专题05 六大常考全等模型（解析版）

专题05六大常考全等模型一、【知识回顾】①模型一：平移模型②模型二：轴对称（翻折）模型③模型三：一线三等角模型（K字型）直角一线三等角④模型四：不共点旋转模型⑤模型五：共顶点旋转模型（手拉手模型）⑥模型六：半角模型（特殊的旋转模型）二、【考点类型】考点1：平移模型典例1：（2022·广西柳州·统考中考真题）如图，点A，D，C，F在同一条直线上，AB＝DE，BC＝EF．有下列三个条件：①AC＝DF，②∠ABC＝∠DEF，③∠ACB＝∠DFE．(1)请在上述三个条件中选取一个条件，使得△ABC≌△DEF．你选取的条件为（填写序号）______（只需选一个条件，多选不得分），你判定△ABC≌△DEF的依据是______（填“SSS”或“SAS”或“ASA”或“AAS”）；(2)利用（1）的结论△ABC≌△DEF．求证：AB∥DE．【答案】(1)①，SSS(2)见解析【分析】(1)根据SSS即可证明△ABC≌∆DEF，即可解决问题；(2)根据全等三角形的性质可得可得∠A=∠EDF，再根据平行线的判定即可解决问题．【详解】（1）解：在△ABC和△DEF中，，∴△ABC≌△DEF（SSS），∴在上述三个条件中选取一个条件，使得△ABC≌△DEF，选取的条件为①，判定△ABC≌△DEF的依据是SSS．（注意：只需选一个条件，多选不得分）故答案为：①，SSS；（2）证明：∵△ABC≌△DEF．∴∠A＝∠EDF，∴AB∥DE．【点睛】本题考查了平行线的性质和全等三角形的性质，和判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键．【变式1】（2023秋·福建福州·八年级统考期末）如图，点B，E，C，F在一条直线上，，，．求证：．【答案】见解析【分析】根据得到，然后证明，即可得出结论．【详解】证明：∵，∴，在和中，，∴．∴．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理以及性质定理是解本题的关键．考点2：轴对称（翻折）模型典例2：（2022·湖南长沙·统考中考真题）如图，AC平分∠BAD，CB⊥AB，CD⊥AD，垂足分别为(1)求证：△ABC≌(2)若AB=4，CD=3，求四边形【答案】(1)见解析(2)12【分析】（1）由角平分线的定义和垂直的定义求出∠CAB=∠CAD,∠B=∠D，结合已知条件，利用“AAS”即可求证；（2）由全等三角形的性质得AB=AD=4,BC=CD=3，根据三角形的面积公式求出S△ABC，S△ACD，再根据四边形【详解】（1）∵AC平分∠BAD，∴∠CAB=∠CAD,∠B=∠D，∵AC=AC，∴△ABC≅△ADC(AAS（2）∵△ABC≅△ADC，AB=4,CD=3，∴AB=AD=4,BC=CD=3，∵∠B=∠D=90°，∴S∴四边形ABCD的面积=S【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，熟练掌握它们是解题的关键．【变式1】（2022·广西百色·统考二模）如图，在△ABC和△DCB中，∠A＝∠D，AC和DB相交于点O，OA＝OD．(1)AB＝DC；(2)△ABC≌△DCB．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析【分析】（1）证明△ABO≌△DCO（ASA），即可得到结论；（2）由△ABO≌△DCO，得到OB＝OC，又OA＝OD，得到BD＝AC，又由∠A＝∠D，即可证得结论．【详解】（1）证明：在△ABO与△DCO中，∠A=∠DOA=OD∴△ABO≌△DCO（ASA）∴AB＝DC；（2）证明：∵△ABO≌△DCO，∴OB＝OC，∵OA＝OD，∴OB＋OD＝OC＋OA，∴BD＝AC，在△ABC与△DCB中，AC=BD∠A=∠D∴△ABC≌△DCB（SAS）．【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握并灵活选择全等三角形的判定方法是解题的关键考点3：一线三等角模型（K字型）典例3：（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图，中，，且点为边的中点．将绕点旋转，在旋转过程中，射线与线段相交于点，射线与射线相交于点，连结．(1)如图1，当点在线段上时，①求证：∽；②线段，，之间存在怎样的数量关系？请说明理由；(2)当为等腰三角形时，求的值．【答案】(1)①见解析，②BE²=BP·CQ(2)1或3【分析】（1）①推导角度关系可得∠CEQ=∠BPE，结合∠B=∠C即可得出结论；②由①中相似可得，结合BE=CE即可得出结论；（2）Q点可能在线段CA上或者线段CA的延长线上，分两种情况讨论，结合（1）中的相似三角形即可得出结果．（1）解：①∵∠DEF=30°，∠B=30°，∴∠BED+∠CEQ=150°，∠BED+∠BPE=150°∴∠CEQ=∠BPE，∵∠B=∠C，∴△BPE∽△CEQ；②BE²=BP·CQ，理由如下∶∵△BPE∽△CEQ∴∴BE·CE=BP·CQ∵点E为边BC的中点，∴BE=CE，∴BE²=BP·CQ；（2）解：①当点Q在线段AC上时，∵∠A=180°-∠B-∠C=120°，为钝角，∴△APQ为等腰三角形时有AP=AQ，∵∠B=∠C，∴AB=AC，∴BP=CQ，∴②当点Q在线段CA的延长线上时，如图：连接PQ∵∠BAC=120°，∴∠BAQ=60°，当△APQ为等腰三角形时，有△APQ为等边三角形设AB=AC=2a，则BC=a，BE=CE=a，设AQ=AP=x，则CQ=2a+x，BP=2a-x，由（1）得∶BE²=BP·CQ∴(a)²=(2a+x)(2a-x)，解得∶x=a，∴BP=a，CQ=3a，∴综上的值为1或3．【点睛】本题考查三角形相似综合问题，熟练掌握一线三等角的相似三角形模型是解题关键．【变式1】（2022秋·黑龙江绥化·八年级校考期中）在中，，，直线经过点C，且于D，于E．(1)当直线绕点C旋转到图1的位置时．①请说明的理由；②请说明的理由；(2)当直线绕点C旋转到图2的位置时，、、具有怎样的等量关系?请写出等量关系，并予以证明．(3)当直线绕点C旋转到图3的位置时，、、具有怎样的等量关系?请直接在横线上写出这个等量关系：________．【答案】(1)①理由见解析；②理由见解析(2)，证明见解析(3)【分析】本题“一线三垂直”模型即可证明全等，根据全等三角形的性质即可分别在三个图形中证明之间的关系．