备战2024中考数学考试易错模型01 全等模型（八大易错分析+变式训练+易错题通关）（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages2727页易错模型01全等模型易错模型一：角平分线模型角平分线的性质与判定角的平分线的性质：角的平分线的性质：角的平分线上的点到角两边的距离相等.用符号语言表示角的平分线的性质定理：

若CD平分∠ADB，点P是CD上一点，且PE⊥AD于点E，PF⊥BD于点F，则PE＝PF.2、角的平分线的判定：角平分线的判定：角的内部到角两边距离相等的点在角的平分线上.用符号语言表示角的平分线的判定：

若PE⊥AD于点E，PF⊥BD于点F，PE＝PF，则PD平分∠ADB3、角的平分线的尺规作图角平分线的尺规作图步骤：（1）以O为圆心，适当长为半径画弧，交OA于D，交OB于E.

（2）分别以D、E为圆心，大于DE的长为半径画弧，两弧在∠AOB内部交于点C.

（3）画射线OC，射线OC即为所求.4、三角形的角平分线：三角形的三个内角的角平分线交于一点，且到三边的距离相等。角平分线的性质定理与判定定理的区别与联系：角平分线的性质定理中的题设“在角的平分线上的点”，这个点不是一个点，实际上是指角平分线上的任意一点，或者说是角平分线上的所有点都具有“到角两边的距离相等”的性质。角平分线的性质定理与判定定理是两个互逆定理，是两个互逆的真命题。要从题设、条件与结论的关系上理解它们的区别和联系。点在角平分线上点到这个叫的两边的距离相等。角平分线的性质定理与判定定理在应用时的作用不同。性质定理的结论是确定点到角的两边的距离相等的问题。判定定理的结论是判定点是否在角平分线上的问题。【易错点】发现几何关键字：角平分线，学会用角平分线的性质添加辅助线——过角平分线上的点向两边作垂线；例1．如图，在中，，和的平分线、相交于点，交于点，交于点，若已知周长为，，，则长为（

）A． B． C． D．4【答案】B【分析】证明得出，证明得出，进而即可求解．【详解】解：如图，在上截取，连接平分，平分，，，，，，，在和中，，，，，，在和中，，，，，周长为，，，，．故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，角分线的定义，构造全等三角形是解题的关键．例2．如图，在锐角中，，，的平分线交于点D，点M，N分别是和上的动点，则的最小值是．

【答案】6【分析】先根据三角形全等的判定定理与性质可得，再根据两点之间线段最短可得的最小值为，然后根据垂线段最短可得当时，取得最小值，最后利用三角形的面积公式即可得．【详解】如图，在上取一点E，使，连接，

是的平分线，，在和中，，，，，由两点之间线段最短得：当点共线时，取最小值，最小值为，又由垂线段最短得：当时，取得最小值，，，解得，即的最小值为6，故答案为：6．【点睛】本题考查了角平分线的定义、三角形全等的判定定理与性质、两点之间线段最短、垂线段最短等知识点，正确找出取得最小值时的位置是解题关键．变式1．如图，在中，平分，点D是的中点，且，连接，，则的度数为．用含的式子表示）

【答案】【分析】过作于，于，即可得到，得到，再由四边形内角和可得，即可根据求解．【详解】过作于，于，则

∵平分，∴，∵点D是的中点，且，∴，，∴，∴，∴，∵四边形中，，∴，∵，∴，故答案为：．【点睛】本题考查角平分线的性质，垂直平分线的性质，利用角平分线的性质作辅助线是解题的关键．变式2．如图中，，分别作的两个内角平分线和，、相交于点，连接，有以下结论：①；②平分；③；④，其中正确的结论有．【答案】①②③④【分析】由三角形内角和定理和角平分线得出的度数，再由三角形内角和定理可求出的度数，①正确；过点P作，由角平分线的性质可知是的平分线，②正确；，故，由四边形内角和定理可得出，故，由全等三角形的判定定理可得出，故可得出，③正确；由三角形全等的判定定理可得出，故可得出，再由可得出，④正确；即可得出结论．【详解】解：∵、分别是与的角平分线，，∴，∴，①正确；过点P作，∵、分别是与的角平分线，∴，∴，∴是的平分线，②正确；∴，∵，∴，∵，∴，∴，在与中，，∴，∴，③正确；在与中，，∴，同理，，∴，两式相加得，，∵，∴，④正确；故答案为：①②③④．【点睛】本题考查的是角平分线的性质、全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．变式3．已知，是的平分线．三角板的直角顶点在射线上移动，(1)在图1中，三角板的两直角边分别与，交于，，求证：；(2)在图2中，三角板的一条直角边与交于点，另一条直角边与的反向延长线交于点，猜想此时（1）中的结论是否成立，画出图形，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)结论仍成立，理由见解析【分析】本题考查角了角平分线的性质以及全等三角形的判定与性质，作出辅助线构三角形是解题的关键．（1）过作于，于，由为的平分线，利用角平分线定理得到，利用同角的余角相等得到一对角相等，利用得到与全等，利用全等三角形的对应边相等即可得证；（2）同（1）可证明．【详解】（1）解：过作于，于，∵是的平分线，∴，，∵，，∴，∴．（2）画出图形，结论仍成立，理由如下：过作于，于，∵是的平分线，∴，，∵，，∴，∴，∴．1．如图，为的角平分线，且，为延长线上的一点，，过作，为垂足．下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（

）

A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④【答案】D【分析】易证，可得，可得①②正确，再根据角平分线的性质可求得，即③正确，根据③可求得④正确．【详解】解：为的角平分线，，在和中，，，①正确；，，，，，，②正确，，，，，，，③正确；过作，交的延长线于点，

，

平分，，在和中，，，，在和中，，，，，④正确；故选：D．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，全等三角形的对应边、对应角相等的性质，本题中熟练求证三角形全等和全等三角形对边角、对应边相等的性质是解题的关键．2．如图，△ABC的外角∠ACD的平分线CP与内角∠ABC平分线BP交于点P，若∠BPC=36°，则∠CAP=．【答案】54°【分析】根据外角与内角性质得出∠BAC的度数，再利用角平分线的性质以及直角三角形全等的判定，得出∠CAP=∠FAP，即可得出答案【详解】解：延长BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，设∠PCD=x，∵CP平分∠ACD，∴∠ACP=∠PCD=x，PM=PN，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP=∠PBC，PF=PN，∴PF=PM，∵∠BPC=36°，∴∠ABP=∠PBC=∠PCD-∠BPC=（x-36°），∴∠BAC=∠ACD-∠ABC=2x-（x-36°）-（x-36°）=72°，∴∠CAF=108°，在Rt△PFA和Rt△PMA中，PA=PA，PF=PM，∴RtRt（HL），∴∠FAP=∠PAC=54°．故答案为：54°．【点睛】此题主要考查了角平分线的性质以及三角形外角的性质和直角三角全等的判定等知识，根据角平分线的性质得出PM=PN=PF是解决问题的关键．3．如图，在五边形中，，平分，．

