第06讲 全等三角形常见七大模型（7大知识点+7大典例+变式训练+随堂检测）-（暑期衔接课堂）2024年暑假七升八数学衔接讲义（人教版）

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题型一 平移模型
题型二 轴对称模型
题型三 旋转模型
题型四 一线三等角模型
题型五 三垂直全等模型
题型六 手拉手模型
题型七 半角全等模型
模型一：平移模型
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】
模型二：轴对称模型
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】

模型三：旋转模型
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】

模型四：一线三等角模型
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】
模型五：三垂直全等模型
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】
模型六： 手拉手模型
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）
模型七： 半角全等模型
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．
【典型例题一 平移模型】
1．（20-21八年级下·陕西咸阳·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．（21-22八年级下·安徽宿州·期末）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．（20-21七年级下·浙江金华·期末）如图，在和中，，，，在同一条直线上，下列给出四个论断：
①；②；③；④．解答下列问题：
（1）任选三个作为已知条件，余下一个作为结论，得到一个真命题．（填入下列横线上）
条件：____________________，结论：_____________．（填序号即可）
（2）证明（1）中你选的命题．
（3）若是由沿方向平移得到的，已知的周长为，则平移距离______时，四边形的周长是周长的两倍．
【答案】（1）条件：②③④；结论：①．或者条件：①②④；结论：③；（2）“SAS”或者“SSS”；（3）．
【分析】（1）根据全等三角形的判定选取条件即可；
（2）利用“SSS”和“SAS”证明三角形全等即可；
（3）根据平移的性质可以得到：AC=DF，BC=EF，AD=BE，四边形ABFD的周长=AB+BE+EF+DF+AD=AB+BC+AC+AD+BE，△ABC的周长=AB+AC+BC=m，然后根据四边形ABFD的周长是ΔABC周长的两倍进行求解即可.
【详解】解：（1）由全等三角形的判定条件可知，可以选取②③④作为条件，利用“SAS”证明△ABC≌△DEF，即可得到条件④AB=DE；
可以选取①②④作为条件，利用“SSS”证明△ABC≌△DEF，即可得到条件③∠ACB=∠DFE
（2）当选取②③④作为条件时，
∵BE=CF，
∴BC=BE+EC=EC+FC=EF，
又∵AC=DF，∠ACB=∠DFE，
∴△ABC≌△DEF（SAS），
∴AB=DE；
当选取①②④作为条件时，
∵BE=CF，
∴BC=BE+EC=EC+FC=EF，
又∵AB=DE，AC=DF，
∴△ABC≌△DEF（SSS），
∴∠ACB=∠DFE；
（3）由平移的性质可知：AC=DF，BC=EF，AD=BE
∴四边形ABFD的周长=AB+BE+EF+DF+AD=AB+BC+AC+AD+BE，
∴四边形ABFD的周长是ΔABC周长的两倍，△ABC的周长=AB+AC+BC=m，
∴四边形ABFD的周长= AD+BE+m=2m，
∴2AD=m，
∴，
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平移的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
【典型例题二 轴对称模型】
1．（23-24八年级上·天津红桥·期末）如图，在锐角三角形ABC中，点D，E分别在边上，连接，．有下列命题：
①若，则；
②若，则；
③若，则；
④若，则．
其中，正确命题的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，根据可得，结合，无法证明,继而得不到，可判断①；结合，可得，可证，继而判断②④；结合，可得，可证，继而判断③；解答即可．
【详解】∵，
∴，
∵，
无法证明,
继而得不到，
故①错误；
∵，
∵，
∴，
∴，，
∴②④正确；∵，
∴，
∴，
∴，
故③正确；
∴正确命题的个数是3个．
故选：C．
2．（23-24八年级上·湖南怀化·期中）如图，，为的中点，于，于，图中全等三角形共有 对．

【答案】
【分析】三角形全等条件中必须是三个元素，并且一定有一组对应边相等．此类题可以先把单独的两个全等三角形的对数找完，再找由两个三角形组合的全等的大三角形的对数，最后找由三个小三角形组合的全等的大三角形的对数．
【详解】解：D是的中点，则，
∵，，，
∴．
∵，D是的中点，
∴．
在和中，，
∴．
在和中，，
∴．
综上，共3对，
故答案为：3．
3．（23-24七年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，，，垂足分别为D、E，、相交于点F，．
(1)求证：；
(2)在不添加辅助线的条件下，直接写出图中所有的全等三角形．
【答案】(1)见解析
(2)；；；
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有，，，，两直角三角形全等还有．
