文档内容
清单 02 全等三角形（8 个考点梳理+题型解读+核心素养提升
+中考聚焦）
【知识导图】
【知识清单】
考点一．全等图形
（1）全等形的概念
能够完全重合的两个图形叫做全等形．
（2）全等三角形
能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形．
（3）三角形全等的符号
“全等”用符号“≌”表示．注意：在记两个三角形全等时，通常把对应顶点写在对应位置上．
（4）对应顶点、对应边、对应角
把两个全等三角形重合到一起，重合的顶点叫做对应顶点；重合的边叫做对应边；重合的角叫做对应角．
1．（2022秋•剑阁县期末）下列说法正确的是（ ）
A．两个面积相等的图形一定是全等图形
B．两个全等图形形状一定相同
C．两个周长相等的图形一定是全等图形
D．两个正三角形一定是全等图形
【分析】根据全等图形的定义进行判断即可．
【解答】解：A：两个面积相等的图形不一定是全等图形，故A错误，不符合题意；
B：两个全等图形形状一定相同，故B正确，符合题意；
C：两个周长相等的图形不一定是全等图形，故C错误，不符合题意；D：两个正三角形不一定是全等图形，故D错误，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了全等图形，熟练运用“能够完全重合的两个图形叫做全等形”是本题的关键．
2．（2022秋•东莞市期末）下列各组图形中，是全等形的是（ ）
A．两个含60°角的直角三角形
B．腰对应相等的两个等腰直角三角形
C．边长为3和4的两个等腰三角形
D．一个钝角相等的两个等腰三角形
【分析】综合运用判定方法判断．做题时根据已知条件，结合全等的判定方法逐一验证．
【解答】解：A、两个含60°角的直角三角形，缺少对应边相等，所以不是全等形；
B、腰对应相等的两个等腰直角三角形，符合AAS或ASA，或SAS，是全等形；
C、边长为3和4的两个等腰三角形有可能是3，3，4或4，4，3不一定全等对应关系不明确不一定全等；
D、一个钝角相等的两个等腰三角形．缺少对应边相等，不是全等形．
故选：B．
【点评】本题主要考查了三角形全等的判定方法；需注意：判定两个三角形全等时，必须有边的参与，
还要找准对应关系．
考点二．全等三角形的性质
（1）性质1：全等三角形的对应边相等
性质2：全等三角形的对应角相等
说明：①全等三角形的对应边上的高、中线以及对应角的平分线相等
②全等三角形的周长相等，面积相等
③平移、翻折、旋转前后的图形全等
（2）关于全等三角形的性质应注意
①全等三角形的性质是证明线段和角相等的理论依据，应用时要会找对应角和对应边．
②要正确区分对应边与对边，对应角与对角的概念，一般地：对应边、对应角是对两个三角形而言，而对
边、对角是对同一个三角形的边和角而言的，对边是指角的对边，对角是指边的对角．
3．（2022秋•庄河市期末）如图，图中的两个三角形全等，则∠ 等于（ ）
α
A．50° B．71° C．58° D．59°
【分析】根据全等三角形对应角相等可知∠ 是a、b边的夹角，然后写出即可．
【解答】解：∵三角形内角和是180°，
α
∴a、b边的夹角度数为：180°﹣71°﹣50°＝59°，
∵图中的两个三角形全等，
∴∠ 等于59°，
故选：D．
α
【点评】本题考查了全等三角形对应角相等，根据对应边的夹角准确确定出对应角是解题的关键．
4．（2022秋•丹阳市校级期末）已知△ABC≌△DEF，AC＝9cm，则DF＝ cm．【分析】由全等三角形的对应边相等，即可得到答案．
【解答】解：∵△ABC≌△DEF，
∴DF＝AC＝9（cm）．
故答案为：9．
【点评】本题考查全等三角形的性质，关键是掌握全等三角形的对应边相等．
考点三．全等三角形的判定
（1）判定定理1：SSS﹣﹣三条边分别对应相等的两个三角形全等．
（2）判定定理2：SAS﹣﹣两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．
（3）判定定理3：ASA﹣﹣两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等．
（4）判定定理4：AAS﹣﹣两角及其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等．
（5）判定定理5：HL﹣﹣斜边与直角边对应相等的两个直角三角形全等．
