资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩23页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
- 专题01 全等三角形的判定与性质重难点题型专训-2023-2024八年级数学上册重难点专题提升精讲精练（苏科版） 试卷 4 次下载
- 专题03 全等三角形常见五种辅助线添法专训-2023-2024八年级数学上册重难点专题提升精讲精练（苏科版） 试卷 2 次下载
- 专题04 全等三角形经典压轴题型专训-2023-2024八年级数学上册重难点专题提升精讲精练（苏科版） 试卷 2 次下载
- 专题05 全等三角形章末重难点题型专训-2023-2024八年级数学上册重难点专题提升精讲精练（苏科版） 试卷 3 次下载
- 第1章 全等三角形 重难点检测卷-2023-2024八年级数学上册重难点专题提升精讲精练（苏科版） 试卷 3 次下载
专题02 全等三角形常见七大必考模型专训-2023-2024八年级数学上册重难点专题提升精讲精练（苏科版）
展开
这是一份专题02 全等三角形常见七大必考模型专训-2023-2024八年级数学上册重难点专题提升精讲精练（苏科版），文件包含专题02全等三角形常见七大必考模型专训解析版docx、专题02全等三角形常见七大必考模型专训原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共104页， 欢迎下载使用。
模型一 平移模型
模型二 轴对称模型
模型三 旋转模型
模型四 一线三等角模型
模型五 垂直模型
模型六 手拉手模型
模型七 半角模型
【经典模型一 平移模型】
【模型解读】把△ABC沿着某一条直线l平行移动，所得到△DEF与△ABC称为平移型全等三角形，图①，图②是常见的平移型全等三角线．
【常见模型】
【例1】（2023春·全国·八年级期中）如图所示的是重叠的两个直角三角形，将其中一个直角三角形沿BC方向平移得到△DEF．若cm，cm，cm，则图中阴影部分面积为（ ）
A．47cm2B．48 cm2C．49 cm2D．50 cm2
【答案】B
【分析】先根据平移的性质得到cm，≌，则，cm，求出，然后根据梯形的面积公式计算即可．
【详解】解：沿方向平移得到，
cm，≌，
，（cm），
∴，
（cm2），故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查平移的基本性质：平移不改变图形的形状和大小；经过平移，对应点所连的线段平行或共线且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
【变式训练】
1．（2021春·陕西咸阳·八年级统考期末）如图，将沿方向平移得到，使点的对应点恰好落在边的中点上，点的对应点在的延长线上，连接，、交于点．下列结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．、互相平分
【答案】D
【分析】根据平移的性质得到∠B=∠DEF，BE=CF=CE=AD，AD∥BC，DF=AC，由于只有当∠BAC=90°时，AC⊥DE；只有当BC=2AC时，DF=AC=BE，则可对A、B、C选项的进行判断；AC交DE于O点，如图，证明△AOD≌△COE得到OD=OE，OA=OC，则可对D选项进行判断．
【详解】解：∵△ABC沿BC方向平移得到△DEF，使点B的对应点E恰好落在边BC的中点上，
∴∠B=∠DEF，BE=CF=CE=AD，AD∥BC，DF=AC，
只有当∠BAC=90°时，AC⊥DE；
只有当BC=2AC时，DF=AC=BE，所以A、B、C选项的结论不一定正确；
∵AD∥BC，
∴∠OAD=∠OCE，∠ODA=∠OEC，
而AD=CE，
∴△AOD≌△COE（ASA），
∴OD=OE，OA=OC
即AC、 DE互相平分，所以D选项的结论正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．
2．（2023·浙江·八年级假期作业）如图，点，，，在一条直线上，若将的边沿方向平移，平移过程中始终满足下列条件：，于点，于点，且．则当点，不重合时，与的关系是______．
【答案】BD与EF互相平分
【分析】先根据DE⊥AC，B F⊥AC，AE=CF，求证△ABF≌△CDE，再求证△DEG≌△BFG，即可．
【详解】∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠AFB=∠CED=90°
∵AE=CF，
∴AE+EF=CF+EF，
即AF=CE，
在Rt△ABF和Rt△CDE中， ，
∴Rt△ABF≌Rt△CED（HL），
∴ED=BF．
设EF与BD交于点G，
由∠AFB=∠CED=90°得DE∥BF，
∴∠EDG=∠GBF，
∵∠EGD=∠FGB，ED=BF，
∴△DEG≌△BFG，
∴EG=FG，DG=BG，
∴BD与EF互相平分．
【点睛】此题主要考查学生对全等三角形的判定与性质的理解和掌握，此题难度并不大，但是需要证明多次全等，步骤繁琐，是一道综合性较强的中档题．
3．（2023秋·山东聊城·八年级校考期末）如图（1），，，点C是上一点，且，．
(1)试判断与的位置关系，并说明理由．
(2)如图（2），若把沿直线向左平移，使的顶点C与B重合，此时第（1）问中与的位置关系还成立吗？说明理由．（注意字母的变化）．
【答案】(1)，理由见解析
(2)成立，理由见解析
【分析】（1）根据条件证明就得出，就可以得出；
（2）根据可以得出，从而得出结论．
【详解】（1）解：，理由如下，
理由：∵，，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质的运用，平移的性质的运用，垂直的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
【经典模型二 轴对称模型】
【模型解读】将原图形沿着某一条直线折叠后，直线两边的部分能够完全重合，这两个三角形称之为轴对称型全等三角形，此类图形中要注意期隐含条件，即公共边或公共角相等．
【常见模型】
【例2】（2023秋·八年级单元测试）如图，已知，，增加下列条件：①；②；③；④．其中能使的条件有( )
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【详解】根据全等三角形的判定方法，逐一判断即可解答．
【分析】解：①，，，
和不一定全等，
故①不符合题意；
②，，，
，
故②符合题意；
③，
，
，
，，
，
故③符合题意；
④，，，
，
故④符合题意；
所以，增加上列条件，其中能使的条件有3个，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·安徽滁州·八年级校考阶段练习）如图，已知，与交于点，，分别与，交于点，，连接，则下列结论中错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先证明，推出，则，可判断选项A、C；再证明，推出，则，利用证明，即可判断选项D，没有理由证明．
【详解】解：∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，则，故选项A、C正确；
∵，
∴，
∴，则，
∴，
∴，故选项D正确；
∴与不一定相等，故选项B不正确；
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，灵活利用全等三角形的判定是解题的关键．
2．（2023秋·八年级课时练习）在①，②，③这三个条件中选择一个，补充在下面的问题中，并完成问题的解答．
问题：如图，在中，，点在边上，点在边上，连接，，与相交于点．若________________，求证：．
【答案】见解析
【分析】根据全等三角形的判定条件进行证明即可．
【详解】解：选择条件①的证明：
在和中，
，
，
；
选择条件②的证明：
在和中，
，
，
；
选择条件③的证明：连接，
，
在和，
，
，
，
在和中，
，
，
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：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．
3．（2023春·广东佛山·七年级校联考阶段练习）如图所示，、分别为，的角平分线，两线交于点．
(1)若，，则______；
(2)若，则______；
(3)若，用表示的，写出详细的步骤（不用写理论依据）；
(4)，，，三条线段之间有怎样的数量关系？写出结果，并说明理由（不用写理论依据）．
【答案】(1)130
(2)125
(3)，步骤见解析
(4)，理由见解析
【分析】（1）先根据角平分线的定义得出与的度数，再根据三角形内角和定理即可得出结论；
（2）先根据求出的度数，再由角平分线的定义得出的度数，根据三角形内角和定理即可得出结论；
（3）根据求出的度数，再由角平分线的定义得出的度数，根据三角形内角和定理即可得出结论；
（4）在边上截取，连接，只要证明，可得即可证明．
【详解】（1）∵分别为角平分线，，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）∵，
∴，
∵分别为角平分线，
∴，
∴；
故答案为：；
（3）∵、分别为，的角平分线，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（4）.理由如下：
在边上截取，连接，
由（3）的结论得，
∴，
在与中，
，
∴；
∴，
∴，
∴，
∴，
在与中，
，
∴；
∴，
∴．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，全等三角形的判定和性质、角平分线的定义等知识，第（1）至（2）有具体的数，不要求学生书写步骤，可以多角度下手解决问题，第（3）问思维的迁移，从（1）（2）特殊到第（3）的一般化，字母具有代表性；第（4）问梯度增加上升难度，在寻找全等三角形全等的条件，需要添加辅助线，属于中考常考题型．
【经典模型三 旋转模型】
【模型解读】将三角形绕着公共顶点旋转一定角度后，两个三角形能够完全重合，则称这两个三角形为旋转型三角形，识别旋转型三角形时，涉及对顶角相等、等角加（减）公共角的条件．
【常见模型】
【例3】（2023·浙江·八年级假期作业）如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（ ）
A．36B．21C．30D．22
【答案】B
【分析】将关于对称得到，从而可得的面积为15，再根据对称的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，最后根据与的面积之和等于与的面积之和即可得．
【详解】解：如图，将关于AE对称得到，
则，，
，
，
，
在和中，，
，
，
，即是直角三角形，
，
，
即与的面积之和为21，
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
【变式训练】
1．（2023·浙江·八年级假期作业）如图，在中，，、是斜边上两点，且，将绕点顺时针旋转90°后，得到，连接．以下结论：①；②；③；④．其中正确的是（ ）
A．②④B．①④C．②③D．①③
【答案】D
【分析】根据旋转变换的性质判断①；根据全等三角形的判定定理判断②；根据SAS定理判断③；根据全等三角形的性质、三角形的三边关系判断④．
【详解】解：∵△ADC绕点A顺时针旋转90°得△AFB，
∴△ADC≌△AFB，①正确；
∵EA与DA不一定相等，
∴△ABE与△ACD不一定全等，②错误；
∵∠FAD＝90°，∠DAE＝45°，
∴∠FAE＝∠DAE＝45°，
在△AED和△AEF中，
∴△AED≌△AEF，③正确；
∵△ADC≌△AFB，
∴BF＝CD，
∵BE＋BF＞DE
∴BE＋DC＞DE，④错误；
故选：D．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质、旋转变换，掌握全等三角形的判定定理与性质定理、图形旋转的性质等知识是解题的关键．
2．（2022秋·浙江·八年级专题练习）如图，五边形中，，则这个五边形的面积等于__________．
【答案】1
【分析】将三角形ABC绕点C顺时针旋转至AB与AE重合，连AC，AD，可得Rt△ABC≌Rt△AEF，△ACD≌△AFD可将五边形ABCDE的面积转化为两个△ADF的面积，进而求出结论．
【详解】解：延长DE至F，使EF=BC，连AC，AD，AF，
由旋转的性质可得Rt△ABC≌Rt△AEF（SAS），
∴AC=AF，，∠B=∠AEF=90°，
∴∠DEF=∠AED+∠AFE=180°，
∴D、E、F三点共线，
又∵AD=AD，
∴△ACD≌△AFD（SSS），
∴，
∵AB=CD=AE=BC+DE，，
∴DF=CD=1，
∵，
∴．
故答案为：1．
【点睛】本题考查全了等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
3．（2023·全国·九年级专题练习）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
任务：
如图3，在四边形中，，，，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【答案】成立，见解析
【分析】根据旋转的性质得到，，，，，推出、、三点共线，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：成立．
证明：将绕点顺时针旋转得到，
，，，，，
，
、、三点共线，
，
，
，，
，
，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
【经典模型四 一线三等角模型】
【模型解读】基本图形如下：此类图形通常告诉BD⊥DE，AB⊥AC，CE⊥DE，那么一定有∠B＝∠CAE．
【常见模型】
【例4】（2023·江苏·八年级假期作业）如图，AC＝CE，∠ACE＝90°，AB⊥BD，ED⊥BD，AB＝6cm，DE＝2cm，则BD等于（ ）
A．6cmB．8cmC．10cmD．4cm
【答案】B
【分析】根据题意证明即可得出结论．
【详解】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，
∴，
∵∠ACE＝90°，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理以及性质定理是解本题的关键．
【变式训练】
1．（2023·浙江·八年级假期作业）如图，在△ABC中，AB＝AC＝9，点E在边AC上，AE的中垂线交BC于点D，若∠ADE＝∠B，CD＝3BD，则CE等于（ ）
A．3B．2C．D．
【答案】A
【分析】根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，推出∠BAD＝∠CDE，根据线段垂直平分线的性质得到AD＝ED，根据全等三角形的性质得到CD＝AB＝9，BD＝CE，即可得到结论．
【详解】解：∵AB＝AC＝9，
∴∠B＝∠C，
∵∠ADE＝∠B，∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB，∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB，
∴∠BAD＝∠CDE，
∵AE的中垂线交BC于点D，
∴AD＝ED，
在△ABD与△DCE中，
，
∴△ABD≌△DCE（AAS），
∴CD＝AB＝9，BD＝CE，
∵CD＝3BD，
∴CE＝BD＝3
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的性质，属于基础题．
2．（2023·江苏·八年级假期作业）如图所示，中，．直线l经过点A，过点B作于点E，过点C作于点F．若，则__________．
【答案】7
【分析】根据全等三角形来实现相等线段之间的关系，从而进行计算，即可得到答案；
