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专题14 全等三角形中的动态问题（解析版）
第一部分典例剖析+变式训练
类型一 单动点与全等三角形
典例1（2023春•惠济区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝7cm，BC＝3cm，CD为AB边上的
高，点E从点B出发沿直线BC以2cm/s的速度移动，过点E作BC的垂线交直线CD于点F．
（1）试说明：∠A＝∠BCD；
（2）当点E运动多长时间时，CF＝AB？请说明理由．
【思路引领】（1）由余角的性质可证∠A＝∠BCD；
（2）由“AAS”可证△ACB≌△CEF，可得CE＝CA＝8，即可求解．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠ABC＝90°，
∵FD⊥AB，
∴∠BCD+∠ABC＝90°，
∴∠A＝∠BCD；
（2）解：在Rt△ABC中，AC＝7cm，BC＝3cm，
∴AB=❑√AC2+BC2=❑√72+32=❑√58cm，
∵∠ECF＝∠BCD，∠A＝∠BCD，
∴∠ECF＝∠A，
∵FD⊥AB，
∴∠FEC＝∠ACB＝90°，
在△ACB和△CEF中，{
∠A=∠CEF
)
∠ACB=∠FEC=90° ，
AB=CF
∴△ACB≌△CEF（AAS），
∴CE＝CA＝7，
∴EB＝7+3＝10，
∴10÷2＝5，
∴点E运动5秒时，CF＝AB．
所以，点E运动5秒时，CF＝AB．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明三角形全等是解题的关键．
变式训练
1．（2023春•梅江区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝8，BC＝12，点D从B出发以每秒2个单位的
速度在线段BC上从点B向点C运动，点E同时从C出发以每秒2个单位的速度在线段CA上向点A运
动，连接AD、DE，设D、E两点运动时间为t秒（0＜t＜4）
1
（1）运动 3 秒时，AE= DC；
3
（2）运动多少秒时，△ABD≌△DCE能成立，并说明理由；
1
（3）若△ABD≌△DCE，∠BAC＝ ，则∠ADE＝ 90 °− （用含 的式子表示）．
2
α α α
1
【思路引领】（1）依据BD＝CE＝2t，可得CD＝12﹣2t，AE＝8﹣2t，再根据当AE= DC，时，8﹣2t
3
1
= （12﹣2t），可得t的值；
3
（2）当△ABD≌△DCE成立时，AB＝CD＝8，根据12﹣2t＝8，可得t的值；
（3）依据∠CDE＝∠BAD，∠ADE＝180°﹣∠CDE﹣∠ADB，∠B＝∠180°﹣∠BAD﹣∠ADB，即可得
到∠ADE＝∠B，再根据∠BAC＝ ，AB＝AC，即可得出∠ADE．
【解答】解：（1）由题可得，BDα＝CE＝2t，
∴CD＝12﹣2t，AE＝8﹣2t，1 1
∴当AE= DC，时，8﹣2t= （12﹣2t），
3 3
解得t＝3，
故答案为：3；
（2）当△ABD≌△DCE成立时，AB＝CD＝8，
∴12﹣2t＝8，
解得t＝2，
∴运动2秒时，△ABD≌△DCE能成立；
（3）当△ABD≌△DCE时，∠CDE＝∠BAD，
又∵∠ADE＝180°﹣∠CDE﹣∠ADB，∠B＝∠180°﹣∠BAD﹣∠ADB，
∴∠ADE＝∠B，
又∵∠BAC＝ ，AB＝AC，
α 1 1
∴∠ADE＝∠B= （180°﹣ ）＝90°− ．
2 2
α α
1
故答案为：90°− ．
2
α
【总结提升】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质等知识点
的综合运用．利用全等三角形的对应边相等得出方程是解题关键．
类型二 双动点与全等三角形
典例2（2022秋•南召县期末）如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠C，AB＝20cm，BC＝15cm，E为AB的
中点，若点P在线段BC上以5cm/s的速度由点B向点C运动，同时，点Q在线段CD上由点C向点D
运动．
（1）若点Q运动的速度是5cm/s，经过1秒后，△BPE与△CQP是否全等，请说明理由；
（2）若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当△BPE与△CQP全等时，求出点Q的运动速度．1
【思路引领】（1）由于BP＝CQ＝5cm，则PC＝10cm，而BE= AB＝10cm，则根据“SAS”可判断
2
△BPE≌△CQP；
（2）设点P运动的时间为ts，点Q运动的速度是xcm/s，则BP＝5tcm，CQ＝txcm，由于∠B＝∠C，则
当 BP＝CP，BE＝CQ 时，△BPE≌△CPQ，即 5t＝15﹣5t，10＝tx；当 BP＝CQ，BE＝CP，则
△BPE≌△CQP，即5t＝tx，10＝15﹣5t，然后分别解方程求出x，从而得到点Q的运动速度．
【解答】解：（1）△BPE与△CQP全等．
理由如下：
BP＝CQ＝5×1＝5（cm），
∴PC＝BC﹣BP＝15﹣5＝10（cm），
∵E为AB的中点，
1
∴BE= AB＝10cm，
2
在△BPE和△CQP中，
{
BE=CP
)
∠B=∠C ，
BP=CQ
∴△BPE≌△CQP（SAS）；
（2）设点P运动的时间为ts，点Q运动的速度是xcm/s，则BP＝5tcm，CQ＝txcm，
∵∠B＝∠C，
∴当BP＝CP，BE＝CQ，则根据“SAS”可判断△BPE≌△CPQ，
即5t＝15﹣5t，10＝tx，
