专题14：全等三角线中的辅助线做法及常见题型之等腰直角三角形构建三垂直全等-备战2022中考数学解题方法系统训练（全国通用）（含答案解析）

这是一份专题14：全等三角线中的辅助线做法及常见题型之等腰直角三角形构建三垂直全等-备战2022中考数学解题方法系统训练（全国通用）（含答案解析），共31页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题14：第三章 全等三角形中的辅助线的做法及常见题型之等腰直角三角形构建三垂直全等
一、单选题
1．如图，一次函数的图像与轴、轴分别交于、两点，以为腰作等腰直角三角形，则直线的解析式是（ ）

A． B． C． D．或
2．如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A、D分别在x轴、y轴上，反比例函数的图象经过正方形对角线的交点E，若点A(2，0)、D(0，4)，则k=（ ）

A．6 B．8 C．9 D．12
3．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=6，DE是△ABC的中位线，点D在AB上，把点B绕点D按顺时针方向旋转α（0°<α<180°）角得到点F，连接AF，BF．下列结论：①△ABF是直角三角形；②若△ABF和△ABC全等，则α=2∠BAC或2∠ABC；③若α=90°，连接EF，则S△DEF=4.5；其中正确的结论是（ ）

A．①② B．①③ C．①②③ D．②③
4．如图，∠ACB=90°，AC=BC，BE⊥CE于E，AD⊥CE于D，给出下列结论：①∠ABC=45°；②AD∥BE；③∠CAD=∠BCE；④△CEB≌△ADC；⑤．那么其中正确的有（ ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个


二、填空题
5．如图，点在线段上，于，于，，且，，点以的速度沿向终点运动，同时点以的速度从开始，在线段上往返运动（即沿…运动），当点到达终点时，，同时停止运动.过，分别作的垂线，垂足为，.设运动时间为，当以，，为顶点的三角形与全等时，的值为__________．

6．如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，AC＝CD，BC＝4cm，则 的面积为_____cm2．

7．如图，已知点M（-1，0），点N（5m，3m+2）是直线AB：右侧一点，且满足∠OBM=∠ABN，则点N的坐标是_____．

8．如图，AO⊥OM，OA=7，点B为射线OM上的一个动点，分别以OB，AB为直角边，B为直角顶点，在OM两侧作等腰Rt△OBF、等腰Rt△ABE，连接EF交OM于P点，当点B在射线OM上移动时，则PB的长度____________．

9．如图，已知三条平行直线，，，，两条平行线间的距离为2，，两条平行线间的距离为4，将一等腰直角三角形如图放置，过A，B分别向直线作垂线，垂足分别为D，E，则________．


三、解答题
10．如图所示，，且，延长交于点，且．求证：．

11．在ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）如图1所示位置时判断ADC与CEB是否全等，并说明理由；
（2）如图2所示位置时判断ADC与CEB是否全等，并说明理由．

12．如图，在中∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）求证：；
（2）若AD=2，BE=3，求的面积．

13．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D， BE⊥MN于E．

(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：△ADC≌△CEB；
(2)当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，试问DE、AD、BE的等量关系?并说明理由．
14．如图，点A（﹣2，0），点C（﹣1，0），点A、C关于原点O的对称点分别为点B、D．线段AB沿y轴向下平移2m（m＞0）个单位长度，得到线段A1B1，抛物线y＝ax2+bx+2过点A1，B1．
（1）当m＝1时，a＝　 　；
（2）求a与m之间的关系式；
（3）线段CD沿y轴向下平移2n（n＞0）个单位长度，得到线段C1D1，抛物线y＝ax2+bx+2过点C1，D1．
①a＝　 　；（用含n的式子来表示）m与n之间的关系式为　 　．
②点P（x，0）在x轴上，当△PC1B1为等腰直角三角形时，直接写出点P的坐标．

