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专题08推理能力课之全等辅助线综合压轴题专练（解析
版）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，在 中， ，点 ，分别以点B和点C为圆心，
大于 的长为半径作弧，两弧交于E，F两点，作直线 ，交 于点H，交
于点G．若 ，则点G的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
过点B作 轴于N，过点C作 交 的延长线于M．证明
，推出 ，设 ，则 ，
构建方程组，解决问题即可．
【详解】
解：过点B作 轴于N，过点C作 交 的延长线于M．
由作图可知， 垂直平分线段 ，
∴点G是 的中点，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
1∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
设 ，则 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴点 ．
故选：D．
【点睛】
本题考查作图-基本作图，全等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，属于中考常考题型．
2．如图，在 和 中， ， ，
，点 ， ， 分别是 ， ， 的中点．把 绕点 在平面
2自由旋转，则 的面积不可能是（ ）
A．8 B．6 C．4 D．2
【答案】A
【分析】
由于已知两个三角形是等腰直角三角形并且构成手拉手模型，所以连接 ， ，
的延长线交 的延长线于 ， 交 于 ．根据中位线定理以及角的关系证
明 是等腰直角三角形，再利用三角形的三边关系求出PQ的范围即可解决问题．
【详解】
连接 ， ， 的延长线交 的延长线于 ， 交 于 ．
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ≌ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵点 ， ， 分别是 ， ， 的中点，
∴ ， ， ， ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
3∴ ，
∴ ，
∴ 的面积不可能是8，
故选：A．
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理
等知识，添加常用辅助线，构造全等三角形是解题的关键．
二、填空题
3．如图，四边形 中， ， ， ，则 的
面积为______．
【答案】50
【分析】
过点B作BE⊥DC交DC的延长线于点E，先证明∠CBE=∠ACD，从而证明∆
ACD ∆ CBE，进而即可求解．
【详解≅】
过点B作BE⊥DC交DC的延长线于点E，
∵BE⊥CE，
∴∠BEC=∠CDA=90°，
4∴∠CBE+∠BCE=90°，
又∵∠ACB=90°，
∴∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠CBE=∠ACD，
在∆ ACD与∆ CBE中，
∵ ，
∴∆ ACD ∆ CBE（AAS），
∴BE=CD≅=10，
∴ 的面积= CD∙BE= ×10×10=50，
故答案是50．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加辅助线，构造
“一线三垂直”模型，是解题的关键．
4．在 中， ，点 在 边上， ．若
，则 的长为__________．
【答案】
【分析】
将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，可得△ACE≌△BCG，从而得
FG2＝AE2＋BF2，再证明△ECF≌△GCF，从而得EF2＝AE2＋BF2，进而即可求解．
【详解】
解：将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，
∵∠BCE＋∠ECA＝∠BCG＋∠BCE＝90°
5∴∠ACE＝∠BCG．
∵在△ACE与△BCG中，
∵ ，
∴△ACE≌△BCG（SAS），
∴∠A＝∠CBG＝45°，AE＝BG，
∴∠FBG＝∠FBC＋∠CBG＝90°．
在Rt FBG中，∠FBG＝90°，
∴FG△2＝BG2＋BF2＝AE2＋BF2．
又∵∠ECF＝45°，
∴∠FCG＝∠ECG−∠ECF＝45°＝∠ECF．
∵在△ECF与△GCF中，
，
∴△ECF≌△GCF（SAS）．
∴EF＝GF，
∴EF2＝AE2＋BF2，
∵ ，
∴BF= ，
故答案是： ．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质以及旋转变换，二次根式的化简，通过旋转变
6换，构造全等三角形，是解题的关键．
5．如图，在平面直角坐标系 中， 为坐标原点， ，点 在 轴上运动，以
为边作等腰 ， （点 ， ， 呈顺时针排列），当点 在 轴
上运动时，点 也随之运动．在点 的运动过程中， 的最小值为______．
【答案】
【分析】
过点A作直线l⊥x轴，过C，B作CD⊥l于点D，BE⊥l于点E，易证∆CDA ∆
AEB，从而得AD=BE=OA=5，作点A关于CD的对称点A′，由三角形三边长≅关系得：
当O，C，A′三点共线时， 有最小值=OA′，利用勾股定理即可求解．
【详解】
如图，过点A作直线l⊥x轴，过C，B作CD⊥l于点D，BE⊥l于点E，