3 20
解得t= ，x= ；
2 3
当BP＝CQ，BE＝CP，则根据“SAS”可判断△BPE≌△CQP，
即5t＝tx，10＝15﹣5t，
解得t＝1，x＝5（舍去）；20
综上所述，点Q的运动速度为 cm/s．
3
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键．
选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
变式训练
1．（2023春•丰城市期末）如图，做一个“U”字形框架PABQ，其中AB＝42cm，AP、BQ足够长，
PA⊥AB，QB⊥AB，点M从点B出发，向点A运动，同时点N从点B出发，向点Q运动，点M、N运
动的速度之比为3：4，当M、N两点运动到某一瞬间同时停止，此时在射线AP上取点C，使△ACM与
△BMN全等，求此时线段AC的长是多少？
【思路引领】设BM＝3tcm，则BN＝4tcm，使△ACM与△BMN全等，由∠A＝∠B＝90°可知，分两种
情况：情况一：当BM＝AC，BN＝AM时，列方程解得t，可得AC；情况二：当BM＝AM，BN＝AC时，
列方程解得t，可得AC．
【解答】解：设BM＝3tcm，则BN＝4tcm，
∵∠A＝∠B＝90°，使△ACM与△BMN全等，可分两种情况：
情况一：当BM＝AC，BN＝AM时，
∵BN＝AM，AB＝42cm，
∴4t＝42﹣3t，
解得：t＝6，
∴AC＝BM＝3t＝3×6＝18cm；
情况二：当BM＝AM，BN＝AC时，
∵BM＝AM，AB＝42cm，
∴3t＝42﹣3t，
解得：t＝7，
∴AC＝BN＝4t＝4×7＝28cm，
综上所述，AC＝18cm或AC＝28cm．
【总结提升】本题主要考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质并利用分类讨论思
想是解答此题的关键．
2．（2023春•吉安县期末）如图，△ABC中，D为AB的中点，AD＝5厘米，∠B＝∠C，BC＝8厘米．（1）若点P在线段BC上以3厘米/秒的速度从点B向终点C运动，同时点Q在线段CA上从点C向终
点A运动，若点Q的速度与点P的速度相等，经1秒钟后，请说明△BPD≌△CQP；
（2）若点P以3厘米/秒的速度从点B向点C运动，同时点Q以5厘米/秒的速度从点C向点A运动，
它们都依次沿△ABC三边运动，则经过多长时间，点Q第一次在△ABC的哪条边上追上点P？
【思路引领】（1）根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，再加上BP＝CQ＝3，PC＝BD＝5，则可判
断△BPD与△CQP全等；
（2）设经过x秒后，点Q第一次追上点P，由题意得5x﹣3x＝2×10，解方程得到点P运动的路程为
3×10＝30，得到此时点P在BC边上，于是得到结果．
【解答】解：（1）∵BP＝3×1＝3，CQ＝3×1＝3，
∴BP＝CQ，
∵D为AB的中点，
∴BD＝AD＝5，
∵CP＝BC﹣BP＝5，
∴BD＝CP，
在△BPD与△CQP中，
¿，
∴△BPD≌△CQP（SAS）；
（2）设经过x秒后，点Q第一次追上点P，由题意得5x﹣3x＝2×10，
解得：x＝10，
∴点P运动的路程为3×10＝30，
∵30＝28+2，
∴此时点P在BC边上，
∴经过10秒，点Q第一次在BC边上追上点P．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定和性质，找准对应边是解题的关键．
类型三 线动与全等三角形
例3 （2020秋•新蔡县期中）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于点D，BE⊥MN于点E．
（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①△ADC≌△CEB；②DE＝AD+BE；
（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系，并加以证明；
（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？（请直接写出
这个等量关系，不需要证明）．
【思路引领】（1）由∠ACB＝90°，得∠ACD+∠BCE＝90°，而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，则
∠ADC＝∠CEB＝90°，根据等角的余角相等得到∠ACD＝∠CBE，易得Rt△ADC≌Rt△CEB，所以AD
＝CE，DC＝BE，即可得到DE＝DC+CE＝BE+AD．
（2）根据等角的余角相等得到∠ACD＝∠CBE，易得△ADC≌△CEB，得到AD＝CE，DC＝BE，所以
DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE．
（3）DE、AD、BE具有的等量关系为：DE＝BE﹣AD．证明的方法与（2）相同．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
在△ADC和△CEB中，
{∠ADC=∠CEB
)
∠ACD=∠CBE ，
AC=CB
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD＝CE，DC＝BE，
∴DE＝DC+CE＝BE+AD；
（2）DE＝AD﹣BE，
在△ADC和△CEB中，{∠ADC=∠CEB=90°
)
∠ACD=∠CBE ，
AC=CB
