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第17讲 图形变换和动态问题中的全等（解析版）
第一部分 典例剖析+针对训练
类型一 图形变换中的全等
典例1（2019秋•来宾期末）如图，△ABE和△ADC分别沿着边AB、AC翻折180°形成的，若∠BCA：
∠ABC：∠BAC＝28：5：3，BE与DC交于点F，则∠EFC的度数为（ ）
A．20° B．30° C．40° D．45°
思路引领：根据∠BCA：∠ABC：∠BAC＝28：5：3，三角形的内角和定理分别求得∠BCA，∠ABC，
∠BAC的度数，然后根据折叠的性质求出∠D、∠DAE、∠BEA的度数，在△AOD中，根据三角形的内
角和定理求出∠AOD的度数，继而可求得∠EOF的度数，最后根据三角形的外角定理求出∠EFC的度
数．
解：在△ABC中，
∵∠BCA：∠ABC：∠BAC＝28：5：3，
∴设∠BCA为28x，∠ABC为5x，∠BAC为3x，
则28x+5x+3x＝180°，
解得：x＝5°，
则∠BCA＝140°，∠ABC＝25°，∠BAC＝15°，
由折叠的性质可得：∠D＝25°，∠DAE＝3∠BAC＝45°，∠BEA＝140°，
在△AOD中，∠AOD＝180°﹣∠DAE﹣∠D＝110°，
∴∠EOF＝∠AOD＝110°，
∴∠EFC＝∠BEA﹣∠EOF＝140°﹣110°＝30°．
故选：B．
解题秘籍：本题考查图形的折叠变化及三角形的内角和定理．关键是要理解折叠是一种对称变换，它属
于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，只是位置变化．
典例2（2019•广阳区一模）如图，已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，直角∠EPF的顶点P是BC中
点，两边PE，PF分别交AB，AC于点E，F，当∠EPF在△ABC内绕顶点P旋转时（点E不与A，B重合），给出以下五个结论：①AE＝CF；②∠APE＝∠CPF；③连接EF，△EPF是等腰直角三角形；
④EF＝AP；⑤S四边形AFPE ＝S△APC ，其中正确的有几个（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
思路引领：①②③连接AP，证明△AEP≌△CFP（ASA）即可判断；EF不是中位线，所以EF≠AP；
证明△AFP≌△BEP（SAS），S四边形AFPE ＝S△BPE +S△CPF ，即可判断⑤；
解：①如图1：连接AP，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，P是BC中点，
∴AP＝CP，∠BAP＝∠C＝45°，
∵∠EPF＝90°，
∴∠EPA+∠APF＝90°，∠APF+∠CPF＝90°，
∴∠APE＝∠CPF，
∴△AEP≌△CFP（ASA），
∴AE＝CF；
∴①②正确；
③由△AEP≌△CFP（ASA），
∴EP＝PF，
∴△EPF是等腰直角三角形，
∴③正确；
④∵EF不是中位线，
∴EF≠AP；
故①②③正确；
⑤∵AE＝CP，AP＝BP，∠B＝∠FAP＝45°，
∴△AFP≌△BEP（SAS），
∴S四边形AFPE ＝S△BPE +S△CPF ，
⑤∵AE＝CF，P是BC中点；
∴过点P作△APE和△PFC的高，高是相等的，
∴S△APE ＝S△PFC ，∴S四边形AFPE ＝S△APC ，
∴⑤正确；
故选：C．
解题秘籍：本题考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质；熟练掌握全等三角形的性质和判定
是解决问题的关键．
典例3（德惠市期末）如图，在直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，将△ABC沿直线BC向右平移得到
△DEF，连接AD、AE，则下列结论中不成立的是（ ）
A．AD∥BE，AD＝BE B．∠ABE＝∠DEF
C．ED⊥AC D．△ADE为等边三角形
思路引领：利用平移的性质可对A选项和B选项进行判断；先利用平移的性质得到AB∥DE，再利用
AB⊥AC和平行线的性质可判断AC⊥DE，从而可对C选项进行判断；利用AB＝DE，AD＝BE，可对D
选项进行判断．
解：∵△ABC沿直线BC向右平移得到△DEF，
∴AD∥BE，AD＝BE，A选项的结论正确；
∠ABC＝∠DEF，B选项的结论正确；
∵△ABC沿直线BC向右平移得到△DEF，
∴AB∥DE，
而AB⊥AC，
∴DE⊥AC，C选项的结论正确；
∵AB＝DE，AD＝BE，
没有条件得出DE＝AD，D选项的结论错误．故选：D．