∵∠DCA+∠CAD=90°，∠EAB+∠CAD=180°-90°=90°，
∴∠DCA=∠EAB，
又∵∠CDA=∠AEB=90°，AB=AC，
∴∆CDA ∆ AEB（AAS），
∴BE=AD≅，
∵ ，
∴AD=BE=OA=5，
作点A关于CD的对称点A′，连接CA′，则点A′在直线l上，DA′=DA=5，AC=A′C，
∴ =OC+A′C，
∵在∆COA′中，OC+A′C≥OA′，
∴当O，C，A′三点共线时， 有最小值=OA′，此时，OA′=
7，
∴ 最小值= ．
故答案是： ．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，利用轴对称求线段和的最小值问
题，添加合适的辅助线，构造直角三角形，是解题的关键．
三、解答题
6．如图，在 中， ， ，直线 经过点 ，且 于
点 ， 于点 ．
（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：① ；②
；
（2）当直线 绕点 旋转到如图2所示的位置时，求证： ；
（3）当直线 绕点 旋转到如图3所示的位置时，试问 ， ， 具有怎样的
数量关系？请直接写出这个等量关系，不需要证明．
【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）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，证得
8Rt ADC≌Rt CEB，
②△由Rt ADC△≌Rt CEB，得出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，证得△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．
【详解】
解：（1）①证明： 于点 ， 于点 ，
，
， ，
．又 ， ；
②证明：由①知， ， ， ．
， ；
（2）证明： 于点 ， 于点 ，
， ， ．
，
又 ， ， ， ，
；
（3） （或 ， ）．
由（2）的方法证得△ADC≌△CEB，
∴AD=CE，DC=BE，
∴DE=CD CE=BE AD．
【点睛】
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．
7．有如下一道作业题：
如图1，四边形ABCD是正方形，以C为直角顶点作等腰直角三角形CEF，DF．
求证：△BCE≌△DCF．
9（1）请你完成这道题的证明：
（2）如图2，在正方形ABCD中，点N是边CD上一点，CM＝CN，连接DM，连接
FC．
①求证：∠BFC＝45°．
②把FC绕点F逆时针旋转90°得到FP，连接CP（如图3）．求证：BF＝CP+DF．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②见解析
【分析】
（1）由正方形的性质可知CB=CD，∠BCD=90°，再根据题意推出∠BCE=∠DCF，以
及CE=CF，从而利用“SAS”证明全等即可；
（2）①根据题意可先证明△BCN≌△DCM，从而推出∠CBN=∠CDM，然后作
CG⊥CF交BF于G点，再证明△BCG≌△DCF，即可得到△CFG为等腰直角三角形，
从而得出结论；②作CQ⊥CF交BF于Q点，结合①的结论，可得BQ=DF，然后结合
题意证明四边形CQFP为平行四边形，即可得到CP=QF，从而证得结论．
【详解】
（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴CB=CD，∠BCD=90°，即：∠BCE+∠ECD=90°，
∵△CEF为等腰直角三角形，
∴CE=CF，∠ECF=90°，即：∠ECD+∠DCF=90°，
∴∠BCE=∠DCF，
在△BCE与△DCF中，
10∴△BCE≌△DCF（SAS）；
（2）①由正方形性质可知，∠BCN=∠DCM=90°，
在△BCN和△DCM中，
∴△BCN≌△DCM（SAS），
∴∠CBN=∠CDM，
如图，作CG⊥CF交BF于G点，则∠GCF=90°，
∴∠BCG=∠DCF，
在△BCG和△DCF中，
∴△BCG≌△DCF（ASA），
∴CG=CF，
∴△CFG为等腰直角三角形，
∴∠BFC=45°；
②如图所示，作CQ⊥CF交BF于Q点，
由①可知，△BCQ≌△DCF，
∴BQ=DF，
且由①证明可知，△CQF为等腰直角三角形，
∵FP由FC绕F点旋转90°得到，
∴△CFP为等腰直角三角形，
∴∠P=∠CQF=45°，∠QFP=∠QCP=90°+45°=135°，
∴四边形CQFP为平行四边形，
∴CP=QF，
∵BF= QF +BQ，
11∴BF=CP+DF．
【点睛】
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平四边形的判定与性质等，熟练
掌握图形的基本性质，掌握几何证明中的常见模型是解题关键．
8．在 中，直线 经过点 ， 于 ， 于 ，
于 ．请解答下列问题：
（1）如图①，求证： ；（提示：过点 作 于 ）
（2）如图②、图③，线段 ， ， 之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，
不需要证明；
（3）在（1）（2）的条件下，若 ， ， ，则 ______．
【答案】（1）证明见解析；（2）图②： ，图③： ；（3）9
或7．
12【分析】
（1）如图①过点 作 于点 ，先利用垂直和平行求得 ，根据
全等三角形的性质得到 ，根据矩形的性质得到 ，根据线段的和差即
可得到结论；
