2026年湖南中考数学二轮复习 专题03 三角形与全等三角形模型(题型专练)

这是一份2026年湖南中考数学二轮复习 专题03 三角形与全等三角形模型(题型专练)，共60页。
内●容●导●航
第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学
典例引领 方法透视 变式演练
题型 01 三角形基本性质（三边关系 / 内角和 / 外角）
题型 02 三角形重要线段（中线 / 高 / 角平分线 / 中位线）
题型 03 全等三角形判定基础（SSS/SAS/ASA/AAS/HL）
题型 04 等腰三角形性质与判定（边等、角等、三线合一）
题型 05 直角三角形性质（直角、斜边中线、30° 角）
题型 06 勾股定理与勾股逆定理（计算边长、判断直角）
题型 07 勾股定理实际应用（折叠、最短路径）
题型 08 全等模型（平移 / 对称翻折 / 中心对称）
题型 09 全等辅助线构造（倍长中线）
题型 10 全等模型（三垂直 / 一线三等角全等）
题型 11 全等模型（手拉手模型）
题型 12 全等综合应用（动点 / 折叠 / 最值问题）
第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战
题●型●破●译
题型01 三角形基本性质（三边关系 / 内角和 / 外角）
典例引领
【典例01】（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，，，．则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了三角形内角和定理、平行线的性质等知识点，掌握平行线的性质成为解题的关键．
由三角形内角和定理可得，再根据平行线的性质即可解答．
【详解】解：∵在中，，，
∴,
∵，
∴．
故选：C．
【典例02】（2023·湖南益阳·中考真题）如图，，直线与分别交于点E，F，上有一点G且，．求的度数．

【答案】
【分析】根据，可得，从而得到，再由，可得，然后根据三角形内角和定理，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理是解题的关键．
方法透视
变式演练
【变式01】（2023·湖南·中考真题）下列长度的三条线段，能组成三角形的是（ ）
A．1，3，4B．2，2，7C．4，5，7D．3，3，6
【答案】C
【分析】根据三角形的三边关系分别判断即可．
【详解】解：，
∴1，3，4不能组成三角形，
故A选项不符合题意；
，
∴2，2，7不能组成三角形，
故B不符合题意；
，
∴4，5，7能组成三角形，
故C符合题意；
，
∴3，3，6不能组成三角形，
故D不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，熟练掌握三角形的三边关系是解题的关键．
【变式02】（2025·湖南·中考真题）一个等腰三角形的两边长分别为，，则它的周长为（ ）
A．12B．16C．20D．16或20
【答案】C
【分析】本题考查等腰三角形的性质和三角形的三边关系．分情况讨论等腰三角形的腰长是解题关键．
分两种情况讨论：当腰长为4时，不满足三边关系；当腰长为8时，满足三边关系，计算周长即可．
【详解】解：∵等腰三角形两边长分别为4和8，
∴可能情况：腰为4，底为8；或腰为8，底为4，
当腰为4，底为8时，
∵ ，不符合三角形三边关系，
∴该情况不成立；
当腰为8，底为4时，
∵，，，均满足三边关系，
∴ 周长为．
故选：C．
【变式03】（2025·湖南长沙·三模）已知三角形的周长是13，则以下哪个长度不可能是该三角形的边长（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】D
【分析】本题考查了三角形的三边关系，熟练掌握三角形任意两边之和大于第三边是解题的关键．
先计算出另外两边之和，再根据三角形任意两边之和大于第三边即可求解．
【详解】解：A．若三角形的一边长为4，则三角形另外两边之和为：，能构成三角形，故本选项不符合题意；
B．若三角形的一边长为5，则三角形另外两边之和为：，能构成三角形，故本选项不符合题意；
C．若三角形的一边长为6，则三角形另外两边之和为：，能构成三角形，故本选项不符合题意；
D．若三角形的一边长为7，则三角形另外两边之和为：，不能构成三角形，故本选项符合题意．
故选：D．
题型02 三角形重要线段（中线 / 高 / 角平分线 / 中位线）
典例引领
【典例01】（2025·湖南·模拟预测）用三角板作的边上的高，下列三角板的摆放位置正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】本题考查三角形的高，根据三角形的高的定义一一判断即可．
【详解】解：A、可以作的边上的高，此选项符合题意；
B、不是的边上的高，此选项不符合题意；
C、不是的边上的高，此选项不符合题意；
D、是的边上的高，不是边上的高，此选项不符合题意；
故选：A．
【典例02】（2025·湖南·一模）如图，在中，已知点D，E，F分别为边的中点，且，则阴影部分面积_______．

【答案】4
【分析】根据三角形的中线将三角形的面积分为相等的两部分可得图中各个三角形面积之间的关系，
【详解】解：∵点D为中点，
∴，
∵点E为中点，
∴，，
∴，
∵点F为中点，
∴．
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了三角形中线的性质，解题的关键是熟练掌握三角形的中线将三角形的面积平均分成两部分．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南·模拟预测）如图，在中，，平分交斜边于点D，以D为圆心，适当长度为半径画弧，交于M、N，分别以M、N为圆心，以大于 的长度为半径画弧，两弧相交于E，作直线交于F，则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】由作图可知，，由平分，可得，则，，证明，则，即，计算求解即可．
【详解】解：由作图可知，，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得，，
故选：B．
【点睛】本题考查了作垂线，角平分线，等角对等边，相似三角形的判定与性质等知识．熟练掌握作垂线，角平分线，等角对等边，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式02】（2025·湖南娄底·三模）下列命题中，正确的是（ ）
A．三角形的重心是三条角平分线的交点B．五边形的外角和为
C．菱形是轴对称图形，但不是中心对称图形D．三个角对应相等的两个三角形全等
【答案】B
【分析】本题考查的是命题与定理，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．根据三角形的重心的概念、多边形的外角和、菱形的性质、全等三角形的判定判断即可．
【详解】解：A、三角形的重心是三条中线的交点，故本选项是假命题，不符合题意；
B、五边形的外角和为，是真命题，符合题意；
C、菱形是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项是假命题，不符合题意；
D、三个角对应相等的两个三角形不一定全等，故本选项是假命题，不符合题意；
故选：B．
【变式03】（2025·湖南怀化·三模）如图，在中，是边上的中线，，，，.
(1)求的长；
(2)求的值.
【答案】(1)7
(2)
【分析】此题考查了解直角三角形、勾股定理、三角形的中线等知识．
（1）根据勾股定理求出，由得到，即可得到的长；
（2）由是边上的中线得到，则，根据勾股定理得到，即可求解．
【详解】（1）解：∵，，，
∴；
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵是边上的中线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
题型03 全等三角形判定基础（SSS/SAS/ASA/AAS/HL）
典例引领
【典例01】（2025·湖南·模拟预测）如图，点B，E，C，F在一条直线上，，，，
(1)求证：
(2)若，，求的度数
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】此题主要考查三角形全等的判定和性质，三角形的内角和定理的应用，掌握其性质定理是解决此题的关键．
（1）根据，可得出，即可判定；
（2）首先根据（1）中两三角形全等，可得，在中根据三角形内角和定理即可求出．
【详解】（1）证明：，
，
即，
在和中，
，
．
（2）解：，，，
，
．
【典例02】（2025·湖南·模拟预测）如图，点B，F，C，E在直线l上，点A，D在l的两侧，，，．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】此题重点考查全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识，根据平行线的性质证明是解题的关键．
（1）由，得，而，即可证明；
（2）根据全等三角形的性质得，则，即可求得．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
在与中
，
∴．
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南长沙·二模）如图，，．
(1)求证：；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）直接用证明即可；
（2）由全等三角形的性质得到，则，再求出得到，利用勾股定理求出，则．
【详解】（1）证明：在和中，
，
∴；
（2）∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
【变式02】（2024·湖南株洲·模拟预测）如图，锐角三角形中，，点，分别在边，上，连接，．下列命题中，假命题是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【分析】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．由，可得，再分别利用全等三角形的判定和性质即可得出结论．
【详解】解：∵，
∴，
若，又，，
∴，
∴，则原命题是真命题，故选项A不符合题意；
若，∴，又，，
∴，
∴，则原命题是真命题，故选项B不符合题意；
若，又，，
不能证明与全等，则与不一定相等，
则原命题是假命题，故选项C符合题意；
若，又，，
∴，
∴，
∵，
∴，则原命题是真命题，故选项D不符合题意；
故选：C．
【变式03】（2024·湖南长沙·中考真题）如图，点C在线段上，，，．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，证明是等边三角形是解答的关键．
（1）直接根据全等三角形的判定证明结论即可；
（2）根据全等三角形的性质得到，，再证明是等边三角形，利用等边三角形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：在与中，
，
所以；
（2）解：因为，，
所以，，
所以是等边三角形．
所以．
题型04 等腰三角形性质与判定（边等、角等、三线合一）
典例引领
【典例01】（2024·湖南·中考真题）等腰三角形的一个底角为，则它的顶角的度数是______．
【答案】
【分析】本题考查等腰三角形的性质，三角形的内角和定理．根据等腰三角形两底角相等，结合三角形的内角和定理，进行求解即可．
【详解】解：∵等腰三角形的一个底角为，
∴另一个底角的度数也为，
∴它的顶角的度数是；
故答案为：．
【典例02】（2025·湖南长沙·中考真题）如图，在中，，以点C为圆心，适当长为半径作弧，交于点M，交于点N，再分别以点M，N为圆心，大于的长度为半径作弧，两弧相交于点P，作射线交于点D．
(1)求的度数；
(2)若，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了角平分线、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质等知识点，熟记相关结论即可.
