山东省诸城市中考数学压轴题专项汇编专题25全等三角形的存在性

中考专题复习全等三角形知识点总结一、全等图形、全等三角形：1。

全等图形：能够完全的两个图形就是全等图形。

2.全等图形的性质:全等多边形的、分别相等。

3。

全等三角形：三角形是特殊的多边形，因此，全等三角形的对应边、对应角分别相等。

同样，如果两个三角形的边、角分别对应相等,那么这两个三角形全等。

说明：全等三角形对应边上的高,中线相等，对应角的平分线相等;全等三角形的周长，面积也都相等.这里要注意：(1）周长相等的两个三角形，不一定全等；（2)面积相等的两个三角形，也不一定全等。

二、全等三角形的判定：1。

一般三角形全等的判定(1）三边对应相等的两个三角形全等（“边边边”或“”）。

（2）两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等（“边角边”或“ ")。

（3）两个角和它们的夹边分别对应相等的两个三角形全等(“角边角"或“”）。

(4）有两角和其中一角的对边对应相等的两个三角形全等(“角角边”或“”)。

2.直角三角形全等的判定利用一般三角形全等的判定都能证明直角三角形全等．斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等(“斜边、直角边"或“”)．注意：两边一对角(SSA)和三角（AAA)对应相等的两个三角形不一定全等。

3.性质1、全等三角形的对应角相等、对应边相等。

2、全等三角形的对应边上的高对应相等。

3、全等三角形的对应角平分线相等.4、全等三角形的对应中线相等。

5、全等三角形面积相等。

6、全等三角形周长相等。

(以上可以简称：全等三角形的对应元素相等) 三、角平分线的性质及判定：性质定理：角平分线上的点到该角两边的距离相等. 判定定理：到角的两边距离相等的点在该角的角平分线上. 四、证明两三角形全等或利用它证明线段或角相等的基本方法步骤：1。

确定已知条件（包括隐含条件，如公共边、公共角、对顶角、角平分线、中线、 高、等腰三角形、等所隐含的边角关系）；2。

回顾三角形判定公理，搞清还需要什么;3.正确地书写证明格式（顺序和对应关系从已知推导出要证明的问题）.全等三角形综合复习切记：“有三个角对应相等"和“有两边及其中一边的对角对应相等”的两个三角形不一定全等。

第12章全等三角形（基础、常考、易错、压轴）分类专项训练【基础】一．全等图形（共2小题）1．（2022春•商水县期末）有下列说法，其中正确的有（）①两个等边三角形一定能完全重合；②如果两个图形是全等图形，那么它们的形状和大小一定相同；③两个等腰三角形一定是全等图形；④面积相等的两个图形一定是全等图形．A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】直接利用全等图形的性质分别分析得出答案．【解答】解：①两个等边三角形不一定能完全重合，故此选项不合题意；②如果两个图形是全等图形，那么它们的形状和大小一定相同，故此选项符合题意；③两个等腰三角形不一定是全等图形，故此选项不合题意；④面积相等的两个图形不一定是全等图形，故此选项不合题意．故选：A．【点评】此题主要考查了全等图形，正确掌握全等图形的性质是解题关键．2．（2022春•永春县期末）如图是由四个相同的小正方形组成的网格图，则∠1+∠2＝180°．【分析】根据SAS可证得△ABC≌△EDC，可得出∠BAC＝∠DEC，继而可得出答案．【解答】】解：由题意得：AB＝ED，BC＝DC，∠D＝∠B＝90°，∴△ABC≌△EDC（SAS），∴∠BAC＝∠1，∠1+∠2＝180°．故答案为：180°．【点评】本题考查全等图形的知识，比较简单，解答本题的关键是判断出△ABC≌△EDC．二．全等三角形的性质（共3小题）3．（2022春•淄博期末）如图，已知△ABD≌△ACE，AD＝3，AB＝7，BD＝9，则AC的长为（）A．3B．7C．9D．无法确定【分析】根据全等三角形的性质即可得到结论．【解答】解：∵△ABD≌△ACE，AB＝7，∴AB＝AC＝7，故选：B．【点评】本题考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．4．（2022春•招远市期末）如图所示，△ABC≌△AEF．在下列结论中，不正确的是（）A．∠EAB＝∠F AC B．BC＝EF C．CA平分∠BCF D．∠BAC＝∠CAF 【分析】根据全等三角形的性质即可得到结论．【解答】解：∵△ABC≌△AEF，∴∠BAC＝∠EAF，∴∠BAC﹣∠EAE＝∠EAF﹣∠EAC，∴∠EAB＝∠F AC，故A不符合题意；∵△ABC≌△AEF，∴BC＝EF，故B不符合题意；∵△ABC≌△AEF，∴AC＝AF，∠ACB＝∠F，∴∠ACF＝∠F＝∠ACB，∴CA平分∠BCF，故C不符合题意；∵△ABC≌△AEF，∴∠BAC＝∠EAF，∴∠BAC＞∠CAF，故D符合题意，故选：D．【点评】本题考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形性质是解题的关键．5．（2022春•元阳县期末）已知△ABC的三边长为x，3，6，△DEF的三边长为5，6，y．若△ABC与△DEF全等，则x+y的值为8．【分析】根据全等三角形对应边相等解答即可．【解答】解：因为△ABC与△DEF全等，所以x＝5，y＝3，所以x+y＝8，故答案为：8．【点评】本题考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质并准确识图是解题的关键．三．全等三角形的判定（共4小题）6．（2022春•温江区校级期末）下列说法正确的是（）A．两个全等图形面积一定相等B．两个等边三角形一定是全等图形C．形状相同的两个图形一定全等D．两个正方形一定是全等图形【分析】直接利用全等图形的性质以及定义，分别分析得出答案．【解答】解：A．两个全等图形面积一定相等，故此选项合题意；B．两个等边三角形不一定是全等图形，故此选项不合题意；C．形状相同的两个图形不一定全等，故此选项不合题意；D．两个正方形不一定是全等图形，故此选项不符合题意；故选：A．【点评】此题主要考查了正方形的性质以及全等图形，正确掌握全等图形的性质是解题关键．7．（2022春•保定期末）如图三角形纸片被遮住了一部分，小明根据所学知识画出了一个与原三角形完全重合的三角形，他画图的依据是（）A．SSS B．AAS C．ASA D．SAS【分析】根据全等三角形的判定定理ASA得出即可．【解答】解：他画图的依据是ASA，即有两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等，故选：C．【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．8．（2022•连城县校级开学）如图，在△ABC和△DEF中，AB＝DE，∠B＝∠DEF，请你再补充一个条件，能直接运用“SAS”判定△ABC≌△DEF，则这个条件是（）A．∠ACB＝∠DEF B．BE＝CF C．AC＝DF D．∠A＝∠F【分析】根据全等三角形的判定方法即可确定．【解答】解：添加条件：BE＝CF，理由如下：∵BE＝CF，∴BC＝EF，在△ABC和△DEF中，，∴△ABC≌△DEF（SAS），故选：B．【点评】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．9．（2022春•榕城区期末）如图，已知AB＝AD，AE＝AC，∠DAB＝∠EAC．求证：△ACD ≌△AEB．【分析】先证明∠DAC＝∠BAE，然后根据“SAS”可判断△ACD≌△AEB．【解答】证明：∵∠DAB＝∠EAC，∴∠DAB+∠BAC＝∠EAC+∠BAC，即∠DAC＝∠BAE，在△ACD和△AEB中，，∴△ACD≌△AEB（SAS）．【点评】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．四．全等三角形的判定与性质（共6小题）10．（2022春•凤翔县期末）如图，锐角△ABC的两条高BD、CE相交于点O，且CE＝BD，若∠CBD＝20°，则∠A的度数为（）A．20°B．40°C．60°D．70°【分析】首先利用直角三角形可得∠BCD得度数，再根据“HL“可得△BEC≌△CDB，进而得到∠BCD＝∠CBE，可得∠A．【解答】解：∵BD是高，∠CBD＝20°，∴∠BCD＝180°﹣90°﹣20°＝70°，在Rt△BEC和Rt△CDB中，，∴Rt△BEC≌Rt△CDB（HL），∴∠BCD＝∠CBE＝70°，∴∠A＝180°﹣70°﹣70°＝40°．故选：B．【点评】本题考查直角三角形全等的判定和等腰三角形的性质，熟练的掌握全等的判定方法是解题关键．11．（2022春•永州期末）如图，∠AOC＝∠BOC，点P在OC上，PD⊥OA与点D，PE⊥OB与点E，若OD＝4，OP＝5，则PE的长为（）A．3B．C．4D．【分析】利用勾股定理列式求出PD，再根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得PE＝PD．【解答】解：∵OD＝4，OP＝5，PD⊥OA，由勾股定理得，PD＝＝3，∵∠AOC＝∠BOC，PD⊥OA，PE⊥OB，∴PE＝PD＝3．故选：A．【点评】本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，勾股定理，是基础题，熟记性质是解题的关键．。

中考数学“全等、相似三角形的存在性问题”题型解析解此类问题，一般分为三个步骤：第一步寻找分类标准；第二步列方程；第三步解方程并验根 .难点在于寻找分类标准，寻找恰当的分类标准，可以使得解的个数不重复不遗漏，也可以使得列方程和解方程又好又快 .一般情况下，寻找一组相等的角或边，分情况列方程 .本节主要来讨论下全等三角形和相似三角形的存在性问题 .类型一：全等三角形存在性问题【例题1】如图，抛物线y = ax^2 + c （a ≠0）与y 轴交于点A，与x 轴交于B , C 两点（点C 在x 轴正半轴上），△ABC 为等腰直角三角形，且面积为4，现将抛物线沿BA 方向平移，平移后的抛物线过点C 时，与x 轴的另一交点为E，其顶点为F，对称轴与x 轴的交点为H .（1）求a , c 的值；（2）连接OF，试判断△OEF 是否为等腰三角形，并说明理由；（3）现将一足够大的三角板的直角顶点Q 放在射线AF 或射线HF 上，一直角边始终过点E，另一直角边与y 轴相交于点P，是否存在这样的点Q，使以点P、Q、E 为顶点的三角形与△POE 全等？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由 .【解题策略】（1）关键是利用等腰直角三角形的性质及面积，求出关键点坐标，用待定系数法求解；（2）关键是求得平移后的函数抛物线，证明两边相等即可；（3）关键是分类讨论分两种情形，而情形一又分两种情形，依据全等三角形性质，寻找边角相等求解 .类型二：相似三角形存在性问题【例题2】如图，已知抛物线y = ax^2 + 8/5 x + c 与x 轴交于A , B 两点，与y 轴交于点C，且A（2,0），C（0，-4），直线l : y = -1/2 x - 4 与x 轴交于点D，点P 是抛物线y = ax^2 + 8/5 x + c 上的一动点，过点P 作PE⊥x 轴，垂足为E , 交直线l 于点F .（1）试求该抛物线表达式；（2）如图（1），若点P 在第三象限，四边形PCOF 是平行四边形，求P 点的坐标；（3）如图（2），过点P 作PH⊥y 轴, 垂足为H，连接AC .①求证：△ACD 是直角三角形；②试问当P 点横坐标为何值时，使得以点P , C , H 为顶点的三角形与△ACD 相似？【解题策略】解析本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、平行四边形的性质、勾股定理的逆定理、相似三角形的性质 .依据平行四边形的对边相等列出关于m 的方程是解析问题（2）的关键；利用相似三角形的性质列出关于n 的方程是解析问题（3）的关键 .。

