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专题 08 三角形及全等三角形
目录
01 理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
02 盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。（2大模块知识梳理）
知识模块一：三角形
知识模块二：全等三角形
03 究·考点考法：对考点考法进行细致剖析和讲解，全面提升。（10大基础考点）
考点一：三角形的稳定性
考点二：与五线有关的计算
考点三：与五线有关的作图问题
考点四：利用三角形三边关系求解
考点五：三角形内角和定理与外角和定理的综合
考点六：利用全等三角形的性质求解【热考】
考点七：全等三角形证明方法的合理选择
考点八：利用全等三角形的性质与判定解决多结论问题
考点九：利用全等三角形解决实际问题
考点十：全等三角形与相似三角形综合
04 破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。（5大重难点）
重难点一：添加辅助线证明两个三角形全等-构造平行线
重难点二：添加辅助线证明两个三角形全等-构造垂线
重难点三：添加辅助线证明两个三角形全等-倍长中线法
重难点四：添加辅助线证明两个三角形全等-截长补短法
重难点五：与全等三角形有关的基础模型-一线三等角【热考】
重难点六：与全等三角形有关的基础模型-手拉手模型【热考】
05 辨·易混易错：点拨易混易错知识点，冲刺高分。（4大易错点）
易错点1：对三角形的高理解不到位
易错点2：与三角形高有关的分类讨论问题
易错点3：在等腰三角形中，忽略三边关系而致错【失分点】
易错点4：未掌握全等三角形的判定定理
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知识模块一：三角形
知识点一：三角形的相关概念
三角形的定义：由不在同一条直线上的三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角形.
三角形的表示：用符号“Δ”表示，顶点是A、B、C的三角形记作“ΔABC”，读作“三角形ABC”.
【补充】三角形的表示方法中“Δ”代表“三角形”,后边的字母为三角形的三个顶点，字母的顺序可以自
由安排， 即∆ABC, ACB等均为同一个三角形.
三角形的稳定性: 三角形∆ 三条边确定之后，三角形的形状和大小就确定不变了，这个性质叫做三角形的稳
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定性.
【补充】四边形及多边形不具有稳定性，要使多边形具有稳定性，方法是将多边形分成多个三角形，这样
多边形就具有稳定性了.
三角形三边关系：三角形的任意两边之和大于第三边，三角形的任意两边之差小于第三边．
三角形三边关系的应用：
1）判断三条已知线段能否组成三角形，只需检验最短的两边之和大于第三边，则可说明能组成三角形．
2）已知三角形两边的长度分别为a，b，求第三边长度的范围：|a-b|＜c＜a＋b
3）所有通过周长相加减求三角形的边，求出两个答案的，要注意检查每个答案能否组成三角形．
知识点二：与三角形的有关线段（掌握）
类型 三角形的高 三角形的中线 三角形的角平分线
从三角形的一个顶点向它的对 三角形一个内角的平分线与它的对
文字 三角形中，连接一个顶点和它对边
边所在的直线作垂线，顶点和 边相交，这个角的顶点与交点之间
语言 中点的线段．
垂足之间的线段． 的线段．
图形
语言
∵AD是∆ABC中BC边的高 ∵AD是∆ABC中BC边的中线 ∵AD是∆ABC中∠BAC的角平分线
∴∠ADB=∠ADC=90° 1
∴∠BAD=∠DAC= ∠BAC
性质 2
S =S =
∴BD=CD △ABD △ADC
S
△ABC
用途
1）线段垂直．2）角度相等． 1）线段相等．2）面积相等． 角度相等．
举例
类型 三角形的中位线 三角形的垂直平分线
文字
连接三角形两边中点的线段 经过线段的中点并且垂直于这条线段的直线
语言
图形
语言
∵DE是∆ABC的中位线 ∵直线l是AB的垂直平分线
性质 1 ∴PA=PB, AC=BC, ∠PCA=∠PCB=90°
∴DE= BC DE∥BC
2
用途
1）线段平行．2）线段关系． 1）线段相等．2）角度相等．
举例
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知识点三：与三角形有关的角（掌握）
三角形的内角和定理：三角形三个内角和等于180°．
推论：直角三角形的两个锐角互余.
三角形的内角和定理的应用：
1)在三角形中,已知两个内角的度数,可以求出第三个内角的度数；
2)在三角形中,已知三个内角的比例关系,可以求出三个内角的度数；
3)在直角三角形中,已知一个锐角的度数,可以求出另一个锐角的度数.
三角形的外角和定理：三角形的外角和等于360°．
三角形的外角的性质：1）三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和；
2）三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角．
知识模块二：全等三角形
知识点一：全等三角形的概念
全等图形的概念：能完全重合的两个图形叫做全等图形.
特征：①形状相同.②大小相等.③对应边相等、对应角相等.④周长、面积相等.
全等三角形的概念：能完全重合的两个三角形叫做全等三角形.
【补充】
1）全等三角形是特殊的全等图形，同样的，判断两个三角形是否为全等三角形，主要看这两个三角形的
形状和大小是否完全相同，与它们所处的位置无关.
2）形状相同的两个图形不一定是全等图形，面积相同的两个图形也不一定是全等图形.
全等三角形的表示：全等用符号“≌”，读作“全等于”.
【补充】书写三角形全等时，要注意对应顶点字母要写在对应位置上. 如△ABC和△DEF全等，记作
△ABC≌△DEF，读作△ABC全等于△DEF.
全等变换定义：只改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小的变换.
常见的全等变换：平移变换、翻折变换、旋转变换，即过平移、翻折、旋转后得到的图形与原图形是全等
图形.
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知识点二：全等三角形的性质与判定（贯穿整个几何部分）
全等三角形的性质：1）全等三角形的对应边相等，对应角相等.
2）全等三角形对应边上的高线相等，对应边上的中线相等，对应角的角平分线相等．
3）全等三角形的周长相等，面积相等（但周长或面积相等的三角形不一定是全等三角
形）.
全等三角形的判定：
1）边边边定理：有三边对应相等的两个三角形全等（可简写成“边边边”或“SSS”）；
2）边角边定理：有两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等（可简写成“边角边”或“SAS”）；
【易错】
①只有两边及其夹角分别对应相等，才能判定两个三角形全等，“边边角”不能判定三角形全等；
A D
例:
B C E F
②在书写过程中，要按照边角边对应顺序书写，即对应顶点的字母写在对应的位置上.
3）角边角定理：有两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等（可简写成“角边角”或“ASA”）；
4）角角边定理：有两角和它们所对的任意一边对应相等的两个三角形全等（可简写成“角角边”或
“AAS”）；
5）斜边、直角边：有斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等（可简写成“斜边、直角边”或
“HL”）．
【总结】从判定两个三角形全等的方法可知，要判定两个三角形全等，需要知道这两个三角形分别有三个
元素（其中至少有一个元素是边）对应相等，这样就可以利用题目中的已知边（角）准确地确定要补充的
边（角），有目的地完善三角形全等的条件，从而得到判定两个三角形全等的思路.
考点一：三角形的稳定性
1．（2023·吉林·中考真题）如图，钢架桥的设计中采用了三角形的结构，其数学道理是 ．
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【答案】三角形具有稳定性
【分析】根据三角形结构具有稳定性作答即可．
【详解】解：其数学道理是三角形结构具有稳定性．
故答案为：三角形具有稳定性．
【点睛】本题考查了三角形具有稳定性，解题的关键是熟练的掌握三角形形状对结构的影响．
2．（2022·广东·中考真题）下列图形中具有稳定性的是（ ）．
A．三角形 B．长方形 C．正方形 D．平行四边形
【答案】A
【分析】根据三角形具有稳定性可直接得出答案．
【详解】解：三角形具有稳定性，长方形、正方形、平行四边形不具有稳定性，
故选：A．
【点睛】本题考查三角形的稳定性、四边形的不稳定性，掌握三角形具有稳定性是解题的关键．
3．（2024·吉林长春·一模）四边形结构在生活实践中有着广泛的应用，如图所示的升降机，通过控制平行
四边形形状的升降杆，使升降机降低或升高，其蕴含的数学道理是（ ）
A．平行四边形的对边相等 B．平行四边形的对角相等
C．四边形的不稳定性 D．四边形的内角和等于360°
【答案】C
【分析】本题考查了四边形的不稳定性，根据四边形的不稳定性求解即可．
【详解】解：升降机降低或升高，其蕴含的数学道理是：四边形的不稳定性，
故选：C．
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考点二：与五线有关的计算
1．（2024·山东德州·中考真题）如图，在△ABC中，AD是高，AE是中线，AD=4，S =12，则BE
△ABC
的长为（ ）
A．1.5 B．3 C．4 D．6
【答案】B
【分析】本题考查了三角形的高线和中线的意义，根据S =12和AD=4求出BC=6，根据AE是中线即
△ABC
可求解．
1
【详解】解：∵S = ×BC×AD=12，AD=4，
△ABC 2
∴BC=6
∵AE是中线，
1
∴BE= BC=3
2
故选：B
2．（2022·贵州安顺·中考真题）如图，在△ABC中，AC=2√2，∠ACB=120°，D是边AB的中点，E
是边BC上一点，若DE平分△ABC的周长，则DE的长为（ ）
√5 √2+1
A． B． C．√2 D．√3
2 2
【答案】C
【分析】延长BC至F，使得CF=CA，连接AF，构造等边三角形，根据题意可得DE是△AFB的中位线，
即可求解．
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【详解】解：如图，延长BC至F，使得CF=CA，连接AF，
∵ ∠ACB=120°
，
∴∠FCA=60°,
又∵ CF=CA，
∴△AFC是等边三角形，
∴AF=AC=2√2，
∵ D是边AB的中点，E是边BC上一点，DE平分△ABC的周长，
∴AC+CE+AD=BE+BD，AD=BD，
∴AC+CE=BE，
∵AC=CF，
∴ CF+CE=BE，
即EF=EB，
∴ED是△ABF的中位线，
1
∴ED= FA=√2．
2
故选C．
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质与判定，等边三角形的性质，三角形中线的定义，构造等边三角
形是解题的关键．
3．（2021·辽宁阜新·中考真题）如图，直线AB//CD，一块含有30°角的直角三角尺顶点E位于直线CD
上，EG平分∠CEF，则∠1的度数为 °．
【答案】60
【分析】根据角平分线的定义可求出∠CEG的度数，即可得到∠CEF的度数，再利用平行线的性质即可
解决问题．
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【详解】∵一块含有30°角的直角三角尺顶点E位于直线CD上，
∴∠FEG=30°，
∵EG平分∠CEF，
∴∠CEG=∠FEG=30°，
∴∠CEF=∠CEG+∠FEG=60°，
∵AB//CD，
∴∠1=∠CEF=60°．
故答案为：60．
【点睛】本题考查了角平分线定义和平行线的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
1
4．（2024·山东济南·中考真题）如图，在正方形ABCD中，分别以点A和B为圆心，以大于 AB的长为
2
半径作弧，两弧相交于点E和F，作直线EF，再以点A为圆心，以AD的长为半径作弧交直线EF于点G
（点G在正方形ABCD内部），连接DG并延长交BC于点K．若BK=2，则正方形ABCD的边长为
（ ）
5 3+√5
A．√2+1 B． C． D．√3+1
2 2
【答案】D
【分析】连接AG，设EF交AB于点H，正方形边长为2x，由作图知，AG=AD=2x，EF垂直平分AB，
得到AH=BH=x，∠AHG=90°，由勾股定理得到GH=√3x，证明AD∥GH∥BC，推出DG=GK，
推出GH=x+1，得到√3x=x+1，即得2x=√3+1．
【详解】连接AG，设EF交AB于点H，正方形边长为2x，
由作图知，AG=AD=2x，EF垂直平分AB，
1
∴AH=BH= AB=x，∠AHG=90°，
2
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∴GH=√AG2−AH2=√3x，
∵∠BAD=90°，
∴AD∥GH，
∵AD∥BC，
∴AD∥GH∥BC，
DG AH
∴ = =1，
GK HB
∴DG=GK，
∵BK=2，
1
∴GH= (AD+BK)=x+1，
2
∴√3x=x+1，
√3+1
∴x= ，
2
∴2x=√3+1．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形和线段垂直平分线综合．熟练掌握正方形性质，线段垂直平分线性质，勾
股定理解直角三角形，平行线分线段成比例定理，梯形中位线性质，是解决问题的关键．
5．（2024·四川巴中·中考真题）如图， ▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点E是BC的中点，
AC=4．若 ▱ABCD的周长为12，则△COE的周长为（ ）
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A．4 B．5 C．6 D．8
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质和三角形的中位线的性质．由平行四边形的性质和三角形的中位线
的性质可求得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
O是AC中点，
∴又∵E是BC中点，
OE是△ABC的中位线，
∴ 1 1
∴OE= AB，CE= BC，
2 2
∵ ▱ABCD的周长为12，AC=4，
1
∴AB+BC= ×12=6，
2
1 1
∴△COE的周长为OE+CE+OC= (AB+BC+AC)= ×(6+4)=5．
2 2
故选：B.