【详解】（1）解：①∵于D，于E，∴，∵，∴，，∴，在和中，∴，②∵，∴，，∵，∴，（2）结论：，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∴，（3）结论：，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，在和中∴，∴，，∴．【点睛】本题考查全等三角形的判断和性质，灵活运用“一线三垂直”模型是解题的关键．【变式2】（2022秋·河北邯郸·八年级校考期中）如图，在中，，，点D在线段上运动（D不与B、C重合），连接，作，交线段于E．(1)当时，_______，_______，_______；点D从B向C运动时，逐渐变_______（填“大”或“小”）；(2)当DC等于多少时，，请说明理由；(3)在点D的运动过程中，的形状可以是等腰三角形吗？若可以，请直接写出的度数，若不可以，请说明理由．【答案】(1)25，25，65，小(2)当时，，理由见解析；(3)当的度数为或时，的形状是等腰三角形．【分析】（1）先求出的度数，即可求出的度数，再利用三角形的外角性质即可求出的度数，根据点D从B向C运动时，逐渐增大，而不变化，，即可得到答案；（2）根据全等三角形的判定条件求解即可；（3）先证明当时等腰三角形，只存在或两种情况，然后分这两种情况讨论求解即可；【详解】（1）解：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴；∵点D从B向C运动时，逐渐增大，而不变化，，∴点D从B向C运动时，逐渐变小，故答案为：25，25，65，小；（2）解：当时，，理由：∵，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴；（3）解：当的度数为110°或80°时，的形状是等腰三角形，理由：∵，，∴，∴当时等腰三角形，只存在或两种情况，当时，∴，∵，∴，∴；当时，∴，∴，综上所述，当的度数为或时，的形状是等腰三角形．【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，三角形的外角性质，全等三角形的判定，等腰三角形的性质，熟知相关知识是解题的关键．【变式3】（2022秋·八年级课时练习）如图，中，，则点B的坐标为________．【答案】（4，1）【分析】如图，过点B作BD⊥x轴于D，根据点A、点C坐标可得OA、OC的长，根据同角的余角相等可得∠OAC=∠DCB，利用AAS可证明△OAC≌△DCB，根据全等三角形的性质可得BD=OC，CD=OA，即可求出OD的长，进而可得答案．【详解】如图，过点B作BD⊥x轴于D，∵A（0，3），C（1，0），∴OA=3，OC=1，∵∠ACB=90°，∴∠OCA+∠DCB=90°，∵∠OAC+∠OCA=90°，∴∠OAC=∠DCB，在△OAC和△DCB中，，∴△OAC≌△DCB，∴BD=OC=1，CD=OA=3，∴OD=OC+CD=4，∴点B坐标为（4，1）．故答案为：（4，1）【点睛】本题考查坐标与图形及全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题关键．考点4：不共顶点旋转模型典例4：（2023秋·山东泰安·七年级统考期末）如图，点在一条直线上，．(1)求证：；(2)若，求的长度．【答案】(1)见解析(2)3【分析】（1）由平行线的性质可得根据证明全等即可；（2）由全等三角形的性质可得．【详解】（1）解：证明：在与中（2）解：由(1),即,【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行线的性质等，证明三角形全等是解题的关键．【变式1】（2023春·山东济南·九年级校联考期中）如图，，是的对角线上两点，且，求证：．【答案】证明见解析【分析】借助平行四边形的性质，利用“”证明，由全等三角形的性质可得，然后根据“内错角相等，两直线平行”即可证明．【详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，又∵，∴，∴；∴，∴．【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以及平行线的判定与性质等知识，证明是解题关键．【变式2】（2022·福建泉州·校考三模）在平行四边形中，、分别是、上的点，且．求证：．【答案】见解析【分析】依据平行四边形的性质，即可得到，，，判定，即可得到．【详解】在平行四边形中，，，，又，，，在和中，，，．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．考点5：共顶点旋转模型（手拉手模型）典例5：（2022秋·八年级课时练习）在锐角三角形ABC中，AH是边BC的高，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC．其中正确的是_________．【答案】①②③④【分析】根据正方形的性质和SAS可证明△ABG≌△AEC，然后根据全等三角形的性质即可判断①；设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，根据全等三角形对应角相等可得∠ACE＝∠AGB，然后根据三角形的内角和定理可得∠CNG＝∠CAG＝90°，于是可判断②；过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，根据余角的性质即可判断④；利用AAS即可证明△ABH≌△EAP，可得EP＝AH，同理可证GQ＝AH，从而得到EP＝GQ，再利用AAS可证明△EPM≌△GQM，可得EM＝GM，从而可判断③，于是可得答案．【详解】解：在正方形ABDE和ACFG中，AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°，∴∠BAE+∠BAC＝∠CAG+∠BAC，即∠CAE＝∠BAG，∴△ABG≌△AEC（SAS），∴BG＝CE，故①正确；设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，∵△ABG≌△AEC，∴∠ACE＝∠AGB，∵∠AKG＝∠NKC，∴∠CNG＝∠CAG＝90°，∴BG⊥CE，故②正确；过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，∵AH⊥BC，∴∠ABH+∠BAH＝90°，∵∠BAE＝90°，∴∠EAP+∠BAH＝90°，∴∠ABH＝∠EAP，即∠EAM＝∠ABC，故④正确；∵∠AHB=∠P=90°，AB=AE，∴△ABH≌△EAP（AAS），∴EP＝AH，同理可得GQ＝AH，∴EP＝GQ，∵在△EPM和△GQM中，，∴△EPM≌△GQM（AAS），∴EM＝GM，∴AM是△AEG的中线，故③正确．