专题1.2 全等三角形的解题模型（考题猜想，易错、好题必刷43题9种题型）-2024-2025学年八年级数学上学期期末考点大串讲（青岛版）

专题1.2 全等三角形的解题模型（易错、好题必刷43题9种题型专项训练） 目录 【题型01 一线三等角构造全等模型】 1 【题型02 手拉手模型—旋转型全等】 16 【题型03 倍长中线模型】 24 【题型04 平行线+线段中点构造全等模型】 30 【题型05 角平分线+垂直构造全等模型】 40 【题型06 正方形中的半角模型】 47 【题型07 等腰三角形中的半角模型】 54 【题型08 对角互补且一组邻边相等的 61 【题型09 “边边角”模型】 72 【题型01 一线三等角构造全等模型】 1．（2024春•碑林区校级期末）（1）如图1，点C是线段AB上的点，在AB上方作等边△CDE，连接AD，BE．若AD＝4，∠A＝∠B＝60°，则BC的长是 　4　． （2）如图2，在正方形ABCD中，AB＝5，点E是边CD上一点，连接AE，将边BC绕点C顺时针旋转，点B的对应点F落在AE上，若∠AFB＝90°，则AF的长为多少？ （3）如图3，在矩形ABCD中，，点E为BC上一点，，将△ABE绕着点A逆时针旋转，得到△AFG，点E的对应点为G，连接CG，取CG的中点M，连接AM．若在旋转过程中，点M恰好落在AD边上，求此时△AGM的面积． 【思路点拨】（1）利用“一线三等角”全等模型证△ACD≌△BEC即可得解； （2）由CB＝CF可以联想作“三线合一”，从而构造出“一线三等角”的全等模型：△ABF≌△BCG，得到边的关系，再利用勾股定理求解即可； （3）取AC中点O，连接OM，可以得出符合M的点有两个，再画出草图求解计算即可． 【规范解答】解：（1）∵△CDE是等边三角形， ∴CD＝CE，∠DCE＝60°， ∵∠DCB＝∠DCE+∠BCE＝∠A+∠ADC，且∠A＝60°， ∴∠BCE＝∠A， ∵∠A＝∠B＝60°， ∴△ACD≌△BEC（AAS）， ∴BC＝AD＝4． 故答案为：4． （2）过C作CG⊥BF于点G，则∠CGB＝90°， ∵CF＝CB， ∴BG＝FG＝BF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝CB，∠ABC＝90°， ∴∠ABF+∠CBF＝90°， ∵∠BCG+∠CBF＝90°， ∴∠ABF＝∠CBG， 又∵AB＝CB，∠AFB＝∠CGB＝90°， ∴△ABF≌△BCG（AAS）， ∴AF＝BG，BF＝CG， 设BG＝x，则BC＝CG＝2x， 在Rt△BCG中，BG2+CG2＝BC2，即x2+（2x）2＝52， 解得x＝， ∴AF＝BG＝． （3）∵BC＝6， ∴BE＝BC＝2， ∵AB＝2， ∴AE＝＝4， ∴BE＝AE， ∴∠BAE＝30° 如图，取AC中点O，连接OM， 此时OM＝AG＝2， ∵O到AD的距离为CD＝，且2＞， ∴符合条件的M有两个． ①如图所示，当M靠近D点时， ∵∠AFM＝∠CDM＝90°，∠AMF＝∠CMD，AF＝CD＝2， ∴△AFM≌△CDM（AAS）， ∴FM＝DM，AM＝CM， 设FM＝DM＝x，则AM＝6﹣x， 在Rt△CDM中，x2+（2）2＝（6﹣x）2， 记得的x＝2，即FM＝2， ∴GM＝GF+FM＝4， ∴S△AGM＝GM•AG＝4； ②如图所示，当M靠近A点时， 由前述分析可知M1和M2关于AD中点对称， ∴AM＝2， ∴S△AGM＝AM•AF＝2； 综上：△AGM的面积为4或2． 【考点评析】本题主要考查全等三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形的性质、旋转的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 2．（2024春•让胡路区校级期末）综合与实践 如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图2，在△ABC中，∠A＝90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点E． （1）【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是 　AB＝DE　； （2）【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB＝2，AC＝6，求△BDF的面积； （3）【类比迁移】在（2）的条件下，连接CE交BD于点N，则＝　　； （4）【拓展延伸】在（2）的条件下，在直线AB上找点P，使tan∠BCP＝，请直接写出线段AP的长度． 【思路点拨】（1）利用“一线三垂直“证△ABC≌△EBD（AAS）即可得证； （2）证△DEF∽△CAF可求EF长度，然后即可求出△BDF的面积； （3）要求的值，有两个方向，①把BN和BC的值求出来，这题BC很好求，但是BN不好求，可以建立坐标系求解析式，再求交点N坐标，最后利用两点距离公式求BN的长度；②根据题干给我们的思路建立一线三直角得相似进行转化即可，利用△EMN∽△EAC和△BMN∽△BED建立关于MN的方程，求出MN的长度，最后利用△BMN∽△CAB求值即可． （4）由已知条件过P作BC垂线段，可得两个直角三角形，然后解这两个直角三角形即可求解．另外方法二的正切和差角公式可以作为课外拓展知识，在这种直接写答案的题型中可以用下，快速找出答案． 【规范解答】解：（1）∵线段BC绕点B逆时针旋转90°得到线段BD， ∴BC＝BD，∠CBD＝90°， ∴∠BCA＝∠DBE＝90°﹣∠ABC， ∵∠A＝∠E＝90°， ∴△ABC≌△EBD（AAS）， ∴AB＝DE； 故答案为：AB＝DE． （2）∵线段BC绕点B逆时针旋转90°得到线段BD， ∴BC＝BD，∠CBD＝90°， ∴∠BCA＝∠DBE＝90°﹣∠ABC， ∵∠A＝∠E＝90°， ∴△ABC≌△EBD（AAS）， ∴DE＝AB，BE＝AC， ∵AB＝2，AC＝6， ∴DE＝2，BE＝6， ∴AE＝AB+BE＝8， ∵∠DEB+∠A＝180°， ∴DE∥AC， ∴△DEF∽△CAF， ∴，即， ∴EF＝4， ∴BF＝BE+EF＝10， ∴S△BDF＝BF•DE＝10． （3）方法一：如图，以AE所在直线为x轴，以AC所在直线为y轴建立坐标系， 由AC＝6，AE＝8，DE＝2，BD＝2， ∴C（0，6），B（2，0），E（8，0），D（8，2）， 设直线BD解析式为y＝kx+b，将B、D代入得， ，解得：， ∴直线BD解析式为y＝x﹣， 同理可求直线CE解析式为：y＝﹣x+6， 令x﹣＝﹣x+6，解得x＝， ∴y＝，即N（，）， ∴利用两点距离公式可得BN＝， ∵BC＝＝2， ∴＝＝． 故答案为：． 方法二：如图，过N作NM⊥AE于点M， 由△EMN∽△EAC得，，即， ∴EM＝MN， 由△BMN∽△BED得，，即， 解得MN＝， 由△BMN∽△CAB得，＝． 故答案为：． （4）方法一：①当点P在点B左侧时，如图所示，过P作PQ⊥BC于点Q， ∵tan∠BCP＝＝，tan∠ABC＝＝＝3， ∴PQ＝CQ，PQ＝3BQ， 设BQ＝2a，则PQ＝6a，CQ＝9a， ∴BC＝BQ+CQ＝11a， ∵BC＝＝2＝11a， ∴a＝， ∴BP＝＝2a＝， ∴AP＝BP﹣AB＝； ②当点P在点B右侧时，如图所示，作PG⊥BC交BC延长线于点G， tan∠BCP＝＝，tan∠PBG＝tan∠ABC，即， 剩下思路与第一种情况方法一致，求得AP＝． 综上，AP的长度为或． 方法二：补充知识：正切和差角公式：tan（α+β）＝，tan（α﹣β）＝． ①当点P在点B左侧时，因为tan∠BCA＝，tan∠BCP＝，所以此时点P在A的左侧，如图所示， tan∠BCP＝tan（∠BCA+∠ACP）＝＝＝， 解得tan∠ACP＝，即＝， ∵AC＝6， ∴AP＝． ②当点P在点B右侧时，如图所示， tan∠ACP＝tan（∠BCA+∠BCP）＝＝＝， 即， ∵AC＝6， ∴AP＝． 综上，AP的长度为或． 【考点评析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的性质和判定、解直角三角形、勾股定理等知识，熟练掌握以上基础知识和添加合适的辅助线是解题关键． 3．（2023秋•长葛市期末）如图，正方形ABCD边长为3，M是边AB上一点（不与A，B重合），连接DM，将△ADM绕点D逆时针旋转90°得到△CDN，连接MN，BD；MN与边CD交于点E． （1）当DM平分∠ADB时，求证：△BMD∽△NED． （2）当AM＝1时，求MN的长． （3）MN交BD于点F，若AM＝n，则FM：FN＝　　（用含n的代数式表示）． 【思路点拨】（1）由△ADM绕点D逆时针旋转90°得到△CDN，得△ADM≌△CDN，证明△DMN是等腰直角三角形，由∠ADM＝∠BDM＝∠NDE＝22.5°，即可证明△BMD∽△NED； （2）在Rt△ADM中，根据勾股定理求出DM的长度，由△DMN是等腰直角三角形，根据勾股定理即可求出MN的长度； （3））由△ADM≌△CDN，得BM＝AB﹣AM＝3﹣n，BN＝BC+CN＝3+n，过点M作MP⊥BD，垂足为点P，过点N作NQ⊥BD，垂足为点Q，证明△NFQ∽△MFP，得． 【规范解答】（1）证明：由△ADM绕点D逆时针旋转90°得到△CDN，得△ADM≌△CDN， ∴∠ADM＝∠CDN，DM＝DN， ∵∠ADM+∠CDM＝90°， ∴∠CDN+∠CDM＝90°， ∴∠MDN＝90°， ∵DM＝DN， ∴△DMN是等腰直角三角形， ∴∠DNE＝45°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADB＝∠ABD＝45°， ∵DM平分∠ADB， ∴∠ADM＝∠BDM＝∠NDE＝22.5°， ∵∠DBM＝DNE＝45°， ∴△BMD∽△NED； （2）解：在Rt△ADM中， ∵AD＝3，AM＝1， ∴DM＝＝， 由（1）得△DMN是等腰直角三角形， ∴DM＝DN＝， ∴MN＝＝； （3）解：∵△ADM≌△CDN， ∴AM＝CN， ∵AM＝n， ∴BM＝AB﹣AM＝3﹣n，BN＝BC+CN＝3+n， 过点M作MP⊥BD，垂足为点P，过点N作NQ⊥BD，垂足为点Q， ∴∠MPF＝∠NQF＝∠BPM＝90°， ∴∠BMP＝∠MBP＝45°，∠NBQ＝∠BNQ＝45°， ∴BP＝MP＝BM，NQ＝BQ＝BN， ∵∠NFQ＝∠MFP， ∴△NFQ∽△MFP， ∴， 故答案为：． 【考点评析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，本题的关键是灵活运用旋转的性质和相似三角形的性质解题． 4．（2022秋•张店区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（4，0），点B的坐标是（0，3），把线段BA绕点B逆时针旋转90°后得到线段BC，则点C的坐标是（　　） A．（3，4） B．（4，3） C．（4，7） D．（3，7） 【思路点拨】过点C作CD⊥y轴，垂足为D，根据垂直定义可得∠CDB＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠CBD+∠DCB＝90°，再利用旋转的性质可得CB＝BA，∠CBA＝90°，然后利用平角定义可得∠CBD+∠ABO＝90°，从而利用同角的余角相等可得∠ABO＝∠DCB，进而可得△BOA≌△CDB，最后利用全等三角形的性质可得CD＝BO＝3，DB＝OA＝4，从而求出DO＝7，即可解答． 【规范解答】解：过点C作CD⊥y轴，垂足为D， ∴∠CDB＝90°， ∴∠CBD+∠DCB＝180°﹣∠CDB＝90°， ∵点A的坐标是（4，0），点B的坐标是（0，3）， ∴OA＝4，OB＝3， 由旋转得： CB＝BA，∠CBA＝90°， ∴∠CBD+∠ABO＝180°﹣∠ABC＝90°， ∴∠ABO＝∠DCB， ∵∠CDB＝∠AOB＝90°， ∴△BOA≌△CDB（AAS）， ∴CD＝BO＝3，DB＝OA＝4， ∴DO＝DB+OB＝4+3＝7， ∴点C的坐标是（3，7）， 故选：D． 【考点评析】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 5．（2024春•雁塔区校级期末）（1）【特例感知】如图1，∠BAD＝90°，AB＝AD，BC⊥AC于点C，DE⊥AC于点E．A、C、E三点在同一直线上，BC＝3，ED＝4，则CE＝　7　． （2）【问题探究】如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E是BC边上两点，连接AD，以AD为腰作等腰直角△ADF，∠ADF＝90°，作FE⊥BC于点E，FE＝CE，若BD＝2，CE＝5，求△CDF的面积． （3）【拓展应用】如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝13，点G在BC边上，满足∠GAC＝3∠BAG，点H在线段AC上，AH＝4，点E是直线AC上的一个动点，连接GE，过点G作GF⊥GE，且GE＝GF．当点P是线段AG上的一个动点时，连接PH、PF，是否存在PH+PF的最小值？如果存在，请求出PH+PF的最小值；如果不存在，请说明理由． 【思路点拨】（1）证△ABC≌△DEA即可得解； （2）构造“一线三垂直”全等，得到DM＝EF＝5，再利用等腰三角形”三线合一“得出BC＝14，从而得到△CDF的底和高，即可求解； （3）根据前面思路依然是构造“一线三垂直”全等，之后会发现点F的运动轨迹就是与BC夹角是45°的定直线CF上，之后再利用轴对称作对称点求最值即可． 【规范解答】解：（1）∵∠BAD＝90°， ∴∠1+∠2＝90°， ∵∠1+∠B＝90°， ∴∠2＝∠B， ∵∠ACB＝∠AED＝90°，AB＝AD， ∴△ABC≌△DEA（AAS）， ∴BC＝AE＝3，AC＝DE＝4， ∴CE＝AE+DE＝7． 