第17讲全等三角形（讲义）（解析版）_02中考总复习（2026版更新中）_02-数学-中考总复习_2024年中考复习资料_一轮复习资料_配套讲义（原卷版+解析版）_教师版（含答案解析）

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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
【2 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.
【3 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
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 )
OA<OM=ON ，∠AOB=∠MON=90°．
2
（1）如图1：连AM,BN，求证：△AOM≌△BON；
（2）若将△MON绕点O顺时针旋转，
①如图2，当点N恰好在AB边上时，求证：BN2+AN2=2ON2；
②当点A,M,N在同一条直线上时，若OB=4,ON=3，请直接写出线段BN的长．
√46+3√2 √46−3√2
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；② 或
2 2
【分析】（1）利用SAS定理证明△AOM≌△BON即可；
（2）①连接AM，证明△AOM≌△BON，即可证BN2+AN2=2ON2；
②当点N在线段AM上时，连接BN，在Rt△ANB中构造勾股定理的等量关系；当点M在线段AN上时，
同理即可求得．
【详解】（1）证明：
即∵∠AOB=∠MON=90°，
∴∠MON+∠AON=∠AOB+∠AON，
即∠AOM=∠BON．
∵△MON和△AOB是等腰直角三角形，
∴OM=ON, OA=OB，
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∴△AOM≌△BON.(SAS)
（2）①证明：如图1，连接AM．
∵∠AOB=∠MON=90°，
∴∠MON−∠AON=∠AOB−∠AON，
即∠AOM=∠BON．
∵△MON和△AOB是等腰直角三角形，
∴OM=ON,OA=OB,∠OAB=∠OBA=45°，
∴△AOM≌△BON.(SAS)
∴∠MAO=∠OBA=45°,AM=BN，
∴∠MAN=90°，
∴AM2+AN2=M N2．
∵△MON是等腰直角三角形，
∴M N2=2ON2，
∴BN2+AN2=2ON2．
√46+3√2 √46−3√2
② 或 ．
2 2
温馨提示：
如图2，当点N在线段AM上时，连接BN，设BN=x，
在Rt△ANB中，x2+(x−3√2) 2=(4√2) 2 ，
√46+3√2
BN= ；
2
如图3，当点M在线段AN上时，连接BN，设BN=x，
在Rt△ANB中，x2+(x+3√2) 2=(4√2) 2
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√46−3√2
解得：BN= ．
2
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，三点共线分类讨论，对几何题
目的综合把握是解题关键．
【变式8-3】（2021·山东济南·统考一模）已知AD是等边△ABC的高，AC=2，点O为直线AD上的动点
(不与点A重合)，连接BO，将线段BO绕点O顺时针旋转60°，得到线段OE，连接CE、BE．
(1)问题发现：
如图1，当点O在线段AD上时，线段AO与CE的数量关系为 ，∠ACE的度数是 ．
(2)问题探究：
如图2，当点O在线段AD的延长线上时，(1)中结论是否还成立？请说明理由．
(3)问题解决：
当∠AEC=30°时，求出线段BO的长
【答案】(1)AO=CE，∠ACE=90°；
(2)成立，见解析；
(3)BO=2或2√7
【分析】(1)证明△ABO≌△CBE(SAS)，则AO=CE，∠BAO=∠BCE，进而求解；
(2)和(1)的方法相同；
(3)①当点O 在线段AD的延长线上时，证明点A、B、E 在一条直线上，进而求解；②当点O 在线段DA
1 1 2
的延长线上时，通过画图确定BO 为位置，进而求解．
2
【详解】（1）解：AO=CE，∠ACE=90°，
理由如下：
∵线段BO绕点O顺时针旋转60°，得到线段OE，
∴BO=OE，∠BOE=60°，
∴△BOE为等边三角形，
∴∠OBE=60°，BE=BO，
∴∠OBE=60°=∠OBD+∠DBE，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°=∠ABO+∠OBD，AB=AC，
∴∠ABO=∠CBE，
在△ABO和△CBE中，
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¿，
∴△ABO≌△CBE(SAS)，
∴AO=CE，∠BAO=∠BCE，
∵AD是等边三角形ABC的高，
∴∠ACB=60°，AD也是∠BAC的平分线，
∴∠BAO=30°=∠BCE，
∴∠ACE=∠BCE+∠ACB=30°+60°=90°，
故答案为：AO=CE，∠ACE=90°；
（2）解：成立，理由如下：
如图：连接BE．
∵线段BO绕点O顺时针旋转了60°得EO，
∴BO=EO，∠BOE=60°，
∴△BOE是等边三角形，
∴BO=BE，∠OBE=60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴BA=BC，∠ABC=60°，
∴∠ABC+∠OBC=∠OBE+∠OBC，即∠ABO=∠CBE，
在△ABO和△CBE中，
¿
∴△ABO≌△CBE(SAS)，
∴AO=CE，∠BAO=∠BCE，
∵AD是等边△ABC的高，
∴∠BCE=∠BAO=30°，∠BCA=60°，
∴∠ACE=∠BCE+∠ACB=30°+60°=90°，
∴AO=CE，∠ACE=90°；
（3）解：①当点O 在线段AD的延长线上时，
1
由(1)和(2)知：△BOE 是等边三角形，∠ACE=90°，
1 1 1
∵∠ACE=90°，∠AEC=30°，
1 1
∴∠EAC=60°，
1
∵∠BAC=60°，
∴点A、B、E 在一条直线上，
1
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∵在Rt△ACE 中，AC=2，∠AEC=30°，
1 1
∴A E=4，
1
∴BO=BE=2；
1 1
②当点O 在线段DA的延长线上时，
2
∵∠ACE=90°，∠AEC=30°，AC=2，
2 2
∴AE=4，CE =√AE 2−AC2=√42−22=2√3，
2 2 2
∵△ABO ≌△CBE(SAS)，
2 2
∴AO =CE =2√3，
2 2
∵AD是等边△ABC的高，AB=AC=2，
∴BD=1，AD=√AB2−BD2=√22−12=√3，
在Rt△ODB中，BD=1，
2
而O D=AO +AD=2√3+√3=3√3，
2 2
∴BO =√O D2+BD2=√(3√3) 2+12=2√7；
2 2
综上，BO=2或2√7．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，分类
讨论是解决本题的关键．
题型09 构造辅助线证明两个三角形全等-倍长中线法
【例9】（2019·山东淄博·统考一模）如图，ΔABC中，D为BC的中点，E是AD上一点，连接BE并延长
交AC于F，BE=AC，且BF=9，CF=6，那么AF的长度为 ．
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3
【答案】 ；
2
【分析】延长AD至G使AD=DG，连接BG，得出ΔACD≅ΔGBD,得出AC=BG=BE，所以得出
ΔAEF是等腰三角形，根据已知线段长度建立等量关系计算．
【详解】
如图：延长AD至G使AD=DG，连接BG
在ΔACD和ΔGBD中：
¿
∴ΔACD≅ΔGBD
∴∠CAD=∠G,AC=BG
∵BE=AC
∴BE=BG
∴∠G=∠BEG
∵∠BEG=∠AEF
∴∠AEF=∠EAF
∴EF=AF
∴AF+CF=BF−EF
即AF+6=9−EF
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3
∴AF=
2
【点睛】倍长中线是常见的辅助线、全等中相关的角的代换是解决本题的关键．
【变式9-1】（2023·云南昆明·统考二模）“倍长中线法”是解决几何问题的重要方法．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，具体做法是：如图，AD是△ABC的中线，延长
AD到E，使DE=AD，连接BE，构造出△BED和△CAD．求证：△BED≌△CAD．
【答案】见解析
【分析】由AD是△ABC的中线，可得DE=AD，再由∠EDB=∠ADC，DB=DC，即可证明
△BED≌△CAD．
【详解】证明：如图所示：
，
∵AD是△ABC的中线，
∴DB=DC，
在△BED和△CAD中，
¿，
∴△BED≌△CAD(SAS)．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定，倍长中线，熟练掌握三角形全等的判定，添加适当的辅助线
是解题的关键．
【变式9-2】．（2022·全国·一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＞AC，CD⊥AB于点D，点E是
AB的中点，连接CE．
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(1)若AC＝3，BC＝4，求CD的长；
(2)求证：BC2﹣AC2＝2DE•AB；
1
(3)求证：CE＝ AB．
2
12
【答案】(1)
5
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据勾股定理求出AB，根据三角形的面积公式计算，求出CD；
（2）根据题意得到BD﹣AD＝2DE，根据勾股定理计算即可证明；
（3）延长CE至点F，使EF＝CE，连结AF，证明△AEF≌△BEC（SAS），根据全等三角形的性质得到
∠B＝∠EAF，AF＝BC，再证明△ACF≌△CAB，得到CF＝AB，证明结论．
【详解】（1）解：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，
由勾股定理得：AB＝√AC2+BC2＝√32+42＝5，
∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
1 1 1 1
∴S ABC＝ AC•BC＝ AB•DE，即 ×3×4＝ ×5×CD，
2 2 2 2
△
12
解得：CD＝ ；
5
（2）证明：∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE，
∴BD﹣AD＝（BE+DE）﹣（AE﹣DE）＝BE﹣AE+2DE＝2DE，
∵CD⊥AB，
∴BC2＝BD2+CD2，AC2＝AD2+CD2，
∴BC2﹣AC2＝（BD2+CD2）﹣（AD2+CD2）＝BD2﹣AD2＝（BD+AD）（BD﹣AD）＝AB•2DE＝2DE•AB；
（3）证明：延长CE至点F，使EF＝CE，连结AF，
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在△AEF和△BEC中，
¿，
∴△AEF≌△BEC（SAS），
∴∠B＝∠EAF，AF＝BC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠B+∠CAB＝∠EAF+∠CAB＝90°，
∴∠CAF＝∠ACB＝90°，
∵AC＝CA，
∴△ACF≌△CAB（SAS），
∴CF＝AB，
∵CF＝2CE，
1
∴CE＝ AB．
2
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的面积计算、勾股定理的应用，掌握全等三角形
的判定定理和性质定理是解题的关键．
【变式9-3】（2019·吉林长春·东北师大附中校考二模）【问题提出】
如图①，在△ABC中，若AB=6，AC=4，求BC边上的中线AD的取值范围.
（1）【问题解决】
解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使DE=AD，再连接BC（或将△ACD绕着点D逆时针旋转
180°得到△EBD），把AB、AC、2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断，由此得出中
线AD的取值范围.
（2）【应用】
如图②，在△ABC中，D为BC的中点，已知AB=5，AC=3，AD=2，求BC的长.
（3）【拓展】
如图③，在△ABC中，∠A=90°，点D是边BC的中点，点E在边AB上，过点D作DF⊥DE交边AC于
点F，连接EF．已知BE=4，CF=5，求EF的长.
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【答案】（1）1<AD<5；（2） BC=2√13；（3）√41.
【分析】（1）延长AD到E，使AD=DE，连接BE，证 ADC≌△EDB，推出EB=AC，根据三角形的三边
关系求出即可；
△
（2）同（1）可证 ADC≌ EDB，可得 ABE的三边长，利用勾股定理的逆定理得出 ABE为直角三角形，
然后在Rt BED中利用勾股定理求出BD的长，进而得出BC的长；
△ △ △ △
（3）延长ED到点G，使DG=ED，连接CG，FG．由 EBD≌△GCD可得∠B=∠GCD、BE=CG=4，根据
△
∠A=90°知∠GCF=90°，利用勾股定理求得FG的长，最后由中垂线性质即可得EF=FG．
△
【详解】（1）解：延长AD到E，使AD=DE，连接BE，
∵AD是 ABC的中线，
∴BD=CD，
△
在 ADC与 EDB中，
¿，
△ △
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴EB=AC，
根据三角形的三边关系得：AB-AC＜AE＜AC+AB，
∴2＜AE＜10，
∵AE=2AD，
∴,1＜AD＜5，
即：BC边上的中线AD的取值范围1＜AD＜5；
（2）
延长AD至E，使DE=AD，连接BE．
∵点D为边BC的中点，
∴BD=CD.
∵∠BDE=∠ADC,
∴△ADC≌ EDB.
∴BE=AC=3,DE=AD=2.
△
∴AE=4.
∵AB=5，且32+42=52,
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∴BE2+AE2=AB2.
∴△ABE为直角三角形，∠AEB=90°.