综上所述，①②③④结论都正确．故答案为：①②③④．【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，作辅助线构造出全等三角形是难点，熟练掌握全等三角形的判定和性质是关键．【变式1】（2022秋·八年级课时练习）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：（1）如图1，∠BAD＝90°，AB＝AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E．由∠1+∠2＝∠2+∠D＝90°，得∠1＝∠D．又∠ACB＝∠AED＝90°，可以推理得到△ABC≌△DAE．进而得到AC＝，BC＝AE．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；（2）如图2，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AC＝AE，连接BC，DE，且BC⊥AF于点F，DE与直线AF交于点G．求证：点G是DE的中点；（深入探究）（3）如图，已知四边形ABCD和DEGF为正方形，△AFD的面积为S1，△DCE的面积为S2，则有S1S2（填“＞、＝、＜”）【答案】（1）DE；（2）见解析；（3）=【分析】（1）根据全等三角形的性质可直接进行求解；（2）分别过点D和点E作DH⊥FG于点H，EQ⊥FG于点Q，进而可得∠BAF=∠ADH，然后可证△ABF≌△DAH，则有AF=DH，进而可得DH=EQ，通过证明△DHG≌△EQG可求解问题；（3）过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E作EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M，由题意易得∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE，然后可得∠ADO=∠DCM，则有△AOD≌△DMC，△FOD≌△DNE，进而可得OD=NE，通过证明△ENP≌△CMP及等积法可进行求解问题．【详解】解：（1）∵，∴；（2）分别过点D和点E作DH⊥FG于点H，EQ⊥FG于点Q，如图所示：∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴△ABF≌△DAH，∴AF=DH，同理可知AF=EQ，∴DH=EQ，∵DH⊥FG，EQ⊥FG，∴，∵∴△DHG≌△EQG，∴DG=EG，即点G是DE的中点；（3），理由如下：如图所示，过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E作EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M∵四边形ABCD与四边形DEGF都是正方形∴∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE∵DO⊥AF，CM⊥OD，∴∠AOD=∠CMD=90°，∠OAD+∠ODA=90°，∠CDM+∠DCM=90°，又∵∠ODA+∠CDM=90°，∴∠ADO=∠DCM，∴△AOD≌△DMC，∴，OD=MC，同理可以证明△FOD≌△DNE，∴，OD=NE，∴MC=NE，∵EN⊥OD，CM⊥OD，∠EPN=∠CMP，∴△ENP≌△CMP，∴，∵，∴,∴即．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、直角三角形的两个锐角互余及等积法，熟练掌握全等三角形的判定条件是解题的关键．【变式2】（2020·江苏徐州·统考中考真题）如图，，，．，与交于点．（1）求证：；（2）求的度数．【答案】（1）见解析（2）90°【分析】（1）根据题意证明△ACE≌△BCD即可求解；（2）根据三角形的内角和及全等三角形的性质即可得到的度数．【详解】（1）∵，，∴∠ACB=∠ECD=90°∴∠ACB+∠BCE=∠ECD+∠BCE即∠ACE=∠BCD又．∴△ACE≌△BCD∴（2）∵△ACE≌△BCD∴∠A=∠B设AE与BC交于O点,∴∠AOC=∠BOF∴∠A+∠AOC+∠ACO=∠B+∠BOF+∠BFO=180°∴∠BFO=∠ACO=90°故=180°-∠BFO=90°．【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定定理．【变式3】（2023·全国·九年级专题练习）如图，在、中，，，设．连接，以、为邻边作，连接．(1)若，当、分别与、重合时（图1），易得．当绕点顺时针旋转到（图2）位置时，请直接写出线段、的数量关系________；(2)若，当绕点顺时针旋转到（图3）位置时，试判断线段、的数量关系，并证明你的结论；(3)若为任意角度，，，，绕点顺时针旋转一周（图4），当、、三点共线时，请直接写出的长度．【答案】(1)(2)，证明见解析(3)或【分析】（1）根据旋转全等模型可证，（SAS），结合已知平行四边形性质可证：，，根据，可得是等边三角形即可解题；（2）同理第一问，根据，可得是等腰直角三角形即可解题；（3）根据第一问可证：，当、、三点共线时，当、、三点共线时，、、三点共线，继而解三角形，求出BD长，由相似三角形性质求出EF，由分两种情况，分别画图求解即可．【详解】（1）解：如图2，连接EC，∵，∠BAC=∠BAD+∠DAC，∠DAE=∠DAC+∠CAE，∴∠BAD=∠CAE，又∵，，∴（SAS），∴，，∴，∵四边形BDFC是平行四边形，∴BC∥DF，BD=CF∴，，∴，又∵，∴，当时，，∴是等边三角形，∴EF=CF；（2）解：同理（1）可得：，，当时，，∴是等腰直角三角形，；（3）解：分两种情况进行讨论：如图3-1：AF=AE+EF，同理1可得：，，又∵，，．∴，∴，∴，，∵，，，∴，，由（1）得：（SAS），∴，∴∴当、、三点共线时，，∴当、、三点共线时，、、三点共线，如图4-1，过A点作AH⊥DE，∵AD=AE，∴，∴，∴，∴∵，∴，∴，如图4-2，AF=EF-AE，同理可得：，，∴∵，∴，∴，综上所述：AF长为或．【点睛】本题属于几何压轴题，综合性比较强，体会其中蕴含的从特殊到一般的思想是解题的关键．解题关键是关键旋转全等模型证明是等腰三角形，，从而可得，再结合解三角形求线段长．考点6：半角模型典例6：（2019·全国·九年级专题练习）如图所示，是边长为1的等边三角形，是顶角的等腰三角形，以为顶点作一个的角，角的两边交、于、，连结，求周长.【答案】△AMN的周长为2．【分析】根据已知条件得△CDE≌△BDM，再利用DE=DM，证明△DMN≌△DEN，得到对应边相等即可解题.【详解】如图，延长NC到E，使CE=BM，连接DE，

