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2021-2022学年人教版八年级数学上学期期末复习--全等三角形《考点•题型•难点》专项突破（含解析）
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这是一份2021-2022学年人教版八年级数学上学期期末复习--全等三角形《考点•题型•难点》专项突破（含解析），共38页。试卷主要包含了，点在的延长线上，，已知等内容，欢迎下载使用。
全等三角形期末高频考点突破
题型一：全等三角形的定义和性质
1．（2021·湖南长沙·八年级期末）下列命题：①全等三角形的对应边相等；②全等三角形的对应角相等；③全等三角形的面积相等；④全等三角形的高相等．其中正确的命题个数是（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
2．（2021·安徽桐城·八年级期末）如图，已知，平分，若，，则的度数是（ ）
A．50° B．44° C．34° D．30°
3．（2021·安徽庐江·八年级期末）如图，在和△中，，，，，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：
①；②；③OM平分；④MO平分．
其中一定正确的为（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
题型二：全等三角形的判定
4．（2021·浙江莲都·八年级期末）如图，△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，点F为CB延长线上一点，点E在AB上，且AF=CE．
（1）求证：△ABF≌△CBE；
（2）若∠ACE=27°，求∠CAF的度数．
5．（2021·四川成都·八年级期末）如图，的对角线与相交于点，点，分别在和上，且．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，．且，求线段的长．
6．（2021·四川成都·八年级期末）如图1，四边形是正方形，点在边上任意一点（点不与点，点重合），点在的延长线上，．
（1）求证：；
（2）如图2，作点关于的对称点，连接、、，与交于点，与交于点．与交于点．
①若，求的度数；
②用等式表示线段，，之间的数量关系，并说明理由．
题型三：全等三角形的辅助线和综合问题
7．（2021·黑龙江虎林·八年级期末）有公共顶点A的△ABD，△ACE都是的等边三角形．
（1）如图1，将△ACE绕顶点A旋转，当E，C，B共线时，求∠BCD的度数；
（2）如图2，将△ACE绕顶点A旋转，当∠ACD=90°时，延长EC角BD于F，
①求证：∠DCF=∠BEF；
②写出线段BF与DF的数量关系，并说明理由．
8．（2021·黑龙江巴彦·八年级期末）已知：和都是等腰直角三角形，，连接、交于点，与交于点，与交于点．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，若，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四对全等的直角三角形．
9．（2021·江苏海州·八年级期末）（1）如图①，在正方形中，的顶点、分别在、上．垂足为且，求的度数．
（2）如图②在中，，，点、是上的任意两点，且，将绕点逆时针旋转至位置，连接，试判断线段、、之间的数量关系，并说明理由．
题型四：角平分线的判定和性质
10．（2021·云南红河·八年级期末）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，BD是∠ABC的平分线，DE⊥AB于点E，若△ADE的周长等于10，则AB的长是（ ）
A． B． C． D．
11．（2021·湖南零陵·八年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC的平分线交BC于点D，CD＝2，BD＝3，Q为AB上一动点，则DQ的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．2.5 D．
12．（2021·江苏仪征·八年级期末）（1）如图1，在△ABC中，按以下步骤作图：
①以B为圆心，任意长为半径作弧，交AB于D，交BC于E；
②分别以D，E为圆心，以大于DE的同样长为半径作弧，两弧交于点F；
③作射线BF交AC于G．
如果AB＝8，BC＝12，△ABG的面积为18，求△CBG的面积；
（2）如图2，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3．将△ABC沿直线l折叠，点B刚好落在AC边上，直线l交AB于点P，求BP．
全等三角形期末高频考点强化训练突破
一、单选题
13．（2021·河南汝州·八年级期末）如图，两个全等的直角三角形重叠在一起，将其中的一个三角形沿着点B到C的方向平移到△DEF的位置，AB＝8，DO＝3，平移距离为4，则阴影部分的面积为（ ）
A．18 B．24 C．26 D．32
14．（2021·河南川汇·八年级期末）如图，点，，分别在的边，，上（不与顶点重合），设，．若，则，满足的关系是（ ）
A． B．
C． D．
15．（2021·广东·东莞市光明中学八年级期末）如图，AC＝AD，BC＝BD，连结CD交AB于点E，F是AB上一点，连结FC，FD，则图中的全等三角形共有（ ）
A．6对 B．5对 C．4对 D．3对
16．（2021·重庆彭水·八年级期末）如图，已知， ，那么添加下列一个条件后，能判定≌的是（ ）
A． B． C． D．
17．（2021·浙江莲都·八年级期末）如图，在△ABC中，用圆规在BA，BC上分别截取BD，BE，使BD=BE，分别以D，E为圆心、大于DE的长为半径画弧，两弧在∠ABC内交于点F，连接BF并延长交AC于点G．若AB=3，BC=5，S△ABC=32，则△BCG的面积是（ ）
A．20 B． C． D．12
18．（2021·辽宁和平·八年级期末）如图，点O在内，且到三边的距离相等，∠A＝64°，则∠BOC的度数为（ ）
A．58° B．64° C．122° D．124°
19．（2021·河北·献县教育体育局教研室八年级期末）如图所示，有两个长度相同的滑梯（即BC=EF），左边滑梯的高度AC与右边滑梯水平方向DF的长度相等，则（1）AB=DE；（2）∠ABC+∠DFE=90°；（3）∠ABC=∠DEF．其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
20．（2021·陕西商州·八年级期末）如图，在和中，点、、、在同一直线上，以下四个论断：①；②；③；④．从中选取哪三个作为条件不能证明和全等的是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
21．（2021·福建晋安·八年级期末）如图，点P是∠AOB的角平分线OC上一点，PN⊥OB于点N，点M是线段ON上一点．已知OM＝3，ON＝5，点D为OA上一点若满足PD＝PM，则OD的长度为（ ）
A．3 B．5 C．5或7 D．3或7
22．（2021·山东沂水·八年级期末）已知：如图，在ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC边上的一点，BE⊥AD，CF⊥AD，垂足分别为E，F．下列说法：①∠EBD＝∠ACF，②∠ABE＝∠CAF，③EF＝CF﹣BE，④ABD和CDF面积相等．正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
23．（2021·吉林东辽·八年级期末）如图，等腰中，点，分别在腰，上，请你添加一个条件，使得，你添加的条件是_____．（不添加任何字母和辅助线）
24．（2021·四川宣汉·八年级期末）如图所示，已知的周长是15，、分别平分和，于，且，则的面积是______．
25．（2021·湖南岳阳·八年级期末）如图，在中，，平分交于点，于点，则下列结论：①平分；②；③平分；④若，则．其中正确的有___________（填写正确的序号）
26．（2021·河南·嵩县教育局基础教育教学研究室八年级期末）如图，已知四边形中，厘米，厘米，厘米，，点为的中点．如果点在线段上以2厘米/秒的速度由点向点运动，同时，点Q在线段上由点向点运动，当点的运动速度为__________厘米/秒时，能够使与全等．
三、解答题
27．（2021·广东·连南瑶族自治县教师发展中心八年级期末）已知：平分，点、都是上不同的点，，，垂足分别为、，连接、．求证：
（1）
（2）．
28．（2021·河南·嵩县教育局基础教育教学研究室八年级期末）如图①，在中，是的中点，，，垂足分别为，，．
（1）证明：是的角平分线．
（2）如图②，若，，，点为线段上一个动点，过点分别作，的垂线段，垂足分别为、，则是定值吗？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
29．（2021·重庆彭水·八年级期末）如图，中， ，是上一点，满足，连接交于点，，交于点，连结．
（1）求证：．
（2）请你判断与的大小关系，并证明你的结论．
30．（2021·广东高明·八年级期末）如图，在△ABC中，∠BAD＝∠DAC，DF⊥AB，DM⊥AC，AF＝10厘米，AC＝14厘米，动点E以4厘米/秒的速度从A点向F点运动，动点G以2厘米/秒的速度从C点向A点运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动，设运动时间为t秒．
（1）求证：AF＝AM；
（2）求证：在运动过程中，不管t取何值，都有；
（3）当t取何值时，△DFE与△DMG全等．
31．（2021·湖北随县·八年级期末）（1）如图①，已知中，，，直线经过点，直线，直线，垂足分别为点，，易证：_______________．
（2）如图②，将（1）中的条件改为：在中，，，，三点都在直线上，并且有，请求出，，三条线段的数量关系，并证明．
（3）如图③，在中，，，点的坐标为，点的坐标为，请直接写出点的坐标．
参考答案
1．B
【分析】
根据全等三角形的性质进行判断，即可得到命题的真假.
