第17讲 全等三角形（23题型）（练习）-2024年中考数学一轮复习练习（全国通用）

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
第17讲 全等三角形
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc156126295" 题型01 利用全等三角形的性质求角度
\l "_Tc156126296" 题型02 利用全等三角形的性质求长度
\l "_Tc156126297" 题型03 根据全等的性质判断正误
\l "_Tc156126298" 题型04 利用全等三角形的性质求解
\l "_Tc156126299" 题型05 添加一个条件使两个三角形全等
\l "_Tc156126300" 题型06 添加一个条件仍不能证明全等
\l "_Tc156126301" 题型07 灵活选用判定方法证明全等
\l "_Tc156126302" 题型08 结合尺规作图的全等问题
\l "_Tc156126303" 题型09 全等三角形模型-一线三等角模型
\l "_Tc156126304" 题型10 全等三角形模型-旋转模型
\l "_Tc156126305" 题型11 构造辅助线证明两个三角形全等-作平行线
\l "_Tc156126306" 题型12 构造辅助线证明两个三角形全等-作垂线
\l "_Tc156126307" 题型13 构造辅助线证明两个三角形全等-倍长中线法
\l "_Tc156126308" 题型14 构造辅助线证明两个三角形全等-截长补短法
\l "_Tc156126309" 题型15 利用全等三角形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc156126310" 题型16 利用角平分线的性质求长度
\l "_Tc156126311" 题型17 利用角平分线的性质求面积
\l "_Tc156126312" 题型18 角平分线的判定定理
\l "_Tc156126313" 题型19 三角形的三条角平分线的性质定理的应用方法
\l "_Tc156126314" 题型20 利用角平分线性质定理和判定定理解决多结论问题
\l "_Tc156126315" 题型21 利用全等三角形的性质与判定解决高度测量问题
\l "_Tc156126316" 题型22 利用全等三角形的性质与判定解决河宽测量问题
\l "_Tc156126317" 题型23 利用全等三角形的性质与判定解决动点问题
题型01 利用全等三角形的性质求角度
1．（2022·云南昆明·统考三模）如图，△ABC≌△DEF，若∠A=80°,∠F=30°，则∠B的度数是（ ）
A．80°B．70°C．65°D．60°
【答案】B
【分析】由△ABC≌△DEF根据全等三角形的性质可得∠C=∠F=30°，再利用三角形内角和进行求解即可．
【详解】∵△ABC≌△DEF，
∴∠C=∠F，
∵∠F=30°，
∴∠C=30°，
∵∠A=80°,∠A+∠B+∠C=180°，
∴∠B=180°−∠A−∠C=70°，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质及三角形的内角和定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
2．（2022·重庆渝中·统考二模）如图，点F，B，E，C在同一条直线上，△ABC≌△DEF，若∠A=36°，∠F=24°，则∠DEC的度数为（ ）
A．50°B．60°C．65°D．120°
【答案】B
【分析】根据△ABC≌△DEF得到∠D=∠A=36°，运用三角形外角性质得到∠DEC=∠D+∠F=60°．
【详解】∵△ABC≌△DEF，
∴∠D=∠A=36°，
∴∠DEC=∠D+∠F=60°．
故选B．
【点睛】本题考查了全等三角形，三角形外角，熟练掌握全等三角形角的性质和三角形外角性质是解决此题的关键．
3．（2022·山东淄博·模拟预测）在△ABC中，∠C=90°，D、E分别是BC，AB上的点，ΔADC≅ΔADE≅ΔBDE，则∠B的度数（ ）
A．15B．20C．25D．30
【答案】D
【分析】根据ΔADC≅ΔADE≅ΔBDE，得∠CAD=∠EAD=∠B，再利用直角三角形中两个锐角互余即可得出.
【详解】解：∵ΔADC≅ΔADE≅ΔBDE
∴∠CAD=∠EAD=∠B，
∵∠C=90°，
∴∠CAD+∠EAD+∠B=90°，
∴∠B=30°，
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，直角三角形两个锐角和等于90°，掌握全等的性质是解题的关键.
题型02 利用全等三角形的性质求长度
4．（2021·江苏扬州·统考二模）如图，Rt△ABC≌Rt△FDE，∠ABC＝∠FDE＝90°，∠BAC＝30°，AC＝4，将Rt△FDE沿直线l向右平移，连接BD、BE，则BD+BE的最小值为 ．
【答案】27
【分析】根据平面直角坐标系，可以假设E(m,3)，则D(m+1，23)，则BD+BE=(m+1)2+(23)2+m2+(3)2，欲求BD+BE的最小值，相当于在x轴上找一点R(m,0)，使得R到M(−1，23)，N(0,3)的距离和的最小值，如图1中，作点N关于x轴的对称点N'，连接MN'交x轴题意R，连接RN，此时RM+RN的值最小，最小值=MN'的长．
【详解】解：建立如图坐标系，
在RtΔABC中，∠ABC=90°，AC=4，∠BAC=30°，
∴BC=12AC=2，
AB=3BC=23，
∴斜边AC上的高=2×234=3，
∵ΔABC≅ΔFDE，
∴EF=AC=4，斜边EF上的高为3，
∴可以假设E(m,3)，则D(m+1，23)，
∴BD+BE=(m+1)2+(23)2+m2+(3)2，
欲求BD+BE的最小值，相当于在x轴上找一点R(m,0)，使得R到M(−1，23)，N(0,3)的距离和的最小值，如图1中，
作点N关于x轴的对称点N'，连接MN'交x轴题意R，连接RN，此时RM+RN的值最小，最小值=MN'=12+(33)2=27，
∴BD+BE的最小值为27，
故答案为：27．
【点睛】本题考查轴对称最短问题，平面直角坐标系，勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
5．（2021·北京海淀·人大附中校考模拟预测）如图，正方形ABCD是由四个全等的直角三角形围成的，若CF=5，AB=13，则EF的长为 ．
【答案】72
【分析】由全等三角形的性质可得AE＝BG＝CF＝DH＝5，AH＝BE＝CG＝DF＝12，∠DAB＝90°，∠DAH＝∠ABE，可得EG＝GF＝FH＝HF＝7，∠ABE＋∠BAE＝90°，可证四边形EGFH是正方形，即可求EF的长．
【详解】解：∵正方形ABCD是由四个全等的三角形围成的，
∴AE＝BG＝CF＝DH＝5，AH＝BE＝CG＝DF＝12，∠DAB＝90°，∠DAH＝∠ABE
∴EG＝GF＝FH＝HF＝7，∠ABE＋∠BAE＝90°，
∴四边形EGFH是菱形，且∠AEB＝90°
∴四边形EGFH是正方形
∴EF＝2EG＝72
故答案为：72
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的性质，证明四边形EGFH是正方形是本题的关键．
6．（2022·浙江绍兴·统考一模）如图是沙漏示意图（数据如图），上下两部分为全等三角形，将上半部分填满沙子后，在沙子下落至如图位置时，AB的长为多少？（正在下落的沙子忽略不计）（ ）
A．1cmB．2cmC．3cmD．4cm
【答案】D
【分析】先根据题意得出△OAB≌△ODC，根据全等三角形对应高相等，得出AB边上的高为5cm，然后根据△OAB∽△OEF，EF=6cm，即可求出AB的长．
【详解】∵△OEF≌△OGH，四边形ABFE≌四边形DCGH，
∴△OAB≌△ODC，
∵△OCD的边CD上的高为5cm，
∴△OAB的边AB上的高为5cm，
∵整个沙漏的高为15cm，
∴△OEF的边EF上的高为152=7.5cm，
∵AB∥EF，
∴△OAB∽△OEF，
∴ABEF=57.5，
∵EF=6cm，
∴AB=57.5×6=4cm，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质和相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的对应高之比等于相似比是解题的关键．
题型03 根据全等的性质判断正误
7．（2022·云南·统考一模）如图，若△ABC≌△ADE，则下列结论中一定成立的是（ ）
A．AC＝DEB．∠BAD＝∠CAEC．AB＝AED．∠ABC＝∠AED
【答案】B
【分析】根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：∵△ABC≌△ADE，
∴AC＝AE，AB＝AD，∠ABC＝∠ADE，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE．
故A，C，D选项错误，B选项正确，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
题型04 利用全等三角形的性质求解
8．（2022·安徽合肥·合肥38中校考一模）如图，△DEF是由△ABC经过平移得到的，AC分别交DE、EF于点G、H，若∠B=120°，∠C=30°，则∠DGH的度数为（ ）
A．150°B．140°C．120°D．30°
【答案】A
【分析】根据平移可知：△ABC≅△DEF，AC∥DF，根据全等三角形对应角相等，得出∠E=∠B=120°，∠F=∠C=30°，即可得出∠D的度数，再根据平行线的性质得出∠DGH的度数即可．
【详解】根据平移可知，△ABC≅△DEF，AC∥DF，
∴∠E=∠B=120°，∠F=∠C=30°，
∴∠D=180°−∠E−∠F
=180°−120°−30°
=30°，
∵AC∥DF，
∴∠DGH+∠D=180°，
∴∠DGH=180°−∠D=180°−30°=150°，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平移变换，全等三角形的性质，三角形内角和，平行线的性质，熟练掌握平移的知识是解题的关键．
9．（2022·辽宁大连·统考一模）如图，将△ABC沿AC所在的直线翻折得到△AB′C，再将△AB′C沿AB′所在的直线翻折得到△AB′C′，点B，B′，C′在同一条直线上，∠BAC=α，由此给出下列说法：①△ABC≌△AB′C′，②AC⊥BB′，③∠CB′B=2α．其中正确的说法是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【分析】①由翻折可得△ABC≌△AB′C，△AB′C≌△AB′C′，进而可以进行判断；
②由翻折可得点B与点B′关于AC对称，进而可以进行判断；
③由翻折可得∠B′AC′=∠B′AC=∠BAC=α，∠AB′C′=∠AB′C，再根据角的和差即可进行判断．
【详解】解：①由翻折可知：△ABC≌△AB′C，△AB′C≌△AB′C′，
∴△ABC≌△AB′C′；故①正确；
②由翻折可知：点B与点B′关于AC对称，
∴AC⊥BB'；故②正确；
③由翻折可知：∠B′AC′=∠B′AC=∠BAC=α，∠AB′C′=∠AB′C，
∴∠AB′B=90°-∠B′AC=90°-α，
∴∠AB′C′=180°-∠AB′B=180°-（90°-α）=90°+α，
∴∠AB′C=90°+α，
∴∠CB′B=∠AB′C-∠AB′B=90°+α-（90°-α）=2α，
∴∠CB′B=2α．故③正确．
综上所述：正确的说法是：①②③．
故选：D．
【点睛】本题考查了翻折变换，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
10．（2023·湖北恩施·统考一模）如图，已知△ABC中，AB=AC=10cm，BC=8cm，点D为AB的中点，点P在线段BC上以3cm/s的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上以相同速度由点C向点A运动，一个到达终点后另一个点也停止运动，当△BDP与△CPQ全等时，点P运动的时间是（ ）
A．t=1sB．t=53sC．t=43sD．t=53s或t=43s
【答案】A
【分析】根据AB=AC=10cm，求出∠B=∠C，根据点D为AB的中点，求出BD=12AB=5cm，分△BDP≌△CPQ时，△BDP≌△CQP时，两种情况进行讨论，并注意验证当△BDP≌△CQP时，不成立，从而可以求出t的值．
【详解】解：∵AB=AC=10cm，
∴∠B=∠C，
∵点D为AB的中点，
∴BD=12AB=5cm，
∵点P在线段BC上以3cm/s的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上以相同速度由点C向点A运动，
∴BP=CQ=3t， CP=8−t，
当△BDP≌△CPQ时，CP=BD，
即8−3t=5，
解得：t=1s；
当△BDP≌△CQP时，BD=CQ，
即3t=5，解得：t=53s，
此时BP=3×53=5cm，CP=8−5=3cm，
∵BP≠CP，
∴此种情况不成立，
综上分析可知，t=1s，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的性质和等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的性质，注意分类讨论．
11．（2023·山东青岛·模拟预测）如图，将边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转30°到AB1C1D1的位置，则阴影部分的面积是 ．
【答案】6−23
【分析】CD交B1C1于点E，连接AE；根据全等三角形性质，通过证明△AB1E≌△ADE，得∠EAB1=∠EAD；结合旋转的性质，得∠EAB1=∠EAD=30°；根据三角函数的性质计算，得EB1，结合正方形和三角形面积关系计算，即可得到答案．
【详解】如图，CD交B1C1于点E，连接AE
根据题意得：∠AB1E=∠ADE=90°，AB1=AD=3
∵AE=AE
∴△AB1E≌△ADE
∴∠EAB1=∠EAD
∵正方形ABCD绕点A顺时针旋转30°到AB1C1D1
∴∠BAB1=30°，∠BAD=90°
∴∠B1AD=90°−∠BAB1=60°
∴∠EAB1=∠EAD=30°
∴EB1AB1=tan∠EAB1=33
∴EB1=1
∴S△AB1E=S△ADE=12AB1×EB1=12×3×1=32
∴阴影部分的面积=2AB×BC−2S△AB1E+S△ADE=6−23
故答案为：6−23．
【点睛】本题是面积问题(旋转综合题)，考查了正方形、全等三角形、旋转、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握正方形、全等三角形、旋转、三角函数的性质．
12．（2020·浙江绍兴·模拟预测）如图，在△ABC中，∠B=45°，∠C=60°，点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连结EF，沿EF将△AEF折叠得到△PEF．
（1）如图1，当点P落在BC上时，求∠AEP的度数．
（2）如图2，当PF⊥AC时，求∠BEP的度数．
【答案】（1）90°；（2）60°
【分析】（1）证明BE=EP，可得∠EPB=∠B=45°解决问题．
（2）根据折叠的性质求出∠AFE=45°，根据三角形内角和求出∠BAC，从而得到∠AEF和∠PEF，再根据平角的定义求出∠BEP．
【详解】解：（1）如图1中，∵折叠，
∴△AEF≌△PEF，
∴AE=EP，
∵点E是AB中点，即AE=EB，
∴BE=EP，
∴∠EPB=∠B=45°，
∴∠PEB=90°，
∴∠AEP=180°-90°=90°．
（2）∵PF⊥AC，
∴∠PFA=90°，
∵沿EF将△AEF折叠得到△PEF．
∴△AEF≌△PEF，
∴∠AFE=∠PFE=45°，
∵∠B=45°，∠C=60°，
∴∠BAC=180°-45°-60°=75°，
∴∠AEF=∠PEF=180°-75°-45°=60°，
∴∠BEP=180°-60°-60°=60°．
【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形内角和，全等三角形的性质，解题的关键是根据折叠的性质得到相等的线段和角．
题型05 添加一个条件使两个三角形全等
13．（2023·湖南永州·统考二模）如图，点E，F分别在□ABCD的边AB，CD的延长线上，连接EF，分别交AD，BC于G，H．添加一个条件使△AEG≌△CFH，这个条件可以是 ．（只需写一种情况）
【答案】AE=CF（答案不唯一）
【分析】由平行四边形的性质可得：∠A=∠C, 证明∠E=∠F, 再补充两个三角形中的一组相对应的边相等即可．
【详解】解：∵ ▱ABCD，
∴AB∥CD,∠A=∠C,
∴∠F=∠E,
所以补充：AE=CF,
∴ △AEG≌△CFH，
故答案为：AE=CF（答案不唯一）
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，掌握“平行四边形的性质与利用ASA证明三角形全等”是解本题的关键．
14．（2022·北京朝阳·统考二模）如图，OP平分∠MON，过点P的直线与OM，ON分别相交于点A，B，只需添加一个条件即可证明ΔAOP≅ΔBOP，这个条件可以是 （写出一个即可）．
【答案】答案不唯一，如OA＝OB
【分析】添加OA=OB，根据OP平分∠MON，得出∠AOP=∠BOP，利用SAS证明△AOP≌△BOP
【详解】解：添加OA=OB，
∵OP平分∠MON，
∴∠AOP=∠BOP，
在△AOP和△BOP中，
OA=OB∠AOP=∠BOPOP=OP，
∴△AOP≌△BOP（SAS），
故答案为OA=OB（答案不唯一）．
【点睛】本题考查添加条件判定三角形全等，掌握三角形全等的判定方法是解题关键．
15．（2022·北京门头沟·统考一模）如图，点P在直线AB外，点A、B、C、D均在直线AB上，如果AC=BD，只需添加一个条件即可证明ΔAPC≌ΔBPD，这个条件可以是 （写出一个即可）．
【答案】∠A＝∠ B/∠B＝∠A
【分析】根据证明ΔAPC≌ΔBPD的全等的方法，添加适当的条件即可．
【详解】解：条件是∠A＝∠ B
理由是：∵∠A＝∠ B
∴PA＝PB
在ΔAPC和ΔBPD中，
PA=PB∠A=∠BAC=BD
∴ΔAPC≌ΔBPD（SAS）
故答案为：∠A＝∠ B
【点睛】本题考查了全等三角形的判定方法，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键．
16．（2022·北京顺义·统考二模）如图，AD，BE是△ABC的两条高线，只需添加一个条件即可证明△ADC≌△BEC（不添加其它字母及辅助线），这个条件可以是 （写出一个即可）．
【答案】CA=CB（答案不唯一）
【分析】根据已知条件可知∠ACD=∠BCE,∠ADC=∠BEC，故只要添加一条边相等即可证明△ADC≌△BEC．
【详解】解：添加CA=CB，
∵ AD，BE是△ABC的两条高线，
∴ ∠ADC=∠BEC，
在△ADC与△BEC中，
∠ADC=∠BEC∠ACD=∠BCECA=CB
∴ △ADC≌△BEC．
故答案为：CA=CB（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定，掌握三角形全等的判定是解题的关键．
题型06 添加一个条件仍不能证明全等
17．（2022·重庆南岸·统考一模）如图，点F，E在AC上，AD=CB，∠D=∠B．添加一个条件，不一定能证明△ADE≌△CBF的是（ ）
A．AD∥BCB．DE∥FBC．DE=BFD．AE=CF
【答案】D
【分析】根据全等三角形的判定定理判断即可．
【详解】A：∵AD∥BC，
∴∠A=∠C，
∵在△ADE和△CBF中，
∠A=∠CAD=CB∠D=∠B，
∴△ADE≌△CBFASA，正确，故本选项错误；
B：∵DE∥FB，
∴∠AED=∠CFB，
∵在△ADE和△CBF中，
∠AED=∠CFB∠D=∠BAD=CB，
∴△ADE≌△CBFAAS，正确，故本选项错误；
C：∵在△ADE和△CBF中，
DE=BF∠D=∠BAD=CB，
∴△ADE≌△CBFSAS，正确，故本选项错误；
D：根据AD=CB，∠D=∠B，AE=CF不能推出△ADE≌△CBF，错误，
故本选项正确．
故选D．
【点睛】本题考查全等三角形的判定的应用，平行线的性质．熟练掌握全等三角形的判定定理是解本题的关键．
18．（2022·河北石家庄·石家庄市第四十中学校考一模）如图，等腰△ABC中，点D，E分别在腰AB，AC上，添加下列条件，不能判定△ABE≌△ACD的是（ ）
A．AD=AEB．BE=CDC．∠ADC=∠AEBD．∠DCB=∠EBC
【答案】B
【分析】根据全等三角形的判定方法逐项判断即得答案．
【详解】解： A、若添加AD=AE，由于AB=AC，∠A是公共角，则可根据SAS判定△ABE≌△ACD，故本选项不符合题意；
B、若添加BE=CD，不能判定△ABE≌△ACD，故本选项符合题意；
C、若添加∠ADC=∠AEB，由于AB=AC，∠A是公共角，则可根据AAS判定△ABE≌△ACD，故本选项不符合题意；
D、若添加∠DCB=∠EBC，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ABE=∠ACD，由于∠A是公共角，则可根据ASA判定△ABE≌△ACD，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和等腰三角形的性质，属于基本题型，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
19．（2022·贵州贵阳·统考二模）如图，已知AB＝CD，若使△ABC≌△DCB，则不能添加下列选项中的（ ）
A．∠ABC＝∠DCBB．BO＝CO
C．AO＝DOD．∠A＝∠D
【答案】D
【分析】根据三角形全等的判定条件对各选项进行判断即可．
【详解】解：由题意知，AB=CD，BC=BC，
A中∠ABC=∠DCB，根据边角边，得到△ABC≌△DCB，故不符合题意；
B中BO=CO，则由等边对等角可得∠ABC=∠DCB，根据边角边，得到△ABC≌△DCB，故不符合题意；
C中AO＝DO，则BO=CO，由等边对等角可得∠ABC=∠DCB，根据边角边，得到△ABC≌△DCB，故不符合题意；
D中无法证明△ABC≌△DCB，故符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定．解题的关键在于熟练掌握三角形全等的判定条件．
20．（2022·重庆·重庆市育才中学校考一模）如图，点E、F分别在菱形ABCD的BC、DC边上，添加以下条件不能证明△ABE≌△ADF的是（ ）
A．CE＝CFB．∠BAF＝∠DAEC．AE＝AFD．∠AEC＝∠AFC
【答案】C
【分析】由四边形ABCD是菱形可得：AB=AD，∠B=∠D，再根据每个选项添加的条件逐一判断．
【详解】解：由四边形ABCD是菱形可得：AB=AD，∠B=∠D，
A、由CE＝CF ，可得BE=DF，可用SAS证明△ABE≅△ADF，故不符合题意；
B、添加∠BAE=∠DAF，可用ASA证明△ABE≅△ADF，故不符合题意；
C、添加AE=AF，不能证明△ABE≅△ADF，故符合题意；
D、由∠AEC＝∠AFC ，可得∠AEB=∠AFD，可用AAS证明△ABE≅△ADF，故不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查菱形性质及全等三角形的判定，解题的关键是掌握三角形全等的判定定理．
题型07 灵活选用判定方法证明全等
21．（2019·广东揭阳·校联考二模）下列各图中a、b、c为三角形的边长，则甲、乙、丙三个三角形和左侧△ABC全等的是（ ）
A．甲和乙B．乙和丙C．甲和丙D．只有丙
【答案】B
【分析】根据三角形全等的判定方法得出乙和丙与△ABC全等，甲与△ABC不全等．
【详解】解：乙和△ABC全等；理由如下：
在△ABC和图乙的三角形中，满足三角形全等的判定方法：SAS，
所以乙和△ABC全等；
在△ABC和图丙的三角形中，满足三角形全等的判定方法：AAS，
所以丙和△ABC全等；
不能判定甲与△ABC全等；
故选B．
【点睛】本题考查了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．
22．（2022·广西百色·统考二模）如图，在△ABC和△DCB中，∠A＝∠D，AC和DB相交于点O，OA＝OD．
(1)AB＝DC；
(2)△ABC≌△DCB．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析
【分析】（1）证明△ABO≌△DCO（ASA），即可得到结论；
（2）由△ABO≌△DCO，得到OB＝OC，又OA＝OD，得到BD＝AC，又由∠A＝∠D，即可证得结论．
【详解】（1）证明：在△ABO与△DCO中，
∠A=∠DOA=OD∠AOB=∠DOC，
∴△ABO≌△DCO（ASA）
∴AB＝DC；
（2）证明：∵△ABO≌△DCO，
∴OB＝OC，
∵OA＝OD，
∴OB＋OD＝OC＋OA，
∴BD＝AC，
在△ABC与△DCB中，
AC=BD∠A=∠DAB=DC，
∴△ABC≌△DCB（SAS）．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握并灵活选择全等三角形的判定方法是解题的关键．
23．（2022·贵州铜仁·校联考模拟预测）天使是美好的象征，她的翅膀就像一对全等三角形．如图AD与BC相交于点O，且AB=CD，AD=BC．求证：△ABO≅△CDO．
【答案】答案见解析
【分析】连接BD，根据SSS可证△ABD≌△CDB，得出∠A=∠C，再根据AAS证明△ABO≅△CDO.
【详解】证明：连接BD
∵AB=CD，AD=BC
又BD=DB
∴△ABD≌△CDB（SSS）
∴∠A=∠C
又∠AOB=∠COD，AB=CD
∴△ABO≅△CDO（AAS）
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质和判定，熟练地掌握全等三角形的判定方法是解题的关键.
24．（2021·江苏苏州·校考一模）如图，AB=AD , BC=DC，点E在AC上．

