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人教版八年级上册第十二章 全等三角形综合与测试习题
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这是一份人教版八年级上册第十二章 全等三角形综合与测试习题，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
人教版八年级上册第十二章
全等三角形
一、单选题
1.如图所示，下面甲、乙、丙三个三角形和 △ABC 全等的图形是（ ）
A. 甲和乙 B. 乙和丙 C. 只有丙 D. 只有乙
2.下列命题中正确的命题有（ ）个
①两个全等的三角形一定关于某直线对称；②等腰三角形的高、中线、角平分线互相重合；③等腰三角形的对称轴是顶角的平分线④顶角和底边对应相等的两个等腰三角形全等；
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
3.如图，已知AB∥CD，CE、AE分别平分∠ACD、∠CAB，则∠1+∠2= ( )
A.45°
B.90°
C.60°
D.75°
4.如果两个三角形有两边和其中一边上的高对应相等，那么它们第三边所对的角的关系是（ ）
A.相等
B.互补
C.互余
D.相等或互补
5.小明沿一段笔直的人行道行走，在由A步行到达B处的过程中，通过隔离带的空隙0点，刚好浏览完对面人行道宣传墙上的社会主义核心价值观标语，其具体信息如下：如图，AB∥OE，OE∥CD，AC与BD相交于点O，OD⊥CD，垂足为点D，下列结论中不正确的是（ ）
A. ∠BOA=∠DOC B. AB∥CD C. ∠ABD=90° D. 与∠AOE相等的角共有2个
6.在△ △ABC 中，若 |sinA−32|+(cosB−32)2=0 ，则 ∠C 的度数是（ ）
A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
7.如图已知 ΔABC 中， AB=AC=12cm ， ∠B=∠C ， BC=8cm ，点D为 AB 的中点.如果点P在线段 BC 上以 2cm/s 的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段 CA 上由C点向A点运动.若点Q的运动速度为v，则当 ΔBPD 与 ΔCQP 全等时，v的值为（ ）
A. 1 B. 3 C. 1或3 D. 2或3
8.如图，在正方形 ABCD 中，点P是 AB 上一动点(不与 A、B 重合) ，对角线 AC、BD 相交于点O,过点P分别作 AC、BD 的垂线，分别交 AC、BD 于点 E、F, 交 AD、BC 于点 M、N ．下列结论：① △APE≌△AME ；② PM+PN=AC ；③ PE2+PF2=PO2 ；④ △POF∼△BNF ；⑤点O在 M、N 两点的连线上．其中正确的是（ ）
A. ①②③④ B. ①②③⑤ C. ①②③④⑤ D. ③④⑤
9.如图，在四边形 ABCD 中，∠C=70°，∠B=∠D=90°，E、F 分别是 BC、DC 上的点，当△AEF 的周长最小时，∠EAF 的度数为（ ）
A. 30° B. 40° C. 50° D. 70°
10.如图，在 △ABC 中， AB=AC=5 ， BC=6 ，D，E分别为线段AB，AC上一点，且 AD=AE ，连接BE、CD交于点G，延长AG交BC于点F.以下四个结论正确的是（ ）
① BF=CF ；②若 BE⊥AC ，则 CF=DF ；③若BE平分 ∠ABC ，则 FG=32 ；④连结EF，若 BE⊥AC ，则 ∠DFE=2∠ABE .
A. ①②③ B. ③④ C. ①②④ D. ①②③④
二、填空题
11.如图， △ABC 中，∠C＝90°，AD平分∠BAC， AB＝5，CD＝2，则 △ABD 的面积是
12.如图，△ABC，中，DE是AC的垂直平分线，AB=5cm，△ABD的周长为14cm，则BC的长为 cm.
13.如图，在正方形ABCD中，AB=4，O是AB中点，E是BC上一点，将△OBE沿OE所在直线对折得到△ OB′E ，若△ DB′C 是以 DB′ 为腰的等腰三角形，则BE的长为________．
14.已知：如图在△ABC，△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，点C，D，E三点在同一条直线上，连接BD，BE，以下四个结论：
①BD=CE；②BD⊥CE；③∠ACE+∠DBC=45°；④BE2=2（AD2+AB2），其中结论正确的是________．
15.如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，若重叠都分构成的四边形ABCD中，AB=3，BD=4．则AC的长为________．
16.如图，边长为1的正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，直角∠MPN的顶点P与点O重合，直角边PM，PN分别与OA，OB重合，然后逆时针旋转∠MPN，旋转角为θ（0°＜θ＜90°），PM、PN分别交AB、BC于E、F两点，连接EF交OB于点G，则下列结论中正确的是 ．
①EF= 2 OE；②S四边形OEBF：S正方形ABCD=1：4；③在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE= 34 ；④OG•BD=AE2+CF2 ．
17.已知 △ABC ， AB=AC ， AD⊥BC ，点F在 AC 上，作 EF⊥AB ，直线 EF 交 AB 于E，交 BC 延长线于G，连接 ED ， ∠GFC=2∠EDA ， DH=CG=2 ，则 AF 的长为________．
三、解答题
18.如图，点A，B，C，D在同一条直线上， CE∥DF ， EC=BD ， AC=FD. 求证： AE=FB .
19.如图，在四边形 ABCD 中， ∠B=∠D=90° ， AB=CD .
求证：四边形 ABCD 是矩形.
20.如图，∠FED＝∠B，EF＝BC，DA＝ EB．求证：∠F＝∠C．
21.在图1、图2中，线段AC=CE，点B是线段AC的中点，点D是线段CE的中点，四边形BCGF和CDHN都是正方形，AE的中点是M．如图1，点E在AC的延长线上，点N与点G重合时，点M与点C重合，容易证明FM=MH，FM⊥HM；现将图1的CE绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图2，判断△FMH的形状，并证明你的结论．
22.如图在正方形ABCD中，E ， F ， G ， H分别是AD ， DC ， BC ， CD上的点，连接EF ， GH ．
①若EF⊥GH ， 则必有EF=GH ．
②若EF=GH ， 则必有EF⊥GH ．
判断上述两个命题是否成立，若成立，请说明理由；若不成立，请举出反例．
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【考点】三角形全等的判定
【解析】【解答】解：甲三角形中50°的对边与已知三角形50°的对边不对应相等，故无法判断是否与△ABC全等；
乙三角形夹50°内角的两边分别与已知三角形对应相等，故乙与△ABC全等；
丙三角形72°内角及所对边与△ABC对应相等且均有50°内角，可根据AAS判定乙与△ABC全等；
则与△ABC全等的有乙和丙.
故答案为：B.
【分析】利用全等三角形的判定方法，同时抓住对应角所对的边是对应边，逐一判断，可得答案.
2.【答案】 A
【考点】三角形全等及其性质，三角形全等的判定，等腰三角形的性质
【解析】【解答】解：①错误，两个全等的三角形不一定关于某条直线对称；
②错误，等腰三角形的底边上的高，顶角的角平分线和底边上的中线重合；
③错误， 等腰三角形的对称轴是顶角的平分线所在的直线；
④正确，等腰三角形顶角相等，则底角相等，再结合底边相等，用“AAS”证明全等；
两个正确的.
故答案为：A.
【分析】根据轴对称的性质， 关于某直线对称 的两个三角形一定全等，但全等的两个三角形不一定关于某条直线对称，故①错误；
等腰三角形的三线合一只是底边上具有，从而即可判断②；轴对称图形的对称轴是一条直线，而角平分线只是一条射线，从而即可判断C；根据等腰三角形的性质、三角形的内角和定理及三角形全等的判定方法可知：等腰三角形顶角相等，则底角相等，再结合底边相等即可判断D.
