七年级下全等三角形的性质与判定

全等三角形的性质与判定题型一 利用全等三角形求长度【典例1】（2019•宜兴市期末）如图，锐角△ABC 的高AD 、BE 相交于F ，若BF ＝AC ，BC ＝7，CD ＝2，则AF 的长为 3 ．【详解】解：∵AD ⊥BC ，BE ⊥AC ，∴∠BDF ＝∠ADC ＝∠BEC ＝90°，∴∠DBF +∠C ＝90°，∠DAC +∠C ＝90°，∴∠DBF ＝∠DAC ，在△BDF 与△ADC 中，{∠DBF =∠DAC ∠BDF =∠ADC BF =AC∴△BDF ≌△ADC （ASA ），∴AD ＝BD ＝BC ﹣CD ＝7﹣2＝5，DF ＝CD ＝2，∴AF ＝AD ﹣DF ＝5﹣2＝3；故答案为：3．【典例2】（2019•中山市期末）如图，点A 、D 、C 、E 在同一条直线上，AB ∥EF ，AB ＝EF ，∠B ＝∠F ，AE ＝10，AC ＝6，求CD 的长．【详解】解：∵AB ∥EF ，∴∠A ＝∠E ，在△ABC 和△EFD 中，{∠A =∠EAB =EF ∠B =∠F，∴△ABC ≌△EFD （ASA ），∴AC ＝ED ＝6，∴AD ＝AE ﹣ED ＝10﹣6＝4，∴CD ＝AC ﹣AD ＝6﹣4＝2．题型二 利用全等三角形求角度【典例3】（2019•渠县期末）如图所示，在△ABC 中，∠B ＝∠C ＝50°，BD ＝CF ，BE ＝CD ，则∠EDF 的度数是 50° ．【详解】解：如图，在△BDE 与△CFD 中，{BD =CF ∠B =∠C =50°BE =CD，∴△BDE ≌△CFD （SAS ），∴∠BDE ＝∠CFD ，∠EDF ＝180°﹣（∠BDE +∠CDF ）＝180°﹣（∠CFD +∠CDF ）＝180°﹣（180°﹣∠C ）＝50°， ∴∠EDF ＝50°，故答案是：50°．【典例4】（2019•苍南期中）如图，∠BAD ＝∠CAE ，AB ＝AD ，AC ＝AE ．且E ，F ，C ，D 在同一直线上．（1）求证：△ABC ≌△ADE ；（2）若∠B ＝30°，∠BAC ＝100°，点F 是CE 的中点，连结AF ，求∠F AE 的度数．【点睛】（1）要证△ABC ≌△ADE ，由已知条件∠BAD ＝∠CAE ，AB ＝AD ，AC ＝AE ，所以∠BAD +∠DAC ＝∠CAE +∠DAC ，所以可以由SAS 判定两三角形全等；（2）结合（1）中全等三角形的性质和等腰三角形“三线合一”的性质求得答案．【详解】（1）证明：∵∠BAD ＝∠CAE （已知），∴∠BAD +∠DAC ＝∠CAE +∠DAC ，即∠BAC ＝∠DAE ．在△ABC 与△ADE 中，{AB =AE(已知)∠BAC =∠DAC AC =AE(已知)，∴△ABC ≌△ADE （SAS ）；（2）∵∠B +∠ACB +∠BAC ＝180°，∴∠ACB ＝180°﹣∠B ﹣∠BAC ＝50°．∵△ABC ≌△ADE ，∴∠ACB ＝∠AED ＝50°．∵点F 是CE 的中点，∴AF ⊥CE ．∴∠F AE ＝90°﹣∠E ＝40°．题型三 利用全等三角形证明位置关系【典例5】（2019•萧山区期中）BD 、CE 分别是△ABC 的边AC 、AB 上的高，P 在BD 的延长线上，且BP ＝AC ，点Q 在CE 上，CQ ＝AB ．求证：（1）AP ＝AQ ；（2）AP ⊥AQ ．【点睛】（1）由于BD ⊥AC ，CE ⊥AB ，可得∠ABD ＝∠ACE ，又有对应边的关系，进而得出△ABP ≌△QCA ，即可得出结论．（2）在（1）的基础上，证明∠P AQ ＝90°即可．