第03讲 全等三角形（复习讲义，2考点+10题型+3重点）（天津专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

第四章 三角形 第03讲 全等三角形 目 录 01·考情剖析·命题前瞻 1 02·知识导航·网络构建 2 03·考点解析·知识通关 5 04·命题洞悉·题型预测 20 命题点一 全等三角形的判定 题型01利用全等三角形的判定进行证明 题型02全等三角形的判定判断结论是否正确 题型03全等三角形的判定求线段长度 命题点二 全等三角形的性质与判定综合 题型01 与特殊四边形、相似等结合综合求解 题型02 全等三角形与圆综合中尺规作图 题型03 全等三角形与函数综合 命题点三 角平分线和垂直平分线的性质与判定 题型01 角平分线与尺规作图综合 题型02 角平分线的性质与判定相关求解 题型03 垂直平分线与尺规作图综合 题型04 垂直平分线中相关求解 05·重难突破·思维进阶 61 突破一 全等三角形的最值问题 突破二 全等三角形综合压轴题 突破三 全等三角形中多结论问题 06·优题精选·练能提分 80 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点 2025年 2024年 2023年 课标要求 构造全等三角形求线段长度 天津卷 （第18题） 天津卷 （第18题） 天津卷 （第18题） 1. 能识别复杂图形中的全等三角形，或通过平移 / 翻折 / 旋转构造全等；2. 能利用全等性质将未知线段转化为已知线段；3. 结合勾股定理、特殊三角形性质（等腰、直角）进行长度计算；4. 培养几何直观与转化思想。 全等三角形的判定与性质综合应用 天津卷 （第17题） 天津卷 （/） 天津卷 （第17题） 1. 掌握 SSS、SAS、ASA、AAS、HL 全等判定定理，能规范书写证明过程；2. 能利用全等性质证明线段相等、角相等、平行 / 垂直；3. 能在复杂图形中添加辅助线（如倍长中线、截长补短）构造全等；4. 结合特殊四边形、相似、三角函数等知识解决综合几何问题。 命题预测 考查难度与分值稳定：该考点作为天津中考几何核心考点，分值稳定在 10–12 分，通常以 填空题（第 18 题）+ 解答题（第 24 题）的形式考查，整体难度为中档偏上，侧重推理证明与图形构造，不会出现难度大幅波动的情况，是区分几何能力的关键题型。 应用场景灵活多变：一方面会延续 2023–2025 年风格，以正方形、等腰三角形、直角三角形、折叠、旋转为核心载体，考查全等三角形的判定与性质应用，重点关注对应边 / 角的识别、辅助线构造；另一方面可能融入生活场景（如测量距离、几何教具）或古代数学问题（如《九章算术》中的测望问题），让题目更贴近实际应用，聚焦 “用全等解决实际几何问题” 的核心能力。 知识衔接更紧密：后续命题可能进一步加强全等三角形与其他知识点的融合。比如与平行线、等腰三角形、直角三角形、相似三角形、四边形（矩形、菱形、正方形）结合，先由全等得到线段 / 角相等，再推导特殊图形的性质；或与平面直角坐标系、图形变换（平移、旋转、轴对称） 结合，考查坐标系中全等三角形的坐标表示与变换规律，强化知识间的内在联系。 题型无大幅创新：不会出现复杂偏怪题型，仍以解答题（证明 + 计算）为主要考查形式，填空题中常以构造全等求线段长度的形式出现。单独考查全等判定或性质的证明题大概率会继续保留，符合天津中考 “图形与几何” 部分每年 2 道全等相关题的常规考向，整体保持 “稳中有变，以稳为主” 的命题节奏。 考点一 全等三角形的判定 判定简称 中文名称 内容（条件） 适用范围 关键提醒 SSS 边边边 三边对应相等的两个三角形全等 任意三角形 三边全相等 SAS 边角边 两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等 任意三角形 必须是夹角，SSA 不成立 ASA 角边角 两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等 任意三角形 边在两角中间 AAS 角角边 两角和其中一角的对边对应相等的两个三角形全等 任意三角形 边不是夹边 HL 斜边直角边 斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等 仅直角三角形 只能用于 直角三角形 注意：以下两个不能判断三角形全等 SSA：两边及其中一边的对角 ❌ 不能判定 AAA：三个角对应相等 ❌ 只能相似，不能全等 1．（2025·天津·中考真题）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为的延长线与边相交于点，连接．若，则线段的长为（   ） A． B． C．4 D． 【答案】D 【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、线段垂直平分线的判定、旋转的性质、勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解题关键．连接，交于点，先证出，根据全等三角形的性质可得，再证出垂直平分，则可得，，然后利用勾股定理和三角形的面积公式求出的长，由此即可得． 【详解】解：如图，连接，交于点， 由旋转的性质得：，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴，， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故选：D． 2．（2025·天津·中考真题）如图，在矩形中，，，点在边上，且． （1）线段的长为____________； （2）为的中点，为的中点，为上一点，若，则线段的长为____________． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，全等三角形的性质与判定等等，熟知矩形的性质与勾股定理是解题的关键． （1）求出，再利用勾股定理即可求出答案； （2）过点M作于H，由矩形的性质得到，，证明，得到，，则可证明，可得，则；由勾股定理得，则，解直角三角形求出的长，进而可求出的长． 【详解】解：（1）∵，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 故答案为：； （2）如图所示，过点M作于H， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 3．（2025·天津·一模）如图，在中，，，平分，，垂足E在的延长线上，F是的中点，连接，则的面积是________． 【答案】 【分析】根据勾股定理可得的长，延长和交于点G，证明，可得，，得，根据F是的中点，证明是的中位线，再证明，可得，根据，证明，可得，进而可以求出的面积． 【详解】解：如图，延长和交于点G， ∵，， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ， ∴， ∵F是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴的面积=． 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形的中位线定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题的关键． 4．（2025·天津·一模）如图，正方形边长为6，点E在边上，，且，G为的中点，则：    （1）的度数为______； （2）的长为________． 【答案】 45° 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等知识，综合性强，难度较大． （1）过F作于H，证明，得到 进而证明为等腰直角三角形，即可求出，； （2）过G作于M，于N，得到G为中点，进而求出，，证明四边形为矩形，得到，，根据勾股定理即可求出． 【详解】（1）如图，过F作于H，    ∵， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴； 故答案为：； （2）如图，过G作于M，于N，    ∴， ∵G为中点， ∴为的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， 在中，． 故答案为： 5．（2025·天津·一模）如图，E为正方形的边上一点，F为边延长线上一点，且，点G为边上一点，且，的周长为8，，与交于点H，连接，则的长为________． 【答案】/ 【分析】先通过证明，得，再根据得出，然后证明，得出H是的中点；过点H作交于M，得出，根据的周长为8，求出和，由勾股定理求出CH． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴H为的中点， 又∵的周长为8， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 过点H作，交于M， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴ ， ∴ ， ∴， 故答案为： 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形中位线定理，勾股定理．掌握这些知识是解题的关键． 考点二 全等三角形的性质与圆综合作图 1.命题规律 载体固定：以圆为背景，结合特殊三角形(等腰、直角)或四边形，图形对称感强。 考点融合：圆的性质+全等三角形+尺规作图，三者深度绑定，“用圆提供角度/线段关系，用全等实 化，用作图呈现结果”。 能力导向：侧重几何直观、逻辑推理、转化思想，不考复杂计算，重点是作图的合理性。 2.通用解题思路 ①拆解目标：明确要作的点/线/图形，转化为“作等长线段”或“作等角”。 ②找圆中等量：利用垂径定理、圆周角定理等，找到圆中相等的线段或角。 ③构造全等：通过截长补短、旋转、翻折等方法，构造全等三角形，将目标线段/角转化为已知量。 ④尺规作图：用基本作图(作垂线、截取等长、画弧)确定关键点，完成作图。 ⑤验证：用全等性质或圆的性质验证作图的正确性。 1．（2025·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点P，A均在格点上． （1）线段的长为____________； （2）直线与的外接圆相切于点．点在射线上，点在线段的延长线上，满足，且与射线垂直．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，N，并简要说明点M，N的位置是如何找到的（不要求证明）____________． 【答案】 见解析 【分析】本题主要考查了勾股定理，圆周角定理的推论，等腰三角形的性质，正方形的性质，三角形中位线的判定和性质等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． （1）利用勾股定理进行求解即可； （2）利用圆周角定理的推论，正方形的性质确定圆心，再根据全等三角形和等腰三角形的三线合一确定线段的中点，利用网格确定点为线段的中点，则为三角形的中位线，利用一组平行线确定点为线段的中点，证明和，得出，即，最后利用切线的性质和等腰三角形的性质，得出为等腰三角形，再利用等腰三角形的性质得出． 【详解】解：（1）由勾股定理得， 故答案为：； （2）如图所示，点即为所求， 作法：直线PA与射线BC的交点为；取圆与网格线的交点和，连接；取格点，连接，与相交于点；连接并延长，与相交于点，与直线相交于点；连接并延长，与网格线相交于点，连接，与网格线相交于点；连接，与线段的延长线相交于点，则点M，N即为所求． 