第四章 三角形压轴题（8个类型72题）-【常考压轴题】七年级数学下册压轴题攻略（北师大版）（解析版）

第四章三角形压轴题内容导航一、全等三角形判定方法的应用类型一、用SSS证明三角形全等类型二、用SAS证明三角形全等类型三、用ASA和AAS证明三角形全等二、几何模型类型一、倍长中线模型类型二、一线三垂直模型类型三、旋转模型类型四、三条线段数量关系的证明三、与作图有关的几何问题四、全等三角形的综合问题一、全等三角形判定方法的应用类型一、用SSS证明三角形全等1．如图，已知，，那么判定的依据是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查全等三角形的判定．根据，证明三角形全等即可．【详解】解：∵，∴，在和中，，∴；故选C．2．如图，△ABC中，AB=BC=5，AC=8，将△ABC绕点C顺时针方向旋转60°得到△DEC，连接BD，则BD的长度为.【答案】【详解】连接AD，延长DB交AC于点F.∵AC＝CD,∠ACD＝60°,∴△ACD是等边三角形，∴AD＝CD.在△ADF和△CDF中∵AD=CD,AB=BC,BD=BD,∴△ADF≌△CDF,∴∠ADF＝∠CDF,∴DF⊥AC,.,.由勾股定理得..3．农科所有一块五边形的试验田如图所示,已知在五边形ABCDE中,∠ABC=∠AED=90°,AB=CD=AE=BC+DE=20m,求这块试验田的面积.【答案】400m2.【详解】试题分析：可延长DE至F，使EF=BC，可得△ABC≌△AEF，连AC，AD，AF，可将五边形ABCDE的面积转化为两个△ADF的面积，进而求出结论．试题解析：如图,延长DE至点F,使EF=BC,连接AC,AD,AF.易得CD=FD.因为所以△ABC≌△AEF(SAS).所以AC=AF.在△ACD与△AFD中,因为所以△ACD≌△AFD(SSS).所以五边形ABCDE的面积是2S△ADF=2×·DF·AE=2××20×20=400(m2).4．小明和小亮在学习探索三角形全等时，碰到如下一题：如图1，若AC=AD，BC=BD，则△ACB与△ADB有怎样的关系？（1）请你帮他们解答，并说明理由．（2）细心的小明在解答的过程中，发现如果在AB上任取一点E，连接CE、DE，则有CE=DE，你知道为什么吗？（如图2）（3）小亮在小明说出理由后，提出如果在AB的延长线上任取一点P，也有第2题类似的结论．请你帮他画出图形，并证明结论．【答案】（1），理由见解析；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）根据全等三角形的判定定理证得；（2）由（1）中的全等三角形的对应角相等证得，则由全等三角形的判定定理证得，则对应边；（3）同（2），利用全等三角形的对应边相等证得结论．【详解】解：（1），理由如下：如图1，在与中，，；（2）如图2，由（1）知，，则．在与中，，，；（3）如图3，．理由同（2），，则．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．5．【问题背景】如图1，在四边形中，，分别是上的点，且，试探究图中线段之间的数量关系．【初步探索】小亮同学认为：如图1，延长到点，使，连接，先证明，再证明，可得出结论______；【探索延伸】如图2，在四边形中，分别是上的点，，上述结论是否仍然成立？说明理由．【结论运用】如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（处）北偏西的处，舰艇乙在指挥中心南偏东的处，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60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东的方向以80海里/小时的速度前进1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达处，且两舰艇之间的夹角为，试求此时两舰艇之间的距离．【灵活变通】如图4，已知在四边形中，，若点在的延长线上，点在的延长线上，仍然满足【初步探索】中的结论，请直接写出与的数量关系．

图1

图2

图3

图4【答案】【初步探索】；【探索延伸】仍成立，理由见析；【结论运用】210海里；【灵活变通】，理由见解答过程．【分析】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．解题时注意：同角的补角相等．〖初步探索〗延长到，使，连接，先证明，再证明，则可得到结论；〖探索延伸〗延长到，使，连接，证明，再证明，则结论可求；〖结论运用〗连接，延长、交于点，利用已知条件得到：四边形中：，且，符合“探索延伸”具备的条件，则．〖灵活变通〗在延长线上取一点，使得，连接，先判定，再判定，得出，最后根据，推导得到，即可得出结论．【详解】解：〖初步探索〗如图1，延长到点，使，连接，在和中，，，，，∵，∴，即，∵，∴，在和中，，，，，；〖探索延伸〗仍成立，理由如下：如图2，延长到点，使，连接，，，，在和中，，，，，，，．，，．在和中，，，，，；〖结论运用〗连接，延长、交于点，如图3，，，，，，在四边形中：，且，四边形符合探索延伸中的条件，结论成立，即（海里），答：此时两舰艇之间的距离是210海里．〖灵活变通〗结论：．理由：如图4，在延长线上取一点，使得，连接，，，，即在和中，，，，，∵点在的延长线上，点在的延长线上，仍然满足【初步探索】中的结论，即，∴在和中，，，，，，，即，．类型二、用SAS证明三角形全等6．如图，已知，，为平面内一动点，，为上一点，，上两点，，．下面能表示最小值的线段是（

）A．线段 B．线段 C．线段 D．线段【答案】B【分析】连接，根据，，，，证明，结合，证明，得到，根据，得到的最小值为的长．本题主要考查了全等三角形，线段和的最小值．熟练掌握全等三角形的判定和性质，三角形三边关系，是解决问题的关键．【详解】如图，连接，∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴的最小值为的长．故选：B．7．如图，在中，，点C，D，E三点在同一条直线上，连接BD，BE．以下结论，①；②；③；④；⑤．其中结论正确的个数是（

）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】D【分析】本题主要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点，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．由条件证明可判定①⑤；由得，由等腰直角三角形的性质得到，进而得到即可判定②；由就可以得出，就可以得出可判断②；先说明由条件知，再结合即可判定③；利用周角减去两个直角可判定④．【详解】解：∵，∴，即：，在和中，,∴，∴，,即①⑤正确；∵为等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴，∴，即②正确；③∵，∴，∴，∴，即，则③正确；∵，∴，即④正确；故选D．8．如图，分别是四边形的边上的点，，连接交于点，交于点，以下结论正确的有（

）①的周长为4；②；③；④

A．① B．①② C．①②③ D．①②③④【答案】C【分析】先说明四边形是正方形，再将绕点C逆时针旋转得到，在上取一点F，使，根据旋转的性质及证明≌，然后根据全等三角形的性质判断①②；再证明≌，可得，，，然后说明≌，得出，，可知是直角三角形，进而说明③；最后根据全等三角形的面积相等判断④即可．【详解】∵，，∴四边形是正方形，∴，．将绕点C逆时针旋转得到，在上取一点F，使．

根据旋转的性质可知，，．∵，，∴，∴，即．∵，，∴≌，∴，∴的周长．所以①②正确；∵，，，∴≌，∴．∵，，，∴≌，∴，．∵，，∴，∴，∴．在中，，即．所以③正确；∵≌，≌，∴，∴．所以④不正确．正确的有①②③．故选：C．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，旋转的性质等，构造全等三角形是解题的关键．9．某校八年级（1）班数学兴趣小组在一次活动中进行了试验探究活动，请你和他们一起活动吧．【探究与发现】(1)如图1，是的中线，延长至点E，使，连接，写出图中全等的两个三角形：__________；【理解与运用】(2)如图2，是的中线，若，，设，求的取值范围；(3)如图3，是的中线，，点Q在的延长线上，，求证：．