（1）根据垂直的定义得出，根据可以推出，根据全等三角形的性质得出，，然后得出结果即可；
（2）由（1）可知，利用证明，利用可证，利用可证．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∴，
即；
（2）解：根据解析（1）可知：；
在和中，，
∴，
∴；
∴，
即，
在和中，
∴，
在和中，
∴；
综上分析可知：全等三角形有：，，，；
【典型例题三 旋转模型】
1．（22-23八年级上·湖北武汉·期末）如图，在五边形中，，，，且，，则五边形的面积为（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】D
【分析】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线，解题的关键是利用全等的性质将面积进行转化．
将绕点A逆时针旋转至，首先证明点D，E，F三点共线，证明，得到，，再将所求面积转化为进行计算即可．
【详解】如图，将绕点A逆时针旋转至，
，，
则，，
，即点D，E，F三点共线，
，
，
即，
在和中
，
，
，
，
五边形的面积为：
，
，
．
故选：D．
2．（21-22九年级上·广东汕头·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（4，0），点P的坐标是（0，3），把线段AP绕点P逆时针旋转90°后得到线段PQ，则点Q的坐标是 ．
【答案】（3，7）
【分析】过Q作QE⊥y轴于E点，证明△QEP≌△POA，得到EQ=PO=3，EP=OA=4后即可求解．
【详解】解：过Q作QE⊥y轴于E点，如下图所示：
∵旋转90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵EQ⊥y轴，
∴∠3+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
且∠QEP=∠POA=90°，PQ=PA，
∴△QEP≌△POA(AAS)，
∴EQ=PO=3，EP=OA=4，
∴EO=EP+PO=4+3=7，
∴点Q的坐标是(3，7)，
故答案为：(3，7)．
【点睛】本题考查三角形全等的判定和性质，坐标与图形，本题的关键过Q作QE⊥y轴于E点，证明△QEP≌△POA．
3．（23-24八年级上·广东惠州·期中）综合探究：如图1，是等腰三角形，，，过点B作于点C，在上截取，连接并延长交于点P；

(1)求证：；
(2)求证：．
(3)如图2，将绕着点C旋转一定的角度，是否还与全等？那么与的位置关系是否发生变化？说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)，不发生变化，理由见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质等知识点．掌握全等三角形的判定定理内容是解题关键．
（1）由条件推出，即可求证；
（2）由推出，即可求证；
（3）根据证即可求解．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
在和中，
∴
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴
（3）解：，不发生变化，理由如下：
∵，，
∴，
∴，
∴
∵
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
【典型例题四 一线三等角模型】
1．（21-22八年级上·江西吉安·期中）课间，小聪拿着老师的等腰直角三角板玩，不小心掉到两墙之间(如图)，∠ACB＝90°，AC＝BC，从三角板的刻度可知AB＝20cm，小聪想知道砌墙砖块的厚度(每块砖的厚度相等)，下面为砌墙砖块厚度的平方的是（ ）．
A．cm2B．cm2C．cm2D．cm2
【答案】A
【分析】设每块砖的厚度为xcm，则AD=3xcm，BE=2xcm，然后证明△DAC≌△ECB得到CD=BE=2xcm，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：设每块砖的厚度为xcm，则AD=3xcm，BE=2xcm，
由题意得：∠ACB=∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠ACD+∠DAC=∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠DAC=∠ECB，
又∵AC=CB，
∴△DAC≌△ECB（AAS），
∴CD=BE=2xcm，
∵，，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
2．（22-23七年级下·陕西西安·期末）如图，在四边形中，，，点是上一点，连接、，若，，则的长为 ．

【答案】10
【分析】先证明，再证明，即可作答．
【详解】，
又，
，
，，
，
，，
，，
，
故答案为：10．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的外角的性质等知识，掌握三角形的判定与性质是解答本题的关键．
3．（21-22七年级下·河南郑州·期末）在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有，且满足．
【积累经验】
（1）如图1，当时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是______；
【类比迁移】
（2）如将2，当时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；
【拓展应用】
