《三角形的全等》精选压轴题—浙江省八（上）数学期末复习
一、单选题
1．（2019八上·瑞安期中）如图，在△ABC中，∠ABC=45° ， BC=4，以AC为直角边，点A为直角顶点向△ABC的外侧作等腰直角三角形ACD，连接BD，则△DBC的面积为（ ） .
A．8 B．10 C．4 D．8
【答案】A
【知识点】全等三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如下图所示，将△ABD绕着点A顺时针旋转90°得到△AEC，BD与EC交于点O，连接BE，
根据旋转的性质可知EC=BD，AE=AB，∠BAE=∠DOC=90°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴∠ABE=45°，
又∵∠ABC=45°，
∴∠EBC=90°，
∵∠BDF+∠DBF=90°，∠ECB+∠DBF=90°，
∴∠BDF=∠ECB
在△EBC和△BFD中
∴△EBC≌△BFD（AAS）
∴DF=BC=4
∴△DBC的面积=
故选A.
【分析】将△ABD绕着点A顺时针旋转90°得到△AEC，BD与EC交于点O，连接BE，根据旋转的性质得到AE=AB，∠BAE=∠DOC=90°，过D点作DF⊥BC，证△EBC≌△BFD，可得DF=BC=4，再用三角形面积公式即可得出答案.
2．（2024八上·拱墅期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D，E分别为线段AB，AC
上一点，且AD＝AE，连接BE、CD交于点G，延长AG交BC于点F．以下四个结论正确的是（ ）
①BF＝CF； ②若BE⊥AC，则CF＝DF；
③连结EF，若BE⊥AC，则∠DFE＝2∠ABE
④.若BE平分∠ABC，则FG=；
A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④
【答案】D
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；三角形内角和定理；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；勾股定理；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：在和中
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴点G在BC的中垂线上，
∵
∴点A在BC的中垂线上，
∴AG垂直平分BC，
∴则①正确，
若BE⊥AC， 则
∵
∴
∴
又∵
∴则②正确，
如图，连接EF，
若BE⊥AC， 则
∵
∴
∴
又∵
∴
∴
∴
又∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴则③正确，
若BE平分∠ABC，
∴
∵
∴
∴点G为角平分线的交点，
∴点G到三边的距离为GF的长，
∵
∴
∴
∵
∴则④正确，
综上所述，正确的结论有：①②③④，
故答案为：D.
【分析】利用"SAS"证明得到进而得到即可得到则点G在BC的中垂线上，最后根据线段垂直平分线的性质即可判断①；根据全等三角形的性质和直角三角形的性质即可判断②；根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可判断③；根据角平分线的性质可得到点G为角平分线的交点，利用面积法即可判断④.
3．（2024八上·东阳月考）如图，在中，，以的各边为边作三个正方形，点G落在上，若，空白部分面积为10.5，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：∵四边形ABGF是正方形，
∴∠F=∠FAB=90°，AF=AB，
∵四边形ACDE是正方形，
∴∠ACE=90°，
∴∠FAM+∠FMA=∠FAM+∠ANC=90°，
∴∠ANC=∠FMA，
∴△FAM≌△ABN（AAS），
∴S△FAM=S△ABN，
∴S四边形FNCM+S△ACN=S△ABC+S△ACN
∴S四边形FNCM=S△ABC，
∴空白部分面积=正方形ABGF的面积-S四边形FNCM-S△ABC=正方形ABGF的面积-2S△ABC=10.5，
∴AB2-2AC·BC=10.5①，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AC2+BC2=AB2，
∵AC+BC=6，
∴（AC+BC）2=AC2+BC2+2AC·BC=36，
∴AB2+2AC·BC=36②，
联立①②得3AB2=57，解得AB=.
故答案为：C.
【分析】利用AAS证明△FAM≌△ABN，可得S△FAM=S△ABN，从而得出S四边形FNCM=S△ABC，由勾股定理可得AC2+BC2=AB2，由空白部分面积=正方形ABGF的面积-S四边形FNCM-S△ABC=正方形ABGF的面积-2S△ABC=10.5，即得AB2-2AC·BC=10.5①，由AC+BC=6可得AB2+2AC·BC=36②，联立①②求出AB2即可求解.
二、填空题
4．（2024八上·桐乡市期末）在平面直角坐标系中，已知点，点是线段上一点，交轴于，且，
（1）的坐标为： ．
（2）若为射线上一点，且，则点的坐标为 ．
【答案】（1）
（2）
【知识点】坐标与图形性质；三角形的面积；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）设点E坐标为
∵
∴
∴
∵，
∴，
∴
∴点E坐标为，
故答案为：.
（2）①当点F在线段CD上时，过点D作GH∥y轴，过点B、F分别作GH的垂线，垂足为G、H，如图，
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴
在和中，
∴
∴
∴点F坐标为：
②当点F在线段CD的延长线上时，由对称性可知
综上所述，点F的坐标为，
故答案为：.
【分析】（1）设点E坐标为根据""列出方程，进而即可求出点E的坐标；
（2）由题意可知需分两种情况讨论，①当点F在线段CD上时，过点D作GH∥y轴，过点B、F分别作GH的垂线，垂足为G、H，利用"AAS"证明得到进而得到点F的坐标，②当点F在线段CD的延长线上时，根据对称性即可求出点F坐标，进而即可求解.
5．（2024八上·杭州期末）直线CD经过∠BCA的顶点C，CA＝CB．E、F分别是直线CD上两点，且∠BEC＝∠CFA＝∠α．若直线CD经过∠BCA的内部，且E、F在射线CD上，请解决下面两个问题：
①如图1，若∠BCA＝90°，∠α＝90°，则EF |BE﹣AF|（填“＞”，“＜”或“＝”号）；
②如图2，若0°＜∠BCA＜180°，若使①中的结论仍然成立，则∠α与∠BCA应满足的关系是 ．
【答案】＝；∠α+∠BCA＝180°
【知识点】三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：①∵ ∠BCA＝90°， ∠BEC＝∠CFA＝∠α=90°，
∴∠BCE+∠ACF=∠ACF+∠CAF=90°，
∴∠BCE=∠CAF，
在△BCE与△CAF中，
∵∠BEC＝∠CFA，∠BCE=∠CAF，CA=CB，
∴△BCE≌△CAF（AAS），
∴BE=CF，CE=AF，
∴EF=|CF-CE|=|BE-AF|；
故答案为：=；
② ∠α与∠BCA应满足的关系是∠α+∠BCA＝180°，理由如下：
在△BCE中，∠CBE+∠BCE=180°-∠BEC=180°-∠ α ，
∵∠BCA=180°-∠ α ，
∴∠BCA=∠CBE+∠BCE，
∵∠ACF+∠BCE=∠BCA，
∴∠CBE=∠ACF，
在△BCE与△CAF中，
∵∠CBE=∠ACF，∠BEC=∠CFA，CB=CA，
∴△BCE≌△CAF（AAS），
∴BE=CF，CE=AF，
∴EF=|CF-CE|=|BE-AF|.
