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第 17 讲 全等三角形
目 录
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
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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≌△≝¿，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≌△≝¿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≌△≝¿，
∴∠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≌△≝¿，若∠A=36°，
∠F=24°，则∠DEC的度数为（ ）
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A．50° B．60° C．65° D．120°
【答案】B
【分析】根据△ABC≌△≝¿得到∠D=∠A=36°，运用三角形外角性质得到∠DEC=∠D+∠F=60°．
【详解】∵△ABC≌△≝¿，
∴∠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≅ΔBDE，则∠B的度数（ ）
A．15 B．20 C．25 D．30
【答案】D
【分析】根据ΔADC≅ΔADE≅ΔBDE，得∠CAD=∠EAD=∠B，再利用直角三角形中两个锐角互
余即可得出.
【详解】解：∵ΔADC≅ΔADE≅ΔBDE
∴∠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＝
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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√7
【分析】根据平面直角坐标系，可以假设E(m,√3)，则D(m+1，2√3)，则
BD+BE=√ (m+1) 2+(2√3) 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(−1，2√3)，N(0,√3)的距离和的最小值，如图1中，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'的长．
【详解】解：建立如图坐标系，
在RtΔABC中，∠ABC=90°，AC=4，∠BAC=30°，
1
∴BC= AC=2，
2
AB=√3BC=2√3，
2×2√3
∴斜边AC上的高= =√3，
4
∵ΔABC≅ΔFDE，
∴EF=AC=4，斜边EF上的高为√3，
∴可以假设E(m,√3)，则D(m+1，2√3)，
∴BD+BE=√ (m+1) 2+(2√3) 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(−1，2√3)，N(0,√3)的距离和的
最小值，如图1中，
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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'=√12+(3√3) 2=2√7，
∴BD+BE的最小值为2√7，
故答案为：2√7．
【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√2
【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√2
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故答案为：7√2
【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的长．
【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，
15
∴△OEF的边EF上的高为 =7.5(cm)，
2
∵AB∥EF，
∴△OAB∽△OEF，
AB 5
∴ = ，
EF 7.5
∵EF=6cm，
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5
∴AB= ×6=4(cm)，故D正确．
7.5
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．
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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，△≝¿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≅△≝¿，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≅△≝¿，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（ ）
△ △
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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P运动的时间是（ ）
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5 4 5 4
A．t=1s B．t= s C．t= s D．t= s或t= s
3 3 3 3
【答案】A
1
【分析】根据AB=AC=10cm，求出∠B=∠C，根据点D为AB的中点，求出BD= AB=5cm，分
2
△BDP≌△CPQ时，△BDP≌△CQP时，两种情况进行讨论，并注意验证当△BDP≌△CQP时，不成立，
从而可以求出t的值．
【详解】解：∵AB=AC=10cm，
∴∠B=∠C，
∵点D为AB的中点，
1
∴BD= AB=5cm，
2
∵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，
∴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，
5
即3t=5，解得：t= s，
3
5
此时BP=3× =5(cm)，CP=8−5=3(cm)，
3
∵BP≠CP，
∴此种情况不成立，
综上分析可知，t=1s，故A正确．
故选：A．
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【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AB C D 的
1 1 1
位置，则阴影部分的面积是 ．
【答案】6−2√3
【分析】CD交B C 于点E，连接AE；根据全等三角形性质，通过证明△AB E≌△ADE，得
1 1 1
∠EAB =∠EAD；结合旋转的性质，得∠EAB =∠EAD=30°；根据三角函数的性质计算，得EB ，
1 1 1