(1)求证：；(2)若，求的度数．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）在上截取，连接，证明，根据全等三角形的性质得出，，进而证明，根据全等三角形的性质得出，进而即可求解；（2）根据全等三角形的性质，结合图形可得，即可求解．【详解】（1）解：在上截取，连接．

∵平分，∴．在和中，∴∴，．又∵，∴．又∵，∴，∴．在和中，，∴∴．∴．（2）∵，∴．∵，∴．∴．∴．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．4．如图，在中，，的角平分线、相交于点O，求证：．

【答案】证明见解析【分析】根据三角形内角和定理和角平分线的定义，得到，，在上截取，连接，分别证明，，得到，即可证明结论．【详解】证明：，，、分别平分、，，，，，，如图，在上截取，连接，

在和中，，，，，，，在和中，，，，，．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，角平分线的定义，做辅助线构造全等三角形是解题关键．易错模型二：垂直模型【模型解读】模型主体为两个直角三角形，且两条斜边互相垂直．【常见模型】【易错点】善于发现两个有关联的直角，利用直角三角形的两个锐角互余的特征来做；例3．如图，直线上有三个正方形，若，的面积分别为5和11，则的面积为（

）A．13 B．16 C．36 D．55【答案】B【分析】根据正方形的性质，易证，可得，，根据，的面积以及勾股定理即可求出的面积．【详解】解：如图：根据题意，得，，，，，在和中，，，，，，的面积分别为5和11，，，，根据勾股定理，得，的面积为16，故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，涉及正方形的性质，勾股定理等，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．例4．如图，为等腰直角三角形，若，，则点的坐标为．【答案】【分析】过点作轴于点T．证明，可得结论．【详解】解：如图中，过点作轴于点．∵，，∴，，∵，∴，，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了坐标与图形，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，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．变式1．如图，在中，，，分别过点，作经过点的直线的垂线段，，若，，则的长为．【答案】6【分析】利用垂直的定义得到，由平角的定义及同角的余角相等得到，利用证得，由全等三角形对应边相等得到，，由即可求出长．【详解】解：，，，，，，在和中，，∴，，，则．故答案为：6．【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，根据由平角的定义及同角的余角相等证得是解决问题的关键．变式2．如图，是等腰直角三角形，直角顶点与坐标原点重合，若点B在反比例函数的图象上，则经过点A的反比例函数表达式为．【答案】【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，推出，由此即可得到答案．【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，∴，∴，∴，∴经过点A的反比例函数表达式为，故答案为：．【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．变式3．综合与实践：如图1，已知中，，，、分别与过点的直线垂直，且垂足分别为，．(1)猜想线段、、三者之间的数量关系，并给予证明．(2)如图2，当过点的直线绕点旋转到的内部，其他条件不变，线段、、三者之间的数量关系是否发生改变？若改变，请直接写出三者之间的数量关系，若不改变，请说明理由；【答案】(1)，理由见解析；(2)改变，，理由见解析．【分析】（）由“”可证，可得，，即可求解；（）由“”可证，根据全等三角形的性质得到，，由线段的和差关系可求解；本题考查了几何变换综合题，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．【详解】（1）解：，理由如下：∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∴；（2）改变，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∴，即．1．如下图所示，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D．DE=6cm，AD=9cm，则BE的长是（

）A．6cm B．1.5cm C．3cm D．4.5cm【答案】C【分析】本题可通过全等三角形来求BE的长．△BEC和△CDA中，已知了一组直角，∠CBE和∠ACD同为∠BCE的余角，AC=BC，可据此判定两三角形全等；那么可得出的条件为CE=AD，BE=CD，因此只需求出CD的长即可．而CD的长可根据CE即AD的长和DE的长得出，由此可得解．【详解】解：∵∠ACB=90°，BE⊥CE，∴∠BCE+∠ACD=90°，∠BCE+∠CBE=90°；∴∠ACD=∠CBE，又AC=BC，∴△ACD≌△CBE；∴EC=AD，BE=DC；∵DE=6cm，AD=9cm，则BE的长是3cm．故选C．【点睛】三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．2．如图，正方形的边长为5，点A的坐标为，点B在y轴上，若反比例函数的图象过点C，则k的值为．【答案】【分析】过点作轴于，根据正方形的性质可得，，再根据同角的余角相等求出，然后利用“角角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，，再求出，然后写出点的坐标，再把点的坐标代入反比例函数解析式计算即可求出的值．【详解】解：如图，过点作轴于，在正方形中，，，，，，点的坐标为，，，，在和中，，，，，，点的坐标为，反比例函数的图象过点，，故答案为：．【点睛】此题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，全等三角形的判定与性质，涉及到正方形的性质，反比例函数图象上的点的坐标特征，解题的关键是作辅助线构造出全等三角形并求出点的坐标．3．如图，在平面直角坐标系中，，，B为y轴正半轴上一点，D在第四象限，且，平分，．(1)直接写出B点坐标；(2)求证：；(3)求四边形的面积．【答案】(1)(2)见解析(3)32【分析】（1）先证明，进而推出，则，由此求解即可；（2）如图所示，在上取一点E使得，利用证明，得到，再证明，得到，则；（3）如图所示，过点D作轴于F，证明，得到，则，，再由进行求解即可．【详解】（1）解：∵，平分，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，（2）解：如图所示，在上取一点E使得，

∵平分，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴；此题方法较多，如以下两种辅助线方式同理可证.

（3）解：如图所示，过点D作轴于F，

，，，，，，由（2）得，，，，，，，．【点睛】本题主要考查了坐标与图形，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．4．已知，射线于点A，，等腰直角的顶点D，E分别在射线和上，，，过点作于点，延长交射线于点．

(1)如图，点，在线段，上．①若，，求的度数；②证明：；(2)若，，请直接写出线段BE的长．【答案】(1)①；②见解析(2)3或5或7或9【分析】（1）①根据三角形内角和在中可求，继而可得，再由直角三角形的两个锐角互余即可求出；②利用同角的余角相等可证明，，进而可得，由全等性质即可得出结论；（2）根据点E和点H位置不同分四种情况画图讨论，由（1）②的结论即可解答．【详解】（1）①解：在中，，，∴，∵，∴，∵于点G，∴，∴；②证明：∵，，∴，，∴，∵，，∴，，∴，∵，∴，∴．（2）∵，，由（1）可知：，∴，，根据顶点E分别在射线上和点F不同位置有四种情况；I．当点在线段上点H在点A右侧时，如图：

