专题06 三角形全等的判定之SAS重难点专练- 2022-2023学年八年级上册数学专题训练（浙教版）

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专题06三角形全等的判定之SAS重难点专练（解析版）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．（2022·浙江九年级专题练习）如图，在△ABC中，AB＝AC，BD＝CF，BE＝CD，若∠A＝40°，则∠EDF的度数为（ ）

A．75° B．70° C．65° D．60°
【答案】B
【详解】
试题分析：根据题意可得∠B=∠C=70°，根据BD=CE，BE=CF可得△BDE≌△CEF，则△DEF为等腰三角形.
考点：等腰三角形的性质.

2．（2022·浙江八年级期末）如图，已知．能直接判断的方法是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据三角形全等的判定定理解答.
【详解】
在△ABC和△DCB中，
,
∴(SAS),
故选：A.
【点睛】
此题考查全等三角形的判定定理：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，根据已知条件找到全等所需的对应相等的边或角是解题的关键.
3．（2022·浙江宁波市·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，以线段为边在第四象限内作等边，点为轴正半轴上一动点（），设点的坐标为，连结，以线段为边的第四象限内作等边，直线交轴于点，点的坐标是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由等边三角形的性质可得AO＝OB＝AB＝1，BC＝BD＝CD，∠OBA＝∠CBD＝60°，可证△OBC≌△ABD，可得∠BAD＝∠BOC＝60°，可求∠EAO＝60°，即可求OE＝，进而可求点E坐标．
【详解】
解：∵△AOB，△BCD是等边三角形，
∴AO＝OB＝AB＝1，BC＝BD＝CD，∠OBA＝∠CBD＝60°，
∴∠OBC＝∠ABD，且OB＝AB，BC＝BD，
∴△OBC≌△ABD（SAS），
∴∠BAD＝∠BOC＝60°，
∴∠EAO＝180°−∠OAB−∠BAD＝60°，
在Rt△AOE中，AO＝1，∠EAO＝60°，∠OEA=30°，
∴AE=2 AO=2，
∴OE=＝，
∴点E坐标(0，)，
故选A．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，坐标与图形性质，灵活运用全等三角形的判定和性质是本题的关键．
4．（2022·浙江九年级期末）如图，矩形的长，宽，且．分别在边上取点E，F，G，H，使得，则四边形的面积最大值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由已知可证明△AEH≌△CGF（SAS），△BEF≌△DGH（SAS），设AE=AH=CF=CG=x，四边形EFGH的面积是S，分别求出矩形四个角落的三角形的面积，再利用矩形的面积减去四个角落的三角形的面积，可得四边形EFGH的面积S，再根据二次函数的最值计算即可．
【详解】
解：设AE=CF=CG=AH=x，四边形EFGH的面积是S．
由题意，AE=CF=CG=AH，
∴△AEH≌△CGF（SAS），
∵AB=CD，AD=BC，
∴BE=DG，HD=BF，
∴△BEF≌△DGH（SAS），
∴BE=DG=a-x，BF=DH=b-x，则
S△AHE=S△CGF=x2，S△DGH=S△BEF=（a-x）（b-x），
所以四边形EFGH的面积为：
S=S矩ABCD-2S△AEH-2S△BEF
=ab-2×x2-2×（a-x）（b-x）
=ab-x2-（ab-ax-bx+x2）
=-2x2+（a+b）x，
当x=时，S最大值=．
故选：C．
【点睛】
本题考查矩形的性质；熟练掌握矩形的性质，通过三角形全等求面积，再由二次函数求面积的最大值是解题的关键．
5．（2022·浙江九年级二模）如图，和是的两条切线，，为切点，点在上，点，分别在线段和上，且，．若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据切线长定理得到，即可得△ADE≌△BFD，再利用等腰三角形的性质、三角形的内角和定理即可求解．
【详解】
解：∵和是的两条切线，，为切点，
∴，
∴，
∵，，
∴△ADE≌△BFD，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题考查切线长定理、全等三角形的判定与性质等内容，掌握切线长定理是解题的关键．
6．（2022·浙江九年级一模）如图，四边形和均为正方形，点在对角线上，点在边上，连结和．若知道正方形和的面积，则一定能求出（ ）

A．四边形的周长 B．四边形的周长
C．四边形的周长 D．四边形的周长
【答案】B
【分析】
根据正方形的性质易证，再根据全等三角形的性质得出，结合各个选项只有四边形的周长是由与确定，从而得出答案．
【详解】
解：四边形和均为正方形，



，
．
四边形的周长


．
因为知道正方形和的面积，
所以它们的边长和对角线均可确定，
即与确定，一定能求出四边形的周长,其他选项不符合；
故B正确．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定及性质、正方形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
7．（2022·浙江八年级期末）如图，在中，分别是边的中点，是对角线上的两点，且．有下列结论：①；②；③四边形是平行四边形；④．则正确的个数为（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】
证△GBF≌△HDE（SAS），得GF=EH，∠BGF=∠DHE，则∠FGH=∠EHG，得GF∥EH，再证出四边形EGFH是平行四边形，得EG=FH，故②③④正确，∠FGH不一定等于90°，故①不正确，即可得出结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠GBF=∠HDE，
在△GBF和△HDE中，
，
∴△GBF≌△HDE（SAS），
∴GF=EH，∠BGF=∠DHE，
∴∠FGH=∠EHG，
∴GF∥EH，
∴四边形EGFH是平行四边形，
∴EG=FH，故②③④正确，
∵∠FGH不一定等于90°，
∴GF⊥BD不正确，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△GBF≌△HDE是解题的关键．
8．（2022·浙江八年级期末）如图，四边形ABCD是菱形，点E、F分别在边BC、CD上，且BE＝DF，AB＝AE，若∠EAF＝75°，则∠C的度数为（　　）

A．85° B．90° C．95° D．105°
【答案】C
【分析】
由菱形的性质可得AB＝AD，∠B＝∠D，∠C＝∠BAD，由“SAS”可证△ABE≌△ADF，可得∠DAF＝∠BAE，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠BAE＝10°，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D，∠C＝∠BAD，
在△ABE和△ADF中，
∵，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴∠DAF＝∠BAE，
设∠BAE＝∠DAF＝x，
∴∠DAE＝75°＋x，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝75°＋x，
∵AB＝AE，
∴∠B＝∠AEB＝75°＋x，
∵∠BAE＋∠ABE＋∠AEB＝180°，
∴x＋75°＋x＋75°＋x＝180°，
∴x＝10°，
∴∠BAD＝95°，
∴∠C＝95°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△ABE≌△ADF是解题的关键．
9．（2022·浙江湖州市·八年级期末）如图，已知，以点为圆心，长为半径画弧，交于点；再分别以点、为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，画射线，与交于点．若，，则的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据提示作法可知AG为的角平分线，根据边角边可证，然后根据平行线的性质可得四边形AEGD为菱形，然后证明四边形EBCG为平行四边形，即可得出EB=CG，再根据证明为等腰三角形即可求得结果．
【详解】
解：连接GE，如图，

根据题意作图方式可知AD=AE，
AG为的角平分线，
∴，
在和中，

∴，
∴AD=AE，，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形AEGD为菱形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴CG=CB，
在和中，
,
∴，
∴EB=CG，
∴EB=CG=AE，
∵，
∴AB=20，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，构造全等三角形证明线段之间的等量关系是解决本题的关键．
10．（【新东方】初中数学1228初二上）如图，在中，，，平分线与的垂直平分线交于点，将沿（在上，在上）折叠，点与点O恰好重合，有如下五个结论：①；②；③是等边三角形；④；⑤．则上列说法中正确的个数是（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】
利用三线合一可判断①；由折叠的性质可判断④；根据垂直平分线的性质得到OA=OB，从而计算出∠ACB=∠EOF=63°，可判断③；证明△OAB≌△OAC，得到OA=OB=OC，从而推出∠OEF=54°，可判断⑤；而题中条件无法得出OD=OE，可判断②．
【详解】
解：如图，连接OB，OC，

