE＝AD，
故答案为：BD＝AE，CE＝AD；
（2）DE＝BD+CE，
由（1）同理可得△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，CE＝AD，
∴DE＝BD+CE；
（3）存在，当△DAB≌△ECA时，
∴AD＝CE＝2cm，BD＝AE＝7cm，
∴t＝1，此时x＝2；
当△DAB≌△EAC时，
∴AD＝AE＝4.5cm，DB＝EC＝7cm，
∴t＝，x＝7÷＝，
综上：t＝1，x＝2或t＝，x＝．
【点评】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角基本模型是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想．
18．（2022秋•灌云县月考）在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有AB＝AC，且满足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α．
（1）如图1，当α＝90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是 DE＝BD+CE ；
（2）如图2，当0＜α＜180时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展与应用：如图3，当α＝120°时，点F为∠BAC平分线上的一点，且AB＝AF，分别连接FB，FD，FE，FC，试判断△DEF的形状，并说明理由．
【分析】（1）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（2）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（3）先由α＝120°和AF平分∠BAC得到∠BAF＝∠CAF＝60°，然后结合AB＝AF＝AC得到△ABF和△ACF是等边三角形，然后得到FA＝FC、∠FCA＝∠FAB＝60°，然后结合△BDA≌△EAC得到∠BAD＝∠ACE、AD＝CE，从而得到∠FAD＝∠FCE，故可证△FAD≌△FCE，从而得到DF＝EF、∠DFA＝∠EFC，最后得到∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝60°，即可得证△DEF是等边三角形．
【解答】解：（1）DE＝BD+CE，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE，
故答案为：DE＝BD+CE．
（2）DE＝BD+CE仍然成立，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
（3）△DEF是等边三角形，理由如下，
∵α＝120°，AF平分∠BAC，
∴∠BAF＝∠CAF＝60°，
∵AB＝AF＝AC，
∴△ABF和△ACF是等边三角形，
∴FA＝FC，∠FCA＝∠FAB＝∠AFC＝60°，
同（2）可得，△BDA≌△AEC，
∴∠BAD＝∠ACE，AD＝CE，
∴∠FAD＝∠FCE，
∴△FAD≌△FCE（SAS），
∴DF＝EF，∠DFA＝∠EFC，
∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝∠AFC＝60°，
∴△DEF是等边三角形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练应用一线三等角模型证明三角形全等．
19．（2021秋•东台市月考）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN，BE⊥MN，垂足分别为点D，E．求证：DE＝AD+BE．
【分析】根据垂直定义求出∠BEC＝∠ACB＝∠ADC，根据等式性质求出∠ACD＝∠CBE，根据AAS证出△ADC和△CEB全等，可推出CD＝BE，AD＝CE，进而可证明DE＝AD+BE．
【解答】证明：如图，∵∠ACB＝90°，AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠BEC＝∠ACB＝∠ADC＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
∴BE＝CD，AD＝CE，
∵CD+CE＝DE，
∴DE＝AD+BE．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，垂线的定义等知识点的应用，解此题的关键是推出证明△ADC和△CEB全等的三个条件．
20．（2021秋•沭阳县校级月考）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时
①请说明△ADC≌△CEB的理由；
②请说明DE＝AD+BE的理由；
（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请直接在横线上写出这个等量关系： DE＝AD﹣BE
（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请直接在横线上写出这个等量关系： DE＝BE﹣AD ．
【分析】（1）①由已知推出∠ADC＝∠BEC＝90°，因为∠ACD+∠BCE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，推出∠DAC＝∠BCE，根据AAS即可得到答案；
②由①得到AD＝CE，CD＝BE，即可求出答案；
（2）结论：DE＝AD﹣BE．与（1）证法类似可证出∠ACD＝∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD＝CE，CD＝BE，代入已知即可得到答案．
（3）结论：DE＝BE﹣AD．证明方法类似．
【解答】解：（1）①证明：如图1中，
∵AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）．
②证明：由（1）知：△ADC≌△CEB，
∴AD＝CE，CD＝BE，
∵DC+CE＝DE，
∴AD+BE＝DE．
（2）结论：DE＝AD﹣BE．
理由：如图2中，∵BE⊥EC，AD⊥CE，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴∠EBC+∠ECB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ECB+∠ACE＝90°，
∴∠ACD＝∠EBC，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD＝CE，CD＝BE，
∴DE＝EC﹣CD＝AD﹣BE．
（3）结论：DE＝BE﹣AD．
理由如下：如图3中，∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°
∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠CED＝90°，
∴∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠DAC＝∠ECB，
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴AD＝CE，CD＝BE，
∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD．
故答案为DE＝AD﹣BE，DE＝BE﹣AD．
【点评】本题主要考查了邻补角的意义，全等三角形的性质和判定等知识点，能根据已知证出符合全等的条件是解此题的关键，题型较好，综合性比较强．
21．（2020秋•灌南县校级月考）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①△ADC≌△CEB；②DE＝AD+BE；
（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，直接写出DE、AD、BE的关系为： DE＝AD﹣BE
（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．
【分析】（1）由∠ACB＝90°，得∠ACD+∠BCE＝90°，而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，则∠ADC＝∠CEB＝90°，根据等角的余角相等得到∠ACD＝∠CBE，易得Rt△ADC≌Rt△CEB，所以AD＝CE，DC＝BE，即可得到DE＝DC+CE＝BE+AD．
（2）根据等角的余角相等得到∠ACD＝∠CBE，易得△ADC≌△CEB，得到AD＝CE，DC＝BE，所以DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE．
（3）DE、AD、BE具有的等量关系为：DE＝BE﹣AD．证明的方法与（2）相同．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE．
在△ADC和△CEB中，，
∴△ADC≌△CEB，
∴AD＝CE，DC＝BE，
∴DE＝DC+CE＝BE+AD；
（2）DE＝AD﹣BE，
在△ADC和△CEB中，，
∴△ADC≌△CEB，
∴AD＝CE，DC＝BE，
∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
故答案为：DE＝AD﹣BE
（3）DE＝BE﹣AD．
易证得△ADC≌△CEB，
∴AD＝CE，DC＝BE，
∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD．
【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角．也考查了直角三角形全等的判定与性质．
22．（2022秋•东台市月考）【一线三等角模型】如图1：点A、B、C在一条直线上，∠A＝∠DBE＝∠C，当BD＝BE时，有△ABD≌△CEB．理由：
∵∠A＝∠DBE，∴∠D+∠DBA＝180°﹣∠A，∠DBA+∠CBE＝180°﹣∠DBE，∴∠D＝∠CBE﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣请将全等证明过程补充完整．
【模型运用】如图2：∠ABC＝∠CAD＝90°，AB＝4，AC＝AD，求△BAD的面积；
【能力提升】如图3：在等边△DEF中，A，C分别为DE、DF边上的动点，AE＝2CD，连接AC，以AC为边在△DEF内作等边△ABC，连接BF，当点A从点E向点D运动（不与点D重合）时，∠CFB的度数变化吗？如不变请求出它的度数，如变化，请说明它是怎样变化的？
【分析】【一线三等角模型】如图1：根据AAS证明三角形全等即可；
【模型运用】如图2：过点D作DT⊥BA交BA的延长线于点T．构造全等三角形解决问题即可；
【能力提升】∠CFB＝30°不变．如图3中，在CF上取一点N，使得FN＝DC．证明△ADC≌△CNB（SAS），推出BN＝CD，∠D＝∠BNC＝60°，可得结论．
【解答】【一线三等角模型】证明：如图1：∵∠A＝∠DBE，
∴∠D+∠DBA＝180°﹣∠A，∠DBA+∠CBE＝180°﹣∠DBE，
∴∠D＝∠CBE，
在△ABD和△CEB中，
，
∴△ABD≌△CEB（AAS）；
【模型运用】解：如图2：过点D作DT⊥BA交BA的延长线于点T．
同法可证△ATD≌△CBA（AAS），
∴DT＝AB＝4，
∴S△ABD＝×AB×DT＝×4×4＝8；
【能力提升】解：∠CFB＝30°不变．
理由：如图3中，在CF上取一点N，使得FN＝DC．
∵△ABC，△DEF都是等边三角形，
∴∠D＝∠ACB＝60°，DA＝DF，CA＝CB，
∵AE＝2CD，CD＝FN，
∴DA＝CN，
∵∠ACN＝∠ACB+∠BCN＝∠D+∠CAD，
∴∠BCN＝∠DAC，
在△ADC和△CNB中，
，
∴△ADC≌△CNB（SAS），
∴BN＝CD，∠D＝∠BNC＝60°，
∵NF＝CD，
∴NB＝NF，
∴∠NBF＝∠NFB，
∵∠BNC＝∠NBF+∠NFB＝60°，
∴∠NFB＝∠NBF＝30°，
∴∠CFB＝30°．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造一线三等角模型，利用全等三角形解决问题．
23．（2022秋•乌鲁木齐期末）如图，平面直角坐标系中点B（﹣2，0），点A（0，5），以点A为直角顶点在第二象限内作等腰直角三角形ABC，过点C作CE垂直于y轴，垂足为点E，
（1）证明：△ABO≌△CAE，并求点C的坐标．
（2）在坐标平面内是否存在一点P（不与点C重合），使△PAB与△ABC全等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）证明△ABO≌△CAE（AAS），可得AO＝CE＝5，OB＝AE＝2，进而可得点C的坐标；
（2）分3种情况画图，根据等腰直角三角形和全等三角形的判定与性质可得点P的坐标．
【解答】（1）证明：根据题意可得：OA＝5，OB＝2，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠OAB+∠CAE＝90°，
∵CE⊥y轴，
∴∠CEA＝90°，即∠CEA+∠ECA＝90°，
∴∠OAB＝∠ECA，
在△ABO和△CAE中，
，
∴△ABO≌△CAE（AAS），
∴AO＝CE＝5，OB＝AE＝2，
∴OE＝OA+AE＝7，
∴点C的坐标为（﹣5，7）；
（2）解：①如图1所示，延长CA至点P，使AP＝AC，连接BP，
根据题意可得，∠BAC＝∠BAP＝90°，
在△PAB和△CAB中，
，
∴△PAB≌△CAB（SAS），
此时点A为CP的中点，且A（0，5），C（﹣5，7），
∴点P的坐标为（5，3）；
②如图2，∵△ABC是等腰直角三角形，△PAB≌△CAB，
∴点A关于BC的对称点P，
如图2，连接CP，
∴四边形ABPC是正方形，
∴AP与BC互相垂直平分，
∵B（﹣2，0），C（﹣5，7），
∴Q（﹣，），
∵A（0，5），
∴P（﹣7，2）；
如图2，当△P′AB≌△PAB≌△CAB时，P′B＝PB，
∵P（﹣7，2），B（﹣2，0），
∴P′（3，﹣2），
综上所述：点P的坐标为（5，3）或（﹣7，2）或（3，﹣2）．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，中点公式，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
24．（2022秋•榆树市期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）当直线MN绕点C旋转到图（1）的位置时，