故答案为：7． （2）如图，过A作AM⊥BC于点M， ∵∠ADF＝90°， ∴∠ADM+∠EDF＝90°， ∵∠ADM+∠DAM＝90°， ∴∠EDF＝∠DAM， 在△ADM和△DFE中， ， ∴△ADM≌△DFE（AAS）， ∴DM＝EF＝CF＝5， ∵BD＝2， ∴BM＝7， ∵AB＝AC，AM⊥BC， ∴BM＝CM＝14， ∴CD＝BC﹣BD＝12， ∴S△CDF＝CD•EF＝30． ∴△CDF的面积为30． （3）方法一：如图，作FM⊥BC于点M，作EN⊥BC于点N，连接CF． ∵GF⊥GE， ∴∠GFE＝90°， ∴∠EGN＝∠GFM＝90°﹣∠FGM， ∵GE＝GF，∠GMF＝∠ENG， ∴△GMF≌△ENG（AAS）， ∴GM＝EN，FM＝GN， ∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠ACB＝45°， ∴EN＝CN＝GM， ∴GM+MN＝CN+MN，即GN＝CM， ∴FM＝CM， ∴∠FCM＝45°， ∴点F在与CB夹角为45°的CF上运动， 作点H关于AG的对称点H'，连接AH'、PH'， 则PF+PH＝PF+PH'，当H'、P、F三点共线时最小， 此时PF+PH＝PF+PH'＝H'F， ∵F在直线CF上运动， ∴当H'F⊥CF时，H'F最短， 过H'作H'Q⊥CF，作H'T⊥AT交AC延长线于点T， ∵∠GAC＝3∠BAG，且∠GAC+∠BAG＝90°， ∴∠GAC＝67.5°， ∴∠H'AH＝135°， ∴∠H'AT＝45°， ∴AT＝H'T， ∵AH'＝AH＝4， ∴AT＝2， ∵四边形H'QCT是长方形， ∴H'Q＝CT＝13+2． 方法二：如图，作C'G⊥CG，且使CG＝CG'，连接C'F、CF， ∵∠CGE＝∠C'GF＝90°﹣∠CGF，GE＝GF， ∴△CEG≌△C'FG（SAS）， ∴∠GCE＝∠GC'F＝45°， ∵∠CGC'＝90°， ∴C'、F、G三点共线， ∴点F在与CB夹角为45°的CF上运动， 剩下求最值同方法一． 【考点评析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、轴对称的性质等内容，解题的关键是能通过题目类比探究添加合适的辅助线． 【题型02 手拉手模型—旋转型全等】 6．（2024春•沙坪坝区校级期末）如图，在等边△ABC中，AB＝7，D为边BC上一点，BD＝2，连接AD，将AD绕点D顺时针旋转60°得到ED，ED交AC于点F，则的值为（　　） A．3 B． C． D． 【思路点拨】由旋转的性质可得AD＝AE，∠DAE＝60°＝∠BAC，由“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得BD＝CE，∠ABC＝∠ACE＝60°，由角平分线的性质可得FN＝FH，由面积关系可求解． 【规范解答】解：如图，过点F作FH⊥BC于H，FN⊥CE于N， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC＝7，∠ABC＝∠ACB＝60°＝∠BAC， ∵将AD绕点D顺时针旋转60°得到ED， ∴AD＝AE，∠DAE＝60°＝∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE，∠ABC＝∠ACE＝60°， ∵BD＝2， ∴CD＝5，CE＝2， ∵∠ACE＝60°＝∠ACB，DH⊥AC，EN⊥AC， ∴FN＝FH， ∵＝＝， ∴＝＝， 故选：B． 【考点评析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，角平分线的性质，添加恰当辅助线是解题的关键． 7．（2023秋•涪城区期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△A'BC'，连接AC'、AA'，则∠CAC'的度数为（　　） A．15° B．20° C．25° D．30° 【思路点拨】根据题意可得∠BAC＝∠ABC＝45°，由旋转的性质可得AB＝A′B，BC′＝A′C′，∠ABA′＝60°，则△ABA′为等边三角形，易证明△ABC′≌△AA′C′，根据全等三角形的性质得∠BAC′＝∠A′AC′＝30°，则∠CAC′＝∠BAC﹣∠BAC′，以此即可求解． 【规范解答】解：∵在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC， ∴∠BAC＝∠ABC＝45°， ∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△A'BC'， ∴AB＝A′B，BC′＝A′C′，∠ABA′＝60°， ∴△ABA′为等边三角形， ∴AB＝AA′， 在△ABC′和△AA′C′中， ， ∴△ABC′≌△AA′C′， ∴∠BAC′＝∠A′AC′， ∵∠BAA′＝∠BAC′+∠A′AC′＝60°， ∴∠BAC′＝∠A′AC′＝30°， ∴∠CAC′＝∠BAC﹣∠BAC′＝15°． 故选：A． 【考点评析】本题主要考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质，灵活运用旋转的性质是解题关键． 8．（2024春•埇桥区校级期末）如图，点P在∠AOB的平分线上，且∠MPN与∠AOB互补，∠AOB＝120°，OP＝12．下列说法：①PM＝PN，②PM的最小值为6，③OM+ON＝12，④S四边形PMON＝36中，正确的有 　①②③④　．（填序号） 【思路点拨】根据角平分线上的点到角的两边距离相等，过点P作PE⊥OA，垂足为E，过点P作PF⊥OB，垂足为F，证明△PEM≌△PFN，△PEO≌△PFO，即可解答． 【规范解答】解：如图，过点P作PE⊥OA，垂足为E，过点P作PF⊥OB，垂足为F， 则∠PEO＝90°，∠PFO＝90°， ∵∠AOB＝120°， ∴∠EPF＝360°﹣∠AOB﹣∠PEO﹣∠PFO＝60°， ∵∠MPN+∠AOB＝180°， ∴∠MPN＝180°﹣∠AOB＝60°， ∴∠MPN﹣∠EPN＝∠EPF﹣∠EPN， ∴∠MPE＝∠NPF， ∵OP平分∠AOB，PE⊥OA，PF⊥OB， ∴PE＝PF， ∵∠MEP＝∠NFP＝90°， ∴△MEP≌△NFP（ASA）， ∴PM＝PN，ME＝NF， 故①正确； ∵点M在射线OA上， ∴当且仅当PM⊥OA时，PM＝PE最小， ∵OP平分∠AOB， ∴∠POE＝60°， ∴∠OPE＝30°， ∴OE＝OP＝×12＝6， 在Rt△OPE中，PE＝＝＝6， ∴PM的最小值为6， 故②正确； ∵OP＝OP，PE＝PF，∠PEO＝∠PFO＝90°， ∴Rt△PEO≌Rt△PFO（HL）， ∴OE＝OF， ∴OM+ON＝OE+ME+OF﹣NF＝2OE， ∵OP平分∠AOB， ∴∠EOP＝∠AOB＝60°， ∴∠EPO＝90°﹣∠EOP＝30°， ∴PO＝2OE， ∴OM+ON＝OP＝12， 故③正确； ∵△MEP≌△NFP， ∴S四边形PMON＝S四边形PEOF， ∵S四边形PEOF＝2S△OPE＝2××6×6＝36， ∴S四边形PMON＝36， 故④正确； 故答案为：①②③④． 【考点评析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，熟练掌握手拉手模型﹣旋转型全等是解题的关键． 9．（2024春•淮安区期末）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点P是平面内一动点，且PA＝4，连接PB、PC，则PB+PC的最小值为 　4　． 【思路点拨】把AP绕点A逆时针旋转120°至AM，连PM．由手拉手得得△PAC≌△MAB，故PB+BM≥PM，即PB+PC≥4，得PB+PC的最小值为4． 【规范解答】解：把AP绕点A逆时针旋转120°至AM，连PM． ∵∠BAC＝∠PAM＝120°， ∴∠PAC＝∠MAB． 由AB＝AC，∠PAC＝∠MAB，AP＝AM， 得△PAC≌△MAB（SAS）， ∴PC＝BM． ∵∠PAM＝120°， ∴∠HMA＝30°， ∴HA＝AM＝2， ∴HM＝HA＝2， ∴PM＝2HM＝4． ∵PB+BM≥PM， 即PB+PC≥4， ∴PB+PC的最小值为4． 故答案为：4． 【考点评析】本题考查了等腰三角形知识，利用旋转构造手拉手证明全等，以及三角形三边关系是解题关键． 10．（2024春•桓台县期末）（1）如图1，△ABC是等边三角形，点D为BC边上的一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD右侧作等边△ADE，连接CE，线段BD与CE的数量关系是 　BD＝CE　，∠DCE＝　120　°． （2）如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝AB，点D为BC上的一动点（点D不与B，C重合），以AD为边作等腰直角三角形ADE，∠DAE＝90°，连接CE，请求解下列问题并说明理由： ①∠DCE的度数； ②线段BD，CD，DE之间的数量关系； （3）如图3，在（2）的条件下，若D点在BC的延长线上运动，以AD为边作等腰直角△ADE，∠DAE＝90°，连接CE，BE，若BE＝10，BC＝6，请直接写出DE2的值． 【思路点拨】（1）由等边三角形的性质得AB＝AC，AD＝AE，∠ACB＝∠B＝60°，∠BAC＝∠DAE＝60°，再证∠BAD＝∠CAE，然后证△ABD≌△ACE（SAS），即可解决问题； （2）①由等腰直角三角形的性质得AB＝AC，AD＝AE，∠ABC＝∠ACB＝45°，∠BAC＝∠DAE＝90°，再证△ABD≌△ACE（SAS），即可解决问题； ②由①可知，∠DCE＝90°，BD＝CE，再由勾股定理得CE2+CD2＝DE2，即可得出结论； （3）同（2）得△ABD≌△ACE（SAS），则∠ABD＝∠ACE＝45°，BD＝CE，再证∠BCE＝90°，则CE＝8，然后由勾股定理即可得出结论． 【规范解答】解：（1）∵△ABC和△ADE是等边三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠ACB＝∠B＝60°，∠BAC＝∠DAE＝60°， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， 即∠BAD＝∠EAC． 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE，∠ACE＝∠B＝60°， ∴∠DCE＝∠ACE+∠ACB＝60°+60°＝120°， 故答案为：BD＝CE，120； （2）①∠DCE＝90°，理由如下： ∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠ABC＝∠ACB＝45°，∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， 即∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE， ∵∠B＝∠ACD＝45°， ∴∠DCE＝∠ACE+∠ACD＝90°； ②BD2+CD2＝DE2，理由如下： 由①可知，∠DCE＝90°，BD＝CE， 在Rt△DCE中，由勾股定理得：CE2+CD2＝DE2， ∴BD2+CD2＝DE2； （3）同（2）得：△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACE＝45°，BD＝CE， ∴∠BCE＝∠ACE+∠ACB＝90°， ∴CE＝＝＝8， ∴BD＝CE＝8， ∴CD＝BD﹣BC＝8﹣6＝2， ∵∠BCE＝90°， ∴∠DCE＝90°， 在Rt△DCE中，由勾股定理得，DE2＝CE2+CD2＝82+22＝68， 即DE2的值为68． 【考点评析】此题是三角形综合题，考查了等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质，证明三角形全等是是解题的关键，属于中考常考题型． 【题型03 倍长中线模型】 11．（2024春•雁塔区校级期末）数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB＝6，AC＝10，D是BC的中点，求BC边上的中线AD的取值范围． 【方法探索】（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，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE．根据SAS可以判定△ADC≌△EDB，得出AC＝BE．这样就能把线段AB、AC、2AD集中在△ABE中．利用三角形三边的关系，即可得出中线AD的取值范围是 　2＜AD＜8　． 【问题解决】（2）由第（1）问方法的启发，请解决下面问题：如图2，在△ABC中，D是BC边上的一点，AE是△ABD的中线，CD＝AB，∠BDA＝∠BAD，试说明：AC＝2AE； 【问题拓展】（3）如图3，AD是△ABC的中线，过点A分别向外作AE⊥AB、AF⊥AC，使得AE＝AB，AF＝AC，判断线段EF与AD的关系，并说明理由． 【思路点拨】（1）由题意得：AE在△ABE中，由三角形三边关系可得到AE的取值范围，AD＝AE，即可求得AD的取值范围； （2）由“SAS”可证△EDF≌△EBA，可得∠ADC＝∠ADF，由“SAS”可证△AFD≌△ACD（SAS），可得AC＝AF＝2AE； （3）延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，由（1）可知，△BDM≌△CDA（SAS），得BM＝AC，再证△ABM≌△EAF（SAS），得AM＝EF，∠BAM＝∠E，则EF＝2AD，然后由三角形的外角性质证出∠APE＝∠BAE＝90°，即可得出结论． 