（1）求证：AC平分∠BAD；（2）求证：BE=DE．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【分析】（1）由题中条件易知：△ABC≌△ADC，可得AC平分∠BAD；
（2）利用（1）的结论，可得△BAE≌△DAE，得出BE=DE．
【详解】解：（1）在ΔABC与ΔADC中，AB=ADAC=ACBC=DC
∴ΔABC ≌ ΔADCSSS
∴∠BAC=∠DAC
即AC平分∠BAD；
（2）由（1）∠BAE=∠DAE
在ΔBAE与ΔDAE中，得BA=DA∠BAE=∠DAEAE=AE
∴ΔBAE ≌ ΔDAESAS
∴BE=DE
【点睛】熟练运用三角形全等的判定，得出三角形全等，转化边角关系是解题关键．
25．（2019·陕西西安·校联考一模）已知：如图，点A．F，E．C在同一直线上，AB∥DC，AB=CD，∠B=∠D,
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）若点E，G分别为线段FC，FD的中点，连接EG，且EG=5，求AB的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）AB=10．
【分析】（1）根据平行线的性质得出∠A=∠C，进而利用全等三角形的判定证明即可；
（2）利用全等三角形的性质和中点的性质解答即可．
【详解】解：（1）证明：∵AB∥DC，
∴∠A=∠C，
在△ABE与△CDF中
∠A＝∠CAB＝CD∠B＝∠D，
∴△ABE≌△CDF（ASA）；
（2）∵点E，G分别为线段FC，FD的中点，
∴ED=12CD，
∵EG=5，
∴CD=10，
∵△ABE≌△CDF，
∴AB=CD=10．
【点睛】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据平行线的性质得出∠A=∠C．
题型08 结合尺规作图的全等问题
26．（2020·吉林·吉林省实验校考二模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，AD=4，BC=3．分别以点A，C为圆心，大于12AC长为半径作弧，两弧交于点E，作射线BE交AD于点F，交AC于点O．若点O是AC的中点，则CD的长为（ ）
A．22B．4C．3D．10
【答案】A
【分析】连接FC，根据基本作图，可得OE垂直平分AC，由垂直平分线的性质得出AF=FC．再根据ASA证明ΔFOA≌ΔBOC，那么AF=BC=3，等量代换得到FC=AF=3，利用线段的和差关系求出FD=AD−AF=1．然后在直角ΔFDC中利用勾股定理求出CD的长．
【详解】
解：如图，连接FC，则AF=FC．
∵AD∥BC，
∴∠FAO=∠BCO．
在ΔFOA与ΔBOC中，
∠FAO=∠BCOOA=OC∠AOF=∠COB，
∴ΔFOA≌ΔBOC(ASA)，
∴AF=BC=3，
∴FC=AF=3，FD=AD−AF=4−3=1．
在ΔFDC中，∵∠D=90°，
∴CD2+DF2=FC2，
∴CD2+12=32，
∴CD=22．
故选：A．
【点睛】本题考查了作图﹣基本作图，勾股定理，线段垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，难度适中．求出CF与DF是解题的关键．
27．（2021·河南焦作·统考二模）已知锐角∠AOB，如图，（1）在射线OA上取点C，E，分别以点O为圆心，OC，OE长为半径作弧，交射线OB于点D，F；（2）连接CF，DE交于点P．根据以上作图过程及所作图形，下列结论错误的是（ ）
A．CE=DFB．PE=PF
C．若∠AOB=60°，则∠CPD=120°D．点P在∠AOB的平分线上
【答案】C
【分析】根据题意可知OE=OF，OC=OD，即可推断结论A；先证明△ODE≌△OCF，再证明△CPE≌△DPF即可证明结论B；连接OP，可证明△COP≌△DOP可证明结论D；由此可知答案．
【详解】解：由题意可知OE=OF，OC=OD，
∴OE−OC=OF−OD，
∴CE=DF，
故选项A正确，不符合题意；
在△ODE和△OCF中，
OE=OF∠O=∠OOD=OC
∴△ODE≌△OCF(SAS)，
∴∠OED=∠OFC，
在△CPE和△DPF中，
∠OED=∠OFC∠CPE=∠DPFCE=CF，
∴△CPE≌△DPF(AAS)，
∴PE=PF，
故选项B正确，不符合题意；
连接OP，
∵△CPE≌△DPF，
∴CP=DP，
在△COP和△DOP中，
CP=DPOC=ODOP=OP，
∴△COP≌△DOP(SSS)，
∴∠COP=∠DOP，
∴点P在∠AOB的平分线上，
故选项D正确，不符合题意；
若∠AOB=60°，∠CPD=120°，
则∠OCP=∠ODP=90°，
而根据题意不能证明∠OCP=∠ODP=90°，
故不能证明∠CPD=120°，
故选项C错误，符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查角平分线的判定，全等三角形的判定与性质，明确以某一半径画弧时，准确找到相等的线段是解题的关键．
28．（2021·江苏泰州·统考一模）已知：如图1，△ACD中，AD≠CD．
（1）请你以AC为一边，在AC的同侧构造一个与△ACD全等的三角形△ACE，画出图形；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
（2）参考（1）中构造全等三角形的方法解决下面问题：
如图2，在四边形ABCD中①∠ACB+∠CAD=180°；②∠B=∠D；③CD=AB．请在上述三条信息中选择其中两条作为条件，其余的一条信息作为结论组成一个命题．试判断这个命题是否正确，并说明理由你选择的条件是________，结论是_______（只要填写序号）
【答案】（1）作图见详解；（2）①②；③
【分析】（1）以点A为圆心AC为半径画弧，再以点C为圆心AD长为半径画弧，两个弧的交点为点E，连接AE，CE，即可；
（2）延长DA至点E，使AE=CB，连接CE，证明△ABC ≌ △CEA，可得∠B=∠E，AB=CE，进而即可得到结论．
【详解】解：（1）如图所示：
（2）选择的条件是①②，结论是③，理由如下：
延长DA至点E，使AE=CB，连接CE，
∵∠ACB+∠CAD=180°，∠DAC+∠EAC=180°，
∴∠ACB=∠EAC，
在△ABC和△CEA中，
∵AE=CB∠ACB=∠EACAC=CA，
∴△ABC ≌ △CEA，
∴∠B=∠E，AB=CE，
∵∠B=∠D，
∴∠D=∠E，
∴CD=CE，
∴CD=AB，
故答案是：①②；③．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的判定定理，添加辅助线构造全等三角形，是解题的关键．
29．（2021·北京·统考一模）已知：如图1，在△ABC中，∠CAB=60°．求作：射线CP，使得CP//AB．
下面是小明设计的尺规作图过程．
作法：如图2，
①以点A为圆心，适当长为半径作弧，分别交AC，AB于D，E两点；
②以点C为圆心，AD长为半径作弧，交AC的延长线于点F；
③以点F为圆心，DE长为半径作弧，两弧在∠FCB内部交于点P；
④作射线CP．所以射线CP就是所求作的射线．
根据小明设计的尺规作图过程，
（1）使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）
（2）完成下面的证明．
证明：连接FP，DE．
∵CF=AD，CP=AE，FP=DE．
∴△ADE≌△__________，
∴∠DAE=∠__________，
∴CP//AB（__________）（填推理的依据）．
【答案】（1）见解析；（2）CFP，FCP，同位角相等两直线平行
【分析】（1）根据要求作出图形即可．
（2）利用全等三角形的性质证明即可．
【详解】解：（1）如图，射线CP即为所求作．

（2）连接FP，DE．
∵CF=AD，CP=AE，FP=DE．
∴△ADE≌△CFP，
∴∠DAE=∠FCP，
∴CP‖AB（同位角相等两直线平行）．
故答案为：CFP，FCP，同位角相等两直线平行．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，全等三角形的判定和性质，平行线的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
题型09 全等三角形模型-一线三等角模型
30．（2023·湖南郴州·校考三模）如图，△OAB是等腰直角三角形，直角顶点与坐标原点重合，若点B在反比例函数y=1x(x>0)的图象上，则经过点A的反比例函数表达式为 ．
【答案】y=−1x
【分析】如图所示，过点A作AC⊥x轴于C，过点B作BD⊥x轴于D，证明△ACO≌△ODB得到AC=OD，OC=BD，设点B的坐标为（a，b），则点A的坐标为（-b，a），再由点B在反比例函数y=1x，推出a=−1−b，由此即可得到答案．
【详解】解：如图所示，过点A作AC⊥x轴于C，过点B作BD⊥x轴于D，则∠ACO=∠ODB=90°，
由题意得OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠CAO+∠COA=∠AOC+∠BOD=90°，
∴∠CAO=∠DOB，
∴△ACO≌△ODB（AAS），
∴AC=OD，OC=BD，
设点B的坐标为（a，b），则AC=OD=a，OC=BD=b，
∴点A的坐标为（-b，a），
∵点B在反比例函数y=1x，
∴ab=1，
∴−ab=−1，
∴a=−1−b，
∴经过点A的反比例函数表达式为y=−1x，
故答案为：y=−1x．
【点睛】本题主要考查了反比例函数与几何综合，全等三角形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键．
31．（2020·河北保定·统考模拟预测）如图，桌面上竖直放置着一个等腰直角三角板ABC，若测得斜边AB的两端点到桌面的距离分别为AD，BE．
（1）求证：△ADC≌△CEB；
（2）若DE=10，AD=7，求BE的长．
【答案】（1）见解析；（2）3
【分析】（1）先利用同角的余角相等，判断出∠DAC=∠BCE，进而判断出△ACD≌△CBE；
（2）由全等三角形的性质，即可求出答案．
【详解】解：（1）证明：∵AD⊥DC，BE⊥CE，
∴∠ADC=∠CEB=90°，
∴∠ACD+∠DAC=90°．
∵AC⊥BC，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠DAC=∠BCE．
∴ΔADC≌ΔCEBAAS
（2）解：∵ΔADC≌ΔCEB，
∴AD=CE，CD=BE．
∵AD=7，
∴CE=7，
∵DE=10，
∴CD=DE−CE=10−7=3，
∴BE=3．
【点睛】此题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，判断出△ACD≌△CBE是解本题的关键．
32．（2023·陕西·模拟预测）如图，点C在BD上，AB⊥BD,ED⊥BD,AC⊥CE,AB=CD．求证：△ABC≌△CDE．
【答案】见解析
【分析】直接根据一线三垂直模型利用ASA证明△ABC≌△CDE即可．
【详解】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，AC⊥CE，
∴∠B=∠D=∠ACE=90°，
∴∠BAC+∠BCA=90°=∠BCA+∠DCE，
∴∠BAC=∠DCE，
在△ABC和△CDE中，
∠B=∠DAB=CD∠BAC=∠DCE，
∴△ABC≌△CDE（ASA）．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，熟知一线三垂直模型是解题的关键．
题型10 全等三角形模型-旋转模型
33．（2022·山东日照·校考二模）在△ABC中，AB=AC,∠BAC=α，点P为线段CA延长线上一动点，连接PB，将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，连接DB,DC．
（1）如图，当α=60°时，
①求证：PA=DC；
②求∠DCP的度数：
（2）如图2，当α=120°时，请直接写出PA和DC的数量关系为__________；
（3）当α=120°时，若AB=6，BP=31时，请直接写出点D到CP的距离为__________．
【答案】（1）①证明见解析；②60°；（2）DC=3PA；（3）32或532．
【分析】（1）①通过证明△PBA≌△DBC即可得证；②根据△PBA≌△DBC得到∠BCD=∠BAP=180°−∠BAC=120°，故∠DCP=∠DCB−∠ACB即可求解；
（2）通过证明△PAB∽△DCB，对应线段成比例可得PADC=ABCB=33；
（3）分两种情形，解直角三角形求出AD即可解决问题．
【详解】解：（1）①证明：∵∠BAC=∠BPD=α=60°，AB=AC，PB=PD，
∴△ABC与△PBD都是等边三角形，
∴∠PBD=∠ABC=60°，BA=BC，BP=BD，
∴∠PBD−∠ABD=∠ABC−∠ABD，即∠PBA=∠DBC，
∴△PBA≌△DBC，
∴PA=DC；
②∵△PBA≌△DBC，
∴∠PAB=∠DCB，
∵∠BAC=60°，
∴∠BCD=∠BAP=180°−∠BAC=120°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∴∠DCP=∠DCB−∠ACB=60°；
（2）∵∠BPD=∠ABC=120°，AB=AC，PB=PD，
∴∠PBD=∠ABC=30°，PBDB=ABCB=33，
∴∠PBD+∠ABD=∠ABC+∠ABD，即∠PBA=∠DBC，
∴△PAB∽△DCB，
∴PADC=ABCB=33，即DC=3PA，
故答案为：DC=3PA；
（3）过点D作DM⊥PC于M，过点B作BN⊥CP交CP的延长线于N．
如图3−1中，当△PBA是钝角三角形时，
在Rt△ABN中，∵∠N=90°，AB=6，∠BAN=60°，
∴AN=AB⋅cs60°=3，BN=AB⋅sin60°=33，
∵PN=PB2−BN2=31−27=2，
∴PA=3−2=1，
由（2）可知，CD=3PA=3，
∵∠BAP=∠BCD，
∴∠DCA=∠PBD=30°，
∵DM⊥PC，
∴DM=12CD=32
如图3−2中，当△ABN是锐角三角形时，同法可得PA=2=3=5，CD=53，DM=12CD=532，
综上所述，满足条件的DM的值为32或532．
故答案为：32或532．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
34．（2020·山东德州·统考二模）小圆同学对图形旋转前后的线段之间、角之间的关系进行了拓展探究.
（一）猜测探究
在ΔABC中，AB=AC，M是平面内任意一点，将线段AM绕点A按顺时针方向旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AN，连接NB．
（1）如图1，若M是线段BC上的任意一点，请直接写出∠NAB与∠MAC的数量关系是 ，NB与MC的数量关系是 ；
（2）如图2，点E是AB延长线上点，若M是∠CBE内部射线BD上任意一点，连接MC，（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．
（二）拓展应用
如图3，在ΔA1B1C1中，A1B1=8，∠A1B1C1=60∘，∠B1A1C1=75∘，P是B1C1上的任意点，连接A1P，将A1P绕点A1按顺时针方向旋转75∘，得到线段A1Q，连接B1Q．求线段B1Q长度的最小值．
【答案】（一）（1）结论：∠NAB=∠MAC，BN=MC．理由见解析；（2）如图2中，①中结论仍然成立．理由见解析；（二）QB1的最小值为43−42．
【分析】（一）①结论：∠NAB=∠MAC，BN=MC．根据SAS证明ΔNAB≌ΔMAC即可．
②①中结论仍然成立．证明方法类似．
（二）如图3中，在A1C1上截取A1N=A1Q，连接PN，作NH⊥B1C1于H，作A1M⊥B1C1于M．理由全等三角形的性质证明B1Q=PN，推出当PN的值最小时，QB1的值最小，求出HN的值即可解决问题．
【详解】（一）（1）结论：∠NAB=∠MAC，BN=MC．
理由：如图1中，
∵∠MAN=∠CAB，
∴∠NAB+∠BAM=∠BAM+∠MAC，
∴∠NAB=∠MAC，
∵AB=AC，AN=AM，
∴ΔNAB≌ΔMAC（SAS），
∴BN=CM．
故答案为∠NAB=∠MAC，BN=CM．
（2）如图2中，①中结论仍然成立．
理由：∵∠MAN=∠CAB，
∴∠NAB+∠BAM=∠BAM+∠MAC，
∴∠NAB=∠MAC，
∵AB=AC，AN=AM，
∴ΔNAB≌ΔMAC（SAS），
∴BN=CM．
（二）如图3中，在A1C1上截取A1N=A1B1，连接PN，作NH⊥B1C1于H，作A1M⊥B1C1于M．
∵∠C1A1B1=∠PA1Q，
∴∠QA1B1=∠PA1N，
∵A1Q=A1P，A1B1=AN，
∴ΔQA1B1≌ΔPA1N（SAS），
∴B1Q=PN，
∴当PN的值最小时，QB1的值最小，
在RtΔA1B1M中，∵∠A1B1M=60∘，A1B1=8，
∴A1M=A1B1•sin60∘=43，
∵∠MA1C1=∠B1A1C1−∠B1A1M=75∘−30∘=45∘，
∴A1C1=46，
∴NC1=A1C1−A1N=46−8，
在RtΔNHC1，∵∠C1=45∘，
∴NH=43−42，
根据垂线段最短可知，当点P与H重合时，PN的值最小，
∴QB1的最小值为43−42．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决最值问题，属于中考压轴题．
35．（2020·重庆·重庆第二外国语学校校考模拟预测）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，E为边BC上的点，且AB=AE，D为线段BE的中点，过点E作EF⊥AE，过点A作AF∥BC，且AF、EF相交于点F.
（1）求证：∠C=∠BAD
（2）求证：AC=EF
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由等腰三角形的性质可得AD⊥BC，由余角的性质可得∠C=∠BAD；
（2）由“ASA”可证△ABC≌△EAF，可得AC=EF．
【详解】（1）如图
∵AB=AE，
∴ΔABE是等腰三角形
又∵D为BE的中点，
∴AD⊥BE（等腰三角形三线合一）
在RtΔABC和RtΔDBA中，
∵∠B为公共角，∠BAC=∠BDA=90°，
∴∠C=∠BAD.
另解：∵D为BE的中点，
∵BD=ED，又AB=AE，AD=AD，
∴ΔADB≅ΔADE，
∴∠ADB=∠ADE，又∠ADB+∠ADE=180°，
∴∠ADB=∠ADE=90°
∴AD⊥BC，
在RtΔABC和RtΔDBA中，
∵∠B为公共角，∠BAC=∠BDA=90°，
∴∠C=∠BAD.
（2）∵AF∥BC，
∴∠EAF=∠AEB，
∵AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB，
∴∠EAF=∠ABC，
又∵∠BAC=∠AEF=∠90°，
∴ΔBAC≅ΔAEF，
∴AC=EF.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键．
36．（2020·辽宁沈阳·统考模拟预测）在△ABC中，AB=AC，点P在平面内，连接AP，并将线段AP绕A顺时针方向旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AQ，连接BQ．
（1）如图，如果点P是BC边上任意一点．则线段BQ和线段PC的数量关系是__________．

