全等三角形
一、选择题
1．(2014年四川资阳，第6题3分)下列命题中，真命题是（）
A． 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B． 对角线互相垂直的平行四边形是矩形
C． 对角线垂直的梯形是等腰梯形
D． 对角线相等的菱形是正方形考点： 命题与定理．
分析： 利用特殊四边形的判定定理对每个选项逐一判断后即可确定正确的选项．
解答： 解：A、有可能是等腰梯形，故错误；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故错误；
C、对角线相等的梯形是等腰梯形，故错误；
D、正确，
故选D．
点评： 本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解特殊四边形的判定定理，难度不大．
2.（2014?毕节地区，第5题3分）下列叙述正确的是（）
A． 方差越大，说明数据就越稳定 B． 在不等式两边同乘或同除以一个不为0的数时，不等号的方向不变 C． 不在同一直线上的三点确定一个圆 D． 两边及其一边的对角对应相等的两个三角形全等 考点： 方差；不等式的性质；全等三角形的判定；确定圆的条件 分析： 利用方差的意义、不等号的性质、全等三角形的判定及确定圆的条件对每个选项逐一判断后即可确定正确的选项． 解答： 解：A、方差越大，越不稳定，故选项错误；
B、在不等式的两边同时乘以或除以一个负数，不等号方向改变，故选项错误；
C、正确；
D、两边及其夹角对应相等的两个三角形全等，故选项错误．
故选C． 点评： 本题考查了方差的意义、不等号的性质、全等三角形的判定及确定圆的条件，属于基本定理的应用，较为简单．
3．（2014·台湾，第9题3分）如图，坐标平面上，△ABC与△DEF全等，其中A、B、C的对应顶点分别为D、E、F，且AB＝BC＝5．若A点的坐标为(﹣3，1)，B、C两点在方程式y＝﹣3的图形上，D、E两点在y轴上，则F点到y轴的距离为何？()
A．2 B．3 C．4 D．5
分析：如图，作AH、CK、FP分别垂直BC、AB、DE于H、K、P．由AB＝BC，△ABC≌△DEF，就可以得出△AKC≌△CHA≌△DPF，就可以得出结论．
解：如图，作AH、CK、FP分别垂直BC、AB、DE于H、K、P．
∴∠DPF＝∠AKC＝∠CHA＝90°．
∵AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA．
在△AKC和△CHA中。
∴△AKC≌△CHA(ASA)，
∴KC＝HA．
∵B、C两点在方程式y＝﹣3的图形上，且A点的坐标为(﹣3，1)，
∴AH＝4．
∴KC＝4．
∵△ABC≌△DEF，
∴∠BAC＝∠EDF，AC＝DF．
在△AKC和△DPF中，
∴△AKC≌△DPF(AAS)，
∴KC＝PF＝4．
故选C．
点评：本题考查了坐标与图象的性质的运用，垂直的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，等腰三角形的性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
4.（2014?益阳，第7题，4分）如图，平行四边形ABCD中，E，F是对角线BD上的两点，如果添加一个条件使△ABE≌△CDF，则添加的条件是（）
（第1题图）
A． AE=CF B． BE=FD C． BF=DE D． ∠1=∠2 考点： 平行四边形的性质；全等三角形的判定． 分析： 利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定分别分得出即可． 解答： 解：A、当AE=CF无法得出△ABE≌△CDF，故此选项符合题意；
B、当BE=FD，
∵平行四边形ABCD中，
∴AB=CD，∠ABE=∠CDF，
在△ABE和△CDF中
，
∴△ABE≌△CDF（SAS），故此选项错误；
C、当BF=ED，
∴BE=DF，
∵平行四边形ABCD中，
∴AB=CD，∠ABE=∠CDF，
在△ABE和△CDF中
，
∴△ABE≌△CDF（SAS），故此选项错误；
D、当∠1=∠2，
∵平行四边形ABCD中，
∴AB=CD，∠ABE=∠CDF，
在△ABE和△CDF中
，
∴△ABE≌△CDF（ASA），故此选项错误；
故选：A．
点评： 此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定等知识，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题关键． 5.（2014年江苏南京，第6题，2分）如图，在矩形AOBC中，点A的坐标是（﹣2，1），点C的纵坐标是4，则B、C两点的坐标分别是（）
（第2题图）
A．（，3）、（﹣，4） B． （，3）、（﹣，4）
C．（，）、（﹣，4） D．（，）、（﹣，4）
考点：矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质。
分析：首先过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，易得△CAF≌△BOE，△AOD∽△OBE，然后由相似三角形的对应边成比例，求得答案．
解答：过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，
∵四边形AOBC是矩形，∴AC∥OB，AC=OB，∴∠CAF=∠BOE，
在△ACF和△OBE中，，∴△CAF≌△BOE（AAS），
∴BE=CF=4﹣1=3，∵∠AOD+∠BOE=∠BOE+∠OBE=90°，
∴∠AOD=∠OBE，∵∠ADO=∠OEB=90°，∴△AOD∽△OBE，∴，即，
∴OE=，即点B（，3），∴AF=OE=，
∴点C的横坐标为：﹣（2﹣）=﹣，∴点D（﹣，4）．故选B．
点评：此题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
6.（2014?扬州，第8题，3分）如图，在四边形ABCD中，AB=AD=6，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=60°，点M、N分别在AB、AD边上，若AM：MB=AN：ND=1：2，则tan∠MCN=（）
（第3题图）
A． B． C． D． ﹣2
考点： 全等三角形的判定与性质；三角形的面积；角平分线的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理 专题： 计算题． 分析： 连接AC，通过三角形全等，求得∠BAC=30°，从而求得BC的长，然后根据勾股定理求得CM的长，
连接MN，过M点作ME⊥ON于E，则△MNA是等边三角形求得MN=2，设NF=x，表示出CF，根据勾股定理即可求得MF，然后求得tan∠MCN． 解答： 解：∵AB=AD=6，AM：MB=AN：ND=1：2，
∴AM=AN=2，BM=DN=4，
连接MN，连接AC，
∵AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=60°
在Rt△ABC与Rt△ADC中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△ADC（LH）
∴∠BAC=∠DAC=∠BAD=30°，MC=NC，
∴BC=AC，
∴AC2=BC2+AB2，即（2BC）2=BC2+AB2，
3BC2=AB2，
∴BC=2，
在Rt△BMC中，CM===2．
∵AN=AM，∠MAN=60°，
∴△MAN是等边三角形，
∴MN=AM=AN=2，
过M点作ME⊥ON于E，设NE=x，则CE=2﹣x，
∴MN2﹣NE2=MC2﹣EC2，即4﹣x2=（2）2﹣（2﹣x）2，
解得：x=，
∴EC=2﹣=，
∴ME==，
∴tan∠MCN==
故选A． 点评： 此题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理以及解直角三角函数，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键． 7．（2014年山东泰安，第16题3分）将两个斜边长相等的三角形纸片如图①放置，其中∠ACB=∠CED=90°，∠A=45°，∠D=30°．把△DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D1CE1，如图②，连接D1B，则∠E1D1B的度数为（）
A．10° B． 20° C． 7.5° D． 15°
分析： 根据直角三角形两锐角互余求出∠DCE=60°，旋转的性质可得∠BCE1=15°，然后求出∠BCD1=45°，从而得到∠BCD1=∠A，利用“边角边”证明△ABC和△D1CB全等，根据全等三角形对应角相等可得∠BD1C=∠ABC=45°，再根据∠E1D1B=∠BD1C﹣∠CD1E1计算即可得解．
解：∵∠CED=90°，∠D=30°，∴∠DCE=60°，
∵△DCE绕点C顺时针旋转15°，∴∠BCE1=15°，
∴∠BCD1=60°﹣15°=45°，∴∠BCD1=∠A，
在△ABC和△D1CB中，，∴△ABC≌△D1CB（SAS），
∴∠BD1C=∠ABC=45°，∴∠E1D1B=∠BD1C﹣∠CD1E1=45°﹣30°=15°．故选D．
点评：本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质并求出△ABC和△D1CB全等是解题的关键．
二.填空题
1．（2014?新疆，第14题5分）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，DE垂直平分AC，垂足为O，AD∥BC，且AB=3，BC=4，则AD的长为．
考点： 勾股定理；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质． 分析： 先根据勾股定理求出AC的长，再根据DE垂直平分AC得出OA的长，根据相似三角形的判定定理得出△AOD∽△CBA，由相似三角形的对应边成比例即可得出结论． 解答： 解：∵Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，
∴AC===5，
∵DE垂直平分AC，垂足为O，
∴OA=AC=，∠AOD=∠B=90°，
∵AD∥BC，
∴∠A=∠C，
∴△AOD∽△CBA，
∴=，即=，解得AD=．
故答案为：． 点评： 本题考查的是勾股定理及相似三角形的判定与性质，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键． 2.（2014?毕节地区，第20题5分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，AC=5，点E在BC上，将△ABC沿AE折叠，使点B落在AC边上的点B′处，则BE的长为．
考点： 翻折变换（折叠问题） 分析： 利用勾股定理求出BC=4，设BE=x，则CE=4﹣x，在Rt△B''EC中，利用勾股定理解出x的值即可． 解答： 解：BC==4，
由折叠的性质得：BE=BE′，AB=AB′，
设BE=x，则B′E=x，CE=4﹣x，B′C=AC﹣AB′=AC﹣AB=2，
在Rt△B′EC中，B′E2+B′C2=EC2，
即x2+22=（4﹣x）2，
解得：x=．
故答案为：． 点评： 本题考查了翻折变换的知识，解答本题的关键是掌握翻折变换的性质及勾股定理的表达式．
3.（2014?武汉，第16题3分）如图，在四边形ABCD中，AD=4，CD=3，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°，则BD的长为．
