苏科版数学八年级上册 全等三角形专题练习(word版

一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）
1．如图，在ABC 中，45ABC ∠=,AD ,BE 分别为BC ,AC 边上的高，连接DE ,过点D 作DF DE ⊥与点F ，G 为BE 中点，连接AF ，DG ．
（1）如图1，若点F 与点G 重合，求证：AF DF ⊥；
（2）如图2，请写出AF 与DG 之间的关系并证明．
【答案】(1)详见解析;(2)AF=2DG,且AF ⊥DG,证明详见解析.
【解析】
【分析】
(1) 利用条件先△DAE ≌△DBF,从而得出△FDE 是等腰直角三角形,再证明△AEF 是等腰直角三角形,即可.
(2) 延长DG 至点M,使GM=DG,交AF 于点H,连接BM, 先证明△BGM ≌△EGD,再证明△BDM ≌△DAF 即可推出.
【详解】
解:（1）证明:设BE 与AD 交于点H..如图，
∵AD,BE 分别为BC,AC 边上的高,
∴∠BEA=∠ADB=90°.
∵∠ABC=45°,
∴△ABD 是等腰直角三角形.
∴AD=BD.
∵∠AHE=∠BHD,
∴∠DAC=∠DBH.
∵∠ADB=∠FDE=90°,
∴∠ADE=∠BDF.
∴△DAE ≌△DBF.
∴BF=AE,DF=DE.
∴△FDE是等腰直角三角形.
∴∠DFE=45°.
∵G为BE中点,
∴BF=EF.
∴AE=EF.
∴△AEF是等腰直角三角形.
∴∠AFE=45°.
∴∠AFD=90°,即AF⊥DF.
（2）AF=2DG,且AF⊥DG.理由:延长DG至点M,使GM=DG,交AF于点H,连接BM,
∵点G为BE的中点,BG=GE.
∵∠BGM∠EGD,
∴△BGM≌△EGD.
∴∠MBE=∠FED=45°,BM=DE.
∴∠MBE=∠EFD,BM=DF.
∵∠DAC=∠DBE,
∴∠MBD=∠MBE+∠DBE=45°+∠DBE.
∵∠EFD=45°=∠DBE+∠BDF,
∴∠BDF=45°-∠DBE.
∵∠ADE=∠BDF,
∴∠ADF=90°-∠BDF=45°+∠DBE=∠MBD.
∵BD=AD,
∴△BDM≌△DAF.
∴DM=AF=2DG,∠FAD=∠BDM.
∵∠BDM+∠MDA=90°,
∴∠MDA+∠FAD=90°.
∴∠AHD=90°.
∴AF⊥DG.
∴AF=2DG,且AF⊥DG
【点睛】
本题考查三角形全等的判定和性质,关键在于灵活运用性质.
2．如图1，在平面直角坐标系中，点D（m，m+8）在第二象限，点B（0，n）在y轴正半
轴上，作
DA ⊥x 轴，垂足为A ，已知OA 比OB 的值大2，四边形AOBD 的面积为12．
（1）求m 和n 的值．
（2）如图2，C 为AO 的中点，DC 与AB 相交于点E ，AF ⊥BD ，垂足为F ，求证：AF ＝DE ．
（3）如图3，点G 在射线AD 上，且GA ＝GB ，H 为GB 延长线上一点，作∠HAN 交y 轴于点N ，且∠HAN ＝∠HBO ，求NB ﹣HB 的值．
【答案】（1）42m n =-⎧⎨=⎩
（2）详见解析；（3）NB ﹣FB ＝4（是定值），即当点H 在GB 的延长线上运动时，NB ﹣HB 的值不会发生变化．
【解析】
【分析】
（1）由点D ，点B 的坐标和四边形AOBD 的面积为12，可列方程组，解方程组即可； （2）由（1）可知，AD ＝OA ＝4，OB ＝2，并可求出AB ＝BD ＝25，利用SAS 可证△DAC ≌△AOB ，并可得∠AEC ＝90°，利用三角形面积公式即可求证；
（3）取OC ＝OB ，连接AC ，根据对称性可得∠ABC ＝∠ACB ，AB ＝AC ，证明
△ABH ≌△CAN ，即可得到结论.
