2024年中考数学复习（全国版）第17讲 全等三角形（练习）（解析版）

第17讲全等三角形目录TOC\o"1-3"\n\h\z\u题型01利用全等三角形的性质求角度题型02利用全等三角形的性质求长度题型03根据全等的性质判断正误题型04利用全等三角形的性质求解题型05添加一个条件使两个三角形全等题型06添加一个条件仍不能证明全等题型07灵活选用判定方法证明全等题型08结合尺规作图的全等问题题型09全等三角形模型-一线三等角模型题型10全等三角形模型-旋转模型题型11构造辅助线证明两个三角形全等-作平行线题型12构造辅助线证明两个三角形全等-作垂线题型13构造辅助线证明两个三角形全等-倍长中线法题型14构造辅助线证明两个三角形全等-截长补短法题型15利用全等三角形的性质与判定解决多结论问题题型16利用角平分线的性质求长度题型17利用角平分线的性质求面积题型18角平分线的判定定理题型19三角形的三条角平分线的性质定理的应用方法题型20利用角平分线性质定理和判定定理解决多结论问题题型21利用全等三角形的性质与判定解决高度测量问题题型22利用全等三角形的性质与判定解决河宽测量问题题型23利用全等三角形的性质与判定解决动点问题题型01利用全等三角形的性质求角度1．（2022·云南昆明·统考三模）如图，△ABC≌△DEF，若∠A=80°,∠F=30°，则∠B的度数是（

）A．80° B．70° C．65° D．60°【答案】B【分析】由△ABC≌△DEF根据全等三角形的性质可得∠C=∠F=30°，再利用三角形内角和进行求解即可．【详解】∵△ABC≌△DEF，∴∠C=∠F，∵∠F=30°，∴∠C=30°，∵∠A=80°,∠A+∠B+∠C=180°，∴∠B=180°−∠A−∠C=70°，故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的性质及三角形的内角和定理，熟练掌握知识点是解题的关键．2．（2022·重庆渝中·统考二模）如图，点F，B，E，C在同一条直线上，△ABC≌△DEF，若∠A=36°，∠F=24°，则∠DEC的度数为（

）A．50° B．60° C．65° D．120°【答案】B【分析】根据△ABC≌△DEF得到∠D=∠A=36°，运用三角形外角性质得到∠DEC=∠D+∠F=60°．【详解】∵△ABC≌△DEF，∴∠D=∠A=36°，∴∠DEC=∠D+∠F=60°．故选B．【点睛】本题考查了全等三角形，三角形外角，熟练掌握全等三角形角的性质和三角形外角性质是解决此题的关键．3．（2022·山东淄博·模拟预测）在△ABC中，∠C=90°，D、E分别是BC，AB上的点，ΔADC≅ΔADE≅ΔBDEA．15 B．20 C．25 D．30【答案】D【分析】根据ΔADC≅ΔADE≅【详解】解：∵Δ∴∠CAD=∠EAD=∠B，∵∠C=90°，∴∠CAD+∠EAD+∠B=90°，∴∠B=30°，故选：D．【点睛】本题考查了全等三角形的性质，直角三角形两个锐角和等于90°，掌握全等的性质是解题的关键.题型02利用全等三角形的性质求长度4．（2021·江苏扬州·统考二模）如图，Rt△ABC≌Rt△FDE，∠ABC＝∠FDE＝90°，∠BAC＝30°，AC＝4，将Rt△FDE沿直线l向右平移，连接BD、BE，则BD+BE的最小值为．【答案】2【分析】根据平面直角坐标系，可以假设E(m,3)，则D(m+1，23)，则BD+BE=(m+1)2+(23)2+m2+(3)2，欲求BD+BE的最小值，相当于在x轴上找一点R(m,0)，使得R到M(−1，23)【详解】解：建立如图坐标系，在RtΔABC中，∠ABC=90°，AC=4，∴BC=1AB=3∴斜边AC上的高=2×2∵ΔABC≅ΔFDE，∴EF=AC=4，斜边EF上的高为3，∴可以假设E(m,3)，则D(m+1，∴BD+BE=(m+1)欲求BD+BE的最小值，相当于在x轴上找一点R(m,0)，使得R到M(−1，23)，作点N关于x轴的对称点N'，连接MN'交x轴题意R，连接RN，此时RM+RN的值最小，最小值=MN'=1∴BD+BE的最小值为27故答案为：27【点睛】本题考查轴对称最短问题，平面直角坐标系，勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．5．（2021·北京海淀·人大附中校考模拟预测）如图，正方形ABCD是由四个全等的直角三角形围成的，若CF=5，AB=13，则EF的长为．【答案】7【分析】由全等三角形的性质可得AE＝BG＝CF＝DH＝5，AH＝BE＝CG＝DF＝12，∠DAB＝90°，∠DAH＝∠ABE，可得EG＝GF＝FH＝HF＝7，∠ABE＋∠BAE＝90°，可证四边形EGFH是正方形，即可求EF的长．【详解】解：∵正方形ABCD是由四个全等的三角形围成的，∴AE＝BG＝CF＝DH＝5，AH＝BE＝CG＝DF＝12，∠DAB＝90°，∠DAH＝∠ABE∴EG＝GF＝FH＝HF＝7，∠ABE＋∠BAE＝90°，∴四边形EGFH是菱形，且∠AEB＝90°∴四边形EGFH是正方形∴EF＝2EG＝7故答案为：7【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的性质，证明四边形EGFH是正方形是本题的关键．6．（2022·浙江绍兴·统考一模）如图是沙漏示意图（数据如图），上下两部分为全等三角形，将上半部分填满沙子后，在沙子下落至如图位置时，AB的长为多少？（正在下落的沙子忽略不计）（

）A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm【答案】D【分析】先根据题意得出△OAB≌△ODC，根据全等三角形对应高相等，得出AB边上的高为5cm，然后根据△OAB∽△OEF，EF=6cm，即可求出AB【详解】∵△OEF≌△OGH，四边形ABFE≌四边形DCGH，∴△OAB≌△ODC，∵△OCD的边CD上的高为5cm，∴△OAB的边AB上的高为5cm，∵整个沙漏的高为15cm，∴△OEF的边EF上的高为152∵AB∥EF，∴△OAB∽△OEF，∴AB∵EF=6cm∴AB=5故选：D．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质和相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的对应高之比等于相似比是解题的关键．题型03根据全等的性质判断正误7．（2022·云南·统考一模）如图，若△ABC≌△ADE，则下列结论中一定成立的是（

）A．AC＝DE B．∠BAD＝∠CAE C．AB＝AE D．∠ABC＝∠AED【答案】B【分析】根据全等三角形的性质即可得到结论．【详解】解：∵△ABC≌△ADE，∴AC＝AE，AB＝AD，∠ABC＝∠ADE，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE．故A，C，D选项错误，B选项正确，故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．题型04利用全等三角形的性质求解8．（2022·安徽合肥·合肥38中校考一模）如图，△DEF是由△ABC经过平移得到的，AC分别交DE、EF于点G、H，若∠B=120°，∠C=30°，则∠DGH的度数为（