结合正方形和三角形面积关系计算，即可得到答案．
【详解】如图，CD交B C 于点E，连接AE
1 1
根据题意得：∠AB E=∠ADE=90°，AB =AD=√3
1 1
∵AE=AE
∴△AB E≌△ADE
1
∴∠EAB =∠EAD
1
∵正方形ABCD绕点A顺时针旋转30°到AB C D
1 1 1
∴∠BAB =30°，∠BAD=90°
1
∴∠B AD=90°−∠BAB =60°
1 1
∴∠EAB =∠EAD=30°
1
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EB √3
∴ 1 =tan∠EAB =
AB 1 3
1
∴EB =1
1
1 1 √3
∴S =S = AB ×EB = ×√3×1=
△AB 1 E △ADE 2 1 1 2 2
∴阴影部分的面积
=2(AB×BC)−2(S +S )=6−2√3
△AB E △ADE
1
故答案为：6−2√3．
【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△AEF折叠得到△PEF．
（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°，
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∴∠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∥CD,∠A=∠C,
∴∠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
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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，这个条件可以是 （写出一个即可）．
【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，
¿，
∴△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，这个条件可以是 （写出一个即可）．
【答案】 A＝ B/ B＝ A
【分析】∠根据证∠明Δ∠APC∠≌ΔBPD的全等的方法，添加适当的条件即可．
【详解】解：条件是∠A＝∠ B
理由是：∵∠A＝∠ B
∴PA＝PB
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在ΔAPC和ΔBPD中，
¿
∴ΔAPC≌ΔBPD（SAS）
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 （写出一个即可）．
【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≌△BEC．
【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．
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（ ）
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A．AD∥BC B．DE∥FB C．DE=BF D．AE=CF
【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，
¿，
∴△ADE≌△CBF(ASA)，正确，故本选项错误；
B：∵DE∥FB，
∴∠AED=∠CFB，
∵在△ADE和△CBF中，
¿，
∴△ADE≌△CBF(AAS)，正确，故本选项错误；
C：∵在△ADE和△CBF中，
¿，
∴△ADE≌△CBF(SAS)，正确，故本选项错误；
D：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（ ）
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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＝CO
C．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；
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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（ ）
△
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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≌ DC△O，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，
【19淘宝店铺：向阳百分百】△ △关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
¿，
∴ 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，
¿，
△ △
∴ 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）
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【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E在AC上．
（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 BA△E≌△DAE，得出BE=DE．
【详解】解：（1）在ΔABC与 △ΔADC中，¿
∴ΔABC ≌ ΔADC(SSS)
∴∠BAC=∠DAC
即AC平分∠BAD；
（2）由（1）∠BAE=∠DAE
在ΔBAE与ΔDAE中，得¿
∴ΔBAE ≌ ΔDAE(SAS)
∴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．
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【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
¿，
△ △
∴△ABE≌△CDF（ASA）；
（2）∵点E，G分别为线段FC，FD的中点，
1
∴ED= CD，
2
∵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，
1
BC=3．分别以点A，C为圆心，大于 AC长为半径作弧，两弧交于点E，作射线BE交AD于点F，交
2
AC于点O．若点O是AC的中点，则CD的长为（ ）
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A．2√2 B．4 C．3 D．√10
【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FC=AF=3，利用线段的和差关系求出
FD=AD−AF=1．然后在直角ΔFDC中利用勾股定理求出CD的长．