（1）由题意得，根据是的角平分线即可求解；
（2）求出，得到；求出．．推出．即可求解；
【详解】（1）解：，
．
由作图可知，是的角平分线，
．
（2）解：在中，由三角形内角和定理得，
，
，
在中，，
．
．
．
．
，
．
方法透视
变式演练
【变式01】（2024·湖南长沙·模拟预测）如图所示，湘府中路是一段东西走向的公路，在省政府（A处）测得小明家（P处）在北偏东方向上，继续往东走到了德思勤（B处）测得我家（P处）在北偏东方向上，请问小明家到湘府路有多远？（参考数据：，结果精确到）
【答案】
【分析】本题考查的是解直角三角形的应用-方向角问题，熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
过点作，根据三角形的外角性质得到，得到，根据正弦的定义计算，得到答案．
【详解】解：如图，过点作，交的延长线于点，
由题意得：，
，
，
，
在中，，
，
，
答：小明家到湘府路有．
【变式02】（2025·湖南·模拟预测）如图，在平行四边形中，已知，，平分交边于点，则等于__．
【答案】2
【分析】本题考查通过平行四边形性质的应用，及等腰三角形的判定，属于基础题．
由平行四边形对边平行根据两直线平行，内错角相等可得，而平分，进一步推出，在同一三角形中，根据等角对等边得，则可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
，
又平分，
，
，
，
即．
故答案为：2．
【变式03】（2025·湖南株洲·模拟预测）如图①所示的弧三角形（也称莱洛三角形）也是“等宽曲线”，如图②，夹在平行线c，d间的莱洛三角形无论怎么滚动，平行线间的距离始终不变．若直线c，d之间的距离等于，则莱洛三角形的周长为_______．
【答案】
【分析】本题考查了新定义问题求弧长，理解题意牢记弧长公式是解题的关键．
由等宽曲线的定义知，即可得，因此可知在以点C为圆心，为半径的圆上，根据弧长公式可求得的长，莱洛三角形的周长为3段等长的弧，据此即可求解．
【详解】解：由题意可得，
，
在以点C为圆心，为半径的圆上，
的长为，
∴莱洛三角形的周长为．
故答案为：．
题型05 直角三角形性质（直角、斜边中线、30° 角）
典例引领
【典例01】（2023·湖南·中考真题）《周礼考工记》中记载有：“……半矩谓之宣（xuān），一宣有半谓之欘（zhú）……”意思是：“……直角的一半的角叫做宣，一宣半的角叫做欘……”．即：1宣矩，1欘宣（其中，1矩），问题：图（1）为中国古代一种强弩图，图（2）为这种强弩图的部分组件的示意图，若矩，欘，则______度．

【答案】//．
【分析】根据矩、宣、欘的概念计算即可．
【详解】解：由题意可知，
矩，
欘宣矩，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了新概念的理解，直角三角形锐角互余，角度的计算；解题的关键是新概念的理解，并正确计算．
【典例02】（2023·湖南岳阳·中考真题）已知，点在直线上，点在直线上，于点，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据平行线的性质和直角三角形两锐角互余分析计算求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查平行线的性质和直角三角形两锐角互余，掌握两直线平行，内错角相等以及直角三角形两锐角互余是解题关键．
方法透视
变式演练
【变式01】（2023·湖南郴州·中考真题）在中，，斜边上的中线长为__________．
【答案】5
【分析】本题主要考查了勾股定理，直角三角形的性质，根据勾股定理求出，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可得到答案．
【详解】解：∵在中，，
∴，
∴斜边上的中线长为，
故答案为：5．
【变式02】（2025·湖南湘西·模拟预测）在中，，，是角平分线，，点P在边上运动（不与端点A，B重合），则线段的长度范围为______．
【答案】
【分析】本题考查了含角的直角三角形的性质、角平分线的定义．根据角平分线的定义得到，根据直角三角形的性质得到，过D作于P，，于是得到结论．
【详解】解：如图，
∵，是角平分线，
∴，
∵，，
∴，
过D作于P，
∴，
∴，
∴线段的长度范围为，
故答案为：．
【变式03】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在中，，．若是的中点，则的长为_____．
【答案】
【分析】本题主要考查直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
根据直角三角形斜边上中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】解：∵中，，，是的中点，
∴，
故答案为：．
题型06 勾股定理与勾股逆定理（计算边长、判断直角）
典例引领
【典例01】（2025·湖南长沙·中考真题）如图，正方形中，点E，F分别在，上，且．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)连接，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】该题考查了正方形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
（1）根据四边形是正方形，得出且．结合，得出．结合，即可证明四边形是平行四边形．
（2）过点作于点．根据四边形是正方形，，得出．结合，证出四边形是矩形．得出．结合，得出．在中，由勾股定理求出．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴且．
又，
．
．
又．
∴四边形是平行四边形．
（2）解：过点作于点．
∵四边形是正方形，，
．
又，
∴四边形是矩形．
．
又，
．
在中，由勾股定理得．
【典例02】（2025·湖南·中考真题）已知，，，是的三条边长，记，其中为整数．
（1）若三角形为等边三角形，则______；
（2）下列结论正确的是______（写出所有正确的结论）
①若，，则为直角三角形
②若，，，则
③若，，，，为三个连续整数，且，则满足条件的的个数为7
【答案】 2 ①②/②①
【分析】本题主要考查了勾股定理的逆定理，解一元一次不等式组，三角形三边的关系，等边三角形的性质等等，熟知相关知识是解题的关键．
（1）根据等边三角形的性质可得，据此求解即可；
（2）当，时，可证明，由勾股定理的逆定理可判断①；当，，时，可得；当时，可得，当时，可得，则可求出，据此求出t的取值范围即可判断②；当时，则，则可得到；根据题意不妨设，则剩下两个数分别为（n为正整数），则可得，解不等式组求出整数n即可判断③．
【详解】解：（1）∵，，是的三条边长，且是等边三角形，
∴，
∴
，
故答案为；2；
（2）①当，时，∵，
∴，
∴，
∴，
∴为直角三角形，故①正确；
②当，，时，
∵，
∴；
当时，
∵，
∴，
∴；
当时，
∵，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴t随b的增大而增大，