解题秘籍：本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图
形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两
个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．
针对训练1
1．（2020秋•旌阳区校级月考）如图，△ABE、△ADC是△ABC分别沿着AB、AC边翻折180°形成的．若
∠BAC：∠ABC：∠ACB＝28：5：3，则∠EFC的度数为（ ）
A．75° B．80° C．95° D．100°
思路引领：由题意设∠BAC＝28x，∠ABC＝5x，∠ACB＝3x，利用三角形的内角和定理可求解x值，即
可求解∠BAC＝140°，∠ABC＝25°，∠ACB＝15°，再由折叠的性质可求得∠FBCC，∠FCB的度数，根
据三角形外角的性质可求解．
解：∵∠BAC：∠ABC：∠ACB＝28：5：3，
∴设∠BAC＝28x，∠ABC＝5x，∠ACB＝3x，
∴28x+5x+3x＝180°，
解得x＝5，
∴∠BAC＝140°，∠ABC＝25°，∠ACB＝15°，
由折叠可知：∠EBA＝∠ABC＝25°，∠ACD＝∠ACB＝15°，
∴∠FBC＝50°，∠FCB＝30°，
∴∠EFC＝∠FBC+∠FCB＝50°+30°＝80°，
故选：B．
解题秘籍：本题主要考查三角形的内角和定理，三角形外角的性质，通过方程求解∠BAC，∠ABC，
∠ACB的度数是解题的关键．
2．（门头沟区期末）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MN绕点C旋转到图1的位置时，请你探究线段DE、AD、BE之间的数量关系（直接写出结论，不要求写出证明过程）；
（2）当MN绕点C旋转到图2的位置时，你在（1）中得到的结论是否发生变化？请写出你的猜想，并
加以证明；
（3）当MN绕点C旋转到图3的位置时，你在（1）中得到的结论是否发生变化？请写出你的猜想，并
加以证明．
思路引领：（1）根据题意推出△ADC≌△CEB，即可，（2）根据题意推出△ACD≌△CBE，即可推出
DE＝AD﹣BE，（3）根据题意推出△ACD≌△CBE，即可推出DE＝BE﹣AD．
解：（1）线段DE、AD、BE之间的数量关系是DE＝AD+BE．（2分）
（2）如图2，
猜想：（1）中得到的结论发生了变化．
证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°．
∴∠BCE+∠CBE＝90°．
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°．
∴∠ACD＝∠CBE．
∵AC＝CB，
∴△ACD≌△CBE．（3分）
∴AD＝CE，CD＝BE．（4分）
∵DE＝CE﹣CD，
∴DE＝AD﹣BE．（5分）
（3）如图3，
猜想：（1）中得到的结论发生了变化．证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°．
∴∠BCE+∠CBE＝90°．
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°．
∴∠ACD＝∠CBE．
∵AC＝CB，
∴△ACD≌△CBE．（6分）
∴AD＝CE，CD＝BE．（7分）
∵DE＝CD﹣CE，
∴DE＝BE﹣AD．（8分）
解题秘籍：本题主要考查全等三角形的判定和性质，关键在于求证相关的三角形全等，找出等量关系进
行代换即可．
3．（2021 春•雁塔区校级期中）如图①点 A、B、C、D 在同一直线上，AB＝CD，作 CE⊥AD，
BF⊥AD，且AE＝DF．
（1）证明：EF平分线段BC；
（2）若△BFD沿AD方向平移得到图②时，其他条件不变，（1）中的结论是否仍成立？请说明理由．
思路引领：（1）由AB＝CD，利用等式的性质得到AC＝BD，再由AE＝DF，利用HL得到直角三角形
ACE与直角三角形DBF全等，利用全等三角形对应边相等得到 EC＝BF，再利用AAS得到三角形ECG
与三角形FBG全等，利用全等三角形对应边相等得到BG＝CG，即可得证；
（2）（1）中的结论成立，理由为：由AC＝DB，利用等式的性质得到AC＝BD，再由AE＝DF，利用
HL得到直角三角形ACE与直角三角形DBF全等，利用全等三角形对应边相等得到EC＝BF，再利用
AAS得到三角形ECG与三角形FBG全等，利用全等三角形对应边相等得到BG＝CG，即可得证．
（1）证明：∵CE⊥AD，BF⊥AD，
∴∠ACE＝∠DBF＝90°，