求证：①△ADC≌△CEB；
②DE＝AD+BE；
（2）当直线MN绕点C旋转到图（2）的位置时，求证：DE＝AD﹣BE；
（3）当直线MN绕点C旋转到图（3）的位置时，请直接写出DE，AD，BE之间的等量关系．
【分析】（1）①根据AD⊥MN，BE⊥MN，∠ACB＝90°，得出∠CAD＝∠BCE，再根据AAS即可判定△ADC≌△CEB；②根据全等三角形的对应边相等，即可得出CE＝AD，CD＝BE，进而得到DE＝CE+CD＝AD+BE；
（2）先根据AD⊥MN，BE⊥MN，得到∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，进而得出∠CAD＝∠BCE，再根据AAS即可判定△ADC≌△CEB，进而得到CE＝AD，CD＝BE，最后得出DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
（3）运用（2）中的方法即可得出DE，AD，BE之间的等量关系是：DE＝BE﹣AD．
【解答】解：（1）①∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠ACB＝90°＝∠CEB，
∴∠CAD+∠ACD＝90°，∠BCE+∠ACD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
②∵△ADC≌△CEB，
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CE+CD＝AD+BE；
（2）证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
（3）当MN旋转到题图（3）的位置时，AD，DE，BE所满足的等量关系是：DE＝BE﹣AD．
理由如下：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD．
【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，解题时注意：全等三角形的对应边相等，同角的余角相等，解决问题的关键是根据线段的和差关系进行推导，得出结论．
一、单选题
1．（2022秋·八年级课时练习）如图，在△ABC中，AB＝AC＝9，点E在边AC上，AE的中垂线交BC于点D，若∠ADE＝∠B，CD＝3BD，则CE等于（ ）
A．3 B．2 C． D．
【答案】A
【分析】根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，推出∠BAD＝∠CDE，根据线段垂直平分线的性质得到AD＝ED，根据全等三角形的性质得到CD＝AB＝9，BD＝CE，即可得到结论．
【详解】解：∵AB＝AC＝9，
∴∠B＝∠C，
∵∠ADE＝∠B，∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB，∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB，
∴∠BAD＝∠CDE，
∵AE的中垂线交BC于点D，
∴AD＝ED，
在△ABD与△DCE中，
，
∴△ABD≌△DCE（AAS），
∴CD＝AB＝9，BD＝CE，
∵CD＝3BD，
∴CE＝BD＝3
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的性质，属于基础题．
2．（2022秋·八年级课时练习）一天课间，顽皮的小明同学拿着老师的等腰直角三角板玩，不小心将三角板掉到两根柱子之间，如图所示，这一幕恰巧被数学老师看见了，于是有了下面这道题：如果每块砖的厚度a＝8cm，则DE的长为（ ）
A．40cm B．48cm C．56cm D．64cm
【答案】C
【详解】由等腰直角三角形的性质可得∠ACB＝90°，AC＝CB，因此可以考虑证明△ACD和△CBE全等，可以证明DE的长为7块砖的厚度的和．
【分析】解：由题意得∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，AC＝CB，
∴∠ACD＝90°﹣∠BCE＝∠CBE，
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴CD＝BE＝3a，AD＝CE＝4a，
∴DE＝CD+CE＝3a+4a＝7a，
∵a＝8cm，
∴7a＝56cm，
∴DE＝56cm，
故选C．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
3．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，AC＝CE，∠ACE＝90°，AB⊥BD，ED⊥BD，AB＝6cm，DE＝2cm，则BD等于（ ）
A．6cm B．8cm C．10cm D．4cm
【答案】B
【分析】根据题意证明即可得出结论．
【详解】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，
∴，
∵∠ACE＝90°，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理以及性质定理是解本题的关键．
4．（2023春·山东日照·八年级日照市新营中学校考期中）课间，小聪拿着老师的等腰直角三角板玩，不小心掉到两墙之间(如图)，∠ACB＝90°，AC＝BC，从三角板的刻度可知AB＝20cm，小聪想知道砌墙砖块的厚度(每块砖的厚度相等)，下面为砌墙砖块厚度的平方的是（ ）．
A．cm2 B．cm2 C．cm2 D．cm2
【答案】A
【分析】设每块砖的厚度为xcm，则AD=3xcm，BE=2xcm，然后证明△DAC≌△ECB得到CD=BE=2xcm，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：设每块砖的厚度为xcm，则AD=3xcm，BE=2xcm，
由题意得：∠ACB=∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠ACD+∠DAC=∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠DAC=∠ECB，
又∵AC=CB，
∴△DAC≌△ECB（AAS），
∴CD=BE=2xcm，
∵，，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
二、填空题
5．（2022秋·八年级课时练习）如图，已知ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AD⊥DE于点D，BE⊥DE于点E，且点C在DE上，若AD＝5，BE＝8，则DE的长为_____．
【答案】13
【分析】先根据AD⊥DE，BE⊥DE，∠ADC=∠CEB=90°，则∠DAC+∠DCA=90°，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，可得AC=CB，推出∠DAC=∠ECB，即可证明△DAC≌△ECB得到CE=AD=5，CD=BE=8，由此求解即可．
【详解】解：∵AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC=∠CEB=90°，
∴∠DAC+∠DCA=90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，
∴∠DCA+∠BCE=90°，AC=CB
∴∠DAC=∠ECB，
∴△DAC≌△ECB（AAS），
∴CE=AD=5，CD=BE=8，
∴DE=CD+CE=13，
故答案为：13．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，垂线的定义，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
6．（2022秋·八年级课时练习）如图，直线l1⊥l3，l2⊥l3，垂足分别为P、Q，一块含有45°的直角三角板的顶点A、B、C分别在直线l1、l2、线段PQ上，点O是斜边AB的中点，若PQ等于，则OQ的长等于 _____．
【答案】
【分析】由“AAS”可证△ACP≌△CBQ，可得AP＝CQ，PC＝BQ，由“AAS”可证△APO≌△BHO，可得AP＝BH，OP＝OH，由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求解．
【详解】解：如图，连接PO，并延长交l2于点H，
∵l1⊥l3，l2⊥l3，
∴l1∥l3，∠APC＝∠BQC＝∠ACB＝90°，
∴∠PAC+∠ACP＝90°＝∠ACP+∠BCQ，
∴∠PAC＝∠BCQ，
在△ACP和△CBQ中，
，
∴△ACP≌△CBQ（AAS），
∴AP＝CQ，PC＝BQ，
∴PC+CQ＝AP+BQ＝PQ＝，
∵AP∥BQ，
∴∠OAP＝∠OBH，
∵点O是斜边AB的中点，
∴AO＝BO，
在△APO和△BHO中，
，
∴△APO≌△BHO（AAS），
∴AP＝BH，OP＝OH，
∴BH+BQ＝AP+BQ＝PQ，
∴PQ＝QH＝，
∵∠PQH＝90°，
∴PH＝PQ＝12，
∵OP＝OH，∠PQH＝90°，
∴OQ＝PH＝6．
故答案为：6
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形和直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理，等腰三角形和直角三角形的性质定理是解题的关键．
7．（2022秋·贵州遵义·八年级校考阶段练习）如图所示，中，．直线l经过点A，过点B作于点E，过点C作于点F．若，则__________．
【答案】7
【分析】根据全等三角形来实现相等线段之间的关系，从而进行计算，即可得到答案；
【详解】解：∵BE⊥l，CF⊥l，
∴∠AEB=∠CFA=90°．
∴∠EAB+∠EBA=90°．
又∵∠BAC=90°，
∴∠EAB+∠CAF=90°．
∴∠EBA=∠CAF．
在△AEB和△CFA中
∵∠AEB=∠CFA，∠EBA=∠CAF，AB=AC，
∴△AEB≌△CFA．
∴AE=CF，BE=AF．
∴AE+AF=BE+CF．
∴EF=BE+CF．
∵，
∴；
故答案为：7．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，余角的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的证明三角形全等．
8．（2023春·上海·七年级专题练习）如图，，且，且，请按照图中所标注的数据计算FH的长为_______．
【答案】18
【分析】由，可以得到，而，由此可以证明，进而得出，即可得出．
【详解】解：∵ 且，，
∴
∵，
∴
∴
∴ ，
∴
同理证得得
故，
故答案为：18．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定的相关知识，关键是根据全等三角形的对应边相等解答．
9．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，一个等腰直角三角形ABC物件斜靠在墙角处（∠O＝90°），若OA＝50cm，OB＝28cm，则点C离地面的距离是____ cm．
【答案】28
【分析】作CD⊥OB于点D，依据AAS证明,GMF，再根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：过点C作CD⊥OB于点D，如图，
∴
∵是等腰直角三角形
∴AB=CB，
∴
又
∴
在和中，
∴
∴
故答案为：28．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
三、解答题
10．（2022秋·八年级课时练习）如图，∠B=∠C=∠FDE=80°，DF=DE，BF=1.5cm，CE=2cm，求BC的长．
【答案】3.5
【分析】由平角定义及三角形内角和定理解得，继而证明，得到，最后根据线段的和差解题．
【详解】解：∠B=∠C=∠FDE=80°，
在与中，
．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
11．（2022秋·八年级课时练习）如图，在中，．
（1）如图①所示，直线过点，于点，于点，且．求证：．
（2）如图②所示，直线过点，交于点，交于点，且，则是否成立？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）仍然成立，理由见解析
【分析】（1）首先根据同角的余角相等得到，然后证明，然后根据全等三角形对应边相等得到，，然后通过线段之间的转化即可证明；
（2）首先根据三角形内角和定理得到，然后证明，根据全等三角形对应边相等得到，最后通过线段之间的转化即可证明．
【详解】证明：（1）∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴；
（2）仍然成立，理由如下：
∵，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴．
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，同角的与相等，三角形内角和定理等知识，解题的关键是根据同角的余角相等或三角形内角和定理得到．
12．（2022秋·江苏·八年级专题练习）问题背景：（1）如图①，已知中，，，直线m经过点A，直线m，直线m，垂足分别为点D，E，易证：______+______．
（2）拓展延伸：如图②，将（1）中的条件改为：在中，，D，A，E三点都在直线m上，并且有，请求出DE，BD，CE三条线段的数量关系，并证明．
（3）实际应用：如图③，在中，，，点C的坐标为，点A的坐标为，请直接写出B点的坐标．
【答案】（1）BD；CE；证明见详解；（2）DE=BD+CE；证明见详解；（3）点B的坐标为．
【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质得到，，结合图形解答即可；
（2）根据三角形内角和定理、平角的定义证明，证明，根据全等三角形的性质得到，，结合图形解答即可；
（3）根据，得到，，根据坐标与图形性质解答即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴，，
∴，
即：，
故答案为：BD；CE；
（2）解：数量关系： ，
证明：在中，，
∵，，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∴；
（3）解：如图，作轴于E，轴于F，
由（1）可知，，
∴，，
∴，