【详解】
解：如图，连接FC，则AF=FC．
∵AD∥BC，
∴∠FAO=∠BCO．
在ΔFOA与ΔBOC中，
¿，
∴ΔFOA≌ΔBOC(ASA)，
∴AF=BC=3，
∴FC=AF=3，FD=AD−AF=4−3=1．
在ΔFDC中，∵∠D=90°，
∴CD2+DF2=FC2，
∴CD2+12=32，
∴CD=2√2．
故选：A．
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【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=PF
C．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，
¿
∴△ODE≌△OCF(SAS)，
∴∠OED=∠OFC，
在△CPE和△DPF中，
¿，
∴△CPE≌△DPF(AAS)，
∴PE=PF，
故选项B正确，不符合题意；
连接OP，
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∵△CPE≌△DPF，
∴CP=DP，
在△COP和△DOP中，
¿，
∴△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）
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【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，
∵¿，
∴△ABC ≌ △CEA，
∴∠B=∠E，AB=CE，
∵∠B=∠D，
∴∠D=∠E，
∴CD=CE，
∴CD=AB，
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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//AB．
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//AB（__________）（填推理的依据）．
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【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．
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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
1
反比例函数y= (x>0)的图象上，则经过点A的反比例函数表达式为 ．
x
1
【答案】y=−
x
【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，
△ △
1
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= ，推出
x
−1
a= ，由此即可得到答案．
−b
【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），
1
∵点B在反比例函数y= ，
x
∴ab=1，
∴−ab=−1，
【29淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
−1
∴a= ，
−b
1
∴经过点A的反比例函数表达式为y=− ，
x
1
故答案为：y=− ．
x
【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．
【30淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴ΔADC≌ΔCEB(AAS)
（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，
¿，
∴△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，
【31淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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的距离为__________．
√3 5√3
【答案】（1）①证明见解析；②60°；（2）DC=√3PA；（3） 或 ．
2 2
【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；
PA AB √3
（2）通过证明△PAB∽△DCB，对应线段成比例可得 = = ；
DC CB 3
（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，
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PB AB √3
∴∠PBD=∠ABC=30°， = = ，
DB CB 3
∴∠PBD+∠ABD=∠ABC+∠ABD，即∠PBA=∠DBC，
∴△PAB∽△DCB，
PA AB √3
∴ = = ，即DC=√3PA，
DC CB 3
故答案为：DC=√3PA；
（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，BN=AB⋅sin60°=3√3，
∵PN=√PB2−BN2=√31−27=2，
∴PA=3−2=1，
由（2）可知，CD=√3PA=√3，
∵∠BAP=∠BCD，
∴∠DCA=∠PBD=30°，
∵DM⊥PC，
1 √3
∴DM= CD=
2 2
1 5√3
如图3−2中，当△ABN是锐角三角形时，同法可得PA=2=3=5，CD=5√3，DM= CD= ，
2 2
【33淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
√3 5√3
综上所述，满足条件的DM的值为 或 ．
2 2
√3 5√3
故答案为： 或 ．
2 2
【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ΔA B C 中，A B =8，∠A B C =60∘，∠B A C =75∘，P是B C 上的任意点，连接
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
A P，将A P绕点A 按顺时针方向旋转75∘，得到线段A Q，连接B Q．求线段B Q长度的最小值．
1 1 1 1 1 1
【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）QB 的最小值为4√3−4√2．
1
【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A C 上截取A N=A Q，连接PN，作NH⊥B C 于H，作A M⊥B C 于M．理
1 1 1 1 1 1 1 1 1
【34淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
由全等三角形的性质证明B Q=PN，推出当PN的值最小时，QB 的值最小，求出HN的值即可解决问题．
1 1