当时，，
当时，，
∴，故②正确；
③当时，则，
∵，
∴，
∴；
∵a、b、c是三个相邻的正整数，，
∴不妨设，则剩下两个数分别为（n为正整数），
∵，
∴，
解得，
∴符合题意的n的值有2、3、4、5、6、7，共6个，
∴符合题意的a、b、c的取值一共有6组，
∴满足条件的的个数为6，故③错误；
故答案为：①②．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南·模拟预测）如果三角形满足一个角是另一个角的4倍，那么我们称这个三角形为“倍角三角形”．下列各组数据中，能作为一个倍角三角形三边长的一组是（ ）
A．1，2，3B．1，1，C．1，1，D．1，2，
【答案】C
【分析】本题考查三角形及其性质、解直角三角形，A选项三边不满足三角形三边关系，B选项为等腰直角三角形，D选项为直角三角形，C选项为等腰三角形，且角度为，，，满足条件．
【详解】解：A．，三边不满足三角形三边关系，不能构成三角形，不合题意；
B．，则此三边构成等腰直角三角形，不能满足一个角是另一个角的4倍，不合题意；
C．1，1，，此三边构成一个等腰三角形，通过作底边上的高可得到底角为，顶角为，满足一个角是另一个角的4倍，符合题意；
D．1，2，，此三边构成直角三角形，最小角为，不能满足一个角是另一个角的4倍，不合题意；
故选：C．
【变式02】（2025·湖南·模拟预测）如图，在的网格中，每个小正方形的边长均为．若点都在格点上，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了勾股定理及其逆定理，锐角三角函数，取格点，连接，，则共线，根据勾股定理及其逆定理得到，所以，再利用正弦定义求解即可，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，取格点，连接，，
根据网格特点，共线，
因为每个小正方形的边长均为，
所以由勾股定理得：，，，
∴，
∴，
在中，，
故选：．
【变式03】（2025·湖南娄底·一模）已知如图，在中，，，，在直线的同侧分别以的三边作正方形、正方形、正方形，、、、分别表示对应图形的面积，则的值为______．
【答案】
【分析】本题考查了以直角三角形三边为边长的正方形构成图形的面积，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，过作于，通过证明，依此即可求解，熟练掌握相关定理，证明全等三角形，将阴影面积转化为是解题的关键．
【详解】解：过作于，连接，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证：，
∴，，
∵，
∴，
∴，
同理可证：，
∴，
∴，
同理：，，
∴，
∴
，
∵，，，
∴，
∴，
故答案为：．
题型07 勾股定理实际应用（折叠、最短路径）
典例引领
【典例01】（2025·湖南·模拟预测）如图，有一圆柱形下水管道紧靠墙砖竖直安放，墙砖为长方形，分米，分米，该管道底面是周长为分米的圆，一只蚂蚁从点爬过管道到达，需要走的最短路程是______分米．
【答案】
【分析】本题考查了勾股定理的应用最短路线问题，把圆柱侧面展开，由两点之间，线段最短，可知线段为蚂蚁爬行的最短路径，利用勾股定理计算即可求解，正确画出图形是解题的关键．
【详解】解：把圆柱侧面展开，如图，则分米，分米，
由两点之间，线段最短，可知线段为蚂蚁爬行的最短路径，
由勾股定理得，分米，
∴需要走的最短路程是分米，
故答案为：．
【典例02】（2025·湖南岳阳·一模）《九章算术》是我国古代数学名著，书中有下列问题：“今有垣高一丈，倚木于垣，上与垣齐．引木却行一尺，其木至地，问木长几何？”其意思为：今有墙高1丈，倚木杆于墙，使木之上端与墙平齐，牵引木杆下端退行1尺，则木杆（从墙上）滑落至地上．问木杆是多长？（1丈=10尺）设木杆长为x尺根据题意，可列方程为______．
【答案】102+（x-1）2=x2
【分析】当木杆的上端与墙头平齐时，木杆与墙、地面构成直角三角形，设木杆长为x尺，则木杆底端离墙有（x-1）尺，根据勾股定理可列出方程．
【详解】解：如图，设木杆AB长为x尺，则木杆底端B离墙的距离即BC的长有（x-1）尺，
在Rt△ABC中，
∵AC2+BC2=AB2，
∴102+（x-1）2=x2，
故答案为：102+（x-1）2=x2．
【点睛】此题考查了勾股定理的应用，解题的关键是由实际问题抽象出直角三角形，从而运用勾股定理解题．
方法透视
变式演练
【变式01】（2024·湖南·模拟预测）《九章算术》中的“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去本四尺．问折者高几何？意思是：一根竹子，原高一丈（一丈=10尺），一阵风将竹子折断，其竹梢恰好抵地，抵地处离竹子底部4尺远，问折断处离地面有多高？设折断处离地而高尺，可列方程得_____________．
【答案】
【分析】本题考查列方程解决古代问题，涉及勾股定理，读懂题意，设折断处离地而高尺，由勾股定理代值列方程即可得到答案，熟记勾股定理是解决问题的关键．
【详解】解：设折断处离地而高尺，可列方程得，
故答案为：．
【变式02】（2024·湖南郴州·二模）如图所示为雷达图，规定：个单位长度代表，以点为原点，过数轴上的每一刻度点两同心圆，并将同心圆平均分成十二等分．一艘海洋科考船在点处用雷达发现，两处鱼群，那么，两处鱼群的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查的知识点是勾股定理的应用，解题关键是熟练掌握勾股定理．
根据题意得出及、后即可根据勾股定理求解．
【详解】解：如图，连接，数轴交点为，
由题意得，同心圆平均分成十二等分，则每三等分即为，
，
又个单位长度代表，
，，
根据勾股定理可得，
中，．
故选：．
【变式03】（2025·湖南·模拟预测）如图，在笔直的公路旁有一座山，从山另一边的处到公路上的停靠站的距离为，与公路上另一停靠站的距离为，停靠站、之间的距离为，为方便运输货物现要从公路上的处开凿隧道修通一条公路到处，且．
(1)请判断的形状？
(2)求修建的公路的长．
【答案】(1)是直角三角形
(2)
【分析】本题考查了勾股定理，勾股定理逆定理的应用，以及三角形的面积公式等知识，熟练掌握这两个定理是解题关键．
（1）根据勾股定理的逆定理，由得到是直角三角形．
（2）利用的面积公式可得，，从而求出的长．
【详解】（1）解：是直角三角形．
，，，
，
，
，
是直角三角形．
（2）解：，
，
．
答：修建的公路的长是．
题型08 全等模型：平移 / 对称翻折 / 中心对称
典例引领
【典例01】（2025·湖南衡阳·中考真题）如图，点A、B、D、E在同一条直线上，．求证：．
【分析】根据，可以得到，然后根据题目中的条件，利用ASA证明△ABC≌△DEF即可．
考向解读
考标要求掌握三角形三边关系、内角和定理及外角性质，能运用性质进行简单推理和计算；中考中多以选择、填空题形式出现，难度偏低，侧重基础应用，偶尔结合折叠、角度计算综合考查，是三角形板块必拿分基础题型。
方法技能
1. 三边关系：牢记“两边之和大于第三边、两边之差小于第三边”，用于判断线段能否构成三角形、求第三边取值范围，重点验证较短两边之和大于最长边。
