二、填空题
1. 如图5，BD，AC相交于点O，若OA=OD，用“SAS”说明△AOB≌△DOC，还需添上条件。

1. OB=OC

【分析】
首先回忆三角形全等的“SAS”判定定理：两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等。梳理题目已给条件：已知OA=OD，BD与AC相交于点O，可得对顶角∠AOB=∠DOC，此时已经有一组边相等、一组夹角相等，要满足“SAS”判定，只需补充该夹角的另一组对应边相等即可。
【解析】
要使用“SAS”判定△AOB≌△DOC，需满足两边及其夹角对应相等：
1. 已知OA=OD；
2. 因为BD、AC交于点O，根据对顶角的性质，可得∠AOB=∠DOC，这是两组边的夹角；
3. 还需要夹角的另一组邻边对应相等，即OB=OC。
此时OA=OD，∠AOB=∠DOC，OB=OC，满足“SAS”的判定条件，可证明△AOB≌△DOC。
【答案】
OB=OC
【知识点】
1. 三角形全等的SAS判定
2. 对顶角的性质
【点评】
本题属于全等三角形判定的基础应用题，解题核心是准确把握“SAS”判定中“角必须是两组对应边的夹角”的要求，避免出现边和角不对应的错误。
【难度系数】
0.8

图6，若$OA=OB$，$OC=OD$，$∠ O=60°$，$∠ C=25°$，则$∠ OAD=$

2. 95°

【分析】
解题时先观察已知条件：OA=OB，OC=OD，且△OBC和△OAD有公共角∠O，满足“两边及其夹角对应相等”的全等判定条件，因此首先证明两个三角形全等，利用全等三角形对应角相等得到∠D的度数，再结合三角形内角和为180°，即可计算出∠OAD的度数。
【解析】
在△OBC和△OAD中：
$\{\begin{array}{l}OB=OA \\∠O=∠O \\OC=OD\end{array} $
∴△OBC≌△OAD（SAS）
∴∠D=∠C=25°
在△OAD中，根据三角形内角和为180°：
∠OAD=180°-∠O-∠D=180°-60°-25°=95°
【答案】
95°
【知识点】
全等三角形SAS判定、全等三角形的性质、三角形内角和定理
【点评】
本题属于全等三角形应用的基础题型，解题关键是准确识别全等三角形的对应边和公共夹角，结合内角和公式即可求解，是几何角度计算的常见考法。
【难度系数】
0.8

3. 如图7,AB与CD交于点O,OA=OC,OD=OB,∠AOD=,根据可得到△AOD≌△COB,从而可以得到AD=.

3. ∠COB,SAS,CB

【分析】
解题时先回忆三角形全等的SAS判定条件：需要两组对应边相等，且两组边的夹角也相等。首先看题目给出的已知条件：OA=OC、OD=OB，已经满足两组对应边相等，接下来需要找这两组边的夹角：OA与OD的夹角是∠AOD，OC与OB的夹角是∠COB，由于AB与CD交于点O，根据对顶角的性质可得这两个角相等，刚好满足SAS的判定要求，可证△AOD≌△COB；再根据全等三角形对应边相等，就能得到AD的对应边是CB。
【解析】
∵AB与CD交于点O，
∴∠AOD与∠COB是对顶角，即∠AOD=∠COB。
在△AOD和△COB中：
$\{\begin{array}{l}OA=OC（已知）\\∠AOD=∠COB（已证）\\OD=OB（已知）\end{array} $
∴△AOD≌△COB（SAS）。
根据全等三角形对应边相等，可得AD=CB。
【答案】
∠COB，SAS，CB
【知识点】
对顶角的性质；三角形全等的SAS判定；全等三角形的性质
【点评】
本题属于全等三角形判定的基础题，核心考查SAS判定定理的应用，解题时需注意：用于判定全等的角必须是两组对应边的夹角，同时要准确对应全等三角形的边、角元素，避免对应关系出错。
【难度系数】
0.8

4. 如图8，AD=BC，要根据“SAS”判定△ABD≌△BAC，则还需添加的条件是.