【详解】解：∵BE⊥l，CF⊥l，
∴∠AEB=∠CFA=90°．
∴∠EAB+∠EBA=90°．
又∵∠BAC=90°，
∴∠EAB+∠CAF=90°．
∴∠EBA=∠CAF．
在△AEB和△CFA中
∵∠AEB=∠CFA，∠EBA=∠CAF，AB=AC，
∴△AEB≌△CFA．
∴AE=CF，BE=AF．
∴AE+AF=BE+CF．
∴EF=BE+CF．
∵，
∴；
故答案为：7．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，余角的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的证明三角形全等．
3．（2023·江苏·八年级假期作业）如图1，，垂足分别为D，E．
(1)若，求的长．
(2)在其它条件不变的前提下，将所在直线变换到的外部（如图2），请你猜想三者之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图3，将（1）中的条件改为：在中，，D，C，E三点在同一条直线上，并且有，其中α为任意钝角，那么（2）中你的猜想是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)0.8cm
(2)，证明见解析
(3)结论成立，证明见解析
【分析】（1）（2）（3）方法相同，利用定理证明，根据全等三角形的性质、结合图形解答．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）．
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（3）结论成立，
证明：，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
即结论成立；
【点睛】本题属于三角形综合题，考查的是全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【经典模型五 垂直模型】
【模型解读】模型主体为两个直角三角形，且两条斜边互相垂直．
【常见模型】
【例5】（2023·浙江·八年级假期作业）如下图所示，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D．DE=6cm，AD=9cm，则BE的长是（ ）
A．6cmB．1.5cmC．3cmD．4.5cm
【答案】C
【分析】本题可通过全等三角形来求BE的长．△BEC和△CDA中，已知了一组直角，∠CBE和∠ACD同为∠BCE的余角，AC=BC，可据此判定两三角形全等；那么可得出的条件为CE=AD，BE=CD，因此只需求出CD的长即可．而CD的长可根据CE即AD的长和DE的长得出，由此可得解．
【详解】解：∵∠ACB=90°，BE⊥CE，
∴∠BCE+∠ACD=90°，∠BCE+∠CBE=90°；
∴∠ACD=∠CBE，又AC=BC，
∴△ACD≌△CBE；
∴EC=AD，BE=DC；
∵DE=6cm，AD=9cm，则BE的长是3cm．
故选C．
【点睛】三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．
【变式训练】
1．（2023·全国·八年级假期作业）如图，，，于点E，于点D，，，则的长是（ ）
A．8B．4C．3D．2
【答案】C
【分析】根据已知条件，观察图形得，，然后证后求解．
【详解】解：，，于，于，
，
，
又，，
．
，，
．
故选：C．
【点睛】本题考查了直角三角形全等的判定方法；题目利用全等三角形的判定和性质求解，发现并利用，，是解题的关键．
2．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，在中，以为腰作等腰直角三角形和等腰直角三角形．连接为边上的高线，延长交于点N，下列结论：（1）；（2）；（3）；（4），其中正确的结论有____________(填序号)．
【答案】（1）（3）（4）
【分析】根据，利用同角的余角相等即可判断（1）；过E作于点H，过F作，交的延长线于点G，利用K字型全等，易证，从而判断（2）；同理可证，可得，再证，即可判断（4）；最后根据，结合全等三角形即可判断（3）．
【详解】解：∵为边上的高，，
∴，
∴，
故(1)正确；
如图所示，过E作于点H，过F作，交的延长线于点G，
∵为等腰直角三角形，
∴，
在与中，
∵，
∴，
∴与不全等，
故（2）错误；
同理可证，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
故（4）正确；
∵，
∴
．
故（3）正确；
综上：正确的有（1）（3）（4）．
故答案为：（1）（3）（4）．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，熟练掌握三角形全等的判定定理和性质，掌握K字型全等，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
3．（2023·全国·八年级假期作业）已知，中，，，直线m过点A，且于D，于E，当直线m绕点A旋转至图1位置时，我们可以发现．
(1)当直线m绕点A旋转至图2位置时，问：与、的关系如何？请予证明；
(2)直线m在绕点A旋转一周的过程中，、、存在哪几种不同的数量关系？（直接写出，不必证明）
【答案】(1)，证明见解析；
(2)，，．
【分析】（1）利用条件证明， 再结合线段的和差可得出结论；
（2）根据图，可得、、存在3种不同的数量关系；
【详解】（1）证明：如图2，
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
在和中，
，
∴（AAS），
∴，
∵，
∴．
（2）直线m在绕点A旋转一周的过程中，、、存在3种不同的数量关系：，，．
如图1时，，
如图2时，，
如图3时，，（证明同理）
【点睛】本题主要考查三角形全等，注意证三角形全等的方法及三角形全等后的性质．
【经典模型六 手拉手模型】
【模型分析】
将两个三角形绕着公共顶点（即头）旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等．
【模型图示】
公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”．对应操作：左手拉左手（即连结BD），右手拉右手（即连结CE），得．
【常见模型】
（等腰）
（等边）
（等腰直角）
【例6】（2023春·上海·七年级专题练习）如图，C为线段AE上一动点（不与点，重合），在AE同侧分别作等边三角形ABC和等边三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ．以下结论错误的是（ ）
A．∠AOB=60°B．AP=BQ
C．PQ∥AED．DE=DP
【答案】D
【分析】利用等边三角形的性质，BC∥DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，得出A正确；根据△CQB≌△CPA（ASA），得出B正确；由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，得出C正确；根据∠CDE=60°，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，可知∠DQE≠∠CDE，得出D错误．
【详解】解：∵等边△ABC和等边△CDE，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD与△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CBE=∠DAC，
又∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，即∠ACP=∠BCQ，
又∵AC=BC，
在△CQB与△CPA中，
，
∴△CQB≌△CPA（ASA），
∴CP=CQ，
又∵∠PCQ=60°可知△PCQ为等边三角形，
∴∠PQC=∠DCE=60°，
∴PQ∥AE，
故C正确，
∵△CQB≌△CPA，
∴AP=BQ，
故B正确，
∵AD=BE，AP=BQ，
∴AD-AP=BE-BQ，
即DP=QE，
∵∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，
∴∠DQE≠∠CDE，故D错误；
∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，
∵等边△DCE，
∠EDC=60°=∠BCD，
∴BC∥DE，
∴∠CBE=∠DEO，
∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，
故A正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，利用旋转不变性，解题的关键是找到不变量．
【变式训练】
1．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，OA＞OC，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M，连接OM，下列结论：
①△AOC≌△BOD；②AC=BD；③∠AMB=40°；④MO平分∠BMC．
其中正确的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】由题意易得∠AOC=∠BOD，然后根据三角形全等的性质及角平分线的判定定理可进行求解．
【详解】解：∵∠AOB=∠COD=40°，∠AOD是公共角，
∴∠COD+∠AOD=∠BOA+∠AOD，即∠AOC=∠BOD，
∵OA=OB，OC=OD，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，∠ODB=∠OCA，故①②正确；
过点O作OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，BD与OA相交于点H，如图所示：
∵∠AHM=∠OHB，∠AMB=180°-∠AHM-∠OAC，∠BOA=180°-∠OHB-∠OBD，
∴∠AMB=∠BOA=40°，
∴∠OEC=∠OFD=90°，
∵OC=OD，∠OCA=∠ODB，
∴△OEC≌△OFD（AAS），
∴OE=OF，
∴OM平分∠BMC，故③④正确；
所以正确的个数有4个；
故选A．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定及角平分线的判定定理，熟练掌握全等三角形的性质与判定及角平分线的判定定理是解题的关键．
2．（2023·浙江·八年级假期作业）如图，是边长为5的等边三角形，，．E、F分别在AB、AC上，且，则三角形AEF的周长为______．
【答案】10
【分析】延长AB到N，使BN=CF，连接DN，求出∠FCD=∠EBD=∠NBD=90°，根据SAS证△NBD≌△FCD，推出DN=DF，∠NDB=∠FDC，求出∠EDF=∠EDN，根据SAS证△EDF≌△EDN，推出EF=EN，易得△AEF的周长等于AB+AC．
【详解】解：延长AB到N，使BN=CF，连接DN，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∵BD=CD，∠BDC=120°，
∴∠DBC=∠DCB=30°，
∴∠ACD=∠ABD=30°+60°=90°=∠NBD，
∵在△NBD和△FCD中，
，
∴△NBD≌△FCD（SAS），
∴DN=DF，∠NDB=∠FDC，
∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，
∴∠EDB+∠FDC=60°，
∴∠EDB+∠BDN=60°，
即∠EDF=∠EDN，
在△EDN和△EDF中，
，
∴△EDN≌△EDF（SAS），
∴EF=EN=BE+BN=BE+CF，
即BE+CF=EF．
∵△ABC是边长为5的等边三角形，
∴AB=AC=5，
∵BE+CF=EF，
∴△AEF的周长为：AE+EF+AF=AE+EB+FC+AF=AB+AC=10，
故答案为：10．
【点睛】本题考查了等边三角形性质和判定，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的性质和判定的综合运用．注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
3．（2023·江苏·八年级假期作业）如图，是一个锐角三角形，分别以、为边向外作等边三角形、，连接、交于点，连接．
(1)求证：≌；
(2)求的度数；
(3)求证：平分．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)见解析
【分析】（1）由、是等边三角形，易证，继而可证；
（2）由≌，得到，进一步得到，由三角形内角和得到答案；
（3）作于点于点，证明，由，即可得到结论．
【详解】（1）证明：、是等边三角形，
，
，
即，
≌；
（2）解：≌，
，
，
；
（3）证明：如图，作于点于点，
，
，
，，
，
，
，
平分．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、角平分性的判定知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【经典模型七 半角模型】
【模型分析】过等腰三角形顶点 两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型．
【常见模型】
常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系．半角模型（题中出现角度之间的半角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论．
【例7】（2023秋·江苏扬州·八年级校考期末）综合与实践
（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 ．
（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 ．
【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析
【分析】（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（3）在NC上截取C M'=AM，连接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CB M'，从而得到AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，进而得到∠MA M'=∠ABC，再由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．
【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC ，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN=45°，
∴∠ABM+∠CBN=45°，
∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，
即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（2）MN=AM+CN；理由如下：
如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
∵∠A+∠C＝180°，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN，
∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（3）MN=CN-AM，理由如下：
