初中数学沪科版（2024）八年级上册14.1 全等三角形随堂练习题

这是一份初中数学沪科版（2024）八年级上册14.1 全等三角形随堂练习题，共107页。


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\l "_Tc12495" 【考点1 利用全等图形求网格中的角度和】 PAGEREF _Tc12495 \h 1
\l "_Tc9206" 【考点2 将已知图形分割成几个全等的图形】 PAGEREF _Tc9206 \h 2
\l "_Tc4073" 【考点3 添加条件使三角形全等】 PAGEREF _Tc4073 \h 3
\l "_Tc9802" 【考点4 灵活选用判定方法证明全等】 PAGEREF _Tc9802 \h 4
\l "_Tc5422" 【考点5 尺规作图与全等的综合运用】 PAGEREF _Tc5422 \h 5
\l "_Tc12382" 【考点6 证明全等的常见辅助线的作法】 PAGEREF _Tc12382 \h 7
\l "_Tc28009" 【考点7 证一条线段等于两条线段的和（差）】 PAGEREF _Tc28009 \h 8
\l "_Tc30689" 【考点8 全等中的倍长中线模型】 PAGEREF _Tc30689 \h 10
\l "_Tc2907" 【考点9 全等中的旋转模型】 PAGEREF _Tc2907 \h 12
\l "_Tc4410" 【考点10 全等中的垂线模型】 PAGEREF _Tc4410 \h 13
\l "_Tc29675" 【考点11 全等中的其他模型】 PAGEREF _Tc29675 \h 15
\l "_Tc3934" 【考点12 全等三角形的动点问题】 PAGEREF _Tc3934 \h 16
\l "_Tc20765" 【题型13 尺规作图中的三角形全等问题】 PAGEREF _Tc20765 \h 18
\l "_Tc29577" 【题型14 格点中作全等三角形】 PAGEREF _Tc29577 \h 19
\l "_Tc10622" 【题型15 坐标系中的全等三角形】 PAGEREF _Tc10622 \h 21
【考点1 利用全等图形求网格中的角度和】
【例1】（2022·山东·禹城市督杨实验学校八年级阶段练习）如图为6个边长相等的正方形的组合图形，则∠1+∠3-∠2=（ ）
A．30°B．45°C．60°D．135°
【变式1-1】（2022·江苏省灌云高级中学城西分校八年级阶段练习）如图，由4个相同的小正方形组成的格点图中，∠1+∠2+∠3=________度．
【变式1-2】（2022·江苏·八年级单元测试）如图所示的网格是正方形网格，图形的各个顶点均为格点，则∠P＋∠Q＝__________度．
【变式1-3】（2022·山东·济南市槐荫区教育教学研究中心二模）如图，在4×4的正方形网格中，求α+β=______度．
【考点2 将已知图形分割成几个全等的图形】
【例2】（2022·全国·八年级专题练习）沿着图中的虚线，请将如图的图形分割成四个全等的图形．
【变式2-1】（2022·江苏·八年级专题练习）方格纸上有2个图形，你能沿着格线把每一个图形都分成完全相同的两个部分吗？请画出分割线．
【变式2-2】（2022·江苏·八年级课时练习）试在下列两个图中，沿正方形的网格线（虚线）把这两个图形分别分割成两个全等的图形，将其中一部分涂上阴影．

【变式2-3】（2022·全国·八年级专题练习）知识重现：“能够完全重合的两个图形叫做全等形．”
理解应用：我们可以把4×4网格图形划分为两个全等图形．
范例：如图1和图2是两种不同的划分方法，其中图3与图1视为同一种划分方法．
请你再提供四种与上面不同的划分方法，分别在图4中画出来．
【考点3 添加条件使三角形全等】
【例3】（2022·全国·八年级专题练习）如图，∠C＝∠D＝90°，添加下列条件：①AC＝AD；②∠ABC＝∠ABD；③BC＝BD，其中能判定Rt△ABC与Rt△ABD全等的条件有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【变式3-1】（2022·重庆·中考真题）如图，点B，F，C，E共线，∠B=∠E，BF=EC，添加一个条件，不能判断△ABC≌△DEF的是（ ）
A．AB=DEB．∠A=∠DC．AC=DFD．AC∥FD
【变式3-2】（2022·安徽淮南·八年级期末）如图，点P是AB上任意一点，∠ABC=∠ABD，还应补充一个条件，才能推出△APC≌△APD．从下列条件中补充一个条件，不一定能推出△APC≌△APD的是( )
A．BC=BD；B．AC=AD；
C．∠ACB=∠ADB；D．∠CAB=∠DAB
【变式3-3】（2022·全国·八年级课时练习）如图，AB，CD相交于点E，且AB=CD，试添加一个条件使得△ADE≌△CBE．现给出如下五个条件：①∠A=∠C;②∠B=∠D;③AE=CE;④BE=DE;⑤AD=CB．其中符合要求有( )
A．2个B．3个C．4个D．5个
【考点4 灵活选用判定方法证明全等】
【例4】（2022·湖南·八年级单元测试）具备下列条件的两个三角形一定是全等三角形的是（ ）．
A．有两个角对应相等的两个三角形
B．两边及其中一条对应边上的高也对应相等的两个三角形
C．两边分别相等，并且第三条边上的中线也对应相等的两个三角形
D．有两边及其第三边上的高分别对应相等的两个三角形
【变式4-1】（2022·广东·佛山市南海区瀚文外国语学校七年级阶段练习）我国传统工艺中，油纸伞制作非常巧妙，其中蕴含着数学知识．如图是油纸伞的张开示意图，AE=AF，GE=GF，则△AEG≌△AFG的依据是（ ）
A．SASB．ASAC．AASD．SSS
【变式4-2】（2022·江苏·泰州市姜堰区第四中学八年级）如图，已知AB∥CD，AD∥BC，AC与BD交于点O，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，那么图中全等的三角形有（ ）
A．5对B．6对C．7对D．8对
【变式4-3】（2022·浙江·八年级单元测试）根据下列条件不能唯一画出△ABC的是（ ）
A．AB＝5，BC＝6，AC＝7B．AB＝5，BC＝6，∠B＝45°
C．AB＝5，AC＝4，∠C＝90°D．AB＝3，AC＝4，∠C＝45°
【考点5 尺规作图与全等的综合运用】
【例5】（2022·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC外找一个点A′（与点A不重合），并以BC为一边作△A′BC，使之与△ABC全等，且△ABC不是等腰三角形，则符合条件的点A′有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【变式5-1】（2022·全国·八年级课时练习）如图，以△ABC的顶点A为圆心，以BC长为半径作弧；再以顶点C为圆心，以AB长为半径作弧，两弧交于点D；连结AD，CD．由作法可得：△ABC≅△CDA的根据是（ ）
A．SASB．ASAC．AASD．SSS
【变式5-2】（2022·广东·普宁市红领巾实验学校八年级阶段练习）在课堂上，张老师布置了一道画图题：画一个Rt△ABC，使∠B=90°，它的两条边分别等于两条已知线段．小刘和小赵同学先画出了∠MBN=90°之后，后续画图的主要过程分别如图所示．那么小刘和小赵同学作图确定三角形的依据分别是______；_______
【变式5-3】（2022·北京·101中学九年级开学考试）李老师制作了如图1所示的学具，用来探究“边边角条件是否可确定三角形的形状”问题．操作学具时，点Q在轨道槽AM上运动，点P既能在以A为圆心、以8为半径的半圆轨道槽上运动，也能在轨道槽QN上运动．图2是操作学具时，所对应某个位置的图形的示意图．
有以下结论：
①当∠PAQ=30°，PQ=6时，可得到形状唯一确定的△PAQ
②当∠PAQ=90°，PQ=10时，可得到形状唯一确定的△PAQ
③当∠PAQ=150°，PQ=12时，可得到形状唯一确定的△PAQ
其中所有正确结论的序号是______________．
【考点6 证明全等的常见辅助线的作法】
【例6】（2022·江苏·宿迁青华中学七年级阶段练习）（1）如图①，四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°．E，F分别是BC，CD上的点，且BE+FD=EF．试探究图中∠EAF与∠BAD之间的数量关系．小明同学探究此问题的方法是：延长FD到G，使DG=BE，连结AG．先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，从而得出∠EAF=∠GAF，最后得出∠EAF与∠BAD之间的数量关系是 ．
（2）将（1）中的条件“∠B=∠ADC=90°”改为“∠B+∠D=180°”（如图②），其余条件不变，上述数量关系是否成立，成立，请证明；不成立，说明理由
（3）如图③，中俄两国海军在南海举行联合军事演习，中国舰艇在指挥中心（O）北偏西30°的A处，俄罗斯舰艇在指挥中心南偏东70°的B处，两舰艇到指挥中心距离相等．接到行动指令后，中国舰艇向正东方向以60海里/小时的速度前进，俄罗斯舰艇沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，2小时后，指挥中心观测到两舰艇分别到达E，F处且相距280海里．求此时两舰艇的位置与指挥中心（O处）形成的夹角∠EOF的大小．
【变式6-1】（2022·全国·八年级课时练习）如图，已知：AB=AC，BD=CD，∠A=60°，∠D=140°，则∠B=（ ）
A．50∘B．40∘C．40∘或70∘D．30∘
【变式6-2】（2022·全国·七年级单元测试）（1）求证：等边三角形内的任意一点到两腰的距离之和等于定长.（提示：添加辅助线证明）
（2）如图所示，在三角形ABC中，点D是三角形内一点，连接DA、DB、DC，若AB=AC,∠ADB=∠ADC，求证：AD平分∠BAC.