故答案为：∠α+∠BCA＝180°.
【分析】（1）首先由同角的余角相等得∠BCE=∠CAF，从而用AAS判断出△BCE≌△CAF，由全等三角形的对应边相等得BE=CF，CE=AF，进而根据线段的和差及等量代换可得结论；
（2）∠α与∠BCA应满足的关系是∠α+∠BCA＝180°，理由如下：由三角形的内角和定理及角的和差可推出∠CBE=∠ACF，从而用AAS判断出△BCE≌△CAF，由全等三角形的对应边相等得BE=CF，CE=AF，进而根据线段的和差及等量代换可得结论.
6．（2024八上·仙居期末）如图，在中，，，点是外角平分线上的一点，连接、，若，则 度．
【答案】25
【知识点】角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过点D作DE⊥AC于点E，DG⊥BF于点G，
∵点D是∠ACF平分线上的点，DE⊥AC，DG⊥BF，
∴DE=DG，∠DEA=∠DGB=90°，
∵∠DAC+∠ADB=∠DBC+∠ACB，∠ADB=∠ACB，
∴∠DAC=∠DBC，
在△ADE与△BDG中，∠DAC=∠DBC，∠DEA=∠DGB=90°，DE=DG，
∴△ADE≌△BDG（AAS），
∴DA=DB，
在△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC=40°，
∴∠ADB=∠ACB=50°，
∴∠DAB=，
∴∠DAC=∠DAB-∠BAC=25°.
故答案为：25.
【分析】过点D作DE⊥AC于点E，DG⊥BF于点G，由角平分线的性质定理得出DE=DG，∠DEA=∠DGB=90°，由三角形内角和定理及对顶角相等可推出∠DAC=∠DBC，从而用AAS判断出△ADE≌△BDG，由全等三角形对应边相等得DA=DB，进而根据三角形的内角和定理及等边对等角可求出∠DAB的度数，最后根据∠DAC=∠DAB-∠BAC算出答案.
7．（2024八上·开化期末）在直角三角形纸片中，，折叠纸片使得点落在边上点处，折痕是（如图1），将纸片复原，再次折叠纸片，使得点落在边上的点处，折痕是（如图2），继续折叠纸片，使得点与点重合，折痕是，得到多边形（如图3）．将若干个全等的多边形交叉重叠便可得到棒棒糖的糖果部分（如图4）．
（1）图1中的长为 ．
（2）图3中的长为 ．
【答案】（1）3
（2）
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）∵在直角三角形纸片中，，
∴AB=，
如图1，设CD=x，则C D=x，BD=BC-CD=8-x，
由折叠的性质可得：AC =AC=6，BC =AB-AC =10-6=4，
在Rt△C BD中，C D2+C B2=BD2，即：x2+42=(8-x)2，
解得：x=3，
∴CD=x=3.
故答案为：3.
（2）由折叠可得：∠CAD=∠C AD，∠AFE=∠DFE，
∴FA=FD，EA=ED，
在图2中，设AD、EF相交于点O，由折叠得：AD⊥EF，
∴∠AOF=∠AOE，
∵OA=OA，
∴△OAE≌△OAF，
∴AF=AE，
∴ED=AE=AF，
设AE=y，则DE=AF=y，
在Rt△CDE中，CE2+CD2=ED2，即：(6-y)2+32=y2，
解得：y==AF，
在图3中，∵∠BFD=180°-2∠AFE=∠BAC，
∴FD∥AC，
∴FD⊥BC，
在Rt△BFD中，GD=GB，
∴∠GDB=∠B，
∴∠BFD=90°-∠B，∠FDG=90°-∠GDB，
∴∠BFD=∠FDG，
∴GD=GF=GB=BF，
∵AF=，
∴FG=FB=（AB-BF）=（10-）=.
故答案为：.
【分析】（1）由题意，先用勾股定理求出AB的值，设CD=x，则C D=x，BD=BC-CD=8-x，在Rt△C BD中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程即可求解；
（2）设AD、EF相交于点O，由折叠得：AD⊥EF，由题意易证△OAE≌△OAF，则AF=AE，设AE=y，则DE=AF=y，在Rt△CDE中，用勾股定理可得关于y的方程，解方程求出y=AF的值，结合已知易证GD=GF=GB=BF，并结合线段的构成FG=FB=（AB-BF）可求解.
8．（2020八上·苏州期中）如图1，在 中， ， 为 中点.将 沿 翻折，得到 （如图2）， 为 上一点，再将 沿 翻折，使得 与 重合（如图3），给出下列四个命题：① ；② ；③ ；④ .其中说法正确的是 .
【答案】①④
【知识点】三角形全等的判定；翻折变换（折叠问题）；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：∵将△ACM沿CM翻折，得到△DCM，
∴∠D＝∠A，
∵再将△DMP沿MP翻折，使得D与B重合
∴∠D＝∠PBA，
∴∠PBA＝∠A，
∴BP∥AC；故①正确；
假设△PBC≌△PMC，
BC＝CM，
∵在△ABC中，∠C＝90°，M为AB中点，
∴BM＝CM，
∴BC＝BM＝CM，
∴∠B＝60°，
而∠B不一定等于60°，
∴△PBC与△PMC不一定全等；故②错误；
假设PC⊥BM，则∠BCP＝∠A，
∵在△ABC中，∠C＝90°，M为AB中点，
∴AM＝CM，
∴∠A＝∠ACM，
∵∠ACM＝∠DCM，
∴∠BCP＝∠DCM＝∠ACM＝30°，
∴∠A＝30°，
而∠A不一定等于30°，
∴PC不一定垂直于BM；故③错误；
∵CM＝AM，
∴CM＝DM，
∴∠D＝∠DCM，
∵∠D＝∠PBA，
∵∠1＝∠2，
∴∠BPC＝∠BMC，故④正确.
故答案为：①④.
