2020全国中考数学试卷分类汇编(2)专题21 全等三角形

2020全国中考数学试卷分类汇编(2)专题21 全等三角形

全等三角形 ‎ 一.选择题 ‎1.（2020•四川省达州市•3分）如图，∠BOD＝45°，BO＝DO，点A在OB上，四边形ABCD是矩形，连接AC.BD交于点E，连接OE交AD于点F．下列4个判断：①OE平分∠BOD；②OF＝BD；③DF＝AF；④若点G是线段OF的中点，则△AEG为等腰直角三角形．正确判断的个数是（　　）‎ A．4 B．3 C．2 D．1‎ ‎【分析】由矩形得EB＝ED＝EA，∠BAD为直角，再由等腰三角形的三线合一性质可判断①的正误；证明△AOF≌△ABD，便可判断②的正误；连接BF，由线段的垂直平分线得BF＝DF，由前面的三角形全等得AF＝AB，进而便可判断③的正误；由直角三角形斜边上的中线定理得AG＝OG，进而求得∠AGE＝45°，由矩形性质得ED＝EA，进而得∠EAD＝22.5°，再得∠EAG＝90°，便可判断④的正误．‎ 解：①∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴EB＝ED，‎ ‎∵BO＝DO，‎ ‎∴OE平分∠BOD，‎ 故①正确；‎ ‎②∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠OAD＝∠BAD＝90°，‎ ‎∴∠ABD+∠ADB＝90°，‎ ‎∵OB＝OD，BE＝DE，‎ ‎∴OE⊥BD，‎ ‎∴∠BOE+∠OBE＝90°，‎ ‎∴∠BOE＝∠BDA，‎ ‎∵∠BOD＝45°，∠OAD＝90°，‎ ‎∴∠ADO＝45°，‎ ‎∴AO＝AD，‎ ‎∴△AOF≌△ABD（ASA），‎ ‎∴OF＝BD，‎ 故②正确；‎ ‎③∵△AOF≌△ABD，‎ ‎∴AF＝AB，‎ 连接BF，如图1，‎ ‎∴BF＝，‎ ‎∵BE＝DE，OE⊥BD，‎ ‎∴DF＝BF，‎ ‎∴DF＝，‎ 故③正确；‎ ‎④根据题意作出图形，如图2，‎ ‎∵G是OF的中点，∠OAF＝90°，‎ ‎∴AG＝OG，‎ ‎∴∠AOG＝∠OAG，‎ ‎∵∠AOD＝45°，OE平分∠AOD，‎ ‎∴∠AOG＝∠OAG＝22.5°，‎ ‎∴∠FAG＝67.5°，∠ADB＝∠AOF＝22.5°，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴EA＝ED，‎ ‎∴∠EAD＝∠EDA＝22.5°，‎ ‎∴∠EAG＝90°，‎ ‎∵∠AGE＝∠AOG+∠OAG＝45°，‎ ‎∴∠AEG＝45°，‎ ‎∴AE＝AG，‎ ‎∴△AEG为等腰直角三角形，‎ 故④正确；‎ 故选：D．‎ ‎2. （2020•山东淄博市•4分）如图，若△ABC≌△ADE，则下列结论中一定成立的是（　　）‎ A．AC＝DE B．∠BAD＝∠CAE C．AB＝AE D．∠ABC＝∠AED ‎【分析】根据全等三角形的性质即可得到结论．‎ ‎【解答】解：∵△ABC≌△ADE，‎ ‎∴AC＝AE，AB＝AD，∠ABC＝∠ADE，∠BAC＝∠DAE，‎ ‎∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，‎ 即∠BAD＝∠CAE．故A，C，D选项错误，B选项正确，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．‎ ‎3. （2020•四川省甘孜州•3分）如图，等腰△中，点D，E分别在腰AB，AC上，添加下列条件，不能判定≌的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据全等三角形的判定方法逐项判断即得答案．‎ ‎【详解】解： A.若添加，由于AB=AC，∠A是公共角，则可根据SAS判定≌，故本选项不符合题意；‎ B.若添加，不能判定≌，故本选项符合题意；‎ C.若添加，由于AB=AC，∠A是公共角，则可根据AAS判定≌，故本选项不符合题意；‎ D.若添加，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ABE=∠ACD，由于∠A是公共角，则可根据ASA判定≌，故本选项不符合题意．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了全等三角形的判定和等腰三角形的性质，属于基本题型，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．