考点23全等三角形（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（北师大版）

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考点23全等三角形
【命题趋势】
全等三角形的性质与判定，主要以选择题、填空题、解答题的形式来考查。考查内容有：①判断全等三角形的对应边；②证明两个三角形全等；③判断全等三角形的对数；④补充条件使两个三角形全等；⑤通过证明两个三角形全等得到线段相等，一般命基础题和中档题。
【常考知识】
全等三角形的性质与判定。主要有：①判断全等三角形的对应边；②证明两个三角形全等；③判断全等三角形的对数；④补充条件使两个三角形全等；⑤通过证明两个三角形全等得到线段相等
【夺分技巧】
①“HL”只适合直角三角形全等的判定。
②“ SSA” 和“AAA” 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。
③证明两个三角形全等时，对应字母的顶点须写在对应的位置上，养成良好的书写习惯。
真题演练

一、单选题
1．（2021·内蒙古呼和浩特·中考真题）在平面直角坐标系中，点，．以为一边在第一象限作正方形，则对角线所在直线的解析式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
过点作轴于点，先证明，再由全等三角形对应边相等的性质解得，最后由待定系数法求解即可．
【详解】
解：正方形中，过点作轴于点，






设直线所在的直线解析式为，
代入，得


，
故选：A．

2．（2021·山东临淄·二模）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2，AB＝，∠B是锐角，AE⊥BC于点E，F是AB的中点，连接DF，EF．若∠EFD＝90°，则线段AE的长为（ ）

A．2 B．1 C． D．
【答案】D
【分析】
延长交的延长线于，连接，设，首先证明，利用勾股定理构建方程即可求解．
【详解】
解：如图，延长交的延长线于，连接，设，

四边形是平行四边形，
，
,
，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得：（舍去）
，
，
故选：D．
3．（2021·云南五华·二模）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，其顶点称为格点．的顶点都在小正方形的格点上．以点为圆心，适当长为半径画弧，交于点 ，交于点；分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在 的内部相交于点；画射线交于点，设．点 为线段上的动点，则下列结论：①；②若分别连接 ，，则；③当时， ；④的最小值为．其中正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】
根据方格纸中每个小正方形的边长均为1， 的顶点都在小正方形的格点上，可求得，，，根据勾股定理可得到是直角三角形，可判断①；根据角平分线的作法，可判断②；根据相似三角形的判定可判断③；根据角平分线的性质可判断④；综合判断后，可得到结果．
【详解】
解：∵方格纸中每个小正方形的边长均为1， 的顶点都在小正方形的格点上，
∴，， ，
∴
即是直角三角形，
∴，故①正确；
∵以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在的内部相交于点 ，
∴由以上作法可知，是的角平分线，且，故②正确；
当时，
∵
∴
∴，故③正确；
∵点为线段上的动点，当时，最小，
又∵是的角平分线，,
∴，故④正确，
综上所述，正确的是①②③④，
故选：D．
4．（2021·浙江温州·中考真题）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点．若，则的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，根据题意可知BE=PC=DF，AE=BP=CF，根据可得BE=PE=PC=PF=DF，根据正方形的性质可证明△FDG是等腰直角三角形，可得DG=FD，根据三角形中位线的性质可得PH=FQ，CH=QH=CQ，利用ASA可证明△CPH≌△GDQ，可得PH=QD，即可得出PH=BE，可得BH=，利用勾股定理可用BE表示长CH的长，即可表示出CG的长，进而可得答案．
【详解】
如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，
∵由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形，
∴BE=PC=DF，AE=BP=CF，
∵，
∴BE=PE=PC=PF=DF，
∵∠CFD=∠BPC，
∴DF//EH，
∴PH为△CFQ的中位线，
∴PH=QF，CH=HQ，
∵四边形EPFN是正方形，
∴∠EFN=45°，
∵GD⊥DF，
∴△FDG是等腰直角三角形，
∴DG=FD=PC，
∵∠GDQ=∠CPH=90°，
∴DG//CF，
∴∠DGQ=∠PCH，
在△DGQ和△PCH中，，
∴△DGQ≌△PCH，
∴PH=DQ，CH=GQ，
∴PH=DF=BE，CG=3CH，
∴BH=BE+PE+PH=，
在Rt△PCH中，CH==，
∴CG=BE，
∴．

