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1. 如图，A，B两个建筑物分别位于河的两岸，要测得它们之间的距离，可以从B出发沿河岸画一条射线BF，在BF上截取$BC＝CD$，过D作$DE// AB$，使E，C，A在同一条直线上，则DE的长就是A，B之间的距离，请说明理由。
答案
解 因为 $DE// AB$，所以$∠ A=∠ E$。
在$△ ABC$ 和$△ EDC$ 中，$\begin{cases}∠ A=∠ E, \\ ∠ ACB=∠ ECD, \\ BC=DC,\end{cases}$
所以$△ ABC≌△ EDC$（AAS）。
所以 $AB=DE$。
即 $DE$ 的长就是 $A$，$B$ 之间的距离。
在$△ ABC$ 和$△ EDC$ 中，$\begin{cases}∠ A=∠ E, \\ ∠ ACB=∠ ECD, \\ BC=DC,\end{cases}$
所以$△ ABC≌△ EDC$（AAS）。
所以 $AB=DE$。
即 $DE$ 的长就是 $A$，$B$ 之间的距离。
解析
【分析】
要说明DE的长是A、B之间的距离，本质是证明AB=DE，可通过证明AB、DE所在的△ABC和△EDC全等来推导。首先结合已知条件找全等的对应相等的量：由DE//AB可得一组内错角相等，已知BC=CD是一组对应边相等，另外∠ACB和∠ECD是对顶角也相等，刚好满足AAS的全等判定条件，证完全等后利用全等三角形对应边相等即可得到AB=DE。
【解析】
因为 $DE// AB$，根据两直线平行，内错角相等，可得$∠ A=∠ E$。
在$△ ABC$ 和$△ EDC$ 中：
$\begin{cases}∠ A=∠ E, \\ ∠ ACB=∠ ECD（对顶角相等）, \\ BC=DC（已知）,\end{cases}$
所以$△ ABC≌△ EDC$（AAS）。
根据全等三角形对应边相等，可得 $AB=DE$，即DE的长就是A、B之间的距离。
【答案】
因为 $DE// AB$，所以$∠ A=∠ E$。
在$△ ABC$ 和$△ EDC$ 中，$\begin{cases}∠ A=∠ E, \\ ∠ ACB=∠ ECD, \\ BC=DC,\end{cases}$
所以$△ ABC≌△ EDC$（AAS）。
所以 $AB=DE$。
即 $DE$ 的长就是 $A$，$B$ 之间的距离。
【知识点】
平行线的性质；全等三角形的AAS判定；全等三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形在实际测量中的典型应用，将无法直接测量的跨河距离转化为可直接测量的线段长度，体现了转化的数学思想，需要熟练掌握平行线性质和全等三角形的相关定理才能灵活解决这类问题。
【难度系数】
0.8
要说明DE的长是A、B之间的距离，本质是证明AB=DE，可通过证明AB、DE所在的△ABC和△EDC全等来推导。首先结合已知条件找全等的对应相等的量：由DE//AB可得一组内错角相等，已知BC=CD是一组对应边相等，另外∠ACB和∠ECD是对顶角也相等，刚好满足AAS的全等判定条件，证完全等后利用全等三角形对应边相等即可得到AB=DE。
【解析】
因为 $DE// AB$，根据两直线平行，内错角相等，可得$∠ A=∠ E$。
在$△ ABC$ 和$△ EDC$ 中：
$\begin{cases}∠ A=∠ E, \\ ∠ ACB=∠ ECD（对顶角相等）, \\ BC=DC（已知）,\end{cases}$
所以$△ ABC≌△ EDC$（AAS）。
根据全等三角形对应边相等，可得 $AB=DE$，即DE的长就是A、B之间的距离。
【答案】
因为 $DE// AB$，所以$∠ A=∠ E$。
在$△ ABC$ 和$△ EDC$ 中，$\begin{cases}∠ A=∠ E, \\ ∠ ACB=∠ ECD, \\ BC=DC,\end{cases}$
所以$△ ABC≌△ EDC$（AAS）。
所以 $AB=DE$。
即 $DE$ 的长就是 $A$，$B$ 之间的距离。
【知识点】
平行线的性质；全等三角形的AAS判定；全等三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形在实际测量中的典型应用，将无法直接测量的跨河距离转化为可直接测量的线段长度，体现了转化的数学思想，需要熟练掌握平行线性质和全等三角形的相关定理才能灵活解决这类问题。
【难度系数】
0.8
2. 如图，AE与BD相交于点C，AC=EC，BC=DC，AB=8 cm，点P从点A出发，沿A→B→A方向以2 cm/s的速度运动，点Q同时从点D出发，沿D→E方向以1 cm/s的速度运动，当点P到达点A时，P，Q两点同时停止运动，设点P的运动时间为t s.