考点三：与五线有关的作图问题
1．（2024·黑龙江绥化·中考真题）已知：△ABC．
(1)尺规作图：画出△ABC的重心G．（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）
(2)在（1）的条件下，连接AG，BG．已知△ABG的面积等于5cm2，则△ABC的面积是______cm2．
【答案】(1)见解析
(2)15
【分析】本题考查了三角形重心的性质，尺规画垂线；
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（1）分别作BC,AC的中线，交点即为所求；
S 2
（2）根据三角形重心的性质可得 △ABG= ，根据三角形中线的性质可得S =2S =15cm2
S 3 △ABC △ABD
△ABD
【详解】（1）解：如图所示
作法：①作BC的垂直平分线交 BC 于点 D
②作AC的垂直平分线交AC于点F
③连接AD、BF相交于点G
④标出点 G，点 G 即为所求
（2）解：∵G是△ABC的重心，
2
∴AG= AD
3
S 2
∴
△ABG=
S 3
△ABD
∵△ABG的面积等于5cm2，
∴S =7.5cm2
△ABD
又∵D是BC的中点，
∴S =2S =15cm2
△ABC △ABD
故答案为：15．
2．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图是由小正方形组成的7×5网格，每个小正方形的顶点叫做格点．
△ABC的三个顶点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
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(1)在图1中，BD平分∠ABC交边AC于点D，先画出△ABC的角平分线AE，再在射线BD上画点F，连
1
接AF，使得AF= BD；
2
(2)在图2中，先画△ABC的高AH，再画∠AHC的平分线HP．
【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析
【分析】（1）利用三角形三条角平分线交于一点，先找出过点C的角平分线，确定角平分线交点，再找过
1
点A的角平分线AE，利用全等可得BD=AE，即转化为作AF= AE，作出点E的对称点，可证得点E的
2
对称点、A、B构成的三角形是等腰三角形，且BD为其角平分线，利用三线合一可得BD为中线，即可得
点F为BD延长与AE对称线段的交点；
（2）利用两个直角三角形全等，其中两对应边垂直，则第三边也对应垂直可得高AH，利用90°的圆周角
所对的弦是直径，可得点H在以AC为直径的圆上，设∠AHC的平分线与此圆的交点即为格点P，则
∠APC=90°，证明AP=CP，则△APC为等腰直角三角形，可得∠AHP=∠CHP，即可确定点P位置．
【详解】（1）解：如图：AE，F点即为所求；
理由如下：
如图，利用等腰直角三角形ABC，可作出∠ACB的平分线CO，交BD于点O，
由三角形的三条角平分线交于一点，
则AO为∠BAC的平分线，
延长AO交BC于点E，△ABC的角平分线AE即得；
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利用对称性作点B的对称点B'，连接B'D，
再利用对称性作点E的对称点E'，连接AE'交BD延长线于点F，
由对称性得AE=AE'，
利用ASA可证△BCD≌△ACE，
∴BD=AE，
∴BD=AE'，
利用∠BAC=∠ABC=45°，及BD、AE为角平分线，
∴∠EAC=22.5°，
∴∠AEC=67.5°，∠E' AC=22.5°，
∴∠AE'C=∠BAE'=67.5°，
∴AB=BE'，
又∵BD平分∠ABC，
1
∴AF= AE' ，
2
1
∴AF= BD，
2
则点F即为所求作；
（2）解：如图：HP即为所求，
理由如下：
如图，∵BT=AW，CT=QW，∠AWQ=∠BTC，
∴Rt△AWQ≌Rt△BTC，
∴∠TBC=∠QAW，
而AW⊥BT，即∠AKB=90°，
∵∠ANK=∠BNH，
∴∠BHN=∠AKN=90°，
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∴AQ⊥BC，
∴AH⊥BC，
则AH即为所求作；
在过点A、C、H的圆上，∠AHC=90°，
∵AP2=5=CP2，AP2+CP2=10=AC2，
∴∠APC=90°，AP=CP，
∴∠AHC+∠APC=180°，
∴A,H,C,P四点共圆，
∵AP=CP，
∴∠AHP=∠CHP，
∴AP平分∠AHC．
【点睛】本题考查利用直尺结合网格作图，涉及三角形的角平分线，全等三角形的判定与性质，等腰三角
形的判断与性质，圆周角的性质即推论，熟练的掌握这些性质是解题的关键．
3．（2024·吉林·模拟预测）图①、图②、图③均是5×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小
正方形的边长均为1，△ABC的顶点均在格点上，点G是图③中边AC上的任意一点：只用无刻度的直尺
按下列要求在给定的网格中画图，不要求写出画法，保留作图痕迹．
(1)在图①中作边BC上的高AD；
(2)在图②中作△ABC的中位线EF，使点E、F分别在边AC、AB上；
(3)在图③中△ABC的边AB上找到一点H，使AH=AG．
【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析
(3)作图见解析
【分析】（1）如图，取格点K，连接AK交BC于D，则AD为BC上的高；
（2）如图，取格点M,K,Q,N，连接MN，QK，与AC，AB分别交于E,F，连接EF；则EF即为所求，
（3）如图，仿照（1）作AD⊥BC，连接BG交AD于T，连接CT并延长交AB于H，则AH=AG
【详解】（1）解：如图，取格点K，连接AK交BC于D，则AD为BC上的高；
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连接KB,KC，
∵AB=√12+42=√17=AC，KB=√12+22=KC，
∴AK是BC的垂直平分线，
∴AD⊥BC；
（2）解：如图，取格点M,K,Q,N，连接MN，QK，与AC，AB分别交于E,F，连接EF；则EF即为
所求，
由矩形的性质可得：AF=BF，AE=CE，
∴EF为三角形ABC的中位线；
（3）解：如图，仿照（1）作AD⊥BC，连接BG交AD于T，连接CT并延长交AB于H，则AH=AG，
∵由（1）得：AD是BC的垂直平分线，
∴TB=TC，
∴∠TBC=∠TCB，
∵AB=AC，
∴∠HBC=∠GCB，
∵BC=CB，
∴△HBC≌△GCB，
∴HB=GC，
∴AH=AG
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【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，三角形的中位线的定义，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，
线段的垂直平分线的判定，三角形的高的含义，熟练的利用网格特点作图是解本题的关键．
考点四：利用三角形三边关系求解
1．（2023·江苏盐城·中考真题）下列每组数分别表示3根小木棒的长度（单位：cm），其中能搭成一个三
角形的是（ ）
A．5，7，12 B．7，7，15 C．6，9，16 D．6，8，12
【答案】D
【分析】根据三角形的三边关系“两边之和大于第三边，两边之差小于第三边”进行分析判断．
【详解】A、5+7=12，不能构成三角形，故此选项不合题意；
B、7+7=14<15，不能构成三角形，故此选项不合题意；
C、6+9=15<16，不能构成三角形，故此选项不合题意；
D、6+8=14>12，能构成三角形，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】此题考查了三角形三边关系，看能否组成三角形的简便方法：看较小的两个数的和能否大于第三
个数．
2（2023·山东·中考真题）在△ABC中，BC=3,AC=4，下列说法错误的是（ ）
A．1<AB<7 B．S ≤6
△ABC
C．△ABC内切圆的半径r<1 D．当AB=√7时，△ABC是直角三角形
【答案】C
【分析】根据三角形三边关系、三角形面积、内切圆半径的计算以及勾股定理逆定理逐一求解即可．
【详解】解：∵BC=3,AC=4，
∴4−3<AB<4+3即1<AB<7，故A说法正确；
1
当BC⊥AC时，S = AB⋅BC=6，
△ABC 2
若以BC为底，高≤AC=4，
∴S ≤6，故B说法正确；
△ABC
设△ABC内切圆的半径为r，
1 1 1
则 AB⋅r+ BC⋅r+ AC⋅r=S ，
2 2 2 △ABC
∵S ≤6，
△ABC
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r 12
∴ (AB+BC+AC)≤6，r≤ ，
2 AB+BC+AC
∵1<AB<7，BC=3,AC=4
∴8<AB+BC+AC<14，
12 3
∴r< = ，故C说法错误；
8 2
当AB=√7时，BC2+AB2=AC2，
∴△ABC是直角三角形，故D说法正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形三边关系，三角形面积，三角形内切圆半径以及勾股定理的逆定理，掌握内切
2S
圆半径与圆的面积周长之间的关系r= 是解题的关键．
C
3．（2023·河北·中考真题）四边形ABCD的边长如图所示，对角线AC的长度随四边形形状的改变而变化．
当△ABC为等腰三角形时，对角线AC的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】利用三角形三边关系求得0<AC<4，再利用等腰三角形的定义即可求解．
【详解】解：在△ACD中，AD=CD=2，
∴2−2<AC<2+2，即0<AC<4，
当AC=BC=4时，△ABC为等腰三角形，但不合题意，舍去；
若AC=AB=3时，△ABC为等腰三角形，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形三边关系以及等腰三角形的定义，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
考点五：三角形内角和定理与外角和定理的综合
1．（2024·天津·中考真题）如图，Rt△ABC中，∠C=90°,∠B=40°，以点A为圆心，适当长为半径画
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1
弧，交AB于点E，交AC于点F；再分别以点E,F为圆心，大于 EF的长为半径画弧，两弧（所在圆的
2
半径相等）在∠BAC的内部相交于点P；画射线AP，与BC相交于点D，则∠ADC的大小为（ ）
A．60∘ B．65∘ C．70∘ D．75∘
【答案】B
【分析】本题主要考查基本作图，直角三角形两锐角互余以及三角形外角的性质，由直角三角形两锐角互
余可求出∠BAC=50°，由作图得∠BAD=25°，由三角形的外角的性质可得∠ADC=65°，故可得答案
【详解】解：∵∠C=90°,∠B=40°，
∴∠BAC=90°−∠B=90°−40°=50°，
由作图知，AP平分∠BAC，
1 1
∴∠BAD= ∠BAC= ×50°=25°，
2 2
又∠ADC=∠B+∠BAD,
∴∠ADC=40°+25°=65°,
故选：B
2．（2024·四川凉山·中考真题）如图，△ABC中，∠BCD=30°，∠ACB=80°，CD是边AB上的高，
AE是∠CAB的平分线，则∠AEB的度数是 ．
【答案】100°/100度
【分析】本题考查了三角形内角和以及外角性质、角平分线的定义．先求出∠ACD=50°，结合高的定义，
得∠DAC=40°，因为角平分线的定义得∠CAE=20°，运用三角形的外角性质，即可作答．
【详解】解：∵∠BCD=30°，∠ACB=80°，
∴∠ACD=50°，
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∵CD是边AB上的高，
∴∠ADC=90°，
∴∠DAC=40°，
∵AE是∠CAB的平分线，
1
∴∠CAE= ∠DAC=20°，
2
∴∠AEB=∠CAE+∠ACB=20°+80°=100°．
故答案为：100°．
3．（2023·辽宁锦州·中考真题）如图，在△ABC中，BC的垂直平分线交BC于点D．交AB于点E．连接
CE．若CE=CA，∠ACE=40°，则∠B的度数为 ．
【答案】35°/35度
【分析】先在△ACE中利用等边对等角求出∠AEC的度数，然后根据垂直平分线的性质可得BE=CE，
再利用等边对等角得出∠B=∠BCE，最后结合三角形外角的性质即可求解．
【详解】解：∵CE=CA，∠ACE=40°，
180°−∠ACE
∴∠A=∠AEC= =70°，
2
∵DE是BC的垂直平分线，
∴BE=CE，
∴∠B=∠BCE，
又∠AEC=∠B+∠BCE，
∴∠B=35°．
故答案为： 35°．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质等知识，掌握等腰三
角形的等边对等角是解题的关键．
