资源简介

专题7 常见的全等三角形考点—浙教版数学中考二轮培优专训
一、选择题（每题2分，共20分）
1．（2025八下·茂名期末）如图，能用“HL”判定Rt△ABC和Rt△A'B'C'全等的条件是（　　）
A．AC=A'C'，AB=A'B' B．∠A=∠A'，AB=A'B'
C．AC=A'C'，BC=B'C' D．∠B=∠B'，BC=B'C'
【答案】A
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-ASA；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：
A、在Rt△ABC和Rt△A'B'C'中，AC=A'C'， AB=A'B' 由“ HL ”可判定Rt△ABC≌Rt△A'B'C'，故A符合题意；
B、在Rt△ABC和Rt△A'B'C'中，∠A=∠A'， AB=A'B' ， 由“AAS"可判定Rt△ABC≌Rt△A'B'C，故B不符合题意；
C、在Rt△ABC和Rt△A'B'C'中，AC=A'C'，BC=B'C'，由“SAS”可判定Rt△ABC≌Rt△A'B'C，故C不符合题意：
D、在Rt△ABC和Rt△A'B'C'中，∠B=∠B'， BC=B'C'， 由“ASA”可判定Rt△ABC≌Rt△A'B'C，故D不符合题意；
故答案为：A.
【分析】根据HL定理的判定定理：如果两个直角三角形的斜边和一条直角边对应相等，那么这两个直角三角形全等（简记为HL），逐一分析即可解答.
2．（2025·雨花期末）如图，，要说明，需添加的条件不能是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形全等的判定
【解析】【解答】解：由已知可以得到：∠ABD=∠CBD， BD=BD ，
当添加AB=BC时，根据SAS可以得到△ABD≌△CDB， ∴选项A正确；
当添加∠ADB=∠CDB时，根据ASA可以得到△ABD≌△CDB， ∴选项B正确；
当添加∠A=∠C时，根据AAS可以得到△ABD≌△CDB， ∴选项C正确；
当添加AD=CD时，无法得到△ABD≌△CDB，∴选项D不正确.
故答案为：D.
【分析】根据三角形全等的判定方法，分别添加各选项即可得到正确答案.
3．（2025七下·深圳期末）如图，，，，下列结论不一定成立的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】角的运算；三角形全等及其性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵∠BAE＝∠DAC，
∴∠BAE+∠EAC＝∠DAC+∠EAC，
即∠BAC＝∠DAE，
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴∠C＝∠E，BC＝DE，∠B＝∠D，
故B，C，D一定成立，不符合题意，
当∠E＝∠EAC时，AF＝EF，
∴A不一定成立．
故答案为：A
【分析】先根据题意进行角的运算得到∠BAC＝∠DAE，进而根据三角形全等的判定与性质（SAS）证明△ABC≌△ADE（SAS）得到∠C＝∠E，BC＝DE，∠B＝∠D，从而对比选项即可求解。
4．（2024九上·江津期末）如图，正方形的边长为4，，将绕点按顺时针方向旋转得到．若，则的长为（　　）
A．3 B． C． D．4
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转可知，
，
，，，．
又四边形是正方形，
，，
∵
，
则．
在和中，
，
，
．
令，
则，，．
在中，
，
即，
解得，
即．
故答案为：C．
【分析】根据旋转性质可知，可得，，，再根据正方形的性质结合角与角之间的相等关系可得，然后根据全等三角形的判定定理可证，可得，再令，结合线段与线段之间的关系，运用勾股定理计算即可求解。
5．（2024九上·定州期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝5，点M在CD的边上，且DM＝2，△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，连接EF，则线段EF的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：如图，连接BM．
∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，
∴AE＝AD，∠MAD＝∠MAE．
∵△ADM按照顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，
∴AF＝AM，∠FAB＝∠MAD．
∴∠FAB＝∠MAE
∴∠FAB+∠BAE＝∠BAE+∠MAE．
∴∠FAE＝∠MAB．
∴△FAE≌△MAB（SAS）．
∴EF＝BM．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AB＝5．
∵DM＝2，
∴CM＝3．
∴在Rt△BCM中，BM＝，
∴EF＝，
故选：A．
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质.连接BM，根据对称性可得：AE＝AD，∠MAD＝∠MAE，再利用旋转的性质可得：AF＝AM，∠FAB＝∠MAD，利用角的运算可得：∠FAE＝∠MAB，利用全等三角形的判定定理可证明△FAE≌△MAB（SAS），利用全等三角形的性质可得：EF＝BM．再根据BC＝CD＝AB＝5，利用线段运算可求出CM＝3，再利用勾股定理可求出BM，进而可得EF的长．
6．（2025·杭州模拟）如图，在边长为6的菱形ABCD中，∠A=60°，点E在BC边上，连结DE，将DE绕顶点D按顺时针方向旋转120°得到DE'，连结AE'，CE'.当CE=4时，△CDE的面积为（　　）
A．3 B．6 C．4 D．9
【答案】A
【知识点】三角形的面积；三角形全等及其性质；旋转的性质；直角三角形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，过点D作DF⊥AB于F，过点E'作GH⊥CD于G，交直线AB于H，
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°，
∴∠ADC=120°，AD=CD，∠DCB=∠DAB=60°，
∵DF⊥AB，
∴∠ADF=30°，
∴AF=3，DF=AF=
∵将DE绕顶点D按顺时针方向旋转120°得到DE'，
∴DE=DE'，∠EDE'=120°=∠ADC，
∴∠CDE=∠ADE'，
∴△CDE≌△ADE'(SAS)，
∴CE=AE'=4，∠DCE=∠DAE'=60°，
∠HAE'=60°，
∵GH⊥DG，AB∥CD，
∴GH⊥AB，
∴∠AE'H=30°，
∴AH=AE'=2，EH=AH=，
∵DF⊥AB，GH⊥AB，GH⊥DG，
∴四边形DFHG是矩形，
∴DF=GH=，
∴E'G=，
∴△CDE'的面积=
故答案为：A.
【分析】由旋转的性质可得DE=DE'，∠EDE'=∠ADC，由SAS可证△CDE≌△ADE'，可得CE=AE'=4，∠DCE=∠DAE'=60°，由直角三角形的性质可求E'H的长，由三角形的面积公式即可求解.
7．（2023九上·河北期中）如图，在中，，在同一平面内，将绕点A旋转某个角度到的位置，使得，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵将绕点A旋转某个角度到的位置，
∴，
∴，故A正确．
故答案为：A．
【分析】利用旋转得到，，然后根据平行线的性质可得，再利用内角和定理求，即可得到的度数解题即可．
8．（2023九上·武昌期中）如图，平行四边形中，，，，是边上一点，且，是边上的一个动点，将线段绕点顺时针旋转，得到，连接、，则的最小值是（　　）
A． B． C． D．14
【答案】C
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；轴对称的应用-最短距离问题；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：取AB的中点，连接CE，EG
∴△AEG是等边三角形
∴∠AGE=∠AEG=60°
∵∠AEF+∠DEF=∠GEF+∠NEG=60°
∴∠AEEF=∠NEG
∵AE=EG，NE=FE
∴△AEF≌△GEN（SAS）
∴∠A=∠NGE=60°
∴∠BGN=60°
∵BG=EG，∠BGN=∠NGE，NG=NG
∴△BNG≌△ENG（SAS）
∴BN=EN
要求BN+CN最小，就是求CN+NE最小
即BN+CN=NE+CN≥CE
作EH⊥CD交延长线于点H
∵AB∥CD
∴∠EDH=∠A=60°
在Rt△DEH中，DE=4，∠DEH=30°
∴
∴CH=CD+DH=14
在Rt△CEH中，
∴BN+CN的最小值为
故答案为：C
【分析】取AB的中点，连接CE，EG，根据等边三角形判定定理可得△AEG是等边三角形，则∠AGE=∠AEG=60°，再根据角之间的关系可得∠AEEF=∠NEG，根据全等三角形判定定理可得△AEF≌△GEN，则∠A=∠NGE=60°，即∠BGN=60°，由全等三角形判定定理可得△BNG≌△ENG（SAS），则BN=EN，要求BN+CN最小，就是求CN+NE最小，即BN+CN=NE+CN≥CE，作EH⊥CD交延长线于点H，根据直线平行性质可得∠EDH=∠A=60°，再根据含30°角的直角三角形性质可得，根据边之间的关系可得CH=CD+DH=14，再根据勾股定理即可求出答案.
9．（2024八下·开州期中）在等边中，是边上一点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，连接，若，则下列四个结论：；；是等边三角形；的周长是其中正确的结论是(　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平行线的判定；三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：①∵旋转得，△BDE是等边三角形，
∴BD=BE，∠DBE=60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴BC=BA，∠CBA=∠C=60°，
∴∠DBE-∠DBA=∠CBA-∠DBA，
∴∠CBD=∠ABE，
在△CBD和△ABE中，
∴△CBD≌△ABE(SAS)，
∴∠BAE=∠C=60°=∠ABC，
∴AE∥BC，
故①正确；
②若∠ADE=∠BDC，∵∠BDE=60°，则∠ADE=∠BDC=∠BDE=60°，但∠BDC＞∠BAC=60°，∴②错误；
③∵旋转得，BD=BE，∠DBE=60°，∴△BDE是等边三角形，故③正确；
④由①得△CBD≌△ABE，∴AE=CD，由③得△BDE是等边三角形，∴DE=BD=8，∴C△AED=AD+DE+AE=AD+CD+BD=AC+BD=9+8=17，故④正确.
故答案为：C.
