第5讲 全等三角形综合提高训练

一．选择题（共10小题，每题3分，共30分）

1．现有长度分别为3cm和5cm的两根木棒，若从下列长度的木棒中选择一根与原有的两根木棒首尾相接围成一个三角形，则这根木棒的长度可以是（　　）

A．2cm B．3cm C．8cm D．9cm

【分析】设第三根木棒的长为lcm，再根据三角形的三边关系得出l取值范围即可．

【解答】解：设第三根木棒的长为lcm，则5﹣3＜l＜5+3，即2＜l＜8．观察选项，只有选项B符合题意．

故选：B．

2．如图，在△ABC中，画出AC边上的高，正确的图形是（　　）

A． B． C． D．

【分析】根据三角形的高的定义对各个图形观察后解答即可．

【解答】解：根据三角形高线的定义，AC边上的高是过点B向AC作垂线垂足为D，

纵观各图形，A、B、C都不符合高线的定义，

D符合高线的定义．

故选：D．

3．假设命题“a＞0”不成立，那么a与0的大小关系只能是（　　）

A．a≠0 B．a≤0 C．a＝0 D．a＜0

【分析】由于a＞0的反面为a≤0，则假设命题“a＞0”不成立，则有a≤0．

【解答】解：假设命题“a＞0”不成立，则a≤0．

故选：B．

4．如图，在△ABC中，∠A＝50°，则∠1+∠2的度数是（　　）

A．180° B．230° C．280° D．无法确定

【分析】根据三角形外角的性质，由∠1＝∠A+∠ACB，∠2＝∠A+∠ABC，得∠1+∠2＝（∠A+∠ACB+∠ABC）+∠A．根据三角形内角和定理，由∠A+∠ABC+∠ACB＝180°得∠1+∠2＝230°．

【解答】解：∵∠1＝∠A+∠ACB，∠2＝∠A+∠ABC，

∴∠1+∠2＝∠A+∠ACB+∠A+∠ABC＝（∠A+∠ACB+∠ABC）+∠A．

又∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠A＝50°，

∴∠1+∠2＝180°+50°＝230°．

故选：B．

5．下列说法正确的个数是（　　）

①相等的角是对顶角；

②同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直；

③过一点有且只有一条直线与已知直线平行；

④三角形的中线、角平分线和高都是线段；

⑤若三条线段的长a、b、c满足a+b＞c，则以a．b．c为边一定能组成三角形；

⑥三角形的外角大于它的任何一个内角．

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个

【分析】根据对顶角的性质可判定①，根据垂线的性质可判定②，根据平行线的性质可判定③，根据三角形的三条重要线段的性质可判定④，由三角形的三边关系可判定⑤，利用三角形外角的性质可判定⑥．

【解答】解：①相等的角不一定是对顶角，故原说法错误；

②同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，故原说法正确；

③过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，原说法故错误；

④三角形的中线、角平分线和高都是线段，故原说法正确；

⑤若三条线段的长a、b、c满足a+b＞c，则以a．b．c为边一定能组成三角形，是错误的，比如a＝1，b＝5，c＝2，满足条件，但不能组成三角形，故原说法错误；

⑥三角形的外角大于它的任何一个不相邻的内角，故原说法错误．

故正确的个数有2个，

故选：A．

6．已知：如图，点D，E分别在AC，AB上，AB＝AC，添加一个条件，不能判定△ABD≌△ACE的是（　　）

A．BD＝CE B．AD＝AE C．∠B＝∠C D．∠ADB＝∠AEC

【分析】根据全等三角形的判定定理逐项进行判断即可得到结论．

【解答】解：已知条件中AB＝AC，∠A为公共角，

A．若添加BD＝CE，已知两边及一边所对的角，则不能证明△ABD≌△ACE，故A选项合题意．；

B．若添加AD＝AE，可利用SAS定理可证明△ABD≌△ACE，故B选项不合题意；

C．若添加∠B＝∠C，可利用ASA定理可证明△ABD≌△ACE，故C选项不合题意；

D．若添加∠ADB＝∠AEC，可利用AAS定理可证明△ABD≌△ACE，故D选项不合题意；

故选：A．

7．如图，已知方格纸中是4个相同的正方形，则∠1与∠2的和为（　　）

A．45° B．60° C．90° D．100°

【分析】首先证明△ABC≌△DFE，根据全等三角形的性质可得∠1＝∠BAC，再根据余角的定义可得∠BAC+∠2＝90°，再根据等量代换可得∠1与∠2的和为90°．