【变式6-3】（2022·全国·八年级课时练习）已知等腰△ABC中，AB=AC，点D在直线AB上， DE∥BC，交直线AC与点E，且BD=BC，CH⊥AB，垂足为H．
（1）当点D在线段AB上时，如图1，求证DH=BH+DE；
（2）当点D在线段BA延长线上时，如图2，当点D在线段AB延长线上时，如图3，直接写出DH，BH，DE之间的数量关系，不需要证明．
【考点7 证一条线段等于两条线段的和（差）】
【例7】（2022·全国·八年级专题练习）如图，△ABC中，∠B＝45°，∠ACB＝30°，CD平分∠ACB，AD⊥CD，求证：CD＝AB＋AD
【变式7-1】（2022·安徽淮北·八年级阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AB//CD,AE是∠BAC的平分线，且AE⊥CE．若AC=a,BD=b，则四边形ABDC的周长为（ ）
A．1.5(a+b)B．2a+bC．3a−bD．a+2b
【变式7-2】（2022·山东烟台·七年级期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是直线AB上一点（点D不与点A、B重合），连接DC并延长到E，使得CE＝CD，过点E作EF⊥直线BC，交直线BC于点F．

(1)如图1，当点D为线段AB上的任意一点时，用等式表示线段EF、CF、AC的数量关系，并证明；
(2)如图2，当点D为线段BA的延长线上一点时，依题意补全图2，猜想线段EF、CF、AC的数量关系是否发生改变，并证明．
(3)如图3，当点D在线段AB的延长线上时，直接写出线段EF、CF、AC之间的数量关系．
【变式7-3】（2022·全国·八年级专题练习）在△ABC中，AE，CD为△ABC的角平分线，AE，CD交于点F．
（1）如图1，若∠B=60°．
①直接写出∠AFC的大小；
②求证：AC=AD+CE．
（2）若图2，若∠B=90°，求证：S△ACF=S△AFD+S△CEF+S△DEF．
【考点8 全等中的倍长中线模型】
【例8】（2022·江西吉安·七年级期末）（1）基础应用：如图1，在△ABC中，AB＝5，AC＝7，AD是BC边上的中线，延长AD到点E使DE＝AD，连接CE，把AB，AC，2AD利用旋转全等的方式集中在△ACE中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是 ；
（2）推广应用：应用旋转全等的方式解决问题如图2，在△ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF＞EF；
（3）综合应用：如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°且∠EAF＝12∠BAD，试问线段EF、BE、FD具有怎样的数量关系，并证明．
【变式8-1】（2022·山东德州·八年级期末）（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8-2】（2022·山东·高唐县赵寨子中学八年级期末）已知：△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点M是BE的中点，连接CM、DM．

（1）当点D在AB上，点E在AC上时（如图一），求证：DM=CM，DM⊥CM；
（2）当点D在CA延长线上时（如图二）（1）中结论仍然成立，请补全图形（不用证明）；
（3）当ED∥AB时（如图三），上述结论仍然成立，请加以证明．
【变式8-3】（2022·全国·八年级）如图1，在△ABC中，若AB＝10，BC＝8，求AC边上的中线BD的取值范围．
（1）小聪同学是这样思考的：延长BD至E，使DE＝BD，连接CE，可证得△CED≌△ABD．
①请证明△CED≌△ABD；
②中线BD的取值范围是 ．
（2）问题拓展：如图2，在△ABC中，点D是AC的中点，分别以AB，BC为直角边向△ABC外作等腰直角三角形ABM和等腰直角三角形BCN，其中，AB＝BM，BC＝BN，∠ABM＝∠NBC＝∠90°，连接MN．请写出BD与MN的数量关系，并说明理由．
【考点9 全等中的旋转模型】
【例9】（2022·全国·八年级专题练习）问题发现：如图1，已知C为线段AB上一点，分别以线段AC，BC为直角边作等腰直角三角形，∠ACD=90°，CA=CD，CB=CE，连接AE，BD，线段AE，BD之间的数量关系为______；位置关系为_______．
拓展探究：如图2，把Rt△ACD绕点C逆时针旋转，线段AE，BD交于点F，则AE与BD之间的关系是否仍然成立？请说明理由．
【变式9-1】（2022·江苏·八年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，AB=AC，∠ABC=∠ACB=45°，D、E是斜边BC上两点，且∠DAE=45°，若BD=3，CE=4，S△ADE=15，则△ABD与△AEC的面积之和为（ ）
A．36B．21C．30D．22
【变式9-2】（2022·江苏·南京民办求真中学七年级阶段练习）如图直角三角形中的空白部分是正方形，正方形的一个顶点将这个直角三角形的斜边分成二部分，AD=3厘米，阴影部分的面积是6平方厘米，DB长______厘米．
【变式9-3】（2022·全国·八年级课时练习）综合与实践
（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 ．
（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝12∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝12∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 ．
【考点10 全等中的垂线模型】
【例10】（2022·广东佛山·七年级阶段练习）在△ABC中，∠BAC=90°，AC=AB，直线MN经过点A，且CD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
(1)当直线MN绕点A旋转到图1的位置时，∠EAB+∠DAC= 度；
(2)求证：DE=CD+BE；
(3)当直线MN绕点A旋转到图2的位置时，试问DE、CD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．
【变式10-1】（2022·陕西省西安爱知中学七年级期末）（1）【问题发现】如图1，△ABC与△CDE中，∠B＝∠E＝∠ACD＝90°，AC＝CD，B、C、E三点在同一直线上，AB＝3，ED＝4，则BE＝_____．
（2）【问题提出】如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝4，过点C作CD⊥AC，且CD＝AC，求△BCD的面积．
（3）【问题解决】如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝∠CAB＝∠ADC＝45°，△ACD面积为12且CD的长为6，求△BCD的面积．
【变式10-2】（2022·安徽·九年级期末）如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E点为射线CB上一动点，连结AE，作AF⊥AE且AF＝AE．
（1）如图1，过F点作FD⊥AC交AC于D点，求证：FD＝BC；
（2）如图2，连结BF交AC于G点，若AG＝3，CG＝1，求证：E点为BC中点．
（3）当E点在射线CB上，连结BF与直线AC交子G点，若BC＝4，BE＝3，则AGCG= ．（直接写出结果）
【变式10-3】（2022·黑龙江牡丹江·九年级期末）平面内有一等腰直角三角板（∠ACB＝90°）和一直线MN．过点C作CE⊥MN于点E，过点B作BF⊥MN于点F．当点E与点A重合时（如图1），易证：AF+BF＝2CE．
(1)当三角板绕点A顺时针旋转至图2的位置时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AF、BF、CE之间又有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．
(2)当三角板绕点A顺时针旋转至图3的位置时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AF、BF、CE之间又有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．
【考点11 全等中的其他模型】
【例11】（2022·重庆八中七年级期末）如图：AD⊥AB，AE⊥AC，AD=AB，AE=AC，连接BE与DC交于M，则：①∠DAC=∠BAE；②ΔDAC≌ΔBAE；③DC⊥BE；正确的有（ ）个
A．0B．1C．2D．3
【变式11-1】（2022·全国·八年级单元测试）如图，已知ΔABC中，∠A=60°，D为AB上一点，且AC=2AD+BD,∠B=4∠ACD，则∠DCB的度数是_________．
【变式11-2】（2022·山西阳泉·八年级期末）有些数学题，表面上看起来无从下手，但根据图形的特点，可补全成为特殊的图形，然后根据特殊几何图形的性质去考虑，常常可以获得简捷解法．根据阅读，请解答问题：如图所示，已知△ABC的面积为16cm2，AD平分∠BAC，且AD⊥BD于点D，则△ADC的面积为___________cm2．
【变式11-3】（2022·江苏南通·八年级期末）如图，等边△ABC的边长为6，点P从点B出发沿射线BA移动，同时，点Q从点C出发沿线段AC的延长线移动，已知点P、Q移动的速度相同，PQ与直线BC相交于点D.
（1）如图①，当点P为AB的中点时，求CD的长；
（2）如图②，过点P作直线BC的垂线，垂足为E，当点P、Q在移动的过程中，线段BE、DE、CD中是否存在长度保持不变的线段？请说明理由.
【考点12 全等三角形的动点问题】
【例12】（2022·江苏·八年级单元测试）如图，AB＝7cm，AC＝5cm，∠CAB＝∠DBA＝60°，点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在射线BD上运动速度为xcm/s，它们运动的时间为t（s）（当点P运动结束时，点Q运动随之结束）．当点P、Q运动到某处时，有△ACP与△BPQ全等，则相应的x、t的值为（ ）
A．x＝2，t＝74B．x＝2，t＝74 或x＝207，t＝1
C．x＝2，t＝1D．x＝2，t＝1或x＝207，t＝74
【变式12-1】（2022·江苏·九华中学八年级阶段练习）如图，AE与BD相交于点C，AC＝EC，BC＝DC，AB＝4cm，点P从点A出发，沿A→B→A方向以3cm/s的速度运动，点Q从点D出发，沿D→E方向以1cm/s的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P到达点A时，P、Q两点同时停止运动．设点P的运动时间为t（s）．
(1)AB与DE有什么关系？请说明理由．
(2)线段AP的长为________（用含t的式子表示）．
(3)连接PQ，当线段PQ经过点C时，t的值为_______．
【变式12-2】（2022·江苏·泰州中学附属初中七年级期末）长方形ABCD中，AB=6，AD=m，点P以每秒1个单位的速度从A向B运动，点Q同时以每秒2个单位的速度从A向D运动，点E为边CD上任意一点．
(1)当m=8时，设P，Q两点运动时间为t，
①若Q为AD中点，求t的值；
②连接QE，若△APQ与△EDQ全等，求DE的长．
(2)若在边AD上总存在点Q使得△APQ≌△DQE，求m的取值范围．
【变式12-3】（2022·江苏·姜堰区实验初中八年级）如图① ，在△ ABC中，AB＝12cm，BC＝20cm，过点C作射线CD∥AB．点M从点B出发，以4cm/s的速度沿BC匀速移动；点N从点C出发，以acm/s的速度沿CD匀速移动．点M、N同时出发，当点M到达点C时，点M、N同时停止移动．连接AM、MN，设移动时间为t（s）．
(1)点M、N从移动开始到停止，所用时间为______s；
(2)当△ ABM与△ MCN全等时，① 若点M、N的移动速度相同，求t的值；
② 若点M、N的移动速度不同，求a的值；
(3)如图②，当点M、N开始移动时，点P同时从点A出发，以3cm/s的速度沿AB向点B匀速移动，到达点B后立刻以原速度沿BA返回．当点M到达点C时，点M、N、P同时停止移动．在移动的过程中，是否存在△ PBM与△MCN全等的情形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
【题型13 尺规作图中的三角形全等问题】
【例13】（2022·河北邢台·八年级期末）已知△ABC，按图示痕迹做△A′B′C′，得到△ABC≌△A′B′C′．则在作图时，这两个三角形满足的条件是（ ）
A．AB=A′B′,AC=A′C′B．∠B=∠B′,AB=A′B′
C．∠A=∠A′,∠B=∠B′,∠C=∠C′D．AB=A′B′,AC=A′C′,BC=B′C′
