人教版八年级上册数学期末复习：几何证明 专题练习题（含答案解析）

这是一份人教版八年级上册数学期末复习：几何证明 专题练习题（含答案解析），共31页。试卷主要包含了综合实践等内容，欢迎下载使用。
1．（2023秋•鹿寨县期中）如图，AD、BE是△ABC的角平分线，EF⊥AD，EG⊥AB，EH⊥BC，垂足分别为F，G，H．下列说法：①EB平分∠GEH；②AG＝DH；③当AD⊥BC时，CE＝2EF；④F是AD的中点；⑤S△BEC＝S四边形BGEH．其中正确的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
2．（2021秋•柳州期末）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．下列结论：①BD＝CE；②∠BPE＝180°﹣2α；③AP平分∠BPE；④若α＝60°，则PE＝AP+PD．其中一定正确的结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．（2022秋•柳江区期中）如图，△ABC中，点D，E分别在∠ABC和∠ACB的平分线上，连接BD，DE，EC，若∠D+∠E＝295°，则∠A等于（ ）
A．65°B．60°C．55°D．50°
二．填空题（共4小题）
4．（2023秋•柳州期末）如图，在等边△ABC中，CD⊥AB于D，E是线段CD上一点，F是边AC上一点，且满足BE＝EF，G是AF的中点，连接EG，则下列四个结论：①AD＝BD；②∠BEF＝150°；③∠AFE＝∠CBE；④EG＝EC；⑤当∠ABE＝15°时，EG＝FG，其中正确的有 ．（填序号）
5．（2023秋•鹿寨县期中）在△ABC中，已知BC＝6，BC边上的高h＝4，△ABC两个内角的角平分线相交于点O，过O作OD⊥BC于点D，则OD的最大值是 ．
6．（2021秋•柳州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，以BC为边在BC的右侧作等边△BCD，点E为BD的中点，点P为CE上一动点，连结AP，BP．当AP+BP的值最小时，∠CBP的度数为 ．
7．（2021秋•柳州期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠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，在点D的运动过程中，△ADE的形状也在改变，当△ADE是等腰三角形时，∠BDA的度数是 ．
三．解答题（共7小题）
8．（2023秋•鹿寨县期末）在△ABC中，∠B＝60°，D是BC上一点，且AD＝AC．
（1）如图1，延长BC至E，使CE＝BD，连接AE．求证：AB＝AE；
（2）如图2，在AB边上取一点F，使DF＝DB，求证：AF＝BC；
（3）如图3，在（2）的条件下，P为BC延长线上一点，连接PA，PF，若PA＝PF，猜想PC与BD的数量关系并证明．
9．（2023秋•融水县校级期中）如图，已知△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝8cm，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以3cm/s的速度由点B向C点运动，同时，点Q在线段CA上由点C向A点运动．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由．
（2）若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？
10．（2023秋•鹿寨县期中）综合实践
在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成的，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．兴趣小组成员经过研讨给出定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”，如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，其中∠BAC＝∠DAE，则△ABD≌△ACE（SAS）．
[初步把握]如图2，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，则有 ≌ ．
[深入研究]如图3，已知△ABC，以AB、AC为边分别向外作等边△ABD和等边△ACE，并连接BE，CD，求证：BE＝CD．