∴点B的坐标为．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、坐标与图形性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
13．（2022秋·河南驻马店·八年级统考期末）一个等腰直角三角板如图搁置在两柜之间，且点D，C，E在同一直线上，已知稍高的柜高AD为80cm，两柜距离DE为140cm.求稍矮的柜高BE．
【答案】60cm
【分析】首先证明，根据全等三角形的性质可得，，进而可得的长，然后可得的长度，从而求出长．
【详解】解：由题意得：，，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，，
，
，
，
，
．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的应用，解题的关键是掌握全等三角形的判定定理：、、、、．
14．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期中）如图，在中，，分别过点B，C作过点A的直线的垂线BD，CE，垂足为D，E．若，求DE的长．
【答案】7cm
【分析】利用一线三垂直模型证明得到即可得到答案．
【详解】解：∵在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，熟知一线三垂直模型是解题的关键．
15．（2023春·上海·七年级专题练习）如图，，于点A，D是线段AB上的点，，．
(1)判断与的数量关系为 ，位置关系为 ．
(2)如图2，若点D在线段的延长线上，点F在点A的左侧，其他条件不变，试说明（1）中结论是否成立，并说明理由．
【答案】(1)，
(2)成立，见解析
【分析】（1）根据题意可直接证明，即可得出结论；
（2）仿照（1）的证明过程推出，即可得出结论．
【详解】（1）解：由题意，，
在与中，
，
，，
在中，，
，
，
，
综上可知，；
（2）解：成立，理由如下：
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，即，
；
（1）中结论仍然成立．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，以及直角三角形两锐角互余等，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题关键．
16．（2022秋·八年级课时练习）（1）尝试探究：如图①，在中，，AB = AC，AF是过点A的一条直线，且B，C在AE的同侧，BD⊥AE于D，CE⊥AE于E，则图中与线段AD相等的线段是 ；DE与BD、CE的数量关系为 ．
（2）类比延伸：如图②，，BA =BC，点A，B的坐标分别是(-2，0)，(0，3)，求点C的坐标．
（3）拓展迁移：在（2）的条件下，在坐标平面内找一点P（不与点C重合），使与△ABC全等．直接写出点P的坐标．
【答案】（1）CE，DE=BD+CE；（2）（−3，5）；（3）存在，P点坐标分别为(-5，2)，(3，1)，(1，-2)．
【分析】（1）由BD⊥AE，∠BAC=90°，推进而得到即可求解；
（2）作轴于点E，得出（AAS）即可求解；
（3）分两种情况，①当时，；②当时，，讨论并构造全等三角形即可求解．
【详解】解：（1）∵BD⊥AE，，CE⊥AE
∴，，
∴．
在和中，，
∴，
∴AD=CE，BD=AE，
∴DE=AD+AE=BD+CE．
故答案为：CE，DE=BD+CE；
（2）作轴于点E，
∵轴，OA⊥OB，，
∴，，，
∴∠ABO=∠BCE．
又∵，
∴（AAS），
∴，
∵点A，B的坐标分别是(-2，0)，(0，3)，
∴，
∴，
∴(-3，5)；
（3）分类讨论：
①当∠PAB=90°时，，
∴，．
∵B(0，3)，A(−2，0)，C(−3，5)，
∴，，
设P(x，y)，
∴，，
∴，
解得：，，
∴(−5，2)，(1，−2)，如图；
②当∠ABP=90°时，，
∴AP=AC，BP=AB，
∵B(0，3)，A(−2，0)，C(−3，5)，
∴，，
设P(x，y)，
∴，，
∴，
解得：，，
∵点P与点C不重合，
∴(−3，5)舍去，
∴(3，1)，如图．
综上，存在这样的P点，坐标分别为(-5，2)，(3，1)，(1，-2)．
【点睛】本题主要考查三角形全等的判定和性质，两点间距离公式，坐标与图形性质，勾股定理等知识．利用数形结合的思想是解题关键．
17．（2023秋·广东潮州·八年级校考阶段练习）在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：
①△ADC≌△CEB；
②DE=AD+BE；
(2)当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，AD=5，BE=2，求线段DE的长．
【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析；
(2)DE=3
【分析】（1）①由已知可知，AD⊥MN，BE⊥MN，得到，再根据三角形内角和与平角性质，得到，即可证明（AAS）；②根据，得到，，即可证明DE=AD+BE．
（2）由已知可知，AD⊥MN，BE⊥MN，得到，再根据、，得到，可证明，得到，，即可求出DE长．
（1）
①证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴，
∵，
，
∴，
在和中，
，
∴（AAS）；
②证明：∵，
∴，，
∴；
（2）
证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
在和中，
，
（AAS），
∴，，
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定与性质，根据已知准确找到符合全等的条件是解题关键．
18．（2023春·全国·八年级专题练习）（1）如图1，等腰直角三角形的直角顶点在直线上． 过点作交于点， 过点作交于点， 求证：；
（2）如图2，在平面直角坐标系中，直线分别与轴，轴交于点A，B， 将直线绕点顺时针旋转得到， 求的函数表达式；
（3）如图3，在平面直角坐标系，点， 过点作交于点， 过点作交于点， 为线段上的一个动点，点位于第一象限． 问点能否构成以点为直角顶点的等腰直角三角形，若能，请求出的值； 若不能， 请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）能，
【分析】
（1）先说明，然后再根据即可证明结论；
（2）先由题意确定、点坐标，根据全等三角形的判定与性质确定点C的坐标，然后运用根据待定系数法求得的解析式；
（3）作线段的中垂线记为，由等腰三角形的性质可知，若点存在， 则一定在上；然后分点在的上方和下方两种情况，分别根据全等三角形的性质列出关于的方程求解即可．
【详解】解：（1）由题意可知，
为等腰直角三角形
∴
，
在中
．
（2）由题意意可知点坐标为，点坐标为
过点作交于点， 过点C作轴交轴于点，
由（1）的证明可知
点坐标为
设
过点
解得
．
（3）如图：作线段的中垂线记为，由等腰三角形的性质可知，若点存在， 则一定在上．
①当点在下方时
过点作轴交于点， 则交于点，
由（2）的证明不难得出，
， 即
解得， 则点与点位于第一象限相矛盾，
故舍去
②当点在上方时
过点分别作轴交于点， 则的延长线交于点，
由（2）的证明不难得出，
， 即
解得， 则点符合题意．
综上，．
【点睛】
本题主要考查了一次函数综合题、全等三角形的判定、全等三角形的性质、用待定系数法求函数解析式等知识点，利用全等三角形的性质得出关于的方程是解题关键．
19．（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）探究：如图①，在中，，，直线经过点，于点，于点，求证：．
应用：如图②，在中，，三点都在直线上，并且有．求出和的关系．
拓展：如图①中，若，梯形的面积______．
【答案】探究：证明过程见详解；应用：，理由见详解；拓展：
【分析】探究：，，可知是等腰直角三角形，，，可知，可求出，根据角角边即可求证；应用：，三点都在直线上，，可求出，可证，可得，由此即可求解；拓展：由，可知，设，则，根据梯形面积公式即可求解．
【详解】探究：证明：∵，直线经过点，于点，于点，
∴点三点都在直线上，
∴，，
∴，
在，中，
，
∴；
应用：∵，三点都在直线上，，
∴，，
∴，
在，中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
拓展：由探究可知，，，
∴，设，则，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形，全等三角形，梯形的综合，掌握等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，梯形的面积计算方法是解题的关键．
20．（2022秋·广东惠州·八年级校考期中）如图1，，垂足分别为D，E．
(1)若，求的长．
(2)在其它条件不变的前提下，将所在直线变换到的外部（如图2），请你猜想三者之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图3，将（1）中的条件改为：在中，，D，C，E三点在同一条直线上，并且有，其中α为任意钝角，那么（2）中你的猜想是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)0.8cm
(2)，证明见解析
(3)结论成立，证明见解析
【分析】（1）（2）（3）方法相同，利用定理证明，根据全等三角形的性质、结合图形解答．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）．
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（3）结论成立，
证明：，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
即结论成立；
【点睛】本题属于三角形综合题，考查的是全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
21．（2022秋·河北邯郸·八年级校考期中）如图，在中，，，点D在线段上运动（D不与B、C重合），连接，作，交线段于E．
(1)当时，_______，_______，_______；点D从B向C运动时，逐渐变_______（填“大”或“小”）；
(2)当DC等于多少时，，请说明理由；
(3)在点D的运动过程中，的形状可以是等腰三角形吗？若可以，请直接写出的度数，若不可以，请说明理由．
【答案】(1)25，25，65，小
(2)当时，，理由见解析；
(3)当的度数为或时，的形状是等腰三角形．
【分析】（1）先求出的度数，即可求出的度数，再利用三角形的外角性质即可求出的度数，根据点D从B向C运动时，逐渐增大，而不变化，，即可得到答案；
（2）根据全等三角形的判定条件求解即可；
（3）先证明当时等腰三角形，只存在或两种情况，然后分这两种情况讨论求解即可；
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
∵点D从B向C运动时，逐渐增大，而不变化，，
∴点D从B向C运动时，逐渐变小，
故答案为：25，25，65，小；
（2）解：当时，，
理由：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（3）解：当的度数为110°或80°时，的形状是等腰三角形，
理由：∵，，
∴，
∴当时等腰三角形，只存在或两种情况，
当时，
∴，
∵，
∴，
∴；
当时，
∴，
∴，
综上所述，当的度数为或时，的形状是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，三角形的外角性质，全等三角形的判定，等腰三角形的性质，熟知相关知识是解题的关键．
22．（2023春·河南洛阳·八年级统考期中）综合与实践
数学活动课上，老师让同学们以“过等腰三角形顶点的直线”为主题开展数学探究．
(1)操作发现：如图甲，在中，，且，直线l经过点A．小华分别过B、C两点作直线l的垂线，垂足分别为点D、E．易证，此时，线段、、的数量关系为：_________；
(2)拓展应用：
如图乙，为等腰直角三角形，，已知点C的坐标为，点B的坐标为．请利用小华的发现直接写出点A的坐标：_____；
(3)迁移探究：
①如图丙，小华又作了一个等腰，，且，她在直线l上取两点D、E，使得，请你帮助小华判断（1）中线段、、的数量关系是否变化，若不变，请证明；若变化，写出它们的关系式并说明理由；
②如图丁，中，，，点D、E在直线上，且，请直接写出线段、、的数量关系．
【答案】(1)
(2)
(3)①，理由见解析；②
【分析】（1）由全等得到边长关系即可．
（2）分别按照（1）中情形过A、B做出轴垂线，得到三角形全等后根据边长关系得到点A坐标．
（3）①将（1）中互余的角度变成计算关系，仍可得角度相等，从而得到全等的三角形，进而得到边长关系．
②根据①可证全等，然后根据全等三角形的性质得到边长关系．
【详解】（1）由等腰直角得，，
又，
又，
，
（2）
过A、B作出轴垂线，，由（1）可得，，
又得，，，
，
（3）①
又，
，
②
与①中同理可得
分别取，中点，连接．
，
,
又
又
在与中
，
【点睛】本题考查一线三等角模型，注重模仿推理能力，结合一个示范作迁移应用，需要大胆参考示范进行相同位置图像的关系论证．对知识点的充分理解和迁移是解题的关键．
重难点01全等三角形中“一线三等角”模型
1.识别几何模型。
2.利用“一线三等角”模型解决问题
图一
如图一，∠D=∠BCA=∠E=90°，BC=AC。 结论：Rt△BDC≌Rt△CEA
图二
如图二，∠D=∠BCA=∠E，BC=AC。 结论：△BEC≌△CDA
例题1．如图，∠A＝∠B＝90°，E是线段AB上一点，且AE＝BC，∠1＝∠2 ．
（1）求证：≌；
（2）若CD＝10，求的面积．
（1）证明见解析；（2）25
【分析】（1）根据，∠A＝∠B＝90°，可得，和为直角三角形，利用“”即可证明≌；
（2）根据（1）中≌，则，根据直角三角形的性质推出，则可得为直角，又因为∠1＝∠2，则可知为等腰直角三角形，进而通过等腰直角三角形的性质求出其面积．
【详解】
（1）∵，
∴，
∵∠A＝∠B＝90°，
在和中，
，
∴≌；
（2）∵≌，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴其斜边上的高为5，
∴．
【点拨】本题考查了直角三角形的判定和性质，全等三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
【变式1】 ．已知，如图，AB⊥BD于点B，CD⊥BD于点D，P是BD上一点，且AP=PC，AP⊥PC．
（1）求证:△ABP≌△PDC
（2）若AB=3，CD=4，连接AC，求AC的长．
（1）见解析；（2）.