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考点六：利用全等三角形的性质求解
1．（2024·四川资阳·中考真题）第14届国际数学教育大会（JCME−14）会标如图1所示，会标中心的图
案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图2所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（△ABE，
△BCF，△CDG，△DAH）和一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD．若EF：AH=1：3，则
sin∠ABE=（ ）
√5 3 4 2√5
A． B． C． D．
5 5 5 5
【答案】C
【分析】设EF=x，则AH=3x，根据全等三角形，正方形的性质可得AE=4x，再根据勾股定理可得
AB=5x，即可求出sin∠ABE的值．
【详解】解：根据题意，设EF=x，则AH=3x，
∵△ABE≌△DAH，四边形EFGH为正方形，
∴AH=BE=3x，EF=HE=x，
∴AE=4x，
∵∠AEB=90°，
∴AB=√AE2+BE2=5x，
AE 4x 4
∴sin∠ABE= = = ，
AB 5x 5
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形，正方形的性质，三角函数值的知识，熟练掌握以上知识是解
题的关键．
2．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，在△ABC中，点A的坐标为(0,1)，点B的坐标为(4,1)，点C的坐标
为(3,4)，点D在第一象限（不与点C重合），且△ABD与△ABC全等，点D的坐标是 ．
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【答案】(1,4)
【分析】本题考查坐标与图形，三角形全等的性质．利用数形结合的思想是解题的关键．根据点D在第一
象限（不与点C重合），且△ABD与△ABC全等，画出图形，结合图形的对称性可直接得出D(1,4)．
【详解】解：∵点D在第一象限（不与点C重合），且△ABD与△ABC全等，
∴AD=BC，AC=BD，
∴可画图形如下，
由图可知点C、D关于线段AB的垂直平分线x=2对称，则D(1,4)．
故答案为：(1,4)．
3．（2024·四川遂宁·中考真题）如图1，△ABC与△A B C 满足∠A=∠A ，AC=A C ，BC=B C ，
1 1 1 1 1 1 1 1
∠C≠∠C ，我们称这样的两个三角形为“伪全等三角形”如图2，在△ABC中，AB=AC，点D,E在线
1
段BC上，且BE=CD，则图中共有“伪全等三角形”（ ）
A．1对 B．2对 C．3对 D．4对
【答案】D
【分析】本题考查了新定义，等边对等角，根据“伪全等三角形”的定义可得两个三角形的两边相等，一
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个角相等，且这个角不是夹角，据此分析判断，即可求解．
【详解】解：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
在△ABD和△ABE中，∠B=∠B,AB=AB,AD=AE，
在△ACE,△ACD中，∠C=∠C,AC=AC,AE=AD，
在△ABD,△ACD中，∠B=∠C,AB=AC,AD=AD，
在△ACE,△ABE中，∠B=∠C,AE=AE,AC=AB
综上所述，共有4对“伪全等三角形”，
故选：D．
考点七：全等三角形证明方法的合理选择
1．（2024·江苏徐州·中考真题）已知：如图，四边形ABCD为正方形，点E在BD的延长线上，连接
EA、EC．
(1)求证：△EAB≌△ECB；
(2)若∠AEC=45°，求证：DC=DE．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
【分析】本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是正确识别图形，理解角与
角之间的关系，熟练找出△EAB和△ECB的全等条件．
（1）根据正方形的性质证明AB=BC，∠ABE=∠CBE，然后根据全等三角形的判定定理进行证明即可；
（2）根据正方形的性质和全等三角形的性质，求出∠CED和∠DCE，然后进行证明即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠CBE=45°，
在△EAB和△ECB中，
¿，
∴△EAB≌△ECB（SAS）；
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（2）∵四边形ABCD为正方形，
1
∴∠BDC= ∠CDA=45°，
2
∵△EAB≌△ECB，∠AEC=45°，
1
∴∠CED=∠AED= ∠AEC=22.5°，
2
∵∠BDC=∠CED+∠DCE=45°，
∴∠DCE=45°−22.5°=22.5°，
∴∠CED=∠DCE，
∴DC=DE．
2．（2023·四川绵阳·中考真题）如图， ▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F在AC上，且
AE=CF．
(1)求证：BE∥DF；
(2)过点O作OM⊥BD，垂足为O，交DF于点M，若△BFM的周长为12，求四边形BEDF的周长．
【答案】(1)见解析
(2)四边形BEDF的周长为24
【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质及平行线的判
定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解答的关键．
（1）根据平行四边形的性质得到AB∥DC，AB=DC，求得∠BAE=∠DCF，根据全等三角形的性质
得到∠AEB=∠CFD，根据平行线的判定定理即可得到结论；
（2）由（1）知，△ABE≌△CDF，BE∥DF，求得BE=DF，根据线段垂直平分线的性质得到
DM=BM，于是得到结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB=DC，
∴∠BAE=∠DCF，
在△ABE与△CDF中，
¿，
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∴△ABE≌△CDF(SAS)，
∴∠AEB=∠CFD，
∴∠BEF=∠DFE，
∴BE∥DF；
（2）解：由（1）知，△ABE≌△CDF，BE∥DF，
∴BE=DF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴DO=BO，
∵OM⊥BD，
∴DM=BM，
∵△BFM的周长为12，
∴BM+MF+BF=DM+MF+BF=DF+BF=12，
∴BF+DF+BE+DE=2(BF+DF)=2×12=24.
∴四边形BEDF的周长为24.
3．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，△ABC中，∠ACB=90°，点O为AC边上一点，以点O为圆心，
OC为半径作圆与AB相切于点D，连接CD．
(1)求证：∠ABC=2∠ACD；
(2)若AC=8，BC=6，求⊙O的半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）连接OD，根据题意可得∠ODA=90°，根据余角的性质可得∠AOD=∠ABC，根据圆周
角定理可得∠AOD=2∠ACD，等量代换即可得证；
（2）在Rt△ABC中，勾股定理求得AB=10,证明Rt△ODB≌Rt△OCB(HL)，设⊙O的半径为r，则
OD=OC=r，OA=8−r，在Rt△AOD中，r2+42=(8−r) 2，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接OD，
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∵AB为切线，
∴OD⊥AB，
∴∠ODA=90°，
∴∠A+∠AOD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ABC+∠A=90°
∴∠AOD=∠ABC，
∵∠AOD=2∠ACD，
∴∠ABC=2∠ACD．
（2）解：在Rt△ABC中，AB=√BC2+AC2=√62+82=10，
∵∠OCB=90°=∠ODB，
在Rt△ODB和Rt△OCB中，OD=OC，OB=OB，
∴Rt△ODB≌Rt△OCB(HL)，
∴BD=BC=6，
∴AD=AB−BD=4，
设⊙O的半径为r，则OD=OC=r，OA=8−r，
在Rt△AOD中，r2+42=(8−r) 2，
解得r=3，
∴⊙O半径的长为3
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知
识是解题的关键．
考点八：利用全等三角形的性质与判定解决多结论问题
1．（2024·山东泰安·中考真题）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，分别以顶点A，C为圆心，大于
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1
AC的长为半径画弧，两弧分别相交于点M和点N，作直线MN分别与BC，AC交于点E和点F；以点A
2
1
为圆心，任意长为半径画弧，分别交AB，AC于点H和点G，再分别以点H，点G为圆心，大于 HG的
2
长为半径画弧，两弧交于点P，作射线AP，若射线AP恰好经过点E，则下列四个结论：
1
①∠C=30°；②AP垂直平分线段BF；③CE=2BE；④S = S ．
△BEF 6 △ABC
其中，正确结论的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】本题主要考查作图-复杂作图、角平分线的性质、线段的垂直平分线的性质等知识，读懂图象信息，
灵活运用所学知识解决问题是解题的关键．
由作图可知MN垂直平分线段AC、AE平分∠BAC，进而证明∠C=∠EAC=∠BAE=30°可判定①；
再说明AB=AF可得AP垂直平分线段BF可判定②；根据直角三角形的性质可得AC=2AB，AE=2BE
可判定③，根据三角形的面积公式即可判定④．
【详解】解：由作图可知MN垂直平分线段AC，
∴EA=EC，
∴∠EAC=∠C，
由作图可知AE平分∠BAC，
∴∠BAE=∠CAE，
∵∠ABC=90°，
∴∠C=∠CAE=∠BAE=30°，故①正确，
∴AC=2AB，
∵AF=FC，
∴AB=AF，
∴AP垂直平分线段BF，故②正确，
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∵AE=2BE，EA=EC，
∴EC=2BE，故③正确，
1
∴S ❑ = S ，
△ BEF 3 △BCF
∵AF=FC，
1
∴S ❑ = S ，
△ BFC 2 △ABC
1
∴S = S ，故④正确．
△BEF 6 △ABC
故选：D．
2．（2024·北京·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，O为对角线的交点.将菱形ABCD绕
点O逆时针旋转90°得到菱形A'B'C'D'，两个菱形的公共点为E，F，G，H.对八边形BFB'GDH D'E
给出下面四个结论：
①该八边形各边长都相等；
②该八边形各内角都相等；
③点O到该八边形各顶点的距离都相等；
④点O到该八边形各边所在直线的距离都相等。
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】B
【分析】根据菱形ABCD，∠BAD=60°，则∠BAO=∠DAO=30°，∠AOD=∠AOB=90°，结合旋
转的性质得到点A',D',B',C'一定在对角线AC,BD上，且OD=OD'=OB=OB'，OA=OA'=OC=OC'，
继而得到AD'=C'D，∠D' AH=∠DC'H=30°，结合∠D'HA=∠DHC'，继而得到
△AD'H≌△C'DH，可证D'H=DH，C'H=AH，同理可证D'E=BE,BF=B'F,B'G=DG，证
△A'BE≌△C'DH，继而得到DH=BE，得到DH=BE=D'H=D'E=BF=FB'=B'G=DG，可以判定
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该八边形各边长都相等，故①正确；根据角的平分线的性质定理，得点O到该八边形各边所在直线的距离
都相等，可以判定④正确；根据题意，得∠ED'H=120°，结合∠D'OD=90°，
∠OD'H=∠ODH=60°，得到∠D'HD=150°，可判定②该八边形各内角不相等；判定②错误，证
△D'OH≌△DOH，进一步可得OD≠OH，可判定点O到该八边形各顶点的距离都相等错误即③错误，
解答即可.
本题考查了旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质，角的平分线性质定理，熟练掌握旋转的性
质，菱形的性质，三角形全等判定和性质是解题的关键.