故选：C．
5．（2021·浙江·温州市教育教学研究院一模）《几何原本》关于毕达哥拉斯定理，欧几里德给出证明．如图，中，，以AC，BC，AB为边分别向外作正方形，连结CD，CE，过C作，的面积为，的面积为，若，，则正方形BCGH的边长（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
过D作DM⊥AC，过E作EN⊥BC，设CF交AB于J，证明≌，≌，分别得到，，分别得到和，根据，可得，设，可求出CJ和FJ，根据CF=13求出x值，从而可得BC．
【详解】
解：过D作DM⊥AC，延长CA交DM于点M，过E作EN⊥BC，设CF交AB于J，

∵，
∴，
又∵，
∴，
∴在与中，
，
∴≌，
∴，
同理，≌，
∴，
，，
∵，
∴，即，
设，则，，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
∴正方形BCGH边长．
故选C．
6．（2021·河南·一模）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，，连接，分别以点A，点B为圆心，长为半径画弧，两弧在第一象限交于点C．则点C的坐标为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
如图，连接 作射线 交于 过作于过作于 再求解 证明是的垂直平分线，再求解再利用相似三角形的性质可得答案．
【详解】
解：如图，连接 作射线 交于 过作于过作于
点A，B的坐标分别为，，


是的垂直平分线，








同理可得：

故选：
7．（2021·陕西·西安铁一中滨河学校三模）在中，，cm，的平分线交于D，且，则点D到的距离等于（ ）
A．cm B．cm C．cm D．cm
【答案】A
【分析】
根据比例求出的长，再过点D作于E．根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得，即可得解．
【详解】
解：，，CD+BD=BC=16，

，
过点D作于E，
是的平分线，，
，
即点D到的距离是．
故选：A．
8．（2021·山西太原·二模）如图，在矩形纸片中，，，点是上一点，点在上，将矩形纸片沿直线折叠，点落在点处．点恰好落在边上的点处，交于点，若，则四边形的面积等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据矩形的性质得，设，由勾股定理得，再证明得，由勾股定理得，可得，设由勾股定理求出，最后由四边形的面积求出结论即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，且
∴
∵
∴
设
∴
∵且
∴
∴
∴
∵∠
∴∠，
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
设
∴
又
∴
解得，
∴
∵，
∴四边形的面积
故选：D
9．（2021·江苏·南京市第十二初级中学八年级期中）如图，，再添加一个条件，不能判定的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据全等三角形的判定条件进行逐一判断即可得到答案．
【详解】
解：由题意得：∠CAB=∠DBA，AB=BA，
当AC=BD时，可以利用SAS证明△ABC≌△BAD，故A选项不符合题意；
当AD=BC时，可以利用SSA不能证明△ABC≌△BAD，故B选项符合题意；
当∠DAB=∠CBA时，可以利用ASA证明△ABC≌△BAD，故C选项不符合题意；
当∠C=∠D时，可以利用AAS证明△ABC≌△BAD，故D选项不符合题意；
故选B．
10．（2021·山东·滨州实验学校八年级期中）工人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，过角尺顶点作射线，由此作法便可得，共依据是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由作图过程可得MO＝NO，NC＝MC，再加上公共边CO＝CO可利用SSS定理判定△MOC≌△NOC．
【详解】
解：由作图过程可得MO＝NO，NC＝MC，
在△ONC和△OMC中，
∴△MOC≌△NOC（SSS），
∴∠BOC＝∠AOC，
故选：A．

二、填空题
11．（2021·广东·深圳市南山外国语学校二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形中，，，将沿对角线翻折，使点落在处，与轴交于点，则点的坐标为______．

【答案】
【分析】
设，则，由题意可以求证，从而得到，再根据勾股定理即可求解．
【详解】
解：由题意可知：，，
设，则，
又∵
∴
∴
在中，，即
解得：
∴点的坐标为
故答案为
12．（2021·江苏秦淮·二模）如图，在中，．将绕点C顺时针旋转后得，且点落在边上，连接．若，则四边形的面积为_________．

【答案】
【分析】
首先根据旋转的性质得出，得出是等边三角形，再证明（SAS）,那么四边形的面积即可转化为两个全等三角形的面积，即可求出答案．
【详解】
∵是由旋转得到，
∴,, ,
又∵,,
∴,
∴是等边三角形，,
∴,,
∴,
,
在和中，
∵,
∴（SAS）,
∴S四边形=,
故填：．
13．（2021·江苏镇江·二模）如图，在中，，BD平分，将沿折叠，点A落处，则的面积是_____．

【答案】
【分析】
根据折叠，在上，分别求出的面积，即可求出．
【详解】
如图，分别过作垂足分别为





由折叠可知：,
平分



平分，




，
又




故答案为：．
14．（2021·湖南张家界·中考真题）如图，在正方形外取一点，连接，，，过点作的垂线交于点，若，．下列结论：①；②；③点到直线的距离为；④，其中正确结论的序号为______．

