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专题强化训练一 全等三角形中的辅助线问题-2021-2022学年七年级数学下册《考点•题型•技巧》精讲与精练高分突破（北师大版）
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这是一份专题强化训练一 全等三角形中的辅助线问题-2021-2022学年七年级数学下册《考点•题型•技巧》精讲与精练高分突破（北师大版），共48页。试卷主要包含了，求证等内容，欢迎下载使用。
专题强化训练一：全等三角形中的辅助线问题
题型一：连接两点做辅助线问题
1．（2020·安徽·安庆九一六学校八年级阶段练习）如图，已知：，，，，则（ ）
A． B． C．或 D．
2．（2020·江西南昌·八年级期末）如图，以为直角顶点作两个等腰直角三角形和，且点在线段上（除外），求证：
题型二：倍线中线模型问题
3．（2021·山东·东平县实验中学七年级）如图，以△ABC的两边AB和AC为腰在△ABC外部作等腰Rt△ABD和等腰Rt△ACE，AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°．
（1）连接BE、CD交于点F，如图①，求证：BE＝CD，BE⊥CD；
（2）连接DE，AM⊥BC于点M，直线AM交DE于点N，如图②，求证：DN＝EN．
4．（2021·全国·七年级专题练习）如图，CE、CB分别是△ABC与△ADC的中线，且∠ACB=∠ABC．求证：CD=2CE．
题型三：旋转模型
5．（2020·上海市建平中学七年级期末）如图，将两个完全相同的三角形纸片，重合放置，其中，.
（1）操作发现：
如图，固定，使绕点旋转，当点 恰好落在 边上时，填空：
① 线段 与的位置关系是_______；
② 设的面积为，的面积为，则与的数量关系是________；
（2）猜想论证：
当绕点旋转到如图位置时，猜想（1）中与的数量关系是否还成立？请说明理由．
6．（2021·全国·七年级专题练习）在ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）如图1所示位置时判断ADC与CEB是否全等，并说明理由；
（2）如图2所示位置时判断ADC与CEB是否全等，并说明理由．
题型四：垂线模型
7．（2021·全国·七年级课时练习）在中，，，直线MN经过点C，且于D点，于E点．
（1）当直线MN绕点C旋转到图①的位置时，求证：；
（2）当直线MN绕点C旋转到图②、图③的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系．
8．（2020·山东济南·七年级期中）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．
题型五：其它技巧模型
9．（2021·山东淄博·七年级期末）已知△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ECD＝90°．
（1）如图1，若D为△ACB内部一点，请判断AE与BD的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若D为AB边上一点，AD＝5，BD＝12，求DE的长．
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图3，已知∠CAE=90°，AC=AE，，AB=BC=1，求BE的长．
图1 图2 图3
10．（2021·全国·七年级单元测试）如图，为等边的边延长线上的一动点，以为边向上作等边，连接．
（1）求证：；
（2）当时，求的度数；
（3）与有怎样的数量关系？随着点位置的变化，与的数量关系是否会发生变化？请说明理由．
专题训练精练
一、单选题
11．（2021·山东·枣庄市山亭区教育和体育局教研室七年级阶段练习）如图，，，于点E，于点D，，，则的长是（ ）
A．8 B．4 C．3 D．2
12．（2021·重庆八中七年级期中）如图所示，是的边上的中线，cm，cm，则边的长度可能是（ ）
A．3cm B．5cm C．14cm D．13cm
13．（2021·全国·七年级单元测试）如图所示的正方形中，点在边上，把绕点顺时针旋转得到，．旋转角的度数是（ ）
A．110° B．90° C．70° D．20°
14．（2021·河南周口·七年级期末）如图，在△ABC中，∠CAB＝62°，将△ABC绕点A旋转到△AB'C'的位置，使得CC'∥AB，则∠BAB'的大小为（ ）
A．64° B．52° C．62° D．56°
15．（2021·全国·七年级单元测试）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，将△ABC绕点A逆时针旋转60°，得到△ADE，连接BE，则∠BED的度数为（ ）
A．100° B．120° C．135° D．150°
16．（2019·吉林长春·七年级期中）如图，在中，，，点在边上.将绕点逆时针旋转得到，且、、三点在同一条直线上，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
17．（2018·上海市第八中学七年级阶段练习）如图若把△ABC绕C顺时针旋转25°，得到△A’B’C，A’B’交AC于D．己知∠A’DC＝90，则∠A的度数为（ ）
A．45° B．55° C．65° D．25°
18．（2021·全国·七年级单元测试）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，AB=8，点D为AB的中点，若直角MDN绕点D旋转分别交AC于点E，交BC于点F，则下列说法：①AE=CF；②EC+CF=；③DE=DF；④若△ECF的面积为一个定值，则EF的长也是一个定值，其中正确的是（ ）
A．①② B．①③ C．①②③ D．①②③④
二、填空题
19．（2021·上海民办浦东交中初级中学七年级期末）如图在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交CB、DC延长线于E、F点且∠EAF＝45°，如果BE＝1，DF＝7，则EF＝__．
20．（2021·黑龙江哈尔滨·七年级期末）如图，在中，，过点作，且，连接，若，则的长为________．
21．（2021·全国·七年级单元测试）如图，已知中，，，将绕点顺时针方向旋转60°到的位置，连接，则的长为______．
22．（2020·黑龙江·哈尔滨市第十七中学校七年级阶段练习）如图，△ABC 中，AB=4，AC=2，D 是 BC 中点，若 AD 的长是整数，则 AD=_____．
23．（2021·全国·七年级单元测试）如图，等边三角形△ABC的边长为6，l是AC边上的高BF所在的直线，点D为直线l上的一动点，连接AD，并将AD绕点A逆时针旋转60°至AE，连接EF，则EF的最小值为_____．
24．（2020·上海外国语大学闵行外国语中学七年级期末）如图，已知是等边△内一点，是线段延长线上一点，且，=120°，那么_____．
25．（2019·四川成都·七年级期末）如图所示，在△ABC中，∠ABC＝45°．点D在AB上，点E在BC上，且AE⊥CD，若AE＝CD，BE：CE＝5：6，S△BDE＝75，则S△ABC＝_____．
三、 解答题
26．（2021·陕西·交大附中分校七年级期中）问题背景：课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，△ABC中，若AB＝4，AC＝3，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE＝AD，则得到△ADC≌△EDB，小明证明△BED≌△CAD用到的判定定理是： （用字母表示）；
问题解决：小明发现：解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中．请写出小明解决问题的完整过程；
拓展应用：以△ABC的边AB，AC为边向外作△ABE和△ACD，AB＝AE，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，M是BC中点，连接AM，DE．当AM＝3时，求DE的长．
27．（2021·山东济南·七年级期中）（1）方法学习：数学兴趣小组活动时，张老师提出了如下问题：如图1，在△ABC中，AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法（如图2），
①延长AD到M，使得DM＝AD；
②连接BM，通过三角形全等把AB、AC、2AD转化在△ABM中；
③利用三角形的三边关系可得AM的取值范围为AB﹣BM＜AM＜AB+BM，从而得到AD的取值范围是 ；
方法总结：上述方法我们称为“倍长中线法”．“倍长中线法”多用于构造全等三角形和证明边之间的关系．
（2）请你写出图2中AC与BM的数量关系和位置关系，并加以证明．
（3）深入思考：如图3，AD是△ABC的中线，AB＝AE，AC＝AF，∠BAE＝∠CAF＝90°，请直接利用（2）的结论，试判断线段AD与EF的数量关系，并加以证明．
28．（2021·陕西汉中·七年级期末）如图，在中，是边上的中线，过作的平行线交的延长线于点．若，，试求的取值范围．
29．（2021·四川达州·七年级期末）（1）基础应用：如图1，在△ABC中，AB＝5，AC＝7，AD是BC边上的中线，延长AD到点E使DE＝AD，连接CE，把AB，AC，2AD利用旋转全等的方式集中在△ACE中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是 ；
（2）推广应用：应用旋转全等的方式解决问题如图2，在△ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF＞EF；
（3）综合应用：如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°且∠EAF＝∠BAD，试问线段EF、BE、FD具有怎样的数量关系，并证明．
30．（2021·全国·七年级专题练习）如图，在等边△ABC中，∠ABC与∠ACB的角平分线相交于点O，点E、F分别在边AB，BC上，连接EO、FO，使∠EOF＝60°，连接EF．
（1）求∠BOC的度数．
（2）求证：CF＝BE+EF．
31．（2021·贵州黔西·七年级期末）如图1，已知AB＝AC，AB⊥AC．直线m经过点A，过点B作BD⊥m于D， CE⊥m于E．我们把这种常见图形称为“K”字图．
（1）悟空同学对图1进行一番探究后，得出结论：DE＝BD＋CE，现请你替悟空同学完成证明过程．
（2）悟空同学进一步对类似图形进行探究，在图2中，若AB＝AC，∠BAC＝∠BDA＝∠AEC，则结论DE＝BD＋CE，还成立吗？如果成立，请证明之．
32．（2021·全国·七年级单元测试）如图，将两块含45°角的大小不同的直角三角板△COD和△AOB如图①摆放，连结AC，BD．
（1）如图①，猜想线段AC与BD存在怎样的数量关系和位置关系，请写出结论并证明；
（2）将图①中的△COD绕点O顺时针旋转一定的角度（如图②），连结AC，BD，其他条件不变，线段AC与BD还存在（1）中的关系吗？请写出结论并说明理由．
（3）将图①中的△COD绕点O逆时针旋转一定的角度（如图③），连结AC，BD，其他条件不变，线段AC与BD存在怎样的关系？请直接写出结论．
参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
连接，可证≌，根据全等三角形对应角相等可以得到，，代入角度即可求出和的度数，最后利用三角形内角和定理即可求解．
【详解】
连接，如图，
在与中
，
≌，
，，
，
，
，
，
，
．
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，添加正确的辅助线是解题的关键．
2．证明见解析
【解析】
【分析】
连接BD，证明△AOC≌△BOD（SAS），得到△CBD为直角三角形，再由勾股定理即可证明．
【详解】
解：连接BD，
∵△AOB与△COD为等腰直角三角形，
∴AO=BO，CO=DO，∠AOB=∠COD=90°，∠A=∠ABO=45°，
∴∠AOC+∠BOC=∠BOD+∠BOC
∴∠AOC=∠BOD，
在△AOC与△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（SAS）
∴∠A=∠OBD=45°，AC=BD，
∴∠ABO+∠OBD=90°，即∠CBD=90°，
∴在Rt△CBD中，
即．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，以及勾股定理证明线段的关系，解题的关键是作出辅助线，通过全等证明△CBD为直角三角形．
3．（1）见详解；（2）见详解．
【解析】
【分析】
（1）只要证明△ABE≌△ADC即可解决问题；
（2）延长AN到G，使AG=BC，连接GE，先证，再证即可解决问题．
【详解】
（1）证明：∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，
∴AB=AD，AE=AC，
又∵∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，
即∠BAE=∠DAC，
∴△ABE≌△ADC，
∴BE=DC，∠ABE=∠ADC，
又∵∠DOF=∠AOB，∠BOA+∠ABE=90°，
∴∠ABE+∠DOF=90°
∴∠ADC+∠DOF=90，
即BE⊥DC．
（2）延长AN到G使AG=BC，连接GE，
，
，
，
，
同理可证：
，
∴，
，，
，
又，
∴，
．
【点睛】
此题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，辅助线是解此题的关键．
4．见解析
【解析】
【详解】
试题分析：
如图，考虑到CE是△ABC的中线，我们延长CE到F，使EF=CE，这样CF=2CE，结合已知条件可证△AEC≌△BEF，并可进一步证得△CFB≌△CDB，得到CF=CD，从而可得结论CD=2CE.
