第16讲 全等三角形 2025年中考数学一轮复习讲练测（广东专用）

第四章三角形第16讲全等三角形（6~8分）TOC\o"1-1"\n\h\z\u01考情透视·目标导航02知识导图·思维引航03考点突破·考法探究考点一全等三角形及其性质考点二全等三角形的判定考点三角平分线的性质04题型精研·考向洞悉命题点一实数的分类命题点一全等三角形及其性质►题型01利用全等三角形的性质求角度►题型02利用全等三角形的性质求长度命题点二全等三角形的判定►题型01添加一个条件使两个三角形全等►题型02灵活选用判定方法证明全等►题型03结合尺规作图的全等问题►题型04构造辅助线证明两个三角形全等-倍长中线法►题型05全等三角形模型-一线三等角模型►题型06全等三角形模型-旋转模型命题点三角平分线的性质►题型01利用角平分线的性质求长度►题型02利用角平分线的性质求面积►题型04角平分线的判定定理05分层训练·巩固提升基础巩固能力提升考点要求新课标要求考查频次命题预测全等三角形及其性质理解全等三角形的概念，能识别全等三角形中的对应边、对应角.10年7考在中考中，全等三角形主要以选择题、填空题和解答题的简单类型为主．常结合四边形综合考查．全等三角形的判定掌握基本事实:两边及其夹角分别相等的两个三角形全等；掌握基本事实:两角及其夹边分别相等的两个三角形全等；掌握基本事实:三边分别相等的两个三角形全等；证明定理两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等；探索并掌握判定直角三角形全等的“斜边、直角边”定理.近10年连续考查角平分线的性质探索并证明角平分线的性质定理:角平分线上的点到角两边的距离相等;反之，角的内部到角两边距离相等的点在角的平分线上10年8考全等三角形的应用10年6考考点一全等三角形及其性质全等图形概念：能完全重合的两个图形叫做全等图形.特征：①形状相同.②大小相等.③对应边相等、对应角相等.④周长、面积相等.全等三角形概念：能完全重合的两个三角形叫做全等三角形.【补充】两个三角形全等，互相重合的顶点叫做对应顶点，互相重合的边叫做对应边，互相重合的角叫做对应角.表示方法：全等用符号“≌”，读作“全等于”.书写三角形全等时，要注意对应顶点字母要写在对应位置上.全等变换定义：只改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小的变换.全等三角形的性质：1）对应边相等，对应角相等.2）全等三角形的对应角平分线、对应中线、对应高相等．3）全等三角形的周长相等、面积相等．考点二全等三角形的判定一、全等三角形的判定1.边边边定理：有三边对应相等的两个三角形全等（可简写成“边边边”或“SSS”）；2.边角边定理：有两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等（可简写成“边角边”或“SAS”）；3.角边角定理：有两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等（可简写成“角边角”或“ASA”）；4.角角边定理：有两角和它们所对的任意一边对应相等的两个三角形全等（可简写成“角角边”或“AAS”）；5.对于特殊的直角三角形：有斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等（可简写成“斜边、直角边”或“HL”）．从判定两个三角形全等的方法可知，要判定两个三角形全等，需要知道这两个三角形分别有三个元素（其中至少有一个元素是边）对应相等，这样就可以利用题目中的已知边（角）准确地确定要补充的边（角），有目的地完善三角形全等的条件，从而得到判定两个三角形全等的思路从判定两个三角形全等的方法可知，要判定两个三角形全等，需要知道这两个三角形分别有三个元素（其中至少有一个元素是边）对应相等，这样就可以利用题目中的已知边（角）准确地确定要补充的边（角），有目的地完善三角形全等的条件，从而得到判定两个三角形全等的思路.三、常见的全等三角形模型（基础）常见的全等三角形模型（基础）平移模型模型分析：此模型特征是有一组边共线或部分重合，另两组边分别平行，常要在移动的方向上加（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．对称模型模型分析：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，解题时要注意隐含条件，即公共边或公共角相等．一线三垂直/一线三等角模型解读：一线：经过直角顶点的直线；三垂直：直角两边互相垂直，过直角的两边向直线作垂直，利用“同角的余角相等”转化找等角旋转模型模型解读：将三角形绕着公共顶点旋转一定角度后，两个三角形能够完全重合，则称这两个三角形为旋转型三角形．旋转后的图形与原图形存在两种情况：①无重叠：两个三角形有公共顶点，无重叠部分，一般有一对隐含的等角；②有重叠：两个三角形含有一部分公共角，运用角的和差可得到等角．若题中没有全等的三角形，则可根据题中条件合理地添加辅助线，如运用作高法、倍长中线法、截长补短法、分解图形法等来解决运动、拼接、旋转等探究性题目．若题中没有全等的三角形，则可根据题中条件合理地添加辅助线，如运用作高法、倍长中线法、截长补短法、分解图形法等来解决运动、拼接、旋转等探究性题目．考点三角平分线的性质角平分线的性质定理：角的平分线上的点到这个角的两边的距离相等．角平分线的判定定理：角的内部，与角的两边的距离相等的点在这个角的平分线上．11.性质中的“距离”是指“点到角两边所在直线的距离”,因此在应用时必须含有“垂直”这个条件,否则不能得到线段相等.命题点一全等三角形及其性质►题型01利用全等三角形的性质求角度1．（2024·山东济南·中考真题）如图，已知，则的度数为（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了全等三角形的性质、三角形内角和定理等知识点，掌握全等三角形的对应角相等成为解题的关键．先根据三角形内角和定理求得，然后根据全等三角形的对应角相等即可解答．【详解】解：∵在中，，∴，∵，∴．故选C．2．（2024·山西吕梁·模拟预测）如图，用两对全等的三角形纸片拼成如图所示的六边形，，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】题目主要考查全等三角形的性质及三角形内角和定理，根据题意得出，然后进行等量代换求解即可，熟练掌握全等三角形的性质及三角形内角和定理是解题关键【详解】解：∵，，∴，∴，故选：B3．（2024·四川达州·一模）如图，，，，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查全等三角形的性质，三角形的内角和定理．关键是根据全等三角形的性质得出，然后根据三角形的内角和定理解题．【详解】解：∵，∴，∵，∴．故选：A．4．（2023·浙江金华·三模）如图，已知，，，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用三角形的内角和定理求出，利用全等三角形的性质即可得到的度数．【详解】解：∵，，∴，∵，∴，故选：C【点睛】此题考查了三角形内角和定理和全等三角形的性质，熟练掌握三角形的性质是解题的关键．►题型02利用全等三角形的性质求长度5．（2023·河南三门峡·二模）如图，，，，，点D为的中点，点E在的延长线上，将绕点D顺时针旋转α度得到，当是直角三角形时，的长为．【答案】5或【分析】本题考查了勾股定理，全等三角形的性质，旋转的性质．根据勾股定理可求出，先根据全等三角形的性质和旋转的性质，得到，从而得到．再分情况讨论：①当时；②当时，利用勾股定理分别求解，即可得到答案．利用分类讨论的思想解决问题是解题关键．【详解】解：，，，由勾股定理得：，，，绕点D顺时针旋转得到，，点D为的中点，，①当时，