∵AB=AC，OA平分∠BAC，∠BAC=54°，
∴AO⊥BC（三线合一），故①正确；
∠BAO=∠CAO=∠BAC=×54°=27°，
∠ABC=∠ACB=×（180°-∠BAC）=×126°=63°，
∵DO是AB的垂直平分线，
∴OA=OB，即∠OAB=∠OBA=27°，
则∠OBC=∠ABC-∠OBA=63°-27°=36°≠∠OBA，
由折叠可知：△OEF≌△CEF，故④正确；
即∠ACB=∠EOF=63°≠60°，OE=CE，∠OEF=∠CEF，
∴△OEF不是等边三角形，故③错误；
在△OAB和△OAC中，
，
∴△OAB≌△OAC（SAS），
∴OB=OC，
又OB=OA，
∴OA=OB=OC，
∠OCB=∠OBC=36°，
又OE=CE，
∴∠OCB=∠EOC=36°，
∴∠OEC=180°-（∠OCB+∠EOC）=180°-72°=108°，
又∠OEC=∠OEF+∠CEF
∠OEF=108°÷2=54°，故⑤正确；
而题中条件无法得出OD=OE，故②错误；
∴正确的结论为①④⑤共3个，
故选B．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形三线合一的性质，等边对等角的性质，以及全等三角形的判定和性质，综合性较强，难度较大，作辅助线，构造出等腰三角形是解题的关键．
11．（【新东方】初中数学1242初二上）如图，等腰中，于D，的平分线分别交于两点，M为的中点，延长交于点N，连接下列结论：①；②；③是等腰三角形；④，其中正确的是（ ）

A．①② B．①④ C．①③ D．②③
【答案】B
【分析】
①正确．证明即可判断．②错误，根据，对应边不相等，即可判断．③错误．先证明，再证明，即可判断．④正确，证明，即可判断．
【详解】
解：，，，
，，，
，
平分，
，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
，
，故①正确；
，
与显然不全等，故②错误，
在和△中，
，
，
，
，
，故④正确，
，，
，
，
，
，
，故③错误．
故选：．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
12．（【新东方】初中数学1223初三上）如图，在菱形中，分别交于､于点，连接，以下结论：① ；②点到的距离是；③ ；④ 的面积为．其中一定成立的有几个（ ）

A．① B．①② C．①②③ D．①②③④
【答案】C
【分析】
利用证明与全等，得出①正确，根据含角的直角三角形的性质得出点到的距离是，得出②正确，同时得出；的面积为，得出④错误，得出，得出③正确．
【详解】
解：四边形是菱形，
，
，
，，
在与中，
，
，①正确；
过点作，过点作，，如图：

，，，
，
，
，
点到的距离是，故②正确；
，，
，
，
的面积为，故④错误；
，
，
，
，
，
，
，故③正确；
故其中一定成立的有①②③．
故选：C．
【点睛】
此题考查了四边形综合题，关键是根据菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质分析．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
13．（2022·浙江八年级期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是BC，CD上的点，AE与BF相交于点G，连接AC交BF于点H．若CE＝DF，BG＝GH，AB＝2，则△CFH的面积为（ ）

A．3﹣4 B．3﹣2 C． D．
【答案】A
【分析】
在正方形中，，，，．，则．由，可推断，故，那么，进而得出．另外，，故，，那么，从而推导出．最终推断出．
【详解】
解：如图，过点作于点．
四边形是正方形，
，，，．
，，．
又，
．
．
在和中，

．
．
又，
．
．
又，
．
．
在和中，

．
．
．
．
．
．
．
．
．
，，
．
．
在中，．
．
．
．
故选：A．

【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质与判定、正方形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理、三角形面积，熟练掌握全等三角形的性质与判定、正方形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理、三角形面积是解题关键．


二、填空题
14．（2020·浙江八年级期中）如图，△ABC为正三角形，BD是角平分线，点F在线段BD上移动，直线CF与AB交于点E，连结AF，当AE＝AF时，∠BCE＝_____度．

【答案】20．
【分析】
根据题意易得△ABF≌△CBF（SAS），设∠BAF＝∠BCF＝α，得到∠AEF＝60°+α，在△AFE中，得到α＝20°，即可求解．
【详解】
解：∵△ABC为正三角形，BD是角平分线，
∴∠ABC＝60°，BD⊥AC，
∴∠ABD＝∠CBD＝30°，AB＝BC，
∵BF＝BF，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴∠BAF＝∠BCF，
设∠BAF＝∠BCF＝α，
∴∠AEF＝60°+α，
∵AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE＝60°+α，
∴60°+α+60°+α+α＝180°，
∴α＝20°，
∴∠BCE＝20°，
故答案为：20．
【点睛】
此题主要考查三角形全等的判定与性质、三角形的外角等于与其不相邻的两个内角和，熟练进行逻辑推理是解题关键．
15．（2022·浙江八年级期中）如图，在正方形中，，点，分别在，上，，，相交于点，若图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为，则的周长为________．

【答案】
【分析】
根据阴影部分的面积与正方形的面积之比为，得出阴影部分的面积为12，空白部分的面积为4，进而依据的面积以及勾股定理，得出的长，进而得出其周长．
【详解】
解：阴影部分的面积与正方形的面积之比为，
阴影部分的面积为，
空白部分的面积为，
由，，，可得，
的面积与四边形的面积相等，均为，
，
，
，即，
设，，则，
又，
，
即，
，即，
的周长，
故答案为：．

【点睛】
此题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角形面积问题．解题时注意数形结合思想与方程思想的应用．
16．（2022·浙江杭州市·八年级期中）如图，在正方形中，，点E，F分别在上，，，相交于点G．若图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为，则四边形的面积为_______；的周长为______．

【答案】
【分析】
根据阴影部分的面积与正方形的面积之比为，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，进而依据的面积以及勾股定理，得出的长，进而得出其周长．
【详解】
解：阴影部分的面积与正方形的面积之比为，
阴影部分的面积为，
空白部分的面积为，
由，，，可得，
的面积与四边形的面积相等，均为，
，
，
，即，
设，，则，
又，
，
即，
，即，
的周长，
故答案为：，．

【点睛】
此题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角形面积问题．解题时注意数形结合思想与方程思想的应用．
17．（【新东方】初中数学20220625-006【初二上】）如图，在中， ，点D在边上，关于直线，对称， 的角平分线交边于点G、连接，当的值等于_______时，为等腰三角形．