【详解】证明：（1）∵BD ⊥AC ，CE ⊥AB （已知），∴∠BEC ＝∠BDC ＝90°，∴∠ABD +∠BAC ＝90°，∠ACE +∠BAC ＝90°（垂直定义），∴∠ABD ＝∠ACE （等角的余角相等），在△ABP 和△QCA 中，{BP =AC∠ABD =∠ACE CQ =AB，∴△ABP ≌△QCA （SAS ），∴AP ＝AQ （全等三角形对应边相等）．（2）由（1）可得∠CAQ ＝∠P （全等三角形对应角相等），∵BD ⊥AC （已知），即∠P +∠CAP ＝90°（直角三角形两锐角互余），∴∠CAQ +∠CAP ＝90°（等量代换），即∠QAP ＝90°，∴AP ⊥AQ （垂直定义）．【典例6】（2019•瑶海区期末）如图，△ABC 和△EBD 中，∠ABC ＝∠DBE ＝90°，AB ＝CB ，BE ＝BD ，连接AE ，CD ，AE 与CD 交于点M ，AE 与BC 交于点N ．（1）求证：AE ＝CD ；（2）求证：AE ⊥CD ；（3）连接BM ，有以下两个结论：①BM 平分∠CBE ；②MB 平分∠AMD ．其中正确的有 ② （请写序号，少选、错选均不得分）．【点睛】（1）欲证明AE ＝CD ，只要证明△ABE ≌△CBD ；（2）由△ABE ≌△CBD ，推出BAE ＝∠BCD ，由∠NMC ＝180°﹣∠BCD ﹣∠CNM ，∠ABC ＝180°﹣∠BAE ﹣∠ANB ，又∠CNM ＝∠ABC ，∠ABC ＝90°，可得∠NMC ＝90°；（3）结论：②；作BK ⊥AE 于K ，BJ ⊥CD 于J ．理由角平分线的判定定理证明即可；【详解】（1）证明：∵∠ABC ＝∠DBE ，∴∠ABC +∠CBE ＝∠DBE +∠CBE ，即∠ABE ＝∠CBD ，在△ABE 和△CBD 中，{AB =CB ∠ABE =∠CBD BE =BD，∴△ABE ≌△CBD ，∴AE ＝CD ．（2）∵△ABE ≌△CBD ，∴∠BAE ＝∠BCD ，∵∠NMC ＝180°﹣∠BCD ﹣∠CNM ，∠ABC ＝180°﹣∠BAE ﹣∠ANB ，又∠CNM ＝∠ABC ，∵∠ABC ＝90°，∴∠NMC ＝90°，∴AE ⊥CD ．（3）结论：②理由：作BK ⊥AE 于K ，BJ ⊥CD 于J ．∵△ABE ≌△CBD ，∴AE ＝CD ，S △ABE ＝S △CDB ，∴12•AE •BK =12•CD •BJ ， ∴BK ＝BJ ，∵作BK ⊥AE 于K ，BJ ⊥CD 于J ，∴BM 平分∠AMD ．不妨设①成立，则△ABM ≌△DBM ，则AB ＝BD ，显然可不能，故①错误．故答案为②．题型四 利用全等三角形证明数量关系【典例7】（2019•安徽期中）已知如图，点C 为线段AB 上一点，分别以AC 、BC 为边在线段AB 的同侧作△ACD 和△BCE ，且CA ＝CD ，CB ＝CE ，∠ACD ＝∠BCE ，连接AE 、BD 相交于点F ．（1）求证：AE ＝BD ；（2）如果∠ACD ＝30°，求∠AFB ．【点睛】（1）根据已知得出∠ACE ＝∠DCB ，根据SAS 证出两三角形全等，利用全等三角形的性质易得结论；（2）根据全等三角形性质得出∠AEC ＝∠DBC ，∠CDB ＝∠CAE ，求出∠EAB +∠DBA ＝∠ACD ，∠AFB ＝180°﹣（∠EAB +∠DBC ），代入求出即可．【详解】（1）证明：∵∠ACD＝∠BCE，∴∠ACD+∠DCE＝∠BCE+∠DCE，∴∠ACE＝∠DCB，在△ACE和△DCB中∵{AC=CD∠ACE=∠DCBCE=CB，∴△ACE≌△DCB，∴AE＝BD；（2）解：∵∠ACD＝30°，∴∠CDB+∠DBC＝∠ACD＝30°，∵△ACE≌△DCB，∴∠AEC＝∠DBC，∠CDB＝∠CAE，∴∠CAE+∠DBC＝30°，∴∠AFB＝180°﹣30°＝150°．