∵△ABC为等边三角形，△BCD为等腰三角形，且∠BDC=120°，∴∠MBD=∠MBC+∠DBC=60°+30°=90°，∠DCE=180°﹣∠ACD=180°﹣∠ABD=90°，又∵BM=CE，BD=CD，∴△CDE≌△BDM，∴∠CDE=∠BDM，DE=DM，∠NDE=∠NDC+∠CDE=∠NDC+∠BDM=∠BDC﹣∠MDN=120°﹣60°=60°，∵在△DMN和△DEN中，，∴△DMN≌△DEN，∴MN=NE=CE+CN=BM+CN，∴△AMN的周长=AM+AN+MN=AM+AN+NC+BM=AB+AC=1+1=2，故△AMN的周长为2．【点睛】本题考查等边三角形的性质与应用,截长补短的数学方法,中等难度,作辅助线证明全等是解题关键.【变式1】（2022秋·八年级课时练习）如图，在四边形中，，，分别是，上的点，连接，，．（1）如图①，，，．求证：；

（2）如图②，，当周长最小时，求的度数；（3）如图③，若四边形为正方形，点、分别在边、上，且，若，，请求出线段的长度．【答案】（1）见解析；（2）；（3）．【分析】（1）延长到点G,使，连接，首先证明，则有，，然后利用角度之间的关系得出，进而可证明，则，则结论可证；（2）分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点，交于点，根据轴对称的性质有，，当点、、、在同一条直线上时，即为周长的最小值，然后利用求解即可；（3）旋转至的位置，首先证明，则有，最后利用求解即可．【详解】（1）证明：如解图①，延长到点，使，连接，在和中，．，，，，．，在和中，．，；（2）解：如解图，分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点，交于点．由对称的性质可得，，此时的周长为．当点、、、在同一条直线上时，即为周长的最小值．，．，，；（3）解：如解图，旋转至的位置，，，．在和中，．．．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，轴对称的性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．【变式2】（2022秋·江苏·八年级专题练习）如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．【答案】2+2【分析】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN＋BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD＋DC，代入求出答案即可．【详解】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：

由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，∵∠BAC＝∠D＝90°，∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∴∠ABD+∠ABE＝180°，∴E，B，M三点共线，∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAM＝∠MAN，在△AEM和△ANM中，，

∴△AEM≌△ANM（SAS），∴MN＝ME，∴MN＝CN+BM，∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BC＝4，∴CD＝BC＝2，BD＝＝2，∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝2+2，故答案为：2+2．【点睛】本题考查直角三角形、全等三角形的性质和判定、旋转的性质的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键．【变式3】．（2020·黑龙江哈尔滨·统考模拟预测）如图，四边形中，，为上一点，连接，，，若，则线段的长为_______．【答案】【分析】如下图，先构造并证明，从而得出，再根据可推导出，最后在Rt△ACM中求解．【详解】解析：连接，过点作于点，于点，，，，，，，，，．设，则，．．设，则，，，在中，由勾股定理得解得．．【点睛】本题考查了构造并证明全等三角形、勾股定理的运用，解题关键是利用进行角度转化，得到边．巩固训练一、单选题1．（2022秋·河北唐山·八年级统考期中）如图，，下列条件中不能判定的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据全等三角形的判定定理即可一判定．【详解】解：，，当时，根据ASA可判定，故该选项不符合题意；当时，根据SAS可判定，故该选项不符合题意；当时，不能判定，故该选项符合题意；当时，可得，根据AAS可判定，故该选项不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握和运用全等三角形的判定定理是解决本题的关键．2．（2022秋·江苏扬州·八年级校考阶段练习）如图所示的是重叠的两个直角三角形，将其中一个直角三角形沿BC方向平移得到△DEF．若cm，cm，cm，则图中阴影部分面积为（