∵在Rt BDE中，∠BED=90°，
∴BD=√ △BE2+DE2=√32+22=√13，
∴BC=2BD=2√13；
（3）
延长ED到点G，使DG=ED，连接CG，FG．
同前法可得 EBD≌△GCD，
∴∠B=∠GCD，BE=CG=4，
△
又∵∠A=90°，
∴∠B+∠BCA=90°，
∴∠GCD+∠BCA=90°，即∠GCF=90°，
∵CG=4，CF=5，
∴FG=√CG2+CF2=√42+52=√41．
∴EF= FG =√41.
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、中垂线性质，通过证明三角形全等得出对应边相等、对
应角相等是解题基础，作出辅助线将待求线段转化成求等长线段是解题的关键．
题型10 构造辅助线证明两个三角形全等-截长补短法
【例10】（2022上·湖北孝感·统考期中）如图，在五边形ABCDE中，AB=AE，CA平分∠BCD，
1
∠CAD= ∠BAE．
2
(1)求证：CD=BC+DE；
(2)若∠B=75°，求∠E的度数．
【答案】(1)见解析
(2)105°
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【分析】（1）在CD上截取CF=CB，连接AF，证明△BCA≌△FCA(SAS)，根据全等三角形的性质得
出AB=AF，∠BAC=∠FAC，进而证明△ADF≌△ADE(SAS)，根据全等三角形的性质得出DE=DF，
进而即可求解；
（2）根据全等三角形的性质，结合图形可得∠B+∠E=∠CFA+∠AFD=180°，即可求解．
【详解】（1）解：在CD上截取CF=CB，连接AF．
∵CA平分∠BCD，
∴∠BCA=∠FCA．
在△BCA和△FCA中，¿
∴△BCA≌△FCA(SAS)
∴AB=AF，∠BAC=∠FAC．
又∵AB=AE，
∴AF=AE．
1
又∵∠CAD= ∠BAE，
2
∴∠BAC+∠EAD=∠FAC+∠FAD，
∴∠FAD=∠EAD．
在△ADF和△ADE中，¿，
∴△ADF≌△ADE(SAS)
∴DE=DF．
∴CD=CF+FD=BC+DE．
（2）∵△BCA≌△FCA，
∴∠B=∠CFA．
∵△ADF≌△ADE，
∴∠E=∠AFD．
∴∠B+∠E=∠CFA+∠AFD=180°．
∴∠E=180°−∠B=180°−75°=105°．
【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．
【变式10-1】（2022上·湖北孝感·统考期中）如图，在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，AC平分
∠DAB，BD平分∠CBA，∠ADC+∠BCD=240°．
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(1)求∠AOB的度数；
(2)求证：OD=OC．
【答案】(1)120°
(2)见解析
【分析】（1）由四边形内角和性质求得∠DAB+∠ABC=120°．再由角平分线定义可得
1 1
∠OAB= ∠DAB，∠OBA= ∠ABC，最后由三角形内角和性质得到结论；
2 2
（2）作∠AOB的平分线交AB于E，证明△AOD≌△AOE，再由全等三角形的性质可得答案．
【详解】（1）在四边形ABCD中，∠DAB+∠ABC+∠BCD+∠CDA=360°，
又∵∠ADC+∠BCD=240°，
∴∠DAB+∠ABC=120°．
∵AC平分∠DAB，BD平分∠CBA，
1 1
∴∠OAB= ∠DAB，∠OBA= ∠ABC，
2 2
1
∴∠OAB+∠OBA= (∠DAB+∠ABC)=60°．
2
在△OAB中，∠AOB=180°−(∠OAB+∠OBA)=120°．
（2）∠AOD=∠BOC=180°−∠AOB=60°．
如图，作∠AOB的平分线交AB于E．则∠AOE=∠BOE=∠DOA=∠COB=60°．
在△AOD和△AOE中，
¿，
△AOD≌△AOE(ASA)．
∴OD=OE．
同理，OC=OE．
∴OD=OC
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，正确地作出辅助线是解题的关键．
【变式10-2】（2020上·北京·校考期中）在四边形ABDE中，点C是BD边的中点．
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(1)如图①，AC平分∠BAE，∠ACE=90°，写出线段AE，AB，DE间的数量关系及理由；
(2)如图②，AC平分∠BAE，EC平分∠AED，∠ACE=120°，写出线段AB，BD，DE，AE间的数量
关系及理由．
【答案】(1)AE=AB+DE，见解析
1
(2)AB+ BD+DE=AE，理由见解析
2
【分析】（1）在AE上取一点F，使AF=AB，可以得出△ACB≌△ACF，就可以得出BC=FC，
∠ACB=∠ACF，就可以得出△CEF≌△CED．就可以得出结论；
（2）在AE上取点F，使AF=AB，连接CF，在AE上取点G，使EG=ED，连接CG．可以求得
1
CF=CG，△CFG是等边三角形，就有FG=CG= BD，进而得出结论；
2
【详解】（1）AE=AB+DE，理由如下：
在AE上取一点F，使AF=AB，连接CF．
∵AC平分∠BAE，
∴∠BAC=∠FAC，
在△ACB和△ACF中¿
∴△ACB≌△ACF．
∴ BC=FC，∠ACB=∠ACF，
∵C是BD边的中点．
∴BC=CD，
∴CF=CD．
∵∠ACE=90°，
∴∠ACB+∠DCE=90°，∠ACF+∠ECF=90°
∴∠ECF=∠ECD．
在△CEF和△CED中¿
∴△CEF≌△CED．
∴ EF=DE．
∵AE=AF+EF，
∴AE=AB+DE．
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1
（2）AB+ BD+DE=AE，理由如下：
2
在AE上取AM=AB，EN=ED，连接CM，CN．
与（1）同理，可得△ABC≌△AMC，△CEN≌△CED．
∴BC=MC，∠ACB=∠ACM，CD=CN，∠DCE=∠NCE．
∵∠ACB+∠ECD=180°−120°=60°，
∴∠MCN=120°−60°=60°．
∵BC=CD，
∴MC=NC．
∴△CMN为等边三角形．
1
∴MN=CM= BD．
2
∵AM+MN+EN=AE，
1
∴AB+ BD+DE=AE．
2
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定及性质的运用，等边三角形的性质的运用，解答
时证明三角形全等是关键．
【变式10-3】（2023上·山西朔州·校考期末）（1）问题背景：如图①：在四边形ABCD中，AB=AD，
∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°．E、F分别是BC、CD上的点且∠EAF=60°．探究图中线段BE、
EF、FD之间的数量关系．小明同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG=BE．连接AG，先
证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是___________；
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（2）探索延伸：如图②，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E,F分别是BC、CD上
1
的点，且∠EAF= ∠BAD，上述结论是否仍然成立？说明理由；
2
（3）实际应用：如图③，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指
挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60
海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进2小时后，甲、乙两舰艇分别
到达E,F处，此时在指挥中心观测到两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【答案】（1）问题背景：EF=FD+BE，理由见详解；（2）探索延伸：成立，理由见详解；（3）实际
应用：两舰艇之间的距离为280海里
【分析】（1）问题背景：AB=AD，∠B=∠ADC=90°，DG=BE，可证△ABE≌△ADG，由
AE=AG，∠GAD+∠DAF=∠EAF，AF为公共边，可证△AEF≌△AGF，由此即可求解；
（2）探索延伸：根据“问题背景”的提示，延长FD到点G，使DG=BE，由此即可求解；
（3）实际应用：如图所示（见详解），延长EA，使得AC=BF，连接EF，证明△OAC≌△OBF(SAS)，
△COE≌△FOE(SAS)，可知EF=FC=AE+AC=AE+BF，由此即可求解．
【详解】解：（1）问题背景：根据题意，在Rt△ABE，Rt△ADG中，
∵¿，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠BAD=120°，∠EAF=60°，
∴∠BAE+∠FAD=120°−60°=60°，即∠FAD+∠DAG=∠GAF=60°，
∴在△EAF，△GAF中，
∵¿，
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF=GF=FD+DG=FD+BE，
∴EF=FD+BE；
（2）探索延伸：如图所示，延长FD到点G，使DG=BE，
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∵∠B+∠ADF=180°，∠ADF+∠ADG=180°，
∴∠B=∠ADG，
在△ABE，△ADG中，
¿，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
1 1
∴∠BAE+∠FAD=∠BAD−∠EAF=∠BAD− ∠BAD= ∠BAD，
2 2
1
∴∠FAD+∠DAG= ∠BAD，
2
∴∠EAF=∠FAG，
在△EAF，△GAF中，
∵¿，
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF=GF=FD+DG=FD+BE，
∴EF=FD+BE，
∴成立；
（3）实际应用：如图所示，延长EA，使得AC=BF，连接EF，
∵舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，舰艇乙沿北偏东
50°的方向行驶，
∴∠OAE=60°，∠OAC=120°，∠B=70°+50°=120°，
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∴在△OAC，△OBF中，
¿，
∴△OAC≌△OBF(SAS)，
∴OF=OC，∠BOF=∠AOC，
∵∠EOF=70°，
∴∠BOF+∠AOE=∠AOB−∠EOF=140°−70°=70°，
∴∠COE=∠BOF+∠AOE=70°，即∠COE=∠EOF，
在△COE，△FOE中，
¿，
∴△COE≌△FOE(SAS)，
∴EF=FC=AE+AC=AE+BF，
∵舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进2小
时，
∴AE=60×2=120，BF=80×2=160，
∴EF=120+160=280（海里），
∴两舰艇之间的距离为280海里．
【点睛】本题主要考查三角形全等的判定和性质及实际应用，掌握作辅助线求证三角形全等，再根据三角
形全等的性质是解题的关键．
利用辅助线构造全等三角形：
1）把三角形一边的中线延长，把分散条件集中到同一个三角形中是解决中线问题的基本规律．
2）证明一条线段等于两条线段的和，可采用“截长法”或“补短法”，这些问题经常用到全等三角形
来证明．
题型11 构造辅助线证明两个三角形全等-作平行线
【例11】（2022上·贵州黔西·统考期末）如图， ABC是边长为4的等边三角形，点P在AB上，过点P
作PE⊥AC，垂足为E，延长BC至点Q，使CQ＝PA，连接PQ交AC于点D，则DE的长为（ ）
△
A．1 B．1.8 C．2 D．2.5
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【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
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，
∵CQ＝PA，
∴PF=CQ
在△PFD中和△QCD中，
¿，
∴△PFD≌△QCD(AAS)，
∴FD=CD，
∵PE⊥ AC于E，△APF是等边三角形，
∴AE=EF，
∴AE+DC=EF+FD=ED，
1
∴DE= AC，
2
∵AC=4，
∴DE=2，
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．
【变式11-1】（2015上·福建龙岩·阶段练习）如图所示：△ABC是等边三角形，D、E分别是AB及AC延
长线上的一点，且BD=CE，连接DE交BC于点M．
求让：MD=ME
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【答案】见详解
【分析】过点D作DE∥AC，交BC于点E，根据等边三角形和平行线的性质得∠MDE=∠MEC，DE=CE，
从而证明 EMD CME，进而即可得到结论．
【详解】过点D作DE∥AC，交BC于点E，
∆ ≅∆
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠ACB=60°，
∵DE∥AC，
∴∠DEB=∠ACB=60°，∠MDE=∠MEC，
∴△BDE是等边三角形，
∴BD=DE，
∵BD=CE，
∴DE=CE，
又∵∠EMD=∠CME，
∴ EMD CME，
∴MD=ME．
∆ ≅∆
【点睛】本题主要考查等边三角形的性质和判定定理以及全等三角形的判定和性质定理，添加辅助线，构
造等边三角形和全等三角形，是解题的关键．
【变式11-2】（2019·江苏南京·校考一模）读下面的题目及分析过程,并按要求进行证明．已知:如图,E是
BC的中点,点A在DB上,且
∠BAE=∠CDE,求证:AB=CD
分析:证明两条线段相等,常用的一般方法是应用全等三角形或等腰三角形的判定和性质,观察本题中要证明
的两条线段,它们不在同一个三角形中,且它们分别所在的两个三角形也不全等．因此,要证明AB=CD,必须
添加适当的辅助线,构造全等三角形或等腰三角形．现给出如下三种添加辅助线的方法,请任意选择其中两
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种对原题进行证明．
图(1):延长DE到F使得EF=DE
图(2):作CG⊥DE于G,BF⊥DE于F交DE的延长线于F
图(3):过C点作CF∥AB交DE的延长线于F.