考点： 全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形 分析： 根据等式的性质，可得∠BAD与∠CAD′的关系，根据SAS，可得△BAD与△CAD′的关系，根据全等三角形的性质，可得BD与CD′的关系，根据勾股定理，可得答案． 解答： 解：作AD′⊥AD，AD′=AD，连接CD′，DD′，如图：，
∵∠BAC+∠CAD=∠DAD′+∠CAD，
即∠BAD=∠CAD′，
在△BAD与△CAD′中，
，
∴△BAD≌△CAD′（SAS），
∴BD=CD′．
∠DAD′=90°
由勾股定理得DD′=，
∠D′DA+∠ADC=90°
由勾股定理得CD′=，
∴BD=CD′=，
故答案为：．
点评： 本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了全等三角形的判定与性质，勾股定理，作出全等图形是解题关键． 4.（2014?泰州，第16题，3分）如图，正方向ABCD的边长为3cm，E为CD边上一点，∠DAE=30°，M为AE的中点，过点M作直线分别与AD、BC相交于点P、Q．若PQ=AE，则AP等于1或2cm．
（第1题图）
考点： 全等三角形的判定与性质；正方形的性质；解直角三角形 分析： 根据题意画出图形，过P作PN⊥BC，交BC于点N，由ABCD为正方形，得到AD=DC=PN，在直角三角形ADE中，利用锐角三角函数定义求出DE的长，进而利用勾股定理求出AE的长，根据M为AE中点求出AM的长，利用HL得到三角形ADE与三角形PQN全等，利用全等三角形对应边，对应角相等得到DE=NQ，∠DAE=∠NPQ=30°，再由PN与DC平行，得到∠PFA=∠DEA=60°，进而得到PM垂直于AE，在直角三角形APM中，根据AM的长，利用锐角三角函数定义求出AP的长，再利用对称性确定出AP′的长即可． 解答： 解：根据题意画出图形，过P作PN⊥BC，交BC于点N，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC=PN，
在Rt△ADE中，∠DAE=30°，AD=3cm，
∴tan30°=，即DE=cm，
根据勾股定理得：AE==2cm，
∵M为AE的中点，
∴AM=AE=cm，
在Rt△ADE和Rt△PNQ中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△PNQ（HL），
∴DE=NQ，∠DAE=∠NPQ=30°，
∵PN∥DC，
∴∠PFA=∠DEA=60°，
∴∠PMF=90°，即PM⊥AF，
在Rt△AMP中，∠MAP=30°，cos30°=，
∴AP===2cm；
由对称性得到AP′=DP=AD﹣AP=3﹣2=1cm，
综上，AP等于1cm或2cm．
故答案为：1或2．
点评： 此题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
三.解答题
1．(2014年四川资阳，第23题11分)如图，已知直线l1∥l2，线段AB在直线l1上，BC垂直于l1交l2于点C，且AB=BC，P是线段BC上异于两端点的一点，过点P的直线分别交l2、l1于点D、E（点A、E位于点B的两侧），满足BP=BE，连接AP、CE．
（1）求证：△ABP≌△CBE；
（2）连结AD、BD，BD与AP相交于点F．如图2．
①当=2时，求证：AP⊥BD；
②当=n（n＞1）时，设△PAD的面积为S1，△PCE的面积为S2，求的值．
考点： 相似形综合题．
分析： （1）求出∠ABP=∠CBE，根据SAS推出即可；
（2）①延长AP交CE于点H，求出AP⊥CE，证出△CPD∽△BPE，推出DP=PE，求出平行四边形BDCE，推出CE∥BD即可；
②分别用S表示出△PAD和△PCE的面积，代入求出即可．
解答： （1）证明：∵BC⊥直线l1，
∴∠ABP=∠CBE，
在△ABP和△CBE中
∴△ABP≌△CBE（SAS）；（2）①证明：延长AP交CE于点H，
∵△ABP≌△CBE，
∴∠PAB=∠ECB，
∴∠PAB+∠AEE=∠ECB+∠AEH=90°，
∴AP⊥CE，
∵=2，即P为BC的中点，直线l1∥直线l2，
∴△CPD∽△BPE，
∴==，
∴DP=PE，
∴四边形BDCE是平行四边形，
∴CE∥BD，
∵AP⊥CE，
∴AP⊥BD；②解：∵=N
∴BC=n?BP，
∴CP=（n﹣1）?BP，
∵CD∥BE，
∴△CPD∽△BPE，
∴==n﹣1，
即S2=（n﹣1）S，
∵S△PAB=S△BCE=n?S，
∴△PAE=（n+1）?S，
∵==n﹣1，
∴S1=（n+1）（n﹣1）?S，
∴==n+1．
点评： 本题考查了平行四边形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查了学生的推理能力，题目比较好，有一定的难度．
2．（2014?新疆，第20题10分）如图，已知△ABC，按如下步骤作图：
①分别以A，C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧交于P，Q两点；
②作直线PQ，分别交AB，AC于点E，D，连接CE；
③过C作CF∥AB交PQ于点F，连接AF．
（1）求证：△AED≌△CFD；
（2）求证：四边形AECF是菱形．
考点： 菱形的判定；全等三角形的判定与性质；作图—基本作图． 分析： （1）由作图知：PQ为线段AC的垂直平分线，从而得到AE=CE，AD=CD，然后根据CF∥AB得到∠EAC=∠FCA，∠CFD=∠AED，利用ASA证得两三角形全等即可；
（2）根据全等得到AE=CF，然后根据EF为线段AC的垂直平分线，得到EC=EA，FC=FA，从而得到EC=EA=FC=FA，利用四边相等的四边形是菱形判定四边形AECF为菱形． 解答： 解：（1）由作图知：PQ为线段AC的垂直平分线，
∴AE=CE，AD=CD，
∵CF∥AB
∴∠EAC=∠FCA，∠CFD=∠AED，
在△AED与△CFD中，
，
∴△AED≌△CFD；（2）∵△AED≌△CFD，
∴AE=CF，
∵EF为线段AC的垂直平分线，
∴EC=EA，FC=FA，
∴EC=EA=FC=FA，
∴四边形AECF为菱形． 点评： 本题考查了菱形的判定、全等的判定与性质及基本作图，解题的关键是了解通过作图能得到直线的垂直平分线．
3．（2014年云南省，第16题5分）如图，在△ABC和△ABD中，AC与BD相交于点E，AD=BC，∠DAB=∠CBA，求证：AC=BD．
考点： 全等三角形的判定与性质．
专题： 证明题．
分析： 根据“SAS”可证明△ADB≌△BAC，由全等三角形的性质即可证明AC=BD．
解答： 证明：在△ADB和△BAC中，
，
∴△ADB≌△BAC（SAS），
∴AC=BD．
点评： 本题考查了全等三角形的判定和性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
4．（2014?温州，第18题8分）如图，在所给方格纸中，每个小正方形边长都是1，标号为①②③的三个三角形均为格点三角形（顶点在方格顶点处），请按要求将图甲，图乙中的指定图形分割成三个三角形，使它们与标号为①②③的三个三角形分别对应全等．
（1）图甲中的格点正方形ABCD；
（2）图乙中的格点平行四边形ABCD．
注：图甲，图乙在答题卡上，分割线画成实线．
考点： 作图—应用与设计作图． 分析： （1）利用三角形的形状以及各边长进而拼出正方形即可；
（2）利用三角形的形状以及各边长进而拼出平行四边形即可． 解答： 解：（1）如图甲所示：
（2）如图乙所示：
点评： 此题主要考查了应用设计与作图，利用网格结合三角形各边长得出符合题意的图形是解题关键．
5．（2014?舟山，第20题8分）已知：如图，在?ABCD中，O为对角线BD的中点，过点O的直线EF分别交AD，BC于E，F两点，连结BE，DF．
（1）求证：△DOE≌△BOF．
（2）当∠DOE等于多少度时，四边形BFED为菱形？请说明理由．
考点： 平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定 分析： （1）利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定方法得出△DOE≌△BOF（ASA）；
（2）首先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EBFD是平行四边形，进而利用垂直平分线的性质得出BE=ED，即可得出答案． 解答： （1）证明：∵在?ABCD中，O为对角线BD的中点，
∴BO=DO，∠EDB=∠FBO，
在△EOD和△FOB中
，
∴△DOE≌△BOF（ASA）；（2）解：当∠DOE=90°时，四边形BFED为菱形，
理由：∵△DOE≌△BOF，
∴BF=DE，
又∵BF∥DE，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵BO=DO，∠EOD=90°，
∴EB=DE，
∴四边形BFED为菱形．
点评： 此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质和菱形的判定等知识，得出BE=DE是解题关键．
6.（2014?武汉，第19题6分）如图，AC和BD相交于点O，OA=OC，OB=OD．
求证：DC∥AB．
考点： 全等三角形的判定与性质；平行线的判定 专题： 证明题． 分析： 根据边角边定理求证△ODC≌△OBA，可得∠C=∠A（或者∠D=∠B），即可证明DC∥AB． 解答： 证明：∵在△ODC和△OBA中，
∵，
∴△ODC≌△OBA（SAS），
∴∠C=∠A（或者∠D=∠B）（全等三角形对应角相等），
∴DC∥AB（内错角相等，两直线平行）． 点评： 此题主要考查学生对全等三角形的判定与性质和平行线的判定的理解和掌握，解答此题的关键是利用边角边定理求证△ODC≌△OBA．
7.（2014?邵阳，第21题8分）如图，已知点A、F、E、C在同一直线上，AB∥CD，∠ABE=∠CDF，AF=CE．
（1）从图中任找两组全等三角形；
（2）从（1）中任选一组进行证明．
考点： 全等三角形的判定 分析： （1）根据题目所给条件可分析出△ABE≌△CDF，△AFD≌△CEB；
（2）根据AB∥CD可得∠1=∠2，根据AF=CE可得AE=FC，然后再证明△ABE≌△CDF即可． 解答： 解：（1）△ABE≌△CDF，△AFD≌△CEB；（2）∵AB∥CD，
∴∠1=∠2，
∵AF=CE，
∴AF+EF=CE+EF，
即AE=FC，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS）．
点评： 此题主要考查了三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
8．（2014·台湾，第29题分）如图，四边形ABCD中，E点在AD上，其中∠BAE＝∠BCE＝∠ACD＝90°，且BC＝CE．请完整说明为何△ABC与△DEC全等的理由．
分析：根据∠BCE＝∠ACD＝90°，可得∠3＝∠5，又根据∠BAE＝∠1＋∠2＝90°，∠2＋∠D＝90°，可得∠1＝∠D，继而根据AAS可判定△ABC≌△DEC．
解：∵∠BCE＝∠ACD＝90°，
∴∠3＋∠4＝∠4＋∠5，
∴∠3＝∠5，
在△ACD中，∠ACD＝90°，
∴∠2＋∠D＝90°，
∵∠BAE＝∠1＋∠2＝90°，
∴∠1＝∠D，
在△ABC和△DEC中，
∴△ABC≌△DEC(AAS)．
点评：本题考查了全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
9.（2014·云南昆明，第16题5分）已知：如图，点A、B、C、D在同一条直线上，AB=CD，AE∥CF，且AE=CF.
