第四章三角形第16講全等三角形（6~8分）TOC\o"1-1"\n\h\z\u01考情透視·目標導航02知識導圖·思維引航03考點突破·考法探究考點一全等三角形及其性質考點二全等三角形的判定考點三角平分線的性質04題型精研·考向洞悉命題點一實數的分類命題點一全等三角形及其性質?題型01利用全等三角形的性質求角度?題型02利用全等三角形的性質求長度命題點二全等三角形的判定?題型01添加一個條件使兩個三角形全等?題型02靈活選用判定方法證明全等?題型03結合尺規作圖的全等問題?題型04構造輔助線證明兩個三角形全等-倍長中線法?題型05全等三角形模型-一線三等角模型?題型06全等三角形模型-旋轉模型命題點三角平分線的性質?題型01利用角平分線的性質求長度?題型02利用角平分線的性質求面積?題型04角平分線的判定定理05分層訓練·鞏固提升基礎鞏固能力提升考點要求新課標要求考查頻次命題預測全等三角形及其性質理解全等三角形的概念，能識別全等三角形中的對應邊、對應角.10年7考在中考中，全等三角形主要以選擇題、填空題和解答題的簡單類型為主．常結合四邊形綜合考查．全等三角形的判定掌握基本事實:兩邊及其夾角分別相等的兩個三角形全等；掌握基本事實:兩角及其夾邊分別相等的兩個三角形全等；掌握基本事實:三邊分別相等的兩個三角形全等；證明定理兩角分別相等且其中一組等角的對邊相等的兩個三角形全等；探索并掌握判定直角三角形全等的“斜邊、直角邊”定理.近10年連續考查角平分線的性質探索并證明角平分線的性質定理:角平分線上的點到角兩邊的距離相等;反之，角的內部到角兩邊距離相等的點在角的平分線上10年8考全等三角形的應用10年6考考點一全等三角形及其性質全等圖形概念：能完全重合的兩個圖形叫做全等圖形.特征：①形狀相同.②大小相等.③對應邊相等、對應角相等.④周長、面積相等.全等三角形概念：能完全重合的兩個三角形叫做全等三角形.【補充】兩個三角形全等，互相重合的頂點叫做對應頂點，互相重合的邊叫做對應邊，互相重合的角叫做對應角.表示方法：全等用符號“≌”，讀作“全等于”.書寫三角形全等時，要注意對應頂點字母要寫在對應位置上.全等變換定義：只改變圖形的位置，而不改變圖形的形狀和大小的變換.全等三角形的性質：1）對應邊相等，對應角相等.2）全等三角形的對應角平分線、對應中線、對應高相等．3）全等三角形的周長相等、面積相等．考點二全等三角形的判定一、全等三角形的判定1.邊邊邊定理：有三邊對應相等的兩個三角形全等（可簡寫成“邊邊邊”或“SSS”）；2.邊角邊定理：有兩邊和它們的夾角對應相等的兩個三角形全等（可簡寫成“邊角邊”或“SAS”）；3.角邊角定理：有兩角和它們的夾邊對應相等的兩個三角形全等（可簡寫成“角邊角”或“ASA”）；4.角角邊定理：有兩角和它們所對的任意一邊對應相等的兩個三角形全等（可簡寫成“角角邊”或“AAS”）；5.對于特殊的直角三角形：有斜邊和一條直角邊對應相等的兩個直角三角形全等（可簡寫成“斜邊、直角邊”或“HL”）．從判定兩個三角形全等的方法可知，要判定兩個三角形全等，需要知道這兩個三角形分別有三個元素（其中至少有一個元素是邊）對應相等，這樣就可以利用題目中的已知邊（角）準確地確定要補充的邊（角），有目的地完善三角形全等的條件，從而得到判定兩個三角形全等的思路從判定兩個三角形全等的方法可知，要判定兩個三角形全等，需要知道這兩個三角形分別有三個元素（其中至少有一個元素是邊）對應相等，這樣就可以利用題目中的已知邊（角）準確地確定要補充的邊（角），有目的地完善三角形全等的條件，從而得到判定兩個三角形全等的思路.三、常見的全等三角形模型（基礎）常見的全等三角形模型（基礎）平移模型模型分析：此模型特征是有一組邊共線或部分重合，另兩組邊分別平行，常要在移動的方向上加（減）公共線段，構造線段相等，或利用平行線性質找到對應角相等．對稱模型模型分析：所給圖形可沿某一直線折疊，直線兩旁的部分能完全重合，重合的頂點就是全等三角形的對應頂點，解題時要注意隱含條件，即公共邊或公共角相等．一線三垂直/一線三等角模型解讀：一線：經過直角頂點的直線；三垂直：直角兩邊互相垂直，過直角的兩邊向直線作垂直，利用“同角的余角相等”轉化找等角旋轉模型模型解讀：將三角形繞著公共頂點旋轉一定角度后，兩個三角形能夠完全重合，則稱這兩個三角形為旋轉型三角形．旋轉后的圖形與原圖形存在兩種情況：①無重疊：兩個三角形有公共頂點，無重疊部分，一般有一對隱含的等角；②有重疊：兩個三角形含有一部分公共角，運用角的和差可得到等角．若題中沒有全等的三角形，則可根據題中條件合理地添加輔助線，如運用作高法、倍長中線法、截長補短法、分解圖形法等來解決運動、拼接、旋轉等探究性題目．若題中沒有全等的三角形，則可根據題中條件合理地添加輔助線，如運用作高法、倍長中線法、截長補短法、分解圖形法等來解決運動、拼接、旋轉等探究性題目．考點三角平分線的性質角平分線的性質定理：角的平分線上的點到這個角的兩邊的距離相等．角平分線的判定定理：角的內部，與角的兩邊的距離相等的點在這個角的平分線上．11.性質中的“距離”是指“點到角兩邊所在直線的距離”,因此在應用時必須含有“垂直”這個條件,否則不能得到線段相等.命題點一全等三角形及其性質?題型01利用全等三角形的性質求角度1．（2024·山東濟南·中考真題）如圖，已知，則的度數為（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】本題主要考查了全等三角形的性質、三角形內角和定理等知識點，掌握全等三角形的對應角相等成為解題的關鍵．先根據三角形內角和定理求得，然后根據全等三角形的對應角相等即可解答．【詳解】解：∵在中，，∴，∵，∴．故選C．2．（2024·山西呂梁·模擬預測）如圖，用兩對全等的三角形紙片拼成如圖所示的六邊形，，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】題目主要考查全等三角形的性質及三角形內角和定理，根據題意得出，然后進行等量代換求解即可，熟練掌握全等三角形的性質及三角形內角和定理是解題關鍵【詳解】解：∵，，∴，∴，故選：B3．（2024·四川達州·一模）如圖，，，，則的度數是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查全等三角形的性質，三角形的內角和定理．關鍵是根據全等三角形的性質得出，然后根據三角形的內角和定理解題．【詳解】解：∵，∴，∵，∴．故選：A．4．（2023·浙江金華·三模）如圖，已知，，，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用三角形的內角和定理求出，利用全等三角形的性質即可得到的度數．【詳解】解：∵，，∴，∵，∴，故選：C【點睛】此題考查了三角形內角和定理和全等三角形的性質，熟練掌握三角形的性質是解題的關鍵．?題型02利用全等三角形的性質求長度5．（2023·河南三門峽·二模）如圖，，，，，點D為的中點，點E在的延長線上，將繞點D順時針旋轉α度得到，當是直角三角形時，的長為．【答案】5或【分析】本題考查了勾股定理，全等三角形的性質，旋轉的性質．根據勾股定理可求出，先根據全等三角形的性質和旋轉的性質，得到，從而得到．再分情況討論：①當時；②當時，利用勾股定理分別求解，即可得到答案．利用分類討論的思想解決問題是解題關鍵．【詳解】解：，，，由勾股定理得：，，，繞點D順時針旋轉得到，，點D為的中點，，①當時，

