专题 16 全等三角形（10 个高频考点）（强化训练）
【考点1 全等三角形的概念及其性质】
1．（2022·江苏盐城·校考三模）如图，将△ABC绕着点C顺时针旋转后得到△A′B′C′．若∠A=40°，
∠B′=110°，则∠BCA的度数是（ ）
A．90° B．80° C．50° D．30°
【答案】D
【分析】旋转前后的图形全等，根据三角形的内角等于180°即可算出∠BCA的度数．
【详解】由题意可得△ABC≌△A′B′C
∴∠B=∠B′=110°
∴∠C=180°−∠A−∠B=180°−40°−110°=30°
故选：D
【点睛】本题考查了旋转的性质和三角形的内角和，理解和熟记相应的知识，仔细理解题意是解决本题的
关键．
2．（2022·辽宁鞍山·模拟预测）下列说法正确的是（ ）
A．所有的等边三角形是全等形
B．面积相等的三角形是全等三角形
C．到三角形三边距离相等的点是三边中线的交点
D．到三角形三个顶点距离相等的是三边中垂线的交点
【答案】D
【分析】根据全等三角形的判定知两个等边三角形不一定全等即可判定A错误；面积相等的三角形不一定
是全等三角形可判定B错误； 根据到三角形三边距离相等的点是内角平分线的交点，可判定C错误； 根
据到三角形三个顶点距离相等的点是三边中垂线的交点即可判定D正确．【详解】解：A、两个等边三角形不一定全等，故此选项不符合题意；
B、面相等的三角形不一定是全等三角形，故此选项不符合题意；
C、到三角形三边距离相等的点是内角平分线的交点， 故此选项不符合题意；
D、到三个顶点距离相等的是三边中垂线的交点，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定的判定定理，等边三角形的性质，三角
形三边垂直平分线的交点的性质，三角形内角平分线的交点性质是解题的关键．
3．（2022·河南·模拟预测）如图所示，两个三角形全等，则∠α等于()
A．72° B．60° C．58° D．50°
【答案】D
【分析】根据图形得出DE=AB=a，DF=AC=c，根据全等三角形的性质得出∠D=∠A=50°，即可
得出选项．
【详解】解：∵DE=AB=a，DF=AC=c，
又∵△ABC和△≝¿全等，
∴∠D=∠A=50°，
∴∠α=50°，
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，能熟记全等三角形的性质是解此题的关键，注意：全等三角形的
对应边相等，对应角相等．
4．（2022·上海静安·统考二模）下列说法中，不正确的是（ ）
A．周长相等的两个等边三角形一定能够重合B．面积相等的两个圆一定能够重合
C．面积相等的两个正方形一定能够重合 D．周长相等的两个菱形一定能够重合
【答案】D
【分析】利用全等图形的定义，以及等边三角形的性质，圆的性质，正方形的性质，菱形的性质分析选项
即可．
【详解】解：由题意可知：A. 周长相等的两个等边三角形一定能够重合，周长相等说明等边三角形的边长相等，且等边三角形的每一
个角都为60°，故说法正确，不符合题意；
B. 面积相等的两个圆一定能够重合，面积相等说明圆的直径相等，故说法正确，不符合题意；
C. 面积相等的两个正方形一定能够重合，面积相等说明正方形的边长相等，且正方形的每个角都为90°，
故说法正确，不符合题意；
D. 周长相等的两个菱形一定能够重合，周长相等虽然可以说明菱形的边长相等，但是不能保证菱形的每个
角对应相等，故说法不正确，符合题意；
故选：D
【点睛】本题考查全等图形的定义，等边三角形的性质，圆的性质，正方形的性质，菱形的性质，解题的
关键是掌握性质，并进行分析．
5.（2022·山东淄博·统考中考真题）如图，若△ABC≌△ADE，则下列结论中一定成立的是（ ）
A．AC＝DE B．∠BAD＝∠CAE C．AB＝AE D．∠ABC＝∠AED
【答案】B
【分析】根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：∵△ABC≌△ADE，
∴AC＝AE，AB＝AD，∠ABC＝∠ADE，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE．
故A，C，D选项错误，B选项正确，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
【考点2 一次证明全等三角形】
6．（2022·四川乐山·统考中考真题）如图，B是线段AC的中点，AD∥BE,BD∥CE，求证：
△ABD≌△BCE．【答案】证明过程见详解
【分析】运行平行线的性质可证∠A=∠EBC，∠DBA=∠C，结论即可得证．
【详解】证明∵B是AC中点，
∴AB=BC，
∵AD∥BE，
∴∠A=∠EBC，
∵BD∥EC，
∴∠DBA=∠C，
在△ABD和△BCE中，
¿，
∴△ABD≌△BCE(ASA)．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定、平行线的性质，掌握两直线平行同位角相等的知识是解答本题的
关键．
7．（2022·浙江衢州·统考中考真题）已知：如图，∠1=∠2，∠3=∠4．求证：AB=AD．
【答案】见解析
【分析】由∠3=∠4可得∠ACB=∠ACD，然后即可根据ASA证明△ACB≌△ACD，再根据全等三角形的性质
即得结论．
【详解】解：∵∠3=∠4，∠ACB+∠3=180°，∠ACD+∠4=180°，
∴∠ACB=∠ACD，
∵¿ ，
∴△ACB≌△ACD，
∴AB=AD．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明△ACB≌△ACD是解本题的关键．
8．（2022·江苏无锡·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，点O为对角线BD的中点，EF过点O且分别交
AB、DC于点E、F，连接DE、BF．
求证：
(1) DOF≌ BOE；
(2)△DE=BF．△
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形ABCD的性质，利用ASA即可证明 DOF≌ BOE；
（2）证明四边形BEDF的对角线互相平分，进而得出结论． △ △
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，O是BD的中点，
∴AB∥DC，OB=OD，
∴∠OBE=∠ODF．
在 BOE和 DOF中，¿，
∴△△BOE≌△D△OF（ASA）；
（2）证明：∵ BOE≌△DOF，
∴EO=FO， △
∵OB=OD，
∴四边形BEDF是平行四边形．
∴DE=BF．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判
定和性质，证明三角形全等是解决问的关键．
9.（2022·山东青岛·山东省青岛实验初级中学校考模拟预测）（1）如图1，∠B=∠D=90°，E是BD的中
点，AE平分∠BAC，求证：CE平分∠ACD．
（2）如图2，AM∥CN，∠BAC和∠ACD的平分线并于点E，过点E作BD⊥AM，分别交AM、CN于B、D，请猜想AB、CD、AC三者之间的数量关系，请直接写出结论，不要求证明．
（3）如图3，AM∥CN，∠BAC和∠ACD的平分线交于点E，过点E作不垂直于AM的线段BD，分别
交AM、CN于B、D点，且B、D两点都在AC的同侧，（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；
若不成立，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）AC=AB+CD；（3）成立，理由见解析
【分析】（1）过E作EF⊥AC于F，根据角平分线的性质可得EF=BE，从而求出EF=DE，然后根据
角平分线的判定证明即可；
（2）过E作EF⊥AC于F，根据平行线的性质得到BD⊥CD，由角平分线的性质得到BE=EF，证得
Rt△AEF≌Rt△ABE，根据全等三角形的性质得到AF=AB，同理CF=CD，等量代换得到结论；
（3）成立，在AC上截取AF=AB，根据角平分线定义得到∠BAE=∠FAE，推出△ABE≌△AFE，根
据角平分线的性质得到∠ABE+∠CDE=180°，求得∠CFE=∠CDE，证得△CEF≌△CDE，根据全
等三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：（1）如图1，过E作EF⊥AC于F，
∵∠B=90°，AE平分∠BAC，
∴EF=BE，
∵E是BD的中点，
∴BE=DE，
∴EF=DE，
∵∠D=90°，
∴CE平分∠ACD；（2）如图2，过E作EF⊥AC于F，
∵AM∥CN，BD⊥AM，
∴BD⊥CD，
∵AE平分∠BAC，
∴BE=EF，
在Rt△AEF与Rt△ABE中，
¿，
∴Rt△AEF≌Rt△ABE，
∴AF=AB，
同理CF=CD，
∵AC=AF+CF，
∴AC=AB+CD；
（3）成立，如图3，在AC上截取AF=AB，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE=∠FAE，
在△ABE与△AFE中，
¿，
∴△ABE≌△AFE，
∴∠AFE=∠ABE，
∵AM∥CN，
∴∠ABE+∠CDE=180°，
∵∠AFE+∠EFC=180°，
∴∠CFE=∠CDE，∵CE平分∠ACD，
∴∠FCE=∠DCE，
在△CEF与△CDE中，
¿，
∴△CEF≌△CDE，