【答案】10°，25°或40°
【分析】
首先由轴对称可以得出△ADB≌△ADF，就可以得出∠B=∠AFD，AB=AF，在证明△AGF≌△AGC就可以得出∠AFG=∠C，就可以求出∠DFG的值；再分三种情况讨论解答即可，当GD=GF时，就可以得出∠GDF=80°，根据∠ADG=40°+θ，就有40°+80°+40°+θ+θ=180°就可以求出结论；当DF=GF时，就可以得出∠GDF=50°，就有40°+50°+40°+2θ=180°，当DF=DG时，∠GDF=20°，就有40°+20°+40°+2θ=180°，从而求出结论．
【详解】
解：∵AB=AC，∠BAC=100°，
∴∠B=∠C=40°．
∵△ABD和△AFD关于直线AD对称，
∴△ADB≌△ADF，
∴∠B=∠AFD=40°，AB=AF，∠BAD=∠FAD=θ，
∴AF=AC．
∵AG平分∠FAC，
∴∠FAG=∠CAG．
在△AGF和△AGC中，
，
∴△AGF≌△AGC（SAS），
∴∠AFG=∠C．
∵∠DFG=∠AFD+∠AFG，
∴∠DFG=∠B+∠C=40°+40°=80°．
①当GD=GF时，
∴∠GDF=∠GFD=80°．
∵∠ADG=40°+θ，
∴40°+80°+40°+θ+θ=180°，
∴θ=10°．
②当DF=GF时，
∴∠FDG=∠FGD．
∵∠DFG=80°，
∴∠FDG=∠FGD=50°．
∴40°+50°+40°+2θ=180°，
∴θ=25°．
③当DF=DG时，
∴∠DFG=∠DGF=80°，
∴∠GDF=20°，
∴40°+20°+40°+2θ=180°，
∴θ=40°．
∴当θ=10°，25°或40°时，△DFG为等腰三角形．
故答案为：10°，25°或40°．
【点睛】
本题考查了轴对称的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，等腰三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形的全等是关键．
18．（【新东方】初中数学1236初二上）如图，，，，点，为边上的两点，且，连接，，则下列结论正确的是________．
①；②为等腰三角形；③；④．

【答案】①③④
【分析】
由SAS得△AED≌△AEF，证明△ABF≌△ACD，得出BF=CD；由△AED≌△AEF，得到DE=EF；证明∠EBF=90°，即可解决问题．
【详解】
解：∵∠DAF=90°，∠DAE=45°，
∴∠FAE=45°=∠DAE，
在△AED与△AEF中，AE=AE，∠EAF=∠EAD，AD=AF，
∴△AED≌△AEF（SAS），①正确；
没有条件能证出△AED为等腰三角形，②错误；
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAF=∠DAC；
在△ABF与△ACD中，AB=AC，∠FAB=∠DAC，AF=AD，
∴△ABF≌△ACD（SAS），
∴BF=CD；
∵△AED≌△AEF，
∴DE=EF；
∵BE+BF＞EF，而BF=CD，
∴BE+DC＞DE，③正确；
∵∠EBF=90°，
∴BE2+BF2=EF2，
即BE2+DC2=DE2，④正确；
综上所述：①③④均正确，
故答案为：①③④．
【点睛】
本题考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，三角形的三边关系等知识，证明三角形全等是解题的关键．
19．（【新东方】初中数学1234初二上）如图，在等边中，点，分别在边，上，且，与交于点，作，垂足为，下列结论正确的有________．
①；②；③；④；⑤．

【答案】①②③④
【分析】
由等边三角形的性质和已知条件证出△AEC≌△BDA，可判断①；由等边三角形的性质和三角形的外角性质可判断②；根据∠AFE=60°可判断③；由全等三角形的性质得出∠BAD=∠ACE，求出∠CFM=∠AFE=60°，得出∠FCM=30°，可判断④；根据∠DAC的度数的范围可得∠DAC≠45°，可判断⑤．
【详解】
解：①∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠B=60°，AB=AC，
又∵AE=BD，
在△AEC与△BDA中，
，
∴△AEC≌△BDA（SAS），
∴AD=CE，故正确；
②∵∠BEC=∠BAD+∠AFE，△AEC≌△BDA，

∠AFE=
∴∠BEC=∠BAD+∠AFE=∠BAD+60°，
∵∠CDA=∠BAD+∠CBA=∠BAD+60°，
∴∠BEC=∠CDA，故正确；
③∵∠AFE=60°，
∴∠AFC=120°，故正确；
④∵∠AFE =60°，
∴∠CFM=∠AFE=60°，
∵CM⊥AD，
∴在Rt△CFM中，∠FCM=30°，
∴MF=CF，故正确；
⑤要使AM=CM，则必须使∠DAC=45°，由已知条件知∠DAC的度数为大于0°小于60°均可，
∴AM=CM不成立，故错误；
故答案为：①②③④．
【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、含30°角的直角三角形的性质；熟练掌握等边三角形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
20．（2022·台州市书生中学八年级月考）如图，正方形ABCD的边长为2，M是BC的中点，N是AM上的动点，过点N作EF⊥AM分别交AB，CD于点E，F．
（1）AM的长为_____； （2）EM+AF的最小值为_____．

【答案】
【分析】
（1）由正方形的边长为2，结合线段中点性质得到，利用勾股定理解题得AM 的长即可；
（2）过点F作于点，先证明，由全等三角形对应边相等的性质得到，将沿方向平移至，连接，当三点共线时，此时EM+AF的值最小，最后根据勾股定理解题即可．
【详解】
解：（1）四边形是正方形，且边长为，

是的中点，


故答案为：；
（2）过点F作于点，

则





将沿方向平移至，连接，

则
当三点共线时，

此时，
故答案为：．
【点睛】
本题考查正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
21．（【新东方】【2022.5.19】【JH】【初二下】【数学】【JH0027】）如图，四边形是边长为的正方形，M为对角线（不含B点）上任意一点．
（1）的最小值是______．
（2）的最小值是________．

【答案】2 +1
【分析】
（1）连接AC，与BD交于M，此时AM+CM最小，即为AC，根据正方形的边长求出AC即可；
（2）以AB为边作等边△ABE，连接CE，根据“两点之间线段最短”，当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长，过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，由题意求出∠EBF=30°，求出EF和BF，再利用勾股定理求出CE的长即可．
【详解】
解：（1）连接AC，与BD交于M，此时AM+CM最小，即为AC，
∵AB=BC=CD=DA=，
∴AC=2；

（2）如图，以AB为边作等边△ABE，连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小．
理由如下：在EC上截取EN=CM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABD=∠CBD=45°，
又∵BM=BM，
∴△ABM≌△CBM（SAS），
∴AM=CM，
∵△ABE是等边三角形，
∴AB=BE=BC，∠ABE=60°，
∴∠BEC=∠BCE=15°，
又∵BE=BC，EN=CM，
∴△BEN≌△BCM（SAS），
∴BM=BN，∠EBN=∠CBM=45°，
∴∠ABN=15°，
∴∠MBN=60°，
∴△BMN是等边三角形，
∴BM=MN，
∴AM+BM+CM=EN+MN+CM，
根据“两点之间线段最短”，得EN+MN+CM=EC最短，
∴当点M在BD上使∠BCM=15°时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长．
∵正方形ABCD的边长为，
如图，过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴∠EBF=90°-60°=30°，
∴EF=BE=，
∴BF==，
∴EC===+1，
故答案为：2，+1．

【点睛】
本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键确定点M的位置．

三、解答题
22．（2022·杭州市采荷中学九年级三模）如图，已知：在中，，延长BA到点D，使，点E，F分别是边BC，AC的中点．求证：．

【答案】见解析.
【分析】
证出FE是△ABC的中位线，由三角形中位线定理得出，FE∥AB，得出∠EFC=∠BAC=90°，得出∠DAF=∠EFC，AD=FE，证明△ADF≌△FEC得出DF=EC，即可得出结论．
【详解】
证明：∵，
∴，
∵点E，F分别是边BC，AC的中点，
∴，，FE是的中位线，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的性质；熟练掌握三角形中位线定理，证明三角形全等是解题的关键．
23．（2020·重庆八年级月考）如图，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE．
（1）求证：△ABD≌△ACE；
（2）若∠1＝25°，∠2＝30°，求∠3的度数．