【详解】
解：（1）由题意()()218122
m n n m m --=⎧⎪⎨++-=⎪⎩ 解得42m n =-⎧⎨=⎩
； （2）如图2中，
由（1）可知，A （﹣4，0），B （0，2），D （﹣4，4），
∴AD ＝OA ＝4，OB ＝2，
∴由勾股定理可得：AB ＝BD ＝5
∵AC ＝OC ＝2，
∴AC＝OB，
∵∠DAC＝∠AOB＝90°，AD＝OA，
∴△DAC≌△AOB（SAS），
∴∠ADC＝∠BAO，
∵∠ADC+∠ACD＝90°，
∴∠EAC+∠ACE＝90°，
∴∠AEC＝90°，
∵AF⊥BD，DE⊥AB，
∴S△ADB＝
1
2
•AB•AE＝
1
2
•BD•AF，
∵AB＝BD，
∴DE＝AF．
（3）解：如图，取OC＝OB，连接AC，根据对称性可得∠ABC＝∠ACB，AB＝AC，
∵AG＝BG，
∴∠GAB＝∠GBA，
∵G为射线AD上的一点，
∴AG∥y轴，
∴∠GAB＝∠ABC，
∴∠ACB＝∠EBA，
∴180°﹣∠GBA＝180°﹣∠ACB，
即∠ABG＝∠ACN，
∵∠GAN＝∠GBO，
∴∠AGB＝∠ANC，
在△ABG与△ACN中，
ABH ACN
AHB ANC
AB AC
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△ABH≌△ACN（AAS），
∴BF＝CN，
∴NB﹣HB＝NB﹣CN＝BC＝2OB，
∵OB＝2
∴NB﹣FB＝2×2＝4（是定值），
即当点H在GB的延长线上运动时，NB﹣HB的值不会发生变化．
【点睛】
本题属于三角形综合题，全等三角形的判定和性质，解题的关键是相结合添加常用辅助线，构造图形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
3．(1)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EF，BE，FD之间的数量关系．
小明同学探究的方法是：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，
他的结论是（直接写结论，不需证明）；
(2)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是∠BAD的二分之一，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
(3)如图3，四边形ABCD是边长为5的正方形，∠EBF=45°，直接写出三角形DEF的周长．
【答案】（1）EF=BE+DF．（2）成立，理由见解析；（3）10.
【解析】
【分析】
（1）如图1，延长FD到G，使得DG=DC,先证△ABE≌△ADG，得到AE=AG，
∠BAE=∠DAG，进一步根据题意得∠EAF=∠GAF，再证明△AEF≌△AGF，得到EF=FG，最后运用线段的和差证明即可.
(2)如图2，延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，证得△ABE≌△ADG，得到AE=AG，
∠BAE=∠DAG，再结合题意得到∠EAF=∠GAF，再证明△AEF≌△AGF，得到EF=FG，最后运用线段的和差证明即可.
（3）如图3，延长DC到点G，截取CG=AE，连接BG，先证△AEB≌△CGB，得到BE=BG，∠ABE=∠CBG，结合已知条件得∴∠CBF+∠CBG=45°，再证明△EBF≌△GBF，得到
EF=FG，最后求三角形的周长即可.
【详解】
解答：（1）解：如图1，延长FD到G，使得DG=DC
在△ABE和△ADG中，
∵
DC DG
B ADG
AB AD
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=
1
2
∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
∵
AE AG
EAF GAF
AF AF
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF；
故答案为：EF=BE+DF．
（2）解：结论EF=BE+DF仍然成立；
理由：如图2，延长FD到点G．使DG=BE．连结AG
在△ABE和△ADG中，
∵
DG BE
B ADG
AB AD
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=1
2
∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
∵
AE AG
EAF GAF AF AF
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF；
（3）解：如图3，延长DC到点G，截取CG=AE，连接BG，在△AEB与△CGB中，
∵
AE CG
A BOG AF BF
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△AEB≌△CGB（SAS），∴BE=BG，∠ABE=∠CBG．
∵∠EBF=45°，∠ABC=90°，∴∠ABE+∠CBF=45°，
∴∠CBF+∠CBG=45°．
在△EBF与△GBF中，
∵
BE BG
EBF GBF BF BF
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△EBF≌△GBF（SAS），
∴EF=GF，
∴△DEF的周长=EF+ED+CF=AE+CF+DE+DF=AD+CD=10．【点睛】
本题主要考查了三角形全等的判定和性质，灵活运用全等三角形的性质和判定是解答本题的关键.但本题分为三问，难度不断增加，对提升思维能力大有好处.
4．如图1所示，已知点D 在AC 上，ADE ∆和ABC ∆都是等腰直角三角形，点M 为EC 的中点.
（1）求证：BMD ∆为等腰直角三角形；
（2）将ADE ∆绕点A 逆时针旋转45︒，如图2所示，（1）中的“BMD ∆为等腰直角三角形”是否仍然成立？请说明理由；
（3）将ADE ∆绕点A 逆时针旋转一定的角度，如图3所示，（1）中的“BMD ∆为等腰直角三角形”成立吗？请说明理由.
【答案】（1）详见解析；（2）是，证明详见解析；（3）成立，证明详见解析.
【解析】
【分析】
()1根据等腰直角三角形的性质得出45ACB BAC ∠∠==，
90ADE EBC EDC ∠∠∠===，推出BM DM =，BM CM =，DM CM =，推出BCM MBC ∠∠=，ACM MDC ∠∠=，求出
22290BMD BCM ACM BCA ∠∠∠∠=+==即可． ()2延长ED 交AC 于F ，求出12
DM FC =，//DM FC ，DEM NCM ∠=，根据ASA 推出EDM ≌CNM ，推出DM BM =即可．
()3过点C 作//CF ED ，与DM 的延长线交于点F ，连接BF ，推出MDE ≌MFC ，求出DM FM =，DE FC =，作AN EC ⊥于点N ，证BCF ≌BAD ，推出
BF BD =，DBA CBF ∠∠=，求出90DBF ∠=，即可得出答案．
【详解】
()1证明：ABC 和ADE 都是等腰直角三角形，
45ACB BAC ∠∠∴==，90ADE EBC EDC ∠∠∠===
点M 为EC 的中点，
12BM EC ∴=，12
DM EC =， BM DM ∴=，BM CM =，DM CM =，
BCM MBC ∠∠∴=，DCM MDC ∠∠=，
2
BME BCM MBC BCE
∠∠∠∠
∴=+=，
同理2
DME ACM
∠∠
=，
22224590 BMD BCM ACM BCA
∠∠∠∠
∴=+==⨯= BMD
∴是等腰直角三角形．
()2解：如图2，BDM是等腰直角三角形，
理由是：延长ED交AC于F，
ADE和ABC
△是等腰直角三角形，
45
BAC EAD
∠∠
∴==，
AD ED
⊥，
ED DF
∴=，
M为EC中点，
EM MC
∴=，
1
2
DM FC
∴=，//
DM FC，
45
BDN BND BAC
∠∠∠
∴===，
ED AB