全等三角形的存在性（讲义）一、知识点睛全等三角形存在性的处理思路1.分析特征：分析背景图形中的定点、定线及不变特征，结合图形间的对应关系及不变特征考虑分类．2.画图求解：①目标三角形确定时，根据对应关系分类，借助边相等、角相等列方程求解；②目标三角形不确定时，先从对应关系入手，再结合背景中的不变特征分析，综合考虑边、角的对应相等和不变特征后列方程求解．3.结果验证：回归点的运动范围，画图或推理，验证结果．二、精讲精练1.如图，抛物线C1经过A，B，C三点，顶点为D，且与x轴的另一个交点为E．（1）求抛物线C1的解析式．（2）设抛物线C1的对称轴与x轴交于点F，另一条抛物线C2经过点E（抛物线C2与抛物线C1不重合），且顶点为M(a，b)，对称轴与x轴交于点G，且以M，G，E为顶点的三角形与以D，E，F为顶点的三角形全等，求a，b的值．（只需写出结果，不必写出解答过程）2. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线24y ax bx =++与x 轴的一个交点为A (-2，0)，与y 轴的交点为C ，对称轴是直线x =3，对称轴与x 轴交于点B ． （1）求抛物线的函数表达式．（2）若点D 在x 轴上，在抛物线上是否存在点P ，使得 △PBD ≌△PBC ？若存在，直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．3. 如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线2y ax bx c =++与y 轴交于点C (0，4)，对称轴直线2x =与x 轴交于点D ，顶点为M且DM =OC +OD ．（1）求该抛物线的解析式．（2）设点P (x ，y )是第一象限内该抛物线上的一动点，△PCD 的面积为S ，求S与x 之间的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围．（3）设点Q 是y 轴右侧该抛物线上的一动点，若经过点Q 的直线QE 与y 轴交于点E ，是否存在以O ，Q ，E 为顶点的三角形与△OQD 全等？若存在，求出直线QE 的解析式；请说明理由．4. 如图，在平面直角坐标系中，直线1l 过点A (1，0)且与y 轴平行，直线2l 过点B (0，2)且与x 轴平行，直线1l 与2l 相交于点P ．点E 为直线2l 上一点，反比例函数k y x=（0k >）的图象过点E 且与直线1l 相交于点F ．（1）若点E 与点P 重合，求k 的值．（2）连接OE ，OF ，EF ．若2k >，且△OEF 的面积为△PEF 面积的2倍，求点E 的坐标．（3）是否存在点E 及y 轴上的点M ，使得以M ，E ，F 为顶点的三角形与△PEF 全等？若存在，求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由．【参考答案】 1. （1）223y x x =-++（2）a =7，b =2或a =7，b =-2或a =-1，b =2或a =-1，b =-2或a =1，b =-4或a =5，b =-4或a =5，b =42. （1）213442y x x =-++（2）(18(18--+---，，(4(4+， 3.（1）21242y x x =-++（2）214(022S x x x =-+<<+（3）122y x =+，y =6或724y x =- 4.（1）2 （2）（3，2）（3）3(2)8，，8(2)3，学生做题前请先回答以下问题问题1：全等三角形的判定有哪些？问题2：全等三角形存在性问题中如何确定分类标准，分类标准确定的依据是什么？问题3：全等三角形存在性问题的处理思路是什么？问题4：全等三角形存在性问题与相似三角形存在性问题处理时的异同有哪些？全等三角形的存在性（一）1.如图1，直线y=-2x+4与x轴、y轴分别交于点A，B，点P(x，y)在直线y=-2x+4上，过点P作AB的垂线，与x轴、y轴分别交于点E，F．若△EOF与△AOB全等，则点P的坐标为( )A. B.C.D.2.如图2，已知点A，B 在抛物线上，且点A在第四象限，点B在第一象限，A，B 两点的横坐标满足方程．连接OB，OA，AB，将线段OB绕点O顺时针旋转90°得到线段OC．若D是坐标平面内一点，且△OAB和△OCD全等，则符合题意的点D的坐标为( )图1 图2A.B.C.D.3.如图3，抛物线经过三点，线段BC与抛物线的对称轴相交于点D．P为该抛物线的顶点，连接PA，AD，DP，线段AD与y轴相交于点E．若Q为平面直角坐标系中的一点，且以Q，C，D为顶点的三角形与△ADP全等，则图3 点Q的坐标为( )A. B.C.D.学生做题前请先回答以下问题问题1：全等三角形的判定有哪些？问题2：全等三角形存在性问题的处理思路是什么？全等三角形的存在性（二）1.如图1已知抛物线与x轴交于A，B两点（点A 在点B的左侧），与y轴交于点C，直线与x轴交于点D．在第一象限内，若直线上存在点P，使得以P，B，D为顶点的三角形与△OBC全等，则点P的坐标为( )A.（4，1），（0，3）B.（4，1），（3，2）或（1，2）C.（4，1），（0，3）或（3，2）D.（4，1），（4，-1），（3，2）或（3，-2）2.如图2，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，C是直线上不与A，B重合的动点．过点C的另一直线CD与y轴相交于点D，若以B，C，D为顶点的三角形与△AOB全等，则点C的坐标为( )A. B.C.D.图1 图23.如图3所示，抛物线的顶点为A，直线与y轴的交点为B ，其中．若Q为抛物线的对称轴直线l上一个动点，在对称轴左侧的抛物线上存在点P，使以P，Q，A为顶点的三角形与△OAB全等，则点P的坐标为( )A.图3 B.C.D.学生做题后建议通过以下问题总结反思问题1：结合试题1分析，如何确定分类标准？问题2：画图求解时需要根据分析得到的不变特征，结合两个三角形全等的判定进行分析，试题1中利用的是哪一个全等三角形的判定？问题3：全等三角形存在性问题与相似三角形存在性问题处理时的异同有哪些？学生做题前请先回答以下问题问题1：在处理全等三角形的存在性问题时首先要分析不变特征，那么如何分析不变特征？问题2：在全等三角形存在性问题处理时，依据不变特征处理的核心依据是什么？问题3：课堂所讲解示范的，一般会用哪个判定？问题4：全等三角形存在性处理时都需要考虑哪些方面？问题5：已经学习了平行四边形，菱形，矩形，正方形，相似三角形以及全等三角形等各种存在性，存在性问题处理的框架是什么？全等三角形的存在性（三）1.如图1，已知抛物线与x轴的交点为A，D （A在D的右侧），与y轴的交点为C，点B与点C关于对称轴对称．点M是抛物线上的一点，使得△CMD≌△CMB，则点M的坐标为( )A. B. C. D.2.如图2，已知抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D．M 为抛物线上一点，E是x轴上的一点，使得△DMC≌△DME，则点M 的坐标为( ) 图1图2A.B.C.D.3.如图3，已知抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点．若点E在x轴上，点P是抛物线在第一象限上的图3 点，△APC≌△APE，则点P的坐标为( )A. B. C. D.学生做题后建议通过以下问题总结反思问题1：结合第2题考虑全等三角形存在性问题的处理框架是什么？学生做题前请先回答以下问题问题1：全等三角形的判定有哪些？问题2：全等三角形存在性问题的处理思路是什么？问题3：试题1中如何分析不变特征？问题4：试题1中分析不变特征，确定△OPC≌△POQ利用的是全等三角形的哪一个判定？全等三角形的存在性（四）1.如图1，抛物线与y轴交于点C，P是x轴上一个动点，Q是抛物线上异于点C的一个动点．若△OPC≌△POQ，则点Q 的坐标为( )A. B.C.D.2.如图2，抛物线与y轴交于点A，对称轴与x轴交于点B．D是x轴上的一个动点，P是抛物线上的一个动点，使得△DPB≌△ABP，求点P的坐标．（1）要求点P的坐标有如下考虑：分析可知，需要结合A，D和图2 公共边BP的相对位置进行分类讨论．当A，D在BP的同侧时，以A，D，B，P组成的四边形为_________（填“平行四边形”或“等腰梯形”或“梯形”）；当A，D在BP的异侧时，此时以A，D，B，P组成的四边形为_________（填“平行四边形”或“等腰梯形”或“梯形”）．A.平行四边形，梯形B.梯形，平行四边形C.平行四边形，等腰梯形D.等腰梯形，平行四边形( )（2）（上接第2题）当A，D在BP的异侧时，点P的坐标为A.(6，4）B.C.D.4.如图4，抛物线与x轴交于A（-2，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，2），P为抛物线x轴上方的一个动点，Q为y轴负半轴上的一个动点．若△ABP≌△BAQ，则点P的坐标为( )A. B.（-1，2） C. D.条件不足，无法求解图4学生做题前请先回答以下问题问题1：全等三角形存在性问题的处理思路是什么？问题2：已经学习了平行四边形，菱形，矩形，正方形，相似三角形以及全等三角形等各种存在性，存在性问题处理的框架是什么？全等三角形的存在性（五）1.如图1，二次函数的顶点为A，与y轴的交点为B．若⊙M 的圆心为，半径为r，过点A向该圆作切线，切点为N，若△AMN与△ABO全等，则满足题意的m，r的值分别为( )A. B.C.D.2.如图2，已知直线与抛物线相交于A，B两点，且点为抛物线的顶点，点B在x轴上．若P是抛物线的第二象限的图象上的一点，使得△POB与△POC全等，则点P 的坐标为( )A. B.C.D.图1 图23.直角坐标系中，O是坐标原点，D 是过三点的抛物线上的一点（不与点A重合）．若以D，O，C为顶点的三角形与△AOC全等，则点D的坐标为( )A. B. C.D.4.如图4，在平面直角坐标系中，直线l 经过．M为x 轴上的一点且，点P，Q在线段AB上．若以O，P，图4 Q为顶点的三角形与△OMP全等，则点P的坐标为( )A. B. C.D.问题1：结合第2题考虑不变特征是什么？分类标准是什么？问题2：结合第4题考虑不变特征是什么？如何确定分类标准？依据是什么？学生做题前请先回答以下问题问题1：动点问题的处理思路是什么？问题2：动点问题分析运动过程，需要关注四要素是什么？、问题3：全等三角形的判定有哪些？问题4：全等三角形存在性问题的处理思路是什么？全等三角形的存在性（六）1.如图1，在△ABC中，AB=AC=10cm，BC=8cm，D为AB的中点．点P在BC边上以3cm/s的速度由点B向点C运动；同时点Q在AC边上以相同的速度由点C向点A运动，其中一个点到达终点时另一个点也随之停止运动．当△BPD与△CQP全等时，点P运动的时间为( )图1 A. B. C. D.2.如图2，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．点P是x轴上一动点，点Q是x轴上方抛物线上的一( )个动点．若△AQC与△AQP全等，则点Q的坐标为3.如图3，在第一象限内作射线OC，与x轴的夹角为30°，在射线OC上取一点A，过点A作AH⊥x轴于点H．在抛物线上取点P，在y轴上取点Q，使得以P，O，Q为顶点的三角形与△AOH全等，则符合条件的点A的坐标为( )图3 A. B.C.D.学生做题后建议通过以下问题总结反思问题1：结合试题1考虑，不变特征是什么？△BPD与△CQP利用的是三角形全等的哪一个判定？问题2：试题2中，如何确定分类标准？。