【详解】
解：①全等三角形的对应边相等，说法正确；
②全等三角形的对应角相等，说法正确；
③全等三角形的面积相等，说法正确；
④全等三角形的对应高相等，说法错误；
故选B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解答本题的关键．全等三角形的对应角相等，对应边相等．对应边的对角是对应角，对应角的对边是对应边．
2．C
【分析】
根据角平分线的性质得到∠ACD＝∠BCD＝∠BCA，根据全等三角形的性质得到∠D＝∠A＝30°，根据三角形的外角性质求出∠BCD,再求出∠B,然后利用全等三角形的性质求∠E即可．
【详解】
解：∵CD平分∠BCA，
∴∠ACD＝∠BCD＝∠BCA，
∵△ABC≌△DEF，
∴∠D＝∠A＝30°，
∵∠CGF＝∠D+∠BCD，
∴∠BCD＝∠CGF﹣∠D＝58°，
∴∠BCA＝116°，
∴∠B＝180°﹣30°﹣116°＝34°，
∵△ABC≌△DEF，
∴∠E＝∠B＝34°，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．
3．B
【分析】
由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OCA=∠ODB，AC=BD即可判断①；由全等三角形的性质得出∠OAC=∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC=∠AOB+∠OBD，得出∠AMB=∠AOB=40°，即可判断②；作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，则∠OGC=∠OHD=90°，由AAS证明△OCG≌△ODH（AAS），得出OG=OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠BMC，即可判断④；由∠AOB=∠COD，得出当∠DOM=∠AOM时，OM平分∠BOC，假设∠DOM=∠AOM，由△AOC≌△BOD得出∠COM=∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO=∠BMO，推出△COM≌△BOM，得OB=OC，而OA=OB，所以OA=OC即可判断③；
【详解】
∵ ∠AOB=∠COD=40°，
∴∠AOB+∠AOD=∠COD+∠AOD，
即∠AOC=∠BOD，
在△AOC和△BOD中， ，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA=∠ODB，AC=BD，故①正确；
∴∠OAC=∠OBD，
由三角形的外角性质得：
∠AMB+∠OAC=∠AOB+∠OBD，
∴∠AMB=∠AOB=40°，故②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示：
则∠OGC=∠OHD=90°，
在△OCG和△ODH中 ，
∴ △OCG≌△ODH（AAS），
∴OG=OH，
∴MO平分∠BMC，故④正确；
∵∠AOB=∠COD，
∴当∠DOM=∠AOM时，OM平分∠BOC，
假设∠DOM=∠AOM，
∵△AOC≌△BOD
∴∠COM=∠BOM，
∵MO平分∠BMC
∴∠CMO=∠BMO，
在△COM和△BOM中， ，
∴△COM≌△BOM（ASA）
∴OB=OC，
∵OA=OB，
∴OA=OC与OA＞OC矛盾，故③错误；
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质，角平分线的判定等知识，证明三角形全等是解题的关键；．
4．（1）见解析；（2）63°
【分析】
（1）根据HL可证明△ABF≌△CBE；
（2）由等腰直角三角形的性质可求出∠BAC=∠BCA=45°，求出∠BCE=18°，由全等三角形的性质得出∠BCE=∠BAF=18°，则可得出答案．
【详解】
（1）证明：∵∠ABC=90°，
∴∠ABF=∠CBE=90°，
在Rt△ABF和Rt△CBE中，
，
∴Rt△ABF≌Rt△CBE（HL）；
（2）解：∵∠ABC=90°，BA=BC，
∴∠BAC=∠BCA=45°，
∵∠ACE=27°，
∴∠BCE=∠ACB﹣∠ACE=45°﹣27°=18°，
∵△ABF≌△CBE，
∴∠BCE=∠BAF=18°，
∴∠CAF=∠CAB+∠BAF=45°+18°=63°．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，解答本题的关键是证明△ABF≌△CBE．
5．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据平行四边形的性质，证明，得到，再证明即可；
（2）由（1）知四边形是平行四边形，得到，，再在中利用勾股定理求解即可．
【详解】
（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
∴，
在和中，
，
，
，
∵，
，
即，
，
四边形是平行四边形；
（2）四边形是平行四边形，
，，
，．，
，
∴，
∴在中，，
．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，解题关键是能够证明．
6．（1）见解析；（2）①45°；②GH2＋BH2＝2CD2，理由见解析
【分析】
（1）证△CBE≌△CDF（SAS），即可得出结论；
（2）①证△DCP≌△GCP（SSS），得∠DCP＝∠GCP，再由全等三角形的性质得∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝20°，则∠BCG＝130°，然后由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得∠CGH＝25°，即可求解；
②连接BD，由①得CP垂直平分DG，则HD＝HG，∠GHF＝∠DHF，设∠BCE＝m°，证出∠GHF＝∠CHB＝45°，再证∠DHB＝90°，然后由勾股定理得DH2＋BH2＝BD2，进而得出结论．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠CBE＝∠CDF＝90°，
在△CBE和△CDF中，
，
∴△CBE≌△CDF（SAS），
∴CE＝CF；
（2）解：①点D关于CF的对称点G，
∴CD＝CG，DP＝GP，
在△DCP和△GCP中，
，
∴△DCP≌△GCP（SSS），
∴∠DCP＝∠GCP，
由（1）得：△CBE≌△CDF，
∴∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝20°，
∴∠BCG＝20°＋20°＋90°＝130°，
∵CG＝CD＝CB，
∴∠CGH＝，
∴∠CHB＝∠CGH＋∠GCP＝25°＋20°＝45°；
②线段CD，GH，BH之间的数量关系为：GH2＋BH2＝2CD2，理由如下：
连接BD，如图2所示：
由①得：CP垂直平分DG，
∴HD＝HG，∠GHF＝∠DHF，
设∠BCE＝m°，
由①得：∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝m°，
∴∠BCG＝m°＋m°＋90°＝2m°＋90°，
∵CG＝CD＝CB，
∴∠CGH＝，
∴∠CHB＝∠CGH＋∠GCP＝45°−m°＋m°＝45°，
∴∠GHF＝∠CHB＝45°，
∴∠GHD＝∠GHF＋∠DHF＝45°＋45°＝90°，
∴∠DHB＝90°，
在Rt△BDH中，由勾股定理得：DH2＋BH2＝BD2，
∴GH2＋BH2＝BD2，
在Rt△BCD中，CB＝CD，
∴BD2＝2CD2，
∴GH2＋BH2＝2CD2．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理以及三角形内角和定理等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明△CBE≌△CDF和△DCP≌△GCP是解题的关键．
7．（1）60°；（2）①见解析；②DF=BF，理由见解析
【分析】
（1）根据已知条件以及等边三角形的性质，证明△DAC≌△BAE，可得∠ACD=∠E=60°，根据E，C，B共线，即可求得∠BCD的度数；
（2）①证明△DAC≌△BAE，可得∠AEB=∠ACD=90°，根据角度的换算可得∠DCF=∠BEF；
②在EF上取一点G，使BG=BF，由（1）知，△DAC≌△BAE，CD=EB，进而证明△DCF≌△BGE，可得DF=BG，即可证明BF=DF．
【详解】
解：∵△ABD，ACE都是等边三角形，
∴∠DAB=∠CAE=∠E=∠ACE=60°，AD=AB，AC=AE
∵∠DAC=∠DAB+∠BAC，∠BAE=∠CAE+∠BAC，
∴∠DAC=∠BAE，
在△DAC和△BAE中
，
∴△DAC≌△BAE，
∴∠ACD=∠E=60°，
∵E，C，B共线，
∴∠BCD=180°﹣∠ACD﹣∠ACE=60°；
（2）①∵△ABD，ACE都是等边三角形，
