猜想02全等三角形（5种解题模型专练）

猜想02全等三角形（5种解题模型专练）题型一：一线三等角构造全等模型题型二：手拉手模型旋转型全等题型三：倍长中线模型题型四：角平分线+垂直构造全等模型题型五：对角互补且一组邻边相等的半角模型题型一：一线三等角构造全等模型1．（2022秋•南陵县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D，若AD＝8cm，BE＝3cm，则DE＝5cm．【分析】由余角的性质可证∠CAD＝∠BCE，即可证明△CDA≌△BEC，可得CD＝BE，CE＝AD，根据DE＝CE﹣CD，即可解题．【解答】解：∵∠ACB＝90°，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D，∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠CAD＝90°，∴∠CAD＝∠BCE，在△CDA和△BEC中，，∴△CDA≌△BEC（AAS），∴CD＝BE，CE＝AD，∵DE＝CE﹣CD，∴DE＝AD﹣BE，∵AD＝8cm，BE＝3cm，∴DE＝5cm，故答案为：5．【点评】本题主要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△CDA≌△BEC是解题的关键．2．（2022秋•香坊区期末）如图，等边△ABC中，CH⊥AB于点H，点D、E分别在边AB、BC上，连接DE，点F在CH上，连接EF，若DE＝EF，∠DEF＝60°，BE＝2，CE＝8，则DH＝1．【分析】在BC上取点G，连接GF，使GC＝GF，证明△BDE≌△GEF，得到BE＝CG，BD＝EG，求出BD，则DH＝BD﹣BH即可求出结果．【解答】解：在BC上取点G，连接GF，使GC＝GF，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，∵CH⊥AB，∴AH＝BH＝AB＝×10＝5，∠BCH＝∠ABC＝30°，∵GF＝GC，∴∠GFC＝∠BCH＝30°，∴∠EGF＝∠GFC+∠BCH＝60°，∴∠B＝∠EGF，∵∠DEF＝60°，∴∠BED+∠GEF＝120°，∵∠BED+∠BDE＝120°，∴∠BDE＝∠GEF，又∵DE＝EF，∴△BDE≌△GEF（AAS），∴BE＝CG＝2，BD＝EG＝10﹣2﹣2＝6，∴DH＝BD﹣BH＝6﹣5＝1．故答案为：1．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，正确添加辅助线，构造全等三角形是解题关键．3．（2022秋•射洪市期末）如图，△ABF和△DCE中，已知∠A＝∠D＝90°，E、F在线段BC上，DE与AF交于点O，且AB＝CD，BE＝CF．求证：OE＝OF．【分析】由于△ABF与△DCE是直角三角形，根据直角三角形全等的判定的方法即可证明全等，然后根据三角形全等的性质得出∠AFB＝∠DEC，再根据等腰三角形的性质得出结论．【解答】证明：∵BE＝CF，∴BE+EF＝CF+EF，即BF＝CE，∵∠A＝∠D＝90°，∴△ABF与△DCE都为直角三角形，在Rt△ABF和Rt△DCE中，，∴Rt△ABF≌Rt△DCE（HL），∴∠AFB＝∠DEC，∴OE＝OF．【点评】此题考查了直角三角形全等的判定和性质及等腰三角形的性质，解题关键是由BE＝CF通过等量代换得到BF＝CE．4．（2022秋•嘉峪关期末）如图所示，工人赵师傅用10块高度都是1.5m的相同长方体新型建筑材料，垒了两堵与地面垂直的墙ABCD和EFGH，点P在BE上，已知AP＝PF，∠APF＝90°．（1）求证：△ABP≌△PEF；（2）求BE的长．【分析】（1）根据全等三角形的判定定理AAS证得结论；（2）利用（1）中全等三角形的对应边相等得到：BP＝EF＝10.5m，AB＝PE＝4.5m，则BE＝BO+PE．【解答】（1）证明：∵∠ABP＝∠FEP＝90°，∠APF＝90°，∴∠APB＝∠PFE（同角的余角相等）．在△ABP与△PEF中，，∴△ABP≌△PEF（AAS）；（2）由题意知，AB＝1.5×3＝4.5（m），EF＝7×1.5＝10.5（m）．由（1）知，△ABP≌△PEF，∴BP＝EF＝10.5m，AB＝PE＝4.5m，∴BE＝BP+PE＝15m．【点评】本题主要考查了全等三角形的应用，用全等寻找下一个全等三角形的条件，全等的性质和判定往往是综合在一起应用的，这需要认真分析题目的已知和求证，分清问题中已知的线段和角与所证明的线段或角之间的联系．5．（2022秋•大安市期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线MN，AM⊥MN于点M，BN⊥MN于点N．（1）若MN在△ABC外（如图1），求证：MN＝AM+BN；（2）若MN与线段AB相交（如图2），且AM＝2.6，BN＝1.1，则MN＝1.5．【分析】（1）利用互余关系证∠MAC＝∠NCB，再证△AMC≌△CNB（AAS），得到AM＝CN，MC＝BN，即可得出结论；（2）类似于（1）可证△ACM≌△CBN（AAS），得AM＝CN＝2.6，CM＝BN＝1.1，即可得出结论．【解答】（1）证明：∵AM⊥MN，BN⊥MN，∴∠AMC＝∠CNB＝90°．∵∠ACB＝90°，∠AMC＝90°，∴∠MAC+∠ACM＝90°，∠NCB+∠ACM＝90°，∴∠MAC＝∠NCB．在△AMC和△CNB中，，∴△AMC≌△CNB（AAS），∴AM＝CN，MC＝NB．∵MN＝NC+CM，∴MN＝AM+BN．（2）解：∵AM⊥MN于M，BN⊥MN，∴∠AMC＝∠CNB＝90°，∴∠MAC+∠ACM＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACM+∠NCB＝90°，∴∠MAC＝∠NCB，在△ACM和△CBN中，，∴△ACM≌△CBN（AAS），∴AM＝CN＝2.6，CM＝BN＝1.1，∴MN＝CN﹣CM＝2.6﹣1.1＝1.5，故答案为：1.5．【点评】本题主要考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．6．（2022秋•新乡期末）已知在平面直角坐标系中，A（4，0），B（0，3），以线段AB为直角边在第一象限内作等腰直角三角形ABC，AB＝AC，∠BAC＝90°．求点C坐标．【分析】由∠AOB＝90°，AB＝AC，∠BAC＝90°，想到作CD⊥x轴于点D，构造“一线三直角”模型，证明△CDA≌△AOB，得DC＝OA＝4，DA＝OB＝3，则OD＝7，即可求得C（7，4）．【解答】解：作CD⊥x轴于点D，则∠CDA＝∠AOB＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠DAC＝∠OBA＝90°﹣∠OAB，在△CDA和△AOB中，，∴△CDA≌△AOB（AAS），∵A（4，0），B（0，3），∴DC＝OA＝4，DA＝OB＝3，∴OD＝OA+DA＝4+3＝7，∴C（7，4）．【点评】此题重点考查图形与坐标、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质等知识，证明△CDA≌△AOB是解题的关键．7．（2022秋•榆树市校级期末）如图，CD∥AB，CD＝CB，点E在BC上，∠D＝∠ACB．（1）求证：CE＝AB．（2）若∠A＝125°，则∠BED的度数是55°．【分析】（1）根据ASA证明△DEC与△CAB全等，进而利用全等三角形的性质解答即可；（2）根据全等三角形的性质解答即可．【解答】证明：（1）∵CD∥AB，∴∠B＝∠DCE，在△DEC与△CAB中，，∴△DEC≌△CAB（ASA），∴CE＝AB；解：（2）∵△DEC≌△CAB，∴∠CED＝∠A＝125°，∴∠BED＝180°﹣125°＝55°，故答案为：55°．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，根据ASA证明△DEC与△CAB全等是解题的关键．8．（2022秋•榆树市期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．（1）当直线MN绕点C旋转到图（1）的位置时，求证：①△ADC≌△CEB；②DE＝AD+BE；（2）当直线MN绕点C旋转到图（2）的位置时，求证：DE＝AD﹣BE；（3）当直线MN绕点C旋转到图（3）的位置时，请直接写出DE，AD，BE之间的等量关系．