试题解析：
如图，延长CE到点F，使EF=CE，则CF=2CE，
∵CE是△ABC的中线，
∴ AE=BE，
在△ACE和△BFE中，
∴ △ ACE≌ △ BFE（AAS），
∴ AC=BF，∠A=∠ABF，
又∵∠ACB=∠ABC，CB是△ADC的中线，
∴ AC=AB=BD=BF，∠DBC=∠A+∠ACB=∠ABF+∠ABC，即∠DBC=∠FBC，
在△DBC和△FBC中， ，
∴△DBC≌△FBC（SAS），
∴DC=CF=2CE．
点睛：在这类有关三角形中线的问题中，延长中线一倍，构造全等三角形是我们在解题中常用的一种辅助线作法，需认真去体会.
5．（1）①；②；（2）成立，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）①根据旋转的性质可得，然后求出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，然后根据内错角相等，两直线平行进行解答；
②根据等边三角形的性质可得，再根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半求出，然后求出，再根据等边三角形的性质求出点到的距离等于点到的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答；
（2）根据旋转的性质可得，，再求出，然后利用“角角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明．
【详解】
解：（1）①如图2，
绕点旋转点恰好落在边上，
，
，
是等边三角形，
，
又，
，
；
故答案为：；
②，，
，
，
根据等边三角形的性质可得，的边、上的高相等，
的面积和的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），
即，
故答案为：；
（2）成立，理由如下
如图3，是由绕点旋转得到，
，，
，，
，
在和中，
，
，
，
的面积和的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），
即．
【点睛】
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，三角形的面积计算公式，等边三角形的判定与性质，直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半的性质的综合应用，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等，以及全等三角形的面积相等是解题的关键．
6．（1）全等，见解析；（2）全等，见解析
【解析】
【分析】
（1）首先根据同角的余角证明∠DAC＝∠BCE，再利用AAS定理证明△DAC≌△ECB；
（2）首先根据同角的余角证明∠DAC＝∠BCE，进而利用HL定理证明△ACD≌△CBE．
【详解】
（1）如图1，全等，
理由：∵∠ACB＝90°，AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠DAC+∠DCA＝∠BCE+∠DCA，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△DAC与△ECB中，
∵，
∴△DAC≌△ECB（AAS）；
（2）如图2，全等，
理由：
∵∠ACB＝90°，AD⊥MN，
∴∠DAC+∠ACD＝∠ACD+∠BCE，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△ACD与△CBE中，
∵，
∴△ACD≌△CBE（AAS）．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定及其性质定理的同时，还渗透了对旋转变换的考查；解题的关键是灵活运用全等三角形的判定定理解题．
7．（1）证明见解析，（2）图②中DE、AD、BE的等量关系是DE＝AD﹣BE，图③中DE、AD、BE的等量关系是DE＝BE﹣AD．
【解析】
【分析】
（1）由已知推出推出∠DAC＝∠BCE，根据AAS证明△ADC≌△CEB即可得到答案；
（2）与（1）证法类似可证出∠ACD＝∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD＝CE，CD＝BE，即可得到线段的关系．
【详解】
解：（1）①证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△ADC和△CEB中
∴△ADC≌△CEB（AAS）．
∴AD＝CE，CD＝BE，
∵DC+CE＝DE，
∴DE＝AD+BE．
（2）图②中DE、AD、BE的等量关系是DE＝AD﹣BE，图③中DE、AD、BE的等量关系是DE＝BE﹣AD．
如图②
∵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．
DE＝AD﹣BE，
如图③
∵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＝CD﹣CE＝BE﹣AD．
【点睛】
此题考查了全等三角形的判定和性质等知识点，能根据已知证出全等三角形是解此题的关键．
8．（1）见解析；（2）DE=AD-BE，理由见解析
【解析】
【分析】
（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）与（1）证法类似可证出∠ACD=∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD=CE，CD=BE，即可得到答案．
【详解】
解：（1）证明：如图1，
∵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）结论：DE=AD-BE．
理由：如图2，∵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．
【点睛】
本题主要考查了余角的性质，全等三角形的性质和判定等知识点，能根据已知证明△ACD≌△CBE是解此题的关键，题型较好，综合性比较强．
9．（1），理由见解析；（2）13；（3）
【解析】
【分析】
（1）证明即可得；
（2）方法同（1）证明，从而，最后由勾股定理即可求得
（3）根据（1）（2）的方法作点关于对称点则，连接，证明=，通过证明得，在中用勾股定理求得的长．
【详解】
（1）如图
△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ECD＝90°
(SAS)
．
（2）如图
△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ECD＝90°
,
(SAS)
，
在中，
．
（3）如图：作点关于对称点，连接
则,，
又
在与中
（AAS）
在中
=，
．
【点睛】
本题考查了轴对称图形的性质，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，找到三角形全等的条件或通过辅助线构造三角形全等的条件是解题的关键．
10．（1）证明见解析；（2）；（3）；数量关系不变；理由见解析
【解析】
【分析】
（1）先根据等边三角形的性质得出∠BAC＝∠PAQ＝60°，AB＝AC，AP＝AQ，再由SAS定理即可得出结论；
（2）由∠APC=∠CAP，∠B=∠BAC，∠B+∠BAC+∠APC+∠CAP=180°，得∠BAP=90°，再结合，进而即可求解；
（3）设CD与AP交于点O，由，得∠ACD=∠APD，结合∠AOC=∠DOP，三角形内角和定理，即可得到结论．
【详解】
（1）证明：∵△ABC与△APD是等边三角形，
∴∠BAC＝∠PAD＝60°，AB＝AC，AP＝AD，
∴∠BAP＝∠DAC，
在△ABP与△ACD中，
，
∴（SAS）；
（2）∵，
∴∠APC=∠CAP，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠BAC=60°，
又∵∠B+∠BAC+∠APC+∠CAP=180°，
∴∠BAC+∠CAP=×180°=90°，即：∠BAP=90°，
∴∠APB=90°-60°=30°，
∴∠ADC=∠APB=30°，
∵△APD是等边三角形，
∴=60°-∠ADC=60°-30°=30°；
（3）=，随着点位置的变化，与的数量关系不会发生变化，理由如下：
设CD与AP交于点O，
∵，
∴∠ACD=∠ABP=60°，
∵∠APD=60°，
∴∠ACD=∠APD，
又∵∠AOC=∠DOP，∠AOC+∠ACD+∠PAC=180°，∠DOP+∠APD+∠PDC=180°，
∴=．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
11．C
【解析】
【分析】
根据已知条件，观察图形得，，然后证后求解．
【详解】
解：，，于，于，
，
，
又，，
．
，，
．
故选：C．
【点睛】
本题考查了直角三角形全等的判定方法；题目利用全等三角形的判定和性质求解，发现并利用，，是解题的关键．
12．B
【解析】
【分析】
延长AD至M使DM=AD，连接CM，根据SAS得出，得出AB=CM=4cm，再根据三角形的三边关系得出AC的范围，从而得出结论．
【详解】
解：延长AD至M使DM=AD，连接CM，
∵是的边上的中线，
∴BD=CD，
∵∠ADB=∠CDM,
∴，
∴MC=AB=5cm，AD=DM=4cm，
∴AM=8cm
在中，
即：3＜AC＜13，
故选：B
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质以及三角形的三边关系，根据三角形的三边关系找出AC长度的取值范围是解题的关键．
13．B
【解析】
【分析】
根据正方形的性质得到AB=AD，∠BAD=，由旋转的性质推出≌，求出∠FAE=∠BAD=，即可得到答案．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=，
由旋转得≌，
∴∠FAB=∠EAD，
∴∠FAB+∠BAE=∠EAD+∠BAE，
∴∠FAE=∠BAD=，
∴旋转角的度数是，
故选：B．
【点睛】
此题考查旋转的性质，全等三角形的性质，熟记全等三角形的性质是解题的关键．
14．D
【解析】
【分析】
根据两直线平行，内错角相等可得∠CAB＝∠C'CA＝62°，根据旋转的性质可得，然后利用等腰三角形的性质求得，再根据是旋转角即可得解．
【详解】
解：∵CC'∥AB，
∴∠CAB＝∠C'CA＝62°，
∵将△ABC绕点A旋转到△AB'C'的位置，
∴AC＝AC'，∠CAC'＝∠BAB'，
∴∠AC'C＝∠ACC'＝62°，
∴∠CAC'＝180°-2×62°=56°＝∠BAB'，
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、平行线的性质、等腰三角形的性质，三角形内角和，求得的度数是解题的关键．
15．C
【解析】
【分析】
连接BD，根据旋转的性质可得AB＝AD，∠BAD＝60°，可证△ABD为等边三角形，由“SSS”可证△ABE≌△DBE，可得∠ABE＝∠DBE＝30°，由三角形内角和定理即可求解．
【详解】
解：如图，连接BD，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°，得到△ADE，
∴AB＝AD，∠BAD＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴∠ABD＝60°，AB＝BD，且AE＝DE，BE＝BE，
∴△ABE≌△DBE（SSS）
∴∠ABE＝∠DBE＝30°
∴∠ABE＝∠DBE＝30°，且∠BDE＝∠ADB﹣∠ADE＝15°，
∴∠BED＝135°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定和性质，解决本题的关键是正确理解题意，熟练掌握三角形全等的判定方法，能够根据题意对图形进行旋转.