3.【答案】 B
【考点】平行线的性质，三角形内角和定理，角平分线的性质
【解析】
【分析】由AB∥CD，根据两直线平行，同旁内角互补，可得∠BAC+∠ACD=180°，又由CE、AE分别平分∠ACD、∠CAB，可得∠1=12∠BAC，∠2=12∠ACD，则可求得∠1+∠2的度数．
【解答】∵AB∥CD，
∴∠BAC+∠ACD=180°，
∵CE、AE分别平分∠ACD、∠CAB，
∴∠1=12∠BAC，∠2=12∠ACD，
∴∠1+∠2=12∠BAC+12∠ACD=12∠BAC+∠ACD=12×180°=90°．
故选B．
【点评】此题考查了平行线与角平分线的性质．题目比较简单，注意数形结合思想的应用．
4.【答案】 D
【考点】三角形全等及其性质，直角三角形全等的判定（HL）
【解析】
【分析】第三边所对的角即为前两边的夹角．分两种情况，一种是两个锐角或两个钝角三角形，另一种是一个钝角三角形和一个锐角三角形．
【解答】第一种情况，当两个三角形全等时，是相等关系，
第二种情况，如图，AC=AC′，高CD=C′D′，
∴∠ADC=∠AD′C′，
在Rt△ACD和Rt△AC′D′中，AC=AC'CD=CD'
Rt△ACD≌Rt△AC′D′（HL)，
∴∠CAD=∠C′AD′，
此时，∠CAB+∠C′AB=180°，
是互补关系，
所以选“相等或互补”．
故选D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质；这类题考虑要全面，往往只想到一种情况，而漏掉一个钝角三角形和一个锐角三角形的情况，做题时要注意这点．
5.【答案】 D
【考点】全等三角形的应用
【解析】【解答】解：A、∠BOA和∠DOC是对顶角，因此∠BOA=∠DOC正确，故此选项不合题意；
B、∵AB∥OE，OE∥CD，
∴AB∥CD，正确，故此选项不合题意；
C、∵AB∥CD，
∴∠ABD=∠BDC，
∵OD⊥CD，
∴∠ADO=90°，
∴∠DBA=90°，正确，故此选项不合题意；
D、∵AB∥OE，
∴∠BAO=∠AOE，
∵CD∥EO，
∴∠OCD=∠AOE，
∵∠AOE=∠1，
∴与∠AOE相等的角有3个，原题说法错误，故此选项符合题意，
故选：D．
【分析】根据对顶角相等，平行线的性质分别进行分析即可．
6.【答案】 D
【考点】三角形内角和定理，特殊角的三角函数值，非负数之和为0
【解析】【解答】解： ∵ |sinA−32|+(cosB−32)2=0
∴ sinA−32=0 ， cosB−32=0
∴∠A=60°,∠B=30°
∴∠C=180°−30°−60°=90°
故答案为：D.
【分析】根据偶次幂及绝对值的非负性，由两个非负数的和为0，则这两个数都为0，可得sinA及cosB的值，利用特殊角的三角函数值求出∠A、∠B的度数，然后利用三角形内角和定理求出∠C即可.
7.【答案】 D
【考点】三角形全等的判定，三角形-动点问题
【解析】【解答】解：设运动时间为t秒，
∵ AB=AC=12cm ，点D为 AB 的中点.
∴BD= 12 AB=6，
由题意得BP=2t，则CP=8-2t，CQ=vt，
又∵∠B=∠C
∴①当BP=CQ，BD=CP时， ΔBPD ≌ ΔCQP
∴2t=vt，解得：v=2
②当BP=CP，BD=CQ时， ΔBPD ≌ ΔCPQ
∴8-2t=2t，解得：t=2
将t=2代入vt=6，解得：v=3
综上，当v=2或3时， ΔBPD 与 ΔCQP 全等
故答案为：D.
【分析】设运动时间为t秒，由题目条件求出BD= 12 AB=6，由题意得BP=2t，则CP=8-2t，CQ=vt，然后结合全等三角形的判定方法，分①当BP=CQ，BD=CP时，②当BP=CP，BD=CQ时，两种情况列方程求解.
8.【答案】 B
【考点】三角形全等及其性质，矩形的判定与性质，正方形的性质，三角形全等的判定（ASA），直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】∵四边形ABCD正方形，AC、BD为对角线，
∴∠MAE=∠EAP=45°，
根据题意MP⊥AC，故∠AEP=∠AEM=90°， ∴∠AME=∠APE=45°，
在三角形 △APE 与 △AME 中，
{∠AEP=∠AEMAE=AE∠EAP=∠EAM
∴ △APE≌△AME ASA，
故①符合题意；
∴AE=ME=EP= 12 MP，
同理，可证△PBF≌△NBF，PF=FN= 12 NP，
∵正方形ABCD中，AC⊥BD，
又∵PM⊥AC，PN⊥BD，
∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，
∴四边形PEOF为矩形，
∴PF=OE，
∴OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，
又∵ME=PE= 12 MP，
FP=FN= 12 NP，OA= 12 AC，
∴ PM+PN=AC，
故②符合题意；
∵四边形PEOF为矩形，
∴PE=OF，
在直角三角形OPF中， OF2+PF2=PO2 ，
∴ PE2+PF2=PO2 ，
故③符合题意；
∵△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，
故④不符合题意；
连接MO、NO，
在△OEM和△OEP中，
{OE=OE∠OEM=∠OEPEM=EP
∴△OEM≌△OEP，OM=OP，
同理可证△OFP≌△OFN，OP=ON，
又∵∠MPN=90°，
OM=OP=ON，OP=12MO+NO，
根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，OP= 12 MN，
∴MO+NO=MN，点 O 在 M、N 两点的连线上．
故⑤符合题意．
故答案为：B．
【分析】①根据题意及正方形的性质，即可判断 △APE≌△AME ；②根据 △APE≌△AME 及正方形的性质，得ME=EP=AE＝ 12 MP，同理可证PF=NF= 12 NP，根据题意可证四边形OEPF为矩形，则OE=PF，则OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，AO= 12 AC，故证明 PM+PN=AC ；③根据四边形PEOF为矩形的性质，在直角三角形OPF中，使用勾股定理，即可判断；④△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，故④可判断；⑤连接MO、NO，证明OP=OM=ON，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可证明．
9.【答案】 B
【考点】三角形的外角性质，轴对称的性质
【解析】【解答】解：作A关于BC和CD的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于E，交CD于F，则A′A″即为△AEF的周长最小值．作DA延长线AH，
∵∠C=70°，∠B=∠D=90°，
∴∠DAB=110°，
∴∠HAA′=70°，
∴∠AA′E+∠A″=∠HAA′=70°，
∵∠EA′A=∠EAA′，∠FAD=∠A″，
∴∠EAA′+∠A″AF=70°，
∴∠EAF=110°-70°=40°，
故答案为：B．
【分析】根据要使△AEF的周长最小，即利用点的对称，使三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和CD的对称点A′，A″，即可得出∠AA′E+∠A″=∠HAA′=70°，进而得出∠EAA′+∠A″AF=70°，即可得出答案．
10.【答案】 D
【考点】三角形全等的判定，角平分线的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，直角三角形的性质
【解析】【解答】解：∵AB=AC，∠BAE=∠CAD，AE=AD，
∴∆BAE≅ ∆CAD，
∴∠ABE=∠ACD，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ABC-∠ABE=∠ACB-∠ACD，即：∠GBC=∠GCB，
∴BG=CG，
∴∆ABG≅ ∆ACG，
∴∠BAG=∠CAG，即AF是∠BAC的平分线，
∴ BF=CF ，故①正确；
∵ BE⊥AC ，
∴∠CEB=90°，
由①可知：BD=CE，∠ABC=∠ACB，
又∵BC=CB，
∴∆BDC≅∆CEB，
∴∠BDC=∠CEB=90°，
∵点F是BC的中点，
∴ CF=DF ，故②正确；
∵BE平分 ∠ABC ，AF平分∠BAC，
∴点G是角平分线的交点，
∴点G到∆ABC的三边距离都相等，且等于FG，
∵ AB=AC=5 ， BC=6 ，AF⊥BC，
∴AF= AB2−BF2 = 52−32=4 ，
∴S∆ABC= 12 (AB+AC+BC)∙FG= 12 ×16FG=8FG，S∆ABC= 12 BC∙AF=12，
∴8FG=12，即： FG=32 ，故③正确；
∵ BE⊥AC ，由①可知：CD⊥AB，
连接FE
∵BE⊥AC，CD⊥AB
∴∠BEC=∠ADC=90°
∵点F是BC边上的中点，
∴DF=FC
∴∠FDC=∠DCF
∵BG=CG
∴∠GBC=∠FDC=∠DCF
∵∠AGB=∠GBC+∠GFB=∠FDC+90°
∠ADF=∠ADC+∠FDC=90°+∠FDC
∴∠AGB=∠ADF
在△ADF和△ABG中
∠AFD=180°-∠ADF-∠DAF，∠ABE=180°-∠AGB-∠DAF
∴∠AFD=∠ABE
易证△DFG≌△EFG
∴∠DFG=∠EFG
∴∠DFE=2∠AFD=2∠ABE，故④正确.
