苏科版八年级上册第一章 全等三角形1.2 全等三角形同步测试题

这是一份苏科版八年级上册第一章 全等三角形1.2 全等三角形同步测试题

1.8 全等三角形的基本模型
知识清单

全等在初中数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，该份资料就全等三角形中平移型全等、轴对称（翻折）型全等、旋转型全等、三垂直型全等、一线三等角型全等、手拉手型全等、半角模型等经典模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
经典模型

模型1：平移模型
【模型解读】把△ABC沿着某一条直线l平行移动，所得到△DEF与△ABC称为平移型全等三角形，图①，图②是常见的平移型全等三角线.

【常见模型】

例1.（2021春•雁塔区校级期中）如图①点A、B、C、D在同一直线上，AB＝CD，作CE⊥AD，BF⊥AD，且AE＝DF．（1）证明：EF平分线段BC；（2）若△BFD沿AD方向平移得到图②时，其他条件不变，（1）中的结论是否仍成立？请说明理由．

【解题思路】（1）由AB＝CD，利用等式的性质得到AC＝BD，再由AE＝DF，利用HL得到直角三角形ACE与直角三角形DBF全等，利用全等三角形对应边相等得到EC＝BF，再利用AAS得到三角形ECG与三角形FBG全等，利用全等三角形对应边相等得到BG＝CG，即可得证；
（2）（1）中的结论成立，理由为：由AC＝DB，利用等式的性质得到AC＝BD，再由AE＝DF，利用HL得到直角三角形ACE与直角三角形DBF全等，利用全等三角形对应边相等得到EC＝BF，再利用AAS得到三角形ECG与三角形FBG全等，利用全等三角形对应边相等得到BG＝CG，即可得证．
【解答过程】（1）证明：∵CE⊥AD，BF⊥AD，∴∠ACE＝∠DBF＝90°，
∵AB＝CD，∴AB+BC＝BC+CD，即AC＝DB，
在Rt△ACE和Rt△DBF中，，
∴Rt△ACE≌Rt△DBF（HL），∴CE＝FB，
在△CEG和△BFG中，，
∴△CEG≌△BFG（AAS），∴CG＝BG，即EF平分线段BC；
（2）（1）中结论成立，理由为：
证明：∵CE⊥AD，BF⊥AD，∴∠ACE＝∠DBF＝90°，
∵AB＝CD，∴AB﹣BC＝CD﹣BC，即AC＝DB，
在Rt△ACE和Rt△DBF中，，
∴Rt△ACE≌Rt△DBF（HL），∴CE＝FB，
在△CEG和△BFG中，，
∴△CEG≌△BFG（AAS），∴CG＝BG，即EF平分线段BC．
变式1．（2021·浙江温州市·八年级期末）如图，，，要说明，需添加的条件不能是（ ）
A． B． C． D．

【答案】C
【分析】直接根据三角形证明全等的条件进行判断即可；
【详解】A、∵AB∥DE，∴∠ABC=∠DEC，∴根据ASA即可判定三角形全等，故此选项不符合题意；
B、∵AC∥DF，∴∠DFE=∠ACB，∴根据AAS即可判定三角形全等，故此选项不符合题意；
C、AC⊥DE，不符合三角形全等的证明条件，故此选项符合题意；
D、∵AC=DF，∴根据SAS即可判定三角形全等，故此选项不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查了三角形证明全等所需添加的条件，正确掌握知识点是解题的关键；
变式2．（2021·广西百色市·八年级期末）如图，已知点是的中点，∥，且．
（1）求证：△ACD≌△CBE．（2）若，求∠B的度数．

【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据SAS证明△ACD≌△CBE；
（2）根据三角形内角和定理求得∠ACD，再根据三角形全等的性质得到∠B=∠ACD．
【详解】（1）∵C是AB的中点，∴AC＝CB，∵CD//BE，∴，
在△ACD和△CBE中，，∴；
（2）∵，∴，
又∵，∴．
【点睛】考查了全等三角形的判定和性质，解题关键是根据SAS证明△ACD≌△CBE．

模型2：轴对称模型
【模型解读】将原图形沿着某一条直线折叠后，直线两边的部分能够完全重合，这两个三角形称之为轴对称型全等三角形，此类图形中要注意期隐含条件，即公共边或公共角相等.
【常见模型】

例1．（2021·江苏徐州市·八年级期末）已知：如图，点C是线段AB的中点，CD=CE，∠ACD=∠BCE，求证：（1）△ADC≌△BEC；（2）DA=EB．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据SAS证明△ADC≌△BEC即可；（2）根据全等三角形的性质解答即可．
【详解】证明：（1）∵点C是线段AB的中点，∴CA＝CB，
在△ADC和△BEC中，，∴△ADC≌△BEC（SAS）；
（2）∵△ADC≌△BEC，∴DA＝EB．
【点睛】本题考查全等三角形的性质和判定，解题关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
变式1. （2022·浙江·八年级期中）如图，已知，若要使得，则添加的一个条件不能是（ ）

A． B． C．AB=DC D．AC=DB
【答案】C
【分析】根据全等三角形的判定方法对各选项进行判断，即可得出结论．
【详解】解：∵，BC＝CB，
A、当添加∠A＝∠D时，可利用“AAS”判断△ABC≌△DCB，故此选项不符合题意；
B、当添加时，可利用“ASA”判断△ABC≌△DCB，故此选项不符合题意；
C、当添加AB=DC时，利用“SSA”不能判断△ABC≌△DCB，故此选项符合题意；
D、当添加AC=DB时，可利用“SAS”判断△ABC≌△DCB，故此选项不符合题意．故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定：全等三角形的判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，若已知两边对应相等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等，则必须再找一组对边对应相等，且要是两角的夹边，若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应邻边．
变式2. （2021·安徽·八年级期末）如图，AB＝AC，D、E分别是AB、AC的中点，AM⊥CD于M，AN⊥BE干N．求证：AM＝AN．

【解题思路】利用已知条件先证明△DBC≌△EBC，再证明△AMD≌△ANE，即可解答．
【解答过程】解：∵AB＝AC，D、E分别是AB、AC的中点，∴AD＝BD＝AE＝EC，∠B＝∠C，
在△DBC和△EBC中 ∴△DBC≌△EBC，∴∠BDC＝∠BDE，
∵∠BDC＝∠ADM，∠BEC＝∠AEN，∴∠ADM＝∠AEN，
在△AMD和△ANE中∵∴△AMD≌△ANE∴AM＝AN．