，，；②当时，

在中，，在中，，综上可知，的长为5或．故答案为：5或．6．（2024·上海·模拟预测）在和中，，点M，N分别在边和边上，使得，则．【答案】【分析】本题主要考查了勾股定理、全等三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，证得成为解题的关键．由勾股定理可得，设，则，由全等三角形的性质可得，再证，然后利用相似三角形的性质列比例式求解即可．【详解】解：如图：∵，∴,设，则，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴,即，解得：，经检验，是方程的解．∴．故答案为．7．（2024·江苏常州·模拟预测）如图，在四边形中，对角线平分，，点在上，．若，，，则的长为．【答案】/【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识，解题关键是注意探究题中的隐含条件，通过适当添加辅助线构造全等三角形和相似三角形；根据角平分线的特点，在上截取，连结，构造全等三角形和相似三角形，由相似三角形的性质求出的长；【详解】解：如图，在上取一点，使，连接，平分，，，，，，，，，即，，即，，，，，，，，，，，，，，，故答案为：8．（2024·湖北·中考真题）如图，由三个全等的三角形(，，)与中间的小等边三角形拼成一个大等边三角形．连接并延长交于点G，若，则：（1）的度数是；（2）的长是．【答案】【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．（1）利用三角形相似及可得，再利用三角形的外角性质结合可求得；（2）作交的延长线于点，利用直角三角形的性质求得，，证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．【详解】解：(已知)，，，，，为等边三角形，，，，，，如图，过点作的延长线于点，，，，，，，，．故答案为：，．命题点二全等三角形的判定►题型01添加一个条件使两个三角形全等9．（2014·贵州黔西·中考真题）如图，已知，那么添加下列条件后，仍无法判定的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】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：、、、、，熟练掌握三角形全等的判定方法是解答的关键．按照选项逐一分析即可．【详解】解：A、添加，根据，能判定，故不符合题意；B、添加，根据，能判定，故不符合题意；C、添加，根据，能判定，故不符合题意；D、添加时不能判定，故符合题意．故选：D．10．（2025·上海普陀·一模）如图，在四边形中，为对角线，，如果要证得与全等，那么可以添加的条件是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本题考查了全等三角形的判定，根据全等三角形的判定方法逐一判断即可求解，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．【详解】解：在和中，，，、当添加条件，得到，对应相等的条件为，不能证得与全等，该选项不合题意；、当添加条件，对应相等的条件为，不能证得与全等，该选项不合题意；、当添加条件，对应相等的条件为，不能证得与全等，该选项不合题意；、当添加条件，对应相等的条件为，能证得与全等，该选项符合题意；故选：．11．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，在四边形中，已知．添一个条件，使，则不能作为这一条件的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查全等三角形的判定．根据题意，分别对每一项进行分析判断即可．【详解】解：A.已知，，添加，利用可得，此项不符合题意；B.已知，，添加，利用可得，此项不符合题意；C.已知，，添加，利用可得，此项不符合题意；D.已知，，添加不能得出，此项符合题意．故选：D．12．（2024·浙江金华·二模）如图，已知，添加下列条件，不能判定的是A． B．平分 C．为的中点 D．【答案】B【分析】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键．选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．先由得到，加上为公共边，则根据全等三角形的判定方法可分别对各选项进行判断．【详解】解：，，而，当添加时，，则，所以，所以A选项不符合题意；当添加平分时，，不能判断，所以B项符合题意；当添加为的中点时，，，则，所以，所以C选项不符合题意；当添加时，所以，所以D选项不符合题意．故选：B．►题型02灵活选用判定方法证明全等13．（2022·贵州铜仁·二模）如图，已知∠1＝∠2，AB＝AD，请添加一个条件，使△ABC≌△ADE，并加以证明．(1)你添加的条件是______（只需添加一个条件）；(2)写出证明过程．【答案】(1)∠ACB=∠AED或AE=AC或∠D=∠B（任选一个即可）．．(2)证明见解析【分析】由∠1=∠2，可证，然后结合已知条件，根据全等三角形判定定理AAS，SAS，ASA即可得出证明△ABC≌△ADE的条件．此题开放性较强，答案不唯一．【详解】（1）解：添加的条件可以为：∠ACB=∠AED或AE=AC或∠D=∠B（任选一个即可）．（2）证明：∵∠2+∠BAE=∠BAE+∠1，即又∵AB=AD，∴添加：∠ACB=∠AED，则△ABC≌△ADE（AAS）．【点睛】本题主要考查学生对全等三角形的判定理解和掌握．解答此题的关键是判定方法确定添加的条件．14．（2022·陕西宝鸡·一模）如图，与交于点O，连接、、，已知．(1)请你添加一个条件：________________，使；（只添一个即可）(2)根据（1）中你所添加的条件，证明：．【答案】(1)或∠C=∠D或∠ABC=∠DAB(2)见解析【分析】（1）已知中有一角和一边，需增加一个角或者角的另一边相等即可，可利用AAS或ASA或SAS；（2）根据（1）增加的条件，利用全等三角形的判定证明即可.【详解】（1）或∠C=∠D或∠ABC=∠DAB（2）①证明：在与中，∴②∠C=∠D证明：在与中，∴③∠ABC=∠DAB证明：在与中，∴【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，题目是开放性题目，熟练地掌握全等三角形的判定是解决本题的关键.15．（2023·陕西西安·模拟预测）如图，四边形中，，点E在对角线上，且，如果___________，那么．请填上能使结论成立的一个条件，并证明你的结论．