故答案为：D.
【分析】先证∆BAE≅ ∆CAD，再证∆ABG≅ ∆ACG，可得∠BAG=∠CAG，即AF是∠BAC的平分线，利用等腰三角形三线合一的性质判断①；先证∆BDC≅∆CEB，可得∠BDC=∠CEB=90°，利用直角三角形斜边中线的性质可得CF=DF，据此判断②；利用角平分线的性质，可得点G到∆ABC的三边距离都相等，再利用勾股定理求出AF的长， 由12 (AB+AC+BC)∙FG=S∆ABC= 12 BC∙AF=12，可求出FG的长，从而判断③；利用直角三角形的性质易证DF=FC，可推出∠GBC=∠FDC=∠DCF，再证明∠AGB=∠ADF，利用三角形的内角和定理可证得∠AFD=∠ABE；易证△DFG≌△EFG，可推出∠DFG=∠EFG，由此可得到∠DFE=2∠AFD=2∠ABE可对④作出判断.
二、填空题
11.【答案】 5
【考点】三角形的面积，角平分线的性质
【解析】【解答】解：如图：过点D作DE⊥AB于点E，
∵AD平分∠BAC，∠C=90°，DE⊥AB，
∴DE=DC=2，
∵AB=5
∴△ABD的面积= 12 ×AB×DE=5，
故答案为：5.
【分析】作DE⊥AB于点E，根据角平分线上的点到角两边的距离相等可得DE=DC=2，利用△ABD的面积= 12 ×AB×DE计算即可.
12.【答案】 9
【考点】全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质
【解析】【解答】 DE是AC的垂直平分线
在△ADE和△CDE中AE=CE∠AED=∠CEDDE=DE
△ADE△CDE(SAS)
CD=AD
在△ABD中AB+AD+BD=14cm,即AB+BD+CD=14cm
又AB=5cm,即5+ BD+CD=5+BC=14cm
BC=14-5=9cm
【分析】本题主要考查垂直平分线的性质，全等三角形的判定。
13.【答案】 1或2
【考点】三角形全等及其性质，等腰三角形的性质，勾股定理，正方形的性质，翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：①如图所示：
DB′ =DC时，连接OD，
∵OA=OB，OB= OB′
∴OA= OB′
∵DA=DC， DB′ =DC
∴DA= DB′
在 ΔAOD 和 ΔB′OD 中，
∵ {OA=OB′DA=DB′DO=DO
∴ ΔAOD ≌ ΔB′OD （SSS）
∴∠A=∠ DB′O =90°
又∵∠ EB′O =90°
∴ E、D、B′ 三点共线，
设BE的长度为x，则EC=4-x，DE=4+x
在Rt ΔDEC 中， CE2+CD2=DE2
即： (4−x)2+42=(4+x)2
解得：x=1
即：BE的长为1．②如图：
DB′ = B′C 时，做 B′F ⊥CD，交CD于点F
∵ DB′ = B′C ， B′F ⊥CD
∴FC=FD
∴ F、O、B′ 三点共线，
即：∠ BOB′ =90°
又∵∠ EB′O =∠B=90°，OB= OB′ =2
∴BE= OB′ =2
故：答案为1或2
【分析】分两种情况①DB′ =DC时，②DB′ = B′C 时，据此分别解答即可.
14.【答案】 ①②③
【考点】三角形全等的判定，三角形的综合
【解析】【解答】解：①∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，
即∠BAD=∠CAE．
在△ABD和△ACE中，
{AD＝AE∠BAD＝∠CAEAB＝AC ，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD=CE．故①符合题意；
∵△ABD≌△ACE，
∴∠ABD=∠ACE．
∵∠CAB=90°，
∴∠ABD+∠DBC+∠ACB=90°，
∴∠DBC+∠ACE+∠ACB=90°，
∴∠BDC=180°-90°=90°．
∴BD⊥CE；故②符合题意；
③∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=45°，
∴∠ABD+∠DBC=45°．
∴∠ACE+∠DBC=45°，故③符合题意；
④∵BD⊥CE，
∴BE2=BD2+DE2 ．
∵∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，
∴DE2=2AD2 ， BC2=2AB2 ．
∵BC2=BD2+CD2≠BD2 ，
∴2AB2=BD2+CD2≠BD2 ，
∴BE2≠2（AD2+AB2）．故④不符合题意．
故答案为：①②③．
【分析】①由条件证明△ABD≌△ACE，就可以得到结论；②由△ABD≌△ACE就可以得出∠ABD=∠ACE，就可以得出∠BDC=90°而得出结论；③由条件知∠ABC=∠ABD+∠DBC=45°，由∠DBC+∠ACE=90°，就可以得出结论；④△BDE为直角三角形就可以得出BE2=BD2+DE2 ， 由△DAE和△BAC是等腰直角三角形就有DE2=2AD2 ， BC2=2AB2 ， 就有BC2=BD2+CD2≠BD2就可以得出结论．
15.【答案】 25
【考点】全等三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的判定与性质
【解析】【解答】如图，过C分别作AB，AD的垂线，
∵纸条等宽，得CF=CE，
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∠B=∠D，
∴△BFC≌△CED，
∴BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
OA=AB2−OB2=32−22=5 ,
∴AC=2OA=25；
故答案为：25.