[拓展延伸]如图4，在两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，交于点P，请判断BD和CE的关系，并说明理由．
11．（2022•城中区校级开学）如图，已知B（﹣1，0），C（1，0），A为y轴正半轴上一点，点D为第二象限一动点，E在BD的延长线上，CD交AB于F，且∠BDC＝∠BAC．
（1）求证：∠ABD＝∠ACD；
（2）求证：DA平分∠CDE；
（3）若在D点运动的过程中，始终有DC＝DA+DB，在此过程中，∠BAC的度数是否变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出∠BAC的度数？
12．（2022•鹿寨县校级开学）如图1，在平面直角坐标系中，A（a，0），C（b，2），且满足，过C作CB⊥x轴于B．
（1）求a，b的值；
（2）在y轴上是否存在点P，使得△ABC和△OCP的面积相等，若存在，求出点P坐标，若不存在，试说明理由；
（3）若过B作BD∥AC交y轴于D，且AE，DE分别平分∠CAB，∠ODB，如图2，图3．
①求：∠CAB+∠ODB的度数；
②求：∠AED的度数．
13．（2022秋•柳江区期中）已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，点D是直线BC上的一动点（点D不与B、C重合），连接CE．
（1）在图1中，当点D在边BC上时，求证：BC＝CE+CD；
（2）在图2中，当点D在边BC的延长线上时，（1）中的结论是否还成立？若不成立，请猜想BC、CE、CD之间存在的数量关系，并说明理由，
14．（2021秋•柳州期末）已知等边△ABC的边长为4cm，点P，Q分别是直线AB，BC上的动点．
（1）如图1，当点P从顶点A沿AB向B点运动，点Q同时从顶点B沿BC向C点运动，它们的速度都为1cm/s，到达终点时停止运动．设它们的运动时间为t秒，连接AQ，PQ．
①当t＝2时，求∠AQP的度数．
②当t为何值时△PBQ是直角三角形？
（2）如图2，当点P在BA的延长线上，Q在BC上，若PQ＝PC，请判断AP，CQ和AC之间的数量关系，并说明理由．
参考答案与试题解析
一．选择题（共3小题）
1．（2023秋•鹿寨县期中）如图，AD、BE是△ABC的角平分线，EF⊥AD，EG⊥AB，EH⊥BC，垂足分别为F，G，H．下列说法：①EB平分∠GEH；②AG＝DH；③当AD⊥BC时，CE＝2EF；④F是AD的中点；⑤S△BEC＝S四边形BGEH．其中正确的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【分析】根据角平分线的定义，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质逐项判断即可．
【解答】解：∵BE是△ABC的角平分线，EG⊥AB，EH⊥BC，
∴EG＝EH，∠BGE＝∠BHE＝90°，
∵BE＝BE，
∴∠GEB＝∠HEB，
即EB平分∠GEH，
故①符合题意；
如图，
当∠ABC＞90°时，点D，H可以重合，此时AG≠DH，也不能判断F是AD的中点，
故②④不符合题意；
如图，延长EF交AB于点I，
∵EF⊥AD，AD是△ABC的角平分线，
∴∠IAF＝∠EAF，∠AFI＝∠AFE＝90°，
∵AF＝AF，
∴AFI≌AFE（ASA），
∴FI＝FE，IE＝2EF，AI＝AE，
同理可证△ABD≌△ACD，
∴AB＝AC，
∴AB﹣AI＝AC﹣AE，
∴BI＝CE，
∵AD⊥BC，
∴EF∥BC，
∴∠FEB＝∠CBE，
∵BE是△ABC的角平分线，
∴∠IBE＝∠CBE，
∴∠IBE＝∠IEB，
∴BI＝IE＝CE，
∴CE＝2EF，
故③符合题意；
若∠ABC＝90°，∠C＝40°，
∵BE是△ABC的角平分线，GE＝EH，
∴，
∴BG≠CH，S△BGE≠S△CHE，
∴S△BGE+S△BHE≠S△CHE+S△BHE，
∴S△BEC≠S四边形BGEH，
故⑤不符合题意，
故选：A．
【点评】本题考查了角平分线的定义，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，作出正确的辅助线是本题的关键．
