全等三角形一、选择题 1、（2018 苏州二模）如图,ABC ∆和EFG ∆均是边长为2的等边三角形,点D 是边BC 、EF的中点,直线AG 、FC 相交于点M .当EFG ∆绕点D 旋转时,线段BM 长的最小值是 （ ）A. 23-B. 31+C. 2D. 31-答案：D2、（2018青岛一模）如图，在△ABC 中，∠C=90°，AB=5cm ，AC=4cm ，点D 在AC 上，将△BCD 沿着BD 所在直线翻折，使点C 落在斜边AB 上的点E 处，则DC 的长为（ ）A ． cmB ． cmC ．2cmD ． cm 【考点】翻折变换（折叠问题）． 【分析】首先由勾股定理求出BC ，由折叠的性质可得∠BED=∠C=90°，BE=BC=3cm ，得出AE=AB ﹣BE=2cm ，设DC=xcm ，则DE=xcm ，AD=（4﹣x ）cm ，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【解答】解：∵∠C=90°，AB=5cm ，AC=4cm ， ∴BC==3cm ，∵将△BCD 沿着直线BD 翻折，使点C 落在斜边AB 上的点E 处， ∴△BED ≌△BCD ，∴∠BED=∠C=90°，BE=BC=3cm ， ∴AE=AB ﹣BE=2cm ，设DC=xcm ，则DE=xcm ，AD=（4﹣x ）cm ，由勾股定理得：AE 2+DE 2=AD 2，即22+x 2=（4﹣x ）2， 解得：x=． 故选：B ．3．(2018·新疆乌鲁木齐九十八中·一模)如图，边长为2a 的等边三角形ABC 中，M 是高CH 所在直线上的一个动点，连接MB ，将线段BM 绕点B 逆时针旋转60°得到BN ，连接HN ．则在点M 运动过程中，线段HN 长度的最小值是（ ）A． a B．a C． D．【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．【分析】取CB的中点G，连接MG，根据等边三角形的性质可得BH=BG，再求出∠HBN=∠MBG，根据旋转的性质可得MB=NB，然后利用“边角边”证明∴△MBG≌△NBH，再根据全等三角形对应边相等可得HN=MG，然后根据垂线段最短可得MG⊥CH时最短，再根据∠BCH=30°求解即可．【解答】解：如图，取BC的中点G，连接MG，∵旋转角为60°，∴∠MBH+∠HBN=60°，又∵∠MBH+∠MBC=∠ABC=60°，∴∠HBN=∠GBM，∵CH是等边△ABC的对称轴，∴HB=AB，∴HB=BG，又∵MB旋转到BN，∴BM=BN，在△MBG和△NBH中，，∴△MBG≌△NBH（SAS），∴MG=NH，根据垂线段最短，MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，此时∵∠BCH=×60°=30°，CG=AB=×2a=a，∴MG=CG=×a=，∴HN=，故选：D．【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，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．4. （2018·上海市闸北区·中考数学质量检测4月卷）如图，已知∠BDA ＝∠CDA ，则不一．．定．能使△ABD ≌△ACD 的条件是………（ ▲ ） （A ）BD ＝DC （B ）AB ＝AC （C ）∠B ＝∠C （D ）∠BAD ＝∠CAD答案：B5. （2018·湖南湘潭·一模）如图，在ABC ∆和DEC ∆中，已知DE AB =，还需添加两个条件才能使DEC ABC ∆≅∆，不能添加的一组条件是 A ．EC BC =，E B ∠=∠ B ．EC BC =，DC AC = C ．DC BC =，D A ∠=∠ D ．E B ∠=∠，D A ∠=∠ 答案：C6. （2018·广东东莞·联考）如图，过▱ABCD 的对角线BD 上一点M 分别作平行四边形两边的平行线EF 与GH ，那么图中的▱AEMG 的面积S 1与▱HCFM 的面积S 2的大小关系是（ ）A ．S 1＞S 2B ．S 1＜S 2C ．S 1=S 2D ．2S 1=S 2【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．【分析】根据平行四边形的性质和判定得出平行四边形GBEP 、GPFD ，证△ABD ≌△CDB ，得出△ABD 和△CDB 的面积相等；同理得出△BEM 和△MHB 的面积相等，△GMD 和△FDM 的面积相等，相减即可求出答案．