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD＝CE，DC＝BE，
∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
（3）结论：DE＝BE﹣AD．
同法可得△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD＝CE，DC＝BE，
∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD．
【总结提升】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与
旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角．也考查了直角三角形全等的判定与性质．
针对训练
1．（2020秋•沂源县期中）如图，把长短确定的两根木棍AB、AC的一端固定在A处，和第三根木棍BM
摆出△ABC，木棍AB固定，木棍AC绕A转动，得到△ABD，这个实验说明 有两边和其中一边的对
角分别相等的两个三角形不一定全等 ．
【思路引领】根据全等三角形的判定方法即可判断．
【解答】解：由题意可知：AB＝AB，AC＝AD，∠ABC＝∠ABD，
满足有两边和其中一边的对角分别相等，但是△ABC与△ABD不全等，
所以这个实验说明有两边和其中一边的对角分别相等的两个三角形不一定全等；
故答案为：有两边和其中一边的对角分别相等的两个三角形不一定全等．
【总结提升】本题考查全等三角形的判定，记住有两边和其中一边的对角分别相等的两个三角形不一定全等．
2．（2020秋•宿豫区校级月考）如图1，在△ABC中，点P为BC边中点，直线a绕顶点A旋转，若B、P
在直线a的异侧，BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，连接PM、PN；
（1）延长MP交CN于点E（如图2），①求证：△BPM≌△CPE；②求证：PM＝PN；
（2）若直线a绕点A旋转到图3的位置时，点B、P在直线a的同侧，其它条件不变，此时PM＝PN还
成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
【思路引领】（1）①根据平行线的性质证得∠MBP＝∠ECP再根据BP＝CP，∠BPM＝∠CPE即可得
到；
1 1
②由△BPM≌△CPE，得到PM＝PE则PM= ME，而在Rt△MNE中，PN= ME，即可得到PM＝
2 2
PN．
（2）证明方法与②相同．
【解答】证明：（1）①如图2：
∵BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，
∴∠BMA＝∠CNM＝90°，
∴BM∥CN，
∴∠MBP＝∠ECP，
又∵P为BC边中点，
∴BP＝CP，
在△BPM和△CPE中，
{∠ECP=∠MBP
)
BP=CP ，
∠BPM=∠CPE
∴△BPM≌△CPE，（ASA）
②∵△BPM≌△CPE，
1
∴PM＝PE∴PM= ME，
21
∴在Rt△MNE中，PN= ME，
2
∴PM＝PN；
（2）成立，如图3．
延长MP与NC的延长线相交于点E，
∵BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，
∴∠BMN＝∠CNM＝90°∴∠BMN+∠CNM＝180°，
∴BM∥CN∴∠MBP＝∠ECP，
又∵P为BC中点，
∴BP＝CP，
在△BPM和△CPE中，
{∠MBP=∠ECP
)
BP=CP ，
∠BPM=∠CPE
∴△BPM≌△CPE，（ASA）
∴PM＝PE，
1
∴PM= ME，
2
1
则Rt△MNE中，PN= ME，
2
∴PM＝PN．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证
△BPM≌△CPE是解题的关键．
类型四 形动与全等三角形
典例4（2021秋•兴化市期末）如图1，△ABC与△ADE是共顶点A的两个等腰三角形，其中AB＝AC，AD
＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接CE、BD．
（1）求证：CE＝BD；（2）如图2，固定△ABC，将△ADE绕点A旋转，若AD＝25，BC＝20，S△ABC ＝240，当点D旋转到线
段BC上时，求CE的长；
（3）如图3，设F为BD、CE的交点，G、H分别为BD、CE的中点，∠BFC＝ ，∠AGH＝ ，试探究
与 的数量关系，并说明理由． α β
α β
【思路引领】（1）由等腰三角形的性质可知AB＝AC，AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，再利用SAS可证明
△BAD≌△CAE，得CE＝BD；
（2）过点A作AP⊥BC于P，连接CE，根据BC＝20，S△ABC ＝240，得AP＝24，可知点D在CP或BP
上，利用勾股定理解决问题；
（3）连接AH，由（1）同理知，△BAD≌△CAE（SAS），得∠ADB＝∠AEC，BD＝CE，再利用SAS
证明△ADG≌△AEH，得∠AHE＝∠AGD＝∠AGH+∠FGH，AG＝AH，从而解决问题．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，∠BAC＝∠BAD+∠CAD，∠DAE＝∠CAE+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴CE＝BD；
（2）解：如图，过点A作AP⊥BC于P，连接CE，
由（1）同理知，△BAD≌△CAE（SAS），∴CE＝BD，
∵BC＝20，S△ABC ＝240，
∴AP＝24，
当点D在CP上时，
在Rt△APD中，PD2＝AD2﹣AP2＝49，
∴PD＝7，
∵AB＝AC，AP⊥BC，
∴P为BC的中点，
∴BP＝CP，
∵BC＝20，
∴BP＝10，
∴BD＝17，
∴CE＝BD＝17，
当点D在BP上时，同理可知CE＝BD＝10﹣7＝3，
综上所述：CE＝3或17；
（3）解： +2 ＝180°，理由如下：
如图，连接αAHβ，
由（1）同理知，△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ADB＝∠AEC，BD＝CE，
∵G，H分别为BD，CE的中点，
∴DG＝EH，
∵∠ADB＝∠AEC，DG＝EH，AD＝AE，
∴△ADG≌△AEH（SAS），
∴∠AHE＝∠AGD＝∠AGH+∠FGH，AG＝AH，
∴∠AGH＝∠AHG，
∵∠FHG+∠AHG+∠AHE＝180°，∴∠FHG+∠AGH+∠AGH+∠FGH＝180°，
∵∠BFC＝∠FGH+∠FHG，∠BFC＝ ，∠AGH＝ ，
∴ +2 ＝180°． α β
【α总结β提升】本题主要考查了等腰三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等
知识，熟悉基本模型证明△BAD≌△CAE是解题的关键．
针对训练
1．（2023•大新县校级模拟）已知：点P为∠AOB的角平分线的任意一点，∠EPF与∠AOB互补，∠EPF
的两边与∠AOB的两边交于E、F两点．
（1）如图1，当∠EPF绕着点P旋转时，PE和PF的数量关系是 PE ＝ PF ，请验证你的结论；
（2）如图2，若∠AOB＝90°时，∠EPF与∠AOB仍然互补，这时PE与PF还相等吗？并加以证明．
【思路引领】（1）结论：PE＝PF；作PG⊥OA于G，PH⊥OB于H．只要证明△OPG≌△OPH，
△PGE≌△PHF，即可解决问题；
（2）结论：PE＝PF；作PG⊥OA于G，PH⊥OB于H．只要证明△OPG≌△OPH，△PGE≌△PHF，
即可解决问题．
【解答】解：（1）PE＝PF，
理由：作PG⊥OA于G，PH⊥OB于H，如图1，
在△OPG和△OPH中，{∠PGO=∠PHO
)
∠POG=∠POH ，
OP=OP
∴△OPG≌△OPH（AAS），
∴PG＝PH，
∵∠AOB＝50°，∠PGO＝∠PHO＝90°，
∴∠GPH＝130°，
∵∠EPF＝130°，
∴∠GPH＝∠EPF，
∴∠GPE＝∠FPH，
在△PGE和△PHF中，
{∠PGE=∠PHF
)
PG=PH ，
∠GPE=∠FPH
∴△PGE≌△PHF（ASA），
∴PE＝PF．
故答案为：PE＝PF；
（2）PE＝PF；
理由：作PG⊥OA于G，PH⊥OB于H，如图2，
∵∠PGO＝∠GOH＝∠PHO＝90°，
∴∠HPG＝∠EPF＝90°，
∴∠EPG＝∠FPH，
∵OC平分∠AOB，PG⊥OA，PH⊥OB，
∴∠POG＝∠POH，
在△OPG和△OPH中，
{∠PGO=∠PHO
)
∠POG=∠POH ，
OP=OP
∴△OPG≌△OPH（AAS），
∴PG＝PH，
在△PGE和△PHF中，{∠PGE=∠PHF
)
PG=PH ，
∠GPE=∠FPH
∴△PGE≌△PHF（ASA），
∴PE＝PF．
【总结提升】本题考查几何变换综合题，全等三角形的判定和性质、角平分线的定义等知识，解题的关
键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用两次全等三角形解决问题．
2．（2021秋•叙州区期末）如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°．
（1）当点D在AC上时，如图①，线段BD，CE有怎样的数量关系和位置关系？请证明你的猜想；
（2）将图①中的△ADE绕点A顺时针旋转 （0°＜ ＜90°），如图②，线段BD，CE有怎样的数量关
系和位置关系？请说明理由． α α
【思路引领】（1）延长BD交CE于F，易证△EAC≌△DAB，可得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，根据
∠AEC+∠ACE＝90°，可得∠ABD+∠AEC＝90°，即可解题；
（2）延长BD交CE于F，易证∠BAD＝∠EAC，即可证明△EAC≌△DAB，可得BD＝CE，∠ABD＝
∠ACE，根据∠ABC+∠ACB＝90°，可以求得∠CBF+∠BCF＝90°，即可解题．
【解答】证明：（1）延长BD交CE于F，
在△EAC和△DAB中，
{
AE=AD
)
∠EAC=∠DAB ，
AC=AB
∴△EAC≌△DAB（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵∠AEC+∠ACE＝90°，
∴∠ABD+∠AEC＝90°，
∴∠BFE＝90°，即EC⊥BD；
（2）延长BD交CE于F，
∵∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠EAC＝90°，
∴∠BAD＝∠EAC，
∵在△EAC和△DAB中，
{
AD=AE
)
∠BAD=∠EAC ，
AB=AC
∴△EAC≌△DAB（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABC+∠ACB＝90°，
∴∠CBF+∠BCF＝∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE＝90°，