【分析】利用旋转的性质得△BDE是等边三角形，BD=BE，∠DBE=60°，根据等边三角形的性质得∠ABC=∠C=60°，AC=BC=9，根据SAS证得，△CBD≌△ABE，得∠BAE=∠C=60°=∠ABC，于是根据平行线的判定可对①进行判断；假设∠ADE=∠BDC，由∠BDE=60°，得∠ADE=∠BDC=∠BDE=60°，但根据外角性质∠BDC＞∠BAC=60°，可判断②；旋转得，BD=BE，∠DBE=60°，从而△BDE是等边三角形，故③正确；由①得△CBD≌△ABE，根据全等三角形的性质得AE=CD，由③得△BDE是等边三角形，根据等边三角形的性质得DE=BD=8，从而C△AED=AD+DE+AE=AD+CD+BD=AC+BD，故④正确.
10．（2023九上·西安开学考）用两个全等且边长为的等边三角形和拼成菱形，把一个角的三角尺与这个菱形叠合，使三角尺的角的顶点与点重合，两边分别与，重合，将三角尺绕点按逆时针方向旋转，在转动过程中，当的面积是时，的长为（　　）
A．或 B．或 C．或 D．或
【答案】B
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的判定
【解析】【解答】解：如图1，因为和为的等边三角形 ，故，且，又因为，故，在和中，
∴，则，又因为的CE边上的高为等边的高，且AB=4，可算得
CE边上的高为：，则的面积，解得：，
则，故；如图2，由和为等边三角形，，则又则，在和中，，故，故
即，因为的CE边上的高为等边的高，且AB=4，可算得CE边上的高为：，则的面积，解得：，所以
.
故答案为：B.
【分析】先根据等边三角形的性质得到：，
再利用等量代换的思想可得：，在图1和图2中分别故可证得：，，然后再通过面积算出CE的长度即可求解.
二、填空题（每题2分，共10分）
11．（2025八下·鹤山期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，BC的垂直平分线分别交BC，AB于点D，F，AE⊥DF交DF的延长线于点E，若DF＝1，则AE＝ 　 　 ．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：在Rt中：∵∠B=30°，∠BDF=90°，DF=1
∴BF=2，
∴BD=，
∵DE垂直平分BC，
∴点D时BC的中点，DF∥AC，
∴AF=BF，DF=，
∴DF=EF，
又∠AFE=∠BFD，
∴≌，
∴AE=BD=.
故答案为：。
【分析】首先根据勾股定理求得BD=，进而再通过证明≌，可得出AE=BD=.
12．（2025七下·深圳期末）如图，△ABC中，AB=AC，点D为CA延长线上一点，DH⊥BC于点H，点F为AB延长线上一点，连接DF交CB的延长线于点E，点E是DF的中点，若BH=2，BE=2BH，则BC=　 　.
【答案】12
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；线段垂直平分线的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过点D作DN∥AF，交CE延长线于点N
∴∠FDN=∠F，∠FBE=∠N
∵点E是DF的中点
∴DE=FE
∴△DEN≌△FEB(AAS)
∴EN=BE
∵BH=2，BE=2BH
∴EN=BE=4
∴NH=10
∵AB=AC
∴∠C=∠ABC
∵DN∥AF
∴∠ABC=∠N
∴∠C=∠N
∴DC=DN
∵DH⊥BC
∴CH=NH=10
∴BC=CH+BH=12
故答案为：12
【分析】过点D作DN∥AF，交CE延长线于点N，根据直线平行性质可得∠FDN=∠F，∠FBE=∠N，再根据全等三角形判定定理可得△DEN≌△FEB(AAS)，则EN=BE，再根据边之间的关系可得NH=10，根据等边对等角可得∠C=∠ABC，再根据直线平行性质可得∠ABC=∠N，则∠C=∠N，即DC=DN，根据垂直平分线性质可得CH=NH=10，再根据边之间的关系即可求出答案.
13．（2023九上·中牟期末）如图，在菱形中，，，点M为边上一点，，点N为边上的一动点，沿将翻折，点A落在点P处，当点P在菱形的对角线上时，的长度为　 　．
【答案】2或
【知识点】菱形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
14．（2024九上·简阳期末）如图1，有一张矩形纸片，已知，，现将纸片进行如下操作：现将纸片沿折痕进行折叠，使点落在边上的点处，点在上（如图2），则　 　；然后将绕点旋转到，当过点时旋转停止，则的长度为　 　．
【答案】2；
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质；线段垂直平分线的判定
【解析】【解答】在矩形ABCD中，∠A=∠ABC=90°，AB=CD=10，AD=BC=12，
由折叠的性质可得AB=BE，∠BEF=90°，
四边形ABEF是矩形，∠CEF=180°-90°=90°，
AB=BE，
四边形ABEF是正方形，
AB=BE=EF=AF=10，
DF=BC-BE=2，
由勾股定理可得
连接CF，如图，
由旋转的性质可得∠BEF=∠CNF=90°，EF=NF，
CF=CF，
CN=CE=2，EF=NF=10，
C、D在EN的垂直平分线上，
CF⊥EN，
四边形ECNE的面积为
解得，
【分析】先证明四边形ABEF是正方形，得到AB=BE=EF=AF=10，DF=BC-BE=2，连接CF，利用勾股定理求得CF的值以及旋转的性质，通过HL证明，从而得到CN=CE=2，EF=NF=10，证明C、D在EN的垂直平分线上，最后利用四边形ECNE的面积为代入数据计算即可求解.
15．（2024九上·义乌期末）综合实践课上，小聪把一张长方形纸片沿着虚线剪开，如图①所示，把得到的两张纸片如图②摆放，纸片较小锐角的顶点在上，较长直角边与斜边分别交边于点G，H．以点G与A重合，且为初始位置，把沿着方向平移，当点到达点E后立刻绕点E逆时针旋转，如图③，直到点H与点B重合停止．为了探求与之间的变化关系，设，请用含m的代数式表示．
（1）在平移过程中，　 　，
（2）在旋转过程中，　 　．
【答案】（1）
（2）
【知识点】剪纸问题；平移的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1）在Rt△E'GH中，E'H＝AD＝3，，
∴
∴.
故答案为：.
（2）如图，
当m＜3时，
作ER⊥AB于R，
在Rt△ERG中，ER＝AD＝3，GR＝AR﹣AG＝3-m，
∴EG2＝9+（3-m）2＝m2-6m+18，
∵∠ERH＝∠B，∠EGH＝∠EGB，
∴△EGH∽△BGE，
∴EG2＝GH BG，
∴，
∴
如图，
当m≥3时，
方法同上得出，
，
故答案为：．
【分析】（1）根据题意可知为直角三角形，通过解可以求出GH，最后根据BH＝AB-AG-GH得出结果；
（2）先表示出EG的长，再根据△EGH∽△BGE得出GH的长，进一步得出结果．
三、解答题（共7题，共53分)
16．（2023·荆州模拟）如图，在中，E为的中点，延长交于点F，连接．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
点是的中点，
，
在和中，
，
.
（2）解：，
，
又，
四边形是平行四边形，
四边形是平行四边形，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，，
，
．
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；矩形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）利用平行线的性质可得，再利用线段中点的性质可得，最后利用“ASA”证出即可；
（2）先证出四边形是平行四边形，再结合BF=AD，证出四边形是矩形，再利用勾股定理求出AD的长，最后求出AE的长即可.
（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
点是的中点，
，
在和中，
，
；
（2），
，
又，
四边形是平行四边形，
四边形是平行四边形，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，，
，
．
17．（2024八下·溆浦期中）如图，在正方形中，P是对角线上的一点，点E在的延长线上，且．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）把正方形改为菱形，且，其他条件不变，如图．连接，试探究线段与线段的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明：如图所示
∵四边形ABCD是正方形，
∴，．
∵，
∴（）．
（2）证明：
∵，∴．
∵，
∴．
∴．
记PE，CD交于点O，
在和中，，
∴．
∴．
即．
（3）答：．理由如下：
∵四边形是菱形，
∴，．
∵，
∴（）．
∴，．
∵，
∴．
∴．
∵，，
∴．
即．
∵，
∴是等边三角形，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；菱形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）由于正方形的四条边相等，一条对角线平分一组对角，可根据“”证明即可；
（2）根据全等三角形的性质得，由等边对等角得，由对顶角相等得，等量代换得，最后根据三角形内角和定理可得等于等于直角即可；
（3）同理可证，则，再利用等量代换及三角形内角和定理可证明，则有是等边三角形，即BP等于DE．
18．（2024·呼和浩特）如图，∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝FE，AB平分∠CAE，AB∥DF．
（1）求证：四边形ABDF是平行四边形；
（2）过点B作BG⊥AE于点G，若CB＝AF，请直接写出四边形BGED的形状．
【答案】（1）证明：∵AB平分∠CAE，
∴∠CAB＝∠BAE，
∵AB∥DF．
∴∠BAE＝∠DFE，
∴∠CAB＝∠EFD，
在△CAB和△EFD中，
，
∴△CAB≌△EFD（ASA），
∴AB＝FD，又AB∥FD，
∴四边形ABDF是平行四边形；
（2）解：四边形BGED是正方形，理由如下：
由（1）可知，BC＝DE，四边形ABDF是平行四边形，
∴BD＝AF，
∵AB平分∠CAE，BC⊥AC，BG⊥AE，
∴BC＝BG，
∵BC＝AF，
∴BD＝DE＝BG，且∠BGE＝∠GED＝90°
∵BG∥DE，BG＝DE，
∴四边形BGED是平行四边形，
∵BD＝DE，
∴四边形BGED是菱形，
∵∠BGE＝∠GED＝90°，
∴四边形BGED是正方形．
【知识点】平行线的性质；角平分线的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；正方形的判定；角平分线的判定；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）根据角平分线的性质和平行线的性质得到：进而利用"ASA"证明，则最后根据对边相等且平行的四边形为平行四边形即可求证；
（2）根据平行四边形的性质得到：然后根据角平分线上的点到角两边的距离相等即可得到：进而可证明四边形BGED是平行四边形，再根据菱形的判定即可知四边形BGED是菱形，最后根据有一个内角为直角的菱形为正方形即可证明四边形BGED是正方形.
