6.如图,在$△ PBC$中,D为PB上一点,$PD=PC$,延长PC到点A,使得$PA=PB$,连接AD交BC于点O,连接PO,则图中全等的三角形共有（）

A.1对
B.2对
C.3对
D.4对

6.D

【分析】
解题时先梳理已知条件：已知PD=PC，PA=PB，结合图形隐含的公共角、公共边、对顶角相等的性质，先从边相等的条件入手推导第一组全等三角形，再利用全等三角形对应边相等、对应角相等的性质，逐步推导其他全等三角形，最后统计所有全等三角形的对数即可。
【解析】
1. 证明$△ PBC ≌ △ PAD$：
已知$PD=PC$，$∠ BPC=∠ APD$（公共角），$PB=PA$，根据SAS全等判定定理，可得$△ PBC ≌ △ PAD$。
2. 证明$△ BOD ≌ △ AOC$：
由$△ PBC ≌ △ PAD$可得$∠ B=∠ A$；
又$PB-PD=PA-PC$，即$BD=AC$；
$∠ BOD=∠ AOC$（对顶角相等），根据AAS全等判定定理，可得$△ BOD ≌ △ AOC$。
3. 证明$△ PDO ≌ △ PCO$：
由$△ BOD ≌ △ AOC$可得$OD=OC$；
已知$PD=PC$，$PO=PO$（公共边），根据SSS全等判定定理，可得$△ PDO ≌ △ PCO$。
4. 证明$△ PBO ≌ △ PAO$：
由$△ BOD ≌ △ AOC$可得$OB=OA$；
已知$PB=PA$，$PO=PO$（公共边），根据SSS全等判定定理，可得$△ PBO ≌ △ PAO$。
综上，图中全等的三角形共有4对。
【答案】
D
【知识点】
全等三角形的判定，全等三角形的性质，对顶角的性质
【点评】
本题需要结合已知条件和图形隐含性质逐步推导全等三角形，解题时要注意不要遗漏全等得到的边、角相等结论，同时要有序排查避免漏数全等三角形，是全等判定的基础综合题。
【难度系数】
0.6

7.如图,已知$AB=AD$,$AC=AE$,$BC=DE$,直线$BC$与$AD$,$DE$分别交于点$F$,$G$,且$∠ DGB=65°$,$∠ EAB=120°$,则$∠ CAD$的度数为.

7.10°

【分析】
首先观察已知条件，题目给出三组对应边相等，可先通过SSS判定定理证明△ABC≌△ADE，得到对应角相等，进而推出∠BAD=∠CAE；再利用三角形内角和与对顶角相等的性质，推导得出∠BAD=∠DGB=65°；最后结合∠EAB的度数，通过角的和差关系即可求出∠CAD的度数。
【解析】
1. 证明三角形全等：
在△ABC和△ADE中，
$\{\begin{array}{l} AB=AD\\ AC=AE\\ BC=DE\end{array} $
∴$△ ABC≌△ ADE$（SSS）。
2. 推导对应角关系：
由全等可得$∠ B=∠ D$，$∠ BAC=∠ DAE$，
等式两边同时减去公共角$∠ CAD$，得：
$∠ BAC-∠ CAD=∠ DAE-∠ CAD$，即$∠ BAD=∠ CAE$。
3. 求$∠ BAD$的度数：
在$△ DFG$和$△ BFA$中，
$∠ D=∠ B$，$∠ DFG=∠ BFA$（对顶角相等），
根据三角形内角和为$180°$，可得$∠ DGB=∠ BAD=65°$，
因此$∠ CAE=∠ BAD=65°$。
4. 计算$∠ CAD$的度数：
∵$∠ EAB=∠ CAE+∠ CAB$，且$∠ CAB=∠ BAD-∠ CAD$，
将$∠ EAB=120°$，$∠ CAE=∠ BAD=65°$代入得：
$120°=65°+(65°-∠ CAD)$
解得$∠ CAD=65°+65°-120°=10°$。
【答案】
$10°$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，角的和差计算
【点评】
本题是全等三角形的基础综合题，解题的关键是先通过边边边定理证明全等，得到对应角相等的关系，再结合三角形内角和推导未知角的度数，计算时要注意理清各个角的位置和和差关系，避免因重叠角的处理错误失分。
【难度系数】
0.6

8.[新定义问题]两组邻边分别相等的四边形叫作“筝形”.如图，四边形ABCD是一个筝形，其中AD=CD，AB=CB，AC与BD相交于点O，探究筝形的性质时，得到如下结论：
①△ABD≌△CBD；
②AO=CO=$\frac{1}{2}$AC；
③AC⊥BD；
④四边形ABCD的面积为AC·BD的值.
其中正确的有.(填序号)