（3）如图3，在中，是钝角，，，，直线m与CB的延长线交于点F，若，的面积是12，请直接写出与的面积之和．
【答案】（1）；（2）仍然成立，理由见解析；（3）与的面积之和为4．
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
（1）由得到，进而得到，然后结合得证，最后得到；
（2）由得到，进而得到，然后结合得证，最后得到．
（3）由，得出，由证得，得出，再由不同底等高的两个三角形的面积之比等于底的比，得出F即可得出结果．
【详解】解：（1），理由如下，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
（2）仍然成立，理由如下，
∵，
，
，
∵，
∴，
∴，
；
（3）∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设的底边上的高为h，则的底边上的高为h，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴与的面积之和为4．
【典型例题五 三垂直全等模型】
1．（21-22八年级上·河北保定·期中）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．
2．（2022·四川成都·二模）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．（21-22九年级上·黑龙江佳木斯·期中）在中，，，直线经过点，且于，于．

(1)当直线绕点旋转到图1位置时，求证：；
(2)当直线绕点旋转到图2位置时，试问：、、有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明；
(3)当直线绕点旋转到图3位置时，、、之间的等量关系是___（直接写出答案，不需证明）．
【答案】(1)见解析
(2)，证明见解析
(3)
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质．余角的性质，解题的关键在于找出证明三角形全等的条件．
（1）先用证明，得，，进而得出；
（2）先用证明，可得，，进而得出；
（3）证明过程同（2），进而可得．
【详解】（1）证明：由题意知，，，
∴，，
∴，
在和中，
∵ ，
∴，
∴，，
∴，
∴．
（2）解：．
证明：∵，，
∴，
∴，，
∴，
在和中，
∵ ，
∴，
∴，，
又∵,
∴．
（3）解：．
证明：∵于，于，
∴，
∴，，
∴∠ACD＝∠EBC，
在和中，
∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴．
【典型例题六 手拉手模型】
1．（21-22八年级上·湖北武汉·期中）如图，正和正中，B、C、D共线，且，连接和相交于点F，以下结论中正确的有（ ）个
① ②连接，则平分 ③ ④
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】根据“手拉手”模型证明，从而得到，再结合三角形的外角性质即可求解，即可证明①；作于点，于点，证明，结合角平分线的判定定理即可证明②；利用面积法表示和的面积，然后利用比值即可证明③；利用“截长补短”的思想，在上取点，使得，首先判断出为等边三角形，再结合“手拉手”模型推出即可证明④．
【详解】解：①∵和均为等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，，
∴，故①正确；
②如图所示，作于点，于点，
则，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴平分，故②正确；
③如图所示，作于点，
∵，，
∴，
∵，
∴整理得：，
∵，
∴，
∴，故③正确；
④如图所示，在上取点，使得，
∵，平分，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，，
∴，故④正确；
综上，①②③④均正确；
故选：A．
【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等，理解等边三角形的基本性质，掌握全等三角形中的辅助线的基本模型，包括“手拉手”模型，截长补短的思想等是解题关键．
2．（12-13七年级下·全国·课后作业）如图，C为线段上一动点（不与点A、E重合），在同侧分别作正和正，与交于点O，与交于点P，与交于点Q，连接．以下五个结论：①；②；③；④；⑤．
恒成立的结论有 ．（把你认为正确的序号都填上）
【答案】①②③⑤
【分析】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，平行线的判定以及性质．
①由于和是等边三角形，可知，，，从而利用证出，可推知；②由得，，，得到，再根据推出为等边三角形，又由，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；③由①和②可得出，，即可证；④根据，，可知，，且，得出，可知④错误；⑤利用等边三角形的性质得出，再根据平行线的性质得到，于是，可知⑤正确．
【详解】解：①∵正和正，
∴，，，
∵，，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
故①正确；
②又∵，，，
∴．
∴，
∴，
∴，
∴，
故②正确；
③∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
故③正确；
④∵，且，
∴，
故④错误；
⑤∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴
∴，
故⑤正确．
∴正确的有：①②③⑤．
故答案为：①②③⑤．
3．（23-24七年级下·湖南长沙·阶段练习）如图，在和中，，，若，连接、交于点；
