专题18：全等三角线中的辅助线做法及常见题型之互补型旋转-备战2022中考数学解题方法系统训练（全国通用）（含答案解析）

这是一份专题18：全等三角线中的辅助线做法及常见题型之互补型旋转-备战2022中考数学解题方法系统训练（全国通用）（含答案解析），共30页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题18：第三章 全等三角形中的辅助线的做法及常见题型之互补型旋转


一、单选题
1．Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，∠MDN绕点D旋转，DM、DN分别与边AB、AC交于E、F两点．下列结论
①(BE+CF)=BC，②，③AD·EF，④AD≥EF，⑤AD与EF可能互相平分，
其中正确结论的个数是（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个


二、填空题
2．如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BQ，连接AQ．若PA=4，PB=5，PC=3，则四边形APBQ的面积为_______．

3．如图，三个边长均为2的正方形重叠在一起，O1，O2是其中两个正方形的中心，则阴影部分的面积是____．

4．如图，在平面直角坐标系xOy中，A,B两点分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=OB，点C在第一象限，OC=3，连接BC，AC，若∠BCA=90°，则BC+AC的值为_________．


三、解答题
5．如图，在中，，，点在上，点在上，，连接，，，垂足为．证明：．

6．在中，，，于点,
（1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长；
（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：；
（3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：;

7．探究问题：
(1)方法感悟：
如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠BAF＝45°，连接EF，求证DE＋BF＝EF．感悟解题方法，并完成下列填空：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，∴ ∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°，因此，点G，B，F在同一条直线上．

∵ ∠EAF＝45°∴ ∠2＋∠3＝∠BAD－∠EAF＝90°－45°＝45°．
∵ ∠1＝∠2，∠1＋∠3＝45°．
即∠GAF＝∠________．
又AG＝AE，AF＝AE
∴ △GAF≌△________．
∴ _________＝EF，故DE＋BF＝EF．
(2)方法迁移：
如图②，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF＝∠DAB．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想．

8．如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，∠EDF=120°，把∠EDF绕点D旋转，使∠EDF的两边分别与线段AB、AC交于点E、F．
（1）当DF⊥AC时，求证：BE=CF；
（2）在旋转过程中，BE+CF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由

9．如图所示，中，，，把一块含角的直角三角板的直角顶点放在的中点上（直角三角板的短直角边为，长直角边为），将三角板绕点按逆时针方向旋转.

（1）在如图所见中，交于，交于，证明；
（2）继续旋转至如图所见，延长交于，延长交于，证明.
10．如图1，四边形ABCD中，BD⊥AD，E为BD上一点，AE＝BC，CE⊥BD，CE＝ED

（1）已知AB＝10，AD＝6，求CD；
（2）如图2，F为AD上一点，AF＝DE，连接BF，交BF交AE于G，过G作GH⊥AB于H，∠BGH＝75°．求证：BF＝2GH+EG．
11．一位同学拿了两块三角尺，做了一个探究活动：将的直角顶点放在的斜边的中点处，设.

（1）如图1所示，两三角尺的重叠部分为，则重叠部分的面积为______，周长为______.
（2）将如图1所示中的绕顶点逆时针旋转，得到如图2所示，此时重叠部分的面积为______，周长为______.
（3）如果将绕旋转到不同于如图1所示和如图2所示的图形，如图3所示，请你猜想此时重叠部分的面积为______.
（4）在如图3所示情况下，若，求出重叠部分图形的周长.
12．阅读下面材料：
小炎遇到这样一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，连结EF，则EF=BE+DF，试说明理由．

小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB，AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．
参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：
（1）如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°．若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足_ 关系时，仍有EF=BE+DF；
（2）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1， EC=2，求DE的长．


参考答案
1．C
【解析】
【分析】
【详解】
解:∵Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，
∴AD =DC，∠EAD=∠C=45°，∠EDA=∠MDN－∠ADN =90°－∠ADN=∠FDC．
∴△EDA≌△FDC（ASA）．
∴AE=CF．
∴BE+CF= BE+ AE=AB．
在Rt△ABC中，根据勾股定理，得AB=BC．
∴(BE+CF)=BC．
∴结论①正确．
设AB=AC=a，AE=b，则AF=BE= a－b．
∴．
∴．
∴结论②正确．
如图，过点E作EI⊥AD于点I，过点F作FG⊥AD于点G，过点F作FH⊥BC于点H，ADEF相交于点O．

