專題30中考命題核心元素全等三角形的基本模型的應用（解析版）

模塊一典例剖析+針對訓練

模型一平移模型

【模型解讀】有一組邊共線或部分重合，另兩組邊分別平行，常要在移動方向上加(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．

基本圖形：

典例1（2022春?廣州期中）如圖，點A、D、B、E在一條直線上，AD＝BE，AC＝DF，AC∥DF，求證：

△ABC≌△DEF．

思路引領：根據線段的和差得到AB＝DE，由平行線的性質得到∠A＝∠EDF，根據全等三角形的判定定

理證得結論．

證明：∵AD＝BE，

∴AD+BD＝BE+BD，

即AB＝DE，

∵AC∥DF，

∴∠A＝∠EDF，

在△ABC與△DEF中，

，

??=??

∠?=∠???

∴?△?=AB?C?≌△DEF（SAS）．

總結提升：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：SSS、SAS、ASA、AAS．注

意：AAA、SSA不能判定兩個三角形全等，判定兩個三角形全等時，必須有邊的參與，若有兩邊一角對

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應相等時，角必須是兩邊的夾角．

針對訓練

1．（2021春?高州市校級月考）如圖，點A，B，C，D在一條直線上，EA∥FB，EA＝FB，AB＝CD．

（1）求證：∠E＝∠F．

（2）若EA＝CA，∠A＝40°，求∠D的度數(shù)．

思路引領：（1）由EA∥FB，利用“兩直線平行，同位角相等”可得出∠A＝∠EBD，由AB＝CD可得出

AC＝BD，結合EA＝FB即可證出△EAC≌△FBD（SAS），再利用全等三角形的性質可證出∠E＝∠F；

（2）由EA＝CA，利用等邊對等角可得出∠E＝∠ACE，結合∠A＝40°可求出∠ACE＝70°，由△EAC

≌△FBD，再利用全等三角形的性質可求出∠D＝70°．

（1）證明：∵EA∥FB，

∴∠A＝∠EBD．

∵AB＝CD，

∴AB+BC＝BC+CD，

即AC＝BD．

在△EAC和△FBD中，

，

??=??

∠?=∠???

∴?△?=EA?C?≌△FBD（SAS），

∴∠E＝∠F．

（2）解：∵EA＝CA，

∴∠E＝∠ACE．

∵∠A＝40°，

∴∠ACE（180°﹣40°）＝70°．

1

∵△EAC≌=△2×FBD，

∴∠D＝∠ACE＝70°．

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總結提升：本題考查了全等三角形的判定與性質、平行線的性質、等腰三角形的性質以及三角形內角和

定理，解題的關鍵是：（1）利用全等三角形的判定定理SAS，證出△EAC≌△FBD；（2）利用等腰三角

形的性質及三角形內角和定理，求出∠ACE的度數(shù)是解題的關鍵．

2．（2022秋?武城縣月考）如圖，在四邊形ABCD中，E為AB的中點，DE∥BC，∠ADE＝∠ECB，

（1）求證：△AED≌△EBC；

（2）當AB＝6時，求CD的長．

思路引領：（1）根據平行線的性質得∠AED＝∠B，再利用AAS證明△AED≌△EBC即可；

（2）利用SAS證明△DEC≌△BCE，得CD＝BE，從而得出答案．

（1）證明：∵E為AB的中點，

∴AE＝BE，

∵DE∥BC，

∴∠AED＝∠B，

在△AED與△EBC中，

，

∠???=∠???

∠???=∠?

∴?△?=AE?D?≌△EBC（AAS）；

（2）解：∵DE∥BC，

∴∠DEC＝∠BCE，

∵△AED≌△EBC，

∴ED＝BC，

在△DEC和△BCE中，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?=DE?C?≌△BCE（SAS），

∴CD＝BE，

∵點E為AB的中點，

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∴BEAB＝3，

1

∴CD=＝2BE＝3．

總結提升：本題主要考查了平行線的性質，全等三角形的判定與性質等知識，熟練掌握全等三角形的判

定與性質是解題的關鍵．

模型二對稱模型

【模型解讀】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，解題時要注意其隱含條件，即公共邊或公共角相等．

基本圖形：

典例2（2021秋?黃埔區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，我們把這種兩組鄰邊分別相等

的四邊形叫做“箏形”，

（1）求證：△ABC≌△ADC；

（2）測量OB與OD、∠BOA與∠DOA，你有何猜想？證明你的猜想．

（3）在“箏形”ABCD中，已知AC＝6，BD＝4，求“箏形”ABCD的面積．

思路引領：（1）根據SSS即可得出結論；

（2）由△ABC≌△ADC，得出∠BAC＝∠DAC，進而根據SAS判斷出△ABO≌△ADO，即可得出結論；

（3）由∠BOA＝∠DOA判斷出AC⊥BD，即可求出答案．

（1）證明：在△ABC和△ADC中，

，

??=??