【分析】（1）根据等角的余角相等证明，继而证明；
（2）根据全等三角形对应边相等性质及勾股定理解题.
【详解】（1）证明：
；
（2）连接AC，
在
.
【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键.
【变式2】 如图1，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥MN，BE⊥MN，垂足分别为D、E．
（1）求证：△ADC≌△CEB；
（2）猜想线段AD、BE、DE之间具有怎样的数量关系，并说明理由；
（3）题设条件不变，根据图2可得线段AD、BE、DE之间的数量关系是 ．
（1）见解析；（2）AD＝BE＋DE，见解析；（3）DE＝AD＋BE
【分析】（1）由已知推出∠CDA=∠BEC=90°，因为∠ACD+∠BCE=90°，∠ACD＋∠DAC＝90°，推出∠DAC=∠ECB，根据AAS即可得到△ADC≌△CEB；
（2）由（1）得到AD=CE，CD=BE，即可求出答案；
（3）与（1）证法类似可证出∠ACD=∠CBE，能推出△ADC≌△CEB，得到AD=CE，CD=BE，即可得到DE、AD、BE之间的等量关系．
（1）证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠CDA＝∠BEC＝90°．
∴∠ACD＋∠DAC＝90°．
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＋∠BCE＝90°．
∴∠DAC＝∠ECB．
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB．
（2）AD＝BE＋DE．
理由如下：
由（1）知△ADC≌△CEB．
∴AD＝CE，CD＝BE．
∴AD＝CE＝CD＋DE＝BE＋DE．
（3）DE＝AD＋BE．
理由：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC=90°，∠BEC=90°，
∴∠EBC+∠ECB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ECB+∠ACD=90°，
∴∠ACD=∠CBE，
又∵∠ADC=∠CEB，AC=CB，
∴△ADC≌△CEB，
∴AD=CE，CD=BE，
∵CD+CE=DE，
∴DE=AD+BE．
【点拨】本题主要考查了余角的性质，直角三角形的两锐角互余，全等三角形的判定和性质等知识点，能根据已知证明△ADC≌△CEBE是解此题的关键，题型较好，综合性比较强．
【变式3】 已知：D，A，E三点都在直线m上，在直线m的同一侧作，使，连接BD，CE．
（1）如图①，若，，，求证；
（2）如图②，若，请判断BD，CE，DE三条线段之间的数量关系，并说明理由．
（1）见详解；（2）DE＝BD＋CE．理由见详解
【分析】
（1）根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA＝∠CEA＝90°，而∠BAC＝90°，根据等角的余角相等，得∠CAE＝∠ABD，然后根据“AAS”可判断△ABD≌△CAE；
（2）由∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，就可以求出∠BAD＝∠ACE，进而由ASA就可以得出△ABD≌△CAE，就可以得出BD＝AE，DA＝CE，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：如图①，∵D，A，E三点都在直线m上，∠BAC＝90°，
∴∠BAD＋∠CAE＝90°，
∵BD⊥m，CE⊥m，
∴∠ADB＝∠CEA＝90°，
∴∠BAD＋∠ABD＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
（2）DE＝BD＋CE．理由如下：
如图②，∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，
∴由三角形内角和及平角性质，得：
∠BAD＋∠ABD＝∠BAD＋∠CAE＝∠CAE＋∠ACE，
∴∠ABD＝∠CAE，∠BAD＝∠ACE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（ASA），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD＋AE＝BD＋CE．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质以及三角形内角和定理的综合应用，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，灵活运用所学知识解决问题．
【变式4】已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AE是多点A的一条直线，且BD⊥AE于D，CE⊥AE于点E.当直线AE处于如图1的位置时，有BD=DE+CE,请说明理由.当直线AE处于如图2的位置时，则BD、DE、CE的关系如何？请说明理由.
解析：（1）∵BD⊥AE,CE⊥AE
∴∠BDA=∠AEC=90°
∴∠ABD+∠BAD=90°
∵∠BAC=90°
∴∠BAD+∠EAC=90°[来源:ZXXK]
∴∠ABD=∠EAC
在△ABD和△CAE中
∠ADB=∠CEA=90°
∠ABD=∠EAC
AB=CA
∴△ABD≌△CAE(AAS)
AD=CE,BD=AE
∵AE=AD+DE
∴BD=DE+CE
（2）在△ABD和△CAE中
∠ADB=∠CEA=90°
AB=CA
∴△ABD≌△CAE（AAS）
∴AD=CE,BD=AE[来源:]
∵AE=DE-AD
∴BD=DE-CE.
例2、如图，在△ABC中，AB=AC=2，∠B=∠C=40°，点D在线段BC上运动（D不与B,C重合），连接AD，作∠ADE=40°，DE交线段AC于点E.
当DC等于多少是，△ABD≌△DCE?请证明你的结论.
解析：
∵∠B=40°[来源:学,科,网Z,X,X,K]
∴∠BAD+∠BDA=140°
∵∠ADE=40°
∴∠CDE+∠BDA=140°
∴∠BAD=∠CDE
在△ABD和△DCE中
∠B=∠C
∠BAD=∠CDE
AB=DC
∴△ABD≌△DCE
一．选择题（共5小题）
1．（2021秋•兰陵县期末）如图，AC＝CE，∠ACE＝90°，AB⊥BD，ED⊥BD，AB＝6cm，DE＝2cm，则BD等于（ ）
A．6cm B．8cm C．10cm D．4cm
【分析】由题中条件求出∠BAC＝∠DCE，可得直角三角形ABC与CDE全等，进而得出对应边相等，即可得出结论．
【解答】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，
∴∠B＝∠D＝∠ACE＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°，∠ACB+∠ECD＝90°，
∴∠BAC＝∠ECD，
∵在Rt△ABC与Rt△CDE中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△CDE（AAS），
∴BC＝DE＝2cm，CD＝AB＝6cm，
∴BD＝BC+CD＝2+6＝8cm，
故选：B．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，应熟练掌握．
2．（2021秋•合肥期末）如图，E为线段BC上一点，∠ABE＝∠AED＝∠ECD＝90°，AE＝ED，BC＝20，AB＝8，则BE的长度为（ ）
A．12 B．10 C．8 D．6
【分析】根据一线三等角模型证明△ABE≌△ECD，可得AB＝EC，即可解答．
【解答】解：∵∠ABE＝∠AED＝90°，
∴∠A+∠AEB＝90°，∠AEB+∠DEC＝90°，
∴∠A＝∠DEC，
∵∠ABE＝∠ECD＝90°，AE＝ED，
∴△ABE≌△ECD（AAS），
∴AB＝CE＝8
∵BC＝20，
∴BE＝BC﹣CE＝20﹣8＝12，
故选：A．
【点评】本题考查了等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角模型是解题的关键．
3．（2020秋•襄汾县期末）如图所示，已知△ABC和△DCE均是等边三角形，点B、C、E在同一条直线上，连接AE、BD、FG，AE与BD交于点O，AE与CD交于点G，AC与BD交于点F，则下列结论中：①AE＝BD；②AG＝BF；③FG∥BE；④CF＝CG，以上结论正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】首先根据等边三角形的性质，得到BC＝AC，CD＝CE，∠ACB＝∠BCD＝60°，然后由SAS判定△BCD≌△ACE，根据全等三角形的对应边相等即可证得①正确；又由全等三角形的对应角相等，得到∠CBD＝∠CAE，根据ASA，证得△BCF≌△ACG，即可得到②正确，同理证得CF＝CG，得到△CFG是等边三角形，易得③正确；证出△CFG是等边三角形，得出FG＝CG．
【解答】解：∵△ABC和△DCE均是等边三角形，
∴BC＝AC，CD＝CE，∠ACB＝∠ECD＝60°，
∴∠ACB+∠ACD＝∠ACD+∠ECD，∠ACD＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD与△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴AE＝BD，（①正确）
∠CBD＝∠CAE，
∵∠BCA＝∠ACG＝60°，
在△BCF与△ACG中，
，
∴△BCF≌△ACG（ASA），
∴AG＝BF，（②正确）；
同理：△DFC≌△EGC（ASA），
∴CF＝CG，
∴△CFG是等边三角形，
∴∠CFG＝∠FCB＝60°，
∴FG∥BE，（③正确）．
∵∠ACG＝60°，
∴△CFG是等边三角形，
∴FG＝CG，故④正确；
故选：D．
【点评】此题考查了等边三角形的判定与性质与全等三角形的判定与性质．此题图形比较复杂，解题的关键是仔细识图，合理应用数形结合思想．
4．（2021秋•龙湾区期中）如图，OA⊥OB，OB＝4，P是射线OA上一动点，连接BP，以B为直角顶点向上作等腰直角三角形，在OA上取一点D，使∠CDO＝45°，当P在射线OA上自O向A运动时，PD的长度的变化（ ）
A．一直增大 B．一直减小
C．先增大后减小 D．保持不变
【分析】过点C作CH⊥OB于H，CG⊥OA于G，利用SAS证明△OBP≌△HCB，得OB＝CH＝4，OP＝HB，即可解决问题．
【解答】解：过点C作CH⊥OB于H，CG⊥OA于G，
∵△CBP是等腰直角三角形，
∴BC＝BP，∠CBP＝90°，
∴∠HBC+∠OBP＝90°，
∵∠CBH+∠HCB＝90°，
∴∠OBP＝∠HCB，
在△OBP和△HCB中，
，
∴△OBP≌△HCB（AAS），
∴OB＝CH＝4，OP＝HB，
∵∠ODC＝45°，CG⊥OD，
∴△GCD是等腰直角三角形，
∴CG＝DG，
∴PD＝GD﹣PG＝CG﹣（OP﹣4）＝4+OP﹣（OP﹣4）＝8，
∴PD的长度保持不变，
故选：D．
【点评】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，构造全等三角形是解题的关键．
5．（2021秋•德州期中）如图，A、C、E三点在向一直线上，△ABC、△CDE都是等边三角形，连接AD，BE，OC，则有以下四个结论：①△ACD≌△BCE；②△CPQ是等边三角形；③OC平分∠AOE；④△BPO≌△EDO．其中正确的是（ ）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【分析】通过全等三角形的性质和判定求解．
【解答】解：∵△ABC、△CDE都是等边三角形．
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°．
∴∠ACD＝∠BCE＝120°．∠BCQ＝60°．
∴△ACD≌△BCE．
故①正确．
由①知△ACD≌△BCE．
∴∠CAP＝∠CBQ．
∵∠ACP＝∠BCQ＝60°，AC＝BC．
∴△ACP≌△BCQ．
∴CP＝CQ．
∵∠BCQ＝60°．
∴△BCQ是等边三角形．
故②正确．
由①知△ACD≌△BCE．
∴∠CAP＝∠CBQ．
∵∠BOE是△AOB的外角．
∴∠BOE＝∠BAP+∠ABO＝∠BAP+∠ABC+∠CBQ＝∠BAP+∠ABC+∠CAP＝∠BAC+∠BAC＝120°．
∵∠PCQ＝60°．
∴∠POQ+∠PCQ＝180°．
∴点P，O，Q，C四点共圆．
∵CP＝CQ．
∴∠POC＝∠COQ．
∴CO平分∠AOE．
故③正确．
△BPO与△EDO中无法确定边相等，故不能确定它们全等，
故④错误．
故选：B．
【点评】本题考查等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，观察图形，充分利用等边三角形的性质证明三角形全等是求解本题的关键．
二．填空题（共4小题）
6．（2021秋•邗江区期末）如图，小虎用10块高度都是3cm的相同长方体小木块，垒了两堵与地面垂直的木墙，木墙之间刚好可以放进一个等腰直角三角板（AC＝BC，∠ACB＝90°），点C在DE上，点A和B分别与木墙的顶端重合，则两堵木墙之间的距离为 30 cm．
【分析】根据题意可得AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，进而得到∠ADC＝∠CEB＝90°，再根据等角的余角相等可得∠BCE＝∠DAC，再证明△ADC≌△CEB即可，利用全等三角形的性质进行解答．
【解答】解：由题意得：AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠BCE＝∠DAC，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
由题意得：AD＝EC＝9cm，DC＝BE＝21cm，
∴DE＝DC+CE＝30（cm），
答：两堵木墙之间的距离为30cm．
故答案为：30．
【点评】此题主要考查了全等三角形的应用，关键是正确找出证明三角形全等的条件．
