資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
第四章 三角形與四邊形
第三節 全等三角形
考點分布 考查頻率 命題趨勢
考點1 全等三角形的性質 ☆☆☆ 在中考中，全等三角形主要以選擇題、填空題和解答題的簡單類型為主．常結合四邊形綜合考查．
考點2 全等三角形的判定 ☆☆☆
考點3全等三角形的綜合問題 ☆☆
1.全等三角形的相關概念
全等圖形：能夠完全重合的兩個圖形
全等三角形：能夠完全重合的兩個三角形
兩個三角形全等，互相重合的頂點叫做對應頂點，互相重合的邊叫做對應邊，互相重合的角叫做對應角.
2.全等三角形的判定：
一般三角形 直角三角形
判定 (1)邊角邊(SAS) (2)角邊角(ASA) (3)角角邊(AAS) (4)邊邊邊(SSS) (1)兩直角邊對應相等 (2)一直角邊、一銳角對應相等 (3)斜邊、直角邊對應相等(HL)
備注 判定兩個三角形全等，至少要有一組對應邊相等
判定思路 已知兩邊 找夾角→SAS
找直角→HL(或SAS)
找第三邊→SSS
已知一邊一角 邊為角的對邊→找任一角→AAS
邊為角的鄰邊 找夾角的另一邊→SAS
找邊的另一鄰角→ASA
找邊的對角→AAS
已知兩角 找夾邊→ASA
找任一角的對邊→AAS
3.全等三角形的性質：
性質 對應邊相等、對應角相等
對應角平分線相等、對應中線相等、對應高相等
全等三角形的周長相等、面積相等
■考點一　全等三角形的性質
◇典例1：（2022 江北區模擬）已知△ABC與△DEF全等，A、B、C的對應點分別為D、E、F，且E點在AC上，B、F、C、D四點共線，如圖所示．若∠A＝40°，∠CED＝35°，則下列敘述何者正確？（　　）
A．EF＝EC，AE＝FC B．EF＝EC，AE≠FC
C．EF≠EC，AE＝FC D．EF≠EC，AE≠FC
◆變式訓練
1．（2022 金華模擬）如圖所示的兩個三角形全等，則∠α的度數是（　　）
A．58° B．72° C．50° D．60°
2．（2023 成都）如圖，已知△ABC≌△DEF，點B，E，C，F依次在同一條直線上．若BC＝8，CE＝5，則CF的長為 　　．
■考點二 全等三角形的判定
◇典例2：（2023 衢州模擬）如圖，已知∠B＝∠D，請再添上一個條件 　　，使△ABC≌△ADC（寫出一個即可）．
◆變式訓練
1．（2023 江山市模擬）如圖，在△ABC和△DEF中，點A，E，B，D在同一直線上，AC∥DF，AC＝DF，只添加一個條件，不能判定△ABC≌△DEF的是（　　）
A．BC＝EF B．AE＝DB C．BC∥EF D．∠C＝∠F
2．（2023 麗水模擬）如圖，點D，E在△ABC的邊BC上，AB＝AC，只需添加一個條件即可證明△ABD≌△ACE，則這個條件可以是 　　．（寫一個即可）
3．（2022 益陽）如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，CD∥AB，DE⊥AC于點E，且CE＝AB．求證：△CED≌△ABC．
■考點三 全等三角形綜合
◇典例3：（2023 安吉縣模擬）如圖，已知△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，BD，CE交于點F，連接AF，下列結論：①BD＝CE；②BF⊥CF；③AF平分∠CAD；④∠AFE＝45°．其中正確結論的個數有（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
◆變式訓練
1．（2023 東陽市三模）如圖，在△ABC中，AD⊥BC于點D，E為AC上一點，且BF＝AC，DF＝DC＝1，連接DE，若F為AD的中點，則DE＝　　．
2．（2021 臺州）如圖，在四邊形ABCD中，AB＝AD＝20，BC＝DC＝10．
（1）求證：△ABC≌△ADC；
（2）當∠BCA＝45°時，求∠BAD的度數．
1．（2022 金華）如圖，AC與BD相交于點O，OA＝OD，OB＝OC，不添加輔助線，判定△ABO≌△DCO的依據是（　　）
A．SSS B．SAS C．AAS D．HL
2．（2021 吳興區一模）已知：如圖，點D，E分別在AC，AB上，AB＝AC，添加一個條件，不能判定△ABD≌△ACE的是（　　）
A．BD＝CE B．AD＝AE C．∠B＝∠C D．∠ADB＝∠AEC
3．（2021 婺城區模擬）三個全等三角形按如圖的形式擺放，則∠1+∠2+∠3的度數是（　　）
A．90° B．120° C．135° D．180°
4．（2021 麗水模擬）下列判斷中錯誤的是（　　）
A．有兩角和一邊對應相等的兩個三角形全等 B．有兩邊和一角對應相等的兩個三角形全等
C．有兩邊和其中一邊上的中線對應相等的兩個三角形全等
D．有一邊對應相等的兩個等邊三角形全等
5．（2023 金東區二模）如圖，點B，E，C，F共線，AB∥DE，∠A＝∠D，添加一個條件，不能判斷△ABC≌△DEF的是（　　）
A．AB＝DE B．∠ACB＝∠F C．BE＝CF D．AC＝DF
6．（2022 新昌縣模擬）如圖是沙漏示意圖（數據如圖），上下兩部分為全等三角形，將上半部分填滿沙子后，在沙子下落至如圖位置時，AB的長為多少？（正在下落的沙子忽略不計）（　　）
A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm
7．（2023 北侖區二模）如圖，點D、E是△ABC邊BC上的三等分點，且AD⊥BC，F為AD的中點，連接BF、EF，若BF＝3，則AC的長為（　　）
A．4.5 B．6 C．7.5 D．9
8．（2021 溫州模擬）如圖1是由四個全等的直角三角形組成的“風車”圖案，其中∠AOB＝90°，延長直角三角形的斜邊恰好交于另一直角三角形的斜邊中點，得到如圖2，若IJ＝，則該“風車”的面積為（　　）
A．+1 B．2 C．4﹣ D．4
9．（2023 寧波模擬）如圖，在△ABC中，∠ABC＝60°，AD平分∠BAC交BC于點D，CE平分∠ACB交AB于點E，AD、CE交于點F．則下列說法正確的個數為（　　）
①∠AFC＝120°；②S△ABD＝S△ADC，③若AB＝2AE，則CE⊥AB；④CD+AE＝AC；⑤S△AEF：S△FDC＝AF：FC．
A．2個 B．3個 C．4個 D．5個
10．（2023 天臺縣一模）如圖，△ADE≌△ABC，點D在邊AC上，延長ED交邊BC于點F，若∠EAC＝35°，則∠BFD＝　 　．
11．（2021 衢州四模）如圖，點A，F，C，D在同一條直線上，BC∥EF，AC＝FD，請你添加一個條件　 　，使得△ABC≌△DEF．
12．（2022 諸暨市模擬）已知△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝120°，在同一平面內，若△ABP≌△BAC，則PC的長為 　 　．
13．（2021 紹興）已知△ABC與△ABD在同一平面內，點C，D不重合，∠ABC＝∠ABD＝30°，AB＝4，AC＝AD＝2，則CD長為 　 　．
14．（2021 定海區模擬）已知：在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB∥CD．求證：△ABC≌△CDA．小華證明過程如下框：
證明：∵AD∥BC，∴∠2＝∠4， 又∵AB∥CD，∴∠1＝∠3， 又∵AC＝CA，∴△ABC≌△CDA
小華的證法是否正確？若正確，請在框內打“√”，若錯誤，請寫出你的證明過程．
15．（2022 衢州）已知：如圖，∠1＝∠2，∠3＝∠4．求證：AB＝AD．
16．（2023 衢州）已知：如圖，在△ABC和△DEF中，B，E，C，F在同一條直線上．下面四個條件：
①AB＝DE；②AC＝DF；③BE＝CF；④∠ABC＝∠DEF．
（1）請選擇其中的三個條件，使得△ABC≌△DEF（寫出一種情況即可）．
（2）在（1）的條件下，求證：△ABC≌△DEF．
17．（2021 杭州）在①AD＝AE，②∠ABE＝∠ACD，③FB＝FC這三個條件中選擇其中一個，補充在下面的問題中，并完成問題的解答．
問題：如圖，在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，點D在AB邊上（不與點A，點B重合），點E在AC邊上（不與點A，點C重合），連接BE，CD，BE與CD相交于點F．若 　 　，求證：BE＝CD．
18．（2023 越城區三模）如圖，C是AB上一點，點D、E分別位于AB的異側，AD∥BE，且AD＝BC，AC＝BE．
（1）求證：CD＝CE；
（2）當AC＝2時，求BF的長；
（3）若∠A＝α，∠ACD＝25°，且△CDE為鈍角三角形，請直接寫出α的取值范圍．
1．（2021 哈爾濱）如圖，△ABC≌△DEC，點A和點D是對應頂點，點B和點E是對應頂點，過點A作AF⊥CD，垂足為點F，若∠BCE＝65°，則∠CAF的度數為（　　）
A．30° B．25° C．35° D．65°