??=??

∴?△?=AB?C?≌△ADC（SSS）；

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（2）解：OB＝OD，∠BOA＝∠DOA，

證明：由（1）知，△ABC≌△ADC，

∴∠BAC＝∠DAC，

在△ABO和△ADO中，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?=AB?O?≌△ADO（SAS），

∴OB＝OD，∠BOA＝∠DOA；

（3）由（2）知，∠BOA＝∠DOA，

∵∠BOA+∠DOA＝180°，

∴∠BOA＝90°，

即AC⊥BD，

∴“箏形”ABCD的面積為BD?AC4×6＝12．

11

=×

總結提升：此題是四邊形綜2合題，主要2考查了全等三角形的判定和性質，“箏形”的面積求法，判斷出△

ABC≌△ADC是解本題的關鍵．

針對訓練

1．（2022秋?梁溪區(qū)校級期中）已知：如圖，AC、DB相交于點O，AB＝DC，∠ABO＝∠DCO．

（1）求證：△ABO≌△DCO；

（2）若∠OBC＝34°，求∠OCB的度數(shù)．

思路引領：（1）根據AAS即可得出結論；

（2）由△ABO≌△DCO，得出OB＝OC，即可推出結果．

（1）證明：在△ABO和△DCO中，

，

∠???=∠???

∠???=∠???

∴?△?=AB?O?≌△DCO（AAS）；

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（2）解：由（1）知，△ABO≌△DCO，

∴OB＝OC，

∴∠OBC＝∠OCB＝34°．

總結提升：本題考查了全等三角形的判定與性質，熟練掌握全等三角形的判定與性質是解題的關鍵．

模型三一線三垂直

【模型解讀】一線：經過直角頂點的直線(BE)；三垂直：直角兩邊互相垂直(AC⊥CD)，分別過直角兩

邊上的點向過直角頂點的直線作垂線(AB⊥BC，DE⊥CE)．利用“同角的余角相等”找等角(如∠1＝∠2)．

基本圖形：

典例3（2017秋?汝城縣期末）如圖，在正方形ABCD中，點E、F分別在BC、CD邊上運動，且始終保持

BE＝CF．連接AE、BF．

（1）求證：△ABE≌△BCF；

（2）求證：AE⊥BF；

（3）若AB＝10cm，紅螞蟻P以2.6厘米/秒的爬行速度從點B出發(fā)，黑螞蟻Q以3厘米/秒的爬行速度

從點C同時出發(fā)，都逆時針沿正方形ABCD的邊爬行，求經過多長時間，兩只螞蟻第一次在正方形ABCD

的哪條邊上相遇？

思路引領：（1）由正方形的性質可得AB＝BC，∠ABE＝∠BCF，然后利用“邊角邊”證明△ABE和△

BCF全等；

（2）由全等三角形對應角相等可得∠BAE＝∠CAF，然后求出∠BAE+∠ABF＝∠ABC＝90°，判斷出

AE⊥BF；

（3）由黑螞蟻Q的路程﹣紅螞蟻P的路程＝30cm，列出方程可求解．

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證明：（1）在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，

在△ABE和△BCF中，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?=AB?E?≌△BCF（SAS）；

（2）∵△ABE≌△BCF，

∴∠BAE＝∠CAF，

∴∠BAE+∠ABF＝∠CAF+∠ABF＝∠ABC＝90°，

∴AE⊥BF；

（3）設經過x秒，兩只螞蟻第一次相遇，

由題意可得：3x﹣2.6x＝30

∴x＝75秒，

∴75×3＝5×40+25，

∴經過75秒，兩只螞蟻第一次在正方形ABCD的AB邊上相遇．

總結提升：本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，證明△ABE≌△BCF是解題的關鍵．

針對訓練

1．（2020?蘇州）問題1：如圖①，在四邊形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，P是BC上一點，PA＝PD，∠

APD＝90°．求證：AB+CD＝BC．

問題2：如圖②，在四邊形ABCD中，∠B＝∠C＝45°，P是BC上一點，PA＝PD，∠APD＝90°．求

的值．

??+??

??