【答案】(1)≌(2)(3)证明见解析【分析】（1）≌，根据全等三角形的判定即可得到．（2）根据（1）中的辅助线作法，延长至点Q，使，再证明≌，得到，再在中，利用三边关系进行计算即可．（3）根据（1）中辅助线作法，延长至点M，使，证明≌，得到，，再证明≌，根据全等三角形的性质即可得证．【详解】（1）是的中线，,在和中，，≌．（2）如图2，延长至点Q，使，连接，

是的中线，在和中，，≌,，，在中，即，∴．（3）如图3，延长至点M，使，连接，

∴，∵是的中线，∴，在和中，，∴≌，∴，，∵，，，∴，在和中，，∴≌，∴.【点睛】本题考查三角形全等的证明，三角形全等的证明方法以及倍长中线的辅助线作法是本题关键，准确的作出辅助线是本题难点．10．（问题情境）（1）如图1，在四边形中，，，．点E，F分别是和上的点，且，试探究线段，，之间的关系．小明同学探究此问题的方法是：延长到G，使，连接．先证明，再证明，进而得出．你认为他的做法；（填“正确”或“错误”）．（探索延伸）（2）如图2，在四边形中，，，，，点E，F分别是和上的点，且，上题中的结论依然成立吗？请说明理由．（思维提升）（3）小明通过对前面两题的认真思考后得出：如图3，在四边形中，若，，，那么．你认为正确吗？请说明理由．【答案】（1）正确；（2）成立，理由见解析；（3）正确，理由见解析．【分析】（1）延长到点，使，连接，先证明，可得，再证明，可得，进而得出，即可解题；（2）证明方法同（1）：延长到点，使，连接，先证明，可得，再证明，可得，进而得出即可解题；（3）证明方法同（2）：延长到点，使，连接，先证明，可得，再证明，可得，进而得出即可解题．【详解】（1）解：如图1，延长到点，使，连接，∵，∴，在和中，，∴，∴，，∵，，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，故答案为：正确；（2）解：上题中的结论依然成立；如图2，延长到点，使，连接，∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∵，，∴，∴，在和中，

，∴，∴，∵，∴；（3）解：正确，如图3，延长到点，使，连接，∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∵∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴．【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质，正确做辅助线构造全等三角形是解题关键．11．如图1，在四边形ABCD中，BA=BC，∠ABC=60°，∠ADC=30°，连接对角线BD．（1）将线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接AE．①依题意补全图1；②试判断AE与BD的数量关系，并证明你的结论；（2）在（1）的条件下，直接写出线段DA、DB和DC之间的数量关系；（3）如图2，F是对角线BD上一点，且满足∠AFC=150°，连接FA和FC，探究线段FA、FB和FC之间的数量关系，并证明．【答案】（1）①图形见解析②AE=BD（2）判断：（3）判断，证明见解析【详解】试题分析：（1）①根据题意画图即可；②连接AC，证明△BCD≌△ACE即可；（2）连接DE，可证三角形ADE为直角三角形，由勾股定理即可得出结论；（3）将线段CF绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接EF、EA，证明△BCD≌△ACE和直角三角形AEF，结合勾股定理即可证明.试题解析：（1）①补全图形,如图1②判断:AE=BD证明：如图2，连接AC，∵BA=BC，且∠ABC=60°

∴△ABC是等边三角形∴∠ACB=60°，且CA=CB∵将线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE

∴CD=CE，且∠DCE=60°∴∠BCD=∠ACE∴△BCD≌△ACE（SAS）

∴AE=BD（2）判断：（3）判断：证明：如图3,连接AC，∵BA=BC，且∠ABC=60°∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，且CA=CB将线段CF绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接EF、EA∴CE=CF，且∠FCE=60°，∴△CEF是等边三角形∴∠CFE=60°，且FE=FC，∴∠BCF=∠ACE∴△BCF≌△ACE（SAS），∴AE=BF

∵∠AFC=150°,∠CFE=60°，∴∠AFE=90°

在Rt△AEF中，有：∴.12．如图，在中，，点D，E分别在边上，连接交于点F，．

(1)说明：；(2)若平分，，求的面积；(3)判断之间的数量关系，并加以说明．【答案】(1)见解析(2)45(3)，理由见解析【分析】（1）根据，即可证明结论；（2）过点F作于点G，求出，得出，证明，根据角平分线的性质得出，根据三角形面积公式求出；（3）在上截取，连接，证明，得出，，证明，得出，即可证明结论．【详解】（1）证明：∵，又∵，∴，∴；（2）解：过点F作于点G，如图所示：

∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵平分，，∴，∴；（3）解：；理由如下：在上截取，连接，如图所示：

在和中，，∴，∴，∴，根据解析（2）可知，，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，角平分线的定义，正确作出辅助线是解题的关键．13．为了进一步探究三角形中线的作用，数学兴趣小组合作交流时，小红在组内做了如下尝试：如图①，在中，是边上的中线，延长到，使，连接．【探究发现】（1）如图①，与的数量关系是，位置关系是；【初步应用】（2）如图②，在中，若，，求边上的中线的取值范围；【探究提升】（3）如图③，是的中线，过点分别向外作、，使得，，延长交于点，判断线段与的数量关系和位置关系，请说明理由．

【答案】（1），，（2）；（3），，理由见解析【分析】（1）证，得，，再由平行线的判定即可得出；（2）延长到，使，连接，由（1）可知，，得，再由三角形的三边关系即可得出结论；（3）延长到，使得，连接，由（1）可知，，得，再证，得，，则，然后由三角形的外角性质证出，即可得出结论．【详解】解：（1）是的中线，，在和中，，，，，，（2）如图2，延长到，使，连接，由（1）可知，，，在中，，，即，，即边上的中线的取值范围为；（3），，理由如下：如图3，延长到，使得，连接，

由（1）可知，，，，，由（2）可知，，，、，，，，在和中，，，，，，，，，，．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、倍长中线法、三角形的三边关系、平行线的判定与性质以及三角形的外角性质，添加辅助线．14．在平面直角坐标系中，点在轴的负半轴上点在轴的负半轴上，，．

(1)如图①，若点的坐标为，点的坐标为，点在第一象限，点的坐标______；(2)在（1）的条件下，若轴于点，点在轴上，，连接并延长，交于点，求的长；(3)如图②，若点的坐标为，点在的延长线上，过点（，）作轴于点，连接，写出线段，，之间的数量关系，并证明．【答案】(1)(2)2(3)，证明见解析【分析】（1）过点作轴于点，证明，得到，，再根据、两点的坐标，得出，，即可得到点的坐标；（2）由（1）可知，从而得到，再证明，即可求出的长；（3）在上取一点，使得，连接并延长交延长线于点，证明，得到，，再利用直角和三角形内角和定理，得到，证明，得到，即可得到线段，，之间的数量关系，【详解】（1）解：如图①，过点作轴于点，，，，，，在和中，，，，，，，，，，，故答案为；；

（2）解：，，，由（1）可知，，，在和中，，，；（3）解：，证明如下：如图②，在上取一点，使得，连接并延长交延长线于点，，，轴，，，，在和中，，，，，，，，，，，，，，，在和中，，，，．

【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，直角三角形的特征，作辅助线构造全等三角形是解题关键．15．如图，在中，是边上的高，是边上的高，相交于点，且．