）A．150° B．140° C．120° D．30°【答案】A【分析】根据平移可知：△ABC≅△DEF，AC∥DF，根据全等三角形对应角相等，得出∠E=∠B=120°，∠F=∠C=30°，即可得出∠D的度数，再根据平行线的性质得出∠DGH的度数即可．【详解】根据平移可知，△ABC≅△DEF，AC∥DF，∴∠E=∠B=120°，∠F=∠C=30°，∴∠D=180°−∠E−∠F=180°−120°−30°=30°，∵AC∥DF，∴∠DGH+∠D=180°，∴∠DGH=180°−∠D=180°−30°=150°，故A正确．故选：A．【点睛】本题主要考查了平移变换，全等三角形的性质，三角形内角和，平行线的性质，熟练掌握平移的知识是解题的关键．9．（2022·辽宁大连·统考一模）如图，将△ABC沿AC所在的直线翻折得到△AB′C，再将△AB′C沿AB′所在的直线翻折得到△AB′C′，点B，B′，C′在同一条直线上，∠BAC=α，由此给出下列说法：①△ABC≌△AB′C′，②AC⊥BB′，③∠CB′B=2α．其中正确的说法是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】D【分析】①由翻折可得△ABC≌△AB′C，△AB′C≌△AB′C′，进而可以进行判断；②由翻折可得点B与点B′关于AC对称，进而可以进行判断；③由翻折可得∠B′AC′=∠B′AC=∠BAC=α，∠AB′C′=∠AB′C，再根据角的和差即可进行判断．【详解】解：①由翻折可知：△ABC≌△AB′C，△AB′C≌△AB′C′，∴△ABC≌△AB′C′；故①正确；②由翻折可知：点B与点B′关于AC对称，∴AC⊥BB'；故②正确；③由翻折可知：∠B′AC′=∠B′AC=∠BAC=α，∠AB′C′=∠AB′C，∴∠AB′B=90°-∠B′AC=90°-α，∴∠AB′C′=180°-∠AB′B=180°-（90°-α）=90°+α，∴∠AB′C=90°+α，∴∠CB′B=∠AB′C-∠AB′B=90°+α-（90°-α）=2α，∴∠CB′B=2α．故③正确．综上所述：正确的说法是：①②③．故选：D．【点睛】本题考查了翻折变换，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．10．（2023·湖北恩施·统考一模）如图，已知△ABC中，AB=AC=10cm，BC=8cm，点D为AB的中点，点P在线段BC上以3cm/s的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上以相同速度由点C向点A运动，一个到达终点后另一个点也停止运动，当△BDP与△CPQ全等时，点PA．t=1s B．t=53s C．t=4【答案】A【分析】根据AB=AC=10cm，求出∠B=∠C，根据点D为AB的中点，求出BD=12AB=5cm，分△BDP≌△CPQ时，△BDP≌△CQP【详解】解：∵AB=AC=10cm∴∠B=∠C，∵点D为AB的中点，∴BD=1∵点P在线段BC上以3cm/s的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上以相同速度由点C向点A∴BP=CQ=3t，CP=8−t，当△BDP≌△CPQ时，CP=BD，即8−3t=5，解得：t=1s当△BDP≌△CQP时，BD=CQ，即3t=5，解得：t=5此时BP=3×53=5∵BP≠CP，∴此种情况不成立，综上分析可知，t=1s故选：A．【点睛】本题主要考查了三角形全等的性质和等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的性质，注意分类讨论．11．（2023·山东青岛·模拟预测）如图，将边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转30°到AB1C【答案】6−2【分析】CD交B1C1于点E，连接AE；根据全等三角形性质，通过证明△AB1E≌△ADE，得【详解】如图，CD交B1C1于点E根据题意得：∠AB1E=∠ADE=90°∵AE=AE∴△AB∴∠EAB∵正方形ABCD绕点A顺时针旋转30°到A∴∠BAB1=30°∴∠B∴∠EA∴EB∴EB∴S△A∴阴影部分的面积=2故答案为：6−23【点睛】本题是面积问题(旋转综合题)，考查了正方形、全等三角形、旋转、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握正方形、全等三角形、旋转、三角函数的性质．12．（2020·浙江绍兴·模拟预测）如图，在△ABC中，∠B=45°，∠C=60°，点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连结EF，沿EF将（1）如图1，当点P落在BC上时，求∠AEP的度数．（2）如图2，当PF⊥AC时，求∠BEP的度数．【答案】（1）90°；（2）60°【分析】（1）证明BE=EP，可得∠EPB=∠B=45°解决问题．（2）根据折叠的性质求出∠AFE=45°，根据三角形内角和求出∠BAC，从而得到∠AEF和∠PEF，再根据平角的定义求出∠BEP．【详解】解：（1）如图1中，∵折叠，∴△AEF≌△PEF，∴AE=EP，∵点E是AB中点，即AE=EB，∴BE=EP，∴∠EPB=∠B=45°，∴∠PEB=90°，∴∠AEP=180°-90°=90°．（2）∵PF⊥AC，∴∠PFA=90°，∵沿EF将△AEF折叠得到△PEF．∴△AEF≌△PEF，∴∠AFE=∠PFE=45°，∵∠B=45°，∠C=60°，∴∠BAC=180°-45°-60°=75°，∴∠AEF=∠PEF=180°-75°-45°=60°，∴∠BEP=180°-60°-60°=60°．【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形内角和，全等三角形的性质，解题的关键是根据折叠的性质得到相等的线段和角．题型05添加一个条件使两个三角形全等13．（2023·湖南永州·统考二模）如图，点E，F分别在□ABCD的边AB，CD的延长线上，连接EF，分别交AD，BC于G，H．添加一个条件使△AEG≌△CFH，这个条件可以是．（只需写一种情况）【答案】AE=CF（答案不唯一）【分析】由平行四边形的性质可得：∠A=∠C,证明∠E=∠F,再补充两个三角形中的一组相对应的边相等即可．【详解】解：∵▱ABCD，∴AB∥∴∠F=∠E,所以补充：AE=CF,∴△AEG≌△CFH，故答案为：AE=CF（答案不唯一）【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，掌握“平行四边形的性质与利用ASA证明三角形全等”是解本题的关键．14．（2022·北京朝阳·统考二模）如图，OP平分∠MON，过点P的直线与OM，ON分别相交于点A，B，只需添加一个条件即可证明ΔAOP≅ΔBOP【答案】答案不唯一，如OA＝OB【分析】添加OA=OB，根据OP平分∠MON，得出∠AOP=∠BOP，利用SAS证明△AOP≌△BOP【详解】解：添加OA=OB，∵OP平分∠MON，∴∠AOP=∠BOP，在△AOP和△BOP中，OA=OB∠AOP=∠BOP∴△AOP≌△BOP（SAS），故答案为OA=OB（答案不唯一）．【点睛】本题考查添加条件判定三角形全等，掌握三角形全等的判定方法是解题关键．15．（2022·北京门头沟·统考一模）如图，点P在直线AB外，点A、B、C、D均在直线AB上，如果AC=BD，只需添加一个条件即可证明ΔAPC≌ΔBPD【答案】∠A＝∠B/∠B＝∠A【分析】根据证明ΔAPC≌【详解】解：条件是∠A＝∠B理由是：∵∠A＝∠B∴PA＝PB在ΔAPC和ΔPA=PB∠A=∠B∴ΔAPC≌ΔBPD故答案为：∠A＝∠B【点睛】本题考查了全等三角形的判定方法，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键．16．（2022·北京顺义·统考二模）如图，AD，BE是△ABC的两条高线，只需添加一个条件即可证明△ADC≌△BEC（不添加其它字母及辅助线），这个条件可以是【答案】CA=CB（答案不唯一）【分析】根据已知条件可知∠ACD=∠BCE,∠ADC=∠BEC，故只要添加一条边相等即可证明△ADC≌【详解】解：添加CA=CB，∵AD，BE是△ABC的两条高线，∴∠ADC=∠BEC，在△ADC与△BEC中，∠ADC=∠BEC∴△ADC≌故答案为：CA=CB（答案不唯一）．【点睛】本题考查了三角形全等的判定，掌握三角形全等的判定是解题的关键．题型06添加一个条件仍不能证明全等17．（2022·重庆南岸·统考一模）如图，点F，E在AC上，AD=CB，∠D=∠B．添加一个条件，不一定能证明△ADE≌△CBF的是（

）A．AD∥BC B．DE∥FB C．【答案】D【分析】根据全等三角形的判定定理判断即可．【详解】A：∵AD∥BC，∴∠A=∠C，∵在△ADE和△CBF中，∠A=∠CAD=CB∴△ADE≌△CBFASAB：∵DE∥FB，∴∠AED=∠CFB，∵在△ADE和△CBF中，∠AED=∠CFB∠D=∠B∴△ADE≌△CBFAASC：∵在△ADE和△CBF中，DE=BF∠D=∠B∴△ADE≌△CBFSASD：根据AD=CB，∠D=∠B，AE=CF不能推出△ADE≌△CBF，错误，故本选项正确．故选D．【点睛】本题考查全等三角形的判定的应用，平行线的性质．熟练掌握全等三角形的判定定理是解本题的关键．18．（2022·河北石家庄·石家庄市第四十中学校考一模）如图，等腰△ABC中，点D，E分别在腰AB，AC上，添加下列条件，不能判定△ABE≌△ACD的是（