思路引領：（1）由“AAS”可知△BAP≌△CPD，可得BP＝CD，AB＝PC，可得結論；

（2）過點A作AE⊥BC于E，過點D作DF⊥BC于F，由（1）可知EF＝AE+DF，由等腰直角三角形

的性質可得BE＝AE，CF＝DF，ABAE，CDDF，即可求解．

證明：（1）∵∠B＝∠APD＝90°，=2=2

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∴∠BAP+∠APB＝90°，∠APB+∠DPC＝90°，

∴∠BAP＝∠DPC，

又PA＝PD，∠B＝∠C＝90°，

∴△BAP≌△CPD（AAS），

∴BP＝CD，AB＝PC，

∴BC＝BP+PC＝AB+CD；

（2）如圖2，過點A作AE⊥BC于E，過點D作DF⊥BC于F，

由（1）可知，EF＝AE+DF，

∵∠B＝∠C＝45°，AE⊥BC，DF⊥BC，

∴∠B＝∠BAE＝45°，∠C＝∠CDF＝45°，

∴BE＝AE，CF＝DF，ABAE，CDDF，

∴BC＝BE+EF+CF＝2（AE=+D2F），=2

∴．

??+??2(??+??)2

==

總結?提?升：本2題(?考?查+?了?)全等三2角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，添加恰當輔助線構造全等三

角形是本題的關鍵．

2．（2022?定遠縣模擬）如圖，已知：Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D是BC的中點，點P是

BC邊上的一個動點．

（1）如圖1，若點P與點D重合，連接AP，則AP與BC的位置關系是AP⊥BC；

（2）如圖2，若點P在線段BD上，過點B作BE⊥AP于點E，過點C作CF⊥AP于點F，則CF，BE

和EF這三條線段之間的數(shù)量關系是CF＝BE+EF；

（3）如圖3，在（2）的條件下，若BE的延長線交直線AD于點M，求證：CP＝AM；

（4）如圖4，已知BC＝4，若點P從點B出發(fā)沿著BC向點C運動，過點B作BE⊥AP于點E，過點C

作CF⊥AP于點F，設線段BE的長度為d1，線段CF的長度為d2，試求出點P在運動的過程中d1+d2

的最大值．

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思路引領：（1）利用等腰三角形的性質可得答案；

（2）利用AAS證明△ACF≌△BAE，得CF＝AE，AF＝BE即可；

（3）由（2）同理可證CF＝AE．再利用ASA證明△CFP≌△AEM，得CP＝AM；

（4）用兩種方法表示△ABC的面積，可得，當AP⊥BC時，AP最小，此時AP＝2，可得

128

答案．?+?=??

解：（1）∵點D是BC的中點，

∴AP⊥BC，

故答案為：AP⊥BC；

（2）CF＝BE+EF，

∵BE⊥AP，CF⊥AP，

∴∠AEB＝∠AFC＝90°，∠BAE＝∠ACF，

∵AB＝AC，

∴△ACF≌△BAE（AAS），

∴CF＝AE，AF＝BE，

∴CF＝BE+EF，

故答案為：CF＝BE+EF；

（3）CP＝AM，理由如下：

證明：∵BE⊥AP，CF⊥AP．

∴∠AFC＝∠AEB＝90°．

∵∠BAE+∠FAC＝90°，

∠ACF+∠FAC＝90°．

∴∠BAE＝∠ACF．

又∵AB＝AC．

∴△ACF≌△BAE（AAS）．

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∴∠BAE＝∠ACF，CF＝AE．

∵在等腰Rt△ABC中，點D是BC的中點．

∴∠BAD＝∠ACD＝45°

∵∠BAE＝∠ACF．

∴∠EAM＝∠FCP．

在△CFP和△AEM中，

∠FCP＝∠EAM，CF＝AE，∠CFP＝∠AEM

∴△CFP≌△AEM（ASA），

∴CP＝AM；

（4）∵AD⊥BC，

∴，

△???1

?=2?????=4

由圖形可知，4，

11

?△???=?△???+?△???=?????+?????=

∴，22

128

∴當?+AP?⊥B=C?時?，AP最小，此時AP＝2；

∴d1+d2最大值為4．

總結提升：本題是三角形綜合題，主要考查了等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定與性質，三角

形的面積，垂線段最短等知識，利用面積法表示出是解決問題（4）的關鍵．

128

模型四旋轉模型?+?=??

