【文档说明】专题19.2证明举例-2021-2022学年八年级数学上册尖子生同步培优题典（解析版）【沪教版】.docx，共(128)页，140.626 KB，由envi的店铺上传

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2021-2022学年八年级数学上册尖子生同步培优题典【沪教版】专题19.2证明举例姓名：__________________班级：______________得分：_________________注意事

项：本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符

合题目要求的．1．（2019春•普陀区期末）如图，已知△ABC≌△AEF，其中AB＝AE，∠B＝∠E．在下列结论①AC＝AF，②∠BAF＝∠B，③EF＝BC，④∠BAE＝∠CAF中，正确的个数有（）A

．1个B．2个C．3个D．4个【分析】根据全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等结合图象解答即可．【解答】解：∵△ABC≌△AEF，∴AC＝AF，EF＝BC，故①③正确；∠EAF＝∠BAC，∴∠EAB＝∠FAC，故④正确；∵AF≠

BF，∴∠BAF≠∠B，故②错误；综上所述，结论正确的是①③④共3个．故选：C．2．（2018秋•嘉定区期末）如图，EA⊥AB，BC⊥AB，AB＝AE＝2BC，D为AB的中点，以下判断正确的个数有（）①DE＝AC；②DE⊥AC；③∠EAF＝∠ADE；④∠CAB＝30°．A．1个B．2

个C．3个D．4个【分析】根据点D是AB的中点，得到AD=𝐴𝐵2，由于AB＝2BC，于是得到AD＝BC，证得Rt△AED≌Rt△BAC，得到∠E＝∠CAB，DE＝AC，故①正确；由∠E+∠EDA＝90°，得到∠FAD+∠EDA＝90°，即可得到DE⊥AC，故②正确；根据同角的余角相等得到∠E

AF＝∠ADE，故③正确；根据BC是AB的一半，而不是AC的一半，故∠CAB不等于30°，故④错误．【解答】解：点D是AB的中点，则AD=𝐴𝐵2，∵AB＝2BC，∴AD＝BC，∵EA⊥AB，CB⊥AB，∴∠B＝

∠EAB＝90°，在△AED与△BAC中，{𝐴𝐷=𝐵𝐶∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐶𝐵𝐴𝐴𝐸=𝐴𝐵，∴△AED≌△BAC，∴∠E＝∠CAB，DE＝AC，∴①正确；∵∠E+∠EDA＝90°，∴∠FAD+∠EDA＝90°，∴∠AFD

＝180°﹣（∠FAD+∠EDA）＝90°，∴DE⊥AC，∴②正确；∵∠EAF与∠ADE都是∠E的余角，∴∠EAF＝∠ADE，∴③正确；∵BC是AB的一半，而不是AC的一半，故∠CAB不等于30°，∴④错误；故选：C

．3．（2021春•闵行区校级月考）下列不能作为判定△ABC≌△DEF的条件是（）A．AB＝DE，BC＝EF，∠B＝∠EB．∠A＝∠D，AB＝DE，∠B＝∠EC．AB＝DE，BC＝EF，∠A＝∠DD．∠A＝∠D，AC＝DF，∠B＝∠E【分析】根据全等三角形的判定

方法判断即可．【解答】解：A、AB＝DE，BC＝EF，∠B＝∠E，可以利用SAS判定△ABC≌△DEF，不符合题意；B、∠A＝∠D，AB＝DE，∠B＝∠E，可以利用ASA判定△ABC≌△DEF，不符合题意；C、AB＝DE，BC＝EF，∠A＝∠

D，不能利用SSA判定△ABC≌△DEF，符合题意；D、∠A＝∠D，AC＝DF，∠B＝∠E，可以利用AAS判定△ABC≌△DEF，不符合题意；故选：C．4．（2021春•黄浦区期末）如图，在△ABC中，点D、E分别

在边AB、AC上，BE与CD相交于点O，如果已知∠ABC＝∠ACB，补充下列一个条件后，仍无法判定△ABE≌△ACD的是（）A．AD＝AEB．BE＝CDC．OB＝OCD．∠BDC＝∠CEB【分析】根据题目中的条件和各个选项中的条件，利用全等三角形的判定方法，可以得

到哪个选项中的条件，不能判定△ABE≌△ACD，从而可以解答本题．【解答】解：∵∠ABC＝∠ACB，∴AB＝AC，∵∠BAE＝∠CAD，∴补充条件AD＝AE时，△ABE≌△ACD（SAS），故选项A不符合题意；补充