(1)求证：．
(2)求的度数．
(3)如图(2)，是等腰直角三角形，，，，点是射线上的一点，连接，在直线上方作以点为直角顶点的等腰直角三角形，连接，若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)或
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质，三角形内角和定理的应用；
（1）根据题意得出，即可证明；
（2）根据题意可得是等边三角形，根据（1）的结论可得，进而根据三角形的内角和定理，即可求解；
（3）分情况讨论，当在线段上时，当在的延长线上时，证明，得出，结合图形，即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴
又∵，，
∴
（2）解：∵，，
∴是等边三角形，
∴
∵
∴
∴
；
（3）解：如图所示，当在线段上时，
∵是以点为直角顶点的等腰直角三角形
∴，
又∵，，
∴
∴
∴
∵
∴
如图所示，当在的延长线上时，
同理可得，∴
∴
∵
∴
综上所述，或
【典型例题七 半角全等模型】
1．（23-24八年级上·山西临汾·期末）如图，在中，，，D、E是边上的两点，且，过点A作，过点C作，交于点F，连结有下列结论：
①；②；③若，，则；④．
其中错误的是（ ）

A．①B．②C．③D．④
【答案】D
【分析】本题考查了全等三角形的常见模型-“半角”模型，通过证明，，再根据全等三角形的性质逐一判断即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∵
∴
∵
∴
即：，
∴，故①正确；
∴
∵，，
∴
∵
∴
∴，故②正确；
∵，，
∴，，
∵，
∴，故③正确；
由①②得：，
若，
则，显然错误
故④错误；
故选：D．
2．（23-24八年级上·湖北武汉·期末）如图，在等腰中，的邻补角的角平分线交的角平分线于点D，交直线于点E，作交于点F，连接．
下列四个结论：
①；
②垂直平分；
③；
④．
其中正确的是 ．（填写序号）
【答案】①②④
【分析】根据角平分线的定义以及外角等于，即可证明①是正确的；证明，得，则②是正确的；将绕点D顺时针旋转90度，与重合，点F与点M是对应点，结合外角性质以及等角对等边，即可作答．
【详解】解：∵
∴
∵的邻补角的角平分线交的角平分线于点D，
∴
在中，
∴①是正确的；
∵
∴
∵的角平分线
∴
∵
∴
∴
∴垂直平分
∴②是正确的；
将绕点D顺时针旋转90度，与重合，点F与点M是对应点，如图：
易得
∴
∵，且
∴
∴
则
∴④是正确的；
过点作，如图所示：
∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴③是错误的
综上①②④是正确的
故答案为：①②④
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的外角以及内角和性质，角平分线，等角对等边等知识内容，难度较大，解题的关键是正确作出辅助线证明全等．
3．（18-19七年级上·山东威海·期末）（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．
【变式训练1 平移模型】
1．如图，中，，将沿BC方向平移得到，其中A，B，C的对应点分别是点D，E，F，DE与AC交于点G．若点E是BC的中点，则下列结论中不一定正确的是（ ）
A．B．C．AC与DE互相垂直平分D．
【答案】D
【分析】根据平移的性质、平行线的性质判断即可．
【详解】解：由平移的性质可知，AB=DE，AC//DF，故选项A、B结论正确，不符合题意；
由平移的性质可知，AB//DE，
∵点E是BC的中点，
∴CG=GA，GE=AB=DE，
∴AC与DE互相垂直平分，故选项C结论正确，不符合题意；
∵∠B与∠ACB不一定相等，
∴∠DAG与∠DEC不一定相等，故选项D结论中不一定正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查的是线段的垂直平分线的性质、平移的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
2．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．如图，△ABC的边AC与△CDE的边CE在一条直线上，且点C为AE的中点，AB =CD，BC = DE．
(1)求证：△ABC≌△CDE；
(2)将△ABC沿射线AC方向平移得到△ ，边与边CD的交点为F ，连接EF，若EF将CDE分为面积相等的两部分，且AB = 4，则 CF =
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）首先由点C为AE的中点得出，再根据SSS证明△ABC≌△CDE即可；
（2）根据平移的性质得再由EF将CDE分为面积相等的两部分得
（1）
证明：∵点C为AE的中点，
∴
在△ABC和△CDE中，
∴△ABC≌△CDE
（2）
解：将△ABC沿射线AC方向平移得到，且AB = 4，
∴
∵边与边CD的交点为F ，连接EF，EF将CDE分为面积相等的两部分，如图
∴
故答案为：2
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定以及平移的性质，根据SSS证明△ABC≌△CDE是解答本题的关键．
【变式训练2 轴对称模型】
1．如图所示，△ABC中，AB+BC=10，A、C关于直线DE对称，则△BCD的周长是（ ）

A．6B．8C．10D．无法确定
【答案】C
【详解】∵A、C关于直线DE对称，
∴DE垂直平分AC，
∴AD=CD，
∵AB+BC=10，
∴△BCD的周长为：BC+BD+CD=BC+BD+AD=BC+AB=10
故选C.