【答案】（1）见解析；（2）∠3＝55°．
【分析】
（1）先由∠BAC=∠DAE，就可以得出∠1＝∠EAC，就可以得出△ABD≌△ACE；
（2）由（1）得出∠ABD=∠2，就可以由三角形的外角与内角的关系求出结论．
【详解】
（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠1＝∠EAC，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）解：∵△ABD≌△ACE，
∴∠ABD＝∠2＝30°，
∵∠1＝25°，
∴∠3＝∠1+∠ABD＝25°+30°＝55°．
【点睛】
此题考查全等三角形的判定与性质，三角形的外角和与内角和，解题关键在于掌握判定定理.
24．（2022·浙江九年级月考）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，△ABC为格点三角形．请仅用无刻度直尺在网格中完成下列画图．

（1）在图1中，画出△ABC中AB边上的中线CM；
（2）在图2中，画出∠APC，使∠APC＝∠ABC，且点P是格点（画出一个即可）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）连接DE，交AB与点M，由菱形的判定与性质可知M是AB的中点，根据三角形中线的定义即可得到结论；
（2）连接AP，根据全等三角形的判定与性质可证∠ABC=∠BAP， ∠APC=∠BCP，由三角形内角和可知∠APC=∠BCP．
【详解】
解：（1）如图所示，线段CM即为所求；

（2）如图所示，点P即为所求．

【点睛】
本题考查了作图-应用与设计，等边三角形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
25．（2022·浙江）已知：如图，是平行四边形的对角线上的两点，．

求证：（1）；
（2）．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】
（1）根据AE=CF推出AF=CE，利用平行四边形的性质得到AD=CB，AD∥BC，得到，即可得到结论；
（2）利用（1）的得到，即可得到EB∥DF.
【详解】
证明：(1)∵AE=CF，

，
即，
又∵四边形是平行四边形，
，
，
在与中
，
；
(2)∵,
,
.
【点睛】
此题考查全等三角形的判定及性质，平行四边形的性质，正确观察图形得到证明全等的条件是解题的关键.
26．（2022·浙江九年级期中）如图，点，分别在正方形的边，上，且，把绕点顺时针旋转得到．
（1）求证：≌．
（2）若，，求正方形的边长．

【答案】（1）证明见解析；（2）正方形的边长为6．
【分析】
（1）先根据旋转的性质可得，再根据正方形的性质、角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）设正方形的边长为x，从而可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据三角形全等的性质可得，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】
（1）由旋转的性质得：
四边形ABCD是正方形
，即
，即


在和中，
；
（2）设正方形的边长为x，则


由旋转的性质得：

由（1）已证：

又四边形ABCD是正方形

则在中，，即
解得或（不符题意，舍去）
故正方形的边长为6．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2），熟练掌握旋转的性质与正方形的性质是解题关键．
27．（2022·浙江九年级期末）[教材呈现]如图是华师版八年级上册数学教材第69页的部分内容．

[方法运用]在ABC中，AB＝4，AC＝2，点D在边AC上．
（1）如图①，当点D是边BC中点时，AD的取值范围是　 ．
（2）如图②，若BD：DC＝1：2，求AD的取值范围．
[拓展提升]（3）如图③，在ABC中，点D、F分别在边BC、AB上，线段AD、CF相交于点E，且BD：DC＝1：2，AE：ED＝3：5．若ACF的面积为2，则ABC的面积为　 　．

【答案】（1）1＜AD＜3；（2）2＜AD＜；（3）7
【分析】
[方法运用]（1）延长AD至点E，使得DE＝AD，连接CE，可证△ABD≌△CDE（SAS），可得AB＝CE，AD＝DE，在△ACE中，根据三角形三边关系即可求得AE的取值范围；
（2）过点C作CM∥AB，交AD的延长线于点M，证明△ABD∽△MCD，得出，可求出CM，则可得出答案；
[拓展提升]过点A作AM∥BC交CF的延长线于点M，证明△AME∽△DCE，由相似三角形的性质得出，同理△AMF∽△BCF，则，求出．则可得出答案．
【详解】
[方法运用]
（1）延长AD至点E，使得DE＝AD，连接CE，

∵在△ABD和△CDE中，，
∴△ABD≌△CDE（SAS），
∴AB＝CE，AD＝DE，
∵△ACE中，CE﹣AC＜AE＜CE+AC，
∴2＜AE＜6，
∴1＜AD＜3．
故答案为：1＜AD＜3；
（2）如图2，过点C作CM∥AB，交AD的延长线于点M，

∴△ABD∽△MCD，
∴，
∵BD：DC＝1：2，AB＝4，
∴CM＝8，AD＝AM，
在△AMC中，
∵CM＝8，AC＝2，
∴6＜AM＜10，
∴2＜AD＜；
[拓展提升]解：如图3，过点A作AM∥BC交CF的延长线于点M，

∴△AME∽△DCE，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理△AMF∽△BCF，
∴，
∴．
∴，
∵△ACF的面积为2，
∴△ABC的面积为7．
故答案为：7．
【点睛】
本题是三角形综合题，考查了三角形的中线的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形的面积等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
28．（2022·浙江杭州市·八年级期末）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，BC=12厘米．过点C作直线，动点P从点C开始沿射线CB方向以2厘米/秒的速度运动，动点Q也同时从点C出发在直线上以1厘米/秒的速度向上或向下运动．连接AP、AQ，设运动时间为t秒．
（1）请写出CP、CQ的长度（用含t的代数式表示）：CP= 厘米，CQ= 厘米；
（2）当点P在边BC上时，若△ABP的面积为24厘米，求t的值；
（3）当为多少时，△ABP与△ACQ全等？

【答案】（1），；（2）t=2；（3）当t值为4或12时，△ABP与△ACQ全等
【分析】
（1）由路程=速度×时间，可得CP、CQ的长度；
（2）过点A作AD⊥BC于D，由等腰直角三角形的性质可得AD=BD=CD=6cm，由三角形的面积公式可求解；
（3）分两种情况讨论，由全等三角形判定可得BP=CQ，即可求解．
【详解】
（1）由题意可得：CP=2tcm，CQ=tcm，
故答案为：2t，t；
（2）如图，过点A作AD⊥BC于D，

∵AB=AC，∠BAC=90°，BC=12cm，AD⊥BC，
∴AD=BD=CD=6cm，
∵△ABP的面积为24cm2，
∴，
∴BP=8，
∴12-2t=8，
∴t=2；
（3）如图2，当点Q向上运动时，

∵AB=AC，∠ACQ=∠ABP=45°，
∴点P在线段CB上，
∴当BP=CQ时，△ABP≌△ACQ，
∴12-2t=t，
∴t=4；
如图3，当点Q向下运动时，

∵AB=AC，∠ACQ=∠ABP=135°，
∴点P在线段CB的延长线上，
∴当BP=CQ时，△ABP≌△ACQ，
∴2t-12=t，
∴t=12；
综上所述：当t=4或12时，△ABP与△ACQ全等．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，等腰直角三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
29．（2022·浙江杭州市·九年级二模）如图，是的直径，是上的一点，过点作的切线，过圆心作的平行线交直线于点，交于点，交于点，连接．

（1）判断与的位置关系，并证明结论；
（2）若四边形是平行四边形，求的值；
（3）若运动后能与重合，则______，请说明图形的运动过程．
【答案】（1）与相切；（2）；（3）．△ABC绕着点C逆时针方向旋转90º后到△OFC，然后再沿OF翻折就能与三角形OFB重合．
【分析】
（1）与相切，连结OC，由半径AO=CO得∠CAO=∠ACO，由OF∥AC，推出∠COF=∠BOF，可证△COF≌△BOF（SAS）得∠FCO=∠FBO=90º即可；
（2）四边形是平行四边形，得CF∥AB，可证四边形OBFC是正方形，利用正方形的性质DE=（-1）OD即可；
（3）由运动后能与重合，易得三角形△AOC为等边三角形，由AB为直径得∠ACB=90º推出∠ABC=30º，得OD=OB=OE=DE，此时△ABC绕着点C逆时针方向旋转90º后到△OFC，然后再沿OF翻折就能与三角形OFB重合即可．
【详解】
（1）与相切，
连结OC，
∵AO=CO，
∴∠CAO=∠ACO，
∵OF∥AC，
∴∠ACO=∠COF,∠BOF=∠CAO，
∴∠COF=∠BOF，
在△COF和△BOF中，
OC=OB，
∠COF=∠BOF，
OF=OF，
∴△COF≌△BOF（SAS），
∴∠FCO=∠FBO，
∵BF为⊙O的切线，
∴∠FBO=90º，
∴∠FCO=90º，
∵OC为半径，CF⊥OC，
∴FC为⊙O的切线；