模型3：旋转模型
【模型解读】将三角形绕着公共顶点旋转一定角度后，两个三角形能够完全重合，则称这两个三角形为旋转型三角形，识别旋转型三角形时，涉及对顶角相等、等角加（减）公共角的条件.
【常见模型】

例1．（2021·江苏镇江市·八年级期末）如图，，
求证：（1）；（2）．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据垂直得到，求出，即可得到结果；（2）设交于，交于，根据全等三角形的性质得到，再根据已知条件转换即可；
【详解】证明：，，，
，，
在和中，，；

如图，设交于，交于，
，，，，
，，．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，准确证明是解题的关键．
变式1．（2022·武汉市八年级月考）如图，已知，，且，，，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由已知得△ABC≌△ADE，故有∠BAC=∠DAE，由∠EAB=120°及∠CAD=10°可求得∠AFB的度数，进而得∠GFD的度数，在△FGD中，由三角形的外角等于不相邻的两个内角的和即可求得∠EGF的度数．
【详解】在△ABC和△ADE中 ∴ △ABC≌△ADE（SAS）∴∠BAC=∠DAE
∵∠EAB=∠BAC+∠DAE+∠CAD=120°∴∠BAC=∠DAE
∴∠BAF=∠BAC+∠CAD=65°∴在△AFB中，∠AFB=180°-∠B-∠BAF=90°∴∠GFD=90°
在△FGD中，∠EGF=∠D+∠GFD=115°故选：C
【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质、三角形内角和定理，关键求得∠BAC的度数．
变式3. （2021•浦东新区期末）如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°．
（1）当点D在AC上时，如图①，线段BD，CE有怎样的数量关系和位置关系？请证明你的猜想；
（2）将图①中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°），如图②，线段BD，CE有怎样的数量关系和位置关系？请说明理由．

【解题思路】（1）延长BD交CE于F，易证△EAC≌△DAB，可得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，根据∠AEC+∠ACE＝90°，可得∠ABD+∠AEC＝90°，即可解题；
（2）延长BD交CE于F，易证∠BAD＝∠EAC，即可证明△EAC≌△DAB，可得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，根据∠ABC+∠ACB＝90°，可以求得∠CBF+∠BCF＝90°，即可解题．
【解答过程】证明：（1）延长BD交CE于F，

在△EAC和△DAB中，，
∴△EAC≌△DAB（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠AEC+∠ACE＝90°，∴∠ABD+∠AEC＝90°，∴∠BFE＝90°，即EC⊥BD；
（2）延长BD交CE于F，

∵∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠EAC＝90°，∴∠BAD＝∠EAC，
∵在△EAC和△DAB中，，
∴△EAC≌△DAB（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABC+∠ACB＝90°，∴∠CBF+∠BCF＝∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE＝90°，
∴∠BFC＝90°，即EC⊥BD．

模型4：一线三等角模型
【模型解读】基本图形如下：此类图形通常告诉BD⊥DE，AB⊥AC，CE⊥DE，那么一定有∠B=∠CAE.

【常见模型】

例1．（2022·无锡市八年级月考）（1）如图1，直线m经过等腰直角△ABC的直角顶点A，过点B、C分别作BD⊥m，CE⊥m，垂足分别是D、E．求证：BD＋CE＝DE；

（2）如图2，直线m经过△ABC的顶点A，AB＝AC，在直线m上取两点 D、E，使∠ADB＝∠AEC＝α，补充∠BAC＝ （用α表示），线段BD、CE与DE之间满足BD＋CE＝DE，补充条件后并证明；
（3）在（2）的条件中，将直线m绕着点A逆时针方向旋转一个角度到如图3的位置，并改变条件∠ADB＝∠AEC＝ （用α表示）．通过观察或测量，猜想线段BD、CE与DE之间满足的数量关系，并予以证明．
【答案】（1）证明见详解，（2）∠BAC=，证法见详解，（3）180º-，DE=EC-BD，证明见详解．
【分析】（1）根据已知首先证明∠DAB=∠ECA，再利用AAS即可得出△ADB≌△CEA；
（2）补充∠BAC=α．利用△ADB≌△CAE，即可得出三角形对应边之间的关系，即可得出答案；
（3）180º-α，DE=CE-BD，根据已知首先证明∠DAB=∠ECA，再利用AAS即可得出△ADB≌△CEA，即可得出三角形对应边之间的关系，即可得出答案．
【详解】证明：（1）∵BD⊥m，CE⊥m，∠ABC=90°，AC=BC，
∴△ADB和△AEC都是直角三角形，∴∠DBA+∠DAB=90°，∴∠ECA+∠EAC=90°，
∵∠BAC=90°，∠DAB+∠EAC=90º，∴∠DAB=∠ECA，
又∵∠ADB=∠CEA=90°，AB=BC，所以△ADB≌△CEA（AAS），
BD=AE，DA=EC，DE=DA+AE=EC+BD，BD＋CE＝DE．
（2）∵等腰△ABC中，AC=CB，∠ADB=∠BAC=∠CEA=α，
∴∠DAB+∠EAC=180°-α，∠ECA+∠CAE=180º-α，∴∠DAB=∠ECA，
∵∠ADB=∠CEA=α，AC=CB，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴CE=AD，BD=AE，
∴AD+BE=CE+CD，所以BD+CE=DE．
（3）180º-α，数量关系为DE=CE-BD，
∵∠ADB＝∠AEC＝ 180º-α，∠BAC=α，∴∠ABD+∠BAD=α，∠BAD+∠EAC=α，∴∠ABD=∠CAE，
∵AB=AC，∴△BAD≌△ACE（AAS），∴AD=CE，BD=AE，∴DE=AD-AE=EC-BD．
【点睛】点评：此题主要考查了三角形全等的证明，根据已知得出∠DAB=∠ECA，再利用全等三角形的判定方法得出是解决问题的关键．
变式1．（2021·河南商丘市·九年级期末）如图（1），已知中，，；是过的一条直线，且，在的异侧，于，于．（1）求证：；（2）若直线绕点旋转到图（2）位置时（），其余条件不变，问与，的数量关系如何？请给予证明．（3）若直线绕点旋转到图（3）位置时（），其余条件不变，问与，的数量关系如何？请直接写出结果，不需证明；（4）根据以上的讨论，请用简洁的语言表达直线在不同位置时与，的位置关系．

