专题14 全等三角形（5大考点）（解析版）.docx

1、第四部分 三角形专题14 全等三角形（5大考点） 核心考点核心考点一 全等三角形的判定核心考点二 全等三角形的性质核心考点三 全等三角形中的倍长中线模型核心考点四 全等三角形中的旋转模型核心考点五 全等三角形综合问题新题速递核心考点一 全等三角形的判定例1 （2022湖南湘西统考中考真题）如图，在RtABC中，A90，M为BC的中点，H为AB上一点，过点C作CGAB，交HM的延长线于点G，若AC8，AB6，则四边形ACGH周长的最小值是（）A24B22C20D18【答案】B【分析】通过证明BMHCMG可得BHCG，可得四边形ACGH的周长即为AB+AC+GH，进而可确定当MHAB时，四边形AC

2、GH的周长有最小值，通过证明四边形ACGH为矩形可得HG的长，进而可求解【详解】CGAB，BMCG，M是BC的中点，BMCM，在BMH和CMG中，BMHCMG（ASA），HMGM，BHCG，AB6，AC8，四边形ACGH的周长AC+CG+AH+GHAB+AC+GH14+GH，当GH最小时，即MHAB时四边形ACGH的周长有最小值，A90，MHAB，GHAC，四边形ACGH为矩形，GH8，四边形ACGH的周长最小值为14+822，故选：B【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，确定GH的值是解题的关键例2 （2022山西中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的

3、延长线上，且，连接EF交边AD于点G过点A作，垂足为点M，交边CD于点N若，则线段AN的长为_【答案】【分析】连接AE、AF、EN，首先可证得，AE=AF，可证得垂直平分EF，可得EN=FN，再根据勾股定理即可求得正方形的边长，再根据勾股定理即可求得AN的长【详解】解：如图：连接AE、AF、EN，四边形ABCD是正方形设AB=BC=CD=AD=a，在与中， ，是等腰三角形，又，垂直平分EF，又，在中，解得a=20，在中，故答案为：【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，证得垂直平分EF是解决本题的关键例3 （2022贵州贵

4、阳统考中考真题）如图，在正方形中，为上一点，连接，的垂直平分线交于点，交于点，垂足为，点在上，且(1)求证：；(2)若，求的长【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）先证明四边形ADFM是矩形，得到AD=MF，AMF=90=MFD，再利用MNBE证得MBO=OMF，结合A=90=NFM即可证明；（2）利用勾股定理求得BE=10=MN，根据垂直平分线的性质可得BO=OE=5，BM=ME，即有AM=AB-BM=8-ME，在RtAME中，可得，解得：，即有，再在RtBMO中利用勾股定理即可求出MO，则NO可求【详解】（1）在正方形ABCD中，有AD=DC=CB=AB，A=D=C=90，A=D=90，

5、四边形ADFM是矩形，AD=MF，AMF=90=MFD，BMF=90=NFM，即BMO+OMF=90，AB=AD=MF，MN是BE的垂直平分线，MNBE，BOM=90=BMO+MBO，MBO=OMF，ABEFMN；（2）连接ME，如图，AB=8，AE=6，在RtABE中，根据（1）中全等的结论可知MN=BE=10，MN是BE的垂直平分线，BO=OE=5，BM=ME，AM=AB-BM=8-ME，在RtAME中，解得：，在RtBMO中，ON=MN-MO=即NO的长为：【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、正方形的性质、垂直平分线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，掌握勾股定理是解答本题的

6、关键知识点、全等三角形的判定一、全等三角形判定1“边边边”定理1：三边对应相等的两个三角形全等.（可以简写成“边边边”或“SSS”）.要点诠释：如图，如果AB，AC，BC，则ABC. 二、全等三角形判定2“边角边”定理2：两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等（可以简写成“边角边”或“SAS”）.要点诠释：如图，如果AB ，A，AC ，则ABC.注意：1. 这里的角，指的是两组对应边的夹角.2. 有两边和其中一边的对角对应相等，两个三角形不一定全等.如图，ABC与ABD中，ABAB，ACAD，BB，但ABC与ABD不完全重合，故不全等，也就是有两边和其中一边的对角对应相等，两个三角形不一定全

7、等.三、全等三角形判定3“角边角” 定理3：两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等（可以简写成“角边角”或“ASA”）.要点诠释：如图，如果A，AB，B，则ABC. 四、全等三角形判定4“角角边”定理4：两个角和其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等（可以简写成“角角边”或“AAS”）要点诠释：由三角形的内角和等于180可得两个三角形的第三对角对应相等.这样就可由“角边角”判定两个三角形全等，也就是说，用角边角条件可以证明角角边条件，后者是前者的推论.2.三个角对应相等的两个三角形不一定全等.如图，在ABC和ADE中，如果DEBC，那么ADEB，AEDC，又AA，但ABC和ADE不全等.这

8、说明，三个角对应相等的两个三角形不一定全等.要点三、判定方法的选择1.选择哪种判定方法，要根据具体的已知条件而定，见下表：已知条件可选择的判定方法一边一角对应相等SAS AAS ASA两角对应相等ASA AAS两边对应相等SAS SSS2.如何选择三角形证全等（1）可以从求证出发，看求证的线段或角（用等量代换后的线段、角）在哪两个可能全等的三角形中，可以证这两个三角形全等；（2）可以从已知出发，看已知条件确定证哪两个三角形全等；（3）由条件和结论一起出发，看它们一同确定哪两个三角形全等，然后证它们全等；（4）如果以上方法都行不通，就添加辅助线，构造全等三角形.3.三角形证全等思路五、判定直角三

9、角形全等的特殊方法“HL”定理5：在两个直角三角形中，有斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等（可以简写成“HL”）.要点诠释：（1）“HL”从顺序上讲是“边边角”对应相等，由于其中含有直角这个特殊条件，所以三角形的形状和大小就确定了. （2）判定两个直角三角形全等首先考虑用斜边、直角边定理，再考虑用一般三角形全等的证明方法.（3）应用“斜边、直角边”判定两个直角三角形全等的过程中要突出直角三角形这个条件，书写时必须在两个三角形前加上“Rt”.【变式1】（2022四川绵阳东辰国际学校校考模拟预测）如图，在中，AE平分BAC，且于点E，点D为的中点，连接，则的长为（）A2BCD【答案】B【

10、分析】利用余弦求出的长，利用勾股定理求出的长，延长交于点，证明，得到，推出是的中位线，进行求解即可【详解】解：，；延长交于点，AE平分BAC，又，点E为的中点，点D为的中点，；故选B【点睛】本题考查解直角三角形，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理通过添加辅助线，证明三角线全等，是解题的关键【变式2】（2022重庆长寿统考模拟预测）如图，矩形OABC中，OA4，AB3，点D在边BC上，且CD3DB，点E是边OA上一点，连接DE，将四边形ABDE沿DE折叠，若点A的对称点A恰好落在边OC上，则OE的长为（）ABCD【答案】B【分析】连接、AD，根据矩形的性质得到BC=OA=4，OC=AB=