【答案】①②④
【分析】
利用同角的余角相等可得∠EDC=∠PDA，利用SAS可证明，可得①正确；②根据全等三角形的性质可得∠APD=∠CED，根据等腰直角三角形的性质可得∠DPE=∠DEP=45°，即可得出∠PEC=90°，可得②正确；过C作CF⊥DE，交DE的延长线于F，利用勾股定理可求出CE的长，根据△DEP是等腰直角三角形，可证△CEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可求出CF的长，可得③错误；④由③可知EF的长，即可得出DF的长，利用勾股定理可求出CD的长，即可求出正方形ABCD的面积，可得④正确，综上即可得答案．
【详解】
∵四边形ABCD为正方形，PD⊥DE，
∴∠PDA+∠PDC=90°，∠EDC+∠PDC=90°，AD=CD，
∴∠EDC=∠PDA，
在△APD和△CED中，
∴△APD≌△CED，故①正确，
∴∠APD=∠DEC，
∵DP=DE，∠PDE=90°，
∴∠DPE=∠DEP=45°，
∴∠APD=∠DEC=135°，
∴∠PEC=∠DEC-∠DEP=90°，
∴AE⊥CE，故②正确，
如图，过C作CF⊥DE，交DE的延长线于F，
∵，∠PDE=90°，
∴PE=，
∵，∠PEC=90°，
∴CE==2，
∵∠DEP=45°，∠PEC=90°，
∴∠FEC=45°，
∵∠EFC=90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴CF=EF==，
∴点到直线的距离为，故③错误，
∴DF=EF+DE=+1，
∴CD2===，
∴，故④正确，

综上所述：正确的结论有①②④，
故答案为：①②④
15．（2021·黑龙江龙沙·二模）在△ABC中，AD为∠BAC的角平分线．若添加一个条件：______，则△ABD≌△ACD．
【答案】
【分析】
依据ASA，可知添加的条件可以是AD⊥BC．
【详解】
当AD⊥BC时，∠ADB=∠ADC=90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
在△ABD和△ACD中，
，
∴△ABD≌△ACD，
故答案为：AD⊥BC．
16．（2021·山东临沂·一模）如图，的顶点在等边的边上，点在的延长线上，为的中点，连接，若，，则的长为________．

【答案】3
【分析】
根据平行四边形的性质和等边三角形的性质，可以得到和的长，然后可以证明和全等，然后即可得到的长．
【详解】
解：如图，延长交于点，

四边形是平行四边形，
，，，
，，
，，
，
是等边三角形，为的中点，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，，
，，
是等边三角形，
，
，
故答案为：3．
17．（2021·河南省实验中学三模）如图，在四边形中，平分对角线与边延长线的夹角，，点为中点，若，，则线段的长为________．

【答案】4
【分析】
如图，延长AD交BC延长线于G，利用ASA可证明△ACD≌△GCD，可得AC=CG，AD=GD，根据线段的和差关系可得BG的长，根据点E为AB中点可得DE为△ABG的中位线，根据中位线的性质即可得答案．
【详解】
如图，延长AD交BC延长线于G，
∵平分对角线与边延长线的夹角，，
∴∠ACD=∠GCD，∠ADC=∠GDC=90°，
在△ACD和△GCD中，，
∴△ACD≌△GCD，
∴AC=CG，AD=GD，
∵，，
∴BG=BC+CG=BC+AC=8，
∵点E为AB中点，
∴DE为△ABG的中位线，
∴DE=BG=4，

故答案为：4

三、解答题
18．（2021·山东青岛·中考真题）如图，在中，为边的中点，连接并延长，交的延长线于点，延长至点，使，分别连接，，．

（1）求证：；
（2）当平分时，四边形是什么特殊四边形？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）矩形，见解析
【分析】
（1）利用平行四边形的性质证明，利用中点的性质证明，结合对顶角相等，从而可得结论；
（2）先证明 结合 证明四边形是平行四边形，再利用等腰三角形的性质证明 从而可得结论.
【详解】
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，∴
又∵为边的中点，
∴
∵，，，
∴
（2）答：四边形是矩形，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形.
∵平分，
∴.
又∵，
∴，
∴
又∵，
∴，
∴，
∴是矩形
19．（2021·山东·日照市田家炳实验中学一模）定义：如果三角形三边的长a、b、c满足，那么我们就把这样的三角形叫做“匀称三角形”．如：三边长分别为1，1，1或3，5，7，…的三角形都是“匀称三角形”．
（1）已知“匀称三角形”的两边长分别为4和6，则第三边长为 ．
（2）如图，ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作DF⊥AC，垂足为F，交AB的延长线于E，求证：EF是⊙O的切线；
（3）在（2）的条件下，若，判断AEF是否为“匀称三角形”？请说明理由．

