2020年中考數(shù)學(xué)必考考點(diǎn) 專題16 全等三角形判定和性質(zhì)問(wèn)題（含解析）

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1、 專題16 全等三角形判定和性質(zhì)問(wèn)題 專題知識(shí)回顧 1．全等三角形：能夠完全重合的兩個(gè)圖形叫做全等形。能夠完全重合的兩個(gè)三角形叫做全等三角形。 2．全等三角形的表示 全等用符號(hào)“≌”表示，讀作“全等于”。如△ABC≌△DEF，讀作“三角形ABC全等于三角形DEF”。 注：記兩個(gè)全等三角形時(shí)，通常把表示對(duì)應(yīng)頂點(diǎn)的字母寫在對(duì)應(yīng)的位置上。 3．全等三角形的性質(zhì)： 全等三角形的對(duì)應(yīng)角相等、對(duì)應(yīng)邊相等。 4．三角形全等的判定定理： （1）邊角邊定理：有兩邊和它們的夾角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形全等（可簡(jiǎn)寫成“邊角邊”或“SAS”） （2）角邊角定理：有兩角和

2、它們的夾邊對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形全等（可簡(jiǎn)寫成“角邊角”或“ASA”） （3）邊邊邊定理：有三邊對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形全等（可簡(jiǎn)寫成“邊邊邊”或“SSS”）。 5．直角三角形全等的判定： HL定理：有斜邊和一條直角邊對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)直角三角形全等（可簡(jiǎn)寫成“斜邊、直角邊”或“HL”） 專題典型題考法及解析 【例題1】（2019?貴州省安順市）如圖，點(diǎn)B、F、C、E在一條直線上，AB∥ED，AC∥FD，那么添加下列一個(gè)條件后，仍無(wú)法判定△ABC≌△DEF的是（　　） A． ∠A＝∠D B．AC＝DF C．AB＝ED D．BF＝EC 【解答】選項(xiàng)A、添加∠A＝∠D

3、不能判定△ABC≌△DEF，故本選項(xiàng)正確； 選項(xiàng)B、添加AC＝DF可用AAS進(jìn)行判定，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤； 選項(xiàng)C、添加AB＝DE可用AAS進(jìn)行判定，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤； 選項(xiàng)D、添加BF＝EC可得出BC＝EF，然后可用ASA進(jìn)行判定，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤． 故選：A． 【例題2】（2019?黑龍江省齊齊哈爾市）如圖，已知在△ABC和△DEF中，∠B＝∠E，BF＝CE，點(diǎn)B、F、C、E在同一條直線上，若使△ABC≌△DEF，則還需添加的一個(gè)條件是　 　_________（只填一個(gè)即可）． 【答案】AB＝DE． 【解析】添加AB＝DE； ∵BF＝CE， ∴BC＝EF， 在△ABC和△

4、DEF中，， ∴△ABC≌△DEF（SAS） 【例題3】（2019?銅仁）如圖，AB＝AC，AB⊥AC，AD⊥AE，且∠ABD＝∠ACE． 求證：BD＝CE． 【答案】見(jiàn)解析。 【解析】證明：∵AB⊥AC，AD⊥AE， ∴∠BAE+∠CAE＝90°，∠BAE+∠BAD＝90°， ∴∠CAE＝∠BAD． 又AB＝AC，∠ABD＝∠ACE， ∴△ABD≌△ACE（ASA）． ∴BD＝CE． 專題典型訓(xùn)練題 一、選擇題 1. (2019?廣東）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，延長(zhǎng)CB至E使EB=2，以EB為邊在上方作正方形EFGB，延長(zhǎng)F

5、G交DC于M，連接AM、AF，H為AD的中點(diǎn)，連接FH分別與AB.AM交于點(diǎn)N、K．則下列結(jié)論：①△ANH≌△GNF；②∠AFN=∠HFG；③FN=2NK；④S△AFN : S△ADM =1 : 4．其中正確的結(jié)論有（ ） A．1個(gè)?? B．2個(gè)?? C．3個(gè)?? D．4個(gè) 【答案】C 【解析】AH=GF=2，∠ANH=∠GNF，∠AHN=∠GFN，△ANH≌△GNF（AAS），①正確； 由①得AN=GN=1，∵NG⊥FG，NA不垂直于AF，∴FN不是∠AFG的角平分線 ∴∠AFN≠∠HFG，②錯(cuò)誤；由△AKH∽△MKF，且A

