秘籍02 三角形综合-备战2023年中考数学抢分秘籍（全国通用）

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秘籍02三角形综合

概率预测
☆☆☆☆☆
题型预测
解答题☆☆☆☆
考向预测
①三角形全等
②三角形相似


三角形综合题是全国中考常考题型。三角形是初中几何最基础的，也是中考考题必拿分题。
1．从考点频率看，三角形的综合和四边形的综合都属于高频考点，三角形综合题以考查三角形全等为主，近年来三角形的相似在中等题出现的频率逐渐升高。
2．从题型角度看，以解答题为主，分值8-12分！

一、三角形的全等的判定思路

二、 全等三角形的应用
运用全等三角形，可以证明线段相等、线段的和差倍分关系、角相等、两直线位置关系等常见的几何问题.可以适当总结证明方法.
1．证明线段相等的方法：
(1)证明两条线段所在的两个三角形全等.
(2) 利用角平分线的性质证明角平分线上的点到角两边的距离相等.
(3) 等式性质.
2．证明角相等的方法：
(1) 利用平行线的性质进行证明.
(2)证明两个角所在的两个三角形全等.
(3)利用角平分线的判定进行证明.
(4) 同角（等角）的余角（补角）相等.
(5)对顶角相等.
3．证明两条线段的位置关系（平行、垂直）的方法；
可通过证明两个三角形全等，得到对应角相等，再利用平行线的判定或垂直定义证明.
4．辅助线的添加:
(1)作公共边可构造全等三角形；
(2)倍长中线法；
(3)作以角平分线为对称轴的翻折变换全等三角形；
(4)利用截长(或补短)法作旋转变换的全等三角形.
5. 证明三角形全等的思维方法:
（1）直接利用全等三角形判定和证明两条线段或两个角相等，需要我们敏捷、快速地发现两条线段和两个角所在的两个三角形及它们全等的条件.
（2）如果要证明相等的两条线段或两个角所在的三角形全等的条件不充分时，则应根据图形的其它性质或先证明其他的两个三角形全等以补足条件.
（3）如果现有图形中的任何两个三角形之间不存在全等关系，此时应添置辅助线，使之出现全等三角形，通过构造出全等三角形来研究平面图形的性质.
三、三角形的相似
相似三角形的判定:
判定方法（一）：平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形和原三角形相似.
判定方法（二）：如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似.　
判定方法（三）：如果两个三角形的两组对应边的比相等，并且相应的夹角相等，那么这两个三角形相似.
判定方法（四）：如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似.
相似三角形的性质：
（1）相似三角形的对应角相等，对应边的比相等；
（2）相似三角形中的重要线段的比等于相似比；
相似三角形对应高，对应中线，对应角平分线的比都等于相似比.

典例1．已知：如图，点、、、在一条直线上，且，，．求证：．

【答案】见解析
【分析】根据证明，即可得出答案．
【详解】证明：∵，
∴，
∴，
∵在和中，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的性质和判定，熟练掌握三角形全等的判定方法，是解题的关键．
典例2．如图，△ABC是等腰三角形，点D，E分别在腰AC，AB上，且BE＝CD，连接BD，CE．求证：BD＝CE．

【答案】证明见解析
【分析】根据等腰三角形的性质得出，进而利用证明与全等，再利用全等三角形的性质解答即可．
【详解】证明：是等腰三角形，
，
在与中，
，
，
．
【点睛】此题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是利用证明与全等．
典例3．如图，在中，过点C作，在上截取，上截取，连接．

(1)求证：；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据，可以得到，即可用SAS证明得出结论；
（2）根据全等三角形的性质，可以得到，设，则，因为在中，，而在中，，即可列出方程求出三角形的面积．
【详解】（1）证明：∵
∴
又∵
∴；
（2）由（1），
∴，
设，∵，则，
在中，，
在中，，
∴，
即，整理得：，
解得：（舍去），
∴，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，解一元二次方程，用方程思想解决几何问题是本题的关键．
典例4．如图所示，在等腰三角形ABC中，AB=AC，点E，F在线段BC上，点Q在线段AB上，且CF=BE，AE²=AQ·AB求证：