(1)求证：．(2)动点从点出发，沿线段以每秒1个单位长度的速度向终点运动，动点从点出发沿射线以每秒4个单位长度的速度运动，两点同时出发，当点到达点时，两点同时停止运动．设点的运动时间为秒①点是线段上的一点（不与点重合），当时，__________（用含的代数式表示）；设，则__________（用含的代数式表示）②点是直线上的一点且．是否存在值，使以点为顶点的三角形与以点为顶点的三角形全等？若存在，请求出符合条件的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)①；；②或时，使以点、、为顶点的三角形与以点、、为顶点的三角形全等【分析】本题主要考查了三角形全等的判定与性质，线段的和差；（1）由，可得，通过即可证明；（2）①根据题列出代数式即可得出，根据等角的余角相等即可证明；②分两种情形：如图2，当时；如图3，当时，分别进行求解即可得到答案．【详解】（1）证明：是边上的高，是边上的高，，，，在和中，，；（2）①解：依题意，，∵是边上的高，是边上的高，，，，，，，故答案为：；．②解：存在，如图2，当时，在和中，，，，，；如图3，当时，在和中，，，，，，综上所述：或时，使以点、、为顶点的三角形与以点、、为顶点的三角形全等．类型三、用ASA和AAS证明三角形全等16．如图，在四边形中，平分，，，，则面积的最大值为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，垂线段最短，分别延长与交于点，作交延长线于点，可证明，得到，求面积最大值转化成求线段的最大值即可，解题的关键是作出辅助线，构造出全等三角形．【详解】分别延长与交于点，作交延长线于点，

∵平分，，∴，，又∵，∴，∴，，∵，∴，∴，∵，∴当点重合时，最大，最大值为，∴，故选：．17．如图，在中，为边上的点，且，连接，过作，并截取，连接交于，则下列结论：①；②为的中点；③；④；其中正确的结论共有（）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】由余角的性质可得，故①正确；由“”可证，可得，由“”可证，可得，故②正确；由角的数量关系可得，故③正确；由全等三角形的性质可得，可得，故④错误，即可求解．【详解】解：∵，故①正确；如图，过点作于，

又点F是的中点，故②正确；故③正确；故④错误；故正确的有①②③三个，故选：C．【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．18．如图，在中，是的中线，延长点，使，．

(1)求证：；(2)如图，平分交于点，交于点，若，试探究的数量关系，并说明理由．【答案】(1)证明解析；(2)，理由见解析．【分析】()延长至点，使，可证，由全等三角形的性质从而得出，根据题目已知，可证，由全等三角形的性质从而得出，等量代换即可得出答案；()如图所示，作，可证，由全等三角形的性质对应角相等角从而得出，进而得出，故可证，得到，等量转化即可求得；本题考查了全等三角形的综合应用，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．【详解】（1）如图所示，延长至点，使，

在与中，，∴，∴，∵，∴，在与中，，∴，∴，∴；（2）∵，∴，∵平分，，，∴，，∴，作，如图，

在与中，，∴，∴，∵，，∴，∴，在与中，，∴，∴，∴，∵，∴．19．（1）如图1，，E是的中点，平分，求证：平分．（2）如图2，，和的平分线并于点E，过点E作，分别交于B、D，请猜想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，，和的平分线交于点E，过点E作不垂直于的线段，分别交于B、D点，且B、D两点都在的同侧，（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）；（3）成立，理由见解析【分析】（1）过E作于F，根据角平分线的性质可得，从而求出，然后根据角平分线的判定证明即可；（2）过E作于F，根据平行线的性质得到，由角平分线的性质得到，证得，根据全等三角形的性质得到A，同理，等量代换得到结论；（3）成立，在上截取，根据角平分线定义得到，推出，根据角平分线的性质得到，求得，证得，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作于F，∵，平分，∴，∵E是的中点，∴，∴，∵，∴平分；（2）如图2，过E作于F，∵，∴，∵平分，∴，在与中，，∴，∴A，同理，∵，∴；（3）成立，如图3，在上截取，∵平分，∴，在与中，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵平分，∴，在与中，，∴，∴，∵，∴．【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．20．如图，∠MAN是一个钝角，AB平分∠MAN，点C在射线AN上，且AB＝BC，BD⊥AC，垂足为D．(1)求证：；(2)动点P，Q同时从A点出发，其中点Q以每秒3个单位长度的速度沿射线AN方向匀速运动；动点P以每秒1个单位长度的速度匀速运动．已知AC＝5，设动点P，Q的运动时间为t秒．①如图②，当点P在射线AM上运动时，若点Q在线段AC上，且，求此时t的值；②如图③，当点P在直线AM上运动时，点Q在射线AN上运动的过程中，是否存在某个时刻，使得APB与BQC全等？若存在，请求出t的值；若不存在，请说出理由．【答案】(1)见解析(2)①；②存在，或【分析】（1）①先证Rt△BDA≌Rt△BDC（HL），推出∠BAC＝∠BCA．再由角平分线的定义得∠BAM＝∠BAC，等量代换即可证明；（2）①作BH⊥AM，垂足为M．先证△AHB≌△ADB（AAS），推出BH＝BD，再由S△ABP＝S△BQC，推出，结合P，Q运动方向及速度即可求解；②分“点P沿射线AM方向运动，点Q在线段AC上”，以及“点P沿射线AM反向延长线方向运动，点Q在线段AC延长线上”两种情况讨论，利用三角形全等得出AP与CQ的关系即可求解．【详解】（1）证明：∵BD⊥AC，∴，在Rt△BDA和Rt△BDC中，∴Rt△BDA≌Rt△BDC（HL），∴∠BAC＝∠BCA．∵AB平分∠MAN，∴∠BAM＝∠BAC，∴∠BAM＝∠BCA．（2）解：①如下图所示，作BH⊥AM，垂足为M．∵BH⊥AM，BD⊥AC，∴∠AHB＝∠ADB＝90°，在△AHB和△ADB中，∴△AHB≌△ADB（AAS），∴BH＝BD，∵S△ABP＝S△BQC，∴，∴，∴，∴．②存在，理由如下：当点P沿射线AM方向运动，点Q在线段AC上时，如下图所示，∵AB＝BC，又由（1）得∠BAM＝∠BCA，∴当AP＝CQ时，△APB≌△CQB，∴，∴；当点P沿射线AM反向延长线方向运动，点Q在线段AC延长线上时，如下图所示，由（1）得∠BAM＝∠BCA，∴∠BAP＝∠BCQ，又∵AB＝BC，∴当AP＝CQ时，△APB≌△CQB，∴，∴．综上所述，当或时，△APB和△CQB全等．【点睛】本题考查角平分线的定义，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定方法，并注意分类讨论是解题的关键．21．在等边中，点是边上的两个动点（不与重合），点在点的左侧，且(1)若，则_______________；(2)在图1中，求证：(3)如图2，点在边上，，点为的中点，连接并延长交于点，连接．猜想的形状是_______________，并说明理由．【答案】(1)80(2)证明见解析(3)是等边三角形，理由见解析【分析】（1）由是等边三角形，得到，由外角的性质得到，由，得到是等腰三角形，即可得到结论；（2）证明，则，，即可得到结论；（3）连接，先证明是等边三角形，再证明，最后证明，则，得到，则，即可得到结论．【详解】（1）∵是等边三角形，∴，∵，∴，∵，∴是等腰三角形，∴，故答案为：80（2）证明：∵是等边三角形，∴，∵，∴是等腰三角形，∴，∴，∴，∴，∴；（3）是等边三角形，证明：连接，∵，∴是等腰三角形，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∴，，∵点D为的中点，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，∴，∴是等边三角形．【点睛】此题考查了等边三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．22．如图所示，在中，，点是线段延长线上一点，且，点是线段上一点，连接，以为斜边作等腰，连接，且．