）A．47cm2 B．48cm2 C．49cm2 D．50cm2【答案】B【分析】先根据平移的性质得到cm，≌，则，cm，求出，然后根据梯形的面积公式计算即可．【详解】解：沿方向平移得到，cm，≌，，（cm），∴，（cm2），故B正确．故选：B．【点睛】本题主要考查平移的基本性质：平移不改变图形的形状和大小；经过平移，对应点所连的线段平行或共线且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．3．（2023秋·江苏盐城·八年级统考期末）如图，已知，要使，再添加一个条件（）A． B． C．D．【答案】A【分析】利用全等三角形的判定方法，即可得出答案．【详解】解：∵，，∴若添加条件，无法判定；若添加，则；若添加，则；若添加，则；故选：A．【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法；判定三角形全等的一般方法有：，，，，，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键．4．（2023春·广东深圳·七年级校考阶段练习）如图，，，，下列条件中不能证明的是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】延长交于，根据平行线的性质得出，，，，求出，，再根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．【详解】解：延长交于，∵，，，，，A．，，，符合全等三角形的判定定理，能推出，故本选项不符合题意；B．，，，不符合全等三角形的判定定理，不能推出，故本选项符合题意；C．，，，符合全等三角形的判定定理，能推出，故本选项不符合题意；D．，，，，，，，符合全等三角形的判定定理，能推出，故本选项不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查了平行线的性质和全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有，，，，两直角三角形全等还有等．5．（2023春·四川成都·九年级成都嘉祥外国语学校校考开学考试）如图，四边形是菱形，M，N分别是，两边上的点，不能保证和一定全等的条件是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据菱形的性质可得，再根据三角形全等的判定定理即可得．【详解】解：四边形是菱形，．A、，根据定理可以判定，则此项不符合题意；B、，根据定理可以判定，则此项不符合题意；C、，，即，根据定理可以判定，则此项不符合题意；D、，根据定理不能判定，则此项符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形全等的判定，熟练掌握菱形的性质是解题关键．6．（2023秋·湖北随州·八年级统考期末）如图，点，分别在线段，上，已知，现添加以下的哪个条件仍不能判定（

）A． B．C．， D．【答案】D【分析】根据全等三角形的判定条件逐一判断即可【详解】解：A、添加，可用判定，故A不符合题意；B、添加，可用判定，故B不符合题意；C、添加，，可得，即可用判定，故C不符合题意；D、添加，不能判定，故D符合题意；故选：D．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，熟知全等三角形的判定条件是解题的关键．三角形全等的判定定理有．7．（2022秋·八年级课时练习）如图，在△ABC中，AB＝AC＝9，点E在边AC上，AE的中垂线交BC于点D，若∠ADE＝∠B，CD＝3BD，则CE等于（）A．3 B．2 C． D．【答案】A【分析】根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，推出∠BAD＝∠CDE，根据线段垂直平分线的性质得到AD＝ED，根据全等三角形的性质得到CD＝AB＝9，BD＝CE，即可得到结论．【详解】解：∵AB＝AC＝9，∴∠B＝∠C，∵∠ADE＝∠B，∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB，∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB，∴∠BAD＝∠CDE，∵AE的中垂线交BC于点D，∴AD＝ED，在△ABD与△DCE中，，∴△ABD≌△DCE（AAS），∴CD＝AB＝9，BD＝CE，∵CD＝3BD，∴CE＝BD＝3故选：A．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的性质，属于基础题．8．（2022秋·八年级课时练习）如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（

）A．36 B．21 C．30 D．22【答案】B【分析】将关于对称得到，从而可得的面积为15，再根据对称的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，最后根据与的面积之和等于与的面积之和即可得．【详解】解：如图，将关于AE对称得到，则，，，，，在和中，，，，，即是直角三角形，，，即与的面积之和为21，故选：B．【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．9.（2022春·湖北宜昌·九年级专题练习）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AD，∠BCD＝120°，E、F分别为BC、CD上一点，∠EAF＝30°，EF＝3，DF＝1．则BE的长为（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，则可证得△ABH≌△ADF，从而AH=AF，∠BAH=∠DAF，易证△AHE≌△AFE，可得HE=EF=3，则可求得BE的长．【详解】延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，如图∵四边形ABCD内接于⊙O∴∠ABC+∠ADC=180゜∵∠ABH+∠ABC=180゜∴∠ABH=∠ADF在△ABH和△ADF中∴△ABH≌△ADF∴AH=AF，∠BAH=∠DAF∵∠BAD+∠BCD=180゜，∠BCD=120゜∴∠BAD=180゜-∠BCD=60゜∵∠EAF=30゜∴∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=30゜∴∠EAH=∠BAE+∠BAH=30゜在△AHE和△AFE中∴△AHE≌△AFE∴HE=EF=3∴BE=HE-BH=3-1=2故选：B【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，构造辅助线得到全等三角形的问题的关键与难点．10．（2022秋·八年级课时练习）如图，C为线段AE上一动点（不与点，重合），在AE同侧分别作等边三角形ABC和等边三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ．以下结论错误的是（