【答案】选择（1）（3）证明，证明见解析
【分析】如图(1)延长DE到F使得EF=DE,证明 DCE≌△FBE,得到∠CDE=∠F,BF=DC,结合题干条件即可
得到结论;如图3,过C点作CF∥AB交DE的延长线于F,得到 ABE≌△FCE,AB=FC,结合题干条件即可得到
△
结论,
△
【详解】如图(1)延长DE到F使得EF=DE
在 DCE和 FBE中,
EF=DE
△ △
{∠DEC=∠FEB
BE=EC
∴ DCE≌△ FBE（SAS)
∴∠CDE=∠F,BF=DC
△
∵∠BAE=∠CDE
∴BF=AB
∴AB= CD
如图3,过C点作CF∥AB交DE的延长线于F
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在 ABE和 FCE中
∠B=∠ECF
△ △
{ BE=EC
∠BAE=∠F
∴ ABE≌△ FCE(AAS),
∴AB=FC
△
∵∠BAE=∠CDE
∴∠F=∠CDE
∴CD=CF
∴AB=CD
【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质和等腰三角形的性质，解题关键在于利用三角形全等的性质证
明
【变式11-3】（2021上·重庆九龙坡·九年级重庆市育才中学校考阶段练习）△ABC中，AC=BC，
∠C=90∘，CD⊥ AB于D，点E在线段BD上，点F在射线CA上，连接CE，DF，满足
∠ADF=∠ECB．
(1)如图1，若DF=2√3，AC=4，求AF的长；
(2)如图2，若AF=BE，求证：BC=2DE；
(3)如图3，将△CDE绕点D逆时针旋转α(0∘<α≤360∘)得到△C'DE'，连接CE'，点P为CE'的中点，连
接BP，若EB=4√3−4，∠DCE=30∘．当BP最小时，直接写出△BCP的面积．
【答案】(1)2√2−2；
(2)见解析；
60−4√15
(3) ．
5
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【分析】（1）过点D作DG⊥ AC于G，通过解直角三角形可求出AF的长；
（2）过点E作EH⊥ AB交BC于H，通过AAS证明△DAF≌△CHE，得AD=CH，设HE=BE=x，设
CD=BD=CH= y，用x和y的代数式表示出BC和DE的长，即可解决问题；
（3）取CD的中点O，连接OP，OB，其中OB交CE'于Q，过Q作OM⊥BC于M，过点Q作QN⊥BC
于N，设DE=x，可表示出DE和DC的长，再根据BE的长，可求出x=4，可求得OP=2，则点P在以O
为圆心，2为半径的圆上运动，且点P与点Q重合时，BP最小，再利用相似三角形的性质求出QN的长即
可．
【详解】（1）如图，过点D作DG⊥ AC于G，则∠FGD=90°，
在△ABC中，AC=BC=4，∠ACB=90°，
∴∠BAC=∠B=45°，AB=√AC2+BC2=4√2，
∵CD⊥ AB，AC=BC=4，∠ACB=90°，
1 1
∴CD=AD=BD= AB= ×4√2=2√2，
2 2
又∵CD⊥ AB，DG⊥ AC，
1 1
∴AG=CG=DG= AC= ×4=2，
2 2
在Rt△FGD中，由勾股定理得：
FG=√DF2−DG2=2√2，
∴AF=FG−AG=2√2−2；
（2）如图，过点E作EH⊥ AB交BC于H，则∠HEB=90°，
∵∠HEB=90°，∠B=45°，
∴∠BHE=∠B=45°，
∴BE=HE，∠CHE=180°−∠BHE=180°−45°=135°，
∵AF=BE，
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∴AF=HE，
∵∠BAC=45°，
∴∠DAF=180°−∠BAC=180°−45°=135°，
∴∠DAF=∠CHE，
在△DAF与△CHE中，
¿，
∴△DAF≌△CHE，
∴AD=CH，
∵AD=BD=CD，
∴CD=BD=CH，
设HE=BE=x，
则BH=√H E2+BE2=√2x，
设CD=BD=CH= y，
则BC=√CD2+BD2=√2y，
∵CH+BH=BC，
∴y+√2x=√2y，
2y−√2y
∴x= ，
2
2y−√2y √2
∴DE=BD−BE= y−x= y− = y，
2 2
BC √2y
= =2
∴ DE √2 ，
y
2
∴BC=2DE；
（3）如图，取CD的中点O，连接OP，OB，其中OB交CE'于Q，过Q作OM⊥BC于M，过点Q作
QN⊥BC于N，
设DE=x，
∵CD⊥ AB，∠DCE=30°，
∴DC=DB=√3x，
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∵BE=4√3−4，
∴ √3x−x=4√3−4，
∴x=4，
∴DE=4，CD=4√3，
1 1
∴OP= DE'= DE=2，
2 2
∴点P在以O为圆心，2为半径的圆上运动，
∴点P与点Q重合时，BP最小，
1
∵△OCM是等腰直角三角形，OC= CD=2√3，
2
∴OM=CM=√6，
∵BM=BC−CM=4√6−√6=3√6，
在Rt△BOM中，由勾股定理得BO=2√15，
当点P与点Q重合时，OQ=OP=2，
∴BP=BQ=2√15−2，
∴QN∥OM，
∴△BQN∽△BOM，
ON BQ
∴ = ，
OM BC
QN 2√15−2
∴ = ，
√6 2√15
5√6−√10
∴QN= ，
5
1 1 5√6−√10 60−4√15
S = BC×QN= ×4√6× = ，
△BCQ 2 2 5 5
60−4√15
综上所述：当BP最小时，ΔBCP的面积为 ．
5
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，相似三角形
的判定与性质，三角形中位线定理等知识，综合性较强，对学生的逻辑思维能力要求较高，属于中考压轴
题．
题型12 构造辅助线证明两个三角形全等-作垂线
【例12】（2021·全国·九年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，点E在AC上，
且AE＝1，连接BE，∠BEF＝90°，且BE＝FE，连接CF，则CF的长为
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【答案】√10.
【分析】过点F作FM⊥AC交AC延长线于M，根据∠BEF=90°且BE=EF，可以得到△EFM≌△BEC，从
而可以计算出CM、FM的长，再利用勾股定理即可得到CF的长.
【详解】解：∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，，AE＝1
∴CE＝3
∵FM⊥AC，∠BEF＝90°
∴∠ACB＝∠BEF =∠FME =90°
∴∠FEM+∠EFM=90°=∠BEC+∠FEM
∴∠EFM=∠BEC
又∵BE=FE
∴△EFM≌△BEC
∴BC＝EM＝4，CE＝FM＝3
∴CM=EM-EC=1
∴CF=√CM2+FM2=√10
故答案为：√10.
【点睛】此题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理的运用，解题的关键在于能够熟练掌握相关
知识进行求解.
【变式12-1】（2021·全国·九年级专题练习）如图，△ABC中，
AC=BC,∠ACB=90°,A(0,3),C(1,0)，则点B的坐标为 ．
【81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
【答案】（4，1）
【分析】如图，过点B作BD⊥x轴于D，根据点A、点C坐标可得OA、OC的长，根据同角的余角相等可
得∠OAC=∠DCB，利用AAS可证明△OAC≌△DCB，根据全等三角形的性质可得BD=OC，CD=OA，即可
求出OD的长，进而可得答案．
【详解】如图，过点B作BD⊥x轴于D，
∵A（0，3），C（1，0），
∴OA=3，OC=1，
∵∠ACB=90°，
∴∠OCA+∠DCB=90°，
∵∠OAC+∠OCA=90°，
∴∠OAC=∠DCB，
在△OAC和△DCB中，¿，
∴△OAC≌△DCB，
∴BD=OC=1，CD=OA=3，
∴OD=OC+CD=4，
∴点B坐标为（4，1）．
故答案为：（4，1）
【点睛】本题考查坐标与图形及全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题关键．
【变式12-2】（2021上·山东济宁·济宁学院附属中学校考期中）如图，AB＝AD，AC＝AE，
∠BAD=∠CAE=90∘，AH⊥BC于H，HA的延长线交DE于G，下列结论：①DG＝EG；②BC＝2AG；
③AH＝AG；④S =S ，其中正确的结论为（ ）
ΔABC ΔADE
【82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．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】①如图，过点D,E分别作GH的垂线交HG及HG的延长线于点I,F，证明△EAF≌△ACH，
△DIA≌△AHB，△DIG≌△EFG即可得结论；②延长BA至D'，使AD'=BA，连接CD'证明
△DAE≌△D' AC，取D'C的中点G'，连接AG'并延长至M，使得AG'=G'M，可得△ADG=△AD'G'，
1 1
证明△AG'D'≌△MG'C，△ABC≌△CMA，则可得BC=MA =2AG'，即AG'= BC，AG= BC；
2 2
③由①可知AH = AI，故AG不一定等于AH；④，由②可知，△DAE≌△D' AC，则S
△DAE
=S
△D'AC
，
由AB=AD'可得S =S 即可得S =S
△ABC △AD'C △ABC △ADE
【详解】解：①如图，过点D,E分别作GH的垂线交HG及HG的延长线于点I,F，
∵AB＝AD，AC＝AE，∠BAD=∠CAE=90∘，AH⊥BC
∴∠EFA=∠EAC=∠AHC=90°
∴∠CAH+∠ACH=∠CAH+∠EAF
∴∠ACH=∠EAF
∴△EAF≌△ACH
同理可得△DIA≌△AHB
∴DI=AH,EF=AH
∴DI=EF
∵DI⊥IG,EF⊥GF
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∴∠DIG=∠EFG =90°
又∠DGI=∠EGF
∴△DIG≌△EFG
∴DG=EG
故①正确
②如图，延长BA至D'，使AD'=BA，连接CD'
∵ ∠BAD=∠CAE=90∘
∴∠DAE+∠BAC=180°
∵∠D' AC+∠BAC=180°
∴∠D' AC=∠DAE
∵D' A=BA=AD，AC=AE
∴△DAE≌△D' AC
如图，取D'C的中点G'，连接AG'并延长至M，使得AG'=G'M，
【84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
∵G是DE的中点，
∵ △DAE≌△D' AC
1 1
∴∠ADG=∠AD'G',AD=AD',DG= DE= D'C=D'G'
2 2
∴ △ADG=△AD'G'
∴AG=AG'，
∵AG'=G'M,D'G=CG',∠AG'D'=∠MG'C
∴△AG'D'≌△MG'C
∴AD'=MC，∠AD'G'=∠MCG'
∴BD'∥MC
∴∠BAC=∠MCA
∵AD'=AB
∴AD=MC
又AC=CA
∴△ABC≌△CMA
∴BC=MA =2AG'
1
∴AG'= BC
2
1
∴AG= BC
2
③如图，由①可知AH = AI，故AG不一定等于AH
故③不正确
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④如图，由②可知，△DAE≌△D' AC
∴S =S
△DAE △D'AC
∵ AB=AD'
∴S =S
△ABC △AD'C
∴S =S
△ABC △ADE
故④正确
综上所述，故正确的有①②④
故选B
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．
【变式12-3】（2019·全国·九年级专题练习）如图，在ΔABC中，∠ACB=90°，∠ABD=∠CBE=90°，
BA=BD，BC=BE，延长CB交DE于F.求证：EF=DF.
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【答案】详见解析
【分析】如图，过点D作DG⊥CF的延长线于点G，易证ΔABC≌ΔBDG，再证ΔBFE≌GFD即可得答
案.
【详解】如图，过点D作DG⊥CF的延长线于点G，
∵∠ABC+∠DBG=90°，
∠BDG+∠DGB=90°，
∴∠ABC=∠BDG，
又∵∠ACB=∠BGD=90°，BA=BD，
∴ΔABC≌ΔBDG，
∴BC=DG，
又∵BC=BE，
∴BE=DG，
又∵∠EBF=∠DGF=90°，∠EFB=∠DFG，
∴ΔBFE≌△GFD，
∴EF=DF.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，学会添加常用辅助线，熟练掌握全等
三角形的判定方法是解题的关键.