条件BE＝CD，无法判断△ABE≌△ACD，故选项B符合题意；补充条件OB＝OC时，则∠OBC＝∠OCB，故∠ABE＝∠ACD，则△ABE≌△ACD（ASA），故选项C不符合题意；补充条件∠BDC＝∠CEB时，则∠AEB＝∠ADC

，则△ABE≌△ACD（AAS），故选项D不符合题意；故选：B．5．（2021春•青山区期末）根据下列已知条件，能作出唯一△ABC的是（）A．AB＝3，BC＝4，CA＝8B．AB＝4，BC＝3，∠A＝60°C．∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4D．∠C＝90

°，∠B＝30°，∠A＝60°【分析】根据全等三角形的判定方法对各选项进行判断．【解答】解：A．∵AB＝3，BC＝4，CA＝8，AB+BC＜CA，∴不能画出三角形，故本选项不合题意；B．AB＝4，BC＝3，∠A＝60°，不能画出唯一三

角形，故本选项不合题意；C．当∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4时，根据“ASA”可判断△ABC的唯一性；D．已知三个角，不能画出唯一三角形，故本选项不符合题意；故选：C．6．（2021•普陀区二模）已知在△ABC和△A′B′C′中，AB＝

A′B′，AC＝A′C′，下列条件中，不一定能得到△ABC≌△A′B′C′的是（）A．BC＝B′C′B．∠A＝∠A′C．∠C＝∠C′D．∠B＝∠B′＝90°【分析】根据全等三角形的判定定理进行推理．【解答】解：A、由A

B＝A′B′，AC＝A′C′，BC＝B′C′可以判定△ABC≌△A′B′C′（SSS），不符合题意．B、由AB＝A′B′，AC＝A′C′，∠A＝∠A′可以判定△ABC≌△A′B′C′（SAS），不符合题意．C、由AB＝A′B′，AC＝A′C′，∠C＝∠C′不可以判定△AB

C≌△A′B′C′（SSA），符合题意．D、由AB＝A′B′，AC＝A′C′，∠B＝∠B′＝90°可以判定Rt△ABC≌Rt△A′B′C′（HL），不符合题意．故选：C．7．（2020秋•番禺区期末）如图，在△ABC和△ABD中，已知∠

CAB＝∠DAB，在不添加任何辅助线的前提下，要使△ABC≌△ABD，只需再添加的一个条件不可以是（）A．AC＝ADB．BC＝BDC．∠C＝∠DD．∠CBE＝∠DBE【分析】添加AC＝AD，利用SAS即可得到两三角形全等；添加∠D＝∠C，利

用AAS即可得到两三角形全等，添加∠CBE＝∠DBE，利用ASA即可得到两三角形全等．【解答】解：A、添加AC＝AD，利用SAS即可得到两三角形全等，不符合题意；B、添加BC＝BD，不能判定两三角形全等，符合题意；C、添加∠D＝∠C，利用AAS即可得到两三角形全等，不符合题意；D、添加

∠CBE＝∠DBE，利用ASA即可得到两三角形全等，不符合题意；故选：B．8．（2020秋•浦东新区期末）下列语句中，正确的有（）个．①一边和一锐角对应相等的两个直角三角形全等；②两边和其中一边上的高对应相等的两个三角形全等；③三角形的三个内角中至少有两个锐角；④三角形的外角大

于任何一个内角．A．1B．2C．3D．4．【分析】根据全等三角形的判定可判断出①②的说法的正误；根据三角形的内角和可判断出③④的正误．【解答】解：①一边和一锐角对应相等的两个直角三角形全等说法正确，可利用AAS或ASA判定两直角三角形全等；②两边和

其中一边上的高对应相等的两个三角形全等错误；如果这两个三角形一个是锐角三角形，一个是钝角三角形时，有两边和其中一边上的高对应相等的两个三角形不全等，原说法错误；③三角形的三个内角中至少有两个锐角，说法正确；④三角形的外角大于任何一个内角，错误．故选：B．9．（2020春•虹口区期

末）下列四组三角形中，一定是全等三角形的是（）A．三个内角分别对应相等的两个三角形B．两条边和第三边上的中线对应相等的两个三角形C．两条边和其中一个角对应相等的两个三角形D．两条边和第三边上的高对应相等的两个三角形【分析】选项