∵AB＝CD，∴AB+BC＝BC+CD，即AC＝DB，
在Rt△ACE和Rt△DBF中，
{AE=DF)
，
AC=DB
∴Rt△ACE≌Rt△DBF（HL），
∴CE＝FB，
在△CEG和△BFG中，
{∠ECG=∠FBG=90°
)
∠EGC=∠BGF ，
EC=FB
∴△CEG≌△BFG（AAS），
∴CG＝BG，即EF平分线段BC；
（2）（1）中结论成立，理由为：
证明：∵CE⊥AD，BF⊥AD，
∴∠ACE＝∠DBF＝90°，
∵AB＝CD，
∴AB﹣BC＝CD﹣BC，即AC＝DB，
在Rt△ACE和Rt△DBF中，
{AE=DF)
，
AC=DB
∴Rt△ACE≌Rt△DBF（HL），
∴CE＝FB，
在△CEG和△BFG中，
{∠ECG=∠FBG=90°
)
∠EGC=∠BGF ，
EC=FB
∴△CEG≌△BFG（AAS），
∴CG＝BG，即EF平分线段BC．
解题秘籍：此题考查了全等三角形的判定与性质，以及平移的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质
是解本题的关键．
类型二 动态问题中的全等
典例4（2020秋•姜堰区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝7cm，BC＝5cm，CD为AB边上
的高，点E从点B出发，在直线BC上以2cm/s的速度移动，过点E作BC的垂线交直线CD于点F．（1）求证：∠A＝∠BCD；
（2）当CF＝AB时，点E运动多长时间？并说明理由．
思路引领：（1）根据余角的性质即可得到结论；
（2）如图，分点E在射线BC上移动和点E在射线CB上移动两种情况，证△CEF≌△ACB得CE＝AC
＝5，继而得出BE的长，从而得出答案．
解：（1）∵∠A+∠ACD＝90°，∠BCD+∠ACD＝90°，
∴∠A＝∠BCD；
（2）如图，当点E在射线BC上移动时，
∵∠A＝∠BCD，∠BCD＝∠ECF，
∴∠A＝∠ECF，
在△CFE与△ABC中，
{∠CEF=∠ACB
)
∠ECF=∠A ，
CF=AB
∴△CEF≌△ACB（AAS），
∴CE＝AC＝7，
∴BE＝BC+CE＝12，
∴t＝12÷2＝6（s）；
当点E在射线CB上移动时，
同理△CF′E′≌△CBA（AAS），
∴CE′＝AC＝7，
∴BE′＝CE′﹣CB＝2，
∴t＝2÷2＝1（s）
总之，当点E在射线CB上移动6s或1s时，CF＝AB．解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定和性质，余角的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解
题的关键．
典例5（镇康县期末）如图，已知△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝8cm，点D为AB的中点．如果点P在
线段BC上以3cm/s的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上由C点向A点运动．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1s后，BP＝ 3 cm，CQ＝ 3 cm．
（2）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1s后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
（3）若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与
△CQP全等？
（4）若点Q以（3）中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿
△ABC三边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次相遇？
思路引领：（1）根据题意可得出答案；
（2）由“SAS”可证△BPD≌△CQP；
（3）根据全等三角形的性质得出BP＝PC＝4cm，CQ＝BD＝5cm，则可得出答案；
15
（4）由题意列出方程 x＝3x+2×10，解方程可得出答案．
4
解：（1）由题意可得，t＝1s时，BP＝3（cm），CQ＝3（cm）．
故答案为：3，3．
（2）全等，理由：
∵t＝1s，点Q的运动速度与点P的运动速度相等，
∴BP＝CQ＝3×1＝3（cm），∵AB＝10cm，点D为AB的中点，
∴BD＝5（cm）．
又∵PC＝BC﹣BP，BC＝8cm，
∴PC＝8﹣3＝5（cm），
∴PC＝BD，
又∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
在△BPD和△CQP中，
{PC=BD
)
∠B=∠C ，
BP=CQ
∴△BPD≌△CQP（SAS）；
（3）∵点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，
∴BP与CQ不是对应边，
即BP≠CQ，
∴若△BPD≌△CPQ，且∠B＝∠C，
则BP＝PC＝4（cm），CQ＝BD＝5（cm），
BP 4
∴点P，点Q运动的时间t= = （s），
3 3
CQ 5 15
v = = =
∴ Q t 4 4 （cm/s）；
3
（4）设经过x秒后点P与点Q第一次相遇，
15
由题意，得 x＝3x+2×10，
4
80
解得x= ，
3
80
∴经过 s点P与点Q第一次相遇．
3
解题秘籍：本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定的应用等知识，熟练运用这些性质
解决问题是解此题的关键．
针对训练2
4．（邗江区期末）活动一：已知如图 1，AB⊥AD，DE⊥AD，BC⊥CE，且 AB＝CD．求证：△ABC≌△DCE．
活动二：动手操作，将两个斜边长相等的直角三角形纸片按图 2放置，其中∠ACB＝∠CED＝90°，∠A
＝45°，∠D＝30°．把△DCE绕点C按顺时针方向旋转15°得到△MCN．如图3，连接MB，求证：
△ACB≌△CBM．
活动三：如图4，已知点C坐标为（0，2），B为x轴上一点，△ABC是以BC为腰的在第一象限的等
腰直角三角形，∠BCA＝90°，当B点从原点出发沿x轴正半轴运动时，在图中画出A点运动路线．并
请说明理由．
思路引领：活动一：利用同角的余角相等，证明∠B＝∠ECD，根据ASA即可证明；
活动二：根据SAS即可证明；
活动三：作AH⊥y轴于H．只要证明△ACH≌△CBO，可得AH＝OC＝2，推出点A到y的距离为定值，
推出点A在平行于y轴的射线上运动，射线与y轴之间的距离为2（如图中虚线）．
活动一：证明：如图1，∵AB⊥AD，BC⊥CE，
∴∠ABC+∠BCA＝90°，
∠ECD+∠BCA＝90°，
∴∠ABC＝∠DCE，
∵∠BAC＝∠CDE＝90°，AB＝CD，
∴△ABC≌△DCE（ASA）．
活动二：证明：如图3，∵∠CNM＝90°，∠CMN＝30°，
∴∠MCN＝60°，∵∠BCN＝15°，
∴∠MCB＝45°，
∵∠A＝45°，
∴∠A＝∠BCM，
∵AB＝CM，AC＝CB，
∴△ACB≌△CBM（SAS）．
活动三：解：作AH⊥y轴于H．
∵C（0，2），
∴OC＝2，
∵∠AHC＝∠COB＝∠ACB＝90°，
∴∠HAC+∠ACH＝90°，∠ACH+∠BCO＝90°，
∴∠HAC＝∠BCO，
∵AC＝CB，
∴△ACH≌△CBO（AAS），
∴AH＝OC＝2，
∴点A的横坐标为2，
∴点A在平行于y轴的射线上运动，射线与y轴之间的距离为2（如图中竖直虚线）．
解题秘籍：本题考查了三角形综合题，全等三角形的判定及性质、坐标与图形性质、等腰直角三角形的
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，属于中考压轴题．
5．（2021秋•松滋市期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90，AC＝6，BC＝8．点P从点A出发，沿折线
AC﹣﹣CB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，点Q从点B出发沿折线BC﹣CA以每秒3个单位
长度的速度向终点A运动，P、Q两点同时出发．分别过P、Q两点作PE⊥l于E，QF⊥l于F．设点P
的运动时间为t（秒）：
（1）当P、Q两点相遇时，求t的值；
（2）在整个运动过程中，求CP的长（用含t的代数式表示）；（3）当△PEC与△QFC全等时，直接写出所有满足条件的CQ的长．
思路引领：（1）由题意得t+3t＝6+8，即可求得P、Q两点相遇时，t的值；
{ 6−t(t≤6) )
（2）根据题意即可得出CP的长为 ；
t−6(6＜t≤14)
（3）分两种情况讨论得出关于t的方程，解方程求得t的值，进而即可求得CQ的长．
解：（1）由题意得t+3t＝6+8，
7
解得t= （秒），
2
7
当P、Q两点相遇时，t的值为 秒；
2
（2）由题意可知AP＝t，
{ 6−t(t≤6) )
则CP的长为 ；
t−6(6＜t≤14)
（3）当P在AC上，Q在BC上时，
∵∠ACB＝90，
∴∠PCE+∠QCF＝90°，
∵PE⊥l于E，QF⊥l于F．
∴∠EPC+∠PCE＝90°，∠PEC＝∠CFQ＝90°，
∴∠EPC＝∠QCF，