，，；②當時，

在中，，在中，，綜上可知，的長為5或．故答案為：5或．6．（2024·上海·模擬預測）在和中，，點M，N分別在邊和邊上，使得，則．【答案】【分析】本題主要考查了勾股定理、全等三角形的性質、相似三角形的判定與性質等知識點，證得成為解題的關鍵．由勾股定理可得，設，則，由全等三角形的性質可得，再證，然后利用相似三角形的性質列比例式求解即可．【詳解】解：如圖：∵，∴,設，則，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴,即，解得：，經檢驗，是方程的解．∴．故答案為．7．（2024·江蘇常州·模擬預測）如圖，在四邊形中，對角線平分，，點在上，．若，，，則的長為．【答案】/【分析】本題考查了全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、等腰三角形的性質等知識，解題關鍵是注意探究題中的隱含條件，通過適當添加輔助線構造全等三角形和相似三角形；根據角平分線的特點，在上截取，連結，構造全等三角形和相似三角形，由相似三角形的性質求出的長；【詳解】解：如圖，在上取一點，使，連接，平分，，，，，，，，，即，，即，，，，，，，，，，，，，，，故答案為：8．（2024·湖北·中考真題）如圖，由三個全等的三角形(，，)與中間的小等邊三角形拼成一個大等邊三角形．連接并延長交于點G，若，則：（1）的度數是；（2）的長是．【答案】【分析】本題考查了相似三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，勾股定理，解直角三角形等知識，掌握相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．（1）利用三角形相似及可得，再利用三角形的外角性質結合可求得；（2）作交的延長線于點，利用直角三角形的性質求得，，證明，利用相似三角形的性質列式計算即可求解．【詳解】解：(已知)，，，，，為等邊三角形，，，，，，如圖，過點作的延長線于點，，，，，，，，．故答案為：，．命題點二全等三角形的判定?題型01添加一個條件使兩個三角形全等9．（2014·貴州黔西·中考真題）如圖，已知，那么添加下列條件后，仍無法判定的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本題考查三角形全等的判定方法，判定兩個三角形全等的一般方法有：、、、、，熟練掌握三角形全等的判定方法是解答的關鍵．按照選項逐一分析即可．【詳解】解：A、添加，根據，能判定，故不符合題意；B、添加，根據，能判定，故不符合題意；C、添加，根據，能判定，故不符合題意；D、添加時不能判定，故符合題意．故選：D．10．（2025·上海普陀·一模）如圖，在四邊形中，為對角線，，如果要證得與全等，那么可以添加的條件是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本題考查了全等三角形的判定，根據全等三角形的判定方法逐一判斷即可求解，掌握全等三角形的判定方法是解題的關鍵．【詳解】解：在和中，，，、當添加條件，得到，對應相等的條件為，不能證得與全等，該選項不合題意；、當添加條件，對應相等的條件為，不能證得與全等，該選項不合題意；、當添加條件，對應相等的條件為，不能證得與全等，該選項不合題意；、當添加條件，對應相等的條件為，能證得與全等，該選項符合題意；故選：．11．（2024·浙江嘉興·一模）如圖，在四邊形中，已知．添一個條件，使，則不能作為這一條件的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查全等三角形的判定．根據題意，分別對每一項進行分析判斷即可．【詳解】解：A.已知，，添加，利用可得，此項不符合題意；B.已知，，添加，利用可得，此項不符合題意；C.已知，，添加，利用可得，此項不符合題意；D.已知，，添加不能得出，此項符合題意．故選：D．12．（2024·浙江金華·二模）如圖，已知，添加下列條件，不能判定的是A． B．平分 C．為的中點 D．【答案】B【分析】本題考查了全等三角形的判定：熟練掌握全等三角形的5種判定方法是解決問題的關鍵．選用哪一種方法，取決于題目中的已知條件．先由得到，加上為公共邊，則根據全等三角形的判定方法可分別對各選項進行判斷．【詳解】解：，，而，當添加時，，則，所以，所以A選項不符合題意；當添加平分時，，不能判斷，所以B項符合題意；當添加為的中點時，，，則，所以，所以C選項不符合題意；當添加時，所以，所以D選項不符合題意．故選：B．?題型02靈活選用判定方法證明全等13．（2022·貴州銅仁·二模）如圖，已知∠1＝∠2，AB＝AD，請添加一個條件，使△ABC≌△ADE，并加以證明．(1)你添加的條件是______（只需添加一個條件）；(2)寫出證明過程．【答案】(1)∠ACB=∠AED或AE=AC或∠D=∠B（任選一個即可）．．(2)證明見解析【分析】由∠1=∠2，可證，然后結合已知條件，根據全等三角形判定定理AAS，SAS，ASA即可得出證明△ABC≌△ADE的條件．此題開放性較強，答案不唯一．【詳解】（1）解：添加的條件可以為：∠ACB=∠AED或AE=AC或∠D=∠B（任選一個即可）．（2）證明：∵∠2+∠BAE=∠BAE+∠1，即又∵AB=AD，∴添加：∠ACB=∠AED，則△ABC≌△ADE（AAS）．【點睛】本題主要考查學生對全等三角形的判定理解和掌握．解答此題的關鍵是判定方法確定添加的條件．14．（2022·陜西寶雞·一模）如圖，與交于點O，連接、、，已知．(1)請你添加一個條件：________________，使；（只添一個即可）(2)根據（1）中你所添加的條件，證明：．【答案】(1)或∠C=∠D或∠ABC=∠DAB(2)見解析【分析】（1）已知中有一角和一邊，需增加一個角或者角的另一邊相等即可，可利用AAS或ASA或SAS；（2）根據（1）增加的條件，利用全等三角形的判定證明即可.【詳解】（1）或∠C=∠D或∠ABC=∠DAB（2）①證明：在與中，∴②∠C=∠D證明：在與中，∴③∠ABC=∠DAB證明：在與中，∴【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定，題目是開放性題目，熟練地掌握全等三角形的判定是解決本題的關鍵.15．（2023·陜西西安·模擬預測）如圖，四邊形中，，點E在對角線上，且，如果___________，那么．請填上能使結論成立的一個條件，并證明你的結論．

