八年级数学上册专题12.21 三角形全等几何模型-一线三等角模型（巩固篇）（专项练习）-2022-2023学年八年级数学上册基础知识专项讲练（人教版）

这是一份八年级数学上册专题12.21 三角形全等几何模型-一线三等角模型（巩固篇）（专项练习）-2022-2023学年八年级数学上册基础知识专项讲练（人教版），共43页。

专题12.21 三角形全等几何模型-一线三等角模型（巩固篇）
（专项练习）
模型一 一线三垂直全等模型
如图一，∠D=∠BCA=∠E=90°，BC=AC。 结论：Rt△BDC≌Rt△CEA
模型二 一线三等角全等模型
如图二，∠D=∠BCA=∠E，BC=AC。 结论：△BEC≌△CDA


图一 图二

一、单选题
1．课间，小聪拿着老师的等腰直角三角板玩，不小心掉到两墙之间(如图)，∠ACB＝90°，AC＝BC，从三角板的刻度可知AB＝20cm，小聪想知道砌墙砖块的厚度(每块砖的厚度相等)，下面为砌墙砖块厚度的平方是（        ）．

A．cm2 B．cm2 C．cm2 D．cm2
2．如图，AC＝CE，∠ACE＝90°，AB⊥BD，ED⊥BD，AB＝6cm，DE＝2cm，则BD等于（　　）

A．6cm B．8cm C．10cm D．4cm
3．已知AE⊥AB且AE=AB，BC⊥CD且BC=CD，点E，B，D到直线l的距离分别为6，3，4，则图中实线所围成的图形的面积是（     ）

A．50 B．62 C．65 D．68
4．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，3）且AO=BO，∠AOB=90°则点B的坐标为（　　）

A．（2，3） B．（-3，2） C．（-3，-2） D．（-2，3）
5．如图，已知AB⊥BC于B，CD⊥BC于C，BC=13，AB=5，且E为BC上一点，∠AED=90°，AE=DE，则BE=（　　）

A．13 B．8 C．6 D．5
6．如图所示，AC=CD，∠B=∠E=90°，AC⊥CD，则不正确的结论是（　　）

A． B．
C．≌ D．与互余
7．如图,∠ACB=90°，AC=BC，AE⊥CE于E，BD⊥CE于D，AE=5cm，BD=2cm，则DE的长是（）

A．8 B．5 C．4 D．3
8．如图，直线L上有三个正方形a，b，c，若a，c的面积分别为1和9，则b的面积为（       ）

A．8 B．9 C．10 D．11
二、填空题
9．如图所示，中，．直线l经过点A，过点B作于点E，过点C作于点F．若，则__________．

10．已知直线l经过正方形ABCD的顶点A，过点B和点D分别作直线的垂线BM和DN，垂足分别为点M、点N，如果，，那么点M和点N之间的距离为_______．
11．如图，在等腰中，，D为内一点，且，若，则的面积为________．

12．如图，一个等腰直角三角形ABC物件斜靠在墙角处（∠O＝90°），若OA＝50cm，OB＝28cm，则点C离地面的距离是____ cm．

13．如图，，且，，且，点、、、、在同一条直线上，按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积是___________．

14．如图所示，直角坐标系中A（2，-1），B（-1，1），∠BAC=90°，AB=AC，则C点坐标为____________．

15．如图，，，，，垂足分别为、，，，则______.

16．如图，AO⊥OM，OA=8，点B为射线OM上的一个动点，分别以OB，AB为直角边，B为直角顶点，在OM两侧作等腰Rt△OBF、等腰Rt△ABE，连接EF交OM于P点，当点B在射线OM上移动时，PB的长度为_______.

