10（2025苏州昆山月考）如图，在四边形ABCD中，∠DAB=∠ABC，AB=7 cm，AD=BC=5 cm，点E在线段AB上以2 cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点F在线段BC上由点B向点C运动，设运动时间为t s，当△ADE与以B，E，F为顶点的三角形全等时，点F的运动速度为cm/s.

10. 2或$\frac{20}{7}$

【分析】
本题是全等三角形结合动点的题型，解题核心是：两个三角形全等但未明确对应顶点，已知∠DAB=∠ABC，因此该组角为对应角，需分两种对应情况讨论。首先根据动点的速度和运动时间表示出相关线段的长度，再根据全等三角形对应边相等分别列方程求解，最后验证解是否符合实际运动的取值范围即可。
【解析】
设点F的运动速度为$v$ cm/s，运动时间为$t$ s。
由题意可得：$AE=2t$ cm，$BE=AB-AE=(7-2t)$ cm，$BF=vt$ cm，且$∠ A=∠ B$。
$△ ADE$与以$B,E,F$为顶点的三角形全等，分两种情况讨论：
① 当$△ ADE≌△ BEF$时，对应边相等，可得：
$\begin{cases}AD=BE\\AE=BF\end{cases}$
代入已知数值：
$\begin{cases}5=7-2t\\2t=vt\end{cases}$
解第一个方程得：$2t=2$，$t=1$。
将$t=1$代入第二个方程，解得$v=2$，此时$BF=2×1=2$ cm$＜5$ cm，符合题意。
② 当$△ ADE≌△ BFE$时，对应边相等，可得：
$\begin{cases}AD=BF\\AE=BE\end{cases}$
代入已知数值：
$\begin{cases}5=vt\\2t=7-2t\end{cases}$
解第二个方程得：$4t=7$，$t=\frac{7}{4}$。
将$t=\frac{7}{4}$代入第一个方程，解得$v=5÷\frac{7}{4}=\frac{20}{7}$，此时$BF=5$ cm，与$BC$长度相等，符合题意。
综上，点F的运动速度为2 cm/s或$\frac{20}{7}$ cm/s。
【答案】
2或$\frac{20}{7}$
【知识点】
全等三角形的性质，分类讨论思想，动点问题求解
【点评】
本题是全等三角形的常见应用题型，易错点是忽略全等对应关系的多样性导致漏解，求解后验证结果是否符合实际运动范围可避免出现错解。
【难度系数】
0.6

三、解答题
11 教材P32习题T12·变式 如图，点B，C，E，F共线，AB//CD，∠A＝∠D，BF＝CE.求证：△ABE≌△DCF.

11. 证明:因为$AB// CD$,所以$∠ B=∠ C$.
因为$BF=CE$,所以$BF+EF=CE+EF$,即$BE=CF$.
在$△ ABE$和$△ DCF$中,$\begin{cases} ∠ A=∠ D, \\ ∠ B=∠ C, \\ BE=CF, \end{cases}$
所以$△ ABE≌△ DCF(\mathrm{AAS})$.

【分析】
要证明△ABE≌△DCF，可结合已知条件对照全等三角形的判定定理推导所需条件：首先已知∠A=∠D，再由AB//CD，根据平行线的内错角相等可得到第二组对应角∠B=∠C；此时已有两组对应角相等，只需再找一组对应边相等即可，已知BF=CE，观察可得BE=BF+EF、CF=CE+EF，因此给BF和CE同时加上公共线段EF，即可得到对应边BE=CF，最后利用AAS判定定理即可完成证明。
【解析】
证明：
$\because AB// CD$，
$\therefore ∠B=∠C$（两直线平行，内错角相等）。
$\because BF=CE$，
$\therefore BF+EF=CE+EF$，即$BE=CF$。
在$△ ABE$和$△ DCF$中：
$\begin{cases}∠A=∠D \\∠B=∠C \\BE=CF\end{cases}$
$\therefore △ ABE≌△ DCF(\mathrm{AAS})$。
【答案】
证明:因为$AB// CD$,所以$∠ B=∠ C$.
因为$BF=CE$,所以$BF+EF=CE+EF$,即$BE=CF$.
在$△ ABE$和$△ DCF$中,$\begin{cases} ∠ A=∠ D, \\ ∠ B=∠ C, \\ BE=CF, \end{cases}$
所以$△ ABE≌△ DCF(\mathrm{AAS})$.
【知识点】
平行线的性质；全等三角形AAS判定；线段和差运算
【点评】
本题是全等三角形证明的基础题型，侧重对基础性质和判定定理的应用，解题关键是利用公共线段将已知的相等线段转化为三角形的对应边，做题时要注意结合图形分析线段、角的位置关系。
【难度系数】
0.8

12 (2025 南京鼓楼月考)如图，AB=AC，CD⊥AB于点D，BE⊥AC于点E，BE与CD相交于点O.
（1）求证：AD=AE；
（2）连接AO，求证：AO平分∠BAC.