理由：∵， ∴为圆的直径， ∵为正方形的对角线， ∴, ∴垂直平分线段， ∴点为圆的圆心， ∴， 又， ， ， 平分， ∴点为线段的中点， 由网格可知点为线段的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴点为线段的中点， ∵， ， ， ∴， 又， ∴， , 即， 延长交于点， ∵， ∴, ， ∴ ∵为圆的切线， ∴， ， , ∴， 即， ∵， ， ∴为等腰三角形， ∴， ∴点即为所求． 2．（2024·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为的网格中，点，，均在格点上．    （1）线段的长为______； （2）点在水平网格线上，过点，，作圆，经过圆与水平网格线的交点作切线，分别与，的延长线相交于点，，中，点在边上，点在边上，点在边上．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，，，使的周长最短，并简要说明点，，的位置是如何找到的（不要求证明）______． 【答案】 图见解析，说明见解析 【分析】此题考查了勾股定理、切线的性质等知识，根据题意正确作图是解题的关键． （1）利用勾股定理即可求解； （2）作点关于、的对称点、，连接、，分别与、相交于点、，的周长等于的长，等腰三角形的腰长为，当的值最小时，的值最小，此时是切点，由此作图即可． 【详解】（1）由勾股定理可知，， 故答案为： （2）如图，根据题意，切点为；连接并延长，与网格线相交于点；取圆与网格线的交点和格点，连接并延长，与网格线相交于点；连接，分别与，相交于点，，则点，，即为所求．    3．（2023·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，等边三角形内接于圆，且顶点A，B均在格点上．    （1）线段的长为________； （2）若点D在圆上，与相交于点P．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点Q，使为等边三角形，并简要说明点Q的位置是如何找到的（不要求证明）________． 【答案】(1) (2)画图见解析；如图，取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点G；连接与网格线相交于点H，连接并延长与网格线相交于点I，连接并延长与圆相交于点K，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求 【分析】（1）在网格中用勾股定理求解即可； （2）取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点M，连接；连接与网格线相交于点G，连接并延长与网格线相交于点H，连接并延长与圆相交于点I，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求，连接，，过点E作网格线，过点G作网格线，由图可得，根据全等三角形的性质可得和，根据同弧所对圆周角相等可得，进而得到和，再通过证明即可得到结论． 【详解】（1）解：； 故答案为：． （2）解：如图，取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点G；连接与网格线相交于点H，连接并延长与网格线相交于点I，连接并延长与圆相交于点K，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求； 连接，，过点E作网格线，过点G作网格线，      由图可得：∵，，， ∴， ∴，， ∵， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴，即， ∴，即， ∵，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形，此时点Q即为所求； 故答案为：如图，取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点G；连接与网格线相交于点H，连接并延长与网格线相交于点I，连接并延长与圆相交于点K，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求． 【点睛】本题考查作图—复杂作图，勾股定理、等边三角形的判定、全等三角形的判定与性质等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识是关键． 4．（2025·天津·模拟预测）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B在格点上，点C是小正方形的中心，与直线l相切于点T．以点G为圆心的圆经过点A，B，并且与直线l相切． （Ⅰ）直线与的位置关系为______（填“平行”“相交但不垂直”“垂直”）； （Ⅱ）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点G，并简要说明点G的位置是如何找到的（不要求证明）______． 【答案】 垂直 见解析 【分析】本题考查了尺规作图，切线的性质，三角形外接圆的性质，垂直平分线的性质，平行线分线段成比例等知识点，熟练应用切线的性质构造平行线是解答本题的关键． (1)先根据图形计算求出，得到点C在线段的垂直平分线上，而根据三角形外心的性质可知过A、B两点的圆其圆心也在线段的垂直平分线上，从而得出直线就是线段的垂直平分线． (2)假设与直线l相切于点H，易得，连接交直线l于点E，然后连接交于点F，过点A作交于点G．通过平行线分线段成比例可得，结合进而得出．即可得出为的半径． 【详解】解：（Ⅰ）连接，如图 ， 点C在线段AB的垂直平分线上． 又 ∵ 过A、B两点的其圆心G也在线段的垂直平分线上， C、G两点都在线段AB的垂直平分线上， ． 故答案为：垂直． （Ⅱ）如图，取与网格线的交点D，连接并延长，与直线l相交于点E；连接与交于点F；连接并延长，与网格线交点为P，Q；连接与网格线相交于点R；连接并延长，与网格线相交于点S；连接并延长，与相交于点G，则点G即为所求． 5．（2025·天津南开·三模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，，，，，均为格点，以为直径作半圆，半圆的圆心为点． （1）半圆的半径长为______； （2）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出圆心，在线段上画出点，使得．要求所作直线不多于5条，并简要说明点，点的位置是如何找到的（不要求证明）______ 【答案】 取格点，，连接，与格线（横）相交于点，连接并延长，直线与相交于点；取格点，连接并延长，直线与相交于点，点，即为所求． 【分析】本题主要考查了格点作图，圆的基本性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键． （1）根据是的直径，且即可得到答案； （2）取格点，，连接，与格线（横）相交于点，连接并延长，直线与相交于点；取格点，连接并延长，直线与相交于点，点，即为所求． 【详解】解：（1）∵是的直径，且， ∴半圆的半径长为， 故答案为：； （2）取格点，，连接，与格线（横）相交于点，连接并延长，直线与相交于点；取格点，连接并延长，直线与相交于点，点，即为所求． 如图所示，连接， 可证明，则可证明，则有； 取格点W、S，可证明，则，则； 可证明，且点R为的中点，则， 则． 命题点一 全等三角形的判定 ►题型01 利用全等三角形的判定进行证明 【典例】（2026·湖南长沙·一模）如图，在中，D是的中点，，，垂足分别为E，F，且． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)的长为2 【分析】（1）根据是的中点，可得，证明，进而即可得证； （2）由（1）可得，则是等边三角形，再求出，最后根据含的直角三角形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：∵是的中点， ∴． ∵，， ∴． 在和中： ∴， ∴； （2）解：由（1）知， ∴． 又∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴． ∵是中点， ∴． 在中，，， ∴， ∴． 【变式1】（2026·湖南长沙·一模）如图，在矩形中，连接对角线，分别以点，为圆心，大于 的长为半径画弧，两弧分别交于点，，作直线，分别交边，于点，，交于点． (1)求证：； (2)连接，若，的周长为，求线段的长． 【答案】(1)证明见详解； (2) 【分析】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定以及勾股定理的应用，熟练掌握相关性质与判定定理是解答本题的关键． （1）由作图可知直线是线段的垂直平分线，结合矩形对边平行的性质，利用“角边角”（）判定定理证明； （2）根据线段垂直平分线的性质得到，将的周长转化为，结合已知条件求出的长度，最后在中利用勾股定理计算对角线的长． 【详解】（1）证明：由作法得垂直平分， ， 四边形为矩形， ， ， 在和中， ， ； （2）解：四边形为矩形， ， 垂直平分， ， ， ， ， 在中， ． 【变式2】（2026·陕西榆林·二模）如图，在菱形中，点、分别在边、上，连接、，分别交对角线于点、，．求证：． 【答案】见解析 【分析】先证明，再证明，即可得到． 【详解】证明：在菱形中，，，， ， ， ， ， ． 【变式3】（2026·江苏无锡·一模）如图，在矩形中，点是边上一点，，于点． (1)求证：． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】（1）证明，得到，即可得出结论； （2）设，则，根据勾股定理得出，即，求出，即可求出结果． 【详解】（1）证明：∵矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：设，则， 在中，根据勾股定理得：， 即， 解得：， ∴． ►题型02 全等三角形的判定判断结论是否正确 【典例】（2026·安徽阜阳·一模）如图，在中，是的高，，分别是和的平分线且交于点，与交于点，已知，，连接．下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】证明得到，推出，进而得到，可判定A，得到是的垂直平分线，可判定B，根据等腰直角三角形、角平分线的性质、三角形的外角性质可判定C，证明得到，结合可判断D． 【详解】解： ，，， ， ， 又 ， ， 平分，即， ， ，故A正确； ，， 是的垂直平分线， ，故B正确； 是等腰直角三角形，，分别是和的平分线， ， 又 ， ， ， ， ，即，故C正确； ，，， ， ， 又 ， ， ，故D错误； 故选：D． 【变式1】（2026·安徽·二模）如图，在中，，D为边的中点，E点在上，，连接交于点F，，则下列结论错误的是（    ） A． B．平分 C． D． 【答案】D 【分析】证明，则可证明得到，，进而得到，则可证明得到，据此可判断A；过点C作交的延长线于点G，证明，得到，则可证明．进而可证明，据此可判断B；证明，推出，则可证明，过C点作，，垂足分别为，证明，得到，则可证明，进而可证明，则，，据此可判断C、D． 【详解】解：∵，， ∴， 又∵ ∴， ∴，， ∵D为边的中点， ∴， ∴， 又∵ ∴， ∴，故A结论正确，不符合题意； 如图所示，过点C作交的延长线于点G， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴． 