求证：∠E=∠F
考点： 全等三角形的判定与性质． 分析： 首先根据AE∥CF，可得∠A=∠C，，结合AB=CD，AE=CF.可知证明出△ABE≌△CDF，即可得到∠E=∠F
． 解答： 证明：∵AE∥CF，
∴∠A=∠C，
∵在△ABE和△CDF中，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴∠E=∠F 点评： 此题主要考查了全等三角形的判定与性质的知识，解答本题的关键是熟练掌握判定定理以及平行线的性质，此题基础题，比较简单．
10.（2014?湘潭，第20题）如图，将矩形ABCD沿BD对折，点A落在E处，BE与CD相交于F，若AD=3，BD=6．
（1）求证：△EDF≌△CBF；
（2）求∠EBC．
（第20题图）
考点： 翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；矩形的性质 分析： （1）首先根据矩形的性质和折叠的性质可得DE=BC，∠E=∠C=90°，对顶角∠DFE=∠BFC，利用AAS可判定△DEF≌△BCF；
（2）在Rt△ABD中，根据AD=3，BD=6，可得出∠ABD=30°，然后利用折叠的性质可得∠DBE=30°，继而可求得∠EBC的度数． 解答： （1）证明：由折叠的性质可得：DE=BC，∠E=∠C=90°，
在△DEF和△BCF中，
，
∴△DEF≌△BCF（AAS）；（2）解：在Rt△ABD中，
∵AD=3，BD=6，
∴∠ABD=30°，
由折叠的性质可得；∠DBE=∠ABD=30°，
∴∠EBC=90°﹣30°﹣30°=30°． 点评： 本题考查了折叠的性质、矩形的性质，以及全等三角形的判定与性质，正确证明三角形全等是关键． 11.（2014?株洲，第22题，8分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A的平分线交BC于点E，EF⊥AB于点F，点F恰好是AB的一个三等分点（AF＞BF）．
（1）求证：△ACE≌△AFE；
（2）求tan∠CAE的值．
考点： 全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；勾股定理；锐角三角函数的定义 分析： （1）根据角的平分线的性质可求得CE=EF，然后根据直角三角形的判定定理求得三角形全等．
（2）由△ACE≌△AFE，得出AC=AF，CE=EF，设BF=m，则AC=2m，AF=2m，AB=3m，根据勾股定理可求得，tan∠B==，CE=EF=，在RT△ACE中，tan∠CAE===； 解答： （1）证明：∵AE是∠BAC的平分线，EC⊥AC，EF⊥AF，
∴CE=EF，
在Rt△ACE与Rt△AFE中，
，
∴Rt△ACE≌Rt△AFE（HL）；（2）解：由（1）可知△ACE≌△AFE，
∴AC=AF，CE=EF，
设BF=m，则AC=2m，AF=2m，AB=3m，
∴BC===m，
∴在RT△ABC中，tan∠B===，
在RT△EFB中，EF=BF?tan∠B=，
∴CE=EF=，
在RT△ACE中，tan∠CAE===；
∴tan∠CAE=． 点评： 本题考查了直角三角形的判定、性质和利用三角函数解直角三角形，根据已知条件表示出线段的值是解本题的关键．
12.（2014年江苏南京，第27题）【问题提出】
学习了三角形全等的判定方法（即“SAS”、“ASA”、“AAS”、“SSS”）和直角三角形全等的判定方法（即“HL”）后，我们继续对“两个三角形满足两边和其中一边的对角对应相等”的情形进行研究．
【初步思考】
我们不妨将问题用符号语言表示为：在△ABC和△DEF中，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E，然后，对∠B进行分类，可分为“∠B是直角、钝角、锐角”三种情况进行探究．
（第3题图）
【深入探究】
第一种情况：当∠B是直角时，△ABC≌△DEF．
（1）如图①，在△ABC和△DEF，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E=90°，根据HL，可以知道Rt△ABC≌Rt△DEF．
第二种情况：当∠B是钝角时，△ABC≌△DEF．
（2）如图②，在△ABC和△DEF，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E，且∠B、∠E都是钝角，求证：△ABC≌△DEF．
第三种情况：当∠B是锐角时，△ABC和△DEF不一定全等．
（3）在△ABC和△DEF，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E，且∠B、∠E都是锐角，请你用尺规在图③中作出△DEF，使△DEF和△ABC不全等．（不写作法，保留作图痕迹）
（4）∠B还要满足什么条件，就可以使△ABC≌△DEF？请直接写出结论：在△ABC和△DEF中，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E，且∠B、∠E都是锐角，若∠B≥∠A，则△ABC≌△DEF．
考点：全等三角形的判定与性质
分析：（1）根据直角三角形全等的方法“HL”证明；
（2）过点C作CG⊥AB交AB的延长线于G，过点F作DH⊥DE交DE的延长线于H，根据等角的补角相等求出∠CBG=∠FEH，再利用“角角边”证明△CBG和△FEH全等，根据全等三角形对应边相等可得CG=FH，再利用“HL”证明Rt△ACG和Rt△DFH全等，根据全等三角形对应角相等可得∠A=∠D，然后利用“角角边”证明△ABC和△DEF全等；
（3）以点C为圆心，以AC长为半径画弧，与AB相交于点D，E与B重合，F与C重合，得到△DEF与△ABC不全等；
（4）根据三种情况结论，∠B不小于∠A即可．
解答：（1）解：HL；
（2）证明：如图，过点C作CG⊥AB交AB的延长线于G，过点F作DH⊥DE交DE的延长线于H，
∵∠B=∠E，且∠B、∠E都是钝角，∴180°﹣∠B=180°﹣∠E，
即∠CBG=∠FEH，
在△CBG和△FEH中，，∴△CBG≌△FEH（AAS），∴CG=FH，
在Rt△ACG和Rt△DFH中，，∴Rt△ACG≌Rt△DFH（HL），∴∠A=∠D，
在△ABC和△DEF中，，∴△ABC≌△DEF（AAS）；
（3）解：如图，△DEF和△ABC不全等；
（4）解：若∠B≥∠A，则△ABC≌△DEF．
故答案为：（1）HL；（4）∠B≥∠A．
点评：本题考查了全等三角形的判定与性质，应用与设计作图，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键，阅读量较大，审题要认真仔细．
13.（2014?扬州，第28题，12分）已知矩形ABCD的一条边AD=8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．
（第4题图）
（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连结AP、OP、OA．
①求证：△OCP∽△PDA；
②若△OCP与△PDA的面积比为1：4，求边AB的长；
（2）若图1中的点P恰好是CD边的中点，求∠OAB的度数；
（3）如图2，，擦去折痕AO、线段OP，连结BP．动点M在线段AP上（点M与点P、A不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN=PM，连结MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E．试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段EF的长度．考点： 相似形综合题；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；特殊角的三角函数值． 专题： 综合题；动点型；探究型． 分析： （1）只需证明两对对应角分别相等即可证到两个三角形相似，然后根据相似三角形的性质求出PC长以及AP与OP的关系，然后在Rt△PCO中运用勾股定理求出OP长，从而求出AB长．
（2）由DP=DC=AB=AP及∠D=90°，利用三角函数即可求出∠DAP的度数，进而求出∠OAB的度数．
（3）由边相等常常联想到全等，但BN与PM所在的三角形并不全等，且这两条线段的位置很不协调，可通过作平行线构造全等，然后运用三角形全等及等腰三角形的性质即可推出EF是PB的一半，只需求出PB长就可以求出EF长． 解答： 解：（1）如图1，
①∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，DC=AB，∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°．
由折叠可得：AP=AB，PO=BO，∠PAO=∠BAO．∠APO=∠B．
∴∠APO=90°．
∴∠APD=90°﹣∠CPO=∠POC．
∵∠D=∠C，∠APD=∠POC．
∴△OCP∽△PDA．
②∵△OCP与△PDA的面积比为1：4，
∴====．
∴PD=2OC，PA=2OP，DA=2CP．
∵AD=8，∴CP=4，BC=8．
设OP=x，则OB=x，CO=8﹣x．
在Rt△PCO中，
∵∠C=90°，CP=4，OP=x，CO=8﹣x，
∴x2=（8﹣x）2+42．
解得：x=5．
∴AB=AP=2OP=10．