【分析】根据折叠的性质可得∠D＝∠A，∠D＝∠PBA，利用等量代换可得∠PBA＝∠A，可证BP∥AC，据此判断①；假设△PBC≌△PMC，可得BC＝CM，由直角三角形的性质可得BM＝CM，从而判断△PBC与△PMC不一定全等，据此判断②；假设PC⊥BM，则∠BCP＝∠A，由直角三角形的性质可得AM＝CM，可得∠A＝∠ACM，然后推出∠A不一定等于30°，可得PC不一定垂直于BM，据此判断③；根据等腰三角形的性质可得CM＝DM，从而求出∠D＝∠DCM，利用三角形内角和可得∠BPC＝∠BMC，据此判断④.
9．（2023八上·宁波期末）在平面直角坐标系中，，过点B作直线lx轴，点是线l上的动点，以AP为边在AP右侧作等腰，使∠APQ＝90°．
（1）当a＝0时，则点Q的坐标是 ．
（2）当点P在直线l上运动时，点Q也随之运动，则OQ的最小值是 ．
【答案】（1）（4，6）
（2）
【知识点】坐标与图形性质；等腰直角三角形；配方法的应用；三角形全等的判定-AAS；坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】解：（1） 当a＝0时，P（0，4） ，如图，此时点B与P重合，
过点Q作QM⊥y轴，则∠MPQ+∠MQP=90°，
∵∠APQ=90°，A（2，0）B（0，4），
∴∠MPQ+∠ABO=90°，OA=2，OB=4，
∴∠MQP=∠ABO，
∵∠QMB=∠AOB=90°，AB=BQ，
∴△MQB≌△OAB（AAS），
∴MQ=OB=4，MB=OA=2，
∴OM=OB+BM=6，
∴Q（4，6）.
故答案为：（4，6）；
（2）如图，过点P作PE⊥x轴，QF⊥l，设点P（a，4），则PE=4，
同（1）可证△PEA≌△PFQ（AAS），
∴PF=PE=4，QF=AE=2-a，
∴Q（a+4，6-a），
∴OQ2=（a+4）2+（6-a）2=2(a-1)2+50，
∴当a=1时，OQ最小值==.
故答案为：.
【分析】（1） 当a＝0时，P（0，4） ，如图，此时点B与P重合，过点Q作QM⊥y轴，用AAS证明△MQB≌△OAB，可得MQ=OB=4，MB=OA=2，再求出OM的长，继而得解；
（2）过点P作PE⊥x轴，QF⊥l，设点P（a，4），则PE=4，用AAS证明△PEA≌△PFQ，可得PF=PE=4，QF=AE=2-a，即得Q（a+4，6-a），再利用两点间的距离公式求出OQ2，然后求出其最小值即可.
三、解答题
10．（2024·吴兴期末）如图1，为等腰直角三角形，∠=90°，动点从出发沿线段向终点运动，连结，以为直角边向右作等腰直角△，斜边与交于点，连结．
（1）求证：△≌△；
（2）如图2，过分别作于点于点．请探究：三条线段之间的数量关系；
（3）在（2）的条件下，若AB=2，当等于多少时，的面积最大？并求出最大值.
【答案】（1）证明：∵与均为等腰直角三角形
∴AB=BC，DB=BE，∠ABC=∠DBE=90°
∴∠ABD=∠CBE
在△与△中，
∴△≌△（SAS）
（2）解：∵，
∴∠DFB=∠BGE=90°
∴∠GBE+∠GEB=90°
又∵∠GBE+∠DBF=90°
∴∠GEB=∠DBF
在△与△中，
∴△≌△（AAS）
∴BF=EG，DF=BG=CF
∴BC=BF+CF=EG+DF
（3）解：∵△≌△
∴
===2
要使最大，只要使最小即可.
当BD⊥AC时，最小.
此时DE⊥BC，BD=AD=，BM=1，=1
∴当BM=1时，
最大，最大为1.
【知识点】几何图形的面积计算-割补法；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到：，进而利用"SAS"即可证明△≌△；
（2）根据垂直的定义和角的等量代换得到：，然后利用"AAS"证明△≌△，即可得到：BF=EG，DF=BG=CF进而即可求解；
（3）根据全等的性质和割补法求面积得到：===2，则要使最大，只要使最小即可，即当BD⊥AC时，最小，进而即可求解.
11．（2024八上·嘉兴期末）如图，在直角坐标系中，点，点B为x轴正半轴上一个动点，以为边作，使，且点C在第一象限内．
（1）如图1，若，求点C的坐标．
（2）如图2，过点B向x轴上方作，且，在点B的运动过程中，探究点C，D之间的距离是否为定值．若为定值，求出该定值，若不是，请说明理由．
（3）如图3，过点B向x轴下方作，且，连结交x轴于点E，当的面积是的面积的2倍时，求的长．
【答案】（1）解：如图：过点C作轴于点D，
∵B（2，0），A（0，4），
∴OA=4，OB=2，
，
，
又∵，
，
在和中，
，，
∴
，.
，
∴点C的坐标为(6，2)；
（2）解：点C，D之间的距离是为定值，理由如下：
如图：
连结CD，
∵∠OBA+∠ABD=90°，∠DBC+∠ABD=90°，
∴∠OBA=∠DBC.
在△OAB和△DCB中，
∴△OAB≌△DCB（SAS）.
∴DC=AO=4；
（3）解：如图：
过点C作轴于点F，由（1）可知，，
∴，.
又∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴.
∵，
．
∴，
．
【知识点】坐标与图形性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）过点C作CD⊥x轴于点D，可利用AAS证明△AOB和△BDC全等，从而得AO=BD，OB=CD，结合OD=OB+BD即可得点C坐标；
（2）连接CD，用SAS证明△OAB和△DCB全等，即可得DC=AO=4为定值；
（3）由△AOB和△BFC全等得到BO=CF，BF=AO=4，又由BD=BO，得CF=BD，可用AAS证△CFE和△DBE全等，于是BE=EF=2，最后由△ABD的面积是△BEC的面积的2倍得到BO=BD=2BE=4，问题解决.
12．（2024八上·桐乡市期末）在等腰中，是射线上的动点，过点作（始终在上方），且，连接．
（1）如图1，当点D在线段上时，判断的形状，并说明理由．
（2）如图2，若D，E为线段上的两个动点，且，连接，求的长．
（3）如图3，若M为中点，连接，在点的运动过程中，当 时，的长最小，最小值是 ．
【答案】（1）解：当点在线段上时，是直角三角形，理由如下：
∵，
∴，
∴，即，
又，，
，
，
∵，
∴，
，
是直角三角形；
（2）解：∵，，
，
，
，
，
，
∵，
∴
由（1）可知，
设，则
在中，由勾股定理得，
，
解得，
；
（3）9；3
【知识点】三角形-动点问题
【解析】【解答】解：（3）当点D在CB的延长线上时，如图，
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
则当点D在射线CB上运动时，点F在过点B且在垂直BC的射线运动时，
∴当时，线段MF最短，如图，
∵
∴
∵
∴
∴为等腰直角三角形，
∴
由（1）知；
∴此时
∴当BD=9时，MF的长最小，最小值为3，
故答案为：9，3.