11、3，C=B=O=90，即可求得CD、BD，根据折叠的性质得到=AD，根据全等三角形的性质可到=BD=1，再根据勾股定理即可求解【详解】连接、AD，如图，四边形OABC是矩形，BC=OA=4，OC=AB=3，C=B=O=90，CD=3BD，CD=3，BD=1，CD=AB，根据翻折的性质有：=AD，在Rt和RtDBA中，CD=AB，=AD，RtRtDBA（HL），=BD=1，=2，在Rt中，故选：B【点睛】本题考查了翻折变换、矩形的性质、全等三角形的判定与性质，正确的作出辅助线是解答本题的关键【变式3】（2022河南郑州河南省实验中学校考模拟预测）如图，已知中，以斜边为边向外作正方形，正方形的对角

12、线交于点O，连接已知，则_【答案】【分析】如图所示，过点O作于H，过点A作于G，则四边形是矩形，证明得到，设则，由此求出x的值，再利用勾股定理求出答案即可【详解】解：如图所示，过点O作于H，过点A作于G，则四边形是矩形，四边形是正方形，设则，故答案为：【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键【变式4】（2021四川眉山统考三模）如图，在正方形ABCD中，AB6，点E在边CD上，且CE2DE，将ADE沿AE对折至AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF，下列结论：ABGAFG；G为BC的中点；CFAG；

13、，其中正确结论的序号是 _【答案】【分析】用HL即可证明RtABGRtAFG即可判断；先分别求出DE，CE的长，然后设BGFGx，则CG6x在RtCEG中利用勾股定理求出CG，BG的长即可判断；根据GF=GC得到GFCGCF，只需要证明AGBAGFGFCGCF即可判断；先求出CEG的面积，再根据GF与EF的长即可求出EFC的面积，即可判断【详解】解：将ADE沿AE对折至AFE，四边形ABCD是正方形，ADAF，DAFEB90，AB=AD，ABADAF，BAFG90，又AGAG，RtABGRtAFG（HL），故正确；BG=FG，CE2DE，EFDECD2，CE=4，设BGFGx，则CG6x在Rt

14、ECG中，根据勾股定理，得，（6x）2+42（x+2）2，解得x3BG3CG，点G是BC的中点，故正确；CGBG，BGGF，CGGF，FGC是等腰三角形，GFCGCF又RtABGRtAFG；AGBAGF，AGB+AGF2AGB180FGCGFC+GCF2GFC2GCF，AGBAGFGFCGCF，AGCF，故正确；SECGGCCE346，EF2，GF3，SEFC，故正确，故答案为：【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，平行线的判定，三角形面积等等，熟知相关知识是解题的关键【变式5】（2023陕西西安统考一模）如图，在中，是的中点

15、，为内一点，连接并延长到，使得，连接(1)求证：；(2)若，求证：；(3)如图，探索当与满足什么数量关系时，并说明理由【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)【分析】（1）证明，可得，即可；（2）由（1）可知，再由，可得，然后，可得，从而得到，再由勾股定理，即可求解；（3）连接，根据等腰三角形的性质可得从而得到，再证明，即可求解【详解】（1）证明：是的中点，；（2）证明：由（1）可知，；（3）解：连接，【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的判定和性质，熟练掌握等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的判定和性质是解题的关键核心考点

16、二 全等三角形的性质例1 （2022江苏扬州统考中考真题）如图，在中，将以点为中心逆时针旋转得到，点在边上，交于点下列结论：；平分；，其中所有正确结论的序号是（）ABCD【答案】D【分析】根据旋转的性质可得对应角相等，对应边相等，进而逐项分析判断即可求解【详解】解：将以点为中心逆时针旋转得到，故正确；，平分，故正确；，故正确故选D【点睛】本题考查了性质的性质，等边对等角，相似三角形的性质判定与性质，全等三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键例2 （2021山东日照统考中考真题）如图，在矩形中，点从点出发，以的速度沿边向点运动，到达点停止，同时，点从点出发，以的速度沿边向点运动，到达点停止，规定

17、其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动当为_时，与全等【答案】2或【分析】可分两种情况：得到，得到，然后分别计算出的值，进而得到的值【详解】解：当，时，解得：，解得：；当，时，解得：，解得：，综上所述，当或时，与全等，故答案为：2或【点睛】主要考查了全等三角形的性质，矩形的性质，解本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质例3 （2022江苏常州统考中考真题）在四边形中，是边上的一点若，则点叫做该四边形的“等形点”(1)正方形_“等形点”（填“存在”或“不存在”）；(2)如图，在四边形中，边上的点是四边形的“等形点”已知，连接，求的长；(3)在四边形中，EH/FG若边上的点是四边形的

18、“等形点”，求的值【答案】(1)不存在，理由见详解(2)(3)1【分析】（1）根据“等形点”的概念，采用反证法即可判断；（2）过A点作AMBC于点M，根据“等形点”的性质可得AB=CD=，OA=OC=5，OB=7=OD，设MO=a，则BM=BO-MO=7-a，在RtABM和RtAOM中，利用勾股定理即可求出AM，则在RtAMC中利用勾股定理即可求出AC；（3）根据“等形点”的性质可得OF=OH，OE=OG，EOF=GOH，再根据，可得EOF=OEH，GOH=EHO，即有OEH=OHE，进而有OE=OH，可得OF=OG，则问题得解【详解】（1）不存在，理由如下：假设正方形ABCD存在“等形点”点

19、O，即存在OABOCD，在正方形ABCD中，点O在边BC上，ABO=90，OABOCD，ABO=CDO=90，CDDO，CDBC，O点在BC上，DO与BC交于点O，假设不成立，故正方形不存在“等形点”；（2）如图，过A点作AMBC于点M，如图，O点是四边形ABCD的“等形点”，OABOCD，AB=CD，OA=OC，OB=OD，AOB=COD，OA=5，BC=12，AB=CD=，OA=OC=5，OB=BC-OC=12-5=7=OD，AMBC，AMO=90=AMB，设MO=a，则BM=BO-MO=7-a，在RtABM和RtAOM中，即，解得：，即，MC=MO+OC=，在RtAMC中，即AC的长为；