6、H:MF=1:3，∴KH:KF=1:3，又∵FN=HN， ∴K為NH的中點(diǎn)，即FN=2NK，③正確；S△AFN =AN·FG=1，S△ADM =DM·AD=4，∴S△AFN : S△ADM =1 : 4，④正確. 2.（2019?廣西池河）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在BC，CD上，BE＝CF，則圖中與∠AEB相等的角的個(gè)數(shù)是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B． 【解析】根據(jù)正方形的性質(zhì)，利用SAS即可證明△ABE≌△BCF，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠BFC＝∠AEB，進(jìn)一步得到∠BFC＝∠ABF，從而求解． 證明：∵四邊形ABCD是正方形，

7、 ∴AB∥BC，AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°， 在△ABE和△BCF中， ， ∴△ABE≌△BCF（SAS）， ∴∠BFC＝∠AEB， ∴∠BFC＝∠ABF， 故圖中與∠AEB相等的角的個(gè)數(shù)是2． 3.（2019?湖北天門）如圖，AB為⊙O的直徑，BC為⊙O的切線，弦AD∥OC，直線CD交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接BD．下列結(jié)論：①CD是⊙O的切線；②CO⊥DB；③△EDA∽△EBD；④ED?BC＝BO?BE．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)有（　?。? A．4個(gè) B．3個(gè) C．2個(gè) D．1個(gè) 【答案】A． 【解析】連結(jié)DO． ∵AB為⊙O的直徑，BC為⊙O的切線， ∴∠C

8、BO＝90°， ∵AD∥OC， ∴∠DAO＝∠COB，∠ADO＝∠COD． 又∵OA＝OD， ∴∠DAO＝∠ADO， ∴∠COD＝∠COB． 在△COD和△COB中，， ∴△COD≌△COB（SAS）， ∴∠CDO＝∠CBO＝90°． 又∵點(diǎn)D在⊙O上， ∴CD是⊙O的切線；故①正確， ∵△COD≌△COB， ∴CD＝CB， ∵OD＝OB， ∴CO垂直平分DB， 即CO⊥DB，故②正確； ∵AB為⊙O的直徑，DC為⊙O的切線， ∴∠EDO＝∠ADB＝90°， ∴∠EDA+∠ADO＝∠BDO+∠ADO＝90°， ∴∠ADE＝∠BDO， ∵OD＝OB， ∴

9、∠ODB＝∠OBD， ∴∠EDA＝∠DBE， ∵∠E＝∠E， ∴△EDA∽△EBD，故③正確； ∵∠EDO＝∠EBC＝90°， ∠E＝∠E， ∴△EOD∽△ECB， ∴， ∵OD＝OB， ∴ED?BC＝BO?BE，故④正確。 4.（2019?湖北孝感）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E.F分別在邊CD，AD上，BE與CF交于點(diǎn)G．若BC＝4，DE＝AF＝1，則GF的長(zhǎng)為（　?。? A． B． C． D． 【答案】A． 【解析】證明△BCE≌△CDF（SAS），得∠CBE＝∠DCF，所以∠CGE＝90°，根據(jù)等角的余弦可得CG的長(zhǎng)，可得結(jié)論． 正方形ABCD中，∵BC

10、＝4， ∴BC＝CD＝AD＝4，∠BCE＝∠CDF＝90°， ∵AF＝DE＝1， ∴DF＝CE＝3， ∴BE＝CF＝5， 在△BCE和△CDF中， ， ∴△BCE≌△CDF（SAS）， ∴∠CBE＝∠DCF， ∵∠CBE+∠CEB＝∠ECG+∠CEB＝90°＝∠CGE， cos∠CBE＝cos∠ECG＝， ∴，CG＝， ∴GF＝CF﹣CG＝5﹣＝ 5.（2019?山東省濱州市）如圖，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，連接AC，BD交于點(diǎn)M，連接OM．下列結(jié)論：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平分∠BOC；④