∴∠DAB=∠CAE=∠E=∠ACE=60°，AD=AB，AC=AE
∵∠DAC=∠DAB﹣∠BAC，∠BAE=∠CAE﹣∠BAC，
∴∠DAC=∠BAE，
在△DAC和△BAE中
，
∴△DAC≌△BAE，
∴∠AEB=∠ACD=90°，
∴∠BEC=∠AEB﹣∠AEC=90°﹣60°=30°，
∵∠DCF=180°﹣∠ACD﹣∠ACE=30°，
∴∠DCF=∠BEF；
②DF=BF，
理由：如图，
在EF上取一点G，使BG=BF，
∴∠GFB=∠FGB，
∴∠DFC=∠BGE，
由（1）知，△DAC≌△BAE，CD=EB，
∠DCF=∠BEC，
∴△DCF≌△BGE，
∴DF=BG，
∴DF=BF．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，三角形全等的性质与判定，证明三角形全等是解题的关键．
8．（1）证明见解析；（2）△ACB≌△DCE，△BCF≌△DCG，△AHF≌△EHG，△EHD≌△AHB
【分析】
（1）根据SAS可证明△ACD≌△BCE，从而可知AD=BE；
（2）根据条件即可判断图中的全等直角三角形．
【详解】
解：（1）∵△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，
∴AC=BC，DC=EC，
∴∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE，
∴∠BCE=∠ACD，
在△ACD与△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE；
（2）△ACB≌△DCE，△BCF≌△DCG，△AHF≌△EHG，△EHD≌△AHB．
理由：∵AC=DC，∠ACB=∠DCE，
∴AC=CD=EC=CB，
∴△ACB≌△DCE（SAS）；
由（1）可知：∠EBC=∠DAC，∠ADC=∠BEC，
∴∠AHF=90°，
∵∠EBC=∠CEB=∠CDA，
∴△BCF≌△DCG（ASA），
∴CF=CG，
∴AF=EG，
∵∠AHF=∠EHG，∠FAH=∠HEG，
∴△AHF≌△EHG（AAS），
∴AH=EH，
又∵DE=AB，
∴Rt△EHD≌Rt△AHB（HL）．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，解题的关键是熟练运用全等三角形的判定条件．
9．（1）；（2），理由见解析
【分析】
（1）由HL证明即可，只需证明一对全等，另一对同理可证；
（2）先证明，进而证明是直角三角形即可．
【详解】
解：（1）如图①，
在和中，
，
，
，
同理，
．
（2），
理由如下：
如图②，
，，
，
由题意知，
，．
，
，
，
，
即，
在和中，
，
，
，
在中，，
．
【点睛】
本题考查了旋转变换、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识点．本题是经典的“大角夹半角”模型，其基本证明方法必须熟练掌握．第（2）问当中所证明的结论可以认为是等腰直角三角形或正方形的重要性质，可直接记住，在解决一些相关的几何证明和计算时会有很大帮助．
10．C
【分析】
由角平分线的性质可得CD=ED，即可得AC=BC=BE结合三角形的周长即可得△ADE的周长=AC+AE=AB，进而可求解．
【详解】
解：∵BD平分∠ABC，∠C=90°，DE⊥AB，
∴CD=ED，
∴BC=BE，
∵AC=BC，
∴AC=BE，
∵△ADE的周长等于10，
∴△ADE的周长为AD+ED+AE=AC+AE=BE+AE=AB=10．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了角平分线的性质，等腰直角三角形，求得“△ADE的周长=AB”是解题的关键．
11．B
【分析】
作DH⊥AB于H，根据角平分线的性质得到DH=DC=2，然后根据垂线段最短求解．
【详解】
解：作DH⊥AB于H，如图，
∵AD平分∠BAC，DH⊥AB，DC⊥AC，
∴DH=DC=2，
∵Q为AB上一动点，
∴DQ的最小值为DH的长，即DQ的最小值为2．
故选：B．
【点睛】
本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．也考查了垂线段最短．
12．（1）27；（2）．
【分析】
（1）如图，过点G作GM⊥AB于M，GN⊥BC于N．利用角平分线的性质定理证明GM＝GN，利用三角形面积公式求出GM，可得结论．
（2）如图，过点P作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H．利用面积法证明，可得结论．
【详解】
解：（1）如图，过点G作GM⊥AB于M，GN⊥BC于N．
∵BG平分∠ABC，
∴GM＝GN，
，
，
∴GN＝GM＝，
；
（2）如图，过点P作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H．
由翻折的性质可知，PC平分∠ACB，
∴PG＝PH，
∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，
，
，
．
【点睛】
本题考查作图﹣基本作图，翻折变换，勾股定理，三角形的面积等知识，解题关键是学会添加常用辅助线，利用角平分线的性质定理解决问题．
13．C
【分析】
根据平移的性质可得：DE=AB=8，，OE=AB-DO=5，从而得到阴影部分的面积等于，即可求解．
【详解】
解：由题意得： ，
∴DE=AB=8，，
∵平移距离为4，
∴BE=4，
∵AB＝8，DO＝3，
∴OE=AB-DO=5，
∴阴影部分的面积等于
．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了图形的变换——平移，熟练掌握平移前后图形的大小形状完全相同是解题的关键．
14．B
【分析】
根据全等三角形的性质可得∠B=∠C，∠BED=∠EFC，再利用三角形内角和定理可得出等量关系，化简即可．
【详解】
解： ∵，
∴∠B=∠C，∠BED=∠EFC，
∵，，在△ABC中，∠A+∠B+∠C=180°，
∴，,
∴，
∵在△EFC中，，
∴,即，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查三角形内角和定理和全等三角形的性质．熟练掌握定理，能结合图形完成角度之间的转化是解题关键．
15．A
【分析】
根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【详解】
解：在△ACB和ADB中，
，
∴△ACB≌ADB，
∴∠CAB=∠DAB，∠CBA=∠DBA，
∵AC＝AD，∠CAB=∠DAB，AF=AF
∴△CAF≌△DAF，CF=DF，
∵AC＝AD，∠CAB=∠DAB，AE=AE
∴△ACE≌△ADE，CE=DE，
∵BC＝BD，∠CBA=∠DBA，BE=BE
∴△CBE≌△DBE，
∵BC＝BD，∠CBA=∠DBA，BF=BF
∴△FCB≌△FDB，
∵CF=DF，CE=DE，EF=EF，
∴△CEF≌△DEF，
∴图中全等的三角形有6对，
故选：A．
【点睛】
本题考查了对全等三角形的判定定理的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS．
16．B
【分析】
结合全等的证明方法，对每个选项进行分析即可得出答案．
【详解】
解：A选项，，即可得到，故缺少条件，不能判定；
B选项，，可以得到∠A=∠C，结合题意，，可得到，以及，可以根据ASA判断全等，满足题意；
C选项，缺少条件；不满足题意；
D选项，SSA，不能判定，不满足题意．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了全等的判断，熟练其判定方法是解决本题的关键．
17．A
【分析】
利用基本作图得到BG平分∠ABC，作GM⊥AB于M，GN⊥BC于N，如图，根据角平分线的性质得到GM＝GN，在利用三角形面积公式得到GM×3+GN×5=32，则求出求出GN=8，从而可计算出S△GBC．
【详解】
解：由作法得BG平分∠ABC，
作GM⊥AB于M，GN⊥BC于N，如图，
则GM＝GN，
∵S△GAB+S△GBC=S△ABC，
∴GM×3+GN×5=32，
即3GN＋5GN=64，解得GN=8，
∴S△GBC=×5×8=20．
故选：A．
【点睛】
本题考查作图-复杂作图，角平分线的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
18．C
【分析】
根据角平分线的判定定理得到，，利用三角形内角和得到，然后把代入计算即可．
【详解】
解：点在内，且到三边的距离相等，
即点到和的距离相等，点到和的距离相等，
平分，平分，
，，
，
，
，
．
故选：C．
【点睛】
本题考查了角平分线的判定定理的应用，确定点为角平分线的交点是解决问题的关键．
19．C
【分析】
由已知条件判断两个直角三角形全等，根据全等三角形的性质逐一分析即可.