如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'，
∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠C+∠BAD=180°，
∵∠BAM+∠BAD=180°，
∴∠BAM=∠C，
∵AB＝BC，
∴△ABM≌△CB M'，
∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，
∴∠MA M'=∠ABC，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠MBN＝∠MA M'=∠M'BN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N=CN-C M'，
∴MN=CN-AM．
故答案是：MN=CN-AM．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，得到全等三角形是解题的关键．
【变式训练】
1．（2023春·上海·七年级专题练习）（1）如图1，在四边形ABCD中，，，E、F分别是边BC、CD上的点，且．求证：；
（2）如图2，在四边形ABCD中，，，E、F分别是边BC、CD上的点，且，请直接写出EF、BE、FD之间的数量关系；
（3）如图3，在四边形ABCD中，，，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）见解析；（2）EF=BE+FD；（3）不成立，理由见解析．
【分析】（1）可通过构建全等三角形实现线段间的转换，延长EB到G，使BG=DF，连接AG，目的就是要证明三角形AGE和三角形AEF全等，将EF转换为GE，证得EF=BE+DF，
（2）思路和辅助线方法与（1）一样，证明三角形ABG和三角形ADF全等，
（3）在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG，用（1）中方法，可证得DF=BG，GE=EF，则EF=GE=BE-BG=BE-DF
【详解】解：（1）如图，延长EB到G，使BG=DF，连接AG，
在与中，
；
（2）（1）中结论EF=BE+FD仍成立，理由如下，
证明：如图，延长CB到M，使BM=DF，
在与中
即
在与中
即
；
（3）结论EF=BE+FD不成立，理由如下，
证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG，
在与中
．
【点睛】本题考查四边形综合题，三角形全等的判定与性质，本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题关键，没有明确全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联全等三角形．
2．（2023春·广东佛山·八年级校考期中）已知：边长为4的正方形ABCD，∠EAF的两边分别与射线CB、DC相交于点E、F，且∠EAF＝45°，连接EF．求证：EF＝BE+DF．
思路分析：
(1)如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE'，则F、D、E'在一条直线上，
∠E'AF＝ 度，……
根据定理，可证：△AEF≌△AE'F．
∴EF＝BE+DF．
类比探究：
(2)如图2，当点E在线段CB的延长线上，探究EF、BE、DF之间存在的数量关系，并写出证明过程；
拓展应用：
(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求线段BD、DE、EC围成的三角形的面积．
【答案】(1)45
(2)DF＝BE+EF，证明见解析
(3)2
【分析】（1）把绕点逆时针旋转至，则、、在一条直线上，，再证△，得，进而得出结论；
（2）将绕点逆时针旋转得到，由旋转的性质得，再证△，得，进而得出结论；
（3）将绕点逆时针旋转得到，连接，则，得，因此，同（2）得△，则，，得、、围成的三角形面积，即可求解．
【详解】（1）解：如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至，
则F、D、在一条直线上，≌△ABE，
∴＝BE，∠＝∠BAE，＝AE，
∴∠＝∠EAD+∠＝∠EAD+∠BAE＝∠BAD＝90°，
则∠＝∠﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠，
∴△AEF≌△（SAS），
∴，
∵，
∴EF＝BE+DF．
故答案为：45；
（2）解：DF＝BE+EF 理由如下：
将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△，
∴△≌△ABE，
∴AE＝，BE＝，∠＝∠BAE，
∴∠＝∠BAE+∠＝∠+∠＝∠BAD＝90°，
则∠＝∠﹣∠EAF＝45°，
∴∠＝∠EAF＝45°，
在△AEF和△中，
，
∴△AEF≌△（SAS），
∴，
∵，
∴DF＝BE+EF；
（3）解：将△ABD绕点A逆时针旋转得到△，连接，
则△≌△ABD，
∴CD'＝BD，
∴，
同（2）得：△ADE≌△（SAS），
∴，，
∴BD、DE、EC围成的三角形面积为、、EC围成的三角形面积．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、正方形的性质以及四边形和三角形面积等知识，本题综合性强，解此题的关键是根据旋转的启发正确作出辅助线得出全等三角形，属于中考常考题型．
3．（2023春·重庆南岸·八年级重庆市南坪中学校校考阶段练习）（1）如图1，在四边形中，，，E、F分别是边、上的点，若，可求得、、之间的数量关系为________．（只思考解题思路，完成填空即可，不必书写证明过程）
（2）如图2，在四边形中，，，E、F分别是边、延长线上的点，若，判断、、之间的数量关系还成立吗，若成立，请完成证明，若不成立，请说明理由．
【答案】（1）；（2）．理由见解析．
【分析】（1）线段、、之间的数量关系是．如图，延长至，使，连接，利用全等三角形的性质解决问题即可．
（2）结论：．如图中，在上截取，连接，证明，推出，，再证明，可得结论．
【详解】（1）解：线段、、之间的数量关系是．
如图，延长至，使，连接，
∵，，即：，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
在和中，AM=AF∠MAE=∠FAEAE=AE，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：．
（2）结论：．
理由：在上截取，连接，
∵，，
∴，
在与中，，
∴，
∴，，则，
∴
∵，，
∴，
在与中，，
∴，
∴，
即，
即，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，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．
【重难点训练】
1．（2023·江苏·八年级假期作业）如图，在中，为边上的中线．
(1)按要求作图：延长到点E，使；连接．
(2)求证：．
(3)求证：．
(4)若，，求的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
(4)
【分析】（1）根据题目中语言描述画出图形即可；
（2）直接利用证明即可；
（3）根据，得，从而得出，再根据三角形三边关系即可得出，即可得出结论；
（4）根据三角形三边关系得，又由，，，，代入即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，
（2）证明：如图，
∵为边上的中线，
∴，
在和中，
，
∴．
（3）证明：如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴．
（4）在中，
，
由（3）得 ，，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，三角形三边的关系，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及三角形三边的关系是解题的关键．
2．（2023春·全国·七年级专题练习）（1）方法学习：数学兴趣小组活动时，张老师提出了如下问题：如图1，在中，，，求边上的中线的取值范围．
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法（如图2），
①延长到M，使得
②连接，通过三角形全等把、、转化在中；
③利用三角形的三边关系可得的取值范围为，从而得到的取值范围是 ；
方法总结：上述方法我们称为“倍长中线法”．“倍长中线法”多用于构造全等三角形和证明边之间的关系．
（2）请你写出图2中与的数量关系和位置关系，并加以证明．
（3）深入思考：如图3，是的中线，，，，请直接利用（2）的结论，试判断线段与的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）；（2）且，证明见解析；（3），证明见解析
【分析】（1）延长到点M，使，连接，证明得到，由三角形三边的关系得到，即可求出；
（2）由全等三角形的性质得到，，进而证明；
（3）如图2，延长到M，使得，连接，同理证明，得到，则，再证明，进一步证明，得到，由此即可证明．
【详解】解：（1）延长到点M，使，连接，
∵是边上的中线，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在中，，
∴，即，
∴，
故答案为：；
（2），且，证明如下：
由（1）知，，
∴，，
∴；
（3），证明如下：
如图3，延长到M，使得，连接，
由（1）知，，
∴，
∵，
∴，
由（2）知：，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形三边关系，利用倍长中线法，构造全等三角形是解本题的关键．
3．（2023春·全国·七年级专题练习）在△ABC中，∠BAC=90°，AC=AB，直线MN经过点A，且CD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
(1)当直线MN绕点A旋转到图1的位置时， 度；
(2)求证：DE=CD+BE；
(3)当直线MN绕点A旋转到图2的位置时，试问DE、CD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．
【答案】(1)90°
(2)见解析
(3)CD= BE + DE，证明见解析
【分析】（1）由∠BAC=90°可直接得到90°；
（2）由CD⊥MN，BE⊥MN，得∠ADC=∠BEA=∠BAC=90°，根据等角的余角相等得到∠DCA=∠EAB，根据AAS可证△DCA≌△EAB，所以AD=CE，DC=BE，即可得到DE = EA+AD = DC+BE．
（3）同（2）易证△DCA≌△EAB，得到AD=CE，DC=BE，由图可知AE = AD +DE，所以 CD= BE + DE．
【详解】（1）∵∠BAC=90°
∴ ∠EAB+∠DAC=180°-∠BAC=180°-90°=90°
故答案为：90°．
（2）证明：∵ CD⊥MN于D，BE⊥MN于E
∴ ∠ADC=∠BEA=∠BAC=90°
∵ ∠DAC+∠DCA=90°且 ∠DAC+∠EAB=90°
∴ ∠DCA=∠EAB
∵在△DCA和△EAB中
∴△DCA≌△EAB (AAS)
∴ AD=BE且EA=DC
由图可知：DE = EA+AD = DC+BE．
（3）∵ CD⊥MN于D，BE⊥MN于E
∴ ∠ADC=∠BEA=∠BAC=90°
∵ ∠DAC+∠DCA=90°且∠DAC+∠EAB=90°
∴ ∠DCA=∠EAB
∵在△DCA和△EAB中
∴△DCA≌△EAB (AAS)
∴ AD=BE且AE=CD
由图可知：AE = AD +DE
∴ CD= BE + DE．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角，也考查了三角形全等的判定与性质．
4．（2022秋·陕西延安·八年级统考期末）【问题提出】
（1）如图①，在四边形中，，，E、F分别是边BC、CD上的点，且.求证：；
【问题探究】
（2）如图②，在四边形中，，，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立?若成立，请说明理由；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）结论不成立，应当是理由见解析
【分析】（1）延长到点，使，连接，由全等三角形的判定和性质得出，，，继续利用全等三角形的判定得出，结合图形及题意即可证明；
（2）在上截取，使，连接，结合图形利用全等三角形的判定得出，再次使用全等三角形的判定得出，利用全等三角形的性质即可证明．
【详解】（1）证明：如图①，延长到点，使，连接.
又∵，，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：结论不成立，应当是，
理由：如图②，在上截取，使，连接，
∵，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．
5．（2022秋·江苏·八年级专题练习）（1）问题发现：
如图1，和均为等腰直角三角形，，连接，，点、、在同一条直线上，则的度数为__________，线段、之间的数量关系__________；
（2）拓展探究：
如图2，和均为等腰直角三角形，，连接，，点、、不在一条直线上，请判断线段、之间的数量关系和位置关系，并说明理由．
（3）解决问题：
如图3，和均为等腰三角形，，则直线和的夹角为__________．（请用含的式子表示）
【答案】（1）90°，AD=BE；（2）AD=BE，AD⊥BE；（3）
【分析】（1）由已知条件可得，，进而根据∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB，可得∠ACD＝∠BCE，证明△ACD≌△BCE（SAS），即可求得AD=BE；∠BEC=∠CDA=135°；
（2）延长交于点F，同理可得△ACD≌△BCE，设∠FAB=α，则∠CAD=∠CBE=45°-α，根据∠ABE=45°+45°-α=90°-α，进而根据∠AFB=180°-∠FAB-∠ABE=180°-α-(90°-α)=90°，即可求解；
（3）延长BE交AD于点G，方法同（2）证明△ACD≌△BCE，进而根据三角形的内角和定理即可求得直线和的夹角．
【详解】（1）∵和均为等腰直角三角形，，
∴，，∠CDE=45°
∴∠CDA=135°
∵∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB，
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠BEC=∠ADC＝135°，AD＝BE
∴∠AEB=90°
故答案为：90°，AD＝BE
（2）AD=BE，AD⊥BE，理由如下，
同理可得△ACD≌△BCE，
则AD=BE，
延长交于点F，
设∠FAB=α，则∠CAD=∠CBE=45°-α
∴∠ABE=45°+45°-α=90°-α
∴∠AFB=180°-∠FAB-∠ABE=180°-α-(90°-α)=90°
∴AD⊥BE
（3）如图，延长BE交AD于点G，
∵和均为等腰三角形，
∴，，
∵∠ACB=∠DCE=α，
∵∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE，
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CBE=∠CAD
∵
∴∠CBA=∠CAB =
∴∠GAB+∠GBA=，
，
∴∠AGB=180°-(∠GAB+∠GBA) ，
即直线和的夹角为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的性质与判定，掌握旋转模型证明三角形全等是解题的关键．