∴CF=CD，
∵AC=AF+CF，
∴AC=AB+CD．
【点睛】本题考查全等三角形的性质和判定，角平分线的性质，角平分线的定义，平行线的性质，正确的
作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
10.（2022·江苏徐州·校考二模）如图1，把等腰直角三角板AMN放在平面直角坐标系xOy中，点A坐标为
(0,4)，∠MAN=90°，AM=AN．三角板AMN绕点A逆时针旋转，AM、AN与x轴分别交于点D、E．
∠AOE、∠AOD的角平分线OG、OH分别交AN、AM于点B、C．点P为BC的中点．
(1)求证：AB=AC；
(2)如图2，若点D的坐标为(−3,0)，求线段BC的长度；
(3)在旋转过程中，若点D的坐标从(−8,0)变化到(−2,0)，则点P的运动路径长为___________（直接写出
结果）
【答案】(1)见解析
20√2
(2)
7
4
(3)
3
【分析】（1）直接根据角平分线作出辅助线构造全等三角形即可证明．4 3
（2）首先根据坐标求出直线AD的表达式y= x+4，然后由垂直得出直线AN的表达式y=− x+4，最
3 4
后联立直线方程求出B、C两点的坐标即可得出答案．
1
（3）设直线AM的表达式为y=mx+4，根据垂直得出AN的表达式为y=− x+4，联立直线方程得出点
m
4 4 4m 4m
C的坐标为(− , )，点B的坐标为( , )，再根据中点坐标公式求得点P的坐标为
m+1 m+1 m+1 m+1
2m−2
( ,2)，得出点P的运动路径在y=2这条直线上，最后根据条件即可求出答案
m+1
（1）
过点A作AF垂直OH于点F，AT垂直OG于点T，
∵ OG，OH分别平分∠AOE，∠AOD，
∴∠COA=∠BOA=45°，
∴AF=AT，
∵∠CAB=∠COB=90°，
∴∠ACO+∠ABO=180°，
∵ACO+∠ACF=180°，
∴∠ACF=∠ABO，
在Rt ΔACF和Rt ΔABT中，有
¿，
∴ΔAFC≅ATB，
∴AC=AB．
（2）由题意得可知：l :y=−x，l :y=x，
OH OG
设l :y=kx+b，
AD
∵D(−3,0)，A(0,4)，
∴¿，
4
∴ l :y= x+4，
AD 3
∵ AN⊥AM，
3
∴ l :y=− x+4，
AN 4
联立¿，解得¿，
12 12
∴点C的坐标为(− , )，
7 7
16 16
同理可得点B的坐标为( , )，
7 7
√ 16 12 2 16 12 2 20√2
∴ BC= ( + ) +( − ) = ．
7 7 7 7 7
（3）
1
设直线AM的表达式为y=mx+4，则AN的表达式为y=− x+4，
m
联立¿，解得¿，
4 4
∴点C的坐标为(− , )，
m+1 m+1
4m 4m
同理可得点B的坐标为( , )，
m+1 m+1
设点P的坐标为(x ,y )，
p p
∵ P为BC中点，
∴ ¿，
2m−2
∴点P的坐标为( ,2)，
m+1
即点P始终在直线y=2上运动，
由此可知P点的运动路径长度为起始横坐标之差，
1
当D的坐标为(−8,0)时，代入y=mx+4，得m= ，
22
此时点P的坐标为(− ,2)，
3
当D的坐标为(−2,0)时，代入y=mx+4，得m=2，
2
此时点P的坐标为( ,2)，
3
2 2 4
∴点P的运动路径长为 −（− ）= ．
3 3 3
【点睛】本题属于一次函数与几何综合，内容涉及广泛，包括证明全等，求点的坐标以及路径长度，解题
的难点在于求路径的长度，而关键在于求出点的路径轨迹，根据轨迹去求长度，本题难度较大，属于压轴
题．
【考点3 多次证明全等三角形】
11．（2022·辽宁大连·统考二模）如图，AC⊥BC，AD⊥BD，AD＝BC．AD，BC交于点O．求证：OC＝
OD．
【答案】见解析
【分析】根据HL证明Rt△ABD和Rt△BAC全等，进而利用AAS证明△AOC和△BOD全等解答即可．
【详解】证明：∵AC⊥BC，AD⊥BD，
∴∠C＝∠D＝90°．
在Rt△ABD和Rt△BAC中，
¿，
∴Rt△ABD≌Rt△BAC（HL），
∴BD＝AC，
在△AOC和△BOD中，
¿，
∴△AOC≌△BOD（AAS），
∴OC＝OD．
【点睛】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据HL证明Rt△ABD和Rt△BAC全等．
12．（2022·二模）已知：如图， BD 为 ΔABC 的角平分线，且BD=BC，E为BD延长线上的一点，BE=BA，过E作EF⊥AB，F为垂足．求证：
(1)ΔABD≅ΔEBC；
(2)AE=CE；
(3)BA+BC=2BF．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由角平分线得出∠ABD=∠EBC，利用全等三角形的判定证明即可；
（2）由（1）中结论得出∠BCE=∠BDA，ΔBCD和ΔBEA为等腰三角形，结合条件可得出
∠DCE=∠DAE，由等角对等边即可证明；
（3）过点E作EG⊥BC交BC的延长线于点G，利用角平分线的性质可得EF=EG，根据直角三角形的判
定得出RtΔBFE≅RtΔBGE，RtΔAFE≅RtΔCGE，FA=CG，结合图形，利用线段间的数量关系即可证
明．
【详解】（1）∵BD为ΔABC的角平分线，
∴∠ABD=∠EBC，
在ΔABD与ΔEBC中，
¿，
∴ΔABD≅ΔEBC(SAS)；
（2）∵ΔABD≅ΔEBC，
∴∠BCE=∠BDA，
∵∠BCE=∠BCD+∠DCE，∠BDA=∠DAE+∠BEA，
∴∠BCD+∠DCE=∠DAE+∠BEA，
∵BD=BC，BE=BA，
∴ΔBCD和ΔBEA为等腰三角形，
∵∠ABD=∠EBC，∴∠BCD=∠BEA，
∴∠DCE=∠DAE，
∴AE=EC；
（3）如图，过点E作EG⊥BC交BC的延长线于点G，
∵BE平分∠ABC，EF⊥AB，EG⊥BG，
∴EF=EG，
在RtΔBFE与RtΔBGE中，
¿，
∴RtΔBFE≅RtΔBGE(HL)，
∴BF=BG，
在Rt ΔAFE与RtΔCGE中，
¿，
∴RtΔAFE≅RtΔCGE(HL)，
∴FA=CG，
∴BA+BC=BF+FA+BG−CG=BF+BG=2BF．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，等角对等边及角平分线的性质等，理解题意，熟练掌握
运用全等三角形的判定和性质是解题关键．
13．（2022·山东济南·模拟预测）如图，△ABC是等边三角形，点D在边AC上，AH⊥BD于点H，以
AH为边在AH右侧作等边△AEH，EH交BC于点F，求证：点F是BC的中点．
【答案】见解析
【分析】利用SAS证明△BAH≌△CAE，得∠AHB=∠AEC，从而得出∠FEC=30°，作GB∥CE，交EF的延长线于G，说明∠G=∠BHG=30°，得BG=BH，由△BAH≌△CAE可得，BH=CE，则
BG=CE，再利用AAS证明△BGF≌△CEF，得BF=CF．
【详解】证明：∵△ABC、△AEH是等边三角形，
∴AB=AC，AH=AE，∠BAC=∠HAE，
∴∠BAH=∠CAE，
在△BAH和△CAE中，
¿，
∴△BAH≌△CAE(SAS)，
∴∠AHB=∠AEC，
∵AH⊥BD，
∴∠AHB=90°，
∴∠AEC=90°，
∵∠AEH=60°，
∴∠FEC=30°；
作GB∥CE，交EF的延长线于G，
∴∠G=∠FEC=30°，
∵∠AHE=60°，∠AHB=90°，
∴∠BHG=30°，
∴∠G=∠BHG，
∴BG=BH，
∵△BAH≌△CAE
∴BH=CE，
∴BG=CE，
在△BGF和△CEF中，
¿，∴△BGF≌△CEF(AAS)，
∴BF=CF，
∴点F为BC的中点．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，解题的关键是作
辅助线构造全等三角形．
14.（2022·河南·模拟预测）如图，已知Rt△ABC≌Rt△ADE，∠ABC＝∠ADE＝90°，BC与DE相交于点F，连
接CD，EB．
（1）图中还有几对全等三角形，请你一一列举；
（2）求证：CF＝EF．
【答案】(1) ADC≌△ABE， CDF≌△EBF；(2)证明见解析.
【分析】（1）△根据Rt△ABC≌△Rt△ADE，得出AC=AE，BC=DE，AB=AD，∠ACB=∠AED，∠BAC=∠DAE，从而
推出∠CAD=∠EAB，△ACD≌△AEB，△CDF≌△EBF；
（2）先证得△CDF≌△EBF，进而得到CF=EF．
【详解】（1）图中其它的全等三角形为：△ACD≌△AEB，△DCF≌△BEF；
（2）∵Rt△ABC≌Rt△ADE，
∴AC=AE，AD=AB，∠CAB=∠EAD，
∴∠CAB-∠DAB=∠EAD-∠DAB．
即∠CAD=∠EAB．
∴△CAD≌△EAB，
∴CD=EB，∠ADC=∠ABE．
又∵∠ADE=∠ABC，
∴∠CDF=∠EBF．
又∵∠DFC=∠BFE，
∴△CDF≌△EBF．
∴CF=EF．
15.（2022·福建福州·校考模拟预测）如图1，OA=2，OB=4，以A点为顶点，AB为腰在第三象限作等腰直角ABC．
△
（1）求C点的坐标.
（2）如图2，OA=2,P为y轴负半轴上的一个动点，若以P为直角顶点，PA为腰作等腰直角 APD，过D作
DE⊥x轴于E点，求OP－DE的值. △
（3）如图3，点F坐标为（－4，－4），点G（0，m）在y轴负半轴，点H（n，0）在x轴的正半轴，且
FH⊥FG，求m+n的值.
【答案】答案见解析.