∵四边形GDHF是矩形，△AEI和△AGF是等腰直角三角形，
∴EO≥EI（EF⊥AD时取等于）=FH=GD，
OF≥GH（EF⊥AD时取等于）=AG．
∴EF=EO＋OF≥GD＋AG=AD．
∴结论④错误．
∵△EDA≌△FDC，
∴．
∴结论③错误．
又当EF是Rt△ABC中位线时，根据三角形中位线定理知AD与EF互相平分．
∴结论⑤正确．
综上所述，结论①②⑤正确．故选C．
2．
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得△BPQ是等边三角形，由全等三角形的判定可得△ABQ≌△CBP(SAS)，由勾股定理的逆定理可得△APQ是直角三角形，求四边形的面积转化为求两个特殊三角形的面积即可．
【详解】
解：连接PQ，
由旋转的性质可得，BP=BQ，
又∵∠PBQ=60°，
∴△BPQ是等边三角形，
∴PQ=BP，
在等边三角形ABC中，∠CBA=60°，AB=BC，
∴∠ABQ=60°-∠ABP
∠CBP=60°-∠ABP
∴∠ABQ=∠CBP
在△ABQ与△CBP中
，
∴△ABQ≌△CBP(SAS)，
∴AQ=PC，
又∵PA=4，PB=5，PC=3，
∴PQ=BP=5，PC=AQ=3，
在△APQ中，因为，25=16+9，
∴由勾股定理的逆定理可知△APQ是直角三角形，
∴，
故答案为：

【点睛】
本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定、勾股定理的逆定理及特殊三角形的面积，解题的关键是作出辅助线，转化为特殊三角形进行求解．
3．2
【解析】
【分析】
根据题意作图，连接，，可得△△，那么可得阴影部分的面积与正方形面积的关系，同理得出另两个正方形的阴影部分面积与正方形面积的关系，从而得出答案．
【详解】
解：连接、，如图：

，，
，
四边形是正方形，
，
在△和△中

△△，
、两个正方形阴影部分的面积是，
同理另外两个正方形阴影部分的面积也是，
．
故答案为：2．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质及全等三角形的证明，把阴影部分进行合理转移是解决本题的难点，难度适中．
4．
【解析】
【分析】
可将△OBC绕着O点顺时针旋转90°，所得的图形与△OAC正好拼成等腰直角三角形BC+AC等于等腰三角形的斜边CD.
【详解】
解：
将△OBC绕O点旋转90°，
∵OB=OA
∴点B落在A处，点C落在D处
且有OD=OC=3，∠COD=90°，∠OAD=∠OBC，
在四边形OACB中
∵∠BOA=∠BCA=90°，
∴∠OBC+∠OAC=180°，
∴∠OAD+∠OAC=180°
∴C、A、D三点在同一条直线上，
∴△OCD为等要直角三角形，根据勾股定理
CD2=OC2+OD2
即CD2=32+32=18
解得CD=
即BC+AC=.
【点睛】
本题考查旋转的性质，旋转前后的图形对应边相等，对应角相等.要求两条线段的长，可利用作图的方法将两条线段化成一条线段，再求这条线段的长度即可，本题就是利用旋转的方法做到的，但做本题时需注意，一定要证明C、A、D三点在同一条直线上.本题还有一种化一般为特殊的方法，因为答案一定可考虑CB⊥y轴的情况，此时四边形OACB刚好是正方形，在做选择或填空题时，也可以起到事半功倍的效果.
5．见解析
【解析】
【分析】
如图，延长到点，使，连接、，根据四边形的内角和和邻补角互补可得，进而可根据SAS证明，可得，，进一步即可求得，然后利用等腰三角形的性质和解直角三角形的知识即可证得结论．
【详解】
证明：如图，延长到点，使，连接、，
，
，
，
，
，，
，
，，
，
，，
，，
，
，
．

【点睛】
本题考查了四边形的内角和、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质和解直角三角形等知识，正确添加辅助线、灵活应用上述知识是解题的关键．
6．(1) ；(2)见解析；(3)见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到 AD＝BD＝DC＝ ，求出 ∠MBD＝30°，根据勾股定理计算即可；
（2）证明△BDE≌△ADF，根据全等三角形的性质证明；
（3）过点 M作 ME∥BC交 AB的延长线于 E，证明△BME≌△AMN，根据全等三角形的性质得到 BE＝AN，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论．
【详解】
（1）解：，，，
，，，
，
，
，
，
，
，
由勾股定理得，，即，
解得，，
；
（2）证明：，，
，
在和中，
，
；
（3）证明：过点作交的延长线于，
，
则，，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
．