6．（2023·全国·八年级假期作业）（1）如图1，已知中，90°，，直线经过点直线，直线，垂足分别为点．求证：．
（2）如图2，将（1）中的条件改为：在中，三点都在直线上，并且有．请写出三条线段的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2），证明见解析
【分析】（1）利用已知得出∠CAE=∠ABD，进而利用AAS得出则△ABD≌△CAE，即可得出DE=BD+CE；
（2）根据∠BDA=∠AEC=∠BAC，得出∠CAE=∠ABD，在△ADB和△CEA中，根据AAS证出△ADB≌△CEA，从而得出AE=BD，AD=CE，即可证出DE=BD+CE；
【详解】（1）DE=BD+CE．理由如下：
∵BD⊥，CE⊥，
∴∠BDA=∠AEC=90°
又∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°，∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）
∴BD=AE，AD=CE，
∵DE=AD+AE，
∴DE=CE+BD；
（2），理由如下：
∵∠BDA=∠AEC=∠BAC，
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ADB和△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE=BD，AD=CE，
∴BD+CE=AE+AD=DE；
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质综合中的“一线三等角”模型：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的对应边相等．也考查了等边三角形的判定与性质．
7．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，已知中，，，是过的一条直线，且，在，的同侧，于，于．
（1）证明：；
（2）试说明：；
（3）若直线绕点旋转到图位置（此时，在，的异侧）时，其余条件不变，问与，的关系如何？请证明；
（4）若直线绕点旋转到图位置（此时，在，的同侧）时其余条件不变，问与，的关系如何？请直接写出结果，不需说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） BD=DE+CE ；证明见解析；（4）BD=DE−CE
【分析】（1）根据题意可得，结合，直接用AAS证明三角形全等即可；
（2）根据（1）的结论，进而可得；
（3）方法同（1）证明，进而可得
（4）方法同（1）结论同（2）证明，进而可得．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
又∵ ，，
∴，，
∴．
又∵，
∴．
（2） 解：∵，
∴，．
又∵，
∴．
（3） 解：∵，
∴．
又∵ ，，
∴，，
∴．
又∵，
∴．
∴，，，
∴
（4） 解：．理由如下：
∵，
∴．
又∵ ，，
∴，，
∴．
又∵，
∴，
∴，．
又∵，
∴．
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，等腰直角三角形的性质，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．
8．（2020秋·福建三明·八年级统考期中）如图1，△ABC和△ABD中，∠BAC＝∠ABD＝90°，点C和点D在AB的异侧，点E为AD边上的一点，且AC＝AE，连接CE交直线AB于点G，过点A作AF⊥AD交直线CE于点F．
（Ⅰ）求证：△AGE≌△AFC；
（Ⅱ）若AB＝AC，求证：AD＝AF+BD；
（Ⅲ）如图2，若AB＝AC，点C和点D在AB的同侧，题目其他条件不变，直接写出线段AD，AF，BD的数量关系 ．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）AF＝AD+BD
【分析】（Ⅰ）先判断出∠ACF＝∠AEG，再用同角的余角相等判断出∠CAF＝∠EAG，即可得出结论；
（Ⅱ）先用ASA判断出△ACM≌△ABD，得出AM＝AD，CM＝BD，由（Ⅰ）知，△AGE≌△AFC，得出∠AGE＝∠AFC，再判断出CM∥AB，得出∠MCF＝∠AGC，进而判断出MF＝CM，即可得出结论；
（Ⅲ）同（Ⅱ）的方法，即可得出结论．
【详解】解：（Ⅰ）∵AC＝AE，
∴∠ACF＝∠AEG，
∵AF⊥AD，
∴∠DAF＝90°＝∠CAB，
∴∠DAF﹣∠FAG＝∠CAB﹣∠FAG，
∴∠CAF＝∠EAG，
在△AGE和△AFC中，
，
∴△AGE≌△AFC（ASA）；
（Ⅱ）如图1，过点C作CM⊥AC，交AF延长线于点M，
∴∠ACM＝90°＝∠ABD，
由（Ⅰ）知，∠CAF＝∠EAB，
在△ACM和△ABD中，
，
∴△ACM≌△ABD（ASA），
∴AM＝AD，CM＝BD，
由（Ⅰ）知，△AGE≌△AFC，
∴∠AGE＝∠AFC，
∴180°﹣∠AGE＝180°﹣∠AFC，
∴∠AGC＝∠AFG，
∵∠CFM＝∠AFG，
∴∠AGC＝∠CFM，
∵∠BAC＝90°＝∠ACM，
∴∠BAC+∠ACM＝180°，
∴CM∥AB，
∴∠MCF＝∠AGC，
∴∠CFM＝∠MCF，
∴MF＝CM，
∴AM＝AF+CM，
∴AD＝AF+BD；
（Ⅲ）AD＝AF﹣BD；
过点C作CM⊥AC，交AF于点M，
∴∠ACM＝90°＝∠ABD，
由（Ⅰ）知，∠CAF＝∠EAB，
在△ACM和△ABD中，
，
∴△ACM≌△ABD（ASA），
∴AM＝AD，CM＝BD，
由（Ⅰ）知，△AGE≌△AFC，
∴∠G＝∠F，
∵∠BAC＝90°＝∠ACM，
∴CM∥AB，
∴∠MCF＝∠G，
∴∠F＝∠MCF，
∴MF＝CM，
∴AF＝AM+CM＝AD+BD，
故答案为：AF＝AD+BD．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，结合平行线的判定与性质证明是解题的关键．
9．（2023春·陕西西安·八年级统考阶段练习）（1）问题解决：如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝α，∠BCD＝180°﹣α，BD平分∠ABC．
①如图1，若α＝90°，根据教材中一个重要性质直接可得AD＝CD，这个性质是 ；
②在图2中，求证：AD＝CD；
（2）拓展探究：根据（1）的解题经验，请解决如下问题：如图3，在等腰△ABC中，∠BAC＝100°，BD平分∠ABC，求证BD+AD＝BC．
【答案】（1）①角平分线上的点到角的两边距离相等；②见解析；（2）见解析．
【分析】（1）①根据角平分线的性质定理即可解决问题；
②如图2中，作DE⊥BA于E，DF⊥BC于F．只要证明△DEA≌△DFC即可解决问题；
（2）如图3中，在BC时截取BK=BD，BT=BA，连接DK．首先证明DK=CK，再证明△DBA≌△DBT，推出AD=DT，∠A=∠BTD=100°，推出∠DTK=∠DKT=80°，推出DT=DK=CK，由此即可解决问题；
【详解】（1）①根据角平分线的性质定理可知AD＝CD．
所以这个性质是角平分线上的点到角的两边距离相等．
故答案为：角平分线上的点到角的两边距离相等．
②如图2中，作DE⊥BA于E，DF⊥BC于F．
∵BD平分∠EBF，DE⊥BE，DF⊥BF，
∴DE＝DF，
∵∠BAD+∠C＝180°，∠BAD+∠EAD＝180°，
∴∠EAD＝∠C，
∵∠E＝∠DFC＝90°，
∴△DEA≌△DFC，
∴DA＝DC．
（2）如图3中，在BC上截取BK＝BD，BT＝BA，连接DK．
∵AB＝AC，∠A＝100°，
∴∠ABC＝∠C＝40°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBK＝∠ABC＝20°，
∵BD＝BK，
∴∠BKD＝∠BDK＝80°，
∵∠BKD＝∠C+∠KDC，
∴∠KDC＝∠C＝40°，
∴DK＝CK，
∵BD＝BD，BA＝BT，∠DBA＝∠DBT，
∴△DBA≌△DBT，
∴AD＝DT，∠A＝∠BTD＝100°，
∴∠DTK＝∠DKT＝80°，
∴DT＝DK＝CK，
∴BD+AD＝BK+CK＝BC．
【点睛】本题考查三角形综合题、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，具体的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
10．（2021秋·山东德州·八年级统考期中）某中学八年级学生在学习等腰三角形的相关知识时时，经历了以下学习过程：
（1）【探究发现】如图1，在中，若平分，时，可以得出，为中点，请用所学知识证明此结论．
（2）【学以致用】如果和等腰有一个公共的顶点，如图2，若顶点与顶点也重合，且，试探究线段和的数量关系，并证明．
（3）【拓展应用】如图3，在（2）的前提下，若顶点与顶点不重合，，（2）中的结论还成立吗？证明你的结论
【答案】（1）详见详解；（2）DF＝2BE，证明详见详解；（3）DF＝2BE，证明详见详解
【分析】（1）只要证明△ADB≌△ADC（ASA）即可；
（2）如图2中，延长BE交CA的延长线于K，只要证明△BAK≌△CAD（ASA）即可；
（3）作FK∥CA交BE的延长线于K，交AB于J，利用（2）中的结论证明即可．
【详解】解：（1）如图1中，∵AD⊥BC，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∵DA平分∠BAC，∴∠DAB＝∠DAC，
∵AD＝AD，∴△ADB≌△ADC（ASA），
∴AB＝AC，BD＝DC．
（2）结论：DF＝2BE．
理由：如图2中，延长BE交CA的延长线于K．
∵CE平分∠BCK，CE⊥BK，
∴由（1）中结论可知：CB＝CK，BE＝KE，
∵∠BAK＝∠CAD＝∠CEK＝90°，
∴∠ABK+∠K＝90°，∠ACE+∠K＝90°，
∴∠ABK＝∠ACD，∵AB＝AC，
∴△BAK≌△CAD（ASA），CD＝BK，
∴CD＝2BE，
即DF＝2BE．
（3）如图3中，结论不变：DF＝2BE．
理由：作FK∥CA交BE的延长线于K，交AB于J．
∵FK∥AC，∴∠FJB＝∠A＝90°，∠BFK＝∠BCA，
由（2）可知Rt△ABC为等腰三角形
∵∠JBF＝45°，
∴△BJF是等腰直角三角形，
∵∠BFE＝∠ACB，∴∠BFE＝∠BFJ，
由（2）可知：DF＝2BE．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质；等腰三角形的判定和性质性质及直角三角形的性质等知识点，在做题时正确的添加辅助线是解决问题的关键．
11．（2020秋·贵州遵义·八年级统考期末）过正方形（四边都相等，四个角都是直角）的顶点作一条直线．
（1）当不与正方形任何一边相交时，过点作于点，过点作于点如图（1），请写出，，之间的数量关系，并证明你的结论．
（2）若改变直线的位置，使与边相交如图（2），其它条件不变，，，的关系会发生变化，请直接写出，，的数量关系，不必证明；
（3）若继续改变直线的位置，使与边相交如图（3），其它条件不变，，，的关系又会发生变化，请直接写出，，的数量关系，不必证明．
【答案】(1)，证明见解析；(2)；(3)
【分析】（1）根据同角的余角相等可证，再证，根据全等三角形的对应边相等进行代换即可；
（2）根据同角的余角相等可证，再证，根据全等三角形的对应边相等进行代换即可；
（3）根据同角的余角相等可证，再证，根据全等三角形的对应边相等进行代换即可．
【详解】（1），证明：
四边形是正方形
，
又，
∴
在和中
，
（2），理由是：
四边形是正方形
，
又，
∴
在和中
，
∴EF=AF-AE=BE-DF
（3），理由是：
四边形是正方形
，
又，
∴
在和中
，
EF=AE-AF=DF-BE
【点睛】本题考查的是三角形全等的判定和性质，掌握三角形的判定方法及能利用同角的余角相等证明是关键．
12．（2023·江苏·八年级假期作业）探究：如图①，在中，，，直线经过点，于点，于点，求证：．
应用：如图②，在中，，三点都在直线上，并且有．求出和的关系．
拓展：如图①中，若，梯形的面积______．
【答案】探究：证明过程见详解；应用：，理由见详解；拓展：
【分析】探究：，，可知是等腰直角三角形，，，可知，可求出，根据角角边即可求证；应用：，三点都在直线上，，可求出，可证，可得，由此即可求解；拓展：由，可知，设，则，根据梯形面积公式即可求解．
【详解】探究：证明：∵，直线经过点，于点，于点，
∴点三点都在直线上，
∴，，
∴，
在，中，
，
∴；
应用：∵，三点都在直线上，，
∴，，
∴，
在，中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
拓展：由探究可知，，，
∴，设，则，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形，全等三角形，梯形的综合，掌握等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，梯形的面积计算方法是解题的关键．
13．（2023春·上海·七年级专题练习）通过对数学模型“K字”模型或“一线三等角”模型的研究学习，解决下列问题：
[模型呈现]如图1，，，过点B作于点C，过点D作于点E．求证：．
[模型应用]如图2，且，且，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积为________________．
[深入探究]如图3，，，，连接，，且于点F，与直线交于点G．若，，则的面积为_____________．
【答案】[模型呈现]见解析；[模型应用]50；[深入探究]63
【分析】[模型呈现]证明，根据全等三角形的对应边相等得到；
[模型应用]根据全等三角形的性质得到，，，根据梯形的面积公式计算，得到答案；
[深入探究]过点D作于P，过点E作交的延长线于Q，根据全等三角形的性质得到，证明，得到，进而求出，根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】[模型呈现]证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
[模型应用]解：由[模型呈现]可知，，
∴，
则，
故答案为：50；
[深入探究]过点D作于P，过点E作交AG的延长线于Q，
由[模型呈现]可知，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：63．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的面积计算，熟记三角形确定的判定定理是解题的关键．
14．（2023·浙江·八年级假期作业）（1）如图1，已知：在中，，直线m经过点A，直线m，直线m，垂足分别为点D、E．证明：．
（2）如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，，D、A、E三点都在直线m上，并且有，其中为任意钝角，请问结论是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）成立，见解析
【分析】（1）根据可证明，可得，可得．
（2）由已知条件可知，，可得，结合条件可证明，同（1）可得出结论．
【详解】证明：（1）如图1，
∵直线m，直线m，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴；
（2）如图2，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，由条件证明三角形全等得到是解题的关键．
从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如：
如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．易证得．
