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6. [2026合肥期末]如图，已知△ABC的面积为10 cm²，AD平分∠BAC且AD⊥BD于点D，则△ADC的面积为
$5\ \mathrm{cm^2}$
。答案
6.$5\ \mathrm{cm^2}$
解析
【分析】
遇到角平分线加角平分线上的垂线的几何题，通常通过延长垂线构造全等三角形求解。首先延长BD交AC于点E，先利用角平分线定义、垂直的定义结合公共边，用ASA证明△ABD和△AED全等，得到D是BE的中点，再根据等底同高的三角形面积相等，推导得出△ADC的面积是△ABC面积的一半，代入数值即可算出结果。
【解析】
延长BD交AC于点E，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠EAD，
∵AD⊥BD，
∴∠ADB=∠ADE=90°，
在△ABD和△AED中：
$\{\begin{array}{l}∠BAD=∠EAD \\AD=AD \\∠ADB=∠ADE\end{array} $
∴△ABD≌△AED（ASA），
∴BD=DE，即D为BE的中点，
根据等底同高的三角形面积相等，可得：
$S_{△ ABD}=S_{△ AED}$，$S_{△ CBD}=S_{△ CED}$，
∴$S_{△ ABC}=S_{△ ABD}+S_{△ CBD}=S_{△ AED}+S_{△ CED}=2S_{△ ADC}$，
已知$S_{△ ABC}=10\ \mathrm{cm^2}$，
∴$S_{△ ADC}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×10=5\ \mathrm{cm^2}$。
【答案】
$5\ \mathrm{cm^2}$
【知识点】
ASA判定三角形全等、角平分线的定义、等底同高三角形面积相等
【点评】
本题是典型的角平分线模型应用题，解题的核心是掌握“角平分线+垂线，延长垂线构造全等三角形”的辅助线添加方法，再结合全等三角形的性质和三角形面积的关系即可快速求解，需要熟练掌握这类几何模型的解题规律。
【难度系数】
0.6
遇到角平分线加角平分线上的垂线的几何题，通常通过延长垂线构造全等三角形求解。首先延长BD交AC于点E，先利用角平分线定义、垂直的定义结合公共边，用ASA证明△ABD和△AED全等，得到D是BE的中点，再根据等底同高的三角形面积相等，推导得出△ADC的面积是△ABC面积的一半，代入数值即可算出结果。
【解析】
延长BD交AC于点E，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠EAD，
∵AD⊥BD，
∴∠ADB=∠ADE=90°，
在△ABD和△AED中：
$\{\begin{array}{l}∠BAD=∠EAD \\AD=AD \\∠ADB=∠ADE\end{array} $
∴△ABD≌△AED（ASA），
∴BD=DE，即D为BE的中点，
根据等底同高的三角形面积相等，可得：
$S_{△ ABD}=S_{△ AED}$，$S_{△ CBD}=S_{△ CED}$，
∴$S_{△ ABC}=S_{△ ABD}+S_{△ CBD}=S_{△ AED}+S_{△ CED}=2S_{△ ADC}$，
已知$S_{△ ABC}=10\ \mathrm{cm^2}$，
∴$S_{△ ADC}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×10=5\ \mathrm{cm^2}$。
【答案】
$5\ \mathrm{cm^2}$
【知识点】
ASA判定三角形全等、角平分线的定义、等底同高三角形面积相等
【点评】
本题是典型的角平分线模型应用题，解题的核心是掌握“角平分线+垂线，延长垂线构造全等三角形”的辅助线添加方法，再结合全等三角形的性质和三角形面积的关系即可快速求解，需要熟练掌握这类几何模型的解题规律。
【难度系数】
0.6
7. 分类讨论思想 如图，$AB// CE$，$AB=10\ \mathrm{cm}$，点$D$是$BC$的中点，点$P$从点$A$出发，沿$A→B→A$的方向以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度运动，点$Q$从点$C$出发，沿射线$CE$以$1\ \mathrm{cm/s}$的速度运动，当点$P$到达点$A$时，$P$，$Q$两点同时停止运动，当线段$PQ$经过点$D$时，点$Q$的运动时间为
