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（全国通用）中考数学总复习 专题16 全等三角形（10个高频考点）（举一反三）（原卷版+解析）
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这是一份（全国通用）中考数学总复习 专题16 全等三角形（10个高频考点）（举一反三）（原卷版+解析），共72页。
TOC \ "1-1" \h \u
\l "_Tc1705" 【考点1 全等三角形的概念及其性质】 PAGEREF _Tc1705 \h 1
\l "_Tc25618" 【考点2 一次证明全等三角形】 PAGEREF _Tc25618 \h 3
\l "_Tc29671" 【考点3 多次证明全等三角形】 PAGEREF _Tc29671 \h 4
\l "_Tc4457" 【考点4 网格中的全等三角形】 PAGEREF _Tc4457 \h 6
\l "_Tc16976" 【考点5 尺规作图与全等三角形】 PAGEREF _Tc16976 \h 7
\l "_Tc520" 【考点6 利用倍长中线模型证明全等三角形】 PAGEREF _Tc520 \h 9
\l "_Tc16268" 【考点7 利用垂线模型证明全等三角形】 PAGEREF _Tc16268 \h 11
\l "_Tc29997" 【考点8 利用旋转模型证明全等三角形】 PAGEREF _Tc29997 \h 12
\l "_Tc7470" 【考点9 连接两点作辅助线证明全等三角形】 PAGEREF _Tc7470 \h 14
\l "_Tc20524" 【考点10 全等三角形的实际应用】 PAGEREF _Tc20524 \h 15
【要点1 全等图形的概念】
能完全重合的图形叫做全等图形.
【要点2 全等图形的性质】
两个图形全等，它们的形状相同，大小相同.
【要点3 全等三角形的性质】
全等三角形的对应边相等，对应角相等.（另外全等三角形的周长、面积相等，对应边上的中线、角平分线、
高线均相等）
【考点1 全等三角形的概念及其性质】
【例1】（2022·广东揭阳·校考三模）如图是小明用七巧板拼成的一个机器人，其中全等三角形有（ ）
A．1 对B．2 对C．3 对D．4 对
【变式1-1】（2022·广西·校联考一模）下列说法正确的是（ ）
A．两个面积相等的图形一定是全等形B．两个等边三角形是全等形
C．若两个图形的周长相等，则它们一定是全等形D．两个全等图形的面积一定相等
【变式1-2】（2022·广西柳州·中考真题）如图，小强利用全等三角形的知识测量池塘两端M、N的距离，如果△PQO≌△NMO，则只需测出其长度的线段是（ ）
A．POB．PQC．MOD．MQ
【变式1-3】（2022·湖南邵阳·统考中考模拟）如图，在△ABC中，D，E分别是边AC，BC上的点，若△ADB≌△EDB≌△EDC，则∠C=______．
【要点4 全等图形的判定】
【考点2 一次证明全等三角形】
【例2】（2022·浙江杭州·校考模拟预测）如图，正五边形ABCDE中，AF⊥CD，则∠BAF的度数是（ ）
A．50°B．54°C．60°D．72°
【变式2-1】（2022·湖南益阳·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，CD∥AB，DE⊥AC于点E，且CE＝AB．求证：△CED≌△ABC．
【变式2-2】（2022·湖南长沙·统考中考真题）如图，AC平分∠BAD，CB⊥AB，CD⊥AD，垂足分别为B，D．
(1)求证：△ABC≌△ADC；
(2)若AB=4，CD=3，求四边形ABCD的面积．
【变式2-3】（2022·江苏连云港·校联考中考模拟）如图，四边形ABCD是正方形，点E，F分别在BC，AB上，点M在BA的延长线上，且CE=BF=AM，过点M，E分别作NM⊥DM，NE⊥DE交于N，连接NF．
（1）求证：DE⊥DM；
（2）猜想并写出四边形CENF是怎样的特殊四边形，并证明你的猜想．
【考点3 多次证明全等三角形】
【例3】（2022·山西·统考模拟预测）综合与实践
问题情境：在数学活动课上，老师出示了这样一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，且AE=AB，以AE为一边在AE的下方作正方形AEFG，连接ED，试判断线段AH与DE的位置关系及线段 EH与DH的数量关系．
（1）图1中线段AH与DE的位置关系是 ，线段 EH与 DH的数量关系是 ．
（2）勤奋小组受到老师的启发，在老师提出问题的基础上将正方形ABCD绕点A逆时针旋转至如图2所示的位置，点D仍在正方形AEFG内部，则（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）①创新小组在勤奋小组研究的基础上延长线段ED交FG于点M，如图3所示，发现DH=FM，请证明；
②若图3中线段GM是线段 FM的2倍，请直接写出线段ED与AH的长度的比值．
【变式3-1】（2022·广西百色·统考二模）如图，在△ABC和△DCB中，∠A＝∠D，AC和DB相交于点O，OA＝OD．
(1)AB＝DC；
(2)△ABC≌△DCB．
【变式3-2】（2022·上海闵行·统考二模）如图，在矩形ABCD中，点E在边BC上，将线段AE绕点E顺时针旋转90°，此时点A落在点F处，线段EF交CD于点M．过点F作FG⊥BC，交BC的延长线于点G．
(1)求证：BE=FG；
(2)如果AB•DM=EC•AE，连接AM、DE，求证：AM垂直平分DE．
【变式3-3】（2022·河北·一模）如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正三角形ABC和正三角形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．以下五个结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．恒成立的结论有（ ）
A．①③④⑤B．①②④⑤C．①②③⑤D．①②③④
【考点4 网格中的全等三角形】
【例4】（2022·山东济南·统考二模）如图，在4×4的正方形网格中，求α+β=______度．
【变式4-1】（2022·湖北荆州·统考中考真题）如图，在10×10的正方形网格中，小正方形的顶点称为格点，顶点均在格点上的图形称为格点图形，图中△ABC为格点三角形．请按要求作图，不需证明．
(1)在图1中，作出与△ABC全等的所有格点三角形，要求所作格点三角形与△ABC有一条公共边，且不与△ABC重叠；
(2)在图2中，作出以BC为对角线的所有格点菱形．
【变式4-2】（2022·浙江金华·校联考二模）如图，△ABC是正方形网格图中的格点三角形（顶点在格点上），请用无刻度直尺按要求分别作图：
(1)在图1中，过点C作与AB平行的线段CE（点E在格点上）；
(2)在图2中，以BC为边作一个△BCE（点E在格点上），使它与△ABC全等；
(3)在图3中，在AB，BC边上分别取点G，H，将△ABC沿着GH折叠，使点B与点A重合，画出线段AH．
【变式4-3】（2022·江苏苏州·校联考中考模拟）如图，在方格纸中，△PQR的三个顶点及A,B,C,D,E五个点都在小方格的顶点上，现以A,B,C,D,E中的三个顶点为顶点画三角形，
（1）在图甲中画出一个三角形与△PQR全等；
（2）在图乙中画出一个三角形与△PQR面积相等 但不全等.
【考点5 尺规作图与全等三角形】
【例5】（2022·重庆·统考中考真题）在学习矩形的过程中，小明遇到了一个问题：在矩形ABCD中，E是AD边上的一点，试说明△BCE的面积与矩形ABCD的面积之间的关系．他的思路是：首先过点E作BC的垂线，将其转化为证明三角形全等，然后根据全等三角形的面积相等使问题得到解决．请根据小明的思路完成下面的作图与填空：
证明：用直尺和圆规，过点E作BC的垂线EF，垂足为F（只保留作图㾗迹）．
在△BAE和△EFB中，
∵EF⊥BC，
∴∠EFB=90°．
又∠A=90°，
∴__________________①
∵AD∥BC，
∴__________________②
又__________________③
∴△BAE≌△EFBAAS．
同理可得__________________④
∴S△BCE=S△EFB+S△EFC=12S矩形ABFE+12S矩形EFCD=12S矩形ABCD．
【变式5-1】（2022·河南焦作·统考二模）已知锐角∠AOB，如图，（1）在射线OA上取点C，E，分别以点O为圆心，OC，OE长为半径作弧，交射线OB于点D，F；（2）连接CF，DE交于点P．根据以上作图过程及所作图形，下列结论错误的是（ ）
A．CE=DFB．PE=PF
C．若∠AOB=60°，则∠CPD=120°D．点P在∠AOB的平分线上
【变式5-2】（2022·福建三明·统考二模）如图，在正方形ABCD中，E为AD的中点．
(1)在CD边上求作一点F，使得∠CFB＝2∠ABE；（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）的条件下，若AB＝BC＝4，求BF的长．
【变式5-3】（2022·福建·统考一模）求证：全等三角形对应中线相等.
要求：①根据给出的△ABC及线段A′B′，已知A′B′=AB，以线段A′B′为一边，在给出的图形上用尺规作出△A′B′C′≅△ABC，不写作法，保留作图痕迹；
②若点D、D′分别是两个三角形的边AC、A′C′上的中点连接BD、B′D′，据此写出已知、求证和证明过程.
【考点6 利用倍长中线模型证明全等三角形】
【例6】（2022·河南周口·统考二模）如图，在△ABC中，AB=4，∠BAC=135°，D为边BC的中点，若AD=1.5，则AC的长度为______．
【变式6-1】（2022·全国·一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＞AC，CD⊥AB于点D，点E是AB的中点，连接CE．
(1)若AC＝3，BC＝4，求CD的长；
(2)求证：BC2﹣AC2＝2DE•AB；
(3)求证：CE＝12AB．
【变式6-2】（2022·山东烟台·统考一模）（1）方法呈现：
如图①：在△ABC中，若AB=6，AC=4，点D为BC边的中点，求BC边上的中线AD的取值范围．
解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使DE=AD，再连接BE，可证△ACD≌△EBD，从而把AB、AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是_______________，这种解决问题的方法我们称为倍长中线法；
（2）探究应用：
如图②，在△ABC中，点D是BC的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，判断BE+CF与EF的大小关系并证明；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，AB//CD，AF与DC的延长线交于点F、点E是BC的中点，若AE是∠BAF的角平分线．试探究线段AB，AF，CF之间的数量关系，并加以证明．
【变式6-3】（2022·山东日照·校考一模）我们定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α0°<α<180°得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′．当α+β=180°时，我们称△A′B′C′是△ABC的“旋补三角形”， △A′B′C′边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．
特例感知：（1）在图2，图3中，△A′B′C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．
①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD=________BC；
②如图3，当∠BAC=90°, BC=8时，则AD长为___________．
猜想论证：（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．
【考点7 利用垂线模型证明全等三角形】
【例7】（2022·天津和平·统考二模）如图，△ABC是等边三角形，AB=3，点E在AC上，AE=23AC，D是BC延长线上一点，将线段DE绕点E逆时针旋转90°得到线段FE，当AF∥BD时，线段AF的长为____．
【变式7-1】（2022·广西玉林·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A在x轴正半轴上，顶点B，C在第一象限，顶点D的坐标(52,2)． 反比例函数y=kx（常数k>0，x>0）的图象恰好经过正方形ABCD的两个顶点，则k的值是_______．
【变式7-2】（2022·黑龙江哈尔滨·统考模拟预测）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，三角形的顶点在相互平行的三条直线l1，l2，l3上，且l1，l2之间的距离为2，l2，l3之间的距离为3，BC交l2于D点．
（1）求AB的长．
（2）求sin∠BAD的值．
【变式7-3】（2022·浙江杭州·校联考一模）老师在上课时，在黑板上写了一道题：
“如图，ABCD是正方形，点E在BC上，DF⊥AE于F，请问图中是否存在一组全等三角形？”
小杰同学经过思考发现：△ADF≌△EAB．
理由如下：因为ABCD是正方形（已知）
所以∠B＝90°且AD＝AB和AD∥BC
又因为DF⊥AE（已知）
即∠DFA＝90°（垂直的意义）
所以∠DFA＝∠B（等量代换）
又AD∥BC
所以∠1＝∠2（两直线平行，内错角相等）
在△ADF和△EAB中
∠DFA=∠B∠1=∠2AD=AB
所以△ADF≌△EAB（AAS）
小胖却说这题是错误的，这两个三角形根本不全等．
你知道小杰的错误原因是什么吗？我们再添加一条线段，就能找到与△ADF全等的三角形，请能说出此线段的做法吗？并说明理由．
【考点8 利用旋转模型证明全等三角形】
【例8】（2022·山东日照·校考二模）如图，O是正△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5．将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论错误的是（ ）
A．点O与O′的距离为4B．∠AOB=150°
C．S四边形AOBO′=6+43D．S△AOB+S△AOC=3+43
【变式8-1】（2022·福建南平·一模）如图，△ABC中，∠A＝30°，∠ACB＝90°，BC＝2，D是AB上的动点，将线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE，连接BE．
（1）点C到AB的最短距离是 _____；
（2）BE的最小值是 _____．
【变式8-2】（2022·上海·校联考模拟预测）如图，在直角坐标系中，B（0，3）、C（4，0）、D（0，2），AB与CD交于点P，若∠APC=45°，则A点坐标为______ .
【变式8-3】（2022·湖北武汉·模拟预测）如图，将线段AB绕点A逆时针旋转α0°<α<180°得到AC，连接BC，在线段BC上取一点D，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转12α得到AE，连接CE．
(1)如图1，若tanB=33．
①当BD>CD，且∠CAE=20°时，求∠DAC的度数；
②试探究线段AD与CE之间满足的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，若tanB=34，当CE⊥BC时，求CECD的值．
【考点9 连接两点作辅助线证明全等三角形】
【例9】（2022·河北·模拟预测）已知:三角形ABC中,∠A=90°,AB=AC,D为BC的中点.
(1)如图,E、F分别是AB、AC上的点,且BE=AF,求证:△DEF为等腰直角三角形.
(2)若E、F分别为AB,CA延长线上的点,仍有BE=AF,其他条件不变,那么,△DEF是否仍为等腰直角三角形?画出图形,写出结论不证明.
【变式9-1】（2022秋·西安·模拟预测）已知点P是线段MN上一动点，分别以PM，PN为一边，在MN的同侧作△APM，△BPN，并连接BM，AN．
（Ⅰ）如图1，当PM＝AP，PN＝BP且∠APM＝∠BPN＝90°时，试猜想BM，AN之间的数量关系与位置关系，并证明你的猜想；
（Ⅱ）如图2，当△APM，△BPN都是等边三角形时，（Ⅰ）中BM，AN之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，试说明理由．
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，连接AB得到图3，当PN＝2PM时，求∠PAB度数．
【变式9-2】（2022秋·湖南长沙·一模）如图1，在平面直角坐标系中，点A是y轴负半轴上的一个动点，点B是x轴负半轴上的一个动点，连接AB，过点B作AB的垂线，使得BC＝AB，且点C在x轴的上方．
（1）求证：∠CBD＝∠BAO；
（2）如图2，点A、点B在滑动过程中，把AB沿y轴翻折使得AB'刚好落在AC的边上，此时BC交y轴于点H，过点C作CN垂直y轴于点N，求证AH＝2CN；
（3）如图3，点A、点B在滑动过程中，使得点C在第二象限内，过点C作CF垂直y轴于点F，求证：OB＝AO+CF．
【变式9-3】（2022·浙江台州·三模）把正方形ABCD绕着点A，按顺时针方向旋转得到正方形AEFG，边FG与BC交于点H（如图）．试问线段HG与线段HB相等吗？请先观察猜想，然后再证明你的猜想．
【考点10 全等三角形的实际应用】
【例10】（2022·吉林长春·统考中考真题）跳棋是一项传统的智力游戏．如图是一副跳棋棋盘的示意图，它可以看作是由全等的等边三角形ABC和等边三角形DEF组合而成，它们重叠部分的图形为正六边形．若AB=27厘米，则这个正六边形的周长为_________厘米．
【变式10-1】（2022·河北石家庄·统考一模）如图是庐丰笑笑幼儿园小朋友荡秋千的示意图，静止时秋千位于铅垂线BD上，转轴到地面距离BD=3m．当秋千摆到最高点A时，AC=2m，且A到地面的距离AE=1.8m；当A摆动到A′处时，有A′B⊥AB．
(1)求A′到BD的距离；
(2)求A′到地面的距离．
【变式10-2】（2022·甘肃陇南·模拟预测）如图所示，是瑞安部分街道示意图，AB=BC=AC，CD=CE=DE，A，B，C，D，E，F，G，H为“公交汽车”停靠点，甲公共汽车从A站出发，按照A，H，G，D，E，C，F的顺序到达F站，乙公共汽车从B站出发，按照B，F，H，E，D，C，G的顺序到达G站，如果甲、乙两车分别从A、B两站同时出发，各站耽误的时间相同，两辆车速度也一样，则（ ）
A．甲车先到达指定站B．乙车先到达指定站
C．同时到达指定站D．无法确定
【变式10-3】（2022·河南·模拟预测）如图是根据某公园的平面示意图建立的平面直角坐标系，公园的入口位于坐标原点O，古塔位于点A（400，300），从古塔出发沿射线OA方向前行300m是盆景园B，从盆景园B向左转90°后直行400m到达梅花阁C，则点C的坐标是_________．
判定方法
解释
图形
边边边
(SSS)
三条边对应相等的两个三角形全等
边角边
(SAS)
两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等
角边角
(ASA)
两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等
角角边
(AAS)
两个角和其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等
斜边、直角边
(HL)
斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等
专题16 全等三角形（10个高频考点）（举一反三）
TOC \ "1-1" \h \u
\l "_Tc1705" 【考点1 全等三角形的概念及其性质】 PAGEREF _Tc1705 \h 1
\l "_Tc25618" 【考点2 一次证明全等三角形】 PAGEREF _Tc25618 \h 4
\l "_Tc29671" 【考点3 多次证明全等三角形】 PAGEREF _Tc29671 \h 8
\l "_Tc4457" 【考点4 网格中的全等三角形】 PAGEREF _Tc4457 \h 14
\l "_Tc16976" 【考点5 尺规作图与全等三角形】 PAGEREF _Tc16976 \h 19
\l "_Tc520" 【考点6 利用倍长中线模型证明全等三角形】 PAGEREF _Tc520 \h 26
\l "_Tc16268" 【考点7 利用垂线模型证明全等三角形】 PAGEREF _Tc16268 \h 34
\l "_Tc29997" 【考点8 利用旋转模型证明全等三角形】 PAGEREF _Tc29997 \h 40
\l "_Tc7470" 【考点9 连接两点作辅助线证明全等三角形】 PAGEREF _Tc7470 \h 48
\l "_Tc20524" 【考点10 全等三角形的实际应用】 PAGEREF _Tc20524 \h 55
【要点1 全等图形的概念】
能完全重合的图形叫做全等图形.
【要点2 全等图形的性质】
两个图形全等，它们的形状相同，大小相同.
【要点3 全等三角形的性质】
全等三角形的对应边相等，对应角相等.（另外全等三角形的周长、面积相等，对应边上的中线、角平分线、
高线均相等）
【考点1 全等三角形的概念及其性质】
【例1】（2022·广东揭阳·校考三模）如图是小明用七巧板拼成的一个机器人，其中全等三角形有（ ）
A．1 对B．2 对C．3 对D．4 对
【答案】B
【详解】分析：.首先观察图形，尝试找出图中所有的三角形，根据全等三角形的定义得出答案.
详解：如图：
对图中的三角形进行标注,①②是全等三角形;④⑤是全等三角形,故共有2对全等三角形.
点睛：此题考查了全等三角形的定义及有关概念和性质.(1)全等三角形是能够完全重合的两个三角形或形状相同、大小相等的两个三角形.(形状相同但不能完全重合的两个三角形不是全等三角形)(2)全等三角形对应元素及性质:全等三角形的对应边相等,对应角相等.(3)将两个全等三角形中的一个三角形平移、翻折、旋转可得到另一个三角形.此题就是根据全等三角形的定义得出答案的.
