4.3 全等三角形-中考数学一轮复习 知识点+练习

这是一份4.3 全等三角形-中考数学一轮复习 知识点+练习，文件包含43全等三角形-解析版docx、43全等三角形-原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共71页， 欢迎下载使用。
第四章 三角形
4.3全等三角形
一、课标解读
1.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。
2.掌握基本事实：两边及其夹角分别相等的两个三角形全等；两角及其夹边分别相等的两个三角形全等；三边分别相等的两个三角形全等。
3.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。
4.探索并掌握判定直角三角形全等的“斜边、直角边”定理。
二、知识点回顾
知识点1.全等三角形及其性质
1.概念:
能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形.
2.全等三角形的性质:
(1)全等三角形的对应边相等，对应角相等;
(2)全等三角形的对应线段(角平分线、中线、高线)相等、周长相等、
面积相等.
知识点2. 全等三角形的判定与解题思路
1.全等三角形的判定方法
（1）三边分别相等的两个三角形全等(简写成“SSS”)．
应用格式：∵在△ABC和△DEF中，

∴△ABC≌△DEF(SSS)．

（2）两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等(简写成“SAS”)．
∵在△ABC和△DEF中，

∴△ABC≌△DEF(SAS)．

（3）两角和它们的夹变式分别相等的两个三角形全等(简写成“ASA”)．
应用格式：∵在△ABC和△DEF中，

∴△ABC≌△DEF(ASA)．

（4）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(简写成“AAS”)．
∵在△ABC和△DEF中，

∴△ABC≌△DEF(AAS).

（5）斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等(简写成“HL”)．
在Rt△ABC和Rt△DEF中，

∴Rt△ABC ≌Rt△DEF(HL)．

2.常用解题思路

3.常见全等模型
模型
图形示例
方法与结论
平移
模型

可看成是由对应相等的边在同一边上移动所构成的，故对应边的相等关系一般可由同一直线上的线段和、差证得．
对称模型

图形沿着某一条直线折叠，这条直线两边的部分能够完全重合，重合的顶点即为全等三角形的对应点．
旋转模型

可看成是绕着三角形某一顶点旋转而成，故一般有一对相等的角隐含在对顶角或某些角的和、差中．
平移＋旋转模型

可看成将其中一个三角形沿着公共边平移至两个三角形共顶点，即可得到旋转模型．
旋转＋对称模型

将其中的一个三角形绕着公共顶点旋转至两个三角形有一条公共边即可得到轴对称模型．
三垂直模型

证明过程中多用到“同(等)角的余角相等”，从而可证得相等的角．
一线三
等角模型

三个角均相等为α，则根据外角的性质，一定可以推导出图中∠1＝∠2.
三、热点训练
热点1：全等三角形的判定
一练基础
1．（2020·广西·一模）如图，用尺规作图作已知角平分线，其根据是构造两个三形全等，它所用到的判别方法是（　　）

A．SAS B．AAS C．ASA D．SSS
【答案】D
【解析】
【分析】
根据作图过程可知：OC=OD，PC=PD，又OP=OP，从而利用SSS判断出△OCP≌△ODP，根据全等三角形的对应角相等得出∠COP=∠DOP，即OP平分∠AOB，从而得出答案.
【详解】
解：由画法得OC=OD，PC=PD，
而OP=OP，
所以△OCP≌△ODP（SSS），
所以∠COP=∠DOP，
即OP平分∠AOB.
故答案为：D.
【点睛】
本题考查了用尺规作图作已知角平分线，三角形全等的判定，用尺规作图作已知角平分线，三角形全等的判定掌握是解题的关键．
2．（2011·山东济南·中考真题）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
【解析】
【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．
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
3．（2021·山西·九年级专题练习）如图，将两根钢条，的中点O连在一起，使，可绕点O自由转动，就做成了一个测量工件，则的长等于内槽宽，那么判定的理由是（       ）

A．边角边 B．角边角 C．边边边 D．角角边
【答案】A
【解析】
【分析】
由已知有，且对顶角相等，则由SAS可判断，从而问题解决．
【详解】
由已知
∵
∴(SAS)
故选：A．
【点睛】
本题考查了全等三角形的应用，掌握全等三角形的几个判定方法是关键．
4．（2021·湖南长沙·九年级专题练习）如图所示，亮亮课本上的一三角形被墨迹污染了一部分，很快他就根据所学知识画出一个与这个三角形全等的图形，那么这两个三角形全等的依据是（     ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据全等三角形的判定方法解答即可．
【详解】
解：画一个三角形A′B′C′，使∠A′=∠A，A′B′=AB，∠B′=∠B，

符合全等三角形的判定定理ASA，
故选：D．
【点睛】
本题考查了全等三角形的应用，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键．
5．用三角尺可按下面方法画角平分线：在已知的∠AOB的两边上，分别取OM＝ON，再分别过点M，N作OA，OB的垂线，交点为P，画射线OP，则OP平分∠AOB．做法中用到证明△OMP与△ONP全等的判定方法是（       ）