16．B
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得∠BAC=∠CAD'=45°，AD=AD'，则△ADD'为等腰三角形，利用等腰三角形底角相等，可求出∠AD'D，然后可求出∠ABD.
【详解】
由旋转的性质可得AD=AD'，∠BAC=∠CAD'=45°，
∴∠BAD'=90°，
在等腰△ADD'中，，
在△AB D'中，∵∠BAD'=90°
∴
故选B.
【点睛】
本题考查三角形的角度计算，利用旋转得出△ADD'为等腰三角形是本题的关键.
17．C
【解析】
【分析】
根据图形的旋转不改变图形的形状，确定∠ACA′=25°，然后再利用直角三角形两锐角互余，即可求解．
【详解】
解：∵△ABC绕点C顺时针旋转25°，得到△A′B′C，
∴∠ACA′=25°，
又∵∠A′DC=90°，
∴∠A′=90°-25°=65°，
∴∠A=65°．
故答案为C.
【点睛】
本题主要考查了图形的旋转，旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状是解答本题的关键．
18．D
【解析】
【详解】
如图，连接CD，
∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，点D为AB的中点，AB=8，
∴AD=DB=CD=4，∠ACD=∠B=45°，∠CDB=90°，AC=BC=，
∵∠NDM=90°，
∴∠NDC=∠BDM，
∴△DEC≌△DFB，
∴CE=BF，DE=DF；故③正确，
∴AE=CF，故①正确
∴EC+CF=AC=，故②正确，
S△ECF=，
∵面积是个定值，
∴CF不变，则CE不变，由直角三角形勾股定理的EF不变，故④正确，
综上所述：正确的结论为①②③④，
故选：D．
19．6
【解析】
【分析】
根据题意把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，证明△AEF≌△AGF即可求得EF＝DF﹣BE＝7﹣1＝6．
【详解】
解：如图，把△ABE绕点A逆时针旋转90°到DA，交CD于点G，
由旋转的性质可知，AG＝AE，DG＝BE，∠DAG＝∠BAE，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAG+∠BAF＝45°，
又∵∠BAD＝90°，
∴∠GAF＝45°，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS）
∴EF＝GF，
∵BE＝1，DF＝7，
∴EF＝GF＝DF﹣DG＝DF﹣BE＝7﹣1＝6.
故答案为：6．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质，构造全等三角形是解题的关键，注意旋转性质的应用．
20．3
【解析】
【分析】
过点作交延长线于点，先证明，则，然后根据求即可．
【详解】
解：过点作交延长线于点，
则∠DMC=90°=∠ABC，
，，
，，
，
，
，
，
，
．
故填．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质以及三角形的面积，正确作出辅助线、构造全等三角形证得成为解答本题的关键．
21．2-2
【解析】
【分析】
根据题意连接BB′，延长BC′交AB′于点M，先证明△ABC′≌△B′BC′，得到∠MBB′=∠MBA=30°；进而求出BM、C′M的长，即可解决问题．
【详解】
解：如图，连接BB′，延长BC′交AB′于点M，
由题意得：∠BAB′=60°，BA=B′A，
∴△ABB′为等边三角形，
∴∠ABB′=60°，AB=B′B；
在△ABC′与△B′BC′中，
，
∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），
∴∠MBB′=∠MBA=30°，
∴BM⊥AB′，且AM=B′M；
由题意得：，AB2=AC2+BC2=16，
∴AB′=AB=4，AM=2，
∴C′M=AB′=2；由勾股定理可求：BM=2，
∴C′B=2-2．
故答案为：2-2．
【点睛】
本题考查旋转的性质和全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质和勾股定理，熟练掌握并作辅助线构造出全等三角形并求出BC′在等边三角形的高上是解题的关键．
22．2
【解析】
【分析】
延长AD至E，使得AD=DE，连接EC，证得△ADB≌△EDC后得到EC=AB=4，从而得到4-2
解：延长AD至E，使得AD=DE，连接EC，
∵D是BC的中点，
∴BD=CD，
在△ADB和△EDC中，
，
∴△ADB≌△EDC，
∴EC=AB=4，
∵AC=2，
∴4−2
∴AD=2．
故答案为：2．
【点睛】
本题主要考查了三角形三边关系，全等三角形的判定与性质，掌握三角形三边关系，全等三角形的判定与性质是解题的关键．
23．
【解析】
【分析】
取AB的中点H，连接DH，由“SAS”可证△ADH≌△AEF，可得EF＝DH，由垂线段最短，可得当DH⊥BF时，DH的长最短，即EF有最小值，即可求解．
【详解】
解：如图，取AB的中点H，连接DH，
∵△ABC是等边三角形，BF是高，
∴AF＝CF＝3，∠ABF＝30°，
∵点H是AB中点，
∴BH＝AH＝3，
∴AH＝AF，
∵将AD绕点A逆时针旋转60°至AE，
∴AE＝AD，∠DAE＝60°＝∠BAC，
∴∠DAH＝∠FAE，且AF＝AH，AD＝AE，
∴△ADH≌△AEF（SAS）
∴EF＝DH，
∴当DH⊥BF时，DH的长最短，即EF有最小值，
∴DH的最小值为BH＝，
∴EF的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了全等三角形的最值问题，掌握旋转的性质、全等三角形的性质以及判定定理是解题的关键．
24．60°
【解析】
【分析】
由的度数利用邻补角互补可得出，结合可得出为等边三角形，而根据旋转全等模型由易证出，根据全等三角形的性质可得出，再根据即可求出的度数．
【详解】
解：为等边三角形，
，．
，，
．
又，
为等边三角形，
，，．
，
．
在和中，
，
，
，
．
故答案为：60．
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及角的计算，通过证明，找出是解题的关键．
25．440．
【解析】
【分析】
作DM⊥BC于M，AN⊥BC于N，利用AAS证出△AEN≌△CDM，从而得出AN＝CM，EN＝DM，设BE＝5a，用含a的式子分别表示各个线段的长度，根据三角形的面积公式即可求出a2，然后根据三角形的面积公式求面积即可．
【详解】
解：作DM⊥BC于M，AN⊥BC于N，如图所示：
则∠CMD＝∠BMD＝∠ANE＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴△BDM、△BAN是等腰直角三角形，
∴BM＝DM，BN＝AN，
∵AE⊥CD，
∴∠AEN+∠EAN＝∠AEN+∠DCM＝90°，
∴∠EAN＝∠DCM，
在△AEN和△CDM中，
，
∴△AEN≌△CDM（AAS），
∴AN＝CM，EN＝DM，
∴BN＝CM，
∴BM＝CN，
∴BM＝DM＝CN＝EN，
∵BE：CE＝5：6，
∴设BE＝5a，
则CE＝6a，BC＝BE+CE＝11a，BM＝DM＝CN＝EN＝CE＝3a，AN=CM＝BC﹣BM＝8a，
∴CD2＝DM2+CM2＝（3a）2+（8a）2＝73a2，
∵S△BDE＝BE×DM＝×5a×3a＝75，
∴a2＝10，
∴S△ABC＝BC×AN＝×11a ×8a＝44 a2＝440；
故答案为：440．
【点睛】
此题考查的是全等三角形的判定及性质和求三角形的面积，掌握构造全等三角形的方法、三角形的面积公式和方程思想是解决此题的关键．
26．问题背景： SAS；问题解决：完整过程见解析；拓展应用： DE＝6．
【解析】
【分析】
问题背景：先判断出BD=CD，由对顶角相等∠BDE=∠CDA，进而得出△ADC≌△EDB（SAS）；
问题解决：先证明△ADC≌△EDB（SAS），得出BE=AC=3，最后用三角形三边关系即可得出结论；
拓展应用：如图2，延长AM到N，使得MN=AM，连接BN，同（1）的方法得出△BMN≌△CMA（SAS），则BN=AC，进而判断出∠ABN=∠EAD，进而判断出△ABN≌△EAD，得出AN=ED，即可求解．
【详解】
问题背景：如图1，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
在△ADC和△EDB中，
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
故答案为：SAS；
问题解决：如图1，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
在△ADC≌△EDB中，
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC，
在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∵AB＝4，AC＝3，
∴4﹣3＜AE＜4+3，即1＜AE＜7，
∵DE＝AD，
∴AD＝AE，
∴＜AD＜；
拓展应用：如图2，延长AM到N，使得MN＝AM，连接BN，
由问题背景知，△BMN≌△CMA（SAS），
∴BN＝AC，∠CAM＝∠BNM，
∴AC//BN，
∵AC＝AD，
∴BN＝AD，
∵AC//BN，
∴∠BAC+∠ABN＝180°，
∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD＝180°，
∴∠ABN＝∠EAD，
在△ABN和△EAD中，
，
∴△ABN≌△EAD（SAS），
∴AN＝DE，
∵MN＝AM，
∴DE＝AN＝2AM，
∵AM＝3，
∴DE＝6．
【点睛】
此题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的判定与性质，补角的性质，掌握倍长中线法，构造全等三角形是解本题的关键．
27．（1）1＜AD＜7；（2）AC∥BM，且AC＝BM，证明见解析；（3）EF＝2AD，证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，根据题意证明△MDB≌△ADC，可知BM＝AC，在△ABM中，根据AB﹣BM＜AM＜AB+BM，即可；