【解答】解：∵四边形ABCD 是平行四边形，EF ∥BC ，HG ∥AB ， ∴AD=BC ，AB=CD ，AB ∥GH ∥CD ，AD ∥EF ∥BC ， ∴四边形HBEM 、GMFD 是平行四边形，CDAB（第5题图）在△ABD和△CDB中；∵，∴△ABD≌△CDB（SSS），即△ABD和△CDB的面积相等；同理△BEM和△MHB的面积相等，△GMD和△FDM的面积相等，故四边形AEMG和四边形HCFM的面积相等，即S1=S2．故选：C．【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定的应用，解此题的关键是求出△ABD和△CDB的面积相等，△BEP和△PGB的面积相等，△HPD和△FDP的面积相等，注意：如果两三角形全等，那么这两个三角形的面积相等7. （2018·广东深圳·一模）如图，过边长为3的等边△ABC的边AB上一点P，作PE⊥AC 于E，Q为BC延长线上一点，当PA=CQ时，连接PQ交边AC于点D，则DE的长为（）A． B． C． D．不能确定【考点】全等三角形的判定与性质；平行线的性质；等腰三角形的性质；等边三角形的性质；等边三角形的判定与性质．【专题】证明题．【分析】过P作PF∥BC交AC于F，得出等边三角形APF，推出AP=PF=QC，根据等腰三角形性质求出EF=AE，证△PFD≌△QCD，推出FD=CD，推出DE=AC即可．【解答】解：过P作PF∥BC交AC于F，∵PF∥BC，△ABC是等边三角形，∴∠PFD=∠QCD，∠APF=∠B=60°，∠AFP=∠ACB=60°，∠A=60°，∴△APF是等边三角形，∴AP=PF=AF，∵PE⊥AC，∴AE=EF，∵AP=PF，AP=CQ，∴PF=CQ，在△PFD和△QCD中，∴△PFD≌△QCD，∴FD=CD，∵AE=EF，∴EF+FD=AE+CD，∴AE+CD=DE=AC，∵AC=3，∴DE=，故选B．【点评】本题综合考查了全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，平行线的性质等知识点的应用，能综合运用性质进行推理是解此题的关键，通过做此题培养了学生分析问题和解决问题的能力，题型较好，难度适中．填空题1．（2018·天津市和平区·一模）如图，△ABC和△CDE都是等边三角形，且∠EBD=66°，则∠AEB的大小= 126°．【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．【分析】由等边三角形的性质得出BC=AC，∠ABC=∠ACB=∠BAC=∠DCE=60°，CD=CE，得出∠BCD=∠ACE，由SAS证明△BCD≌△ACE，得出∠CBD=∠CAE，再证明∠CBD﹣6°=∠ABE，得出∠ABE=∠CAE﹣6°，求出∠ABE+∠BAE=∠BAC﹣6°，即可求出∠AEB的大小．【解答】解：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴BC=AC，∠ABC=∠ACB=∠BAC=∠DCE=60°，CD=CE，∴∠BCD=∠ACE，在△BCD和△ACE中，，∴△BCD≌△ACE（SAS），∴∠CBD=∠CAE，∵∠EBD=66°，∴∠CBD=∠ABE+（66°﹣60°）∴∠ABE=∠CAE﹣6°，∵∠ABE+∠BAE=∠CAE+∠BAE﹣6°=∠BAC﹣6°=54°，∴∠AEB=180°﹣54°=126°；故答案为：126°．【点评】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等得出对应角相等是解决问题的关键．2．（2018·天津五区县·一模）如图，AB=AC，要使△ABE≌△ACD，应添加的条件是∠B=∠C或AE=AD （添加一个条件即可）．【考点】全等三角形的判定．【专题】开放型．【分析】要使△ABE≌△ACD，已知AB=AC，∠A=∠A，则可以添加一个边从而利用SAS来判定其全等，或添加一个角从而利用AAS来判定其全等．【解答】解：添加∠B=∠C或AE=AD后可分别根据ASA、SAS判定△ABE≌△ACD．故答案为：∠B=∠C或AE=AD．【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．添加时注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，不能添加，根据已知结合图形及判定方法选择条件是正确解答本题的关键．三、解答题1．(2018·重庆巴蜀·一模）如图，点C，D在线段BF上，AB∥DE，AB=DF，BC=DE．求证：AC=FE．【分析】首先由AB∥DE，可以得到∠B=∠EDF，然后利用SAS证明△ABC与△DEF全等，最后利用全等三角形的性质即可解决问题．【解答】证明：∵AB∥DE，∴∠B=∠EDF，在△ABC与△DEF中，，∴△ABC≌△DEF（SAS），∴AC=FE．