【解答】解：在△ABC和△DFE中，

，

∴△ABC≌△DFE（SAS），

∴∠1＝∠BAC，

∵∠BAC+∠2＝90°，

∴∠1+∠2＝90°，

故选：C．

8．如图，要测量河两岸相对的两点A、B的距离，先在AB的垂线BF上取两点C、D，使CD＝BC，再定出BF的垂线DE，使A、C、E在一条直线上，可以证明△EDC≌△ABC，得到ED＝AB，因此测得ED的长就是AB的长（如图），判定△EDC≌△ABC的理由是（　　）

A．SAS B．ASA C．SSS D．HL

【分析】根据全等三角形的判定进行判断，注意看题目中提供了哪些证明全等的要素，要根据已知选择判断方法．

【解答】解：因为证明在△ABC≌△EDC用到的条件是：CD＝BC，∠ABC＝∠EDC，∠ACB＝∠ECD，

所以用到的是两角及这两角的夹边对应相等即ASA这一方法．

故选：B．

9．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，下列结论：①CD＝ED；②AC+BE＝AB；③∠BDE＝∠BAC；④BE＝DE；⑤S_△BDE：S_△ACD＝BD：AC，其中正确的个数为（　　）

A．5个 B．4个 C．3个 D．2个

【分析】根据角平分线的性质，可得CD＝ED，易证得△ADC≌△ADE，可得AC+BE＝AB；由等角的余角相等，可证得∠BDE＝∠BAC；然后由∠B的度数不确定，可得BE不一定等于DE；又由CD＝ED，△ABD和△ACD的高相等，所以S_△BDE：S_△ACD＝BE：AC．

【解答】解：①正确，∵在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，

∴CD＝ED；

②正确，因为由HL可知△ADC≌△ADE，所以AC＝AE，即AC+BE＝AB；

③正确，因为∠BDE和∠BAC都与∠B互余，根据同角的余角相等，所以∠BDE＝∠BAC；

④错误，因为∠B的度数不确定，故BE不一定等于DE；

⑤错误，因为CD＝ED，△ABD和△ACD的高相等，所以S_△BDE：S_△ACD＝BE：AC．

故选：C．

10．如图，在Rt△ABC中，∠CBA＝90°，∠CAB的角平分线AP和∠MCB的平分线CF相交于点D，AD交CB于点P，CF交AB的延长线于点F，过点D作DE⊥CF交CB的延长线于点G，交AB的延长线于点E，连接CE并延长交FG于点H，则下列结论：①∠CDA＝45°；②AF﹣CG＝CA；③DE＝DC；④CF＝2CD+EG；其中正确的有（　　）