【规范解答】解：（1）在△ABE中，AB＝6，BE＝AC＝10，由三角形三边关系可得：AE﹣AB＝4＜AE＜AB+BE＝16，即AE到取值范围为4＜AE＜16， ∵AD＝， ∴AD的取值范围为2＜AD＜8； 故答案为：2＜AD＜8； （2）如图2，延长AE至点F，使得EF＝AE，连接DF，则AF＝EF+AE＝2AE， ∵E是BD中点， ∴DE＝BE， 在△EDF和△EBA中， ， ∴△EDF≌△EBA（SAS）， ∴DF＝AB＝CD，∠B＝∠EDF，∠F＝∠EAB， ∵∠CDA＝∠B+∠BAD，∠ADF＝∠BDA+∠EDF，∠BDA＝∠BAD， ∴∠ADC＝∠ADF， 在△AFD和△ACD中， ， ∴△AFD≌△ACD（SAS）， ∴AC＝AF， ∴AC＝2AE； （3）EF＝2AD，EF⊥AD， 理由：如图3，延长DA交EF于点P，延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM， 由（1）可知，△BDM≌△CDA（SAS）， ∴BM＝AC，∠M＝∠CAD， ∵AC＝AF， ∴BM＝AF， 由（2）可知，AC∥BM， ∴∠BAC+∠ABM＝180°， ∵AE⊥AB、AF⊥AC， ∴∠BAE＝∠FAC＝90°， ∴∠BAC+∠EAF＝180°， ∴∠ABM＝∠EAF， 在△ABM和△EAF中， ， ∴△ABM≌△EAF（SAS）， ∴AM＝EF，∠BAM＝∠E， ∵AD＝DM， ∴AM＝2AD， ∴EF＝2AD， ∵∠EAM＝∠BAM+∠BAE＝∠E+∠APE， ∴∠APE＝∠BAE＝90°， ∴EF⊥AD． 【考点评析】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．（2021秋•荔城区校级期末）AD是△ABC的边BC上的中线，AB＝6，AC＝4，则中线AD的取值范围是 　1＜AD＜5　． 【思路点拨】如图，延长AD至E，使DE＝AD，连接BE，可证得△BDE≌△CDA（SAS），再运用三角形三边关系即可求得答案． 【规范解答】解：如图，延长AD至E，使DE＝AD，连接BE， ∵AD是△ABC的中线， ∴BD＝CD， 在△BDE和△CDA中， ， ∴△BDE≌△CDA（SAS）， ∴BE＝AC＝4， 在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE， ∴6﹣4＜2AD＜6+4， ∴1＜AD＜5； 故答案为：1＜AD＜5． 【考点评析】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系．解题关键是通过倍延中线构造全等三角形． 13．（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＝　　． 【思路点拨】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． 【规范解答】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． 【考点评析】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． 14．（2024春•卢龙县期末）在△ABC中，AB＝6，AC＝8，则BC边上中线AD的取值范围为（　　）（提示：可以构造平行四边形） A．2＜AD＜14 B．1＜AD＜7 C．6＜AD＜8 D．12＜AD＜16 【思路点拨】作辅助线（延长AD至点E，使AD＝ED）构建平行四边形，根据平行四边形的性质和三角形三边关系即可求解． 【规范解答】解：延长AD至点E，使AD＝ED，连接BE、CE． ∵点D是BC的中点， ∴BD＝CD， ∴四边形ABEC是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）， ∴CE＝AB（平行四边形的对边相等）， 在△ACE中，AC﹣CE＜AE＜CE+AC， 即2＜2AD＜14， 1＜AD＜7． 故选：B． 【考点评析】本题考查了平行四边形的判定、三角形的三边关系．注意：倍长中线是常见的辅助线之一． 15．（2021秋•肥西县期末）一个三角形的两边长分别为5和9，设第三边上的中线长为x，则x的取值范围是（　　） A．x＞5 B．x＜7 C．4＜x＜14 D．2＜x＜7 【思路点拨】延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，CE，利用SAS证明ADC≌△EDB，得BE＝AC＝9，由AD＝x，得AE＝2x，在△ABE中利用三角形三边关系可得答案． 【规范解答】解：如图，AB＝5，AC＝9，AD为BC边的中线， 延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，CE， ∵AD＝x， ∴AE＝2x， 在△BDE与△CDA中， ， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， ∴BE＝AC＝9， 在△ABE中，AB+BE＞AE，BE﹣AB＜AE， 即5+9＞2x，9﹣5＜2x， ∴2＜x＜7， 故选：D． 【考点评析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形的三边关系等知识，作辅助线构造三角形全等是解题的关键． 【题型04 平行线+线段中点构造全等模型】 16．（2024春•开江县期末）《2022新课标》指明推理能力是指从一些事实和命题出发，依据规则推出其他命题或结论的能力．目前我们已经具备通过一次全等或者二次全等证明其他结论的能力． 【模型证明】阅读下列材料，完成相应证明． 命题：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 如图1，△ABC中，∠ABC＝90°，BD是斜边AC上的中线．求证：． 分析：如图2，要证明BD等于AC的一半，可以用“中线倍长法”延长BD到E，使得DE＝BD，连接AE，可证△ADE≌△CDB，再证明△ABE≌△BAC，最后得到：． 请你按材料中的分析写出完整的证明过程； 【模型应用】如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，延长BC到E，使得，D是AB边的中点，连接ED，求证：∠B＝2∠E； 【模型构造】如图4，在△ABC中，∠B＝30°，延长BC到D，使得CD＝BC，连接AD，求∠D的度数． 【思路点拨】（1）利用倍长中线BD，证明三角形ADE≌三角形BDC，得AE＝BC，J进而证明三角形ABE≌三角形ABC得AC＝BE即可得证； （2）连接CD，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到CD＝BD＝AD，再证明三角形CDE与三角形BDC是等腰三角形可得∠CDE＝∠E，利用三角形外角的性质可得结论； （3）作DH⊥AB，利用含30°角的直角三角形的性质可得CB＝CD＝DH，证明三角形DCH是等边三角形，求出∠ACH＝15°，进而可得AH＝DH，根据等腰三角形的性质可得的结论． 【规范解答】解：（1）如图所示： 延长BD到E，使得DE＝BD，连接AE． 在△ADE和△CDB中， ， ∴△ADE≌△CDB（SAS）， ∴AE＝BC，∠AED＝∠CBD， ∴AE∥BC（内错角相等，两直线平行）， ∠ABC+∠BAE＝180° （两直线平行，同旁内角互补）． ∵∠ABC＝90°， ∴∠BAE＝90°， 在△ABE和△BAC中， ， ∴△ABE≌△CBA（SAS）， ∴AC＝EB． ， （2）证明：连接CD． ∵∠ACB＝90°，且D为AB的中点， ， ∠B＝∠DCB， ， ∴CE＝CD， ∴∠E＝∠CDE， ∴∠DCB＝2∠E， ∴∠B＝2∠E； （3）解：如图所示，过D作DH⊥AB于H，连接CH． ∵∠DHB＝90°，且CD＝BC， HC＝BC＝CD． ∴∠CHB＝∠B． ∠B＝30°． ∠CHB＝30°， ∠CHD＝60°， ∴△HCD为等边三角形． ∴CH＝DH，∠HCD＝60°， ∠ACD＝∠B+∠BAC＝45°． ∴∠ACH＝∠HCD﹣∠ACD＝15°， ∴∠ACH＝∠CAH． ∴AH＝CH＝DH． ∴△AHD为等腰直角三角形． ∠HDA＝45°， ∠ADB＝∠ADH+∠BDH＝105°． 【考点评析】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定和性质，倍长中线法，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的性质与判定． 17．（2024春•海口期末）如图，正方形ABCD的边长为2，点G是AD的中点，点E、F分别在边AB、CD上，若EF⊥CG于点H，则EF的长为（　　） A． B． C． D．3 【思路点拨】过点E作EM⊥CD于点M，交CG于点N，然后根据正方形的性质证明四边形ADME是矩形，从而得到EM＝CD，再根据已知条件求出DG，从而求出CG，最后再证明Rt△EMF≌Rt△CDG，从而求出EF即可． 【规范解答】解：如图所示，过点E作EM⊥CD于点M，交CG于点N， ∴∠EMF＝∠EMC＝90°， ∵四边形ABCD是正方形，AD＝2 ∴∠A＝∠D＝90°，AD＝DC＝2， ∴四边形ADME是矩形， ∴EM＝AD＝DC， ∵G为AD中点， ∴DG＝1， 在Rt△GDC中，由勾股定理可得：， ∵EF⊥CG， ∴∠EHN＝90°， ∴∠FEM+∠ENH＝90°， ∵∠EMC＝90°， ∴∠MNC+∠DCG＝90°， ∵∠ENH＝∠MNC， ∴∠FEM＝∠DCG， 在Rt△EMF和Rt△CDG中， ， ∴Rt△EMF≌Rt△CDG（ASA）， ∴EF＝CG＝， 故选：B． 【考点评析】本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的性质与判定，解题关键是通过添加辅助线，改造全等三角形． 18．（2021秋•城固县期末）如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，若AE交BD于点F，M是DF的中点，连接CM，CM＝2，则EF的长为（　　） A． B． C．1 D． 【思路点拨】思路一：根据题意可得△ADF∽△EBF，再由M是DF中点可以证明BF＝FM，结合E是BC中点，可以说明EF是△BCM的中位线，由中位线直接得出EF的长． 思路二：根据题意可得△ADF∽△EBF，根据相似三角形的性质得到AF＝2EF，即AE＝3EF，再延长AE交DC延长线于点H，可证明△ABE≌△HCE，得到C是DH的中点，因此HF＝2CM，HF＝4EF，以此即可解答． 【规范解答】思路一：解：∵四边形ABCD为矩形，E是BC的中点， ∴AD∥BC，AD＝BC，AD＝2BE， ∴△ADF∽△EBF， ∴＝， ∵M是DF的中点， ∴BF＝FM，即F是BM的中点， ∵E是BC的中点， ∴EF是△BCM的中位线，CM＝2， ∴EF＝CM＝1． 思路二：解：∵四边形ABCD为矩形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴△ADF∽△EBF， ∴， ∵E是BC的中点， ∴＝， 即AE＝3EF， 如图，延长AE交DC延长线于点H， ∵AB∥CD， ∴∠ABE＝∠HCE＝90°， ∵E是BC的中点， ∴BE＝CE， 在△ABE和△HCE中， ， ∴△ABE≌△HCE（ASA）， ∴AE＝EH，AB＝CH＝CD，即C是DH的中点， ∴HF＝2CM＝4， ∵AE＝3EF，AE＝EH， ∴EH＝3EF，HF＝4EF， ∴EF＝1， 故选：C． 【考点评析】本题考查了矩形的性质、相似三角形及全等三角形的判定和性质，解题关键是掌握相似三角形的判定和性质． 19．（2023春•泰山区期末）矩形ABCD与CEFG，如图放置，点B、C、E共线，点C、D、G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH，若BC＝EF＝4，CD＝CE＝2，则GH＝　　． 【思路点拨】延长GH交AD于点P，先证△APH≌△FGH得AP＝GF＝2，GH＝PH＝PG，再利用勾股定理求得PG＝2，从而得出答案． 【规范解答】解：如图，延长GH交AD于点P， ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是矩形， ∴∠ADC＝∠ADG＝∠CGF＝90°，AD＝BC＝4、GF＝CE＝2， ∴AD∥GF， ∴∠GFH＝∠PAH， 又∵H是AF的中点， ∴AH＝FH， 在△APH和△FGH中， ∵， ∴△APH≌△FGH（ASA）， ∴AP＝GF＝2，PH＝HG＝PG， ∵PD＝AD﹣AP＝2，GD＝GC﹣CD＝4﹣2＝2 ∴GP＝＝2 ∴GH＝GP＝ 故答案为： 【考点评析】本题主要考查矩形的性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等知识点． 20．（2023春•合肥期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AB＜BC，E是BC边上的一动点，连接DE、AE，过点D作DF⊥AE交BC于点G，垂足为点F，连接BF． （1）当点G恰为BC中点时，则BF＝　3　． （2）当DE平分∠FEC时，若DE＝，则AF：FE＝　4：1　． 【思路点拨】（1）延长DG与BA交于点H，根据矩形的性质可得AB＝CD＝3，AB∥CD，从而可得∠CDG＝∠H，∠DCG＝∠HBG，再根据线段的中点定义可得BG＝CG，然后利用AAS证明△DCG≌△HBG，从而利用全等三角形的性质可得BH＝DC＝3，进而可得AB＝BH＝3，再根据垂直定义可得∠AFH＝90°，最后利用直角三角形斜边上的中线性质进行计算，即可解答； （2）根据矩形的性质可得∠DCE＝90°，AD∥BC，再利用角平分线的性质可得DF＝DC＝3，∠DEF＝∠DEC，从而可得∠ADE＝∠DEF，进而可得AD＝AE，然后在Rt△DFE中，利用勾股定理求出EF＝1，再设AF＝x，则AD＝AE＝x+1，从而在Rt△ADF中，利用勾股定理进行计算可求出AF的长，即可解答． 