（2）同理可得 ， ，根据线段的和差即可得到结论；
（3）先利用勾股定理求出BE，根据（1）（2）的结论代入数据即可得到结论．
【详解】
（1）证明：过点 作 于点 ，则 ．
，
，
∵ ，
∴
，
∵ ，即 ，
，
又∵在 中， ，
，
，
．
四边形 为矩形，
，
；
（2）图②： ，图③： ；
理由：如图②，过点 作 交 的延长线于 ，则
13同理可得： ， ，
；
如图③，过点 作 交 的延长线于 ，
同理可得： ， ，
；
（3）解：如图①，
， ， ，
∴
∵ ，
由（1）得 ；
如图②同理 ；
图③不存在，
综上所述， 或 ，
故答案为：9或7．
【点睛】
本题考查了四边形的综合题，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定
理，正确的作出辅助线是解题的关键．
9．如图，正方形 中， 是 的中点， 交 外角的平分线于 ．
（1）求证： ；
14（2）如图，当 是 上任意一点，而其它条件不变， 是否仍然成立？若成
立，请证明，若不成立，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）成立，证明见解析
【分析】
（1）取 的中点 ，连接 ，根据已知及正方形的性质利用 判定
，从而得到 ；
（2）成立，在 上取 ，连接 ，根据已知及正方形的性质利用 判定
，从而得到 ．
【详解】
（1）证明：取 的中点 ，连接 ，如图；
是正方形，
；
，
，
，
∴ ，
又∵ ，
，
在 和 中
15，
，
；
（2）解：成立．
在 上取 ，连接 ，如图，
为正方形，
，
，
， ，
又∵ ，
∴ ，
在 和 中
，
，
．
【点睛】
此题考查了学生对正方形的性质及全等三角形判定的理解及运用，解题关键是构造
．
10．如图，在正方形ABCD中，点P在直线BC上，作射线AP，将射线AP绕点A逆
时针旋转45°，得到射线AQ，交直线CD于点Q，过点B作BE⊥AP于点E，交AQ于
点F，连接DF．
16（1）依题意补全图形；
（2）用等式表示线段BE，EF，DF之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）补全图形见解析；（2）BE+DF=EF，证明见解析．
【分析】
（1）根据题意补全图形即可．
（2）延长FE到H,使EH=EF，根据题意证明△ABH≌△ADF，然后根据全等三角形的
性质即可证明．
【详解】
（1）补全图形
（2）BE+DF=EF．
证明：延长FE到H,使EH=EF
∵BE⊥AP，
∴AH=AF，
∴∠HAP=∠FAP=45°，
∵四边形ABCD为正方形，
17∴AB=AD，
∠BAD=90°
∴∠BAP+∠2=45°，
∵∠1+∠BAP=45°
∴∠1=∠2，
∴△ABH≌△ADF，
∴DF=BH，
∵BE+BH=EH=EF，
∴BE+DF=EF．
【点睛】
此题考查了正方形的性质和全等三角形的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线．
11．把两个等腰直角△ABC和△ADE按如图1所示的位置摆放，将△ADE绕点A按逆
时针方向旋转，如图2，连接BD，EC，设旋转角为α（0°＜α＜360°）．
（1）当DE⊥AC时，AD与BC的位置关系是 ，AE与BC的位置关系是
．
（2）如图2，当点D在线段BE上时，求∠BEC的度数；
（3）若△ABD的外心在边BD上，直接写出旋转角α的值．
【答案】（1）垂直，平行；（2）90°；（3）90°或270°
【分析】
（1）根据题意画出图形，利用三线合一性质可证明AD与BC垂直，再根据平行线的
判定可证明AE与BC平行；
（2）利用等腰三角形的性质证明△BAD≌△CAE，求出∠ADB＝∠AEC＝135°，所以
∠BEC＝∠AEC﹣45°＝90°；
（3）根据题意画出图形，由题意知，当△ABD的外心在边BD上时，△ABD是以BD
为斜边的直角三角形，所以旋转角为90°或270°．
【详解】
18解：（1）如图，设AC与DE交于点H，
在等腰直角△ABC和△ADE中，
∠BAC＝∠DAE＝90°，AD＝AE，AB＝AC，∠B＝∠C＝45°，
∵DE⊥AC，
∴∠DAH＝∠EAH＝ ∠DAE＝45°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAH＝45°，
∴∠BAD＝∠DAH，
∴AD⊥BC，
∵∠EAH＝∠C＝45°，
∴AE∥BC，
故答案为：垂直，平行；
（2）在等腰直角△ADE中，AD＝AE，∠DAE＝90°，
在等腰直角△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，
∵∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝90°﹣∠DAC，
∠CAE＝∠DAE﹣∠DAC＝90°﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ADB＝∠AEC＝180°﹣∠ADE＝135°，
∴∠BEC＝∠AEC﹣45°＝135°﹣45°＝90°；
（3）如图，
19因为△ABD的外心在边BD上时，△ABD是以BD为斜边的直角三角形，
所以旋转角为90°或270°．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等，解题
关键是熟练掌握旋转的性质，能够根据题意画出图形．
12．如图1，在等腰 中， ， ，点 是线段 的中点，将线
段 绕点 顺时针旋转 得到 ，连接 ．