【答案】，證明見解析【分析】添加條件：，根據平行線的性質得，結合已知利用證明全等即可．【詳解】添加條件：，證明如下：∵，∴，在和中，∴故答案為：．【點睛】本題考查了全等三角形的證明，掌握全等三角形的判定定理是解題的關鍵．16．（2022·廣西柳州·中考真題）如圖，點A，D，C，F在同一條直線上，AB＝DE，BC＝EF．有下列三個條件：①AC＝DF，②∠ABC＝∠DEF，③∠ACB＝∠DFE．

(1)請在上述三個條件中選取一個條件，使得△ABC≌△DEF．你選取的條件為（填寫序號）______（只需選一個條件，多選不得分），你判定△ABC≌△DEF的依據是______（填“SSS”或“SAS”或“ASA”或“AAS”）；(2)利用（1）的結論△ABC≌△DEF．求證：AB∥DE．【答案】(1)①，SSS(2)見解析【分析】(1)根據SSS即可證明△ABC≌?DEF，即可解決問題；(2)根據全等三角形的性質可得可得∠A=∠EDF，再根據平行線的判定即可解決問題．【詳解】（1）解：在△ABC和△DEF中，，∴△ABC≌△DEF（SSS），∴在上述三個條件中選取一個條件，使得△ABC≌△DEF，選取的條件為①，判定△ABC≌△DEF的依據是SSS．（注意：只需選一個條件，多選不得分）故答案為：①，SSS；（2）證明：∵△ABC≌△DEF．∴∠A＝∠EDF，∴AB∥DE．【點睛】本題考查了平行線的性質和全等三角形的性質，和判定定理，能熟記全等三角形的判定定理是解此題的關鍵．?題型03結合尺規作圖的全等問題17．（2022·湖北襄陽·一模）如圖，在△ABC中，∠B＝∠C，D為邊BC上一點，CD＝AC，連接AD．(1)用尺規作∠ADE＝∠B，射線DE交線段AC于點E（不寫作法，保留作圖痕跡）；(2)若AB＝5，BD＝3，求AE的長．【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）利用作一個角等于已知角的作法，即可求解；（2）根據等腰三角形的性質可得AC＝AB＝5．再由CD＝AC，可得CD＝AC＝AB＝5．再根據三角形的外角性質可得∠CDE＝∠BAD．可證得△ABD≌△DCE．即可求解．【詳解】（1）解：作圖如圖所示，∠ADE即為所作；（2）解：∵∠B＝∠C，∴AC＝AB＝5．∵CD＝AC，∴CD＝AC＝AB＝5．∵∠ADC＝∠ADE＋∠CDE＝∠B＋∠BAD，∵∠ADE＝∠B，∴∠CDE＝∠BAD．∴△ABD≌△DCE．∴CE＝BD＝3．∴AE＝AC-CE＝5-3＝2．【點睛】本題主要考查了尺規作圖，全等三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，熟練掌握相關知識點是解題的關鍵．18．（2020·廣西河池·三模）在△ABC中，∠ACB=90o．（1）尺規作圖：作AB的垂直平分線，交BC于D，交AB于E，連接AD；（保留作圖痕跡，且用黑色筆將作圖痕跡描黑，不寫作法和證明）（2）在（1）中找出一組全等三角形，并加以證明．【答案】（1）見解析；（2）≌，證明見解析．【分析】（1）根據垂直平行線的尺規作圖直接解答即可；（2）先找到圖中全等三角形，然后利用垂直平分線的性質定理證明即可．【詳解】（1）如圖

（2）≌∵垂直平分，∴，，∴≌．【點睛】本題主要考查垂直平分線的尺規作圖與性質及三角形全等的判定，熟練掌握尺規作圖及三角形全等的判定方法是解題的關鍵．19．（2020·廣東揭陽·模擬預測）如圖，已知銳角，．（1）尺規作圖：求作的角平分線；（保留作圖痕跡，不寫作法）（2）點在邊上且，請連接，求證：．【答案】（1）見解析；（2）見解析【分析】（1）以點B為圓心，任意長為半徑畫弧與AB、BC相交，再分別以兩個交點為圓心，大于兩點間距離的一半為半徑，在角的內部相交于一點，連接此點與點B并延長交AC與點D；（2）根據已知條件證明△DBE≌△DBC，即可得到結論.【詳解】（1）作圖如圖所示，（2）證明：∵平分，∴，又∵，，∴，∴．【點睛】此題考查了基本作圖--角平分線的畫法，以及三角形全等的判定及性質．解題關鍵是掌握基本作圖．20．（2021·湖南長沙·中考真題）人教版初中數學教科書八年級上冊第35-36頁告訴我們作一個三角形與已知三角形全等的方法：已知：．求作：，使得≌．作法：如圖．（1）畫；（2）分別以點，為圓心，線段，長為半徑畫弧，兩弧相交于點；（3）連接線段，，則即為所求作的三角形．請你根據以上材料完成下列問題：（1）完成下面證明過程（將正確答案填在相應的橫線上）：證明：由作圖可知，在和中，∴≌______．（2）這種作一個三角形與已知三角形全等的方法的依據是______．（填序號）①AAS；②ASA；③SAS；④SSS【答案】（1）；（2）④．【分析】（1）先根據作圖可知，再根據三角形全等的判定定理即可得；（2）根據三邊對應相等的兩個三角形是全等三角形即可得．【詳解】（1）證明：由作圖可知，在和中，，∴．故答案為：．（2）這種作一個三角形與已知三角形全等的方法的依據是，故答案為：④．【點睛】本題考查了利用定理判定三角形全等，熟練掌握三角形全等的判定方法是解題關鍵．?題型04構造輔助線證明兩個三角形全等-倍長中線法21．（2024·內蒙古鄂爾多斯·三模）生命中總有些節點，如同一條線段的中點，它既是過去與未來的交匯，也是靜默與喧囂的界碑．如圖，點D是的邊上的中線，，，則的取值范圍為（

）．

A． B．C． D．【答案】A【分析】本題主要考查對全等三角形的性質和判定以及三角形的三邊關系．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數形結合思想的應用．延長到，使，連接，證，推出，根據三角形的三邊關系定理求出即可．【詳解】解：延長到，使，連接，

點D是的邊上的中線，，在和中，，，，，，故選：A．22．（2023·貴州黔東南·一模）如圖，在中，，，為的中點，，則的面積是（

）A．16 B． C．8 D．【答案】D【分析】本題考查了全等三角形的判定和性質，解直角三角形，三角形的面積的計算．根據垂直的定義得到，得到長到使，由線段中點的定義得到，根據全等三角形的性質得到，，求得，于是得到結論．【詳解】解：∵，∴，∵，∴，延長到使，∵為的中點，∴，在與中，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴的面積，故選：D．23．（2021·浙江湖州·二模）如圖，在四邊形中，，，，，，點是的中點，則的長為（