又∵， ∴， ∴ ∴平分，故B结论正确，不符合题意； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵D为边的中点， ∴， 又∵， ∴， 如图所示，过C点作，，垂足分别为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，即，故C结论正确，不符合题意； ∴， ∵， ∴， 又∵，且， ∴，故D结论错误，符合题意； 【变式2】（2025·天津和平·一模）如图，在中，，．点在上，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键； 根据题意，可得，，进而求得，判定，即可求得，进而求解； 【详解】解：将线段绕点顺时针旋转得到线段， ，， 又， ， ， 又， ， ， ，， ， ， 故选项A一定正确， 由已知条件无法一定得出B、C、D正确， 故选：A 【变式3】（2025·天津和平·一模）如图，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点为点，的延长线交于点，连接，则下列说法不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据旋转的性质可直接得出A正确；数形结合，由角度之间的关系证明，可得出B正确；过点分别作于点，作交的延长线于点，根据证明得出，利用角平分线的判定定理可推出平分，可得出D正确，由已知无法确定C正确，即可得到答案． 【详解】解：将绕点逆时针旋转得到， ，，，，故A正确； ，即， 又， ， ， ，故B正确； 过点分别作于点，作交的延长线于点，如图所示： 由旋转性质知，， ， 又， ， ， 又，， 平分， ，故D正确； 由已知无法确定，故C错误， 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形内角和定理、全等三角形的判定与性质、角平分线的判定等知识，准确作出辅助线构造直角三角形逐项验证是解决问题的关键． ►题型03 全等三角形的判定求线段长度 【典例】（2026·陕西铜川·一模）如图，是矩形的一条对角线，过点A作，垂足为E，交边于点F，且，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题根据题意证明，得到，，作于点，证明，得到，，，再证明，得到，根据勾股定理，，，，算出，即可解题． 【详解】解：四边形为矩形， ，，， ， ，射线交于点， ， ， ， ，， 过点C作于点， ， ， ， ， ， ， ，， 在和中 ∴， ， ， ， ， 在中，由勾股定理： ， ， ． ，，， ， ， ， ． 【变式1】（2026·安徽·二模）如图，中，E为延长线上一点，连接交边于F点，交对角线于G点，若，则长为（    ） A．1.5 B．2 C． D． 【答案】C 【分析】作，进而得到，证明，得到，设，，证明，列出比例式进行求解即可． 【详解】解：∵， ∴， 作交于点，则， ∴， 又∵， ∴，， ∴， 设，，则， ∵，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴或（舍去）； 故． 【变式2】（2026·广东深圳·一模）如图，在边长为的正方形中，点是边的中点，连接，以点旋转中心将线段顺时针旋转，得到线段，连接，交边于点，，则的长为（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点分别作、的垂线，交的延长线于点，交于点，容易证明，则，．容易证明四边形是正方形，则，．通过证明可得，利用平行可证明，则，计算得，最后相加即可． 【详解】解：如图，过点分别作、的垂线，交的延长线于点，交于点， 由旋转的性质可知，，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 命题点二 全等三角形的性质与判定综合 ►题型01 与特殊四边形、相似等结合综合求解 【典例】（2025·天津河东·一模）如图，正方形的边长为4，点在边上，，作等腰直角三角形． （1）的长为______． （2）若为AF的中点，连接DM，则DM的长为______． 【答案】 【分析】1）在上取一点，使，构造等腰直角、，从而可得， （2）延长交延长线于点，可得等腰直角，为中位线，由此即可解题． 【详解】解：（1）在上取一点，使， 在正方形的边长为4， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又∵在等腰直角中，， ∴， ∴， ∵， ∴， （2）延长交延长线于点， 由（1）：，， ∴, ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 故答案为（1），（2）． 【点睛】本题是正方形与三角形的综合，主要考查了三角形全等、正方形的性质、勾股定理，利用一线三垂直作辅助线，构造全等三角形是解题关键． 【变式1】（2025·天津河西·一模）如图，是等腰直角三角形，，平分，，垂足在的延长线上，． （Ⅰ）的长为______； （Ⅱ）线段长度的平方为______． 【答案】 【分析】（Ⅰ）作于点H，由是等腰直角三角形，，得，，则，因为平分，所以，求得，则，于是得到问题的答案； （Ⅱ）延长、交于点F，可证明，得，再证明，则，因为，所以，于是得到问题的答案．此题重点考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 【详解】解：（Ⅰ）作于点H， 则， ∵是等腰直角三角形，， ∴，， ∴， ∵平分，，， ∴， ∴ ∴， ∴的长为， 故答案为：． （Ⅱ）延长、交于点F，则， ∵交的延长线于点E， ∴， ∴ ∴ 在和中， ， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴ 故答案为：． 【变式2】（2025·天津南开·一模）如图，在正方形的边上有一点，连接，过点作（点在边右侧），垂足为点，与相交于点，连接，若，点为的中点，且． （Ⅰ）线段的长为_____； （Ⅱ）线段的长为_____． 【答案】 2 【分析】（Ⅰ）作交于点，易求，可得，，在根据等腰三角形的性质可得，即可求得的长； （Ⅱ）先求得，可得，根据正方形的性质可得，进而可得，，再根据勾股定理求得的长． 【详解】解：如图，作交于点， ∵点为的中点， ∴， ∵四边形是正方形，， ∴，， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：2，． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，勾股定理，掌握以上性质和定理，合理做出辅助线是解题的关键． 【变式3】（2024·天津和平·一模）如图，已知半圆的直径长为2，点为中点，为上任意一点，与相交于点． （1）______（度）； （2）的最小值为______． 【答案】 / 【分析】（1）由点为中点，得到，再由圆周角定理及其推论可得是等腰直角三角形，从而确定，最后，根据四边形是圆的内接四边形求解即可得到答案； （2）由（1）中结论，结合已知条件得到是等腰直角三角形，即，由瓜豆原理，利用全等三角形判定与性质确定点在以为圆心、为半径的圆上运动，且，如图所示，结合点到圆周上动点距离最值求法与勾股定理即可得到答案． 【详解】解：（1）点为中点， ，则， 半圆的直径为， ，即是等腰直角三角形， ， 四边形是圆的内接四边形， ，则， （2）由（1）知，是等腰直角三角形， 半圆的直径为， ，则， ， 是等腰直角三角形，即， ，， 在上运动过程中始终保持、， 连接，将绕着点顺时针旋转到，连接、，如图所示： ， ， ， 在和中， ， ， 半圆的直径长为2，点为中点， ，， 根据题意，是动点，在上运动，则旋转的角度是， 点在以为圆心、为半径的圆上运动，旋转的角度是，即，连接，如图所示： 四边形是正方形，且边长为， ， 由点到圆周上动点距离关系可知，当三点共线时，可取到最小值， 在中，， 的最小值为， 故答案为：（1）；（2）． 【点睛】本题考查圆综合，涉及圆周角定理及其推论、等腰直角三角形的判定与性质、圆内接四边形性质、瓜豆原理、点到圆周上动点距离最值、勾股定理、三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握圆的性质是解决问题的关键． ►题型02 全等三角形与圆综合中尺规作图 【典例】（2024·天津和平·一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，三角形内接于圆，且顶点A，B均在格点上． （1）线段的长为______； （2）若点D在圆上，在上有一点P，满足． 请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）______． 【答案】 图见解析；连接与网格线相交于点F，取与网格线的交点E，连接并延长与网格线相交于点G，连接并延长与圆相交于点P．则点P即为所求． 【分析】（1）由勾股定理即可求得线段的长； （2）连接与网格线相交于点F，取与网格线的交点E，连接并延长与网格线相交于点G，连接并延长与圆相交于点P．则点P即为所求．分别证明及，则可得，即有． 【详解】（1）、解：由勾股定理得：， 故答案为：； （2）解：连接与网格线相交于点F，取与网格线的交点E，连接并延长与网格线相交于点G，连接并延长与圆相交于点P．则点P即为所求． ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了勾股定理，无刻度直尺作图，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，夹在两平行弦间的弧长相等等知识． 【变式1】（2025·天津南开·一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点均在格点上，以点为圆心作圆，经过点，且与网格线交于点． （I）的半径等于_____； （II）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，在上画出点，使得为的切线，且．请简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）_______________________ 【答案】 根据网格，找出即可确定点，连接交于点L，连接并延长交为点P即为所求 【分析】题目主要考查利用网格作切线及平行线，熟练掌握全等三角形的性质及圆的性质是解题关键． （I）连接，利用网格及勾股定理即可求解； （II）根据网格，找出即可确定点，连接交于点L，连接并延长交为点P即为所求． 【详解】解：（I）连接，如图所示： ∴， 故答案为：； （II）如图所示：点得位置即为所求； 根据网格，找出即可确定点，连接交于点L，连接并延长交为点P即为所求， 故答案为：根据网格，找出即可确定点，连接交于点L，连接并延长交为点P即为所求． 【变式2】（2024·天津河北·一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点M和点N是格点，内接于圆，且直角顶点A在格点上，顶点B在线段上，且． （1）线段的长为______； （2）若点P在圆上，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，在圆上画出点Q，使圆周角，并简要说明点Q的位置是如何找到的（不要求证明）______． 