(1)∠CAE=∠BAF；
(2)CF·FQ=AF·BQ
【答案】(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）利用SAS证明△ACE≌△ABF即可；
（2）先证△ACE∽△AFQ可得∠AEC=∠AQF，求出∠BQF=∠AFE，再证△CAF∽△BFQ，利用相似三角形的性质得出结论．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵CF=BE，
∴CE=BF，
在△ACE和△ABF中，，
∴△ACE≌△ABF（SAS），
∴∠CAE=∠BAF；
（2）证明：∵△ACE≌△ABF，
∴AE＝AF，∠CAE=∠BAF，
∵AE²=AQ·AB，AC＝AB，
∴，即，
∴△ACE∽△AFQ，
∴∠AEC=∠AQF，
∴∠AEF=∠BQF，
∵AE＝AF，
∴∠AEF=∠AFE，
∴∠BQF=∠AFE，
∵∠B=∠C，
∴△CAF∽△BFQ，
∴，即CF·FQ=AF·BQ．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．
典例5．两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.
(1)问题发现：
如图1，若和是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：；

    图1
(2)解决问题：如图2，若和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一条直线上，CM为中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由.

    图2
【答案】(1)见解析
(2)；

【分析】（1）先判断出∠BAD=∠CAE，进而利用SAS判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出△BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠ADC=∠BEC，最后用角的差，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵和是顶角相等的等腰三角形，
∴，，，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：，，
理由如下：由（1）的方法得，，
∴，，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD≌△BCE是解本题的关键．
典例6．和都是等边三角形．

(1)将绕点A旋转到图①的位置时，连接BD，CE并延长相交于点P（点P与点A重合），有（或）成立；请证明．
(2)将绕点A旋转到图②的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？并加以证明；
(3)将绕点A旋转到图③的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)图②结论：，证明见解析
(3)图③结论：

【分析】（1）由△ABC是等边三角形，得AB=AC，再因为点P与点A重合，所以PB=AB，PC=AC，PA=0，即可得出结论；
（2）在BP上截取，连接AF，证明（SAS），得，再证明（SAS），得，，然后证明是等边三角形，得，即可得出结论；
（3）在CP上截取，连接AF，证明（SAS），得，再证明（SAS），得出，，然后证明是等边三角形，得，即可得出结论：．
（1）
证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，
∵点P与点A重合，
∴PB=AB，PC=AC，PA=0，
∴或；
（2）
解：图②结论：
证明：在BP上截取，连接AF，

∵和都是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴（SAS），
∴，
∵AC=AB，CP=BF，  
∴（SAS），
∴，，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴；
（3）
解：图③结论：，
理由：在CP上截取，连接AF，

∵和都是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴（SAS），
∴，
∵AB=AC，BP=CF，
∴（SAS），  
∴，，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
即．
【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．
典例7．在中，，，直线经过点，过点、分别作的垂线，垂足分别为点、．

(1)特例体验：
如图①，若直线，，分别求出线段、和的长；
(2)规律探究：
①如图②，若直线从图①状态开始绕点旋转，请探究线段、和的数量关系并说明理由；
②如图③，若直线从图①状态开始绕点A顺时针旋转，与线段相交于点，请再探线段、和的数量关系并说明理由；
(3)尝试应用：
在图③中，延长线段交线段于点，若，，求．
【答案】(1)BD=1；CE=1；DE=2
(2)DE=CE+BD；理由见解析；②BD=CE+DE；理由见解析
(3)

【分析】（1）先根据得出，根据，得出，，再根据，求出，，
即可得出，最后根据三角函数得出，，即可求出；
（2）①DE=CE+BD；根据题意，利用“AAS”证明，得出AD=CE，BD=AE，即可得出结论；
②BD=CE+DE；根据题意，利用“AAS”证明，得出AD=CE，BD=AE，即可得出结论；
（3）在Rt△AEC中，根据勾股定理求出，根据，得出，代入数据求出AF，根据AC=5，算出CF，即可求出三角形的面积．
（1）
解：∵，，
∴，
∵，
∴，，
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴，
∴，，
∴，
∴，
，
∴．
（2）
DE=CE+BD；理由如下：
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵AB=AC，
∴，
∴AD=CE，BD=AE，
∴DE=AD+AE=CE+BD，
即DE=CE+BD；
②BD=CE+DE，理由如下：
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵AB=AC，
∴，
∴AD=CE，BD=AE，
∴BD=AE=AD+DE=CE+DE，
即BD=CE+DE．
（3）
根据解析（2）可知，AD=CE=3，
∴，
在Rt△AEC中，根据勾股定理可得：，
∵BD⊥AE，CE⊥AE，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴，
∵AB=AC=5，
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，解直角三角形，根据题意证明，是解题的关键．