【分析】（1）①根据AD⊥MN，BE⊥MN，∠ACB＝90°，得出∠CAD＝∠BCE，再根据AAS即可判定△ADC≌△CEB；②根据全等三角形的对应边相等，即可得出CE＝AD，CD＝BE，进而得到DE＝CE+CD＝AD+BE；（2）先根据AD⊥MN，BE⊥MN，得到∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，进而得出∠CAD＝∠BCE，再根据AAS即可判定△ADC≌△CEB，进而得到CE＝AD，CD＝BE，最后得出DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；（3）运用（2）中的方法即可得出DE，AD，BE之间的等量关系是：DE＝BE﹣AD．【解答】解：（1）①∵AD⊥MN，BE⊥MN，∴∠ADC＝∠ACB＝90°＝∠CEB，∴∠CAD+∠ACD＝90°，∠BCE+∠ACD＝90°，∴∠CAD＝∠BCE，∵在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS）；②∵△ADC≌△CEB，∴CE＝AD，CD＝BE，∴DE＝CE+CD＝AD+BE；（2）证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，∴∠CAD＝∠BCE，∵在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS）；∴CE＝AD，CD＝BE，∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；（3）当MN旋转到题图（3）的位置时，AD，DE，BE所满足的等量关系是：DE＝BE﹣AD．理由如下：∵AD⊥MN，BE⊥MN，∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，∴∠CAD＝∠BCE，∵在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS），∴CE＝AD，CD＝BE，∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD．【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，解题时注意：全等三角形的对应边相等，同角的余角相等，解决问题的关键是根据线段的和差关系进行推导，得出结论．9．（2023春•济南期末）在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有AB＝AC，且满足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α．（1）如图1，当α＝90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是DE＝BD+CE；（2）如图2，当0＜α＜180时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展与应用：如图3，当α＝120°时，点F为∠BAC平分线上的一点，且AB＝AF，分别连接FB，FD，FE，FC，试判断△DEF的形状，并说明理由．【分析】（1）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；（2）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；（3）先由α＝120°和AF平分∠BAC得到∠BAF＝∠CAF＝60°，然后结合AB＝AF＝AC得到△ABF和△ACF是等边三角形，然后得到FA＝FC、∠FCA＝∠FAB＝60°，然后结合△BDA≌△EAC得到∠BAD＝∠ACE、AD＝CE，从而得到∠FAD＝∠FCE，故可证△FAD≌△FCE，从而得到DF＝EF、∠DFA＝∠EFC，最后得到∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝60°，即可得证△DEF是等边三角形．【解答】解：（1）DE＝BD+CE，理由如下，∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，∴∠DBA＝∠EAC，∵AB＝AC，∴△DBA≌△EAC（AAS），∴AD＝CE，BD＝AE，∴DE＝AD+AE＝BD+CE，故答案为：DE＝BD+CE．（2）DE＝BD+CE仍然成立，理由如下，∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α，∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，∴∠DBA＝∠EAC，∵AB＝AC，∴△DBA≌△EAC（AAS），∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝AD+AE＝BD+CE；（3）△DEF是等边三角形，理由如下，∵α＝120°，AF平分∠BAC，∴∠BAF＝∠CAF＝60°，∵AB＝AF＝AC，∴△ABF和△ACF是等边三角形，∴FA＝FC，∠FCA＝∠FAB＝∠AFC＝60°，同（2）可得，△BDA≌△AEC，∴∠BAD＝∠ACE，AD＝CE，∴∠FAD＝∠FCE，∴△FAD≌△FCE（SAS），∴DF＝EF，∠DFA＝∠EFC，∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝∠AFC＝60°，∴△DEF是等边三角形．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练应用一线三等角模型证明三角形全等．10．（2022秋•赣县区期末）阅读理解，自主探究：“一线三垂直”模型是“一线三等角”模型的特殊情况，即三个等角角度为90°，于是有三组边相互垂直．所以称为“一线三垂直模型”．当模型中有一组对应边长相等时，则模型中必定存在全等三角形．（1）问题解决：如图1，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线DE，AD⊥DE于D，BE⊥DE于E，求证：△ADC≌△CEB；（2）问题探究：如图2，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线CE，AD⊥CE于D，BE⊥CE于E，AD＝2.5cm，DE＝1.7cm，求BE的长；（3）拓展延伸：如图3，在平面直角坐标系中，A（﹣1，0），C（1，3），△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC，求B点坐标.【分析】（1）证∠DAC＝∠ECB，再由AAS证△ADC≌△CEB即可；（2）证△ADC≌△CEB（AAS），得AD＝CE＝2.5cm，CD＝BE，即可解决问题；（3）过点C作直线l∥x轴，交y轴于点G，过A作AE⊥l于点E，过B作BF⊥l于点F，交x轴于点H，证△AEC≌△CFB（AAS），得AE＝CF＝3，BF＝CE＝2，则FG＝CG+CF＝4，BH＝FH﹣BF＝1，即可得出结论．【解答】（1）证明：∵AD⊥DE，BE⊥DE，∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠ECB＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，∴∠DAC＝∠ECB，在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS）；（2）解：∵BE⊥CE，AD⊥CE，∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∴∠CBE+∠ECB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ECB+∠ACD＝90°，∴∠ACD＝∠CBE，在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS），∴AD＝CE＝2.5cm，CD＝BE，∴BE＝CD＝CE﹣DE＝2.5﹣1.7＝0.8（cm），即BE的长为0.8cm；（3）解：如图3，过点C作直线l∥x轴，交y轴于点G，过A作AE⊥l于点E，过B作BF⊥l于点F，交x轴于点H，则∠AEC＝∠CFB＝∠ACB＝90°，∵A（﹣1，0），C（1，3），∴EG＝OA＝1，CG＝1，FH＝AE＝OG＝3，∴CE＝EG+CG＝2，∵∠ACE+∠EAC＝90°，∠ACE+∠FCB＝90°，∴∠EAC＝∠FCB，在△AEC和△CFB中，，∴△AEC≌△CFB（AAS），∴AE＝CF＝3，BF＝CE＝2，∴FG＝CG+CF＝1+3＝4，BH＝FH﹣BF＝3﹣2＝1，∴B点坐标为（4，1）．