20、（3）如图，O点是四边形EFGH的“等形点”，OEFOGH，OF=OH，OE=OG，EOF=GOH，EOF=OEH，GOH=EHO，根据EOF=GOH有OEH=OHE，OE=OH，OF=OH，OE=OG，OF=OG，【点睛】本题考查了全等三角形的性质、勾股定理、正方形的性质、平行的性质等知识，充分利用全等三角形的性质是解答本题的关键知识点、全等三角形的性质全等三角形的对应边相等； 全等三角形的对应角相等；要点诠释：全等三角形对应边上的高相等，对应边上的中线相等，周长相等，面积相等.全等三角形的性质是今后研究其它全等图形的重要工具.全等变换：一个图形经过平移、翻折、旋转后，位置变化了，但形状、大

21、小都没有改变，即平移、翻折、旋转前后的图形全等。【变式1】（2022重庆校联考一模）如图，将三角形纸片ABC沿DE折叠，使B与C重合，CD，AE相交于F，已知BD4AD，设ABC的面积为S，CEF的面积为S1，ADF的面积为S2，则的值为（）ABCD【答案】C【分析】由折叠可知 ，进而得到，过E作EHAB于H，CM垂直AB交BA的延长线于M，由BD4AD得到，进而得到，再利用三角形面积公式推出，即可求解【详解】解：由折叠可知 ， ， ，过E作EHAB于H，CM垂直AB交BA的延长线于M， ， ，BD4AD， ， ，得： ，CMAB， ， ， ， ， ， ,故选：C【点睛】本题考查折叠的性质、全

22、等三角形的性质及三角形面积，解题关键是正确作出辅助线【变式2】（2021辽宁沈阳统考一模）如图，在中，将绕点C顺时针旋转得到，使点B的对应点E恰好落在边上，点A的对应点为D，延长交于点F，则下列结论一定正确的是（）ABCD【答案】D【分析】本题可通过旋转的性质得出ABC与DEC全等，故可判断A选项；可利用相似的性质结合反证法判断B，C选项；最后根据角的互换，直角互余判断D选项【详解】由已知得：ABCDEC，则AC=DC，A=D，B=CED，故A选项错误；A=A，B=CED=AEF，故AEFABC，则，假设BC=EF，则有AE=AB，由图显然可知AEAB，故假设BC=EF不成立，故B选项错误；假

23、设AEF=D，则CED=AEF=D，故CED为等腰直角三角形，即ABC为等腰直角三角形，因为题干信息ABC未说明其三角形性质，故假设AEF=D不一定成立，故C选项错误；ACB=90，A+B=90又A=D，B+D=90故ABDF，D选项正确故选：D【点睛】本题考查旋转的性质以及全等三角形的性质，证明过程常用角的互换、直角互余作为解题工具，另外证明题当中反证法也极为常见，需要熟练利用【变式3】（2022湖南长沙长沙市长郡双语实验中学校考模拟预测）如图，ABC中，AB=5，AC=4，以点A为圆心，任意长为半径作弧，分别交AB、AC于D和E，再分别以点D、E为圆心，大于二分之一DE为半径作弧，两弧交于

24、点F，连接AF并延长交BC于点G，GHAC于H，GH=2，则ABG的面积为_【答案】5【分析】根据，得出AG为的角平分线，得到GM=GH即可求出ABG的面积【详解】连接DF、EF，过点F作GMAB，交AB于点M在以A为圆心的圆中，AD=AE，以D、E为圆心的半径DF=EF AG为的角平分线 GMAB，GHAC GM=GH=2故答案为：5【点睛】本题考查全等三角形和角平分线的性质，解题的关键是熟练掌握角平分线的相关知识【变式4】（2022广东深圳模拟预测）如图，已知ABCDCEHEF，三条对应边BC、CE、EF在同一条直线上，连接BH，分别交AC、DC、DE于点P、Q、K，其中SPQC1，则图中

25、三个阴影部分的面积和为_【答案】13【分析】根据全等三角形对应角相等，可以证明ACDEHF，再根据全等三角形对应边相等BCCEEF，然后利用平行线分线段成比例定理求出HF3PC，KE2PC，所以PCDK，设DQK的边DK为x，DK边上的高为h，表示出DQK的面积，再根据边的关系和三角形的面积公式即可求出三部分阴影部分的面积【详解】解：ABCDCEHEF，ACBDECHFE，BCCEEF，ACDEHF，KE2PC，HF3PC，又DKDEKE3PC2PCPC，DQKCQP（相似比为1）设DQK的边DK为x，DK边上的高为h，则xh1，整理得xh2，SBPCx2hxh2，S四边形CEKQ3x2h23

26、xh2321615，SEFH3x2h3xh6，三个阴影部分面积的和为：2+5+613故答案为：13【点睛】本题考查了全等三角形的性质、平行线分线段成比例等知识点，解题关键是根据平行线分线段成比例定理找到线段间的关系【变式5】（2022广东梅州统考一模）如图，在四边形中，点A，依次在同一直线上(1)求证：；(2)当，时，求的长【答案】(1)证明见解析(2)17【分析】（1）根据，可知，再结合、，即可证明；（2）由，可知，再在中由勾股定理计算AE的长即可【详解】（1）证明：，在和中，（AAS）；（2）由（1）可得，在中，【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质以及勾股定理的知识，解题关键是熟练

27、进行三角形全等的证明核心考点三 全等三角形中的倍长中线模型例1 （2021浙江湖州统考二模）如图，在四边形中，点是的中点，则的长为（）A2BCD3【答案】C【分析】延长BE交CD延长线于P，可证AEBCEP，求出DP，根据勾股定理求出BP的长，从而求出BM的长【详解】解：延长BE交CD延长线于P，ABCD，EABECP，在AEB和CEP中，AEBCEP（ASA）BEPE，CPAB5又CD3，PD=2，BEBP故选：C【点睛】考查了全等三角形的判定和性质和勾股定理，解题的关键是得恰当作辅助线构造全等，依据勾股定理求出BP例2 （2021河南周口统考二模）如图，在中，为边的中点，若，则的长度为_【

28、答案】【分析】延长AD到E，使得AD=DE，证明ADBEDC，得，过点E作于H，分别求出CH和AH的长即可得到结论【详解】解：延长AD到E，使得AD=DE，如图，为边的中点，BD=CD在ADB和EDC中， ADBEDC过点E作于H在中，在中，故答案为：【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，中线的性质，等腰直角三角形的性质以及勾股定理等知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解答此题的关键例3 （2021山东东营统考中考真题）已知点O是线段AB的中点，点P是直线l上的任意一点，分别过点A和点B作直线l的垂线，垂足分别为点C和点D我们定义垂足与中点之间的距离为“足中距”（1）猜想验证如图1，当

29、点P与点O重合时，请你猜想、验证后直接写出“足中距”OC和OD的数量关系是_（2）探究证明如图2，当点P是线段AB上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由（3）拓展延伸如图3，当点P是线段BA延长线上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；若，请直接写出线段AC、BD、OC之间的数量关系【答案】（1）；（2）仍然成立，证明见解析；（3）仍然成立，证明见解析；【分析】（1）根据三角形全等可得；（2）方法一：过点O作直线，交BD于点F，延长AC交EF于点E，证明即可，方法二：延长

