1、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BFAC，BC7，CD2，则AF的长为3【详解】解：ADBC，BEAC，BDFADCBEC90，DBF+C90，DAC+C90，DBFDAC，在BDF与ADC中， BDFADC（ASA），ADBDBCCD725，DFCD2，AFADDF523；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，ABEF，ABEF，BF，AE10，AC6，求CD的长【详解】解：ABEF，AE，在ABC和EFD中，ABCEFD（A
2、SA），ACED6，ADAEED1064，CDACAD642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，BC50，BDCF，BECD，则EDF的度数是50【详解】解：如图，在BDE与CFD中，BDECFD（SAS），BDECFD，EDF180（BDE+CDF）180（CFD+CDF）180（180C）50，EDF50，故答案是：50【典例4】（2019苍南期中）如图，BADCAE，ABAD，ACAE且E，F，C，D在同一直线上（1）求证：ABCADE；（2）若B30，BAC100，点F是CE的中点，连结AF，求FAE的度数【点睛】（1）要证ABCADE，由已
3、知条件BADCAE，ABAD，ACAE，所以BAD+DACCAE+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：BADCAE（已知），BAD+DACCAE+DAC，即BACDAE在ABC与ADE中，ABCADE（SAS）；（2）B+ACB+BAC180，ACB180BBAC50ABCADE，ACBAED50点F是CE的中点，AFCEFAE90E40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BPAC，点Q在CE上，CQA
4、B求证：（1）APAQ；（2）APAQ【点睛】（1）由于BDAC，CEAB，可得ABDACE，又有对应边的关系，进而得出ABPQCA，即可得出结论（2）在（1）的基础上，证明PAQ90即可【详解】证明：（1）BDAC，CEAB（已知），BECBDC90，ABD+BAC90，ACE+BAC90（垂直定义），ABDACE（等角的余角相等），在ABP和QCA中，ABPQCA（SAS），APAQ（全等三角形对应边相等）（2）由（1）可得CAQP（全等三角形对应角相等），BDAC（已知），即P+CAP90（直角三角形两锐角互余），CAQ+CAP90（等量代换），即QAP90，APAQ（垂直定义）【典例6
5、】（2019瑶海区期末）如图，ABC和EBD中，ABCDBE90，ABCB，BEBD，连接AE，CD，AE与CD交于点M，AE与BC交于点N（1）求证：AECD；（2）求证：AECD；（3）连接BM，有以下两个结论：BM平分CBE；MB平分AMD其中正确的有（请写序号，少选、错选均不得分）【点睛】（1）欲证明AECD，只要证明ABECBD；（2）由ABECBD，推出BAEBCD，由NMC180BCDCNM，ABC180BAEANB，又CNMABC，ABC90，可得NMC90；（3）结论：；作BKAE于K，BJCD于J理由角平分线的判定定理证明即可；【详解】（1）证明：ABCDBE，ABC+CB
6、EDBE+CBE，即ABECBD，在ABE和CBD中，ABECBD，AECD（2）ABECBD，BAEBCD，NMC180BCDCNM，ABC180BAEANB，又CNMABC，ABC90，NMC90，AECD（3）结论：理由：作BKAE于K，BJCD于JABECBD，AECD，SABESCDB，AEBKCDBJ，BKBJ，作BKAE于K，BJCD于J，BM平分AMD不妨设成立，则ABMDBM，则ABBD，显然可不能，故错误故答案为题型四 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CACD，C
7、BCE，ACDBCE，连接AE、BD相交于点F（1）求证：AEBD；（2）如果ACD30，求AFB【点睛】（1）根据已知得出ACEDCB，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AECDBC，CDBCAE，求出EAB+DBAACD，AFB180（EAB+DBC），代入求出即可【详解】（1）证明：ACDBCE，ACD+DCEBCE+DCE，ACEDCB，在ACE和DCB中，ACEDCB，AEBD；（2）解：ACD30，CDB+DBCACD30，ACEDCB，AECDBC，CDBCAE，CAE+DBC30，AFB18030150【典例8】（2019溧水