）．A．2 B． C． D．3【答案】C【分析】延長BE交CD延長線于P，可證△AEB≌△CEP，求出DP，根據勾股定理求出BP的長，從而求出BM的長．【詳解】解：延長BE交CD延長線于P，∵AB∥CD，∴∠EAB＝∠ECP，在△AEB和△CEP中，∴△AEB≌△CEP（ASA）∴BE＝PE，CP＝AB＝5又∵CD＝3，∴PD=2，∵∴∴BE＝BP＝．故選：C．【點睛】考查了全等三角形的判定和性質和勾股定理，解題的關鍵是得恰當作輔助線構造全等，依據勾股定理求出BP．24．（2024·山東臨沂·一模）如圖，點是的邊上的中線，，，則的取值范圍為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】本題考查了全等三角形的判定和性質、三角形三邊之間的關系，解題的關鍵是作輔助線，構造全等三角形．延長至，使，連接．由證明，得，再根據三角形的三邊關系即可求解．【詳解】解：延長至，使，連接．則，∵是邊上的中線，∴，在和中，，∴，∴，在中，，即，，故選：A．?題型05全等三角形模型-一線三等角模型25．（2021·浙江寧波·一模）如圖，已知和均是直角三角形，，，于點．（1）求證：≌；（2）若點是的中點，，求的長．【答案】（1）見解析；（2）cm【分析】（1）根據即可證明結論；（2）結合（1）可得cm，根據點是的中點，可得cm，根據勾股定理即可求出的長．【詳解】解：（1）證明：，，，，，，在和中，，；（2），cm，點是的中點，cm，cm，在中，根據勾股定理，得cm．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，勾股定理，解決本題的關鍵是掌握全等三角形的判定與性質．26．（2024·黑龍江佳木斯·一模）是等腰三角形，，M是的中點，D為射線上一點（不與點B，C重合）、連接并延長到點E，使得，連接．過點B作的垂線交直線于點F．(1)如圖①，點D在線段上，線段，，之間的有怎樣的數量關系？寫出你的猜想，并證明：(2)當點D在線段上時，如圖②；當點D在的延長線上時，如圖③，直接寫出線段，，之間的數量關系，不需證明．【答案】(1)圖①的猜想：，證明見解析(2)圖②：，圖③：【分析】本題主要考查了全等三角形的判定與性質，作出合適的輔助線是解本題的關鍵；（1）作交的延長線于，證明得到，，從而得到，證明得到，即可得證；（2）如圖，作交于，證明得到，，從而得到，證明得到，即可得證；如圖，作交的延長線于，證明得到，，從而得到，證明得到，即可得證；【詳解】（1），證明：如圖，作交的延長線于，則，在和中，，，，，，，，，，，，在和中，，，，；（2）如圖，作交于，則，在和中，，，，，，，，，，，，在和中，，，，，即；如圖，作交的延長線于，則，在和中，，，，，，，，，，，，在和中，，，，；27．（2020·山西晉中·一模）閱讀材料：我們知道：一條直線經過等腰直角三角形的直角頂點，過另外兩個頂點分別向該直線作垂線，即可得三垂直模型”如圖①，在中，，，分別過、向經過點直線作垂線，垂足分別為、，我們很容易發現結論：．

（1）探究問題：如果，其他條件不變，如圖②，可得到結論；．請你說明理由．（2）學以致用：如圖③，在平面直角坐標系中，直線與直線交于點，且兩直線夾角為，且，請你求出直線的解析式．（3）拓展應用：如圖④，在矩形中，，，點為邊上—個動點，連接，將線段繞點順時針旋轉，點落在點處，當點在矩形外部時，連接，．若為直角三角形時，請你探究并直接寫出的長．【答案】（1）理由見解析；（2）；（3）長為3或．【分析】（1）根據同角的余角相等得到，然后利用AA定理判定三角形相似；（2）過點作交直線于點，分別過、作軸，軸，由（1）得，從而得到，然后結合相似三角形的性質和銳角三角函數求出，，從而確定N點坐標，然后利用待定系數法求函數解析式；（3）分兩種情形討論：①如圖1中，當∠PDC=90°時．②如圖2中，當∠DPC=90°時，作PF⊥BC于F，PH⊥CD于H，設BE=x．分別求解即可．【詳解】解：（1）∵，∴又∵∴∴∵．∴（2）如圖，過點作交直線于點，分別過、作軸，軸

由（1）得

∴∵坐標

∴，∵

∴解得：，

∴設直線表達式為，代入，得，解得，∴直線表達式為（3）解：①如圖1中，當∠PDC=90°時，

∵∠ADC=90°，∴∠ADC+∠PDC=180°，∴A、D、P共線，∵EA=EP，∠AEP=90°，∴∠EAP=45°，∵∠BAD=90°，∴∠BAE=45°，∵∠B=90°∴∠BAE=∠BEA=45°，∴BE=AB=3．②如圖2中，當∠DPC=90°時，作PF⊥BC于F，PH⊥CD于H，設BE=x，

∵∠AEB+∠PEF=90°，∠AEB+∠BAE=90°，∴∠BAE=∠PEF，在△ABE和△EFP中，∴△ABE≌△EFP，∴EF=AB=3，PF=HC=BE=x，∴CF=3-（5-x）=x-2，∵∠DPH+∠CPH=90°，∠CPH+∠PCH=90°，∴∠DPH=∠PCH，∵∠DHP=∠PHC，∴△PHD∽△CHP，∴PH2=DH?CH，∴（x-2）2=x（3-x），∴x=或（舍棄），∴BE=，綜上所述，當△PDC是直角三角形時，BE的值為3或．【點睛】本題考查旋轉變換、全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線構造全等三角形或相似三角形解決問題，屬于中考常考題型．28．（2023·黑龍江哈爾濱·模擬預測）如圖，直線：交y軸于點A，交x軸于點B，直線經過點A與軸x交于點C．(1)求直線的解析式；(2)如圖2，直線交于點，點M在線段上，連接交y軸于點H，設點M的橫坐標為t，的面積為S，求S與t之間的函數關系式；（不要求寫出自變量t的取值范圍）(3)如圖3，在（2）的條件下，線段繞點M逆時針旋轉90°得到線段，過點B作直線的垂線，垂足為F，連接交于點G，連接，當是銳角三角形，時，求點E的坐標．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）先根據直線求出A點坐標，即可求出直線的解析式；（2）先求出點坐標，再求出的解析式，即可表示出M點坐標，再利用三角形面積公式表示的面積S即可；（3）先根據對角互補模型證明，再證明，即可求出G點坐標，進而依次求出H、M點坐標，最后根據一線三垂直模型求出E點坐標即可．【詳解】（1）∵直線：交v軸于點A，∴A點坐標為，∵直線經過點A與軸x交于點C．∴，∴直線的解析式；（2）由（1）可得直線：，直線的解析式∴，，∴∵直線交于點，∴∴直線解析式為，∵點M在線段上，連接交y軸于點H，設點M的橫坐標為t，∴，過M作軸于T，∴，∴（3）過M作于K，過M作于J，∵線段繞點M逆時針旋轉90°得到線段，過點B作直線的垂線，垂足為F∴，，∴，∴，∴，∴平分，∴，過B作軸交于P，過B作交于Q，過C作交于L，連接，∴都是等腰直角三角形，∴，，，∴，，∴，，∴，∴，即G為中點，∵，∴，∵∴是等腰直角三角形，過G作軸于R，軸于N，過E作交于S，∴，∴，∵，∴，∴∴，∵直線經過點，，∴直線解析式為，∵點M為直線與直線的交點，∴，∴∵，，，軸，∴，∴∴，∴【點睛】本題是一次函數綜合題，主要考查了一次函數圖象上點的坐標的特征，等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定與性質，作輔助線構造三角形全等是解題的關鍵，綜合性較強，要求學生有較強的邏輯思維能力．?題型06全等三角形模型-旋轉模型29．（2021·內蒙古通遼·中考真題）已知和都是等腰直角三角形，．（1）如圖1，連接，，求證：；（2）將繞點O順時針旋轉．①如圖2，當點M恰好在邊上時，求證：；②當點A，M，N在同一條直線上時，若，，請直接寫出線段的長．【答案】(1)見解析；(2)①見解析；②或【分析】(1)證明△AMO≌△BNO即可；(2)①連接BN，證明△AMO≌△BNO，得到∠A=∠OBN=45°，進而得到∠MBN=90°，且△OMN為等腰直角三角形，再在△BNM中使用勾股定理即可證明；②分兩種情況分別畫出圖形即可求解．【詳解】解：(1)∵和都是等腰直角三角形，∴，又，,∴，∴，∴；(2)①連接BN，如下圖所示：∴，，且，∴，∴，，∴，且為等腰直角三角形，∴，在中，由勾股定理可知：，且∴；②分類討論：情況一：如下圖2所示，設AO與NB交于點C，過O點作OH⊥AM于H點，,為等腰直角三角形，∴,在中，,∴；情況二：如下圖3所示，過O點作OH⊥AM于H點，,為等腰直角三角形，∴,在中，,∴；故或．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考常考題型．30．（2020·山東東營·中考真題）如圖1，在等腰三角形中，點分別在邊上，連接點分別為的中點．