∴△PCE≌△CQF，
∴PC＝CQ，
∴6﹣t＝8﹣3t，解得t＝1，
∴CQ＝8﹣3t＝5；
当P在AC上，Q在AC上时，即P、Q重合时，则CQ＝PC，
由题意得，6﹣t＝3t﹣8，
解得t＝3.5，∴CQ＝3t﹣8＝2.5，
当P在BC上，Q在AC上时，即A、Q重合时，则CQ＝AC＝6，
综上，当△PEC与△QFC全等时，满足条件的CQ的长为5或2.5或6．
解题秘籍：本题考查了三角形全等的判定和性质，根据题意得出关于t的方程是解题的关键．
第二部分 专题提优训练
1．（2022春•雁塔区校级期末）在学习完“探索三角形全等的条件”一节后，一同学总结出很多全等三角
形的模型，他设计了以下问题给同桌解决：如图，做一个“U”字形框架PABQ，其中AB＝42cm，
AP，BQ足够长，PA⊥AB于A，QB⊥AB于点B，点M从B出发向A运动，同时点N从B出发向Q运动，
使M，N运动的速度之比3：4，当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，则线段AC的长为（ ）
A．18cm B．24cm C．18cm或28cm D．18cm或24cm
思路引领：在PA⊥AB于A，QB⊥AB条件下，使△ACM与△BMN全等，需要分类讨论．
解：设：BM＝3xcm，则BN＝4xcm，
∵∠A＝∠B＝90°，
（1），当△ACM≌△BNM时，有BM＝AM，BN＝AC，
又AM+BM＝42cm，
∴3x+3x＝42，
∴x＝7．
∴AC＝BN＝4x＝28cm；
当△ACM≌△BMN时，有AM＝BN，BM＝AC，
又AM+BM＝42cm，
∴4x+3x＝42，
∴x＝6，
∴AC＝BM＝18cm；
故选：C．
解题秘籍：本题考查全等三角形及分类讨论思想，正确分类才不会漏解．2．（2022春•双流区校级期中）如图，AB＝7cm，AC＝5cm，∠CAB＝∠DBA＝60°，点P在线段AB上以
2cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在射线BD上运动速度为xcm/s，它们运动的时间为t（s）
（当点P运动结束时，点Q运动随之结束）．当点P、Q运动到某处时，有△ACP与△BPQ全等，则相
应的x、t的值为（ ）
7 7 20
A．x＝2，t= B．x＝2，t= 或x= ，t＝1
4 4 7
20 7
C．x＝2，t＝1 D．x＝2，t＝1或x= ，t=
7 4
思路引领：分两种情况：①△ACP≌△BPQ时AC＝BP，AP＝BQ，②△ACP≌△BQP时AC＝BQ，AP
＝BP，建立方程组求得答案即可
解：①若△ACP≌△BPQ，
则AC＝BP，AP＝BQ，可得：5＝7﹣2t，2t＝xt
解得：x＝2，t＝1；
②若△ACP≌△BQP，
则AC＝BQ，AP＝BP，可得：5＝xt，2t＝7﹣2t
20 7
解得：x= ，t= ．
7 4
故选：D．
解题秘籍：此题考查全等三角形的判定与性质，注意分类讨论思想的渗透．
3．（2022春•东坡区校级期末）如图，△ABC中，AB＝13cm，BC＝11cm，AC＝6cm，点E是BC边的中
点，点D在AB边上，现将△DBE沿着BA方向向左平移至△ADF的位置，则四边形DECF的周长为
17 cm．思路引领：连接EF，证明△CEF≌△DFE（ASA），推出DE＝CF，可得结论．
解：连接EF．
由平移的性质可知，AF＝DE．EF＝AD，AF∥DE，EF∥AD，DF∥BC，
∴∠CEF＝∠DFE，∠CFE＝∠DEF，
在△CEF和△DFE中，
¿，
∴△CEF≌△DFE（ASA），
∴DE＝CF，
∴AF＝CF＝DE＝3cm
∵E是BC的中点，
∴EC＝EB＝DF＝5.5cm，
∴四边形DECF的周长＝2（3+5.5）＝17cm．
故答案为：17．
解题秘籍：本题考查平移变换，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意灵活运用所学
知识解决问题．
4．（2022春•安陆市期中）如图，两个直角三角形重叠在一起，将三角形ABC沿AB方向平移2得到三角
形DEF，CH＝2，EF＝4，下列结论：①BH∥EF；②AD＝BE；③DH＝CH；④∠C＝∠BHD；⑤
阴影部分的面积为6．其中正确的结论的序号是 ①②④⑤ ．
思路引领：根据平移的性质及全等三角形的性质判断即可．
解：①∵将△ABC沿AB方向平移得到△DEF，∴∠ABC＝∠DEF，
∴BH∥EF，
故①正确；
②∵将△ABC沿AB方向平移得到△DEF，
∴AB＝DE，
∴AB﹣DB＝DE﹣DB，
∴AD＝BE，
故②正确；
③∵BC＝EF＝4，CH＝2，
∴BH＝2，
∴BH是△DEF的中位线，
∴DB＝BE＝2，
∴DH=❑√BD2+BH2=2❑√2，