例题示范先填写思路分析；再对比过程示范例1：如图，已知直线y =kx -6与抛物线y =ax 2+bx +c 相交于A ，B 两点，与y 轴交于点D ，且点A (1，-4)为抛物线的顶点，点B 在x 轴上．（1）求抛物线的解析式．（2）设抛物线对称轴与x 轴交于点E ，F 是y 轴上一动点，在y 轴右侧的抛物线上是否存在一点P ，使△POE 与△POF 全等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．第一问：研究背景图形【思路分析】①将A (1，-4)代入y =kx -6，可以求出k =___，直线解析式为________；再由直线解析式可知点B _____．已知抛物线顶点A (1，-4)，设顶点式_____________，又因为点B 也在抛物线上，所以可求得抛物线解析式__________________．②研究抛物线解析式，可知点C (，)，研究直线解析式可知D (，)．（注意有无特殊角）【过程示范】解：（1）将A (1，-4)代入y =kx -6，得k =2∴y =2x -6令y =0，解得，x =3∴B (3，0)由点A (1，-4)是抛物线的顶点，设y =a (x -1)2-4，二次函数压轴题之全等三角形的存在性（习题）把B(3，0)代入，解得，a=1∴y=(x-1)2-4=x2-2x-3第二问：全等三角形的存在性【思路分析】①分析不变特征：先研究定点、动点，其中_________为定点，动点为_______________；进一步在两个三角形中进行研究，发现定线段_____，所以两个三角形都不确定．②考虑形成因素，画图，求解：三角形形状不明确，则考虑两个三角形的对应关系：注意到△POE与△POF有公共边，则OP和OP应该是一组_______，则OE要么和_____对应，要么和______对应．I当OE与OF对应，此时根据OE=OF=___，能找到合适的___个点F的位置，分别记为F1，F2（x轴上方为F1）．①考虑E，F1，O，P四点组成的△OPE和△OPF1，此时，这两个三角形满足：OE=OF1，OP=OP，要想全等，只需满足这两组对应边的夹角相等即可．可确定OP为∠EOF1的________．②考虑E，F2，O，P四点组成的△OPE和△OPF2，此时，这两个三角形满足：OE=OF2，OP=OP，要想全等，只需满足这两组对应边的夹角相等即可．则确定OP为∠EOF2的________．II当OE与PF对应，此时，这两个三角形满足：OE=PF，OP=OP，考虑两种情况：①当OE，PF在OP的异侧时，要想全等，只需满足这两组对应边的夹角相等即可．若这两个角相等，说明___∥___，则此时四边形OEPF为__________，借助其特征，可求出点P．②当OE，PF在OP的同侧时，要想全等，需满足两组对应边的夹角相等即可，此时可进一步分析可得四边形OEFP为等腰梯形，结合点P的范围，在y轴右侧的抛物线上，此种情况不存在符合题意的点P．③结果验证：考虑点P还要在y轴右侧的抛物线上，将点P 代入抛物线解析式验证．【过程示范】I 当△POE ≌△POF 时，OE =OF =1∴F 1(0，1)，F 2(0，-1)①当OF 1=OE 时，此时∠F 1OP =∠EOP ，则l OP ：y =x∴223y x y x x =⎧⎨=--⎩则32123212x y ⎧+=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩或32123212x y ⎧-=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩（舍）∴P 1(3212+，3212+)②当OF 2=OE 时，此时∠F 2OP =∠EOP ，则l OP ：y =-x∴223y x y x x =-⎧⎨=--⎩则11321132x y ⎧+=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩或11321132x y ⎧-=⎪⎪⎨-+⎪=⎪⎩（舍）∴P 2(1132+，1132--)II 当△POE ≌△OPF 时，当OE ，PF 在OP 的异侧时，分析可得四边形OEPF 为平行四边形（矩形），此时，P 与A 重合，P 3(1，-4)．当OE ，PF 在OP 的同侧时，分析可得四边形OEFP 为等腰梯形，此时不存在符合题意的点P ．综上，点P 的坐标为(3212+，3212+)，(1132+，1132--)，(1，-4)．巩固练习1.已知抛物线23632y x bx =++经过点A (2，0)，顶点为P ，与x 轴的另一交点为B ．（1）求b 的值及点P ，点B 的坐标．（2）如图，在直线3y x =上是否存在点D ，使四边形OPBD 为平行四边形？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由．（3）在x 轴下方的抛物线上是否存在点M ，使△AMP ≌△AMB ？如果存在，请求出点M 的坐标；如果不存在，试说明理由．2.如图，已知抛物线y=ax2+bx+c经过点A(-6，0)，B(2，0)和C(0，3)，点D是该抛物线的顶点，AC，OD相交于点M．（1）求点D的坐标．（2）在x轴下方的平面内是否存在点N，使△DBN与△ADM 全等？若存在，请求出该点的坐标；若不存在，请说明理由．63.已知抛物线212y x bx c =-++过点(-6，-2)，与y 轴交于点C ，且对称轴与x 轴交于点B (-2，0)，顶点为A ．（1）求该抛物线的解析式和点A 的坐标．（2）若点M 是第二象限内该抛物线上的一个动点，经过点M 的直线MN 与y 轴交于点N ，是否存在以O ，M ，N 为顶点的三角形与△OMB 全等？若存在，请求出直线MN 的解析式；若不存在，请说明理由．思考小结回顾全等三角形存在性问题的处理流程：分析不变特征：从顶点入手，分析定点、动点，在两个三角形中逐层分析确定的角、边长，把公共边作为对应边．分析形成因素：根据分析得到的不变特征，结合两个三角形全等的判定，同时考虑两个三角形出现的对应关系，综合在一起分析．画图求解：根据上面的分析，画出符合题意的图形，结合图形特征，设计方案．结果验证：回归点的运动范围进行验证；估算数值，结合图形进行验证．【参考答案】例题示范第一问思路分析：①2；y =2x -6；(3，0)；y =a (x -1)2-4；y =x 2-2x -3②(0，-3)；(0，-6)第二问思路分析：①O ，E ；P ，F ；OE②对应边；OF ；PFI 1；两；①角平分线；②角平分线；II OE ；PF ；矩形巩固练习1.（1）43b =-，(423)P -，，B (6，0)；（2）存在，(223)D ，，理由略．（3）存在，16103()39M -，，理由略．2.（1）D (-2，4)；（2）存在，24()55N -，，理由略．3.（1）21242y x x =--+，A (-2，6)；（2）存在，122y x =-+或y =6，理由略．。

中考数学压轴题全面突破之四•三角形的存在性题型特点三角形的存在性问题是一类考查是否存在点，使其能构成某种特殊三角形的问题，如：直角三角形、等腰三角形、全等三角形及相似三角形的存在性．常结合动点、函数与几何，考查分类讨论、画图及建等式计算．解题思路①由判定定理确定三角形所满足的特殊关系；②分类讨论，画图；③建等式，对结果验证取舍．对于目标三角形不确定、点的位置难以寻找等存在性问题的思考方向为：①从角度入手，通过角的对应关系尝试画出一种情形．②解决第一种情形．能根据几何特征表达线段长的，借助对应边成比例、或线段长转坐标代入函数表达式求解；不能直接表达线段长的，观察点的位置，考虑联立函数表达式求解．③分类讨论，类比解决其他情形．分类时，先考虑点的位置，再考虑对应关系，用同样方法解决问题．难点拆解①直角三角形关键是用好直角，可考虑：勾股定理逆定理、弦图模型、直线k值乘积为1；②等腰三角形可考虑直接表达线段长，利用两腰相等建等式，或借助三线合一找相似建等式；③全等三角形或相似三角形关键是研究目标三角形的边角关系，进而表达线段长，借助函数或几何特征建等式．④分类不仅要考虑图形存在性的分类，也要考虑点运动的分类．1.（2012云南改编）如图，在平面直角坐标系中，抛物线错误!未找到引用源。

的图象经过点(2，4)，且与直线错误!未找到引用源。

交于A ，B 两点．（1）求抛物线的函数解析式．（2）过点A 作AC ⊥AB 交x 轴于点C ，求点C 的坐标．（3）除点C 外，在坐标轴上是否存在点M ，使得△MAB 是直角三角形？若存在，请求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．2.（2009广西钦州）如图，已知抛物线错误!未找到引用源。

与坐标轴交于A，B，C三点，A点的坐标为(﹣1，0)，过点C的直线错误!未找到引用源。

与x轴交于点Q，点P是线段BC上的一个动点，过P作PH⊥OB于点H．若PB=5t，且0<t<1．（1）点C的坐标是____________，b=_______，c=______．（2）求线段QH的长（用含t的式子表示）．（3）依点P的变化，是否存在t的值，使以P，H，Q为顶点的三角形与△COQ相似？若存在，求出所有t的值；若不存在，说明理由．3.（2012海南）如图，顶点为P(4，﹣4)的二次函数图象经过原点(0，0)，点A在该图象上，OA交其对称轴l于点M，点M，N关于点P对称，连接AN，ON．（1）求该二次函数的关系式．（2）若点A的坐标是(6，﹣3)，求△ANO的面积．（3）当点A在对称轴l右侧的二次函数图象上运动，请解答下列问题：①证明：∠ANM =∠ONM；②△ANO能否为直角三角形？如果能，请求出所有符合条件的点A的坐标；如果不能，请说明理由．4.（2011湖北天门）在平面直角坐标系中，抛物线错误!未找到引用源。

中考热点题型必考：全等三角形解析大全孩子吃透次次满分全等三角形是初中几何的重要内容之一，在几何证明题中有着极其广泛的应用。

然而在许多情况下，给定的题设条件及图形并不具有明显的全等条件，这就需要我们认真分析、仔细观察，根据图形的结构特征，挖掘潜在因素，通过添加适当的辅助线，巧构全等三角形。

借助全等三角形的有关性质，就会迅速找到证题途径，直观易懂，简捷明快。

题型一：证明线段的垂直如图所示，AD为△ABC的高，E为AC上一点，BE交AD于F，且有BF＝AC，FD＝CD，求证：BE⊥AC．证明直角三角形全等时，可根据条件灵活选择方法．题型二：证明线段的相等如图所示，已知AB＝AD，AE＝AC，∠1＝∠2，求证：DE＝BC．根据条件，已知两边对应相等，只需其夹角∠DAE=∠BAC，即可由SAS证得全等，实际上，△ADE可看做是△ABC绕点A旋转得到的。

题型三：证明角相等要想证得∠B＝∠C，可观察∠B与∠C所在的△ABE与△DCE是否全等，由已知难以证其全等．再观察条件可以把∠B与∠C放在△ABD与△DCA中（需连结AD），可以利用三角形全等的条件SSS证明．证明线段相等或角相等时，需证明它们所在的两个三角形全等，当所在的两个三角形不全等时，可结合已知条件，把图形中的某两点连结起来构造全等三角形。

题型四：证明线段的和差问题在一个图形中，有多个垂直关系时，常用“同角或等角的余角相等”来证明两角相等，也可把本题改编为探索题，即直线AN绕A点旋转，则DE、DB、CE会有怎样的关系，DE=BC-CE还成立吗？题型五：构造全等三角形解决实际问题要测量河对岸相对的两点A、B的距离，先在AB的垂线BF上取两点C、D使CD=BC，再定出BF的垂线DE，使A、C、E在一条直线上（如图所示），这时测得DE的长就是AB的长，写出已知和求证，并进行证明。

对于实际问题，首选要将它转化为数学问题，再根据数学知识去解决。

方法总结三角形全等说理中，如果已知中没有直接给出全等的三个所需条件，这时就需要根据已知条件去推导出所需条件，常遇下列几种情况：1.利用平行线的性质推导角的相等关系；2.利用垂直关系推导角的相等；3.利用边和角的和差推导边和角的相等；4.利用三角形内角和的有关结论推导角的相等；5.运用公共角、对顶角、公共边等题目中隐含条件推导边和角相等．三角形是最常见的几何图形之一，是后续知识的基础，是历年中考命题的热点，三角形全等的条件是三角形的一大重点．中考考查仍然是要求能应用所学知识解决比较简单的实际问题以及联系比较紧密的知识考查双基．从题型设计上看，由传统的以填空题、选择题为主转向综合应用和自主探究的阅读、探索等新颖题型、答案不唯一，具有开放性和创新性．考查数学的分类思想、方程思想以及转化思想．。

专题25 全等三角形的存在性破解策略全等三角形的存在性问题的解题策略有：（1）当有一个三角形固定时（三角形中所有边角为定值），另一个三角形会与这个固定的三角形有一个元素相等；再根据全等三角形的判定，利用三角函数的知识（画图）或。