【答案】，证明见解析【分析】添加条件：，根据平行线的性质得，结合已知利用证明全等即可．【详解】添加条件：，证明如下：∵，∴，在和中，∴故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形的证明，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．16．（2022·广西柳州·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．►题型03结合尺规作图的全等问题17．（2022·湖北襄阳·一模）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，D为边BC上一点，CD＝AC，连接AD．(1)用尺规作∠ADE＝∠B，射线DE交线段AC于点E（不写作法，保留作图痕迹）；(2)若AB＝5，BD＝3，求AE的长．【答案】(1)见解析(2)2【分析】（1）利用作一个角等于已知角的作法，即可求解；（2）根据等腰三角形的性质可得AC＝AB＝5．再由CD＝AC，可得CD＝AC＝AB＝5．再根据三角形的外角性质可得∠CDE＝∠BAD．可证得△ABD≌△DCE．即可求解．【详解】（1）解：作图如图所示，∠ADE即为所作；（2）解：∵∠B＝∠C，∴AC＝AB＝5．∵CD＝AC，∴CD＝AC＝AB＝5．∵∠ADC＝∠ADE＋∠CDE＝∠B＋∠BAD，∵∠ADE＝∠B，∴∠CDE＝∠BAD．∴△ABD≌△DCE．∴CE＝BD＝3．∴AE＝AC-CE＝5-3＝2．【点睛】本题主要考查了尺规作图，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．18．（2020·广西河池·三模）在△ABC中，∠ACB=90º．（1）尺规作图：作AB的垂直平分线，交BC于D，交AB于E，连接AD；（保留作图痕迹，且用黑色笔将作图痕迹描黑，不写作法和证明）（2）在（1）中找出一组全等三角形，并加以证明．【答案】（1）见解析；（2）≌，证明见解析．【分析】（1）根据垂直平行线的尺规作图直接解答即可；（2）先找到图中全等三角形，然后利用垂直平分线的性质定理证明即可．【详解】（1）如图

（2）≌∵垂直平分，∴，，∴≌．【点睛】本题主要考查垂直平分线的尺规作图与性质及三角形全等的判定，熟练掌握尺规作图及三角形全等的判定方法是解题的关键．19．（2020·广东揭阳·模拟预测）如图，已知锐角，．（1）尺规作图：求作的角平分线；（保留作图痕迹，不写作法）（2）点在边上且，请连接，求证：．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）以点B为圆心，任意长为半径画弧与AB、BC相交，再分别以两个交点为圆心，大于两点间距离的一半为半径，在角的内部相交于一点，连接此点与点B并延长交AC与点D；（2）根据已知条件证明△DBE≌△DBC，即可得到结论.【详解】（1）作图如图所示，（2）证明：∵平分，∴，又∵，，∴，∴．【点睛】此题考查了基本作图--角平分线的画法，以及三角形全等的判定及性质．解题关键是掌握基本作图．20．（2021·湖南长沙·中考真题）人教版初中数学教科书八年级上册第35-36页告诉我们作一个三角形与已知三角形全等的方法：已知：．求作：，使得≌．作法：如图．（1）画；（2）分别以点，为圆心，线段，长为半径画弧，两弧相交于点；（3）连接线段，，则即为所求作的三角形．请你根据以上材料完成下列问题：（1）完成下面证明过程（将正确答案填在相应的横线上）：证明：由作图可知，在和中，∴≌______．（2）这种作一个三角形与已知三角形全等的方法的依据是______．（填序号）①AAS；②ASA；③SAS；④SSS【答案】（1）；（2）④．【分析】（1）先根据作图可知，再根据三角形全等的判定定理即可得；（2）根据三边对应相等的两个三角形是全等三角形即可得．【详解】（1）证明：由作图可知，在和中，，∴．故答案为：．（2）这种作一个三角形与已知三角形全等的方法的依据是，故答案为：④．【点睛】本题考查了利用定理判定三角形全等，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题关键．►题型04构造辅助线证明两个三角形全等-倍长中线法21．（2024·内蒙古鄂尔多斯·三模）生命中总有些节点，如同一条线段的中点，它既是过去与未来的交汇，也是静默与喧嚣的界碑．如图，点D是的边上的中线，，，则的取值范围为（

）．

A． B．C． D．【答案】A【分析】本题主要考查对全等三角形的性质和判定以及三角形的三边关系．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．延长到，使，连接，证，推出，根据三角形的三边关系定理求出即可．【详解】解：延长到，使，连接，

点D是的边上的中线，，在和中，，，，，，故选：A．22．（2023·贵州黔东南·一模）如图，在中，，，为的中点，，则的面积是（

）A．16 B． C．8 D．【答案】D【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形的面积的计算．根据垂直的定义得到，得到长到使，由线段中点的定义得到，根据全等三角形的性质得到，，求得，于是得到结论．【详解】解：∵，∴，∵，∴，延长到使，∵为的中点，∴，在与中，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴的面积，故选：D．23．（2021·浙江湖州·二模）如图，在四边形中，，，，，，点是的中点，则的长为（