【模型解讀】可看成將三角形繞著公共頂點旋轉一定角度，旋轉后的圖形與原圖形之間存在兩種情況：

(1)無重疊：兩個三角形有公共頂點，無重疊部分一般有一對相等的角隱含在平行線、對頂角中．

(2)有重疊：兩個三角形含有一部分公共角，運用角的和差得到等角．

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典例4（2021秋?長豐縣月考）如圖，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，連接

BD，CE，BD與CE交于點O，BD與AC交于點F．

（1）求證：BD＝CE．

（2）若∠BAC＝48°，求∠COD的度數(shù)．

（3）若G為CE上一點，GE＝OD，AG＝OC，且AG∥BD，求證：BD⊥AC．

思路引領：（1）根據AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠EAD，從而得出∠BAD＝∠CAE，即可得出△BAD

≌△CAE，進而可以解決問題；

（2）結合（1）證明∠COF＝∠BAC＝48°，進而可以解決問題；

（3）連接AO，證明△ADO≌△AEG，可得AG＝AO，∠DAO＝∠EAG，然后證明∠COF＝∠OAG，根

據AG∥BD，可得∠AOF＝∠OAG，再根據等腰三角形的性質即可解決問題．

（1）證明：∵∠BAC＝∠DAE，

∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，

即∠BAD＝∠CAE，

在△BAD與△CAE中，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?B=A?D?≌△CAE（SAS），

∴BD＝CE；

（2）解：∵△BAD≌△CAE，

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∴∠ABD＝∠ACE，

∵∠AFB＝∠CFO，

∴∠COF＝∠BAC＝48°，

∴∠COD＝180°﹣∠COF＝180°﹣48°＝132°，

答：∠COD的度數(shù)為132°．

（3）證明：如圖，連接AO，

∵△BAD≌△CAE，

∴∠ADB＝∠AEC，

∵AD＝AE，GE＝OD，

在△ADO和△AEG中，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?=AD?O?≌△AEG（SAS），

∴AG＝AO，∠DAO＝∠EAG，

∵AG＝OC，

∴OA＝OC，

∵∠OAG＝∠DAO+∠DAG，

∴∠OAG＝∠EAG+∠DAG＝∠DAE＝∠BAC，

由（2）知：∠COF＝∠BAC，

∴∠COF＝∠OAG，

∵AG∥BD，

∴∠AOF＝∠OAG，

∴∠COF＝∠AOF，

∵OA＝OC，

∴BD⊥AC．

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總結提升：此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質，直角三角形的性質，等邊三角

形的性質以及角之間的關系，判斷出∠COF＝∠AOF，是解本題的關鍵．

針對訓練

1．（2022春?駐馬店期末）如圖，在△ADC中，DB是高，點E是DB上一點，AB＝DB，EB＝CB，M，

N分別是AE，CD上的點，且AM＝DN．

（1）試說明：△ABE≌△DBC；

（2）探索BM和BN的位置關系和數(shù)量關系，并說明理由．

思路引領：（1）根據SAS可證明△ABE≌△DBC；

（2）證得∠BAM＝∠BDN．證明△ABM≌△DBN．得出BM＝BN，∠ABM＝∠DBN．得出∠ABD＝90°．則

結論得證．

（1）證明：∵DB是高，

∴∠ABE＝∠DBC＝90°．

在△ABE和△DBC中，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?=AB?E?≌△DBC（SAS）；

（2）解：BM＝BN，BM⊥BN，理由如下：

∵△ABE≌△DBC，

∴∠BAM＝∠BDN，

在△ABM和△DBN中，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?A=B?M?≌△DBN（SAS），

∴BM＝BN，∠ABM＝∠DBN，

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∴∠DBN+∠DBM＝∠ABM+∠DBM＝∠ABD＝90°，

∴MB⊥BN．

總結提升：本題考查了全等三角形的判定和性質，垂直的定義，熟練掌握全等三角形的判定和性質是解

題的關鍵．

2．（2021?南通一模）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E是平面內異于點A的任意一點，以線段AE為邊

作正方形AEFG，連接EB，

GD．

（1）如圖1，求證EB＝GD；

（2）如圖2，若點E在線段DG上，AB＝5，AG＝3，求BE的長．

思路引領：（1）根據正方形性質求出A＝AG，AB＝AD2，∠BAD＝∠GAE＝90°，求出∠BAE＝∠DAG，

根據SAS推出△AGD≌△AEB即可；

（2）根據勾股定理求出DH、EG，求出GH，根據全等得出BE＝DG，即可求出答案．

（1）證明：∵四邊形ABCD和四邊形BEFG都是正方形，

∴AB＝AD，AG＝AE，∠BAD＝∠GAE＝90°，

∴∠BAE＝∠DAG，

在△AGD和△AEB中，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?A=G?D?≌△AEB（SAS），