‎ ‎4. （2020•山东东营市•3分）如图，在正方形中，点是上一动点(不与重合) ，对角线相交于点过点分别作的垂线，分别交于点交于点．下列结论：①；②；③；④；⑤点在两点的连线上．其中正确的是（ ）‎ A. ①②③④ B. ①②③⑤ C. ①②③④⑤ D. ③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①根据题意及正方形性质，即可判断；‎ ‎②根据及正方形的性质，得ME=EP=AE＝MP，同理可证PF=NF=NP，根据题意可证四边形OEPF为矩形，则OE=PF，则OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，AO=AC，故证明；‎ ‎③根据四边形PEOF为矩形的性质，在直角三角形OPF中，使用勾股定理，即可判断；‎ ‎④△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，故④可判断；‎ ‎⑤连接MO、NO，证明OP=OM=ON，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可证明．‎ ‎【详解】∵四边形ABCD正方形，AC.BD为对角线，‎ ‎∴∠MAE=∠EAP=45°，‎ 根据题意MP⊥AC，故∠AEP=∠AEM=90°， ∴∠AME=∠APE=45°，‎ 在三角形与中，‎ ‎∴ASA，‎ 故①正确；‎ ‎∴AE=ME=EP=MP，‎ 同理，可证△PBF≌△NBF，PF=FN=NP，‎ ‎∵正方形ABCD中，AC⊥BD，‎ 又∵PM⊥AC，PN⊥BD，‎ ‎∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，‎ ‎∴四边形PEOF为矩形，‎ ‎∴PF=OE，‎ ‎∴OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，‎ 又∵ME=PE=MP，‎ FP=FN=NP，OA=AC，‎ ‎∴ PM+PN=AC，‎ 故②正确；‎ ‎∵四边形PEOF为矩形，‎ ‎∴PE=OF，‎ 在直角三角形OPF中，，‎ ‎∴，‎ 故③正确；‎ ‎∵△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，‎ 故④错误；‎ 连接MO、NO，‎ 在△OEM和△OEP中，‎ ‎∴△OEM≌△OEP，OM=OP，‎ 同理可证△OFP≌△OFN，OP=ON，‎ 又∵∠MPN=90°，‎ OM=OP=ON，OP=12MO+NO，‎ 根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，OP=MN，‎ ‎∴MO+NO=MN，点在两点的连线上．‎ 故⑤正确．‎ 故选择B．‎ ‎【点睛】本题主要考查几何综合问题，掌握正方形、矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解答本题的关键．‎ 二.填空题 ‎1.（2020•辽宁省本溪市•3分）如图，在△ABC中，M，N分别是AB和AC的中点，连接MN，点E是CN的中点，连接ME并延长，交BC的延长线于点D．若BC＝4，则CD的长为　2　．‎ ‎【分析】依据三角形中位线定理，即可得到MN＝BC＝2，MN∥BC，依据△MNE≌△DCE（AAS），即可得到CD＝MN＝2．‎ ‎【解答】解：∵M，N分别是AB和AC的中点，‎ ‎∴MN是△ABC的中位线，‎ ‎∴MN＝BC＝2，MN∥BC，‎ ‎∴∠NME＝∠D，∠MNE＝∠DCE，‎ ‎∵点E是CN的中点，‎ ‎∴NE＝CE，‎ ‎∴△MNE≌△DCE（AAS），‎ ‎∴CD＝MN＝2．‎ 故答案为：2．‎ ‎【点评】本题主要考查了三角形中位线定理以及全等三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．‎ ‎2.（2020•江西省•3分）如图，平分，，的延长线交于点，若，则的度数为 ．‎ ‎【解析】CD=CB，∠ACD=∠ACB，CA=CA，∴△CAD≌△CAB，∴∠B=∠D，设∠ACB=，∠B=，则∠ACD=，∠D=，∠EAC为△ACD的一个外角，∴，在△ABC中有内角和为180°，∴，∴∠BAC=131°，∴∠BAE=∠BAC-∠EAC=82°，故答案为82°‎ ‎3. （2020•甘肃省天水市•4分）如图，将正方形OEFG放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点E的坐标为（2，3），则点F的坐标为_____．