【分析】（1）作CD⊥AD，易证∠ACD=∠OAB，即可求证 ACD≌△BAO，可得AD=OB，CD=OA即可解题；
（2）作DF⊥OP，易证∠APO=∠PDF，即可证明 AOP≌△P△FD，可得AO=PF，DE=OF，即可解题；
（3）作FD⊥HD，FE⊥OG，易证∠EFG=∠DFH，即△可证明 EFG≌△DFH，可得EG=DH，即-m-4=n+4，即可解题．
【详解】解：如图， △
（1）过点C作CD⊥AD，
∵∠CAD+∠ACD=90°，∠CAD+∠OAB=90°，
∴∠ACD=∠OAB，
在 ACD和 BAO中，
¿ △ △
∴△ACD≌△BAO，（AAS）
∴AD=OB，CD=OA，
∴点C坐标为（-6，-2）；(2)作DF⊥OP，
∵∠APO+∠DPF=90°，∠PDF+∠DPF=90°，
∴∠APO=∠PDF，
在△AOP和△PFD中，
¿
∴△AOP≌△PFD，（AAS）
∴AO=PF，DE=OF，
∴OP-DE=OP-OF=FP=AO=2；
(3)作FD⊥HD，FE⊥OG，则FE=FD=4，
∵∠EFG+∠OFE=90°，∠OFE+∠DFH=90°，
∴∠EFG=∠DFH，
在△EFG和△DFH中，¿ ，
∴△EFG≌△DFH，（ASA）
∴EG=DH，即-m-4=n+4，
∴m+n=-8．
【点睛】本题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
△ACD≌△BAO，△AOP≌△PFD，△EFG≌△DFH是解题的关键．
【考点4 网格中的全等三角形】
16.（2022·浙江宁波·统考一模）如图，△ABC是正方形网格图中的格点三角形（顶点在格点上），请分别
在图1，图2的正方形网格内按下列要求画一个格点三角形．
（1）在图1中，以AB为边画直角三角形△ABD（D与C不重合），使它与△ABC全等．
（2）在图2中，以AB为边画直角三角形△ABE，使它的一个锐角等于∠B，且与△ABC不全等．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）如图1，根据三边对应相等的两三角形全等作图即可；（2）根据三组对应边成比例的两个三角形相似作图．
【详解】解：（1）如图1，
∴△ACD为所求；
（2）如图2，
∴△ABD为所求．
【点睛】本题考查了作图﹣应用与设计作图：应用与设计作图主要把简单作图放入实际问题中．首先要理
解题意，弄清问题中对所作图形的要求，结合对应几何图形的性质和基本作图的方法作图．此题灵活应用
相似三角形的判定与性质．
17.（2022·河北·模拟预测）如图是一个4×4的正方形网格，图中所标示的7个角的角度之和等于()
A．585° B．540 C．270 D．315
【答案】A ° ° °
【分析】观察图形，可知△ABC≅△AZV，根据全等三角形的性质可知∠1=∠AZV，进而有
∠1+∠7=180°，同理可得∠2+∠6=180°,∠3+∠5=180°，∠4=45°然后即可得出答案.
【详解】
在△ABC和△AZV中，¿
△ABC≅△AZV(SAS)∴∠1=∠AZV
∴∠1+∠7=180°
同理可得
∠2+∠6=180°,∠3+∠5=180°，
∵∠4=45°
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7=180°×3+45°=585°
故选A
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键.
18.（2022·河北·模拟预测）如图，在5×5方格中，每个小方格都是边长为1的正方形，△ABC是格点三角
形（即顶点恰好是正方形的顶点），那么与△ABC有一条公共边且全等的所有格点三角形的个数是（ ）．
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】以BC为公共边时有3个三角形，以AC为公共边时有1个三角形与△ABC全等．
【详解】解析：画出符合题意要求的三角形如图所示
以BC为公共边的三角形有8个，分别是△BCD，△BCE，△BCF
以AB为公共边的三角形有0个
以AC为公共边的三角形有1个，为△ACG
共3+0+1=4个
故选：C【点睛】本题考查了全等三角形的判定的应用，找出符合条件的所有三角形是解此题的关键．解题时考虑
要全面，不要漏解．
19.（2022·北京海淀·统考一模）如图，在4×4的正方形网格中，A，B，C，D，E是网格线交点．请画出
一个△≝¿，使得△≝¿与△ABC全等______．
【答案】见解析（只要画出一种即可）
【分析】根据两边及其夹角对应相等的两个三角形全等进行作图即可．
【详解】解：∵DE=AB，
∴分两种情况：∠≝=∠ABC=135°或∠EDF=∠ABC=135°，找出点F的位置，连接DF、EF，
BC=EF或FD=CB，
∴△ABC≌△DEF（SAS）或△ABC≌△EDF（SAS），
即为要求作的△≝¿，如图所示：
故答案为：见解析（只要画出其中一种即可）
【点睛】本题主要考查了在方格纸中作一个三角形与已知三角形全等，解题的关键是确定点F的位置．
20.（2022·北京·北京市第一六一中学校考模拟预测）如图所示的网格是正方形网格，点A，B，C，D均落
在格点上，则∠BAC+∠ACD＝_____°．【答案】90
【分析】先证明△DCE≌△ABD（SAS），得∠CDE=∠DAB，根据同角的余角相等和三角形的内角和可得结论．
【详解】在△DCE和△ABD中，
∵¿，
∴△DCE≌△ABD（SAS），
∴∠CDE＝∠DAB，
∴∠CDE+∠ADC＝∠ADC+∠DAB＝90°，
∴∠AFD＝90°，
∴∠BAC+∠ACD＝90°，
故答案为90．
【点睛】本题网格型问题，考查了三角形全等的性质和判定及直角三角形各角的关系，本题构建全等三角
形是关键．
【考点5 尺规作图与全等三角形】
21．（2022·吉林白山·统考二模）仔细观察用直尺和圆规作一个角∠A′O′B′等于已知角∠AOB的示意图，
请你根据图形全等的知识，说明画出∠A′O′B′=∠AOB的依据是（ ）
A．SAS B．SSS C．ASA D．AAS
【答案】B
【分析】根据作图过程可知O′C′=OC，C′D′=CD，O′D′=OD，所以运用的是三边对应相等，两三角
形全等作为依据．
【详解】解：根据作图过程可知O′C′=OC，C′D′=CD，O′D′=OD，
在△OCD和△O′C′D′中，
¿，∴△OCD≌△O′C′D′ (SSS)，
∴∠A′O′B′=∠AOB，
故选：B．
【点睛】本题考查基本作图—作一个角等于已知角，其理论依据是三角形全等的判定“SSS”，解题的关
键是熟练掌握相关的判定定理．
22.（2022·甘肃武威·校考二模）已知：AC是▱ABCD的对角线．
（1）用直尺和圆规作出线段AC的垂直平分线，与AD相交于点E，连接CE．（保留作图痕迹，不写作
法）；
（2）在（1）的条件下，若AB=3,BC=5，求△DCE的周长．
【答案】(1)见解析；（2）8
1
【分析】（1）以A、C为圆心，以大于 AC的长为半径画弧，两弧交于两点，连接两点即可；
2
（2）由（1）可得OA=OC，∠AOE=∠COF=90°，再由平行线的性质可得∠AEO=∠CFO，根据AAS即可证明全
等．
【详解】解：（1）如图，CE为所作；
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD=BC=5,CD=AB=3，
∵点E在线段AC的垂直平分线上，
∴EA=EC，
∴ △DCE的周长=CE+DE+CD=EA+DE+CD=AD+CD=5+3=8．
【点睛】本题考查作图，熟练掌握基本作图是解题关键
23.（2022·广东广州·校考二模）如图，四边形ABCD是正方形，E是BC上一点，DF⊥AE于点F．(1)过点B作AE的垂线交AE于点P（尺规作图，保留痕迹，不写作法）；
(2)根据（1）中作图，若BP=3，PF=1，求AB的长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）根据过直线外一点作垂线的方法即可求解．
（2）根据正方形的性质可证明△ADF≅△BAP,从而得到AF=BP=3,进而可得AP=4,利用勾股定理即
可计算出AB的长．
（1）
如图所示，
点P即为所求．
（2）
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD,∠BAD=90°，
∵DF⊥AE,BP⊥AE,
∴∠DFA=∠APB=90°，
∴∠BAP+∠DAP=∠BAP+∠ABP=90°，
∴∠ADF=∠BAP，
在△ADF和△BAP中，∵¿
∴△ADF≅△BAP（AAS），
∴AF=BP=3，
∵PF=1，
∴AP=4，
∴AB=√AP2+BP2=√42+32=5,
∴AB的长为5．
【点睛】本题主要考查了尺规作图，勾股定理．正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解题的关键是
根据题意作图，证明全等三角形．
24.（2022·江西吉安·校考一模）尺规作图之旅
下面是一副纯手绘的画作，其中用到的主要工具就是直尺和圆规，在数学中，我们也能通过尺规作图创造
出许多带有美感的图形．
尺规作图起源于古希腊的数学课题，只允许使用圆规和直尺，来解决平面几何作图问题．
【作图原理】在两年的数学学习里中，我们认识了尺规作图，并学会用尺规作图完成一些作图问题，请仔
细思考回顾，判断以下操作能否通过尺规作图实现，可以实现的画√，不能实现的 画×．
（1）过一点作一条直线．( )
（2）过两点作一条直线．( )
（3）画一条长为3㎝的线段．( )
（4）以一点为圆心，给定线段长为半径作圆．( )
【回顾思考】还记得我们用尺规作图完成的第一个问题吗？那就是“作一条线段等于已知线段”，接着，
我们学习了使用尺规作图作线段的垂直平分线，作角平分线，过直线外一点作垂线……而这些尺规作图的
背后都与我们学习的数学原理密切相关，下面是用尺规作一个角等于已知角的方法及说理，请补全过程．
已知：∠AOB．
求作：∠A′O′B′使∠A′O′B′=∠AOB作法：（1）如图，以O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA，OB于点C，D；
（2）画一条射线O′ A′，以点O′为圆心，OC长为半径画弧，交O′ A′于点C′；
（3）以点C′为圆心，____________________；
（4）过点D′画射线O′B′，则∠A′O′B′=∠AOB．
说理：由作法得已知：OC=O′C′,OD=O′D′,CD=C′D′
求证：∠A′O′B′=∠AOB
证明：∵¿
∴ΔOCD≅ΔO′C′D′( )
所以∠A′O′B′=∠AOB(
)
【小试牛刀】请按照上面的范例，完成尺规作图并说理：过直线外一点作已知直线的平行线．
已知：直线l与直线外一点A．
求作：过点A的直线l′，使得l//l′．
【创新应用】现实生活中许多图案设计都蕴含着数学原理，下面是一个常见商标的设计示意图．假设你拥
有一家书店，请利用你手中的刻度尺和圆规，为你的书店设计一个图案．要求保留作图痕迹，并写出你的
设计意图．【答案】【作图原理】（1）√；（2）√；（3）×；（4）√；【回顾思考】作法：以点C′为圆心，以CD
为半径画弧，与第二步中所画的弧相交于D′；说理：SSS，全等三角形对应角相等；【小试牛刀】答案见
解析；【创新应用】答案见解析．
【分析】[作图原理]根据五种基本作图判断即可；
[回顾思考]利用全等三角形的判定解决问题即可；
[小试牛刀]利用同位角相等两直线平行解决问题即可；
[创新应用]答案不唯一，画出图形，说明设计意图即可．
【详解】解：[作图原理]：（1）过一点作一条直线．可以求作；
（2）过两点作一条直线．可以求作；
（3）画一条长为3cm的线段．不可以求作；
（4）以一点为圆心，给定线段长为半径作圆．可以求作；
故答案为：√，√，×，√；
[回顾思考]：作法：（1）如图，以O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA，OB于点C，D；
（2）画一条射线O'A'，以点O'为圆心，OC长为半径画弧，交O'A'于点C'；
（3）以点C'为圆心，以C′为圆心，CD长为半径画弧与第二步中所画的弧交于点D′；
（4）过点D'画射线O'B'，则∠A'O'B'＝∠AOB．
说理：由作法得已知：OC＝O'C'，OD＝O'D'，CD＝C'D'，
求证：∠A'O'B'＝∠AOB．OC＝O′C′
证明：在△OCD和△O'C'D'中{OD＝O′D′，
CD＝C′D′
∴△OCD≌△O'C'D'（SSS），
∴∠A'O'B'＝∠AOB（全等三角形的对应角相等），
故答案为：以C′为圆心，CD长为半径画弧与第二步中所画的弧交于点D′，SSS，全等三角形的对应角相等；
[小试牛刀]：如图，直线l′即为所求（方法不唯一），
；
[创新应用]：如图所示（答案不唯一），设计意图：书架中隐藏着无限宝藏，
．
【点睛】本题考查作图−应用与设计作图，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
是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
25.（2022·河北唐山·统考一模）【提出问题】课间，一位同学拿着方格本遇人便问：“如图所示，在边长
为1的小正方形组成的网格中，点A、B、C都是格点，如何证明点A、B、C在同一直线上呢？”
【分析问题】一时间，大家议论开了. 同学甲说：“可以利用代数方法，建立平面直角坐标系，利用函数的知识解决”，同学乙说：“也可以利用几何方法…”同学丙说：“我还有其他的几何证法”……
【解决问题】请你用两种方法解决问题
方法一（用代数方法）：
方法二（用几何方法）：
【答案】（1）见详解；（2）见详解.