A．②③ B．②④ C．①②③④ D．①③④

【分析】①设∠GCD＝x，∠DAC＝y，则： ，故∠ADC＝ ∠ABC＝45°．

②根据三线合一，延长GD与AC相交于点I，则CG＝CI，AI＝AF；

③证△ACD与△AED全等即可，同时可得出三角形CDE是等腰直角三角形；

④在DF上截取DM＝CD，证△EMF≌△CEG即可．

【解答】解：设∠GCD＝x，∠DAC＝y，根据三角形外角的性质可得：

，

∴∠ADC＝ ∠ABC＝45°，故①正确；

延长GD与AC相交于点I，

∵DE⊥CF，

∴∠CDG＝∠CDI＝90°，

∵CF平分∠GCI，

∴∠GCD＝∠ICD，

在△GCD和△ICD中，

，

∴△GCD≌△ICD（ASA），

∴CG＝CI，

∵∠ADC＝45°，

∴∠ADI＝∠ADF，

在△AFD和△AID中，

，

∴△AFD≌△AID（ASA），

∴AF＝AI，

∴AF﹣CG＝CA，故②正确；

同理△ACD≌△AED（ASA），

∴CD＝DE，故③正确；

在DF上截取DM＝CD，则DE是CM的垂直平分线，

∴CE＝EM，

∵∠ECG＝∠GCD﹣45°，∠MEF＝∠DEF﹣45°，

∴∠ECG＝∠FEM，

∵EF＝CI，CI＝CG，

∴EF＝CG，

在△EMF和△CEG中，

，

∴△EMF≌△CEG（SAS），

∴FM＝GE，

∴CF＝2CD+EG，故④正确；

故选：C．

二．填空题（共7小题，每题4分，共28分）

11．在一个三角形中，三个内角之比为1：2：6，则这个三角形是 　钝角　三角形．（填“锐角”、“直角”或“钝角”）

【分析】根据三角形的内角和定理可计算求解．

【解答】解：设三角形的内角为别为x，2x，6x，

x+2x+6x＝180°，

解得x＝20°，

∴2x＝40°，6x＝120°，

∴这个三角形的最大的内角的度数是120°，是钝角三角形．

故答案为：钝角．

12．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，以顶点C为圆心，适当长为半径画弧，分别交AC，BC于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于 EF的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线CP交AB于点D．若BD＝3，AC＝10，则△ACD的面积是　15　．

【分析】作DQ⊥AC，由角平分线的性质知DB＝DQ＝3，再根据三角形的面积公式计算可得．

【 解答】解：如图，过点D作DQ⊥AC于点Q，

由作图知CP是∠ACB的平分线，

∵∠B＝90°，BD＝3，

∴DB＝DQ＝3，

∵AC＝10，

∴S_△ACD＝ •AC•DQ＝ ×10×3＝15，

故答案为：15．

13．如图，在△ABC中，AB＞AC，∠1＝∠2，P为AD上任意一点（不与A，D重合），则AB﹣AC　＞　PB﹣PC（填“＞”、“＜”或“＝”）．

【分析】在AB上截取AE，使AE＝AC，连接PE，证明AEP≌△ACP，得PC＝PE，再根据三角形的任意两边之差小于第三边证明即可．

【解答】解：如图，在AB上截取AE，使AE＝AC，连接PE，

∵ AD是∠BAC的平分线，

∴∠BAD＝∠CAD，

在△AEP和△ACP中，

，

∴△AEP≌△ACP（SAS），

∴PE＝PC，

在△PBE中，BE＞PB﹣PE，

即AB﹣AC＞PB﹣PC，

故答案为：＞．

14．如图，CE是△ABC的外角∠ACD的平分线，CE交BA的延长线于点E，∠B＝35°，∠E＝25°，则∠ACD的度数为 　120°　．

【分析】根据三角形的外角性质求出∠ECD，根据角平分线的定义计算即可．

【解答】解：∵∠ECD是△BCE的外角，∠B＝35°，∠E＝25°，

∴∠ECD＝∠B+∠E＝35°+25°＝60°，

∵CE是∠ACD的平分线，

∴∠ACD＝2∠ECD＝120°，

故答案为：120°．

15．如图，△ABC中，D是BC边上的一点（不与B，C重合），点E，F是线段AD的三等分点，记△BDF的面积为S₁，△ACE的面积为S₂，若S₁+S₂＝3，则△ABC的面积为 　9　．