（1）觀察猜想圖1中，線段的數量關系是____，的大小為_____；（2）探究證明把繞點順時針方向旋轉到如圖2所示的位置，連接判斷的形狀，并說明理由；（3）拓展延伸把繞點在平面內自由旋轉，若，請求出面積的最大值．【答案】（1）相等，；（2）是等邊三角形，理由見解析；（3）面積的最大值為.【分析】（1）根據＂點分別為的中點＂，可得MNBD，NPCE，根據三角形外角和定理，等量代換求出．（2）先求出，得出，根據MNBD，NPCE，和三角形外角和定理，可知MN=PN，再等量代換求出，即可求解．（3）根據，可知BD最大值，繼而求出面積的最大值．【詳解】由題意知：AB=AC，AD=AE，且點分別為的中點，∴BD=CE，MNBD，NPCE，MN=BD，NP=EC∴MN=NP又∵MNBD，NPCE，∠A=，AB=AC，∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=根據三角形外角和定理，得∠ENP=∠NBP+∠NPB∵∠MNP=∠MNE+∠ENP，∠ENP=∠NBP+∠NPB，∠NPB=∠C，∠MNE=∠DBE，∴∠MNP=∠DBE+∠NBP+∠C=∠ABC+∠C=．是等邊三角形．理由如下：如圖，由旋轉可得在ABD和ACE中．點分別為的中點，是的中位線，且同理可證且．在中∵∠MNP=，MN=PN是等邊三角形．根據題意得:即，從而的面積．∴面積的最大值為．【點睛】本題主要考查了三角形中點的性質、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及圖形旋轉的相關知識；正確掌握三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及圖形旋轉的相關知識是解題的關鍵．31．（2020·廣東茂名·模擬預測）如圖，是的外接圓，是的直徑，點是半圓的中點，點是上一動點（不與點、重合），連接交于點．（1）如圖1，過點作，交延長線于點，求證：與相切；（2）若，，求的長；（3）如圖2，把沿直線翻折得到，連接，當點在運動時，探究線段、、之間的數量關系，并說明理由．【答案】（1）詳見解析；（2）；（3），詳見解析．【分析】（1）連接，求出，根據得到，問題得證；（2）作交于點，證明，求出CD=8，根據，在中，設，則，，求出，,根據勾股定理即可求出CG；（3）作，使得，連接，．證明，得到，證明，得到，根據數量關系進行代換即可得到．【詳解】證明：（1）連接，是的外接圓，是的直徑，點是半圓的中點，，與相切；解：（2）作交于點，點是半圓周的中點，是的直徑在中，，，在中，設，則，，，在中，設，則，∴，，在中，（3）結論：作，使得，連接，．，，，，，，，，，，【點睛】本題為圓的綜合題目，考查了圓的性質，切線的判定，利用三角函數求線段的長，勾股定理等知識，綜合性較強．解第（2）步關鍵是添加適當輔助線GH,構造了等腰直角三角形DHG和三邊比為3:4:5的直角三角形CGH；解（3）步關鍵是構造旋轉全等，將三條線段轉化在同一直角三角形CEM中，得出數量關系后再進行線段的代換．32．（2020·黑龍江哈爾濱·一模）已知，等邊△ABC，點E在BA的延長線上，點D在BC上，且ED=EC．（1）如圖1，求證：AE=DB；（2）如圖2，將△BCE繞點C順時針旋轉60°至△ACF（點B、E的對應點分別為點A、F），連接EF．在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出圖中四對線段，使每對線段長度之差等于AB的長．【答案】（1）見解析；（2）；；；．【分析】（1）在BA上截取BF=BD，連接DF，根據等邊三角形的性質可得∠BAC=∠B=∠ACB=60°，從而證出△BDF為等邊三角形，然后利用AAS證出△CEA≌△EDF，從而得出AE=DF，即可證出結論；（2）根據圖形、全等三角形的性質、旋轉的性質和等量代換即可得出結論．【詳解】解：（1）在BA上截取BF=BD，連接DF∵△ABC是等邊三角形∴∠BAC=∠B=∠ACB=60°，∵BF=BD，∴△BDF為等邊三角形∴BD=DF，∠BFD=∠FDB=60°∴∠BFD=∠BAC∴FD∥AC∴∠EAC=∠DFE∵ED=EC∴∠EDC=∠ECD∵∠EDC＋∠EDF=180°－∠FDB=120°，∠ECD＋∠CEA=180°－∠B=120°∴∠CEA=∠EDF在△CEA和△EDF中∴△CEA≌△EDF∴AE=DF∴AE=DB（2）由圖可知：∵AE=DB∴由旋轉的性質可得：BE=AF∴∴【點睛】此題考查的是等邊三角形的判定及性質、全等三角形的判定及性質和旋轉的性質，掌握等邊三角形的判定及性質、全等三角形的判定及性質和旋轉的性質是解決此題的關鍵．命題點三角平分線的性質?題型01利用角平分線的性質求長度33．（2024·廣東廣州·二模）如圖，以的頂點為圓心任意長為半徑作弧，分別交角的兩邊于，兩點；再分別以點，為圓心大于長度的一半為半徑作弧，兩弧交于點，連接．若，，，那么點到的距離是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了角平分線的性質，平行線的性質，三角形的外角性質和解直角三角形，過作于點，由題意可得平分，則，由可得，通過三角形外角性質得，通過三角函數求出即可，熟練掌握知識點的應用是解題的關鍵．【詳解】如圖，過作于點，由作圖可知，平分，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴點到的距離是，故選：．34．（2022·廣東深圳·三模）如圖，在中，，用尺規作圖法作出射線，交于點，，為上一動點，則的最小值為（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【分析】本題考查基本作圖——作角平分線，角平分線的性質定理，垂線段最短．當時，根據垂線段最短可知，此時的值最小．再根據角平分線的性質定理可得，即得．【詳解】解：當時，根據垂線段最短可知，此時的值最小．由作圖知：平分，∵，∴，∵，∴．∴的最小值為5，故選：D．35．（2023·廣東廣州·一模）如圖，在C中，的面積為，，平分，E、F分別為、上的動點，則的最小值是（）A． B． C．2 D．【答案】D【分析】本題考查的是角平分線的性質，垂線段最短，解答此類問題時要從已知條件結合圖形認真思考，通過角平分線性質，垂線段最短，確定線段和的最小值．過點C作，垂足為H，交于F點，過F點作，垂足為，則為所求的最小值，根據的面積為，，結合三角形的面積公式求出，即可解答．【詳解】解：如圖，過點C作，垂足為H，交于F點，過F點作，垂足為，則為所求的最小值，∵是的平分線，∴，∴是點C到直線的最短距離（垂線段最短），∵的面積為，，∴，∵的最小值是．故選：D．36．（2023·湖北黃岡·中考真題）如圖，矩形中，，以點B為圓心，適當長為半徑畫弧，分別交，于點E，F，再分別以點E，F為圓心，大于長為半徑畫弧交于點P，作射線，過點C作的垂線分別交于點M，N，則的長為（