∴∠BFC＝90°，即EC⊥BD．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边、对应角相等的性质，本题中求
证△EAC≌△DAB是解题的关键．
第二部分 专题提优训练
1．（2023春•渭滨区期末）如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝9cm，AC＝12cm，AB＝15cm，现
有一动点P，从点A出发，沿着三角形的边AC→CB→BA运动，回到点A停止，速度为3cm/s，设运动
时间为ts．11 19
（1）如图（1），当t＝ 或 时，△APC的面积等于△ABC面积的一半；
2 2
（2）如图（2），在△DEF中，∠E＝90°，DE＝4cm，DF＝5cm，∠D＝∠A．在△ABC的边上，若另
外有一个动点Q，与点P同时从点A出发，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≌△DEF，求点Q的运动速度．
【思路引领】（1）分两种情况进行解答，①当点P在BC上时，②当点P在BA上时，分别画出图形，
利用三角形的面积之间的关系，求出点P移动的距离，从而求出时间即可；
（2）由△APQ≌△DEF，可得对应顶点为A与D，P与E，Q与F；于是分两种情况进行解答，①当点
P在AC上，AP＝4，AQ＝5，②当点P在AB上，AP＝4，AQ＝5，分别求出P移动的距离和时间，进
而求出Q的移动速度．
【解答】解：（1）①当点P在BC上时，如图①﹣1，
1 9
若△APC的面积等于△ABC面积的一半；则CP= BC= cm，
2 2
9 33
此时，点P移动的距离为AC+CP＝12+ = ，
2 2
33 11
移动的时间为： ÷3= 秒，
2 2
②当点P在BA上时，如图①﹣2
1
若△APC的面积等于△ABC面积的一半；则PD= AB，即点P为BA中点，
2
15 57
此时，点P移动的距离为AC+CB+BP＝12+9+ = cm，
2 2
57 19
移动的时间为： ÷3 = 秒，
2 2
11 19
故答案为： 或 ；
2 2（2）△APQ≌△DEF，即，对应顶点为A与D，P与E，Q与F；
①当点P在AC上，如图②﹣1所示：
此时，AP＝4，AQ＝5，
15
∴点Q移动的速度为5÷（4÷3）= cm/s，
4
②当点P在AB上，如图②﹣2所示：
此时，AP＝4，AQ＝5，
即，点P移动的距离为9+12+15﹣4＝32cm，点Q移动的距离为9+12+15﹣5＝31cm，
93
∴点Q移动的速度为31÷（32÷3）= cm/s，
32
综上所述，两点运动过程中的某一时刻，恰好△APQ≌△DEF，
15 93
点Q的运动速度为 cm/s或 cm/s．
4 32
【总结提升】考查直角三角形的性质，全等三角形的判定，画出相应图形，求出各点移动的距离是正确
解答的关键．
2．（2023春•东源县期末）如图，AE与BD相交于点C，AC＝EC，BC＝DC，AB＝8cm，点P从点出发，
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lcm/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的运动时间为t（s）．
（1）求证：AB∥DE．
（2）写出线段AP的长（用含t的式子表示）．
（3）连接PQ，当线段PQ经过点C时，求t的值．【思路引领】（1）证明△ABC≌△EDC（SAS），可得∠A＝∠E，然后根据内错角相等两直线平行即
可得出结论；
（2）分两种情况讨论：当0≤t≤4时，AP＝2tcm，当4＜t≤8时，BP＝（2t﹣8）cm，可得AP＝8﹣
（2t﹣8）＝（16﹣2t）cm，进而可以解决问题；
（3）先证△ACP≌△ECQ（ASA），得AP＝EQ，再分两种情况列方程求解即可．
【解答】（1）证明：在△ABC和△EDC中，
{
AC=EC
)
∠ACB=∠ECD ，
BC=DC
∴△ABC≌△EDC（SAS），
∴∠A＝∠E，
∴AB∥DE；
（2）解：当0≤t≤4时，AP＝2tcm，
当4＜t≤8时，BP＝（2t﹣8）cm，
∴AP＝8﹣（2t﹣8）＝（16﹣2t）cm，
∴线段AP的长为2tcm或（16﹣2t）cm；
（3）解：根据题意得DQ＝tcm，
则EQ＝（8﹣t）cm，
由（1）得：∠A＝∠E，ED＝AB＝8cm，
在△ACP和△ECQ中，
{
∠A=∠E
)
AC=EC ，
∠ACP=∠ECQ
∴△ACP≌△ECQ（ASA），∴AP＝EQ，
当0≤t≤4时，2t＝8﹣t，
8
解得：t= ；
3
当4＜t≤8时，16﹣2t＝8﹣t，
解得：t＝8；
8
综上所述，当线段PQ经过点C时，t的值为 或8．
3
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定与性质，列代数式，一元一次方程的应用，解决本题的关键
是得到△ACP≌△ECQ．
3．（2023春•三水区校级期中）如图：已知A（a，0）、B（0，b），且a、b满足（a﹣2）2+|2b﹣4|＝0．
（1）如图1，求△AOB的面积；
（2）如图2，点C在线段AB上（不与A、B重合）移动，AB⊥BD，且∠COD＝45°，猜想线段AC、
BD、CD之间的数量关系并证明你的结论；
（3）如图3，若P为x轴上异于原点O和点A的一个动点，连接PB，将线段PB绕点P顺时针旋转90°
至PE，直线AE交y轴Q，点Q，当P点在x轴上移动时，线段BE和线段BQ中，请判断哪条线段长为
定值，并求出该定值．