2．如图，分别以△ABC的边AB，AC所在直线为对称轴作△ABC的对称图形△ABD和△ACE，∠BAC=150°，线段BD与CE相交于点O，连接BE、ED、DC、OA．有如下结论：①∠EAD=90°；②∠BOE=60°；③OA平分∠BOC．其中正确的结论个数为_______．
【答案】①②③
【分析】根据轴对称的性质可得∠BAD=∠CAE=∠BAC，再根据周角等于360°列式计算即可求出∠EAD=90°，判断出①正确，再求出∠BAE=∠CAD=60°，根据翻折可得∠AEC=∠ABD=∠ABC，利用三角形内角和定理可得∠BOE=∠BAE，判断出②正确，根据三角形的角平分线交于一点判断即可判断出③正确．
【详解】解，∵△ABD和△ACE是△ABC的轴对称图形，
∴∠BAD=∠CAE=∠BAC，AB=AE，AC=AD，
∴∠EAD=3∠BAC－360°＝3×150°－360°=90°，故①正确，
∴∠BAE=∠CAD=（360°－90°－150°）=60°，
由翻折的性质得：∠AEC=∠ABD=∠ABC，
又∵∠EPO=∠BPA，
∴∠BOE=∠BAE=60°，故②正确，
∵AB平分∠OBC，AC平分∠BCO，
∴OA平分∠BOC，故③正确，
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，轴对称的性质和综合运用，熟记各性质并准确识图清图中各角度之间的关系是解题得的关键．
3．如图，．
(1)作出与关于直线对称的，其中点D是点B的对称点．（要求：尺规作图，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，延长交于点E，在上截取线段，使得．求证：D，C，F三点共线．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由轴对称的定义画出图形即可；
（2）由轴对称的性质得到，，再利用证明，推出，证明即可得到结论．
【详解】（1）解：如图，为所作；
；
（2）证明：连接，如图，
∵和关于直线对称，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴D，C，F三点共线．
【点睛】本题考查了轴对称的作图和性质、全等三角形的性质与判定等知识；熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
【变式训练3 旋转模型】
1．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．如图，，，将绕D逆时针旋转90°至，连接AE，若，则的面积是 _______．
【答案】3
【分析】由旋转可得，可求得，可求得的面积．
【详解】解：如图，过D作于点H，过E作交的延长线于F，则四边形是矩形，，
∴，
∴
∴，
∴，且，
∴，
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查旋转的性质，掌握旋转图形是全等图形是解题的关键．
3． 复习“全等三角形”的知识时，老师布置了一道作业题：“如下图①，已知在△ABC中，AB＝AC，P是△ABC内部任意一点，将AP绕点A顺时针旋转至AQ，使得∠QAP＝∠BAC，连接BQ，CP，则BQ＝CP．”
（1）小亮是个爱动脑筋的同学，他通过对图①的分析，证明了△ABQ≌△ACP，从而证得BQ＝CP．请你帮小亮完成证明；
（2）之后，小亮又将点P移到等腰三角形ABC之外，原题中的条件不变，“BQ＝CP”仍然成立吗？若成立，请你就图②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)根据得，，所以，由旋转得，，根据题目给出的即可证明出，由全等三角形的性质即可证明．
(2)和(1)同理，根据得，，所以，由旋转得，，根据题目给出的即可证明出，由全等三角形的性质即可证明．
【详解】(1)证明：，
，
，
在与中，
，
，
．
(2) 仍然成立，证明如下：
，
，
，
在与中，
，
，
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明过程中涉及到旋转的性质：旋转前后的图形全等，找准全等的条件，证明三角形全等是解题的关键．
【变式训练4 一线三等角模型】
1．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．如图，已知ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AD⊥DE于点D，BE⊥DE于点E，且点C在DE上，若AD＝5，BE＝8，则DE的长为_____．
【答案】13
【分析】先根据AD⊥DE，BE⊥DE，∠ADC=∠CEB=90°，则∠DAC+∠DCA=90°，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，可得AC=CB，推出∠DAC=∠ECB，即可证明△DAC≌△ECB得到CE=AD=5，CD=BE=8，由此求解即可．
【详解】解：∵AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC=∠CEB=90°，
∴∠DAC+∠DCA=90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，
∴∠DCA+∠BCE=90°，AC=CB
∴∠DAC=∠ECB，
∴△DAC≌△ECB（AAS），
∴CE=AD=5，CD=BE=8，
∴DE=CD+CE=13，
故答案为：13．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，垂线的定义，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
3．（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．
【变式训练5 三垂直全等模型】
1．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．
2．如图，在中，，，分别过点，作经过点的直线的垂线段，，若，，则的长为______．
【答案】6
【分析】利用垂直的定义得到，由平角的定义及同角的余角相等得到，利用证得，由全等三角形对应边相等得到，，由即可求出长．