【变式13-1】（2022·全国·八年级课时练习）如图，点B在直线l上，分别以线段BA的端点为圆心，以BC（小于线段BA）长为半径画弧，分别交直线l，线段BA于点C，D，E，再以点E为圆心，以CD长为半径画弧交前面的弧于点F，画射线AF．若∠BAF的平分线AH交直线l于点H，∠ABC=70°，则∠AHB的度数为_______．
【变式13-2】（2022·山西·八年级期末）实践与操作
如图，已知在△ABC中，∠C=90∘．
尺规作图（保留作图痕迹，不写作法）
（1）①作∠CAB的平分线AD，交CB于点D．
②过点D作DE⊥AB于点E．
③作线段DF=DB交AC于点F．
探索与证明
（2）在（1）的条件下，证明：CF=EB
（3）在（1）和（2）的条件下，猜想AB与AF、EB之间存在的数量关系，并说明理由．
【变式13-3】（2022·福建龙岩·八年级期末）如图，射线OK的端点O是线段AB的中点，请根据下列要求作答：
（1）尺规作图：在射线OK上作点C，D，连接AC，BD，使AC=BD＞12AB ；
（2）利用（1）中你所作的图，求证：∠ACO=∠BDO．
【题型14 格点中作全等三角形】
【例14】（2023·江苏·涟水县郑梁梅中学八年级阶段练习）如图，在正方形方格中，各正方形的顶点叫做格点，三个顶点都在格点上的三角形称为格点三角形．图中△ABC是格点三角形，请你找出方格中所有与△ABC全等，且以A为顶点的格点三角形．这样的三角形共有_____个（△ABC除外）．
【变式14-1】（2022·湖北·公安县教学研究中心八年级阶段练习）在如图所示的3×3网格中，△ABC是格点三角形（即顶点恰好是网格线的交点），则与△ABC有一条公共边且全等（不含△ABC）的所有格点三角形的个数是（ ）
A．3个B．4个C．5个D．6个
【变式14-2】（2022·吉林省第二实验学校九年级阶段练习）如图，在下列6×5的网格中，横、纵坐标均为整点的数叫做格点，例如A(0,1)、B(2,1)、C(3,3)都是格点．仅用无刻度的直尺在网格中做如下操作：
(1)在图1中，画出线段BE，使BE⊥AC，其中E是格点，并写出点E的坐标___________；
(2)在图1中，找格点F，使∠EAF=∠CAB，画出△EAF，并写出点F的坐标___________；
(3)在图2中，在直线BC的右侧找格点D（D与B不重合），使S△ABC=S△ACD，直接写出格点D的坐标___________．
【变式14-3】（2022·河北·邯郸市永年区实验中学八年级阶段练习）如图3×3的正方形网格中，△ABC的顶点都在小正方形的格点上，这样的三角形称为格点三角形，则在此网格中与△ABC全等的格点三角形（不含△ABC）共有( )
A．5个B．6个C．7个D．8个
【题型15 坐标系中的全等三角形】
【例15】（2022·广东·汕头市龙湖实验中学八年级期末）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：
【模型呈现】
（1）如图1，∠BAD＝90°,AB＝AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E．由∠1+∠2=∠2+∠D=90°，得∠1=∠D．又∠ACB=∠AED=90°，可以推理得到△ABC≌△DAE．进而得到AC＝_______，BC＝______．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；
【模型应用】
（2）①如图2，∠BAD=∠CAE=90°,AB＝AD,AC＝AE，连接BC,DE，且BC⊥AF于点F，DE与直线AF交于点G．求证：点G是DE的中点；
②如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为2,4，点B为平面内任一点．若△AOB是以OA为斜边的等腰直角三角形，请直接写出点B的坐标．
【变式15-1】（2022·北京·北师大实验中学八年级期末）在平面直角坐标系xOy中，点A0,3，Ba,0，Cm,nn<0．若△ABC是等腰直角三角形，且AB=BC，当0【变式15-2】（2022·辽宁大连·八年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，有A0,6、B2,0两点．
(1)图1，∠ABO的平分线与∠BAO的外角的角平分线所在直线交于点F，求∠F的度数；
(2)图2，以AB为斜边向左侧作等腰直角三角形ABC，即AC=BC，∠ACB=90°．
①求点C的坐标；
②若BC交y轴于点D，求证：BD=CD．
【变式15-3】（2022·福建·厦门外国语学校八年级期末）如图1，A0,a，B在x轴上，点Cb,c在射线AB上．
(1)若a=−5，b=6，c=5
①求证：点B为AC的中点；
②如图2，点D在第四象限，∠CBD=90°，BD=BC，连接CD交x轴于点H，求点D和点H的坐标（直接写出答案）；
(2)如图3，点E、F分别在坐标轴上，EF=FB=EA，点P为△EOF的内角平分线的交点，AP、BP分别交x轴、y轴于N、M两点，若点P的纵坐标为m，求△OMN的周长（用含m的代数式表示）．
专题16.6 全等三角形十五大必考点
【沪科版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc18139" 【考点1 利用全等图形求网格中的角度和】 PAGEREF _Tc18139 \h 1
\l "_Tc6869" 【考点2 将已知图形分割成几个全等的图形】 PAGEREF _Tc6869 \h 5
\l "_Tc22854" 【考点3 添加条件使三角形全等】 PAGEREF _Tc22854 \h 7
\l "_Tc13638" 【考点4 灵活选用判定方法证明全等】 PAGEREF _Tc13638 \h 11
\l "_Tc18427" 【考点5 尺规作图与全等的综合运用】 PAGEREF _Tc18427 \h 16
\l "_Tc5548" 【考点6 证明全等的常见辅助线的作法】 PAGEREF _Tc5548 \h 20
\l "_Tc27997" 【考点7 证一条线段等于两条线段的和（差）】 PAGEREF _Tc27997 \h 28
\l "_Tc28014" 【考点8 全等中的倍长中线模型】 PAGEREF _Tc28014 \h 39
\l "_Tc15227" 【考点9 全等中的旋转模型】 PAGEREF _Tc15227 \h 49
\l "_Tc31619" 【考点10 全等中的垂线模型】 PAGEREF _Tc31619 \h 56
\l "_Tc15887" 【考点11 全等中的其他模型】 PAGEREF _Tc15887 \h 65
\l "_Tc10991" 【考点12 全等三角形的动点问题】 PAGEREF _Tc10991 \h 71
\l "_Tc20854" 【题型13 尺规作图中的三角形全等问题】 PAGEREF _Tc20854 \h 77
\l "_Tc13917" 【题型14 格点中作全等三角形】 PAGEREF _Tc13917 \h 82
\l "_Tc24168" 【题型15 坐标系中的全等三角形】 PAGEREF _Tc24168 \h 86
【考点1 利用全等图形求网格中的角度和】
【例1】（2022·山东·禹城市督杨实验学校八年级阶段练习）如图为6个边长相等的正方形的组合图形，则∠1+∠3-∠2=（ ）
A．30°B．45°C．60°D．135°
【答案】B
【分析】首先利用SAS定理判定△ABC≌△DBE，根据全等三角形的性质可得∠3=∠ACB，再由∠ACB+∠1=∠1+∠3=90°，可得∠1+∠3-∠2．
【详解】
∵在△ABC和△DBE中
AB＝BD∠A＝∠DAC＝ED，
∴△ABC≌△DBE（SAS），
∴∠3=∠ACB，
∵∠ACB+∠1=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵∠2=45°
∴∠1+∠3-∠2=90°-45°=45°，
故选B．
【点睛】此题主要考查了全等图形，关键是掌握全等三角形的判定，以及全等三角形对应角相等．
【变式1-1】（2022·江苏省灌云高级中学城西分校八年级阶段练习）如图，由4个相同的小正方形组成的格点图中，∠1+∠2+∠3=________度．
【答案】135
【分析】首先利用全等三角形的判定和性质求出∠1+∠3的值，即可得出答案；
【详解】如图所示，
在△ACB和△DCE中，
{AB=DE∠A=∠DAC=DC，
∴△ACB≅△DCE(SAS)，
∴∠ABE=∠3，
∴∠1+∠2+∠3=(∠1+∠3)+45°=90°+45°=135°；
故答案是：135°．
【点睛】本题主要考查了全等图形的应用，准确分析计算是解题的关键．
【变式1-2】（2022·江苏·八年级单元测试）如图所示的网格是正方形网格，图形的各个顶点均为格点，则∠P＋∠Q＝__________度．
【答案】45
【分析】如图，直接利用网格得出对应角∠P=∠AQC，进而得出答案．
【详解】
如图，易知△ABP≌△ACQ，∴∠P=∠AQC，
∵BQ是正方形的对角线，
∴∠BQC=∠BQA+∠AQC=∠P+∠Q=45°，
故答案为：45．
【点睛】本题考查了全等三角形，正确借助网格分析是解题关键．
【变式1-3】（2022·山东·济南市槐荫区教育教学研究中心二模）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．
【考点2 将已知图形分割成几个全等的图形】
【例2】（2022·全国·八年级专题练习）沿着图中的虚线，请将如图的图形分割成四个全等的图形．
【答案】见解析
【分析】直接利用图形总面积得出每一部分的面积，进而求出答案．
【详解】∵共有3×4=12个小正方形，
∴被分成四个全等的图形后每个图形有12÷4=3，
∴如图所示：
，
【点睛】本题主要考查了应用设计图作图，正确求出每部分面积是解题关键．
【变式2-1】（2022·江苏·八年级专题练习）方格纸上有2个图形，你能沿着格线把每一个图形都分成完全相同的两个部分吗？请画出分割线．
【答案】见解析
【分析】观察第一个图，图中共有20个小方格，要分成完全相同两部分，则每个有10个小格，则可按如图所示，沿A→B→C→D分割；第二个图同理沿E→F→G→H→P→Q分割即可．
【详解】解：如图所示，第一个图，图中共有20个小方格，要分成完全相同两部分，则每个有10个小格，则可按如图所示，沿A→B→C→D分割；第二个图同理沿E→F→G→H→P→Q分割即可．
将分割出的两个图形，逆时针旋转90度，再通过平移，两部分能够完全重合，所以分割出的两部分完全相同．
【点睛】本题考查图形全等，掌握全等图形的定义是解题的关键．
【变式2-2】（2022·江苏·八年级课时练习）试在下列两个图中，沿正方形的网格线（虚线）把这两个图形分别分割成两个全等的图形，将其中一部分涂上阴影．

【答案】见解析（第一个图答案不唯一）
【分析】根据全等图形的定义，利用图形的对称性和互补性来分隔成两个全等的图形．
【详解】解：第一个图形分割有如下几种：
第二个图形的分割如下：
【点睛】本题主要考查了学生的动手操作能力和学生的空间想象能力，牢记全等图形的定义是解题的重点．
【变式2-3】（2022·全国·八年级专题练习）知识重现：“能够完全重合的两个图形叫做全等形．”
理解应用：我们可以把4×4网格图形划分为两个全等图形．
范例：如图1和图2是两种不同的划分方法，其中图3与图1视为同一种划分方法．
请你再提供四种与上面不同的划分方法，分别在图4中画出来．
【答案】见解析
【分析】根据网格的特点和全等形的定义进行作图即可．
【详解】依题意，如图
【点睛】本题考查了全等图形的定义，熟练掌握网格特点作图和全等图形的概念是解题的关键．
【考点3 添加条件使三角形全等】
【例3】（2022·全国·八年级专题练习）如图，∠C＝∠D＝90°，添加下列条件：①AC＝AD；②∠ABC＝∠ABD；③BC＝BD，其中能判定Rt△ABC与Rt△ABD全等的条件有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】D
【分析】根据已知条件与全等三角形的判定定理即可分别判断求解．
【详解】解：∵∠C＝∠D＝90°，AB=AB，
∴①AC＝AD，可用HL判定Rt△ABC与Rt△ABD全等；
②∠ABC＝∠ABD，可用AAS判定Rt△ABC与Rt△ABD全等；
③BC＝BD，可用HL判定Rt△ABC与Rt△ABD全等；
故选：D．
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定，解题的关键是熟知全等三角形的判定定理．
【变式3-1】（2022·重庆·中考真题）如图，点B，F，C，E共线，∠B=∠E，BF=EC，添加一个条件，不能判断△ABC≌△DEF的是（ ）
A．AB=DEB．∠A=∠DC．AC=DFD．AC∥FD
【答案】C
【分析】根据全等三角形的判定与性质逐一分析即可解题．
【详解】解：∵BF=EC，
∴BC=EF
A. 添加一个条件AB=DE，
又∵BC=EF,∠B=∠E
∴△ABC≌△DEF(SAS)
故A不符合题意；
B. 添加一个条件∠A=∠D
又∵BC=EF,∠B=∠E
∴△ABC≌△DEF(AAS)
故B不符合题意；