）．A．2 B． C． D．3【答案】C【分析】延长BE交CD延长线于P，可证△AEB≌△CEP，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，∵AB∥CD，∴∠EAB＝∠ECP，在△AEB和△CEP中，∴△AEB≌△CEP（ASA）∴BE＝PE，CP＝AB＝5又∵CD＝3，∴PD=2，∵∴∴BE＝BP＝．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．24．（2024·山东临沂·一模）如图，点是的边上的中线，，，则的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质、三角形三边之间的关系，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．延长至，使，连接．由证明，得，再根据三角形的三边关系即可求解．【详解】解：延长至，使，连接．则，∵是边上的中线，∴，在和中，，∴，∴，在中，，即，，故选：A．►题型05全等三角形模型-一线三等角模型25．（2021·浙江宁波·一模）如图，已知和均是直角三角形，，，于点．（1）求证：≌；（2）若点是的中点，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）cm【分析】（1）根据即可证明结论；（2）结合（1）可得cm，根据点是的中点，可得cm，根据勾股定理即可求出的长．【详解】解：（1）证明：，，，，，，在和中，，；（2），cm，点是的中点，cm，cm，在中，根据勾股定理，得cm．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．26．（2024·黑龙江佳木斯·一模）是等腰三角形，，M是的中点，D为射线上一点（不与点B，C重合）、连接并延长到点E，使得，连接．过点B作的垂线交直线于点F．(1)如图①，点D在线段上，线段，，之间的有怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明：(2)当点D在线段上时，如图②；当点D在的延长线上时，如图③，直接写出线段，，之间的数量关系，不需证明．【答案】(1)图①的猜想：，证明见解析(2)图②：，图③：【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键；（1）作交的延长线于，证明得到，，从而得到，证明得到，即可得证；（2）如图，作交于，证明得到，，从而得到，证明得到，即可得证；如图，作交的延长线于，证明得到，，从而得到，证明得到，即可得证；【详解】（1），证明：如图，作交的延长线于，则，在和中，，，，，，，，，，，，在和中，，，，；（2）如图，作交于，则，在和中，，，，，，，，，，，，在和中，，，，，即；如图，作交的延长线于，则，在和中，，，，，，，，，，，，在和中，，，，；27．（2020·山西晋中·一模）阅读材料：我们知道：一条直线经过等腰直角三角形的直角顶点，过另外两个顶点分别向该直线作垂线，即可得三垂直模型”如图①，在中，，，分别过、向经过点直线作垂线，垂足分别为、，我们很容易发现结论：．

（1）探究问题：如果，其他条件不变，如图②，可得到结论；．请你说明理由．（2）学以致用：如图③，在平面直角坐标系中，直线与直线交于点，且两直线夹角为，且，请你求出直线的解析式．（3）拓展应用：如图④，在矩形中，，，点为边上—个动点，连接，将线段绕点顺时针旋转，点落在点处，当点在矩形外部时，连接，．若为直角三角形时，请你探究并直接写出的长．【答案】（1）理由见解析；（2）；（3）长为3或．【分析】（1）根据同角的余角相等得到，然后利用AA定理判定三角形相似；（2）过点作交直线于点，分别过、作轴，轴，由（1）得，从而得到，然后结合相似三角形的性质和锐角三角函数求出，，从而确定N点坐标，然后利用待定系数法求函数解析式；（3）分两种情形讨论：①如图1中，当∠PDC=90°时．②如图2中，当∠DPC=90°时，作PF⊥BC于F，PH⊥CD于H，设BE=x．分别求解即可．【详解】解：（1）∵，∴又∵∴∴∵．∴（2）如图，过点作交直线于点，分别过、作轴，轴

由（1）得

∴∵坐标

∴，∵

∴解得：，

∴设直线表达式为，代入，得，解得，∴直线表达式为（3）解：①如图1中，当∠PDC=90°时，

∵∠ADC=90°，∴∠ADC+∠PDC=180°，∴A、D、P共线，∵EA=EP，∠AEP=90°，∴∠EAP=45°，∵∠BAD=90°，∴∠BAE=45°，∵∠B=90°∴∠BAE=∠BEA=45°，∴BE=AB=3．②如图2中，当∠DPC=90°时，作PF⊥BC于F，PH⊥CD于H，设BE=x，

∵∠AEB+∠PEF=90°，∠AEB+∠BAE=90°，∴∠BAE=∠PEF，在△ABE和△EFP中，∴△ABE≌△EFP，∴EF=AB=3，PF=HC=BE=x，∴CF=3-（5-x）=x-2，∵∠DPH+∠CPH=90°，∠CPH+∠PCH=90°，∴∠DPH=∠PCH，∵∠DHP=∠PHC，∴△PHD∽△CHP，∴PH2=DH•CH，∴（x-2）2=x（3-x），∴x=或（舍弃），∴BE=，综上所述，当△PDC是直角三角形时，BE的值为3或．【点睛】本题考查旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考常考题型．28．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，直线：交y轴于点A，交x轴于点B，直线经过点A与轴x交于点C．(1)求直线的解析式；(2)如图2，直线交于点，点M在线段上，连接交y轴于点H，设点M的横坐标为t，的面积为S，求S与t之间的函数关系式；（不要求写出自变量t的取值范围）(3)如图3，在（2）的条件下，线段绕点M逆时针旋转90°得到线段，过点B作直线的垂线，垂足为F，连接交于点G，连接，当是锐角三角形，时，求点E的坐标．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）先根据直线求出A点坐标，即可求出直线的解析式；（2）先求出点坐标，再求出的解析式，即可表示出M点坐标，再利用三角形面积公式表示的面积S即可；（3）先根据对角互补模型证明，再证明，即可求出G点坐标，进而依次求出H、M点坐标，最后根据一线三垂直模型求出E点坐标即可．【详解】（1）∵直线：交v轴于点A，∴A点坐标为，∵直线经过点A与轴x交于点C．∴，∴直线的解析式；（2）由（1）可得直线：，直线的解析式∴，，∴∵直线交于点，∴∴直线解析式为，∵点M在线段上，连接交y轴于点H，设点M的横坐标为t，∴，过M作轴于T，∴，∴（3）过M作于K，过M作于J，∵线段绕点M逆时针旋转90°得到线段，过点B作直线的垂线，垂足为F∴，，∴，∴，∴，∴平分，∴，过B作轴交于P，过B作交于Q，过C作交于L，连接，∴都是等腰直角三角形，∴，，，∴，，∴，，∴，∴，即G为中点，∵，∴，∵∴是等腰直角三角形，过G作轴于R，轴于N，过E作交于S，∴，∴，∵，∴，∴∴，∵直线经过点，，∴直线解析式为，∵点M为直线与直线的交点，∴，∴∵，，，轴，∴，∴∴，∴【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查了一次函数图象上点的坐标的特征，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造三角形全等是解题的关键，综合性较强，要求学生有较强的逻辑思维能力．►题型06全等三角形模型-旋转模型29．（2021·内蒙古通辽·中考真题）已知和都是等腰直角三角形，．（1）如图1，连接，，求证：；（2）将绕点O顺时针旋转．①如图2，当点M恰好在边上时，求证：；②当点A，M，N在同一条直线上时，若，，请直接写出线段的长．【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②或【分析】(1)证明△AMO≌△BNO即可；(2)①连接BN，证明△AMO≌△BNO，得到∠A=∠OBN=45°，进而得到∠MBN=90°，且△OMN为等腰直角三角形，再在△BNM中使用勾股定理即可证明；②分两种情况分别画出图形即可求解．【详解】解：(1)∵和都是等腰直角三角形，∴，又，,∴，∴，∴；(2)①连接BN，如下图所示：∴，，且，∴，∴，，∴，且为等腰直角三角形，∴，在中，由勾股定理可知：，且∴；②分类讨论：情况一：如下图2所示，设AO与NB交于点C，过O点作OH⊥AM于H点，,为等腰直角三角形，∴,在中，,∴；情况二：如下图3所示，过O点作OH⊥AM于H点，,为等腰直角三角形，∴,在中，,∴；故或．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．30．（2020·山东东营·中考真题）如图1，在等腰三角形中，点分别在边上，连接点分别为的中点．