【典例8】（2019•溧水区期末）初步思考（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠BAD＝2∠EAF．求证：EF＝BE+FD．小明发现此题是证明线段的和（差）问题，根据证明此类题型的常见方法，于是就有了如下的思考过程：请在下列框图中补全他的证明思路．解决问题（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠BAD＝2∠EAF，（1）中的结论是否仍然成立？说明理由．拓展延伸（3）在（2）的条件下，若将点E、F改在线段BC、CD延长线上，请直接写出线段EF、BE、FD之间的数量关系EF＝BE﹣FD．【点睛】（1）延长CB 到H ，使BH ＝DF ，连接AH ，证明△ABH ≌△ADF 和△AME ≌△AFE 从中找出条件即可解答．（2）延长CB 至M ，使BM ＝DF ，证明△ABM ≌△ADF ，再证明△EAH ≌△EAF ，可得出结论；（3）在BE 上截取BG ，使BG ＝DF ，连接AG ．证明△ABG ≌△ADF 和△AEG ≌△AEF ，即可得出EF ＝BE ﹣FD ．【详解】解：（1）①AH ，②∠HAE ，③EH ，④BH ；故答案为：AH ，∠HAE ，EH ，BH ．（2）（1）中的结论仍然成立，证明：如图1，延长CB 至M ，使BM ＝DF ，∵∠ABC +∠D ＝180°，∠1+∠ABC ＝180°∴∠1＝∠D ，在△ABM 与△ADF 中，{AB =AD∠1=∠D BM =DF，∴△ABM ≌△ADF （SAS ）．∴AF ＝AM ，∠2＝∠3． ∵∠EAF =12∠BAD ，∴∠2+∠4=12∠BAD ＝∠EAF ．∴∠3+∠4＝∠EAF ，即∠MAE ＝∠EAF ．在△AME 与△AFE 中，{AM =AF∠MAE =∠EAF AE =AE，∴△AME ≌△AFE （SAS ）．∴EF ＝ME ，即EF ＝BE +BM ．∴EF ＝BE +DF ．（3）EF ＝BE ﹣FD ． 证明：如图2，在BE 上截取BG ，使BG ＝DF ，连接AG ．∵∠B +∠ADC ＝180°，∠ADF +∠ADC ＝180°，∴∠B ＝∠ADF ．∵在△ABG 与△ADF 中，{AB =AD∠ABG =∠ADF BG =DF，∴△ABG≌△ADF（SAS）．∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF=12∠BAD．∴∠GAE＝∠EAF．∵AE＝AE，易证△AEG≌△AEF（SAS）．∴EG＝EF，∵EG＝BE﹣BG，∴EF＝BE﹣FD．故答案为：EF＝BE﹣FD．巩固练习1．（2019•三台期末）如图所示，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠1＝25°，∠2＝30°，则∠3＝55°．【点睛】求出∠BAD＝∠EAC，证△BAD≌△CAE，推出∠2＝∠ABD＝30°，根据三角形的外角性质求出即可．【详解】解：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，∴∠1＝∠EAC，在△BAD和△CAE中，{AB=AC∠BAD=∠CAE AD=AE∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠2＝∠ABD＝30°，∵∠1＝25°，∴∠3＝∠1+∠ABD＝25°+30°＝55°，故答案为：55°．