8. 如图，P是∠BAC的平分线AD上的一点，AC=9，AB=4，PB=2，则PC的长不可能是 （）


A.3
B.4
C.5
D.6

8. A 解析:如图,在 $AC$ 上截取 $AE=AB=4$,连接 $PE$. $\because AC=9, \therefore CE=AC-AE=9-4=5$. $\because P$ 是 $∠BAC$ 的平分线 $AD$ 上的一点, $\therefore ∠CAD=∠BAD$, 即 $∠EAP=∠BAP$. 在 $△ APE$ 和 $△ APB$ 中, $\begin{cases} AE=AB, \\ ∠EAP=∠BAP, \\ AP=AP, \end{cases}$ $\therefore △ APE ≌ △ APB$(SAS), $\therefore PE=PB=2$. 在 $△ PCE$ 中, $CE-PE＜PC＜CE+PE$, 即 $3＜PC＜7$, $\therefore PC$ 的长不可能为 3.

【分析】
遇到角平分线相关的线段取值范围问题，可通过构造全等三角形将分散的已知线段和待求线段转化到同一个三角形中求解。首先利用角平分线的对称性，在较长边AC上截取和AB等长的线段AE，构造与△APB全等的三角形，把PB转化为PE，再结合算出的CE长度，利用三角形三边关系即可求出PC的取值范围，最后对比选项得到答案。
【解析】
如图，在 $AC$ 上截取 $AE=AB=4$，连接 $PE$.
$\because AC=9$，$\therefore CE=AC-AE=9-4=5$.
$\because P$ 是 $∠BAC$ 的平分线 $AD$ 上的一点，$\therefore ∠EAP=∠BAP$.
在 $△APE$ 和 $△APB$ 中：
$\begin{cases} AE=AB \\ ∠EAP=∠BAP \\ AP=AP \end{cases}$
$\therefore △APE ≌ △APB$（SAS），$\therefore PE=PB=2$.
在 $△PCE$ 中，根据三角形三边关系可得：$CE-PE＜PC＜CE+PE$，
代入数据得 $5-2＜PC＜5+2$，即 $3＜PC＜7$，
因此PC的长不可能为3。
【答案】
A
【知识点】
角平分线的定义；全等三角形的判定与性质；三角形三边关系
【点评】
本题考查了全等三角形和三角形三边关系的综合应用，通过构造全等三角形整合已知条件是解题的关键，该构造方法也是角平分线相关几何题的常用技巧。
【难度系数】
0.7

9. 如图，$AB=9\ \mathrm{cm}$，$BC=12\ \mathrm{cm}$，$∠ B=∠ C$，点$P$在线段$BC$上以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度由点$B$向点$C$运动，同时，点$Q$从点$C$出发沿射线$CD$运动.若经过$t\ \mathrm{s}$后，$△ ABP$与$△ CQP$全等，则$t$的值是________.

9. $\frac{3}{2}$或3 解析:设点 Q 运动的速度为 $x$ cm/s, 则 $BP=2t$ cm, $CQ=xt$ cm, 则 $PC=(12-2t)$ cm. $\because ∠B=∠C, \therefore$ 当 $BA=CQ, BP=CP$ 时, $△ BAP ≌ △ CQP$(SAS), 即 $9=xt, 2t=12-2t$, 解得 $t=3, x=3$; 当 $BA=CP, BP=CQ$ 时, $△ BAP ≌ △ CPQ$(SAS), 即 $9=12-2t, 2t=xt$, 解得 $t=\frac{3}{2}, x=2$. 综上所述, $t$ 的值为 $\frac{3}{2}$ 或 3.