（1）观察猜想图1中，线段的数量关系是____，的大小为_____；（2）探究证明把绕点顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接判断的形状，并说明理由；（3）拓展延伸把绕点在平面内自由旋转，若，请求出面积的最大值．【答案】（1）相等，；（2）是等边三角形，理由见解析；（3）面积的最大值为.【分析】（1）根据＂点分别为的中点＂，可得MNBD，NPCE，根据三角形外角和定理，等量代换求出．（2）先求出，得出，根据MNBD，NPCE，和三角形外角和定理，可知MN=PN，再等量代换求出，即可求解．（3）根据，可知BD最大值，继而求出面积的最大值．【详解】由题意知：AB=AC，AD=AE，且点分别为的中点，∴BD=CE，MNBD，NPCE，MN=BD，NP=EC∴MN=NP又∵MNBD，NPCE，∠A=，AB=AC，∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=根据三角形外角和定理，得∠ENP=∠NBP+∠NPB∵∠MNP=∠MNE+∠ENP，∠ENP=∠NBP+∠NPB，∠NPB=∠C，∠MNE=∠DBE，∴∠MNP=∠DBE+∠NBP+∠C=∠ABC+∠C=．是等边三角形．理由如下：如图，由旋转可得在ABD和ACE中．点分别为的中点，是的中位线，且同理可证且．在中∵∠MNP=，MN=PN是等边三角形．根据题意得:即，从而的面积．∴面积的最大值为．【点睛】本题主要考查了三角形中点的性质、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识；正确掌握三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识是解题的关键．31．（2020·广东茂名·模拟预测）如图，是的外接圆，是的直径，点是半圆的中点，点是上一动点（不与点、重合），连接交于点．（1）如图1，过点作，交延长线于点，求证：与相切；（2）若，，求的长；（3）如图2，把沿直线翻折得到，连接，当点在运动时，探究线段、、之间的数量关系，并说明理由．【答案】（1）详见解析；（2）；（3），详见解析．【分析】（1）连接，求出，根据得到，问题得证；（2）作交于点，证明，求出CD=8，根据，在中，设，则，，求出，,根据勾股定理即可求出CG；（3）作，使得，连接，．证明，得到，证明，得到，根据数量关系进行代换即可得到．【详解】证明：（1）连接，是的外接圆，是的直径，点是半圆的中点，，与相切；解：（2）作交于点，点是半圆周的中点，是的直径在中，，，在中，设，则，，，在中，设，则，∴，，在中，（3）结论：作，使得，连接，．，，，，，，，，，，【点睛】本题为圆的综合题目，考查了圆的性质，切线的判定，利用三角函数求线段的长，勾股定理等知识，综合性较强．解第（2）步关键是添加适当辅助线GH,构造了等腰直角三角形DHG和三边比为3:4:5的直角三角形CGH；解（3）步关键是构造旋转全等，将三条线段转化在同一直角三角形CEM中，得出数量关系后再进行线段的代换．32．（2020·黑龙江哈尔滨·一模）已知，等边△ABC，点E在BA的延长线上，点D在BC上，且ED=EC．（1）如图1，求证：AE=DB；（2）如图2，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF（点B、E的对应点分别为点A、F），连接EF．在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中四对线段，使每对线段长度之差等于AB的长．【答案】（1）见解析；（2）；；；．【分析】（1）在BA上截取BF=BD，连接DF，根据等边三角形的性质可得∠BAC=∠B=∠ACB=60°，从而证出△BDF为等边三角形，然后利用AAS证出△CEA≌△EDF，从而得出AE=DF，即可证出结论；（2）根据图形、全等三角形的性质、旋转的性质和等量代换即可得出结论．【详解】解：（1）在BA上截取BF=BD，连接DF∵△ABC是等边三角形∴∠BAC=∠B=∠ACB=60°，∵BF=BD，∴△BDF为等边三角形∴BD=DF，∠BFD=∠FDB=60°∴∠BFD=∠BAC∴FD∥AC∴∠EAC=∠DFE∵ED=EC∴∠EDC=∠ECD∵∠EDC＋∠EDF=180°－∠FDB=120°，∠ECD＋∠CEA=180°－∠B=120°∴∠CEA=∠EDF在△CEA和△EDF中∴△CEA≌△EDF∴AE=DF∴AE=DB（2）由图可知：∵AE=DB∴由旋转的性质可得：BE=AF∴∴【点睛】此题考查的是等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和旋转的性质，掌握等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和旋转的性质是解决此题的关键．命题点三角平分线的性质►题型01利用角平分线的性质求长度33．（2024·广东广州·二模）如图，以的顶点为圆心任意长为半径作弧，分别交角的两边于，两点；再分别以点，为圆心大于长度的一半为半径作弧，两弧交于点，连接．若，，，那么点到的距离是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了角平分线的性质，平行线的性质，三角形的外角性质和解直角三角形，过作于点，由题意可得平分，则，由可得，通过三角形外角性质得，通过三角函数求出即可，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】如图，过作于点，由作图可知，平分，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴点到的距离是，故选：．34．（2022·广东深圳·三模）如图，在中，，用尺规作图法作出射线，交于点，，为上一动点，则的最小值为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【分析】本题考查基本作图——作角平分线，角平分线的性质定理，垂线段最短．当时，根据垂线段最短可知，此时的值最小．再根据角平分线的性质定理可得，即得．【详解】解：当时，根据垂线段最短可知，此时的值最小．由作图知：平分，∵，∴，∵，∴．∴的最小值为5，故选：D．35．（2023·广东广州·一模）如图，在C中，的面积为，，平分，E、F分别为、上的动点，则的最小值是（）A． B． C．2 D．【答案】D【分析】本题考查的是角平分线的性质，垂线段最短，解答此类问题时要从已知条件结合图形认真思考，通过角平分线性质，垂线段最短，确定线段和的最小值．过点C作，垂足为H，交于F点，过F点作，垂足为，则为所求的最小值，根据的面积为，，结合三角形的面积公式求出，即可解答．【详解】解：如图，过点C作，垂足为H，交于F点，过F点作，垂足为，则为所求的最小值，∵是的平分线，∴，∴是点C到直线的最短距离（垂线段最短），∵的面积为，，∴，∵的最小值是．故选：D．36．（2023·湖北黄冈·中考真题）如图，矩形中，，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于长为半径画弧交于点P，作射线，过点C作的垂线分别交于点M，N，则的长为（