2．（2019•安陆市期末）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，∠ABC的平分线BD交AC于点D，CE ⊥BD，交BD的延长线于点E，若BD＝8，则CE＝4．【点睛】延长BA、CE相交于点F，利用“角边角”证明△BCE和△BFE全等，根据全等三角形对应边相等可得CE＝EF，根据等角的余角相等求出∠ABD＝∠ACF，然后利用“角边角”证明△ABD和△ACF 全等，根据全等三角形对应边相等可得BD＝CF，然后求解即可．【详解】解：如图，延长BA、CE相交于点F，∵BD 平分∠ABC ，∴∠ABD ＝∠CBD ，在△BCE 和△BFE 中，{∠ABD =∠CBDBE =BE ∠BEF =∠BEC =90°，∴△BCE ≌△BFE （ASA ），∴CE ＝EF ，∵∠BAC ＝90°，CE ⊥BD ，∴∠ACF +∠F ＝90°，∠ABD +∠F ＝90°，∴∠ABD ＝∠ACF ，在△ABD 和△ACF 中，{∠ABD =∠ACFAB =AC ∠BAC =∠CAF =90°，∴△ABD ≌△ACF （ASA ），∴BD ＝CF ，∵CF ＝CE +EF ＝2CE ，∴BD ＝2CE ＝8，∴CE ＝4．故答案为：4．3．（2019•庐阳区期末）如图，已知AC ⊥BC ，BD ⊥AD ，AC 与BD 交于点O ，AC ＝BD ，求证：△OAB 是等腰三角形．【详解】证明：∵AC ⊥BC ，BD ⊥AD ∴∠D ＝∠C ＝90°，在Rt △ABD 和Rt △BAC 中，{AC =BD AB =BA， ∴Rt △ABD ≌Rt △BAC （HL ），∴∠DBA ＝∠CAB ，∴OA ＝OB ，即△OAB 是等腰三角形．4．（2019•新宾期末）如图，在△ABC 中，∠ACB ＝45°，过点A 作AD ⊥BC 于点D ，点E 为AD 上一点，且ED ＝BD ．（1）求证：△ABD ≌△CED ；（2）若CE 为∠ACD 的角平分线，求∠BAC 的度数．【点睛】（1）证出△ADC 是等腰直角三角形，得出AD ＝CD ，∠CAD ＝∠ACD ＝45°，由SAS 证明△ABD ≌△CED 即可；（2）由角平分线定义得出∠ECD =12∠ACD ＝22.5°，由全等三角形的性质得出∠BAD ＝∠ECD ＝22.5°，即可得出答案．【详解】（1）证明：∵AD ⊥BC ，∠ACB ＝45°，∴∠ADB ＝∠CDE ＝90°，△ADC 是等腰直角三角形，∴AD ＝CD ，∠CAD ＝∠ACD ＝45°，在△ABD 与△CED 中，{AD =CD∠ADB =∠CDE BD =ED，∴△ABD ≌△CED （SAS ）；（2）解：∵CE 为∠ACD 的角平分线，∴∠ECD =12∠ACD ＝22.5°，由（1）得：△ABD ≌△CED ，∴∠BAD ＝∠ECD ＝22.5°，∴∠BAC ＝∠BAD +∠CAD ＝22.5°+45°＝67.5°．5．（2020•龙岗区模拟）如图，在△ABC 中，∠ABC ＝60°，AD 、CE 分别平分∠BAC 、∠ACB ，求证：AC ＝AE +CD ．【点睛】在AC 上取AF ＝AE ，连接OF ，即可证得△AEO ≌△AFO ，得∠AOE ＝∠AOF ；再证得∠COF ＝∠COD ，则根据全等三角形的判定方法ASA 即可证△FOC ≌△DOC ，可得DC ＝FC ，即可得结论．