【答案】（1）见解析；（2），见解析；（3）；（4）当，在的同测时，；当，在的异侧时，若，则，若，则
【分析】（1）在直角三角形中，由题中条件可得∠ABD=EAC，又有AB=AC，则有一个角及斜边相等，则可判定△BAD≌△AEC，由三角形全等可得三角形对应边相等，进而通过线段之间的转化，可得出结论；
（2）由题中条件同样可得出△BAD≌△AEC，得出对应线段相等，进而可得线段之间的关系；

（3）同（2）的方法即可得出结论．（4）利用（1）（2）（3）即可得出结论．
【详解】解：（1）∵BD⊥AE，CE⊥AE∴∠ADB=∠CEA=90°∴∠ABD+∠BAD=90°
又∵∠BAC=90°∴∠EAC+∠BAD=90°∴∠ABD=∠CAE
在△ABD与△ACE中
∴△ABD≌△ACE∴BD=AE，AD=EC，∴BD=DE+CE
（2）∵BD⊥AE，CE⊥AE∴∠ADB=∠CEA=90°∴∠ABD+∠BAD=90°
又∵∠BAC=90°∴∠EAC+∠BAD=90°∴∠ABD=∠CAE
在△ABD与△ACE中∴△ABD≌△ACE∴BD=AE，AD=EC∴BD=DE-CE，

（3）∵∠BAC=90°，∴∠BAD+∠EAC=90°，
又∵BD⊥AE，CE⊥AE，∴∠BDA=∠AEC=90°，∠BAD+∠ABD=90°，∴∠ABD=∠EAC，
在△ABD与△CAE中，∴△ABD≌△CAE，∴BD=AE，AD=CE，
∵DE=AD+AE=BD+CE，∴BD=DE-CE．
（4）归纳：由（1）（2）（3）可知：当B，C在AE的同侧时，若BD> CE,则BD= DE +CE,若BD> CE,则BD= DE +CE,若BD< CE,则BD= CE- DE.
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了三角形全等的判定方法，余角的性质，线段的和差，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
变式2.（2022•历下区期中）CD是经过∠BCA定点C的一条直线，CA＝CB，E、F分别是直线CD上两点，且∠BEC＝∠CFA＝∠β．（1）若直线CD经过∠BCA内部，且E、F在射线CD上，
①若∠BCA＝90°，∠β＝90°，例如图1，则BE　 　CF，EF　 　|BE﹣AF|．（填“＞”，“＜”，“＝”）；
②若0°＜∠BCA＜180°，且∠β+∠BCA＝180°，例如图2，①中的两个结论还成立吗？并说明理由；
（2）如图3，若直线CD经过∠BCA外部，且∠β＝∠BCA，请直接写出线段EF、BE、AF的数量关系（不需要证明）．

【解题思路】（1）①求出∠BEC＝∠AFC＝90°，∠CBE＝∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE＝CF，CE＝AF即可；②求出∠BEC＝∠AFC，∠CBE＝∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE＝CF，CE＝AF即可；
（2）求出∠BEC＝∠AFC，∠CBE＝∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE＝CF，CE＝AF即可．
【解答过程】解：（1）①如图1，E点在F点的左侧，

∵BE⊥CD，AF⊥CD，∠ACB＝90°，∴∠BEC＝∠AFC＝90°，
∴∠BCE+∠ACF＝90°，∠CBE+∠BCE＝90°，∴∠CBE＝∠ACF，
在△BCE和△CAF中，，∴△BCE≌△CAF（AAS），
∴BE＝CF，CE＝AF，∴EF＝CF﹣CE＝BE﹣AF，
当E在F的右侧时，同理可证EF＝AF﹣BE，
∴EF＝|BE﹣AF|；故答案为＝，＝．
②：①中两个结论仍然成立；证明：如图2，
∵∠BEC＝∠CFA＝∠a，∠α+∠ACB＝180°，∴∠CBE＝∠ACF，
在△BCE和△CAF中，，∴△BCE≌△CAF（AAS），
∴BE＝CF，CE＝AF，∴EF＝CF﹣CE＝BE﹣AF，
当E在F的右侧时，如图3，

同理可证EF＝AF﹣BE，∴EF＝|BE﹣AF|；
（2）EF＝BE+AF．理由是：如图4，
∵∠BEC＝∠CFA＝∠a，∠a＝∠BCA，
又∵∠EBC+∠BCE+∠BEC＝180°，∠BCE+∠ACF+∠ACB＝180°，
∴∠EBC+∠BCE＝∠BCE+∠ACF，∴∠EBC＝∠ACF，
在△BEC和△CFA中，，∴△BEC≌△CFA（AAS），∴AF＝CE，BE＝CF，
∵EF＝CE+CF，∴EF＝BE+AF．

模型5：三垂直全等模型
【模型解读】模型主体为两个直角三角形，且两条斜边互相垂直。
【常见模型】

例1．（2020·江西赣州市·八年级期末）已知：，，，．
（1）试猜想线段与的位置关系，并证明你的结论．
（2）若将沿方向平移至图2情形，其余条件不变，结论还成立吗？请说明理由．
（3）若将沿方向平移至图3情形，其余条件不变，结论还成立吗？请说明理由．

【答案】（1），见解析；（2）成立，理由见解析；（3）成立，理由见解析
【分析】（1）先用判断出，得出，进而判断出，即可得出结论；（2）同（1）的方法，即可得出结论；（3）同（1）的方法，即可得出结论．
【详解】解：（1）理由如下：∵，，∴
在和中∴，∴
∵，∴，∴，∴；
（2）成立，理由如下：
∵，，∴，
在和中，
∴，∴，
∵，∴，∴，
在中，，∴；
（3）成立，理由如下：∵，，∴
在和中，
∴，∴，
∵，∴，
在中，，∴．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，判断出是解本题的关键．
变式1．（2021·广东中山市·八年级期末）如图，在△ABC和△CDE中，若∠ACB＝∠CED＝90°，AB＝CD，CE＝AC，则下列结论中正确的是（　　）

A．E为BC中点 B．2BE＝CD C．CB＝CD D．△ABC≌△CDE
【答案】D
【分析】首先利用HL定理证明Rt△ABC≌Rt△CDE，然后根据全等三角形的性质，即可一一判断．
【详解】∵∠ACB＝∠CED＝90° 在Rt△ABC与Rt△CDE中，，∴Rt△ABC≌Rt△CDE（HL），
∴CB＝DE，CE＝AC，CD＝AB，△ABC≌△CDE，故D符合题意，其他选项不符合题意故选：D．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，掌握HL定理判定三角形全等是解题关键
变式2．（2021·湖北鄂州市·八年级期末）将的直角顶点置于直线上，，分别过点 、作直线的垂线，垂足分别为点、，连接．若， ．求的面积．