2．（2021秋•柳州期末）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．下列结论：①BD＝CE；②∠BPE＝180°﹣2α；③AP平分∠BPE；④若α＝60°，则PE＝AP+PD．其中一定正确的结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得BD＝CE；由全等三角形的性质可得∠ABD＝∠ACE，由外角的性质和三角形内角和定理可得∠BPE＝∠ACB+∠ABC＝180°﹣α；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；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．
【解答】解：∵∠BAC＝∠DAE＝α，
∴∠BAD＝∠CAE，且AB＝AC，AD＝AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS）
∴BD＝CE，故①符合题意；
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠BAC＝α，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣α，
∵∠BPE＝∠PBC+∠PCB＝∠PBC+∠ACB+∠ACP＝∠PBC+∠ACB+∠ABP，
∴∠BPE＝∠ACB+∠ABC＝180°﹣α，故②不符合题意；
如图，过点A作AH⊥BD，AF⊥CE，
∵△BAD≌△CAE，
∴S△BAD＝S△CAE，
∴BD×AH＝CE×AF，且BD＝CE，
∴AH＝AF，且AH⊥BD，AF⊥CE，
∴AP平分∠BPE，故③符合题意；
如图，在线段PE上截取OE＝PD，连接AO，
∵△BAD≌△CAE，
∴∠BDA＝∠CEA，且OE＝PD，AE＝AD，
∴△AOE≌△APD（SAS）
∴AP＝AO，
∵∠BPE＝180°﹣α＝120°，且AP平分∠BPE，
∴∠APO＝60°，且AP＝AO，
∴△APO是等边三角形，
∴AP＝PO，
∵PE＝PO+OE，
∴PE＝AP+PD，故④符合题意．
故选：C．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，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．
3．（2022秋•柳江区期中）如图，△ABC中，点D，E分别在∠ABC和∠ACB的平分线上，连接BD，DE，EC，若∠D+∠E＝295°，则∠A等于（ ）
A．65°B．60°C．55°D．50°
【分析】根据四边形的内角和可得∠BCE+∠CBD＝65°，再根据角平分线的定义可得∠ACB+∠ABC＝130°，再根据三角形内角和定理可得∠A的度数．
【解答】解：∵∠D+∠E＝295°，∠D+∠E+∠BCE+∠CBD＝360°，
∴∠BCE+∠CBD＝65°，
∵点D，E分别在∠ABC和∠ACB的平分线上，
∴∠BCE＝∠ACB，∠CBD＝∠ABC，
∴∠ACB+∠ABC＝65°×2＝130°，
∴∠A＝180°﹣130°＝50°，
故选：D．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，四边形的内角和，角平分线的定义，熟练掌握这些知识是解题的关键．
二．填空题（共4小题）
4．（2023秋•柳州期末）如图，在等边△ABC中，CD⊥AB于D，E是线段CD上一点，F是边AC上一点，且满足BE＝EF，G是AF的中点，连接EG，则下列四个结论：①AD＝BD；②∠BEF＝150°；③∠AFE＝∠CBE；④EG＝EC；⑤当∠ABE＝15°时，EG＝FG，其中正确的有 ①③④⑤ ．（填序号）
【分析】根据等腰三角形的“三线合一”可以得到AD＝BD，即①正确；
根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可以得到AE＝BE，再根据三角形的一个内角等于与它不相邻的两个内角的和可以得到∠CEF＝∠AFE﹣30°和∠CEB＝90°+∠BAE，再根据∠BEF＝∠CEB+∠CEF即可求得，即②错误；
根据SSS可以得到△CBE≌△CAE，由全等三角形的对应边相等可得∠CBE＝∠FAE，再根据∠AFE＝∠FAE即可求得，即③正确；
根据等腰三角形的“三线合一”可以得到EG⊥AF，再根据直角三角形中30°角所对直角边是斜边的一半即可为求得，即④正确；
根据已知条件∠ABE＝15°可以得到∠FAE＝45°，再根据∠CGE＝90°可以得到∠GEF﹣∠AFE＝45°，由等角对等边即可求得，即⑤正确．
【解答】解：如图：连接AE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠BAC＝∠ACB＝60°，