$\dfrac{10}{3}\ \mathrm{s}$或$10\ \mathrm{s}$
。答案
7.$\dfrac{10}{3}\ \mathrm{s}$或$10\ \mathrm{s}$
解析
【分析】
解题时先结合平行线性质和中点条件，证明PQ过D点时△BDP与△CDQ全等，得到BP=CQ的等量关系；再根据点P的运动方向分两类讨论：①P沿A→B运动时，②P沿B→A返回时，分别用含时间t的代数式表示BP、CQ的长度，列方程求解即可。
【解析】
设点Q的运动时间为$t\ \mathrm{s}$，
$\because AB// CE$，$\therefore ∠ B=∠ DCQ$，
$\because D$是$BC$的中点，$\therefore BD=CD$，
在$△ BDP$和$△ CDQ$中：
$\{\begin{array}{l}∠ B=∠ DCQ \\BD=CD \\∠ BDP=∠ CDQ\end{array} $
$\therefore △ BDP≌△ CDQ(\mathrm{ASA})$，$\therefore BP=CQ$。
分两种情况讨论：
①当$0≤ t≤ 5$时，点P沿$A\to B$运动，$AP=2t\ \mathrm{cm}$，则$BP=AB-AP=(10-2t)\ \mathrm{cm}$，$CQ=t\ \mathrm{cm}$，
列方程得：$10-2t=t$，解得$t=\dfrac{10}{3}$，符合取值范围；
②当$5＜ t≤ 10$时，点P沿$B\to A$返回，点P运动的总路程为$2t\ \mathrm{cm}$，则$BP=(2t-10)\ \mathrm{cm}$，$CQ=t\ \mathrm{cm}$，
列方程得：$2t-10=t$，解得$t=10$，符合取值范围。
综上，点Q的运动时间为$\dfrac{10}{3}\ \mathrm{s}$或$10\ \mathrm{s}$。
【答案】
$\dfrac{10}{3}\ \mathrm{s}$或$10\ \mathrm{s}$
【知识点】
全等三角形的判定，平行线的性质，动点分类讨论
【点评】
本题是典型的动点结合全等三角形的题型，核心是通过全等建立线段间的等量关系，解题时要注意点P的运动有往返两个阶段，避免漏解。
【难度系数】
0.4
解题时先结合平行线性质和中点条件，证明PQ过D点时△BDP与△CDQ全等，得到BP=CQ的等量关系；再根据点P的运动方向分两类讨论：①P沿A→B运动时，②P沿B→A返回时，分别用含时间t的代数式表示BP、CQ的长度，列方程求解即可。
【解析】
设点Q的运动时间为$t\ \mathrm{s}$，
$\because AB// CE$，$\therefore ∠ B=∠ DCQ$，
$\because D$是$BC$的中点，$\therefore BD=CD$，
在$△ BDP$和$△ CDQ$中：
$\{\begin{array}{l}∠ B=∠ DCQ \\BD=CD \\∠ BDP=∠ CDQ\end{array} $
$\therefore △ BDP≌△ CDQ(\mathrm{ASA})$，$\therefore BP=CQ$。
分两种情况讨论：
①当$0≤ t≤ 5$时，点P沿$A\to B$运动，$AP=2t\ \mathrm{cm}$，则$BP=AB-AP=(10-2t)\ \mathrm{cm}$，$CQ=t\ \mathrm{cm}$，
列方程得：$10-2t=t$，解得$t=\dfrac{10}{3}$，符合取值范围；
②当$5＜ t≤ 10$时，点P沿$B\to A$返回，点P运动的总路程为$2t\ \mathrm{cm}$，则$BP=(2t-10)\ \mathrm{cm}$，$CQ=t\ \mathrm{cm}$，
列方程得：$2t-10=t$，解得$t=10$，符合取值范围。
综上，点Q的运动时间为$\dfrac{10}{3}\ \mathrm{s}$或$10\ \mathrm{s}$。
【答案】
$\dfrac{10}{3}\ \mathrm{s}$或$10\ \mathrm{s}$
【知识点】
全等三角形的判定，平行线的性质，动点分类讨论