∴，II．当点在线段上，点H在点A左侧时，如图2-2：

∴，III．当点在线段延长线上、点H在点A左侧时，如图2-3：

∴，IV．当点在线段延长线上、点H在点A右侧时，如图2-4：

∴，综上所述：线段的长为3或5或7或9．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，难点在问题（2），需要根据点E和点H的位置不同正确画出图形，根据线段的和差进行计算．易错模型三：半角模型【模型分析】过等腰三角形顶点两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型．【常见模型】常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系．半角模型（题中出现角度之间的半角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论．【易错点】当出现45°角和60°角时，要联系到半角模型；例5．如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（

）A．36 B．21 C．30 D．22【答案】B【分析】将关于对称得到，从而可得的面积为15，再根据对称的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，最后根据与的面积之和等于与的面积之和即可得．【详解】解：如图，将关于AE对称得到，则，，，，，在和中，，，，，即是直角三角形，，，即与的面积之和为21，故选：B．【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．例6．如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝45°，则DE的长为．【答案】2【分析】延长BA到点G，使AG=CF，连接DG，EF，利用SAS证明△ADG≌△CDF，得∠CDF=∠GDA，DG=DF，再证明△GDE≌△FDE（SAS），得GE=EF，设AE=x，则BE=6x，EF=x+3，再利用勾股定理解决问题．【详解】解：延长BA到点G，使AG＝CF，连接DG，EF，∵AD＝CD，∠DAG＝∠DCF，∴△ADG≌△CDF（SAS），∴∠CDF＝∠GDA，DG＝DF，∵∠EDF＝45°，∴∠EDG=∠ADE+∠ADG＝∠ADE+∠CDF＝45°，∵DE＝DE，∴△GDE≌△FDE（SAS），∴GE＝EF，∵F是BC的中点，∴AG=CF=BF=3，设AE＝x，则BE＝6﹣x，EF＝x+3，由勾股定理得，（6﹣x）2+32＝（x+3）2，解得x＝2，∴AE＝2，∴DE＝，故答案为：2．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握半角模型的处理策略是解题的关键．变式1如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将ADF绕点A顺时针旋转90°得到ABG，若BE＝2，则EF的长为．【答案】5【分析】由旋转的性质可得，，，由“”可证，可得，由勾股定理可求解．【详解】解：由旋转的性质可知：，，，，点在的延长线上，四边形为正方形，．又，．．．在和中，，，，，，，，，故答案为：5．【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理的应用，正方形的性质，解题的关键是掌握利用勾股定理求线段的长．变式2．在中，，点在边上，．若，则的长为．【答案】【分析】将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，可得△ACE≌△BCG，从而得FG2＝AE2＋BF2，再证明△ECF≌△GCF，从而得EF2＝AE2＋BF2，进而即可求解．【详解】解：将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，∵∠BCE＋∠ECA＝∠BCG＋∠BCE＝90°∴∠ACE＝∠BCG．∵在△ACE与△BCG中，∵，∴△ACE≌△BCG（SAS），∴∠A＝∠CBG＝45°，AE＝BG，∴∠FBG＝∠FBC＋∠CBG＝90°．在Rt△FBG中，∠FBG＝90°，∴FG2＝BG2＋BF2＝AE2＋BF2．又∵∠ECF＝45°，∴∠FCG＝∠ECG−∠ECF＝45°＝∠ECF．∵在△ECF与△GCF中，，∴△ECF≌△GCF（SAS）．∴EF＝GF，∴EF2＝AE2＋BF2，∵，∴BF=，故答案是：．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质以及旋转变换，二次根式的化简，通过旋转变换，构造全等三角形，是解题的关键．变式3．（1）阅读理解如图1，在正方形ABCD中，若E，F分别是CD，BC边上的点，∠EAF＝45°，则我们常常会想到：把ADE绕点A顺时针旋转90°，得到ABG．易证AEF≌，得出线段BF，DE，EF之间的关系为；（2）类比探究如图2，在等边ABC中，D，E为BC边上的点，∠DAE＝30°，BD＝1，EC＝2．求线段DE的长；（3）拓展应用如图3，在ABC中，AB＝AC＝，∠BAC＝150°，点D，E在BC边上，∠DAE＝75°，若DE是等腰ADE的腰，请直接写出线段BD的长．

【答案】（1）AGF，EF＝DE+BF；（2）DE＝；（3）BD＝2或2【分析】（1）证明△AGF≌△AEF（SAS），则GF＝EF，即GF＝BG+BF＝DE+BF＝EF，即可求解；（2）证明△AFD≌△AED（SAS），则FD＝DE，在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，则BH＝BF＝1，FH＝BFsin60°＝2×＝，则,即可求解；（3）①当DE＝AD时，△ADE≌△ADF（SAS），在△ABC中，AB＝AC＝，∠HAC＝30°，由BC2＝（AB+AH）2+HC2得：BC2＝（x+x）2+（x）2，求出BC＝4+2；在△ADE中，AD＝DE＝a，∠ADE＝30°，同理可得：AE＝，由AB2+AE2＝BE2，求出a＝2，即可求解；②当DE＝AE时，BD对应①中的CE，即可求解．【详解】解：（1）由图象的旋转知，AG＝AE，∠DAE＝∠GAB，∵∠BAF+∠DAE＝∠BAD﹣∠EAF＝45°，∴∠GAF＝∠GAB+∠BAF＝∠DAE+∠BAF＝90°﹣∠EAF＝45°＝∠EAF，又∵AG＝AE，AF＝AF，∴△AGF≌△AEF（SAS），∴GF＝EF，即GF＝BG+BF＝DE+BF＝EF，即EF＝DE+BF，故答案为：AGF，EF＝DE+BF；（2）将△AEC围绕点A旋转到△AFB的位置，连接FD，由（1）知，△AFB≌△AEC（SAS），则AF＝AE，FB＝EC＝2，∵∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠EAC+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝60°﹣30°＝∠DAE，∵AD＝AD，AF＝AE，∴△AFD≌△AED（SAS），∴FD＝DE，∠ABF＝∠C＝60°，在△BDF中，BD＝1，BF＝2，∠FBD＝∠ABF+∠ABC＝60°+60°＝120°，过点F作FH⊥BD交DB的延长线于点H，则∠FBH＝60°，在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，则BH＝BF＝1，FH＝BFsin60°＝2×＝，则故DE＝；

（3）①当DE＝AD时，则∠DAE＝∠DEA＝75°，则∠ADE＝180°﹣2×75°＝30°，在等腰△ABC中，∠BAC＝150°，则∠ABC＝∠ACB＝15°，将△AEC围绕点A旋转到△AFB所在的位置（点F对应点E），连接DF，由（2）同理可得：△ADE≌△ADF（SAS），∴DF＝DE，∵∠ADE＝∠ABC+∠BAD＝15°+∠BAD＝30°，故∠BAD＝15°＝∠ABD，∴AD＝BD＝ED，设BD＝a，则AD＝BD＝ED＝a，则BE＝2a，过点C作CH⊥BA交BA的延长线于点H，则∠HAC＝2∠ABC＝30°，在△ABC中，AB＝AC＝，∠HAC＝30°，设AC＝x，则CH＝x，AH＝x，由BC2＝（AB+AH）2+HC2得：BC2＝（x+x）2+（x）2，将x＝代入上式并解得：BC＝4+2；在△ADE中，AD＝DE＝a，∠ADE＝30°，同理可得：AE＝，∵∠ABE＝15°，∠AEB＝75°，故∠BAE＝90°，在Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE2，即（）2+（）2＝（2a）2，解得a＝±2（舍去负值），故a＝2，则BD＝2，CE＝BC﹣2a＝4+2﹣4＝2；②当DE＝AE时，BD对应①中的CE，故BD＝2；综上，BD＝2或2．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，解直角三角形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.1．如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A按顺时针方向旋转90°后得到△AFB，连接EF，有下列结论：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正确的有（）