【分析】点E，F是线段AD的三等分点，根据同高三角形面积之比等于对应底边之比，可得出S_△ABD＝3S₁，S_△ADC＝3S₂，最后便可以求出△ABC的面积．

【解答】∵点E，F是线段AD的三等分点，

∵点E，F是线段AD的三等分点，

∴

∴S_△ABD＝3S₁

同理S_△ADC＝3S₂，

∴S_△ABC＝S_△ABD+S_△ADC

＝3S₁+3S₂

＝3（S₁+S₂）

＝3×3

＝9，

故答案为：9．

16．已知：△ABC是三边都不相等的三角形，点P是三个内角平分线的交点，点O是三边垂直平分线的交点，当P、O同时在不等边△ABC的内部时，那么∠BOC和∠BPC的数量关系是：∠BOC＝　4∠BPC﹣360°　．

【分析】根据三角形角平分线的性质以及三角形内角和定理，即可得到∠BAC＝2∠BPC﹣180°；再根据三角形垂直平分线的性质以及三角形内角和定理，即可得到∠BOC＝2∠BAC，进而得出∠BOC和∠BPC的数量关系．

【解答】解：∵BP平分∠ABC，CP平分∠ACB，

∴∠PBC＝ ∠ABC，∠PCB＝ ∠ACB，

∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）

＝180°﹣（ ∠ABC+ ∠ACB）

＝180°﹣ （∠ABC+∠ACB）

＝180°﹣ （180°﹣∠BAC）

＝90°+ ∠BAC，

即 ∠BAC＝2∠BPC﹣180°；

如图，连接AO．

∵点O是这个三角形三边垂直平分线的交点，

∴OA＝OB＝OC，

∴∠OAB＝∠OBA，∠OAC＝∠OCA，∠OBC＝∠OCB，

∴∠AOB＝180°﹣2∠OAB，∠AOC＝180°﹣2∠OAC，

∴∠BOC＝360°﹣（∠AOB+∠AOC）

＝360°﹣（180°﹣2∠OAB+180°﹣2∠OAC），

＝2∠OAB+2∠OAC

＝2∠BAC

＝2（2∠BPC﹣180°）

＝4∠BPC﹣360°，

故答案为：4∠BPC﹣360°．

17．如图，∠ACD是△ABC的外角，∠ABC的平分线与∠ACD的平分线交于点A₁，∠A₁BC的平分线与∠A₁CD的平分线交于点A₂，…，∠A_n﹣1BC的平分线与∠A_n﹣1CD的平分线交于点A_n．设∠A＝θ，则∠A₂＝　 　，∠A_n＝　 　．

【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠ACD＝∠A+∠ABC，∠A₁CD＝∠A₁+∠A₁BC，根据角平分线的定义可得∠A₁BC＝ ∠ABC，∠A₁CD＝ ∠ACD，然后整理得到∠A₁＝ ∠A，同理可得∠A₂＝ ∠A₁，从而判断出后一个角是前一个角的 ，然后表示出，∠A_n即可．

【解答】解：由三角形的外角性质得，∠ACD＝∠A+∠ABC，∠A₁CD＝∠A₁+∠A₁BC，

∵∠ABC的平分线与∠ACD的平分线交于点A₁，

∴∠A₁BC＝ ∠ABC，∠A₁CD＝ ∠ACD，

∴∠A₁+∠A₁BC＝ （∠A+∠ABC）＝ ∠A+∠A₁BC，

∴∠A₁＝ ∠A，

同理可得∠A₂＝ ∠A₁＝ ，

…，

∠A_n＝ ．

故答案为： ； ．

三．解答题（共7小题，第18题6分，第19题7分，第20题8分，第21题9分，第22、23题各10分，第24题12分）

18．如图，在△ABC中，AD是BC边上的高线，BE是∠B的角平分线，AD，BE相交于点P，已知∠EPD＝125°，求∠BAD的度数．

【分析】根据∠APE+∠EPD＝180°结合∠EPD的度数可求出∠APE的度数，再根据三角形的外角性质及角平分线的性质可求出∠ABP的度数，进而可得出∠ABD、∠BAD的度数．