【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、坐标与图形性质、一线三垂直”模型等知识，本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．11．（2022秋•葫芦岛期末）在平面直角坐标系xOy中，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，点A（0，5），点C（﹣2，0），点B在第四象限．（1）如图1，求点B的坐标；（2）如图2，若AB交x轴于点D，BC交y轴于点M，N是BC上一点，且BN＝CM，连接DN，求证CD+DN＝AM；（3）如图3，若点A不动，点C在x轴的负半轴上运动时，分别以AC，OC为直角边在第二、第三象限作等腰直角△ACE与等腰直角△OCF，其中∠ACE＝∠OCF＝90°，连接EF交x轴于P点，问当点C在x轴的负半轴上移动时，CP的长度是否变化？若变化，请说明理由，若不变化，请求出其长度．【分析】（1）过B作BF⊥x轴于F，先证△CFB≌△AOC（AAS），得FB＝OC＝2，FC＝OA＝5，则OF＝FC﹣OC＝3，即可得出答案；（2）过B作BE⊥BC交x轴于E，先证△BCE≌△CAM（ASA），得CE＝AM，BE＝CM，再证△BDE≌△BDN（SAS），得DE＝DN，进而得出结论；（3）过E作EG⊥x轴于G，先证△GEC≌△OCA（AAS），得GC＝OA＝5，GE＝OC，再证△EPG≌△FPC（AAS），得GP＝CP＝GC＝即可．【解答】（1）解：如图1，过B作BF⊥x轴于F，则∠BFC＝90°，∵点A（0，5），点C（﹣2，0），∴OA＝5，OC＝2，∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，∴AC＝BC，∠ABC＝45°，∠FCB+∠OCA＝90°，∵∠COA＝90°，∴∠OAC+∠OCA＝90°，∴∠OAC＝∠FCB，∵∠COA＝∠BFC＝90°，∴△CFB≌△AOC（AAS），∴FB＝OC＝2，FC＝OA＝5，∴OF＝FC﹣OC＝5﹣2＝3，∴点B的坐标为（3，﹣2）；（2）证明：如图2，过B作BE⊥BC交x轴于E，则∠CBE＝90°＝∠ACM，由（1）得：BC＝CA，∠ECB＝∠MAC，∴△BCE≌△CAM（ASA），∴CE＝AM，BE＝CM，∵BN＝CM，∴BE＝BN，∵∠CBE＝90°，∠ABC＝45°，∴∠DBE＝90°﹣45°＝45°，∴∠DBE＝∠DBN＝45°，又∵BD＝BD，∴△BDE≌△BDN（SAS），∴DE＝DN，∵CD+DE＝CE，∴CD+DN＝CE，∴CD+DN＝AM；（3）解：CP的长度不变化，CP＝，理由如下：如图3，过E作EG⊥x轴于G，则∠EGC＝90°＝∠COA，∴∠GEC+∠GCE＝90°，∵△ACE是等腰直角三角形，∠ACE＝90°，∴CE＝AC，∠GCE+∠OCA＝90°，∴∠GEC＝∠OCA，∴△GEC≌△OCA（AAS），∴GC＝OA＝5，GE＝OC，∵△OCF是等腰直角三角形，∠OCF＝90°，∴OC＝CF，∠FCP＝90°，∴GE＝CF，∠EGP＝∠FCP，又∵∠EPG＝∠FPC，∴△EPG≌△FPC（AAS），∴GP＝CP＝GC＝．【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、坐标与图形性质、直角三角形的性质等知识，本题综合性强，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，属于中考常考题型．12．（2022秋•剑阁县期末）如图所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D是线段CA延长线上一点，且AD＝AB．点F是线段AB上一点，连接DF，以DF为斜边作等腰Rt△DFE．连接EA，且EA⊥AB．（1）若∠AEF＝20°，∠ADE＝50°，则∠ABC＝60°；（2）过D点作DG⊥AE，垂足为G．①填空：△DEG≌△EFA；②求证：AE＝AF+BC；（3）如图2，若点F是线段BA延长线上一点，其他条件不变，请写出线段AE，AF，BC之间的数量关系，并简要说明理由．【分析】（1）先由∠AEF＝20°、∠DEF＝90°得到∠DEA＝70°，然后由∠ADE＝50°得到∠DAE＝60°，再结合∠EAB＝90°得到∠BAC＝30°，最后由∠ACB＝90°得到∠ABC＝60°；（2）①先由DG⊥AE得到∠DEG+∠EDG＝90°，然后由∠DEF＝90°得到∠DEG+∠AEF＝90°，从而得到∠EDG＝∠FEA，再结合DE＝EF、∠DGE＝∠EAF＝90°得证△DEG≌△EFA；②先由∠GDA+∠GAD＝90°和∠GAD+∠BAC＝90°得到∠GDA＝∠BAC，再结合AD＝AB、∠DGA＝∠C＝90°得证△GDA≌△CAB，进而得到BC＝AC，最后由△DEG≌△EFA得到EC＝AF，最后得证AE＝AF+BC；（3）过点D作DG⊥AE，交AE的延长线于点G，则∠DGE＝90°，先由AE⊥AB，得到∠EAF＝∠DGE＝90°，然后由△DEF是以DF为斜边的等腰直角三角形得到∠DEF＝90°，DE＝EF，从而得证△GDE≌△AEF，因此有GE＝AF，再由∠DGE＝∠EAF＝90°得到∠GDA＝∠CAB，然后证明△GDA≌△CAB，最后得到BC＝EG+AE＝AF+AE．【解答】（1）解：∵∠AEF＝20°，∠DEF＝90°，∴∠DEA＝70°，∵∠ADE＝50°，∴∠DAE＝60°，∵∠EAB＝90°，∴∠BAC＝30°，∵∠ACB＝90°，∴∠ABC＝60°，故答案为，60．（2）①解：∵DG⊥AE，∴∠DEG+∠EDG＝90°，∵∠DEF＝90°，∴∠DEG+∠AEF＝90°，∴∠EDG＝∠FEA，在△DEG和△EFA中，，∴△DEG≌△EFA（AAS），故答案为：EFA．②证明：∵∠GDA+∠GAD＝90°，∠GAD+∠BAC＝90°，∴∠GDA＝∠BAC，∵AD＝AB，∠DGA＝∠C＝90°，∴△GDA≌△CAB（AAS），∴BC＝AG，∵△DEG≌△EFA，∴EC＝AF，∴AE＝AG+GE＝AF+BC．（3）解：BC＝AE+AF，理由如下，如图2，过点D作DG⊥AE，交AE的延长线于点G，则∠DGE＝90°，∵AE⊥AB，∴∠EAF＝∠DGE＝90°，∵△DEF是以DF为斜边的等腰直角三角形，∴∠DEF＝90°，DE＝EF，∴∠GDE+∠GED＝∠GED+∠AEF＝90°，∴∠GDE＝∠AEF，∴△GDE≌△AEF（AAS），∴GE＝AF，∵∠DGE＝∠EAF＝90°，∴DG∥AB，∴∠GDA＝∠CAB，在△GDA和△CAB中，，∴△GDA≌△CAB（AAS），∴BC＝AG，∴BC＝EG+AE＝AF+AE．【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握一线三等角模型证明三角形全等．13．（2022秋•乌鲁木齐期末）如图，平面直角坐标系中点B（﹣2，0），点A（0，5），以点A为直角顶点在第二象限内作等腰直角三角形ABC，过点C作CE垂直于y轴，垂足为点E，（1）证明：△ABO≌△CAE，并求点C的坐标．（2）在坐标平面内是否存在一点P（不与点C重合），使△PAB与△ABC全等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）证明△ABO≌△CAE（AAS），可得AO＝CE＝5，OB＝AE＝2，进而可得点C的坐标；（2）分3种情况画图，根据等腰直角三角形和全等三角形的判定与性质可得点P的坐标．【解答】（1）证明：根据题意可得：OA＝5，OB＝2，∵△ABC为等腰直角三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠OAB+∠CAE＝90°，∵CE⊥y轴，∴∠CEA＝90°，即∠CEA+∠ECA＝90°，∴∠OAB＝∠ECA，在△ABO和△CAE中，，∴△ABO≌△CAE（AAS），∴AO＝CE＝5，OB＝AE＝2，∴OE＝OA+AE＝7，∴点C的坐标为（﹣5，7）；（2）解：①如图1所示，延长CA至点P，使AP＝AC，连接BP，根据题意可得，∠BAC＝∠BAP＝90°，在△PAB和△CAB中，，∴△PAB≌△CAB（SAS），此时点A为CP的中点，且A（0，5），C（﹣5，7），∴点P的坐标为（5，3）；②如图2，∵△ABC是等腰直角三角形，△PAB≌△CAB，∴点A关于BC的对称点P，如图2，连接CP，∴四边形ABPC是正方形，∴AP与BC互相垂直平分，∵B（﹣2，0），C（﹣5，7），∴Q（﹣，），∵A（0，5），∴P（﹣7，2）；如图2，当△P′AB≌△PAB≌△CAB时，P′B＝PB，∵P（﹣7，2），B（﹣2，0），∴P′（3，﹣2），综上所述：点P的坐标为（5，3）或（﹣7，2）或（3，﹣2）．