列方程来求解．（2）当两个三角形都不固定时（三角形中有角或边为变量），若条件中有一条边对应相等时，就要使夹这条边的两个角对应相等，或其余两条边对应相等；若条件中有一个角对应相等时，就要使夹这个角的两边对应相等，或再找一个角和一条边对应相等．例题讲解%例1 如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋4与x轴的一个交点为A（－2，0），与y轴的交点为C，对称轴是x＝3，对称轴与x轴交于点B．（1）求抛物线的表达式；（2）若点D在x轴上，在抛物线上是否存在点P，使得△PBD≌△PBC若存在，求点P 的坐标；若不存在，请说明理由．（3）若点M在y轴的正半轴上，连结MA，过点M作MA的垂线，交抛物线的对称轴于点N．问：是否存在点M，使以点M、A、N为顶点的三角形与△BAN全等若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．—解：（1）由题意可列方程组 424032a b b a -+=⎧⎪⎨-=⎪⎩ ， 解得1432a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以抛物线的表达式为213442y x x =-++．（2）显然OA ＝2， OB ＝3， OC ＝4． 所以225BC OB OC BA =+==． 若△P BD ≌△PBC ，则BD ＝ BC ＝5，PD ＝PC所以D 为抛物线与x 轴的左交点或右交点，点B ，P 在CD 的垂直平分线上， (①若点D 为抛物线与 x 轴的左交点，即与点A 重合．如图1，取AC 的中点E ，作直线BE 交抛物线于P 1（x 1，y 1），P 2（x 2．y 2）两点． 此时△P 1BC ≌△P 1BD ，△P 2BC ≌△P 2 B D ．由A 、C 两点的坐标可得点E 的坐标为（－1，2）． 所以直线BE 的表达式为1322y x =-+．$联立方程组2132213442y x y x x ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-++⎪⎩，解得114261262x y ⎧=-⎪⎨-+=⎪⎩，224261262x y ⎧=+⎪⎨--=⎪⎩ ．所以点P 1，P 2的坐标分别为（4一26，1262-+）．（4＋26，1262--）．②若D 为抛物线与x 轴的右交点，则点D 的坐标为（8，0）． 如图2，取CD 的中点F ．作直线BF 交抛物线于P 3（x 3，y 3），P 4（x 4，，y 4）两点． 此时△P 3BC ≌△P 3BD ，△P 4BC ≌△P 4 B D ． ：由C 、D 两点的坐标可得点F 的坐标为（4，2）， 所以直线BF 的表达式为y ＝2x －6．联立方程组22613442y x y x x =-⎧⎪⎨=-++⎪⎩，解得331418241x y ⎧=-+⎪⎨=-+⎪⎩，441418241x y ⎧=--⎪⎨=--⎪⎩ 所以点P 3，P 4的坐标分别为（－1＋41，－8＋241），（ －1－41，－8－241）， 综上可得，满足题意的点P 的坐标为（426126-+），（426126--，。

专题26 相似三角形的存在性破解策略探究两个三角形相似时，一般情况下首先寻找一组对应角相等，然后根据对应边成比例分两种情况列方程．掌握一些相似的基本模型有助于快速解决问题， 相似三角形的基本模型有： 1．“A ”字形已知：在△ABC 中．点D 在AB 上，点E 在AC 上．DE ∥B C ． 结论：△ABC ∽△ADE ．D E CBA2．反“A ”字形（1）已知：在△ABC 中，点D 在AB 上，点E 在AC 上，∠AED ＝∠AB C ． 结论：△ABC ∽△AE D ．A BCD E（2）已知：在△ABC 中，点D 在AB 上，∠ACD ＝∠AB C ． 结论：△ABC ∽△A （：D ．A BCD3．“8”字形已知：在△ABC 中，点D 在CA 的延长线上，点E 在BA 的延长线上，DE ∥B C ． 结论：△ABC ∽△AE D ．E4．反“8”字形已知：在△ABC 中，点D 在CA 的延长线上，点E 在BA 的延长线上，∠ADE ＝∠AB C ． 结论：△ABC ∽△ADE ．D5．双垂直已知：△ABC 中，∠BAC ＝90，AD 为斜边BC 上的高． 结论：△ABC ∽△DBA ，△ABC ∽△DAC ，△ABD ∽△CA D ．DBCA6．一线三等角（1）已知Rt △ABC 和Rt △CED ，B ，C ，E 三点共线，90B E ACD ∠=∠=∠=． 结论：△ABC ∽△CE D ．BC（2）已知△ABC 和△CDE ，B ，C ，E 三点共线，90B E ACD ∠=∠=∠<． 结论：△ABC ∽△CE D ．BEA（3）已知△ABC 和△CED ，B ，C ，E 三点共线，90B E ACD ∠=∠=∠>． 结论：△ABC ∽△CE D ．D例题讲解例1如图，已知A （－1，0），B （4，0），C （2，6）三点，G 是线段AC 上的动点（不与点A ，C重合）．若△ABG与△ABC相似，求点G的坐标．x解：设直线AC的表达式为y sx t=+，把A，C两点坐标代入可得62s ts t=+⎧⎨-=+⎩，解得22st=-⎧⎨=-⎩．所以直线AC的表达式为22y x=--．设点G的坐标为（k，－2k－2），因为点G与点C不重合，所以△ABG与△ABC相似只有△AGB∽△ABC一种情况．所以AG AB AB AC=．而AB＝5，AC=1AG=+，=，即513k+=，解得123k=，283k=-（舍）．所以点G的坐标210 (,) 33-．例2如图，抛物线2)(4)y x x=+-与x轴交于点A，B（点A在B的左侧），与y轴交于点C，CD∥x轴交抛物线于点D．P是抛物线上一点，问：是否存在点P，使以P，A，B为顶点的三角形与△ABD相似（△PAB与△ABD不重合）？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．x解：存在．因为点A（－2，0），B（4，0），C（0，，过点D（2，DE⊥AB于点E，由勾股定理得AD BD ==①如图，当△1P AB ∽△ABD 时，1PB AB AB BD=，所以1PB = 过点1P 作11PM ⊥AB 于点1M ，所以111PM DE PB BD =，解得11PM =．∵11BM BEPB BD =，∴112BM =，∴点1P 的坐标为（－8，， 因为此时点1P 不在抛物线上，所以此种情况不存在．②当△2P AB ∽△BDA 时，2P B ABAB AD=，所以2P B =2P 作22P M ⊥AB 于点2M ， 所以222P M DE P B AD =，解得22P M =．因为22BM AE P B AD=，所以28BM =， 所以点2P 的坐标为（－4，，将x ＝－4代入抛物线的表达式得y =， 所以点2P 在抛物线上．③由抛物线的对称性可知：点2P 与点3P 关于直线x ＝1对称， 所以3P 的坐标为（6，．④当点4P 位于点C 处时，两个三角形全等，所以点4P 的坐标为（0，-．综上所得，点P 的坐标为（－4，，（6，0，-）时，以P ，A ，B 为顶点的三角形与△ABD 相似．例3 如图，已知直线3y x =-+与x 轴、y 轴分别交于A ，B 两点，抛物线2y x bx c =-++经过A ，B 两点，点P 在线段OA 上，从点O 出发，向点A 以1个单位/秒的速度匀速运动；同运动时间为t 秒．设抛物线顶点为M ，连接BP ，BM ，MQ ，问：是否存在t 的值，使以B ，Q ，将A （3，0），B （0，3）代入2y xbx c =-++， 得9303b c c -++=⎧⎨=⎩，解得23b c =⎧⎨=⎩，所以抛物线的解析式为2223(1)4y x x x =-++=--+． ∴点M 的坐标为（1，4），MB =所以222BM AB AM +=， 90MBA ∠=．如图， 设运动时间为t 秒， 则OP ＝t ， (3BQ t =-①当△BOP ∽△QBM 时，MB OP 2330t t -+=， 而234130∆=-⨯⨯<，所以此种情况不存在；②当△BOP ∽△所以当t 为顶点的三角形相似．x进阶训练1．如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线234y x bx c =-++的图象交x 轴于()4,0A ，()1,0B -两点，交y 轴于点C ．（1）求抛物线的表达式和对称轴；（2）若P 是线段OA 上的一点（不与点O ，A 重合），Q 是AC 上一点，且PQ ＝PA ，在x 轴上是否存在点D ，使得△ACD 与△APQ 相似？如果存在，请求出点D 的坐标；如不存在，请说明理由．解：（1）抛物线的表达式为239344y x x =-++，对称轴为32x =（2）存在．点D 的坐标为()4,0-，7,08⎛⎫⎪⎝⎭．[提示]（2）由题意知△APQ 为等腰三角形，如果△ACD 与△APQ 相似，那么△ACD 也是等腰三角形．①如图1，当AD 为底边时，D ，A 关于y 轴对称，此时点D 的坐标为()4,0-； ②如图2．当AC 为底边时，58DA AC =，所以58DA =，此时点D 的坐标为7,08⎛⎫⎪⎝⎭．图1图22．如图，设抛物线22y ax bx =+-与x 轴交于不同的点()1,0A -，(),0B m ，与y 轴交于点C ，已知ACB ＝90°．（1）求m 的值和抛物线的表达式；（2）已知点()1,D n 在抛物线上，过点A 的直线1y x =+交抛物线与另一点E ．若点P 在x 轴上，是否存在这样的点P ，使得以点P ，B ，D 为顶点的三角形与△AEB 相似？解：2．（1）4m =，抛物线的表达式为213222y x x =--； （2）存在．点P 的坐标为13,07⎛⎫ ⎪⎝⎭或22,05⎛⎫- ⎪⎝⎭【提示】（1）由已知条件可得OA ＝1，OC ＝2，易证△AOC ∽△COB ，从而m ＝OB ＝4，再将A ，B 两点的坐标代入表达式即可求得．（2） 易求得点()1,3D -，()6,7E ，分别过点D ，E 作x 轴的垂线，垂足分别为H ，G ．易证EAG ＝DBH ．所以△PBD 和△AEB 相似存在两种情况：①如图1，当△ABE ∽△BPD 时，有AB BPAE BD=，得点P 的坐标为13,07⎛⎫⎪⎝⎭②如图2，当△ABE ∽△BDP 时，有AB BD AE BP =，得点P 的坐标为22,05⎛⎫- ⎪⎝⎭．图1图23．如图，抛物线223y x x =--与x 轴交于A ，B 两点（点B 在点A 的右侧），与y 轴交于点C ，直线l 经过A ，C 两点，点Q 在抛物线位于y 轴左侧部分上运动，直线m 经过B ，Q 两点，与y 轴交于点N ，与直线l 交于点G ．问：是否存在直线m ，使得直线l ，m 与x 轴围成的三角形和直线l ，m 与y 轴围成的三角形相似（不包括全等）？若存在，求出直线m 的表达式，若不存在，请说明理由．解．存在，直线m的表达式为113y x=-．【提示】根据AGB＝GNC＋GCN．所以当△AGB∽△NGC时，只能AGB＝CGB＝90°，所以△AOC≌△NOB，所以直线m的表达式为113y x=-．。