‎ ‎【答案】（﹣1，5）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】结合全等三角形的性质可以求得点G 的坐标，再由正方形的中心对称的性质求得点F的坐标．‎ ‎【详解】如图，过点E作x轴的垂线EH，垂足为H．过点G作x轴的垂线GM，垂足为M，连接GE.FO交于点O′，‎ ‎∵四边形OEFG是正方形，‎ ‎∴OG=EO，∠GOM=∠OEH，∠OGM=∠EOH，‎ 在△OGM与△EOH中，‎ ‎ ，‎ ‎∴△OGM≌△EOH（ASA），‎ ‎∴GM=OH=2，OM=EH=3，‎ ‎∴G（﹣3，2），‎ ‎∴O′（﹣，），‎ ‎∵点F与点O关于点O′对称，‎ ‎∴点F的坐标为 （﹣1，5），‎ 故答案是：（﹣1，5）．‎ ‎【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、中点坐标公式等，正确添加辅助线以及熟练掌握和运用相关内容是解题的关键.‎ ‎4.（2020•甘肃省天水市•4分）如图，在边长为6的正方形内作，交于点，交于点，连接，将绕点顺时针旋转得到，若，则的长为__________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据旋转的性质可得AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，然后根据正方形的性质和等量代换可得∠GAE=∠FAE，进而可根据SAS证明△GAE≌△FAE，可得GE=EF，设BE=x，则CE与EF可用含x的代数式表示，然后在Rt△CEF中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程即得答案．‎ ‎【详解】解：∵将△绕点顺时针旋转得到△，‎ ‎∴AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，‎ ‎∵，∠BAD=90°，‎ ‎∴∠BAE+∠DAF=45°，‎ ‎∴∠BAE+∠BAG=45°，即∠GAE=45°，‎ ‎∴∠GAE=∠FAE，‎ 又AE=AE，‎ ‎∴△GAE≌△FAE（SAS），‎ ‎∴GE=EF，‎ 设BE=x，则CE=6－x，EF=GE=DF+BE=3+x，‎ ‎∵DF=3，∴CF=3，‎ 在Rt△CEF中，由勾股定理，得：，‎ 解得：x=2，即BE=2．‎ 故答案为：2．‎ ‎【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识、灵活应用方程思想是解题的关键．‎ ‎5.（2020•北京市•2分）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在BC上（不与点B，C重合）．只需添加一个条件即可证明△ABD≌△ACD，这个条件可以是　BD＝CD　（写出一个即可）．‎ ‎【分析】由题意可得∠ABC＝∠ACD，AB＝AC，即添加一组边对应相等，可证△ABD与△ACD全等．‎ ‎【解答】解：∵AB＝AC，‎ ‎∴∠ABD＝∠ACD，‎ 添加BD＝CD，‎ ‎∴在△ABD与△ACD中 ‎，‎ ‎∴△ABD≌△ACD（SAS），‎ 故答案为：BD＝CD．‎ ‎【点评】本题考查了全等三角形的判定，灵活运用全等三角形的判定是本题的关键．‎ 三解答题 ‎1.（12分2020年辽宁省辽阳市）如图，射线AB和射线CB相交于点B，∠ABC＝α（0°＜α＜180°），且AB＝CB．点D是射线CB上的动点（点D不与点C和点B重合），作射线AD，并在射线AD上取一点E，使∠AEC＝α，连接CE，BE．‎ ‎（1）如图①，当点D在线段CB上，α＝90°时，请直接写出∠AEB的度数；‎ ‎（2）如图②，当点D在线段CB上，α＝120°时，请写出线段AE，BE，CE之间的数量关系，并说明理由；‎ ‎（3）当α＝120°，tan∠DAB＝时，请直接写出的值．‎ ‎【分析】（1）连接AC，证A.B.E.C四点共圆，由圆周角定理得出∠BCE＝∠BAE，∠CBE＝∠CAE，证出△ABC是等腰直角三角形，则∠CAB＝45°，进而得出结论；‎ ‎（2）在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，证△ABF≌△CBE（SAS），得出∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，由等腰三角形的性质得出FH＝EH，由三角函数定义得出FH＝EH＝BE，进而得出结论；‎ ‎（3）由（2）得FH＝EH＝BE，由三角函数定义得出AH＝3BH＝BE，分别表示出CE，进而得出答案．