（2）四边形是平行四边形，
∴CF∥AB，
∴OC⊥AB，
∴∠FCO=∠COB=∠OBF=90º，CO=OB，
∴四边形OBFC是正方形，
∴OD=CD，且OD⊥CD，
∴CO=OD，
OE=OC=OD，
DE=OE-OD=（-1）OD，
；

（3）∵运动后能与重合，
∴AC=OB=OC=AO，
∴三角形△AOC为等边三角形，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90º，
∴∠ABC=180º-90º-60º=30º，
由OF∥AC，
∴OD⊥BC，
∴OD=OB=OE=DE，
∴．
此时△ABC绕着点C逆时针方向旋转90º后到△OFC，然后再沿OF翻折就能与三角形OFB重合．

【点睛】
本题考查圆的切线，线段的比值问题，涉及的知识有平行线，三角形全等，三角形内角和，平行四边形，正方形，等边三角形，30º直角三角形的性质，图形的变换，综合性比较强，习题难度较大，掌握好个方面的知识才能应对此题．
30．（2022·浙江湖州市·八年级期末）如图，已知在中，是斜边上的中线，点是边延长线上一点，连结过点作于点，且．

（1）求证：．
（2）若，求的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【分析】
（1）中，由斜边上的中线等于斜边的一半得出，根据已知条件证明△CEF≌△CDE（SAS）得出，等量转换得出．
（2）由（1）求得，在等腰三角形BCD中，过作于，由等腰三角形的性质得出，由勾股定理求出DG，然后用三角形的面积公式计算的面积为即可．
【详解】
证明:是斜边上的中线


∴在△CEF和△CDE中，

∴△CEF≌△CDE（SAS）

．
由知:，



.
过作于
，

，
的面积为: ．
【点睛】
本题考查了直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半，三角形全等的判定，等腰三角形的性质和判定，勾股定理，三角形的面积公式，熟练掌握各性质是解题的关键．
31．（2022·浙江杭州市·八年级期中）如图，点A，D，B，E依次在同一条直线上，，，，求证：．

【答案】证明见解析．
【分析】
先根据已知条件得出，再利用SAS证明，最后根据全等三角形的性质即可得出答案．
【详解】
证明：∵，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定及性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
32．（2022·浙江杭州市·八年级期末）如图，在和中，，，若，

（1）求证：．
（2）求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）60°
【分析】
（1）利用“SAS”证明，即可得到结论；
（2）由得，再根据即可求出结论．
【详解】
解：（1）证明：∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查全等三角形的性质和判定，解题的关键是掌握全等三角形的性质和判定定理．
33．（2022·浙江宁波市·八年级期末）如图1，是等边三角形，为上两点，且，延长至点F，使，连结．
（1）如图2，当两点重合时，求证：．
（2）如图3，延长交线段于点G．
①求证：．
②求的度数．

【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②．
【分析】
（1）由等边三角形的性质可得，再由，，当两点重合时，可知点为等边三角形边的中点，由三线合一性质，得，由此解得，最后根据等角对等边解题即可；
（2）①作交于H，连接，由平行线性质解得，继而证明是等边三角形，从而得到，接着证明，最后由全等三角形对应边相等的性质解题即可；
②由①中全等三角形对应角相等可得，结合角的和差解题即可．
【详解】
证明：（1）是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
；
（2）①如图，作交于H，连接，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
；
②



【点睛】
本题考查等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
34．（2022·浙江八年级期末）如图，在中，，点、、 分别在、、边上，且， ．

（1）求证：是等腰三角形；
（2）当时，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）根据条件可以得出，就可以得出进而得出结论；
（2）由（1）的结论就可以得出，由等腰三角形的性质就可以得出，就可以得出，就有，进而得出结论．
【详解】
（1）证明：∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴是等腰三角形．
（2）∵，
∴，，
∵，
∴．
∴，
∴，
∴．

【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质的运用，三角形内角和定理的运用，平角的性质的运用，全等三角形的判定与性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
35．（2022·浙江八年级期末）如图，，，，求证：．

【答案】见解析
【分析】
直接利用SAS证明，再根据全等三角形的性质即可求解；
【详解】
证明：∵
∴
即
∴在与中

∴
∴

【点睛】
本题考查了全等三角形的证明以及全等三角形的性质，正确掌握知识点是解题的关键；
36．（2022·杭州育才中学九年级二模）如图，点O为正方形ABCD的中心．DE=AG，连结EG，过点O作OF丄EG交AD于点F．

（1）连结EF，△EDF'的周长与AD的长有怎样的数量关系，并证明；
（2）连结OE，求∠EOF的度数；
（3）若AF：CE＝m，OF：OE＝n，求证：m＝n2．
【答案】（1）△EDF的周长与AD的长相等，证明见解析；（2）45°；（3）证明见解析 ．

【分析】
（1）连结OD、OG、CA，则CA必过点O且可得OE=OG，从而得到OF垂直平分EG，所以FE=FG，最终可得△EDF的周长等于AD的长；
（2）由（1）可得∠EOG=∠EOD+∠DOG=∠AOG+DOG=90°，所以可得∠EOF=45°；
（3）先判断出△AOF∽△CEO，再由可以得到解答．
【详解】
解：（1）△EDF的周长与AD的长相等，理由如下：
如图，连结OD、OG、CA，则CA必过点O，


∵点O为正方形ABCD的中心，
∴OD=OA，∠OAG=∠ODE，
又DE=AG，
∴△OED≌△OGA，
∴OE=OG，
∵OF丄EG，
∴OF是EG的垂直平分线，
∴FE=FG，
∴△EDF的周长=DF+EF+ED=DF+FG+AG=AD；
（2）∵OD⊥OA，
∴∠DOA=90°，
由（1）可得△OED≌△OGA，
∴∠EOD=∠GOA，
∴∠EOG=∠EOD+∠DOG=∠AOG+DOG=90°，
∵△OEG为等腰三角形，OF⊥EG，
∴∠EOF=；
（3）∵∠EOF=45°，
∴∠COE+AOF=135°
∵∠OAF=45°，
∴∠AFO+∠AOF=135°，
∴∠COE=∠AFO，
∴△AOF∽△CEO，
∴，
∵O到AF与CE的距离相等，
∴S△AOF：S△CEO＝AF：CE=m，
∴m=n2．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查正方形的性质，线段的垂直平分线的判定和性质，相似三角形和全等三角形的性质和判定，解本题的关键是角度的计算．
37．（2022·杭州育才中学九年级二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，△ADE∽△ABC，连接BD，CE．
（1）判断BD与CE的数量关系，并证明你的结论；
（2）若AB＝2，AD＝4，∠BAC＝120°，∠CAD＝30°．求BD的长．

【答案】（1）BD＝CE，证明见解析；（2）
【分析】
（1）根据SAS证明△ABD≌△ACE即可；
（2）作DH⊥BA交BA的延长线于H，然后根据勾股定理和直角三角形的性质即可求出BD的长．
【详解】
解：（1）结论：BD＝CE，
理由：∵△ADE∽△ABC，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD＝∠CAD+∠DAE，
即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD与△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）如图1中，作DH⊥BA交BA的延长线于H．