【详解】
解：由题意知
在和中：
∵
∴(HL)
∴，
∴（1）、（3）正确
∵，
∴
∴（2）正确
故选：C
【点睛】
本题考查两个直角三角形全等的判定和性质，牢记相关的定理和性质内容是解题的关键．
20．A
【分析】
利用全等三角形的判定方法对四个选项分别证明即可．
【详解】
解：A、①；②，则AF=CE，③；满足的是SSA，故不能证明全等，A选项符合题意；
B、②AE＝CF；③∠B＝∠D；④AD∥BC；
∵AE＝CF，
∴AF＝CE，
∵AD∥BC，
∴∠A＝∠C，
在△ADF和△CBE中，
∵，
∴△ADF≌△CBE（AAS）；
故B选项不合题意；
①AD＝CB；②AE＝CF；④AD∥BC，
∵AE＝CF，
∴AF＝CE，
∵AD∥BC，
∴∠A＝∠C，
在△ADF和△CBE中，
∵，
∴△ADF≌△CBE（SAS）；
故C选项不合题意；
D、①AD＝CB；③∠B＝∠D；④AD∥BC．
∵AD∥BC，
∴∠A＝∠C，
在△ADF和△CBE中，
，
∴△ADF≌△CBE（ASA）；
故D选项不合题意；
故选：A．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法，即SSS、SAS、ASA、AAS和HL是解题的关键．
21．D
【分析】
过点P作PE⊥OA于点E，分点D在线段OE上，点D在射线EA上两种情况讨论，利用角平分线的性质可得PN＝PE，即可求OE＝ON＝5，由题意可证△PMN≌△PDE，可求OD的长．
【详解】
解：如图：过点P作PE⊥OA于点E
∵OC平分∠AOB，PE⊥OA，PN⊥OB，
∴PE＝PN，，
∵PE＝PN，OP＝OP，
∴△OPE≌△OPN（HL），
∴OE＝ON＝5，
∵OM＝3，ON＝5，
∴MN＝2．
若点D在线段OE上，
∵PM＝PD，PE＝PN，
∴△PMN≌△PDE（HL）
∴DE＝MN＝2．
∴OD＝OE﹣DE＝3
若点D在射线EA上，
∵PM＝PD，PE＝PN
∴△PMN≌△PDE（HL），
∴DE＝MN＝2．
∴OD＝OE+DE＝7．
故选：D．
【点睛】
此题考查角平分线的性质，全等三角形的判定及性质，解题中运用分类讨论是思想，避免出现漏解的情况，熟记角平分线的性质及全等三角形的判定定理的应用是解题的关键．
22．B
【分析】
证明△ABE≌△CAF（AAS），由全等三角形的性质得出BE＝AF，AE＝CF，∠ABE＝∠CAF，则可得结论．
【详解】
解：∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴BE∥CF，
∴∠EBD＝∠DCF，
故①不正确；
∵∠BAC＝90°，且BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠ABE+∠BAE＝∠BAE+∠FAC，
∴∠ABE＝∠FAC；
在△ABE与△CAF中，
，
∴△ABE≌△CAF（AAS），
∴BE＝AF，AE＝CF，∠ABE＝∠CAF，
∴EF＝CF﹣BE，
故②③正确．
无法判断△ABD和△CDF面积相等，故④不正确．
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质与判定，证明△ABE≌△CAF是解题的关键．
23．（答案不唯一）
【分析】
由题意得：，（公共角），可选择、、判定两个三角形全等，答案不唯一．
【详解】
解：添加．理由如下：
∵在和中，
，
．
故答案为：．（答案不唯一）
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，属于开放型题目，解答本题需要同学们熟练掌握三角形全等的几种判定定理．
24．30
【分析】
过点O作OE⊥AC 于E，作OF⊥AB于F，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得OE=OD=OF，然后根据三角形的面积列式计算即可得解．
【详解】
解：如图,过点O作OE⊥AC于E，作OF⊥AB于F,
∵OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC，
∴OE=OD=OF=4，
S△ABC ==×4×15=30．
故答案为30．
【点睛】
此题考查角平分线的性质，三角形面积，解题关键在于作辅助线画出准确图形．
25．①②④
【分析】
根据题中条件，结合图形及角平分线的性质得到结论，与各选项进行比对，排除错误答案，选出正确的结果．
【详解】
解：平分，
，
，，
，
，
，
，
①平分正确；
无法证明，
③平分错误；
，，
，
，，
，，
，
④正确；
，，
，
②正确．
故答案是：①②④．
【点睛】
本题主要考查了角平分线的性质，是一道结论开放性题目，解题的关键是利用角平分线的性质解决问题的能力，有利于培养发散思维能力．
26．2或．
【分析】
分两种情况讨论，①当，时，②当，时，依据全等三角形的对应边相等，即可得到点的运动速度．
【详解】
解：设点运动的时间为秒，则，，
，
①当，时，与全等，
此时，，
解得，
，
此时，点的运动速度为（厘米秒）；
②当，时，与全等，
此时，，
解得，
点的运动速度为（厘米秒）；
故答案为：2或．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
27．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）平分，可得,，，可得 ,联立,利用AAS即可判断三角形全等．
（2）由得,进一步证明,与而得到．
【详解】
（1）证明：∵平分
∴
∵，
∴
又∵
∴（AAS）
（2）证明：∵
∴
又∵平分
∴
又∵
∴（SAS）
∴
【点睛】
本题考查三角形全等的判定定理，角平分线的性质等相关知识点，根据定理切入解题是重点．
28．（1）见解析；（2）为定值，
【分析】
（1）利用证得，则由“全等三角形的对应边相等”可得，由角平分线的判定定理可得结论；
（2）由等积法可求解即可．
【详解】
证明：（1）∵为的中点，
∴．
又∵，，
∴
∴在与中，
，
∴，
∴，
又∵，，
∴是的角平分线；
（2）如图②，连接，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键．
29．（1）见解析；（2），理由见解析
【分析】
（1）根据平行线的性质得出，进而证明，即可得出答案；
（2）由（1）中全等得出，证明，再结合三角形边的性质即可得出答案．
【详解】
解：（1）∵，
∴
在和中，
∴
∴
（2）
理由如下：
∵
∴
又∵
∴
在和中
∴
∴在中，即．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定与性质、平行线的性质以及三角形边的性质，熟练掌握相关性质是解决本题的关键．
30．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）由“HL”可证Rt△AFD≌Rt△AMD，可得AF=AM；
（2）由三角形的面积公式可求解；
（3）分两种情况讨论，由全等三角形的性质可求解．
【详解】
解：（1）证明：∵∠BAD=∠DAC，DF⊥AB，DM⊥AC
∴DF=DM，
在Rt△AFD和Rt△AMD中
∴Rt△AFD≌Rt△AMD（HL）
∴AF＝AM；
（2）证明：∵∠BAD=∠DAC，DF⊥AB，DM⊥AC，
∴DF=DM，
∵S△AED=AE•DF，S△DGC=CG•DM，
∴，
∵点E以4cm/s的速度从A点向F点运动，
动点G以2cm/s的速度从C点向A点运动，
∴AE=4t（cm），CG=2t（cm），
∴，即，
∴在运动过程中，不管取何值，都有S△AED=2S△DGC．
（3）解：∵AF＝AM＝10cm，AC＝14cm
∴CM=AC－AM=14－10=4cm
当△DFE与△DMG全等时，EF=MG
①当0＜t≤2时，点G在线段CM上，点E在线段AF上．
EF=10-4t，MG=4-2t
∴10-4t=4-2t， 解得 t=3（不合题意，舍去）
②当2＜t≤2.5时，点G在线段AM上，点E在线段AF上．
EF=10-4t，MG=2t-4
∴10-4t=2t-4，解得 t=
综上：当t=时，△DFE与△DMG全等.
【点睛】
本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，角平分线的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
31．（1）；（2），见解析；（3）
【分析】
（1）根据同角的余角相等证明，根据全等三角形的性质得出，结合图形即可得出答案；
（2）根据三角形内角和定理、平角的定义证明，得到，根据全等三角形的性质得到，结合图形即可得出答案；
（3）根据得出和的值，结合坐标与图形性质即可得出答案.
【详解】
（1）证明：∵
∴
∵
∴
∴
在和中
∴
∴，
∴
（2）；
理由如下：在中，
∵,
∴
在和中
∴
∴
∴
（3）如图③，作轴于点，轴于点，
由（1）可知，
∴
∴
∴点的坐标为.
