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猜想 02 全等三角形（5 种解题模型专练）
题型一：一线三等角构造全等模型 题型二：手拉手模型-旋转型全等
题型三：倍长中线模型 题型四：角平分线+垂直构造全等模型
题型五：对角互补且一组邻边相等的半角模型
题型一：一线三等角构造全等模型
1．（2022秋•南陵县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点
D，若AD＝8cm，BE＝3cm，则DE＝ 5 cm．
【分析】由余角的性质可证∠CAD＝∠BCE，即可证明△CDA≌△BEC，可得CD＝BE，CE＝AD，根据
DE＝CE﹣CD，即可解题．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
在△CDA和△BEC中，
，
∴△CDA≌△BEC（AAS），
∴CD＝BE，CE＝AD，
∵DE＝CE﹣CD，
∴DE＝AD﹣BE，
∵AD＝8cm，BE＝3cm，
∴DE＝5cm，
故答案为：5．
【点评】本题主要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
△CDA≌△BEC是解题的关键．
2．（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＝ 1 ．【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．
3．（2022秋•射洪市期末）如图，△ABF和△DCE中，已知∠A＝∠D＝90°，E、F在线段BC上，DE与
AF交于点O，且AB＝CD，BE＝CF．求证：OE＝OF．
【分析】由于△ABF与△DCE是直角三角形，根据直角三角形全等的判定的方法即可证明全等，然后根
据三角形全等的性质得出∠AFB＝∠DEC，再根据等腰三角形的性质得出结论．
【解答】证明：∵BE＝CF，∴BE+EF＝CF+EF，即BF＝CE，
∵∠A＝∠D＝90°，
∴△ABF与△DCE都为直角三角形，
在Rt△ABF和Rt△DCE中，
，
∴Rt△ABF≌Rt△DCE（HL），
∴∠AFB＝∠DEC，
∴OE＝OF．
【点评】此题考查了直角三角形全等的判定和性质及等腰三角形的性质，解题关键是由 BE＝CF通过等
量代换得到BF＝CE．
4．（2022秋•嘉峪关期末）如图所示，工人赵师傅用10块高度都是1.5m的相同长方体新型建筑材料，垒了
两堵与地面垂直的墙ABCD和EFGH，点P在BE上，已知AP＝PF，∠APF＝90°．
（1）求证：△ABP≌△PEF；
（2）求BE的长．
【分析】（1）根据全等三角形的判定定理AAS证得结论；
（2）利用（1）中全等三角形的对应边相等得到：BP＝EF＝10.5m，AB＝PE＝4.5m，则BE＝BO+PE．
【解答】（1）证明：∵∠ABP＝∠FEP＝90°，∠APF＝90°，
∴∠APB＝∠PFE（同角的余角相等）．
在△ABP与△PEF中，
，
∴△ABP≌△PEF（AAS）；
（2）由题意知，AB＝1.5×3＝4.5（m），EF＝7×1.5＝10.5（m）．
由（1）知，△ABP≌△PEF，
∴BP＝EF＝10.5m，AB＝PE＝4.5m，
∴BE＝BP+PE＝15m．
【点评】本题主要考查了全等三角形的应用，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．
5．（2022秋•大安市期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线MN，AM⊥MN于点M，
BN⊥MN于点N．
（1）若MN在△ABC外（如图1），求证：MN＝AM+BN；
（2）若MN与线段AB相交（如图2），且AM＝2.6，BN＝1.1，则MN＝ 1. 5 ．【分析】（1）利用互余关系证∠MAC＝∠NCB，再证△AMC≌△CNB（AAS），得到AM＝CN，MC＝
BN，即可得出结论；
（2）类似于（1）可证△ACM≌△CBN（AAS），得AM＝CN＝2.6，CM＝BN＝1.1，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AM⊥MN，BN⊥MN，
∴∠AMC＝∠CNB＝90°．
∵∠ACB＝90°，∠AMC＝90°，
∴∠MAC+∠ACM＝90°，∠NCB+∠ACM＝90°，
∴∠MAC＝∠NCB．
在△AMC和△CNB中，
，
∴△AMC≌△CNB（AAS），
∴AM＝CN，MC＝NB．
∵MN＝NC+CM，
∴MN＝AM+BN．
（2）解：∵AM⊥MN于M，BN⊥MN，
∴∠AMC＝∠CNB＝90°，
∴∠MAC+∠ACM＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACM+∠NCB＝90°，
∴∠MAC＝∠NCB，