【分析】（1）以点B为原点建立平面直角坐标系，则点C为（1，2），利用待定系数法求出直线BC的解
析式，然后判断点A是否在直线BC上即可；
（2）在格点中构造两个三角形，证明△ABD≌△BCE，得到∠ABD=∠BCE，利用平角的定义，得到
∠ABC=180°，即可得到点A、B、C在同一条直线上.
【详解】解：（1）如图，以点B为原点建立平面直角坐标系，
则点C坐标为（1，2），
设直线BC的解析式为：y=kx，解得：k=2，
∴直线BC的解析式为：y=2x；
当x=−1时，y=2×(−1)=−2，
∴点A（−1，−2）在直线BC上，
∴A、B、C三点在同一条直线上；
（2）如图，在网格中构造两个三角形，△ABD和△BCE；
∵网格的边长为1，
∴AD=BE=1，BD=CE=2，∠D=∠E=90°，
∴△ABD≌△BCE，
∴∠ABD=∠BCE，
∵∠BCE+∠CBE=90°，
∴∠ABD+∠CBE=90°，
∴∠ABC=∠ABD+∠DBE+∠CBE=90°+90°=180°，
∴A、B、C三点在同一条直线上.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，一次函数的性质，以及平角的定义，解题的关键是掌握证
明全等三角形的方法和利用待定系数法求一次函数的解析式.
【考点6 利用倍长中线模型证明全等三角形】
26.（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图，△ABC中，AB=8，AC=6，AD是BC边上的中线，则AD的取值
范围是_________．
【答案】1<AD<7
【分析】延长AD到E，使AD=DE，连接BE，证△ADC≌△EDB，得到AC=BE=6，在△ABE中，根据三角形三边关系定理得出AB−BE<AE<AB+BE，代入求出即可．
【详解】解：延长AD到E，使AD=DE，连接BE，如下图：
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD
在△ADC和△EDB中
¿
∴△ADC≌△EDB(SAS)
∴AC=BE=6
在△ABE中，AB−BE＜AE＜AB+BE
∴8−6<2AD<8+6
∴1<AD<7
故答案为1<AD<7
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的三边关系定理的应用，熟练掌握相关基本性质是
解题的关键．
27.（2022·安徽·模拟预测）【阅读理解】
课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
如图，△ABC中，若AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：如图，延长AD到点E，使DE＝AD，连结BE．请根
据小明的方法思考：(1)由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是（ ）．
A．SSS B．SAS C．AAS D．ASA
(2)AD的取值范围是（ ）．
A．6<AD<8 B．12<AD<16 C．1<AD<7 D．2<AD<14
(3)【感悟】解题时，条件中若出现“中点”、“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散
的已知条件和所求证的结论转化到同一个三角形中．
【问题解决】如图，AD是△ABC的中线，BE交AC于点E，交AD于F，且AE＝EF．求证：AC＝BF．
【答案】(1)B
(2)C
(3)见解析
【分析】（1）根据AD=DE，∠ADC=∠BDE，BD=DC推出△ADC和△EDB全等即可；
（2）根据全等得出BE=AC=6，AE=2AD，由三角形三边关系定理得出8-6＜2AD＜8+6，求出即可；
（3）延长AD到M，使AD=DM，连接BM，根据SAS证△ADC≌△MDB，推出BM=AC，∠CAD=∠M，根据
AE=EF，推出∠CAD=∠AFE=∠BFD，求出∠BFD=∠M，根据等腰三角形的性质求出即可．
【详解】（1）∵在△ADC和△EDB中
¿，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
故选B；
（2）∵由（1）知：△ADC≌△EDB，∴BE=AC=6，AE=2AD，
∵在△ABE中，AB=8，由三角形三边关系定理得：8-6＜2AD＜8+6，
∴1＜AD＜7，
故选：C．
（3）延长AD到点M，使AD＝DM，连接BM．
∵AD是△ABC中线
∴CD＝BD
∵在△ADC和△MDB中
¿
∴△ADC≌△MDB(SAS)
∴BM＝AC（全等三角形的对应边相等）
∠CAD＝∠M（全等三角形的对应角相等）
∵AE＝EF，
∴∠CAD＝∠AFE（等边对等角）
∵∠AFE＝∠BFD，
∴∠BFD＝∠M，
∴BF＝BM（等角对等边）
又∵BM＝AC，
∴AC＝BF．
【点睛】本题考查了三角形的中线，三角形的三边关系定理，等腰三角形性质和判定，全等三角形的性质
和判定等知识点，主要考查学生运用定理进行推理的能力．
28.（2022·山西·统考一模）阅读材料，解答下列问题．
如图1，已知△ABC中，AD 为中线．延长AD至点E，使 DE=AD．在△ADC和△EDB中，AD=DE，
∠ADC=∠EDB，BD=CD，所以，△ACD≌△EBD，进一步可得到AC=BE，AC//BE等结论．在已知三角形的中线时，我们经常用“倍长中线”的辅助线来构造全等三角形，并进一步解决一些相关的
计算或证明题．
解决问题：如图2，在△ABC中，AD是三角形的中线，点F为AD上一点，且BF=AC，连结并延长BF交
AC于点E，求证：AE=EF．
【答案】详见解析
【分析】延长AD到M，使DM=AD，连接BM，根据SAS推出 BDM≌△CDA，根据全等三角形的性质得出
BM=AC，∠CAD=∠M，根据BF=AC可得BF=BM，推出∠BFM=∠△M，求出∠AFE=∠EAF即可．
【详解】如图，延长AD至点M，使得MD=AD，并连结BM，
∵AD是三角形的中线，
∴BD=CD，
在△MDB和△ADC中，
¿
∴△MDB≌△ADC，
∴AC=MB，∠BMD=∠CAD，
∵BF=AC，
∴BF=BM，
∴∠BMD=∠BFD，
∵∠BFD=∠EFA，∠BMD=∠CAD，∴∠EFA=∠EAF，即AE=EF．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的运用性
质进行推理的能力，关键是能根据“倍长中线”法作出辅助线来构造全等三角形．
29.（2022·浙江宁波·统考模拟预测）如图，平行四边形ABCD中，M，N分别为边BC，CD的中点，且
AM
∠MAN＝∠ABC，则 的值是______．
AB
√3
【答案】
2
【分析】延长AM与DC的延长线交于点E，先证明△ABM≌△ECM，得AM与AE的关系，AB与EN和ED
的关系，再证明△EAN∽△EDA，由相似三角形比例线段便可得结论．
【详解】解：延长AM与DC的延长线交于点E，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB＝CD，AB//CD，∠B＝∠D，
∵∠B＝∠MAN，
∴∠ECM＝∠B＝∠MAN＝∠D，
∵M是BC的中点，N是CD的中点，
1
∴BM＝CM，CN＝DN＝ CD，
2
在△ABM和△ECM中，
¿，
∴△ABM≌△ECM（ASA），
∴AB＝CE，AM＝EM，3
∴AE＝2AM，EN＝ AB，ED＝2AB，
2
∵∠EAN＝∠D，∠E＝∠E，
∴△EAN∽△EDA，
EA EN
∴ = ，即EA2＝ED•EN，
ED EA
3
∴(2AM) 2=2AB⋅ AB，
2
AM2 3
∴ = ，
AB2 4
AM √3
∴ = ．
AB 2
√3
故答案为： ．
2
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的性质与判定，关键
是构造全等三角形与相似三角形，已知中点，往往倍长中线作为辅助线．
1
30.（2022·广东深圳·统考三模）如图，矩形ABCD中，AE＝ AD，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延
3
长BG交CD于F点，若CF＝FD＝3，则BC的长为_____．
【答案】6√6
【分析】延长BF交AD的延长线于点H，证明△BCF≌△HDF（AAS），由全等三角形的性质得出BC＝DH，由
折叠的性质得出∠A＝∠BGE＝90°，AE＝EG，设AE＝EG＝x，则AD＝BC＝DH＝3x，得出EH＝5x，由锐角
三角函数的定义及勾股定理可得出答案．
【详解】解：延长BF交AD的延长线于点H，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AD∥BC，∠A＝∠BCF＝90°，
∴∠H＝∠CBF，
在△BCF和△HDF中，
¿，
∴△BCF≌△HDF（AAS），
∴BC＝DH，
∵将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，
∴∠A＝∠BGE＝90°，AE＝EG，
∴∠EGH＝90°，
1
∵AE＝ AD，
3
∴设AE＝EG＝x，则AD＝BC＝DH＝3x，
∴ED＝2x，
∴EH＝ED+DH＝5x，
EG x 1
在Rt△EGH中，sin∠H＝ = = ，
EH 5x 5
CF 1
∴sin∠CBF＝ = ，
BF 5
3 1
∴ = ，
BF 5
∴BF＝15，
∴BC＝√BF2−CF2=√152−32=6√6，
故答案为：6√6．
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，全等三角形的判定及性质，要注意折叠的图形中的相等的
角和相等的线段，解题关键是利用倍长中线法正确作出辅助线证 BCF≌△HDF．
【考点7 利用垂线模型证明全等三角形】 △
31．（2022·贵州黔东南·校考一模）如图，在平面直角坐标系中A(0,4)、C(6,0)，BC⊥x轴，存在第一象
限的一点P(a,2a−5)使得△PAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，则点P的坐标（ ）．A．(3,1)或(3,3) B．(5,5) C．(3,1)或(5,5) D．(3,3)