A．SAS B．SSS C．ASA D．HL
【答案】D
【解析】
【分析】
根据直角三角形全等的判定HL定理，可证△OPM≌△OPN．
【详解】
解：∵OM=ON，OP=OP，∠OMP=∠ONP=90°，
∴△OPM≌△OPN 
所用的判定定理是HL．
​故选D.
【点睛】
本题考查学生的观察能力和判定直角三角形全等的HL定理，本题是一操作题，要会转化为数学问题来解决．
6．（2021·广东实验中学三模）已知，，，求证：．

【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
由条件∠ABC＝∠DCB，∠ACB＝∠DBC，根据ASA证明△ABC≌△DCB
即可．
【详解】
证明：在△ABC和△DCB中，
，
∴△ABC≌△DCB（ASA）；
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定，解题关键是找到图中的公共边的条件证明全等．
7．（2021·江苏·苏州高新区第五初级中学校二模）已知：如图，点A、B、C、D在一条直线上，．

（1）求证：；
（2）若，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）60°
【解析】
【分析】
（1）首先利用平行线的性质得出，∠A=∠FBD，根据AB=CD即可得出AC=BD，进而得出△EAC≌△FBD即可；
（2）根据全等三角形的性质和三角形内角和解答即可．
【详解】
证明：（1）∵EA∥FB，
∴∠A=∠FBD，
∵AB=CD，
∴AB+BC=CD+BC，
即AC=BD，
在△EAC与△FBD中，

∴△EAC≌△FBD（SAS）
（2）∵△EAC≌△FBD，
∴∠ECA=∠D=80°，
∵∠A=40°，
∴∠E=180°-40°-80°=60°，
答：∠E的度数为60°．
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定与性质等知识，解题时注意：两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．根据已知得出△EAC≌△FBD是解题关键．
8．（2020·山西城区·二模）如图所示，有两个长度相等的滑梯，左边滑梯BC的高AC与右边滑梯EF水平方向的长度DF相等，两滑梯倾斜角∠ABC和∠DFE有什么关系？并说明理由。

【答案】∠ABC+∠DFE=90°，理由见解析．
【解析】
【分析】
根据题意可判断出两个直角三角形全等，然后根据角的等量代换可以得出结果．
【详解】
解：∠ABC+∠DFE=90°
在Rt△ABC和Rt△DEF中，

∴Rt△ABC≌Rt△DEF
∴∠ABC=∠DEF
又∵∠DEF+∠DFE=90°
∴∠ABC+∠DFE=90°
【点睛】
本题主要考查了三角形全等的性质应用，找到需要证明的三角形准确应用HL定理是解题的关键．
二练巩固
9．（2021·广西柳北·三模）如图，，再添加一个条件，不能判定的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【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．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的判定条件．
10．（2017·天津·中考模拟）如图，已知∠1＝∠2，要说明△ABD≌△ACD，还需从下列条件中选一个，错误的选法是（       ）

A．∠ADB＝∠ADC B．∠B＝∠C C．DB＝DC D．AB＝AC
【答案】C
【解析】
【分析】
先要确定现有已知在图形上的位置，结合全等三角形的判定方法对选项逐一验证，排除错误的选项．本题中C、AB＝AC与∠1＝∠2、AD＝AD组成了SSA是不能由此判定三角形全等的．
【详解】
解：A、加∠ADB＝∠ADC，∵∠1＝∠2，AD＝AD，∠ADB＝∠ADC，∴△ABD≌△ACD（ASA），是正确选法；
B、加∠B＝∠C∵∠1＝∠2，AD＝AD，∠B＝∠C，∴△ABD≌△ACD（AAS），是正确选法；
C、加DB＝DC，满足SSA，不能得出△ABD≌△ACD，是错误选法；
D、加AB＝AC，∵∠1＝∠2，AD＝AD，AB＝AC，∴△ABD≌△ACD（SAS），是正确选法．
故选：C．
【点睛】
本题重点考查了三角形全等的判定定理，普通两个三角形全等共有四个定理，即AAS、ASA、SAS、SSS，但SSA无法证明三角形全等．
11．（2021·重庆·中考真题）如图，在和中， ，添加一个条件，不能证明和全等的是（       ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据已知条件和添加条件，结合全等三角形的判断方法即可解答．
【详解】
选项A，添加，
在和中，
，
∴≌（ASA），
选项B，添加，
在和中，，，，无法证明≌；
选项C，添加，
在和中，
，
∴≌（SAS）；
选项D，添加，
在和中，
，
∴≌（AAS）；
综上，只有选项B符合题意．
故选B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定方法，熟知全等三角形的判定方法是解决问题的关键．
12．（2021·湖南望城·模拟预测）如图，B、E、C、F在同一直线上，BE＝CF，AB∥DE，请你添加一个合适的条件，使△ABC≌△DEF，其中不符合三角形全等的条件是（       ）

A．AC＝DF B．AB＝DE C．∠A＝∠D D．∠ACB＝∠F
【答案】A
【解析】
【分析】
根据全等三角形的判定方法逐项判断即可．
【详解】
解：，
，
，
，即，
当时，满足，无法判定，故A选项符合题意；
当时，满足，可以判定，故B选项不合题意；
当时，满足，可以判定，故C选项不合题意；
当时，满足，可以判定，故D选项不合题意；
故选：A．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定方法，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键，即、、、和．
13．（2021·浙江杭州·中考真题）在①，②，③这三个条件中选择其中一个，补充在下面的问题中，并完成问题的解答．