方法指引：全等三角形的5种判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，若已知两边对应相
等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等，则必须再找一组对边对应相等，且要是两角的夹边，
若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应邻边．
5．（2022秋•莘县期末）如图，BC＝BD，那么添加下列选项中的一个条件后，仍无法判定△ABC≌△ABD
的是（ ）
A．AC＝AD B．∠BAC＝∠BAD C．∠ABC＝∠ABD D．∠C＝∠D＝90°
【分析】根据全等三角形的判定定理逐项分析判断即可求解．
【解答】解：∵AB＝AB，BC＝BD
A．添加AC＝AD，根据SSS，可以证明△ABC≌△ABD，不符合题意；
B．添加∠BAC＝∠BAD，不能证明△ABC≌△ABD，符合题意；
C．添加∠ABC＝∠ABD，根据SAS，可以证明△ABC≌△ABD，不符合题意；
D．添加∠C＝∠D＝90°，根据HL，可以证明△ABC≌△ABD，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
6．（2022秋•嘉鱼县期末）如图，点 A、D在线段BC的两侧，且∠A＝∠D＝90°．试添加一个条件，使
△ABC≌△DBC．并写出证明过程．
【分析】根据题意可知BC＝BC，∠A＝∠D＝90°，再利用AAS定理判定△ABC≌△DBC即可．
【解答】解：添加的条件：∠ABC＝∠DBC，证明如下：在△ABC和△DBC中， ，
∴△ABC≌△DBC（AAS）．
（答案不唯一）
若是AB＝DB（或AC＝DC），则判定△ABC≌△DBC的理由是HL，
若是∠ACB＝∠DCB，则判定△ABC≌△DBC的理由是AAS．
【点评】此题主要考查了三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、
AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有
两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
7．（2023春•渠县校级期末）已知：如图，AC∥DF，点B为线段AC上一点，连接BF交DC于点H，过点
A作AE∥BF分别交DC、DF于点G、点E，DG＝CH，求证：△DFH≌△CAG．
【分析】先根据平行线的性质得出∠C＝∠D，∠AGC＝∠DHF，再由DG＝CH可知CH+HG＝HG+DG，
即CG＝DH，根据ASA定理即可得出结论．
【解答】证明：∵AC∥DF，AE∥BF，
∴∠C＝∠D，∠AGC＝∠DHF，
∵DG＝CH，
∴CH+HG＝HG+DG，即CG＝DH，
在△DFH和△CAG中，
，
∴△DFH≌△CAG（ASA）．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定，熟知两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等是解答此
题的关键．
8．（2023春•鄠邑区期末）如图（1），AB＝4cm，AC⊥AB，BD⊥AB，AC＝BD＝3cm．点P在线段AB上
以1cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段BD上由点B向点D运动．它们运动的时间为t
（s）．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t＝1时，△ACP与△BPQ是否全等，并判断此时线
段PC和线段PQ的位置关系，请分别说明理由；
（2）如图（2），将图（1）中的“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB＝∠DBA＝60°”，其他条件不变．
设点Q的运动速度为x cm/s，是否存在实数x，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，求出相应的x、t的值