∵CD⊥AB，
∴CD是等边△ABC的底边AB上的高，
∴AD＝BD＝AB，
故①正确；
∠ACD＝∠BCD＝ACB＝×60°＝30°，
∵CD⊥AB，AD＝BD，
∴CD是线段AB的垂直平分线，
∴AE＝BE
∴∠ABE＝∠BAE，
∵BE＝EF，
∴AE＝EF，
∴∠FAE＝∠AFE，
∵∠AFE是△EFC的外角，
∴∠AFE＝∠ACD+∠CEF，
∵∠ACD＝30°，
∴∠CEF＝∠AFE﹣∠ACD＝∠FAE﹣30°，
∵CD⊥AB，
∴∠BDC＝90°，
∵∠CEB是△DBE的外角，
∴∠CEB＝∠BDC+∠ABE＝90°+∠BAE，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BEF＝∠CEB+∠CEF
＝90°+∠BAE+∠FAE﹣30°
＝90°+∠BAC﹣30°
＝90+60°﹣30°＝120°，
故②错误；
在△CBE和△CAE中，
，
∴△CBE≌△CAE（SSS），
∴∠CBE＝∠FAE，
∵∠AFE＝∠FAE，
∴∠AFE＝∠CBE，
故③正确；
∵AE＝EF，G是AF的中点
∴EG是等腰△EAF的底边AF上的中线，
∵EG⊥AF，
∴∠CGE＝90°，
∵∠ACD＝30°
∴EG＝EC，
故④正确；
∵∠ABE＝15°，∠ABE＝∠BAE，
∴∠BAE＝15°，
∵∠BAC＝60°，
∵∠FAE＝∠BAC﹣∠BAE＝60°﹣15°＝45°，
∵∠FAE＝∠AFE，
∴∠AFE＝45°，
∵∠CGE＝90°，
∵∠GEF＝∠AFE＝45°，
∴EG＝FG，
故⑤正确；
其中正确的有①③④⑤．
故答案为：①③④⑤．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，掌握等边三角形的性质是解题的关键．
5．（2023秋•鹿寨县期中）在△ABC中，已知BC＝6，BC边上的高h＝4，△ABC两个内角的角平分线相交于点O，过O作OD⊥BC于点D，则OD的最大值是 ．
【分析】过点O作OD⊥BC于D，OE⊥AC于E，OF⊥AB于F，根据角平分线的性质得到OD＝OE＝OF，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：过点O作OD⊥BC于D，OE⊥AC于E，OF⊥AB于F，
∵点O是△ABC两个内角的角平分线的交点，OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，
∴OD＝OE＝OF，
∴AB•OF+AC•OE+BC•OD＝AB•AH，即AB•OD+AC•OD+BC•OD＝×6×4，
∴OD＝，
∵AB+AC≥10，
∴OD的最大值是，
故答案为：．
【点评】本题考查了角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
6．（2021秋•柳州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，以BC为边在BC的右侧作等边△BCD，点E为BD的中点，点P为CE上一动点，连结AP，BP．当AP+BP的值最小时，∠CBP的度数为 15° ．
【分析】连接AD交CE于Q，连接BQ，由等边三角形的轴对称性知CE是BD的垂直平分线，得BP＝DP，则当点P与Q重合时，AP+BP的值最小，即可解决问题．
【解答】解：连接AD交CE于Q，连接BQ，
∵△BCD是等边三角形，点E是BD的中点，
∴CE是BD的垂直平分线，
∴BP＝DP，
∴当点P与Q重合时，AP+BP的值最小，
∵AC＝BC，BC＝CD，
∴AC＝CD，
∵∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝90°+60°＝150°，
∴∠CDA＝15°，
由等边三角形的轴对称性可知：∠CBQ＝∠CDQ＝15°，
∴∠CBP＝15°，
故答案为：15°．
【点评】本题主要考查了等腰直角三角形和等边三角形的性质，轴对称最短线路问题等知识，明确AP+BP的最小值为AD长是解题的关键．
7．（2021秋•柳州期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠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，在点D的运动过程中，△ADE的形状也在改变，当△ADE是等腰三角形时，∠BDA的度数是 110°或80° ．