在△ACM和△CBN中，
，
∴△ACM≌△CBN（AAS），
∴AM＝CN＝2.6，CM＝BN＝1.1，
∴MN＝CN﹣CM＝2.6﹣1.1＝1.5，
故答案为：1.5．
【点评】本题主要考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的
判定与性质是解题的关键．
6．（2022秋•新乡期末）已知在平面直角坐标系中，A（4，0），B（0，3），以线段AB为直角边在第一象
限内作等腰直角三角形ABC，AB＝AC，∠BAC＝90°．求点C坐标．【分析】由∠AOB＝90°，AB＝AC，∠BAC＝90°，想到作CD⊥x轴于点D，构造“一线三直角”模型，
证明△CDA≌△AOB，得DC＝OA＝4，DA＝OB＝3，则OD＝7，即可求得C（7，4）．
【解答】解：作CD⊥x轴于点D，
则∠CDA＝∠AOB＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAC＝∠OBA＝90°﹣∠OAB，
在△CDA和△AOB中，
，
∴△CDA≌△AOB（AAS），
∵A（4，0），B（0，3），
∴DC＝OA＝4，DA＝OB＝3，
∴OD＝OA+DA＝4+3＝7，
∴C（7，4）．
【点评】此题重点考查图形与坐标、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质等知识，证明
△CDA≌△AOB是解题的关键．
7．（2022秋•榆树市校级期末）如图，CD∥AB，CD＝CB，点E在BC上，∠D＝∠ACB．
（1）求证：CE＝AB．
（2）若∠A＝125°，则∠BED的度数是 55 ° ．
【分析】（1）根据ASA证明△DEC与△CAB全等，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（2）根据全等三角形的性质解答即可．
【解答】证明：（1）∵CD∥AB，
∴∠B＝∠DCE，
在△DEC与△CAB中，，
∴△DEC≌△CAB（ASA），
∴CE＝AB；
解：（2）∵△DEC≌△CAB，
∴∠CED＝∠A＝125°，
∴∠BED＝180°﹣125°＝55°，
故答案为：55°．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，根据ASA证明△DEC与△CAB全等是解题的关键．
8．（2022秋•榆树市期末）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）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，求证：DE＝AD﹣BE；
（3）当直线 MN 绕点 C 旋转到图（3）的位置时，请直接写出 DE，AD，BE 之间的等量关系．
【分析】（1）①根据AD⊥MN，BE⊥MN，∠ACB＝90°，得出∠CAD＝∠BCE，再根据AAS即可判定
△ADC≌△CEB；②根据全等三角形的对应边相等，即可得出 CE＝AD，CD＝BE，进而得到 DE＝
CE+CD＝AD+BE；
（2）先根据AD⊥MN，BE⊥MN，得到∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，进而得出∠CAD＝∠BCE，再根
据AAS即可判定△ADC≌△CEB，进而得到CE＝AD，CD＝BE，最后得出DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
（3）运用（2）中的方法即可得出DE，AD，BE之间的等量关系是：DE＝BE﹣AD．
【解答】解：（1）①∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠ACB＝90°＝∠CEB，
∴∠CAD+∠ACD＝90°，∠BCE+∠ACD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
②∵△ADC≌△CEB，
∴CE＝AD，CD＝BE，∴DE＝CE+CD＝AD+BE；
（2）证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
（3）当MN旋转到题图（3）的位置时，AD，DE，BE所满足的等量关系是：DE＝BE﹣AD．
理由如下：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD．
【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，解题时注意：全等
三角形的对应边相等，同角的余角相等，解决问题的关键是根据线段的和差关系进行推导，得出结论．
9．（2023春•济南期末）在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有AB＝AC，且满