【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．
【35淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
（二）如图3中，在A C 上截取A N=A B ，连接PN，作NH⊥B C 于H，作A M⊥B C 于M．
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∵∠C A B =∠PA Q，
1 1 1 1
∴∠QA B =∠PA N，
1 1 1
∵A Q=A P，A B =AN，
1 1 1 1
∴ΔQA B ≌ΔPA N（SAS），
1 1 1
∴B Q=PN，
1
∴当PN的值最小时，QB 的值最小，
1
在RtΔA B M中，∵∠A B M=60∘，A B =8，
1 1 1 1 1 1
∴A M=A B •sin60∘=4√3，
1 1 1
∵∠M A C =∠B A C −∠B A M=75∘−30∘=45∘，
1 1 1 1 1 1 1
∴A C =4√6，
1 1
∴NC =A C −A N=4√6−8，
1 1 1 1
在RtΔNHC ，∵∠C =45∘，
1 1
∴NH=4√3−4√2，
根据垂线段最短可知，当点P与H重合时，PN的值最小，
∴QB 的最小值为4√3−4√2．
1
【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.
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（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RtΔDBA中，
∵∠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RtΔDBA中，
∵∠B为公共角，∠BAC=∠BDA=90°，
∴∠C=∠BAD.
（2）∵AF∥BC，
∴∠EAF=∠AEB，
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∵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△≝¿中，DE=8，∠EDF=60°，∠≝=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√6−2√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；
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（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≅ΔCAP(SAS)，
∴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≅ΔCAP(SAS)，
∴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≅ΔDHP(SAS)，
∴EQ=HP，
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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°，
1
∴DG= DE=4，
2
∴EG=√3DG=4√3，
在RtΔEGF中，∠FEG=∠≝−∠DEG=75°−30°=45°，
∴∠F=90°−∠FEG=45°=∠FEG，FG=EG=4√3，
∴DF=DG+FG=4+4√3，
∴FH=DF−DH=4+4√3−8=4√3−4，
在RtΔHMF中，∠F=45°，
√2 √2
∴HM= FH= (4√3−4)=2√6−2√2，
2 2
即：EQ的最小值为2√6−2√2．
【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
≌
【40淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1
边三角形，即可得出DE= AC．
2
【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，
¿，
∴△PFD △QCD(AAS)，
∴FD=C≌D，
∵PE⊥AC于E，△APF是等边三角形，
∴AE=EF，
∴AE+DC=EF+FD，
1
∴DE= AC，
2
∵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．
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(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
1
AE=BE，∠BCE= ∠ACB=30°，由ED=EC，得∠D=∠BCE=30°，由外角的性质得到
2
∠BED=30°，得到∠D=∠BED，则BD=BE，证得AE=DB；
（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°，AB=AC=BC．
∵E为AB的中点，
1
∴AE=BE，∠BCE= ∠ACB=30°，
2
∵ED=EC，
∴△CDE是等腰三角形，
∴∠D=∠BCE=30°，
∵∠ABC=∠D＋∠BED，
∴∠BED=30°，
∴∠D=∠BED，
∴BD=BE，
∴AE=DB．
故答案为：=
（2）解：AE=DB．理由如下：
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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(AAS)．
∴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
△
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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
△
1
AE+CD=DE= AC，即可得出结果．
2
【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≌△Q△DC（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=∠Q△CD， 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，¿，
∴△△PFD≌△Q△CD（AAS），
∴FD=CD．
∵AE=EF，∴EF+FD=AE+CD，
1
∴AE+CD=DE= AC．
2
∵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．
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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：小明能够直接作出判断的数学依
据是______．