）A．AD=AE B．BE=CD C．∠ADC=∠AEB D．∠DCB=∠EBC【答案】B【分析】根据全等三角形的判定方法逐项判断即得答案．【详解】解：A、若添加AD=AE，由于AB=AC，∠A是公共角，则可根据SAS判定△ABE≌△ACD，故本选项不符合题意；B、若添加BE=CD，不能判定△ABE≌△ACD，故本选项符合题意；C、若添加∠ADC=∠AEB，由于AB=AC，∠A是公共角，则可根据AAS判定△ABE≌△ACD，故本选项不符合题意；D、若添加∠DCB=∠EBC，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ABE=∠ACD，由于∠A是公共角，则可根据ASA判定△ABE≌△ACD，故本选项不符合题意．故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和等腰三角形的性质，属于基本题型，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．19．（2022·贵州贵阳·统考二模）如图，已知AB＝CD，若使△ABC≌△DCB，则不能添加下列选项中的（

）A．∠ABC＝∠DCB B．BO＝COC．AO＝DO D．∠A＝∠D【答案】D【分析】根据三角形全等的判定条件对各选项进行判断即可．【详解】解：由题意知，AB=CD，BC=BC，A中∠ABC=∠DCB，根据边角边，得到△ABC≌△DCB，故不符合题意；B中BO=CO，则由等边对等角可得∠ABC=∠DCB，根据边角边，得到△ABC≌△DCB，故不符合题意；C中AO＝DO，则BO=CO，由等边对等角可得∠ABC=∠DCB，根据边角边，得到△ABC≌△DCB，故不符合题意；D中无法证明△ABC≌△DCB，故符合题意；故选D．【点睛】本题考查了三角形全等的判定．解题的关键在于熟练掌握三角形全等的判定条件．20．（2022·重庆·重庆市育才中学校考一模）如图，点E、F分别在菱形ABCD的BC、DC边上，添加以下条件不能证明△ABE≌△ADF的是（）A．CE＝CF B．∠BAF＝∠DAE C．AE＝AF D．∠AEC＝∠AFC【答案】C【分析】由四边形ABCD是菱形可得：AB=AD，∠B=∠D，再根据每个选项添加的条件逐一判断．【详解】解：由四边形ABCD是菱形可得：AB=AD，∠B=∠D，A、由CE＝CF，可得BE=DF，可用SAS证明△ABE≅△ADF，故不符合题意；B、添加∠BAE=∠DAF，可用ASA证明△ABE≅△ADF，故不符合题意；C、添加AE=AF，不能证明△ABE≅△ADF，故符合题意；D、由∠AEC＝∠AFC，可得∠AEB=∠AFD，可用AAS证明△ABE≅△ADF，故不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查菱形性质及全等三角形的判定，解题的关键是掌握三角形全等的判定定理．题型07灵活选用判定方法证明全等21．（2019·广东揭阳·校联考二模）下列各图中a、b、c为三角形的边长，则甲、乙、丙三个三角形和左侧△ABC全等的是（）A．甲和乙 B．乙和丙 C．甲和丙 D．只有丙【答案】B【分析】根据三角形全等的判定方法得出乙和丙与△ABC全等，甲与△ABC不全等．【详解】解：乙和△ABC全等；理由如下：在△ABC和图乙的三角形中，满足三角形全等的判定方法：SAS，所以乙和△ABC全等；在△ABC和图丙的三角形中，满足三角形全等的判定方法：AAS，所以丙和△ABC全等；不能判定甲与△ABC全等；故选B．【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．22．（2022·广西百色·统考二模）如图，在△ABC和△DCB中，∠A＝∠D，AC和DB相交于点O，OA＝OD．(1)AB＝DC；(2)△ABC≌△DCB．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析【分析】（1）证明△ABO≌△DCO（ASA），即可得到结论；（2）由△ABO≌△DCO，得到OB＝OC，又OA＝OD，得到BD＝AC，又由∠A＝∠D，即可证得结论．【详解】（1）证明：在△ABO与△DCO中，∠A=∠DOA=OD∴△ABO≌△DCO（ASA）∴AB＝DC；（2）证明：∵△ABO≌△DCO，∴OB＝OC，∵OA＝OD，∴OB＋OD＝OC＋OA，∴BD＝AC，在△ABC与△DCB中，AC=BD∠A=∠D∴△ABC≌△DCB（SAS）．【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握并灵活选择全等三角形的判定方法是解题的关键．23．（2022·贵州铜仁·校联考模拟预测）天使是美好的象征，她的翅膀就像一对全等三角形．如图AD与BC相交于点O，且AB=CD，AD=BC．求证：△ABO≅△CDO．【答案】答案见解析【分析】连接BD，根据SSS可证△ABD≌△CDB，得出∠A=∠C，再根据AAS证明△ABO≅△CDO.【详解】证明：连接BD∵AB=CD，AD=BC又BD=DB∴△ABD≌△CDB（SSS）∴∠A=∠C又∠AOB=∠COD，AB=CD∴△ABO≅△CDO（AAS）【点睛】本题主要考查全等三角形的性质和判定，熟练地掌握全等三角形的判定方法是解题的关键.24．（2021·江苏苏州·校考一模）如图，AB=AD   ,   BC=DC，点

（1）求证：AC平分∠BAD；（2）求证：BE=DE．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【分析】（1）由题中条件易知：△ABC≌△ADC，可得AC平分∠BAD；（2）利用（1）的结论，可得△BAE≌△DAE，得出BE=DE．【详解】解：（1）在ΔABC与ΔADC中，AB=AD∴ΔABC∴∠BAC=∠DAC即AC平分∠BAD；（2）由（1）∠BAE=∠DAE在ΔBAE与ΔDAE中，得BA=DA∴ΔBAE∴BE=DE【点睛】熟练运用三角形全等的判定，得出三角形全等，转化边角关系是解题关键．25．（2019·陕西西安·校联考一模）已知：如图，点A．F，E．C在同一直线上，AB∥DC，AB=CD，∠B=∠D,（1）求证：△ABE≌△CDF；（2）若点E，G分别为线段FC，FD的中点，连接EG，且EG=5，求AB的长．【答案】（1）证明见解析；（2）AB=10．【分析】（1）根据平行线的性质得出∠A=∠C，进而利用全等三角形的判定证明即可；（2）利用全等三角形的性质和中点的性质解答即可．【详解】解：（1）证明：∵AB∥DC，∴∠A=∠C，在△ABE与△CDF中∠A＝∠CAB＝CD∴△ABE≌△CDF（ASA）；（2）∵点E，G分别为线段FC，FD的中点，∴ED=12∵EG=5，∴CD=10，∵△ABE≌△CDF，∴AB=CD=10．【点睛】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据平行线的性质得出∠A=∠C．题型08结合尺规作图的全等问题26．（2020·吉林·吉林省实验校考二模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，AD=4，BC=3．分别以点A，C为圆心，大于12AC长为半径作弧，两弧交于点E，作射线BE交AD于点F，交AC于点O．若点O是A．22 B．4 C．3 D．【答案】A【分析】连接FC，根据基本作图，可得OE垂直平分AC，由垂直平分线的性质得出AF=FC．再根据ASA证明ΔFOA≌ΔBOC，那么AF=BC=3，等量代换得到【详解】解：如图，连接FC，则AF=∵AD∥BC，∴∠FAO=∠BCO．在ΔFOA与Δ∠FAO=∠BCOOA=OC∴Δ∴AF=BC=3，∴FC=AF=3，FD=AD−AF=4−3=1．在ΔFDC中，∵∠D=∴CD∴CD∴CD=22故选：A．【点睛】本题考查了作图﹣基本作图，勾股定理，线段垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，难度适中．求出CF与DF是解题的关键．27．（2021·河南焦作·统考二模）已知锐角∠AOB，如图，（1）在射线OA上取点C，E，分别以点O为圆心，OC，OE长为半径作弧，交射线OB于点D，F；（2）连接CF，DE交于点P．根据以上作图过程及所作图形，下列结论错误的是（