直接证明全等条件不足时，注意观察图形，可以通过以下方向思思考：①角平分线做点到两边的垂线；②垂直平分线，连接两端点；③平行线或垂线的性质的性质；④特殊四边形的性；⑤等腰三角形（等边三角形）的性质。另外，相似的题目一般与结合综合结合。
典例8．如图，在中，是边上的中线，，求的面积．

【答案】
【分析】延长到点，使，连接，首先证明，推出，，由，推出是直角三角形，在中，求出，根据即可解决问题．
【详解】解：延长到点，使，连接，

在和中，
，
∴，
∴，，
∵
∴
∴是直角三角形，且
∴
∵
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
典例9．如图所示，∠DBC＝90°，∠C＝45°，AC＝2，△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△DBE，连接AE．
（1）求证：△ABC≌△ABE；
（2）连接AD，求AD的长．

【答案】（1）见解析；（2）.
【分析】（1）根据旋转的性质得到∠DBE＝∠ABC，∠EBC＝60°，BE＝BC，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）连接AD，根据旋转的性质得到DE＝AC，∠BED＝∠C，DE＝AC＝2，根据全等三角形的性质得到∠BEA＝∠C，AE＝AC＝2，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△DBE，
∴∠DBE＝∠ABC，∠EBC＝60°，BE＝BC，
∵∠DBC＝90°，
∴∠DBE＝∠ABC＝30°，
∴∠ABE＝30°，
在△ABC与△ABE中，，
∴△ABC≌△ABE（SAS）；
（2）解：连接AD，
∵△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△DBE，
∴DE＝AC，∠BED＝∠C，DE＝AC＝2，
∵△ABC≌△ABE，
∴∠BEA＝∠C，AE＝AC＝2，
∵∠C＝45°，
∴∠BED＝∠BEA＝∠C＝45°，
∴∠AED＝90°，DE＝AE，
∴AD＝AE＝2．

【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
典例10．如图，，平分，直角三角板的直角顶点P在射线上移动，两直角分别与相交于点C、D．

(1)求证：；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)2

【分析】（1）过P分别作于E，于F，根据角平分线的性质，可得，可证得，即可；
（2）先证得四边形是正方形，根据，从而得到，即可求解．
【详解】（1）证明：过P分别作于E，于F，

∴，
∵是的平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了角平分线的性质以及全等三角形的判定与性质，正方形的判定和性质，此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
典例11．已知在中，的平分线与线段的垂直平分线相交于点P，过点P分别做于点N，于点M，求证：．

【答案】见解析
【分析】连接，，根据角平分线性质求出，根据线段垂直平分线求出，根据证，即可得出答案．
【详解】
解：证明：连接，，
是的平分线，，，
，，
在的垂直平分线上，
，
在和中，
，
，
．

【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，线段垂直平分线性质，角平分线性质等知识点，关键是掌握全等三角形的判定定理．


1．（2023·辽宁大连·统考一模）如图，在中，点在的延长线上，且，与相交于点．求证：．

【答案】见解析
【分析】由平行四边形的性质，证明，即可得出．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
在和中，

∴．
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，证明三角形全等是解决问题的关键．
2．（2023·湖南邵阳·统考一模）如图，是等边三角形，点、分别在、的延长线上，．

(1)请找出图中相似的三角形；
(2)请选择其中一对说明理由．
【答案】(1)，
(2)理由见解析

【分析】（1）利用相似三角形的定义解答即可；
（2）利用等边三角形的性质和相似三角形的判定解答即可．
【详解】（1）解：相似三角形有：，；
（2）的理由：
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
的理由：
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定定理，等边三角形的性质，三角形外角的性质，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
3．（2023·辽宁鞍山·统考一模）如图，在和中，，点在边上，，求证：．

【答案】见解析
【分析】利用同时加证出，利用
和三角形内角和可证出，进而就可证出．
【详解】证明：∵
∴
∴    
∵，
∴

∴    
∵
∴
【点睛】本题考查了三角形的全等判定，三角形的内角和等知识的应用，熟练掌握全等三角形的判定定理是解决此题的关键．
4．（2023·安徽黄山·统考一模）如图，过等边的顶点A作的垂线，点为上一点（不与点A重合），连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．

(1)求证：；
(2)连接并延长交直线于点．若，
①试猜想和的数量关系，并证明；
②若，求的长.
【答案】(1)见解析
(2)①，证明见解析；②

【分析】（1）等边三角形的性质可得，由旋转得则则；
（2）①连接，旋转得，则是等边三角形，，是垂直平分线，即可得到
②由（1）得，，求得，在，，则，
【详解】（1）证明：在等边中，，
由旋转可得，
     

即
         

（2）猜想：①
证明：连接，如图：

由旋转可得，，
是等边三角形，     


∴是垂直平分线，
∵点B在上，
         
②由（1）得，

，            
，
，
，
，
在中，，
，






【点睛】此题考查了旋转的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．
5．（2023·安徽六安·统考模拟预测）如图，等腰，，分别以，为边长在同侧作等边和等边，与相交于点，连接，．

(1)求证：；
(2)求证：；
(3)已知，求线段的长．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
(3)

【分析】（1）由等边三角形的性质可证，从而可证，即可得证；
（2）可证，由此可证，从而得证，即可得证；
（3）延长交于，可求，，进而可求，即可求解．
【详解】（1）证明：和都是等边三角形，
，，，
，
，
在与中，
，
()，
．
（2）证明：是等边三角形，
，，
在腰中：，
在与中，
，
()，
，
即：，
由（1）得：，
，
，
又，
，
，
即，
又，
．
（3）解：如图，延长交于，

，，
，，
为等腰直角三角形，，
，，
，，
，


，
又，
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，等三角形的性质，“三线合一”，勾股定理，的判定性质，特殊角的三角函数值，掌握三角形中的相关判定方法及性质是解题的关键．
6．（2023·河北保定·校考模拟预测）如图，中，平分，在垂直平分线上，于，于．

(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）根据角平分线的性质、线段垂直平分线的性质证明≌，进而可得结论；
（2）根据题意可以证明≌，可得，进而利用线段的和差即可推得结论．
【详解】（1）如图，连接，，

点在垂直平分线上，
，
又平分，于，于，
，，
在和中，
，
≌，
；
（2）由（1）中，，
在和中，
，
≌，
，
，
，
，
又由（1）中知，
，
，
的长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、线段垂直平分线的性质，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、线段垂直平分线的性质．
7．（2023·云南·校考一模）如图，在中，平分交于点D，，点E是边上的动点（不与A，B重合），连接，设．

(1)求的长；
(2)求y与x的关系式，并写出y的最小值；
(3)若是等腰三角形，求的长．
【答案】(1)5
(2)，3
(3)或

【分析】（1）由勾股定理可求，，即可求解；
（2）由“”可证，可得，由勾股定理可求，由二次函数的性质可求y的最小值；
（3）分两种情况讨论，由等腰三角形的定义列出方程可求解．
【详解】（1）解：在中，，
在中，，
∴；
（2）解：过点D作于点F，            

∵平分，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，         
∴在中，，            
即，化简得：，
∴y与x的关系式为：，
∵，
∴当时，有最小值为9，
∴y的最小值是3；
（3）解：是等腰三角形，需分两种情况讨论：
①时，；        
②时，，
∴，解得：．
∴的长为或．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了直角三角形的性质，二次函数的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
8．（2023·辽宁抚顺·统考二模）已知点O是四边形ABCD内一点，AB=BC，OD=OC，∠ABC=∠DOC=α．
（1）如图1，α=60°，探究线段AD与OB的数量关系，并加以证明；
（2）如图2，α=120°，探究线段AD与OB的数量关系，并说明理由；
（3）结合上面的活动经验探究，请直接写出如图3中线段AD与OB的数量关系为　　　　　　（直接写出答案）