【详解】向两方分别延长BD，连接OH，
根据菱形ABCD，∠BAD=60°，则∠BAO=∠DAO=30°，∠AOD=∠AOB=90°，
∵菱形ABCD绕点O逆时针旋转90°得到菱形A'B'C'D'，
∴点A',D',B',C'一定在对角线AC,BD上，且OD=OD'=OB=OB'，OA=OA'=OC=OC'，
∴AD'=C'D，∠D' AH=∠DC'H=30°，
∵∠D'HA=∠DHC'，
∴△AD'H≌△C'DH，
∴D'H=DH，C'H=AH，同理可证D'E=BE,BF=B'F,B'G=DG，
∵∠EA'B=∠HC'D=30°,A'B=C'D,∠A'BE=∠C'DH=120°，
∴△A'BE≌△C'DH，
∴DH=BE，
∴DH=BE=D'H=D'E=BF=FB'=B'G=DG，
∴该八边形各边长都相等，
故①正确；
根据角的平分线的性质定理，得点O到该八边形各边所在直线的距离都相等，
∴④正确；
根据题意，得∠ED'H=120°，
∵∠D'OD=90°，∠OD'H=∠ODH=60°，
∴∠D'HD=150°，
∴该八边形各内角不相等；
∴②错误，
根据OD=OD',D'H=DH,OH=OH，
∴△D'OH≌△DOH，
∴∠D'HO=∠DHO=75°，
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∵∠ODH=60°，
故OD≠OH，
∴点O到该八边形各顶点的距离都相等错误
∴③错误，
故选B．
3．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，把
△ADE以A为中心顺时针旋转，点M为射线BD、CE的交点．若AB=√3，AD=1．以下结论：
①BD=CE；②BD⊥CE；
3−√3
③当点E在BA的延长线上时，MC= ；
2
1
④在旋转过程中，当线段MB最短时，△MBC的面积为 ．
2
其中正确结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】证明△BAD≌△CAE即可判断①，根据三角形的外角的性质得出②，证明∠DCM∽∠ECA得
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MC √3−1
出 = ，即可判断③；以A为圆心，AD为半径画圆，当CE在⊙A的下方与⊙A相切时，MB的
√3 2
值最小，可得四边形AEMD是正方形，在Rt△MBC中MC=√BC2−MB2 =√2+1，然后根据三角形的
面积公式即可判断④．
【详解】解：∵△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，
∴BA=CA,DA=EA,∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE，
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，故①正确；
设∠ABD=∠ACE=α，
∠DBC=45°−α,
∴∴∠EMB=∠DBC+∠BCM=∠DBC+∠BCA+∠ACE=45°−α+45°+α=90°，
∴BD⊥CE，故②正确；
当点E在BA的延长线上时，如图所示
∵∠DCM=∠ECA，∠DMC=∠EAC=90°，
∴∠DCM∽∠ECA
MC CD
∴ =
AC EC
∵AB=√3，AD=1．
∴CD=AC−AD=√3−1，CE=√AE2+AC2=2
MC √3−1
∴ =
√3 2
3−√3
∴MC= ，故③正确；
2
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④如图所示，以A为圆心，AD为半径画圆，
∵∠BMC=90°，
∴当CE在⊙A的下方与⊙A相切时，MB的值最小， ∠ADM=∠DAE=∠AEM=90°
∴四边形AEMD是矩形，
又AE=AD，
∴四边形AEMD是正方形，
∴MD=AE=1，
∵BD=EC=√AC2−AE2=√2，
∴MB=BD−MD=√2−1，
在Rt△MBC中，MC=√BC2−MB2
∴PB取得最小值时，MC=√AB2+AC2−MB2 =√3+3−(√2−1) 2=√2+1
1 1 1
∴S = MB×MC= (√2−1)(√2+1)=
△BMC 2 2 2
故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质，勾股定理，切线的性质，垂线段最短，全等三角形
的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
考点九：利用全等三角形解决实际问题
1．（2024·山东·中考真题）【实践课题】测量湖边观测点A和湖心岛上鸟类栖息点P之间的距离
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【实践工具】皮尺、测角仪等测量工具
【实践活动】某班甲小组根据湖岸地形状况，在岸边选取合适的点B．测量A，B两点间的距离以及
∠PAB和∠PBA，测量三次取平均值，得到数据：AB=60米，∠PAB=79°，∠PBA=64°．画出示意
图，如图
【问题解决】（1）计算A，P两点间的距离．
（参考数据：sin64°≈0.90，sin79°≈0.98，cos79°≈0.19，sin37°≈0.60，tan37°≈0.75）
【交流研讨】甲小组回班汇报后，乙小组提出了另一种方案：
如图2，选择合适的点D，E，F，使得A，D，E在同一条直线上，且AD=DE，∠≝=∠DAP，当F，
D，P在同一条直线上时，只需测量EF即可．
（2）乙小组的方案用到了________．（填写正确答案的序号）
①解直角三角形 ②三角形全等
【教师评价】甲、乙两小组的方案都很好，对于实际测量，要根据现场地形状况选择可实施的方案．
【答案】（1）A，P两点间的距离为89.8米；（2）②
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【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质的应用，解直角三角形的应用，灵活应用知识点是解本题
的关键；
（1）如图，过B作BH⊥AP于H，先求解AH=AB⋅cos79°≈60×0.19=11.4，
BH=AB⋅sin79°≈60×0.98=58.8，再求解∠APB=37°及PH即可；
（2）由全等三角形的判定方法可得△ADP≌△EDF(ASA)，可得AP=EF，从而可得答案.
【详解】解：如图，过B作BH⊥AP于H，
∵AB=60米，∠PAB=79°，sin79°≈0.98，cos79°≈0.19，
∴AH=AB⋅cos79°≈60×0.19=11.4，
BH=AB⋅sin79°≈60×0.98=58.8，
∵∠PAB=79°，∠PBA=64°，
∴∠APB=180°−79°−64°=37°，
BH
∴tan∠APB=tan37°= ≈0.75，
PH
58.8
∴PH≈ =78.4，
0.75
∴AP=AH+PH=11.4+78.4=89.8（米）；
即A，P两点间的距离为89.8米；
（2）∵AD=DE，∠≝=∠DAP，当F，D，P在同一条直线上时，
∴∠ADP=∠EDF，
∴△ADP≌△EFD(ASA)，
∴AP=EF，
∴只需测量EF即可得到AP长度；
∴乙小组的方案用到了②；
2．（2024·四川宜宾·中考真题）宜宾地标广场位于三江汇合口（如图1，左侧是岷江，右侧是金沙江，正
面是长江）．某同学在数学实践中测量长江口的宽度，他在长江口的两岸选择两个标点C、D，在地标广
场上选择两个观测点A、B（点A、B、C、D在同一水平面，且AB∥CD）．如图2所示，在点A处测得
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点C在北偏西18.17°方向上，测得点D在北偏东21.34°方向上；在B处测得点C在北偏西21.34°方向上，
测得点D在北偏东18.17°方向上，测得AB=100米．求长江口的宽度CD的值（结果精确到1米）．（参
考数据：sin18.17°≈0.31，cos18.17°≈0.95，tan18.17°≈0.33，sin21.34°≈0.36，
cos21.34°≈0.93，tan21.34°≈0.39）
【答案】长江口的宽度CD为1200米.
【分析】如图，过C作CH⊥AB于H，过A作AG⊥CD于G，过B作BK⊥CD于K，而AB∥CD，可
得四边形AHCG，ABKG都是矩形，由题意可得：∠CAG=∠DBK=18.17°，
∠GAD=∠CBK=21.34°，证明△AGC≌△BKD，可得CG=DK，设AH=x，CH= y，再利用三角函
数建立方程组求解即可.
【详解】解：如图，过C作CH⊥AB于H，过A作AG⊥CD于G，过B作BK⊥CD于K，而AB∥CD，
∴四边形AHCG，ABKG都是矩形，
∴GK=AB=100，CG=AH，CH=AG=BK，CH∥AG∥BK，
∵由题意可得：∠CAG=∠DBK=18.17°，∠GAD=∠CBK=21.34°，
∴∠ACH=∠CAG=18.17°，∠BCH=∠CBK=21.34°，
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∵∠AGC=∠BKD=90°，
∴△AGC≌△BKD，
∴CG=DK，
设AH=x，CH= y，
AH x
∴ = =tan∠ACH=tan18.17°≈0.33，即x=0.33 y，
CH y
HB x+100
= =tan∠BCH=tan21.34°≈0.39，即x+100=0.39 y，
CH y
∴0.33 y+100=0.39 y，
5000
∴y= ，
3
5000
∴x=0.33× =550，
3
∴CG=DK=550，
∴CD=550×2+100=1200(m)；
∴长江口的宽度CD为1200米.
【点睛】本题考查的是解直角三角形的实际应用，矩形的判定于性质，全等三角形的判定与性质，作出合
适的辅助线是解本题的关键.
3．（2024·河北石家庄·模拟预测）小亮想测量屋前池塘的宽度，他结合所学的数学知识，设计了如图1的
测量方案：先在池塘外的空地上任取一点O，连接AO，CO，并分别延长至点B，点D，使OB=OA，
OD=OC，连接BD．
(1)如图1，①求证：AC=BD；②若∠A=35°，∠AOC=90°，则∠D=______°．
(2)如图2，但在实际测量中，受地形条件的影响，于是小亮采取以下措施：延长CO至点D，使OC=OD，
过点D作AC的平行线DE，延长AO至点F，连接EF，测得∠≝=120°，∠OFE=90°，DE=5m，
EF=9m，请求出池塘宽度AC．
【答案】(1) 求证：AC=BD；②55．
(2)23m ①
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【分析】（1）①根据¿证明△AOC≌△BOD(SAS)可得证AC=BD；②根据△AOC≌△BOD(SAS)得到
∠D=∠C，结合∠A=35°，∠AOC=90°，得∠C=55°，解答即可．
（2）延长OF，DE，二线交于点M，证明△AOC≌△MOD(SAS)，结合已知，解直角三角形即可．
本题考查了三角形全等的判定和性质，解直角三角形的相关计算，熟练掌握三角形全等的判定，灵活解直
角三角形是解题的关键．
【详解】（1）①∵¿，
∴△AOC≌△BOD(SAS)
∴AC=BD；
②根据△AOC≌△BOD(SAS)，
∴∠D=∠C，
∵∠A=35°，∠AOC=90°，
∴∠C=55°，
∴∠D=55°，
故答案为：55．
（2）延长OF，DE，二线交于点M，
∵DE∥AC，
∴∠A=∠M，
∵¿，
∴△AOC≌△MOD(AAS)
∴AC=MD；
∵∠≝=120°，∠OFE=90°，
∴∠OFE=90°，∠MEF=60°，
∵EF=9m，
EF
∴EM= =18(m)，
cos60°
∵DE=5m，
∴DM=DE+EM=23(m)，
∴AC=23(m)．
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考点十：全等三角形与相似三角形综合
1．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，正方形ABCD中，AB=3，点E在边AD上，DE=2AE,F是BE
的中点，点H在CD边上，∠EFH=45°，则FH的长为（ ）．
3√10 3√5 5√5 2√10
A． B． C． D．
4 2 4 3
【答案】C
【分析】首先过点B作BN∥FH，连接数EN FN、，延长DC到点G，使CG=AE，连接BG，根据
∠EFH=45°可得∠NBG=45°，利用SAS可证△ABE≅△CBG，再利用SAS可证△EBN≅△GBN，从
3 5
而可得EN=NG，利用勾股定理可得DN=CN= ，利用梯形中位线定理可以求出FN= ，根据
2 2
BN∥FH可证△FHN∽△BNC，根据相似三角形对应边成比例可以求出FH的值．
【详解】解：如下图所示，过点B作BN∥FH，连接数EN、FN，延长DC到点G，使CG=AE，连接
BG，
∵四边形ABCD是正方形，AB=3，
∴AD=CD=BC=AB=3，∠ABC=90°，
∵DE=2AE，
∴DE=2，AE=1，
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∴BE=√AE2+AB2=√10，
∵∠EFH=45°，BN∥FH，
∴∠EBN=∠EFH=45°，
∴∠ABE+∠NBC=45°，
在△ABE和△CBG中¿，
∴△ABE≅△CBG，
∴∠ABE=CBG，BE=BG，
∴∠GBN=∠CBG+∠NBC=∠ABE+∠NBC=45°，
∴∠EBN=∠NBG，
在△EBN和△GBN中¿，
∴△EBN≅△GBN，
∴EN=NG，
设NC=x，则DN=3−x，EN=NG=x+1，
在Rt△EDN中，ED2+DN2=EN2，
∴22+(3−x) 2=(1+x) 2，
3
解得：x= ，
2
3
∴DN=CN= ，
2
∴BN=√BC2+CN2=
√
32+
(3) 2
=
3
√5，
2 2
∴点N是CD的中点，
∴FN是梯形EBCD的中位线，