【分析】（1）利用"SAS"证明，得到然后根据，得到，即可求解；
（2）利用"SAS"证明，得到，然后利用勾股定理求出BC的长度，进而可求出BD的长度，由（1）得：设，则然后利用勾股定理列出方程，解此方程即可求解；
（3）当点D在CB的延长线上时，利用"SAS"证明推出则当点D在射线CB上运动时，点F在过点B且在垂直BC的射线运动时，根据垂线段最短可知：当时，线段MF最短，然后证明为等腰直角三角形，即可求出MF的长度，结合（1）即可知：当BD=9时，MF的长最小，最小值为3.
13．（2023八上·浙江月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，AC=8，BC=6，E，F分别是直线AC，AB上的动点，连结EF.
（1）求CD的长.
（2）若点E在边AC上，且3AE=2CE，EF⊥AC，求证：CF平分∠ACD.
（3）是否存在点E，F，使得以C，E，F为顶点的三角形与△CDF全等 若不存在，请说明理由；若存在，求出所有符合条件的DF的长.
【答案】（1）解：∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，
∴.
∵CD⊥AB于点D，
∴，
∴ 10CD=6×8，即.
（2）解：如图1，∵3AE=2CE，AC=8，，
∴，即CE=CD.
∵CD⊥AB，EF⊥AC，
∴∠CDF=∠CEF=90°.
∵CF=CF，
∴△CEF≌△CDF(HL)，
∴∠ECF=∠DCF，
∴CF平分∠ACD.
（3）解：存在点E，F，使得以C，E，F为顶点的三角形与△CDF全等.
由题意，以C，E，F为顶点的三角形与△CDF全等，
CF是公共边，有四种情形：
①如图2，若点E，F在线段AC，AD上.
当CE=CD，∠CDF=∠CEF=90°时，
∵CF=CF，∴△CEF≌△CDF，
∴，.
∵EF=FD，EF2+AE2=AF2，
②如图3，若点E，F在射线AC，AB上.
同①可得△CEF≌△CDF，
③如图4，若点E在线段AC上，点在线段BD上.
当时，
，
，
④如图5，若点E在射线CA上，点在射线BA上.
当时，
，此时，
综上，所有符合条件的DF的长是.
【知识点】三角形的面积；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理
【解析】【分析】（1）根据勾股定理可得的长，再利用三角形的面积公式直接求解即可.
（2）先证明，再根据全等三角形的判定证明即可证明.
（3）分4种情况求解：①若点E，F在线段上；②若点E，F在射线上；③若点E在线段上，点F在线段上；④若点E在射线上，点F在射线上．
四、实践探究题
14．（2024八上·杭州期末）
（1）【思维启迪】
如图1，点P是线段，的中点，则与的数量关系为 ，位置关系为 ；
（2）【思维探索】
如图2，在中，，点D为内一点，连接，，延长到点E，使，连接，若，请用等式表示，，之间的数量关系，并说明理由；
★小明思考良久后，根据这一条件，给出了如图4的辅助线：延长到T，使得，连接，，请你根据小明给出的辅助线，继续猜想，，之间的数量关系，并说明理由．
（3）如图3，在中，，，点D为中点，点E在线段上（点E不与点B，点D重合），连接，过点A作，连接，若，，请求出的长．
【答案】（1）；
（2）解：AB，BD，AE之间的数量关系：AB2=AE2+BD2，理由如下：
如图2，过点D作DF∥AE，并使DF=AE，连接CF、BF，
则，
在和中，，
∴，
∴，，
∴点A、C、F三点共线，
∵，，
∴是的垂直平分线，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
★根据小明给出的辅助线，AB，BD，AE之间的数量关系：AB2=AE2+BD2，理由如下：
如图4，延长AC到T，使得CT=AC，连接DT，BT，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴；
（3）解：如图3，延长FD到T，使得DT=DF，连接BT，延长CE交BT于点J，
∵点D为中点，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
【知识点】三角形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵点P是AB、CD的中点，
∴AP=BP，CP=DP，
又∠APC=∠BPD，
∴△APC≌△BPD（SAS），
∴AC=BD，∠A=∠B，
∴AC∥BD；
故答案为：AC=BD，AC∥BD；
【分析】（1）由线段中点定义得AP=BP，CP=DP，结合对顶角相等可用SAS证明△APC≌△BPD，根据全等三角形的性质可得AC=BD，∠A=∠B，最后根据内错角相等，两直线平行，可得AC∥BD；
（2）AB，BD，AE之间的数量关系：AB2=AE2+BD2，理由如下：过点D作DF∥AE，并使DF=AE，连接CF、BF，由二直线平行，内错角相等得∠AEC=∠FDC，从而由SAS判断出△AEC≌△FDC，由全等三角形的性质得∠ACE=∠FCD，AC=CF，故点A、C、F三点共线，推出BC是AF的垂直平分线，则AB=BF，进而在△BDF中，利用勾股定理后再等量代换可得AB2=AE2+BD2；
★根据小明给出的辅助线，AB，BD，AE之间的数量关系：AB2=AE2+BD2，理由如下：如图4，延长AC到T，使得CT=AC，连接DT，BT，首先由SAS证△AEC≌△TDC，得AE=DT，∠EAC=∠DTC，由平行线的性质推出∠TDB=90°，从而在Rt△BDT中，由勾股定理得BT2=DT2+BD2=AE2+BD2，易得BC是AT的垂直平分线，由垂直平分线的性质得BT=BA，从而等量代换可得结论AB2=AE2+BD2；
（3）延长FD到T，使得DT=DF，连接BT，延长CE交BT于点J，首先由SAS证△ADF≌△BDT，得AF=BT=8，∠FAD=∠TBD，由平行线的性质推出CJ⊥BT，由同角的余角相等得∠ACF=∠CBJ，然后用AAS证△AFC≌△CJB，得CF=BJ，AF=CJ=8，再判断出△FJT是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质得出FT的长，从而可求出DF的长.