（1）当点P沿A→B运动时，BP=
（2）求证：AB=ED；
（3）在运动过程中（点P不在点A处时），当P，Q，C三点共线时，求t的值.
（1）当点P沿A→B运动时，BP=
(8-2t) cm
（用含t的代数式表示）；（2）求证：AB=ED；
（3）在运动过程中（点P不在点A处时），当P，Q，C三点共线时，求t的值.
答案
2. （1）(8-2t) cm
（2）证明 在$△ ABC$ 和$△ EDC$ 中，
$\begin{cases}AC=EC, \\ ∠ ACB=∠ ECD, \\ BC=DC,\end{cases}$
所以$△ ABC≌△ EDC$（SAS）。
所以 $AB=ED$。
（3）解 因为$△ ABC≌△ EDC$，
所以$∠ A=∠ E$，$DE=AB=8\ \mathrm{cm}$。
因为 $P$，$Q$，$C$ 三点共线，
所以$∠ ACP=∠ ECQ$。
在$△ ACP$ 和$△ ECQ$ 中，$\begin{cases}∠ A=∠ E, \\ AC=EC, \\ ∠ ACP=∠ ECQ,\end{cases}$
所以$△ ACP≌△ ECQ$（ASA）。
所以 $AP=EQ$。
根据题意得 $DQ=t\ \mathrm{cm}$，则 $EQ=(8-t)\ \mathrm{cm}$。
当 $0＜ t≤ 4$ 时，$AP=2t\ \mathrm{cm}$，则 $2t=8-t$。
解得 $t=\dfrac{8}{3}$。
当 $4＜ t＜ 8$ 时，$AP=(16-2t)\ \mathrm{cm}$。
所以 $16-2t=8-t$。解得 $t=8$（舍）。
综上所述，当 $P$，$C$，$Q$ 三点共线时，$t$ 的值为 $\dfrac{8}{3}$。
（2）证明 在$△ ABC$ 和$△ EDC$ 中，
$\begin{cases}AC=EC, \\ ∠ ACB=∠ ECD, \\ BC=DC,\end{cases}$
所以$△ ABC≌△ EDC$（SAS）。
所以 $AB=ED$。
（3）解 因为$△ ABC≌△ EDC$，
所以$∠ A=∠ E$，$DE=AB=8\ \mathrm{cm}$。
因为 $P$，$Q$，$C$ 三点共线，
所以$∠ ACP=∠ ECQ$。
在$△ ACP$ 和$△ ECQ$ 中，$\begin{cases}∠ A=∠ E, \\ AC=EC, \\ ∠ ACP=∠ ECQ,\end{cases}$
所以$△ ACP≌△ ECQ$（ASA）。
所以 $AP=EQ$。
根据题意得 $DQ=t\ \mathrm{cm}$，则 $EQ=(8-t)\ \mathrm{cm}$。
当 $0＜ t≤ 4$ 时，$AP=2t\ \mathrm{cm}$，则 $2t=8-t$。
解得 $t=\dfrac{8}{3}$。
当 $4＜ t＜ 8$ 时，$AP=(16-2t)\ \mathrm{cm}$。
所以 $16-2t=8-t$。解得 $t=8$（舍）。
综上所述，当 $P$，$C$，$Q$ 三点共线时，$t$ 的值为 $\dfrac{8}{3}$。
解析
【分析】
（1）点P沿A→B运动时，速度为2cm/s，运动时间为t s，因此AP的长度为2t cm，已知AB总长8cm，BP为AB减去AP的长度，即可直接写出含t的代数式。
（2）要证明AB=ED，可通过证明AB和ED所在的三角形全等来推导，已知AC=EC、BC=DC，且∠ACB和∠ECD是对顶角相等，满足SAS全等判定条件，证得△ABC≌△EDC后，对应边相等即可得结论。