∴EB＝GD；

（2）解：作AH⊥DG于H，

∵四邊形ABCD和四邊形BEFG都是正方形，

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∴AD＝AB＝5，AE＝AG＝3．

2

∴由勾股定理得：EG6，

22

=(32)+(32)=

AH＝GHEG＝3（直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半），

1

=

∴DH24，

22

∴BE＝=DG?＝?D?H?+G?H＝=3+4＝7．

總結提升：本題考查了正方形的性質、全等三角形的判定和性質、直角三角形的性質、勾股定理等知識點，

能求出△AGD≌△AEB是解此題的關鍵

模塊二2023中考押題預測

1．（2021秋?西山區(qū)期末）如圖，AB＝DE，AC＝DF，BE＝CF，求證：△ABC≌△DEF．

思路引領：根據BE＝CF求出BC＝EF，再根據全等三角形的判定定理SSS推出即可．

證明：∵BE＝CF，

∴BE+EC＝CF+EC，

即BC＝EF，

在△ABC和△DEF中，

，

??=??

??=??

∴?△?=AB?C?≌△DEF（SSS）．

總結提升：本題考查了全等三角形的判定定理，能熟記全等三角形的判定定理是解此題的關鍵，注意：

全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，兩直角三角形全等還有HL等．

2．（2020秋?開福區(qū)月考）如圖，在△ABC中，點D是BC上一點，且AD＝AB，AE∥BC，∠BAD＝∠CAE，

連接DE交AC于點F．

（1）若∠C＝40°，求∠B的度數(shù)；

（2）若AD平分∠BDE，求證：AE＝AC．

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思路引領：（1）由AD＝AB，得∠B＝∠ADB．由AE∥BC，得∠EAC＝∠C，那么∠C+∠DAC＝∠EAC+

∠DAC，即∠ADB＝∠DAE．由∠BAD＝∠CAE，得∠BAC＝∠DAE，那么∠B＝∠BAC．已知∠C＝40°，

根據三角形內角和定理求得∠B＝70°．

（2）欲證AE＝AC，可證△ABC≌△ADE．由AD平分∠BDE，得∠BDA＝∠ADE，那么∠B＝∠ADE．由

∠BAD＝∠CAE，得∠BAC＝∠DAE，從而推斷出△ABC≌△ADE．

解：（1）∵AD＝AB，

∴∠B＝∠ADB．

∵AE∥BC，

∴∠EAC＝∠C．

又∵∠BAD＝∠CAE，

∴∠BAD＝∠C．

∵∠BDA＝∠C+∠DAC，

∴∠BDA＝∠BAD+∠DAC＝∠BAC．

又∵∠B＝∠BDA，

∴∠B＝∠BAC．

∵∠C＝40°，

∴∠B+∠BAC＝180°﹣∠C＝140°．

∴2∠B＝140°．

∴∠B＝70°．

（2）由（1）得：∠B＝∠ADB．

∵AD平分∠BDE，

∴∠BDA＝∠ADE．

∴∠B＝∠ADE．

∵∠BAD＝∠CAE，

∴∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC．

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∴∠BAC＝∠DAE．

在△ABC和△ADE中，

，

∠???=∠???

??=??

∴∠△?=AB∠C?≌?△?ADE（ASA）．

∴AE＝AC．

總結提升：本題主要考查平行線的性質、等腰三角形的性質、三角形外角的性質、三角形內角和定理、

角平分線的定義、全等三角形的判定與性質，熟練掌握平行線的性質、等腰三角形的性質、三角形外角

的性質、三角形內角和定理、角平分線的定義、全等三角形的判定與性質是解決本題的關鍵．

3．（2022秋?南昌期末）如圖，在△ABC和△DBC中，∠ACB＝∠DBC＝90°，點E是BC的中點，DE⊥

AB于點F，且AB＝DE．

（1）求證：△ACB≌△EBD；

（2）若DB＝12，求AC的長．

思路引領：（1）由“AAS”可證△ACB≌△EBD；

（2）由全等三角形的性質可得BC＝DB＝12，AC＝EB，即可求解．

（1）證明：∵∠ACB＝∠DBC＝90°，DE⊥AB，

∴∠DEB+∠ABC＝90°，∠A+∠ABC＝90°，

∴∠DEB＝∠A，

在△ACB和△EBD中，

，

∠???=∠???=90°

∠?=∠???