2．(2018·重庆巴南·一模）已知：∠D=∠E，AD=AE，∠1=∠2．求证：BD=CE．【分析】先证出∠BAD=∠CAE，再由ASA证明△ABD≌△ACE，得出对应边相等即可．【解答】证明：∵∠1=∠2，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD与△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（ASA），∴BD=CE3.(2018·重庆铜梁巴川·一模）如图，点C，E，F，B在同一直线上，点A，D在BC异侧，AB∥CD，AE=DF，∠A=∠D．求证：AB=CD．【分析】根据平行线的性质得出∠B=∠C，再根据AAS证出△ABE≌△DCF，从而得出AB=CD．【解答】解：∵AB∥CD，∴∠B=∠C，在△ABE和△DCF中，，∴△ABE≌△DCF，∴AB=CD．4．(2018·重庆巴南·一模）如图，▱ABCD中，点E是BC边上的一点，且DE=BC，过点A 作AF⊥CD于点F，交DE于点G，连结AE、EF．（1）若AE平分∠BAF，求证：BE=GE；（2）若∠B=70°，求∠CDE的度数．（3）若点E是BC边上的中点，求证：∠AEF=2∠EFC．【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，DE=BC，易证得∠AEB=∠AEG，又由AE平分∠BAF，可证得△ABE≌△AGE，即可证得BE=GE；（1）由（1）可知△ABE≌△AGE，故此可知∠DGF=∠AGE=70°，在Rt△DGF中，利用直角三角形两锐角互余可求得∠CDE=20°；（3）延长AE，交DC的延长线于点M，易证得△ABE≌△MCE，又由AF⊥CD，可得EF是Rt △AFM的斜边上的中线，继而证得结论．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC．∴∠DAE=∠AEB．∵DE=BC，∴AD=DE．∴∠DAE=∠AED．∴∠AEB=∠AED．∵AE平分∠BAF，∴∠BAE=∠GAE．在△ABE和△AGE中，，∴△ABE≌△AGE（ASA）．∴BE=GE．（2）由（1）可知：△ABE≌△AGE，∴∠B=∠EGA=70°．∴∠DGF=∠EGA=70°．∵AF⊥CD，∴∠GFD=90°．∴∠GDF+∠DGF=90°．∴∠CDE=90°﹣70°=20°．（3）延长AE，交DC的延长线于点M．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD．∴∠BAF=∠AFD，∠M=∠BAE．∵点E是BC边上的中点，∴BE=CE．在△ABE和△MCE中，，∴△ABE≌△MCE（AAS）．∴AE=ME．∵AF⊥CD，∴EF=AE=EM=AM．∴∠M=∠EFC．∴∠AEF=∠BAE+∠EFC=2∠EFC．5、（2018齐河三模）如图1：在四边形ABCD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＝12∠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？答案：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．6、（2018青岛一模）已知：如图，在矩形ABCD中，点E在边AD上，点F在边BC上，且AE=CF，作EG∥FH，分别与对角线BD交于点G、H，连接EH，FG．（1）求证：△BFH≌△DEG；（2）连接DF，若BF=DF，则四边形EGFH是什么特殊四边形？证明你的结论．【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD∥BC，AD=BC，OB=OD，由平行线的性质得出∠FBH=∠EDG，∠OHF=∠OGE，得出∠BHF=∠DGE，求出BF=DE，由AAS即可得出结论；（2）先证明四边形EGFH是平行四边形，再由等腰三角形的性质得出EF⊥GH，即可得出四边形EGF H是菱形．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，OB=OD，∴∠FBH=∠EDG，∵AE=CF，∴BF=DE，∵EG∥FH，∴∠OHF=∠OGE，∴∠BHF=∠DGE，在△BFH和△DEG中，，∴BFH≌△DEG（AAS）；（2）解：四边形EGFH是菱形；理由如下：连接DF，如图所示：由（1）得：BFH≌△DEG，∴FH=EG，又∵EG∥FH，∴四边形EGFH是平行四边形，∵BF=DF，OB=OD，∴EF⊥BD，∴EF⊥GH，∴四边形EGFH是菱形．