【分析】利用纸条等宽和两边平行，通过作垂线构造直角三形，证得三角形全等，进而得到，邻边相等的平行四边形是菱形；再由菱形的对角线互相垂直，利用勾股定理求得OA，则AC可求。
16.【答案】 ①②④
【考点】二次函数的最值，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，∠BOC=90°，
∴∠BOF+∠COF=90°，
∵∠EOF=90°，
∴∠BOF+∠COE=90°，
∴∠BOE=∠COF，
在△BOE和△COF中，
{∠BOE=∠COFOB=OC∠OBE=∠OCF ，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴OE=OF，BE=CF，
∴EF= 2 OE；故正确；
②∵S四边形OEBF=S△BOE+S△BOE=S△BOE+S△COF=S△BOC= 14 S正方形ABCD ，
∴S四边形OEBF：S正方形ABCD=1：4；故正确；
③过点O作OH⊥BC，
∵BC=1，
∴OH= 12 BC= 12 ，
设AE=x，则BE=CF=1﹣x，BF=x，
∴S△BEF+S△COF= 12 BE•BF+ 12 CF•OH= 12 x（1﹣x）+ 12 （1﹣x）× 12 =﹣ 12 （x﹣ 14 ）2+ 932 ，
∵a=﹣ 12 ＜0，
∴当x= 14 时，S△BEF+S△COF最大；
即在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE= 14 ；故错误；
④∵∠EOG=∠BOE，∠OEG=∠OBE=45°，
∴△OEG∽△OBE，
∴OE：OB=OG：OE，
∴OG•OB=OE2 ，
∵OB= 12 BD，OE= 22 EF，
∴OG•BD=EF2 ，
∵在△BEF中，EF2=BE2+BF2 ，
∴EF2=AE2+CF2 ，
∴OG•BD=AE2+CF2 ． 故正确．
故答案为：①②④．
【分析】①根据全等三角形的定义，通过ASA判定得出△BOE≌△COF， 以此得出结论。
②求证S四边形OEBF=S△BOC=14S正方形ABCD，得出结论。
③设AE=x，则BE=CF=1﹣x，BF=x，表示出S△BEF+S△COF，求出S△BEF+S△COF最大时的x值。
④证出△OEG∽△OBE，由相似三角形的对应边成比例，求证出OG•BD=AE2+CF2。
17.【答案】 435
【考点】三角形全等的判定，勾股定理，三角形的综合
【解析】【解答】解：连接HC，AG，如图：
∵ AD⊥BC ， EF⊥AB ，
∴∠AEG=∠ADG=90°，
∴A、E、D、G四点共圆，
∴∠1=∠2，
∵∠GFC=2∠1
∴∠GFC =2∠2，
又∵∠GFC=∠2+∠3，
∴∠2=∠3，
∴AF=FG，
∵ AB=AC ， AD⊥BC ，
∴∠4=∠5，
∵∠4+∠B=90°，∠6+∠B=90°，
∴∠4=∠5=∠6，
在 ΔAFH 和 ΔGFC 中，
{∠5=∠6AF=FG∠AFH=∠GFC ，
∴ ΔAFH≅ΔGFC ，
∴HF=FC，AH=CG=2，
∵AF=FG，
∴AF+ FC=FG+ HF，
∴AC=GH，
在 ΔACD 和 ΔGHD 中，
{∠ADC=∠GDH=90°∠5=∠6AC=GH ，
∴ ΔACD≅ΔGHD ，
∴CD=DH=2，
∴AH=CG=CD=DH=2，
∴点H为AD中点，点C为DG中点，
∴HC= 12 AG，HC∥AG，
∴ ΔHFC~ΔGFA ，
∴ FCAF=CHAG=12 ，由 AF=2FC ，
∴ AF=23AC ，
在 RtΔACD 中，AD=AH+DH=4，DC=2，
∴ AC=AD2+DC2=42+22=25 ，
∴ AF=23AC=23×25=435 ．
故答案为： 435 ．
【分析】连接HC，AG，再证明A、E、D、G四点共圆，得到角相等，再利用“ASA”证明三角形全等，利用全等的性质得到线段相等，再证明三角形相似，利用相似的性质求出线段，最后利用勾股定理求解。
三、解答题
18.【答案】 证明：∵CE∥DF，
∴∠ACE=∠D，
在△ACE和△FDB中，
{AC＝FD∠ACE＝∠DEC＝BD
∴△ACE≌△FDB（SAS），
∴AE=FB.
【考点】全等三角形的判定与性质
【解析】【分析】根据CE∥DF，可得∠ACE=∠D，再利用SAS证明△ACE≌△FDB，得出对应边相等即可.
19.【答案】 证明：连接 AC
∵ ∠B=∠D=90°
∴ ΔABC 和 ΔCDA 都是直角三角形
∴在 RtΔABC 和 RtΔCDA 中 {AB=CDAC=CA
∴在 RtΔABC≌RtΔCDA(H.L.)
∴ BC=AD
∵ BC=AD ， AB=CD
∴四边形 ABCD 为平行四边形
∵ ∠B=90°
∴ ▱ABCD 为矩形.
【考点】直角三角形全等的判定，矩形的判定
【解析】【分析】连接AC，先利用HL证明 RtΔABC≌RtΔCDA ，再根据全等三角形的性质得出四边形ABCD为平行四边形，进一步可得出四边形ABCD为矩形.
20.【答案】 ∵DA=EB
∴DA+AE=EB+AE ，即 DE=AB
在 △DEF 和 △ABC 中， {EF=BC∠FED=∠BDE=AB
∴△DEF≅△ABC(SAS)
∴∠F=∠C ．
【考点】三角形全等及其性质，三角形全等的判定
【解析】【分析】先根据线段的和差可得 DE=AB ，再根据三角形全等的判定定理与性质即可得证．
21.【答案】 解：△FMH是等腰直角三角形，证明：连接BM,MD,MF交AC于P,∵B、D.M分别是AC、CE、AE的中点，∴MD∥BC, MD=12AC=BC=BF， MB∥CD, MB=12CE=CD=DH， ∴四边形BCDM是平行四边形，∴∠CBM=∠CDM，∵ ∠FBP=∠HDC=90∘， ∴∠FBM=∠MDH，∵FB=HD，BM=DM，∴△FBM≌△HDM，∴FM=MH，∠FMB=∠MHD，∠BFM=∠DHM，∴ ∠FMH=∠FMD−∠HMD=∠APM−∠BFM=∠FBP=90∘， ∴△FMH是等腰直角三角形.
【考点】全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理
【解析】【分析】△FMH是等腰直角三角形，连接BM,MD,MF交AC于P,根据三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半得出，MD∥BC, MD= 12AC=BC=BF ， MB∥CD, MB=12CE=CD=DH ， 根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形得出，四边形BCDM是平行四边形，根据平行四边形的对角相等得出∠CBM=∠CDM，根据等式的性质得出∠FBM=∠MDH，然后由SAS判断出△FBM≌△HDM，根据全等三角形的性质得出FM=MH，∠FMB=∠MHD，∠BFM=∠DHM，根据角的和差，平行线的性质及三角形的外角定理，由 ∠FMH =∠FMD−∠HMD=∠APM−∠BFM=∠FBP= 90∘ ， 从而得出答案。
22.【答案】 解：上述两个命题成立．理由如下：
①作GM⊥CD于M，FN⊥AD于N，
如图所示，则∠GMH=∠FNE=90°．
∵ABCD是正方形，
∴∠A=∠D=90°．
∴ADMG是矩形，
∴GM=AD，
同理可证：NFCD是矩形，
∴NF=DC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，
∴FN=GM．
∵∠FND=∠D=∠GMD=90°，
∴∠MON=90°，
∴∠GOF=∠MON=90°，
∴∠OGQ+∠OQG=90°．
∵EF⊥GH，
∴∠PFQ+∠PQF=90°．
∵∠OQG=∠PQF，
∴∠OGQ=∠PFQ．
在△EFN和△HGM中，∵ {∠FNE=∠GMHFN=GM∠PFQ=∠OGQ ，
∴△EFN≌△HGM(ASA)，
∴EF=GH；
②作GM⊥CD于M，FN⊥AD于N，如图所示，则∠GMH=∠FNE=90°．
∵ABCD是正方形，
∴∠A=∠D=90°．
∴ADMG是矩形，
∴GM=AD，
同理可证：NFCD是矩形，
∴NF=DC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，
∴FN=GM．
在Rt△EFN和Rt△HGM中，∵ {EF=GHFN=GM ，
∴Rt△EFN≌Rt△HGM(HL)，
∴∠OGQ=∠PFQ．
∵∠OGQ+∠OQG=90°，∠OQG=∠PQF，