2．（2023 涼山州）如圖，點E、點F在BC上，BE＝CF，∠B＝∠C，添加一個條件，不能證明△ABF≌△DCE的是（　　）
A．∠A＝∠D B．∠AFB＝∠DEC C．AB＝DC D．AF＝DE
3．（2023 新昌縣模擬）如圖所示，AB＝BD，BC＝BE，要使△ABE≌△DBC，需添加條件（　　）
A．∠A＝∠D B．∠C＝∠E C．∠D＝∠E D．∠ABD＝∠CBE
4．（2022 龍泉市一模）如圖，在△ABD和△ABC中，∠DAB＝∠CAB，點A，B，E在同一條直線上，添加下列條件，不能使△ABD≌△ABC的是（　　）
A．∠DBA＝∠CBA B．∠D＝∠C C．DA＝CA D．DB＝CB
5．（2023 紹興模擬）已知△ABC 的三邊長分別為6，8，10，過△ABC的某個頂點將該三角形剪成兩個小三角形，再將這兩個小三角形拼成△DEF，若△ABC與△DEF不全等，則這條剪痕的長可能為（　　）
A．4.8 B．6 C． D．8
6．（2023 南明區校級模擬）如圖，用直尺和圓規作已知角的平分線的示意圖，則說明∠CAD＝∠DAB的依據是（　　）
A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS
7．（2023 北京）如圖，點A，B，C在同一條直線上，點B在點A，C之間，點D，E在直線AC同側，AB＜BC，∠A＝∠C＝90°，△EAB≌△BCD，連接DE．設AB＝a，BC＝b，DE＝c，給出下面三個結論：
①a+b＜c；
②a+b＞；
③（a+b）＞c．
上述結論中，所有正確結論的序號是（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
8．（2023 平陽縣一模）如圖，以正方形ABCD的兩邊BC和AD為斜邊向外作兩個全等的直角三角形BCE和DAF，過點C作CG⊥AF于點G，交AD于點H，過點B作BI⊥CG于點I，過點D作DK⊥BE，交EB延長線于點K，交CG于點L．若S四邊形ABIG＝2S△BCE，GH＝1，則DK的長為（　　）
A．6 B． C．7 D．
9．（2023 岳麓區一模）如圖，△ABC≌△DEC，點B，C，D在同一條直線上，且CE＝1，CD＝2，則AE的長是 　　．
10．（2022 武侯區模擬）如圖，已知△ABC≌△BAD，∠C＝30°，∠DBA＝100°，則∠BAD的度數為 　　．
11．（2022 湖北）如圖，已知AB∥DE，AB＝DE，請你添加一個條件 　　，使△ABC≌△DEF．
12．（2021 寧波模擬）在△ABC和△A1B1C1中，已知AC＝A1C1＝2，BC＝4，B1C1＝3，∠C＝120°，∠C1＝60°，點D，D1分別在邊AB，A1B1上，且△ACD≌△C1A1D1，那么AD的長是　　．
13．（2023 溫州模擬）如圖，已知AC平分∠BAD，CE⊥AB于點E，CF⊥AD的延長線于點F．且BC＝CD＝10，AB＝21，AD＝9．則AC的長為 　　．
14．（2023 云南）如圖，C是BD的中點，AB＝ED，AC＝EC．求證：△ABC≌△EDC．
15．（2022 樂山）如圖，B是線段AC的中點，AD∥BE，BD∥CE．求證：△ABD≌△BCE．
16．（2023 婺城區模擬）如圖，已知點D在射線AE上BD＝CD，AE平分∠BAC與∠BDC，求證AB＝AC．小明的證明過程如下：
證明：∵AE平分∠BAC． ∴∠BAD＝∠CAD． ∵AD＝AD，BD＝CD． ∴△ABD≌△ACD ∴AB＝AC．
小明的證明是否正確？若正確，請打“√”，若錯誤，請寫出你的證明過程．
17．（2023 南崗區三模）已知：AB＝AC，點D，E分別在AB，AC上，且BD＝CE．
（1）如圖1，求證：∠B＝∠C；
（2）如圖2，BE交CD于點F，連接AF，在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出圖2中四對全等的三角形．
18．（2023 杭州一模）如圖，在△ABC中，AC＞AB，射線AD平分∠BAC，交BC于點E，點F在邊AB的延長線上，AF＝AC，連接EF．
（1）求證：△AEC≌△AEF．
（2）若∠AEB＝50°，求∠BEF的度數．
19．（2023 溫州二模）如圖，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，連結BD，CE．
（1）求證：△ABD≌△ACE．
（2）若∠BCE﹣∠ABC＝15°，求∠ABD的度數．
20．（2023 龍港市一模）如圖，△ABC是等邊三角形，D是邊AB上一點，以CD為邊作E等邊△CDE，DE交AC于點F，連接AE，
（1）求證：△BCD≌△ACE．
（2）若BC＝6，AE＝2，求CD的長．
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第四章 三角形與四邊形
第三節 全等三角形
=
考點分布 考查頻率 命題趨勢
考點1 全等三角形的性質 ☆☆☆ 在中考中，全等三角形主要以選擇題、填空題和解答題的簡單類型為主．常結合四邊形綜合考查．
考點2 全等三角形的判定 ☆☆☆
考點3全等三角形的綜合問題 ☆☆
1.全等三角形的相關概念
全等圖形：能夠完全重合的兩個圖形
全等三角形：能夠完全重合的兩個三角形
兩個三角形全等，互相重合的頂點叫做對應頂點，互相重合的邊叫做對應邊，互相重合的角叫做對應角.
2.全等三角形的判定：
一般三角形 直角三角形
判定 (1)邊角邊(SAS) (2)角邊角(ASA) (3)角角邊(AAS) (4)邊邊邊(SSS) (1)兩直角邊對應相等 (2)一直角邊、一銳角對應相等 (3)斜邊、直角邊對應相等(HL)
備注 判定兩個三角形全等，至少要有一組對應邊相等
判定思路 已知兩邊 找夾角→SAS
找直角→HL(或SAS)
找第三邊→SSS
已知一邊一角 邊為角的對邊→找任一角→AAS
邊為角的鄰邊 找夾角的另一邊→SAS
找邊的另一鄰角→ASA
找邊的對角→AAS
已知兩角 找夾邊→ASA
找任一角的對邊→AAS
3.全等三角形的性質：
性質 對應邊相等、對應角相等
對應角平分線相等、對應中線相等、對應高相等
全等三角形的周長相等、面積相等
■考點一　全等三角形的性質
◇典例1：（2022 江北區模擬）已知△ABC與△DEF全等，A、B、C的對應點分別為D、E、F，且E點在AC上，B、F、C、D四點共線，如圖所示．若∠A＝40°，∠CED＝35°，則下列敘述何者正確？（　　）
A．EF＝EC，AE＝FC B．EF＝EC，AE≠FC
C．EF≠EC，AE＝FC D．EF≠EC，AE≠FC
【考點】全等三角形的性質；三角形三邊關系．
【答案】B
【點撥】由△ABC與△DEF全等，A、B、C的對應點分別為D、E、F，可得∠A＝∠D＝40°，AC＝DF，∠ACB＝∠DFE，可得EF＝EC；∠CED＝35°，∠D＝40°可得∠D＞∠CED，由大角對大邊可得CE＞CD；利用AC＝DF，可得AC﹣CE＜DF﹣CD，即AE＜FC，由上可得正確選項．
【解析】解：∵△ABC≌△DEF，
∴∠A＝∠D＝40°，AC＝DF，∠ACB＝∠DFE，
∵∠ACB＝∠DFE，
∴EF＝EC．
∵∠CED＝35°，∠D＝40°，
∴∠D＞∠CED．
∴CE＞CD．
∵AC＝DF，
∴AC﹣CE＜DF﹣CD，即AE＜FC．
∴AE≠FC．
∴EF＝EC，AE≠FC．
故選：B．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質．利用全等三角形對應角相等，對應邊相等是解題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2022 金華模擬）如圖所示的兩個三角形全等，則∠α的度數是（　　）
A．58° B．72° C．50° D．60°
【考點】全等三角形的性質．
【答案】C
【點撥】根據全等三角形對應角相等解答即可．
【解析】解：∵兩個三角形全等，
∴α＝180°﹣58°﹣72°＝50°，
故選：C．
【點睛】本題考查了全等三角形的性質，熟記性質并準確識圖，確定出對應角是解題的關鍵．
2．（2023 成都）如圖，已知△ABC≌△DEF，點B，E，C，F依次在同一條直線上．若BC＝8，CE＝5，則CF的長為 　3　．
【考點】全等三角形的性質．
【答案】3．
【點撥】根據全等三角形的對應邊相等得到EF＝BC＝8，計算即可．
【解析】解：∵△ABC≌△DEF，
∴BC＝EF，
又BC＝8，
∴EF＝8，
∵EC＝5，
∴CF＝EF﹣EC＝8﹣5＝3．
故答案為：3．
【點睛】本題考查的是全等三角形的性質，掌握全等三角形的對應邊相等、全等三角形的對應角相等是解題的關鍵．
■考點二 全等三角形的判定
◇典例2：（2023 衢州模擬）如圖，已知∠B＝∠D，請再添上一個條件 　∠BCA＝∠DCA（答案不唯一）　，使△ABC≌△ADC（寫出一個即可）．
【考點】全等三角形的判定．
【答案】∠BCA＝∠DCA（答案不唯一）．