【详解】证明：在AC 上取AF ＝AE ，连接OF ，∵AD 平分∠BAC 、∴∠EAO ＝∠F AO ，在△AEO 与△AFO 中，{AE =AF∠EAO =∠FAO AO =AO∴△AEO ≌△AFO （SAS ），∴∠AOE ＝∠AOF ；∵AD 、CE 分别平分∠BAC 、∠ACB ，∴∠ECA +∠DAC =12∠ACB +12∠BAC =12（∠ACB +∠BAC ）=12（180°﹣∠B ）＝60°则∠AOC ＝180°﹣∠ECA ﹣∠DAC ＝120°；∴∠AOC ＝∠DOE ＝120°，∠AOE ＝∠COD ＝∠AOF ＝60°，则∠COF ＝60°，∴∠COD ＝∠COF ，∴在△FOC 与△DOC 中，{∠COD =∠COFCO =CO ∠FCO =∠DCO，∴△FOC ≌△DOC （ASA ），∴DC ＝FC ，∵AC ＝AF +FC ，∴AC ＝AE +CD ．6．（2019•福州期末）如图，在△ABC 中，∠ABC ＞60°，∠BAC ＜60°，以AB 为边作等边△ABD （点C ，D 在边AB 的同侧），连接CD ．（Ⅰ）若∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，求∠BDC 的度数；（Ⅱ）当∠BAC ＝2∠BDC 时，请判断△ABC 的形状并说明理由；（Ⅲ）当∠BCD 等于多少度时，∠BAC ＝2∠BDC 恒成立．【点睛】（I ）先由等腰三角形三线合一的性质证明AC 为BD 的垂直平分线，从而可得到CD ＝CB ，则∠BDC ＝∠DBC ＝∠ABC ﹣∠ABD ；（II ）设∠BDC ＝x ，则∠BAC ＝2x ，∠CAD ＝60°﹣2x ，∠ADC ＝60°+x ，然后可证明∠ACD ＝∠ADC ，则AC ＝AD ，于是可得到AB ＝AC ；（III ）当∠BCD ＝150°时，∠BAC ＝2∠BDC 恒成立，如答图所示：作等边△BCE ，连接DE ，则BC ＝EC ，∠BCE ＝60°．先证明△BCD ≌△ECD ，从而可得到∠BDE ＝2∠BDC ，然后再证明△BDE ≌△BAC ，从而可得到∠BAC ＝∠BDE ．【详解】解：（I ）∵△ABD 为等边三角形，∴∠BAD ＝∠ABD ＝60°，AB ＝AD ．又∵∠BAC ＝30°，∴AC 平分∠BAD ，∴AC 垂直平分BD ，∴CD＝CB．∴∠BDC＝∠DBC＝∠ABC﹣∠ABD＝90°﹣60°＝30°．（II）△ABC是等腰三角形．理由：设∠BDC＝x，则∠BAC＝2x，∠CAD＝60°﹣2x，∠ADC＝60°+x．∴∠CAD＝180°﹣∠CAD﹣∠ADC＝60°+x，∴∠ACD＝∠ADC，∴AC＝AD．∵AB＝AD，∴AB＝AC，即△ABC是等腰三角形．（III）当∠BCD＝150°时，∠BAC＝2∠BDC恒成立．如图：作等边△BCE，连接DE，则BC＝EC，∠BCE＝60°．∵∠BCD＝150°，∴∠ECD＝360°﹣∠BCD﹣∠BCE＝150°，∴∠DCE＝∠DCB．又∵CD＝CD，∴△BCD≌△ECD，∴∠BDC＝∠EDC，即∠BDE＝2∠BDC．又∵△ABD为等边三角形，∴AB＝BD，∠ABD＝∠CBE＝60°，∴∠ABC＝∠DBE＝60°+∠DBC．又∵BC＝BE，∴△BDE≌△BAC，∴∠BAC＝∠BDE，∴∠BAC＝2∠BDC．7．（2019•靖江市期末）已知：如图：AB∥CD，AB＝CD，AD、BC相交于点O，BE∥CF，BE、CF分别交AD于点E、F，求证：（1）OA＝OD；（2）BE＝CF．【详解】证明：（1）∵AB∥CD，∴∠A＝∠D，在△ABO与△CDO中，{∠A=∠D∠AOB=∠DOC AB=CD，∴△ABO≌△CDO，∴AO＝CO；（2）∵AB ∥CD ，∴∠A ＝∠D ，∵BE ∥CF ，∴∠BEO ＝∠CFO ，∴∠AEB ＝∠DFC ，在△EBA 和△FCD 中，{∠A =∠D∠AEB =∠DFC AB =CD，∴△ABE ≌△DCF （AAS ）．