）A．∠AOB=60° B．AP=BQC．PQ∥AE D．DE=DP【答案】D【分析】利用等边三角形的性质，BC∥DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，得出A正确；根据△CQB≌△CPA（ASA），得出B正确；由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，得出C正确；根据∠CDE=60°，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，可知∠DQE≠∠CDE，得出D错误．【详解】解：∵等边△ABC和等边△CDE，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，在△ACD与△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠CBE=∠DAC，又∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，即∠ACP=∠BCQ，又∵AC=BC，在△CQB与△CPA中，，∴△CQB≌△CPA（ASA），∴CP=CQ，又∵∠PCQ=60°可知△PCQ为等边三角形，∴∠PQC=∠DCE=60°，∴PQ∥AE，故C正确，∵△CQB≌△CPA，∴AP=BQ，故B正确，∵AD=BE，AP=BQ，∴AD-AP=BE-BQ，即DP=QE，∵∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，∴∠DQE≠∠CDE，故D错误；∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∵等边△DCE，∠EDC=60°=∠BCD，∴BC∥DE，∴∠CBE=∠DEO，∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，故A正确．故选：D．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，利用旋转不变性，解题的关键是找到不变量．11.（2023·全国·九年级专题练习）如图，在平行四边形中，，为上一点，为的中点，则下列结论中正确的是（

）A．B． C．D．【答案】D【分析】根据平行四边形的性质可以得到，且为的中点，所以,由此可判断选项；再结合平行线的性质可以得到，由此可判断选项；同时延长和交于点，可以证得，所以,由此可以判断选项；由于，所以，由此可以判断选项；【详解】四边形是平行四边形由于条件不足，所以无法证明,故选项错误；故选项错误；同时延长和交于点在和中：由于条件不足，并不能证明，故选项错误；为的中点故选项正确；故选：D.【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，以及全等三角形的判定，根据题意作出相应的辅助线是求解本题的关键.12．（2019·浙江杭州·统考三模）如图，△ABC的面积为9cm2，BP平分∠ABC，AP⊥BP于P，连接PC，则△PBC的面积为（

）A．3cm2 B．4cm2 C．4.5cm2 D．5cm2【答案】C【分析】证△ABP≌△EBP，推出AP＝PE，得出S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，推出，代入求出即可．【详解】∵BP平分∠ABC，∴∠ABP＝∠EBP，∵AP⊥BP，∴∠APB＝∠EPB＝90°，在△ABP和△EBP中，∠ABP＝∠EBPBP＝BP∠APB＝∠EPB，∴△ABP≌△EBP（ASA），∴AP＝PE，∴S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，∴，故答案选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的面积的应用，注意：等底等高的三角形的面积相等．13．（2022秋·福建宁德·九年级校考阶段练习）如图，在正方形ABCD中，点O为对角线AC的中点，过点O作射线OG、ON分别交AB、BC于点E、F，且∠EOF＝90°，BO、EF交于点P．则下列结论中：（1）图形中全等的三角形只有两对；（2）正方形ABCD的面积等于四边形OEBF面积的4倍；（3）BE+BF＝OA；（4）AE2+CF2＝2OP•OB．正确的结论有（）个．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】由正方形的性质和已知条件得出图形中全等的三角形有四对，得出（1）错误；由，得出四边形OEBF的面积的面积正方形ABCD的面积，得出（2）正确；由，得出，得出，得出（3）正确；由得出，进而，再证明∽，得出，得出（4）正确．【详解】解：（1）不正确；图形中全等的三角形有四对：，，，；理由如下：四边形是正方形，，，，在和中，，；点为对角线的中点，，在和中，，；，，，，，又，，在和中，，；同理：；（2）正确．理由如下：，四边形的面积的面积正方形的面积；（3）正确．理由如下：，，；（4）正确．AE2+CF2＝BE2+BF2＝EF2＝（OF）2＝2OF2，在△OPF与△OFB中，∠OBF＝∠OFP＝45°，∠POF＝∠FOB，∴△OPF∽△OFB，OP：OF＝OF：OB，OF2＝OP•OB，AE2+CF2＝2OP•OB．正确结论的个数有3个；故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，以及勾股定理和相似三角形的判定和性质等．解题的关键是正确寻找全等三角形、相似三角形解决问题，属于中考常考题型．14.（2022春·广东江门·九年级江门市怡福中学校考阶段练习）如图，正方形和正方形的顶点，，在同一条直线上，顶点，，在同一条直线上，是的中点，的平分线过点，交于点，连接交于点，连接．以下四个结论：①；②；③；④．其中正确的结论有（