‎ ‎【解答】解：（1）连接AC，如图①所示：‎ ‎∵α＝90°，∠ABC＝α，∠AEC＝α，‎ ‎∴∠ABC＝∠AEC＝90°，‎ ‎∴A.B.E.C四点共圆，‎ ‎∴∠BCE＝∠BAE，∠CBE＝∠CAE，‎ ‎∵∠CAB＝∠CAE+∠BAE，‎ ‎∴∠BCE+∠CBE＝∠CAB，‎ ‎∵∠ABC＝90°，AB＝CB，‎ ‎∴△ABC是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠CAB＝45°，‎ ‎∴∠BCE+∠CBE＝45°，‎ ‎∴∠BEC＝180°﹣（∠BCE+∠CBE）＝180°﹣45°＝135°，‎ ‎∴∠AEB＝∠BEC﹣∠AEC＝135°﹣90°＝45°；‎ ‎（2）AE＝BE+CE，理由如下：‎ 在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，如图②所示：‎ ‎∵∠ABC＝∠AEC，∠ADB＝∠CDE，‎ ‎∴180°﹣∠ABC﹣∠ADB＝180°﹣∠AEC﹣∠CDE，‎ ‎∴∠A＝∠C，‎ 在△ABF和△CBE中，，‎ ‎∴△ABF≌△CBE（SAS），‎ ‎∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，‎ ‎∴∠ABF+∠FBD＝∠CBE+∠FBD，‎ ‎∴∠ABD＝∠FBE，‎ ‎∵∠ABC＝120°，‎ ‎∴∠FBE＝120°，‎ ‎∵BF＝BE，‎ ‎∴∠BFE＝∠BEF＝×（180°﹣∠FBE）＝×（180°﹣120°）＝30°，‎ ‎∵BH⊥EF，‎ ‎∴∠BHE＝90°，FH＝EH，‎ 在Rt△BHE中，BH＝BE，FH＝EH＝BH＝BE，‎ ‎∴EF＝2EH＝2×BE＝BE，‎ ‎∵AE＝EF+AF，AF＝CE，‎ ‎∴AE＝BE+CE；‎ ‎（3）分两种情况：‎ ‎①当点D在线段CB上时，‎ 在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，如图②所示：‎ 由（2）得：FH＝EH＝BE，‎ ‎∵tan∠DAB＝＝，‎ ‎∴AH＝3BH＝BE，‎ ‎∴CE＝AF＝AH﹣FH＝BE﹣BE＝BE，‎ ‎∴＝；‎ ‎②当点D在线段CB的延长线上时，‎ 在射线AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，如图③所示：‎ 同①得：FH＝EH＝BE，AH＝3BH＝BE，‎ ‎∴CE＝AF＝AH+FH＝BE+BE＝BE，‎ ‎∴＝；‎ 综上所述，当α＝120°，tan∠DAB＝时，的值为或．‎ ‎【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理、三角函数定义等知识；本题综合性强，构造全等三角形是解题的关键．‎ ‎2. （2020•四川省凉山州•8分）如图，点P、Q分别是等边△ABC边AB.BC上的动点（端点除外），点P、点Q以相同的速度，同时从点A.点B出发．‎ ‎（1）如图1，连接AQ、CP．求证：△ABQ≌△CAP；‎ ‎（2）如图1，当点P、Q分别在AB.BC边上运动时，AQ、CP相交于点M，∠QMC的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数；‎ ‎（3）如图2，当点P、Q在AB.BC的延长线上运动时，直线AQ、CP相交于M，∠QMC的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数．‎ ‎【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用SAS证明△ABQ≌△CAP即可；‎ ‎（2）先判定△ABQ≌△CAP，根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝60°；‎ ‎（3）先判定△ABQ≌△CAP，根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝120°．‎ ‎【解答】解：（1）证明：如图1，∵△ABC是等边三角形 ‎∴∠ABQ＝∠CAP＝60°，AB＝CA，‎ 又∵点P、Q运动速度相同，‎ ‎∴AP＝BQ，‎ 在△ABQ与△CAP中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABQ≌△CAP（SAS）；‎ ‎（2）点P、Q在AB.BC边上运动的过程中，∠QMC不变．