A、C、D画出不符合的图形即可；选项B，画出图形，延长BD到E，使BD＝DE，连接CE，延长B′D′到E′，使B′D′＝D′E′，连接C′E′，根据全等三角形的判定推出△ABD≌△CED，△A′B′D′≌△C′E′D′，根据全等三角形的性质得出∠ABD＝∠E，CE＝

AB，∠AB′D′′＝∠E′，C′E′＝A′B′，求出CE＝C′E′，根据全等三角形的判定推出△BCE≌△B′C′E′，根据全等三角形的性质得出∠E＝∠E′，∠EBC＝∠E′B′C′，求出∠ABC＝∠A′B′C′，根据全等三角形的判定推出△ABC≌△A′B′C′即可．【解答】解：A．

如图所示：在△ADE和△ABC中，∠A＝∠A，∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，但是△ADE和△ABC不全等，故本选项不符合题意；B．如图：延长BD到E，使BD＝DE，连接CE，延长B′D′到E′，使B′D′＝D′E′，连接C′E′，∵BD是△ABC的中线，B′D′是△

A′B′C′的中线，∵AD＝CD，A′D′＝C′D′，BE＝B′E′，在△ABD和△CED中，{𝐴𝐷=𝐶𝐷∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐶𝐷𝐸𝐵𝐷=𝐸𝐷，∴△ABD≌△CED（SAS），∴∠ABD＝∠E，CE＝AB，同理∠AB′D′′＝∠E′，

C′E′＝A′B′，∵AB＝A′B′，∴CE＝C′E′，在△BCE和△B′C′E′中{𝐵𝐸=𝐵′𝐸′𝐵𝐶=𝐵′𝐶′𝐶𝐸=𝐶′𝐸′，∴△BCE≌△B′C′E′（SSS），∴∠E＝∠E′，∠EBC＝∠E′B

′C′，∵∠ABD＝∠E′，∠A′B′D′＝∠E′，∴∠ABD＝∠A′B′D′，即∠ABC＝∠A′B′C′，在△ABC和△A′B′C′中{𝐴𝐵=𝐴′𝐵′∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴′𝐵′𝐶′𝐵𝐶=𝐵′𝐶′，∴△ABC≌△A′B′C′（SAS），故本选项符合题意；C

．如图所示：在△ABC和△ABD中，AB＝AB，AC＝AD，∠B＝∠B，但是△ABC和△ABD不全等，故本选项不符合题意；D．如图所示：在△ABC和△A′B′C′中，AB＝A′B′，AC＝A′C′，高AD＝高A′D′，此时△ABC和△A′B′C′不

全等，故本选项不符合题意；故选：B．10．（2020春•黄浦区期末）如图，已知∠1＝∠2，AC＝AD，从①AB＝AE，②BC＝ED，③∠B＝∠E，④∠C＝∠D．这四个条件中再选一个使△ABC≌△AED，符合条件的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析

】由∠1＝∠2，可得∠BAC＝∠EAD，又由于AC＝AD，根据三角形全等的判定方法，可加一角或已知角的另一边．【解答】解：已知∠1＝∠2，AC＝AD，由∠1＝∠2可知∠BAC＝∠EAD，加①AB＝AE，就

可以用SAS判定△ABC≌△AED；加③∠B＝∠E，就可以用AAS判定△ABC≌△AED；加④∠C＝∠D，就可以用ASA判定△ABC≌△AED；加②BC＝ED只是具备SSA，不能判定三角形全等，其中能使△ABC≌△AED的条件有：①③

④．故选：C．二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上11．（2021春•浦东新区期末）如图，在△ABC和△FED中，AD＝FC，∠A＝∠F，请添加一个条件：AB＝FE或∠B＝∠E或∠ACB＝∠FDE或DE∥BC，使△ABC≌△FED．【分析】根

据三角形的判定定理：SSS、SAS、AAS进行判断即可．【解答】解：∵AD＝FC，∴AC＝FD，∵∠A＝∠F，∴添加AB＝FE，利用SAS得出△ABC≌△FED，添加∠B＝∠E，利用AAS得出△ABC≌△FED，添加∠ACB＝∠FDE，利用ASA得出△ABC≌

