1. 教材母题 教材P₁₀₇练习T₂变式 如图，OD⊥AB于点D，OP⊥AC于点P，且OD=OP，则△AOD与△AOP全等的理由是（）

A.SSS
B.ASA
C.SAS
D.HL

（第1题）（第2题）（第3题）

1.D

【分析】
解题时先观察两个三角形的形状，由已知的垂直条件可判断△AOD和△AOP都是直角三角形；再找对应相等的边：斜边AO是两个三角形的公共边，天然相等，题目又给出直角边OD=OP，结合直角三角形全等的特殊判定定理即可推出全等依据，注意区分直角三角形和一般三角形的全等判定规则。
【解析】
解：
∵OD⊥AB，OP⊥AC，
∴∠ADO=∠APO=90°，即△AOD和△AOP均为直角三角形。
在Rt△AOD和Rt△AOP中：
$\{\begin{array}{l}AO=AO\ (\mathrm{公共边}) \\OD=OP\ (\mathrm{已知})\end{array} $
∴Rt△AOD≌Rt△AOP（HL），因此选D。
【答案】
D
【知识点】
1.HL判定定理 2.垂直的定义
【点评】
本题属于基础题，主要考查直角三角形全等的判定，解题时需先确认三角形为直角三角形，再对应找到相等的斜边和直角边即可，要注意HL定理仅适用于直角三角形的全等判定。
【难度系数】
0.9

2. 如图，已知AD，CE是$△ ABC$的两条高线，AD=CE，$∠ CAD=25°$，则$∠ OCD$的度数为。

2.40°

【分析】
解题思路如下：第一步，先根据AD是△ABC的高线，在Rt△ADC中利用直角三角形两锐角互余求出∠ACD的度数；第二步，结合CE也是△ABC的高线、AD=CE以及公共斜边AC，用HL判定定理证明Rt△ADC和Rt△CEA全等，得到∠ACE和∠CAD相等；第三步，用∠ACD减去∠ACE即可求出∠OCD的度数。
【解析】
解：
∵AD是△ABC的高线，
∴$∠ ADC=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ ADC$中，$∠ CAD=25°$，
∴$∠ ACD=90°-∠ CAD=90°-25°=65°$。
∵CE是△ABC的高线，
∴$∠ CEA=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ ADC$和$\mathrm{Rt}△ CEA$中：
$\begin{cases}AC=CA\\AD=CE\end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ ADC≌\mathrm{Rt}△ CEA(\mathrm{HL})$，
∴$∠ ACE=∠ CAD=25°$，
∴$∠ OCD=∠ ACD-∠ ACE=65°-25°=40°$。
【答案】
$40°$
【知识点】
HL判定全等、直角三角形性质、全等三角形性质
【点评】
本题属于基础角度计算题，核心是灵活运用直角三角形全等的判定定理找到相等的角，再结合直角三角形的角度关系求解，掌握HL判定定理是解题的关键。
【难度系数】
0.75

3.如图,点 D 在 BC 上,DE⊥AB 于点 E,DF⊥BC交 AC 于点 F,BD=CF,BE=CD.若∠AFD=135°,则∠EDF 的度数为.

3.45°

【分析】
解题时先观察图中的垂直条件，可得△BDE和△CFD都是直角三角形，结合已知的两组边相等BD=CF、BE=CD，可利用HL定理证明这两个直角三角形全等，得到对应角相等；再根据∠AFD的度数先求出其邻补角∠CFD的度数，结合全等得到的角相等关系，最后利用DF⊥BC得到的∠BDF=90°，通过角的和差计算即可求出∠EDF的度数。
【解析】
解：
∵DE⊥AB，DF⊥BC
∴∠DEB=∠FDC=90°，∠BDF=90°
在Rt△BDE和Rt△CFD中
$\{\begin{array}{l}BD=CF\\ BE=CD\end{array} $
∴Rt△BDE≌Rt△CFD（HL）
∴∠BDE=∠CFD
∵∠AFD=135°，∠AFD+∠CFD=180°
∴∠CFD=180°-135°=45°
∴∠BDE=45°
∴∠EDF=∠BDF - ∠BDE=90°-45°=45°
【答案】
45°
【知识点】
直角三角形全等的判定；全等三角形的性质；邻补角的性质
【点评】
本题结合垂直和边相等的条件，考查直角三角形全等的判定与性质的综合应用，解题的关键是准确找到全等的直角三角形，利用对应角相等实现角度的转化，再结合角的和差计算结果。
【难度系数】
0.7