2. 内角和与外角：三角形内角和为180°，直角三角形两锐角互余；外角等于不相邻两内角和，优先用外角性质简化角度计算。
3. 易错点：注意三边关系“任意”二字、外角性质“不相邻”条件，避免计算失误。
考向解读
考标要求掌握三角形中线、高、角平分线、中位线的定义及性质，能运用性质解决线段、角度相关基础及中档问题；中考中多以选择、填空、解答题第一问出现，难度中等，中位线、高的应用是重点，是三角形板块核心基础题型。
方法技能
中线：平分对边、平分三角形面积，可结合倍长中线法构造全等。
2. 高：垂直于对边（或延长线），用于求面积、结合勾股定理求线段长度，注意钝角三角形高的位置。
3. 角平分线：角平分线上点到角两边距离相等，常用作垂线构造距离转化线段。
4. 中位线：平行于第三边且等于第三边一半，核心用于转化线段、证明平行，牢记“连接两边中点”的条件。
考向解读
考标要求掌握全等三角形定义及SSS、SAS、ASA、AAS、HL五种判定方法，能准确选择方法证明全等；中考中是三角形板块核心考点，多以解答题出现，可单独考查或综合等腰、直角三角形考查，难度中等，是后续综合应用的基础。
方法技能
1. 判定选择：已知两边优先用SSS、SAS（注意夹角）；已知两角优先用ASA、AAS；直角三角形优先用HL。
2. 核心步骤：找已知边角条件→选判定方法→规范书写证明过程，标注对应关系。
3. 易错点：SAS夹角易误判，HL仅适用于直角三角形，避免混淆对应边、对应角。
考向解读
考标要求掌握等腰三角形定义、性质及判定方法，能运用其进行角度、线段推理计算；中考中多以选择、填空、解答题出现，难度中等，侧重“三线合一”应用，偶尔结合折叠、轴对称考查，是三角形板块高频题型。
方法技能
1. 性质：等边对等角，可设未知数求角度；三线合一（顶角平分线、底边上中线、高重合），优先用于构造辅助线、转化线段角度。
2. 判定：等角对等边，结合角平分线、平行线推导角相等证明边相等。
3. 易错点：三线合一仅适用于底边相关线段，顶角可能为锐角、直角、钝角，需分类讨论。
考向解读
考标要求掌握直角三角形定义及两锐角互余、斜边中线等于斜边一半、30°角相关性质，能运用其计算线段、推理角度；中考中多以选择、填空、解答题第一问出现，难度中等，侧重斜边中线和30°角性质应用，结合勾股定理、折叠考查，是基础必拿分题型。
方法技能
1. 核心性质：两锐角互余用于角度计算；斜边中线等于斜边一半，用于转化线段；30°角所对直角边等于斜边一半，简化线段倍比计算。
2. 技巧：遇斜边中点连中线，遇30°直角三角形优先用倍比关系求线段。
3. 易错点：斜边中线性质仅适用于直角三角形，30°角需在直角三角形中才适用。
考向解读
考标要求掌握勾股定理及逆定理，能运用其计算边长、判断直角三角形；中考中为三角形板块必考考点，多以选择、填空、解答题出现，难度中等，侧重边长计算和直角判定，结合等腰、全等三角形考查。
方法技能
1. 勾股定理：直角三角形中，c=a2+b2)（求斜边）、，b=c2−a2)（求直角边），分清直角边与斜边。
2. 逆定理：验证“较短两边平方和=最长边平方”，判断直角三角形，最长边对直角。
3. 技巧：无直角三角形时，作高构造直角三角形再运用定理。
考向解读
考标要求能运用勾股定理解决折叠、最短路径等实际问题，将实际问题转化为几何问题；中考中多以解答题、填空压轴出现，难度中等偏难，侧重转化思想，是三角形板块中档偏难重点题型。
方法技能
1. 折叠问题：抓住折叠前后对应边、角相等，设未知数、构造直角三角形，用勾股定理列方程求解。
2. 最短路径：利用轴对称将折线转化为直线，结合“两点之间线段最短”，构造直角三角形计算长度，立体图形需先展开为平面图形。
3. 易错点：注意折叠后对应点连线被折痕垂直平分，立体图形展开需准确。
【详解】证明：点A，B，C，D，E在一条直线上
∵
∴
在与中
∴【点睛】平移是几何变换中的一种，平移不改变形状和大小，三角形平移得到的两个三角形是全等的.本题重点考查了三角形全等的判定定理，普通两个三角形全等共有四个定理，即AAS、ASA、SAS、SSS，直角三角形可用HL定理，但AAA、SSA，无法证明三角形全等．此题型通常结合线段的和差以及平行线的性质与判定综合考察.
【典例02】（2025·湖南·模拟预测）如图，在和中，B、E、C、F在同一直线上，下面有四个条件，请你从中选三个作为题设，余下的—个作为结论，写出一个正确的命题，并加以证明．
①；②；③；④；
解：我写的真命题是：
在和中，已知：________________．
求证：________________．（不能只填序号）
【详解】解：将①②④作为题设，③作为结论，可写出一个正确的命题，如下：
已知：如图，在和中，B、E、C、F在同一直线上，，，．
求证：．
证明：∵，
∴．
在和中，，
∴．
∴；
将①③④作为题设，②作为结论，可写出一个正确的命题，如下：
已知：如图，在和中，B、E、C、F在同一直线上，，，．
求证：．
证明：∵，
∴．
在和中，，
∴，
∴．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南·中考真题）如图，点E、F在BC上，BE＝CF，AB＝DC，∠B＝∠C．求证：∠A＝∠D．
【答案】见解析
【分析】由BE＝CF可得BF＝CE，再结合AB＝DC，∠B＝∠C可证得△ABF≌△DCE，问题得证．
【详解】解∵BE＝CF，
∴BE+EF＝CF+EF，即BF＝CE．
在△ABF和△DCE中，

∴△ABF≌△DCE，
∴∠A＝∠D．
【点睛】翻折是几何变换中的一种，翻折不改变形状和大小，其实就是一种抽对称变换.翻折的边，角都对应相等．此题型通常结合公共边、公共角、角的和差以及等量代换综合考察三角形全等.
【变式02】（2025·湖南·中考真题）如图，△ABC与△DCB中，AC与BD交于点E，且∠A=∠D，AB=DC
（1）求证：△ABE≌DCE；
（2）当∠AEB=50°，求∠EBC的度数．
【答案】见解析（2）∠EBC=25°
【分析】（1）根据AAS即可推出△ABE和△DCE全等．
（2）根据三角形全等得出EB=EC，推出∠EBC=∠ECB，根据三角形的外角性质得出∠AEB=2∠EBC，代入求出即可
【详解】解（1）证明：∵在△ABE和△DCE中，
，
∴△ABE≌△DCE（AAS）
（2）∵△ABE≌△DCE，
∴BE=EC，
∴∠EBC=∠ECB，
∵∠EBC+∠ECB=∠AEB=50°，
∴∠EBC=25°
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形外角的性质，解决此题的关键是合理运用三角形的外角性质．
【变式03】（2025·湖南·中考真题）已知：如图，点A、D、C、B在同一条直线上，AD=BC，AE=BF，CE=DF，求证：AE∥BF．
【答案】证明见解析．
【分析】可证明△ACE≌△BDF，得出∠A=∠B，即可得出AE∥BF；
【详解】证明：∵AD=BC，
∴AC=BD，
在△ACE和△BDF中，
，
∴△ACE≌△BDF（SSS）
∴∠A=∠B，
∴AE∥BF；
【点睛】中心对称是几何变换中的一种，中心对称不改变形状和大小，其实就是一种特殊的旋转变换（旋转180°）.中心对称的边，角都对应相等．此题型通常结合公共边、公共角、角的和差以及等量代换综合考察三角形全等.