）

A． B． C． D．4【答案】A【分析】由作圖可知平分，設與交于點O，與交于點R，作于點Q，根據角平分線的性質可知，進而證明，推出，設，則，解求出．利用三角形面積法求出，再證，根據相似三角形對應邊成比例即可求出．【詳解】解：如圖，設與交于點O，與交于點R，作于點Q，

矩形中，，，．由作圖過程可知，平分，四邊形是矩形，，又，，在和中，，，，，設，則，在中，由勾股定理得，即，解得，．．，．，，，，即，解得．故選A．【點睛】本題考查角平分線的作圖方法，矩形的性質，角平分線的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質等，涉及知識點較多，有一定難度，解題的關鍵是根據作圖過程判斷出平分，通過勾股定理解直角三角形求出．?題型02利用角平分線的性質求面積37．（2024·貴州銅仁·一模）如圖，在中，，以為圓心，任意長為半徑畫弧，分別交，于點，，再分別以，為圓心，大于長為半徑畫弧，兩弧交于點，作射線，交于點．已知，，的面積為（

）A．4 B．8 C．10 D．6【答案】D【分析】本題考查了作圖—基本作圖、角平分線的性質．根據角平分線的尺規作圖可得平分．作，再根據角平分線的性質可得，再利用三角形的面積公式求解即可．【詳解】解：過點作于T，如圖所示：由題意可知：平分，，，，，故選：D．38．（2024·湖南湘西·模擬預測）如圖，在中，，以A為圓心，任意長為半徑畫弧，分別交于點M，N，再分別以M，N為圓心，大于長為半徑畫弧，兩弧交于點O，作射線，交于點E．已知，，的面積為（

）A．6 B．11 C．14 D．28【答案】C【分析】此題考查了角平分線的性質定理，根據角平分線的性質得到點E到和的距離相等，點E到的距離等于的長度，利用三角形面積公式即可得到答案．【詳解】解：由基本作圖得到平分，∴點E到和的距離相等，∴點E到的距離等于的長度，即點E到的距離為4，∴．故選：C．39．（2024·河北石家莊·二模）如圖，的兩條角平分線相交于點，，，點，分別為，上的點，且．甲、乙、丙三人有如下判斷：甲：；乙：四邊形的面積是定值；丙：當時，的周長取得最小值．則下列說法正確的是(

)A．只有甲正確 B．只有丙錯誤 C．乙、丙都正確 D．甲、乙、丙都正確【答案】B【分析】作于點，于點，連接，，證明，得出，故甲說法正確；由全等證出，由四邊形的面積是定值，得出四邊形的面積是定值，故乙說法正確；證出，由等腰三角形的腰長最小時周長最小得，當時，的周長和面積均取得最小值，故丙說法正確．【詳解】解：作于點，于點，連接，平分，平分，平分，，，，，，，，．故甲說法正確；由圖得，，，，即，四邊形的面積是定值，四邊形的面積是定值，故乙說法正確；，，，，，，當時，即與重合，的周長取得最小值，故丙說法不正確．故選：B．40．（2024·四川德陽·二模）如圖，在等腰直角中，，，分別平分，，，于點D，，的周長為21，則的面積為（

）A．21 B．36 C．42 D．24【答案】A【分析】本題考查了角平分線的性質，等腰直角三角形的判定與性質，過點E作，垂足為F，過點E作，垂足為G，根據角平分線的性質可得，再證明時等腰直角三角形，即有，可得，然后根據三角形的面積公式進行計算即可解答．【詳解】解：過點E作，垂足為F，過點E作，垂足為G，如圖所示：

∵平分，，，∴，∵平分，，，∴，即，∵平分，，∴，∵，∴時等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴，∴的面積的面積的面積的面積，故選：A．?題型04角平分線的判定定理41．（2023·廣東惠州·二模）如圖，，，于．(1)求證：平分；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)6【分析】本題考查了角平分線的判定與性質，全等三角形的判定與性質，關鍵是作出輔助線構造全等三角形．（1）過點作，交的延長線于點．由證明，可得，結論得證；（2）證明，可得，可求出．【詳解】（1）證明：過點作，交的延長線于點．，，，，，在與中，，，，又∵平分；（2）解：由（1）可得，在和中，，∴，，．42．（2022·廣東中山·三模）新定義：頂角相等且頂角頂點重合的兩個等腰三角形互為“兄弟三角形”．(1)如圖1，和互為“兄弟三角形”，點A為重合的頂角頂點．求證：．(2)如圖2，和互為“兄弟三角形”，點A為重合的頂角頂點，點D、E均在外，連接BD、CE交于點M，連接AM，求證：AM平分．【答案】(1)證明過程見解析(2)證明過程見解析【分析】（1）根據“兄弟三角形”的定義得到∠BAC=∠DAE，進而得到∠CAE=∠BAD，再證明即可得到答案；（2）過點A作AG⊥DM于G，AH⊥EM于H，證明，根據全等三角形的對應高相等得到AG=AH，根據角平分線的判定定理證明結論．【詳解】（1）證明：∵和互為“兄弟三角形”，∴，，，∴，即，∴（SAS），∴．（2）證明：如圖，過點A作于G，于H，∵和互為“兄弟三角形”，∴，，，∴，即，∴（SAS），∴，∵，，∴，∴（SAS），∴，∴AM平分．【點睛】本題考查的是“兄弟三角形”的定義、全等三角形的判定和性質、等邊三角形的判定和性質，正確理解“兄弟三角形”的定義是解題的關鍵．43．（2024·安徽合肥·二模）在四邊形中，點E為的中點，分別連接．