1 / 1《三角形的全等》精选压轴题—浙江省八（上）数学期末复习
一、单选题
1．（2019八上·瑞安期中）如图，在△ABC中，∠ABC=45° ， BC=4，以AC为直角边，点A为直角顶点向△ABC的外侧作等腰直角三角形ACD，连接BD，则△DBC的面积为（ ） .
A．8 B．10 C．4 D．8
2．（2024八上·拱墅期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D，E分别为线段AB，AC
上一点，且AD＝AE，连接BE、CD交于点G，延长AG交BC于点F．以下四个结论正确的是（ ）
①BF＝CF； ②若BE⊥AC，则CF＝DF；
③连结EF，若BE⊥AC，则∠DFE＝2∠ABE
④.若BE平分∠ABC，则FG=；
A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④
3．（2024八上·东阳月考）如图，在中，，以的各边为边作三个正方形，点G落在上，若，空白部分面积为10.5，则的长为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
4．（2024八上·桐乡市期末）在平面直角坐标系中，已知点，点是线段上一点，交轴于，且，
（1）的坐标为： ．
（2）若为射线上一点，且，则点的坐标为 ．
5．（2024八上·杭州期末）直线CD经过∠BCA的顶点C，CA＝CB．E、F分别是直线CD上两点，且∠BEC＝∠CFA＝∠α．若直线CD经过∠BCA的内部，且E、F在射线CD上，请解决下面两个问题：
①如图1，若∠BCA＝90°，∠α＝90°，则EF |BE﹣AF|（填“＞”，“＜”或“＝”号）；
②如图2，若0°＜∠BCA＜180°，若使①中的结论仍然成立，则∠α与∠BCA应满足的关系是 ．
6．（2024八上·仙居期末）如图，在中，，，点是外角平分线上的一点，连接、，若，则 度．
7．（2024八上·开化期末）在直角三角形纸片中，，折叠纸片使得点落在边上点处，折痕是（如图1），将纸片复原，再次折叠纸片，使得点落在边上的点处，折痕是（如图2），继续折叠纸片，使得点与点重合，折痕是，得到多边形（如图3）．将若干个全等的多边形交叉重叠便可得到棒棒糖的糖果部分（如图4）．
（1）图1中的长为 ．
（2）图3中的长为 ．
8．（2020八上·苏州期中）如图1，在 中， ， 为 中点.将 沿 翻折，得到 （如图2）， 为 上一点，再将 沿 翻折，使得 与 重合（如图3），给出下列四个命题：① ；② ；③ ；④ .其中说法正确的是 .
9．（2023八上·宁波期末）在平面直角坐标系中，，过点B作直线lx轴，点是线l上的动点，以AP为边在AP右侧作等腰，使∠APQ＝90°．
（1）当a＝0时，则点Q的坐标是 ．
（2）当点P在直线l上运动时，点Q也随之运动，则OQ的最小值是 ．
三、解答题
10．（2024·吴兴期末）如图1，为等腰直角三角形，∠=90°，动点从出发沿线段向终点运动，连结，以为直角边向右作等腰直角△，斜边与交于点，连结．
（1）求证：△≌△；
（2）如图2，过分别作于点于点．请探究：三条线段之间的数量关系；
（3）在（2）的条件下，若AB=2，当等于多少时，的面积最大？并求出最大值.
11．（2024八上·嘉兴期末）如图，在直角坐标系中，点，点B为x轴正半轴上一个动点，以为边作，使，且点C在第一象限内．
（1）如图1，若，求点C的坐标．
（2）如图2，过点B向x轴上方作，且，在点B的运动过程中，探究点C，D之间的距离是否为定值．若为定值，求出该定值，若不是，请说明理由．
（3）如图3，过点B向x轴下方作，且，连结交x轴于点E，当的面积是的面积的2倍时，求的长．
12．（2024八上·桐乡市期末）在等腰中，是射线上的动点，过点作（始终在上方），且，连接．
（1）如图1，当点D在线段上时，判断的形状，并说明理由．
（2）如图2，若D，E为线段上的两个动点，且，连接，求的长．
（3）如图3，若M为中点，连接，在点的运动过程中，当 时，的长最小，最小值是 ．
13．（2023八上·浙江月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，AC=8，BC=6，E，F分别是直线AC，AB上的动点，连结EF.
（1）求CD的长.
（2）若点E在边AC上，且3AE=2CE，EF⊥AC，求证：CF平分∠ACD.
（3）是否存在点E，F，使得以C，E，F为顶点的三角形与△CDF全等 若不存在，请说明理由；若存在，求出所有符合条件的DF的长.
四、实践探究题
14．（2024八上·杭州期末）
（1）【思维启迪】
如图1，点P是线段，的中点，则与的数量关系为 ，位置关系为 ；
（2）【思维探索】
如图2，在中，，点D为内一点，连接，，延长到点E，使，连接，若，请用等式表示，，之间的数量关系，并说明理由；
★小明思考良久后，根据这一条件，给出了如图4的辅助线：延长到T，使得，连接，，请你根据小明给出的辅助线，继续猜想，，之间的数量关系，并说明理由．
（3）如图3，在中，，，点D为中点，点E在线段上（点E不与点B，点D重合），连接，过点A作，连接，若，，请求出的长．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】全等三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如下图所示，将△ABD绕着点A顺时针旋转90°得到△AEC，BD与EC交于点O，连接BE，
根据旋转的性质可知EC=BD，AE=AB，∠BAE=∠DOC=90°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴∠ABE=45°，
又∵∠ABC=45°，
∴∠EBC=90°，
∵∠BDF+∠DBF=90°，∠ECB+∠DBF=90°，
∴∠BDF=∠ECB
在△EBC和△BFD中
∴△EBC≌△BFD（AAS）
∴DF=BC=4
∴△DBC的面积=
故选A.
【分析】将△ABD绕着点A顺时针旋转90°得到△AEC，BD与EC交于点O，连接BE，根据旋转的性质得到AE=AB，∠BAE=∠DOC=90°，过D点作DF⊥BC，证△EBC≌△BFD，可得DF=BC=4，再用三角形面积公式即可得出答案.
2．【答案】D
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；三角形内角和定理；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；勾股定理；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：在和中
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴点G在BC的中垂线上，
∵
∴点A在BC的中垂线上，
∴AG垂直平分BC，
∴则①正确，
若BE⊥AC， 则
∵
∴
∴
又∵
∴则②正确，
如图，连接EF，
若BE⊥AC， 则
∵
∴
∴
又∵
∴
∴
∴
又∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴则③正确，
若BE平分∠ABC，
∴
∵
∴
∴点G为角平分线的交点，
∴点G到三边的距离为GF的长，
∵
∴
∴
∵
∴则④正确，
综上所述，正确的结论有：①②③④，
故答案为：D.