【答案】 见解析 【分析】（1）根据勾股定理求解即可； （2）取格点R，格点，格点，连接，，线段交于点T，线段交于点S，直线交于点Q，连接，，则点Q即为所求． 【详解】解：（1）； （2）如图，点Q即为所求． 故答案为：（1）；（2）见解析． 【点睛】本题考查了勾股定理，圆周角定理，平行线分线段成比例定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握圆周角定理是解答本题的关键． ►题型03 全等三角形与函数综合 【典例】（2025·山西忻州·三模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴，轴分别交于点，，以线段为边在第一象限内作正方形，反比例函数的图象经过正方形的中心点（对角线的交点），则的值为________． 【答案】 【分析】利用一次函数的解析式求出点、的坐标，连接，过点作轴，可证，根据全等三角形的性质可以求出，，从而可得点的坐标为，把点的坐标代入反比例函数的解析式，即可求出的值． 【详解】解：如下图所示，连接，过点作轴， 当时， 可得：， 点的坐标为， ， 当时， 可得：， 解得：， 点的坐标为， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， 在和中，， ， ，， ， 点的坐标为， 点是正方形的中心点， 点是的中点， 点的横坐标为，纵坐标为， 把点的坐标代入反比例函数的解析式， 可得：， 解得：． 【变式1】（2026·安徽安庆·模拟预测）如图，在等腰直角三角形中，，，点A的坐标为，点C在y轴上，若反比例函数的图象过点B，则k的值是__________． 【答案】3 【分析】过点作轴，垂足为，先利用勾股定理求出的长，再利用证明，得到点B坐标，最后将点B坐标代入反比例函数解析式即可． 【详解】解：如图，过点作轴，垂足为， ∵点A的坐标为， ∴, ∵， ∴, ∴点C的坐标为， ∵，， ∴ 又∵，, ∴ ∴，， ∴， ∴点B坐标为， 把代入，得， ∴． 【变式2】（2025·山东东营·中考真题）如图，一次函数的图象与坐标轴分别交于点B、C，反比例函数的图象经过点A，是等腰直角三角形，，，则k的值为________． 【答案】 【分析】本题主要考查了一次函数与反比例函数综合，坐标与图形，先分别求出点B和点C的坐标，过点A作轴于点D，并延长交直线于点E，证明，由全等三角形的性质得出，，进而求出点A的坐标，把点A的坐标代入反比例函数即可求出k的值． 【详解】解：一次函数中， 令，得， 令，则， 解得， ∴B点坐标为，C点坐标为， 过点A作轴于点D，并延长交直线于点E，如图所示∶ ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中 ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴A点坐标为， 将代入反比例函数 解得， 故答案为：． 命题点三 角平分线和垂直平分线的性质与判定 ►题型01 角平分线与尺规作图综合 【典例】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在中，，，以点C为圆心，适当长度为半径作弧，交于点M，交于点N，再分别以点M、N为圆心，大于为半径作弧，两弧相交于点P，作射线交于点D，则为（   ）度． A．30 B．45 C．36 D．54 【答案】C 【分析】由等边对等角可得，由作图可得，平分，再由角平分线的定义计算即可得出结果． 【详解】解：∵， ∴， 由作图可得，平分， ∴． 【变式1】（2025·山东济南·模拟预测）如图，在中，．分别以点A，B为圆心，大于的长为半径画弧，交于点M，N，作直线分别交于点D、E；再以点D为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点F，G；分别以点F，G为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线交于点Q，则的长是（    ） A． B． C． D．3 【答案】C 【分析】本题考查作图——基本作图，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质，三角形的外角，相似三角形的判定与性质，一元二次方程，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 由作图可知垂直平分线段，平分，证明，， 得到 ，则，化简可得到，即可解答． 【详解】解：由作图可知垂直平分线段，平分， ， ， ， 平分， ， ， ， ，， ∴， ， ∴ ， ∴， 即， 化简为， 解得或（不符合题意，舍去）． 故选C． ►题型02 角平分线的性质与判定相关求解 【典例】（2025·宁夏银川·二模）如图，点在内，且到三边的距离相等，若，则_____． 【答案】/度 【分析】本题考查的是角平分线的性质、三角形内角和定理，熟记角平分线的判定定理是解题的关键．根据三角形内角和定理求出，根据角平分线的判定得到平分，平分，根据角平分线的定义、三角形内角和定理计算即可． 【详解】解：， ， 点在△内，且到三边的距离相等， 平分，平分， ，， ， ， 故答案为：． 【变式1】（2025·陕西西安·一模）如图，在四边形中，连接，，．已知是边上的一点，连接DE，过点E作于点F，且．若，，则的长为_____． 【答案】 【分析】结合题意，再根据角平分线的判定可得平分，利用平行线的判定，可推出四边形是平行四边形，即，根据勾股定理可得，设，再利用，代入数值解方程可得，再利用勾股定理可得． 【详解】解：∵， ∴平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 设， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，平行线的判定，勾股定理，角平分线的判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【变式2】（2025·湖南娄底·二模）如图，在菱形中，，内切于菱形，则的面积与菱形的面积之比是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查切线的性质，菱形的性质，解直角三角形等知识，正确添加常用辅助线，构造直角三角形是解题的关键． 设、、上的切点分别为，连接，则，再说明是直角三角形，分别用表示出的长，最后根据面积法求解即可． 【详解】解：如图：设、、上的切点分别为，连接，则， ∵内切于菱形， ， 平分，平分， ， ， ∵菱形中，， ∴， ， ， ， ， ， 故选：D． ►题型03 垂直平分线与尺规作图综合 【典例】（2026·吉林长春·一模）如图，在中，，，．分别以点和点为圆心、相同长度（大于线段长的一半）为半径作弧，两弧分别相交于点和点，作直线交于点．连接，则的周长是（    ） A．12 B．14 C．16 D．18 【答案】B 【分析】根据线段垂直平分线的性质得出，求出，即可求出结论． 【详解】解：由题意得：是线段的垂直平分线， ， 在中，，，， ， 则的周长． 【变式1】（2026·江苏宿迁·三模）如图，在中，已知，，分别以点、为圆心，大于长为半径画弧，两弧在两侧分别交于、两点，作直线交于点，交于点．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，过点作交于点，根据作图可知，垂直平分，即可得，，在中，，同理可得，由勾股定理可得，易得，故，结合勾股定理即可求解． 【详解】解：连接，过点作交于点，如下图所示： 根据作图可知，垂直平分， ∴，， ∵，， ∴，， ∴，， 在中，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴在中，． 【点睛】围绕特殊的角度构造直角三角形是常用的辅助线添加方法． 【变式2】（2026·山西吕梁·一模）阅读以下作图步骤：①在中，分别以A，B为圆心，大于长为半径作弧，两弧分别交于点M，N；②作直线，交于点O；③以O为圆心，长为半径作弧，交于点D，连接，如图所示．根据以上作图，则的度数为______． 【答案】/90度 【分析】由作图可知垂直平分线段，，因为，所以，根据等边对等角可知，在中，利用三角形内角和定理可知，则，进而可求的度数． 【详解】解：如图，连接． 由作图可知垂直平分线段， ， ， ， ∴， ∵， ∴， ， ． ►题型04 垂直平分线中相关求解 【典例】（2025·贵州贵阳·二模）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，过点作的垂线交于点，连接．已知的周长是，则平行四边形的周长是________． 【答案】18 【分析】本题考查平行四边形的性质，垂直平分线的性质．由平行四边形对角线互相平分和可知，由的周长是，即可推导出，即可解答． 【详解】解：在平行四边形中，， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵的周长是， ∴， ∵在平行四边形中，， ∴． 故答案为：18． 【变式1】（2025·甘肃·一模）如图，的边的垂直平分线交于点D，连接．若，，则_____． 【答案】8 【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，解题关键是掌握线段垂直平分线的性质并能运用求解． 根据题意得到，得到，即可得到答案． 【详解】解：∵的边的垂直平分线交于点D， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 即的长为8， 故答案为：8． 突破一 全等三角形中最值问题 【典例】（2025·河南漯河·三模）如图，，点是平面内一动点，且，连接，将绕点逆时针旋转，得到，连接，则的最小值为 ______，最大值为 ______    【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，圆的有关性质，全等三角形的判定与性质，将绕点逆时针旋转得，连接，证明，则，故点在以圆心，为半径的圆上运动，当点在线段上时，的最小值为，当点在线段上时，的最大值为，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，将绕点逆时针旋转得，连接，   ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴点在以圆心，为半径的圆上运动， ∴如图，    当点在线段上时，的最小值为，当点在线段上时，的最大值为． 故答案为：，． 【变式1】（2025·河南南阳·三模）如图，在等边中，，D是平面内一点，线段绕点A逆时针旋转至AE，直线与交于点F，若，则的最大值是______，最小值是______． 【答案】 【分析】根据旋转的性质得出和全等，可由三角形内角和得出，再由圆周角定理得出F在的外接圆上，进而求出BF的最小值和最大值即可． 本题主要考查了图形的旋转变换及其性质，等边三角形的性质，熟练掌握图形的旋转变换及其性质，等边三角形的性质，点与圆的位置关系，确定点F的轨迹是本题解题的关键． 【详解】解：作的外接圆，连接，延长交于G，如图： 是等边三角形，且， ，， 由旋转的性质得：，， ，即， ， 在和中， ， ， ， ， ， 点F在的外接圆上， ①当取最大值时，为直径，此时F与G重合， 为等边三角形，， ， ， 的最大值为； ②D在左侧，连接，如图： ， 当时，最小，此时， ，， ， ， ， ， ， ， ， 即最小值为； 故答案为：， 【变式2】（2025·四川南充·二模）如图，矩形的对角线交于点，．是线段上的动点，以为边作等边三角形，点分别位于两侧．