（3）P点运动分两个阶段：①0＜t≤4时，P从A向B运动；②4＜t＜8时，P从B向A运动。先由全等三角形性质得∠A=∠E，结合P、Q、C共线可得∠ACP=∠ECQ，可证△ACP≌△ECQ（ASA），得到等量关系AP=EQ，再结合两个阶段AP的表达式和EQ的长度列方程求解，最后检验解是否符合对应阶段的t的取值范围，舍去不合理解即可。
【解析】
（1）点P沿A→B运动时，AP=2t cm，AB=8 cm，因此BP=AB-AP=(8-2t) cm。
（2）证明：在$△ ABC$ 和$△ EDC$ 中，
$\begin{cases}AC=EC, \\ ∠ ACB=∠ ECD（对顶角相等）, \\ BC=DC,\end{cases}$
所以$△ ABC≌△ EDC$（SAS），
根据全等三角形对应边相等，可得 $AB=ED$。
（3）解：由$△ ABC≌△ EDC$可得$∠ A=∠ E$，$DE=AB=8\ \mathrm{cm}$。
当P，Q，C三点共线时，$∠ ACP=∠ ECQ$（对顶角相等）。
在$△ ACP$ 和$△ ECQ$ 中，
$\begin{cases}∠ A=∠ E, \\ AC=EC, \\ ∠ ACP=∠ ECQ,\end{cases}$
所以$△ ACP≌△ ECQ$（ASA），因此 $AP=EQ$。
根据题意，点Q速度为1cm/s，因此$DQ=t\ \mathrm{cm}$，则$EQ=DE-DQ=(8-t)\ \mathrm{cm}$。
分两种情况讨论：
①当$0＜ t≤ 4$时，点P沿A→B运动，$AP=2t\ \mathrm{cm}$，代入$AP=EQ$得：
$2t=8-t$，解得 $t=\dfrac{8}{3}$，符合取值范围。
②当 $4＜ t＜ 8$时，点P沿B→A运动，AP的长度为总往返路程减去已走的路程，即$AP=16-2t\ \mathrm{cm}$，代入$AP=EQ$得：
$16-2t=8-t$，解得 $t=8$，不符合$4＜ t＜ 8$的范围，舍去。
综上所述，当P，C，Q三点共线时，$t$的值为$\dfrac{8}{3}$。
【答案】
（1）$\boldsymbol{(8-2t)\ \mathrm{cm}}$
（2）证明见解析，$AB=ED$成立；
（3）$\boldsymbol{t=\dfrac{8}{3}}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，动点分类讨论，一元一次方程应用
【点评】
本题结合全等三角形和动点问题考察综合解题能力，基础部分侧重全等判定规则的直接应用，动点部分需要根据运动路径分类梳理线段长度关系，核心是通过全等找到对应边的等量关系列方程，解题时要注意对解的合理性进行检验，舍去不符合运动范围的解。
【难度系数】
0.6
（1）点P沿A→B运动时，速度为2cm/s，运动时间为t s，因此AP的长度为2t cm，已知AB总长8cm，BP为AB减去AP的长度，即可直接写出含t的代数式。
（2）要证明AB=ED，可通过证明AB和ED所在的三角形全等来推导，已知AC=EC、BC=DC，且∠ACB和∠ECD是对顶角相等，满足SAS全等判定条件，证得△ABC≌△EDC后，对应边相等即可得结论。
（3）P点运动分两个阶段：①0＜t≤4时，P从A向B运动；②4＜t＜8时，P从B向A运动。先由全等三角形性质得∠A=∠E，结合P、Q、C共线可得∠ACP=∠ECQ，可证△ACP≌△ECQ（ASA），得到等量关系AP=EQ，再结合两个阶段AP的表达式和EQ的长度列方程求解，最后检验解是否符合对应阶段的t的取值范围，舍去不合理解即可。
【解析】
（1）点P沿A→B运动时，AP=2t cm，AB=8 cm，因此BP=AB-AP=(8-2t) cm。