11、MO平分∠BMC．其中正確的個(gè)數(shù)為（　?。? A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B． 【解析】由SAS證明△AOC≌△BOD得出∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正確； 由全等三角形的性質(zhì)得出∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性質(zhì)得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，得出∠AMB＝∠AOB＝40°，②正確； 作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如圖所示：則∠OGC＝∠OHD＝90°，由AAS證明△OCG≌△ODH（AAS），得出OG＝OH，由角平分線的判定方法得出MO平分∠BMC，④正確；即可得出結(jié)論． ∵∠AOB＝∠COD＝40°， ∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+

12、∠AOD， 即∠AOC＝∠BOD， 在△AOC和△BOD中，， ∴△AOC≌△BOD（SAS）， ∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正確； ∴∠OAC＝∠OBD， 由三角形的外角性質(zhì)得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD， ∴∠AMB＝∠AOB＝40°，②正確； 作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如圖所示： 則∠OGC＝∠OHD＝90°， 在△OCG和△ODH中，， ∴△OCG≌△ODH（AAS）， ∴OG＝OH， ∴MO平分∠BMC，④正確； 正確的個(gè)數(shù)有3個(gè)。 6.（2019?河南）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，AD＝4，BC＝

13、3．分別以點(diǎn)A，C為圓心，大于AC長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧交于點(diǎn)E，作射線BE交AD于點(diǎn)F，交AC于點(diǎn)O．若點(diǎn)O是AC的中點(diǎn)，則CD的長(zhǎng)為（　?。? A．2 B．4 C．3 D． 故選：A． 【解析】連接FC，根據(jù)基本作圖，可得OE垂直平分AC，由垂直平分線的性質(zhì)得出AF＝FC．再根據(jù)ASA證明△FOA≌△BOC，那么AF＝BC＝3，等量代換得到FC＝AF＝3，利用線段的和差關(guān)系求出FD＝AD﹣AF＝1．然后在直角△FDC中利用勾股定理求出CD的長(zhǎng)． 如圖，連接FC，則AF＝FC． ∵AD∥BC， ∴∠FAO＝∠BCO． 在△FOA與△BOC中， ， ∴△FOA≌△BOC（ASA

14、）， ∴AF＝BC＝3， ∴FC＝AF＝3，F(xiàn)D＝AD﹣AF＝4﹣3＝1． 在△FDC中，∵∠D＝90°， ∴CD2+DF2＝FC2， ∴CD2+12＝32， ∴CD＝2． 故選：A． 7．（2019?山東臨沂）如圖，D是AB上一點(diǎn)，DF交AC于點(diǎn)E，DE＝FE，F(xiàn)C∥AB，若AB＝4，CF＝3，則BD的長(zhǎng)是（　　） A．0.5 B．1 C．1.5 D．2 【答案】B． 【解析】根據(jù)平行線的性質(zhì)，得出∠A＝∠FCE，∠ADE＝∠F，根據(jù)全等三角形的判定，得出△ADE≌△CFE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，得出AD＝CF，根據(jù)AB＝4，CF＝3，即可求線段DB的長(zhǎng)．

15、 ∵CF∥AB， ∴∠A＝∠FCE，∠ADE＝∠F， 在△ADE和△FCE中， ∴△ADE≌△CFE（AAS）， ∴AD＝CF＝3， ∵AB＝4， ∴DB＝AB﹣AD＝4﹣3＝1． 二、填空題 8.(2019四川成都）如圖，在△ABC中，AB=AC，點(diǎn)D，E都在邊BC上，∠BAD=∠CAE，若BD=9，則CE的長(zhǎng)為 . 【答案】9 【解析】此題考察的是全等三角形的性質(zhì)和判定，因?yàn)椤鰽BC是等腰三角形，所以有AB=AC，∠BAD=∠CAE，∠ABD=∠ACE，所以△ABD△ACE(ASA)，所以BD=二次，EC=9. 9.（2019?湖南邵陽(yáng)）