【答案】（1）5或8；（2）见解析；（3）AEF是“匀称三角形”，见解析
【分析】
（1）设第三边长为，利用“匀称三角形”的定义，列出方程，但是由于等式中，4，6，均有可能为等式右边的“”，所以需要分三类讨论，最终确定下来的三边长必须满足“三角形两边之和大于第三边”，故最终答案为5或8；
（2）要证明为切线，连接，由于是半径，只需要证明，又由于，所以只需要证明，又由于为中点，只需要证明为的中点，因为是直径，所以，又因为，所以为的中点，即可证明；
（3）因为为的中点，仿照“中线倍长”模型，过作于，如图2，或者在上截取，构造，所以，将转化成，因为，所以，可以得到，设，则，利用勾股定理求出，满足定义，即可证明．
【详解】
解：（1）解：设第三边长为，
①当时，解得，
②当是，解得，
③当时，解得，
，
当三边长为2，4，6时，不能构成三角形，所以③舍去，
故答案为：5或8；
（2）证明：如图1，连接，，

是直径，
，
，
为的中点，即，
为中点，
，，
，
，
，
，
，
是半径，
是的切线；
（3）解：是“匀称三角形”，理由如下：
如图2，过作于，

，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
，
是“匀称三角形”．
20．（2021·福建省福州第十九中学三模）如图1，在正方形ABCD中，边长为2a，点E是AB边上的一个动点（点E与点A，B不重合），连接CE，过点B作BF⊥CE于点G，交AD于点F．
（1）求证：AF＝BE；
（2）如图2，当点E运动到AB中点时，连接DG，求证：DG＝2a；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点C作CM⊥DG于点H，分别交AD，BF于点M，N，求的值．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）先判断出，再由四边形是正方形，得出，，即可得出结论；
（2）设，先求出，进而得出，再求出，，再判断出，进而判断出，即可得出结论；
（3）先求出，再求出，再判断出，求出，即可得出结论．再证明，求出，即可求出答案．
【详解】
解：（1），
，
，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
；
（2）如图2，过点作于，

由题意得：，
点是的中点，
，
，
在中，根据面积相等，得，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
，，
，
；
（3）如图3，过点作于，

于点，
，
，
，
在中，，
，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
，
．
21．（2021·河南·郑州外国语中学三模）在中，，，在中，，，，连接，，点是的中点，连接．
（1）如图1，当顶点在边上时，线段与线段的数量关系是______，线段与线段的位置关系是 ；

（2）将绕点旋转，转到图2的位置时，（1）中结论是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由；

（3）在绕点旋转的过程中，线段的最大值为______；当时，线段的长为______．
【答案】（1），；（2）仍然成立，见解析；（3）或1
【分析】
（1）过点A作，交BC延长线与点G，连接GD并延长交BE于点H，证明∽，得，，再证明CF为的中位线即可证明结论；
（2）与（1）同理可证明结论仍然成立；
（3）延长AF到点K，使，连接BK，通过SAS证明≌，得，在中，利用第三边小于两边之和，得，求出AK最大为4，则AF最大为2即可，当时，由（1）中证明可知，则G，D，E三点共线，分点E在D下方，或点E在点D上方两种情形，分别画图进行计算即可．
【详解】
解：（1）过点A作，交BC延长线与点G，，连接GD并延长交BE于点H，

，，
，
，
，
点C为BG的中点，
，
且，
∽，
，，
，
点C，F分别是BG，BD的中点，
为的中位线，
，，
，
又，
，
，
，
，
故答案为：，，
（2）（1）中结论仍然成立，
过点A作，交BC延长线与点G，，连接GD并延长交BE于点H，设GD交AB于点O，

由（1）同理可证∽，
，，
，
点C，F分别是BG，BD的中点，
为的中位线，
，，
，
又，
，
，
，
，
故答案为：，，
（3）如图，延长AF到点K，使，连接BK，

，，，
≌，
，
在中，
，
，
当时，AF最大为2，
当时，由（2）中证明可知，
，D，E三点共线，如图，当点E在点D下方时，


，，
，
，
，
当点E与G重合时，此时，

，
综上：或，
故答案为：2，1或．