19．（2023九上·涟源月考）如图，在菱形中，交的延长线于点，连结交于点，交于点，连结．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若菱形的边长为2，，求的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，∠ABF＝∠CBF，
∵BF＝BF，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴AF＝CF．
（2）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAD＝∠BCD，AD∥BE，
∴∠DAF＝∠FEC，
∵△ABF≌△CBF，
∴∠BAF＝∠BCF，
∴∠DAF＝∠DCF，
∴∠GCF＝∠CEF，
∵∠CFG＝∠EFC，
∴△CFG∽△EFC，
∴，
∴CF2＝EF GF，
∵AF＝CF，
∴AF2＝EF GF．
（3）解：∵∠BAD＝120°，
∴∠DCE＝60°，
∵菱形边长为2，
∴CD＝AD＝2，
∵DE⊥BC，
∴∠ADE＝∠CED＝90°，
∴∠CDE＝30°，
∴，
∴，BE＝BC+CE＝2+1＝3，
∵AD∥BE，
∴△FAD∽△FEB，△GAD∽△GEC，
∴，
∴，
∴．
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；勾股定理；菱形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）先根据菱形的性质得到AB＝BC，∠ABF＝∠CBF，进而结合题意运用三角形全等的判定与性质证明△ABF≌△CBF（SAS）即可求解；
（2）先根据菱形的性质结合平行线的性质得到∠BAD＝∠BCD，∠DAF＝∠FEC，再结合题意运用三角形全等的性质得到∠BAF＝∠BCF，进而进行转化结合相似三角形的判定与性质即可得到CF2＝EF GF，从而即可求解；
（3）先根据题意得到∠DCE的度数，进而根据含30°角的直角三角形的性质得到，从而运用勾股定理、相似三角形的判定与性质即可得到，再结合题意即可求解。
20． 在平面直角坐标系中，四边形AOBC 是矩形，点O(0，0)，点A(5，0)，点 B(0，3).以点 A 为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F.
（1）如图①，当点 D 落在BC 边上时，求点 D 的坐标.
（2）如图②，当点 D 落在线段BE 上时，AD 与BC 交于点 H.
①求证：△ADB≌△AOB.
②求点 H 的坐标.
（3）记K 为矩形AOBC 对角线的交点，S为△KDE 的面积，求S 的取值范围(直接写出结果即可).
【答案】（1）解：过点D作EG⊥x轴于点G，
∵ 点A(5，0)， 点 B(0，3).
∴AD=OA=5，DG=3，
∴AG=4，
∴OG=5-4=1，
∴D(1，3)
（2）①由旋转性质知：∠ADE=∠AOB=90°，AO=AD，
∵ 当点 D 落在线段BE 上，
∴∠ADB=90°，
在Rt和Rt中：∵AO=AD，AB=AB，
∴Rt≌Rt（HL）
②设BH=AH=t，
则 HC=5-t，
∴
解得
（3）S的取值范围为
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；矩形的性质；图形的旋转；旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：（3）如答图①，当点 D 落在AB 上时，△KDE 的面积S 最小，
如答图②，当点 D 落在AB 的反向延长线上时，△KDE 的面积S最大，
此时
综上可知，S的取值范围为
【分析】（1）过点D作EG⊥x轴于点G，只需求出OG和DG的长度即可；
（2）首先根据HL可判定 △ADB≌△AOB. 然后设BH=AH=t，根据勾股定理，得出，解得t的值，即可得出H得坐标；
（3）首先得出，当点 D 落在AB 上时，△KDE 的面积S 最小，求得最小值为，然后再得出当点 D 落在AB 的反向延长线上时，△KDE 的面积S最大，并求出最大值，进而得出
21．（2024七下·济南期中） 中，，，过点作连接，，为平面内一动点．
（1）如图，若，则　 　．
（2）如图，点在上，且于，过点作于，为中点，连接并延长，交于点．
求证：≌；；
（3）如图，连接，，过点作于点，且满足，连接，，过点作于点，若，，，求线段的长度的取值范围．
【答案】（1）8
（2）解：，
，，
，
在和中，
，
≌，
，，
，，
，
，
为中点，
，
又，
在和中，
，
≌，
，，
，
；
（3）解：连接，如图，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，
，
，
在中，，
，
．
当点，点，点共线时，最大值为，最小值为，
．
【知识点】平行线的性质；三角形三边关系；三角形全等的判定；三角形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵∠ABC=90°，AB=BC，BC=4，
∴S△ABC=×AB BC=8．
∵AE⊥AB，BC⊥AB，
∴AE∥BC，
∴S△EBC=S△ABC=8，
故答案为：8；
【分析】（1）由平行线的性质可得S△AEC=S△ABE，即可求解；
（2）由“AAS”可证△ABF≌△BCM，利用全等三角形的性质可得AF=BM，BF=CM，由“ASA”可证△ADF≌△CDH，利用相似三角形的性质可得AF=HC，DF=DH，可得结论；
（3）由“SAS”可证△CBM≌△ABM'，可得CM=AM'，由三角形的三边关系定理可求解。
22．（2023·新都模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，E是AD上的一个动点.
（1）如图1，连接BD，G是对角线BD的三等分点，且GD＝ BD，连接GE.当GE＝GD时，求AE的长；
（2）如图2，连接BE，EC，过点E作EF⊥EC交线段AB于点F，连接CF，与BE交于点P.当BE平分∠ABC时，求PE的长；
（3）如图3，连接EC，点H在CD上，将△EDH沿直线EH折叠，折叠后点D落在EC上的点D'处，过点D'作D'N⊥AD于点N，与EH交于点M，且AE＝2.求△MD'H的面积.
【答案】（1）解：过点G作GF⊥AD于点F.
∵GD＝ BD，
∴ ＝ ，
∵FG∥AB，
∴ ＝ ＝ ，
∴DF＝ ，
∵GD＝GE，
∴DE＝2DF＝ ，即AE＝10- ；
（2）解：如图2中，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝45°，
∴AB＝AE，
又矩形ABCD中，DC＝AB，
∴AE＝DC，
∵EF⊥EC，
∴∠1+∠3＝90°，
又∠3+∠2＝90°，
∴∠1＝∠2，
∴Rt△EAF≌Rt△CDE（HL）.
∴AE＝DC＝6，
∴AF＝DE＝10-6＝4，
∴FB＝AB-AF＝2，
过点P作PM⊥BC于点M，
∵∠PBM＝45°，△PMB是等腰直角三角形，
设PM＝BM＝x则MC＝10-x
由△PMC∽△FBC得 ，即 ，得
在等腰Rt△PMB中，PB＝ ，
又EB＝
∴PE＝BE-BP＝ .
（3）解：如图3中，
∵AE＝2，AD＝10，
∴DE＝8，
又DC＝6，
∴EC＝ ＝10，
由翻折得△EDH≌△ED'H，
∴HD'＝HD，ED'＝ED＝＝8，△HD'C是直角三角形，
∴D'C＝10-8＝2，
设HD＝HD'＝x，
在Rt△HD'C中，D'C2+HD’2＝HC2，
∴22+x2＝（6-x）2，
解得 x＝ ，
∴HD＝HD'＝ ，
在Rt△EDH中，tan∠3＝ ＝3，
在Rt△HD'C中，tan∠4＝
∵ND'∥DC，
∴∠1＝∠3，∠2＝∠4，
∴tan∠1＝tan∠3＝3，tan∠2＝tan∠4＝ ，
过点H作KH⊥MD’于点K，
设MK＝m，KH＝3m，KD'＝4m，得D’H＝5m，
由HD'＝5m＝ ，
∴m＝ ，
∴S△MD’H＝ MD' HK＝ 5m 3m＝ m2＝ ×（ ）2＝ ，
即S△MD’H＝ .
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）过点G作GF⊥AD于点F，根据平行线分线段成比例可得 ＝ ＝ ，据此求出DF， 继而求出DE的长，利用AE=AD-DE即可求解；
（2）证明Rt△EAF≌Rt△CDE（HL），可得AE＝DC＝6，从而求出AF＝DE＝10-6＝4， FB＝AB-AF＝2， 过点P作PM⊥BC于点M， 设PM＝BM＝x则MC＝10-x ，易证△PMC∽△FBC，可得，据此建立关于x方程并解之，可求出PB的长，由勾股定理求出EB的长，根据PE＝BE-BP 即可求解；
（3）设HD＝HD'＝x， 在Rt△HD'C中，由勾股定理建立关于x方程，解得x＝ ， 即得HD＝HD'＝ ， 由平行线的性质可得∠1＝∠3，∠2＝∠4， 即得tan∠1＝tan∠3＝3，tan∠2＝tan∠4＝ ， 过点H作KH⊥MD’于点K， 设MK＝m，KH＝3m，KD'＝4m，得D’H＝5m， 由HD'＝5m＝ ， 据此求出m值，根据S△MD’H＝ MD' HK＝ 5m 3m即可求解.