（1）如图2，若 ，其他条件不变，先补全图形，然后探究线段 和 之间
的数量关系______（直接写结论，不必说明理由）
（2）如图3，若 ，其他条件不变，探究线段 、 和 之间的等量关系，
并说明理由．
（3）如图4，若 ，其他条件不变，探究线段 、 和 之间的等量关系为
______．
【答案】（1）图形见详解，BC=AB=2BD；（2）BC=BD+ BP，理由见详解；（3）
20BC =BD+ BP
【分析】
（1）先补全图形，再连接CD，可得 是等边三角形，从而推出BC是PD的垂直
平分线，进而即可得到结论；
（2）取BC的中点F，连接PF，推出 是等腰直角三角形，从而得BF= BP，
再证明 ，进而即可求解；
（3）由 ，可得BD=CF，从而得 PF= BP=BF，进而即可得到结论．
【详解】
解：（1）补全图形如下：
BC=2BD，理由如下：
连接CD，
∵线段 绕点 顺时针旋转 =60°得到 ，
∴CP=DP，∠CPD=60°，
∴ 是等边三角形，
∴∠CDP=∠DCP=60°，
∵点 是线段 的中点，∠A=60°，AB=AC，
∴ 是等边三角形，CP⊥AB，∠BCP= ∠ACB=30°，
∴∠BCD=60°-30°=30°，
∴BC平分∠PCD，
∴BC是PD的垂直平分线，
∴BD=PB，即：BC=AB=2BD；
21（2）取BC的中点F，连接PF，
∵∠A=90°，AB=AC，
∴ 是等腰直角三角形，
∵P是AB的中点，F是BC的中点，
∴PF是 的中位线，
∴PF∥AC，
∴∠PFB=∠ACB=45°，∠BPF=∠A=90°，
∴ 是等腰直角三角形，
∴BF= BP，BP=PF，
∵∠DPC=∠BPF=90°，
∴∠BPD=∠FPC，
又∵PD=PC，
∴ ，
∴BD=CF，
∵BC=BF+FC，
∴BC=BD+ BP；
（3）由第（2）题可知： ，
∴BD=CF，
∵∠BAC=∠DPC=120°，PF∥AC，PF= AC，
又∵BP= AB，AB=AC，
22∴ PF= BP=BF，
∴BC=BF+CF=BD+ BP．
【点睛】
本题主要考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性
质，添加合适的辅助线，构造全等三角形，是解题的关键．
13．[问题背景]（1）如图1， 是等腰直角三角形， ，直线 过点 ，
， ，垂足分别为 ， ．求证： ；
[尝试应用]（2）如图2， ， ， ， ， 三点共线， ，
， ， ．求 的长；
[拓展创新]（3）如图3，在 中， ，点 ， 分别在 ， 上，
， ，若 ，直接写出 的值为 ．
【答案】（1）见解析；（2） ；（3）5
【分析】
（1）由“ ”可证 ；
（2）延长 ， 交于点 ，过点 作 于 ，由（1）可知：
，可得 ， ，由直角三角形的性质可求解；
23（3）通过证明 ，可求 ，通过证明 ，可求
，即可求解．
【详解】
解：（1）证明：∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ；
（2）如图2，延长 ， 交于点 ，过点 作 于 ，
由（1）可知： ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ；
（3）如图3，过点 作 ，交 的延长线于 ，延长 交 于 ，过点
作 于 ，过点 作 于 ，
24∵ ，
∴设 ， ，
∴ ，
由（1）可知： ，
∴ ， ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ， ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
25∴ ，
∴ ，
故答案为 ．
【点睛】
本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，
等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形或相似三角形是本题
的关键．
14．在菱形 中， ，点 是射线 上一动点，以 为边向右侧作等
边 ．
（1）如图1，当点 在菱形 内部或边上时，连接 与 的数量关系是
______， 与 的位置关系是________；
（2）当点 在菱形 外部时（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；
若不成立，请说明理由．（请结合图2的情况予以证明或说理．）
（3）如图3，当点 在线段 的延长线上时，连接 ，若 ，求四
边形 的面积．
【答案】（1） ； ；（2）成立，见解析；（3）
【分析】
（1）①连接AC，证明△ABP≌△ACE，根据全等三角形的对应边相等即可证得
BP=CE；②根据菱形对角线平分对角可得 ，再根据△ABP≌△ACE，可得
，继而可推导得出 ，即可证得CE⊥AD；
（2）（1）中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，利用（1）的方法进行证明即可；
26（3）连接AC交BD于点O，连接CE，作EH⊥AP于H，由已知先求得 ，
再利用勾股定理求出CE的长，AP长，由△APE是等边三角形，求得PH，EH的长，
再根据 ，进行计算即可得．
【详解】
（1）①BP=CE，理由如下：
连接AC，
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE ，∠PAE=60° ，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE，
∴BP=CE；
②CE⊥AD ，
∵菱形对角线平分对角，