【点评】
本题是典型的动点结合全等三角形的题型，核心是通过全等建立线段间的等量关系，解题时要注意点P的运动有往返两个阶段，避免漏解。
【难度系数】
0.4
8. 数形结合思想 如图,在$△ ACB$中,$∠ ACB = 90°$,$AC = BC$,点$C$的坐标为$(-1,0)$,点$A$的坐标为$(-6,3)$,则$B$点的坐标是
$(2,5)$
。答案
8.$(2,5)$
解析
【分析】
要确定B点坐标，结合已知△ACB为等腰直角三角形，∠ACB=90°、AC=BC的条件，我们可以过A、B两点分别作x轴的垂线，构造出两个直角三角形；利用同角的余角相等得到一组对应角相等，结合AC=BC和一组直角相等，用AAS判定两个三角形全等；再根据全等三角形对应边相等，结合已知点的坐标计算B点的横纵坐标即可。
【解析】
过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，
则$∠ ADC=∠ CEB=90°$，
$\therefore ∠ CAD + ∠ ACD=90°$，
$\because ∠ ACB=90°$，
$\therefore ∠ BCE + ∠ ACD=90°$，
$\therefore ∠ CAD=∠ BCE$。
在$△ ADC$和$△ CEB$中：
$\begin{cases}∠ ADC=∠ CEB \\∠ CAD=∠ BCE \\AC=BC\end{cases}$
$\therefore △ ADC ≌ △ CEB$（AAS），
$\therefore AD=CE$，$DC=EB$。
已知点C坐标为$(-1,0)$，点A坐标为$(-6,3)$，
$\therefore AD=3$，$DC=(-1)-(-6)=5$，
$\therefore CE=AD=3$，$EB=DC=5$，
$\therefore$点E的横坐标为$-1 + 3=2$，点B的纵坐标为$5$，
即B点坐标为$(2,5)$。
【答案】
$(2,5)$
【知识点】
AAS判定三角形全等，等腰直角三角形的性质，平面直角坐标系中点的坐标
【点评】
本题考查数形结合思想的应用，解题关键是通过作垂线构造全等三角形，将坐标计算与全等三角形的性质相结合，需要熟练掌握全等三角形的判定方法和坐标与线段长度的转换规则。
【难度系数】
0.6
要确定B点坐标，结合已知△ACB为等腰直角三角形，∠ACB=90°、AC=BC的条件，我们可以过A、B两点分别作x轴的垂线，构造出两个直角三角形；利用同角的余角相等得到一组对应角相等，结合AC=BC和一组直角相等，用AAS判定两个三角形全等；再根据全等三角形对应边相等，结合已知点的坐标计算B点的横纵坐标即可。
【解析】
过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，
则$∠ ADC=∠ CEB=90°$，
$\therefore ∠ CAD + ∠ ACD=90°$，
$\because ∠ ACB=90°$，
$\therefore ∠ BCE + ∠ ACD=90°$，
$\therefore ∠ CAD=∠ BCE$。
在$△ ADC$和$△ CEB$中：
$\begin{cases}∠ ADC=∠ CEB \\∠ CAD=∠ BCE \\AC=BC\end{cases}$
$\therefore △ ADC ≌ △ CEB$（AAS），
$\therefore AD=CE$，$DC=EB$。
已知点C坐标为$(-1,0)$，点A坐标为$(-6,3)$，
$\therefore AD=3$，$DC=(-1)-(-6)=5$，
$\therefore CE=AD=3$，$EB=DC=5$，
$\therefore$点E的横坐标为$-1 + 3=2$，点B的纵坐标为$5$，
即B点坐标为$(2,5)$。
【答案】
$(2,5)$
【知识点】
AAS判定三角形全等，等腰直角三角形的性质，平面直角坐标系中点的坐标
【点评】
本题考查数形结合思想的应用，解题关键是通过作垂线构造全等三角形，将坐标计算与全等三角形的性质相结合，需要熟练掌握全等三角形的判定方法和坐标与线段长度的转换规则。
【难度系数】
0.6
9. [2025上海期中]如图,在$△ ABC$和$△ DBC$中,$∠ ACB=∠ DBC=90°$,$AB=DE$,E是BC的中点,$DE⊥ AB$,垂足为点F.