8.①②③

【分析】
首先根据筝形给出的两组邻边相等的条件，先用SSS判定定理判断△ABD和△CBD是否全等，验证结论①；再由①的全等得到对应角相等，进一步证明△AOD和△COD全等，推导得出AO与AC的关系、AC与BD的位置关系，验证结论②③；最后通过分割法将四边形面积拆分为两个三角形面积之和，计算后判断结论④是否正确。
【解析】
1. 验证结论①：
在$△ ABD$和$△ CBD$中：
$\begin{cases} AD=CD \\ AB=CB \\ BD=BD \end{cases}$
∴$△ ABD ≌ △ CBD$（SSS），故①正确。
2. 验证结论②③：
由$△ ABD ≌ △ CBD$可得$∠ ADB=∠ CDB$。
在$△ AOD$和$△ COD$中：
$\begin{cases} AD=CD \\ ∠ ADO=∠ CDO \\ OD=OD \end{cases}$
∴$△ AOD ≌ △ COD$（SAS），
∴$AO=CO=\frac{1}{2}AC$，$∠ AOD=∠ COD$，故②正确。
∵$∠ AOD+∠ COD=180°$，
∴$∠ AOD=∠ COD=90°$，即$AC ⊥ BD$，故③正确。
3. 验证结论④：
四边形ABCD的面积$S=S_{△ ABD}+S_{△ CBD}=\frac{1}{2}BD· AO+\frac{1}{2}BD· CO=\frac{1}{2}BD·(AO+CO)=\frac{1}{2}AC· BD$，不是$AC· BD$，故④错误。
【答案】
①②③
【知识点】
全等三角形的判定与性质；垂直的判定；四边形面积计算
【点评】
本题属于新定义类题型，解题核心是紧扣新定义给出的边相等的条件，灵活运用全等三角形的判定和性质推导边角关系，同时要掌握分割法求多边形面积的思路。
【难度系数】
0.7

9.如图，BE，CF分别是$△ ABC$的边AC，AB上的高，且$BP=AC$，$CQ=AB$.求证：(1)$AP=QA$；
(2)$AP⊥ AQ$.

9.证明:(1)
∵AB⊥QC,AC⊥BE,
∴∠AFC=∠BEA=90°,
∴∠BAC+∠QCA=90°,∠ABP+∠BAC=90°,
∴∠QCA=∠ABP.
在△APB 和△QAC 中,
∵$\begin{cases} BP=CA, \\ ∠ABP=∠QCA, \\ AB=QC, \end{cases}$
∴△APB≌△QAC.(SAS)
∴AP=QA.
(2)
∵△APB≌△QAC,
∴∠PAB=∠AQC.
又
∵AB⊥QC,
∴∠QFA=90°,
∴∠AQC+∠BAQ=90°,
∴∠PAB+∠BAQ=90°,即∠PAQ=90°,
∴AP⊥AQ.

【分析】
要证明(1)中AP=QA，可通过证明两条线段所在的三角形全等推导。首先由BE、CF是△ABC的高可得两个直角，利用同角的余角相等可推出∠ABP=∠QCA，结合已知的BP=AC、CQ=AB，可通过SAS判定△APB和△QAC全等，根据全等对应边相等即可得证。要证明(2)中AP⊥AQ，只需证∠PAQ=90°，利用全等对应角相等可得∠PAB=∠AQC，再结合直角三角形两锐角互余的性质，等量代换即可推出∠PAQ为直角，得证垂直。
【解析】
(1)证明：
∵AB⊥QC，AC⊥BE，
∴∠AFC=∠BEA=90°，
∴∠BAC+∠QCA=90°，∠ABP+∠BAC=90°，
∴∠QCA=∠ABP。
在△APB和△QAC中：
$\begin{cases} BP=CA, \\ ∠ABP=∠QCA, \\ AB=QC, \end{cases}$
∴△APB≌△QAC（SAS），
∴AP=QA。
(2)证明：
∵△APB≌△QAC，
∴∠PAB=∠AQC。
∵AB⊥QC，
∴∠QFA=90°，
∴∠AQC+∠BAQ=90°，
∴∠PAB+∠BAQ=90°，即∠PAQ=90°，
∴AP⊥AQ。
【答案】
(1)AP=QA；(2)AP⊥AQ。
【知识点】
全等三角形的SAS判定；全等三角形的性质；余角的性质
【点评】
本题是全等三角形综合应用的典型题型，解题核心是结合高的性质推导等角，结合已知边的等量关系构造全等三角形，能有效训练几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7

10.如图,在△ABC中,∠BAC=60°,AD=AE,BE,CD交于点F,且∠DFE=120°.在BE的延长线上截取ET=DC,连接AT.
(1)求证:∠ADC=∠AET;
(2)求证:AT=AC;
(3)若BC边上的中线AP与BE相交于点Q,求证:∠QAB=∠QBA.