【點撥】此題是一道開放型的題目，答案不唯一，只要符合全等三角形的判定定理即可．
【解析】解：添加的條件是∠BCA＝∠DCA，
理由是：在△ABC和△ADC中，
，
∴△ABC≌△ADC（AAS），
故答案為：∠BCA＝∠DCA（答案不唯一）．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定定理，能熟記全等三角形的判定定理是解此題的關鍵，全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，兩直角三角形全等還有HL．
◆變式訓練
1．（2023 江山市模擬）如圖，在△ABC和△DEF中，點A，E，B，D在同一直線上，AC∥DF，AC＝DF，只添加一個條件，不能判定△ABC≌△DEF的是（　　）
A．BC＝EF B．AE＝DB C．BC∥EF D．∠C＝∠F
【考點】全等三角形的判定．
【答案】A
【點撥】由全等三角形的判定方法，即可判斷．
【解析】解：∵AC∥DF，
∴∠A＝∠D，
A、添加BC＝EF，不能判定△ABC≌△DEF，故A符合題意；
B、由AE＝BD，得的AB＝DE，又∠A＝∠D，AC＝DF，由SAS判定△ABC≌△DEF，故B不符合題意；
C、由BC∥EF，得到∠ABC＝∠DEF，又∠A＝∠D，AC＝DF，由AAS判定△ABC≌△DEF，故C不符合題意；
D、∠C＝∠F，又∠A＝∠D，AC＝DF，由ASA判定△ABC≌△DEF，故D不符合題意；
故選：A．
【點睛】本題考查全等三角形的判定，關鍵是掌握全等三角形的判定方法．
2．（2023 麗水模擬）如圖，點D，E在△ABC的邊BC上，AB＝AC，只需添加一個條件即可證明△ABD≌△ACE，則這個條件可以是 　BD＝CE（答案不唯一）　．（寫一個即可）
【考點】全等三角形的判定；等腰三角形的性質．
【答案】BD＝CE（答案不唯一）．
【點撥】由題意可得∠ABC＝∠ACE，AB＝AC，即添加一組邊對應相等，可證△ABD與△ACE全等．
【解析】解：添加BD＝CE，則△ABD≌△ACE，
∵AB＝AC，
∴∠ABD＝∠ACD，
在△ABD與△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
故答案為：BD＝CE（答案不唯一）．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定，靈活運用全等三角形的判定是本題的關鍵．
3．（2022 益陽）如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，CD∥AB，DE⊥AC于點E，且CE＝AB．求證：△CED≌△ABC．
【考點】全等三角形的判定．
【答案】見試題解答內容
【點撥】由垂直的定義可知，∠DEC＝∠B＝90°，由平行線的性質可得，∠A＝∠DCE，進而由ASA可得結論．
【解析】證明：∵DE⊥AC，∠B＝90°，
∴∠DEC＝∠B＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠A＝∠DCE，
在△CED和△ABC中，
，
∴△CED≌△ABC（ASA）．
【點睛】本題主要考查全等三角形的判定，垂直的定義和平行線的性質，熟知全等三角形的判定定理是解題基礎．
■考點三 全等三角形綜合
◇典例3：（2023 安吉縣模擬）如圖，已知△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，BD，CE交于點F，連接AF，下列結論：①BD＝CE；②BF⊥CF；③AF平分∠CAD；④∠AFE＝45°．其中正確結論的個數有（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【考點】全等三角形的判定與性質；角平分線的性質；等腰直角三角形．
【答案】C
【點撥】①證明△BAD≌△CAE，再利用全等三角形的性質即可判斷；②由△BAD≌△CAE可得∠ABF＝∠ACF，再由∠ABF+∠BGA＝90°、∠BGA＝∠CGF證得∠BFC＝90°即可判定；③分別過A作AM⊥BD、AN⊥CE，根據全等三角形面積相等和BD＝CE，證得AM＝AN，即AF平分∠BFE，即可判定；④由AF平分∠BFE結合BF⊥CF即可判定．
【解析】解：∵∠BAC＝∠EAD，
∴∠BAC+∠CAD＝∠EAD+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE．
故①正確；
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABF＝∠ACF，
∵∠ABF+∠BGA＝90°、∠BGA＝∠CGF，
∴∠ACF+∠BGA＝90°，
∴∠BFC＝90°，
故②正確；
分別過A作AM⊥BD、AN⊥CE垂足分別為M、N，
∵△BAD≌△CAE，
∴S△BAD＝S△CAE，
∴，
∵BD＝CE，
∴AM＝AN，
∴AF平分∠BFE，無法證明AF平分∠CAD．
故③錯誤；
∵AF平分∠BFE，BF⊥CF，
∴∠AFE＝45°，
故④正確．
故選：C．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質、角平分線的判定與性質以及角的和差等知識，其中正確應用角平分線定理是解答本題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023 東陽市三模）如圖，在△ABC中，AD⊥BC于點D，E為AC上一點，且BF＝AC，DF＝DC＝1，連接DE，若F為AD的中點，則DE＝　　．
【考點】全等三角形的判定與性質；角平分線的性質；等腰直角三角形；三角形的面積．
【答案】．
【點撥】證明Rt△BDF≌Rt△ADC（HL），由全等三角形的性質得出∠DBF＝∠DAC，證出∠BEC＝90°，過點D作DM⊥BE于點M，作DN⊥AC于點N，由全等三角形的性質得出S△BDF＝S△ADC，BF＝AC，得出DM＝DN，由角平分線的性質∠BED＝∠CED＝45°，再根據S△ADC＝AD DC＝AC DN，求出DN的長，最后利用等腰直角三角形的性質得出結論．
【解析】解：∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∵BF＝AC，DF＝DC，
∴Rt△BDF≌Rt△ADC（HL），
∴∠DBF＝∠DAC，
∵∠DAC+∠C＝90°，
∴∠DBF+∠C＝90°，
∴∠BEC＝90°，
∴BE⊥AC，
如圖，過點D作DM⊥BE于點M，作DN⊥AC于點N，
∵△BDF≌△ADC，
∴S△BDF＝S△ADC，BF＝AC，
∵DM⊥BE，DN⊥AC，
∴DM＝DN，
∴ED平分∠BEC；
∴∠BED＝∠CED＝45°，
∴DE＝DN，
∵DF＝DC＝1，F為AD的中點，
∴AD＝2DF＝2，
∴AC＝＝，
∵S△ADC＝AD DC＝AC DN，
∴2×1＝DN，
∴DN＝，
∴DE＝DN＝．
故答案為：．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質，三角形的面積，角平分線的性質，等腰直角三角形的性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．綜合性強，有一定難度．
2．（2021 臺州）如圖，在四邊形ABCD中，AB＝AD＝20，BC＝DC＝10．
（1）求證：△ABC≌△ADC；
（2）當∠BCA＝45°時，求∠BAD的度數．
【考點】全等三角形的判定與性質；解直角三角形．
【答案】（1）詳見證明過程；
（2）60°．
【點撥】（1）根據已知條件利于SSS即可求證△ABC≌△ADC；
（2）過點B作BE⊥AC于點E，根據已知條件利于銳角三角函數求出BE的長，再根據Rt△ABE邊的關系即可推出∠BAC的度數，從而求出∠BAD的度數．
【解析】解：（1）證明：在△ABC和△ADC中，
，
∴△ABC≌△ADC（SSS）；
（2）過點B作BE⊥AC于點E，如圖所示，
∵∠BCA＝45°，BC＝10，
∴sin∠BCA＝sin45°＝＝＝，
∴BE＝10，
又∵在Rt△ABE中，AB＝20，BE＝10，
∴∠BAE＝30°，
又∵△ABC≌△ADC，
∴∠BAD＝∠BAE+∠DAC＝2∠BAE＝2×30°＝60°．
【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，熟練掌握全等三角形的判定定理以及能結合三角函數進行正確計算是解題的關鍵．
1．（2022 金華）如圖，AC與BD相交于點O，OA＝OD，OB＝OC，不添加輔助線，判定△ABO≌△DCO的依據是（　　）
A．SSS B．SAS C．AAS D．HL
【考點】全等三角形的判定．
【答案】B
【點撥】根據題目中的條件和全等三角形的判定方法，可以得到判定△ABO≌△DCO的依據．
【解析】解：在△AOB和△DOC中，