【变式1-1】（2022·广西·校联考一模）下列说法正确的是（ ）
A．两个面积相等的图形一定是全等形B．两个等边三角形是全等形
C．若两个图形的周长相等，则它们一定是全等形D．两个全等图形的面积一定相等
【答案】D
【分析】依据全等图形的定义和性质进行判断即可．
【详解】全等的两个图形的面积、周长均相等，但是周长、面积相等的两个图形不一定全等，则A、C选项错误；
边长相等的所有等边三角形是全等，所以B选项错误；
故选：D．
【点睛】考查的是全等图形的性质，掌握全等图形的性质是解题的关键
【变式1-2】（2022·广西柳州·中考真题）如图，小强利用全等三角形的知识测量池塘两端M、N的距离，如果△PQO≌△NMO，则只需测出其长度的线段是（ ）
A．POB．PQC．MOD．MQ
【答案】B
【分析】要想利用求得MN的长，只需求得线段PQ的长．
【详解】解：∵△PQO≌△NMO，
∴PQ=MN．
故选：B
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键．
【变式1-3】（2022·湖南邵阳·统考中考模拟）如图，在△ABC中，D，E分别是边AC，BC上的点，若△ADB≌△EDB≌△EDC，则∠C=______．
【答案】30°##30度
【分析】根据全等三角形的性质推出∠C=∠DBC，∠BED=90°，进而推出∠A=∠BED=90°，∠ABD=∠DBC=∠C，再根据直角三角形两锐角互余求解即可．
【详解】解：∵△BED≌△CED，
∴∠BED=∠CED，∠C=∠DBC，
又∵∠BED+∠CED=180°，
∴∠BED=90°，
∵△ABD≌△EBD，
∴∠A=∠BED=90°，∠ABD=∠DBC=∠C，
∴∠C+∠ABC=90°，
∴3∠C=90°，
∴∠C=30°，
故答案为：30°．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，直角三角形两锐角互余，熟知全等三角形的性质是解题的关键．
【要点4 全等图形的判定】
【考点2 一次证明全等三角形】
【例2】（2022·浙江杭州·校考模拟预测）如图，正五边形ABCDE中，AF⊥CD，则∠BAF的度数是（ ）
A．50°B．54°C．60°D．72°
【答案】B
【分析】连接AC，AD，正五边形ABCDE中，得到AB=AE=BC=DE，∠B=∠E，证得△ABC≌△AED，根据全等三角形的性质得到∠BAC=∠EAD，AC=AD，根据等腰三角形的性质得到∠CAF=∠DAF，即可得到结论．
【详解】解：连接AC，AD，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴ AB=AE=BC=DE,∠B=∠E，∠BAE=108°，
在△ABC和△AED中
AB=AE∠B=∠EBC=ED
∴ △ABC≌△AED，
∴∠BAC=∠EAD,AC=AD
∵AF⊥CD
∴∠CAF=∠DAF
∴∠BAF=∠EAF=12∠BAE=54°．
故选B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正五边形的性质，等腰三角形的性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式2-1】（2022·湖南益阳·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，CD∥AB，DE⊥AC于点E，且CE＝AB．求证：△CED≌△ABC．
【答案】见解析
【分析】由垂直的定义可知，∠DEC＝∠B＝90°，由平行线的性质可得，∠A＝∠DCE，进而由ASA可得结论．
【详解】证明：∵DE⊥AC，∠B＝90°，
∴∠DEC＝∠B＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠A＝∠DCE，
在△CED和△ABC中，
∠DCE=∠ACE=AB∠DEC=∠B，
∴△CED≌△ABC（ASA）．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定、垂直的定义和平行线的性质，熟知全等三角形的判定定理是解题基础．
【变式2-2】（2022·湖南长沙·统考中考真题）如图，AC平分∠BAD，CB⊥AB，CD⊥AD，垂足分别为B，D．
(1)求证：△ABC≌△ADC；
(2)若AB=4，CD=3，求四边形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)12
【分析】（1）由角平分线的定义和垂直的定义求出∠CAB=∠CAD,∠B=∠D，结合已知条件，利用“AAS”即可求证；
（2）由全等三角形的性质得AB=AD=4,BC=CD=3，根据三角形的面积公式求出S△ABC，S△ACD，再根据四边形ABCD的面积=S△ABC+S△ACD求解即可．
【详解】（1）∵ AC平分∠BAD，CB⊥AB，CD⊥AD，
∴∠CAB=∠CAD,∠B=∠D，
∵AC=AC，
∴△ABC≅△ADC(AAS)；
（2）∵△ABC≅△ADC，AB=4,CD=3，
∴AB=AD=4,BC=CD=3，
∵∠B=∠D=90°，
∴S△ABC=12⋅AB⋅BC=12×4×3=6，S△ACD=12⋅AD⋅CD=12×4×3=6，
∴四边形ABCD的面积=S△ABC+S△ACD=6+6=12．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，熟练掌握它们是解题的关键．
【变式2-3】（2022·江苏连云港·校联考中考模拟）如图，四边形ABCD是正方形，点E，F分别在BC，AB上，点M在BA的延长线上，且CE=BF=AM，过点M，E分别作NM⊥DM，NE⊥DE交于N，连接NF．
（1）求证：DE⊥DM；
（2）猜想并写出四边形CENF是怎样的特殊四边形，并证明你的猜想．
【答案】（1）证明见解析；
（2）四边形CENF是平行四边形，理由见解析.
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴DC=DA，∠DCE=∠DAM=90°，
在△DCE和△MDA中，，
∴△DCE≌△MDA（SAS），
∴DE=DM，∠EDC=∠MDA．
又∵∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°，
∴∠ADE+∠MDA=90°，
∴DE⊥DM；
（2）解：四边形CENF是平行四边形，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AB=CD．
∵BF=AM，
∴MF=AF+AM=AF+BF=AB，
即MF=CD，
又∵F在AB上，点M在BA的延长线上，
∴MF∥CD，
∴四边形CFMD是平行四边形，
∴DM=CF，DM∥CF，
∵NM⊥DM，NE⊥DE，DE⊥DM，
∴四边形DENM都是矩形，
∴EN=DM，EN∥DM，
∴CF=EN，CF∥EN，
∴四边形CENF为平行四边形．
【考点3 多次证明全等三角形】
【例3】（2022·山西·统考模拟预测）综合与实践
问题情境：在数学活动课上，老师出示了这样一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，且AE=AB，以AE为一边在AE的下方作正方形AEFG，连接ED，试判断线段AH与DE的位置关系及线段 EH与DH的数量关系．
（1）图1中线段AH与DE的位置关系是 ，线段 EH与 DH的数量关系是 ．
（2）勤奋小组受到老师的启发，在老师提出问题的基础上将正方形ABCD绕点A逆时针旋转至如图2所示的位置，点D仍在正方形AEFG内部，则（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）①创新小组在勤奋小组研究的基础上延长线段ED交FG于点M，如图3所示，发现DH=FM，请证明；
②若图3中线段GM是线段 FM的2倍，请直接写出线段ED与AH的长度的比值．
【答案】（1）AH⊥DE；EH=DH；（2）成立，见解析；（3）①见解析；②35
【分析】（1）判定Rt△AEH≌Rt△ADH即可得答案；
（2）判定Rt△AEH≌Rt△ADH得到EH=DH，∠DAP=∠EAP，进而判定△ADP≌△AEP，即可证明结论成立；
（3）①判定△AEH≌△EFM，得出EH=FM，因为DH=EH，则DH=FM；②设FM为x，则GM=2x，AE=EF=3x，AH=EM=MF2+EF2=10x；S四边形ADHE=2×12AE×EH=12×AH×DE，代入即可求出DE，进而计算出ED与AH的长度的比值．
【详解】（1）∵四边形ABCD与四边形AEFG是正方形且AE=AB，
∴AE=AD，
∵∠AEH=∠ADH=90°，AH=AH
∴Rt△AEH≌Rt△ADH
∴AH⊥DE，EH=DH
（2）仍成立，设AH与DE交于点P
∵AD=AE，AH=AH，∠AEH=∠ADH=90°，
∴Rt△AEH≌Rt△ADH
∴EH=DH，∠DAP=∠EAP
∵AE=AB=AD，
∴∠ADP＝∠AEP，AP=AP,
∴△ADP≌△AEP
∴∠APD=∠APE
∵D、P、E三点共线，
∴∠APD=∠APE=90°，
∴AH⊥DE
（3）①AH⊥DE，AE⊥EF，
则∠EAH+∠DEA=∠DEA+∠DEF=90°，
∴∠EAH=∠FEM
∵AE=EF
∴△AEH≌△EFM
∴EH=FM
∵DH=EH
∴DH=FM
②设FM为x，则GM=2x，AE=EF=3x，
AH=EM=MF2+EF2=10x
∵△AEH≌△ADH，AH⊥DE，
∴S四边形ADHE=2×12AE×EH=12×AH×DE
即3x×x=102x×DE
求得：DE=610x
∴DEAH=610x÷10x=35
【点睛】本题考查了平面几何问题，正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理等知识，找到并证明三角形全等是解决本题的关键．
【变式3-1】（2022·广西百色·统考二模）如图，在△ABC和△DCB中，∠A＝∠D，AC和DB相交于点O，OA＝OD．
(1)AB＝DC；
(2)△ABC≌△DCB．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析
【分析】（1）证明△ABO≌△DCO（ASA），即可得到结论；
（2）由△ABO≌△DCO，得到OB＝OC，又OA＝OD，得到BD＝AC，又由∠A＝∠D，即可证得结论．
【详解】（1）证明：在△ABO与△DCO中，
∠A=∠DOA=OD∠AOB=∠DOC，
∴△ABO≌△DCO（ASA）
∴AB＝DC；
（2）证明：∵△ABO≌△DCO，
∴OB＝OC，
∵OA＝OD，
∴OB＋OD＝OC＋OA，
∴BD＝AC，
在△ABC与△DCB中，
AC=BD∠A=∠DAB=DC，
∴△ABC≌△DCB（SAS）．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握并灵活选择全等三角形的判定方法是解题的关键．
【变式3-2】（2022·上海闵行·统考二模）如图，在矩形ABCD中，点E在边BC上，将线段AE绕点E顺时针旋转90°，此时点A落在点F处，线段EF交CD于点M．过点F作FG⊥BC，交BC的延长线于点G．
(1)求证：BE=FG；
(2)如果AB•DM=EC•AE，连接AM、DE，求证：AM垂直平分DE．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据同角的余角相等得到一对角相等，再由一对直角相等，且AE=EF，利用AAS得到△ABE与△EFG全等，据此即可证明BE=FG；
（2）证明△ABE∽△ECM，可得EM=DM，再利用HL证明△AEM≌△ADM即可解决问题．
(1)
证明：∵EF⊥AE，
∴∠AEB+∠GEF=90°，
又∵∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠GEF=∠BAE，
又∵FG⊥BC，
∴∠ABE=∠EGF=90°，
在△ABE与△EGF中，∠ABE=∠EGF∠BAE=∠GEFAE=EF，
∴△ABE≌△EGF（AAS）；
∴BE=FG；
(2)
证明：连接AM、DE，
∵∠GEF=∠BAE，∠ABE=∠ECM=90°，
∴△ABE∽△ECM，
∴ABEC=AEEM，即AB•EM=EC•AE，
∵AB•DM=EC•AE，
∴DM= EM，
∵EF⊥AE，
∴∠AEM=90°，
∴∠AEM=∠ADM=90°，
∵DM= EM，AM= AM，
∴△AEM≌△ADM(HL) ，
∴AE= AD，
∴AM垂直平分DE．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定，相似三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题．
【变式3-3】（2022·河北·一模）如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正三角形ABC和正三角形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．以下五个结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．恒成立的结论有（ ）
A．①③④⑤B．①②④⑤C．①②③⑤D．①②③④
【答案】C
【分析】本题是三角形全等的综合题，利用三角形全等逐个解决就可以.
【详解】解:①△ABC和△DCE均是等边三角形，点A，C，E在同一条直线上，
∴AC=BC，EC=DC，∠BCE=∠ACD=120°
∴△ACD≌△ECB∴AD=BE，故本选项正确；
②∵△ACD≌△ECB∴∠CBQ=∠CAP，
又∵∠PCQ=∠ACB=60°，CB=AC，∴△BCQ≌△ACP，
∴CQ=CP，又∠PCQ=60°，∴△PCQ为等边三角形，
∴∠QPC=60°=∠ACB，∴PQ∥AE，故本选项正确；
③∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∴∠ACP=∠BCQ，
∵AC=BC，∠DAC=∠QBC，∴△ACP≌△BCQ（ASA），
∴CP=CQ，AP=BQ，故本选项正确；
④已知△ABC、△DCE为正三角形，故∠DCE=∠BCA=60°,∠DCB=60°，
又因为∠DPC=∠DAC+∠BCA，∠BCA=60°,∠DPC＞60°，
故DP不等于DE，故本选项错误；
⑤∵△ABC、△DCE为正三角形，∴∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，DC=EC，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，
∴∠ACD=∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CAD=∠CBE，
∴∠AOB=∠CAD+∠CEB=∠CBE+∠CEB，
∵∠ACB=∠CBE+∠CEB=60°，∴∠AOB=60°，故本选项正确．
综上所述，正确的结论是①②③⑤．
故选C.
【点睛】本题综合考查了等边三角形判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质以及相似三角形的判定与性质等知识点的运用．要求学生具备运用这些定理进行推理的能力，此题的难度较大．
【考点4 网格中的全等三角形】
【例4】（2022·山东济南·统考二模）如图，在4×4的正方形网格中，求α+β=______度．
【答案】45
【分析】连接AB，根据正方形网格的特征即可求解．
【详解】解：如图所示，连接AB
∵图中是4×4的正方形网格
∴AD=CE，∠ADB=∠AEC，DB=AE
∴△ADB≌△CEA(SAS)
∴∠EAC=∠ABD=α，AB=AC
∵∠ABD+∠BAD=90°
∴∠EAC+∠BAD=90°，即∠CAB=90°
∴∠ACB=∠ABC=45°
∵BD∥CE
∴∠BCE=∠DBC=β
∵∠ABC=∠ABD+∠DBC=α+β
∴α+β=45°
故答案为：45．
【点睛】本题考查了正方形网格中求角的度数，利用了平行线的性质、同角的余角相等、等腰直角三角形的性质等知识点，解题的关键是能够掌握正方形网格的特征．
【变式4-1】（2022·湖北荆州·统考中考真题）如图，在10×10的正方形网格中，小正方形的顶点称为格点，顶点均在格点上的图形称为格点图形，图中△ABC为格点三角形．请按要求作图，不需证明．
(1)在图1中，作出与△ABC全等的所有格点三角形，要求所作格点三角形与△ABC有一条公共边，且不与△ABC重叠；
(2)在图2中，作出以BC为对角线的所有格点菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】对于（1），以AC为公共边的有2个，以AB为公共边的有2个，以BC为公共边的有1个，一共有5个，作出图形即可；
对于（2），△ABC是等腰直角三角形，以BC为对角线的菱形只有1个，作出图形即可．
【详解】（1）如图所示．
（2）如图所示．
【点睛】本题主要考查了作格点三角形和菱形，理解题意是解题的关键．
【变式4-2】（2022·浙江金华·校联考二模）如图，△ABC是正方形网格图中的格点三角形（顶点在格点上），请用无刻度直尺按要求分别作图：
(1)在图1中，过点C作与AB平行的线段CE（点E在格点上）；
(2)在图2中，以BC为边作一个△BCE（点E在格点上），使它与△ABC全等；
(3)在图3中，在AB，BC边上分别取点G，H，将△ABC沿着GH折叠，使点B与点A重合，画出线段AH．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据要求作出图形即可；
（2）构造全等三角形解决问题即可；
（3）构造正方形，利用正方形的性质作线段AB的垂直平分线交AB于点G，交CB于点H，连接AH即可．
(1)
解：如图1中，线段CE即为所求；
(2)
解：在图2中，△BCE即为所求；
(3)
解：在图3中，点G，H，线段AH即为所求．
∵PM=OA=RN=QB=1，PB=OM=AR=QN=3，∠P=∠O=∠R=∠Q=90°，
∴△PMB≌△OAM≌△RNA≌△QBN，
∴MB=AM=AN=NB，∠PBM=∠OMA，
∵∠PBM +∠PMB=90°，
∴∠OMA +∠PMB=90°，
∴∠AMB=90°，
∴四边形AMBN是正方形，
∴MN是AB的垂直平分线，
MN与AB交于点G，与BC交于点H，连接AH即可．
【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
【变式4-3】（2022·江苏苏州·校联考中考模拟）如图，在方格纸中，△PQR的三个顶点及A,B,C,D,E五个点都在小方格的顶点上，现以A,B,C,D,E中的三个顶点为顶点画三角形，
（1）在图甲中画出一个三角形与△PQR全等；
（2）在图乙中画出一个三角形与△PQR面积相等 但不全等.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）过A作AE//PQ，过E作EB//PR，再顺次连接A、E、B．（答案不唯一）
（2）作一个与△PQR面积相等但不全等的三角形即可．（答案不唯一）
【详解】解：（1）如图所示：
（2）如图所示：
【考点5 尺规作图与全等三角形】
【例5】（2022·重庆·统考中考真题）在学习矩形的过程中，小明遇到了一个问题：在矩形ABCD中，E是AD边上的一点，试说明△BCE的面积与矩形ABCD的面积之间的关系．他的思路是：首先过点E作BC的垂线，将其转化为证明三角形全等，然后根据全等三角形的面积相等使问题得到解决．请根据小明的思路完成下面的作图与填空：
证明：用直尺和圆规，过点E作BC的垂线EF，垂足为F（只保留作图㾗迹）．
在△BAE和△EFB中，
∵EF⊥BC，
∴∠EFB=90°．
又∠A=90°，
∴__________________①
∵AD∥BC，
∴__________________②
又__________________③
∴△BAE≌△EFBAAS．
同理可得__________________④
∴S△BCE=S△EFB+S△EFC=12S矩形ABFE+12S矩形EFCD=12S矩形ABCD．
【答案】∠A=∠EFB、∠AEB=∠FBE、BE=EB、△EDC≌△CFEAAS
【分析】过点E作BC的垂线EF，垂足为F，分别利用AAS证得△BAE≌△EFB，△EDC≌△CFE，利用全等三角形的面积相等即可求解．
【详解】证明：用直尺和圆规，过点E作BC的垂线EF，垂足为F（只保留作图㾗迹）．
如图所示，
在△BAE和△EFB中，
∵EF⊥BC，
∴∠EFB=90°．
又∠A=90°，
∴∠EFB=∠A①
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠FBE②
又BE=EB③
∴△BAE≌△EFBAAS．
同理可得△EDC≌△CFEAAS④
∴S△BCE=S△EFB+S△EFC=12S矩形ABFE+12S矩形EFCD=12S矩形ABCD．
故答案为：∠A=∠EFB、∠AEB=∠FBE、BE=EB、△EDC≌△CFEAAS
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的面积相等是解题的关键．
【变式5-1】（2022·河南焦作·统考二模）已知锐角∠AOB，如图，（1）在射线OA上取点C，E，分别以点O为圆心，OC，OE长为半径作弧，交射线OB于点D，F；（2）连接CF，DE交于点P．根据以上作图过程及所作图形，下列结论错误的是（ ）
A．CE=DFB．PE=PF
C．若∠AOB=60°，则∠CPD=120°D．点P在∠AOB的平分线上
【答案】C
【分析】根据题意可知OE=OF，OC=OD，即可推断结论A；先证明△ODE≌△OCF，再证明△CPE≌△DPF即可证明结论B；连接OP，可证明△COP≌△DOP可证明结论D；由此可知答案．
【详解】解：由题意可知OE=OF，OC=OD，
∴OE−OC=OF−OD，
∴CE=DF，
故选项A正确，不符合题意；
在△ODE和△OCF中，
OE=OF∠O=∠OOD=OC
∴△ODE≌△OCF(SAS)，
∴∠OED=∠OFC，
在△CPE和△DPF中，
∠OED=∠OFC∠CPE=∠DPFCE=CF，
∴△CPE≌△DPF(AAS)，
∴PE=PF，
故选项B正确，不符合题意；
连接OP，
∵△CPE≌△DPF，
∴CP=DP，
在△COP和△DOP中，
CP=DPOC=ODOP=OP，
∴△COP≌△DOP(SSS)，
∴∠COP=∠DOP，
∴点P在∠AOB的平分线上，
故选项D正确，不符合题意；
若∠AOB=60°，∠CPD=120°，
则∠OCP=∠ODP=90°，
而根据题意不能证明∠OCP=∠ODP=90°，
故不能证明∠CPD=120°，
故选项C错误，符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查角平分线的判定，全等三角形的判定与性质，明确以某一半径画弧时，准确找到相等的线段是解题的关键．
【变式5-2】（2022·福建三明·统考二模）如图，在正方形ABCD中，E为AD的中点．
(1)在CD边上求作一点F，使得∠CFB＝2∠ABE；（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）的条件下，若AB＝BC＝4，求BF的长．
【答案】(1)作图见解析
(2)5
【分析】（1）根据作一个角等于已知角的方法，作出∠ABE的等角∠EBF即可；
（2）连接EF，过点E作EH⊥BF，垂足为H，由角平分线的性质可得AE=HE，由Rt△DEF≌Rt△HEF，Rt△ABE≌Rt△HBE可得DF=HF，BH=AB=4，设DF=x，则HF=x，CF=4−x，BF=4+x，Rt△BCF中由勾股定理建立方程求得x，再计算线段和即可；
（1）
解：如图，①以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交BA、BE于点G、N；②以点N为圆心，NG长为半径画弧，在∠EBC内交前弧于点M；③作射线BM交CD于点F；
根据作图可得∠ABE=∠EBF，
由AB∥CD，
则∠CFB=∠ABF=2∠ABE；
（2）
解：如图，连接EF，过点E作EH⊥BF，垂足为H，
∵四边形ABCD是边长为4的正方形，
∴AB=BC=CD=AD=4,∠A=∠C=∠D=90°，
由作图可知：∠EBF=∠ABE，
∴AE=HE，
∵E为AD的中点．
∴AE=DE=2，
∴HE=DE=2，
在Rt△DEF和Rt△HEF中，
EF=EFDE=HE，
∴Rt△DEF≌Rt△HEF（HL），
∴DF=HF，
∵AE=HE，BE=BE，
∴Rt△ABE≌Rt△HBE（HL），
∴BH=AB=4，
设DF=x，则HF=x，CF=4−x，BF=4+x，
在Rt△BCF中，∠C=90°，
∴BC2+CF2=BF2，
42+(4−x)2=(4+x)2，
解得：x=1，
即DF=HF=1，
∴BF=HF+BH=1+4=5．
【点睛】本题考查了正方形的性质，作一个角等于二倍角，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识；正确作出辅助线是解题关键．
【变式5-3】（2022·福建·统考一模）求证：全等三角形对应中线相等.