八年级上册数学《第十二章全等三角形》专题全等三角形压轴题训练（30题）1．（2022秋•忠县期末）在△ABC中，点D、E分别在AB、AC边上，设BE与CD相交于点F．（1）如图①，设∠A＝60°，BE、CD分别平分∠ABC、∠ACB，证明：DF＝EF．（2）如图②，设BE⊥AC，CD⊥AB，点G在CD的延长线上，连接AG、AF；若∠G＝∠6，BD＝CD，证明：GD＝DF．【分析】（1）在BC上截取BM＝BD，连接FM，证明△BFD≌△BFM，△ECF≌△MCF，进而可以解决问题；（2）根据已知条件证明△BDF≌△CDA，进而可以解决问题．【解答】证明：（1）如图，在BC上截取BM＝BD，连接FM，∵∠A＝60，∴∠BFC＝90°+60°÷2＝120°，∴∠BFD＝60°，∵BE平分∠ABC，∴∠1＝∠2，在△BFD和△BFM中，BD=BM∠1=∠2，BF=BF∴△BFD≌△BFM（SAS），∴∠BFM＝∠BFD＝60°，DF＝MF，∴∠CFM＝120°﹣60°＝60°，∵∠CFE＝∠BFD＝60°，∴∠CFM＝∠CFE，∵CD平分∠ACB，∴∠3＝∠4，又CF＝CF，在△ECF和△MCF中，∠CFE=∠CFMFC=FC，∠3=∠4∴△ECF≌△MCF（ASA），∴EF＝MF，∴DF＝EF；（2）∵BE⊥AC，CD⊥AB，∴∠BDF＝∠CDA＝90°，∴∠1+∠BFD＝90°，∠3+∠CFE＝90°，∠BFD＝∠CFE，∴∠1＝∠3，∵BD＝CD，在△BDF和△CDA中，∠BDF=∠CDABD=CD，∠1=∠3∴△BDF≌△CDA（ASA），∴DF＝DA，∵∠ADF＝90°，∴∠6＝45°，∵∠G＝∠6，∴∠5＝45°∴∠G＝∠5，∴GD＝DA，∴GD＝DF．【点评】本题属于三角形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．2．如图，△ABC中，AB＝AC，D为AC边上一点，E为AB延长线上一点，且CD＝BE，DE与BC相交于点F．（1）求证：DF＝EF．＝5，求EG的长．（2）过点F作FG⊥DE，交线段CE于点G，若CE⊥AC，CD＝4，S△EFG【分析】（1）过点D作DH∥AB交BC于点H，根据等腰三角形的性质及平行线的性质得到∠BEF＝∠HDF，∠DHC＝∠DCH，则DH＝CD，结合∠BFE＝∠HFD，即可利用AAS判定△BEF≌△HDF，根据全等三角形的性质即可得解；（2）根据三角形的面积公式求解即可．【解答】（1）过点D作DH∥AB交BC于点H，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵DH∥AB，∴∠DHC＝∠ABC，∴∠DHC＝∠ACB＝∠DCH，∴DH＝CD，∵CD＝BE，∴DH＝BE，∵DH∥AB，∴∠BEF＝∠HDF，在△BEF和△HDF中，∠BFE=∠HFD∠BEF=∠HDFBE=DH，∴△BEF≌△HDF（AAS），∴DF＝EF；（2）连接DG，∵DF＝EF，FG⊥DE，∴S△DFG ＝S△EFG＝5，∴S△DEG＝10，∵CE⊥AC，CD＝4，∴S△DEG =12EG•CD=12EG×4，∴12EG×4＝10，∴EG＝5．【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，利用AAS判定△BEF≌△HDF是解题的关键．3．如图1，在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点P为BC边上的一个动点，连接AP，以AP为直角边，A为直角顶点，在AP右侧作等腰直角三角形PAD，连接CD．（1）当点P在线段BC上时（不与点B重合），求证：△BAP≌△CAD；（2）当点P在线段BC的延长线上时（如图2），试猜想线段BP和CD的数量关系与位置关系分别是什么？请给予证明．【分析】（1）证得∠BAP＝∠CAD，根据SAS可证明△BAP≌△CAD；（2）可得∠BAP＝∠CAD，由SAS可证明△BAP≌△CAD，可得BP＝CD，∠B＝∠ACD，则结论得证．【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠PAD＝90°，∴∠BAC﹣∠PAC＝∠PAD﹣∠PAC，即：∠BAP＝∠CAD，在△BAP和△CAD中AB=AC∠BAP=∠CAD，PA=DA∴△BAP≌△CAD（SAS）；（2）猜想：BP＝CD，BP⊥CD．证明：∵∠BAC＝∠PAD＝90°，∴∠BAC+∠PAC＝∠PAD+∠PAC，即：∠BAP＝∠CAD，在△BAP和△CAD中AB=AC∠BAP=∠CAD，PA=DA∴△BAP≌△CAD（SAS），∴BP＝CD（全等三角形的对应边相等），∠B＝∠ACD（全等三角形的对应角相等），∵∠B+∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠ACB＝90°，即：BP⊥CD．【点评】本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，根据同角的余角相等求出两边的夹角相等是证明三角形全等的关键．4．在△ABC中，∠ABC＝90°．点G在直线BC上，点E在直线AB上，且AG与CE相交于点F，过点A 作边AB的垂线AD，且CD∥AG，EB＝AD，AE＝BC．（1）如图①，当点E在△ABC的边AB上时，求∠DCE的度数；（2）如图②，当点E在线段BA的延长线上时，求证：AB＝BG．【分析】（1）如图①，连接ED，根据已知条件得到△ADE≌△BEC（SAS），根据全等三角形的性质得到∠AED＝∠BCE，ED＝CE，于是得到结论；（2）如图②，连接DE，根据已知条件得到△ADE≌△BEC（SAS），根据全等三角形的性质得到∠AED ＝∠BCE，ED＝CE，根据等腰三角形的性质得到∠EDC＝∠ECD，推出AF平分∠DAE，于是得到结论．【解答】解：（1）如图①连接ED，∵AD⊥AB，∴∠DAE＝90°，∵∠ABC＝90°，∵AD＝EB，AE＝BC，∴△ADE≌△BEC（SAS），∴∠AED＝∠BCE，ED＝CE，∴∠AED+∠BEC＝∠BCE+∠BEC；∴∠AED+∠CEB＝90°，∴∠DEC＝90°，∴∠DCE＝45°；（2）如图②，连接DE，∵AD⊥AB，∴∠DAE＝90°，∵∠ABC＝90°，∴∠DAE＝∠ABC，∵AD＝EB，AE＝BC，∴△ADE≌△BEC（SAS），∴∠ADE＝∠BEC，ED＝CE，∵ED＝CE，∴∠EDC＝∠ECD，即∠ADE+∠ADC＝∠ECD，∴∠BEC+∠DAF＝∠AFC，∵∠BEC+∠EAF＝∠AFC，∴∠DAF＝∠EAF，∴AF平分∠DAE，∵∠DAE＝90°，∴∠EAF＝45°，∵∠EAF＝∠BAG，∴∠BAG＝45°，∵∠ABC＝90°，∴∠ABG＝90°，∴∠BGA＝∠BAG，∴AB＝BG．【点评】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，等腰直角三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．5．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是CB延长线上一点，点E是线段AB上一点，连接DE．AC＝DE，BC＝BE．（1）求证：AB＝BD；（2）BF平分∠ABC交AC于点F，点G是线段FB延长线上一点，连接DG，点H是线段DG上一点，连接AH交BD于点K，连接KG．当KB平分∠AKG时，求证：AK＝DG+KG．【分析】（1）证明Rt△ACB≌Rt△DEB即可解决问题；（2）作BM平分∠ABD交AK于点M，证明△BMK≌△BGK，△ABM≌△DBG，即可解决问题．【解答】证明：（1）在Rt△ACB和Rt△DEB中，AC=DEBC=BE，∴Rt△ACB≌Rt△DEB（HL），∴AB＝BD，（2）如图：作BM平分∠ABD交AK于点M，∵BM平分∠ABD，KB平分∠AKG，∴∠ABM＝∠MBD＝45°，∠AKB＝∠BKG，∵∠ABF＝∠DBG＝45°∴∠MBD＝∠GBD，在△BMK和△BGK中，∠MBD=∠GBDBK=BK，∠AKB=∠BKG∴△BMK≌△BGK（ASA），∴BM＝BG，MK＝KG，在△ABM和△DBG中，AB=BD∠ABM=∠DBG，BM=BG∴△ABM≌△DBG（SAS），∴AM＝DG，∵AK＝AM+MK，∴AK＝DG+KG．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△BMK≌△BGK．6．（2023春•市南区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，E为AC边上一点，连接BE与AD交于点F，G为△ABC外一点，满足∠ACG＝∠ABE，∠FAG＝∠BAC，连接EG．（1）求证：△ABF≌△ACG；（2）求证：BE＝CG+EG．【分析】（1）根据已知条件可得∠BAD＝∠CAG，然后利用ASA即可证明△ABF≌△ACG；（2）结合（1）的结论，再证明△AEF≌△AEG，即可解决问题．【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠FAG，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠FAG﹣∠CAD，∴∠BAD＝∠CAG，在△ABF和△ACG中，∠BAD=∠CAGAB=AC，∠ABF=∠ACG∴△ABF≌△ACG（ASA）；（2）证明：∵△ABF≌△ACG，∴AF＝AG，BF＝CG，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴∠BAD＝∠CAD，∵∠BAD＝∠CAG，∴∠CAD＝∠CAG，在△AEF和△AEG中，AF=AG∠FAE=∠GAE，AE=AE∴△AEF≌△AEG（SAS）．∴EF＝EG，∴BE＝BF+FE＝CG+EG．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△AEF≌△AEG．7．（2022秋•新市区校级期中）已知：如图，BD为△ABC的角平分线，且BD＝BC，E为BD延长线上的一点，BE＝BA，过E作EF⊥AB，F为垂足．求证：（1）AD＝AE＝EC．（2）BA+BC＝2BF．【分析】（1）由△BCD和△BEA为等腰三角形，∠ABD＝∠EBC，得出∠BCD＝∠BEA，由△ABD≌△EBC可得∠BCE＝∠BDA，由∠BCE＝∠BCD+∠DCE，∠BDA＝∠DAE+∠BEA得出∠BCD+∠DCE＝∠DAE+∠BEA，进而得出∠DCE＝∠DAE，即可证明AE＝EC；（2）过点E作EG⊥BC交BC的延长线于点G，由“HL”得出Rt△BFE≌Rt△BGE和Rt△BFE≌Rt△BGE，从而得出BF＝BG，FA＝CG，再通过等量代换即可得出结论．【解答】（1）证明：∵BD为△ABC的角平分线，∴∠ABD＝∠EBC，在△ABD与△EBC中，AB=EB∠ABD=∠EBD，BD=BC∴△ABD≌△EBC（SAS），∴∠BCE＝∠BDA，∵∠BCE＝∠BCD+∠DCE，∠BDA＝∠DAE+∠BEA，∴∠BCD+∠DCE＝∠DAE+∠BEA，∵BD＝BC，BE＝BA，∴△BCD和△BEA为等腰三角形，∵∠ABD＝∠EBC，∴∠BCD＝∠BEA，∴∠DCE＝∠DAE，∴AE＝EC，∵△ABD≌△EBC，∴AD＝EC，∴AD＝EC＝AE；（2）证明：如图，过点E作EG⊥BC交BC的延长线于点G，∵BE平分∠ABC，EF⊥AB，EG⊥BG，∴EF＝EG，在Rt△BFE与Rt△BGE中，EF=EGBE=BE，∴Rt△BFE≌Rt△BGE（HL），∴BF＝BG，在Rt△AFE与Rt△CGE中，EF=EGEA=EC，∴Rt△AFE≌Rt△CGE（HL），∴FA＝CG，∴BA+BC＝BF+FA+BG﹣CG＝BF+BG＝2BF．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，掌握三角形全等的判定方法是解决问题的关键．8．（2023春•余江区期末）如图，大小不同的两块三角板△ABC和△DEC直角顶点重合在点C处，AC＝BC，DC＝EC，连接AE、BD，点A恰好在线段BD上．（1）找出图中的全等三角形，并说明理由；（2）当AD＝AB＝4cm，则AE的长度为　cm．（3）猜想AE与BD的位置关系，并说明理由．