，
∴△AOB≌△DOC（SAS），
故選：B．
【點睛】本題考查全等三角形的判定，解答本題的關鍵是明確題意，寫出△AOB和△DOC全等的證明過程．
2．（2021 吳興區一模）已知：如圖，點D，E分別在AC，AB上，AB＝AC，添加一個條件，不能判定△ABD≌△ACE的是（　　）
A．BD＝CE B．AD＝AE C．∠B＝∠C D．∠ADB＝∠AEC
【考點】全等三角形的判定．
【答案】A
【點撥】根據全等三角形的判定定理逐項進行判斷即可得到結論．
【解析】解：已知條件中AB＝AC，∠A為公共角，
A．若添加BD＝CE，已知兩邊及一邊所對的角，則不能證明△ABD≌△ACE，故A選項合題意．；
B．若添加AD＝AE，可利用SAS定理可證明△ABD≌△ACE，故B選項不合題意；
C．若添加∠B＝∠C，可利用ASA定理可證明△ABD≌△ACE，故C選項不合題意；
D．若添加∠ADB＝∠AEC，可利用AAS定理可證明△ABD≌△ACE，故D選項不合題意；
故選：A．
【點睛】本題考查三角形全等的判定方法，熟練掌握全等三角形的判定定理是解決問題的關鍵．
3．（2021 婺城區模擬）三個全等三角形按如圖的形式擺放，則∠1+∠2+∠3的度數是（　　）
A．90° B．120° C．135° D．180°
【考點】全等三角形的性質．
【答案】D
【點撥】直接利用平角的定義結合三角形內角和定理以及全等三角形的性質得出∠4+∠9+∠6＝180°，∠5+∠7+∠8＝180°，進而得出答案．
【解析】解：如圖所示：
由圖形可得：∠1+∠4+∠5+∠8+∠6+∠2+∠3+∠9+∠7＝540°，
∵三個全等三角形，
∴∠4+∠9+∠6＝180°，
又∵∠5+∠7+∠8＝180°，
∴∠1+∠2+∠3+180°+180°＝540°，
∴∠1+∠2+∠3的度數是180°．
故選：D．
【點睛】此題主要考查了全等三角形的性質以及三角形內角和定理，正確掌握全等三角形的性質是解題關鍵．
4．（2021 麗水模擬）下列判斷中錯誤的是（　　）
A．有兩角和一邊對應相等的兩個三角形全等 B．有兩邊和一角對應相等的兩個三角形全等
C．有兩邊和其中一邊上的中線對應相等的兩個三角形全等
D．有一邊對應相等的兩個等邊三角形全等
【考點】全等三角形的判定．
【答案】B
【點撥】根據全等三角形的判定定理（AAS、ASA、SSS等）進行判斷．
【解析】解：A、當兩個三角形中兩角及一邊對應相等時，其中如果邊是這兩角的夾邊時，可用ASA來判定兩個三角形全等，如果邊是其中一角的對邊時，則可用AAS來判定這兩個三角形全等，故此選項正確；
B、當兩個三角形中兩條邊及一角對應相等時，其中如果這組角是兩邊的夾角時兩三角形全等，如果不是這兩邊的夾角的時候不一定全等，故此選項錯誤；
C、有兩邊和其中一邊上的中線對應相等的兩個三角形，符合“ASA”判定方法，所以，兩個三角形必定全等．故本選項正確；
D、利用SSS．可以判定三角形全等．故D選項正確；
故選：B．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定，判定兩個三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS．
5．（2023 金東區二模）如圖，點B，E，C，F共線，AB∥DE，∠A＝∠D，添加一個條件，不能判斷△ABC≌△DEF的是（　　）
A．AB＝DE B．∠ACB＝∠F C．BE＝CF D．AC＝DF
【考點】全等三角形的判定．
【答案】B
【點撥】根據全等三角形的判定方法對各選項進行判斷．
【解析】解：∵AB∥DE，
∴∠B＝∠DEF．
A、由∠B＝∠DEF，∠A＝∠D，AB＝DE可以判定△ABC≌△DEF（ASA），不符合題意；
B、由∠B＝∠DEF，∠A＝∠D，∠ACB＝∠F不可以判定△ABC≌△DEF（AAA），符合題意；
C、由∠B＝∠DEF，∠A＝∠D，BE＝CF可以判定△ABC≌△DEF（AAS），不符合題意；
D、由∠B＝∠DEF，∠A＝∠D，AC＝DF可以判定△ABC≌△DEF（AAS），不符合題意；
故選：B．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定：熟練掌握全等三角形的5種判定方法是解決問題的關鍵．選用哪一種判定方法，取決于題目中的已知條件．
6．（2022 新昌縣模擬）如圖是沙漏示意圖（數據如圖），上下兩部分為全等三角形，將上半部分填滿沙子后，在沙子下落至如圖位置時，AB的長為多少？（正在下落的沙子忽略不計）（　　）
A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm
【考點】全等三角形的性質．
【答案】D
【點撥】如圖，OE⊥CD于E，交AB于F，利用全等三角形的性質得到OF＝5cm，OE＝cm，然后根據平行線分線段成比例定理得到＝，則解方程可得AB的長．
【解析】解：如圖，OE⊥CD于E，交AB于F，
∵上下兩部分為全等三角形，
∴OF＝5cm，OE＝cm，
∵AB∥CD，
∴＝，即＝，
∴AB＝4cm．
故選：D．
【點睛】本題考查了全等三角形的性質：全等三角形的對應邊相等；全等三角形的對應角相等．也考查了相似三角形的判定與性質．
7．（2023 北侖區二模）如圖，點D、E是△ABC邊BC上的三等分點，且AD⊥BC，F為AD的中點，連接BF、EF，若BF＝3，則AC的長為（　　）
A．4.5 B．6 C．7.5 D．9
【考點】全等三角形的判定與性質；三角形中位線定理．
【答案】B
【點撥】先證明△BDF≌△EDF（SAS），根據全等三角形的性質可得BF＝EF，再證明EF為△ACD的中位線，根據三角形中位線定理可得EF＝AC，即可求出AC的長．
【解析】解：∵點D、E是△ABC邊BC上的三等分點，
∴BD＝DE＝EC，
∵AD⊥BC，
∴∠BDF＝∠EDF＝90°，
在△BDF和△EDF中，
，
∴△BDF≌△EDF（SAS），
∴BF＝EF，
∵BF＝3，
∴EF＝3，
∵F為AD的中點，E為CD的中點，
∴EF為△ACD的中位線，
∴EF＝AC，
∴AC＝2EF＝6，
故選：B．
【點睛】本題考查了三角形中位線定理，全等三角形的判定和性質，熟練掌握這些性質是解題的關鍵．
8．（2021 溫州模擬）如圖1是由四個全等的直角三角形組成的“風車”圖案，其中∠AOB＝90°，延長直角三角形的斜邊恰好交于另一直角三角形的斜邊中點，得到如圖2，若IJ＝，則該“風車”的面積為（　　）
A．+1 B．2 C．4﹣ D．4
【考點】全等三角形的性質；直角三角形斜邊上的中線．
【答案】B
【點撥】“風車”的面積為△ABO面積的4倍，求出△AOB的面積即可．
【解析】解：連接BH．
由題意，四邊形IJKL是正方形．
∵IJ＝，
∴正方形IJKL的面積＝2，
∴四邊形IBOH的面積＝×2＝，
∵HI垂直平分AB，
∴HA＝HB，
∵OH＝OB，∠BOH＝90°，
∴HA＝BH＝OH，
∴S△ABH：S△BOH＝，
∵S△AIH＝S△IBH，
∴S△IBH：S△BOH＝：2，
∴S△AHI＝S△IBH＝×S四邊形IBOH＝×＝，
∴S△AOB＝S△AIH+S四邊形IBOH＝+＝，
∴“風車”的面積＝4S△AOB＝2．
故選：B．
【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質，等腰三角形的性質和全等三角形的判定定理等知識點，能熟記全等三角形的判定定理是解此題的關鍵，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，兩直角三角形全等還有HL．
9．（2023 寧波模擬）如圖，在△ABC中，∠ABC＝60°，AD平分∠BAC交BC于點D，CE平分∠ACB交AB于點E，AD、CE交于點F．則下列說法正確的個數為（　　）
①∠AFC＝120°；②S△ABD＝S△ADC，③若AB＝2AE，則CE⊥AB；④CD+AE＝AC；⑤S△AEF：S△FDC＝AF：FC．
A．2個 B．3個 C．4個 D．5個
【考點】全等三角形的判定與性質．
【答案】C
【點撥】①根據三角形內角和定理可得∠ACB+∠CAB＝120°，然后根據AD平分∠BAC，CE平分∠ACB，可得∠FCA＝，∠FAC＝CAB，再根據三角形內角和定理即可進行判斷；
②當AD是△ABC的中線時，S△ABD＝S△ADC，進而可以進行判斷；
③延長CE至G，使GE＝CE，連接BG，根據AB＝2AE，證明△ACE≌△BGE（SAS），得∠ACE＝∠G，然后根據等腰三角形的性質進而可以進行判斷；
④作∠AFC的平分線交AC于點G，可得∠AFG＝∠CFG＝∠AFE＝60°，證明△AEF≌△AGF（ASA），△CDF≌△CGF（ASA），可得AE＝AG，CD＝CG，進而可以判斷；
⑤過G作GM⊥FC，GH⊥AF于點G，H，由④知，FG為∠AFC的角平分線，可得GH＝GM，所以可得S△AGF：S△FGC＝AF：FC，根據△AEF≌△AGF，△CDF≌△CGF，進而可以進行判斷．