(1)过点作，垂足为．①求证：②求证：；(2)如图2，若点是线段延长线上一点，其他条件不变，请写出线段，，之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)①见解析；②见解析(2)，理由见解析【分析】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；（1）①先由得到，然后由得到，从而得到，再结合、得证；②先由和得到，再结合、得证，进而得到，最后由得到，最后得证；（2）过点作，交的延长线于点，则，先由，得到，然后由是以为斜边的等腰直角三角形得到，，从而得证，因此有，再由得到，然后证明，最后得到．【详解】（1）①，，，，，在和中，，∴；②，，，在与中，，，，，，．（2），理由如下：如图2，过点作，交的延长线于点，则，

，，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，，在和中，，，，，，，在和中，，，，．23．如图，等腰中，，，，点为射线上一动点，连接，作且．

(1)如图，过点作交于点，求证：；(2)如图，在（1）的条件下，连接交于点，若，求证：点为中点；(3)如图，当点在的延长线上时，连接与的延长线交于点，若，则________．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据同角的余角相等得到，即可根据证明；（2）证明，得出，根据，得出，根据，，即可证明结论；（3）作，交的延长线于一点，由（1）（2）可知，，，根据全等三角形的性质计算即可．【详解】（1）证明：，，，，∵，∴，在和中，，．（2）证明：，∴在和中，，∴，，∵，∴，∴，，∴点为的中点；（3）解：如图，作，交的延长线于一点，

由（1）知，，设，，，，，，由（2）知，，，．故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，垂线的定义，余角的性质，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．24．【模型呈现】如图（1）和（2）所示，，，直线经过点（不与，重合），过点作的垂线，垂足分别为，则有，．

（1）请你针对图（1）给出证明．【模型应用】在图（1）的基础上，在射线上取一点，把线段绕点逆时针转得到，连接，交直线于点．

（2）如图（3），当点与点重合时，与的数量关系为___________；（3）如图（4），当点在的延长线上时，请判断与的数量关系，并给出证明；（4）如图（5），当点在线段上时，的值为___________．【答案】（1）见解析；（2）；（3），理由见解析；（4）【分析】此题考查了全等三角形的性质和判定，（1）根据题意得到，然后证明出，然后利用全等三角形的性质求解即可；（2）根据题意证明出，然后利用全等三角形的性质求解即可；（3）过点N作交于点H，首先根据题意证明出，进而得到，然后证明出，进而求解即可；（4）过点N作交于点E，根据全等三角形的性质和判定得到，，然后利用等量代换求解即可．解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理：，，，，．【详解】（1）∵∴∵∴∴又∵，∴∴，；（2）∵把线段绕点逆时针转得到，∴∴∵∴∴又∵∴∴；（3）过点N作交于点H，

∵∴∴∵∴∴又∵∴∴∵∴∴又∵，∴∴；（4）如图所示，过点N作交于点E，

同理可得，∴∵∴∴∴同理可得，∵∴∴∴∴．25．定义：如图（1），若分别以的三边，，为边向三角形外侧作正方形，和，则称这三个正方形为的外展三叶正方形，其中任意两个正方形为的外展双叶正方形．(1)作的外展双叶正方形和，记，的面积分别为和；①如图（2），当时，求证：；②如图（3），当时，与是否仍然相等，请说明理由．(2)已知中，，，作其外展三叶正方形，记，，的面积和S，请利用图（1）探究：当的度数发生变化时，的值是否发生变化？若不变，求出的值；若变化，求出的最大值．【答案】(1)①见解析；②相等，理由见解析(2)变化，最大值为18【分析】（1）①由正方形的性质可以得出，，，即可得出而得出结论；②如图3，过点作于点，过点作交的延长线于点，通过证明就有而得出结论；（2）根据（1）可以得出，要使最大，就要使最大，当时最大，即可求出结论．【详解】（1）解：①证明：正方形和正方形，，，，，，．在和中，，．，．②．理由如下：如图3，过点作于点，过点作交的延长线于点．

．四边形，四边形均为正方形，，，，．．在和中，，，．，，，；（2）的值发生变化；的最大值为18；理由如下：由（1）得，是面积的三倍，要使最大，只需的面积最大，当是直角三角形，即时，有最大值．此时，．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、直角三角形的性质、三角形的面积公式；本题难度较大，综合性强，证明三角形全等是解决问题的关键．二、几何模型类型一、倍长中线模型26．课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，中，若，求边上的中线的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：如图1所示，延长到点，使，连接．请根据小明的思路继续思考：(1)由已知和作图能证得，得到，在中求得的取值范围，从而求得的取值范围是______________．方法总结：上述方法我们称为“倍长中线法”．“倍长中线法”多用于构造全等三角形和证明边之间的关系；(2)如图2，是的中线，，试判断线段与的数量关系，并加以证明；(3)如图3，在中，是的三等分点．求证：．【答案】(1)(2)，证明见解析(3)见解析【分析】本题考查了三角形三边关系，三角形全等的性质与判定，利用倍长中线辅助线方法是解题的关键．（1）延长到点，使，连接，根据题意证明，可知，在中，根据，即可；（2）延长到，使得，连接，由（1）的结论以及已知条件证明，进而可得，由，即可求得与的数量关系；（3），取中点，连接并延长至点，使得，连接和，通过“倍长中线”思想全等证明，进而得到然后结合三角形的三边关系建立不等式证明即可得出结论．【详解】（1）解：如图1所示，延长到点，使，连接．∵是的中线，∴，在和中，，∴，∴，在中，，∴，即，∴，故答案为：．（2），理由：如图2，延长到，使得，连接，由（1）知，，∴，∵，∴，∵，即，又∵，∴∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴．（3）证明：如图所示，取中点，连接并延长至点，使得，连接和，∵为中点，为三等分点，∴，∴，在和中，，∴,同理可得:,∴，此时,延长交于点，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴．27．阅读理解：课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：在中，，，边上的中线的取值范围．(1)小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法（如图1）：①延长到Q使得；②再连接把集中在中；③利用三角形的三边关系可得，则的取值范围是____．感悟：解题时，条件中若出现“中点”“中线”等条件，可以考虑倍长中线，构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中．(2)请写出图1中与的关系并证明；(3)思考：已知，如图2，是的中线，，，，试探究线段与的数量和位置关系，并加以证明．

【答案】(1)(2)，理由见解析(3)，理由见解析【分析】（1）由且即可求解；（2）证可推出即可求解；（3）延长到Q使得，连接，延长交于点，证、即可求解．【详解】（1）解：∵且∴故答案为：（2）解：，理由如下：∵是边上的中线∴∴（3）解：，理由如下：延长到Q使得，连接，延长交于点

∵是边上的中线∴【点睛】本题考查全等三角形的常见模型：倍长中线模型．熟记相关几何模型和结论是解题的关键．28．（1）阅读理解：课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：在中，，，求边上的中线的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法（如图1）：

①延长到Q，使得；②再连接，把集中在中；③利用三角形的三边关系可得，则AD的取值范围是．感悟：解题时，条件中若出现“中点”“中线”等条件，可以考虑倍长中线，构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中．（2）请你写出图1中与的位置关系并证明．（3）思考：已知，如图2，是的中线，，，．试探究线段与的数量和位置关系并加以证明．

【答案】（1）；（2），证明见解析；（3），，证明见解析【分析】（1）先证，推出，再利用三角形三边关系求解；（2）根据可得，即可证明；（3）同（1）可证，得出，，进而可得，推出，可得，，即可求解．【详解】解：（1）是的中线，，又，，，，在中，，，即，，故答案为：；（2），证明如下：由（1）知，，；（3），，证明如下：如图，延长至点Q使得，连接，延长交于点P，