C. 添加一个条件AC=DF ，不能判断△ABC≌△DEF ，故C符合题意；
D. 添加一个条件AC∥FD
∴∠ACB=∠EFD
又∵BC=EF,∠B=∠E
∴△ABC≌△DEF(ASA)
故D不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查添加条件使得三角形全等即全等三角形的判定，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
【变式3-2】（2022·安徽淮南·八年级期末）如图，点P是AB上任意一点，∠ABC=∠ABD，还应补充一个条件，才能推出△APC≌△APD．从下列条件中补充一个条件，不一定能推出△APC≌△APD的是( )
A．BC=BD；B．AC=AD；
C．∠ACB=∠ADB；D．∠CAB=∠DAB
【答案】B
【分析】根据题意，∠ABC=∠ABD，AB是公共边，结合选项，逐个验证得出．
【详解】解：A、补充BC=BD，先证出△BPC≌△BPD，后能推出△APC≌△APD，故正确，不符合题意；
B、补充AC=AD，不能推出△APC≌△APD，故错误，符合题意；
C、补充∠ACB=∠ADB，先证出△ABC≌△ABD，后能推出△APC≌△APD，故正确，不符合题意；
D、补充∠CAB=∠DAB，先证出△ABC≌△ABD，后能推出△APC≌△APD，故正确，不符合题意．
故选B．
【点睛】本题考查了三角形全等判定，解题的关键是知道有AAS，SSS，ASA，SAS．注意SSA是不能证明三角形全等的，做题时要逐个验证，排除错误的选项．
【变式3-3】（2022·全国·八年级课时练习）如图，AB，CD相交于点E，且AB=CD，试添加一个条件使得△ADE≌△CBE．现给出如下五个条件：①∠A=∠C;②∠B=∠D;③AE=CE;④BE=DE;⑤AD=CB．其中符合要求有( )
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】D
【分析】延长DA、BC使它们相较于点F ，首先根据AAS证明△FAB≌△FCD，然后根据全等三角形的性质即可得到AF=FC，FD=FB，进而得到AD=BC，即可证明△ADE≌△CBE，可判断①、②的正误；根据SAS证明△ADE≌△CBE，即判断③、④的正误；连接BD，根据SSS证明△ADB≌△CBD，根据全等三角形的性质得到∠A=∠C，结合①即可证明⑤．
【详解】延长DA、BC使它们相较于点F
∵∠DAB=∠DCB，∠AED=∠BEC
∴∠B=∠D
又∵∠F=∠F，AB=CD
∴△FAB≌△FCD
∴AF=FC，FD=FB
∴AD=BC
∴△ADE≌△CBE，即①正确；
同理即可证明②正确；
∵AE=CE，AB=CD
∴DE=BE
又∵∠AED=∠BEC
∴△ADE≌△CBE，③正确；
同理即可证明④正确；
连接BD，
∵AD=CB，AB=CD，BD=BD
∴△ADB≌△CBD
∴∠DAB=∠BCD
∴△ADE≌△CBE，⑤正确；
故选D．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法，主要包括：SSS、SAS、AAS、ASA，难点在于添加辅助线来构造三角形全等，关键在于应根据所给的条件判断应证明哪两个三角形全等．
【考点4 灵活选用判定方法证明全等】
【例4】（2022·湖南·八年级单元测试）具备下列条件的两个三角形一定是全等三角形的是（ ）．
A．有两个角对应相等的两个三角形
B．两边及其中一条对应边上的高也对应相等的两个三角形
C．两边分别相等，并且第三条边上的中线也对应相等的两个三角形
D．有两边及其第三边上的高分别对应相等的两个三角形
【答案】C
【分析】选项A，选项B和选项D分别举出反例的图形即可；选项C根据题意画出图形，延长AD至E，使DE=AD，延长A′D′至E′，使D′E′=A′D′，连接BE和B′E′，根据全等三角形的判定，可证得△BDE≌△CDA，根据全等三角形性质得BE=AC，∠E=∠CAD，同理可得B′E′=A′C′，∠E′=∠C′A′D′，再由全等三角形的判定得△ABE≌△A′B′E′，根据全等三角形性质得∠E=∠E′，∠BAE=∠B′A′E′，进而证得∠BAC=∠B′A′C′，最后根据全等三角形的判定证得△ABC≌△A′B′C′．
【详解】A．如图1所示，
在△ADE和△ABC中，∠A=∠A，∠ADE=∠ABC，∠AED=∠ACB，但△ADE和△ABC不全等，故本选项不符合题意；
B．如图2所示，

在△ABC和△EFG中，BC=FG，AC=EG，AD⊥BC，EH⊥FG，AD=FG ，但△ABC和△EFG不全等，故本选项不符合题意；
C．如图3所示，
在△ABC和△A′B′C′中，点D和点D′分别平分线段BC和B′C′，AB=A′B′，AC=A′C′，AD=A′D′，延长AD至E，使DE=AD，延长A′D′至E′，使D′E′=A′D′，连接BE和B′E′，
∵点D平分线段BC，
∴BD=CD，
∵DE=AD，∠BDE=∠CDA
∴△BDE≌△CDA
∴BE=AC，∠E=∠CAD
同理B′E′=A′C′，∠E′=∠C′A′D′
∵AC=A′C′
∴BE=B′E′
∵AD=A′D′
∴AE=A′E′
∵AB=A′B′
∴△ABE≌△A′B′E′
∴∠E=∠E′，∠BAE=∠B′A′E′
∴∠CAD=∠C′A′D′
∵∠BAE+∠CAD=∠B′A′E′+∠C′A′D′
∴∠BAC=∠B′A′C′
∵AB=A′B′
∴△ABC≌△A′B′C′
故本选项符合题意；
D．如图4所示，
在△ABC和△A′B′C′中，AB=A′B′，AC=A′C′，AD⊥BC，A′D′⊥B′C′，AD=A′D′，但此时△ABC和△A′B′C′不全等，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质定理与判定定理，熟记全等三角形的性质定理与判定定理是解本题的关键．
【变式4-1】（2022·广东·佛山市南海区瀚文外国语学校七年级阶段练习）我国传统工艺中，油纸伞制作非常巧妙，其中蕴含着数学知识．如图是油纸伞的张开示意图，AE=AF，GE=GF，则△AEG≌△AFG的依据是（ ）
A．SASB．ASAC．AASD．SSS
【答案】D
【分析】根据全等三角形的判定定理推出即可．
【详解】解：在△AEG和△AFG中，
EG=FGAE=AFAG=AG，
∴△AEG≌△AFG（SSS），
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理，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SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．
【变式4-2】（2022·江苏·泰州市姜堰区第四中学八年级）如图，已知AB∥CD，AD∥BC，AC与BD交于点O，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，那么图中全等的三角形有（ ）
A．5对B．6对C．7对D．8对
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质，以及全等三角形的判定即可求出答案．
【详解】解：①△ABE≌△CDF．
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴ AB=CD，∠ABE=∠CDF ．
∵AE⊥BD于E，CF⊥BD于E，
∴∠AEB=∠CFD，
∴△ABE≌△CDF；
②△AOE≌△COF．
∵AB∥CD，AD∥BC，AC为ABCD的对角线，
∴OA=OC，∠EOA=∠FOC．
∵∠AEO=∠CFO，
∴△AOE≌△COF；
③△ABO≌△CDO．
∵AB∥CD，AD∥BC，AC与BD交于点O，
∴OD=OB，∠AOB=∠COD，OA=OC，
∴△ABO≌△CDO；
④△BOC≌△DOA．
∵AB∥CD，AD∥BC，AC与BD交于点O，
∴OD=OB，∠BOC=∠DOA，OC=OA，
∴△BOC≌△DOA；
⑤△ABC≌△CDA．
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴BC=AD，DC=AB，∠ABC=∠CDA，
∴△ABC≌△CDA；
⑥△ABD≌△CDB．
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴∠BAD=∠BCD，AB=CD，AD=BC，
∴△ABD≌△CDB；
⑦△ADE≌△CBF．
∵AD=BC，DE=BF，AE=CF，
∴△ADE≌△CBF．
故选：C．
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，解题关键找出对应相等的边、角，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、AAS，ASA、HL，同时考查了平行四边形的性质，题目比较容易．
【变式4-3】（2022·浙江·八年级单元测试）根据下列条件不能唯一画出△ABC的是（ ）
A．AB＝5，BC＝6，AC＝7B．AB＝5，BC＝6，∠B＝45°
C．AB＝5，AC＝4，∠C＝90°D．AB＝3，AC＝4，∠C＝45°
【答案】D
【分析】根据三角形的三边关系和全等三角形的判定定理逐项分析即可解答．
【详解】解：A．∵AC与BC两边之和大于第三边，故能作出三角形，且三边知道能唯一画出△ABC，不符合题意；
B．∠B是AB、BC的夹角，故能唯一画出△ABC，不符合题意；
C．AB＝5，AC＝4，∠C＝90°，得出BC＝3，可唯一画出△ABC，不符合题意；
D．由于是SSA，所以AB＝3，AC＝4，∠C＝45°，不能唯一画出三角形ABC，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了三角形的三边关系、全等三角形的判定等知识点，掌握SSA不能判定三角形全等是解答本题的关键．
【考点5 尺规作图与全等的综合运用】
【例5】（2022·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC外找一个点A′（与点A不重合），并以BC为一边作△A′BC，使之与△ABC全等，且△ABC不是等腰三角形，则符合条件的点A′有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】本题是开放题，要想使△A′BC与△ABC全等，先确定题中条件，再对应三角形全等条件求解．
【详解】解：如图：
以B点为圆心，CA为半径上下画弧，C点为圆心，BA为半径上下画弧，两弧相交分别得到点A′、A1′；以C点为圆心，CA为半径画弧，以B点为圆心，BA为半径画弧，两弧的交点得到点A2′，所以符合条件的点A′有3种可能的位置．
故选：C．
【点睛】本题考查了全等的判定综合．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去求证．
【变式5-1】（2022·全国·八年级课时练习）如图，以△ABC的顶点A为圆心，以BC长为半径作弧；再以顶点C为圆心，以AB长为半径作弧，两弧交于点D；连结AD，CD．由作法可得：△ABC≅△CDA的根据是（ ）
A．SASB．ASAC．AASD．SSS
【答案】D
【分析】根据题意和全等三角形判定的方法可以得到ABC≌△CDA的根据，本题得以解决．
【详解】解：由题意可得，
AD=BC，AB=CD，
在△ADC和△CBA中，
AD=CBDC=BAAC=CA，
∴△ADC≌△CBA（SSS），
故选：D．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用全等三角形的判定方法解答．
【变式5-2】（2022·广东·普宁市红领巾实验学校八年级阶段练习）在课堂上，张老师布置了一道画图题：画一个Rt△ABC，使∠B=90°，它的两条边分别等于两条已知线段．小刘和小赵同学先画出了∠MBN=90°之后，后续画图的主要过程分别如图所示．那么小刘和小赵同学作图确定三角形的依据分别是______；_______
【答案】 SAS HL
【分析】由图可知小刘同学确定的是两条直角边，根据三角形全等判定定理为SAS ．
由图可知小赵同学确定了一个直角边和斜边，根据三角形全等判定定理为HL ．
【详解】小刘同学画了∠MBN=90°后，再截取AB,BC两直角边等于两已知线段，所以确定的依据是SAS定理；
小赵同学画了∠MBN=90°后，再截取BC,AC一直角边和一个斜边，所以确定的依据是HL定理．
故答案为：①SAS；②HL．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握每种证明方法，做出判断是解题的关键．
【变式5-3】（2022·北京·101中学九年级开学考试）李老师制作了如图1所示的学具，用来探究“边边角条件是否可确定三角形的形状”问题．操作学具时，点Q在轨道槽AM上运动，点P既能在以A为圆心、以8为半径的半圆轨道槽上运动，也能在轨道槽QN上运动．图2是操作学具时，所对应某个位置的图形的示意图．
有以下结论：
①当∠PAQ=30°，PQ=6时，可得到形状唯一确定的△PAQ