1 1 5
∴FN= (ED+BC)= (2+3)= ，∠FNH=90°，
2 2 2
∵FH∥BN，
∴∠FHN=∠BNC，
又∵∠FNH=∠BCN=90°，
∴△FHN∽△BNC，
FH FN
∴ = ，
BN BC
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5
FH 2
∴ = ，
3 3
√5
2
5
解得：FH= √5．
4
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、梯
形的中位线定理等知识，掌握相关知识点是解题关键．
2．（2024·四川·中考真题）如图，在四边形ABCD中，∠A=90°，连接BD，过点C作CE⊥AB，垂足
为E，CE交BD于点F，∠1=∠ABC．
(1)求证：∠2=∠3；
(2)若∠4=45°．
①请判断线段BC，BD的数量关系，并证明你的结论；
②若BC=13，AD=5，求EF的长．
【答案】(1)见解析
25
(2) BC=BD，理由见解析；②EF=
12
①
【分析】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形
的判定和性质，勾股定理，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．
（1）由余角的性质可得∠1+∠3=90°，∠2+∠ABC=90°，根据∠1=∠ABC，可得∠2=∠3；
（2）①设∠2=∠3=x，可求∠BFE=90°−x=∠DFC，可求∠BCD=∠BDC=45°+x，根据等腰三
角形的判定可得BC=BD；
②由勾股定理可求AB=12，由“AAS”可证△ADB≌△EBC，可得BE=AD=5，通过证明
EF BE
△EFB∽△ADB，可得 = ，即可求解．
AD AB
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【详解】（1）证明：∵CE⊥AB，
∴∠CEB=90°=∠A，
∴∠1+∠3=90°，∠2+∠ABC=90°，
∵∠1=∠ABC，
∴∠2=∠3；
（2）解：①BC=BD，理由如下：
设∠2=∠3=x，
∴∠BFE=90°−x=∠DFC，
∵∠4=45°，
∴∠CDB=180°−45°−(90°−x)=45°+x，
∵∠BCD=∠4+∠2=45°+x，
∴∠BCD=∠BDC，
∴BC=BD；
②∵BC=BD=13，AD=5，
∴AB=√BD2−AD2=√169−25=12，
∵BC=BD，∠A=∠CEB，∠2=∠3，
∴△ADB≌△EBC(AAS)，
∴BE=AD=5，
∵∠A=∠CEB，∠3=∠3，
∴△EFB∽△ADB，
EF BE
∴ = ，
AD AB
EF 5
∴ = ，
5 12
25
∴EF= ．
12
3．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在▱ABCD中，∠ABC为锐角，点E在边AD上，连接BE,CE，
且S =S ．
△ABE △DCE
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(1)如图1，若F是边BC的中点，连接EF，对角线AC分别与BE,EF相交于点G,H．
①求证：H是AC的中点；
②求AG:GH:HC；
(2)如图2，BE的延长线与CD的延长线相交于点M，连接AM,CE的延长线与AM相交于点N．试探究线
段AM与线段AN之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1) 见解析；②AG:GH:HC=2:1:3
(2)AM=3A①N，理由见解析
【分析】（1）①根据S =S ，得出E为AD的中点，证明出△AHE≌△CHF即可；②先证明出
△ABE △DCE
AB AG
△AGB∽△HGE得到 = =2，然后再根据平行四边形的性质找到线段的数量关系求解；
EH GH
（2）连接BD交CN于点F，证明△AEB≌△DEM(AAS)，进一步证明出四边形ABDM为平行四边形，
1
得出DF为△CMN的中位线，得到DF= MN，再证明出△AEN≌△≝¿得到DF=AN，再通过等量代换
2
即可求解．
【详解】（1）解：①∵S =S ，
△ABE △DCE
∴E为AD的中点，
∴AE=DE，
∵F是边BC的中点，
∴BF=CF，
∴AE=CF，
在 ▱ABCD中，AD∥BC
∴∠EAH=∠FCH，
又∵∠AHE=∠CHF，
∴△AHE≌△CHF(AAS)，
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∴AH=CH，
∴H是AC的中点；
②∵AE=BF,AE∥BF，
∴四边形ABFE为平行四边形，
∴AB∥EF，
∴△AGB∽△HGE，
AB AG
∴ = ，
EH GH
∵△AHE≌△CHF，
∴EH=FH，
AB AG
∴ = =2，
EH GH
∴AG=2GH，
1 1
∴GH= AH= HC，
3 3
∴AG:GH:HC=2:1:3；
（2）解：线段AM与线段AN之间的数量关系为：AM=3AN，理由如下：
连接BD交CN于点F，如下图：
由题意，BE的延长线与CD的延长线相交于点M，连接AM,CE的延长线与AM相交于点N，
∵AE=DE,∠AEB=∠DEM，
又∵AB∥CD，
∴AB∥CM，
∴∠ABE=∠DME，
∴△AEB≌△DEM(AAS)，
∴AB=DM，
∴四边形ABDM为平行四边形，
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∴AM=BD,AB=MD，
∵ AB=CD，
∴DM=CD，
∴D为CM的中点，
∵DF∥MN，
CD CF 1
∴ = = ，
CM CN 2
∴F为CN的中点，
∴DF为△CMN的中位线，
1
∴DF= MN，
2
∵AE=DE,∠AEN=∠≝,∠NAE=∠FDE，
∴△AEN≌△≝(ASA)，
∴DF=AN，
1
∴DF=AN= MN，
2
∴MN=2AN，
∴AM=AN+MN=3AN，
∴AM=3AN．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定及性质，三角线相似的判定及性质，三角形的
中位线等知识，解题的关键是添加适当的辅助线构造全等三角形来求解．
重难点一：添加辅助线证明两个三角形全等-构造平行线
1．（2024葫芦岛市模拟预测）【问题初探】
（1）数学课上，李老师出示了这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB=AC，点F是AC上一点，点E
是AB延长线上的一点，连接EF，交BC于点D，若ED=DF，求证：BE=CF．
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①如图2，小乐同学从中点的角度，给出了如下解题思路：在线段DC上截取DM，使DM=BD，连接
FM，利用两个三角形全等和已知条件，得出结论；
②如图3，小亮同学从平行线的角度给出了另一种解题思路：过点E作EM∥AC交CB的延长线于点M，
利用两个三角形全等和已知条件，得出了结论；
请你选择一位同学的解题思路，写出证明过程；
【类比分析】
（2）李老师发现两位同学的做法非常巧妙，为了让同学们更好的理解这种转化的思想方法，李老师提出
了新的问题，请你解答，
如图4，在△ABC中，点E在线段AB上，D是BC的中点，连接CE，AD，CE与AD相交于点N，若
∠EAD+∠ANC=180°，求证：AB=CN；
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【学以致用】
（3）如图5，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠C=30°，AF平分∠BAC，点E在线段BA的延长线上
运动，过点E作ED∥AF，交AC于点N，交BC于点D，且BD=CD，请直接写出线段AE，CN和BC之
间的数量关系．
【答案】（1）①选择小乐同学的做法：证明见解析；②选择小亮同学的做法：证明见解析；（2）证明见
1
解析；（3）CN−AE= BC
2
【分析】（1）①证明△BDE≌△MDF(SAS)，得出FM=BE，∠E=∠DFM，证明FM∥BE，得出
∠ABC=∠FMC，证明∠FMC=∠C，得出FM=FC，即可证明结论；
②证明△MDE≌△CDF(AAS)，得出CF=EM，根据等腰三角形的判定证明BE=ME，即可证明结论；
（2）延长AD，取DM=AD，连接CM，证明△ADB≌△CDM(SAS)，得出AB=CM，∠M=∠BAD，
根据等腰三角形判定得出CM=CN，即可证明结论；
（3）延长ED，使DM=ED，连接CM，证明△CDM≌△BDE(SAS)，得出CM=BE，∠M=∠BED，
1 1
证明∠CNM=∠M，得出CN=CM，根据直角三角形性质得出AB= BC，根据BE−AE=AB= BC，
2 2
即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵ED=DF，DM=BD，∠BDE=∠MDF，
∴△BDE≌△MDF(SAS)，
∴FM=BE，∠E=∠DFM，
∴FM∥BE，
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∴∠ABC=∠FMC，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∴∠FMC=∠C，
∴FM=FC，
∴BE=CF；
②∵EM∥AC，
∴∠EMB=∠C，
∵DE=DF，∠MDE=∠CDF，
∴△MDE≌△CDF(AAS)，
∴CF=EM，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∵∠MBE=∠ABC，
∴∠EMB=∠MBE，
∴BE=ME，
∴BE=CF；
（2）延长AD，取DM=AD，连接CM，如图所示：
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D是BC的中点，
∵∴BD=CD，
∵∠ADB=∠CDM，
∴△ADB≌△CDM(SAS)，
∴AB=CM，∠M=∠BAD，
∵∠EAD+∠ANC=180°，∠ANC+∠CNM=180°，
∴∠CNM=∠EAD，
∴∠CNM=∠M，
∴CM=CN，
∴AB=CN；
（3）延长ED，使DM=ED，连接CM，如图所示：
∵BD=CD，∠CDM=∠BDE，
∴△CDM≌△BDE(SAS)，
∴CM=BE，∠M=∠BED，
∴CM∥BE，
∴∠ACM=180°−∠BAC=90°，
∵AF平分∠BAC，
1
∴∠CAF= ∠BAC=45°，
2
∵ED∥AF，
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∴∠CNM=∠CAF=45°，
∴∠M=180°−∠CNM−∠ACM=45°，
∴∠CNM=∠M，
∴CN=CM，
∴CN=BE，
∵∠ACB=30°，∠BAC=90°，
1
∴AB= BC，
2
1
∵BE−AE=AB= BC，
2
1
∴CN−AE= BC．
2
【点睛】本题主要考查了全等的三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，平
行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，熟练掌握三角形全等的判定方法．
2．（2024·江苏宿迁·模拟预测）【感知】（1）小明同学在学习相似三角形时遇到这样一个问题：
1
如图①，在△ABC中，点D是BC的中点，点E是AC的一个三等分点，且AE= AC．连结AD，BE交
3
BG
于点G，求 值．
GE
小明发现，过点D作AC的平行线或过E作BC的平行线，利用相似三角形的性质即可得到问题的答案．请
你根据小明的提示（或按自己的思路）写出求解过程
【尝试应用】
（2）如图②，在△ABC中，D为AC上一点，AB=AD，连结BD，若AE⊥BD，交BD、BC于点E、
F．若AD=9，CD=3，AF=8，则AE的长为 ．
【拓展提高】
（3）如图③，在平行四边形ABCD中，点E为BC的中点，点F为CD上一点，BF与AE、AC分别交于
CF 2
点G、M，若 = ，若△BEG的面积为2，则△ABG的面积为 ．
CD 5
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【答案】（1）3（2）7（3）10
【分析】（1）过点D作DH∥AC交BE于H，则∠EAG=∠HDG，∠AEG=∠DHG，而BD=CD，
BH BD 1 1 1
所以 = =1，则BH=EH，所以DH= CE，由AE= AC，得AE= CE，所以DH=AE，可
EH CD 2 3 2
BG
证明△AGE≌△DGH，得GH=≥¿，可推导出BG=3≥¿，则 =3；
GE
（2）取BC的中点H，连结EH，由AB=AD=9，AE⊥BD于点E，得BE=DE，则
1 3 EF EH 1 1
EH∥CD，EH= CD= ，可证明△EHF∽△ACF，得 = = ，所以EF= AF=1，求得
2 2 AF AC 8 8
AE=AF−EF=7，于是得到问题的答案；
1 1
（3）设▱ABCD的面积为S，求出S = S，S = S，过点E作EN∥CD交BF于点N，证明
△ABE 4 △BFC 5
1 1 1
△BNE∽△BFC，得S = S = S，S = S−2，再证明△NGE∽△ABG，得
△BNE 4 △BFC 20 △NGE 20
1 1 ( 1 )
S = S = S−2 ，由S +S =S 列式求出S的值即可得出△ABG的面积
△ABG 25 △NGE 25 20 △ABG △BGE △ABE
【详解】解：解：如图①，过点D作DH∥AC交BE于H，则∠EAG=∠HDG，∠AEG=∠DHG，
图①
D是BC的中点，
∵ 1
∴BD=CD= BC，
2
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∵DH∥AC，
∴△BDH∽△BCE,
BD BH DH 1