【答案】C
【分析】分点P在AB的上方和点P在AB的下方，根据全等三角形的判定与性质进行讨论求解即可．
【详解】解：当点P在AB的上方时，过P作x轴的平行线交y轴于E，交CB延长线于F，如图1，
则∠AEP=∠PFB=∠APB=90°，E(0，2a﹣5)，F(6，2a﹣5)，
∴PE=a，PF=6﹣a，AE=2a﹣9，
∵∠EAP+∠EPA=90°，∠EPA+∠BPF=90°，
∴∠EAP=∠BPF，又∠AEP=∠PFB，PA=PB，
∴△AEP≌△PFB(AAS)，
∴AE=PF，
∴6﹣a=2a﹣9，解得：a=5，
∴P(5，5)；
当点P在AB的下方时，同样过P作x轴的平行线交y轴于E，交CB于F，如图2，
则∠AEP=∠PFB=∠APB=90°，E(0，2a﹣5)，F(6，2a﹣5)，
∴PE=a，PF=6﹣a，AE=9﹣2a，
∵∠EAP+∠EPA=90°，∠EPA+∠BPF=90°，
∴∠EAP=∠BPF，又∠AEP=∠PFB，PA=PB，
∴△AEP≌△PFB(AAS)，
∴AE=PF，
∴9﹣2a=6﹣a，解得：a=3，
∴P（3，1），
综上，点P的坐标为（3，1）或（5，5），
故选：C．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等角的余角相等、坐标与图形性质、
解一元一次方程等知识，过已知点向坐标轴作平行线或垂线，然后求出相关线段的长是解决此类问题的基
本方法．
32．（2022·浙江湖州·统考二模）如图，在平面直角坐标系xOy，四边形OABC为正方形，若点B（1，
4），则点A的坐标为（ ）
(5 3) ( 3 5)
A．（3，1） B． , C． − , D．（4，1）
2 2 2 2
【答案】B
【分析】过点B作BD⊥y轴于点D，过点A作AE⊥x轴点E，DB与EA的延长线交于点F，通过证明
△BFA≌△AEO可得AF＝OE，BF＝AE；利用B（1，4），可得BD＝1，EF＝4；通过说明四边形ODFE为
矩形，可得DF＝OE．计算出线段OE，AE的长即可求得结论．
【详解】解：过点B作BD⊥y轴于点D，过点A作AE⊥x轴点E，DB与EA的延长线交于点F，如图，∵BD⊥y轴，AE⊥x轴，OD⊥OE，
∴四边形ODFE为矩形，
∴EF＝OD，DF＝OE，
∵点B（1，4），
∴OD＝4，BD＝1，
∵四边形OABC为正方形，
∴OA＝AB，∠BAO＝90°，
∴∠OAE+∠BAF＝90°，
∵AE⊥x轴，
∴∠OAE+∠AOE＝90°，
∴∠BAF＝∠AOE，
在△BAF和△AOE中，
¿，
∴△BAF≌△AOE（AAS），
∴BF＝AE，AF＝OE，
∴DF＝AF＝OE，
∴OE+AE＝EF＝4，OE﹣AE＝BD＝1，
5 3
∴OE＝ ，AE＝ ，
2 2
5 3
∴A（ ， ）．
2 2
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定及性质，全等三角形的判定及性质以及坐标与图形，
能利用“一线三垂直”构造三角形全等是解题的关键．
33．（2022·浙江温州·校考一模）如图，在 ABC中以AC，BC为边向外作正方形ACFG与正方形BCDE，
△连结DF，并过C点作CH⊥AB于H并交FD于M．若∠ACB＝120°，AC＝3，BC＝2，则MD的长为
（ ）
√7 3
A． B．√2 C． D．√3
2 2
【答案】A
【分析】过D作DN⊥CF于点N，作DP⊥HM于点P，过点F作FQ⊥HM，交HM的延长线于点Q，依据勾
股定理即可求得DF的长，再根据全等三角形的对应边相等得到FQ=DP，进而证明
1
△FQM≌△DPM，得到M是FD的中点，由此可得DM= DF．
2
【详解】如图所示，过D作DN⊥CF于点N，作DP⊥HM于点P，过点F作FQ⊥HM，交HM的延长线于点
Q，
∵∠ACB＝120°，∠ACF＝∠BCD＝90°，
∴∠DCN＝60°，∠CDN＝30°，
又∵BC＝DC＝2，AC＝FC＝3，
1
∴CN= CD＝1，FN＝CF﹣CN＝3﹣1＝2，DN=√CD2−CN2=√3，
2
Rt△DFN中，DF=√FN2+DN2=√22+(√3) 2=√7．
∵四边形BCDE是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，又∵CH⊥AB，
∴∠DCP+∠BCH＝∠CBH+∠BCH＝90°，
∴∠DCP＝∠CBH，
又∵∠DPC＝∠BHC＝90°，
∴△DCP≌△CBH（AAS），
∴DP＝CH，
同理可得△ACH≌△CFQ，
∴FQ＝CH，
∴FQ＝DP，
又∵∠Q＝∠DPM＝90°，∠FMQ＝∠DMP，
∴△FQM≌△DPM（AAS），
∴FM＝DM，即M是FD的中点，
1 √7
∴DM= DF= ．
2 2
故选：A
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合运用，通过作辅助线构
造全等三角形，灵活运用全等三角形的对应边相等是解题的关键．
34．（2022·辽宁沈阳·统考二模）如图，点P、D落在正方形ABCD边AB的两侧，连接PA、PD、PB．AP
＝3，PB＝5，∠APB＝45°，则PD的长为______．
【答案】√43
【分析】先构造全等三角形求出DN和PN，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：分别过点B和点D作BM⊥AP，DN⊥AP，垂足分别为M和N，
∴∠BMA=∠∧=90°，
∴∠MBA+∠MAB=90°，
∵正方形ABCD，∴AD=AB，∠DAB=90°，
∴∠NAD+∠MAB=90°，
∴∠MBA=∠NAD，
∴△MBA≌△NAD(AAS)，
∴AM=DN，AN=BM，
∵∠APB=45°，
∴∠PBM=∠APB=45°，
∴PM=BM，
∵PB=5，
∴PM2+BM2=25，
5√2
∴PM=BM= ，
2
5√2
∴AM=PM−AP= −3，
2
5√2 5√2
∴DN= −3，AN= ，
2 2
5√2
∴PN=AP+AN=3+ ，
2
√ 5√2 2 5√2 2
∴Rt△DPN中，PD=√PN2+DN2= (3+ ) +( −3) =√43，
2 2
∴PD的长为√43．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等内容，解
题关键是能正确做出辅助线构造全等三角形．
35．（2022·宁夏吴忠·统考一模）如图，在正方形ABCD中，顶点A，B，C，D在坐标轴上，且B(2,0)，
以AB为边构造菱形ABEF（点E在x轴正半轴上），将菱形ABEF与正方形ABCD组成的图形绕点O逆时
针旋转，每次旋转90°，则第27次旋转结束时，点F 的坐标为________．
27【答案】（2，-2√2）
【分析】先求出点F坐标，由题意可得每8次旋转一个循环，即可求解．
【详解】解：∵点B（2，0），
∴OB=2，
∴OA=2，
∴AB=√2OA=2√2，
∵四边形ABEF是菱形，
∴AF=AB=2√2，
∴点F（2√2，2），
由题意可得每4次旋转一个循环，
∴27÷4=6…3，
∴点F 的坐标与点F 的坐标一样，在第四象限，如下图，过F 作FH⊥y轴，
27 3 3 3
∵FH⊥y轴，AF⊥y轴，
3
∴∠OAF=∠FHO=90°，
3
∴∠AOF+∠HOF =90°，
3
∵OF⊥OF，
3∴∠AOF+∠AFO=90°，
∴∠AFO=∠HOF ，
3
∴ OAF≌ FHO，
3
∴△HF OA△=2，OH=AF=2√2，
3=
∴F（2，-2√2），
3
∴点F 的坐标（2，-2√2），
27
故答案为：（2，-2√2）
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定及旋转的性质，找到旋转的规律是本题的关键．
【考点8 利用旋转模型证明全等三角形】
36．（2022·山东济南·统考二模）已知AD是等边△ABC的高，AC=2，点O为直线AD上的动点(不与点A
重合)，连接BO，将线段BO绕点O顺时针旋转60°，得到线段OE，连接CE、BE．
(1)问题发现：
如图1，当点O在线段AD上时，线段AO与CE的数量关系为 ，∠ACE的度数是 ．
(2)问题探究：
如图2，当点O在线段AD的延长线上时，(1)中结论是否还成立？请说明理由．
(3)问题解决：
当∠AEC=30°时，求出线段BO的长
【答案】(1)AO=CE，∠ACE=90°；
(2)成立，见解析；
(3)BO=2或2√7
【分析】(1)证明△ABO≌△CBE(SAS)，则AO=CE，∠BAO=∠BCE，进而求解；
(2)和(1)的方法相同；
(3)①当点O 在线段AD的延长线上时，证明点A、B、E 在一条直线上，进而求解；②当点O 在线段DA
1 1 2
的延长线上时，通过画图确定BO 为位置，进而求解．
2【详解】（1）解：AO=CE，∠ACE=90°，
理由如下：
∵线段BO绕点O顺时针旋转60°，得到线段OE，
∴BO=OE，∠BOE=60°，
∴△BOE为等边三角形，
∴∠OBE=60°，BE=BO，
∴∠OBE=60°=∠OBD+∠DBE，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°=∠ABO+∠OBD，AB=AC，
∴∠ABO=∠CBE，
在△ABO和△CBE中，
¿，
∴△ABO≌△CBE(SAS)，
∴AO=CE，∠BAO=∠BCE，
∵AD是等边三角形ABC的高，
∴∠ACB=60°，AD也是∠BAC的平分线，
∴∠BAO=30°=∠BCE，
∴∠ACE=∠BCE+∠ACB=30°+60°=90°，
故答案为：AO=CE，∠ACE=90°；
（2）解：成立，理由如下：
如图：连接BE．
∵线段BO绕点O顺时针旋转了60°得EO，
∴BO=EO，∠BOE=60°，
∴△BOE是等边三角形，
∴BO=BE，∠OBE=60°，∵△ABC是等边三角形，
∴BA=BC，∠ABC=60°，
∴∠ABC+∠OBC=∠OBE+∠OBC，即∠ABO=∠CBE，
在△ABO和△CBE中，
¿
∴△ABO≌△CBE(SAS)，
∴AO=CE，∠BAO=∠BCE，
∵AD是等边△ABC的高，
∴∠BCE=∠BAO=30°，∠BCA=60°，
∴∠ACE=∠BCE+∠ACB=30°+60°=90°，
∴AO=CE，∠ACE=90°；
（3）解：①当点O 在线段AD的延长线上时，
1