【点评】本题是几何变换综合题，考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，中点公式，等腰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．题型二：手拉手模型旋转型全等1．（2022秋•沙依巴克区校级期末）如图，C为线段AB上一动点（不与点A、B重合），在AB的上方分别作△ACD和△BCE，且AC＝DC，BC＝EC，∠ACD＝∠BCE，AE、BD交于点P．有下列结论：①AE＝DB；②∠APB＝2∠ADC；③当AC＝BC时，PC⊥AB；④PC平分∠APB．其中正确的是①②③④．（把你认为正确结论的序号都填上）【分析】由“SAS”可证△ACE≌△DCB，可得AE＝DB，可判断①；由△ACE≌△DCB，可得∠CAE＝∠CDB，由AC＝DC，可得∠CAD＝∠ADC，利用三角形内角和定理即可判断②；由AC＝BC，AC＝DC，BC＝EC，可得：AC＝BC＝DC＝EC，进而得出∠CAE＝∠CBD，再运用等腰三角形性质即可判断③；由全等三角形的性质可得S△ACE＝S△DCB，由三角形的面积公式可求CG＝CH，由角平分线的性质可得PC平分∠APB，可判断④，即可求解．【解答】解：∵∠ACD＝∠BCE，∴∠ACD+∠DCE＝∠BCE+∠DCE，即∠ACE＝∠DCB，在△ACE和△DCB中，，∴△ACE≌△DCB（SAS），∴AE＝DB，故①正确；∵△ACE≌△DCB，∴∠CAE＝∠CDB，∵∠ACD＝∠CDB+∠CBD，∴∠ACD＝∠CAE+∠CBD，∵∠CAE+∠CBD+∠APB＝180°，∴∠ACD+∠APB＝180°，∵AC＝DC，∴∠CAD＝∠ADC，∵∠ACD+∠CAD+∠ADC＝180°，∴∠ACD+2∠ADC＝180°，∴∠APB＝2∠ADC，故②正确；∵AC＝BC，AC＝DC，BC＝EC，∴AC＝BC＝DC＝EC，∴∠CAE＝∠CBD，∴PA＝PB，∵AC＝BC，∴PC⊥AB，故③正确；如图，连接PC，过点C作CG⊥AE于G，CH⊥BD于H，∵△ACE≌△DCB，∴S△ACE＝S△DCB，AE＝BD，∴×AE×CG＝×DB×CH，∴CG＝CH，∵CG⊥AE，CH⊥BD，∴PC平分∠APB，故④正确，故答案为：①②③④．【点评】本题考查了全等三角形的性质定理和判定，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，三角形面积，角平分线的判定等，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解此题的关键．2．（2022秋•江岸区期末）如图所示，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD且AC＝5，将BC沿BA方向平移至AE，连接CE、DE，若以AC、BD和DE为边构成的三角形面积是，则DE＝．【分析】如图，过点A作AF⊥BC于F，延长CD交AE于G，过点C作CH∥DE，过点D作DH∥CE交CH于H，延长ED交AC于K，证明△ABF≌△ADG（AAS），△ACE≌△CAB（SAS），Rt△CEG≌Rt△ABF（HL），△CDH≌△DCE（ASA），△ADH≌△BAD（SAS），得出：CH＝DE，AH＝BD，再根据三角形面积即可求得答案．【解答】解：如图，过点A作AF⊥BC于F，延长CD交AE于G，过点C作CH∥DE，过点D作DH∥CE交CH于H，延长ED交AC于K，则∠AFB＝∠AFC＝90°，∵BC沿BA方向平移至AE，∴AE∥BC，∴∠CGE＝∠BCD＝90°，∠GAF＝∠AFB＝90°，∴∠AGD＝90°＝∠AFB，∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠DAG+∠DAF＝90°，∴∠BAF＝∠DAG，在△ABF和△ADG中，，∴△ABF≌△ADG（AAS），∴BF＝DG，AF＝AG，∵AE∥BC，AE＝BC，∴∠CAE＝∠ACB，在△ACE和△CAB中，，∴△ACE≌△CAB（SAS），∴CE＝AB，∠ACE＝∠CAB，∴CE∥AB，∵DH∥CE，∴DH∥AB，∴∠ADH＝180°﹣∠BAD＝180°﹣90°＝90°，∵AE∥BC，CG⊥AE，AF⊥BC，∴CG＝AF，∴Rt△CEG≌Rt△ABF（HL），∴EG＝BF，CG＝AF，∴EG＝DG，CG＝AG，∴△DEG和△ACG是等腰直角三角形，∴∠DEG＝EDG＝∠CAG＝45°，∴∠AKE＝90°，∴∠CKE＝90°，∵CH∥DE，∴∠ACH＝∠CKE＝90°，∵DE∥CH，DH∥CE，∴∠DCH＝∠CDE，∠CDH＝∠DCE，在△CDH和△DCE中，，∴△CDH≌△DCE（ASA），∴CH＝DE，DH＝CE，∴DH＝AB＝AD，∵∠ADH＝∠BAD＝90°，∴△ADH≌△BAD（SAS），∴AH＝BD，∵以AC、BD和DE为边构成的三角形面积是，∴S△ACH＝AC•CH＝4，∴CH＝＝，∴DE＝，故答案为：．【点评】本题考查了平移的性质，等腰直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，三角形面积等，涉及知识点较多，难度较大，合理添加辅助线构造全等三角形是解题关键．3．（2022秋•靖江市校级期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，过点C作CD⊥AB于点D，过点B作BM⊥AC于点M，连接MD，过点D作DN⊥MD，交BM于点N．CD与BM相交于点E，若点E是CD的中点，下列结论：①∠AMD＝45°；②NE﹣EM＝MC；③EM：MC：NE＝1：2：3；④S△ACD＝2S△DNE．其中正确的结论有①②③．（填写序号即可）【分析】①利用ASA证明△BDN≌△CDM，再证明△DMN是等腰直角三角形，即可判断结论①正确；②过点D作DF⊥MN于点F，则∠DFE＝90°＝∠CME，可利用AAS证明△DEF≌△CEM，即可判断结论②正确；③先证明△BDE∽△CME，可得出＝＝2，进而可得CM＝2EM，NE＝3EM，即可判断结论③正确；④先证明△BED≌△CAD（ASA），可得S△BED＝S△CAD，再证明BN＜NE，可得S△BDN＜S△DEN，进而得出S△BED＜2S△DNE，即可判断结论④不正确．【解答】解：①∵CD⊥AB，∴∠BDC＝∠ADC＝90°，∵∠ABC＝45°，∴BD＝CD，∵BM⊥AC，∴∠AMB＝∠ADC＝90°，∴∠A+∠DBN＝90°，∠A+∠DCM＝90°，∴∠DBN＝∠DCM，∵DN⊥MD，∴∠CDM+∠CDN＝90°，∵∠CDN+∠BDN＝90°，∴∠CDM＝∠BDN，∴△BDN≌△CDM（ASA），∴DN＝DM，∵∠MDN＝90°，∴△DMN是等腰直角三角形，∴∠DMN＝45°，∴∠AMD＝90°﹣45°＝45°，故①正确；②如图1，由（1）知，DN＝DM，过点D作DF⊥MN于点F，则∠DFE＝90°＝∠CME，∵DN⊥MD，∴DF＝FN，∵点E是CD的中点，∴DE＝CE，在△DEF和△CEM中，，∴△DEF≌△CEM（AAS），∴ME＝EF，CM＝DF，∴FN＝CM，∵NE﹣EF＝FN，∴NE﹣EM＝MC，故②正确；③由①知，∠DBN＝∠DCM，又∵∠BED＝∠CEM，∴△BDE∽△CME，∴＝＝2，∴CM＝2EM，NE＝3EM，∴EM：MC：NE＝1：2：3，故③正确；④如图2，∵CD⊥AB，∴∠BDE＝∠CDA＝90°，由①知：∠DBN＝∠DCM，BD＝CD，∴△BED≌△CAD（ASA），∴S△BED＝S△CAD，由①知，△BDN≌△CDM，∴BN＝CM，∵CM＝FN，∴BN＝FN，∴BN＜NE，∴S△BDN＜S△DEN，∴S△BED＜2S△DNE．∴S△ACD＜2S△DNE．故④不正确，故答案为：①②③．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、三角形面积等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，属于中考常考题型．4．（2022秋•海口期末）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AD⊥BC于点D，∠MDN＝90°，将∠MDN绕点D顺时针旋转，它的两边分别交AB、AC于点E、F.（1）求证：△BDE≌△ADF；（2）如图2，若DM＝DN，连接BM、NA，求证：BM＝AN．