17．如图，两根旗杆间相距12m，某人从点B沿BA走向点A，一段时间后他到达点M，此时他仰望旗杆的顶点C和D，两次视线的夹角为90°，且CM=DM，已知旗杆AC的高为3m，该人的运动速度为1m/s，则这个人运动到点M所用时间是_______________

18．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5cm，BC＝12cm．动点P从A点出发沿A→C的路径向终点C运动；动点Q从B点出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q分别以每秒1cm和3cm的运动速度同时开始运动，其中一点到达终点时另一点也停止运动，在某时刻，分别过点P和Q作PE⊥MN于E，QF⊥MN于F．则点P运动时间为_____秒时，△PEC与△QFC全等．

三、解答题
19．在中，，，直线MN经过点C且于D，于E．
(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：
①≌；
②；
(2)当直线MN烧点C旋转到图2的位置时，求证：；
(3)当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．





20．【问题解决】
（1）已知△ABC中，AB=AC，D，A，E三点都在直线l上，且有∠BDA=∠AEC=∠BAC．如图①，当∠BAC=90°时，线段DE，BD，CE的数量关系为：______________；
【类比探究】
（2）如图②，在（1）的条件下，当0°<∠BAC<180°时，线段DE，BD，CE的数量关系是否变化，若不变，请证明：若变化，写出它们的关系式；
【拓展应用】
（3）如图③，AC=BC，∠ACB=90°，点C的坐标为（-2，0），点B的坐标为（1，2），请求出点A的坐标．





21．（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．





22．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
(1)直线MN绕点C旋转到图（1）的位置时，求证：DE＝AD+BE；
(2)当直线MN绕点C旋转到图（2）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（不写证明过程）；
(3)当直线MN绕点C旋转到图（3）的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系（不写证明过程）．


23．探究：（1）如图（1），已知：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．请直接写出线段BD，DE，CE之间的数量关系是 ．
拓展：（2）如图（2），将探究中的条件改为：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．请问探究中的结论是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．
应用：（3）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，请直接写出△DEF的形状是 ．



24．如图，线段AB=6，射线BG⊥AB，P为射线BG上一点，以AP为边做正方形APCD，且点C、D与点B在AP两侧，在线段DP上取一点E，使得∠EAP=∠BAP，直线CE与线段AB相交于点F（点F与点A、B不重合），
（1）求证：△AEP≌△CEP；
（2）判断CF与AB的位置关系，并说明理由；
（3）△AEF的周长是否为定值，若是，请求出这个定值，若不是，请说明理由．




25．如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠B＝40°，点D在线段BC上运动（D不与B，C重合），连接AD，作∠ADE＝40°，DE交线段AC于E．
（1）当∠BDE＝115°时，∠BAD＝ °，点D从B向C运动时，∠BAD逐渐变 （填“大”或“小”）；
（2）当DC等于多少时，△ABD≌△DCE，请说明理由；
（3）在点D的运动过程中，△ADE的形状也在改变，判断当∠BAD等于多少时，△ADE是等腰三角形．



26．综合与探究：在平面直角坐标系中，已知A（0，a），B（b，0）且a，b满足（a﹣3）2+|a﹣2b﹣1|＝0
（1）求A，B两点的坐标
（2）已知△ABC中AB=CB，∠ABC＝90°，求C点的坐标
（3）已知AB＝，试探究在x轴上是否存在点P，使△ABP是以AB为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．





27．如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠B＝∠C＝40°，点D在线段BC上运动（点D不与点B、C重合），连接AD，作∠ADE＝40°，DE交线段AC于点E．
（1）当∠BDA＝105°时，∠EDC＝ °，∠DEC＝ °；点D从点B向点C运动时，∠BDA逐渐变 ．（填“大”或“小”）
（2）当DC等于多少时，△ABD≌△DCE？请说明理由．
（3）在点D的运动过程中，△ADE的形状可以是等腰三角形吗？若可以，请直接写出∠BDA的度数；若不可以，请说明理由．



28．在综合实践课上，李老师以“含30°的三角板和等腰三角形纸片”为模具与同学们开展数学活动．已知，在等腰纸片中，，，将一块含30°角的足够大的直角三角尺（，）按如图所示放置，顶点在线段上滑动（点不与，重合），三角尺的直角边始终经过点，并与的夹角，斜边交于点．
（1）当时，______°；
（2）当等于何值时，？请说明理由；
（3）在点的滑动过程中，存在是等腰三角形吗？若存在，请求出夹角的大小；若不存在，请说明理由．



