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1.(2024·昆山期末)如图，在$\triangle ABC$和$\triangle DEF$中，点$B$，$F$，$C$，$E$在同一直线上，$\angle B=\angle E$，$BF=EC$，添加下列一个条件，仍不能判定$\triangle ABC≌\triangle DEF$的是(
A.$AB=DE$
B.$AC=DF$
C.$\angle A=\angle D$
D.$\angle ACB=\angle DFE$
B
)A.$AB=DE$
B.$AC=DF$
C.$\angle A=\angle D$
D.$\angle ACB=\angle DFE$
答案
1.B
解析
证明：
∵BF=EC，
∴BF+FC=EC+FC，即BC=EF。
选项A：AB=DE，∠B=∠E，BC=EF，由SAS可判定△ABC≌△DEF；
选项B：AC=DF，∠B=∠E，BC=EF，SSA不能判定全等；
选项C：∠A=∠D，∠B=∠E，BC=EF，由AAS可判定△ABC≌△DEF；
选项D：∠ACB=∠DFE，BC=EF，∠B=∠E，由ASA可判定△ABC≌△DEF。
答案：B
∵BF=EC，
∴BF+FC=EC+FC，即BC=EF。
选项A：AB=DE，∠B=∠E，BC=EF，由SAS可判定△ABC≌△DEF；
选项B：AC=DF，∠B=∠E，BC=EF，SSA不能判定全等；
选项C：∠A=∠D，∠B=∠E，BC=EF，由AAS可判定△ABC≌△DEF；
选项D：∠ACB=∠DFE，BC=EF，∠B=∠E，由ASA可判定△ABC≌△DEF。
答案：B
2. 根据下列条件，能画出且只能画出一个$\triangle ABC$的是(
A.$AB=3$，$BC=4$，$AC=8$
B.$AB=4$，$BC=3$，$\angle A=30^{\circ}$
C.$\angle A=60^{\circ}$，$\angle B=45^{\circ}$，$AB=4$
D.$\angle C=90^{\circ}$，$AB=6$
C
)A.$AB=3$，$BC=4$，$AC=8$
B.$AB=4$，$BC=3$，$\angle A=30^{\circ}$
C.$\angle A=60^{\circ}$，$\angle B=45^{\circ}$，$AB=4$
D.$\angle C=90^{\circ}$，$AB=6$
答案
2.C
解析
A. $AB=3$，$BC=4$，$AC=8$，$3+4=7\lt8$，不满足三角形三边关系，不能构成三角形。
B. $AB=4$，$BC=3$，$\angle A=30^{\circ}$，根据“SSA”，可画出两个不同的三角形。
C. $\angle A=60^{\circ}$，$\angle B=45^{\circ}$，$AB=4$，根据“ASA”，能画出且只能画出一个三角形。
D. $\angle C=90^{\circ}$，$AB=6$，可画出无数个直角三角形。
结论：能画出且只能画出一个$\triangle ABC$的是C。
B. $AB=4$，$BC=3$，$\angle A=30^{\circ}$，根据“SSA”，可画出两个不同的三角形。
C. $\angle A=60^{\circ}$，$\angle B=45^{\circ}$，$AB=4$，根据“ASA”，能画出且只能画出一个三角形。
D. $\angle C=90^{\circ}$，$AB=6$，可画出无数个直角三角形。
结论：能画出且只能画出一个$\triangle ABC$的是C。
3. 若三个全等三角形按如图所示的方式摆放，则$\angle 1+\angle 2+\angle 3$的度数为(
A.$160^{\circ}$
B.$180^{\circ}$
C.$200^{\circ}$
D.$240^{\circ}$
B
)A.$160^{\circ}$
B.$180^{\circ}$
C.$200^{\circ}$
D.$240^{\circ}$
答案
3.B 解析:如图，由全等三角形的性质，得∠5=∠10，∠6=∠11.
∵∠4+∠10+∠11=180°，
∴∠4+∠5+∠6=180°.