【分析】（1）由题意可得△ABC为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得BD＝AD，∠B＝∠DAF＝45°，再由同角的余角相等得∠BDE＝∠ADF，以此可通过ASA证明△BDE≌△ADF；（2）由（1）可知BD＝AD，∠BDM＝∠ADN，则可通过SAS证明△MBD≌△NAD，再根据全等三角形的性质即可求证BM＝AN．【解答】证明：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴△ABC为等腰直角三角形，∴∠B＝∠C＝45°，∵AD⊥BC，∴∠DAF＝45°，BD＝CD＝AD＝，∴∠B＝∠DAF＝45°，∵∠BDE+∠ADE＝∠ADB＝90°，∠ADE+∠ADF＝∠MDN＝90°，∴∠BDE＝∠ADF，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（ASA）；（2）由（1）知，BD＝AD，∠BDM＝∠ADN，在△MBD和△NAD中，，∴△MBD≌△NAD（SAS），∴BM＝AN．【点评】本题主要考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握判定三角形全等的方法是解题关键．5．（2022秋•夏邑县期末）如图，△ABC是等边三角形，D为边BC的中点，BE⊥AB交AD的延长线于点E，点F在AE上，且AF＝BE，连接CF、CE．求证：（1）∠CAF＝∠CBE；（2）△CEF是等边三角形．【分析】（1）由等边三角形的性质得出∠CAB＝∠CBA＝60°，得出∠CAD＝∠CAB＝30°，则可得出结论；（2）证明△CAF≌△CBE（SAS），由全等三角形的性质得出CE＝CF，∠ACF＝∠BCE，根据等边三角形的判定可得出结论．【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠CAB＝∠CBA＝60°，∵D为BC的中点，∴∠CAD＝∠CAB＝30°，又∵BE⊥AB，∴∠ABE＝90°，∴∠CBE＝90°﹣∠CBA＝30°，∴∠CAF＝∠CBE；（2）∵△ABC是等边三角形，∴CA＝CB，在△CAF和△CBE中，，∴△CAF≌△CBE（SAS），∴CE＝CF，∠ACF＝∠BCE，∴∠ECF＝∠BCE+∠BCF＝∠ACF+∠BCF＝∠ACB＝60°，∴△CEF是等边三角形．【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，证明△CAF≌△CBE是解题的关键．6．（2022秋•汝阳县期末）如图，△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°．AC＝41，DE＝18，将△DCE绕着顶点C旋转，连接AD，BE．（1）求证：△ACD≌△BCE；（2）在△DCE的旋转过程中，探求：点A，D，E在同一直线上时，AE的长．【分析】（1）由“SAS”可证△ACD≌△BCE；（2）分两种情况讨论，由勾股定理可求解．【解答】（1）证明：∵△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS）；（2）如图2，∵△ACB和△DCE都是等腰直角三角形，AC＝41，∴AB＝41，∠CDE＝∠CED＝45°，∴∠ADC＝135°，∵△ACD≌△BCE，∴AD＝BE，∠ADC＝∠CEB＝135°，∴∠AEB＝90°，在Rt△ABE中，AB2＝AE2+BE2，∴3362＝（18+AD）2+AD2，∴AD＝31（负值舍去），∴AE＝31+18＝49；如图3，同理可得：AB2＝AE2+BE2，∴3362＝（AD﹣18）2+AD2，∴AD＝49（负值舍去），∴AE＝49﹣18＝31；综上所述：AE＝49或31．【点评】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，勾股定理，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．7．（2022秋•舒兰市期末）如图，△ABC是等边三角形，点E在AC边上，连接BE，以BE为一边作等边△BED，连接AD．（1）求证：CE＝AD．（2）若BC＝8cm，BE＝7cm，则△ADE的周长为15cm．【分析】（1）由等边三角形的性质可得出∠ABC＝∠DBE＝60°，AB＝BC，BD＝BE，根据SAS可证明△ABD≌△CBE，进而解答即可；（2）由全等三角形的性质得出AD＝CE，则可得出答案．【解答】（1）证明：∵△ABC和△BED都是等边三角形，∴BC＝BA，BE＝BD，∠ABC＝∠DBE＝60°．∴∠ABC﹣∠3＝∠DBE﹣∠3．∴∠1＝∠2．在△BCE和△BAD中，∴△BCE≌△BAD（SAS）．∴CE＝AD；（2）∵△ABD≌△CBE，∴AD＝CE，∵BC＝8，BE＝7，∴AC＝8，DE＝7，∴△ADE的周长为AD+AE+DE＝CE+AE+DE＝AC+DE＝8+7＝15．故答案为：15．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．8．（2022秋•五莲县期末）如图，已知AE⊥AB，AF⊥AC，AE＝AB，AF＝AC，BF与CE相交于点M．（1）求证：EC＝BF；（2）求证：EC⊥BF．【分析】（1）利用SAS说明△ABF≌△AEC得结论；（2）先利用全等三角形的性质说明∠AEC＝∠ABF，再利用三角形内角和定理说明∠BMD＝90°得结论．【解答】证明：（1）∵AE⊥AB，AF⊥AC，∴∠BAE＝∠CAF＝90°．∴∠BAE+∠BAC＝∠CAF+∠BAC，即∠EAC＝∠BAF．在△ABF和△AEC中，，∴△ABF≌△AEC（SAS）．∴EC＝BF．（2）由（1）知：△ABF≌△AEC，∴∠AEC＝∠ABF．∵AE⊥AB，∴∠BAE＝90°．∴∠AEC+∠ADE＝90°．∵∠ADE＝∠BDM，∴∠ABF+∠BDM＝90°．在△BDM中，∠BMD＝180°﹣∠ABF﹣∠BDM＝180°﹣90°＝90°．∴EC⊥BF．【点评】本题主要考查了全等三角形，掌握三角形内角和定理，全等三角形的性质和判定是解决本题的关键．9．（2022秋•西湖区校级期末）已知，∠MON＝90°，点A在边OM上，点P是边ON上一动点，∠OAP＝α．以线段AP为边在AP上方作等边△ABP，连接OB、BP，再以线段OB为边作等边△OBC（点C、P在OB的同侧），作CH⊥ON于点H．（1）如图1，α＝60°．①依题意补全图形；②求∠BPH的度数；（2）如图2，当点P在射线ON上运动时，用等式表示线段OA与CH之间的数量关系，并证明．【分析】（1）①根据题意，即可画出图形；②根据∠BPH＝180°﹣∠OPA﹣∠BPA＝90°，可得答案；（2）连接BC，PC，利用SAS可证明△ABO≌△PBC，得AO＝PC，∠BPC＝∠BAO，再通过导角发现∠HPC＝30°，从而解决问题．【解答】解：（1）①如图所示，即为所求；②∵△ABP是等边三角形，∴∠BPA＝60°，∵∠OAP＝α＝60°，∴∠OPA＝30°，∴∠BPH＝180°﹣∠OPA﹣∠BPA＝90°；（2）OA＝2CH，证明如下：如图，连接BC，PC，由（2）可知，△ABP是等边三角形，∴BA＝BP，∠ABP＝∠BPA＝60°，∵△BOC是等边三角形，∴BO＝BC，∠BOC＝60°，∴∠ABO＝60°﹣∠OBP＝∠PBC，∴△ABO≌△PBC（SAS），∴AO＝PC，∠BPC＝∠BAO，∵∠OAP＝α，∴∠BAO＝∠BAP+∠OAP＝60°+α，∴∠BPC＝60°+α，∵∠BPN＝180°﹣∠APO﹣∠BPA＝120°﹣（90°﹣α）＝30°+α，∴∠HPC＝∠BPC﹣∠BPN＝30°，∵CH⊥ON，∴∠CHO＝90°，在Rt△CHP中，PC＝2CH，∴OA＝2CH．【点评】本题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，证明△ABO≌△PBC是解题的关键．10．（2022秋•湖北期末）已知点D是△ABC外一点，连接AD，BD，CD，∠BAC＝∠BDC＝α．（1）【特例体验】如图1，AB＝BC，α＝60°，则∠ADB的度数为60°；（2）【类比探究】如图2，AB＝BC，求证：∠ADB＝∠BDC；（3）【拓展迁移】如图3，α＝60°，∠ACB+∠BCD＝180°，CE⊥BD于点E，AC＝kDE，直接写出的值（用k的代数式表示）．