△FED，添加DE∥BC，得出∠EDF＝∠BCA，利用ASA得出△ABC≌△FED，故答案为：AB＝FE或∠B＝∠E或∠ACB＝∠FDE或DE∥BC．12．（2020秋•浦东新区期末）如图，已知CA＝CD，CB＝CE，请你添加一个条件，使得△A

BC≌△DEC，这个条件可以是AB＝DE或∠ACB＝∠DCE（只需填写一个）．【分析】根据全等三角形的判定定理（SAS，SSS）即可得出答案．【解答】解：添加AB＝DE，利用SSS可得△ABC≌△DEC；添加∠ACB＝∠DCE，利用S

AS可得△ABC≌△DEC；故答案为：AB＝DE或∠ACB＝∠DCE．13．（2021春•奉贤区期末）如图，已知AC＝DC，∠1＝∠2，请添加一个条件，使△ABC≌△DEC，这个条件可以是BC＝EC．【分析】添加BC＝EC，由等式的性质可得∴∠1+∠AC

D＝∠2+∠ACD，进而可得∠ACB＝∠ECD，然后利用SAS判定△ABC≌△DEC即可．【解答】解：添加BC＝EC，∵∠1＝∠2，∴∠1+∠ACD＝∠2+∠ACD，即∠ACB＝∠ECD，在△ABC和△DEC中{𝐸𝐶=𝐶�

�∠𝐸𝐶𝐷=∠𝐴𝐶𝐵𝐴𝐶=𝐷𝐶，∴△ABC≌△DEC（SAS），故答案为：BC＝EC．14．（2020春•黄浦区期末）如图，在△ABC中，已知AB＝AC，BD、CE分别平分∠ABC和∠ACB，且交于点F，那么图中有3对

全等三角形．【分析】首先证明△ACE≌△ABD可得AD＝AE，EC＝BD，根据等式的性质可得AB﹣AE＝AC﹣AD，即EB＝DC；再证明△EBC≌△DCB，△EFB≌△DFC即可．【解答】解：△ACE≌△ABD，△EBC≌△DCB，△EFB≌△DFC，∵A

B＝AC，∴∠ACB＝∠ABC，∵BD、CE分别平分∠ABC和∠ACB，∴∠ACE＝∠ABD，在△AEC和△ADB中，{∠𝐴=∠𝐴𝐴𝐶=𝐴𝐵∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐴𝐵𝐷，∴△AEC≌△ADB（ASA）；∴AD＝AE，EC＝D

B，∴AB﹣AE＝AC﹣AD，即EB＝DC，在△EBC和△DCB中，{𝐸𝐵=𝐷𝐶𝐵𝐶=𝐶𝐵𝐸𝐶=𝐷𝐵，∴△EBC≌△DCB（SSS），在△EFB和△DFC中，{𝐸𝐵=𝐷𝐶∠𝐸𝐹𝐵=∠𝐷

𝐹𝐶∠𝐸𝐵𝐹=∠𝐷𝐶𝐹，∴△EFB≌△DFC（AAS）．故答案为：3．15．（2020春•嘉定区期末）如图：已知AB＝CD，使△ABO≌△CDO，还需添加一个条件，你添加的条件是∠A＝∠C．（只需一个，不添加辅助线）【分析】由图形可知∠AOB

＝∠COD，结合条件，根据全等三角形的判定方法填写答案即可．【解答】解：∵AB＝CD，且∠AOB＝∠COD，∴当∠B＝∠D或∠A＝∠C时，满足AAS，可证明△ABO≌△CDO，故答案为：∠A＝∠C（∠B＝∠D）．16．（2021春•闵行区

期末）如图，已知∠B＝∠C，从下列条件中选择一个，则可以证明△OEB全等于△ODC．①AD＝AE，②OB＝OC，③BD＝CE，④∠BEO＝∠CDO，那么这个条件可以是①或②或③（写出所有符合条件的序号）

．【分析】根据全等三角形的判定方法解答即可．【解答】解：选择①和②可与∠B＝∠C一起得出△ABD≌△ACE（AAS），选择③可与∠B＝∠C一起得出△ABD≌△ACE（AAS），∴AB＝AC，AD＝AE，∴BE＝CD，∴△OEB≌△ODC（AAS）选择④没有已知的边，不能得到△OEB≌△ODC，故