8、区期末）初步思考（1）如图1，在四边形ABCD中，ABAD，BD90，E、F分别是边BC、CD上的点，且BAD2EAF求证：EFBE+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，ABAD，B+D180，E、F分别是边BC、CD上的点，且BAD2EAF，（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EFBEFD【点睛】（1）延长CB到H，使BHDF，连接AH，证明ABH
9、ADF和AMEAFE从中找出条件即可解答（2）延长CB至M，使BMDF，证明ABMADF，再证明EAHEAF，可得出结论；（3）在BE上截取BG，使BGDF，连接AG证明ABGADF和AEGAEF，即可得出EFBEFD【详解】解：（1）AH，HAE，EH，BH；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BMDF，ABC+D180，1+ABC1801D，在ABM与ADF中，ABMADF（SAS）AFAM，23EAFBAD，2+4BADEAF3+4EAF，即MAEEAF在AME与AFE中，AMEAFE（SAS）EFME，即EFBE+BMEFBE+
10、DF（3）EFBEFD证明：如图2，在BE上截取BG，使BGDF，连接AGB+ADC180，ADF+ADC180，BADF在ABG与ADF中，ABGADF（SAS）BAGDAF，AGAFBAG+EADDAF+EADEAFBADGAEEAFAEAE，易证AEGAEF（SAS）EGEF，EGBEBG，EFBEFD故答案为：EFBEFD巩固练习1（2019三台期末）如图所示，ABAC，ADAE，BACDAE，125，230，则355【点睛】求出BADEAC，证BADCAE，推出2ABD30，根据三角形的外角性质求出即可【详解】解：BACDAE，BACDACDAEDAC，1EAC，在BAD和CAE中，
11、 BADCAE（SAS），2ABD30，125，31+ABD25+3055，故答案为：552（2019安陆市期末）如图，在ABC中，A90，ABAC，ABC的平分线BD交AC于点D，CEBD，交BD的延长线于点E，若BD8，则CE4【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CEEF，根据等角的余角相等求出ABDACF，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BDCF，然后求解即可【详解】解：如图，延长BA、CE相交于点F，BD平分ABC，ABDCBD，在BCE和BFE中，BCEBFE（ASA），CEEF，B
12、AC90，CEBD，ACF+F90，ABD+F90，ABDACF，在ABD和ACF中，ABDACF（ASA），BDCF，CFCE+EF2CE，BD2CE8，CE4故答案为：43（2019庐阳区期末）如图，已知ACBC，BDAD，AC与BD交于点O，ACBD，求证：OAB是等腰三角形【详解】证明：ACBC，BDADDC90，在RtABD和RtBAC中，RtABDRtBAC（HL），DBACAB，OAOB，即OAB是等腰三角形4（2019新宾期末）如图，在ABC中，ACB45，过点A作ADBC于点D，点E为AD上一点，且EDBD（1）求证：ABDCED；（2）若CE为ACD的角平分线，求BAC的度
13、数【点睛】（1）证出ADC是等腰直角三角形，得出ADCD，CADACD45，由SAS证明ABDCED即可；（2）由角平分线定义得出ECDACD22.5，由全等三角形的性质得出BADECD22.5，即可得出答案【详解】（1）证明：ADBC，ACB45，ADBCDE90，ADC是等腰直角三角形，ADCD，CADACD45，在ABD与CED中，ABDCED（SAS）；（2）解：CE为ACD的角平分线，ECDACD22.5，由（1）得：ABDCED，BADECD22.5，BACBAD+CAD22.5+4567.55（2020龙岗区模拟）如图，在ABC中，ABC60，AD、CE分别平分BAC、ACB，求