【思路引领】（1）根据非负数的性质得到a﹣2＝0，2b﹣4＝0，求得a＝2，b＝2，得到OA＝2，OB＝
2，于是得到结果；
（2）证明：将△AOC绕点O逆时针旋转90°得到△OBF根据已知条件得到∠BDF＝180°，由∠DOC＝
45°，∠AOB＝90°，同时代的∠BOD+∠AOC＝45°，求出∠FOD＝∠BOF+∠BOD＝∠BOD+∠AOC＝
45°，推出△ODF≌△ODC，根据全等三角形的性质得到DC＝DF＝DB+BF＝DB+DC；
（3）BQ是定值，作EF⊥OA于F，在FE上截取PF＝FD，由∠BAO＝∠PDF＝45°，得到∠PAB＝
∠PD，E＝135°，根据余角的性质得到∠BPA＝∠PED，推出△PBA≌EPD，根据全等三角形的性质得到AP＝ED，于是得到FD+ED＝PF+AP．即：FE＝FA，根据等腰直角三角形的性质得到结论．
【解答】（1）解：∵（a﹣2）2+|2b﹣4|＝0，
∴a﹣2＝0，2b﹣4＝0，
∴a＝2，b＝2，
∴A（2，0）、B（0，2），
∴OA＝2，OB＝2，
1
∴△AOB的面积= ×2×2=2；
2
（2）证明：将△AOC绕点O逆时针旋转90°得到△OBF，
∵∠OAC＝∠OBF＝∠OBA＝45°，∠DBA＝90°，
∴∠DBF＝180°，
∵∠DOC＝45°，∠AOB＝90°，
∴∠BOD+∠AOC＝45°，
∴∠FOD＝∠BOF+∠BOD＝∠BOD+∠AOC＝45°，
{
OF=OC
)
在△ODF与△ODC中， ∠FOD=∠COD ，
OD=OD
∴：△ODF≌△ODC，∴DC＝DF，DF＝BD+BF，故CD＝BD+AC．
（3）BQ是定值，作EF⊥OA于F，在FE上截取PF＝FD，
∵∠BAO＝∠PDF＝45°，
∴∠PAB＝∠PDE＝135°，
∴∠BPA+∠EPF＝90°，∠EPF+∠PED＝90°，
∴∠BPA＝∠PED，
在△PBA与△EPD中，
{∠BPA=∠PED
)
∠PAB=∠PDE ，
PB=PE
∴△PBA≌EPD（AAS），
∴AP＝ED，
∴FD+ED＝PF+AP，
即：FE＝FA，∴∠FEA＝∠FAE＝45°，
∴∠QAO＝∠EAF＝∠OQA＝45°，
∴OA＝OQ＝2，
∴BQ＝4．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定和性质，坐标与图形的性质，三角形面积的计算，正确的作
出辅助线是解题的关键．
4．（2022•潍坊）【情境再现】
甲、乙两个含45°角的直角三角尺如图①放置，甲的直角顶点放在乙斜边上的高的垂足O处．将甲绕点
O顺时针旋转一个锐角到图②位置．小莹用作图软件Geogebra按图②作出示意图，并连接AG，BH，
如图③所示，AB交HO于E，AC交OG于F，通过证明△OBE≌△OAF，可得OE＝OF．
请你证明：AG＝BH．
【迁移应用】
延长GA分别交HO，HB所在直线于点P，D，如图④，猜想并证明DG与BH的位置关系．
【拓展延伸】
小亮将图②中的甲、乙换成含30°角的直角三角尺如图⑤，按图⑤作出示意图，并连接HB，AG，如
图⑥所示，其他条件不变，请你猜想并证明AG与BH的数量关系．【思路引领】【情境再现】由△OBE≌△OAF，得 BE＝AF，OE＝OF，∠BEO＝∠AFO，可证明
△BHE≌△AGF（SAS），得BH＝AG；
【迁移应用】由△BHE≌△AGF，得∠BHE＝∠AGF，可得∠AGF+∠GPO＝90°，从而∠BHE+∠HPD
＝90°，∠HDP＝90°，故DG⊥BH；
【拓展延伸】设 AB交OH于T，OG交AC于K，根据△ABC，△HOG是含30°角的直角三角形，
AO⊥BC，可得 OB=❑√3AO，∠OBA＝∠OAC＝30°，∠BOT＝90°﹣∠AOT＝∠AOK，即得
OB OT BT BT HT
△BOT∽△AOK，有 = = =❑√3，∠BTO＝∠AKO，又OH=❑√3GO，可得 =❑√3= ，
OA OK AK AK KG
BH BT
故△BTH∽△AKG，即得 = =❑√3，BH=❑√3AG．
AG AK
【解答】【情境再现】
证明：由阅读材料知△OBE≌△OAF，
∴BE＝AF，OE＝OF，∠BEO＝∠AFO，
∴∠BEH＝∠AFG，
∵OH＝OG，
∴OH﹣OE＝OG﹣OF，即EH＝GF，
在△BHE和△AGF中，
{
BE=AF
)
∠BEH=∠AFG ，
EH=GF∴△BHE≌△AGF（SAS），
∴BH＝AG；
【迁移应用】
解：猜想：DG⊥BH；证明如下：
由【情境再现】知：△BHE≌△AGF，
∴∠BHE＝∠AGF，
∵∠HOG＝90°，
∴∠AGF+∠GPO＝90°，
∴∠BHE+∠GPO＝90°，
∵∠GPO＝∠HPD，
∴∠BHE+∠HPD＝90°，
∴∠HDP＝90°，
∴DG⊥BH；
【拓展延伸】
解：猜想：BH=❑√3AG，证明如下：
设AB交OH于T，OG交AC于K，如图：
由已知得：△ABC，△HOG是含30°角的直角三角形，AO⊥BC，
∴∠AOB＝90°，
∴OB=❑√3AO，∠OBA＝∠OAC＝30°，∠BOT＝90°﹣∠AOT＝∠AOK，
∴△BOT∽△AOK，
OB OT BT
∴ = = =❑√3，∠BTO＝∠AKO，
OA OK AK
∴OT=❑√3OK，BT=❑√3AK，∠BTH＝∠AKG，
∵OH=❑√3GO，
∴HT＝OH﹣OT=❑√3GO−❑√3OK=❑√3（GO﹣OK）=❑√3KG，BT HT
∴ =❑√3= ，
AK KG
∴△BTH∽△AKG，
BH BT
∴ = =❑√3，
AG AK
∴BH=❑√3AG．
【总结提升】本题考查三角形综合应用，解题的关键是掌握全等三角形判定与性质定理，相似三角形判
定与性质定理的应用．