∴EB ＝CF ．8．（2019•越城区校级期中）如图，四边形ABCD ，AD ∥BC ，∠B ＝90°，AD ＝12cm ，AB ＝10cm ，BC ＝15cm ，动点P 从点B 出发，沿射线BC 的方向以每秒3cm 的速度运动到C 点返回，动点Q 从点A 出发，在线段AD 上以每秒2cm 的速度向点D 运动，点P ，Q 分别从点B ，A 同时出发，当点Q 运动到点D 时，点P 停止运动，设运动时间为t （秒）．（1）当0＜t ＜5时，是否存在点P ，使四边形PQDC 是平行四边形，若存在，求出t 值；若不存在，请说明理由；（2）当t 为何值时，以C ，D ，Q ，P 为顶点的四边形面积等于30cm 2；（3）当0＜t ＜5时，是否存在点P ，使△PQD 是等腰三角形？若存在，请直接写出所有满足要求的t 的值；若不存在，请说明理由．【点睛】（1）根据运动得出CP ＝15﹣3t ，DQ ＝12﹣2t ，进而用平行四边形的对边相等建立方程求解即可；（2）要使以C 、D 、Q 、P 为顶点的梯形面积等于30cm 2，可以分为两种情况，点P 、Q 分别沿AD 、BC 运动或点P 返回时，再利用梯形面积公式，即(DQ+PC)×AB 2=30，因为Q 、P 点的速度已知，AD 、AB 、BC 的长度已知，用t 可分别表示DQ 、BC 的长，解方程即可求得时间t ；（3）使△PQD 是等腰三角形，可分三种情况，即PQ ＝PD 、PQ ＝QD 、QD ＝PD ；可利用等腰三角形及直角梯形的性质，分别用t 表达等腰三角形的两腰长，再利用两腰相等即可求得时间t ．【详解】解：（1）∵四边形PQDC 是平行四边形∴DQ ＝CP当0＜t ＜5时，点P 从B 运动到C ，∵DQ ＝AD ﹣AQ ＝12﹣2t ，CP ＝15﹣3t ，∴12﹣2t ＝15﹣3t解得t ＝3，∴t ＝3时，四边形PQDC 是平行四边形；（2）如图2，①当点P 是从点B 向点C 运动，由（1）知，CP ＝15﹣3t ，DQ ＝12﹣2t ，∵以C 、D 、Q 、P 为顶点的四边形面积等于30cm 2，∴S 四边形CDQP =12(DQ +CP)⋅AB =30，∴12(15−3t +12−2t)×10=30， 解得：t =215， ②当点P 是从点C 返回点B 时，由运动知，DQ ＝12﹣2t ，CP ＝3t ﹣15，∵以C 、D 、Q 、P 为顶点的四边形面积等于30cm 2，∴S 四边形CDQP =12(DQ +CP)⋅AB =12(12−2t +3t −15)×10=30， 解得：t ＝9（舍去），∴当t 为215秒时，以C 、D 、Q 、P 为顶点的四边形面积等于30cm 2；（3）当PQ ＝PD 时如图3，作PH ⊥AD 于H ，则HQ ＝HD∵QH ＝HD =12DQ =12（12﹣2t ）＝6﹣t ，由AH ＝BP ，∴6﹣t +2t ＝3t解得：t ＝3秒；当PQ ＝DQ 时，QH＝AH﹣AQ＝BP﹣AQ＝3t﹣2t＝t，DQ＝12﹣2t，∵DQ2＝PQ2＝t2+102，∴（12﹣2t）2＝102+t2，整理得：3t2﹣48t+44＝0，解得：t=24±2√1113（秒）；∵0＜t＜5，∴t=24−2√1113（秒），当DQ＝PD时，DH＝AD﹣AH＝AD﹣BP＝12﹣3t，∵DQ2＝PD2＝PH2+HD2＝102+（12﹣3t）2∴（12﹣2t）2＝102+（12﹣3t）2即5t2﹣24t+100＝0，∵△＜0，∴方程无实根，综上可知，当t＝3秒或t=24−2√1113秒时，△PQD是等腰三角形．。