专题30 中考命题核心元素全等三角形的基本模型的应用（解析版）

专题30中考命题核心元素全等三角形的基本模型的应用（解析版）

模块一典例剖析+针对训练

模型一平移模型

【模型解读】有一组边共线或部分重合，另两组边分别平行，常要在移动方向上加(减)公共线段，构

造线段相等，或利用平行线性质找到对应角相等．

基本图形：

典例1（2022春•广州期中）如图，点A、D、B、E在一条直线上，AD＝BE，AC＝DF，AC∥DF，求证：

△ABC≌△DEF．

思路引领：根据线段的和差得到AB＝DE，由平行线的性质得到∠A＝∠EDF，根据全等三角形的判定定

理证得结论．

证明：∵AD＝BE，

∴AD+BD＝BE+BD，

即AB＝DE，

∵AC∥DF，

∴∠A＝∠EDF，

在△ABC与△DEF中，

，

𝐴=𝐷

∠�=∠���

∴�△�=AB�C�≌△DEF（SAS）．

总结提升：本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS．注

意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对

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应相等时，角必须是两边的夹角．

针对训练

1．（2021春•高州市校级月考）如图，点A，B，C，D在一条直线上，EA∥FB，EA＝FB，AB＝CD．

（1）求证：∠E＝∠F．

（2）若EA＝CA，∠A＝40°，求∠D的度数．

思路引领：（1）由EA∥FB，利用“两直线平行，同位角相等”可得出∠A＝∠EBD，由AB＝CD可得出

AC＝BD，结合EA＝FB即可证出△EAC≌△FBD（SAS），再利用全等三角形的性质可证出∠E＝∠F；

（2）由EA＝CA，利用等边对等角可得出∠E＝∠ACE，结合∠A＝40°可求出∠ACE＝70°，由△EAC

≌△FBD，再利用全等三角形的性质可求出∠D＝70°．

（1）证明：∵EA∥FB，

∴∠A＝∠EBD．

∵AB＝CD，

∴AB+BC＝BC+CD，

即AC＝BD．

在△EAC和△FBD中，

，

��=𝐴

∠�=∠𝐴�

∴�△�=EA�C�≌△FBD（SAS），

∴∠E＝∠F．

（2）解：∵EA＝CA，

∴∠E＝∠ACE．

∵∠A＝40°，

∴∠ACE（180°﹣40°）＝70°．

1

∵△EAC≌=△2×FBD，

∴∠D＝∠ACE＝70°．

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总结提升：本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和

定理，解题的关键是：（1）利用全等三角形的判定定理SAS，证出△EAC≌△FBD；（2）利用等腰三角

形的性质及三角形内角和定理，求出∠ACE的度数是解题的关键．

2．（2022秋•武城县月考）如图，在四边形ABCD中，E为AB的中点，DE∥BC，∠ADE＝∠ECB，

（1）求证：△AED≌△EBC；

（2）当AB＝6时，求CD的长．

思路引领：（1）根据平行线的性质得∠AED＝∠B，再利用AAS证明△AED≌△EBC即可；

（2）利用SAS证明△DEC≌△BCE，得CD＝BE，从而得出答案．

（1）证明：∵E为AB的中点，

∴AE＝BE，

∵DE∥BC，

∴∠AED＝∠B，

在△AED与△EBC中，

，

∠�𝐷=∠���

∠𝐷�=∠�

∴�△�=AE�D�≌△EBC（AAS）；

（2）解：∵DE∥BC，

∴∠DEC＝∠BCE，

∵△AED≌△EBC，

∴ED＝BC，

在△DEC和△BCE中，

，

𝐷=��

∠𝐷�=∠���

∴�△�=DE�C�≌△BCE（SAS），

∴CD＝BE，

∵点E为AB的中点，

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∴BEAB＝3，

1

∴CD=＝2BE＝3．

总结提升：本题主要考查了平行线的性质，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．

模型二对称模型

【模型解读】所给图形可沿某一直线折叠，直线两旁的部分能完全重合，重合的顶点就是全等三角形

的对应顶点，解题时要注意其隐含条件，即公共边或公共角相等．

基本图形：

典例2（2021秋•黄埔区期末）如图，四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，我们把这种两组邻边分别相等