（2）如图，如果点P为平面内任意一点．前面发现的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．请仅以图所示的位置关系加以证明（或说明）；

（3）如图，在△DEF中，DE=8，∠EDF=60°，∠DEF=75°，P是线段EF上的任意一点，连接DP，将线段DP绕点D顺时针方向旋转60°，得到线段DQ，连接EQ．请直接写出线段EQ长度的最小值．

【答案】（1）相等；（2）成立，证明见解析；（3）26−22
【分析】（1）先判断出∠BAQ=∠CAP，进而用SAS判断出△BAQ≌△CAP，即可得出结论；
（2）结论BQ=PC仍然成立，理由同（1）的方法；
（3）先构造出△DEQ≌△DHP，得出EQ=HP，进而判断出要使EQ最小，当HP⊥EF（点P和点M重合）时，EQ最小，最后用解直角三角形即可得出结论．
【详解】解：（1）由旋转知：AQ=AP，
∵∠PAQ=∠BAC，
∴∠PAQ−∠BAP=∠BAC−∠BAP，
∴∠BAQ=∠CAP，
∵AB=AC，
∴ΔBAQ≅ΔCAPSAS，
∴BQ=CP
故答案为：相等．
（2）BQ=PC仍成立，理由如下：
证明：由旋转知：AQ=AP，
∵∠PAQ=∠BAC，
∴∠PAQ−∠BAP=∠BAC−∠BAP，
∴∠BAQ=∠CAP，
∵AB=AC，
∴ΔBAQ≅ΔCAPSAS，
∴BQ=ＰC
（3）如图：

在DF上取一点H，使DH=DE=8，连接ＰＨ，过点Ｈ作HM⊥EF于Ｍ，由旋转知，DQ=DP，∠PDQ=60°，
∵∠EDF=60°，
∴∠PDQ=∠EDF，
∴∠EDQ=∠HDP，
∴ΔDEQ≅ΔDHPSAS，
∴EQ=HP，
要使EQ最小，则有HP最小，而点H是定点，点P是EF上的动点，
∴当HM⊥EF（点P和点M重合）时，HP最小，
即：点P与点M重合，EQ最小，最小值为HM，
过点E作EG⊥DF于G，在RtΔDEG中，DE=8，∠EDF=60°，
∴∠DEG=30°，
∴DG=12DE=4，
∴EG=3DG=43，
在RtΔEGF中，∠FEG=∠DEF−∠DEG=75°−30°=45°，
∴∠F=90°−∠FEG=45°=∠FEG，FG=EG=43，
∴DF=DG+FG=4+43，
∴FH=DF−DH=4+43−8=43−4，
在RtΔHMF中，∠F=45°，
∴HM=22FH=2243−4=26−22，
即：EQ的最小值为26−22．
【点睛】本题考查旋转的性质、最值问题，属于几何变换综合题，掌握全等三角形的证明方法，点到直线的距离等知识为解题关键．
题型11 构造辅助线证明两个三角形全等-作平行线
37．（2021上·山东日照·八年级统考期中）如图，△ABC是边长为2的等边三角形，点P在AB上，过点P作PE⊥AC，垂足为E，延长BC到点Q，使CQ＝PA，连接PQ交AC于点D，则DE的长为（ ）
A．0.5B．0.9C．1D．1.25
【答案】C
【分析】过P作BC的平行线交AC于F，通过AAS证明△PFD≌△QCD，得FD=CD，再由△APF是等边三角形，即可得出DE=12AC．
【详解】解：过P作BC的平行线交AC于F，
∴∠Q=∠FPD，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠APF=∠B=60°，∠AFP=∠ACB=60°，
∴△APF是等边三角形，
∴AP=PF，
在△PFD中和△QCD中，
∠FPD=∠Q∠PDF=∠QDCPF=CQ，
∴△PFD≌△QCD(AAS)，
∴FD=CD，
∵PE⊥AC于E，△APF是等边三角形，
∴AE=EF，
∴AE+DC=EF+FD，
∴DE=12AC，
∵AC=2，
∴DE=1，
故选：C．
【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，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
38．（2023上·黑龙江齐齐哈尔·八年级校联考期中）如图，在等边△ABC中，点E为边AB上任意一点，点D在边CB的延长线上，且ED=EC．

(1)当点E为AB的中点时（如图1），则有AE______DB（填“>”“<”或“=”）；
(2)猜想如图2，AE与DB的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】(1)=
(2)AE=DB，证明见解析
【分析】（1）由△ABC是等边三角形，得到∠ABC=∠ACB=60°，AB=AC=BC，由三线合一得到AE=BE，∠BCE= 12 ∠ACB=30°，由ED=EC，得∠D=∠BCE=30°，由外角的性质得到∠BED=30°，得到∠D=∠BED，则BD=BE，证得AE=DB；
（2）过E作EF∥BC交AC于F，先证明△AEF是等边三角形，得到AE=EF=AF，再用AAS证明△DEB≌△ECF，得到BD=EF=AE，进而证得猜想
【详解】（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，AB=AC=BC．
∵E为AB的中点，
∴AE=BE，∠BCE= 12 ∠ACB=30°，
∵ED=EC，
∴△CDE是等腰三角形，
∴∠D=∠BCE=30°，
∵∠ABC=∠D＋∠BED，
∴∠BED=30°，
∴∠D=∠BED，
∴BD=BE，
∴AE=DB．
故答案为：=
（2）解：AE=DB．理由如下：
过E作EF∥BC交AC于F，

∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，AB=AC=BC．
∴∠AEF=∠ABC=60°，∠AFE=∠ACB=60°，即∠AEF=∠AFE=∠A=60°．
∴△AEF是等边三角形．
∴AE=EF=AF．
∵∠ABC=∠ACB=∠AFE=60°，
∴∠DBE=∠EFC=120°，∠D+∠BED=∠FCE+∠ECD=60°．
∵DE=EC，
∴∠D=∠ECD．
∴∠BED=∠ECF．
在△DEB和△ECF中，∠DEB=∠ECF,∠DBE=∠EFC,DE=EC,
∴△DEB≌△ECFAAS．
∴BD=EF=AE，即AE=BD．
【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定与性质等知识，在等边三角形中通过作平行线构造全等三角形是解题的关键．
39．（2019上·安徽合肥·八年级校联考期末） P为等边△ABC的边AB上一点，Q为BC延长线上一点，且PA＝CQ，连PQ交AC边于D．
（1）证明：PD＝DQ．
（2）如图2，过P作PE⊥AC于E，若AB＝6，求DE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）DE＝3．
【分析】（1）过点P作PF∥BC交AC于点F；证出△APF也是等边三角形，得出AP=PF=AF=CQ，由AAS证明△PDF≌△QDC，得出对应边相等即可；
（2）过P作PF∥BC交AC于F．同（1）由AAS证明△PFD≌△QCD，得出对应边相等FD=CD，证出AE+CD=DE=12AC，即可得出结果．
【详解】（1）如图1所示，点P作PF∥BC交AC于点F．
∵△ABC是等边三角形，
∴△APF也是等边三角形，AP=PF=AF=CQ．
∵PF∥BC，∴∠PFD=∠DCQ．
在△PDF和△QDC中，∠PDF=∠QDC∠DFP=∠QCDPF=QC，
∴△PDF≌△QDC（AAS），
∴PD=DQ；
（2）如图2所示，过P作PF∥BC交AC于F．
∵PF∥BC，△ABC是等边三角形，
∴∠PFD=∠QCD，△APF是等边三角形，
∴AP=PF=AF．
∵PE⊥AC，∴AE=EF．
∵AP=PF，AP=CQ，∴PF=CQ．
在△PFD和△QCD中，∠PDF=∠QDC∠DFP=∠QCDPF=QC，
∴△PFD≌△QCD（AAS），
∴FD=CD．
∵AE=EF，∴EF+FD=AE+CD，
∴AE+CD=DE=12AC．
∵AC=6，∴DE=3．

【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定（AAS）与性质、平行线的性质，熟练掌握等边三角形的性质，解题的关键是掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定（AAS）与性质、平行线的性质，熟练掌握等边三角形的性质．
题型12 构造辅助线证明两个三角形全等-作垂线
40．（2023上·北京海淀·八年级人大附中校考期中）小宇和小明一起进行数学游戏：已知∠MON=90°，将等腰直角三角板△ABC摆放在平面内，使点A在∠MON的内部，且两个底角顶点B，C分别放在边OM,ON上．

(1)如图1，小明摆放△ABC，恰好使得AB⊥OM,AC⊥ON，又由于△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，从而直接可以判断出点A在∠MON的角平分线上．请回答：小明能够直接作出判断的数学依据是______．
(2)如图2，小宇调整了△ABC的位置，请判断OA平分∠MON是否仍然成立？若成立，请证明，若不成立，请举出反例．
【答案】(1)角的内部到角的两边距离相等的点，都在这个角的平分线上．
(2)成立，证明见解析．
【分析】（1）根据角的内部到角的两边距离相等的点，都在这个角的平分线上，由此即可得出结论；
（2）成立，过点A作AG⊥OM，AH⊥ON，构造全等三角形即可证明AG=AH，从而得出结论成立．
【详解】（1）解：因为AB⊥OM,AC⊥ON，AB=AC，根据角的内部到角的两边距离相等的点，都在这个角的平分线上，所以点A在∠MON的角平分线上
故答案为：角的内部到角的两边距离相等的点，都在这个角的平分线上．
（2）结论：OA平分∠MON仍然成立；
证明：如解图3，过点A作AG⊥OM，AH⊥ON，

∴∠AGB=∠AHC=90°，
又∵∠MON=90°，
∴∠GAH=90°，
∴∠GAB+∠BAH=90°，
又∵∠BAC=90°=∠BAH+∠HAC，
∴∠GAB=∠HAC，
在△GAB和△HAC中，
∠AGB=∠AHC∠GAB=∠HACAB=AC
∴△GAB≌△HAC(AAS)
∴AG=AH，
又∵AG⊥OM，AH⊥ON，
∴OA平分∠MON，
故（1）结论正确．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，角平分线的判定，熟练掌握全等三角形的性质及判定、角平分线判定定理是解题的关键．
41．（2022上·湖北武汉·八年级统考期中）定义：三角形一个内角的平分线所在的直线与另一个内角相邻的外角的平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．

(1)如图1所示，∠E是△ABC中∠A的遥望角，直接写出∠E与∠A的数量关系__________；
(2)如图1所示，连接AE，猜想∠BAE与∠CAE的数量关系，并说明理由；
(3)如图2，四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，点E在BD的延长线上，连CE，若己知DE=DC=AD，求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
【答案】(1)∠E=12∠A
(2)∠BAE+∠CAE=180°，理由见解析
(3)见解析
【分析】（1）运用角平分线的定义，以及三角形外角的性质，推导得到∠DCE=∠CBE+12∠A，∠DCE=∠CBE+∠E，进而可得∠E=12∠A；
（2）过点E作EM⊥BA交BA的延长线于点M，作EN⊥AC交AC于点N，作EH⊥BD交BD的延长线于点H，由角平分线的性质定理和判定定理可得∠MAE=∠CAE，根据∠MAE+∠BAE=180°可得∠BAE+∠CAE=180°；
（3）过D作DM⊥BA交BA于点M，过D作DN⊥BC交BC的延长线于点N，先证四边形DMBN是矩形，再证△AMD≌△CND，最后证得CE平分∠ACN，BD平分∠ABC即可．
【详解】（1）解：∵ ∠E是△ABC中∠A的遥望角，
∴ BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴ ∠CBE=12∠ABC，∠DCE=12∠ACD，
∵ ∠ACD=∠ABC+∠A，
∴ ∠DCE=12∠ACD=12∠ABC+12∠A=∠CBE+12∠A，
又∵ ∠DCE=∠CBE+∠E，
∴ ∠E=12∠A，
故答案为：∠E=12∠A；
（2）解：∠BAE+∠CAE=180°，理由如下：
如图，过点E作EM⊥BA交BA的延长线于点M，作EN⊥AC交AC于点N，作EH⊥BD交BD的延长线于点H，

∵ CE平分∠ACD，EN⊥AC，EH⊥BD，
∴ EN=EH，
同理EH=EM，
∴ EM=EN，
∵ EM⊥BA，EN⊥AC，
∴ AE平分∠MAC，即∠MAE=∠CAE，
∵ ∠MAE+∠BAE=180°，
∴ ∠BAE+∠CAE=180°；
（3）证明：如图，过D作DM⊥BA交BA于点M，过D作DN⊥BC交BC的延长线于点N，

∵ DM⊥BA，DN⊥BC，∠ABC=90°，
∴ ∠DMB=∠DNB=∠ABC=90°，
∴四边形DMBN是矩形，
∴ ∠MDN=90°，即∠MDC+∠CDN=90°，
∵ ∠ADC=90°，
∴ ∠MDC+∠ADM=90°，
∴ ∠ADM=∠CDN，
在△AMD和△CND中，
∠ADM=∠CDN∠AMD=∠CND=90°AD=CD，
∴ △AMD≌△CNDAAS，
∴ DM=DN，
∵ DM⊥BA，DN⊥BC，
∴ BD平分∠ABC，
∴ ∠ABD=∠DBC=12∠ABC=45°，
∴∠ECN=∠DBC+∠E=45°+∠E
∵ ∠ADC=90°，AD=CD，
∴∠ACD=∠CAD=45°，
∴∠ACE=45°+∠DCE，
∵ DE=DC，
∴∠E=∠DCE，
∴∠ECN=∠ACE，
∴CE平分∠ACN，
∵ BD平分∠ABC，
∴ ∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
【点睛】本题考查角平分线的性质及判定，全等三角形的性质及判定，三角形外角的定义和性质，等腰三角形的性质等，熟练掌握角平分线的性质定理及判定定理是解题的关键．
题型13 构造辅助线证明两个三角形全等-倍长中线法
42．（2020·江苏无锡·统考二模）如图，AB∥CD，∠BCD=90°，AB=1,BC=CD=2,E为AD上的中点，则BE＝ ．

【答案】52
【分析】延长BE交CD于点F，证△ABE≌△DFE，则BE=EF=12BF，故再在直角三角形BCF中运用勾股定理求出BF长即可.
【详解】解：延长BE交CD于点F,
∵AB平行CD，则∠A=∠EDC，∠ABE=∠DFE，
又E为AD上的中点，∴AE=DE,
所以△ABE≌△DFE.
∴BE=EF=12BF,AB=DF=1
∴CF=1
在直角三角形BCF中，BF=12+22=5.
∴BE=12BF=52.
【点睛】本题的关键是作辅助线，构造三角形全等，找到线段的关系，然后运用勾股定理求解.