【分析】
本题是动点与全等三角形判定结合的题型，解题思路如下：①首先用含时间t的代数式表示出运动后△ABP和△CQP的相关边长：BP=2t cm，PC=(12-2t)cm，CQ为点Q的运动路程；②已知∠B=∠C，要使两个三角形全等，根据SAS判定定理，需要夹等角的两组边分别对应相等，但对应边的匹配方式不唯一，因此要分两种情况讨论：第一种是AB与CQ对应、BP与CP对应，第二种是AB与CP对应、BP与CQ对应；③分别针对两种情况列方程求解t，验证解的合理性即可得到结果。
【解析】
设点Q的运动速度为$x\ \mathrm{cm/s}$。
由题意得：$BP=2t\ \mathrm{cm}$，$CQ=xt\ \mathrm{cm}$，$PC=BC-BP=(12-2t)\ \mathrm{cm}$。
∵$∠B=∠C$，根据全等三角形SAS判定定理，分两种情况讨论：
1. 当$BA=CQ$，$BP=CP$时，$△ BAP ≌ △ CQP$（SAS），
列方程得：$\begin{cases}9=xt \\2t=12-2t \end{cases}$，
解$2t=12-2t$得$4t=12$，即$t=3$，代入$9=xt$得$x=3$，符合实际意义；
2. 当$BA=CP$，$BP=CQ$时，$△ BAP ≌ △ CPQ$（SAS），
列方程得：$\begin{cases}9=12-2t \\2t=xt \end{cases}$，
解$9=12-2t$得$2t=3$，即$t=\frac{3}{2}$，代入$2t=xt$得$x=2$，符合实际意义。
综上，t的值为$\frac{3}{2}$或3。
【答案】
$\frac{3}{2}$或3
【知识点】
全等三角形SAS判定；动点问题求解；分类讨论思想
【点评】
本题是全等三角形与动点结合的常考题型，解题核心是结合已知等角，根据全等三角形判定定理梳理可能的对应边匹配情况，避免漏解，同时求解后要注意验证结果是否符合运动的实际情况。
【难度系数】
0.6

10. 如图,点 E 在 CD 上,BC 与 AE 交于点 F,AB=CB,BE=BD,∠1=∠2.
(1)求证:△ABE≌△CBD.
(2)求证:∠1=∠3.

10. 证明:(1) $\because ∠1=∠2, \therefore ∠1+∠CBE=∠2+∠CBE$, 即 $∠ABE=∠CBD$. 在 $△ ABE$ 和 $△ CBD$ 中, $\begin{cases} AB=CB, \\ ∠ABE=∠CBD, \\ BE=BD, \end{cases}$ $\therefore △ ABE ≌ △ CBD$(SAS).
(2)由(1)可知, $△ ABE ≌ △ CBD, \therefore ∠A=∠C$. 又 $\because ∠AFB=∠CFE, \therefore 180°-∠A-∠AFB=180°-∠C-∠CFE$, 即 $∠1=∠3.$

【分析】
(1)要证明△ABE≌△CBD，已知AB=CB、BE=BD两组边相等，根据SAS全等判定定理，只需再证明两组边的夹角相等即可。已知∠1=∠2，给两个角同时加上公共角∠CBE，就能得到夹角∠ABE=∠CBD，满足SAS判定条件。
(2)要证明∠1=∠3，可观察两个角分别在△AFB和△CFE中。由第一问的全等结论可得对应角∠A=∠C，又∠AFB和∠CFE是对顶角，二者相等，结合三角形内角和为180°，两个三角形已有两组角对应相等，第三组角必然相等，即可推导出∠1=∠3。
【解析】
(1) 证明：
∵ ∠1=∠2，
∴ ∠1+∠CBE=∠2+∠CBE，即∠ABE=∠CBD。
在△ABE和△CBD中：
$\begin{cases}AB=CB, \\∠ABE=∠CBD, \\BE=BD,\end{cases}$
∴ △ABE ≌ △CBD（SAS）。
(2) 证明：
由(1)得△ABE ≌ △CBD，根据全等三角形对应角相等，
∴ ∠A=∠C。
∵ ∠AFB与∠CFE是对顶角，
∴ ∠AFB=∠CFE。
根据三角形内角和为180°，可得：
$180°-∠ A-∠ AFB=180°-∠ C-∠ CFE$，
即∠1=∠3。
【答案】
(1) $\because ∠1=∠2, \therefore ∠1+∠CBE=∠2+∠CBE$, 即 $∠ABE=∠CBD$. 在 $△ ABE$ 和 $△ CBD$ 中, $\begin{cases} AB=CB, \\ ∠ABE=∠CBD, \\ BE=BD, \end{cases}$ $\therefore △ ABE ≌ △ CBD$(SAS).
(2)由(1)可知, $△ ABE ≌ △ CBD, \therefore ∠A=∠C$. 又 $\because ∠AFB=∠CFE, \therefore 180°-∠A-∠AFB=180°-∠C-∠CFE$, 即 $∠1=∠3.$
【知识点】
SAS判定全等、全等三角形的性质、对顶角相等
【点评】
本题是全等证明的基础常规题，解题关键是挖掘图形中的公共角、对顶角等隐含条件，结合已知推导全等所需的边角关系，熟练掌握全等的判定定理和性质是解决此类问题的核心。
【难度系数】
0.8