(1)试说明:$△ BCA≌△ DBE$;
(2)若$AC=3\ \mathrm{cm}$,则$BD=$
(1)试说明:$△ BCA≌△ DBE$;
(2)若$AC=3\ \mathrm{cm}$,则$BD=$
$6\ \mathrm{cm}$
.答案
9.(1)略. (2)$6\ \mathrm{cm}$
解析
【分析】
(1)要证明△BCA≌△DBE，已知∠ACB=∠DBE=90°、AB=DE，只需再推导一组角相等即可用AAS判定全等。由DE⊥AB可得∠BFE=90°，利用同角的余角相等可推出∠A=∠DEB，即可得到全等所需的全部条件。
(2)根据全等三角形对应边相等可得AC=BE、BD=BC，结合E是BC中点的条件，即可求出BD的长度。
【解析】
(1)证明：
∵DE⊥AB，垂足为F，
∴∠BFE=90°，
∴∠ABC+∠DEB=90°，
又
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠ABC=90°，
∴∠A=∠DEB（同角的余角相等）。
在△BCA和△DBE中：
$\{\begin{array}{l}∠ACB=∠DBE=90° \\∠A=∠DEB \\AB=DE\end{array} $
∴△BCA≌△DBE（AAS）。
(2)解：由(1)知△BCA≌△DBE，
∴AC=BE，BC=BD，
∵E是BC的中点，
∴BC=2BE=2AC，
∴BD=BC=2AC，
已知$AC=3\ \mathrm{cm}$，
∴$BD=2×3=6\ \mathrm{cm}$。
【答案】
(1)证明见上述解析；(2)$6\ \mathrm{cm}$
【知识点】
全等三角形的AAS判定；全等三角形的性质；同角的余角相等
【点评】
本题是全等三角形的基础应用类题目，解题核心是通过垂直关系推导等角，结合已知边相等完成全等证明，再利用全等对应边相等的性质求解线段长，掌握全等判定定理和性质是解题的关键。
【难度系数】
0.7
(1)要证明△BCA≌△DBE，已知∠ACB=∠DBE=90°、AB=DE，只需再推导一组角相等即可用AAS判定全等。由DE⊥AB可得∠BFE=90°，利用同角的余角相等可推出∠A=∠DEB，即可得到全等所需的全部条件。
(2)根据全等三角形对应边相等可得AC=BE、BD=BC，结合E是BC中点的条件，即可求出BD的长度。
【解析】
(1)证明：
∵DE⊥AB，垂足为F，
∴∠BFE=90°，
∴∠ABC+∠DEB=90°，
又
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠ABC=90°，
∴∠A=∠DEB（同角的余角相等）。
在△BCA和△DBE中：
$\{\begin{array}{l}∠ACB=∠DBE=90° \\∠A=∠DEB \\AB=DE\end{array} $
∴△BCA≌△DBE（AAS）。
(2)解：由(1)知△BCA≌△DBE，
∴AC=BE，BC=BD，
∵E是BC的中点，
∴BC=2BE=2AC，
∴BD=BC=2AC，
已知$AC=3\ \mathrm{cm}$，
∴$BD=2×3=6\ \mathrm{cm}$。
【答案】
(1)证明见上述解析；(2)$6\ \mathrm{cm}$
【知识点】
全等三角形的AAS判定；全等三角形的性质；同角的余角相等
【点评】
本题是全等三角形的基础应用类题目，解题核心是通过垂直关系推导等角，结合已知边相等完成全等证明，再利用全等对应边相等的性质求解线段长，掌握全等判定定理和性质是解题的关键。
【难度系数】
0.7
10. 模型观念 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,$∠ BAC=90°$,$D$是$AB$上的一动点($D$不与点$A,B$重合),$BE⊥ CD$,且$BE$交$CD$的延长线于点$E$,交$CA$的延长线于点$F$.
(1)当点$D$在$AB$上时,求证:$AB=FA+BD$.
(2)当点$D$在$AB$的延长线上时,请你探索$AB,FA,BD$这三条线段之间的数量关系,画出图形并证明你的结论.
(1)当点$D$在$AB$上时,求证:$AB=FA+BD$.
(2)当点$D$在$AB$的延长线上时,请你探索$AB,FA,BD$这三条线段之间的数量关系,画出图形并证明你的结论.
答案
10.(1)证明：略. (2)解：$AB=FA-BD$.图略.证明：略.