大致证明思路：如图2，将绕点顺时针旋转，得到，由可得、、三点共线，，进而可证明，故．
模型一 平移模型
模型二 轴对称模型
模型三 旋转模型
模型四 一线三等角模型
模型五 垂直模型
模型六 手拉手模型
模型七 半角模型
【经典模型一 平移模型】
【模型解读】把△ABC沿着某一条直线l平行移动，所得到△DEF与△ABC称为平移型全等三角形，图①，图②是常见的平移型全等三角线．
【常见模型】
【例1】（2023春·全国·八年级期中）如图所示的是重叠的两个直角三角形，将其中一个直角三角形沿BC方向平移得到△DEF．若cm，cm，cm，则图中阴影部分面积为（ ）
A．47cm2B．48 cm2C．49 cm2D．50 cm2
【答案】B
【分析】先根据平移的性质得到cm，≌，则，cm，求出，然后根据梯形的面积公式计算即可．
【详解】解：沿方向平移得到，
cm，≌，
，（cm），
∴，
（cm2），故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查平移的基本性质：平移不改变图形的形状和大小；经过平移，对应点所连的线段平行或共线且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
【变式训练】
1．（2021春·陕西咸阳·八年级统考期末）如图，将沿方向平移得到，使点的对应点恰好落在边的中点上，点的对应点在的延长线上，连接，、交于点．下列结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．、互相平分
【答案】D
【分析】根据平移的性质得到∠B=∠DEF，BE=CF=CE=AD，AD∥BC，DF=AC，由于只有当∠BAC=90°时，AC⊥DE；只有当BC=2AC时，DF=AC=BE，则可对A、B、C选项的进行判断；AC交DE于O点，如图，证明△AOD≌△COE得到OD=OE，OA=OC，则可对D选项进行判断．
【详解】解：∵△ABC沿BC方向平移得到△DEF，使点B的对应点E恰好落在边BC的中点上，
∴∠B=∠DEF，BE=CF=CE=AD，AD∥BC，DF=AC，
只有当∠BAC=90°时，AC⊥DE；
只有当BC=2AC时，DF=AC=BE，所以A、B、C选项的结论不一定正确；
∵AD∥BC，
∴∠OAD=∠OCE，∠ODA=∠OEC，
而AD=CE，
∴△AOD≌△COE（ASA），
∴OD=OE，OA=OC
即AC、 DE互相平分，所以D选项的结论正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．
2．（2023·浙江·八年级假期作业）如图，点，，，在一条直线上，若将的边沿方向平移，平移过程中始终满足下列条件：，于点，于点，且．则当点，不重合时，与的关系是______．
【答案】BD与EF互相平分
【分析】先根据DE⊥AC，B F⊥AC，AE=CF，求证△ABF≌△CDE，再求证△DEG≌△BFG，即可．
【详解】∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠AFB=∠CED=90°
∵AE=CF，
∴AE+EF=CF+EF，
即AF=CE，
在Rt△ABF和Rt△CDE中， ，
∴Rt△ABF≌Rt△CED（HL），
∴ED=BF．
设EF与BD交于点G，
由∠AFB=∠CED=90°得DE∥BF，
∴∠EDG=∠GBF，
∵∠EGD=∠FGB，ED=BF，
∴△DEG≌△BFG，
∴EG=FG，DG=BG，
∴BD与EF互相平分．
【点睛】此题主要考查学生对全等三角形的判定与性质的理解和掌握，此题难度并不大，但是需要证明多次全等，步骤繁琐，是一道综合性较强的中档题．
3．（2023秋·山东聊城·八年级校考期末）如图（1），，，点C是上一点，且，．
(1)试判断与的位置关系，并说明理由．
(2)如图（2），若把沿直线向左平移，使的顶点C与B重合，此时第（1）问中与的位置关系还成立吗？说明理由．（注意字母的变化）．
【答案】(1)，理由见解析
(2)成立，理由见解析
【分析】（1）根据条件证明就得出，就可以得出；
（2）根据可以得出，从而得出结论．
【详解】（1）解：，理由如下，
理由：∵，，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质的运用，平移的性质的运用，垂直的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
【经典模型二 轴对称模型】
【模型解读】将原图形沿着某一条直线折叠后，直线两边的部分能够完全重合，这两个三角形称之为轴对称型全等三角形，此类图形中要注意期隐含条件，即公共边或公共角相等．
【常见模型】
【例2】（2023秋·八年级单元测试）如图，已知，，增加下列条件：①；②；③；④．其中能使的条件有( )
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【详解】根据全等三角形的判定方法，逐一判断即可解答．
【分析】解：①，，，
和不一定全等，
故①不符合题意；
②，，，
，
故②符合题意；
③，
，
，
，，
，
故③符合题意；
④，，，
，
故④符合题意；
所以，增加上列条件，其中能使的条件有3个，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·安徽滁州·八年级校考阶段练习）如图，已知，与交于点，，分别与，交于点，，连接，则下列结论中错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先证明，推出，则，可判断选项A、C；再证明，推出，则，利用证明，即可判断选项D，没有理由证明．
【详解】解：∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，则，故选项A、C正确；
∵，
∴，
∴，则，
∴，
∴，故选项D正确；
∴与不一定相等，故选项B不正确；
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，灵活利用全等三角形的判定是解题的关键．
2．（2023秋·八年级课时练习）在①，②，③这三个条件中选择一个，补充在下面的问题中，并完成问题的解答．
问题：如图，在中，，点在边上，点在边上，连接，，与相交于点．若________________，求证：．
【答案】见解析
【分析】根据全等三角形的判定条件进行证明即可．
【详解】解：选择条件①的证明：
在和中，
，
，
；
选择条件②的证明：
在和中，
，
，
；
选择条件③的证明：连接，
，
在和，
，
，
，
在和中，
，
，
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：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．
3．（2023春·广东佛山·七年级校联考阶段练习）如图所示，、分别为，的角平分线，两线交于点．
(1)若，，则______；
(2)若，则______；
(3)若，用表示的，写出详细的步骤（不用写理论依据）；
(4)，，，三条线段之间有怎样的数量关系？写出结果，并说明理由（不用写理论依据）．
【答案】(1)130
(2)125
(3)，步骤见解析
(4)，理由见解析
【分析】（1）先根据角平分线的定义得出与的度数，再根据三角形内角和定理即可得出结论；
（2）先根据求出的度数，再由角平分线的定义得出的度数，根据三角形内角和定理即可得出结论；
（3）根据求出的度数，再由角平分线的定义得出的度数，根据三角形内角和定理即可得出结论；
（4）在边上截取，连接，只要证明，可得即可证明．
【详解】（1）∵分别为角平分线，，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）∵，
∴，
∵分别为角平分线，
∴，
∴；
故答案为：；
（3）∵、分别为，的角平分线，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（4）.理由如下：
在边上截取，连接，
由（3）的结论得，
∴，
在与中，
，
∴；
∴，
∴，
∴，
∴，
在与中，
，
∴；
∴，
∴．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，全等三角形的判定和性质、角平分线的定义等知识，第（1）至（2）有具体的数，不要求学生书写步骤，可以多角度下手解决问题，第（3）问思维的迁移，从（1）（2）特殊到第（3）的一般化，字母具有代表性；第（4）问梯度增加上升难度，在寻找全等三角形全等的条件，需要添加辅助线，属于中考常考题型．
【经典模型三 旋转模型】
【模型解读】将三角形绕着公共顶点旋转一定角度后，两个三角形能够完全重合，则称这两个三角形为旋转型三角形，识别旋转型三角形时，涉及对顶角相等、等角加（减）公共角的条件．
【常见模型】
【例3】（2023·浙江·八年级假期作业）如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（ ）
A．36B．21C．30D．22
【答案】B
【分析】将关于对称得到，从而可得的面积为15，再根据对称的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，最后根据与的面积之和等于与的面积之和即可得．
【详解】解：如图，将关于AE对称得到，
则，，
，
，
，
在和中，，
，
，
，即是直角三角形，
，
，
即与的面积之和为21，
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
【变式训练】
1．（2023·浙江·八年级假期作业）如图，在中，，、是斜边上两点，且，将绕点顺时针旋转90°后，得到，连接．以下结论：①；②；③；④．其中正确的是（ ）
A．②④B．①④C．②③D．①③
【答案】D
【分析】根据旋转变换的性质判断①；根据全等三角形的判定定理判断②；根据SAS定理判断③；根据全等三角形的性质、三角形的三边关系判断④．
【详解】解：∵△ADC绕点A顺时针旋转90°得△AFB，
∴△ADC≌△AFB，①正确；
∵EA与DA不一定相等，
∴△ABE与△ACD不一定全等，②错误；
∵∠FAD＝90°，∠DAE＝45°，
∴∠FAE＝∠DAE＝45°，
在△AED和△AEF中，
∴△AED≌△AEF，③正确；
∵△ADC≌△AFB，
∴BF＝CD，
∵BE＋BF＞DE
∴BE＋DC＞DE，④错误；
故选：D．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质、旋转变换，掌握全等三角形的判定定理与性质定理、图形旋转的性质等知识是解题的关键．
2．（2022秋·浙江·八年级专题练习）如图，五边形中，，则这个五边形的面积等于__________．
【答案】1
【分析】将三角形ABC绕点C顺时针旋转至AB与AE重合，连AC，AD，可得Rt△ABC≌Rt△AEF，△ACD≌△AFD可将五边形ABCDE的面积转化为两个△ADF的面积，进而求出结论．
【详解】解：延长DE至F，使EF=BC，连AC，AD，AF，
由旋转的性质可得Rt△ABC≌Rt△AEF（SAS），
∴AC=AF，，∠B=∠AEF=90°，
∴∠DEF=∠AED+∠AFE=180°，
∴D、E、F三点共线，
又∵AD=AD，
∴△ACD≌△AFD（SSS），
∴，
∵AB=CD=AE=BC+DE，，
∴DF=CD=1，
∵，
∴．
故答案为：1．
【点睛】本题考查全了等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
3．（2023·全国·九年级专题练习）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
任务：
如图3，在四边形中，，，，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【答案】成立，见解析
【分析】根据旋转的性质得到，，，，，推出、、三点共线，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：成立．
证明：将绕点顺时针旋转得到，
，，，，，
，
、、三点共线，
，
，
，，
，
，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
【经典模型四 一线三等角模型】
【模型解读】基本图形如下：此类图形通常告诉BD⊥DE，AB⊥AC，CE⊥DE，那么一定有∠B＝∠CAE．
【常见模型】
【例4】（2023·江苏·八年级假期作业）如图，AC＝CE，∠ACE＝90°，AB⊥BD，ED⊥BD，AB＝6cm，DE＝2cm，则BD等于（ ）
A．6cmB．8cmC．10cmD．4cm
【答案】B
【分析】根据题意证明即可得出结论．
【详解】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，
∴，
∵∠ACE＝90°，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理以及性质定理是解本题的关键．
【变式训练】
1．（2023·浙江·八年级假期作业）如图，在△ABC中，AB＝AC＝9，点E在边AC上，AE的中垂线交BC于点D，若∠ADE＝∠B，CD＝3BD，则CE等于（ ）
A．3B．2C．D．
【答案】A
【分析】根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，推出∠BAD＝∠CDE，根据线段垂直平分线的性质得到AD＝ED，根据全等三角形的性质得到CD＝AB＝9，BD＝CE，即可得到结论．
【详解】解：∵AB＝AC＝9，
∴∠B＝∠C，
∵∠ADE＝∠B，∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB，∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB，
∴∠BAD＝∠CDE，
∵AE的中垂线交BC于点D，
∴AD＝ED，
在△ABD与△DCE中，
，
∴△ABD≌△DCE（AAS），
∴CD＝AB＝9，BD＝CE，
∵CD＝3BD，
∴CE＝BD＝3
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的性质，属于基础题．
2．（2023·江苏·八年级假期作业）如图所示，中，．直线l经过点A，过点B作于点E，过点C作于点F．若，则__________．
【答案】7
【分析】根据全等三角形来实现相等线段之间的关系，从而进行计算，即可得到答案；
【详解】解：∵BE⊥l，CF⊥l，
∴∠AEB=∠CFA=90°．
∴∠EAB+∠EBA=90°．
又∵∠BAC=90°，
∴∠EAB+∠CAF=90°．
∴∠EBA=∠CAF．
在△AEB和△CFA中
∵∠AEB=∠CFA，∠EBA=∠CAF，AB=AC，
∴△AEB≌△CFA．
∴AE=CF，BE=AF．
∴AE+AF=BE+CF．
∴EF=BE+CF．
∵，
∴；
故答案为：7．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，余角的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的证明三角形全等．
3．（2023·江苏·八年级假期作业）如图1，，垂足分别为D，E．
(1)若，求的长．
(2)在其它条件不变的前提下，将所在直线变换到的外部（如图2），请你猜想三者之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图3，将（1）中的条件改为：在中，，D，C，E三点在同一条直线上，并且有，其中α为任意钝角，那么（2）中你的猜想是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)0.8cm
(2)，证明见解析
(3)结论成立，证明见解析