）A．CE=DF B．PE=PFC．若∠AOB=60°，则∠CPD=120° D．点P在∠AOB的平分线上【答案】C【分析】根据题意可知OE=OF，OC=OD，即可推断结论A；先证明△ODE≌△OCF，再证明△CPE≌△DPF即可证明结论B；连接OP，可证明△COP≌△DOP可证明结论D；由此可知答案．【详解】解：由题意可知OE=OF，OC=OD，∴OE−OC=OF−OD，∴CE=DF，故选项A正确，不符合题意；在△ODE和△OCF中，OE=OF∴△ODE≌△OCF(SAS)，∴∠OED=∠OFC，在△CPE和△DPF中，∠OED=∠OFC∠CPE=∠DPF∴△CPE≌△DPF(AAS)，∴PE=PF，故选项B正确，不符合题意；连接OP，∵△CPE≌△DPF，∴CP=DP，在△COP和△DOP中，CP=DPOC=OD∴△COP≌△DOP(SSS)，∴∠COP=∠DOP，∴点P在∠AOB的平分线上，故选项D正确，不符合题意；若∠AOB=60°，∠CPD=120°，则∠OCP=∠ODP=90°，而根据题意不能证明∠OCP=∠ODP=90°，故不能证明∠CPD=120°，故选项C错误，符合题意；故选：C．【点睛】本题考查角平分线的判定，全等三角形的判定与性质，明确以某一半径画弧时，准确找到相等的线段是解题的关键．28．（2021·江苏泰州·统考一模）已知：如图1，△ACD中，AD≠CD．（1）请你以AC为一边，在AC的同侧构造一个与△ACD全等的三角形△ACE，画出图形；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）（2）参考（1）中构造全等三角形的方法解决下面问题：如图2，在四边形ABCD中①∠ACB+∠CAD=180°；②∠B=∠D；③CD=AB．请在上述三条信息中选择其中两条作为条件，其余的一条信息作为结论组成一个命题．试判断这个命题是否正确，并说明理由你选择的条件是________，结论是_______（只要填写序号）【答案】（1）作图见详解；（2）①②；③【分析】（1）以点A为圆心AC为半径画弧，再以点C为圆心AD长为半径画弧，两个弧的交点为点E，连接AE，CE，即可；（2）延长DA至点E，使AE=CB，连接CE，证明△ABC≌△CEA，可得∠B=∠E，AB=CE，进而即可得到结论．【详解】解：（1）如图所示：（2）选择的条件是①②，结论是③，理由如下：延长DA至点E，使AE=CB，连接CE，∵∠ACB+∠CAD=180°，∠DAC+∠EAC=180°，∴∠ACB=∠EAC，在△ABC和△CEA中，∵AE=CB∠ACB=∠EAC∴△ABC≌△CEA，∴∠B=∠E，AB=CE，∵∠B=∠D，∴∠D=∠E，∴CD=CE，∴CD=AB，故答案是：①②；③．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的判定定理，添加辅助线构造全等三角形，是解题的关键．29．（2021·北京·统考一模）已知：如图1，在△ABC中，∠CAB=60°．求作：射线CP，使得CP//下面是小明设计的尺规作图过程．作法：如图2，①以点A为圆心，适当长为半径作弧，分别交AC，AB于D，E两点；②以点C为圆心，AD长为半径作弧，交AC的延长线于点F；③以点F为圆心，DE长为半径作弧，两弧在∠FCB内部交于点P；④作射线CP．所以射线CP就是所求作的射线．根据小明设计的尺规作图过程，（1）使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）（2）完成下面的证明．证明：连接FP，DE．∵CF=AD，CP=AE，FP=DE．∴△ADE≌△__________，∴∠DAE=∠__________，∴CP//【答案】（1）见解析；（2）CFP，FCP，同位角相等两直线平行【分析】（1）根据要求作出图形即可．（2）利用全等三角形的性质证明即可．【详解】解：（1）如图，射线CP即为所求作．（2）连接FP，DE．∵CF=AD，CP=AE，FP=DE．∴△ADE≌△CFP，∴∠DAE=∠FCP，∴CP‖AB（同位角相等两直线平行）．故答案为：CFP，FCP，同位角相等两直线平行．【点睛】本题考查作图-复杂作图，全等三角形的判定和性质，平行线的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．题型09全等三角形模型-一线三等角模型30．（2023·湖南郴州·校考三模）如图，△OAB是等腰直角三角形，直角顶点与坐标原点重合，若点B在反比例函数y=1x(x>0)的图象上，则经过点A【答案】y=−【分析】如图所示，过点A作AC⊥x轴于C，过点B作BD⊥x轴于D，证明△ACO≌△ODB得到AC=OD，OC=BD，设点B的坐标为（a，b），则点A的坐标为（-b，a），再由点B在反比例函数y=1x，推出【详解】解：如图所示，过点A作AC⊥x轴于C，过点B作BD⊥x轴于D，则∠ACO=∠ODB=90°，由题意得OA=OB，∠AOB=90°，∴∠CAO+∠COA=∠AOC+∠BOD=90°，∴∠CAO=∠DOB，∴△ACO≌△ODB（AAS），∴AC=OD，OC=BD，设点B的坐标为（a，b），则AC=OD=a，OC=BD=b，∴点A的坐标为（-b，a），∵点B在反比例函数y=1∴ab=1，∴−ab=−1，∴a=−1∴经过点A的反比例函数表达式为y=−1故答案为：y=−1【点睛】本题主要考查了反比例函数与几何综合，全等三角形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键．31．（2020·河北保定·统考模拟预测）如图，桌面上竖直放置着一个等腰直角三角板ABC，若测得斜边AB的两端点到桌面的距离分别为AD，BE．（1）求证：△ADC≌△CEB；（2）若DE=10，AD=7，求BE的长．【答案】（1）见解析；（2）3【分析】（1）先利用同角的余角相等，判断出∠DAC=∠BCE，进而判断出△ACD≌△CBE；（2）由全等三角形的性质，即可求出答案．【详解】解：（1）证明：∵AD⊥DC，BE⊥CE，∴∠ADC=∠CEB=90°，∴∠ACD+∠DAC=90°．∵AC⊥BC，∴∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BCE=90°，∴∠DAC=∠BCE．∴ΔADC≌ΔCEB（2）解：∵ΔADC≌ΔCEB，∴AD=CE，CD=BE．∵AD=7，∴CE=7，∵DE=10，∴CD=DE−CE=10−7=3，∴BE=3．【点睛】此题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，判断出△ACD≌△CBE是解本题的关键．32．（2023·陕西·模拟预测）如图，点C在BD上，AB⊥BD,ED⊥BD,AC⊥CE,AB=CD．求证：△ABC≌△CDE．【答案】见解析【分析】直接根据一线三垂直模型利用ASA证明△ABC≌△CDE即可．【详解】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，AC⊥CE，∴∠B=∠D=∠ACE=90°，∴∠BAC+∠BCA=90°=∠BCA+∠DCE，∴∠BAC=∠DCE，在△ABC和△CDE中，∠B=∠DAB=CD∴△ABC≌△CDE（ASA）．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，熟知一线三垂直模型是解题的关键．题型10全等三角形模型-旋转模型33．（2022·山东日照·校考二模）在△ABC中，AB=AC,∠BAC=α，点P为线段CA延长线上一动点，连接PB，将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，连接DB,DC．（1）如图，当α=60°时，①求证：PA=DC；②求∠DCP的度数：（2）如图2，当α=120°时，请直接写出PA和DC的数量关系为__________；（3）当α=120°时，若AB=6，BP=31时，请直接写出点D到CP【答案】（1）①证明见解析；②60°；（2）DC=3PA；（3）32【分析】（1）①通过证明△PBA≌△DBC即可得证；②根据△PBA≌△DBC得到∠BCD=∠BAP=180°−∠BAC=120°，故∠DCP=∠DCB−∠ACB即可求解；（2）通过证明△PAB∽△DCB，对应线段成比例可得PADC（3）分两种情形，解直角三角形求出AD即可解决问题．【详解】解：（1）①证明：∵∠BAC=∠BPD=α=60°，AB=AC，PB=PD，∴△ABC与△PBD都是等边三角形，∴∠PBD=∠ABC=60°，BA=BC，BP=BD，∴∠PBD−∠ABD=∠ABC−∠ABD，即∠PBA=∠DBC，∴△PBA≌△DBC，∴PA=DC；②∵△PBA≌△DBC，∴∠PAB=∠DCB，∵∠BAC=60°，∴∠BCD=∠BAP=180°−∠BAC=120°，∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠DCP=∠DCB−∠ACB=60°；（2）∵∠BPD=∠ABC=120°，AB=AC，PB=PD，∴∠PBD=∠ABC=30°，PBDB∴∠PBD+∠ABD=∠ABC+∠ABD，即∠PBA=∠DBC，∴△PAB∽△DCB，∴PADC=AB故答案为：DC=3（3）过点D作DM⊥PC于M，过点B作BN⊥CP交CP的延长线于N．如图3−1中，当△PBA是钝角三角形时，在Rt△ABN中，∵∠N=90°，AB=6，∠BAN=60°∴AN=AB⋅cos60°=3，∵PN=P∴PA=3−2=1，由（2）可知，CD=3∵∠BAP=∠BCD，∴∠DCA=∠PBD=30°，∵DM⊥PC，∴DM=如图3−2中，当△ABN是锐角三角形时，同法可得PA=2=3=5，CD=53，DM=综上所述，满足条件的DM的值为32或5故答案为：32或5【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．34．（2020·山东德州·统考二模）小圆同学对图形旋转前后的线段之间、角之间的关系进行了拓展探究.（一）猜测探究在ΔABC中，AB=AC，M是平面内任意一点，将线段AM绕点A按顺时针方向旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AN，连接NB．（1）如图1，若M是线段BC上的任意一点，请直接写出∠NAB与∠MAC的数量关系是，NB与MC的数量关系是；（2）如图2，点E是AB延长线上点，若M是∠CBE内部射线BD上任意一点，连接MC，（1）中结论是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由．（二）拓展应用如图3，在ΔA1B1C1中，A1B1=8，∠A1B1C1=60∘，∠【答案】（一）（1）结论：∠NAB=∠MAC，BN=MC．理由见解析；（2）如图2中，①中结论仍然成立．理由见解析；（二）QB1的最小值为【分析】（一）①结论：∠NAB=∠MAC，BN=MC．根据SAS证明ΔNAB≌ΔMAC即可．②①中结论仍然成立．证明方法类似．（二）如图3中，在A1C1上截取A1N=A1Q，连接PN，作NH⊥B1C1于H，作【详解】（一）（1）结论：∠NAB=∠MAC，BN=MC．理由：如图1中，∵∠MAN=∠CAB，∴∠NAB+∠BAM=∠BAM+∠MAC，∴∠NAB=∠MAC，∵AB=AC，AN=AM，∴ΔNAB≌ΔMAC（SAS），∴BN=CM．故答案为∠NAB=∠MAC，BN=CM．（2）如图2中，①中结论仍然成立．理由：∵∠MAN=∠CAB，∴∠NAB+∠BAM=∠BAM+∠MAC，∴∠NAB=∠MAC，∵AB=AC，AN=AM，∴ΔNAB≌ΔMAC（SAS），∴BN=CM．（二）如图3中，在A1C1上截取A1N=A1B1，连接PN∵∠C∴∠QA∵A1Q=A∴ΔQA1B1≌∴B1∴当PN的值最小时，QB在RtΔA1B1M∴A1∵∠MA∴A1∴NC在RtΔNHC1，∵∴NH=43根据垂线段最短可知，当点P与H重合时，PN的值最小，∴QB1的最小值为【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决最值问题，属于中考压轴题．35．（2020·重庆·重庆第二外国语学校校考模拟预测）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，E为边BC上的点，且AB=AE，D为线段BE的中点，过点E作EF⊥AE，过点A作AF∥BC，且AF、EF相交于点F.（1）求证：∠C=∠BAD（2）求证：AC=EF【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）由等腰三角形的性质可得AD⊥BC，由余角的性质可得∠C=∠BAD；（2）由“ASA”可证△ABC≌△EAF，可得AC=EF．【详解】（1）如图∵AB=AE，∴ΔABE是等腰三角形又∵D为BE的中点，∴AD⊥BE（等腰三角形三线合一）在RtΔABC和Rt∵∠B为公共角，∠BAC=∠BDA=90°，∴∠C=∠BAD.另解：∵D为BE的中点，∵BD=ED，又AB=AE，AD=AD，∴ΔADB≅ΔADE，∴∠ADB=∠ADE，又∠ADB+∠ADE=180°，∴∠ADB=∠ADE=90°∴AD⊥BC，在RtΔABC和Rt∵∠B为公共角，∠BAC=∠BDA=90°，∴∠C=∠BAD.（2）∵AF∥BC，∴∠EAF=∠AEB，∵AB=AE，∴∠ABE=∠AEB，∴∠EAF=∠ABC，又∵∠BAC=∠AEF=∠90°，∴ΔBAC≅ΔAEF，∴AC=EF.【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键．36．（2020·辽宁沈阳·统考模拟预测）在△ABC中，AB=AC，点P在平面内，连接AP，并将线段AP绕A顺时针方向旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AQ，连接BQ．（1）如图，如果点P是BC边上任意一点．则线段BQ和线段PC的数量关系是__________．