(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，
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∴∠AGB=∠AHC=90°，
又∵∠MON=90°，
∴∠GAH=90°，
∴∠GAB+∠BAH=90°，
又∵∠BAC=90°=∠BAH+∠HAC，
∴∠GAB=∠HAC，
在△GAB和△HAC中，
¿
∴△GAB≌△HAC(AAS)
∴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．
1
【答案】(1)∠E= ∠A
2
(2)∠BAE+∠CAE=180°，理由见解析
(3)见解析
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1
【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+ ∠A，
2
1
∠DCE=∠CBE+∠E，进而可得∠E= ∠A；
2
（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，
1 1
∴ ∠CBE= ∠ABC，∠DCE= ∠ACD，
2 2
∵ ∠ACD=∠ABC+∠A，
1 1 1 1
∴ ∠DCE= ∠ACD= ∠ABC+ ∠A=∠CBE+ ∠A，
2 2 2 2
又∵ ∠DCE=∠CBE+∠E，
1
∴ ∠E= ∠A，
2
1
故答案为：∠E= ∠A；
2
（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，
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∵ 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，
¿，
∴ △AMD≌△CND(AAS)，
∴ DM=DN，
∵ DM⊥BA，DN⊥BC，
∴ BD平分∠ABC，
1
∴ ∠ABD=∠DBC= ∠ABC=45°，
2
∴∠ECN=∠DBC+∠E=45°+∠E
∵ ∠ADC=90°，AD=CD，
∴∠ACD=∠CAD=45°，
∴∠ACE=45°+∠DCE，
∵ DE=DC，
∴∠E=∠DCE，
∴∠ECN=∠ACE，
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∴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＝ ．
√5
【答案】
2
1
【分析】延长BE交CD于点F，证△ABE≌△DFE，则BE=EF= BF，故再在直角三角形BCF中运用勾
2
股定理求出BF长即可.
【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.
1
∴BE=EF= BF,AB=DF=1
2
∴CF=1
在直角三角形BCF中，BF=√12+22=√5.
1 √5
∴BE= BF= .
2 2
【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.
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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
1
边AB中点，AD= CD，∠CEF=40°，则∠AFE=
2
【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,AD=BC,
∴∠A=∠GBF，∠AFE=∠BFG，∠GCE=CED=90°,
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1
又∵点F为边AB中点，得AF=BF= AB,
2
∴△AFE≌△BFG(ASA)，∠G=90°−∠CEF=50°，
∴FE=FG，
∴FC=FE=FG，
∴∠FCG=∠G=50°,
∴∠GFC=180°−∠FCG−∠G=80°,
1 1
∵BF= AB,AD= CD,AB=CD,AD=BC,
2 2
∴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26（不符题意，舍去）
25
综上，当t为 或5时，△AOP是等腰三角形；
8
1 1
（2）如图2，过点O作OH⊥BC交BC于点H，则OH= CD= AB=3cm
2 2
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由矩形的性质可知，AD//BC，DO=BO
∴∠PDO=∠EBO
又∵ ∠DOP=∠BOE
∴△DOP≅△BOE(ASA)
∴BE=PD=(8−t)cm
1 1 3
则S = BE⋅OH= ×3(8−t)=12− t
ΔBOE 2 2 2
∵FQ//AC
DQ t
∴△DFQ∼△DOC，相似比为 =
DC 6
S DQ 2 t2
∴ △DFQ =( ) =
S DC 36
△DOC
1 1
∵S = S = ×6×8=12(cm2 )
△DOC 4 矩 形ABC4D
t2 t2
∴S =12× = (cm2 )
△DFQ 36 3
∴S =S −S −S = 1 ×6×8− ( 12− 3 t ) − t2 =− 1 t2+ 3 t+12
五 边 形OEC△QDFBC △BOE △DFQ 2 2 3 3 2
1 3
故S与t的函数关系式为S=− t2+ t+12；
3 2
（3）存在，求解过程如下：
1 1
∵S = S = ×6×8=24(cm2 )
△ACD 2 矩 形ABC2D
∴S :S =9:16
五 边 形OEC△QAFCD
9 27
∴S = S = (cm2 )
五 边 形OE1CQ6F △ACD 2
1 3 27
由（2）的结论可得：− t2+ t+12=
3 2 2
3
解得t=3或t= ，符合题意
2
3
故存在符合条件的t，t的值为3或 ．
2
【93淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质、解一元二次
方程等知识点，较难的是题（2），熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
72．（2021·四川成都·统考二模）如图，等边△ABC的边长为12，点D，E分别在边AB，AC上，且
AD=AE=4，点F为BA延长线上一点，过点F作直线l∥BC，G为射线BC上动点，连接GD并延长交直线l
于点H，连接FE并延长交BC于点M，连接HE并延长交射线BC于点N．
（1）若AF=4，当BG=4时，求线段HF和EH的长；
（2）若AF=a（a＞0），点G在运动过程中，请判断△HGN的面积是否改变．若不变，求出其值（用含a
的代数式表示）；若改变，请说明理由．
（3）在（2）的条件下，是否存在点C和点G是线段BN的三等分点的情况？若存在，求出此时a的值；
若不存在，请说明理由．
【答案】（1）HF=4，EH=8；（2）不变． 理由见解析；（3）不存在，理由见解析过程．
【分析】（1）由“ASA”可证△BDG≌△FDH，可得BG=HF=4，通过证明四边形HDEF为平行四边形，可
求FP=PD，即可求解；
（2）通过相似三角形的判定和性质可求GB=MN，分别求出GN，GN边上的高，即可求解；