7、（2018青岛一模）把Rt△ABC和Rt△DEF按如图（1）摆放（点C与E重合），点B、C （E）、F在同一条直线上．已知：∠ACB=∠EDF=90°，∠DEF=45°，AC=8cm，BC=6cm，EF=10cm．如图（2），△DEF从图（1）的位置出发，以1cm/s的速度沿CB向△ABC匀速移动，在△DEF 移动的同时，点P从△ABC的顶点A出发，以2cm/s的速度沿AB向点B匀速移动；当点P 移动到点B时，点P停止移动，△DEF也随之停止移动．DE与AC交于点Q，连接PQ，设移动时间为t（s）．（1）用含t的代数式表示线段AP和AQ的长，并写出t的取值范围；（2）连接PE，设四边形APEQ的面积为y（cm2），试探究y的最大值；（3）当t为何值时，△APQ是等腰三角形．【考点】相似三角形的判定与性质；二次函数的最值；等腰三角形的性质．【专题】动点型．【分析】（1）根据题意以及直角三角形性质表达出CQ、AQ，从而得出结论，（2）作PG⊥x轴，将四边形的面积表示为S△ABC﹣S△BPE﹣S△QCE即可求解，（3）根据题意以及三角形相似对边比例性质即可得出结论．【解答】（1）解：AP=2t∵∠EDF=90°，∠DEF=45°，∴∠CQE=45°=∠DEF，∴CQ=CE=t，∴AQ=8﹣t，t的取值范围是：0≤t≤5；（2）过点P作PG⊥x轴于G，可求得AB=10，SinB=，PB=10﹣2t，EB=6﹣t，∴PG=PBSinB=（10﹣2t）∴y=S△ABC﹣S△PBE﹣S△QCE==∴当（在0≤t≤5内），y有最大值，y最大值=（cm2）（3）若AP=AQ，则有2t=8﹣t解得：（s）若AP=PQ，如图①：过点P作PH⊥AC，则AH=QH=，PH∥BC∴△APH∽△ABC，∴，即，解得：（s）若AQ=PQ，如图②：过点Q作QI⊥AB，则AI=PI=AP=t∵∠AIQ=∠ACB=90°∠A=∠A，∴△AQI∽△ABC∴即，解得：（s）综上所述，当或或时，△APQ是等腰三角形．8．(2018·浙江杭州萧山区·模拟)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．【专题】几何图形问题．【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=CF，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，BF=CE．【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．9．(2018·云南省·一模)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：△EBC≌△FCB．【考点】全等三角形的判定．【专题】证明题．【分析】首先根据等边对等角可得∠ABC=∠ACB，再根据等式的性质可得BE=CF，然后再利用SAS判定△EBC≌△FCB．【解答】证明：∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∵AE=AF，∴AB﹣AE=AC﹣AF即BE=CF，在△EBC和△FCB中，，∴△EBC≌△FCB（SAS）．【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，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．10. （2018·吉林长春朝阳区·一模）探究：如图①，△AB C是等边三角形，在边AB、BC 的延长线上截取BM=CN，连结MC、AN，延长MC交AN于点P．（1）求证：△ACN≌△CBM；（2）∠CPN=120 °．应用：将图①的△ABC分别改为正方形ABCD和正五边形ABCDE，如图②、③，在边AB、BC 的延长线上截取BM=CN，连结MC、DN，延长MC交DN于点P，则图②中∠CPN=90 °；图③中∠CPN=72 °．拓展：若将图①的△ABC改为正n边形，其它条件不变，则∠CPN=°（用含n的代数式表示）．【考点】四边形综合题．【分析】探究：（1）利用等边三角形的性质得到BC=AC，∠ACB=∠ABC，从而得到△ACN≌△CBM．（2）利用全等三角形的性质得到∠CAN=∠BCM，再利用三角形的外角等于与它不相邻的两内角之和，即可求解．应用：利用正方形（或正五边形）的性质得到BC=DC，∠ABC=∠BCD，从而判断出△DCN≌△CBM，再利用全等三角形的性质得到∠CDN=∠BCM，再利用三角形的外角等于与它不相邻的两内角之和（或者三角形的内角和），即可．