（2）如图，如果点P为平面内任意一点．前面发现的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．请仅以图所示的位置关系加以证明（或说明）；

（3）如图，在△DEF中，DE=8，∠EDF=60°，∠DEF=75°，P是线段EF上的任意一点，连接DP，将线段DP绕点D顺时针方向旋转60°，得到线段DQ，连接EQ．请直接写出线段EQ长度的最小值．

【答案】（1）相等；（2）成立，证明见解析；（3）2【分析】（1）先判断出∠BAQ=∠CAP，进而用SAS判断出△BAQ≌△CAP，即可得出结论；（2）结论BQ=PC仍然成立，理由同（1）的方法；（3）先构造出△DEQ≌△DHP，得出EQ=HP，进而判断出要使EQ最小，当HP⊥EF（点P和点M重合）时，EQ最小，最后用解直角三角形即可得出结论．【详解】解：（1）由旋转知：AQ=AP，∵∠PAQ=∠BAC，∴∠PAQ−∠BAP=∠BAC−∠BAP，∴∠BAQ=∠CAP，∵AB=AC，∴ΔBAQ≅ΔCAPSAS∴BQ=CP故答案为：相等．（2）BQ=PC仍成立，理由如下：证明：由旋转知：AQ=AP，∵∠PAQ=∠BAC，∴∠PAQ−∠BAP=∠BAC−∠BAP，∴∠BAQ=∠CAP，∵AB=AC，∴ΔBAQ≅ΔCAPSAS∴BQ=ＰC（3）如图：

在DF上取一点H，使DH=DE=8，连接ＰＨ，过点Ｈ作HM⊥EF于Ｍ，由旋转知，DQ=DP，∠PDQ=60°，∵∠EDF=60°，∴∠PDQ=∠EDF，∴∠EDQ=∠HDP，∴ΔDEQ≅ΔDHPSAS∴EQ=HP，要使EQ最小，则有HP最小，而点H是定点，点P是EF上的动点，∴当HM⊥EF（点P和点M重合）时，HP最小，即：点P与点M重合，EQ最小，最小值为HM，过点E作EG⊥DF于G，在RtΔDEG中，DE=8，∠EDF=60°，∴∠DEG=30°，∴DG=1∴EG=3在RtΔEGF中，∠FEG=∠DEF−∠DEG=75°−30°=45°，∴∠F=90°−∠FEG=45°=∠FEG，FG=EG=43∴DF=DG+FG=4+43∴FH=DF−DH=4+43在RtΔHMF中，∠F=45°，∴HM=2即：EQ的最小值为26【点睛】本题考查旋转的性质、最值问题，属于几何变换综合题，掌握全等三角形的证明方法，点到直线的距离等知识为解题关键．题型11构造辅助线证明两个三角形全等-作平行线37．（2021上·山东日照·八年级统考期中）如图，△ABC是边长为2的等边三角形，点P在AB上，过点P作PE⊥AC，垂足为E，延长BC到点Q，使CQ＝PA，连接PQ交AC于点D，则DE的长为（