参考答案
1．A
【分析】
设每块砖的厚度为xcm，则AD=3xcm，BE=2xcm，然后证明△DAC≌△ECB得到CD=BE=2xcm，再利用勾股定理求解即可．
解：设每块砖的厚度为xcm，则AD=3xcm，BE=2xcm，
由题意得：∠ACB=∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠ACD+∠DAC=∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠DAC=∠ECB，
又∵AC=CB，
∴△DAC≌△ECB（AAS），
∴CD=BE=2xcm，
∵，，
∴，
∴，
故选A．
【点拨】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
2．B
【分析】
根据题意证明即可得出结论．
解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，
∴，
∵∠ACE＝90°，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
故选：B．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理以及性质定理是解本题的关键．
3．A
【分析】
由全等三角形的判定定理可得出△EFA≌△AGB，同理可证△BGC≌△CHD，从而得出FA、AG、GC、CH的长度，用割补法求出实线所围成的图像面积.
解：如图，

∵EA⊥AB，
∴∠EAF+∠BAG=90°，
∵EF⊥AF，BG⊥AG，
∴∠FEA+∠EAF=90°，∠EFA=∠BGA=90°，
∴∠BAG=∠FEA，
∵在△EFA与△AGB中，

∴△EFA≌△AGB，
∴BG=AF=3，EF=AG=6，
同理可证：△BGC≌△CHD，
∴GC=4，CH=3，
∴S=S梯形EFHD﹣2S△AEF﹣2S△CHD=（4+6）×（3+6+3+4）﹣×6×3×2﹣×4×3×2=50.
故选A.
【点拨】本题考查了三角形的面积，梯形的面积，全等三角形的性质和判定等知识点，关键是把不规则图形的面积转化成规则图形的面积．
4．B
【分析】
过A作AC⊥x轴，垂足为C，作BD⊥x轴垂足为D．证明△AOC和△BOD全等，那么B的横坐标就是OD长的相反数，B的纵坐标就是OC长的绝对值，由此可得出B的坐标．
解：作AC⊥x轴，垂足为C，作BD⊥x轴垂足为D．

则∠ACO=∠ODB=90°，
∴∠AOC+∠OAC=90°．
又∵∠AOB=90°，
∴∠AOC+∠BOD=90°
∴∠OAC=∠BOD．
在△ACO和△ODB中

∴△ACO≌△ODB（AAS）．
∴OD=AC=3，DB=OC=2．
∴点B的坐标为（-3，2）．
故选B.
【点拨】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质是解题的关键．
5．B
【分析】
先证明△ABE≌△ECD得到CE值，即可求出BE．
解：在△ABE和△ECD中

∴△ABE≌△ECD（AAS）．
∴CE=AB=5．
∴BE=BC-CE=13-5=8．
故选B．
【点拨】本题主要考查全等三角形的判定和性质，解题关键在于掌握判定定理
6．A
【分析】
利用同角的余角相等求出∠A=∠2，再利用“角角边”证明△ABC和△CDE全等，根据全等三角形对应边相等，对应角相等，即可解答．
解：∵∠B=∠E=90°，
∴∠A+∠1=90°，∠D+∠2=90°，
∵AC⊥CD，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠A=∠2，故B正确；
∴∠A+∠D=90°，故D正确；
在△ABC和△CED中，

∴△ABC≌△CED（AAS），故C正确；
∴AB=CE，DE=BC，
∴BE=AB+DE，故A错误．
故选A．
【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质，等角的余角相等的性质，熟练掌握三角形全等的判定方法并确定出全等的条件∠A=∠2是解题关键．
7．D
【分析】
利用等腰直角三角形的性质和已知条件易证△AEC≌△CDB，进而可得AE=CD，CE=BD，所以DE可求出．
解：∵∠ACB=90°，
∴∠ACE+∠DCB=90°，
∵AE⊥CD于E，
∴∠ACE+∠CAE=90°,
∴∠CAE=∠DCB，
∵BD⊥CD于D，
∴∠D=90°，
在△AEC和△CDB中
，
∴△AEC≌△CDB(AAS)，
∴AE=CD=5cm，CE=BD=2cm，
∴DE=CD−CE=3cm，
故选D.