拓展：利用正n五边形的性质得到BC=DC，∠ABC=∠BCD，从而判断出△DCN≌△CBM，再利用全等三角形的性质得到∠CDN=∠BCM，再利用三角形的内角和，即可．【解答】探究：（1）解：∵△ABC是等边三角形，∴BC=AC，∠ACB=∠ABC=60°．∴∠ACN=∠CBM=60°．在△ACN和△CBM中，∴△ACN≌△CBM．（2）解：∵△DCN≌△CBM，∴∠CAN=∠BC M，∵∠ABC=∠BMC+∠BCM，∠BAN=∠BAC+∠CAN，∴∠CPN=∠BMC+∠BAN=∠BMC+∠BAC+∠CAN=∠BMC+∠BAC+∠BCM=∠ABC+∠BAC=60°+60°=1 20°，故答案为120．应用：将等边三角形换成正方形，解：四边形ABCD是正方形，∴BC=DC，∠ABC=∠BCD=90°．∴∠MBC=∠DCN=120°．在△DCN和△CBM中，∴△DCN≌△CBM．∴∠CDN=∠BCM，∵∠BCM=∠PCN∴∠CDN=∠PCN在Rt△DCN中，∠CDN+∠CND=90°，∴∠PCN+∠CND=90°，∴∠CPN=90，将等边三角形换成正五边形，五边形ABCDE是正五边形，∴BC=D C=108°．∴∠MBC=∠DCN=72°．在△DCN和△CBM中，∴△DCN≌△CBM．∴∠BMC=∠CND，∠BCM=∠CDN，∵∠ABC=∠BMC+∠BCM=108°∴∠CPN=180°﹣（∠CND+∠PCN）=180°﹣（∠CND+∠BCM）=180°﹣（∠BCM+∠BMC）=180°﹣108°=72°．故答案为90，72．拓展解：方法和上面正五边形的方法一样，得到∠CPN=180°﹣（∠CND+∠PCN）=180°﹣（∠CND+∠BCM）=180°﹣（∠BCM+∠BMC）=180°﹣108°=72°故答案为．【点评】本题是四边形的综合题，也是一道规律题，主要考查了正n边形的性质，涉及知识点比较多，如等边三角形、正方形、正五边形的性质，如由四边形ABCD是正方形，得到BC=DC，∠ABC=∠BCD=90°，全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理，对顶角相等，解题的关键是充分利用三角形的外角等于与它不相邻的两内角之和（或者三角形的内角和）．11．（2018·湖南省岳阳市十二校联考·一模）数学活动：擦出智慧的火花﹣﹣﹣由特殊到一般的数学思想．数学课上，李老师出示了问题：如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC上的点，过点E作EF⊥AE，过点F作FG⊥BC交BC的延长线于点G．．（1）求证：∠BAE=∠FEG．（2）同学们很快做出了解答，之后李老师将题目修改成：如图2，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点．∠AEF=90°，且EF交正方形外角∠DCG的平分线于点F，求证：AE=EF．经过思考，小明展示了一种正确的解题思路：取AB的中点M，连接ME，则AM=EC，易证△AME≌△ECF，所以AE=EF．请借助图1完成小明的证明；在（2）的基础上，同学们作了进一步的研究：（3）小聪提出：如图2，如果把“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上（除B，C外）的任意一点”，其它条件不变，那么结论“AE=EF”仍然成立，你认为小聪的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由．【考点】四边形综合题．【分析】（1）根据∠AEF=90°，即可得到∠AEB+∠FEG=90°，在直角△ABE中，利用三角形内角和定理得到∠BAE+∠AEB=90°，然后根据同角的余角相等，即可证得；（2）作AB的中点M，连接ME，根据ASA即可证明△AME≌△ECF，然后根据全等三角形的对应边相等即可证得；（3）在AB上取一点M，使AM=EC，连接ME，同（2）根据ASA即可证明△AME≌△ECF，然后根据全等三角形的对应边相等即可证得．【解答】解：（1）∵∠AEF=90°，∴∠AEB+∠FEG=90°，又∵直角△ABE中，∠BAE+∠AEB=90°，∴∠BAE=∠FEG；（2）作AB的中点M，连接ME．∵正方形ABCD中，AB=BC，又∵AM=MB=AB，BE=CE=BC，∴MB=BE，∴△ABE是等腰直角三角形，∴∠BME=45°，∴∠AME=135°，又∵∠ECF=180°﹣∠FCG=180°﹣45°=135°．∴∠AME=∠ECF，∴在△AME和△ECF中，，∴△AME≌△ECF，∴AE=EF；（3）在AB 上取一点M ，使AM=EC ，连接ME ． ∴BM=BE，∴∠BME=45°， ∴∠AME=135°， ∵CF 是外角平分线， ∴∠DCF=45°， ∴∠ECF=135° ∴∠AME=∠ECF∵∠AEB+∠BAE=90°，∠AEB+∠CEF=90° ∴∠BAE=∠CEF∴在△AME 和△ECF 中，，∴△AME≌△ECF（ASA ）， ∴AE=EF．