【解答】解：∵∠APE+∠EPD＝180°，∠EPD＝125°，

∴∠APE＝55°．

∵∠BAP+∠ABP＝55°，∠BAD+∠ABD＝90°，∠ABD＝2∠ABP，

∴∠ABP＝35°，∠ABD＝70°，

∴∠BAD＝90°﹣70°＝20°，

19．如图，已知△EFG≌△NMH，∠F与∠M 是对应角．

（1）写出相等的线段与相等的角；

（2）若EF＝2.1cm，FH＝1.1cm，HM＝3.3cm，求MN和HG的长度．

【分析】（1）根据△EFG≌△NMH，∠F与∠M是对应角可得到两个三角形中对应相等的三边和三角；

（2）根据（1）中的对等关系即可得MN和HG的长度．

【解答】解：（1）∵△EFG≌△NMH，∠F与∠M是对应角，

∴EF＝NM，EG＝NH，FG＝MH，∠F＝∠M，∠E＝∠N，∠EGF＝∠NHM，

∴FH＝GM，∠EGM＝∠NHF；

（2）∵EF＝NM，EF＝2.1cm，

∴MN＝2.1cm；

∵FG＝MH，FH+HG＝FG，FH＝1.1cm，HM＝3.3cm，

∴HG＝FG﹣FH＝HM﹣FH＝3.3﹣1.1＝2.2cm．

20．如图1，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，AD、BE相交于点M，连接CM．

（1）求证：BE＝AD；

（2）用含α的式子表示∠AMB的度数（直接写出结果）；

（3）当α＝90°时，取AD，BE的中点分别为点P、Q，连接CP，CQ，PQ，如图2，判断△CPQ的形状，并加以证明．

【分析】（1）由CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，利用SAS即可判定△ACD≌△BCE；

（2）根据△ACD≌△BCE，得出∠CAD＝∠CBE，再根据∠AFC＝∠BFH，即可得到∠AMB＝∠ACB＝α；

（3）先根据SAS判定△ACP≌△BCQ，再根据全等三角形的性质，得出CP＝CQ，∠ACP＝∠BCQ，最后根据∠ACB＝90°即可得到∠PCQ＝90°，进而得到△PCQ为等腰直角三角形．

