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第 17 讲 全等三角形
目 录
一、考情分析
二、知识建构
考点一 全等三角形及其性质
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 利用全等的性质证明线段之间的数量/位置关系
考点二 全等三角形的判定
题型01 添加一个条件使两个三角形全等
题型02 添加一个条件仍不能证明全等
题型03 灵活选用判定方法证明全等
题型04 结合尺规作图的全等问题
题型05 全等三角形模型-平移模型
题型06 全等三角形模型-对称模型
题型07 全等三角形模型-一线三等角模型
题型08 全等三角形模型-旋转模型
题型09 构造辅助线证明两个三角形全等-倍长中线法
题型10 构造辅助线证明两个三角形全等-截长补短法
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 利用全等三角形的性质与判定解决多结论问题
考点三 角平分线的性质
题型01 利用角平分线的性质求长度
题型02 利用角平分线的性质求面积
题型03 角平分线的判定定理
题型04 利用角平分线性质定理和判定定理解决多结论问题
题型05 三角形的三条角平分线的性质定理的应用方法
考点四 全等三角形的应用
题型01 利用全等三角形的性质与判定解决高度测量问题
题型02 利用全等三角形的性质与判定解决河宽测量问题
题型03 利用全等三角形的性质与判定解决动点问题
【1 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
考点要求 新课标要求 命题预测
全等三角形 理解全等三角形的概念，能识别全等三角形中的
及其性质 对应边、对应角.
在中考中，全等三角形
掌握基本事实:两边及其夹角分别相等的两个三角 主要以选择题、填空题
形全等； 和解答题的简单类型为
掌握基本事实:两角及其夹边分别相等的两个三角 主．常结合四边形综合
考查．
形全等；
全等三角形
掌握基本事实:三边分别相等的两个三角形全等；
的判定
证明定理两角分别相等且其中一组等角的对边相
等的两个三角形全等；
探索并掌握判定直角三角形全等的“斜边、直角
边”定理.
探索并证明角平分线的性质定理:角平分线上的点
角平分线的
到角两边的距离相等;反之，角的内部到角两边距离相等的
性质
点在角的平分线上
全等三角形
的应用
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考点一 全等三角形及其性质
全等图形概念：能完全重合的两个图形叫做全等图形.
特征：①形状相同.②大小相等.③对应边相等、对应角相等.④周长、面积相等.
全等三角形概念：能完全重合的两个三角形叫做全等三角形.
【补充】两个三角形全等，互相重合的顶点叫做对应顶点，互相重合的边叫做对应边，互相重合的角叫做
对应角.
表示方法：全等用符号“≌”，读作“全等于”.书写三角形全等时，要注意对应顶点字母要写在对应位
置上.
全等变换定义：只改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小的变换.
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全等三角形的性质：1）对应边相等，对应角相等.
2）全等三角形的对应角平分线、对应中线、对应高相等．
3）全等三角形的周长相等、面积相等．
1. 形状相同的两个图形不一定是全等图形，面积相同的两个图形也不一定是全等图形.
2. 通过平移、翻折、旋转后得到的图形与原图形是全等图形.
题型01 利用全等三角形的性质求角度
【例1】（2023·湖北襄阳·统考模拟预测）已知△AEC≌△ADB，若∠A=50°,∠ABD=40°，则∠1的
度数为（ ）
A．40° B．25° C．15° D．无法确定
【答案】B
【分析】由全等三角形的性质可得AB=AC，由等腰三角形的性质可求∠ABC的度数，即可求解．
【详解】解：∵△AEC≌△ADB，
∴AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵∠A=50°，
180°−∠A
∴∠ABC=∠ACB= =65°，
2
∵∠ABD=40°，
∴∠1=∠ABC−∠ABD=65°−40°=25°，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，等腰三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键．
【变式1-1】（2023·浙江金华·校联考三模）如图，已知△ABC≌△AED，∠A=75°，∠B=30°，则
∠ADE的度数为（ ）
【4 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
A．105° B．80° C．75° D．45°
【答案】C
【分析】先利用三角形的内角和定理求出∠ACB=75°，利用全等三角形的性质即可得到∠ADE的度数．
【详解】解：∵∠A=75°，∠B=30°，
∴∠ACB=180°−∠A−∠B=180°−75°−30°=75°，
∵△ABC≌△AED，
∴∠ADE=∠ACB=75°，
故选：C
【点睛】此题考查了三角形内角和定理和全等三角形的性质，熟练掌握三角形的性质是解题的关键．
【变式1-2】（2023·浙江台州·统考一模）如图，△ADE≌△ABC，点D在边AC上，延长ED交边BC于
点F，若∠EAC=35°，则∠BFD= ．
【答案】145°/145度
【分析】根据△ADE≌△ABC可得∠AED=∠ACB，再由三角形内角和得到∠DFC=∠EAC=35°，
利用邻补角定义求出∠BFD即可．
【详解】解：∵△ADE≌△ABC，
∴∠AED=∠ACB，
∵∠ADE=∠FDC，
∴∠DFC=∠EAC=35°，
∴∠BFD=180°−∠DFC=145°．
故答案为：145°
【点睛】本题考查了全等三角形的性质、三角形内角和以及邻补角定义，解答关键是在全等三角形性质基
础上灵活运用数形结合思想
题型02 利用全等三角形的性质求长度
【例2】（2023·广东·校联考模拟预测）如图，△ABC≅△BAD，A的对应顶点是B，C的对应顶点是D，
若AB=8，AC=3，BC=7，则AD的长为（ ）
【5 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
A．3 B．7 C．8 D．以上都不对
【答案】B
【分析】根据全等三角形的对应边相等即可得出结果．
【详解】解：∵△ABC≅△BAD，A的对应顶点是B，C的对应顶点是D，
∴¿，
∵BC=7
∴AD=BC=7.
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，解题的关键是根据全等三角形找出对应边．
【变式2-1】（2023·湖南长沙·校联考二模）如图，△ABC≌△≝¿，DE=5，AE=2，则BE的长是（
）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】C
【详解】根据全等三角形的性质即可得到结论．
【分析】解：∵△ABC≌△≝¿，DE=5，
∴AB=DE=5，
∵AE=2，
∴BE=AB−AE=3．
故选：C．
【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对应边相等是解题的关键．
【变式2-2】（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨工业大学附属中学校校考一模）如图，△ABC≌△BAD，点A和
点B，点C和点D是对应点，如果AB＝8cm，BD＝7cm，AD＝6cm，那么BC的长是（ ）
【6 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
A．5cm B．6cm C．7cm D．8cm
【答案】B
【分析】根据全等三角形的性质，全等三角形对应边相等，BC＝AD.
【详解】解：∵△ABC≌△BAD，AD＝6cm，
∴BC＝AD＝6（cm），
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，找到全等三角形的对应边是本题的解题关键.
题型03 根据全等的性质判断正误
【例3】（2022·天津河西·统考二模）如图，将△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△DBE，点A的对应点为
D，AC交DE于点P，连结EC，AD，则下列结论一定正确的是（ ）
A．ED=CB B．∠EBA=60°
C．∠EPC=∠CAD D．△ABD是等边三角形
【答案】D
【分析】由题意可知，将△ABC旋转60°后得到△DBE，根据等边三角形的判定方法确定D正确，其他三
项逐项进行排除即可；
【详解】解：A、由题意可知，DE=AC不一定等于CB，故A选项错误；
B、由于D、B、C不一定在同一个直线上，故∠EBA不一定等于60°，故B选项错误；
C、由题意可知，AD≠PD，故∠CAD≠∠APD，故∠EPC≠∠CAD，C选项错误；
D、由旋转的性质可知，△ABD为等边三角形，故D选项正确；
故选D．
【点睛】本题考查旋转的性质，熟练掌握旋转60°后所形成的等边三角形是解决本题的关键．
1
【变式3-1】（2018·内蒙古鄂尔多斯·统考一模）如图，M在BC上，MB= MC，如果△ABC绕点M按顺
2
时针方向旋转180°后与△FED重合，则以下结论中不正确的是（ ）
【7 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
A．△ABC和△FED的面积相等 B．△ABC和△FED的周长相等
C．∠A+∠ABC=∠F+∠FDE D．AC∥DF，且AC=DF
【答案】C
【分析】由题意得：△ABC≌△FED，利用全等三角形的性质进行判断即可．
【详解】解：∵△ABC绕点M按顺时针方向旋转180°后与△FED重合，
∴△ABC≌△FED，
∴△ABC和△FED的面积相等，△ABC和△FED的周长相等，
∠A=∠F，∠ABC=∠FED，∠C=∠D，
∴AC∥DF，且AC=DF．
A、△ABC和△FED的面积相等，选项正确，不符合题意；
B、△ABC和△FED的周长相等，选项正确，不符合题意；
C、∠A+∠ABC≠∠F+∠FDE，选项错误，符合题意；
D、AC∥DF，且AC=DF，选项正确，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题考查全等三角形的性质．熟练掌握旋转后重合的两个三角形全等，以及全等三角形的性质是
解题的关键．
【变式3-2】（2022·广东深圳·校考一模）如图，△ABC≌△A′B′C，且点B′在AB边上，点A′恰好在BC的
延长线上，下列结论错误的是( )
A．∠BCB′＝∠ACA′ B．∠ACB＝2∠B
C．∠B′CA＝∠B′AC D．B′C平分∠BB′A′
【答案】C
【分析】根据全等三角形的性质，逐项判断即可求解．
【详解】解：∵△ABC≌△A′B′C，
∴∠ACB=∠A'CB'，
【8 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
∴∠ACB−∠ACB'=∠A'CB'−∠ACB'，
∴∠BCB′＝∠ACA′，故A正确；
∵△ABC≌△A′B′C，
∴BC=B'C，
∴∠B=∠BB'C，