【解析】解：①在△ABC中，∠ABC＝60°，
∴∠ACB+∠CAB＝120°，
∵AD平分∠BAC，CE平分∠ACB，
∴∠FCA＝，∠FAC＝CAB，
∴∠AFC＝180°﹣（∠FCA+∠FAC）＝180°﹣（∠ACB+∠CAB）＝120°，故①正確；
②當AD是△ABC的中線時，S△ABD＝S△ADC，
而AD平分∠BAC，故②錯誤；
③如圖，延長CE至G，使GE＝CE，連接BG，
∵AB＝2AE，
∴AE＝BE，
∵∠AEC＝∠BEG，
∴△ACE≌△BGE（SAS），
∴∠ACE＝∠G，CE＝GE，
∵CE為角平分線，
∴∠ACE＝∠BCE，
∴∠BCE＝∠G，
∴BC＝BG，
∵CE＝GE，
∴BE⊥CE，故③正確；
④如圖，作∠AFC的平分線交AC于點G，
由①得∠AFC＝120°，
∴∠AFG＝∠CFG＝60°，
∴∠AFE＝60°，
∴∠AFG＝∠CFG＝∠AFE＝60°，
∵∠EAF＝∠GAF，∠DCF＝∠GCF，
∴△AEF≌△AGF（ASA），△CDF≌△CGF（ASA），
∴AE＝AG，CD＝CG，
∴CD+AE＝CG+AG＝AC，故④正確；
⑤過G作GM⊥FC，GH⊥AF于點G，H，
由④知，FG為∠AFC的角平分線，
∴GH＝GM，
∴S△AGF：S△FGC＝AF：FC，
∵△AEF≌△AGF，△CDF≌△CGF，
∴S△AEF：S△FDC＝AF：FC，故⑤正確．
綜上所述：正確的有①③④⑤，共4個，
故選：C．
【點睛】本題考查了角平分線的定義，三角形全等的性質和判定，作輔助線，構建三角形全等是關鍵，有難度．
10．（2023 天臺縣一模）如圖，△ADE≌△ABC，點D在邊AC上，延長ED交邊BC于點F，若∠EAC＝35°，則∠BFD＝　145°　．
【考點】全等三角形的性質．
【答案】145°．
【點撥】依據題意，由△ADE≌△ABC可得∠E＝∠C，然后利用“八字形可得∠EAC＝∠CFD＝35°，進而可得∠BFD＝180°﹣∠CFD，故可得解．
【解析】解：∵△ADE≌△ABC，
∴∠E＝∠C．
又∠EAC＝180°﹣∠E﹣∠EDA，∠CFD＝180°﹣∠C﹣∠CDF，且∠EDA＝∠CDF，
∴∠EAC＝∠CFD＝35°．
∴∠BFD＝180°﹣∠CFD＝145°．
故答案為：145°．
【點睛】本題考查了全等三角形的性質及三角形的內角和定理的應用，解題時要分析題意找出要求角與已知條件間的關系．
11．（2021 衢州四模）如圖，點A，F，C，D在同一條直線上，BC∥EF，AC＝FD，請你添加一個條件　BC＝EF或∠B＝∠E或∠A＝∠D（答案不唯一）　，使得△ABC≌△DEF．
【考點】全等三角形的判定．
【答案】BC＝EF或∠B＝∠E或∠A＝∠D（答案不唯一）．
【點撥】由全等三角形的判定定理可求解．
【解析】解：∵BC∥EF，
∴∠BCA＝∠EFD，
若添加BC＝EF，且AC＝FD，由“SAS”可證△ABC≌△DEF；
若添加∠B＝∠E，且AC＝FD，由“AAS”可證△ABC≌△DEF；
若添加∠A＝∠D，且AC＝FD，由“ASA”可證△ABC≌△DEF；
故答案為：BC＝EF或∠B＝∠E或∠A＝∠D（答案不唯一）．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定定理是本題的關鍵．
12．（2022 諸暨市模擬）已知△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝120°，在同一平面內，若△ABP≌△BAC，則PC的長為 　4或　．
【考點】全等三角形的性質；等腰三角形的性質；含30度角的直角三角形．
【答案】4或．
【點撥】根據題意，分兩種情況：①根據全等三角形的性質可得PB＝2，∠PBC＝90°，根據等腰三角形的性質以及勾股定理可得BC的長，再在Rt△PBC中根據勾股定理即可求出PC的長；②根據全等三角形的性質可得BP＝AC＝2，∠PBA＝∠CAB＝120°，過點P作PH⊥BC，交CB的延長線于點H，可得∠PBH＝30°，根據含30°角的直角三角形的性質可得PH，進一步求出CH，再在Rt△PCH中根據勾股定理即可求出PC的長．
【解析】解：根據題意，分兩種情況：
①如圖所示：
∵AB＝AC＝2，∠A＝120°，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°，
∵△ABP≌△BAC，
∴BP＝AC＝2，∠PBA＝∠CAB＝120°，
∴∠PBC＝120°﹣30°＝90°，
過點A作AM⊥BC于點M，
則AM＝AB＝1，
根據勾股定理，得BM＝，
∴BC＝2BM＝2，
在Rt△PBC中，根據勾股定理，得PC＝＝4；
②如圖所示：
∵△ABP≌△BAC，
∴BP＝AC＝2，∠PBA＝∠CAB＝120°，
過點P作PH⊥BC，交CB的延長線于點H，
則∠PBH＝30°，
∴PH＝PB＝1，
根據勾股定理，得BH＝，
∵BC＝2，
∴CH＝3，
在Rt△PHC中，根據勾股定理，得PC＝＝，
綜上，PC的長為4或，
故答案為：4或．
【點睛】本題考查了全等三角形的性質，涉及等腰三角形的性質，含30°角的直角三角形的性質等，熟練掌握這些性質是解題的關鍵，注意分情況討論．
13．（2021 紹興）已知△ABC與△ABD在同一平面內，點C，D不重合，∠ABC＝∠ABD＝30°，AB＝4，AC＝AD＝2，則CD長為 　2±2或4或2　．
【考點】全等三角形的判定與性質；角平分線的性質；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【答案】2±2或4或2．
【點撥】分C，D在AB的同側或異側兩種情形，分別求解，注意共有四種情形．
【解析】解：如圖，當C，D同側時，過點A作AE⊥CD于E．
在Rt△AEB中，∠AEB＝90°，AB＝4，∠ABE＝30°，
∴AE＝AB＝2，
∵AD＝AC＝2，
∴DE＝＝2，EC＝＝2，
∴DE＝EC＝AE，
∴△ADC是等腰直角三角形，
∴CD＝4，
當C，D異側時，過C′作C′H⊥CD于H，
∵△BCC′是等邊三角形，BC＝BE﹣EC＝2﹣2，
∴CH＝BH＝﹣1，C′H＝CH＝3﹣，
在Rt△DC′H中，DC′＝＝＝2，
∵△DBD′是等邊三角形，
∴DD′＝2+2，
∴CD的長為2±2或4或2．
故答案為：2±2或4或2．
【點睛】本題考查直角三角形30°角的性質，等腰直角三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考填空題中的壓軸題．
14．（2021 定海區模擬）已知：在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB∥CD．求證：△ABC≌△CDA．小華證明過程如下框：
證明：∵AD∥BC，∴∠2＝∠4， 又∵AB∥CD，∴∠1＝∠3， 又∵AC＝CA，∴△ABC≌△CDA
小華的證法是否正確？若正確，請在框內打“√”，若錯誤，請寫出你的證明過程．
【考點】全等三角形的判定．
【答案】不正確．
【點撥】根據平行線的性質，由AD∥BC得到∠1＝∠3，由AB//CD得到∠2＝∠4，然后根據“ASA”可判斷△ABC≌△CDA．
【解析】解：小華的證法不正確．
證明：∵AD//BC，
∴∠1＝∠3，
又∵AB//CD，
∴∠2＝∠4，
在△ABC和△CDA中，
，
∴△ABC≌△CDA（ASA）．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定：熟練掌握全等三角形的5種判定方法是解決問題的方法．選用哪一種方法，取決于題目中的已知條件．
15．（2022 衢州）已知：如圖，∠1＝∠2，∠3＝∠4．求證：AB＝AD．
【考點】全等三角形的判定與性質．
【答案】證明見解答過程．
【點撥】根據鄰補角的定義得出∠ACB＝∠ACD，利用ASA證明△ACB≌△ACD，根據全等三角形的性質即可得解．
【解析】證明：∵∠3＝∠4，
∴∠ACB＝∠ACD，
在△ACB和△ACD中，
，
∴△ACB≌△ACD（ASA），
∴AB＝AD．
【點睛】此題考查了全等三角形的判定與性質，利用ASA證明△ACB≌△ACD是解題的關鍵．
16．（2023 衢州）已知：如圖，在△ABC和△DEF中，B，E，C，F在同一條直線上．下面四個條件：
①AB＝DE；②AC＝DF；③BE＝CF；④∠ABC＝∠DEF．
（1）請選擇其中的三個條件，使得△ABC≌△DEF（寫出一種情況即可）．
（2）在（1）的條件下，求證：△ABC≌△DEF．
【考點】全等三角形的判定．
【答案】（1）選擇的三個條件是：①②③，或者選擇的三個條件是：①③④；
（2）證明見解析過程．
【點撥】（1）根據兩三角形全等的判定定理，選擇合適的條件即可．
（2）根據（1）中所選條件，進行證明即可．
【解析】解：（1）由題知，
選擇的三個條件是：①②③；
或者選擇的三個條件是：①③④．
證明：（2）當選擇①②③時，
∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，
即BC＝EF．
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SSS）．
當選擇①③④時，
∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，
即BC＝EF．
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
【點睛】本題考查全等三角形的證明，熟知全等三角形的判定定理是解題的關鍵．
17．（2021 杭州）在①AD＝AE，②∠ABE＝∠ACD，③FB＝FC這三個條件中選擇其中一個，補充在下面的問題中，并完成問題的解答．
問題：如圖，在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，點D在AB邊上（不與點A，點B重合），點E在AC邊上（不與點A，點C重合），連接BE，CD，BE與CD相交于點F．若 　①AD＝AE（②∠ABE＝∠ACD或③FB＝FC）　，求證：BE＝CD．
【考點】全等三角形的判定與性質．
【答案】見試題解答內容
【點撥】若選擇條件①，利用∠ABC＝∠ACB得到AB＝AC，則可根據“SAS”可判斷△ABE≌△ACD，從而得到BE＝CD；
選擇條件②，利用∠ABC＝∠ACB得到AB＝AC，則可根據“ASA”可判斷△ABE≌△ACD，從而得到BE＝CD；
選擇條件③，利用∠ABC＝∠ACB得到AB＝AC，再證明∠ABE＝∠ACD，則可根據“ASA”可判斷△ABE≌△ACD，從而得到BE＝CD．
【解析】證明：選擇條件①的證明為：
∵∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE＝CD；
選擇條件②的證明為：
∵∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（ASA），
∴BE＝CD；
選擇條件③的證明為：
∵∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC，
∵FB＝FC，
∴∠FBC＝∠FCB，
∴∠ABC﹣∠FBC＝∠ACB﹣∠FCB，
即∠ABE＝∠ACD，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（ASA），
∴BE＝CD．
故答案為①AD＝AE（②∠ABE＝∠ACD或③FB＝FC）
【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質：全等三角形的判定是結合全等三角形的性質證明線段和角相等的重要工具．在判定三角形全等時，關鍵是選擇恰當的判定條件．也考查了等腰三角形的性質．
18．（2023 越城區三模）如圖，C是AB上一點，點D、E分別位于AB的異側，AD∥BE，且AD＝BC，AC＝BE．
（1）求證：CD＝CE；
（2）當AC＝2時，求BF的長；
（3）若∠A＝α，∠ACD＝25°，且△CDE為鈍角三角形，請直接寫出α的取值范圍．
【考點】全等三角形的判定與性質．
【答案】（1）見解析；
（2）2；
（3）40°＜α＜130°．
【點撥】（1）由平行線的性質，結合條件可證明△ADC≌△BCE，可證明CD＝CE；
（2）由（1）中的三角形全等可得∠CDE＝∠CED，∠ACD＝∠BEC，可證明∠BFE＝∠BEF，可證明△BEF為等腰三角形；
（3）由△CDE是鈍角三角形，可得0°＜∠CDE＜45°，再利用三角形的內角和可得α的范圍．
【解析】（1）證明：∵AD∥BE，
∴∠A＝∠B，
在△ADC和△BCE中，
，
∴△ADC≌△BCE（SAS），
∴CD＝CE；
（2）解：由（1）可知CD＝CE，
∴∠CDE＝∠CED，
由（1）可知△ADC≌△BCE，
∴∠ACD＝∠BEC，
∴∠CDE+∠ACD＝∠CED+∠BEC，
即∠BFE＝∠BED，
∴BE＝BF，
即BF＝BE＝AC＝2；
（3）解：∵△CDE是鈍角三角形，∠CDE＝∠CED，
∴0°＜∠CDE＜45°，
∵AD∥BE，
∴∠ADE＝∠BED，
即∠ADE＝∠AFD，
∴∠ADE＝（180°﹣α）＝90°﹣α，
∵∠AFD＝∠CDE+25°，
∴α+∠ADF+∠CDE+25°＝180°，
即∠CDE＝65°﹣α，
∴0°＜65°﹣＜45°，
解得：40°＜α＜130°．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質、等腰三角形的判定以及三角形的外角的性質，掌握全等三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．
1．（2021 哈爾濱）如圖，△ABC≌△DEC，點A和點D是對應頂點，點B和點E是對應頂點，過點A作AF⊥CD，垂足為點F，若∠BCE＝65°，則∠CAF的度數為（　　）
A．30° B．25° C．35° D．65°
【考點】全等三角形的性質．
【答案】B
【點撥】由全等三角形的性質可求得∠ACD＝65°，由垂直可得∠CAF+∠ACD＝90°，進而可求解∠CAF的度數．
【解析】解：∵△ABC≌△DEC，
∴∠ACB＝∠DCE，
∵∠BCE＝65°，
∴∠ACD＝∠BCE＝65°，
∵AF⊥CD，
∴∠AFC＝90°，
∴∠CAF+∠ACD＝90°，
∴∠CAF＝90°﹣65°＝25°，
故選：B．
【點睛】本題主要考查全等三角形的性質，由全等三角形的性質求解∠ACD的度數是解題的關鍵．
2．（2023 涼山州）如圖，點E、點F在BC上，BE＝CF，∠B＝∠C，添加一個條件，不能證明△ABF≌△DCE的是（　　）
A．∠A＝∠D B．∠AFB＝∠DEC C．AB＝DC D．AF＝DE
【考點】全等三角形的判定．
【答案】D
【點撥】根據BE＝CF求出BF＝CE，再根據全等三角形的判定定理進行分析即可．
【解析】解：∵BE＝CF，
∴BE+EF＝CF+EF，
即BF＝CE，
∴當∠A＝∠D時，利用AAS可得△ABF≌△DCE，故A不符合題意；
當∠AFB＝∠DEC時，利用ASA可得△ABF≌△DCE，故B不符合題意；
當AB＝DC時，利用SAS可得△ABF≌△DCE，故C不符合題意；
當AF＝DE時，無法證明△ABF≌△DCE，故D符合題意；
故選：D．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定定理，能熟記全等三角形的判定定理是解此題的關鍵，全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，兩直角三角形全等還有HL等．
3．（2023 新昌縣模擬）如圖所示，AB＝BD，BC＝BE，要使△ABE≌△DBC，需添加條件（　　）
A．∠A＝∠D B．∠C＝∠E C．∠D＝∠E D．∠ABD＝∠CBE
【考點】全等三角形的判定．
【答案】D
【點撥】根據已知條件是兩個三角形的兩組對應邊，所以需要添加的條件必須能得到這兩邊的夾角相等，整理得到角的可能情況，然后選擇答案即可．
【解析】解：∵AB＝BD，BC＝BE，
∴要使△ABE≌△DBC，需添加的條件為∠ABE＝∠DBC，
又∠ABE﹣∠DBE＝∠DBC﹣∠DBE，
即∠ABD＝∠CBE，
∴可添加的條件為∠ABE＝∠DBC或∠ABD＝∠CBE．
綜合各選項，D選項符合．
故選：D．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定，根據兩邊確定出需添加的條件必須是這兩邊的夾角是解題的關鍵．
4．（2022 龍泉市一模）如圖，在△ABD和△ABC中，∠DAB＝∠CAB，點A，B，E在同一條直線上，添加下列條件，不能使△ABD≌△ABC的是（　　）
A．∠DBA＝∠CBA B．∠D＝∠C C．DA＝CA D．DB＝CB
【考點】全等三角形的判定．
【答案】D
【點撥】由于∠DAB＝∠CAB，AB為公共邊，則可根據全等三角形的判定方法可對各選項進行判斷．
【解析】解：∵∠DAB＝∠CAB，AB＝AB，
∴當添加∠DBA＝∠CBA時，則△ABD≌△ABC（ASA），所以A選項不符合題意；
當添加∠D＝∠C時，則△ABD≌△ABC（AAS），所以B選項不符合題意；
當添加DA＝CA時，△ABD≌△ABC（SAS），所以C選項不符合題意；
當添加DB＝CB時，不能判斷△ABD≌△ABC，所以D選項符合題意．
故選：D．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定：熟練掌握全等三角形的5種判定方法是解決問題的關鍵；選用哪一種方法，取決于題目中的已知條件．
5．（2023 紹興模擬）已知△ABC 的三邊長分別為6，8，10，過△ABC的某個頂點將該三角形剪成兩個小三角形，再將這兩個小三角形拼成△DEF，若△ABC與△DEF不全等，則這條剪痕的長可能為（　　）