∴∠PQF+∠PFQ=90°，
∴∠FPQ=90°，
∴EF⊥GH．
【考点】三角形全等及其性质，正方形的性质，四边形的综合
【解析】【分析】①作GM⊥CD于M ， FN⊥AD于N ， 证明△EFN≌△HGM(ASA)，即可得出EF=GH；②作GM⊥CD于M ， FN⊥AD于N ， 证明Rt△EFN≌Rt△HGM(HL)，得出∠OGQ=∠PFQ ， 证出∠PQF+∠PFQ=90°，即可得出结论．
人教版八年级上册第十二章
全等三角形
一、单选题
1.如图所示，下面甲、乙、丙三个三角形和 △ABC 全等的图形是（ ）
A. 甲和乙 B. 乙和丙 C. 只有丙 D. 只有乙
2.下列命题中正确的命题有（ ）个
①两个全等的三角形一定关于某直线对称；②等腰三角形的高、中线、角平分线互相重合；③等腰三角形的对称轴是顶角的平分线④顶角和底边对应相等的两个等腰三角形全等；
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
3.如图，已知AB∥CD，CE、AE分别平分∠ACD、∠CAB，则∠1+∠2= ( )
A.45°
B.90°
C.60°
D.75°
4.如果两个三角形有两边和其中一边上的高对应相等，那么它们第三边所对的角的关系是（ ）
A.相等
B.互补
C.互余
D.相等或互补
5.小明沿一段笔直的人行道行走，在由A步行到达B处的过程中，通过隔离带的空隙0点，刚好浏览完对面人行道宣传墙上的社会主义核心价值观标语，其具体信息如下：如图，AB∥OE，OE∥CD，AC与BD相交于点O，OD⊥CD，垂足为点D，下列结论中不正确的是（ ）
A. ∠BOA=∠DOC B. AB∥CD C. ∠ABD=90° D. 与∠AOE相等的角共有2个
6.在△ △ABC 中，若 |sinA−32|+(cosB−32)2=0 ，则 ∠C 的度数是（ ）
A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
7.如图已知 ΔABC 中， AB=AC=12cm ， ∠B=∠C ， BC=8cm ，点D为 AB 的中点.如果点P在线段 BC 上以 2cm/s 的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段 CA 上由C点向A点运动.若点Q的运动速度为v，则当 ΔBPD 与 ΔCQP 全等时，v的值为（ ）
A. 1 B. 3 C. 1或3 D. 2或3
8.如图，在正方形 ABCD 中，点P是 AB 上一动点(不与 A、B 重合) ，对角线 AC、BD 相交于点O,过点P分别作 AC、BD 的垂线，分别交 AC、BD 于点 E、F, 交 AD、BC 于点 M、N ．下列结论：① △APE≌△AME ；② PM+PN=AC ；③ PE2+PF2=PO2 ；④ △POF∼△BNF ；⑤点O在 M、N 两点的连线上．其中正确的是（ ）
A. ①②③④ B. ①②③⑤ C. ①②③④⑤ D. ③④⑤
9.如图，在四边形 ABCD 中，∠C=70°，∠B=∠D=90°，E、F 分别是 BC、DC 上的点，当△AEF 的周长最小时，∠EAF 的度数为（ ）
A. 30° B. 40° C. 50° D. 70°
10.如图，在 △ABC 中， AB=AC=5 ， BC=6 ，D，E分别为线段AB，AC上一点，且 AD=AE ，连接BE、CD交于点G，延长AG交BC于点F.以下四个结论正确的是（ ）
① BF=CF ；②若 BE⊥AC ，则 CF=DF ；③若BE平分 ∠ABC ，则 FG=32 ；④连结EF，若 BE⊥AC ，则 ∠DFE=2∠ABE .
A. ①②③ B. ③④ C. ①②④ D. ①②③④
二、填空题
11.如图， △ABC 中，∠C＝90°，AD平分∠BAC， AB＝5，CD＝2，则 △ABD 的面积是
12.如图，△ABC，中，DE是AC的垂直平分线，AB=5cm，△ABD的周长为14cm，则BC的长为 cm.
13.如图，在正方形ABCD中，AB=4，O是AB中点，E是BC上一点，将△OBE沿OE所在直线对折得到△ OB′E ，若△ DB′C 是以 DB′ 为腰的等腰三角形，则BE的长为________．
14.已知：如图在△ABC，△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，点C，D，E三点在同一条直线上，连接BD，BE，以下四个结论：
①BD=CE；②BD⊥CE；③∠ACE+∠DBC=45°；④BE2=2（AD2+AB2），其中结论正确的是________．
15.如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，若重叠都分构成的四边形ABCD中，AB=3，BD=4．则AC的长为________．
16.如图，边长为1的正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，直角∠MPN的顶点P与点O重合，直角边PM，PN分别与OA，OB重合，然后逆时针旋转∠MPN，旋转角为θ（0°＜θ＜90°），PM、PN分别交AB、BC于E、F两点，连接EF交OB于点G，则下列结论中正确的是 ．
①EF= 2 OE；②S四边形OEBF：S正方形ABCD=1：4；③在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE= 34 ；④OG•BD=AE2+CF2 ．
17.已知 △ABC ， AB=AC ， AD⊥BC ，点F在 AC 上，作 EF⊥AB ，直线 EF 交 AB 于E，交 BC 延长线于G，连接 ED ， ∠GFC=2∠EDA ， DH=CG=2 ，则 AF 的长为________．
三、解答题
18.如图，点A，B，C，D在同一条直线上， CE∥DF ， EC=BD ， AC=FD. 求证： AE=FB .
19.如图，在四边形 ABCD 中， ∠B=∠D=90° ， AB=CD .
求证：四边形 ABCD 是矩形.
20.如图，∠FED＝∠B，EF＝BC，DA＝ EB．求证：∠F＝∠C．
21.在图1、图2中，线段AC=CE，点B是线段AC的中点，点D是线段CE的中点，四边形BCGF和CDHN都是正方形，AE的中点是M．如图1，点E在AC的延长线上，点N与点G重合时，点M与点C重合，容易证明FM=MH，FM⊥HM；现将图1的CE绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图2，判断△FMH的形状，并证明你的结论．
22.如图在正方形ABCD中，E ， F ， G ， H分别是AD ， DC ， BC ， CD上的点，连接EF ， GH ．
①若EF⊥GH ， 则必有EF=GH ．
②若EF=GH ， 则必有EF⊥GH ．
判断上述两个命题是否成立，若成立，请说明理由；若不成立，请举出反例．
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【考点】三角形全等的判定
【解析】【解答】解：甲三角形中50°的对边与已知三角形50°的对边不对应相等，故无法判断是否与△ABC全等；
乙三角形夹50°内角的两边分别与已知三角形对应相等，故乙与△ABC全等；
丙三角形72°内角及所对边与△ABC对应相等且均有50°内角，可根据AAS判定乙与△ABC全等；
则与△ABC全等的有乙和丙.
故答案为：B.
【分析】利用全等三角形的判定方法，同时抓住对应角所对的边是对应边，逐一判断，可得答案.
2.【答案】 A
【考点】三角形全等及其性质，三角形全等的判定，等腰三角形的性质
【解析】【解答】解：①错误，两个全等的三角形不一定关于某条直线对称；
②错误，等腰三角形的底边上的高，顶角的角平分线和底边上的中线重合；
③错误， 等腰三角形的对称轴是顶角的平分线所在的直线；
④正确，等腰三角形顶角相等，则底角相等，再结合底边相等，用“AAS”证明全等；
两个正确的.
故答案为：A.
【分析】根据轴对称的性质， 关于某直线对称 的两个三角形一定全等，但全等的两个三角形不一定关于某条直线对称，故①错误；
等腰三角形的三线合一只是底边上具有，从而即可判断②；轴对称图形的对称轴是一条直线，而角平分线只是一条射线，从而即可判断C；根据等腰三角形的性质、三角形的内角和定理及三角形全等的判定方法可知：等腰三角形顶角相等，则底角相等，再结合底边相等即可判断D.