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定与性质、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决本题的关键.
全等三角形期末高频考点突破
题型一：全等三角形的定义和性质
1．（2021·湖南长沙·八年级期末）下列命题：①全等三角形的对应边相等；②全等三角形的对应角相等；③全等三角形的面积相等；④全等三角形的高相等．其中正确的命题个数是（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
2．（2021·安徽桐城·八年级期末）如图，已知，平分，若，，则的度数是（ ）
A．50° B．44° C．34° D．30°
3．（2021·安徽庐江·八年级期末）如图，在和△中，，，，，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：
①；②；③OM平分；④MO平分．
其中一定正确的为（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
题型二：全等三角形的判定
4．（2021·浙江莲都·八年级期末）如图，△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，点F为CB延长线上一点，点E在AB上，且AF=CE．
（1）求证：△ABF≌△CBE；
（2）若∠ACE=27°，求∠CAF的度数．
5．（2021·四川成都·八年级期末）如图，的对角线与相交于点，点，分别在和上，且．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，．且，求线段的长．
6．（2021·四川成都·八年级期末）如图1，四边形是正方形，点在边上任意一点（点不与点，点重合），点在的延长线上，．
（1）求证：；
（2）如图2，作点关于的对称点，连接、、，与交于点，与交于点．与交于点．
①若，求的度数；
②用等式表示线段，，之间的数量关系，并说明理由．
题型三：全等三角形的辅助线和综合问题
7．（2021·黑龙江虎林·八年级期末）有公共顶点A的△ABD，△ACE都是的等边三角形．
（1）如图1，将△ACE绕顶点A旋转，当E，C，B共线时，求∠BCD的度数；
（2）如图2，将△ACE绕顶点A旋转，当∠ACD=90°时，延长EC角BD于F，
①求证：∠DCF=∠BEF；
②写出线段BF与DF的数量关系，并说明理由．
8．（2021·黑龙江巴彦·八年级期末）已知：和都是等腰直角三角形，，连接、交于点，与交于点，与交于点．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，若，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四对全等的直角三角形．
9．（2021·江苏海州·八年级期末）（1）如图①，在正方形中，的顶点、分别在、上．垂足为且，求的度数．
（2）如图②在中，，，点、是上的任意两点，且，将绕点逆时针旋转至位置，连接，试判断线段、、之间的数量关系，并说明理由．
题型四：角平分线的判定和性质
10．（2021·云南红河·八年级期末）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，BD是∠ABC的平分线，DE⊥AB于点E，若△ADE的周长等于10，则AB的长是（ ）
A． B． C． D．
11．（2021·湖南零陵·八年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC的平分线交BC于点D，CD＝2，BD＝3，Q为AB上一动点，则DQ的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．2.5 D．
12．（2021·江苏仪征·八年级期末）（1）如图1，在△ABC中，按以下步骤作图：
①以B为圆心，任意长为半径作弧，交AB于D，交BC于E；
②分别以D，E为圆心，以大于DE的同样长为半径作弧，两弧交于点F；
③作射线BF交AC于G．
如果AB＝8，BC＝12，△ABG的面积为18，求△CBG的面积；
（2）如图2，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3．将△ABC沿直线l折叠，点B刚好落在AC边上，直线l交AB于点P，求BP．
全等三角形期末高频考点强化训练突破
一、单选题
13．（2021·河南汝州·八年级期末）如图，两个全等的直角三角形重叠在一起，将其中的一个三角形沿着点B到C的方向平移到△DEF的位置，AB＝8，DO＝3，平移距离为4，则阴影部分的面积为（ ）
A．18 B．24 C．26 D．32
14．（2021·河南川汇·八年级期末）如图，点，，分别在的边，，上（不与顶点重合），设，．若，则，满足的关系是（ ）
A． B．
C． D．
15．（2021·广东·东莞市光明中学八年级期末）如图，AC＝AD，BC＝BD，连结CD交AB于点E，F是AB上一点，连结FC，FD，则图中的全等三角形共有（ ）
A．6对 B．5对 C．4对 D．3对
16．（2021·重庆彭水·八年级期末）如图，已知， ，那么添加下列一个条件后，能判定≌的是（ ）
A． B． C． D．
17．（2021·浙江莲都·八年级期末）如图，在△ABC中，用圆规在BA，BC上分别截取BD，BE，使BD=BE，分别以D，E为圆心、大于DE的长为半径画弧，两弧在∠ABC内交于点F，连接BF并延长交AC于点G．若AB=3，BC=5，S△ABC=32，则△BCG的面积是（ ）
A．20 B． C． D．12
18．（2021·辽宁和平·八年级期末）如图，点O在内，且到三边的距离相等，∠A＝64°，则∠BOC的度数为（ ）
A．58° B．64° C．122° D．124°
19．（2021·河北·献县教育体育局教研室八年级期末）如图所示，有两个长度相同的滑梯（即BC=EF），左边滑梯的高度AC与右边滑梯水平方向DF的长度相等，则（1）AB=DE；（2）∠ABC+∠DFE=90°；（3）∠ABC=∠DEF．其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
20．（2021·陕西商州·八年级期末）如图，在和中，点、、、在同一直线上，以下四个论断：①；②；③；④．从中选取哪三个作为条件不能证明和全等的是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
21．（2021·福建晋安·八年级期末）如图，点P是∠AOB的角平分线OC上一点，PN⊥OB于点N，点M是线段ON上一点．已知OM＝3，ON＝5，点D为OA上一点若满足PD＝PM，则OD的长度为（ ）
A．3 B．5 C．5或7 D．3或7
22．（2021·山东沂水·八年级期末）已知：如图，在ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC边上的一点，BE⊥AD，CF⊥AD，垂足分别为E，F．下列说法：①∠EBD＝∠ACF，②∠ABE＝∠CAF，③EF＝CF﹣BE，④ABD和CDF面积相等．正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
23．（2021·吉林东辽·八年级期末）如图，等腰中，点，分别在腰，上，请你添加一个条件，使得，你添加的条件是_____．（不添加任何字母和辅助线）
24．（2021·四川宣汉·八年级期末）如图所示，已知的周长是15，、分别平分和，于，且，则的面积是______．
25．（2021·湖南岳阳·八年级期末）如图，在中，，平分交于点，于点，则下列结论：①平分；②；③平分；④若，则．其中正确的有___________（填写正确的序号）
26．（2021·河南·嵩县教育局基础教育教学研究室八年级期末）如图，已知四边形中，厘米，厘米，厘米，，点为的中点．如果点在线段上以2厘米/秒的速度由点向点运动，同时，点Q在线段上由点向点运动，当点的运动速度为__________厘米/秒时，能够使与全等．
三、解答题
27．（2021·广东·连南瑶族自治县教师发展中心八年级期末）已知：平分，点、都是上不同的点，，，垂足分别为、，连接、．求证：
（1）
（2）．
28．（2021·河南·嵩县教育局基础教育教学研究室八年级期末）如图①，在中，是的中点，，，垂足分别为，，．
（1）证明：是的角平分线．
（2）如图②，若，，，点为线段上一个动点，过点分别作，的垂线段，垂足分别为、，则是定值吗？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
29．（2021·重庆彭水·八年级期末）如图，中， ，是上一点，满足，连接交于点，，交于点，连结．
（1）求证：．
（2）请你判断与的大小关系，并证明你的结论．
30．（2021·广东高明·八年级期末）如图，在△ABC中，∠BAD＝∠DAC，DF⊥AB，DM⊥AC，AF＝10厘米，AC＝14厘米，动点E以4厘米/秒的速度从A点向F点运动，动点G以2厘米/秒的速度从C点向A点运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动，设运动时间为t秒．
（1）求证：AF＝AM；
（2）求证：在运动过程中，不管t取何值，都有；
（3）当t取何值时，△DFE与△DMG全等．
31．（2021·湖北随县·八年级期末）（1）如图①，已知中，，，直线经过点，直线，直线，垂足分别为点，，易证：_______________．
（2）如图②，将（1）中的条件改为：在中，，，，三点都在直线上，并且有，请求出，，三条线段的数量关系，并证明．
（3）如图③，在中，，，点的坐标为，点的坐标为，请直接写出点的坐标．
参考答案
1．B
【分析】
根据全等三角形的性质进行判断，即可得到命题的真假.