若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用 SAS 证得△ACP≌△BPQ，得出∠ACP＝∠BPQ，进一步得出∠APC+∠BPQ＝
∠APC+∠ACP＝90°得出结论即可；
（2）由△ACP≌△BPQ，分两种情况：①AC＝BP，AP＝BQ，②AC＝BQ，AP＝BP，建立方程组求得
答案即可．
【解答】解：（1）当t＝1时，AP＝BQ＝1，BP＝AC＝3，
又∠A＝∠B＝90°，
在△ACP和△BPQ中，
，
∴△ACP≌△BPQ（SAS）．
∴∠ACP＝∠BPQ，
∴∠APC+∠BPQ＝∠APC+∠ACP＝90°．
∴∠CPQ＝90°，
即线段PC与线段PQ垂直．
（2）存在，
理由：①若△ACP≌△BPQ，
则AC＝BP，AP＝BQ，
则 ，
解得 ；
②若△ACP≌△BQP，
则AC＝BQ，AP＝BP，
则 ，
解得： ；
综上所述，存在 或 ，使得△ACP与△BPQ全等．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．在
解题时注意分类讨论思想的运用．
考点四．直角三角形全等的判定
1、斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等（可以简写成“斜边、直角边”或“HL”）．2、直角三角形首先是三角形，所以一般三角形全等的判定方法都适合它，同时，直角三角形又是特殊的三
角形，有它的特殊性，作为“HL”公理就是直角三角形独有的判定方法．所以直角三角形的判定方法最多，
使用时应该抓住“直角”这个隐含的已知条件．
9．（2022秋•衡山县期末）下列条件，不能判定两个直角三角形全等的是（ ）
A．两个锐角对应相等
B．一个锐角和斜边对应相等
C．两条直角边对应相等
D．一条直角边和斜边对应相等
【分析】根据SAS，AAS，ASA，SSS，HL，逐一判断即可解答．
【解答】解：A、两个锐角对应相等，不能判定两个直角三角形全等，故A符合题意；
B、一个锐角和斜边对应相等，利用AAS可以判定两个直角三角形全等，故B不符合题意；
C、两条直角边对应相等，利用SAS可以判定两个直角三角形全等，故C不符合题意；
D、一条直角边和斜边对应相等，利用HL可以判定两个直角三角形全等，故D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了直角三角形全等的判定，熟练掌握直角三角形全等的判定方法是解题的关键．
10．（2022秋•磁县期末）如图，若要用“HL”证明Rt△ABC≌Rt△ABD，则还需补充的条件是（ ）
A．AC＝AD或BC＝BD B．AC＝AD且BC＝BD
C．∠BAC＝∠BAD D．以上都不对
【分析】根据HL，还缺少一条直角边相等，由此判断即可．
【解答】解：因为公共边AB为两个直角三角形的斜边，
所以要用HL证明Rt△ABC和Rt△ABD全等，
只需AC＝AD或者BC＝BD．
故选：A．
【点评】本题考查全等三角形的判定，解题的关键是掌握全等三角形的判定方法，属于中考常考题型．
11．（2022秋•鄞州区校级期末）如图，AD∥BC，∠A＝90°，E是AB上的一点，且AD＝BE，∠1＝∠2．
求证：△ADE≌△BEC．
【分析】此题比较简单，根据已知条件，利用直角三角形的特殊判定方法可以证明题目结论．
【解答】证明：∵∠1＝∠2，
∴DE＝CE．
∵AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠B＝90°．∴△ADE和△EBC是直角三角形，
Rt△ADE和Rt△BEC中，
，
∴△ADE≌△BEC（HL）．
【点评】本题考查了直角三角形全等的判定及性质；主要利用了直角三角形全等的判定方法 HL，也利用
了等腰三角形的性质：等角对等边，做题时要综合利用这些知识．
12．（2023春•怀化期末）如图，在△ABC中，AC＝BC，直线l经过顶点C，过A，B两点分别作l的垂线
AE，BF，E，F为垂足，AE＝CF．求证：∠ACB＝90°．
【分析】先利用HL定理证明△ACE和△CBF全等，再根据全等三角形对应角相等可以得到∠EAC＝
∠BCF，因为∠EAC+ACE＝90°，所以∠ACE+∠BCF＝90°，根据平角定义可得∠ACB＝90°．
【解答】证明：如图，在Rt△ACE和Rt△CBF中，
，
∴Rt△ACE≌Rt△CBF（HL），
∴∠EAC＝∠BCF，
∵∠EAC+∠ACE＝90°，