【分析】（1）根据SAS证明△CBD≌△CAE即可；（2）根据全等三角形的性质解答即可；（3）根据全等三角形的性质和垂直的定义解答即可．【解答】解：（1）△CBD≌△CAE，理由如下：∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△CBD与△CAE中，BC=AC∠BCD=∠ACE，DC=EC∴△CBD≌△CAE（SAS）；（2）∵△CBD≌△CAE，∴BD＝AE＝AD+AB＝4+4＝8（cm），故答案为：8；（3）AE⊥BD，理由如下：AE与CD相交于点O，在△AOD与△COE中，∵△CBD≌△CAE，∴∠ADO＝∠CEO，∵∠AOD＝∠COE，∴∠OAD＝∠OCE＝90°，∴AE⊥BD．【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据SAS得出△CBD与△CAE全等解答．9．已知，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点E是BC上一点，连接AE（1）如图1，当AE平分∠BAC时，EH⊥AB于H，△EHB的周长为10m，求AB的长；（2）如图2，延长BC至D，使DC＝BC，将线段AE绕点A顺时针旋转90°得线段AF，连接DF，过点B作BG⊥BC，交FC的延长线于点G，求证：BG＝BE．【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠B＝45°，根据角平分线的性质得到CE＝EH＝BH，根据全等三角形的性质得到AH＝AC，于是得到结论；（2）先连接AD，依据AAS判定△ADF≌△ABE，得到DF＝BE，再判定△BCG≌△DCF，得出DF＝BG，进而得到BG＝BE．【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠B＝45°，∵AE平分∠BAC时，EH⊥AB于H，∴CE＝EH＝BH，在Rt△ACE与Rt△AHE中，CE=EH AE=AE，∴Rt△ACE与Rt△AHE（HL），∴AH＝AC，∴AH＝BC，∵△EHB的周长为10m，∴AB＝AH+BH＝BC+BH＝10m；（2）如图所示，连接AD，线段AE绕点A顺时针旋转90°得线段AF，则AE＝AF，∠EAF＝90°，∵AC⊥BD，DC＝BC，∴AD＝AB，∠ABE＝∠ADC＝45°，∴∠BAD＝90°＝∠EAF，∴∠BAE＝∠DAF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴DF＝BE，∠ADF＝∠ABE＝45°，∴∠FDC＝90°，∵BG⊥BC，∴∠CBG＝∠CDF＝90°，又∵BC＝DC，∠BCG＝∠DCF，∴△BCG≌△DCF（ASA），∴DF＝BG，∴BG＝BE．【点评】本题主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质以及全等三角形的判定与性质的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，依据全等三角形的对应边相等得出结论．10．在△ABC中，∠ABC＝45°，AM⊥MB，垂足为M，点C是BM延长线上一点，连接AC．（1）如图①，点D在线段AM上，且DM＝CM．求证：△BDM≌△ACM；（2）如图②，在（1）的条件下，点E是△ABC外一点，且满足EC＝AC，连接ED并延长交BC于点F，且F为线段BC的中点，求证：∠BDF＝∠CEF．【分析】（1）利用SAS即可证明△BMD≌△AMC．（2）延长EF到点G，使得FG＝EF，证△BMD≌△AMC得AC＝BD，再证△BFG≌△CFE可得BG＝CE，∠G＝∠E，从而得BD＝BG＝CE，即可得∠BDG＝∠G＝∠CEF．【解答】（1）证明：∵∠ABM＝45°，AM⊥BM，在△BMD和△AMC中，DM=CM∠BMD=∠AMC BM=AM，∴△BMD≌△AMC（SAS）；（2）证明：延长EF到点G，使得FG＝EF，连接BG．如图所示：∵△BMD≌△AMC∴BD＝AC，又∵CE＝AC，∴BD＝CE，在△BFG和△CFE中，BF=FC∠BFG=∠EFC FG=FE，∴△BFG≌△CFE（SAS），∴BG＝CE，∠G＝∠CEF，∴BD＝CE＝BG，∴∠BDF＝∠G＝∠CEF．∴∠BDF＝∠CEF．【点评】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．11．如图1，在△ABC中，∠A＝120°，∠C＝20°，BD平分∠ABC，交AC于点D．（1）求证：BD＝CD．（2）如图2，若∠BAC的角平分线AE交BC于点E，求证：AB+BE＝AC．（3）如图3，若∠BAC的外角平分线AE交CB的延长线于点E，则（2）中的结论是否成立？若成立，给出证明，若不成立，写出正确的结论．【分析】（1）根据∠A＝120°，∠C＝20°，可得∠ABC的度数，再根据BD平分∠ABC，可得∠DBC＝∠C＝20°，进而可得结论；（2）如图2，过点E作EF∥BD交AC于点F，证明△ABE≌△AFE，可得BE＝EF＝FC，进而可得AB+BE ＝AC；（3）如图3，过点A作AF∥BD交BE于点F，结合（1）和AE是∠BAC的外角平分线，可得FE＝AF＝AC，进而可得结论BE﹣AB＝AC．【解答】（1）证明：∵∠A＝120°，∠C＝20°，∴∠ABC＝180°﹣120°﹣20°＝40°，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC=12∠ABC＝20°，∴∠DBC＝∠C＝20°，∴BD＝CD；（2）证明：如图2，过点E作EF∥BD交AC于点F，∴∠FEC＝∠DBC＝20°，∴∠FEC＝∠C＝20°，∴∠AFE＝40°，FE＝FC，∴∠AFE＝∠ABC，∵AE是∠BAC的平分线，∴∠BAE＝∠FAE，在△ABE和△AFE中，∠BAE=∠FAE∠ABE=∠AFE，AE=AE∴△ABE≌△AFE（AAS），∴BE＝EF，∴BE＝EF＝FC，∴AB+BE＝AF+FC＝AC；（3）（2）中的结论不成立，正确的结论是BE﹣AB＝AC．理由如下：如图3，过点A作AF∥BD交BE于点F，∴∠AFC＝∠DBC＝20°，∴∠AFC＝∠C＝20°，∴AF＝AC，∵AE是∠BAC的外角平分线，∴∠EAB=12（180°﹣∠ABC）＝30°，∵∠ABC＝40°，∴∠E＝∠ABC﹣∠EAB＝10°，∴∠E＝∠FAE＝10°，∴FE＝AF，∴FE＝AF＝AC，∴BE﹣AB＝BE﹣BF＝EF＝AC．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．12．（2022秋•渝北区校级期末）已在等腰Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB，D为直线AB上一点，连接CD，过点C作CE⊥CD，且CE＝CD，连接DE，交AC于点F．（1）如图1，当点D在线段AB上，且∠DCB＝30°时，请探究DF，EF，CF之间的数量关系，并说明理由；（2）如图2，在（1）的条件下，在FC上任取一点G，连接DG，作射线GP使∠DGP＝60°，交∠DFG 的平分线于点Q，求证：FD+FG＝FQ．【分析】（1）在EF上找到G点使得FG＝CF，易证△CFG是等边三角形，可得CG＝CF＝GF，即可求得∠ECG＝∠ACD，即可证明△ECG≌△CDF，可得DF＝EG，即可解题；（2）在FP上找到H点，使得FH＝FG，易证△FGH是等边三角形，可得∠GHF＝∠FGH＝60°，GH ＝FG＝FH，即可求得∠FGD＝∠QGH，即可证明△DFG≌△QHG，可得DF＝QH，即可解题．【解答】（1）解：EF＝DF+CF；在EF上找到G点使得FG＝CF，如图2，∵∠BCD＝30°，∠ACB＝45°，∴∠ACD＝15°，∴∠CFG＝∠CDE+∠ACD＝60°，∵FG＝CF，∴△CFG是等边三角形，∴CG＝CF＝GF，∠FCG＝60°，∴∠GCE＝90°﹣15°﹣60°＝15°，在△ECG和△CDF中，CG=CF∠ECG=∠ACD，CE=CD∴△ECG≌△CDF，（SAS）∴DF＝EG，∵EF＝EG+GF，∴EF＝DF+CF；（2）证明：在FQ上找到H点，使得FH＝FG，如图3，∵FQ平分∠DFG，∴∠QFG＝60°，∵FG＝FH，∴△FGH是等边三角形，∴∠GHF＝∠FGH＝60°，GH＝FG＝FH，∵∠AFD＝∠CDE+∠ACD＝60°，∴∠GHQ＝∠DFG＝120°，∵∠FGD+∠DGH＝60°，∠DGH+∠QGH＝60°，∠QGH＝∠DGF，∴∠FGD＝∠QGH，在△DFG和△QHG中，∠DFG=∠QHG=120°FG=HG，∠FGD=∠QGH∴△DFG≌△QHG，（ASA）∴DF＝QH，∵FQ＝FH+QH，∴FQ＝FG+FD．【点评】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△ECG≌△CDF和△DFG≌△QHG是解题的关键．13．（2022春•运城期末）综合与探究如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，CE的延长线交BD于点F．（1）求证：△ACE≌△ABD．（2）若∠BAC＝∠DAE＝50°，请直接写出∠BFC的度数．（3）过点A作AH⊥BD于点H，求证：EF+DH＝HF．【分析】（1）可利用SAS证明结论；（2）由全等三角形的性质可得∠AEC＝∠ADB，结合平角的定义可得∠DAE+∠DFE＝180°，根据∠BFC+∠DFE＝180°，可求得∠BFC＝∠DAE，即可求解；（3）连接AF，过点A作AJ⊥CF于点J．结合全等三角形的性质利用HL证明Rt△AFJ≌Rt△AFH，Rt△AJE≌Rt△AHD可得FJ＝FH，EJ＝DH，进而可证明结论．【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE．∴∠CAE＝∠BAD．在△ACE和△ABD中，AC=AB∠CAE=∠BAD，AE=AD∴△ACE ≌△ABD （SAS ）；（2）解：∵△ACE ≌△ABD ，∴∠AEC ＝∠ADB ，∴∠AEF +∠AEC ＝∠AEF +∠ADB ＝180°．∴∠DAE +∠DFE ＝180°，∵∠BFC +∠DFE ＝180°，∴∠BFC ＝∠DAE ＝∠BAC ＝50°；（3）证明：如图，连接AF ，过点A 作AJ ⊥CF 于点J ．∵△ACE ≌△ABD ，∴S △ACE ＝S △ABD ，CE ＝BD ，∵AJ ⊥CE ，AH ⊥BD ．∴12CE ⋅AJ =12BD ⋅AH ，∴AJ ＝AH ．在Rt △AFJ 和Rt △AFH 中，AF =AF AJ =AH ，∴Rt △AFJ ≌Rt △AFH （HL ），∴FJ ＝FH ．在Rt △AJE 和Rt △AHD 中，AE =AD AJ =AH ，∴Rt △AJE ≌Rt △AHD （HL ），∴EJ ＝DH ，∴EF +DH ＝EF +EJ ＝FJ ＝FH ．【点评】本题主要考查全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定条件是解题的关键．14．（2022春•沙坪坝区校级期中）如图，在△ABC 中，∠ABC 、∠ACB 的平分线交于点D ，延长BD 交AC 于E ，G 、F 分别在BD 、BC 上，连接DF 、GF ，其中∠A ＝2∠BDF ，GD ＝DE ．（1）当∠A ＝80°时，求∠EDC 的度数；（2）求证：CF ＝FG +CE ．【分析】（1）方法一：先求∠ABC 和∠ACB 的和为100°，再根据角平分线求∠DBC +∠DCB ＝50°，再根据外角即可解决问题；方法二：在BC 上取点M ，使CM ＝CE ，证明△CDE ≌△CDM （SAS ），可得DE ＝DM ，∠DEC ＝∠DMC ，∠EDC ＝∠MDC ，证明∠BDM ＝180°−12∠ABC ﹣∠DMB ＝180°−12∠ABC ﹣∠AEB ＝∠A ＝80°，进而可以解决问题．（2）结合（1）然后证明△DGF ≌△DMF （SAS ），可得GF ＝MF ，进而可以解决问题．