∴ = = = ,
BC BE CE 2
1
∴DH= CE，BH=HE,
2
1
E是AC的一个三等分点，且AE= AC，
3
∵
1
∴AE= CE，
2
∴DH=AE，
∴△AGE≌△DGH(ASA)，
∴GH=≥¿，
∴BG−GH=≥+GH，
∴BG=3≥¿，
BG
∴ =3，
GE
BG
∴ 的值为3；
GE
（2）如图②，取BC的中点H，连结EH，则BH=CH，
∵AB=AD=9，AE⊥BD于点E，CD=3，AF=8，
∴BE=DE，AC=AD+CD=9+3=12，
∴E为BD的中点，
∴EH为△BCD的中位线，
1 3
∴EH∥CD，EH= CD=
2 2
∴△EHF∽△ACF，
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3
∴EF EH 2 1，
= = =
AF AC 12 8
1 1
∴EF= AF= ×8=1，
8 8
∴AE=AF−EF=8−1=7，
∴故答案为：7．
（3）如图③，设 ▱ABCD的面积为S，
1 1
∴S = S = S，
△ABC 2 ▱ABCD 2
∵E原来BC的中点，
1 1 1
∴BE=CE= BC,且S = S = S，
2 △ABE 2 △ABC 4
1
连接BD，则S = S,
△BCD 2
CF 2
∵ = ，
CD 5
2 2 1 1
∴S = S = × S= S，
△BFC 5 △BCD 5 2 5
过点E作EN∥CD交BF于点N，
∴△BNE∽△BFC，
BE NE 1
∴ = = ,
BC CF 2
∴
S
△BNE =
(NE) 2
=
1
,
S CF 4
△BFC
1 1
∴S = S = S,
△BNE 4 △BFC 20
∵S =2
△BGE
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1
∴S =S −S = S−2，
△NGE △BNE △BGE 20
1 1 1
又NE= CF= CD= AB,
2 5 5
NF 1
∴ = ,
AB 5
∵NE∥CD∥AB,
∴△NGE∽△ABG，
∴
S
△NGE=
(NE) 2
=
1
,
S AB 25
△ABG
( 1 )
∴S =25S =25 S−2 ，
△ABG △NGE 20
∵S +S =S ，
△ABG △BGE △ABE
( 1 ) 1
∴25 S−2 +2= S，
20 4
解得：S=48，
( 1 )
∴S =25× ×48−2 =10，
△ABG 20
∴△ABG的面积为10，
故答案为：10
【点睛】本题主要考查等腰三角形的“三线合一”、三角形的中位线定理、全等三角形的判定与性质，平
行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质等知识，正确地作出所需要的辅助
线是解题的关键．
重难点二：添加辅助线证明两个三角形全等-构造垂线
1．（2024·山东青岛·中考真题）如图，将正方形ABCD先向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方
形绕原点O顺时针方向旋转90°，得到四边形A'B'C'D'，则点A的对应点A'的坐标是（ ）
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A．(−1,−2) B．(−2,−1) C．(2,1) D．(1,2)
【答案】A
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转和平移，全等三角形的性质与判定，先根据题意得到平移
方式为向右平移3个单位长度，则可得平移后点A的对应点坐标为(2,−1)；如图所示，设E(2,−1)绕原点
O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、H，证明
△HFO≌△GOE(AAS)，得到OH=≥=1，HF=OG=2，则F(−1,−2)，即点A的对应点A'的坐标是
(−1,−2)．
【详解】解：由题意得，平移前B(−3,0)，A(−1,−1)，
∵将正方形ABCD先向右平移，使点B与原点O重合，
∴平移方式为向右平移3个单位长度，
∴平移后点A的对应点坐标为(2,−1)，
如图所示，设E(2,−1)绕原点O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别
为G、H，
∴∠OHF=∠OGE=90°，
由旋转的性质可得∠EOF=90°，OE=OF，
∴∠HOF+∠HFO=∠GOE+∠HOF，
∴∠HFO=∠GOE，
∴△HFO≌△GOE(AAS)，
∴OH=≥，HF=OG，
∵E(2,−1)，
∴OH=≥=1，HF=OG=2，
∴F(−1,−2)，
∴点A的对应点A'的坐标是(−1,−2)，
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故选：A．
2．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）数学课上，老师给出以下条件，请同学们经过小组讨论，提出探究问题．
如图1，在△ABC中，AB=AC，点D是AC上的一个动点，过点D作DE⊥BC于点E，延长ED交BA延
长线于点F．
请你解决下面各组提出的问题：
(1)求证：AD=AF；
DF AD
(2)探究 与 的关系；
DE DC
AD 1 DF 2 AD 4 DF 8
某小组探究发现，当 = 时， = ；当 = 时， = ．
DC 3 DE 3 DC 5 DE 5
请你继续探究：
AD 7 DF
①当 = 时，直接写出 的值；
DC 6 DE
AD m DF
②当 = 时，猜想 的值（用含m，n的式子表示），并证明；
DC n DE
(3)拓展应用：在图1中，过点F作FP⊥AC，垂足为点P，连接CF，得到图2，当点D运动到使
AD m AP
∠ACF=∠ACB时，若 = ，直接写出 的值（用含m，n的式子表示）．
DC n AD
【答案】(1)见解析
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DF 7 DF 2m
(2) = = ，证明见解析
DE 3 DE n
① ②
AP n
(3) =
AD 2m
【分析】（1）等边对等角，得到∠B=∠C，等角的余角的相等，结合对顶角相等，得到∠F=∠ADF，
即可得出结论；
DF AD
（2）①根据给定的信息，得到 是 的2倍，即可得出结果；
DE DC
DF 2m GD AD m
②猜想 = ，作AG⊥EF于点G，证明△AGD∽△CED，得到 = = ，三线合一得到
DE n DE DC n
DF=2DG，即可得出结论；
DG n
（3）过点D作DG⊥CF，角平分线的性质，得到DG=DE，推出 = ，等角的余角相等，得到
DF 2m
AP DG n
∠AFP=∠DFG，进而得到sin∠AFP=sin∠DFG，得到 = = ，根据AD=AF，即可得出
AF DF 2m
结果．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵DE⊥BC，
∴∠BEF=∠CED=90°，
∴∠F=90°−∠B，∠CDE=90°−∠C，且∠CDE=∠ADF，
∴∠F=∠ADF，
∴AD=AF；
AD 1 DF 2 AD 4 DF 8
（2）解：①当 = 时， = ；当 = 时， = ，
DC 3 DE 3 DC 5 DE 5
DF AD
∴总结规律得： 是 的2倍，
DE DC
AD 7 DF 14 7
∴当 = 时， = = ；
DC 6 DE 6 3
AD m DF 2m
②当 = 时，猜想 = ，
DC n DE n
证明：作AG⊥EF于点G，
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∵DE⊥BC，
∴AG∥CE，
∴△AGD∽△CED，
AD m
∵ = ，
DC n
GD AD m
∴ = = ，
DE DC n
由（1）知AD=AF，又AG⊥EF，
∴DG=FG，即DF=2DG，
DF 2GD 2m
∴ = = ；
DE DE n
AP n
（3） = ，理由如下：
AD 2m
过点D作DG⊥CF，
∵∠ACF=∠ACB，DE⊥CE，
∴DG=DE，
AD m DF 2m
由（2）知，当 = 时， = ，
DC n DE n
DE n
∴ = ，
DF 2m
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DG n
∴ = ，
DF 2m
∵PF⊥AC，
∴∠ACF+∠CFP=90°，
∵FE⊥BC，
∴∠B+∠AFD=90°，
∵AB=AC，
∴∠ACB=∠B，
∴∠B=∠ACF，
∴∠AFD=∠CFP，
∴∠AFD−∠PFD=∠CFP−∠PFD，
∴∠AFP=∠DFG，
∴sin∠AFP=sin∠DFG，
AP DG n
∴ = = ，
AF DF 2m
由（1）知AD=AF，
AP AP n
∴ = = ．
AD AF 2m
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形
等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形和相似三角形，是解题的关键．
3．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=4,BC=8，点E是边AD上的动点，连结
CE，以CE为边作矩形CEFG（点D，G在CE的同侧），且CE=2EF，连结BF．
(1)如图1，当点E为AD边的中点时，点B，E，F在同一直线上，求BF的长．
(2)如图2，若∠BCE=30°，设CE与BF交于点K．求证：BK=FK．
(3)在点E的运动过程中，BF的长是否存在最大（小）值？若存在，求出BF的最值；若不存在，请说明理
由．
【答案】(1)6√2
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(2)见解析
18√5
(3)存在，最小值 ，最大值2√29
5
【分析】（1）当点E在AD的中点时可得AB=AD=ED=DC=4，则△ABE和△EFD是等腰直角三角形，
分别求出BE和EF的长，然后根据线段的和差即可解答；
1
（2）如图：过B作BK⊥EC交EC于M，由∠BCE=30°可得BM= BC=4=AB，即可得到
2
Rt△ABE≌Rt△BKE(HL)得到∠AEB=∠BEM=∠CBE，推出BC=CE，再由CE=2EF得到
BM=EF，最后证明△BHK≌△FEK，然后根据全等三角形的性质即可证明结论；
（3）如图：过点F作AB的垂线，交AB延长线于点M，过点E作AB的平行线交BC于点N，交MF于点
1
P．设AE=x,BF= y．然后证明△PEF∽△NCE可得PF=2,PE=4− x，根据勾股定理可得
2
BF2=MB2+M F2，进而得到y2=
5(
x−
8) 2
+
324
，然后根据二次函数的性质求解即可．
4 5 5
【详解】（1）解：∵矩形ABCD中，AB=4,BC=8，
∴AB=CD=4，BC=AD=8，∠A=∠ADC=90°，AD∥BC，
∵点E在AD的中点
∴AB=AE=ED=DC=4，
∴BE=CE=4√2，∠AEB=45°，
∵点B、E、F在同一直线上，
∴∠AEB=∠FED=45°，
∵∠F=90°
∴ED=4=√2EF，
∴EF=2√2，
∴BF=BE+EF=6√2．
（2）证明：如图：过B作BH⊥EC交EC于H，
∵AD∥BC，
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∴∠BCE=∠CED，∠AEB=∠CBE，
∵∠BCE=30°，
1
∴BH= BC=4=AB，∠BCE=∠CED=30°，
2
∵BE=BE
∴Rt△ABE≌Rt△BEH(HL)，
∴∠AEB=∠BEH，
∴∠AEB=∠BEH=∠CBE，
∴BC=CE，
∵CE=2EF，
1 1
∴EF= CE= BC=BH，
2 2
∵∠FEC=∠BHE=90°,∠EKF=∠HKB，
∴△BHK≌△FEK(AAS)，
∴BK=FK．
18√5
（3）解：存在，BF的最小值 ，最大值2√29．
5
如图：过点F作AB的垂线，交AB延长线于点M，过点E作AB的平行线交BC于点N，交MF于点P．则
设AE=x,BF= y．
∵四边形ABCD和四边形EFGC都是矩形，
∴∠FPE=∠ENC=∠FEC=90°，
∴∠PEF+∠PFE=90°,∠PEF+∠NEC=90°，
∴∠PFE=∠NEC，
∵∠FPE=∠ENC=90°，
∴△PEF∽△NCE，
FE PF PE 1 PF PE
∴ = = ，即 = = ，
EC EN NC 2 4 8−x
1
∴PF=2,PE=4− x，
2
∴在Rt△BMF中，BF2=MB2+M F2，
即y2= ( 4+4− 1 x ) 2 +(2+x) 2= 5 x2−4x+68= 5( x− 8) 2 + 324 ，
2 4 4 5 5
8 18√5
当x= 时，y有最小值为 ．
5 5
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∵0≤x≤8，
∴当x=8时，y有最大值为2√29，
18√5
∴在点E的运动过程中，BF的长存在最小值 ，最大值2√29．
5
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、
二次函数的应用等知识点，正确添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
重难点三：添加辅助线证明两个三角形全等-倍长中线法
1．（2024·吉林长春·一模）【发现问题】数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样的一个问题：
如图①，在△ABC中，AB=6，AC=8，第三边上的中线AD=x，则x的取值范围是____．
【探究方法】小明同学通过组内合作交流，得到了如下解决方法：