∵(∠1+∠4+∠7)+(∠3+∠5+∠8)+(∠2+∠6+∠9)=3×180°，∠7+∠8+∠9=180°，
∴∠1+∠2+∠3=180°.
4. 如图，$AC$，$DF$相交于点$G$，且$AC=DF$，$D$，$C$是$BE$上两点，$\angle B=\angle E=\angle 1$。若$BE=1$，$AB=m$，$EF=n$，则$CD$的长为(
A.$1-m$
B.$1-n$
C.$m+n-1$
D.$m-n+1$
C
)A.$1-m$
B.$1-n$
C.$m+n-1$
D.$m-n+1$
答案
4.C
5. 如图，$\triangle ABD≌\triangle CBD$。若$\angle A=80^{\circ}$，$\angle ABC=70^{\circ}$，则$\angle ADC$的度数为
130°
。答案
5.130°
解析
证明：
∵$\triangle ABD≌\triangle CBD$，
∴$\angle A=\angle C=80°$，$\angle ABD=\angle CBD$，$\angle ADB=\angle CDB$。
∵$\angle ABC=70°$，
∴$\angle ABD=\angle CBD=\frac{1}{2}\angle ABC=35°$。
在$\triangle ABD$中，$\angle ADB=180°-\angle A-\angle ABD=180°-80°-35°=65°$。
∴$\angle ADC=\angle ADB+\angle CDB=2\angle ADB=2×65°=130°$。
130°
∵$\triangle ABD≌\triangle CBD$，
∴$\angle A=\angle C=80°$，$\angle ABD=\angle CBD$，$\angle ADB=\angle CDB$。
∵$\angle ABC=70°$，
∴$\angle ABD=\angle CBD=\frac{1}{2}\angle ABC=35°$。
在$\triangle ABD$中，$\angle ADB=180°-\angle A-\angle ABD=180°-80°-35°=65°$。
∴$\angle ADC=\angle ADB+\angle CDB=2\angle ADB=2×65°=130°$。
130°
6. 如图，$AB\perp CD$，且$AB=CD$，$CE\perp AD$，$BF\perp AD$，垂足分别为$E$，$F$，且满足$CE=AF$。若$BF=3$，$AD=5$，则$AE$的长为
2
。答案
6.2
解析
解：
∵ $AB \perp CD$，$CE \perp AD$，$BF \perp AD$，
∴ $\angle CED = \angle AFB = 90°$，$\angle A + \angle D = 90°$，$\angle C + \angle D = 90°$，
∴ $\angle A = \angle C$。
在$\triangle ABF$和$\triangle CDE$中，
$\begin{cases} \angle A = \angle C \\AF = CE \\\angle AFB = \angle CED \end{cases}$，
∴ $\triangle ABF \cong \triangle CDE$（ASA），
∴ $BF = DE = 3$。
设$AE = x$，则$AF = AE + EF = x + EF$，$CE = AF = x + EF$。
∵ $AD = AE + EF + FD = 5$，$FD = AD - AF = 5 - (x + EF)$，
又$DE = DF + FE = 3$，即$[5 - (x + EF)] + EF = 3$，
化简得$5 - x = 3$，解得$x = 2$。
∴ $AE = 2$。
答案：$2$
∵ $AB \perp CD$，$CE \perp AD$，$BF \perp AD$，
∴ $\angle CED = \angle AFB = 90°$，$\angle A + \angle D = 90°$，$\angle C + \angle D = 90°$，
∴ $\angle A = \angle C$。
在$\triangle ABF$和$\triangle CDE$中，
$\begin{cases} \angle A = \angle C \\AF = CE \\\angle AFB = \angle CED \end{cases}$，
∴ $\triangle ABF \cong \triangle CDE$（ASA），
∴ $BF = DE = 3$。
设$AE = x$，则$AF = AE + EF = x + EF$，$CE = AF = x + EF$。
∵ $AD = AE + EF + FD = 5$，$FD = AD - AF = 5 - (x + EF)$，
又$DE = DF + FE = 3$，即$[5 - (x + EF)] + EF = 3$，
化简得$5 - x = 3$，解得$x = 2$。
∴ $AE = 2$。
答案：$2$
7.(2024·昆山期末)如图，在$\triangle ACB$中，$AC=BC=5$，$\angle ACB=90^{\circ}$，延长$CB$到点$E$，使得$BE=3$，连接$AE$，过点$A$作$AF\perp AE$，且$AF=AE$，连接$BF$，$BF$与$AC$的延长线交于点$D$，则$AD$的长为
$\frac{13}{2}$
。答案
7.$\frac{13}{2}$ 解析:过点F作FG⊥CD，交CD的延长线于点G.证△AFG≌△EAC，得FG=AC，AG=EC.