在点运动的全过程中，的最大值为，的最小值为．则_____________． 【答案】 【分析】首先证明出是等边三角形，得到，，证明出，得到，，然后求出的最大值；然后得到是的角平分线，即点F在的角平分线上运动，得到，如图所示，延长交于点G，得到的最小值，进而求解即可． 【详解】解：∵矩形的对角线交于点，． ∴， ∴是等边三角形 ∴， ∵是线段上的动点，以为边作等边三角形， ∴， ∴ ∴ ∴ ∴， ∵是线段上的动点， ∴当点E运动到点O时，取得最大值，此时取得最大值，即的长度， ∴的最大值； ∵ ∴ ∴ ∴是的角平分线，即点F在的角平分线上运动 ∵ ∴ 如图所示，延长交于点G ∴ ∴当点F和点G重合时，取得最小值，即的长度 ∴的最小值 ∴． 故答案为：． 【点睛】此题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，特殊角的三角函数值的运用，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 突破二 全等三角形中多结论问题 【典例】（2024·河南·三模）如图所示，在边长为1的正方形中，点P是边上不与端点重合的一动点，连接、过点P作交正方形外角的平分线于点Q，则有关面积的说法正确的为（    ）． A．有最大值为 B．有最小值为 C．有最大值为 D．有最小值为 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、二次函数的应用等知识点，求出面积的解析式成为解题的关键． 如图：连接，过P作交于G，过Q作于K，先证明可得，再证，进而得到，设，则，进而得到，最后根据二次函数的性质求最值即可解答． 【详解】解：如图：连接，过P作交于G，过Q作于K， ∵四边形为正方形； ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵正方形外角的平分线， ∴， ∴， ∵ ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∴， ∴当时，即时，面积有最大值． 故选C． 【变式1】（2025·山东泰安·一模）如图，在中，，，在的垂直平分线上，平分，底边，下述结论： 平分； ； 的周长等于； 是中点．其中正确的命题序号是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，由垂直平分线的性质，等腰三角形的性质可判断；通过相似三角形的判定与性质，解方程可判断；由垂直平分线的性质可判断；根据的结论求出、即可判断，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴， ∵在的垂直平分线上， ∴， ∴， ∴，即平分，故正确； 由（）得，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴ ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴，整理得：， 解得或（舍去）， ∴，故正确； 的周长， ∵， ∴， ∵， 又因为， ∴， 即的周长，故正确； 由知，， ∴， 这就说明点不是线段的中点，故错误； 综上，正确， 故选：． 【变式2】（2025·湖北·模拟预测）分别以的两边、向形外作等边和等边，、分别交、于点、，、相交于点，连接并延长交于点，则下列结论中正确的是（   ） ① ② ③ ④平分 ⑤平分． A．①②③ B．①②③④ C．①②③⑤ D．①②③④⑤ 【答案】C 【分析】此题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解本题的关键． 由三角形与三角形都为等边三角形，利用等边三角形的性质得到两对边相等，两三角形的内角都为，利用等式的性质得到，利用可得出符合题意；利用全等三角形的对应边相等即可得到，符合题意；利用全等三角形的对应角相等得到，再由对顶角相等和三角形内角和定理得出符合题意；运用全等三角形的判定与性质，角平分线的判定得出符合题意，运用外角性质以及全等三角形的对应角相等进行分析，得出④不符合题意，即可得出结论． 【详解】解：和都为等边三角形， ，，， ， 即， 在和中， ， ， 故符合题意； ∵， ， 故符合题意； ∵， ， 又， ∴ ， 故符合题意， 作于P，于，如图所示； 则， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴平分， ∴， ∵， ∴， ∴平分， 故符合题意； 则， ∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴， 只有时，即，则， ∵， ∴， 分析题干，不一定相等，不一定相等， ∵，， 故不一定等于． 故不符合题意 故选：C． 【变式3】（2024·北京·三模）如图，点A、B、C在同一条直线上，点B在点之间，点在直线同侧，，，，连接，设，，，给出下面三个结论： ①；②；③ 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】本题考查了勾股定理、全等三角形的性质、三角形的三边关系、完全平方公式等知识，熟练掌握勾股定理和全等三角形的性质是解题关键．先根据全等三角形的性质可得，，则可得，利用勾股定理可得，再根据三角形的三边关系即可得①正确；在中，利用勾股定理即可得②正确；利用直角梯形的面积公式即可得③正确． 【详解】解：∵， ∴， ∵，，， ∴，，， ∴， ∴， 由勾股定理得：， 在中，由三角形的三边关系得：， ∴，结论①正确； 在中，，即， ∴，结论②正确； 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是直角梯形， ∴， ∴，结论③正确； 综上，所有正确结论的序号是①②③， 故选：D． 突破三 全等三角形解答题压轴 【典例】（2026·甘肃天水·一模）已知正方形，为对角线上一点． (1)[建立模型] 如图1，连接，，求证：； (2)[模型应用] 如图2，是延长线上一点，，交于点． ①判断的形状并说明理由； ②若为的中点，且，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①等腰三角形，见解析；② 【分析】（1）根据正方形的性质，可得，，根据全等三角形的判定，即可证明； （2）①根据（1）证明可得，根据角的等量关系，得到，根据，可得，再根据角的数量关系，即可； ②根据正方形的性质，求出，过点作交于点，根据三角函数，求出，根据三线合一，可得，根据勾股定理，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，是对角线， ∴，， ∵是公共边， ∴， ∴； （2）解：①是等腰三角形，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰三角形． ②∵四边形是正方形，， ∴， ∵点为的中点， ∴， 过点作交于点， ∵， ∴， ∵是等腰三角形，， ∴， ∴，， ∴， ∴． 【变式1】（2026·河南商丘·一模）如图1，在中，，将绕点A逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别为点P，Q．的延长线交于点M． (1)试判断与的数量关系，并证明； (2)当时，如图2，连接，射线交于点N． ①请判断与的数量关系，并证明； ②若的两直角边的比为，请直接写出的值． 【答案】(1)，证明见解析 (2)①，证明见解析；②的值为或 【分析】（1）连接，证出即可； （2）①延长，交于点，先证出，再证出即可； ②设的两直角边长分别为，则，过点作于点，则四边形是矩形，再分两种情况：（Ⅰ）当时，（Ⅱ）当时，利用勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）解：，证明如下： 如图1，连接， ∵在中，，将绕点逆时针旋转得到， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：①，证明如下： 如图2，延长，交于点， 由（1）已证：， ∴， 由对顶角相等得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由旋转的性质得：， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． ②由题意，设的两直角边长分别为， 则， 由旋转的性质得：， 如图3，过点作于点， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， （Ⅰ）当时，则， ∴， ∴在中，， 由（2）①已证：， ∴， ∴； （Ⅱ）当时，则， ∴， ∴在中，， 由（2）①已证：， ∴， ∴； 综上，的值为或． 【变式2】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）在矩形中，点是上的一个动点（点不与端点重合），点为的中点，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，若，，当线段的长为整数时，直接写出线段的长． 【答案】(1)见详解 (2)或或或 【分析】（1）过点作交于，延长交于，结合矩形的判定及性质，由判定，由判定，由全等三角形的性质即可得证； （2）由点的运动路径得，设，由直角三角形的特征得，可求，由勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：过点作交于，延长交于， ， 四边形是矩形， ，，， 四边形是矩形，， ， ， ， 是的中点， ， ， ， ， ， ； （2）解：连接， 四边形是矩形， ， ， 点是上的一个动点（点不与端点重合）， ， ， 设， 是的中点， ， ， 解得， ， 线段的长为整数， 为或或或， 为或或或， 当时， ， 同理可求时，， 时，， 时，， 综上，的长为或或或． 1．（2026·河北沧州·一模）如图，在中，，，，平分，交于点，则的面积为（   ） A．3 B． C． D． 【答案】C 【分析】过D作于，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得，再利用“”证明Rt和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再利用勾股定理列式求出，再在中利用勾股定理求出即可得解． 【详解】解：过D作于， 是的平分线，，于， ， 在Rt和Rt中， ， ∴RtRt（HL）， ， 由勾股定理得，， ， 设，则 在Rt中 ∴， 解得 即， ∴的面积为． 2．（2026·浙江·模拟预测）如图所示，和都是等边三角形，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由等边三角形的性质得，，，再结合角的转换可证明，得．结合，推出，再由内角和得，最终由三角形内角和即可求解． 【详解】解：∵和都是等边三角形， ∴，，， ∵， ∴． ∴， ∴． ∵， ∴， 又∵ ∴ ， ∴ ． 【点睛】本题以共顶点等边三角形为模型，通过“”全等实现角度转化，将已知角与目标角建立关联，再结合三角形内角和定理完成求解，凸显了全等变换在几何角度计算中的核心作用． 3．（2026·陕西西安·三模）如图，在中，，平分，若，则点到的距离为（   ） A．4 B． C． D．3 【答案】D 【分析】作，垂足为，根据角平分线的性质即可求解． 【详解】解：如图，作，垂足为， ，平分，， ， ， ， 则点到的距离为． 4．