A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．③④【答案】C【分析】利用旋转性质可得△ABF≌△ACD，根据全等三角形的性质一一判断即可．【详解】解：∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB，∴△ABF≌△ACD，∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正确，∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正确无法判断BE＝CD，故①错误，故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．2．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为．【答案】2+2【分析】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN＋BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD＋DC，代入求出答案即可．【详解】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：

由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，∵∠BAC＝∠D＝90°，∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∴∠ABD+∠ABE＝180°，∴E，B，M三点共线，∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAM＝∠MAN，在△AEM和△ANM中，，

∴△AEM≌△ANM（SAS），∴MN＝ME，∴MN＝CN+BM，∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BC＝4，∴CD＝BC＝2，BD＝＝2，∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝2+2，故答案为：2+2．【点睛】本题考查直角三角形、全等三角形的性质和判定、旋转的性质的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键．3．如图，已知在△ABC中，AB＝AC，D、E是BC边上的点，将△ABD绕点A旋转，得到△AC，连接E．(1)当∠BAC＝120°，∠DAE＝60°时，求证：DE＝E；(2)当DE＝E时，∠DAE与∠BAC有怎样的数量关系？请写出，并说明理由．(3)在（2）的结论下，当∠BAC＝90°，BD与DE满足怎样的数量关系时，△EC是等腰直角三角形？（直接写出结论，不必证明）【答案】(1)见解析(2)∠DAE＝∠BAC，理由见解析(3)DE＝BD【分析】（1）根据旋转的性质可得AD＝A，∠CA＝∠BAD，然后求出∠D′AE＝60°，从而得到∠DAE＝∠AE，再利用“边角边”证明△ADE和△AE全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；（2）根据旋转的性质可得AD＝A，再利用“边边边”证明△ADE和△AE全等，然后根据全等三角形对应角相等求出∠DAE＝∠AE，然后求出∠BAD＋∠CAE＝∠DAE，从而得解；（3）求出∠CE＝90°，然后根据等腰直角三角形斜边等于直角边的倍可得E＝C，再根据旋转的性质解答即可．【详解】（1）证明：∵△ABD绕点A旋转得到△AC，∴AD＝A，∠CA＝∠BAD，∵∠BAC＝120°，∠DAE＝60°，∴∠AE＝∠CA＋∠CAE＝∠BAD＋∠CAE＝∠BAC﹣∠DAE＝120°﹣60°＝60°，∴∠DAE＝∠AE，在△ADE和△AE中，∵，∴△ADE≌△AE（SAS），∴DE＝E；（2）解：∠DAE＝∠BAC．理由如下：在△ADE和△AE中，，∴△ADE≌△AD′E（SSS），∴∠DAE＝∠AE，∴∠BAD＋∠CAE＝∠CAD′＋∠CAE＝∠D′AE＝∠DAE，∴∠DAE＝∠BAC；（3）解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝∠AC＝45°，∴∠CE＝45°＋45°＝90°，∵△EC是等腰直角三角形，∴E＝C，由（2）DE＝E，∵△ABD绕点A旋转得到△AC，∴BD＝，∴DE＝BD．【点睛】本题考查了几何变换的综合题，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小找出三角形全等的条件是解题的关键．4．如图，四边形是正方形，E是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点F．(1)求证：；(2)连接，则的值为__________；(3)连接，设与交于点H，连接，探究之间的关系．【答案】(1)见解析(2)(3)，理由见解析【分析】（1）取的中点，并连接，通过正方形和等腰直角三角形的基本性质，证明，即可得出结论；（2）连接后，由点，分别为，的中点，推出为的中位线，再结合全等三角形的性质转换边长，根据中位线定理求解即可；（3）结合（1）的结论，可得到，从而考虑运用“半角”模型，因此延长至点，使得，连接，运用两次基础全等证明即可得出结论．【详解】（1）证明：如图所示，取的中点，并连接，∴，∵E是边的中点，∴，∵四边形是正方形，∴，∵，，∴，，∴，∵，∴，，∵正方形外角的平分线为，∴，∴，在和中，∴，∴；（2）解：如图所示，连接，∵点，分别为，的中点，∴为的中位线，∴，由（1）得，∴，∴，∴，故答案为：；（3）解：，理由如下：如图所示，延长至点，使得，连接，由正方形基本性质得：，，∴，∴，，由（1）知，，且，∴，∴，∴，即：，在和中，∴，∴，∵，，∴，∴．【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形判定与性质，等腰直角三角形的性质、三角形中位线定理等知识点，在证明第一小问时要合理作出辅助线，才能为后面的问题做良好的铺垫，掌握基本图形的性质，熟练运用基本定理是解题关键．易错模型四：一线三等角模型【模型解读】基本图形如下：此类图形通常告诉BD⊥DE，AB⊥AC，CE⊥DE，那么一定有∠B＝∠CAE．【常见模型】例7．如图，点P，D分别是∠ABC边BA，BC上的点，且，．连结PD，以PD为边，在PD的右侧作等边△DPE，连结BE，则△BDE的面积为（

）A． B．2 C．4 D．【答案】A【分析】要求的面积，想到过点作，垂足为，因为题目已知，想到把放在直角三角形中，所以过点作，垂足为，利用勾股定理求出的长，最后证明即可解答．【详解】解：过点作，垂足为，过点作，垂足为，在中，，，，，，是等边三角形，，，，，，，，，，的面积，，，故选：A．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形、勾股定理，解题的关键是根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线．例8．小李用7块长为，宽为的相同长方体小木块，垒了两堵与地面垂直的木墙，木墙之间刚好可以放进一个等腰直角三角板点在上，点和分别与木墙的顶端重合，则两堵木墙之间的距离为．【答案】36【分析】根据题意可得，，，，进而得到，再根据等角的余角相等可得，再证明，利用全等三角形的性质进行解答．此题主要考查了全等三角形的应用，解题的关键是正确找出证明三角形全等的条件．【详解】解：由题意得，，，，，，，，，，在和中，，，，，，则两堵木墙之间的距离为，故答案为：36．变式1．如图，在四边形中，，，点是上一点，连接、，若，，则的长为．