（2）由（1）知，△MDB≌△ADC，可知∠M＝∠CAD，AC＝BM，进而可知AC∥BM；
（3）延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，由（1）（2）的结论以及已知条件证明△ABM≌△EAF，进而可得AM＝2AD，由AM＝EF，即可求得AD与EF的数量关系．
【详解】
（1）如图2，延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
在△MDB和△ADC中，
，
∴△MDB≌△ADC（SAS），
∴BM＝AC＝6，
在△ABM中，AB﹣BM＜AM＜AB+BM，
∴8﹣6＜AM＜8+6，2＜AM＜14，
∴1＜AD＜7，
故答案为：1＜AD＜7；
（2）AC∥BM，且AC＝BM，
理由是：由（1）知，△MDB≌△ADC，
∴∠M＝∠CAD，AC＝BM，
∴AC∥BM；
（3）EF＝2AD，
理由：如图2，延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，
由（1）知，△BDM≌△CDA（SAS），
∴BM＝AC，
∵AC＝AF，
∴BM＝AF，
由（2）知：AC∥BM，
∴∠BAC+∠ABM＝180°，
∵∠BAE＝∠FAC＝90°，
∴∠BAC+∠EAF＝180°，
∴∠ABM＝∠EAF，
在△ABM和△EAF中，
，
∴△ABM≌△EAF（SAS），
∴AM＝EF，
∵AD＝DM，
∴AM＝2AD，
∵AM＝EF，
∴EF＝2AD，
即：EF＝2AD．
【点睛】
本题考查了三角形三边关系，三角形全等的性质与判定，利用倍长中线辅助线方法是解题的关键．
28．4＜AE＜8
【解析】
【分析】
证明△ABD≌△ECD（AAS），得到AB=EC=6，AD=ED，再由三角形的三边关系即可得出答案．
【详解】
解：∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD．
∵AB∥CE，
∴∠BAD=∠E，
在△ABD和△ECD中，
，
∴△ABD≌△ECD（AAS），
∴AB=EC=6，
∴AD=DE，
在△ACE中，CE-AC＜AE＜CE+AC，
即6-2＜AE＜6+2，
∴4＜AE＜8．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、三角形的三边关系等知识；熟练掌握三角形的三边关系，证明三角形全等是解题的关键．
29．（1）1＜AD＜6；（2）见解析；（3）结论：EF＝BE﹣FD，证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）先证明△CDE≌△BDA（SAS）可得CE＝AB＝5，在△ACE中，利用三角形的三边关系解答即可；
（2）如图2中，延长ED到H，使得DH＝DE，连接DH，FH．再证明△BDE≌△CDH（SAS）可得BE＝CH，再证明EF＝FH，利用三角形的三边关系解答即可；
（3）如图3，作辅助线，构建△ABG，同理证明△ABG≌△ADF和△AEG≌△AEF．可得新的结论：EF＝BE﹣DF．
【详解】
（1）解：如图1：∵CD＝BD，AD＝DE，∠CDE＝∠ADB，
∴△CDE≌△BDA（SAS），
∴EC＝AB＝5，
∵7﹣5＜AE＜7+5，
∴2＜2AD＜12，
∴1＜AD＜6，
故答案为1＜AD＜6．
（2）证明：如图2中，延长ED到H，使得DH＝DE，连接DH，FH．
∵BD＝DC，∠BDE＝∠CDH，DE＝DH，
∴△BDE≌△CDH（SAS），
∴BE＝CH，
∵FD⊥EH．DE＝DH，
∴EF＝FH，
在△CFH中，CH+CF＞FH，
∵CH＝BE，FH＝EF，
∴BE+CF＞EF．
（4）结论：EF＝BE﹣FD
证明：如图3中，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
∵AB＝AD，BG＝DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，
∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAE＝∠EAF，
∵AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG＝EF，
∵EG＝BE﹣BG，
∴EF＝BE﹣FD．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质、三角形的中线的性质、三角形的三边关系等知识，掌握倍长中线、构造全等三角形成为本题的关键．
30．（1）∠BOC＝120°；（2）见解析．
【解析】
【分析】
（1）利用等边三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB＝，由角平分线的性质可得到∠OBC＝∠OCB＝，再利用三角形的内角和为列式计算即可；
（2）以点O为顶点，OF为一边，作∠FOG＝，交BC于点G，通过证明△BOE≌△COG得到OG＝OE，BE＝CG，从而得到，即可通过线段的等量代换证明结论．
【详解】
（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝，
∵∠ABC与∠ACB的角平分线相交于点O，
∴∠OBC＝∠OCB＝，
∴∠BOC＝∠OBC∠OCB＝；
（2）以点O为顶点，OF为一边，作∠FOG＝，交BC于点G，
∵∠BOC＝，
∴∠BOF+∠COG＝，
∵∠EOF＝，
∴∠EOB+∠BOF＝，
∴∠COG＝∠EOB，
∵∠ABO＝∠ABC＝，
∴∠EBO＝∠OCG，
在BOE与COG中，
，
∴，
∴OG＝OE，BE＝CG，
在OEF与OGF中，
，
∴，
∴EF＝FG，
∵CF＝FG+CG，
∴CF＝EF+BE．
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，合理作出辅助线以及灵活寻找全等三角形判定的条件是解题的关键．
31．（1）见解析；（2）成立，见解析
【解析】
【分析】
（1）先证∠ABD=∠EAC，再证△ABD ≌ △CAE（AAS）即可；
（2）先证出∠ABD ＝ ∠EAC，再证△ABD ≌ △CAE（AAS）即可．
【详解】
证明：（1）∵AB⊥AC,BD⊥DE,CE⊥DE,
∴∠BDA=∠AEC=∠BAC=90°,
∴∠DAB+∠ABD=∠EAC+∠DAB=90°,
∴∠ABD=∠EAC,
在△ABD和 △CAE中，
，
∴ △ABD ≌ △CAE（AAS），
∴ BD ＝ AE ，AD ＝ CE，
∴ DE ＝ AE ＋ DA ；
（2）成立，
理由如下：∵ ∠BAC ＋ ∠BAD ＋ ∠EAC ＝ 180° ，
∠ADB＋ ∠BAD ＋ ∠ABD ＝ 180°，
∠BAC ＝ ∠BDA，
∴∠ABD ＝ ∠EAC ，
在△ABD和 △CAE中，
，
∴ △ABD ≌ △CAE（AAS），
∴ BD ＝ AE，AD ＝ CE，
∴ DE ＝ AE ＋ DA ＝ BD ＋ CE．
【点睛】
本题考查三角形全等的判定与性质，掌握三角形全等的判定与性质是解题关键．
32．（1）AC=BD，AC⊥BD，证明见解析；（2）存在，AC=BD，AC⊥BD，证明见解析；（3）AC=BD，AC⊥BD
【解析】
【分析】
（1）延长BD交AC于点E．易证△AOC≌△BOD（SAS），可得AC=BD，∠OAC=∠OBD，由∠ADE=∠BDO，可证∠AED=∠BOD=90º即可；
（2）延长BD交AC于点F，交AO于点G．易证△AOC≌△BOD（SAS），可得AC=BD，∠OAC=∠OBD，由∠AGF=∠BGO，可得∠AFG=∠BOG=90º即可；
（3）BD交AC于点H，AO于M，可证△AOC≌△BOD（SAS），可得AC=BD，∠OAC=∠OBD，由∠AMH=∠BMO，可得∠AHM=∠BOH=90º即可．
【详解】
（1）AC=BD，AC⊥BD，
证明：延长BD交AC于点E．
∵△COD和△AOB均为等腰直角三角形，
∴OC=OD，OA=OB，
∠COA=∠BOD=90º，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC=BD，
∴∠OAC=∠OBD，
∵∠ADE=∠BDO，
∴∠AED=∠BOD=90º，
∴AC⊥BD；
（2）存在，
证明：延长BD交AC于点F，交AO于点G．
∵△COD和△AOB均为等腰直角三角形，
∴OC=OD，OA=OB，
∠DOC=BOA=90º，
∵∠AOC=∠DOC－∠DOA，∠BOD=∠BOA－∠DOA，
∴∠AOC=∠BOD，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，
∵∠AGF=∠BGO，
∴∠AFG=∠BOG=90º，
∴AC⊥BD；
（3）AC=BD，AC⊥BD．
证明：BD交AC于点H，AO于M，
∵△COD和△AOB均为等腰直角三角形，
∴OC=OD，OA=OB，
∠DOC=BOA=90º，
∵∠AOC=∠DOC+∠DOA，∠BOD=∠BOA+∠DOA，
∴∠AOC=∠BOD，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，
∵∠AMH=∠BMO，
∴∠AHM=∠BOH=90º，
∴AC⊥BD．
．
专题强化训练一：全等三角形中的辅助线问题
题型一：连接两点做辅助线问题
1．（2020·安徽·安庆九一六学校八年级阶段练习）如图，已知：，，，，则（ ）
A． B． C．或 D．
2．（2020·江西南昌·八年级期末）如图，以为直角顶点作两个等腰直角三角形和，且点在线段上（除外），求证：
题型二：倍线中线模型问题
3．（2021·山东·东平县实验中学七年级）如图，以△ABC的两边AB和AC为腰在△ABC外部作等腰Rt△ABD和等腰Rt△ACE，AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°．
（1）连接BE、CD交于点F，如图①，求证：BE＝CD，BE⊥CD；
（2）连接DE，AM⊥BC于点M，直线AM交DE于点N，如图②，求证：DN＝EN．
4．（2021·全国·七年级专题练习）如图，CE、CB分别是△ABC与△ADC的中线，且∠ACB=∠ABC．求证：CD=2CE．
题型三：旋转模型
5．（2020·上海市建平中学七年级期末）如图，将两个完全相同的三角形纸片，重合放置，其中，.