图5 图6 图7 图8

4. ∠DAB=∠CBA

【分析】
解题时首先明确“SAS”判定三角形全等的规则：两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等。先梳理两个三角形已有的相等条件：已知AD=BC，同时△ABD和△BAC有公共边AB=BA，此时已经具备两组边对应相等，要满足SAS的判定要求，只需补充这两组边对应的夹角相等即可。
【解析】
已知AD=BC，AB是△ABD和△BAC的公共边，因此AB=BA。
根据“SAS”判定全等的要求，需要两组对应边的夹角相等：
AD与AB的夹角为∠DAB，BC与BA的夹角为∠CBA，
因此添加∠DAB=∠CBA时，就满足“两边及其夹角对应相等”的SAS判定条件，可判定△ABD≌△BAC。
【答案】
∠DAB=∠CBA
【知识点】
SAS判定三角形全等；公共边的性质
【点评】
本题考查全等三角形SAS判定的应用，解题核心是准确识别SAS判定中“两边的夹角”这一关键要素，避免混淆夹角与非夹角的位置，属于全等判定的基础题型。
【难度系数】
0.8

三、解答题
1. 如图9，AC=BD，∠1=∠2. 求证:∠DAC=∠DBC.

1. 提示:利用“SAS”证$△ DAB≌△ CBA$ , $\therefore∠ DAB=∠ CBA$. $\because∠1=∠2$ , $\therefore∠ DAC=∠ DBC$.

【分析】
要证明$∠ DAC=∠ DBC$，观察角的组成可知：$∠ DAC=∠ DAB-∠ 1$，$∠ DBC=∠ CBA-∠ 2$，已知$∠ 1=∠ 2$，因此只需证明$∠ DAB=∠ CBA$即可。$∠ DAB$和$∠ CBA$分别是$△ DAB$和$△ CBA$的内角，结合已知条件$AC=BD$，$∠1=∠2$，且$AB$是两个三角形的公共边，可通过SAS判定$△ DAB ≌ △ CBA$，再利用全等三角形对应角相等得到$∠ DAB=∠ CBA$，最后结合角的和差关系即可得证。
【解析】
证明：在$△ DAB$和$△ CBA$中：
$\begin{cases}BD=AC \quad (\mathrm{已知})\\∠2=∠1 \quad (\mathrm{已知})\\AB=BA \quad (\mathrm{公共边})\end{cases}$
$\therefore △ DAB ≌ △ CBA \ (\mathrm{SAS})$
$\therefore ∠ DAB=∠ CBA$（全等三角形的对应角相等）
又$\because ∠ DAB=∠ DAC+∠1$，$∠ CBA=∠ DBC+∠2$，且$∠1=∠2$（已知）
$\therefore ∠ DAB-∠1=∠ CBA-∠2$
即$∠ DAC=∠ DBC$
【答案】
$∠ DAC=∠ DBC$，得证
【知识点】
SAS判定三角形全等，全等三角形的性质，角的和差运算
【点评】
本题是三角形全等证明的基础题型，解题时需注意挖掘图形中的公共边这一隐含条件，结合已知的边、角相等关系证明三角形全等，再利用全等的性质和角的和差关系推导待证结论，能够很好地巩固三角形全等判定及性质的应用能力。
【难度系数】
0.7

2. 如图10，AB=AD，AC=AE，∠1=∠2. 求证：BC=DE.

2. 提示:先证$∠ BAC=∠ DAE$,再根据“SAS”证$△ BAC≌△ DAE$.