同（1）可得，，，，，，，，，，，在和中，，，，，，，，，，，，，，综上可得，．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，三角形三边关系的应用等，解题的关键是通过倍长中线构造全等三角形．29．（1）阅读理解：

如图①，在中，若，，求边上的中线的取值范围．解决此问题可以用如下方法：延长到点使，再连接，这样就把，，集中在中，利用三角形三边的关系可判断线段的取值范围是；则中线的取值范围是；（2）问题解决：如图②，在中，是边的中点，于点，交于点，交于点，连接，此时：与的大小关系，并说明理由．（3）问题拓展：如图③，在四边形中，，，，以为顶点作，边，分别交，于，两点，连接，此时：、与的数量关系【答案】（1）；（2），见解析；（3）【分析】（1）延长到点使，再连接，证明，可得，再由三角形三角关系可得，；（2）延长至，使，连接，证明，可得，连接，可知是等腰三角形，则，在中，，即；（3）延长至使，连接，证明，可推导出，再证明，则，能推导出．【详解】解：（1）延长到点使，再连接，，，，，，在中，，，，，故答案为：，；（2）延长至，使，连接，

，，，，，连接，，，是等腰三角形，，在中，，即；（3）延长至使，连接，

，，，，，，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题考查全等三角形的综合应用，熟练掌握三角形全等的判定及性质，三角形中线的定义，三角形三边关系是解题的关键．30．如图1，中，若，，求边上的中线的取值范围，小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长到点，使，请根据小明的方法思考：(1)由已知和作图能得到的理由是______．(2)求得的取值范围是______．(3)如图2，在中，点是的中点，点在边上，点在边上，若，求证：．【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析．【分析】（1）根据全等三角形的判定定理解答即可；（2）根据三角形的三边关系计算；（3）延长到E，使，连接，，证明，得到，证明，得到，再利用即可证明．【详解】（1）解：∵是边上的中线，∴，在和中，∴，故答案为：（2）解：∵，∴，∵，∴在中，，即，∵，∴，故答案为：（3）解：延长到E，使，连接，，∵，∴，在和中，∴，∴，在和中，∴，

∴，∵在中，，∴．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，三角形三边关系应用等知识；熟练掌握三角形的三边关系，作出辅助线，证明三角形全等是解题的关键．31．已知ABC．(1)如图1，按如下要求用尺规作图：①作出ABC的中线CD；②延长CD至E，使DE＝CD，连接AE；（不要求写出作法，但要保留作图痕迹．）(2)在（1）中，直线AE与直线BC的关系是；(3)如图2，若∠ACB＝，CD是中线．试探究CD与AB之间的数量关系，并说明理由；(4)如图3，若∠ACB＝，AC＝BC，CD是ABC的中线，过点B作BE⊥AC于E，交CD于点F，连接DE．若CF＝4，则DE的长是．【答案】(1)见解析(2)(3)，理由见解析(4)【分析】（1）①根据三角形的中线的定义，作的垂直平分线，交于点，连接即可．②根据要求，延长CD至E，使DE＝CD，连接AE即可．（2）结论：，利用全等三角形的判定和性质证明即可．（3）结论：．利用全等三角形的判定和性质证明即可．（4）利用全等三角形的性质证明，再利用（3）中结论解决问题．【详解】（1）①如图1所示，作的垂直平分线，交于点，连接，则线段CD即为所求；②如图1中，线段DE，AE即为所求；（2）结论：．理由：在△CDB和△EDA中，，∴△CDB≌△EDA（SAS），∴∠B=∠DAE，∴．故答案为：．（3）AB与CD的数量关系是：AB=2CD，理由如下：如图3-2，延长CD至E，使DE=DC，连接BE，∵CD是中线，∴AD=BD，在△ADC和△BDE中，，∴△ADC≌△BDE（SAS），∴∠E=∠ACD，AC=BE，∴，∴∠ACB+∠EBC=，∵∠ACB=，∴∠EBC=，在△ACB和△EBC中，，∴△ACB≌△EBC（SAS），∴AB=CE，∵CE=2CD，∴AB=2CD．（4）如图3中，∵BE⊥AC，∠ACB=，∴∠CEB=∠BEA=，∠ECB=∠EBC=，∴EC=EB，∵AC=BC，CD是中线，∴CD⊥AB，∵∠CEF=∠BDF=，∠CFE=∠BFD，∴∠ECF=∠ABE，在△CEF和△BEA中，，∴△CEF≌△BEA（ASA），∴CF=AB=4，∵AD=BD，∠AEB=，∴DE=AB=2．故答案为：2．【点睛】本题考查了三角形的中线的定义，全等三角形的判定和性质等知识，等腰三角形的性质，解题的关键是学会倍长中线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．32．阅读下列材料，完成相应任务．数学活动课上，老师提出了如下问题：如图1，已知中，是边上的中线．

求证：．智慧小组的证法如下：证明：如图2，延长至，使，

∵是边上的中线∴在和中∴（依据一）∴在中，（依据二）∴．任务一：上述证明过程中的“依据1”和“依据2”分别是指：依据1：______________________________________________；依据2：______________________________________________．归纳总结：上述方法是通过延长中线，使，构造了一对全等三角形，将，，转化到一个三角形中，进而解决问题，这种方法叫做“倍长中线法”．“倍长中线法”多用于构造全等三角形和证明边之间的关系．任务二：如图3，，，则的取值范围是_____________；

任务三：如图4，在图3的基础上，分别以和为边作等腰直角三角形，在中，，；中，，．连接．试探究与的数量关系，并说明理由．

【答案】任务一：依据1：两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等（或“边角边”或“SAS”）；依据2：三角形两边的和大于第三边；任务二：；任务三：EF=2AD，见解析【分析】任务一：依据1：根据全等的判定方法判断即可；依据2：根据三角形三边关系判断；任务二：可根据任务一的方法直接证明即可；任务三：根据任务一的方法，延长中线构造全等三角形证明线段关系即可．【详解】解：任务一：依据1：两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等（或“边角边”或“SAS”）；依据2：三角形两边的和大于第三边．任务二：任务三：EF=2AD．理由如下：如图延长AD至G，使DG=AD，

∵AD是BC边上的中线∴BD=CD在△ABD和△CGD中∴△ABD≌△CGD∴AB=CG，∠ABD=∠GCD又∵AB=AE∴AE=CG在△ABC中，∠ABC+∠BAC+∠ACB=180°，∴∠GCD+∠BAC+∠ACB=180°又∵∠BAE=90°，∠CAF=90°∴∠EAF+∠BAC=360°-（∠BAE+∠CAF）=180°∴∠EAF=∠GCD在△EAF和△GCA中∴△EAF≌△GCA∴EF=AG∴EF=2AD．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，倍长中线法，构造全等三角形是解本题的关键．33．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．【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）见解析；【分析】（1）①如图1，延长DE到点F，使EF＝DE，连接BF，△BEF≌△CED，∠BAE＝∠F，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，△BEF≌△CEG△BAF≌△CDG，AB＝CD；（2）如图3，过C点作CM∥AB，交DE的延长线于点M，则∠BAE＝∠EMC，△BAE≌△CFE（AAS），∠F＝∠EDC，CF＝CD，AB＝CD；【详解】（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和△CME中，，∴△BAE≌△CFE（AAS），∴CF＝AB，∠BAE＝∠F，∵∠BAE＝∠EDC，∴∠F＝∠EDC，∴CF＝CD，∴AB＝CD．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，对顶角相等，平行线的性质，构造出全等三角形是解本题的关键．类型二、一线三垂直模型34．已知：中，，，为射线上一动点，连接，在直线右侧作，且．连接交直线于，若，则的值为．