∵∠A'CB'=∠B+∠BB'C，
∴∠ACB＝2∠B，故B正确；
∵△ABC≌△A′B′C，
∴∠A=∠A'，
∵无法判断B'C和B'A是否相等，
∴∠B′CA和∠A不一定相等，
∴∠B′CA和∠B′AC不一定相等，故C错误；
∵△ABC≌△A′B′C，
∴∠B=∠A'B'C，
∵∠B=∠BB'C，
∴∠BB'C=∠A'B'C，
即B′C平分∠BB′A′，故D正确；
故选：C
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质，等腰三角
形的性质是解题的关键．
【变式3-3】（2023·山东淄博·统考二模）如图，△ABC≌△≝¿，点E在AC上，B，F，C，D四点在同
一条直线上．若∠A=40°,∠CED=35°，则下列结论正确的是（ ）
A．EF=EC,AB=FC B．EF≠EC,AE=FC
C．EF=EC,AE≠FC D．EF≠EC,AE≠FC
【答案】C
【分析】根据全等三角形的性质得到∠ACB=∠DFE，∠D=∠A=40°，AC=DF，则EF=EC，由
于∠D≠∠CED，则CE≠CD，则AE≠CF，由此即可得到答案．
【详解】解：∵△ABC≌△≝¿，
∴∠ACB=∠DFE，∠D=∠A=40°，AC=DF，
【9 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
∴EF=EC，
∵∠D=40°≠∠CED=35°，
∴CE≠CD，
∴AE≠CF，
∴四个选项中只有C选项符合题意，
故选C．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，等腰三角形的判定，熟知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
k
【例4】（2023·广东深圳·统考二模）如图，A，B是反比例函数y= (x>0)图象上两点，C(−2,0)，
x
D(4,0)，△ACO≌△ODB，则k= ．
72
【答案】
25
k
【分析】由题意可设A(m, )(m>0,k>0)，可得OC=2，OD=4，根据三角形全等的性质可得
m
1 | | 1 | | k
AC=OD=4，S =S ，AO=BO，则 OC⋅y = OD⋅y ，进而得到点B的坐标(2m, )，
△ACO △ODB 2 A 2 B 2m
k 2 k 2
由AO=BO得m2+( ) =(2m) 2+( ) ，以此得到k=2m2，则A(m,2m)，再根据AC=4，根据两点
m 2m
间距离公式列出方程，求出m即可求解．
k
【详解】解：∵点A在反比例函数y= (x>0)图象上，
x
k
∴设A(m, )(m>0,k>0)，
m
∵C(−2,0)，D(4,0)，
∴OC=2，OD=4，
∵△ACO≌△ODB，
∴AC=OD=4，S =S ，AO=BO，
△ACO △ODB
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1 | | 1 | | 1 k 1
∴ OC⋅y = OD⋅y ，即 ×2× = ×4×y ，
2 A 2 B 2 m 2 B
k
∴ y = ，
B 2m
k
∵点A在反比例函数y= (x>0)图象上，
x
k k
∴ = ，
2m x
∴x=2m，
k
∴B(2m, )，
2m
∵AO=BO，
k 2 k 2
∴AO2=BO2，即m2+( ) =(2m) 2+( ) ，
m 2m
整理得：4m4=k2，
∴k=2m2或−2m2（舍去），
∴A(m,2m)，
∵AC=4，
∴(m+2) 2+4m2=16，
6
整理得：m= 或−2（舍去），
5
6 12
∴A( , )，
5 5
12 k
k =
将点A代入反比例函数y= 得： 5 6，
x
5
12 6 72
∴k= × = ．
5 5 25
72
故答案为： ．
25
【点睛】本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征、全等三角形的性质、两点间的距离公式，灵活运
用相关知识解决问题是解题关键．
【变式4-1】（2022·北京海淀·校考模拟预测）图中的小正方形边长都相等，若△MNP≌△MFQ，则点Q
可能是图中的 ．
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【答案】点D
【分析】设图中小正方形的边长为1，由勾股定理可计算出△MNF的三边长，再计算出点M、F分别与
A、B、C、D四点的距离，即可作出判断．
【详解】解：设图中小正方形的边长为1，
∵MN=MF=2，
由勾股定理得：MP=√32+32=3√2，NP=√32+12=√10，
由于AF⊥MF，显然点A不可能是点Q；
∵MD=√32+32=3√2，FD=√12+32=√10，
∴MD=MP，FD=NP，
∴△MNP≌△MFD，即点D是点Q；
∵MB=√32+22=√13≠MP，FB=√12+22=√5≠NP，
∴点B不是点Q；
同理，点C不是点Q；
∴点Q可能是图中的点D；
故答案为：点D．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，勾股定理，利用勾股定理求得各线段的长度是关键．
【变式4-2】（2023·江苏扬州·统考二模）三个能够重合的正六边形的位置如图，已知A点的坐标是
(√3,−3)，则B点的坐标是 ．
【答案】(−√3,3)
【分析】如图，延长正六边形的边BM与x轴交于点E，过A作AN⊥x轴于N，连接AO，BO，证明
∠BOE=∠AON,可得A,O,B三点共线，可得A,B关于O对称，从而可得答案．
【详解】解：如图，延长正六边形的边BM与x轴交于点E，过A作AN⊥x轴于N，连接AO，BO，
【12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
∴ 三个正六边形，O为原点，
∴BM=MO=OH=AH,∠BMO=∠OHA=120°,
∴△BMO≌△OHA,
∴OB=OA,
1
∴∠MOE=120°−90°=30°,∠MBO=∠MOB= (180°−120°)=30°,
2
∴∠BOE=60°,∠BEO=90°,
同理：∠AON=120°−30°−30°=60°,∠OAN=90°−60°=30°,
∴∠BOE=∠AON,
∴A,O,B三点共线，
∴A,B关于O对称，
∴B(−√3,3).
故答案为：(−√3,3)．
【点睛】本题考查的是坐标与图形的性质，全等三角形的判定与性质，关于原点成中心对称的两个点的坐
标特点，正多边形的性质，熟练的应用正多边形的性质解题是解本题的关键．
【变式4-3】（2023·广东广州·统考二模）如图，直线y=−2x+2与x轴和y轴分别交于A、B两点，射线
AP⊥ AB于点A，若点C是射线AP上的一个动点，点D是x轴上的一个动点，且以C，D，A为顶点的三
角形与△AOB全等，则AD的长为 ．
【答案】2或√5/√5或2
【分析】根据一次函数解析式可求出A点和B点坐标，从而求出△AOB的两条直角边，并运用勾股定理求
出AB．根据已知可得∠CAD=∠OBA，分别从∠ACD=90°或∠ADC=90°时，即当△ACD≌△BOA
时，AD=AB，或△ACD≌△BAO时，AD=OB，即可得出结论．
【详解】解：∵直线y=−2x+2与x轴和y轴分别交与A、B两点，
当y=0时，即0=−2x+2，
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解得：x=1．
当x=0时，y=2，
∴A(1，0)，B(0，2)．
∴OA=1，OB=2．
∴AB=√OA2+OB2=√5．
∵AP⊥ AB，点C在射线AP上，
∴∠BAC=90°，即∠OAB+∠CAD=90°．
∵∠OAB+∠OBA=90°，
∴∠CAD=∠OBA．
若以C、D、A为顶点的三角形与△AOB全等，则∠ACD=90°或∠ADC=90°，即△ACD≌△BOA或
△ACD≌△BAO．
如图1所示，
当△ACD≌△BOA时，∠ACD=∠AOB=90°，AD=AB=√5；
如图2所示，
当△ACD≌△BAO时，∠ADC=∠AOB=90°，AD=OB=2．
综上所述，AD的长为2或√5．
故答案为：2或√5．
【点睛】此题考查了一次函数的应用、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，掌握一次函数的图
象与性质是解题的关键．
【变式4-4】（2023·河南三门峡·统考二模）如图，Rt△ABC≌Rt△≝¿，∠C=∠F=90°，AC=2，
BC=4，点D为AB的中点，点E在AB的延长线上，将△≝¿绕点D顺时针旋转α度(0<α<180)得到
△DE'F，当△BDE'是直角三角形时，AE'的长为 ．
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【答案】5或√35
【分析】本题考查了勾股定理，全等三角形的性质，旋转的性质．根据勾股定理可求出AB=2√5，先根据
全等三角形的性质和旋转的性质，得到DE'=DE=AB=2√5，从而得到AD=BD=√5．再分情况讨论：
①当∠BDE'=90°时；②当∠DBE'=90°时，利用勾股定理分别求解，即可得到答案．利用分类讨论的
思想解决问题是解题关键．
【详解】解：∵∠C=90°，AC=2，BC=4，
由勾股定理得：AB=√AC2+BC2=2√5，
∵Rt△ABC≌Rt△≝¿，
∴DE=AB=2√5，
∵△≝¿绕点D顺时针旋转得到△DE'F'，
∴DE=DE'=2√5，
∵点D为AB的中点，
1
∴AD=BD= AB=√5，
2
①当∠BDE'=90°时，
∵∠BDE'=90°，
∴∠ADE'=90°，
∴AE'=√AD2+DE'2=√(√5) 2+(2√5) 2=5；
②当∠DBE'=90°时，
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在Rt△DBE'中，BE'=√DE'2−BD2=√(2√5) 2
−(√5)
2=√15，
在Rt△ABE'中，AE'=√BE'2+AB2=√(√15) 2+(2√5) 2=√35，
综上可知，AE'的长为5或√35．
故答案为：5或√35．
【变式4-5】（2023·浙江·模拟预测）如图，已知Rt△ABC≌Rt△≝¿，∠C=∠F=90°，AC=DF=3，
BC=EF=4，△≝¿绕着斜边AB的中点D旋转，DE、DF分别交AC、BC所在的直线于点P、Q．当
△BDQ为等腰三角形时，AP的长为 ．
25 13 11
【答案】 或 或
6 6 12
【分析】分类讨论：①当BD=BQ，由AC=DF=3，BC=EF=4，则AB=5，过D作DM⊥BC与M，
1 3 1 5
DN⊥ AC于N，利用三角形的中位线的性质得到DM=AN= AC= ，BD= AB= ，
2 2 2 2
1 1
DN=BM= BC=2，可得到BQ与QM的长，然后利用等腰三角形的性质得到∠3=90°− ∠B，易
2 2
1
得∠2= ∠B，又Rt△ABC≌Rt△≝¿，利用三角形全等的性质得到∠EDF=∠A=90°−∠B，则
2
1
∠1= ∠B，即∠1=∠2，则△CPD∽△CDA，然后根据三角形相似的性质得到PN：QM=DN：
2
DM，代值计算可得CP，从而求得AP；②当DB=DQ，则Q点在C点，易证△CPD∽△CDA，然后根
据三角形相似的相似比即可得到CP，从而求得AP；②当QB=QD，则∠B=∠BDQ，而∠EDF=∠A，
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得到∠EDF+∠BDQ=90°，即ED⊥ AB，易证Rt△APD∽Rt△ABC，然后根据三角形相似的相似比