【分析】利用"SAS"证明得到进而得到即可得到则点G在BC的中垂线上，最后根据线段垂直平分线的性质即可判断①；根据全等三角形的性质和直角三角形的性质即可判断②；根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可判断③；根据角平分线的性质可得到点G为角平分线的交点，利用面积法即可判断④.
3．【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：∵四边形ABGF是正方形，
∴∠F=∠FAB=90°，AF=AB，
∵四边形ACDE是正方形，
∴∠ACE=90°，
∴∠FAM+∠FMA=∠FAM+∠ANC=90°，
∴∠ANC=∠FMA，
∴△FAM≌△ABN（AAS），
∴S△FAM=S△ABN，
∴S四边形FNCM+S△ACN=S△ABC+S△ACN
∴S四边形FNCM=S△ABC，
∴空白部分面积=正方形ABGF的面积-S四边形FNCM-S△ABC=正方形ABGF的面积-2S△ABC=10.5，
∴AB2-2AC·BC=10.5①，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AC2+BC2=AB2，
∵AC+BC=6，
∴（AC+BC）2=AC2+BC2+2AC·BC=36，
∴AB2+2AC·BC=36②，
联立①②得3AB2=57，解得AB=.
故答案为：C.
【分析】利用AAS证明△FAM≌△ABN，可得S△FAM=S△ABN，从而得出S四边形FNCM=S△ABC，由勾股定理可得AC2+BC2=AB2，由空白部分面积=正方形ABGF的面积-S四边形FNCM-S△ABC=正方形ABGF的面积-2S△ABC=10.5，即得AB2-2AC·BC=10.5①，由AC+BC=6可得AB2+2AC·BC=36②，联立①②求出AB2即可求解.
4．【答案】（1）
（2）
【知识点】坐标与图形性质；三角形的面积；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）设点E坐标为
∵
∴
∴
∵，
∴，
∴
∴点E坐标为，
故答案为：.
（2）①当点F在线段CD上时，过点D作GH∥y轴，过点B、F分别作GH的垂线，垂足为G、H，如图，
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴
在和中，
∴
∴
∴点F坐标为：
②当点F在线段CD的延长线上时，由对称性可知
综上所述，点F的坐标为，
故答案为：.
【分析】（1）设点E坐标为根据""列出方程，进而即可求出点E的坐标；
（2）由题意可知需分两种情况讨论，①当点F在线段CD上时，过点D作GH∥y轴，过点B、F分别作GH的垂线，垂足为G、H，利用"AAS"证明得到进而得到点F的坐标，②当点F在线段CD的延长线上时，根据对称性即可求出点F坐标，进而即可求解.
5．【答案】＝；∠α+∠BCA＝180°
【知识点】三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：①∵ ∠BCA＝90°， ∠BEC＝∠CFA＝∠α=90°，
∴∠BCE+∠ACF=∠ACF+∠CAF=90°，
∴∠BCE=∠CAF，
在△BCE与△CAF中，
∵∠BEC＝∠CFA，∠BCE=∠CAF，CA=CB，
∴△BCE≌△CAF（AAS），
∴BE=CF，CE=AF，
∴EF=|CF-CE|=|BE-AF|；
故答案为：=；
② ∠α与∠BCA应满足的关系是∠α+∠BCA＝180°，理由如下：
在△BCE中，∠CBE+∠BCE=180°-∠BEC=180°-∠ α ，
∵∠BCA=180°-∠ α ，
∴∠BCA=∠CBE+∠BCE，
∵∠ACF+∠BCE=∠BCA，
∴∠CBE=∠ACF，
在△BCE与△CAF中，
∵∠CBE=∠ACF，∠BEC=∠CFA，CB=CA，
∴△BCE≌△CAF（AAS），
∴BE=CF，CE=AF，
∴EF=|CF-CE|=|BE-AF|.
故答案为：∠α+∠BCA＝180°.
【分析】（1）首先由同角的余角相等得∠BCE=∠CAF，从而用AAS判断出△BCE≌△CAF，由全等三角形的对应边相等得BE=CF，CE=AF，进而根据线段的和差及等量代换可得结论；
（2）∠α与∠BCA应满足的关系是∠α+∠BCA＝180°，理由如下：由三角形的内角和定理及角的和差可推出∠CBE=∠ACF，从而用AAS判断出△BCE≌△CAF，由全等三角形的对应边相等得BE=CF，CE=AF，进而根据线段的和差及等量代换可得结论.
6．【答案】25
【知识点】角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过点D作DE⊥AC于点E，DG⊥BF于点G，
∵点D是∠ACF平分线上的点，DE⊥AC，DG⊥BF，
∴DE=DG，∠DEA=∠DGB=90°，
∵∠DAC+∠ADB=∠DBC+∠ACB，∠ADB=∠ACB，
∴∠DAC=∠DBC，
在△ADE与△BDG中，∠DAC=∠DBC，∠DEA=∠DGB=90°，DE=DG，
∴△ADE≌△BDG（AAS），
∴DA=DB，
在△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC=40°，
∴∠ADB=∠ACB=50°，
∴∠DAB=，
∴∠DAC=∠DAB-∠BAC=25°.
故答案为：25.
【分析】过点D作DE⊥AC于点E，DG⊥BF于点G，由角平分线的性质定理得出DE=DG，∠DEA=∠DGB=90°，由三角形内角和定理及对顶角相等可推出∠DAC=∠DBC，从而用AAS判断出△ADE≌△BDG，由全等三角形对应边相等得DA=DB，进而根据三角形的内角和定理及等边对等角可求出∠DAB的度数，最后根据∠DAC=∠DAB-∠BAC算出答案.
7．【答案】（1）3
（2）
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）∵在直角三角形纸片中，，
∴AB=，
如图1，设CD=x，则C D=x，BD=BC-CD=8-x，
由折叠的性质可得：AC =AC=6，BC =AB-AC =10-6=4，
在Rt△C BD中，C D2+C B2=BD2，即：x2+42=(8-x)2，
解得：x=3，
∴CD=x=3.
故答案为：3.