【点睛】
本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形
的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
7．(1)EAF、△EAF、GF；(2)DE＋BF＝EF.
【解析】
【分析】
（1）利用角之间的等量代换得出∠GAF=∠FAE，再利用SAS得出△GAF≌△EAF，得出答案；
（2）将△ADE顺时针旋转90°得到△ABG，再证明△AGF≌△AEF，即可得出答案；
【详解】
解：（1）如图①所示；

根据等量代换得出∠GAF=∠FAE，
利用SAS得出△GAF≌△EAF，
∴GF=EF，
故答案为：FAE；△EAF；GF；
(2)DE＋BF＝EF，理由如下：
假设∠BAD的度数为m，将△ADE绕点A顺时针旋转，m°得到△ABG，如图，此时AB与AD重合，由旋转可得：

AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，
∴ ∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°，
因此，点G，B，F在同一条直线上．
∵ ，
∴ ．
∵ ∠1＝∠2，
∴ ∠1＋∠3＝．
即∠GAF＝∠EAF．
∵在△AGF和△AEF中，
，
∴ △GAF≌△EAF（SAS）．
∴ GF＝EF．
又∵ GF＝BG＋BF＝DE＋BF，
∴ DE＋BF＝EF．
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定和性质、以及折叠的性质和旋转变换性质等知识，证得△GAF≌△EAF是解题的关键．
8．（1）证明见解析；（2）是，2.
【解析】
【分析】
（1）根据四边形内角和为360°，可求∠DEA=90°，根据“AAS”可判定△BDE≌△CDF，即可证BE=CF；
（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如图2，易证△MBD≌△NCD，则有BM=CN，DM=DN，进而可证到△EMD≌△FND，则有EM=FN，就可得到BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cos60°=BD=BC=2.
【详解】
（1）∵△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，
∴∠B=∠C=60°，BD=CD，
∵DF⊥AC，
∴∠DFA=90°，
∵∠A+∠EDF+∠AFD+∠AED=180°，
∴∠AED=90°，
∴∠DEB=∠DFC，且∠B=∠C=60°，BD=DC，
∴△BDE≌△CDF（AAS）
（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，

则有∠AMD=∠BMD=∠AND=∠CND=90°．
∵∠A=60°，
∴∠MDN=360°-60°-90°-90°=120°．
∵∠EDF=120°，
∴∠MDE=∠NDF．
在△MBD和△NCD中，
，
∴△MBD≌△NCD（AAS）
BM=CN，DM=DN．
在△EMD和△FND中，
，
∴△EMD≌△FND（ASA）
∴EM=FN，
∴BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN
=2BM=2BD×cos60°=BD=BC=2.
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值等知识，通过证明三角形全等得到BM=CN，DM=DN，EM=FN是解决本题的关键．
9．(1)见解析；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）连接BD，证明△DMB≌△DNC．根据已知，全等条件已具备两个，再证出∠MDB=∠NDC，用ASA证明全等，四边形DMBN的面积不发生变化，因为它的面积始终等于△ABC面积的一半；
（2）同样利用（1）中的证明方法可以证出△DMB≌△DNC；
（3）方法同（1）．
【详解】
证明：（1）连接BD,

∵AB=BC，∠ABC=90°，点D为AC的中点
∴BD⊥AC，∠A=∠C=45°
∴BD=AD=CD
∴∠ABD=∠A=45°
∴∠MBD=∠C=45°
∵∠MDB+∠BDN=90°
∠NDC+∠BDN=90°
∴∠MDB=∠NDC
在△MDB和△NDC中

∴△MDB≌△NDC（ASA）
∴DM=DN（5分）
（2）DM=DN仍然成立．理由如下：连接BD，

由（1）知BD⊥AC，BD=CD
∴∠ABD=∠ACB=45°
∵∠ABD+∠MBD=180°∠ACB+∠NCD=180°
∴∠MBD=∠NCD
∵BD⊥AC
∴∠MDB+∠MDC=90°
又∠NDC+∠MDC=90°
∴∠MDB=∠NDC
在△MDB和△NDC中