【分析】（1）在BD上取点E，使BE＝CD，证明△ABE≌△ACD（SAS），由全等三角形的性质得出∠BAE＝∠CAD，AE＝AD，由等边三角形的性质可得出答案；（2）在DC的延长线上取一点H，使BD＝BH，证明△ABD≌△CBH（SAS），由全等三角形的性质得出∠ADB＝∠H＝α，则可得出结论；（3）延长DC至H，使CH＝AC，连接BH，证明△ABC≌△HBC（SAS），由全等三角形的性质得出AB＝BH，设ED＝m，则CE＝2m，证出△BDH为等边三角形，由等边三角形的性质得出DH＝BH＝AB＝km+2m，则可得出答案．【解答】（1）解：在BD上取点E，使BE＝CD，∵AB＝BC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∵∠BAC＝∠BDC，∠AOB＝∠COD，∴∠ABE＝∠ACD，∴△ABE≌△ACD（SAS），∴∠BAE＝∠CAD，AE＝AD，∴∠EAD＝∠EAC+∠CAD＝∠EAC+∠BAE＝∠BAC＝60°，∴△AED是等边三角形，∴∠ADB＝60°．故答案为：60°；（2）证明：在DC的延长线上取一点H，使BD＝BH，∴∠BDH＝∠H＝α，∵∠BAC＝∠BDC＝α，∠AOB＝∠COD，∴∠ABD＝∠ACD，∴∠BCD＝∠ACD+α＝α+∠CBH，∴∠ACD＝∠CBH＝∠ABD，∴△ABD≌△CBH（SAS），∴∠ADB＝∠H＝α，∴∠ADB＝∠BDC；（3）解：延长DC至H，使CH＝AC，连接BH，∵∠ACB+∠BCD＝180°，∠BCH+∠BCD＝180°，∴∠ACB＝∠BCH，∵AC＝CH，BC＝BC，∴△ABC≌△HBC（SAS），∴AB＝BH，∴∠H＝∠BAC＝∠BDC＝60°，∵CE⊥BD，∠ECD＝30°，∴CD＝2ED，设ED＝m，则CD＝2m，∵AC＝kED＝km，∴CH＝km，∴DH＝2m+km，又∵∠BDH＝∠H＝60°，∴△BDH为等边三角形，∴DH＝BH＝AB＝km+2m，∴．【点评】本题是三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，作辅助线构造出全等三角形以及等边三角形是解题的关键．11．（2022秋•垫江县期末）如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，若∠AOB＝∠COD＝60°．（1）求证：AC＝BD．（2）求∠APB的度数．【分析】（1）先∠AOB＝∠COD＝60°，OA＝OB，OC＝OD得到∠AOC＝∠BOD，然后得证△AOC≌△BOD，从而得到AC＝BD；（2）先由△AOC≌△BOD得到∠OAC＝∠OBD，从而得到∠PAB+∠PBA＝∠OAB+∠OBA，然后由OA＝OB，∠AOB＝60°得到△AOB是等边三角形，从而得到∠PAB+∠PBA＝120°，最后得到∠APB的度数．【解答】（1）证明：∵∠AOB＝∠COD，∴∠AOC＝∠BOD，在△AOC和△BOD中，，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD．（2）解：由（1）得△AOC≌△BOD，∴∠OAC＝∠OBD，∵∠OAC+∠BAC＝∠OAB，∠ABO+∠OBD＝∠ABP，∴∠PAB+∠PBA＝∠OAB+∠OBA，∵OA＝OB，∠AOB＝60°，∴△AOB是等边三角形，∴∠PAB+∠PBA＝120°，∴∠APB＝180°﹣（∠PAB+∠PBA）＝180°﹣120°＝60°．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握SAS定理判定三角形全等．12．（2022秋•临淄区期末）阅读与理解：如图1，等边△BDE按如图所示方式设置．操作与证明：（1）操作：固定等边△ABC，将△BDE绕点B按逆时针方向旋转120°，连接AD，CE，如图2；在图2中，请直接写出线段CE与AD之间具有怎样的大小关系．（2）操作：若将图1中的△BDE，绕点B按逆时针方向旋转任意一个角度α（60°＜α＜180°），连接AD，CE，AD与CE相交于点M，连BM，如图3；在图3中线段CE与AD之间具有怎样的大小关系？∠EMD的度数是多少？证明你的结论．猜想与发现：（3）根据上面的操作过程，请你猜想在旋转过程中，∠DMB的度数大小是否会随着变化而变化？请证明你的结论．【分析】（1）利用SAS证明△EBC≌△DBA即可；（2）利用SAS证明△EBC≌△DBA，得EC＝AD，∠CEB＝∠ADB，再利用三角形内角和定理可得答案；（3）过点B作BH⊥AD于点H，BF⊥EC于点F，由（2）中全等知BH＝BF，则MB平分∠DMC，得∠DMB＝．【解答】解：（1）EC＝AD；∵将△BDE绕点B按逆时针方向旋转120°，∴∠ABD＝∠CBE，在△EBC和△DBA中，，∴△EBC≌△DBA（SAS），∴EC＝AD；（2）EC＝AD，∠EMD＝60°，理由如下：设AD与BE交于点O，∵将△BDE绕点B按逆时针方向旋转α度，∴∠EBC＝∠DBA＝α，∵△ABC与△BDE是等边三角形，∴BC＝AB，BD＝BE，∴△EBC≌△DBA（SAS），∴EC＝AD，∠CEB＝∠ADB，∵∠EOM＝∠DOB，∴∠EMD＝∠EBD＝60°，（3）不变，理由如下：过点B作BH⊥AD于点H，BF⊥EC于点F，∵△EBC≌△DBA，∴S△EBC＝S△DBA，AD＝EC，∴BH＝BF，∴MB平分∠DMC，∴∠DMB＝，∴∠DMB的度数大小不变．【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定等知识，证明△EBC≌△DBA是解题的关键．13．（2022秋•重庆期末）△ABC与△BDE均为等腰直角三角形，∠ABC＝∠DBE＝90°．（1）如图1，当D，B，C在同一直线时，CE的延长线与AD交于点F．求证：∠CFA＝90°；（2）当△ABC与△BDE的位置如图2时，CE的延长线与AD交于点F，猜想∠CFA的大小并证明你的结论；（3）如图3，当A，E，D在同一直线时（A，D在点E的异侧），CE与AB交于点G，∠BAD＝∠ACE，求证：BG+AB＝AC．【分析】（1）证明△ABD≌△CBE（SAS），由全等三角形的性质得出∠BAD＝∠BCE，由对顶角的性质可得出答结论；（2）同理可证△ABD≌△CBE（SAS），得出∠BAD＝∠BCE，则可得出结论；（3）过点G作GH⊥AC于点H，同（2）可知∠BAD＝∠BCE，证出BG＝GH，证明Rt△BCG≌Rt△HCG（HL），由全等三角形的性质得出BC＝CH，则得出结论．【解答】（1）证明：∵△ABC和△DBE是等腰直角三角形，∴AB＝BC，BD＝BE，∠ABC＝∠DBE＝90°，在△ABD和△CBE中，，∴△ABD≌△CBE（SAS），∴∠BAD＝∠BCE，∵∠BAD+∠AFE+∠FEA＝∠BCE+∠ABC+∠BEC＝180°，又∵∠FEA＝∠BEC，∴∠CFA＝∠ABC＝90°．（2）解：∠CFA＝90°．理由如下：同理可证△ABD≌△CBE（SAS），∴∠BAD＝∠BCE，∴∠CFA＝∠ABC＝90°．（3）过点G作GH⊥AC于点H，同（2）可知∠BAD＝∠BCE，∵∠BAD＝∠ACE，∴∠ACE＝∠BCE，∵AB⊥BC，GH⊥AC，∴BG＝GH，∵∠BAC＝45°，∴∠BAC＝∠AGH＝45°，∴GH＝AH，∴AH＝BG，在Rt△BCG和Rt△HCG中，，∴Rt△BCG≌Rt△HCG（HL），∴BC＝CH，∴AC＝AH+CH＝BG+BC＝BG+AB．【点评】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理，等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质；证明三角形全等是解决问题的关键．14．（2022秋•德州期末）（1）问题发现：如图①，△ABC和△EDC都是等边三角形，点B、D、E在同一条直线上，连接AE．①∠AEC的度数为120°；②线段AE、BD之间的数量关系为AE＝DB；（2）拓展探究：如图②，△ABC和△EDC都是等腰直角三角形、∠ACB＝∠DCE＝90°，点B、D、E在同一条直线上，CM为△EDC中DE边上的高，连接AE，试求∠AEB的度数及判断线段CM、AE、BM之间的数量关系，并说明理由；（3）解决问题：如图③，△ABC和△EDC都是等腰三角形，∠ACB＝∠DCE＝36°，点B、D，E在同一条直线上，请直接写出∠EAB+∠ECB的度数．【分析】（1）①由“SAS”可证△ECA≌△DCB，根据全等三角形的性质求出∠AEC的度数；②根据全等三角形的性质解答即可；（2）根据△ECA≌△DCB得到∠AEB＝∠CEA﹣∠CEB＝90°，根据直角三角形的性质得到CM＝EM＝MD，得到线段CM、AE、BM之间的数量关系；（3）根据△ECA≌△DCB解答即可．