【详解】解：，，
，
，
，
，
在和中，
，
∴，
，，
则．
故答案为：6．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，根据由平角的定义及同角的余角相等证得是解决问题的关键．
3．如图，中，，点P在上，，，垂足分别为D，E，已知．
(1)试说明；
(2)求BE多长？
【答案】(1)见解析，
(2)2．
【分析】（1）根据已知易得，再由，，利用同角的余角相等易得，进而证明；
（2）由全等三角形性质可知．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
∵，
∴．
在和中，
，
∴．
（2）由（1）得，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，根据利用同角的余角相等证明角相等是证明关键．
【变式训练6 手拉手模型】
1．如图，在△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，AD、CE交于点H，已知EH=EB=3，AE=4，则CH的长是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】由AD垂直于BC，CE垂直于AB，利用垂直的定义得到一对角为直角，再由一对对顶角相等，利用三角形的内角和定理得到一对角相等，再由一对直角相等，以及一对边相等，利用AAS得到三角形AEH与三角形EBC全等，由全等三角形的对应边相等得到AE=EC，由EC-EH，即AE-EH即可求出HC的长．
【详解】∵AD⊥BC，CE⊥AB，
∴∠ADB=∠AEH=90°，
∵∠AHE=∠CHD，
∴∠BAD=∠BCE，
∵在△HEA和△BEC中，
∠BAD＝∠BCE，∠AEH＝∠BEC＝90°，EH＝EB，
∴△HEA≌△BEC（AAS），
∴AE=EC=4，
则CH=EC-EH=AE-EH=4-3=1．
故选A.
【点睛】此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与性质是解本题的关键．
2．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．
3．（1）如图①，在四边形中，，E，F分别是边上的点，且．请直接写出线段之间的数量关系： ；
（2）如图②，在四边形中，，E，F分别是边上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；
（3）在四边形中，，E，F分别是边所在直线上的点，且．请直接写出线段之间的数量关系： ．
【答案】（1）；（2）（1）中的结论仍然成立，理由见解析；（3） 或 或
【分析】（1）如图1，延长到G，使，连接，即可证明，可得，再证明，可得，即可解题；
（2）如图2，同理可得：；
（3）如图3，作辅助线，构建，同理证明和．可得新的结论：；如图4，作辅助线，同理证明和，可得新结论；
【详解】解：（1）如图1，延长到G，使，连接．
在与中，
，
∴．
∴，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∵．
∴；
（2）（1）中的结论仍然成立．
理由如下：如图2，延长到G，使，连接．
∵，
∴，
在与中，
，
∴．
∴，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∵．
∴；
（3）图2中，成立，
图3中，，理由如下：
在上截取，使，连接．
∵，
∴．
在与中，
，
∴．
∴．
∴．
∴．
在和中，
，
∴．
∴，
∵，
∴．
图4中，，理由如下：
在上截取，使，连接，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和 中，
，
∴，
∴，
∴；
综上所述，线段 之间的数量关系为： 或 或，
故答案为： 或 或．
【点睛】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质、平角的定义等知识，本题综合性强，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，属于中考常考题型．
【变式训练7 半角全等模型】
1．如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A按顺时针方向旋转90°后得到△AFB，连接EF，有下列结论：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正确的有（ ）
A．①②③④B．②③C．②③④D．③④
【答案】C
【分析】利用旋转性质可得△ABF≌△ACD，根据全等三角形的性质一一判断即可．
【详解】解：∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB，
∴△ABF≌△ACD，
∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正确，
∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正确
无法判断BE＝CD，故①错误，
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
2．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．问题情境：已知，在等边△ABC中，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，点M、N分别在直线AC，AB上，且∠MON＝60°，猜想CM、MN、AN三者之间的数量关系．
方法感悟：小芳的思考过程是在CM上取一点，构造全等三角形，从而解决问题；
小丽的思考过程是在AB取一点，构造全等三角形，从而解决问题；
问题解决：（1）如图1，M、N分别在边AC，AB上时，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明；