题型13 利用全等三角形的性质与判定解决多结论问题
【例13】（2022·福建泉州·统考模拟预测）如图，在等边△ABC内有一点D，将△ABD绕A点逆时针旋转，
使AB与AC重合，点D旋转至点E，若B、D、E三点在同一直线上，且与AC交于点F．现给出以下结
论：①△AED是等边三角形；②∠EAC=∠EBC；③△ADB∽△AFE；④AD∥CE，其中正确的是
．（写出所有正确结论的序号）
【87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
【答案】①②④
【分析】根据题意可得AD=AE，∠DAE=60°，即可判断说法①；根据等边三角形的性质和三角形外角
的性质可得∠BAD+∠ABD=60°，∠EBC+∠ABD=60°，易得∠EBC=∠BAD，再结合
∠EAC=∠BAD，即可判断说法②；根据“由两个角对应相等的三角形是相似三角形”，结合∠AEF与
∠ADB、∠ABD均不相等，即可判断说法③；证明∠CEB=∠ADE，即可判断故说法④．
【详解】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=60°，AB=AC，
由旋转的性质可得AD=AE，∠DAE=∠BAC=60°，
∴△AED是等边三角形，故说法①正确；
∵△AED是等边三角形，
∴∠DAE=∠ADE=∠AED=60°，
∴∠BAD+∠ABD=∠ADE=60°，
∵∠EBC+∠ABD=∠ADE=60°，
∴∠EBC=∠BAD，
由旋转的性质可得∠EAC=∠BAD，
∴∠EAC=∠EBC，故说法②正确；
∵∠EAC=∠BAD，∠AEF=60°，
又∵∠ADB=180°−∠ADE=120，∠ABD=∠ABC−∠CBE<60°，
∴∠AEF与∠ADB、∠ABD均不相等，
∴△ADB与△AFE不是相似三角形，故说法③错误；
由旋转的性质可得△ABD≌△ACE，
∴∠AEC=∠ADB=180°−∠ADE=120°，
∴∠CEB=∠AEC−∠AED=60°，
∴∠CEB=∠ADE，
∴AD∥CE，故说法④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、旋转的性质、全等三角形的性质、三角形外角的定义
和性质等知识，熟练掌握旋转的性质和等边三角形的性质是解题关键．
【变式13-1】（2023·湖北孝感·统考二模）如图，正方形ABCD的边长为2，点E为对角线AC上一动点(
点E不与A、C重合)，过点E作EF⊥BE交直线CD于F，将线段EF绕点F逆时针旋转90°得到线段GF，
连接GA，GB，GC，下列结论：① EB=EF；② AC⊥GC；③CE+CG=√2CB；④GA+GB的最小
【88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
值为2√5，其中正确的是 .(填写所有正确结论的序号)
【答案】①②③④
【分析】过E作EM⊥BC，EN⊥CD，可证△BEM≌△FEN得BE=EF，故①正确；可证四边形
BEFG是正方形，得∠EBG=90°，BE=BG，可证∠ABE=∠CBG，进而得到△ABE≌△CBG，所以
∠BAE=∠BCG，得∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°，可证②正确；由②可知，
△ABE≌△CBG，所以AE=CG，而CG+CE=AE+CE=AC可求，③正确．由“SAS”可证
△BCG≌△HCG，可得BG=GH，当点G，点A，点H三点共线时，AG+GH有最小值，由勾股定理可
求AH的长，故④正确，即可求解．
【详解】解：过E作EM⊥BC于点M，作EN⊥CD于点N，作EH⊥ AB于H，连接BG，
∵四边形ABCD是正方形，AC平分∠BCD，
∴EM=EN，
∵∠EMC=∠MCN=∠ENC=90°，
∴∠MEN=90°，
∵EF⊥BE，
∴∠BEM+∠MEF=∠FEN+∠MEF=90°，
∴∠BEM=∠FEN，
∵∠EMB=∠ENF=90°，EM=EN，
∴△BEM≌△FEN(ASA)，
∴BE=EF，故①正确；
∵∠BEF=∠EFG=90°，EF=FG，BE=EF，
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∴BE=FG，BE∥FG，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∵∠BEF=90°，BE=EF，
∴四边形BEFG是正方形，
∴∠EBG=90°，BE=BG，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠EBC=∠EBC+∠CBG=90°，
∴∠ABE=∠CBG，
又∵AB=BC，BE=BG，
∴△ABE≌△CBG(SAS)，
∴∠BAE=∠BCG=45°，
∵∠BAE+∠BCA=90°，
∴∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°，
∴AC⊥GC，故②正确；
由②可知，△ABE≌△CBG，
∴AE=CG，
∴CG+CE=AE+CE=AC，
∵∠ACB=45°，
∴AC=√2BC，
∴CG+CE=√2BC，故③正确，
如图，延长DC至H，使CH=BC=2，连接BG，GH，AH，
∵∠BCG=45°，∠BCH=90°，
∴∠BCG=∠GCH=45°，
又∵BC=CH，CG=CG，
∴△BCG≌△HCG(SAS)，
∴BG=GH，
∴AG+BG=AG+GH，
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∴当点G，点A，点H三点共线时，AG+GH有最小值，即AG+BG有最小值为AH的长，
∴AH=√AD2+DH2=√4+(2+2) 2=2√5，
∴AG+BG的最小值为2√5，故④正确，
故答案为：①②③④．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了旋转的性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，
全等三角形的判定与性质，最短路径问题，综合运用正方形的判定与性质定理，勾股定理等知识是解题的
关键．
【变式13-2】（2023·河北秦皇岛·统考二模）题目：“如图，AE与BD相交于点C，且△ACB≌△ECD，
AB=8cm，点P从点A出发，沿A→B→A方向以2cm/s的速度运动，点Q从点D出发，沿D→E方向
以1cm/s的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P到达点A时，P、Q两点同时停止运动，设点P的运动
8
时间为t(s)．连接PQ，当线段PQ经过点C时，求t的值．”对于其答案，甲答： s，乙答：8s，则正确
3
的是（ ）
A．只有甲答的对
B．只有乙答的对
C．甲、乙答案合在一起才完整
D．甲、乙答案合在一起也不完整
【答案】C
【分析】根据动点P以2cm/s的速度移动,动点Q以1cm/s的速度移动,运动时间为 ts，
则AP=2tcm，PB=(8−t)cm，DQ=tcm，根据全等三角形的性质，分点P在AB和BA上，两种情况计
算，熟练掌握全等的性质，分类计算是解题的关键．
【详解】解：动点P以2cm/s的速度移动,动点Q以1cm/s的速度移动,运动时间为 ts，
则PA=2tcm，DQ=tcm，
∵△ACB≌△ECD，AB=8cm，
∴AB=DE=8cm，∠A=∠E，AC=EC，
∴AB∥DE．
8
当点P在AB上时，最大时间为t= =4(s)即0≤t≤4，
2
此时PA=2tcm，DQ=tcm，EQ=(8−t)cm，
∵¿，
∴△ACP≌△ECQ(ASA)
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∴AP=EQ，
∴2t=8−t，
8
解得t= ；
3
16
当点P在BA上时，最大时间为t= =8(s)即4＜t≤8，
2
此时PA=(16−2t)cm，DQ=tcm，EQ=(8−t)cm，
∵¿，
∴△ACP≌△ECQ(ASA)
∴AP=EQ，
∴16−2t=8−t，
解得t=8；
故选：C．
【变式13-3】（2022·安徽滁州·统考二模）如图，在平行四边形ABCD中，E是BD的中点，点M在AD上，
连接ME并延长交BC于点N，连接DN交MC于点F．则下列四个结论：①AM=CN；②若MD=AM，
∠A=90°，则BM=CM；③若MD=2AM，则S =S ；④若AB=MN，则△MFN与△DFC全
△MNC △BNE
等．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】依次分析各选项，进行推理论证即可；其中①可通过证明△DME≌△BNE(AAS)，进一步转换后
可以得到结论，②可先得到该平行四边形是矩形，利用矩形的性质等得到MN垂直平分BC，即可完成求
证，③可以先证明两个三角形的共线边上的高的关系，再利用三角形面积公式即可完成证明，④可以先证
明△MND≌△DCM(SAS)后可进一步证明△MNF≌△DCF(AAS)，即可完成求证．
【详解】解：∵平行四边形ABCD中，E是BD的中点，
∴ BE=DE，AD∥BC，AD=BC，
∴ ∠MDE=∠NBE，∠DME=∠BNE ，
∴ △DME≌△BNE(AAS) ，
∴ DM=BN，
∴ AM=CN，
故①正确；
若∠A=90°，
则平行四边形ABCD是矩形，
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由矩形的对角线相等，而点E是矩形的对角线的交点可知，
E点到B、C两点的距离相等，
∴E点在BC的垂直平分线上，
由MD=AM，AM=CN，可得BN=CN，
所以N点是BC的中点，
∴MN垂直平分BC，
∴ BM=CM，
故②正确；
∵MD=2AM，AD=BC，AM=CN，
∴BN=BC−CN=AD−AM=MD=2AM=2CN，
如图1，分别过D、E两点向BC作垂线，垂足分别为Q点和P点，
∵E点是BD中点，
∴DQ=2EP，
1 1
∵ S = CN⋅DQ= CN⋅2EP=CN⋅EP，
△MNC 2 2
1 1
S = BN⋅EP= ×2CN⋅EP=CN⋅EP
△BNE 2 2
∴ S =S ，
△MNC △BNE
故③正确；
若AB=MN，
因为AB=DC，
所以DC=MN，
分别过N、C两点向AD作垂线，垂足分别为H、K，
由平行线间的距离处处相等可知：NH=CK，
∴ Rt△NHM≌Rt△CKD(HL)，
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∴ ∠NMD=∠CDM，
∵MD=DM，∠NMD=∠CDM，MN=DC，
∴ △MND≌△DCM(SAS) ，
∴ ∠MND=∠DCM，
又∵ ∠NFM=∠CFD，MN=DC，
∴ △MNF≌△DCF(AAS) ，
故④正确；
故选：D．
【点睛】本题综合考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、线段的垂直平分线的判定与性质、全等
三角形的判定与性质等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与性质，能熟练运用全等三角形的判定与性
质进行角或边之间关系的转化等．
【变式13-4】（2023·内蒙古赤峰·统考三模）如图，在正方形纸片ABCD中，点E为正方形CD边上的一
点（不与点C，点D重合），将正方形纸片折叠，使点A落在点E处，点B落在点F处，EF交BC于点H，
折痕为GM，连接AE、AH，AH交GM于点K下列结论：①△AME是等腰三角形；②AE=MG；③AE
平分∠DEF；④AE=AH；⑤∠EAH=45°，其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据翻折不变性可知∶MA=ME，即可判断①正确；过点G作GN⊥ AD于N．设AE交GM于O，
证明△GNM≌△ADE(ASA)，可以判断②正确；根据翻折的性质证明∠AEF=∠AED，可以判断③正
确；根据△ABH与△ADE不全等，可得AH≠AE，进而可以判断④错误；过点A作AQ⊥EF于点Q，证
明△ADE≌△AEQ(AAS)，可得∠EAD=∠EAQ，AD=AQ，再证明Rt△AHB≌Rt△AHQ(HL)，
得∠HAB=∠HAQ，进而可以判断⑤正确．
【详解】解∶根据翻折不变性可知∶MA=ME，
∴△AME是等腰三角形，故①正确；
如图1，过点G作GN⊥ AD于N，交AE于T，设AE交GM于O．
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∵∠BAN=∠ANG=∠B=90°，
∴四边形ABGN是矩形，
∴NG=AB=AD，
由折叠可知∶MG⊥ AE，
∴∠GOT=90°，
∴∠NGM=90°−∠GTO=90°−∠ATN=∠DAE，
∴∠NGM=∠DAE，
∵∠GNM=∠D=90°，
∴△GNM≌△ADE(ASA)，
∴MG=AE，故②正确；
∵MA=ME，
∴∠MEA=∠MAE，
由折叠可知∶∠FEM=∠BAM=90°，
∴∠AEF=90°−∠MEA，
∵∠AED=90°−∠MAE，
∴∠AEF=∠AED，
∴AE平分∠DEF，故③正确；
∵△GNM≌△ADE，
∴MN=DE，
∵△ABH与△ADE不全等，
∴AH≠AE，故④错误；
如图2，过点A作AQ⊥EF于点Q，．
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∵AE平分∠DEF，
∴∠AED=∠AEQ，
又∵∠D=∠AQE=90°，AE=AE，
∴△ADE≌△AEQ(AAS)，
∴∠EAD=∠EAQ，AD=AQ，
∵AD=AB，
∴AB=AQ，
∵AH=AH，
∴Rt△AHB≌Rt△AHQ(HL)，
∴∠HAB=∠HAQ，
1
∴∠HAE=∠HAQ+∠EAQ= (∠BAQ+∠DAQ)=45°，故⑤正确．
2
综上所述∶结论正确的有∶①②③⑤，共4个．
故选∶ D．
【点睛】本题属于几何综合题，考查正方形的性质、翻折变换、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角
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属于中考选择题中
的压轴题．
【变式13-5】（2023·安徽滁州·校考模拟预测）已知：如图，BD为△ABC的角平分线，且BD=BC，E
为BD延长线上的一点，BE=BA，过E作EF⊥ AB，F为垂足，下列结论：①△ABD≌△EBC；②
∠BCE+∠BCD=180°；③AD=EF=EC；④AE=EC，其中所有正确的是（ ）
A．① B．①② C．①②③ D．①②④
【答案】D
【分析】利用SAS证明△ABD≌△EBC，即可判断结论①，由BD为△ABC的角平分线，BD=BC，
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BE=BA，则∠BCD=∠BDC，∠BAE=∠BEA，由△ABD≌△EBC，则∠BCE=∠BDA，即可判断
②；△ACE为等腰三角形得到AE=EC，由△ABD≌△EBC得到AD=EC，则AD=AE=EC，由BD为
△ABC的角平分线，EF⊥ AB，而EC不垂直与BC即可判断③，同时判断④．
【详解】解；①∵BD为△ABC的角平分线，
∴∠ABD=∠CBD，
在△ABD和△EBC中，
¿，
∴△ABD≌△EBC(SAS)，
故①正确；
②∵BD为△ABC的角平分线，BD=BC，BE=BA，
∴∠BCD=∠BDC，∠BAE=∠BEA，
∵△ABD≌△EBC，
∴∠BCE=∠BDA，
∴∠BCE+∠BCD=∠BDA+∠BDC=180°，
故②正确；
③∵∠BCE=∠BDA，∠BCE=∠BCD+∠DCE，∠BDA=∠DAE+∠BEA，∠BCD=∠BEA，
∴∠DCE=∠DAE，
∴△ACE为等腰三角形，
∴AE=EC，
∵△ABD≌△EBC，
∴AD=EC，
∴AD=AE=EC，
∵BD为△ABC的角平分线，EF⊥ AB，而EC不垂直与BC，
∴EF≠EC，
故③错误；
由③知AD=AE=EC，
故④正确；
综上所述，正确的结论是①②④．
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，本题中熟练求证三角形全等和
熟练运用全等三角形对应角、对应边相等性质是解题的关键．
考点三 角平分线的性质
角平分线的性质定理：角的平分线上的点到这个角的两边的距离相等．
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角平分线的判定定理：角的内部，与角的两边的距离相等的点在这个角的平分线上．
1. 性质中的“距离”是指“点到角两边所在直线的距离”,因此在应用时必须含有“垂直”这个条件,否
则不能得到线段相等.