）个A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】①先利用正方形的性质证明，然后有，通过等量代换可得，则，即可判断①的正误；②通过直角三角形斜边中线的性质得出点H在正方形CGFE的外接圆上，然后根据圆周角定理的推论得出，即可判断②的正误；③首先证明，则有，进而可得，由此可判断③的正误；④先得出是的中位线，则，然后根据平行线分线段成比例得出，则有，进而可求出，又因为，则可判断④的正误．【详解】解：∵四边形和四边形是正方形，∴．在和中，，．，，，，故①错误；是直角三角形，是的中点，，点H在正方形的外接圆上．，，，∵，∴，∴，∴，，故②正确；∵平分，．，．在和中，，．，，，故③正确；∵四边形CGFE是正方形，∴．，．，是的中位线，，，，，．与高相同，．，，，故④错误．故正确的有②③，故选：B．【点睛】本题主要考查正方形的性质，三角形中位线的性质，全等三角形的判定及性质，平行线分线段成比例，圆周角定理等知识，掌握正方形的性质，三角形中位线的性质，全等三角形的判定及性质，平行线分线段成比例是解题的关键．15.（2022秋·广东深圳·九年级校考期中）如图，点M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上的两个动点，在运动过程中保持∠MAN＝45°，连接EN、FM相交于点O，以下结论：①MN＝BM+DN；②BE2+DF2＝EF2；③BC2＝BF•DE；④OM＝OF（）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④【答案】A【分析】由旋转的性质可得AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°，由“SAS”可证△AMN≌△AM′N，可得MN=NM′，可得MN=BM+DN，故①正确；由“SAS”可证△AEF≌△AED'，可得EF=D'E，由勾股定理可得BE2+DF2=EF2；故②正确；通过证明△DAE∽△BFA，可得，可证BC2=DE•BF，故③正确；通过证明点A，点B，点M，点F四点共圆，∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，可证MO=EO，由∠BAM≠∠DAN，可得OE≠OF，故④错误，即可求解．【详解】解：将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADM′，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，∴AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°，∴∠ADM'+∠ADC=180°，∴点M'在直线CD上，∵∠MAN=45°，∴∠DAN+∠MAB=45°=∠DAN+∠DAM'=∠M'AN，∴∠M′AN=∠MAN=45°，又∵AN=AN，AM=AM'，∴△AMN≌△AM′N（SAS），∴MN=NM′，∴M′N=M′D+DN=BM+DN，∴MN=BM+DN；故①正确；∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，∴AF=AD'，DF=D'B，∠ADF=∠ABD'=45°，∠DAF=∠BAD'，∴∠D'BE=90°，∵∠MAN=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°=∠BAD'+∠BAE=∠D'AE，∴∠D'AE=∠EAF=45°，又∵AE=AE，AF=AD'，∴△AEF≌△AED'（SAS），∴EF=D'E，∵D'E2=BE2+D'B2，∴BE2+DF2=EF2；故②正确；∵∠BAF=∠BAE+∠EAF=∠BAE+45°，∠AEF=∠BAE+∠ABE=45°+∠BAE，∴∠BAF=∠AEF，又∵∠ABF=∠ADE=45°，∴△DAE∽△BFA，∴，又∵AB=AD=BC，∴BC2=DE•BF，故③正确；∵∠FBM=∠FAM=45°，∴点A，点B，点M，点F四点共圆，∴∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，同理可求∠AEN=90°，∠DAN=∠DEN，∴∠EOM=45°=∠EMO，∴EO=EM，∴MO=EO，∵∠BAM≠∠DAN，∴∠BFM≠∠DEN，∴EO≠FO，∴OM≠FO，故④错误，故选：A．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．二、填空题16．（2022秋·江苏南京·八年级南京市第二十九中学校考阶段练习）如图，，且，，且，请按照图中所标注的数据计算的长为______．【答案】【分析】根据题意证明，，根据全等三角形对应边相等可得结果．【详解】解：∵，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，同理可得：，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了全等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本题的关键．17.（2023秋·山东济宁·八年级统考期末）如图，中，，D，E，F分别为边，，上的点，.若，则______.【答案】【分析】根据已知条件可推出，从而可知，再根据平角的定义及三角形内角和推出，即可得解．【详解】解：，，在和中，，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质及三角形内角和定理，根据全等三角形的性质及平角的定义推出是解题的关键．18．（2023秋·福建宁德·八年级统考期末）如图，在等腰中，，D为内一点，且，若，则的面积为________．【答案】8【分析】由线段CD的长求的面积，故过B作CD的垂线，则由三角形面积公式可知：，再由题中的和等腰直角三角形ABC，即可求证，最后由即可求解．【详解】解：过点B作CD的垂线，交CD的延长线于点E故答案是：8．【点睛】本题主要考查全等三角形的证明、辅助线的画法、等腰三角形的性质和三角形面积公式，属于中档难度的几何证明题．解题的关键是由三角形面积公式画出合适的辅助线．19.（2021·全国·九年级专题练习）在中，，点在边上，．若，则的长为__________．【答案】【分析】将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，可得△ACE≌△BCG，从而得FG2＝AE2＋BF2，再证明△ECF≌△GCF，从而得EF2＝AE2＋BF2，进而即可求解．【详解】解：将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，∵∠BCE＋∠ECA＝∠BCG＋∠BCE＝90°∴∠ACE＝∠BCG．