【分析】
要证明两条线段相等，通常可证明两条线段所在的三角形全等。本题要证BC=DE，可尝试证明△BAC≌△DAE。已知AB=AD、AC=AE，缺少两边的夹角相等的条件；结合已知∠1=∠2，给两个角同时加上公共角∠DAC，即可得到∠BAC=∠DAE，满足SAS的全等判定条件，证明三角形全等后，利用全等三角形对应边相等即可得证。
【解析】
证明：
∵ ∠1 = ∠2（已知）
∴ ∠1 + ∠DAC = ∠2 + ∠DAC（等式的性质），即∠BAC = ∠DAE
在△BAC和△DAE中：
$\{\begin{array}{l}AB = AD（已知）\\∠BAC = ∠DAE（已证）\\AC = AE（已知）\end{array} $
∴ △BAC ≌ △DAE（SAS）
∴ BC = DE（全等三角形的对应边相等）
【答案】
BC=DE，得证
【知识点】
SAS判定全等；全等三角形的性质；角的和差运算
【点评】
本题是三角形全等判定的基础应用题型，解题的关键是通过角的等量变换得到全等判定所需的夹角相等条件，结合已知边的相等关系用SAS判定三角形全等，进而得到对应边相等，熟练掌握全等三角形的判定定理和性质是解决这类问题的基础。
【难度系数】
0.8

3. 如图11，AB//DE，AB=DE，点C,F在AD上，AF=DC. 求证:∠B=∠E.

【拓展思考】
阅读材料:中线是三角形中的重要线段之一,在利用中线解决几何问题时,常常采用“倍长中线法”添加辅助线. 所谓倍长中线法,就是将三角形的中线延长一倍,以便构造出全等三角形,从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法.
初步探索:小明遇到这样一个问题,如图12-1,△ABC中,AB=10,AC=6,点D为BC的中点,求AD的取值范围. 小明发现老师讲过的“倍长中线法”可以解决这个问题,他的做法是:如图12-2,延长AD到E,使DE=AD,连接BE,构造△BED≌△CAD,经过推理和计算使问题得到解决.

(1)AD的取值范围是.
(2)灵活运用:如图12-3,在△ABC和△ADE中,AB=AE,AB⊥AE,AD=AC,AD⊥AC. 点M为BC的中点,试说明:DE=2AM.

3. $\because AB// DE , \therefore∠ A=∠ D. \because AF=DC ,$
$\therefore AF+FC=DC+FC,即AC=DF. 在△ ABC和△ DEF中,\begin{cases} AB=DE, \\ ∠ A= ∠ D, \\ AC = DF, \end{cases}$
$\therefore △ ABC≌△ DEF(\mathrm{SAS}), \therefore∠ B=∠ E.$
【拓展思考】
(1)2＜AD＜8
(2)延长AM至点N,使MN=AM,连接BN. $\because$点M为BC的中点,$\therefore BM=CM$. 在$△ AMC$和$△ NMB$中,$\begin{cases} AM = NM, \\ ∠ AMC = ∠ NMB, \\ CM = BM, \end{cases}$ $\therefore △ AMC≌△ NMB(\mathrm{SAS})$ , $\therefore AC=BN,∠ C=∠ NBM, \therefore∠ ABN=∠ ABC+∠ NBM=∠ ABC+∠ C=180°-∠ BAC=∠ EAD. \because AD=AC, \therefore BN=AD. 在△ ABN和△ EAD中,\begin{cases} AB=AE, \\ ∠ ABN = ∠ EAD, \\ BN = AD, \end{cases}$ $\therefore △ ABN≌△ EAD(\mathrm{SAS}), \therefore DE=AN. \because AN=AM+NM=2AM, \therefore DE=2AM.$