∴ ，
∵△ABP≌△ACE，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴CF⊥AD ，即CE⊥AD；
（2）（1）中的结论仍然成立，理由如下：
27连接 ，
∵菱形 ，
和 都是等边三角形，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
∴（1）中的结论 仍然成立；
（3）连接 交 于点 ，连接 ，作 于 ，
∵四边形 是菱形，
， 平分 ，
，
，
，
28由（2）知 ，
，
，
∵ ，
，
由（2）知 ，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
∴四边形 的面积是 ．
【点睛】
本题考查四边形综合题、菱形的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理、全等三
角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确添加常用辅助线，寻找全等三角形解决
问题，属于中考压轴题．
15．如图1，在等腰直角三角形 中， ．点 ， 分别为 ， 的
中点， 为线段 上一动点（不与点 ， 重合），将线段 绕点 逆时针方向旋
转 得到 ，连接 ， ．
29（1）证明： ；
（2）如图2，连接 ， ， 交 于点 ．
①证明：在点 的运动过程中，总有 ；
②若 ，当 的长度为多少时， 为等腰三角形？
【答案】（1）见详解；（2）①见详解；②当 的长度为2或 时， 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 ，得AH=AG，再证明 ，进而即可得到结论；
② 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 绕点A逆时针方向旋转 得到 ，
∴AH=AG，∠HAG=90°，
∵在等腰直角三角形 中， ，AB=AC，
∴∠BAH=90°-∠CAH=∠CAG，
∴ ；
（2）①∵在等腰直角三角形 中，AB=AC，点 ， 分别为 ， 的中点，
∴AE=AF， 是等腰直角三角形，
∵AH=AG，∠BAH =∠CAG，
∴ ，
∴∠AEH=∠AFG=45°，
∴∠HFG=∠AFG+∠AFE=45°+45°=90°，即： ；
②∵ ，点 ， 分别为 ， 的中点，
∴AE=AF=2，
∵∠AGH=45°， 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，
30∴EH= ；
（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 的长度为2或 时， 为等腰三角形．
【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
31的关键．
16．（1）如图，在正方形 中， 、 分别是 ， 上的点，且 ．
直接写出 、 、 之间的数量关系；
（2）如图，在四边形 中， ， ， 、 分别是 ，
上的点，且 ，求证： ；
（3）如图，在四边形 中， ， ，延长 到点 ，延长
到点 ，使得 ，则结论 是否仍然成立？若成立，请证
明；不成立，请写出它们的数量关系并证明．
【答案】（1） ，理由见详解；（2）见详解；（3）结论EF＝BE＋FD
不成立，应当是EF＝BE−FD．理由见详解．
【分析】
（1）在CD的延长线上截取DM＝BE，连接AM，证出△ABE≌△ADM，根据全等三
角形的性质得出BE＝DM，再证明△AEF≌△AMF，得EF＝FM，进而即可得出答案；
32（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，证出△ABE≌△ADG，根据全等三角
形的性质得出BE＝DG，再证明△AEF≌△AGF，得EF＝FG，即可得出答案；
（3）按照（2）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在
BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据（2）的证法，我们可得出DF＝BG，GE
＝EF，那么EF＝GE＝BE−BG＝BE−DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立
的．
【详解】
（1）解： ，理由如下：
延长CD，使DM=BE，连接AM，
∵在正方形 中，AB=AD，∠B=∠ADM=90°，
∴ ，
∴∠BAE=∠DAM，AE=AM，
∵ ，
∴∠BAE+∠DAF=∠DAM+∠DAF =90°-45°=45°，
∴∠EAF=∠MAF=45°，
又∵AF=AF，AE=AM，
∴ ，
∴EF=MF=MD+DF=BE+DF；
（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，如图，
∵∠ADF＝90°，∠ADF＋∠ADG＝180°，
∴∠ADG＝90°，
33∵∠B＝90°，
∴∠B＝∠ADG＝90°，
∵BE＝DG，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，
∴∠EAG＝∠EAD＋∠DAG＝∠EAD＋∠ABE＝∠BAD，
∵ ，
∴∠EAF＝∠FAG，
又∵AF＝AF，AE＝AG，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG＝DF＋DG＝EB＋DF；