【解答】解：（1）如图1，∵∠ACB＝∠DCE＝α，

∴∠ACD＝∠BCE，

在△ACD和△BCE中，

，

∴△ACD≌△BCE（SAS），

∴BE＝AD；

（2）如图1，∵△ACD≌△BCE，

∴∠CAD＝∠CBE，

∵△ABC中，∠BAC+∠ABC＝180°﹣α，

∴∠BAM+∠ABM＝180°﹣α，

∴△ABM中，∠AMB＝180°﹣（180°﹣α）＝α；

（3）△CPQ为等腰直角三角形．

证明：如图2，由（1）可得，BE＝AD，

∵AD，BE的中点分别为点P、Q，

∴AP＝BQ，

∵△ACD≌△BCE，

∴ ∠CAP＝∠CBQ，

在△ACP和△BCQ中，

，

∴△ACP≌△BCQ（SAS），

∴CP＝CQ，且∠ACP＝∠BCQ，

又∵∠ACP+∠PCB＝90°，

∴∠BCQ+∠PCB＝90°，

∴∠PCQ＝90°，

∴△CPQ为等腰直角三角形．

21．在△ABC中，AB＝AC，D是射线BC上一点，点E在AD的右侧，线段AE＝AD，且∠DAE＝∠BAC，连结CE．

（1）如图1，点D在线段BC上，求证：∠BAC+∠DCE＝180°．

（2）如图2，点D在线段BC延长线上，判断∠BAC与∠DCE的数量关系并说明理由．

【分析】（1）根据SAS证明△BAD与△CAE全等，进而利用全等三角形的性质解答即可；

（2）根据SAS证明△BAD与△CAE全等，进而利用全等三角形的性质解答即可．

【解答】证明：（1）∵∠DAE＝∠BAC，

∴∠BAD＝∠CAE，

在△BAD与△CAE中，

，

∴△BAD≌△CAE（SAS），

∴∠ACE＝∠ABD，

∵∠BAC+∠ACB+∠ABC＝180°，

∴∠BAC+∠DCE＝∠DAE+∠ACB+∠ABC＝180°，

即：∠BAC+∠DCE＝180°．

（2）∠BAC＝∠DCE，理由：

∵∠DAE＝∠BAC，

∴∠BAD＝∠CAE，

在△BAD与△CAE中，

，

∴△BAD≌△CAE（SAS），

∴∠ACE＝∠ABD．

∵∠BAC+∠ABD+∠ACB＝180°，

∠ACE+∠ACB+∠DCE＝180°，

∴∠BAC＝∠DCE．

22．图1，线段AB、CD相交于点O，连接AD、CB，我们把形如图1的图形称之为“8字形”．如图2，在图1的条件下，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，并且与CD、AB分别相交于M、N．试解答下列问题：