4．（2018秋•东胜区期末）如图，在平面直角坐标系中，将直角三角形的直角顶点放在点 P（4，4）处，
两直角边与坐标轴交于点A和点B．
（1）求OA+OB的值；
（2）将直角三角形绕点P逆时针旋转，两直角边与坐标轴交于点A和点B，求OA﹣OB的值．
【思路引领】（1）如图1，过P作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N，则∠PNB＝∠PMA＝90°，∠NPM＝
90°，求出∠NPB＝∠MPA，PM＝PN＝4，根据ASA推出△PBN≌△PAM，即可得出答案；
（2）如图2，过P作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N，求出△PBN≌△PAM，根据全等得出AM＝BN，求
出OA﹣OB＝OM+ON，代入求出即可．
【解答】解：（1）如图1，过P作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N，
则∠PNB＝∠PMA＝90°，∠NPM＝90°，
∵∠BPA＝90°，∴∠NPB＝∠MPA＝90°﹣∠BPM，
∵P（4，4），
∴PM＝PN＝ON＝OM＝4，
在△PBN和△PAM中
{∠PNB=∠PMA
)
PN=PM
∠NPB=∠MPA
∴△PBN≌△PAM（ASA），
∴PA＝PB，BN＝AM，
∴OA+OB＝OM+AM+OB＝OM+OB+ON＝4+4＝8；
（2）如图2，过P作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N，
则∠PNB＝∠PMA＝90°，∠NPM＝90°，
∵∠BPA＝90°，
∴∠NPB＝∠MPA＝90°﹣∠BPM，
∵P（4，4），
∴PM＝PN＝4，
在△PBN和△PAM中，
{∠PNB=∠PMA
)
PN=PM ，
∠NPB=∠MPA
∴△PBN≌△PAM（ASA），
∴PA＝PB，AM＝BN，∴OA﹣OB＝（OM+AM）﹣（BN﹣ON）＝OM+ON＝4+4＝8．
【总结提升】本题考查了坐标与图形性质，全等三角形的性质和判定的应用，能正确作出辅助线并求出
△PBN≌△PAM是解此题的关键．
5．（2021秋•安徽期末）如图①，△ABC≌△DEF，将△ABC和△DEF的顶点B与顶点E重合，把
△DEF绕点B顺时针方向旋转，这时AC与DF相交于点O．
（1）当△DEF旋转至如图②位置，点B（E）、C、D在同一直线上时，∠AFD与∠DCA的数量关系
是 ∠ AFD ＝∠ DCA ．
（2）当△DEF继续旋转至如图③位置时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
（3）在图③中，连接BO、AD，猜想BO与AD之间有怎样的位置关系？画出图形，写出结论，无需
证明．
【思路引领】（1）根据全等三角形对应角相等可得∠A＝∠D，再根据三角形的一个外角等于与它不相
邻的两个内角的和可得∠AOD＝∠A+∠AFD，∠AOD＝∠D+∠DCA，然后整理即可得解；
（2）根据全等三角形对应边相等可得 AB＝DE，BC＝EF，根据全等三角形对应角相等可得∠ABC＝
∠DEF，∠BAC＝∠EDF，然后推出∠ABF＝∠DEC，利用边角边证明△ABF与△DEC全等，根据全等
三角形对应角相等可得∠BAF＝∠EDC，再推出∠FAC＝∠CDF，然后利用三角形的外角性质列式即可
得证；
（3）可以证明AO＝DO，根据到线段两端点距离的点在线段垂直平分线得到BO⊥AD．
【解答】解：（1）∵△ABC≌△DEF，
∴∠A＝∠D，
又∵∠AOD＝∠A+∠AFD，∠AOD＝∠D+∠DCA，
∴∠AFD＝∠DCA；
（2）∠AFD＝∠DCA．
理由如下：∵△ABC≌△DEF，
∴AB＝DE，BC＝EF，∠ABC＝∠DEF，∠BAC＝∠EDF，
∴∠ABC﹣∠FBC＝∠DEF﹣∠FBC，即∠ABF＝∠DEC，
{
AB=DE
)
在△ABF与△DEC中， ∠ABF=∠DEC ，
BF=EC
∴△ABF≌△DEC（SAS），
∴∠BAF＝∠EDC，
∴∠BAC﹣∠BAF＝∠EDF﹣∠EDC，
即∠FAC＝∠CDF，
又∠AOD＝∠FAC+∠AFD＝∠CDF+∠DCA，
∴∠AFD＝∠DCA；
（3）如图，可以证明AO＝DO，
根据到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线上可得直线BO是线段AD的垂直平分线，
∴BO⊥AD．
【总结提升】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，利用旋转变换只改变图形的位置，不改变图形
的形状与大小，找出两三角形全等的条件是解题的关键．
6．（2022春•济南期中）把两个全等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形 ACBD以D为顶点作
∠MDN，交边AC、BC于M、N．
（1）若∠ACD＝30°，∠MDN＝60°，当∠MDN绕点D旋转时，AM、MN、BN三条线段之间有何种数
量关系？证明你的结论；
（2）当∠ACD+∠MDN＝90°时，AM、MN、BN三条线段之间有何数量关系？证明你的结论；
（3）如图③，在（2）的条件下，若将M、N改在CA、BC的延长线上，完成图3，其余条件不变，则
AM、MN、BN之间有何数量关系（直接写出结论，不必证明）【思路引领】（1）延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，