（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE−FD．理由如下：
如图，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
∵在△ABG与△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAG＋∠EAD＝∠DAF＋∠EAD＝∠EAF＝ ∠BAD ．
∴∠GAE＝ ∠BAD=∠EAF．
34∵AE＝AE，AG＝AF．
∴△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF，
∵EG＝BE−BG
∴EF＝BE−FD．
【点睛】
本题考查了三角形综合题，三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用
旋转变换的思想添加辅助线，构造全等三角形解决问题，解题时注意一些题目虽然图
形发生变化，但是证明思路和方法是类似的，属于中考压轴题．
17．在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等
边△APE．
（1）如图1，当点P在线段BD上时，连接CE，BP与CE的数量关系是________；
CE与AD的位置关系是________；
（2）当点P在线段BD的延长线上时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以
证明，若不成立，请说明理由、（请结合图2的情况予以证明或说理．）
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BE，若AB＝2，BE＝ ，求四边形ADPE的
面积．
【答案】（1） ；（2）成立，理由见解析；（3）
【分析】
（1）①连接 ，证明 ,根据全等三角形性质即可得 ；②根据
菱形对角线平分对角可得 ，再根据 ，可得
，从而得 ，即 ；
（2）在（1）的结论 仍然成立，利用（1）的证明方法证明即可；
35（3）连接 交 于点 ，连接 ，作 于 ，由已知先求得 再
利用勾股定理求得 , ，由 是等边三角形，求得 ，再根据
四边形
进行计算即可
【详解】
（1）① ，理由如下：
连接 ,
四边形 是菱形，
是等边三角形
是等边三角形
②
延长 交 于点
菱形对角线平分对角
36（2）（1）中的结论成立，理由如下：
连接 , 交于点
四边形 是菱形，
都是等边三角形
是等边三角形
（1）中的结论成立
（3）连接 交 于点 ,连接 ，作 于点
37四边形 是菱形
平分
由（2）知
由（2）知
是等边三角形
= = =
四边形
38四边形
四边形 的面积是
【点睛】
本题考查了四边形综合题，菱形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形
的判定与性质等知识点，正确的添加辅助线，寻找全等三角形是解题的关键．
18．如图，△CAB与△CDE为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，CA＝CB，CD
＝CE，∠CAB＝∠CBA＝45°，∠CDE＝∠CED＝45°，连接AD、BE．
（1）如图1，若∠CAD＝28°，∠DCB＝10°，则∠DEB的度数为________度；
（2）如图2，若A、D、E三点共线，AE与BC交于点F，且CF＝BF，AD＝3，求
△CEF的面积；
（3）如图3，BE与AC的延长线交于点G，若CD⊥AD，延长CD与AB交于点N，在
BC上有一点M且BM＝CG，连接NM，请猜想CN、NM、BG之间的数量关系并证明
你的猜想．
39【答案】（1）27；（2） ；（3）BG=MN+CN，证明见解析．
【分析】
（1）证明△ACD≌△BCE得∠CEB=∠ADC，∠CAD=∠CBE，再求出∠ACD，由三角
形内角和定理可解决问题；
（2）过C作CG⊥DE于点G，由（）1）可证△ACD≌△BCE得BE=AD=3，证明
△CGF≌△BEF得CG=3，EF= ，根据三角形面积公式可计算出结果；
（3）过点C作CF//AB交BG于点F，证明四边形CNBF是平行四边形得CN=BF，
CF=BN，证明 得GF=MN，进一步可得结论．
【详解】
解：（1）∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴
∵,
∴△ACD≌△BCE
∴∠CEB=∠ADC，∠CAD=∠CBE=28°
∵∠DCB=10°
∴∠ACD=∠ACB-∠DCB=90°-10°=80°
∴∠BCE=80°
∴∠CEB=180°-∠CBE-∠BCE=72°
∴∠DEB=∠CEB-∠CED=72°-45°=27°；
故答案为27；
（2）过C作CG⊥DE于点G，如图，
∵△DCE是等腰直角三角形，
∴ ,∠CGE=90°
由（1）同理可证明：△ACD≌△BCE
∴BE=AD=3，∠CEB=∠CDA=180°-45°=135°
∴∠GEB=∠CEB-∠CED=135°-45°=90°=∠CGF
∵CF=BF，∠CFG=∠EFB
40∴△CGF≌△BEF
∴GF=EF= ，GC=BE=AD=3
∵CG=GE
∴GF=EF=
∵∠CGF=90°
∴
（3）过点C作CF//AB交BG于点F，
∴∠GCF=∠CAB=∠CBA=45°
由（1）同理可得，△ACD≌△BCE
∴∠BEC=∠ADC
∵AD⊥CD
∴∠ADC=90°
∴∠BEC=90°=∠DCE
∴CN//BF
∵CF//BN
∴四边形CNBF是平行四边形
∴CN=BF，CF=BN
在△BMN和△CGF中，
∴
∴GF=MN