题型01 利用角平分线的性质求长度
【例1】（2023·广东东莞·东莞市厚街海月学校校考模拟预测）如图，以∠AOB的顶点O为圆心作弧与
1
∠AOB的两边交于C，D两点，分别以C，D两点为圆心，大于 CD的长度为半径画弧，两弧交于点E，
2
点P为射线OE上一点，PF⊥OA，且PF=2，则点P到OB的距离为（ ）
A．1 B．√3 C．2 D．2√3
【答案】C
【分析】根据角平分线的性质求解．
【详解】解：由作图得：OP平分∠AOB，
所以P到∠AOB两边的距离相等，
∵PF⊥OA，且PF=2，
∴点P到OB的距离为2，
故选：C．
【点睛】本题考查了基本作图，掌握角的平分线的性质是解题的关键．
【变式1-1】（2023·广东惠州·校考二模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠CAB=30°，以顶点A为
1
圆心，适当长为半径画弧，分别交AC，AB于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于 MN的长为半
2
径画弧，两弧交于点P，作射线AP交边BC于点D，点E为线段AB上一动点．若CD=6，当DE最小时，
BE的长度是（ ）
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A．√3 B．2 C．3 D．2√3
【答案】D
【分析】作DE⊥ AB,由垂线段最短的性质可得当DE⊥ AB时，DE最短，根据题意可知AD为∠CAB的
平分线，由角平分线的性质得出CD=DH，再解直角三角形可得出结论．
【详解】解：如图：过D作DE⊥ AB
∵点E为线段AB上的一个动点，DE最短，
∴DE⊥ AB，
由基本尺规作图可知，AD是△ABC的角平分线，
∵∠C=90°，
∴DC⊥ AC，
∵DE⊥ AB，DC⊥ AC，
∴DE=DC=6，
∵∠C=∠AED=90°，∠CAB=30°，
∴∠B=60°，
EC
∴BE= =2√3．
tan60°
故选：D．
【点睛】本题主要考查了角平分线的性质、解直角三角形、垂线段最短等性质，正确作出辅助线和利用角
平分线的性质成为解答本题的关键．
【变式1-2】（2023·安徽蚌埠·统考一模）如图，在△ABC中，AC=BC，∠C=90°，BD是∠ABC的平
分线，若CD=2，则AD的长度为（ ）
A．√2 B．√3 C．2√2 D．1+√2
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【答案】C
【分析】过D点作DH⊥ AB于H，利用角平分线的性质得到DH=DC=2，再判断△ADH为等腰直角三
角形，从而得到AD=√2DH．
【详解】过D点作DH⊥ AB于H，如图，
∵BD是∠ABC的平分线，∠C=90°，
∴DH=DC=2，
∵AC=BC，
∴∠A=45°，
∴△ADH为等腰直角三角形，
∴DH=AH=2，
∴AD=√DH2+AH2=2√2．
故选：C
【点睛】本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等，也考查了等腰直角三角
形的性质，解题关键是利用勾股定理直接计算边长．
【变式1-3】（2022·黑龙江绥化·校考一模）如图，AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，AC=3,∠ABC
的平分线交AC于点D，CD=1，则⊙O的直径为（ ）
A．√3 B．2√3 C．1 D．2
【答案】B
【分析】过D作DE⊥AB垂足为E，先利用圆周角的性质和角平分线的性质得到DE=DC=1，再说明
Rt△DEB≌Rt△DCB得到BE=BC，然后再利用勾股定理求得AE，设BE=BC=x，AB=AE+BE=x+√3，最后根
据勾股定理列式求出x，进而求得AB．
【详解】解：如图：过D作DE⊥AB，垂足为E
∵AB是直径
∴∠ACB=90°
∵∠ABC的角平分线BD
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∴DE=DC=1
在Rt△DEB和Rt△DCB中
DE=DC、BD=BD
∴Rt△DEB≌Rt△DCB（HL）
∴BE=BC
在Rt△ADE中，AD=AC-DC=3-1=2
AE=√AD2−DE2=√22−12=√3
设BE=BC=x，AB=AE+BE=x+√3
在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2
则（x+√3）2=32+x2，解得x=√3
∴AB=√3+√3=2√3
故填：2√3．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、角平分线的性质以及勾股定理等知识点，灵活应用相关知识成为解
答本题的关键．
题型02 利用角平分线的性质求面积
【例2】（2023·湖北宜昌·统考模拟预测）如图，AD是△ABC的角平分线，DE⊥ AC，垂足为E，
DF=DC，△ADE和△ADF的面积分别为a和b，则△DEC的面积为（ ）
a+b a−b
A．a+b B．a−b C． D．
2 2
【答案】B
【分析】作DG⊥ AB于点G，由AD平分∠BAC，DE⊥ AC于点E，得DG=DE，可证明
Rt△ADG≌Rt△ADE(HL)，得S =S ，再证明Rt△DGF≌Rt△DFC(HL)，得S =S ，
△ADG △ADE △DGF △DEC
由S +S =S =S ，得S +b=a，则S =a−b，于是得到问题的答案．
△DGF △ADF △ADG △ADE △DEC △DEC
【详解】解：作DG⊥ AB于点G，
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∵AD平分∠BAC，DE⊥ AC于点E，
∴DG=DE，∠AGD=∠AED=∠CED=90°，
在Rt△ADG和Rt△ADE中，
¿，
∴Rt△ADG≌Rt△ADE(HL)，
∴S =S ，
△ADG △ADE
在Rt△DGF和Rt△DFC中，
¿，
∴Rt△DGF≌Rt△DFC(HL)，
∴S =S ，
△DGF △DEC
∵S +S =S =S ，且S =a，S =b，
△DGF △ADF △ADG △ADE △ADE △ADF
∴S +b=a，
△DEC
∴S =a−b；
△DEC
故选：B．
【点睛】此题重点考查角平分线的性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明Rt△ADG≌Rt△ADE及
Rt△DGF≌Rt△DFC是解题的关键．
【变式2-1】（2022·内蒙古赤峰·模拟预测）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB，交AB于点D，BE平
分∠ABC，交CD于点E，AE的延长线交BC于点F，若AB=AC=5，BC=6，△BEF与△ABE的面积
比为（ ）
3 4 3 4
A． B． C． D．
5 3 4 5
【答案】A
【分析】先根据题意得出点E是△ABC角平分线的交点，再由等腰三角形的性质可知AF⊥BC，故可得
出BF的长，进而可得出结论．
【详解】解：∵CD平分∠ACB，BE平分∠ABC，
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∴点E是△ABC角平分线的交点，
∴△BEF与△ABE的高相等．
∵AB=AC=5，BC=6，
∴AF⊥BC，
1
∴BF= BC=3．
2
∴BF:AB=3:5，
3
∴△BEF与△ABE的面积比为： ．
5
故选：A．
【点睛】本题考查的是角平分线的性质和等腰三角形的性质，熟知等腰三角形三线合一的性质是解题的关
键．
【变式2-2】（2023·广东深圳·深圳市东湖中学校考模拟预测）如图，在等腰直角△ABC中，以点A为圆
1
心，任意长为半径作弧，分别交边AB，AC于点M，N；再分别以点M，N为圆心，以大于 MN的长为
2
S
半径作弧，两弧交于点D，作射线AD交BC于点E．设△ABE，△ACE的面积分别为S ，S ，则 1 的值
1 2 S
2
为（ ）
1 1 √2
A． B． C． D．1
2 3 2
【答案】C
【分析】根据等腰直角三角形的性质得到AC=√2AB，由题意得AD平分∠BAC，过点E作EF⊥ AC于
点F，利用角平分线的性质定理得到EB=EF，利用三角形的面积公式得到
1 1
S = ⋅AB⋅BE,S = ⋅AC⋅EF，即可求出答案．
1 2 2 2
【详解】解：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=BC,∠B=90°，
∴AC=√2AB，
由题意得AD平分∠BAC，
过点E作EF⊥ AC于点F，
∴EB=EF，
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1 1
∴S = ⋅AB⋅BE,S = ⋅AC⋅EF，
1 2 2 2
1
⋅AB⋅BE
S 2 AB 1 √2
∴ 1= = = = ，
S 1 AC √2 2
2 ⋅AC⋅EF
2
故选：C．
【点睛】此题考查了角平分线的作图，角平分线的性质定理，等腰直角三角形的性质，熟练掌握角平分线
的作图及性质定理是解题的关键．
题型03 角平分线的判定定理
【例3】（2019·河北·模拟预测）如图，∠B=∠C=90°，M是BC的中点，DM平分∠ADC，且
∠ADC=110°，则∠MAB=（ ）
A．30° B．35° C．45° D．60°
【答案】B
1
【分析】作MN⊥AD于N，根据平行线的性质求出∠DAB，根据角平分线的判定定理得到∠MAB=
2
∠DAB，计算即可．
【详解】作MN⊥AD于N，
∵∠B=∠C=90°，
∴AB∥CD，
∴∠DAB=180°﹣∠ADC=70°，
∵DM平分∠ADC，MN⊥AD，MC⊥CD，
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∴MN=MC，
∵M是BC的中点，
∴MC=MB，
∴MN=MB，又MN⊥AD，MB⊥AB，
1
∴∠MAB= ∠DAB=35°，
2
故选B．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的性质与判定，熟练掌握相关内容、正确添加辅助线是解题
的关键.