由(1)和(2)知：△BOE 是等边三角形，∠ACE=90°，
1 1 1
∵∠ACE=90°，∠AEC=30°，
1 1
∴∠EAC=60°，
1
∵∠BAC=60°，
∴点A、B、E 在一条直线上，
1
∵在Rt△ACE 中，AC=2，∠AEC=30°，
1 1
∴A E=4，
1
∴BO=BE=2；
1 1
②当点O 在线段DA的延长线上时，
2
∵∠ACE=90°，∠AEC=30°，AC=2，
2 2
∴AE=4，CE =√AE ❑ 2−AC2=√42−22=2√3，
2 2 2∵△ABO ≌△CBE(SAS)，
2 2
∴AO =CE =2√3，
2 2
∵AD是等边△ABC的高，AB=AC=2，
∴BD=1，AD=√AB2−BD2=√22−12=√3，
在Rt△ODB中，BD=1，
2
而O D=AO +AD=2√3+√3=3√3，
2 2
∴BO =√O D2+BD2=√(3√3) 2+12=2√7；
2 2
综上，BO=2或2√7．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，分类
讨论是解决本题的关键．
37．（2022·河南新乡·模拟预测）问题发现：
如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC=60° ，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕
点A逆时针旋转60°得到AE，则：(1)①∠ACE的度数是 ；②线段AC，CD，CE之间的数量关系是 ．
拓展探究：
(2)如图2，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC=90°，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD
绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC，请写出∠ACE的度数及线段AD，BD，CD之间得数量关系，并
说明理由；
解决问题：
(3)如图3，在Rt△DBC中，DB＝3，DC=5，∠BDC＝90°，若点A满足AB＝AC，∠BAC＝90°，请直接写
出线段AD的长度．
【答案】(1)60°，AC＝DC+EC
(2)∠ACE＝45°，BD2+CD2＝2AD2，见解析
(3)AD＝√2或AD＝4√2
【分析】（1）证明 BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答；
（2）根据全等三角△形的性质得到BD=CE，∠ACE=∠B，得到∠DCE=90°，根据勾股定理计算即可；
（3）如图3，作AE⊥CD于E，连接AD，根据勾股定理得到BC=√32+25=√34，推出点B，C，A，D四点
共圆，根据圆周角定理得到∠ADE=45°，求得 ADE是等腰直角三角形，得到AE=DE，根据勾股定理即可
得到结论． △
（1）
解：∵在△ABC中，AB＝AC，∠BAC=60°，
∴AC=AB=BC，根据旋转性质得：∠B=∠BAC＝∠DAE＝60°，AD=AE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
AB=AC
在△BAD和△CAE中，{∠BAD=∠CAE，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE＝∠B＝60°，BD＝CE，
∴BC＝BD+CD＝EC+CD，
∴AC＝BC＝EC+CD；
故答案为：60°，AC＝DC+EC；
（2）
解：BD2+CD2＝2AD2，理由如下：由（1）得，△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，∠ACE＝∠B＝45°，
∴∠DCE＝90°，
∴CE2+CD2＝ED2，
在Rt△ADE中，AD2+AE2＝ED2，又AD＝AE，
∴BD2+CD2＝2AD2；
（3）
解：作AE⊥CD于E，连接AD，
∵在Rt△DBC中，DB＝3，DC＝5，∠BDC＝90°，
∴BC＝√9+25=√34，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴AB＝AC＝√17，∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵∠BDC＝∠BAC＝90°，
∴点B，C，A，D四点共圆，
∴∠ADE＝∠ABC=45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AE＝DE，
∴CE＝5﹣DE，
∵AE2+CE2＝AC2，
∴AE2+（5﹣AE）2＝17，
∴AE＝1，或AE＝4，
∴AD＝√2或AD＝4√2．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理、以及旋转变换的性质，掌握全等三角形的判
定定理和性质定理是解题的关键．
38．（2022·重庆·模拟预测）如图1，在等腰Rt△ABC中，AB=BC，D是BC的中点，E为边AC上任意
一点，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接EF，交AB于点G．(1)若AB=6，AE=√2，求ED的长；
(2)如图2，点G恰好是EF的中点，连接BF，求证：CD=√2BF；
(3)如图3，将△BDF沿DF翻折，使得点B落在点P处，连接AP、EP，若AB=6，当AP+DP最小时，直
接写出△AEP的面积．
【答案】(1)DE=√29
(2)见解析
27−9√5
(3)
2
【分析】（1）作EH⊥BC交BC于点H，得到∠CHE=90°，在等腰Rt△ABC中，得出BC=6，
AC=6√2，再证明△CHE是等腰直角三角形，得出HD=CH−CD=2，在Rt△DHE中，利用勾股定理
求解即可；
（2）过点E作EM∥BF交AB于点M，过点D作DN⊥BC交AC于点N，根据△CDN为等腰直角三角
形，推出∠5=∠6，再证明△BFD≌△NED（SAS），△EMG≌△FBG（AAS），得出∠1=∠2，
ME=BF，证明出△AEM是等腰直角三角形，AE=ME，再根据DN∥AB，D是BC的中点，得出
1
BF= CN，在等腰Rt△CDN中即可求解；
2
（3）P点的运动轨迹为圆，当A、P、D三点共线时，AP+PD的值最小，由折叠的性质知△PDF≌
△BDF，延长FD交AC于点J，证明△PDE≌△CDE(SAS)，在Rt△AKP中进行求解．
（1）
解：作EH⊥BC交BC于点H，∴ ∠CHE=90°．
在等腰Rt△ABC中，
∵ AB=6，
∴ BC=6，AC=6√2．
∵D是BC的中点，
1
∴ CD= BC．
2
∵ AE=√2，
∴ CE=AC−CE=5√2．
∵ ∠C=45°，
∴ △CHE是等腰直角三角形，
∴ CH=EH=5，
∴ HD=CH−CD=2．
在Rt△DHE中，DE=√EH2+H D2=√52+22=√29．
（2）
证明：过点E作EM∥BF交AB于点M，过点D作DN⊥BC交AC于点N，
∴ △CDN为等腰直角三角形，∴ CD=ND．
∵ BD=CD，
∴ BD=DN．
∵ ∠5+∠BDE=∠6+∠BDE，
∴ ∠5=∠6．
在△BFD和△NED中，¿，
∴ △BFD≌△NED（SAS），
∴ BF=EN，∠3=∠4．
∵ ¿,
∴△EMG≌△FBG（AAS），
∴ ∠1=∠2，ME=BF，
∴ ME=EN．
∵ ∠2+∠3=45°，
∴ ∠1+∠4=45°，
∴ ∠MEN=∠1+∠4+∠FED=90°，
∴ ∠AEM=90°，
∴ △AEM是等腰直角三角形，AE=ME，
∴ AE=ME=BF=EN，
1
∴ BF= AN．
2
∵ DN∥AB，D是BC的中点，
∴ CN=AN，
1
∴ BF= CN．
2
√2
在等腰Rt△CDN中，CD= CN，
2
∴ CD=√2BF．
（3）
解：如图，点P是以DB为半径，D为圆心的圆作为轨迹，
当A、P、D三点共线时，AP+PD的值最小．
由折叠的性质知 △PDF≌△BDF，
延长FD交AC于点J，
∵∠EDF=90°，
∴∠EDJ=90°，
∵∠FDB=∠CDJ，
∴∠EDC=∠EDP，
∴¿，
∴△PDE≌△CDE(SAS)，
∴ ∠DPE=∠C=45°，
∴ ∠BAD+∠PAE=∠AEP+∠PAE，
BD 1
∴ tan∠AEP=tan∠BAD= = ，
AB 2
1
∵ tan∠EAP= ，
3过点P作AC的垂线交于点K，
在Rt△AKP中，设PK=x，
由勾股定理得：AP=√10x，
∵ AP=3√5−3，
∴ √10x=3√5−3，
15√2−3√10
∴ x= ，
10
1 5 27−9√5
∴ △APE的面积：S= AE⋅PK= x2= ．
2 2 2
【点睛】本题考查了图形的旋转，圆、翻折、三角形的全等的判定及性质、锐角三角函数问题、等腰直角
三角形、勾股定理、平行线的性质、对顶角，知识点涉及较多，综合性较强，解题的关键是掌握相应的性
质定理，做到灵活运用．
39．（2022·广东梅州·一模）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D为AB边上一动点，连
接CD，并将CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，连接BE、DE，点F为DE中点，连接BF．
（1）求证：△ACD≅△BCE；
AD
（2）如图2所示，在点D的运动过程中，当 =n时（n＞1），分别延长AC、BF相交于G：
BD
3
①当n= 时，求CG与AB的数量关系；
2
AD AB
②当 ＝n时（n＞1）， ＝ ．
BD CG
（3）当点D运动时，在线段CD上存在一点M，使得AM+BM+CM的值最小，若CM＝2，则BE＝ ．AB √2(n+1)
【答案】（1）见详解；（2）① =5√2，② ；（3）3+√3
CG n−1
【分析】（1）利用SAS可直接证明；
AH 3
（2）①先证明∠DBE=90°，过点G作GH⊥AB，可得tan∠FDB=tan∠FBD， = ，此时，H、D重合，
BH 2
5√2
设AD=3x，BD=2x，则AB=5x，AC=BC=5x÷√2= x，进而即可得到答案；②设AD=nx，BD=x，则
2
(n+1)√2
AB=(n+1)x，AC=BC=(n+1)x÷√2= x，类似①的方法即可求解；