【答案】32
【分析】根据AAS即可证明，根据全等三角形的对应边相等，得出，，所而，从而求出AD的长，则可得到的面积．
【详解】解：∵，，∴，
∵，∴，
在与中， ∴∴，，
∵，∴．．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，余角的性质等知识，熟悉相关性质是解题的关键．

模型6：手拉手模型
【模型分析】
将两个三角形绕着公共顶点（即头）旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等。
【模型图示】

公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。对应操作：左手拉左手（即连结BD），右手拉右手（即连结CE），得。
【常见模型】
（等腰）
（等边）
（等腰直角）

例1．（2022·湖南永州·八年级期末）△ACB和△DCE是共顶点C的两个大小不一样的等边三角形．

(1)问题发现：如图1，若点A，D，E在同一直线上，连接AE，BE．
①求证：△ACD≌△BCE；②求∠AEB的度数．
(2)类比探究：如图2，点B、D、E在同一直线上，连接AE，AD，BE，CM为△DCE中DE边上的高，请求∠ADB的度数及线段DB，AD，DM之间的数量关系，并说明理由．
(3)拓展延伸：如图3，若设AD（或其延长线）与BE的所夹锐角为α，则你认为α为多少度，并证明．
【答案】(1)①见解析；②∠AEB=60°；(2)∠ADB=60°，2DM+BD=AD，理由见解析；(3)α=60°，证明见解析
【分析】（1）①由△ACB和△DCE是等边三角形知AC=BC，CD=CE，∠ACD=60°-∠DCB=∠BCE，据此即可得证；②由△ACD≌△BCE知∠ADC=∠BEC=120°，结合∠CED=60°可得∠AEB=60°；
（2）证△ACD≌△BCE得∠CDA=∠CED=60°，由∠ADB+∠CDA=∠DCE+∠CED知∠ADB=60°，根据CM⊥BE，且△CDE为等边三角形可得DE=2DM，DE+BD=BE=AD；
（3）同理知△ACD≌△BCE，据此得∠BEC=∠ADC，继而知∠CDF+∠CEF=180°，即∠ECD+∠DFE=180°，从而得出答案．
(1)①证明：∵△ACB和△DCE是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACD=60°-∠DCB=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS）；
②∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC=∠BEC=180°-∠CDE=120°，
又∵∠CED=60°，
∴∠AEB=60°；
(2)解：∠ADB=60°，2DM +BD=AD，理由如下；
∵AC=BC，CD=CE，∠ACD=60°+∠DCB=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CDA=∠CED=60°；
∵∠ADB+∠CDA=∠DCE+∠CED，
∴∠ADB=60°；
又∵CM⊥BE，且△CDE为等边三角形，
∴DE=2DM，
∴2DM +BD=BE=AD；
(3)解：α=60°，理由如下：
同理可证△ACD≌△BCE，
∴∠BEC=∠ADC，
∴∠CDF+∠CEF=180°，
∴∠ECD+∠DFE=180°，而α+∠DFE=180°，
∴α=∠ECD=60°．
【点睛】本题是三角形的综合问题，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质等知识点．
变式1．（2021·河南·开封市第二十七中学八年级期末）（1）问题发现：如图1，和均为等腰直角三角形，，连接，，点、、在同一条直线上，则的度数为__________，线段、之间的数量关系__________；
（2）拓展探究：如图2，和均为等腰直角三角形，，连接，，点、、不在一条直线上，请判断线段、之间的数量关系和位置关系，并说明理由．
（3）解决问题：如图3，和均为等腰三角形，，则直线和的夹角为__________．（请用含的式子表示）

【答案】（1）90°，AD=BE；（2）AD=BE，AD⊥BE；（3）
【分析】（1）由已知条件可得，，进而根据∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB，可得∠ACD＝∠BCE，证明△ACD≌△BCE（SAS），即可求得AD=BE；∠BEC=∠CDA=135°；
（2）延长交于点F，同理可得△ACD≌△BCE，设∠FAB=α，则∠CAD=∠CBE=45°-α，根据∠ABE=45°+45°-α=90°-α，进而根据∠AFB=180°-∠FAB-∠ABE=180°-α-(90°-α)=90°，即可求解；
（3）延长BE交AD于点G，方法同（2）证明△ACD≌△BCE，进而根据三角形的内角和定理即可求得直线和的夹角．
【详解】（1）∵和均为等腰直角三角形，，
∴，，∠CDE=45°∴∠CDA=135°
∵∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB，∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，，
∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠BEC=∠ADC＝135°，AD＝BE
∴∠AEB=90° 故答案为：90°，AD＝BE
（2）AD=BE，AD⊥BE，理由如下，
同理可得△ACD≌△BCE，则AD=BE，
延长交于点F，设∠FAB=α，则∠CAD=∠CBE=45°-α
∴∠ABE=45°+45°-α=90°-α
∴∠AFB=180°-∠FAB-∠ABE=180°-α-(90°-α)=90°∴AD⊥BE

（3）如图，延长BE交AD于点G，
∵和均为等腰三角形，∴，，
∵∠ACB=∠DCE=α，
∵∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE，
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CBE=∠CAD
∵
∴∠CBA=∠CAB =
∴∠GAB+∠GBA=，
，
∴∠AGB=180°-(∠GAB+∠GBA) ，
即直线和的夹角为．故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的性质与判定，掌握旋转模型证明三角形全等是解题的关键．
变式2．（2022·河南八年级月考）（1）作图发现：如图1，已知，小涵同学以、为边向外作等边和等边，连接，．这时他发现与的数量关系是 ．
（2）拓展探究：如图2，已知，小涵同学以、为边向外作正方形和正方形，连接，，试判断与之间的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）BE=CD；（2）BE=CD，理由见解析；
【分析】（1）利用等边三角形的性质得出，然后有，再利用SAS即可证明，则有；
（2）利用正方形的性质得出，然后有，再利用SAS即可证明，则有；
【详解】（1）如图1所示：

和都是等边三角形，，
，即，
在和中，，．
（2），四边形和均为正方形，
，，，
，
在和中，，，

模型7：半角全等模型
【模型分析】过等腰三角形顶点 两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。
【常见模型】