）A．0.5 B．0.9 C．1 D．1.25【答案】C【分析】过P作BC的平行线交AC于F，通过AAS证明△PFD≌△QCD，得FD=CD，再由△APF是等边三角形，即可得出DE=1【详解】解：过P作BC的平行线交AC于F，∴∠Q=∠FPD，∵△ABC是等边三角形，∴∠APF=∠B=60°，∠AFP=∠ACB=60°，∴△APF是等边三角形，∴AP=PF，在△PFD中和△QCD中，∠FPD=∠Q∠PDF=∠QDC∴△PFD≌△QCD(AAS)，∴FD=CD，∵PE⊥AC于E，△APF是等边三角形，∴AE=EF，∴AE+DC=EF+FD，∴DE=1∵AC=2，∴DE=1，故选：C．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．38．（2023上·黑龙江齐齐哈尔·八年级校联考期中）如图，在等边△ABC中，点E为边AB上任意一点，点D在边CB的延长线上，且ED=EC．

(1)当点E为AB的中点时（如图1），则有AE______DB（填“>”“<”或“=”）；(2)猜想如图2，AE与DB的数量关系，并证明你的猜想．【答案】(1)=(2)AE=DB，证明见解析【分析】（1）由△ABC是等边三角形，得到∠ABC=∠ACB=60°，AB=AC=BC，由三线合一得到AE=BE，∠BCE=12∠ACB=30°，由ED=EC，得∠D=∠BCE=30°（2）过E作EF∥BC交AC于F，先证明△AEF是等边三角形，得到AE=EF=AF，再用AAS证明△DEB≌△ECF，得到BD=EF=AE，进而证得猜想【详解】（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°∵E为AB的中点，∴AE=BE，∠BCE=12∵ED=EC，∴△CDE是等腰三角形，∴∠D=∵∠ABC=∴∠BED=30°∴∠D=∴BD=BE，∴AE=DB．故答案为：=（2）解：AE=DB．理由如下：过E作EF∥BC交AC于F，

∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，AB=AC=BC．∴∠AEF=∠ABC=60°，∠AFE=∠ACB=60°，即∠AEF=∠AFE=∠A=60°．∴△AEF是等边三角形．∴AE=EF=AF．∵∠ABC=∠ACB=∠AFE=60°，∴∠DBE=∠EFC=120°，∠D+∠BED=∠FCE+∠ECD=60°．∵DE=EC，∴∠D=∠ECD．∴∠BED=∠ECF．在△DEB和△ECF中，∠DEB=∠ECF,∴△DEB≌△ECFAAS∴BD=EF=AE，即AE=BD．【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定与性质等知识，在等边三角形中通过作平行线构造全等三角形是解题的关键．39．（2019上·安徽合肥·八年级校联考期末）P为等边△ABC的边AB上一点，Q为BC延长线上一点，且PA＝CQ，连PQ交AC边于D．（1）证明：PD＝DQ．（2）如图2，过P作PE⊥AC于E，若AB＝6，求DE的长．【答案】（1）证明见解析；（2）DE＝3．【分析】（1）过点P作PF∥BC交AC于点F；证出△APF也是等边三角形，得出AP=PF=AF=CQ，由AAS证明△PDF≌△QDC，得出对应边相等即可；（2）过P作PF∥BC交AC于F．同（1）由AAS证明△PFD≌△QCD，得出对应边相等FD=CD，证出AE+CD=DE=12【详解】（1）如图1所示，点P作PF∥BC交AC于点F．∵△ABC是等边三角形，∴△APF也是等边三角形，AP=PF=AF=CQ．∵PF∥BC，∴∠PFD=∠DCQ．在△PDF和△QDC中，∠PDF=∠QDC∠DFP=∠QCD∴△PDF≌△QDC（AAS），∴PD=DQ；（2）如图2所示，过P作PF∥BC交AC于F．∵PF∥BC，△ABC是等边三角形，∴∠PFD=∠QCD，△APF是等边三角形，∴AP=PF=AF．∵PE⊥AC，∴AE=EF．∵AP=PF，AP=CQ，∴PF=CQ．在△PFD和△QCD中，∠PDF=∠QDC∠DFP=∠QCD∴△PFD≌△QCD（AAS），∴FD=CD．∵AE=EF，∴EF+FD=AE+CD，∴AE+CD=DE=12∵AC=6，∴DE=3．

【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定（AAS）与性质、平行线的性质，熟练掌握等边三角形的性质，解题的关键是掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定（AAS）与性质、平行线的性质，熟练掌握等边三角形的性质．题型12构造辅助线证明两个三角形全等-作垂线40．（2023上·北京海淀·八年级人大附中校考期中）小宇和小明一起进行数学游戏：已知∠MON=90°，将等腰直角三角板△ABC摆放在平面内，使点A在∠MON的内部，且两个底角顶点B，C分别放在边OM,ON上．

(1)如图1，小明摆放△ABC，恰好使得AB⊥OM,AC⊥ON，又由于△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，从而直接可以判断出点A在∠MON的角平分线上．请回答：小明能够(2)如图2，小宇调整了△ABC的位置，请判断OA平分∠MON是否仍然成立？若成立，请证明，若不成立，请举出反例．【答案】(1)角的内部到角的两边距离相等的点，都在这个角的平分线上．(2)成立，证明见解析．【分析】（1）根据角的内部到角的两边距离相等的点，都在这个角的平分线上，由此即可得出结论；（2）成立，过点A作AG⊥OM，AH⊥ON，构造全等三角形即可证明AG=AH，从而得出结论成立．【详解】（1）解：因为AB⊥OM,AC⊥ON，AB=AC，根据角的内部到角的两边距离相等的点，都在这个角的平分线上，所以点A在∠MON的角平分线上故答案为：角的内部到角的两边距离相等的点，都在这个角的平分线上．（2）结论：OA平分∠MON仍然成立；证明：如解图3，过点A作AG⊥OM，AH⊥ON，

∴∠AGB=∠AHC=90°，又∵∠MON=90°，∴∠GAH=90°，∴∠GAB+∠BAH=90°，又∵∠BAC=90°=∠BAH+∠HAC，∴∠GAB=∠HAC，在△GAB和△HAC中，∠AGB=∠AHC∴△GAB≌△HAC(∴AG=AH，又∵AG⊥OM，AH⊥ON，∴OA平分∠MON，故（1）结论正确．【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，角平分线的判定，熟练掌握全等三角形的性质及判定、角平分线判定定理是解题的关键．41．（2022上·湖北武汉·八年级统考期中）定义：三角形一个内角的平分线所在的直线与另一个内角相邻的外角的平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．

(1)如图1所示，∠E是△ABC中∠A的遥望角，直接写出∠E与∠A的数量关系__________；(2)如图1所示，连接AE，猜想∠BAE与∠CAE的数量关系，并说明理由；(3)如图2，四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，点E在BD的延长线上，连CE，若己知DE=DC=AD，求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．【答案】(1)∠E=(2)∠BAE+∠CAE=180°，理由见解析(3)见解析【分析】（1）运用角平分线的定义，以及三角形外角的性质，推导得到∠DCE=∠CBE+12∠A，∠DCE=∠CBE+∠E（2）过点E作EM⊥BA交BA的延长线于点M，作EN⊥AC交AC于点N，作EH⊥BD交BD的延长线于点H，由角平分线的性质定理和判定定理可得∠MAE=∠CAE，根据∠MAE+∠BAE=180°可得∠BAE+∠CAE=180°；（3）过D作DM⊥BA交BA于点M，过D作DN⊥BC交BC的延长线于点N，先证四边形DMBN是矩形，再证△AMD≌△CND，最后证得CE平分∠ACN，BD平分∠ABC即可．【详解】（1）解：∵∠E是△ABC中∠A的遥望角，∴BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，∴∠CBE=12∠ABC∵∠ACD=∠ABC+∠A，∴∠DCE=1又∵∠DCE=∠CBE+∠E，∴∠E=1故答案为：∠E=1（2）解：∠BAE+∠CAE=180°，理由如下：如图，过点E作EM⊥BA交BA的延长线于点M，作EN⊥AC交AC于点N，作EH⊥BD交BD的延长线于点H，