问题：如图，在中，，点在边上（不与点，点重合），点在边上（不与点，点重合），连接，，与相交于点．若______，求证：．
注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
根据全等三角形的判定方法解答即可．
【详解】
解：选择条件①的证明：
因为，
所以，
又因为，，
所以≌，
所以．
选择条件②的证明：
因为，
所以，
又因为，，
所以≌，
所以．
选择条件③的证明：
因为，
所以，
又因为，，
所以≌，
所以
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定方法，证明两个三角形全等的方法有：SSS，AAS，SAS，ASA，HL
14．（2021·上海普陀·二模）已知在△ABC和△A′B′C′中，AB＝A′B′，AC＝A′C′，下列条件中，不一定能得到△ABC≌△A′B′C′的是（　　）
A．BC＝B'C' B．∠A＝∠A′ C．∠C＝∠C′ D．∠B＝∠B′＝90°
【答案】C
【解析】
【分析】
根据全等三角形的判定定理进行推理．
【详解】
解：A、由AB＝A′B′，AC＝A′C′，BC＝B'C'可以判定△ABC≌△A′B′C′（SSS），不符合题意．
B、由AB＝A′B′，AC＝A′C′，∠A＝∠A′可以判定△ABC≌△A′B′C′（SAS），不符合题意．
C、由AB＝A′B′，AC＝A′C′，∠C＝∠C′不可以判定△ABC≌△A′B′C′（SSA），符合题意．
D、由AB＝A′B′，AC＝A′C′，∠B＝∠B′＝90°可以判定Rt△ABC≌Rt△A′B′C′（HL），不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形的全等的判定，熟练掌握三角形全等的判定定理是解题的关键．
15．（2021·福建省福州屏东中学二模）如图，，，，四点在同一条直线上，，，下列3个条件：
①：②；③．选出能推出的一个条件．
己知：如图，，，，四点在同--条直线上，，，_________（写出一种情况即可），求证：．

【答案】①，证明见解析
【解析】
【分析】
根据，可以得到即结合已知条件，因此选取①∠ACB=∠F，即可利用“ASA”证明全等.
【详解】
证明：选取①∠ACB=∠F，
∵
∴，
∴
在和中

∴（ASA）．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的判定.
16．（2021·甘肃白银·一模）如图，B，C分别为射线的端点，连接，按要求完成下列各小题．（保留作图痕迹，不要求写作法，标明各顶点字母）

（1）在的右侧，作，交射线于点E；
（2）在（1）的条件下，求作（点F在内）使得．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）利用基本作图作出∠BCE；
（2）分别以C、B点为圆心，BE、CE为半径画弧，两弧交于点F，则△CBF为所作．
【详解】
解：（1）如图，为所作；
（2）如图，为所作．

【点睛】
本题考查了作图，解决此类问题的关键是熟悉几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图．
三练拔高
17．（2020·湖北荆州·中考真题）如图，点E在菱形ABCD的AB边上，点F在BC边的延长线上，连接CE，DF，对于下列条件：①；②；③；④，只选其中一个添加，不能确定的是（       ）
     
A．① B．② C．③ D．④
【答案】C
【解析】
【分析】
根据菱形的性质和全等三角形的判定定理即可得到结论．
【详解】
解：四边形是菱形，
，，
，
①添加，
，
②添加，，
，
，
③添加，
不能确定；
④添加，
，
故选：．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定，正确的识别图形是解题的关键．
18．（2021·山东济宁·中考真题）如图，四边形中，，请补充一个条件____，使．

【答案】(答案不唯一)
【解析】
【分析】
本题是一道开放型的题目，答案不唯一，只要符合全等三角形的判定定理即可．
【详解】
解：添加的条件为，
理由是：在和中，
，
∴(AAS)，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解决本题的关键，注意：全等三角形的判定定理有，两直角三角形全等还有HL．
19．（2021·全国·九年级专题练习）如图，∠ABC＝45°，其中P、Q分别是射线BA、BC上的点，BP＝3．

（1）给出条件①PQ＝4；②∠BPQ＝105°；③PQ＝6．能使BQ的长唯一确定的条件是　 ；
（2）在题（1）中选一个使BQ的长唯一确定的条件，求出此时BQ的长度．
【答案】（1）②③；（2）BQ＝3+3．
【解析】
【分析】
（1）根据确定三角形的条件判断即可；
（2）作PD⊥BC于D，连接PQ，构造直角三角形求解．
【详解】
（1）唯一确定三角形的条件有：已知三边，已知两边及其夹角，已知两角一边．
故只有②满足两角一边．另外，当PQ＝6时，PQ＞3，BQ也能唯一确定，
故答案为：②③；
（2）如图：如在②的条件下：

