1. 下列条件中,不能使两个直角三角形全等的是 （）

A.斜边和一锐角分别对应相等
B.两条直角边分别对应相等
C.一条直角边与斜边分别对应相等
D.两锐角对应相等

1.D

【分析】
解题时首先明确题干要求：选出不能判定两个直角三角形全等的选项。首先回忆全等三角形的通用判定定理（SSS、SAS、ASA、AAS）和直角三角形特有的HL判定定理，牢记全等判定必须有至少一组对应边相等，再逐一验证每个选项是否符合判定条件即可。
【解析】
我们对每个选项逐一分析：
A. 斜边和一锐角分别对应相等：直角三角形自带一组直角对应相等，结合已知的一锐角相等、斜边相等，满足AAS（角角边）全等判定定理，可判定两直角三角形全等。
B. 两条直角边分别对应相等：两条直角边的夹角是直角，也对应相等，满足SAS（边角边）全等判定定理，可判定两直角三角形全等。
C. 一条直角边与斜边分别对应相等：符合直角三角形特有的HL（斜边、直角边）全等判定定理，可判定两直角三角形全等。
D. 两锐角对应相等：仅能说明两个三角形形状相同（相似），没有对应边相等的条件，无法确定两个三角形大小是否一致，因此不能判定两直角三角形全等。
综上，符合题意的是D选项。
【答案】
D
【知识点】
直角三角形全等的判定、全等三角形判定定理
【点评】
本题属于基础考查题，重点辨析全等三角形的判定条件，需注意全等三角形要求形状、大小均完全相同，仅角对应相等只能证明三角形相似，无法判定全等。
【难度系数】
0.8

2. 如图，有两个长度相同的滑梯（BC=EF），左边滑梯的高度AC与右边滑梯水平方向的长度DF相等，则①AB=DE；②∠B+∠F=90°；③∠B=∠DEF中正确的个数是（）

A.0
B.1
C.2
D.3

（第2题图）
（第3题图）

2.D 【解析】因为在$\mathrm{Rt}△ABC$和$\mathrm{Rt}△DEF$中，$\begin{cases} BC=EF, \\ AC=DF, \end{cases}$所以$\mathrm{Rt}△ABC≌\mathrm{Rt}△DEF(\mathrm{HL})$，所以$AB=DE,∠B=∠DEF$，所以$∠B+∠F=90°$，故①②③均正确。

【分析】
首先观察图形可知△ABC和△DEF都是直角三角形，题目给出斜边BC=EF，一组直角边AC=DF，可先通过HL定理证明两个直角三角形全等，再根据全等三角形对应边相等、对应角相等的性质，结合直角三角形两锐角互余的特点，逐一验证三个结论是否正确。
【解析】
由题意得$AC⊥ BF$，$ED⊥ BF$，所以$∠ CAB=∠ FDE=90°$，即$△ ABC$和$△ DEF$均为直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△ABC$和$\mathrm{Rt}△DEF$中：
$\begin{cases} BC=EF \\ AC=DF \end{cases}$
所以$\mathrm{Rt}△ABC≌\mathrm{Rt}△DEF(\mathrm{HL})$。
根据全等三角形的性质可得$AB=DE$，$∠ B=∠ DEF$，故①③正确；
又因为在$\mathrm{Rt}△DEF$中，$∠ DEF+∠ F=90°$，将$∠ DEF$替换为$∠ B$，可得$∠ B+∠ F=90°$，故②正确。
综上，①②③均正确。
【答案】
D
【知识点】
HL判定三角形全等；全等三角形的性质；直角三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形判定与性质的基础应用，解题的关键是先根据已知条件判定两个直角三角形全等，再结合全等性质推导边角关系。
【难度系数】
0.8

3.如图，已知$AE⊥ BC$，$DF⊥ BC$，垂足分别为$E$，$F$，$AE = DF$，$AB = DC$，则$\mathrm{Rt}△\_\_\_\_\_\_≌\mathrm{Rt}△$(HL).

3.ABE DCF 【解析】因为$AE⊥BC,DF⊥BC$，所以$∠AEB=∠DFC=90°$. 因为在$\mathrm{Rt}△ABE$和$\mathrm{Rt}△DCF$中，$AB=DC,AE=DF$，所以$\mathrm{Rt}△ABE≌\mathrm{Rt}△DCF(\mathrm{HL})$。

【分析】
解题时首先回忆HL判定定理的要求：HL仅适用于直角三角形全等的判定，需要满足两个直角三角形的一组斜边相等、一组直角边相等。首先结合已知的垂直条件，确定图中的直角三角形，再对应匹配给出的相等边：已知AB、DC是斜边且相等，AE、DF是直角边且相等，即可确定符合HL判定的两个全等三角形。
【解析】
$\because AE⊥ BC,DF⊥ BC$，
$\therefore ∠ AEB=∠ DFC=90°$，即$△ ABE$和$△ DCF$都是直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△ ABE$和$\mathrm{Rt}△ DCF$中：
$\begin{cases}AB=DC\\AE=DF\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABE≌ \mathrm{Rt}△ DCF(\mathrm{HL})$。
【答案】
ABE；DCF
【知识点】
HL判定全等，垂直的性质
【点评】
本题是全等判定的基础题，核心考查HL定理的应用，解题的关键是先确认三角形为直角三角形，再找准对应相等的斜边和直角边即可。
【难度系数】
0.9