∵CE平分∠ACD，EN⊥AC，EH⊥BD，∴EN=EH，同理EH=EM，∴EM=EN，∵EM⊥BA，EN⊥AC，∴AE平分∠MAC，即∠MAE=∠CAE，∵∠MAE+∠BAE=180°，∴∠BAE+∠CAE=180°；（3）证明：如图，过D作DM⊥BA交BA于点M，过D作DN⊥BC交BC的延长线于点N，

∵DM⊥BA，DN⊥BC，∠ABC=90°，∴∠DMB=∠DNB=∠ABC=90°，∴四边形DMBN是矩形，∴∠MDN=90°，即∠MDC+∠CDN=90°，∵∠ADC=90°，∴∠MDC+∠ADM=90°，∴∠ADM=∠CDN，在△AMD和△CND中，∠ADM=∠CDN∠AMD=∠CND=90°∴△AMD≌△CNDAAS∴DM=DN，∵DM⊥BA，DN⊥BC，∴BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠DBC=1∴∠ECN=∠DBC+∠E=45°+∠E∵∠ADC=90°，AD=CD，∴∠ACD=∠CAD=45°，∴∠ACE=45°+∠DCE，∵DE=DC，∴∠E=∠DCE，∴∠ECN=∠ACE，∴CE平分∠ACN，∵BD平分∠ABC，∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．【点睛】本题考查角平分线的性质及判定，全等三角形的性质及判定，三角形外角的定义和性质，等腰三角形的性质等，熟练掌握角平分线的性质定理及判定定理是解题的关键．题型13构造辅助线证明两个三角形全等-倍长中线法42．（2020·江苏无锡·统考二模）如图，AB∥CD，∠BCD=90°，AB=1,BC=CD=2,E为AD上的中点，则BE＝．

【答案】5【分析】延长BE交CD于点F，证△ABE≌△DFE，则BE=EF=12【详解】解：延长BE交CD于点F,∵AB平行CD，则∠A=∠EDC，∠ABE=∠DFE，又E为AD上的中点，∴AE=DE,所以△ABE≌△DFE.∴BE=EF=∴CF=1在直角三角形BCF中，BF=12+2∴BE=1【点睛】本题的关键是作辅助线，构造三角形全等，找到线段的关系，然后运用勾股定理求解.