【解答】（1）解：方法一：∵∠A ＝80°，∴∠ABC +∠ACB ＝100°，∵BE 平分∠ABC 、CD 平分∠ACB ，∴∠DBC +∠DCB ＝50°，∴∠EDC ＝∠DBC +∠DCB ＝50°；方法二：如图，在BC 上取点M ，使CM ＝CE ，∵CD 平分∠ACB ，∴∠ACD＝∠BCD，在△CDE和△CDM中，CE=CM∠ECD=∠MCDCD=CD，∴△CDE≌△CDM（SAS），∴DE＝DM，∠DEC＝∠DMC，∠EDC＝∠MDC，∵GD＝DE，∴GD＝MD，∵∠DEC+∠AEB＝180°，∠DMC+∠DMF＝180°，∴∠AEB＝∠DMF，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE=12∠ABC，∴∠BDM＝180°−12∠ABC﹣∠DMB＝180°−12∠ABC﹣∠AEB＝∠A＝80°，∴∠EDM＝100°，∴∠EDC＝50°；（2）证明：∵∠A＝2∠BDF，∴∠BDM＝2∠BDF，∴∠FDM＝∠BDF，在△DGF和△DMF中，DG=DM∠GDF=∠MDFDF=DF，∴△DGF≌△DMF（SAS），∴GF＝MF，∴CF＝CM+FM＝CE+GF．∴CF＝FG+CE．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，解决本题的关键是根据题意准确作出辅助线得到△DGF≌△DMF．15．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的角平分线交BC于点D，过D作DE⊥BA于点E，点F在AC上，且BD＝DF．（1）求证：AC＝AE；（2）求证：∠BAC+∠FDB＝180°；（3）若AB＝9.5，AF＝1.5，求线段BE的长．【分析】（1）证△ACD≌△AED（AAS），即可得出结论；（2）设∠DAC＝∠DAE＝α，在AB上截取AM＝AF，连接MD，证△FAD≌△MAD（SAS），得FD＝MD，∠ADF＝∠ADM，再证Rt△MDE≌Rt△BDE（HL），得∠DME＝∠B，然后证∠FDB＝90°+90°﹣2α＝180°﹣2α，即可得出结论；（3）求出MB＝AB﹣AM＝8，由全等三角形的性质得ME＝BE，即可求解．【解答】（1）证明：∵AD平分∠BAC，∴∠DAC＝∠DAE，∵DE⊥BA，∴∠DEA＝∠DEB＝90°，∵∠C＝90°，∴∠C＝∠DEA＝90°，在△ACD和△AED中，∠C=∠DEA∠DAC=∠DAE，AD=AD∴△ACD≌△AED（AAS），∴AC＝AE；（2）证明：设∠DAC＝∠DAE＝α，∵∠C＝∠DEA＝90°，∴∠ADC＝90°﹣α，∠ADE＝90°﹣α，则∠FDB＝∠FCD+∠DFC＝90°+∠DFC，在AB上截取AM＝AF，连接MD，如图所示：在△FAD和△MAD中，AF=AM∠DAF=∠DAM，AD=AD∴△FAD≌△MAD（SAS），∴FD＝MD，∠ADF＝∠ADM，∵BD＝DF，∴BD＝MD，在Rt△MDE和Rt△BDE中，MD=BDDE=DE∴Rt△MDE≌Rt△BDE（HL），∴∠DME＝∠B，∵∠DAC＝∠DAE＝α，∴∠DAC+∠ADF＝∠ADM+∠ADM，在△FAD中，∠DAC+∠ADF＝∠DFC，在△AMD中，∠DAE+∠ADM＝∠DME，∴∠DFC＝∠DME，∴∠DFC＝∠B，∵∠C＝90°，在△ABC中，∠B＝90°﹣2α，∴∠DFC＝90°﹣2α，∴∠FDB＝90°+90°﹣2α＝180°﹣2α，∵∠BAC＝∠DAC+∠DAE＝2α，∴∠FDB+∠BAC＝180°﹣2α+2α＝180°；（3）解：∵AF＝AM，且AF＝1.5，∴AM＝1.5，∵AB＝9.5，∴MB＝AB﹣AM＝9.5﹣1.5＝8，由（2）得：Rt△MDE≌Rt△BDE，∴ME＝BE，∴BE=12BM=4，即BM的长为4．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线定义、直角三角形的性质、三角形的外角性质等知识；证明△FAD≌△MAD和Rt△MDE≌Rt△BDE是解题的关键．16．在△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上一点，以AD为一条边在AD的右侧作△ADE，使AE＝AD，∠DAE＝∠BAC，连接DE，CE．（1）如图，当点D在BC延长线上移动时，求证：BD＝CE．（2）设∠BAC＝α，∠DCE＝β．①当点D在线段BC的延长线上移动时，α与β之间有什么数量关系？请说明理由．②当点D分别在线段BC上、线段BC的反向延长线上移动时，α与β之间有什么数量关系？请说明理由.【分析】（1）根据SAS证△BAD≌△CAE，可得结论；（2）①由△BAD≌△CAE，推出∠B＝∠ACE，根据三角形外角性质求出即可；②α+β＝180°或α＝β，根据三角形外角性质求出即可．【解答】（1）证明：∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAE+∠CAD＝∠BAC+∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE，AD=AE∴△BAD≌△CAE（SAS），（2）解：①当点D在线段BC的延长线上移动时，α与β之间的数量关系是α＝β，理由是：由（1）知△BAD≌△CAE，∴∠B＝∠ACE，∵∠ACD＝∠B+∠BAC＝∠ACE+∠DCE，∴∠BAC＝∠DCE，∵∠BAC＝α，∠DCE＝β，∴α＝β；②分三种情况：i）当D在线段BC上时，如图2，α+β＝180°，理由是：同理可证明：△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ADB＝∠AEC，∠ABC＝∠ACE，∵∠ADC+∠ADB＝180°，∴∠ADC+∠AEC＝180°，∴∠DAE+∠DCE＝180°，∵∠BAC＝∠DAE＝α，∠DCE＝β，∴α+β＝180°，ii）当点D在线段BC反向延长线上时，如图3，α＝β．如图3，同理可证明：△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵∠ACE＝∠ACD+∠DCE，∠ABD＝∠ACD+∠BAC，∴∠ACD+∠DCE＝∠ACD+∠BAC，∴∠BAC＝∠DCE，∵∠BAC＝α，∠DCE＝β，∴α＝β；ii）当点D在线段BC的延长线上时，如图1，α＝β．综上，当点D在BC上移动时，α＝β或α+β＝180°．【点评】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的性质和判定，三角形的外角性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．17．（2022春•南海区校级月考）如图，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连接AD．以AD为直角边且在AD的上方作等腰直角三角形ADF．（1）若AB＝AC，∠BAC＝90°．①当点D在线段BC上时（与点B不重合），试探讨CF与BD的数量关系和位置关系；②当点D在线段BC的延长线上时，①中的结论是否仍然成立，请在图②中画出相应的图形并说明理由；（2）如图③，若AB≠AC，∠BAC≠90°，∠BCA＝45°，点D在线段BC上运动，试探究CF与BD 的位置关系．【分析】（1）①根据同角的余角相等求出∠CAF＝∠BAD，然后利用“边角边”证明△ACF和△ABD全等，根据全等三角形的性质及等腰直角三角形的性质求解即可；②先求出∠CAF＝∠BAD，然后与①的思路相同求解即可；（2）过点A作AE⊥AC交BC于E，可得△ACE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AC＝AE，∠AED＝45°，再根据同角的余角相等求出∠CAF＝∠EAD，然后利用“边角边”证明△ACF 和△AED全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ACF＝∠AED，然后求出∠BCF＝90°，从而得到CF ⊥BD．【解答】解：（1）①CF＝BD，CF⊥BD，理由如下：∵∠BAC＝90°，△ADF是等腰直角三角形，AB＝AC，∴∠CAF+∠CAD＝90°，∠BAD+∠CAD＝90°，∠B＝∠ACB＝45°，∴∠CAF＝∠BAD，在△ACF和△ABD中，AC=AB∠CAF=∠BAD，AF=AD∴△ACF≌△ABD（SAS），∴CF＝BD，∠ACF＝∠B＝45°，∵∠ACB＝45°，∴∠FCB＝45°+45°＝90°，∴CF⊥BD；②①中的结论成立，理由如下：如图②：∵∠BAC＝90°，△ADF是等腰直角三角形，AB＝AC，∴∠BAC＝∠DAF＝90°，∠B＝∠ACB＝45°，∴∠BAC+∠CAD＝∠DAF+∠CAD，即∠CAF＝∠BAD，在△ACF和△ABD中，AC=AB∠CAF=∠BAD，AF=AD∴△ACF≌△ABD（SAS），∴CF＝BD，∠ACF＝∠B，∴∠BCF＝∠ACF+∠ACB＝45°+45°＝90°，∴CF⊥BD；（3）如图③，过点A作AE⊥AC交BC于E，∵∠BCA＝45°，∴△ACE是等腰直角三角形，∴AC＝AE，∠AED＝45°，∵∠CAF+∠CAD＝90°，∠EAD+∠CAD＝90°，∴∠CAF＝∠EAD，在△ACF和△AED中，AC=AE∠CAF=∠EAD，AF=AD∴△ACF≌△AED（SAS），∴∠ACF＝∠AED＝45°，∴∠BCF＝∠ACF+∠BCA＝45°+45°＝90°，∴CF⊥BC．【点评】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，作出合理的辅助线根据同角的余角相等求出两边的夹角相等是证明三角形全等的关键．18．如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，AF⊥CB，垂足为F．（1）△ABC≌△ADE吗？为什么？（2）求∠FAE的度数；（3）延长BF到G，使得FG＝FB，试说明CD＝2BF+DE．【分析】（1）由“SAS”可证△ABC≌△ADE；（2）由等腰直角三角形的性质可得∠AEC＝∠ACE＝45°，由全等三角形的性质可得∠ACB＝∠AED＝45°，即可求解；（3）由全等三角形的性质可得∠ABC＝∠ADE，BC＝DE，由线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质可得AB＝AG＝AD，∠ABG＝∠AGB＝∠ADC，由“AAS”可证△ACD≌△ACG，可得CD＝CG，可得结论．【解答】证明：（1）△ABC≌△ADE，理由如下：∵∠BAD＝∠CAE＝90°，∴∠EAD＝∠CAB，在△ABC和△ADE中，AB=AD∠BAC=∠DAE，AC=AE∴△ABC≌△ADE（SAS）；（2）∵∠CAE＝90°，AC＝AE，∴∠AEC＝∠ACE＝45°，∵△ABC≌△ADE，∴∠ACB＝∠AED＝45°，∵AF⊥CB，∴∠FAC＝45°，∴∠FAE＝135°；（3）∵△ABC≌△ADE，∴∠ABC＝∠ADE，BC＝DE，∴∠ADC＝∠ABG，∵AF⊥BF，BF＝FG，∴AB＝AG，∴AG＝AD，∠ABG＝∠AGB＝∠ADC，又∵∠ACG＝∠ACD＝45°，∴△ACD≌△ACG（AAS），∴CD＝CG，∴CD＝BG+CB＝2BF+DE．【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质等知识，证明△ACD≌△ACG是解题的关键．19．Rt△ABC中，∠C＝90°，点D在直线AC上，点E在直线AB上，∠ADE＝∠ABC．（1）如图1，当点D、E分别在边AC、AB上时，求证：DE⊥AB；（2）如图2，当点D在CA延长线上，点E在BA延长线上时，DE、BC延长线交于点F，作∠EAC的角平分线AG交DF于点G，求证：∠D+2∠DGA＝90°；（3）如图3，在（2）的条件下，连接BG交CD于点H，若∠DGH＝∠DHG，∠AGB＝3∠CBH，求∠DGA的度数．【分析】（1）根据直角三角形的两锐角互余得到∠ABC+∠A＝90°，等量代换得出∠ADE+∠A＝90°，进而得出∠AED＝90°，根据垂直的定义即可得解；（2）过点G作GN∥FB交CD于点N，根据平行线的性质及垂直的定义推出∠AEG＝∠ANG＝90°，根据角平分线定义得出∠EAG＝∠NAG，利用AAS证明△EAG≌△NAG，根据全等三角形的性质及直角三角形的性质即可得解；（3）根据直角三角形的性质及对顶角相等得出∠DGH＝90°−13∠AGB，根据等腰三角形的性质推出∠DGH＝90°−12∠D，则90°−13∠AGB＝90°−12∠D，进而推出∠AGB=32∠D，则∠DGA+32∠D＝90°−12∠D，结合（2）求解即可．