【答案】10【分析】先证明，再证明，即可作答．【详解】，又，，，，，，，，，，故答案为：10．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的外角的性质等知识，掌握三角形的判定与性质是解答本题的关键．变式2．如图所示，中，．直线l经过点A，过点B作于点E，过点C作于点F．若，则．

【答案】7【分析】根据全等三角形来实现相等线段之间的关系，从而进行计算，即可得到答案；【详解】解：∵BE⊥l，CF⊥l，∴∠AEB=∠CFA=90°．∴∠EAB+∠EBA=90°．又∵∠BAC=90°，∴∠EAB+∠CAF=90°．∴∠EBA=∠CAF．在△AEB和△CFA中∵∠AEB=∠CFA，∠EBA=∠CAF，AB=AC，∴△AEB≌△CFA．∴AE=CF，BE=AF．∴AE+AF=BE+CF．∴EF=BE+CF．∵，∴；故答案为：7．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，余角的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的证明三角形全等．变式3．如图所示，在平面直角坐标系中，一次函数与坐标轴交于、两点，若是等腰直角三角形，求点的坐标．

【答案】点的坐标是．【分析】通过一次函数解析式能求出、两点的坐标，也就是，的长，由等腰直角可以得出，作垂直于轴，构造，从而求出、的长，得到点的坐标，本题考查了一次函数求交点坐标，全等三角形的判定和性质，解题的关键是作辅助线构造全等三角形．【详解】解：当时，，解得，即点坐标为，当时，，则点坐标为，作垂直于轴，

∴，∵是等腰直角三角形，，，，，，在和中，∴，，，，，∴点的坐标是．1．如图，在△ABC中，AB＝AC＝9，点E在边AC上，AE的中垂线交BC于点D，若∠ADE＝∠B，CD＝3BD，则CE等于（）A．3 B．2 C． D．【答案】A【分析】根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，推出∠BAD＝∠CDE，根据线段垂直平分线的性质得到AD＝ED，根据全等三角形的性质得到CD＝AB＝9，BD＝CE，即可得到结论．【详解】解：∵AB＝AC＝9，∴∠B＝∠C，∵∠ADE＝∠B，∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB，∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB，∴∠BAD＝∠CDE，∵AE的中垂线交BC于点D，∴AD＝ED，在△ABD与△DCE中，，∴△ABD≌△DCE（AAS），∴CD＝AB＝9，BD＝CE，∵CD＝3BD，∴CE＝BD＝3故选：A．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的性质，属于基础题．2．如图，已知ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AD⊥DE于点D，BE⊥DE于点E，且点C在DE上，若AD＝5，BE＝8，则DE的长为．【答案】13【分析】先根据AD⊥DE，BE⊥DE，∠ADC=∠CEB=90°，则∠DAC+∠DCA=90°，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，可得AC=CB，推出∠DAC=∠ECB，即可证明△DAC≌△ECB得到CE=AD=5，CD=BE=8，由此求解即可．【详解】解：∵AD⊥DE，BE⊥DE，∴∠ADC=∠CEB=90°，∴∠DAC+∠DCA=90°，∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴∠DCA+∠BCE=90°，AC=CB∴∠DAC=∠ECB，∴△DAC≌△ECB（AAS），∴CE=AD=5，CD=BE=8，∴DE=CD+CE=13，故答案为：13．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，垂线的定义，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．3．如图1，在中，，,直线经过边．将绕点C顺时针旋转一定的角度，过点A作于点D，过点B作于点E．

(1)当绕点C旋转到图2的位置时，①求证：；②求证：；(2)当绕点C旋转到图3的位置时，（1）中的结论②还成立吗？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．【答案】(1)①见详解；②见详解(2)不成立，，理由见详解【分析】本题主要考查全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键；（1）①由题意易得，，然后问题可求证；②由①可进行求证；（2）由题意易证，然后问题可求证．【详解】（1）证明：①∵，，∴，∴，∴，∵，∴；②∵，∴，∴；（2）解：（1）中的结论②不成立，，理由如下：同理（1）可证，∴，∴．4．在中，，，直线经过点，且于，于．

(1)当直线绕点旋转到图1位置时，求证：；(2)当直线绕点旋转到图2位置时，试问：、、有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明；(3)当直线绕点旋转到图3位置时，、、之间的等量关系是___（直接写出答案，不需证明）．【答案】(1)见解析(2)，证明见解析(3)【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质．余角的性质，解题的关键在于找出证明三角形全等的条件．（1）先用证明，得，，进而得出；（2）先用证明，可得，，进而得出；（3）证明过程同（2），进而可得．【详解】（1）证明：由题意知，，，∴，，∴，在和中，∵，∴，∴，，∴，∴．（2）解：．证明：∵，，∴，∴，，∴，在和中，∵，∴，∴，，又∵,∴．（3）解：．证明：∵于，于，∴，∴，，∴∠ACD＝∠EBC，在和中，∵，∴，∴，，又∵，∴．易错模型五：手拉手模型【模型分析】将两个三角形绕着公共顶点（即头）旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等．【模型图示】公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”．对应操作：左手拉左手（即连结BD），右手拉右手（即连结CE），得．【常见模型】（等腰）（等边）（等腰直角）例9．如图，在ABC中，AB=AC=2，∠BAC=，D为线段BC边上的动点，以BD为边向上作等边BED，连接CE、AD，则AD+CE的最小值为（

）

A．4 B．2+6 C．+3 D．6【答案】A【分析】以AB为边，在AB的左侧作等边ABF，连接EF，先根据“SAS”证明，从而得出FE=AD，然后根据，∠BAC=可证F，A，C在同一条直线上，根据“两点之间，线段最短”可得AD+CE的最小值为CF，即可求解．【详解】解：以AB为边，在AB的左侧作等边ABF，连接EF，