【变式3-1】（2022·上海徐汇·统考二模）如图，两把完全相同的长方形直尺按如图方式摆放，记两把尺的
接触点为点P．其中一把直尺边缘恰好和射线OA重合，而另一把直尺的下边缘与射线OB重合，上边缘与
射线OA于点M，联结OP．若∠BOP＝28°，则∠AMP的大小为（ ）
A．62° B．56° C．52° D．46°
【答案】B
【分析】根据题意，两把完全相同的长方形直尺的宽度一致，根据摆放方式可知，点P到射线OA， OB
的距离相等，进而可得OP是∠AOB的角平分线，进而可得∠AOP=∠BOP，根据平行线的性质可得
∠MPO=∠POB，根据三角形的外角性质可得∠AMP=∠AOP+∠MPO，即可求解．
【详解】解：∵两把完全相同的长方形直尺的宽度一致，
点P到射线OA， OB的距离相等，
∴OP是∠AOB的角平分线，
∵∠BOP= 28°，
∴∠AOP=∠BOP=28°，
∵MP∥OB
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∴∠MPO=∠POB =28°
∴∠AMP=∠AOP+∠MPO= 56°
故选：B
【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形的角平分线的判定，三角形的外角性质，找到隐含条件P到射
线OA， OB的距离相等是解题的关键．
【变式3-2】（2022·辽宁沈阳·统考一模）图，点B，C在∠MAN的边AM，AN上，点D在∠MAN内部，
连接BD，CD，BD=CD，作DE⊥ AM于点E，DF⊥ AN于点F，BE=CF，求证：AD是∠MAN的平
分线．
【答案】见解析
【分析】根据HL证明Rt△DEB≌Rt△DFC，得DF=DE即可得到结论．
【详解】证明：∵DF⊥AN，DE⊥AM
∴∠DEB=∠DFC=90°
∴△DEB，△DFC是直角三角形，
在Rt△DEB和Rt△DFC中，
¿
∴Rt△DEB≌Rt△DFC
∴DE=DF
又DF⊥AN，DE⊥AM
∴AD是∠MAN的平分线
【点睛】本题主要考查了角平分线的判定，直角三角形全等的判定与性质，证明Rt△DEB≌Rt△DFC是解
答本题的关键．
【变式3-3】（2023·广东惠州·校联考二模）如图，CB=CD，∠D+∠ABC=180°，CE⊥ AD于E．
(1)求证：AC平分∠DAB；
(2)若AE=10，DE=4，求AB的长．
【答案】(1)见解析
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(2)6
【分析】（1）过C点作CF⊥ AB，交AB的延长线于点F．由AAS证明△CDE≌△CBF，可得CE=CF，
结论得证；
（2）证明Rt△ACE≌Rt△ACF，可得AE=AF，可求出AB．
【详解】（1）证明：过C点作CF⊥ AB，交AB的延长线于点F．
∵CE⊥ AD，
∴∠DEC=∠CFB=90°，
∵∠D+∠ABC=180°，∠CBF+∠ABC=180°，
∴∠D=∠CBF，
又∵CB=CD，
∴△CDE≌△CBF，
∴CE=CF，
∴AC平分∠DAB；
（2）解：由（1）可得BF=DE=4，
在Rt△ACE和Rt△ACF中，¿，
∴Rt△ACE≌Rt△ACF，
∴AE=AF=10，
∴AB=AF−BF=6．
【点睛】本题考查了角平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，关键是作出辅助线构造全等三角
形．
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
【例4】（2023·福建福州·福建省福州华侨中学校考模拟预测）如图，在一张矩形纸片ABCD中，AB=4，
BC=6，点M，N分别在AD，BC上，将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使得点C落在AD上的一点E
处，点D落在点F处，现给出以下结论：
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①连接CM，四边形ENCM一定是菱形；
②F，M，C三点一定在同一直线上；
③当点E与A重合时，A，B，C，D，F五点在同一个圆上；
④点E到边MN，BN的距离可能相等．
其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号）
【答案】①②③④
【分析】利用矩形及折叠的性质证明四边形ENCM一定是菱形，即可判断①，结合矩形的性质可知
∠FME=∠MEN，进而可证明∠EMC+∠FME=180°，即可判断②，利用圆周角定理可判断③，由角
平分线的性质可判断④．
【详解】解：连接CM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EMN=∠CNM，
由折叠可知：CN=EN，∠ENM=∠CNM，
∴∠EMN=∠ENM，
∴EM=EN=CN，
∴四边形ENCM是平行四边形，
又∵CN=EN，
∴四边形ENCM一定是菱形，故①正确；
由折叠可知，FM∥EN，
∴∠FME=∠MEN，
∵四边形ENCM是菱形，
∴∠EMC+∠MEN=180°，
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∴∠EMC+∠FME=180°，
∴F，M，C三点一定在同一直线上，故②正确；
连接AC，可知A，B，C，D，在以AC为直径的圆上，
当点E与A重合时，
∵F，M，C三点一定在同一直线上，
∴∠AFC=90°，则点F在以AC为直径的圆上，
∴A，B，C，D，F五点在同一个圆上，故③正确；
当∠ENM=∠BNE时，即∠ENM=∠CNM=∠BNE=60°时，EN平分∠BNM，
由角平分线的性质可知，此时点E到边MN，BN的距离相等，
∴点E到边MN，BN的距离可能相等（当∠ENM=∠CNM=∠BNE=60°时），故④正确；
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查矩形与折叠的性质，圆周角定理，菱形的判定及性质，角平分线的性质，熟练掌握相关
性质是解决问题的关键．
【变式4-1】（2023·福建漳州·统考一模）如图，在△ABC中，∠BAC和∠ABC的平分线AE，BF相交
于点O，AE交BC于点E，BF交AC于点F，过点O作OD⊥BC于点D，连接OC．现给出以下结论：
①∠ACO=∠BCO；
②若OD=a，AB+BC+CA=b，则S =ab；
△ABC
③∠COD=∠BOE；
④当∠ACB=60°时，AF+BE=AB．
其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号）
【答案】①③④
【分析】过O作OH⊥ AB，OG⊥ AC，交AC、AB于点G、H，根据角平分线性质可得到
OG=OH=OD，即可判断①②，在△AOB中根据三角形内角和定理可得
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1 1
∠AOB=180°− (∠ABC+∠BAC)=180°− (180°−∠ACB)=90°+∠ACO，可得
2 2
∠BOE=180°−(90°+∠BCO)=90°−∠BCO，结合∠COD+∠OCD=90°即可判断③，在AB上截
取BQ=BE，当∠ACB=60°时，由③可得∠AOF=∠BOE=∠ACB=60°，即可得到△QAO≌△FAO，
△QBO≌△EBO即可判断④，即可得到答案；
【详解】解：过O作OH⊥ AB，OG⊥ AC，交AC、AB于点G、H，
∵∠BAC和∠ABC的平分线AE，BF相交于点O，OD⊥BC，OH⊥ AB，OG⊥ AC，
∴OG=OH=OD，
∴CO平分角∠ACB，故①正确；
∵OD=a，AB+BC+CA=b，
1 1 1 1
∴S =S +S +S = AB⋅OH+ BC⋅OD+ ⋅OG= ab，故②错误；
△ABC △AOB △OBC △AOC 2 2 2 2
在△AOB中根据三角形内角和定理可得，
1 1
∠AOB=180°− (∠ABC+∠BAC)=180°− (180°−∠ACB)=90°+∠BCO，
2 2
∴∠BOE=180°−(90°+∠BCO)=90°−∠BCO，
∵∠COD+∠OCD=90°，
∴∠COD=∠BOE，故③正确；
∵∠ACB=60°，
∴∠AOF=∠BOE=∠ACB=60°，
在AB上截取BQ=BE，
∵∠BAC和∠ABC的平分线AE，BF相交于点O，CO平分角∠ACB，
∴∠ABO=∠CBO，∠ACO=∠BCO，∠BAO=∠CAO，
在△QBO与△EBO，
¿，
△QBO≌△EBO(SAS)，
∴∠QOB=∠EOB=60°，
∴∠AOQ=180°−∠QOB−∠EOB=60°，
∴∠AOQ=∠AOF，
在△AOQ与△AOF，
¿，
∴△QAO≌△FAO(ASA)，
∴AQ=AF，
∴AF+BE=AB，故④正确，
故答案为：①③④；
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【点睛】本题考查角平分线的性质，三角形全等的性质与判定，三角形内角和定理，解题的关键作辅助线．
【变式4-2】（2023·黑龙江·统考三模）如图，在正方形ABCD中，点E在边CD上，点H在边AD上，
CE=DH，CH交BE于点F，交BD于点G，连接GE．下列结论：①CH=BE；②CH⊥BE；③
GF 4
S =S ；④当E是CD的中点时， = ；⑤当EC=2DE时，S =6S ．其中正
△GCE △GDH GE 5 正方形ABCD 正方形DEGH
确结论的序号是（ ）
A．①②③④ B．①②③⑤ C．①③④⑤ D．②①⑤
【答案】A
【分析】通过证明△EBC≌△HCD推出EC=HD，CH=BE，∠DCH=∠CBE即可判断①；再证明
∠BFC=90°，即可判断②；利用角平分的性质可证△GDH中DH边的高与△GCE中CE边的高相等，通
过“等底等高”证明S =S ，即可判断③；证明△HGD∽△GCB，△ECB∽△ECF，求出相关线
△GCE △GDH
段长度，可知当E是CD的中点时，5GF=4≥¿，即可判断④；利用相似三角形的面积比等于相似比的平
方，两个等高的三角形面积比等于底长的比，可证S =5S ，即可判断⑤．
正方形ABCD 四 边形DEGH
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴ ∠ADC=∠DCB=90°，AD=DC=CB=BA．
∴ ∠BEC+∠EBC=90°，
∵ CH⊥BE，
∴ ∠BEC+∠ECF=90°，
∴ ∠EBC=∠ECF，即∠EBC=∠HCD．
在△EBC和△HCD中，
¿，
∴ △EBC≌△HCD (ASA)，
∴ EC=HD，CH=BE，∠DCH=∠CBE．故①正确；
∵∠DCH+∠BCH=90°，
∴∠CBE+∠BCH=90°，
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∴∠BFC=90°，
∴BE⊥CH，故②正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴ ∠ADB=∠CDB=45°，即DB是∠ADC的角平分线，
∴点G到AD边与CD边的距离相等，
即△GDH中DH边的高与△GCE中CE边的高相等，
又∵ EC=HD，
∴ S =S ，故③正确；
△GCE △GDH
设正方形ABCD的边长为4a，
当E是CD的中点时，BC=CD=4a，EC=HD=2a，
由勾股定理得：BE=√BC2+CE2=2√5a，CH=√CD2+H D2=2√5a，
∵ ∠HDG=∠CBG=45°，∠HGD=∠CGB，
∴ △HGD∽△GCB，
HG HD 2a 1
∴ = = = ，
CG BC 4a 2
2 4√5
∴ GC= CH= a．
3 3
∵ ∠BEC=∠CEF，∠ECB=∠EFC=90°，
∴ △ECB∽△ECF，
EF CE
∴ = ，
CE BE
EF 2a
即 = ，
2a 2√5a
2√5
∴ EF= a，
5
4√5
∴ CF=√CE2−EF2= a，
5
8√5
∴ GF=GC−CF= a，
15
2√5
∴ ¿=√GF2+EF2= a，
3
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2√5
a
GE 3 5
∴ = = ，
GF 8√5 4
a
15
∴当E是CD的中点时，5GF=4≥¿，故④正确；
CE 2
当EC=2DE时， = ，
CD 3
∵DH=CE,DC=BC，
DH 2
∴ = ，
BC 3
∵△HGD∽△CGB，
∴
S
△HGD=
(2) 2
=
4
，
S 3 9
△CGB
DH DH 2
∵△GDH中DH边的高与△DGC中CD边的高相等， = = ，
CD BC 3
S 2
∴
△HGD=
，
S 3
△DGC
设S =4b，则S =9b，S =6b，
△HGD △CGB △DGC
∴S =9b+6b=15b，
△BCD
∴S =2S =30b，
正方形ABCD △BCD
∵EC=2DE，
DE 1
∴ = ，
CD 3
S 1
∴ △DEG = ，
S 3
△DCG
∴S =2b，
△DEG
∴S =2b+4b=6b，
四边形DEGH
∴S =5S ，故⑤错误．
正方形ABCD 四边形DEGH
故选A．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，三角形面积公式，勾股定
理，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，难度较大，解题的关键是从图形中找出全等三角形和相似
三角形．
【变式4-3】（2023·河北石家庄·统考二模）如图，△ABC的两条角平分线相交于O点，∠C=56°，
AC<BC，点P，Q分别为AC，BC上的点，且∠POQ=124°，甲、乙、丙三人有如下判断：甲：
OP=OQ；乙：四边形OPCQ的面积是定值；丙：当OQ⊥BC时，△POQ的周长和面积均取得最小值．
则下列说法正确的是( )
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A．甲正确，乙、丙错误 B．甲、乙正确，丙错误
C．甲错误，乙、丙正确 D．甲、乙、丙都正确
【答案】D
【分析】过点O作OD⊥ AC于点D，OE⊥BC于点E，证明△DOP≌△EOQ(ASA)，根据全等三角形的
性质即可判断甲、乙的说法，根据△POQ的周长
=PQ+2OQ=2OQ⋅cos28°+2OQ=2OQ⋅(cos28°+1)，△POQ的面积为=OQ2sin28°cos28°，
即可判断丙的说法，据此即可求解．
【详解】解：如图，过点O作OD⊥ AC于点D，OE⊥BC于点E，则∠ODC=∠OEC=90°
∵△ABC的两条角平分线相交于O点
∴点O为△ABC的内心，
∴OC是∠ACB的平分线，
∴OD=OE，
∵∠ACB=56°，
∴∠DOE=360°−∠ODC−∠OEC−∠ACB=124°，
∵∠POQ=∠DOE=124°，
∴∠DOP=∠EOQ，
在△DOP和△EOQ中，
¿，
∴△DOP≌△EOQ(ASA)，
∴OP=OQ，
所以甲的判断正确；
连接OC，
∵△DOP≌△EOQ，
∴四边形OQBP的面积=2S ，
△COD
∵点D的位置固定，
∴S 是定值，
△COD
∴四边形OQBP的面积是定值，
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所以乙的判断正确；
如图，过点O作OF⊥PQ于点F，
∵OP=OQ，∠POQ=124°，
∴∠OQP=∠OPQ=28°，
∴QF=OQ⋅cos∠OQP=OQ⋅cos28°，OF=OQ⋅sin∠OQP=OQ⋅sin28°
∴PQ=2QF=2OQ⋅cos∠OPQ=2OQ⋅cos28°，
∴△POQ的周长=PQ+2OQ=2OQ⋅cos28°+2OQ=2OQ⋅(cos28°+1)，
1
△POQ的面积= PQ·OF=OQ2sin28°cos28°
2
∴当OQ最小时，即当OQ⊥BC时，△POQ的周长和面积均取得最小值；
综上所述：甲、乙、丙正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
【变式4-4】（2023·云南玉溪·统考一模）如图，在矩形ABCD中，AD>AB，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<a−b，
∴d −d <0，
3 1
同理d −d <0，
3 2
∴d 最短，
3
即最短路线长为：y+c+b+z；
故答案为：y+c+b+z．
【点睛】本题考查角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系．熟练掌握相关知识点
并灵活运用，是解题的关键．
【变式5-1】（2020·河北唐山·统考一模）某地为了促进旅游业的发展，要在如图所示的三条公路a，b，c
围成的一块地上修建一个度假村，要使这个度假村到a，b两条公路的距离相等，且到B，C两地的距离相
等，下列选址方法绘图描述正确的是（ ）
A．画∠CAB的平分线，再画线段BC的垂直平分线，两线的交点符合选址条件
B．先画∠CAB和∠BCA的平分线，再画线段BC的垂直平分线，三线的交点符合选址条件
C．画三个角∠CAB，∠BCA和∠ABC三个角的平分线，交点即为所求
D．画AB，BC，CA三条线段的垂直平分线，交点即为所求
【答案】A
【分析】到a，b两条公路的距离相等，则度假村在a,b形成夹角的角平分线上，到B，C两地的距离相等，
则度假村在线段BC的垂直平分线上.