∴?△?=AC?B?≌△EBD（AAS）；

（2）解：∵△ACB≌△EBD，

∴BC＝DB，AC＝EB，

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∵E是BC的中點，

∴，

1

∵D??B＝=122?，?BC＝DB，

∴BC＝12，

∴AC＝EBBC＝6．

1

總結提升：=本2題考查了全等三角形的判定和性質，證明三角形全等是解題的關鍵．

4．如圖（1）矩形ABCD中，AB＝2，BC＝5，BP＝1，∠MPN＝90°將∠MPN繞點P從PB處開始按順時

針方向旋轉，PM交AB（或AD）于點E，PN交邊AD（或CD）于點F，當PN旋轉至PC處時，∠MPN

的旋轉隨即停止

（1）特殊情形：如圖（2），發(fā)現(xiàn)當PM過點A時，PN也恰好過點D，此時，△ABP∽△PCD（填：

“≌”或“～”）；

（2）類比探究：如圖（3）在旋轉過程中，的值是否為定值？若是，請求出該定值；若不是，請說明

??

理由；??

（3）拓展延伸：設AE＝t，當△EPF面積為4.2時，直接寫出所對應的t的值．

思路引領：（1）根據矩形的性質找出∠B＝∠C＝90°，再通過角的計算得出∠BAP＝∠CPD，由此即可

得出△ABP∽△PCD；

（2）過點F作FH⊥PC于點H，根據矩形的性質以及角的計算找出∠B＝∠FHP＝90°、∠BEP＝∠HPF，

由此即可得出△BEP∽△HPF，根據相似三角形的性質，找出邊與邊之間的關系即可得出結論；

（3）分點E在AB和AD上兩種情況考慮，根據相似三角形的性質找出各邊的長度，再利用分割圖形求

面積法找出S與t之間的函數(shù)關系式，令S＝4.2求出t值，此題得解．

解：（1）如圖2中，

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∵四邊形ABCD為矩形，

∴∠B＝∠C＝90°，

∴∠BAP+∠BPA＝90°．

∵∠MPN＝90°，

∴∠BPA+∠CPD＝90°，

∴∠BAP＝∠CPD，

∴△ABP∽△PCD，

故答案為：∽．

（2）是定值．如圖3，過點F作FH⊥PC于點H，

∵矩形ABCD中，AB＝2，

∴∠B＝∠FHP＝90°，HF＝AB＝2，

∴∠BPE+∠BEP＝90°．

∵∠MPN＝90°，

∴∠BPE+∠HPE＝90°，

∴∠BEP＝∠HPF，

∴△BEP∽△HPF，

∴，

????

=

∵?B?P＝1?，?

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∴．

??1

=

??2

（3）分兩種情況：

①如圖3，當點E在AB上時，0≤t≤2．

∵AE＝t，AB＝2，

∴BE＝2﹣t．

由（2）可知：△BEP∽△HPE，

∴，即，

????2??1

==

∴?H?P＝4?﹣?2t．??2

∵AF＝BH＝PB+PH＝5﹣2t，

2

∴S＝S矩形ABHF﹣S△AEF﹣S△BEP﹣S△PHF＝AB?AFAE?AFBE?PBPH?FH＝t﹣4t+5（0≤t≤2）．

111

當S＝4.2時，t2﹣4t+5＝4.2，?2?2?2

解得：t＝2±．

45

∵0≤t≤2，5

∴t＝2；

45

②如圖?4，5當點E在AD上時，0≤t≤1，過點E作EK⊥BP于點K，

∵AE＝t，BP＝1，

∴PK＝1﹣t．

同理可證：△PKE∽△FCP，

∴，即，

????1??1

==

∴F?C?＝2﹣??2t．??2

∴DF＝CD﹣FC＝2t，DE＝AD﹣AE＝5﹣t，

2

∴S＝S矩形EKCD﹣S△EKP﹣S△EDF﹣S△PCF＝CD?DEEK?KPDE?DFPC?FC＝t﹣2t+5（0≤t≤1）．

111

?2?2?2

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當S＝4.2時，t2﹣2t+5＝4.2，

解得：t＝1±．

5

∵0≤t≤1，5

∴t＝1．

5

?

綜上所述：5當點E在AB上時，S＝t2﹣4t+5（0≤t≤2），當S＝4.2時，t＝2；當點E在AD上時，S

45

?

＝t2﹣2t+5（0≤t≤1），當S＝4.2時，t＝1．5

5

總結提升：本題考查了矩形的性質、相似三?角5形的判定與性質以及三角形的面積，解題的關鍵是：（1）

熟練掌握相似三角形的判定定理；（2）根據相似三角形的性質找出；（3）分點E在AB和AD上

????