（2025·湖南湘西·二模）如图，等腰直角三角形的直角顶点与坐标原点重合，分别过点、作轴的垂线，垂足为、，点的坐标为，则线段的长为（    ） A．4 B．6 C．8 D．5 【答案】B 【分析】根据点A的坐标为可得，再证明，再根据全等三角形的性质、，最后根据线段的和差即可解答． 【详解】解：∵点A的坐标为， ∴， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴． 故选：B． 5．（2026·陕西宝鸡·模拟预测）如图，将两条宽度均为的纸条相交成的角叠放，则重合部分构成的四边形的面积为______． 【答案】 【分析】先构造全等的两个直角三角形，得出，进而在含的直角三角形中得到，即，再由题意判定四边形是平行四边形，最后根据平行四边形的面积公式代值计算即可． 【详解】解：过点作于点，过点作于点，如图所示： 由两条纸条的宽度均为知，，， ， ， ， 在中，，，则， ， 由题意可知，，，则重合部分构成的四边形是平行四边形， 重合部分构成的四边形的面积为． 6．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，等边的边长为，点分别在边上，且与相交于点，则的值为_____．（用含的代数式表示） 【答案】 【分析】证明，得出，，再证明，即可得，则． 【详解】解：∵等边的边长为， ∴， ∵， ∴， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴， ∴． 7．（2025·四川成都·二模）如图，四边形是矩形，对角线，相交于点，分别以点，为圆心，大于为半径画弧，两弧相交于点，作射线．若，，则__________． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质、作角平分线，勾股定理，解决本题的关键是证明．由作图过程可得是的角平分线，结合题意，证明，得出根据矩形的性质进而得到，由勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，设，交于点 四边形是矩形， ，， 由作图过程可知：是的角平分线， ∴ ∵ ∴ 又∵ ∴ ∴ ，则， ， 故答案为：． 8．（2026·河北沧州·一模）如图，已知，，，． (1)求证：； (2)若为的中点，求证：． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【详解】（1）证明：∵， ∴，即， 在中， ， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∴是等腰三角形， ∵为的中点， ∴， ∴是的中线， ∴． 1．（2026·安徽蚌埠·二模）如图，在等腰中，，点在的延长线上，以点为圆心，以长为半径作弧交边于点，连接，若，则的值是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作交延长线于点，根据等腰三角形判定与性质，平行线的性质可证，根据作图步骤可知，， 根据等边对等角结合外角的性质可证， 进而可证， 可得， 再利用平行线分线段成比例得，结合线段的等量关系及比例的性质即可得到结论． 【详解】解：如图，过点作交延长线于点， ， ， ， ， ， 根据作图步骤可知，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ，即， ， ． 2．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）如图，在中，，以点为圆心，适当长为半径画弧分别交于点和点，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，连接交于点．若的面积为，则的面积是（    ） A．6 B．4 C． D．3 【答案】C 【分析】根据题中尺规作图得到平分，从而由角平分线性质得到，由三角形面积公式代值计算得出即可． 【详解】解：过点作，，如图所示： 由题意可知，平分， ∴， ， ， ， ∴， 则的面积是． 3．（2026·安徽阜阳·一模）如图，在中，，，的三个顶点，，分别在，，边上，，，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】通过作辅助线，利用同角的余角相等得到角相等，结合已知条件证明，从而将转化为；再由证明，最后结合的边长关系，求出的值． 【详解】如图，作于， ∴， ∵， ∴ ， ∴． 在和中， ， ∴ ， ∴． ∵， ∴，． ∵， 不妨设，则， 则， ∴， ∴． 4．（2026·山西吕梁·一模）如图，在菱形中，，E是边上一点，以为边向外作等边，连接，G是线段的中点，分别连接，，若，，则的长为______． 【答案】 【分析】延长交于点H，由等边三角形的性质可得，，结合菱形的性质得出，从而可得，再证明，得出，，证明是等腰三角形，得出，最后解直角三角形即可得出结果． 【详解】解：如图，延长交于点H， ∵是等边三角形， ∴，， ∴． ∵四边形是菱形，，， ∴， ∴， ∴， ∴，． 又∵G是线段的中点， ∴， ∴， ∴，， ∴G是的中点，． ∵，， ∴， ∴是等腰三角形， ∴， 在中，，， ∴． 5．（2026·吉林长春·一模）如图，在中，．以的三边为边，在边同侧分别作三个等边三角形：、、．给出下面四个结论： ①； ②四边形是平行四边形； ③当时，四边形是矩形； ④当为钝角时，若，点到边的距离为1，则五边形的面积为． 上述结论中，正确结论的序号是______． 【答案】①②④ 【分析】利用等边三角的性质和全等三角形的判定即可证明，即可判断①；同理可证，得到 ，即可证明四边形是平行四边形，即可判断②；求出，即可判断③；求出，，利用面积和即可判断④． 【详解】解：∵、是三个等边三角形． ∴， ∴， 即， ∴，故①正确； 同理可证，， ∴， ∴ ∴四边形是平行四边形；故②正确； 当时， ∵ ∴， ∴四边形不可能是矩形；故③错误； ∵，， ∴， 过点作于点， ∵是等边三角形， ∴，， ∴ ∴， ∴五边形的面积为．故④正确． 1．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在正方形中，点在的延长线上，点是的中点，连接并延长交于点，连接，则（） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】先根据正方形边长和已知条件求出各线段长度，通过证明三角形全等得到的长度，再利用勾股定理求出、、的长度，最后通过勾股定理逆定理判断三角形形状，进而求出． 【详解】解：∵正方形中，， ∴，． ∵， ∴． ∵是的中点， ∴． ∵，，， ∴（）， ∴，． 在中，，， ∴． 在中，，， ∴． 在中，，， ∴． ∵， ∴是直角三角形，且． ∴． 故选：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及勾股定理逆定理、锐角三角函数的定义，熟练掌握正方形的性质并结合全等三角形和勾股定理求解线段长度是解题的关键． 2．（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形内切圆的性质，掌握相关知识点是解题关键．根据正方形的性质证明全等，得到，设，利用勾股定理求出，，令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，，根据内切圆的性质得到，再利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：正方形ABCD， ，， ， ， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：或， ，， 令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，， 内切于， ， ， ， ， 解得：，即的内切圆半径为2， 故选：B． 3．（2025·青海·中考真题）工人师傅常用角尺平分一个任意角．做法如下：如图，是一个任意角，在边，上分别取，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与点，重合，即，过角尺顶点的射线便是的平分线，这种做法的依据是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定，由作图过程可得，，再加上公共边可利用定理判定． 【详解】解：在和中 ， ∴， ∴， 故选：C． 4．（2025·辽宁·中考真题）如图，在中，，，，的平分线与相交于点．在线段上取一点，以点为圆心，长为半径作弧，与射线相交于点和点，再分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线，与相交于点，连接．则的周长为（　　） A．12 B．14 C．16 D．18 【答案】B 【分析】本题考查尺规作图作垂线，全等三角形的判定和性质，中垂线的判定和性质，根据作图可知，证明，得到，，进而求出的长，得到垂直平分，得到，进而推出的周长等于的长即可． 【详解】解：由作图可知，，设交于点，则：， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴垂直平分，， ∴， ∴的周长为； 故选B 5．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________． 【答案】 【分析】连接，根据旋转知，则和，可知垂直平分，有，设，则和，利用勾股定理列出代入求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， 由旋转可知， ∴，，， ∴点F、B、C三点共线， ∵ ， ∴ H为的中点， ∴垂直平分， ∴， 设， ∵，， ∴正方形的边长为3， ∴，， ∵， ∴， 即， 解得， ∴的长为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、中垂线的判定和性质以及勾股定理的应用，解题的关键是熟悉旋转的性质和利用勾股定理列方程． 6．（2025·西藏·中考真题）如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是_________． 【答案】 【分析】本题考查了旋转-最短路线问题，三角形全等的判定，菱形的性质以及等边三角形的性质．通过将绕点A顺时针方向旋转的点，此时证明和全等后找到对应的线段，的最小值即为点B，，P，D四点共线时，线段的长度即为所求． 【详解】如图，将线段绕点A顺时针方向旋转，得到线段，连接，，， 由题意知，在菱形中，，， ∴和为等边三角形， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即点B，，P，D四点共线时，的最小， 此时最小值的长度为． 故答案为：． 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章 三角形 第03讲 全等三角形 目 录 01·考情剖析·命题前瞻 1 02·知识导航·网络构建 2 03·考点解析·知识通关 5 04·命题洞悉·题型预测 20 命题点一 全等三角形的判定 题型01利用全等三角形的判定进行证明 题型02全等三角形的判定判断结论是否正确 题型03全等三角形的判定求线段长度 命题点二 全等三角形的性质与判定综合 题型01 与特殊四边形、相似等结合综合求解 题型02 全等三角形与圆综合中尺规作图 题型03 全等三角形与函数综合 命题点三 角平分线和垂直平分线的性质与判定 题型01 角平分线与尺规作图综合 题型02 角平分线的性质与判定相关求解 题型03 垂直平分线与尺规作图综合 题型04 垂直平分线中相关求解 05·重难突破·思维进阶 61 突破一 全等三角形的最值问题 突破二 全等三角形综合压轴题 突破三 全等三角形中多结论问题 06·优题精选·练能提分 80 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点 2025年 2024年 2023年 课标要求 构造全等三角形求线段长度 天津卷 （第18题） 天津卷 （第18题） 天津卷 （第18题） 1. 