∴∠ACE+∠BCF＝90°，
∴∠ACB＝180°﹣90°＝90°．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定，全等三角形对应角相等的性质，熟练掌握性质是解题的关键．
13．（2022 秋•雄县校级期末）如图，在△ABC 中，AB＝AC，DE 是过点 A 的直线，BD⊥DE 于 D，
CE⊥DE于点E；
（1）若B、C在DE的同侧（如图所示）且AD＝CE．求证：AB⊥AC；
（2）若B、C在DE的两侧（如图所示），且AD＝CE，其他条件不变，AB与AC仍垂直吗？若是请给出
证明；若不是，请说明理由．【分析】（1）由已知条件，证明Rt△ABD≌Rt△CAE，再利用角与角之间的关系求证∠BAD+∠CAE＝
90°，即可证明AB⊥AC；
（2）同（1），先证Rt△ABD≌Rt△CAE，再利用角与角之间的关系求证∠BAD+∠CAE＝90°，即可证明
AB⊥AC．
【解答】（1）证明：∵BD⊥DE，CE⊥DE，
∴∠ADB＝∠AEC＝90°，
在Rt△ABD和Rt△ACE中，
∵ ，
∴Rt△ABD≌Rt△CAE（HL）．
∴∠DAB＝∠ECA，∠DBA＝∠EAC．
∵∠DAB+∠DBA＝90°，∠EAC+∠ACE＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°．
∠BAC＝180°﹣（∠BAD+∠CAE）＝90°．
∴AB⊥AC．
（2）AB⊥AC．理由如下：
同（1）一样可证得Rt△ABD≌Rt△CAE．
∴∠DAB＝∠ECA，∠DBA＝∠EAC，
∵∠CAE+∠ECA＝90°，
∴∠CAE+∠BAD＝90°，即∠BAC＝90°，
∴AB⊥AC．
【点评】三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，借助全等三角形的性质
得到相等的角，然后证明垂直是经常使用的方法，注意掌握、应用．
考点五．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关
键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
14．（2022秋•大田县期末）如图，正方形ABCD是一张边长为12cm的皮革．皮雕师傅想在此皮革两相邻
的角落分别切下△PDQ与△PCR后得到一个五边形PQABR，其中P，Q，R三点分别在边CD，AD，BC
上，且PD＝2DQ，PC＝CR．
（1）若DQ＝x，将△PDQ的面积用含x的代数式表示；
（2）五边形PQABR的面积是否存在最大值？若存在，请求出该最大值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据条件表示出PD，从而得到△PDQ的面积；
（2）分别求出正方形ABCD、△PDQ、△PCR的面积，再作差求出五边形的面积，最后确定出取极值时
的x值．即可求出最大值．
【解答】解：（1）依题意，PD＝2DQ＝2x．
∴△PDQ的面积 ．
（2）设DQ＝x，则 ，
∴0＜x＜6，
∵PC＝CR＝（12﹣2x），
∴△PCR的面积 ．
∴S五边形PQABR ＝S正方形ABCD ﹣S△PDQ ﹣S△PCR ，
＝122﹣x2﹣2（6﹣x）2
＝﹣3x2+24x+72
＝﹣3（x﹣4）2+120．
当x＝4时，上式取得最大值120，
所以，当DQ＝4cm时，五边形PQABR的面积取得最大值120cm2．
【点评】本题考查了二次函数的应用，三角形面积的计算、五边形面积计算的方法，计算三角形的面积
及利用二次函数顶点式求最值是解题的关键．
15．（2022秋•荣昌区期末）如图，AD是△ABC的中线，BE⊥AD，垂足为E，CF⊥AD，交AD的延长线于
点F，G是DA延长线上一点，连接BG．
（1）求证：BE＝CF；
（2）若BG＝CA，求证：GA＝2DE．
【分析】（1）利用AAS证明△BED≌△CFD，得BE＝CF；
（2）利用HL证明Rt△BGE≌Rt△CAF，得GE＝AF，从而解决问题．
【解答】证明：（1）∵AD是△ABC的中线，∴BD＝CD，
∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠BED＝∠F，
在△BED和△CFD中，
，
∴△BED≌△CFD（AAS），