7．（2021秋•苏州期末）勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．1955年希腊发行了以勾股定理为背景的邮票．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝3，AB＝4．分别以AB，AC，BC为边向外作正方形ABMN，正方形ACKL，正方形BCDE，并按如图所示作长方形HFPQ，延长BC交PQ于G．则长方形CDPG的面积为 12 ．
【分析】如图，过点A作AA'⊥BC于A'，先根据面积法可得AA'的长，证明△AA'C≌△CGK（AAS），可得CG＝AA'＝，最后根据长方形的面积公式可计算其答案．
【解答】解：如图，过点A作AA'⊥BC于A'，
∵∠BAC＝90°，AC＝3，AB＝4，
∴BC＝5，
∵S△ABC＝AB•AC＝BC•AA'，
∴＝，
∴AA'＝，
∵四边形ACKL是正方形，
∴AC＝CK，∠ACK＝90°，
∴∠ACA'+∠KCG＝∠ACA'+∠CAA'＝90°，
∴∠KCG＝∠CAA'，
在△AA'C和△CGK中，
，
∴△AA'C≌△CGK（AAS），
∴CG＝AA'＝，
∴长方形CDPG的面积＝CD•CG＝5×＝12．
故答案为：12．
【点评】本题考查了勾股定理和三角形全等的性质和判定，正确作辅助线构建三角形全等是本题的关键．
8．（2022秋•靖江市月考）如图，在△ABC中，∠ACB为钝角，把边AC绕点A沿逆时针方向旋转90°得AD，把边BC绕点B沿顺时针方向旋转90°得BE，作DM⊥AB于点M，EN⊥AB于点N，若AB＝5，EN＝2，则DM＝ 3 ．
【分析】过点C作CF⊥AB于点F，由旋转的性质可得AD＝AC，BE＝BC，利用“一线三等角“证得∠D＝∠CAF，从而可判定△DAM≌△ACF（AAS），则DM＝AF．同理可证，△BFC≌△ENB（AAS），则BF＝EN＝2，再由AB＝5，可得AF，即DM的值．
【解答】解：过点C作CF⊥AB于点F，如图所示：
∵旋转，
∴AD＝AC，BE＝BC，
∵DM⊥AB于点M，EN⊥AB于点N，CF⊥AB于点F，
∴∠AMD＝∠AFC＝∠BFC＝∠BNE＝90°，
∴∠D+∠DAM＝90°，
∵∠CAD＝90°，
∴∠CAF+∠DAM＝90°，
∴∠D＝∠CAF，
∴在△DAM和△ACF中，
，
∴△DAM≌△ACF（AAS），
∴DM＝AF．
同理可证，△BFC≌△ENB（AAS），
∴BF＝EN＝2，
∵AB＝5，
∴AF＝3，
∴DM＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
9．（2021秋•江阴市校级月考）如图，在平面直角坐标系中，以A（2，0）、B（0，t）为顶点作等腰直角△ABC（其中∠ABC＝90°，且点C落在第一象限内），则点C的坐标为 （t，2+t） （用t的代数式表示）．
【分析】过点C作CE⊥y轴，垂足为E，根据垂直定义可得∠CEB＝90°，从而可得∠ECB+∠EBC＝90°，再根据平角定义可得∠EBC+∠ABO＝90°，从而可得∠ECB＝∠ABO，然后利用AAS证明△CEB≌△BOA，从而可得CE＝BO＝t，EB＝AO＝2，进而可得OE＝2+t，即可解答．
【解答】解：过点C作CE⊥y轴，垂足为E，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB+∠EBC＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠EBC+∠ABO＝180°﹣∠ABC＝90°，
∴∠ECB＝∠ABO，
∵A（2，0）、B（0，t），
∴OA＝2，BO＝t，
∵∠CEB＝∠AOB＝90°，AB＝BC，
∴△CEB≌△BOA（AAS），
∴CE＝BO＝t，EB＝AO＝2，
∴OE＝EB+OB＝2+t，
∴点C的坐标为（t，2+t），
故答案为：（t，2+t）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角构造全等模型是解题的关键．
三．解答题（共15小题）
10．（2022秋•大丰区月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于E，AD⊥CE于D，AD＝2.5cm，DE＝1.7cm，求BE的长．
【分析】先证明△ACD≌△CBE，再求出EC的长，解决问题．
【解答】解：∵BE⊥CE于E，AD⊥CE于D
∴∠E＝∠ADC＝90°
∵∠BCE+∠ACE＝∠DAC+∠ACE＝90°
∴∠BCE＝∠DAC
∵AC＝BC
∴△ACD≌△CBE
∴CE＝AD，BE＝CD＝2.5﹣1.7＝0.8（cm）．
【点评】三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．再根据全等三角形的性质解决问题．
11．（2022秋•沭阳县月考）已知：如图，AB⊥BD，ED⊥BD，C是BD上的一点，AC⊥CE，AB＝CD，求证：BC＝DE．
【分析】根据直角三角形全等的判定方法，ASA即可判定三角形全等．
【解答】证明：∵AB⊥BD，ED⊥BD，AC⊥CE（已知）
∴∠ACE＝∠B＝∠D＝90°（垂直的意义）
∵∠BCA+∠DCE+∠ACE＝180°（平角的意义）
∠ACE＝90°（已证）
∴∠BCA+∠DCE＝90°（等式性质）
∵∠BCA+∠A+∠B＝180°（三角形内角和等于180°）
∠B＝90°（已证）
∴∠BCA+∠A＝90°（等式性质）
∴∠DCE＝∠A （同角的余角相等）
在△ABC和△CDE中，
，
∴△ABC≌△CDE（ASA）
∴BC＝DE．（全等三角形对应边相等）
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质；熟练掌握三角形全等的判定定理是解题的关键．
12．（2021秋•沭阳县校级月考）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：△ADC≌△CEB；
（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，试问DE、AD、BE的等量关系？并说明理由．
【分析】（1）根据同角的余角相等得到∠ACD＝∠BCE，由“AAS”可证△ADC≌△CEB；
（2）由“AAS”可证△ADC≌△CEB，可得AD＝CE，CD＝BE，可得结论．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
∵BE⊥MN，
∴∠CBE+∠BCE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
（3）DE＝AD﹣BE，
理由如下：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
∵AD⊥MN，
∴∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD＝CE，CD＝BE，
∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE．
【点评】本题考查的是旋转的性质、全等三角形的判定和性质，灵活运用全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键，解答时，注意类比思想的应用．
13．（2020秋•滨海县月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BD⊥CE，AE⊥CE，垂足分别为D、E，猜想图中线段DE、AE、DB之间的关系，并说明理由．
【分析】通过证明Rt△AEC≌Rt△CDB，根据全等三角形的性质，结合边与边的关系即可得到图中线段DE、AE、DB之间的关系．
【解答】解：DE+AE＝DB（2分）说理（7分）
∵∠ACB＝90°，BD⊥CE
∴∠ACE+∠ECB＝90°，∠ECB+∠CBD＝90°
∴∠ACE＝∠CBD （1分）
又∵AE⊥CE
∴∠AEC＝90°
在Rt△AEC和Rt△CDB中
AC＝BC，∠AEC＝∠CDB＝90°，∠ACE＝∠CBD （2分）
∴Rt△AEC≌Rt△CDB （3分）
∴AE＝CD，EC＝DB （5分）
又∵DE+DC＝EC
∴DE+AE＝DB． （7分）
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是证明Rt△AEC≌Rt△CDB．
14．（2022秋•嘉峪关期末）如图所示，工人赵师傅用10块高度都是1.5m的相同长方体新型建筑材料，垒了两堵与地面垂直的墙ABCD和EFGH，点P在BE上，已知AP＝PF，∠APF＝90°．
（1）求证：△ABP≌△PEF；
（2）求BE的长．
【分析】（1）根据全等三角形的判定定理AAS证得结论；
（2）利用（1）中全等三角形的对应边相等得到：BP＝EF＝10.5m，AB＝PE＝4.5m，则BE＝BO+PE．
【解答】（1）证明：∵∠ABP＝∠FEP＝90°，∠APF＝90°，
∴∠APB＝∠PFE（同角的余角相等）．
在△ABP与△PEF中，
，
∴△ABP≌△PEF；
（2）由题意知，AB＝1.5×3＝4.5（m），EF＝7×1.5＝10.5（m）．
由（1）知，△ABP≌△PEF，
∴BP＝EF＝10.5m，AB＝PE＝4.5m，
∴BE＝BP+PE＝15m．
【点评】本题主要考查了全等三角形的应用，用全等寻找下一个全等三角形的条件，全等的性质和判定往往是综合在一起应用的，这需要认真分析题目的已知和求证，分清问题中已知的线段和角与所证明的线段或角之间的联系．
15．（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．
【分析】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（AAS），
∵A（4，0），B（0，3），
∴DC＝OA＝4，DA＝OB＝3，
∴OD＝OA+DA＝4+3＝7，
∴C（7，4）．
【点评】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．
16．（2022秋•长沙县期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线MN，AM⊥MN于点M，BN⊥MN于点N．
（1）若MN在△ABC外（如图1），求证：MN＝AM+BN；
（2）若MN与线段AB相交（如图2），且AM＝2.6，BN＝1.1，则MN＝ 1.5 ．
【分析】（1）利用互余关系证∠MAC＝∠NCB，再证△AMC≌△CNB（AAS），得到AM＝CN，MC＝BN，即可得出结论；
（2）类似于（1）可证△ACM≌△CBN（AAS），得AM＝CN＝2.6，CM＝BN＝1.1，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AM⊥MN，BN⊥MN，
∴∠AMC＝∠CNB＝90°．
∵∠ACB＝90°，∠AMC＝90°，
∴∠MAC+∠ACM＝90°，∠NCB+∠ACM＝90°，
∴∠MAC＝∠NCB．
在△AMC和△CNB中，
，
∴△AMC≌△CNB（AAS），
∴AM＝CN，MC＝NB．
∵MN＝NC+CM，
∴MN＝AM+BN．
（2）解：∵AM⊥MN于M，BN⊥MN，
∴∠AMC＝∠CNB＝90°，
∴∠MAC+∠ACM＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACM+∠NCB＝90°，
∴∠MAC＝∠NCB，
在△ACM和△CBN中，
，
∴△ACM≌△CBN（AAS），
∴AM＝CN＝2.6，CM＝BN＝1.1，
∴MN＝CN﹣CM＝2.6﹣1.1＝1.5，
故答案为：1.5．
【点评】本题主要考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
17．（2022秋•秦淮区校级月考）已知，在△ABC中，AB＝AC，D，A，E三点都在直线m上，且DE＝9cm，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC
（1）如图①，若AB⊥AC，则BD与AE的数量关系为 BD＝AE ，CE与AD的数量关系为 CE＝AD ；
（2）如图②，判断并说明线段BD，CE与 DE的数量关系；
（3）如图③，若只保持∠BDA＝∠AEC，BD＝EF＝7cm，点A在线段DE上以2cm/s的速度由点D向点E运动，同时，点C在线段EF上以xcm/s的速度由点E向点F运动，它们运动的时间为t（s）．是否存在x，使得△ABD与△EAC全等？若存在，求出相应的t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用平角的定义和三角形内角和定理得∠CAE＝∠ABD，再利用AAS证明△ABD≌△CAE，得BD＝AE，CE＝AD；
（2）由（1）同理可得△ABD≌△CAE，得BD＝AE，CE＝AD，可得答案；
（3）分△DAB≌△ECA或△DAB≌△EAC两种情形，分别根据全等三角形的性质可解决问题．
【解答】解：（1）∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，
∴∠BAD+∠CAE＝∠BAD+∠ABD，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵∠BDA＝∠AEC，BA＝CA，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，CE＝AD，
故答案为：BD＝AE，CE＝AD；
（2）DE＝BD+CE，
由（1）同理可得△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，CE＝AD，
∴DE＝BD+CE；
（3）存在，当△DAB≌△ECA时，
∴AD＝CE＝2cm，BD＝AE＝7cm，
∴t＝1，此时x＝2；
当△DAB≌△EAC时，
∴AD＝AE＝4.5cm，DB＝EC＝7cm，
∴t＝，x＝7÷＝，
综上：t＝1，x＝2或t＝，x＝．
【点评】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角基本模型是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想．