15．（1）认识模型：如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于D，过B作BE⊥ED于E．求证：BEC≌CDA；
（2）应用模型：①已知直线y＝－2x＋4与y轴交于A点，与x轴交于B点，将线段AB绕点B顺时针旋转90度，得到线段CB，求点C的坐标；
②如图3，矩形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为(5，4)，A，C分别在坐标轴上，P是线段BC上动点，已知点D在第一象限，且是直线y＝2x－3上的一点，点Q是平面内任意一点．若四边形ADPQ是正方形，请直接写出所有符合条件的点D的坐标．


参考答案
1．D
【解析】
【分析】
先根据一次函数的解析式求出A、B两点的坐标，再作CE⊥x轴于点E，由全等三角形的判定定理可得出△ABO≌△CAE，得出C点坐标，用待定系数法即可求出直线BC的解析式．
【详解】
解：∵一次函数y=x+2中，
令x=0得：y=2；令y=0，解得x=5，
∴B的坐标是（0，2），A的坐标是（5，0）．
若∠BAC=90°，如图1，作CE⊥x轴于点E，

∵∠BAC=90°，
∴∠OAB+∠CAE=90°，
又∵∠CAE+∠ACE=90°，
∴∠ACE=∠BAO．
在△ABO与△CAE中，
，
∴△ABO≌△CAE（AAS），
∴OB=AE=2，OA=CE=5，
∴OE=OA+AE=2+5=7．
则C的坐标是（7，5）．
设直线BC的解析式是y=kx+b，
根据题意得：
解得，
∴直线BC的解析式是y=x+2．
若∠CBA=90°，如图2，即BC⊥AB，

同理可得，直线BC解析式为：y=x+2；
故选：D．
【点评】本题考查的是一次函数问题，涉及到用待定系数法求一次函数的解析式、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．
2．C
【解析】
【分析】
由A、D两点坐标，可得到OA=2，OD=4，通过作垂线，构造全等三角形后，可以得出点B的坐标，再根据中点坐标公式可求出点E的坐标，进而确定反比例函数的关系式，得出k的值．
【详解】
过点B作BF⊥OA，垂足为F，

∵A（2，0）、D（0，4），
∴OA=2，OD=4，
∵ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∵∠DAO+∠ADO=∠DAO+∠BAF=90°，
∴∠ADO=∠BAF，
又∵∠AOD=∠BFA=90°，
∴△AOD≌△BFA （AAS），
∴BF=OA=2，AF=OD=4，
∴点B（6，2），
∵E是BD的中点，
∴点E的坐标为(，)，即(，)，
把E(，)代入反比例函数的关系式得：，
故选：C．
【点评】本题是反比例函数与几何的综合，考查了反比例函数图象上点的坐标特征以及全等三角形的性质和判定，正方形的性质等知识，确定E点坐标是解决问题的关键．
3．C
【解析】
【分析】
①根据直角三角形斜边中线的性质和旋转的性质得出，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可判断；

②分两种情况讨论：或，分别求α即可 ；
③先根据题意画出图形，首先证明 ，然后得出，最后利用即可求解．
【详解】
①∵DE是△ABC的中位线，
．
由旋转可知，
，
．
，
，
即 ，
∴△ABF是直角三角形，故①正确；
，
．
若△ABF和△ABC全等，
当时，
；
当时，
，
综上所述，若△ABF和△ABC全等，则α=2∠BAC或2∠ABC，故②正确；