题型09 全等辅助线构造（倍长中线）
典例引领
【典例01】（2025·湖南·模拟预测）如图，为的中线．
(1)求证：；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了三角形中线的性质、全等三角形的判定与性质、三角形三边关系，解题的关键是通过倍长中线法构造全等三角形，将线段进行转化，把分散的线段集中到同一个三角形中利用三边关系解决问题．
（1）倍长中线至使，连接，利用证明，得到，再在中运用三角形三边关系推导出；
（2）由（1）的全等结论得，结合三角形三边关系，代入及边长数值，计算得出的取值范围．
【详解】（1）证明：延长到点，使，连接．
为的中线，
在和中，
）
在中，根据三角形的三边关系，得，即
（2）解：由（1）知：
所以，即．
【典例02】（2025·湖南·模拟预测）在三角形中，若，，则中线的取值范围为_____．
【答案】
【分析】如图，延长到E，使，连接，证明，得到，在中，，即可求出答案．
此题考查了全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系，构造全等三角形是解题的关键．
【详解】解：如图所示，在三角形中，若，，延长到E，使，连接，
∵，，，
∴，
∴，
在中，，
即，
∴．
故答案为：．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南·模拟预测）若的边，满足，则第三边的中线长的取值范围为________．
【答案】
【分析】先倍长中线证明三角形全等，再将左边配方，利用非负性求得、的值，再利用三边关系求出的范围．
【详解】解：如图，，，，为边上的中线，，延长到，使得，连接，则，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
即．
【点睛】注意通过倍长中线证明全等；两个偶次方的和等于0，只有都等于0．
【变式02】（2025·湖南·模拟预测）八年级数学兴趣小组在一次活动中进行了探究试验活动，请你和他们一起活动吧．
【初步探索】
如图1，在中，若，求边上的中线的取值范围．
以下是小聪同学思考的解决方法：先延长至点，使，然后连接，利用三角形全等将边转化到，最后在中利用三角形三边关系即可求出中线的取值范围．
（1）在这个过程中，小聪同学证明三角形全等用到的判定方法是_____；若线段的长度为整数，则_____；
【灵活应用】
（2）如图2，是的中线，延长到点，连接，使，求证：；
【拓展提升】如图3，在中，分别以作等腰直角三角形和，其中，连接，点是的中点，连接，延长与相交于点，，．试判断与的数量关系，并求出的面积．
【答案】（1），2；（2）见解析；（3）,的面积为12
【分析】（1）如图1：先延长至点，使，连接，易证可得，，再在中利用三角形的三边关系可得，进而得到，再结合已知条件即可解答；
（2）如图：延长到点F，使，连接．易证可得，进而得到，再根据等边对等角可得，最后根据等量代换即可解答；
（3）如图3：延长到点E，使，连接．易证可得、，再证明可得、，即；再说明，最后运用三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：（1）如图1：先延长至点，使，连接，
∵是边上的中线，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在中，，
∴，即，
∴，
∵线段的长度为整数，
∴．
故答案为：，2．
（2）证明：如图：延长到点F，使，连接．
∵是的中线，
∴，
在和中，

∴．
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴．
（3）如图3：延长到点E，使，连接．
∵点D是的中点，
∴．
在和中，
，
∴．
∴，，
∴．
∵是等腰直角三角形，
∴，，
∴．
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
在和中，
，
∴．
∴，，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为．
【点睛】灵活运用“倍长中线法”构造全等三角形是解题的关键．
【变式03】（2025·湖南·模拟预测）【发现问题】小明遇到这样一个问题，如图1，在中，，求边上的中线的取值范围．
【初步探索】小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：
①延长到，使得；
②连接，易证，于是我们把转化在中；
③利用三角形的三边关系可得的取值范围为，从而得到的取值范围．
【总结方法】在利用中线解决几何问题时，当条件中出现“中点”、“中线”等条件时，可以考虑作辅助线，即把中线延长一倍构造全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题，这种作辅助线的方法称为“倍长中线法”．
【问题解决】（1）如图1，与的位置关系是_____；的取值范围是_____．
【问题应用】（2）如图2，是的中线，点在的延长线上，平分，，试探究线段与的数量关系．
【拓展提升】如图3，在中，平分，且交于点，的中点为，过点作平行于，交于点，交的延长线于点．若，求的长．
【答案】
（1）平行；
（2）
（3）
【分析】本题主要考查三角形全等的判定与性质、三角形三边关系、以及等腰三角形的判定，核心方法是“倍长中线法”和构造全等三角形，同时结合平行线与角的转化解决问题．
（1）考查倍长中线法构造全等三角形，利用全等得到平行关系，再结合三角形三边关系求中线范围；
（2）考查倍长中线法构造全等三角形，结合角平分线性质与全等三角形的判定，推导线段的倍数关系；
（3）考查平行线的性质、等腰三角形的判定与全等三角形的构造，通过角的转化和线段的等量代换求解长度．
【详解】解：（1）由，得，故．
在中，，，由三边关系，即，化简得．
故答案为：平行；．
（2）如图，延长到，使，连接．
∵，，，
∴，
∴，．
∵平分，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴；
（3）如图，过作，交的延长线于，则．
∵是中点，
∴．
∵，，
∴，
∴．
∵，平分，
∴，
∴，，
∴，
设，则，，故．
由，解得，
∴．
题型10 全等模型：三垂直 / 一线三等角全等
典例引领
【典例01】（2025·湖南·模拟预测）如图，点A是线段DE上一点，∠BAC=90°，AB=AC，BD⊥DE，CE⊥DE．
（1）求证：DE=BD+CE．
（2）如果是如图2这个图形，BD、CE、DE有什么数量关系？并证明．
【答案】（1）见解析；（2）BD=DE+CE，理由见解析.
【分析】（1）先证△AEC≌△BDA得出AD＝CE，BD＝AE，从而得出DE＝BD+CE；
（2）先证△ADB≌△CEA得出AD＝CE，BD＝AE，从而得出BD＝DE+CE．
【详解】（1）∵BD⊥DE，CE⊥DE，∴∠D＝∠E＝90°，∴∠DBA+∠DAB＝90°．
∵∠BAC＝90°，∴∠DAB+∠CAE＝90°，∴∠DBA＝∠CAE．
∵AB＝AC，∴△ADB≌△CEA，∴BD＝AE，CE＝AD，∴DE＝AD+AE＝CE+BD；
（2）BD＝DE+CE．理由如下：
∵BD⊥DE，CE⊥DE，∴∠ADB＝∠AEC＝90°，∴∠ABD+∠BAD＝90°．
∵∠BAC＝90°，∴∠ABD+∠EAC＝90°，∴∠BAD＝∠EAC．
∵AB＝AC，∴△ADB≌△CEA，∴BD＝AE，CE＝AD．
∵AE＝AD+DE，∴BD＝CE+DE．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，根据同角的余角相等可得∠DBA＝∠CAE，熟练掌握全等三角形的判定方法：SSS、SAS、AAS、ASA；对于证明线段的和或差，本题运用全等三角形的对应边相等将三条线段转化到同一直线上，使问题得以解决．
【典例02】（2025·湖南·模拟预测）如图，AB＝BC， AB⊥BC， AE⊥BD于F，BC⊥CD， 求证：EC＝AB－CD．
【答案】见解析
【分析】利用证明出△ABE≌△BCD，在通过等量代换进行解答．
【详解】证明：∵AB⊥BC，CD⊥BC，
∴∠ABC＝∠ACD＝90°
∴∠AEB＋∠A＝90°
∵AE⊥BD
∴∠BFE＝90°
∴∠AEB＋∠FBE＝90°
∴∠A＝∠FBE，
又∵AB＝BC，
∴△ABE≌△BCD，
∴AB＝BC，BE＝CD，
∴EC＝BC－BE＝AB－CD
【点睛】本题考查了三角形全等的判定及性质，解题的关键是掌握三角形的判定定理，再利用等量代换的思想来间接证明．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南·模拟预测）如图1，在长方形中，，点P从点B出发，以的速度沿向点C运动（点P运动到点C处时停止运动），设点P的运动时间为．
（1）_____________．（用含t的式子表示）
（2）当t为何值时，？
（3）如图2，当点P从点B开始运动，同时，点Q从点C出发，以的速度沿向点D运动（点Q运动到点D处时停止运动，两点中有一点停止运动后另一点也停止运动），是否存在这样的值使得与全等？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，或，理由见解析．
【分析】（1）由路程=速度时间，解得，再由即可解题；
（2）由全等三角形对应边相等的性质得，即，据此解题；
（3）分两种情况讨论，当时或当时，与全等，再根据全等三角形对应边相等的性质，分别计算求出的值即可解得的值．
【详解】解：（1）由题意得，，
，
故答案为：；
（2）若
则
即
当时，；
（3）存在，理由如下：
当时，
；
当时，
综上所述，当或时，与全等．
【点睛】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
【变式02】（2025·湖南·模拟预测）如图，在中，，点D，E分别为上的点，，若，求证：．
【答案】详见解析
【分析】先根据条件得出∠ACD=∠BDE，BD=AC，再根据ASA判定△ACD≌△BDE，即可得到CD=DE；
【详解】证明：，，
．
，
．
在和中，
，
．
【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质，全等三角形的判定和性质，全等三角形的判定方法有：SSS、SAS、ASA、AAS和HL；全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等、对应角相等、对应边上的中线相等、对应边上的高线相等、对应角的角平分线相等．
【变式03】（2025·湖南·模拟预测）如图，在ABC中，AB=AC=2，∠B=40°，点D在线段BC上运动（点D不与点B、C重合），连接AD，作∠ADE=40°，DE交线段AC于点E．
（1）当∠BDA=115°时，∠EDC=______°，∠AED=______°；
（2）线段DC的长度为何值时，△ABD≌△DCE，请说明理由；
（3）在点D的运动过程中，△ADE的形状可以是等腰三角形吗？若可以，求∠BDA的度数；若不可以，请说明理由．
【答案】（1）25°，65°；（2）2，理由见详解；（3）可以，110°或80°.
【分析】（1）利用邻补角的性质和三角形内角和定理解题；
（2）当DC=2时，利用∠DEC+∠EDC=140°，∠ADB+∠EDC=140°，求出∠ADB=∠DEC，再利用AB=DC=2，即可得出△ABD≌△DCE．
（3）当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形．
【详解】解：（1）∵∠B=40°，∠ADB=115°，
∴∠BAD=180°-∠B-∠ADB=180°-115°-40°=25°，
∵AB=AC，
∴∠C=∠B=40°，
∵∠EDC=180°-∠ADB-∠ADE=25°，
∴∠DEC=180°-∠EDC-∠C=115°，
∴∠AED=180°-∠DEC=180°-115°=65°；
（2）当DC=2时，△ABD≌△DCE，
理由：∵∠C=40°，
∴∠DEC+∠EDC=140°，
又∵∠ADE=40°，
∴∠ADB+∠EDC=140°，
∴∠ADB=∠DEC，
又∵AB=DC=2，
在△ABD和△DCE中，

∴△ABD≌△DCE（AAS）；
（3）当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形，
∵∠BDA=110°时，
∴∠ADC=70°，
∵∠C=40°，
∴∠DAC=70°，
∴△ADE的形状是等腰三角形；
∵当∠BDA的度数为80°时，
∴∠ADC=100°，
∵∠C=40°，
∴∠DAC=40°，
∴△ADE的形状是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查学生对等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识点的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，综合性较强，但难度不大，属于基础题．
题型11 全等模型：手拉手模型
典例引领
【典例01】（2025·湖南·模拟预测）在直线上顺次取，，三点，分别以，为腰在直线的同侧作顶角和均为的两个等腰三角形和．
（1）如图1，连结，，且，求的长；
（2）如图1，连结，交于点，当时，求的度数；
【答案】（1）6；（2）40°；（3）DE⊥BD
【分析】
（1）由题意易得AB=DB，BE=BC，∠ABE=∠DBC，进而可得△ABE≌△DBC，则问题可求解；
（2）由（1）可得∠EBC=∠EFC，进而问题得解；
【详解】
解：（1）由题意得：AB=DB，BE=BC，∠ABD=∠EBC=，
∵∠DBE是公共角，
∴∠ABD+∠DBE=∠EBC+∠DBE，即∠ABE=∠DBC，
∴△ABE≌△DBC（SAS），
∵，
∴AE=DC=6；
（2）由（1）可得：△ABE≌△DBC，
∴∠AEB=∠DCB，
∵∠EBC=∠EAB+∠AEB，∠EFC=∠EAB+∠DCB，
∴∠EBC=∠EFC，
∵，
∴∠EFC=40°
【典例02】（2025·湖南·模拟预测）如图，已知：△OAB，△EOF都是等腰直角三角形，∠AOB=90°，中，∠EOF=90°，连结AE、BF．
求证：（1）AE=BF；
（2）AE⊥BF．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析．
【分析】（1）通过证△AEO≌△BFO得到AE=BF；
（2）延长AE交BF于D，交OB于C，在△BCD和△ABC中，由∠BCD=∠ACO，∠OAC=∠OBF，可得∠BDA=∠AOB=90°，即可证.
【详解】解：（1）在△AEO与△BFO中，
∵Rt△OAB与Rt△EOF是等腰直角三角形，
∴AO=OB，OE=OF，∠AOE=90°-∠BOE=∠BOF，
∴△AEO≌△BFO，
∴AE=BF；
（2）延长AE交BF于D，交OB于C，则∠BCD=∠ACO，
由（1）知△AEO≌△BFO，
∴∠OAC=∠OBF，
∴∠BDA=∠AOB=90°，
∴AE⊥BF．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南·模拟预测）如图，C是线段AE上一点，△ABC、△CDE都是等边三角形，AD与BC交于点M，BE与CD交于点N．
试说明：(1)AD=BE；(2)MN//AE．
【答案】(1)见解析;(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）先利用等边三角形的性质可得两组对应边相等，再由角的和差、等边三角形的性质推出，然后利用三角形全等的判定定理与性质即可得证；
（2）先利用ASA定理证出，再根据全等三角形的性质可得，从而可得为等边三角形，然后由等边三角形的性质可得，最后根据平行线的判定即可得证．
【详解】
（1）是等边三角形
，即
在和中，
；
（2）由（1）知，
在和中，
为等边三角形
．
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、平行线的判定等知识点，较难的是题（2），在题（1）的基础上，联想到利用三角形全等的判定与性质是解题关键．
【变式02】（2025·湖南·模拟预测）如图1，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H．
（1）求证：EB=GD且EB⊥GD；
（2）若AB=2，AG=，求的长；
【答案】(1)见解析； (2) ；(3)不变，与的面积之差为0
【分析】
(1)在△GAD和△EAB中，∠GAD=90°+∠EAD，∠EAB=90°+∠EAD，得到∠GAD=∠EAB，从而△EAB≌△GAD，即EB=GD；由∠AEB=∠AGD，∠EOH=∠AOG，即可得出∠EHG=∠EAG=90°；
(2)设BD与AC交于点O，由AB=AD=2，在Rt△ABD中求得DB，在Rt△GOD中利用勾股定理即可求得结果；
【详解】
(1)如图1，
∵四边形EFGA和四边形ABCD是正方形，
∴AG=AE，AB=AD，∠EAG=90°，∠DAB=90°，
∠GAD=90°+∠EAD，∠EAB=90°+∠EAD，
∴∠GAD=∠EAB，
在△EAB和△GAD中，
，
∴△EAB≌△GAD(SAS)，
∴EB=GD；∠AEB=∠AGD，
∵∠EOH=∠AOG，
∴∠EHG=∠EAG=90°，
∴EB=GD且EB⊥GD；
(2)如图2，连接BD，BD与AC交于点O，
∵AB=AD=2，
在Rt△ABD中，，
∴AO=DO=，
∴，
∴；
【点睛】
本题考查了正方形的性质及全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形外角的性质，作出辅助线，利用三角形全等是解题的关键．
【变式03】（2025·湖南·模拟预测）如图，点E是菱形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AE为边作一个菱形AEFG，且菱形AEFG∽菱形ABCD，连接EB，GD．
（1）求证：EB＝GD；
（2）若∠DAB＝60°，AB＝2，AG＝，求GD的长．
【答案】（1）见解析；（2）GD＝．
【分析】
（1）用SAS证明△AEB≌△AGD即可得到EB＝GD；
（2）连接BD.由（1）可知，求出EB即可得到GD的长.依次求出BP、AP、EP的长即可解决问题.
【详解】
（1）证明：∵菱形AEFG∽菱形ABCD，
∴∠EAG＝∠BAD，
∴∠EAG+∠GAB＝∠BAD+∠GAB，
∴∠EAB＝∠GAD，
∵AEFG是菱形，ABCD是菱形，
∴AE＝AG，AB＝AD，
∴△AEB≌△AGD，
∴EB＝GD；
（2）解：连接BD交AC于点P，则BP⊥AC，
∵∠DAB＝60°，
∴∠PAB＝30°，
∴BP＝AB＝1，
AP＝＝，AE＝AG＝，
∴EP＝2，
∴EB＝＝＝，
∴GD＝．
【点睛】
本题考查了相似多边形的性质及菱形的性质，利用菱形对角线互相垂直平分构造的直角三角形进行计算是解题的关键.
题型12 全等综合应用（动点 / 折叠 / 最值问题）
典例引领
【典例01】（2025·湖南·模拟预测）如下图所示，在中，，平分，为线段上一动点，为边上一动点，当的值最小时，的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了角平分线的定义，三角形全等的判定和性质，垂线段最短，三角形内角和定理，直角三角形的性质，解题的关键是找出使最小时点P的位置．在上截取，连接，证明，得出，说明，找出当A、P、E在同一直线上，且时，最小，即最小，过点A作于点E，交于点P，根据三角形内角和，求出结果即可．
【详解】解：在上截取，连接，如图所示：
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴当A、P、E在同一直线上，且时，最小，即最小，过点A作于点E，交于点P，如图所示：
∵，，
∴，
∴，故A正确．
故选：A．
【典例02】（2025·湖南衡阳·模拟预测）如图，平分，于点，若，点是边上一动点，关于线段叙述正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．也考查了垂线段最短．过点作于， 如图，根据角平分线的性质得到， 然后根据垂线段最短可对各选项进行判断．
【详解】解：过点作于， 如图，
平分，
点是边上一动点，
故选：D．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖南·模拟预测）如图，等腰三角形的底边长为4，面积是18，腰的垂直平分线分别交边于M，N点．若点D为边上一动点，点P为直线上一动点，当的值最小时，周长为______．
【答案】11
【分析】此题重点考查等腰三角形的性质、轴对称的性质、两点之间线段最短、垂线段最短等知识．作于点E，连接，由，的面积是18，求得，由垂直平分，得，由，可知当与重合，且A、P、D三点在同一条直线上时，的值最小，求得，于是得到问题的答案．
【详解】解：作于点E，连接，则，
∵，的面积是18，
∴，
∴，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∵，
∴当，且的值最小时，的值最小，
∴当与重合，且A、P、D三点在同一条直线上时，，此时的值最小，
∴，
∴当的值最小时，周长为11，
故答案为：11．
【变式02】（2025·湖南·模拟预测）（1）初步感知：如图①，在等腰中，为斜边上的中点，为上一动点，作交于点．求证：；
（2）问题探究：如图②，在等腰中，，为边上的中点，为边上一动点，作交边于点，请问第（1）小题中的结论是否仍然成立？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）成立，理由见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形三线合一的性质，利用旋转模型证明三角形全等是解题关键．
（1）连接，证明即可得出结论；
（2）连接，作，，证明，由此得出结论依然成立．
【详解】解：（1）连接，
∵在等腰中，为的中点，
∴， ，
又
∴
∴
∴，
∴ ．
（2）成立，理由如下：连接，作，，
由（1）知： ，平分
∴ ， ，
在四边形中，，
又
∴
∴
∴
【变式03】（2025·湖南株洲·模拟预测）如图，等腰中，，，点为射线上一动点，
(1)如图1，过F点作交于G点，求证：；
(2)如图2，连接交于点，若，求证：点为中点；
(3)如图3，当点在的延长线上时，连接与的延长线交于点，若，则 ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查了全等三角形的判定以及性质.
（1）易证，即可证明，即可解题；
（2）过点作交于点，根据（1）中结论可得，即可证明，可得，根据可证，根据，，即可解题；
（3）过作的延长线交于点，易证，由（1）（2）可知，，可得，，即可求得的值，即可解题．
【详解】（1）证明：，，
，
在和中，
，
；
（2）证明：过点作交于点，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
点为中点；
（3）解：过作的延长线交于点，如图，
，，，
，
由（1）（2）知：，，
，，
，
，
，
．
故答案为．
题●型●训●练
1．（2025·湖南·模拟预测）如图，两点在数轴上，点C所对应的数是，若的长为3个单位长度，的长为7个单位长度，则点B对应的数可能是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】本题考查了三边关系，数轴上两点之间的距离，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先理解题意得，再结合三角形的三边关系得，根据每个选项的具体数值进行分析，即可作答．
【详解】解：依题意，，
∵，
∴，
∴，
∵点C所对应的数是，
当点B对应的数是4，，满足；
当点B对应的数是3，，不满足；
当点B对应的数是2，，不满足；
当点B对应的数是1，，不满足；
故选：A．
2．（2025·湖南·模拟预测）如图，，．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了平行线的性质和三角形内角和定理，利用平行线的性质得到角的等量关系，再结合三角形内角和计算角度是解题的关键．
由得，由得，由三角形内角和定理即可求出的度数．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：C．
3．（2025·湖南·模拟预测）如图，，那么添加下列一个条件后，仍无法判定的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定定理，根据全等三角形的判定方法，逐项判断即可求解．
【详解】解：根据题意得：，，
A．若添加，满足边角边，能判定，故该选项不符合题意；
B．若添加，满足斜边直角边对应相等，能判定，故该选项不符合题意；
C．若添加，满足边边角，不能判定，故该选项符合题意；
D．若添加，满足边边边，能判定，故该选项不符合题意；
故选：C．
4．（2025·湖南·模拟预测）如图，在中，，，点P为边上一动点，连接，若与至少有一个为等腰三角形，且满足长为整数，则这样的点P个数为（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】C
【分析】该题考查了勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的定义等知识点，先根据题意求出可以取的整数值．分为①当时，②当时，③当时，分别讨论即可．
【详解】解：根据题意求出可以取的整数值．
在 中，，
，
，
点为边上一个动点，
∴当时，最大，当时，最小．
过点作于点，
则，
解得：，
，
的长为整数，
∴或 6 或 7 ．
①当时，为等腰三角形．
②当时，
设点为中点，连接，如图（1），
则，此时点与点重合，
∴与均为等腰三角形．
③当时，如图（2），过点作于点，
则．
设，则，，
，
，
解得：（负值已舍），
∴，此时与均不是等腰三角形．
综上，符合条件的点的个数为2．
故选：C．
5．（2025·湖南·模拟预测）的三条边分别为a，b，c，下列条件不能判断是直角三角形的是（ ）
A．B．
C．D．，，
【答案】C
【分析】本题主要考查勾股定理的逆定理、三角形内角和定理等知识．勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长满足，那么这个三角形就是直角三角形．根据勾股定理的逆定理及三角形内角和定理对各选项进行逐一判断即可．
【详解】解：A、∵，
∴此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∵，，
∴，
∴此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；
C、设，，，
∵，
∴，解得，
∴，，，
∴此三角形不是直角三角形，故本选项符合题意；
D、∵，，，
∴，
∴此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意．
故选：C．
6．（2025·湖南·模拟预测）如图，是的中线，点E、F分别为的中点，若的面积为，则的面积是 _______ ．

【答案】12
【分析】根据三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形解答即可．本题考查了三角形的面积，主要利用了三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形，原理为等底等高的三角形的面积相等．
【详解】是的中点，，
，
是的中点，
，，
，
∴的面积．
故答案为：12．
7．（2025·湖南·模拟预测）如图，在中，，，点P是边上一点，点D是边上一点，将沿折叠，使点A落在边上的处，若，则的度数为________．
【答案】/60度
【分析】根据中，，，推出，根据折叠性质得到，根据，得到，推出，根据折叠性质得到．
【详解】∵在中，，，
∴，
由折叠知，，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了直角三角形，折叠，平行线，解决问题的关键是熟练掌握直角三角形两锐角互余，折叠图形全等的性质，两直线平行内错角相等的性质．