【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法.
8．C
【分析】
运用正方形边长相等，再根据同角的余角相等可得∠BAC=∠DCE，进而利用AAS可证明△ACB≌△DCE，再结合全等三角形的性质和勾股定理求解即可．
解：如图，
∵a、b、c都是正方形，
∴AC=CD，∠ACD=∠ABC=∠DEC=90°，
∴∠ACB+∠DCE=∠ACB+∠BAC=90°，即∠BAC=∠DCE，
在△ABC和△CED中，，
∴△ACB≌△CDE（AAS），
∴AB=CE，BC=DE；
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=AB2+DE2，
即Sb=Sa+Sc=1+9=10，
∴b的面积为10，

故选：C．
【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理及正方形的性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
9．7
【分析】
根据全等三角形来实现相等线段之间的关系，从而进行计算，即可得到答案；
解：∵BE⊥l，CF⊥l，
∴∠AEB=∠CFA=90°．
∴∠EAB+∠EBA=90°．
又∵∠BAC=90°，
∴∠EAB+∠CAF=90°．
∴∠EBA=∠CAF．
在△AEB和△CFA中
∵∠AEB=∠CFA，∠EBA=∠CAF，AB=AC，
∴△AEB≌△CFA．
∴AE=CF，BE=AF．
∴AE+AF=BE+CF．
∴EF=BE+CF．
∵，
∴；
故答案为：7．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质，余角的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的证明三角形全等．
10．8或2##2或8
【分析】
根据正方形的性质得出∠NAD=∠MBA，再利用全等三角形的判定得出△ABM≌△AND，进而求出MN的值，注意分类讨论．
解：如图1，在正方形ABCD中，

∵，，
∴，
∵在和中，
∴（AAS），
∴，，
∴，
如图2，在正方形ABCD中，

∵，，
∴，
∵在和中，

∴（AAS），
∴，，
∴，
综上：或2．
故答案为：8或2．
【点拨】此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，将直线l与正方形ABCD的位置分类讨论是解题关键．
11．8
【分析】
由线段CD的长求的面积，故过B作CD的垂线，则由三角形面积公式可知：，再由题中的和等腰直角三角形ABC，即可求证，最后由即可求解．
解：过点B作CD的垂线，交CD的延长线于点E













故答案是：8．

【点拨】本题主要考察全等三角形的证明、辅助线的画法、等腰三角形的性质和三角形面积公式，属于中档难度的几何证明题．解题的关键是由三角形面积公式画出合适的辅助线．
12．28
【分析】
作CD⊥OB于点D，依据AAS证明,GMF，再根据全等三角形的性质即可得到结论．
解：过点C作CD⊥OB于点D，如图，

∴
∵是等腰直角三角形
∴AB=CB，
∴
又
∴
在和中，

∴
∴
故答案为：28．
【点拨】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
13．50
【分析】
证明△EFA≌△AGB，△BGC≌△CHD，再利用梯形EFHD的面积减去上述四个三角形面积即可求解．
解：如题干中图所示：∵∠F=90°，
∴∠FEA+∠FAE=90°，
∵∠EAB=90°，
∴∠BAG+∠FAE=90°，
∴∠FEA=∠GAB，
在△EFA和△AGB中：
，
∴△EFA≌△AGB(AAS)，
∴FA=BG=2,
∴，
同理可证：△BGC≌△CHD(AAS)，
∴GC=HD=4，
，
∴图中实线所围成的图形的面积=，
故答案为：50．
【点拨】本题考查了三角形全等的性质及判定方法，梯形的面积公式等，熟练掌握三角形全等的判定方法是解决本题的关键．
14．(4，2)
【分析】
过A作MN∥x轴，过C作CF⊥MN于F，过B作BE⊥MN于E，根据垂直定义求出，求出，BE=2，AE=3，根据AAS推出，根据全等三角形的性质求出AF=BE=2，CF=AE=3，即可得出答案．
解：
过A作MN∥x轴，过C作CF⊥MN于F，过B作BE⊥MN于E，
则，
∴，，
∴，
∵，，
∴，，
在和中
，
∴，
∴，，
∵，
∴C的坐标是，
故答案为：.
【点拨】本题主要考查了平面直角坐标系中点坐标的确定，准确构造全等三角形是解决本题的关键.
15．4
【分析】
根据条件可以得出∠E=∠ADC=90°，进而得出△CEB≌△ADC，就可以得出BE=DC，就可以求出BE的值．
解：∵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=10．
∵DC=CE-DE，DE=6，
∴DC=10-6=4，
∴BE=4
故答案为4．
【点拨】此题考查垂直的性质的运用，直角三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
16．4
【分析】
作辅助线，首先证明△ABO≌△BEN，得到BO=ME；进而证明△BPF≌△NPE，即可解决问题．
解：如图，过点E作EN⊥BM，垂足为点N，