∴BG=GF+BF=MN+CN
41【点睛】
本题考查三角形综合题、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的
判定和性质，平行四边形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和
性质．
19．综合与实践问题情境：一次数学课上，老师出示了课本中的一道复习题：如图，
和 都是等边三角形， 、 分别是 、 上的点，且 ，连接
、 ．
初步探究：
（1）试判断 与 的数量关系，并说明理由；
（2）求证：四边形 是平行四边形；
深入探究：
（3）如图2，四边形 和四边形 都是正方形， 、 分别是 、 上
的点，且 ，连接 、 ，试判断四边形 的形状，并说明理由；
拓展延伸：
（4）如图3，四边形 和四边形 都是菱形， ，
， 是 上一点，连接 、 ，延长 交 于 ，若四边形
是平行四边形，请直接写出 的长．
【答案】（1） ；见解析；（2）见解析；（3）平行四边形，见解析；（4）
42【分析】
（1）利用等边三角形性质证明 即可得出结论；
（2）全等三角形和等边三角形性质可证 且 ，再根据一组对边平行而
且相等的四边形是平行四边形即可解答；
（3）根据正方形性质证明 ，进而证明 ，即可解答；
（4）由 ，证明 ，进而可证
，从而可得 是等腰直角三角形，从而求出 ．
【详解】
解：（1） ．
理由如下：∵ 与 均为等边三角形，
∴ ， ．
又∵ ，
∴ ．
∴ ．
（2）由①知 ．
∴ ， ．
又∵ ， ，
∴ ， ．
∴ 且 ．
∴四边形 为平行四边形．
（3）四边形 为平行四边形．
理由如下：∵四边形 与四边形 均为正方形
∴ ， ．
∵ ，
∴ ．
∴ ， ．
∵在 中， ，
同理 ， ，
∴ ．
43∴ ．
又∵ ，
∴ ．
∴四边形 为平行四边形．
（4） ．
过程如下：
∵在菱形 中， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ， ，
∴ ，即： ，
又∵四边形 和四边形 都是菱形，
∴ ， ，
∴
∴ ，
∴ ， ，
又∵ ，
∴ ．
【点睛】
本题是旋转综合题，主要考查了全等三角形判定和性质、平行四边形的判定和性质、
以及正三角形、正方形、菱形等图形的性质，解题关键是关键特殊多边形性质通过特
殊角度的计算得出角相等，由此证明三角形全等．
20．如图1，已知一次函数 的图象分别交y轴正半轴于点A，x轴正半轴于点
B，且 的面积是24，P是线段 上一动点．
44（1）求k值；
（2）如图1，将 沿 翻折得到 ，当点 正好落在直线 上时，
①求点 的坐标；
②将直线 绕点P顺时针旋转 得到直线 ，求直线 的表达式；
（3）如图2，上题②中的直线 与线段 相交于点M，将 沿着射线 向上
平移，平移后对应的三角形为 ，当 是以 为直角边的直角三角形时，
请直接写出点 的坐标．
45【答案】（1） ；（2）①点 （3，0）,② ，（3）点 的坐标（7，
12）或（4，3）．
【分析】
（1）根据函数解析式可知OA长，再由 即可求出OB长，将B点
坐标代入解析式即可求出k值；
（2）①由折叠性质可求得 中 、 ，用勾股定理列方程即可
求解；②通过构造等腰直角三角形，利用K字形模型全等求出直线 上点Q坐标，
再由A、Q点坐标用待定系数法求出解析式 即可，
（3）根据平移性质可知 ，先求出直线 的解析式；再当 是以 为
直角边的直角三角形时，分两种情况求出直线 与过A、P点垂直于AP直线的解析
式，联立函数解析式得方程求出点 坐标，由此得出图形平移方式，由此求出点 的
坐标．
【详解】
解：（1）当x=0时，y=6，故点A坐标为A（0,6），
∵ ，
∴ ，
∴点B坐标为（8,0），
代入 得 ，
∴ ，
（2）①如图2-1，由折叠性质可知： ， ； ，
∵ ，
∴ ，
设 ，则 ,
46由 得 ，
∴ ，
即P点坐标为（3，0）
②如图，过点A作AQ⊥AP，并在AQ上取点Q使AQ=AP，过Q点作HQ⊥y轴，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ （AAS）
∴HQ=AO=6，AH=OP=3，
∴点Q坐标为（6，9），
∵△APQ是等腰直角三角形，
∴将直线 绕点P顺时针旋转 得到直线 ，直线 与PQ重合，
设经过P（3，0），Q（6，9）的直线 解析式为 得
，
解得： ，
即直线 为 ，
（3）由平移性质可知： ，由（2）得直线 为 ，
∴设直线 解析式为 ，
当x=8时，y=0，即 ，解得： ，
∴直线 解析式为 ，
由（2）得A（0，6）、Q（6，9），则直线AQ解析式为： ，
I．当AP为直角边， 时，如图3-1
47联立直线 和直线AQ得：
，
解得： ，
即 坐标（12，12），故点B（8，0）向右移动4个单位，向上移动12个单位得到点
，
∴故点P（3，0）向右移动4个单位，向上移动12个单位得到点 （7，12），
即当AP为直角边， 时，点 （7，12），
II．当AP为直角边， 时，如图3-2，
∴ ，
设直线 解析式为： ，
∵P点坐标为（3，0），
∴ ，
∴
48∴直线 解析式为 ，
联立直线 和直线 得：
，
解得： ，
即 坐标（9，3），故点B（8，0）向右移动1个单位，向上移动3个单位得到点 ，
∴故点P（3，0）向右移动1个单位，向上移动3个单位得到点 （4，3），，
即当AP为直角边， 时，点 （4，3）．
【点睛】
本题综合考查了一次函数与几何综合，待定系数法求解析式是基础，解（2）关键是利
用等腰直角三角形构建三垂直全等从而求出旋转45°直线的解析式；解（3）关键是利
用平行直线的性质求出解析式．