能识别复杂图形中的全等三角形，或通过平移 / 翻折 / 旋转构造全等；2. 能利用全等性质将未知线段转化为已知线段；3. 结合勾股定理、特殊三角形性质（等腰、直角）进行长度计算；4. 培养几何直观与转化思想。 全等三角形的判定与性质综合应用 天津卷 （第17题） 天津卷 （/） 天津卷 （第17题） 1. 掌握 SSS、SAS、ASA、AAS、HL 全等判定定理，能规范书写证明过程；2. 能利用全等性质证明线段相等、角相等、平行 / 垂直；3. 能在复杂图形中添加辅助线（如倍长中线、截长补短）构造全等；4. 结合特殊四边形、相似、三角函数等知识解决综合几何问题。 命题预测 考查难度与分值稳定：该考点作为天津中考几何核心考点，分值稳定在 10–12 分，通常以 填空题（第 18 题）+ 解答题（第 24 题）的形式考查，整体难度为中档偏上，侧重推理证明与图形构造，不会出现难度大幅波动的情况，是区分几何能力的关键题型。 应用场景灵活多变：一方面会延续 2023–2025 年风格，以正方形、等腰三角形、直角三角形、折叠、旋转为核心载体，考查全等三角形的判定与性质应用，重点关注对应边 / 角的识别、辅助线构造；另一方面可能融入生活场景（如测量距离、几何教具）或古代数学问题（如《九章算术》中的测望问题），让题目更贴近实际应用，聚焦 “用全等解决实际几何问题” 的核心能力。 知识衔接更紧密：后续命题可能进一步加强全等三角形与其他知识点的融合。比如与平行线、等腰三角形、直角三角形、相似三角形、四边形（矩形、菱形、正方形）结合，先由全等得到线段 / 角相等，再推导特殊图形的性质；或与平面直角坐标系、图形变换（平移、旋转、轴对称） 结合，考查坐标系中全等三角形的坐标表示与变换规律，强化知识间的内在联系。 题型无大幅创新：不会出现复杂偏怪题型，仍以解答题（证明 + 计算）为主要考查形式，填空题中常以构造全等求线段长度的形式出现。单独考查全等判定或性质的证明题大概率会继续保留，符合天津中考 “图形与几何” 部分每年 2 道全等相关题的常规考向，整体保持 “稳中有变，以稳为主” 的命题节奏。 考点一 全等三角形的判定 判定简称 中文名称 内容（条件） 适用范围 关键提醒 SSS 边边边 三边对应相等的两个三角形全等 任意三角形 三边全相等 SAS 边角边 两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等 任意三角形 必须是夹角，SSA 不成立 ASA 角边角 两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等 任意三角形 边在两角中间 AAS 角角边 两角和其中一角的对边对应相等的两个三角形全等 任意三角形 边不是夹边 HL 斜边直角边 斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等 仅直角三角形 只能用于 直角三角形 注意：以下两个不能判断三角形全等 SSA：两边及其中一边的对角 ❌ 不能判定 AAA：三个角对应相等 ❌ 只能相似，不能全等 1．（2025·天津·中考真题）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为的延长线与边相交于点，连接．若，则线段的长为（   ） A． B． C．4 D． 2．（2025·天津·中考真题）如图，在矩形中，，，点在边上，且． （1）线段的长为____________； （2）为的中点，为的中点，为上一点，若，则线段的长为____________． 3．（2025·天津·一模）如图，在中，，，平分，，垂足E在的延长线上，F是的中点，连接，则的面积是________． 4．（2025·天津·一模）如图，正方形边长为6，点E在边上，，且，G为的中点，则：    （1）的度数为______； （2）的长为________． 5．（2025·天津·一模）如图，E为正方形的边上一点，F为边延长线上一点，且，点G为边上一点，且，的周长为8，，与交于点H，连接，则的长为________． 考点二 全等三角形的性质与圆综合作图 1.命题规律 载体固定：以圆为背景，结合特殊三角形(等腰、直角)或四边形，图形对称感强。 考点融合：圆的性质+全等三角形+尺规作图，三者深度绑定，“用圆提供角度/线段关系，用全等实 化，用作图呈现结果”。 能力导向：侧重几何直观、逻辑推理、转化思想，不考复杂计算，重点是作图的合理性。 2.通用解题思路 ①拆解目标：明确要作的点/线/图形，转化为“作等长线段”或“作等角”。 ②找圆中等量：利用垂径定理、圆周角定理等，找到圆中相等的线段或角。 ③构造全等：通过截长补短、旋转、翻折等方法，构造全等三角形，将目标线段/角转化为已知量。 ④尺规作图：用基本作图(作垂线、截取等长、画弧)确定关键点，完成作图。 ⑤验证：用全等性质或圆的性质验证作图的正确性。 1．（2025·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点P，A均在格点上． （1）线段的长为____________； （2）直线与的外接圆相切于点．点在射线上，点在线段的延长线上，满足，且与射线垂直．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，N，并简要说明点M，N的位置是如何找到的（不要求证明）____________． 2．（2024·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为的网格中，点，，均在格点上．    （1）线段的长为______； （2）点在水平网格线上，过点，，作圆，经过圆与水平网格线的交点作切线，分别与，的延长线相交于点，，中，点在边上，点在边上，点在边上．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，，，使的周长最短，并简要说明点，，的位置是如何找到的（不要求证明）______． 3．（2023·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，等边三角形内接于圆，且顶点A，B均在格点上．    （1）线段的长为________； （2）若点D在圆上，与相交于点P．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点Q，使为等边三角形，并简要说明点Q的位置是如何找到的（不要求证明）________． 4．（2025·天津·模拟预测）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B在格点上，点C是小正方形的中心，与直线l相切于点T．以点G为圆心的圆经过点A，B，并且与直线l相切． （Ⅰ）直线与的位置关系为______（填“平行”“相交但不垂直”“垂直”）； （Ⅱ）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点G，并简要说明点G的位置是如何找到的（不要求证明）______． 5．（2025·天津南开·三模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，，，，，均为格点，以为直径作半圆，半圆的圆心为点． （1）半圆的半径长为______； （2）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出圆心，在线段上画出点，使得．要求所作直线不多于5条，并简要说明点，点的位置是如何找到的（不要求证明）______ 命题点一 全等三角形的判定 ►题型01 利用全等三角形的判定进行证明 【典例】（2026·湖南长沙·一模）如图，在中，D是的中点，，，垂足分别为E，F，且． (1)求证：； (2)若，求的长． 【变式1】（2026·湖南长沙·一模）如图，在矩形中，连接对角线，分别以点，为圆心，大于 的长为半径画弧，两弧分别交于点，，作直线，分别交边，于点，，交于点． (1)求证：； (2)连接，若，的周长为，求线段的长． 【变式2】（2026·陕西榆林·二模）如图，在菱形中，点、分别在边、上，连接、，分别交对角线于点、，．求证：． 【变式3】（2026·江苏无锡·一模）如图，在矩形中，点是边上一点，，于点． (1)求证：． (2)若，，求的长． ►题型02 全等三角形的判定判断结论是否正确 【典例】（2026·安徽阜阳·一模）如图，在中，是的高，，分别是和的平分线且交于点，与交于点，已知，，连接．下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【变式1】（2026·安徽·二模）如图，在中，，D为边的中点，E点在上，，连接交于点F，，则下列结论错误的是（    ） A． B．平分 C． D． 【变式2】（2025·天津和平·一模）如图，在中，，．点在上，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【变式3】（2025·天津和平·一模）如图，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点为点，的延长线交于点，连接，则下列说法不正确的是（    ） A． B． C． D． ►题型03 全等三角形的判定求线段长度 【典例】（2026·陕西铜川·一模）如图，是矩形的一条对角线，过点A作，垂足为E，交边于点F，且，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【变式1】（2026·安徽·二模）如图，中，E为延长线上一点，连接交边于F点，交对角线于G点，若，则长为（    ） A．1.5 B．2 C． D． 【变式2】（2026·广东深圳·一模）如图，在边长为的正方形中，点是边的中点，连接，以点旋转中心将线段顺时针旋转，得到线段，连接，交边于点，，则的长为（   ）． A． B． C． D． 命题点二 全等三角形的性质与判定综合 ►题型01 与特殊四边形、相似等结合综合求解 【典例】（2025·天津河东·一模）如图，正方形的边长为4，点在边上，，作等腰直角三角形． （1）的长为______． （2）若为AF的中点，连接DM，则DM的长为______． 【变式1】（2025·天津河西·一模）如图，是等腰直角三角形，，平分，，垂足在的延长线上，． （Ⅰ）的长为______； （Ⅱ）线段长度的平方为______． 【变式2】（2025·天津南开·一模）如图，在正方形的边上有一点，连接，过点作（点在边右侧），垂足为点，与相交于点，连接，若，点为的中点，且． （Ⅰ）线段的长为_____； （Ⅱ）线段的长为_____． 【变式3】（2024·天津和平·一模）如图，已知半圆的直径长为2，点为中点，为上任意一点，与相交于点． （1）______（度）； （2）的最小值为______． ►题型02 全等三角形与圆综合中尺规作图 【典例】（2024·天津和平·一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，三角形内接于圆，且顶点A，B均在格点上． （1）线段的长为______； （2）若点D在圆上，在上有一点P，满足． 