30、CO交BD于点E，证明即可；（3）方法一：过点O作直线，交BD于点F，延长CA交EF于点E，证明，方法二：延长CO交DB的延长线于点E，证明；延长CO交DB的延长线于点E，证明，根据已知条件得出【详解】（1）O是线段AB的中点在和中（2）数量关系依然成立证明（方法一）：过点O作直线，交BD于点F，延长AC交EF于点E四边形CEFD为矩形，由（1）知，证明（方法二）：延长CO交BD于点E，点O为AB的中点，又，（3）数量关系依然成立证明（方法一）：过点O作直线，交BD于点F，延长CA交EF于点E四边形CEFD为矩形，由（1）知，10分证明（方法二）：延长CO交DB的延长线于点E，点O为AB的中点

31、，又， 如图，延长CO交DB的延长线于点E，点O为AB的中点，又，,【点睛】此题主要考查了三角形全等的性质与判定，直角三角形的性质，锐角三角函数，根据题意找到全等的三角形，证明线段相等，是解题的关键延长三角形的中线，使得延长后的线段是原中线的两倍，这样做的目的是构造一对对顶角，相等的全等三角形能够把已知的边或角转移到同一个三角形当中进行求解相关的边或角相等。也就是说倍长中线的模型是当题目当中出现中线或中点时，可尝试利用倍长中线法来构造全等三角形，证明线段间的数量关系。该类型经常会与中位线定理一起进行综合使用，所以在做遇到中线的题型时，我们考虑的方向主要有被长中线定理以及三角形的中位线定理，看在

32、实际的运用当中符合哪种类型再做选择。【变式1】（2022浙江九年级自主招生）如图，在中，D是的中点，则的长是（）A3BC5D前三个答案都不对【答案】B【分析】延长到点E，使得，连接，过E作于点F，由D为的中点，得，则，再由运用勾股定理计算即可.【详解】延长到点E，使得，连接，过E作于点F，D为的中点，又，则，则，则，在中，故选：B【点睛】本题考查的是全等三角形的性质与判定，勾股定理等知识点，解题的关键是构造全等三角形.【变式2】（2021秋广东惠州八年级校考阶段练习）如图，中，AD为中线，则AC长（）A2.5B2C1D1.5【答案】D【分析】延长AD到E，使AD=ED，连接BE，证明BEDCA

33、D，根据全等三角形的性质可得BE=AC，BED=CAD=90，在RtAEB中，BAE=30，根据30角直角三角形的性质即可求得AC的长【详解】延长AD到E，使AD=ED，连接BE，AD为中线，BD=CD，在BED和CAD中， BEDCAD（SAS），BE=AC，BED=CAD，CAD=90，BED=CAD=90，在RtAEB中，BAE=30，AC=1.5故选D【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质、30角直角三角形的性质，正确作出辅助线，构造全等三角形是解决问题的关键【变式3】（2022秋山东济宁八年级统考期末）如图，在ABC中，点D是BC的中点，点E是AD上一点，BE=AC若C=70，DA

34、C=50，则EBD的度数为_【答案】10#10度【分析】根据题目中的图形和已知条件，可以求得FBE和FBD的度数，从而可以得到EBD的度数【详解】解：延长AD到F，使得DF=AD，连接BF，如图，点D为BC的中点，BD=CD在BDF和CDA中， BDFCDA(SAS)F=DAC，FBD=C，AC=FB，C=70，DAC=50，BE=ACFBD=70，F=50，BE=BFF=BEFBEF=50FBE=80EBD=FBE-FBD=80-70=10故答案为10【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用三角形全等的判定和性质、数形结合的思想解答【变式4】（2022湖北荆州九

35、年级专题练习）如图，在平行四边形中，E，F分别为，的中点，若，则的长为_【答案】【分析】延长AE交DC的延长线于M，过点M作MNAF于N，先证明ABEMCE，得到AM=6，然后利用含30度角的直角三角形的性质求出AN，MN，然后利用勾股定理求解即可得到答案【详解】解：延长AE交DC的延长线于M，过点M作MNAF于N，E为BC的中点，四边形ABCD是平行四边形，ABDM，AB=CDB=ECM，又AEB=MEC，在ABE和MCE中，ABEMCE（ASA），MNAF，MNA=MNF=90，EAF=60，AMN=30，AF=4，在直角三角形MNF中：，F为BC的中点，故答案为：【点睛】本题主要考查了平

36、行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解【变式5】（2023秋浙江湖州八年级统考期末）【问题情境】在数学课上，老师出示了这样一个问题：已知，如图1，中，若，点D为边中点，求边上的中线的取值范围经过小组合作交流，找到了解决方法：“倍长中线法”(1)请按照上面的思维框图，完成证明【探究应用】(2)已知：如图2，中，是边上的中线，E在边上，连接交于F，且求证：；【拓展延伸】(3)如图3，若，是边上的中线，E是上一点，连接交于点F，且，求的长【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)【分析】（1）延长至点E，使，

37、连接，利用“”易证，得到，进而得到，再利用三角形的三边关系得到，求出的取值范围，进而求得的取值范围，完成证明；（2）延长到点M，使得，连接，利用“”易证，得到，进而推出，得到，即可证明结论；（3）延长至N，使，连接，利用“”证明，得到，再利用等腰三角形性质进行等角替换，得到，设，利用勾股定理，求出，即可的长【详解】（1）解：如图1，延长至点E，使，连接，点D为边中点，在和中，在中， ；（2）解：如图2，延长到点M，使得，连接，是的中点，在和中，；（3）解：如图3，延长至N，使，连接，由（1）同理得， 设，则，在中，由勾股定理得， 解得，即【点睛】本题考查了全等三角形的判定个性质，三角形的三边关

38、系，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，运用“倍长中线模型”作辅助线构造全等三角形是解题关键核心考点四 全等三角形中的旋转模型例1 （四川遂宁中考真题）已知如图，在正方形ABCD中，AD=4，E，F分别是CD，BC上的一点，且EAF=45，EC=1，将ADE绕点A沿顺时针方向旋转90后与ABG重合，连接EF，过点B作BMAG，交AF于点M，则以下结论：DE+BF=EF，BF=，AF=，SMEF=中正确的是ABCD【答案】D【分析】利用全等三角形的性质条件勾股定理求出的长，再利用相似三角形的性质求出BMF的面积即可【详解】解: AG=AE, FAE=FAG=45,AF=AF,AFE AFG,