【答案】（1）AD=OB，证明见解析；（2）AD=OB，证明见解析；（3）AD=2sinOB．
【分析】（1）如图1，连接AC，根据已知条件得到△ABC与△COD是等边三角形，求得∠ACD=∠BCO，推出△ACD≌△BCO，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）如图2，连接AC，过B作BF⊥AC于F，根据已知条件得到∠ACB∽△DCO=30°，推出△ACD∽△BCO，根据相似三角形的性质得到，由三角函数的定义得到
，于是得到结论；
（3）如图3，连接AC，过B作BF⊥AC于F，根据已知条件得到∠ACB=∠DCO，推出
△ACD∽△BCO，根据相似三角形的性质得到，由三角函数的定义得到结论；
【详解】解：（1）AD=OB，
如图1，连接AC，

∵AB=BC，OD=OC，∠ABC=∠DOC=60°，
∴△ABC与△COD是等边三角形，
∴∠ACB=∠DCO=60°，
∴∠ACD=∠BCO，
在△ACD与△BCO中，
，
∴△ACD≌△BCO，
∴AD=OB；   
（2）AD=OB；
如图2，连接AC，过B作BF⊥AC于F，

∵AB=BC，OD=OC，∠ABC=∠DOC=120°，
∴∠ACB=∠DCO=30°，
∴∠ACD=∠BCO，
∴△ACD∽△BCO，
∴，
∵∠CFB=90°，
∴=2sin60°=，
∴AD=OB；    
（3）如图3，连接AC，过B作BF⊥AC于F，

∵AB=BC，OD=OC，∠ABC=∠DOC=α，
∴∠ACB=∠DCO=，
∴∠ACD=∠BCO，
同理可得：△ACD∽△BCO，
∴，
∵∠CFB=90°，
∴，
∴AD=2sinOB．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数定义，以及等腰三角形的性质，灵活运用相似三角形的判定与性质是解本题的关键；
9．（黑龙江佳木斯·统考模拟预测）已知△ABC和△DEC都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，将△ABC绕着点C旋转，连接BD，AE，M是BD的中点．

(1)如图①，当CA与CD重合，CB与CE重合时，线段AE，CM的数量关系是　　；
(2)当△ABC的位置如图②和图③时，线段AE，CM又有怎样的数量关系？写出你的猜想，并选择图②或图③其中一种情况进行证明．
【答案】(1)CMAE
(2)CMAE，证明见解析

【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到AC＝BC，DC＝EC，∠ADE＝∠BED＝45°，求得AD＝BE，根据全等三角形的性质得到BD＝AE，等量代换得到CMAE；
（2 ）如图②，证明：如图2中，延长CM到N使得CM＝MN．如图③中，延长CM到N使得CM＝MN．根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
(1)
解：CM＝AE；
理由：∵△ABC和△DEC都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴AC＝BC，DC＝EC，∠ADE＝∠BED＝45°，
∴CD﹣AC＝CE﹣BC，
即AD＝BE，
在△ADE与△BED中，
，
∴△ADE≌△BED（SAS），
∴BD＝AE，
∵M是BD的中点，
∴CM＝BD，
∴CM＝AE；
故答案为：CM＝AE；
(2)
解：CM＝AE；
理由：如图④，证明：如图④中，延长CM到N使得CM＝MN．

∵BM＝DM，∠CMB＝∠DMN，
∴△CMB≌△NMD（SAS），
∴BC＝DN＝CA，∠CBM＝∠NDM，
∴DN∥BC，
∴∠CDN+∠DCB＝180°，
∵∠DCE＝∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠DCB＝180°，
∴∠ACE＝∠CDN，
∵DC＝EC，AC＝DN，
∴△CDN≌△ECA（SAS），
∴CN＝EA，
∴AE＝2CM
∴CM＝AE
如图⑤，证明：如图⑤中，延长CM到N使得CM＝MN．

∵BM＝DM，∠CMB＝∠DMN，
∴△CMB≌△NMD（SAS），
∴BC＝DN＝CA，∠CBM＝∠NDM，
∴DNBC，
∴∠CDN+∠DCB＝180°，
∵∠DCE＝∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠DCB＝180°，
∴∠ACE＝∠CDN，
∵DC＝EC，AC＝DN，
∴△CDN≌△ECA（SAS），
∴CN＝EA，
∴AE＝2CM．
∴CM＝AE
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识，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，属于中考常考题型．
10．（贵州毕节·二模）课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：