∴BE＝CF；
（2）在Rt△BGE和Rt△CAF中，
，
∴Rt△BGE≌Rt△CAF（HL），
∴GE＝AF，
∴AG＝EF．
∵△BED≌△CFD，
∴DE＝DF，
∴GA＝2DE．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，利用HL证明Rt△BGE≌Rt△CAF是解题的关键．
16．（2022秋•宿城区校级期末）如图，△ABC和△ADE都是等腰三角形，BC、DE分别是这两个等腰三角
形的底边，且∠BAC＝∠DAE，求证：BD＝CE．
【分析】根据△ABC和△ADE都是等腰三角形，BC、DE分别是这两个等腰三角形的底边得到AE＝AD，
AB＝AC，根据∠BAC＝∠DAE得到∠BAD＝∠CAE，即可得到△DAB≌△EAC，即可得到证明．
【解答】证明：∵△ABC和△ADE都是等腰三角形，BC、DE分别是这两个等腰三角形的底边，
∴AE＝AD，AB＝AC，
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△DAB与△EAC中，
，
△DAB≌△EAC（SAS），
∴BD＝CE．
【点评】本题考查等腰三角形的性质与全等三角形的判定与性质，解题的关键是根据等腰三角形得到三
角形全等的条件．
17．（2022秋•孝南区期末）如图，已知，点B，E，C，F在一条直线上，AB＝DF，AC＝DE，∠A＝∠D．（1）求证：AC∥DE；
（2）若BF＝21，EC＝9，求BC的长．
【分析】（1）由AB＝DF，AC＝DE，∠A＝∠D，根据SAS即可证明；
（2）由△ABC≌△DFE，推出BC＝EF，推出BE＝CF，由BF＝21，EC＝9，推出BE+CF＝12，可得BE
＝CF＝6，由此即可解决问题；
【解答】（1）证明：在△ABC和△DFE中，
，
∴△ABC≌△DFE（SAS），
∴∠ACB＝∠DEF，
∴AC∥DE．
（2）解：∵△ABC≌△DFE，
∴BC＝EF，
∴BE＝CF，
∵BF＝21，EC＝9，
∴BE+CF＝12，
∴BE＝CF＝6，
∴BC＝BE+CE＝6+9＝15．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、平行线的判定等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形
的判定和性质，属于中考常考题型．
考点六．全等三角形的应用
（1）全等三角形的性质与判定综合应用
用全等寻找下一个全等三角形的条件，全等的性质和判定往往是综合在一起应用的，这需要认真分析题目的
已知和求证，分清问题中已知的线段和角与所证明的线段或角之间的联系．
（2）作辅助线构造全等三角形
常见的辅助线做法：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．（3）全等三角形在实际问题中的应用
一般方法是把实际问题先转化为数学问题，再转化为三角形问题，其中，画出示意图，把已知条件转化为三
角形中的边角关系是关键．
18．（2023春•长安区期末）王强同学用10块高度都是2cm的相同长方体小木块，垒了两堵与地面垂直的木
墙，木墙之间刚好可以放进一个等腰直角三角板（AC＝BC，∠ACB＝90°），点C在DE上，点A和B分
别与木墙的顶端重合．
（1）求证：△ADC≌△CEB；
（2）求两堵木墙之间的距离．
【分析】（1）根据题意可得AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，进而得到∠ADC＝∠CEB＝
90°，再根据等角的余角相等可得∠BCE＝∠DAC，再证明△ADC≌△CEB即可；
（2）利用全等三角形的性质进行解答．
【解答】（1）证明：由题意得：AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠BCE＝∠DAC
在△ADC和△CEB中 ，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
（2）解：由题意得：AD＝2×3＝6（cm），BE＝7×2＝14（cm），
∵△ADC≌△CEB，
∴EC＝AD＝6cm，DC＝BE＝14cm，
∴DE＝DC+CE＝20（cm），
答：两堵木墙之间的距离为20cm．
【点评】此题主要考查了全等三角形的应用，关键是正确找出证明三角形全等的条件．