（2）证明：在$△ ABC$ 和$△ EDC$ 中，
$\begin{cases}AC=EC, \\ ∠ ACB=∠ ECD（对顶角相等）, \\ BC=DC,\end{cases}$
所以$△ ABC≌△ EDC$（SAS），
根据全等三角形对应边相等，可得 $AB=ED$。
（3）解：由$△ ABC≌△ EDC$可得$∠ A=∠ E$，$DE=AB=8\ \mathrm{cm}$。
当P，Q，C三点共线时，$∠ ACP=∠ ECQ$（对顶角相等）。
在$△ ACP$ 和$△ ECQ$ 中，
$\begin{cases}∠ A=∠ E, \\ AC=EC, \\ ∠ ACP=∠ ECQ,\end{cases}$
所以$△ ACP≌△ ECQ$（ASA），因此 $AP=EQ$。
根据题意，点Q速度为1cm/s，因此$DQ=t\ \mathrm{cm}$，则$EQ=DE-DQ=(8-t)\ \mathrm{cm}$。
分两种情况讨论：
①当$0＜ t≤ 4$时，点P沿A→B运动，$AP=2t\ \mathrm{cm}$，代入$AP=EQ$得：
$2t=8-t$，解得 $t=\dfrac{8}{3}$，符合取值范围。
②当 $4＜ t＜ 8$时，点P沿B→A运动，AP的长度为总往返路程减去已走的路程，即$AP=16-2t\ \mathrm{cm}$，代入$AP=EQ$得：
$16-2t=8-t$，解得 $t=8$，不符合$4＜ t＜ 8$的范围，舍去。
综上所述，当P，C，Q三点共线时，$t$的值为$\dfrac{8}{3}$。
【答案】
（1）$\boldsymbol{(8-2t)\ \mathrm{cm}}$
（2）证明见解析，$AB=ED$成立；
（3）$\boldsymbol{t=\dfrac{8}{3}}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，动点分类讨论，一元一次方程应用
【点评】
本题结合全等三角形和动点问题考察综合解题能力，基础部分侧重全等判定规则的直接应用，动点部分需要根据运动路径分类梳理线段长度关系，核心是通过全等找到对应边的等量关系列方程，解题时要注意对解的合理性进行检验，舍去不符合运动范围的解。
【难度系数】
0.6
如图所示，点E在$△ ABC$的外部，点D在边BC上，DE交AC于点F，$∠ 1=∠ 2$，$AE=AC$，$DE=BC$.求证：$△ ABC≌△ ADE$.
证明 因为$∠ 2+∠ AFE+∠ E=180°$，所以$∠ E=180°-∠ 2-∠ AFE$.
因为$∠ 1+∠ CFD+∠ C=180°$，所以$∠ C=180°-∠ 1-∠ CFD$.
因为$∠ 1=∠ 2$，$∠ AFE=∠ CFD$，所以$∠ E=∠ C$.
在$△ ABC$和$△ ADE$中，
$\{\begin{array}{l}AC=AE, \\∠ C=∠ E, \\BC=DE,\end{array} $
所以$△ ABC≌△ ADE$（SAS）.
证明 因为$∠ 2+∠ AFE+∠ E=180°$，所以$∠ E=180°-∠ 2-∠ AFE$.
因为$∠ 1+∠ CFD+∠ C=180°$，所以$∠ C=180°-∠ 1-∠ CFD$.
因为$∠ 1=∠ 2$，$∠ AFE=∠ CFD$，所以$∠ E=∠ C$.
在$△ ABC$和$△ ADE$中，
$\{\begin{array}{l}AC=AE, \\∠ C=∠ E, \\BC=DE,\end{array} $
所以$△ ABC≌△ ADE$（SAS）.