（2）由折叠可得：∠CAD=∠C AD，∠AFE=∠DFE，
∴FA=FD，EA=ED，
在图2中，设AD、EF相交于点O，由折叠得：AD⊥EF，
∴∠AOF=∠AOE，
∵OA=OA，
∴△OAE≌△OAF，
∴AF=AE，
∴ED=AE=AF，
设AE=y，则DE=AF=y，
在Rt△CDE中，CE2+CD2=ED2，即：(6-y)2+32=y2，
解得：y==AF，
在图3中，∵∠BFD=180°-2∠AFE=∠BAC，
∴FD∥AC，
∴FD⊥BC，
在Rt△BFD中，GD=GB，
∴∠GDB=∠B，
∴∠BFD=90°-∠B，∠FDG=90°-∠GDB，
∴∠BFD=∠FDG，
∴GD=GF=GB=BF，
∵AF=，
∴FG=FB=（AB-BF）=（10-）=.
故答案为：.
【分析】（1）由题意，先用勾股定理求出AB的值，设CD=x，则C D=x，BD=BC-CD=8-x，在Rt△C BD中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程即可求解；
（2）设AD、EF相交于点O，由折叠得：AD⊥EF，由题意易证△OAE≌△OAF，则AF=AE，设AE=y，则DE=AF=y，在Rt△CDE中，用勾股定理可得关于y的方程，解方程求出y=AF的值，结合已知易证GD=GF=GB=BF，并结合线段的构成FG=FB=（AB-BF）可求解.
8．【答案】①④
【知识点】三角形全等的判定；翻折变换（折叠问题）；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：∵将△ACM沿CM翻折，得到△DCM，
∴∠D＝∠A，
∵再将△DMP沿MP翻折，使得D与B重合
∴∠D＝∠PBA，
∴∠PBA＝∠A，
∴BP∥AC；故①正确；
假设△PBC≌△PMC，
BC＝CM，
∵在△ABC中，∠C＝90°，M为AB中点，
∴BM＝CM，
∴BC＝BM＝CM，
∴∠B＝60°，
而∠B不一定等于60°，
∴△PBC与△PMC不一定全等；故②错误；
假设PC⊥BM，则∠BCP＝∠A，
∵在△ABC中，∠C＝90°，M为AB中点，
∴AM＝CM，
∴∠A＝∠ACM，
∵∠ACM＝∠DCM，
∴∠BCP＝∠DCM＝∠ACM＝30°，
∴∠A＝30°，
而∠A不一定等于30°，
∴PC不一定垂直于BM；故③错误；
∵CM＝AM，
∴CM＝DM，
∴∠D＝∠DCM，
∵∠D＝∠PBA，
∵∠1＝∠2，
∴∠BPC＝∠BMC，故④正确.
故答案为：①④.
【分析】根据折叠的性质可得∠D＝∠A，∠D＝∠PBA，利用等量代换可得∠PBA＝∠A，可证BP∥AC，据此判断①；假设△PBC≌△PMC，可得BC＝CM，由直角三角形的性质可得BM＝CM，从而判断△PBC与△PMC不一定全等，据此判断②；假设PC⊥BM，则∠BCP＝∠A，由直角三角形的性质可得AM＝CM，可得∠A＝∠ACM，然后推出∠A不一定等于30°，可得PC不一定垂直于BM，据此判断③；根据等腰三角形的性质可得CM＝DM，从而求出∠D＝∠DCM，利用三角形内角和可得∠BPC＝∠BMC，据此判断④.
9．【答案】（1）（4，6）
（2）
【知识点】坐标与图形性质；等腰直角三角形；配方法的应用；三角形全等的判定-AAS；坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】解：（1） 当a＝0时，P（0，4） ，如图，此时点B与P重合，
过点Q作QM⊥y轴，则∠MPQ+∠MQP=90°，
∵∠APQ=90°，A（2，0）B（0，4），
∴∠MPQ+∠ABO=90°，OA=2，OB=4，
∴∠MQP=∠ABO，
∵∠QMB=∠AOB=90°，AB=BQ，
∴△MQB≌△OAB（AAS），
∴MQ=OB=4，MB=OA=2，
∴OM=OB+BM=6，
∴Q（4，6）.
故答案为：（4，6）；
（2）如图，过点P作PE⊥x轴，QF⊥l，设点P（a，4），则PE=4，
同（1）可证△PEA≌△PFQ（AAS），
∴PF=PE=4，QF=AE=2-a，
∴Q（a+4，6-a），
∴OQ2=（a+4）2+（6-a）2=2(a-1)2+50，
∴当a=1时，OQ最小值==.
故答案为：.
【分析】（1） 当a＝0时，P（0，4） ，如图，此时点B与P重合，过点Q作QM⊥y轴，用AAS证明△MQB≌△OAB，可得MQ=OB=4，MB=OA=2，再求出OM的长，继而得解；
（2）过点P作PE⊥x轴，QF⊥l，设点P（a，4），则PE=4，用AAS证明△PEA≌△PFQ，可得PF=PE=4，QF=AE=2-a，即得Q（a+4，6-a），再利用两点间的距离公式求出OQ2，然后求出其最小值即可.
10．【答案】（1）证明：∵与均为等腰直角三角形
∴AB=BC，DB=BE，∠ABC=∠DBE=90°
∴∠ABD=∠CBE
在△与△中，
∴△≌△（SAS）
（2）解：∵，
∴∠DFB=∠BGE=90°
∴∠GBE+∠GEB=90°
又∵∠GBE+∠DBF=90°
∴∠GEB=∠DBF
在△与△中，
∴△≌△（AAS）
∴BF=EG，DF=BG=CF
∴BC=BF+CF=EG+DF
（3）解：∵△≌△
∴
===2
要使最大，只要使最小即可.
当BD⊥AC时，最小.
此时DE⊥BC，BD=AD=，BM=1，=1
∴当BM=1时，
最大，最大为1.
【知识点】几何图形的面积计算-割补法；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到：，进而利用"SAS"即可证明△≌△；
（2）根据垂直的定义和角的等量代换得到：，然后利用"AAS"证明△≌△，即可得到：BF=EG，DF=BG=CF进而即可求解；
（3）根据全等的性质和割补法求面积得到：===2，则要使最大，只要使最小即可，即当BD⊥AC时，最小，进而即可求解.
11．【答案】（1）解：如图：过点C作轴于点D，
∵B（2，0），A（0，4），
∴OA=4，OB=2，
，
，
又∵，
，
在和中，
，，
∴
，.
，
∴点C的坐标为(6，2)；
（2）解：点C，D之间的距离是为定值，理由如下：
如图：
连结CD，
∵∠OBA+∠ABD=90°，∠DBC+∠ABD=90°，
∴∠OBA=∠DBC.