（1）操作发现：
如图，固定，使绕点旋转，当点 恰好落在 边上时，填空：
① 线段 与的位置关系是_______；
② 设的面积为，的面积为，则与的数量关系是________；
（2）猜想论证：
当绕点旋转到如图位置时，猜想（1）中与的数量关系是否还成立？请说明理由．
6．（2021·全国·七年级专题练习）在ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）如图1所示位置时判断ADC与CEB是否全等，并说明理由；
（2）如图2所示位置时判断ADC与CEB是否全等，并说明理由．
题型四：垂线模型
7．（2021·全国·七年级课时练习）在中，，，直线MN经过点C，且于D点，于E点．
（1）当直线MN绕点C旋转到图①的位置时，求证：；
（2）当直线MN绕点C旋转到图②、图③的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系．
8．（2020·山东济南·七年级期中）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．
题型五：其它技巧模型
9．（2021·山东淄博·七年级期末）已知△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ECD＝90°．
（1）如图1，若D为△ACB内部一点，请判断AE与BD的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若D为AB边上一点，AD＝5，BD＝12，求DE的长．
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图3，已知∠CAE=90°，AC=AE，，AB=BC=1，求BE的长．
图1 图2 图3
10．（2021·全国·七年级单元测试）如图，为等边的边延长线上的一动点，以为边向上作等边，连接．
（1）求证：；
（2）当时，求的度数；
（3）与有怎样的数量关系？随着点位置的变化，与的数量关系是否会发生变化？请说明理由．
专题训练精练
一、单选题
11．（2021·山东·枣庄市山亭区教育和体育局教研室七年级阶段练习）如图，，，于点E，于点D，，，则的长是（ ）
A．8 B．4 C．3 D．2
12．（2021·重庆八中七年级期中）如图所示，是的边上的中线，cm，cm，则边的长度可能是（ ）
A．3cm B．5cm C．14cm D．13cm
13．（2021·全国·七年级单元测试）如图所示的正方形中，点在边上，把绕点顺时针旋转得到，．旋转角的度数是（ ）
A．110° B．90° C．70° D．20°
14．（2021·河南周口·七年级期末）如图，在△ABC中，∠CAB＝62°，将△ABC绕点A旋转到△AB'C'的位置，使得CC'∥AB，则∠BAB'的大小为（ ）
A．64° B．52° C．62° D．56°
15．（2021·全国·七年级单元测试）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，将△ABC绕点A逆时针旋转60°，得到△ADE，连接BE，则∠BED的度数为（ ）
A．100° B．120° C．135° D．150°
16．（2019·吉林长春·七年级期中）如图，在中，，，点在边上.将绕点逆时针旋转得到，且、、三点在同一条直线上，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
17．（2018·上海市第八中学七年级阶段练习）如图若把△ABC绕C顺时针旋转25°，得到△A’B’C，A’B’交AC于D．己知∠A’DC＝90，则∠A的度数为（ ）
A．45° B．55° C．65° D．25°
18．（2021·全国·七年级单元测试）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，AB=8，点D为AB的中点，若直角MDN绕点D旋转分别交AC于点E，交BC于点F，则下列说法：①AE=CF；②EC+CF=；③DE=DF；④若△ECF的面积为一个定值，则EF的长也是一个定值，其中正确的是（ ）
A．①② B．①③ C．①②③ D．①②③④
二、填空题
19．（2021·上海民办浦东交中初级中学七年级期末）如图在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交CB、DC延长线于E、F点且∠EAF＝45°，如果BE＝1，DF＝7，则EF＝__．
20．（2021·黑龙江哈尔滨·七年级期末）如图，在中，，过点作，且，连接，若，则的长为________．
21．（2021·全国·七年级单元测试）如图，已知中，，，将绕点顺时针方向旋转60°到的位置，连接，则的长为______．
22．（2020·黑龙江·哈尔滨市第十七中学校七年级阶段练习）如图，△ABC 中，AB=4，AC=2，D 是 BC 中点，若 AD 的长是整数，则 AD=_____．
23．（2021·全国·七年级单元测试）如图，等边三角形△ABC的边长为6，l是AC边上的高BF所在的直线，点D为直线l上的一动点，连接AD，并将AD绕点A逆时针旋转60°至AE，连接EF，则EF的最小值为_____．
24．（2020·上海外国语大学闵行外国语中学七年级期末）如图，已知是等边△内一点，是线段延长线上一点，且，=120°，那么_____．
25．（2019·四川成都·七年级期末）如图所示，在△ABC中，∠ABC＝45°．点D在AB上，点E在BC上，且AE⊥CD，若AE＝CD，BE：CE＝5：6，S△BDE＝75，则S△ABC＝_____．
三、 解答题
26．（2021·陕西·交大附中分校七年级期中）问题背景：课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，△ABC中，若AB＝4，AC＝3，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE＝AD，则得到△ADC≌△EDB，小明证明△BED≌△CAD用到的判定定理是： （用字母表示）；
问题解决：小明发现：解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中．请写出小明解决问题的完整过程；
拓展应用：以△ABC的边AB，AC为边向外作△ABE和△ACD，AB＝AE，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，M是BC中点，连接AM，DE．当AM＝3时，求DE的长．
27．（2021·山东济南·七年级期中）（1）方法学习：数学兴趣小组活动时，张老师提出了如下问题：如图1，在△ABC中，AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法（如图2），
①延长AD到M，使得DM＝AD；
②连接BM，通过三角形全等把AB、AC、2AD转化在△ABM中；
③利用三角形的三边关系可得AM的取值范围为AB﹣BM＜AM＜AB+BM，从而得到AD的取值范围是 ；
方法总结：上述方法我们称为“倍长中线法”．“倍长中线法”多用于构造全等三角形和证明边之间的关系．
（2）请你写出图2中AC与BM的数量关系和位置关系，并加以证明．
（3）深入思考：如图3，AD是△ABC的中线，AB＝AE，AC＝AF，∠BAE＝∠CAF＝90°，请直接利用（2）的结论，试判断线段AD与EF的数量关系，并加以证明．
28．（2021·陕西汉中·七年级期末）如图，在中，是边上的中线，过作的平行线交的延长线于点．若，，试求的取值范围．
29．（2021·四川达州·七年级期末）（1）基础应用：如图1，在△ABC中，AB＝5，AC＝7，AD是BC边上的中线，延长AD到点E使DE＝AD，连接CE，把AB，AC，2AD利用旋转全等的方式集中在△ACE中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是 ；
（2）推广应用：应用旋转全等的方式解决问题如图2，在△ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF＞EF；
（3）综合应用：如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°且∠EAF＝∠BAD，试问线段EF、BE、FD具有怎样的数量关系，并证明．
30．（2021·全国·七年级专题练习）如图，在等边△ABC中，∠ABC与∠ACB的角平分线相交于点O，点E、F分别在边AB，BC上，连接EO、FO，使∠EOF＝60°，连接EF．
（1）求∠BOC的度数．
（2）求证：CF＝BE+EF．
31．（2021·贵州黔西·七年级期末）如图1，已知AB＝AC，AB⊥AC．直线m经过点A，过点B作BD⊥m于D， CE⊥m于E．我们把这种常见图形称为“K”字图．
（1）悟空同学对图1进行一番探究后，得出结论：DE＝BD＋CE，现请你替悟空同学完成证明过程．
（2）悟空同学进一步对类似图形进行探究，在图2中，若AB＝AC，∠BAC＝∠BDA＝∠AEC，则结论DE＝BD＋CE，还成立吗？如果成立，请证明之．
32．（2021·全国·七年级单元测试）如图，将两块含45°角的大小不同的直角三角板△COD和△AOB如图①摆放，连结AC，BD．
（1）如图①，猜想线段AC与BD存在怎样的数量关系和位置关系，请写出结论并证明；
（2）将图①中的△COD绕点O顺时针旋转一定的角度（如图②），连结AC，BD，其他条件不变，线段AC与BD还存在（1）中的关系吗？请写出结论并说明理由．
（3）将图①中的△COD绕点O逆时针旋转一定的角度（如图③），连结AC，BD，其他条件不变，线段AC与BD存在怎样的关系？请直接写出结论．
参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
连接，可证≌，根据全等三角形对应角相等可以得到，，代入角度即可求出和的度数，最后利用三角形内角和定理即可求解．
【详解】
连接，如图，
在与中
，
≌，
，，
，
，
，
，
，
．
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，添加正确的辅助线是解题的关键．
2．证明见解析
【解析】
【分析】
连接BD，证明△AOC≌△BOD（SAS），得到△CBD为直角三角形，再由勾股定理即可证明．
【详解】
解：连接BD，
∵△AOB与△COD为等腰直角三角形，
∴AO=BO，CO=DO，∠AOB=∠COD=90°，∠A=∠ABO=45°，
∴∠AOC+∠BOC=∠BOD+∠BOC
∴∠AOC=∠BOD，
在△AOC与△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（SAS）
∴∠A=∠OBD=45°，AC=BD，
∴∠ABO+∠OBD=90°，即∠CBD=90°，
∴在Rt△CBD中，
即．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，以及勾股定理证明线段的关系，解题的关键是作出辅助线，通过全等证明△CBD为直角三角形．
3．（1）见详解；（2）见详解．
【解析】
【分析】
（1）只要证明△ABE≌△ADC即可解决问题；
（2）延长AN到G，使AG=BC，连接GE，先证，再证即可解决问题．
【详解】
（1）证明：∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，
∴AB=AD，AE=AC，
又∵∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，
即∠BAE=∠DAC，
∴△ABE≌△ADC，
∴BE=DC，∠ABE=∠ADC，
又∵∠DOF=∠AOB，∠BOA+∠ABE=90°，
∴∠ABE+∠DOF=90°
∴∠ADC+∠DOF=90，
即BE⊥DC．
（2）延长AN到G使AG=BC，连接GE，
，
，
，
，
同理可证：
，
∴，
，，
，
又，
∴，
．
【点睛】
此题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，辅助线是解此题的关键．
4．见解析
【解析】
【详解】
试题分析：
如图，考虑到CE是△ABC的中线，我们延长CE到F，使EF=CE，这样CF=2CE，结合已知条件可证△AEC≌△BEF，并可进一步证得△CFB≌△CDB，得到CF=CD，从而可得结论CD=2CE.