【分析】（1）（2）（3）方法相同，利用定理证明，根据全等三角形的性质、结合图形解答．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）．
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（3）结论成立，
证明：，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
即结论成立；
【点睛】本题属于三角形综合题，考查的是全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【经典模型五 垂直模型】
【模型解读】模型主体为两个直角三角形，且两条斜边互相垂直．
【常见模型】
【例5】（2023·浙江·八年级假期作业）如下图所示，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D．DE=6cm，AD=9cm，则BE的长是（ ）
A．6cmB．1.5cmC．3cmD．4.5cm
【答案】C
【分析】本题可通过全等三角形来求BE的长．△BEC和△CDA中，已知了一组直角，∠CBE和∠ACD同为∠BCE的余角，AC=BC，可据此判定两三角形全等；那么可得出的条件为CE=AD，BE=CD，因此只需求出CD的长即可．而CD的长可根据CE即AD的长和DE的长得出，由此可得解．
【详解】解：∵∠ACB=90°，BE⊥CE，
∴∠BCE+∠ACD=90°，∠BCE+∠CBE=90°；
∴∠ACD=∠CBE，又AC=BC，
∴△ACD≌△CBE；
∴EC=AD，BE=DC；
∵DE=6cm，AD=9cm，则BE的长是3cm．
故选C．
【点睛】三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．
【变式训练】
1．（2023·全国·八年级假期作业）如图，，，于点E，于点D，，，则的长是（ ）
A．8B．4C．3D．2
【答案】C
【分析】根据已知条件，观察图形得，，然后证后求解．
【详解】解：，，于，于，
，
，
又，，
．
，，
．
故选：C．
【点睛】本题考查了直角三角形全等的判定方法；题目利用全等三角形的判定和性质求解，发现并利用，，是解题的关键．
2．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，在中，以为腰作等腰直角三角形和等腰直角三角形．连接为边上的高线，延长交于点N，下列结论：（1）；（2）；（3）；（4），其中正确的结论有____________(填序号)．
【答案】（1）（3）（4）
【分析】根据，利用同角的余角相等即可判断（1）；过E作于点H，过F作，交的延长线于点G，利用K字型全等，易证，从而判断（2）；同理可证，可得，再证，即可判断（4）；最后根据，结合全等三角形即可判断（3）．
【详解】解：∵为边上的高，，
∴，
∴，
故(1)正确；
如图所示，过E作于点H，过F作，交的延长线于点G，
∵为等腰直角三角形，
∴，
在与中，
∵，
∴，
∴与不全等，
故（2）错误；
同理可证，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
故（4）正确；
∵，
∴
．
故（3）正确；
综上：正确的有（1）（3）（4）．
故答案为：（1）（3）（4）．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，熟练掌握三角形全等的判定定理和性质，掌握K字型全等，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
3．（2023·全国·八年级假期作业）已知，中，，，直线m过点A，且于D，于E，当直线m绕点A旋转至图1位置时，我们可以发现．
(1)当直线m绕点A旋转至图2位置时，问：与、的关系如何？请予证明；
(2)直线m在绕点A旋转一周的过程中，、、存在哪几种不同的数量关系？（直接写出，不必证明）
【答案】(1)，证明见解析；
(2)，，．
【分析】（1）利用条件证明， 再结合线段的和差可得出结论；
（2）根据图，可得、、存在3种不同的数量关系；
【详解】（1）证明：如图2，
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
在和中，
，
∴（AAS），
∴，
∵，
∴．
（2）直线m在绕点A旋转一周的过程中，、、存在3种不同的数量关系：，，．
如图1时，，
如图2时，，
如图3时，，（证明同理）
【点睛】本题主要考查三角形全等，注意证三角形全等的方法及三角形全等后的性质．
【经典模型六 手拉手模型】
【模型分析】
将两个三角形绕着公共顶点（即头）旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等．
【模型图示】
公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”．对应操作：左手拉左手（即连结BD），右手拉右手（即连结CE），得．
【常见模型】
（等腰）
（等边）
（等腰直角）
【例6】（2023春·上海·七年级专题练习）如图，C为线段AE上一动点（不与点，重合），在AE同侧分别作等边三角形ABC和等边三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ．以下结论错误的是（ ）
A．∠AOB=60°B．AP=BQ
C．PQ∥AED．DE=DP
【答案】D
【分析】利用等边三角形的性质，BC∥DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，得出A正确；根据△CQB≌△CPA（ASA），得出B正确；由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，得出C正确；根据∠CDE=60°，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，可知∠DQE≠∠CDE，得出D错误．
【详解】解：∵等边△ABC和等边△CDE，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD与△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CBE=∠DAC，
又∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，即∠ACP=∠BCQ，
又∵AC=BC，
在△CQB与△CPA中，
，
∴△CQB≌△CPA（ASA），
∴CP=CQ，
又∵∠PCQ=60°可知△PCQ为等边三角形，
∴∠PQC=∠DCE=60°，
∴PQ∥AE，
故C正确，
∵△CQB≌△CPA，
∴AP=BQ，
故B正确，
∵AD=BE，AP=BQ，
∴AD-AP=BE-BQ，
即DP=QE，
∵∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，
∴∠DQE≠∠CDE，故D错误；
∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，
∵等边△DCE，
∠EDC=60°=∠BCD，
∴BC∥DE，
∴∠CBE=∠DEO，
∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，
故A正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，利用旋转不变性，解题的关键是找到不变量．
【变式训练】
1．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，OA＞OC，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M，连接OM，下列结论：
①△AOC≌△BOD；②AC=BD；③∠AMB=40°；④MO平分∠BMC．
其中正确的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】由题意易得∠AOC=∠BOD，然后根据三角形全等的性质及角平分线的判定定理可进行求解．
【详解】解：∵∠AOB=∠COD=40°，∠AOD是公共角，
∴∠COD+∠AOD=∠BOA+∠AOD，即∠AOC=∠BOD，
∵OA=OB，OC=OD，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，∠ODB=∠OCA，故①②正确；
过点O作OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，BD与OA相交于点H，如图所示：
∵∠AHM=∠OHB，∠AMB=180°-∠AHM-∠OAC，∠BOA=180°-∠OHB-∠OBD，
∴∠AMB=∠BOA=40°，
∴∠OEC=∠OFD=90°，
∵OC=OD，∠OCA=∠ODB，
∴△OEC≌△OFD（AAS），
∴OE=OF，
∴OM平分∠BMC，故③④正确；
所以正确的个数有4个；
故选A．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定及角平分线的判定定理，熟练掌握全等三角形的性质与判定及角平分线的判定定理是解题的关键．
2．（2023·浙江·八年级假期作业）如图，是边长为5的等边三角形，，．E、F分别在AB、AC上，且，则三角形AEF的周长为______．
【答案】10
【分析】延长AB到N，使BN=CF，连接DN，求出∠FCD=∠EBD=∠NBD=90°，根据SAS证△NBD≌△FCD，推出DN=DF，∠NDB=∠FDC，求出∠EDF=∠EDN，根据SAS证△EDF≌△EDN，推出EF=EN，易得△AEF的周长等于AB+AC．
【详解】解：延长AB到N，使BN=CF，连接DN，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∵BD=CD，∠BDC=120°，
∴∠DBC=∠DCB=30°，
∴∠ACD=∠ABD=30°+60°=90°=∠NBD，
∵在△NBD和△FCD中，
，
∴△NBD≌△FCD（SAS），
∴DN=DF，∠NDB=∠FDC，
∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，
∴∠EDB+∠FDC=60°，
∴∠EDB+∠BDN=60°，
即∠EDF=∠EDN，
在△EDN和△EDF中，
，
∴△EDN≌△EDF（SAS），
∴EF=EN=BE+BN=BE+CF，
即BE+CF=EF．
∵△ABC是边长为5的等边三角形，
∴AB=AC=5，
∵BE+CF=EF，
∴△AEF的周长为：AE+EF+AF=AE+EB+FC+AF=AB+AC=10，
故答案为：10．
【点睛】本题考查了等边三角形性质和判定，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的性质和判定的综合运用．注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
3．（2023·江苏·八年级假期作业）如图，是一个锐角三角形，分别以、为边向外作等边三角形、，连接、交于点，连接．
(1)求证：≌；
(2)求的度数；
(3)求证：平分．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)见解析
【分析】（1）由、是等边三角形，易证，继而可证；
（2）由≌，得到，进一步得到，由三角形内角和得到答案；
（3）作于点于点，证明，由，即可得到结论．
【详解】（1）证明：、是等边三角形，
，
，
即，
≌；
（2）解：≌，
，
，
；
（3）证明：如图，作于点于点，
，
，
，，
，
，
，
平分．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、角平分性的判定知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【经典模型七 半角模型】
【模型分析】过等腰三角形顶点 两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型．
【常见模型】
常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系．半角模型（题中出现角度之间的半角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论．
【例7】（2023秋·江苏扬州·八年级校考期末）综合与实践
（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 ．
（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 ．
【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析
【分析】（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（3）在NC上截取C M'=AM，连接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CB M'，从而得到AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，进而得到∠MA M'=∠ABC，再由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．
【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC ，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN=45°，
∴∠ABM+∠CBN=45°，
∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，
即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（2）MN=AM+CN；理由如下：
如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
∵∠A+∠C＝180°，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN，
∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（3）MN=CN-AM，理由如下：
如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'，
∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠C+∠BAD=180°，
∵∠BAM+∠BAD=180°，
∴∠BAM=∠C，
∵AB＝BC，
∴△ABM≌△CB M'，
∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，
∴∠MA M'=∠ABC，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠MBN＝∠MA M'=∠M'BN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N=CN-C M'，
∴MN=CN-AM．
故答案是：MN=CN-AM．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，得到全等三角形是解题的关键．
【变式训练】
1．（2023春·上海·七年级专题练习）（1）如图1，在四边形ABCD中，，，E、F分别是边BC、CD上的点，且．求证：；
（2）如图2，在四边形ABCD中，，，E、F分别是边BC、CD上的点，且，请直接写出EF、BE、FD之间的数量关系；