43．（2019下·上海·八年级上外附中校考阶段练习）如图，平行四边形ABCD中，CE⊥AD于E，点F为边AB中点，AD=12CD，∠CEF=40°，则∠AFE=
【答案】30°
【分析】延长EF、CB交于点G，连接FC，先依据全等的判定和性质得到FE=FG，依据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到FC=FE=FG，依据平行四边形的对边相等及等量代换得到BF=BC，依据三角形等边对等角得到∠FCG=∠G=50°、∠BFC=∠FCG=50°，依据三角形内角和得到∠GFC，通过作差即得所求.
【详解】解：延长EF、CB交于点G，连接FC，
∵平行四边形ABCD中，
∴AD//BC，AB=CD,AD=BC,
∴∠A=∠GBF，∠AFE=∠BFG，∠GCE=CED=90°,
又∵点F为边AB中点，得AF=BF=12AB,
∴△AFE≌△BFG(ASA)，∠G=90°−∠CEF=50°，
∴FE=FG，
∴FC=FE=FG，
∴∠FCG=∠G=50°,
∴∠GFC=180°−∠FCG−∠G=80°,
∵BF=12AB,AD=12CD,AB=CD,AD=BC,
∴BF=BC,
∴∠BFC=∠FCG=50°,
∴∠BFG=∠GFC−∠BFC=30°,
∴∠AFE=∠BFG=30°,
故答案为：30°.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等的判定和性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角形等边对等角、三角形内角和，解题的关键是构造直角三角形.
44．（2024上·辽宁抚顺·九年级统考期末）问题初探：数学课外兴趣小组活动时，数学杨老师提出了如下问题：在△ABC中，AB=7，AC=3，求BC边上的中线AD的取值范围．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E，使得DE=AD；再连接BE，把AB，AC，2AD集中在△ABE中；利用上述方法求出AD的取值范围是2(1)问题：请利用图1说明AC与BE的位置关系；
感悟：数学杨老师给学生们总结解这类问题时，条件中若出现“中点”“中线”等条件，可以考虑倍长中线，或通过引平行线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中．
(2)类比分析：如图2，△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠ABC=∠DBE=90°，BF是△BEC的中线，试探究线段AD与BF的数量和位置关系，并加以证明．
(3)学以致用：如图3，已知△ABC为直角三角形，∠ACB=90°，D为斜边AB的中点，一个三角板的直角顶点与D重合，一个直角边DF与AC的延长线交于点F，另一直角边与BC边交于点E，若AF=12，BE=5，求出EF的长是多少？
【答案】(1)AC∥BE，
(2)AD=2BF，AD⊥BF，证明见解析
(3)13
【分析】（1）先判断出BD=CD，进而得出△EDB≌△ADCSAS，得出∠BED=∠CAD，即可得出结论；
（2）延长BF到点Q，使FQ=BF，连接EQ，延长FB交AD于P，同（1）的方法可证得△EQF≌△CBFSAS，进而可证得BC∥EQ，可知∠CBE+∠BEQ=180°，由等腰直角三角形可知∠ABC=∠DBE=90°，进而可知∠ABD+∠CBE=180°，得∠ABD=∠BEQ，由AB=BC，BD=BE，得AB=QE，可证的△ABD≌△QEBSAS，得AD=QB，∠ADB=∠QBE，由∠QBE+∠PBD=90°，得∠ADB+∠PBD=90°，可证得BF⊥AD，由QB=2BF，得AD=2BF，即可证得结论；
（3）延长ED到点G，使GD=DE，连接AG，FG，同（1）的方法可证得△ADG≌△BDESAS，得AG=BE=5，AG∥BE，结合∠ACB=90°，可得∠FAG=90°，由题意可知FD垂直平分GE，可得FG=FE，在Rt△FAG中，由勾股定理得FE=FG=122+52=13．
【详解】（1）由题知：∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
又∵DE=AD，∠BDE=∠CDA，
∴△EDB≌△ADCSAS，
∴∠BED=∠CAD，
∴AC∥BE；
（2）AD=2BF，AD⊥BF，理由如下：
如图2，延长BF到点Q，使FQ=BF，连接EQ，延长FB交AD于P，
∵BF是△BEC的中线，
∴EF=CF，
又∵FQ=BF，∠QFE=∠BFC，
∴△EQF≌△CBFSAS，
∴∠FEQ=∠BCF，EQ=BC，
∴BC∥EQ，
∴∠CBE+∠BEQ=180°，
又∵△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠DBE=90°，AB=BC，BD=BE，
∴∠ABC+∠DBE=180°，
∴∠ABD+∠CBE=180°，
∴∠ABD=∠BEQ，
∵AB=BC，BD=BE，
∴AB=QE，
∴△ABD≌△QEBSAS，
∴AD=QB，∠ADB=∠QBE，
∵∠QBE+∠PBD=90°，
∴∠ADB+∠PBD=90°，
∴∠BPD=90°，
∴BF⊥AD，
∵QB=2BF，
∴AD=2BF，
即AD=2BF，AD⊥BF；
（3）延长ED到点G，使GD=DE，连接AG，FG，
∵D为斜边AB得中点，
∴AD=BD，
又∵GD=DE，∠ADG=∠BDE，
∴△ADG≌△BDESAS，
∴∠GAD=∠EDB，AG=BE=5，
∴AG∥BE，
∵∠ACB=90°，
∴∠FAG+∠ACB=180°，
∴∠FAG=90°，
∵∠FDE=90°，GD=DE，
∴FD垂直平分GE，
∴FG=FE，AF=12，
在Rt△FAG中，∠FAG=90°，则AF2+AG2=FG2
∴FE=FG=122+52=13．
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，倍长中线法，等腰直角三角形的性质，垂直平分线的判定及性质，勾股定理，正确地作出辅助线，构造全等三角形是解本题的关键．
45．（2020·江苏徐州·统考模拟预测）（1）阅读理解：
如图①，在△ABC中，若AB＝8，AC＝5，求BC边上的中线AD的取值范围．可以用如下方法：将△ACD绕着点D逆时针旋转180∘得到△EBD，在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是_______；
（2）问题解决：
如图②，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：BE+CF＞EF；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，CB＝CD，∠BCD＝100°，以C为顶点作一个50°的角，角的两边分别交AB、AD于E、F两点，连接EF，探索线段BE，DF，EF之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）1.5【分析】（1）如图①：将△ACD绕着点D逆时针旋转180∘得到△EBD可得△BDE≅△CDA，得出BE=AC=5 ，然后根据三角形的三边关系求出AE的取值范围，进而求得AD的取值范围；
（2）如图②：△FDC绕着点D旋转180° 得到△NDB可得△BND≅△CFD，得出BN=CF ，由线段垂直平分线的性质得出EN=EF，在△BNE中，由三角形的三边关系得出BE+CF＞EF 即可得出结论；
（3）将△DCF绕着点C按逆时针方向旋转100°得到△BCH可得△HBC≌△FDC，得出CH=CF，∠HCB=∠FCD，证出∠ECH=50°=∠ECF ，再由SAS证明△HCE≌△FCE，得出EN=EF，进而证明结论．
【详解】解：（1）如图①：将△ACD绕着点D逆时针旋转180∘得到△EBD
∴△BDE≅△CDA（SAS），
∴BE=AC=5，AD=DE,即AD=12AE
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴8﹣5＜AE＜8+5 ，即3＜AE＜13，
∴1.5＜AD＜6.5；
故答案为1.5＜AD＜6.5；
（2）证明：如图②：△FDC绕着点D旋转180° 得到△NDB
∴△BND≅△CFD（SAS），
∴BN=CF，DN=DF
∵DE⊥DF
∴EN=EF，
在△BNE中，由三角形的三边关系得：BE+BN＞EN ，
∴BE+CF＞EF；
（3）BE+DF＝EF，理由如下：
如图③，将△DCF绕着点C按逆时针方向旋转100°
∴△DCF≌△BCH，
∴CH＝CF，∠DCB＝∠FCH=100°
∴∠HBC＝∠D，DF=BH
∵∠ABC+∠D＝180°
∴∠HBC+∠ABC＝180°，
∴点A、B、H三点共线
∵∠FCH=100°，∠FCE=50°
∴∠ECH=50°
∴∠FCE＝∠ECH，
在△HCE和△FCE中，
CF=CH∠ECF=∠ECHCE=CE，
∴△HCE≌△FCE（SAS）
∴EH＝EF，
∵BE+BH＝EH，DF=BH
∴BE+DF＝EF．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查对全等三角形的性质和判定、三角形的三边关系定理、旋转的性质等知识点，通过旋转得到构造全等三角形是解答本题的关键.
题型14 构造辅助线证明两个三角形全等-截长补短法
46．（2020·辽宁沈阳·统考一模）思维探索：
在正方形ABCD中，AB＝4，∠EAF的两边分别交射线CB，DC于点E，F，∠EAF＝45°．
（1）如图1，当点E，F分别在线段BC，CD上时，△CEF的周长是 ；
（2）如图2，当点E，F分别在CB，DC的延长线上，CF＝2时，求△CEF的周长；
拓展提升：
如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，过点B作BD⊥BC，连接AD，在BC的延长线上取一点E，使∠EDA＝30°，连接AE，当BD＝2，∠EAD＝45°时，请直接写出线段CE的长度．
【答案】思维探索：（1）8；（2）12；拓展提升：CE＝3﹣1．
【分析】思维探索：（1）利用旋转的性质，证明△AGE≌△AFE即可；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，证明△AEF≌△AGF即可求得EF＝DF﹣BE；
拓展提升：如图3，过A作AG⊥BD交BD的延长线于G，推出四边形ACBG是矩形，得到矩形ACBG是正方形，根据正方形的性质得到AC＝AG，∠CAG＝90°，在BG上截取GF＝CE，根据全等三角形的性质得到AE＝AF，∠EAC＝∠FAG，∠ADF＝∠ADE＝30°，解直角三角形得到DE＝DF＝4，BE＝23，设CE＝x，则GF＝CE＝x，BC＝BG＝23﹣x，根据线段的和差即可得到结论．
【详解】思维探索：
（1）如图1，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，
∴GB＝DF，AF＝AG，∠BAG＝∠DAF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，
在△AGE和△AFE中AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝GB+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF，
∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+BE+DF+CF＝BC+CD＝8，
故答案为：8；
（2）如，2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，
同（1）可证得△AEF≌△AGF，
∴EF＝GF，且DG＝BE，
∴EF＝DF﹣DG＝DF﹣BE，
∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+CF+DF﹣BE＝BC+DF+CF＝4+4+2+2＝12；
拓展提升：如图3，过A作AG⊥BD交BD的延长线于G，
∵BD⊥BC，∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CBG＝∠G＝90°，
∴四边形ACBG是矩形，
∵AC＝BC，
∴矩形ACBG是正方形，
∴AC＝AG，∠CAG＝90°，
在BG上截取GF＝CE，
∴△AEC≌△AGF（SAS），
∴AE＝AF，∠EAC＝∠FAG，
∵∠EAD＝∠BAC＝∠GAB＝45°，
∴∠DAF＝∠DAE＝45°，
∵AD＝AD，
∴△ADE≌△ADF（SAS），
∴∠ADF＝∠ADE＝30°，
∴∠BDE＝60°，
∵∠DBE＝90°，BD＝2，
∴DE＝DF＝4，BE＝23，
设CE＝x，则GF＝CE＝x，BC＝BG＝23﹣x，
∴DG＝2+23﹣x，
∴DG﹣FG＝DF，
即2+23﹣x﹣x＝4，
∴x＝3﹣1，
∴CE＝3﹣1．
【点睛】本题以正方形为背景，结合旋转，三角形全等，解直角三角形进行综合性考查，熟知常见的全等模型，旋转性质，三角形的判定及性质，正方形，矩形的性质是解题的关键．
47．（2021·安徽合肥·统考一模）已知：如图1，△ABC中，∠CAB=120°， AC=AB，点D是BC上一点，其中∠ADC=α（30°＜α＜90°），将△ABD沿AD所在的直线折叠得到△AED，AE交CB于F，连接CE
(1)求∠CDE与∠AEC的度数（用含α的代数式表示）；
(2)如图2，当α=45°时，解决以下问题：
①已知AD=2，求CE的值；
②证明：DC-DE=2AD；
【答案】(1)∠CDE=180°−2α，∠AEC=α
(2)①4；②见解析
【分析】（1）由折叠对应角相等与“双蝴蝶型”相似可得；
（2）由α=45°求出∠CAF=90°，再由“蝴蝶型”相似求得；
（3）“截长补短”法：在BC上取一点H，使得CH=DE．
【详解】（1）∵ΔABD沿AD所在的直线折叠得到ΔAED，
∴∠ADE=∠ADB=180°-α，
∴∠CDE=180°-2α；
∵∠CAB=120°， AC=AB，
∴∠ACB=∠B=∠AED=30°，
∵∠DFE=∠AFC，
∴△DEF∽△AFC，
∴DF：AF=EF：CF，
∵∠EFC=∠AFD，
∴△AFD∽△CFE，
∴∠AEC=∠ADC=α，
故答案：180°-2α； α
（2）① ∵α=45°，
∴∠DAF=∠DAB=15°，
∴∠CAF=90°，
∴AF：CF=1：2，
∵△AFD∽△CFE，
∴AD：CE=AF：CF=1：2，
∴CE=4，故答案：4；
②在BC上取一点H，使得CH=DE，
∵AC=AE，∠ACH=∠AED，
∴ΔACH≌ΔADE，
∴AD=AH，∠DAE=∠CAH，
∴∠DAH=90°，
∴DH=2AD，
∴DC-ED=DC-CH=DH=2AD
【点睛】本题考查的是翻折变换的性质、全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定以及勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换和相似三角形的性质与判定是解题的关键．
48．（2020·全国·九年级专题练习）如图，△ABC是边长为2的等边三角形，△BDC是顶角为120°的等腰三角形，以点D为顶点作∠MDN=60°，点M、N分别在AB、AC上．
（1）如图①，当MN//BC时，则△AMN的周长为______；
（2）如图②，求证：BM+NC=MN．
【答案】（1）4；（2）见解析
【分析】（1）首先证明△BDM≌△CDN，进而得出△DMN是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=12DM=12MN，即可解决问题；
（2）延长AC至点E，使得CE=BM，连接DE，首先证明△BDM≌△CDE，再证明△MDN≌△EDN，得出MN=NE，进而得出结果即可．
【详解】解：（1）∵△ABC是等边三角形，MN//BC，
∴∠AMN=∠ABC=60°，∠ANM=∠ACB=60°
∴△AMN是等边三角形，∴AM=AN，则BM=NC，
∵△BDC是顶角∠BDC=120°的等腰三角形，
∴∠DBC=∠DCB=30°，
∴∠DBM=∠DCN=90°，
在△BDM和△CDN中，
BM=CN,∠MBD=∠DCN,BD=CD,
∴△BDM≌△CDNSAS，
∴DM=DN，∠BDM=∠CDN，
∵∠MDN=60°，
∴△DMN是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，
∴NC=BM=12DM=12MN，∴MN=MB+NC，
∴△AMN的周长=AB+AC=4．
（2）如图，延长AC至点E，使得CE=BM，连接DE，
∵△ABC是等边三角形，△BDC是顶角∠BDC=120°的等腰三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，∠DBC=∠DCB=30°，
∴∠ABD=∠ACD=90°，
∴∠DCE=90°，
在△BDM和△CDE中，
BD=CD,∠MBD=∠ECD,BM=CE,
∴△BDM≌△CDESAS，
∴MD=ED，∠MDB=∠EDC，
∴∠MDE=120°−∠MDB+∠EDC=120°，
∵∠MDN=60°，
∴∠NDE=60°，
在△MDN和△EDN中，
MD=ED,∠MDN=∠NDE=60°,DN=DN,
∴△MDN≌△EDNSAS．
∴MN=NE，
又∵NE=NC+CE=NC+BM，
∴BM+NC=MN．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质及等腰三角形的性质，掌握全等三角形的性质与判定，等边三角形及等腰三角形的性质是解题的关键．
题型15 利用全等三角形的性质与判定解决多结论问题
49．（2023·四川眉山·校考三模）如图，在矩形ABCD中，AC，BD交于点O，过点B作BF⊥AC于点M，交CD于点F，过点D作DE∥BF交AC于点E，连接FN，EM，若AO=AD，有下列结论：①NE=MF； ②∠DEM=60°；③DN2=MC⋅NC； ④ 四边形DEBF是菱形；其中正确结论的个数是（ ）

A．3个B．2个C．1个D．0个
【答案】A
【分析】根据矩形的性质，可证AO=AD=OD，于是∠ODA=60°，∠BDF=30°；由已知条件可得DE⊥OA，根据三线合一，得∠ADN=∠ODN=12∠ADO=30°，于是∠DBF=∠BDF，DF=BF，得证四边形DEBF是菱形．故④正确；求证△MFC≌△NEA，于是MC=AN，MF=NE．故①正确．求证△NDA∽△NCD，可得DN2=AN⋅NC=MC⋅NC．故③正确；连接EF，△DEF中，∠DEF=60°，所以∠DEM≠60°．故②错误；
【详解】解：矩形ABCD中，OA=OD,
∵AO=AD,
∴AO=AD=OD.
∴∠ODA=60°.
∴∠BDF=∠ADC−∠ADO=90°−60°=30°.
∵DE∥BF,BF⊥AC，
∴DE⊥OA.
∴∠ADN=∠ODN=12∠ADO=30°．
∴∠DBF=∠ODN=30°．
∴∠DBF=∠BDF
∴DF=BF．
四边形DEBF中，DF∥BE，DE∥BF，
∴四边形DEBF是菱形．故④正确；
∴DE=EB=BF=DF
∵AB=CD，
∴AE=FC．