‎ 理由：∵△ABQ≌△CAP，‎ ‎∴∠BAQ＝∠ACP，‎ ‎∵∠QMC是△ACM的外角，‎ ‎∴∠QMC＝∠ACP+∠MAC＝∠BAQ+∠MAC＝∠BAC ‎∵∠BAC＝60°，‎ ‎∴∠QMC＝60°；‎ ‎（3）如图2，点P、Q在运动到终点后继续在射线AB.BC上运动时，∠QMC不变 理由：同理可得，△ABQ≌△CAP，‎ ‎∴∠BAQ＝∠ACP，‎ ‎∵∠QMC是△APM的外角，‎ ‎∴∠QMC＝∠BAQ+∠APM，‎ ‎∴∠QMC＝∠ACP+∠APM＝180°﹣∠PAC＝180°﹣60°＝120°，‎ 即若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB.BC上运动，∠QMC的度数为120°．‎ ‎【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识的综合应用．解决问题的关键是掌握全等三角形的判定方法：两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．解题时注意运用全等三角形的对应边相等，对应角相等的性质．‎ ‎3. （2020•四川省泸州市•6分）如图，AC平分∠BAD，AB＝AD．求证：BC＝DC．‎ ‎【分析】由“SAS”可证△ABC≌△ADC，可得BC＝DC．‎ ‎【解答】证明：∵AC平分∠BAD，‎ ‎∴∠BAC＝∠DAC，‎ 又∵AB＝AD，AC＝AC，‎ ‎∴△ABC≌△ADC（SAS），‎ ‎∴BC＝CD．‎ ‎【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明△ABC≌△ADC是本题的关键．‎ ‎3. （2020•四川省南充市•8分）如图，点C在线段BD上，且AB⊥BD，DE⊥BD，AC⊥CE，BC=DE，求证：AB=CD．‎ ‎【答案】详见解析 ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据ABBD，DEBD，ACCE，可以得到， ‎ ‎，，从而有，可以验证和全等，从而得到AB=CD．‎ ‎【详解】证明：‎ ‎∵，，‎ ‎∴‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ 在和中 ‎∴≌‎ 故．‎ ‎【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，利用角边角判定三角形全等，其中找到两两互余的角之间的关系是解题的关键．‎ ‎4. （2020•四川省内江市•9分）如图，点C.E.F、B在同一直线上，点A.D在BC异侧，AB∥CD，AE＝DF，∠A＝∠D．‎ ‎（1）求证：AB＝CD；‎ ‎（2）若AB＝CF，∠B＝40°，求∠D的度数．‎ ‎【分析】（1）根据平行线的性质求出∠B＝∠C，根据AAS推出△ABE≌△DCF，根据全等三角形的性质得出即可；‎ ‎（2）根据全等得出AB＝CD，BE＝CF，∠B＝∠C，求出CF＝CD，推出∠D＝∠CFD，即可求出答案．‎ ‎【解答】（1）证明：∵AB∥CD，‎ ‎∴∠B＝∠C，‎ 在△ABE和△DCF中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABE≌△DCF（AAS），‎ ‎∴AB＝CD；‎ ‎（2）解：∵△ABE≌△DCF，‎ ‎∴AB＝CD，BE＝CF，∠B＝∠C，‎ ‎∵∠B＝40°，‎ ‎∴∠C＝40°‎ ‎∵AB＝CF，‎ ‎∴CF＝CD，‎ ‎∴∠D＝∠CFD＝（180°﹣40°）＝70°．‎ ‎【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质，三角形内角和定理的应用，能根据全等三角形的判定求出△ABE≌△CDF是解此题的关键．‎ ‎5. （2020•四川省内江市•12分）如图，正方形ABCD中，P是对角线AC上的一个动点（不与A.C重合），连结BP，将BP绕点B顺时针旋转90°到BQ，连结QP交BC于点E，QP延长线与边AD交于点F．‎ ‎（1）连结CQ，求证：AP＝CQ；‎ ‎（2）若AP＝AC，求CE：BC的值；‎ ‎（3）求证：PF＝EQ．‎ ‎【分析】（1）证明△BAP≌△BCQ（SAS）可得结论．‎ ‎（2）过点C作CH⊥PQ于H，过点B作BT⊥PQ于T．由AP＝AC，可以假设AP＝CQ＝a，则PC＝3a，解直角三角形求出CH．BT，利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．