的四边形叫做“筝形”，

（1）求证：△ABC≌△ADC；

（2）测量OB与OD、∠BOA与∠DOA，你有何猜想？证明你的猜想．

（3）在“筝形”ABCD中，已知AC＝6，BD＝4，求“筝形”ABCD的面积．

思路引领：（1）根据SSS即可得出结论；

（2）由△ABC≌△ADC，得出∠BAC＝∠DAC，进而根据SAS判断出△ABO≌△ADO，即可得出结论；

（3）由∠BOA＝∠DOA判断出AC⊥BD，即可求出答案．

（1）证明：在△ABC和△ADC中，

，

𝐴=��

��=𝐴

∴�△�=AB�C�≌△ADC（SSS）；

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（2）解：OB＝OD，∠BOA＝∠DOA，

证明：由（1）知，△ABC≌△ADC，

∴∠BAC＝∠DAC，

在△ABO和△ADO中，

，

𝐴=��

∠�𝐴=∠�𝐴

∴�△�=AB�O�≌△ADO（SAS），

∴OB＝OD，∠BOA＝∠DOA；

（3）由（2）知，∠BOA＝∠DOA，

∵∠BOA+∠DOA＝180°，

∴∠BOA＝90°，

即AC⊥BD，

∴“筝形”ABCD的面积为BD•AC4×6＝12．

11

=×

总结提升：此题是四边形综2合题，主要2考查了全等三角形的判定和性质，“筝形”的面积求法，判断出△

ABC≌△ADC是解本题的关键．

针对训练

1．（2022秋•梁溪区校级期中）已知：如图，AC、DB相交于点O，AB＝DC，∠ABO＝∠DCO．

（1）求证：△ABO≌△DCO；

（2）若∠OBC＝34°，求∠OCB的度数．

思路引领：（1）根据AAS即可得出结论；

（2）由△ABO≌△DCO，得出OB＝OC，即可推出结果．

（1）证明：在△ABO和△DCO中，

，

∠𝐴�=∠𝐴�

∠𝐴�=∠𝐴�

∴�△�=AB�O�≌△DCO（AAS）；

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（2）解：由（1）知，△ABO≌△DCO，

∴OB＝OC，

∴∠OBC＝∠OCB＝34°．

总结提升：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题的关键．

模型三一线三垂直

【模型解读】一线：经过直角顶点的直线(BE)；三垂直：直角两边互相垂直(AC⊥CD)，分别过直角两

边上的点向过直角顶点的直线作垂线(AB⊥BC，DE⊥CE)．利用“同角的余角相等”找等角(如∠1＝∠2)．

基本图形：

典例3（2017秋•汝城县期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD边上运动，且始终保持

BE＝CF．连接AE、BF．

（1）求证：△ABE≌△BCF；

（2）求证：AE⊥BF；

（3）若AB＝10cm，红蚂蚁P以2.6厘米/秒的爬行速度从点B出发，黑蚂蚁Q以3厘米/秒的爬行速度

从点C同时出发，都逆时针沿正方形ABCD的边爬行，求经过多长时间，两只蚂蚁第一次在正方形ABCD

的哪条边上相遇？

思路引领：（1）由正方形的性质可得AB＝BC，∠ABE＝∠BCF，然后利用“边角边”证明△ABE和△

BCF全等；

（2）由全等三角形对应角相等可得∠BAE＝∠CAF，然后求出∠BAE+∠ABF＝∠ABC＝90°，判断出

AE⊥BF；

（3）由黑蚂蚁Q的路程﹣红蚂蚁P的路程＝30cm，列出方程可求解．

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证明：（1）在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，

在△ABE和△BCF中，

，

𝐴=��

∠𝐴�=∠���

∴�△�=AB�E�≌△BCF（SAS）；

（2）∵△ABE≌△BCF，

∴∠BAE＝∠CAF，

∴∠BAE+∠ABF＝∠CAF+∠ABF＝∠ABC＝90°，

∴AE⊥BF；

（3）设经过x秒，两只蚂蚁第一次相遇，

由题意可得：3x﹣2.6x＝30

∴x＝75秒，

∴75×3＝5×40+25，

∴经过75秒，两只蚂蚁第一次在正方形ABCD的AB边上相遇．

总结提升：本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，证明△ABE≌△BCF是解题的关键．

针对训练

1．（2020•苏州）问题1：如图①，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，P是BC上一点，PA＝PD，∠

APD＝90°．求证：AB+CD＝BC．

问题2：如图②，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝45°，P是BC上一点，PA＝PD，∠APD＝90°．求