∵∠BAD＝∠BAC+∠DAC＝150°，
∴∠DAH＝30°，
∵∠H＝90°，AD＝4，
∴DH＝2，AH＝2，
∴BH=AH+AB=4
∴在Rt△BDH中，BD．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
38．（【新东方】【2022.4.21】【绍兴】【初二下】【数学】【00026】）平面上有与与相交于点与相交于点与相交于点N，若．

（1）求证：；
（2），求的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）∠BPD=140°．
【分析】
（1）利用SAS证明△ACD≌△BCE即可；
（2）由全等三角形的性质可知：∠A=∠B，再根据已知条件和四边形的内角和为360°，即可求出∠BPD的度数．
【详解】
解：（1）证明：∵∠ACB=∠ECD，∠ACE=∠ACE，
∴∠BCE=∠ACD，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）；
（2）∵△ACD≌△BCE，
∴∠A=∠B，∠BCE=∠ACD，
∴∠BCA=∠ECD，
∵∠ACE=55°，∠BCD=155°，
∴∠BCA+∠ECD=100°，
∴∠BCA=∠ECD=50°，
∵∠ACE=55°，
∴∠ACD=105°
∴∠A+∠D=75°，
∴∠B+∠D=75°，
∵∠BCD=145°，
∴∠BPD=360°-75°-145°=140°．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质、三角形的内角和定理以及四边形的内角和定理，解题的关键是利用整体的数学思想求出∠B+∠D=75°．
39．（2022·浙江九年级其他模拟）如图，在中，，点，在上，．

（1）求证：≌．
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质可得∠B=∠C，再由已知即可证明；
（2）由及，可得，从而可得AD=BD=2，再由（1）的结论可得AE的长度．
【详解】
（1）∵，
∴，
∵，
∴≌．
（2）∵，，
∴，
∴，
∵≌，
∴．
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，关键是得出BD=AD．
40．（【新东方】【2022.5.19】【JH】【初二下】【数学】【JH0026】）如图，在一正方形中，E为对角线上一点，连接、．

（1）求证：．
（2）延长交于点F，若．求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）60°
【分析】
（1）由正方形的性质得出CD=CB，∠DCA=∠BCA，根据SAS即可得出结论；
（2）设∠FDE=∠FED=x，表示出∠AEF=∠BEC=∠DEC=135°-2x，利用平角的定义列出方程，求出x值即可得到∠AFE．
【详解】
解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，∠DCA=∠BCA=45°，
在△BEC和△DEC中，
，
∴△BEC≌△DEC（SAS）；
（2）∵FD=FE，
∴设∠FDE=∠FED=x，则∠AFE=2x，
∵四边形ABCD是正方形

∴∠AEF=∠BEC=180°-2x-45°=135°-2x，
∵△BEC≌△DEC，
∴∠BEC=∠DEC=135°-2x，
∴∠AEF+∠DEF+∠DEC=180°，即135°-2x+x+135°-2x=180°，
解得：x=30，
∴∠AFE=60°．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质、三角形的内角和定理、对顶角相等等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理是解题的关键．
41．（2022·浙江温州市·九年级三模）如图，在五边形ABCDE中，AB＝CD，∠ABC＝∠BCD，BE，CE分别是∠ABC，∠BCD的角平分线．
（1）求证：△ABE≌△DCE；
（2）当∠A＝80°，∠ABC＝140°时，求∠AED的度数．

【答案】（1）见解析；（2）100°
【分析】
（1）由角平分线的定义得出∠ABE=∠CBE，∠BCE=∠DCE，可证明△ABE≌△DCE（SAS）；
（2）由全等三角形的性质得出∠A=∠D=80°，根据五边形的内角和可求出答案．
【详解】
解：（1）证明：∵BE，CE分别是∠ABC，∠BCD的角平分线．
∴∠ABE=∠CBE，∠BCE=∠DCE，
∵∠ABC=∠BCD，
∴∠ABE=∠DCE，∠EBC=∠ECB，
∴BE=CE，
在△ABE和△DCE中，
，
∴△ABE≌△DCE（SAS）；
（2）解：∵△ABE≌△DCE，
∴∠A=∠D=80°，
∵∠ABC=140°，
∴∠ABC=∠BCD=140°，
∵五边形ABCDE的内角和是540°，
∴∠AED=540°-∠A-∠D-∠ABC-∠BCD=540°-80°-80°-140°-140°=100°．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，五边形的内角和，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
42．（2022·浙江八年级期末）如图，在▱ABCD中，点E、F为对角线BD的三等分点，连结AE，CF，AF，CE．
（1）求证：四边形AECF为平行四边形；
（2）若四边形AECF为菱形，且AE＝BE，求∠BAD的度数．

【答案】（1）证明见解析；（2）120°
【分析】
（1）由平行四边形的性质可得AB=CD，AB∥CD，由“SAS”可证△ABE≌△CDF，可得AE=CF，∠AEB=∠CFD，由平行四边形的判定可得结论；
（2）由菱形的性质可得AE=BE=EF=AF=DF，可证△AEF是等边三角形，由等边三角形的性质可求解．
【详解】
解：证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠ABD=∠CDB，
∵点E、F为对角线BD的三等分点，
∴BE=EF=DF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴AE=CF，∠AEB=∠CFD，
∴∠AEF=∠CFE，
∴AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）∵四边形AECF是菱形，
∴AE=AF=CF=CE，
又∵AE=BE，
∴AE=BE=EF=AF=DF，
∴∠EAB=∠EBA，∠EAF=∠EFA，∠FAD=∠FDA，△AEF是等边三角形，
∴∠EAF=∠AFE=∠AEF=60°，
∴∠BAE=30°，∠FAD=30°，
∴∠BAD=120°．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△AEF是等边三角形是解题的关键．
43．（2022·浙江八年级期末）如图1，在正方形中，点是对角线上的一点，连结．
（1）求证：；
（2）如图2，延长交线段于点，交的延长线于点，点是的中点，连结．求证：；
（3）如图3，延长交射线于点，交于点，点是的中点，连结．若，．求的长．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）利用正方形的对角线的性质和定理即可证明；
（2）根据正方形的性质可得出、，结合即可证出，根据全等三角形的性质可得出，由可得出，进而得出，由直角三角形斜边上中线等于斜边的一半可得出，再结合、互余，即可证出，即；
（3）首先证明出为等边三角形，再由题意算出，再根据，利用直角三角形三边关系，建立方程求解即可．
【详解】
（1）证明：为正方形的对角线，
，．
在和中，

（2），．
又四边形为正方形，
，
．
．
又，为中点，
，
．
又，
，
．
（3）为的中点，，，
，，为等边三角形，
由（2）得，，，，
设，则，由题意得：，解得．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质以及三角形内角和定理，等边三角形，锐角三角函数，解题的关键是：掌握相关的知识点，零用运用，需要添加适当的辅助线．
44．（【新东方】初中数学1234初二上）如图，在中，，，交于点．动点从点出发，按的路径运动，且速度为，设出发时间为秒．

（1）求和的长；
（2）当秒时，求证：；
（3）当点在边上运动时，若是以为腰的等腰三角形，请你求出所有满足条件的的值．
【答案】（1）BD=，AD=；（2）见解析；（3）6.2或6.5
【分析】
（1）如图1中，作AH⊥BC于H．根据S△ABC=•BC•AH=•AC•BD即可求出BD，再根据勾股定理即可求出AD．
（2）证明△APC≌△ADB（SAS），可得∠APC=∠ADB=90°．
（3）分两种情形①CP=CD．②PD=PC分别求解即可．
【详解】
解：（1）如图1中，作AH⊥BC于H．