10.证明:(1)
∵∠BAC=60°,∠DFE=120°,
∴∠AEF+∠ADC=360°-60°-120°=180°.
∵∠AEF+∠AET=180°,
∴∠ADC=∠AET.
(2)在△AET 和△ADC 中,
∵$\begin{cases} AE=AD, \\ ∠AET=∠ADC, \\ ET=DC, \end{cases}$
∴△AET≌△ADC.(SAS)
∴AT=AC.
(3)如图,延长 AP 至点 G,使得 GP=AP,连接 BG.

∵AP 为 BC 边上的中线,
∴CP=BP.
在△APC 和△GPB 中,
∵$\begin{cases} AP=GP, \\ ∠APC=∠GPB, \\ CP=BP, \end{cases}$
∴△APC≌△GPB.(SAS)
∴AC=GB,∠CAP=∠G.
∴AC//BG.
∴∠ABG=180°-∠BAC=180°-60°=120°.
由(2)可知 AC=AT,△AET≌△ADC,
∴BG=AT,∠TAE=∠CAD=60°,
∴∠TAB=120°=∠ABG.
在△ABG 和△BAT 中,
∵$\begin{cases} BG=AT, \\ ∠GBA=∠TAB, \\ AB=BA, \end{cases}$
∴△ABG≌△BAT.(SAS)
∴∠QAB=∠QBA.

【分析】
(1) 要证∠ADC=∠AET，先利用四边形内角和为360°，结合已知的∠BAC=60°、∠DFE=120°，可推出∠AEF与∠ADC的和为180°，再根据∠AEF和∠AET是邻补角，和也为180°，由同角的补角相等即可得证。
(2) 要证AT=AC，只需证△AET和△ADC全等，已知AD=AE、ET=DC，加上(1)中证得的角相等，满足SAS全等判定条件，全等后对应边相等即可得结论。
(3) 要证∠QAB=∠QBA，已知AP是BC的中线，可采用倍长中线的辅助线作法：延长AP到G使GP=AP，先证△APC≌△GPB，得到AC=GB、角的等量关系，进而推出AC//BG，算出∠ABG=120°；再结合(2)的结论得到AT=BG，且可证∠TAB=120°=∠ABG，再证△ABG≌△BAT，对应角相等即可得结论。
【解析】
(1)
∵∠BAC=60°,∠DFE=120°,
∴∠AEF+∠ADC=360°-60°-120°=180°.
∵∠AEF+∠AET=180°,
∴∠ADC=∠AET.
(2) 在△AET 和△ADC 中,
∵$\begin{cases} AE=AD, \\ ∠AET=∠ADC, \\ ET=DC, \end{cases}$
∴△AET≌△ADC.(SAS)
∴AT=AC.
(3) 如图,延长 AP 至点 G,使得 GP=AP,连接 BG.

∵AP 为 BC 边上的中线,
∴CP=BP.
在△APC 和△GPB 中,
∵$\begin{cases} AP=GP, \\ ∠APC=∠GPB, \\ CP=BP, \end{cases}$
∴△APC≌△GPB.(SAS)
∴AC=GB,∠CAP=∠G.
∴AC//BG.
∴∠ABG=180°-∠BAC=180°-60°=120°.
由(2)可知 AC=AT,△AET≌△ADC,
∴BG=AT,∠TAE=∠CAD=60°,
∴∠TAB=120°=∠ABG.
在△ABG 和△BAT 中,
∵$\begin{cases} BG=AT, \\ ∠GBA=∠TAB, \\ AB=BA, \end{cases}$
∴△ABG≌△BAT.(SAS)
∴∠QAB=∠QBA.
【答案】
(1)证明见上述解析；
(2)证明见上述解析；
(3)证明见上述解析，辅助线如下图：

【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 补角的性质
3. 倍长中线构造全等
【点评】
本题是全等三角形的综合应用题，前两问难度较低，通过内角和、补角性质即可推导角相等，进而证全等得到边的等量关系；第三问需要结合中线的特点，用倍长中线的方法构造全等三角形，实现边和角的转移，是几何中常见的辅助线技巧，需重点掌握该类辅助线的适用场景。
【难度系数】
0.5