8．（2025·湖南·模拟预测）如图是两块平面镜，由点 发射出的光线经平面镜 反射后恰好经过点．若，则的度数为________．
【答案】
【分析】本题考查了三角形内角和定理以及三角形外角定理，关键是利用 “反射角等于入射角” 这一条件得到，进而在中利用内角和定理，即可得出结论．
【详解】解：如图，过点作 的垂线，过点作的垂线，两线交于点
由题意可得 (提示∶反射角等于入射角)，
故答案为：．
9．（2025·湖南·模拟预测）如图，在菱形中，点在对角线上，过点作于点，且，连接，若，，则的长为_____．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的勾股定理以及辅助线的构造方法。掌握通过菱形性质推导等边三角形，并利用勾股定理在直角三角形中逐步求解线段长度是解题的关键．首先，利用菱形的性质，证明为等边三角形，得出对角线；其次，设，通过的角性质得到，结合的等量关系求出，确定和的长度；最后，作构造直角三角形，通过勾股定理逐步计算、和，最终在中求得．
【详解】解：在菱形中，，，
则，
∴为等边三角形，
∴，
设，则，
∵过点作于点，
∴，
在中，，，
∴，
由，
得，解得，
故，，
过P作于点M，
∵，
∴
在中，，，
∴，
在中，，由勾股定理可得：
，
，
在中，，由勾股定理可得：
．
故答案为：．
10．（2025·湖南·模拟预测）如图，直线，直线c交直线a于点A，交直线b于点B，直线c，若，则的度数为________．
【答案】
【分析】本题考查了平行线的性质，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握平行线的性质．
根据直角三角形锐角互余得到，再由平行线的性质求解即可．
【详解】解：∵直线c，，
∴，
∵直线，
∴，
故答案为：．
11．（2025·湖南·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，，，点是轴正半轴上的一个动点，将沿翻折，若点的对应点恰好落在或的垂直平分线上，则的长为________．
【答案】或或
【分析】当点C在线段的垂直平分线上时，可得点C的纵坐标为，设，由折叠的性质可得，，则，解方程得到点C的坐标为或，设，则或，解方程即可得到答案；当当点C在线段的垂直平分线上时，则点C的横坐标为，设 由折叠的性质可得，，则，解方程可得点C的坐标为，设，则，解方程即可得到答案．
【详解】解：当点C在线段的垂直平分线上时，
∵，
∴点C的纵坐标为，，
设，
由折叠的性质可得，，
∴，
解得或，
∴此时点C的坐标为或，
设，
∴或，
解得或，
∴或，
∴或；
当点C在线段的垂直平分线上时，
∵，
∴点C的横坐标为，
设
由折叠的性质可得，，
∴，
解得或（舍去），
∴此时点C的坐标为，
设，
∴，
解得，
∴，
∴；
综上所述，的长为或或，
故答案为：或或．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质可，坐标系中两点距离计算公式，线段垂直平分线的性质，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
12．（2025·湖南·模拟预测）《九章算术》中有一题：“今有二人同所立．甲行率七，乙行率三．乙东行，甲南行十步而斜东北与乙会．问甲、乙行各几何．”大意是说：已知甲、乙二人同时从同一地点出发，甲每单位时间走7步，乙每单位时间走3步．乙一直向东走，甲先向南走10步，后又斜向北偏东方向走了一段后与乙相遇．那么相遇时，甲、乙各走了多远？若设二人从出发到相遇用x个单位时间，则根据题意列方程为 ____________________ ．
【答案】
【分析】本题考查了由实际问题列一元二次方程、勾股定理的应用，由题意得出，，，，由勾股定理即可解答．
【详解】解：如图：
设二人从出发到相遇用x个单位时间，
由题意得：，，，，
由勾股定理可得：，
∴，
故答案为：．
13．（2025·湖南·模拟预测）我国南宋著名数学家秦九韶的著作《数书九章》里有这样一道题目：“问有沙田一块，有三斜，其中小斜五里，中斜十二里，大斜十三里，欲知为田几何？”这道题讲的是：有一块三角形沙田，三条边长分别为5里，12里，13里，问这块沙田面积有多大？则该沙田的面积为___里．
【答案】30
【分析】直接利用勾股定理的逆定理进而结合直角三角形面积求法得出答案．
【详解】解：∵，
∴三条边长分别为5里，12里，13里，构成了直角三角形，
∴这块沙田面积为：（里）．
故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理的应用，正确得出三角形的形状是解题的关键．
14．（2025·湖南·模拟预测）如图．点A，B，C，D在同一条直线上，点E，F分别在直线的两侧，且，．．

(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)4
【分析】（1）直接利用证明即可；
（2）根据全等三角形的性质得到，则．
【详解】（1）证明：在和中，
，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
15．（2025·湖南·模拟预测）如图，点A，D，C，F在同一条直线上，AB＝DE，BC＝EF．有下列三个条件：①AC＝DF，②∠ABC＝∠DEF，③∠ACB＝∠DFE．

(1)请在上述三个条件中选取一个条件，使得△ABC≌△DEF．你选取的条件为（填写序号）______（只需选一个条件，多选不得分），你判定△ABC≌△DEF的依据是______（填“SSS”或“SAS”或“ASA”或“AAS”）；
(2)利用（1）的结论△ABC≌△DEF．求证：AB∥DE．
【答案】(1)①，SSS
(2)见解析
【分析】(1)根据SSS即可证明△ABC≌∆DEF，即可解决问题；
(2)根据全等三角形的性质可得可得∠A=∠EDF，再根据平行线的判定即可解决问题．
【详解】（1）解：在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SSS），
∴在上述三个条件中选取一个条件，使得△ABC≌△DEF，
选取的条件为①，判定△ABC≌△DEF的依据是SSS．（注意：只需选一个条件，多选不得分）
故答案为：①，SSS；
（2）证明：∵△ABC≌△DEF．
∴∠A＝∠EDF，
∴AB∥DE．
【点睛】本题考查了平行线的性质和全等三角形的性质，和判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键．考向解读
考标要求能识别全等三角形的平移、对称翻折、中心对称模型，运用模型简化证明；中考中多以解答题出现，结合图形运动性质考查，难度中等，侧重模型识别，是三角形板块综合证明的核心技巧。
方法技能
模型应用：平移模型对应边平行相等；对称翻折模型对应边、角相等，对应点连线被对称轴垂直平分；中心对称模型对应边平行相等，对应点连线过对称中心。
2. 技巧：优先观察图形的运动特征，利用模型快速找全等条件，不明显时可还原模型。
考向解读
考标要求掌握倍长中线辅助线构造方法，运用其构造全等解决中线相关问题；中考中多在解答题中档、压轴题出现，结合中线、等腰三角形考查，难度中等偏难，侧重辅助线构造能力，是三角形板块难点题型。
方法技能
1. 核心思路：延长中线至等长，连接端点构造全等（SAS），集中分散的线段、角。
2. 步骤：找中线→延长至等长→连端点→用全等性质解题，适用于中线相关的线段、角度证明。
3. 易错点：确保延长线与原中线等长，连接端点准确，注意全等对应关系。
考向解读
考标要求识别三垂直、一线三等角模型，运用模型快速证明全等；中考中多在解答题中档、压轴题出现，难度中等偏难，结合直角、等腰三角形考查，是三角形板块综合证明的重点模型。
方法技能
三垂直模型：两条直线垂直同一直线，利用直角相等、同角余角相等推导全等（AAS/ASA），用于线段、角度计算。
（1）“交叉型”三垂直模型 （2）“L型”三垂直模型 （3）“旋转”三垂直模型

一线三等角模型：一条直线上三个等角，利用内角和、平角定义推导全等，结合等腰、直角三角形解题。
3. 技巧：模型不完整时，作垂线、补等角构造模型。
考向解读
识别手拉手全等模型，运用其解决线段和差、角度推理等问题；中考中多在解答题压轴题出现，难度偏难，结合等腰直角、等边三角形考查，是三角形板块压轴题突破口。
方法技能
模型特征：共顶点、等线段、等夹角，连接对应端点可证全等（SAS），得对应边相等、对应角相等。
2. 常见类型：等腰直角、等边、普通等腰三角形手拉手，重点连接对应端点，推导线段垂直、和差关系。
3. 易错点：准确识别对应端点，确保公共顶点处夹角相等。
考向解读
综合运用全等、三角形相关性质，解决动点、折叠、最值综合问题，提升综合推理能力；中考中为三角形板块必考压轴题型，难度偏难，融合多个考点，考查分类讨论、转化思想，是拉开分差的关键题型。
方法技能
1. 动点问题：动静结合，分情况讨论动点关键位置，构造全等、用勾股定理列方程求解。
2. 折叠与全等：利用折叠对应关系，结合全等推导线段、角度，再结合勾股定理求解。
3. 最值与全等：通过全等转化线段，结合“两点之间线段最短”“垂线段最短”求最值。
4. 核心思想：分类讨论、转化、数形结合，避免遗漏情况、混淆对应关系。