试题解析：
如图，延长CE到点F，使EF=CE，则CF=2CE，
∵CE是△ABC的中线，
∴ AE=BE，
在△ACE和△BFE中，
∴ △ ACE≌ △ BFE（AAS），
∴ AC=BF，∠A=∠ABF，
又∵∠ACB=∠ABC，CB是△ADC的中线，
∴ AC=AB=BD=BF，∠DBC=∠A+∠ACB=∠ABF+∠ABC，即∠DBC=∠FBC，
在△DBC和△FBC中， ，
∴△DBC≌△FBC（SAS），
∴DC=CF=2CE．
点睛：在这类有关三角形中线的问题中，延长中线一倍，构造全等三角形是我们在解题中常用的一种辅助线作法，需认真去体会.
5．（1）①；②；（2）成立，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）①根据旋转的性质可得，然后求出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，然后根据内错角相等，两直线平行进行解答；
②根据等边三角形的性质可得，再根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半求出，然后求出，再根据等边三角形的性质求出点到的距离等于点到的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答；
（2）根据旋转的性质可得，，再求出，然后利用“角角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明．
【详解】
解：（1）①如图2，
绕点旋转点恰好落在边上，
，
，
是等边三角形，
，
又，
，
；
故答案为：；
②，，
，
，
根据等边三角形的性质可得，的边、上的高相等，
的面积和的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），
即，
故答案为：；
（2）成立，理由如下
如图3，是由绕点旋转得到，
，，
，，
，
在和中，
，
，
，
的面积和的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），
即．
【点睛】
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，三角形的面积计算公式，等边三角形的判定与性质，直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半的性质的综合应用，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等，以及全等三角形的面积相等是解题的关键．
6．（1）全等，见解析；（2）全等，见解析
【解析】
【分析】
（1）首先根据同角的余角证明∠DAC＝∠BCE，再利用AAS定理证明△DAC≌△ECB；
（2）首先根据同角的余角证明∠DAC＝∠BCE，进而利用HL定理证明△ACD≌△CBE．
【详解】
（1）如图1，全等，
理由：∵∠ACB＝90°，AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠DAC+∠DCA＝∠BCE+∠DCA，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△DAC与△ECB中，
∵，
∴△DAC≌△ECB（AAS）；
（2）如图2，全等，
理由：
∵∠ACB＝90°，AD⊥MN，
∴∠DAC+∠ACD＝∠ACD+∠BCE，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△ACD与△CBE中，
∵，
∴△ACD≌△CBE（AAS）．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定及其性质定理的同时，还渗透了对旋转变换的考查；解题的关键是灵活运用全等三角形的判定定理解题．
7．（1）证明见解析，（2）图②中DE、AD、BE的等量关系是DE＝AD﹣BE，图③中DE、AD、BE的等量关系是DE＝BE﹣AD．
【解析】
【分析】
（1）由已知推出推出∠DAC＝∠BCE，根据AAS证明△ADC≌△CEB即可得到答案；
（2）与（1）证法类似可证出∠ACD＝∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD＝CE，CD＝BE，即可得到线段的关系．
【详解】
解：（1）①证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△ADC和△CEB中
∴△ADC≌△CEB（AAS）．
∴AD＝CE，CD＝BE，
∵DC+CE＝DE，
∴DE＝AD+BE．
（2）图②中DE、AD、BE的等量关系是DE＝AD﹣BE，图③中DE、AD、BE的等量关系是DE＝BE﹣AD．
如图②
∵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．
DE＝AD﹣BE，
如图③
∵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＝CD﹣CE＝BE﹣AD．
【点睛】
此题考查了全等三角形的判定和性质等知识点，能根据已知证出全等三角形是解此题的关键．
8．（1）见解析；（2）DE=AD-BE，理由见解析
【解析】
【分析】
（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）与（1）证法类似可证出∠ACD=∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD=CE，CD=BE，即可得到答案．
【详解】
解：（1）证明：如图1，
∵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）结论：DE=AD-BE．
理由：如图2，∵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．
【点睛】
本题主要考查了余角的性质，全等三角形的性质和判定等知识点，能根据已知证明△ACD≌△CBE是解此题的关键，题型较好，综合性比较强．
9．（1），理由见解析；（2）13；（3）
【解析】
【分析】
（1）证明即可得；
（2）方法同（1）证明，从而，最后由勾股定理即可求得
（3）根据（1）（2）的方法作点关于对称点则，连接，证明=，通过证明得，在中用勾股定理求得的长．
【详解】
（1）如图
△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ECD＝90°
(SAS)
．
（2）如图
△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ECD＝90°
,
(SAS)
，
在中，
．
（3）如图：作点关于对称点，连接
则,，
又
在与中
（AAS）
在中
=，
．
【点睛】
本题考查了轴对称图形的性质，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，找到三角形全等的条件或通过辅助线构造三角形全等的条件是解题的关键．
10．（1）证明见解析；（2）；（3）；数量关系不变；理由见解析
【解析】
【分析】
（1）先根据等边三角形的性质得出∠BAC＝∠PAQ＝60°，AB＝AC，AP＝AQ，再由SAS定理即可得出结论；
（2）由∠APC=∠CAP，∠B=∠BAC，∠B+∠BAC+∠APC+∠CAP=180°，得∠BAP=90°，再结合，进而即可求解；
（3）设CD与AP交于点O，由，得∠ACD=∠APD，结合∠AOC=∠DOP，三角形内角和定理，即可得到结论．
【详解】
（1）证明：∵△ABC与△APD是等边三角形，
∴∠BAC＝∠PAD＝60°，AB＝AC，AP＝AD，
∴∠BAP＝∠DAC，
在△ABP与△ACD中，
，
∴（SAS）；
（2）∵，
∴∠APC=∠CAP，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠BAC=60°，
又∵∠B+∠BAC+∠APC+∠CAP=180°，
∴∠BAC+∠CAP=×180°=90°，即：∠BAP=90°，
∴∠APB=90°-60°=30°，
∴∠ADC=∠APB=30°，
∵△APD是等边三角形，
∴=60°-∠ADC=60°-30°=30°；
（3）=，随着点位置的变化，与的数量关系不会发生变化，理由如下：
设CD与AP交于点O，
∵，
∴∠ACD=∠ABP=60°，
∵∠APD=60°，
∴∠ACD=∠APD，
又∵∠AOC=∠DOP，∠AOC+∠ACD+∠PAC=180°，∠DOP+∠APD+∠PDC=180°，
∴=．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
11．C
【解析】
【分析】
根据已知条件，观察图形得，，然后证后求解．
【详解】
解：，，于，于，
，
，
又，，
．
，，
．
故选：C．
【点睛】
本题考查了直角三角形全等的判定方法；题目利用全等三角形的判定和性质求解，发现并利用，，是解题的关键．
12．B
【解析】
【分析】
延长AD至M使DM=AD，连接CM，根据SAS得出，得出AB=CM=4cm，再根据三角形的三边关系得出AC的范围，从而得出结论．
【详解】
解：延长AD至M使DM=AD，连接CM，
∵是的边上的中线，
∴BD=CD，
∵∠ADB=∠CDM,
∴，
∴MC=AB=5cm，AD=DM=4cm，
∴AM=8cm
在中，
即：3＜AC＜13，
故选：B
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质以及三角形的三边关系，根据三角形的三边关系找出AC长度的取值范围是解题的关键．
13．B
【解析】
【分析】
根据正方形的性质得到AB=AD，∠BAD=，由旋转的性质推出≌，求出∠FAE=∠BAD=，即可得到答案．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=，
由旋转得≌，
∴∠FAB=∠EAD，
∴∠FAB+∠BAE=∠EAD+∠BAE，
∴∠FAE=∠BAD=，
∴旋转角的度数是，
故选：B．
【点睛】
此题考查旋转的性质，全等三角形的性质，熟记全等三角形的性质是解题的关键．
14．D
【解析】
【分析】
根据两直线平行，内错角相等可得∠CAB＝∠C'CA＝62°，根据旋转的性质可得，然后利用等腰三角形的性质求得，再根据是旋转角即可得解．
【详解】
解：∵CC'∥AB，
∴∠CAB＝∠C'CA＝62°，
∵将△ABC绕点A旋转到△AB'C'的位置，
∴AC＝AC'，∠CAC'＝∠BAB'，
∴∠AC'C＝∠ACC'＝62°，
∴∠CAC'＝180°-2×62°=56°＝∠BAB'，
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、平行线的性质、等腰三角形的性质，三角形内角和，求得的度数是解题的关键．
15．C
【解析】
【分析】
连接BD，根据旋转的性质可得AB＝AD，∠BAD＝60°，可证△ABD为等边三角形，由“SSS”可证△ABE≌△DBE，可得∠ABE＝∠DBE＝30°，由三角形内角和定理即可求解．
【详解】
解：如图，连接BD，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°，得到△ADE，
∴AB＝AD，∠BAD＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴∠ABD＝60°，AB＝BD，且AE＝DE，BE＝BE，
∴△ABE≌△DBE（SSS）
∴∠ABE＝∠DBE＝30°
∴∠ABE＝∠DBE＝30°，且∠BDE＝∠ADB﹣∠ADE＝15°，
∴∠BED＝135°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定和性质，解决本题的关键是正确理解题意，熟练掌握三角形全等的判定方法，能够根据题意对图形进行旋转.