A．4.8 B．6 C． D．8
【考點】全等三角形的性質；勾股定理；勾股定理的逆定理．
【答案】C
【點撥】首先根據勾股定理的逆定理判定△ABC是直角三角形，再根據剪成的兩個小三角形能夠拼成△DEF，可知剪痕只能是三角形的中線，由于△ABC與△DEF不全等，所以剪痕不能是斜邊的中線，然后分兩種情況討論即可．
【解析】解：如圖，△ABC中，AB＝6，BC＝8，AC＝10，
∵AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC是直角三角形，且∠B＝90°．
∵過△ABC的某個頂點將該三角形剪成兩個小三角形，再將這兩個小三角形拼成△DEF，△ABC與△DEF不全等，
∴這條剪痕可能是AB或BC邊的中線．
如果這條剪痕是AB邊的中線CN，那么AN＝BN＝AB＝3，
∵∠B＝90°，BC＝8，
∴CN＝＝＝；
如果這條剪痕是BC邊的中線AM，那么BM＝CM＝BC＝4，
∵∠B＝90°，AB＝6，
∴AM＝＝＝2；
∴這條剪痕的長可能為2．
故選：C．
【點睛】本題考查了勾股定理及其逆定理，三角形的中線，圖形的拼接，根據題意得出剪痕只能是三角形的中線是解題的關鍵．
6．（2023 南明區校級模擬）如圖，用直尺和圓規作已知角的平分線的示意圖，則說明∠CAD＝∠DAB的依據是（　　）
A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS
【考點】全等三角形的判定；作圖—基本作圖．
【答案】D
【點撥】利用三角形全等的判定證明．
【解析】解：從角平分線的作法得出，
△AFD與△AED的三邊全部相等，
則△AFD≌△AED．
故選：D．
【點睛】考查了全等三角形的判定，關鍵是根據三邊對應相等的兩個三角形全等（SSS）這一判定定理．
7．（2023 北京）如圖，點A，B，C在同一條直線上，點B在點A，C之間，點D，E在直線AC同側，AB＜BC，∠A＝∠C＝90°，△EAB≌△BCD，連接DE．設AB＝a，BC＝b，DE＝c，給出下面三個結論：
①a+b＜c；
②a+b＞；
③（a+b）＞c．
上述結論中，所有正確結論的序號是（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【考點】全等三角形的性質．
【答案】D
【點撥】①根據直角三角形的斜邊大于任一直角邊即可；
②在三角形中，兩邊之和大于第三邊，據此可解答；
③將c用a和b表示出來，再進行比較．
【解析】解：①過點D作DF∥AC，交AE于點F；過點B作BG⊥FD，交FD于點G．
∵DF∥AC，AC⊥AE，
∴DF⊥AE．
又∵BG⊥FD，
∴BG∥AE，
∴四邊形ABGF為矩形．
同理可得，四邊形BCDG也為矩形．
∴FD＝FG+GD＝a+b．
∴在Rt△EFD中，斜邊c＞直角邊a+b．
故①正確．
②∵△EAB≌△BCD，
∴AE＝BC＝b，
∴在Rt△EAB中，BE＝＝．
∵AB+AE＞BE，
∴a+b＞．
故②正確．
③∵△EAB≌△BCD，
∴∠AEB＝∠CBD，
又∵∠AEB+∠ABE＝90°，
∴∠CBD+∠ABE＝90°，
∴∠EBD＝90°．
∵BE＝BD，
∴∠BED＝∠BDE＝45°，
∴BE＝＝c sin45°＝c．
∴c＝．
∵＝2（a2+2ab+b2）＝2（a2+b2）+4ab＞2（a2+b2），
∴＞，
∴＞c．
故③正確．
故選：D．
【點睛】本題考查全等三角形的性質．雖然是選擇題，但計算量不小，比較繁瑣，需要細心、耐心．
8．（2023 平陽縣一模）如圖，以正方形ABCD的兩邊BC和AD為斜邊向外作兩個全等的直角三角形BCE和DAF，過點C作CG⊥AF于點G，交AD于點H，過點B作BI⊥CG于點I，過點D作DK⊥BE，交EB延長線于點K，交CG于點L．若S四邊形ABIG＝2S△BCE，GH＝1，則DK的長為（　　）
A．6 B． C．7 D．
【考點】全等三角形的判定與性質；勾股定理；全等圖形．
【答案】D
【點撥】作AM⊥BI于點M，先證△AMB≌△CEB≌AFD，推出△ABM 的面積是矩形AMIG面積的兩倍，從而得出IM＝BM．因此設IM＝x，可得BM＝2x，CE＝∠K＝3x，從而得出FD＝3，從而得到2x＝3，求出x，即可求出DK．
【解析】解：過A作AM⊥BI于點M，交LK于點N，
∵AB＝BC．∠ABC＝90°，
∴∠ABM+∠MBC＝90°，
∵∠CBE+∠BCE＝90°，∠MBC＝∠BCE，
∴∠ABM＝∠CBE，
又∵∠AMB＝∠E＝90°，
∴△AMB≌△CEB≌△AFD（AAS），
∵S 四邊形ABIG＝2S △BCE，
∴S 四邊形ABIG＝2S △AMB，
∴S 矩形AMIG＝S △ABM，
∴AM I M＝2AM BM，
∴IM＝BM，
設IM＝x，則BM＝2x，
∴CE＝LK＝3x，
∴AF＝3x，
∵，
∴，
∴FD＝3，
∴BM＝FD＝3，
∴2x＝3，
∴，
∴，
故選：D．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質和相似三角形的判定與性質．
9．（2023 岳麓區一模）如圖，△ABC≌△DEC，點B，C，D在同一條直線上，且CE＝1，CD＝2，則AE的長是 　1　．
【考點】全等三角形的性質．
【答案】1．
【點撥】根據全等三角形的性質得出對應邊相等，進而解答即可．
【解析】解：∵△ABC≌△DEC，CE＝1，CD＝2，
∴BC＝CE＝1，AC＝CD＝2，
∴CE＝CA﹣CE＝2﹣1＝1，
故答案為：1．
【點睛】本題考查全等三角形的性質，關鍵是根據全等三角形的性質得出對應邊相等解答．
10．（2022 武侯區模擬）如圖，已知△ABC≌△BAD，∠C＝30°，∠DBA＝100°，則∠BAD的度數為 　50°　．
【考點】全等三角形的性質．
【答案】50°．
【點撥】根據全等三角形的性質得出∠D＝∠C＝30°，再根據三角形內角和定理求出即可．
【解析】解：∵△ABC≌△BAD，∠C＝30°，
∴∠D＝∠C＝30°，
∵∠DBA＝100°，
∴∠BAD＝180°﹣∠D﹣∠DBA＝180°﹣30°﹣100°＝50°，
故答案為：50°．
【點睛】本題考查了全等三角形的性質和三角形內角和定理，能熟記全等三角形的對應角相等是解此題的關鍵．
11．（2022 湖北）如圖，已知AB∥DE，AB＝DE，請你添加一個條件 　∠A＝∠D　，使△ABC≌△DEF．
【考點】全等三角形的判定．
【答案】∠A＝∠D．
【點撥】添加條件：∠A＝∠D，根據ASA即可證明△ABC≌△DEF．
【解析】解：添加條件：∠A＝∠D．
∵AB∥DE，
∴∠B＝∠DEC，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（ASA），
故答案為：∠A＝∠D．（答案不唯一）
【點睛】本題考查了全等三角形的判定，熟練掌握全等三角形的判定方法是解題的關鍵．
12．（2021 寧波模擬）在△ABC和△A1B1C1中，已知AC＝A1C1＝2，BC＝4，B1C1＝3，∠C＝120°，∠C1＝60°，點D，D1分別在邊AB，A1B1上，且△ACD≌△C1A1D1，那么AD的長是　　．
【考點】全等三角形的性質．
【答案】．
【點撥】由題意可將△C1A1D1與△ACD重合，從而有BC∥B1C1，得出AD＝，只要求出AB的長，根據AC＝2，BC＝4，∠ACB＝120°解△ABC即可．
【解析】解：∵△ACD≌△C1A1D1，可以將△C1A1D1與△ACD重合，如圖，
∵∠ACB＝120°，∠A1C1B1＝60°，
∴BC∥B1C1，
∴＝，
作AH⊥BC，交BC延長線于H，
∵∠ACB＝120°，
∴∠ACH＝60°，
在Rt△ACH中，CH＝1，AH＝2×sin60°＝，
在Rt△ABH中，由勾股定理得：
，
∴，
故答案為：．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質，以及三角形相似的判定與性質、勾股定理等知識，將△C1A1D1與△ACD重合，條件集中是解決問題的關鍵．
13．（2023 溫州模擬）如圖，已知AC平分∠BAD，CE⊥AB于點E，CF⊥AD的延長線于點F．且BC＝CD＝10，AB＝21，AD＝9．則AC的長為 　17　．
【考點】全等三角形的判定與性質；角平分線的性質．
【答案】17．
【點撥】根據垂直定義可得∠F＝∠CEA＝∠CEB＝90°，再利用角平分線的性質可得CF＝CE，從而利用HL證明Rt△CFD≌Rt△CEB，然后利用全等三角形的性質可得DF＝BE，從而利用HL證明Rt△AFC≌Rt△AEC，進而可得AF＝AE，再根據線段的和差關系可求出DF＝BE＝6，從而在Rt△BCE中，利用勾股定理求出CE的長，最后在Rt△AEC中，利用勾股定理求出AC的長，即可解答．
【解析】解：∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴∠F＝∠CEA＝∠CEB＝90°，
∵AC平分∠BAD，