∴边AB的长为10．（2）如图1，
∵P是CD边的中点，
∴DP=DC．
∵DC=AB，AB=AP，
∴DP=AP．
∵∠D=90°，
∴sin∠DAP==．
∴∠DAP=30°．
∵∠DAB=90°，∠PAO=∠BAO，∠DAP=30°，
∴∠OAB=30°．
∴∠OAB的度数为30°．（3）作MQ∥AN，交PB于点Q，如图2．
∵AP=AB，MQ∥AN，
∴∠APB=∠ABP，∠ABP=∠MQP．
∴∠APB=∠MQP．
∴MP=MQ．
∵MP=MQ，ME⊥PQ，
∴PE=EQ=PQ．
∵BN=PM，MP=MQ，
∴BN=QM．
∵MQ∥AN，
∴∠QMF=∠BNF．
在△MFQ和△NFB中，
．
∴△MFQ≌△NFB．
∴QF=BF．
∴QF=QB．
∴EF=EQ+QF=PQ+QB=PB．
由（1）中的结论可得：
PC=4，BC=8，∠C=90°．
∴PB==4．
∴EF=PB=2．
∴在（1）的条件下，当点M、N在移动过程中，线段EF的长度不变，长度为2． 点评： 本题是一道运动变化类的题目，考查了相似三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定、矩形的性质、等腰三角形的性质和判定、勾股定理、特殊角的三角函数值等知识，综合性比较强，而添加适当的辅助线是解决最后一个问题的关键．
14.（2014?德州，第23题10分）问题背景：
如图1：在四边形ABC中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF=60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是EF=BE+DF；
探索延伸：
如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
实际应用：
如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进.1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．考点： 全等三角形的判定与性质． 分析： 问题背景：根据全等三角形对应边相等解答；
探索延伸：延长FD到G，使DG=BE，连接AG，根据同角的补角相等求出∠B=∠ADG，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=AG，∠BAE=∠DAG，再求出∠EAF=∠GAF，然后利用“边角边”证明△AEF和△GAF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=GF，然后求解即可；
实际应用：连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后求出∠EAF=∠AOB，判断出符合探索延伸的条件，再根据探索延伸的结论解答即可． 解答： 解：问题背景：EF=BE+DF；
探索延伸：EF=BE+DF仍然成立．
证明如下：如图，延长FD到G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADC+∠ADG=180°，
∴∠B=∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD﹣∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
，
∴△AEF≌△GAF（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF；实际应用：如图，连接EF，延长AE、BF相交于点C，
∵∠AOB=30°+90°+（90°﹣70°）=140°，
∠EOF=70°，
∴∠EAF=∠AOB，
又∵OA=OB，
∠OAC+∠OBC=（90°﹣30°）+（70°+50°）=180°，
∴符合探索延伸中的条件，
∴结论EF=AE+BF成立，
即EF=1.5×（60+80）=210海里．
答：此时两舰艇之间的距离是210海里．
点评： 本题考查了全等三角形的判定与性质，读懂问题背景的求解思路，作辅助线构造出全等三角形并两次证明三角形全等是解题的关键，也是本题的难点．
15．（2014年山东泰安，第27题）如图，∠ABC=90°，D、E分别在BC、AC上，AD⊥DE，且AD=DE，点F是AE的中点，FD与AB相交于点M．
（1）求证：∠FMC=∠FCM；
（2）AD与MC垂直吗？并说明理由．
分析：（1）根据等腰直角三角形的性质得出DF⊥AE，DF=AF=EF，进而利用全等三角形的判定得出△DFC≌△AFM（AAS），即可得出答案；
（2）由（1）知，∠MFC=90°，FD=EF，FM=FC，即可得出∠FDE=∠FMC=45°，即可理由平行线的判定得出答案．
（1）证明：∵△ADE是等腰直角三角形，F是AE中点，
∴DF⊥AE，DF=AF=EF，又∵∠ABC=90°，∠DCF，∠AMF都与∠MAC互余，
∴∠DCF=∠AMF，
在△DFC和△AFM中，，∴△DFC≌△AFM（AAS），
∴CF=MF，∴∠FMC=∠FCM；
（2）AD⊥MC，
理由：由（1）知，∠MFC=90°，FD=EF，FM=FC，∴∠FDE=∠FMC=45°，
∴DE∥CM，∴AD⊥MC．
点评：此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质，得出∠DCF=∠AMF是解题关键．
全等三角形
(2014?年山东东营)下列命题中是真命题的是（）
A． 如果a2=b2，那么a=b
B． 对角线互相垂直的四边形是菱形
C． 旋转前后的两个图形，对应点所连线段相等
D． 线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等
考点： 命题与定理．
分析： 利用菱形的判定、旋转的性质及垂直平分线的性质对每个选项进行判断后即可得到正确的选项．
解答： 解：A、错误，如3与﹣3；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故错误，是假命题；
C、旋转前后的两个图形，对应点所连线段不一定相等，故错误，是假命题；
D、正确，是真命题，
故选D．
点评： 本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是理解菱形的判定、旋转的性质及垂直平分线的性质．．（2014?四川分）如图，AD是△ABC中∠BAC的角平分线，DE⊥AB于点E，S△ABC=7，DE=2，AB=4，则AC长是（）
A． 3 B． 4 C． 6 D． 5
考点： 角平分线的性质． 分析： 过点D作DF⊥AC于F，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DE=DF，再根据S△ABC=S△ABD+S△ACD列出方程求解即可． 解答： 解：如图，过点D作DF⊥AC于F，
∵AD是△ABC中∠BAC的角平分线，DE⊥AB，
∴DE=DF，
由图可知，S△ABC=S△ABD+S△ACD，
∴×4×2+×AC×2=7，
解得AC=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，熟记性质是解题的关键． ．（2014?四川南充分）如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，A的坐标为（1，），则点C的坐标为（）
A．（﹣，1） B． （﹣1，） C． （，1） D． （﹣，﹣1）
分析：过点A作AD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E，根据同角的余角相等求出∠OAD=∠COE，再利用“角角边”证明△AOD和△OCE全等，根据全等三角形对应边相等可得OE=AD，CE=OD，然后根据点C在第二象限写出坐标即可．
解：如图，过点A作AD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E，
∵四边形OABC是正方形，∴OA=OC，∠AOC=90°，∴∠COE+∠AOD=90°，
又∵∠OAD+∠AOD=90°，∴∠OAD=∠COE，
在△AOD和△OCE中，，∴△AOD≌△OCE（AAS），
∴OE=AD=，CE=OD=1，∵点C在第二象限，∴点C的坐标为（﹣，1）．故选A．
点评： 本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，坐标与图形性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．
．（2014?）如图，在Rt△ABC中，ACB=90°，点D，E分别是边AB，AC的中点，延长BC到点F，使..若AB=10，则的长是．
．（2014?）已知命题：“如果两个三角形全等，那么这两个三角形的面积相等．”写出它的逆命题：_________，该逆命题是_____命题（填“真”或“假”）．
【考点】命题的考察以及全等三角形的判定
【分析】本题主要考察命题与逆命题的转换，以及命题真假性的判断
【答案】如果两个三角形的面积相等，那么这两个三角形全等．假命题．．（2014?怀化）如图，在平行四边形ABCD中，∠B=∠AFE，EA是∠BEF的角平分线．求证：
（1）△ABE≌△AFE；
（2）∠FAD=∠CDE．