作PD⊥BC于D，连接PQ．
∵BP＝3，∠ABC＝45°，
∴∠BPD＝45°，BD＝PD＝＝3．
∵∠BPQ＝105°，
∴∠DPQ＝105°﹣45°＝60°，
∴DQ＝PD＝3，
∴BQ＝BD+DQ＝3+3．
在③的条件下：根据勾股定理得：DQ＝＝＝3，
∴BQ＝BD+DQ＝3+3．
综上：BQ＝3+3．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，勾股定理，以及解直角三角形，作辅助线，构造直角三角形是求解本题的关键．
20．（2021·河北石家庄·一模）如图，在边长为6的正方形中，点为对角线上任意一点（可与，重合），连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，设．

（1）求证：；
（2）当时，求的长；
（3）嘉淇同学在完成（1）后有个想法：“与也会存在全等的情况”，请判断嘉淇的想法是否正确，若正确，请直接写出与全等时的值；若不正确，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）正确；．
【解析】
【分析】
（1）由旋转可知∠MAN=90°，然后得到，进而用SAS证明；
（2）根据正方形的性质得到，由（1）中可得到，然后得到∠MDN=90°，则△MDN为直角三角形，然后利用勾股定理计算MN的长度即可；
（3）由（2）可知△MDN为直角三角形，∠MDN=90°，所以要使得与存在全等的情况，即AM⊥BD时，此时结合（1）和（2）易证得≌，此时BM=BD．
【详解】
（1）证明：∵，
∴，
在和中，
，
∴．
（2）∵是正方形的对角线，且，
∴，，
∴，
由得：
，，
∴，
∴在中，
．
（3）正确；
∵，
∴BM=ND，
由（2）可得∠MDN=90°，
当AM⊥BD时，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BM=AM=DM，
∴BM=DM= ND=AM，
在和中
∴≌（SAS）
∴BM=BD=3，即
故嘉淇的想法正确，此时．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，结合勾股定理和正方形的性质，得到对应的边角数量关系是解题的关键．
21．（2021·黑龙江南岗·模拟预测）已知：在△ABC和△DBE中，AB＝DB，BC＝BE，其中∠ABD＝∠CBE．
（1）如图1，求证：AC＝DE；
（2）如图2，AB＝BC，AC分别交DE，BD于点F，G，BC交DE于点H，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四对全等三角形．

【答案】（1）见解析；（2）△ABC≌△DBE；△ABG≌△EBH；△DBH≌△CBG；△DFG≌△CFH
【解析】
【分析】
（1）根据SAS证明△ABC与△DBE全等，利用全等三角形的性质解答即可．
（2）根据全等三角形的判定解答即可．
【详解】
证明：（1）∵∠ABD=∠CBE，
∴∠ABD+∠DBC=∠CBE+∠DBC，
即∠ABC=∠DBE，
在△ABC与△DBE中，，
∴△ABC≌△DBE（SAS），
∴AC=DE；
（2）由（1）得△ABC≌△DBE，
∴∠A=∠D，∠C=∠E，AB=DB，BC=BE，
∴AB=BE，
∵AB=BC，
∴∠A=∠C，
∴∠A=∠E，
在△ABG与△EBH中，
∴△ABG≌△EBH（ASA），
∴BG=BH，
在△DBH与△CBG中，
∴△DBH≌△CBG（SAS），
∴∠D=∠C，
∵DB=CB，BG=BH，
∴DG=CF，
在△DFG与△CFH中，，
∴△DFG≌△CFH（AAS）．
【点睛】
此题考查了及全等三角形的判定与性质，灵活掌握全等三角形的判定定理正确推理论证是关键．
热点2：全等三角形的性质和应用
一练基础
1．（2021·湖南常德·中考真题）如图．在中，，平分，于E，若，则的长为________．

【答案】
【解析】
【分析】
证明三角形全等，再利用勾股定理即可求出．
【详解】
解：由题意：平分，于,
，，
又为公共边，
，
，
在中，，由勾股定理得：
，
故答案是：．
【点睛】
本题考查了三角形全等及勾股定理，解题的关键是：通过全等找到边之间的关系，再利用勾股定理进行计算可得．
2．（2021·河北路北·二模）已知：如图，点，，，在同一直线上，，，．

求证：．
若点，分别为线段，的中点，连接，且，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）10
【解析】
【分析】
（1）直接根据ASA证明即可；
（2）根据（1）以及中位线证明即可．
【详解】
解：∵，
∴，
在与中，
∴；
∵点，分别为线段，的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定与性质以及中位线定理，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
3．（2021·西藏·中考真题）如图，AB∥DE，B，C，D三点在同一条直线上，∠A＝90°，EC⊥BD，且AB＝CD．求证：AC＝CE．