4. 如图,在$△ ABC$中,$PB=PQ,PR=PS,PR⊥ AB$于$R,PS⊥ AC$于$S$,则下列三个结论:①$AS=AR$;②$QP// AR$;③$AB+AQ=2AR$中 （）

A.全部正确
B.仅①和③正确
C.仅②和③正确
D.仅①和②正确

4.B 【解析】在$\mathrm{Rt}△APR$和$\mathrm{Rt}△APS$中，$\begin{cases} AP=AP, \\ PR=PS, \end{cases}$所以$\mathrm{Rt}△APR≌\mathrm{Rt}△APS(\mathrm{HL})$，所以$AR=AS$，故①正确；在$\mathrm{Rt}△BRP$与$\mathrm{Rt}△QSP$中，$\begin{cases} BP=QP, \\ PR=PS, \end{cases}$所以$\mathrm{Rt}△BRP≌\mathrm{Rt}△QSP(\mathrm{HL})$，所以$BR=QS$，所以$AB+AQ=2AR$，故③正确；无法得出$∠APQ=∠BAP$，所以得不出$PQ// AR$，故②错误。

【分析】
解题时先结合已知的垂直条件和边相等条件，优先用HL判定证明共斜边的Rt△APR和Rt△APS全等，验证结论①；再用HL判定证明Rt△BRP和Rt△QSP全等，通过线段和差关系推导验证结论③；对于结论②，需找到平行线判定所需的角的等量关系，结合现有已知无法推出对应关系，即可判断②不成立。
【解析】
1. 验证结论①：
在$\mathrm{Rt}△APR$和$\mathrm{Rt}△APS$中，
$\begin{cases} AP=AP\quad(\mathrm{公共边}) \\ PR=PS\quad(\mathrm{已知}) \end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△APR≌\mathrm{Rt}△APS(\mathrm{HL})$，
∴$AR=AS$，故①正确。
2. 验证结论③：
在$\mathrm{Rt}△BRP$和$\mathrm{Rt}△QSP$中，
$\begin{cases} PB=PQ\quad(\mathrm{已知}) \\ PR=PS\quad(\mathrm{已知}) \end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△BRP≌\mathrm{Rt}△QSP(\mathrm{HL})$，
∴$BR=QS$。
∵$AB=AR+BR$，$AQ=AS-QS$，且已证$AR=AS$，
∴$AB+AQ=(AR+BR)+(AS-QS)=AR+BR+AR-BR=2AR$，故③正确。
3. 验证结论②：
现有已知条件无法推出能判定$QP// AR$的角等量关系（如内错角相等、同位角相等等），因此不能得出$QP// AR$，故②错误。
综上，仅①和③正确。
【答案】
B
【知识点】
HL证全等，全等三角形性质，平行线判定
【点评】
本题考查直角三角形全等的判定与性质的综合应用，解题时要结合已知条件逐一推导结论，不可主观默认不存在的条件推导结论。
【难度系数】
0.7

5. 如图, 在 Rt△ABC 中, ∠C=90°,AC=12,BC=6,P,Q两点分别在线段AC和AC的垂线AX上移动,且PQ=AB,要使△ABC和△APQ全等,则AP的长为.

5.6或12 【解析】当$AP=CB=6$时，在$\mathrm{Rt}△ABC$与$\mathrm{Rt}△QPA$中，$\begin{cases} AB=QP, \\ BC=PA, \end{cases}$所以$\mathrm{Rt}△ABC≌\mathrm{Rt}△QPA(\mathrm{HL})$；当点$P$运动到与$C$点重合时，$AP=AC=12$，在$\mathrm{Rt}△ABC$与$\mathrm{Rt}△PQA$中，$\begin{cases} AB=PQ, \\ AC=PA, \end{cases}$所以$\mathrm{Rt}△ABC≌\mathrm{Rt}△PQA(\mathrm{HL})$。综上所述，$AP$的长为6或12。