【详解】
解：①全等三角形的对应边相等，说法正确；
②全等三角形的对应角相等，说法正确；
③全等三角形的面积相等，说法正确；
④全等三角形的对应高相等，说法错误；
故选B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解答本题的关键．全等三角形的对应角相等，对应边相等．对应边的对角是对应角，对应角的对边是对应边．
2．C
【分析】
根据角平分线的性质得到∠ACD＝∠BCD＝∠BCA，根据全等三角形的性质得到∠D＝∠A＝30°，根据三角形的外角性质求出∠BCD,再求出∠B,然后利用全等三角形的性质求∠E即可．
【详解】
解：∵CD平分∠BCA，
∴∠ACD＝∠BCD＝∠BCA，
∵△ABC≌△DEF，
∴∠D＝∠A＝30°，
∵∠CGF＝∠D+∠BCD，
∴∠BCD＝∠CGF﹣∠D＝58°，
∴∠BCA＝116°，
∴∠B＝180°﹣30°﹣116°＝34°，
∵△ABC≌△DEF，
∴∠E＝∠B＝34°，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．
3．B
【分析】
由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OCA=∠ODB，AC=BD即可判断①；由全等三角形的性质得出∠OAC=∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC=∠AOB+∠OBD，得出∠AMB=∠AOB=40°，即可判断②；作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，则∠OGC=∠OHD=90°，由AAS证明△OCG≌△ODH（AAS），得出OG=OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠BMC，即可判断④；由∠AOB=∠COD，得出当∠DOM=∠AOM时，OM平分∠BOC，假设∠DOM=∠AOM，由△AOC≌△BOD得出∠COM=∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO=∠BMO，推出△COM≌△BOM，得OB=OC，而OA=OB，所以OA=OC即可判断③；
【详解】
∵ ∠AOB=∠COD=40°，
∴∠AOB+∠AOD=∠COD+∠AOD，
即∠AOC=∠BOD，
在△AOC和△BOD中， ，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA=∠ODB，AC=BD，故①正确；
∴∠OAC=∠OBD，
由三角形的外角性质得：
∠AMB+∠OAC=∠AOB+∠OBD，
∴∠AMB=∠AOB=40°，故②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示：
则∠OGC=∠OHD=90°，
在△OCG和△ODH中 ，
∴ △OCG≌△ODH（AAS），
∴OG=OH，
∴MO平分∠BMC，故④正确；
∵∠AOB=∠COD，
∴当∠DOM=∠AOM时，OM平分∠BOC，
假设∠DOM=∠AOM，
∵△AOC≌△BOD
∴∠COM=∠BOM，
∵MO平分∠BMC
∴∠CMO=∠BMO，
在△COM和△BOM中， ，
∴△COM≌△BOM（ASA）
∴OB=OC，
∵OA=OB，
∴OA=OC与OA＞OC矛盾，故③错误；
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质，角平分线的判定等知识，证明三角形全等是解题的关键；．
4．（1）见解析；（2）63°
【分析】
（1）根据HL可证明△ABF≌△CBE；
（2）由等腰直角三角形的性质可求出∠BAC=∠BCA=45°，求出∠BCE=18°，由全等三角形的性质得出∠BCE=∠BAF=18°，则可得出答案．
【详解】
（1）证明：∵∠ABC=90°，
∴∠ABF=∠CBE=90°，
在Rt△ABF和Rt△CBE中，
，
∴Rt△ABF≌Rt△CBE（HL）；
（2）解：∵∠ABC=90°，BA=BC，
∴∠BAC=∠BCA=45°，
∵∠ACE=27°，
∴∠BCE=∠ACB﹣∠ACE=45°﹣27°=18°，
∵△ABF≌△CBE，
∴∠BCE=∠BAF=18°，
∴∠CAF=∠CAB+∠BAF=45°+18°=63°．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，解答本题的关键是证明△ABF≌△CBE．
5．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据平行四边形的性质，证明，得到，再证明即可；
（2）由（1）知四边形是平行四边形，得到，，再在中利用勾股定理求解即可．
【详解】
（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
∴，
在和中，
，
，
，
∵，
，
即，
，
四边形是平行四边形；
（2）四边形是平行四边形，
，，
，．，
，
∴，
∴在中，，
．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，解题关键是能够证明．
6．（1）见解析；（2）①45°；②GH2＋BH2＝2CD2，理由见解析
【分析】
（1）证△CBE≌△CDF（SAS），即可得出结论；
（2）①证△DCP≌△GCP（SSS），得∠DCP＝∠GCP，再由全等三角形的性质得∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝20°，则∠BCG＝130°，然后由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得∠CGH＝25°，即可求解；
②连接BD，由①得CP垂直平分DG，则HD＝HG，∠GHF＝∠DHF，设∠BCE＝m°，证出∠GHF＝∠CHB＝45°，再证∠DHB＝90°，然后由勾股定理得DH2＋BH2＝BD2，进而得出结论．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠CBE＝∠CDF＝90°，
在△CBE和△CDF中，
，
∴△CBE≌△CDF（SAS），
∴CE＝CF；
（2）解：①点D关于CF的对称点G，
∴CD＝CG，DP＝GP，
在△DCP和△GCP中，
，
∴△DCP≌△GCP（SSS），
∴∠DCP＝∠GCP，
由（1）得：△CBE≌△CDF，
∴∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝20°，
∴∠BCG＝20°＋20°＋90°＝130°，
∵CG＝CD＝CB，
∴∠CGH＝，
∴∠CHB＝∠CGH＋∠GCP＝25°＋20°＝45°；
②线段CD，GH，BH之间的数量关系为：GH2＋BH2＝2CD2，理由如下：
连接BD，如图2所示：
由①得：CP垂直平分DG，
∴HD＝HG，∠GHF＝∠DHF，
设∠BCE＝m°，
由①得：∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝m°，
∴∠BCG＝m°＋m°＋90°＝2m°＋90°，
∵CG＝CD＝CB，
∴∠CGH＝，
∴∠CHB＝∠CGH＋∠GCP＝45°−m°＋m°＝45°，
∴∠GHF＝∠CHB＝45°，
∴∠GHD＝∠GHF＋∠DHF＝45°＋45°＝90°，
∴∠DHB＝90°，
在Rt△BDH中，由勾股定理得：DH2＋BH2＝BD2，
∴GH2＋BH2＝BD2，
在Rt△BCD中，CB＝CD，
∴BD2＝2CD2，
∴GH2＋BH2＝2CD2．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理以及三角形内角和定理等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明△CBE≌△CDF和△DCP≌△GCP是解题的关键．
7．（1）60°；（2）①见解析；②DF=BF，理由见解析
【分析】
（1）根据已知条件以及等边三角形的性质，证明△DAC≌△BAE，可得∠ACD=∠E=60°，根据E，C，B共线，即可求得∠BCD的度数；
（2）①证明△DAC≌△BAE，可得∠AEB=∠ACD=90°，根据角度的换算可得∠DCF=∠BEF；
②在EF上取一点G，使BG=BF，由（1）知，△DAC≌△BAE，CD=EB，进而证明△DCF≌△BGE，可得DF=BG，即可证明BF=DF．
【详解】
解：∵△ABD，ACE都是等边三角形，
∴∠DAB=∠CAE=∠E=∠ACE=60°，AD=AB，AC=AE
∵∠DAC=∠DAB+∠BAC，∠BAE=∠CAE+∠BAC，
∴∠DAC=∠BAE，
在△DAC和△BAE中
，
∴△DAC≌△BAE，
∴∠ACD=∠E=60°，
∵E，C，B共线，
∴∠BCD=180°﹣∠ACD﹣∠ACE=60°；