（3）分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求a=0，即可求解．
【详解】解：（1）连接DE，设HN和BF相交于点P，
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∵ΔABC为边长为12的等边三角形，
∴∠BAC=∠B=∠ACB=60°，AB=BC=AC=12，
∵直线l//BC，
∴∠B=∠HFD=60°，
∵AF=4，AD=4，
∴DF=8=DB，
又∵∠BDG=∠FDH，
∴ΔBDG≅ΔFDH(ASA)，
∴BG=HF=4，
∵AD=AE=4，∠BAC=60°，
∴ΔADE为等边三角形，
∴DE=4，∠ADE=60°=∠HFD，
∴DE=HF，DE//HF，
∴四边形HDEF为平行四边形，
∴HE和FD互相平分，
∴FP=PD，
∴此时点P与点A重合，即点H在CA延长线上，
∴HP=PE=AE=4，
∴EH=8；
（2）点G在运动过程中，ΔHGN的面积保持不变．
∵BC//DE，
∴ΔFDE∽ΔFBM，
FD DE 4+a 4
∴ = ，即 = ，
FB BM 12+a BM
48+4a
∴BM= ，
4+a
∵HF//BC//DE，
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HF FD FH FE FD FE
∴ = ， = ， = ，
GB BD MN ME BD ME
HF FH
∴ = ，
GB MN
∴GB=MN，
①当GB=0和GB=12时，
48+4a
∴GN=BM= ，
4+a
②当012时，
∵BG=MN，
∴BG−GM=MN−GM，
48+4a
即GN=BM= ，
4+a
√3
∵直线l和BC之间的距离=BF⋅sin∠ABC= (12+a)，
2
√3(a+12) 2
∴ΔHGN的面积= ；
a+4
（3）不存在．理由如下：
①当点G在线段BC上时，如图1，
若点C和点G是线段BN的三等分点，则BG=GC=CN，
∵BC=12，
∴GB=CG=CN=6，
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HF FD HF a+4
∵ = ，即 = ，
GB BD 6 8
3(a+4)
∴HF= ，
4
FH FE FD
∵ = = ，
MN ME BD
3(a+4)
∴ 4 a+4，
=
MN 8
∴MN=6，
48+4a
又∵BM= ，BC=12，
4+a
8a
∴MC= ，
a+4
8a
∴CN=MN−MC=6− =6，
a+4
∴a=0不满足条件，
②当点G在BC的延长线上时，如图2，
若点C和点G是线段BN的三等分点，则BC=CG=GN，
∵BC=12，
∴CG=12，
∴BG=24，
方法同①可求出a=0不满足条件，
∴在（2）的条件下，不存在点C和点G是线段BN的三等分点的情况．
【点睛】本题是三角形综合题，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，平行四边形
的判定和性质，等边三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
73．（2021·广东梅州·统考二模）如图，在四边形ABCD和Rt△EBF中，AB//CD，CD>AB，点C在
EB上，∠ABC=∠EBF=90°，AB=BE=8cm，BC=BF=6cm，延长DC交EF于点M，点P从点A出
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发，沿AC方向匀速运动，速度为2cm/s：同时，点Q从点M出发，沿MF方向匀速运动，速度为1cm/s．
过点P作GH⊥AB于点H，交CD于点G．设运动时间为t（s）（00)的图象上．
x
点A的坐标为(m,2)．连接OA,OB,AB．若OA=AB,∠OAB=90°，则k的值为 ．
【答案】2√5−2/−2+2√5
【分析】过点A作CD⊥y轴于点D，过点B作BC⊥CD于点C，证明△DAO≌△CBA，进而根据全等三
角形的性质得出DA=CB,AC=OD，根据点A(m,2)，进而得出B(2+m,2−m)，根据点A,B在反比例
k
函数y= (x>0)的图象上．列出方程，求得m的值，进而即可求解．
x
【详解】解：如图所示，过点A作CD⊥y轴于点D，过点B作BC⊥CD于点C，
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∴∠C=∠CDO=90°，
∵OA=AB,∠OAB=90°，
∴∠DAO=90°−∠CAB=∠CBA
∴△DAO≌△CBA
∴DA=CB,AC=OD
∵点A的坐标为(m,2)．
∴AC=OD=2，AD=BC=m
∴B(2+m,2−m)
k
∵A,B在反比例函数y= (x>0)的图象上，
x
∴2m=(2+m)(2−m)
解得：m=√5−1或m=−√5−1（舍去）
∴k=2m=2√5−2
故答案为：2√5−2．
【点睛】本题考查了反比例函数的图象和性质，全等三角形的判定和性质，求得点B的坐标是解题的关键．
18．（2023·湖北随州·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，D为AC上
一点，若BD是∠ABC的角平分线，则AD= ．
【答案】5
【分析】首先证明CD=DP，BC=BP=6，设CD=PD=x，在Rt△ADP中，利用勾股定理构建方程即
可解决问题．
【详解】解：如图，过点D作AB的垂线，垂足为P，
在Rt△ABC中，∵AC=8，BC=6，
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∴AB=√AC2+BC2=√82+62=10，
∵BD是∠ABC的角平分线，
∴∠CBD=∠PBD，
∵∠C=∠BPD=90°，BD=BD，
∴△BDC≌△BDP(AAS)，
∴BC=BP=6，CD=PD，
设CD=PD=x，
在Rt△ADP中，∵PA=AB−BP=4，AD=8−x，
∴x2+42=(8−x) 2，
∴x=3，
∴AD=5．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌
握基本知识，属于中考常考题型．
19．（2023·四川遂宁·统考中考真题）如图，以△ABC的边AB、AC为腰分别向外作等腰直角△ABE、
△ACD，连结ED、BD、EC，过点A的直线l分别交线段DF、BC于点M、N，以下说法：①当
AB=AC=BC时，∠AED=30°；②EC=BD；③若AB=3，AC=4，BC=6，则DE=2√3；④当直线
l⊥BC时，点M为线段DE的中点．正确的有 ．(填序号)
【答案】①②④
【分析】①当AB=AC=BC时，△ABC是等边三角形，根据等角对等边，以及三角形的内角和定理即可
1
得出∠AED=∠ADE= (180°−120°)=30°，进而判断①；证明△BAD≌△EAC，根据全等三角形的
2
性质判断②；作直线MN⊥BC于点N， 过点D作DG⊥MN于点G，过点E作EH⊥MN于点H，证明
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△ACN≌△DAG，△ABN≌△EAH，△EHM≌△DGM(AAS)，即可得M是ED的中点，故④正确，证
明Rt△MEH≌Rt△MDG(HL)，可得MG=MH，在Rt△ABN中，AN2=AB2−BN2，在Rt△ANC中，