②当∠PAQ=90°，PQ=10时，可得到形状唯一确定的△PAQ
③当∠PAQ=150°，PQ=12时，可得到形状唯一确定的△PAQ
其中所有正确结论的序号是______________．
【答案】②③##③②
【分析】分别在以上三种情况下以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，观察弧与直线AM的交点即为Q点，作出ΔPAQ后可得答案．
【详解】如下图，当∠PAQ=30°，PQ=6时，以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出ΔPAQ，发现两个位置的Q都符合题意，所以ΔPAQ不唯一，所以①错误．
如下图，当∠PAQ=90°，PQ=10时，以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出ΔPAQ，发现两个位置的Q都符合题意，但是此时两个三角形全等，所以形状相同，所以ΔPAQ唯一，所以②正确．
如下图，当∠PAQ=150°，PQ=12时，以P为圆心，PQ的长度为半径画弧，弧与直线AM有两个交点，作出ΔPAQ，发现左边位置的Q不符合题意，所以ΔPAQ唯一，所以③正确．
综上：②③正确．
故答案为：②③
【点睛】本题考查的是三角形形状问题，为三角形全等来探索判定方法，也考查三角形的作图，利用对称关系作出另一个Q是关键．
【考点6 证明全等的常见辅助线的作法】
【例6】（2022·江苏·宿迁青华中学七年级阶段练习）（1）如图①，四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°．E，F分别是BC，CD上的点，且BE+FD=EF．试探究图中∠EAF与∠BAD之间的数量关系．小明同学探究此问题的方法是：延长FD到G，使DG=BE，连结AG．先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，从而得出∠EAF=∠GAF，最后得出∠EAF与∠BAD之间的数量关系是 ．
（2）将（1）中的条件“∠B=∠ADC=90°”改为“∠B+∠D=180°”（如图②），其余条件不变，上述数量关系是否成立，成立，请证明；不成立，说明理由
（3）如图③，中俄两国海军在南海举行联合军事演习，中国舰艇在指挥中心（O）北偏西30°的A处，俄罗斯舰艇在指挥中心南偏东70°的B处，两舰艇到指挥中心距离相等．接到行动指令后，中国舰艇向正东方向以60海里/小时的速度前进，俄罗斯舰艇沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，2小时后，指挥中心观测到两舰艇分别到达E，F处且相距280海里．求此时两舰艇的位置与指挥中心（O处）形成的夹角∠EOF的大小．
【答案】（1）∠EAF=12∠BAD；（2）仍然成立，见解析；（3）70°
【分析】（1）根据小明同学的探究方法不难得到∠EAF= 12∠BAD；
（2）延长FD到G，使DG=BE，连接AG，根据同角的补角相等求出∠B=∠ADG，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等可得 AE=AG ，∠BAE=∠DAG，再求出∠EAF=∠GAF，然后利用“边角边”证明△AEF和△GAF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=GF，然后求解即可；
（3）连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后求出∠OAC+∠OBC=180°，判断出符合探索延伸的条件，再根据探索延伸的结论解答即可．
【详解】解：(1)如图①，延长FD到G，使DG=BE，连结AG．
在△ABE和△ADG中，AB=AD，BE=DG，∠B=∠ADG=90°，
∴△ABE≌△ADG，∴AE=AG，
在△AEF和△AGF中，AE=AG，AF=AF，EF=BE+FD=DG+FD=GF，
∴△AEF≌△AGF，∴∠EAF=∠GAF=∠GAD+∠DAF=∠EAB+∠DAF
∴∠BAD=∠EAF+∠EAB+∠DAF=2∠EAF
∴∠EAF=12∠BAD
(2)∠EAF=12∠BAD仍然成立．
证明：如图②，延长FD到G，使DG=BE，连接AG．
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADC+∠ADG=180°，∴∠B=∠ADG，
∴△ABE≌△ADG（SAS）．∴AE=AG，∠BAE=∠DAG．
又∵EF=BE+DF，DG=BE，∴EF=DG+DF=GF．
∴△AEF≌△AGF（SSS）．∴∠EAF=∠GAF．
又∵∠GAF=∠DAG+∠DAF，∴∠EAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．
而∠EAF+∠BAE+∠DAF=∠BAD，
∴∠EAF=12∠BAD
(3)如图③，连接EF，延长AE、BF相交于点C．
∵2小时后，舰艇甲行驶了120海里，舰艇乙行驶了160海里，
即AE=120，BF=160．而EF=280，∴在四边形AOBC中，有EF=AE+BF，
又∵OA=OB，且∠OAC+∠OBC=（90°﹣30°）+（70°+50°）=180°，
∴符合(2)中的条件．
又∵∠AOB=30°+90°+（90°﹣70°）=140°，∴∠EOF=12∠AOB =70°．
答：此时两舰艇的位置与指挥中心（O处）形成的夹角∠EOF的大小为70°．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，读懂问题背景的求解思路，作辅助线构造出全等三角形并两次证明三角形全等是解题的关键，也是本题的难点．
【变式6-1】（2022·全国·八年级课时练习）如图，已知：AB=AC，BD=CD，∠A=60°，∠D=140°，则∠B=（ ）
A．50∘B．40∘C．40∘或70∘D．30∘
【答案】B
【分析】连接AD，可证△ABD≌△ACD，根据全等三角形对应角相等可以得到∠BAD=∠CAD=12∠BAC，∠ADB=∠ADC，代入角度即可求出∠BAD和∠ADB的度数，最后利用三角形内角和定理即可求解．
【详解】连接AD，如图，
在△ABD与△ACD中
AB=ACBD=CDAD=AD，
∴ △ABD≌△ACD SSS，
∴ ∠BAD=∠CAD=12∠BAC，∠ADB=∠ADC，
∵ ∠A=60∘，
∴ ∠BAD=∠CAD=30∘，
∵ ∠D=140∘，
∴ ∠ADB=∠ADC=12360∘−140∘=110∘，
∵ ∠BAD+∠ADB+∠B=180∘，
∴ ∠B=40∘．
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，添加正确的辅助线是解题的关键．
【变式6-2】（2022·全国·七年级单元测试）（1）求证：等边三角形内的任意一点到两腰的距离之和等于定长.（提示：添加辅助线证明）
（2）如图所示，在三角形ABC中，点D是三角形内一点，连接DA、DB、DC，若AB=AC,∠ADB=∠ADC，求证：AD平分∠BAC.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）已知点P是等边三角形ABC内的任意一点，过点P分别作三边的垂线，分别交三边于点D、点E、点F.求证PD+PE+PF为定长,即可完成证明；
（2）（面积法）过点A作AE⊥BD交BD延长线于点E，再过点A作AF⊥CD交CD延长线于点F.因为∠ADB=∠ADC，所以∠ADE=∠ADF，因此△ADF≅ADE(AAS)，得到AF=AE.进而△AFC≅△AEB，得到∠ABD=∠ACD，因此∠BAD=∠CAD，即AD平分∠BAC.
【详解】（1） 已知：等边如图三角形ABC，P为三角形ABC内任意一点，PD⊥AB, PF⊥AC, PE⊥BC,
求证：PD+PE+PF为定值.
证明：如图：过点A作AG⊥BC，垂足为点G，分别连接AP、BP、CP.
∵S△ABC=S△ABP+S△BCP+S△CAP，
∴12BC·AG=12BC·PE+12AC·PF+12AB·PD
又∵BC=AB=AC
∴AG=PE+PF+PD,即PD+PE+PF=AG定长.
∴等边三角形内的任意一点到两腰的距离之和等于定长.
（2）
过点A作AE⊥BD交BD延长线于点E，再过点A作AF⊥CD交CD延长线于点F.
∵∠ADB=∠ADC，
∴∠ADE=∠ADF，
又∵AD=AD
∴△ADF≅ADE(AAS)，
∴AF=AE
∴△AFC≅△AEB，
∴∠ABD=∠ACD，
∴∠BAD=∠CAD，即AD平分∠BAC.
【点睛】本题考查了等边三角形的性质和全等三角形的性质和判定，其中做出辅助线是解答本题的关键．
【变式6-3】（2022·全国·八年级课时练习）已知等腰△ABC中，AB=AC，点D在直线AB上， DE∥BC，交直线AC与点E，且BD=BC，CH⊥AB，垂足为H．
（1）当点D在线段AB上时，如图1，求证DH=BH+DE；
（2）当点D在线段BA延长线上时，如图2，当点D在线段AB延长线上时，如图3，直接写出DH，BH，DE之间的数量关系，不需要证明．
【答案】（1）见详解；（2）图2：DH=BH−DE，图3：DE=DH+BH
【分析】（1）在线段AH上截取HM=BH，连接CM，CD，证明△DMC≌△DEC，可得到DE=DM，即可求解．
（2）当点D在线段BA延长线上时，在BA的延长线上截取MH=BH，连接CM，DC，由题意可证△BHC≌△CHM，可得∠B=∠CMB，由题意可得∠B=∠AED，即可证△DMC≌△DEC，可得DE=DM，则可得DH=BH−DE；当点D在线段AB延长线上时，在线段AB上截取BH=HM，连接CM，CD，由题意可证△BHC≌△CHM，可得∠B=∠CMB，由题意可得∠B=∠AED，即可证△DMC≌△DEC，可得DE=DM，则可得DE=DH+BH．
【详解】解：（1）证明：在线段AH上截取HM=BH，连接CM，CD
∵CH⊥AB，HM=BH
∴CM=BC
∴∠B=∠CMB
∵AB=AC
∴∠B=∠ACB
∵DE//BC
∴∠ADE=∠B=∠AED=∠ACB，∠CDE=∠BCD
∴∠AED=∠BMC
∴∠DEC=∠DMC
∵BD=BC
∴∠BDC=∠BCD=∠EDC
∵CD=CD
∴△CDM≌△CDE
∴DM=DE
∴BH+DE=DM+HM=DH
（2）当点D在线段BA延长线上时，DH=BH−DE
如图2：在BA的延长线上截取MH=BH，连接CM，DC
∵AB=AC
∴∠ABC=∠ACB
∵BD=BC
∴∠BDC=∠DCB
∵DE//BC
∴∠E=∠ACB=∠B=∠EDB
∵CH=CH，BH=MH，∠BHC=∠CHM
∴△BHC≌△CHM
∴∠B=∠M
∴∠E=∠M
∵∠MDC=∠B+∠DCB，∠EDC=∠BDC+∠EDB
∴∠MDC=∠EDC
又∵∠E=∠M，DC=CD
∴△DEC≌△DMC
∴DE=DM
∵DH=MH−DM
∴DH=BH−DE
当点D在线段AB延长线上时，DE=DH+BH
如图3：当点D在线段AB延长线上时，在线段AB上截取BH=HM，连接CM，CD
∵BH=HM，CH=CH，∠CHB=∠MHC=90°
∴△MHC≌△BHC
∴∠ABC=∠BMC
∵AB=AC
∴∠ABC=∠ACB
∵BD=BC
∴∠BDC=∠BCD
∵BC//DE
∴∠BCD=∠CDE，∠ACB=∠AED
∴∠BDC=∠CDE，∠BMC=∠AED，且CD=CD
∴△CDM≌△CDE
∴DE=DM
∵DM=DH+HM
∴DE=DH+BH
【点睛】本题主要考查了三角形综合题，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，合理添加辅助线证全等是解题的关键．
【考点7 证一条线段等于两条线段的和（差）】
【例7】（2022·全国·八年级专题练习）如图，△ABC中，∠B＝45°，∠ACB＝30°，CD平分∠ACB，AD⊥CD，求证：CD＝AB＋AD
【答案】见解析
【分析】遇到这种CD＝AB＋AD线段和差问题一般都是截长补短；
方法1：补短AB，构造BE＝AB＋AD，证明CD=BE即可；
方法2：补短AD，构造DF＝AB＋AD，证明CD=DF即可；
方法3：截长，在CD上截取DE使得DE＝AD，构造等腰直角三角形ABF，证明AF=EC即可；
方法4：截长，在CD上截取DE使得DE＝AD，在CB延长上取点H使得AH＝AC,证明AB=EC即可；
【详解】方法1：补短，构造全等
证明：延长BA至点E，使得AD＝AE，连接CE
∵AD⊥CD
∴∠D＝90°
∵∠B＝45°，∠ACB＝30°
∴∠EAC＝∠B＋∠ACB＝45°＋30°＝75°
∵CD平分∠ACB
∴∠ACD＝15°
∴∠DAC＝90°－15°＝75°
∴∠EAC＝∠DAC
在△ADC和△AEC中
∵AD＝AE
∠EAC＝∠DAC
AC＝AC
∴△ADC≌△AEC(SAS)
∴EC＝CD，∠E＝∠D＝90°，∠ECA=∠ACD＝15°
∴∠ECB＝∠B＝45°
∴EC＝BE
∴EC＝BE＝CD
∴CD＝AB＋AE＝AB＋AD
方法2：补短，构造全等
证明：延长DA至点F，使得AF＝AB
∵∠B＝45°，∠ACB＝30°
∴∠BAC＝180－∠B－∠ACB＝180°－45°－30°＝105°