【规范解答】解：（1）延长DG与BA交于点H， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD＝3，AB∥CD， ∴∠CDG＝∠H，∠DCG＝∠HBG， ∵点G为BC中点， ∴BG＝CG， ∴△DCG≌△HBG（AAS）， ∴BH＝DC＝3， ∴AB＝BH＝3， ∵DG⊥AE， ∴∠AFH＝90°， ∴BF＝AB＝AH＝3， 故答案为：3； （2）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠DCE＝90°，AD∥BC， ∴∠ADE＝∠DEC， ∵DE平分∠FEC，DC⊥CE，DF⊥AE， ∴DF＝DC＝3，∠DEF＝∠DEC， ∴∠ADE＝∠DEF， ∴AD＝AE， 在Rt△DFE中，DE＝， ∴EF＝＝＝1， 设AF＝x， ∴AD＝AE＝AF+EF＝x+1， 在Rt△ADF中，AF2+DF2＝AD2， ∴x2+32＝（x+1）2， 解得：x＝4， ∴AF＝4， ∴AF：EF＝4：1， 故答案为：4：1． 【考点评析】本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 【题型05 角平分线+垂直构造全等模型】 21．（2022秋•凤阳县期末）已知：如图，AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，且∠ADC+∠B＝180°． （1）若AB＝12，AD＝8，则AF＝　10　． （2）若△ABC的面积是24，△ADC的面积是16，则△BEC的面积等于 　4　． 【思路点拨】（1）利用角平分线的性质可得CE＝CF，∠F＝∠CEB＝90°，根据等角的补角相等得∠B＝∠CDF，利用AAS证出两三角形全等，求出DF＝BE，证Rt△AFC≌Rt△AEC，推出AF＝AE，由BE＝DF可得AB﹣AE＝AF﹣AD＝AB﹣AF，即可得AB+AD＝2AF； （2）利用全等三角形的面积相等，设△BEC的面积为x，列出方程可得结果． 【规范解答】解：（1）∵AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F， ∴CE＝CF，∠CEB＝∠F＝90°， ∵∠ADC+∠B＝180°，∠ADC+∠CDF＝180°， ∴∠B＝∠CDF， 在Rt△BCE与Rt△DCF中， ， ∴Rt△BCE≌Rt△DCF（AAS）， ∴DF＝BE，CE＝CF，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F， 在Rt△ACE与Rt△ACF中， ， ∴Rt△ACE≌Rt△ACF（HL）， ∴AF＝AE， ∴AB﹣AE＝AF﹣AD＝AB﹣AF， ∴AB+AD＝2AF， ∵AB＝12，AD＝8， ∴AF＝10， 故答案为：10． （2）∵Rt△BCE≌Rt△DCF， ∴S△BCE＝S△DCF， 设△BEC的面积为x， ∵△ABC的面积是24，△ADC面积是16， ∴24﹣x＝16+x， ∴x＝×（24﹣16）＝4． 即△BEC的面积等于4， 故答案为：4． 【考点评析】考查了角平分线性质，全等三角形的判定和性质的应用，三角形的面积，注意：全等三角形的对应边相等，对应角相等．直角三角形全等的判定定理是SAS，ASA，AAS，SSS，HL．本题中利用全等三角形的判定和性质是解题的关键． 22．（2023春•台江区期末）如图，AP平分∠MAN，PB⊥AM于点B，点C在射线AN上，且AC＜AB．若PB＝3，PC＝5，AC＝2，则AB的长为 　6　． 【思路点拨】过点P作PH⊥AN于点H，根据角平分线的性质可得PH＝PB＝3，根据勾股定理可得CH的长，进而得到AH的长，再证明△ABP≌△AHP，根据全等三角形的性质可得AB＝AH，即可求出AB的长． 【规范解答】解：过点P作PH⊥AN于点H，则∠PHC＝90°， ∵AP平分∠MAN，PB⊥AM，PH⊥AN， ∴PH＝PB， ∵PB＝3， ∴PH＝PB＝3， 又∵PC＝5， 根据勾股定理，得， ∵AC＝2， ∴AH＝AC+CH＝2+4＝6， 在△ABP和△AHP中， ， ∴△ABP≌△AHP（AAS）， ∴AB＝AH＝6． 故答案为：6． 【考点评析】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握角平分线的性质是解题关键． 23．（2022秋•江北区校级期末）如图，在正方形ABCD中，点E，G分别在AD，BC边上，且AE＝3DE，BG＝CG，连接BE、CE，EF平分∠BEC，过点C作CF⊥EF于点F，连接GF，若正方形的边长为4，则GF的长度是（　　） A． B． C． D． 【思路点拨】延长CF交BE于H，利用已知条件证明△HEF≌△CEF（ASA），然后利用全等三角形的性质证明GF＝BH，最后利用勾股定理即可求解． 【规范解答】解：延长CF交BE于H， ∵EF平分∠BEC， ∴∠HEF＝∠CEF， ∵CF⊥EF， ∴∠HFE＝∠CFE， 在△HEF和△CEF中， ， ∴△HEF≌△CEF（ASA）， ∴HF＝CF，EH＝EC， 而BG＝CG， ∴GF＝BH， ∵AE＝3DE，正方形的边长为4， ∴AE＝3，AB＝CD＝4，DE＝1， 在Rt△ABE中，BE＝＝5， 在Rt△CDE中，CE＝HE＝＝， ∴BH＝BE﹣HE＝5﹣， ∴GF＝BH＝． 故选：C． 【考点评析】此题主要考查了全等三角形的性质与判定，也利用了正方形的性质，三角形的中位线的性质，有一定的综合性，对于学生的能力要求比较高． 24．（2023春•新城区校级期末）如图，△BDC为等腰直角三角形，延长BD至A，连接AC，作∠ABC的角平分线BE交DC于F，且BE⊥AC于E．若AE＝12，△ABC的面积为360，则EF的长度为（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 【思路点拨】根据角平分线的定义可得∠ABE＝∠CBE，再根据垂直定义可得∠BEA＝∠BEC＝90°，从而利用ASA可证△AEB≌△CEB，再利用全等三角形的性质可得AE＝CE＝12，从而可得AC＝24，进而利用三角形的面积公式可求出BE＝30，然后利用等腰直角三角形的性质可得BD＝DC，∠ABE+∠BFD＝90°，再根据直角三角形的两个锐角互余可得∠A+∠ABE＝90°，从而可得∠A＝∠BFD，最后利用AAS证明△BDF≌△CDA，从而利用全等三角形的性质可得BF＝AC＝24，进行计算即可解答． 【规范解答】解：∵BE平分∠ABC， ∴∠ABE＝∠CBE， ∵BE⊥AC， ∴∠BEA＝∠BEC＝90°， ∵BE＝BE， ∴△AEB≌△CEB（ASA）， ∴AE＝CE＝12， ∴AC＝2AE＝24， ∵△ABC的面积为360， ∴AC•BE＝360， ∴×24•BE＝360， 解得：BE＝30， ∵△BDC为等腰直角三角形，∠BDC＝90°， ∴BD＝DC，∠ABE+∠BFD＝90°， ∵∠AEB＝90°， ∴∠A+∠ABE＝90°， ∴∠A＝∠BFD， ∵∠BDF＝∠AEB＝90°， ∴△BDF≌△CDA（AAS）， ∴BF＝AC＝24， ∴EF＝BE﹣BF＝6， 故选：A． 【考点评析】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，等腰直角三角形，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 25．（2024春•淮南期末）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线AE交BC于点E，EF⊥AD于点F，DG⊥AE于点G，DG与EF交于点O． （1）求证：四边形ABEF是正方形． （2）若AD＝AE，AB＝2， （ⅰ）求AG的长； （ⅱ）求OF的长． 【思路点拨】（1）先根据已知已知条件和矩形的性质证明四边形ABEF是矩形，然后根据正方形的判定证明四边形ABEF是正方形； （2）（i）根据已知条件证明△AGD≌△ABE，然后根据全等三角形的性质和已知条件求出答案即可； （ii）根据（ⅰ）所求△AGD≌△ABE，得到DG＝EB＝AB＝AF＝AG＝2，从而求出AD，DF和∠DAG＝∠ADG＝45°，从而求出答案即可． 【规范解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAF＝∠ABE＝90°， ∵EF⊥AD， ∴∠AFE＝∠BAF＝∠ABE＝90°， ∴四边形ABEF是矩形． ∵AE平分∠BAD， ∴EF＝EB， ∴四边形ABEF是正方形； （2）（ⅰ）∵AE平分∠BAD， ∴∠DAG＝∠BAE． 在△AGD和△ABE中， ∴△AGD≌△ABE（AAS）， ∴AB＝AG， ∴AG＝AB＝2； （ⅱ）由（1）知，四边形ABEF是正方形， ∴AF＝AB＝2， 由（2）（ⅰ）可知，△AGD≌△ABE， ∴DG＝EB＝AB＝AF＝AG＝2， ∴，∠DAG＝∠ADG＝45°， ∴． ∵EF⊥AD， ∴∠FDO＝∠FOD＝45°， ∴． 【考点评析】本题主要考查了矩形的性质、正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等，解题关键是正确识别图形，熟练掌握正方形的判定与性质． 【题型06 正方形中的半角模型】 26．（2024春•洛江区期末）如图1，点M、N别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠MAN＝45°，连接MN． （1）求证：MN＝BM+DN．下面提供解题思路，请填空： 如图2，把△ADN绕点A顺时针旋转 　90　度至△ABE，可使AD与AB重合． 由∠EBC＝∠ABE+∠ABC＝180°，则知E、B、C三点共线，从而可证△AEM≌　△ANM　，从而得MN＝BM+DN． （2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明． （3）如图4，四边形ABCD不是正方形，但满足AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠MAN＝45°，且BC＝7，DC＝13，CN＝5，求BM的长． 【思路点拨】（1）利用旋转的性质和正方形的性质，证明△AEM≌△ANM即可求证； （2）在DC上取一点G，使DG＝BM，先证明△ABM≌△ADG，再证明△MAN≌△GAN，即可得出答案； （3）在DC上取一点G，使DG＝BM，先证明△ABM≌△ADG，再证明△MAN≌△GAN，得到MN＝NG，设BM＝x，用含x的代数式表达GC和MN，根据勾股定理列出方程，解出x的值即可． 【规范解答】解：（1）∵∠BAD＝90°， ∴△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE， ∵旋转， ∴△ADN≌△ABE， ∴AN＝AE，∠DAN＝∠BAE， ∵∠MAN＝45°， ∴∠BAM+∠DAN＝45°，即∠BAM+∠BAE＝45°， ∴∠EAM＝∠NAM， ∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∴MN＝EM＝BM+BE＝BM+DN． 故答案为：90，△ANM； （2）MN＝DN﹣BM，理由如下， 在DC上取一点G，使DG＝BM， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，∠ADG＝∠ABM＝90°， 又∵DG＝BM， ∴△ABM≌△ADG（SAS）， ∴AM＝AG，∠MAB＝∠GAD， ∵∠MAN＝∠BAM+∠BAN＝45°， ∴∠GAD+∠BAN＝45°， ∴∠GAN＝45°，即∠MAN＝∠GAN， 又∵AN＝AN， ∴△MAN≌△GAG（SAS）， ∴MN＝NG＝DN﹣DG＝DN﹣BM， 即MN＝DN﹣BM； （3）解：在DC上取一点G，使DG＝BM， ∵∠BAD＝∠BCD＝90°， ∴∠D+∠ABC＝180°， ∵∠ABM+∠ABC＝180°， ∴∠D＝∠ABM， 又∵AB＝AD，DG＝BM， ∴△ABM≌△ADG（SAS）， ∴AM＝AG，∠MAB＝∠GAD， ∵∠MAN＝∠BAM+∠BAN＝45°， ∴∠GAD+∠BAN＝45°， ∴∠GAN＝45°，即∠MANF＝∠GAN， ∴△MAN≌△GAN（SAS）， ∴MN＝NG， 设BM＝x＝DG， ∴GC＝13﹣x， ∴MN＝NG＝18﹣x， 在Rt△MCN中，MC2+NC2＝MN2 ∴52+（7+x）2＝（18﹣x）2， 解得：x＝5， ∴BM的长为5． 【考点评析】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的性质和判定等内容，熟练掌握相关知识和理解题干材料是解题关键． 27．（2024春•南昌期末）如图，正方形ABCD的边长为4，E，F是对角线BD上的两点，且，则四边形AECF的面积是 　8　． 【思路点拨】先连接AC交EF于点O，根据正方形的性质求出AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠ABC＝90°，从而求出AC，然后利用全等三角形的性质证明AE＝AF＝CE＝CF，从而证明四边形AECF是菱形，然后利用菱形的面积公式进行计算即可． 