请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）______． 【变式1】（2025·天津南开·一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点均在格点上，以点为圆心作圆，经过点，且与网格线交于点． （I）的半径等于_____； （II）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，在上画出点，使得为的切线，且．请简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）_______________________ 【变式2】（2024·天津河北·一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点M和点N是格点，内接于圆，且直角顶点A在格点上，顶点B在线段上，且． （1）线段的长为______； （2）若点P在圆上，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，在圆上画出点Q，使圆周角，并简要说明点Q的位置是如何找到的（不要求证明）______． ►题型03 全等三角形与函数综合 【典例】（2025·山西忻州·三模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴，轴分别交于点，，以线段为边在第一象限内作正方形，反比例函数的图象经过正方形的中心点（对角线的交点），则的值为________． 【变式1】（2026·安徽安庆·模拟预测）如图，在等腰直角三角形中，，，点A的坐标为，点C在y轴上，若反比例函数的图象过点B，则k的值是__________． 【变式2】（2025·山东东营·中考真题）如图，一次函数的图象与坐标轴分别交于点B、C，反比例函数的图象经过点A，是等腰直角三角形，，，则k的值为________． 命题点三 角平分线和垂直平分线的性质与判定 ►题型01 角平分线与尺规作图综合 【典例】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在中，，，以点C为圆心，适当长度为半径作弧，交于点M，交于点N，再分别以点M、N为圆心，大于为半径作弧，两弧相交于点P，作射线交于点D，则为（   ）度． A．30 B．45 C．36 D．54 【变式1】（2025·山东济南·模拟预测）如图，在中，．分别以点A，B为圆心，大于的长为半径画弧，交于点M，N，作直线分别交于点D、E；再以点D为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点F，G；分别以点F，G为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线交于点Q，则的长是（    ） A． B． C． D．3 ►题型02 角平分线的性质与判定相关求解 【典例】（2025·宁夏银川·二模）如图，点在内，且到三边的距离相等，若，则_____． 【变式1】（2025·陕西西安·一模）如图，在四边形中，连接，，．已知是边上的一点，连接DE，过点E作于点F，且．若，，则的长为_____． 【变式2】（2025·湖南娄底·二模）如图，在菱形中，，内切于菱形，则的面积与菱形的面积之比是（　　） A． B． C． D． ►题型03 垂直平分线与尺规作图综合 【典例】（2026·吉林长春·一模）如图，在中，，，．分别以点和点为圆心、相同长度（大于线段长的一半）为半径作弧，两弧分别相交于点和点，作直线交于点．连接，则的周长是（    ） A．12 B．14 C．16 D．18 【变式1】（2026·江苏宿迁·三模）如图，在中，已知，，分别以点、为圆心，大于长为半径画弧，两弧在两侧分别交于、两点，作直线交于点，交于点．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（2026·山西吕梁·一模）阅读以下作图步骤：①在中，分别以A，B为圆心，大于长为半径作弧，两弧分别交于点M，N；②作直线，交于点O；③以O为圆心，长为半径作弧，交于点D，连接，如图所示．根据以上作图，则的度数为______． ►题型04 垂直平分线中相关求解 【典例】（2025·贵州贵阳·二模）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，过点作的垂线交于点，连接．已知的周长是，则平行四边形的周长是________． 【变式1】（2025·甘肃·一模）如图，的边的垂直平分线交于点D，连接．若，，则_____． 突破一 全等三角形中最值问题 【典例】（2025·河南漯河·三模）如图，，点是平面内一动点，且，连接，将绕点逆时针旋转，得到，连接，则的最小值为 ______，最大值为 ______    【变式1】（2025·河南南阳·三模）如图，在等边中，，D是平面内一点，线段绕点A逆时针旋转至AE，直线与交于点F，若，则的最大值是______，最小值是______． 【变式2】（2025·四川南充·二模）如图，矩形的对角线交于点，．是线段上的动点，以为边作等边三角形，点分别位于两侧．在点运动的全过程中，的最大值为，的最小值为．则_____________． 突破二 全等三角形中多结论问题 【典例】（2024·河南·三模）如图所示，在边长为1的正方形中，点P是边上不与端点重合的一动点，连接、过点P作交正方形外角的平分线于点Q，则有关面积的说法正确的为（    ）． A．有最大值为 B．有最小值为 C．有最大值为 D．有最小值为 【变式1】（2025·山东泰安·一模）如图，在中，，，在的垂直平分线上，平分，底边，下述结论： 平分； ； 的周长等于； 是中点．其中正确的命题序号是（　　） A． B． C． D． 【变式2】（2025·湖北·模拟预测）分别以的两边、向形外作等边和等边，、分别交、于点、，、相交于点，连接并延长交于点，则下列结论中正确的是（   ） ① ② ③ ④平分 ⑤平分． A．①②③ B．①②③④ C．①②③⑤ D．①②③④⑤ 【变式3】（2024·北京·三模）如图，点A、B、C在同一条直线上，点B在点之间，点在直线同侧，，，，连接，设，，，给出下面三个结论： ①；②；③ 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 突破三 全等三角形解答题压轴 【典例】（2026·甘肃天水·一模）已知正方形，为对角线上一点． (1)[建立模型] 如图1，连接，，求证：； (2)[模型应用] 如图2，是延长线上一点，，交于点． ①判断的形状并说明理由； ②若为的中点，且，求的长． 【变式1】（2026·河南商丘·一模）如图1，在中，，将绕点A逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别为点P，Q．的延长线交于点M． (1)试判断与的数量关系，并证明； (2)当时，如图2，连接，射线交于点N． ①请判断与的数量关系，并证明； ②若的两直角边的比为，请直接写出的值． 【变式2】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）在矩形中，点是上的一个动点（点不与端点重合），点为的中点，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，若，，当线段的长为整数时，直接写出线段的长． 1．（2026·河北沧州·一模）如图，在中，，，，平分，交于点，则的面积为（   ） A．3 B． C． D． 2．（2026·浙江·模拟预测）如图所示，和都是等边三角形，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·陕西西安·三模）如图，在中，，平分，若，则点到的距离为（   ） A．4 B． C． D．3 4．（2025·湖南湘西·二模）如图，等腰直角三角形的直角顶点与坐标原点重合，分别过点、作轴的垂线，垂足为、，点的坐标为，则线段的长为（    ） A．4 B．6 C．8 D．5 5．（2026·陕西宝鸡·模拟预测）如图，将两条宽度均为的纸条相交成的角叠放，则重合部分构成的四边形的面积为______． 6．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，等边的边长为，点分别在边上，且与相交于点，则的值为_____．（用含的代数式表示） 7．（2025·四川成都·二模）如图，四边形是矩形，对角线，相交于点，分别以点，为圆心，大于为半径画弧，两弧相交于点，作射线．若，，则__________． 8．（2026·河北沧州·一模）如图，已知，，，． (1)求证：； (2)若为的中点，求证：． 1．（2026·安徽蚌埠·二模）如图，在等腰中，，点在的延长线上，以点为圆心，以长为半径作弧交边于点，连接，若，则的值是（　　） A． B． C． D． 2．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）如图，在中，，以点为圆心，适当长为半径画弧分别交于点和点，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，连接交于点．若的面积为，则的面积是（    ） A．6 B．4 C． D．3 3．（2026·安徽阜阳·一模）如图，在中，，，的三个顶点，，分别在，，边上，，，则的值为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·山西吕梁·一模）如图，在菱形中，，E是边上一点，以为边向外作等边，连接，G是线段的中点，分别连接，，若，，则的长为______． 5．（2026·吉林长春·一模）如图，在中，．以的三边为边，在边同侧分别作三个等边三角形：、、．给出下面四个结论： ①； ②四边形是平行四边形； ③当时，四边形是矩形； ④当为钝角时，若，点到边的距离为1，则五边形的面积为． 上述结论中，正确结论的序号是______． 1．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在正方形中，点在的延长线上，点是的中点，连接并延长交于点，连接，则（） A． B． C． D．2 2．（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2025·青海·中考真题）工人师傅常用角尺平分一个任意角．做法如下：如图，是一个任意角，在边，上分别取，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与点，重合，即，过角尺顶点的射线便是的平分线，这种做法的依据是（    ） A． B． C． D． 4．（2025·辽宁·中考真题）如图，在中，，，，的平分线与相交于点．在线段上取一点，以点为圆心，长为半径作弧，与射线相交于点和点，再分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线，与相交于点，连接．则的周长为（　　） A．12 B．14 C．16 D．18 5．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________． 6．（2025·西藏·中考真题）如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是_________． 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $