资源描述
一、八年级数学全等三角形填空题（难）
1．如图，∠BAC平分线与BC垂直平分线相交于点D，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E，F，AB=11，AC=5，则BE=______________．
【答案】3
【解析】如图，连接CD，BD，已知AD是∠BAC平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，根据角平分线性质可得DF=DE，∠F=∠DEB=90°，∠ADF=∠ADE，即可得AE=AF，又因DG是BC垂直平分线，因此CD=BD，在Rt△CDF和Rt△BDE中，CD＝BD，DF＝DE，运用HL定理可判定Rt△CDF≌Rt△BDE，由全等三角形性质可得BE=CF，因此AB=AE+BE=AF+BE=AC+CF+BE=AC+2BE，又因AB=11，AC=5，因此BE=3．
点睛：此题考察了线段垂直平分线性质、角平分线性质以及全等三角形判定与性质．此题难度适中，对作出辅助线，运用数形结合思想是处理问题关键．
2．如图，AD⊥BC 于 D，且 DC＝AB＋BD，若∠BAC＝108°，则∠C 度数是______度．
【答案】24
【解析】
【分析】
在DC上取DE=DB．连接AE，在Rt△ABD和Rt△AED中，BD=ED，AD=AD．证明△ABD≌△AED即可求解．
【详解】
如图，在DC上取DE=DB，连接AE．
在Rt△ABD和Rt△AED中，
∴△ABD≌△AED（SAS）．
∴AB=AE，∠B=∠AED．
又∵CD=AB+BD，CD=DE+EC
∴EC=AB
∴EC=AE，
∴∠C=∠CAE
∴∠B=∠AED=2∠C
又∵∠B+∠C=180°-∠BAC=72°
∴∠C=24°，
故答案为：24．
【点睛】
本题考察了全等三角形判定与性质及三角形内角和定理，属于基础图，关键是巧妙作出辅助线．
3．如图，已知点I是△ABC角平分线交点．若AB＋BI＝AC，设∠BAC＝α，则∠AIB＝______（用含α式子表达）
【答案】
【解析】
【分析】
在AC上截取AD=AB，易证△ABI≌△ADI，因此BI=DI，由AB＋BI＝AC，可得DI=DC，
设∠DCI=β，则∠ADI=∠ABI=2β，然后用三角形内角和可推出β与α关系，进而求得∠AIB.
【详解】
解：如图所示，在AC上截取AD=AB，连接DI，
点I是△ABC角平分线交点
因此有∠BAI=∠DAI，∠ABI=∠CBI，∠ACI=∠BCI，
在△ABI和△ADI中，
∴△ABI≌△ADI（SAS）
∴DI=BI
又∵AB＋BI＝AC，AB+DC=AC
∴DI=DC
∴∠DCI=∠DIC
设∠DCI=∠DIC=β
则∠ABI=∠ADI=2∠DCI=2β
在△ABC中，
∠BAC+2∠ABI+2∠DCI=180°，即，
∴
在△ABI中，
【点睛】
本题考察全等三角形判定和性质，以及三角形角度计算，运用截长补短构造全等三角形是解题关键.
4．在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A平分线AD分对边BD，DC长度比为3：2，且BC＝20cm，则点D到AB距离是_____cm．
【答案】8
【解析】
【分析】
根据题意画出图形，过点D作DE⊥AB于点E，由角平分线性质可知DE＝CD，根据角平分线AD分对边BC为BD：DC＝3：2，且BC＝10cm即可得出结论．
【详解】
解：如图所示，过点D作DE⊥AB于点E，
∵AD是∠BAC平分线，∠C＝90°，
∴DE＝CD．
∵BD：DC＝3：2，且BC＝10cm，
∴CD＝20×＝8（cm）．
故答案为：8．
【点睛】
本题考察是角平分线性质，熟知角平分线上点到角两边距离相等是解答此题关键．
5．如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，点C(1，2)、A(－2，0)，则点B坐标是__________.
【答案】(3，－1)
【解析】
分析：过C和B分别作CD⊥OD于D，BE⊥CD于E，运用已知条件可证明△ADC≌△CEB，再由全等三角形性质和已知数据即可求出B点坐标．
详解：过C和B分别作CD⊥OD于D，BE⊥CD于E，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠CAD=90°,∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
∠ADC=∠CEB=90°；∠CAD=∠BCE，AC=BC，
∴△ADC≌△CEB(AAS)，
∴DC=BE，AD=CE，
∵点C坐标为(1,2),点A坐标为(−2,0)，
∴AD=CE=3，OD=1，BE=CD=2，
∴则B点坐标是(3,−1).
故答案为(3,−1).
点睛：本题重要考察了全等三角形判定与性质，解题关键在于结合坐标、图形性质和已经条件.
6．在△ABC中，∠ABC＝60°，∠ACB＝70°，若点O到三边距离相等，则∠BOC＝_____°．
【答案】115或65或22.5
【解析】
【分析】
先画出符合图形，再根据角平分线性质和三角形内角和定理逐一求出即可．
【详解】
解：①如图，
∵点O到三边距离相等，
∴点O是△ABC三角平分线交点，
∵∠ABC＝60°，∠ACB＝70°，
∴∠OBC＝∠ABC＝30°，∠ACB＝35°，
∴∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB＝115°；
②如图，
∵∠ABC＝60°，∠ACB＝70°，
∴∠EBC＝180°﹣∠ABC＝120°，∠FCB＝180°﹣∠ACB＝110°，
∵点O到三边距离相等，
∴O是∠EBC和∠FCB角平分线交点，
∴∠OBC＝∠EBC＝60°，∠FCB＝55°，
∴∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB＝65°；
③如图，
∵∠ABC＝60°，∠ACB＝75°，
∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝45°，
∵点O到三边距离相等，
∴O是∠EBA和∠ACB角平分线交点，
∴∠OBA＝∠EBA＝×（180°﹣60°）＝60°，∠ACB＝37.5°，
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBA+∠ABC+∠OCB）＝180°﹣（60°﹣60°﹣37.5°）＝22.5°；
如图，
此时∠BOC＝22.5°，
故答案为：115或65或22.5．
【点睛】
此题重要考察三角形内角和，解题关键是根据题意分状况讨论.
7．如图，在四边形ABCD中，∠DAB=∠DCB=90°，CB=CD，AC=6，则四边形ABCD面积是_________.
【答案】18．
【解析】
【分析】
根据已知线段关系，将△ACD绕点C逆时针旋转90°，CD与CB重叠，得到△CBE，证明A、B、E三点共线，则△ACE是等腰直角三角形，四边形面积转化为△ACE面积．
【详解】
∵CD=CB，且∠DCB=90°，∴将△ACD绕点C逆时针旋转90°，CD与CB重叠，得到△CBE，∴∠CBE=∠D，AC=EC，∠DCA=∠BCE．
根据四边形内角和360°，可得∠D+∠ABC=180°，∴∠CBE+∠ABC=180°，∴A、B、E三点共线，∴△ACE是等腰直角三角形，∴四边形ABCD面积=△ACE面积= AC2=18．
故答案为：18．
【点睛】
本题考察了旋转性质以及转化思想，处理此类问题要结合已知线段间数量关系和位置关系进行旋转，使不规则图形转化为规则图形．
8．已知：四边形ABCD中，AB=AD=CD，∠BAD=90°，三角形ABC面积为1，则线段AC长度是___________.
【答案】2
【解析】
【分析】
过B作BE⊥AC于E, 过D作DF⊥AC于F,构造 得出BE=AF
运用等腰三角形三线合一性质得出：AF=可得BE=AF=，运用三角形ABC面积为1进行计算即可.
【详解】
过B作BE⊥AC于E, 过D作DF⊥AC于F,
∴∠BEA=∠AFD=90°
∴∠2+∠3=90°
∵∠BAD=90°
∴∠1+∠2=90°
∴∠1=∠3
∵AB=AD
∴
∴BE=AF
∵AD=CD，DF⊥AC
∴AF=
∴BE=AF=
∴
∴AC=2
故答案为：2
【点睛】
本题考察了运用一线三等角构造全等三角形，以及运用三角形面积公式列方程求线段，纯熟掌握辅助线做法构造全等是解题关键.
9．如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝56°，∠BAC平分线与AB垂直平分线交于点O，将∠C沿EF（E在BC上，F在AC上）折叠，点C与点O恰好重叠，则∠OEC为_____度．
【答案】112．
【解析】
【分析】
连接OB、OC，根据角平分线定义求出∠BAO＝28°，运用等腰三角形两底角相等求出∠ABC，根据线段垂直平分线上点到两端点距离相等可得OA＝OB，再根据等边对等角求出∠OBA，然后求出∠OBC，再根据等腰三角形性质可得OB＝OC，然后求出∠OCE，根据翻折变换性质可得OE＝CE，然后运用等腰三角形两底角相等列式计算即可得解．
【详解】
如图，连接OB、OC，
∵OA平分∠BAC，∠BAC＝56°，
∴∠BAO＝∠BAC＝×56°＝28°，
∵AB＝AC，∠BAC＝56°，
∴∠ABC＝（180°﹣∠BAC）＝×（180°﹣56°）＝62°，
∵OD垂直平分AB，
∴OA＝OB，
∴∠OBA＝∠BAO＝28°，
∴∠OBC＝∠ABC﹣∠OBA＝62°﹣28°＝34°，
由等腰三角形性质，OB＝OC，
∴∠OCE＝∠OBC＝34°，
∵∠C沿EF（E在BC上，F在AC上）折叠，点C与点O恰好重叠，
∴OE＝CE，
∴∠OEC＝180°﹣2×34°＝112°．
故答案是：112．
【点睛】
考察了翻折变换，等腰三角形性质，线段垂直平分线上点到两端点距离相等性质，三角形内角和定理，熟记各性质并精确识图是解题关键．
10．如图，在△ABC中，ABAC＝10，BC＝12，AD是角平分线，P、Q分别是AD、AB边上动点，则BP＋PQ最小值为_______．
【答案】9.6
【解析】
∵AB=AC，AD是角平分线，
∴AD⊥BC，BD=CD，
∴B点，C点有关AD对称，
如图，过C作CQ⊥AB于Q，交AD于P，
则CQ=BP+PQ最小值，
根据勾股定理得，AD=8，
运用等面积法得：AB⋅CQ=BC⋅AD，
∴CQ===9.6
故答案为：9.6.
点睛：此题是轴对称-最短途径问题，重要考察了角平分线性质，对称性质，勾股定理，等面积法，用等面积法求出CQ是解本题关键.
二、八年级数学全等三角形选择题（难）
11．如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E为AB上一点，过点E作 EF∥AD，与AC、DC 分别交于点G，F，H为CG中点，连结DE、 EH、DH、FH．下列结论：①EG=DF；②△EHF≌△DHC；③∠AEH+∠ADH=180°；④若，则．其中结论对有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
分析：①根据题意可知∠ACD=45°，则GF=FC，则EG=EF-GF=CD-FC=DF；
②由SAS证明△EHF≌△DHC即可；
③根据△EHF≌△DHC，得到∠HEF=∠HDC，从而∠AEH+∠ADH=∠AEF+∠HEF+∠ADF-∠HDC=180°；
④若=，则AE=2BE，可以证明△EGH≌△DFH，则∠EHG=∠DHF且EH=DH，则∠DHE=90°，△EHD为等腰直角三角形，过H点作HM垂直于CD于M点，设HM=x，则DM=5x，DH=，CD=6x，则S△DHC=×HM×CD=3x2，S△EDH=×DH2=13x2．
详解：①∵四边形ABCD为正方形,EF∥AD，
∴EF=AD=CD,∠ACD=45°,∠GFC=90°，
∴△CFG为等腰直角三角形，
∴GF=FC，
∵EG=EF−GF，DF=CD−FC，
∴EG=DF，故①对；
②∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG中点，
∴FH=CH,∠GFH=∠GFC=45°=∠HCD，
在△EHF和△DHC中，
EF=CD；∠EFH=∠DCH；FH=CH，
∴△EHF≌△DHC(SAS)，故②对；
③∵△EHF≌△DHC(已证)，
∴∠HEF=∠HDC，
∴∠AEH+∠ADH=∠AEF+∠HEF+∠ADF−∠HDC=∠AEF+∠ADF=180°，故③对；
④∵=，
∴AE=2BE，
∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG中点，
∴FH=GH,∠FHG=90°，
∵∠EGH=∠FHG+∠HFG=90°+∠HFG=∠HFD，
在△EGH和△DFH中，
EG=DF；∠EGH=∠HFD；GH=FH，
∴△EGH≌△DFH(SAS)，
∴∠EHG=∠DHF,EH=DH,∠DHE=∠EHG+∠DHG=∠DHF+∠DHG=∠FHG=90°,
∴△EHD为等腰直角三角形，
如图，过H点作HM⊥CD于M，
设HM=x,则DM=5x,DH=，CD=6x，
则S△DHC=×HM×CD=3x2,S△EDH=×DH2=13x2，
∴3S△EDH=13S△DHC，故④对；
故选D.
点睛：本题考察了相似三角形判定与性质，全等三角形判定与性质，正方形性质，解题关键在于根据题意纯熟运用有关性质.
12．如右图，在△ABC中，点Q，P分别是边AC，BC上点，AQ=PQ，PR⊥AB于R，PS⊥AC于S，且PR=PS，下面四个结论：①AP平分∠BAC；②AS=AR；③BP=QP；④QP∥AB．其中一定对是( )
A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④
【答案】C
【解析】
试题解析：∵PR⊥AB于点R，PS⊥AC于点S，且PR=PS，
∴点P在∠BAC平分线上，
即AP平分∠BAC，故①对；
∴∠PAR=∠PAQ，
∵AQ=PQ，
∴∠APQ=∠PAQ，
∴∠APQ=∠PAR，
故④对；
在△APR与△APS中,
∴AR=AS，故②对；
△BPR和△QSP只能懂得PR=PS,∠BRP=∠QSP=90∘，其他条件不容易得到，因此，不一定全等.故③错误.
故选C.
13．如图，∠C＝∠D＝90°，若添加一种条件，可使用“HL”判定Rt△ABC与Rt△ABD全等，则如下给出条件适合是( )
A．AC＝AD B．AB＝AB C．∠ABC＝∠ABD D．∠BAC＝∠BAD
【答案】A
【解析】
根据题意可知∠C=∠D=90°，AB=AB，
然后由AC=AD，可根据HL判定两直角三角形全等，故符合条件；
而B答案只懂得一边一角，不可以判定两三角形全等，故不对；
C答案符合AAS，证明两三角形全等，故不对；
D答案是符合AAS，能证明两三角形全等，故不对.
故选A.
14．如图，，，，点D、E为BC边上两点，且，连接EF、BF则下列结论：≌；≌；；，其中对有( )个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【解析】
【分析】
根据∠DAF=90°，∠DAE=45°，得出∠FAE=45°，运用SAS证明△AED≌△AEF，判定①对；
由△AED≌△AEF得AF=AD,由，得∠FAB=∠CAD，又AB=AC, 运用SAS证明≌,判定②对；
先由∠BAC=∠DAF=90°，得出∠CAD=∠BAF，再运用SAS证明△ACD≌△ABF，得出CD=BF，又①知DE=EF，那么在△BEF中根据三角形两边之和不小于第三边可得BE+BF＞EF，等量代换后判定③对；
先由△ACD≌△ABF，得出∠C=∠ABF=45°，进而得出∠EBF=90°，判定④对．
【详解】
解：①∵∠DAF=90°，∠DAE=45°，
∴∠FAE=∠DAF-∠DAE=45°．
在△AED与△AEF中，
，
∴△AED≌△AEF（SAS），①对；
②∵△AED≌△AEF,
∴AF=AD,
∵,
∴∠FAB=∠CAD,
∵AB=AC，
∴≌，②对；
③∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAC-∠BAD=∠DAF-∠BAD，即∠CAD=∠BAF．
在△ACD与△ABF中，
，
∴△ACD≌△ABF（SAS），
∴CD=BF，
由①知△AED≌△AEF，
∴DE=EF．
在△BEF中，∵BE+BF＞EF，
∴BE+DC＞DE，③对；
④由③知△ACD≌△ABF，
∴∠C=∠ABF=45°，
∵∠ABE=45°，
∴∠EBF=∠ABE+∠ABF=90°．④对．
故答案为D．
【点睛】
本题考察了勾股定理，全等三角形判定与性质，等腰直角直角三角形性质，三角形三边关系定理，相似三角形判定，此题波及知识面比较广，解题时要注意仔细分析，有一定难度．
15．如图，等边△ABC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AC于点D，下列结论中不一定对是（ ）
A．PD=DQ B．DE=AC C．AE=CQ D．PQ⊥AB
【答案】D
【解析】
过P作PF∥CQ交AC于F，∴∠FPD=∠Q，∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠ACB=60°，∴∠A=∠AFP=60°，∴AP=PF，∵PA=CQ，∴PF=CQ，在△PFD与△DCQ中，，∴△PFD≌△QCD，∴PD=DQ，DF=CD，∴A选项对，∵AE=EF，∴DE=AC，∴B选项对，∵PE⊥AC，∠A=60°，∴AE=AP=CQ，∴C选项对，故选D．
16．如图，为外角平分线上一点并且满足，，过作于，交延长线于，则下列结论：
①≌；②；③；④．
其中对结论有（ ）．
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】D
【解析】
BD=CD,AD是角平分线，因此FD=DE,∠DFB=∠DEC=90°，因此≌；①对.由全等得BF=CE,由于FA=AE,FB=AB+FA,因此CE=AB+AE, ②对.由全等知，
∠DCE=∠FBD,因此∠BAC=∠BDC. ③对. ∴，
∴、、、四点共圆，
∴，④对．
故选D.
17．如图，与都是等边三角形，，下列结论中，对个数是( )①；②；③；④若，且，则．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
运用全等三角形判定和性质一一判断即可.
【详解】
解：∵与都是等边三角形
∴AD=AB,AC=AE,∠DAB=∠EAC=60°
∴∠DAB+∠BAC=∠EAC +∠BAC
即∠DAC=∠EAB
∴
∴，①对；
∵
∴∠ADO=∠ABO
∴∠BOD=∠DAB=60°，②对
∵∠BDA=∠CEA=60°，∠ADC≠∠AEB
∴∠BDA-∠ADC≠∠CEA-∠AEB
∴,③错误
∵
∴∠DAC+∠BCA=180°
∵∠DAB=60°，
∴∠BCA=180°-∠DAB-∠BAC=30°
∵∠ACE=60°
∴∠BCE=∠ACE+∠BCA=60°+30°=90°
∴④对
故由①②④三个对，
故选：C
【点睛】
本题考察全等三角形判定和性质、等边三角形性质、角平分线判定定理等知识，解题关键是对寻找全等三角形处理问题，属于中考常考题型．
18．如图，△ABC中，AB⊥BC，BE⊥AC，∠1=∠2，AD=AB，则下列结论不对是
A．BF=DF B．∠1=∠EFD C．BF>EF D．FD∥BC
【答案】B
【解析】
【分析】
根据余角性质得到∠C=∠ABE，∠EBC=∠BAC．根据SAS推出△ABF≌△ADF，根据全等三角形性质得到BF=DF，故A对；由全等三角形性质得到∠ABE=∠ADF，等量代换得到∠ADF=∠C，根据平行线判定得到DF∥BC，故D对；根据直角三角形性质得到DF＞EF，等量代换得到BF＞EF；故C对；根据平行线性质得到∠EFD=∠EBC=∠BAC=2∠1，故B错误．
【详解】
∵AB⊥BC，BE⊥AC，∴∠C+∠BAC=∠ABE+∠BAC=90°，∴∠C=∠ABE．同理：∠EBC=∠BAC．
在△ABF与△ADF中，∵，∴△ABF≌△ADF，∴BF=DF，故A对，
∵△ABF≌△ADF，∴∠ABE=∠ADF，∴∠ADF=∠C，∴DF∥BC，故D对；
∵∠FED=90°，∴DF＞EF，∴BF＞EF；故C对；
∵DF∥BC，∴∠EFD=∠EBC．∵∠EBC=∠BAC=∠BAC=2∠1，∴∠EFD=2∠1，故B错误．
故选B．
【点睛】
本题考察了全等三角形判定和性质，平行线判定和性质，证得△ABF≌△ADF是解题关键．
19．下列四组条件中，可以判定△ABC和△DEF全等是（ ）
A．AB=DE，BC=EF，∠A=∠D B．AC=EF，∠C=∠F，∠A=∠D
C．∠A=∠D，∠B=∠E，∠C=∠F D．AC=DF，BC=DE，∠C=∠D
【答案】D
【解析】
根据三角形全等判定定理：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，逐一判断：
A、AB=DE，BC=EF，∠A=∠D，不符合“SAS”定理，不能判断全等；
B、AC=EF，∠C=∠F，∠A=∠D， 不符合“ASA”定理，不能判断全等；
C、∠A=∠D，∠B=∠E，∠C=∠F ，“AAA”不能判定全等；
不符合“SAS”定理，不对应，不能判断全等；
D、AC=DF，BC=DE，∠C=∠D，可运用“SAS”判断全等；
故选：D．
点评：本题考察三角形全等判定措施，判定两个三角形全等一般措施有：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，必须有边参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边夹角．
20．已知：如图，、都是等腰三角形，且，，，、相交于点，点、分别是线段、中点.如下个结论：①；②；③是等边三角形；④连，则平分.对是( )
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】B
【解析】
【分析】
①根据∠ACB=∠DCE求出∠ACD=∠BCE,证出即可得出结论，故可判断；
②根据全等求出∠CAD=∠CBE,根据三角形外角定理得∠DOB=∠OBA+∠BAO,通过等角代换可以得到∠DOB=∠CBA+∠BAC,根据三角形内角和定理即可求出∠CBA+∠BAC,即可求出∠DOB，故可判断；
③根据已知条件可求出AM=BN,根据SAS可求出,推出CM=CN，∠ACM=∠BCN,然后可求出∠MCN=∠ACB=α,故可判断形状；
④在AD上取一点P使得DP=EO,连接CP，根据，可求出∠CEO=∠CDP,根据SAS可求出 ,可得∠COE=∠CPD,CP=CO,进而得到 ∠COP=∠COE，故可判断.
【详解】
①对，理由如下：
∵,
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD,
即∠ACD=∠BCE,
又∵CA=CB,CD=CE,
∴(SAS),
∴AD=BE,
故①对；
②对，理由如下：
由①知，，
∴∠CAD=∠CBE,
∵∠DOB为外角,
∴∠DOB=∠OBA+∠BAO=∠EBC+∠CBA+∠BAO=∠DAC+∠BAO+∠CBA=∠CBA+∠BAC,
∵∠CBA+∠BAC+∠ACB=180°,∠ACB=α,
∴∠CBA+∠BAC=180°-α,
即∠DOB=180°-α,
故②对；
③错误，理由如下：
∵点、分别是线段、中点,
∴AM= AD,BN= BE,
又∵由①知，AD=BE,
∴AM=BN,
又∵∠CAD=∠CBE,CA=CB,
∴(SAS),
∴CM=CN，∠ACM=∠BCN,
∴∠MCN=∠MCB+∠CBN=∠MCB+∠ACM=∠ACB=α,
∴为等腰三角形且∠MCN=α,
∴不是等边三角形，
故③错误；
④对，理由如下：
如图所示，在AD上取一点P使得DP=EO,连接CP，
由①知，，
∴∠CEO=∠CDP,
又∵CE=CD,EO=DP,
∴(SAS),
∴∠COE=∠CPD,CP=CO,
∴∠CPO=∠COP,
∴∠COP=∠COE,
即OC平分∠AOE,
故④对；
故答案为：B.
【点睛】
本题考察了三角形全等判定和性质，三角形内角和定理和外角定理，等边三角形判定，根据已知条件作出对辅助线，找出全等三角形是解题关键.
21．如图，在△ABC中，AB=AC，高BD，CE交于点O，AO交BC于点F，则图中共有全等三角形（ ）
A．8对 B．7对 C．6对 D．5对
【答案】B
【解析】
【分析】
易证△ABC是有关AF对称图形，其中小三角形也有关AF对称，共可找出7对三角形.
【详解】
全等三角形有：①△AFB≌△AFC；②△CEB≌△BDC；③△AEO≌△ADO；④△EOB≌△DOC；⑤△OBF≌△OFC；⑥△AOB≌△AOC；⑦△AEC≌△ADB
证明①△AFB≌△AFC
∵AB=AC，CE⊥AB，BD⊥AC
又∵
∴CE=BD
∴在Rt△BCE和Rt△CBD中
∴△BCE≌△CBD
∴BE=CD，∴AE=AD
在Rt△AEO和Rt△ADO中
∴△AEO≌△ADO
∴∠EOD=∠DOA
在△BAF和△CAF中
∴△BAF≌△CAF，得证
其他全等证明过程类似
故选：B
【点睛】
本题考察全等证明，解题关键是运用等腰三角形性质，推导出图形中边关系，为证全等作准备
22．如图，△ABC中，P、Q分别是BC、AC上点，作PR⊥AB，PS⊥AC，垂足分别是R、S，若AQ=PQ，PR=PS，下面四个结论：①AS=AR；②QP∥AR；③△BRP≌△QSP；④AP垂直平分RS．其中对结论序号是（ ）．
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
如图，连接AP,根据HL判定△APR和△APS全等，即可阐明①对；由△APR和△APS全等可得∠RAP=∠PAC，再根据等腰三角形性质推出∠QAP=∠QPA，得到∠QPA=∠BAP，根据平行线判定推出OP//AB，即②对；在Rt△BRP和Rt△QSP中，只有PR=PS.无法判断Rt△BRP和Rt△QSP与否全等；连接RS，与AP交于点D，先证△ARD≌△ASD，即RD=SD；运用等腰三角形性质即可判定.