∵CD是∠ACB的角平分线
∴∠ACD＝15°
∵AD⊥CD，
∴∠D=90°，
∴∠EAC＝∠D＋∠ACD＝90°＋15°＝105°
∴∠EAC＝∠BAC
在△ABC和△AEC中
AB＝AE
∠EAC＝∠BAC
AC＝AC
∴△ABC≌△AEC（SAS）
∴∠E＝∠B＝45°,
∴∠ECD＝90°-∠E=∠B＝45°
∴CD＝DE＝AD＋AE＝AD＋AB
方法3：截长，构造全等
证明：
在CD上截取DE使得DE＝AD
∵AD⊥CD
∴∠AED＝45°，∠AEC＝135°
过点A作AF⊥AB交BC于点F
∵∠B=45°，
∴∠AFB＝∠B＝45°，∠AFC＝135°
∴AB＝AF，∠AEC＝∠AFC
∵CD平分∠ACB
∴∠ACD＝15°
∴∠DAC＝90°－∠ACD＝90°－15°＝75°
∴∠EAC＝∠DAC－∠DAE＝75°－45°＝30°
∴∠EAC＝∠ACF
在△AEC和△CFA中
∠EAC＝∠ACF
AC＝AC
∠AEC＝∠AFC
∴△AEC ≌ △CFA(ASA)
∴CE＝AF＝AB
∴CD＝DE＋CE＝AD＋AB
方法4：截长，构造全等
证明：
在CD上截取DE使得DE＝AD
∵AD⊥CD
∴∠AED＝45°，∠AEC＝135°
在CB延长上取点H，使得AH＝AC
∵∠ABC＝45°
∴∠ABH＝135°
∴∠ABH＝∠AEC
∵AH＝AC
∴∠H＝∠ACB＝30°
∵CD平分∠ACB
∴∠ACD＝15°
∴∠DAC＝90°－∠ACD＝90°－15°＝75°
∴∠EAC＝∠DAC－∠DAE＝75°－45°＝30°
∴∠H＝∠EAC
在△ABH和△CEA中
∠H＝∠EAC
AH＝AC
∠ABH＝∠AEC
∴△ABH ≌ △CEA(ASA)
∴AB＝CE
∴CD＝DE＋CE＝AD＋AB
【变式7-1】（2022·安徽淮北·八年级阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AB//CD,AE是∠BAC的平分线，且AE⊥CE．若AC=a,BD=b，则四边形ABDC的周长为（ ）
A．1.5(a+b)B．2a+bC．3a−bD．a+2b
【答案】B
【分析】在线段AC上作AF=AB，证明△AEF≌△AEB可得∠AFE=∠B，∠AEF=∠AEB，再证明△CEF≌△CED可得CD=CF，即可求得四边形ABDC的周长．
【详解】解：在线段AC上作AF=AB，
∵AE是∠BAC的平分线，
∴∠CAE=∠BAE，
又∵AE=AE，
∴△AEF≌△AEB（SAS），
∴∠AFE=∠B，∠AEF=∠AEB，
∵AB∥CD，
∴∠D+∠B=180°，
∵∠AFE+∠CFE=180°，
∴∠D=∠CFE，
∵AE⊥CE，
∴∠AEF+∠CEF=90°，∠AEB+∠CED=90°，
∴∠CEF=∠CED，
在△CEF和△CED中
∵∠D=∠CFE∠CEF=∠CEDCE=CE,
∴△CEF≌△CED（AAS）
∴CE=CF，
∴四边形ABDC的周长=AC+AB+BD+CD=AC+AF+CF+BD=2AC+BD=2a+b，
故选：B．
【点睛】本题考查全等三角形的性质和判断．能正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键．
【变式7-2】（2022·山东烟台·七年级期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是直线AB上一点（点D不与点A、B重合），连接DC并延长到E，使得CE＝CD，过点E作EF⊥直线BC，交直线BC于点F．

(1)如图1，当点D为线段AB上的任意一点时，用等式表示线段EF、CF、AC的数量关系，并证明；
(2)如图2，当点D为线段BA的延长线上一点时，依题意补全图2，猜想线段EF、CF、AC的数量关系是否发生改变，并证明．
(3)如图3，当点D在线段AB的延长线上时，直接写出线段EF、CF、AC之间的数量关系．
【答案】(1)AC＝EF+FC，证明见解析
(2)补全图形见解析， AC＝EF-CF，证明见解析
(3)AC＝CF-EF
【分析】（1）过D作DH⊥CB于H，由“AAS”可证△FEC≌△HDC，可得CH=FC，DH=EF，可得结论；
（2）过D作DH⊥CB于H，由“AAS”可证△FEC≌△HDC，可得CH=FC，DH=EF，可得结论．
（3）过D作DH⊥CB交CB的延长线于H，由“AAS”可证△FEC≌△HDC，可得CH=FC，DH=EF，可得结论．
(1)
结论：AC＝EF+FC，
理由如下：过D作DH⊥CB于H，
∴∠DHC＝∠DHB＝ 90°
∵EF⊥CF，
∴∠EFC＝∠DHC＝90°，
在△FEC和△HDC中，
∠EFC=∠DHC=90°∠FCE=∠DCHEC=CD，
∴△FEC≌△HDC（AAS），
∴CH＝FC，DH＝EF，
∵∠ACB＝90°，AC=BC，
∴∠B＝45°，
∵∠DHB＝90°，
∴∠B＝∠HDB＝45°
∴DH＝HB＝EF，
∵BC＝CB+HB
∴AC＝FC+EF；
(2)
依题意补全图形，结论：AC＝EF-CF，
理由如下：
过D作DH⊥CB交BC的延长线于H，
∵EF⊥CF，
∴∠EFC＝∠DHC＝90°，
在△FEC和△HDC中，
∠FCE=∠DCH∠EFC=∠DHC=90°EC=DC，
∴△FEC≌△HDC（AAS），
∴CH＝FC，DH＝EF，
∵∠DHB＝90°，
∴∠B＝∠HDB＝45°
∴DH＝HB＝EF，
∵BC=HB-CH
∴AC＝EF-CF．
(3)
AC=CF-EF．
如图3，过D作DH⊥CB交CB的延长线于H，
同理可证△FEC≌△HDC（AAS），
∴CH=FC，DH=EF，
∵∠DHB=90°，
∴∠B=∠HDB=45°，
∴DH=HB=EF，
∵BC=CH-BH，
∴AC=CF-EF．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
【变式7-3】（2022·全国·八年级专题练习）在△ABC中，AE，CD为△ABC的角平分线，AE，CD交于点F．
（1）如图1，若∠B=60°．
①直接写出∠AFC的大小；
②求证：AC=AD+CE．
（2）若图2，若∠B=90°，求证：S△ACF=S△AFD+S△CEF+S△DEF．
【答案】（1）①120°；②见解析；（2）见解析
【分析】（1）①综合三角形的内角和定理以及角平分线的定义求解即可；②利用“截长补短”思想，在AC上取点H，使得AD=AH，从而通过全等证得∠AFD=∠AFH，再结合①的结论进一步证明∠CFH=∠CFE，从而通过全等证得CE=CH，即可得出结论；
（2）同样利用“截长补短”思想，在AC上取S、T两点，使得AD=AS，CE=CT，连接SF，SE，TF，TE，可通过全等直接先对△ADF和△CEF的面积进行转换，然后结合（1）中的结论，证明SF∥ET，即可对△DEF的面积进行转换，从而得出结论．
【详解】（1）①解：∵∠B=60°，
∴∠BAC+∠BCA=180°-∠B=120°，
∵AE平分∠BAC，CD平分∠BCA，
∴∠FAC=12∠BAC，∠FCA=12∠BCA，
∴∠FAC+∠FCA=12(∠BAC+∠BCA)= 12×120°=60°，
∴∠AFC=180°-(∠FAC+∠FCA)=120°；
②证：如图所示，在AC上取点H，使得AD=AH，
在△ADF和△AHF中，
AD=AH∠DAF=∠HAFAF=AF
∴△ADF≌△AHF(SAS)，
∴∠AFD=∠AFH，
∵∠AFD=∠CFE，
∴∠AFH=∠CFE，
由①可知，∠AFC=120°，
∴∠CFE=180°-120°=60°，
∴AFH=∠CFE=60°，
∴∠CFH=60°，
即：∠CFH=∠CFE，
在△CFH和△CFE中，
∠CFH=∠CFECF=CF∠HCF=∠ECF
∴△CFH≌△CFE(ASA)，
∴CE=CH，
∵AC=AH+CH，
∴AC=AD+CE；
（2）证：如图所示，在AC上取S、T两点，使得AD=AS，CE=CT，连接SF，SE，TF，TE，
∵AE平分∠BAC，
∴∠DAF=∠SAF，
在△ADF和△ASF中，
AD=AS∠DAF=∠SAFAF=AF
∴△ADF≌△ASF(SAS)，
同理可证△AED≌△AES，△CEF≌△CTF，
∴DF=SF，DE=SE，FT=FE，
∴△DEF≌△SEF，
∴S△ADF=S△ASF，S△CEF=S△CTF，S△DEF=S△SEF，
且∠AFD=∠AFS，∠CFE=∠CFT，
∵∠AFD=∠CFE，
∴∠AFD=∠AFS=∠CFE=∠CFT，
由（1）可得：∠AFC=90°+12∠B=135°，
∴∠CFE=180°-135°=45°，
∴∠AFD=∠AFS=∠CFE=∠CFT=45°，
∴∠CFS=135°-∠AFS =90°，
∴CF⊥SF，
又∵FT=FE，CT=CE，
∴CF垂直平分EF，
即：CF⊥ET，
∴SF∥ET，
∴S△SFT=S△SEF，
∴S△DEF=S△SFT
∵S△ACF=S△AFS+S△CFT+S△SFT，
∴S△ACF=S△AFD+S△CEF+S△DEF．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，以及三角形角平分线相关的证明问题，掌握基本的辅助线添加思想，熟练运用全等三角形的判定与性质是解题关键．
【考点8 全等中的倍长中线模型】
【例8】（2022·江西吉安·七年级期末）（1）基础应用：如图1，在△ABC中，AB＝5，AC＝7，AD是BC边上的中线，延长AD到点E使DE＝AD，连接CE，把AB，AC，2AD利用旋转全等的方式集中在△ACE中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是 ；
（2）推广应用：应用旋转全等的方式解决问题如图2，在△ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF＞EF；
（3）综合应用：如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°且∠EAF＝12∠BAD，试问线段EF、BE、FD具有怎样的数量关系，并证明．
【答案】（1）1＜AD＜6；（2）见解析；（3）结论：EF＝BE﹣FD，证明见解析．
【分析】（1）先证明△CDE≌△BDA（SAS）可得CE＝AB＝5，在△ACE中，利用三角形的三边关系解答即可；
（2）如图2中，延长ED到H，使得DH＝DE，连接DH，FH．再证明△BDE≌△CDH（SAS）可得BE＝CH，再证明EF＝FH，利用三角形的三边关系解答即可；
（3）如图3，作辅助线，构建△ABG，同理证明△ABG≌△ADF和△AEG≌△AEF．可得新的结论：EF＝BE﹣DF．
【详解】（1）解：如图1：∵CD＝BD，AD＝DE，∠CDE＝∠ADB，
∴△CDE≌△BDA（SAS），
∴EC＝AB＝5，
∵7﹣5＜AE＜7+5，
∴2＜2AD＜12，
∴1＜AD＜6，
故答案为1＜AD＜6．
（2）证明：如图2中，延长ED到H，使得DH＝DE，连接DH，FH．
∵BD＝DC，∠BDE＝∠CDH，DE＝DH，
∴△BDE≌△CDH（SAS），
∴BE＝CH，
∵FD⊥EH．DE＝DH，
∴EF＝FH，
在△CFH中，CH+CF＞FH，
∵CH＝BE，FH＝EF，
∴BE+CF＞EF．
（4）结论：EF＝BE﹣FD
证明：如图3中，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
∵AB＝AD，BG＝DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，
∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF＝12∠BAD，
∴∠GAE＝∠EAF，
∵AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG＝EF，
∵EG＝BE﹣BG，
∴EF＝BE﹣FD．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、三角形的中线的性质、三角形的三边关系等知识，掌握倍长中线、构造全等三角形成为本题的关键．
【变式8-1】（2022·山东德州·八年级期末）（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8-2】（2022·山东·高唐县赵寨子中学八年级期末）已知：△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点M是BE的中点，连接CM、DM．

（1）当点D在AB上，点E在AC上时（如图一），求证：DM=CM，DM⊥CM；
（2）当点D在CA延长线上时（如图二）（1）中结论仍然成立，请补全图形（不用证明）；
（3）当ED∥AB时（如图三），上述结论仍然成立，请加以证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）见解析；（3）见解析．
【分析】（1）如图一中，延长DM使得MN=DM，连接BN、CN，先证明ΔDME≅ΔNMB，再证明ΔACD≅ΔBCN即可解决问题．
（2）补充图形如图二所示，延长DM交CB的延长线于N，只要证明ΔDME≅ΔNMB，再证明ΔCDN是等腰直角三角形即可．