（2）①∵△ABD，ACE都是等边三角形，
∴∠DAB=∠CAE=∠E=∠ACE=60°，AD=AB，AC=AE
∵∠DAC=∠DAB﹣∠BAC，∠BAE=∠CAE﹣∠BAC，
∴∠DAC=∠BAE，
在△DAC和△BAE中
，
∴△DAC≌△BAE，
∴∠AEB=∠ACD=90°，
∴∠BEC=∠AEB﹣∠AEC=90°﹣60°=30°，
∵∠DCF=180°﹣∠ACD﹣∠ACE=30°，
∴∠DCF=∠BEF；
②DF=BF，
理由：如图，
在EF上取一点G，使BG=BF，
∴∠GFB=∠FGB，
∴∠DFC=∠BGE，
由（1）知，△DAC≌△BAE，CD=EB，
∠DCF=∠BEC，
∴△DCF≌△BGE，
∴DF=BG，
∴DF=BF．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，三角形全等的性质与判定，证明三角形全等是解题的关键．
8．（1）证明见解析；（2）△ACB≌△DCE，△BCF≌△DCG，△AHF≌△EHG，△EHD≌△AHB
【分析】
（1）根据SAS可证明△ACD≌△BCE，从而可知AD=BE；
（2）根据条件即可判断图中的全等直角三角形．
【详解】
解：（1）∵△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，
∴AC=BC，DC=EC，
∴∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE，
∴∠BCE=∠ACD，
在△ACD与△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE；
（2）△ACB≌△DCE，△BCF≌△DCG，△AHF≌△EHG，△EHD≌△AHB．
理由：∵AC=DC，∠ACB=∠DCE，
∴AC=CD=EC=CB，
∴△ACB≌△DCE（SAS）；
由（1）可知：∠EBC=∠DAC，∠ADC=∠BEC，
∴∠AHF=90°，
∵∠EBC=∠CEB=∠CDA，
∴△BCF≌△DCG（ASA），
∴CF=CG，
∴AF=EG，
∵∠AHF=∠EHG，∠FAH=∠HEG，
∴△AHF≌△EHG（AAS），
∴AH=EH，
又∵DE=AB，
∴Rt△EHD≌Rt△AHB（HL）．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，解题的关键是熟练运用全等三角形的判定条件．
9．（1）；（2），理由见解析
【分析】
（1）由HL证明即可，只需证明一对全等，另一对同理可证；
（2）先证明，进而证明是直角三角形即可．
【详解】
解：（1）如图①，
在和中，
，
，
，
同理，
．
（2），
理由如下：
如图②，
，，
，
由题意知，
，．
，
，
，
，
即，
在和中，
，
，
，
在中，，
．
【点睛】
本题考查了旋转变换、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识点．本题是经典的“大角夹半角”模型，其基本证明方法必须熟练掌握．第（2）问当中所证明的结论可以认为是等腰直角三角形或正方形的重要性质，可直接记住，在解决一些相关的几何证明和计算时会有很大帮助．
10．C
【分析】
由角平分线的性质可得CD=ED，即可得AC=BC=BE结合三角形的周长即可得△ADE的周长=AC+AE=AB，进而可求解．
【详解】
解：∵BD平分∠ABC，∠C=90°，DE⊥AB，
∴CD=ED，
∴BC=BE，
∵AC=BC，
∴AC=BE，
∵△ADE的周长等于10，
∴△ADE的周长为AD+ED+AE=AC+AE=BE+AE=AB=10．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了角平分线的性质，等腰直角三角形，求得“△ADE的周长=AB”是解题的关键．
11．B
【分析】
作DH⊥AB于H，根据角平分线的性质得到DH=DC=2，然后根据垂线段最短求解．
【详解】
解：作DH⊥AB于H，如图，
∵AD平分∠BAC，DH⊥AB，DC⊥AC，
∴DH=DC=2，
∵Q为AB上一动点，
∴DQ的最小值为DH的长，即DQ的最小值为2．
故选：B．
【点睛】
本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．也考查了垂线段最短．
12．（1）27；（2）．
【分析】
（1）如图，过点G作GM⊥AB于M，GN⊥BC于N．利用角平分线的性质定理证明GM＝GN，利用三角形面积公式求出GM，可得结论．
（2）如图，过点P作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H．利用面积法证明，可得结论．
【详解】
解：（1）如图，过点G作GM⊥AB于M，GN⊥BC于N．
∵BG平分∠ABC，
∴GM＝GN，
，
，
∴GN＝GM＝，
；
（2）如图，过点P作PG⊥AC于G，PH⊥BC于H．
由翻折的性质可知，PC平分∠ACB，
∴PG＝PH，
∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，
，
，
．
【点睛】
本题考查作图﹣基本作图，翻折变换，勾股定理，三角形的面积等知识，解题关键是学会添加常用辅助线，利用角平分线的性质定理解决问题．
13．C
【分析】
根据平移的性质可得：DE=AB=8，，OE=AB-DO=5，从而得到阴影部分的面积等于，即可求解．
【详解】
解：由题意得： ，
∴DE=AB=8，，
∵平移距离为4，
∴BE=4，
∵AB＝8，DO＝3，
∴OE=AB-DO=5，
∴阴影部分的面积等于
．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了图形的变换——平移，熟练掌握平移前后图形的大小形状完全相同是解题的关键．
14．B
【分析】
根据全等三角形的性质可得∠B=∠C，∠BED=∠EFC，再利用三角形内角和定理可得出等量关系，化简即可．
【详解】
解： ∵，
∴∠B=∠C，∠BED=∠EFC，
∵，，在△ABC中，∠A+∠B+∠C=180°，
∴，,
∴，
∵在△EFC中，，
∴,即，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查三角形内角和定理和全等三角形的性质．熟练掌握定理，能结合图形完成角度之间的转化是解题关键．
15．A
【分析】
根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【详解】
解：在△ACB和ADB中，
，
∴△ACB≌ADB，
∴∠CAB=∠DAB，∠CBA=∠DBA，
∵AC＝AD，∠CAB=∠DAB，AF=AF
∴△CAF≌△DAF，CF=DF，
∵AC＝AD，∠CAB=∠DAB，AE=AE
∴△ACE≌△ADE，CE=DE，
∵BC＝BD，∠CBA=∠DBA，BE=BE
∴△CBE≌△DBE，
∵BC＝BD，∠CBA=∠DBA，BF=BF
∴△FCB≌△FDB，
∵CF=DF，CE=DE，EF=EF，
∴△CEF≌△DEF，
∴图中全等的三角形有6对，
故选：A．
【点睛】
本题考查了对全等三角形的判定定理的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS．
16．B
【分析】
结合全等的证明方法，对每个选项进行分析即可得出答案．
【详解】
解：A选项，，即可得到，故缺少条件，不能判定；
B选项，，可以得到∠A=∠C，结合题意，，可得到，以及，可以根据ASA判断全等，满足题意；
C选项，缺少条件；不满足题意；
D选项，SSA，不能判定，不满足题意．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了全等的判断，熟练其判定方法是解决本题的关键．
17．A
【分析】
利用基本作图得到BG平分∠ABC，作GM⊥AB于M，GN⊥BC于N，如图，根据角平分线的性质得到GM＝GN，在利用三角形面积公式得到GM×3+GN×5=32，则求出求出GN=8，从而可计算出S△GBC．
【详解】
解：由作法得BG平分∠ABC，
作GM⊥AB于M，GN⊥BC于N，如图，
则GM＝GN，
∵S△GAB+S△GBC=S△ABC，
∴GM×3+GN×5=32，
即3GN＋5GN=64，解得GN=8，
∴S△GBC=×5×8=20．
故选：A．
【点睛】
本题考查作图-复杂作图，角平分线的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
18．C
【分析】
根据角平分线的判定定理得到，，利用三角形内角和得到，然后把代入计算即可．
【详解】
解：点在内，且到三边的距离相等，
即点到和的距离相等，点到和的距离相等，
平分，平分，
，，
，
，
，
．
故选：C．
【点睛】
本题考查了角平分线的判定定理的应用，确定点为角平分线的交点是解决问题的关键．
19．C
【分析】
由已知条件判断两个直角三角形全等，根据全等三角形的性质逐一分析即可.