11. 如图,在四边形 ABCD 中,E 为线段 BC 的中点,AE 平分∠BAD,∠AED=90°,F 为 AD上一点,AF=AB.
(1)求证:$△ ABE ≌ △ AFE$.
(2)求证:$AD=AB+CD$.

11. 证明: (1) $\because AE$ 平分 $∠BAD, \therefore ∠BAE=∠FAE$. 在$△ ABE$ 和 $△ AFE$ 中, $\begin{cases} AB=AF, \\ ∠BAE=∠FAE, \\ AE=AE, \end{cases}$ $\therefore △ ABE ≌ △ AFE$(SAS).
(2)由(1)知, $△ ABE ≌ △ AFE, \therefore EB=EF, ∠AEB=∠AEF. \because ∠AED=90°, \therefore ∠AEB+∠DEC=90°, ∠AEF+∠DEF=90°, \therefore ∠DEC=∠DEF. \because E$ 为 $BC$ 的中点, $\therefore EB=EC=EF$. 在 $△ ECD$ 和 $△ EFD$ 中, $\begin{cases} EC=EF, \\ ∠DEC=∠DEF, \\ ED=ED, \end{cases}$ $\therefore △ ECD ≌ △ EFD$(SAS), $\therefore DC=DF. \because AD=AF+DF, AB=AF, \therefore AD=AB+CD.$

【分析】
(1) 要证明△ABE≌△AFE，先梳理已知条件：AE平分∠BAD可得一组角相等，题中直接给出AB=AF，还有公共边AE，正好符合全等三角形SAS的判定条件，直接代入条件即可证明。
(2) 要证明AD=AB+CD，观察AD可拆分为AF+FD，已知AB=AF，因此只需证CD=FD即可。首先由第一问的全等可得EB=EF、∠AEB=∠AEF，结合E是BC中点可得EC=EF；再根据∠AED=90°，利用等角的余角相等推出∠DEC=∠DEF，结合公共边ED可证△ECD≌△EFD，得到CD=DF，最后通过线段等量代换即可完成证明。
【解析】
(1) $\because AE$ 平分 $∠BAD, \therefore ∠BAE=∠FAE$.
在$△ ABE$ 和 $△ AFE$ 中,
$\begin{cases} AB=AF, \\ ∠BAE=∠FAE, \\ AE=AE, \end{cases}$
$\therefore △ ABE ≌ △ AFE$(SAS).
(2)由(1)知, $△ ABE ≌ △ AFE, \therefore EB=EF, ∠AEB=∠AEF$.
$\because ∠AED=90°, \therefore ∠AEB+∠DEC=90°, ∠AEF+∠DEF=90°,$
$\therefore ∠DEC=∠DEF.$
$\because E$ 为 $BC$ 的中点, $\therefore EB=EC=EF$.
在 $△ ECD$ 和 $△ EFD$ 中,
$\begin{cases} EC=EF, \\ ∠DEC=∠DEF, \\ ED=ED, \end{cases}$
$\therefore △ ECD ≌ △ EFD$(SAS), $\therefore DC=DF.$
$\because AD=AF+DF, AB=AF, \therefore AD=AB+CD.$
【答案】
(1) $△ ABE ≌ △ AFE$，证明成立；
(2) $AD=AB+CD$，证明成立。
【知识点】
1. 全等三角形SAS判定
2. 全等三角形的性质
3. 角平分线的定义
【点评】
本题重点考查全等三角形判定与性质的综合应用，解题的核心是通过已知条件挖掘全等所需的边角关系，再利用全等性质实现线段的等量代换，是解决线段和差类证明题的典型题型。
【难度系数】
0.7