答案为：①或②或③．17．（2019秋•静安区月考）如图，已知正方形ABCD中，E是AD的中点，BF＝CD+DF，若∠ABE为α，用含α的代数式表示∠CBF的度数是2α．【分析】延长BC至G，使得CG＝DF，连接FG交CD于H，判定△FDH≌△

GCH（AAS），即可得出FH＝GH，DH＝CH，再判定△ABF≌△CBH（SAS），即可得到∠ABF＝∠CBH＝α°，进而得出∠FBC＝2∠CBH＝2α°．【解答】解：如图，延长BC至G，使得CG＝DF，连接FG交CD于H，∵BF＝CD+DF，CD＝

BC，∴BF＝BG，∵∠D＝∠HCG＝90°，∠DHF＝∠CHG，DF＝CG，∴△FDH≌△GCH（AAS），∴FH＝GH，DH＝CH，∴等腰三角形BFG中，∠FBG＝2∠HBC，∵点E是AD中点，DH＝CH，∴AE＝CH，又∵∠A＝∠BCH

，AB＝CB，∴△ABF≌△CBH（SAS），∴∠ABF＝∠CBH＝α°，∴∠FBC＝2∠CBH＝2α°．故答案为：2α．18．（2020秋•天心区期末）如图，∠A＝∠B＝90°，AB＝100，E，F分别为线段AB和射线BD上的一点，若点E从点B出发向点A运动，同时点F从点B出发

向点D运动，二者速度之比为2：3，运动到某时刻同时停止，在射线AC上取一点G，使△AEG与△BEF全等，则AG的长为40或75．【分析】设BE＝2t，则BF＝3t，使△AEG与△BEF全等，由∠A＝∠B＝90°可知，分两种情况：情况一：当BE＝AG，BF＝AE时，列方程解得t，可得AG；

情况二：当BE＝AE，BF＝AG时，列方程解得t，可得AG．【解答】解：设BE＝2t，则BF＝3t，因为∠A＝∠B＝90°，使△AEG与△BEF全等，可分两种情况：情况一：当BE＝AG，BF＝AE时，∵BF＝AE，AB＝100，∴3t＝100﹣2

t，解得：t＝20，∴AG＝BE＝2t＝2×20＝40；情况二：当BE＝AE，BF＝AG时，∵BE＝AE，AB＝100，∴2t＝100﹣2t，解得：t＝25，∴AG＝BF＝3t＝3×25＝75，综上所述，AG＝40或AG＝75．

故答案为：40或75．三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．（2020春•奉贤区期末）如图：在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为点D，点E在AD上，点F在AD的延长线上，且

CE∥BF．试说明DE＝DF的理由．解：因为AB＝AC，AD⊥BC．所以BD＝CD（等腰三角形的三线合一）．因为CE∥BF，所以∠CED＝∠BFE（两直线平行，内错角相等）．在△BFD和△CED中，{∠𝐵𝐷𝐹

=∠𝐶𝐷𝐸𝐵𝐷=𝐶𝐷()=()．所以△BFD≌△CED（ASA）．从而DE＝DF（全等三角形对应边相等）．【分析】根据已知条件判定两三角形全等并利用全等三角形的对应边相等得到线段DE＝DF的长即可．【解答】解：∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝CD．

（等腰三角形底边上的高与底边上的中线、顶角的平分线重合）∵CE∥BF，∴∠CED＝∠BFE（两直线平行，内错角相等），在△BFD和△CED中，{∠𝐵𝐷𝐹=∠𝐶𝐷𝐸𝐵𝐷=𝐶𝐷∠𝐶𝐸𝐷=∠𝐵𝐹𝐸(对顶角相等)，∴△BFD≌△CED（AAS）∴DE＝

DF（全等三角形对应边相等）．故答案为：等腰三角形的三线合一；∠CED；∠BFE；两直线平行，内错角相等；∠CED＝∠BFE（对顶角相等）；ASA．20．（2020春•宝山区期末）如图，在△ABC中，已知∠ABC＝∠ACB，BD、CE分别平分∠ABC、∠ACB，那么△BD

C与△CEB全等吗？为什么？解：因为BD、CE分别平分∠ABC、∠ACB（已知），所以∠DBC=12（∠ABC），∠ECB=12（∠ACB）．由∠ABC＝∠ACB（已知），所以∠DBC＝∠ECB（等量代换）．在△BDC与△CEB中，∠DBC＝∠ECB，BC＝CB（公共边），∠ACB＝∠A