19．（2022秋•永城市校级期末）如图，点B，F，C，E在直线l上（点F，C之间不能直接测量），点A，
D在l的异侧，AB∥DE，∠A＝∠D，测得AB＝DE．
（1）求证：△ABC≌△DEF；（2）若BE＝10cm，BF＝3cm，求FC的长．
【分析】（1）先证明∠ABC＝∠DEF，再根据ASA即可证明．
（2）根据全等三角形的性质即可解答．
【解答】（1）证明：∵AB∥DE，∴∠ABC＝∠DEF，
在△ABC与△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF；
（2）∵△ABC≌△DEF，
∴BC＝EF，
∴BF+FC＝EC+FC，
∴BF＝EC，
∵BE＝10m，BF＝3m，
∴FC＝10﹣3﹣3＝4（m），
答：FC的长是4m．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、平行线的判定等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形
的条件，记住平行线的判定方法，属于基础题，中考常考题型．
20．（2022秋•新化县期末）【问题背景】
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°，试探究图1中线段BE、EF、FD之间的数量关系．
【初步探索】
小亮同学认为：延长 FD 到点 G，使 DG＝BE，连接 AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明
△AEF≌△AGF，则可得到BE、EF、FD之间的数量关系是 EF ＝ BE + FD ．
【探索延伸】
在四边形 ABCD 中如图 2，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F 分别是 BC、CD 上的点，∠EAF＝
∠BAD，上述结论是否仍然成立？说明理由．
【结论运用】
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1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角（∠EOF）为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【分析】探索延伸：延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF，得
到答案；
结论运用：连接EF，延长AE、BF交于点C，得到EF＝AE+BF，根据距离、速度和时间的关系计算即可．
【解答】解：初步探索：EF＝BE+FD，
故答案为：EF＝BE+FD，
探索延伸：结论仍然成立，
证明：如图2，延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°
∴∠B＝∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG，
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝ ∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF，
∴EF＝FG，
∴FG＝DG+FD＝BE+DF；
结论运用：解：如图3，连接EF，延长AE、BF交于点C，
∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，
∠EOF＝70°，
∴∠EOF＝ ∠AOB，
∵OA＝OB，
∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，
∴符合探索延伸中的条件
∴结论EF＝AE+BF成立，
即EF＝1.5×（60+80）＝210海里，
答：此时两舰艇之间的距离是210海里．【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键，
注意要正确作出辅助线．
考点七．角平分线的性质
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．