⊥，BC AB
⊥，
//
ED BC
∴，
DEM NCM
∠
∴=，
在EDM和CNM中
DEM NCM
EM CM
EMD CMN
∠=∠
⎧
⎪
=
⎨
⎪∠=∠
⎩
EDM
∴≌()
CNM ASA，
DM MN
∴=，
BM DN
∴⊥，
BMD
∴是等腰直角三角形．
()3BDM是等腰直角三角形，
理由是：过点C 作//CF ED ，与DM 的延长线交于点F ，连接BF ，
可证得MDE ≌MFC ，
DM FM ∴=，DE FC =，
AD ED FC ∴==，
作AN EC ⊥于点N ，
由已知90ADE ∠=，90ABC ∠=，
可证得DEN DAN ∠∠=，NAB BCM ∠∠=，
//CF ED ，
DEN FCM ∠∠∴=，
BCF BCM FCM NAB DEN NAB DAN BAD ∠∠∠∠∠∠∠∠∴=+=+=+=， BCF ∴≌BAD ，
BF BD ∴=，DBA CBF ∠∠=，
90DBF DBA ABF CBF ABF ABC ∠∠∠∠∠∠∴=+=+==，
DBF ∴是等腰直角三角形，
点M 是DF 的中点，
则BMD 是等腰直角三角形，
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形斜边上中线性质的应用，在本题中需要作辅助线来证明，难度较大．
5．如图，AB=12cm ，AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AC=BD=9cm ，点P 在线段AB 上以3 cm/s 的速度，由A 向B 运动，同时点Q 在线段BD 上由B 向D 运动．
（1）若点Q 的运动速度与点P 的运动速度相等，当运动时间t=1（s ），△ACP 与△BPQ 是否全等？说明理由，并直接判断此时线段PC 和线段PQ 的位置关系；
（2）将 “AC ⊥AB ，BD ⊥AB ”改为“∠CAB=∠DBA ”，其他条件不变．若点Q 的运动速度与点P 的运动速度不相等，当点Q 的运动速度为多少时，能使△ACP 与△BPQ 全等. （3）在图2的基础上延长AC ，BD 交于点E ，使C ，D 分别是AE ，BE 中点，若点Q 以（2）中的运动速度从点B 出发，点P 以原来速度从点A 同时出发，都逆时针沿△ABE 三边运动，求出经过多长时间点P 与点Q 第一次相遇．
【答案】（1）△ACP ≌△BPQ ，理由见解析；线段PC 与线段PQ 垂直（2）1或
32
（3）9s 【解析】
【分析】
（1）利用SAS 证得△ACP ≌△BPQ ，得出∠ACP=∠BPQ ，进一步得出
∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°得出结论即可；
（2）由△ACP ≌△BPQ ，分两种情况：①AC=BP ，AP=BQ ，②AC=BQ ，AP=BP ，建立方程组求得答案即可．
（3）因为V Q ＜V P ，只能是点P 追上点Q ，即点P 比点Q 多走PB+BQ 的路程，据此列出方程，解这个方程即可求得．
【详解】
（1）当t=1时，AP=BQ=3，BP=AC=9，
又∵∠A=∠B=90°，
在△ACP 与△BPQ 中，AP BQ A B AC BP =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△ACP ≌△BPQ （SAS ），
∴∠ACP=∠BPQ ，
∴∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°，
∠CPQ=90°，
则线段PC 与线段PQ 垂直.
（2）设点Q 的运动速度x,
①若△ACP ≌△BPQ ，则AC=BP ，AP=BQ ，
912t t xt =-⎧⎨=⎩
， 解得31t x =⎧⎨=⎩
， ②若△ACP ≌△BPQ ，则AC=BQ ，AP=BP ，
912xt t t =⎧⎨=-⎩
解得632t x =⎧⎪⎨=⎪⎩
， 综上所述，存在31t x =⎧⎨=⎩或632t x =⎧⎪⎨=⎪⎩
使得△ACP 与△BPQ 全等. （3）因为V Q ＜V P ，只能是点P 追上点Q ，即点P 比点Q 多走PB+BQ 的路程，
设经过x 秒后P 与Q 第一次相遇，
∵AC=BD=9cm ，C ，D 分别是AE ，BD 的中点；
∴EB=EA=18cm.
当V Q =1时，
依题意得3x=x+2×9，解得x=9；
当V Q=3
2
时，
依题意得3x=3
2
x+2×9，
解得x=12.
故经过9秒或12秒时P与Q第一次相遇.
【点睛】
本题考查了一元一次方程的应用，解题的关键是熟练的掌握一元一次方程的性质与运算.