即可求得AP．
【详解】解：①当BD=BQ，
∠C=∠F=90°，AC=DF=3，BC=EF=4，
则AB=5，
过D作DM⊥BC与M，DN⊥ AC于N，如图，
∵D为AB的中点，
1 3 1 5 1
∴DM=AN= AC= ，BD= AB= ，DN=BM= BC=2，
2 2 2 2 2
5 5 1
∴BQ=BD= ，QM= −2= ，
2 2 2
1
∴∠3=90°− ∠B，
2
而∠2+∠3=90°，
1
∴∠2= ∠B，
2
又∵Rt△ABC≌Rt△≝¿，
∴∠EDF=∠A=90°−∠B，
而∠1+∠EDF+∠2=90°，
1
∴∠1= ∠B，即∠1=∠2，
2
∴△DQM∽△DPN，
1 3
∴PN：QM=DN：DM，即PN： =2： ，
2 2
2
∴PN= ，
3
3 2 13
∴AP= + = ；
2 3 6
②当DB=DQ，则Q点在C点，如图，
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5
DA=DC= ，
2
而Rt△ABC≌Rt△≝¿，
∴∠EDF=∠A，
∴△CPD∽△CDA，
5 5
∴CP：CD=CD：CA，即CP： = ：3，
2 2
25
∴CP= ，
12
25 11
∴AP=3− = ；
12 12
③当QB=QD，则∠B=∠BDQ，
而∠EDF=∠A，
∴∠EDF+∠BDQ=90°，即ED⊥ AB，如图，
∴Rt△APD∽Rt△ABC，
5
∴AP：AB=AD：AC，即AP：5= ：3，
2
25
∴AP= ．
6
25 13 11
故答案为 或 或 ．
6 6 12
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质：两腰相等，两底角相等．也考查了三角形全等的性质和三角形相
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似的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质以及分类讨论思想的运用．
题型05 利用全等的性质证明线段之间的数量/位置关系
【例5】（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，AB、EF相交于点G，且△AFG≌△BEG，D在AF上，
C在EB延长上，连接DC，若AD=BC，证明：CD=2AG．
【答案】见解析．
【分析】根据全等三角形的性质和平行四边形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】∵△AFG≌△BEG，
∴∠F=∠E，AG=BG，
∴AD∥BC，
∵AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，
∴AB=2CG，
∴CD=2AG．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，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．
【变式5-1】（2023上·江西上饶校考阶段练习）如图，已知△ABE≌△CDF，且B，E，F，D四点在同
一直线上，线段AE和线段CF在位置和数量上存在什么关系?并说明理由．
【答案】位置关系：AE∥CF，数量关系：AE=CF，理由见解析．
【分析】利用△ABE≌△CDF，可以得出AE=CF，∠AEB=∠CFD，又∠AEB+∠AEF=180°，
∠CFD+∠CFE=180°有∠AEF=∠CFE，从而求证．
【详解】∵△ABE≌△CDF，
∴AE=CF，∠AEB=∠CFD，
∵∠AEB+∠AEF=180°，∠CFD+∠CFE=180°，
∴∠AEF=∠CFE，
∴AE∥CF．
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【点睛】此题考查了全等三角形的性质和平行线的判定，熟练掌握全等三角形的性质，平行线的判定和等
角的补角相等是解题的关键．
【变式5-2】（2023上·山西吕梁阶段练习）如图，已知△ABF≌△DEC，A，F，C，D四点在同一条直
线上．
(1)求证：AC=DF；
(2)判断BF与EC的位置关系，并证明．
【答案】(1)见解析；
(2)BF∥EC，理由见解析．
【分析】（1）根据全等三角形的性质，得到AF=DC，即可得出结论；
（2）全等三角形的性质，推出∠BFC=∠ECF，即可得出BF∥EC．
【详解】（1）证明：∵△ABF≌△DEC，
∴AF=DC，
∵AC=AF+CF，FD=DC+CF，
∴AC=DF；
（2）BF∥EC
理由如下：
∵△ABF≌△DEC，
∴∠BFA=∠ECD，
∵∠BFC=180°−∠BFA，∠ECF=180°−∠ECD，
∴∠BFC=∠ECF，
∴BF∥EC．
【点睛】本题考查全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的对应边和对应角相等，是解题的关键．
考点二 全等三角形的判定
一、全等三角形的判定
1.边边边定理：有三边对应相等的两个三角形全等（可简写成“边边边”或“SSS”）；
2.边角边定理：有两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等（可简写成“边角边”或“SAS”）；
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3.角边角定理：有两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等（可简写成“角边角”或“ASA”）；
4.角角边定理：有两角和它们所对的任意一边对应相等的两个三角形全等（可简写成“角角边”或
“AAS”）；
5.对于特殊的直角三角形：有斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等（可简写成“斜边、直角
边”或“HL”）．
从判定两个三角形全等的方法可知，要判定两个三角形全等，需要知道这两个三角形分别有三个元
素（其中至少有一个元素是边）对应相等，这样就可以利用题目中的已知边（角）准确地确定要补充的
边（角），有目的地完善三角形全等的条件，从而得到判定两个三角形全等的思路.
二、判定两个三角形全等的思路
三、常见的全等三角形模型（基础）
常见的全等三角形模型（基础）
平移模型 模型分析：此模型特征是有一组边共线或部分重合，另两组边分别平行，常要在移动的
方向上加（减）公共线段，构造线段相等，或利用平行线性质找到对应角相等．
对称模型 模型分析：所给图形可沿某一直线折叠，直线两旁的部分能完全重合，重合的顶点就是
全等三角形的对应顶点，解题时要注意隐含条件，即公共边或公共角相等．
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一 线 三 垂 模型解读：一线：经过直角顶点的直线；三垂直：直角两边互相垂直，过直角的两边向
直/一线三等 直线作垂直，利用“同角的余角相等”转化找等角
角
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．旋转后的图形与原图形存在两种情况：
①无重叠：两个三角形有公共顶点，无重叠部分，一般有一对隐含的等角；
②有重叠：两个三角形含有一部分公共角，运用角的和差可得到等角．
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若题中没有全等的三角形，则可根据题中条件合理地添加辅助线，如运用作高法、倍长中线法、截
长补短法、分解图形法等来解决运动、拼接、旋转等探究性题目．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
题型01 添加一个条件使两个三角形全等
【例1】（2022·北京·北京市第五中学分校校考模拟预测）如图，已知BE＝DC，请添加一个条件，使得
ABE≌△ACD： ．
△
【答案】∠B＝∠C
【分析】根据全等三角形的判定方法解答即可．
【详解】解：∵BE＝DC，∠A＝∠A，
∴根据AAS，可以添加∠B＝∠C，使得 ABE≌△ACD，
故答案为：∠B＝∠C．
△
【点睛】本题考查全等三角形的判定，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，属于中考常考题型．
【变式1-1】（2023·福建龙岩·校考一模）如图，AC，BD相交于点O，OB=OD，要使△AOB≌△COD，
添加一个条件是 ．（只写一个）
【答案】OA=OC（答案不唯一）
【分析】根据全等三角形的判定方法，即可解答．
【详解】解：∵OB=OD，∠AOB=∠COD，OA=OC，
∴△AOB≌△COD（SAS），
∴要使△AOB≌△COD，添加一个条件是OA=OC，
故答案为：OA=OC（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
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【变式1-2】（2022·浙江杭州·模拟预测）如图，RtΔABC和RtΔEDF中，∠B=∠D，在不添加任何辅助
线的情况下，请你添加一个条件 ，使RtΔABC和RtΔEDF全等．
【答案】AB=ED（BC=DF或AC=EF或AE=CF等）
【分析】由题意得Rt△ABC和Rt△EDF中，∠B=∠D，故要添加条件需得到一组边相等即可．
【详解】解：∵△ABC和△EDF均为直角三角形，
∴∠A=∠≝=90°,
又∵∠B=∠D，
故要使得Rt△ABC和Rt△EDF全等，
只需添加条件AB=ED（BC=DF或AC=EF或AE=CF等）即可．
故答案为：AB=ED（BC=DF或AC=EF或AE=CF等）
【点睛】本题考查了全等的判定，根据题意得到两个三角形有两组角分别相等，故只要添加一组对应边相
等即可．
【变式1-3】（2022·江苏盐城·统考一模）如图，AE//DF，AE=DF．添加下列条件中的一个：①
AB=CD；②EC=BF；③∠E=∠F；④EC//BF．其中能证明△ACE≌△DBF的是 （只填序号）．
【答案】①③④
【分析】根据全等三角形的证明方法和平行线的性质证明即可．
【详解】解：∵AE∥DF，
∴∠A=∠D，
当添加AB=CD时，则AB+BC=CD+BC，即AC=DB，
又∵AE=DF，
∴△ACE≌△DBF（SAS），故①正确；
当添加EC=BF时，利用SSA不能证明两个三角形全等，故②错误；
当添加∠E=∠F时，
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又∵AE=DF，
∴△ACE≌△DBF（ASA），故③正确；
当添加EC∥BF时，则∠ACE=∠DBF，
又∵AE=DF，
∴△ACE≌△DBF（AAS），故④正确，
故答案为：①③④．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，平行线的性质，熟知全等三角形的判定条件是解题的关键．
题型02 添加一个条件仍不能证明全等
【例2】（2023·广东珠海·统考二模）如图，在△ABC和△≝¿中，∠B=∠≝¿，AB=DE，添加一个条件
后，仍然不能证明△ABC≅△≝¿，这个条件可能是（ ）
A．∠A=∠D B．AC∥DF C．BE=CF D．AC=DF
【答案】D
【分析】根据全等三角形的判定，利用ASA、AAS、SAS即可得出答案．