∵BED和ABF都是等边三角形，∴，BE=BD，BF=AB=AF，∴∠FBE=∠ABD，∴（SAS），∴FE=AD，∵，∠BAC=，

∴∴F，A，C在同一条直线上，∵FE=AD，∴AD+CE=FE+CECF，当C，E，F在同一直线上时，AD+CE取最小值，最小值为CF，∵AB=AC=2，AB=AF，∴AF=2，∴CF=，即AD+CE的最小值为．故选：A．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、两点之间，线段最短等知识，构造，从而把求AD+CE的最小值转化为EF+CE的最小值的解题的关键．例10．如图，C为线段上一动点（不与点A、E重合），在同侧分别作正和正，与交于点O，与交于点P，与交于点Q，连接．以下五个结论：①；②；③；④；⑤．恒成立的结论有．（把你认为正确的序号都填上）【答案】①②③⑤【分析】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，平行线的判定以及性质．①由于和是等边三角形，可知，，，从而利用证出，可推知；②由得，，，得到，再根据推出为等边三角形，又由，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；③由①和②可得出，，即可证；④根据，，可知，，且，得出，可知④错误；⑤利用等边三角形的性质得出，再根据平行线的性质得到，于是，可知⑤正确．【详解】解：①∵正和正，∴，，，∵，，∴，在和中，∴，∴，，故①正确；②又∵，，，∴．∴，∴，∴，∴，故②正确；③∵，∴，∵∴，∴，∴，故③正确；④∵，且，∴，故④错误；⑤∵，∴，∵是等边三角形，∴，∴，∴∴，故⑤正确．∴正确的有：①②③⑤．故答案为：①②③⑤．变式1．如图，和都是等腰直角三角形，，的顶点A在的斜边DE上，连接BD，有下列结论：①；②；③；④；其中正确的结论有（填序号）【答案】①②③④【分析】首先可根据“手拉手”模型推出，进而利用全等三角形的证明①，并进一步利用全等三角形得到的基本性质证明后续问题即可．【详解】解：∵和都是等腰直角三角形，∴，∴，即：，∵，∴，∴，故①正确；由三角形外角定理，，∵，∴，∵，∴，∵，∴，故②正确；∵，∴，∵，∴，即：，故③正确；∵，∴在中，，∵为等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴，故④正确；故答案为：①②③④．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，以及勾股定理的运用等，能够通过“手拉手”模型准确找到全等三角形，并且熟练运用勾股定理是解题关键．变式2．已知：如图，正方形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，E、F分别是边AD、CD上的点，若AE=4cm，CF=3cm，且OE⊥OF，连接EF，则EF的长为．【答案】5cm/5厘米【分析】根据正方形的性质及各角之间的关系得出∠AOE=∠DOF，∠EOD=∠COF，利用全等三角形的判定和性质得出∆AEO≅∆DFO，∆DEO≅∆CFO，DE=FC=3cm，DF=AE=4cm，再由勾股定理求解即可．【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，对角线AC和BD相交于点O，∴∠AOD=∠COD=90°，∠DAO=∠ADO=∠ODC=∠OCD=45°，AO=DO=CO，∵OE⊥OF，∴∠EOF=90°，∴∠AOE+∠EOD=∠EOD+∠DOF=90°，∠DOF+∠EOD=∠DOF+∠COF=90°，∴∠AOE=∠DOF，∠EOD=∠COF，在∆AEO与∆DFO中，，∴∆AEO≅∆DFO，同理∆DEO≅∆CFO，∴DE=FC=3cm，DF=AE=4cm，连接EF，cm，故答案为：5cm．【点睛】题目主要考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理解三角形等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．变式3．如图，大小不同的两块三角板和直角顶点重合在点处，，，连接、，点恰好在线段上．(1)找出图中的全等三角形，并说明理由；(2)猜想与的位置关系，并说明理由．【答案】(1)，理由见解析(2)，理由见解析【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟记定理内容是解题关键．根据条件证即可求解．（1）根据题意得出，再由全等三角形的判定证明即可；（2）利用全等三角形的性质及角的等量代换即可得出结果．【详解】（1）解：，理由如下：∵，，，在与中，．（2），理由如下：设交于点O，由（1）得，，，，．1．如图，点C是线段AE上一动点（不与A，E重合），在AE同侧分别作等边三角形ABC和等边三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ，有以下5个结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．其中一定成立的结论有（

）个A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】①由于△ABC和△CDE是等边三角形，可知AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，从而证出△ACD≌△BCE，可推知AD=BE；③由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△ACP≌△BCQ（ASA），所以AP=BQ；故③正确；②根据②△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；④根据∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，可知∠DQE≠∠CDE，可知④错误；⑤利用等边三角形的性质，BC∥DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，可知⑤正确．【详解】①∵等边△ABC和等边△DCE，∴BC=AC,DE=DC=CE，∠DEC=∠BCA=∠DCE=60∘，∴∠ACD=∠BCE，在△ACD和△BCE中，AC=BC，∠ACD=∠BCE，DC=CE，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴AD=BE；故①正确；③∵△ACD≌△BCE(已证)，∴∠CAD=∠CBE，∵∠ACB=∠ECD=60°(已证)，∴∠BCQ=180°-60°×2=60°，∴∠ACB=∠BCQ=60°，在△ACP与△BCQ中，∠CAD=∠CBE，AC=BC，∠ACB=∠BCQ=60°，∴△ACP≌△BCQ(ASA)，∴AP=BQ；故③正确；②∵△ACP≌△BCQ，∴PC=QC，∴△PCQ是等边三角形，∴∠CPQ=60∘，∴∠ACB=∠CPQ，∴PQ∥AE；故②正确；④∵AD=BE，AP=BQ，∴AD−AP=BE−BQ，即DP=QE，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，∴∠DQE≠∠CDE，∴DE≠QE，则DP≠DE，故④错误；⑤∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∵等边△DCE，∠EDC=60°=∠BCD，∴BC∥DE，∴∠CBE=∠DEO，∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°.故⑤正确；综上所述，正确的结论有：①②③⑤，错误的结论只有④，故选D．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，以及等边三角形的判定和性质，此图形是典型的“手拉手”模型，熟练掌握此模型的特点是解题的关键．2．如图，，均是等边三角形，点A，C，B在同一条直线上，且，分别与，交于点M，N，连结．则下列结论：（1）；（2）为等边三角形；（3）平分；（4）；（5）平分．其中正确的有（

）【答案】（1）（2）（3）（4）【分析】证明，由全等三角形的性质得出，证得，由全等三角形的性质得出，再由，判定为等边三角形，进而得到，根据平行线的判定得出，连接，过点C作于点P，作于点Q，根据三角形面积公式和角平线定理可证（3），再证，可判断（5），即可解答．【详解】解：和均是等边三角形，，，，点A，C，B在同一条直线上，，，在和中，，，，在和中，，，，又，为等边三角形，，，，故（2）（4）正确，如图，连接，过点C作于点P，作于点Q，，，，，，，，平分，故（3）正确，在和中，，，，不一定等于，不一定平分，故（5）不正确，所以，正确的有（1）（2）（3）（4），故答案为：（1）（2）（3）（4）．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，角平线定理，平行线的判定，属于综合压轴题，难度较大，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．3．如图，已知四边形是正方形，对角线相交于O，设E、F分别是上的点，若，，求四边形的面积．【答案】8【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，通过证明得出，则，即可求解．【详解】解：∵四边形是正方形，对角线相交于O，∴，，且，，∴，，∵，∴，∵，，∴，，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴四边形的面积是8．4．如图，已知是等边三角形，过点作（），且，连接、．