（3）如图3，在四边形ABCD中，，，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）见解析；（2）EF=BE+FD；（3）不成立，理由见解析．
【分析】（1）可通过构建全等三角形实现线段间的转换，延长EB到G，使BG=DF，连接AG，目的就是要证明三角形AGE和三角形AEF全等，将EF转换为GE，证得EF=BE+DF，
（2）思路和辅助线方法与（1）一样，证明三角形ABG和三角形ADF全等，
（3）在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG，用（1）中方法，可证得DF=BG，GE=EF，则EF=GE=BE-BG=BE-DF
【详解】解：（1）如图，延长EB到G，使BG=DF，连接AG，
在与中，
；
（2）（1）中结论EF=BE+FD仍成立，理由如下，
证明：如图，延长CB到M，使BM=DF，
在与中
即
在与中
即
；
（3）结论EF=BE+FD不成立，理由如下，
证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG，
在与中
．
【点睛】本题考查四边形综合题，三角形全等的判定与性质，本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题关键，没有明确全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联全等三角形．
2．（2023春·广东佛山·八年级校考期中）已知：边长为4的正方形ABCD，∠EAF的两边分别与射线CB、DC相交于点E、F，且∠EAF＝45°，连接EF．求证：EF＝BE+DF．
思路分析：
(1)如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE'，则F、D、E'在一条直线上，
∠E'AF＝ 度，……
根据定理，可证：△AEF≌△AE'F．
∴EF＝BE+DF．
类比探究：
(2)如图2，当点E在线段CB的延长线上，探究EF、BE、DF之间存在的数量关系，并写出证明过程；
拓展应用：
(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求线段BD、DE、EC围成的三角形的面积．
【答案】(1)45
(2)DF＝BE+EF，证明见解析
(3)2
【分析】（1）把绕点逆时针旋转至，则、、在一条直线上，，再证△，得，进而得出结论；
（2）将绕点逆时针旋转得到，由旋转的性质得，再证△，得，进而得出结论；
（3）将绕点逆时针旋转得到，连接，则，得，因此，同（2）得△，则，，得、、围成的三角形面积，即可求解．
【详解】（1）解：如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至，
则F、D、在一条直线上，≌△ABE，
∴＝BE，∠＝∠BAE，＝AE，
∴∠＝∠EAD+∠＝∠EAD+∠BAE＝∠BAD＝90°，
则∠＝∠﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠，
∴△AEF≌△（SAS），
∴，
∵，
∴EF＝BE+DF．
故答案为：45；
（2）解：DF＝BE+EF 理由如下：
将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△，
∴△≌△ABE，
∴AE＝，BE＝，∠＝∠BAE，
∴∠＝∠BAE+∠＝∠+∠＝∠BAD＝90°，
则∠＝∠﹣∠EAF＝45°，
∴∠＝∠EAF＝45°，
在△AEF和△中，
，
∴△AEF≌△（SAS），
∴，
∵，
∴DF＝BE+EF；
（3）解：将△ABD绕点A逆时针旋转得到△，连接，
则△≌△ABD，
∴CD'＝BD，
∴，
同（2）得：△ADE≌△（SAS），
∴，，
∴BD、DE、EC围成的三角形面积为、、EC围成的三角形面积．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、正方形的性质以及四边形和三角形面积等知识，本题综合性强，解此题的关键是根据旋转的启发正确作出辅助线得出全等三角形，属于中考常考题型．
3．（2023春·重庆南岸·八年级重庆市南坪中学校校考阶段练习）（1）如图1，在四边形中，，，E、F分别是边、上的点，若，可求得、、之间的数量关系为________．（只思考解题思路，完成填空即可，不必书写证明过程）
（2）如图2，在四边形中，，，E、F分别是边、延长线上的点，若，判断、、之间的数量关系还成立吗，若成立，请完成证明，若不成立，请说明理由．
【答案】（1）；（2）．理由见解析．
【分析】（1）线段、、之间的数量关系是．如图，延长至，使，连接，利用全等三角形的性质解决问题即可．
（2）结论：．如图中，在上截取，连接，证明，推出，，再证明，可得结论．
【详解】（1）解：线段、、之间的数量关系是．
如图，延长至，使，连接，
∵，，即：，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
在和中，AM=AF∠MAE=∠FAEAE=AE，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：．
（2）结论：．
理由：在上截取，连接，
∵，，
∴，
在与中，，
∴，
∴，，则，
∴
∵，，
∴，
在与中，，
∴，
∴，
即，
即，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，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．
【重难点训练】
1．（2023·江苏·八年级假期作业）如图，在中，为边上的中线．
(1)按要求作图：延长到点E，使；连接．
(2)求证：．
(3)求证：．
(4)若，，求的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
(4)
【分析】（1）根据题目中语言描述画出图形即可；
（2）直接利用证明即可；
（3）根据，得，从而得出，再根据三角形三边关系即可得出，即可得出结论；
（4）根据三角形三边关系得，又由，，，，代入即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，
（2）证明：如图，
∵为边上的中线，
∴，
在和中，
，
∴．
（3）证明：如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴．
（4）在中，
，
由（3）得 ，，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，三角形三边的关系，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及三角形三边的关系是解题的关键．
2．（2023春·全国·七年级专题练习）（1）方法学习：数学兴趣小组活动时，张老师提出了如下问题：如图1，在中，，，求边上的中线的取值范围．
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法（如图2），
①延长到M，使得
②连接，通过三角形全等把、、转化在中；
③利用三角形的三边关系可得的取值范围为，从而得到的取值范围是 ；
方法总结：上述方法我们称为“倍长中线法”．“倍长中线法”多用于构造全等三角形和证明边之间的关系．
（2）请你写出图2中与的数量关系和位置关系，并加以证明．
（3）深入思考：如图3，是的中线，，，，请直接利用（2）的结论，试判断线段与的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）；（2）且，证明见解析；（3），证明见解析
【分析】（1）延长到点M，使，连接，证明得到，由三角形三边的关系得到，即可求出；
（2）由全等三角形的性质得到，，进而证明；
（3）如图2，延长到M，使得，连接，同理证明，得到，则，再证明，进一步证明，得到，由此即可证明．
【详解】解：（1）延长到点M，使，连接，
∵是边上的中线，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在中，，
∴，即，
∴，
故答案为：；
（2），且，证明如下：
由（1）知，，
∴，，
∴；
（3），证明如下：
如图3，延长到M，使得，连接，
由（1）知，，
∴，
∵，
∴，
由（2）知：，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形三边关系，利用倍长中线法，构造全等三角形是解本题的关键．
3．（2023春·全国·七年级专题练习）在△ABC中，∠BAC=90°，AC=AB，直线MN经过点A，且CD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
(1)当直线MN绕点A旋转到图1的位置时， 度；
(2)求证：DE=CD+BE；
(3)当直线MN绕点A旋转到图2的位置时，试问DE、CD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．
【答案】(1)90°
(2)见解析
(3)CD= BE + DE，证明见解析
【分析】（1）由∠BAC=90°可直接得到90°；
（2）由CD⊥MN，BE⊥MN，得∠ADC=∠BEA=∠BAC=90°，根据等角的余角相等得到∠DCA=∠EAB，根据AAS可证△DCA≌△EAB，所以AD=CE，DC=BE，即可得到DE = EA+AD = DC+BE．
（3）同（2）易证△DCA≌△EAB，得到AD=CE，DC=BE，由图可知AE = AD +DE，所以 CD= BE + DE．
【详解】（1）∵∠BAC=90°
∴ ∠EAB+∠DAC=180°-∠BAC=180°-90°=90°
故答案为：90°．
（2）证明：∵ CD⊥MN于D，BE⊥MN于E
∴ ∠ADC=∠BEA=∠BAC=90°
∵ ∠DAC+∠DCA=90°且 ∠DAC+∠EAB=90°
∴ ∠DCA=∠EAB
∵在△DCA和△EAB中
∴△DCA≌△EAB (AAS)
∴ AD=BE且EA=DC
由图可知：DE = EA+AD = DC+BE．
（3）∵ CD⊥MN于D，BE⊥MN于E
∴ ∠ADC=∠BEA=∠BAC=90°
∵ ∠DAC+∠DCA=90°且∠DAC+∠EAB=90°
∴ ∠DCA=∠EAB
∵在△DCA和△EAB中
∴△DCA≌△EAB (AAS)
∴ AD=BE且AE=CD
由图可知：AE = AD +DE
∴ CD= BE + DE．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角，也考查了三角形全等的判定与性质．
4．（2022秋·陕西延安·八年级统考期末）【问题提出】
（1）如图①，在四边形中，，，E、F分别是边BC、CD上的点，且.求证：；
【问题探究】
（2）如图②，在四边形中，，，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立?若成立，请说明理由；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）结论不成立，应当是理由见解析
【分析】（1）延长到点，使，连接，由全等三角形的判定和性质得出，，，继续利用全等三角形的判定得出，结合图形及题意即可证明；
（2）在上截取，使，连接，结合图形利用全等三角形的判定得出，再次使用全等三角形的判定得出，利用全等三角形的性质即可证明．
【详解】（1）证明：如图①，延长到点，使，连接.
又∵，，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：结论不成立，应当是，
理由：如图②，在上截取，使，连接，
∵，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．
5．（2022秋·江苏·八年级专题练习）（1）问题发现：
如图1，和均为等腰直角三角形，，连接，，点、、在同一条直线上，则的度数为__________，线段、之间的数量关系__________；
（2）拓展探究：
如图2，和均为等腰直角三角形，，连接，，点、、不在一条直线上，请判断线段、之间的数量关系和位置关系，并说明理由．
（3）解决问题：
如图3，和均为等腰三角形，，则直线和的夹角为__________．（请用含的式子表示）
【答案】（1）90°，AD=BE；（2）AD=BE，AD⊥BE；（3）
【分析】（1）由已知条件可得，，进而根据∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB，可得∠ACD＝∠BCE，证明△ACD≌△BCE（SAS），即可求得AD=BE；∠BEC=∠CDA=135°；
（2）延长交于点F，同理可得△ACD≌△BCE，设∠FAB=α，则∠CAD=∠CBE=45°-α，根据∠ABE=45°+45°-α=90°-α，进而根据∠AFB=180°-∠FAB-∠ABE=180°-α-(90°-α)=90°，即可求解；
（3）延长BE交AD于点G，方法同（2）证明△ACD≌△BCE，进而根据三角形的内角和定理即可求得直线和的夹角．
【详解】（1）∵和均为等腰直角三角形，，
∴，，∠CDE=45°
∴∠CDA=135°
∵∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB，
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠BEC=∠ADC＝135°，AD＝BE
∴∠AEB=90°
故答案为：90°，AD＝BE
（2）AD=BE，AD⊥BE，理由如下，
同理可得△ACD≌△BCE，
则AD=BE，
延长交于点F，
设∠FAB=α，则∠CAD=∠CBE=45°-α
∴∠ABE=45°+45°-α=90°-α
∴∠AFB=180°-∠FAB-∠ABE=180°-α-(90°-α)=90°
∴AD⊥BE
（3）如图，延长BE交AD于点G，
∵和均为等腰三角形，
∴，，
∵∠ACB=∠DCE=α，
∵∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE，
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CBE=∠CAD
∵
∴∠CBA=∠CAB =
∴∠GAB+∠GBA=，
，
∴∠AGB=180°-(∠GAB+∠GBA) ，
即直线和的夹角为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的性质与判定，掌握旋转模型证明三角形全等是解题的关键．
6．（2023·全国·八年级假期作业）（1）如图1，已知中，90°，，直线经过点直线，直线，垂足分别为点．求证：．
（2）如图2，将（1）中的条件改为：在中，三点都在直线上，并且有．请写出三条线段的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2），证明见解析
【分析】（1）利用已知得出∠CAE=∠ABD，进而利用AAS得出则△ABD≌△CAE，即可得出DE=BD+CE；
（2）根据∠BDA=∠AEC=∠BAC，得出∠CAE=∠ABD，在△ADB和△CEA中，根据AAS证出△ADB≌△CEA，从而得出AE=BD，AD=CE，即可证出DE=BD+CE；
【详解】（1）DE=BD+CE．理由如下：
∵BD⊥，CE⊥，
∴∠BDA=∠AEC=90°
又∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°，∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）
∴BD=AE，AD=CE，
∵DE=AD+AE，
∴DE=CE+BD；
（2），理由如下：
∵∠BDA=∠AEC=∠BAC，