的值．

𝐴+��

��

思路引领：（1）由“AAS”可知△BAP≌△CPD，可得BP＝CD，AB＝PC，可得结论；

（2）过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥BC于F，由（1）可知EF＝AE+DF，由等腰直角三角形

的性质可得BE＝AE，CF＝DF，ABAE，CDDF，即可求解．

证明：（1）∵∠B＝∠APD＝90°，=2=2

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∴∠BAP+∠APB＝90°，∠APB+∠DPC＝90°，

∴∠BAP＝∠DPC，

又PA＝PD，∠B＝∠C＝90°，

∴△BAP≌△CPD（AAS），

∴BP＝CD，AB＝PC，

∴BC＝BP+PC＝AB+CD；

（2）如图2，过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥BC于F，

由（1）可知，EF＝AE+DF，

∵∠B＝∠C＝45°，AE⊥BC，DF⊥BC，

∴∠B＝∠BAE＝45°，∠C＝∠CDF＝45°，

∴BE＝AE，CF＝DF，ABAE，CDDF，

∴BC＝BE+EF+CF＝2（AE=+D2F），=2

∴．

𝐴+��2(𝐷+��)2

==

总结�提�升：本2题(�考�查+�了�)全等三2角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三

角形是本题的关键．

2．（2022•定远县模拟）如图，已知：Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC的中点，点P是

BC边上的一个动点．

（1）如图1，若点P与点D重合，连接AP，则AP与BC的位置关系是AP⊥BC；

（2）如图2，若点P在线段BD上，过点B作BE⊥AP于点E，过点C作CF⊥AP于点F，则CF，BE

和EF这三条线段之间的数量关系是CF＝BE+EF；

（3）如图3，在（2）的条件下，若BE的延长线交直线AD于点M，求证：CP＝AM；

（4）如图4，已知BC＝4，若点P从点B出发沿着BC向点C运动，过点B作BE⊥AP于点E，过点C

作CF⊥AP于点F，设线段BE的长度为d1，线段CF的长度为d2，试求出点P在运动的过程中d1+d2

的最大值．

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思路引领：（1）利用等腰三角形的性质可得答案；

（2）利用AAS证明△ACF≌△BAE，得CF＝AE，AF＝BE即可；

（3）由（2）同理可证CF＝AE．再利用ASA证明△CFP≌△AEM，得CP＝AM；

（4）用两种方法表示△ABC的面积，可得，当AP⊥BC时，AP最小，此时AP＝2，可得

128

答案．�+�=𝐴

解：（1）∵点D是BC的中点，

∴AP⊥BC，

故答案为：AP⊥BC；

（2）CF＝BE+EF，

∵BE⊥AP，CF⊥AP，

∴∠AEB＝∠AFC＝90°，∠BAE＝∠ACF，

∵AB＝AC，

∴△ACF≌△BAE（AAS），

∴CF＝AE，AF＝BE，

∴CF＝BE+EF，

故答案为：CF＝BE+EF；

（3）CP＝AM，理由如下：

证明：∵BE⊥AP，CF⊥AP．

∴∠AFC＝∠AEB＝90°．

∵∠BAE+∠FAC＝90°，

∠ACF+∠FAC＝90°．

∴∠BAE＝∠ACF．

又∵AB＝AC．

∴△ACF≌△BAE（AAS）．

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∴∠BAE＝∠ACF，CF＝AE．

∵在等腰Rt△ABC中，点D是BC的中点．

∴∠BAD＝∠ACD＝45°

∵∠BAE＝∠ACF．

∴∠EAM＝∠FCP．

在△CFP和△AEM中，

∠FCP＝∠EAM，CF＝AE，∠CFP＝∠AEM

∴△CFP≌△AEM（ASA），

∴CP＝AM；

（4）∵AD⊥BC，

∴，

△𝐴�1

�=2��⋅��=4

由图形可知，4，

11

�△𝐴�=�△𝐴�+�△𝐴�=𝐴⋅��+𝐴⋅��=

∴，22

128

∴当�+AP�⊥B=C�时�，AP最小，此时AP＝2；

∴d1+d2最大值为4．

总结提升：本题是三角形综合题，主要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

形的面积，垂线段最短等知识，利用面积法表示出是解决问题（4）的关键．

128

模型四旋转模型�+�=𝐴

【模型解读】可看成将三角形绕着公共顶点旋转一定角度，旋转后的图形与原图形之间存在两种情况：

(1)无重叠：两个三角形有公共顶点，无重叠部分一般有一对相等的角隐含在平行线、对顶角中．

(2)有重叠：两个三角形含有一部分公共角，运用角的和差得到等角．

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典例4（2021秋•长丰县月考）如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接