答案
证明：
∵ ∠2 + ∠AFE + ∠E = 180°，
∴ ∠E = 180° - ∠2 - ∠AFE。
∵ ∠1 + ∠CFD + ∠C = 180°，
∴ ∠C = 180° - ∠1 - ∠CFD。
又∵ ∠1 = ∠2，∠AFE = ∠CFD，
∴ ∠E = ∠C。
在△ABC和△ADE中，
$\{\begin{array}{l}AC = AE, \\∠C = ∠E, \\BC = DE,\end{array} $
∴ △ABC ≌ △ADE（SAS）。
∵ ∠2 + ∠AFE + ∠E = 180°，
∴ ∠E = 180° - ∠2 - ∠AFE。
∵ ∠1 + ∠CFD + ∠C = 180°，
∴ ∠C = 180° - ∠1 - ∠CFD。
又∵ ∠1 = ∠2，∠AFE = ∠CFD，
∴ ∠E = ∠C。
在△ABC和△ADE中，
$\{\begin{array}{l}AC = AE, \\∠C = ∠E, \\BC = DE,\end{array} $
∴ △ABC ≌ △ADE（SAS）。
解析
【分析】
要证明△ABC≌△ADE，首先明确全等三角形SAS判定的要求：需要两组对应边相等，且两边的夹角相等。题目已经给出两组对应边相等：$AE=AC$、$DE=BC$，因此只需推导这两组边的夹角$∠C$和$∠E$相等即可。推导角相等时，利用三角形内角和为$180°$分别表示出$∠E$和$∠C$，再结合已知$∠1=∠2$、对顶角$∠AFE=∠CFD$，即可推出$∠E=∠C$，最后代入SAS判定条件即可完成证明。
【解析】
证明：
∵ $∠2 + ∠AFE + ∠E = 180°$，
∴ $∠E = 180° - ∠2 - ∠AFE$。
∵ $∠1 + ∠CFD + ∠C = 180°$，
∴ $∠C = 180° - ∠1 - ∠CFD$。
又
∵ $∠1 = ∠2$，$∠AFE = ∠CFD$，
∴ $∠E = ∠C$。
在$△ ABC$和$△ ADE$中，
$\begin{cases}AC = AE, \\∠C = ∠E, \\BC = DE,\end{cases}$
∴ $△ ABC≌△ ADE$（SAS）。
【答案】
证明：
∵ $∠2 + ∠AFE + ∠E = 180°$，
∴ $∠E = 180° - ∠2 - ∠AFE$。
∵ $∠1 + ∠CFD + ∠C = 180°$，
∴ $∠C = 180° - ∠1 - ∠CFD$。
又
∵ $∠1 = ∠2$，$∠AFE = ∠CFD$，
∴ $∠E = ∠C$。
在$△ ABC$和$△ ADE$中，
$\begin{cases}AC = AE, \\∠C = ∠E, \\BC = DE,\end{cases}$
∴ $△ ABC≌△ ADE$（SAS）。
【知识点】
三角形内角和定理；对顶角的性质；全等三角形SAS判定
【点评】
本题是全等三角形判定的基础题型，解题核心是先梳理全等判定所需的条件，结合已知和图形性质推导缺失的对应角相等，能有效锻炼学生分析条件、推导结论的逻辑思维能力。
【难度系数】
0.8
要证明△ABC≌△ADE，首先明确全等三角形SAS判定的要求：需要两组对应边相等，且两边的夹角相等。题目已经给出两组对应边相等：$AE=AC$、$DE=BC$，因此只需推导这两组边的夹角$∠C$和$∠E$相等即可。推导角相等时，利用三角形内角和为$180°$分别表示出$∠E$和$∠C$，再结合已知$∠1=∠2$、对顶角$∠AFE=∠CFD$，即可推出$∠E=∠C$，最后代入SAS判定条件即可完成证明。
【解析】
证明：
∵ $∠2 + ∠AFE + ∠E = 180°$，
∴ $∠E = 180° - ∠2 - ∠AFE$。
∵ $∠1 + ∠CFD + ∠C = 180°$，
∴ $∠C = 180° - ∠1 - ∠CFD$。
又
∵ $∠1 = ∠2$，$∠AFE = ∠CFD$，
∴ $∠E = ∠C$。
在$△ ABC$和$△ ADE$中，
$\begin{cases}AC = AE, \\∠C = ∠E, \\BC = DE,\end{cases}$
∴ $△ ABC≌△ ADE$（SAS）。
【答案】
证明：
∵ $∠2 + ∠AFE + ∠E = 180°$，
∴ $∠E = 180° - ∠2 - ∠AFE$。
∵ $∠1 + ∠CFD + ∠C = 180°$，
∴ $∠C = 180° - ∠1 - ∠CFD$。
又
∵ $∠1 = ∠2$，$∠AFE = ∠CFD$，
∴ $∠E = ∠C$。
在$△ ABC$和$△ ADE$中，
$\begin{cases}AC = AE, \\∠C = ∠E, \\BC = DE,\end{cases}$
∴ $△ ABC≌△ ADE$（SAS）。
【知识点】
三角形内角和定理；对顶角的性质；全等三角形SAS判定
【点评】
本题是全等三角形判定的基础题型，解题核心是先梳理全等判定所需的条件，结合已知和图形性质推导缺失的对应角相等，能有效锻炼学生分析条件、推导结论的逻辑思维能力。
【难度系数】
0.8