解析
【分析】
(1) 要证$AB=FA+BD$，观察可得$AB=AD+BD$，因此只需证明$FA=AD$即可。首先由$∠ BAC=90°$、$BE⊥ CD$，利用同角的余角相等推出$∠ F=∠ ADC$，再结合$AB=AC$、$∠ BAF=∠ CAD=90°$，用AAS判定$△ FAB≌△ DAC$，得到$FA=AD$，代入$AB=AD+BD$即可完成证明。
(2) 当点$D$在$AB$延长线上时，类比第一问的思路，仍然先证明$△ FAB≌△ DAC$得到$FA=AD$，结合此时$AD=AB+BD$，对等式变形即可得到三条线段的数量关系。
【解析】
(1) 证明：
$\because ∠ BAC=90°$，$BE⊥ CD$，
$\therefore ∠ BAF=∠ CAD=∠ CEF=90°$，
$\therefore ∠ F+∠ FCE=90°$，$∠ CDA+∠ FCE=90°$，
$\therefore ∠ F=∠ CDA$。
在$△ FAB$和$△ DAC$中：
$\begin{cases}∠ BAF=∠ CAD \\∠ F=∠ CDA \\AB=AC\end{cases}$
$\therefore △ FAB≌△ DAC\ (\mathrm{AAS})$，
$\therefore FA=AD$。
又$\because AB=AD+BD$，
$\therefore AB=FA+BD$。
(2) 三条线段的数量关系为$AB=FA-BD$，证明如下：
$\because ∠ BAC=90°$，$BE⊥ CD$，
$\therefore ∠ BAF=∠ CAD=∠ BED=90°$，
$\therefore ∠ F+∠ FCE=90°$，$∠ ADC+∠ FCE=90°$，
$\therefore ∠ F=∠ ADC$。
在$△ FAB$和$△ DAC$中：
$\begin{cases}∠ BAF=∠ CAD \\∠ F=∠ ADC \\AB=AC\end{cases}$
$\therefore △ FAB≌△ DAC\ (\mathrm{AAS})$，
$\therefore FA=AD$。
又$\because AD=AB+BD$，
$\therefore FA=AB+BD$，
移项得$AB=FA-BD$。
【答案】
(1) $AB=FA+BD$，证明见解析；
(2) $AB=FA-BD$，证明见解析。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，同角的余角相等，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题核心考查全等三角形的判定及性质的应用，解题的关键是结合直角条件，利用同角的余角相等得到对应角相等，进而证明三角形全等，再根据线段的和差关系推导结论。遇到动点位置变化的问题时，可类比原位置的解题思路分析，结合新图形调整线段的和差关系即可。
【难度系数】
0.6
(1) 要证$AB=FA+BD$，观察可得$AB=AD+BD$，因此只需证明$FA=AD$即可。首先由$∠ BAC=90°$、$BE⊥ CD$，利用同角的余角相等推出$∠ F=∠ ADC$，再结合$AB=AC$、$∠ BAF=∠ CAD=90°$，用AAS判定$△ FAB≌△ DAC$，得到$FA=AD$，代入$AB=AD+BD$即可完成证明。
(2) 当点$D$在$AB$延长线上时，类比第一问的思路，仍然先证明$△ FAB≌△ DAC$得到$FA=AD$，结合此时$AD=AB+BD$，对等式变形即可得到三条线段的数量关系。
【解析】
(1) 证明：
$\because ∠ BAC=90°$，$BE⊥ CD$，
$\therefore ∠ BAF=∠ CAD=∠ CEF=90°$，
$\therefore ∠ F+∠ FCE=90°$，$∠ CDA+∠ FCE=90°$，
$\therefore ∠ F=∠ CDA$。
在$△ FAB$和$△ DAC$中：
$\begin{cases}∠ BAF=∠ CAD \\∠ F=∠ CDA \\AB=AC\end{cases}$
$\therefore △ FAB≌△ DAC\ (\mathrm{AAS})$，
$\therefore FA=AD$。
又$\because AB=AD+BD$，
$\therefore AB=FA+BD$。
(2) 三条线段的数量关系为$AB=FA-BD$，证明如下：
$\because ∠ BAC=90°$，$BE⊥ CD$，
$\therefore ∠ BAF=∠ CAD=∠ BED=90°$，
$\therefore ∠ F+∠ FCE=90°$，$∠ ADC+∠ FCE=90°$，
$\therefore ∠ F=∠ ADC$。
在$△ FAB$和$△ DAC$中：
$\begin{cases}∠ BAF=∠ CAD \\∠ F=∠ ADC \\AB=AC\end{cases}$
$\therefore △ FAB≌△ DAC\ (\mathrm{AAS})$，
$\therefore FA=AD$。
又$\because AD=AB+BD$，
$\therefore FA=AB+BD$，
移项得$AB=FA-BD$。
【答案】
(1) $AB=FA+BD$，证明见解析；
(2) $AB=FA-BD$，证明见解析。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，同角的余角相等，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题核心考查全等三角形的判定及性质的应用，解题的关键是结合直角条件，利用同角的余角相等得到对应角相等，进而证明三角形全等，再根据线段的和差关系推导结论。遇到动点位置变化的问题时，可类比原位置的解题思路分析，结合新图形调整线段的和差关系即可。
【难度系数】
0.6