（2）如图2，M在边AC上，点N在BA的延长线上时，请你在图2中补全图形，标出相应字母，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）CM＝AN+MN，详见解析；（2）CM＝MN﹣AN，详见解析
【分析】（1）在AC上截取CD＝AN，连接OD，证明△CDO≌△ANO，根据全等三角形的性质得到OD＝ON，∠COD＝∠AON，证明△DMO≌△NMO，得到DM＝MN，结合图形证明结论；
（2）在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，仿照（1）的方法解答．
【详解】解：（1）CM＝AN+MN，
理由如下：在AC上截取CD＝AN，连接OD，
∵△ABC为等边三角形，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，
∴∠OAC＝∠OCA＝30°，
∴OA＝OC，
在△CDO和△ANO中，
，
∴△CDO≌△ANO（SAS）
∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∵∠MON＝60°，
∴∠COD+∠AOM＝60°，
∵∠AOC＝120°，
∴∠DOM＝60°，
在△DMO和△NMO中，
，
∴△DMO≌△NMO，
∴DM＝MN，
∴CM＝CD+DM＝AN+MN；
（2）补全图形如图2所示：
CM＝MN﹣AN，
理由如下：在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，
在△CDO和△ANO中，
，
∴△CDO≌△ANO（SAS）
∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∴∠DOM＝∠NOM，
在△DMO和△NMO中，
，
∴△DMO≌△NMO（SAS）
∴MN＝DM，
∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等边三角形的性质及全等三角形的判定定理．
1．（2024·山东临沂·一模）如图，点是的边上的中线，，，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质、三角形三边之间的关系，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
延长至，使，连接．由证明，得，再根据三角形的三边关系即可求解．
【详解】解：延长至，使，连接．
则，
∵是边上的中线，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在中，，
即，
，
故选：A．
2．（22-23八年级上·湖北武汉·期末）如图，在五边形中，，，，且，，则五边形的面积为（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】D
【分析】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线，解题的关键是利用全等的性质将面积进行转化．
将绕点A逆时针旋转至，首先证明点D，E，F三点共线，证明，得到，，再将所求面积转化为进行计算即可．
【详解】如图，将绕点A逆时针旋转至，
，，
则，，
，即点D，E，F三点共线，
，
，
即，
在和中
，
，
，
，
五边形的面积为：
，
，
．
故选：D．
3．（23-24八年级下·安徽蚌埠·开学考试）如图所示，在中，，，于点，于点，，，则的长是( )

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此题主要考查直角三角形的全等判定与性质，首先证明，又由，，得出，，进而得出答案．
【详解】解：∵，，，，
∴，
∴
又∵，，
∴，，
∴．
故选B
4．（21-22八年级上·福建龙岩·期中）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．
5．（23-24七年级下·重庆·期末）在中，，点D是上，点E在上，，，若，则的长为（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】B
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质：过点作，连接，先证明，得到，求出的长，再证明，得到，进而求出的长即可．
【详解】解：过点作，连接，则：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故选B．
6．（23-24七年级下·江苏苏州·期末）如图，在中，延长到E，使得，连接，过点A作，且．连接与的延长线交于D点，则的长为 ．
【答案】
【分析】此题重点考查了全等三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
作，交的延长线于点，可证明，得，因为，所以以，求得，再证明，得，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：作，交的延长线于点，
，
，
在和中
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
故答案为：．
7．（23-24七年级下·重庆·期末）如图，点D是外一点，，连接，过点D作于E，，则 ．
【答案】3
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，过点作，证明，得到，，再证明，推出，即可得出结果．
【详解】解：过点作于点，则，
∵，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：3．
8．（23-24七年级下·陕西西安·期末）如图，已知点B是边上的动点（不与A、C重合），在的同侧作等边和等边，连接交于点H，交于G，交于F，连接，则当最小时， ．
【答案】
【分析】由题意可证得，在上截取可证，推出，当时，最小，据此即可求解．
【详解】解：由题意得：
∴
即：
∵
∴
∴
在上截取
∴
∴，
∴
即：
∴是等边三角形
∴
∴
∴
当时，最小
此时，
∵
∴
∴
∴
故答案为：．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，垂线段最短等知识点，考查了学生的推理论证能力．