BD，CE，BD与CE交于点O，BD与AC交于点F．

（1）求证：BD＝CE．

（2）若∠BAC＝48°，求∠COD的度数．

（3）若G为CE上一点，GE＝OD，AG＝OC，且AG∥BD，求证：BD⊥AC．

思路引领：（1）根据AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠EAD，从而得出∠BAD＝∠CAE，即可得出△BAD

≌△CAE，进而可以解决问题；

（2）结合（1）证明∠COF＝∠BAC＝48°，进而可以解决问题；

（3）连接AO，证明△ADO≌△AEG，可得AG＝AO，∠DAO＝∠EAG，然后证明∠COF＝∠OAG，根

据AG∥BD，可得∠AOF＝∠OAG，再根据等腰三角形的性质即可解决问题．

（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，

∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，

即∠BAD＝∠CAE，

在△BAD与△CAE中，

，

𝐴=𝐴

∠���=∠�𝐷

∴�△�B=A�D�≌△CAE（SAS），

∴BD＝CE；

（2）解：∵△BAD≌△CAE，

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∴∠ABD＝∠ACE，

∵∠AFB＝∠CFO，

∴∠COF＝∠BAC＝48°，

∴∠COD＝180°﹣∠COF＝180°﹣48°＝132°，

答：∠COD的度数为132°．

（3）证明：如图，连接AO，

∵△BAD≌△CAE，

∴∠ADB＝∠AEC，

∵AD＝AE，GE＝OD，

在△ADO和△AEG中，

，

��=𝐷

∠�𝐴=∠𝐷�

∴�△�=AD�O�≌△AEG（SAS），

∴AG＝AO，∠DAO＝∠EAG，

∵AG＝OC，

∴OA＝OC，

∵∠OAG＝∠DAO+∠DAG，

∴∠OAG＝∠EAG+∠DAG＝∠DAE＝∠BAC，

由（2）知：∠COF＝∠BAC，

∴∠COF＝∠OAG，

∵AG∥BD，

∴∠AOF＝∠OAG，

∴∠COF＝∠AOF，

∵OA＝OC，

∴BD⊥AC．

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总结提升：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，直角三角形的性质，等边三角

形的性质以及角之间的关系，判断出∠COF＝∠AOF，是解本题的关键．

针对训练

1．（2022春•驻马店期末）如图，在△ADC中，DB是高，点E是DB上一点，AB＝DB，EB＝CB，M，

N分别是AE，CD上的点，且AM＝DN．

（1）试说明：△ABE≌△DBC；

（2）探索BM和BN的位置关系和数量关系，并说明理由．

思路引领：（1）根据SAS可证明△ABE≌△DBC；

（2）证得∠BAM＝∠BDN．证明△ABM≌△DBN．得出BM＝BN，∠ABM＝∠DBN．得出∠ABD＝90°．则

结论得证．

（1）证明：∵DB是高，

∴∠ABE＝∠DBC＝90°．

在△ABE和△DBC中，

，

𝐴=𝐴

∠𝐴�=∠𝐴�

∴�△�=AB�E�≌△DBC（SAS）；

（2）解：BM＝BN，BM⊥BN，理由如下：

∵△ABE≌△DBC，

∴∠BAM＝∠BDN，

在△ABM和△DBN中，

，

𝐴=𝐴

∠���=∠���

∴�△�A=B�M�≌△DBN（SAS），

∴BM＝BN，∠ABM＝∠DBN，

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∴∠DBN+∠DBM＝∠ABM+∠DBM＝∠ABD＝90°，

∴MB⊥BN．

总结提升：本题考查了全等三角形的判定和性质，垂直的定义，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解