【详解】解：度假村为线段BC的垂直平分线与∠CAB的平分线的交点，则度假村到点B,C的距离相等，
到a、b的距离也相等.故选A
【点睛】此题考查作图-应用与设计作图，熟练地应用角平分线的作法以及线段垂直平分线作法是解决问题
的关键．
考点四 全等三角形的应用
利用全等三角形解决实际问题的方法：把实际问题先转化为数学问题，再转化为三角形问题，其中，画出
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示意图，把已知条件转化为三角形中的边角关系是关键．
题型01 利用全等三角形的性质与判定解决高度测量问题
【例1】（2023·福建厦门·福建省厦门第六中学校考一模）如图是重型卡车的立体图，右图是一个装有货物
的长方体形状的木箱沿着坡面从重型卡车车上卸载的平面示意图．已知重型卡车车身高度AC=3.6m，卡
车卸货时后面支架AB弯折落在地面A'，经过测量A'C=1.8m．现有木箱长ED=4.5m，高EF=2.25m，
宽小于卡车车身的宽度，当木箱底部顶点G与坡面底部点A'重合时，则木箱上部顶点E到地面A'C的距离
为 m．
9
【答案】4.5/
2
【分析】作EJ⊥ A'C于点J，FH⊥ A'C于点H，FI⊥FJ于点I，根据“两条平行线之间的距离处处相
等”可知IJ=FH，GH=BC，设A'B=AB=x，根据勾股定理得1.82+(3.6−x) 2=x2，则x=2.25，于是
A'F=ED=4.5m，EF=BF=A'B=2.25m，再证明△BGF≌△A'CB(ASA)，得FG=BC=1.35m，
BG=A'C=1.8m，则IJ=FH=FG+GH=1.35+1.35=2.7m，再证明△EIF≌△BGF(AAS)，得
EI=BG=1.8m，所以EJ=EI+IJ=1.8+2.7=4.5m，于是得到问题的答案．
【详解】解：如图2，作EJ⊥ A'C于点J，FH⊥ A'C于点H，FI⊥FJ于点I，
∵AC⊥ A'C，GB⊥ AC，
∴FH∥EJ∥AB，FI∥BG∥A'C，
∴IJ=FH，GH=BC，∠EIF=∠BGF=∠CHG=∠A'CB=∠90°，∠FBG=∠BA'C，
设A'B=AB=x，
∵A'C2+BC2=A'B2，且AC=3.6m，A'C=1.8m，
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∴1.82+(3.6−x) 2=x2，
解得x=2.25，
∴A'B=2.25m，GH=BC=3.6−2.25=1.35m，
∵四边形A'DEF是长方形，ED=4.5m，EF=2.25m，
∴A'F=ED=4.5m，
∴EF=BF=A'B=2.25m，
在△BGF和△A'CB中，
¿，
∴△BGF≌△A'CB(ASA)，
∴FG=BC=1.35m，BG=A'C=1.8m，
∴IJ=FH=FG+GH=1.35+1.35=2.7m，
∵∠BFE=90°，∠IFH=180°−∠CHG=90°，
∴∠EFI=∠BFG=90°−∠BFI，
在△EIF和△BGF中，
¿，
∴△EIF≌△BGF(AAS)，
∴EI=BG=1.8m，
∴EJ=EI+IJ=1.8+2.7=4.5m，
∴木箱上部顶点E到地面A'C的距离为4.5m，
故答案为：4.5．
【点睛】此题重点考查同角的余角相等、勾股定理、全等三角形的判定与性质、运用勾股定理和全等三角
形的性质解决实际问题等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
【变式1-1】（2022·河北邯郸·校考三模）嘉淇为了测量建筑物墙壁AB的高度，采用了如图所示的方法：
①把一根足够长的竹竿AC的顶端对齐建筑物顶端A，末端落在地面C处；
②把竹竿顶端沿AB下滑至点D，使DB＝ ，此时竹竿末端落在地面E处；
③测得EB的长度，就是AB的高度．
以上测量方法直接利用了全等三角形的判定方法 （用字母表示）．
【答案】 CB/BC HL
【分析】根据题意，将AB的长度转化为EB的长度，证明Rt△ABC≌Rt△EBD即可求解．
【详解】解：由③可得将AB的长度转化为EB的长度，证明Rt△ABC≌Rt△EBD，故把竹竿顶端沿AB
下滑至点D，使DB＝CB，
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证明∵∠ABC=∠EBD=90°,AC=ED,DB=CB，
∴ Rt△ABC≌Rt△EBD（HL）
故答案为：CB，HL．
【点睛】本题考查了HL证明三角形全等，全等三角形的性质，掌握HL的性质与判定是解题的关键．
【变式1-2】（2023·广西南宁·南宁二中校考一模）综合与实践
【问题情境】数学活动课上，老师带领同学们开展“利用三角尺测量物体的数学探究”实践活动．
【实践发现】某小组的同学用若干个高度都是1cm的相同长方体小木块垒两堵与地面垂直的木墙，木墙之
间刚好可以放进一个直角三角尺(∠MCN=90°)，点C在线段AB上，点M和N分别与木墙的顶端重合，
如图所示．
探究1：如图1，当放置的是等腰直角三角尺（含45°的三角尺）时，同学们发现：两堵木墙高度之和等于
两堵墙之间的距离，即AC、BC、AM、BN的数量关系为AC+BC=AM+BN，请你判断同学们的结论
是否正确，并说明理由：
探究2：如图2，当放置的不是等腰直角三角尺时，∠MCN=90°，试探究AC、BC、AM、BN的数量
关系，并证明你的结论．
【答案】（1）见解析；（2）AC⋅BC=AM⋅BN，理由见解析
【分析】（1）证明△ACM≌△BNC即可证明结论成立；
（2）证明△ACM∽△BNC即可求出AC、BC、AM、BN的数量关系．
【详解】（1）∵∠ACM+∠BCN=90°，∠BNC+∠BCN=90°，
∴∠ACM=∠BNC，
∵∠CBN=∠CAM=90°，CN=CM，
∴△ACM≌△BNC(AAS)，
∴AM=BC,AC=BN，
∴AC+BC=AM+BN．
（2）AC⋅BC=AM⋅BN，理由：
∵∠ACM+∠BCN=90°，∠BNC+∠BCN=90°，
∴∠ACM=∠BNC，
∵∠CBN=∠CAM=90°，，
∴△ACM∽△BNC，
AC AM
∴ = ，
BN BC
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∴AC⋅BC=AM⋅BN．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，证明△ACM≌△BNC是解
（1）的关键，证明△ACM∽△BNC是解（2）的关键．
【变式1-3】（2022·陕西·统考二模）学校有两栋教学楼AB、CD，小强想了解这两栋教学楼的高度，他发
现教学楼CD的高度容易测量，且CD＝18米，而教学楼AB的高度不易测量，于是小强利用所学知识设计
了如下测量方案：如图，小强在两栋教学楼中间空地上的点E处固定一个测角仪EF，且AE＝CE，先测得
教学楼AB顶部B的仰角，然后将测角仪向后转动180°，并调节测角仪的高度到点G时，测角仪刚好能以
同样的仰角观测到教学楼CD的顶端D．已知EF＝2米，GF＝0.8米，求教学楼AB的高度．
【答案】18.8米
【分析】分别过点F、G作FM⊥AB于M、GH⊥CD于H，证明△FMB≌△GHD即可．
【详解】分别过点F、G作FM⊥AB于M、GH⊥CD于H，如图，
则∠FMB=∠GHD=90°．
由辅助线作法及已知，四边形AEFM、四边形CEGH是矩形，
∴MF=AE，AM=EF=2米，HG=CE，CH=EG=EF-GF=2-0.8=1.2（米）．
∵AE=CE，
∴MF=HG．
∵∠BFM=∠DGH，
∴△FMB≌△GHD．
∴BM=DH=CD-CH=18-1.2=16.8（米）．
∴AB=BM+AM=16.8+2=18.8（米）．
即教学楼的高度为18.8米．
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【点睛】本题是全等三角形在实际中的应用，考查了全等三角形的判定与性质，仰角，矩形的判定与性质
等知识，构作垂线得到两个全等三角形是问题的关键．
题型02 利用全等三角形的性质与判定解决河宽测量问题
【例2】（2023·江苏盐城·校考一模）（1）如图，A、B两点分别位于一个池塘的两端，小聪想要测量A、
B间的距离，一位同学帮他想了一个办法：先在地上取一个可以直接到达A、B的点O，分别延长AO、
BO至点M、N，使得MO=AO,NO=BO，再连接MN，则MN的长度即为池塘A、B间的距离．请说明
理由．
（2）在下面的网格图中有三个点A、B、D，其中点A和点D在网格线的交点处，点B在网格线上，请找
出点C，使得四边形ABCD是平行四边形．（仅用无刻度的直尺作图，保留作图痕迹，不需说明理由）
【答案】（1）理由见解析（2）图见解析
【分析】（1）证明△MON≌△AOB，即可得出结论；
（2）连接BD，交网格线于点O，连接AO并延长，交网格线于点C，连接AB,BC,CD,DA，四边形
ABCD即为所求．
【详解】（1）证明：在△MON和△AOB中
¿，
∴△MON≌△AOB，
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∴MN=AB；
（2）连接BD，交网格线于点O，连接AO并延长，交网格线于点C，连接AB,BC,CD,DA，四边形
ABCD即为所求，如图：
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，无刻度尺作图．解题的关键是掌握全等三角形的判定定理，
以及对角线互相平分的四边形为平行四边形．
【变式2-1】（2023·陕西榆林·统考三模）如图，数学实践小组想要测量某公园的人工湖两端A、B之间的
距离，由于条件限制无法直接测得，请你用学过的数学知识帮他们按以下要求设计一种测量方案．
(1)画出测量示意图；
(2)写出测量的数据，线段长度用a、b、c…表示，角度用α、β、γ…表示；(不要求写出测量过程)
(3)根据你测量的数据，计算A、B之间的距离．(用含a、b、c…或α、β、γ…的式子表示)
【答案】(1)见解析
(2)AB的长度为a
(3)A、B之间的距离为a
【分析】（1）由于AB无法直接测得，故间接构造两个涉及AB边的全等三角形，如解析所示．
（2）在湖岸上找可以直接到达A，B的一点O，构造OA=OC，OB=OD即可．
（3） 利用SAS定理，由OA=OC，OB=OD，∠AOB=∠COD，易证△AOB≅△COD，推得
AB=CD，则CD的长度就是AB的长度．
【详解】（1）测量示意图如图所示；
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（2）在湖岸上找可以直接到达A，B的一点O，连接AO并延长到C使OC=OA，连接BO并延长到点D使
OD=OB，连接CD，则AB=CD.测量DC的长度a，即为AB的长度为a；
（3）设DC=a，
由测量方案可得AO=CO，BO=DO，
在△AOB和△COD中，
¿，
∴△AOB≌△COD (SAS)，
∴AB=CD=a．
【点睛】本题考查了全等三角形的应用，解题的关键是构造两个全等的三角形．
【变式2-2】（2020·河北·校联考二模）思维启迪：（1）如图1，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小
亮想用绳子测量A，B间的距离，但绳子不够长，聪明的小亮想出一个办法：先在地上取一个可以直接到
达B点的点C，连接BC，取BC的中点P（点P可以直接到达A点），利用工具过点C作CD∥AB交AP
的延长线于点D，此时测得CD＝200米，那么A，B间的距离是 米．
思维探索：（2）在△ABC和△ADE中，AC＝BC，AE＝DE，且AE＜AC，∠ACB＝∠AED＝90°，将
△ADE绕点A顺时针方向旋转，把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置（此时点B和点D位于
AC的两侧），设旋转角为α，连接BD，点P是线段BD的中点，连接PC，PE．
①如图2，当△ADE在起始位置时，猜想：PC与PE的数量关系和位置关系分别是 ；
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②如图3，当α＝90°时，点D落在AB边上，请判断PC与PE的数量关系和位置关系，并证明你的结论；
③当α＝150°时，若BC＝3，DE＝l，请直接写出PC2的值．
【答案】（1）200；（2）①PC＝PE，PC⊥PE；②PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝PE，
10+3√3
PC⊥PE，见解析；③PC2＝ .