）

A． B． C． D．4【答案】A【分析】由作图可知平分，设与交于点O，与交于点R，作于点Q，根据角平分线的性质可知，进而证明，推出，设，则，解求出．利用三角形面积法求出，再证，根据相似三角形对应边成比例即可求出．【详解】解：如图，设与交于点O，与交于点R，作于点Q，

矩形中，，，．由作图过程可知，平分，四边形是矩形，，又，，在和中，，，，，设，则，在中，由勾股定理得，即，解得，．．，．，，，，即，解得．故选A．【点睛】本题考查角平分线的作图方法，矩形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等，涉及知识点较多，有一定难度，解题的关键是根据作图过程判断出平分，通过勾股定理解直角三角形求出．►题型02利用角平分线的性质求面积37．（2024·贵州铜仁·一模）如图，在中，，以为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点，，再分别以，为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，作射线，交于点．已知，，的面积为（

）A．4 B．8 C．10 D．6【答案】D【分析】本题考查了作图—基本作图、角平分线的性质．根据角平分线的尺规作图可得平分．作，再根据角平分线的性质可得，再利用三角形的面积公式求解即可．【详解】解：过点作于T，如图所示：由题意可知：平分，，，，，故选：D．38．（2024·湖南湘西·模拟预测）如图，在中，，以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交于点M，N，再分别以M，N为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点O，作射线，交于点E．已知，，的面积为（

）A．6 B．11 C．14 D．28【答案】C【分析】此题考查了角平分线的性质定理，根据角平分线的性质得到点E到和的距离相等，点E到的距离等于的长度，利用三角形面积公式即可得到答案．【详解】解：由基本作图得到平分，∴点E到和的距离相等，∴点E到的距离等于的长度，即点E到的距离为4，∴．故选：C．39．（2024·河北石家庄·二模）如图，的两条角平分线相交于点，，，点，分别为，上的点，且．甲、乙、丙三人有如下判断：甲：；乙：四边形的面积是定值；丙：当时，的周长取得最小值．则下列说法正确的是(

)A．只有甲正确 B．只有丙错误 C．乙、丙都正确 D．甲、乙、丙都正确【答案】B【分析】作于点，于点，连接，，证明，得出，故甲说法正确；由全等证出，由四边形的面积是定值，得出四边形的面积是定值，故乙说法正确；证出，由等腰三角形的腰长最小时周长最小得，当时，的周长和面积均取得最小值，故丙说法正确．【详解】解：作于点，于点，连接，平分，平分，平分，，，，，，，，．故甲说法正确；由图得，，，，即，四边形的面积是定值，四边形的面积是定值，故乙说法正确；，，，，，，当时，即与重合，的周长取得最小值，故丙说法不正确．故选：B．40．（2024·四川德阳·二模）如图，在等腰直角中，，，分别平分，，，于点D，，的周长为21，则的面积为（

）A．21 B．36 C．42 D．24【答案】A【分析】本题考查了角平分线的性质，等腰直角三角形的判定与性质，过点E作，垂足为F，过点E作，垂足为G，根据角平分线的性质可得，再证明时等腰直角三角形，即有，可得，然后根据三角形的面积公式进行计算即可解答．【详解】解：过点E作，垂足为F，过点E作，垂足为G，如图所示：

∵平分，，，∴，∵平分，，，∴，即，∵平分，，∴，∵，∴时等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴，∴的面积的面积的面积的面积，故选：A．►题型04角平分线的判定定理41．（2023·广东惠州·二模）如图，，，于．(1)求证：平分；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)6【分析】本题考查了角平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，关键是作出辅助线构造全等三角形．（1）过点作，交的延长线于点．由证明，可得，结论得证；（2）证明，可得，可求出．【详解】（1）证明：过点作，交的延长线于点．，，，，，在与中，，，，又∵平分；（2）解：由（1）可得，在和中，，∴，，．42．（2022·广东中山·三模）新定义：顶角相等且顶角顶点重合的两个等腰三角形互为“兄弟三角形”．(1)如图1，和互为“兄弟三角形”，点A为重合的顶角顶点．求证：．(2)如图2，和互为“兄弟三角形”，点A为重合的顶角顶点，点D、E均在外，连接BD、CE交于点M，连接AM，求证：AM平分．【答案】(1)证明过程见解析(2)证明过程见解析【分析】（1）根据“兄弟三角形”的定义得到∠BAC=∠DAE，进而得到∠CAE=∠BAD，再证明即可得到答案；（2）过点A作AG⊥DM于G，AH⊥EM于H，证明，根据全等三角形的对应高相等得到AG=AH，根据角平分线的判定定理证明结论．【详解】（1）证明：∵和互为“兄弟三角形”，∴，，，∴，即，∴（SAS），∴．（2）证明：如图，过点A作于G，于H，∵和互为“兄弟三角形”，∴，，，∴，即，∴（SAS），∴，∵，，∴，∴（SAS），∴，∴AM平分．【点睛】本题考查的是“兄弟三角形”的定义、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，正确理解“兄弟三角形”的定义是解题的关键．43．（2024·安徽合肥·二模）在四边形中，点E为的中点，分别连接．