要求：①根据给出的△ABC及线段A′B′，已知A′B′=AB，以线段A′B′为一边，在给出的图形上用尺规作出△A′B′C′≅△ABC，不写作法，保留作图痕迹；
②若点D、D′分别是两个三角形的边AC、A′C′上的中点连接BD、B′D′，据此写出已知、求证和证明过程.
【答案】①如解图所示即为所求作图形；见解析；②见解析.
【分析】①用尺规作图作∠A’=∠A，∠B’=∠B，根据ASA可判断△A′B′C′≅△ABC；
②题设即为已知，结论即为求证.
【详解】解:①如解图所示即为所求作图形:
作法：以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AB、AC于点E、F；以点A′为圆心，AE长为半径画弧，交A′B′于点E′，以点E′为圆心，EF长为半径画弧，交前弧于点F′，连接A′F′，则∠A′=∠A，同理，作出∠B′=∠B，两组角在A′B′上方交于点C′，则△A′B′C′即为所求作图形.
②如解图.
已知：△ABC≅△A′B′C′，D、D′分别为AC、A′C′的中点，连接BD、B′D′.
求证：BD=B′D′.
证明：∵△ABC≅△A′B′C′，
∴A′C′=AC,∠A′=∠A,A′B′=AB.
∵D,D′分别为AC、A′C′的中点，
∴AD=A′D′，∴△A′B′D′≅△ABD，
∴BD=B′D′.
【点睛】本题考查尺规作图、三角形全等的判定和性质，突破此类问题的关键是五种基本尺规作图、全等三角形的性质及判定.
错因分析：1.对尺规作图的方法运用不灵活；2.对三角形的全等的判定和性质理解不透彻，难度属于中等题.
【考点6 利用倍长中线模型证明全等三角形】
【例6】（2022·河南周口·统考二模）如图，在△ABC中，AB=4，∠BAC=135°，D为边BC的中点，若AD=1.5，则AC的长度为______．
【答案】22+1
【分析】延长AD到E，使得AD=DE，证明△ADB≌△EDC，得CE=AB=4，过点E作EH⊥AC于H，分别求出CH和AH的长即可得到结论．
【详解】解：延长AD到E，使得AD=DE，如图，
∵D为边BC的中点，
∴BD=CD
在△ADB和△EDC中，
AD=DE∠ADB=∠EDCBD=CD
∴△ADB≌△EDC
∴∠B=∠DCE,CE=AB=4
∴AB//CE
∴∠BAC+∠ACE=180°
∴∠ACE=180°−135°=45°
过点E作EH⊥AC于H
在RtΔEHC中，CE=4,∠HCE=45°
∴CH=EH=22
在RtΔAHE中，AE=2AD=3，HE=22
∴AH=AE2−EH2=1
∴AC=AH+HC=22+1
故答案为：22+1．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，中线的性质，等腰直角三角形的性质以及勾股定理等知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解答此题的关键．
【变式6-1】（2022·全国·一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＞AC，CD⊥AB于点D，点E是AB的中点，连接CE．
(1)若AC＝3，BC＝4，求CD的长；
(2)求证：BC2﹣AC2＝2DE•AB；
(3)求证：CE＝12AB．
【答案】(1)125
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据勾股定理求出AB，根据三角形的面积公式计算，求出CD；
（2）根据题意得到BD﹣AD＝2DE，根据勾股定理计算即可证明；
（3）延长CE至点F，使EF＝CE，连结AF，证明△AEF≌△BEC（SAS），根据全等三角形的性质得到∠B＝∠EAF，AF＝BC，再证明△ACF≌△CAB，得到CF＝AB，证明结论．
（1）
解：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，
由勾股定理得：AB＝AC2+BC2＝32+42＝5，
∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴S△ABC＝12AC•BC＝12AB•DE，即12×3×4＝12×5×CD，
解得：CD＝125；
（2）
证明：∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE，
∴BD﹣AD＝（BE+DE）﹣（AE﹣DE）＝BE﹣AE+2DE＝2DE，
∵CD⊥AB，
∴BC2＝BD2+CD2，AC2＝AD2+CD2，
∴BC2﹣AC2＝（BD2+CD2）﹣（AD2+CD2）＝BD2﹣AD2＝（BD+AD）（BD﹣AD）＝AB•2DE＝2DE•AB；
（3）
证明：延长CE至点F，使EF＝CE，连结AF，
在△AEF和△BEC中，
AE=BE∠AEF=∠BECEF=EC，
∴△AEF≌△BEC（SAS），
∴∠B＝∠EAF，AF＝BC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠B+∠CAB＝∠EAF+∠CAB＝90°，
∴∠CAF＝∠ACB＝90°，
∵AC＝CA，
∴△ACF≌△CAB（SAS），
∴CF＝AB，
∵CF＝2CE，
∴CE＝12AB．
【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、勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【变式6-2】（2022·山东烟台·统考一模）（1）方法呈现：
如图①：在△ABC中，若AB=6，AC=4，点D为BC边的中点，求BC边上的中线AD的取值范围．
解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使DE=AD，再连接BE，可证△ACD≌△EBD，从而把AB、AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是_______________，这种解决问题的方法我们称为倍长中线法；
（2）探究应用：
如图②，在△ABC中，点D是BC的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，判断BE+CF与EF的大小关系并证明；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，AB//CD，AF与DC的延长线交于点F、点E是BC的中点，若AE是∠BAF的角平分线．试探究线段AB，AF，CF之间的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）1＜AD＜5，（2）BE+CF＞EF，证明见解析；（3）AF+CF＝AB，证明见解析．
【分析】（1）由已知得出AC﹣CE＜AE＜AC+CE，即5﹣4＜AE＜5+3，据此可得答案；
（2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，同（1）得△BMD≌△CFD，得出BM＝CF，由线段垂直平分线的性质得出EM＝EF，在△BME中，由三角形的三边关系得出BE+BM＞EM即可得出结论；
（3）如图③，延长AE，DF交于点G，根据平行和角平分线可证AF＝FG，易证△ABE≌△GEC，据此知AB＝CG，继而得出答案．
【详解】解：（1）延长AD至E，使DE＝AD，连接BE，如图①所示，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
在△BDE和△CDA中，
∵BD=CD∠BDE=∠CDADE=AD，
∴△BDE≌△CDA（SAS），
∴BE＝AC＝4，
在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴6﹣4＜AE＜6+4，即2＜AE＜10，
∴1＜AD＜5；
故答案为：1＜AD＜5，
（2）BE+CF＞EF；
证明：延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，如图②所示．
同（1）得：△BMD≌△CFD（SAS），
∴BM＝CF，
∵DE⊥DF，DM＝DF，
∴EM＝EF，
在△BME中，由三角形的三边关系得：BE+BM＞EM，
∴BE+CF＞EF；
（3）AF+CF＝AB．
如图③，延长AE，DF交于点G，
∵AB∥CD，
∴∠BAG＝∠G，
在△ABE和△GCE中
CE＝BE，∠BAG＝∠G，∠AEB＝∠GEC，
∴△ABE≌△GEC（AAS），
∴CG＝AB，
∵AE是∠BAF的平分线，
∴∠BAG＝∠GAF，
∴∠FAG＝∠G，
∴AF＝GF，
∵FG+CF＝CG，
∴AF+CF＝AB．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了三角形的三边关系、全等三角形的判定与性质、角的关系等知识；本题综合性强，有一定难度，通过作辅助线证明三角形全等是解决问题的关键．
【变式6-3】（2022·山东日照·校考一模）我们定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α0°<α<180°得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′．当α+β=180°时，我们称△A′B′C′是△ABC的“旋补三角形”， △A′B′C′边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．
特例感知：（1）在图2，图3中，△A′B′C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．
①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD=________BC；
②如图3，当∠BAC=90°, BC=8时，则AD长为___________．
猜想论证：（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．
【答案】（1）①12BC；②4；（2）AD=12BC，见解析
【分析】（1）①根据含30°直角三角形的性质解答；②证明△AB′C′≌△ABC，根据全等三角形的性质得到B′C′=BC，根据直角三角形的性质计算；
（2）证明四边形AB′EC′是平行四边形，得到B′E=AC′，∠BAC′+∠AB′E=180°，根据全等三角形的性质得到AE=BC，得到答案．
【详解】（1）①∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠BAC=60°，
∵△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，
∴∠B′AC′=120°，AB=AB′，AC=AC′，
∴AB′=AC′，
∴∠AB′D=30°，
∴AD=12AB′，
∴AD=12BC，
故答案为12；
②∵△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，
∴∠B′AC′=∠BAC=90°，AB=AB′，AC=AC′，
在△AB′C′和△ABC中，
AB=AB∠BAC=∠BACAC=AC′，
∴△AB′C′≌△ABC（SAS）
∴B′C′=BC=8，
∵∠B′AC′=90°，AD是△ABC的“旋补中线”，
∴AD=12B′C′=4，
故答案为4；
（2）猜想AD=12BC．
证明：如图，延长AD至点E使得AD=DE，连接B′E、C′E，
∵AD是△AB′C’的中线，
∴B′D=C′D，
∵DE=AD，
∴四边形AB′EC′是平行四边形，
∴B′E=AC′，∠B′AC′+∠AB′E=180°，
∵α+β=180°，
∴∠B′AC′+∠BAC=180°，
∴∠EB′A=∠BAC，
在△EB′A和△CAB中，
BA=AB∠EBA=∠BACBE=AC
∴△EB′A≌△CAB（SAS），
∴AE=BC，
∴AD=12BC．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、理解“旋补三角形”的定义是解题的关键．
【考点7 利用垂线模型证明全等三角形】
【例7】（2022·天津和平·统考二模）如图，△ABC是等边三角形，AB=3，点E在AC上，AE=23AC，D是BC延长线上一点，将线段DE绕点E逆时针旋转90°得到线段FE，当AF∥BD时，线段AF的长为____．
【答案】1+32．
【分析】过点E作EM⊥AF于M，交BD于N，根据30°直角三角形的性质求出AM =1，再根据∠60°的三角函数值求出EN的长，再依据△EMF≌△DNE（AAS）得出MF=EN=32，据此可得，当AF∥BD时，线段AF的长为1+32.
【详解】如图过点E作EM⊥AF于M，交BD于N．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=3，∠ACB=60°．
∵AE=23AC，
∴AE=2，EC=1．
∵AF∥BD，
∴∠EAM=∠ACB=60°．
∵EM⊥AF，
∴∠AME=90°，
∴∠AEM=30°，
∴AM=12AE=1．
∵AF∥BD，EM⊥AF，
∴EN⊥BC，
∴EN=EC•sin60°=32，
∵∠EMF=∠END=∠FED=90°，
∴∠MEF+∠MFE=90°，∠MEF+∠DEN=90°，
∴∠EFM=∠DEN．
∵ED=EF，
∴△EMF≌△DNE（AAS），
∴MF=EN=32，
∴AF=AM+MF=1+32．
故答案为：1+32．
【点评】本题主要考查了直角三角形的性质、特殊角的三角函数值和全等三角形的判定的综合运用，解题的关键是作辅助线构造直角三角形和全等三角形，熟记特殊角的三角函数值.
【变式7-1】（2022·广西玉林·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A在x轴正半轴上，顶点B，C在第一象限，顶点D的坐标(52,2)． 反比例函数y=kx（常数k>0，x>0）的图象恰好经过正方形ABCD的两个顶点，则k的值是_______．
【答案】5或22.5
【分析】先设一个未知数用来表示出B、C两点的坐标，再利用反比例函数图像恰好经过B、C、D的其中两个点进行分类讨论，建立方程求出未知数的值，符合题意时进一步求出k的值即可．
【详解】解：如图所示，分别过B、D两点向x轴作垂线，垂足分别为F、E点，并过C点向BF作垂线，垂足为点G；
∵正方形ABCD，
∴∠DAB=90°，AB=BC=CD=DA，
∴∠DAE+∠BAF=90°，
又∵∠DAE+∠ADE=90°，∠BAF+∠ABF=90°，
∴∠DAE=∠ABF，∠ADE=∠BAF，
∴△ADE≌△BAF，
同理可证△ADE≌△BAF≌△CBG；
∴DE=AF=BG，AE=BF=CG；
设AE=m，
∵点D的坐标 (52,2) ，
∴OE=52，DE=AF=BG=2，
∴B（92+m，m），C（92，m+2）,
∵52×2=5，
当92m+2=5时，m=−89<0，不符题意，舍去；
当92+mm=5时，由m≥0解得m=161−94,符合题意；故该情况成立，此时 k=5；
当92+mm=92m+2时，由 m≥0解得m=3,符合题意，故该情况成立，此时k=92×3+2=22.5;
故答案为：5或22.5．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、反比例函数的图像与性质、解一元二次方程等内容，解题的关键是牢记相关概念与性质，能根据题意建立相等关系列出方程等，本题涉及到了分类讨论和数形结合的思想方法等．
【变式7-2】（2022·黑龙江哈尔滨·统考模拟预测）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，三角形的顶点在相互平行的三条直线l1，l2，l3上，且l1，l2之间的距离为2，l2，l3之间的距离为3，BC交l2于D点．
（1）求AB的长．
（2）求sin∠BAD的值．
【答案】（1）34．（2）33434．
【分析】（1）作AH⊥直线l3于H，CN⊥直线l3于N，由AAS可证：△ABH≌△BCN，结合勾股定理，即可求解；
（2）根据正弦三角函数的定义，即可求解．
【详解】（1）作AH⊥直线l3于H，CN⊥直线l3于N，则AH＝3，CN＝5，
∵∠AHB＝∠ABC＝∠CNB＝90°，
∴∠ABH+∠CBN＝90°，∠CBN+∠BCN＝90°，
∴∠ABH＝∠BCN，
∵AB＝AC，
∴△ABH≌△BCN（AAS），
∴BH＝CN＝5，
∴AB＝AH2+BH2＝32+52＝34．
（2）∵l2∥l3，
∴∠BAD＝∠ABH，
∴sin∠BAD＝sin∠ABH＝AHAB＝334＝33434．
【点睛】本题主要考查三角形全等的判定和性质定理，勾股定理，锐角三角函数的定义，添加合适的辅助线，构造全等三角形，是解题的关键．
【变式7-3】（2022·浙江杭州·校联考一模）老师在上课时，在黑板上写了一道题：
“如图，ABCD是正方形，点E在BC上，DF⊥AE于F，请问图中是否存在一组全等三角形？”
小杰同学经过思考发现：△ADF≌△EAB．
理由如下：因为ABCD是正方形（已知）
所以∠B＝90°且AD＝AB和AD∥BC
又因为DF⊥AE（已知）
即∠DFA＝90°（垂直的意义）
所以∠DFA＝∠B（等量代换）
又AD∥BC
所以∠1＝∠2（两直线平行，内错角相等）
在△ADF和△EAB中
∠DFA=∠B∠1=∠2AD=AB
所以△ADF≌△EAB（AAS）
小胖却说这题是错误的，这两个三角形根本不全等．
你知道小杰的错误原因是什么吗？我们再添加一条线段，就能找到与△ADF全等的三角形，请能说出此线段的做法吗？并说明理由．
【答案】小杰错误的原因是AD和AB不是对应边，在证明两个三角形全等时，误以为对应边了；线段为作BH⊥AE于点H，证明见详解；
【分析】根据小杰的证明方法，可以发现，在证明两个三角形全等时，出现了问题，然后说出出错的原因即可，然后添加合适的辅助线段，说明与△ADF全等的三角形成立的理由即可解答本题；
【详解】小杰错误的原因是AD和AB不是对应边，在证明两个三角形全等时，误以为对应边了，作BH⊥AE于H，则△ADF≌△BAH；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BA，∠DAB=90°，
∴∠HAB+∠FAD=90°，
∵DF⊥AE，BH⊥AE，
∴∠DFA=∠AHB=90°，
∴∠HAB+∠HBA=90°，
∴∠FAD=∠HBA，
在△ADF和△BAH中
{∠DFA=∠AHB∠FAD=∠HBAAD=BA
∴△ADF≌△BAH(AAS)；
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答.
【考点8 利用旋转模型证明全等三角形】
【例8】（2022·山东日照·校考二模）如图，O是正△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5．将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论错误的是（ ）
A．点O与O′的距离为4B．∠AOB=150°
C．S四边形AOBO′=6+43D．S△AOB+S△AOC=3+43
【答案】D
【分析】证明△BO′A≌△BOC，得△OBO′是等边三角形，根据勾股定理逆定理可得△AOO′是直角三角形，进而可判断．
【详解】解：如图1，连接OO′，
由题意可知，∠1+∠2＝∠3+∠2＝60°，
∴∠1＝∠3，
又∵OB＝O′B，AB＝BC，
∴△BO′A≌△BOC(SAS)，
又∵∠OBO′＝60°，
∴△OBO′是等边三角形，
∴OO′＝OB＝4．
故A正确；
∵△BO′A≌△BOC，
∴O′A＝5．
在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，
∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′＝90°，
∴∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′＝90°+60°＝150°，
故B正确；
S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′═12×3×4+34×42＝6+43，
故C正确；
如图2
将△AOC绕A点顺时针旋转60°到△ABO'位置，
同理可得S△AOC+S△AOB=6+934，
故D错误；
故选D．
【点睛】此题考查了旋转的性质，等边三角形、直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．
【变式8-1】（2022·福建南平·一模）如图，△ABC中，∠A＝30°，∠ACB＝90°，BC＝2，D是AB上的动点，将线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE，连接BE．
（1）点C到AB的最短距离是 _____；
（2）BE的最小值是 _____．
【答案】 3 3−1##−1+3
【分析】（1）过点C作CK⊥AB于K，根据Rt△CBK中BC＝2，∠ABC＝60°，得到CK＝BC•sin60°＝3，点C到AB的最短距离是3．
（2）将线段CK绕点C逆时针旋转90°得到CH，连接HE，延长HE交AB的延长线于J．根据∠DCE＝∠KCH＝90°，得到∠DCK＝∠ECH，结合CD＝CE，CK＝CH，推出△CKD≌△CHE（SAS），得到∠CKD＝∠H＝90°，得到∠CKJ＝∠KCH＝∠H＝90°，推出四边形CKJH是矩形，结合CK＝CH，得到四边形CKJH是正方形，根据BK＝BC•cs60°＝1，KJ＝CK＝3，得到BJ＝3﹣1，根据BE≥BJ，得到BE的最小值为3﹣1．
【详解】解：（1）过点C作CK⊥AB于K，
在Rt△CBK中，∵BC＝2，∠ABC＝60°，
∴CK＝BC•sin60°＝3，
∴点C到AB的最短距离是3．
故答案为：3．
（2）如图，将线段CK绕点C逆时针旋转90°得到CH，连接HE，延长HE交AB的延长线于J．
∵∠DCE＝∠KCH＝90°，
∴∠DCK＝∠ECH，
∵CD＝CE，CK＝CH，
∴△CKD≌△CHE（SAS），
∴∠CKD＝∠H＝90°，
∵∠CKJ＝∠KCH＝∠H＝90°，
∴四边形CKJH是矩形，
∵CK＝CH，
∴四边形CKJH是正方形，
∴点E在直线HJ上运动，当点E与J重合时，BE的值最小，
∵BK＝BC•cs60°＝1，
∴KJ＝CK＝3，
∴BJ＝KJ﹣BK＝3﹣1，
∴BE的最小值为3﹣1，
故答案为：3﹣1．
【点睛】本题考查了含30°角的直角三角形性质和旋转的性质，正方形是判断和性质，解决问题的关键是熟练掌握含30°角的直角三角形的三边关系和旋转图形全等的性质，判断一对邻边相等的矩形正方形，正方形的四边相等四角都相等是直角的性质，垂线段最短的性质．
【变式8-2】（2022·上海·校联考模拟预测）如图，在直角坐标系中，B（0，3）、C（4，0）、D（0，2），AB与CD交于点P，若∠APC=45°，则A点坐标为______ .