BC（已知）．所以△BDC≌△CEB（ASA）．【分析】由∠ABC＝∠ACB，根据角平分线的定义得到，∠DBC＝∠ECB，再利用ASA判定△BDC≌△CEB．【解答】解：△BDC与△CEB全等，因为BD、CE分别平分

∠ABC、∠ACB（已知），所以∠DBC=12（∠ABC），∠ECB=12（∠ACB），由∠ABC＝∠ACB（已知），所以∠DBC＝∠ECB（等量代换），在△BDC与△CEB中，{∠𝐷𝐵𝐶=∠𝐸

𝐶𝐵𝐵𝐶=𝐶𝐵(公共边)∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐵𝐶(已知)，所以△BDC≌△CEB（ASA），故答案为：∠ABC；∠ACB；等量代换；∠DBC＝∠ECB；BC＝CB；公共边；∠ACB＝∠ABC；已知．21．（2020春•奉贤区期末）如图，已知BE与CD相交于点O，

且BO＝CO，∠ADC＝∠AEB，那么△BDO与△CEO全等吗？为什么？【分析】根据AAS证明△BDO与△CEO全等即可．【解答】解：△BDO与△CEO全等，∵∠BDO＝180°﹣∠ADC，∠CEO＝180°﹣∠AEB，∵∠ADC＝∠

AEB，∴∠BDO＝∠CEO，在△BDO与△CEO中，{∠𝐵𝐷𝑂=∠𝐶𝐸𝑂∠𝐵𝑂𝐷=∠𝐶𝑂𝐸𝐵𝑂=𝐶𝑂，∴△BDO≌△CEO（AAS）．22．（2021春•闵行区校级月考）如图，在△

ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为BC上一点，EC⊥BC，EC＝BD，DF＝EF，说明AF⊥DE的理由．（1）说明△ABD≌△ACE的理由；（2）说明AF⊥DE的理由．【分析】（1）根据等腰三角形两底角相等求出∠B＝∠BCA＝4

5°，再求出∠ACE＝45°，从而得到∠B＝∠ACE，然后利用“边角边”证明即可；（2）根据全等三角形对应边相等可得AD＝AE，然后利用等腰三角形三线合一的性质证明即可．【解答】证明：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝9

0°，∴∠B＝∠BCA＝45°，∵EC⊥BC，∴∠ECB＝90°，∴∠ACE＝∠ECB﹣∠BCA＝90°﹣45°＝45°，∴∠B＝∠ACE，在△ABD和△ACE中，{𝐴𝐵=𝐴𝐶∠𝐵=∠𝐴𝐶𝐸𝐵𝐷=𝐶𝐸，∴△ABD≌△AC

E（SAS）；（2）由（1）知，△ABD≌△ACE，∴AD＝AE，等腰△ADE中，DF＝FE，∴AF⊥DE．23．（2021春•闵行区期末）如图，△ABC中，AD⊥BC，垂足为点D，CE⊥AB，垂足为点E，AD＝DC，CE和AD交于点F，联结BF，

试说明∠FBD＝45°．【分析】由“ASA”可证△ABD≌△CFD，可得BD＝DF，由等腰三角形的性质可得结论．【解答】解：∵AD⊥BC，CE⊥AB，∴∠ADC＝∠ADB＝90°＝∠CEB，∴∠ABD+∠BAD＝90°＝∠BCE+∠ABD，∴∠BAD＝∠BCE，在△ABD和△CFD

中，{∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐵𝐶𝐸𝐴𝐷=𝐶𝐷∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐶𝐷𝐹，∴△ABD≌△CFD（ASA），∴BD＝DF，又∵∠ADB＝90°，∴∠FBD＝45°．24．（2021春•浦东新区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥

CD，∠1＝∠2，AD＝EC．则线段AB，BE，CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由．【分析】由平行线的性质证得∠ABD＝∠EDC，根据全等三角形判定证得△ABD≌△EDC，得到AB＝DE，BD＝CD，由线段的和差及等量代换即可得到AB+BE＝CD．【解答】解：AB

+BE＝CD，理由如下：∵AB∥CD，∴∠ABD＝∠EDC，在△ABD和△EDC中，{∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐸𝐷𝐶∠1=∠2𝐴𝐷=𝐸𝐶，∴△ABD≌△EDC（AAS），∴AB＝DE，BD＝CD，∵DE+BE＝BD，∴A

B+BE＝CD．