39、EF=FGDE=BGEF=FG=BG+FB=DE+BF故正确BC=CD=AD=4，EC=1DE=3，设BF=x，则EF=x+3,CF=4-x,在RtECF中，（x+3）2=（4-x）2+12解得x= BF= ,AF= 故正确，错误，BMAGFBMFGA SMEF=，故正确，故选D【点睛】本题考查旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题例2 （2021四川绵阳统考中考真题）如图，、都是等腰直角三角形，将绕点逆时针方向旋转后得，当点恰好落在线段上时，则_【答案】【分析】如图，连接

40、，易求得，根据旋转的性质得到，由全等三角形的性质得到，过作于，解直角三角形即可得到结论【详解】解：如图，连接，、都是等腰直角三角形，将绕点逆时针方向旋转后得，过作于，在中，在中，故答案为【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和解直角三角形等知识，熟练掌握旋转的性质、正确的作出辅助线是解题的关键例3 （2021内蒙古赤峰统考中考真题）数学课上，有这样一道探究题如图，已知中，AB=AC=m，BC=n，点P为平面内不与点A、C重合的任意一点，将线段CP绕点P顺时针旋转a，得线段PD，E、F分别是CB、CD的中点，设直线AP与直线EF相交所成的较小角为，探究的值和的

41、度数与m、n、的关系，请你参与学习小组的探究过程，并完成以下任务：（1）填空：【问题发现】小明研究了时，如图1，求出了_，_；小红研究了时，如图2，求出了_，_；【类比探究】他们又共同研究了=120时，如图3，也求出了；【归纳总结】最后他们终于共同探究得出规律：_(用含m、n的式子表示)；_ (用含的式子表示)（2）求出时的值和的度数【答案】（1）【问题发现】，60；，45；【类比探究】见（2）题的解析；【归纳总结】，；（2），30【分析】（1）当时，ABC和PDC都是等边三角形，可证ACPECF，从而有，QACB60；当时，ABC和PDC都是等腰直角三角形，同理可证ACPECF即可解决，依此

42、可得出规律；（2）当，可证，从而有，由ECFACP，可得PCAFCE即可解决问题【详解】（1）问题发现如图1，连接AE，PF，延长EF、AP交于点Q，当时，ABC和PDC都是等边三角形，PCDACB60，PCCD，ACCB，F、E分别是CD、BC的中点，又ACPECF，ACPECF，CEFCAP，QACB60，当时，ABC和PDC都是等腰直角三角形，如图2，连接AE，PF，延长EF、AP交于点Q，PCDACB45，PCCD，ACCB，F、E分别是CD、BC的中点，又ACPECF，ACPECF，CEFCAP，QACB45，归纳总结由此，可归纳出，ACB；（2）当，连接AE，PF，延长EF、AP交

43、于点Q，ABAC，E为BC的中点，AEBC，CAE60sin60，同理可得：，又ECFACP，PCAFCE，CEFCAP，QACB30【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定与性质，通过解决本题感受到：图形在变化但解决问题的方法不变，体会“变中不变”的思想模型 不共顶点旋转模型【模型特征】此模型是通过将三角形绕对称中心旋转180后，再进行平移而得到，注意运用线段的和差找出相等线段.共顶点旋转模型(手拉手模型)【模型特征】此模型可看成是将两个三角形（或正方形等图形）绕着某一个公共顶点旋转一定的角度所构成的.在旋转过程中，两个三角形无重叠或有重叠，运用角的和差得到等角.【变式1】（2022山东日照校

44、考二模）如图，O是正内一点，将线段以点B为旋转中心逆时针旋转60得到线段，下列结论错误的是（）A点O与的距离为4BCS四边形AOBOD【答案】D【分析】证明，得是等边三角形，根据勾股定理逆定理可得是直角三角形，进而可判断【详解】解：如图1，连接OO， 由题意可知，1+23+260，13，又OBOB，ABBC，又OBO60，OBO是等边三角形，OOOB4故A正确；BOABOC，OA5在AOO中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，AOO是直角三角形，AOO90，AOBAOO+BOO90+60150，故B正确；S四边形AOBOSAOO+SOBO34+426+4，故C正确；如图2将绕点顺时针旋转60

45、到位置，同理可得，故D错误；故选D【点睛】此题考查了旋转的性质，等边三角形、直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键【变式2】（2021陕西西安西安市铁一中学校考模拟预测）如图，在中，将绕点按逆时针方向旋转一定的角度得到，使得点恰好落在上，则线段的长为（）AB5CD【答案】C【分析】由锐角三角函数可求，由旋转的性质可求，可证是等边三角形，由勾股定理可求解【详解】解：如图，连接，将绕点按逆时针方向旋转一定的角度得到，是等边三角形，是等边三角形，故选：C【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形的性质、锐角三角函数、勾股定理等知识点，解题的关键是灵活运用这些性质是解题的关键【变式3】（202

46、2湖北黄冈校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（4，0），点P的坐标是（0，3），把线段AP绕点P逆时针旋转90后得到线段PQ，则点Q的坐标是_【答案】（3，7）【分析】过Q作QEy轴于E点，证明QEPPOA，得到EQ=PO=3，EP=OA=4后即可求解【详解】解：过Q作QEy轴于E点，如下图所示：旋转90，1+2=90，EQy轴，3+2=90，1=3，且QEP=POA=90，PQ=PA，QEPPOA(AAS)，EQ=PO=3，EP=OA=4，EO=EP+PO=4+3=7，点Q的坐标是(3，7)，故答案为：(3，7)【点睛】本题考查三角形全等的判定和性质，坐标与图形，本题的关键

47、过Q作QEy轴于E点，证明QEPPOA【变式4】（2022辽宁沈阳统考二模）如图，RtABC中，ACB90，AC8，BC4，若点M是AB的中点，点D在直线CB上，将MD绕点M顺时针旋转90得到MN，连接AN，则AN+MN的最小值为 _【答案】【分析】如图，过点M作MEBC于点E，MFAC于点F，过点N作NGMF的延长线于点G，证明NMGDME，可得ME=MG，DE=NG，作M关于NG对称点，连接、，当且仅当N在上时等号成立，求出即为所求答案【详解】如图，过点M作MEBC于点E，MFAC于点F，过点N作NGMF的延长线于点G，ACB=CFM=DEM=90，四边形MECF是矩形，FME=NMD=9

48、0，FME-FMD=NMD-FMD,NMG=DME，在NMG和DME中，,NMGDME（AAS），ME=MG，DE=NG，MEAC，MFBC，M为AB中点，E、F为BC、AC中点，ME=CF=4，MF=CE=2，GF=GM-MF=ME-MF=2，AF=AC-FC=4，作M关于NG对称点，连接、，在中，当且仅当N在上时等号成立，,则AN+MN的最小值为 ,故答案为：【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，两点之间线段最短，勾股定理等知识，解题的关键是学会转化的思想，求线段和的最小值记住两点之间线段最短【变式5】（吉林长春统考二模）如图1，在等腰Rt中，点D、E分别在边、上，连接，点