【点评】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，要注意题目之间的联系，正确作出辅助线构造全等的三角形是本题的关键．12. （2018·湖北襄阳·一模） (本题11分）如图，在正方形ABCD 中，AB=5，P 是BC 边上任意一点，E 是BC 延长 线上一点，连接AP ，作PF ⊥AP ，使PF ＝PA ，连接CF ，AF ，AF 交CD 边于点G ，连接PG ． （1）求证：∠GCF ＝∠FCE ；（2）判断线段PG ，PB 与DG 之间的数量关系，并证明你的结论； （3）若BP ＝2，在直线AB 上是否存在一点M ，使四 边形DMPF 是平行四边形，若存在，求出BM 的 长度，若不存在，说明理由．B CD EP第1题答案：（1）证明：过点F 作FH ⊥BE 于点H ，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ABC ＝∠PHF ＝∠DCB ＝90º,AB ＝BC ∴∠BAP ＋∠APB ＝90º∵AP ⊥PF,∴∠APB ＋∠FPH ＝90º ∴∠FPH ＝∠BAP 又∵AP ＝PF ∴△BAP ≌△HPF ∴PH ＝AB ，BP ＝FH∴PH ＝BC∴BP ＋PC ＝PC ＋CH ∴CH ＝BP ＝FH而∠FHC ＝90º. ∴∠FCH ＝CFH ＝45º ∴∠DCF ＝90º－45º＝45º ∴∠GCF ＝∠FCE （2）PG ＝PB ＋DG证明：延长PB 至K ，使BK=DG, ∵四边形ABCD 是正方形 ∴AB=AD, ∠ABK ＝ADG=90º ∴△ABK ≌△ADG∴AK=AG, ∠KAB ＝∠GAD, 而∠APF=90 º,AP=PF ∴∠PAF ＝∠PFA ＝45 º∴∠BAP ＋∠KAB ＝∠KAP ＝45 º＝∠PAF ∴△KAP ≌△GAP ∴KP=PG,∴KB ＋BP=DG ＋BP ＝PG 即，PG ＝PB ＋DG ； （3）存在.如图，在直线AB 上取一点M ，使四边形DMPF 是平行四边形， 则M D ∥PF ，且MD ＝FP ， 又∵PF=AP ， ∴MD=AP∵四边形ABCD 是正方形，A B CDEF GP KM∴AB=AD，∠ABP=∠DAM∴△ABP≌△DAM∴AM＝BP=2，∴BM＝AB－AM=5－2=3.∴当BM=3，BM+AM=AB时，四边形DMPF是平行四边形．13.. （2018·广东·一模）（本题满分10分）定义：数学活动课上，乐老师给出如下定义：有一组对边相等而另一组对边不相等的凸四边形叫做对等四边形．理解：（1）如图1，已知A、B、C在格点（小正方形的顶点）上，请在方格图中画出以格点为顶点，AB、BC为边的两个对等四边形ABCD；（2）如图2，在圆内接四边形ABCD中，AB是⊙O的直径，AC=BD．求证：四边形ABCD是对等四边形；（3）如图3，在Rt△PBC中，∠PCB=90°，BC=11，tan∠PBC=，点A在BP边上，且AB=13．用圆规在PC上找到符合条件的点D，使四边形ABCD为对等四边形，并求出CD的长．解：（1）如图1所示（画2个即可）．（2）如图2，连接AC，BD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=∠ACB=90°，在Rt△ADB和Rt△ACB中，∴Rt△ADB≌Rt△ACB，∴AD=BC，又∵AB是⊙O的直径，∴AB≠CD，∴四边形ABCD是对等四边形．（3）如图3，点D的位置如图所示：①若CD=AB，此时点D在D1的位置，CD1=AB=13；②若AD=BC=11，此时点D在D2、D3的位置，AD2=AD3=BC=11，过点A分别作AE⊥BC，AF⊥PC，垂足为E，F，设BE=x，∵tan∠PBC=，∴AE=，在Rt △ABE 中，AE 2+BE 2=AB 2，即，解得：x 1=5，x 2﹣5（舍去）， ∴BE=5，AE=12，∴CE=BC ﹣BE=6，由四边形AECF 为矩形，可得AF=CE=6，CF=AE=12，在Rt △AFD 2中，，∴，，综上所述，CD 的长度为13、12﹣或12+．13. （2018·广东河源·一模）已知一张矩形纸片OACB ，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A （11，0），B （0，6），点P 为BC 边上的动点（点P 不与点B ，C 重合），经过点O 、P 折叠该纸片，得点B ′和折痕OP ．设BP ＝t 。