6．已知△ABC中，AB=AC，点P是AB上一动点，点Q是AC的延长线上一动点，且点P从B运动向A、点Q从C运动向Q移动的时间和速度相同，PQ与BC相交于点D，若
AB=82，BC=16．
（1）如图1，当点P为AB的中点时，求CD的长；
（2）如图②，过点P作直线BC的垂线，垂足为E，当点P、Q在移动的过程中，设
BE+CD=λ，λ是否为常数？若是请求出λ的值，若不是请说明理由．
【答案】（1）4；（2）8
【解析】
【分析】
（1）过P点作PF∥AC交BC于F，由点P和点Q同时出发，且速度相同，得出
BP=CQ，根据PF∥AQ，可知∠PFB=∠ACB，∠DPF=∠CQD，则可得出∠B=∠PFB，证出BP=PF，得出PF=CQ，由AAS证明△PFD≌△QCD，得出，再证出F是BC的中点，即可得出结果；
（2）过点P作PF∥AC交BC于F，易知△PBF为等腰三角形，可得BE=1
2
BF，由（1）
证明方法可得△PFD≌△QCD 则有CD=1
2
CF，即可得出BE+CD=8．
【详解】
解:（1）如图①，过P点作PF∥AC交BC于F，
∵点P 和点Q 同时出发，且速度相同，
∴BP=CQ ，
∵PF ∥AQ ，
∴∠PFB=∠ACB ，∠DPF=∠CQD ，
又∵AB=AC ，
∴∠B=∠ACB ，
∴∠B=∠PFB ，
∴BP=PF ，
∴PF=CQ ，又∠PDF=∠QDC ，
∴△PFD ≌△QCD ，
∴DF=CD=12
CF ， 又因P 是AB 的中点，PF ∥AQ ， ∴F 是BC 的中点，即FC=
12BC=8， ∴CD=12
CF=4； （2）8BE CD λ+==为定值．
如图②，点P 在线段AB 上，
过点P 作PF ∥AC 交BC 于F ，
易知△PBF 为等腰三角形，
∵PE ⊥BF
∴BE=12
BF ∵易得△PFD ≌△QCD
∴CD=12CF ∴()111182222
BE CD BF CF BF CF BC λ+==
+=+== 【点睛】 此题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判断与性质，熟悉相关性质定理是解题的关键．
7．如图，Rt △ABC ≌Rt △CED （∠ACB ＝∠CDE ＝90°），点D 在BC 上，AB 与CE 相交于点F
(1) 如图1，直接写出AB 与CE 的位置关系
(2) 如图2，连接AD 交CE 于点G ，在BC 的延长线上截取CH ＝DB ，射线HG 交AB 于K ，求证：HK ＝BK
【答案】（1）AB ⊥CE ；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）由全等可得∠ECD=∠A ，再由∠B+∠A=90°，可得∠B+ECD=90°，则AB ⊥CE. （2）延长HK 于DE 交于H ，易得△ACD 为等腰直角三角形，∠ADC=45°，易得DH=DE ，然后证明△DGH ≌△DGE ，所以∠H=∠E ，则∠H=∠B ，可得HK=BK.
【详解】
解：（1）∵Rt △ABC ≌Rt △CED ，
∴∠ECD=∠A ，∠B=∠E ，BC=DE ，AC=CD
∵∠B+∠A=90°
∴∠B+ECD=90°
∴∠BFC=90°，∴AB ⊥CE
（2）在Rt △ACD 中，AC=CD ，∴∠ADC=45°，
又∵∠CDE=90°，∴∠HDG=∠CDG=45°
∵CH ＝DB ，∴CH+CD=DB+CD ，即HD=BC ，
∴DH=DE ，
在△DGH 和△DGE 中，
DH=DE
HDG=EDG=45
DG=DG
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
∴△DGH≌△DGE（SAS）
∴∠H=∠E
又∵∠B=∠E
∴∠H=∠
B，
∴HK=BK
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质，利用全等找出角相等，再利用等角对等边判定线段相等是本题的关键.