(1)如圖1，若，．（ⅰ）求證：；（ⅱ）若平分，求證：；(2)如圖2，若，，，，求的長．【答案】(1)（ⅰ）見解析；（ⅱ）見解析(2)【分析】本題主要考查了相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理等知識：（1）（ⅰ）證明，可得，即可求證；（ⅱ）分別作于點H，于點P，于點Q，證明，可得，再由角平分線的性質可得，從而得到，繼而得到，再由，可得，即可求證；（2）過點A作，交的延長線于點F，連接，證明，可得，，從而得到，證明，得到，在直角中，根據勾股定理，即可求解．【詳解】（1）證明：（ⅰ）∵，，∴，∴，∵E為的中點，∴，∴，即；（ⅱ）如圖1，分別作于點H，于點P，于點Q，

∴，∵，∴，∴，∵平分，∴，∴，∴平分，即，∵，∴，∴；（2）解：如圖2，過點A作，交的延長線于點F，連接，

∴，∵，∴，∴，．∵，∴，∴，∵，，，∴∴，在直角中，，∵，，∴，∴．44．（2024·江西贛州·二模）【課本再現】思考我們知道，角的平分線上的點到角的兩邊的距離相等，反過來，角的內部到角的兩邊的距離相等的點在角的平分線上嗎？可以發現并證明角的平分線的性質定理的逆定理；角的內部到角的兩邊的距離相等的點在角的平分線上．【定理證明】（1）為證明此逆定理，某同學畫出了圖形，并寫好“已知”和“求證”，請你完成證明過程．已知：如圖1，在的內部，過射線上的點作，，垂足分別為，，且．求證：平分．【知識應用】（2）如圖2，在中，過內部一點，作，，，垂足分別為，，，且，，連接，．①求的度數；②若，，求的長．【答案】（1）見解析；（2）①；②【分析】此題考查了全等三角形的判定，角平分線的性質，特殊角的三角函數和勾股定理，判斷出角平分線并用角平分線的性質求出角的度數是解題的關鍵．（1）此問只需證明即可（2）①判斷出、、是角平分線，用平分線的性質及三角形內角和是即可求出的度數；②由①得構造特殊直角三角形從而求出,,在中用勾股定理即可求出．【詳解】解：（1）證明：，，．在與中；；；即平分．（2）①，由（1）中定理得：，．．②過點作于點．，．，，．，．基礎鞏固單選題1．（2024·廣東廣州·中考真題）如圖，在中，，，為邊的中點，點，分別在邊，上，，則四邊形的面積為（

）A．18 B． C．9 D．【答案】C【分析】本題考查等腰直角三角形的性質以及三角形全等的性質與判定，掌握相關的線段與角度的轉化是解題關鍵．連接，根據等腰直角三角形的性質以及得出，將四邊形的面積轉化為三角形的面積再進行求解．【詳解】解：連接，如圖：∵，，點D是中點，∴∴，∴又∵∴故選：C2．（2024·河北石家莊·二模）如圖，已知在中，，，根據圖中尺規作圖痕跡，（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查基本作圖，角平分線的定義，垂直平分線的性質，等腰三角形的性質，三角形內角和定理．掌握角平分線定義和線段垂直平分線的性質是解題的關鍵．首先根據等邊對等角和三角形內角和定理得到，由作圖得垂直平分，平分，根據角平分線定義和線段垂直平分線的性質得到，，進而求解即可．【詳解】解：∵，∴，∴，由作圖痕跡可知：是的平分線．，為線段的垂直平分線，，，．故選：B．3．（2024·廣東揭陽·一模）如圖，在中，點O是內一點，且點O到三邊的距離相等，，則（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了角平分線的性質，三角形內角和定理的應用．由題意可知點O為的三條角平分線的交點，可得，，根據三角形內角和定理求出，可得的度數，再根據三角形內角和定理求出的度數即可．【詳解】解：∵點O到三邊距離相等，∴點O為的三條角平分線的交點，∴，，∵，∴，∴，∴，故選：B．4．（2024·廣東廣州·一模）如圖，四邊形是菱形，點，分別在，邊上，添加以下條件不能判定的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】本題考查菱形性質及全等三角形的判定，解題的關鍵是掌握三角形全等的判定定理．由四邊形是菱形可得：，，再根據每個選項添加的條件逐一判斷．【詳解】解：由四邊形是菱形可得：，，A、添加，可用證明，故不符合題意；B、添加，可用證明，故不符合題意；C、添加，不能證明，故符合題意；D、添加，可用證明，故不符合題意；故選：C．二、填空題5．（2021·山東德州·中考真題）如圖，點在上，．請添加一個條件，使．【答案】（答案不唯一）【分析】本題考查了全等三角形的判定．根據已知條件中的一邊一角，再添加一組對角相等即可．【詳解】解：∵，再添加，根據“角角邊”就能證明．故答案為：（答案不唯一）．6．（2023·福建·中考真題）如圖，在中，為的中點，過點且分別交于點．若，則的長為．

【答案】10【分析】由平行四邊形的性質可得即，再結合可得可得，最進一步說明即可解答．【詳解】解：∵中，∴，∴，∵，∴，∴，∴,即．故答案為：10．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質、全等三角形的判定與性質等知識點，證明三角形全等是解答本題的關鍵．7．（2023·廣東茂名·一模）如圖，點、、、在同一直線上，，，添加一個條件，使，這個條件可以是．（只需寫一種情況）

【答案】或或或（答案不唯一）【分析】先證明及，然后利用全等三角形的判定定理分析即可得解．【詳解】解∶或或或，理由是∶∵，∴，∵，∴即，當時，有，則，當時，則，當時，則，當時，則，故答案為∶或或或．【點睛】本題考查了對全等三角形的判定定理的應用，掌握全等三角形的判定定理有，，，是解題的關鍵．8．（2022·廣東佛山·模擬預測）如圖，在中，于點，與相交于點，且，．若，則的度數為．