‎ ‎（3）证明△PGB≌△QEB，推出EQ＝PG，再证明△PFG是等腰直角三角形即可．‎ ‎【解答】（1）证明：如图1，∵线段BP绕点B顺时针旋转90°得到线段BQ，‎ ‎∴BP＝BQ，∠PBQ＝90°．‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴BA＝BC，∠ABC＝90°．‎ ‎∴∠ABC＝∠PBQ．‎ ‎∴∠ABC﹣∠PBC＝∠PBQ﹣∠PBC，即∠ABP＝∠CBQ．‎ 在△BAP和△BCQ中，‎ ‎∵，‎ ‎∴△BAP≌△BCQ（SAS）．‎ ‎∴CQ＝AP．‎ ‎（2）解：过点C作CH⊥PQ于H，过点B作BT⊥PQ于T．‎ ‎∵AP＝AC，‎ ‎∴可以假设AP＝CQ＝a，则PC＝3a，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠BAC＝∠ACB＝45°，‎ ‎∵△ABP≌△CBQ，‎ ‎∴∠BCQ＝∠BAP＝45°，‎ ‎∴∠PCQ＝90°，‎ ‎∴PQ＝＝＝a，‎ ‎∵CH⊥PQ，‎ ‎∴CH＝＝a，‎ ‎∵BP＝BQ，BT⊥PQ，‎ ‎∴PT＝TQ，‎ ‎∵∠PBQ＝90°，‎ ‎∴BT＝PQ＝a，‎ ‎∵CH∥BT，‎ ‎∴＝＝＝，‎ ‎∴＝．‎ ‎（3）解：结论：PF＝EQ，理由是：‎ 如图2，当F在边AD上时，过P作PG⊥FQ，交AB于G，则∠GPF＝90°，‎ ‎∵∠BPQ＝45°，‎ ‎∴∠GPB＝45°，‎ ‎∴∠GPB＝∠PQB＝45°，‎ ‎∵PB＝BQ，∠ABP＝∠CBQ，‎ ‎∴△PGB≌△QEB，‎ ‎∴EQ＝PG，‎ ‎∵∠BAD＝90°，‎ ‎∴F、A.G、P四点共圆，‎ 连接FG，‎ ‎∴∠FGP＝∠FAP＝45°，‎ ‎∴△FPG是等腰直角三角形，‎ ‎∴PF＝PG，‎ ‎∴PF＝EQ．‎ ‎【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．‎ ‎6. (2020•山东省泰安市•12分)若△ABC和△AED均为等腰三角形，且∠BAC＝∠EAD＝90°．‎ ‎(1)如图(1)，点B是DE的中点，判定四边形BEAC的形状，并说明理由；‎ ‎(2)如图(2)，若点G是EC的中点，连接GB并延长至点F，使CF＝CD．‎ 求证：①EB＝DC，②∠EBG＝∠BFC．‎ ‎【分析】(1)由等腰三角形的性质可得∠E＝∠BAE＝45°，∠ABE＝90°，∠ABC＝∠BAE＝45°，∠ABE＝∠BAC＝90°，可证BC∥AE，AC∥BE，可得四边形BEAC是平行四边形；‎ ‎(2)①由“SAS”可证△AEB≌△ADC，可得BE＝CD；‎ ‎②延长FG至点H，使GH＝FG，由“SAS”可证△EGH≌△CGF，可得∠BFC＝∠H，CF＝EH，可得EH＝BE，由等腰三角形的性质可得结论．‎ ‎【解答】解：(1)四边形BEAC是平行四边形，理由如下：‎ ‎∵△AED为等腰三角形，∠EAD＝90°，B是DE的中点，‎ ‎∴∠E＝∠BAE＝45°，∠ABE＝90°，‎ ‎∵△ABC是等腰三角形，∠BAC＝90°，‎ ‎∴∠ABC＝∠BAE＝45°，∠ABE＝∠BAC＝90°，∴BC∥AE，AC∥BE，‎ ‎∴四边形BEAC是平行四边形；‎ ‎(2)①∵△ABC和△AED均为等腰三角形，∠BAC＝∠EAD＝90°，‎ ‎∴AE＝AD，AB＝AC，∠BAE＝∠CAD，∴△AEB≌△ADC(SAS)，∴BE＝CD；‎ ‎②延长FG至点H，使GH＝FG，‎ ‎∵G是EC的中点，∴EG＝DG，又∵∠EGH＝∠FGC，∴△EGH≌△CGF(SAS)，‎ ‎∴∠BFC＝∠H，CF＝EH，∵CF＝CD，CD＝BE，∴EH＝BE，∴∠H＝∠EBG，‎ ‎∴∠EBG＝∠BFC．‎ ‎【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．‎ ‎7.（2020•宁夏省•6分）如图，在▱ABCD中，点E是AD的中点，连接CE并延长，交BA的延长线于点F．求证：FA＝AB．‎ ‎【分析】在证明全等时常根据已知条件，分析还缺什么条件，然后用（SAS，ASA，SSS）来证明△AFE≌△DCE，根据全等的性质再证明AF＝DC，从而证明AF＝AB．‎ ‎【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AB＝DC，AB∥DC．‎ ‎∴∠FEA＝∠DEC，∠F＝∠ECD．‎ 又∵EA＝ED，‎ ‎∴△AFE≌△DCE．‎ ‎∴AF＝DC．‎ ‎∴AF＝AB．‎ ‎【点评】本题考查平行四边形的性质及全等三角形等知识，是比较基础的证明题．‎