足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝ ．
（1）如图1，当 ＝90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是 DE ＝ BD + CE ；
α
（2）如图2，当0＜ ＜180时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请
α
说明理由；
α
（3）拓展与应用：如图3，当 ＝120°时，点F为∠BAC平分线上的一点，且AB＝AF，分别连接FB，
FD，FE，FC，试判断△DEF的形状，并说明理由．
α【分析】（1）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，进而得到
∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（2）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝ 得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣ ，进而得到∠DBA＝
∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
α α
（3）先由 ＝120°和AF平分∠BAC得到∠BAF＝∠CAF＝60°，然后结合AB＝AF＝AC得到△ABF和
△ACF是等边三角形，然后得到FA＝FC、∠FCA＝∠FAB＝60°，然后结合△BDA≌△EAC得到∠BAD＝
α
∠ACE、AD＝CE，从而得到∠FAD＝∠FCE，故可证△FAD≌△FCE，从而得到DF＝EF、∠DFA＝
∠EFC，最后得到∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝60°，即可得证△DEF是等边三角形．
【解答】解：（1）DE＝BD+CE，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE，
故答案为：DE＝BD+CE．
（2）DE＝BD+CE仍然成立，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝ ，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣ ，
α
∴∠DBA＝∠EAC，
α
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
（3）△DEF是等边三角形，理由如下，
∵ ＝120°，AF平分∠BAC，
∴∠BAF＝∠CAF＝60°，
α
∵AB＝AF＝AC，
∴△ABF和△ACF是等边三角形，
∴FA＝FC，∠FCA＝∠FAB＝∠AFC＝60°，
同（2）可得，△BDA≌△AEC，
∴∠BAD＝∠ACE，AD＝CE，
∴∠FAD＝∠FCE，
∴△FAD≌△FCE（SAS），∴DF＝EF，∠DFA＝∠EFC，
∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝∠AFC＝60°，
∴△DEF是等边三角形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练应用一线
三等角模型证明三角形全等．
10．（2022秋•赣县区期末）阅读理解，自主探究：
“一线三垂直”模型是“一线三等角”模型的特殊情况，即三个等角角度为90°，于是有三组边相互垂直．
所以称为“一线三垂直模型”．当模型中有一组对应边长相等时，则模型中必定存在全等三角形．
（1）问题解决：如图1，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线DE，AD⊥DE于
D，BE⊥DE于E，求证：△ADC≌△CEB；
（2）问题探究：如图2，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线CE，AD⊥CE于
D，BE⊥CE于E，AD＝2.5cm，DE＝1.7cm，求BE的长；
（3）拓展延伸：如图3，在平面直角坐标系中，A（﹣1，0），C（1，3），△ABC为等腰直角三角形，
∠ACB＝90°，AC＝BC，求B点坐标.
【分析】（1）证∠DAC＝∠ECB，再由AAS证△ADC≌△CEB即可；
（2）证△ADC≌△CEB（AAS），得AD＝CE＝2.5cm，CD＝BE，即可解决问题；
（3）过点C作直线l∥x轴，交y轴于点G，过A作AE⊥l于点E，过B作BF⊥l于点F，交x轴于点H，
证△AEC≌△CFB（AAS），得AE＝CF＝3，BF＝CE＝2，则FG＝CG+CF＝4，BH＝FH﹣BF＝1，即可
得出结论．