【分析】分为三种情况：①当AD＝AE时，∠ADE＝∠AED＝40°，根据∠AED＞∠C，得出此时不符合；②当DA＝DE时，求出∠DAE＝∠DEA＝70°，求出∠BAC，根据三角形的内角和定理求出∠BAD，根据三角形的内角和定理求出∠BDA即可；③当EA＝ED时，求出∠DAC，求出∠BAD，根据三角形的内角和定理求出∠ADB．
【解答】解：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝40°，
①当AD＝AE时，∠ADE＝∠AED＝40°，
∵∠AED＞∠C，
∴此时不符合；
②当DA＝DE时，即∠DAE＝∠DEA＝（180°﹣40°）＝70°，
∵∠BAC＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
∴∠BAD＝100°﹣70°＝30°；
∴∠BDA＝180°﹣30°﹣40°＝110°；
③当EA＝ED时，∠ADE＝∠DAE＝40°，
∴∠BAD＝100°﹣40°＝60°，
∴∠BDA＝180°﹣60°﹣40°＝80°；
∴当△ADE是等腰三角形时，∠BDA的度数是110°或80°，
故答案为：110°或80°．
【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质，全三角形外角的性质等知识点的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，综合性较强，但难度不大，属于基础题．
三．解答题（共7小题）
8．（2023秋•鹿寨县期末）在△ABC中，∠B＝60°，D是BC上一点，且AD＝AC．
（1）如图1，延长BC至E，使CE＝BD，连接AE．求证：AB＝AE；
（2）如图2，在AB边上取一点F，使DF＝DB，求证：AF＝BC；
（3）如图3，在（2）的条件下，P为BC延长线上一点，连接PA，PF，若PA＝PF，猜想PC与BD的数量关系并证明．
【分析】（1）证明△ABD≌△AEC（SAS），由全等三角形的性质得出AB＝AE；
（2）延长BC到E，使CE＝BD，由（1）知，AB＝AE，证得△ABE是等边三角形，同理，△DBF是等边三角形，则可得出结论；
（3）在CP上取点E，使CE＝BD，连接AE，证明△APE≌△PFD（AAS），得出PE＝DF，则可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AC＝AD，
∴∠ADC＝∠ACD，
∴180°﹣∠ADC＝180°﹣∠ACD，
即∠ADB＝∠ACE，
在△ABD和△AEC中，
，
∴△ABD≌△AEC（SAS），
∴AB＝AE；
（2）延长BC到E，使CE＝BD，由（1）知，AB＝AE，
∴∠E＝∠B＝60°，
∴∠EAB＝180°﹣∠E﹣∠B＝60°，
∴△ABE是等边三角形，
同理，△DBF是等边三角形，
∴AB＝BE．BF＝BD＝CE，
∴AB﹣BF＝BE﹣CE，
即AF＝BC；
（3）猜想：PC＝2BD，
理由如下：在CP上取点E，使CE＝BD，连接AE，
由（1）可知：AB＝AE，
∴∠AEB＝∠B＝60°，
∴∠AEP＝180°﹣∠AEB＝120°，
∵DF＝DB，∠DFB＝∠B＝60°，
∴∠PDF＝∠DFB+∠B＝120°，
∴∠AEP＝∠PDF，
又∵PA＝PF，
∴∠PAF＝∠PFA，
∵∠APE＝180°﹣∠B﹣∠PAF＝120°﹣∠PAF，
∠PFD＝180°﹣∠DFB﹣∠PFA＝120°﹣∠PFA，
∴∠APE＝∠PFD，
在△APE和△PFD中，
，
∴△APE≌△PFD（AAS），
∴PE＝DF，
又∵DF＝DB，
∴PE＝DB，
又∵PC＝PE+CE，
∴PC＝2BD．
【点评】本题是三角形综合题，考查的是等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题．
9．（2023秋•融水县校级期中）如图，已知△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝8cm，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以3cm/s的速度由点B向C点运动，同时，点Q在线段CA上由点C向A点运动．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由．
（2）若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？
【分析】（1）经过1秒后，PB＝3cm，PC＝5cm，CQ＝3cm，由已知可得BD＝PC，BP＝CQ，∠ABC＝∠ACB，即据SAS可证得△BPD≌△CQP．