29
AN2=AC2−CN2，得出 a= ，在Rt△MGD中，勾股定理即可求解．
12
【详解】解：①当AB=AC=BC时，△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°
∴∠EAD=360°−90°−90°−60°=120°
∵等腰直角△ABE、△ACD，
∴BA=BE,BA=AD
∴AE=AD
1
∴∠AED=∠ADE= (180°−120°)=30°；故①正确；
2
②∵等腰直角△ABE、△ACD，
∴AB=AE,AD=AC，∠BAE=∠DAC=90°
∴∠BAD=∠EAC
∴△BAD≌△EAC
∴EC=BD；故②正确；
④如图所示，作直线MN⊥BC于点N， 过点D作DG⊥MN于点G，过点E作EH⊥MN于点H，
∵∠BAE=90°，MN⊥BC
∴∠ABN+∠BAN=90°，
又∠EAM+∠BAN=90°，
∴∠EAM=∠ABN
又∵EA=AB，
∴△EAH≌△ABN (AAS)
同理得，△ACN≌△DAG，
∴GD=AN，AG=CN，EH=AN,AH=BN，
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∵∠EMH=∠DMG，∠EHM=∠DGM=90°，，
∴△EHM≌△DGM(AAS)，
∴EM=DM，即M是ED的中点，故④正确，
∴MG=MH，
设BN=a，则CN=BC−BN=6−a
在Rt△ABN中，AN2=AB2−BN2
在Rt△ANC中，AN2=AC2−CN2
∴AB2−BN2=AC2−CN2
∴32−a2=42−(6−a) 2
29
解得：a=
12
29 43
∴AG=CN=6− = ，
12 12
∴AN=√AB2−BN2=
√
32−
(29) 2
=
√455
，
12 12
29 7
∴GH=AG−AH=AN−BN=6−2a=6−2× =
12 6
1 7 7
∴MG= × =
2 6 12
在Rt△MGD中，MD=√GD2+MG2= √ ( 7 ) 2 + (√455) 2 = √14
12 12 2
∴ED=2MD=√14,故③错误
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，
等边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．
20．（2023·广东广州·统考中考真题）如图，已知AD是△ABC的角平分线，DE，DF分别是△ABD和
△ACD的高，AE=12，DF=5，则点E到直线AD的距离为 ．
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60 8
【答案】 /4
13 13
【分析】根据角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质可得点D到AC的距离等于点D到AB的距离
DE的长度，然后根据勾股定理求出AD，最后根据等面积法求解即可．
【详解】解：∵AD是△ABC的角平分线，DE，DF分别是△ABD和△ACD的高，DF=5，
∴DE=DF=5，
又AE=12，
∴AD=√AE2+DE2=13，
设点E到直线AD的距离为x，
1 1
∵ AD⋅x= AE⋅DE，
2 2
AE⋅DE 60
∴x= = ．
AD 13
60
故答案为： ．
13
【点睛】本题考查了角平分定理，勾股定理等知识，掌握角平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的
关键．
三、解答题
21．（2023·江苏无锡·统考中考真题）在△ABC中，点D，F分别为边AC，AB的中点．延长DF到点E，
使DF=EF，连接BE．
(1)求证：△ADF≌△BEF；
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(2)求证：四边形BCDE是平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用SAS直接证明；
（2）利用△ADF≌△BEF和已知条件证明DC=BE，DC//BE即可推出四边形BCDE是平行四边形．
【详解】（1）证明：∵点F为边AB的中点，
∴BF=AF，
在△ADF与△BEF中，
¿，
∴△ADF≌△BEF(SAS)；
（2）证明：∵点D为边AC的中点，
∴AD=DC，
由（1）得△ADF≌△BEF，
∴AD=BE，∠ADF=∠BEF，
∴DC=BE，DC//BE，
∴四边形BCDE是平行四边形．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定方法，难度较小，根据所给条件正确选
用平行四边形的判定方法是解题的关键．
22．（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC,AD为△ABC的角平分线．以点A圆
心，AD长为半径画弧，与AB,AC分别交于点E,F，连接DE,DF．
(1)求证：△ADE≌△ADF；
(2)若∠BAC=80°，求∠BDE的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠BDE=20°
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【分析】（1）根据角平分线的定义得出∠BAD=∠CAD，由作图可得AE=AF，即可证明
△ADE≌△ADF；
（2）根据角平分线的定义得出∠EAD=40°，由作图得出AE=AD，则根据三角形内角和定理以及等腰
三角形的性质得出∠ADE=70°，AD⊥BC，进而即可求解．
【详解】（1）证明：∵AD为△ABC的角平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
由作图可得AE=AF，
在△ADE和△ADF中，
¿，
∴△ADE≌△ADF (SAS)；
（2）∵∠BAC=80°，AD为△ABC的角平分线，
∴∠EAD=40°
由作图可得AE=AD，
∴∠ADE=70°，
∵AB=AC，AD为△ABC的角平分线，
∴AD⊥BC，
∴∠BDE=20°
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，角平分线的定义，熟练掌握等
腰三角形的性质与判定是解题的关键．
23．（2023·湖北随州·统考中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同
一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学
家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡
营”问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择
填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④
处填写该三角形的某个顶点）
当△ABC的三个内角均小于120°时，
如图1，将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