18．（2022秋•灌云县月考）在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有AB＝AC，且满足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α．
（1）如图1，当α＝90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是 DE＝BD+CE ；
（2）如图2，当0＜α＜180时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展与应用：如图3，当α＝120°时，点F为∠BAC平分线上的一点，且AB＝AF，分别连接FB，FD，FE，FC，试判断△DEF的形状，并说明理由．
【分析】（1）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（2）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（3）先由α＝120°和AF平分∠BAC得到∠BAF＝∠CAF＝60°，然后结合AB＝AF＝AC得到△ABF和△ACF是等边三角形，然后得到FA＝FC、∠FCA＝∠FAB＝60°，然后结合△BDA≌△EAC得到∠BAD＝∠ACE、AD＝CE，从而得到∠FAD＝∠FCE，故可证△FAD≌△FCE，从而得到DF＝EF、∠DFA＝∠EFC，最后得到∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝60°，即可得证△DEF是等边三角形．
【解答】解：（1）DE＝BD+CE，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE，
故答案为：DE＝BD+CE．
（2）DE＝BD+CE仍然成立，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
（3）△DEF是等边三角形，理由如下，
∵α＝120°，AF平分∠BAC，
∴∠BAF＝∠CAF＝60°，
∵AB＝AF＝AC，
∴△ABF和△ACF是等边三角形，
∴FA＝FC，∠FCA＝∠FAB＝∠AFC＝60°，
同（2）可得，△BDA≌△AEC，
∴∠BAD＝∠ACE，AD＝CE，
∴∠FAD＝∠FCE，
∴△FAD≌△FCE（SAS），
∴DF＝EF，∠DFA＝∠EFC，
∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝∠AFC＝60°，
∴△DEF是等边三角形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练应用一线三等角模型证明三角形全等．
19．（2021秋•东台市月考）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN，BE⊥MN，垂足分别为点D，E．求证：DE＝AD+BE．
【分析】根据垂直定义求出∠BEC＝∠ACB＝∠ADC，根据等式性质求出∠ACD＝∠CBE，根据AAS证出△ADC和△CEB全等，可推出CD＝BE，AD＝CE，进而可证明DE＝AD+BE．
【解答】证明：如图，∵∠ACB＝90°，AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠BEC＝∠ACB＝∠ADC＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
∴BE＝CD，AD＝CE，
∵CD+CE＝DE，
∴DE＝AD+BE．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，垂线的定义等知识点的应用，解此题的关键是推出证明△ADC和△CEB全等的三个条件．
20．（2021秋•沭阳县校级月考）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时
①请说明△ADC≌△CEB的理由；
②请说明DE＝AD+BE的理由；
（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请直接在横线上写出这个等量关系： DE＝AD﹣BE
（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请直接在横线上写出这个等量关系： DE＝BE﹣AD ．
【分析】（1）①由已知推出∠ADC＝∠BEC＝90°，因为∠ACD+∠BCE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，推出∠DAC＝∠BCE，根据AAS即可得到答案；
②由①得到AD＝CE，CD＝BE，即可求出答案；
（2）结论：DE＝AD﹣BE．与（1）证法类似可证出∠ACD＝∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD＝CE，CD＝BE，代入已知即可得到答案．
（3）结论：DE＝BE﹣AD．证明方法类似．
【解答】解：（1）①证明：如图1中，
∵AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）．
②证明：由（1）知：△ADC≌△CEB，
∴AD＝CE，CD＝BE，
∵DC+CE＝DE，
∴AD+BE＝DE．
（2）结论：DE＝AD﹣BE．
理由：如图2中，∵BE⊥EC，AD⊥CE，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴∠EBC+∠ECB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ECB+∠ACE＝90°，
∴∠ACD＝∠EBC，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD＝CE，CD＝BE，
∴DE＝EC﹣CD＝AD﹣BE．
（3）结论：DE＝BE﹣AD．
理由如下：如图3中，∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°
∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠CED＝90°，
∴∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠DAC＝∠ECB，
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴AD＝CE，CD＝BE，
∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD．
故答案为DE＝AD﹣BE，DE＝BE﹣AD．
【点评】本题主要考查了邻补角的意义，全等三角形的性质和判定等知识点，能根据已知证出符合全等的条件是解此题的关键，题型较好，综合性比较强．
21．（2020秋•灌南县校级月考）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①△ADC≌△CEB；②DE＝AD+BE；
（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，直接写出DE、AD、BE的关系为： DE＝AD﹣BE
（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．
【分析】（1）由∠ACB＝90°，得∠ACD+∠BCE＝90°，而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，则∠ADC＝∠CEB＝90°，根据等角的余角相等得到∠ACD＝∠CBE，易得Rt△ADC≌Rt△CEB，所以AD＝CE，DC＝BE，即可得到DE＝DC+CE＝BE+AD．
（2）根据等角的余角相等得到∠ACD＝∠CBE，易得△ADC≌△CEB，得到AD＝CE，DC＝BE，所以DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE．
（3）DE、AD、BE具有的等量关系为：DE＝BE﹣AD．证明的方法与（2）相同．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE．
在△ADC和△CEB中，，
∴△ADC≌△CEB，
∴AD＝CE，DC＝BE，
∴DE＝DC+CE＝BE+AD；
（2）DE＝AD﹣BE，
在△ADC和△CEB中，，
∴△ADC≌△CEB，
∴AD＝CE，DC＝BE，
∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
故答案为：DE＝AD﹣BE
（3）DE＝BE﹣AD．
易证得△ADC≌△CEB，
∴AD＝CE，DC＝BE，
∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD．
【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角．也考查了直角三角形全等的判定与性质．
22．（2022秋•东台市月考）【一线三等角模型】如图1：点A、B、C在一条直线上，∠A＝∠DBE＝∠C，当BD＝BE时，有△ABD≌△CEB．理由：
∵∠A＝∠DBE，∴∠D+∠DBA＝180°﹣∠A，∠DBA+∠CBE＝180°﹣∠DBE，∴∠D＝∠CBE﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣请将全等证明过程补充完整．
【模型运用】如图2：∠ABC＝∠CAD＝90°，AB＝4，AC＝AD，求△BAD的面积；
【能力提升】如图3：在等边△DEF中，A，C分别为DE、DF边上的动点，AE＝2CD，连接AC，以AC为边在△DEF内作等边△ABC，连接BF，当点A从点E向点D运动（不与点D重合）时，∠CFB的度数变化吗？如不变请求出它的度数，如变化，请说明它是怎样变化的？
【分析】【一线三等角模型】如图1：根据AAS证明三角形全等即可；
【模型运用】如图2：过点D作DT⊥BA交BA的延长线于点T．构造全等三角形解决问题即可；
【能力提升】∠CFB＝30°不变．如图3中，在CF上取一点N，使得FN＝DC．证明△ADC≌△CNB（SAS），推出BN＝CD，∠D＝∠BNC＝60°，可得结论．
【解答】【一线三等角模型】证明：如图1：∵∠A＝∠DBE，
∴∠D+∠DBA＝180°﹣∠A，∠DBA+∠CBE＝180°﹣∠DBE，
∴∠D＝∠CBE，
在△ABD和△CEB中，
，
∴△ABD≌△CEB（AAS）；
【模型运用】解：如图2：过点D作DT⊥BA交BA的延长线于点T．
同法可证△ATD≌△CBA（AAS），
∴DT＝AB＝4，
∴S△ABD＝×AB×DT＝×4×4＝8；
【能力提升】解：∠CFB＝30°不变．
理由：如图3中，在CF上取一点N，使得FN＝DC．
∵△ABC，△DEF都是等边三角形，
∴∠D＝∠ACB＝60°，DA＝DF，CA＝CB，
∵AE＝2CD，CD＝FN，
∴DA＝CN，
∵∠ACN＝∠ACB+∠BCN＝∠D+∠CAD，
∴∠BCN＝∠DAC，
在△ADC和△CNB中，
，
∴△ADC≌△CNB（SAS），
∴BN＝CD，∠D＝∠BNC＝60°，
∵NF＝CD，
∴NB＝NF，
∴∠NBF＝∠NFB，
∵∠BNC＝∠NBF+∠NFB＝60°，
∴∠NFB＝∠NBF＝30°，
∴∠CFB＝30°．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造一线三等角模型，利用全等三角形解决问题．
23．（2022秋•乌鲁木齐期末）如图，平面直角坐标系中点B（﹣2，0），点A（0，5），以点A为直角顶点在第二象限内作等腰直角三角形ABC，过点C作CE垂直于y轴，垂足为点E，
（1）证明：△ABO≌△CAE，并求点C的坐标．
（2）在坐标平面内是否存在一点P（不与点C重合），使△PAB与△ABC全等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）证明△ABO≌△CAE（AAS），可得AO＝CE＝5，OB＝AE＝2，进而可得点C的坐标；
（2）分3种情况画图，根据等腰直角三角形和全等三角形的判定与性质可得点P的坐标．
【解答】（1）证明：根据题意可得：OA＝5，OB＝2，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠OAB+∠CAE＝90°，
∵CE⊥y轴，
∴∠CEA＝90°，即∠CEA+∠ECA＝90°，
∴∠OAB＝∠ECA，
在△ABO和△CAE中，
，
∴△ABO≌△CAE（AAS），
∴AO＝CE＝5，OB＝AE＝2，
∴OE＝OA+AE＝7，
∴点C的坐标为（﹣5，7）；
（2）解：①如图1所示，延长CA至点P，使AP＝AC，连接BP，
根据题意可得，∠BAC＝∠BAP＝90°，
在△PAB和△CAB中，
，
∴△PAB≌△CAB（SAS），
此时点A为CP的中点，且A（0，5），C（﹣5，7），
∴点P的坐标为（5，3）；
②如图2，∵△ABC是等腰直角三角形，△PAB≌△CAB，
∴点A关于BC的对称点P，
如图2，连接CP，
∴四边形ABPC是正方形，
∴AP与BC互相垂直平分，
∵B（﹣2，0），C（﹣5，7），
∴Q（﹣，），
∵A（0，5），
∴P（﹣7，2）；
如图2，当△P′AB≌△PAB≌△CAB时，P′B＝PB，
∵P（﹣7，2），B（﹣2，0），
∴P′（3，﹣2），
综上所述：点P的坐标为（5，3）或（﹣7，2）或（3，﹣2）．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，中点公式，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
24．（2022秋•榆树市期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）当直线MN绕点C旋转到图（1）的位置时，