考点： 平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质． 专题： 证明题． 分析： （1）根据角平分线的性质可得∠1=∠2，再加上条件∠B=∠AFE，公共边AE，可利用AAS证明△ABE≌△AFE；
（2）首先证明AF=CD，再证明∠B=∠AFE，∠AFD=∠C可证明△AFD≌△DCE进而得到∠FAD=∠CDE． 解答： 证明：（1）∵EA是∠BEF的角平分线，
∴∠1=∠2，
在△ABE和△AFE中，
，
∴△ABE≌△AFE（AAS）；
（2）∵△ABE≌△AFE，
∴AB=AF，
∵四边形ABCD平行四边形，
∴AB=CD，AD∥CB，AB∥CD，
∴AF=CD，∠ADF=∠DEC，∠B+∠C=180°，
∵∠B=∠AFE，∠AFE+∠AFD=180°，
∴∠AFD=∠C，
在△AFD和△DCE中，
，
∴△AFD≌△DCE（AAS），
∴∠FAD=∠CDE．
点评： 此题主要考查了平行四边形的性质，以及全等三角形的判定与性质，关键是正确证明△AFD≌△DCE． （2014?）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，AC与BD相交于O点，OC=OA，若E是CD上任意一点，连接BE交AC于点F，连接DF．
（1）证明：CBF≌△CDF；
（2）若AC=2，BD=2，求四边形ABCD的周长；
（3）请你添加一个条件，使得EFD=∠BAD，并予以证明．
考点： 全等三角形的判定与性质；菱形的判定与性质． 分析： （1）首先利用SSS定理证明ABC≌△ADC可得BCA=∠DCA即可证明CBF≌△CDF．
（2）由ABC≌△ADC可知，ABC与ADC是轴对称图形，得出OB=OD，COB=∠COD=90°，因为OC=OA，所以AC与BD互相垂直平分，即可证得四边形ABCD是菱形，然后根据勾股定理全等AB长，进而求得四边形的面积．
（3）首先证明BCF≌△DCF可得CBF=∠CDF，再根据BECD可得BEC=∠DEF=90°，进而得到EFD=∠BCD=∠BAD． 解答： （1）证明：在ABC和ADC中，
，
ABC≌△ADC（SSS），
BCA=∠DCA，
在CBF和CADF中，
，
CBF≌△CDF（SAS），
（2）解：ABC≌△ADC，
ABC和ADC是轴对称图形，
OB=OD，BDAC，
OA=OC，
四边形ABCD是菱形，
AB=BC=CD=DA，
AC=2，BD=2，
OA=，OB=1，
AB===2，
四边形ABCD的周长=4AB=4×2=8．
（3）当EBCD时，即E为过B且和CD垂直时垂线的垂足，EFD=∠BCD，
理由：四边形ABCD为菱形，
BC=CD，BCF=∠DCF，BCD=∠BAD，
BCF≌△DCF，
CBF=∠CDF，
BE⊥CD，
BEC=∠DEF=90°，
BCD+∠CBF=90°，EFD+∠CDF=90°，
EFD=∠BCD． 点评： 此题主要考查了全等三角形的判定与性质，以及菱形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具． （2014）是矩形，点E是AD的中点，求证：．
【解析】在和中，
,
于是有，所以．
4．（2014?山东聊城，第20题，8分）如图，四边形ABCD是平行四边形，作AFCE，BEDF，AF交BE与G点，交DF与F点，CE交DF于H点、交BE于E点．
求证：EBC≌△FDA．
考点： 平行四边形的性质；全等三角形的判定． 专题： 证明题． 分析： 根据平行三边的性质可知：AD=BC，由平行四边形的判定方法易证四边形BHDK和四边形AMCN是平行四边形，所以看得FAD=∠ECB，ADF=∠EBC，进而证明：EBC≌△FDA． 解答： 证明：四边形ABCD是平行四边形，
AD=BC，ADBC，
AF∥CE，BEDF，
四边形BHDK和四边形AMCN是平行四边形，
FAD=∠ECB，ADF=∠EBC，
在EBC和FDA中，
EBC≌△FDA．
点评： 本题考查了平行四边形的判定以及全等三角形的判定，在全等三角形的5种判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，若已知两边对应相等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等，则必须再找一组对边对应相等，且要是两角的夹边，若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应邻边． （2014?浙江杭州，第题，分）在ABC中，AB=AC，点E，F分别在AB，AC上，AE=AF，BF与CE相交于点P．求证：PB=PC，并直接写出图中其他相等的线段．
考点： 全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质． 分析： 可证明ABF≌△ACE，则BF=CE，再证明BEP≌△CFP，则PB=PC，从而可得出PE=PF，BE=CF． 解答： 解：在ABF和ACE中，
，
ABF≌△ACE（SAS），
ABF=∠ACE（全等三角形的对应角相等），
BF=CE（全等三角形的对应边相等），
AB=AC，AE=AF，
BE=BF，
在BEP和CFP中，
，
BEP≌△CFP（AAS），
PB=PC，
BF=CE，
PE=PF，
图中相等的线段为PE=PF，BE=CF． 点评： 本题考查了全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的性质，是基础题，难度不大．
.（2014?遵义24．（10分））如图，ABCD中，BDAD，A=45°，E、F分别是AB，CD上的点，且BE=DF，连接EF交BD于O．
（1）求证：BO=DO；
（2）若EFAB，延长EF交AD的延长线于G，当FG=1时，求AD的长．
考点： 平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形． 分析： （1）通过证明ODF与OBE全等即可求得．
（2）由ADB是等腰直角三角形，得出A=45°，因为EFAB，得出G=45°，所以ODG与DFG都是等腰直角三角形，从而求得DG的长和EF=2，然后平行线分线段成比例定理即可求得． 解答： （1）证明：四边形ABCD是平行四边形，
DC=AB，DCAB，
ODF=∠OBE，
在ODF与OBE中
ODF≌△OBE（AAS）
BO=DO；
（2）解：BD⊥AD，
ADB=90°，
A=45°，
DBA=∠A=45°，
EF⊥AB，
G=∠A=45°，
ODG是等腰直角三角形，
AB∥CD，EFAB，
DF⊥OG，
OF=FG，DFG是等腰直角三角形，
ODF≌△OBE（AAS）
OE=OF，
GF=OF=OE，
即2FG=EF，
DFG是等腰直角三角形，
DF=FG=1，
DG==，
AB∥CD，
=，
即=，
AD=2，
点评： 本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质以及平行线分行段定理． 2014?十堰18．（6分））如图，点D在AB上，点E在AC上，AB=AC，AD=AE．求证：∠B=∠C．
考点： 全等三角形的判定与性质． 专题： 证明题． 分析： 首先根据条件AB=AC，AD=AE，再加上公共角∠A=∠A可利用SAS定理证明△ABE≌△ACD，进而得到∠B=∠C． 解答： 证明：在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS）．
∴∠B=∠C． 点评： 本题主要考查三角形全等的判定方法和性质，关键是掌握全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具． 8.（22.10分）（1）问题发现
如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE
填空：（1）∠AEB的度数为60；
（2）线段AD、BE之间的数量关系是AD=BE。
解:（1）①60；②AD=BE.…………………………………………2分
提示：（1）①可证△CDA≌△CEB,
∴∠CEB=∠CDA=1200，
又∠CED=600，
∴∠AEB=1200－600=600.
②可证△CDA≌△CEB,
∴AD=BE
（2）拓展探究
如图2，△ACB和△DCE均为等边三角形，∠ACB=∠DCE=900,点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE。请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由。
解：（2）∠AEB＝900；AE=2CM+BE.…………………………4分
（注：若未给出本判断结果，但后续理由说明完全正确，不扣分）
理由：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=900,
∴AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠DCB=∠DCE－∠DCB,即∠ACD=∠BCE
∴△ACD≌△BCE.……………………………………………………6分
∴AD=BE,∠BEC=∠ADC=1350.
∴∠AEB=∠BEC－∠CED=1350－450=900．……………………………7分
在等腰直角三角形DCE中，CM为斜边DE上的高，
∴CM=DM=ME,∴DE=2CM.