(1)求证：四边形是等腰梯形；(2)点在腰上，连接交于点，若，求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据等边三角形和平行线的性质得到，继而得到进行证明即可；（2）先证明，进而得到≌，从而，由，即可得出结论．【详解】（1）解：∵是等边三角形，∴，，又∵，∴，∵∴∴∵（）∴四边形是等腰梯形；（2）证明：，，，，，，，≌，，，．【点睛】本题考查了全等三角形判定和性质，等腰梯形的判定，等边三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．易错模型六：旋转模型【模型解读】将三角形绕着公共顶点旋转一定角度后，两个三角形能够完全重合，则称这两个三角形为旋转型三角形，识别旋转型三角形时，涉及对顶角相等、等角加（减）公共角的条件．【常见模型】例11．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点（点D与A，B不重合），连结CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连结DE交BC于点F，连接BE．当AD＝BF时，∠BEF的度数是（）

A．45° B．60° C．62.5° D．67.5°【答案】D【分析】根据旋转的性质可得CD＝CE和∠DCE＝90°，结合∠ACB＝90°，AC＝BC，可证△ACD≌△BCE，依据全等三角形的性质即可得到∠CBE＝∠A＝45°，再由AD＝BF可得等腰△BEF，则可计算出∠BEF的度数．【详解】解：由旋转性质可得：CD＝CE，∠DCE＝90°．∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠A＝45°．∴∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB．即∠ACD＝∠BCE．∴△ACD≌△BCE．∴∠CBE＝∠A＝45°．∵AD＝BF，∴BE＝BF．∴∠BEF＝∠BFE＝67.5°．故选：D．【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质，解题的关键是熟练运用旋转的性质找出相等的线段和角，并能准确判定三角形全等，从而利用全等三角形性质解决相应的问题．例12．如图，等边中，，则以线段为边构成的三角形的各角的度数分别为．【答案】，，．【分析】通过旋转至，可得是等边三角形，将放在一个三角形中，进而求出各角大小。【详解】解：将逆时针旋转，得到，∵，是等边三角形，且旋转角相等，则,∴是等边三角形.则又∵∴故以线段三边构成的三角形为所以故答案为：.【点睛】此题旨在考查图形旋转的特性和实际应用，以及等边三角形的性质，熟练掌握图形的旋转的应用是解题的关键.变式1．如图，正方形ABCD中，AB=，O是BC边的中点，点E是正方形内一动点，OE=4，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，连接AE、CF，则线段OF长的最小值为【答案】．【分析】连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，证明△EDO≌△FDM，可得FM＝OE＝4，由条件可得OM＝，根据OF+MF≥OM，即可得出OF的最小值．【详解】解：如图，连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，∵∠EDF＝∠ODM＝90°，∴∠EDO＝∠FDM，∵DE＝DF，DO＝DM，∴△EDO≌△FDM（SAS），∴FM＝OE＝4，∵正方形ABCD中，AB＝，O是BC边的中点，∴OC＝，∴OD＝＝10，∴OM＝＝，∵OF+MF≥OM，∴OF≥，∴线段OF长的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查了图形旋转，全等三角形的判定和性质、正方形的性质和两点之间距离，熟练掌握并准确应用是解题的关键．变式2．如图，在四边形中，于，则的长为【答案】【分析】过点B作交DC的延长线交于点F，证明≌推出，，可得，由此即可解决问题；【详解】解：过点B作交DC的延长线交于点F，如右图所示，∵，，∴≌，，，即，，故答案为．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，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，属于中考常考题型．变式3．如图1，等边中，分别交、于点D、E．(1)求证：是等边三角形；(2)将绕点C顺时针旋转（），设直线与直线相交于点F．①如图2，当时，判断的度数是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由；②若，，当B，D，E三点共线时，求的长．【答案】(1)见解析(2)①固定不变；②或8【分析】（1）先判断出，进而得出，，即可得出结论；（2）①先判断出，得出，进而得出答案；②Ⅰ、当，，三点共线，且在上方时．过点作于，求出，，进而求出，即可得出答案；Ⅱ、当，，三点共线，且在下方时，同Ⅰ的方法，即可得出答案．【详解】（1）是等边三角形，，∵，，．是等边三角形；（2）①的度数是定值，理由如下：如图2，在和中，，，，又，；②Ⅰ、当，，三点共线，且在上方时．如图3，过点作于，在中，，．∴∴，；在中，，；Ⅱ、当，，三点共线，且在下方时，如图4，过点作于，．同理可得，综上所述，或8．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，作出辅助线是解本题的关键．1．如图，△ABC是等腰直角三角形，BC是斜边，将△ABP绕点A逆时针旋转后，能与△ACP′重合，如果AP=3cm，那么PP′的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意易证，则有，进而可得，最后根据勾股定理可求解．【详解】解：∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠BAC=90°，AB=AC，∵将△ABP绕点A逆时针旋转后，能与△ACP′重合，∴，∵AP=3cm，∴，∵，∴，即，∴是等腰直角三角形，∴；故选D．【点睛】本题主要考查旋转的性质及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握旋转的性质及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键．2．如图，和都是等腰直角三角形，，，则度．【答案】132【分析】先证明△BDC≌△AEC，进而得到角的关系，再由∠EBD的度数进行转化，最后利用三角形的内角和即可得到答案．【详解】解：∵，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴．故答案为132【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题．3．等腰中，，．

(1)如图1，，是等腰斜边上两动点，且，将绕点逆时针旋转后，得到，连接．①求证：．②当，时，求的长；(2)如图2，点是等腰斜边所在直线上的一动点，连接，以点为直角顶点作等腰，当，时，则的长__________．（直接给出答案）．【答案】(1)①证明见解析；②(2)或【分析】（1）①利用全等三角形的判定定理即可求证；②证，进而在中利用勾股定理即可求解；（2）分情况讨论点在线段，点在线段的延长线上，即可求解．【详解】（1）证明：如图1中，

，，，，，，，在和中，，．解：如图1中，设，则．，，，，，，，在中，∵，，∴，解得，∴．（2）解：当点在线段上时，如图２中所示，连接：

当点在线段的延长线上，如图3中所示，连接：

同法可证是直角三角形【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、用勾股定理解三角形等知识点．分类讨论的数学思想是解决本题的重要思路．4．已知点C为线段上一点，分别以为边在线段AB同侧作和，且．，，直线与交于点F．

(1)如图1，可得___________；若，则___________．(2)如图2，若，则___________．（用含a的式子表示）(3)设，将图2中的绕点C顺时针旋转任意角度（交点F至少在中的一条线段上），如图3．试探究与a的数量关系，并予以说明．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）根据证明，得出，根据三角形的内角和定理即可得到，进而可得答案；（2）根据证明，得出，根据三角形的内角和定理即可得到，进而可得答案；（3）分三种情况：当交点F在线段上，在线段上，在线段上时；结合图形，仿照（2）小题的证明解答即可．【详解】（1）∵，∴，在和中，∴（），∴，∵，∴，∴；故答案为：；