∴△MDB≌△NDC（ASA） 
∴DM=DN.
【点睛】
本题主要考查学生的推理能力，题目比较典型，利用ASA求三角形全等（手拉手模型），还运用了全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质，及等腰三角形三线合一定理等知识．
10．（1）2；（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由勾股定理得出BD＝＝8，由HL证得Rt△ADE≌Rt△BEC，得出BE＝AD，则CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝2，由等腰直角三角形的性质即可得出结果；
（2）连接CF，易证AF＝CE，AD∥CE，得出四边形AECF是平行四边形，则AE＝CF，AE∥CF，得出∠CFD＝∠EAD，∠CFB＝∠AGF，由Rt△ADE≌Rt△BEC，得出∠CBE＝∠EAD，推出∠CBE＝∠CFD，证得△BCF是等腰直角三角形，则BF＝BC＝CF＝AE，∠FBC＝∠BFC＝45°，推出∠AGF＝45°，∠AGH＝60°，∠GAH＝30°，则AG＝2GH，得出BF＝AE＝（AG+EG），即可得出结论．
【详解】
（1）解：∵BD⊥AD，
∴BD＝＝＝8，
∵CE⊥BD，
∴∠CEB＝∠EDA＝90°，
在Rt△ADE和Rt△BEC中，，
∴Rt△ADE≌Rt△BEC（HL），
∴BE＝AD，
∴CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝8﹣6＝2，
∴CD＝CE＝2；
（2）解：连接CF，如图2所示：

∵AF＝DE，DE＝CE，
∴AF＝CE，
∵BD⊥AD，CE⊥BD，
∴AD∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE＝CF，AE∥CF，
∴∠CFD＝∠EAD，∠CFB＝∠AGF，
由（1）得：Rt△ADE≌Rt△BEC，
∴∠CBE＝∠EAD，
∴∠CBE＝∠CFD，
∵∠FBD+∠BFC+∠CFD＝90°，
∴∠FBD+∠BFC+∠CBE＝90°，
∴∠BCF＝90°，
∵AE＝BC，
∴BC＝CF，
∴△BCF是等腰直角三角形，
∴BF＝BC＝CF＝AE，∠FBC＝∠BFC＝45°，
∴∠AGF＝45°，
∵∠BGH＝75°，
∴∠AGH＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
∵GH⊥AB，
∴∠GAH＝30°，
∴AG＝2GH，
∴BF＝AE＝（AG+EG），
∴BF＝2GH+EG．
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、含30°角直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握直角三角形的性质、作辅助线构建平行四边形是解题的关键．
11．（1）4，；（2）4，8；（3）4；（4）
【解析】
【分析】
根据，，得出AB的值，再根据M是AB的中点，得出，求出重叠部分的面积，再根据AM，MC，AC的值即可求出周长； 
易得重叠部分是正方形，边长为，面积为，周长为 
过点M分别作AC、BC的垂线MH、ME，垂足为H、求得≌，则阴影部分的面积等于正方形CEMH的面积 
先过点M作于点E，于点H，根据，，得出≌，从而得出，，最后根据AD和DF的值，算出，即可得出答案
【详解】
解：，，
，
是AB的中点，
，
，
，
重叠部分的面积是，
周长为：；
故答案为4，；
重叠部分是正方形，
边长为，面积为，
周长为．
故答案为4，8．
过点M分别作AC、BC的垂线MH、ME，垂足为H、E，
是斜边AB的中点，，
，
，
，
又，
，，
，
在和中，
，
≌，
阴影部分的面积等于正方形CEMH的面积，
正方形CEMH的面积是；
阴影部分的面积是4；
故答案为4．
如图所示， 过点M作于点E，于点H，
 
四边形MECH是矩形， 
， 
， 
， 
， 
， 
在和中，
，
≌ 
， 
， 
， 
， 
 
 ．
四边形DMGC的周长为： 
 

．
【点睛】
此题考查了等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质，等腰直角三角形的面积公式，正方形的面积公式，全等三角形的判定和性质求解．
12．（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴
【解析】
试题分析：(1)如图，△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，利用全等的知识可知，要使EF=BE+DF，即EF=DG+DF，即要F、D、G三点共线，即∠ADG+∠ADF=180°，即∠B+∠D=180°．

(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，通过证明△AEG≌△AED得到DE=EG，由勾股定理即可求得DE的长．
(1)∠B+∠D=180°（或互补）．
(2)∵ AB=AC，
∴ 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合．
则∠B=∠ACG，BD=CG，AD=AG．
∵在△ABC中，∠BAC=90°，
∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于，即∠ECG=90°．
∴ EC2+CG2=EG2．
在△AEG与△AED中,
∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD．
又∵AD=AG，AE=AE，
∴△AEG≌△AED ．
∴DE=EG．
又∵CG=BD,
∴ BD2+EC2=DE2．
∴．

考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理．