∵AB∥CD，
∴∠FCM=∠EAN．
∵BF⊥AC，DE⊥OA.
∴∠FMC=∠ENA=90°
∴△MFC≌△NEA
∴MC=AN，MF=NE．故①正确．
在△NDA与△NCD中，
∠AND=∠DNC=90°，∠DAN=∠CDN=60°，
∴△NDA∽△NCD．
∴DNAN=NCDN．
∴DN2=AN⋅NC=MC⋅NC．故③正确；
如图，连接EF，△DEF中，DE=DF，∠EDF=60°
∴∠DEF=60°．
∴∠DEM≠60°．故②错误；

故选：A
【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形判定和性质，等边三角形判定和性质；熟练掌握相关判定方法是解题的关键．
50．（2023·黑龙江鸡西·统考二模）如图，在正方形ABCD中，M，N分别为AB，BC的中点，CM与DN相交于点G，延长BG交CD于点E，CM交BD于点H．下列结论：①CM⊥DN；②BH=BM；③S△DNC=3S△BMH；④∠BGM=45°；⑤GM+GN=2GB．其中正确结论的序号有（ ）

A．②③④B．①③⑤C．①③④⑤D．①②④⑤
【答案】C
【分析】用SAS证△CBM≌△DCN，可以判断①正确；证明△BMH∽△DCH，得BM=12CD，BH=12DH=13DB=23CD，判断②错误；由线段比例关系，得出面积比可以判断③正确；证△BPM≌△BQN，得BP=BQ，证四边形PBQG是正方形，可以判断④正确；由正方形的性质和全等三角形的性质可判断⑤正确．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD，
∠ABC=∠BCD=90°，
∵M，N分别为AB，BC的中点，
∴AM=BM=BN=CN
∴△CBM≌△DCNSAS
∴CM=DN，∠BCM=∠CDN，
∵∠BCM+∠DCM=90°，
∴∠CDN+∠DCM=90°，
∴∠DGC=90°，
∴CM⊥DN；故①正确；
∵AB∥CD，
∴△BMH∽△DCH，
∴BMCD=BHDH=12=MHHC，
∴BM=12CD，
BH=12DH=13DB=23CD，
CH=2MH，
∴BM≠BH，故②错误；
∵CH=2MH，
∴MC=3MH，
∴S△BMC=3S△BHM，
∵△CBM≌△DCN，
∴S△DNC=3S△BMH，故③正确；
如下图，过点B作BP⊥CM于点P，BQ⊥DG交DN的延长线上于点Q，

∴∠BPC=∠BQD=∠PGQ=90°，
∴四边形PBQG是矩形，
∴∠PBQ=90°，
∵∠ABC=90∘，
∴∠ABP=∠QBC，
又∵BN=BE，
∠BPM=∠BQN=90°，
∴△BPM≌△BQNAAS，
∴BP=BQ，
∴四边形PBQG是正方形，
∴∠BGN=45°，故④正确；
∵△BPM≌△BQN，
∴MP=QN，
∵四边形PBQG是正方形，
∴BP=PG=QG，BG=2PG，
∴MG+GN=MP+PG+GN=2PG=2BG，故⑤正确；
综上，①③④⑤正确，
故选：C．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质、正方形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
51．（2022·湖北咸宁·校考模拟预测）正方形ABCD中，E为对角线AC上的动点（不于B、C重合），连接BE，DE，作EF⊥BE交CD或其延长线于F，下列结论：①BE=DE；②△DEF为等腰三角形；③AE=CF；④CE
【答案】①②④
【分析】证明△AED≌△AEB即可判断①；进而根据四边形内角和定理可得∠EBC+∠EFC=180°，根据邻补角互补得出∠EFD+∠EFC=180°，即可得出∠EBC=∠EFD，进而可得∠EDF=∠EFD，根据等角对等边即可判断②；过点E作EH⊥CD于点H，交AB于点G，设正方形的边长为a，得出CF,AE，进而根据AE的值是变化的，即可判断③；设AG=b b【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，
∵E为对角线AC上的动点，
∴∠DAE=∠BAE=45°，
又∵AE=AE
∴△AED≌△AEB
∴BE=DE，故①正确；
∵∠ECB=∠ECD=45°,EC=EC,CB=CD
∴△CED≌△CEB，
∴∠CDE=∠CBE，
∵EF⊥BE，∠BCF=90°，
∴∠EBC+∠EFC=180°，
∵∠EFD+∠EFC=180°，
∴∠EBC=∠EFD，
∴∠EDF=∠EFD，
∴EF=ED，
又BE=ED，
∴BE=EF，即△EBF是等腰三角形，故②正确；
如图所示，过点E作EH⊥CD于点H，交AB于点G，

则△AGE是等腰直角三角形，四边形AGHD是矩形，
∴AG=22AE，AG=DH，
∵ED=EF
∴DH=HF
∴DF=2DH=2AG=2AE
设正方形的边长为a，则CF=DC−2DH=a−2AE
∵E为动点，则CF与AE不一定相等；故③不正确；
设AG=b b∴EC=2a−2b=2a−b；
BF=2BE=2GE2+BG2=2b2+a−b2
∴EC2=2a−b2，BF2=2a−b2+b2
∴EC2即CE故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
52．（2022·福建福州·校考模拟预测）如图，在正方形ABCD中，点E，F在AC上且AEAC=13，CFAC=14，延长DE交AB于点G，延长DF交BC于点H，连接GH．下列结论：①点G为AB的中点，②DF=GH，③∠GDH=45°，④DE⋅DG=DF⋅DH，其中正确结论的序号是 ．（写出所有正确结论的序号）

【答案】①③④
【分析】根据正方形的性质，证明△AEG∽△CED，△CFH∽△AFD，判断①和②，将△DCH绕点D顺时针旋转90°，得到△DAM，证明△DGM≌△DGHSSS判断③，分别求出DE⋅DG,DF⋅DH的积，判断④．
【详解】解：∵正方形ABCD，
∴AB∥CD,AB=CD=BC=DA,∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
∴△AEG∽△CED，
∴AGCD=AEEC=GEDE，
∵AEAC=13，
∴AGCD=AEEC=GEDE=12，
∴AG=12CD=12AB，DE=2GE，
∴点G为AB的中点，故①正确；
同法可得：△CFH∽△AFD，
∴CFAF=CHAD=HFDF，
∵CFAC=14，
∴CFAF=CHAD=HFDF=13，
∴CH=13AD=13BC=13AB，DF=3HF，
∴BH=23AB，
∴GH=BG2+BH2=56AB，DH=AD2+CH2=103AB，
∵DF=3HF，
∴DF=34DH=104AB，
∴GH≠DF；故②错误；
将△DCH绕点D顺时针旋转90°，得到△DAM，

则：∠DAM=∠DCH=90°，AM=CH=13AB，DM=DH，∠HDM=90°，
∴∠DAM+∠DAB=180°，
∴点M,A,B在同一条直线上，
∴MG=MA+AG=56AB=GH，
又DG=DG，
∴△DGM≌△DGHSSS，
∴∠HDG=∠MDG=12∠HDM=45°；故③正确；
在Rt△DAG中，DG=AG2+AD2=52AB，
∵DE=2GE，
∴DE=23DG=53AB，
∴DE⋅DG=56AB2，
∵DF⋅DH=10AB4⋅10AB3=56AB2，
∴DE⋅DG=DF⋅DH，故④正确；
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理．解题的关键是掌握正方形的性质，证明三角形相似，通过旋转构造全等三角形．本题的综合性强，难度较大，属于中考填空题中的压轴题．
题型16 利用角平分线的性质求长度
53．（2022·山东济南·校考模拟预测）如图，在△ABC中，∠ABC，∠ACB的平分线交于点O，OD⊥BC于D，如果AB=25cm，BC=20cm，AC=15cm，且S△ABC=150cm2，那么OD的长度是（ ）
A．2cmB．3cmC．4cmD．5cm
【答案】D
【分析】作OE⊥AC交于点E，作OF⊥AB交于点F，连接OA，证明OD=OE=OF，再利用S△ABC=S△BOC+S△AOB+S△AOC=150cm2即可求出OD的长度．
【详解】解：作OE⊥AC交于点E，作OF⊥AB交于点F，连接OA，
∵OC平分∠ACB，OB平分∠ABC，
∴OD=OE=OF，
∵S△ABC=S△BOC+S△AOB+S△AOC=150cm2，即12⋅OD⋅20+12⋅OF⋅25+12⋅OE⋅15=150cm2，
∴OD=5cm．
故选：D
【点睛】本题考查角平分线的性质，解题的关键是掌握角平分线的性质定理，证明OD=OE=OF．
54．（2022·新疆伊犁·统考一模）如图，△ABC中，AB=5，AC=7，BC=10．∠BAC的平分线AD交BC于点D．则DC的长度为 （ ）
A．356B．6C．210D．35
【答案】A
【分析】作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，由角平分线性质得DE=DF，则△ABD与△ACD分别以AB、AC为底时高相等，则△ABD与△ACD的面积比=AB：AC=5：7；同时△ABD与△ACD分别以BD、DC为底时高也相等，则△ABD与△ACD的面积比=BD：DC=5：7；求解即可．
【详解】作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴DE=DF，
∵ AB=5，AC=7，
∴SΔABDSΔACD=12⋅AB⋅DE12⋅AC⋅DF=ABAC=57=12⋅BD⋅ℎ12⋅CD⋅ℎ=BDCD，
∵ BC=10，
∴CD=712BC=712×10=356，
故选：A．
【点睛】本题考查了角平分线的性质定理及三角形的面积，熟练掌握知识点并能够准确作出辅助线是解题的关键．
55．（2019·河北·模拟预测）如图，已知 BG 是∠ABC 的平分线，DE⊥AB 于点 E，DF⊥BC 于点 F，DE=6，则 DF 的长度是（ ）
A．2B．3C．4D．6
【答案】D
【分析】根据角平分线的性质进行求解即可得.
【详解】∵BG 是∠ABC 的平分线，DE⊥AB，DF⊥BC，
∴DF=DE=6，
故选：D.
【点睛】本题考查了角平分线的性质，熟练掌握角平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
题型17 利用角平分线的性质求面积
56．（2023·吉林长春·统考三模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，按下列方式作图：①以点C为圆心，适当长为半径画弧，分别交AC,BC于点F,G；②分别以点F,G为圆心，大于12FG的长度为半径画弧，两弧交于点H；③作射线CH交AB于点E，若AE=2,BC=7．则△BEC的面积为（ ）

A．7B．8C．14D．16
【答案】A
【分析】过点E作EH⊥BC于H，由图可知CE是∠ACB的平分线，利用角平分线的性质得EH=AE=2，再由三角形面积公式求解即可．
【详解】解：过点E作EH⊥BC于H，如图，

由题中作图可知：CE是∠ACB的平分线，
又∵∠BAC=90°，
∴EA⊥CA，
∵EH⊥BC
∴EH=AE=2
∴S△BCE=12BC⋅EH=12×7×2=7
故选：A．
【点睛】本题考查尺规作角平分线，角平分线的性质，三角形面积公式．熟练掌握尺规作角平分线和角平分线的性质是解题的关键．
57．（2023·湖北咸宁·统考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以顶点B为圆心，适当长度为半径画弧，分别交AB，BC于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，两弧交点P，作射线BP交AC于点D，若AC=2BC，则S△BCD:S△ABD的值为（ ）．
A．12B．55C．13D．35
【答案】B
【分析】过D点作DG⊥AB于G点，根据角平分线的性质有CD=DG，在Rt△ABC中，AC=2BC，即有 AB=AC2+BC2=5BC，则可得sinA=BCAB=55，进而在Rt△ADG中，有sinA=DGAD=55，再证明S△BCD:S△ABD=CD:AD，问题得解．
【详解】过D点作DG⊥AB于G点，如图，
根据作图可知：BP平分∠ABC，
∵DG⊥AB，∠C=90°，
∴CD=DG，
∵在Rt△ABC中，AC=2BC，
∴AB=AC2+BC2=5BC，
∴sinA=BCAB=55，
∴在Rt△ADG中，sinA=DGAD=55，
∵S△BCD:S△ABD=12×CD×BC:12×AD×BC，
∴S△BCD:S△ABD=CD:AD，
∵CD=DG，
∴S△BCD:S△ABD=DGAD=sinA=55，
故选：B．
【点睛】本题考查了角平分线的尺规作图，解直角三角形，角平分线的性质定理，勾股定理等知识，掌握角平分线的性质定理，是解答本题的关键．
58．（2023·云南红河·统考二模）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，以A为圆心、一定长度为半径画圆弧，交AB，AC于点D，E，分别以点D，E为圆心、大于12DE长度为半径画圆弧，两条圆弧相交于点F，连接AF交BC于点M，BM=4，AC=9，则S△AMC为 ．

【答案】18
【分析】利用基本作图得到AF平分∠BAC，利用角平分线的性质得到M点到AC的距离为4，然后根据三角形面积公式计算△AMC的面积．
【详解】解：由题可知，AF平分∠BAC，如图，
过M作MN⊥AC于点N，
根据角平分线性质得BM=MN=4，
故S△AMC=12AC·MN=12×4×9=18．
【点睛】本题考查了角平分线的尺规作图和性质，熟练掌握角平分线的性质是解题关键．
题型18 角平分线的判定定理
59．（2020·浙江绍兴·模拟预测）如图，已知△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC=∠DAE=90°，BD,CE交于点F，连接AF，下列结论：①BD=CE；②BF⊥CF；③AF平分∠CAD；④∠AFE=45°．其中正确结论的个数有（ ）

A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】①证明△BAD≌△CAE,再利用全等三角形的性质即可判断；②由△BAD≌△CAE可得∠ABF=∠ACF，再由∠ABF+∠BGA=90°、∠BGA=∠CGF证得∠BFC=90°即可判定；③分别过A作AM⊥BD、AN⊥CE,根据全等三角形面积相等和BD=CE，证得AM=AN,即AF平分∠BFE,即可判定；④由AF平分∠BFE结合BF⊥CF即可判定．
【详解】解：∵∠BAC=∠EAD
∴∠BAC+∠CAD=∠EAD+∠CAD,即∠BAD=∠CAE
在△BAD和△CAE中
AB=AC, ∠BAD=∠CAE,AD=AE
∴△BAD≌△CAE
∴BD=CE
故①正确；
∵△BAD≌△CAE
∴∠ABF=∠ACF
∵∠ABF+∠BGA=90°、∠BGA=∠CGF
∴∠ACF+∠CGF=90°,
∴∠BFC=90°
故②正确；

分别过A作AM⊥BD、AN⊥CE垂足分别为M、N
∵△BAD≌△CAE
∴S△BAD=S△CAE,
∴12BD⋅AM=12CE⋅AN
∵BD=CE
∴AM=AN
∴AF平分∠BFE，无法证明AF平分∠CAD．
故③错误；