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ADB和△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE=BD，AD=CE，
∴BD+CE=AE+AD=DE；
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质综合中的“一线三等角”模型：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的对应边相等．也考查了等边三角形的判定与性质．
7．（2023春·全国·七年级专题练习）如图，已知中，，，是过的一条直线，且，在，的同侧，于，于．
（1）证明：；
（2）试说明：；
（3）若直线绕点旋转到图位置（此时，在，的异侧）时，其余条件不变，问与，的关系如何？请证明；
（4）若直线绕点旋转到图位置（此时，在，的同侧）时其余条件不变，问与，的关系如何？请直接写出结果，不需说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） BD=DE+CE ；证明见解析；（4）BD=DE−CE
【分析】（1）根据题意可得，结合，直接用AAS证明三角形全等即可；
（2）根据（1）的结论，进而可得；
（3）方法同（1）证明，进而可得
（4）方法同（1）结论同（2）证明，进而可得．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
又∵ ，，
∴，，
∴．
又∵，
∴．
（2） 解：∵，
∴，．
又∵，
∴．
（3） 解：∵，
∴．
又∵ ，，
∴，，
∴．
又∵，
∴．
∴，，，
∴
（4） 解：．理由如下：
∵，
∴．
又∵ ，，
∴，，
∴．
又∵，
∴，
∴，．
又∵，
∴．
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，等腰直角三角形的性质，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．
8．（2020秋·福建三明·八年级统考期中）如图1，△ABC和△ABD中，∠BAC＝∠ABD＝90°，点C和点D在AB的异侧，点E为AD边上的一点，且AC＝AE，连接CE交直线AB于点G，过点A作AF⊥AD交直线CE于点F．
（Ⅰ）求证：△AGE≌△AFC；
（Ⅱ）若AB＝AC，求证：AD＝AF+BD；
（Ⅲ）如图2，若AB＝AC，点C和点D在AB的同侧，题目其他条件不变，直接写出线段AD，AF，BD的数量关系 ．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）AF＝AD+BD
【分析】（Ⅰ）先判断出∠ACF＝∠AEG，再用同角的余角相等判断出∠CAF＝∠EAG，即可得出结论；
（Ⅱ）先用ASA判断出△ACM≌△ABD，得出AM＝AD，CM＝BD，由（Ⅰ）知，△AGE≌△AFC，得出∠AGE＝∠AFC，再判断出CM∥AB，得出∠MCF＝∠AGC，进而判断出MF＝CM，即可得出结论；
（Ⅲ）同（Ⅱ）的方法，即可得出结论．
【详解】解：（Ⅰ）∵AC＝AE，
∴∠ACF＝∠AEG，
∵AF⊥AD，
∴∠DAF＝90°＝∠CAB，
∴∠DAF﹣∠FAG＝∠CAB﹣∠FAG，
∴∠CAF＝∠EAG，
在△AGE和△AFC中，
，
∴△AGE≌△AFC（ASA）；
（Ⅱ）如图1，过点C作CM⊥AC，交AF延长线于点M，
∴∠ACM＝90°＝∠ABD，
由（Ⅰ）知，∠CAF＝∠EAB，
在△ACM和△ABD中，
，
∴△ACM≌△ABD（ASA），
∴AM＝AD，CM＝BD，
由（Ⅰ）知，△AGE≌△AFC，
∴∠AGE＝∠AFC，
∴180°﹣∠AGE＝180°﹣∠AFC，
∴∠AGC＝∠AFG，
∵∠CFM＝∠AFG，
∴∠AGC＝∠CFM，
∵∠BAC＝90°＝∠ACM，
∴∠BAC+∠ACM＝180°，
∴CM∥AB，
∴∠MCF＝∠AGC，
∴∠CFM＝∠MCF，
∴MF＝CM，
∴AM＝AF+CM，
∴AD＝AF+BD；
（Ⅲ）AD＝AF﹣BD；
过点C作CM⊥AC，交AF于点M，
∴∠ACM＝90°＝∠ABD，
由（Ⅰ）知，∠CAF＝∠EAB，
在△ACM和△ABD中，
，
∴△ACM≌△ABD（ASA），
∴AM＝AD，CM＝BD，
由（Ⅰ）知，△AGE≌△AFC，
∴∠G＝∠F，
∵∠BAC＝90°＝∠ACM，
∴CM∥AB，
∴∠MCF＝∠G，
∴∠F＝∠MCF，
∴MF＝CM，
∴AF＝AM+CM＝AD+BD，
故答案为：AF＝AD+BD．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，结合平行线的判定与性质证明是解题的关键．
9．（2023春·陕西西安·八年级统考阶段练习）（1）问题解决：如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝α，∠BCD＝180°﹣α，BD平分∠ABC．
①如图1，若α＝90°，根据教材中一个重要性质直接可得AD＝CD，这个性质是 ；
②在图2中，求证：AD＝CD；
（2）拓展探究：根据（1）的解题经验，请解决如下问题：如图3，在等腰△ABC中，∠BAC＝100°，BD平分∠ABC，求证BD+AD＝BC．
【答案】（1）①角平分线上的点到角的两边距离相等；②见解析；（2）见解析．
【分析】（1）①根据角平分线的性质定理即可解决问题；
②如图2中，作DE⊥BA于E，DF⊥BC于F．只要证明△DEA≌△DFC即可解决问题；
（2）如图3中，在BC时截取BK=BD，BT=BA，连接DK．首先证明DK=CK，再证明△DBA≌△DBT，推出AD=DT，∠A=∠BTD=100°，推出∠DTK=∠DKT=80°，推出DT=DK=CK，由此即可解决问题；
【详解】（1）①根据角平分线的性质定理可知AD＝CD．
所以这个性质是角平分线上的点到角的两边距离相等．
故答案为：角平分线上的点到角的两边距离相等．
②如图2中，作DE⊥BA于E，DF⊥BC于F．
∵BD平分∠EBF，DE⊥BE，DF⊥BF，
∴DE＝DF，
∵∠BAD+∠C＝180°，∠BAD+∠EAD＝180°，
∴∠EAD＝∠C，
∵∠E＝∠DFC＝90°，
∴△DEA≌△DFC，
∴DA＝DC．
（2）如图3中，在BC上截取BK＝BD，BT＝BA，连接DK．
∵AB＝AC，∠A＝100°，
∴∠ABC＝∠C＝40°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBK＝∠ABC＝20°，
∵BD＝BK，
∴∠BKD＝∠BDK＝80°，
∵∠BKD＝∠C+∠KDC，
∴∠KDC＝∠C＝40°，
∴DK＝CK，
∵BD＝BD，BA＝BT，∠DBA＝∠DBT，
∴△DBA≌△DBT，
∴AD＝DT，∠A＝∠BTD＝100°，
∴∠DTK＝∠DKT＝80°，
∴DT＝DK＝CK，
∴BD+AD＝BK+CK＝BC．
【点睛】本题考查三角形综合题、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，具体的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
10．（2021秋·山东德州·八年级统考期中）某中学八年级学生在学习等腰三角形的相关知识时时，经历了以下学习过程：
（1）【探究发现】如图1，在中，若平分，时，可以得出，为中点，请用所学知识证明此结论．
（2）【学以致用】如果和等腰有一个公共的顶点，如图2，若顶点与顶点也重合，且，试探究线段和的数量关系，并证明．
（3）【拓展应用】如图3，在（2）的前提下，若顶点与顶点不重合，，（2）中的结论还成立吗？证明你的结论
【答案】（1）详见详解；（2）DF＝2BE，证明详见详解；（3）DF＝2BE，证明详见详解
【分析】（1）只要证明△ADB≌△ADC（ASA）即可；
（2）如图2中，延长BE交CA的延长线于K，只要证明△BAK≌△CAD（ASA）即可；
（3）作FK∥CA交BE的延长线于K，交AB于J，利用（2）中的结论证明即可．
【详解】解：（1）如图1中，∵AD⊥BC，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∵DA平分∠BAC，∴∠DAB＝∠DAC，
∵AD＝AD，∴△ADB≌△ADC（ASA），
∴AB＝AC，BD＝DC．
（2）结论：DF＝2BE．
理由：如图2中，延长BE交CA的延长线于K．
∵CE平分∠BCK，CE⊥BK，
∴由（1）中结论可知：CB＝CK，BE＝KE，
∵∠BAK＝∠CAD＝∠CEK＝90°，
∴∠ABK+∠K＝90°，∠ACE+∠K＝90°，
∴∠ABK＝∠ACD，∵AB＝AC，
∴△BAK≌△CAD（ASA），CD＝BK，
∴CD＝2BE，
即DF＝2BE．
（3）如图3中，结论不变：DF＝2BE．
理由：作FK∥CA交BE的延长线于K，交AB于J．
∵FK∥AC，∴∠FJB＝∠A＝90°，∠BFK＝∠BCA，
由（2）可知Rt△ABC为等腰三角形
∵∠JBF＝45°，
∴△BJF是等腰直角三角形，
∵∠BFE＝∠ACB，∴∠BFE＝∠BFJ，
由（2）可知：DF＝2BE．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质；等腰三角形的判定和性质性质及直角三角形的性质等知识点，在做题时正确的添加辅助线是解决问题的关键．
11．（2020秋·贵州遵义·八年级统考期末）过正方形（四边都相等，四个角都是直角）的顶点作一条直线．
（1）当不与正方形任何一边相交时，过点作于点，过点作于点如图（1），请写出，，之间的数量关系，并证明你的结论．
（2）若改变直线的位置，使与边相交如图（2），其它条件不变，，，的关系会发生变化，请直接写出，，的数量关系，不必证明；
（3）若继续改变直线的位置，使与边相交如图（3），其它条件不变，，，的关系又会发生变化，请直接写出，，的数量关系，不必证明．
【答案】(1)，证明见解析；(2)；(3)
【分析】（1）根据同角的余角相等可证，再证，根据全等三角形的对应边相等进行代换即可；
（2）根据同角的余角相等可证，再证，根据全等三角形的对应边相等进行代换即可；
（3）根据同角的余角相等可证，再证，根据全等三角形的对应边相等进行代换即可．
【详解】（1），证明：
四边形是正方形
，
又，
∴
在和中
，
（2），理由是：
四边形是正方形
，
又，
∴
在和中
，
∴EF=AF-AE=BE-DF
（3），理由是：
四边形是正方形
，
又，
∴
在和中
，
EF=AE-AF=DF-BE
【点睛】本题考查的是三角形全等的判定和性质，掌握三角形的判定方法及能利用同角的余角相等证明是关键．
12．（2023·江苏·八年级假期作业）探究：如图①，在中，，，直线经过点，于点，于点，求证：．
应用：如图②，在中，，三点都在直线上，并且有．求出和的关系．
拓展：如图①中，若，梯形的面积______．
【答案】探究：证明过程见详解；应用：，理由见详解；拓展：
【分析】探究：，，可知是等腰直角三角形，，，可知，可求出，根据角角边即可求证；应用：，三点都在直线上，，可求出，可证，可得，由此即可求解；拓展：由，可知，设，则，根据梯形面积公式即可求解．
【详解】探究：证明：∵，直线经过点，于点，于点，
∴点三点都在直线上，
∴，，
∴，
在，中，
，
∴；
应用：∵，三点都在直线上，，
∴，，
∴，
在，中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
拓展：由探究可知，，，
∴，设，则，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形，全等三角形，梯形的综合，掌握等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，梯形的面积计算方法是解题的关键．
13．（2023春·上海·七年级专题练习）通过对数学模型“K字”模型或“一线三等角”模型的研究学习，解决下列问题：
[模型呈现]如图1，，，过点B作于点C，过点D作于点E．求证：．
[模型应用]如图2，且，且，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积为________________．
[深入探究]如图3，，，，连接，，且于点F，与直线交于点G．若，，则的面积为_____________．
【答案】[模型呈现]见解析；[模型应用]50；[深入探究]63
【分析】[模型呈现]证明，根据全等三角形的对应边相等得到；
[模型应用]根据全等三角形的性质得到，，，根据梯形的面积公式计算，得到答案；
[深入探究]过点D作于P，过点E作交的延长线于Q，根据全等三角形的性质得到，证明，得到，进而求出，根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】[模型呈现]证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
[模型应用]解：由[模型呈现]可知，，
∴，
则，
故答案为：50；
[深入探究]过点D作于P，过点E作交AG的延长线于Q，
由[模型呈现]可知，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：63．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的面积计算，熟记三角形确定的判定定理是解题的关键．
14．（2023·浙江·八年级假期作业）（1）如图1，已知：在中，，直线m经过点A，直线m，直线m，垂足分别为点D、E．证明：．
（2）如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，，D、A、E三点都在直线m上，并且有，其中为任意钝角，请问结论是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）成立，见解析
【分析】（1）根据可证明，可得，可得．
（2）由已知条件可知，，可得，结合条件可证明，同（1）可得出结论．
【详解】证明：（1）如图1，
∵直线m，直线m，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴；
（2）如图2，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，由条件证明三角形全等得到是解题的关键．
从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如：
如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．易证得．
大致证明思路：如图2，将绕点顺时针旋转，得到，由可得、、三点共线，，进而可证明，故．
相关试卷
专题09 全等三角形常见七大必考模型专训： 这是一份专题09 全等三角形常见七大必考模型专训，文件包含专题09全等三角形常见七大必考模型专训原卷版docx、专题09全等三角形常见七大必考模型专训解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共114页， 欢迎下载使用。
数学八年级上册第十二章 全等三角形12.1 全等三角形精品同步测试题： 这是一份数学八年级上册第十二章 全等三角形12.1 全等三角形精品同步测试题，文件包含专题05全等三角形常见七大必考模型专训原卷版docx、专题05全等三角形常见七大必考模型专训解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共132页， 欢迎下载使用。
专题07 轴对称中的最值模型问题（将军饮马）专训-2023-2024八年级数学上册重难点专题提升精讲精练（苏科版）： 这是一份专题07 轴对称中的最值模型问题（将军饮马）专训-2023-2024八年级数学上册重难点专题提升精讲精练（苏科版），文件包含专题07轴对称中的最值模型问题将军饮马专训解析版docx、专题07轴对称中的最值模型问题将军饮马专训原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共68页， 欢迎下载使用。