【答案】或【分析】添加辅助线，构造全等三角形，根据全等三角形的性质求出线段间的数量关系，最后进行分类讨论即可求解．【详解】如图，过作于点，

∴，∴，∵，∴，即：，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴，设，则，∴，，∴，∴，，则，如图，过作交延长线于点，

∴，∴，∵，∴，即：，∴，在和中，，∴，∴，，∴，在和中，，∴，∴，设，则，∴，，∴，∴，，则，故答案为：或．【点睛】此题考查了等腰直角三角形的性质，同角的余角相等，全等三角形的判定与性质，有关三角形的面积的求解，解题的关键是正确作出所需要的辅助线．35．如图，在中，，，．点P从点A出发，沿折线以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，点Q从点B出发沿折线以每秒3个单位长度的速度向终点A运动，P、Q两点同时出发．分别过P、Q两点作于E，于F，设运动时间为t，当与全等时，t的值为．

【答案】1秒，或3.5秒，或12秒【分析】根据于E，于F，得到与都是直角三角形，当与全等时，得到，分三种情况讨论求解即可，当P在上，Q在上时，根据，，得到，解得；当P、Q在上重合时，根据，，得到，解得：当Q到达A点后，点P运动到上时，根据，得到．满足条件的t值为1秒，或3.5秒，或12秒．本题主要考查了全等三角形，熟练掌握全等三角形的性质定理，分类讨论，是解题的关键．【详解】∵于E，于F，∴，∴与都是直角三角形，∴当与全等时，，当P在上，Q在上时，∵，，，，∴，，∴，解得；当P、Q在上重合时，，，∴，解得：当Q到达A点后，点P运动到上时，，∴．综上，当与全等时，满足条件的t值为1秒，或3.5秒，或12秒．故答案为：1秒，或3.5秒，或12秒．36．如图，已知中，，满足，点P从A点出发沿A→C→B路径向终点B运动：点Q从B出发沿B→C→A路径向终点A运动；点P，Q的速度分别以每秒1个单位长度和每秒3个单位长度的速度同时开始运动，两个点都要到达相应的终点时才能停止运动，分别过P，Q作于E，于F．设运动时间为t秒，当以P，E，C为顶点的三角形与以Q，F，C为顶点的三角形全等时，t的值为（不考虑两三角形重合的情况）．【答案】或【分析】先证明时，再根据题意分为五种情况，结合分别列方程求解，解出方程即可．【详解】解：①当P在上，Q在上运动时，如图①：

由题意可知：，，，，，，，，，，，，，，即，；②当P在上，Q在上运动时，如图②，

由题意可知：，，由①可知，，，，此时，故此种情况不符合题意；③当P，Q都在上时，如图③，两个三角形重合，不符合题意；

④当Q到A点停止，P在上运动时，，此时，；⑤P，Q都在上时，点P，Q的速度分别以每秒1个单位长度和每秒3个单位长度的速度同时开始运动，P，Q都在上运动的情况不存在，综上所述，t的值为或，故答案为：或．【点睛】本题主要考查对全等三角形的性质，一元一次方程的几何应用，解一元一次方程等知识点的理解和掌握，能根据题意得出方程是解此题的关键．37．通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：(1)如图1，点A在直线l上，，过点B作于点C，过点D作交于点E．得．又，可以推理得到．进而得到结论：_____，_____．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三直角”模型；(2)如图2，∠于点C，于点E，与直线交于点，求证：．【答案】(1)，(2)见解析【分析】本题考查一线三直角全等问题，（1）由，得，则，而，即可证明，得，，于是得到问题的答案；（2）作于点，因为于点，于点，所以，由（1）得，因为，所以，则，而，即可证明，得，所以，再证明，则．【详解】（1））解：于点，于点，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，，故答案为：，．（2）证明：如图2，作于点，∵于点，于点E，∴，由，同理（1）得，∴，在和中，∴，∴．38．如图，已知中，，，是过的一条直线，且，在，的同侧，于，于．（1）证明：；（2）试说明：；（3）若直线绕点旋转到图位置（此时，在，的异侧）时，其余条件不变，问与，的关系如何？请证明；（4）若直线绕点旋转到图位置（此时，在，的同侧）时其余条件不变，问与，的关系如何？请直接写出结果，不需说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）BD=DE+CE；证明见解析；（4）BD=DE−CE【分析】（1）根据题意可得，结合，直接用AAS证明三角形全等即可；（2）根据（1）的结论，进而可得；（3）方法同（1）证明，进而可得（4）方法同（1）结论同（2）证明，进而可得．【详解】（1）证明：∵，∴．又∵，，∴，，∴．又∵，∴．（2）解：∵，∴，．又∵，∴．（3）解：∵，∴．又∵，，∴，，∴．又∵，∴．∴，，，∴（4）解：．理由如下：∵，∴．又∵，，∴，，∴．又∵，∴，∴，．又∵，∴．【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，等腰直角三角形的性质，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．39．【材料阅读】小明在学习完全等三角形后，为了进一步探究，他尝试用三种不同方式摆放一副三角板（在中，，；中，，），并提出了相应的问题(1)【发现】如图1，将两个三角板互不重叠地摆放在一起，当顶点B摆放在线段上时，过点A作，垂足为点M，过点C作，垂足为点N，易证，若，，则______；(2)【类比】如图2，将两个三角板叠放在一起，当顶点B在线段上且顶点A在线段上时，过点C作，垂足为点P，猜想，，的数量关系，并说明理由；(3)【拓展】如图3，将两个三角板叠放在一起，当顶点A在线段上且顶点B在线段上时，若，，连接，则的面积为______．【答案】(1)9(2)；理由见解析(3)10【分析】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，熟记相关定理内容进行几何推理是解题关键．（1）由，利用两个三角形全等的性质，得到，，即可得到；（2）根据两个三角形全等的判定定理，得到，利用两个三角形全等的性质，得到，，由中，即可得到三者的数量关系；（3）延长，过点C作于P，由两个三角形全等的判定定理得到，从而，，则可求得，延长，过点C作于F，由平行线间的平行线段相等可得，代入面积公式得，即可得到答案．【详解】（1）解：，，，，，；故答案为：9．（2）解：理由：，，，，，，，，，，，；．（3）解：延长，过点C作于P，如图所示：，，，，，，，，，延长，过点C作于F，如图所示：，，，，，，由平行线间的平行线段相等可得，，故答案为：10．40．直角三角形中，，直线过点．(1)当时，如图，分别过点，作于点，于点．求证：．(2)当，时，如图，点与点关于直线对称，连接，，动点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿边向终点运动，同时动点从点出发，以每秒3个单位的速度沿向终点运动，点，到达相应的终点时停止运动，过点作于点，过点作于点，设运动时间为秒．①______，当在路径上时，______．（用含的代数式表示）②直接写出当与全等时的值．【答案】(1)见解析(2)①，②或5或．【分析】（1）利于同角的余角相等，得到，利用证明三角形全等即可；（2）①利用，求出，利用对称性，得到，利用，求出即可；②分点分别在，四种情况讨论，利用全等三角形对应边相等进行求解即可．【详解】（1）证明：∵直线，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴；（2）解：①由题意，得：，∴，∵点与点关于直线对称，∴，∴，故答案为：，；②当与全等时，和是对应边，∴，当点在时，，即：，解得，不符合题意；当点在时，此时：，则：，解得：；当点在时，此时：，则：，解得：；当点在时，此时：，则：，解得：；综上：当与全等时，或5或．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质．熟练掌握全等三角形的判定方法，证明三角形全等，是解题的关键．注意，分类讨论．41．通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：【模型呈现】（1）如图，，，过点作于点，过点作交的延长线于点．由，得．又，，可以推理得到，进而得到＝______，＝______．（请完成填空）我们把这个数学模型称为“字”模型或“一线三等角”模型．【模型应用】（2）①如图，，，，连接、，且于点，与直线交于点，求证：点是的中点；②如图，若点为轴上一动点，点为轴上一动点，点的坐标为，是否存在以、、为顶点且以为斜边的三角形为等腰直角三角形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1），；（2）见解析；（3）存在，或【分析】本题是三角形综合题目，考查了等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质、直角三角形的性质等知识；（1）由全等三角形的性质可得出答案；（2）过点作交于点，过点作交于点，证明，得出；同理可得：．得出，证明，由全等三角形的性质可得出；（3）分两种情况，由全等三角形的性质可得出答案．【详解】（1）解：由题意可知，，，故答案为：，；（2）证明：如图1，过点作交于点，过点作交于点，，，，，在和中，，，；同理可得：．，，在和中，，，，点是的中点．（3）解：如图，当点在轴正半轴上时，由【模型呈现】可知，，，，，；当点在轴负半轴上时，同理可得．综上所述，点的坐标为或．类型三、旋转模型42．如图，在四边形中，是的平分线，且．若，则四边形的周长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】在线段AC上作AF=AB，证明△AEF≌△AEB可得∠AFE=∠B，∠AEF=∠AEB，再证明△CEF≌△CED可得CD=CF，即可求得四边形的周长．【详解】解：在线段AC上作AF=AB，∵AE是的平分线，∴∠CAE=∠BAE，又∵AE=AE，∴△AEF≌△AEB（SAS），∴∠AFE=∠B，∠AEF=∠AEB，∵AB∥CD，∴∠D+∠B=180°，∵∠AFE+∠CFE=180°，∴∠D=∠CFE，∵，∴∠AEF+∠CEF=90°，∠AEB+∠CED=90°，∴∠CEF=∠CED，在△CEF和△CED中∵,∴△CEF≌△CED（AAS）∴CE=CF，∴四边形的周长=AC+AB+BD+CD=AC+AF+CF+BD=2AC+BD=，故选：B．【点睛】本题考查全等三角形的性质和判断．能正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键．43．综合与探究数学活动课上，同学们以对角互补的四边形为活动主题，开展了如下探究．(1)如图1，在四边形中，，E，F分别是边上的点，且．请探究线段之间的数量关系．下面是学习委员琳琳的解题过程，请将余下内容补充完整．解：延长EB到G，使得，连接AG在和中∴，∴∴∴，∴……