∴DH≠CH，
故③不正确；
④∵BH∥EF，
∴∠BHD＝∠F，
由平移性质可得：∠C＝∠F，
∴∠C＝∠BHD，
故④正确；
1 1
⑤阴影部分的面积＝△ABC的面积﹣△DBH的面积= ×4×4− ×2×2=6．
2 2
故⑤正确；
故答案为：①②④⑤．
解题秘籍：本题考查了直角三角形的面积公式和平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经
过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
5．（2016秋•宜兴市校级月考）如图，△ABE和△ACD是△ABC分别沿着AB、AC边翻折180°形成的，
若∠BAC＝145°，则∠ ＝ ．
θ思路引领：先根据三角形内角和与翻折变换的特点求得∠EBC+∠DCB＝70°，再根据三角形的一个外角
等于和它不相邻的两个内角的和得 ＝70°．
解：∵∠BAC＝145° θ
∴∠ABC+∠ACB＝35°
∵∠EBA＝∠ABC，∠DCA＝∠ACB
∴∠EBA+∠ABC+∠DCA+∠ACB＝2（∠ABC+∠ACB）＝70°，即∠EBC+∠DCB＝70°
∴ ＝70°．
故θ答案为：70°
解题秘籍：此题考查全等三角形的判定和性质，注意三个三角形是全等的则对应角相等．反复利用三角
形的外角的性质：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和进行转换，
6．（2021秋•阳新县期末）如图，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，
若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：（1）PM
＝PN恒成立；（2）OM+ON的值不变；（3）四边形PMON的面积不变；（4）MN的长不变，其中正
确的序号为 ．
思路引领：如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．只要证明Rt△POE≌Rt△POF，△PEM≌△PFN，即
可一一判断．
解：如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．
∵∠PEO＝∠PFO＝90°，
∴∠EPF+∠AOB＝180°，
∵∠MPN+∠AOB＝180°，
∴∠EPF＝∠MPN，∴∠EPM＝∠FPN，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∴PE＝PF，
在Rt△POE和Rt△POF中，
{OP=OP)
，
PE=PF
∴Rt△POE≌Rt△POF，
∴OE＝OF，
在△PEM和△PFN中，
{∠MPE=∠NPF
)
PE=PF ，
∠PEM=∠PFN
∴△PEM≌△PFN，
∴EM＝NF，PM＝PN，故（1）正确，
∴S△PEM ＝S△PNF ，
∴S四边形PMON ＝S四边形PEOF ＝定值，故（3）正确，
∵OM+ON＝OE+ME+OF﹣NF＝2OE＝定值，故（2）正确，
∵M，N的位置变化，∴MN的长度是变化的，故（4）错误，
故答案为：（1）（2）（3）
解题秘籍：本题考查全等三角形的性质、角平分线的性质定理、四边形的面积等知识，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．
7．（2021秋•铅山县期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8cm，BC＝10cm．点C在直线l上，
动点P从A点出发沿A→C的路径向终点C运动；动点Q从B点出发沿B→C→A路径向终点A运动．
点P和点Q分别以每秒1cm和2cm的运动速度同时开始运动，其中一点到达终点时另一点也停止运动，
分别过点P和Q作PM⊥直线l于M，QN⊥直线l于N．则点P运动时间为 2 或 6 秒时，△PMC与
△QNC全等．思路引领：首先根据全等三角形的性质得到 CP＝CQ，再分两种情况进行讨论：①P在AC上，Q在
BC上，推出方程8﹣t＝10﹣2t，②P、Q都在AC上，此时P、Q重合，得到方程8﹣t＝2t﹣10．分别
解方程即可得出答案．
解：设运动时间为t秒时，△PMC≌△CNQ，
∴斜边CP＝CQ，
分两种情况：
①如图1，点P在AC上，点Q在BC上，
∵AP＝t，BQ＝2t，
∴CP＝AC﹣AP＝8﹣t，CQ＝BC﹣BQ＝10﹣2t，
∵CP＝CQ，
∴8﹣t＝10﹣2t，
∴t＝2；
②如图2，点P、Q都在AC上，此时点P、Q重合，
∵CP＝AC﹣AP＝8﹣t，CQ＝2t﹣10，
∴8﹣t＝2t﹣10，
∴t＝6；