求证：①△ADC≌△CEB；
②DE＝AD+BE；
（2）当直线MN绕点C旋转到图（2）的位置时，求证：DE＝AD﹣BE；
（3）当直线MN绕点C旋转到图（3）的位置时，请直接写出DE，AD，BE之间的等量关系．
【分析】（1）①根据AD⊥MN，BE⊥MN，∠ACB＝90°，得出∠CAD＝∠BCE，再根据AAS即可判定△ADC≌△CEB；②根据全等三角形的对应边相等，即可得出CE＝AD，CD＝BE，进而得到DE＝CE+CD＝AD+BE；
（2）先根据AD⊥MN，BE⊥MN，得到∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，进而得出∠CAD＝∠BCE，再根据AAS即可判定△ADC≌△CEB，进而得到CE＝AD，CD＝BE，最后得出DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
（3）运用（2）中的方法即可得出DE，AD，BE之间的等量关系是：DE＝BE﹣AD．
【解答】解：（1）①∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠ACB＝90°＝∠CEB，
∴∠CAD+∠ACD＝90°，∠BCE+∠ACD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
②∵△ADC≌△CEB，
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CE+CD＝AD+BE；
（2）证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
（3）当MN旋转到题图（3）的位置时，AD，DE，BE所满足的等量关系是：DE＝BE﹣AD．
理由如下：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD．
【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，解题时注意：全等三角形的对应边相等，同角的余角相等，解决问题的关键是根据线段的和差关系进行推导，得出结论．
一、单选题
1．（2022秋·八年级课时练习）如图，在△ABC中，AB＝AC＝9，点E在边AC上，AE的中垂线交BC于点D，若∠ADE＝∠B，CD＝3BD，则CE等于（ ）
A．3 B．2 C． D．
【答案】A
【分析】根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，推出∠BAD＝∠CDE，根据线段垂直平分线的性质得到AD＝ED，根据全等三角形的性质得到CD＝AB＝9，BD＝CE，即可得到结论．
【详解】解：∵AB＝AC＝9，
∴∠B＝∠C，
∵∠ADE＝∠B，∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB，∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB，
∴∠BAD＝∠CDE，
∵AE的中垂线交BC于点D，
∴AD＝ED，
在△ABD与△DCE中，
，
∴△ABD≌△DCE（AAS），
∴CD＝AB＝9，BD＝CE，
∵CD＝3BD，
∴CE＝BD＝3
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的性质，属于基础题．
2．（2022秋·八年级课时练习）一天课间，顽皮的小明同学拿着老师的等腰直角三角板玩，不小心将三角板掉到两根柱子之间，如图所示，这一幕恰巧被数学老师看见了，于是有了下面这道题：如果每块砖的厚度a＝8cm，则DE的长为（ ）
A．40cm B．48cm C．56cm D．64cm
【答案】C
【详解】由等腰直角三角形的性质可得∠ACB＝90°，AC＝CB，因此可以考虑证明△ACD和△CBE全等，可以证明DE的长为7块砖的厚度的和．
【分析】解：由题意得∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，AC＝CB，
∴∠ACD＝90°﹣∠BCE＝∠CBE，
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴CD＝BE＝3a，AD＝CE＝4a，
∴DE＝CD+CE＝3a+4a＝7a，
∵a＝8cm，
∴7a＝56cm，
∴DE＝56cm，
故选C．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
3．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，AC＝CE，∠ACE＝90°，AB⊥BD，ED⊥BD，AB＝6cm，DE＝2cm，则BD等于（ ）
A．6cm B．8cm C．10cm D．4cm
【答案】B
【分析】根据题意证明即可得出结论．
【详解】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，
∴，
∵∠ACE＝90°，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理以及性质定理是解本题的关键．
4．（2023春·山东日照·八年级日照市新营中学校考期中）课间，小聪拿着老师的等腰直角三角板玩，不小心掉到两墙之间(如图)，∠ACB＝90°，AC＝BC，从三角板的刻度可知AB＝20cm，小聪想知道砌墙砖块的厚度(每块砖的厚度相等)，下面为砌墙砖块厚度的平方的是（ ）．
A．cm2 B．cm2 C．cm2 D．cm2
【答案】A
【分析】设每块砖的厚度为xcm，则AD=3xcm，BE=2xcm，然后证明△DAC≌△ECB得到CD=BE=2xcm，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：设每块砖的厚度为xcm，则AD=3xcm，BE=2xcm，
由题意得：∠ACB=∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠ACD+∠DAC=∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠DAC=∠ECB，
又∵AC=CB，
∴△DAC≌△ECB（AAS），
∴CD=BE=2xcm，
∵，，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
二、填空题
5．（2022秋·八年级课时练习）如图，已知ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AD⊥DE于点D，BE⊥DE于点E，且点C在DE上，若AD＝5，BE＝8，则DE的长为_____．
【答案】13
【分析】先根据AD⊥DE，BE⊥DE，∠ADC=∠CEB=90°，则∠DAC+∠DCA=90°，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，可得AC=CB，推出∠DAC=∠ECB，即可证明△DAC≌△ECB得到CE=AD=5，CD=BE=8，由此求解即可．
【详解】解：∵AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC=∠CEB=90°，
∴∠DAC+∠DCA=90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，
∴∠DCA+∠BCE=90°，AC=CB
∴∠DAC=∠ECB，
∴△DAC≌△ECB（AAS），
∴CE=AD=5，CD=BE=8，
∴DE=CD+CE=13，
故答案为：13．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，垂线的定义，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
6．（2022秋·八年级课时练习）如图，直线l1⊥l3，l2⊥l3，垂足分别为P、Q，一块含有45°的直角三角板的顶点A、B、C分别在直线l1、l2、线段PQ上，点O是斜边AB的中点，若PQ等于，则OQ的长等于 _____．
【答案】
【分析】由“AAS”可证△ACP≌△CBQ，可得AP＝CQ，PC＝BQ，由“AAS”可证△APO≌△BHO，可得AP＝BH，OP＝OH，由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求解．
【详解】解：如图，连接PO，并延长交l2于点H，
∵l1⊥l3，l2⊥l3，
∴l1∥l3，∠APC＝∠BQC＝∠ACB＝90°，
∴∠PAC+∠ACP＝90°＝∠ACP+∠BCQ，
∴∠PAC＝∠BCQ，
在△ACP和△CBQ中，
，
∴△ACP≌△CBQ（AAS），
∴AP＝CQ，PC＝BQ，
∴PC+CQ＝AP+BQ＝PQ＝，
∵AP∥BQ，
∴∠OAP＝∠OBH，
∵点O是斜边AB的中点，
∴AO＝BO，
在△APO和△BHO中，
，
∴△APO≌△BHO（AAS），
∴AP＝BH，OP＝OH，
∴BH+BQ＝AP+BQ＝PQ，
∴PQ＝QH＝，
∵∠PQH＝90°，
∴PH＝PQ＝12，
∵OP＝OH，∠PQH＝90°，
∴OQ＝PH＝6．
故答案为：6
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形和直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理，等腰三角形和直角三角形的性质定理是解题的关键．
7．（2022秋·贵州遵义·八年级校考阶段练习）如图所示，中，．直线l经过点A，过点B作于点E，过点C作于点F．若，则__________．
【答案】7
【分析】根据全等三角形来实现相等线段之间的关系，从而进行计算，即可得到答案；
【详解】解：∵BE⊥l，CF⊥l，
∴∠AEB=∠CFA=90°．
∴∠EAB+∠EBA=90°．
又∵∠BAC=90°，
∴∠EAB+∠CAF=90°．
∴∠EBA=∠CAF．
在△AEB和△CFA中
∵∠AEB=∠CFA，∠EBA=∠CAF，AB=AC，
∴△AEB≌△CFA．
∴AE=CF，BE=AF．
∴AE+AF=BE+CF．
∴EF=BE+CF．
∵，
∴；
故答案为：7．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，余角的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的证明三角形全等．
8．（2023春·上海·七年级专题练习）如图，，且，且，请按照图中所标注的数据计算FH的长为_______．
【答案】18
【分析】由，可以得到，而，由此可以证明，进而得出，即可得出．
【详解】解：∵ 且，，
∴
∵，
∴
∴
∴ ，
∴
同理证得得
故，
故答案为：18．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定的相关知识，关键是根据全等三角形的对应边相等解答．
9．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，一个等腰直角三角形ABC物件斜靠在墙角处（∠O＝90°），若OA＝50cm，OB＝28cm，则点C离地面的距离是____ cm．
【答案】28
【分析】作CD⊥OB于点D，依据AAS证明,GMF，再根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：过点C作CD⊥OB于点D，如图，
∴
∵是等腰直角三角形
∴AB=CB，
∴
又
∴
在和中，
∴
∴
故答案为：28．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
三、解答题
10．（2022秋·八年级课时练习）如图，∠B=∠C=∠FDE=80°，DF=DE，BF=1.5cm，CE=2cm，求BC的长．
【答案】3.5
【分析】由平角定义及三角形内角和定理解得，继而证明，得到，最后根据线段的和差解题．
【详解】解：∠B=∠C=∠FDE=80°，
在与中，
．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
11．（2022秋·八年级课时练习）如图，在中，．
（1）如图①所示，直线过点，于点，于点，且．求证：．
（2）如图②所示，直线过点，交于点，交于点，且，则是否成立？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）仍然成立，理由见解析
【分析】（1）首先根据同角的余角相等得到，然后证明，然后根据全等三角形对应边相等得到，，然后通过线段之间的转化即可证明；
（2）首先根据三角形内角和定理得到，然后证明，根据全等三角形对应边相等得到，最后通过线段之间的转化即可证明．
【详解】证明：（1）∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴；
（2）仍然成立，理由如下：
∵，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴．
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，同角的与相等，三角形内角和定理等知识，解题的关键是根据同角的余角相等或三角形内角和定理得到．
12．（2022秋·江苏·八年级专题练习）问题背景：（1）如图①，已知中，，，直线m经过点A，直线m，直线m，垂足分别为点D，E，易证：______+______．
（2）拓展延伸：如图②，将（1）中的条件改为：在中，，D，A，E三点都在直线m上，并且有，请求出DE，BD，CE三条线段的数量关系，并证明．
（3）实际应用：如图③，在中，，，点C的坐标为，点A的坐标为，请直接写出B点的坐标．
【答案】（1）BD；CE；证明见详解；（2）DE=BD+CE；证明见详解；（3）点B的坐标为．
【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质得到，，结合图形解答即可；
（2）根据三角形内角和定理、平角的定义证明，证明，根据全等三角形的性质得到，，结合图形解答即可；