【规范解答】解：如图所示：连接AC交EF于点O， ∵正方形ABCD的边长为4， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠ABC＝90°， ∴， ∵BD是正方形ABCD的对角线， ∴∠ABE＝∠CBE＝∠ADF＝∠CDF＝45°， 在△ABE和△CBE中， ， ∴△ABE≌△CBE（SAS）， ∴AE＝EC， 同理可证：AD＝CD， 在△ABE和△ADF中， ， ∴△ABE≌△ADF（SAS）， ∴AE＝AF， 同理可证：CE＝CF， ∴AE＝AF＝CE＝CF， ∴四边形AECF是菱形， ∴AC⊥EF，EO＝FO， ∵四边形ABCD是正方形， ∴， ∵， ∴EF＝BD﹣BE﹣DF＝， ∴菱形AECF的面积是：， 故答案为：8． 【考点评析】本题主要考查了正方形的性质，解题关键是熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质． 28．（2022秋•青秀区校级期末）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE＝DF，连接EF交边AD于点G．过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N．若BE＝5，CN＝8，则线段AN的长为 　4　． 【思路点拨】连接AE，AF，EN，由正方形的性质可得AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，可证得△ABE≌△ADF（SAS），可得∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，从而可得∠EAF＝90°，根据等腰三角形三线合一可得点M为EF中点，由AN⊥EF可证得△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），可得EN＝FN，设DN＝x，则EN＝FN＝x+5，CE＝x+3，由勾股定理解得x＝12，可得DN＝12，AD＝BC＝20，由勾股定理即可求解． 【规范解答】解：如图，连接AE，AF，EN， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°， ∵BE＝DF， ∴△ABE≌△ADF（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAF，AE＝AF， ∴∠EAF＝90°， ∴△EAF为等腰直角三角形， ∵AN⊥EF， ∴EM＝FM，∠EAM＝∠FAM＝45°， ∴△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS）， ∴EN＝FN， 设DN＝x， ∵BE＝DF＝5，CN＝8， ∴CD＝CN+DN＝x+8， ∴EN＝FN＝DN+DF＝x+5，CE＝BC﹣BE＝CD﹣BE＝x+8﹣5＝x+3， 在Rt△ECN中，由勾股定理可得： CN2+CE2＝EN2， 即82+（x+3）2＝（x+5）2， 解得：x＝12， ∴DN＝12，AD＝BC＝BE+CE＝5+x+3＝20， ∴AN＝＝＝4， 解法二：可以用相似去做，△ADN与△FCE相似，设正方形边长为x， ＝，即＝， ∴x＝20． 在△ADN中，利用勾股定理可求得AN＝4． 故答案为：4． 【考点评析】本题考查正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是正确作出辅助线，构建全等三角形解决问题． 29．（2021秋•北碚区校级期末）如图，点E、F分别在正方形ABCD的边CD，BC上，且∠EAF＝45°，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，连接BD交AF于点M，DE＝2，BF＝3，则GM＝　2　． 【思路点拨】根据已知先证明点G、B、F三点在同一条直线上，再利用正方形的半角模型证明△GAF≌△EAF，可得EF＝FG，从而得AF是EG的垂直平分线，所以连接GE交AF于点O，可求出AO的长，然后利用8字模型相似三角形证明△ADM∽△FBM，求出AM的长，进而可得点M与点O重合，最后在Rt△ECG中，根据勾股定理求出EG即可解答． 【规范解答】解：连接GE交AF于点O， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝∠ABF＝∠ADE＝∠C＝90°，AB＝AD＝BC＝DC，AD∥BC， ∵∠EAF＝45°， ∴∠BAF+∠DAE＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°， 由旋转得： AE＝AG，∠ABF＝∠ADE＝90°，BG＝DE＝2，∠BAG＝∠DAE， ∴∠BAG+∠BAF＝45°， ∴∠GAF＝∠EAF＝45°， ∵∠ABF＝∠ABG＝90°， ∴∠GBC＝∠ABG+∠ABF＝180°， ∴点G、B、F三点在同一条直线上， ∵BF＝3， ∴FG＝BG+BF＝2+3＝5， ∴△GAF≌△EAF（SAS）， ∴FG＝FE＝5， 设正方形ABCD的边长为x， ∴CF＝x﹣3，CE＝x﹣2， 在Rt△ECF中，FC2+EC2＝EF2， ∴（x﹣3）2+（x﹣2）2＝52， ∴x＝6或x＝﹣1（舍去）， ∴正方形ABCD的边长为6， 在Rt△ABF中，AF＝＝＝3， ∵AD∥BC， ∴∠DAM＝∠MFB，∠ADM＝∠MBF， ∴△ADM∽△FBM， ∴＝＝＝2， ∴AM＝AF＝2， 在Rt△ADE中，AE＝＝＝2， ∵AG＝AE，FG＝FE， ∴AF是EG的垂直平分线， ∴∠AOE＝90°， ∵∠EAF＝45°， ∴AE＝AO， ∴AO＝2， ∴点M与点O重合， ∴EG＝2GM， 在Rt△ECG中，EC＝DC﹣DE＝6﹣2＝4，GC＝BC+GB＝6+2＝8， ∴EG＝＝＝4， ∴GM＝2， 故答案为：2． 【考点评析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，熟练掌握正方形中的半角模型，8字模型相似三角形，是解题的关键． 【题型07 等腰三角形中的半角模型】 30．（2023秋•青羊区期末）如图，△ABC和△DEF是等腰直角三角形，∠BAC＝∠EDF＝90°，点D为BC中点，连接AE、CE，∠AEC＝120°，求的最小值＝　　． 【思路点拨】连接AD、CF，由△ABC是等腰直角三角形，点D为BC的中点，可得△ADC是等腰直角三角形，即可得△ADE≌△CDF，得到AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，进而得到∠ECF＝30°，当EF⊥EC时，最小，即可求解． 【规范解答】解：连接AD、CF， ∵△ABC是等腰直角三角形，点D为BC的中点， ∴AD＝DC，∠ADC＝90° ∵△DEF是等腰直角三角形， ∴DE＝DC，∠EDF＝90°， ∴∠ADE＝∠CDF＝90°﹣∠CDE， ∴△ADE≌△CDF， ∴AE＝CF，∠DAE＝∠DCF， ∵∠AEC＝120°， ∴∠EAC+∠ECA＝60°， ∵∠DAC+∠DCA＝90°， ∴∠DAE+∠DCE＝30°， ∴∠DCF+∠DCE＝30°＝∠ECF， 当EF⊥EC时，最小，此时， ∴的最小值是， 故答案为：． 【考点评析】本题属于推理题型，利用了等腰三角形的三线合一和全等三角形的判定与性质，确定EF⊥EC是关键． 31．（2021秋•东坡区期末）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，BD＝CD，∠BDC＝120°，以点D为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连结MN，则△AMN的周长是 　12　． 【思路点拨】要求△AMN的周长，根据题目已知条件无法求出三条边的长，只能把三条边长用其它已知边长来表示，所以需要作辅助线，延长AB至F，使BF＝CN，连接DF，通过证明△BDF≌△CND，及△DMN≌△DMF，从而得出MN＝MF，△AMN的周长等于AB+AC的长． 【规范解答】解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°， ∴∠BCD＝∠DBC＝30°， ∵△ABC是边长为6的等边三角形， ∴∠ABC＝∠BAC＝∠BCA＝60°， ∴∠DBA＝∠DCA＝90°， 延长AB至F，使BF＝CN，连接DF， 在△BDF和△CND中， ， ∴△BDF≌△CND（SAS）， ∴∠BDF＝∠CDN，DF＝DN， ∵∠MDN＝60°， ∴∠BDM+∠CDN＝60°， ∴∠BDM+∠BDF＝60°， 在△DMN和△DMF中， ， ∴△DMN≌△DMF（SAS）， ∴MN＝MF， ∴△AMN的周长是：AM+AN+MN＝AM+MB+BF+AN＝AB+AC＝6+6＝12． 故答案为：12． 【考点评析】此题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质；主要利用等边三角形和等腰三角形的性质来证明三角形全等，构造另一个三角形是解题的关键． 32．（2024春•惠民县期末）如图，在正方形ABCD中，M、N分别是AB、BC的中点，DM、AN交于点O，连接OC，AN的延长线交DC的延长线于点P，下列四个结论，其中正确的有（　　） ①DM⊥AN； ②∠ADM＝∠P； ③△COD为等边三角形； ④DP＝4AM． A．4 B．3 C．2 D．1 【思路点拨】利用正方形的性质和线段中点的定义，证明△ADM≌△BAN，得到∠ADM＝∠BAN，再利用三角形内角和定理求出∠AOD，从而判断①的正误即可； 利用①中所求结论，在三角形ABN和三角形PCN中，利用三角形内角和证明∠ADM＝∠P，然后判断②的正误即可； 根据已知条件证明△ABN≌△PCN，从而证明CD＝CP，根据①中结论DM⊥AN，证明△DOP是直角三角形，利用直角三角形的性质证明CO＝CD，从而判断△COD的形状，然后判断③的正误即可； 根据③中所证结论C为DP中点，得到DP＝2CD＝2AB，最后根据线段中点的定义得到AB＝2AM，从而证明DP＝4AM，进行判断④的正误即可． 【规范解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DAM＝∠ABN＝∠DCB＝90°，AD＝AB＝BC＝CD， ∵M，N分别是AB，BC的中点， ∴AM＝BM＝BN＝CN， 在△ADM和△BAN中， ∴， ∴△ADM≌△BAN（SAS）， ∴∠ADM＝∠BAN， ∵∠DAM＝∠DAO+∠BAN＝90°， ∴∠DAO+∠ADM＝90°， ∴∠AOD＝90°， ∴DM⊥AN， 故①的结论正确； ∵∠DCB+∠NCP＝180°，∠DCB＝90°， ∴∠NCP＝90°， ∵∠ABN＝∠PCN＝90°，∠ANB＝∠CNP， ∴∠BAN＝∠P， 由①可知：∠ADM＝∠BAN， ∴∠ADM＝∠P， 故②的结论正确； 由②可知：∠BAN＝∠P，∠ABN＝∠PCN＝90°， 由①可知：BN＝CN， ∴△ABN≌△PCN（ASA）， ∴AB＝CP＝CD， ∴C为DP中点， 由①可知DM⊥AN， ∴∠DOP＝90°， ∴OC＝， ∴△COD是等腰三角形， 故③的结论错误； 由③可知：C为DP中点， ∴DP＝2CD， ∵M为AB中点， ∴AB＝2AM， ∵AB＝CD， ∴DP＝2AB＝4AM， 故④的结论正确， 综上可知：结论正确的是①②④，共3个， 故选：B． 【考点评析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定，解题关键是正确识别图形，找出角与角之间的和差倍分关系． 33．（2020秋•丹江口市期末）如图，△ABC中，∠B＝2∠A，∠ACB的平分线CD交AB于点D，已知AC＝16，BC＝9，则BD的长为（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 【思路点拨】在AC上截取CE＝CB，连接DE，利用已知条件求证△CBD≌△CED，然后可得BD＝ED，∠B＝∠CED，再利用三角形外角的性质求证CE＝DE，然后问题可解． 【规范解答】解：如图，在AC上截取CE＝CB，连接DE， ∵∠ACB的平分线CD交AB于点D， ∴∠BCD＝∠ECD． 在△CBD与△CED中， ． ∴△CBD≌△CED（SAS）， ∴BD＝ED，∠B＝∠CED， ∵∠B＝2∠C，∠CED＝∠A+∠ADE， ∴∠CED＝2∠A， ∴∠A＝∠EDA， ∴AE＝ED， ∴AE＝BD， ∴BD＝AC﹣CE＝AC﹣BC＝16﹣9＝7． 故选：B． 【考点评析】此题主要考查学生对全等三角形的判定与性质这一知识点的理解和掌握，证明此题的关键是在AC上截取CE＝CB，连接DE，利用已知条件求证△CBD≌△CED，此题难易程度适中，适合学生的训练． 34．（2022秋•秦安县校级期末）如图，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，D是BC边的中点，DE⊥AB，DF⊥AC，点E、F为垂足．求证： （1）DE＝DF； （2）△DEF是等边三角形． 【思路点拨】（1）利用AAS证明△BDE≌△CDF，进而解答即可； （2）由△BDE≌△CDF，进而得到DE＝DF．由（1）得∠B＝∠C＝30°，求出∠EDF＝180°﹣∠BDE﹣∠CDF＝60°．所以△DEF是等边三角形． 【规范解答】证明：（1）∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C． ∵∠A＝120°，∠A+∠B+∠C＝180°， ∴∠B＝∠C＝30°． ∵D是BC边的中点， ∴BD＝CD． ∵DE⊥AB，DF⊥AC， ∴∠BED＝∠CFD＝90°． 在△BDE和△CDF中， ， ∴△BDE≌△CDF（AAS）， ∴DE＝DF． （2）由（1）得△BDE≌△CDF， ∴DE＝DF． ∠BED＝∠CFD＝90°， 由（1）得∠B＝∠C＝30°， ∴∠BDE＝∠CDF＝90°﹣30°＝60°． ∴∠EDF＝180°﹣∠BDE﹣∠CDF＝60°． ∴△DEF是等边三角形． 