【答案】证明见解析．
【解析】
【分析】
由平行线的性质得出∠B＝∠D，再由垂直的定义得到∠DCE＝90°＝∠A，即可根据ASA证明△ABC≌△CDE，最后根据全等三角形的性质即可得解．
【详解】
证明：∵AB∥DE，
∴∠B＝∠D，
∵EC⊥BD，∠A＝90°，
∴∠DCE＝90°＝∠A，
在△ABC和△CDE中，
，
∴△ABC≌△CDE（ASA），
∴AC＝CE．
【点睛】
此题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，根据证明△ABC≌△CDE是解题的关键．
4．（2021·陕西西安·一模）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，BD⊥AC于点D，点E在DB的延长线上，DE＝BC，∠1＝∠2，求证：DF＝AB．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
根据余角的性质，可得∠E＝∠C，根据AAS得出△DEF≌△BCA，可得答案．
【详解】
证明：∵BD⊥AC于D，
∴∠EDF＝90°，
∵∠1＝∠2，∠1+∠C＝90°，∠2+∠E＝90°，
∴∠E＝∠C．
在△DEF和△BCA中，，
∴△DEF≌△BCA（AAS），
∴DF＝AB．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定及性质，掌握全等三角形的判定及性质是关键．
5．（2021·江苏·二模）如图，在四边形ABCD中，∠B＝90°，AC平分∠DAB，DE⊥AC，垂足为E，且AE＝AB．
（1）求证：BC＝DE；
（2）若∠DAC＝40°，求∠CDE的度数．

【答案】（1）见解析；（2）20°
【解析】
【分析】
（1）根据ASA证明△ABC≌△AED，由全等三角形的性质即可求证；
（2）根据△ABC≌△AED可得AC=AD，根据等腰三角形的性质即可解决问题．
【详解】
证明：∵DE⊥AC，∠B=90°，
∴∠B=∠AED=90°，
∵AC平分∠DAB，
∴∠BAC=∠EAD，
在△ABC和△AED中，
，
∴△ABC≌△AED（ASA），
∴BC=DE；
（2）∵△ABC≌△AED，
∴AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC，
∵∠DAC=40°，DE⊥AC，
∴∠ACD=∠ADC=70°，∠ADE=50°，
∴∠CDE=20°．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质．
6．（2021·湖南湘西·中考真题）如图，在中，点在边上，，将边绕点旋转到的位置，使得，连接与交于点，且，．
（1）求证：；
（2）求的度数．

【答案】（1）见详解；（2）
【解析】
【分析】
（1）由题意易得，，则有，然后问题可求证；
（2）由（1）可得，然后可得，进而根据三角形外角的性质可进行求解．
【详解】
（1）证明：∵，
∴，即，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∴根据三角形内角和可得，
∴，
由（1）可得，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查等腰三角形的性质及全等三角形的性质与判定，熟练掌握等腰三角形的性质及全等三角形的性质与判定是解题的关键．
7．（2021·辽宁大连·中考真题）如图，点A，D，B，E在一条直线上，，．
求证：．

【答案】见详解
【解析】
【分析】
由题意易得，进而易证，然后问题可求证．
【详解】
证明：∵，
∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
二练巩固
8．（2021·湖北·黄石八中模拟预测）在平面直角坐标系中，点G的坐标是(﹣2，1)，连接OG，将线段OG绕原点O顺时针旋转90°，得到对应线段OG′，则点G′的坐标为（　　）
A．(2，1) B．(1，2) C．(﹣2，﹣1) D．(﹣1，﹣2)
【答案】B
【解析】
【分析】
利用向坐标轴作垂线构造直角三角形，利用旋转的性质和三角形全等的判定与性质等求出OB和BG'的长即可判断坐标．
【详解】
解：如图，∵，
∴，
又∵，，
∴，，
∵OG=OG'，
∴，
∴OA=G'B，GA=OB，
∵G的坐标是(﹣2，1)，
∴G'，
故选：B．

【点睛】
本题综合考查了旋转的性质和三角形全等的判定与性质等内容，解决本题的关键是通过作辅助线构造直角三角形，证明两直角三角形全等，进而求出G'到两坐标轴的距离，再根据其所在象限进一步判断坐标即可，本题较基础，考查了学生知识应用的能力，涉及到了数形结合等思想方法．
9．（2021·广西河池·中考真题）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别在CD，AC上，，，则AF的长是（     ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
过作的垂线分别交于,由，证明，设，根据，求得，在中，利用勾股定理即可求得．
【详解】
如图，过作的垂线分别交于，

四边形是正方形，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
在和中，

（AAS），
，
设，则，
，
即，
解得，
，
四边形是正方形，，
，
，
．
故选B
【点睛】
本题考查了矩形的性质，正方形的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质，求得是解题的关键．
10．（2019·浙江临海·中考模拟）如图，在△ABC中，高AD、BE交于H点，若BH=AC，求∠ABC等于___度．

【答案】45
【解析】
【分析】
根据同角的余角相等求出∠CAD=∠HBD，再利用“角角边”证明△ACD和△BHD全等，根据全等三角形对应边相等可得AD=BD，然后判断出△ABD是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质解答即可．
【详解】
解：∵AD、BE是△ABC的高，
∴∠CAD+∠C=∠HBD+∠C，
∴∠CAD=∠HBD，
在△ACD和△BHD中，
，
∴△ACD≌△BHD(AAS)，
∴AD=BD，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴∠ABC=45．
故答案为：45．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，同角的余角相等的性质，等腰直角三角形的判定与性质，熟记性质并求出三角形全等是解题的关键．
11．（2019·江苏滨海·中考模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中点，连接DE并延长交CB的延长线于点F，点G在边BC上，且∠GDF＝∠ADF．
（1）求证：△ADE≌△BFE；
（2）连接EG，判断EG与DF的位置关系，并说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）EG垂直平分DF，见解析
【解析】
【分析】
（1）根据AAS或ASA证明三角形全等；
（2）由（1）得DE=EF，再根据等腰三角形三线合一的性质得出结论；
【详解】
证明：（1）如图1，∵E是AB的中点，
∴AE＝BE，
∵ADBC，
∴∠A＝∠ABF，∠ADE＝∠F，
∴△ADE≌△BFE（AAS）；

（2）答：如图2，EG垂直平分DF．
理由是：∵∠ADF＝∠F，∠ADF＝∠GDF，
∴∠F＝∠GDF，
∴DG＝FG，
由（1）得：△ADE≌△BFE，
∴DE＝EF，
∴EG⊥FD；

【点睛】
本题考查了全等三角形和等腰三角形的性质和判定，难度不大，熟练掌握全等三角形的判定方法：SSS、SAS、AAS、ASA，明确两直线的位置关系有：①平行，②垂直，本题根据等腰三角形三线合一的性质证明两直线垂直，这在几何证明中经常运用，要熟练掌握．
12．（2021·江苏南京·中考真题）如图，与交于点O，，E为延长线上一点，过点E作，交的延长线于点F．

（1）求证；
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）直接利用“AAS”判定两三角形全等即可；
（2）先分别求出BE和DC的长，再利用相似三角形的判定与性质进行计算即可．
【详解】
解：（1）∵，
又∵，
∴；
（2）∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的长为．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例的推论、相似三角形的判定与性质等，解决本题的关键是牢记相关概念与公式，能结合图形建立线段之间的关联等，本题较基础，考查了学生的几何语言表达和对基础知识的掌握与应用等．
13．（2019·吉林长春·中考模拟）如图，在△ABC中，AB=CB，∠ABC=90°，D为AB延长线上一点，点E在BC边上，且BE=BD，连接AE、DE、DC．
(1)求证：△ABE≌△CBD；
(2)若∠CAE=30°，求∠BDC的度数．

【答案】（1）证明见解析；（2）∠BDC=75°．
【解析】
【分析】
（1）由条件可利用SAS证得结论；
（2）由等腰直角三角形的性质可先求得∠BCA，利用三角形外角的性质可求得∠AEB，再利用全等三角形的性质可求得∠BDC．
【详解】
解：（1）证明：
∵∠ABC=90°，
∴∠DBC=90°，
在△ABE和△CBD中
，
∴△ABE≌△CBD（SAS）；
（2）∵AB=CB，∠ABC=90°，
∴∠BCA=45°，
∴∠AEB=∠CAE+∠BCA=30°+45°=75°，
∵△ABE≌△CBD，
∴∠BDC=∠AEB=75°．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，三角形外角的性质．掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．
14．（2021·北京·中考真题）在中，，G是AB边上一点，过点G作射线CP，过点A作，过点B作，取AB中点O，连接ON．
（1）①依题意在图1中补全图形；
②求证：CM=BN；
（2）猜想线段AM ，BN，ON的数量关系，并证明；
（3）当∠BCP=22.5°时，若ON=1，则GN的值为___________．
       
【答案】（1）①图见解析；②见解析 ；（2）AM＋BN＝ON，证明见解析；（3）．
【解析】
【分析】
（1）①由题意补全图形，②证明△ACM≌△CBN（AAS），由全等三角形的性质可得出CM＝BN．
（2）连接OC，证明△OCM≌△OBN（SAS），由全等三角形的性质可得出OM＝ON，COM＝∠COM＝∠BON，由等腰直角三角形的性质得出MN＝ON，则可得出结论；
（3）先求出∠AGM=67.5°，再得到∠MOG =67.5°，故可得到MO=MG，再根据勾股定理求出MN，故可求解．
【详解】
解：（1）①补全图形如图，

②证明：∵AM⊥CP，BN⊥CP，
∴∠AMC＝∠BNC＝90°，
∴∠ACM＋∠CAM＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACM＋∠BCN＝90°，
∴∠CAM＝∠BCN，
∵AC＝BC，
∴△ACM≌△CBN（AAS），
∴CM＝BN．
（2）依题意补全图形如图，

结论：AM＋BN＝OM．
证明：连接OC，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，O是AB的中点，
∴OC＝OB，∠ACO＝∠CBO＝45°，
∵△ACM≌△CBN，
∴AM＝CN，∠OCM＋∠ACO＝∠CBO＋∠OBN，
∴∠OCM＝∠OBN，
∵CM＝BN，
∴△OCM≌△OBN（SAS），
∴OM＝ON，∠COM＝∠BON，
∵∠COM＋∠MOB＝90°，
∴∠BON＋∠MOB＝90°，
∴∠MON＝90°，△OMN是等腰直角三角形
∴MN＝ON，
∴AM＝CN＝CM＋MN＝BN＋ON；
（3）∵∠BCP=22.5°，△ACM≌△CBN
∴∠CAM=∠BCP=22.5°
∴∠GAM=∠CAB-∠CAM=22.5°
∵AM⊥CP
∴∠AGM=90°-∠GAM=67.5°
∵△OMN是等腰直角三角形
∴∠OMN=45°
∴∠MOG=180°-∠AGM-∠OMN=67.5°
∴∠MOG=∠AGM   
∴MO=ON=MG=1
∴MN=
∴GN=MN-MG=．
故答案为：．
【点睛】
本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，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
15．（2021·上海宝山·三模）如图，已知在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在边BC上，以AD为边作正方形ADEF，联结CF，CE．
（1）求证：FC⊥BC；
（2）如果BD＝AC，求证：CD＝CE．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质得出AD＝AF，∠FAD＝90°＝∠BAC，求出∠FAC＝∠BAD，证出△ABD≌△ACF，推出∠B＝∠FCA即可；
（2）根据△ABD≌△ACF，推出BD＝CF＝AC，求出∠DAC＝∠EFC，根据SAS推出△DAC≌△EFC即可．
【详解】
证明：（1）∵四边形ADEF是正方形，
∴AD＝AF，∠FAD＝∠BAC＝90°，
∴∠FAD﹣∠DAC＝∠BAC﹣∠DAC，
∴∠FAC＝∠BAD，
在△ABD和△ACF中
，
∴△ABD≌△ACF（SAS），
∴∠B＝∠FCA，
∵∠BAC＝90°，
∴∠B+∠ACB＝90°，
∴∠ACB+∠ACF＝90°，
∴FC⊥BC．
（2）∵△ABD≌△ACF，
∴BD＝CF，
∵BD＝AC，
∴AC＝CF，
∴∠CAF＝∠CFA，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD＝EF，∠DAF＝∠EFA＝90°，
∴∠DAF﹣∠CAF＝∠EFA﹣∠CFA，
∴∠DAC＝∠EFC，
在△DAC和△EFC中
，
∴△DAC≌△EFC（SAS），
∴CD＝CE．
【点睛】
本题考查了正方形性质，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，解题关键是熟练地找到全等三角形并证明，准确运用正方形和全等三角形的性质进行推理证明．
三练拔高
16．（2021·青海西宁·中考真题）如图，在矩形中，E为的中点，连接，过点E作的垂线交于点F，交CD的延长线于点G，连接CF．已知，，则_________．

【答案】
【解析】
【分析】
由题意，先证明△AEF≌△DEG，则EF=EG，，利用等腰三角形的性质，求出，然后得到AB=CD=，则，利用勾股定理求出BC，然后得到AE的长度，即可求出FE的长度．
【详解】
解：根据题意，在矩形中，则
AB=CD，BC=AD，∠A=∠EDG=90°，
∵E为的中点，
∴AE=DE，
∵∠AEF=∠DEG，
∴△AEF≌△DEG，
∴EF=EG，；
∵CE⊥FG，
∴，
∴AB=CD=，
∴，
在直角△BCF中，由勾股定理则
，
∴AD=3，
∴，
在直角△AEF中，由勾股定理则
；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确得到．
17．（2021·江苏连云港·二模）如图，在中，，，为边的中点，点E、F分别是线段AC、AD上的动点，且，则的最小值是____________．

【答案】
【解析】
【分析】
通过作辅助线把转换成一条定直线两边定点的形式即可．
【详解】
过A作AG⊥AB且使得AG＝BC＝5，接BF、FG、BG，

∵，为边的中点
∴AD⊥BC
∴∠GAD=∠ACD=90°-∠CAD
又∵AG＝BC，
∴△AGF≌△CBE（SAS），
∴GF＝BE，
∵FB＝FC，
∴BE+CF＝GF+BF，
∵当点B、F、G三点共线时，GF+BF最小，
∴GF+BF的最小值时线段BG的长，
∵∠BAG＝90°，AB＝6，AG＝5，
∴
即BE+CF的最小值为．
【点睛】
本题综合考查全等三角形，解题的关键是做出合适的辅助线．
18．（2021·福建省福州屏东中学二模）如图，中，，，为上一点，连接，将绕点顺时针旋转得线段，沿方向平移得线段，连接．

（1）求证：；
（2）连接，若，求四边形的面积．
【答案】（1）见详解；（2）．
【解析】
【分析】
（1）通过SAS证明△ABD和≌ACE，得∠B=∠ACE=45°，则∠BCE=90°，即可解答；
（2）根据AC沿AD方向平移得线段DF知：四边形ACFD是平行四边形，由（1）得：△ABD和≌ACE，则CE=BD=2，得出CD和AH的长即可求出面积．
【详解】
（1）证明：∵∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，
∴∠BAD=∠CAE，∠B=∠ACB=45°，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD和≌ACE（SAS），
∴∠ACE=∠B=45°，
∴∠BCE=90°，
∴BC⊥CE；
（2）解：连接CF，过点A作AH⊥BC于H，

∵3CE=6，
∴CE=2，
∵AC沿AD方向平移得线段DF，
∴AC∥DF，AC=DF，
∴四边形ACFD是平行四边形，
由（1）得：△ABD和≌ACE，
∴CE=BD=2，
∵AB=AC=6，
∴BC=，AH=，
∴CD=BCBD=，
∴S▱ACFD=CD×AH=（）×=．
【点睛】
本题主要考查了三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的性质、平移的性质等知识，得出四边形ACFD是平行四边形是解题的关键．
19．（2021·全国·九年级专题练习）如图①，和均为等边三角形，点A，，在一条直线上，连接．
（1）求证：．
（2）求的度数．
（3）拓展探究：如图②，和均为等腰直角三角形，，点A，，在一条直线上，为的边上的高，连接．
①的度数为________；
②探索线段，，之间的数量关系为________．