【解答】（1）证明：∵AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠ECB＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠ECB，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
（2）解：∵BE⊥CE，AD⊥CE，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠CBE+∠ECB＝90°，
∵∠ACB＝90°，∴∠ECB+∠ACD＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD＝CE＝2.5cm，CD＝BE，
∴BE＝CD＝CE﹣DE＝2.5﹣1.7＝0.8（cm），
即BE的长为0.8cm；
（3）解：如图3，过点C作直线l∥x轴，交y轴于点G，过A作AE⊥l于点E，过B作BF⊥l于点F，交
x轴于点H，
则∠AEC＝∠CFB＝∠ACB＝90°，
∵A（﹣1，0），C（1，3），
∴EG＝OA＝1，CG＝1，FH＝AE＝OG＝3，
∴CE＝EG+CG＝2，
∵∠ACE+∠EAC＝90°，∠ACE+∠FCB＝90°，
∴∠EAC＝∠FCB，
在△AEC和△CFB中，
，
∴△AEC≌△CFB（AAS），
∴AE＝CF＝3，BF＝CE＝2，
∴FG＝CG+CF＝1+3＝4，BH＝FH﹣BF＝3﹣2＝1，
∴B点坐标为（4，1）．
【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、坐标与图
形性质、一线三垂直”模型等知识，本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
11．（2022秋•葫芦岛期末）在平面直角坐标系xOy中，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，点A
（0，5），点C（﹣2，0），点B在第四象限．
（1）如图1，求点B的坐标；
（2）如图2，若AB交x轴于点D，BC交y轴于点M，N是BC上一点，且BN＝CM，连接DN，求证
CD+DN＝AM；（3）如图3，若点A不动，点C在x轴的负半轴上运动时，分别以AC，OC为直角边在第二、第三象限
作等腰直角△ACE与等腰直角△OCF，其中∠ACE＝∠OCF＝90°，连接EF交x轴于P点，问当点C在x
轴的负半轴上移动时，CP的长度是否变化？若变化，请说明理由，若不变化，请求出其长度．
【分析】（1）过B作BF⊥x轴于F，先证△CFB≌△AOC（AAS），得FB＝OC＝2，FC＝OA＝5，则
OF＝FC﹣OC＝3，即可得出答案；
（2）过 B 作 BE⊥BC 交 x 轴于 E，先证△BCE≌△CAM（ASA），得 CE＝AM，BE＝CM，再证
△BDE≌△BDN（SAS），得DE＝DN，进而得出结论；
（3）过 E 作 EG⊥x 轴于 G，先证△GEC≌△OCA（AAS），得 GC＝OA＝5，GE＝OC，再证
△EPG≌△FPC（AAS），得GP＝CP＝ GC＝ 即可．
【解答】（1）解：如图1，过B作BF⊥x轴于F，
则∠BFC＝90°，
∵点A（0，5），点C（﹣2，0），
∴OA＝5，OC＝2，
∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，
∴AC＝BC，∠ABC＝45°，∠FCB+∠OCA＝90°，
∵∠COA＝90°，
∴∠OAC+∠OCA＝90°，
∴∠OAC＝∠FCB，
∵∠COA＝∠BFC＝90°，
∴△CFB≌△AOC（AAS），
∴FB＝OC＝2，FC＝OA＝5，
∴OF＝FC﹣OC＝5﹣2＝3，
∴点B的坐标为（3，﹣2）；
（2）证明：如图2，过B作BE⊥BC交x轴于E，
则∠CBE＝90°＝∠ACM，
由（1）得：BC＝CA，∠ECB＝∠MAC，
∴△BCE≌△CAM（ASA），
∴CE＝AM，BE＝CM，
∵BN＝CM，
∴BE＝BN，
∵∠CBE＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠DBE＝90°﹣45°＝45°，∴∠DBE＝∠DBN＝45°，
又∵BD＝BD，
∴△BDE≌△BDN（SAS），
∴DE＝DN，
∵CD+DE＝CE，
∴CD+DN＝CE，
∴CD+DN＝AM；
（3）解：CP的长度不变化，CP＝ ，理由如下：
如图3，过E作EG⊥x轴于G，
则∠EGC＝90°＝∠COA，
∴∠GEC+∠GCE＝90°，
∵△ACE是等腰直角三角形，∠ACE＝90°，
∴CE＝AC，∠GCE+∠OCA＝90°，
∴∠GEC＝∠OCA，
∴△GEC≌△OCA（AAS），
∴GC＝OA＝5，GE＝OC，
∵△OCF是等腰直角三角形，∠OCF＝90°，
∴OC＝CF，∠FCP＝90°，
∴GE＝CF，∠EGP＝∠FCP，
又∵∠EPG＝∠FPC，