（3）如图三中，如图一中，延长DM使得MN=DM，连接BN、CN，CD，先证明ΔDME≅ΔNMB，再证明ΔACD≅ΔBCN即可．
【详解】（1）证明：如图一中，延长DM使得MN=DM，连接BN、CN．

在△DME和△NMB中，DM=MN∠DME=∠NMBME=MB，
∴△DME≌△NMB，
∴DE=BN，∠MDE=∠MNB，
∴DE∥NB，
∴∠ADE=∠ABN=90°，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，
∴AD=DE=BN，AC=BC，∠A=∠ABC=45°，
∴∠CBN=45°=∠A，
在△ACD和△BCN中，AC=BC∠A=∠CBNAD=BN，
∴△ACD≌△BCN，
∴DC=CN，∠ACD=∠BCN，
∴∠DCN=∠ACB=90°，
∴△DCN是等腰直角三角形，
∵DM=MN，
∴DM=CM．DM⊥CM
（2）解：如图二所示

延长DM交CB的延长线于N， ∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，
∴AD=DE=BN，AC=BC，∠A=∠ABC=45°，
∵∠EDC+∠DCN=180°，
∴DE∥CN，
∴∠EDM=∠N
在△DME和△NMB中，∠EDM=∠N∠EMD=∠NMBEM=BM，
∴△DME≌△NMB，
∴DE=BN=AD，DM=MN，
∴CD=CN，
∴∠CDN=∠N=45°，CM=DM=MN，CM⊥DN，
∴DM=CM．DM⊥CM．
（3）证明：如图三中，如图一中，延长DM交AB于N连接CN．
∵DE∥AB，
∴∠MBN=∠MED，
在△DME和△NMB中，∠MBN=∠MEDBM=EM∠BMN=∠EMD，
∴△DME≌△NMB，
∴DE=BN=AD，DM=MN，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，
∴AD=DE=BN，AC=BC，∠BAC=∠ABC=45°，
∵∠AED+∠BAE=180°，
∴∠BAE=135°，
∵∠BAC=∠EAD=45°，
∴∠DAC=∠CBN=45°
在△ACD和△BCN中，AC=BC∠DAC=∠NBCAD=BN，
∴△ACD≌△BCN，
∴DC=CN，∠ACD=∠BCN，
∴∠DCN=∠ACB=90°，
∴△DCN是等腰直角三角形，∵DM=MN，
∴DM=CM．DM⊥CM
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、 等腰直角三角形的性质等知识， 解题的关键是添加辅助线构造全等三角形， 记住中线延长一倍是常用辅助线， 属于中考常考题型．
【变式8-3】（2022·全国·八年级）如图1，在△ABC中，若AB＝10，BC＝8，求AC边上的中线BD的取值范围．
（1）小聪同学是这样思考的：延长BD至E，使DE＝BD，连接CE，可证得△CED≌△ABD．
①请证明△CED≌△ABD；
②中线BD的取值范围是 ．
（2）问题拓展：如图2，在△ABC中，点D是AC的中点，分别以AB，BC为直角边向△ABC外作等腰直角三角形ABM和等腰直角三角形BCN，其中，AB＝BM，BC＝BN，∠ABM＝∠NBC＝∠90°，连接MN．请写出BD与MN的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）①见解析；②1【分析】（1）①只需要利用SAS证明△CED≌△ABD即可；
②根据△CED≌△ABD可得AB=CE，由三角形三边的关系可得CE−BC（2），延长BD到E使得DE=BD，同（1）原理可证△ADE≌△CDB，得到∠DAE=∠DCB，AE=CB，然后证明∠BAE=∠MBN，则可证△BAE≌△MBN得到MN=BE，再由BE=BD+ED=2BD，可得MN=2BD．
【详解】解：（1）①∵BD是三角形ABC的中线，
∴AD=CD，
又∵∠ABD=∠CDE，BD=ED，
∴△CED≌△ABD（SAS）；
②∵△CED≌△ABD，
∴AB=CE，
∵CE−BC∴AB−BC又∵BE=BD+DE=2BD，
∴1故答案为：1（2）MN=2BD，理由如下：
如图所示，延长BD到E使得DE=BD，
同（1）原理可证△ADE≌△CDB（SAS），
∴∠DAE=∠DCB，AE=CB，
∵BC=BN，
∴AE=BN，
∵∠ABM=∠NBC=90°，
∴∠MBN+∠ABC=360°-∠ABM-∠NBC=180°，
∵∠ABC+∠BAC+∠ACB=180°，
∴∠ABC+∠BAC+∠DAE=180°，
∴∠BAE+∠ABC=180°，
∴∠BAE=∠MBN，
又∵AB=BM，
∴△BAE≌△MBN（SAS），
∴MN=BE，
∵BE=BD+ED=2BD，
∴MN=2BD．
【点睛】本题主要考查了三角形三边的关系，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理，解题的关键在于能够熟练掌握倍长中线法证明两个三角形全等．
【考点9 全等中的旋转模型】
【例9】（2022·全国·八年级专题练习）问题发现：如图1，已知C为线段AB上一点，分别以线段AC，BC为直角边作等腰直角三角形，∠ACD=90°，CA=CD，CB=CE，连接AE，BD，线段AE，BD之间的数量关系为______；位置关系为_______．
拓展探究：如图2，把Rt△ACD绕点C逆时针旋转，线段AE，BD交于点F，则AE与BD之间的关系是否仍然成立？请说明理由．
【答案】问题发现：AE=BD，AE⊥BD；拓展探究：成立，理由见解析
【分析】问题发现：根据题目条件证△ACE≌△DCB，再根据全等三角形的性质即可得出答案；
拓展探究：用SAS证ΔACE≅ΔDCB，根据全等三角形的性质即可证得．
【详解】解：问题发现：延长BD，交AE于点F，如图所示：
∵∠ACD=90°，
∴∠ACE=∠DCB=90°，
又∵CA=CD,CB=CE,
∴ΔACE≅ΔDCB（SAS），
∴AE=ED,∠CAE=∠CDB，
∵∠CDB+∠CBD=90°，
∴∠CAE+∠CBD=90°，
∴∠AFD=90°，
∴AF⊥FB，
∴AE⊥BD，
故答案为：AE=BD，AE⊥BD；
拓展探究：成立．
理由如下：设CE与BD相交于点G，如图1所示：
∵∠ACD=∠BCE=90°，
∴∠ACE=∠BCD，
又∵CB=CE，AC=CD，
∴ΔACE≅ΔDCB（SAS），
∴AE=BD，∠AEC=∠DBC，
∵∠CBD+∠CGB=90°，
∴∠AEC+∠EGF=90°，
∴∠AFB=90°，
∴BD⊥AE，
即AE=BD，AE⊥BD依然成立．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形三边关系，手拉手模型，熟练掌握全等三角形的判定和手拉手模型是解决本题的关键．
【变式9-1】（2022·江苏·八年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，AB=AC，∠ABC=∠ACB=45°，D、E是斜边BC上两点，且∠DAE=45°，若BD=3，CE=4，S△ADE=15，则△ABD与△AEC的面积之和为（ ）
A．36B．21C．30D．22
【答案】B
【分析】将△ADE关于AE对称得到△AFE，从而可得△AFE的面积为15，再根据对称的性质可得AF=AD,∠EAF=45°，然后根据三角形全等的判定定理证出△ACF≅△ABD，从而可得CF=BD=3,∠ACF=∠ABD=45°,S△ACF=S△ABD，最后根据△ABD与△AEC的面积之和等于△AFE与△CEF的面积之和即可得．
【详解】解：如图，将△ADE关于AE对称得到△AFE，
则AF=AD,∠EAF=45°，S△AFE=S△ADE=15，
∴∠CAF+∠CAD=∠DAE+∠EAF=45°+45°=90°，
∵∠BAD+∠CAD=∠BAC=180°−∠ABC−∠ACB=90°，
∴∠CAF=∠BAD，
在△ACF和△ABD中，AC=AB∠CAF=∠BADAF=AD，
∴△ACF≅△ABD(SAS)，
∴CF=BD=3,∠ACF=∠ABD=45°,S△ACF=S△ABD，
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=90°，即△CEF是直角三角形，
∴S△CEF=12CE⋅CF=12×4×3=6，
∴S△ABD+S△AEC=S△ACF+S△AEC=S△AFE+S△CEF=15+6=21，
即△ABD与△AEC的面积之和为21，
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
【变式9-2】（2022·江苏·南京民办求真中学七年级阶段练习）如图直角三角形中的空白部分是正方形，正方形的一个顶点将这个直角三角形的斜边分成二部分，AD=3厘米，阴影部分的面积是6平方厘米，DB长______厘米．
【答案】4
【分析】如图，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△GDF，求出∠GDB＝90°，可得△GDF与△DBF组成一个直角△DBG，直角边DG是3厘米，面积是6平方厘米，由此利用三角形的面积公式即可求出DB的长．
【详解】解：如图，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△GDF，则△ADE≌△GDF，点G、F在BC上，
∴∠ADE＝∠GDF，
∵在正方形DECF中，∠EDF＝90°，
∴∠ADE＋∠FDB＝90°，
∴∠GDF＋∠FDB＝90°，即∠GDB＝90°，
∴△GDF与△DBF组成一个直角△DBG，直角边DG是3厘米，面积是6平方厘米，
∴DB的长为：6×2÷3＝12÷3＝4（厘米），
故答案为：4．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，三角形面积计算，解答此题的关键是巧妙地把阴影部分△ADE通过旋转与阴影部分△DBF 组成一个直角三角形．
【变式9-3】（2022·全国·八年级课时练习）综合与实践
（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 ．
（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝12∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝12∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 ．
【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析
【分析】（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝12∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（3）在NC上截取C M'=AM，连接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CB M'，从而得到AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，进而得到∠MA M'=∠ABC，再由∠MBN＝12∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．
【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC ，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN=45°，
∴∠ABM+∠CBN=45°，
∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，
即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（2）MN=AM+CN；理由如下：
如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
∵∠A+∠C＝180°，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN＝12∠ABC，
∴∠ABM+∠CBN=12∠ABC＝∠MBN，
∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（3）MN=CN-AM，理由如下：
如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'，
∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠C+∠BAD=180°，
∵∠BAM+∠BAD=180°，
∴∠BAM=∠C，
∵AB＝BC，
∴△ABM≌△CB M'，
∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，
∴∠MA M'=∠ABC，