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由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'为 ① 三角形，故PP'=PC，又P' A'=PA，故
PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由 ② 可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A'B，此时
的P点为该三角形的“费马点”，且有∠APC=∠BPC=∠APB= ③ ；
已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若
∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，已知点P为
△ABC的“费马点”，求PA+PB+PC的值；
(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC=4km，BC=2√3km，∠ACB=60°．
现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分
别为a元/km，a元/km，√2a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．
（结果用含a的式子表示）
【答案】(1)①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
(2)5
(3)2√13a
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论；
（2）根据（1）的方法将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，即可得出可知当B，P，P'，A在
同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，在根据∠ACB=30°可证明
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∠AC A'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，由勾股定理求A'B即可，
（3）由总的铺设成本=a(PA+PB+√2PC)，通过将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，得
到等腰直角△PP'C，得到√2PC=PP'，即可得出当B，P，P'，A在同一条直线上时，P' A'+PB+PP'
取最小值，即PA+PB+√2PC取最小值为A'B，然后根据已知和旋转性质求出A'B即可．
【详解】（1）解：∵PC=P'C，∠PCP'=60°，
∴△PCP'为等边三角形；
∴PP'=PC，∠P'PC=∠PP'C=60°，
又P' A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由两点之间线段最短可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，
最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴∠BPC+∠P'PC=180°，∠A'P'C+∠PP'C=180°，
∴∠BPC=120°，∠A'P'C=120°，
又∵△APC≅△A'P'C，
∴∠APC=∠AP'C=120°，
∴∠APB=360°−∠APC−∠BPC=120°，
∴∠APC=∠BPC=∠APB=120°；
∵∠BAC≥120°，
∴BC>AC，BC>AB，
∴BC+AB>AC+AB，BC+AC>AB+AC，
∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．
∴该三角形的“费马点”为点A，
故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
（2）将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由（1）可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，
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∵∠ACP=∠A'CP'，
∴∠ACP+∠BCP=∠A'CP'+∠BCP=∠ACB=30°，
又∵∠PCP'=60°
∴∠BC A'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，
由旋转性质可知：AC=A'C=3，
∴A'B=√BC2+A'C2=√42+32=5，
∴PA+PB+PC最小值为5，
（3）∵总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·√2a=a(PA+PB+√2PC)
∴当PA+PB+√2PC最小时，总的铺设成本最低，
将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，连接PP'，A'B
由旋转性质可知：P'C=PC，∠PCP'=∠AC A'=90°，P' A'=PA，A'C=AC=4km，
∴PP'=√2PC，
∴PA+PB+√2PC=P' A'+PB+PP'，
当B，P，P'，A在同一条直线上时，P' A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+√2PC取最小值为A'B，
过点A'作A'H⊥BC，垂足为H，
∵∠ACB=60°，∠AC A'=90°，
∴∠A'CH=30°，
1
∴A'H= A'C=2km，
2
∴HC=√AC2−AH2=√42−22=2√3(km)，
∴BH=BC+CH=2√3+2√3=4√3(km)，
∴A'B=√AH2+BH2=√ (4√3) 2+22=2√13(km)
PA+PB+√2PC的最小值为2√13km
总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·√2a=a(PA+PB+√2PC)=2√13a（元）
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故答案为：2√13a
【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股
定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．
24．（2023·广西·统考中考真题）如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点D，E，F分别在边AB，BC，
CA上运动，满足AD=BE=CF．
(1)求证：△ADF≌△BED；
(2)设AD的长为x，△≝¿的面积为y，求y关于x的函数解析式；
(3)结合（2）所得的函数，描述△≝¿的面积随AD的增大如何变化．
【答案】(1)见详解
3√3
(2)y= x2−3√3x+4√3
4
(3)当20，对称轴为直线 3√3 ，
4 2×
4
∴当x>2时，y随x的增大而增大，当x<2时，y随x的增大而减小；
即当2