常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系。半角模型（题中出现角度之间的半角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论.
例1．（2021·浙江·绍兴市树人中学八年级期中）问题情境：在等边△ABC的两边AB，AC上分别有两点M，N，点D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．

特例探究：如图1，当DM＝DN时，（1）∠MDB＝　 　度；（2）MN与BM，NC之间的数量关系为　 　；
归纳证明:（3）如图2，当DM≠DN时，在NC的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN与BM，NC之间的数量关系，并加以证明．
拓展应用:（4）△AMN的周长与△ABC的周长的比为　 　．
【答案】（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，证明见解析；（4）
【分析】（1）先证明△MDN是等边三角形，则MN＝DM＝DN，再证明Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），得∠BDM＝∠CDN＝30°；（2）由（1）得DM＝2BM，可得结论MN＝2BM＝BM+NC；归纳证明：先证△DBM≌△DCE（HL），得DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，再证△MDN≌△EDN（SAS），得MN＝NE，可得结论MN＝BM+CN；
拓展应用：（3）首先根据题意利用SAS证明△DBM≌△DCE，然后证明△MDN≌△EDN，根据全等三角形对应相等通过线段之间的转化即可得到MN＝BM+NC；
（4）由（3）得到MN＝BM+NC，则△AMN的周长＝2AB，△ABC的周长＝3AB，即可得出结论．
【详解】特例探究：解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°，
∴△MDN是等边三角形，∴MN＝DM＝DN，
∵∠BDC＝120°，BD＝DC，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠DBM＝∠DCN＝90°，
∵BD＝CD，DM＝DN，∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴∠MDB＝∠NDC＝30°，故答案为：30；
（2）由（1）得：DM＝2BM，DM＝MN，Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴BM＝CN，∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC，即MN＝BM+NC；
归纳证明（3）解：猜想：MN＝BM+NC，证明如下：
∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠MBD＝∠NCD＝90°．∴∠MBD＝∠ECD＝90°，
又∵BD＝CD，BM＝CE，∴△DBM≌△DCE（SAS），
∴DM＝DE，∠MDB＝∠EDC，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠NDC+∠EDC＝∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠MDN，
又∵DN＝DN，∴△MDN≌△EDN（SAS），
∴MN＝EN＝EC+NC＝BM+NC；
拓展应用（4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC，
∴△AMN的周长＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB，
∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∴△ABC的周长＝3AB，
∴△AMN的周长与△ABC的周长的比为＝，故答案为：．
【点睛】此题考查了等边三角形的性质的，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质．
变式1．（2022·全国·八年级课时练习）（1）如图①，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且．请直接写出线段，，之间的数量关系：__________；

（2）如图②，在四边形中，，，，分别是边，上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；
（3）在四边形中，，，，分别是边，所在直线上的点，且．请画出图形（除图②外），并直接写出线段，，之间的数量关系．
【答案】（1）；（2）成立，理由见解析；（3）图形见解析，
【分析】（1）延长EB到G，使BG=DF，连接AG．证明△AGE和△AEF全等，则EF=GE，则EF=BE+DF，证明△ABE和△AEF中全等，那么AG=AF，∠1=∠2，∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD．从而得出EF=GE；
（2）思路和作辅助线的方法同（1）；
（3）根据（1）的证法，我们可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE-BG=BE-DF．
【详解】（1）延长至，使，连接，

∵，，∴≌，
∴，，∴，∴，
在和中，∵，∴≌，∴，
∵，∴．故答案为：
（）（）中的结论仍成立，
证明：延长至，使，

∵，，∴，
在和中，，
∴≌，∴，,
∵，∴，
∴即，
在和中，，
∴≌，∴，即．
（），证明：在上截取使，连接，

∵，，∴，
∵在和中，，∴≌，
∴，，
∴，∴，
在和中，，∴≌，∴，
∵，∴．
【点睛】此题主要考查了三角形全等的判定与性质，通过全等三角形来实现线段的转换是解题关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联的全等三角形.
变式2．（2022·温江区·七年级期末）如图，，，，，．

（1）求的度数；（2）以E为圆心，以长为半径作弧；以F为圆心，以长为半径作弧，两弧交于点G，试探索的形状？是锐角三形，直角三角形还是钝角三角形？请说明理由．
【答案】（1）45°；（2）见详解
【分析】（1）由CA⊥CB，可得∠ACB＝90°，再根据∠ECF＝45°，即可得出答案；
（2）如图，连接DE，先证明△ECF≌△ECD（SAS），可得DE＝EF，再证明△CAD≌△CBF（SAS），可得AD＝BF，∠CAD＝∠B，即可得出∠DAE＝90°，再利用SSS证明△EFG≌△EDA，即可得出答案．
【详解】解：（1）∵CA⊥CB，∴∠ACB＝90°，
∴∠ACE＋∠ECF＋∠BCF＝90°，
∵∠ECF＝45°，∴∠ACE＋∠BCF＝90°−∠ECF＝45°；
（2）△EFG是直角三角形，理由如下：
如图，连接DE，

由（1）知，∠ACE＋∠BCF＝45°，
∵∠ACD＝∠BCF，∴∠ACE＋∠ACD＝45°，即∠DCE＝45°，
∵∠ECF＝45°，∴∠ECF＝∠ECD，
在△ECF和△ECD中，，
∴△ECF≌△ECD（SAS），∴DE＝EF，
在△CAD和△CBF中，，
∴△CAD≌△CBF（SAS），∴AD＝BF，∠CAD＝∠B，
∵FG＝BF，∴FG＝AD，∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠CAB＝∠B＝45°，
∴∠DAE＝∠CAB＋∠B＝90°，
在△EFG和△EDA中，，∴△EFG≌△EDA（SSS），
∴∠EGF＝∠EAD＝90°，∴△EFG是直角三角形．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形性质，直角三角形的判定和性质，全等三角形判定和性质等知识，解题关键是添加辅助线构造全等三角形，熟练运用全等三角形判定和性质解决问题．