(1)如图1，若，．（ⅰ）求证：；（ⅱ）若平分，求证：；(2)如图2，若，，，，求的长．【答案】(1)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析(2)【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识：（1）（ⅰ）证明，可得，即可求证；（ⅱ）分别作于点H，于点P，于点Q，证明，可得，再由角平分线的性质可得，从而得到，继而得到，再由，可得，即可求证；（2）过点A作，交的延长线于点F，连接，证明，可得，，从而得到，证明，得到，在直角中，根据勾股定理，即可求解．【详解】（1）证明：（ⅰ）∵，，∴，∴，∵E为的中点，∴，∴，即；（ⅱ）如图1，分别作于点H，于点P，于点Q，

∴，∵，∴，∴，∵平分，∴，∴，∴平分，即，∵，∴，∴；（2）解：如图2，过点A作，交的延长线于点F，连接，

∴，∵，∴，∴，．∵，∴，∴，∵，，，∴∴，在直角中，，∵，，∴，∴．44．（2024·江西赣州·二模）【课本再现】思考我们知道，角的平分线上的点到角的两边的距离相等，反过来，角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上吗？可以发现并证明角的平分线的性质定理的逆定理；角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上．【定理证明】（1）为证明此逆定理，某同学画出了图形，并写好“已知”和“求证”，请你完成证明过程．已知：如图1，在的内部，过射线上的点作，，垂足分别为，，且．求证：平分．【知识应用】（2）如图2，在中，过内部一点，作，，，垂足分别为，，，且，，连接，．①求的度数；②若，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）①；②【分析】此题考查了全等三角形的判定，角平分线的性质，特殊角的三角函数和勾股定理，判断出角平分线并用角平分线的性质求出角的度数是解题的关键．（1）此问只需证明即可（2）①判断出、、是角平分线，用平分线的性质及三角形内角和是即可求出的度数；②由①得构造特殊直角三角形从而求出,,在中用勾股定理即可求出．【详解】解：（1）证明：，，．在与中；；；即平分．（2）①，由（1）中定理得：，．．②过点作于点．，．，，．，．基础巩固单选题1．（2024·广东广州·中考真题）如图，在中，，，为边的中点，点，分别在边，上，，则四边形的面积为（

）A．18 B． C．9 D．【答案】C【分析】本题考查等腰直角三角形的性质以及三角形全等的性质与判定，掌握相关的线段与角度的转化是解题关键．连接，根据等腰直角三角形的性质以及得出，将四边形的面积转化为三角形的面积再进行求解．【详解】解：连接，如图：∵，，点D是中点，∴∴，∴又∵∴故选：C2．（2024·河北石家庄·二模）如图，已知在中，，，根据图中尺规作图痕迹，（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查基本作图，角平分线的定义，垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理．掌握角平分线定义和线段垂直平分线的性质是解题的关键．首先根据等边对等角和三角形内角和定理得到，由作图得垂直平分，平分，根据角平分线定义和线段垂直平分线的性质得到，，进而求解即可．【详解】解：∵，∴，∴，由作图痕迹可知：是的平分线．，为线段的垂直平分线，，，．故选：B．3．（2024·广东揭阳·一模）如图，在中，点O是内一点，且点O到三边的距离相等，，则（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了角平分线的性质，三角形内角和定理的应用．由题意可知点O为的三条角平分线的交点，可得，，根据三角形内角和定理求出，可得的度数，再根据三角形内角和定理求出的度数即可．【详解】解：∵点O到三边距离相等，∴点O为的三条角平分线的交点，∴，，∵，∴，∴，∴，故选：B．4．（2024·广东广州·一模）如图，四边形是菱形，点，分别在，边上，添加以下条件不能判定的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】本题考查菱形性质及全等三角形的判定，解题的关键是掌握三角形全等的判定定理．由四边形是菱形可得：，，再根据每个选项添加的条件逐一判断．【详解】解：由四边形是菱形可得：，，A、添加，可用证明，故不符合题意；B、添加，可用证明，故不符合题意；C、添加，不能证明，故符合题意；D、添加，可用证明，故不符合题意；故选：C．二、填空题5．（2021·山东德州·中考真题）如图，点在上，．请添加一个条件，使．【答案】（答案不唯一）【分析】本题考查了全等三角形的判定．根据已知条件中的一边一角，再添加一组对角相等即可．【详解】解：∵，再添加，根据“角角边”就能证明．故答案为：（答案不唯一）．6．（2023·福建·中考真题）如图，在中，为的中点，过点且分别交于点．若，则的长为．

【答案】10【分析】由平行四边形的性质可得即，再结合可得可得，最进一步说明即可解答．【详解】解：∵中，∴，∴，∵，∴，∴，∴,即．故答案为：10．【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等知识点，证明三角形全等是解答本题的关键．7．（2023·广东茂名·一模）如图，点、、、在同一直线上，，，添加一个条件，使，这个条件可以是．（只需写一种情况）

【答案】或或或（答案不唯一）【分析】先证明及，然后利用全等三角形的判定定理分析即可得解．【详解】解∶或或或，理由是∶∵，∴，∵，∴即，当时，有，则，当时，则，当时，则，当时，则，故答案为∶或或或．【点睛】本题考查了对全等三角形的判定定理的应用，掌握全等三角形的判定定理有，，，是解题的关键．8．（2022·广东佛山·模拟预测）如图，在中，于点，与相交于点，且，．若，则的度数为．