【分析】
第3题思路：要证明∠B=∠E，可证明两角所在的△ABC与△DEF全等。首先由AB//DE可得内错角∠A=∠D，已知AB=DE，再结合AF=DC，两边同时加公共线段FC可得AC=DF，满足SAS全等判定条件，证完全等即可得到对应角相等。
拓展(1)思路：用倍长中线法构造全等三角形，将AC转化为BE，使AB、BE、2AD处于同一个△ABE中，利用三角形三边关系即可求出AD的取值范围。
拓展(2)思路：要证DE=2AM，结合M是BC中点的条件，采用倍长中线法延长AM到N使MN=AM，先证△AMC≌△NMB，将AC转化为BN并得到角的关系，推导出∠ABN=∠EAD，再证△ABN≌△EAD，即可得到DE=AN=2AM。
【解析】
第3题证明：
∵ AB//DE，
∴ ∠A=∠D。
∵ AF=DC，
∴ AF+FC=DC+FC，即AC=DF。
在△ABC和△DEF中，
$\begin{cases} AB=DE, \\ ∠A= ∠D, \\ AC = DF, \end{cases}$
∴ △ABC≌△DEF（SAS），
∴ ∠B=∠E。
拓展思考
(1) 延长AD到E，使DE=AD，连接BE。
∵ D是BC中点，
∴ BD=CD，
在△BED和△CAD中，
$\begin{cases} BD=CD, \\ ∠BDE=∠CDA, \\ DE=AD, \end{cases}$
∴ △BED≌△CAD（SAS），
∴ BE=AC=6。
在△ABE中，AB-BE ＜ AE ＜ AB+BE，即10-6 ＜ 2AD ＜ 10+6，
化简得4 ＜ 2AD ＜ 16，
∴ 2 ＜ AD ＜ 8。
(2) 延长AM至点N，使MN=AM，连接BN。
∵ 点M为BC的中点，
∴ BM=CM。
在△AMC和△NMB中，
$\begin{cases} AM = NM, \\ ∠AMC = ∠NMB, \\ CM = BM, \end{cases}$
∴ △AMC≌△NMB（SAS），
∴ AC=BN，∠C=∠NBM，
∴ ∠ABN=∠ABC+∠NBM=∠ABC+∠C=180°-∠BAC。
∵ AB⊥AE，AD⊥AC，
∴ ∠EAB=∠DAC=90°，
∴ ∠EAD=360°-∠EAB-∠DAC-∠BAC=180°-∠BAC，
∴ ∠ABN=∠EAD。
∵ AD=AC，
∴ BN=AD。
在△ABN和△EAD中，
$\begin{cases} AB=AE, \\ ∠ABN = ∠EAD, \\ BN = AD, \end{cases}$
∴ △ABN≌△EAD（SAS），
∴ DE=AN。
∵ AN=AM+NM=2AM，
∴ DE=2AM。
【答案】
3. $\because AB// DE , \therefore∠ A=∠ D. \because AF=DC ,$
$\therefore AF+FC=DC+FC,即AC=DF. 在△ ABC和△ DEF中,\begin{cases} AB=DE, \\ ∠ A= ∠ D, \\ AC = DF, \end{cases}$
$\therefore △ ABC≌△ DEF(\mathrm{SAS}), \therefore∠ B=∠ E.$
【拓展思考】
(1)2＜AD＜8
(2)延长AM至点N,使MN=AM,连接BN. $\because$点M为BC的中点,$\therefore BM=CM$. 在$△ AMC$和$△ NMB$中,$\begin{cases} AM = NM, \\ ∠ AMC = ∠ NMB, \\ CM = BM, \end{cases}$ $\therefore △ AMC≌△ NMB(\mathrm{SAS})$ , $\therefore AC=BN,∠ C=∠ NBM, \therefore∠ ABN=∠ ABC+∠ NBM=∠ ABC+∠ C=180°-∠ BAC=∠ EAD. \because AD=AC, \therefore BN=AD. 在△ ABN和△ EAD中,\begin{cases} AB=AE, \\ ∠ ABN = ∠ EAD, \\ BN = AD, \end{cases}$ $\therefore △ ABN≌△ EAD(\mathrm{SAS}), \therefore DE=AN. \because AN=AM+NM=2AM, \therefore DE=2AM.$
【知识点】
平行线的性质；全等三角形的判定与性质；三角形三边关系
【点评】
本题包含基础证明与拓展探究两部分，基础部分侧重考察全等三角形的基础判定应用，难度较低；拓展部分引入“倍长中线”的常用辅助线构造方法，考察学生通过构造全等三角形转化边角关系的能力，需熟练掌握全等判定定理，学会结合已知条件选择合适的辅助线解决问题。
【难度系数】
0.6