∴AE=DE+AD=2CM+BE……………………………………………………8分
（3）解决问题
如图3，在正方形ABCD中，CD=。若点P满足PD=1,且∠BPD=900，请直接写出点A到BP的距离。
(3)或………………………………………………………10分
【提示】PD=1，∠BPD=900,
∴BP是以点D为圆心、以1为半径的OD的切线，点P为切点．
第一种情况：如图①，过点A作AP的垂线，交BP于点P/，
可证△APD≌△AP/B,PD=P/B=1,
CD=,∴BD=2,BP=,
∴AM=PP/=(PB－BP/)=
第二种情况如图②，
可得AMPP/=(PB+BP/)=
9.（2014?江苏苏州如图，在RtABC中，ACB=90°，点D、F分别在AB、AC上，CF=CB，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得CE，连接EF．
（1）求证：BCD≌△FCE；
（2）若EFCD，求BDC的度数．
考点： 全等三角形的判定与性质；旋转的性质 分析： （1）由旋转的性质可得：CD=CE，再根据同角的余角相等可证明BCD=∠FCE，再根据全等三角形的判定方法即可证明BCD≌△FCE；
（2）由（1）可知：BCD≌△FCE，所以BDC=∠E，易求E=90°，进而可求出BDC的度数． 解答： （1）证明：将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得CE，
CD=CE，DCE=90°，
ACB=90°，
BCD=90°﹣ACD=∠FCE，
在BCD和FCE中，
，
BCD≌△FCE（SAS）．
（2）解：由（1）可知BCD≌△FCE，
BDC=∠E，
EF∥CD，
E=180°﹣DCE=90°，
BDC=90°． 点评： 本题考查了全等三角形的判定和性质、同角的余角相等、旋转的性质、平行线的性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
．（2014?四川分）已知：如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E是CD中点，连结OE．过点C作CF∥BD交线段OE的延长线于点F，连结DF．求证：
（1）△ODE≌△FCE；
（2）四边形ODFC是菱形．
考点： 矩形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定． 专题： 证明题． 分析： （1）根据两直线平行，内错角相等可得∠DOE=∠CFE，根据线段中点的定义可得CE=DE，然后利用“角边角”证明△ODE和△FCE全等；
（2）根据全等三角形对应边相等可得OD=FC，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断出四边形ODFC是平行四边形，根据矩形的对角线互相平分且相等可得OC=OD，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可． 解答： 证明：（1）∵CF∥BD，
∴∠DOE=∠CFE，
∵E是CD中点，
∴CE=DE，
在△ODE和△FCE中，
，
∴△ODE≌△FCE（ASA）；
（2）∵△ODE≌△FCE，
∴OD=FC，
∵CF∥BD，
∴四边形ODFC是平行四边形，
在矩形ABCD中，OC=OD，
∴四边形ODFC是菱形． 点评： 本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定，熟记各性质与平行四边形和菱形的判定方法是解题的关键． ．2014?四川宜宾，第18题，6分）如图，已知：在△AFD和△CEB中，点A、E、F、C在同一直线上，AE=CF，∠B=∠D，AD∥BC．求证：AD=BC．
考点： 全等三角形的判定与性质；平行线的性质． 专题： 证明题． 分析： 根据平行线求出∠A=∠C，求出AF=CE，根据AAS证出△ADF≌△CBE即可． 解答： 证明：∵AD∥BC，
∴∠A=∠C，
∵AE=CF，
∴AE+EF=CF+EF，
即AF=CE，
∵在△ADF和△CBE中
，
∴△ADF≌△CBE（AAS），
∴AD=BC． 点评： 本题考查了平行线的性质和全等三角形的性质和判定的应用，判定两三角形全等的方法有：SAS、ASA、AAS、SSS． ．（2014?四川凉山州分）如图，分别以Rt△ABC的直角边AC及斜边AB向外作等边△ACD，等边△ABE．已知∠BAC=30°，EF⊥AB，垂足为F，连接DF．
（1）试说明AC=EF；
（2）求证：四边形ADFE是平行四边形．
考点： 平行四边形的判定；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质 专题： 证明题；压轴题． 分析： （1）首先Rt△ABC中，由∠BAC=30°可以得到AB=2BC，又因为△ABE是等边三角形，EF⊥AB，由此得到AE=2AF，并且AB=2AF，然后即可证明△AFE≌△BCA，再根据全等三角形的性质即可证明AC=EF；
（2）根据（1）知道EF=AC，而△ACD是等边三角形，所以EF=AC=AD，并且AD⊥AB，而EF⊥AB，由此得到EF∥AD，再根据平行四边形的判定定理即可证明四边形ADFE是平行四边形． 解答： 证明：（1）∵Rt△ABC中，∠BAC=30°，
∴AB=2BC，
又∵△ABE是等边三角形，EF⊥AB，
∴AB=2AF
∴AF=BC，
在Rt△AFE和Rt△BCA中，
，
∴△AFE≌△BCA（HL），
∴AC=EF；
（2）∵△ACD是等边三角形，
∴∠DAC=60°，AC=AD，
∴∠DAB=∠DAC+∠BAC=90°
∴EF∥AD，
∵AC=EF，AC=AD，
∴EF=AD，
∴四边形ADFE是平行四边形． 点评： 此题是首先利用等边三角形的性质证明全等三角形，然后利用全等三角形的性质和等边三角形的性质证明平行四边形． ．（2014?四川泸州分）如图，正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD上的点，且AE⊥BF，垂足为点G．
求证：AE=BF．
考点： 全等三角形的判定与性质；正方形的性质． 专题： 证明题． 分析： 根据正方形的性质，可得∠ABC与∠C的关系，AB与BC的关系，根据两直线垂直，可得∠AGB的度数，根据直角三角形锐角的关系，可得∠ABG与∠BAG的关系，根据同角的余角相等，可得∠BAG与∠CBF的关系，根据ASA，可得三角形全等，根据全等三角形的性质，可得答案． 解答： 证明：∵正方形ABCD，
∴∠ABC=∠C，AB=BC．
∵AE⊥BF，
∴∠AGB=90°∠ABG+∠CBF=90°，
∵∠ABG+∠FNC=90°，
∴∠BAG=∠CBF．
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE=BF． 点评： 本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了正方形的性质，直角三角形的性质，余角的性质，全等三角形的判定与性质． （2014?四川分）M、N分别是正五边形ABCDE的边BC、CD上的点，且BM=CN，AM交BN于点P．
（1）求证：△ABM≌△BCN；
（2）求∠APN的度数．
考点： 全等三角形的判定与性质；多边形内角与外角． 分析： （1）利用正五边形的性质得出AB=BC，∠ABM=∠C，再利用全等三角形的判定得出即可；
（2）利用全等三角形的性质得出∠BAM+∠ABP=∠APN，进而得出∠CBN+∠ABP=∠APN=∠ABC即可得出答案． 解答： （1）证明：∵正五边形ABCDE，
∴AB=BC，∠ABM=∠C，
∴在△ABM和△BCN中
，
∴△ABM≌△BCN（SAS）；
（2）解：∵△ABM≌△BCN，
∴∠BAM=∠CBN，
∵∠BAM+∠ABP=∠APN，
∴∠CBN+∠ABP=∠APN=∠ABC==108°．
即∠APN的度数为108度．
点评： 此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及正五边形的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题关键． 15．（2014?四川南充分）如图，AD、BC相交于O，OA=OC，∠OBD=∠ODB．求证：AB=CD．
分析：根据等角对等边可得OB=OC，再利用“边角边”证明△ABO和△CDO全等，根据全等三角形对应边相等证明即可．
证明：∵∠OBD=∠ODB，∴OB=OD，
在△ABO和△CDO中，，∴△ABO≌△CDO（SAS），∴AB=CD．
点评：本题考查了全等三角形的判定与性质，准确识图确定出全等的三角形并求出OB=OD是解题的关键．
．（2014?每小题7分，共14分）
（1）如图，点E，F在BC上，BE=CF，AB=DC，B=∠C.求证：A=∠D.
（2）如图，在边长为1个单位的小正方形所组成的网格中，△ABC的顶点均在网格上.
①的值是；
②画出△ABC关于直线l对称的△A1B1C1（A与A1，B与B1，C与C1相对应），连接AA1，BB1，并计算梯形AA1B1B的面积.
．（2014?）如图5，平行四边形的对角线相交于点，过点且与、分别交于点
，求证：．
图5
【考点】全等三角形的性质与判定、平行四边形的性质
【分析】根据平行四边形的性质可知，，，又根据对顶角相等可知，，再根据全等三角形判定法则，，得证.
【答案】证明：∵平行四边形的对角线相交于点
∴，
∴
在和中，
∴
．（2014?）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE．
（1）求证：CE=CF；
（2）若点G在AD上，且∠GCE=45°，则GE=BE+GD成立吗？为什么？
考点： 正方形的性质；全等三角形的判定与性质． 专题： 证明题；压轴题；探究型． 分析： （1）由DF=BE，四边形ABCD为正方形可证△CEB≌△CFD，从而证出CE=CF．
（2）由（1）得，CE=CF，∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD即∠ECF=∠BCD=90°又∠GCE=45°所以可得∠GCE=∠GCF，故可证得△ECG≌△FCG，即EG=FG=GD+DF．又因为DF=BE，所以可证出GE=BE+GD成立． 解答： （1）证明：在正方形ABCD中，
∵BC=CD，∠B=∠CDF，BE=DF，
∴△CBE≌△CDF（SAS）．
∴CE=CF．
（2）解：GE=BE+GD成立．
理由是：∵由（1）得：△CBE≌△CDF，
∴∠BCE=∠DCF，
∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD，即∠ECF=∠BCD=90°，
又∵∠GCE=45°，∴∠GCF=∠GCE=45°．
∵CE=CF，∠GCE=∠GCF，GC=GC，
∴△ECG≌△FCG（SAS）．
∴GE=GF．
∴GE=DF+GD=BE+GD．
点评： 本题主要考查证两条线段相等往往转化为证明这两条线段所在三角形全等的思想，在第二问中也是考查了通过全等找出和GE相等的线段，从而证出关系是不是成立．
全等三角形
（2014?丽水）如图，AB=4，射线BM和AB互相垂直，点D是AB上的一个动点，点E在射线BM上，BE=DB，作EF⊥DE并截取EF=DE，连结AF并延长交射线BM于点C．设BE=x，BC=y，则y关于x的函数解析式是（）
A． y=﹣ B． y=﹣ C． y=﹣ D． y=﹣
考点： 全等三角形的判定与性质；函数关系式；相似三角形的判定与性质．. 分析： 作FG⊥BC于G，依据已知条件求得△DBE≌△EGF，得出FG=BE=x，EG=DB=2x，然后根据平行线的性质即可求得． 解答：
解：作FG⊥BC于G，
∵∠DEB+∠FEC=90°，∠DEB+∠DBE=90°；
∴∠BDE=∠FEG，
在△DBE与△EGF中
∴△DBE≌△EGF，