2
（3）把△ABM绕点A顺时针旋转60°，得到△AHG，可得AM+BM+CM= HG+MG+CM，当点C、M、G、
H四点共线时，AM+BM+CM的值最小，此时CH垂直平分AB，即CD垂直平分AB，进而即可求解．
【详解】（1）证明：∵把CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，
∴CD=CE，∠DCE=∠DCB+∠ECB=90°．
又∵∠ACB=90°=∠ACD+∠DCB，
∴∠ACD=∠ECB，
在 ACD和 BCE中，
△ △ ¿
∴△ACD≌△BCE（SAS）；
（2）①∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴∠A=∠CBA=45°，
∵△ACD≌△BCE，
∴∠A=∠CBE=45°，
∴∠DBE=90°，
AD 3
∵ =n= ，
BD 2
过点G作GH⊥AB，∵点F为DE中点，
1
∴DF=FB= DE，
2
∴∠FDB=∠FBD，
∴tan∠FDB=tan∠FBD，
BE GH 3
∴ = = ，
BD BH 2
∵∠A=45°，
∴△GAH是等腰直角三角形，
∴GH=AH，
AH 3
∴ = ，此时，H、D重合，
BH 2
5√2
∴设AD=3x，BD=2x，则AB=5x，AC=BC=5x÷√2= x，
2
∴GH=AH=3x，AG=3√2x
5√2 √2
∴CG=3√2x- x= x，
2 2
AB 5x
= =5√2
∴CG √2
x
2
AD
②当 ＝n时（n＞1），
BD
(n+1)√2
设AD=nx，BD=x，则AB=(n+1)x，AC=BC=(n+1)x÷√2= x，
2
同理：GH=AH=nx，AG=√2nx
(n+1)√2 √2nx−√2x
∴CG=√2nx- x= ，
2 2AB √2(n+1)
∴ = ，
CG n−1
√2(n+1)
故答案是： ；
n−1
（3）如图，把△ABM绕点A顺时针旋转60°，得到△AHG，
∴AM=AG，BM=HG，∠MAG=60°，
∴△AGM是等边三角形，
∴MA=MG，
∴AM+BM+CM= HG+MG+CM，当点C、M、G、H四点共线时，AM+BM+CM的值最小，
连接BH，
∵把△ABM绕点A顺时针旋转60°，得到△AHG，
∴AM=AG，AB=AH，∠MAG=60°，
∴△AGM是等边三角形，△ABH是等边三角形，
∴∠AMG=∠AGM=60°，AH=BH，
∵AC=BC，
∴CH垂直平分AB，即CD垂直平分AB，
∴∠MAD=30°，
√3
设AD=a，则MD= a，
3
∵CM=2，AD=CD，
√3
∴ a+2=a，解得：a=3+√3，
3∴BE=AD=3+√3．
故答案是：3+√3．
【点睛】本题主要考查解直角三角形，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角
形的性质，画出图形，添加合适的辅助线是解题的关键．
40．（2022·黑龙江佳木斯·统考模拟预测）已知 ABC和 DEC都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝
90°，将 ABC绕着点C旋转，连接BD，AE，M△是BD的△中点．
△
(1)如图①，当CA与CD重合，CB与CE重合时，线段AE，CM的数量关系是 ；
(2)当 ABC的位置如图②和图③时，线段AE，CM又有怎样的数量关系？写出你的猜想，并选择图②或图
③其中△一种情况进行证明．
1
【答案】(1)CM= AE
2
1
(2)CM= AE，证明见解析
2
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到AC＝BC，DC＝EC，∠ADE＝∠BED＝45°，求得AD＝
1
BE，根据全等三角形的性质得到BD＝AE，等量代换得到CM= AE；
2
（2 ）如图②，证明：如图2中，延长CM到N使得CM＝MN．如图③中，延长CM到N使得CM＝MN．
根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
(1)
1
解：CM＝ AE；
2
理由：∵△ABC和 DEC都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴AC＝BC，DC＝E△C，∠ADE＝∠BED＝45°，
∴CD﹣AC＝CE﹣BC，
即AD＝BE，在 ADE与 BED中，
¿ △， △
∴△ADE≌△BED（SAS），
∴BD＝AE，
∵M是BD的中点，
1
∴CM＝ BD，
2
1
∴CM＝ AE；
2
1
故答案为：CM＝ AE；
2
(2)
1
解：CM＝ AE；
2
理由：如图④，证明：如图④中，延长CM到N使得CM＝MN．
∵BM＝DM，∠CMB＝∠DMN，
∴△CMB≌△NMD（SAS），
∴BC＝DN＝CA，∠CBM＝∠NDM，
∴DN∥BC，
∴∠CDN+∠DCB＝180°，
∵∠DCE＝∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠DCB＝180°，
∴∠ACE＝∠CDN，
∵DC＝EC，AC＝DN，
∴△CDN≌△ECA（SAS），
∴CN＝EA，
∴AE＝2CM1
∴CM＝ AE
2
如图⑤，证明：如图⑤中，延长CM到N使得CM＝MN．
∵BM＝DM，∠CMB＝∠DMN，
∴△CMB≌△NMD（SAS），
∴BC＝DN＝CA，∠CBM＝∠NDM，
∴DN∥BC，
∴∠CDN+∠DCB＝180°，
∵∠DCE＝∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠DCB＝180°，
∴∠ACE＝∠CDN，
∵DC＝EC，AC＝DN，
∴△CDN≌△ECA（SAS），
∴CN＝EA，
∴AE＝2CM．
1
∴CM＝ AE
2
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质、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，属于中考常考题型．
【考点9 连接两点作辅助线证明全等三角形】
41．（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图，在△ABC和△DBE中，AB=BC，DB=EB，∠ABC=∠DBE=50°．若
∠BDC=25°，AD=4，DE=√13，则CD的长为（ ）√13
A．√2 B．√3 C． D．2
2
【答案】B
【分析】连接CE，根据已知和全等三角形的判定可证得△ABD≌△CBE，则CE=AD=4，由等腰三角形的性质
可求得∠BDE=65°，进而求得∠CDE=90°，由勾股定理即可求得CD的长．
【详解】解：连接CE，
∵∠ABC=∠DBE，
∴∠ABC+∠CBD=∠DBE+∠CBD，
即∠ABD=∠CBE，
又∵AB=BC，DB=EB，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴CE=AD=4，
∵DB=EB，∠ABC=∠DBE=50°，
180∘−50∘
∴∠BDE= =65°，又∠BDC=25°，
2
∴∠CDE=65°+25°=90°，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：
CD=√CE2−DE2=√42−(√13) 2=√3，
故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质，连接CE证
得∠CDE=90°是解答的关键．
42．（2022春·江苏南通·模拟预测）如图，在等腰△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，F是AB边上的中点，
点D、E分别在AC、BC边上运动，且保持AD=CE，连接DE、DF、EF在此运动变化的过程中，下列结
论：(1)△≝¿是等腰直角三角形；(2)四边形CDFE不可能为正方形，（3）DE长度的最小值为4；（4）连
1 14
接CF，CF恰好把四边形CDFE的面积分成1：2两部分，则CE= 或 其中正确的结论个数是( )
3 3
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【分析】连接CF，证明△ADF≌△CEF，根据全等三角形的性质判断①，根据正方形的判定定理判断②，
根据勾股定理判断③，根据面积判断④．
【详解】
连接CF，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠FCB=∠A=45∘，CF=AF=FB；
∵AD=CE，∴△ADF≌△CEF(SAS)；
∴EF=DF，∠CFE=∠AFD；
∵∠AFD+∠CFD=90°，
∴∠CFE+∠CFD=∠EFD=90°，
又∵EF=DF
∴△EDF是等腰直角三角形(故(1)正确)．
当D．E分别为AC、BC中点时，四边形CDFE是正方形(故(2)错误)．
由于△DEF是等腰直角三角形，因此当DE最小时，DF也最小；
1
即当DF⊥AC时，DE最小，此时DF= BC=4．
2
∴DE=√2DF=4√2(故(3)错误)．
∵△ADF≌△CEF，
∴S CEF=S ADF
△ △
∴S CDFE=S AFC，
四边形
△
∵CF恰好把四边形CDFE的面积分成1：2两部分
∴S CEF：S CDF=1∶2或S CEF：S CDF=2∶1
△ △ △ △
即S ADF：S CDF=1∶2或S ADF：S CDF=2∶1
△ △ △ △
1 1 1 16
当S ADF：S CDF=1∶2时，S ADF S ACF= × ×8×4=
=3 3 2 3
△ △ △ △
1
又∵S ADF= ×AD×4=2AD
2
△
16
∴2AD=
3
8
∴AD= (故(4)错误)．
3
故选A．
【点睛】本题考查了全等三角形，等腰直角三角形，以及勾股定理，掌握全等三角形，等腰直角三角形，
以及勾股定理是解题的关键．
43．（2022·湖南邵阳·统考模拟预测）如图，BD是⊙O的直径，AB与⊙O相切于点B，点C在⊙O上，
CD∥AO，求证：AC是⊙O的切线．【答案】证明见解析．
【分析】连接OC，先根据题意得出∠ABO=90°，然后再证明△AOB≌△AOC即可
【详解】如图：连接OC.