∵AF平分∠BFE，BF⊥CF
∴∠AFE=45°
故④正确．
故答案为C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的判定与性质以及角的和差等知识，其中正确应用角平分线定理是解答本题的关键．
60．（2022·天津津南·统考一模）如图，在钝角△ABC中，∠BAC=35°，将△ABC绕点A顺时针旋转70°得到△ADE，点B，C的对应点分别为D，E，连接BE．则下列结论一定正确的是（ ）
A．∠ABC=∠AEDB．AC=DEC．AD+BE=ACD．AE平分∠BED
【答案】D
【分析】根据旋转可知△CAB≌△EAD，∠CAE=70°，结合∠BAC=35°，可知∠BAE=35°，则可证得△CAB≌△EAB，即可作答．
【详解】根据旋转的性质可知△CAB≌△EAD，∠CAE=70°，
∴∠BAE=∠CAE-∠CAB=70°-35°=35°，AC=AE，AB=AD，BC=DE，∠ABC=∠ADE，故A、B错误，
∴∠CAB=∠EAB，
∵AC=AE，AB=AB，
∴△CAB≌△EAB，
∴△EAB≌△EAD
∴∠BEA=∠DEA，
∴AE平分∠BED，故D正确，
∴AD+BE=AB+BE＞AE=AC，故C错误，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质和全等三角形的判定与性质，求出∠BAE=35°是解答本题的关键．
61．（2021·四川宜宾·四川省宜宾市第二中学校校考一模）如图，A，B，E三点在同一直线上，△ABC，△CDE都是等边三角形，连接AD，BE，OC：下列结论中正确的是（ ）
①△ACD≌△BCE；
②△CPQ是等边三角形；
③OC平分∠AOE；
④△BPO≌△EDO．
A．①②B．①②③C．①②④D．①②③④
【答案】B
【分析】利用等边三角形的性质，三角形的全等，逐一判断即可．
【详解】∵△ABC，△CDE都是等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠ECD=60°，
∴∠ACB+∠PCQ =∠ECD+∠PCQ，∠PCD=60°，
∴∠ACD =∠BCE，
∴△ACD≌△BCE，
∴①的说法是正确的；
∵△ACD≌△BCE，
∴∠PDC =∠QEC，
∵∠PCD=∠QCE=60°，CD=CE，
∴△PCD≌△QCE，
∴PC=QC，
∴△CPQ是等边三角形；
∴②的说法是正确的；
∵△PCD≌△QCE，
∴PD=QE，S△PCD=S△QCE，
过点C作CG⊥PD，垂足为G，CH⊥QE，垂足为H，
∴12PD•CG=12QE•CE，
∴CG=CH，
∴OC平分∠AOE，
∴③的说法是正确的；
无法证明△BPO≌△EDO．
∴④的说法是错误的；
故答案为①②③，
故选B．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定，三角形的全等与性质，角平分线的性质定理，熟练掌握等边三角形的性质，灵活进行三角形全等的判定，活用角的平分线性质定理的逆定理是解题的关键．
题型19 三角形的三条角平分线的性质定理的应用方法
62．（2019·广东深圳·深圳市文锦中学校考一模）已知：如图所示，三条公路两两分别相交于点A、B、C，在甲区内求作一点P，使点P到三条公路的距离都相等．
【答案】答案见解析
【分析】分别作出∠ABC、∠BAC的角平分线，两条角平分线的交点即是点P.
【详解】解：点P位置如图所示：
【点睛】本题考查了角平分线性质：角平分线上的点到角两边的距离相等.掌握作角平分线的方法是解题的关键.
题型20 利用角平分线性质定理和判定定理解决多结论问题
63．（2022·湖南娄底·统考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，DE平分∠ADC交BC于点E，点F是CD边上一点（不与点D重合）．点P为DE上一动点，PEA．①②B．②③C．①④D．③④
【答案】D
【分析】根据旋转的性质判断得ΔGPH≅ΔDPFASA，可判断③正确，证ΔPDH∼ΔCDE可判断④正确，从而得出结果.
【详解】解：根据旋转的性质可知，∠DPH=∠GPF=90°，
∵DE平分∠ADC，
∴∠HDP=45°，
∴∠DHP=∠PDH=∠PDF=45°，
∴PH=PD，
∵∠DPH=∠GPF=90°
∴∠GPH=∠DPF
在ΔGPH和ΔDPF中，
∵∠GHP=∠FDPPH=PD∠GPH=∠DPF
∴ΔGPH≅ΔDPFASA
∴HG=DF
∵∠PDH=45°
∴DH=2DP
∴DF+DG=GH+DG=DH=2DP
故③正确；
∵∠PDH=∠PDF=45°，∠DPH=∠DCE=90°
∴ΔPDH∼ΔCDE
∴DHDE=DPCD
即DP⋅DE=DH⋅DC，
故④正确；
根据已知条件无法证明①DH=DE，②DP=DG.
故选：D．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、三角形的全等、三角形的相似，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
64．（2021·山东东营·东营市实验中学校考模拟预测）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AB，AC于点M和N，再分别以点M和N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线AP交BC于点D.则下列结论：①AD是△ABC的角平分线；②点D在线段AB的垂直平分线上；③∠ADC=60°；④S△ADC：S△ABC=1：3；⑤AB=23CD，其中正确结论的个数是（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】D
【分析】由题意可知AD平分∠CAB，求出∠DAB，∠CAD，利用直角三角形30°角的性质以及等腰三角形的判定和性质一一判断即可．
【详解】解：∵∠C=90°，∠B=30°
∴∠CAB=90°−30°=60°
由作图过程可知：AD平分∠CAB
故①正确；
∵∠DAB=12∠CAB=30°=∠B
∴DA=DB
∴点D在AB的垂直平分线上
故②正确；
∠ADC=∠DAB+∠B=60°
故③正确；
∵∠CAD=30°
∴AD=BD=2CD，
∴CD=13BC
∴S△ADC：S△ABC=1：3
故④正确；
设CD=a，则AD=BD=2a，BC=3a，
∴AB=BCcs30∘=23a=23CD
故⑤正确；
故选：D．
【点睛】本题考角平分线的性质，线段的垂直平分线的性质，解直角三角形等知识，解题的关键在于熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
65．（2021·四川宜宾·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AD=2AB,∠BAD的平分线交BC于点E,DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O．下列结论：①AE=AD；②∠AED=∠CED；③H为BF的中点；④CF=32DF．其中正确的有 （将所有正确结论的序号填在横线上）
【答案】①②③
【分析】设AB=a，则AD=2a，用a表示出AE长度可判断①；证明DH=DC即可说明②；证明△DHF≌EBH，可判断③；用a表示出CF和FD长度即可判断④．
【详解】解：①设AB=a，则AD=2a，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=45°，
∴BA=BE．
∴在Rt△ABE中，AE=2a，
∴AE=BE．①正确；
②∵DH⊥AH，∠DAE=45°，AD=2a，
∴DH=AH=a．
∴DH=DC．
根据到角两边距离相等的点在角的平分线上定理可知DE平分∠AEC，即②∠AED=∠CED正确；
③∵AH=AB=a，
∴∠ABH=∠AHB．
∵AB∥CD，
∴∠ABF+∠DFB=180°．
又∠AHB+∠BHE=180°，
∴∠BHE=∠HFD．
∴∠HEB=∠FDH=45°，又BE=DH=a，
∴△BHE≌△HFD（AAS），
∴BH=HF，即H为BF的中点，③正确；
④由△BHE≌△HFD得到HE=DF，HE=AE-AH=2a−a，
则CF=a-(2a−a)=2a-2a，
∴CFDF=2a−2a2a−a=2，即CF=2DF，
∴④错误；
综上所述，正确的是①②③共3个．
故答案为：①②③．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质．正确的识别图形是解题的关键．
66．（2022·湖南长沙·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校校考一模）如图，在△ABC中：
(1)下列操作中，作∠ABC的平分线的正确顺序是________（将序号按正确的顺序写在横线上）．
①分别以点M、N为圆心，大于12MN的长为半径作圆弧，在∠ABC内，两弧交于点P；
②以点B为圆心，适当长为半径作圆弧，交AB于点M，交BC于点N；
③画射线BP，交AC于点D．
(2)连接MP、NP，通过证明△BMP≌△BNP，得到∠ABD=∠CBD，从而得到BD是∠ABC的平分线，其中证明△BMP≌△BNP的依据是________（填序号）．
①SAS；②ASA；③AAS；④SSS
(3)若AB=8，BC=7，SΔABC=45，过点D作DE⊥AB于E，求DE的长．
【答案】(1)②①③
(2)④
(3)6
【分析】(1 )根据尺规作图作角平分线的步骤解答；
(2 )根据全等三角形的判定定理和性质定理解答；
(3)过点D作DF⊥BC与F，根据角平分线的性质定理得到DE= DF，根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】（1）作∠ABC的平分线的正确顺序是②①③，
故答案为：②①③；
（2）在△M BP和△NBP中
BM=BN，
BP= BP，
MP= NP，
∴△MBP≌△NBP (SSS)，
∠ABD= ∠CBD，
故答案为：④；
（3）过点D作DF⊥BC于F，
∠ABD=∠CBD，DE⊥AB，DF⊥BC，
DE= DF，
∴S△ABC= S△ABD+ S△BCD= 12AB×DE+12BC×DF=12DE (AB + BC)
即45=12DE(8+ 7)．
DE= 6．
故答案为：6．
【点睛】本题考查的是角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的作法，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
题型21 利用全等三角形的性质与判定解决高度测量问题
67．（2022·陕西铜川·统考一模）如图，小明和小华家中间隔了一个办公楼，他们想要测量自己家对面办公楼的高OM，小明在自家阳台A处测得办公楼顶部O的仰角∠1，小华在自家阳台B处测得办公楼顶部O的仰角∠2．已知C，M，D三点共线，OA⊥OB且OA=OB,AC=10m,BD=3m,CD=17m．试求办公楼的高度OM．
【答案】OM=15m
【分析】过点A作AE⊥OM，过点B作BF⊥OM，利用各角之间的数量关系得出∠2=∠AOE，根据全等三角形的判定和性质可得OE=BF，AE=OF，设OM=x，则OE=OM-EM=OM-AC=x-10，结合图形，利用线段间的数量关系得出方程求解即可．
【详解】解：过点A作AE⊥OM，过点B作BF⊥OM，如图所示，
∵OA⊥OB，AE⊥OM，BF⊥OM，
∴∠AOB=∠AEO=∠BFO=90°，
∴∠BOF+∠2=90°，∠AOE+∠BOF=90°，
∴∠2=∠AOE，
在∆AOE与∆BOF中，
∠AEO=∠BFO∠AOE=∠2OA=OB，
∴∆AOE≅∆BOF
∴OE=BF，AE=OF，
设OM=x，则OE=OM-EM=OM-AC=x-10，
∴BF=OE=x-10，
∵OF=OM-FM=OM-BD=x-3，
∴AE=CM=CD-MD=CD-BF=17-(x-10)，
17-（x-10）=x-3，
解得：x=15，
即OM=15m．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，一元一次方程的应用，理解题意，找准线段间的数量关系列出方程是解题关键．
68．（2022·山西·一模）李华同学用11块高度都是1cm的相同长方体小木块，垒了两堵与地面垂直的木墙，木墙之间刚好可以放进一个正方形ABCD∠ABC=90°,AB=BC，点B在EF上，点A和C分别与木墙的顶端重合，求正方形ABCD的面积．
【答案】61cm2
【分析】根据∠ABE的余角相等求出∠EAB＝∠CBF，然后利用“角角边”证明△ABE和△BCF全等，根据全等三角形对应边相等可得AE＝BF，BE＝CF，于是得到结论．
【详解】解：∵AE⊥EF，CF⊥EF，
∴∠AEB＝∠BFC＝90°，
∴∠EAB+∠ABE＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠CBF＝90°，
∴∠EAB＝∠CBF，
在△ABE和△BCF中，
∠EAB=∠CBF∠AEB=∠BFC=90°AB=BC，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴AE＝BF＝5cm，BE＝CF＝6cm，
∴S正方形ABCD=AB2=AE2+BE2=61cm2 ．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形面积，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．
69．（2019·山西晋城·统考二模）如图，有两个长度相等的滑梯，左边滑梯的高度AC与右边滑梯水平方向的长度DF相等，两个滑梯的倾斜角∠B和∠F的大小有什么关系？
【答案】∠B+∠F=90°
【分析】根据HL证明Rt△BAC≌Rt△EDF即可．
【详解】解：根据题意，可知
∠BAC=∠EDF=90°，
BC=EF,AC=DF，
∴Rt△BAC≌Rt△EDFHL．
∴∠B=∠DEF（全等三角形的对应角相等）．
∵∠DEF+∠F=90°（直角三角形的两锐角互余），
∴∠B+∠F=90°．
【点睛】本题考查了直角三角形的全等，熟练掌握直角三角形全等的判定方法是解题的关键．
题型22 利用全等三角形的性质与判定解决河宽测量问题
70．（2022·广西柳州·统考一模）如图，为了估算河岸相对的两点A，B的宽度，可以在河岸边取AB的垂线BF上的两点C，D，使BC=CD，再画出BF的垂线DE，使E与A，C在一条直线上，这时测得DE=60米，求河宽AB．
【答案】60米
【分析】由对顶角相等，两个直角相等及BC=CD，可以判断两个三角形全等；所以AB=DE=60米．
【详解】解：∵AB⊥BF，DE⊥BF，
∴∠ABC=∠EDC=90°，
又BC=CD，∠ACB=∠ECD，
∴△ABC≌△EDC，
∴AB=DE，
又∵DE=60米，
∴AB=DE=60米．
答：河宽AB为60米．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，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，做题时要认真观察图形，根据已知选择方法．
题型23 利用全等三角形的性质与判定解决动点问题
71．（2019·河北承德·统考模拟预测）已知：如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，对角线AC，BD交于点O．点P从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO并延长，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，交BD于点F．设运动时间为ts0（1）当t为何值时，ΔAOP是等腰三角形？
（2）设五边形OECQF的面积为Scm2，试确定S与t的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S五边形OECQF:SΔACD=9:16？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）t为258或5；（2）S=−13t2+32t+12；（3）存在，t=3或32
【分析】（1）根据等腰三角形的定义分三种情况，再分别根据相似三角形的判定与性质求解即可；
（2）如图2（见解析），先根据矩形的性质、三角形全等的判定定理与性质得出BE=PD=(8−t)cm，从而可得出△BOE的面积，再根据矩形的性质、相似三角形的判定与性质得出S△DFQS△DOC=(DQDC)2=t236，从而可得△DFQ的面积，然后根据五边形OECQF的面积等于△DBC的面积减去△BOE的面积、△DFQ的面积即可；
（3）先根据矩形的性质得出△ACD的面积，再根据已知比例式求出五边形OECQF的面积，然后由（2）的结论建立一元二次方程，求解即可．
【详解】（1）∵在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm
∴AC=AB2+BC2=10(cm),AD=BC=8cm,CD=AB=6cm
由等腰三角形的定义，分以下三种情况：
①当AP=PO时，△AOP是等腰三角形
如图1，过P作PM⊥AO
∴AM=12AO=14AC=52(cm)
∵∠PMA=∠CDA=90°，∠PAM=∠CAD
∴△APM∼△ACD
∴APAC=AMAD，即AP10=528
解得AP=258
∴t=258
②当AP=AO时，△AOP是等腰三角形
则AP=AO=12AC=5cm
∴t=5
③当AO=PO时，△AOP是等腰三角形
则PO=AO=12AC=5cm，即此时点P与点D重合
∴AP=AD=8cm
∴t=8>6（不符题意，舍去）
综上，当t为258或5时，△AOP是等腰三角形；
（2）如图2，过点O作OH⊥BC交BC于点H，则OH=12CD=12AB=3cm
由矩形的性质可知，AD//BC，DO=BO
∴∠PDO=∠EBO
又∵ ∠DOP=∠BOE
∴△DOP≅△BOE(ASA)
∴BE=PD=(8−t)cm
则SΔBOE=12BE⋅OH=12×3(8−t)=12−32t
∵FQ//AC
∴△DFQ∼△DOC，相似比为DQDC=t6
∴S△DFQS△DOC=(DQDC)2=t236
∵S△DOC=14S矩形ABCD=14×6×8=12(cm2)
∴S△DFQ=12×t236=t23(cm2)
∴S五边形OECQF=S△DBC−S△BOE−S△DFQ=12×6×8−12−32t−t23=−13t2+32t+12
故S与t的函数关系式为S=−13t2+32t+12；
（3）存在，求解过程如下：
∵S△ACD=12S矩形ABCD=12×6×8=24(cm2)
∴S五边形OECQF:S△ACD=9:16
∴S五边形OECQF=916S△ACD=272(cm2)
由（2）的结论可得：−13t2+32t+12=272
解得t=3或t=32，符合题意
故存在符合条件的t，t的值为3或32．
【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识点，较难的是题（2），熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
72．（2021·四川成都·统考二模）如图，等边△ABC的边长为12，点D，E分别在边AB，AC上，且AD=AE=4，点F为BA延长线上一点，过点F作直线l∥BC，G为射线BC上动点，连接GD并延长交直线l于点H，连接FE并延长交BC于点M，连接HE并延长交射线BC于点N．
（1）若AF=4，当BG=4时，求线段HF和EH的长；
（2）若AF=a（a＞0），点G在运动过程中，请判断△HGN的面积是否改变．若不变，求出其值（用含a的代数式表示）；若改变，请说明理由．
（3）在（2）的条件下，是否存在点C和点G是线段BN的三等分点的情况？若存在，求出此时a的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）HF=4，EH=8；（2）不变． 理由见解析；（3）不存在，理由见解析过程．
【分析】（1）由“ASA”可证△BDG≌△FDH，可得BG=HF=4，通过证明四边形HDEF为平行四边形，可求FP=PD，即可求解；
（2）通过相似三角形的判定和性质可求GB=MN，分别求出GN，GN边上的高，即可求解；
（3）分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求a=0，即可求解．
【详解】解：（1）连接DE，设HN和BF相交于点P，
∵ΔABC为边长为12的等边三角形，
∴∠BAC=∠B=∠ACB=60°，AB=BC=AC=12，
∵直线l//BC，
∴∠B=∠HFD=60°，
∵AF=4，AD=4，
∴DF=8=DB，
又∵∠BDG=∠FDH，
∴ΔBDG≅ΔFDH(ASA)，
∴BG=HF=4，
∵AD=AE=4，∠BAC=60°，
∴ΔADE为等边三角形，
∴DE=4，∠ADE=60°=∠HFD，
∴DE=HF，DE//HF，
∴四边形HDEF为平行四边形，
∴HE和FD互相平分，
∴FP=PD，
∴此时点P与点A重合，即点H在CA延长线上，
∴HP=PE=AE=4，
∴EH=8；
（2）点G在运动过程中，ΔHGN的面积保持不变．
∵BC//DE，
∴ΔFDE∽ΔFBM，
∴ FDFB=DEBM，即4+a12+a=4BM，
∴BM=48+4a4+a，
∵HF//BC//DE，
∴ HFGB=FDBD，FHMN=FEME，FDBD=FEME，
∴ HFGB=FHMN，
∴GB=MN，
①当GB=0和GB=12时，
∴GN=BM=48+4a4+a，
②当0∵BG=MN，
∴BG+GM=MN+GM，
即GN=BM=48+4a4+a，
③当GB>12时，
∵BG=MN，
∴BG−GM=MN−GM，
即GN=BM=48+4a4+a，
∵直线l和BC之间的距离=BF⋅sin∠ABC=32(12+a)，
∴ΔHGN的面积=3(a+12)2a+4；
（3）不存在．理由如下：
①当点G在线段BC上时，如图1，
若点C和点G是线段BN的三等分点，则BG=GC=CN，
∵BC=12，
∴GB=CG=CN=6，
∵ HFGB=FDBD，即HF6=a+48，
∴HF=3(a+4)4，
∵ FHMN=FEME=FDBD，
∴ 3(a+4)4MN=a+48，
∴MN=6，
又∵BM=48+4a4+a，BC=12，
∴MC=8aa+4，
∴CN=MN−MC=6−8aa+4=6，
∴a=0不满足条件，
②当点G在BC的延长线上时，如图2，
若点C和点G是线段BN的三等分点，则BC=CG=GN，
∵BC=12，
∴CG=12，
∴BG=24，
方法同①可求出a=0不满足条件，
∴在（2）的条件下，不存在点C和点G是线段BN的三等分点的情况．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
73．（2021·广东梅州·统考二模）如图，在四边形ABCD和Rt△EBF中，AB//CD，CD>AB，点C在EB上，∠ABC=∠EBF=90°，AB=BE=8cm，BC=BF=6cm，延长DC交EF于点M，点P从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为2cm/s：同时，点Q从点M出发，沿MF方向匀速运动，速度为1cm/s．过点P作GH⊥AB于点H，交CD于点G．设运动时间为t（s）（0（1）作QN⊥AF于点N，若t=3（s）时，则PH=______；QN=______．
（2）连接QC，QH，设三角形CQH的面积为S（cm2），求S关于t的函数关系式；
（3）点Q在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点Q在∠CAF的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）185cm；185cm．（2）S=−1625t2+5t+92；（3）存在，t=176
【分析】(1)当t=3时，PA=6cm，MQ=3cm，求出QF=92cm，再解直角三角形即可；
(2)利用解直角三角形和运动时间表示出QN=6−45t，AH=85t，再利用面积和差即可求；
(3) 连接QA，延长AC交EF于K，证△ABC≌△EBF，表示出QN、KQ长，再根据角平分线的性质列方程即可．
【详解】解：（1）∵∠ABC=∠EBF=90°，AB=BE=8cm，BC=BF=6cm，
∴AC=AB2+BC2=10cm，EF=BF2+BE2=10cm，CE=2cm，sinF=BEEF=ECEM=45，
∴EM=52cm，
当t=3时，PA=6cm，MQ=3cm，QF=10−52−3=92cm，
∵sin∠PAH=BCAC=PHAP=35，
∴PH=185cm．
sinF=QNQF=45， QN=185cm．
故答案为：185cm；185cm．
（2）由（1）可知EM=52cm，EF=10cm
∵MQ=t，QF=10−52−t=152−t，
∵sinF=QNQF=45，
∴QN152−t=810，
∴QN=6−45t，
∵cs∠PAH=cs∠CAB，
∴AHAP=ABAC，
∴AH2t=810，
∴AH=85t，
∵S△CQH=S梯形CMFH−S△CMQ−S△HFQ，
∴S=12×14−85t+32×6−12×32×6−6−45t−12×6−45t×14−85t
=−1625t2+5t+92；
（3）存在，
理由如下：如图，连接QA，延长AC交EF于K，
∵AB=BE=8cm，BC=BF=6cm，AC=EF=10cm，
∴△ABC≌△EBF（SSS），
∴∠E=∠CAB，
又∵∠ACB=∠ECK，
∴∠ABC=∠EKC=90°，
∵S△CEM=12×EC×CM=12×EM×CK，
∴CK=2×3252=65，
∴KM=CM2−CK2=94−3625=910，
∵QA平分∠CAF，QN⊥AF，QK⊥AK，
∴QN=QK，
∴6−45t=t+910，
∴t=176，
∴当t=176时，点Q在∠CAF的平分线上．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
1．（2021·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）如图，△ABC≌△DEC，点A和点D是对应顶点，点B和点E是对应顶点，过点A作AF⊥CD，垂足为点F，若∠BCE=65°，则∠CAF的度数为（ ）
A．30°B．25°C．35°D．65°
【答案】B
【分析】由题意易得∠ACF=∠BCE=65°，∠AFC=90°，然后问题可求解．
【详解】解：∵△ABC≌△DEC，
∴∠ACB=∠DCE，
∴∠ACB−∠ACE=∠DCE−∠ACE，即∠ACF=∠BCE，
∵∠BCE=65°，
∴∠ACF=∠BCE=65°，
∵AF⊥CD，
∴∠AFC=90°，
∴∠CAF=90°−∠ACF=25°；
故选B．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质及直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质及直角三角形的性质是解题的关键．
2．（2022·浙江衢州·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC,∠B=36°．分别以点A，C为圆心，大于12AC的长为半径画弧，两弧相交于点D，E，作直线DE分别交AC，BC于点F，G．以G为圆心，GC长为半径画弧，交BC于点H，连结AG,AH．则下列说法错误的是（ ）
A．AG=CGB．∠B=2∠HAB
C．△CAH≅△BAGD．BG2=CG⋅CB
【答案】C
【分析】根据线段垂直平分线的判定与性质即可判断选项A；先根据等腰三角形的性质可得∠CAG=∠C=36°，从而可得∠AGB=72°，再根据等腰三角形的性质可得∠AHG=∠GAH=54°，然后根据三角形的外角性质可得∠HAB=18°，由此即可判断选项B；先假设△CAH≅△BAG可得∠CAH=∠BAG，再根据角的和差可得∠CAH=90°,∠BAG=72°，从而可得∠CAH≠∠BAG，由此即可判断选项C；先根据等腰三角形的判定可得BG=AB=AC，再根据相似三角形的判定可得△ABC∼△GAC，然后根据相似三角形的性质可得AC2=CG⋅CB，最后根据等量代换即可判断选项D．
【详解】解：由题意可知，DE垂直平分AC，CG=HG，
∴AG=CG，则选项A正确；
∵AB=AC,∠B=36°，
∴∠C=∠B=36°，
∵AG=CG，CG=HG，
∴∠CAG=∠C=36°，AG=HG，
∴∠AGB=∠CAG+∠C=72°，∠AHG=∠GAH=180°−∠AGB2=54°，
∴∠HAB=∠AHG−∠B=18°，
∴∠B=2∠HAB，则选项B正确；
假设△CAH≅△BAG，
∴∠CAH=∠BAG，
又∵∠CAH=∠CAG+∠GAH=36°+54°=90°，
∠BAG=∠HAB+∠GAH=18°+54°=72°，
∴∠CAH≠∠BAG，与∠CAH=∠BAG矛盾，
则假设不成立，选项C错误；
∵∠BAG=72°=∠AGB，AB=AC，
∴BG=AB=AC，
在△ABC和△GAC中，∠B=∠CAG=36°∠C=∠C，
∴△ABC∼△GAC，
∴ACCG=CBAC，即AC2=CG⋅CB，
∴BG2=CG⋅CB，则选项D正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的性质、相似三角形的判定与性质，综合性较强，熟练掌握判定定理与性质是解题关键．
3．（2022·重庆·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O． E、F分别为AC、BD上一点，且OE=OF，连接AF，BE，EF．若∠AFE=25°，则∠CBE的度数为（ ）
A．50°B．55°C．65°D．70°
【答案】C
【分析】根据正方形的性质证明△AOF≌△BOE（SAS），得到∠OBE=∠OAF，利用OE=OF，∠EOF=90°，求出∠OEF=∠OFE=45°，由此得到∠OAF=∠OEF-∠AFE=20°，进而得到∠CBE的度数．
【详解】解：在正方形ABCD中，AO=BO，∠AOD=∠AOB=90°，∠CBO=45°，
∵OE=OF，
∴△AOF≌△BOE（SAS），
∴∠OBE=∠OAF，
∵OE=OF，∠EOF=90°，
∴∠OEF=∠OFE=45°，
∵∠AFE=25°，
∴∠OAF=∠OEF-∠AFE=20°，
∴∠CBE=∠CBO+∠OBE=45°+20°=65°，
故选：C．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，熟记正方形的性质是解题的关键．
4．（2022·四川成都·统考中考真题）如图，在△ABC和△DEF中，点A，E，B，D在同一直线上，AC∥DF，AC=DF，只添加一个条件，能判定△ABC≌△DEF的是（ ）
A．BC=DEB．AE=DBC．∠A=∠DEFD．∠ABC=∠D
【答案】B
【分析】根据三角形全等的判定做出选择即可．
【详解】A、BC=DE，不能判断△ABC≌△DEF，选项不符合题意；
B、AE=DB，利用SAS定理可以判断△ABC≌△DEF，选项符合题意；
C、∠A=∠DEF，不能判断△ABC≌△DEF，选项不符合题意；
D、∠ABC=∠D，不能判断△ABC≌△DEF，选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查三角形全等的判定，根据SSS、SAS、ASA、AAS判断三角形全等，找出三角形全等的条件是解答本题的关键．
5．（2022·山东泰安·统考中考真题）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．点E为BC的中点，连接EO并延长交AD于点F，∠ABC=60°，BC=2AB．下列结论：①AB⊥AC；②AD=4OE；③四边形AECF是菱形；④S△BOE=14S△ABC．其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】通过判定ΔABE为等边三角形求得∠BAE=60°，利用等腰三角形的性质求得∠EAC=30°，从而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含30°直角三角形的性质判断②；根据三角形中线的性质判断④．
【详解】解：∵点E为BC的中点，
∴BC=2BE=2CE，
又∵BC=2AB，
∴AB=BE，
∵∠ABC=60°，
∴ΔABE是等边三角形，
∴∠BAE=∠BEA=60°，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，
即AB⊥AC，故①正确；
在平行四边形ABCD中，AD//BC，AD=BC，AO=CO，
∴∠CAD=∠ACB，
在ΔAOF和ΔCOE中，
∠CAD=∠ACBOA=OC∠AOF=∠COE，
∴ΔAOF≅ΔCOE(ASA)，
∴AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AB⊥AC，点E为BC的中点，
∴AE=CE，
∴平行四边形AECF是菱形，故③正确；
∴AC⊥EF，
在RtΔCOE中，∠ACE=30°，
∴OE=12CE=14BC=14AD，故②正确；
在平行四边形ABCD中，OA=OC，
又∵点E为BC的中点，
∴SΔBOE=12SΔBOC=14SΔABC，故④正确；
综上所述：正确的结论有4个，
故选：A．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含30°的直角三角形的性质，掌握菱形的判定是解题关键．
6．（2022·湖南常德·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点A、B的对应点分别是D，E，点F是边AC的中点，连接BF，BE，FD．则下列结论错误的是（ ）
A．BE=BCB．BF∥DE，BF=DE
C．∠DFC=90°D．DG=3GF
【答案】D
【分析】根据旋转的性质可判断A；根据直角三角形的性质、三角形外角的性质、平行线的判定方法可判断B；根据平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质可判断C；利用等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质可判断D．
【详解】A．∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，
∴△BCE是等边三角形，
∴BE=BC，故A正确；
B．∵点F是边AC中点，
∴CF=BF=AF=12AC，
∵∠BCA=30°，
∴BA=12AC，
∴BF=AB=AF=CF，
∴∠FCB=∠FBC=30°，
延长BF交CE于点H，则∠BHE=∠HBC+∠BCH=90°，
∴∠BHE=∠DEC=90°，
∴BF//ED，
∵AB=DE，
∴BF=DE，故B正确．
C．∵BF∥ED，BF=DE，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BC=BE=DF，
∵AB=CF， BC=DF，AC=CD，
∴△ABC≌△CFD，
∴∠DFC=∠ABC=90°，故C正确；
D．∵∠ACB=30°， ∠BCE=60°，
∴∠FCG=30°，
∴FG=12CG，
∴CG=2FG．
∵∠DCE=∠CDG=30°，
∴DG=CG，
∴DG=2FG．故D错误．
故选D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角边等于斜边的一半，以及平行四边形的判定与性质等知识，综合性较强，正确理解旋转性质是解题的关键．
7．（2023·河北·统考中考真题）在△ABC和△A'B'C'中，∠B=∠B'=30°，AB=A'B'=6，AC=A'C'=4．已知∠C=n°，则∠C'=（ ）
A．30°B．n°C．n°或180°−n°D．30°或150°
【答案】C
【分析】过A作AD⊥BC于点D，过A'作A'D'⊥B'C'于点D'，求得AD=A'D'=3，分两种情况讨论，利用全等三角形的判定和性质即可求解．
【详解】解：过A作AD⊥BC于点D，过A'作A'D'⊥B'C'于点D'，
∵∠B=∠B'=30°，AB=A'B'=6，
∴AD=A'D'=3，
当B、C在点D的两侧，B'、C'在点D'的两侧时，如图，