（1）如图②，延长AD至点A'，使得DA'=AD，连结A'C，根据“SAS”可以判定△ABD≌__________，
得出A'C=AB=6．在△A A'C中，A'C=6，AC=8，A A'=2x，故中线AD的长x的取值范围是
_______．
【活动经验】当条件中出现“中点”，“中线”等条件时，可以考虑将中线延长一倍，构造全等三角形，
把分散的已知条件和所求的问题集中到同一个三角形中，进而解决问题，这种作辅助线的方法叫做“倍长
中线”法．
【问题解决】（2）如图③，已知AB=AC，AD=AE，∠BAE+∠CAD=180°，连接BE和CD，点F是
CD的中点，连接AF．求证：BE=2AF．小明发现，如图④，延长AF至点A'，使F A'=AF，连接A'D，
通过证明△ABE≌△DA' A，可推得BE=A A'=2AF．
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下面是小明的部分证明过程：
证明：延长AF至点A'，使F A'=AF，连接A'D，
∵点F是CD的中点，
∴CF=DF．
∵AF=A'F，∠AFC=∠A'FD，
∴△ACF≌△A'DF(SAS)，
∴A'D=AC，∠A'DF=∠ACF，
∴A'D∥AC，∠A'DA+∠CAD=180°．
请你补全余下的证明过程．
【问题拓展】（3）如图⑤，在△ABC和△AEF中， AB=AE，AC=AF，∠BAC+∠EAF=180°，点
M，N分别是BC和EF的中点．若BC=4，EF=6，则MN的取值范围是 ．
【答案】（1）△A'CD，1＜x＜7；（2）∵∠BAE+∠CAD=180°，∴ ∠BAE=∠A'DA，又∵
AB=AC，∴A'D=AB．∵AD=AE，∴△A' AD≌△BAE(SAS)，∴BE=A A'=2AF（3）1≤MN≤5
【分析】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，灵活运用这些性质
解决问题是解题的关键．
（1）由“SAS”可证△ABD≌ △A'DC，可得A'C=AB=6，由三角形的三边关系可求解；
（2）由“SAS”可证△ACF≌ △A'DF，可得A'D=AC，∠A'DF=∠ACF，由“SAS”可证
△A A'D≌△EBA，可得BE=A A'，即可求解；
（3）由（2）可知BC=2AN，EF=2AM，由三角形的三边关系可求解．
【详解】（1）解：如图②，∵AD为△ABC的中线，
∴BD=CD，
又∵AD=A'D，∠ADB=∠A'DC，
∴△ABD≌ △A'CD(SAS)，
∴A'C=AB=6，
在△A A'C中，A'C=6，AC=8，A A'=2x，
∴8−6<2x<8+6，
∴1<x<7，
故答案为：△A'CD，1<x<7；
（2）证明：如图④，延长AF至点A'，使F A'=AF，连接A'D，
∵点F是CD的中点，
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∴CF=DF．
∵AF=A'F，∠AFC=∠A'FD，
∴△ACF≌△A'DF(SAS)，
∴A'D=AC，∠A'DF=∠ACF，
∴A'D∥AC，
∴∠A'DA+∠CAD=180°，
∵∠BAE+∠CAD=180°，
∴ ∠BAE=∠A'DA，
又∵AB=AC，
∴A'D=AB．
∵AD=AE，
∴△A' AD≌△BAE(SAS)，
∴BE=A A'=2AF；
（3）如图⑤，连接AM，AN，
由（2）可知：BC=2AN，EF=2AM，
∵BC=4，EF=6，
∴AN=2，AM=3，
∴AM−AN≤MN≤AM+AN，
∴1≤MN≤5，
故答案为：1≤MN≤5．
重难点四：添加辅助线证明两个三角形全等-截长补短法
1．（2020·湖南湘西·中考真题）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，
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BA=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．
探究图中线段AE，CF，EF之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长FC到G，使CG=AE，
连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFC≌△BFE，可得出结论，他的结论就是
_______________；
探究延伸1：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，BA=BC，∠ABC=2∠MBN，
∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直
接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由．
探究延伸2：如图3，在四边形ABCD中，BA=BC，∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC=2∠MBN，
∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．
实际应用：如图4，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75海里/小
时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到
甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距
离．
【答案】EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．实际
应用：210海里．
【分析】延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG= ABE，
再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题； ∠
探究延伸1：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，
∠CBG= ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
探究延伸∠2：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，
∠CBG= ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
实际应用∠：连接EF，延长AE，BF相交于点C，然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF，将AE和CF的
长代入即可．
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【详解】解：EF=AE+CF
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
在 BCG和 BAE中，
¿，
△ △
∴△BCG≌△BAE（SAS），
BG=BE，∠CBG= ABE，
∴ ABC=120°，∠M∠BN=60°，
∵∠ABE+ CBF=60°，
∴∠CBG+∠CBF=60°，
∴即∠∠GBF∠=60°，
在 BGF和 BEF中，
¿，
△ △
BGF BEF（SAS），
∴△GF=EF≌，△
∴GF=CG+CF=AE+CF，
∵EF=AE+CF．
∴探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
在 BCG和 BAE中，
△ △
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¿，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
BG=BE，∠CBG= ABE，
∴ ABC=2 MBN，∠
∵∠ ∠ 1
ABE+ CBF= ABC，
2
∴∠ ∠ ∠
1
CBG+ CBF= ABC，
2
∴∠ ∠ ∠
1
即∠GBF= ABC，
2
∠
在 BGF和 BEF中，
¿，
△ △
BGF BEF（SAS），
∴△GF=EF≌，△
∴GF=CG+CF=AE+CF，
∵EF=AE+CF．
∴探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BCG+ BCD=180°，
BCG= BAD ∠
∴在∠ BCG∠和 BAE中，
¿，
△ △
∴△BCG≌△BAE（SAS），
BG=BE，∠CBG= ABE，
∴ ABC=2 MBN，∠
∵∠ ∠
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1
ABE+ CBF= ABC，
2
∴∠ ∠ ∠
1
CBG+ CBF= ABC，
2
∴∠ ∠ ∠
1
即∠GBF= ABC，
2
∠
在 BGF和 BEF中，
¿，
△ △
BGF BEF（SAS），
∴△GF=EF≌，△
∴GF=CG+CF=AE+CF，
∵EF=AE+CF．
∴实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，
AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，
∵∠ 1
EOF= AOB
2
∴∠ ∠
OA=OB，∠OAC+ OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°，
∵∴符合探索延伸中的∠条件
∴结论EF= AE+CF仍然成立
即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里）
答：此时两舰艇之间的距离为210海里．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
2．（2024·云南昆明·一模）如图，在⊙O中，AB是⊙O直径，AB=8，过AO的中点E作AB的垂线交
⊙O于点C和D，P是B´C上一动点．连接PA，PB，PC，PD．
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(1)求A´C的长度；
(2)延长AP到点F，连接BF，使得FB2=FA⋅FP．求证：BF是⊙O的切线；
(3)猜想PA，PC，PD间的数量关系，并证明．
4π
【答案】(1)
3
(2)见解析
(3)PD+PC=√3PA，见解析
【分析】（1）由CE垂直平分AO，证明△ACO是等边三角形，求出A´C的圆心角度数，进而根据弧长公
式求出A´C的长度，
（2）由FB2=FA⋅FP证明△FBP∽△FAB，进而可得∠FBA=∠FPB=90°，即可得出结论；
（3）利用补短法，连接AD，延长PD到P'使P'D=PC，连接AP'，证明△P' AD≌△PAC(SAS)，从而
√3 √3
可得AP=AP'，∠APP'=∠P'=30°，在Rt△AMP中，求出PM= PA，同理，P'M= PA，进而
2 2
证明结论．也可利用旋转法作辅助线，构造直角三角形求解．
【详解】（1）解：连接OC，AC，
∵CE AO
垂直平分 ，
∴AC=OC，
又∵OA=OC，
∴ △ACO是等边三角形，
∴∠AOC=60°，
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又∵AB=8，
1
∴BO= AB=4，
2
60π⋅4 4π
∴l = = ．
A´C 180 3
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠APB=90°，
∴∠FPB=180°−∠APB=90°，
∵FB2=FP⋅FA
FB FP
∴ = ，
FA FB
∵∠F=∠F，
∴△FBP∽△FAB
∴∠FBA=∠FPB=90°，
∴FB⊥AB于B点，且OB是⊙O的半径，
∴BF是⊙O的切线．
（3）PD+PC=√3PA，理由如下：
法一：补短法
连接AD，延长PD到P'使P'D=PC，连接AP'
∵AB ⊙O CD⊥AB
是 的直径，
∴A´C=A´D，
∴AC=AD，
∵四边形ADPC是圆内接四边形，
∴∠ACP+∠ADP=180°
又∵∠ADP'+∠ADP=180°，
∴∠ACP=∠ADP'
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在△ACP和△ADP'中
∵¿，
∴△P' AD≌△PAC(SAS)，
∴AP=AP'
∴∠APP'=∠P'=30°
过A作AM⊥PD于M点，
∴∠P' AM=∠PAM=60°
PM √3
∴在△AMP中，∠AMP=90°,∠MAP=60°由sin∠MAP= ，得PM= PA
PA 2
√3
同理，P'M= PA
2
∴PP'=2PM=√3PA=PD+P'D=PD+PC
即：PD+PC=√3PA
法二：旋转法
连接AD，OD，
由（1）知∠AOC=60°，
∵OA=OC，
∴△AOC是等边三角形
同理，可得△AOD也是等边三角形，
∴∠CAD=120°
将△ACP绕A点顺时针旋转120°得到△ADP'
∴∠ADP'=∠ACP，∠PAP'=∠CAD=120°，AP'=AP，
四边形ADPC是圆内接四边形
∴∠ACP+∠ADP=180°
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∴∠ADP'+∠ADP=180°
P，D，P'三点共线
过A作AM⊥PD于M点，
∴∠P' AM=∠PAM=60°
∴ △AMP ∠AMP=90° ∠MAP=60°
在 中， ，
PM √3 √3
由sin∠MAP= ，得PM= PA同理，P'M= PA
PA 2 2
∴PP'=2PM=√3PA=PD+P'D=PD+PC即：PD+PC=√3PA
【点睛】此题主要考查圆切线的综合，解题的关键是熟知切线的性质及三角函数的应用．证明直线是圆的