43．（2019下·上海·八年级上外附中校考阶段练习）如图，平行四边形ABCD中，CE⊥AD于E，点F为边AB中点，AD=12CD，∠CEF=40°【答案】30°【分析】延长EF、CB交于点G，连接FC，先依据全等的判定和性质得到FE=FG，依据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到FC=FE=FG，依据平行四边形的对边相等及等量代换得到BF=BC，依据三角形等边对等角得到∠FCG=∠G=50°、∠BFC=∠FCG=50°，依据三角形内角和得到∠GFC，通过作差即得所求.【详解】解：延长EF、CB交于点G，连接FC，∵平行四边形ABCD中，∴AD//BC，AB=CD,∴∠A=∠GBF，∠AFE=∠BFG，∠GCE=CED=90°,又∵点F为边AB中点，得AF=BF=1∴△AFE≌△BFG(ASA)，∠G=90°−∠CEF=50°，∴FE=FG，∴FC=FE=FG，∴∠FCG=∠G=50°,∴∠GFC=180°−∠FCG−∠G=80°,∵BF=12AB,AD=12∴BF=BC,∴∠BFC=∠FCG=50°,∴∠BFG=∠GFC−∠BFC=30°,∴∠AFE=∠BFG=30°,故答案为：30°.【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等的判定和性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角形等边对等角、三角形内角和，解题的关键是构造直角三角形.44．（2024上·辽宁抚顺·九年级统考期末）问题初探：数学课外兴趣小组活动时，数学杨老师提出了如下问题：在△ABC中，AB=7，AC=3，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法（如图1）：延长AD到E，使得DE=AD；再连接BE，把AB，AC，2AD集中在△ABE中；利用上述方法求出AD的取值范围是2<AD<5．(1)问题：请利用图1说明AC与BE的位置关系；感悟：数学杨老师给学生们总结解这类问题时，条件中若出现“中点”“中线”等条件，可以考虑倍长中线，或通过引平行线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中．(2)类比分析：如图2，△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠ABC=∠DBE=90°，BF是△BEC的中线，试探究线段AD与BF的数量和位置关系，并加以证明．(3)学以致用：如图3，已知△ABC为直角三角形，∠ACB=90°，D为斜边AB的中点，一个三角板的直角顶点与D重合，一个直角边DF与AC的延长线交于点F，另一直角边与BC边交于点E，若AF=12，BE=5，求出EF的长是多少？【答案】(1)AC∥BE，(2)AD=2BF，AD⊥BF，证明见解析(3)13【分析】（1）先判断出BD=CD，进而得出△EDB≌△ADCSAS，得出∠BED=∠CAD（2）延长BF到点Q，使FQ=BF，连接EQ，延长FB交AD于P，同（1）的方法可证得△EQF≌△CBFSAS，进而可证得BC∥EQ，可知∠CBE+∠BEQ=180°，由等腰直角三角形可知∠ABC=∠DBE=90°，进而可知∠ABD+∠CBE=180°，得∠ABD=∠BEQ，由AB=BC，BD=BE，得AB=QE，可证的△ABD≌△QEBSAS，得AD=QB，∠ADB=∠QBE，由∠QBE+∠PBD=90°，得∠ADB+∠PBD=90°，可证得BF⊥AD，由QB=2BF，得（3）延长ED到点G，使GD=DE，连接AG，FG，同（1）的方法可证得△ADG≌△BDESAS，得AG=BE=5，AG∥BE，结合∠ACB=90°，可得∠FAG=90°，由题意可知FD垂直平分GE，可得FG=FE，在Rt△FAG中，由勾股定理得【详解】（1）由题知：∵AD是△ABC的中线，∴BD=CD，又∵DE=AD，∠BDE=∠CDA，∴△EDB≌△ADCSAS∴∠BED=∠CAD，∴AC∥BE；（2）AD=2BF，AD⊥BF，理由如下：如图2，延长BF到点Q，使FQ=BF，连接EQ，延长FB交AD于P，∵BF是△BEC的中线，∴EF=CF，又∵FQ=BF，∠QFE=∠BFC，∴△EQF≌△CBFSAS∴∠FEQ=∠BCF，EQ=BC，∴BC∥EQ，∴∠CBE+∠BEQ=180°，又∵△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∴∠ABC=∠DBE=90°，AB=BC，BD=BE，∴∠ABC+∠DBE=180°，∴∠ABD+∠CBE=180°，∴∠ABD=∠BEQ，∵AB=BC，BD=BE，∴AB=QE，∴△ABD≌△QEBSAS∴AD=QB，∠ADB=∠QBE，∵∠QBE+∠PBD=90°，∴∠ADB+∠PBD=90°，∴∠BPD=90°，∴BF⊥AD，∵QB=2BF，∴AD=2BF，即AD=2BF，AD⊥BF；（3）延长ED到点G，使GD=DE，连接AG，FG，∵D为斜边AB得中点，∴AD=BD，又∵GD=DE，∠ADG=∠BDE，∴△ADG≌△BDESAS∴∠GAD=∠EDB，AG=BE=5，∴AG∥BE，∵∠ACB=90°，∴∠FAG+∠ACB=180°，∴∠FAG=90°，∵∠FDE=90°，GD=DE，∴FD垂直平分GE，∴FG=FE，AF=12，在Rt△FAG中，∠FAG=90°，则∴FE=FG=12【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，倍长中线法，等腰直角三角形的性质，垂直平分线的判定及性质，勾股定理，正确地作出辅助线，构造全等三角形是解本题的关键．45．（2020·江苏徐州·统考模拟预测）（1）阅读理解：如图①，在△ABC中，若AB＝8，AC＝5，求BC边上的中线AD的取值范围．可以用如下方法：将△ACD绕着点D逆时针旋转180∘（2）问题解决：如图②，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF（3）问题拓展：如图③，在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，CB＝CD，∠BCD＝100°，以C为顶点作一个50°的角，角的两边分别交AB、【答案】（1）1.5<AE<6.5；（2）见解析；（3）【分析】（1）如图①：将△ACD绕着点D逆时针旋转180∘得到△EBD可得△BDE≅△CDA（2）如图②：△FDC绕着点D旋转180°得到△NDB可得△BND≅△CFD，得出BN=CF（3）将△DCF绕着点C按逆时针方向旋转100°得到△BCH可得△HBC≌△FDC，得出CH=CF，∠HCB【详解】解：（1）如图①：将△ACD绕着点D逆时针旋转180∴△BDE≅△CDA∴BE=AC=5，∵AD是BC边上的中线，∴BD=在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB∴8﹣5＜AE＜8+5，即∴1.5＜AD故答案为1.5＜AD（2）证明：如图②：△FDC绕着点D旋转180°得到∴△BND≅△CFD∴BN=CF，∵DE∴EN=在△BNE中，由三角形的三边关系得：BE∴BE+（3）BE+如图③，将△DCF绕着点C按逆时针方向旋转∴△DCF≌△BCH，∴CH＝∴∠∵∠ABC∴∠HBC∴点A、B、H三点共线∵∠FCH=100°∴∠ECH∴∠FCE在△HCE和△CF=∴△HCE≌△FCE∴EH＝∵BE∴BE+【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查对全等三角形的性质和判定、三角形的三边关系定理、旋转的性质等知识点，通过旋转得到构造全等三角形是解答本题的关键.题型14构造辅助线证明两个三角形全等-截长补短法46．（2020·辽宁沈阳·统考一模）思维探索：在正方形ABCD中，AB＝4，∠EAF的两边分别交射线CB，DC于点E，F，∠EAF＝45°．（1）如图1，当点E，F分别在线段BC，CD上时，△CEF的周长是；（2）如图2，当点E，F分别在CB，DC的延长线上，CF＝2时，求△CEF的周长；拓展提升：如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，过点B作BD⊥BC，连接AD，在BC的延长线上取一点E，使∠EDA＝30°，连接AE，当BD＝2，∠EAD＝45°时，请直接写出线段CE的长度．【答案】思维探索：（1）8；（2）12；拓展提升：CE＝3﹣1．【分析】思维探索：（1）利用旋转的性质，证明△AGE≌△AFE即可；（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，证明△AEF≌△AGF即可求得EF＝DF﹣BE；拓展提升：如图3，过A作AG⊥BD交BD的延长线于G，推出四边形ACBG是矩形，得到矩形ACBG是正方形，根据正方形的性质得到AC＝AG，∠CAG＝90°，在BG上截取GF＝CE，根据全等三角形的性质得到AE＝AF，∠EAC＝∠FAG，∠ADF＝∠ADE＝30°，解直角三角形得到DE＝DF＝4，BE＝23，设CE＝x，则GF＝CE＝x，BC＝BG＝23﹣x，根据线段的和差即可得到结论．【详解】思维探索：（1）如图1，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，∴GB＝DF，AF＝AG，∠BAG＝∠DAF，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAD＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，在△AGE和△AFE中AG∴△AGE≌△AFE（SAS），∴GE＝EF，∵GE＝GB+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+DF，∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+BE+DF+CF＝BC+CD＝8，故答案为：8；（2）如，2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，同（1）可证得△AEF≌△AGF，∴EF＝GF，且DG＝BE，∴EF＝DF﹣DG＝DF﹣BE，∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+CF+DF﹣BE＝BC+DF+CF＝4+4+2+2＝12；拓展提升：如图3，过A作AG⊥BD交BD的延长线于G，∵BD⊥BC，∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠CBG＝∠G＝90°，∴四边形ACBG是矩形，∵AC＝BC，∴矩形ACBG是正方形，∴AC＝AG，∠CAG＝90°，在BG上截取GF＝CE，∴△AEC≌△AGF（SAS），∴AE＝AF，∠EAC＝∠FAG，∵∠EAD＝∠BAC＝∠GAB＝45°，∴∠DAF＝∠DAE＝45°，∵AD＝AD，∴△ADE≌△ADF（SAS），∴∠ADF＝∠ADE＝30°，∴∠BDE＝60°，∵∠DBE＝90°，BD＝2，∴DE＝DF＝4，BE＝23，设CE＝x，则GF＝CE＝x，BC＝BG＝23﹣x，∴DG＝2+23﹣x，∴DG﹣FG＝DF，即2+23﹣x﹣x＝4，∴x＝3﹣1，∴CE＝3﹣1．【点睛】本题以正方形为背景，结合旋转，三角形全等，解直角三角形进行综合性考查，熟知常见的全等模型，旋转性质，三角形的判定及性质，正方形，矩形的性质是解题的关键．47．（2021·安徽合肥·统考一模）已知：如图1，△ABC中，∠CAB=120°，AC=AB，点D是BC上一点，其中∠ADC=α（30°＜α＜90°），将△ABD沿AD所在的直线折叠得到△AED，AE交CB于F，连接CE(1)求∠CDE与∠AEC的度数（用含α的代数式表示）；(2)如图2，当α=45°时，解决以下问题：①已知AD=2，求CE的值；②证明：DC-DE=2AD；【答案】(1)∠CDE=180°−2α，∠AEC=α(2)①4；②见解析【分析】（1）由折叠对应角相等与“双蝴蝶型”相似可得；（2）由α=45°求出∠CAF=90°，再由“蝴蝶型”相似求得；（3）“截长补短”法：在BC上取一点H，使得CH=DE．【详解】（1）∵ΔABD沿AD所在的直线折叠得到ΔAED，∴∠ADE=∠ADB=180°-α，∴∠CDE=180°-2α；∵∠CAB=120°，AC=AB，∴∠ACB=∠B=∠AED=30°，∵∠DFE=∠AFC，∴△DEF∽△AFC，∴DF：AF=EF：CF，∵∠EFC=∠AFD，∴△AFD∽△CFE，∴∠AEC=∠ADC=α，故答案：180°-2α；

α（2）①∵α=45°，∴∠DAF=∠DAB=15°，∴∠CAF=90°，∴AF：CF=1：2，∵△AFD∽△CFE，∴AD：CE=AF：CF=1：2，∴CE=4，故答案：4；②在BC上取一点H，使得CH=DE，∵AC=AE，∠ACH=∠AED，∴ΔACH≌ΔADE，∴AD=AH，∠DAE=∠CAH，∴∠DAH=90°，∴DH=2AD，∴DC-ED=DC-CH=DH=2AD【点睛】本题考查的是翻折变换的性质、全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定以及勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换和相似三角形的性质与判定是解题的关键．48．（2020·全国·九年级专题练习）如图，△ABC是边长为2的等边三角形，△BDC是顶角为120°的等腰三角形，以点D为顶点作∠MDN=60°，点M、N分别在AB、AC上．（1）如图①，当MN//BC时，则（2）如图②，求证：BM+NC=MN．【答案】（1）4；（2）见解析【分析】（1）首先证明△BDM≌△CDN，进而得出△DMN是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=12DM=1（2）延长AC至点E，使得CE=BM，连接DE，首先证明△BDM≌△CDE，再证明△MDN≌△EDN，得出MN=NE，进而得出结果即可．【详解】解：（1）∵△ABC是等边三角形，MN//∴∠AMN=∠ABC=60°，∠ANM=∠ACB=60°∴△AMN是等边三角形，∴AM=AN，则BM=NC，∵△BDC是顶角∠BDC=120°的等腰三角形，∴∠DBC=∠DCB=30°，∴∠DBM=∠DCN=90°，在△BDM和△CDN中，BM=CN,∴△BDM≌△CDNSAS∴DM=DN，∠BDM=∠CDN，∵∠MDN=60°，∴△DMN是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，∴NC=BM=12DM=∴△AMN的周长=AB+AC=4．（2）如图，延长AC至点E，使得CE=BM，连接DE，∵△ABC是等边三角