∵AD=A'D'=3，AC=A'C'=4，
∴Rt△ACD≌Rt△A'C'D'HL，
∴∠C'=∠C=n°；
当B、C在点D的两侧，B'、C'在点D'的同侧时，如图，

∵AD=A'D'=3，AC=A'C'=4，
∴Rt△ACD≌Rt△A'C'D'HL，
∴∠A'C'D'=∠C=n°，即∠A'C'B'=180°−∠A'C'D'=180°−n°；
综上，∠C'的值为n°或180°−n°．
故选：C．
【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键．
8．（2023·吉林长春·统考中考真题）如图，工人师傅设计了一种测零件内径AB的卡钳，卡钳交叉点O为AA'、BB'的中点，只要量出A'B'的长度，就可以道该零件内径AB的长度．依据的数学基本事实是（ ）
A．两边及其夹角分别相等的两个三角形全等B．两角及其夹边分别相等的两个三角形全等
C．两余直线被一组平行线所截，所的对应线段成比例D．两点之间线段最短
【答案】A
【分析】根据题意易证△AOB≌△A'OB'SAS，根据证明方法即可求解．
【详解】解：O为AA'、BB'的中点，
∴OA=OA'，OB=OB'，
∵∠AOB=∠A'OB'（对顶角相等），
∴在△AOB与△A'OB'中，
OA=OA'∠AOB=∠A'OB'OB=OB，
∴△AOB≌△A'OB'SAS，
∴AB=A'B'，
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的证明，正确使用全等三角形的证明方法是解题的关键．
9．（2023·四川凉山·统考中考真题）如图，点E、F在BC上，BE=CF，∠B=∠C，添加一个条件，不能证明△ABF≌△DCE的是（ ）

A．∠A=∠DB．∠AFB=∠DECC．AB=DCD．AF=DE
【答案】D
【分析】本题考查了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此题的关键，全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．根据BE=CF求出BF=CE，再根据全等三角形的判定定理进行分析即可．
【详解】解：∵BE=CF，
∴BE+EF=CF+EF，即BF=CE，
∵ ∠B=∠C，
∴当∠A=∠D时，利用AAS可得△ABF≌△DCE；
当∠AFB=∠DEC时，利用ASA可得△ABF≌△DCE；
当AB=DC时，利用SAS可得△ABF≌△DCE；
当AF=DE时，无法证明△ABF≌△DCE；
故选：D．
10．（2023·湖北黄冈·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交BC，BD于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于12EF长为半径画弧交于点P，作射线BP，过点C作BP的垂线分别交BD,AD于点M，N，则CN的长为（ ）

A．10B．11C．23D．4
【答案】A
【分析】由作图可知BP平分∠CBD，设BP与CN交于点O，与CD交于点R，作RQ⊥BD于点Q，根据角平分线的性质可知RQ=RC，进而证明Rt△BCR ≌Rt△BQR，推出BC=BQ=4，设RQ=RC=x，则DR=CD−CR=3−x，解Rt△DQR求出QR=CR=43．利用三角形面积法求出OC，再证△OCR∽△DCN，根据相似三角形对应边成比例即可求出CN．
【详解】解：如图，设BP与CN交于点O，与CD交于点R，作RQ⊥BD于点Q，

∵矩形ABCD中，AB=3，BC=4，
∴ CD=AB=3，
∴ BD=BC2+CD2=5．
由作图过程可知，BP平分∠CBD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ CD⊥BC，
又∵ RQ⊥BD，
∴ RQ=RC，
在Rt△BCR和Rt△BQR中，
RQ=RCBR=BR，
∴ Rt△BCR ≌Rt△BQR HL，
∴ BC=BQ=4，
∴ QD=BD−BQ=5−4=1，
设RQ=RC=x，则DR=CD−CR=3−x，
在Rt△DQR中，由勾股定理得DR2=DQ2+RQ2，
即3−x2=12+x2，
解得x=43，
∴ CR=43．
∴ BR=BC2+CR2=4310．
∵ S△BCR=12CR⋅BC=12BR⋅OC，
∴ OC=CR⋅BCBR=43×44310=2510．
∵ ∠COR=∠CDN=90°，∠OCR=∠DCN，
∴ △OCR∽△DCN，
∴ OCDC=CRCN，即25103=43CN，
解得CN=10．
故选A．
【点睛】本题考查角平分线的作图方法，矩形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等，涉及知识点较多，有一定难度，解题的关键是根据作图过程判断出BP平分∠CBD，通过勾股定理解直角三角形求出CR．
11．（2023·辽宁·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，BC=3，以点A为圆心，适当长为半径作弧，分别交AB，AC于点E，F，分别以点E，F为圆心，大于12EF的长为半径作弧，两弧在∠BAC的内部相交于点G，作射线AG，交BC于点D，则BD的长为（ ）

A．35B．34C．43D．53
【答案】D
【分析】过点D作DM⊥AB于M，由勾股定理可求得AC=4，由题意可证明△ADC≌△ADM，则可得AM=AC=4，从而有BM=1，在Rt△DMB中，由勾股定理建立方程即可求得结果．
【详解】解：过点D作DM⊥AB于M，如图，
由勾股定理可求得AC=AB2−BC2=4，
由题中作图知，AD平分∠BAC，
∵DM⊥AB，AC⊥BC，
∴DC=DM，
∵AD=AD，
∴Rt△ADC≌Rt△ADM，
∴AM=AC=4，
∴BM=AB−AM=1；
设BD=x，则MD=CD=BC−BD=3−x，
在Rt△DMB中，由勾股定理得：12+(3−x)2=x2，
解得：x=53，
即BD的长为为53；
故选：D．

【点睛】本题考查了作图：作角平分线，角平分线的性质定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，利用全等的性质、利用勾股定理建立方程是解题的关键．
12．（2022·四川南充·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°,∠BAC的平分线交BC于点D，DE//AB，交AC于点E，DF⊥AB于点F，DE=5,DF=3，则下列结论错误的是（ ）
A．BF=1B．DC=3C．AE=5D．AC=9
【答案】A
【分析】根据角平分线的性质得到CD=DF=3，故B正确；根据平行线的性质及角平分线得到AE=DE=5，故C正确；由此判断D正确；再证明△BDF∽△DEC，求出BF，故A错误．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠C=90°,∠BAC的平分线交BC于点D，DF⊥AB，
∴CD=DF=3，故B正确；
∵DE=5，
∴CE=4，
∵DE//AB，
∴∠ADE=∠DAF，
∵∠CAD=∠BAD，
∴∠CAD=∠ADE，
∴AE=DE=5，故C正确；
∴AC=AE+CE=9，故D正确；
∵∠B=∠CDE，∠BFD=∠C=90°，
∴△BDF∽△DEC，
∴CEDF=CDBF,
∴BF=DF⋅CDCE=94，故A错误；
故选：A．
【点睛】此题考查了角平分线的性质定理，平行线的性质，等边对等角证明角相等，相似三角形的判定及性质，熟记各知识点并综合应用是解题的关键．
13．（2022·湖北黄冈·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，连接AC，分别以点A，C为圆心，大于12AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E，F．下列结论：
①四边形AECF是菱形；
②∠AFB＝2∠ACB；
③AC•EF＝CF•CD；
④若AF平分∠BAC，则CF＝2BF．
其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【分析】根据作图可得MN⊥AC，且平分AC，设AC与MN的交点为O，证明四边形AECF为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据角平分线的性质可得BF=FO，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解．
【详解】如图，设AC与MN的交点为O，
根据作图可得MN⊥AC，且平分AC，
∴AO=OC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO=∠OCF，
又∵∠AOE=∠COF，AO=CO ，
∴△AOE≌△COF，
∴AE=FC，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵MN垂直平分AC，
∴EA=EC，
∴四边形AECF是菱形，故①正确；
②∵FA=FC，
∴ ∠ACB=∠FAC，
∴∠AFB＝2∠ACB；故②正确；
③由菱形的面积可得12AC•EF＝CF•CD；故③不正确，
④∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
若AF平分∠BAC，FB⊥AB,FO⊥AC，
则BF=FO，
∴∠BAF=∠FAC，
∵∠FAC=∠FCA，
∵∠BAF+∠FAC+∠FCA=90°，
∴∠ACB=30°，
∴FO=12FC，
∵FO=BF，
∴CF＝2BF．故④正确；
故选B
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
二、填空题
14．（2023·四川成都·统考中考真题）如图，已知△ABC≌△DEF，点B，E，C，F依次在同一条直线上．若BC=8，CE=5，则CF的长为 ．