【详解】解：∵∠B=∠≝¿，AB=DE，
∴当∠A=∠D时，由ASA可得△ABC≅△≝¿，故A不符合题意；
当AC∥DF时，则∠C=∠F，由AAS可得△ABC≅△≝¿，故B不符合题意；
当BE=CF时，则BC=EF，由SAS可得△ABC≅△≝¿，故C不符合题意；
当AC=DF时，不能得出△ABC≅△≝¿，故D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定，解答的关键是熟记全等三角形的判定条件并灵活运用．
【变式2-1】（2022·广东河源·统考二模）如图，点B、F、C、E在同一条直线上，AC∥DF，AC=DF，
添加以下条件，仍不能使 ABC≌ DEF的是（ ）
△ △
A．∠A=∠D B．AB=DE C．AB∥DE D．BF=EC
【答案】B
【分析】根据平行线的性质和全等三角形的判定条件逐项判断即可．
【详解】∵AC∥DF，
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∴∠ACB=∠DFE．
A．∵∠A=∠D，AC=DF，∠ACB=∠DFE，
∴可利用“ASA”证明△ABC≌△≝¿，故该选项不符合题意；
B．因为没有“SSA”或“ASS” 证明三角形全等，所以AB=DE不能证明△ABC≌△≝¿，故该选项符合题
意；
C．∵AB∥DE，
∴∠B=∠E．
又∵∠ACB=∠DFE，AC=DF，
∴可利用“AAS”证明△ABC≌△≝¿，故该选项不符合题意；
D．∵BF=EC，
∴BF+FC=EC+FC，即BC=EF．
又∵∠ACB=∠DFE，AC=DF，
∴可利用“SAS”证明△ABC≌△≝¿，故该选项不符合题意；
故选B．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，平行线的性质．熟练掌握全等三角形的判定条件是解题关键．
【变式2-2】（2023·四川成都·统考一模）如图，四边形ABCD是菱形，E、F分别是BC、CD两边上的点，
不能保证△ABE和△ADF一定全等的条件是（ ）
A．∠BAF=∠DAE B．EC=FC C．AE=AF D．BE=DF
【答案】C
【分析】根据菱形的性质结合全等三角形的判定方法，对各选项分别判断即可得解．
【详解】∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，∠BAD=∠C，∠B=∠D，
如果∠BAF=∠DAE，
∴∠BAF−∠EAF=∠DAE−∠EAF，即∠BAE=∠DAF，
∵¿，
∴△ABE ≅ △ADF(ASA)，故A正确；
如果EC=FC，
∴BC-EC=CD-FC，即BE=DF，
∵¿，
∴△ABE ≅ △ADF(SAS)，故B正确；
如果AE=AF，
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∵AB=DA，∠B=∠D，
是SSA，则不能判定△ABE和△ADF全等，故C错误；
如果BE=DF，
则¿，
∴△ABE ≅ △ADF(SAS)，故D正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定方法，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．
题型03 灵活选用判定方法证明全等
【例3】（2023·江西抚州·统考一模）如图，点A，D，C，F在同一条直线上，AB＝DE，BC＝EF．有下列
三个条件：①AC＝DF，②∠ABC＝∠DEF，③∠ACB＝∠DFE．
(1)请在上述三个条件中选取一个条件，使得△ABC≌△DEF．你选取的条件为（填写序号）______（只需
选一个条件，多选不得分），你判定△ABC≌△DEF的依据是______（填“SSS”或“SAS”或“ASA”或
“AAS”）；
(2)利用（1）的结论△ABC≌△DEF．求证：AB∥DE．
【答案】(1)①，SSS
(2)见解析
【分析】(1)根据SSS即可证明△ABC≌∆DEF，即可解决问题；
(2)根据全等三角形的性质可得可得∠A=∠EDF，再根据平行线的判定即可解决问题．
【详解】（1）解：在△ABC和△DEF中，
¿，
∴△ABC≌△DEF（SSS），
∴在上述三个条件中选取一个条件，使得△ABC≌△DEF，
选取的条件为①，判定△ABC≌△DEF的依据是SSS．（注意：只需选一个条件，多选不得分）
故答案为：①，SSS；
（2）证明：∵△ABC≌△DEF．
∴∠A＝∠EDF，
∴AB∥DE．
【点睛】本题考查了平行线的性质和全等三角形的性质，和判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解
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此题的关键．
【变式3-1】（2022·湖北宜昌·统考模拟预测）如图，在ΔABC中，∠B=∠C，过BC的中点D作
DE⊥ AB，DF⊥ AC，垂足分别为点E、F．
(1)求证：DE=DF；
(2)若∠BDE=50°，求∠BAC的度数．
【答案】(1)详见解析
(2)100°
【分析】（1）通过证明△BED≌△CFD(AAS)即可证明结论；
（2）根据直角三角形的性质先求出∠B=40°，再根据三角形内角和即可求解．
【详解】（1）证明：∵DE⊥ AB,DF⊥ AC，
∴∠BED=∠CFD=90°，
∵D是BC的中点，
∴BD=CD，
∵∠B=∠C，
∴△BED≌△CFD(AAS)，
∴DE=DF；
（2）解：∵∠BDE=50°，DE⊥ AB，
∴∠B=40°，
∴∠C=40°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=100°．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识点的理解和掌握．
【变式3-2】（2018·江苏·无锡市第一女子中学校考中考模拟）如图，在△ACB和△DCE中，AC=BC，
CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，连接AE、BD交于点O，AE与DC交于点M，BD与AC交于点N．
试判断AE、BD之间的关系，并说明理由．
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【答案】AE=BD且AE⊥BD，理由见解析
【分析】根据∠ACB=∠DCE=90°，可得∠DCB=∠ACE，已知AC=BC，CD=CE，可得
△ACE≌△BCD，则AE=BD，∠CEA=∠BDC，由∠CME=∠DMO，理由三角形内角贺可知
∠CEA+∠CME=∠BDC+∠DMO，进而可得∠DOM=∠ECM=90°，AE⊥BD，即AE=BD且
AE⊥BD．
【详解】解：AE=BD且AE⊥BD．理由如下：
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACB+∠DCA=∠DCE+∠DCA，即∠DCB=∠ACE，
∵AC=BC，CD=CE，
∴△ACE≌△BCD(SAS)，
∴AE=BD，∠CEA=∠BDC，
∵∠CME=∠DMO，∠DCE=90°，
则∠CEA+∠CME=∠BDC+∠DMO=90°
∴∠DOM=∠ECM=90°，
∴AE⊥BD，
∴AE=BD且AE⊥BD．
【点睛】本题考查全等三角形的性质及判定，三角形的内角和定理，证明△ACE≌△BCD是解决问题的
关键．
【变式3-3】（2023·江苏南京·校考三模）如图，在▱ABCD中，点E、F分别是边AD、BC的中点．
(1)求证：△ABF≌△CDE；
(2)若∠AFC=2∠D，求证：四边形AFCE是菱形．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）可证BF=DE，即可求证；
（2）可证四边形AFCE是平行四边形，四边形CDEF是平行四边形，从而可证∠AFE=∠AEF，即可得
证．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD AD=BC，∠B=∠D，
∵点E、F分别是边AD、BC的中点，
1 1
∴BF= BC，DE= AD，
2 2
∴BF=DE，
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在△ABF和△CDE中
¿，
∴ △ABF≌△CDE(SAS)．
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD=BC，AD∥BC，
∴AE∥CF，∠AEF=∠CFE，
∵点E、F分别是边AD、BC的中点，
1 1
∴CF= BC，AE= AD，
2 2
∴AE=CF，
∴四边形AFCE是平行四边形，
同理可证：四边形CDEF是平行四边形，
∴∠CFE=∠D，
∵∠AFC=2∠D，
∴∠AFE=∠CFE=∠D，
∴∠AFE=∠AEF，
∴AF=AE，
∴四边形AFCE是菱形．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定及性质，平行四边形的判定及性质，菱形的判定，掌握判定方法及
性质是解题的关键．
【变式3-4】（2020·北京朝阳·三模）如图，在△ABE中，C，D是边BE上的两点，有下面四个关系式：
（1）AB=AE，（2）BC=DE，（3）AC=AD，（4）∠BAC=∠EAD请用其中两个作为已知条件，
余下两个作为求证的结论，写出你的已知和求证（请写具体内容，不要写序号）并证明．
已知：
求证：
证明：
【答案】见解析
【分析】已知：AB=AE，BC=DE，求证：AC=AD，∠BAC=∠EAD；由“SAS”可证
△ABC≌△AED，即可证明结论成立．也可以（1）（3） （2）（4）或（2）（3） （1）（4）或
（1）（4） （2）（3）或（3）（4） （1）（2）．证明方法类似．
⇒ ⇒
【详解】①已知：AB=AE，BC=DE，
⇒ ⇒
求证：AC=AD，∠BAC=∠EAD，
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证明：∵AB=AE，
∴∠B=∠E，
∵AB=AE，∠B=∠E，BC=DE，
∴△ABC≌△AED(SAS)，
∴AC=AD，∠BAC=∠EAD；
②已知：AB=AE，AC=AD，
求证：BC=DE，∠BAC=∠EAD，
∵AB=AE，AC=AD，
∴∠B=∠E，∠ACD=∠ADC，
∴∠ACB=∠ADE，
∴△ABC≌△AED(AAS)，
∴BC=DE，∠BAC=∠EAD；
③已知：BC=DE，AC=AD，
求证：AB=AE，∠BAC=∠EAD，
∵AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC，
∴∠ACB=∠ADE，
∵BC=DE，∠ACB=∠ADE，AC=AD，
∴△ABC≌△AED(SAS)，
∴AB=AE，∠BAC=∠EAD；
④已知：AB=AE，∠BAC=∠EAD，
求证：BC=DE，AC=AD，
∵AB=AE，
∴∠B=∠E，
∵∠BAC=∠EAD，AB=AE，∠B=∠E，
∴△ABC≌△AED(ASA)，
∴BC=DE，AC=AD；
⑤已知：AC=AD，∠BAC=∠EAD，
求证：AB=AE，BC=DE，
∵AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC，
∴∠ACB=∠ADE，
∵∠ACB=∠ADE，AC=AD，∠BAC=∠EAD，