【答案】（1，0）
【分析】将DC绕点D逆时针旋转90°得到DQ，则Q（2，6），求出直线AB的解析式，可得结论．
【详解】解：如图，将DC绕点D逆时针旋转90°得到DQ，
∵C（4，0）、D（0，2），
则Q（2，6）．
设直线CQ的解析式为y=kx+b，
将C（4，0），Q（2，6）代入得
0=4k+b6=2k+b，
解得k=−3b=12，
∴直线CQ的解析式为y=−3x+12．
∵∠APC=45°，由旋转的性质得到
∠APC=∠DCQ=45°，
∴AB∥CQ．
∵B（0，3），
∴直线AB的解析式为y=−3x+3，
∴−3x+3=0，
∴x=1，
∴点A（1，0）．
故答案为：（1，0）．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，坐标与图形性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
【变式8-3】（2022·湖北武汉·模拟预测）如图，将线段AB绕点A逆时针旋转α0°<α<180°得到AC，连接BC，在线段BC上取一点D，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转12α得到AE，连接CE．
(1)如图1，若tanB=33．
①当BD>CD，且∠CAE=20°时，求∠DAC的度数；
②试探究线段AD与CE之间满足的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，若tanB=34，当CE⊥BC时，求CECD的值．
【答案】(1)①∠DAC=40°；②AD=CE，理由见解析
(2)52
【分析】（1）①由tanB=33得∠B=∠ACB=30°，所以∠BAC=α=120°，∠DAE=12α=60° ，进而可求解；②过A作AF⊥BC交BC于F，过E作EG⊥AC于G，可证△AGE≌△ADF，得AG=AF，由tanB=AFBF=33，设AF=3a，则BF=3a，AC=AB=23a，CG=AC-AG=3a，可知G为AC的中点，根据等腰三角形的三线合一可证；
（2）过点A作AM⊥BC于M，过E作EN⊥AC于N，由tanB=34=AMBM，设AM=3b，则BM=CM=4b，AC=AB=5b ，由（1）可知△AEN≌△ADM，AN=AM=3b，CN=AC-AN=2b，
由CE⊥BC，AM⊥BC，得CE∥AM，所以∠ECN=∠CAM，根据tan∠CAM=CMAM=43
可得DM=EN=CN∙tan∠ECN=2b∙43==83b，根据勾股定理求得CE==103b，代入计算即可求解．
【详解】（1）解：①由旋转的性质可知，AB=AC，
∵tanB=33，
∴∠B=∠ACB=30°，
∴∠BAC=α=120°，
∴∠DAE=12α=60°，
又∵∠CAE=20°，
∴∠CAD=40°；
②AD=CE，理由是：
如图，过A作AF⊥BC交BC于F，过E作EG⊥AC于G，
∵tanB=33，
∴∠B=∠BCA=30°，
∵AF⊥BC，AB=AC，
∴∠CAF=12∠BAC=12（180°−∠B−∠BCA）=60°，
由题意得，旋转角∠DAE=60°，AD=AE，
∠DAF=∠CAF-∠CAD=60°-∠CAD，
∠EAG=∠DAE-∠CAD=60°-∠CAD，
∴∠DAF=∠EAG，
∵∠AFD=∠AGE=90°，
∴△AGE≌△ADF（AAS），
∴AG=AF，
设AF=3a，则AFBF=tanB=33，
∴BF=3a，
∴AC=AB=AF2+BF2=23a，
∴CG=AC-AG=23a−3a=3a，
∴G为AC的中点，
又∵EG⊥AC，
∴CE=AE=AD．
（2）解：过点A作AM⊥BC于M，过E作EN⊥AC于N，
∵tanB=34=AMBM，
设AM=3b，则BM=CM=4b，
∴AC=AB=AM2+BM2=5b ，
由（1）同理可证△AEN≌△ADM，
∴AN=AM=3b，
∴CN=AC-AN=2b，
∵CE⊥BC，AM⊥BC，
∴CE∥AM，
∴∠ECN=∠CAM，
∵tan∠CAM=CMAM=43，
∴DM=EN=CN∙tan∠ECN=2b∙43=83b，
∴CE=CN2+EN2=(2b)2+(43b)2=103b，
又∵CD=CM-DM=4b-83b=43b，
∴CECD=103b43b=52．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形．
【考点9 连接两点作辅助线证明全等三角形】
【例9】（2022·河北·模拟预测）已知:三角形ABC中,∠A=90°,AB=AC,D为BC的中点.
(1)如图,E、F分别是AB、AC上的点,且BE=AF,求证:△DEF为等腰直角三角形.
(2)若E、F分别为AB,CA延长线上的点,仍有BE=AF,其他条件不变,那么,△DEF是否仍为等腰直角三角形?画出图形,写出结论不证明.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】(1)先连接AD，构造全等三角形：△BED和△AFD．AD是等腰直角三角形ABC底边上的中线，所以有∠CAD=∠BAD=45°，AD=BD=CD，而∠B=∠C=45°，所以∠B=∠DAF，再加上BE=AF，AD=BD，可证出：△BED≌△AFD，从而得出DE=DF，∠BDE=∠ADF，从而得出∠EDF=90°，即△DEF是等腰直角三角形；
(2)根据题意画出图形,连接AD,构造△DAF≌△DBE.得出FD=ED ,∠FDA=∠EDB,再算出∠EDF=90°,即可得出△DEF是等腰直角三角形.
【详解】解：（1）连结AD ,
∵AB=AC ,∠BAC=90° ,D为BC中点 ,
∴AD⊥BC ,BD=AD ,
∴∠B=∠BAD=∠DAC=45°,
又∵BE=AF ,
∴△BDE≌△ADF（SAS）,
∴ED=FD ,∠BDE=∠ADF,
∴∠EDF=∠EDA+∠ADF=∠EDA+∠BDE=∠BDA=90°,
∴△DEF为等腰直角三角形.
（2）连结AD
∵AB=AC ,∠BAC=90° ,D为BC中点 ,
∴AD=BD ,AD⊥BC ,
∴∠DAC=∠ABD=45° ,
∴∠DAF=∠DBE=135°,
又∵AF=BE ,
∴△DAF≌△DBE（SAS）,
∴FD=ED ,∠FDA=∠EDB,
∴∠EDF=∠EDB+∠FDB=∠FDA+∠FDB=∠ADB=90°.
∴△DEF为等腰直角三角形.
【点睛】本题利用了等腰直角三角形底边上的中线平分顶角，并且等于底边的一半，还利用了全等三角形的判定和性质，及等腰直角三角形的判定．
【变式9-1】（2022秋·西安·模拟预测）已知点P是线段MN上一动点，分别以PM，PN为一边，在MN的同侧作△APM，△BPN，并连接BM，AN．
（Ⅰ）如图1，当PM＝AP，PN＝BP且∠APM＝∠BPN＝90°时，试猜想BM，AN之间的数量关系与位置关系，并证明你的猜想；
（Ⅱ）如图2，当△APM，△BPN都是等边三角形时，（Ⅰ）中BM，AN之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，试说明理由．
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，连接AB得到图3，当PN＝2PM时，求∠PAB度数．
【答案】（1）BM＝AN，BM⊥AN．（2）结论成立.（3）90°．
【分析】(1)根据已知条件可证△MBP≌△ANP，得出MB＝AN，∠PAN＝∠PMB，再延长MB交AN于点C，得出∠MCN=90°,因此有BM⊥AN；
(2)根据所给条件可证△MPB≌△APN，得出结论BM＝AN；
(3) 取PB的中点C，连接AC，AB，通过已知条件推出△APC为等边三角形，∠PAC＝∠PCA＝60°，再由CA＝CB，进一步得出∠PAB的度数.
【详解】解：（Ⅰ）结论：BM＝AN，BM⊥AN．
理由：如图1中，
∵MP＝AP，∠APM＝∠BPN＝90°，PB＝PN，
∴△MBP≌△ANP（SAS），
∴MB＝AN．
延长MB交AN于点C．
∵△MBP≌△ANP，
∴∠PAN＝∠PMB，
∵∠PAN+∠PNA＝90°，
∴∠PMB+∠PNA＝90°，
∴∠MCN＝180°﹣∠PMB﹣∠PNA＝90°，
∴BM⊥AN．
（Ⅱ）结论成立
理由：如图2中，
∵△APM，△BPN，都是等边三角形
∴∠APM＝∠BPN＝60°
∴∠MPB＝∠APN＝120°，
又∵PM＝PA，PB＝PN，
∴△MPB≌△APN（SAS）
∴MB＝AN．
（Ⅲ）如图3中，取PB的中点C，连接AC，AB．
∵△APM，△PBN都是等边三角形
∴∠APM＝∠BPN＝60°，PB＝PN
∵点C是PB的中点，且PN＝2PM，
∴2PC＝2PA＝2PM＝PB＝PN，
∵∠APC＝60°，
∴△APC为等边三角形，
∴∠PAC＝∠PCA＝60°，
又∵CA＝CB，
∴∠CAB＝∠ABC＝30°，
∴∠PAB＝∠PAC+∠CAB＝90°．
【点睛】本题是一道关于全等三角形的综合性题目，充分考查了学生对全等三角形的判定定理及其性质的应用的能力，此类题目常常需要数形结合，借助辅助线才得以解决，因此，作出合理正确的辅助线是解题的关键.
【变式9-2】（2022秋·湖南长沙·一模）如图1，在平面直角坐标系中，点A是y轴负半轴上的一个动点，点B是x轴负半轴上的一个动点，连接AB，过点B作AB的垂线，使得BC＝AB，且点C在x轴的上方．
（1）求证：∠CBD＝∠BAO；
（2）如图2，点A、点B在滑动过程中，把AB沿y轴翻折使得AB'刚好落在AC的边上，此时BC交y轴于点H，过点C作CN垂直y轴于点N，求证AH＝2CN；
（3）如图3，点A、点B在滑动过程中，使得点C在第二象限内，过点C作CF垂直y轴于点F，求证：OB＝AO+CF．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.
【分析】（1）根据BC⊥AB，以及∠BOA=90°可证明∠CBD＝∠BAO；
（2）延长CN、AB交于点I，根据折叠的性质知∠BAN＝∠CAN，则可证明△CAN≌△IAN，则有CN＝NI，再证明△ICB≌△HAB，即可得出AH＝2CN；
（3）过C作CJ垂直x轴，垂足为J则CJOF为长方形则CF＝OJ，根据∠CBO+∠BCJ＝∠CBO+∠OBA＝90°得出∠BCJ＝∠OBA，证明△CBJ≌△BAO，即可证明OB＝OA+CF.
【详解】解：（1）∵BC⊥AB
∴∠CBD+∠DBA＝∠BAO+∠DBA＝90°
∴∠CBD＝∠BAO
（2）因为AB沿y轴翻折可知，
∠BAN＝∠CAN
延长CN、AB交于点I，
在△CAN和△IAN中
∠BAN＝∠CANAN＝AN∠CNA＝∠INA
∴△CAN≌△IAN（ASA）
∴CN＝NI
∴CI＝2CN
∵CN⊥y轴
∴∠CNH＝∠CBA＝90°
∠BHA＝∠NHC
∴∠NCH＝∠BAH
在△ICB和△HAB
∠NCH＝∠BAHCB＝BA∠ABH＝∠IBC＝90°
∴△ICB≌△HAB（ASA）
∴AH＝CI
∴AH＝2CN
（3）过C点作CJ垂直x轴，垂足为J则CJOF为长方形
∴CF＝OJ
∵∠CBO+∠BCJ＝∠CBO+∠OBA＝90°
∴∠BCJ＝∠OBA
在△CBJ和△BAO中
∠BCJ＝∠OBA∠CJB＝∠BOA＝90°BC＝BA
∴△CBJ≌△BAO（AAS）
∴BJ＝OA
∵OB＝BJ+JO
∴OB＝OA+CF
【点睛】本题考查了三角形全等、折叠的性质、等角替换、添加辅助线等知识点，综合性强，熟练掌握涉及的每个知识点，并懂得综合运用解答本题的关键.
【变式9-3】（2022·浙江台州·三模）把正方形ABCD绕着点A，按顺时针方向旋转得到正方形AEFG，边FG与BC交于点H（如图）．试问线段HG与线段HB相等吗？请先观察猜想，然后再证明你的猜想．
【答案】
相等，证明见解析
【分析】要证明HG与HB是否相等，可以把线段放在两个三角形中证明这两个三角形全等，或放在一个三角形中证明这个三角形是等腰三角形，而图中没有这样的三角形，因此需要作辅助线，构造三角形．
【详解】HG=HB，证明如下：
证法1：连接AH，
∵四边形ABCD，AEFG都是正方形，
∴∠B=∠G=90°，
由题意知AG=AB，又AH=AH，
∴Rt△AGH≌Rt△ABH（HL），
∴HG=HB．
证法2：连接GB，
∵四边形ABCD，AEFG都是正方形，
∴∠ABC=∠AGF=90°，
由题意知AB=AG，
∴∠AGB=∠ABG，
∴∠HGB=∠HBG，
∴HG=HB．
【考点10 全等三角形的实际应用】
【例10】（2022·吉林长春·统考中考真题）跳棋是一项传统的智力游戏．如图是一副跳棋棋盘的示意图，它可以看作是由全等的等边三角形ABC和等边三角形DEF组合而成，它们重叠部分的图形为正六边形．若AB=27厘米，则这个正六边形的周长为_________厘米．
【答案】54
【分析】设AB交EF、FD与点N、M，AC交EF、ED于点G、H，BC交FD、ED于点O、P，再证明△FMN、△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等边三角形即可求解．
【详解】设AB交EF、FD与点N、M，AC交EF、ED于点G、H，BC交FD、ED于点O、P，如图，
∵六边形MNGHPO是正六边形，
∴∠GNM=∠NMO=120°，
∴∠FNM=∠FMN=60°，
∴△FMN是等边三角形，
同理可证明△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等边三角形，
∴MO=BM，NG=AN，OP=PD，GH=HE，
∴NG+MN+MO=AN+MN+BM=AB，GH+PH+OP=HE+PH+PD=DE，
∵等边△ABC≌等边△DEF，
∴AB=DE，
∵AB=27cm，
∴DE=27cm，
∴正六边形MNGHPO的周长为：NG+MN+MO+GH+PH+OP=AB+DE=54cm，
故答案为：54．
【点睛】本题考查了正六边的性质、全等三角形的性质以及等边三角形的判定与性质等知识，掌握正六边的性质是解答本题的关键．
【变式10-1】（2022·河北石家庄·统考一模）如图是庐丰笑笑幼儿园小朋友荡秋千的示意图，静止时秋千位于铅垂线BD上，转轴到地面距离BD=3m．当秋千摆到最高点A时，AC=2m，且A到地面的距离AE=1.8m；当A摆动到A′处时，有A′B⊥AB．
(1)求A′到BD的距离；
(2)求A′到地面的距离．
【答案】(1)A′到BD的距离是1.2m
(2)A′到地面的距离为1m
【分析】（1）作A′F⊥BD，交BD于点F，设∠A′BF=∠1，∠BA′F=∠2，∠ABC=∠3，先证明△ACB≌△BFA′AAS，则有A′F=BC，即有CD=AE；则可求出BC=BD−CD=1m，即A′到BD的距离可求；
（2）作A′H⊥DE，交DE的延长线于点H．证得四边形A′HDF是矩形，则有A′H=FD，问题得解．
【详解】（1）解：如图，作A′F⊥BD，交BD于点F，设∠A′BF=∠1，∠BA′F=∠2，∠ABC=∠3，
∵AC⊥BD，
∴∠ACB=∠A′FB=90°，
在Rt△A′FB中，∠1+∠3=90°，
又∵A′B⊥AB，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠2=∠3，
在△ACB和△BFA′中∠ACB=∠A′FB∠2=∠3AB=A′B，
∴△ACB≌△BFA′AAS，
∴A′F=BC，
∵AC⊥BD，AE⊥DE，BD⊥DE，
∴∠ACD=∠CDE=∠AED=90°，
∴四边形ACDE是矩形，
∴CD=AE=1.8m，
∴BC=BD−CD=3−1.8=1.2m
∴A′F=1.2m，
即A′到BD的距离是1.2m；
（2）解：由（1）知：△ACB≌△BFA′，
∴BF=AC=2m，
如图，作A′H⊥DE，交DE的延长线于点H，
∵A′H⊥DE，BD⊥DE，A′F⊥BD，
∴∠A′HD=∠HDF=∠A′FD=90°，
∴四边形A′HDF是矩形，
∴A′H=FD，
∴A′H=DF=BD−BF=3−2=1m，
即A′到地面的距离为1m．
【点睛】本题主要考查全等三角形的应用，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【变式10-2】（2022·甘肃陇南·模拟预测）如图所示，是瑞安部分街道示意图，AB=BC=AC，CD=CE=DE，A，B，C，D，E，F，G，H为“公交汽车”停靠点，甲公共汽车从A站出发，按照A，H，G，D，E，C，F的顺序到达F站，乙公共汽车从B站出发，按照B，F，H，E，D，C，G的顺序到达G站，如果甲、乙两车分别从A、B两站同时出发，各站耽误的时间相同，两辆车速度也一样，则（ ）
A．甲车先到达指定站B．乙车先到达指定站
C．同时到达指定站D．无法确定
【答案】C
【分析】由AB=BC=AC，CD=CE=DE，首先求得∠ACB=∠ACE=∠ECD=60°，易证得△BCE≌△ACD，即可得∠EBC=∠DAC，∠BCF=∠ACG=60°，则可证得△BCF≌△ACG，则可求得答案．
【详解】∵AB=BC=AC，CD=CE=DE，
∴∠ACB=∠ECD=60∘，
∵∠ACB+∠ACE=∠ECD+∠ACE，
∴∠BCE=∠ACD，
在△BCE和△ACD中，BC=AC∠BCE=∠ACDCE=CD，
∴△BCE≌△ACD，
∴BE=AD，
∴∠EBC=∠DAC，
又∵∠BCF=∠ACG=60∘，
∴△BCF≌△ACG，
∴CF=CG，
∴AD+DE+EC+CF=BE+ED+DC+CG，
∴同时到达指定站.
故选C.
【点睛】考查全等三角形的判定与性质，等边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.
【变式10-3】（2022·河南·模拟预测）如图是根据某公园的平面示意图建立的平面直角坐标系，公园的入口位于坐标原点O，古塔位于点A（400，300），从古塔出发沿射线OA方向前行300m是盆景园B，从盆景园B向左转90°后直行400m到达梅花阁C，则点C的坐标是_________．
【答案】（400，800）
【详解】连接AC，
由题意可得：AB=300m，BC=400m，
在△AOD和△ACB中，
∵AD=AB，∠ODA=∠ABC，DO=BC，
∴△AOD≌△ACB（SAS），
∴∠CAB=∠OAD，
∵B、O在一条直线上，
∴C，A，D也在一条直线上，
∴AC=AO=500m，
则CD=AC=AD=800m，
∴C点坐标为：（400，800）．
故答案为（400，800）．
【点睛】考点：1．勾股定理的应用；2．坐标确定位置；3．全等三角形的应用．判定方法
解释
图形
边边边
(SSS)
三条边对应相等的两个三角形全等
边角边
(SAS)
两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等
角边角
(ASA)
两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等
角角边
(AAS)
两个角和其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等
斜边、直角边
(HL)
斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等
TOC \ "1-1" \h \u
\l "_Tc1705" 【考点1 全等三角形的概念及其性质】 PAGEREF _Tc1705 \h 1
\l "_Tc25618" 【考点2 一次证明全等三角形】 PAGEREF _Tc25618 \h 3
\l "_Tc29671" 【考点3 多次证明全等三角形】 PAGEREF _Tc29671 \h 4
\l "_Tc4457" 【考点4 网格中的全等三角形】 PAGEREF _Tc4457 \h 6
\l "_Tc16976" 【考点5 尺规作图与全等三角形】 PAGEREF _Tc16976 \h 7
\l "_Tc520" 【考点6 利用倍长中线模型证明全等三角形】 PAGEREF _Tc520 \h 9
\l "_Tc16268" 【考点7 利用垂线模型证明全等三角形】 PAGEREF _Tc16268 \h 11
\l "_Tc29997" 【考点8 利用旋转模型证明全等三角形】 PAGEREF _Tc29997 \h 12
\l "_Tc7470" 【考点9 连接两点作辅助线证明全等三角形】 PAGEREF _Tc7470 \h 14
\l "_Tc20524" 【考点10 全等三角形的实际应用】 PAGEREF _Tc20524 \h 15
【要点1 全等图形的概念】
能完全重合的图形叫做全等图形.
【要点2 全等图形的性质】
两个图形全等，它们的形状相同，大小相同.
【要点3 全等三角形的性质】
全等三角形的对应边相等，对应角相等.（另外全等三角形的周长、面积相等，对应边上的中线、角平分线、
高线均相等）
【考点1 全等三角形的概念及其性质】
【例1】（2022·广东揭阳·校考三模）如图是小明用七巧板拼成的一个机器人，其中全等三角形有（ ）
A．1 对B．2 对C．3 对D．4 对
【变式1-1】（2022·广西·校联考一模）下列说法正确的是（ ）
A．两个面积相等的图形一定是全等形B．两个等边三角形是全等形
C．若两个图形的周长相等，则它们一定是全等形D．两个全等图形的面积一定相等
【变式1-2】（2022·广西柳州·中考真题）如图，小强利用全等三角形的知识测量池塘两端M、N的距离，如果△PQO≌△NMO，则只需测出其长度的线段是（ ）
A．POB．PQC．MOD．MQ
【变式1-3】（2022·湖南邵阳·统考中考模拟）如图，在△ABC中，D，E分别是边AC，BC上的点，若△ADB≌△EDB≌△EDC，则∠C=______．
【要点4 全等图形的判定】
【考点2 一次证明全等三角形】
【例2】（2022·浙江杭州·校考模拟预测）如图，正五边形ABCDE中，AF⊥CD，则∠BAF的度数是（ ）
A．50°B．54°C．60°D．72°
【变式2-1】（2022·湖南益阳·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，CD∥AB，DE⊥AC于点E，且CE＝AB．求证：△CED≌△ABC．
【变式2-2】（2022·湖南长沙·统考中考真题）如图，AC平分∠BAD，CB⊥AB，CD⊥AD，垂足分别为B，D．
(1)求证：△ABC≌△ADC；
(2)若AB=4，CD=3，求四边形ABCD的面积．
【变式2-3】（2022·江苏连云港·校联考中考模拟）如图，四边形ABCD是正方形，点E，F分别在BC，AB上，点M在BA的延长线上，且CE=BF=AM，过点M，E分别作NM⊥DM，NE⊥DE交于N，连接NF．
（1）求证：DE⊥DM；
（2）猜想并写出四边形CENF是怎样的特殊四边形，并证明你的猜想．
【考点3 多次证明全等三角形】
【例3】（2022·山西·统考模拟预测）综合与实践
问题情境：在数学活动课上，老师出示了这样一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，且AE=AB，以AE为一边在AE的下方作正方形AEFG，连接ED，试判断线段AH与DE的位置关系及线段 EH与DH的数量关系．
（1）图1中线段AH与DE的位置关系是 ，线段 EH与 DH的数量关系是 ．
（2）勤奋小组受到老师的启发，在老师提出问题的基础上将正方形ABCD绕点A逆时针旋转至如图2所示的位置，点D仍在正方形AEFG内部，则（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）①创新小组在勤奋小组研究的基础上延长线段ED交FG于点M，如图3所示，发现DH=FM，请证明；
②若图3中线段GM是线段 FM的2倍，请直接写出线段ED与AH的长度的比值．
【变式3-1】（2022·广西百色·统考二模）如图，在△ABC和△DCB中，∠A＝∠D，AC和DB相交于点O，OA＝OD．
(1)AB＝DC；
(2)△ABC≌△DCB．
【变式3-2】（2022·上海闵行·统考二模）如图，在矩形ABCD中，点E在边BC上，将线段AE绕点E顺时针旋转90°，此时点A落在点F处，线段EF交CD于点M．过点F作FG⊥BC，交BC的延长线于点G．
(1)求证：BE=FG；
(2)如果AB•DM=EC•AE，连接AM、DE，求证：AM垂直平分DE．
【变式3-3】（2022·河北·一模）如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正三角形ABC和正三角形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．以下五个结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．恒成立的结论有（ ）
A．①③④⑤B．①②④⑤C．①②③⑤D．①②③④
【考点4 网格中的全等三角形】
【例4】（2022·山东济南·统考二模）如图，在4×4的正方形网格中，求α+β=______度．
【变式4-1】（2022·湖北荆州·统考中考真题）如图，在10×10的正方形网格中，小正方形的顶点称为格点，顶点均在格点上的图形称为格点图形，图中△ABC为格点三角形．请按要求作图，不需证明．
(1)在图1中，作出与△ABC全等的所有格点三角形，要求所作格点三角形与△ABC有一条公共边，且不与△ABC重叠；
(2)在图2中，作出以BC为对角线的所有格点菱形．
【变式4-2】（2022·浙江金华·校联考二模）如图，△ABC是正方形网格图中的格点三角形（顶点在格点上），请用无刻度直尺按要求分别作图：
(1)在图1中，过点C作与AB平行的线段CE（点E在格点上）；
(2)在图2中，以BC为边作一个△BCE（点E在格点上），使它与△ABC全等；
(3)在图3中，在AB，BC边上分别取点G，H，将△ABC沿着GH折叠，使点B与点A重合，画出线段AH．
【变式4-3】（2022·江苏苏州·校联考中考模拟）如图，在方格纸中，△PQR的三个顶点及A,B,C,D,E五个点都在小方格的顶点上，现以A,B,C,D,E中的三个顶点为顶点画三角形，
（1）在图甲中画出一个三角形与△PQR全等；
（2）在图乙中画出一个三角形与△PQR面积相等 但不全等.
【考点5 尺规作图与全等三角形】
【例5】（2022·重庆·统考中考真题）在学习矩形的过程中，小明遇到了一个问题：在矩形ABCD中，E是AD边上的一点，试说明△BCE的面积与矩形ABCD的面积之间的关系．他的思路是：首先过点E作BC的垂线，将其转化为证明三角形全等，然后根据全等三角形的面积相等使问题得到解决．请根据小明的思路完成下面的作图与填空：
证明：用直尺和圆规，过点E作BC的垂线EF，垂足为F（只保留作图㾗迹）．
在△BAE和△EFB中，
∵EF⊥BC，
∴∠EFB=90°．
又∠A=90°，
∴__________________①
∵AD∥BC，
∴__________________②
又__________________③
∴△BAE≌△EFBAAS．
同理可得__________________④
∴S△BCE=S△EFB+S△EFC=12S矩形ABFE+12S矩形EFCD=12S矩形ABCD．
【变式5-1】（2022·河南焦作·统考二模）已知锐角∠AOB，如图，（1）在射线OA上取点C，E，分别以点O为圆心，OC，OE长为半径作弧，交射线OB于点D，F；（2）连接CF，DE交于点P．根据以上作图过程及所作图形，下列结论错误的是（ ）
A．CE=DFB．PE=PF
C．若∠AOB=60°，则∠CPD=120°D．点P在∠AOB的平分线上
【变式5-2】（2022·福建三明·统考二模）如图，在正方形ABCD中，E为AD的中点．
(1)在CD边上求作一点F，使得∠CFB＝2∠ABE；（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）的条件下，若AB＝BC＝4，求BF的长．
【变式5-3】（2022·福建·统考一模）求证：全等三角形对应中线相等.
要求：①根据给出的△ABC及线段A′B′，已知A′B′=AB，以线段A′B′为一边，在给出的图形上用尺规作出△A′B′C′≅△ABC，不写作法，保留作图痕迹；
②若点D、D′分别是两个三角形的边AC、A′C′上的中点连接BD、B′D′，据此写出已知、求证和证明过程.
【考点6 利用倍长中线模型证明全等三角形】
【例6】（2022·河南周口·统考二模）如图，在△ABC中，AB=4，∠BAC=135°，D为边BC的中点，若AD=1.5，则AC的长度为______．
【变式6-1】（2022·全国·一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＞AC，CD⊥AB于点D，点E是AB的中点，连接CE．
(1)若AC＝3，BC＝4，求CD的长；
(2)求证：BC2﹣AC2＝2DE•AB；
(3)求证：CE＝12AB．
【变式6-2】（2022·山东烟台·统考一模）（1）方法呈现：
如图①：在△ABC中，若AB=6，AC=4，点D为BC边的中点，求BC边上的中线AD的取值范围．
解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使DE=AD，再连接BE，可证△ACD≌△EBD，从而把AB、AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是_______________，这种解决问题的方法我们称为倍长中线法；
（2）探究应用：
如图②，在△ABC中，点D是BC的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，判断BE+CF与EF的大小关系并证明；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，AB//CD，AF与DC的延长线交于点F、点E是BC的中点，若AE是∠BAF的角平分线．试探究线段AB，AF，CF之间的数量关系，并加以证明．
【变式6-3】（2022·山东日照·校考一模）我们定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α0°<α<180°得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′．当α+β=180°时，我们称△A′B′C′是△ABC的“旋补三角形”， △A′B′C′边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．
特例感知：（1）在图2，图3中，△A′B′C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．
①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD=________BC；
②如图3，当∠BAC=90°, BC=8时，则AD长为___________．
猜想论证：（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．
【考点7 利用垂线模型证明全等三角形】
【例7】（2022·天津和平·统考二模）如图，△ABC是等边三角形，AB=3，点E在AC上，AE=23AC，D是BC延长线上一点，将线段DE绕点E逆时针旋转90°得到线段FE，当AF∥BD时，线段AF的长为____．
【变式7-1】（2022·广西玉林·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A在x轴正半轴上，顶点B，C在第一象限，顶点D的坐标(52,2)． 反比例函数y=kx（常数k>0，x>0）的图象恰好经过正方形ABCD的两个顶点，则k的值是_______．
【变式7-2】（2022·黑龙江哈尔滨·统考模拟预测）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，三角形的顶点在相互平行的三条直线l1，l2，l3上，且l1，l2之间的距离为2，l2，l3之间的距离为3，BC交l2于D点．
（1）求AB的长．
（2）求sin∠BAD的值．
【变式7-3】（2022·浙江杭州·校联考一模）老师在上课时，在黑板上写了一道题：
“如图，ABCD是正方形，点E在BC上，DF⊥AE于F，请问图中是否存在一组全等三角形？”
小杰同学经过思考发现：△ADF≌△EAB．
理由如下：因为ABCD是正方形（已知）
所以∠B＝90°且AD＝AB和AD∥BC
又因为DF⊥AE（已知）
即∠DFA＝90°（垂直的意义）
所以∠DFA＝∠B（等量代换）
又AD∥BC
所以∠1＝∠2（两直线平行，内错角相等）
在△ADF和△EAB中
∠DFA=∠B∠1=∠2AD=AB
所以△ADF≌△EAB（AAS）
小胖却说这题是错误的，这两个三角形根本不全等．
你知道小杰的错误原因是什么吗？我们再添加一条线段，就能找到与△ADF全等的三角形，请能说出此线段的做法吗？并说明理由．
【考点8 利用旋转模型证明全等三角形】
【例8】（2022·山东日照·校考二模）如图，O是正△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5．将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论错误的是（ ）
A．点O与O′的距离为4B．∠AOB=150°
C．S四边形AOBO′=6+43D．S△AOB+S△AOC=3+43
【变式8-1】（2022·福建南平·一模）如图，△ABC中，∠A＝30°，∠ACB＝90°，BC＝2，D是AB上的动点，将线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE，连接BE．
（1）点C到AB的最短距离是 _____；
（2）BE的最小值是 _____．
【变式8-2】（2022·上海·校联考模拟预测）如图，在直角坐标系中，B（0，3）、C（4，0）、D（0，2），AB与CD交于点P，若∠APC=45°，则A点坐标为______ .
【变式8-3】（2022·湖北武汉·模拟预测）如图，将线段AB绕点A逆时针旋转α0°<α<180°得到AC，连接BC，在线段BC上取一点D，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转12α得到AE，连接CE．
(1)如图1，若tanB=33．
①当BD>CD，且∠CAE=20°时，求∠DAC的度数；
②试探究线段AD与CE之间满足的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，若tanB=34，当CE⊥BC时，求CECD的值．
【考点9 连接两点作辅助线证明全等三角形】
【例9】（2022·河北·模拟预测）已知:三角形ABC中,∠A=90°,AB=AC,D为BC的中点.
(1)如图,E、F分别是AB、AC上的点,且BE=AF,求证:△DEF为等腰直角三角形.
(2)若E、F分别为AB,CA延长线上的点,仍有BE=AF,其他条件不变,那么,△DEF是否仍为等腰直角三角形?画出图形,写出结论不证明.
【变式9-1】（2022秋·西安·模拟预测）已知点P是线段MN上一动点，分别以PM，PN为一边，在MN的同侧作△APM，△BPN，并连接BM，AN．
（Ⅰ）如图1，当PM＝AP，PN＝BP且∠APM＝∠BPN＝90°时，试猜想BM，AN之间的数量关系与位置关系，并证明你的猜想；
（Ⅱ）如图2，当△APM，△BPN都是等边三角形时，（Ⅰ）中BM，AN之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，试说明理由．
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，连接AB得到图3，当PN＝2PM时，求∠PAB度数．
【变式9-2】（2022秋·湖南长沙·一模）如图1，在平面直角坐标系中，点A是y轴负半轴上的一个动点，点B是x轴负半轴上的一个动点，连接AB，过点B作AB的垂线，使得BC＝AB，且点C在x轴的上方．
（1）求证：∠CBD＝∠BAO；
（2）如图2，点A、点B在滑动过程中，把AB沿y轴翻折使得AB'刚好落在AC的边上，此时BC交y轴于点H，过点C作CN垂直y轴于点N，求证AH＝2CN；
（3）如图3，点A、点B在滑动过程中，使得点C在第二象限内，过点C作CF垂直y轴于点F，求证：OB＝AO+CF．
【变式9-3】（2022·浙江台州·三模）把正方形ABCD绕着点A，按顺时针方向旋转得到正方形AEFG，边FG与BC交于点H（如图）．试问线段HG与线段HB相等吗？请先观察猜想，然后再证明你的猜想．
【考点10 全等三角形的实际应用】
【例10】（2022·吉林长春·统考中考真题）跳棋是一项传统的智力游戏．如图是一副跳棋棋盘的示意图，它可以看作是由全等的等边三角形ABC和等边三角形DEF组合而成，它们重叠部分的图形为正六边形．若AB=27厘米，则这个正六边形的周长为_________厘米．
【变式10-1】（2022·河北石家庄·统考一模）如图是庐丰笑笑幼儿园小朋友荡秋千的示意图，静止时秋千位于铅垂线BD上，转轴到地面距离BD=3m．当秋千摆到最高点A时，AC=2m，且A到地面的距离AE=1.8m；当A摆动到A′处时，有A′B⊥AB．
(1)求A′到BD的距离；
(2)求A′到地面的距离．
【变式10-2】（2022·甘肃陇南·模拟预测）如图所示，是瑞安部分街道示意图，AB=BC=AC，CD=CE=DE，A，B，C，D，E，F，G，H为“公交汽车”停靠点，甲公共汽车从A站出发，按照A，H，G，D，E，C，F的顺序到达F站，乙公共汽车从B站出发，按照B，F，H，E，D，C，G的顺序到达G站，如果甲、乙两车分别从A、B两站同时出发，各站耽误的时间相同，两辆车速度也一样，则（ ）
A．甲车先到达指定站B．乙车先到达指定站
C．同时到达指定站D．无法确定
【变式10-3】（2022·河南·模拟预测）如图是根据某公园的平面示意图建立的平面直角坐标系，公园的入口位于坐标原点O，古塔位于点A（400，300），从古塔出发沿射线OA方向前行300m是盆景园B，从盆景园B向左转90°后直行400m到达梅花阁C，则点C的坐标是_________．
判定方法
解释
图形
边边边
(SSS)
三条边对应相等的两个三角形全等
边角边
(SAS)
两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等
角边角
(ASA)
两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等
角角边
(AAS)
两个角和其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等
斜边、直角边
(HL)
斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等
专题16 全等三角形（10个高频考点）（举一反三）
TOC \ "1-1" \h \u
\l "_Tc1705" 【考点1 全等三角形的概念及其性质】 PAGEREF _Tc1705 \h 1
\l "_Tc25618" 【考点2 一次证明全等三角形】 PAGEREF _Tc25618 \h 4
\l "_Tc29671" 【考点3 多次证明全等三角形】 PAGEREF _Tc29671 \h 8
\l "_Tc4457" 【考点4 网格中的全等三角形】 PAGEREF _Tc4457 \h 14
\l "_Tc16976" 【考点5 尺规作图与全等三角形】 PAGEREF _Tc16976 \h 19
\l "_Tc520" 【考点6 利用倍长中线模型证明全等三角形】 PAGEREF _Tc520 \h 26
\l "_Tc16268" 【考点7 利用垂线模型证明全等三角形】 PAGEREF _Tc16268 \h 34
\l "_Tc29997" 【考点8 利用旋转模型证明全等三角形】 PAGEREF _Tc29997 \h 40
\l "_Tc7470" 【考点9 连接两点作辅助线证明全等三角形】 PAGEREF _Tc7470 \h 48
\l "_Tc20524" 【考点10 全等三角形的实际应用】 PAGEREF _Tc20524 \h 55
【要点1 全等图形的概念】
能完全重合的图形叫做全等图形.
【要点2 全等图形的性质】
两个图形全等，它们的形状相同，大小相同.
【要点3 全等三角形的性质】
全等三角形的对应边相等，对应角相等.（另外全等三角形的周长、面积相等，对应边上的中线、角平分线、
高线均相等）
【考点1 全等三角形的概念及其性质】
【例1】（2022·广东揭阳·校考三模）如图是小明用七巧板拼成的一个机器人，其中全等三角形有（ ）
A．1 对B．2 对C．3 对D．4 对
【答案】B
【详解】分析：.首先观察图形，尝试找出图中所有的三角形，根据全等三角形的定义得出答案.
详解：如图：
对图中的三角形进行标注,①②是全等三角形;④⑤是全等三角形,故共有2对全等三角形.
点睛：此题考查了全等三角形的定义及有关概念和性质.(1)全等三角形是能够完全重合的两个三角形或形状相同、大小相等的两个三角形.(形状相同但不能完全重合的两个三角形不是全等三角形)(2)全等三角形对应元素及性质:全等三角形的对应边相等,对应角相等.(3)将两个全等三角形中的一个三角形平移、翻折、旋转可得到另一个三角形.此题就是根据全等三角形的定义得出答案的.