【答案】3
【分析】利用全等三角形的性质求解即可．
【详解】解：由全等三角形的性质得：EF=BC=8，
∴CF=EF−CE=8−5=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查全等三角形性质，熟练掌握全等三角形的性质是解答的关键．
15．（2022·吉林长春·统考中考真题）跳棋是一项传统的智力游戏．如图是一副跳棋棋盘的示意图，它可以看作是由全等的等边三角形ABC和等边三角形DEF组合而成，它们重叠部分的图形为正六边形．若AB=27厘米，则这个正六边形的周长为 厘米．
【答案】54
【分析】设AB交EF、FD与点N、M，AC交EF、ED于点G、H，BC交FD、ED于点O、P，再证明△FMN、△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等边三角形即可求解．
【详解】设AB交EF、FD与点N、M，AC交EF、ED于点G、H，BC交FD、ED于点O、P，如图，
∵六边形MNGHPO是正六边形，
∴∠GNM=∠NMO=120°，
∴∠FNM=∠FMN=60°，
∴△FMN是等边三角形，
同理可证明△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等边三角形，
∴MO=BM，NG=AN，OP=PD，GH=HE，
∴NG+MN+MO=AN+MN+BM=AB，GH+PH+OP=HE+PH+PD=DE，
∵等边△ABC≌等边△DEF，
∴AB=DE，
∵AB=27cm，
∴DE=27cm，
∴正六边形MNGHPO的周长为：NG+MN+MO+GH+PH+OP=AB+DE=54cm，
故答案为：54．
【点睛】本题考查了正六边的性质、全等三角形的性质以及等边三角形的判定与性质等知识，掌握正六边的性质是解答本题的关键．
16．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90∘，AB=AC，点D为BC上一点，连接AD．过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD交AD的延长线于点F．若BE=4，CF=1，则EF的长度为 ．

【答案】3
【分析】证明△AFC≌△BEA，得到BE=AF,CF=AE，即可得解．
【详解】解： ∵∠BAC=90°，
∴∠EAB+∠EAC=90°，
∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠AEB=∠AFC=90°，
∴∠ACF+∠EAC=90°，
∴∠ACF=∠BAE，
在△AFC和△BEA中：
∠AEB=∠CFA∠ACF=∠BAEAB=AC，
∴△AFC≌△BEAAAS，
∴AF=BE=4,AE=CF=1，
∴EF=AF−AE=4−1=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质．利用同角的余角相等和等腰三角形的两腰相等证明三角形全等是解题的关键．
17．（2023·山东·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A,B在反比例函数y=kx(x>0)的图象上．点A的坐标为m,2．连接OA,OB,AB．若OA=AB,∠OAB=90°，则k的值为 ．

【答案】25−2/−2+25
【分析】过点A作CD⊥y轴于点D，过点B作BC⊥CD于点C，证明△DAO≌△CBA，进而根据全等三角形的性质得出DA=CB,AC=OD，根据点Am,2，进而得出B2+m,2−m，根据点A,B在反比例函数y=kx(x>0)的图象上．列出方程，求得m的值，进而即可求解．
【详解】解：如图所示，过点A作CD⊥y轴于点D，过点B作BC⊥CD于点C，

∴∠C=∠CDO=90°，
∵OA=AB,∠OAB=90°，
∴∠DAO=90°−∠CAB=∠CBA
∴△DAO≌△CBA
∴DA=CB,AC=OD
∵点A的坐标为m,2．
∴AC=OD=2，AD=BC=m
∴B2+m,2−m
∵A,B在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，
∴2m=2+m2−m
解得：m=5−1或m=−5−1（舍去）
∴k=2m=25−2
故答案为：25−2．
【点睛】本题考查了反比例函数的图象和性质，全等三角形的判定和性质，求得点B的坐标是解题的关键．
18．（2023·湖北随州·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，D为AC上一点，若BD是∠ABC的角平分线，则AD= ．

【答案】5
【分析】首先证明CD=DP，BC=BP=6，设CD=PD=x，在Rt△ADP中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】解：如图，过点D作AB的垂线，垂足为P，

在Rt△ABC中，∵AC=8，BC=6，
∴AB=AC2+BC2=82+62=10，
∵BD是∠ABC的角平分线，
∴∠CBD=∠PBD，
∵∠C=∠BPD=90°，BD=BD，
∴△BDC≌△BDPAAS，
∴BC=BP=6，CD=PD，
设CD=PD=x，
在Rt△ADP中，∵PA=AB−BP=4，AD=8−x，
∴x2+42=(8−x)2，
∴x=3，
∴AD=5．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
19．（2023·四川遂宁·统考中考真题）如图，以△ABC的边AB、AC为腰分别向外作等腰直角△ABE、△ACD，连结ED、BD、EC，过点A的直线l分别交线段DF、BC于点M、N，以下说法：①当AB=AC=BC时，∠AED=30°；②EC=BD；③若AB=3，AC=4，BC=6，则DE=23；④当直线l⊥BC时，点M为线段DE的中点．正确的有 ．(填序号)

【答案】①②④
【分析】①当AB=AC=BC时，△ABC是等边三角形，根据等角对等边，以及三角形的内角和定理即可得出∠AED=∠ADE=12180°−120°=30°，进而判断①；证明△BAD≌△EAC，根据全等三角形的性质判断②；作直线MN⊥BC于点N， 过点D作DG⊥MN于点G，过点E作EH⊥MN于点H，证明△ACN≌△DAG，△ABN≌△EAH，△EHM≌△DGM(AAS)，即可得M是ED的中点，故④正确，证明Rt△MEH≌Rt△MDGHL，可得MG=MH，在Rt△ABN中，AN2=AB2−BN2，在Rt△ANC中，AN2=AC2−CN2，得出 a=2912，在Rt△MGD中，勾股定理即可求解．
【详解】解：①当AB=AC=BC时，△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°
∴∠EAD=360°−90°−90°−60°=120°
∵等腰直角△ABE、△ACD，
∴BA=BE,BA=AD
∴AE=AD
∴∠AED=∠ADE=12180°−120°=30°；故①正确；
②∵等腰直角△ABE、△ACD，
∴AB=AE,AD=AC，∠BAE=∠DAC=90°
∴∠BAD=∠EAC
∴△BAD≌△EAC
∴EC=BD；故②正确；
④如图所示，作直线MN⊥BC于点N， 过点D作DG⊥MN于点G，过点E作EH⊥MN于点H，

∵∠BAE=90°，MN⊥BC
∴∠ABN+∠BAN=90°，
又∠EAM+∠BAN=90°，
∴∠EAM=∠ABN
又∵EA=AB，
∴△EAH≌△ABN AAS
同理得，△ACN≌△DAG，
∴GD=AN，AG=CN，EH=AN,AH=BN，
∵∠EMH=∠DMG，∠EHM=∠DGM=90°，，
∴△EHM≌△DGM(AAS)，
∴EM=DM，即M是ED的中点，故④正确，
∴MG=MH，
设BN=a，则CN=BC−BN=6−a
在Rt△ABN中，AN2=AB2−BN2
在Rt△ANC中，AN2=AC2−CN2
∴AB2−BN2=AC2−CN2
∴32−a2=42−6−a2
解得：a=2912
∴AG=CN=6−2912=4312，
∴AN=AB2−BN2=32−29122=45512，
∴GH=AG−AH=AN−BN=6−2a=6−2×2912=76
∴MG=12×76=712
在Rt△MGD中，MD=GD2+MG2=7122+455122=142
∴ED=2MD=14,故③错误
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，等边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．
20．（2023·广东广州·统考中考真题）如图，已知AD是△ABC的角平分线，DE，DF分别是△ABD和△ACD的高，AE=12，DF=5，则点E到直线AD的距离为 ．

【答案】6013/4813
【分析】根据角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质可得点D到AC的距离等于点D到AB的距离DE的长度，然后根据勾股定理求出AD，最后根据等面积法求解即可．
【详解】解：∵AD是△ABC的角平分线，DE，DF分别是△ABD和△ACD的高，DF=5，
∴DE=DF=5，
又AE=12，
∴AD=AE2+DE2=13，
设点E到直线AD的距离为x，
∵12AD⋅x=12AE⋅DE，
∴x=AE⋅DEAD=6013．
故答案为：6013．
【点睛】本题考查了角平分定理，勾股定理等知识，掌握角平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
三、解答题
21．（2023·江苏无锡·统考中考真题）在△ABC中，点D，F分别为边AC，AB的中点．延长DF到点E，使DF=EF，连接BE．
(1)求证：△ADF≌△BEF；
(2)求证：四边形BCDE是平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用SAS直接证明；
（2）利用△ADF≌△BEF和已知条件证明DC=BE，DC//BE即可推出四边形BCDE是平行四边形．
【详解】（1）证明：∵点F为边AB的中点，
∴BF=AF，
在△ADF与△BEF中，
AF=BF∠AFD=∠BFEDF=EF，
∴△ADF≌△BEF(SAS)；
（2）证明：∵点D为边AC的中点，
∴AD=DC，
由（1）得△ADF≌△BEF，
∴AD=BE，∠ADF=∠BEF，
∴DC=BE，DC//BE，
∴四边形BCDE是平行四边形．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定方法，难度较小，根据所给条件正确选用平行四边形的判定方法是解题的关键．
22．（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC,AD为△ABC的角平分线．以点A圆心，AD长为半径画弧，与AB,AC分别交于点E,F，连接DE,DF．

(1)求证：△ADE≌△ADF；
(2)若∠BAC=80°，求∠BDE的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠BDE=20°
【分析】（1）根据角平分线的定义得出∠BAD=∠CAD，由作图可得AE=AF，即可证明△ADE≌△ADF；
（2）根据角平分线的定义得出∠EAD=40°，由作图得出AE=AD，则根据三角形内角和定理以及等腰三角形的性质得出∠ADE=70°，AD⊥BC，进而即可求解．
【详解】（1）证明：∵AD为△ABC的角平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
由作图可得AE=AF，
在△ADE和△ADF中，
AE=AF∠BAD=∠CADAD=AD，
∴△ADE≌△ADF SAS；
（2）∵∠BAC=80°，AD为△ABC的角平分线，
∴∠EAD=40°
由作图可得AE=AD，
∴∠ADE=70°，
∵AB=AC，AD为△ABC的角平分线，
∴AD⊥BC，
∴∠BDE=20°
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，角平分线的定义，熟练掌握等腰三角形的性质与判定是解题的关键．
23．（2023·湖北随州·统考中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）
当△ABC的三个内角均小于120°时，
如图1，将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，

由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'为 ① 三角形，故PP'=PC，又P'A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由 ② 可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有∠APC=∠BPC=∠APB= ③ ；
已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，已知点P为△ABC的“费马点”，求PA+PB+PC的值；

(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC=4km，BC=23km，∠ACB=60°．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/km，a元/km，2a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a的式子表示）
【答案】(1)①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
(2)5
(3)213a
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论；
（2）根据（1）的方法将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，即可得出可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，在根据∠ACB=30°可证明∠ACA'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，由勾股定理求A'B即可，
（3）由总的铺设成本=a(PA+PB+2PC)，通过将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，得到等腰直角△PP'C，得到2PC=PP'，即可得出当B，P，P'，A在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A'B，然后根据已知和旋转性质求出A'B即可．
【详解】（1）解：∵PC=P'C，∠PCP'=60°，
∴△PCP'为等边三角形；
∴PP'=PC，∠P'PC=∠PP'C=60°，
又P'A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由两点之间线段最短可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，
最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴∠BPC+∠P'PC=180°，∠A'P'C+∠PP'C=180°，
∴∠BPC=120°，∠A'P'C=120°，
又∵△APC≅△A'P'C，
∴∠APC=∠AP'C=120°，
∴∠APB=360°−∠APC−∠BPC=120°，
∴∠APC=∠BPC=∠APB=120°；
∵∠BAC≥120°，
∴BC>AC，BC>AB，
∴BC+AB>AC+AB，BC+AC>AB+AC，
∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．
∴该三角形的“费马点”为点A，
故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
（2）将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由（1）可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，

∵∠ACP=∠A'CP'，
∴∠ACP+∠BCP=∠A'CP'+∠BCP=∠ACB=30°，
又∵∠PCP'=60°
∴∠BCA'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，
由旋转性质可知：AC=A'C=3，
∴A'B=BC2+A'C2=42+32=5，
∴PA+PB+PC最小值为5，
（3）∵总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·2a=a(PA+PB+2PC)
∴当PA+PB+2PC最小时，总的铺设成本最低，
将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，连接PP'，A'B
由旋转性质可知：P'C=PC，∠PCP'=∠ACA'=90°，P'A'=PA，A'C=AC=4km，
∴PP'=2PC，
∴PA+PB+2PC=P'A'+PB+PP'，
当B，P，P'，A在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A'B，

过点A'作A'H⊥BC，垂足为H，
∵∠ACB=60°，∠ACA'=90°，
∴∠A'CH=30°，
∴A'H=12A'C=2km，
∴HC=AC2−AH2=42−22=23(km)，
∴BH=BC+CH=23+23=43(km)，
∴A'B=AH2+BH2=(43)2+22=213(km)
PA+PB+2PC的最小值为213km
总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·2a=a(PA+PB+2PC)=213a（元）
故答案为：213a
【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．
24．（2023·广西·统考中考真题）如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点D，E，F分别在边AB，BC，CA上运动，满足AD=BE=CF．

(1)求证：△ADF≌△BED；
(2)设AD的长为x，△DEF的面积为y，求y关于x的函数解析式；
(3)结合（2）所得的函数，描述△DEF的面积随AD的增大如何变化．
【答案】(1)见详解
(2)y=334x2−33x+43
(3)当2【分析】（1）由题意易得AF=BD，∠A=∠B=60°，然后根据“SAS”可进行求证；
（2）分别过点C、F作CH⊥AB，FG⊥AB，垂足分别为点H、G，根据题意可得S△ABC=43，AF=4−x，然后可得FG=324−x，由（1）易得△ADF≌△BED≌△CFE，则有S△ADF=S△BED=S△CFE=34x4−x，进而问题可求解；
（3）由（2）和二次函数的性质可进行求解．
【详解】（1）证明：∵△ABC是边长为4的等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，AB=BC=AC=4，
∵AD=BE=CF，
∴AF=BD=CE，
在△ADF和△BED中，
AF=BD∠A=∠BAD=BE，
∴△ADF≌△BEDSAS；
（2）解：分别过点C、F作CH⊥AB，FG⊥AB，垂足分别为点H、G，如图所示：

在等边△ABC中，∠A=∠B=∠ACB=60°，AB=BC=AC=4，
∴CH=AC⋅sin60°=23，
∴S△ABC=12AB⋅CH=43，
设AD的长为x，则AD=BE=CF=x，AF=4−x，
∴FG=AF⋅sin60°=324−x，
∴S△ADF=12AD⋅FG=34x4−x，
同理（1）可知△ADF≌△BED≌△CFE，
∴S△ADF=S△BED=S△CFE=34x4−x，
∵△DEF的面积为y，
∴y=S△ABC−3S△ADF=43−334x4−x=334x2−33x+43；
（3）解：由（2）可知：y=334x2−33x+43，
∴a=334>0，对称轴为直线x=−−332×334=2，
∴当x>2时，y随x的增大而增大，当x<2时，y随x的增大而减小；
即当2【点睛】本题主要考查锐角三角函数、二次函数的综合及等边三角形的性质，熟练掌握锐角三角函数、二次函数的综合及等边三角形的性质是解题的关键．
25．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）综合与实践
问题探究：（1）如图1是古希腊数学家欧几里得所著的《几何原本》第1卷命题9：“平分一个已知角．”即：作一个已知角的平分线，如图2是欧几里得在《几何原本》中给出的角平分线作图法：在OA和OB上分别取点C和D，使得OC=OD，连接CD，以CD为边作等边三角形CDE，则OE就是∠AOB的平分线．

请写出OE平分∠AOB的依据：____________；
类比迁移：
（2）小明根据以上信息研究发现：△CDE不一定必须是等边三角形，只需CE=DE即可．他查阅资料：我国古代已经用角尺平分任意角．做法如下：如图3，在∠AOB的边OA，OB上分别取OM=ON，移动角尺，使角尺两边相同刻度分别与点M，N重合，则过角尺顶点C的射线OC是∠AOB的平分线，请说明此做法的理由；
拓展实践：
（3）小明将研究应用于实践．如图4，校园的两条小路AB和AC，汇聚形成了一个岔路口A，现在学校要在两条小路之间安装一盏路灯E，使得路灯照亮两条小路（两条小路一样亮），并且路灯E到岔路口A的距离和休息椅D到岔路口A的距离相等．试问路灯应该安装在哪个位置？请用不带刻度的直尺和圆规在对应的示意图5中作出路灯E的位置．（保留作图痕迹，不写作法）

【答案】（1）SSS；（2）证明见解析；（3）作图见解析；
【分析】（1）先证明△OCE≌△ODESSS，可得∠AOE=∠BOE，从而可得答案；
（2）先证明△OCM≌△OCNSSS，可得∠AOC=∠BOC，可得OC是∠AOB的角平分线；
（3）先作∠BAC的角平分线，再在角平分线上截取AE=AD即可．
【详解】解：（1）∵OC=OD，CE=DE，DE=DE，
∴△OCE≌△ODESSS，
∴∠AOE=∠BOE，
∴OE是∠AOB的角平分线；
故答案为：SSS
（2）∵OM=ON，CM=CN，OC=OC，
∴△OCM≌△OCNSSS，
∴∠AOC=∠BOC，
∴OC是∠AOB的角平分线；
（3）如图，点E即为所求作的点；
．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，角平分线的定义与角平分线的性质，作已知角的角平分线，理解题意，熟练的作角的平分线是解本题的关键．
26．（2023·四川达州·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AB=5,BC=21．

(1)尺规作图：作∠BAC的角平分线交BC于点P（不写做法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）所作图形中，求△ABP的面积．
【答案】(1)见解析
(2)S△APB=5217
【分析】（1）以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AC、AB，在以两交点为圆心，以大于它们12长度为半径画弧，交于一点，过A于该点作射线交BC于点P，则AP即为所求；
（2）过点P作PD⊥AB，根据S△ACB=S△ACP+S△APB和题中条件可求出△ABC的面积，再结合角平分线的性质即可求解．
【详解】（1）解：以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AC、AB，在以两交点为圆心，以大于它们12长度为半径画弧，交于一点，过A于该点作射线交BC于点P，则AP即为所求．
（2）解：过点P作PD⊥AB，如图所示，

由（1）得：PC=PD，
∵∠ACB=90°,AB=5,BC=21，
∴AC=52−212=2，
∴S△ACB=S△ACP+S△APB，
∵S△ACB=12×AC×BC=12×2×21=21，
∴12×AC×PC+12×AB×PD=21，即12×2×PC+12×5×PD=21，
∵PC=PD，
∴PD=2217，
∴S△APB=12×AB×PD=12×5×2217=5217；
【点睛】本题主要考查作图—基本作图，解题关键是掌握角平线的尺规作图及角平分线的性质．