∴△ABC≌△AED(ASA)，
∴AB=AE，BC=DE．
【点睛】本题考查证明的概念，根据题意写出已知、求证、证明过程，在证明时需要用到全等三角形的性
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质与判定，答案不唯一．
【变式3-5】（2023·上海嘉定·模拟预测）如图，△ABC中，AB=AC，点D在BC边上，CE⊥ AD延长
线于E，且BC=2AE．
(1)求证：AD=CD；
(2)求证：AB2=AD⋅BC．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）过点A作AF⊥BC于点F，如图所示．由等腰三角形三线合一，得BC=2CF．可证
Rt△ACE≌Rt△CAF（HL），进一步证得AD=CD．
（2）由AB=AC，得∠ACB=∠B，进一步证得∠CAD=∠B，于是△ACD∽△BCA，可得
AC2=CD⋅BC，等量代换即可得证结论AB2=AD⋅BC．
【详解】（1）过点A作AF⊥BC于点F，如图所示．
∵AB=AC，
∴BC=2CF．
∵BC=2AE，
∴CF=AE．
在Rt△ACE和Rt△CAF中，¿，
∴Rt△ACE≌Rt△CAF（HL），
∴∠EAC=∠FCA
∴AD=CD．
（2）∵AB=AC，
∴∠ACB=∠B．
又∵∠DAC=∠ACD，
∴∠CAD=∠B，
∴△ACD∽△BCA，
AC CD
∴ =
BC AC
【32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
∴AC2=CD⋅BC．
∵AD=CD，AB=AC，
∴AB2=AD⋅BC．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质；由三角形全等、相似得出线段之
间的数量关系是解题的关键．
题型04 结合尺规作图的全等问题
【例4】（2022·江西赣州·统考一模）已知锐角∠AOB，如图，
（1）在射线OA上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径作P´Q， 交射线OB于点D，连接CD；（2）
分别以点C，D为圆心，CD长为半径作弧，交P´Q于点M，N；
（3）连接OM，MN．
根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（ ）
A．MC＝DN B． COM≌△COD
C．若OM＝MN．则∠AOB＝20° D．MN＝3CD
△
【答案】D
【分析】利用作法得到MC＝CD＝DN，则可对A选项进行判断；OM＝ON＝OC＝OD，根据全等三角形的
判定方法，则可对B选项进行判断；当OM＝MN时， MON为等边三角形，则可对C选项进行判断；利
用两点之间线段最短可对D选项进行判断．
△
【详解】解：由作法得MC＝CD＝DN，所以A选项的结论正确；
当OM＝MN，
而OM＝ON，
∴此时 MON为等边三角形，
∴∠MON＝60°，
△
1
∴∠AOB＝ ∠MON＝20°，所以C选项的结论正确；
3
由题意得：OM＝OC＝OD，
在 COM和 COD中，
¿ ，
△ △
∴△COM≌△COD（SSS），所以B选项正确；
∵MC+CD+DN＞MN，
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∴3CD＞MN，所以D选项错误．
故选：D．
【点睛】本题考查了作图﹣复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何
图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质
把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
【变式4-1】（2022·湖北襄阳·统考一模）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，D为边BC上一点，CD＝AC，
连接AD．
(1)用尺规作∠ADE＝∠B，射线DE交线段AC于点E（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)若AB＝5，BD＝3，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）利用作一个角等于已知角的作法，即可求解；
（2）根据等腰三角形的性质可得AC＝AB＝5．再由CD＝AC，可得CD＝AC＝AB＝5．再根据三角形的外
角性质可得∠CDE＝∠BAD．可证得△ABD≌△DCE．即可求解．
【详解】（1）解：作图如图所示，∠ADE即为所作；
（2）解：∵∠B＝∠C，
∴AC＝AB＝5．
∵CD＝AC，
∴CD＝AC＝AB＝5．
∵∠ADC＝∠ADE＋∠CDE＝∠B＋∠BAD，
∵∠ADE＝∠B，
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∴∠CDE＝∠BAD．
∴△ABD≌△DCE．
∴CE＝BD＝3．
∴AE＝AC-CE＝5-3＝2．
【点睛】本题主要考查了尺规作图，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握相关知识点
是解题的的关键．
【变式4-2】（2022·湖南长沙·长沙市北雅中学校考二模）如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点
O，小雅按以下步骤作图：①以点A为圆心，以任意长为半径作弧，分别交AO，AB于点M，N；②以点O
为圆心，以AM长为半径作弧，交OC于点M'；③以点M'为圆心，以MN长为半径作弧，在∠COB内部
交前面的弧于点N'；④过点N'作射线ON'交BC于点E．
(1)根据小雅的作图方法，得到∠COE=∠OAB．证明过程如下：
M'ON'
由作图可知，在 MAN和 中， ，
∴△MAN≌△M'ON'（_____________）（此处填理论依据），
△ △
∴∠COE=∠OAB．
(2)若AB=6，求线段OE的长．
【答案】(1)MN=M'N'；SSS
(2)OE=3
【分析】（1）由作图可知 MAN≌△M'ON'的理由是SSS，据此解答即可；
（2）由∠COE=∠OAB得
△
OE//AB，由四边形ABCD为平行四边形得OC=OA，再由中位线定得OC
的长．
【详解】（1）由作图可知，在 MAN和 M'ON'中，
¿，
△ △
∴△MAN≌△M'ON'（SSS），
∴∠COE=∠OAB，
故答案为：MN=M'N'；SSS；
（2）由（1）得∠COE=∠OAB，
∴OE//AB
∵四边形ABCD为平行四边形，
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∴OC=OA，
∴CE=BE，
∴OE为 ABC的中位线，
1 1
∴OE=△ AB= ×6=3
2 2
【点睛】本题考查作图-复杂作图，全等三角形的判定和性质等知识，平行四边形的性质及三角形中位线性
质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式4-3】（2022·湖南长沙·模拟预测）人教版初中数学教科书上册第35-36页告诉我们作一个三角形与
已知三角形全等的方法：
已知：△ABC．
求作：△A'B'C'，使得△A'B'C'≌△ABC．
作法：如图．
（1）画B'C'=BC；
（2）分别以点B'，C'为圆心，线段AB，AC长为半径画弧，两弧相交于点A'
；
（3）连接线段A'B'，A'C'，则△A'B'C'即为所求作的三角形．
请你根据以上材料完成下列问题：
（1）完成下面证明过程（将正确答案填在相应的横线上）：
证明：由作图可知，在△A'B'C'和△ABC中，
¿
∴△A'B'C'≌______．
（2）这种作一个三角形与已知三角形全等的方法的依据是______．（填序号）
①AAS；②ASA；③SAS；④SSS
【答案】（1）AB,AC,△ABC；（2）④．
【分析】（1）先根据作图可知A'B'=AB,A'C'=AC，再根据三角形全等的判定定理即可得；
（2）根据三边对应相等的两个三角形是全等三角形即可得．
【详解】（1）证明：由作图可知，在△A'B'C'和△ABC中，
¿，
∴△A'B'C' ≅△ABC．
故答案为：AB,AC,△ABC．
（2）这种作一个三角形与已知三角形全等的方法的依据是SSS，
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故答案为：④．
【点睛】本题考查了利用SSS定理判定三角形全等，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题关键．
题型05 全等三角形模型-平移模型
【例5】（2023·陕西西安·模拟预测）如图，已知点A、D、C、F在同一条直线上，AB=DE，
∠ABC=∠≝¿．给出下列三个条件：①AC=DF，②BC=EF，③∠BAC=∠EDF．
(1)请在上述三个条件中选取一个条件，使得△ABC≌△DEF．你选取的条件序号为______，你判定
△ABC≌△DEF的依据是______（填“SSS”或“SAS”或“ASA”或“AAS”）；
(2)请用（1）中所选条件证明△ABC≌△DEF；
(3)△≝¿可看作是由△ABC沿AC方向平移得到的，过B作BM⊥ AC于M，当AB=10，BM=8，
△ABD是以BD为腰的等腰三角形时，直接写出平移距离AD的长．
【答案】(1)②，SAS（或③，ASA）
(2)见解析
25
(3)12或
3
【分析】(1)根据三角形的判定定理即可解答；
(2)根据(1)所选取的条件，证明三角形全等即可；
(3)首先根据勾股定理可求得AM的长，再分两种情况，即BA=BD和AD=BD，分别计算即可求得．
【详解】（1）解：已知AB=DE，∠ABC=∠≝¿，
故只要再添加一对角或已知相等角的边，即可使得△ABC≌△DEF，
故答案为：②，SAS（或③，ASA）；
（2）证明：选②，
在△ABC和△≝¿中，
¿，
∴△ABC≌△DEF(SAS)；
（3）解：如图：
在Rt△ABM，∵AB=10，BM=8，
∴AM=√AB2−BM2=√102−82=6，
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当AB=BD时，
∵△ABD是等腰三角形，BM⊥ AC，
∴AD=2AM=12；
当AD=BD时，
设AD=BD=x，则MD=AD−AM=x−6，
在Rt△BDM，BD2=BM2+M D2，
得x2=82+(x−6) 2，
25
解得x= ，
3
25
综上，AD的长为12或 ．
3
【点睛】本题考查了添加条件使三角形全等及证明，等腰三角形的性质，勾股定理，能熟记全等三角形的
判定定理是解此题的关键．
【变式5-1】（2020·江苏常州·统考一模）如图，将Rt△ABC沿BC所在直线平移得到△DEF．
(1)如图①，当点E移动到点C处时，连接AD，求证：△CDA≌△ABC；
(2)如图②，当点E移动到BC中点时，连接AD、AE、CD，请你判断四边形AECD的形状，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）四边形AECD是菱形，理由见解析．
【分析】（1）根据平移的性质得到∠BAC=∠DCA，从而利用SAS证明△CDA≌△ABC；
（2）根据平移的性质得到AD//BC，AD=BE，结合点E是BC中点得到四边形AECD为平行四边形，
再结合AE=EC可得结论.