【变式1-1】（2022·广西·校联考一模）下列说法正确的是（ ）
A．两个面积相等的图形一定是全等形B．两个等边三角形是全等形
C．若两个图形的周长相等，则它们一定是全等形D．两个全等图形的面积一定相等
【答案】D
【分析】依据全等图形的定义和性质进行判断即可．
【详解】全等的两个图形的面积、周长均相等，但是周长、面积相等的两个图形不一定全等，则A、C选项错误；
边长相等的所有等边三角形是全等，所以B选项错误；
故选：D．
【点睛】考查的是全等图形的性质，掌握全等图形的性质是解题的关键
【变式1-2】（2022·广西柳州·中考真题）如图，小强利用全等三角形的知识测量池塘两端M、N的距离，如果△PQO≌△NMO，则只需测出其长度的线段是（ ）
A．POB．PQC．MOD．MQ
【答案】B
【分析】要想利用求得MN的长，只需求得线段PQ的长．
【详解】解：∵△PQO≌△NMO，
∴PQ=MN．
故选：B
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键．
【变式1-3】（2022·湖南邵阳·统考中考模拟）如图，在△ABC中，D，E分别是边AC，BC上的点，若△ADB≌△EDB≌△EDC，则∠C=______．
【答案】30°##30度
【分析】根据全等三角形的性质推出∠C=∠DBC，∠BED=90°，进而推出∠A=∠BED=90°，∠ABD=∠DBC=∠C，再根据直角三角形两锐角互余求解即可．
【详解】解：∵△BED≌△CED，
∴∠BED=∠CED，∠C=∠DBC，
又∵∠BED+∠CED=180°，
∴∠BED=90°，
∵△ABD≌△EBD，
∴∠A=∠BED=90°，∠ABD=∠DBC=∠C，
∴∠C+∠ABC=90°，
∴3∠C=90°，
∴∠C=30°，
故答案为：30°．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，直角三角形两锐角互余，熟知全等三角形的性质是解题的关键．
【要点4 全等图形的判定】
【考点2 一次证明全等三角形】
【例2】（2022·浙江杭州·校考模拟预测）如图，正五边形ABCDE中，AF⊥CD，则∠BAF的度数是（ ）
A．50°B．54°C．60°D．72°
【答案】B
【分析】连接AC，AD，正五边形ABCDE中，得到AB=AE=BC=DE，∠B=∠E，证得△ABC≌△AED，根据全等三角形的性质得到∠BAC=∠EAD，AC=AD，根据等腰三角形的性质得到∠CAF=∠DAF，即可得到结论．
【详解】解：连接AC，AD，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴ AB=AE=BC=DE,∠B=∠E，∠BAE=108°，
在△ABC和△AED中
AB=AE∠B=∠EBC=ED
∴ △ABC≌△AED，
∴∠BAC=∠EAD,AC=AD
∵AF⊥CD
∴∠CAF=∠DAF
∴∠BAF=∠EAF=12∠BAE=54°．
故选B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正五边形的性质，等腰三角形的性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式2-1】（2022·湖南益阳·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，CD∥AB，DE⊥AC于点E，且CE＝AB．求证：△CED≌△ABC．
【答案】见解析
【分析】由垂直的定义可知，∠DEC＝∠B＝90°，由平行线的性质可得，∠A＝∠DCE，进而由ASA可得结论．
【详解】证明：∵DE⊥AC，∠B＝90°，
∴∠DEC＝∠B＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠A＝∠DCE，
在△CED和△ABC中，
∠DCE=∠ACE=AB∠DEC=∠B，
∴△CED≌△ABC（ASA）．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定、垂直的定义和平行线的性质，熟知全等三角形的判定定理是解题基础．
【变式2-2】（2022·湖南长沙·统考中考真题）如图，AC平分∠BAD，CB⊥AB，CD⊥AD，垂足分别为B，D．
(1)求证：△ABC≌△ADC；
(2)若AB=4，CD=3，求四边形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)12
【分析】（1）由角平分线的定义和垂直的定义求出∠CAB=∠CAD,∠B=∠D，结合已知条件，利用“AAS”即可求证；
（2）由全等三角形的性质得AB=AD=4,BC=CD=3，根据三角形的面积公式求出S△ABC，S△ACD，再根据四边形ABCD的面积=S△ABC+S△ACD求解即可．
【详解】（1）∵ AC平分∠BAD，CB⊥AB，CD⊥AD，
∴∠CAB=∠CAD,∠B=∠D，
∵AC=AC，
∴△ABC≅△ADC(AAS)；
（2）∵△ABC≅△ADC，AB=4,CD=3，
∴AB=AD=4,BC=CD=3，
∵∠B=∠D=90°，
∴S△ABC=12⋅AB⋅BC=12×4×3=6，S△ACD=12⋅AD⋅CD=12×4×3=6，
∴四边形ABCD的面积=S△ABC+S△ACD=6+6=12．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，熟练掌握它们是解题的关键．
【变式2-3】（2022·江苏连云港·校联考中考模拟）如图，四边形ABCD是正方形，点E，F分别在BC，AB上，点M在BA的延长线上，且CE=BF=AM，过点M，E分别作NM⊥DM，NE⊥DE交于N，连接NF．
（1）求证：DE⊥DM；
（2）猜想并写出四边形CENF是怎样的特殊四边形，并证明你的猜想．
【答案】（1）证明见解析；
（2）四边形CENF是平行四边形，理由见解析.
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴DC=DA，∠DCE=∠DAM=90°，
在△DCE和△MDA中，，
∴△DCE≌△MDA（SAS），
∴DE=DM，∠EDC=∠MDA．
又∵∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°，
∴∠ADE+∠MDA=90°，
∴DE⊥DM；
（2）解：四边形CENF是平行四边形，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AB=CD．
∵BF=AM，
∴MF=AF+AM=AF+BF=AB，
即MF=CD，
又∵F在AB上，点M在BA的延长线上，
∴MF∥CD，
∴四边形CFMD是平行四边形，
∴DM=CF，DM∥CF，
∵NM⊥DM，NE⊥DE，DE⊥DM，
∴四边形DENM都是矩形，
∴EN=DM，EN∥DM，
∴CF=EN，CF∥EN，
∴四边形CENF为平行四边形．
【考点3 多次证明全等三角形】
【例3】（2022·山西·统考模拟预测）综合与实践
问题情境：在数学活动课上，老师出示了这样一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，且AE=AB，以AE为一边在AE的下方作正方形AEFG，连接ED，试判断线段AH与DE的位置关系及线段 EH与DH的数量关系．
（1）图1中线段AH与DE的位置关系是 ，线段 EH与 DH的数量关系是 ．
（2）勤奋小组受到老师的启发，在老师提出问题的基础上将正方形ABCD绕点A逆时针旋转至如图2所示的位置，点D仍在正方形AEFG内部，则（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）①创新小组在勤奋小组研究的基础上延长线段ED交FG于点M，如图3所示，发现DH=FM，请证明；
②若图3中线段GM是线段 FM的2倍，请直接写出线段ED与AH的长度的比值．
【答案】（1）AH⊥DE；EH=DH；（2）成立，见解析；（3）①见解析；②35
【分析】（1）判定Rt△AEH≌Rt△ADH即可得答案；
（2）判定Rt△AEH≌Rt△ADH得到EH=DH，∠DAP=∠EAP，进而判定△ADP≌△AEP，即可证明结论成立；
（3）①判定△AEH≌△EFM，得出EH=FM，因为DH=EH，则DH=FM；②设FM为x，则GM=2x，AE=EF=3x，AH=EM=MF2+EF2=10x；S四边形ADHE=2×12AE×EH=12×AH×DE，代入即可求出DE，进而计算出ED与AH的长度的比值．
【详解】（1）∵四边形ABCD与四边形AEFG是正方形且AE=AB，
∴AE=AD，
∵∠AEH=∠ADH=90°，AH=AH
∴Rt△AEH≌Rt△ADH
∴AH⊥DE，EH=DH
（2）仍成立，设AH与DE交于点P
∵AD=AE，AH=AH，∠AEH=∠ADH=90°，
∴Rt△AEH≌Rt△ADH
∴EH=DH，∠DAP=∠EAP
∵AE=AB=AD，
∴∠ADP＝∠AEP，AP=AP,
∴△ADP≌△AEP
∴∠APD=∠APE
∵D、P、E三点共线，
∴∠APD=∠APE=90°，
∴AH⊥DE
（3）①AH⊥DE，AE⊥EF，
则∠EAH+∠DEA=∠DEA+∠DEF=90°，
∴∠EAH=∠FEM
∵AE=EF
∴△AEH≌△EFM
∴EH=FM
∵DH=EH
∴DH=FM
②设FM为x，则GM=2x，AE=EF=3x，
AH=EM=MF2+EF2=10x
∵△AEH≌△ADH，AH⊥DE，
∴S四边形ADHE=2×12AE×EH=12×AH×DE
即3x×x=102x×DE
求得：DE=610x
∴DEAH=610x÷10x=35
【点睛】本题考查了平面几何问题，正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理等知识，找到并证明三角形全等是解决本题的关键．
【变式3-1】（2022·广西百色·统考二模）如图，在△ABC和△DCB中，∠A＝∠D，AC和DB相交于点O，OA＝OD．
(1)AB＝DC；
(2)△ABC≌△DCB．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析
【分析】（1）证明△ABO≌△DCO（ASA），即可得到结论；
（2）由△ABO≌△DCO，得到OB＝OC，又OA＝OD，得到BD＝AC，又由∠A＝∠D，即可证得结论．
【详解】（1）证明：在△ABO与△DCO中，
∠A=∠DOA=OD∠AOB=∠DOC，
∴△ABO≌△DCO（ASA）
∴AB＝DC；
（2）证明：∵△ABO≌△DCO，
∴OB＝OC，
∵OA＝OD，
∴OB＋OD＝OC＋OA，
∴BD＝AC，
在△ABC与△DCB中，
AC=BD∠A=∠DAB=DC，
∴△ABC≌△DCB（SAS）．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握并灵活选择全等三角形的判定方法是解题的关键．
【变式3-2】（2022·上海闵行·统考二模）如图，在矩形ABCD中，点E在边BC上，将线段AE绕点E顺时针旋转90°，此时点A落在点F处，线段EF交CD于点M．过点F作FG⊥BC，交BC的延长线于点G．
(1)求证：BE=FG；
(2)如果AB•DM=EC•AE，连接AM、DE，求证：AM垂直平分DE．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据同角的余角相等得到一对角相等，再由一对直角相等，且AE=EF，利用AAS得到△ABE与△EFG全等，据此即可证明BE=FG；
（2）证明△ABE∽△ECM，可得EM=DM，再利用HL证明△AEM≌△ADM即可解决问题．
(1)
证明：∵EF⊥AE，
∴∠AEB+∠GEF=90°，
又∵∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠GEF=∠BAE，
又∵FG⊥BC，
∴∠ABE=∠EGF=90°，
在△ABE与△EGF中，∠ABE=∠EGF∠BAE=∠GEFAE=EF，
∴△ABE≌△EGF（AAS）；
∴BE=FG；
(2)
证明：连接AM、DE，
∵∠GEF=∠BAE，∠ABE=∠ECM=90°，
∴△ABE∽△ECM，
∴ABEC=AEEM，即AB•EM=EC•AE，
∵AB•DM=EC•AE，
∴DM= EM，
∵EF⊥AE，
∴∠AEM=90°，
∴∠AEM=∠ADM=90°，
∵DM= EM，AM= AM，
∴△AEM≌△ADM(HL) ，
∴AE= AD，
∴AM垂直平分DE．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定，相似三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题．
【变式3-3】（2022·河北·一模）如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正三角形ABC和正三角形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．以下五个结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．恒成立的结论有（ ）
A．①③④⑤B．①②④⑤C．①②③⑤D．①②③④
【答案】C
【分析】本题是三角形全等的综合题，利用三角形全等逐个解决就可以.
【详解】解:①△ABC和△DCE均是等边三角形，点A，C，E在同一条直线上，
∴AC=BC，EC=DC，∠BCE=∠ACD=120°
∴△ACD≌△ECB∴AD=BE，故本选项正确；
②∵△ACD≌△ECB∴∠CBQ=∠CAP，
又∵∠PCQ=∠ACB=60°，CB=AC，∴△BCQ≌△ACP，
∴CQ=CP，又∠PCQ=60°，∴△PCQ为等边三角形，
∴∠QPC=60°=∠ACB，∴PQ∥AE，故本选项正确；
③∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∴∠ACP=∠BCQ，
∵AC=BC，∠DAC=∠QBC，∴△ACP≌△BCQ（ASA），
∴CP=CQ，AP=BQ，故本选项正确；
④已知△ABC、△DCE为正三角形，故∠DCE=∠BCA=60°,∠DCB=60°，
又因为∠DPC=∠DAC+∠BCA，∠BCA=60°,∠DPC＞60°，
故DP不等于DE，故本选项错误；
⑤∵△ABC、△DCE为正三角形，∴∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，DC=EC，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，
∴∠ACD=∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CAD=∠CBE，
∴∠AOB=∠CAD+∠CEB=∠CBE+∠CEB，
∵∠ACB=∠CBE+∠CEB=60°，∴∠AOB=60°，故本选项正确．
综上所述，正确的结论是①②③⑤．
故选C.
【点睛】本题综合考查了等边三角形判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质以及相似三角形的判定与性质等知识点的运用．要求学生具备运用这些定理进行推理的能力，此题的难度较大．
【考点4 网格中的全等三角形】
【例4】（2022·山东济南·统考二模）如图，在4×4的正方形网格中，求α+β=______度．
【答案】45
【分析】连接AB，根据正方形网格的特征即可求解．
【详解】解：如图所示，连接AB
∵图中是4×4的正方形网格
∴AD=CE，∠ADB=∠AEC，DB=AE
∴△ADB≌△CEA(SAS)
∴∠EAC=∠ABD=α，AB=AC
∵∠ABD+∠BAD=90°
∴∠EAC+∠BAD=90°，即∠CAB=90°
∴∠ACB=∠ABC=45°
∵BD∥CE
∴∠BCE=∠DBC=β
∵∠ABC=∠ABD+∠DBC=α+β
∴α+β=45°
故答案为：45．
【点睛】本题考查了正方形网格中求角的度数，利用了平行线的性质、同角的余角相等、等腰直角三角形的性质等知识点，解题的关键是能够掌握正方形网格的特征．
【变式4-1】（2022·湖北荆州·统考中考真题）如图，在10×10的正方形网格中，小正方形的顶点称为格点，顶点均在格点上的图形称为格点图形，图中△ABC为格点三角形．请按要求作图，不需证明．
(1)在图1中，作出与△ABC全等的所有格点三角形，要求所作格点三角形与△ABC有一条公共边，且不与△ABC重叠；
(2)在图2中，作出以BC为对角线的所有格点菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】对于（1），以AC为公共边的有2个，以AB为公共边的有2个，以BC为公共边的有1个，一共有5个，作出图形即可；
对于（2），△ABC是等腰直角三角形，以BC为对角线的菱形只有1个，作出图形即可．
【详解】（1）如图所示．
（2）如图所示．
【点睛】本题主要考查了作格点三角形和菱形，理解题意是解题的关键．
【变式4-2】（2022·浙江金华·校联考二模）如图，△ABC是正方形网格图中的格点三角形（顶点在格点上），请用无刻度直尺按要求分别作图：
(1)在图1中，过点C作与AB平行的线段CE（点E在格点上）；
(2)在图2中，以BC为边作一个△BCE（点E在格点上），使它与△ABC全等；
(3)在图3中，在AB，BC边上分别取点G，H，将△ABC沿着GH折叠，使点B与点A重合，画出线段AH．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据要求作出图形即可；
（2）构造全等三角形解决问题即可；
（3）构造正方形，利用正方形的性质作线段AB的垂直平分线交AB于点G，交CB于点H，连接AH即可．
(1)
解：如图1中，线段CE即为所求；
(2)
解：在图2中，△BCE即为所求；
(3)
解：在图3中，点G，H，线段AH即为所求．
∵PM=OA=RN=QB=1，PB=OM=AR=QN=3，∠P=∠O=∠R=∠Q=90°，
∴△PMB≌△OAM≌△RNA≌△QBN，
∴MB=AM=AN=NB，∠PBM=∠OMA，
∵∠PBM +∠PMB=90°，
∴∠OMA +∠PMB=90°，
∴∠AMB=90°，
∴四边形AMBN是正方形，
∴MN是AB的垂直平分线，
MN与AB交于点G，与BC交于点H，连接AH即可．
【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
【变式4-3】（2022·江苏苏州·校联考中考模拟）如图，在方格纸中，△PQR的三个顶点及A,B,C,D,E五个点都在小方格的顶点上，现以A,B,C,D,E中的三个顶点为顶点画三角形，
（1）在图甲中画出一个三角形与△PQR全等；
（2）在图乙中画出一个三角形与△PQR面积相等 但不全等.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）过A作AE//PQ，过E作EB//PR，再顺次连接A、E、B．（答案不唯一）
（2）作一个与△PQR面积相等但不全等的三角形即可．（答案不唯一）
【详解】解：（1）如图所示：
（2）如图所示：
【考点5 尺规作图与全等三角形】
【例5】（2022·重庆·统考中考真题）在学习矩形的过程中，小明遇到了一个问题：在矩形ABCD中，E是AD边上的一点，试说明△BCE的面积与矩形ABCD的面积之间的关系．他的思路是：首先过点E作BC的垂线，将其转化为证明三角形全等，然后根据全等三角形的面积相等使问题得到解决．请根据小明的思路完成下面的作图与填空：
证明：用直尺和圆规，过点E作BC的垂线EF，垂足为F（只保留作图㾗迹）．
在△BAE和△EFB中，
∵EF⊥BC，
∴∠EFB=90°．
又∠A=90°，
∴__________________①
∵AD∥BC，
∴__________________②
又__________________③
∴△BAE≌△EFBAAS．
同理可得__________________④
∴S△BCE=S△EFB+S△EFC=12S矩形ABFE+12S矩形EFCD=12S矩形ABCD．
【答案】∠A=∠EFB、∠AEB=∠FBE、BE=EB、△EDC≌△CFEAAS
【分析】过点E作BC的垂线EF，垂足为F，分别利用AAS证得△BAE≌△EFB，△EDC≌△CFE，利用全等三角形的面积相等即可求解．
【详解】证明：用直尺和圆规，过点E作BC的垂线EF，垂足为F（只保留作图㾗迹）．
如图所示，
在△BAE和△EFB中，
∵EF⊥BC，
∴∠EFB=90°．
又∠A=90°，
∴∠EFB=∠A①
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠FBE②
又BE=EB③
∴△BAE≌△EFBAAS．
同理可得△EDC≌△CFEAAS④
∴S△BCE=S△EFB+S△EFC=12S矩形ABFE+12S矩形EFCD=12S矩形ABCD．
故答案为：∠A=∠EFB、∠AEB=∠FBE、BE=EB、△EDC≌△CFEAAS
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的面积相等是解题的关键．
【变式5-1】（2022·河南焦作·统考二模）已知锐角∠AOB，如图，（1）在射线OA上取点C，E，分别以点O为圆心，OC，OE长为半径作弧，交射线OB于点D，F；（2）连接CF，DE交于点P．根据以上作图过程及所作图形，下列结论错误的是（ ）
A．CE=DFB．PE=PF
C．若∠AOB=60°，则∠CPD=120°D．点P在∠AOB的平分线上
【答案】C
【分析】根据题意可知OE=OF，OC=OD，即可推断结论A；先证明△ODE≌△OCF，再证明△CPE≌△DPF即可证明结论B；连接OP，可证明△COP≌△DOP可证明结论D；由此可知答案．
【详解】解：由题意可知OE=OF，OC=OD，
∴OE−OC=OF−OD，
∴CE=DF，
故选项A正确，不符合题意；
在△ODE和△OCF中，
OE=OF∠O=∠OOD=OC
∴△ODE≌△OCF(SAS)，
∴∠OED=∠OFC，
在△CPE和△DPF中，
∠OED=∠OFC∠CPE=∠DPFCE=CF，
∴△CPE≌△DPF(AAS)，
∴PE=PF，
故选项B正确，不符合题意；
连接OP，
∵△CPE≌△DPF，
∴CP=DP，
在△COP和△DOP中，
CP=DPOC=ODOP=OP，
∴△COP≌△DOP(SSS)，
∴∠COP=∠DOP，
∴点P在∠AOB的平分线上，
故选项D正确，不符合题意；
若∠AOB=60°，∠CPD=120°，
则∠OCP=∠ODP=90°，
而根据题意不能证明∠OCP=∠ODP=90°，
故不能证明∠CPD=120°，
故选项C错误，符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查角平分线的判定，全等三角形的判定与性质，明确以某一半径画弧时，准确找到相等的线段是解题的关键．
【变式5-2】（2022·福建三明·统考二模）如图，在正方形ABCD中，E为AD的中点．
(1)在CD边上求作一点F，使得∠CFB＝2∠ABE；（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）的条件下，若AB＝BC＝4，求BF的长．
【答案】(1)作图见解析
(2)5
【分析】（1）根据作一个角等于已知角的方法，作出∠ABE的等角∠EBF即可；
（2）连接EF，过点E作EH⊥BF，垂足为H，由角平分线的性质可得AE=HE，由Rt△DEF≌Rt△HEF，Rt△ABE≌Rt△HBE可得DF=HF，BH=AB=4，设DF=x，则HF=x，CF=4−x，BF=4+x，Rt△BCF中由勾股定理建立方程求得x，再计算线段和即可；
（1）
解：如图，①以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交BA、BE于点G、N；②以点N为圆心，NG长为半径画弧，在∠EBC内交前弧于点M；③作射线BM交CD于点F；
根据作图可得∠ABE=∠EBF，
由AB∥CD，
则∠CFB=∠ABF=2∠ABE；
（2）
解：如图，连接EF，过点E作EH⊥BF，垂足为H，
∵四边形ABCD是边长为4的正方形，
∴AB=BC=CD=AD=4,∠A=∠C=∠D=90°，
由作图可知：∠EBF=∠ABE，
∴AE=HE，
∵E为AD的中点．
∴AE=DE=2，
∴HE=DE=2，
在Rt△DEF和Rt△HEF中，
EF=EFDE=HE，
∴Rt△DEF≌Rt△HEF（HL），
∴DF=HF，
∵AE=HE，BE=BE，
∴Rt△ABE≌Rt△HBE（HL），
∴BH=AB=4，
设DF=x，则HF=x，CF=4−x，BF=4+x，
在Rt△BCF中，∠C=90°，
∴BC2+CF2=BF2，
42+(4−x)2=(4+x)2，
解得：x=1，
即DF=HF=1，
∴BF=HF+BH=1+4=5．
【点睛】本题考查了正方形的性质，作一个角等于二倍角，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识；正确作出辅助线是解题关键．
【变式5-3】（2022·福建·统考一模）求证：全等三角形对应中线相等.