14、证：ACAE+CD【点睛】在AC上取AFAE，连接OF，即可证得AEOAFO，得AOEAOF；再证得COFCOD，则根据全等三角形的判定方法ASA即可证FOCDOC，可得DCFC，即可得结论【详解】证明：在AC上取AFAE，连接OF，AD平分BAC、EAOFAO，在AEO与AFO中， AEOAFO（SAS），AOEAOF；AD、CE分别平分BAC、ACB，ECA+DACACBBAC（ACB+BAC）（180B）60则AOC180ECADAC120；AOCDOE120，AOECODAOF60，则COF60，CODCOF，在FOC与DOC中，FOCDOC（ASA），DCFC，ACAF+FC，ACA
15、E+CD6（2019福州期末）如图，在ABC中，ABC60，BAC60，以AB为边作等边ABD（点C，D在边AB的同侧），连接CD（）若ABC90，BAC30，求BDC的度数；（）当BAC2BDC时，请判断ABC的形状并说明理由；（）当BCD等于多少度时，BAC2BDC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CDCB，则BDCDBCABCABD；（II）设BDCx，则BAC2x，CAD602x，ADC60+x，然后可证明ACDADC，则ACAD，于是可得到ABAC；（III）当BCD150时，BAC2BDC恒成立，如答图所示：作等边BCE，连接DE
16、，则BCEC，BCE60先证明BCDECD，从而可得到BDE2BDC，然后再证明BDEBAC，从而可得到BACBDE【详解】解：（I）ABD为等边三角形，BADABD60，ABAD又BAC30，AC平分BAD，AC垂直平分BD，CDCBBDCDBCABCABD906030（II）ABC是等腰三角形理由：设BDCx，则BAC2x，CAD602x，ADC60+xCAD180CADADC60+x，ACDADC，ACADABAD，ABAC，即ABC是等腰三角形（III）当BCD150时，BAC2BDC恒成立如图：作等边BCE，连接DE，则BCEC，BCE60BCD150，ECD360BCDBCE150
17、，DCEDCB又CDCD，BCDECD，BDCEDC，即BDE2BDC又ABD为等边三角形，ABBD，ABDCBE60，ABCDBE60+DBC又BCBE，BDEBAC，BACBDE，BAC2BDC7（2019靖江市期末）已知：如图：ABCD，ABCD，AD、BC相交于点O，BECF，BE、CF分别交AD于点E、F，求证：（1）OAOD；（2）BECF【详解】证明：（1）ABCD，AD，在ABO与CDO中，ABOCDO，AOCO；（2）ABCD，AD，BECF，BEOCFO，AEBDFC，在EBA和FCD中，ABEDCF（AAS）EBCF8（2019越城区校级期中）如图，四边形ABCD，ADB
18、C，B90，AD12cm，AB10cm，BC15cm，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0t5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30cm2；（3）当0t5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CP153t，DQ1
19、22t，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30cm2，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PQPD、PQQD、QDPD；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DQCP当0t5时，点P从B运动到C，DQADAQ122t，CP153t，122t15
20、3t解得t3，t3时，四边形PQDC是平行四边形；（2）如图2，当点P是从点B向点C运动，由（1）知，CP153t，DQ122t，以C、D、Q、P为顶点的四边形面积等于30cm2，解得：t，当点P是从点C返回点B时，由运动知，DQ122t，CP3t15，以C、D、Q、P为顶点的四边形面积等于30cm2，解得：t9（舍去），当t为秒时，以C、D、Q、P为顶点的四边形面积等于30cm2；（3）当PQPD时如图3，作PHAD于H，则HQHDQHHDDQ（122t）6t，由AHBP，6t+2t3t解得：t3秒；当PQDQ时，QHAHAQBPAQ3t2tt，DQ122t，DQ2PQ2t2+102，（122t）2102+t2，整理得：3t248t+440，解得：t（秒）；0t5，t（秒），当DQPD时，DHADAHADBP123t，DQ2PD2PH2+HD2102+（123t）2（122t）2102+（123t）2即5t224t+1000，0，方程无实根，综上可知，当t3秒或t秒时，PQD是等腰三角形