（2）可设点Q的运动速度为x（x≠3）cm/s，经过t s△BPD与△CQP全等，则可知PB＝3tcm，PC＝（8﹣3t）cm，CQ＝xtcm，据（1）同理可得当BD＝PC，BP＝CQ或BD＝CQ，BP＝PC时两三角形全等，求x的解即可．
【解答】解：（1）结论：△BPD与△CQP全等．
理由：经过1秒后，PB＝3cm，PC＝5cm，CQ＝3cm，
∵△ABC中，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴在△BPD和△CQP中，
，
∴△BPD≌△CQP（SAS）．
（2）设点Q的运动速度为x（x≠3）cm/s，经过t s△BPD与△CQP全等；则可知PB＝3tcm，PC＝（8﹣3t）cm，CQ＝xtcm，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
根据全等三角形的判定定理SAS可知，有两种情况：①当BD＝PC，BP＝CQ时，②当BD＝CQ，BP＝PC时，两三角形全等；
①当BD＝PC且BP＝CQ时，8﹣3t＝5且3t＝xt，解得x＝3，∵x≠3，∴舍去此情况；
②BD＝CQ，BP＝PC时，5＝xt且3t＝8﹣3t，解得：x＝；
故若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为cm/s时，能够使△BPD与△CQP全等．
【点评】本题主要考查了全等三角形全等的判定，涉及到等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．
10．（2023秋•鹿寨县期中）综合实践
在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成的，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．兴趣小组成员经过研讨给出定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”，如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，其中∠BAC＝∠DAE，则△ABD≌△ACE（SAS）．
[初步把握]如图2，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，则有 △ABD ≌ △ACE ．
[深入研究]如图3，已知△ABC，以AB、AC为边分别向外作等边△ABD和等边△ACE，并连接BE，CD，求证：BE＝CD．
[拓展延伸]如图4，在两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，交于点P，请判断BD和CE的关系，并说明理由．
【分析】[初步把握]易证∠BAD＝∠CAE，再证△BAD≌△CAE（SAS）即可；
[深入研究]易证∠DAC＝∠BAE，再证△ABE≌△ADC（SAS），即可得出结论；
[拓展延伸]易证∠CAE＝∠BAD，再证△ABD≌△ACE（SAS），得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，再由三角形的外角性质证出∠BPC＝∠BAC＝90°，则BD⊥CE即可．
【解答】[初步把握]解：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
故答案为：△ABD，△ACE；
[深入研究]证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形，
∴AB＝AD，AE＝AC，∠BAD＝∠CAE＝60°，
∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，
即∠DAC＝∠BAE，
在△ABE和△ADC中，
，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴BE＝CD；
[拓展延伸]解：BD＝CE，BD⊥CE，理由如下：
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠BAE＝∠DAE+∠BAE，
即∠CAE＝∠BAD，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠BPC+∠ABD＝∠BAC+∠ACE，
∴∠BPC＝∠BAC＝90°，
∴BD⊥CE．