要求：①根据给出的△ABC及线段A′B′，已知A′B′=AB，以线段A′B′为一边，在给出的图形上用尺规作出△A′B′C′≅△ABC，不写作法，保留作图痕迹；
②若点D、D′分别是两个三角形的边AC、A′C′上的中点连接BD、B′D′，据此写出已知、求证和证明过程.
【答案】①如解图所示即为所求作图形；见解析；②见解析.
【分析】①用尺规作图作∠A’=∠A，∠B’=∠B，根据ASA可判断△A′B′C′≅△ABC；
②题设即为已知，结论即为求证.
【详解】解:①如解图所示即为所求作图形:
作法：以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AB、AC于点E、F；以点A′为圆心，AE长为半径画弧，交A′B′于点E′，以点E′为圆心，EF长为半径画弧，交前弧于点F′，连接A′F′，则∠A′=∠A，同理，作出∠B′=∠B，两组角在A′B′上方交于点C′，则△A′B′C′即为所求作图形.
②如解图.
已知：△ABC≅△A′B′C′，D、D′分别为AC、A′C′的中点，连接BD、B′D′.
求证：BD=B′D′.
证明：∵△ABC≅△A′B′C′，
∴A′C′=AC,∠A′=∠A,A′B′=AB.
∵D,D′分别为AC、A′C′的中点，
∴AD=A′D′，∴△A′B′D′≅△ABD，
∴BD=B′D′.
【点睛】本题考查尺规作图、三角形全等的判定和性质，突破此类问题的关键是五种基本尺规作图、全等三角形的性质及判定.
错因分析：1.对尺规作图的方法运用不灵活；2.对三角形的全等的判定和性质理解不透彻，难度属于中等题.
【考点6 利用倍长中线模型证明全等三角形】
【例6】（2022·河南周口·统考二模）如图，在△ABC中，AB=4，∠BAC=135°，D为边BC的中点，若AD=1.5，则AC的长度为______．
【答案】22+1
【分析】延长AD到E，使得AD=DE，证明△ADB≌△EDC，得CE=AB=4，过点E作EH⊥AC于H，分别求出CH和AH的长即可得到结论．
【详解】解：延长AD到E，使得AD=DE，如图，
∵D为边BC的中点，
∴BD=CD
在△ADB和△EDC中，
AD=DE∠ADB=∠EDCBD=CD
∴△ADB≌△EDC
∴∠B=∠DCE,CE=AB=4
∴AB//CE
∴∠BAC+∠ACE=180°
∴∠ACE=180°−135°=45°
过点E作EH⊥AC于H
在RtΔEHC中，CE=4,∠HCE=45°
∴CH=EH=22
在RtΔAHE中，AE=2AD=3，HE=22
∴AH=AE2−EH2=1
∴AC=AH+HC=22+1
故答案为：22+1．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，中线的性质，等腰直角三角形的性质以及勾股定理等知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解答此题的关键．
【变式6-1】（2022·全国·一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＞AC，CD⊥AB于点D，点E是AB的中点，连接CE．
(1)若AC＝3，BC＝4，求CD的长；
(2)求证：BC2﹣AC2＝2DE•AB；
(3)求证：CE＝12AB．
【答案】(1)125
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据勾股定理求出AB，根据三角形的面积公式计算，求出CD；
（2）根据题意得到BD﹣AD＝2DE，根据勾股定理计算即可证明；
（3）延长CE至点F，使EF＝CE，连结AF，证明△AEF≌△BEC（SAS），根据全等三角形的性质得到∠B＝∠EAF，AF＝BC，再证明△ACF≌△CAB，得到CF＝AB，证明结论．
（1）
解：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，
由勾股定理得：AB＝AC2+BC2＝32+42＝5，
∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴S△ABC＝12AC•BC＝12AB•DE，即12×3×4＝12×5×CD，
解得：CD＝125；
（2）
证明：∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE，
∴BD﹣AD＝（BE+DE）﹣（AE﹣DE）＝BE﹣AE+2DE＝2DE，
∵CD⊥AB，
∴BC2＝BD2+CD2，AC2＝AD2+CD2，
∴BC2﹣AC2＝（BD2+CD2）﹣（AD2+CD2）＝BD2﹣AD2＝（BD+AD）（BD﹣AD）＝AB•2DE＝2DE•AB；
（3）
证明：延长CE至点F，使EF＝CE，连结AF，
在△AEF和△BEC中，
AE=BE∠AEF=∠BECEF=EC，
∴△AEF≌△BEC（SAS），
∴∠B＝∠EAF，AF＝BC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠B+∠CAB＝∠EAF+∠CAB＝90°，
∴∠CAF＝∠ACB＝90°，
∵AC＝CA，
∴△ACF≌△CAB（SAS），
∴CF＝AB，
∵CF＝2CE，
∴CE＝12AB．
【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、勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【变式6-2】（2022·山东烟台·统考一模）（1）方法呈现：
如图①：在△ABC中，若AB=6，AC=4，点D为BC边的中点，求BC边上的中线AD的取值范围．
解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使DE=AD，再连接BE，可证△ACD≌△EBD，从而把AB、AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是_______________，这种解决问题的方法我们称为倍长中线法；
（2）探究应用：
如图②，在△ABC中，点D是BC的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，判断BE+CF与EF的大小关系并证明；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，AB//CD，AF与DC的延长线交于点F、点E是BC的中点，若AE是∠BAF的角平分线．试探究线段AB，AF，CF之间的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）1＜AD＜5，（2）BE+CF＞EF，证明见解析；（3）AF+CF＝AB，证明见解析．
【分析】（1）由已知得出AC﹣CE＜AE＜AC+CE，即5﹣4＜AE＜5+3，据此可得答案；
（2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，同（1）得△BMD≌△CFD，得出BM＝CF，由线段垂直平分线的性质得出EM＝EF，在△BME中，由三角形的三边关系得出BE+BM＞EM即可得出结论；
（3）如图③，延长AE，DF交于点G，根据平行和角平分线可证AF＝FG，易证△ABE≌△GEC，据此知AB＝CG，继而得出答案．
【详解】解：（1）延长AD至E，使DE＝AD，连接BE，如图①所示，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
在△BDE和△CDA中，
∵BD=CD∠BDE=∠CDADE=AD，
∴△BDE≌△CDA（SAS），
∴BE＝AC＝4，
在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴6﹣4＜AE＜6+4，即2＜AE＜10，
∴1＜AD＜5；
故答案为：1＜AD＜5，
（2）BE+CF＞EF；
证明：延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，如图②所示．
同（1）得：△BMD≌△CFD（SAS），
∴BM＝CF，
∵DE⊥DF，DM＝DF，
∴EM＝EF，
在△BME中，由三角形的三边关系得：BE+BM＞EM，
∴BE+CF＞EF；
（3）AF+CF＝AB．
如图③，延长AE，DF交于点G，
∵AB∥CD，
∴∠BAG＝∠G，
在△ABE和△GCE中
CE＝BE，∠BAG＝∠G，∠AEB＝∠GEC，
∴△ABE≌△GEC（AAS），
∴CG＝AB，
∵AE是∠BAF的平分线，
∴∠BAG＝∠GAF，
∴∠FAG＝∠G，
∴AF＝GF，
∵FG+CF＝CG，
∴AF+CF＝AB．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了三角形的三边关系、全等三角形的判定与性质、角的关系等知识；本题综合性强，有一定难度，通过作辅助线证明三角形全等是解决问题的关键．
【变式6-3】（2022·山东日照·校考一模）我们定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α0°<α<180°得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′．当α+β=180°时，我们称△A′B′C′是△ABC的“旋补三角形”， △A′B′C′边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．
特例感知：（1）在图2，图3中，△A′B′C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．
①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD=________BC；
②如图3，当∠BAC=90°, BC=8时，则AD长为___________．
猜想论证：（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．
【答案】（1）①12BC；②4；（2）AD=12BC，见解析
【分析】（1）①根据含30°直角三角形的性质解答；②证明△AB′C′≌△ABC，根据全等三角形的性质得到B′C′=BC，根据直角三角形的性质计算；
（2）证明四边形AB′EC′是平行四边形，得到B′E=AC′，∠BAC′+∠AB′E=180°，根据全等三角形的性质得到AE=BC，得到答案．
【详解】（1）①∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠BAC=60°，
∵△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，
∴∠B′AC′=120°，AB=AB′，AC=AC′，
∴AB′=AC′，
∴∠AB′D=30°，
∴AD=12AB′，
∴AD=12BC，
故答案为12；
②∵△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，
∴∠B′AC′=∠BAC=90°，AB=AB′，AC=AC′，
在△AB′C′和△ABC中，
AB=AB∠BAC=∠BACAC=AC′，
∴△AB′C′≌△ABC（SAS）
∴B′C′=BC=8，
∵∠B′AC′=90°，AD是△ABC的“旋补中线”，
∴AD=12B′C′=4，
故答案为4；
（2）猜想AD=12BC．
证明：如图，延长AD至点E使得AD=DE，连接B′E、C′E，
∵AD是△AB′C’的中线，
∴B′D=C′D，
∵DE=AD，
∴四边形AB′EC′是平行四边形，
∴B′E=AC′，∠B′AC′+∠AB′E=180°，
∵α+β=180°，
∴∠B′AC′+∠BAC=180°，
∴∠EB′A=∠BAC，
在△EB′A和△CAB中，
BA=AB∠EBA=∠BACBE=AC
∴△EB′A≌△CAB（SAS），
∴AE=BC，
∴AD=12BC．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、理解“旋补三角形”的定义是解题的关键．
【考点7 利用垂线模型证明全等三角形】
【例7】（2022·天津和平·统考二模）如图，△ABC是等边三角形，AB=3，点E在AC上，AE=23AC，D是BC延长线上一点，将线段DE绕点E逆时针旋转90°得到线段FE，当AF∥BD时，线段AF的长为____．
【答案】1+32．
【分析】过点E作EM⊥AF于M，交BD于N，根据30°直角三角形的性质求出AM =1，再根据∠60°的三角函数值求出EN的长，再依据△EMF≌△DNE（AAS）得出MF=EN=32，据此可得，当AF∥BD时，线段AF的长为1+32.
【详解】如图过点E作EM⊥AF于M，交BD于N．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=3，∠ACB=60°．
∵AE=23AC，
∴AE=2，EC=1．
∵AF∥BD，
∴∠EAM=∠ACB=60°．
∵EM⊥AF，
∴∠AME=90°，
∴∠AEM=30°，
∴AM=12AE=1．
∵AF∥BD，EM⊥AF，
∴EN⊥BC，
∴EN=EC•sin60°=32，
∵∠EMF=∠END=∠FED=90°，
∴∠MEF+∠MFE=90°，∠MEF+∠DEN=90°，
∴∠EFM=∠DEN．
∵ED=EF，
∴△EMF≌△DNE（AAS），
∴MF=EN=32，
∴AF=AM+MF=1+32．
故答案为：1+32．
【点评】本题主要考查了直角三角形的性质、特殊角的三角函数值和全等三角形的判定的综合运用，解题的关键是作辅助线构造直角三角形和全等三角形，熟记特殊角的三角函数值.
【变式7-1】（2022·广西玉林·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A在x轴正半轴上，顶点B，C在第一象限，顶点D的坐标(52,2)． 反比例函数y=kx（常数k>0，x>0）的图象恰好经过正方形ABCD的两个顶点，则k的值是_______．
【答案】5或22.5
【分析】先设一个未知数用来表示出B、C两点的坐标，再利用反比例函数图像恰好经过B、C、D的其中两个点进行分类讨论，建立方程求出未知数的值，符合题意时进一步求出k的值即可．
【详解】解：如图所示，分别过B、D两点向x轴作垂线，垂足分别为F、E点，并过C点向BF作垂线，垂足为点G；
∵正方形ABCD，
∴∠DAB=90°，AB=BC=CD=DA，
∴∠DAE+∠BAF=90°，
又∵∠DAE+∠ADE=90°，∠BAF+∠ABF=90°，
∴∠DAE=∠ABF，∠ADE=∠BAF，
∴△ADE≌△BAF，
同理可证△ADE≌△BAF≌△CBG；
∴DE=AF=BG，AE=BF=CG；
设AE=m，
∵点D的坐标 (52,2) ，
∴OE=52，DE=AF=BG=2，
∴B（92+m，m），C（92，m+2）,
∵52×2=5，
当92m+2=5时，m=−89<0，不符题意，舍去；
当92+mm=5时，由m≥0解得m=161−94,符合题意；故该情况成立，此时 k=5；
当92+mm=92m+2时，由 m≥0解得m=3,符合题意，故该情况成立，此时k=92×3+2=22.5;
故答案为：5或22.5．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、反比例函数的图像与性质、解一元二次方程等内容，解题的关键是牢记相关概念与性质，能根据题意建立相等关系列出方程等，本题涉及到了分类讨论和数形结合的思想方法等．
【变式7-2】（2022·黑龙江哈尔滨·统考模拟预测）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，三角形的顶点在相互平行的三条直线l1，l2，l3上，且l1，l2之间的距离为2，l2，l3之间的距离为3，BC交l2于D点．
（1）求AB的长．
（2）求sin∠BAD的值．
【答案】（1）34．（2）33434．
【分析】（1）作AH⊥直线l3于H，CN⊥直线l3于N，由AAS可证：△ABH≌△BCN，结合勾股定理，即可求解；
（2）根据正弦三角函数的定义，即可求解．
【详解】（1）作AH⊥直线l3于H，CN⊥直线l3于N，则AH＝3，CN＝5，
∵∠AHB＝∠ABC＝∠CNB＝90°，
∴∠ABH+∠CBN＝90°，∠CBN+∠BCN＝90°，
∴∠ABH＝∠BCN，
∵AB＝AC，
∴△ABH≌△BCN（AAS），
∴BH＝CN＝5，
∴AB＝AH2+BH2＝32+52＝34．
（2）∵l2∥l3，
∴∠BAD＝∠ABH，
∴sin∠BAD＝sin∠ABH＝AHAB＝334＝33434．
【点睛】本题主要考查三角形全等的判定和性质定理，勾股定理，锐角三角函数的定义，添加合适的辅助线，构造全等三角形，是解题的关键．
【变式7-3】（2022·浙江杭州·校联考一模）老师在上课时，在黑板上写了一道题：
“如图，ABCD是正方形，点E在BC上，DF⊥AE于F，请问图中是否存在一组全等三角形？”
小杰同学经过思考发现：△ADF≌△EAB．
理由如下：因为ABCD是正方形（已知）
所以∠B＝90°且AD＝AB和AD∥BC
又因为DF⊥AE（已知）
即∠DFA＝90°（垂直的意义）
所以∠DFA＝∠B（等量代换）
又AD∥BC
所以∠1＝∠2（两直线平行，内错角相等）
在△ADF和△EAB中
∠DFA=∠B∠1=∠2AD=AB
所以△ADF≌△EAB（AAS）
小胖却说这题是错误的，这两个三角形根本不全等．
你知道小杰的错误原因是什么吗？我们再添加一条线段，就能找到与△ADF全等的三角形，请能说出此线段的做法吗？并说明理由．
【答案】小杰错误的原因是AD和AB不是对应边，在证明两个三角形全等时，误以为对应边了；线段为作BH⊥AE于点H，证明见详解；
【分析】根据小杰的证明方法，可以发现，在证明两个三角形全等时，出现了问题，然后说出出错的原因即可，然后添加合适的辅助线段，说明与△ADF全等的三角形成立的理由即可解答本题；
【详解】小杰错误的原因是AD和AB不是对应边，在证明两个三角形全等时，误以为对应边了，作BH⊥AE于H，则△ADF≌△BAH；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BA，∠DAB=90°，
∴∠HAB+∠FAD=90°，
∵DF⊥AE，BH⊥AE，
∴∠DFA=∠AHB=90°，
∴∠HAB+∠HBA=90°，
∴∠FAD=∠HBA，
在△ADF和△BAH中
{∠DFA=∠AHB∠FAD=∠HBAAD=BA
∴△ADF≌△BAH(AAS)；
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答.
【考点8 利用旋转模型证明全等三角形】
【例8】（2022·山东日照·校考二模）如图，O是正△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5．将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论错误的是（ ）
A．点O与O′的距离为4B．∠AOB=150°
C．S四边形AOBO′=6+43D．S△AOB+S△AOC=3+43
【答案】D
【分析】证明△BO′A≌△BOC，得△OBO′是等边三角形，根据勾股定理逆定理可得△AOO′是直角三角形，进而可判断．
【详解】解：如图1，连接OO′，
由题意可知，∠1+∠2＝∠3+∠2＝60°，
∴∠1＝∠3，
又∵OB＝O′B，AB＝BC，
∴△BO′A≌△BOC(SAS)，
又∵∠OBO′＝60°，
∴△OBO′是等边三角形，
∴OO′＝OB＝4．
故A正确；
∵△BO′A≌△BOC，
∴O′A＝5．
在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，
∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′＝90°，
∴∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′＝90°+60°＝150°，
故B正确；
S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′═12×3×4+34×42＝6+43，
故C正确；
如图2
将△AOC绕A点顺时针旋转60°到△ABO'位置，
同理可得S△AOC+S△AOB=6+934，
故D错误；
故选D．
【点睛】此题考查了旋转的性质，等边三角形、直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．
【变式8-1】（2022·福建南平·一模）如图，△ABC中，∠A＝30°，∠ACB＝90°，BC＝2，D是AB上的动点，将线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE，连接BE．
（1）点C到AB的最短距离是 _____；
（2）BE的最小值是 _____．
【答案】 3 3−1##−1+3
【分析】（1）过点C作CK⊥AB于K，根据Rt△CBK中BC＝2，∠ABC＝60°，得到CK＝BC•sin60°＝3，点C到AB的最短距离是3．
（2）将线段CK绕点C逆时针旋转90°得到CH，连接HE，延长HE交AB的延长线于J．根据∠DCE＝∠KCH＝90°，得到∠DCK＝∠ECH，结合CD＝CE，CK＝CH，推出△CKD≌△CHE（SAS），得到∠CKD＝∠H＝90°，得到∠CKJ＝∠KCH＝∠H＝90°，推出四边形CKJH是矩形，结合CK＝CH，得到四边形CKJH是正方形，根据BK＝BC•cs60°＝1，KJ＝CK＝3，得到BJ＝3﹣1，根据BE≥BJ，得到BE的最小值为3﹣1．
【详解】解：（1）过点C作CK⊥AB于K，
在Rt△CBK中，∵BC＝2，∠ABC＝60°，
∴CK＝BC•sin60°＝3，
∴点C到AB的最短距离是3．
故答案为：3．
（2）如图，将线段CK绕点C逆时针旋转90°得到CH，连接HE，延长HE交AB的延长线于J．
∵∠DCE＝∠KCH＝90°，
∴∠DCK＝∠ECH，
∵CD＝CE，CK＝CH，
∴△CKD≌△CHE（SAS），
∴∠CKD＝∠H＝90°，
∵∠CKJ＝∠KCH＝∠H＝90°，
∴四边形CKJH是矩形，
∵CK＝CH，
∴四边形CKJH是正方形，
∴点E在直线HJ上运动，当点E与J重合时，BE的值最小，
∵BK＝BC•cs60°＝1，
∴KJ＝CK＝3，
∴BJ＝KJ﹣BK＝3﹣1，
∴BE的最小值为3﹣1，
故答案为：3﹣1．
【点睛】本题考查了含30°角的直角三角形性质和旋转的性质，正方形是判断和性质，解决问题的关键是熟练掌握含30°角的直角三角形的三边关系和旋转图形全等的性质，判断一对邻边相等的矩形正方形，正方形的四边相等四角都相等是直角的性质，垂线段最短的性质．
【变式8-2】（2022·上海·校联考模拟预测）如图，在直角坐标系中，B（0，3）、C（4，0）、D（0，2），AB与CD交于点P，若∠APC=45°，则A点坐标为______ .