【解答】解：（1）①∵△ABC和△DCE都是等边三角形，∴CE＝CD，CA＝CB，∠ECD＝∠ACB＝60°，∴∠ECD﹣∠ACD＝∠ACB﹣∠ACD，即∠ECA＝∠DCB，在△ECA和△DCB中，，∴△ECA≌△DCB（SAS），∴∠AEC＝∠BDC＝120°，故答案为：120°；②∵△ECA≌△DCB，∴AE＝BD，故答案为：AE＝BD；（2）CM+AE＝BM，理由如下：∵△DCE是等腰直角三角形，∠CDE＝45°，∴∠CDB＝135°，由（1）得△ECA≌△DCB，∴∠CEA＝∠CDB＝135°，AE＝BD，∵∠CEB＝45°，∴∠AEB＝∠CEA﹣∠CEB＝90°，∵△DCE都是等腰直角三角形，CM为△DCE中DE边上的高，∴CM＝EM＝MD，∴CM+AE＝BM；（3）∵△DCE是等腰三角形，∠DCE＝36°，∴∠CDE＝72°，∴∠CDB＝108°，∵△ECA≌△DCB，∴∠CEA＝∠CDB＝108°，∴∠EAC+∠ECA＝72°，∵△ABC是等腰三角形，∠ACB＝36°，∴∠CAB＝72°，∴∠EAB+∠ECB＝∠EAC+∠CAB+∠ECA+∠ACB＝72°+72°+36°＝180°，【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，等腰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．15．（2022秋•金牛区期末）△ABC中，∠BAC＝135°，AB＝AC，点D为BC边上一点．（1）如图1，若AD＝AM，∠DAM＝135°，①求证：BD＝CM；②若∠CMD＝90°，求的值．（2）如图2，点E为线段CD上一点，且CE＝1，BC＝4，∠DAE＝67.5°，求DE的长．【分析】（1）①由“SAS”可证△ABD≌△ACM，可得BD＝CM；②通过证明△DCM是等腰直角三角形，可得CD＝DM，即可求解；（2）由旋转的性质可得BH＝EC＝1，∠C＝∠ABH＝22.5°，AE＝AH，∠EAC＝∠BAH，由“SAS”可证△ADE≌ADH，可得HD＝DE，由勾股定理可求解．【解答】（1）①证明：∵∠BAC＝135°＝∠DAM，∴∠BAD＝∠CAM，又∵AB＝AC，AD＝AM，∴△ABD≌△ACM（SAS），∴BD＝CM；②解：∵∠BAC＝135°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝22.5°，∵△ABD≌△ACM，∴∠ACM＝∠B＝22.5°，∴∠DCM＝45°，又∵∠CMD＝90°，∴△DCM是等腰直角三角形，∴CD＝DM，∴；（2）解：∵CE＝1，BC＝4，∴BE＝3，∵∠DAE＝67.5°，∠BAC＝135°，∴∠BAD+∠CAE＝67.5°＝∠DAE，如图，将△AEC绕点A顺时针旋转135°，得到△AHB，连接DH，连接BH，过点D作DN⊥BH于N，∴△AEC≌△AHB，∴BH＝EC＝1，∠C＝∠ABH＝22.5°，AE＝AH，∠EAC＝∠BAH，∴∠HBD＝45°，∵DN⊥BH，∴△BDN是等腰直角三角形，∴BN＝DN，BD＝BN，∵∠DAE＝67.5°，∠BAC＝135°，∴∠BAD+∠CAE＝67.5°＝∠BAD+∠BAE＝∠DAH，又∵AD＝AD，AE＝AH，∴△ADE≌ADH（SAS），∴HD＝DE，设BD＝x，则BN＝ND＝x，DE＝DH＝3﹣x，∴HN＝1﹣x，∵DH2＝HN2+DN2，∴（3﹣x）2＝（1﹣x）2+x2，∴x＝，∴DE＝．【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，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．16．（2022秋•高邑县期末）如图：已知△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上的一动点（点D不与点B、C重合），以AD为边作△ADE，使∠DAE＝90°，AD＝AE，连接CE．发现问题：如图1，当点D在边BC上时，（1）请写出BD和CE之间的位置关系为BD⊥CE，并猜想BC和CE、CD之间的数量关系：BC＝CD+CE．（2）如图2，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，（1）中BD和CE之间的位置关系；BC和CE、CD之间的数量关系是否成立？若成立，请证明；若不成立，请写出新的数量关系，说明理由；（3）如图3，当点D在边CB的延长线上且其他条件不变时，若BC＝12，CE＝4，求线段ED的长．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB＝45°，证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质得到BD＝CE，∠ACE＝∠ABD＝45°，得到答案；（2）证明△ABD≌△ACE，得到BD＝CE，∠ACE＝∠ABC，结合图形解答即可；（3）证明∠DCE＝90°，根据勾股定理计算即可．【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ACE＝∠ABD＝45°，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°，BC＝CD+BD＝CD+CE，∴BD⊥CE，故答案为：BD⊥CE；BC＝CD+CE；（2）BD⊥CE成立，数量关系不成立，关系为BC＝CE﹣CD．理由如下：如图2，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ACE＝∠ABC，∴BD＝BC+CD，∠ACE+∠ACB＝90°，∴BD⊥CE；BC＝CE﹣CD；（3）如图3，由（1）可得，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE，即∠BAD＝∠EAC，∴△ABD≌△ACE（SAS）∴BD＝CE＝2，∠ACE＝∠ABD＝135°，∴CD＝16，∵∠ACB＝45°，∴∠DCE＝90°，在Rt△DCE中，由勾股定理得，DE＝＝＝4．【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．17．（2022秋•大名县期末）如图，△ABC和△DCE都是等边三角形．探究发现（1）△BCD与△ACE是否全等？若全等，加以证明；若不全等，请说明理由；拓展运用（2）若B、C、E三点不在一条直线上，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，求BD的长；（3）若△DCE绕点C旋转，△ABC和△DCE的边长分别为1和2，当△BCD的面积最大时，AE的长为．【分析】（1）依据等式的性质可证明∠BCD＝∠ACE，然后依据SAS可证明△ACE≌△BCD；（2）由（1）知：BD＝AE，利用勾股定理计算AE的长，可得BD的长；（3）当CD⊥BC时，△BCD的面积最大，过A作AF⊥BC于F，先根据平角的定义得∠ACD＝60°，利用特殊角的三角函数可得AF的长，最后根据勾股定理可得AE的长．【解答】解：（1）全等，理由是：∵△ABC和△DCE都是等边三角形，∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△BCD和△ACE中，，∴△ACE≌△BCD（SAS）；（2）如图，由（1）得：△BCD≌△ACE，∴BD＝AE，∵△DCE是等边三角形，∴∠CDE＝60°，CD＝DE＝2，∵∠ADC＝30°，∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝30°+60°＝90°，在Rt△ADE中，AD＝3，DE＝2，∴AE＝，∴BD＝；（3）CD⊥BC时，面积最大，由（1）得△ACE≌△BCD，∴AE＝BD＝，故答案为：．【点评】本题是三角形的综合题，主要考查的是全等三角形的性质、等边三角形的性质，熟练掌握相关性质是解题的关键．18．（2022秋•惠民县校级期末）（1）如图1，△ABC与△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：BD＝CE；（2）如图2，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．填空：∠AEB的度数为60°；线段BE与AD之间的数量关系是BE＝AD．（3）拓展探究如图3，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由．【分析】（1）根据全等三角形的判定方法，判断出△BAD≌△CAE，即可判断出BD＝CE．