(1)如图1，△ABC中，若AB=5，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：延长AD到点E，使DE=AD，请根据小明的方法思考帮小明完成解答过程．
(2)如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且AE=EF．请判昕AC与BF的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)AC=BF，理由见解析

【详解】（1）解：如图，延长AD到点E，使DE=AD，连接BE，

在△ADC和△EDB中
∵，
∴△ADC≌△EDB（SAS）．
∴BE=AC=3．
∵AB-BE ∵2 ∵AE=2AD
∴1 （2）AC=BF，理由如下：
延长AD至点G，使GD=AD，连接BG，

0

在△ADC和△GDB中，
，
∴△ADC≌△GDB（SAS）．
∴BG=AC，∠G=∠DAC．．
∵AE=EF
∴∠AFE=∠FAE．
∴∠DAC=∠AFE=∠BFG
∴∠G=∠BFG
∴BG=BF
∴AC=BF．
【点睛】本题考查全等三角形判定与性质，三角形三边的关系，作辅助线：延长AD到点E，使DE=AD，构造全等三角形是解题的关键．
11．（2023·河北衡水·校联考模拟预测）如图，在中，E是边上一点，连接、、，与交于点O，，求证：

(1)．
(2)
【答案】(1)见解析
(2)见解析

【分析】(1)利用平行四边形的性质，证明即可．
(2)根据全等三角形的性质，证明即可．
【详解】（1）中，，，
∴
∵，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）由（1）得，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
12．（2023·江苏苏州·统考二模）如图，菱形中，点E，F分别在边上，，求证：．

【答案】见解析
【分析】解法一：由菱形的性质可得，结合可证，再证明即可；
解法二：连接，由菱形的性质可得，根据等边对等角得出，再证明即可．
【详解】证明：解法一： ∵四边形是菱形，
∴
又∵，
∴，
∴，
在△ADE和△CDF中，


∴
解法二：连接，

∵四边形是菱形，
∴，
∴，
在△ACE和△CAF中，
D
∴，
∴．
【点睛】本题考查菱形的性质，三角形全等的判定和性质，等边对等角．灵活运用菱形的性质和三角形全等的判定是解题的关键．
13．（2023·湖北荆门·统考一模）如图，在中，延长到点，使，连接分别交于点．

(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）由平行四边形的性质可得，，等量代换可得，通过证明，即可得出；
（2）由平行四边形的性质可得，进而可得，根据相似三角形的性质即可求得答案．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：四边形是平行四边形，
，，
由（1）知，
，
，
，，
，
，即，
解得．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，第一问的关键是证明，第二问的关键是证明，解法不唯一．
14．（2023·山东威海·统考一模）如图，在中，，．点D在边上（），点B关于的对称点为E，交于点G．与的延长线交于点F，连接．

(1)求的度数；
(2)若，求证：．
【答案】(1)
(2)见解析

【分析】（1）根据对称得到，，进而得到，，设，推出，利用三角形的外角的性质，即可求解；
（2）证明，推出，根据，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵点B，E关于对称，
∴，．
∵，
∴．
∴．
设，则：，．
∴．
∴．
（2）∵点B，E关于对称，点在直线上，
∴．
由（1）知：
∴．
∵，，
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
【点睛】本题考查轴对称的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握轴对称的性质，证明三角形全等，是解题的关键．
15．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四十七中学校考二模）和中，，，，连接、

(1)如图1，求证：；
(2)如图2，当时，连接，延长、交于点E，、相交于点F，在不添加任何字母及辅助线的情况下，请直接写出图中所有的全等三角形.（与除外）
【答案】(1)证明见解析；
(2)，，，

【分析】（1）利用证明，根据全等三角形的性质即可证明；
（2）利用全等三角形的性质与判定即可写出满足条件的全等三角形．
【详解】（1）解：证明：，
，
即，
在和中，
，
，
，
即；
（2）解：，，，且，
，
，，
由（1）得，
，，
在和中，，
即，
又，，
，
在和中，
，
，
则，
，
，
则，
，
，
，
同理，，．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，灵活运用全等三角形的性质和判定定理是解题的关键．