12. (1) 证明:因为$CD⊥ AB$,$BE⊥ AC$,
所以$∠ ADC=∠ AEB=90°$,
在$△ ACD$和$△ ABE$中,$\begin{cases} ∠ ADC=∠ AEB, \\ ∠ A=∠ A, \\ AC=AB, \end{cases}$
所以$△ ACD≌△ ABE(\mathrm{AAS})$,所以$AD=AE$.
(2) 证明:因为 $CD ⊥ AB$,$BE ⊥ AC$,所以 $∠ ADC=∠ AEB=90°$.
在$\mathrm{Rt}△ ADO$和$\mathrm{Rt}△ AEO$中,$\begin{cases} OA=OA, \\ AD=AE, \end{cases}$
所以$\mathrm{Rt}△ ADO≌\mathrm{Rt}△ AEO(\mathrm{HL})$,
所以$∠ DAO=∠ EAO$,即 $AO$ 平分$∠ BAC$.

【分析】
（1）要证明AD=AE，可通过证明AD、AE所在的△ACD和△ABE全等实现。已知CD⊥AB、BE⊥AC可得两个直角相等，又有公共角∠A和已知条件AB=AC，满足AAS全等判定条件，证得两三角形全等即可推出AD=AE。
（2）要证明AO平分∠BAC，即证∠DAO=∠EAO，可通过证明Rt△ADO和Rt△AEO全等实现。第一问已证AD=AE，又有公共边AO，满足直角三角形全等的HL判定条件，证得两三角形全等后即可得到对应角相等，从而推出AO平分∠BAC。
【解析】
(1) 证明：因为$CD⊥ AB$，$BE⊥ AC$，
所以$∠ ADC=∠ AEB=90°$，
在$△ ACD$和$△ ABE$中，
$\begin{cases} ∠ ADC=∠ AEB, \\ ∠ A=∠ A, \\ AC=AB, \end{cases}$
所以$△ ACD≌△ ABE(\mathrm{AAS})$，
所以$AD=AE$。
(2) 证明：因为 $CD ⊥ AB$，$BE ⊥ AC$，
所以 $∠ ADC=∠ AEB=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ ADO$和$\mathrm{Rt}△ AEO$中，
$\begin{cases} OA=OA, \\ AD=AE, \end{cases}$
所以$\mathrm{Rt}△ ADO≌\mathrm{Rt}△ AEO(\mathrm{HL})$，
所以$∠ DAO=∠ EAO$，即 $AO$ 平分$∠ BAC$。
【答案】
(1) AD=AE，得证；
(2) AO平分∠BAC，得证。
【知识点】
全等三角形判定、全等三角形性质、角平分线判定
【点评】
本题是基础几何证明题，重点考查全等三角形的判定与性质的应用，解题时要善于利用垂直、公共边、公共角等隐含条件，选择合适的全等判定定理即可快速解题，需熟练掌握各类全等判定的适用条件。
【难度系数】
0.8

13 (2025无锡宜兴月考)如图,在四边形ABCD中,AB//CD,E为AD的中点,连接CE并延长交BA的延长线于点F.
(1) 求证:△CDE≌△FAE;
(2) 连接BE,当BE⊥CF时,CD=3,AB=2,求BC的长.

13. (1) 证明:因为 $AB// CD$,所以$∠ F=∠ ECD$.
因为 $E$ 为 $AD$ 的中点,所以 $DE=AE$.
在$△ CDE$与$△ FAE$中,$\begin{cases} ∠ ECD=∠ F, \\ ∠ DEC=∠ AEF, \\ DE=AE, \end{cases}$
所以$△ CDE≌△ FAE(\mathrm{AAS})$.
(2) 解:因为$△ CDE≌△ FAE$,
所以 $CE=EF$,$CD=AF=3$.
因为 $BE⊥ CF$,所以$∠ BEF=∠ BEC=90°$.
在$△ BCE$与$△ BFE$中,$\begin{cases} CE=FE, \\ ∠ BEC=∠ BEF, \\ BE=BE, \end{cases}$
所以$△ BCE≌△ BFE(\mathrm{SAS})$.
所以 $BC=BF=AF+AB=AB+CD=2+3=5$.