在△OAB和△DCB中，
∴△OAB≌△DCB（SAS）.
∴DC=AO=4；
（3）解：如图：
过点C作轴于点F，由（1）可知，，
∴，.
又∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴.
∵，
．
∴，
．
【知识点】坐标与图形性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）过点C作CD⊥x轴于点D，可利用AAS证明△AOB和△BDC全等，从而得AO=BD，OB=CD，结合OD=OB+BD即可得点C坐标；
（2）连接CD，用SAS证明△OAB和△DCB全等，即可得DC=AO=4为定值；
（3）由△AOB和△BFC全等得到BO=CF，BF=AO=4，又由BD=BO，得CF=BD，可用AAS证△CFE和△DBE全等，于是BE=EF=2，最后由△ABD的面积是△BEC的面积的2倍得到BO=BD=2BE=4，问题解决.
12．【答案】（1）解：当点在线段上时，是直角三角形，理由如下：
∵，
∴，
∴，即，
又，，
，
，
∵，
∴，
，
是直角三角形；
（2）解：∵，，
，
，
，
，
，
∵，
∴
由（1）可知，
设，则
在中，由勾股定理得，
，
解得，
；
（3）9；3
【知识点】三角形-动点问题
【解析】【解答】解：（3）当点D在CB的延长线上时，如图，
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
则当点D在射线CB上运动时，点F在过点B且在垂直BC的射线运动时，
∴当时，线段MF最短，如图，
∵
∴
∵
∴
∴为等腰直角三角形，
∴
由（1）知；
∴此时
∴当BD=9时，MF的长最小，最小值为3，
故答案为：9，3.
【分析】（1）利用"SAS"证明，得到然后根据，得到，即可求解；
（2）利用"SAS"证明，得到，然后利用勾股定理求出BC的长度，进而可求出BD的长度，由（1）得：设，则然后利用勾股定理列出方程，解此方程即可求解；
（3）当点D在CB的延长线上时，利用"SAS"证明推出则当点D在射线CB上运动时，点F在过点B且在垂直BC的射线运动时，根据垂线段最短可知：当时，线段MF最短，然后证明为等腰直角三角形，即可求出MF的长度，结合（1）即可知：当BD=9时，MF的长最小，最小值为3.
13．【答案】（1）解：∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，
∴.
∵CD⊥AB于点D，
∴，
∴ 10CD=6×8，即.
（2）解：如图1，∵3AE=2CE，AC=8，，
∴，即CE=CD.
∵CD⊥AB，EF⊥AC，
∴∠CDF=∠CEF=90°.
∵CF=CF，
∴△CEF≌△CDF(HL)，
∴∠ECF=∠DCF，
∴CF平分∠ACD.
（3）解：存在点E，F，使得以C，E，F为顶点的三角形与△CDF全等.
由题意，以C，E，F为顶点的三角形与△CDF全等，
CF是公共边，有四种情形：
①如图2，若点E，F在线段AC，AD上.
当CE=CD，∠CDF=∠CEF=90°时，
∵CF=CF，∴△CEF≌△CDF，
∴，.
∵EF=FD，EF2+AE2=AF2，
②如图3，若点E，F在射线AC，AB上.
同①可得△CEF≌△CDF，
③如图4，若点E在线段AC上，点在线段BD上.
当时，
，
，
④如图5，若点E在射线CA上，点在射线BA上.
当时，
，此时，
综上，所有符合条件的DF的长是.
【知识点】三角形的面积；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理
【解析】【分析】（1）根据勾股定理可得的长，再利用三角形的面积公式直接求解即可.
（2）先证明，再根据全等三角形的判定证明即可证明.
（3）分4种情况求解：①若点E，F在线段上；②若点E，F在射线上；③若点E在线段上，点F在线段上；④若点E在射线上，点F在射线上．
14．【答案】（1）；
（2）解：AB，BD，AE之间的数量关系：AB2=AE2+BD2，理由如下：
如图2，过点D作DF∥AE，并使DF=AE，连接CF、BF，
则，
在和中，，
∴，
∴，，
∴点A、C、F三点共线，
∵，，
∴是的垂直平分线，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
★根据小明给出的辅助线，AB，BD，AE之间的数量关系：AB2=AE2+BD2，理由如下：
如图4，延长AC到T，使得CT=AC，连接DT，BT，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴；
（3）解：如图3，延长FD到T，使得DT=DF，连接BT，延长CE交BT于点J，
∵点D为中点，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
【知识点】三角形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵点P是AB、CD的中点，
∴AP=BP，CP=DP，
又∠APC=∠BPD，
∴△APC≌△BPD（SAS），
∴AC=BD，∠A=∠B，
∴AC∥BD；
故答案为：AC=BD，AC∥BD；
【分析】（1）由线段中点定义得AP=BP，CP=DP，结合对顶角相等可用SAS证明△APC≌△BPD，根据全等三角形的性质可得AC=BD，∠A=∠B，最后根据内错角相等，两直线平行，可得AC∥BD；
（2）AB，BD，AE之间的数量关系：AB2=AE2+BD2，理由如下：过点D作DF∥AE，并使DF=AE，连接CF、BF，由二直线平行，内错角相等得∠AEC=∠FDC，从而由SAS判断出△AEC≌△FDC，由全等三角形的性质得∠ACE=∠FCD，AC=CF，故点A、C、F三点共线，推出BC是AF的垂直平分线，则AB=BF，进而在△BDF中，利用勾股定理后再等量代换可得AB2=AE2+BD2；
★根据小明给出的辅助线，AB，BD，AE之间的数量关系：AB2=AE2+BD2，理由如下：如图4，延长AC到T，使得CT=AC，连接DT，BT，首先由SAS证△AEC≌△TDC，得AE=DT，∠EAC=∠DTC，由平行线的性质推出∠TDB=90°，从而在Rt△BDT中，由勾股定理得BT2=DT2+BD2=AE2+BD2，易得BC是AT的垂直平分线，由垂直平分线的性质得BT=BA，从而等量代换可得结论AB2=AE2+BD2；
（3）延长FD到T，使得DT=DF，连接BT，延长CE交BT于点J，首先由SAS证△ADF≌△BDT，得AF=BT=8，∠FAD=∠TBD，由平行线的性质推出CJ⊥BT，由同角的余角相等得∠ACF=∠CBJ，然后用AAS证△AFC≌△CJB，得CF=BJ，AF=CJ=8，再判断出△FJT是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质得出FT的长，从而可求出DF的长.
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