【分析】
本题需要判定两个直角三角形全等，已知Rt△ABC和Rt△APQ均为直角三角形，且题目给出斜边AB=PQ，根据直角三角形全等的HL判定定理，只需再满足一组直角边对应相等即可。解题时要分两种情况讨论对应边相等的情况，分别计算AP的长度，避免漏解。
【解析】
分两种情况讨论：
① 当$AP=CB=6$时，在$\mathrm{Rt}△ABC$与$\mathrm{Rt}△QPA$中：
$\begin{cases} AB=QP \\ BC=PA \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ABC≌\mathrm{Rt}△QPA(\mathrm{HL})$，此时$AP=6$符合要求；
② 当点$P$运动到与$C$点重合时，$AP=AC=12$，在$\mathrm{Rt}△ABC$与$\mathrm{Rt}△PQA$中：
$\begin{cases} AB=PQ \\ AC=PA \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ABC≌\mathrm{Rt}△PQA(\mathrm{HL})$，此时$AP=12$符合要求。
综上所述，$AP$的长为6或12。
【答案】
6或12
【知识点】
HL判定三角形全等，分类讨论思想
【点评】
本题是直角三角形全等判定的基础题型，解题核心是结合HL判定定理，分情况讨论直角边对应相等的两种情况，易错点是容易遗漏其中一种情况导致漏解。
【难度系数】
0.7

6.(1)如图1,AC,BD相交于点G,点A,E,F,C在一条直线上,$AE=CF$,分别过点E,F作$DE ⊥ AC$,$BF ⊥ AC$,若$AB=CD$,试证明BD平分线段EF.

(2)若将图1变为图2,其余条件不变,则上述结论是否仍然成立?请说明理由.

6.(1)【证明】因为$DE⊥AC,BF⊥AC$，所以$∠DEC=∠BFA=90°$. 因为$AE=CF$，所以$AE+EF=CF+EF$，所以$AF=CE$.
在$\mathrm{Rt}△ABF$和$\mathrm{Rt}△CDE$中，$\begin{cases} AB=CD, \\ AF=CE, \end{cases}$
所以$\mathrm{Rt}△ABF≌\mathrm{Rt}△CDE(\mathrm{HL})$，所以$BF=DE$.
在$△BFG$和$△DEG$中，$\begin{cases} ∠BFG=∠DEG, \\ ∠BGF=∠DGE, \\ BF=DE, \end{cases}$
所以$△BFG≌△DEG(\mathrm{AAS})$，所以$FG=EG$，即$BD$平分线段$EF$.
(2)【解】结论仍然成立，理由如下：
同(1)易证$\mathrm{Rt}△ABF≌\mathrm{Rt}△CDE(\mathrm{HL})$，所以$BF=DE$. 易证$△BFG≌△DEG$，所以$FG=EG$，故结论仍然成立。

【分析】
(1) 要证明BD平分线段EF，即需证明EG=FG，可通过证明△BFG和△DEG全等来推导。要证这两个三角形全等，已有∠BFG=∠DEG=90°、对顶角∠BGF=∠DGE，还需证明一组边相等即BF=DE。接下来可先利用已知条件AE=CF推出AF=CE，结合AB=CD，用HL证明Rt△ABF≌Rt△CDE，即可得到BF=DE，进而完成证明。
(2) 图形变化后，先判断核心条件是否变化：AE=CF仍然成立，可推出AF=CE，依然能先用HL证明Rt△ABF≌Rt△CDE得到BF=DE，再用AAS证明△BFG≌△DEG，即可判断结论是否成立。
【解析】
(1) 证明：
∵$DE⊥AC$，$BF⊥AC$，
∴$∠DEC=∠BFA=90°$。
∵$AE=CF$，
∴$AE+EF=CF+EF$，即$AF=CE$。
在$\mathrm{Rt}△ABF$和$\mathrm{Rt}△CDE$中，
$\begin{cases} AB=CD \\ AF=CE \end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ABF≌\mathrm{Rt}△CDE(\mathrm{HL})$，
∴$BF=DE$。
在$△BFG$和$△DEG$中，
$\begin{cases} ∠BFG=∠DEG \\ ∠BGF=∠DGE \\ BF=DE \end{cases}$
∴$△BFG≌△DEG(\mathrm{AAS})$，
∴$FG=EG$，即BD平分线段EF。
(2) 结论仍然成立，理由如下：
∵$DE⊥AC$，$BF⊥AC$，
∴$∠DEC=∠BFA=90°$。
∵$AE=CF$，
∴$AE-EF=CF-EF$，即$AF=CE$。
在$\mathrm{Rt}△ABF$和$\mathrm{Rt}△CDE$中，
$\begin{cases} AB=CD \\ AF=CE \end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ABF≌\mathrm{Rt}△CDE(\mathrm{HL})$，
∴$BF=DE$。
在$△BFG$和$△DEG$中，
$\begin{cases} ∠BFG=∠DEG \\ ∠BGF=∠DGE \\ BF=DE \end{cases}$
∴$△BFG≌△DEG(\mathrm{AAS})$，
∴$FG=EG$，故BD平分线段EF的结论仍然成立。
【答案】
(1) BD平分线段EF，证明成立；(2) 上述结论仍然成立，理由见解析。
【知识点】
1. HL判定直角三角形全等
2. AAS判定三角形全等
3. 全等三角形的性质
【点评】
本题是典型的图形变换类全等证明题，解题核心是抓住图形变换过程中不变的边、角关系，通过两次全等推导得到对应边相等，进而证明结论。解题时注意不同图形下线段和差关系的推导，不要被图形变化干扰思路。
【难度系数】
0.7