【详解】
解：如图，连接AP
∵PR⊥AB，PS⊥AC，PR=PS
∴△APR≌△APS
∴AS=AR，∠RAP=∠PAC
即①对；
又∵AQ=PQ
∴∠QAP=∠QPA
∴∠QPA=∠BAP
∴OP//AB，即②对.
在Rt△BRP和Rt△QSP中，只有PR=PS.无法判断Rt△BRP和Rt△QSP与否全等,故③错误.
如图，连接PS
∵△APR≌△APS
∴AR=AS，∠RAP=∠PAC
∴AP垂直平分RS，即④对；
故答案为C.
【点睛】
本题重要考察了全等三角形性质和判定，角平分线性质应用，纯熟掌握全等三角形判定和性质是解答本题关键
23．下列两个三角形中,一定全等是( )
A．两个等边三角形
B．有一种角是,腰相等两个等腰三角形
C．有一条边相等,有一种内角相等两个等腰三角形
D．有一种角是,底相等两个等腰三角形
【答案】D
【解析】
【分析】
根据全等三角形判定措施及等腰三角形性质对各个选项进行分析,从而得到答案．
【详解】
解：A、当两个等边三角形对应边不相等时,这两个等边三角形也不会全等，故本选项错误；
B、当该角不是对应角时,这两个等腰三角形也不会全等，故本选项错误；
C、当两个等腰三角形对应边与对应角不相等时,这两个等腰三角形也不会全等，故本选项错误；
D、等腰三角形100°角只能是顶角,则两个底角是40°,它们对应相等，因此由全等三角形判定定理ASA或AAS证得它们全等，故本选项对；
故选D．
【点睛】
本题考察三角形全等判定措施,判定两个三角形全等一般措施有：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,必须有边参与,若有两边一角对应相等时,角必须是两边夹角．
24．如图所示，点A、B分别是∠NOP、∠MOP平分线上点，AB⊥OP于点E，BC⊥MN于点C，AD⊥MN于点D，下列结论错误是( )
A．AD＋BC＝AB B．与∠CBO互余角有两个
C．∠AOB＝90° D．点O是CD中点
【答案】B
【解析】
【分析】
根据角平分线上点到角两边距离相等可得AD=AE，BC=BE，运用角平分线定义和平角性质可得到∠AOB度数，再运用“HL”证明Rt△AOD和Rt△AOE全等，根据全等三角形对应边相等可得OD=OE，同理可得OC=OE，然后求出∠AOB=90°，然后对各选项分析判断即可得解．
【详解】
∵点A，B分别是∠NOP，∠MOP平分线上点，∴AD=AE，BC=BE．
∵AB=AE+BE，∴AB=AD+BC，故A选项结论对；
与∠CBO互余角有∠COB，∠EOB，∠OAD，∠OAE共4个，故B选项结论错误；
∵点A、B分别是∠NOP、∠MOP平分线上点，∴∠AOE=∠EOD，∠BOC=∠MOE，∴∠AOB=(∠EOD+∠MOE)=×180°=90°，故C选项结论对；
在Rt△AOD和Rt△AOE中，，∴Rt△AOD≌Rt△AOE（HL），∴OD=OE，同理可得OC=OE，∴OC=OD=OE，∴点O是CD中点，故D选项结论对．
故选B．
【点睛】
本题考察了角平分线上点到角两边距离相等性质，全等三角形判定与性质，余角定义，熟记各性质并精确识图是解题关键．
25．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上点，∠EAF＝∠BAD，若DF＝1，BE＝5，则线段EF长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【解析】
【分析】
在BE上截取BG＝DF，先证△ADF≌△ABG，再证△AEG≌△AEF即可解答．
【详解】
在BE上截取BG＝DF，
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
在△ADF与△ABG中
，
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AG＝AF，∠FAD＝∠GAB，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠FAE＝∠GAE，
在△AEG与△AEF中
，
∴△AEG≌△AEF（SAS）
∴EF＝EG＝BE﹣BG＝BE﹣DF＝4．
故选：B．
【点睛】
考察了全等三角形判定与性质，证明三角形全等是处理问题关键．
26．Rt△ABC中，AB＝AC，D点为Rt△ABC外一点，且BD⊥CD，DF为∠BDA平分线，当∠ACD＝15°，下列结论：①∠ADC＝45°；②AD＝AF；③AD+AF＝BD；④BC﹣CE＝2D,其中对是( )
A．①③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可证点A，点C，点B，点D四点共圆，可得∠ADC＝∠ABC＝45°；由角平分线性质和外角性质可得∠AFD＝∠BDF+∠DBF＞∠ADF，可得AD≠AF；如图，延长CD至G，使DE＝DG，在BD上截取DH＝AD，连接HF，由“SAS”可证△ADF≌△HDF，可得∠DHF＝∠DAF＝30°，AF＝HF，由等腰三角形性质可得BH＝AF，可证BD＝BH+DH＝AF+AD；由“SAS”可证△BDG≌△BDE，可得∠BGD＝∠BED＝75°，由三角形内角和定理和等腰三角形性质可得BC＝BG＝2DE+EC.