16．B
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得∠BAC=∠CAD'=45°，AD=AD'，则△ADD'为等腰三角形，利用等腰三角形底角相等，可求出∠AD'D，然后可求出∠ABD.
【详解】
由旋转的性质可得AD=AD'，∠BAC=∠CAD'=45°，
∴∠BAD'=90°，
在等腰△ADD'中，，
在△AB D'中，∵∠BAD'=90°
∴
故选B.
【点睛】
本题考查三角形的角度计算，利用旋转得出△ADD'为等腰三角形是本题的关键.
17．C
【解析】
【分析】
根据图形的旋转不改变图形的形状，确定∠ACA′=25°，然后再利用直角三角形两锐角互余，即可求解．
【详解】
解：∵△ABC绕点C顺时针旋转25°，得到△A′B′C，
∴∠ACA′=25°，
又∵∠A′DC=90°，
∴∠A′=90°-25°=65°，
∴∠A=65°．
故答案为C.
【点睛】
本题主要考查了图形的旋转，旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状是解答本题的关键．
18．D
【解析】
【详解】
如图，连接CD，
∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，点D为AB的中点，AB=8，
∴AD=DB=CD=4，∠ACD=∠B=45°，∠CDB=90°，AC=BC=，
∵∠NDM=90°，
∴∠NDC=∠BDM，
∴△DEC≌△DFB，
∴CE=BF，DE=DF；故③正确，
∴AE=CF，故①正确
∴EC+CF=AC=，故②正确，
S△ECF=，
∵面积是个定值，
∴CF不变，则CE不变，由直角三角形勾股定理的EF不变，故④正确，
综上所述：正确的结论为①②③④，
故选：D．
19．6
【解析】
【分析】
根据题意把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，证明△AEF≌△AGF即可求得EF＝DF﹣BE＝7﹣1＝6．
【详解】
解：如图，把△ABE绕点A逆时针旋转90°到DA，交CD于点G，
由旋转的性质可知，AG＝AE，DG＝BE，∠DAG＝∠BAE，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAG+∠BAF＝45°，
又∵∠BAD＝90°，
∴∠GAF＝45°，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS）
∴EF＝GF，
∵BE＝1，DF＝7，
∴EF＝GF＝DF﹣DG＝DF﹣BE＝7﹣1＝6.
故答案为：6．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质，构造全等三角形是解题的关键，注意旋转性质的应用．
20．3
【解析】
【分析】
过点作交延长线于点，先证明，则，然后根据求即可．
【详解】
解：过点作交延长线于点，
则∠DMC=90°=∠ABC，
，，
，，
，
，
，
，
，
．
故填．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质以及三角形的面积，正确作出辅助线、构造全等三角形证得成为解答本题的关键．
21．2-2
【解析】
【分析】
根据题意连接BB′，延长BC′交AB′于点M，先证明△ABC′≌△B′BC′，得到∠MBB′=∠MBA=30°；进而求出BM、C′M的长，即可解决问题．
【详解】
解：如图，连接BB′，延长BC′交AB′于点M，
由题意得：∠BAB′=60°，BA=B′A，
∴△ABB′为等边三角形，
∴∠ABB′=60°，AB=B′B；
在△ABC′与△B′BC′中，
，
∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），
∴∠MBB′=∠MBA=30°，
∴BM⊥AB′，且AM=B′M；
由题意得：，AB2=AC2+BC2=16，
∴AB′=AB=4，AM=2，
∴C′M=AB′=2；由勾股定理可求：BM=2，
∴C′B=2-2．
故答案为：2-2．
【点睛】
本题考查旋转的性质和全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质和勾股定理，熟练掌握并作辅助线构造出全等三角形并求出BC′在等边三角形的高上是解题的关键．
22．2
【解析】
【分析】
延长AD至E，使得AD=DE，连接EC，证得△ADB≌△EDC后得到EC=AB=4，从而得到4-2
解：延长AD至E，使得AD=DE，连接EC，
∵D是BC的中点，
∴BD=CD，
在△ADB和△EDC中，
，
∴△ADB≌△EDC，
∴EC=AB=4，
∵AC=2，
∴4−2
∴AD=2．
故答案为：2．
【点睛】
本题主要考查了三角形三边关系，全等三角形的判定与性质，掌握三角形三边关系，全等三角形的判定与性质是解题的关键．
23．
【解析】
【分析】
取AB的中点H，连接DH，由“SAS”可证△ADH≌△AEF，可得EF＝DH，由垂线段最短，可得当DH⊥BF时，DH的长最短，即EF有最小值，即可求解．
【详解】
解：如图，取AB的中点H，连接DH，
∵△ABC是等边三角形，BF是高，
∴AF＝CF＝3，∠ABF＝30°，
∵点H是AB中点，
∴BH＝AH＝3，
∴AH＝AF，
∵将AD绕点A逆时针旋转60°至AE，
∴AE＝AD，∠DAE＝60°＝∠BAC，
∴∠DAH＝∠FAE，且AF＝AH，AD＝AE，
∴△ADH≌△AEF（SAS）
∴EF＝DH，
∴当DH⊥BF时，DH的长最短，即EF有最小值，
∴DH的最小值为BH＝，
∴EF的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了全等三角形的最值问题，掌握旋转的性质、全等三角形的性质以及判定定理是解题的关键．
24．60°
【解析】
【分析】
由的度数利用邻补角互补可得出，结合可得出为等边三角形，而根据旋转全等模型由易证出，根据全等三角形的性质可得出，再根据即可求出的度数．
【详解】
解：为等边三角形，
，．
，，
．
又，
为等边三角形，
，，．
，
．
在和中，
，
，
，
．
故答案为：60．
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及角的计算，通过证明，找出是解题的关键．
25．440．
【解析】
【分析】
作DM⊥BC于M，AN⊥BC于N，利用AAS证出△AEN≌△CDM，从而得出AN＝CM，EN＝DM，设BE＝5a，用含a的式子分别表示各个线段的长度，根据三角形的面积公式即可求出a2，然后根据三角形的面积公式求面积即可．
【详解】
解：作DM⊥BC于M，AN⊥BC于N，如图所示：
则∠CMD＝∠BMD＝∠ANE＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴△BDM、△BAN是等腰直角三角形，
∴BM＝DM，BN＝AN，
∵AE⊥CD，
∴∠AEN+∠EAN＝∠AEN+∠DCM＝90°，
∴∠EAN＝∠DCM，
在△AEN和△CDM中，
，
∴△AEN≌△CDM（AAS），
∴AN＝CM，EN＝DM，
∴BN＝CM，
∴BM＝CN，
∴BM＝DM＝CN＝EN，
∵BE：CE＝5：6，
∴设BE＝5a，
则CE＝6a，BC＝BE+CE＝11a，BM＝DM＝CN＝EN＝CE＝3a，AN=CM＝BC﹣BM＝8a，
∴CD2＝DM2+CM2＝（3a）2+（8a）2＝73a2，
∵S△BDE＝BE×DM＝×5a×3a＝75，
∴a2＝10，
∴S△ABC＝BC×AN＝×11a ×8a＝44 a2＝440；
故答案为：440．
【点睛】
此题考查的是全等三角形的判定及性质和求三角形的面积，掌握构造全等三角形的方法、三角形的面积公式和方程思想是解决此题的关键．
26．问题背景： SAS；问题解决：完整过程见解析；拓展应用： DE＝6．
【解析】
【分析】
问题背景：先判断出BD=CD，由对顶角相等∠BDE=∠CDA，进而得出△ADC≌△EDB（SAS）；
问题解决：先证明△ADC≌△EDB（SAS），得出BE=AC=3，最后用三角形三边关系即可得出结论；
拓展应用：如图2，延长AM到N，使得MN=AM，连接BN，同（1）的方法得出△BMN≌△CMA（SAS），则BN=AC，进而判断出∠ABN=∠EAD，进而判断出△ABN≌△EAD，得出AN=ED，即可求解．
【详解】
问题背景：如图1，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
在△ADC和△EDB中，
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
故答案为：SAS；
问题解决：如图1，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
在△ADC≌△EDB中，
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC，
在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∵AB＝4，AC＝3，
∴4﹣3＜AE＜4+3，即1＜AE＜7，
∵DE＝AD，
∴AD＝AE，
∴＜AD＜；
拓展应用：如图2，延长AM到N，使得MN＝AM，连接BN，
由问题背景知，△BMN≌△CMA（SAS），
∴BN＝AC，∠CAM＝∠BNM，
∴AC//BN，
∵AC＝AD，
∴BN＝AD，
∵AC//BN，
∴∠BAC+∠ABN＝180°，
∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD＝180°，
∴∠ABN＝∠EAD，
在△ABN和△EAD中，
，
∴△ABN≌△EAD（SAS），
∴AN＝DE，
∵MN＝AM，
∴DE＝AN＝2AM，
∵AM＝3，
∴DE＝6．
【点睛】