16、如圖，已知AD＝AE，請(qǐng)你添加一個(gè)條件，使得△ADC≌△AEB，你添加的條件是　 ?。ú惶砑尤魏巫帜负洼o助線） 【答案】AB＝AC或∠ADC＝∠AEB或∠ABE＝∠ACD。 【解析】根據(jù)圖形可知證明△ADC≌△AEB已經(jīng)具備了一個(gè)公共角和一對(duì)相等邊，因此可以利用ASA.SAS、AAS證明兩三角形全等． ∵∠A＝∠A，AD＝AE， ∴可以添加AB＝AC，此時(shí)滿足SAS； 添加條件∠ADC＝∠AEB，此時(shí)滿足ASA； 添加條件∠ABE＝∠ACD，此時(shí)滿足AAS， 故答案為AB＝AC或∠ADC＝∠AEB或∠ABE＝∠ACD。 10.（2019?天津）如圖，正方形紙

17、片ABCD的邊長(zhǎng)為12，E是邊CD上一點(diǎn)，連接AE，折疊該紙片，使點(diǎn)A落在AE上的G點(diǎn)，并使折痕經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，得到折痕BF，點(diǎn)F在AD上，若DE=5，則GE的長(zhǎng)為 . 【答案】 【解析】因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，易得△AFB≌△DEA，∴AF=DE=5，則BF=13. 又易知△AFH∽△BFA，所以，即AH=，∴AH=2AH=，∴由勾股定理得AE=13，∴GE=AE-AG= 11.（2019?廣東省廣州市）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為a，點(diǎn)E在邊AB上運(yùn)動(dòng)（不與點(diǎn)A，B重合），∠DAM＝45°，點(diǎn)F在射線AM上，且AF＝BE，CF與AD相交于點(diǎn)G，連接EC

18、，EF，EG，則下列結(jié)論： ①∠ECF＝45°；②△AEG的周長(zhǎng)為（1+）a；③BE2+DG2＝EG2；④△EAF的面積的最大值a2． 其中正確的結(jié)論是　 ?。ㄌ顚懰姓_結(jié)論的序號(hào)） 故答案為①④． 【解析】如圖1中，在BC上截取BH＝BE，連接EH． ∵BE＝BH，∠EBH＝90°， ∴EH＝BE，∵AF＝BE，∴AF＝EH， ∵∠DAM＝∠EHB＝45°，∠BAD＝90°， ∴∠FAE＝∠EHC＝135°， ∵BA＝BC，BE＝BH，∴AE＝HC， ∴△FAE≌△EHC（SAS）， ∴EF＝EC，∠AEF＝∠ECH， ∵∠ECH+∠CEB＝90°，

19、∴∠AEF+∠CEB＝90°，∴∠FEC＝90°， ∴∠ECF＝∠EFC＝45°，故①正確， 如圖2中，延長(zhǎng)AD到H，使得DH＝BE，則△CBE≌△CDH（SAS）， ∴∠ECB＝∠DCH，∴∠ECH＝∠BCD＝90°，∴∠ECG＝∠GCH＝45°， ∵CG＝CG，CE＝CH， ∴△GCE≌△GCH（SAS），∴EG＝GH， ∵GH＝DG+DH，DH＝BE， ∴EG＝BE+DG，故③錯(cuò)誤， ∴△AEG的周長(zhǎng)＝AE+EG+AG＝AG+GH＝AD+DH+AE＝AE+EB+AD＝AB+AD＝2a，故②錯(cuò)誤， 設(shè)BE＝x，則AE＝a﹣x，AF＝x， ∴S△AEF＝?（a﹣x）×x＝

20、﹣x2+ax＝﹣（x2﹣ax+a2﹣a2）＝﹣（x﹣a）2+a2， ∵﹣＜0， ∴x＝a時(shí)，△AEF的面積的最大值為a2．故④正確， 故答案為①④． 12．（2019?山東臨沂）如圖，在△ABC中，∠ACB＝120°，BC＝4，D為AB的中點(diǎn)，DC⊥BC，則△ABC的面積是　　． 【答案】8． 【解析】根據(jù)垂直的定義得到∠BCD＝90°，得到長(zhǎng)CD到H使DH＝CD，由線段中點(diǎn)的定義得到AD＝BD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AH＝BC＝4，∠H＝∠BCD＝90°，求得CD＝2，于是得到結(jié)論． ∵DC⊥BC， ∴∠BCD＝90°， ∵∠ACB＝120°，∴∠ACD＝30°，