(2)班长李浩发现在如图2所示的四边形中，若，E，F分别是边上的点，且，（1）中的结论仍然是成立的，请你写出结论并说明理由．

(3)如图3，在四边形中，，E，F分别是边延长线上的点，且，请判断线段之间的数量关系，并说明理由．

【答案】(1)见解析(2)，理由见解析(3)，理由见解析【分析】（1）证明，即可得出结论；（2）延长到点，使，连接，先证明，再证明，即可得出结论；（3）在上取一点，使，先证明，再证明，即可得出结论．本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是利用截长补短法，构造全等三角形．【详解】（1）解：延长到G，使得，连接，

在和中，∴，∴，∴，∴，∴，在和中，∴，∴；（2）；理由如下：延长到点，使，则，

∵，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，∴，即：，∴，又，∴，∴，∵，∴；（3），理由如下：在上取一点，使，

∵，，∴，又，∴，∴，，∴，∴，又，∴，∴．’44．已知，在四边形中，分别是边上的点，且．

(1)为探究上述问题，小王同学先画出了其中一种特殊情况，即如图1，当时．小王同学探究此问题的方法是：延长到点，使，连接．请你在图1中添加上述辅助线，并补全下面的思路．小明的解题思路：先证明______；再证明了______，即可得出之间的数量关系为．(2)请你借鉴小王的方法探究图2，当时，上述结论是否依然成立，如果成立，请证明你的结论，如果不成立，请说明理由．(3)如图3，若分别是边延长线上的点，其他已知条件不变，此时线段之间的数量关系为______．（不用证明）【答案】(1)图见解析，(2)成立，证明见解析(3)【分析】（1）根据题意，画出图形，先证明，再证明，即可得出结论；（2）延长到点，使，连接，先证明，再证明，即可得出结论；（3）在上取一点，使，先证明，再证明，即可得出结论．本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是利用截长补短法，构造全等三角形．【详解】（1）解：补全图形，如图：

解题思路为先证明，再证明，即可得出之间的数量关系为；故答案为：；（2）成立，证明如下：延长到点，使，则，

∵，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，∴，即：，∴，又，∴，∴，∵，∴；（3）解：在上取一点，使，

∵，，∴，又，∴，∴，，∴，∴，又，∴，∴．’故答案为：．45．综合与实践问题提出如图1，在中，平分，交于点D，且，则，，之间存在怎样的数量关系？并说明理由．方法运用

（1）我们可以通过作辅助线，构造全等三角形来解题．如图2，延长至点E，使得，连接，……，请判断，，之间的数量关系并补充完整解题过程．（2）以上方法叫做“补短法”．我们还可以采用“截长法”，即通过在上截取线段构造全等三角形来解题．如图3，在线段上截取，使得①______，连接②______．请补全空格，并在图3中画出辅助线．延伸探究（3）小明发现“补短法”或“截长法”还可以帮助我们解决其他多边形中的问题．如图4，在五边形中，，，，若，求的度数．【答案】（1），见解析（2）①AC

②DF，见解析（3）【分析】（1）利用证明，得出，从而证得，所以，即可得出结论；（2）根据语言描述作出图形即可；（3）延长至点G，使，连接，利用证明，得出，，从而可证得．即可利用证明，得出，即可由求解．【详解】（1）．理由：∵平分，∴．又∵，，∴，∴．∵，∴．又∵，∴，∴．∵，∴．（2）①AC