∵在△ACE与△BCG中，∵，∴△ACE≌△BCG（SAS），∴∠A＝∠CBG＝45°，AE＝BG，∴∠FBG＝∠FBC＋∠CBG＝90°．在Rt△FBG中，∠FBG＝90°，∴FG2＝BG2＋BF2＝AE2＋BF2．又∵∠ECF＝45°，∴∠FCG＝∠ECG−∠ECF＝45°＝∠ECF．∵在△ECF与△GCF中，，∴△ECF≌△GCF（SAS）．∴EF＝GF，∴EF2＝AE2＋BF2，∵，∴BF=，故答案是：．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质以及旋转变换，二次根式的化简，通过旋转变换，构造全等三角形，是解题的关键．20.（2022秋·山东济南·九年级统考期中）如图，正方形的边长为5，点A的坐标为，点B在y轴上，若反比例函数的图象过点C，则k的值为_______．【答案】【分析】过点作轴于，根据正方形的性质可得，，再根据同角的余角相等求出，然后利用“角角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，，再求出，然后写出点的坐标，再把点的坐标代入反比例函数解析式计算即可求出的值．【详解】解：如图，过点作轴于，在正方形中，，，，，，点的坐标为，，，，在和中，，，，，，点的坐标为，反比例函数的图象过点，，故答案为：．【点睛】此题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，全等三角形的判定与性质，涉及到正方形的性质，反比例函数图象上的点的坐标特征，解题的关键是作辅助线构造出全等三角形并求出点的坐标．21．（2023·全国·九年级专题练习）如图，为AD上的中点，则BE＝______．【答案】【分析】延长BE交CD于点F，证，则BE=EF=BF，故再在直角三角形BCF中运用勾股定理求出BF长即可.【详解】解：延长BE交CD于点F,∵AB平行CD，则∠A=∠EDC，∠ABE=∠DFE，又E为AD上的中点，∴BE=EF,所以.∴∴在直角三角形BCF中，BF==.∴.【点睛】本题的关键是作辅助线，构造三角形全等，找到线段的关系，然后运用勾股定理求解.22.（2022秋·山东滨州·九年级统考期中）如图，点P是在等边内一点，，，，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接，．下列结论：①可以看作由绕点A逆时针旋转得到；②线段；③四边形的面积为；④．正确的是______（只填序号）．【答案】①②④【分析】由旋转的性质可知，，即可证明为等边三角形．由为等边三角形，可得出，，进而可证，从而可证，即可以看作由绕点A逆时针旋转得到，故①正确；由等边三角形的性质可直接得出，故②正确；由全等三角形的性质可知．再根据勾股定理逆定理可得出为直角三角形，且．过点A作交的延长线于点H，易求出，进而可求出，由三角形的面积公式求出和，进而即可求出，故可判断③；易求出．再根据全等的性质即得出，故④正确．【详解】由旋转的性质可知，，∴为等边三角形．∵为等边三角形，∴，，∴，即，∴，∴可以看作由绕点A逆时针旋转得到，故①正确；∵为等边三角形，∴，故②正确；∵，∴．∵，即，∴为直角三角形，且．如图，过点A作交的延长线于点H，∵为等边三角形，∴，∴，∴，∴，∴．∵，∴，故③错误；∵，，∴．∵，∴，故④正确．综上可知正确的是①②④．故答案为：①②④．【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理和勾股定理逆定理，旋转的性质等知识．正确的作出辅助线并利用数形结合的思想是解题关键三、解答题23．（2022·四川乐山·统考中考真题）如图，B是线段AC的中点，，求证：．【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，∵，∴∠A=∠EBC，∵，∴∠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．24．（2023秋·云南楚雄·八年级统考期末）如图所示，在四边形中，，，连接．求证：．【答案】见解析【分析】根据平行线的性质得出，进而证明，再证明，根据全等三角形的性质即可得出结论．【详解】证明：∵，∴，又∵，∴，即，∵在和中，，∴，∴．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，平行线的性质，正确证明三角形全等是解题的关键．25．（2022秋·陕西安康·八年级统考期中）如图，在中，，点D、E、F分别在AB、BC、AC边上，连接DE、DF、EF，且，．(1)求证：是等腰三角形；(2)当时，求的度数．【答案】(1)见解析(2)65°【分析】（1）由条件可以得出，就可以得出，就可得出结论；（2）由推出，然后求出，由三角形内角和定理和平角的定义就可以得出，进而求出的度数即可解决问题．【详解】（1）证明：∵，∴，在和中，∴，∴，∴是等腰三角形．（2）∵，∴，∴，∵，，∴，∵，∵，∴【点睛】本题考查了等腰三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，三角形内角和定理的运用，平角的定义的运用，解答时证明三角形全等是关键．．26．（2023秋·四川广安·八年级统考期末）如图，在中，，，D是边上的一个动点（点D不与点B，C重合），连接，作，与相交于点E．(1)当时，求证：；(2)当是等腰三角形时，求的度数．【答案】(1)见解析(2)或【分析】（1）根据等边对等角，得出，再根据三角形的外角的性质和角之间的数量关系，得出，，进而得出，再根据“角角边”，即可得出结论；（2）根据（1）得出，再根据三角形的内角和定理，得出，再根据等腰三角形的性质，结合三角形的内角和定理，分三种情况：当时，当时，当时，进行解答即可．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，，∴．在和中，，∴．（2）解：由（1）知，，∴．当是等腰三角形时，分以下三种情况讨论：①当时，，此时；②当时，，此时；③当时，则，此时点E与点C重合，不符合题意，故舍去．综上所述，的度数为或．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、三角形的外角的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理，解本题的关键在分类讨论．27.（2022秋·