（1）在图1中，请直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系：　∠A+∠D＝∠C+∠B　；

（2）图2中，当∠D＝50度，∠B＝40度时，求∠P的度数．

（3）图2中∠D和∠B为任意角时，其他条件不变，试问∠P与∠D、∠B之间存在着怎样的数量关系．

【分析】（1）利用三角形外角可得∠A+∠D＝∠DOB＝∠C+∠B；

（2）由（1）可得，∠DAO+∠D＝∠OCB+∠B，同理 ∠DAO+∠D＝ ∠OCB+∠P，联立两式可得2∠P＝∠B+∠D，代入数值求∠P即可；

（3）由（2）可得2∠P＝∠B+∠D．

【解答】解：（1）由题知，∠A+∠D＝∠DOB＝∠C+∠B，

∴∠A+∠D＝∠C+∠B，

故答案为：∠A+∠D＝∠C+∠B；

（2）由（1）可得，∠DAO+∠D＝∠OCB+∠B，①

同理可得，∠DAM+∠D＝∠OCP+∠P，

∵∠DAB和∠BCD的平分线是AP和CP，

∴ ∠DAO+∠D＝ ∠OCB+∠P，②

由②×2﹣①得，∠D＝2∠P﹣∠B，

即2∠P＝∠D+∠B，

∴2∠P＝50°+40°，

故∠P＝45°；

（3）由（2）可知2∠P＝∠B+∠D．

23．如图，CD是经过∠BCA顶点C的一条直线，CA＝CB，E、F分别是直线CD上两点，且∠BEC＝∠CFA＝α．

（1）若直线CD经过∠BCA的内部，且E、F在射线CD上．

①如图1，若∠BCA＝90°，α＝90°，则BE　＝　CF；

②如图2，若0°＜∠BCA＜180°，请添加一个关于α与∠BCA关系的条件 　α+∠BCA＝180°　，使①中的结论仍然成立，并说明理由；

（2）如图3，若直线CD经过∠BCA的外部，α＝∠BCA，请提出关于EF，BE，AF三条线段数量关系的合理猜想，并简述理由．

【分析】（1）由∠BCA＝90°，∠BEC＝∠CFA＝α＝90°，可得∠CBE＝∠ACF，从而可证△BCE≌△CAF，故BE＝CF．

（2）若BE＝CF，则可使得△BCE≌△CAF．根据题目已知条件添加条件，再使得一对角相等，△BCE≌△CAF便可得证．

（3）题干已知条件可证△BCE≌△CAF，故BE＝CF，EC＝FA，从而可证明EF＝BE+AF．

【解答】解：（1）∵∠BEC＝∠CFA＝α＝90°，

∴∠BCE+∠CBE＝180°﹣∠BEC＝90°．

又∵∠BCA＝∠BCE+∠ACF＝90°，

∴∠CBE＝∠ACF．

在△BCE和△CAF中，

∴△BCE≌△CAF（AAS）．

∴BE＝CF．

（2）α+∠BCA＝180°，理由如下：

∵∠BEC＝∠CFA＝α，

∴∠BEF＝180°﹣∠BEC＝180°﹣α．

又∵∠BEF＝∠EBC+∠BCE，

∴∠EBC+∠BCE＝180°﹣α．

又∵α+∠BCA＝180°，

∴∠BCA＝180°﹣α．

∴∠BCA＝∠BCE+∠ACF＝180°﹣α．

∴∠EBC＝∠FCA．

在△BCE和△CAF中，

∴△BCE≌△CAF（AAS）．

∴BE＝CF．

（3）EF＝BE+AF，理由如下：

∵∠BCA＝α，

∴∠BCE+∠ACF＝180°﹣∠BCA＝180°﹣α．

又∵∠BEC＝α，

∴∠EBC+∠BCE＝180°﹣∠BEC＝180°﹣α．

∴∠EBC＝∠FCA．

在△BEC和△CFA中，

∴△BEC≌△CFA（AAS）．

∴BE＝CF，EC＝FA．

∴EF＝EC+CF＝FA+BE，即EF＝BE+AF．

24．（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，把△ADF绕着点A顺时针旋转90°得到△ABG，请直接写出图中所有的全等三角形；

（2）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°．

①如图2，若E、F分别是边BC、CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD，求证：EF＝BE+DF；

②若E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且2∠EAF＝∠BAD，①中的结论是否仍然成立？请说明理由．

【分析】（1）由旋转的性质知△ADF≌△ABG，据此得AG＝AF，∠DAF＝∠BAG，再证∠EAG＝∠EAF得△EAG≌△EAF；

（2）①思路和作辅助线的方法与（1）完全一样，只不过证明三角形ABG和ADF全等中，证明∠ABG＝∠ADF时，用到的等角的补角相等，其他的都一样．因此与（1）的结果完全一样．

②按照（1）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BH，使BH＝DF，连接AH．根据（1）的证法，我们可得出DF＝BH，HE＝EF，那么EF＝HE＝BE﹣BH＝BE﹣DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的．

【解答】解：（1）由△ADF绕着点A顺时针旋转90°得到△ABG知△ADF≌△ABG，

∴AG＝AF，∠DAF＝∠BAG，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BAD＝90°，即∠BAE+∠EAF+∠DAF＝90°，

∵∠EAF＝45°，

∴∠BAE+∠DAF＝45°，

∴∠BAG+∠BAE＝45°，即∠EAG＝45°，

则∠EAG＝∠EAF，

∵AE＝AE，

∴△EAG≌△EAF（SAS），

故图中全等的三角形有：△ADF≌△ABG，△EAG≌△EAF；

（ 2）①如图2，将△ADF绕着点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得△ABG，

∵AB＝AD，∠ABC＝∠D＝90°，

∴∠ABC+∠ABG＝180°，即∠GBC＝180°，

由旋转知△ADF≌△ABG，

∴∠DAF＝∠BAG，AF＝AG，DF＝BG，

∵2∠EAF＝∠BAD，

∴∠EAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAE+∠BAG＝∠EAG，

∵AE＝AE，

∴△AEF≌△AEG（SAS），

∴EF＝EG＝BE+BG＝BE+DF，

即EF＝BE+DF；

②不成立，

理由如下：如图3，将△ADF绕着点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得△ABH，

∵ AB＝AD，∠B＝∠ADC＝∠ADF＝90°，

∴点H在BC上，易得AF＝AH，BH＝DF，∠1＝∠2，

∴∠EAF＝∠EAD+∠1＝∠EAD+∠2，

∵2∠EAF＝∠BAD＝∠EAD+∠2+∠EAH，

∴∠EAF＝∠EAH，

又∵AE＝AE，

∴△AEF≌△AEH（SAS），

∴EF＝EH＝BE﹣BH＝BE﹣DF，即EF＝BE﹣DF，

∴①中的结论不成立．