②DF．辅助线如图1所示．

（3）如图2，延长至点G，使，连接，．

∵，，∴．∵，，，∴，∴，．∵，∴．又∵，，∴，∴．又∵，∴．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键．46．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是直线AB上一点（点D不与点A、B重合），连接DC并延长到E，使得CE＝CD，过点E作EF⊥直线BC，交直线BC于点F．(1)如图1，当点D为线段AB上的任意一点时，用等式表示线段EF、CF、AC的数量关系，并证明；(2)如图2，当点D为线段BA的延长线上一点时，依题意补全图2，猜想线段EF、CF、AC的数量关系是否发生改变，并证明．(3)如图3，当点D在线段AB的延长线上时，直接写出线段EF、CF、AC之间的数量关系．【答案】(1)AC＝EF+FC，证明见解析(2)补全图形见解析，AC＝EF-CF，证明见解析(3)AC＝CF-EF【分析】（1）过D作DH⊥CB于H，由“AAS”可证△FEC≌△HDC，可得CH=FC，DH=EF，可得结论；（2）过D作DH⊥CB于H，由“AAS”可证△FEC≌△HDC，可得CH=FC，DH=EF，可得结论．（3）过D作DH⊥CB交CB的延长线于H，由“AAS”可证△FEC≌△HDC，可得CH=FC，DH=EF，可得结论．【详解】（1）结论：AC＝EF+FC，理由如下：过D作DH⊥CB于H，∴∠DHC＝∠DHB＝90°∵EF⊥CF，∴∠EFC＝∠DHC＝90°，在△FEC和△HDC中，，∴△FEC≌△HDC（AAS），∴CH＝FC，DH＝EF，∵∠ACB＝90°，AC=BC，∴∠B＝45°，∵∠DHB＝90°，∴∠B＝∠HDB＝45°∴DH＝HB＝EF，∵BC＝CB+HB∴AC＝FC+EF；（2）依题意补全图形，结论：AC＝EF-CF，理由如下：过D作DH⊥CB交BC的延长线于H，∵EF⊥CF，∴∠EFC＝∠DHC＝90°，在△FEC和△HDC中，，∴△FEC≌△HDC（AAS），∴CH＝FC，DH＝EF，∵∠DHB＝90°，∴∠B＝∠HDB＝45°∴DH＝HB＝EF，∵BC=HB-CH∴AC＝EF-CF．（3）AC=CF-EF．如图3，过D作DH⊥CB交CB的延长线于H，同理可证△FEC≌△HDC（AAS），∴CH=FC，DH=EF，∵∠DHB=90°，∴∠B=∠HDB=45°，∴DH=HB=EF，∵BC=CH-BH，∴AC=CF-EF．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．47．阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如：如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．易证得．大致证明思路：如图2，将绕点顺时针旋转，得到，由可得、、三点共线，，进而可证明，故．任务：如图3，在四边形中，，，，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．【答案】成立，见解析【分析】根据旋转的性质得到，，，，，推出、、三点共线，根据全等三角形的性质即可得到结论．【详解】解：成立．证明：将绕点顺时针旋转得到，，，，，，，、、三点共线，，，，，，，．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．48．【问题提出】（1）如图1，在四边形ABCD中，，，，E、F分别是BC、CD上的点，探究当为多少度时，使得成立．小亮同学认为：延长FD到点G，使，连接AG，先证明，再证明，则可求出∠EAF的度数为______；【问题探究】（2）如图2，在四边形ABCD中，，，E、F分别是BC、CD上的点，当∠EAF与∠BAD满足怎样的数量关系时，依然有成立，并说明理由．【问题解决】（3）如图3，在正方形ABCD中，，若的周长为8，求正方形ABCD的面积．【答案】（1）60°；（2）当时，成立，理由见解析；（3）16【分析】（1）根据全等三角形的性质得到证明得到根据题意，计算即可得出结果．（2）延长FD到点H，使，连接AH，分别证明，根据全等三角形的性质解答即可．（3）根据（2）的结论得到，进而求出AD，根据正方形的面积公式计算即可．【详解】解：（1）当时，，理由如下，延长FD到点G，使，连接AG，在和中，在和中，；（2）当时，成立，理由如下：如图2，延长FD到点H，使，连接AH，∵，，∴，在和中，，∴（SAS），∴，，∴，∵，∴，在和中，，∴（SAS），∴；（3）∵四边形ABCD为正方形，∴．∵，∴，∴，∵的周长为8，∴，∴，∴AD+CD=8，∴，∴正方形ABCD的面积．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解此题的关键．类型四、三条线段数量关系的证明49．问题1：在数学课本中我们研究过这样一道题目：如图1，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥MN，AD⊥MN，垂足分别为E、D．图中哪条线段与AD相等？并说明理由．问题2：试问在这种情况下线段DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出来，不需要说明理由．问题3：当直线CE绕点C旋转到图2中直线MN的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并说明理由．【答案】问题1，AD＝EC，证明见解析；问题2：DE+BE＝AD；问题3：DE＝AD+BE，证明见解析．【分析】（1）由已知推出∠ADC=∠BEC=90°，因为∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+ACD=90°，推出∠DAC=∠BCE，根据AAS即可得到△ADC≌△CEB，即可得出AD=EC；（2）由（1）得到AD=CE，CD=BE，即可求出答案；（3）与（1）证法类似可证出∠ACD=∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD=CE，CD=BE，即可得到DE、AD、BE之间的等量关系．【详解】解：（1）AD＝EC；证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，∴∠ADC＝∠BEC＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，∴∠DAC＝∠BCE，∵∠ADC＝∠BEC，AC＝BC，∴△ADC≌△CEB，∴AD＝EC；（2）DE+BE＝AD；由（1）已证△ADC≌△CEB，∴AD＝EC，CD=EB，CE=AD∴CE=CD+DE=BE+DE=AD即DE+BE＝AD；（3）DE＝AD+BE．证明：∵BE⊥BC，AD⊥CE，∴∠ADC＝90°，∠BEC＝90°，∴∠EBC+∠ECB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ECB+∠ACD＝90°，∴∠ACD＝∠CBE，∵∠ADC＝∠BEC，AC＝BC，∴△ADC≌△CEB，∴AD＝CE，CD＝BE，∵CD+CE＝DC，∴DE＝AD+BE．【点睛】此题主要考查了邻补角的意义，全等三角形的性质和判定等知识点，能根据已知证出符合全等的条件是解此题的关键，题型较好，综合性比较强．50．如图1，点A和点B分别在y轴正半轴和x轴负半轴上，且OA=OB，点C和点D分别在第四象限和第一象限，且OC⊥OD，OC=OD，点D的坐标为（m，n），且满足+|n﹣2|=0．（1）求点D的坐标；（2）求∠AKO的度数；（3）如图2，点P，Q分别在y轴正半轴和x轴负半轴上，且OP=OQ，直线ON⊥BP交AB于点N，MN⊥AQ交BP的延长线于点M，判断ON，MN，BM的数量关系并证明．【答案】(1)(4,2);(2)135°;(3)见解析.【分析】（1）利用非负数的性质即可解决问题；（2）如图1中，作OE⊥BD于E，OF⊥AC于F．只要证明△BOD≌△AOC，推出EO=OF（全等三角形对应边上的高相等），推出OK平分∠BKC，再证明∠AKB=∠BOA=90°，即可解决问题；（3）结论：BM=MN+ON；只要证明△BNH≌△BNO，以及MH=MB即可解决问题；【详解】解：（1）∵=0，又∵≥0，|n﹣2|≥0，∴n=2，m=4，∴点D坐标为（4，2）．（2）如图1中，作OE⊥BD于E，OF⊥AC于F．∵OA=OB，OD=OC，∠AOB=∠COD=90°，∴∠BOD=∠AOC，∴△BOD≌△AOC，∴EO=OF（全等三角形对应边上的高相等），∴OK平分∠BKC，∴∠OBD=∠OAC，易证∠AKB=∠BOA=90°，∴∠OKE=45°，∴∠AKO=135°．（3）结论：BM=MN+ON．理由：如图2中，过点B作BH∥y轴交MN的延长线于H．∵OQ=OP，OA=OB，∠AOQ=∠BOP=90°，∴△AOQ≌△BOP，∴∠OBP=∠OAQ，∵∠OBA=∠OAB=45°，∴∠ABP=∠BAQ，∵NM⊥AQ，BM⊥ON，∴∠ANM+∠BAQ=90°，∠BNO+∠ABP=90°，∴∠ANM=∠BNO=∠HNB，∵∠HBN=∠OBN=45°，BN=BN，∴△BNH≌△BNO，∴HN=NO，∠H=∠BON，∵∠HBM+∠MBO=90°，∠BON+∠MBO=90°，∴∠HBM=∠BON=∠H，∴MH=MB，∴BM=MN+NH=MN+ON．【点睛】本题主要考查了非负数的性质，坐标与图形性质，全等三角形的判定与性质