∵AC=BC=5，BE=3，
∴AG=EC=8，FG=BC，
∴CG=3.证△FDG≌△BDC，得GD=CD=$\frac{3}{2}$，
∴AD=AC+CD=$\frac{13}{2}$.
∵AC=BC=5，BE=3，
∴AG=EC=8，FG=BC，
∴CG=3.证△FDG≌△BDC，得GD=CD=$\frac{3}{2}$，
∴AD=AC+CD=$\frac{13}{2}$.
8.(分类讨论思想)如图，在长方形$ABCD$中，$AB=8cm$，$AD=12cm$，点$P$从点$B$出发，以$2cm/s$的速度沿边$BC$向点$C$运动，到达点$C$停止。同时，点$Q$从点$C$出发，以$vcm/s$的速度沿边$CD$向点$D$运动，到达点$D$停止，规定其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动。当$v=$
2或$\frac{8}{3}$
时，$\triangle ABP$与$\triangle PCQ$全等。答案
8.2或$\frac{8}{3}$
解析
解：设运动时间为$t$秒。
在长方形$ABCD$中，$AB=CD=8\,cm$，$AD=BC=12\,cm$，$\angle B=\angle C=90°$。
由题意得：$BP=2t\,cm$，$PC=(12 - 2t)\,cm$，$CQ=vt\,cm$。
分两种情况讨论：
情况1： 当$\triangle ABP \cong \triangle PCQ$时，
$\begin{cases}AB = PC \\BP = CQ\end{cases}$
即$\begin{cases}8 = 12 - 2t \\ 2t = vt\end{cases}$
解得$t = 2$，代入$2t = vt$得$v = 2$。
情况2： 当$\triangle ABP \cong \triangle QCP$时，
$\begin{cases}AB = CQ \\BP = PC\end{cases}$
即$\begin{cases}8 = vt \\ 2t = 12 - 2t\end{cases}$
解得$t = 3$，代入$8 = vt$得$v=\dfrac{8}{3}$。
综上，$v = 2$或$v=\dfrac{8}{3}$。
答案：$2$或$\dfrac{8}{3}$
在长方形$ABCD$中，$AB=CD=8\,cm$，$AD=BC=12\,cm$，$\angle B=\angle C=90°$。
由题意得：$BP=2t\,cm$，$PC=(12 - 2t)\,cm$，$CQ=vt\,cm$。
分两种情况讨论：
情况1： 当$\triangle ABP \cong \triangle PCQ$时，
$\begin{cases}AB = PC \\BP = CQ\end{cases}$
即$\begin{cases}8 = 12 - 2t \\ 2t = vt\end{cases}$
解得$t = 2$，代入$2t = vt$得$v = 2$。
情况2： 当$\triangle ABP \cong \triangle QCP$时，
$\begin{cases}AB = CQ \\BP = PC\end{cases}$
即$\begin{cases}8 = vt \\ 2t = 12 - 2t\end{cases}$
解得$t = 3$，代入$8 = vt$得$v=\dfrac{8}{3}$。
综上，$v = 2$或$v=\dfrac{8}{3}$。
答案：$2$或$\dfrac{8}{3}$