切线常用的方法：（1）若已知直线与圆有公共点，连接过这点的半径，证明这条半径与直线垂直即可，
可简述为：有切点，连圆心，证垂直，（2）在已知条件中，未给出直线与圆有公共点时，那么就应从圆
心向这条直线作垂线，再证明垂线段的长度与半径相等即可，即“无切点，作垂直，证半径”．
重难点五：与全等三角形有关的基础模型-一线三等角
4
1．如图所示，在平面直角坐标系中，一次函数y=− x+4与坐标轴交于A、B两点，若△ABC是等腰直
3
角三角形，求点C的坐标．
【答案】点C的坐标是¿．
【分析】通过一次函数解析式能求出A、B两点的坐标，也就是OA，OB的长，由等腰直角△ABC可以得
出AB=AC，作CD垂直于x轴，构造△ABO≌△CAD，从而求出AD、CD的长，得到点C的坐标，本题
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考查了一次函数求交点坐标，全等三角形的判定和性质，解题的关键是作辅助线构造全等三角形．
4
【详解】解：当y=0时，0=− x+4，解得x=3，即点A坐标为(3,0)，
3
当x=0时，y=4，则点B坐标为(0,4)，
作CD垂直于x轴，
∴∠CDA=90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠BAO+∠CAD=90°，
∵∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠CAD=∠ABO，
在△AOB和△CDA中，
¿
∴△AOB≌△CDA(AAS)，
∴AD=BO，AO=CD，
∴OD=AO+AD=3+4=7，
∴DC=OA=3，
∴点C的坐标是¿
2．（2023·河南周口·三模）（1）问题发现：如图1，在△ABC中，∠ABC=α，将边AC绕点C顺时针旋
转α得到线段CE，在射线BC上取点D，使得∠CDE=α，线段BC与DE的数量关系是______；
1
（2）类比探究：如图2，若α=90°，作∠ACE=90°，且CE= AC，其他条件不变，写出变化后线段
2
BC与DE的数量关系，并给出证明；
（3）拓展延伸：如图3，正方形ABCD的边长为6，点E是边AD上一点，且AE=2，把线段CE逆时针旋
转90°得到线段EF，连接BF，直接写出线段BF的长．
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【答案】（1）BC=DE；（2）BC=2DE，证明见解析；（3）2√41
【分析】（1）结合“一线三等角”推出△ABC≌△CDE，从而证得结论即可；
（2）利用条件证明△ABC∽△CDE，然后根据相似三角形的性质证明即可；
（3）作FH⊥BA延长线于H点，过E点作¿⊥FH，交BC于G点，交FH于T点，结合“一线三垂直”
证明△FTE≌△EGC，从而利用全等三角形的性质求出BH和FH，最后利用勾股定理计算即可．
【详解】（1）解：∵将边AC绕点C顺时针旋转α得到线段CE，
∴AC=CE,∠ACE=α，
∵∠ABC=∠CDE=∠ACE=α，∠ACD=∠ACE+∠ECD=∠ABC+∠BAC，
∴∠A=∠ECD．
在△ABC和△CDE中，
¿
∴△ABC≌△CDE(AAS)，
∴BC=DE．
故答案为：BC=DE
（2）BC=2DE．
证明：同（1）可得，∠A=∠ECD，∠ABC=∠CDE，
∴△ABC∽△CDE，
BC AC
∴ = ，
DE CE
1
∵CE= AC，
2
BC AC
∴ = =2，
DE CE
∴BC=2DE．
（3）如图所示，作FH⊥BA延长线于H点，过E点作¿⊥FH，交BC于G点，交FH于T点，
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则TH=BG=AE=2，EG=AB=6，AH=TE，
由（1）同理可证，△FTE≌△EGC(AAS)，
∴FT=EG=6，AH=TE=GC=6−2=4，
∴FH=FT+TH=6+2=8，BH=BA+AH=6+4=10，
∴BF=√FH2+BH2=√82+102=2√41．
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，
掌握一线三等角全等和相似模型，并熟练运用是解题关键．
重难点六：与全等三角形有关的基础模型-手拉手模型
1．（2023·吉林长春·模拟预测）两个大小不同的等腰直角三角板按图1所示摆放，将两个三角板抽象成如
图2所示的△ABC和△AED，其中∠BAC=∠EAD=90°，点B、C、E依次在同一条直线上，连结CD．
若BC=4，CE=2，则△DCE的面积是 ．
【答案】6
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质等知识，根据SAS证明
△ACD≌△ABE，由全等三角形的性质得出∠ACD=∠B，CD=BE，则可得出答案．
【详解】解：∵∠BAC=∠EAD=90°，
∴∠BAC+∠CAE=∠EAD+∠CAE，即∠BAE=∠CAD，
在△ABD和△ACD中，
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¿，
∴△ACD≌△ABE(SAS)，
∴∠ACD=∠B，CD=BE，
∵∠B=45°，
∴∠ACD=45°，
∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°，
∵BC=4，CE=2，
∴BE=6，
∴CD=6，
1 1
∴S = CE⋅DC= ×2×6=6，
△DCE 2 2
故答案为：6．
2．（2022·安徽合肥·模拟预测）等腰直角ΔABC与等腰直角ΔCDE的直角顶点C重合．DE与AC相交于
F，CD的延长线交AB于G，连接BD．
(1)如图1，求证：AC⋅CF=CE⋅CG；
(2)如图2，B，D，E在同一条直线上，取AB的中点M，分别连接MC，ME，求证：MC=ME；
(3)如图3，过A作BD的平行线，过B作AC的平行线，两线相交于H，且点H在CG的延长线上，若
AH
BC=2BH，求 的值．
DE
【答案】(1)见解析
(2)见解析
AH
(3) =√2
DE
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CE BC
【分析】（1）通过证明ΔECF∽ΔBCG，得到 = ，再利用AC=BC等量代换即可；
CF CG
（2）连接AE，由SAS证明ΔACE≌ΔBCD，得到∠EAC=∠DBC，从而证明∠AEF=90°，再利用
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到结论；
（3）延长BD与AC交于点P，得到四边形APBH为平行四边形，从而得到BH=AP，AH=BP，通过等
量代换可得四边形PCBH为矩形，得到BP=CH，再设CD=x，可得CH=BP=AH=2x，DE=√2x，
AH
即可得到 的值．
DE
【详解】（1）证明：∵ΔABC、ΔCDE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90° ，
∴∠E=∠ABC=45°，AC=BC， EC=DC
∵∠ECA+∠ACG=∠ACG+∠BCG=90°，
∴∠ECA=∠BCG，
在ΔECF和ΔBCG中，
¿
∴ΔECF∽ΔBCG
CE BC
∴ =
CF CG
又∵AC=BC
CE AC
∴ = ，即AC⋅CF=CE⋅CG
CF CG
（2）连接AE，
在ΔACE和ΔBCD中，
¿
∴ΔACE≌ΔBCD（SAS）
∴∠EAC=∠DBC，
∵∠DBC+∠BFC=90° ，∠BFC=∠AFE ，
∴∠EAC+∠AFE=90°，即∠AEF=90° ，
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在Rt ΔAEB中，
∵点M为AB中点，
1
∴EM= AB，
2
1
又∵CM= AB，
2
∴MC=ME；
（3）延长BD与AC交于点P，连接PH，
∵AH∥BD，BH∥AC，
∴四边形APBH为平行四边形，
∴BH=AP，AH=BP ；
又∵BC=2BH，AC=BC，
∴AC=2AP，即点P为AC中点，
∵PC=BH，PC∥BH，
∴四边形PCBH为平行四边形，
又∵∠ACB=90°，
∴ ▱PCBH为矩形，
∴BP=CH，点D为对角线交点，
设CD=x，则CH=BP=AH=2x，DE=√2x，
AH 2x
∴ = =√2．
DE √2x
【点睛】本题是三角形与四边形的综合题目，考查了相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，
等腰直角三角形的性质，平行四边形及矩形的判定性质，综合性较强，熟练掌握相关的性质及判定，构造
合理的辅助线是解决本题的关键．
易错点1：对三角形的高理解不到位
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1. 在数学课上，同学们在练习过点B作线段AC所在直线的垂线段时，有一部分同学画出下列四种图形，
请你数一数，错误的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】此题考查了垂线段的画法的判断，根据垂线段的画法依次判断即可．
【详解】解：四个图形中，只有第一个图形是过点B作线段AC所在直线的垂线段，其余均错误，
故选：C．
易错点2：与三角形高有关的分类讨论问题
1．（2021·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）直角三角形的两条边长分别3和4，这个直角三角形斜边儿上的高
为 ．
12 3
【答案】 或 √7
5 4
【分析】本题主要考查勾股定理，分类讨论是解题的关键．可分两种情况：若3，4是直角三角形的两条直
角边；若3为直角三角形的直角边，4为斜边，利用勾股定理分别求解直角三角形的第三边，利用三角形
的面积可求解斜边上的高．
【详解】解：若3，4是直角三角形的两条直角边，则斜边长为：√32+42=5，
3×4 12
∴斜边上的高为： = ；
5 5
若3为直角三角形的直角边，4为斜边，则另一条直角边长为：√42−32=√7，
3×√7 3
∴斜边上的高为： = √7，
4 4
12 3
综上所述，这个直角三角形斜边上的高为 或 √7．
5 4
12 3
故答案为： 或 √7
5 4
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易错点3：在等腰三角形中，忽略三边关系而致错
1．（2024·江苏镇江·中考真题）等腰三角形的两边长分别为6和2，则第三边长为 ．
【答案】6
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形三边关系，熟练掌握分类讨论思想是解题的关键．分两种
情况讨论：当6为一腰长时；当2为一腰长时；分别求出第三条边长，并根据三角形三边关系判断是否能
构成三角形，即可得出答案．
【详解】解：当6为一腰长时，则另一腰长为6，底边长为2，
∵6+6>2，
∴能构成三角形，
∴第三边长为6；
当2为一腰长时，则另一腰长为2，底边长为6，
∵2+2<6，
∴不能构成三角形，舍去；
综上，第三边长为6，
故答案为：6．
2．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）等腰三角形的两边长分别是方程x2−10x+21=0的两个根，则这个三
角形的周长为（ ）
A．17或13 B．13或21 C．17 D．13
【答案】C
【分析】本题考查了解一元二次方程，等腰三角形的定义，三角形的三边关系及周长，由方程可得x =3，
1
x =7，根据三角形的三边关系可得等腰三角形的底边长为3，腰长为7，进而即可求出三角形的周长，掌
2
握等腰三角形的定义及三角形的三边关系是解题的关键．
【详解】解：由方程x2−10x+21=0得，x =3，x =7，
1 2
∵3+3<7，
∴等腰三角形的底边长为3，腰长为7，
∴这个三角形的周长为3+7+7=17，
故选：C．
3. 已知一等腰三角形的周长为26，其中一边为6，则这个等腰三角形的腰长是（ ）
A．8 B．6或10 C．6 D．10
【答案】D
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【分析】根据题意分长为6的边为腰或底两种情况分析，根据构成三角形的条件取舍，即可求得答案．
【详解】解：①6是腰长时，底边为：26﹣6×2＝14，
三角形的三边长分别为6、6、14，
6+6＜14，
∵∴不能组成三角形；
1
6是底边长时，腰长为： ×（26﹣6）＝10，
2
②
三角形的三边长分别10、10、6，能组成三角形，
综上所述，该等腰三角形的腰长是10，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的定义，构成三角形的条件，分类讨论是解题的关键．
易错点4：未掌握全等三角形的判定定理
1．（2021·重庆·中考真题）如图，在△ABC和△DCB中，∠ACB=∠DBC ，添加一个条件，不能证明
△ABC和△DCB全等的是（ ）
A．∠ABC=∠DCB B．AB=DC
C．AC=DB D．∠A=∠D
【答案】B
【分析】根据已知条件和添加条件，结合全等三角形的判断方法即可解答．
【详解】选项A，添加∠ABC=∠DCB，
在△ABC和△DCB中，
¿ ，
∴△ABC≌△DCB（ASA），
选项B，添加AB=DC，
在△ABC和△DCB中，AB=DC，BC=CB，∠ACB=∠DBC，无法证明△ABC≌△DCB；
选项C，添加AC=DB，
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在△ABC和△DCB中，
¿ ，
∴△ABC≌△DCB（SAS）；
选项D，添加∠A=∠D，
在△ABC和△DCB中，
¿ ，
∴△ABC≌△DCB（AAS）；
综上，只有选项B符合题意．
故选B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定方法，熟知全等三角形的判定方法是解决问题的关键．
81