∵AB=AC，
∴BH=CH=BC=3，
∴AH=，
∵S△ABC=•BC•AH=•AC•BD，
∴BD=，
∴AD==；
（2）证明：如图2中，

当t=3.2时，3.2×2=6.4，此时点P在AB边上，AP=6.4-5=1.4，
由（1）可知AD==1.4，
∴AP=AD，
∵AC=AB，∠A=∠A，
∴△APC≌△ADB（SAS），
∴∠APC=∠ADB=90°，
∴PC⊥AB．
（3）解：当点P在BC上时，CP=16-2t，
①如图3-1中，当CD=CP时，

∵CD=5-1.4=3.6，
∴16-2t=3.6，
∴t=6.2．
②如图3-2中，当PD=PC时，

∵PD=PC，
∴∠C=∠PDC，
∵∠C+∠CBD=90°，∠PDC+∠PDB=90°，
∴∠PBD=∠PDB，
∴PB=PD，
∴PC=PB=3，
∴16-2t=3，
∴t=6.5，
综上所述，满足条件的t的值为6.2或6.5．
【点睛】
本题考查勾股定理，等腰三角形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
45．（【新东方】初中数学1305【初二上】）如图1，和都是等腰直角三角形，的顶点A在的斜边上．

（1）证明；
（2）猜想之间的数量关系，并证明；
（3）如图2，若，点F是的中点，求的长．
【答案】（1）见解析；（2），证明见解析；（3）
【分析】
（1）由三角形内角和定理和平角的性质可求解；
（2）由“”可证，可得，，由勾股定理可求解；
（3）由勾股定理可求的长，由等腰直角三角形的性质可得，可求的长，由勾股定理可求的长．
【详解】
解：（1）证明：和都是等腰直角三角形，，，
，，，
∴∠ECA=∠DCB，
，，
；
（2），
理由如下：
连接，

在和中，

，
，，
，
是直角三角形，
，
；
（3）如图2，过点作于，

，，，，
，
，
点是的中点，
，
都是等腰直角三角形，，，
，
，
．
【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，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是本题的关键．
46．（2022·浙江九年级专题练习）如图1，等边△ABC边长为8，AD是△ABC的中线，P为线段AD（不包括端点A、D）上一动点，以CP为一边且在CP下方作如图所示的等边△CPE，连结BE．

（1）点P在运动过程中，线段BE与AP始终相等吗？说说你的理由
（2）若延长BE至F，使得CF=CE=5，如图2，
①求出此时AP的长；
②当点P在线段AD的延长线上，点F在射线BE上时，判断EF的长是否为定值，若是请直接写出EF的长；若不是请简单说明理由．
【答案】（1）BE＝AP，理由见解析；（2）①AP＝4﹣3；②EF的长为定值，且EF=6．
【分析】
（1）根据等边三角形的性质和SAS可证明△ACP≌△BCE，再由全等三角形的性质可得结论；
（2）①过点C作CH⊥BE，垂足为H，如图，先依据等腰三角形的性质求得∠CAD＝30°，从而可得∠CBH＝30°，再依据含30°直角三角形的性质即可求得CH的长，从而可求得BH的长，然后在△ECH中依据勾股定理可求得EH的长，故此可求得BE的长，即为AP的长；
②如图3，过点C作CH⊥BE，垂足为H．先根据等边三角形的性质和SAS证明△ACP≌△BCE，从而得到∠CBH＝30°，由含30°直角三角形的性质可求得CH的长，依据勾股定理可求得FH的长，然后由等腰三角形三线合一的性质可得到HE＝FH，故此可求得EF的长．
【详解】
解：（1）BE＝AP．理由如下：
∵△ABC和△CPE均为等边三角形，
∴∠ACB＝∠PCE＝60°，AC＝BC，CP＝CE．
∴∠ACP＝∠BCE．
∵在△ACP和△BCE中，，
∴△ACP≌△BCE（SAS），
∴BE＝AP．

（2）①如图2所示：过点C作CH⊥BE，垂足为H．

∵AB＝AC，D是BC的中点，
∴∠CAD＝∠BAD＝∠BAC＝30°．
∵△ACP≌△BCE，
∴∠CBE＝∠CAD＝30°，AP＝BE．
在Rt△BCH中，∵∠HBC＝30°，
∴HC＝BC＝4，BH＝CH＝4．
在Rt△CEH中，∵EC＝5，CH＝4，
∴EH＝＝3．
∴BE＝HB﹣EH＝4﹣3．
∴AP＝4﹣3．
②如图3所示：过点C作CH⊥BE，垂足为H．

∵△ABC和△CEP均为等边三角形，
∴AC＝BC，CE＝PC，∠ACB＝∠ECP．
∴∠BCE＝∠ACP．
∵在△ACP和△BCE中，，
∴△ACP≌△BCE（SAS），
∴∠CBH＝∠CAP＝30°．
∵在Rt△BCH中，∠CBH＝30°，
∴HC＝BC＝4．
∵FC＝CE，CH⊥FE，
∴FH＝EH．
∴FH＝EH＝＝3．
∴EF＝FH+EH＝3+3＝6．
∴EF的长为定值，且EF=6．
【点睛】
本题主要考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理的应用、等边三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握上述知识、证得△ACP≌△BCE是解题的关键．
47．（【新东方】【2022.5.19】【JH】【初二下】【数学】【JH0029】）如图1，在中，的平分线交于点E，交的延长线于点F，以，为邻边作．


（1）求证：是菱形．
（2）如图2，若，，，M是的中点，求的长．
（3）如图3，若，连接，，，，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）60°
【分析】
（1）由平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，再根据平行线的性质证明∠CEF=∠CFE，根据等角对等边可得CE=CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题；
（2）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM=BM，∠DMC=∠BME，再根据∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可求解．
（3）延长AB、FG交于H，连接HD，求证平行四边形AHFD为菱形，得出△ADH，△DHF为全等的等边三角形，证明△BHD≌△GFD，即可得出答案．
【详解】
解：（1）∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF=∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠CFE，
∴∠CEF=∠CFE，
∴CE=CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，
∴四边形ECFG为菱形；
（2）如图，连接BM，MC，

∵∠ABC=90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，
∠ECF=90°，
∴四边形ECFG为正方形．
∵∠BAF=∠DAF，
∴BE=AB=DC，
∵M为EF中点，
∴∠CEM=∠ECM=45°，
∴∠BEM=∠DCM=135°，
在△BME和△DMC中，
，
∴△BME≌△DMC（SAS），
∴MB=MD，
∠DMC=∠BME．
∴∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°，
∴△BMD是等腰直角三角形．
∵AB=8，AD=12，
∴BD==，
∴DM=BD=；
（3）∠BDG=60°，
延长AB、FG交于H，连接HD．

∵AD∥GF，AB∥DF，
∴四边形AHFD为平行四边形，
∵∠ABC=120°，AF平分∠BAD，
∴∠DAF=30°，∠ADC=120°，∠DFA=30°，
∴△DAF为等腰三角形，
∴AD=DF，
∴平行四边形AHFD为菱形，
∴△ADH，△DHF为全等的等边三角形，
∴DH=DF，∠BHD=∠GFD=60°，
∵FG=CE，CE=CF，CF=BH，
∴BH=GF，
在△BHD与△GFD中，
，
∴△BHD≌△GFD（SAS），
∴∠BDH=∠GDF
∴∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG=60°．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
48．（2022·浙江九年级一模）如图，在四边形中，，，，E是BC边上一动点，连结AE，将AE绕点A逆时针旋转135°到AF，连结EF与AD交于点G，连结DE，DF，设BE的长为x．
（1）求证：．
（2）若的面积为y，求y关于x的函数表达式，并求y的最大值．
（3）当是等腰三角形时，求x的值．