∵∠AOB=∠ABE=∠BNE=90°，
∴∠ABO+∠BAO=∠ABO+∠NBE=90°，
∴∠BAO=∠NBE，
∵△ABE、△BFO均为等腰直角三角形，
∴AB=BE，BF=BO；
在△ABO与△BEN中，

∴△ABO≌△BEN（AAS），
∴BO=NE，BN=AO；
∵BO=BF，
∴BF=NE，
在△BPF与△NPE中，

∴△BPF≌△NPE（AAS），
∴BP=NP=BN；而BN=AO，
∴BP=AO=×8=4，
故答案为4．
【点拨】本题考查了三角形内角和定理以及全等三角形的性质和判定，作辅助线，构造全等三角形是解题的关键，灵活运用有关定理来分析或解答．
17．3秒
【分析】
根据题意证明∠C=∠DMB，利用AAS证明△ACM≌△BMD，根据全等三角形的性质得到AC=BM=3m，再利用时间=路程÷速度加上即可．
解：∵∠CMD=90°，
∴∠CMA+∠DMB=90°，
又∵∠CAM=90°，
∴∠CMA+∠C=90°，
∴∠C=∠DMB．
在Rt△ACM和Rt△BMD中，
∴
∴Rt△ACM≌Rt△BMD（AAS），
∴AC=BM=3m，
∵该人的运动速度为1m/s，
∴他到达点M时，运动时间为3÷1=3（s）．
故答案为：3秒．
【点拨】本题考查了全等三角形的应用，解答本题的关键是利用互余关系找三角形全等的条件，对应角相等，并巧妙地借助两个三角形全等，寻找所求线段与已知线段之间的等量关系．本题的关键是求得Rt△ACM≌Rt△BMD．
18．或．
【分析】
根据题意化成二种情况,根据全等三角形的性质得出CP=CQ,代入得出关于t的方程,求出即可.
解：解:由题意得分为二种情况:
如图1,
P在AC上,Q在BC上,
PE⊥l,QF⊥l,∠PEC=∠QFC=90,
ACB=90,
∠EPC+∠PCE=90,∠PCE+∠QCF=90,
∠EPC=∠QCF,
则△PCE≌△CQF,
PC=CQ,
即5-t=12-3t,解得t=;
当P、Q均在AC上的时候，此时4＜t＜5，
如图：
AP=5-t，CQ=3t-12，
5-t=3t-12，解得t=；
故答案为:或.
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质的应用,注意:全等三角形的判定定理有SAS,ASA,AAS,SSS,全等三角形的对应边相等.
19．(1)①证明见分析；②证明见分析
(2)证明见分析
(3)（或者对其恒等变形得到，），证明见分析
【分析】
（1）①根据，，，得出，再根据即可判定；②根据全等三角形的对应边相等，即可得出，，进而得到；
（2）先根据，，得到，进而得出，再根据即可判定，进而得到，，最后得出；
（3）运用（2）中的方法即可得出，，之间的等量关系是：或恒等变形的其他形式．
(1)解：①，，
，
，，
，
在和中，