9．（23-24七年级下·湖南衡阳·阶段练习）如图，在和中，，，与相交于点，与相交于点，与相交于点，．有下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】本题考查的是三角形全等的判定，全等三角形的性质的应用，所以熟悉三角形全等的判定方法并应用，熟悉全等三角形的性质并应用是关键．
先证明与全等，再证明即可得到答案．
【详解】解：，
，
在与 中，


，故①正确，
在与 中，

()，故④正确，


，故③正确．
因为条件不足，无法证明②；
故答案为：①③④．
10．（21-22八年级下·宁夏银川·期末）如图，在等腰中，，，点P从点B出发，以的速度沿向点C运动，点Q从点C出发，以的速度沿向点A运动，当 时，与全等．
【答案】4或4.8
【分析】本题考查了全等三角形的判定，关键是掌握全等三角形全等的条件，找准对应边．分两种情况①当时，；当时，，然后分别计算出t的值，进而得到v的值．
【详解】解：设运动时间为t秒，
∵点P从点B出发，以的速度沿向点C运动，点Q从点C出发，以的速度沿向点A运动，
∴，，
∴，
∵，
∴，
当时，，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴；
②当时，，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴，
综上所述：当或4.8时与全等，
故答案为：4或4.8．
11．（23-24七年级下·辽宁丹东·期中）如图，在中，，，点是外部一点，连结，作，，垂足分别为点，
(1)求证：；
(2)已知，，求的长．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)的长为
【分析】本题主要考查全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据垂直的关系可得，，由“角角边”即可求证；
（2）根据全等三角形的性质可得，根据线段的和差即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∵，
∴，且，
∴；
（2）解：由（1）可得，，
∴，，
在中，，
∵,，
∴的长为．
12．（23-24八年级上·吉林·期末）（1）如图1，在中，，，直线m经过点A，直线m．直线m，垂足分别为D，E．求证：．
（2）如图2，将（1）中的条件改为在中，，D，A，E三点都在直线m上，且有，其中为任意钝角，请问结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）成立，证明见解析
【分析】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定定理与性质定理是解题的关键．
（1）由直角三角形的性质及平角的定义得出，可证明，根据全等三角形的性质及线段的和差求解即可；
（2）与（1）类似，可证明，根据全等三角形的性质及线段的和差求解即可．
【详解】解：（1）∵直线m，直线m，
∴．
∴，
∴．
∵，
∴．
在和中，
∴，
∴，，
∴．
（2）成立．证明如下：
∵，
∴，
∴．
在和中，
∴，
∴，，
∴．
13．（23-24八年级上·湖北十堰·期末）（1）如图1，，射线在这个角的内部，点B、C分别在上，且，于点D，于点E．请直接写出线段之间的关系；
（2）若（1）中，且，其他条件不变，如图2，（1）中结论是否仍成立？请说明理由．
（3）在（2）的条件下，过点B作，交于点F，连接，如图3，若，求的长．
【答案】（1）；（2）（1）中结论不成立，理由见解析；（3）
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，掌握定理内容寻找条件证是解决此题的关键．
（1）证即可；
（2）结合（1）中证明过程证证即可；
（3）根据条件可推出为等边三角形、为等边三角形，结合即可求解．
【详解】解：（1），理由如下：
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）（1）中结论不成立，理由如下：
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
由（2）中得，，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴
14．（23-24八年级上·全国·期末）在中，，过点C作直线于点M，于点N．
(1)若在外（如图1），求证：；
(2)若与线段相交（如图2），且，则＝ ．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）利用互余关系证，再证，得到，，即可得出结论；
（2）类似于（1）可证，得，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
∵，
∴．
（2）解：∵于M，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
15．（23-24七年级下·江西抚州·期末）（1）【模型呈现】如图1，在中，，，直线l经过点A，直线l、直线l，垂足分别为点D，E．试说明：
（2）【模型应用】如图2，将（1）中的条件改为：在中，，D，A，E三点都在直线l上，并且有．试说明：．
（3）【拓展延伸】如图3，过的边向外作正方形和正方形，是边上的高，延长交于点I．试说明：I为的中点．
【答案】（1）见解析（2）见解析（3）见解析
【分析】本题主要考查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．
（1）由可得，推出，结合，，即可证明；
（2）设，由条件可知，且，可得，结合条件可证明，可得出结论；
（3）由条件可知，可得，结合条件可证明，可得出结论I是的中点．
【详解】（1）如图1，
证明：直线l，直线l，
∴，
，
∴，
，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）如图，
证明如下：
设，
∴，
∴，
在和中．
．
∴，，
∴；
（3）如图3，
证明：过E作于M，的延长线于N．
∴，
，
，
是边上的高，
，
，
，
，
，
，
同理，
，
，
在△EMI和△GNI中，
，
，
，
I是的中点．