【分析】
(1) 要证明△CDE≌△FAE，先从已知条件推导全等所需要素：由AB//CD可得内错角∠F=∠ECD；E是AD中点可推出DE=AE；再结合对顶角∠DEC=∠AEF，刚好满足AAS全等判定的条件，即可完成证明。
(2) 要求BC的长，可借助第一问的全等结论推导：由△CDE≌△FAE可得CE=EF、CD=AF，结合BE⊥CF的条件，可发现△BCE和△BFE满足SAS全等的判定条件，证得二者全等后可得BC=BF，而BF=AB+AF=AB+CD，代入数值即可算出BC的长度。
【解析】
(1) 证明：因为 $AB// CD$,所以$∠ F=∠ ECD$。
因为 $E$ 为 $AD$ 的中点,所以 $DE=AE$。
在$△ CDE$与$△ FAE$中,
$\begin{cases} ∠ ECD=∠ F, \\ ∠ DEC=∠ AEF, \\ DE=AE, \end{cases}$
所以$△ CDE≌△ FAE(\mathrm{AAS})$。
(2) 解：因为$△ CDE≌△ FAE$,
所以 $CE=EF$,$CD=AF=3$。
因为 $BE⊥ CF$,所以$∠ BEF=∠ BEC=90°$。
在$△ BCE$与$△ BFE$中,
$\begin{cases} CE=FE, \\ ∠ BEC=∠ BEF, \\ BE=BE, \end{cases}$
所以$△ BCE≌△ BFE(\mathrm{SAS})$。
所以 $BC=BF=AF+AB=AB+CD=2+3=5$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) $\boldsymbol{5}$
【知识点】
平行线的性质，全等三角形的判定，全等三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形的典型综合题，第一问考察基础全等判定的条件寻找，难度较低；第二问需要结合第一问的全等结论，挖掘公共边、垂直条件再次证明全等，体现了几何题中前序结论为后续解题服务的思路，能有效锻炼逻辑推导能力。
【难度系数】
0.7

14（2025常州钟楼月考）如图，在△AOB和△COD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=25°。
（1）求证：AC=BD；
（2）求∠APB的大小。

14. (1) 证明:因为$∠ AOB=∠ COD$,
所以$∠ AOB+∠ BOC=∠ COD+∠ BOC$,
即$∠ AOC=∠ BOD$.
在$△ AOC$与$△ BOD$中,$\begin{cases} AO=BO, \\ ∠ AOC=∠ BOD, \\ OC=OD, \end{cases}$
所以$△ AOC≌△ BOD(\mathrm{SAS})$,所以 $AC=BD$.
(2) 解:设 $AC$ 交 $OB$ 于点 $Q$.
因为$△ AOC≌△ BOD$,所以$∠ OAC=∠ OBD$.
因为$∠ BQP=∠ AQO$,
所以 $180°-∠ AQO-∠ OAC=180°-∠ BQP-∠ OBD$,
即$∠ AOB=∠ APB=25°$.

【分析】
（1）要证明线段AC=BD，优先考虑证明两条线段所在的三角形全等。已知OA=OB、OC=OD，只需证明两组对应边的夹角相等即可：利用已知的∠AOB=∠COD，两边同时加公共角∠BOC就能得到∠AOC=∠BOD，即可通过SAS判定三角形全等，进而推出对应边相等。
（2）求∠APB的度数时，可借助第一问的全等结论得到对应角∠OAC=∠OBD，再结合对顶角相等的性质，利用三角形内角和为180°的规律，即可推出∠APB与已知的∠AOB度数相等。
【解析】
(1) 证明：
$\because ∠ AOB=∠ COD$
$\therefore ∠ AOB+∠ BOC=∠ COD+∠ BOC$，即$∠ AOC=∠ BOD$
在$△ AOC$与$△ BOD$中：
$\begin{cases} AO=BO \\ ∠ AOC=∠ BOD \\ OC=OD \end{cases}$
$\therefore △ AOC≌△ BOD(\mathrm{SAS})$
$\therefore AC=BD$
(2) 解：设$AC$交$OB$于点$Q$
$\because △ AOC≌△ BOD$
$\therefore ∠ OAC=∠ OBD$
又$\because ∠ BQP=∠ AQO$（对顶角相等）
根据三角形内角和为$180°$可得：
$180°-∠ AQO-∠ OAC=180°-∠ BQP-∠ OBD$
即$∠ AOB=∠ APB$
$\because ∠ AOB=25°$
$\therefore ∠ APB=25°$
【答案】
(1) $AC=BD$，证明成立；
(2) $∠ APB=25°$
【知识点】
1. SAS判定三角形全等
2. 全等三角形的性质
3. 对顶角的性质
【点评】
本题是全等三角形的基础应用题型，解题的关键是通过角的和差得到全等判定所需的夹角条件，再利用全等的性质传递角的等量关系，结合对顶角相等的性质即可求解，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决这类问题的核心。
【难度系数】
0.8