【解答】（1）证明：∵∠C＝90°，∴∠ABC+∠A＝90°，∵∠ADE＝∠ABC，∴∠ADE+∠A＝90°，∴∠AED＝90°，∴DE⊥AB；（2）证明：如图2，过点G作GN∥FB交CD于点N，则∠GNC＝∠ACB＝90°，∴GN⊥CD，∵∠ACB＝90°，∴∠ABC+∠BAC＝90°，∵∠ADE＝∠ABC，∠BAC＝∠DAE，∴∠ADE+∠DAE＝90°，∴∠DEA＝90°，∴BE⊥DF，∴∠AEG＝∠ANG＝90°，∵AG平分∠EAC，∴∠EAG＝∠NAG，在△EAG和△NAG中，∠AEG=∠ANG∠EAG=∠NAGAG=AG，∴△EAG≌△NAG（AAS），∴∠DGA＝∠NGA，∴∠DGN＝2∠DGA，∵∠D+∠DGN＝90°，∴∠D+2∠DGA＝90°；（3）解：∵∠AGB＝3∠CBH，∴∠CBH=13∠AGB，∵∠DHG＝∠CHB＝90°﹣∠CBH，∴∠DGH＝90°−13∠AGB，∵∠DGH＝∠DHG，∴∠DGH=12（180°﹣∠D）＝90°−12∠D，∴90°−13∠AGB＝90°−12∠D，∴∠AGB=32∠D，∵∠DGH＝∠DGA+∠AGB，∴∠DGA+∠AGB＝90°−12∠D，∴∠DGA+32∠D＝90°−12∠D，∴2∠D+∠DGA＝90°，由（2）知，∠D+2∠DGA＝90°，∴∠D＝∠DGA，∴3∠DGA＝90°，∴∠DGA＝30°．【点评】此题是三角形综合题，考查了直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质等知识，熟练掌握直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质并作出合理的辅助线是解题的关键．20．（2023春•新市区期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是直线AB上一点（点D不与点A、B重合），连接DC并延长到E，使得CE＝CD，过点E作EF⊥直线BC，交直线BC于点F．（1）如图1，当点D为线段AB上的任意一点时，用等式表示线段EF、CF、AC的数量关系，并证明；（2）如图2，当点D为线段BA的延长线上一点时，依题意补全图2，猜想线段EF、CF、AC的数量关系是否发生改变，并证明；（3）如图3，当点D在线段AB的延长线上时，直接写出线段EF、CF、AC之间的数量关系．【分析】（1）过D作DH⊥CB于H，由“AAS”可证△FEC≌△HDC，可得CH＝FC，DH＝EF，可得结论；（2）过D作DH⊥CB于H，由“AAS”可证△FEC≌△HDC，可得CH＝FC，DH＝EF，可得结论．（3）过D作DH⊥CB交CB的延长线于H，由“AAS”可证△FEC≌△HDC，可得CH＝FC，DH＝EF，可得结论．【解答】解：（1）结论：AC＝EF+FC．理由如下：过D作DH⊥CB于H，∴∠DHC＝∠DHB＝90°，∵EF⊥CF，∴∠EFC＝∠DHC＝90°，在△FEC和△HDC中，∠EFC=∠DHC=90°∠FCE=∠DCH，EC=DC∴△FEC≌△HDC（AAS），∴CH＝FC，DH＝EF，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠B＝45°，∵∠DHB＝90°，∴∠B＝∠HDB＝45°，∴DH＝HB＝EF，∵BC＝CB+HB，∴AC＝FC+EF；（2）依题意补全图形，结论：AC＝EF﹣CF，理由如下：过D作DH⊥CB交BC的延长线于H，∵EF⊥CF，∴∠EFC＝∠DHC＝90°，在△FEC和△HDC中，∠FCE=∠DCH∠EFC=∠DHC=90°，EC=DC∴△FEC≌△HDC（AAS），∴CH＝FC，DH＝EF，∵∠DHB＝90°，∴∠B＝∠HDB＝45°，∴DH＝HB＝EF，∵BC＝HB﹣CH，∴AC＝EF﹣CF；（3）AC＝CF﹣EF．如图3，过D作DH⊥CB交CB的延长线于H，同理可证△FEC≌△HDC（AAS），∴CH＝FC，DH＝EF，∵∠DHB＝90°，∴∠B＝∠HDB＝45°，∴DH＝HB＝EF，∵BC＝CH﹣BH，∴AC＝CF﹣EF．【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．21．如图1，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．（1）如果AB＝AC，∠BAC＝90°，①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图2，线段CF、BD所在直线的位置关系为 ，线段CF、BD的数量关系为　；②当点D在线段BC的延长线上时，如图3，①中的结论是否仍然成立，并说明理由；（2）如果AB≠AC，∠BAC是锐角，点D在线段BC上，当∠ACB满足什么条件时，CF⊥BC（点C、F 不重合），并说明理由．【分析】（1）当点D在BC的延长线上时①的结论仍成立．由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，所以CF＝BD，∠ACF＝∠ABD．结合∠BAC＝90°，AB＝AC，得到∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°．即CF⊥BD．（2）当∠ACB＝45°时，过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，则∠GAC＝90°，可推出∠ACB＝∠AGC，所以AC＝AG，由（1）①可知CF⊥BD．【解答】证明：（1）①正方形ADEF中，AD＝AF，∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，又∵AB＝AC，∴△DAB≌△FAC，∴CF＝BD，∠B＝∠ACF，∴∠ACB+∠ACF＝90°，即CF⊥BD．②当点D在BC的延长线上时①的结论仍成立．由正方形ADEF得AD＝AF，∠DAF＝90度．∵∠BAC＝90°，∴∠DAF＝∠BAC，∴∠DAB＝∠FAC，又∵AB＝AC，∴△DAB≌△FAC，∴CF＝BD，∠ACF＝∠ABD．∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝45°，∴∠ACF＝45°，∴∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90度．即CF⊥BD．（2）当∠ACB＝45°时，CF⊥BD（如图）．理由：过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，则∠GAC＝90°，∵∠ACB＝45°，∠AGC＝90°﹣∠ACB，∴∠AGC＝90°﹣45°＝45°，∴∠ACB＝∠AGC＝45°，∴AC＝AG，∵∠DAG＝∠FAC（同角的余角相等），AD＝AF，∴△GAD≌△CAF，∴∠ACF＝∠AGC＝45°，∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝45°+45°＝90°，即CF⊥BC．【点评】本题考查三角形全等的判定和直角三角形的判定，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．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．22．（1）如图1，∠B＝∠D＝90°，E是BD的中点，AE平分∠BAC，求证：CE平分∠ACD．（2）如图2，AM∥CN，∠BAC和∠ACD的平分线并于点E，过点E作BD⊥AM，分别交AM、CN于B、D，请猜想AB、CD、AC三者之间的数量关系，请直接写出结论，不要求证明．（3）如图3，AM∥CN，∠BAC和∠ACD的平分线交于点E，过点E作不垂直于AM的线段BD，分别交AM、CN于B、D点，且B、D两点都在AC的同侧，（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【分析】（1）过点E作EF⊥AC于F，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得OB＝OE，从而求出OE＝OD，然后根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上证明；（2）如图2，过E作EF⊥AC于F，根据平行线的性质得到BD⊥CD，由角平分线的性质得到BE＝EF，证得Rt△AEF≌Rt△ABE，根据全等三角形到现在得到AF＝AB，同理CF＝CD，等量代换得到结论；（3）成立，如图3，在AC上截取AF＝AB，根据角平分线的定义得到∠BAE＝∠FAE，推出△ABE≌△AFE，根据全等三角形的性质得到∠AFE＝∠ABE，根据角平行线的性质得到∠ABE+∠CDE＝180°，求得∠CFE＝∠CDE，证得△CEF≌△CDE，根据全等三角形的性质即可得到结论．【解答】解：（1）如图1，过E作EF⊥AC于F，∵∠B＝90°，AE平分∠BAC，∴EF＝BE，∵E是BD的中点，∴BE＝DE，∴EF＝DE，∵∠D＝90°，∴CE平分∠ACD；（2）如图2，过E作EF⊥AC于F，∵AM∥CN，BD⊥AM，∴BD⊥CD，∵AE平分∠BAC，∴BE＝EF，在Rt△AEF与Rt△ABE中，BE=EF AE=AE，∴Rt△AEF≌Rt△ABE，∴AF＝AB，同理CF＝CD，∵AC＝AF+CF，∴AC＝AB+CD；（3）成立，如图3，在AC上截取AF＝AB，∵AE平分∠BAC，∴∠BAE＝∠FAE，在△ABE与△AFE中，AB=AF∠BAE=∠FAEAE=AE，∴△ABE≌△AFE，∴∠AFE＝∠ABE，∵AM∥CN，∴∠ABE+∠CDE＝180°，∵∠AFE+∠EFC＝180°，∴∠CFE＝∠CDE，∵CE平分∠ACD，∴∠FCE＝∠DCE，在△CEF与△CDE中，∠CFE=∠CDE ∠FCE=∠DCE CE=CE，∴△CEF≌△CDE，∴CF＝CD，∵AC＝AF+CF，∴AC＝AB+CD．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，角平分线的定义，平行线的性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．23．将两个全等的直角三角形ABC和DBE按图①方式摆放，其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠A＝∠D＝30°，点E落在AB上，DE所在直线交AC所在直线于点F．（1）求证：AF+EF＝DE；（2）若将图①中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角α，且0°＜α＜60°，其它条件不变，请在图②中画出变换后的图形，并直接写出你在（1）中猜想的结论是否仍然成立；（3）若将图①中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角β，且60°＜β＜180°，其它条件不变，如图③．你认为（1）中猜想的结论还成立吗？若成立，写出证明过程；若不成立，请写出AF、EF与DE之间的关系，并说明理由．【分析】（1）我们已知了三角形BED和CAB全等，那么DE＝AF+CF，因此只要求出EF＝CF就能得出本题所求的结论，可通过全等三角形来实现，连接BF，那么证明三角形BEF和BCF全等就是解题的关键，这两三角形中已知的条件有BE＝BC，一条公共边，根据斜边直角边定理，这两个直角三角形就全等了，也就得出EF＝CF，也就能证得本题的结论了；（2）解题思路和辅助线的作法与（1）完全一样；（3）结论不成立．结论：AF＝DE+EF．同（1）得CF＝EF，由△ABC≌△DBE，可得AC＝DE，AF＝AC+FC＝DE+EF．【解答】（1）证明：连接BF（如图①），∵△ABC≌△DBE（已知），∴BC＝BE，AC＝DE．∵∠ACB＝∠DEB＝90°，∴∠BCF＝∠BEF＝90°．在Rt△BFC和Rt△BFE中，BF=BFBC=BE∴Rt△BFC≌Rt△BFE（HL）．∴CF＝EF．又∵AF+CF＝AC，∴AF+EF＝DE．（2）解：画出正确图形如图②∴（1）中的结论AF+EF＝DE仍然成立；（3）不成立．结论：AF＝DE+EF．。