3.【答案】 B
【考点】平行线的性质，三角形内角和定理，角平分线的性质
【解析】
【分析】由AB∥CD，根据两直线平行，同旁内角互补，可得∠BAC+∠ACD=180°，又由CE、AE分别平分∠ACD、∠CAB，可得∠1=12∠BAC，∠2=12∠ACD，则可求得∠1+∠2的度数．
【解答】∵AB∥CD，
∴∠BAC+∠ACD=180°，
∵CE、AE分别平分∠ACD、∠CAB，
∴∠1=12∠BAC，∠2=12∠ACD，
∴∠1+∠2=12∠BAC+12∠ACD=12∠BAC+∠ACD=12×180°=90°．
故选B．
【点评】此题考查了平行线与角平分线的性质．题目比较简单，注意数形结合思想的应用．
4.【答案】 D
【考点】三角形全等及其性质，直角三角形全等的判定（HL）
【解析】
【分析】第三边所对的角即为前两边的夹角．分两种情况，一种是两个锐角或两个钝角三角形，另一种是一个钝角三角形和一个锐角三角形．
【解答】第一种情况，当两个三角形全等时，是相等关系，
第二种情况，如图，AC=AC′，高CD=C′D′，
∴∠ADC=∠AD′C′，
在Rt△ACD和Rt△AC′D′中，AC=AC'CD=CD'
Rt△ACD≌Rt△AC′D′（HL)，
∴∠CAD=∠C′AD′，
此时，∠CAB+∠C′AB=180°，
是互补关系，
所以选“相等或互补”．
故选D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质；这类题考虑要全面，往往只想到一种情况，而漏掉一个钝角三角形和一个锐角三角形的情况，做题时要注意这点．
5.【答案】 D
【考点】全等三角形的应用
【解析】【解答】解：A、∠BOA和∠DOC是对顶角，因此∠BOA=∠DOC正确，故此选项不合题意；
B、∵AB∥OE，OE∥CD，
∴AB∥CD，正确，故此选项不合题意；
C、∵AB∥CD，
∴∠ABD=∠BDC，
∵OD⊥CD，
∴∠ADO=90°，
∴∠DBA=90°，正确，故此选项不合题意；
D、∵AB∥OE，
∴∠BAO=∠AOE，
∵CD∥EO，
∴∠OCD=∠AOE，
∵∠AOE=∠1，
∴与∠AOE相等的角有3个，原题说法错误，故此选项符合题意，
故选：D．
【分析】根据对顶角相等，平行线的性质分别进行分析即可．
6.【答案】 D
【考点】三角形内角和定理，特殊角的三角函数值，非负数之和为0
【解析】【解答】解： ∵ |sinA−32|+(cosB−32)2=0
∴ sinA−32=0 ， cosB−32=0
∴∠A=60°,∠B=30°
∴∠C=180°−30°−60°=90°
故答案为：D.
【分析】根据偶次幂及绝对值的非负性，由两个非负数的和为0，则这两个数都为0，可得sinA及cosB的值，利用特殊角的三角函数值求出∠A、∠B的度数，然后利用三角形内角和定理求出∠C即可.
7.【答案】 D
【考点】三角形全等的判定，三角形-动点问题
【解析】【解答】解：设运动时间为t秒，
∵ AB=AC=12cm ，点D为 AB 的中点.
∴BD= 12 AB=6，
由题意得BP=2t，则CP=8-2t，CQ=vt，
又∵∠B=∠C
∴①当BP=CQ，BD=CP时， ΔBPD ≌ ΔCQP
∴2t=vt，解得：v=2
②当BP=CP，BD=CQ时， ΔBPD ≌ ΔCPQ
∴8-2t=2t，解得：t=2
将t=2代入vt=6，解得：v=3
综上，当v=2或3时， ΔBPD 与 ΔCQP 全等
故答案为：D.
【分析】设运动时间为t秒，由题目条件求出BD= 12 AB=6，由题意得BP=2t，则CP=8-2t，CQ=vt，然后结合全等三角形的判定方法，分①当BP=CQ，BD=CP时，②当BP=CP，BD=CQ时，两种情况列方程求解.
8.【答案】 B
【考点】三角形全等及其性质，矩形的判定与性质，正方形的性质，三角形全等的判定（ASA），直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】∵四边形ABCD正方形，AC、BD为对角线，
∴∠MAE=∠EAP=45°，
根据题意MP⊥AC，故∠AEP=∠AEM=90°， ∴∠AME=∠APE=45°，
在三角形 △APE 与 △AME 中，
{∠AEP=∠AEMAE=AE∠EAP=∠EAM
∴ △APE≌△AME ASA，
故①符合题意；
∴AE=ME=EP= 12 MP，
同理，可证△PBF≌△NBF，PF=FN= 12 NP，
∵正方形ABCD中，AC⊥BD，
又∵PM⊥AC，PN⊥BD，
∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，
∴四边形PEOF为矩形，
∴PF=OE，
∴OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，
又∵ME=PE= 12 MP，
FP=FN= 12 NP，OA= 12 AC，
∴ PM+PN=AC，
故②符合题意；
∵四边形PEOF为矩形，
∴PE=OF，
在直角三角形OPF中， OF2+PF2=PO2 ，
∴ PE2+PF2=PO2 ，
故③符合题意；
∵△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，
故④不符合题意；
连接MO、NO，
在△OEM和△OEP中，
{OE=OE∠OEM=∠OEPEM=EP
∴△OEM≌△OEP，OM=OP，
同理可证△OFP≌△OFN，OP=ON，
又∵∠MPN=90°，
OM=OP=ON，OP=12MO+NO，
根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，OP= 12 MN，
∴MO+NO=MN，点 O 在 M、N 两点的连线上．
故⑤符合题意．
故答案为：B．
【分析】①根据题意及正方形的性质，即可判断 △APE≌△AME ；②根据 △APE≌△AME 及正方形的性质，得ME=EP=AE＝ 12 MP，同理可证PF=NF= 12 NP，根据题意可证四边形OEPF为矩形，则OE=PF，则OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，AO= 12 AC，故证明 PM+PN=AC ；③根据四边形PEOF为矩形的性质，在直角三角形OPF中，使用勾股定理，即可判断；④△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，故④可判断；⑤连接MO、NO，证明OP=OM=ON，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可证明．
9.【答案】 B
【考点】三角形的外角性质，轴对称的性质
【解析】【解答】解：作A关于BC和CD的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于E，交CD于F，则A′A″即为△AEF的周长最小值．作DA延长线AH，
∵∠C=70°，∠B=∠D=90°，
∴∠DAB=110°，
∴∠HAA′=70°，
∴∠AA′E+∠A″=∠HAA′=70°，
∵∠EA′A=∠EAA′，∠FAD=∠A″，
∴∠EAA′+∠A″AF=70°，
∴∠EAF=110°-70°=40°，
故答案为：B．
【分析】根据要使△AEF的周长最小，即利用点的对称，使三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和CD的对称点A′，A″，即可得出∠AA′E+∠A″=∠HAA′=70°，进而得出∠EAA′+∠A″AF=70°，即可得出答案．
10.【答案】 D
【考点】三角形全等的判定，角平分线的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，直角三角形的性质
【解析】【解答】解：∵AB=AC，∠BAE=∠CAD，AE=AD，
∴∆BAE≅ ∆CAD，
∴∠ABE=∠ACD，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ABC-∠ABE=∠ACB-∠ACD，即：∠GBC=∠GCB，
∴BG=CG，
∴∆ABG≅ ∆ACG，
∴∠BAG=∠CAG，即AF是∠BAC的平分线，
∴ BF=CF ，故①正确；
∵ BE⊥AC ，
∴∠CEB=90°，
由①可知：BD=CE，∠ABC=∠ACB，
又∵BC=CB，
∴∆BDC≅∆CEB，
∴∠BDC=∠CEB=90°，
∵点F是BC的中点，
∴ CF=DF ，故②正确；
∵BE平分 ∠ABC ，AF平分∠BAC，
∴点G是角平分线的交点，
∴点G到∆ABC的三边距离都相等，且等于FG，
∵ AB=AC=5 ， BC=6 ，AF⊥BC，
∴AF= AB2−BF2 = 52−32=4 ，
∴S∆ABC= 12 (AB+AC+BC)∙FG= 12 ×16FG=8FG，S∆ABC= 12 BC∙AF=12，
∴8FG=12，即： FG=32 ，故③正确；
∵ BE⊥AC ，由①可知：CD⊥AB，
连接FE
∵BE⊥AC，CD⊥AB
∴∠BEC=∠ADC=90°
∵点F是BC边上的中点，
∴DF=FC
∴∠FDC=∠DCF
∵BG=CG
∴∠GBC=∠FDC=∠DCF
∵∠AGB=∠GBC+∠GFB=∠FDC+90°
∠ADF=∠ADC+∠FDC=90°+∠FDC
∴∠AGB=∠ADF
在△ADF和△ABG中
∠AFD=180°-∠ADF-∠DAF，∠ABE=180°-∠AGB-∠DAF
∴∠AFD=∠ABE
易证△DFG≌△EFG
∴∠DFG=∠EFG
∴∠DFE=2∠AFD=2∠ABE，故④正确.