=

兩種情況考慮．本題屬于中檔題，難度不大，解決該題型題目時，?根?據相?似?三角形的性質找出邊與邊之

間的關系是關鍵．

5．如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，過C點任作一條直線PQ，過A作AM⊥PQ于M，過B

作BN⊥PQ于N．

（1）如圖1，當直線MN在△ABC的外部時，MN，AM，BN有什么關系呢？為什么？

（2）如圖2，當直線MN經過△ABC內部時，（1）中的結論是否仍然成立？若成立，請說明理由；若不

成立，請指出MN與AM，BN之間的數(shù)量關系并說明理

由.

思路引領：（1）先根據垂直的定義得到∠AMC＝∠CNB＝90°，則∠MAC+∠ACM＝90°，又∠ACB＝

90°，則∠ACM+∠NCB＝90°，可得∠MAC＝∠NCB，根據“AAS”可證明△ACM≌△CBN，即得AM

＝CN，CM＝BN，故MN＝MC+CN＝AM+BN；

（2）與（1）證明方法一樣可得到△ACM≌△CBN，根據全等的性質得AM＝CN，CM＝BN，故MN＝

CN﹣CM＝AM﹣BN．

解：（1）MN＝AM+BN；理由如下：

∵AM⊥PQ于M，BN⊥PQ于N，

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∴∠AMC＝∠CNB＝90°，

∴∠MAC+∠ACM＝90°，

∵∠ACB＝90°，

∴∠ACM+∠NCB＝90°，

∴∠MAC＝∠NCB，

在△ACM和△CBN中，

，

∠???=∠???

∠???=∠???

∴?△?=AC?M?≌△CBN（AAS），

∴AM＝CN，CM＝BN，

∴MN＝MC+CN＝AM+BN；

（2）（1）中的結論不成立，MN與AM、BN之間的數(shù)量關系為MN＝AM﹣BN．理由如下：

∵AM⊥PQ于M，BN⊥PQ于N，

∴∠AMC＝∠CNB＝90°，

∴∠MAC+∠ACM＝90°，

∵∠ACB＝90°，

∴∠ACM+∠NCB＝90°，

∴∠MAC＝∠NCB，

在△ACM和△CBN中，

，

∠???=∠???

∠???=∠???

∴?△?=AC?M?≌△CBN（AAS），

∴AM＝CN，CM＝BN，

∴MN＝CN﹣CM＝AM﹣BN．

總結提升：本題考查了全等三角形的判定與性質：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；

全等三角形的對應邊相等．

6．（2021?泗洪縣三模）如圖，E、F是正方形ABCD的對角線AC上的兩點，BE∥DF．求證：AE＝CF．

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思路引領：先證∠AEB＝∠CFD，再根據AAS證△ABE≌△CDF，從而得出AE＝CF．

證明：∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB＝CD，AB∥CD，

∠BAE＝∠DCF，

∵BE∥DF，

∴∠BEC＝∠DFA，

∴∠AEB＝∠CFD，

在△ABE和△CDF中，

，

∠???=∠???

∠???=∠???

∴?△?=AB?E?≌△CDF（AAS），

∴AE＝CF．

總結提升：本題主要考查了正方形的性質，全等三角形性質和判定，熟練掌握正方形的性質和全等三角

形的判定是解決問題的關鍵．

7．（2021秋?遷安市期末）小明將兩個大小不同的含45°角的直角三角板如圖1所示放置在同一平面內．從

圖1中抽象出一個幾何圖形（如圖2），B、C、E三點在同一條直線上，連結DC．猜想線段CD與BE

的數(shù)量關系和位置關系，并證明．

思路引領：證明△ABE≌△ACD（SAS），由全等三角形的性質即可解決問題．

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解：BE＝CD．CD⊥BE．

證明：∵△ABC和△ADE均為等腰直角三角形，

∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，

即∠BAC+∠CAE＝∠DAE+∠CAE，

∴∠BAE＝∠CAD，

在△ABE和△ACD中，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?=AB?E?≌△ACD（SAS），

∴BE＝CD，∠ABE＝∠ACD＝45°，

∴∠ACD+∠ACB＝45°+45°＝90°，

∴∠BCD＝90°，

∴CD⊥BE．

總結提升：本題考查了全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的性質，證明△ABE≌△ACD是解題

的關鍵．

8．（2020?渝中區(qū)二模）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，CD⊥AB于點D，E為線段CD上一