【答案】（1）证明见解析；（2）∠AEB=60°；（3）①90°；②．
【解析】
【分析】
（1）由条件和均为等边三角形，证明，从而得出对应边相等，即可证得；
（2）根据，可得，由点A,D,E在同一直线上，可求出,从而求出的度数；
（3）①首先根据和均为等腰直角三角形，可得出 ，据此判断出然后证明，即可得出进而判断出；②根据，可得出所以，即可得出．
【详解】
（1）证明：∵ 和均为等边三角形，
∴，，．
∴，
即．
在 和中，

∴，
∴;
（2）解:∵，
∴,
∵ 为等边三角形，
∴ ,
∵点A，D，E在一条直线上，
∴
∴,
∴；
（3）①的度数为90°，
证明：∵和均为等腰直角三角形，
∴ ，，，，
∴，
即 ，
在和中
∵
∴,
∵，
∵点A，D，E在一条直线上，
∴
∴,
∴；
②，
证明：∵，
∴,
∴
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，解题关键是灵活应用全等三角形的判定定理，注意三角形间的公共边与公共角．
20．（2019·内蒙古鄂尔多斯·二模）（1）【情境观察】
将矩形纸片沿对角线剪开，得到和，如图1所示，将的顶点与点重合，并绕点按逆时针方向旋转，使点、、在同一条直线上，如图2所示．
观察图2可知：与相等的线段是______，______°．

（2）【问题探究】
如图3，中，于点，以为直角顶点，分别以、为直角边，向外作等腰和等腰，过点、作射线的垂线，垂足分别为、．试探究与之间的数量关系，并证明你的结论．

（3）【拓展延伸】
如图4，中，于点，分别以、为一边向外作矩形和矩形，射线交于点．若，，试探究与之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）AD，90．（2）FQ＝EP，证明见解析，（3）HE＝HF，证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）观察图形即可发现△ABC≌△AC′D，即可解题；
（2）易证△AEP≌△BAG，△AFQ≌△CAG，即可求得EP＝AG，FQ＝AG；
（3）过点E作EP⊥GA，FQ⊥GA，垂足分别为P、Q．证△ABG∽△EAP和△ACG∽△FAQ，得出EP＝FQ，再证△EPH≌△FQH即可．
【详解】
解：（1）∵四边形是矩形，
∴BC＝AD，BA＝CD，AC＝AC，
∴△ABC≌△AC′D，
∴∠C′AD＝∠ACB，
∴∠CAC′＝180°﹣∠C′AD﹣∠CAB＝90°；
故答案为：AD，90．
（2）FQ＝EP，
理由如下：
∵是等腰直角三角形，
∴∠FAQ+∠CAG＝90°，∠FAQ+∠AFQ＝90°，
∴∠AFQ＝∠CAG，
同理∠ACG＝∠FAQ，
又∵AF＝AC，
∴△AFQ≌△CAG，
∴FQ＝AG，
同理EP＝AG，
∴FQ＝EP．
（3）HE＝HF．
理由：过点E作EP⊥GA，FQ⊥GA，垂足分别为P、Q．
∵四边形ABME是矩形，
∴∠BAE＝90°，
∴∠BAG+∠EAP＝90°，
又AG⊥BC，
∴∠BAG+∠ABG＝90°，
∴∠ABG＝∠EAP．
∵∠AGB＝∠EPA＝90°，
∴△ABG∽△EAP，
∴AG：EP＝AB：EA．
同理△ACG∽△FAQ，
∴AG：FQ＝AC：FA．
∵AB＝k•AE，AC＝k•AF，
∴AB：EA＝AC：FA＝k，
∴AG：EP＝AG：FQ．
∴EP＝FQ．
又∵∠EHP＝∠FHQ，∠EPH＝∠FQH，
∴△EPH≌△FQH（AAS）．
∴HE＝HF．

【点睛】
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，解题关键是恰当作辅助线，构建全等三角形或相似三角形．
21．（2021·湖北孝感·二模）已知，的顶点A在上，顶点B在上，且，．连接，与交于点D．

（1）如图1，若，求证：平分；
（2）如图2，若与不垂直，是否仍平分?请作出结论，并说明理由
（3）如图3，若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）仍平分．理由见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据角平分线的性质进行证明即可；
（2）证明，再根据角平分线的性质证明；
（3）作，垂足为H．由求得，再解即可．
【详解】
（1）证明：，，，
，
，
．
又，，
平分．
（2）仍平分．
理由如下：如图1，作，．
，
．
又，
．
又，
．
．
又，，
平分．

（3）解：如图2，作，垂足为H．
由（2）知，平分，
．
，，
．
．
又，
．
．
，
设，则，
，．
．
在中，．
，，
，．
在中，．
．
【点睛】
本题考查了角平分线的性质与判定，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，熟悉以上定理是解题的关键．