过点F作交ED的延长线于点G，
∵DE是的中位线，
，
．
，
．
，
，
．
，
．
，D为AB中点，
．
在和中，

，
，故③正确；
所以正确的有：①②③．
故选：C．
【点评】本题主要考查三角形中位线的性质，直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定及性质，掌握三角形中位线的性质，直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定及性质是解题的关键．
4．D
【解析】
【分析】
根据△ABC是等腰直角三角形可判断①正确；根据“内错角相等，两直线平行”可判断②正确；利用等腰三角形的性质及其它条件，证明△CEB≌△ADC，则其他结论易求．
【详解】
解：∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC=45°，故①正确；
∵BE⊥CE，AD⊥CE，
∴AD∥BE，故②正确；
∵∠BCE+∠ACD=90°∠ACD+∠CAD=90°
∴∠BCE=∠CAD，故③正确；
又∠E=∠ADC=90°，AC=BC
∴△CEB≌△ADC，故④正确
∴CE=AD，BE=CD
∴，故⑤正确．      
因此，正确的结论有5个，
故选：D．
【点评】本题考查了直角三角形全等的判定；要充分利用全等三角形的性质来找到结论，利相等线段的等量代换是正确解答本题的关键；
5．1或或
【解析】
【分析】
根据题意分三种情况进行讨论，并由全等三角形的判定和性质进行分析即可求解．
【详解】
解：①当点P在AC上，点Q在CE上时，
∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，
∴PC=CQ，
∴5-2t=6-3t，
∴t=1，
②当点P在AC上，点Q第一次从点C返回时，
∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，
∴PC=CQ，
∴5-2t=3t-6，
∴t=，
③当点P在CE上，点Q第一次从E点返回时，
∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，
∴PC=CQ，
∴2t-5=18-3t，
∴t=，
综上所述：t的值为1或或．
故答案为：1或或．
【点评】本题考查全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．
6．8．
【解析】
【分析】
作DH⊥BC，证明，根据全等三角形的性质得到DH＝BC＝4，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【详解】
解：过点D作DH⊥BC，交BC的延长线于点H，

∵∠ABC＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°，
∵∠ACD＝90°，
∴∠HCD+∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝∠HCD，
在△ABC和△CHD中，
，
∴（AAS），
∴DH＝BC＝4，
∴的面积＝（cm2），
故答案为：8．
【点评】本题考查的是直角三角形的两锐角互余，三角形全等的判定与性质，三角形面积的计算，掌握以上知识是解题的关键．
7．
【解析】
【分析】
在x轴上取一点P（1，0），连接BP，作PQ⊥PB交直线BN于Q，作QR⊥x轴于R，构造全等三角形△OBP≌△RPQ（AAS）；然后根据全等三角形的性质、坐标与图形性质求得Q（5，1），易得直线BQ的解析式，所以将点N代入该解析式来求m的值即可．
【详解】
解：在x轴上取一点P（1，0），连接BP，
作PQ⊥PB交直线BN于Q，作QR⊥x轴于R，
∴∠BOP=∠BPQ=∠PRQ=90°，
∴∠BPO=∠PQR，
∵OA=OB=4，
∴∠OBA=∠OAB=45°，
∵M（-1，0），
∴OP=OM=1，
∴BP=BM，
∴∠OBP=∠OBM=∠ABN，
∴∠PBQ=∠OBA=45°，
∴PB=PQ，
∴△OBP≌△RPQ（AAS），
∴RQ=OP=1，PR=OB=4，
∴OR=5，
∴Q（5，1），
∴直线BN的解析式为y＝−x+4，
将N（5m，3m+2）代入y＝−x+4，得3m+2=﹣×5m+4
解得 m＝，
∴N．
故答案为：

【点评】本题考查了一次函数综合题，需要熟练掌握待定系数法确定函数关系式，一次函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定与性质，坐标与图形性质，两点间的距离公式等知识点，难度较大．
8．
【解析】
【分析】
根据题意过点E作EN⊥BM，垂足为点N，首先证明△ABO≌△BEN，得到BO=ME；进而证明△BPF≌△MPE并分析即可得出答案．
【详解】
解：如图，过点E作EN⊥BM，垂足为点N，

∵∠AOB=∠ABE=∠BNE=90°，
∴∠ABO+∠BAO=∠ABO+∠NBE=90°，
∴∠BAO=∠NBE，
∵△ABE、△BFO均为等腰直角三角形，
∴AB=BE，BF=BO；
在△ABO与△BEN中，
，
∴△ABO≌△BEN（AAS），
∴BO=NE，BN=AO；
∵BO=BF，
∴BF=NE，
在△BPF与△NPE中，
，
∴△BPF≌△NPE（AAS），
∴BP=NP= BN，BN=AO，
∴BP= AO= ×7=．
故答案为：．
【点评】本题考查三角形内角和定理以及全等三角形的性质和判定的应用，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形并灵活运用有关定理进行分析．
9．10
【解析】
【分析】
首先根据同角的余角相等得出，再根据等腰三角形性质和一线三等角证出，所以，．即，从而求解．
【详解】
于点D，于点E，
．
，
．，
．
在和中，，
，，．，．
故答案为：10.
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，作辅助线构造出全等根据同角的余角相等和一线三等角证明三角形全等是解题关键．
10．详见解析
【解析】
【分析】
延长BF至G，使，连结EG，得，，BF=GF，再证，得.
【详解】
证明：延长BF至G，使，连结EG，