故答案为：D.
【分析】先证∆BAE≅ ∆CAD，再证∆ABG≅ ∆ACG，可得∠BAG=∠CAG，即AF是∠BAC的平分线，利用等腰三角形三线合一的性质判断①；先证∆BDC≅∆CEB，可得∠BDC=∠CEB=90°，利用直角三角形斜边中线的性质可得CF=DF，据此判断②；利用角平分线的性质，可得点G到∆ABC的三边距离都相等，再利用勾股定理求出AF的长， 由12 (AB+AC+BC)∙FG=S∆ABC= 12 BC∙AF=12，可求出FG的长，从而判断③；利用直角三角形的性质易证DF=FC，可推出∠GBC=∠FDC=∠DCF，再证明∠AGB=∠ADF，利用三角形的内角和定理可证得∠AFD=∠ABE；易证△DFG≌△EFG，可推出∠DFG=∠EFG，由此可得到∠DFE=2∠AFD=2∠ABE可对④作出判断.
二、填空题
11.【答案】 5
【考点】三角形的面积，角平分线的性质
【解析】【解答】解：如图：过点D作DE⊥AB于点E，
∵AD平分∠BAC，∠C=90°，DE⊥AB，
∴DE=DC=2，
∵AB=5
∴△ABD的面积= 12 ×AB×DE=5，
故答案为：5.
【分析】作DE⊥AB于点E，根据角平分线上的点到角两边的距离相等可得DE=DC=2，利用△ABD的面积= 12 ×AB×DE计算即可.
12.【答案】 9
【考点】全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质
【解析】【解答】 DE是AC的垂直平分线
在△ADE和△CDE中AE=CE∠AED=∠CEDDE=DE
△ADE△CDE(SAS)
CD=AD
在△ABD中AB+AD+BD=14cm,即AB+BD+CD=14cm
又AB=5cm,即5+ BD+CD=5+BC=14cm
BC=14-5=9cm
【分析】本题主要考查垂直平分线的性质，全等三角形的判定。
13.【答案】 1或2
【考点】三角形全等及其性质，等腰三角形的性质，勾股定理，正方形的性质，翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：①如图所示：
DB′ =DC时，连接OD，
∵OA=OB，OB= OB′
∴OA= OB′
∵DA=DC， DB′ =DC
∴DA= DB′
在 ΔAOD 和 ΔB′OD 中，
∵ {OA=OB′DA=DB′DO=DO
∴ ΔAOD ≌ ΔB′OD （SSS）
∴∠A=∠ DB′O =90°
又∵∠ EB′O =90°
∴ E、D、B′ 三点共线，
设BE的长度为x，则EC=4-x，DE=4+x
在Rt ΔDEC 中， CE2+CD2=DE2
即： (4−x)2+42=(4+x)2
解得：x=1
即：BE的长为1．②如图：
DB′ = B′C 时，做 B′F ⊥CD，交CD于点F
∵ DB′ = B′C ， B′F ⊥CD
∴FC=FD
∴ F、O、B′ 三点共线，
即：∠ BOB′ =90°
又∵∠ EB′O =∠B=90°，OB= OB′ =2
∴BE= OB′ =2
故：答案为1或2
【分析】分两种情况①DB′ =DC时，②DB′ = B′C 时，据此分别解答即可.
14.【答案】 ①②③
【考点】三角形全等的判定，三角形的综合
【解析】【解答】解：①∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，
即∠BAD=∠CAE．
在△ABD和△ACE中，
{AD＝AE∠BAD＝∠CAEAB＝AC ，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD=CE．故①符合题意；
∵△ABD≌△ACE，
∴∠ABD=∠ACE．
∵∠CAB=90°，
∴∠ABD+∠DBC+∠ACB=90°，
∴∠DBC+∠ACE+∠ACB=90°，
∴∠BDC=180°-90°=90°．
∴BD⊥CE；故②符合题意；
③∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=45°，
∴∠ABD+∠DBC=45°．
∴∠ACE+∠DBC=45°，故③符合题意；
④∵BD⊥CE，
∴BE2=BD2+DE2 ．
∵∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，
∴DE2=2AD2 ， BC2=2AB2 ．
∵BC2=BD2+CD2≠BD2 ，
∴2AB2=BD2+CD2≠BD2 ，
∴BE2≠2（AD2+AB2）．故④不符合题意．
故答案为：①②③．
【分析】①由条件证明△ABD≌△ACE，就可以得到结论；②由△ABD≌△ACE就可以得出∠ABD=∠ACE，就可以得出∠BDC=90°而得出结论；③由条件知∠ABC=∠ABD+∠DBC=45°，由∠DBC+∠ACE=90°，就可以得出结论；④△BDE为直角三角形就可以得出BE2=BD2+DE2 ， 由△DAE和△BAC是等腰直角三角形就有DE2=2AD2 ， BC2=2AB2 ， 就有BC2=BD2+CD2≠BD2就可以得出结论．
15.【答案】 25
【考点】全等三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的判定与性质
【解析】【解答】如图，过C分别作AB，AD的垂线，
∵纸条等宽，得CF=CE，
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∠B=∠D，
∴△BFC≌△CED，
∴BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
OA=AB2−OB2=32−22=5 ,
∴AC=2OA=25；
故答案为：25.