【详解】解：（1）证明：∵ΔABC平移得到ΔDCF，
∴AB//DC，AB=CD，
∴∠BAC=∠DCA，
在ΔABC与ΔCDA中，
¿，
∴ΔABC≅ΔCDA(SAS)；
（2）四边形AECD是菱形
∵ΔABC平移得到ΔDEF，
∴AD//BC，AD=BE，
∵点E是BC中点，∠BAC=90∘，
1
∴AE=BE=EC= BC，
2
∴AD平行且等于EC，
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即四边形AECD是平行四边形，
∵AE=EC，
∴平行四边形AECD是菱形.
【点睛】本题考查了平移的性质，全等三角形的判定，菱形的判定，直角三角形斜边中线定理，解题的关
键是熟练运用平移的性质得到判定的条件.
【变式5-2】（2019·河北石家庄·统考一模）如图1，△ABC与△DBC全等，且∠ACB=∠DBC=90°，
AB=6，AC=4.如图2，将△DBC沿射线BC方向平移得到△D B C ，连接AC ∥AC .
1 1 1 1 1
（1）求证：BD =AC 且BD ∥AC ；
1 1 1 1
（2）△DBC沿射线BC方向平移的距离等于__________时，点A与点D 之间的距离最小.
1
图1 图2
【答案】（1）证明见解析（2）2√5
【分析】（1）根据平移的性质证明△C CA≌△BB D 即可得证；
1 1 1
（2）依题意可知A,C，D在同一直线时，点A与点D 之间的距离最小，用勾股定理即可求解.
1
【详解】（1）证明：根据题意可知：
Rt△ABC≌Rt△D C B
1 1 1
∴AC=D B
1 1
∠ACB=∠C B D =90°
1 1 1
∴∠ACC =∠BB D =90°
1 1 1
由平移可知：CC =BB
1 1
在△C CA和△BB D 中
1 1 1
¿
∴△C CA≌△BB D (SAS)
1 1 1
∴AC =BD ，∠B BD =∠AC C
1 1 1 1 1
∴AC ∥BD .
1 1
（2）当A,C，D在同一直线时，点A与点D 之间的距离最小，
1
故平移的距离为√AB2−AC2=2√5
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判断方法.
题型06 全等三角形模型-对称模型
【例6】（2023·湖南衡阳·校考一模）如图，AC平分∠BAD，CB⊥ AB，CD⊥ AD，垂足分别为B，
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D．
(1)求证：△ABC≌△ADC；
(2)若AB=4，CD=3，求四边形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)12
【分析】（1）由角平分线的定义和垂直的定义求出∠CAB=∠CAD,∠B=∠D，结合已知条件，利用
“AAS”即可求证；
（2）由全等三角形的性质得AB=AD=4,BC=CD=3，根据三角形的面积公式求出S ，S ，再
△ABC △ACD
根据四边形ABCD的面积=S +S 求解即可．
△ABC △ACD
【详解】（1）∵ AC平分∠BAD，CB⊥ AB，CD⊥ AD，
∴∠CAB=∠CAD,∠B=∠D，
∵AC=AC，
∴△ABC≅△ADC(AAS)；
（2）∵△ABC≅△ADC，AB=4,CD=3，
∴AB=AD=4,BC=CD=3，
∵∠B=∠D=90°，
1 1 1 1
∴S = ⋅AB⋅BC= ×4×3=6，S = ⋅AD⋅CD= ×4×3=6，
△ABC 2 2 △ACD 2 2
∴四边形ABCD的面积=S +S =6+6=12．
△ABC △ACD
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，熟练掌握它们是解题的关键．
【变式6-1】（2021·西藏拉萨·校考一模）如图，已知∠C＝∠F＝90°，AC＝DF，AE＝DB，BC与EF交
于点O，
（1）求证：Rt△ABC≌Rt△DEF；
（2）若∠A＝51°，求∠BOF的度数．
【答案】（1）见解析；（2）78°
【分析】（1）由AE＝DB得出AE＋EB＝DB＋EB，即AB＝DE，利用HL即可证明
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Rt△ABC≌Rt△DEF；
（2）根据直角三角形的两锐角互余得∠ABC＝39°，根据全等三角形的性质得∠ABC＝∠DEF＝39°，由三
角形外角的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵AE＝DB，
∴AE＋EB＝DB＋EB，即AB＝DE．
又∵∠C＝∠F＝90°，AC＝DF，
∴Rt ABC≌Rt DEF．
（2）∵∠C＝90°，∠A＝51°，
△ △
∴∠ABC＝∠C－∠A＝90°－51°＝39°．
由（1）知Rt△ABC≌Rt△DEF，
∴∠ABC＝∠DEF．
∴∠DEF＝39°．
∴∠BOF＝∠ABC＋∠BEF＝39°＋39°＝78°．
【点睛】本题主要考查直角三角形的两锐角互余，三角形外角的性质，全等三角形的判定与性质，证明三
角形全等是解题的关键．
【变式6-2】（2023·甘肃白银·统考一模）如图，△ABC是等边三角形，D,E 在直线BC上，DB=EC．
求证：∠D=∠E ．
【答案】详见解析
【分析】由等边三角形的性质以及题设条件，可证△ADB≌△AEC，由全等三角形的性质可得∠D=∠E．
【详解】证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠ABC=∠ACB，
∴∠ABD=∠ACE，
在△ADB和△AEC中，
AB=AC
{∠ABD=∠ACE
DB=EC
∴△ADB≌△AEC(SAS)，
∴∠D=∠E．
【点睛】本题考查等边三角形的性质、补角的性质、全等三角形的判定和性质，综合性强，但是整体难度
不大．
【变式6-3】（2022·辽宁大连·统考二模）如图，AC⊥BC，AD⊥BD，AD＝BC．AD，BC交于点O．求证：
OC＝OD．
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【答案】见解析
【分析】根据HL证明Rt△ABD和Rt△BAC全等，进而利用AAS证明△AOC和△BOD全等解答即可．
【详解】证明：∵AC⊥BC，AD⊥BD，
∴∠C＝∠D＝90°．
在Rt△ABD和Rt△BAC中，
¿，
∴Rt△ABD≌Rt△BAC（HL），
∴BD＝AC，
在△AOC和△BOD中，
¿，
∴△AOC≌△BOD（AAS），
∴OC＝OD．
【点睛】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据HL证明Rt△ABD和Rt△BAC全等．
题型07 全等三角形模型-一线三等角模型
【例7】（2021·浙江湖州·统考二模）如图，在平面直角坐标系xOy，四边形OABC为正方形，若点B
（1，4），则点A的坐标为（ ）
(5 3) ( 3 5)
A．（3，1） B． , C． − , D．（4，1）
2 2 2 2
【答案】B
【分析】过点B作BD⊥y轴于点D，过点A作AE⊥x轴点E，DB与EA的延长线交于点F，通过证明
△BFA≌△AEO可得AF＝OE，BF＝AE；利用B（1，4），可得BD＝1，EF＝4；通过说明四边形ODFE
为矩形，可得DF＝OE．计算出线段OE，AE的长即可求得结论．
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【详解】解：过点B作BD⊥y轴于点D，过点A作AE⊥x轴点E，DB与EA的延长线交于点F，如图，
∵BD⊥y轴，AE⊥x轴，OD⊥OE，
∴四边形ODFE为矩形，
∴EF＝OD，DF＝OE，
∵点B（1，4），
∴OD＝4，BD＝1，
∵四边形OABC为正方形，
∴OA＝AB，∠BAO＝90°，
∴∠OAE+∠BAF＝90°，
∵AE⊥x轴，
∴∠OAE+∠AOE＝90°，
∴∠BAF＝∠AOE，
在△BAF和△AOE中，
¿，
∴△BAF≌△AOE（AAS），
∴BF＝AE，AF＝OE，
∴DF＝AF＝OE，
∴OE+AE＝EF＝4，OE﹣AE＝BD＝1，
5 3
∴OE＝ ，AE＝ ，
2 2
5 3
∴A（ ， ）．
2 2
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定及性质，全等三角形的判定及性质以及坐标与图形，
能利用“一线三垂直”构造三角形全等是解题的关键．
【变式7-1】（2022·四川成都·统考二模）如图所示，△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°．直线l经过点
A，过点B作BE⊥l于点E，过点C作CF⊥l于点F．若BE=2,CF=5，则EF= ．
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【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．
∵BE=2,CF=5，
∴EF=2+5=7；
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7-2】（2022上·江苏南京·南京市第二十九中学校考阶段练习）如图，AE⊥ AB，且AE=AB，
BC⊥CD，且BC=CD，请按照图中所标注的数据计算FH的长为 ．
【答案】16
【分析】证明△EFA≌△AGB和△BGC≌△CHD，利用全等三角形的对应边相等求解即可．
【详解】解：由图知，∠EFA=∠BGA=∠BGC=∠DHC=90°，
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∴∠FEA+∠EAF=90°，∠GBC+∠BCG=90°，
∵AE⊥ AB，BC⊥CD，
∴∠GAB+∠EAF=90°，∠HCD+∠BCG=90°，
∴∠FEA=∠GAB，∠GBC=∠HCD，
又AE=AB，BC=CD，
∴△EFA≌△AGB(AAS)，△BGC≌△CHD(AAS)，
∴AG=EF=6，AF=BG=3，CG=DH=4，CH=BG=3，
∴FH=AF+AG+CG+CH=3+6+4+3=16，
故答案为：16．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、直角三角形的两个锐角互余、等角的余角相等，熟练掌握全
等三角形的对应边相等是解答的关键．
【变式7-3】（2021上·黑龙江佳木斯·九年级桦南县第四中学校考期中）在△ABC中，∠ACB=90°，
AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
(1)当直线MN绕点C旋转到图1位置时，求证：DE=AD+BE；