课后培优练级练

1．（2021·广西梧州市·八年级期末）如图，在等腰直角三角形中，，点B在直线l上，过A作于D，过C作于E．下列给出四个结论：①；②与互余；③．其中正确结论的序号是（ ）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】D
【分析】证△ADB≌△BEC即可．
【详解】证明：∵， ，∴∠ADB=∠BEC=90°，
∴∠BAD+∠ABD=90°，∠BCE+∠CBE=90°，
∵，∴∠ABD+∠CBE=90°，∴∠BAD=∠CBE，
∴∠BCE+∠BAD=90°，故②正确；
∵∠BAD=∠CBE，∠ADB=∠BEC=90°，∴△ADB≌△BEC，
∴，AD=BE，故①正确；DE=DB+BE=CE+AD，故③正确；故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，解题关键是找到并证明全等三角形．
2．（2022·全国·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．
3．（2022·全国·八年级课时练习）如图，C为线段AE上一动点（不与点，重合），在AE同侧分别作等边三角形ABC和等边三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ．以下结论错误的是（       ）

A．∠AOB=60° B．AP=BQ C．PQ∥AE D．DE=DP
【答案】D
【分析】利用等边三角形的性质，BC∥DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，得出A正确；根据△CQB≌△CPA（ASA），得出B正确；由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，得出C正确；根据∠CDE=60°，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，可知∠DQE≠∠CDE，得出D错误．
【详解】解：∵等边△ABC和等边△CDE，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD与△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CBE=∠DAC，
又∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，即∠ACP=∠BCQ，
又∵AC=BC，
在△CQB与△CPA中，
，
∴△CQB≌△CPA（ASA），
∴CP=CQ，
又∵∠PCQ=60°可知△PCQ为等边三角形，
∴∠PQC=∠DCE=60°，
∴PQ∥AE，
故C正确，
∵△CQB≌△CPA，
∴AP=BQ，
故B正确，
∵AD=BE，AP=BQ，
∴AD-AP=BE-BQ，
即DP=QE，
∵∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，
∴∠DQE≠∠CDE，故D错误；
∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，
∵等边△DCE，
∠EDC=60°=∠BCD，
∴BC∥DE，
∴∠CBE=∠DEO，
∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，
故A正确．故选：D．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，利用旋转不变性，解题的关键是找到不变量．
4．（2022·全国·八年级课时练习）如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（       ）

A．36 B．21 C．30 D．22
【答案】B
【分析】将关于对称得到，从而可得的面积为15，再根据对称的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，最后根据与的面积之和等于与的面积之和即可得．
【详解】解：如图，将关于AE对称得到，

则，，
，
，
，
在和中，，
，
，
，即是直角三角形，
，
，
即与的面积之和为21，故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
5．（2021·河南南阳市·八年级期末）如图，已知∠C＝∠F＝90°，AC＝DF，AE＝DB，BC与EF交于点O，（1）求证：Rt△ABC≌Rt△DEF；（2）若∠A＝51°，求∠BOF的度数．

【答案】（1）见解析；（2）78°
【分析】（1）由AE＝DB得出AE＋EB＝DB＋EB，即AB＝DE，利用HL即可证明Rt△ABC≌Rt△DEF；
（2）根据直角三角形的两锐角互余得∠ABC＝39°，根据全等三角形的性质得∠ABC＝∠DEF＝39°，由三角形外角的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵AE＝DB，∴AE＋EB＝DB＋EB，即AB＝DE．
又∵∠C＝∠F＝90°，AC＝DF，∴Rt△ABC≌Rt△DEF．
（2）∵∠C＝90°，∠A＝51°，∴∠ABC＝∠C－∠A＝90°－51°＝39°．
由（1）知Rt△ABC≌Rt△DEF，∴∠ABC＝∠DEF．∴∠DEF＝39°．
∴∠BOF＝∠ABC＋∠BEF＝39°＋39°＝78°．
【点睛】本题主要考查直角三角形的两锐角互余，三角形外角的性质，全等三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
6. （2021•富顺县校级月考）如图1，A，B，C，D在同一直线上，AB＝CD，DE∥AF，且DE＝AF，求证：△AFC≌△DEB．如果将BD沿着AD边的方向平行移动，如图2，3时，其余条件不变，结论是否成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由．

【思路】可以根据已知利用SAS判定△AFC≌△DEB．如果将BD沿着AD边的方向平行移动，如图（2）、（3）时，其余条件不变，结论仍然成立．可以利用全等三角形的常用的判定方法进行验证．
【解答过程】解：∵AB＝CD，∴AB+BC＝CD+BC，即AC＝BD．∵DE∥AF，∴∠A＝∠D．
在△AFC和△DEB中，，∴△AFC≌△DEB（SAS）．
在（2），（3）中结论依然成立．
如在（3）中，∵AB＝CD，∴AB﹣BC＝CD﹣BC，即AC＝BD，
∵AF∥DE，∴∠A＝∠D．
在△ACF和△DEB中，，∴△ACF≌△DEB（SAS）．
7．（2021·辽宁大连·八年级期中）如图1，在平面直角坐标中，点，，，其中，点为线段上任意一点，连接，于，于．

（1）求证：；（2）当时，若点，请你在图1中连接，交于点．求证：；
（3）若将“点为线段上任意一点”，改为“点为线段延长线上任意一点”，其他条件不变，连接，，垂足为，交轴于点，交轴于点，请在图2中补全图形，求点的坐标（用含的代数式表示）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析，
【分析】（1）先根据点，，，得到，则由三线合一定理得到，，证明，推出即可证明，得到；
（2）先根据点，得到，则，再证明，即可利用SAS证明得到，再由，可以推出，即；
（3）同样先证明，推出，得到，即可得到，再由，，得到，则，推出．
【详解】证明：（1）如图1，∵点，，，
∴，
∵，
∴，
∵∠AOB=∠AOC=90°，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
∴；

（2）如图2，由（1）得，
∴，
∵，点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵BE=AD，AC=BN，
∴
∴，
∵，
∴，
∴；

（3）如图3，由（1）得，，，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，

∴，
∵，
∴，
∵,轴轴，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
∴点的坐标为．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等等，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．
8．（2021·黑龙江·桦南县第四中学九年级期中）如图1，在中，，，直线经过点，且于，于．