8．在ABC中，AB AC
=，点D在BC边上，且60,
ADB E
∠=︒是射线DA上一动点(不与点D重合，且DA DB
≠)，在射线DB上截取DF DE
=，连接EF．
()1当点E在线段AD上时，
①若点E与点A重合时，请说明线段BF DC
=；
②如图2，若点E不与点A重合，请说明BF DC AE
=+；
()2当点E在线段DA的延长线上()
DE DB
>时，用等式表示线段,,
AE BF CD之间的数量关系(直接写出结果，不需要证明)．
【答案】（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）BF＝AE-CD
【解析】
【分析】
（1）①根据等边对等角，求到B C
∠=∠，再由含有60°角的等腰三角形是等边三角形得到ADF
∆是等边三角形，之后根据等边三角形的性质以及邻补角的性质得到
120
AFB ADC
∠=∠=︒，推出ABF ACD
∆∆
≌，根据全等三角形的性质即可得出结论；
②过点A做AG∥EF交BC于点G，由△DEF为等边三角形得到DA＝DG，再推出AE＝GF，根据线段的和差即可整理出结论；
（2）根据题意画出图形，作出AG，由（1）可知，AE=GF，DC=BG，再由线段的和差和等量代换即可得到结论．
【详解】
（1）①证明：AB AC
=
B C
∴∠=∠
,60
DF DE ADB
=∠=︒，且E与A重合，
ADF
∴∆是等边三角形
60
ADF AFD
∴∠=∠=︒
120
AFB ADC
∴∠=∠=︒
在ABF
∆和ACD
∆中
AFB ADC
B C
AB AC
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
ABF ACD
∴∆∆
≌
BF DC
∴=
②如图2，过点A做AG∥EF交BC于点G，
∵∠ADB＝60°DE＝DF
∴△DEF为等边三角形
∵AG∥EF
∴∠DAG＝∠DEF＝60°，∠AGD＝∠EFD＝60°
∴∠DAG＝∠AGD
∴DA＝DG
∴DA－DE＝DG－DF，即AE＝GF
由①易证△AGB≌△ADC
∴BG＝CD
∴BF＝BG＋GF＝CD＋AE
（2）如图3，和（1）中②相同，过点A做AG∥EF交BC于点G，
由（1）可知，AE=GF ，DC=BG ，
BF CD BF BG GF AE ∴+=+==
故BF AE CD =-．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
9．综合实践
如图①，90,,,ACB AC BC AD CE BE CE ∠=︒=⊥⊥，垂足分别为点D E 、，2.5, 1.7AD cm DE cm ==．
（1）求BE 的长；
（2）将CE 所在直线旋转到ABC ∆的外部，如图②，猜想AD DE BE 、、之间的数量关系，直接写出结论，不需证明；
（3）如图③，将图①中的条件改为：在ABC ∆中，,AC BC D C E =、、三点在同一直线上，并且BEC ADC BCA α∠=∠=∠=，其中α为任意钝角．猜想AD DE BE 、、之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)0.8cm;
(2)DE=AD+BE;
(3)DE=AD+BE ，证明见解析．
【解析】
【分析】
(1)本小题只要先证明ACD CBE ≅，得到AD CE =，CD BE =，再根据
2.5, 1.7AD cm DE cm ==，CD CE DE =-，易求出BE 的值；
(2)先证明ACD CBE ≅，得到AD CE =，CD BE =，由图②ED=EC+CD ，等量代换易得到AD DE BE 、、之间的关系；
（３）本题先证明EBC DCA ∠=∠，然后运用“AAS”定理判定BEC CDA ≅，从而得
到,BE CD EC AD ==，再结合图③中线段ED 的特点易找到AD DE BE 、、之间的数量关系．
【详解】
解：(1)∵,AD CD BE CE ⊥⊥
∴90ADC E ︒∠=∠=
∴90ACD DAC ︒∠+∠=
∵90ACB ︒∠=
∴90ACD BCE ︒∠+∠=
∴ACD BCE ∠=∠
在ACD 与CBE △中，90ADC E ACD BCE
AC BC ︒
⎧∠=∠=⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴ACD CBE ≅
∴,AD CE CD BE ==
又∵ 2.5, 1.7AD cm DE cm ==， 2.5 1.70.8()CD CE DE AD DE cm =-=-=-= ∴0.8BE cm =
(2)∵,AD CD BE CE ⊥⊥
∴90ADC E ︒∠=∠=
∴90ACD DAC ︒∠+∠=
∴90ACB ︒∠=
∴90ACD BCE ︒∠+∠=
∴ACD BCE ∠=∠
在ACD 与CBE △中，90ADC E ACD BCE AC BC ︒
⎧∠=∠=⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴ACD CBE ≅
∴,AD CE CD BE ==
又∵ED EC CD =+
∴ED AD BE =+
(3)∵BEC ADC BCA α∠=∠=∠=
∴180BCE ACD a ︒∠+∠=-
180BCE BCE a ︒∠+∠=-
∴ACD BCE ∠=∠
在ACD与CBE
△中，
ADC E a
ACD BCE
AC BC
∠=∠=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
∴ACD CBE
≅
∴,
AD CE CD BE
==
又∵ED EC CD
=+
∴ED AD BE
=+
【点睛】
本题考查的知识点是全等三角形的判定，确定一种判定定理，根据已知条件找到判定全等所需要的边相等或角相等的条件是解决这类题的关键．
10．综合与实践：
我们知道“两边及其中一边的对角分别对应相等的两个三角形不一定全等”.但是，乐乐发现：当这两个三角形都是锐角三角形时，它们会全等.
（1）请你用所学知识判断乐乐说法的正确性.
如图，已知ABC
∆、
111
A B C
∆均为锐角三角形，且
11
AB A B
=，
11
BC B C
=，
1
C C
∠=∠.求证：111
ABC A B C
∆∆
≌.
（2）除乐乐的发现之外，当这两个三角形都是______时，它们也会全等.
【答案】（1）见解析；（2）钝角三角形或直角三角形.
【解析】
【分析】
（1）过B作BD⊥AC于D，过B1作B1D1⊥B1C1于D1，得出
∠BDA=∠B1D1A1=∠BDC=∠B1D1C1=90°，根据SAS证△BDC≌△B1D1C1，推出
BD=B1D1，根据HL证Rt△BDA≌Rt△B1D1A1，推出∠A=∠A1，根据AAS推出
△ABC≌△A1B1C1即可．
（2）当这两个三角形都是直角三角形时，直接利用HL即可证明；当这两个三角形都是钝角三角形时，与（1）同理可证.
【详解】
（1）证明：过点B作BD AC
⊥于D，过
1
B作
1111
B D A C
⊥于
1
D，
则11111190BDA B D A BDC B D C ∠=∠=∠=∠=︒. 在BDC ∆和111B D C ∆中，
1C C ∠=∠，111BDC B D C ∠=∠，11BC B C =， ∴111BDC B D C ∆∆≌，
∴11BD B D =.
在Rt BDA ∆和111Rt B D A ∆中，
11AB A B =，11BD B D =，
∴111Rt Rt (HL)BDA B D A ∆∆≌，
∴1A A ∠=∠.
在ABC ∆和111A B C ∆中，
1C C ∠=∠，1A A ∠=∠，11AB A B =，
∴111(AAS)ABC A B C ∆∆≌.
（2）如图，当这两个三角形都是直角三角形时，
∵11AB A B =，11BC B C =，190C C ∠==∠︒. ∴Rt ABC ∆≌111Rt A B C ∆（HL ）；
∴当这两个三角形都是直角三角形时，它们也会全等； 如图，当这两个三角形都是钝角三角形时，作BD ⊥AC ，1111B D A C ⊥，
与（1）同理，利用AAS 先证明111BDC B D C ∆∆≌，得到11BD B D =， 再利用HL 证明111Rt Rt BDA B D A ∆∆≌，得到1A A ∠=∠， 再利用AAS 证明111ABC A B C ∆∆≌；
∴当这两个三角形都是钝角三角形时，它们也会全等；
故答案为：钝角三角形或直角三角形.
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力．解题的关键是熟练掌握证明三角形全等的方法.。