點（不含端點），連接AE，設F為AE的中點，作CG⊥CF交直線AB于點G．

（1）猜想：線段AG、BC、EC之間有何等量關系？并加以證明；

（2）如果將題設中的條件“E為線段CD上一點（不含端點）”改變?yōu)椤癊為直線CD上任意一點”，試

探究發(fā)現(xiàn)線段AG、BC、EC之間有怎樣的等量關系，請直接寫出你的結論，不用證明．

思路引領：（1）結論：AGBC+EC．證明△AFM≌△EFC（SAS），推出EC＝AM，∠M＝∠ECF，再

證明△ACM≌△BCG（AA=S），2推出AM＝BG，可得結論．

（2）分兩種情形：點E在線段DC的延長線上時，點E在線段CD的延長線上時，分別畫出圖形考慮問

題即可．

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解：（1）結論：AGBC+EC．

=2

理由：如圖1中，延長CF到M，使得FM＝CF．

∵AF＝EF，∠AFM＝∠EFC，F(xiàn)M＝FC，

∴△AFM≌△EFC（SAS），

∴EC＝AM，∠M＝∠ECF，

∵GC⊥CF，

∴∠GCF＝∠ACB＝90°，

∴∠ACM＝∠BCG，

∵CD⊥AB，

∴∠G+∠GCD＝90°，∠GCD+∠ECF＝90°，

∴∠G＝∠ECF＝∠M，

∵CA＝CB，

∴△ACM≌△BCG（AAS），

∴AM＝BG，

∴EC＝BG，

∵CA＝CB，∠ACB＝90°，

∴ABBC，

∴AG=＝A2B+BGBC+EC．

=2

（2）①如圖2﹣1中，當點E在線段DC的延長線上時，AG＝|BC﹣EC|．

2

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理由：延長CF到H，使得FH＝CF．

同法可證，△AFH≌△EFC（SAS），△ACH≌△BCG（AAS），

∴EC＝AH，AH＝BG，

∵ABBC，

∴AG=＝|2BC﹣EC|．

2

②如圖2﹣2中，當?shù)菶在線段CD的延長線上時，AGBC+CE．證明方法類似（1）．

=2

總結提升：本題屬于三角形綜合題，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，構造全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．

9．（2020秋?鹽都區(qū)期末）已知：如圖，AC與BD相交于點O，AC⊥BC，AD⊥BD，垂足分別為點C、D，

且AC＝BD．求證：OA＝OB．

思路引領：根據HL證明Rt△ABC≌Rt△BAD，進而解答即可．

證明：∵AC⊥BC，AD⊥BD，

∴∠C＝∠D＝90°，

在Rt△ABC和Rt△BAD中，

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，

??=??

∴?R?t△=A?B?C≌Rt△BAD（HL），

∴∠BAC＝∠ABD，

∴OA＝OB．

總結提升：本題考查了全等三角形的判定和性質，根據HL證明Rt△ABC≌Rt△BAD解答是解題的關鍵．

10．（2021?南通一模）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E是平面內異于點A的任意一點，以線段AE為

邊作正方形AEFG，連接EB，

GD．

（1）如圖1，求證EB＝GD；

（2）如圖2，若點E在線段DG上，AB＝5，AG＝3，求BE的長．

思路引領：（1）根據正方形性質求出A＝AG，AB＝AD2，∠BAD＝∠GAE＝90°，求出∠BAE＝∠DAG，

根據SAS推出△AGD≌△AEB即可；

（2）根據勾股定理求出DH、EG，求出GH，根據全等得出BE＝DG，即可求出答案．

（1）證明：∵四邊形ABCD和四邊形BEFG都是正方形，

∴AB＝AD，AG＝AE，∠BAD＝∠GAE＝90°，

∴∠BAE＝∠DAG，

在△AGD和△AEB中，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?A=G?D?≌△AEB（SAS），

∴EB＝GD；

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（2）解：作AH⊥DG于H，

∵四邊形ABCD和四邊形BEFG都是正方形，

∴AD＝AB＝5，AE＝AG＝3．

2

∴由勾股定理得：EG6，

22

=(32)+(32)=

AH＝GHEG＝3（直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半），

1

=

∴DH24，

22

∴BE＝=DG?＝?D?H?+G?H＝=3+4＝7．

總結提升：本題考查了正方形的性質、全等三角形的判定和性質、直角三角形的性質、勾股定理等知識

點，能求出△AGD≌△AEB是解此題的關鍵．

11．（2021春?沙坪壩區(qū)校級月考