4. Rt △ABC 和 Rt △DEF 如图所示，∠C = ∠F=90°.

(1)若∠A=∠D,BC=EF,则 Rt△ABC≌Rt△DEF 的依据是“”；
(2)若∠A=∠D,AC=DF,则 Rt△ABC≌Rt△DEF 的依据是“”；
(3)若AC=DF,AB=DE,则 Rt△ABC≌Rt△DEF 的依据是“”；
(4)若AC=DF,CB=FE,则 Rt△ABC≌Rt△DEF 的依据是“”.

4.(1)AAS (2)ASA (3)HL (4)SAS

【分析】
本题考查三角形及直角三角形全等的判定，解题思路如下：首先明确两个直角三角形已具备∠C=∠F=90°这一组相等的角，再结合每个小问给出的额外边、角相等条件，判断边和角的位置关系，匹配对应的全等判定定理即可。
【解析】
已知Rt△ABC和Rt△DEF中，∠C=∠F=90°，分情况分析：
(1) 已知∠A=∠D，BC=EF，加上∠C=∠F，满足“两角及其中一个角的对边对应相等”，符合AAS判定定理；
(2) 已知∠A=∠D，AC=DF，加上∠C=∠F，满足“两角及其夹边对应相等”，符合ASA判定定理；
(3) 已知AC=DF（直角边），AB=DE（斜边），直角三角形中满足“斜边和一条直角边对应相等”，符合HL判定定理；
(4) 已知AC=DF，CB=FE，加上夹角∠C=∠F=90°，满足“两边及其夹角对应相等”，符合SAS判定定理。
【答案】
(1)AAS (2)ASA (3)HL (4)SAS
【知识点】
全等三角形的判定，直角三角形全等的判定
【点评】
本题属于全等判定的基础考查题，解题时要注意直角本身相等是隐含的已知条件，需熟练掌握各判定定理对应的边、角位置关系，避免混淆不同定理的适用条件。
【难度系数】
0.8

5. 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ABC=90°$,$AB=6$,$BC=8$,过点$C$作$CF⊥ BC$.如果点$D,E$分别在$BC,CF$上运动,并且始终保持$DE=AC$,那么当$CD=$时,$△ ABC$与$△ DCE$全等.

5.6或8

【分析】
首先明确△ABC和△DCE都是直角三角形：∠ABC=90°，CF⊥BC可得∠DCE=90°。已知两直角三角形的斜边DE=AC，根据直角三角形全等的HL判定定理，只需再有一组直角边对应相等即可判定全等。由于题目未明确两个三角形的对应顶点，因此需要分两种情况讨论CD的对应边，分别计算CD的长度。
【解析】
解：
∵∠ABC=90°，CF⊥BC，
∴∠ABC=∠DCE=90°，即△ABC和△DCE均为直角三角形。
已知DE=AC，即两直角三角形斜边相等，分两种情况讨论：
① 当$\mathrm{Rt}△ ABC≌\mathrm{Rt}△ DCE$时，对应边$CD=AB$，
∵$AB=6$，
∴$CD=6$；
② 当$\mathrm{Rt}△ ABC≌\mathrm{Rt}△ ECD$时，对应边$CD=BC$，
∵$BC=8$，
∴$CD=8$。
综上，CD的长为6或8。
【答案】
6或8

【知识点】
1. 直角三角形全等判定
2. 分类讨论思想
【点评】
本题易错点是忽略三角形对应顶点的不确定性，只考虑一种全等情况导致漏解，解题时结合已知斜边相等的条件，对直角边的对应关系分类讨论即可得到完整答案。
【难度系数】
0.6

6. 如图①，E，F分别为线段AC上的两个动点，且$DE⊥AC$于点E，$BF⊥AC$于点F，连接AB，CD。若$AB=CD$，$AF=CE$，连接BD交AC于点M。
(1)求证:$MD=MB$，$ME=MF$。
(2)当E，F两点移动到如图②所示的位置时，其余条件不变，上述结论能否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由。