21、 延長(zhǎng)CD到H使DH＝CD， ∵D為AB的中點(diǎn)， ∴AD＝BD， 在△ADH與△BCD中，， ∴△ADH≌△BCD（SAS）， ∴AH＝BC＝4，∠H＝∠BCD＝90°， ∵∠ACH＝30°， ∴CH＝AH＝4， ∴CD＝2， ∴△ABC的面積＝2S△BCD＝2××4×2＝8， 故答案為：8． 三、解答題 13.（2019?湖南長(zhǎng)沙）如圖，正方形ABCD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，且DE＝CF，AF與BE相交于點(diǎn)G． （1）求證：BE＝AF； （2）若AB＝4，DE＝1，求AG的長(zhǎng)． 【答案】見(jiàn)解析。 【解析】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、正方形

22、的性質(zhì)、勾股定理以及三角形面積公式；熟練掌握正方形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵． （1）證明：∵四邊形ABCD是正方形， ∴∠BAE＝∠ADF＝90°，AB＝AD＝CD， ∵DE＝CF， ∴AE＝DF， 在△BAE和△ADF中，， ∴△BAE≌△ADF（SAS）， ∴BE＝AF； （2）解：由（1）得：△BAE≌△ADF， ∴∠EBA＝∠FAD， ∴∠GAE+∠AEG＝90°， ∴∠AGE＝90°， ∵AB＝4，DE＝1， ∴AE＝3， ∴BE＝＝＝5， 在Rt△ABE中，AB×AE＝BE×AG， ∴AG＝＝． 14.（2019?湖南懷化）已知：如圖，在

23、?ABCD中，AE⊥BC，CF⊥AD，E，F(xiàn)分別為垂足． （1）求證：△ABE≌△CDF； （2）求證：四邊形AECF是矩形． 【答案】見(jiàn)解析。 【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴∠B＝∠D，AB＝CD，AD∥BC， ∵AE⊥BC，CF⊥AD， ∴∠AEB＝∠AEC＝∠CFD＝∠AFC＝90°， 在△ABE和△CDF中，， ∴△ABE≌△CDF（AAS）； （2）證明：∵AD∥BC， ∴∠EAF＝∠AEB＝90°， ∴∠EAF＝∠AEC＝∠AFC＝90°， ∴四邊形AECF是矩形． 15.（2019?湖南岳陽(yáng)）如圖所示，在菱形ABCD中，點(diǎn)E

24、.F分別為AD.CD邊上的點(diǎn)，DE＝DF， 求證：∠1＝∠2． 【答案】見(jiàn)解析。 【解析】由菱形的性質(zhì)得出AD＝CD，由SAS證明△ADF≌△CDE，即可得出結(jié)論． 證明：∵四邊形ABCD是菱形， ∴AD＝CD， 在△ADF和△CDE中，， ∴△ADF≌△CDE（SAS）， ∴∠1＝∠2． 16.（2019?甘肅）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，連接DE，過(guò)點(diǎn)A作AG⊥ED交DE于點(diǎn)F，交CD于點(diǎn)G． （1）證明：△ADG≌△DCE； （2）連接BF，證明：AB＝FB． 【解析】本題主要考查了正方形的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)，在應(yīng)用全等三角形的

25、判定時(shí)，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時(shí)添加適當(dāng)輔助線構(gòu)造三角形． （1）∵四邊形ABCD是正方形， ∴∠ADG＝∠C＝90°，AD＝DC， 又∵AG⊥DE， ∴∠DAG+∠ADF＝90°＝∠CDE+∠ADF， ∴∠DAG＝∠CDE， ∴△ADG≌△DCE（ASA）； （2）如圖所示，延長(zhǎng)DE交AB的延長(zhǎng)線于H， ∵E是BC的中點(diǎn)， ∴BE＝CE， 又∵∠C＝∠HBE＝90°，∠DEC＝∠HEB， ∴△DCE≌△HBE（ASA）， ∴BH＝DC＝AB， 即B是AH的中點(diǎn)， 又∵∠AFH＝90°， ∴Rt△AFH中，BF＝AH＝AB． 17.（2019山