【考点评析】本题考查了全等三角形的性质与判定，解决本题的关键是熟记等腰三角形的性质以及全等三角形的性质． 【题型08 对角互补且一组邻边相等的 35．（2024春•龙江县期末）【问题情境】神奇的半角模型 在几何图形中，共顶点处的两个角，其中较小的角是较大的角的一半时，我们称之为半角模型．截长补短法是解决这类问题常用的方法． 如图1，在正方形ABCD中，以A为顶点的∠EAF＝45°，AE、AF与BC、CD分别交于E、F两点，为了探究EF、BE、DF之间的数量关系，小明的思路如下： 如图2，延长CB到点H，使BH＝DF，连接AH，先证明△ADF≌△ABH，再证明△AHE≌△AFE．从而得到EF、BE、DF之间的数量关系． （1）提出问题：EF、BE、DF之间的数量关系为 　EF＝DF+BE　． （2）知识应用：如图3，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，以A为顶点的∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，AE、AF与BC、CD分别交于E、F两点，你认为（1）中的结论还成立吗？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由． （3）知识拓展：如图4，在四边形ABCD中，AB＝AD＝a，BC＝b，CD＝c．∠ABC与∠D互补，AE、AF与BC、CD分别交于E、F两点，且，请直接写出△EFC的周长＝　b+c　．（用含a、b、c的式子表示．） 【思路点拨】（1）延长CB到点H，使BH＝DF，连接AH，先证明△ADF≌△ABH，再证明△AHE≌△AFE．从而得到EF、BE、DF之间的数量关系； （2）延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG，先证明△ADF≌△ABG，再证明△AGE≌△AFE，从而得到EF、BE、DF之间的数量关系； （3）延长CB到点H，使BH＝DF，连接AH，先证明△ADF≌△ABH，再证明△AHE≌△AFE．从而得到EF、BE、DF之间的数量关系，将△CEF的周长转化为CB+CD的长． 【规范解答】解：（1）延长CB到点H，使BH＝DF，连接AH， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠ABC＝∠D＝∠BAD＝90°， ∵BH＝DF， ∴△ADF≌△ABH（SAS）， ∴AH＝AF，∠HAB＝∠DAF， ∵∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠DAF＝45°， ∴∠HAE＝45°， ∵AE＝AE， ∴△AHE≌△AFE（SAS）． ∴HE＝EF， ∴EF＝DF+BE， 故答案为：EF＝DF+BE； （2）成立，理由如下：延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG， ∵AB＝AD，∠ABG＝∠D， ∵BG＝DF， ∴△ADF≌△ABG（SAS）， ∴AG＝AF，∠GAB＝∠DAF， ∵∠EAF＝60°，∠BAD＝120°， ∴∠BAE+∠DAF＝60°， ∴∠GAE＝60°， ∵AE＝AE， ∴△AGE≌△AFE（SAS）． ∴GE＝EF， ∴EF＝DF+BE； （3）延长CB到点H，使BH＝DF，连接AH， 则∠ABH+∠ABC＝180°， ∵∠ABC与∠D互补， ∴∠ABC+∠D＝180°， ∴∠ABH＝∠D， ∵AB＝AD，BH＝DF， ∴△ADF≌△ABH（SAS）， ∴AH＝AF，∠HAB＝∠DAF， ∵∠EAF＝∠BAD， ∴∠BAE+∠DAF＝∠EAF， ∴∠HAE＝∠FAE， ∵AE＝AE， ∴△AHE≌△AFE（SAS）． ∴HE＝EF， ∴EF＝DF+BE， ∴△CEF的周长为CF+EF+CE＝CE+CF+BE+DF＝CB+CD＝b+c， 故答案为：b+c． 【考点评析】本题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 36．（2024春•乐平市期末）（1）如图①，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系：　EF＝BE+FD　； （2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程； （3）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD所在直线上的点，且∠EAF＝∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系：　EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE或EF＝BE+FD　． 【思路点拨】（1）如图1，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF＝AG，再证明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可解题； （2）如图2，同理可得：EF＝BE+DF； （3）如图3，作辅助线，构建△ABG，同理证明△ABG≌△ADF和△AEG≌△AEF．可得新的结论：EF＝BE﹣DF． 【规范解答】解：（1）如图1，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG． ∵在△ABG与△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）． ∴AG＝AF，∠1＝∠2， ∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠BAD＝∠EAF． ∴∠GAE＝∠EAF． 又AE＝AE， 易证△AEG≌△AEF． ∴EG＝EF． ∵EG＝BE+BG． ∴EF＝BE+FD 故答案为：EF＝BE+FD； （2）（1）中的结论EF＝BE+FD仍然成立． 理由是：如图2，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG． ∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°， ∴∠ABG＝∠D， ∵在△ABG与△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）． ∴AG＝AF，∠1＝∠2， ∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠BAD＝∠EAF． ∴∠GAE＝∠EAF． 又AE＝AE， ∴△AEG≌△AEF． ∴EG＝EF． ∵EG＝BE+BG． ∴EF＝BE+FD （3）①EF＝BE﹣FD． 证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG． ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°， ∴∠B＝∠ADF． ∵在△ABG与△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）． ∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF． ∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF＝∠BAD． ∴∠GAE＝∠EAF． ∵AE＝AE， 易证△AEG≌△AEF（SAS）． ∴EG＝EF ∵EG＝BE﹣BG ∴EF＝BE﹣FD． ②EF＝FD﹣BE． 证明：在DF上截取DH＝BE， 同第一种情况方法，证△AEB≌△AHD（SAS）， 证△AEF≌△AHF（SAS）， ∴EF＝FH＝FD﹣DH＝FD﹣BE； ③由（1）、（2）可知，EF＝BE+FD； ④如图，点E在BC延长线上，点F在DC延长线，此时线段EF，BE，FD之间并无直接数量关系． 综上，EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE或EF＝BE+FD； 故答案为：EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE或EF＝BE+FD； 【考点评析】本题是三角形的综合题，利用全等三角形的判定与性质得出AF＝AG是解题关键，再利用全等三角形的判定与性质得出EF＝EG，本题的4个问题运用了类比的方法依次解决问题． 37．（2023春•连城县期末）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，线段EF、BE、FD之间的关系是　EF＝BE+FD　；（不需要证明） （2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明． （3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明． 【思路点拨】（1）延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，证明△ABG≌△ADF，根据全等三角形的性质得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，再证明△GAE≌△FAE，根据全等三角形的性质得出EF＝EG，结合图形计算，证明结论； （2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，仿照（1）的证明方法解答； （3）在EB上截取BH＝DF，连接AH，仿照（1）的证明方法解答． 【规范解答】解：（1）EF＝BE+FD， 理由如下：如图1，延长CB至G，使BG＝DF，连接AG， 在△ABG和△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF， ∵∠EAF＝∠BAD， ∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF， ∴∠GAE＝∠BAG+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝∠EAF， 在△GAE和△FAE中， ， ∴△GAE≌△FAE（SAS）， ∴EF＝EG， ∵EG＝BG+BE＝BE+DF， ∴EF＝BE+FD， 故答案为：EF＝BE+FD； （2）（1）中的结论仍然成立， 理由如下：如图2，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM， ∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠1＝180°， ∴∠1＝∠D， 在△ABM和△ADF中， ， ∴△ABM≌△ADF（SAS）， ∴AM＝AF，∠3＝∠2， ∵∠EAF＝∠BAD， ∴∠3+∠4＝∠EAF， ∴∠EAM＝∠3+∠4＝∠2+∠4＝∠EAF， 在△MAE和△FAE中， ， ∴△MAE≌△FAE（SAS）， ∴EF＝EM， ∵EM＝BM+BE＝BE+DF， ∴EF＝BE+FD； （3）（1）中的结论不成立，EF＝BE﹣FD， 理由如下：如图3，在EB上截取BH＝DF，连接AH， 同（2）中证法可得，△ABH≌△ADF， ∴AH＝AF，∠BAH＝∠DAF， ∴∠HAE＝∠FAE， 在△HAE和△FAE中， ， ∴△HAE≌△FAE（SAS）， ∴EF＝EH， ∵EH＝BE﹣BH＝BE﹣DF， ∴EF＝BE﹣FD． 【考点评析】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握三角形全等的判定定理、灵活运用类比思想是解题的关键． 38．（2021秋•邗江区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，直角∠EPF的顶点P是BC的中点，两边PE、PF分别交AB、AC于点E、F，连接EF交AP于点G，以下五个结论：①∠B＝∠C＝45°；②AP＝EF；③∠AFP和∠AEP互补；④△EPF是等腰直角三角形；⑤四边形AEPF的面积是△ABC面积的，其中正确的结论是（　　） A．①②③ B．①②④⑤ C．①③④⑤ D．①③④ 【思路点拨】利用ASA证明△AEP≌△CFP，得PE＝PF，则△EPF是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质可对结论逐一进行判断． 【规范解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠B＝∠C＝45°， 故①正确； ∵点P为BC的中点，∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴AP＝CP，∠APC＝90°，∠BAP＝∠C＝45°， ∵∠EPF＝∠APC， ∴∠APE＝∠FPC， 在△AEP和△CFP中， ， ∴△AEP≌△CFP（ASA）， ∴PE＝PF， ∴△EPF是等腰直角三角形， ∴四边形AEPF的面积为S△AEP+S△AFP＝S△CPF+S△APF＝S△APC＝S△ABC， 故④正确，⑤不正确； ∵∠BAC＝∠EPF＝90°， ∴∠AFP和∠AEP互补， 故③正确； ∵PE不是定长，故②不正确． ∴正确的有：①③④， 故选：D． 【考点评析】本题主要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等知识，证明△AEP≌△CFP是解题的关键． 【题型09 “边边角”模型】 39．