在△BDF和△GEF中，
，
∴ ，
∴，BF=GF，
∴BG=2BF，
∵BE⊥BA，
∴∠C=∠G=90°，∠A=∠EBG，
在△ABC和△BEG中，
，
∴，
∴AC=BG=2BF.
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质定理是解题的关键．
11．（1）全等，见解析；（2）全等，见解析
【解析】
【分析】
（1）首先根据同角的余角证明∠DAC＝∠BCE，再利用AAS定理证明△DAC≌△ECB；
（2）首先根据同角的余角证明∠DAC＝∠BCE，进而利用HL定理证明△ACD≌△CBE．
【详解】
（1）如图1，全等，
理由：∵∠ACB＝90°，AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠DAC+∠DCA＝∠BCE+∠DCA，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△DAC与△ECB中，
∵，
∴△DAC≌△ECB（AAS）；
（2）如图2，全等，
理由：
∵∠ACB＝90°，AD⊥MN，
∴∠DAC+∠ACD＝∠ACD+∠BCE，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△ACD与△CBE中，
∵，
∴△ACD≌△CBE（AAS）．
【点评】本题考查全等三角形的判定及其性质定理的同时，还渗透了对旋转变换的考查；解题的关键是灵活运用全等三角形的判定定理解题．
12．（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据垂直定义求出∠BEC＝∠ACB＝∠ADC，根据等式性质求出∠ACD＝∠CBE，根据AAS证出△ADC和△CEB全等即可；
（2）由（1）可推出CD＝BE，AD＝CE，进而可得到AC=AB=，再计算△ABC面积即可．
【详解】
解：（1）证明：∵∠ACB＝90°，AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠BEC＝∠ACB＝∠ADC＝90°，
∴∠ACE+∠BCE＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
在△ADC和△CEB中
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
（2）∵△ADC≌△CEB
∴BE＝CD，AD＝CE，AC=BC，
又AD=2，BE=3，
∴AC=BC=，
∴△ABC的面积为，
故△ABC的面积为．

【点评】全等三角形的性质和判定，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
13．（1）见解析；（2）DE=AD-BE，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）由已知推出∠ADC=∠BEC=90°，因为∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，推出∠DAC=∠BCE，根据AAS即可得到答案；
（2）与（1）证法类似可证出∠ACD=∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD=CE，CD=BE，即可得到答案．
【详解】
解：（1）证明：如图1，
∵AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC=∠BEC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，
∴∠DAC=∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
（2）结论：DE=AD-BE．
理由：如图2，∵BE⊥EC，AD⊥CE，
∴∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠EBC+∠ECB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ECB+∠ACE=90°，
∴∠ACD=∠EBC，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD=CE，CD=BE，
∴DE=EC-CD=AD-BE．
【点评】本题主要考查了余角的性质，全等三角形的性质和判定等知识点，能根据已知证明△ACD≌△CBE是解此题的关键，题型较好，综合性比较强．
14．（1）﹣2；（2）a＝﹣m﹣1；（3）①﹣2n﹣2；m＝2n+1；②点P的坐标为（，0）或（4，0）或（，0）．
【解析】
【分析】
（1）平移后A1、B1的坐标分别为（﹣2，﹣2m）、（2，﹣2m），则，即可求解；
（2）由（1）中的方程组即可得出
（3）①平移后点C1、D1的坐标分别为（﹣1，﹣2n）、（1，﹣2n），则，即可求解；
②分∠B1P C1为直角、∠C1B1P为直角、∠B1 C1P为直角三种情况，利用三角形全等求解即可．
【详解】
解：（1）点A、C关于原点O的对称点分别为点B、D，则点B、D的坐标分别为（2，0）、（1，0），
则平移后A1、B1的坐标分别为（﹣2，﹣2m）、（2，﹣2m），
则，
∴4a+4＝﹣4m，
∴a＝﹣m﹣1，
当m＝1时，a＝﹣2，
故答案为﹣2；
（2）由（1）得：a＝﹣m﹣1，
（3）①平移后点C1、D1的坐标分别为（﹣1，﹣2n）、（1，﹣2n），
则，
解得：a＝﹣2n﹣2，而a＝﹣m﹣1，
故m＝2n+1，
故答案为：﹣2n﹣2；m＝2n+1；
②平移后点B1坐标为（2，﹣2m），即（2，﹣4n﹣2），而点C1（﹣1，﹣2n），
（Ⅰ）当∠B1P C1为直角时，如图1，