49、M、P、N分别为、的中点(1)观察猜想：图1中，线段与的数量关系是_，位置关系是_；(2)探究证明：把绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接，判断的形状，并说明理由；(3)拓展延伸：把绕点A在平面内自由旋转，若，求面积的最大值【答案】(1)，(2)是等腰直角三角形，理由见解析(3)【分析】（1）利用三角形的中位线定理得出，进而得出，即可得出结论，再利用三角形的中位线定理得出，再得出，最后利用互余得出结论；（2）先判断出，得出，同（1）的方法得出，即可得出，同（1）的方法即可得出结论；（3）由等腰直角三角形可知，当最大时，面积最大，而的最大值是，即可得出结论【详解】（1）解：P、N分别为、的中点

50、， ，点M、P分别为DE、DC的中点，故答案为：，（2）解：是等腰直角三角形，理由如下由旋转可知，由三角形的中位线定理得， ，是等腰三角形，同（1）的方法可得，是等腰直角三角形（3）解：由（2）可知，是等腰直角三角形，当最大时，面积最大，点D在的延长线上，【点睛】本题综合考查了三角形全等的判定与性质、旋转的性质及三角形的中位线定理，熟练应用相关知识是解决本题的关键核心考点五 全等三角形的综合问题例1 （2021广西河池统考中考真题）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别在CD，AC上，则AF的长是（）ABCD【答案】B【分析】过作的垂线分别交于,由，证明，设，根据，求得，在中，利用勾

51、股定理即可求得【详解】如图，过作的垂线分别交于，四边形是正方形，四边形是矩形，四边形是正方形，在和中，（AAS），设，则，即，解得，四边形是正方形，故选B【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质，求得是解题的关键例2 （2022海南统考中考真题）如图，正方形中，点E、F分别在边上，则_；若的面积等于1，则的值是_【答案】 60 【分析】由正方形的性质证明，即可得到，再由可得，即可求出设，表示出的面积，解方程即可【详解】正方形，（HL），设的面积等于1，解得，（舍去）故答案为：60；【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、3

52、0直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键例3 （2021黑龙江哈尔滨统考中考真题）已知四边形是正方形，点在边的延长线上，连接交于点，过点作，垂足为点，的延长线交于点，交的延长线于点（1）如图1，求证：；（2）如图2，若，连接，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形（除外），使写出的每个三角形都与全等，【答案】（1）见详解；（2）都与全等，理由见详解【分析】（1）先推出BC=CD，BCH=CDE=90，在推出CHM=E，进而即可得到结论；（2）先推出AE=AB=BC，GAE=GBC=90，结合AGE=BGC，即可得到，类似的推出与全等，即可【详解】（

53、1）证明：四边形是正方形，BC=CD，BCH=CDE=90，CHM+DCE=DCE+E=90，CHM=E，；（2）都与全等，理由如下：，四边形是正方形，AE=AB=BC，GAE=GBC=90，又AGE=BGC，DE=CH，E=H，AD=CD，AE=DH，又EAG=HDF=90，；ABCH，ABF=H=E，又，BAF=EAG=90，；DH=AE=AB=CD，DF垂直平分CH，FH=FC，E=H=FCH，又EAG=CDF=90，AE=AB=CD，【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定定理，是解题的关键随着素质教育不断深入，新课程标准的全面实施，关于三角形

54、全等问题的中考题，已不在是课本上的封闭的单一的证明题型一统天下了，出现了许多新题型，这类题更能考查同学们的灵活运用知识的能力和创新精神及实践能力；全等三角形的综合问题主要灵活运用全等三角形的判定方法，熟练掌握全等三角形的辅助线添加方法：倍长中线模型、旋转模型、垂线模型等，再结合其他知识点综合运用，尤其是近几年常考的类比探究题型，要循序渐进、由简入难，不断深入探究才能解决问题.【变式1】（2023重庆校考模拟预测）如图，正方形的边长为，点、分别为边、上的点，点分别为边、上的点，线段与的夹角为则（）ABCD【答案】A【分析】过点作交于，作交于，则，作交的延长线于，得到，根据全等三角形的性质得到，根

55、据勾股定理得到，过点作于，设，则，根据三角函数的定义列方程即可得到结论【详解】解：如图，过点作交于，作交于，则，线段与的夹角为，作交的延长线于，则，在和中，在中，过点作于，是等腰直角三角形，设，则，解得，故选：【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，锐角三角函数的定义，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形和等腰直角三角形是解题的关键【变式2】（2022重庆铜梁铜梁中学校校考模拟预测）如图，在正方形纸片中，点为正方形边上的一点不与点，点重合，将正方形纸片折叠，使点落在点处，点落在点处，交于点，折痕为，连接、，交于点下列结论：是等腰三角形；平分；，其中正确结论

56、的个数是（）ABCD【答案】D【分析】利用翻折的性质，正确；过点作于，设交于，证，判断正确；结合折叠判断正确、错误；证，判断正确【详解】解：根据翻折不变性可知：，是等腰三角形，故正确；如图，过点作于设交于 ，四边形是矩形，由折叠可知：，故正确；，由折叠可知：，平分，故正确；，与不全等，故错误；如图，过点作于点， 平分，又，故正确综上所述：结论正确的有：，共个故选：D【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定；能够利用折叠构造全等三角形，并利用去等的性质是解题的关键【变式3】（2022内蒙古包头包钢第三中学校考三模）在中，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点，若，四边形的面积为40则_【答案】

57、10【分析】由是的中点及，可证明ADEDCE，则可得AF=CD，再由D是BC的中点，可得四边形ADBF是平行四边形，则可得ABF与ABD的面积相等，再由三角形中线平分三角形面积，易得ABC面积等于四边形ADBF的面积，则由三角形面积公式即可求得AC的长【详解】是的中点，AE=DE，FAE=CDEAEF=DEC， ADEDCE(ASA)，AF=CDD是BC的中点，AD是斜边BC上的中线，BD=CD=AD，AF=BD，AFBC，四边形ADBF是平行四边形，AD=BF，AB=AB，AF=BD，ABFABD(SSS)，即，AC=10故答案为：10【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判