【答案】（1）见解析；（2），最大值为；（3）或或2
【分析】
（1）根据已知条件以及旋转的性质即可证明；
（2）过点E作，交FC于点H，根据已知条件求得EH的值，根据（1）中可知，，再根据三角形面积公式表示y，并根据二次函数求值即可．
（3）分情况讨论，当时，求x得值；当时，求x的值；当时，求x得值．
【详解】
（1）∵，，
∴．
∵AE绕点A逆时针旋转135°到AF，
∴，．
∴
在和中
∵
∴
（2）过点E作，交FC于点H．
∵，

∴
∵，
∴，
∴，
∴点C，D，F三点共线．
又∵，
∵，
∴为等腰．
∴
当时，有最大值，．
（3）①当时，则，即，解得．
②当时，则，即，，
解得（注：也得满分）
③当时，．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，旋转的性质，二次函数与实际问题并求最值，分情况讨论等腰三角形，根据三角形面积公式表示二次函数的解析式以及分情况讨论等腰三角形边的情况是解题关键．
49．（【新东方】初中数学20220625-002【初二上】）如图， 和均为等腰三角形，点A，D，E在同一直线上，连接为中边上的高， 为中边上的高，若，且，．

（1）求证： ．
（2）求的度数．
（3）求的长．
【答案】（1）见解析；（2）120°；（3）
【分析】
（1）根据△ACB和△DCE均为等腰三角形得到腰相等和底角相等，推出∠ACD=∠BCE，利用SAS即可证明；
（2）根据△ACD≌△BCE可得出∠ADC=∠BEC，根据等腰三角形的性质可得∠ADC=∠BEC=150°，再通过角的计算即可算出∠AEB的度数；
（3）根据等腰三角形的性质结合顶角的度数，即可得出底角的度数，利用（1）（2）的结论，通过解直角三角形即可求出线段AD、BE的长度，二者相加即可得出结果．
【详解】
解：（1）∵△ACB和△DCE均为等腰三角形，
∴∠CAB=∠CBA，∠CDE=∠CED，AC=BC，DC=EC，
∵∠ACB=∠ACD+∠DCB，∠DCE=∠DCB+∠BCE，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）；
（2）∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC=∠BEC．
∵点A，D，E在同一直线上，且∠ACB=∠DCE=120°，
∴∠CAB=∠CBA=∠CDE=∠CED=30°，
∴∠ADC=∠BEC=150°，
∵∠BEC=∠CED+∠AEB，且∠CED=30°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=150°-30°=120°；
（3）∵∠CDM=∠CEM=×（180°-120°）=30°．
∵CM⊥DE，
∴∠CMD=90°，DM=EM．
在Rt△CMD中，∠CMD=90°，∠CDM=30°，
∴CD=2CM=2，
∴DM==，
∴DE=2DM=，
∵∠BEC=∠ADC=180°-30°=150°，∠BEC=∠CEM+∠AEB，
∴∠AEB=∠BEC-∠CEM=150°-30°=120°，
∴∠BEN=180°-120°=60°．
在Rt△BNE中，∠BNE=90°，∠BEN=60°，
∴BE=2EN，又BN=2，
∴BE==，
∵AD=BE，AE=AD+DE，
∴AE=BE+DE=．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，属于中考常考题型．
50．（2020·浙江绍兴市·八年级其他模拟）如图1，是边长为的等边三角形，边在射线上，，另一个等边的顶点D从O点出发，沿的方向以的速度运动，在运动过程中的形状始终保持不变，且点D不与点A重合．设运动时间为．

（1）求证：；
（2）如图2，当时，的周长是否存在最小值？若存在，求出的最小周长：若不存在，请说明理由；
（3）如图3，当点D在射线上运动时，是否存在以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时t的值：若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）存在，（+4）cm；（3）2s或20s
【分析】
（1）由等边三角形的性质得出AC=BC=64，CD=CE，∠ACB=∠DCE，证出∠ACD=∠BCE，由SAS证明△CDA≌△CEB即可；
（2）当6＜t＜10时，证明△ACD≌△BCE得到BE=AD，于是得到△DBE的周长=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；
（3）存在，①当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，②当0≤t＜6时，由△CDA≌△CEB，得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEC=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA-DA=6-4=2，于是得到t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s时，不存在直角三角形．④当t＞10s时，由△CDA≌△CEB得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14÷1=14s．
【详解】
解：（1）∵△ABC和△CDE是等边三角形，
∴AC=BC=4，CD=CE，∠ACB=∠DCE=∠CDE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ADC和△BEC中，
，
∴△CDA≌△CEB（SAS）；
（2）存在，当6＜t＜10时，
∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，又AC=BC，CD=CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，
∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，
由（1）知，△CDE是等边三角形，
∴DE=CD，
∴C△DBE=CD+4，
由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，
此时，CD=cm，
∴△BDE的最小周长=CD+4=+4（cm）；
（3）存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，
∴当点D与点B重合时，不符合题意，
②当0≤t＜6时，∵△CDA≌△CEB，
∴∠CAD=∠CBE=180°-60°=120°，
∴∠ABE=120°-60°=60°，∠BDE＜60°，
∴∠BED=90°，
由（1）可知，△CDE是等边三角形，
∴∠DEC=60°，
∴∠CEB=30°，
∵∠CEB=∠CDA，
∴∠CDA=30°，
∵∠CAB=60°，
∴∠ACD=∠ADC=30°，
∴DA=CA=4，
∴OD=OA-DA=6-4=2，
∴t=2÷1=2s；
③当6＜t＜10s时，不存在直角三角形．
④如图，当t＞10s时，同理可证：△CDA≌△CEB，
∴∠ABC=∠CBE=60°，
∴∠DBE=180°-∠ABC-∠CBE=60°，
又由（1）知∠CDE=60°，
∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC，

而∠BDC＞0°，
∴∠BDE＞60°，
∴只能∠BDE=90°，
从而∠BCD=30°，
∴BD=BC=4，
∴OD=14cm，
∴t=14÷1=14s，
综上所述：当t=2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握利用等边三角形的性质证明三角形全等是解题的关键．
51．（2022·浙江八年级期末）在正方形ABCD中，点E、F分别是边AD和DC上一点，且DE＝DF，连结CE和AF，点G是射线CB上一点，连结EG，满足EG＝EC，AF交EG于点M，交EC于点N．
（1）证明：∠DAF＝∠DCE；
（2）求线段EG与线段AF的关系（位置与数量关系），并说明理由；
（3）是否存在实数m，当AM＝mAF时，BC＝3BG？若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2），，见解析；（3）或
【分析】
（1）根据正方形的性质得到对应边相等，证明即可得到；
（2）作，交于点，交于点，则，通过证明，得到，可推导出，从而证得结论；
（3）存在，作于点，连结，分两种情况，即点在边上、点在边的延长线上，分别设和，将、、用或表示出来，再将、用或表示出来，即可求出的值．
【详解】
解：（1）证明：如图1，四边形是正方形，

，
，，
，
．
（2），，理由如下：
如图2（或图3），作，交于点，交于点，

，
，
四边形是平行四边形，
；
由（1）得，，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，．
（3）存在，作于点，连结，
，
四边形是矩形，
，
，
如图4，点在边上，设，

，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由得，，
，
，
，
，
；
如图5，点在边的延长线上，设，

则，
，
，
，，
由得，，
，
，
，
综上所述，或．
【点睛】
此题重点考查正方形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及二次根式等知识，第（3）题要分类讨论，求出所有符合条件的值，此题难度较大，属于考试压轴题．