四、实践探究题（共4题，共37分)
23．（2025·宿迁）实验活动：仅用一把圆规作图．
（1）【任务阅读】如图，仅用一把圆规在内部画一点，使点在的平分线上．
小明的作法如下：
如图，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交射线于点，再分别以点、为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，则点为所求点．理由：如图3，连接，由作图可知，，
又因为，
所以　 　．
所以，
所以平分，
即点为所求点；
（2）【实践操作】如图，已知直线及其外一点，只用一把圆规画一点，使点所在直线与直线平行，并给出证明．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】（1）
（2）解：如图，作即可，
理由，由作图可知，，
∴，
∴点为所求．
【知识点】三角形全等的判定-SSS；尺规作图-作一个角等于已知角；尺规作图-作角的平分线；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：（1）理由：如图，连接，由作图可知，，
又因为，
所以，
所以，
所以平分，
即点为所求点，
故答案为：；
【分析】
（1）由基本尺规作图过程知，应用SSS可证明，则其对应角相等；
（2）利用尺规作图作，则有对应角相等，即，则同位角相等两直线平行.
24．（2025九下·深圳开学考）
（1）【链接教材】
如图1，E、F是直线上方两点，若点在直线上，满足，则点是线段EF的　 　（填特殊直线）与直线的交点；
（2）【问题延伸】
①如图2，点是矩形ABCD对角线的交点，.要分别在AB、CD边上确定点、，满足，且点在线段PQ上.经过思考，小文发现可以利用矩形的中心对称性，将点或关于点对称，再作该对称点和另一点所组成的线段的中垂线.请你根据她的思路在图2中尺规作图确定P、Q的位置（不写作法，保留作图痕迹）.
②如图3，点O是矩形ABCD对角线的交点，.经过深入探究，聪明的小文发现进一步利用矩形的中心对称性，在问题①思路的基础上再添加一条过点的线段，就能找到符合题意的、（、分别在AB、CD边上，满足，且点在线段PQ上）.请在图3中用直尺简单构图（不要求圆规作图），并证明.
（3）【举一反三】
如图4，在平面直角坐标系xOy中，原点是菱形ABCD对角线的交点，，其中，.若、分别在AB、CD边上，满足，且点在线段PQ上，直接写出的取值范围　 　.
【答案】（1）中垂线
（2）①如图，点P、Q即为所求.
②作法：如图3，作点E关于点的对称点，连接，构造的中垂线PM交AB于点，延长PO交CD于点.
证明：点分别关于点对称，
.
又，
垂直平分，
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】【解答】解：（3）关于原点的对称点是
由中点公式得中点，由斜率公式得.，
.则
①当直线PM过点时，代入，得：，
化为整式方程得：，
解得：或7，
经检验均为分式方程的解.
②当直线PM过点时，代入，得：，
化为整式方程得：，解得：，
经检验均为分式方程的解
.，结合图象可知，满足题意的取值范围为：.
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质可得点是线段EF的中垂线与直线的交点；
（2） ① 根据作图思路解答即可；
②根据作图思路画图，根据三角形全等的性质和判定即可解答；
（3）先求出，分为两种情况：当直线PM过点时，当直线PM过点时，代入后可得方程，解方程进行求解即可。
25．（2024九上·南宁开学考）综合与实践
（1）【知识感知】如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形，在我们学过的：平行四边形矩形菱形正方形中，能称为垂美四边形是　 　只填序号；
（2）【概念理解】如图，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由；
（3）【性质探究】如图，垂美四边形的两对角线交于点，试探究，，，之间有怎样的数量关系？写出你的猜想　 　；
（4）【性质应用】如图，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，已知，，则长为　 　．
【答案】（1）
（2）四边形是垂美四边形，理由如下：
连接，，如图所示：
，
点在线段的垂直平分线上，点在线段的垂直平分线上，
直线是线段的垂直平分线，
即：四边形是垂美四边形；
（3）
（4）
【知识点】三角形全等及其性质；线段垂直平分线的性质；勾股定理；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1）∵菱形和正方形的对角线均互相垂直，
∴菱形和正方形是垂美四边形
故答案为：③④
（3）∵
∴
故答案为：；
（4）如图3，连接，设与交于点M，
由题意得：
∴
即：
∴
∴
∵，，
∴
∴
由（3）可得：
∵
∴
∴
∴
故答案为：
【分析】（1）根据垂美四边形的定义即可求解；
（2）连接，，先根据垂直平分线的定义得到直线是线段的垂直平分线，进而根据垂直平分线的性质得到，从而根据垂美四边形的定义即可求解；
（3）先根据题意得到，进而等量代换即可求解；
（4）连接，设与交于点M，先根据题意得到，即，进而根据三角形全等的判定与性质证明得到，再结合题意得到，由（3）可得，根据勾股定理求出BC，CG，BE，从而即可得到GE。
26．（2021九下·甘州期中）【方法提炼】
解答几何问题常常需要添辅助线，其中平移图形是重要的添辅助线策略.
【问题情境】
如图1，在正方形ABCD中，E，F，G分别是BC，AB，CD上的点，FG⊥AE于点Q.求证：AE＝FG.
小明在分析解题思路时想到了两种平移法：
方法1：平移线段FG使点F与点B重合，构造全等三角形；
方法2：平移线段BC使点B与点F重合，构造全等三角形；
【尝试应用】
（1）请按照小明的思路，选择其中一种方法进行证明；
（2）如图2，正方形网格中，点A，B，C，D为格点，AB交CD于点O.求tan∠AOC的值；
（3）如图3，点P是线段AB上的动点，分别以AP，BP为边在AB的同侧作正方形APCD与正方形PBEF，连接DE分别交线段BC，PC于点M，N.
①求∠DMC的度数；
②连接AC交DE于点H，求 值.
【答案】（1）解：①平移线段FG至BH交AE于点K，如图1﹣1所示：
由平移的性质得：FG∥BH，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AB＝BC，∠ABE＝∠C＝90°，
∴四边形BFGH是平行四边形，∴BH＝FG，
∵FG⊥AE，∴BH⊥AE，∴∠BKE＝90°，∴∠KBE+∠BEK＝90°，
∵∠BEK+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠CBH，
在△ABE和△CBH中， ，∴△ABE≌△CBH（ASA），∴AE＝BH，∴AE＝FG；
②平移线段BC至FH交AE于点K，如图1﹣2所示：
则四边形BCHF是矩形，∠AKF＝∠AEB，∴FH＝BC，∠FHG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝90°，∴AB＝FH，∠ABE＝∠FHG，
∵FG⊥AE，∴∠HFG+∠AKF＝90°，∵∠AEB+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠HFG，
在△ABE和△FHG中， ，∴△ABE≌△FHG（ASA），∴AE＝FG；
（2）解：将线段AB向右平移至FD处，使得点B与点D重合，连接CF，如图2所示：
∴∠AOC＝∠FDC，设正方形网格的边长为单位1，
则AC＝2，AF＝1，CE＝2，DE＝4，FG＝3，DG＝4，
根据勾股定理可得：CF＝ ，CD＝ ，DF＝ ，
∵（ ）2+（2 ）2＝52，∴CF2+CD2＝DF2，∴∠FCD＝90°，
∴tan∠AOC＝tan∠FDC＝ ；
（3）解：①平移线段BC至DG处，连接GE，如图3﹣1所示：
则∠DMC＝∠GDE，四边形DGBC是平行四边形，∴DC＝GB，
∵四边形ADCP与四边形PBEF都是正方形，∴DC＝AD＝AP，BP＝BE，∠DAG＝∠GBE＝90°
∴DC＝AD＝AP＝GB，∴AG＝BP＝BE，
在△AGD和△BEG中， ，∴△AGD≌△BEG（SAS），
∴DG＝EG，∠ADG＝∠EGB，∴∠EGB+∠AGD＝∠ADG+∠AGD＝90°，
∴∠EGD＝90°，∴∠GDE＝∠GED＝45°，
∴∠DMC＝∠GDE＝45°；
②如图3﹣2所示：
∵AC为正方形ADCP的对角线，∴∠DAC＝∠PAC＝∠DMC＝45°，
∴AC＝ AD，
∵∠HCM＝∠BCA，∴∠AHD＝∠CHM＝∠ABC，∴△ADH∽△ACB，
∴ .
【知识点】三角形全等的判定；平行四边形的判定与性质；正方形的性质；平移的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）①平移线段FG至BH交AE于点K，由平移的性质得：FG∥BH，由正方形的性质得AB∥CD，AB＝BC，∠ABE＝∠C＝90°，推出四边形BFGH是平行四边形，得到BH＝FG，由同角的余角相等可得∠BAE＝∠CBH，然后证明△ABE≌△CBH，据此解答；
②平移线段BC至FH交AE于点K，则四边形BCHF是矩形，∠AKF=∠AEB，同理证明△ABE≌△FHG，据此解答；
（2）将线段AB向右平移至FD处，使得点B与点D重合，连接CF，则∠AOC＝∠FDC，设正方形网格的边长为单位1，则AC＝2，AF＝1，CE＝2，DE＝4，FG＝3，DG＝4，由勾股定理可得CF、CD、DF的值，推出△CDF为Rt△，且∠FCD＝90°，据此求解；
（3）①平移线段BC至DG处，连接GE，则∠DMC＝∠GDE，四边形DGBC是平行四边形，证明△AGD≌△BEG，得到DG＝EG，∠ADG＝∠EGB，∠GDE＝∠GED＝45°，据此求解；
②由正方形的性质可得∠DAC＝∠PAC＝∠DMC＝45°，则AC＝AD，证明△ADH∽△ACB，然后根据相似三角形的对应边成比例进行解答.