（2024春•金沙县校级期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，要在对角线BD上找点E、F，分别连接AE，CE，CF，AF，使四边形AECF为平行四边形．现有甲、乙两种方案，下列说法正确的是（　　） 甲方案：只需要满足BF＝DE； 乙方案：只需要满足AE∥CF． A．只有甲方案正确 B．只有乙方案正确 C．甲、乙方案都正确 D．甲、乙方案都不正确 【思路点拨】甲方案：根据平行四边形ABCD的对角线互相平分的性质得到OA＝OC，OB＝OD；结合BF＝DE推知OE＝OF；在四边形AECF中，对角线互相平分，则该四边形是平行四边形； 乙方案：首先证明△AOE≌△COF，然后由该全等三角形的对应边相等推知AE＝CF，则由“AE∥CF、AE＝CF”可以判定四边形AECF为平行四边形． 【规范解答】解：甲方案：在▱ABCD中，OA＝OC，OB＝OD． ∵BF＝DE， ∴BF﹣EF＝DE﹣EF，即BE＝DF． ∴OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF． 在四边形AECF中，∵OA＝OC，OE＝OF， ∴四边形AECF为平行四边形． 故该方案符合题意． 乙方案：在▱ABCD中，OA＝OC，∠AOE＝∠COF． ∵AE∥CF， ∴∠EAO＝∠FCO． 在△AOE与△COF中， ， ∴△AOE≌△COF（ASA）． ∴AE＝CF． 在四边形AECF中，∵AE∥CF、AE＝CF， ∴四边形AECF为平行四边形． 故该方案符合题意． 观察选项，选项D符合题意． 故选：C． 【考点评析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质． 40．（2024春•肥乡区期末）小亮设计了如下测量一池塘两端AB的距离的方案：先取一个可直接到达点A，B的点O，连接AO，BO，延长AO至点P，延长BO至点Q，使得OP＝AO，OQ＝BO，再测出PQ的长度，即可知道A，B之间的距离．他设计方案的理由是（　　） A．SAS B．AAS C．ASA D．SSS 【思路点拨】根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【规范解答】解：在△OPQ和△OAB中， ， ∴△OPQ≌△OAB（SAS）； ∴PQ＝AB． 故选：A． 【考点评析】本题考查了全等三角形的应用；解答本题的关键是设计三角形全等，巧妙地借助两个三角形全等，寻找所求线段与已知线段之间的等量关系． 41．（2023秋•海阳市期末）如图，△ABC与△DCE都是等边三角形，则以下结论：①△BCD≌△ACE；②△ABD≌△BCD；③∠BAE＝∠CFE；④∠ABD＝∠AEC．其中正确结论的个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【思路点拨】题目中△ABC与△DCE为等边三角形，利用等边三角形的性质和全等三角形的判定方法验证各个结论是否正确． 【规范解答】解：①∵△ABC与△DCE为等边三角形， ∴∠ACB＝60°，∠DCE＝60°，∠BCE是平角，BC＝AC，CD＝CE， ∴∠ACD＝60°， ∴∠BCD＝∠ACE＝120°， ∴△BCD≌△ACE（SAS） 故①正确； ②∵△ABC与△DCE为等边三角形， ∴AB＝BC， ∵∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD＝60°﹣∠CBD，∠BDC＝180°﹣∠BCD﹣∠CBD＝60°﹣∠CBD， ∴∠BDC＝∠ABD， 不符合全等三角形SAS判定方法，无法确定△ABD≌△BCD， 故②错误； ③∵△ABC与△DCE为等边三角形， ∴∠ABC＝∠DCE＝60°， ∴AB∥CF ∴∠BAE＝∠CFE， 故③正确； ④∵△BCD≌△ACE， ∴∠AEC＝∠BDC 又∵∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD＝60°﹣∠CBD，∠BDC＝180°﹣∠BCD﹣∠CBD＝60°﹣∠CBD， ∴∠BDC＝∠ABD， ∴∠ABD＝∠AEC， 故④正确； 所以①③④正确，故选C． 【考点评析】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：SSS、SAS、ASA、AAS、HL． 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，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角． 42．（2024春•市中区期末）如图，EF过▱ABCD对角线的交点O，交AD于点E，交BC于点F．则：①OE＝OF；②若AB＝4，AC＝6，则2＜BD＜14；③S△AOB＝S▱ABCD；④S四边形ABFE＝S△ABC．其中正确的结论有 　①②③④　． 【思路点拨】根据平行四边形的性质可得到△AOE≌△COF，可判断①是否正确；根据三角形三边关系可得到1＜BO＜7，进而求得BD的取值范围，可判断②是否正确；根据平行四边形的性质可知O为BD中点，则S△AOB＝S△ABD，进而可求得S△AOB与S▱ABCD的数量关系，可判断③是否正确；根据△AOE≌△COF，利用S四边形ABFO，可判断④是否正确． 【规范解答】解：①∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AO＝CO，AD∥BC． ∴∠OAE＝∠OCF，∠AEO＝∠CFO． 在△AOE和△COF中， ， ∴△AOE≌△COF． ∴OE＝OF． 故①正确． ②∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AO＝AC＝3，BD＝2BO． 又AB＝4， ∴1＜BO＜7． ∴2＜BD＜14． 故②正确． ③∵O为BD的中点， ∴S△AOB＝S△ABD． ∴S△AOB＝S△ABD＝S▱ABCD． 故③正确． ④∵△AOE≌△COF， ∴S四边形AOFB+S△AOE＝S四边形AOFB+S△COF． ∴S四边形ABFE＝S△ABC． 故④正确． 故答案为：①②③④． 【考点评析】本题主要考查平行四边形的性质和全等三角形的判定及性质，牢记平行四边形的性质和全等三角形的判定定理及性质是解题的关键． 43．（2024春•枣庄期末）学习《利用三角形全等测距离》后，“数学实践活动”小组同学就“测量水潭两侧A，B两点间距离”这一问题，设计了如下方案： 测量方案： （1）如图，在地面上找能够直接到达A，B两点的点O， （2）沿着AO向前走到点C处，使得OC＝OB， （3）沿着BO向前走到点D处，使得OD＝OA， （4）测出C、D两点之间的距离．测试数据：DC＝12米． 问题解决：“数学实践活动”小组同学根据测量方案得到AB＝DC＝12米．你同意“数学实践活动”小组同学的结论吗？请说明理由． 【思路点拨】根据SAS证得△ABO≌△DCO，然后根据全等三角形的对应边相等证得结论：AB＝DC． 【规范解答】解：同意“数学实践活动”小组同学的结论，理由如下： 在△ABO与△DCO中， ． ∴△ABO≌△DCO（SAS）． ∴AB＝DC＝12米． 【考点评析】本题考查全等三角形的应用．在实际生活中，对于难以实地测量的线段，常常通过两个全等三角形，转化需要测量的线段到易测量的边上或者已知边上来，从而求解． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题1.2 全等三角形的解题模型（易错、好题必刷43题9种题型专项训练） 目录 【题型01 一线三等角构造全等模型】 1 【题型02 手拉手模型—旋转型全等】 4 【题型03 倍长中线模型】 6 【题型04 平行线+线段中点构造全等模型】 8 【题型05 角平分线+垂直构造全等模型】 9 【题型06 正方形中的半角模型】 11 【题型07 等腰三角形中的半角模型】 13 【题型08 对角互补且一组邻边相等的 14 【题型09 “边边角”模型】 18 【题型01 一线三等角构造全等模型】 1．（2024春•碑林区校级期末）（1）如图1，点C是线段AB上的点，在AB上方作等边△CDE，连接AD，BE．若AD＝4，∠A＝∠B＝60°，则BC的长是 　 　． （2）如图2，在正方形ABCD中，AB＝5，点E是边CD上一点，连接AE，将边BC绕点C顺时针旋转，点B的对应点F落在AE上，若∠AFB＝90°，则AF的长为多少？ （3）如图3，在矩形ABCD中，，点E为BC上一点，，将△ABE绕着点A逆时针旋转，得到△AFG，点E的对应点为G，连接CG，取CG的中点M，连接AM．若在旋转过程中，点M恰好落在AD边上，求此时△AGM的面积． 2．（2024春•让胡路区校级期末）综合与实践 如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图2，在△ABC中，∠A＝90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点E． （1）【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是 　 　； （2）【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB＝2，AC＝6，求△BDF的面积； （3）【类比迁移】在（2）的条件下，连接CE交BD于点N，则＝　 　； （4）【拓展延伸】在（2）的条件下，在直线AB上找点P，使tan∠BCP＝，请直接写出线段AP的长度． 3．（2023秋•长葛市期末）如图，正方形ABCD边长为3，M是边AB上一点（不与A，B重合），连接DM，将△ADM绕点D逆时针旋转90°得到△CDN，连接MN，BD；MN与边CD交于点E． （1）当DM平分∠ADB时，求证：△BMD∽△NED． （2）当AM＝1时，求MN的长． （3）MN交BD于点F，若AM＝n，则FM：FN＝　 　（用含n的代数式表示）． 4．（2022秋•张店区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（4，0），点B的坐标是（0，3），把线段BA绕点B逆时针旋转90°后得到线段BC，则点C的坐标是（　　） A．（3，4） B．（4，3） C．（4，7） D．（3，7） 5．（2024春•雁塔区校级期末）（1）【特例感知】如图1，∠BAD＝90°，AB＝AD，BC⊥AC于点C，DE⊥AC于点E．A、C、E三点在同一直线上，BC＝3，ED＝4，则CE＝　 　． （2）【问题探究】如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E是BC边上两点，连接AD，以AD为腰作等腰直角△ADF，∠ADF＝90°，作FE⊥BC于点E，FE＝CE，若BD＝2，CE＝5，求△CDF的面积． （3）【拓展应用】如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝13，点G在BC边上，满足∠GAC＝3∠BAG，点H在线段AC上，AH＝4，点E是直线AC上的一个动点，连接GE，过点G作GF⊥GE，且GE＝GF．当点P是线段AG上的一个动点时，连接PH、PF，是否存在PH+PF的最小值？如果存在，请求出PH+PF的最小值；如果不存在，请说明理由． 【题型02 手拉手模型—旋转型全等】 6．（2024春•沙坪坝区校级期末）如图，在等边△ABC中，AB＝7，D为边BC上一点，BD＝2，连接AD，将AD绕点D顺时针旋转60°得到ED，ED交AC于点F，则的值为（　　） A．3 B． C． D． 7．（2023秋•涪城区期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△A'BC'，连接AC'、AA'，则∠CAC'的度数为（　　） A．15° B．20° C．25° D．30° 8．（2024春•埇桥区校级期末）如图，点P在∠AOB的平分线上，且∠MPN与∠AOB互补，∠AOB＝120°，OP＝12．下列说法：①PM＝PN，②PM的最小值为6，③OM+ON＝12，④S四边形PMON＝36中，正确的有 　 　．（填序号） 9．（2024春•淮安区期末）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点P是平面内一动点，且PA＝4，连接PB、PC，则PB+PC的最小值为 　 　． 10．（2024春•桓台县期末）（1）如图1，△ABC是等边三角形，点D为BC边上的一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD右侧作等边△ADE，连接CE，线段BD与CE的数量关系是 　 　，∠DCE＝　 　°． （2）如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝AB，点D为BC上的一动点（点D不与B，C重合），以AD为边作等腰直角三角形ADE，∠DAE＝90°，连接CE，请求解下列问题并说明理由： ①∠DCE的度数； ②线段BD，CD，DE之间的数量关系； （3）如图3，在（2）的条件下，若D点在BC的延长线上运动，以AD为边作等腰直角△ADE，∠DAE＝90°，连接CE，BE，若BE＝10，BC＝6，请直接写出DE2的值． 【题型03 倍长中线模型】 11．（2024春•雁塔区校级期末）数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB＝6，AC＝10，D是BC的中点，求BC边上的中线AD的取值范围． 【方法探索】（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，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE．根据SAS可以判定△ADC≌△EDB，得出AC＝BE．这样就能把线段AB、AC、2AD集中在△ABE中．利用三角形三边的关系，即可得出中线AD的取值范围是 　 　． 【问题解决】（2）由第（1）问方法的启发，请解决下面问题：如图2，在△ABC中，D是BC边上的一点，AE是△ABD的中线，CD＝AB，∠BDA＝∠BAD，试说明：AC＝2AE； 【问题拓展】（3）如图3，AD是△ABC的中线，过点A分别向外作AE⊥AB、AF⊥AC，使得AE＝AB，AF＝AC，判断线段EF与AD的关系，并说明理由． 12．（2021秋•荔城区校级期末）AD是△ABC的边BC上的中线，AB＝6，AC＝4，则中线AD的取值范围是 　 　． 13．（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＝　 　． 14．（2024春•卢龙县期末）在△ABC中，AB＝6，AC＝8，则BC边上中线AD的取值范围为（　　）（提示：可以构造平行四边形） A．2＜AD＜14 B．1＜AD＜7 C．6＜AD＜8 D．12＜AD＜16 15．（2021秋•肥西县期末）一个三角形的两边长分别为5和9，设第三边上的中线长为x，则x的取值范围是（　　） A．x＞5 B．x＜7 C．4＜x＜14 D．2＜x＜7 【题型04 平行线+线段中点构造全等模型】 16．（2024春•开江县期末）《2022新课标》指明推理能力是指从一些事实和命题出发，依据规则推出其他命题或结论的能力．目前我们已经具备通过一次全等或者二次全等证明其他结论的能力． 【模型证明】阅读下列材料，完成相应证明． 命题：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 如图1，△ABC中，∠ABC＝90°，BD是斜边AC上的中线．求证：． 分析：如图2，要证明BD等于AC的一半，可以用“中线倍长法”延长BD到E，使得DE＝BD，连接AE，可证△ADE≌△CDB，再证明△ABE≌△BAC，最后得到：． 请你按材料中的分析写出完整的证明过程； 【模型应用】如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，延长BC到E，使得，D是AB边的中点，连接ED，求证：∠B＝2∠E； 【模型构造】如图4，在△ABC中，∠B＝30°，延长BC到D，使得CD＝BC，连接AD，求∠D的度数． 17．（2024春•海口期末）如图，正方形ABCD的边长为2，点G是AD的中点，点E、F分别在边AB、CD上，若EF⊥CG于点H，则EF的长为（　　） A． B． C． D．3 18．（2021秋•城固县期末）如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，若AE交BD于点F，M是DF的中点，连接CM，CM＝2，则EF的长为（　　） A． B． C．1 D． 19．（2023春•泰山区期末）矩形ABCD与CEFG，如图放置，点B、C、E共线，点C、D、G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH，若BC＝EF＝4，CD＝CE＝2，则GH＝　 　． 20．（2023春•合肥期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AB＜BC，E是BC边上的一动点，连接DE、AE，过点D作DF⊥AE交BC于点G，垂足为点F，连接BF． （1）当点G恰为BC中点时，则BF＝　 　． （2）当DE平分∠FEC时，若DE＝，则AF：FE＝　 　． 【题型05 角平分线+垂直构造全等模型】 21．（2022秋•凤阳县期末）已知：如图，AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，且∠ADC+∠B＝180°． （1）若AB＝12，AD＝8，则AF＝　 　． （2）若△ABC的面积是24，△ADC的面积是16，则△BEC的面积等于 　 　． 22．（2023春•台江区期末）如图，AP平分∠MAN，PB⊥AM于点B，点C在射线AN上，且AC＜AB．若PB＝3，PC＝5，AC＝2，则AB的长为 　 　． 23．（2022秋•江北区校级期末）如图，在正方形ABCD中，点E，G分别在AD，BC边上，且AE＝3DE，BG＝CG，连接BE、CE，EF平分∠BEC，过点C作CF⊥EF于点F，连接GF，若正方形的边长为4，则GF的长度是（　　） A． B． C． D． 24．（2023春•新城区校级期末）如图，△BDC为等腰直角三角形，延长BD至A，连接AC，作∠ABC的角平分线BE交DC于F，且BE⊥AC于E．若AE＝12，△ABC的面积为360，则EF的长度为（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 25．（2024春•淮南期末）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线AE交BC于点E，EF⊥AD于点F，DG⊥AE于点G，DG与EF交于点O． （1）求证：四边形ABEF是正方形． （2）若AD＝AE，AB＝2， （ⅰ）求AG的长； （ⅱ）求OF的长． 【题型06 正方形中的半角模型】 26．（2024春•洛江区期末）如图1，点M、N别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠MAN＝45°，连接MN． （1）求证：MN＝BM+DN．下面提供解题思路，请填空： 如图2，把△ADN绕点A顺时针旋转 　 　度至△ABE，可使AD与AB重合． 由∠EBC＝∠ABE+∠ABC＝180°，则知E、B、C三点共线，从而可证△AEM≌　 　，从而得MN＝BM+DN． （2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明． （3）如图4，四边形ABCD不是正方形，但满足AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠MAN＝45°，且BC＝7，DC＝13，CN＝5，求BM的长． 27．（2024春•南昌期末）如图，正方形ABCD的边长为4，E，F是对角线BD上的两点，且，则四边形AECF的面积是 　 　． 28．（2022秋•青秀区校级期末）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE＝DF，连接EF交边AD于点G．过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N．若BE＝5，CN＝8，则线段AN的长为 　 　． 29．（2021秋•北碚区校级期末）如图，点E、F分别在正方形ABCD的边CD，BC上，且∠EAF＝45°，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，连接BD交AF于点M，DE＝2，BF＝3，则GM＝　 　． 【题型07 等腰三角形中的半角模型】 30．（2023秋•青羊区期末）如图，△ABC和△DEF是等腰直角三角形，∠BAC＝∠EDF＝90°，点D为BC中点，连接AE、CE，∠AEC＝120°，求的最小值＝　 　． 31．（2021秋•东坡区期末）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，BD＝CD，∠BDC＝120°，以点D为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连结MN，则△AMN的周长是 　 　． 32．（2024春•惠民县期末）如图，在正方形ABCD中，M、N分别是AB、BC的中点，DM、AN交于点O，连接OC，AN的延长线交DC的延长线于点P，下列四个结论，其中正确的有（　　） ①DM⊥AN； ②∠ADM＝∠P； ③△COD为等边三角形； ④DP＝4AM． A．4 B．3 C．2 D．1 33．（2020秋•丹江口市期末）如图，△ABC中，∠B＝2∠A，∠ACB的平分线CD交AB于点D，已知AC＝16，BC＝9，则BD的长为（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 34．（2022秋•秦安县校级期末）如图，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，D是BC边的中点，DE⊥AB，DF⊥AC，点E、F为垂足．求证： （1）DE＝DF； （2）△DEF是等边三角形． 【题型08 对角互补且一组邻边相等的 35．（2024春•龙江县期末）【问题情境】神奇的半角模型 在几何图形中，共顶点处的两个角，其中较小的角是较大的角的一半时，我们称之为半角模型．截长补短法是解决这类问题常用的方法． 如图1，在正方形ABCD中，以A为顶点的∠EAF＝45°，AE、AF与BC、CD分别交于E、F两点，为了探究EF、BE、DF之间的数量关系，小明的思路如下： 如图2，延长CB到点H，使BH＝DF，连接AH，先证明△ADF≌△ABH，再证明△AHE≌△AFE．从而得到EF、BE、DF之间的数量关系． （1）提出问题：EF、BE、DF之间的数量关系为 　 　． （2）知识应用：如图3，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，以A为顶点的∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，AE、AF与BC、CD分别交于E、F两点，你认为（1）中的结论还成立吗？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由． （3）知识拓展：如图4，在四边形ABCD中，AB＝AD＝a，BC＝b，CD＝c．∠ABC与∠D互补，AE、AF与BC、CD分别交于E、F两点，且，请直接写出△EFC的周长＝　 　．（用含a、b、c的式子表示．） 36．（2024春•乐平市期末）（1）如图①，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系：　 　； （2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程； （3）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD所在直线上的点，且∠EAF＝∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系：　 　． 37．（2023春•连城县期末）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，线段EF、BE、FD之间的关系是　 　；（不需要证明） （2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明． （3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明． 38．（2021秋•邗江区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，直角∠EPF的顶点P是BC的中点，两边PE、PF分别交AB、AC于点E、F，连接EF交AP于点G，以下五个结论：①∠B＝∠C＝45°；②AP＝EF；③∠AFP和∠AEP互补；④△EPF是等腰直角三角形；⑤四边形AEPF的面积是△ABC面积的，其中正确的结论是（　　） A．①②③ B．①②④⑤ C．①③④⑤ D．①③④ 【题型09 “边边角”模型】 39．（2024春•金沙县校级期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，要在对角线BD上找点E、F，分别连接AE，CE，CF，AF，使四边形AECF为平行四边形．现有甲、乙两种方案，下列说法正确的是（　　） 甲方案：只需要满足BF＝DE； 乙方案：只需要满足AE∥CF． A．只有甲方案正确 B．只有乙方案正确 C．甲、乙方案都正确 D．甲、乙方案都不正确 40．（2024春•肥乡区期末）小亮设计了如下测量一池塘两端AB的距离的方案：先取一个可直接到达点A，B的点O，连接AO，BO，延长AO至点P，延长BO至点Q，使得OP＝AO，OQ＝BO，再测出PQ的长度，即可知道A，B之间的距离．他设计方案的理由是（　　） A．SAS B．AAS C．ASA D．SSS 41．（2023秋•海阳市期末）如图，△ABC与△DCE都是等边三角形，则以下结论：①△BCD≌△ACE；②△ABD≌△BCD；③∠BAE＝∠CFE；④∠ABD＝∠AEC．其中正确结论的个数为（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 42．（2024春•市中区期末）如图，EF过▱ABCD对角线的交点O，交AD于点E，交BC于点F．则：①OE＝OF；②若AB＝4，AC＝6，则2＜BD＜14；③S△AOB＝S▱ABCD；④S四边形ABFE＝S△ABC．其中正确的结论有 　 　． 43．（2024春•枣庄期末）学习《利用三角形全等测距离》后，“数学实践活动”小组同学就“测量水潭两侧A，B两点间距离”这一问题，设计了如下方案： 测量方案： （1）如图，在地面上找能够直接到达A，B两点的点O， （2）沿着AO向前走到点C处，使得OC＝OB， （3）沿着BO向前走到点D处，使得OD＝OA， （4）测出C、D两点之间的距离．测试数据：DC＝12米． 问题解决：“数学实践活动”小组同学根据测量方案得到AB＝DC＝12米．你同意“数学实践活动”小组同学的结论吗？请说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$