58、定与性质，直角三角形斜边上中线的性质等知识，判定四边形ADBF是平行四边形，进而得到它的面积等于ABC的面积是解题的关键【变式4】（2023辽宁鞍山统考一模）如图，在正方形中,点G为边上的动点,点H为边上的动点,且满足,连接,分别交正方形的对角线于F，E两点,则下列结论中正确的有_（填序号即可）【答案】【分析】如图1，把绕点A逆时针旋转得到，证明即可判断；如图1，证明，利用相似三角形的性质可判断；如图3，在上截取，连接、，证明可得，证明可得、即可判断；如图2，过点A分别作、，证明，根据、即可判断【详解】（1）解：如图1，把绕点A逆时针旋转得到，则，点M、H、C在一条直线上又在和中，故结论正确（

59、2）如图1，平行四边形是正方形又，又故结论正确（3）如图3，在上截取，连接、，又，故结论错误（4）如图2，过点A分别作，又，故结论正确【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形全等的判定即、三角形相似的判定及其性质，正确作出辅助线和熟练掌握三角形全等的判定和三角形相似的判定及其性质是解决本题的关键【变式5】（2023山东泰安校考模拟预测）感知：数学课上，老师给出了一个模型：如图1，点A在直线上，且，像这种一条直线上的三个顶点含有三个相等的角的模型我们把它称为“一线三等角“模型应用：(1)如图2，中，直线经过点C，过A作于点D，过B作于点E求证：(2)如图3，在中，D是上一点，求点C到边的距离(3)如

60、图4，在中，E为边上的一点，F为边上的一点若，求 的值【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）由直角三角形的性质得出，可证明；（2）过点D作于点F，过点C作于，交的延长线于点E，证明，由全等三角形的性质可得出，则可得出答案；（3）过点D作交的延长线于点M，证明，由相似三角形的性质可得出答案【详解】（1）证明：，在和中，；（2）解：过点D作于点F，过点C作于，交的延长线于点E，在和中，即点C到的距离为；（3）过点D作交的延长线于点M，四边形是平行四边形，【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的

61、关键【新题速递】1（2022贵州模拟预测）在中，用尺规作图，分别以点A和C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点M和N作直线交于点D，交于点E，连接则下列结论不一定正确的是（）ABCD【答案】A【分析】利用线段的垂直平分线的性质判断即可【详解】由作图可知，垂直平分线段，故选项B，C，D正确，故选：A【点睛】本题考查了线段的垂直平分线的性质，正确掌握线段垂直平分线的性质是解题关键2（2022浙江温州统考模拟预测）如图，直线上有三个正方形，若，的边长分别为和，则正方形的面积为（）ABCD无法确定【答案】B【分析】根据正方形的性质得出，求出，证，推出，求出，求出的面积为，代入求出即可【详解】解：

62、根据正方形的性质得出，在和中，的边长分别为和，的面积为，故选：B【点睛】本题考查了正方形性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定的应用，解此题的关键是求出，题目比较典型，难度适中3（2022山东菏泽菏泽一中校考模拟预测）如图，在中，平分交AC于D，是的垂直平分线，若，则等于（）ABCD【答案】B【分析】根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得，再根据等边对等角的性质求出，然后根据角平分线的定义与直角三角形两锐角互余求出，再根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半求出，然后求解即可【详解】解：点D在的垂直平分线上，是角平分线，故选：B【点睛】本题考查了角平分线的定义，线段垂直平分线上的

63、点到线段两端点的距离相等的性质，直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半的性质，题目难度稍微复杂，熟记性质是解题的关键4（2022四川绵阳校考模拟预测）如图，是的中线，交的延长线于点，则的取值不可能是（）ABCD【答案】D【分析】证明，可得，再由三角形的三边关系可得，即可求解【详解】解：是的中线，在和中，即，的取值不可能是6故选：D【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，根据题意得到是解题的关键5（2022重庆璧山统考一模）如图，在正方形中，将边绕点逆时针旋转至点，若，则线段的长度为（）A2BCD【答案】D【分析】根据旋转的性质，可知 取点为线段 的中点，并连接根据等腰三

64、角形三线合一的性质、正方形的性质及直角三角形的性质，可证得 ，从而证得 ， 再利用勾股定理即可求解【详解】解：如图，取点为线段 的中点，并连接依题意得， ， ，在正方形中，又 ，在和中， ， ， ， ，在中，故选：D【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质及勾股定理的运用等知识，解题的关键是辅助线的添加6（2022新疆乌鲁木齐校考三模）如图，在中，以顶点为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交边于点，点在上若，当最小时，的面积是（）A2B1C6D7【答案】B【分析】过点作于

65、，由角平分线的作法可知，是的角平分线，利用角平分线的性质得出，根据过直线外一点到直线的垂线段最短， 最短为2，由直角三角形全等的判定和性质可得出，利用线段间的数量关系及三角形面积公式即可求解【详解】解：如图，由角平分线的作法可知，是的角平分线，点为线段上的一个动点，最短，的面积故选：B【点睛】本题考查的是作图基本操作，角平分线的性质，直角三角形全等的判定和性质，过直线外一点到直线的垂线段最短等，理解题意，然后熟练掌握运用角平分线的性质是解题的关键7（2022山东济南统考一模）如图，中，分别以点B、C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点E，作射线，在射线上任取一点D，连接若，则的长为（）A10

66、B11C12D6【答案】A【分析】连接、（图见详解），由可得为线段的垂直平分线，再利用勾股定理求出、，即可求得的长【详解】如图，连接、，设交于点O 由作图步骤可知：E点在线段的垂直平分线上A点在线段的垂直平分线上垂直平分线段，在中，由勾股定理得在中，由勾股定理，得故选：A【点睛】本题考查了垂直平分线的判定和勾股定理，掌握相关知识并能熟练运用是解决本题的关键8（2022广东揭阳校考二模）如图，已知点，是轴上位于点上方的一点，平分，平分，直线交于点若反比例函数的图象经过点，则的值是（）ABCD【答案】B【分析】根据角平分线上的点到这个角两边的距离相等可得，再根据角的对称性得出，由勾股定理求出，设，

67、利用四边形是正方形，列方程求出的值，确定点坐标，进而求出的值【详解】解：过点分别作轴、轴的垂线，垂足分别为、，作交的延长线于点，四边形是矩形，平分，四边形是正方形，又平分，在中，由对称可得，设，则，解得，即，点，故选：B【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的交点，掌握角平分线的性质以及勾股定理是解决问题的关键9（2023湖南衡阳校考一模）如图所示，点O在一块直角三角板上（其中），于点M，于点N，若，则_度【答案】15【分析】，可知，从而可证，根据全等三角形的性质可得；或可证得平分，即可求出的度数【详解】解：方法一：，在和中，方法二：，平分，故答案为：15【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质