此题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的判定与性质，补角的性质，掌握倍长中线法，构造全等三角形是解本题的关键．
27．（1）1＜AD＜7；（2）AC∥BM，且AC＝BM，证明见解析；（3）EF＝2AD，证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，根据题意证明△MDB≌△ADC，可知BM＝AC，在△ABM中，根据AB﹣BM＜AM＜AB+BM，即可；
（2）由（1）知，△MDB≌△ADC，可知∠M＝∠CAD，AC＝BM，进而可知AC∥BM；
（3）延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，由（1）（2）的结论以及已知条件证明△ABM≌△EAF，进而可得AM＝2AD，由AM＝EF，即可求得AD与EF的数量关系．
【详解】
（1）如图2，延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
在△MDB和△ADC中，
，
∴△MDB≌△ADC（SAS），
∴BM＝AC＝6，
在△ABM中，AB﹣BM＜AM＜AB+BM，
∴8﹣6＜AM＜8+6，2＜AM＜14，
∴1＜AD＜7，
故答案为：1＜AD＜7；
（2）AC∥BM，且AC＝BM，
理由是：由（1）知，△MDB≌△ADC，
∴∠M＝∠CAD，AC＝BM，
∴AC∥BM；
（3）EF＝2AD，
理由：如图2，延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，
由（1）知，△BDM≌△CDA（SAS），
∴BM＝AC，
∵AC＝AF，
∴BM＝AF，
由（2）知：AC∥BM，
∴∠BAC+∠ABM＝180°，
∵∠BAE＝∠FAC＝90°，
∴∠BAC+∠EAF＝180°，
∴∠ABM＝∠EAF，
在△ABM和△EAF中，
，
∴△ABM≌△EAF（SAS），
∴AM＝EF，
∵AD＝DM，
∴AM＝2AD，
∵AM＝EF，
∴EF＝2AD，
即：EF＝2AD．
【点睛】
本题考查了三角形三边关系，三角形全等的性质与判定，利用倍长中线辅助线方法是解题的关键．
28．4＜AE＜8
【解析】
【分析】
证明△ABD≌△ECD（AAS），得到AB=EC=6，AD=ED，再由三角形的三边关系即可得出答案．
【详解】
解：∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD．
∵AB∥CE，
∴∠BAD=∠E，
在△ABD和△ECD中，
，
∴△ABD≌△ECD（AAS），
∴AB=EC=6，
∴AD=DE，
在△ACE中，CE-AC＜AE＜CE+AC，
即6-2＜AE＜6+2，
∴4＜AE＜8．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、三角形的三边关系等知识；熟练掌握三角形的三边关系，证明三角形全等是解题的关键．
29．（1）1＜AD＜6；（2）见解析；（3）结论：EF＝BE﹣FD，证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）先证明△CDE≌△BDA（SAS）可得CE＝AB＝5，在△ACE中，利用三角形的三边关系解答即可；
（2）如图2中，延长ED到H，使得DH＝DE，连接DH，FH．再证明△BDE≌△CDH（SAS）可得BE＝CH，再证明EF＝FH，利用三角形的三边关系解答即可；
（3）如图3，作辅助线，构建△ABG，同理证明△ABG≌△ADF和△AEG≌△AEF．可得新的结论：EF＝BE﹣DF．
【详解】
（1）解：如图1：∵CD＝BD，AD＝DE，∠CDE＝∠ADB，
∴△CDE≌△BDA（SAS），
∴EC＝AB＝5，
∵7﹣5＜AE＜7+5，
∴2＜2AD＜12，
∴1＜AD＜6，
故答案为1＜AD＜6．
（2）证明：如图2中，延长ED到H，使得DH＝DE，连接DH，FH．
∵BD＝DC，∠BDE＝∠CDH，DE＝DH，
∴△BDE≌△CDH（SAS），
∴BE＝CH，
∵FD⊥EH．DE＝DH，
∴EF＝FH，
在△CFH中，CH+CF＞FH，
∵CH＝BE，FH＝EF，
∴BE+CF＞EF．
（4）结论：EF＝BE﹣FD
证明：如图3中，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
∵AB＝AD，BG＝DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，
∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAE＝∠EAF，
∵AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG＝EF，
∵EG＝BE﹣BG，
∴EF＝BE﹣FD．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质、三角形的中线的性质、三角形的三边关系等知识，掌握倍长中线、构造全等三角形成为本题的关键．
30．（1）∠BOC＝120°；（2）见解析．
【解析】
【分析】
（1）利用等边三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB＝，由角平分线的性质可得到∠OBC＝∠OCB＝，再利用三角形的内角和为列式计算即可；
（2）以点O为顶点，OF为一边，作∠FOG＝，交BC于点G，通过证明△BOE≌△COG得到OG＝OE，BE＝CG，从而得到，即可通过线段的等量代换证明结论．
【详解】
（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝，
∵∠ABC与∠ACB的角平分线相交于点O，
∴∠OBC＝∠OCB＝，
∴∠BOC＝∠OBC∠OCB＝；
（2）以点O为顶点，OF为一边，作∠FOG＝，交BC于点G，
∵∠BOC＝，
∴∠BOF+∠COG＝，
∵∠EOF＝，
∴∠EOB+∠BOF＝，
∴∠COG＝∠EOB，
∵∠ABO＝∠ABC＝，
∴∠EBO＝∠OCG，
在BOE与COG中，
，
∴，
∴OG＝OE，BE＝CG，
在OEF与OGF中，
，
∴，
∴EF＝FG，
∵CF＝FG+CG，
∴CF＝EF+BE．
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，合理作出辅助线以及灵活寻找全等三角形判定的条件是解题的关键．
31．（1）见解析；（2）成立，见解析
【解析】
【分析】
（1）先证∠ABD=∠EAC，再证△ABD ≌ △CAE（AAS）即可；
（2）先证出∠ABD ＝ ∠EAC，再证△ABD ≌ △CAE（AAS）即可．
【详解】
证明：（1）∵AB⊥AC,BD⊥DE,CE⊥DE,
∴∠BDA=∠AEC=∠BAC=90°,
∴∠DAB+∠ABD=∠EAC+∠DAB=90°,
∴∠ABD=∠EAC,
在△ABD和 △CAE中，
，
∴ △ABD ≌ △CAE（AAS），
∴ BD ＝ AE ，AD ＝ CE，
∴ DE ＝ AE ＋ DA ；
（2）成立，
理由如下：∵ ∠BAC ＋ ∠BAD ＋ ∠EAC ＝ 180° ，
∠ADB＋ ∠BAD ＋ ∠ABD ＝ 180°，
∠BAC ＝ ∠BDA，
∴∠ABD ＝ ∠EAC ，
在△ABD和 △CAE中，
，
∴ △ABD ≌ △CAE（AAS），
∴ BD ＝ AE，AD ＝ CE，
∴ DE ＝ AE ＋ DA ＝ BD ＋ CE．
【点睛】
本题考查三角形全等的判定与性质，掌握三角形全等的判定与性质是解题关键．
32．（1）AC=BD，AC⊥BD，证明见解析；（2）存在，AC=BD，AC⊥BD，证明见解析；（3）AC=BD，AC⊥BD
【解析】
【分析】
（1）延长BD交AC于点E．易证△AOC≌△BOD（SAS），可得AC=BD，∠OAC=∠OBD，由∠ADE=∠BDO，可证∠AED=∠BOD=90º即可；
（2）延长BD交AC于点F，交AO于点G．易证△AOC≌△BOD（SAS），可得AC=BD，∠OAC=∠OBD，由∠AGF=∠BGO，可得∠AFG=∠BOG=90º即可；
（3）BD交AC于点H，AO于M，可证△AOC≌△BOD（SAS），可得AC=BD，∠OAC=∠OBD，由∠AMH=∠BMO，可得∠AHM=∠BOH=90º即可．
【详解】
（1）AC=BD，AC⊥BD，
证明：延长BD交AC于点E．
∵△COD和△AOB均为等腰直角三角形，
∴OC=OD，OA=OB，
∠COA=∠BOD=90º，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC=BD，
∴∠OAC=∠OBD，
∵∠ADE=∠BDO，
∴∠AED=∠BOD=90º，
∴AC⊥BD；
（2）存在，
证明：延长BD交AC于点F，交AO于点G．
∵△COD和△AOB均为等腰直角三角形，
∴OC=OD，OA=OB，
∠DOC=BOA=90º，
∵∠AOC=∠DOC－∠DOA，∠BOD=∠BOA－∠DOA，
∴∠AOC=∠BOD，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，
∵∠AGF=∠BGO，
∴∠AFG=∠BOG=90º，
∴AC⊥BD；
（3）AC=BD，AC⊥BD．
证明：BD交AC于点H，AO于M，
∵△COD和△AOB均为等腰直角三角形，
∴OC=OD，OA=OB，
∠DOC=BOA=90º，
∵∠AOC=∠DOC+∠DOA，∠BOD=∠BOA+∠DOA，
∴∠AOC=∠BOD，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，
∵∠AMH=∠BMO，
∴∠AHM=∠BOH=90º，
∴AC⊥BD．
．
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