2
【分析】（1）由CD∥AB，可得∠C＝∠B，根据∠APB＝∠DPC即可证明△ABP≌△DCP，即可得AB＝
CD，即可解题．
（2）①延长EP交BC于F，易证△FBP≌△EDP（SAS）可得△EFC是等腰直角三角形，即可证明PC＝
PE，PC⊥PE．
②作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，易证△FBP≌△EDP（SAS），结合已知得BF＝DE＝
AE，再证明△FBC≌△EAC（SAS），可得△EFC是等腰直角三角形，即可证明PC＝PE，PC⊥PE．
③作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，过E点作EH⊥AC交CA延长线于H点，由旋转旋转可
知，∠CAE＝150°，DE与BC所成夹角的锐角为30°，得∠FBC＝∠EAC，同②可证可得PC＝PE，
1 10+3√3
PC⊥PE，再由已知解三角形得∴EC2＝CH2+HE2＝10+3√3，即可求出PC2= EC2=
2 2
【详解】（1）解：∵CD∥AB，∴∠C＝∠B，
在△ABP和△DCP中，
¿，
∴△ABP≌△DCP（SAS），
∴DC＝AB．
∵AB＝200米．
∴CD＝200米，
故答案为200．
（2）①PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝PE，PC⊥PE．
理由如下：如解图1，延长EP交BC于F，
同（1）理，可知∴△FBP≌△EDP（AAS），
∴PF＝PE，BF＝DE，
又∵AC＝BC，AE＝DE，
∴FC＝EC，
又∵∠ACB＝90°，
∴△EFC是等腰直角三角形，
∵EP＝FP，
∴PC＝PE，PC⊥PE．
②PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝PE，PC⊥PE．
理由如下：如解图2，作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，
同①理，可知△FBP≌△EDP（SAS），
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1
∴BF＝DE，PE＝PF＝ EF，
2
∵DE＝AE，
∴BF＝AE，
∵当α＝90°时，∠EAC＝90°，
∴ED∥AC，EA∥BC
∵FB∥AC，∠FBC＝90，
∴∠CBF＝∠CAE，
在△FBC和△EAC中，
¿，
∴△FBC≌△EAC（SAS），
∴CF＝CE，∠FCB＝∠ECA，
∵∠ACB＝90°，
∴∠FCE＝90°，
∴△FCE是等腰直角三角形，
∵EP＝FP，
1
∴CP⊥EP，CP＝EP＝ EF．
2
③如解图3，作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，过E点作EH⊥AC交CA延长线于H点，
当α＝150°时，由旋转旋转可知，∠CAE＝150°，DE与BC所成夹角的锐角为30°，
∴∠FBC＝∠EAC＝α＝150°
同②可得△FBP≌△EDP（SAS），
√2
同②△FCE是等腰直角三角形，CP⊥EP，CP＝EP＝ CE，
2
在Rt△AHE中，∠EAH＝30°，AE＝DE＝1，
1 √3
∴HE＝ ，AH＝ ，
2 2
又∵AC＝AB＝3，
√3
∴CH＝3+ ，
2
∴EC2＝CH2+HE2＝10+3√3
1 10+3√3
∴PC2＝ EC2=
2 2
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【点睛】本题考查几何变换综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质、
勾股定理和30°直角三角形性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于压轴题．
题型03 利用全等三角形的性质与判定解决动点问题
【例3】（2023·湖北武汉·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=8cm，AD=12cm，点P从点B出发，
以2cm/s的速度沿BC边向点C运动，到达点C停止，同时，点Q从点C出发，以vcm/s的速度沿CD边向
点D运动，到达点D停止，规定其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动．当v为 时，
△ABP与△PCQ全等．
8
【答案】2或
3
【分析】可分两种情况：①ΔABP≅ΔPCQ得到BP=CQ，AB=PC，②ΔABP≅ΔQCP得到BA=CQ，
PB=PC，然后分别计算出t的值，进而得到v的值．
【详解】解：①当BP=CQ，AB=PC时，ΔABP≅ΔPCQ，
∵AB=8cm，
∴PC=8cm，
∴BP=12−8=4(cm)，
∴2t=4，解得：t=2，
∴CQ=BP=4cm，
∴v×2=4，
解得：v=2；
②当BA=CQ，PB=PC时，ΔABP≅ΔQCP，
∵PB=PC，
∴BP=PC=6cm，
∴2t=6，解得：t=3，
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∵CQ=AB=8cm，
∴v×3=8，
8
解得：v= ，
3
8
综上所述，当v=2或 时，ΔABP与ΔPQC全等，
3
8
故答案为：2或 ．
3
【点睛】主要考查了全等三角形的性质，矩形的性质，解本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
【变式3-1】（2020·浙江杭州·模拟预测）在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=9cm，AC=12cm，
AB=15cm；在△≝¿中，∠E=90°，DE=4cm，DF=5cm，∠A=∠D．现有两个动点P和Q．同时从
点A出发，P沿着三角形的边AC→CB→BA运动，回到点A停止，速度为3cm/s；Q沿着边
AB→BC→CA运动，回到点A停止．在两点运动过程中的某一时刻，恰好△APQ与△≝¿全等，则点Q
的运动速度为 ．
15 12 93 96
【答案】 cm/s或 cm/s或 cm/s或 cm/s
4 5 32 31
【分析】当点P在边AC运动，点Q在边AB运动，有△APQ≌△DEF或△APQ≌△DFE；当点P在边BA
运动，点Q在边CA运动，有△APQ≌△DEF或△APQ≌△DFE，分别利用路程=速度×时间计算．
【详解】解：在△DEF中，DE=4，DF=5，∠E=90°，
∴EF=√DF2−DE2=3，
当点P在边AC运动，点Q在边AB运动，
△APQ≌△DEF时，AP=DE=4，AQ=DF=5，
4
则点P的运动时间为4÷3= （s），
3
4 15
∴点Q的运动速度为5÷ = cm/s；
3 4
△APQ≌△DFE时，AP=DF=5，AQ=DE=4，
5
则点P的运动时间为5÷3= （s），
3
5 12
∴点Q的运动速度为4÷ = cm/s；
3 5
当点P在边BA运动，点Q在边CA运动，
△APQ≌△DEF时，AP=DE=4，AQ=DF=5，
32
则点P的运动时间为（12+9+15-4）÷3= （s），
3
32 93
∴点Q的运动速度为（12+9+15-5）÷ = cm/s；
3 32
△APQ≌△DFE时，AP=DF=5，AQ=DE=4，
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31
则点P的运动时间为（12+9+15-5）÷3= （s），
3
31 96
∴点Q的运动速度为（12+9+15-4）÷ = cm/s；
3 31
15 12 93 96
故答案为： cm/s或 cm/s或 cm/s或 cm/s．
4 5 32 31
【点睛】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的性质定理，灵活运用分情况讨论思想是解题
的关键．
【变式3-2】（2023·广东湛江·统考一模）如图，在Rt△ABC中，
∠BAC=90°，AC=3，AB=4，BC=5，CD平分∠ACB，如果点P，点Q分别为CD，AC上的动
点，那么AP+PQ的最小值是 ．
12
【答案】
5
【分析】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握轴对称求最短距离的方法，角平分线的性质，三角形面积
公式是解题的关键．
过点A作AE⊥BC交于E点，交DC于P点，过点P作PQ⊥ AC交于Q点，此时AP+PQ的值最小，再由
三角形的面积求出BC边上的高即为所求．
【详解】解：过点A作AE⊥BC交于E点，交DC于P点，过点P作PQ⊥ AC交于Q点，
∵CD平分∠ACB，
∴PE=PQ，
∴AP+PQ=AP+PE=AE，
此时AP+PQ的值最小，
因为AC2+AB2=BC2，
故△ABC是直角三角形，
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1 1
故△ABC的面积= ×3×4= ×5×AE，
2 2
12
∴AE= ，
5
12
∴AP+PQ的值最小为 ，
5
12
故答案为： ．
5
【变式3-3】（2022·天津·天津市双菱中学校考模拟预测）如图，在边长为2的正方形ABCD中，动点F，
E以相同的速度分别从点D，C同时出发向点C，B运动（任何一个点到达终点时，两点都停止运动）连接
AE，BF，AE与BF交于点P，过点P分别作PM∥CD交BC于点M，PN∥BC交CD于点N，连接MN，
在运动过程中，
（1）AE和BF的数量关系为 ；
（2）MN长度的最小值为 ．
【答案】 AE=BF √5−1
【分析】（1）利用正方形性质，根据SAS可证明△ABE≌△BCF，即可得出结论；（2）首先证明四边形
PNCM为矩形，得到PC=MN，利用（1）中证明的△ABE≌△BCF推出AE⊥BF，得出点P是以AB为
直径的圆弧上运动，当G、P、C三点共线时，PC为最短，利用勾股定理求出GC的长，进而求出PC的长，
即可得出MN长度的最小值．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，
∵动点F，E以相同的速度分别从点D，C同时出发向点C，B运动，
∴DF=CE，
∴BE=CF，
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在△ABE和△BCF中，
¿，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴AE=BF；
（2）如图，连接PC，取AB中点G，
∵PM∥CD，PN∥BC，
∴四边形PNCM为平行四边形，
∵∠C=90°，
∴四边形PNCM为矩形，
∴PC=MN，
由（1）可知△ABE≌△BCF，
∴∠BFC=∠AEB，
∵∠BFC+∠FBC=90°，
∴∠AEB+∠FBC=90°，
∴∠BPE=90°，即AE⊥BF，
∴点P是以AB为直径的圆弧上运动，
∴AB的中点G为圆心，连接GP为半径，
1
∴AG=BG=GP= AB=1
2
当G、P、C三点共线时，PC为最短，
在Rt△CBG中，
CG=√BG2+BC2=√12+22=√5，
∴PC=CG−PG=√5−1，
∴MN=PC=√5−1，
故答案为：AE=BF；√5−1．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，圆周角所对的弦为直
径，勾股定理，正确作出辅助线，确定当G、P、C三点共线时，PC为最短是解答本题的关键．
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