题的关键．

2．（2021•南通一模）如图，四边形ABCD是正方形，点E是平面内异于点A的任意一点，以线段AE为边

作正方形AEFG，连接EB，

GD．

（1）如图1，求证EB＝GD；

（2）如图2，若点E在线段DG上，AB＝5，AG＝3，求BE的长．

思路引领：（1）根据正方形性质求出A＝AG，AB＝AD2，∠BAD＝∠GAE＝90°，求出∠BAE＝∠DAG，

根据SAS推出△AGD≌△AEB即可；

（2）根据勾股定理求出DH、EG，求出GH，根据全等得出BE＝DG，即可求出答案．

（1）证明：∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，

∴AB＝AD，AG＝AE，∠BAD＝∠GAE＝90°，

∴∠BAE＝∠DAG，

在△AGD和△AEB中，

，

��=𝐷

∠���=∠�𝐴

∴�△�A=G�D�≌△AEB（SAS），

∴EB＝GD；

（2）解：作AH⊥DG于H，

∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，

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∴AD＝AB＝5，AE＝AG＝3．

2

∴由勾股定理得：EG6，

22

=(32)+(32)=

AH＝GHEG＝3（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），

1

=

∴DH24，

22

∴BE＝=DG�＝�D−H�+G�H＝=3+4＝7．

总结提升：本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识点，

能求出△AGD≌△AEB是解此题的关键

模块二2023中考押题预测

1．（2021秋•西山区期末）如图，AB＝DE，AC＝DF，BE＝CF，求证：△ABC≌△DEF．

思路引领：根据BE＝CF求出BC＝EF，再根据全等三角形的判定定理SSS推出即可．

证明：∵BE＝CF，

∴BE+EC＝CF+EC，

即BC＝EF，

在△ABC和△DEF中，

，

𝐴=𝐷

��=��

∴�△�=AB�C�≌△DEF（SSS）．

总结提升：本题考查了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SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．

2．（2020秋•开福区月考）如图，在△ABC中，点D是BC上一点，且AD＝AB，AE∥BC，∠BAD＝∠CAE，

连接DE交AC于点F．

（1）若∠C＝40°，求∠B的度数；

（2）若AD平分∠BDE，求证：AE＝AC．

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思路引领：（1）由AD＝AB，得∠B＝∠ADB．由AE∥BC，得∠EAC＝∠C，那么∠C+∠DAC＝∠EAC+

∠DAC，即∠ADB＝∠DAE．由∠BAD＝∠CAE，得∠BAC＝∠DAE，那么∠B＝∠BAC．已知∠C＝40°，

根据三角形内角和定理求得∠B＝70°．

（2）欲证AE＝AC，可证△ABC≌△ADE．由AD平分∠BDE，得∠BDA＝∠ADE，那么∠B＝∠ADE．由

∠BAD＝∠CAE，得∠BAC＝∠DAE，从而推断出△ABC≌△ADE．

解：（1）∵AD＝AB，

∴∠B＝∠ADB．

∵AE∥BC，

∴∠EAC＝∠C．

又∵∠BAD＝∠CAE，

∴∠BAD＝∠C．

∵∠BDA＝∠C+∠DAC，

∴∠BDA＝∠BAD+∠DAC＝∠BAC．

又∵∠B＝∠BDA，

∴∠B＝∠BAC．

∵∠C＝40°，

∴∠B+∠BAC＝180°﹣∠C＝140°．

∴2∠B＝140°．

∴∠B＝70°．

（2）由（1）得：∠B＝∠ADB．

∵AD平分∠BDE，

∴∠BDA＝∠ADE．

∴∠B＝∠ADE．

∵∠BAD＝∠CAE，

∴∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC．

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∴∠BAC＝∠DAE．

在△ABC和△ADE中，

，

∠�𝐴=∠�𝐷

𝐴=��

∴∠△�=AB∠C�≌�△�ADE（ASA）．

∴AE＝AC．

总结提升：本题主要考查平行线的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的性质、三角形内角和定理、

角平分线的定义、全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行线的性质、等腰三角形的性质、三角形外角