【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质以及三角形的外角性质等知识，本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
11．（2022•城中区校级开学）如图，已知B（﹣1，0），C（1，0），A为y轴正半轴上一点，点D为第二象限一动点，E在BD的延长线上，CD交AB于F，且∠BDC＝∠BAC．
（1）求证：∠ABD＝∠ACD；
（2）求证：DA平分∠CDE；
（3）若在D点运动的过程中，始终有DC＝DA+DB，在此过程中，∠BAC的度数是否变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出∠BAC的度数？
【分析】（1）根据∠BDC＝∠BAC，∠DFB＝∠AFC，再结合∠ABD+∠BDC+∠DFB＝∠BAC+∠ACD+∠AFC＝180°，即可得出结论．
（2）过点A作AM⊥CD于点M，作AN⊥BE于点N．运用“AAS”证明△ACM≌△ABN得AM＝AN．根据“到角的两边距离相等的点在角的平分线上”得证；
（3）运用截长法在CD上截取CP＝BD，连接AP．证明△ACP≌ABD得△ADP为等边三角形，从而求∠BAC的度数．
【解答】证明：（1）∵∠BDC＝∠BAC，∠DFB＝∠AFC，
又∵∠ABD+∠BDC+∠DFB＝∠BAC+∠ACD+∠AFC＝180°，
∴∠ABD＝∠ACD；
（2）过点A作AM⊥CD于点M，作AN⊥BE于点N．
则∠AMC＝∠ANB＝90°．
∵OB＝OC，OA⊥BC，
∴AB＝AC，
∵∠ABD＝∠ACD，
∴△ACM≌△ABN （AAS）
∴AM＝AN．
∴DA平分∠CDE．（到角的两边距离相等的点在角的平分线上）；
（3）∠BAC的度数不变化．
在CD上截取CP＝BD，连接AP．
∵CD＝AD+BD，
∴AD＝PD．
∵AB＝AC，∠ABD＝∠ACD，BD＝CP，
∴△ABD≌△ACP．
∴AD＝AP；∠BAD＝∠CAP．
∴AD＝AP＝PD，即△ADP是等边三角形，
∴∠DAP＝60°．
∴∠BAC＝∠BAP+∠CAP＝∠BAP+∠BAD＝60°．
【点评】此题考查全等三角形的判定与性质，运用了角平分线的判定定理和“截长补短”的数学思想方法，综合性较强．
12．（2022•鹿寨县校级开学）如图1，在平面直角坐标系中，A（a，0），C（b，2），且满足，过C作CB⊥x轴于B．
（1）求a，b的值；
（2）在y轴上是否存在点P，使得△ABC和△OCP的面积相等，若存在，求出点P坐标，若不存在，试说明理由；
（3）若过B作BD∥AC交y轴于D，且AE，DE分别平分∠CAB，∠ODB，如图2，图3．
①求：∠CAB+∠ODB的度数；
②求：∠AED的度数．
【分析】（1）根据非负数的性质得a+2＝0，b﹣2＝0，解得a＝﹣2，b＝2即可；
（2）如图2，利用三角形面积公式求得△ABC的面积与△OPC的面积，列等式解答即可；
（3）①作EM∥AC，如图3，则AC∥EM∥BD，根据平行线的性质得∠CAE＝∠AEM，∠BDE＝∠DEM，则∠AED＝∠CAE+∠BDE，而∠CAE＝∠CAB，∠BDE＝∠ODB，所以∠AED＝（∠CAB+∠ODB），而由AC∥BD得到∠CAB＝∠OBD，于是∠CAB+∠ODB＝∠OBD+∠ODB＝90°，
②进而得出∠AED＝45°．
【解答】解：（1）∵（a+2）2+＝0，
∴a+2＝0，b﹣2＝0，
a＝﹣2，b＝2；
（2）存在，理由如下：
∵a＝﹣2，b＝2，
∴A（﹣2，0）C（2，2），
∴S△ABC＝AB•AC＝×4×2＝4，
设P（0，t），
∴S△OPC＝OP×2＝×|t|×2＝|t|＝4，
∴t＝4或t＝﹣4，
∴P（0，4）或P（0，﹣4）；
（3）①作EM∥AC，如图3，
∵AC∥BD，
∴AC∥EM∥BD，
∴∠CAE＝∠AEM，∠BDE＝∠DEM，
∴∠AED＝∠CAE+∠BDE，
∵AE，DE分别平分∠CAB，∠ODB，
∴∠CAE＝∠CAB，∠BDE＝∠ODB，
∴∠AED＝（∠CAB+∠ODB），
∵AC∥BD，
∴∠CAB＝∠OBD，
∴∠CAB+∠ODB＝∠OBD+∠ODB＝90°；
②∠AED＝×90°＝45°．
【点评】本题是三角形的综合题，考查了坐标与图形性质，非负数的性质，利用待定系数法求一次函数的解析式，角平分线的定义．也考查了平行线的性质和三角形面积公式．
13．（2022秋•柳江区期中）已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，点D是直线BC上的一动点（点D不与B、C重合），连接CE．