注意：①这里的距离是指点到角的两边垂线段的长；②该性质可以独立作为证明两条线段相等的依据，有
时不必证明全等；③使用该结论的前提条件是图中有角平分线，有垂直角平分线的性质语言：如图，∵C
在∠AOB的平分线上，CD⊥OA，CE⊥OB∴CD＝CE
21．（2022秋•双流区期末）已知：如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AD⊥AB，BD平分∠ABC交AD于D点．
（1）求证：∠ADE＝∠AED；
（2）若AB＝6，CE＝2，求△ABE的面积．
【分析】（1）根据垂直定义可得∠DAB＝90°，然后利用直角三角形的两个锐角互余可得∠D+∠ABD＝
90°，∠CEB+∠CBE＝90°，再利用角平分线的定义可得∠CBE＝∠ABD，从而可得∠D＝∠CEB，最后利
用对顶角相等可得∠CEB＝∠AED，从而利用等量代换即可解答；
（2）过点E作EF⊥AB，垂足为F，利用角平分线的性质可得EC＝EF＝2，然后利用三角形的面积进行
计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵AD⊥AB，
∴∠DAB＝90°，∴∠D+∠ABD＝90°，
∵∠C＝90°，
∴∠CEB+∠CBE＝90°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBE＝∠ABD，
∴∠D＝∠CEB，
∵∠CEB＝∠AED，
∴∠ADE＝∠AED；
（2）过点E作EF⊥AB，垂足为F，
∵BD平分∠ABC，EF⊥AB，EC⊥BC，
∴EC＝EF＝2，
∵AB＝6，
∴△ABE的面积＝ AB•EF＝ ×6×2＝6，
∴△ABE的面积为6．
【点评】本题考查了角平分线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
22．（2022秋•巩义市期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠CAB的平分线AD交BC于点D，过点D
作DE⊥AB，垂足为E，此时点E恰为AB的中点．
（1）求∠CAD的大小；
（2）若BC＝9，求DE的长．
【分析】（1）根据垂直平分线的判定及性质得出AD＝BD，再根据等边对等角得出∠B＝∠BAD，然后
根据角平分线得出∠CAD＝∠BAD，最后根据余角的概念即可得出答案；
（2）根据角平分线的性质得出DC＝DE，再根据含30度角的直角三角形的性质得出BD＝2DE，然后根
据等量代换及线段的和差即可得出答案．
【解答】解：（1）∵DE⊥AB，且E为AB的中点，
∴DE垂直平分AB，
∴AD＝BD，
∴∠B＝∠BAD，
∵AD是∠CAB的平分线，
∴∠CAD＝∠BAD，
∵∠C＝90°，
∴3∠CAD＝90°，∴∠CAD＝30°；
（2）∵AD是∠CAB的平分线，DC⊥AC，DE⊥AB，
∴DC＝DE，
∵∠B＝30°，
∴BD＝2DE，
∴BD＝2DC，
∵BC＝9，
∴BD+CD＝9，
∴3DE＝BC，
∴3DE＝9，
∴DE＝3．
【点评】本题考查了垂直平分线的判定及性质、角平分线的性质、含30度角的直角三角形的性质以及余
角的定义，熟练掌握性质定理是解题的关键．
考点八．作图—尺规作图的定义
（1）尺规作图是指用没有刻度的直尺和圆规作图．只使用圆规和直尺，并且只准许使用有限次，来解决不
同的平面几何作图题．
（2）基本要求
它使用的直尺和圆规带有想像性质，跟现实中的并非完全相同．
直尺必须没有刻度，无限长，且只能使用直尺的固定一侧．只可以用它来将两个点连在一起，不可以在上画
刻度．
圆规可以开至无限宽，但上面亦不能有刻度．它只可以拉开成你之前构造过的长度．
23．（2022秋•长安区校级期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，要求用圆规和直尺作图，把它
分成两个三角形，其中一个三角形是等腰三角形．其作法错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】A．由作法知AD＝AC，可判断A；B．由作法知所作图形是线段BC的垂直平分线，可判断B；
C由作法知，所作图形是线段AB的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质得到DA＝DB，可判断C；