（2）首先根据△ACB和△DCE均为等边三角形，可得AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∠CDE＝∠CED＝60°，据此判断出∠ACD＝∠BCE；然后根据全等三角形的判定方法，判断出△ACD≌△BCE，即可判断出BE＝AD，∠BEC＝∠ADC，进而判断出∠AEB的度数为60°即可．（3）首先根据△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，可得AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，据此判断出∠ACD＝∠BCE；然后根据全等三角形的判定方法，判断出△ACD≌△BCE，即可判断出BE＝AD，∠BEC＝∠ADC，进而判断出∠AEB的度数为90°即可；最后根据DCE＝90°，CD＝CE，CM⊥DE，可得CM＝DM＝EM，所以DE＝DM+EM＝2CM，据此判断出AE＝BE+2CM即可．【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE＝40°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE．（2）解：∵△ACB和△DCE均为等边三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∠CDE＝∠CED＝60°，∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，即∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE＝AD，∠ADC＝∠BEC，∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC＝180°﹣60°＝120°，∴∠BEC＝120°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝120°﹣60°＝60°，综上，可得∠AEB的度数为60°；线段BE与AD之间的数量关系是：BE＝AD．故答案为：60°、BE＝AD．（3）解：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CDE＝∠CED＝45°，∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，即∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE＝AD，∠BEC＝∠ADC，∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC＝180﹣45＝135°，∴∠BEC＝135°，∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135﹣45＝90°；∵∠DCE＝90°，CD＝CE，CM⊥DE，∴CM＝DM＝EM，∴DE＝DM+EM＝2CM，∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．【点评】（1）此题主要考查了全等三角形的判定方法和性质，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．（2）此题还考查了等腰直角三角形的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．题型三：倍长中线模型1．（2022秋•鄞州区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，连结DC，作DM⊥DC交AC于点M．若AB＝10，AM＝2，则CM＝．【分析】延长MD至点E，使DE＝DM，连结BE，CE．证明△AMD≌△BED（SAS），由全等三角形的性质得出∠DBE＝∠A，证明△CMD≌△CED（SAS），得出CE＝CM，设CM＝x，则CE＝x，AC＝2+x，由勾股定理得出x2﹣2＝102﹣（x+2）2，解方程求出x的值即可得出答案．【解答】解：延长MD至点E，使DE＝DM，连结BE，CE．∵D为AB的中点，∴AD＝DB，在△AMD和△BED中，，∴△AMD≌△BED（SAS），∴∠DBE＝∠A，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，∴∠DBE+∠ABC＝90°，在△CMD和△CED中，，∴△CMD≌△CED（SAS），∴CE＝CM，设CM＝x，则CE＝x，AC＝2+x，在Rt△CBE中，BC2＝CE2﹣BE2＝x2﹣22，在Rt△ABC中，BC2＝AB2﹣AC2＝102﹣（x+2）2，∴x2﹣22＝102﹣（x+2）2，解得x＝﹣1（负值舍去）．故答案为：﹣1．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，证明△AMD≌△BED是解题的关键．2．（2022秋•中山市期末）如图，已知△ABC．（1）尺规作图：作∠BAC的角平分线交BC于点D（不写作法，保留作图痕迹）；（2）在（1）的条件下，当点D为BC中点时，求证：△ABC是等腰三角形．【分析】（1）根据角平分线的作法，即可得出答案；（2）延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，判断出△BDE≌△CDA（SAS），得出BE＝AC，∠E＝∠CAD，进而得出AB＝AC，即可得出结论．【解答】（1）解：如图所示，AD就是∠BAC的角平分线；（2）证明：如图，延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，∵点D是BC的中点，∴BD＝CD，∵∠BDE＝∠CDA，∴△BDE≌△CDA（SAS），∴BE＝AC，∠E＝∠CAD，∵AD是∠BAC的平分线，∴∠BAD＝∠CAD，∴∠E＝∠BAD，∴AB＝BE，∴AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形．【点评】此题主要考查了尺规作图，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，利用倍长中线法作出辅助线是解本题的关键．3．（2022秋•梅里斯区期末）阅读下面的题目及分析过程，并按要求进行证明．已知：如图，点E是BC的中点，点A在DE上，且∠BAE＝∠CDE．求证：AB＝CD．分析：证明两条线段相等，常用的方法是应用全等三角形或等腰三角形的判定和性质，观察本题中要证明的两条线段，它们不在同一个三角形中，且它们分别所在的两个三角形也不全等，因此，要证AB＝CD，必须添加适当的辅助线，构造全等三角形或等腰三角形．（1）现给出如下两种添加辅助线的方法，请任意选出其中一种，对原题进行证明．①如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF；②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G．（2）请你在图3中添加不同于上述的辅助线，并对原题进行证明．【分析】（1）①如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF，先判断出BE＝CE，进而判断出△BEF≌△CED，得出BF＝CD，∠F＝∠CDE，再判断出AB＝BF，即可得出结论；②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G，先判断出BE＝CE，进而判断出△BEF≌△CEG，得出BF＝CG，再判断出△BAF≌△CDG，即可得出结论；（2）如图3，过C点作CM∥AB，交DE的延长线于点M，先判断出BE＝CE，进而判断出△BAE≌△CME（AAS），得出CM＝AB，∠BAE＝∠M，即可得出结论．【解答】证明：（1）①如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF，∵点E是BC的中点，∴BE＝CE，在△BEF和△CED中，，∴△BEF≌△CED（SAS），∴BF＝CD，∠F＝∠CDE，∵∠BAE＝∠CDE，∴∠BAE＝∠F，∴AB＝BF，∴AB＝CD；②如图2，分别过点B、C作BF⊥DE，CG⊥DE，垂足分别为点F，G，∴∠F＝∠CGE＝∠CGD＝90°，∵点E是BC的中点，∴BE＝CE，在△BEF和△CEG中，，∴△BEF≌△CEG（AAS），∴BF＝CG，在△BAF和△CDG中，，∴△BAF≌△CDG（AAS），∴AB＝CD；（2）如图3，过C点作CM∥AB，交DE的延长线于点M，则∠BAE＝∠EMC，∵E是BC中点，∴BE＝CE，在△BAE