∴△EPG≌△FPC（AAS），
∴GP＝CP＝ GC＝ ．【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、坐标与图
形性质、直角三角形的性质等知识，本题综合性强，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，属
于中考常考题型．
12．（2022秋•剑阁县期末）如图所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D是线段CA延长线上一点，且AD
＝AB．点F是线段AB上一点，连接DF，以DF为斜边作等腰Rt△DFE．连接EA，且EA⊥AB．
（1）若∠AEF＝20°，∠ADE＝50°，则∠ABC＝ 6 0 °；
（2）过D点作DG⊥AE，垂足为G．
①填空：△DEG≌△ EFA ；
②求证：AE＝AF+BC；
（3）如图2，若点F是线段BA延长线上一点，其他条件不变，请写出线段AE，AF，BC之间的数量关
系，并简要说明理由．
【分析】（1）先由∠AEF＝20°、∠DEF＝90°得到∠DEA＝70°，然后由∠ADE＝50°得到∠DAE＝60°，
再结合∠EAB＝90°得到∠BAC＝30°，最后由∠ACB＝90°得到∠ABC＝60°；
（2）①先由DG⊥AE得到∠DEG+∠EDG＝90°，然后由∠DEF＝90°得到∠DEG+∠AEF＝90°，从而得
到∠EDG＝∠FEA，再结合DE＝EF、∠DGE＝∠EAF＝90°得证△DEG≌△EFA；
②先由∠GDA+∠GAD＝90°和∠GAD+∠BAC＝90°得到∠GDA＝∠BAC，再结合AD＝AB、∠DGA＝∠C
＝90°得证△GDA≌△CAB，进而得到BC＝AC，最后由△DEG≌△EFA得到EC＝AF，最后得证AE＝
AF+BC；
（3）过点D作DG⊥AE，交AE的延长线于点G，则∠DGE＝90°，先由AE⊥AB，得到∠EAF＝∠DGE
＝90°，然后由△DEF 是以 DF 为斜边的等腰直角三角形得到∠DEF＝90°，DE＝EF，从而得证
△GDE≌△AEF，因此有 GE＝AF，再由∠DGE＝∠EAF＝90°得到∠GDA＝∠CAB，然后证明
△GDA≌△CAB，最后得到BC＝EG+AE＝AF+AE．
【解答】（1）解：∵∠AEF＝20°，∠DEF＝90°，
∴∠DEA＝70°，
∵∠ADE＝50°，
∴∠DAE＝60°，
∵∠EAB＝90°，∴∠BAC＝30°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝60°，
故答案为，60．
（2）①解：∵DG⊥AE，
∴∠DEG+∠EDG＝90°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEG+∠AEF＝90°，
∴∠EDG＝∠FEA，
在△DEG和△EFA中，
，
∴△DEG≌△EFA（AAS），
故答案为：EFA．
②证明：∵∠GDA+∠GAD＝90°，∠GAD+∠BAC＝90°，
∴∠GDA＝∠BAC，
∵AD＝AB，∠DGA＝∠C＝90°，
∴△GDA≌△CAB（AAS），
∴BC＝AG，
∵△DEG≌△EFA，
∴EC＝AF，
∴AE＝AG+GE＝AF+BC．
（3）解：BC＝AE+AF，理由如下，
如图2，过点D作DG⊥AE，交AE的延长线于点G，则∠DGE＝90°，
∵AE⊥AB，
∴∠EAF＝∠DGE＝90°，
∵△DEF是以DF为斜边的等腰直角三角形，
∴∠DEF＝90°，DE＝EF，
∴∠GDE+∠GED＝∠GED+∠AEF＝90°，
∴∠GDE＝∠AEF，
∴△GDE≌△AEF（AAS），
∴GE＝AF，
∵∠DGE＝∠EAF＝90°，
∴DG∥AB，
∴∠GDA＝∠CAB，
在△GDA和△CAB中，
，
∴△GDA≌△CAB（AAS），∴BC＝AG，
∴BC＝EG+AE＝AF+AE．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理，解题的
关键是熟练掌握一线三等角模型证明三角形全等．
13．（2022秋•乌鲁木齐期末）如图，平面直角坐标系中点 B（﹣2，0），点A（0，5），以点A为直角顶
点在第二象限内作等腰直角三角形ABC，过点C作CE垂直于y轴，垂足为点E，
（1）证明：△ABO≌△CAE，并求点C的坐标．
（2）在坐标平面内是否存在一点P（不与点C重合），使△PAB与△ABC全等？若存在，求出点P的坐
标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）证明△ABO≌△CAE（AAS），可得AO＝CE＝5，OB＝AE＝2，进而可得点C的坐标；
（2）分3种情况画图，根据等腰直角三角形和全等三角形的判定与性质可得点P的坐标．
【解答】（1）证明：根据题意可得：OA＝5，OB＝2，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠OAB+∠CAE＝90°，