【答案】/35度【分析】首先根据证明，再利用全等三角形的性质即可解决问题．【详解】解：，，在和中，，，，，，．故答案为：．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等边对等角，解题的关键是掌握全等三角形的判定方法以及性质．三、解答题9．（2024·广东·模拟预测）如图，在四边形中，，是的平分线．求证：．【答案】见解析【分析】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定是解题关键．首先由角平分线的概念得到，然后由角角边即可证得．【详解】证明：∵是的平分线，，在和中，，．10．（2024·广东·模拟预测）如图，在中，．(1)实践与操作：作的平分线（不写作法，保留作图痕迹）；(2)应用与计算：记的平分线交于点D，E是上一点，且．若，，求的面积．【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）根据作法利用尺规作图即可．（2）由（1）得为的平分线，利用角平分线的性质可得，再利用三角函数得到，再根据三角形全等的判断及性质即可求解．【详解】（1）如图所示，即为所求．（2）解：∵，∴，∵为的平分线，∴，∵，，∴，在中，∵，∴，∵，，，∴，∴，，∴．【点睛】本题考查了尺规作图（角平分线），角平分线的定义，锐角三角函数，全等三角形的判定与性质．11．（2024·广东潮州·一模）如图所示，和都是等腰直角三角形，是的中点，．

(1)求证：；(2)求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质根据，可以得到，又由是的中点,所以，即可证得；由和可以得到，于是可求得，即可求得答案.【详解】（1）解：证明：和都是等腰直角三角形，，．．又是的中点，．．．（2）解：，见答图，

．，．，，．．在中，是的中点，．能力提升一、单选题1．（2023·山东聊城·模拟预测）如图，在中，以点A为圆心，小于长为半径画弧，分别交，于点M，N，再分别以M，N为圆心，大于的长为半径画弧，过点A和两弧的交点作射线，交于点D，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查角平分线性质与作图，解直角三角形，熟知角平分线上的点到角两边的距离相等是解题的关键．【详解】如图，过点作于点，由作图知平分，又，则，因为，所以，因为，

所以．2．（2024·广东广州·模拟预测）如图，正方形的边长为2，为与点不重合的动点，以为边向下作正方形．则的最小值为（

）A．2 B． C．4 D．【答案】D【分析】本题主要考查正方形的性质、三角形的全等证明，勾股定理，连接、、，证可得，进而得到，勾股定理求出的长，即得最小值；【详解】解：如图，连接、、、，∵正方形和正方形，∴，，∴，在和中，∵∴∴∴，∵，∴的最小值为故答案为：．3．（2024·广东·模拟预测）如图，正六边形的边长为2，连接，点G是上的动点，若，点H在线段上，有以下结论：①；②四边形是矩形；③当点H在边的中点处时，；④当时，．其中正确的是（

）A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②③【答案】A【分析】根据正六边形的性质和等边对等角即可进行判断①；求出．同理可得，四边形是矩形．即可判断②；若，则，则，点G，E重合．连接，此时．得到此时，即可判断③；，则．即可判断④．【详解】解：由正六边形的性质，得，，∴，故①正确；由正六边形的性质，得，∴．同理可得，∴四边形是矩形．故②正确；当点H在边的中点处时，，若，则，∴，∴点G，E重合．连接，此时．∵，∵此时，∴点H在边的中点处时，不成立．故③错误；∵，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，又∵∴．∵正六边形的边长为2，∴，∴．故④正确；综上可知，正确的是①②④，故选：A【点睛】此题考查了正六边形的性质、解直角三角形、矩形的判定和性质、相似三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握正六边形的性质是解题的关键.4．（2023·广东深圳·三模）如图，点M是矩形内一个动点，，，点N为线段上一点，且，连接和，则的最小值为（）A． B．5 C． D．【答案】A【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，在上截取，连接，，先求出，的长，进而求出，的长，再证得，将转化为，根据两点之间，线段最短可知当C、M、E在一条直线上时，的值最小，然后根据勾股定理求出的长，即可得出答案．【详解】解：在上截取，连接，，∵，，∴，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，当C、M、E在一条直线上时，的最小值为的长，∵四边形是矩形，∴，在中，，，由勾股定理得，即的最小值为，故选：A．5．（2024·广东东莞·一模）如图，在正方形中，点E，F分别在边，上，、分别交于点M，N，连接、，且．下列结论：①，；②；③；④．其中正确结论的个数是（）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】将绕点A逆时针旋转，得到，则，，，可证得，从而得到，，进而得到，再由四边形内角和定理可得，，故①正确；再证明，可得，故②正确；再由，，可得，从而得到，故③正确；再证明，是等腰直角三角形，可得，从而得到，将绕点A逆时针旋转，得到，证明，可得，再由勾股定理，可得故④正确，即可求解．【详解】解：如图，将绕点A逆时针旋转，得到，则，，，∵四边形是正方形，，，，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，故①正确；∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，，故②正确；∵，，∴，又∵，，∴，故③正确；∵，，∴，∴，∵，，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴，如图，将绕点A逆时针旋转，得到，则，，，∴，即是直角三角形，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故④正确；故选：A．【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似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，学会利用旋转法，添加辅助线构造全等三角形解决问题．二、填空题6．（2024·广东·模拟预测）如图，四个全等的直角三角形围成正方形和正方形，连接，分别交于点．已知，

正方形的面积为24，则图中阴影部分的面积之和为【答案】【分析】本题考查了勾股定理的证明、全等图形、梯形的面积，首先要正确理解题意，然后会利用勾股定理和梯形的面积解题．根据正方形的面积可得正方形边长的平方，设，则，根据勾股定理可得的值，再根据题意可得，然后可得阴影部分的面积之和为梯形的面积．【详解】解：∵正方形的面积为24，∴，，，设，则，∵四边形为正方形，∴，，∴，∴，又∵四个三角形为全等的直角三角形，∴，，又∵，，∴，∴，又，∴，∴，∵，∴，∴阴影部分的面积之和，故阴影部分的面积之和就是梯形的面积，∴，故答案为：4.8．7．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，，，B为射线上的一个动点，分别以为直角边，B为直角顶点，在两侧作等腰，等腰，连接交于点P．当B在上运动时，的长度为．【答案】3【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，等腰三角形的性质，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形，灵活运用有关定理来分析或解答．过点E作，首先证明再证即可解决问题；【详解】解：如图，过点C作，垂足为点N，，，均为等腰直角三角形，，，在与中，，，，在与中，，，故答案为：3．8．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在中，，，按以下步骤作图：①以点为圆心，以任意长为半径作弧，分别交，于点D，E；②分别以D，E为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，交于点F，若，则的长为．【答案】/【分析】作于点，根据作图轨迹可知