(2)当直线MN绕点C旋转到图2位置时，试问：DE、AD、BE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MN绕点C旋转到图3位置时，DE、AD、BE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)AD=BE+DE，证明见解析
(3)BE=AD+DE
【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AAS证明△ADC≌△CEB，得AD=CE，BE=CD，进而得出DE=BE+CD；
（2）先用AAS证明△ADC≌△CEB，可得AD=CE，BE=CD，进而得出AD=CD+DE=BE+DE；
（3）证明过程同（2），进而可得BE=AD+DE．
【详解】（1）证明：由题意知，∠BCA=90°，∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，∠BCE+∠CBE=90°，
∴∠ACD=∠CBE，
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在△ADC和△CEB中，
∵¿ ，
∴△ADC≌△CEB(AAS)，
∴AD=CE，BE=CD，
∴DE=DC+CE=BE+AD，
∴DE=AD+BE．
（2）解：AD=BE+DE．
证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，∠BCE+∠CBE=90°，
∴∠ACD=∠CBE，
在△ABD和△ACE中，
∵¿ ，
∴△ACD≌△CBE(AAS)，
∴AD=CE，BE=CD，
又∵CE=CD+DE=BE+DE,
∴AD=BE+DE．
（3）解：BE=AD+DE．
证明：∵AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠BCE+∠EBC=90°，∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠ACD＝∠EBC，
在△ACD和△CBE中，
∵¿，
∴△ACD≌△CBE(AAS)，
∴AD=CE，BE=CD，
又∵CD=CE+DE=AD+DE，
∴BE=AD+DE．
【变式7-4】（2020·山西晋中·统考一模）阅读材料：
我们知道：一条直线经过等腰直角三角形的直角顶点，过另外两个顶点分别向该直线作垂线，即可得三垂
直模型”如图①，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，分别过A、B向经过点C直线作垂线，垂足分
别为D、E，我们很容易发现结论：△ADC≌△CEB．
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（1）探究问题：如果AC≠BC，其他条件不变，如图②，可得到结论；△ADC∽△CEB．请你说明理由．
1
（2）学以致用：如图③，在平面直角坐标系中，直线y= x与直线CD交于点M(2,1)，且两直线夹角为α，
2
3
且tanα= ，请你求出直线CD的解析式．
2
（3）拓展应用：如图④，在矩形ABCD中，AB=3，BC=5，点E为BC边上—个动点，连接AE，将线
段AE绕点E顺时针旋转90°，点A落在点P处，当点P在矩形ABCD外部时，连接PC，PD．若△DPC为
直角三角形时，请你探究并直接写出BE的长．
4 15 7+√17
【答案】（1）理由见解析；（2）y=− x+ ；（3）BE长为3或 ．
7 7 4
【分析】（1）根据同角的余角相等得到∠BCE=∠DAC，然后利用AA定理判定三角形相似；
（2）过点O作ON⊥OM交直线CD于点N，分别过M、N作ME⊥x轴，NF⊥x轴，由（1）得
NF OF NO
△NFO∽△OEM，从而得到 = = ，然后结合相似三角形的性质和锐角三角函数求出NF=3，
OE ME MO
3
OF= ，从而确定N点坐标，然后利用待定系数法求函数解析式；
2
（3）分两种情形讨论：①如图1中，当∠PDC=90°时．②如图2中，当∠DPC=90°时，作PF⊥BC于F，
PH⊥CD于H，设BE=x．分别求解即可．
【详解】解：（1）∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BCE=90°
又∵∠ADC=90°
∴∠ACD+∠DAC=90°
∴∠BCE=∠DAC
∵∠ADC=∠BEC=90°．
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∴△ADC∽△CEB
（2）如图，过点O作ON⊥OM交直线CD于点N，
分别过M、N作ME⊥x轴，NF⊥x轴
NF OF NO
由（1）得△NFO∽△OEM ∴ = =
OE ME MO
∵M坐标(2,1) ∴OE=2，ME=1
3 ON 3
∵tanα= ∴ =
2 OM 2
3 ( 3 )
解得：NF=3，OF= ∴N − ,3
2 2
( 3 )
设直线CD表达式为y=kx+b，代入M(2，1)，N − ，3
2
得¿，解得¿，
4 15
∴直线CD表达式为y=− x+
7 7
（3）解：①如图1中，当∠PDC=90°时，
∵∠ADC=90°，
∴∠ADC+∠PDC=180°，
∴A、D、P共线，
∵EA=EP，∠AEP=90°，
∴∠EAP=45°，∵∠BAD=90°，
∴∠BAE=45°，∵∠B=90°
∴∠BAE=∠BEA=45°，
∴BE=AB=3．
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②如图2中，当∠DPC=90°时，作PF⊥BC于F，PH⊥CD于H，设BE=x，
∵∠AEB+∠PEF=90°，∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠PEF，
在△ABE和△EFP中，¿
∴△ABE≌△EFP，
∴EF=AB=3，PF=HC=BE=x，
∴CF=3-（5-x）=x-2，
∵∠DPH+∠CPH=90°，∠CPH+∠PCH=90°，
∴∠DPH=∠PCH，∵∠DHP=∠PHC，
∴△PHD∽△CHP，
∴PH2=DH•CH，
∴（x-2）2=x（3-x），
7+√7 7−√17
∴x= 或 （舍弃），
4 4
7+√7
∴BE= ，
4
7+√7
综上所述，当△PDC是直角三角形时，BE的值为3或 ．
4
【点睛】本题考查旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解
题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
【变式7-5】（2023下·河南洛阳·统考期中）综合与实践
数学活动课上，老师让同学们以“过等腰三角形顶点的直线”为主题开展数学探究．
(1)操作发现：如图甲，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，且AB=AC，直线l经过点A．小华分别过B、C
两点作直线l的垂线，垂足分别为点D、E．易证△ABD≌△CAE，此时，线段DE、BD、CE的数量关
系为： ；
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(2)拓展应用：
如图乙，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，已知点C的坐标为(−2,0)，点B的坐标为(1,2)．请
利用小华的发现直接写出点A的坐标： ；
(3)迁移探究：
①如图丙，小华又作了一个等腰△ABC，AB=AC，且∠BAC≠90°，她在直线l上取两点D、E，使得
∠BAC=∠BDA=∠AEC，请你帮助小华判断（1）中线段DE、BD、CE的数量关系是否变化，若不变，
请证明；若变化，写出它们的关系式并说明理由；
②如图丁，△ABC中，AB=2AC，∠BAC≠90°，点D、E在直线l上，且∠BAC=∠BDA=∠AEC，
请直接写出线段DE、BD、CE的数量关系．
【答案】(1)DE=BD+CE
(2)(−4,3)
1
(3)①DE=BD+CE，理由见解析；②DE= BD+2CE
2
【分析】（1）由全等得到边长关系即可．
（2）分别按照（1）中情形过A、B做出x轴垂线，得到三角形全等后根据边长关系得到点A坐标．
（3）①将（1）中互余的角度变成计算关系，仍可得角度相等，从而得到全等的三角形，进而得到边长关
系．
②根据①可证全等，然后根据全等三角形的性质得到边长关系．
【详解】（1）由等腰直角△ABC得AB=AC，AB⊥ AC，
又∵ BD⊥ AD，CE⊥ AE
∴∠ABD+∠BAD=90∘=∠BAD+∠CAE
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∴∠ABD=∠CAE
又∵AB=CA，∠BDA=90∘=∠AEC
∴△ABD≌△CAE
∴AD=CE，BD=AE
∴DE=BD+CE
（2）
过A、B作出x轴垂线AD，BE，由（1）可得∴AD=CE，ED=AD+BE，
又∵B(1,2) C(−2,0)得BE=2，OE=1，CO=2，
∴AD=CE=3，DE=AD+BE=5
∴DO=DE−OE=4
∴A(−4,3)
（3）①∵∠BAC=∠BDA=∠AEC
∴∠ABD+∠BAD=180∘−∠BDA=180∘−∠BAC=90∘=∠BAD+∠CAE
∴∠ABD=∠CAE
又∵AB=CA，∠BDA=∠AEC
∴△ABD≌△CAE
∴AD=CE，BD=AE
∴DE=BD+CE
②
与①中同理可得∠ABD=∠CAE
分别取BD，AB中点M，N连接MN．
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1 1
∴BM= DB，BN= BA
2 2
1
∴MN∥DA,MN= DA
2
又∵BA=2AC
∴BN=AC
∵MN∥DA
∴∠BMN=∠BDA
又∵∠BDA=∠AEC
∴∠BMN=∠AEC
在△BMN与△AEC中
¿
∴△NBM≌△CAE
1 1
∴MN=CE= AD，BM=AE= BD
2 2
1
∴DE=DA+AE=2CE+ BD
2
【点睛】本题考查一线三等角模型，注重模仿推理能力，结合一个示范作迁移应用，需要大胆参考示范进
行相同位置图像的关系论证．对知识点的充分理解和迁移是解题的关键．
题型08 全等三角形模型-旋转模型
【例8】（2019·河南·一模）（1）问题发现：如图①，△ABC和△EDC都是等边三角形，点B、D、E在
同一条直线上，连接AE．
①∠AEC的度数为______；
②线段AE、BD之间的数量关系为______；
（2）拓展探究：如图②，△ABC和△EDC都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点B、D、E
在同一条直线上，CM为△EDC中DE边上的高，连接AE，试求∠AEB的度数及判断线段