综上所述，点P运动时间为2或6秒时，△PMC与△QNC全等，故答案为：2或6．
解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定与性质，路程、速度与时间的关系，能根据题意得出方程是解
此题的关键．
8．（2018秋•西城区校级期中）将两个全等的△ABC和△DBE按图1方式摆放，其中∠ACB＝∠DEB＝
90°，∠A＝∠D＝30°，点E落在AB上，DE所在直线交AC所在直线于F．
（1）求证：AF+EF＝DE；
（2）若将图1中的△DBE绕点B顺时针旋转角a，且60°＜ ＜180°，其他条件不变，如图2，请直接写
出此时线段AF、EF与DE之间的数量关系． α
思路引领：（1）由全等三角形的性质可得 BC＝BE，DE＝AC，AB＝BD，由“HL”可证
Rt△BCF≌Rt△BEF，可得EF＝CF，由线段之间关系可求解；
（2）由全等三角形的性质可得BC＝BE，DE＝AC，AB＝BD，由“HL”可证Rt△BCF≌Rt△BEF，可
得EF＝CF，由线段之间关系可求解．
证明：（1）连接BF，
∵△ABC≌△DBE
∴BC＝BE，DE＝AC，AB＝BD，
∵BE＝BC，BF＝BF
∴Rt△BCF≌Rt△BEF（HL）
∴EF＝CF∴DE＝AC＝AF+CF＝AF+EF
（2）连接BF，
∵△ABC≌△DBE
∴BC＝BE，DE＝AC，AB＝BD，
∵BE＝BC，BF＝BF
∴Rt△BCF≌Rt△BEF（HL）
∴EF＝CF
∴AF＝AC+CF＝DE+EF
解题秘籍：本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，熟练运用全等三角形的判定是本题的关
键．
9．（2021秋•东平县期中）如图（1），AB⊥BD，DE⊥BD，点C是BD上一点，且BC＝DE，CD＝AB．
（1）试判断AC与CE的位置关系，并说明理由；
（2）如图（2），若把△CDE沿直线BD向左平移，使△CDE的顶点C与B重合，此时AC与BE互相
垂直吗？请说明理由．
思路引领：（1）根据条件证明△ABC≌△CDE就得出∠ACE＝90°，就可以得出AC⊥CE；
（2）如图2，根据△ABC≌△CDE可以得出∠BFC＝90°，从而得出结论．
解：（1）AC⊥CE
理由：∵AB⊥BD，DE⊥BD，
∴∠B＝∠D＝90°．
在△ABC和△CDE中，{
AB=CD
)
∠B=∠D ，
BC=DE
∴△ABC≌△CDE（SAS），
∴∠A＝∠DCE，∠ACB＝∠E．
∵∠A+∠ACB＝90°，
∴∠DCE+∠ACB＝90°．
∵∠DCE+∠ACB+∠ACE＝180°，
∴∠ACE＝90°，
∴AC⊥CE；
（2）AC⊥BE
如图2，∵△ABC≌△BDE，
∴∠A＝∠EBD，∠ACB＝∠E．
∵∠A+∠ACB＝90°，
∴∠EBD+∠ACB＝90°，
∴∠BFC＝90°
∴AC⊥BE．
解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定及性质的运用，平移的性质的运用，垂直的判定及性质的运用，
解答时证明三角形全等是关键．10．（2013•淄川区模拟）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，将△ABC沿AB向下翻折后，再绕点A按顺时针
方向旋转 度（ ＜∠BAC），得到Rt△ADE，其中斜边AE交BC于点F，直角边DE分别交AB、BC
于点G、Hα． α
求证：△AFB≌△AGE．
思路引领：由折叠与旋转的性质可得：AE＝AB，∠E＝∠ABF，然后由 ASA，即可判定：
△AFB≌△AGE．
证明：∵将△ABC 沿 AB 向下翻折后，再绕点 A 按顺时针方向旋转 度（ ＜∠BAC），得到
Rt△ADE， α α
∴AE＝AB，∠E＝∠ABF，
{∠EAG=∠FAB=α
)
在△AFB和△AGE中， EA=AB ，
∠ABF=∠E
∴△AFB≌△AGE（ASA）．
解题秘籍：本题考查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．
11．（2016•启东市开学）如图，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，
1
且∠EAF= ∠DAB．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想．
2
思路引领：通过延长CF，将DE和BF放在一起，便于寻找等量关系，通过两次三角形全等证明，得出结论．
猜想：DE+BF＝EF．证明：延长CF，作∠4＝∠1，如图：
1
∵将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF= ∠DAB，