的性质、三角形内角和定理、角平分线的定义、全等三角形的判定与性质是解决本题的关键．

3．（2022秋•南昌期末）如图，在△ABC和△DBC中，∠ACB＝∠DBC＝90°，点E是BC的中点，DE⊥

AB于点F，且AB＝DE．

（1）求证：△ACB≌△EBD；

（2）若DB＝12，求AC的长．

思路引领：（1）由“AAS”可证△ACB≌△EBD；

（2）由全等三角形的性质可得BC＝DB＝12，AC＝EB，即可求解．

（1）证明：∵∠ACB＝∠DBC＝90°，DE⊥AB，

∴∠DEB+∠ABC＝90°，∠A+∠ABC＝90°，

∴∠DEB＝∠A，

在△ACB和△EBD中，

，

∠𝐴�=∠���=90°

∠�=∠𝐷�

∴�△�=AC�B�≌△EBD（AAS）；

（2）解：∵△ACB≌△EBD，

∴BC＝DB，AC＝EB，

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∵E是BC的中点，

∴，

1

∵D��B＝=122�，�BC＝DB，

∴BC＝12，

∴AC＝EBBC＝6．

1

总结提升：=本2题考查了全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．

4．如图（1）矩形ABCD中，AB＝2，BC＝5，BP＝1，∠MPN＝90°将∠MPN绕点P从PB处开始按顺时

针方向旋转，PM交AB（或AD）于点E，PN交边AD（或CD）于点F，当PN旋转至PC处时，∠MPN

的旋转随即停止

（1）特殊情形：如图（2），发现当PM过点A时，PN也恰好过点D，此时，△ABP∽△PCD（填：

“≌”或“～”）；

（2）类比探究：如图（3）在旋转过程中，的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明

��

理由；��

（3）拓展延伸：设AE＝t，当△EPF面积为4.2时，直接写出所对应的t的值．

思路引领：（1）根据矩形的性质找出∠B＝∠C＝90°，再通过角的计算得出∠BAP＝∠CPD，由此即可

得出△ABP∽△PCD；

（2）过点F作FH⊥PC于点H，根据矩形的性质以及角的计算找出∠B＝∠FHP＝90°、∠BEP＝∠HPF，

由此即可得出△BEP∽△HPF，根据相似三角形的性质，找出边与边之间的关系即可得出结论；

（3）分点E在AB和AD上两种情况考虑，根据相似三角形的性质找出各边的长度，再利用分割图形求

面积法找出S与t之间的函数关系式，令S＝4.2求出t值，此题得解．

解：（1）如图2中，

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∵四边形ABCD为矩形，

∴∠B＝∠C＝90°，

∴∠BAP+∠BPA＝90°．

∵∠MPN＝90°，

∴∠BPA+∠CPD＝90°，

∴∠BAP＝∠CPD，

∴△ABP∽△PCD，

故答案为：∽．

（2）是定值．如图3，过点F作FH⊥PC于点H，

∵矩形ABCD中，AB＝2，

∴∠B＝∠FHP＝90°，HF＝AB＝2，

∴∠BPE+∠BEP＝90°．

∵∠MPN＝90°，

∴∠BPE+∠HPE＝90°，

∴∠BEP＝∠HPF，

∴△BEP∽△HPF，

∴，

����

=

∵�B�P＝1�，�

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∴．

��1

=

��2

（3）分两种情况：

①如图3，当点E在AB上时，0≤t≤2．

∵AE＝t，AB＝2，

∴BE＝2﹣t．

由（2）可知：△BEP∽△HPE，

∴，即，

����2−�1

==

∴�H�P＝4�﹣�2t．𝐴2

∵AF＝BH＝PB+PH＝5﹣2t，

2

∴S＝S矩形ABHF﹣S△AEF﹣S△BEP﹣S△PHF＝AB•AFAE•AFBE•PBPH•FH＝t﹣4t+5（0≤t≤2）．

111

当S＝4.2时，t2﹣4t+5＝4.2，−2−2−2

解得：t＝2±．

45

∵0≤t≤2，5

∴t＝2；

45

②如图−4，5当点E在AD上时，0≤t≤1，过点E作EK⊥BP于点K，

∵AE＝t，BP＝1，

∴PK＝1﹣t．

同理可证：△PKE∽△FCP，

∴，即，

����1−�1

==

∴F�C�＝2﹣��2t．𝐴2

∴DF＝CD﹣FC＝2t，DE＝AD﹣AE＝5﹣t，

2

∴S＝S矩形EKCD﹣S△EKP﹣S△EDF﹣S△PCF＝CD•DEEK•KPDE•DFPC•FC＝t﹣2t+5（0≤t≤1）．

111

−2−2−2

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当S＝4.2时，t2﹣2t+5＝4.2，

解得：t＝1±．

5

∵0≤t≤1，5

∴t＝1．

5

−

综上所述：5当点E在AB上时，S＝t2﹣4t+5（0≤t≤2），当S＝4.2时，t＝2；当点E在AD上时，S

45

−

＝t2﹣2t+5（0≤t≤1），当S＝4.2时，t＝1．5

5

总结提升：本题考查了矩形的性质、相似三−角5形的判定与性质以及三角形的面积，解题的关键是：（1）

熟练掌握相似三角形的判定定理；（2）根据相似三角形的性质找出；（3）分点E在AB和AD上

����

=

两种情况考虑．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，�根�据相�似�三角形的性质找出边与边之