21．对于平面直角坐标系 中的图形M和点P，给出如下定义：将图形M绕点P顺
时针旋转 得到图形N，图形N称为图形M关于点P的“垂直图形”．例如，图1中
点D为点C关于点P的“垂直图形”．
（1）点A关于原点O的“垂直图形”为点B．
①若点A的坐标为 ，则点B的坐标为_______；
②若点B的坐标为 ，则点A的坐标为_______．
（2） ．线段 关于点G的“垂直图形”记为 ，点E的
对应点为 ，点F的对应点为 ．
①求点 的坐标（用含a的式子表示）；
②若 的半径为 ， 上任意一点都在 内部或圆上，直接写出满足条件的
49的长度的最大值．
【答案】（1）① ；② ；（2）① ；②
【分析】
（1）①点A在y轴上，则点B在x轴上，且OB=OA=2，从而易得点B的坐标；②由
OA=OB，过A、B分别作x轴的垂线于N、 M，则可得△ANO≌△OMB ，故有
AN=OM=2，ON=BM=1，再由点在第二象限，从而可得点A的坐标；
（2）①分别过点E、E 作x轴的垂线，垂足分别为H、Q，则由 ，可得
,由此可得 点的坐标；②由①知，点 的两个坐标相等，表明 点
在第一、三象限的角平分线上，当 点位于第一象限的圆上时， 最大,此时
，从而可得 点坐标为 ，这样可求得 的最大值．
【详解】
解：（1）①因点A在y轴上，故点B必在x轴正半轴上，又OB=OA=2，所以点A坐
标为 ；
故答案为： ．
②如图，过A、B分别作x轴的垂线于N、 M．
则∠ANO=∠OMB=90，
∴∠AON+∠A=90°
∵∠AOB=90°，
∴∠AON+∠BOM=90°，
∴∠A=∠BOM，
∵OA=OB，
∴△ANO≌△OMB，
∴AN=OM=2，ON=BM=1，
50根据题意，点A必在第二象限，
∴A ．
故答案为： ．
（2）①如图，过点E作 轴于点H，过点 作 轴于点Q．
由题意可知， ．
∴ ．
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴．
∴ ．
∴ ．
②∵EF∥x轴
∴ 轴
连接 ，延长 交x轴于点H，则 轴；
过点 作x轴的平行线，过点E作y轴的平行线，两线交于点D，则 ，如图
所示；
由①知，点 的两个坐标相等，
∴ ，
表明 点在第一、三象限的角平分线上，且位于与圆相交的圆内的一条线段上运动，
当点 位于第一象限上的圆上时，即 时， 最大，
∵△ 是等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ，
51∴ ，
∴ ， ，
在 中，由勾股定理得： ，
即 的最大值为： ．
【点睛】
本题考查了新定义，对于新定义这类问题，关键是弄清楚新定义的含义，抓住问题的
实质，本题新定义的实质是旋转，通过作x轴的垂线，构造两个全等的直角三角形，
问题便容易解决．
22．已知 中， ， ，点 为直线 上的一动点（点 不
与点 、 重合），以 为边作 ， ，连接 ．
（1）发现问题：如图①，当点 在边 上时，
①请写出 和 之间的数量关系________，位置关系________；
②线段 、 、 之间的关系是_________；
（2）尝试探究：如图②，当点 在边 的延长线上且其他条件不变时，（1）中 、
、 之间存在的数量关系是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展延伸：如图③，当点 在边 的延长线上且其他条件不变时，若 ，
，则线段 的长为________．
52【答案】（1）① ， ．② ．
（2）不成立， ．
（3）5
【分析】
（1）①根据全等三角形的判定定理证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质证明；
②根据全等三角形的对应边相等证明即可；
（2）证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答即可；
（3）根据△BAD≌△CAE得到BD=CE=1，再证明△DCE是直角三角形，利用勾股定
理求出DE，即可求出AD的长度；
【详解】
（1）①解：结论：BD=CE，BD⊥CE，
理由：∵∠ABC=∠ACB=45°，∠ADE=∠AED=45°，
∴∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE，
∴BD=CE，∠ACE=∠B=45°，
∴∠BCE=90°，即BD⊥CE，
故答案为：BD=CE；BD⊥CE；
②证明：∵BD=CE，
∴BC=BD+CD=CE+CD；
53故答案为： ．
（2）解：（1）中BC、CE、CD之间存在的数量关系不成立，新的数量关系是
CE=BC+CD，
理由：∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE，
∴BD=CE，
∴CE=BC+CD；
（3）解：∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE，
∴BD=CE=1，∠ABD=∠ACE=135°，
∵∠ACB=45°，
∴∠DCE=90°，
在Rt DCE中，CD=BD+BC=7，CE=1，
△
∴DE= ；
54∴ ；
故答案为：5．
【点睛】
本题考查三角形综合题，等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定
理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
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