∵BD是⊙O的直径，AB与⊙O相切于点B
∴AB丄OB，即∠ABO=90°.
∵CD∥AO，
∴∠AOB=∠CDO，∠DCO=∠AOC.
∵OC=OD，∴∠CDO=∠DCO,
∴∠AOB=∠AOC.
又OA=OA，OB=OC,
∴△AOB≌△AOC,
∴∠ACO=∠ABO=90°
故AC是⊙O的切线.
【点睛】此题考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定与性质等知识，要证某线是圆的切线，已知此
线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．
44．（2022秋·河北·模拟预测）如图，已知：AB=AC，BD=CD，∠A=60°，∠D=140°，则∠B=
（ ）A．50∘ B．40∘ C．40∘或70∘ D．30∘
【答案】B
【分析】连接AD，可证△ABD≌△ACD，根据全等三角形对应角相等可以得到
1
∠BAD=∠CAD= ∠BAC，∠ADB=∠ADC，代入角度即可求出∠BAD和∠ADB的度数，最后利
2
用三角形内角和定理即可求解．
【详解】连接AD，如图，
在△ABD与△ACD中
¿，
∴ △ABD≌△ACD (SSS)，
1
∴ ∠BAD=∠CAD= ∠BAC，∠ADB=∠ADC，
2
∵ ∠A=60∘，
∴ ∠BAD=∠CAD=30∘，
∵ ∠D=140∘，
1
∴ ∠ADB=∠ADC= (360∘−140∘)=110∘ ，
2
∵ ∠BAD+∠ADB+∠B=180∘，
∴ ∠B=40∘．
故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，添加正确的辅助线是解题的关键．
45．（2022春·四川广安·四川省岳池县第一中学校模拟预测）如图：△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，
CA＝CB，CE＝CD，△ACB的顶点A在△ECD的斜边DE上，若AE＝3，AC＝6，则AD的长为（ ）
A．3√7 B．6 C．9 D．4√7
【答案】A
【分析】首先证明△ECA≌△DCB（SAS），再利用勾股定理即可求解．
【详解】如图连接BD，
∵CA＝CB，CE＝CD，∠ECA＝90°﹣∠ACD＝∠DCB，
∴△ECA≌△DCB（SAS），
∴DB＝AE＝3，∠CDB＝∠E＝45°，
∴∠ADB＝ADC+CDB＝90°，
在Rt△ABC中，CA＝CB＝6，
∴AB=6√2，
在Rt△ADB中，AB=6√2，BD=3，
∴AD=√AB2−BD2=√72−9=3√7．
故选：A．
【点睛】本题主要考查三角形全等的证明和勾股定理，解题的关键是能通过已知的条件结合三角形全等的
判定方法来证明三角形全等，结合垂直关系和边的等量代换运用勾股定理求边长．
【考点10 全等三角形的实际应用】
46．（2022·甘肃陇南·模拟预测）某大学计划为新生配备如图①所示的折叠凳，图②是折叠凳撑开后的侧
面示意图(木条等材料宽度忽略不计)，其中凳腿AB和CD的长相等，O是它们的中点，为了使折叠凳坐着舒适，厂家将撑开后的折叠凳宽度AD设计为30cm，则由以上信息可推得CB的长度为_____.
【答案】30cm
【详解】∵O是AB、CD的中点，
∴OA=OB，OC=OD，
在△AOD和△BOC中，¿，
∴△AOD≌△BOC(SAS)，
∴CB=AD，
∵AD=30cm，
∴CB=30cm.
故答案为30cm.
47．（2022秋·陕西渭南·模拟预测）如图为秋千摇摆的示意图，秋千绳长OA=OB=OC，当秋千位于OB
位置时，过点B作BD⊥OA于点D，测得OD=3m，当秋千位于OC位置时，OB与OC恰好垂直，求此时
秋千到OA的水平距离CE的长(CE⊥OA)．
【答案】3m
【分析】利用AAS证明△COE≌△OBD，得CE=OD=3m．
【详解】解：∵OB⊥OC，
∴∠BOD+∠COE=90°，
∵CE⊥OA，BD⊥OA，
∴∠CEO=∠ODB=90°，
∴∠BOD+∠B=90°，
∴∠COE=∠B，在△COE和△OBD中，
¿，
∴△COE≅△OBD(AAS)，
∴CE=OD=3m，
∴摆球到OA的水平距离CE的长为3m．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，证明△COE≌△OBD是解题的关键．
48．（2022秋·陕西西安·模拟预测）如图：小刚站在河边的A点处，在河的对面（小刚的正北方向）的B处
有一电线塔，他想知道电线塔离他有多远，于是他向正西方向走了30步到达一棵树C处，接着再向前走了
30步到达D处，然后他左转90°向正南方向直行，当小刚看到电线塔B、树C与自己现处的位置E在一条直
线时，他从D到E走了80步．
(1)根据题意，画出示意图；
(2)如果小刚一步大约0.5米，估计小刚在点A处时他与B处电线塔的距离，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)40米，理由见解析
【分析】（1）依据题意即可画出示意图；
（2）由题意可得△ABC≌△DEC，得AB=DE，即可求得AB的长．
【详解】（1）解：示意图如图所示．（2）解：40米，理由如下：
在△ABC和△DEC中，
¿，
∴△ABC≌△DEC(ASA)，
∴AB=DE，
又∵小刚走完DE用了80步，一步大约0.5米，
∴DE=80×0.5=40（米）．
答：小刚在点A处时他与B处电线塔的距离为40米．
【点睛】本题考查了全等三角形在实际生活中的应用，关键能把实际问题抽象成数学问题，并应用相关知
识解决．
49．（2022秋·山东淄博·模拟预测）为了测量一个池塘旁两棵树A，B之间的距离（如图），小刚利用数学
课中学到的知识进行了如下的测量：先站在B树处，正面对准A树；然后向右转90°，并向正前方走了6
米，标上记号C后，继续向前又走了6米到点D，再向右转90°又向前走，当又走了15米时，发现所处的
位置E与A，C在一条直线上．
(1)画出小刚所走路线的示意图，并用字母标出小刚行走过程中的关键位置；
(2)树A与树B之间的距离是多少？并请说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)15米，理由见解析．【分析】（1）根据题意画出图形；
（2）根据题意可得∠ABC=90°，∠CDE=90°，BC=CD=6米，DE=15米，然后利用ASA定理证明
△ABC≌△EDC，再根据全等三角形的性质可得AB=DE=15米．
【详解】（1）解：如图所示：
（2）根据题意可得：∠ABC=90°，∠CDE=90°，BC=CD=6米，DE=15米，
在△ABC和△EDC中，
¿，
∴△ABC≌△EDC(ASA)，
∴AB=DE=15米．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的应用，关键是正确利用ASA定理判定 ABC≌△EDC．
50．（2022秋·江西赣州·模拟预测）数学兴趣小组打算测量教室内花瓶的内壁△厚度，经过搜索资料，发现
了一个可以使用的工具－－卡钳，卡钳示意图如下，AD=BC，O是线段AD和BC的中点．
利用卡钳测量内径的步骤为：
①将卡钳A、B两端伸入在被测物内；
②打开卡钳，使得A、B两端卡在内壁；
③测量出点C与点D间的距离，即为内径的长度．(1)请写出第③步的理由；
(2)小组成员利用上述方法测得CD=12cm，同时测得外径为16cm，请求出花瓶内壁厚度x．
【答案】(1)见解析
(2)2cm
【分析】（1）利用边角边判定三角形全等即可．
（2）利用三角形全等的性质解题即可．
【详解】（1）解：如图，连接CD， 由题意可得：OA=OD，OB=OC，
在△AOB与△DOC中，
¿
∴△AOB≌DOC
∴AB=CD．
（2）解：由（1）知，AB=CD=12cm，故花瓶内壁厚度：
x=(16−CD)÷2=(16−12)÷2=2cm．
【点睛】本题主要考查三角形全等的判定及性质的应用，能够熟练判定三角形全等是解题关键．