连接B B1、C C1，
∵∠CP C1+∠BPB1＝90°，∠CPC1+∠CC1P＝90°，
∴∠BPB1＝∠CC1P，
而P B1＝PC1，∠PCC1＝∠B1BP＝90°，
∴△PCC1≌△B1BP（AAS），
∴CC1＝PB，BB1＝PC，
即2n＝2﹣x且x+1＝4n+2，
解得：x＝
故点P的坐标为（，0）；
（Ⅱ）当∠C1B1P为直角时，过C1作C1M⊥A1 B1，过点P作PN⊥A1B1交A1 B1的延长线于点N，

同理可得：△C1MB1≌△B1NP（AAS），
∴M C1＝B1N且M B1＝PN，
即2n+2＝x﹣2且4n+2＝3，解得：x＝，
∴P的坐标为（）；
（Ⅲ）当∠B1 C1P为直角时，简图如图3，

过点C1作C1M⊥x轴，过点B1作x轴的平行线交M C1的延长线于点N，
同理可得：△PMC1≌△C1N B1（AAS），
∴PM＝C1N，C1M＝N B1，
即x+1＝2n+2，2n＝3，
解得：x＝4，故点P（4，0）；
综上，点P的坐标为（，0）或（4，0）或（，0）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到三角形全等、等腰直角三角形的性质以及分类讨论的数学思想，要注意求解时，避免遗漏．
15．（1）证明见解析；（2）①；②或．
【解析】
【分析】
（1）由条件可求得，利用可证明；
（2）①过作轴于点，由直线解析式可求得、的坐标，利用模型结论可得，，从而可求得点坐标，
②分两种情况考虑：如图3、图4所示，构造如图（1）模型，由全等三角形性质可得线段相等，设点D坐标为(x,2x-3)，即可用x表示P点坐标，根据点P在BC上列方程即可求出的坐标．
【详解】
解：（1），
，
，
在和中

；
（2）①如图2，过作轴于点，

在中，令可求得，令可求得，
，，
同（1）可证得，
，，
，
，
②∵矩形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为(5，4)，
∴A点坐标为（0，4），C点坐标为(5,0),
当四边形ADPQ是正方形时， ，，
I.如图3，当D在A点下方时，
过D点作MN⊥y轴，垂足为N，交BC于M，

同理（1）：，AN=DM，ND=PM，
设D点坐标为 (x,2x-3)，则N点坐标为（0，2x-3），
∴AN=DM=4-(2x-3)=7-2x，ND=PM=x，
∴NM=ND+DM=7-x，P点坐标为（7-x，3x-3），
因为P在BC上，
∴7-x=5，
∴
∴点坐标；
II.如图4，当P在A点上方时，

同理（1）：，AN=DM，ND=PM，
设D点坐标为(x,2x-3)，则N点坐标为（0，2x-3），
∴AN=DM= (2x-3)-4=2x-7，ND=PM=x，
∴NM=ND+DM=3x-7，P点坐标为（3x-7，x-3），
因为P在BC上，
∴3x-7=5，
∴
∴点坐标；
综上可知满足条件的点的坐标分别为或．
【点评】本题为一次函数的综合应用，涉及全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、旋转的性质、分类讨论及数形结合的思想．本题第二问注意考虑问题要全面，做到不重不漏．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．