间的关系是关键．

5．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过C点任作一条直线PQ，过A作AM⊥PQ于M，过B

作BN⊥PQ于N．

（1）如图1，当直线MN在△ABC的外部时，MN，AM，BN有什么关系呢？为什么？

（2）如图2，当直线MN经过△ABC内部时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不

成立，请指出MN与AM，BN之间的数量关系并说明理

由.

思路引领：（1）先根据垂直的定义得到∠AMC＝∠CNB＝90°，则∠MAC+∠ACM＝90°，又∠ACB＝

90°，则∠ACM+∠NCB＝90°，可得∠MAC＝∠NCB，根据“AAS”可证明△ACM≌△CBN，即得AM

＝CN，CM＝BN，故MN＝MC+CN＝AM+BN；

（2）与（1）证明方法一样可得到△ACM≌△CBN，根据全等的性质得AM＝CN，CM＝BN，故MN＝

CN﹣CM＝AM﹣BN．

解：（1）MN＝AM+BN；理由如下：

∵AM⊥PQ于M，BN⊥PQ于N，

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∴∠AMC＝∠CNB＝90°，

∴∠MAC+∠ACM＝90°，

∵∠ACB＝90°，

∴∠ACM+∠NCB＝90°，

∴∠MAC＝∠NCB，

在△ACM和△CBN中，

，

∠�𝐴=∠�𝐴

∠�𝐴=∠𝐴�

∴�△�=AC�M�≌△CBN（AAS），

∴AM＝CN，CM＝BN，

∴MN＝MC+CN＝AM+BN；

（2）（1）中的结论不成立，MN与AM、BN之间的数量关系为MN＝AM﹣BN．理由如下：

∵AM⊥PQ于M，BN⊥PQ于N，

∴∠AMC＝∠CNB＝90°，

∴∠MAC+∠ACM＝90°，

∵∠ACB＝90°，

∴∠ACM+∠NCB＝90°，

∴∠MAC＝∠NCB，

在△ACM和△CBN中，

，

∠�𝐴=∠�𝐴

∠�𝐴=∠𝐴�

∴�△�=AC�M�≌△CBN（AAS），

∴AM＝CN，CM＝BN，

∴MN＝CN﹣CM＝AM﹣BN．

总结提升：本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；

全等三角形的对应边相等．

6．（2021•泗洪县三模）如图，E、F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，BE∥DF．求证：AE＝CF．

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思路引领：先证∠AEB＝∠CFD，再根据AAS证△ABE≌△CDF，从而得出AE＝CF．

证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝CD，AB∥CD，

∠BAE＝∠DCF，

∵BE∥DF，

∴∠BEC＝∠DFA，

∴∠AEB＝∠CFD，

在△ABE和△CDF中，

，

∠𝐷�=∠���

∠�𝐷=∠𝐴�

∴�△�=AB�E�≌△CDF（AAS），

∴AE＝CF．

总结提升：本题主要考查了正方形的性质，全等三角形性质和判定，熟练掌握正方形的性质和全等三角

形的判定是解决问题的关键．

7．（2021秋•迁安市期末）小明将两个大小不同的含45°角的直角三角板如图1所示放置在同一平面内．从

图1中抽象出一个几何图形（如图2），B、C、E三点在同一条直线上，连结DC．猜想线段CD与BE

的数量关系和位置关系，并证明．

思路引领：证明△ABE≌△ACD（SAS），由全等三角形的性质即可解决问题．

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解：BE＝CD．CD⊥BE．

证明：∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，

∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，

即∠BAC+∠CAE＝∠DAE+∠CAE，

∴∠BAE＝∠CAD，

在△ABE和△ACD中，

，

𝐴=𝐴

∠�𝐷=∠���

∴�△�=AB�E�≌△ACD（SAS），

∴BE＝CD，∠ABE＝∠ACD＝45°，

∴∠ACD+∠ACB＝45°+45°＝90°，

∴∠BCD＝90°，

∴CD⊥BE．

总结提升：本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，证明△ABE≌△ACD是解题

的关键．

8．（2020•渝中区二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，CD⊥AB于点D，E为线段CD上一