68、，熟练掌握判定直角三角形全等特有的方法是解题的关键10（2022山东菏泽菏泽一中校考模拟预测）已知，直线l过直角顶点A，分别过点B、C向直线l作垂线，垂足分别为E、F，则_【答案】12或2【分析】分两种情况画出图形，证明，即可得到对应答案【详解】解：如图，在和中，；如图，在和中，；故答案为：12或2【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，分情况画出图形是解题的关键11（2020山东德州统考三模）如图，在ABE中，AE的垂直平分线MN交BE于点C，E30，且ABCE，则BAE的度数为_【答案】90#90度【分析】根据MN是AE的垂直平分线，有CECA，即CAEE30，进而有ACBE+CAE60

69、；根据CECA，ABCE，有ACAB，即BACB60，问题得解【详解】MN是AE的垂直平分线，CECA，CAEE30，ACBE+CAE60，CECA，ABCE，ACAB，BACB60，BAE180306090，故答案为：90【点睛】本题主要考查了垂直平分线的性质，等腰三角形的性质以及三角形的外角的性质等知识，掌握等腰三角形的性质是解答本题的关键12（2022贵州铜仁模拟预测）已知，若平面上存在点使，当时，则 _ 【答案】或#或【分析】如图所示，分别以为x轴，y轴建立坐标系，取的中点E、F，连接，则，根据可知点D在直线上，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，由此利用两点距离公式求出点D

70、的坐标即可得到答案【详解】解：如图所示，分别以为x轴，y轴建立坐标系，取的中点E、F，连接， ，点D在线段的垂直平分线上，点D在直线上，设，解得或，当时，则，；当时，则，；综上所述，的长为或，故答案为：或【点睛】本题主要考查了坐标与图形，勾股定理，线段垂直平分线的判定，直角三角形斜边上的中线，正确建立坐标系灵活运用所学知识是解题的关键13（2022广东东莞校联考一模）正方形的边长为，E为的中点，连接，过点作交于点，垂足为，则_【答案】【分析】先证明BFCCED，得到DECF2，CEBF，利用勾股定理可求的长，由面积法可求【详解】解：正方形的边长为，E为的中点，DE2，CGF90，（AAS），E

71、GCECG，故答案为：【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键14（2022广东东莞东莞市光明中学校考三模）如图，正方形的边长是，点，分别是，边上的点，且满足，连接，交于点，交于点，则四边形的面积为_【答案】【分析】根据正方形的性质得到，求得，根据全等三角形的性质得到，推出，连接交于，根据相似三角形的性质得到，求得，得到，根据相似三角形的性质得到，根据三角形的面积即可得到结论【详解】解：正方形的边长是，连接交于，四边形的面积，故答案为：【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，全等三角

72、形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键15（2022广东东莞校考一模）如图，是菱形的对角线，(1)请用尺规作图法，作的垂直平分线，垂足为E，交于F；（不要求写作法，保留作图痕迹）(2)在（1）条件下，连接，求的度数【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据线段垂直平分线的尺规作图方法作图即可；（2）先根据菱形的性质得到，则，利用三角形内角和定理求出，再由线段垂直平分线的性质得到，得到，则 【详解】（1）解：如图所示，即为所求；（2）解：如图所示，连接，四边形是菱形，垂直平分，【点睛】本题主要考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，线段垂直平分线的

73、尺规作图，灵活运用所学知识是解题的关键16（2023江苏苏州统考一模）如图，在中，为的中点，连接并延长，交的延长线于点(1)求证：；(2)若，求的长【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由平行四边形的性质可得，从而有，再由是边上的中点得，利用可判定；（2）由（1）可得，再结合平行四边形的性质可得的长【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，为的中点，在和中，；（2）解：，由（1）可知：，四边形是平行四边形，的长为【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质解题的关键是熟记平行四边形的性质与全等三角形的判定与性质并灵活运用17（2023福建福州福建省福州第一中学校考一模）如图，A

74、BCD，以点A为圆心，小于AC长为半径作圆弧，分别交AB，AC于E，F两点，再分别以E，F为圆心，大于EF长为半径作圆弧，两条圆弧交于点P，作射线AP，交CD于点M(1)求证：AP平分CAB；(2)若ACD114，求MAB的度数【答案】(1)见解析(2)33【分析】（1）利用全等三角形的判定和性质得出FAP=EAP，即可证明；（2）根据ABCD，ACD114，得出CAB66，再根据AM是CAB的平分线，即可得出MAB的度数【详解】（1）证明：连接EP，FP，根据题意得AF=AE，EP=FP，AP=AP，APFAPE，FAP=EAP，AP平分CAB；（2）ABCD，ACD+CAB180，又ACD

75、114，CAB66，由（1）知，AM是CAB的平分线，MABCAB33【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质以及角平分线的作法，掌握两直线平行，同旁内角互补是正确解答本题的关键18（2023上海长宁统考一模）已知：如图，在中，点在边上，且，边的垂直平分线交边于点，交于点(1)求证：；(2)如果的面积为，且，求的面积【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由得，由垂直平分线的性质得到，即可证明；（2）根据相似三角形的性质得到，则，作于点H，分别求得和，即可得到的面积【详解】（1）解：，边的垂直平分线交边于点，；（2），作于点H，【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、垂直平

76、分线的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键19（2023山东济南一模）如图1，在中，D，E两点分别在上，且，将绕点A顺时针旋转，记旋转角为(1)问题发现 当时，线段的数量关系是 ；(2)拓展探究 当时，（1）中的结论有无变化？请仅就图2的情形给出证明；(3)问题解决 设，旋转至A，B，E三点共线时，直接写出线段的长【答案】(1)(2)不变，见解析(3)4或2【分析】（1）利用平行线的性质，根据等角对等边证明ADAE即可解决问题；（2）结论不变，只要证明即可；（3）分两种情形画出图形求解即可；【详解】（1）解：如图1中，即故答案为（2）解：如图2中，结论不变理

77、由： ，（3）解：如图3中，都是等腰直角三角形，当点E在BA的延长线上时，4如图4中，当点E在线段AB上时，2综上所述，BE的长为4或2【点睛】本题考查几何变换综合题、等腰三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题20（2023河北秦皇岛统考一模）如图，将两个完全相同的三角形纸片和重合放置，其中，(1)操作发现如图，固定，使绕点C旋转，当点D恰好落在边上时，求线段与的位置关系；设的面积为，的面积为，求与的数量关系(2)猜想论证当绕点C旋转到如图所示的位置时，小明猜想（1）中与的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了和中、边上的高，请你证明小明的猜想【答案】(1)，理由见解析；，理由见解析；(2)见解析【分析】（1）利用旋转可知，根据，得出是等边三角形，所以，证得，由图得知和同高，和同高，利用三角形面积公式，得到（2）由图形是旋转得到，利用可以证明，所以，利用三角形面积公式可以求证【详解】（1）（1）如图中，由旋转可知：，是等边三角形，,则， ，即：（2）如图中，是由绕点旋转得到，在和中， ， 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题