【答案】/35度【分析】首先根據證明，再利用全等三角形的性質即可解決問題．【詳解】解：，，在和中，，，，，，．故答案為：．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，等邊對等角，解題的關鍵是掌握全等三角形的判定方法以及性質．三、解答題9．（2024·廣東·模擬預測）如圖，在四邊形中，，是的平分線．求證：．【答案】見解析【分析】本題考查了全等三角形的判定，熟練掌握全等三角形的判定是解題關鍵．首先由角平分線的概念得到，然后由角角邊即可證得．【詳解】證明：∵是的平分線，，在和中，，．10．（2024·廣東·模擬預測）如圖，在中，．(1)實踐與操作：作的平分線（不寫作法，保留作圖痕跡）；(2)應用與計算：記的平分線交于點D，E是上一點，且．若，，求的面積．【答案】(1)見詳解(2)【分析】（1）根據作法利用尺規作圖即可．（2）由（1）得為的平分線，利用角平分線的性質可得，再利用三角函數得到，再根據三角形全等的判斷及性質即可求解．【詳解】（1）如圖所示，即為所求．（2）解：∵，∴，∵為的平分線，∴，∵，，∴，在中，∵，∴，∵，，，∴，∴，，∴．【點睛】本題考查了尺規作圖（角平分線），角平分線的定義，銳角三角函數，全等三角形的判定與性質．11．（2024·廣東潮州·一模）如圖所示，和都是等腰直角三角形，是的中點，．

(1)求證：；(2)求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】本題考查等腰直角三角形的性質，全等三角形的性質根據，可以得到，又由是的中點,所以，即可證得；由和可以得到，于是可求得，即可求得答案.【詳解】（1）解：證明：和都是等腰直角三角形，，．．又是的中點，．．．（2）解：，見答圖，

．，．，，．．在中，是的中點，．能力提升一、單選題1．（2023·山東聊城·模擬預測）如圖，在中，以點A為圓心，小于長為半徑畫弧，分別交，于點M，N，再分別以M，N為圓心，大于的長為半徑畫弧，過點A和兩弧的交點作射線，交于點D，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題主要考查角平分線性質與作圖，解直角三角形，熟知角平分線上的點到角兩邊的距離相等是解題的關鍵．【詳解】如圖，過點作于點，由作圖知平分，又，則，因為，所以，因為，

所以．2．（2024·廣東廣州·模擬預測）如圖，正方形的邊長為2，為與點不重合的動點，以為邊向下作正方形．則的最小值為（

）A．2 B． C．4 D．【答案】D【分析】本題主要考查正方形的性質、三角形的全等證明，勾股定理，連接、、，證可得，進而得到，勾股定理求出的長，即得最小值；【詳解】解：如圖，連接、、、，∵正方形和正方形，∴，，∴，在和中，∵∴∴∴，∵，∴的最小值為故答案為：．3．（2024·廣東·模擬預測）如圖，正六邊形的邊長為2，連接，點G是上的動點，若，點H在線段上，有以下結論：①；②四邊形是矩形；③當點H在邊的中點處時，；④當時，．其中正確的是（

）A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②③【答案】A【分析】根據正六邊形的性質和等邊對等角即可進行判斷①；求出．同理可得，四邊形是矩形．即可判斷②；若，則，則，點G，E重合．連接，此時．得到此時，即可判斷③；，則．即可判斷④．【詳解】解：由正六邊形的性質，得，，∴，故①正確；由正六邊形的性質，得，∴．同理可得，∴四邊形是矩形．故②正確；當點H在邊的中點處時，，若，則，∴，∴點G，E重合．連接，此時．∵，∵此時，∴點H在邊的中點處時，不成立．故③錯誤；∵，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，又∵∴．∵正六邊形的邊長為2，∴，∴．故④正確；綜上可知，正確的是①②④，故選：A【點睛】此題考查了正六邊形的性質、解直角三角形、矩形的判定和性質、相似三角形的性質、全等三角形的判定和性質、等腰三角形的判定和性質等知識，熟練掌握正六邊形的性質是解題的關鍵.4．（2023·廣東深圳·三模）如圖，點M是矩形內一個動點，，，點N為線段上一點，且，連接和，則的最小值為（）A． B．5 C． D．【答案】A【分析】本題考查了矩形的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理，在上截取，連接，，先求出，的長，進而求出，的長，再證得，將轉化為，根據兩點之間，線段最短可知當C、M、E在一條直線上時，的值最小，然后根據勾股定理求出的長，即可得出答案．【詳解】解：在上截取，連接，，∵，，∴，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，當C、M、E在一條直線上時，的最小值為的長，∵四邊形是矩形，∴，在中，，，由勾股定理得，即的最小值為，故選：A．5．（2024·廣東東莞·一模）如圖，在正方形中，點E，F分別在邊，上，、分別交于點M，N，連接、，且．下列結論：①，；②；③；④．其中正確結論的個數是（）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】將繞點A逆時針旋轉，得到，則，，，可證得，從而得到，，進而得到，再由四邊形內角和定理可得，，故①正確；再證明，可得，故②正確；再由，，可得，從而得到，故③正確；再證明，是等腰直角三角形，可得，從而得到，將繞點A逆時針旋轉，得到，證明，可得，再由勾股定理，可得故④正確，即可求解．【詳解】解：如圖，將繞點A逆時針旋轉，得到，則，，，∵四邊形是正方形，，，，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，故①正確；∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，，故②正確；∵，，∴，又∵，，∴，故③正確；∵，，∴，∴，∵，，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴，如圖，將繞點A逆時針旋轉，得到，則，，，∴，即是直角三角形，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故④正確；故選：A．【點睛】本題考查正方形的性質、全等三角形的判定和性質、勾股定理、相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會利用旋轉法，添加輔助線構造全等三角形解決問題．二、填空題6．（2024·廣東·模擬預測）如圖，四個全等的直角三角形圍成正方形和正方形，連接，分別交于點．已知，

正方形的面積為24，則圖中陰影部分的面積之和為【答案】【分析】本題考查了勾股定理的證明、全等圖形、梯形的面積，首先要正確理解題意，然后會利用勾股定理和梯形的面積解題．根據正方形的面積可得正方形邊長的平方，設，則，根據勾股定理可得的值，再根據題意可得，然后可得陰影部分的面積之和為梯形的面積．【詳解】解：∵正方形的面積為24，∴，，，設，則，∵四邊形為正方形，∴，，∴，∴，又∵四個三角形為全等的直角三角形，∴，，又∵，，∴，∴，又，∴，∴，∵，∴，∴陰影部分的面積之和，故陰影部分的面積之和就是梯形的面積，∴，故答案為：4.8．7．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖，，，B為射線上的一個動點，分別以為直角邊，B為直角頂點，在兩側作等腰，等腰，連接交于點P．當B在上運動時，的長度為．【答案】3【分析】本題考查了全等三角形的性質和判定的應用，等腰三角形的性質，解題的關鍵是作輔助線，構造全等三角形，靈活運用有關定理來分析或解答．過點E作，首先證明再證即可解決問題；【詳解】解：如圖，過點C作，垂足為點N，，，均為等腰直角三角形，，，在與中，，，，在與中，，，故答案為：3．8．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖，在中，，，按以下步驟作圖：①以點為圓心，以任意長為半徑作弧，分別交，于點D，E；②分別以D，E為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧在內交于點；③作射線，交于點F，若，則的長為．【答案】/【分析】作于點，根據作圖軌跡可知