（2）∵，∴，在和中，∴（），∴，∵，∴，∴；故答案为：；

（3）当交点F在线段上时，如图3，∵，∴，在和中，∴（），∴，∵，∴，∴；

当交点F在线段上时，如图4，同理可得：；

当交点F在线段上时，如图5，∵，∴，在和中，∴（），∴，∵，∴；综上，或．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、旋转的性质、三角形的内角和定理等知识，正确分类、熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．易错模型七：倍长中线模型【模型解读】中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常常采用“倍长中线法”添加辅助线．所谓倍长中线法，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法．（注：一般都是原题已经有中线时用，不太会有自己画中线的时候）。【常见模型及证法】1、基本型：如图1，在三角形ABC中，AD为BC边上的中线.证明思路：延长AD至点E，使得AD=DE.若连结BE，则；若连结EC，则；2、中点型:如图2，为的中点.证明思路：若延长至点，使得，连结，则;若延长至点，使得，连结，则.3、中点+平行线型：如图3,，点为线段的中点.证明思路：延长交于点(或交延长线于点)，则.例13．在中，，中线，则边的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】延长至，使，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再利用三角形的任意两边之和大于第三边，三角形的任意两边之差小于第三边求出的取值范围，即为的取值范围．【详解】解：如图，延长至，使，∵是的中线，∴，在和中，，∴，∴，∵，，∴，∴，即∴．故选：B．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，三角形的任意两边之和大于第三边，三角形的任意两边之差小于第三边．“遇中线，加倍延”构造全等三角形是解题的关键．例14、如图，在中，为边的中线，E为上一点，连接并延长交于点F，若，，，则的长为．【答案】【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质．延长至G，使，连接，根据证明，则，根据可得，由此可得，即可得出，然后利用线段的和差即可求出的长．正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．【详解】如图，延长至G，使，连接，在和中，，．，，，，，．，，．故答案为：变式1．如图，在，点是上的一点，连接，平分，交于中点，连接，若，则．

【答案】【分析】延长交于点，判定，即可得出，再根据三线合一即可得到即可解答．【详解】解：如图，延长交于点，∵点是的中点，∴，∵平行四边形中，，∴，∵，∴，∴，∵平分，，∴，∴，∵是的中点，∴，∴中，，故答案为：．

【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等进行推算．变式2．如图，中，点D在上，，点E是的中点，连接，则．【答案】/【分析】如图，延长至F，使得，交于点G，通过“边角边”证明，则，根据题意与三角形的外角性质可得，进而可得，设，根据题意得到关于x的方程，然后求解方程即可．【详解】解：如图，延长至F，使得，交于点G，∵点E是的中点，∴，在与中，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，

设，∵，∴，解得，即．故答案为：【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，三角形的外角性质，解此题的关键在于熟练掌握其知识点，根据中点作出适当的辅助线．变式3．（1）如图①，在中，若，，为边上的中线，求的取值范围；（2）如图②，在中，点D是的中点，，交于点E，交于点F，连接，判断与的大小关系并证明；（3）如图③，在四边形中，，与的延长线交于点F，点E是的中点，若是的角平分线．试探究线段，，之间的数量关系，并加以证明．【答案】（1）；（2），见解析；（3），见解析【分析】（1）由已知得出，即为的一半，即可得出答案；（2）延长至点M，使，连接，可得，得出，由线段垂直平分线的性质得出，在中，由三角形的三边关系得出即可得出结论；（3）延长交于点G，根据平行和角平分线可证，也可证得，从而可得，即可得到结论．【详解】解：（1）如图①，延长到点E，使，连接，∵D是的中点，∴，∵，∴，∴，在中，，∴，∴，∴，故答案为：；（2），理由如下：延长至点M，使，连接，如图②所示．同（1）得：，∴，∵，∴，在中，由三角形的三边关系得：，∴；（3），理由如下：如图③，延长交于点G，∵，∴，在和中，，∴，∴，∵是的平分线，∴∴，∴，∵，∴．【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了三角形的三边关系，作辅助线—倍长中线法、全等三角形的判定与性质，角的关系等知识点，所以本题的综合性比较强，有一定的难度，通过作辅助线证明三角形全等是解题的关键．1．如图，在四边形中，，，，，，点是的中点，则的长为（

）．A．2 B． C． D．3【答案】C【分析】延长BE交CD延长线于P，可证△AEB≌△CEP，求出DP，根据勾股定理求出BP的长，从而求出BM的长．【详解】解：延长BE交CD延长线于P，∵AB∥CD，∴∠EAB＝∠ECP，在△AEB和△CEP中，∴△AEB≌△CEP（ASA）∴BE＝PE，CP＝AB＝5又∵CD＝3，∴PD=2，∵∴∴BE＝BP＝．故选：C．【点睛】考查了全等三角形的判定和性质和勾股定理，解题的关键是得恰当作辅助线构造全等，依据勾股定理求出BP．2．如图，在中，，，求边上中线的范围为．【答案】【分析】延长到E，使得，连接，利用全等三角形的判定与性质和三角形的三边关系定理解答即可．【详解】解：延长到E，使得，连接，如图，在和中，，∴，∴．∵，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键．3．如图，为中线，点在上，交于点，．求证：．【答案】见解析【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．延长至点，使，连接．结合题意可证明，得到，．由，可得，结合，得到，即可求解．【详解】解：如图，延长至点，使，连接．为的中线，．在和中，，，，．，．，，，．4．已知中，(1)如图1，点E为的中点，连接并延长到点F，使，则与的数量关系是．(2)如图2，若，点E为边上一点，过点C作的垂线交的延长线于点D，连接，若，求证：．(3)如图3，点D在内部，且满足，点M在的延长线上，连接交的延长线于点N，若点N为的中点，求证：．【答案】(1)(2)见解析(3)见解析【分析】（1）通过证明，即可求解；（2）过点A作于H，过点C作交的延长线于T，通过得到AF=CD，再通过即可求解；（3）过点M作交的延长线于T，交于G，在上取一点K，使得，利用全等三角形的性质证明，即可解决．【详解】（1）解：∵点E为的中点，∴，在和中，，∴，∴，故答案为：；（2）证明：如图2，过点A作于H，过点C作交的延长线于T，∵，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴；（3）证明：过点M作交的延长线于T，交于G，在上取一点K，使得，连接．∵，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，同理可得：，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，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．易错模型八：截长补短模型【模型解读】截长补短的方法适用于求证线段的和差倍分关系。该类题目中常出现等腰三角形、角平分线等关键词句，可以采用截长补短法构造全等三角形来完成证明过程，截长补短法（往往需证2次全等）。截长：指在长线段中截取一段等于已知线段；补短：指将短线段延长，延长部分等于已知线段。【常见模型及证法】（1）截长：在较长线段上截取一段等于某一短线段，再证剩下的那一段等于另一短线段。例：如图，求证BE+DC=AD方法：=1\*GB3①在AD上取一点F，使得AF=BE，证DF=DC；=2\*GB3②在AD上取一点F，使DF=DC，证AF=BE（2）补短：将短线段延长，证与长线段相等例