CM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题：如图③，△ABC和△EDC都是等腰三角形，∠ACB=∠DCE=36°，点B、D，E在同
一条直线上，请直接写出∠EAB+∠ECB的度数．
【答案】（1）①120°；②相等；（2）90°；BE=AE+2CM，理由见详解；（3）180°．
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【分析】（1）根据等边三角形的性质，可得EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=60°，然后证明
∠ECA=∠DCB，从而可证明△AEC≌△BDC，再利用全等三角形的性质，①、②即可求解；
（2）类似（1）中方法，证明△AEC≌△BDC，得出∠AEB=∠CEA−∠CEB=90°，根据等腰直角三
角形的性质得到CM=EM=MD，即可得到线段CM、AE、BE之间的数量关系；
（3）根据△AEC≌△BDC解答即可．
【详解】（1）解：如图①所示，
∵ △ABC和△EDC都是等边三角形，
∴ EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=∠CDE=60°，
∴∠ECD−∠ACD=∠ACB−∠ACD，
∴∠ECA=∠DCB，
在△AEC与△BDC中，
¿，
∴△AEC≌△BDC(SAS)
∴∠AEC=∠BDC,AE=BD，
∵∠CDE=60°，点B、D、E在同一条直线上，
∴∠BDC=120°，
∴∠AEC=∠BDC=120°，
故①的答案为：120°；
②的答案为：相等；
（2）解：如图②所示，
∵ △ABC和△EDC都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，
∴ EC=DC,AC=BC,∠ECD=∠ACB=90°,∠CDE=∠CED=45°，
∴∠ECD−∠ACD=∠ACB−∠ACD，
∴∠ECA=∠DCB，
在△AEC与△BDC中，
¿，
∴△AEC≌△BDC(SAS)
∴∠AEC=∠BDC,AE=BD，
∵∠CDE=45°，点B、D、E在同一条直线上，
∴∠BDC=135°，
∴∠AEC=∠BDC=135°，
∴∠AEB=∠AEC−∠CEB=135°−45°=90°，
∵ △EDC都是等腰直角三角形，CM⊥DE，
∴CM=EM=MD，
∴ED=2CM，
∴BE=BD+DE=AE+2CM，
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∴ ∠AEB的度数为90°，线段CM、AE、BE之间的数量关系为：∴BE=AE+2CM；
（3）解：根据（1）（2）中结论可知：△AEC≌△BDC，得∠AEC=∠BDC，
∵ △ABC和△EDC都是等腰三角形，∠ACB=∠DCE=36°，
180°−36°
∴∠CDE=∠ABC= =72°，
2
∴∠AEC=∠BDC=180°−72°=108°，
∴∠AEC+∠ABC=108°+72°=180°，
∴∠EAB+∠ECB=360°−180°=180°．
【点睛】此题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰三角形
的性质等知识，熟练而灵活运用这些性质解决问题是解答此题的关键．
【变式8-1】（2022·湖北十堰·统考一模）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°．点E，F分
别为AB，AC的中点，H为线段EF上一动点（不与点E，F重合），将线段AH绕点A逆时针方向旋转
90°得到AG，连接GC，HB．
（1）证明：△AHB≌△AGC；
（2）如图2，连接GF，HC，AF交AF于点Q．
①证明：在点H的运动过程中，总有∠HFG=90°；
②若AB=AC=4，当EH的长度为多少时，△AQG为等腰三角形？
【答案】（1）见详解；（2）①见详解；②当EH的长度为2或√2时，△AQG为等腰三角形
【分析】（1）由旋转的性质得AH=AG，∠HAG=90°，从而得∠BAH=∠CAG，进而即可得到结论；
（2）①由△AHB≌△AGC，得AH=AG，再证明△AEH≌△AFG，进而即可得到结论；②△AQG为等
腰三角形，分3种情况：（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，（b）当∠GAQ=∠GQA=67.5°时，（c）当
∠AQG=∠AGQ=45°时，分别画出图形求解，即可．
【详解】解：（1）∵线段AH绕点A逆时针方向旋转90°得到AG，
∴AH=AG，∠HAG=90°，
∵在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠BAH=90°-∠CAH=∠CAG，
∴△AHB≌△AGC；
（2）①∵在等腰直角三角形ABC中，AB=AC，点E，F分别为AB，AC的中点，
∴AE=AF，△AEF是等腰直角三角形，
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∵AH=AG，∠BAH =∠CAG，
∴△AEH≌△AFG，
∴∠AEH=∠AFG=45°，
∴∠HFG=∠AFG+∠AFE=45°+45°=90°，即：∠HFG=90°；
②∵AB=AC=4，点E，F分别为AB，AC的中点，
∴AE=AF=2，
∵∠AGH=45°，△AQG为等腰三角形，分3种情况：
（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，如图，则∠HAF=90°-45°=45°，
∴AH平分∠EAF，
∴点H是EF的中点，
1 1
∴EH=
√AE2+AF2= ×√22+22=√2；
2 2
（b）当∠GAQ=∠GQA=（180°-45°）÷2=67.5°时，如图，则∠EAH=∠GAQ=67.5°，
∴∠EHA=180°-45°-67.5°=67.5°，
∴∠EHA=∠EAH，
∴EH=EA=2；
（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，点H与点F重合，不符合题意，舍去，
综上所述：当EH的长度为2或√2时，△AQG为等腰三角形．
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【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练
掌握全等三角形的判定定理，根据题意画出图形，进行分类讨论，是解题的关键．
【变式8-2】（2022·山东东营·统考二模）已知△AOB和△MON都是等腰直角三角形
(√2 )
OAAB，连接AC，分别以点A，C
1
为圆心，大于 AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交BC，AD于点E，F．下列结论：
2
①四边形AECF是菱形；②∠CFD=2∠ACF；③AC⋅EF=CE⋅AB；④若AE平分∠BAC，则
CE=2BE．
其中正确结论的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】根据作图可得MN是线段AC的垂直平分线，设AC与MN的交点为O，证明
△AOF≌△COE(ASA)，得到AF=CE，进而证明四边形AECF是菱形，即可判断①，进而根据等边对等
角和三角形外角的性质即可判断②；根据菱形的性质求面积即可求解判断③；根据角平分线的性质可得
BE=EO，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解④．
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【详解】解：如图，设AC与MN的交点为O，
根据作图可得MN是线段AC的垂直平分线，
∴AO=OC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠FAO=∠ECO，
∵∠AOF=∠COE，AO=CO，
∴△AOF≌△COE(ASA)，
∴AF=CE，
又∵AF∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵MN垂直平分AC，
∴EA=EC，
∴四边形AECF是菱形，故①正确．
∵EA=EC
∴∠EAC=∠ECA，
∴∠CFD=∠FAC+∠FCA=2∠ACF，故②正确．
1
由菱形的面积可得 AC⋅EF=CE⋅AB，故③错误．
2
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∵AE平分∠BAC，EB⊥ AB，EO⊥ AC，
∴∠EAC=∠BAE，EO=BE
∴∠EAC=∠ECA=∠EAB，
∵∠EAC+∠ECA+∠EAB=90°，
∴∠EAC=∠ECA=∠EAB=30°，
1 1
∴BE= AE= CE，
2 2
∴CE=2BE，故④正确．
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故选B．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形
的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
题型05 三角形的三条角平分线的性质定理的应用方法
【例5】（2023·北京海淀·清华附中校考模拟预测）如图，双骄制衣厂在厂房O的周围租了三幢楼A、B、
C作为职工宿舍，每幢宿舍楼之间均有笔直的公路相连，并且厂房O与每幢宿舍楼之间也有笔直公路相连，
且BC>AC>AB．已知厂房O到每条公路的距离相等．
（1）则点O为△ABC三条 的交点（填写：角平分线或中线或高线）；
（2）如图，设BC=a，AC=b，AB=c，OA=x，OB= y，OC=z，现要用汽车每天接送职工上下班后，
返回厂房停放，那么最短路线长是 ．
【答案】 角平分线 y+c+b+z
【分析】（1）根据角平分线上的点到角两边的距离相等，进行作答即可；
（2）根据题意，得到三条路线，在BC上截取BE=BA，连接OE，证明△ABO≌△EBO(SAS)，利用三
角形的三边关系，即可得到最短路径．
【详解】解：（1）∵厂房O到每条公路的距离相等，
∴点O为△ABC三条角平分线的交点；
故答案为：角平分线．
（2）如图：
有三条路线可走：d =x+c+a+z,d =x+b+a+ y,d = y+c+b+z，
1 2 3
在BC上截取BE=BA，连接OE，
∵点O为△ABC三条角平分线的交点，
∴∠ABO=∠OBE，
在△ABO和△EBO中，
¿，
∴△ABO≌△EBO(SAS)，
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∴OA=OE，AB=BE，
在△ECO中，y−x