26、東棗莊）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AD⊥BC于點(diǎn)D． （1）如圖1，點(diǎn)M，N分別在AD，AB上，且∠BMN＝90°，當(dāng)∠AMN＝30°，AB＝2時(shí)，求線段AM的長(zhǎng)； （2）如圖2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB，AC上，且∠EDF＝90°，求證：BE＝AF； （3）如圖3，點(diǎn)M在AD的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)N在AC上，且∠BMN＝90°，求證：AB+AN＝AM． 【答案】見(jiàn)解析。 【解析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)得到AD＝BD＝DC＝，求出∠MBD＝30°，根據(jù)勾股定理計(jì)算即可； ∵∠BAC＝90°，AB＝AC，AD⊥BC， ∴AD＝BD＝DC，∠ABC＝∠A

27、CB＝45°，∠BAD＝∠CAD＝45°， ∵AB＝2， ∴AD＝BD＝DC＝， ∵∠AMN＝30°， ∴∠BMD＝180°﹣90°﹣30°＝60°， ∴∠MBD＝30°， ∴BM＝2DM， 由勾股定理得，BM2﹣DM2＝BD2，即（2DM）2﹣DM2＝（）2， 解得，DM＝， ∴AM＝AD﹣DM＝﹣； （2）證明：∵AD⊥BC，∠EDF＝90°， ∴∠BDE＝∠ADF， 在△BDE和△ADF中， ， ∴△BDE≌△ADF（ASA） ∴BE＝AF； （3）證明：過(guò)點(diǎn)M作ME∥BC交AB的延長(zhǎng)線于E， ∴∠AME＝90°， 則AE＝AM，∠E＝45°， ∴M

28、E＝MA， ∵∠AME＝90°，∠BMN＝90°， ∴∠BME＝∠AMN， 在△BME和△AMN中， ， ∴△BME≌△AMN（ASA）， ∴BE＝AN， ∴AB+AN＝AB+BE＝AE＝AM． 18.（2019?河北）如圖，△ABC和△ADE中，AB＝AD＝6，BC＝DE，∠B＝∠D＝30°，邊AD與邊BC交于點(diǎn)P（不與點(diǎn)B，C重合），點(diǎn)B，E在AD異側(cè)，I為△APC的內(nèi)心． （1）求證：∠BAD＝∠CAE； （2）設(shè)AP＝x，請(qǐng)用含x的式子表示PD，并求PD的最大值； （3）當(dāng)AB⊥AC時(shí)，∠AIC的取值范圍為m°＜∠AIC＜n°，分別直接寫出m，n的值． 【答

29、案】見(jiàn)解析。 【解析】（1）在△ABC和△ADE中，（如圖1） ∴△ABC≌△ADE（SAS） ∴∠BAC＝∠DAE 即∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE ∴∠BAD＝∠CAE． （2）∵AD＝6，AP＝x， ∴PD＝6﹣x 當(dāng)AD⊥BC時(shí)，AP＝AB＝3最小，即PD＝6﹣3＝3為PD的最大值． （3）如圖2，設(shè)∠BAP＝α，則∠APC＝α+30°， ∵AB⊥AC ∴∠BAC＝90°，∠PCA＝60°，∠PAC＝90°﹣α， ∵I為△APC的內(nèi)心 ∴AI、CI分別平分∠PAC，∠PCA， ∴∠IAC＝∠PAC，∠ICA＝∠PCA ∴∠AIC＝180°﹣（∠

30、IAC+∠ICA） ＝180°﹣（∠PAC+∠PCA） ＝180°﹣（90°﹣α+60°）＝α+105° ∵0＜α＜90°， ∴105°＜α+105°＜150°，即105°＜∠AIC＜150°， ∴m＝105，n＝150． 19.（2019?江蘇無(wú)錫）如圖，在△ABC中，AB＝AC，點(diǎn)D、E分別在AB、AC上，BD＝CE，BE、CD相交于點(diǎn)O． （1）求證：△DBC≌△ECB； （2）求證：OB＝OC． 【答案】見(jiàn)解析。 【解析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠ECB＝∠DBC根據(jù)全等三角形的判定定理即可得到結(jié)論； 證明：∵AB＝AC， ∴∠ECB＝∠DBC， 在△DBC與△ECB中， ∴△DBC≌△ECB（SAS）； （2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠DCB＝∠EBC根據(jù)等腰三角形的判定定理即可得到OB＝OC 證明：由（1）知△DBC≌△ECB， ∴∠DCB＝∠EBC， ∴OB＝OC． 20