【详解】
解：由题意知
在和中：
∵
∴(HL)
∴，
∴（1）、（3）正确
∵，
∴
∴（2）正确
故选：C
【点睛】
本题考查两个直角三角形全等的判定和性质，牢记相关的定理和性质内容是解题的关键．
20．A
【分析】
利用全等三角形的判定方法对四个选项分别证明即可．
【详解】
解：A、①；②，则AF=CE，③；满足的是SSA，故不能证明全等，A选项符合题意；
B、②AE＝CF；③∠B＝∠D；④AD∥BC；
∵AE＝CF，
∴AF＝CE，
∵AD∥BC，
∴∠A＝∠C，
在△ADF和△CBE中，
∵，
∴△ADF≌△CBE（AAS）；
故B选项不合题意；
①AD＝CB；②AE＝CF；④AD∥BC，
∵AE＝CF，
∴AF＝CE，
∵AD∥BC，
∴∠A＝∠C，
在△ADF和△CBE中，
∵，
∴△ADF≌△CBE（SAS）；
故C选项不合题意；
D、①AD＝CB；③∠B＝∠D；④AD∥BC．
∵AD∥BC，
∴∠A＝∠C，
在△ADF和△CBE中，
，
∴△ADF≌△CBE（ASA）；
故D选项不合题意；
故选：A．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法，即SSS、SAS、ASA、AAS和HL是解题的关键．
21．D
【分析】
过点P作PE⊥OA于点E，分点D在线段OE上，点D在射线EA上两种情况讨论，利用角平分线的性质可得PN＝PE，即可求OE＝ON＝5，由题意可证△PMN≌△PDE，可求OD的长．
【详解】
解：如图：过点P作PE⊥OA于点E
∵OC平分∠AOB，PE⊥OA，PN⊥OB，
∴PE＝PN，，
∵PE＝PN，OP＝OP，
∴△OPE≌△OPN（HL），
∴OE＝ON＝5，
∵OM＝3，ON＝5，
∴MN＝2．
若点D在线段OE上，
∵PM＝PD，PE＝PN，
∴△PMN≌△PDE（HL）
∴DE＝MN＝2．
∴OD＝OE﹣DE＝3
若点D在射线EA上，
∵PM＝PD，PE＝PN
∴△PMN≌△PDE（HL），
∴DE＝MN＝2．
∴OD＝OE+DE＝7．
故选：D．
【点睛】
此题考查角平分线的性质，全等三角形的判定及性质，解题中运用分类讨论是思想，避免出现漏解的情况，熟记角平分线的性质及全等三角形的判定定理的应用是解题的关键．
22．B
【分析】
证明△ABE≌△CAF（AAS），由全等三角形的性质得出BE＝AF，AE＝CF，∠ABE＝∠CAF，则可得结论．
【详解】
解：∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴BE∥CF，
∴∠EBD＝∠DCF，
故①不正确；
∵∠BAC＝90°，且BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠ABE+∠BAE＝∠BAE+∠FAC，
∴∠ABE＝∠FAC；
在△ABE与△CAF中，
，
∴△ABE≌△CAF（AAS），
∴BE＝AF，AE＝CF，∠ABE＝∠CAF，
∴EF＝CF﹣BE，
故②③正确．
无法判断△ABD和△CDF面积相等，故④不正确．
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质与判定，证明△ABE≌△CAF是解题的关键．
23．（答案不唯一）
【分析】
由题意得：，（公共角），可选择、、判定两个三角形全等，答案不唯一．
【详解】
解：添加．理由如下：
∵在和中，
，
．
故答案为：．（答案不唯一）
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，属于开放型题目，解答本题需要同学们熟练掌握三角形全等的几种判定定理．
24．30
【分析】
过点O作OE⊥AC 于E，作OF⊥AB于F，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得OE=OD=OF，然后根据三角形的面积列式计算即可得解．
【详解】
解：如图,过点O作OE⊥AC于E，作OF⊥AB于F,
∵OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC，
∴OE=OD=OF=4，
S△ABC ==×4×15=30．
故答案为30．
【点睛】
此题考查角平分线的性质，三角形面积，解题关键在于作辅助线画出准确图形．
25．①②④
【分析】
根据题中条件，结合图形及角平分线的性质得到结论，与各选项进行比对，排除错误答案，选出正确的结果．
【详解】
解：平分，
，
，，
，
，
，
，
①平分正确；
无法证明，
③平分错误；
，，
，
，，
，，
，
④正确；
，，
，
②正确．
故答案是：①②④．
【点睛】
本题主要考查了角平分线的性质，是一道结论开放性题目，解题的关键是利用角平分线的性质解决问题的能力，有利于培养发散思维能力．
26．2或．
【分析】
分两种情况讨论，①当，时，②当，时，依据全等三角形的对应边相等，即可得到点的运动速度．
【详解】
解：设点运动的时间为秒，则，，
，
①当，时，与全等，
此时，，
解得，
，
此时，点的运动速度为（厘米秒）；
②当，时，与全等，
此时，，
解得，
点的运动速度为（厘米秒）；
故答案为：2或．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
27．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）平分，可得,，，可得 ,联立,利用AAS即可判断三角形全等．
（2）由得,进一步证明,与而得到．
【详解】
（1）证明：∵平分
∴
∵，
∴
又∵
∴（AAS）
（2）证明：∵
∴
又∵平分
∴
又∵
∴（SAS）
∴
【点睛】
本题考查三角形全等的判定定理，角平分线的性质等相关知识点，根据定理切入解题是重点．
28．（1）见解析；（2）为定值，
【分析】
（1）利用证得，则由“全等三角形的对应边相等”可得，由角平分线的判定定理可得结论；
（2）由等积法可求解即可．
【详解】
证明：（1）∵为的中点，
∴．
又∵，，
∴
∴在与中，
，
∴，
∴，
又∵，，
∴是的角平分线；
（2）如图②，连接，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键．
29．（1）见解析；（2），理由见解析
【分析】
（1）根据平行线的性质得出，进而证明，即可得出答案；
（2）由（1）中全等得出，证明，再结合三角形边的性质即可得出答案．
【详解】
解：（1）∵，
∴
在和中，
∴
∴
（2）
理由如下：
∵
∴
又∵
∴
在和中
∴
∴在中，即．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定与性质、平行线的性质以及三角形边的性质，熟练掌握相关性质是解决本题的关键．
30．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）由“HL”可证Rt△AFD≌Rt△AMD，可得AF=AM；
（2）由三角形的面积公式可求解；
（3）分两种情况讨论，由全等三角形的性质可求解．
【详解】
解：（1）证明：∵∠BAD=∠DAC，DF⊥AB，DM⊥AC
∴DF=DM，
在Rt△AFD和Rt△AMD中
∴Rt△AFD≌Rt△AMD（HL）
∴AF＝AM；
（2）证明：∵∠BAD=∠DAC，DF⊥AB，DM⊥AC，
∴DF=DM，
∵S△AED=AE•DF，S△DGC=CG•DM，
∴，
∵点E以4cm/s的速度从A点向F点运动，
动点G以2cm/s的速度从C点向A点运动，
∴AE=4t（cm），CG=2t（cm），
∴，即，
∴在运动过程中，不管取何值，都有S△AED=2S△DGC．
（3）解：∵AF＝AM＝10cm，AC＝14cm
∴CM=AC－AM=14－10=4cm
当△DFE与△DMG全等时，EF=MG
①当0＜t≤2时，点G在线段CM上，点E在线段AF上．
EF=10-4t，MG=4-2t
∴10-4t=4-2t， 解得 t=3（不合题意，舍去）
②当2＜t≤2.5时，点G在线段AM上，点E在线段AF上．
EF=10-4t，MG=2t-4
∴10-4t=2t-4，解得 t=
综上：当t=时，△DFE与△DMG全等.
【点睛】
本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，角平分线的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
31．（1）；（2），见解析；（3）
【分析】
（1）根据同角的余角相等证明，根据全等三角形的性质得出，结合图形即可得出答案；
（2）根据三角形内角和定理、平角的定义证明，得到，根据全等三角形的性质得到，结合图形即可得出答案；
（3）根据得出和的值，结合坐标与图形性质即可得出答案.
【详解】
（1）证明：∵
∴
∵
∴
∴
在和中
∴
∴，
∴
（2）；
理由如下：在中，
∵,
∴
在和中
∴
∴
∴
（3）如图③，作轴于点，轴于点，
由（1）可知，
∴
∴
∴点的坐标为.
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定与性质、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决本题的关键.
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