∵CE⊥y轴，
∴∠CEA＝90°，即∠CEA+∠ECA＝90°，
∴∠OAB＝∠ECA，
在△ABO和△CAE中，
，
∴△ABO≌△CAE（AAS），
∴AO＝CE＝5，OB＝AE＝2，
∴OE＝OA+AE＝7，∴点C的坐标为（﹣5，7）；
（2）解：①如图1所示，延长CA至点P，使AP＝AC，连接BP，
根据题意可得，∠BAC＝∠BAP＝90°，
在△PAB和△CAB中，
，
∴△PAB≌△CAB（SAS），
此时点A为CP的中点，且A（0，5），C（﹣5，7），
∴点P的坐标为（5，3）；
②如图2，∵△ABC是等腰直角三角形，△PAB≌△CAB，
∴点A关于BC的对称点P，
如图2，连接CP，
∴四边形ABPC是正方形，
∴AP与BC互相垂直平分，
∵B（﹣2，0），C（﹣5，7），
∴Q（﹣ ， ），
∵A（0，5），
∴P（﹣7，2）；
如图2，当△P′AB≌△PAB≌△CAB时，P′B＝PB，
∵P（﹣7，2），B（﹣2，0），
∴P′（3，﹣2），
综上所述：点P的坐标为（5，3）或（﹣7，2）或（3，﹣2）．【点评】本题是几何变换综合题，考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，中点公式，
等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
题型二：手拉手模型-旋转型全等
1．（2022秋•沙依巴克区校级期末）如图，C为线段AB上一动点（不与点A、B重合），在AB的上方分别
作△ACD和△BCE，且AC＝DC，BC＝EC，∠ACD＝∠BCE，AE、BD交于点P．有下列结论：①AE＝
DB；②∠APB＝2∠ADC；③当 AC＝BC 时，PC⊥AB；④ PC 平分∠APB．其中正确的是
①②③④ ．（把你认为正确结论的序号都填上）
【分析】由“SAS”可证△ACE≌△DCB，可得AE＝DB，可判断①；由△ACE≌△DCB，可得∠CAE＝
∠CDB，由AC＝DC，可得∠CAD＝∠ADC，利用三角形内角和定理即可判断②；由AC＝BC，AC＝
DC，BC＝EC，可得：AC＝BC＝DC＝EC，进而得出∠CAE＝∠CBD，再运用等腰三角形性质即可判断
③；由全等三角形的性质可得S△ACE ＝S△DCB ，由三角形的面积公式可求CG＝CH，由角平分线的性质可
得PC平分∠APB，可判断④，即可求解．
【解答】解：∵∠ACD＝∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE＝∠BCE+∠DCE，即∠ACE＝∠DCB，
在△ACE和△DCB中，
，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴AE＝DB，故①正确；
∵△ACE≌△DCB，
∴∠CAE＝∠CDB，
∵∠ACD＝∠CDB+∠CBD，
∴∠ACD＝∠CAE+∠CBD，
∵∠CAE+∠CBD+∠APB＝180°，
∴∠ACD+∠APB＝180°，
∵AC＝DC，
∴∠CAD＝∠ADC，
∵∠ACD+∠CAD+∠ADC＝180°，
∴∠ACD+2∠ADC＝180°，
∴∠APB＝2∠ADC，故②正确；
∵AC＝BC，AC＝DC，BC＝EC，
∴AC＝BC＝DC＝EC，
∴∠CAE＝∠CBD，
∴PA＝PB，
∵AC＝BC，
∴PC⊥AB，故③正确；如图，连接PC，过点C作CG⊥AE于G，CH⊥BD于H，
∵△ACE≌△DCB，
∴S△ACE ＝S△DCB ，AE＝BD，
∴ ×AE×CG＝ ×DB×CH，
∴CG＝CH，
∵CG⊥AE，CH⊥BD，
∴PC平分∠APB，故④正确，
故答案为：①②③④．
【点评】本题考查了全等三角形的性质定理和判定，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，三
角形面积，角平分线的判定等，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解此题的关键．
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，
，
∴△ACE≌△CAB（SAS），
∴CE＝AB，∠ACE＝∠CAB，
∴CE∥AB，
∵DH∥CE，
∴DH∥AB，
∴∠ADH＝180°﹣∠BAD＝180°﹣90°＝90°，
∵AE∥BC，CG⊥AE，AF⊥BC，
∴CG＝AF，
∴Rt△CEG≌Rt△ABF（HL），
∴EG＝BF，CG＝AF，
∴EG＝DG，CG＝AG，
∴△DEG和△ACG是等腰直角三角形，
∴∠DEG＝EDG＝∠CAG＝45°，
∴∠AKE＝90°，
∴∠CKE＝90°，
∵CH∥DE，
∴∠ACH＝∠CKE＝90°，
∵DE∥CH，DH∥CE，
∴∠DCH＝∠CDE，∠CDH＝∠DCE，
在△CDH和△DCE中，