证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；
（2）延长 CB 到 E，使 BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证
△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；
（3）在 CB 截取 BE＝AM，连接 DE，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证
△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可．
【解答】（1）AM+BN＝MN，
证 明 ： 延 长 CB 到 E ， 使 BE ＝ AM ，
∵∠A＝∠CBD＝90°，∴∠A＝∠EBD＝90°，
在△DAM和△DBE中
{
AM=BE
)
∠A=∠DBE ，
AD=BD
∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，
∵∠MDN＝∠ADC＝60°，
∴∠ADM＝∠NDC，
∴∠BDE＝∠NDC，
∴∠MDN＝∠NDE，
在△MDN和△EDN中
{
DM=DE
)
∠MDN=∠NDE ，
DN=DN
∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE，
∵NE＝BE+BN＝AM+BN，
∴AM+BN＝MN．
（2）AM+BN＝MN，
证明：延长CB到E，使BE＝AM，连接DE，
由（1）知：△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠MDA＝∠CDN，DM＝DE，
∵∠MDN+∠ACD＝90°，∠ACD+∠ADC＝90°，
∴∠NDM＝∠ADC＝∠CDB，
∴∠ADM＝∠CDN＝∠BDE，
∵∠CDM＝∠NDB
∴∠MDN＝∠NDE，
在△MDN和△EDN中
{
DM=DE
)
∠MDN=∠NDE ，
DN=DN∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE，
∵NE＝BE+BN＝AM+BN，
∴AM+BN＝MN．
（3）BN﹣AM＝MN，
证明：在CB截取BE＝AM，连接DE，
∵∠CDA+∠ACD＝90°，∠MDN+∠ACD＝90°，
∴∠MDN＝∠CDA，
∵∠ADN＝∠ADN，
∴∠MDA＝∠CDN，
∵∠B＝∠CAD＝90°，
∴∠B＝∠DAM＝90°，
在△DAM和△DBE中
{
AM=BE
)
∠DAM=∠DBE ，
AD=BD
∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠ADM＝∠CDN，DM＝DE，
∵∠ADC＝∠BDC＝∠MDN，
∴∠MDN＝∠EDN，
在△MDN和△EDN中
{
DM=DE
)
∠MDN=∠NDE ，
DN=DN
∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE，
∵NE＝BN﹣BE＝BN﹣AM，
∴BN﹣AM＝MN．
【总结提升】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生运用性质进行推理的能力，运用
了类比推理的方法，题目比较典型，但有一定的难度．
7．（2020春•市中区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分∠ACB交AB于点D，将△CDB绕
点C顺时针旋转 （0°＜ ＜180°）到△CEF的位置，点F在AC上．
θ θ（1）求 的度数；
（2）若θ3∠A＝2∠B，求∠CEF的度数．
（3）连结DE，判断DE与BC的位置关系，并说明理由．
温馨提示：等腰三角形的两底角相等．
【思路引领】（1）根据旋转的性质确定旋转角的度数；
（2）求出∠A＝22.5°，∠B＝67.5°，由旋转的性质得出∠BCD＝∠ECF＝45°，∠B＝∠CFE＝67.5°，由
三角形内角和定理可得出答案；
（3）先利用旋转的性质得∠DCE＝∠BCF＝90°，CD＝CE，则可判断△CDE为等腰直角三角形，所以
∠CDE＝45°，再利用角平分线定义得到∠BCD＝45°，则∠CDE＝∠BCD，然后根据平行线的判定方法
可判断DE∥BC．
【解答】解：（1）∵将△CDB绕点C顺时针旋转到△CEF的位置，点F在AC上，
∴旋转角为∠BCF，
即旋转角 为90°；
（2）∵3∠θA＝2∠B，∠A+∠B＝90°，
∴∠A＝22.5°，∠B＝67.5°，
∵CD平分∠ACB，
1
∴∠BCD= ∠ACB＝45°，
2
∵将△CDB绕点C顺时针旋转 到△CEF的位置，
∴∠BCD＝∠ECF＝45°，∠B＝θ∠CFE＝67.5°，
∴∠CEF＝180°﹣∠ECF﹣∠CFE＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°；
（3）DE∥BC．
理由如下：∵将△CDB绕点C顺时针旋转到△CEF的位置，点F在AC上，
∴∠DCE＝∠BCF＝90°，CD＝CE，
∴△CDE为等腰直角三角形，
∴∠CDE＝45°，∵CD平分∠ACB交AB于点D，
∴∠BCD＝45°，
∴∠CDE＝∠BCD，
∴DE∥BC．
【总结提升】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹
角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等腰直角三角形的性质，三角形内角和定理．