【分析】利用纸条等宽和两边平行，通过作垂线构造直角三形，证得三角形全等，进而得到，邻边相等的平行四边形是菱形；再由菱形的对角线互相垂直，利用勾股定理求得OA，则AC可求。
16.【答案】 ①②④
【考点】二次函数的最值，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，∠BOC=90°，
∴∠BOF+∠COF=90°，
∵∠EOF=90°，
∴∠BOF+∠COE=90°，
∴∠BOE=∠COF，
在△BOE和△COF中，
{∠BOE=∠COFOB=OC∠OBE=∠OCF ，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴OE=OF，BE=CF，
∴EF= 2 OE；故正确；
②∵S四边形OEBF=S△BOE+S△BOE=S△BOE+S△COF=S△BOC= 14 S正方形ABCD ，
∴S四边形OEBF：S正方形ABCD=1：4；故正确；
③过点O作OH⊥BC，
∵BC=1，
∴OH= 12 BC= 12 ，
设AE=x，则BE=CF=1﹣x，BF=x，
∴S△BEF+S△COF= 12 BE•BF+ 12 CF•OH= 12 x（1﹣x）+ 12 （1﹣x）× 12 =﹣ 12 （x﹣ 14 ）2+ 932 ，
∵a=﹣ 12 ＜0，
∴当x= 14 时，S△BEF+S△COF最大；
即在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE= 14 ；故错误；
④∵∠EOG=∠BOE，∠OEG=∠OBE=45°，
∴△OEG∽△OBE，
∴OE：OB=OG：OE，
∴OG•OB=OE2 ，
∵OB= 12 BD，OE= 22 EF，
∴OG•BD=EF2 ，
∵在△BEF中，EF2=BE2+BF2 ，
∴EF2=AE2+CF2 ，
∴OG•BD=AE2+CF2 ． 故正确．
故答案为：①②④．
【分析】①根据全等三角形的定义，通过ASA判定得出△BOE≌△COF， 以此得出结论。
②求证S四边形OEBF=S△BOC=14S正方形ABCD，得出结论。
③设AE=x，则BE=CF=1﹣x，BF=x，表示出S△BEF+S△COF，求出S△BEF+S△COF最大时的x值。
④证出△OEG∽△OBE，由相似三角形的对应边成比例，求证出OG•BD=AE2+CF2。
17.【答案】 435
【考点】三角形全等的判定，勾股定理，三角形的综合
【解析】【解答】解：连接HC，AG，如图：
∵ AD⊥BC ， EF⊥AB ，
∴∠AEG=∠ADG=90°，
∴A、E、D、G四点共圆，
∴∠1=∠2，
∵∠GFC=2∠1
∴∠GFC =2∠2，
又∵∠GFC=∠2+∠3，
∴∠2=∠3，
∴AF=FG，
∵ AB=AC ， AD⊥BC ，
∴∠4=∠5，
∵∠4+∠B=90°，∠6+∠B=90°，
∴∠4=∠5=∠6，
在 ΔAFH 和 ΔGFC 中，
{∠5=∠6AF=FG∠AFH=∠GFC ，
∴ ΔAFH≅ΔGFC ，
∴HF=FC，AH=CG=2，
∵AF=FG，
∴AF+ FC=FG+ HF，
∴AC=GH，
在 ΔACD 和 ΔGHD 中，
{∠ADC=∠GDH=90°∠5=∠6AC=GH ，
∴ ΔACD≅ΔGHD ，
∴CD=DH=2，
∴AH=CG=CD=DH=2，
∴点H为AD中点，点C为DG中点，
∴HC= 12 AG，HC∥AG，
∴ ΔHFC~ΔGFA ，
∴ FCAF=CHAG=12 ，由 AF=2FC ，
∴ AF=23AC ，
在 RtΔACD 中，AD=AH+DH=4，DC=2，
∴ AC=AD2+DC2=42+22=25 ，
∴ AF=23AC=23×25=435 ．
故答案为： 435 ．
【分析】连接HC，AG，再证明A、E、D、G四点共圆，得到角相等，再利用“ASA”证明三角形全等，利用全等的性质得到线段相等，再证明三角形相似，利用相似的性质求出线段，最后利用勾股定理求解。
三、解答题
18.【答案】 证明：∵CE∥DF，
∴∠ACE=∠D，
在△ACE和△FDB中，
{AC＝FD∠ACE＝∠DEC＝BD
∴△ACE≌△FDB（SAS），
∴AE=FB.
【考点】全等三角形的判定与性质
【解析】【分析】根据CE∥DF，可得∠ACE=∠D，再利用SAS证明△ACE≌△FDB，得出对应边相等即可.
19.【答案】 证明：连接 AC
∵ ∠B=∠D=90°
∴ ΔABC 和 ΔCDA 都是直角三角形
∴在 RtΔABC 和 RtΔCDA 中 {AB=CDAC=CA
∴在 RtΔABC≌RtΔCDA(H.L.)
∴ BC=AD
∵ BC=AD ， AB=CD
∴四边形 ABCD 为平行四边形
∵ ∠B=90°
∴ ▱ABCD 为矩形.
【考点】直角三角形全等的判定，矩形的判定
【解析】【分析】连接AC，先利用HL证明 RtΔABC≌RtΔCDA ，再根据全等三角形的性质得出四边形ABCD为平行四边形，进一步可得出四边形ABCD为矩形.
20.【答案】 ∵DA=EB
∴DA+AE=EB+AE ，即 DE=AB
在 △DEF 和 △ABC 中， {EF=BC∠FED=∠BDE=AB
∴△DEF≅△ABC(SAS)
∴∠F=∠C ．
【考点】三角形全等及其性质，三角形全等的判定
【解析】【分析】先根据线段的和差可得 DE=AB ，再根据三角形全等的判定定理与性质即可得证．
21.【答案】 解：△FMH是等腰直角三角形，证明：连接BM,MD,MF交AC于P,∵B、D.M分别是AC、CE、AE的中点，∴MD∥BC, MD=12AC=BC=BF， MB∥CD, MB=12CE=CD=DH， ∴四边形BCDM是平行四边形，∴∠CBM=∠CDM，∵ ∠FBP=∠HDC=90∘， ∴∠FBM=∠MDH，∵FB=HD，BM=DM，∴△FBM≌△HDM，∴FM=MH，∠FMB=∠MHD，∠BFM=∠DHM，∴ ∠FMH=∠FMD−∠HMD=∠APM−∠BFM=∠FBP=90∘， ∴△FMH是等腰直角三角形.
【考点】全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理
【解析】【分析】△FMH是等腰直角三角形，连接BM,MD,MF交AC于P,根据三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半得出，MD∥BC, MD= 12AC=BC=BF ， MB∥CD, MB=12CE=CD=DH ， 根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形得出，四边形BCDM是平行四边形，根据平行四边形的对角相等得出∠CBM=∠CDM，根据等式的性质得出∠FBM=∠MDH，然后由SAS判断出△FBM≌△HDM，根据全等三角形的性质得出FM=MH，∠FMB=∠MHD，∠BFM=∠DHM，根据角的和差，平行线的性质及三角形的外角定理，由 ∠FMH =∠FMD−∠HMD=∠APM−∠BFM=∠FBP= 90∘ ， 从而得出答案。
22.【答案】 解：上述两个命题成立．理由如下：
①作GM⊥CD于M，FN⊥AD于N，
如图所示，则∠GMH=∠FNE=90°．
∵ABCD是正方形，
∴∠A=∠D=90°．
∴ADMG是矩形，
∴GM=AD，
同理可证：NFCD是矩形，
∴NF=DC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，
∴FN=GM．
∵∠FND=∠D=∠GMD=90°，
∴∠MON=90°，
∴∠GOF=∠MON=90°，
∴∠OGQ+∠OQG=90°．
∵EF⊥GH，
∴∠PFQ+∠PQF=90°．
∵∠OQG=∠PQF，
∴∠OGQ=∠PFQ．
在△EFN和△HGM中，∵ {∠FNE=∠GMHFN=GM∠PFQ=∠OGQ ，
∴△EFN≌△HGM(ASA)，
∴EF=GH；
②作GM⊥CD于M，FN⊥AD于N，如图所示，则∠GMH=∠FNE=90°．
∵ABCD是正方形，
∴∠A=∠D=90°．
∴ADMG是矩形，
∴GM=AD，
同理可证：NFCD是矩形，
∴NF=DC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，
∴FN=GM．
在Rt△EFN和Rt△HGM中，∵ {EF=GHFN=GM ，
∴Rt△EFN≌Rt△HGM(HL)，
∴∠OGQ=∠PFQ．
∵∠OGQ+∠OQG=90°，∠OQG=∠PQF，
∴∠PQF+∠PFQ=90°，
∴∠FPQ=90°，
∴EF⊥GH．
【考点】三角形全等及其性质，正方形的性质，四边形的综合
【解析】【分析】①作GM⊥CD于M ， FN⊥AD于N ， 证明△EFN≌△HGM(ASA)，即可得出EF=GH；②作GM⊥CD于M ， FN⊥AD于N ， 证明Rt△EFN≌Rt△HGM(HL)，得出∠OGQ=∠PFQ ， 证出∠PQF+∠PFQ=90°，即可得出结论．
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