(1)由图1，证明：；
(2)当直线绕点旋转到图2的位置时，请猜想出，，的等量关系并说明理由；
(3)当直线绕点旋转到图3的位置时，试问，，又具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系（不必说明理由）．
【答案】(1)证明见解析；(2)，证明过程见解析；(3)，证明过程见解析
【分析】(1)先证明△ADC≌△CEB，得到AD=CE，DC=BE，进而得到DE=CE+DC=AD+BE即可；
(2)同(1)中思路，证明△ADC≌△CEB，进而得到DE=CE-DC=AD-BE即可；
(3)同(1)中思路，证明△ADC≌△CEB，进而得到DE=DC-CE=BE-AD即可．
【详解】解：(1)证明：在中，∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∵直线经过点，
∴；
(2)，，的等量关系为：，理由如下：
∵于，于
∴，
∴，，
∴，
在和中，
∴
∴，，
∴；
(3)当旋转到图3的位置时，、、所满足的等量关系是，理由如下：
∵于，于
∴，
∴，，
∴，
在和中，
∴
∴，，
∴.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定方法、等腰直角三角形的性质及等角的余角相等等知识点，熟练掌握三角形全等的判定方法是求解的关键．
9．（2021·云南文山·八年级期末）在中，，，点D为直线BC上的一个动点（不与B、C重合），连结AD，将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°，使点A旋转到点E，连结EC．
（1）如果点D在线段BC上运动，如图1：求证：
（2）如果点D在线段BC上运动，请写出AC与CE的位置关系．通过观察、交流，小明形成了以下的解题思路：过点E作交直线BC于F，如图2所示，通过证明，可推证等腰直角三角形，从而得出AC与CE的位置关系，请你写出证明过程．
（3）如果点D在线段CB的延长线上运动，利用图3画图分析，（2）中的结论是否仍然成若成立，请证明；若不成立，请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）垂直，理由见解析；（3）成立，证明见解析
【分析】（1）根据直角三角形的性质证明即可；
（2）过点E作交直线BC于F，如图2所示，通过证明，可推证等腰直角三角形，从而得出AC与CE的位置关系；
（3）如图3所示，过点E作于F，证明，进一步可证明
【详解】解：（1）证明：∵
∴
∵
∴
∴

（2）垂直

∵
∴
∵
∴
在和中

∴
∴，
∵
∴，
∴
即．
∴
又∵
∴，且
∴
即．
（3）（2）中的结论仍然成立
如图3所示，过点E作于F
∵
∴
在和中

∴
∴，
∴
即
∴
∴
∴
∴．

【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，证明是解本题的关键．
10．（2022·全国·八年级课时练习）如图，在正方形ABCD中，点P在直线BC上，作射线AP，将射线AP绕点A逆时针旋转45°，得到射线AQ，交直线CD于点Q，过点B作BE⊥AP于点E，交AQ于点F，连接DF．（1）依题意补全图形；（2）用等式表示线段BE，EF，DF之间的数量关系，并证明．

【答案】（1）补全图形见解析；（2）BE+DF=EF，证明见解析．
【分析】（1）根据题意补全图形即可．
（2）延长FE到H,使EH=EF，根据题意证明△ABH≌△ADF，然后根据全等三角形的性质即可证明．
【详解】（1）补全图形

（2）BE+DF=EF．
证明：延长FE到H,使EH=EF

∵BE⊥AP，∴AH=AF，∴∠HAP=∠FAP=45°，
∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°∴∠BAP+∠2=45°，
∵∠1+∠BAP=45°∴∠1=∠2，∴△ABH≌△ADF，∴DF=BH，
∵BE+BH=EH=EF，∴BE+DF=EF．
【点睛】此题考查了正方形的性质和全等三角形的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线．
11．（2022·全国·八年级课时练习）（1）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．求证：△ABD≌△CAE；
（2）如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意锐角或钝角．请问结论△ABD≌△CAE是否成立？如成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展应用：如图3，D，E是D，A，E三点所在直线m上的两动点（D，A，E三点互不重合），点F为∠BAC平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，连接BD，CE，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，求证：△DEF是等边三角形．

【答案】（1）见详解；（2）成立，理由见详解；（3）见详解
【分析】（1）根据直线，直线得，而，根据等角的余角相等得，然后根据“”可判断；
（2）利用，则，得出，然后问题可求证；
（3）由题意易得，由（1）（2）易证，则有，然后可得，进而可证，最后问题可得证．
【详解】（1）证明：直线，直线，
，
，
，
，
，
在和中，
，
；
解：（2）成立，理由如下：
，
，
，
在和中，
，
；
（3）证明：∵△ABF和△ACF均为等边三角形，
∴，
∴∠BDA＝∠AEC＝∠BAC=120°，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴（SAS），
∴，
∴，
∴△DFE是等边三角形．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质与判定是解题的关键．
12．（2022·全国·八年级课时练习）（1）课本习题回放：“如图①，，，，，垂足分别为，，，．求的长”，请直接写出此题答案：的长为________．
（2）探索证明：如图②，点，在的边、上，，点，在内部的射线上，且．求证：．
（3）拓展应用：如图③，在中，，．点在边上，，点、在线段上，．若的面积为15，则与的面积之和为________．（直接填写结果，不需要写解答过程）

【答案】（1）0.8cm；（2）见解析（3）5
【分析】（1）利用AAS定理证明△CEB≌△ADC，根据全等三角形的性质解答即可；
（2）由条件可得∠BEA＝∠AFC，∠4＝∠ABE，根据AAS可证明△ABE≌△CAF；
（3）先证明△ABE≌△CAF，得到与的面积之和为△ABD的面积，再根据故可求解．
【详解】解：（1）∵BE⊥CE，AD⊥CE，
∴∠E＝∠ADC＝90°，
∴∠EBC＋∠BCE＝90°．
∵∠BCE＋∠ACD＝90°，
∴∠EBC＝∠DCA．
在△CEB和△ADC中，
∴△CEB≌△ADC（AAS），
∴BE＝DC，CE＝AD＝2.5cm．
∵DC＝CE−DE，DE＝1.7cm，
∴DC＝2.5−1.7＝0.8cm，
∴BE＝0.8cm
故答案为：0.8cm；
（2）证明：∵∠1＝∠2，
∴∠BEA＝∠AFC．
∵∠1＝∠ABE＋∠3，∠3＋∠4＝∠BAC，∠1＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠ABE＋∠3，
∴∠4＝∠ABE．
∵∠AEB＝∠AFC，∠ABE＝∠4，AB＝AC，
∴△ABE≌△CAF（AAS）．


（3）∵
∴∠ABE+∠BAE=∠FAC+∠BAE=∠FAC+∠ACF
∴∠ABE=∠CAF，∠BAE=∠ACF
又
∴△ABE≌△CAF，
∴
∴与的面积之和等于与的面积之和，即为△ABD的面积，
∵，△ABD与△ACD的高相同
则=5
故与的面积之和为5
故答案为：5．