【详解】
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，且∠ACD＝15°，
∵∠BCD＝30°，
∵∠BAC＝∠BDC＝90°，
∴点A，点C，点B，点D四点共圆，
∴∠ADC＝∠ABC＝45°，故①符合题意，
∠ACD＝∠ABD＝15°，∠DAB＝∠DCB＝30°，
∵DF为∠BDA平分线，
∴∠ADF＝∠BDF，
∵∠AFD＝∠BDF+∠DBF＞∠ADF，
∴AD≠AF，故②不合题意，
如图，延长CD至G，使DE＝DG，在BD上截取DH＝AD，连接HF，
∵DH＝AD，∠HDF＝∠ADF，DF＝DF，
∴△ADF≌△HDF(SAS)
∴∠DHF＝∠DAF＝30°，AF＝HF，
∵∠DHF＝∠HBF+∠HFB＝30°，
∴∠HBF＝∠BFH＝15°，
∴BH＝HF，
∴BH＝AF，
∴BD＝BH+DH＝AF+AD，故③符合题意，
∵∠ADC＝45°，∠DAB＝30°＝∠BCD，
∴∠BED＝∠ADC+∠DAB＝75°，
∵GD＝DE，∠BDG＝∠BDE＝90°，BD＝BD，
∴△BDG≌△BDE(SAS)
∴∠BGD＝∠BED＝75°，
∴∠GBC＝180°﹣∠BCD﹣∠BGD＝75°，
∴∠GBC＝∠BGC＝75°，
∴BC＝BG，
∴BC＝BG＝2DE+EC，
∴BC﹣EC＝2DE，故④符合题意，
故选：C.
【点睛】
本题考察全等三角形判定和性质，解题关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形处理问题，
27．如图是由4个相似小正方形构成网格图，其中∠1+∠2等于（ ）
A．150° B．180° C．210° D．225°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据SAS可证得≌，可得出，继而可得出答案，再根据邻补角定义求解.
【详解】
由题意得：，，，
≌，
，
．
故选B．
【点睛】
本题考察全等图形知识，比较简单，解答本题关键是判断出≌．.
28．程老师制作了如图1所示学具，用来探究“边边角条件与否可确定三角形形状”问题，操作学具时，点Q在轨道槽AM上运动，点P既能在以A为圆心、以8为半径半圆轨道槽上运动，也能在轨道槽QN上运动，图2是操作学具时，所对应某个位置图形示意图．
有如下结论：
①当∠PAQ=30°，PQ=6时，可得到形状唯一确定△PAQ
②当∠PAQ=30°，PQ=9时，可得到形状唯一确定△PAQ
③当∠PAQ=90°，PQ=10时，可得到形状唯一确定△PAQ
④当∠PAQ=150°，PQ=12时，可得到形状唯一确定△PAQ
其中所有对结论序号是( )
A．②③ B．③④ C．②③④ D．①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
分别在以上四种状况下以P为圆心，PQ长度为半径画弧，观测弧与直线AM交点即为Q点，作出后可得答案．
【详解】
如下图，当∠PAQ=30°，PQ=6时，以P为圆心，PQ长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出，发现两个位置Q都符合题意，因此不唯一，因此①错误．
如下图，当∠PAQ=30°，PQ=9时，以P为圆心，PQ长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出，发现左边位置Q不符合题意，因此唯一，因此②对．
如下图，当∠PAQ=90°，PQ=10时，以P为圆心，PQ长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出，发现两个位置Q都符合题意，不过此时两个三角形全等，因此形状相似，因此唯一，因此③对．
如下图，当∠PAQ=150°，PQ=12时，以P为圆心，PQ长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出，发现左边位置Q不符合题意，因此唯一，因此④对．
综上：②③④对．
故选C．
【点睛】
本题考察是三角形形状问题，为三角形全等来探索判定措施，也考察三角形作图，运用对称关系作出另一种Q是关键．
29．如
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