；
②，
，，
；
(2)证明：，，
，
，
在和中，

；
，，
；
(3)证明：当旋转到题图（3）的位置时，，，所满足的等量关系是：或或．
理由如下：，，
，
，
在和中，

，
，，
（或者对其恒等变形得到或）．
【点拨】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，解题时注意：全等三角形的对应边相等，同角的余角相等，解决问题的关键是根据线段的和差关系进行推导，得出结论．
20．（1）DE＝BD+CE；（2）DE＝BD+CE的数量关系不变，理由见分析；（3）（﹣4，3）
【分析】
（1）证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的性质得到AD＝CE，BD＝AE，结合图形证明结论；
（2）根据三角形的外角性质得到∠ABD＝∠CAE，证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答；
（3）过点A作AM⊥x轴于点M，过点B作BN⊥x轴于点N，根据（1）的结论得到△ACM≌△BCN，根据全等三角形的性质解答即可．
解：（1）∵∠BAC＝90°，
∴∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝90°，
∴∠ABD+∠BAD＝90°，∠CAE+∠BAD＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE，
故答案为：DE＝BD+CE；
（2）DE＝BD+CE的数量关系不变，
理由如下：∵∠BAE是△ABD的一个外角，
∴∠BAE＝∠ADB+∠ABD，
∵∠BDA＝∠BAC，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；

（3）过点A作AM⊥x轴于点M，过点B作BN⊥x轴于点N，
∵点C的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（1，2），
∴OC＝2，ON＝1，BN＝2，
∴CN＝3，
由（1）可知，△ACM≌△CBN，
∴AM＝CN＝3，CM＝BN＝2，
∴OM＝OC+CM＝4，
∴点A的坐标为（﹣4，3）．

【点拨】本题考查的是三角形全等的判定和性质、坐标与图形性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
21．（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．
解：（1）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．
【点拨】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．
22．(1)证明见详解(2)DE+BE=AD．理由见详解
(3)DE=BE-AD（或AD=BE-DE，BE=AD+DE等）．理由见详解.
【分析】
（1）根据题意由垂直得∠ADC=∠BEC=90°，由同角的余角相等得：∠DAC=∠BCE，因此根据AAS可以证明△ADC≌△CEB，结合全等三角形的对应边相等证得结论；
（2）由题意根据全等三角形的判定定理AAS推知△ACD≌△CBE，然后由全等三角形的对应边相等、图形中线段间的和差关系以及等量代换证得DE+BE=AD；
（3）由题意可知DE、AD、BE具有的等量关系为：DE=BE-AD（或AD=BE-DE，BE=AD+DE等）．证明的方法与（2）相同．
(1)证明：如图1，
∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠DAC+∠ACD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠DAC=∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
∵，
∴△ADC≌△CEB；
∴DC=BE，AD=EC，
∵DE=DC+EC，
∴DE=BE+AD．
(2)解：DE+BE=AD．理由如下：
如图2，∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°．
又∵AD⊥MN于点D，
∴∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠CAD=∠BCE．
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴CD=BE，AD=CE，
∴DE+BE=DE+CD=EC=AD，即DE+BE=AD．
(3)解：DE=BE-AD（或AD=BE-DE，BE=AD+DE等）．理由如下：
如图3，易证得△ADC≌△CEB，
∴AD=CE，DC=BE，
∴DE=CD-CE=BE-AD，即DE=BE-AD．
【点拨】本题属于几何变换综合题，考查等腰直角三角形和全等三角形的性质和判定，熟练掌握全等三角形的四种判定方法是关键：SSS、SAS、AAS、ASA；在证明线段的和与差时，利用全等三角形将线段转化到同一条直线上得出结论．
23．探究：（1）DE=BD+CE；拓展：（1）成立，见分析；应用：（3）△DEF是等边三角形
【分析】
（1）根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA＝∠CEA＝90°，而∠BAC＝90°，根据等角的余角相等得∠CAE＝∠ABD，然后根据“AAS”可判断△ADB≌△CEA，则AE＝BD，AD＝CE，于是DE＝AE+AD＝BD+CE；
（2）由∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，就可以求出∠BAD＝∠ACE，进而由AAS就可以得出△BAD≌△ACE，就可以得出BD＝AE，DA＝CE，即可得出结论；
（3）由等边三角形的性质，可以求出∠BAC＝120°，就可以得出△BAD≌△ACE，就有BD＝AE，进而得出△BDF≌△AEF，得出DF＝EF，∠BFD＝∠AFE，而得出∠DFE＝60°，即可推出△DEF为等边三角形．
解：（1）如图1，

∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD，
在△ADB和△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
故答案为：DE＝BD+CE
（2）解：如图2，

∵∠BDA＝∠BAC＝α，
∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，
∴∠DBA＝∠CAE，
在△ADB和△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
（3）证明：如图3，

由（2）可知，△ADB≌△CEA，
∴BD＝AE，∠DBA＝∠CAE，
∵△ABF和△ACF均为等边三角形，
∴∠ABF＝∠CAF＝60°，BF＝AF，
∴∠DBA+∠ABF＝∠CAE+∠CAF，
∴∠DBF＝∠FAE，
∵在△DBF和△EAF中，
，
∴△DBF≌△EAF（SAS），
∴DF＝EF，∠BFD＝∠AFE，
∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠DFA+∠BFD＝60°，
∴△DEF为等边三角形．
【点拨】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以及等边三角形的判定与性质的综合应用，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24．（1）证明见分析；（2）CF⊥AB，理由见分析；（3）是，为16．
【分析】
（1）根据正方形的性质得到DP平分∠APC，PC=PA，求得∠APD=∠CPD=45°，根据全等三角形的判定定理得到△AEP≌△CEP（SAS）；
（2）根据全等三角形的性质得到∠EAP=∠ECP，求得∠BAP=∠FCP，根据垂直的定义得到CF⊥AB；
（3）过点C作CN⊥PB．根据平行线的性质得到∠CPN=∠PCF=∠EAP=∠PAB，根据全等三角形的性质得到CN=PB=BF，PN=AB，推出AE=CE，于是得到△AEF的周长．
解：（1）证明：∵四边形APCD正方形，
∴DP平分∠APC，PC=PA，∠APC=90°，
∴∠APE=∠CPE=45°，
在△AEP与△CEP中，
，
∴△AEP≌△CEP（SAS）；
（2）CF⊥AB，理由如下：
∵△AEP≌△CEP，
∴∠EAP=∠ECP，
∵∠EAP=∠BAP，
∴∠BAP=∠FCP，
∵∠APC=90°，
∴∠FCP+∠CMP=90°，
∵∠AMF=∠CMP，
∴∠AMF+∠PAB=90°，
∴∠AFM=90°，
∴CF⊥AB；
（3）过点C作CN⊥PB．

∵CF⊥AB，BG⊥AB，
∴∠PNC=∠B=90°，FC∥BN，
∴∠CPN=∠PCF=∠EAP=∠PAB，
又AP=CP，
∴△PCN≌△APB（AAS），
∴CN=PB=BF，PN=AB，
∵△AEP≌△CEP，
∴AE=CE，
∴△AEF的周长=AE+EF+AF
=CE+EF+AF
=BN+AF
=PN+PB+AF
=AB+CN+AF
=AB+BF+AF
=2AB
=16．
故△AEF的周长是否为定值，为16．
【点拨】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，其中（3）中证明△PCN≌△APB（AAS）是本题的关键．
25．（1），大；（2）；（3）或．
【分析】
（1）利用三角形内角和计算即可求出∠BAD，由点的运动方式即可得出∠BAD逐渐变大；
（2）先求出，再由，，即可得出；
（3）分两种情况或讨论即可．
解：（1），∠ADE＝40°,
，
，
当点D从B向C运动时，∠BAD逐渐变大．
故答案为：，大；
（2）当时，≌，
理由如下：
∵AB＝AC＝2，∠B＝40°
，
，
又=，
，
在和中，
，
；
（3）当得度数为或时，是等腰三角形．
理由如下：
∵，
∴，
，，
为等腰三角形时，只能是或，
当时，，
，
当时，，
，
，
综上所述，当得度数为或时，是等腰三角形．
【点拨】此题考查了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识点，此题涉及到的知识点较多，综合性较强．
26．（1）A（0，3）、B（1，0）；（2）C（4，1）；（3）存在，，，
【分析】
（1）由平方数和绝对值的非负性可得a﹣3＝0，a﹣2b﹣1＝0，从而求得a＝3，b＝1，即可得到A，B两点的坐标．
（2）过点Ｃ向轴作垂线，垂足为，结合已知条件可构造一线三等角模型，即可证明，则，，易得点C的坐标．
（3）若△ABP是以AB为腰的等腰三角形，则需分两种情况讨论：①则在B的左侧，；在右侧，；②，则易证，故．
解：（1）∵a、b满足（a﹣3）2+|a﹣2b﹣1|＝0．
∴a﹣3＝0，a﹣2b﹣1＝0，
∴a＝3，b＝1，
∴A（0，3）、B（1，0）；
（2）如图，过点C向轴作垂线，垂足为，则，