1 / 1专题7 常见的全等三角形考点—浙教版数学中考二轮培优专训
一、选择题（每题2分，共20分）
1．（2025八下·茂名期末）如图，能用“HL”判定Rt△ABC和Rt△A'B'C'全等的条件是（　　）
A．AC=A'C'，AB=A'B' B．∠A=∠A'，AB=A'B'
C．AC=A'C'，BC=B'C' D．∠B=∠B'，BC=B'C'
2．（2025·雨花期末）如图，，要说明，需添加的条件不能是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025七下·深圳期末）如图，，，，下列结论不一定成立的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2024九上·江津期末）如图，正方形的边长为4，，将绕点按顺时针方向旋转得到．若，则的长为（　　）
A．3 B． C． D．4
5．（2024九上·定州期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝5，点M在CD的边上，且DM＝2，△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，连接EF，则线段EF的长为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·杭州模拟）如图，在边长为6的菱形ABCD中，∠A=60°，点E在BC边上，连结DE，将DE绕顶点D按顺时针方向旋转120°得到DE'，连结AE'，CE'.当CE=4时，△CDE的面积为（　　）
A．3 B．6 C．4 D．9
7．（2023九上·河北期中）如图，在中，，在同一平面内，将绕点A旋转某个角度到的位置，使得，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2023九上·武昌期中）如图，平行四边形中，，，，是边上一点，且，是边上的一个动点，将线段绕点顺时针旋转，得到，连接、，则的最小值是（　　）
A． B． C． D．14
9．（2024八下·开州期中）在等边中，是边上一点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，连接，若，则下列四个结论：；；是等边三角形；的周长是其中正确的结论是(　　)
A． B． C． D．
10．（2023九上·西安开学考）用两个全等且边长为的等边三角形和拼成菱形，把一个角的三角尺与这个菱形叠合，使三角尺的角的顶点与点重合，两边分别与，重合，将三角尺绕点按逆时针方向旋转，在转动过程中，当的面积是时，的长为（　　）
A．或 B．或 C．或 D．或
二、填空题（每题2分，共10分）
11．（2025八下·鹤山期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，BC的垂直平分线分别交BC，AB于点D，F，AE⊥DF交DF的延长线于点E，若DF＝1，则AE＝ 　 　 ．
12．（2025七下·深圳期末）如图，△ABC中，AB=AC，点D为CA延长线上一点，DH⊥BC于点H，点F为AB延长线上一点，连接DF交CB的延长线于点E，点E是DF的中点，若BH=2，BE=2BH，则BC=　 　.
13．（2023九上·中牟期末）如图，在菱形中，，，点M为边上一点，，点N为边上的一动点，沿将翻折，点A落在点P处，当点P在菱形的对角线上时，的长度为　 　．
14．（2024九上·简阳期末）如图1，有一张矩形纸片，已知，，现将纸片进行如下操作：现将纸片沿折痕进行折叠，使点落在边上的点处，点在上（如图2），则　 　；然后将绕点旋转到，当过点时旋转停止，则的长度为　 　．
15．（2024九上·义乌期末）综合实践课上，小聪把一张长方形纸片沿着虚线剪开，如图①所示，把得到的两张纸片如图②摆放，纸片较小锐角的顶点在上，较长直角边与斜边分别交边于点G，H．以点G与A重合，且为初始位置，把沿着方向平移，当点到达点E后立刻绕点E逆时针旋转，如图③，直到点H与点B重合停止．为了探求与之间的变化关系，设，请用含m的代数式表示．
（1）在平移过程中，　 　，
（2）在旋转过程中，　 　．
三、解答题（共7题，共53分)
16．（2023·荆州模拟）如图，在中，E为的中点，延长交于点F，连接．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
17．（2024八下·溆浦期中）如图，在正方形中，P是对角线上的一点，点E在的延长线上，且．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）把正方形改为菱形，且，其他条件不变，如图．连接，试探究线段与线段的数量关系，并说明理由．
18．（2024·呼和浩特）如图，∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝FE，AB平分∠CAE，AB∥DF．
（1）求证：四边形ABDF是平行四边形；
（2）过点B作BG⊥AE于点G，若CB＝AF，请直接写出四边形BGED的形状．
19．（2023九上·涟源月考）如图，在菱形中，交的延长线于点，连结交于点，交于点，连结．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若菱形的边长为2，，求的长．
20． 在平面直角坐标系中，四边形AOBC 是矩形，点O(0，0)，点A(5，0)，点 B(0，3).以点 A 为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F.
（1）如图①，当点 D 落在BC 边上时，求点 D 的坐标.
（2）如图②，当点 D 落在线段BE 上时，AD 与BC 交于点 H.
①求证：△ADB≌△AOB.
②求点 H 的坐标.
（3）记K 为矩形AOBC 对角线的交点，S为△KDE 的面积，求S 的取值范围(直接写出结果即可).
21．（2024七下·济南期中） 中，，，过点作连接，，为平面内一动点．
（1）如图，若，则　 　．
（2）如图，点在上，且于，过点作于，为中点，连接并延长，交于点．
求证：≌；；
（3）如图，连接，，过点作于点，且满足，连接，，过点作于点，若，，，求线段的长度的取值范围．
22．（2023·新都模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，E是AD上的一个动点.
（1）如图1，连接BD，G是对角线BD的三等分点，且GD＝ BD，连接GE.当GE＝GD时，求AE的长；
（2）如图2，连接BE，EC，过点E作EF⊥EC交线段AB于点F，连接CF，与BE交于点P.当BE平分∠ABC时，求PE的长；
（3）如图3，连接EC，点H在CD上，将△EDH沿直线EH折叠，折叠后点D落在EC上的点D'处，过点D'作D'N⊥AD于点N，与EH交于点M，且AE＝2.求△MD'H的面积.
四、实践探究题（共4题，共37分)
23．（2025·宿迁）实验活动：仅用一把圆规作图．
（1）【任务阅读】如图，仅用一把圆规在内部画一点，使点在的平分线上．
小明的作法如下：
如图，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交射线于点，再分别以点、为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，则点为所求点．理由：如图3，连接，由作图可知，，
又因为，
所以　 　．
所以，
所以平分，
即点为所求点；
（2）【实践操作】如图，已知直线及其外一点，只用一把圆规画一点，使点所在直线与直线平行，并给出证明．（保留作图痕迹，不写作法）
24．（2025九下·深圳开学考）
（1）【链接教材】
如图1，E、F是直线上方两点，若点在直线上，满足，则点是线段EF的　 　（填特殊直线）与直线的交点；
（2）【问题延伸】
①如图2，点是矩形ABCD对角线的交点，.要分别在AB、CD边上确定点、，满足，且点在线段PQ上.经过思考，小文发现可以利用矩形的中心对称性，将点或关于点对称，再作该对称点和另一点所组成的线段的中垂线.请你根据她的思路在图2中尺规作图确定P、Q的位置（不写作法，保留作图痕迹）.
②如图3，点O是矩形ABCD对角线的交点，.经过深入探究，聪明的小文发现进一步利用矩形的中心对称性，在问题①思路的基础上再添加一条过点的线段，就能找到符合题意的、（、分别在AB、CD边上，满足，且点在线段PQ上）.请在图3中用直尺简单构图（不要求圆规作图），并证明.
（3）【举一反三】
如图4，在平面直角坐标系xOy中，原点是菱形ABCD对角线的交点，，其中，.若、分别在AB、CD边上，满足，且点在线段PQ上，直接写出的取值范围　 　.
25．（2024九上·南宁开学考）综合与实践
（1）【知识感知】如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形，在我们学过的：平行四边形矩形菱形正方形中，能称为垂美四边形是　 　只填序号；
（2）【概念理解】如图，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由；
（3）【性质探究】如图，垂美四边形的两对角线交于点，试探究，，，之间有怎样的数量关系？写出你的猜想　 　；
（4）【性质应用】如图，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，已知，，则长为　 　．
26．（2021九下·甘州期中）【方法提炼】
解答几何问题常常需要添辅助线，其中平移图形是重要的添辅助线策略.
【问题情境】
如图1，在正方形ABCD中，E，F，G分别是BC，AB，CD上的点，FG⊥AE于点Q.求证：AE＝FG.
小明在分析解题思路时想到了两种平移法：
方法1：平移线段FG使点F与点B重合，构造全等三角形；
方法2：平移线段BC使点B与点F重合，构造全等三角形；
【尝试应用】
（1）请按照小明的思路，选择其中一种方法进行证明；
（2）如图2，正方形网格中，点A，B，C，D为格点，AB交CD于点O.求tan∠AOC的值；
（3）如图3，点P是线段AB上的动点，分别以AP，BP为边在AB的同侧作正方形APCD与正方形PBEF，连接DE分别交线段BC，PC于点M，N.
①求∠DMC的度数；
②连接AC交DE于点H，求 值.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-ASA；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：
A、在Rt△ABC和Rt△A'B'C'中，AC=A'C'， AB=A'B' 由“ HL ”可判定Rt△ABC≌Rt△A'B'C'，故A符合题意；
B、在Rt△ABC和Rt△A'B'C'中，∠A=∠A'， AB=A'B' ， 由“AAS"可判定Rt△ABC≌Rt△A'B'C，故B不符合题意；
C、在Rt△ABC和Rt△A'B'C'中，AC=A'C'，BC=B'C'，由“SAS”可判定Rt△ABC≌Rt△A'B'C，故C不符合题意：
D、在Rt△ABC和Rt△A'B'C'中，∠B=∠B'， BC=B'C'， 由“ASA”可判定Rt△ABC≌Rt△A'B'C，故D不符合题意；
故答案为：A.
【分析】根据HL定理的判定定理：如果两个直角三角形的斜边和一条直角边对应相等，那么这两个直角三角形全等（简记为HL），逐一分析即可解答.
2．【答案】D
【知识点】三角形全等的判定
【解析】【解答】解：由已知可以得到：∠ABD=∠CBD， BD=BD ，
当添加AB=BC时，根据SAS可以得到△ABD≌△CDB， ∴选项A正确；
当添加∠ADB=∠CDB时，根据ASA可以得到△ABD≌△CDB， ∴选项B正确；
当添加∠A=∠C时，根据AAS可以得到△ABD≌△CDB， ∴选项C正确；
当添加AD=CD时，无法得到△ABD≌△CDB，∴选项D不正确.
故答案为：D.
【分析】根据三角形全等的判定方法，分别添加各选项即可得到正确答案.
3．【答案】A
【知识点】角的运算；三角形全等及其性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵∠BAE＝∠DAC，
∴∠BAE+∠EAC＝∠DAC+∠EAC，
即∠BAC＝∠DAE，
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴∠C＝∠E，BC＝DE，∠B＝∠D，
故B，C，D一定成立，不符合题意，
当∠E＝∠EAC时，AF＝EF，
∴A不一定成立．
故答案为：A
【分析】先根据题意进行角的运算得到∠BAC＝∠DAE，进而根据三角形全等的判定与性质（SAS）证明△ABC≌△ADE（SAS）得到∠C＝∠E，BC＝DE，∠B＝∠D，从而对比选项即可求解。
4．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转可知，
，
，，，．
又四边形是正方形，
，，
∵
，
则．
在和中，
，
，
．
令，
则，，．
在中，
，
即，
解得，
即．
故答案为：C．
【分析】根据旋转性质可知，可得，，，再根据正方形的性质结合角与角之间的相等关系可得，然后根据全等三角形的判定定理可证，可得，再令，结合线段与线段之间的关系，运用勾股定理计算即可求解。
5．【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：如图，连接BM．
∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，
∴AE＝AD，∠MAD＝∠MAE．
∵△ADM按照顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，
∴AF＝AM，∠FAB＝∠MAD．
∴∠FAB＝∠MAE
∴∠FAB+∠BAE＝∠BAE+∠MAE．
∴∠FAE＝∠MAB．
∴△FAE≌△MAB（SAS）．
∴EF＝BM．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AB＝5．
∵DM＝2，
∴CM＝3．
∴在Rt△BCM中，BM＝，
∴EF＝，
故选：A．
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质.连接BM，根据对称性可得：AE＝AD，∠MAD＝∠MAE，再利用旋转的性质可得：AF＝AM，∠FAB＝∠MAD，利用角的运算可得：∠FAE＝∠MAB，利用全等三角形的判定定理可证明△FAE≌△MAB（SAS），利用全等三角形的性质可得：EF＝BM．再根据BC＝CD＝AB＝5，利用线段运算可求出CM＝3，再利用勾股定理可求出BM，进而可得EF的长．
6．【答案】A
【知识点】三角形的面积；三角形全等及其性质；旋转的性质；直角三角形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，过点D作DF⊥AB于F，过点E'作GH⊥CD于G，交直线AB于H，
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°，
∴∠ADC=120°，AD=CD，∠DCB=∠DAB=60°，
∵DF⊥AB，
∴∠ADF=30°，
∴AF=3，DF=AF=
∵将DE绕顶点D按顺时针方向旋转120°得到DE'，
∴DE=DE'，∠EDE'=120°=∠ADC，
∴∠CDE=∠ADE'，
∴△CDE≌△ADE'(SAS)，
∴CE=AE'=4，∠DCE=∠DAE'=60°，
∠HAE'=60°，
∵GH⊥DG，AB∥CD，
∴GH⊥AB，
∴∠AE'H=30°，
∴AH=AE'=2，EH=AH=，
∵DF⊥AB，GH⊥AB，GH⊥DG，
∴四边形DFHG是矩形，
∴DF=GH=，
∴E'G=，
∴△CDE'的面积=
故答案为：A.
【分析】由旋转的性质可得DE=DE'，∠EDE'=∠ADC，由SAS可证△CDE≌△ADE'，可得CE=AE'=4，∠DCE=∠DAE'=60°，由直角三角形的性质可求E'H的长，由三角形的面积公式即可求解.
7．【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵将绕点A旋转某个角度到的位置，
∴，
∴，故A正确．
故答案为：A．
【分析】利用旋转得到，，然后根据平行线的性质可得，再利用内角和定理求，即可得到的度数解题即可．
8．【答案】C
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；轴对称的应用-最短距离问题；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：取AB的中点，连接CE，EG
∴△AEG是等边三角形
∴∠AGE=∠AEG=60°
∵∠AEF+∠DEF=∠GEF+∠NEG=60°
∴∠AEEF=∠NEG
∵AE=EG，NE=FE
∴△AEF≌△GEN（SAS）
∴∠A=∠NGE=60°
∴∠BGN=60°
∵BG=EG，∠BGN=∠NGE，NG=NG
∴△BNG≌△ENG（SAS）
∴BN=EN
要求BN+CN最小，就是求CN+NE最小
即BN+CN=NE+CN≥CE
作EH⊥CD交延长线于点H
∵AB∥CD
∴∠EDH=∠A=60°
在Rt△DEH中，DE=4，∠DEH=30°
∴
∴CH=CD+DH=14
在Rt△CEH中，
∴BN+CN的最小值为
故答案为：C
【分析】取AB的中点，连接CE，EG，根据等边三角形判定定理可得△AEG是等边三角形，则∠AGE=∠AEG=60°，再根据角之间的关系可得∠AEEF=∠NEG，根据全等三角形判定定理可得△AEF≌△GEN，则∠A=∠NGE=60°，即∠BGN=60°，由全等三角形判定定理可得△BNG≌△ENG（SAS），则BN=EN，要求BN+CN最小，就是求CN+NE最小，即BN+CN=NE+CN≥CE，作EH⊥CD交延长线于点H，根据直线平行性质可得∠EDH=∠A=60°，再根据含30°角的直角三角形性质可得，根据边之间的关系可得CH=CD+DH=14，再根据勾股定理即可求出答案.
9．【答案】C
【知识点】平行线的判定；三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：①∵旋转得，△BDE是等边三角形，
∴BD=BE，∠DBE=60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴BC=BA，∠CBA=∠C=60°，
∴∠DBE-∠DBA=∠CBA-∠DBA，
∴∠CBD=∠ABE，
在△CBD和△ABE中，
∴△CBD≌△ABE(SAS)，
∴∠BAE=∠C=60°=∠ABC，
∴AE∥BC，
故①正确；
②若∠ADE=∠BDC，∵∠BDE=60°，则∠ADE=∠BDC=∠BDE=60°，但∠BDC＞∠BAC=60°，∴②错误；
③∵旋转得，BD=BE，∠DBE=60°，∴△BDE是等边三角形，故③正确；
④由①得△CBD≌△ABE，∴AE=CD，由③得△BDE是等边三角形，∴DE=BD=8，∴C△AED=AD+DE+AE=AD+CD+BD=AC+BD=9+8=17，故④正确.
故答案为：C.
【分析】利用旋转的性质得△BDE是等边三角形，BD=BE，∠DBE=60°，根据等边三角形的性质得∠ABC=∠C=60°，AC=BC=9，根据SAS证得，△CBD≌△ABE，得∠BAE=∠C=60°=∠ABC，于是根据平行线的判定可对①进行判断；假设∠ADE=∠BDC，由∠BDE=60°，得∠ADE=∠BDC=∠BDE=60°，但根据外角性质∠BDC＞∠BAC=60°，可判断②；旋转得，BD=BE，∠DBE=60°，从而△BDE是等边三角形，故③正确；由①得△CBD≌△ABE，根据全等三角形的性质得AE=CD，由③得△BDE是等边三角形，根据等边三角形的性质得DE=BD=8，从而C△AED=AD+DE+AE=AD+CD+BD=AC+BD，故④正确.
10．【答案】B
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的判定
【解析】【解答】解：如图1，因为和为的等边三角形 ，故，且，又因为，故，在和中，
∴，则，又因为的CE边上的高为等边的高，且AB=4，可算得
CE边上的高为：，则的面积，解得：，
则，故；如图2，由和为等边三角形，，则又则，在和中，，故，故
即，因为的CE边上的高为等边的高，且AB=4，可算得CE边上的高为：，则的面积，解得：，所以
.
故答案为：B.
【分析】先根据等边三角形的性质得到：，
再利用等量代换的思想可得：，在图1和图2中分别故可证得：，，然后再通过面积算出CE的长度即可求解.
11．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：在Rt中：∵∠B=30°，∠BDF=90°，DF=1
∴BF=2，
∴BD=，
∵DE垂直平分BC，
∴点D时BC的中点，DF∥AC，
∴AF=BF，DF=，
∴DF=EF，
又∠AFE=∠BFD，
∴≌，
∴AE=BD=.
故答案为：。
【分析】首先根据勾股定理求得BD=，进而再通过证明≌，可得出AE=BD=.
12．【答案】12
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；线段垂直平分线的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过点D作DN∥AF，交CE延长线于点N
∴∠FDN=∠F，∠FBE=∠N
∵点E是DF的中点
∴DE=FE
∴△DEN≌△FEB(AAS)
∴EN=BE
∵BH=2，BE=2BH
∴EN=BE=4
∴NH=10
∵AB=AC
∴∠C=∠ABC
∵DN∥AF
∴∠ABC=∠N
∴∠C=∠N
∴DC=DN
∵DH⊥BC
∴CH=NH=10
∴BC=CH+BH=12
故答案为：12
【分析】过点D作DN∥AF，交CE延长线于点N，根据直线平行性质可得∠FDN=∠F，∠FBE=∠N，再根据全等三角形判定定理可得△DEN≌△FEB(AAS)，则EN=BE，再根据边之间的关系可得NH=10，根据等边对等角可得∠C=∠ABC，再根据直线平行性质可得∠ABC=∠N，则∠C=∠N，即DC=DN，根据垂直平分线性质可得CH=NH=10，再根据边之间的关系即可求出答案.