∴CF＝CE，
∵CD＝BC＝10，
∴Rt△CFD≌Rt△CEB（HL），
∴DF＝BE，
∵AC＝AC，
∴Rt△AFC≌Rt△AEC（HL），
∴AF＝AE，
∴AD+DF＝AB﹣BE，
∴9+DF＝21﹣BE，
解得：DF＝BE＝6，
∴CE＝＝＝8，
在Rt△AEC中，AE＝AB﹣BE＝21﹣6＝15，
∴AC＝＝＝17，
故答案為：17．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，角平分線的性質，熟練掌握全等三角形的判定與性質是解題的關鍵．
14．（2023 云南）如圖，C是BD的中點，AB＝ED，AC＝EC．求證：△ABC≌△EDC．
【考點】全等三角形的判定．
【答案】證明過程見解析．
【點撥】求出BC＝DC，根據全等三角形的判定定理證明即可．
【解析】證明：∵C是BD的中點，
∴BC＝DC，
在△ABC和△EDC中，
，
∴△ABC≌△EDC（SSS）．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定定理，能熟記全等三角形的判定定理是解此題的關鍵，全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，兩直角三角形全等還有HL．
15．（2022 樂山）如圖，B是線段AC的中點，AD∥BE，BD∥CE．求證：△ABD≌△BCE．
【考點】全等三角形的判定．
【答案】見解析．
【點撥】根據ASA判定定理直接判定兩個三角形全等．
【解析】證明：∵點B為線段AC的中點，
∴AB＝BC，
∵AD∥BE，
∴∠A＝∠EBC，
∵BD∥CE，
∴∠C＝∠DBA，
在△ABD與△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE．（ASA）．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定，熟練掌握全等三角形的判定定理是解題的關鍵．
16．（2023 婺城區模擬）如圖，已知點D在射線AE上BD＝CD，AE平分∠BAC與∠BDC，求證AB＝AC．小明的證明過程如下：
證明：∵AE平分∠BAC． ∴∠BAD＝∠CAD． ∵AD＝AD，BD＝CD． ∴△ABD≌△ACD ∴AB＝AC．
小明的證明是否正確？若正確，請打“√”，若錯誤，請寫出你的證明過程．
【考點】全等三角形的判定與性質．
【答案】小明的證明不正確；正確的證明見解析．
【點撥】由平分，證明∠BDE＝∠CDE，再由鄰補角，推出∠BDA＝∠CDA，根據SAS可證明△BDA≌△CDA，即可證明AB＝AC．
【解析】解：小明利用的是SSA，是不能證明△ABD與△ACD全等，故小明的證明不正確；
正確的證明如下，
∵AE平分∠BDC，
∴∠BDE＝∠CDE，
∴∠BDA＝∠CDA，
∵AD＝AD，BD＝CD，
∴△BDA≌△CDA（SAS），
∴AB＝AC．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定定理，能熟練掌握全等三角形的判定定理是解此題的關鍵，全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，兩直角三角形全等還有HL．
17．（2023 南崗區三模）已知：AB＝AC，點D，E分別在AB，AC上，且BD＝CE．
（1）如圖1，求證：∠B＝∠C；
（2）如圖2，BE交CD于點F，連接AF，在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出圖2中四對全等的三角形．
【考點】全等三角形的判定．
【答案】（1）見解答過程；
（2）△ABE≌△ACD，△ABF≌△ACF，△ADF≌△AEF，△BDF≌△CEF．
【點撥】（1）由已知條件可求得AD＝AE，利用SAS可判定△ABE≌△ACD，即有∠B＝∠C；
（2）根據條件寫出相應的全等的三角形即可．
【解析】（1）證明：∵AB＝AC，BD＝CE，
∴AB﹣BD＝AC﹣CE，
即AD＝AE，
在△ABE與△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴∠B＝∠C；
（2）解：由（1）得△ABE≌△ACD，
∴BE＝CD，∠B＝∠C，
在△BDF與△CEF中，
，
∴△BDF≌△CEF（AAS），
∴BF＝CF，
在△ABF與△ACF中，
，
∴△ABF≌△ACF（SSS），
∵BE﹣BF＝CD﹣CF，
即EF＝DF，
在△ADF與△AEF中，
，
∴△ADF≌△AEF（SSS）．
綜上所述：全等三角形有：△ABE≌△ACD，△ABF≌△ACF，△ADF≌△AEF，△BDF≌△CEF．
【點睛】本題主要考查全等三角形的判定，解答的關鍵是結合圖形分析清楚各角與各邊的關系．
18．（2023 杭州一模）如圖，在△ABC中，AC＞AB，射線AD平分∠BAC，交BC于點E，點F在邊AB的延長線上，AF＝AC，連接EF．
（1）求證：△AEC≌△AEF．
（2）若∠AEB＝50°，求∠BEF的度數．
【考點】全等三角形的判定與性質．
【答案】（1）證明見解析；
（2）80°．
【點撥】（1）由射線AD平分∠BAC，可得∠CAE＝∠FAE，進而可證△AEC≌△AEF（SAS）；
（2）由△AEC≌△AEF（SAS），可得∠C＝∠F，由三角形外角的性質可得∠AEB＝∠CAE+∠C＝50°，則∠FAE+∠F＝50°，根據∠FAE+∠F+∠AEB+∠BEF＝180°，計算求解即可．
【解析】（1）證明：射線AD平分∠BAC，
∴∠CAE＝∠FAE，
在△AEC和△AEF中，
，
∴△AEC≌△AEF（SAS）；
（2）解：∵△AEC≌△AEF（SAS），
∴∠C＝∠F，
∵∠AEB＝∠CAE+∠C＝50°，
∴∠FAE+∠F＝50°，
∵∠FAE+∠F+∠AEB+∠BEF＝180°，
∴∠BEF＝80°，
∴∠BEF為80°．
【點睛】本題考查了角平分線，全等三角形的判定與性質，三角形外角的性質，三角形內角和定理．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．
19．（2023 溫州二模）如圖，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，連結BD，CE．
（1）求證：△ABD≌△ACE．
（2）若∠BCE﹣∠ABC＝15°，求∠ABD的度數．
【考點】全等三角形的判定與性質．
【答案】（1）見解析；
（2）15°．
【點撥】（1）由已知條件可求得∠BAD＝∠CAE，利用SAS即可判定△ABD≌△ACE；
（2）由題意可得∠ABC＝∠ACB，從而可求得∠ACE＝15°，結合（1）即可求得∠ABD的度數．
【解析】（1）證明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE．
在△ABD與△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）解：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB．
∵∠BCE﹣∠ABC＝15°，
∴∠BCE﹣∠ACB＝15°，
即∠ACE＝15°，
∵△ABD≌△ACE，
∴∠ABD＝∠ACE＝15°．
【點睛】本題主要考查全等三角形的判定與性質，解答的關鍵是結合圖形求得∠BAD＝∠CAE．
20．（2023 龍港市一模）如圖，△ABC是等邊三角形，D是邊AB上一點，以CD為邊作E等邊△CDE，DE交AC于點F，連接AE，
（1）求證：△BCD≌△ACE．
（2）若BC＝6，AE＝2，求CD的長．
【考點】全等三角形的判定與性質；等邊三角形的性質．
【答案】（1）見解析；
（2）．
【點撥】（1）直接利用SAS證明△BCD≌△ACE即可；
（2）如圖，作DG⊥BC于點G，利用全等三角形的性質得到BD＝AE＝2，再由含30度角的直角三角形的性質和勾股定理求出BG＝1，，進而得到CG＝5，則由勾股定理可得．
【解析】（1）證明：∵△ABC與△CDE是等邊三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE，
∴△BCD≌△ACE（SAS）；
（2）解：如圖，作DG⊥BC于點G，
∵△BCD≌△ACE，
∴BD＝AE＝2．
∵∠B＝60°，
∴BG＝1，，
∴CG＝BC﹣BG＝6﹣1＝5，
∴．
【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質，全等三角形的性質與判定，正確作出輔助線構造直角三角形是解題的關鍵．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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