点（不含端点），连接AE，设F为AE的中点，作CG⊥CF交直线AB于点G．

（1）猜想：线段AG、BC、EC之间有何等量关系？并加以证明；

（2）如果将题设中的条件“E为线段CD上一点（不含端点）”改变为“E为直线CD上任意一点”，试

探究发现线段AG、BC、EC之间有怎样的等量关系，请直接写出你的结论，不用证明．

思路引领：（1）结论：AGBC+EC．证明△AFM≌△EFC（SAS），推出EC＝AM，∠M＝∠ECF，再

证明△ACM≌△BCG（AA=S），2推出AM＝BG，可得结论．

（2）分两种情形：点E在线段DC的延长线上时，点E在线段CD的延长线上时，分别画出图形考虑问

题即可．

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解：（1）结论：AGBC+EC．

=2

理由：如图1中，延长CF到M，使得FM＝CF．

∵AF＝EF，∠AFM＝∠EFC，FM＝FC，

∴△AFM≌△EFC（SAS），

∴EC＝AM，∠M＝∠ECF，

∵GC⊥CF，

∴∠GCF＝∠ACB＝90°，

∴∠ACM＝∠BCG，

∵CD⊥AB，

∴∠G+∠GCD＝90°，∠GCD+∠ECF＝90°，

∴∠G＝∠ECF＝∠M，

∵CA＝CB，

∴△ACM≌△BCG（AAS），

∴AM＝BG，

∴EC＝BG，

∵CA＝CB，∠ACB＝90°，

∴ABBC，

∴AG=＝A2B+BGBC+EC．

=2

（2）①如图2﹣1中，当点E在线段DC的延长线上时，AG＝|BC﹣EC|．

2

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理由：延长CF到H，使得FH＝CF．

同法可证，△AFH≌△EFC（SAS），△ACH≌△BCG（AAS），

∴EC＝AH，AH＝BG，

∵ABBC，

∴AG=＝|2BC﹣EC|．

2

②如图2﹣2中，当等E在线段CD的延长线上时，AGBC+CE．证明方法类似（1）．

=2

总结提升：本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，

解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．

9．（2020秋•盐都区期末）已知：如图，AC与BD相交于点O，AC⊥BC，AD⊥BD，垂足分别为点C、D，

且AC＝BD．求证：OA＝OB．

思路引领：根据HL证明Rt△ABC≌Rt△BAD，进而解答即可．

证明：∵AC⊥BC，AD⊥BD，

∴∠C＝∠D＝90°，

在Rt△ABC和Rt△BAD中，

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，

𝐴=��

∴�R�t△=A�B�C≌Rt△BAD（HL），

∴∠BAC＝∠ABD，

∴OA＝OB．

总结提升：本题考查了全等三角形的判定和性质，根据HL证明Rt△ABC≌Rt△BAD解答是解题的关键．

10．（2021•南通一模）如图，四边形ABCD是正方形，点E是平面内异于点A的任意一点，以线段AE为

边作正方形AEFG，连接EB，

GD．

（1）如图1，求证EB＝GD；

（2）如图2，若点E在线段DG上，AB＝5，AG＝3，求BE的长．

思路引领：（1）根据正方形性质求出A＝AG，AB＝AD2，∠BAD＝∠GAE＝90°，求出∠BAE＝∠DAG，

根据SAS推出△AGD≌△AEB即可；

（2）根据勾股定理求出DH、EG，求出GH，根据全等得出BE＝DG，即可求出答案．

（1）证明：∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，

∴AB＝AD，AG＝AE，∠BAD＝∠GAE＝90°，

∴∠BAE＝∠DAG，

在△AGD和△AEB中，

，

��=𝐷

∠���=∠�𝐴

∴�△�A=G�D�≌△AEB（SAS），

∴EB＝GD；

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（2）解：作AH⊥DG于H，

∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，

∴AD＝AB＝5，AE＝AG＝3．

2

∴由勾股定理得：EG6，

22

=(32)+(32)=

AH＝GHEG＝3（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），

1

=

∴DH24，

22

∴BE＝=DG�＝�D−H�+G�H＝=3+4＝7．

总结提升：本题考查了正方形的性质、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

点，能求出△AGD≌△AEB是解此题的关键．

11．（2021春•沙坪坝区校级月考