2
∴∠1+∠2＝∠3+∠5，∠2+∠3＝∠1+∠5，
∵∠4＝∠1，
∴∠2+∠3＝∠4+∠5，
∴∠GAF＝∠FAE，
{
∠4=∠1
)
在△AGB和△AED中， AB=AD ，
∠ABG=∠ADE
∴△AGB≌△AED（ASA），
∴AG＝AE，BG＝DE，
{
AG=AE
)
在△AGF和△AEF中， ∠GAF=∠EAF ，
AF=AF
∴△AGF≌△AEF（SAS），
∴GF＝EF，
∴DE+BF＝EF．
证毕．
解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是作辅助角，将 DE和BF放在一起，便
于数量关系的猜想和证明．
12．（2021秋•绥滨县期末）如图1，△ABE是等腰三角形，AB＝AE，∠BAE＝45°，过点B作BC⊥AE于
点C，在BC上截取CD＝CE，连接AD、DE并延长AD交BE于点P；
（1）求证：AD＝BE；
（2）试说明AD平分∠BAE；（3）如图2，将△CDE绕着点C旋转一定的角度，那么AD与BE的位置关系是否发生变化，说明理由．
思路引领：（1）利用SAS证明△BCE≌△ACD，根据全等三角形的对应边相等得到AD＝BE．
（2）根据△BCE≌△ACD，得到∠EBC＝∠DAC，由∠BDP＝∠ADC，得到∠BPD＝∠DCA＝90°，利
用等腰三角形的三线合一，即可得到AD平分∠BAE；
（3）AD⊥BE不发生变化．由△BCE≌△ACD，得到∠EBC＝∠DAC，由对顶角相等得到∠BFP＝
∠AFC，根据三角形内角和为180°，所以∠BPF＝∠ACF＝90°，即AD⊥BE．
解：（1）∵BC⊥AE，∠BAE＝45°，
∴∠CBA＝∠CAB，
∴BC＝CA，
在△BCE和△ACD中，
{
BC=AC
)
∠BCE=∠ACD=90° ，
CE=CD
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴AD＝BE．
（2）∵△BCE≌△ACD，
∴∠EBC＝∠DAC，
∵∠BDP＝∠ADC，
∴∠BPD＝∠DCA＝90°，
∵AB＝AE，
∴AD平分∠BAE．
（3）AD⊥BE不发生变化．
如图2，∵△BCE≌△ACD，
∴∠EBC＝∠DAC，
∵∠BFP＝∠AFC，
∴∠BPF＝∠ACF＝90°，
∴AD⊥BE．
解题秘籍：本题考查了全等三角形的性质定理与判定定理，解决本题的关键是证明△BCE≌△ACD．
13．（2022春•坪山区校级期中）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．
（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°，
∴∠BDF＝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＝∠PD，E＝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．
解题秘籍：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．
14．（2021秋•顺平县期末）如图1，AE与BD相交于点C．AC＝EC，BC＝DC．
（1）求证：AB∥DE；
（2）如图2，过点C作PQ交AB于P，交DE于Q，求证：CP＝CQ；
（3）如图3，若AB＝8cm，点P从点A出发，沿A→B→A方向以3cm/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的运动时间为t（s）．连接PQ，当线段PQ经过点C时，求出t的值．思路引领：（1）证明出全等之后得到一组内错角相等即可求证；
（2）利用（1）平行的结论得到一组角度相等，可以求证三角形全等，即可得到结论；
（3）由（2）可知，△DCQ≌△BCP始终成立，即DQ＝BP，分两种情况，一种是P从A到B，另外一
种是P从B到A．
（1）证明：在△ABC与△EDC中，
{
AC=EC
)
∵ ∠ACB=∠ECD ，
BC=DC
∴△ABC≌△EDC（SAS），
∴∠A＝∠E，
∴AB∥DE．
（2）证明：∵AB∥DE，
∴∠B＝∠D，
在△DCQ和△BCP中，
{
∠B=∠D
)
CD=BC ，
∠DCQ=∠BCP
∴△DCQ≌△BCP（ASA），
∴CP＝CQ．
（3）解：由（2）可知：当线段PQ经过点C时，△DCQ≌△BCP，
可得DQ＝BP，
∴8﹣3t＝t或3t﹣8＝t，
∴t＝2或4，
∴当t＝2（s）或4（s）时，线段PQ经过点C．
解题秘籍：本题主要考查全等三角形的性质和应用，在动点问题中要注意两种情况．