∴EG=DB，FG=BE=x，
∴EG=DB=2BE=2x，
∴GC=y﹣3x，
∵FG⊥BC，AB⊥BC，
∴FG∥AB，
CG：BC=FG：AB，
即=，
∴y=﹣．
故应选A． 点评： 本题考查了三角形全等的判定和性质，以及平行线的性质，辅助线的做法是解题的关键． （2014?黔西南州）如图，已知AB=AD，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC≌△ADC的是（）
A． CB=CD B． ∠BAC=∠DAC C． ∠BCA=∠DCA D． ∠B=∠D=90° 考点： 全等三角形的判定． 分析： 本题要判定△ABC≌△ADC，已知AB=AD，AC是公共边，具备了两组边对应相等，故添加CB=CD、∠BAC=∠DAC、∠B=∠D=90°后可分别根据SSS、SAS、HL能判定△ABC≌△ADC，而添加∠BCA=∠DCA后则不能． 解答： 解：A、添加CB=CD，根据SSS，能判定△ABC≌△ADC，故A选项不符合题意；
B、添加∠BAC=∠DAC，根据SAS，能判定△ABC≌△ADC，故B选项不符合题意；
C、添加∠BCA=∠DCA时，不能判定△ABC≌△ADC，故C选项符合题意；
D、添加∠B=∠D=90°，根据HL，能判定△ABC≌△ADC，故D选项不符合题意；
故选：C． 点评： 本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角． （2014?黑龙江绥化）如图，AC、BD相交于点0，∠A=∠D，请补充一个条件，使△AOB≌△DOC，你补充的条件是AB=CD（填出一个即可）．
考点： 全等三角形的判定． 专题： 开放型． 分析： 添加条件是AB=CD，根据SAS推出两三角形全等即可． 解答： 解：AB=CD，
理由是：∵在△AOB和△DOC中
∴△AOB≌△DOC，
故答案为：AB=CD． 点评： 本题考查了全等三角形的判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，题目是一道开放型的题目，答案不唯一． （2014?攀枝花）如图，在梯形ABCD中，ADBC，BE平分ABC交CD于E，且BECD，CE：ED=2：1．如果BEC的面积为2，那么四边形ABED的面积是．
考点： 相似三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；梯形． 分析： 首先延长BA，CD交于点F，易证得BEF≌△BEC，则可得DF：FC=1：4，又由ADF∽△BCF，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，可求得ADF的面积，继而求得答案． 解答： 解：延长BA，CD交于点F，
BE平分ABC，
EBF=∠EBC，
BE⊥CD，
BEF=∠BEC=90°，
在BEF和BEC中，
，
BEF≌△BEC（ASA），
EC=EF，SBEF=S△BEC=2，
S△BCF=S△BEF+S△BEC=4，
CE：ED=2：1
DF：FC=1：4，
AD∥BC，
ADF∽△BCF，
=（）2=，
S△ADF=×4=，
S四边形ABCD=SBEF﹣SADF=2﹣=．
故答案为：．
点评： 此题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及梯形的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用． 2014?四川绵阳如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，∠EAF=45°，△ECF的周长为4，则正方形ABCD的边长为2．
考点： 旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质． 分析： 根据旋转的性质得出∠EAF′=45°，进而得出△FAE≌△EAF′，即可得出EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=4，得出正方形边长即可． 解答： 解：将△DAF绕点A顺时针旋转90度到△BAF′位置，
由题意可得出：△DAF≌△BAF′，
∴DF=BF′，∠DAF=∠BAF′，
∴∠EAF′=45°，
在△FAE和△EAF′中
，
∴△FAE≌△EAF′（SAS），
∴EF=EF′，
∵△ECF的周长为4，
∴EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=4，
∴2BC=4，
∴BC=2．
故答案为：2．
点评： 此题主要考查了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出△FAE≌△EAF′是解题关键．
．（2014?重庆如图，正方形ABCD的边长为6，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，且DE=2CE，过点C作CF⊥BE，垂足为F，连接OF，则OF的长为．
考点： 全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；正方形的性质．
分析： 在BE上截取BG=CF，连接OG，证明△OBG≌△OCF，则OG=OF，∠BOG=∠COF，得出等腰直角三角形GOF，在RT△BCE中，根据射影定理求得GF的长，即可求得OF的长．
解答： 解：如图，在BE上截取BG=CF，连接OG，
∵RT△BCE中，CF⊥BE，
∴∠EBC=∠ECF，
∵∠OBC=∠OCD=45°，
∴∠OBG=∠OCF，
在△OBG与△OCF中
∴△OBG≌△OCF（SAS）
∴OG=OF，∠BOG=∠COF，
∴OG⊥OF，
在RT△BCE中，BC=DC=6，DE=2EC，
∴EC=2，
∴BE===2，
∵BC2=BF?BE，
则62=BF，解得：BF=，
∴EF=BE﹣BF=，
∵CF2=BF?EF，
∴CF=，
∴GF=BF﹣BG=BF﹣CF=，
在等腰直角△OGF中
OF2=GF2，
∴OF=．
点评： 本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的判定以及射影定理、勾股定理的应用．（2014?）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AD平分∠CAB．
（1）求∠CAD的度数；
（2）延长AC至E，使CE=AC，求证：DA=DE．
考点： 全等三角形的判定与性质 分析： （1）利用“直角三角形的两个锐角互余”的性质和角平分的性质进行解答；
（2）通过证△ACD≌△ECD来推知DA=DE． 解答： （1）解：如图，∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，
∴∠B=30°，
∴∠CAB=60°．
又∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD=∠CAB=30°，即∠CAD=30°；
（2）证明：∵∠ACD+∠ECD=180°，且∠ACD=90°，
∴∠ECD=90°，
∴∠ACD=∠ECD．
在△ACD与△ECD中，，
∴△ACD≌△ECD（SAS），
∴DA=DE． 点评： 本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形． 2014?湖南衡阳,第23题6分）如图，在ABC中，AB=AC，BD=CD，DEAB，DFAC，垂足分别为点E、F．
求证：BED≌△CFD．
考点： 全等三角形的判定．.
专题： 证明题．
分析： 首先根据AB=AC可得B=∠C，再由DEAB，DFAC，可得BED=∠CFD=90°，然后再利用AAS定理可判定BED≌△CFD．
解答： 证明：DE⊥AB，DFAC，
BED=∠CFD=90°，
AB=AC，
B=∠C，
在BED和CFD中，
，
BED≌△CFD（AAS）．
点评： 本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
(2014年广西南宁）如图，AB∥FC，D是AB上一点，DF交AC于点E，DE=FE，分别延长FD和CB交于点G．
（1）求证：△ADE≌△CFE；
（2）若GB=2，BC=4，BD=1，求AB的长．
考点： 相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质．.
分析： （1）由平行线的性质可得：∠A=∠FCE，再根据对顶角相等以及全等三角形的判定方法即可证明：△ADE≌△CFE；
（2）由AB∥FC，可证明△GBD∽△FCF，根据给出的已知数据可求出CF的长，即AD的长，进而可求出AB的长．
解答： （1）证明：∵AB∥FC，
∴∠A=∠FCE，
在△ADE和△CFE中，
，
∴△ADE≌△CFE（AAS）；
（2）解：∵AB∥FC，
∴△GBD∽△FCF，
∴GB：GC=BD：CF，
∵GB=2，BC=4，BD=1，
∴2：6=1：CF，
∴CF=3，
∵AD=CF，
∴AB=AD+BD=4．
点评： 本题考查了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及平行线的性质，题目的设计很好，难度一般．（2014?莱芜）如图，已知△ABC是等腰三角形，顶角∠BAC=α（α＜60°），D是BC边上的一点，连接AD，线段AD绕点A顺时针旋转α到AE，过点E作BC的平行线，交AB于点F，连接DE，BE，DF．
（1）求证：BE=CD；
（2）若AD⊥BC，试判断四边形BDFE的形状，并给出证明．
考点： 全等三角形的判定与性质；菱形的判定；旋转的性质．. 分析： （1）根据旋转可得∠BAE=∠CAD，从而SAS证明△ACD≌△ABE，得出答案BE=CD；
（2）由AD⊥BC，SAS可得△ACD≌△ABE≌△ABD，得出BE=BD=CD，∠EBF=∠DBF，再由EF∥BC，∠DBF=∠EFB，从而得出∠EBF=∠EFB，则EB=EF，证明得出四边形BDFE为菱形． 解答： 证明：（1）∵△ABC是等腰三角形，顶角∠BAC=α（α＜60°），线段AD绕点A顺时针旋转α到AE，
∴AB=AC，
∴∠BAE=∠CAD，
在△ACD和△ABE中，
，
∴△ACD≌△ABE（SAS），
∴BE=CD；
（2）∵AD⊥BC，
∴BD=CD，
∴BE=BD=CD，∠BAD=∠CAD，
∴∠BAE=∠BAD，
在△ABD和△ABE中，
，
∴△ABD≌△ABE（SAS），
∴∠EBF=∠DBF，
∵EF∥BC，
∴∠DBF=∠EFB，
∴∠EBF=∠EFB，
∴EB=EF，
∴BD=BE=EF=FD，
∴四边形BDFE为菱形． 点评： 本题考查了全等三角形的判定和性质以及菱形的判定、旋转的性质． （2014?青岛）已知：如图，?ABCD中，O是CD的中点，连接AO并延长，交BC的延长线于点E．
（1）求证：△AOD≌△EOC；
（2）连接AC，DE，当∠B=∠AEB=45°时，四边形ACED是正方形？请说明理由．
考点： 平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的判定．. 分析： （1）根据平行线的性质可得∠D=∠OCE，∠DAO=∠E，再根据中点定义可得DO=CO，然后可利用AAS证明△AOD≌△EOC；
（2）当∠B=∠AEB=45°时，四边形ACED是正方形，首先证明四边形ACED是平行四边形，再证对角线互相垂直且相等可得四边形ACED是正方形． 解答： 证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
∴∠D=∠OCE，∠DAO=∠E．
∵O是CD的中点，
∴OC=OD，
在△ADO和△ECO中，
，
∴△AOD≌△EOC（AAS）；
（2）当∠B=∠AEB=45°时，四边形ACED是正方形．
∵△AOD≌△EOC，
∴OA=OE．