∵，，
∴
在和中，
∵
∴
∴，，
∴C（4，1）．
（3）若为腰，则分两种情况讨论：
①当时，
若在B的左侧，则，∴；
若在的右侧，则，∴；
②当时，
∵，∴由等腰三角形三线合一可知，
∴．
综上所述，存在，，．
【点拨】本题考查点的坐标，等腰三角形的性质，掌握一线三等角证全等及等腰三角形的存在性的方法为解题关键．
27．（1），小；（2）2，理由见分析；（3）或80°
【分析】
（1）根据已知条件， 三角形内角和定理和平角的定义，可得，，进而可得∠EDC，∠DEC，根据题意，可得当点D从点B向点C运动时，逐渐变大，根据三角形内角和定理，即可得∠BDA逐渐变小；
（2）由（1）可得，，只要,即可证明，进而可得；
（3）根据题意，分为顶角和底角两种情况讨论，进而计算的度数．
解：（1），，
，
，
，
，
，，
当∠BDA＝105°时，
∠EDC＝，
∠DEC＝；
当点D从点B向点C运动时，逐渐变大，,则∠BDA逐渐变小，
故答案为：，小；
（2），，
当时，
（AAS），
，
（3）△ADE的形状可以是等腰三角形，或，
，
，
①当时，，
，
；

②当时，，
，
，

③当时，，
，
此时点与点重合，
由题意可知点D不与点B、C重合，
此种情况不存在，
综上所述，当△ADE是等腰三角形时，或．
【点拨】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形的外角性质，三角形的内角和定理，分了他了是解题的关键．
28．（1）50；（2）=5时，，理由见详解；（3）当α＝45°或90°或0°时，△PCD是等腰三角形
【分析】
（1）先求出∠B=30°，再根据三角形内角和定理即可求解；
（2）根据CA＝CB，且∠ACB度数，求出∠A与∠B度数，再由外角性质得到α＝∠APD，根据AP＝BC，利用ASA即可得证；
（3）点P在滑动时，△PCD的形状可以是等腰三角形，分三种情况考虑：当PC＝PD；PD＝CD；PC＝CD，分别求出夹角α的大小即可．
解：（1）∵，，
∴∠B=（180°-120°）÷2=30°，
∵，
∴180°-100°-30°=50°，
故答案是：50；
（2）当AP＝5时，，
理由为：∵∠ACB＝120°，CA＝CB，
∴∠A＝∠B＝30°，
又∵∠APC是△BPC的一个外角，
∴∠APC＝∠B＋＝30°＋，
∵∠APC＝∠DPC＋∠APD＝30°＋∠APD，
∴＝∠APD，
又∵AP＝BC＝5，
∴；
（3）△PCD的形状可以是等腰三角形，
则∠PCD＝120°−α，∠CPD＝30°，
PC＝PD时，△PCD是等腰三角形，
∴∠PCD＝∠PDC＝（180°−30°）÷2＝75°，即120°−α＝75°，
∴α＝45°；
②当PD＝CD时，△PCD是等腰三角形，
∴∠PCD＝∠CPD＝30°，即120°−α＝30°，
∴α＝90°；
③当PC＝CD时，△PCD是等腰三角形，
∴∠CDP＝∠CPD＝30°，
∴∠PCD＝180°−2×30°＝120°，
即120°−α＝120°，
∴α＝0°，
此时点P与点B重合，点D和A重合，
综合所述：当α＝45°或90°或0°时，△PCD是等腰三角形．
【点拨】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，外角性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．