【答案】（1，0）
【分析】将DC绕点D逆时针旋转90°得到DQ，则Q（2，6），求出直线AB的解析式，可得结论．
【详解】解：如图，将DC绕点D逆时针旋转90°得到DQ，
∵C（4，0）、D（0，2），
则Q（2，6）．
设直线CQ的解析式为y=kx+b，
将C（4，0），Q（2，6）代入得
0=4k+b6=2k+b，
解得k=−3b=12，
∴直线CQ的解析式为y=−3x+12．
∵∠APC=45°，由旋转的性质得到
∠APC=∠DCQ=45°，
∴AB∥CQ．
∵B（0，3），
∴直线AB的解析式为y=−3x+3，
∴−3x+3=0，
∴x=1，
∴点A（1，0）．
故答案为：（1，0）．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，坐标与图形性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
【变式8-3】（2022·湖北武汉·模拟预测）如图，将线段AB绕点A逆时针旋转α0°<α<180°得到AC，连接BC，在线段BC上取一点D，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转12α得到AE，连接CE．
(1)如图1，若tanB=33．
①当BD>CD，且∠CAE=20°时，求∠DAC的度数；
②试探究线段AD与CE之间满足的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，若tanB=34，当CE⊥BC时，求CECD的值．
【答案】(1)①∠DAC=40°；②AD=CE，理由见解析
(2)52
【分析】（1）①由tanB=33得∠B=∠ACB=30°，所以∠BAC=α=120°，∠DAE=12α=60° ，进而可求解；②过A作AF⊥BC交BC于F，过E作EG⊥AC于G，可证△AGE≌△ADF，得AG=AF，由tanB=AFBF=33，设AF=3a，则BF=3a，AC=AB=23a，CG=AC-AG=3a，可知G为AC的中点，根据等腰三角形的三线合一可证；
（2）过点A作AM⊥BC于M，过E作EN⊥AC于N，由tanB=34=AMBM，设AM=3b，则BM=CM=4b，AC=AB=5b ，由（1）可知△AEN≌△ADM，AN=AM=3b，CN=AC-AN=2b，
由CE⊥BC，AM⊥BC，得CE∥AM，所以∠ECN=∠CAM，根据tan∠CAM=CMAM=43
可得DM=EN=CN∙tan∠ECN=2b∙43==83b，根据勾股定理求得CE==103b，代入计算即可求解．
【详解】（1）解：①由旋转的性质可知，AB=AC，
∵tanB=33，
∴∠B=∠ACB=30°，
∴∠BAC=α=120°，
∴∠DAE=12α=60°，
又∵∠CAE=20°，
∴∠CAD=40°；
②AD=CE，理由是：
如图，过A作AF⊥BC交BC于F，过E作EG⊥AC于G，
∵tanB=33，
∴∠B=∠BCA=30°，
∵AF⊥BC，AB=AC，
∴∠CAF=12∠BAC=12（180°−∠B−∠BCA）=60°，
由题意得，旋转角∠DAE=60°，AD=AE，
∠DAF=∠CAF-∠CAD=60°-∠CAD，
∠EAG=∠DAE-∠CAD=60°-∠CAD，
∴∠DAF=∠EAG，
∵∠AFD=∠AGE=90°，
∴△AGE≌△ADF（AAS），
∴AG=AF，
设AF=3a，则AFBF=tanB=33，
∴BF=3a，
∴AC=AB=AF2+BF2=23a，
∴CG=AC-AG=23a−3a=3a，
∴G为AC的中点，
又∵EG⊥AC，
∴CE=AE=AD．
（2）解：过点A作AM⊥BC于M，过E作EN⊥AC于N，
∵tanB=34=AMBM，
设AM=3b，则BM=CM=4b，
∴AC=AB=AM2+BM2=5b ，
由（1）同理可证△AEN≌△ADM，
∴AN=AM=3b，
∴CN=AC-AN=2b，
∵CE⊥BC，AM⊥BC，
∴CE∥AM，
∴∠ECN=∠CAM，
∵tan∠CAM=CMAM=43，
∴DM=EN=CN∙tan∠ECN=2b∙43=83b，
∴CE=CN2+EN2=(2b)2+(43b)2=103b，
又∵CD=CM-DM=4b-83b=43b，
∴CECD=103b43b=52．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形．
【考点9 连接两点作辅助线证明全等三角形】
【例9】（2022·河北·模拟预测）已知:三角形ABC中,∠A=90°,AB=AC,D为BC的中点.
(1)如图,E、F分别是AB、AC上的点,且BE=AF,求证:△DEF为等腰直角三角形.
(2)若E、F分别为AB,CA延长线上的点,仍有BE=AF,其他条件不变,那么,△DEF是否仍为等腰直角三角形?画出图形,写出结论不证明.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】(1)先连接AD，构造全等三角形：△BED和△AFD．AD是等腰直角三角形ABC底边上的中线，所以有∠CAD=∠BAD=45°，AD=BD=CD，而∠B=∠C=45°，所以∠B=∠DAF，再加上BE=AF，AD=BD，可证出：△BED≌△AFD，从而得出DE=DF，∠BDE=∠ADF，从而得出∠EDF=90°，即△DEF是等腰直角三角形；
(2)根据题意画出图形,连接AD,构造△DAF≌△DBE.得出FD=ED ,∠FDA=∠EDB,再算出∠EDF=90°,即可得出△DEF是等腰直角三角形.
【详解】解：（1）连结AD ,
∵AB=AC ,∠BAC=90° ,D为BC中点 ,
∴AD⊥BC ,BD=AD ,
∴∠B=∠BAD=∠DAC=45°,
又∵BE=AF ,
∴△BDE≌△ADF（SAS）,
∴ED=FD ,∠BDE=∠ADF,
∴∠EDF=∠EDA+∠ADF=∠EDA+∠BDE=∠BDA=90°,
∴△DEF为等腰直角三角形.
（2）连结AD
∵AB=AC ,∠BAC=90° ,D为BC中点 ,
∴AD=BD ,AD⊥BC ,
∴∠DAC=∠ABD=45° ,
∴∠DAF=∠DBE=135°,
又∵AF=BE ,
∴△DAF≌△DBE（SAS）,
∴FD=ED ,∠FDA=∠EDB,
∴∠EDF=∠EDB+∠FDB=∠FDA+∠FDB=∠ADB=90°.
∴△DEF为等腰直角三角形.
【点睛】本题利用了等腰直角三角形底边上的中线平分顶角，并且等于底边的一半，还利用了全等三角形的判定和性质，及等腰直角三角形的判定．
【变式9-1】（2022秋·西安·模拟预测）已知点P是线段MN上一动点，分别以PM，PN为一边，在MN的同侧作△APM，△BPN，并连接BM，AN．
（Ⅰ）如图1，当PM＝AP，PN＝BP且∠APM＝∠BPN＝90°时，试猜想BM，AN之间的数量关系与位置关系，并证明你的猜想；
（Ⅱ）如图2，当△APM，△BPN都是等边三角形时，（Ⅰ）中BM，AN之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，试说明理由．
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，连接AB得到图3，当PN＝2PM时，求∠PAB度数．
【答案】（1）BM＝AN，BM⊥AN．（2）结论成立.（3）90°．
【分析】(1)根据已知条件可证△MBP≌△ANP，得出MB＝AN，∠PAN＝∠PMB，再延长MB交AN于点C，得出∠MCN=90°,因此有BM⊥AN；
(2)根据所给条件可证△MPB≌△APN，得出结论BM＝AN；
(3) 取PB的中点C，连接AC，AB，通过已知条件推出△APC为等边三角形，∠PAC＝∠PCA＝60°，再由CA＝CB，进一步得出∠PAB的度数.
【详解】解：（Ⅰ）结论：BM＝AN，BM⊥AN．
理由：如图1中，
∵MP＝AP，∠APM＝∠BPN＝90°，PB＝PN，
∴△MBP≌△ANP（SAS），
∴MB＝AN．
延长MB交AN于点C．
∵△MBP≌△ANP，
∴∠PAN＝∠PMB，
∵∠PAN+∠PNA＝90°，
∴∠PMB+∠PNA＝90°，
∴∠MCN＝180°﹣∠PMB﹣∠PNA＝90°，
∴BM⊥AN．
（Ⅱ）结论成立
理由：如图2中，
∵△APM，△BPN，都是等边三角形
∴∠APM＝∠BPN＝60°
∴∠MPB＝∠APN＝120°，
又∵PM＝PA，PB＝PN，
∴△MPB≌△APN（SAS）
∴MB＝AN．
（Ⅲ）如图3中，取PB的中点C，连接AC，AB．
∵△APM，△PBN都是等边三角形
∴∠APM＝∠BPN＝60°，PB＝PN
∵点C是PB的中点，且PN＝2PM，
∴2PC＝2PA＝2PM＝PB＝PN，
∵∠APC＝60°，
∴△APC为等边三角形，
∴∠PAC＝∠PCA＝60°，
又∵CA＝CB，
∴∠CAB＝∠ABC＝30°，
∴∠PAB＝∠PAC+∠CAB＝90°．
【点睛】本题是一道关于全等三角形的综合性题目，充分考查了学生对全等三角形的判定定理及其性质的应用的能力，此类题目常常需要数形结合，借助辅助线才得以解决，因此，作出合理正确的辅助线是解题的关键.
【变式9-2】（2022秋·湖南长沙·一模）如图1，在平面直角坐标系中，点A是y轴负半轴上的一个动点，点B是x轴负半轴上的一个动点，连接AB，过点B作AB的垂线，使得BC＝AB，且点C在x轴的上方．
（1）求证：∠CBD＝∠BAO；
（2）如图2，点A、点B在滑动过程中，把AB沿y轴翻折使得AB'刚好落在AC的边上，此时BC交y轴于点H，过点C作CN垂直y轴于点N，求证AH＝2CN；
（3）如图3，点A、点B在滑动过程中，使得点C在第二象限内，过点C作CF垂直y轴于点F，求证：OB＝AO+CF．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.
【分析】（1）根据BC⊥AB，以及∠BOA=90°可证明∠CBD＝∠BAO；
（2）延长CN、AB交于点I，根据折叠的性质知∠BAN＝∠CAN，则可证明△CAN≌△IAN，则有CN＝NI，再证明△ICB≌△HAB，即可得出AH＝2CN；
（3）过C作CJ垂直x轴，垂足为J则CJOF为长方形则CF＝OJ，根据∠CBO+∠BCJ＝∠CBO+∠OBA＝90°得出∠BCJ＝∠OBA，证明△CBJ≌△BAO，即可证明OB＝OA+CF.
【详解】解：（1）∵BC⊥AB
∴∠CBD+∠DBA＝∠BAO+∠DBA＝90°
∴∠CBD＝∠BAO
（2）因为AB沿y轴翻折可知，
∠BAN＝∠CAN
延长CN、AB交于点I，
在△CAN和△IAN中
∠BAN＝∠CANAN＝AN∠CNA＝∠INA
∴△CAN≌△IAN（ASA）
∴CN＝NI
∴CI＝2CN
∵CN⊥y轴
∴∠CNH＝∠CBA＝90°
∠BHA＝∠NHC
∴∠NCH＝∠BAH
在△ICB和△HAB
∠NCH＝∠BAHCB＝BA∠ABH＝∠IBC＝90°
∴△ICB≌△HAB（ASA）
∴AH＝CI
∴AH＝2CN
（3）过C点作CJ垂直x轴，垂足为J则CJOF为长方形
∴CF＝OJ
∵∠CBO+∠BCJ＝∠CBO+∠OBA＝90°
∴∠BCJ＝∠OBA
在△CBJ和△BAO中
∠BCJ＝∠OBA∠CJB＝∠BOA＝90°BC＝BA
∴△CBJ≌△BAO（AAS）
∴BJ＝OA
∵OB＝BJ+JO
∴OB＝OA+CF
【点睛】本题考查了三角形全等、折叠的性质、等角替换、添加辅助线等知识点，综合性强，熟练掌握涉及的每个知识点，并懂得综合运用解答本题的关键.
【变式9-3】（2022·浙江台州·三模）把正方形ABCD绕着点A，按顺时针方向旋转得到正方形AEFG，边FG与BC交于点H（如图）．试问线段HG与线段HB相等吗？请先观察猜想，然后再证明你的猜想．
【答案】
相等，证明见解析
【分析】要证明HG与HB是否相等，可以把线段放在两个三角形中证明这两个三角形全等，或放在一个三角形中证明这个三角形是等腰三角形，而图中没有这样的三角形，因此需要作辅助线，构造三角形．
【详解】HG=HB，证明如下：
证法1：连接AH，
∵四边形ABCD，AEFG都是正方形，
∴∠B=∠G=90°，
由题意知AG=AB，又AH=AH，
∴Rt△AGH≌Rt△ABH（HL），
∴HG=HB．
证法2：连接GB，
∵四边形ABCD，AEFG都是正方形，
∴∠ABC=∠AGF=90°，
由题意知AB=AG，
∴∠AGB=∠ABG，
∴∠HGB=∠HBG，
∴HG=HB．
【考点10 全等三角形的实际应用】
【例10】（2022·吉林长春·统考中考真题）跳棋是一项传统的智力游戏．如图是一副跳棋棋盘的示意图，它可以看作是由全等的等边三角形ABC和等边三角形DEF组合而成，它们重叠部分的图形为正六边形．若AB=27厘米，则这个正六边形的周长为_________厘米．
【答案】54
【分析】设AB交EF、FD与点N、M，AC交EF、ED于点G、H，BC交FD、ED于点O、P，再证明△FMN、△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等边三角形即可求解．
【详解】设AB交EF、FD与点N、M，AC交EF、ED于点G、H，BC交FD、ED于点O、P，如图，
∵六边形MNGHPO是正六边形，
∴∠GNM=∠NMO=120°，
∴∠FNM=∠FMN=60°，
∴△FMN是等边三角形，
同理可证明△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等边三角形，
∴MO=BM，NG=AN，OP=PD，GH=HE，
∴NG+MN+MO=AN+MN+BM=AB，GH+PH+OP=HE+PH+PD=DE，
∵等边△ABC≌等边△DEF，
∴AB=DE，
∵AB=27cm，
∴DE=27cm，
∴正六边形MNGHPO的周长为：NG+MN+MO+GH+PH+OP=AB+DE=54cm，
故答案为：54．
【点睛】本题考查了正六边的性质、全等三角形的性质以及等边三角形的判定与性质等知识，掌握正六边的性质是解答本题的关键．
【变式10-1】（2022·河北石家庄·统考一模）如图是庐丰笑笑幼儿园小朋友荡秋千的示意图，静止时秋千位于铅垂线BD上，转轴到地面距离BD=3m．当秋千摆到最高点A时，AC=2m，且A到地面的距离AE=1.8m；当A摆动到A′处时，有A′B⊥AB．
(1)求A′到BD的距离；
(2)求A′到地面的距离．
【答案】(1)A′到BD的距离是1.2m
(2)A′到地面的距离为1m
【分析】（1）作A′F⊥BD，交BD于点F，设∠A′BF=∠1，∠BA′F=∠2，∠ABC=∠3，先证明△ACB≌△BFA′AAS，则有A′F=BC，即有CD=AE；则可求出BC=BD−CD=1m，即A′到BD的距离可求；
（2）作A′H⊥DE，交DE的延长线于点H．证得四边形A′HDF是矩形，则有A′H=FD，问题得解．
【详解】（1）解：如图，作A′F⊥BD，交BD于点F，设∠A′BF=∠1，∠BA′F=∠2，∠ABC=∠3，
∵AC⊥BD，
∴∠ACB=∠A′FB=90°，
在Rt△A′FB中，∠1+∠3=90°，
又∵A′B⊥AB，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠2=∠3，
在△ACB和△BFA′中∠ACB=∠A′FB∠2=∠3AB=A′B，
∴△ACB≌△BFA′AAS，
∴A′F=BC，
∵AC⊥BD，AE⊥DE，BD⊥DE，
∴∠ACD=∠CDE=∠AED=90°，
∴四边形ACDE是矩形，
∴CD=AE=1.8m，
∴BC=BD−CD=3−1.8=1.2m
∴A′F=1.2m，
即A′到BD的距离是1.2m；
（2）解：由（1）知：△ACB≌△BFA′，
∴BF=AC=2m，
如图，作A′H⊥DE，交DE的延长线于点H，
∵A′H⊥DE，BD⊥DE，A′F⊥BD，
∴∠A′HD=∠HDF=∠A′FD=90°，
∴四边形A′HDF是矩形，
∴A′H=FD，
∴A′H=DF=BD−BF=3−2=1m，
即A′到地面的距离为1m．
【点睛】本题主要考查全等三角形的应用，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【变式10-2】（2022·甘肃陇南·模拟预测）如图所示，是瑞安部分街道示意图，AB=BC=AC，CD=CE=DE，A，B，C，D，E，F，G，H为“公交汽车”停靠点，甲公共汽车从A站出发，按照A，H，G，D，E，C，F的顺序到达F站，乙公共汽车从B站出发，按照B，F，H，E，D，C，G的顺序到达G站，如果甲、乙两车分别从A、B两站同时出发，各站耽误的时间相同，两辆车速度也一样，则（ ）
A．甲车先到达指定站B．乙车先到达指定站
C．同时到达指定站D．无法确定
【答案】C
【分析】由AB=BC=AC，CD=CE=DE，首先求得∠ACB=∠ACE=∠ECD=60°，易证得△BCE≌△ACD，即可得∠EBC=∠DAC，∠BCF=∠ACG=60°，则可证得△BCF≌△ACG，则可求得答案．
【详解】∵AB=BC=AC，CD=CE=DE，
∴∠ACB=∠ECD=60∘，
∵∠ACB+∠ACE=∠ECD+∠ACE，
∴∠BCE=∠ACD，
在△BCE和△ACD中，BC=AC∠BCE=∠ACDCE=CD，
∴△BCE≌△ACD，
∴BE=AD，
∴∠EBC=∠DAC，
又∵∠BCF=∠ACG=60∘，
∴△BCF≌△ACG，
∴CF=CG，
∴AD+DE+EC+CF=BE+ED+DC+CG，
∴同时到达指定站.
故选C.
【点睛】考查全等三角形的判定与性质，等边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.
【变式10-3】（2022·河南·模拟预测）如图是根据某公园的平面示意图建立的平面直角坐标系，公园的入口位于坐标原点O，古塔位于点A（400，300），从古塔出发沿射线OA方向前行300m是盆景园B，从盆景园B向左转90°后直行400m到达梅花阁C，则点C的坐标是_________．
【答案】（400，800）
【详解】连接AC，
由题意可得：AB=300m，BC=400m，
在△AOD和△ACB中，
∵AD=AB，∠ODA=∠ABC，DO=BC，
∴△AOD≌△ACB（SAS），
∴∠CAB=∠OAD，
∵B、O在一条直线上，
∴C，A，D也在一条直线上，
∴AC=AO=500m，
则CD=AC=AD=800m，
∴C点坐标为：（400，800）．
故答案为（400，800）．
【点睛】考点：1．勾股定理的应用；2．坐标确定位置；3．全等三角形的应用．判定方法
解释
图形
边边边
(SSS)
三条边对应相等的两个三角形全等
边角边
(SAS)
两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等
角边角
(ASA)
两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等
角角边
(AAS)
两个角和其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等
斜边、直角边
(HL)
斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等
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