13．【答案】2或
【知识点】菱形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
14．【答案】2；
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质；线段垂直平分线的判定
【解析】【解答】在矩形ABCD中，∠A=∠ABC=90°，AB=CD=10，AD=BC=12，
由折叠的性质可得AB=BE，∠BEF=90°，
四边形ABEF是矩形，∠CEF=180°-90°=90°，
AB=BE，
四边形ABEF是正方形，
AB=BE=EF=AF=10，
DF=BC-BE=2，
由勾股定理可得
连接CF，如图，
由旋转的性质可得∠BEF=∠CNF=90°，EF=NF，
CF=CF，
CN=CE=2，EF=NF=10，
C、D在EN的垂直平分线上，
CF⊥EN，
四边形ECNE的面积为
解得，
【分析】先证明四边形ABEF是正方形，得到AB=BE=EF=AF=10，DF=BC-BE=2，连接CF，利用勾股定理求得CF的值以及旋转的性质，通过HL证明，从而得到CN=CE=2，EF=NF=10，证明C、D在EN的垂直平分线上，最后利用四边形ECNE的面积为代入数据计算即可求解.
15．【答案】（1）
（2）
【知识点】剪纸问题；平移的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1）在Rt△E'GH中，E'H＝AD＝3，，
∴
∴.
故答案为：.
（2）如图，
当m＜3时，
作ER⊥AB于R，
在Rt△ERG中，ER＝AD＝3，GR＝AR﹣AG＝3-m，
∴EG2＝9+（3-m）2＝m2-6m+18，
∵∠ERH＝∠B，∠EGH＝∠EGB，
∴△EGH∽△BGE，
∴EG2＝GH BG，
∴，
∴
如图，
当m≥3时，
方法同上得出，
，
故答案为：．
【分析】（1）根据题意可知为直角三角形，通过解可以求出GH，最后根据BH＝AB-AG-GH得出结果；
（2）先表示出EG的长，再根据△EGH∽△BGE得出GH的长，进一步得出结果．
16．【答案】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
点是的中点，
，
在和中，
，
.
（2）解：，
，
又，
四边形是平行四边形，
四边形是平行四边形，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，，
，
．
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；矩形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）利用平行线的性质可得，再利用线段中点的性质可得，最后利用“ASA”证出即可；
（2）先证出四边形是平行四边形，再结合BF=AD，证出四边形是矩形，再利用勾股定理求出AD的长，最后求出AE的长即可.
（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
点是的中点，
，
在和中，
，
；
（2），
，
又，
四边形是平行四边形，
四边形是平行四边形，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，，
，
．
17．【答案】（1）证明：如图所示
∵四边形ABCD是正方形，
∴，．
∵，
∴（）．
（2）证明：
∵，∴．
∵，
∴．
∴．
记PE，CD交于点O，
在和中，，
∴．
∴．
即．
（3）答：．理由如下：
∵四边形是菱形，
∴，．
∵，
∴（）．
∴，．
∵，
∴．
∴．
∵，，
∴．
即．
∵，
∴是等边三角形，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；菱形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）由于正方形的四条边相等，一条对角线平分一组对角，可根据“”证明即可；
（2）根据全等三角形的性质得，由等边对等角得，由对顶角相等得，等量代换得，最后根据三角形内角和定理可得等于等于直角即可；
（3）同理可证，则，再利用等量代换及三角形内角和定理可证明，则有是等边三角形，即BP等于DE．
18．【答案】（1）证明：∵AB平分∠CAE，
∴∠CAB＝∠BAE，
∵AB∥DF．
∴∠BAE＝∠DFE，
∴∠CAB＝∠EFD，
在△CAB和△EFD中，
，
∴△CAB≌△EFD（ASA），
∴AB＝FD，又AB∥FD，
∴四边形ABDF是平行四边形；
（2）解：四边形BGED是正方形，理由如下：
由（1）可知，BC＝DE，四边形ABDF是平行四边形，
∴BD＝AF，
∵AB平分∠CAE，BC⊥AC，BG⊥AE，
∴BC＝BG，
∵BC＝AF，
∴BD＝DE＝BG，且∠BGE＝∠GED＝90°
∵BG∥DE，BG＝DE，
∴四边形BGED是平行四边形，
∵BD＝DE，
∴四边形BGED是菱形，
∵∠BGE＝∠GED＝90°，
∴四边形BGED是正方形．
【知识点】平行线的性质；角平分线的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；正方形的判定；角平分线的判定；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）根据角平分线的性质和平行线的性质得到：进而利用"ASA"证明，则最后根据对边相等且平行的四边形为平行四边形即可求证；
（2）根据平行四边形的性质得到：然后根据角平分线上的点到角两边的距离相等即可得到：进而可证明四边形BGED是平行四边形，再根据菱形的判定即可知四边形BGED是菱形，最后根据有一个内角为直角的菱形为正方形即可证明四边形BGED是正方形.
19．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，∠ABF＝∠CBF，
∵BF＝BF，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴AF＝CF．
（2）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAD＝∠BCD，AD∥BE，
∴∠DAF＝∠FEC，
∵△ABF≌△CBF，
∴∠BAF＝∠BCF，
∴∠DAF＝∠DCF，
∴∠GCF＝∠CEF，
∵∠CFG＝∠EFC，
∴△CFG∽△EFC，
∴，
∴CF2＝EF GF，
∵AF＝CF，
∴AF2＝EF GF．
（3）解：∵∠BAD＝120°，
∴∠DCE＝60°，
∵菱形边长为2，
∴CD＝AD＝2，
∵DE⊥BC，
∴∠ADE＝∠CED＝90°，
∴∠CDE＝30°，
∴，
∴，BE＝BC+CE＝2+1＝3，
∵AD∥BE，
∴△FAD∽△FEB，△GAD∽△GEC，
∴，
∴，
∴．
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；勾股定理；菱形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）先根据菱形的性质得到AB＝BC，∠ABF＝∠CBF，进而结合题意运用三角形全等的判定与性质证明△ABF≌△CBF（SAS）即可求解；
（2）先根据菱形的性质结合平行线的性质得到∠BAD＝∠BCD，∠DAF＝∠FEC，再结合题意运用三角形全等的性质得到∠BAF＝∠BCF，进而进行转化结合相似三角形的判定与性质即可得到CF2＝EF GF，从而即可求解；
（3）先根据题意得到∠DCE的度数，进而根据含30°角的直角三角形的性质得到，从而运用勾股定理、相似三角形的判定与性质即可得到，再结合题意即可求解。
20．【答案】（1）解：过点D作EG⊥x轴于点G，
∵ 点A(5，0)， 点 B(0，3).
∴AD=OA=5，DG=3，
∴AG=4，
∴OG=5-4=1，
∴D(1，3)
（2）①由旋转性质知：∠ADE=∠AOB=90°，AO=AD，
∵ 当点 D 落在线段BE 上，
∴∠ADB=90°，
在Rt和Rt中：∵AO=AD，AB=AB，
∴Rt≌Rt（HL）
②设BH=AH=t，
则 HC=5-t，
∴
解得
（3）S的取值范围为
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；矩形的性质；图形的旋转；旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：（3）如答图①，当点 D 落在AB 上时，△KDE 的面积S 最小，
如答图②，当点 D 落在AB 的反向延长线上时，△KDE 的面积S最大，
此时
综上可知，S的取值范围为
【分析】（1）过点D作EG⊥x轴于点G，只需求出OG和DG的长度即可；
（2）首先根据HL可判定 △ADB≌△AOB. 然后设BH=AH=t，根据勾股定理，得出，解得t的值，即可得出H得坐标；
（3）首先得出，当点 D 落在AB 上时，△KDE 的面积S 最小，求得最小值为，然后再得出当点 D 落在AB 的反向延长线上时，△KDE 的面积S最大，并求出最大值，进而得出
21．【答案】（1）8
（2）解：，
，，
，
在和中，
，
≌，
，，
，，
，
，
为中点，
，
又，
在和中，
，
≌，
，，
，
；
（3）解：连接，如图，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，
，
，
在中，，
，
．
当点，点，点共线时，最大值为，最小值为，
．
【知识点】平行线的性质；三角形三边关系；三角形全等的判定；三角形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵∠ABC=90°，AB=BC，BC=4，
∴S△ABC=×AB BC=8．
∵AE⊥AB，BC⊥AB，
∴AE∥BC，
∴S△EBC=S△ABC=8，
故答案为：8；
【分析】（1）由平行线的性质可得S△AEC=S△ABE，即可求解；
（2）由“AAS”可证△ABF≌△BCM，利用全等三角形的性质可得AF=BM，BF=CM，由“ASA”可证△ADF≌△CDH，利用相似三角形的性质可得AF=HC，DF=DH，可得结论；
（3）由“SAS”可证△CBM≌△ABM'，可得CM=AM'，由三角形的三边关系定理可求解。
22．【答案】（1）解：过点G作GF⊥AD于点F.
∵GD＝ BD，
∴ ＝ ，
∵FG∥AB，
∴ ＝ ＝ ，
∴DF＝ ，
∵GD＝GE，
∴DE＝2DF＝ ，即AE＝10- ；
（2）解：如图2中，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝45°，
∴AB＝AE，
又矩形ABCD中，DC＝AB，
∴AE＝DC，
∵EF⊥EC，
∴∠1+∠3＝90°，
又∠3+∠2＝90°，
∴∠1＝∠2，
∴Rt△EAF≌Rt△CDE（HL）.