6.(1)【证明】$\because DE⊥ AC$于点E,$BF⊥ AC$于点F,
$\therefore ∠ DEC=∠ BFA=90°$.
在$\mathrm{Rt}△ DEC$和$\mathrm{Rt}△ BFA$中,$\begin{cases} CD=AB,\\ CE=AF, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ DEC≌\mathrm{Rt}△ BFA(\mathrm{HL}).\therefore DE=BF$.
在$△ DEM$和$△ BFM$中,$\begin{cases} ∠ DME=∠ BMF,\\ ∠ DEM=∠ BFM,\\ DE=BF, \end{cases}$
$\therefore △ DEM≌△ BFM(\mathrm{AAS})$.
$\therefore MD=MB,ME=MF$.
(2)【解】成立.证明如下:
$\because DE⊥ AC$于点E,$BF⊥ AC$于点F,
$\therefore ∠ DEC=∠ DEM=∠ BFA=∠ BFM=90°$.
在$\mathrm{Rt}△ DEC$和$\mathrm{Rt}△ BFA$中,$\begin{cases} CD=AB,\\ CE=AF, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ DEC≌\mathrm{Rt}△ BFA(\mathrm{HL}).\therefore DE=BF$.
在$△ DEM$和$△ BFM$中,$\begin{cases} ∠ DME=∠ BMF,\\ ∠ DEM=∠ BFM,\\ DE=BF, \end{cases}$
$\therefore △ DEM≌△ BFM(\mathrm{AAS})$.
$\therefore MD=MB,ME=MF$.

【分析】
(1) 要证$MD=MB$、$ME=MF$，可通过证明包含这两组边的$△ DEM$和$△ BFM$全等来实现。首先由垂直条件得到直角，结合已知$AB=CD$、$AF=CE$，先用HL定理证明$\mathrm{Rt}△ DEC≌\mathrm{Rt}△ BFA$，得到$DE=BF$，为后续证明小三角形全等准备边的条件；再结合对顶角相等、直角相等，用AAS证明$△ DEM$和$△ BFM$全等，即可得到对应边相等。
(2) 图形变化后，$AB=CD$、$AF=CE$、$DE⊥ AC$、$BF⊥ AC$这些核心条件没有改变，因此可沿用(1)的证明思路，先证大直角三角形全等得到$DE=BF$，再证小三角形全等，即可判断结论仍然成立。
【解析】
(1) 证明：$\because DE⊥ AC$于点E，$BF⊥ AC$于点F，
$\therefore ∠ DEC=∠ BFA=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ DEC$和$\mathrm{Rt}△ BFA$中，$\begin{cases} CD=AB,\\ CE=AF, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ DEC≌\mathrm{Rt}△ BFA(\mathrm{HL})$，$\therefore DE=BF$。
在$△ DEM$和$△ BFM$中，$\begin{cases} ∠ DME=∠ BMF,\\ ∠ DEM=∠ BFM,\\ DE=BF, \end{cases}$
$\therefore △ DEM≌△ BFM(\mathrm{AAS})$。
$\therefore MD=MB$，$ME=MF$。
(2) 解：上述结论仍然成立，证明如下：
$\because DE⊥ AC$于点E，$BF⊥ AC$于点F，
$\therefore ∠ DEC=∠ DEM=∠ BFA=∠ BFM=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ DEC$和$\mathrm{Rt}△ BFA$中，$\begin{cases} CD=AB,\\ CE=AF, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ DEC≌\mathrm{Rt}△ BFA(\mathrm{HL})$，$\therefore DE=BF$。
在$△ DEM$和$△ BFM$中，$\begin{cases} ∠ DME=∠ BMF,\\ ∠ DEM=∠ BFM,\\ DE=BF, \end{cases}$
$\therefore △ DEM≌△ BFM(\mathrm{AAS})$。
$\therefore MD=MB$，$ME=MF$。
【答案】
(1) $MD=MB$，$ME=MF$，证明成立；
(2) 结论仍成立，证明见解析。
【知识点】
1. 直角三角形HL判定
2. 三角形AAS判定
3. 全等三角形性质
【点评】
本题属于图形变换类全等证明题，核心考查全等三角形的判定与性质，解题时只需抓住图形变化过程中不变的边、角条件，按固定的全等证明逻辑推导即可，不要被图形的外观变化干扰。
【难度系数】
0.7