D．由作法知AD是∠BAC的平分线，根据角平分线的定义和等腰三角形的判定得到 DB＝DA，可判断
D．
【解答】解：A．由作法知AD＝AC，
∴△ACD是等腰三角形，故选项A不符合题意；
B．由作法知所作图形是线段BC的垂直平分线，∴不能推出△ACD和△ABD是等腰三角形，故选项B符合题意；
C由作法知，所作图形是线段AB的垂直平分线，
∴DA＝DB，
∴△ABD是等腰三角形，故选项C不符合题意；
D．∠C＝90°，∠B＝30°，
∠BAC＝60°，
由作法知AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD＝30°＝∠B，
∴DB＝DA，
∴△ABD是等腰三角形，故选项D不符合题意；
故选B．
【点评】本题主要考查了尺规作图，熟练掌握尺规作图的五个基本图形是解决问题的关键．
24．（2022秋•青秀区校级期末）如图，是尺规作图中“画一个角等于已知角”的示意图，该作法运用了
“全等三角形的对应角相等”这一性质，则判定图中两三角形全等的条件是（ ）
A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS
【分析】利用作图的基本原理，得到线段的关系证明即可．
【解答】解：如图，由作图可知，BA＝CF．
在△AOB和△CEF中， ，
∴△AOB≌△CEF（SSS），
故选：D．
【点评】本题考查了画一个角等于已知角的基本作图，正确理解作图的基本原理是解题的关键．
【核心素养提升】
逻辑推理——构建全等三角形进行证明
1．（2022秋•香坊区期末）如图，等边△ABC中，CH⊥AB于点H，点D、E分别在边AB、BC上，连接
DE，点F在CH上，连接EF，若DE＝EF，∠DEF＝60°，BE＝2，CE＝8，则DH＝ ．【分析】在BC上取点G，连接GF，使GC＝GF，证明△BDE≌△GEF，得到BE＝CG，BD＝EG，求出
BD，则DH＝BD﹣BH即可求出结果．
【解答】解：在BC上取点G，连接GF，使GC＝GF，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，
∵CH⊥AB，
∴AH＝BH＝ AB＝ ×10＝5，
∠BCH＝ ∠ABC＝30°，
∵GF＝GC，
∴∠GFC＝∠BCH＝30°，
∴∠EGF＝∠GFC+∠BCH＝60°，
∴∠B＝∠EGF，
∵∠DEF＝60°，
∴∠BED+∠GEF＝120°，
∵∠BED+∠BDE＝120°，
∴∠BDE＝∠GEF，
又∵DE＝EF，
∴△BDE≌△GEF（AAS），
∴BE＝CG＝2，
BD＝EG＝10﹣2﹣2＝6，
∴DH＝BD﹣BH＝6﹣5＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，正确添加辅助线，构造全等三角形
是解题关键．
2．（2022秋•江岸区期末）如图所示，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD且AC＝5，将
BC沿BA方向平移至AE，连接CE、DE，若以AC、BD和DE为边构成的三角形面积是 ，则DE＝．
【分析】如图，过点A作AF⊥BC于F，延长CD交AE于G，过点C作CH∥DE，过点D作DH∥CE交
CH 于 H，延长 ED 交 AC 于 K，证明△ABF≌△ADG（AAS），△ACE≌△CAB（SAS），
Rt△CEG≌Rt△ABF（HL），△CDH≌△DCE（ASA），△ADH≌△BAD（SAS），得出：CH＝DE，AH
＝BD，再根据三角形面积即可求得答案．
【解答】解：如图，过点 A 作 AF⊥BC 于 F，延长 CD 交 AE 于 G，过点 C 作 CH∥DE，过点 D 作
DH∥CE交CH于H，延长ED交AC于K，
则∠AFB＝∠AFC＝90°，
∵BC沿BA方向平移至AE，
∴AE∥BC，
∴∠CGE＝∠BCD＝90°，∠GAF＝∠AFB＝90°，
∴∠AGD＝90°＝∠AFB，
∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠DAG+∠DAF＝90°，
∴∠BAF＝∠DAG，
在△ABF和△ADG中，
，
∴△ABF≌△ADG（AAS），
∴BF＝DG，AF＝AG，
∵AE∥BC，AE＝BC，
∴∠CAE＝∠ACB，
在△ACE和△CAB中，