∴AE＝DC＝6，
∴AF＝DE＝10-6＝4，
∴FB＝AB-AF＝2，
过点P作PM⊥BC于点M，
∵∠PBM＝45°，△PMB是等腰直角三角形，
设PM＝BM＝x则MC＝10-x
由△PMC∽△FBC得 ，即 ，得
在等腰Rt△PMB中，PB＝ ，
又EB＝
∴PE＝BE-BP＝ .
（3）解：如图3中，
∵AE＝2，AD＝10，
∴DE＝8，
又DC＝6，
∴EC＝ ＝10，
由翻折得△EDH≌△ED'H，
∴HD'＝HD，ED'＝ED＝＝8，△HD'C是直角三角形，
∴D'C＝10-8＝2，
设HD＝HD'＝x，
在Rt△HD'C中，D'C2+HD’2＝HC2，
∴22+x2＝（6-x）2，
解得 x＝ ，
∴HD＝HD'＝ ，
在Rt△EDH中，tan∠3＝ ＝3，
在Rt△HD'C中，tan∠4＝
∵ND'∥DC，
∴∠1＝∠3，∠2＝∠4，
∴tan∠1＝tan∠3＝3，tan∠2＝tan∠4＝ ，
过点H作KH⊥MD’于点K，
设MK＝m，KH＝3m，KD'＝4m，得D’H＝5m，
由HD'＝5m＝ ，
∴m＝ ，
∴S△MD’H＝ MD' HK＝ 5m 3m＝ m2＝ ×（ ）2＝ ，
即S△MD’H＝ .
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）过点G作GF⊥AD于点F，根据平行线分线段成比例可得 ＝ ＝ ，据此求出DF， 继而求出DE的长，利用AE=AD-DE即可求解；
（2）证明Rt△EAF≌Rt△CDE（HL），可得AE＝DC＝6，从而求出AF＝DE＝10-6＝4， FB＝AB-AF＝2， 过点P作PM⊥BC于点M， 设PM＝BM＝x则MC＝10-x ，易证△PMC∽△FBC，可得，据此建立关于x方程并解之，可求出PB的长，由勾股定理求出EB的长，根据PE＝BE-BP 即可求解；
（3）设HD＝HD'＝x， 在Rt△HD'C中，由勾股定理建立关于x方程，解得x＝ ， 即得HD＝HD'＝ ， 由平行线的性质可得∠1＝∠3，∠2＝∠4， 即得tan∠1＝tan∠3＝3，tan∠2＝tan∠4＝ ， 过点H作KH⊥MD’于点K， 设MK＝m，KH＝3m，KD'＝4m，得D’H＝5m， 由HD'＝5m＝ ， 据此求出m值，根据S△MD’H＝ MD' HK＝ 5m 3m即可求解.
23．【答案】（1）
（2）解：如图，作即可，
理由，由作图可知，，
∴，
∴点为所求．
【知识点】三角形全等的判定-SSS；尺规作图-作一个角等于已知角；尺规作图-作角的平分线；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：（1）理由：如图，连接，由作图可知，，
又因为，
所以，
所以，
所以平分，
即点为所求点，
故答案为：；
【分析】
（1）由基本尺规作图过程知，应用SSS可证明，则其对应角相等；
（2）利用尺规作图作，则有对应角相等，即，则同位角相等两直线平行.
24．【答案】（1）中垂线
（2）①如图，点P、Q即为所求.
②作法：如图3，作点E关于点的对称点，连接，构造的中垂线PM交AB于点，延长PO交CD于点.
证明：点分别关于点对称，
.
又，
垂直平分，
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】【解答】解：（3）关于原点的对称点是
由中点公式得中点，由斜率公式得.，
.则
①当直线PM过点时，代入，得：，
化为整式方程得：，
解得：或7，
经检验均为分式方程的解.
②当直线PM过点时，代入，得：，
化为整式方程得：，解得：，
经检验均为分式方程的解
.，结合图象可知，满足题意的取值范围为：.
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质可得点是线段EF的中垂线与直线的交点；
（2） ① 根据作图思路解答即可；
②根据作图思路画图，根据三角形全等的性质和判定即可解答；
（3）先求出，分为两种情况：当直线PM过点时，当直线PM过点时，代入后可得方程，解方程进行求解即可。
25．【答案】（1）
（2）四边形是垂美四边形，理由如下：
连接，，如图所示：
，
点在线段的垂直平分线上，点在线段的垂直平分线上，
直线是线段的垂直平分线，
即：四边形是垂美四边形；
（3）
（4）
【知识点】三角形全等及其性质；线段垂直平分线的性质；勾股定理；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1）∵菱形和正方形的对角线均互相垂直，
∴菱形和正方形是垂美四边形
故答案为：③④
（3）∵
∴
故答案为：；
（4）如图3，连接，设与交于点M，
由题意得：
∴
即：
∴
∴
∵，，
∴
∴
由（3）可得：
∵
∴
∴
∴
故答案为：
【分析】（1）根据垂美四边形的定义即可求解；
（2）连接，，先根据垂直平分线的定义得到直线是线段的垂直平分线，进而根据垂直平分线的性质得到，从而根据垂美四边形的定义即可求解；
（3）先根据题意得到，进而等量代换即可求解；
（4）连接，设与交于点M，先根据题意得到，即，进而根据三角形全等的判定与性质证明得到，再结合题意得到，由（3）可得，根据勾股定理求出BC，CG，BE，从而即可得到GE。
26．【答案】（1）解：①平移线段FG至BH交AE于点K，如图1﹣1所示：
由平移的性质得：FG∥BH，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AB＝BC，∠ABE＝∠C＝90°，
∴四边形BFGH是平行四边形，∴BH＝FG，
∵FG⊥AE，∴BH⊥AE，∴∠BKE＝90°，∴∠KBE+∠BEK＝90°，
∵∠BEK+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠CBH，
在△ABE和△CBH中， ，∴△ABE≌△CBH（ASA），∴AE＝BH，∴AE＝FG；
②平移线段BC至FH交AE于点K，如图1﹣2所示：
则四边形BCHF是矩形，∠AKF＝∠AEB，∴FH＝BC，∠FHG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝90°，∴AB＝FH，∠ABE＝∠FHG，
∵FG⊥AE，∴∠HFG+∠AKF＝90°，∵∠AEB+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠HFG，
在△ABE和△FHG中， ，∴△ABE≌△FHG（ASA），∴AE＝FG；
（2）解：将线段AB向右平移至FD处，使得点B与点D重合，连接CF，如图2所示：
∴∠AOC＝∠FDC，设正方形网格的边长为单位1，
则AC＝2，AF＝1，CE＝2，DE＝4，FG＝3，DG＝4，
根据勾股定理可得：CF＝ ，CD＝ ，DF＝ ，
∵（ ）2+（2 ）2＝52，∴CF2+CD2＝DF2，∴∠FCD＝90°，
∴tan∠AOC＝tan∠FDC＝ ；
（3）解：①平移线段BC至DG处，连接GE，如图3﹣1所示：
则∠DMC＝∠GDE，四边形DGBC是平行四边形，∴DC＝GB，
∵四边形ADCP与四边形PBEF都是正方形，∴DC＝AD＝AP，BP＝BE，∠DAG＝∠GBE＝90°
∴DC＝AD＝AP＝GB，∴AG＝BP＝BE，
在△AGD和△BEG中， ，∴△AGD≌△BEG（SAS），
∴DG＝EG，∠ADG＝∠EGB，∴∠EGB+∠AGD＝∠ADG+∠AGD＝90°，
∴∠EGD＝90°，∴∠GDE＝∠GED＝45°，
∴∠DMC＝∠GDE＝45°；
②如图3﹣2所示：
∵AC为正方形ADCP的对角线，∴∠DAC＝∠PAC＝∠DMC＝45°，
∴AC＝ AD，
∵∠HCM＝∠BCA，∴∠AHD＝∠CHM＝∠ABC，∴△ADH∽△ACB，
∴ .
【知识点】三角形全等的判定；平行四边形的判定与性质；正方形的性质；平移的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）①平移线段FG至BH交AE于点K，由平移的性质得：FG∥BH，由正方形的性质得AB∥CD，AB＝BC，∠ABE＝∠C＝90°，推出四边形BFGH是平行四边形，得到BH＝FG，由同角的余角相等可得∠BAE＝∠CBH，然后证明△ABE≌△CBH，据此解答；
②平移线段BC至FH交AE于点K，则四边形BCHF是矩形，∠AKF=∠AEB，同理证明△ABE≌△FHG，据此解答；
（2）将线段AB向右平移至FD处，使得点B与点D重合，连接CF，则∠AOC＝∠FDC，设正方形网格的边长为单位1，则AC＝2，AF＝1，CE＝2，DE＝4，FG＝3，DG＝4，由勾股定理可得CF、CD、DF的值，推出△CDF为Rt△，且∠FCD＝90°，据此求解；
（3）①平移线段BC至DG处，连接GE，则∠DMC＝∠GDE，四边形DGBC是平行四边形，证明△AGD≌△BEG，得到DG＝EG，∠ADG＝∠EGB，∠GDE＝∠GED＝45°，据此求解；
②由正方形的性质可得∠DAC＝∠PAC＝∠DMC＝45°，则AC＝AD，证明△ADH∽△ACB，然后根据相似三角形的对应边成比例进行解答.
1 / 1

展开更多......

收起↑