【点睛】本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．
13．（2022·山西·八年级期末）如图，在等腰△ABC与等腰△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=α，连接BD和CE相交于点P，交AC于点M，交AD于点N．


(1)求证：BD=CE．
(2)求证：AP平分∠BPE．
(3)若α=60°，试探寻线段PE、AP、PD之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)PE=AP+PD，见解析
【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得BD=CE；
（2）由全等三角形的性质可得S△BAD=S△CAE，由三角形面积公式可得AH=AF，由角平分线的性质可得AP平分∠BPE；
（3）由全等三角形的性质可得∠BDA=∠CEA，由“SAS”可证△AOE≌△APD，可得AO=AP，可证△APO是等边三角形，可得AP=PO，可得PE=AP+PD，即可求解．
(1)
证明：∵∠BAC=∠DAE=α，
∴∠BAD=∠CAE，
又∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD=CE；
(2)
证明：如图，过点A作AH⊥BD，AF⊥CE，

∵△BAD≌△CAE，
∴S△BAD=S△CAE，BD=CE，
∴BD×AH=CE×AF，
∴AH=AF，
又∵AH⊥BD，AF⊥CE，
∴AP平分∠BPE；
(3)
解：PE=AP+PD，理由如下：
如图，在线段PE上截取OE=PD，连接AO，

∵△BAD≌△CAE，
∴∠BDA=∠CEA，
又∵OE=PD，AE=AD，
∴△AOE≌△APD（SAS），
∴AP=AO，
∵∠BDA=∠CEA，∠PND=∠ANE，
∴∠NPD=∠DAE=α=60°，
∴∠BPE=180°-∠NPD=180°-60°=120°，
又∵AP平分∠BPE，
∴∠APO=60°，
又∵AP=AO，
∴△APO是等边三角形，
∴AP=PO，
∵PE=PO+OE，
∴PE=AP+PD．
【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，等边三角形的判定和性质以及角之间的关系，证明△BAD≌△CAE是解本题的关键．
14．（2022·广西来宾·八年级期末）如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，连接BD，CD．

（1）试判断BD与AC的位置关系和数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；
（3）如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变．
①试猜想BD与AC的数量关系，并说明理由；
②你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能，请直接写出夹角度数；如果不能，请说明理由．
【答案】（1）BD＝AC，BD⊥AC，理由见解析；（2）不变，理由见解析；（3）①BD＝AC，理由见解析；②能，60°或120°．
【分析】（1）延长BD交AC于F，根据“”判定，根据全等三角形的性质，即可求证；
（2）根据“”判定，根据全等三角形的性质，即可求证；
（3）①根据“”判定，根据全等三角形的性质，即可求证；②设与交于点，根据全等三角形的性质，即可求证．
【详解】（1）BD＝AC，BD⊥AC，
理由：延长BD交AC于F．

∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝∠AEC＝90°，
在△BED和△AEC中

∴，
∴BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，
∵∠BED＝90°，
∴∠EBD+∠BDE＝90°，
∵∠BDE＝∠ADF，
∴∠ADF+∠CAE＝90°，
∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC；
（2）

不发生变化，
理由是：∵∠BEA＝∠DEC＝90°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，

∴△BED≌△AEC（SAS），
∴BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，
∵∠DEC＝90°，
∴∠ACE+∠EOC＝90°，
∵∠EOC＝∠DOF，
∴∠BDE+∠DOF＝90°，
∴∠DFO＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC；
（3）①∵∠BEA＝∠DEC＝90°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，

∴△BED≌△AEC（SAS），
∴BD＝AC，
②能．设与交于点，如下图：

理由：∵△ABE和△DEC是等边三角形，
∴AE＝BE，DE＝EC，∠EDC＝∠DCE＝60°，∠BEA＝∠DEC＝60°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，
，
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴∠BDE＝∠ACE，BD＝AC．
∴


，
即BD与AC所成的角的度数为60°或120°．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定方法与性质．
15．（2022·全国·八年级课时练习）已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E、F．
（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），试猜想AE，CF，EF之间存在怎样的数量关系？请将三条线段分别填入后面横线中：　　＋　　＝　　．（不需证明）
（2）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图2）时，上述（1）中结论是否成立？请说明理由．
（3）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图3）时，上述（1）中结论是否成立？若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．

【答案】（1）AE；CF；EF；（2）成立，见解析；（3）不成立，新的关系为AE＝EF＋CF．
【分析】（1）根据题意易得△ABE≌△CBF，然后根据全等三角形的性质可得∠ABE=∠CBF=30°，进而根据30°角的直角三角形及等边三角形的性质可求解；
（2）如图2，延长FC到H，使CH=AE，连接BH，根据题意可得△BCH≌△BAE，则有BH=BE，∠CBH=∠ABE，进而可证△HBF≌△EBF，推出HF=EF，最后根据线段的等量关系可求解；
（3）如图3，在AE上截取AQ=CF，连接BQ，根据题意易得△BCF≌△BAQ，推出BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，进而可证△FBE≌△QBE，推出EF=QE即可．
【详解】解：（1）如图1，AE+CF=EF，理由如下：
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠C=90°，
∵AB=BC，AE=CF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠ABE=∠CBF，BE=BF，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴，
∵∠MBN=60°，BE=BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴，
故答案为：AE+CF=EF；

（2）如图2，（1）中结论成立；理由如下：
延长FC到H，使CH=AE，连接BH，
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠BCH=90°，
∴△BCH≌△BAE（SAS），
∴BH=BE，∠CBH=∠ABE，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE+∠CBF=120°-60°=60°，
∴∠HBC+∠CBF=60°，
∴∠HBF=∠MBN=60°，
∴∠HBF=∠EBF，
∴△HBF≌△EBF（SAS），
∴HF=EF，
∵HF=HC+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF；

（3）如图3，（1）中的结论不成立，关系为AE=EF+CF，理由如下：
在AE上截取AQ=CF，连接BQ，
∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠A=∠BCF=90°，
∵AB=BC，
∴△BCF≌△BAQ（SAS），
∴BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，
∵∠MBN=60°=∠CBF+∠CBE，
∴∠CBE+∠ABQ=60°，
∵∠ABC=120°，
∴∠QBE=120°-60°=60°=∠MBN，
∴∠FBE=∠QBE，
∴△FBE≌△QBE（SAS），
∴EF=QE，
∵AE=QE+AQ=EF+CF，
∴AE=EF+CF．

【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质是解题的关键．