（1）在图1中，当点D在边BC上时，求证：BC＝CE+CD；
（2）在图2中，当点D在边BC的延长线上时，（1）中的结论是否还成立？若不成立，请猜想BC、CE、CD之间存在的数量关系，并说明理由，
【分析】（1）根据等腰直角三角形的概念得到AB＝AC，AD＝AE，证明∠BAD＝∠EAC，利用SAS定理证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质得到BD＝CE，进而证明结论；
（2）证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质得到BD＝CE，进而证明结论．
【解答】（1）证明：∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠EAC．
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，
∴BC＝BD+CD＝CE+CD；
（2）解：结论BC＝CE+CE不成立，猜想BC＝CE﹣CD，
理由如下：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，即∠BAD＝∠EAC．
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，
∴BC＝BD﹣CD＝CE﹣CD．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
14．（2021秋•柳州期末）已知等边△ABC的边长为4cm，点P，Q分别是直线AB，BC上的动点．
（1）如图1，当点P从顶点A沿AB向B点运动，点Q同时从顶点B沿BC向C点运动，它们的速度都为1cm/s，到达终点时停止运动．设它们的运动时间为t秒，连接AQ，PQ．
①当t＝2时，求∠AQP的度数．
②当t为何值时△PBQ是直角三角形？
（2）如图2，当点P在BA的延长线上，Q在BC上，若PQ＝PC，请判断AP，CQ和AC之间的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）①由△ABC是等边三角形知AQ⊥BC，∠B＝60°，从而得∠AQB＝90°，△BPQ是等边三角形，据此知∠BQP＝60°，继而得出答案；
②由题意知AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t，再分∠PQB＝90°和∠BPQ＝90°两种情况分别求解可得．
（2）过点Q作QF∥AC，交AB于F，知△BQF是等边三角形，证∠QFP＝∠PAC＝120°、∠BPQ＝∠ACP，从而利用AAS可证△PQF≌△CPA，得AP＝QF，据此知AP＝BQ，根据BQ+CQ＝BC＝AC可得答案．
【解答】解：（1）①根据题意得AP＝PB＝BQ＝CQ＝2，
∵△ABC是等边三角形，
∴AQ⊥BC，∠B＝60°，
∴∠AQB＝90°，△BPQ是等边三角形，
∴∠BQP＝60°，
∴∠AQP＝∠AQB﹣∠BQP＝90°﹣60°＝30°；
②由题意知AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t，
当∠PQB＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴PB＝2BQ，得：4﹣t＝2t，解得t＝；
当∠BPQ＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴BQ＝2BP，得t＝2（4﹣t），解得t＝；
∴当t＝秒或t＝秒时，△PBQ为直角三角形；
（2）AC＝AP+CQ，理由如下：
如图所示，过点Q作QF∥AC，交AB于F，
则△BQF是等边三角形，
∴BQ＝QF，∠BQF＝∠BFQ＝60°，
∵△ABC为等边三角形，
∴BC＝AC，∠BAC＝∠BFQ＝60°，
∴∠QFP＝∠PAC＝120°，
∵PQ＝PC，
∴∠QCP＝∠PQC，
∵∠PQC＝∠B+∠BPQ，∠PCQ＝∠ACB+∠ACP，∠B＝∠ACB，
∴∠BPQ＝∠ACP，
在△PQF和△CPA中，
∵，
∴△PQF≌△CPA（AAS），
∴AP＝QF，
∴AP＝BQ，
∴BQ+CQ＝BC＝AC，
∴AP+CQ＝AC．
【点评】本题是三角形的综合问题，解题的关键是掌握等边三角形与等腰三角形的判定与性质及全等三角形的判定和性质等知识点．
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