又∵OC=OD，
∴四边形ACED是平行四边形．
∵∠B=∠AEB=45°，
∴AB=AE，∠BAE=90°．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD．
∴∠COE=∠BAE=90°．
∴?ACED是菱形．
∵AB=AE，AB=CD，
∴AE=CD．
∴菱形ACED是正方形．
故答案为：45．
点评： 此题主要考查了全等三角形的判定与性质，以及正方形的判定，关键是掌握对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形． （2014?黄冈）已知，如图，AB=AC，BD=CD，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，求证：DE=DF．
考点： 全等三角形的判定与性质；角平分线的性质． 专题： 证明题． 分析： 连接AD，利用SSS得到三角形ABD与三角形ACD全等，利用全等三角形对应角相等得到∠EAD=∠FAD，即AD为角平分线，再由DE⊥AB，DF⊥AC，利用角平分线定理即可得证． 解答： 证明：连接AD，
在△ACD和△ABD中，
，
∴△ACD≌△ABD（SSS），
∴∠EAD=∠FAD，即AD平分∠EAF，
∵DE⊥AE，DF⊥AF，
∴DE=DF．
点评： 此题考查了全等三角形的判定与性质，以及角平分线定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键． （2014?湖北荆门）如图①，正方形ABCD的边AB，AD分别在等腰直角△AEF的腰AE，AF上，点C在△AEF内，则有DF=BE（不必证明）．将正方形ABCD绕点A逆时针旋转一定角度α（0°＜α＜90°）后，连结BE，DF．请在图②中用实线补全图形，这时DF=BE还成立吗？请说明理由．
考点： 全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；正方形的性质．
分析： 根据旋转角求出∠FAD=∠EAB，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADF全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=DF．
解答： 解：DF=BE还成立；
理由：∵正方形ABCD绕点A逆时针旋转一定角度α，
∴∠FAD=∠EAB，
在△ADF与△ABE中
∴△ADF≌△ABE（SAS）
∴DF=BE．
点评： 本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记各性质求出三角形全等是解题的关键．(2014?陕西)如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D在边AB上，使DB=BC，过点D作EF⊥AC，分别交AC于点E，CB的延长线于点F．
求证：AB=BF
考点： 全等三角形的判定与性质．菁优网
专题： 证明题．
分析： 根据EF⊥AC，得∠F+∠C=90°，再由已知得∠A=∠F，从而AAS证明△FBD≌△ABC，则AB=BF．
解答： 证明：∵EF⊥AC，
∴∠F+∠C=90°，
∵∠A+∠C=90°，
∴∠A=∠F，
在△FBD和△ABC中，
，
∴△FBD≌△ABC（AAS），
∴AB=BF．
点评： 本题考查了全等三角形的判定和性质，是基础知识要熟练掌握．
2014?四川广安,第19题6分）如图，在正方形ABCD中，P是对角线AC上的一点，连接BP、DP，延长BC到E，使PB=PE．求证：∠PDC=∠PEC．
考点： 全等三角形的判定与性质；正方形的性质． 专题： 证明题． 分析： 根据正方形的四条边都相等可得BC=CD，对角线平分一组对角可得∠BCP=∠DCP，再利用“边角边”证明△BCP和△DCP全等，根据全等三角形对应角相等可得∠PDC=∠PBC，再根据等边对等角可得∠PBC=∠PEC，从而得证． 解答： 证明：在正方形ABCD中，BC=CD，∠BCP=∠DCP，
在△BCP和△DCP中，
，
∴△BCP≌△DCP（SAS），
∴∠PDC=∠PBC，
∵PB=PE，
∴∠PBC=∠PEC，
∴∠PDC=∠PEC． 点评： 本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，等边对等角的性质，熟记各性质并判断出全等三角形是解题的关键．
10．（2014?绍兴（1）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°，延长CD到点G，使DG=BE，连结EF，AG．求证：EF=FG．
（2）如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点M，N在边BC上，且∠MAN=45°，若BM=1，CN=3，求MN的长．
考点： 全等三角形的判定与性质；正方形的性质． 专题： 证明题． 分析： （1）证△ADG≌△ABE，△FAE≌△GAF，根据全等三角形的性质求出即可；
（2）过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM．连接AE、EN．通过证明△ABM≌△ACE（SAS）推知全等三角形的对应边AM=AE、对应角∠BAM=∠CAE；然后由等腰直角三角形的性质和∠MAN=45°得到∠MAN=∠EAN=45°，所以△MAN≌△EAN（SAS），故全等三角形的对应边MN=EN；最后由勾股定理得到EN2=EC2+NC2即MN2=BM2+NC2． 解答： （1）证明：在正方形ABCD中，
∴∠ABE=∠ADG，AD=AB，
在△ABE和△ADG中，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∴∠EAG=90°，
在△FAE和△GAF中，
，
∴△FAE≌△GAF（SAS），
∴EF=FG
（2）解：如图2，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM．连接AE、EN．
∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠B=∠C=45°．
∵CE⊥BC，∴∠ACE=∠B=45°．
在△ABM和△ACE中，
∴△ABM≌△ACE（SAS）．
∴AM=AE，∠BAM=∠CAE．
∵∠BAC=90°，∠MAN=45°，∴∠BAM+∠CAN=45°．
于是，由∠BAM=∠CAE，得∠MAN=∠EAN=45°．
在△MAN和△EAN中，
∴△MAN≌△EAN（SAS）．
∴MN=EN．
在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2=EC2+NC2．
∴MN2=BM2+NC2．
∵BM=1，CN=3，
∴MN2=12+32，
∴MN= 点评： 本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用．
．（2014?重庆如图，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC，垂足是D，AE平分∠BAD，交BC于点E．在△ABC外有一点F，使FA⊥AE，FC⊥BC．
（1）求证：BE=CF；
（2）在AB上取一点M，使BM=2DE，连接MC，交AD于点N，连接ME．
求证：①ME⊥BC；②DE=DN．
考点： 全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰直角三角形．
专题： 证明题；几何综合题．
分析： （1）根据等腰直角三角形的性质求出∠B=∠ACB=45°，再求出∠ACF=45°，从而得到∠B=∠ACF，根据同角的余角相等求出∠BAE=∠CAF，然后利用“角边角”证明△ABE和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；
（2）①过点E作EH⊥AB于H，求出△BEH是等腰直角三角形，然后求出HE=BH，再根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DE=HE，然后求出HE=HM，从而得到△HEM是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质求解即可；
②求出∠CAE=∠CEA=67.5°，根据等角对等边可得AC=CE，再利用“HL”证明Rt△ACM和Rt△ECM全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ACM=∠ECM=22.5°，从而求出∠DAE=∠ECM，根据等腰直角三角形的性质可得AD=CD，再利用“角边角”证明△ADE和△CDN全等，根据全等三角形对应边相等证明即可．
解答： 证明：（1）∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
∵FC⊥BC，
∴∠BCF=90°，
∴∠ACF=90°﹣45°=45°，
∴∠B=∠ACF，
∵∠BAC=90°，FA⊥AE，
∴∠BAE+∠CAE=90°，
∠CAF+∠CAE=90°，
∴∠BAE=∠CAF，
在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴BE=CF；
（2）①如图，过点E作EH⊥AB于H，则△BEH是等腰直角三角形，
∴HE=BH，∠BEH=45°，
∵AE平分∠BAD，AD⊥BC，
∴DE=HE，
∴DE=BH=HE，
∵BM=2DE，
∴HE=HM，
∴△HEM是等腰直角三角形，
∴∠MEH=45°，
∴∠BEM=45°+45°=90°，
∴ME⊥BC；
②由题意得，∠CAE=45°+×45°=67.5°，
∴∠CEA=180°﹣45°﹣67.5°=67.5°，
∴∠CAE=∠CEA=67.5°，
∴AC=CE，
在Rt△ACM和Rt△ECM中
，，
∴Rt△ACM≌Rt△ECM（HL），
∴∠ACM=∠ECM=×45°=22.5°，
又∵∠DAE=×45°=22.5°，
∴∠DAE=∠ECM，
∵∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC，
∴AD=CD=BC，
在△ADE和△CDN中，
，
∴△ADE≌△CDN（ASA），
∴DE=DN．
点评： 本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，熟记性质并作辅助线构造出等腰直角三角形和全等三角形是解题的关键，难点在于最后一问根据角的度数得到相等的角．如图，在中，，，于点，于点。
求证：≌。
【考点】垂直定义、等边对等角、两角及一角的对边对应相等的两个三角形全等.
【解析】∵，，∴
∵，∴
∵在和中，，∴≌。
【答案】略
【点评】证明三角形全等的问题比较简单，只要找到3个条件，利用三角形全等的判定定理即可证明，熟记定理是关键.
2、（2014?无锡6分）如图，已知：△ABC中，AB=AC，M是BC的中点，D、E分别是AB、AC边上的点，且BD=CE．求证：MD=ME．
考点： 全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质 专题： 证明题． 分析： 根据等腰三角形的性质可证∠DBM=∠ECM，可证△BDM≌△CEM，可得MD=ME，即可解题． 解答： 证明：△ABC中，
∵AB=AC，
∴∠DBM=∠ECM，
∵M是BC的中点，
∴BM=CM，
在△BDM和△CEM中，
，
∴△BDM≌△CEM（SAS），
∴MD=ME． 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．
第23题（1）图
E
D
C
B
A
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