（3）根据，得到，，根据坐标与图形性质解答即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴，，
∴，
即：，
故答案为：BD；CE；
（2）解：数量关系： ，
证明：在中，，
∵，，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∴；
（3）解：如图，作轴于E，轴于F，
由（1）可知，，
∴，，
∴，
∴点B的坐标为．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、坐标与图形性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
13．（2022秋·河南驻马店·八年级统考期末）一个等腰直角三角板如图搁置在两柜之间，且点D，C，E在同一直线上，已知稍高的柜高AD为80cm，两柜距离DE为140cm.求稍矮的柜高BE．
【答案】60cm
【分析】首先证明，根据全等三角形的性质可得，，进而可得的长，然后可得的长度，从而求出长．
【详解】解：由题意得：，，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，，
，
，
，
，
．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的应用，解题的关键是掌握全等三角形的判定定理：、、、、．
14．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期中）如图，在中，，分别过点B，C作过点A的直线的垂线BD，CE，垂足为D，E．若，求DE的长．
【答案】7cm
【分析】利用一线三垂直模型证明得到即可得到答案．
【详解】解：∵在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，熟知一线三垂直模型是解题的关键．
15．（2023春·上海·七年级专题练习）如图，，于点A，D是线段AB上的点，，．
(1)判断与的数量关系为 ，位置关系为 ．
(2)如图2，若点D在线段的延长线上，点F在点A的左侧，其他条件不变，试说明（1）中结论是否成立，并说明理由．
【答案】(1)，
(2)成立，见解析
【分析】（1）根据题意可直接证明，即可得出结论；
（2）仿照（1）的证明过程推出，即可得出结论．
【详解】（1）解：由题意，，
在与中，
，
，，
在中，，
，
，
，
综上可知，；
（2）解：成立，理由如下：
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，即，
；
（1）中结论仍然成立．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，以及直角三角形两锐角互余等，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题关键．
16．（2022秋·八年级课时练习）（1）尝试探究：如图①，在中，，AB = AC，AF是过点A的一条直线，且B，C在AE的同侧，BD⊥AE于D，CE⊥AE于E，则图中与线段AD相等的线段是 ；DE与BD、CE的数量关系为 ．
（2）类比延伸：如图②，，BA =BC，点A，B的坐标分别是(-2，0)，(0，3)，求点C的坐标．
（3）拓展迁移：在（2）的条件下，在坐标平面内找一点P（不与点C重合），使与△ABC全等．直接写出点P的坐标．
【答案】（1）CE，DE=BD+CE；（2）（−3，5）；（3）存在，P点坐标分别为(-5，2)，(3，1)，(1，-2)．
【分析】（1）由BD⊥AE，∠BAC=90°，推进而得到即可求解；
（2）作轴于点E，得出（AAS）即可求解；
（3）分两种情况，①当时，；②当时，，讨论并构造全等三角形即可求解．
【详解】解：（1）∵BD⊥AE，，CE⊥AE
∴，，
∴．
在和中，，
∴，
∴AD=CE，BD=AE，
∴DE=AD+AE=BD+CE．
故答案为：CE，DE=BD+CE；
（2）作轴于点E，
∵轴，OA⊥OB，，
∴，，，
∴∠ABO=∠BCE．
又∵，
∴（AAS），
∴，
∵点A，B的坐标分别是(-2，0)，(0，3)，
∴，
∴，
∴(-3，5)；
（3）分类讨论：
①当∠PAB=90°时，，
∴，．
∵B(0，3)，A(−2，0)，C(−3，5)，
∴，，
设P(x，y)，
∴，，
∴，
解得：，，
∴(−5，2)，(1，−2)，如图；
②当∠ABP=90°时，，
∴AP=AC，BP=AB，
∵B(0，3)，A(−2，0)，C(−3，5)，
∴，，
设P(x，y)，
∴，，
∴，
解得：，，
∵点P与点C不重合，
∴(−3，5)舍去，
∴(3，1)，如图．
综上，存在这样的P点，坐标分别为(-5，2)，(3，1)，(1，-2)．
【点睛】本题主要考查三角形全等的判定和性质，两点间距离公式，坐标与图形性质，勾股定理等知识．利用数形结合的思想是解题关键．
17．（2023秋·广东潮州·八年级校考阶段练习）在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：
①△ADC≌△CEB；
②DE=AD+BE；
(2)当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，AD=5，BE=2，求线段DE的长．
【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析；
(2)DE=3
【分析】（1）①由已知可知，AD⊥MN，BE⊥MN，得到，再根据三角形内角和与平角性质，得到，即可证明（AAS）；②根据，得到，，即可证明DE=AD+BE．
（2）由已知可知，AD⊥MN，BE⊥MN，得到，再根据、，得到，可证明，得到，，即可求出DE长．
（1）
①证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴，
∵，
，
∴，
在和中，
，
∴（AAS）；
②证明：∵，
∴，，
∴；
（2）
证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
在和中，
，
（AAS），
∴，，
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定与性质，根据已知准确找到符合全等的条件是解题关键．
18．（2023春·全国·八年级专题练习）（1）如图1，等腰直角三角形的直角顶点在直线上． 过点作交于点， 过点作交于点， 求证：；
（2）如图2，在平面直角坐标系中，直线分别与轴，轴交于点A，B， 将直线绕点顺时针旋转得到， 求的函数表达式；
（3）如图3，在平面直角坐标系，点， 过点作交于点， 过点作交于点， 为线段上的一个动点，点位于第一象限． 问点能否构成以点为直角顶点的等腰直角三角形，若能，请求出的值； 若不能， 请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）能，
【分析】
（1）先说明，然后再根据即可证明结论；
（2）先由题意确定、点坐标，根据全等三角形的判定与性质确定点C的坐标，然后运用根据待定系数法求得的解析式；
（3）作线段的中垂线记为，由等腰三角形的性质可知，若点存在， 则一定在上；然后分点在的上方和下方两种情况，分别根据全等三角形的性质列出关于的方程求解即可．
【详解】解：（1）由题意可知，
为等腰直角三角形
∴
，
在中
．
（2）由题意意可知点坐标为，点坐标为
过点作交于点， 过点C作轴交轴于点，
由（1）的证明可知
点坐标为
设
过点
解得
．
（3）如图：作线段的中垂线记为，由等腰三角形的性质可知，若点存在， 则一定在上．
①当点在下方时
过点作轴交于点， 则交于点，
由（2）的证明不难得出，
， 即
解得， 则点与点位于第一象限相矛盾，
故舍去
②当点在上方时
过点分别作轴交于点， 则的延长线交于点，
由（2）的证明不难得出，
， 即
解得， 则点符合题意．
综上，．
【点睛】
本题主要考查了一次函数综合题、全等三角形的判定、全等三角形的性质、用待定系数法求函数解析式等知识点，利用全等三角形的性质得出关于的方程是解题关键．
19．（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）探究：如图①，在中，，，直线经过点，于点，于点，求证：．
应用：如图②，在中，，三点都在直线上，并且有．求出和的关系．
拓展：如图①中，若，梯形的面积______．
【答案】探究：证明过程见详解；应用：，理由见详解；拓展：
【分析】探究：，，可知是等腰直角三角形，，，可知，可求出，根据角角边即可求证；应用：，三点都在直线上，，可求出，可证，可得，由此即可求解；拓展：由，可知，设，则，根据梯形面积公式即可求解．
【详解】探究：证明：∵，直线经过点，于点，于点，
∴点三点都在直线上，
∴，，
∴，
在，中，
，
∴；
应用：∵，三点都在直线上，，
∴，，
∴，
在，中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
拓展：由探究可知，，，
∴，设，则，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形，全等三角形，梯形的综合，掌握等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，梯形的面积计算方法是解题的关键．
20．（2022秋·广东惠州·八年级校考期中）如图1，，垂足分别为D，E．
(1)若，求的长．
(2)在其它条件不变的前提下，将所在直线变换到的外部（如图2），请你猜想三者之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图3，将（1）中的条件改为：在中，，D，C，E三点在同一条直线上，并且有，其中α为任意钝角，那么（2）中你的猜想是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)0.8cm
(2)，证明见解析
(3)结论成立，证明见解析
【分析】（1）（2）（3）方法相同，利用定理证明，根据全等三角形的性质、结合图形解答．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）．
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（3）结论成立，
证明：，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
即结论成立；
【点睛】本题属于三角形综合题，考查的是全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
21．（2022秋·河北邯郸·八年级校考期中）如图，在中，，，点D在线段上运动（D不与B、C重合），连接，作，交线段于E．
(1)当时，_______，_______，_______；点D从B向C运动时，逐渐变_______（填“大”或“小”）；
(2)当DC等于多少时，，请说明理由；
(3)在点D的运动过程中，的形状可以是等腰三角形吗？若可以，请直接写出的度数，若不可以，请说明理由．
【答案】(1)25，25，65，小
(2)当时，，理由见解析；
(3)当的度数为或时，的形状是等腰三角形．
【分析】（1）先求出的度数，即可求出的度数，再利用三角形的外角性质即可求出的度数，根据点D从B向C运动时，逐渐增大，而不变化，，即可得到答案；
（2）根据全等三角形的判定条件求解即可；
（3）先证明当时等腰三角形，只存在或两种情况，然后分这两种情况讨论求解即可；
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
∵点D从B向C运动时，逐渐增大，而不变化，，
∴点D从B向C运动时，逐渐变小，
故答案为：25，25，65，小；
（2）解：当时，，
理由：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（3）解：当的度数为110°或80°时，的形状是等腰三角形，
理由：∵，，
∴，
∴当时等腰三角形，只存在或两种情况，
当时，
∴，
∵，
∴，
∴；
当时，
∴，
∴，
综上所述，当的度数为或时，的形状是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，三角形的外角性质，全等三角形的判定，等腰三角形的性质，熟知相关知识是解题的关键．
22．（2023春·河南洛阳·八年级统考期中）综合与实践
数学活动课上，老师让同学们以“过等腰三角形顶点的直线”为主题开展数学探究．
(1)操作发现：如图甲，在中，，且，直线l经过点A．小华分别过B、C两点作直线l的垂线，垂足分别为点D、E．易证，此时，线段、、的数量关系为：_________；
(2)拓展应用：
如图乙，为等腰直角三角形，，已知点C的坐标为，点B的坐标为．请利用小华的发现直接写出点A的坐标：_____；
(3)迁移探究：
①如图丙，小华又作了一个等腰，，且，她在直线l上取两点D、E，使得，请你帮助小华判断（1）中线段、、的数量关系是否变化，若不变，请证明；若变化，写出它们的关系式并说明理由；
②如图丁，中，，，点D、E在直线上，且，请直接写出线段、、的数量关系．
【答案】(1)
(2)
(3)①，理由见解析；②
【分析】（1）由全等得到边长关系即可．
（2）分别按照（1）中情形过A、B做出轴垂线，得到三角形全等后根据边长关系得到点A坐标．
（3）①将（1）中互余的角度变成计算关系，仍可得角度相等，从而得到全等的三角形，进而得到边长关系．
②根据①可证全等，然后根据全等三角形的性质得到边长关系．
【详解】（1）由等腰直角得，，
又，
又，
，
（2）
过A、B作出轴垂线，，由（1）可得，，
又得，，，
，
（3）①
又，
，
②
与①中同理可得
分别取，中点，连接．
，
,
又
又
在与中
，
【点睛】本题考查一线三等角模型，注重模仿推理能力，结合一个示范作迁移应用，需要大胆参考示范进行相同位置图像的关系论证．对知识点的充分理解和迁移是解题的关键．
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