∵∠MBN＝12∠ABC，
∴∠MBN＝12∠MA M'=∠M'BN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N=CN-C M'，
∴MN=CN-AM．
故答案是：MN=CN-AM．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，得到全等三角形是解题的关键．
【考点10 全等中的垂线模型】
【例10】（2022·广东佛山·七年级阶段练习）在△ABC中，∠BAC=90°，AC=AB，直线MN经过点A，且CD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
(1)当直线MN绕点A旋转到图1的位置时，∠EAB+∠DAC= 度；
(2)求证：DE=CD+BE；
(3)当直线MN绕点A旋转到图2的位置时，试问DE、CD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．
【答案】(1)90°
(2)见解析
(3)CD= BE + DE，证明见解析
【分析】（1）由∠BAC=90°可直接得到∠EAB+∠DAC=90°；
（2）由CD⊥MN，BE⊥MN，得∠ADC=∠BEA=∠BAC=90°，根据等角的余角相等得到∠DCA=∠EAB，根据AAS可证△DCA≌△EAB，所以AD=CE，DC=BE，即可得到DE = EA+AD = DC+BE．
（3）同（2）易证△DCA≌△EAB，得到AD=CE，DC=BE，由图可知AE = AD +DE，所以 CD= BE + DE．
（1）
∵∠BAC=90°
∴ ∠EAB+∠DAC=180°-∠BAC=180°-90°=90°
故答案为：90°．
（2）
证明：∵ CD⊥MN于D，BE⊥MN于E
∴ ∠ADC=∠BEA=∠BAC=90°
∵ ∠DAC+∠DCA=90°且 ∠DAC+∠EAB=90°
∴ ∠DCA=∠EAB
∵在△DCA和△EAB中
∠ADC=∠BEA=90°∠DCA=∠EABAC=AB
∴△DCA≌△EAB (AAS)
∴ AD=BE且EA=DC
由图可知：DE = EA+AD = DC+BE．
（3）
∵ CD⊥MN于D，BE⊥MN于E
∴ ∠ADC=∠BEA=∠BAC=90°
∵ ∠DAC+∠DCA=90°且∠DAC+∠EAB=90°
∴ ∠DCA=∠EAB
∵在△DCA和△EAB中
∠ADC=∠BEA=90°∠DCA=∠EABAC=AB
∴△DCA≌△EAB (AAS)
∴ AD=BE且AE=CD
由图可知：AE = AD +DE
∴ CD= BE + DE．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角，也考查了三角形全等的判定与性质．
【变式10-1】（2022·陕西省西安爱知中学七年级期末）（1）【问题发现】如图1，△ABC与△CDE中，∠B＝∠E＝∠ACD＝90°，AC＝CD，B、C、E三点在同一直线上，AB＝3，ED＝4，则BE＝_____．
（2）【问题提出】如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝4，过点C作CD⊥AC，且CD＝AC，求△BCD的面积．
（3）【问题解决】如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝∠CAB＝∠ADC＝45°，△ACD面积为12且CD的长为6，求△BCD的面积．
【答案】（1）7；（2）S△BCD＝8；（3）S△BCD＝6．
【分析】(1) ∠B＝∠E＝∠ACD＝90°，根据同角的余角相等，可得∠ACB＝∠D，由已知条件可证△ABC≌△CED，可得答案；
（2）过D作DE⊥BC交BC延长线于E，同（1）中的方法，可证△ABC≌△CED，可得答案；
（3）过A作AE⊥CD于E，过B作BF⊥CD交DC延长线于F，由△ACD面积为12且CD的长为6，可得AE＝4，进而可得CE=2，同（1）中证法，可得△ACE≌△CBF，由全等三角形的性质可求得答案．
【详解】解：（1）∵∠ACD＝∠E＝90°，
∴∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠D，
在△ABC和△CED中，
∠B=∠E∠ACB=∠DAC=CD，
∴△ABC≌△CED（AAS），
∴AB＝CE＝3，BC＝ED＝4，
∴BE＝BC+CE＝7；
故答案为：7；
（2）过D作DE⊥BC交BC延长线于E，如图：
∵DE⊥BC，CD⊥AC，
∴∠E＝∠ACD＝90°，
∴∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠CDE，
在△ABC和△CED中，
∠ABC=∠E∠ACB=∠CDEAC=CD，
∴△ABC≌△CED（AAS），
∴BC＝ED＝4，
∴S△BCD＝12BC•DE＝8；
（3）过A作AE⊥CD于E，过B作BF⊥CD交DC延长线于F，如图：
∵△ACD面积为12且CD的长为6，
∴12×6•AE＝12，
∴AE＝4，
∵∠ADC＝45°，AE⊥CD，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴DE＝AE＝4，
∴CE＝CD﹣DE＝2，
∵∠ABC＝∠CAB＝45°，
∴∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠ACE＝90°﹣∠BCF＝∠CBF，
在△ACE和△CBF中，
∠AEC=∠F∠ACE=∠CBFAC=CB，
∴△ACE≌△CBF（AAS），
∴BF＝CE＝2，
∴S△BCD＝12CD•BF＝6．
【点睛】本题考查全等三角形的性质与判定，属于类比探究类的题目，掌握模型思想，准确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式10-2】（2022·安徽·九年级期末）如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E点为射线CB上一动点，连结AE，作AF⊥AE且AF＝AE．
（1）如图1，过F点作FD⊥AC交AC于D点，求证：FD＝BC；
（2）如图2，连结BF交AC于G点，若AG＝3，CG＝1，求证：E点为BC中点．
（3）当E点在射线CB上，连结BF与直线AC交子G点，若BC＝4，BE＝3，则AGCG= ．（直接写出结果）
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）113或53
【分析】（1）证明△AFD≌△EAC，根据全等三角形的性质得到DF=AC，等量代换证明结论；
（2）作FD⊥AC于D，证明△FDG≌△BCG，得到DG=CG，求出CE，CB的长，得到答案；
（3）过F作FD⊥AG的延长线交于点D，根据全等三角形的性质得到CG=GD，AD=CE=7，代入计算即可．
【详解】（1）证明：∵FD⊥AC，
∴∠FDA=90°，
∴∠DFA+∠DAF=90°，
同理，∠CAE+∠DAF=90°，
∴∠DFA=∠CAE，
在△AFD和△EAC中，
∠AFD＝∠EAC∠ADF＝∠ECAAF＝AE，
∴△AFD≌△EAC（AAS），
∴DF=AC，
∵AC=BC，
∴FD=BC；
（2）作FD⊥AC于D，
由（1）得，FD=AC=BC，AD=CE，
在△FDG和△BCG中，
∠FDG＝∠BCG＝90°∠FGD＝∠BGCFD＝BC，
∴△FDG≌△BCG（AAS），
∴DG=CG=1，
∴AD=2，
∴CE=2，
∵BC=AC=AG+CG=4，
∴E点为BC中点；
（3）当点E在CB的延长线上时，过F作FD⊥AG的延长线交于点D，
BC=AC=4，CE=CB+BE=7，
由（1）（2）知：△ADF≌△ECA，△GDF≌△GCB，
∴CG=GD，AD=CE=7，
∴CG=DG=1.5，
∴AG=CG+AC=5.5，
∴AGCG=，
同理，当点E在线段BC上时，AG= AC -CG+=2.5，
∴AGCG=，
故答案为：113或53．
【点睛】本题考查的是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是解题的关键．
【变式10-3】（2022·黑龙江牡丹江·九年级期末）平面内有一等腰直角三角板（∠ACB＝90°）和一直线MN．过点C作CE⊥MN于点E，过点B作BF⊥MN于点F．当点E与点A重合时（如图1），易证：AF+BF＝2CE．
(1)当三角板绕点A顺时针旋转至图2的位置时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AF、BF、CE之间又有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．
(2)当三角板绕点A顺时针旋转至图3的位置时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AF、BF、CE之间又有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．
【答案】(1)AF+BF=2CE仍成立
(2)AF-BF=2CE
【分析】（1）过B作BH⊥CE于点H，可证△ACE≌△CBH，通过线段的等量代换可得结论；
（2）过点B作BG⊥CE，交CE的延长线于点G，△ACE≌△CBG，通过线段的等量代换可得答案．
（1）
解：图2，AF+BF=2CE仍成立，
证明：如图，过B作BH⊥CE于点H，
∵∠BCH+∠ACE=90°，
又∵在直角△ACE中，∠ACE+∠CAE=90°，
∴∠CAE=∠BCH，
又∵AC=BC，∠AEC=∠BHC=90°
∴△ACE≌△CBH．
∴CH=AE，BF=HE，CE=BH，
∴AF+BF=AE+EF+BF=CH+EF+HE=CE+EF=2EC．
（2）
解：不成立，线段AF、BF、CE之间的数量关系为：AF-BF=2CE
证明：如图，过点B作BG⊥CE，交CE的延长线于点G，
∵∠BCG+∠ACE=90°，
又∵在直角△ACE中，∠ACE+∠CAE=90°，
∴∠CAE=∠BCG，
又∵AC=BC，∠AEC=∠BGC=90°
∴△ACE≌△CBG．
∴CG=AE，BF=GE，CE=BG，
∴AF-BF=AE+EF-BF=CG+EF-GE=CE+EF=2EC．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，根据题意正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【考点11 全等中的其他模型】
【例11】（2022·重庆八中七年级期末）如图：AD⊥AB，AE⊥AC，AD=AB，AE=AC，连接BE与DC交于M，则：①∠DAC=∠BAE；②ΔDAC≌ΔBAE；③DC⊥BE；正确的有（ ）个
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】利用垂直的定义得到∠DAB=∠EAC=90°，则∠ADC=∠BAE，于是可对①进行判断；利用“SAS”可证明ΔDAC≅ΔBAE，于是可对②进行判断；利用全等的性质得到∠ADC=∠ABE，则根据三角形内角和和对顶角相等得到∠DMB=∠DAB=90°，于是可对③进行判断．
【详解】解：∵AD⊥AB，AE⊥AC，
∴∠DAB=90°，∠EAC=90°，
∴∠DAB+BAC=∠EAC+∠BAC，
即∠ADC=∠BAE，所以①正确；
在ΔDAC和ΔBAE中，
DA=AB∠DAC=∠BAEAC=AE，
∴ΔDAC≅ΔBAE(SAS)，所以②正确；
∴∠ADC=∠ABE，
∵∠AFD=∠MFB，
∴∠DMB=∠DAB=90°，
∴DC⊥BE，所以③正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
【变式11-1】（2022·全国·八年级单元测试）如图，已知ΔABC中，∠A=60°，D为AB上一点，且AC=2AD+BD,∠B=4∠ACD，则∠DCB的度数是_________．
【答案】20°
【分析】延长AB至点E使BE=AD，连接CE，证明△AEC是等边三角形，设∠ACD=x，则∠ABC=4x，再证明△ADC≅△EBCSAS，即可得到结果．
【详解】解：如图，延长AB至点E使BE=AD，连接CE．
∴AE=AD+DB+BE=2AD+BD，
∵AC=2AD+BD，
∴AE=AC．
∵∠A=60°，
∴△AEC是等边三角形，
∴∠E=∠ACE=60°，
∵∠ABC=4∠ACD，
∴设∠ACD=x，则∠ABC=4x．在△ADC与△EBC中，
∵AD=BE∠A=∠EAC=EC，
∴△ADC≅△EBCSAS，
∴∠ACD=∠ECB=x．
∵∠ABC=∠E+∠BCE，
∴4x=60°+x，
∴x=20°，
∴∠BCD=60°−20°−20°=20°．
故答案是20°．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，准确分析计算是解题的关键．
【变式11-2】（2022·山西阳泉·八年级期末）有些数学题，表面上看起来无从下手，但根据图形的特点，可补全成为特殊的图形，然后根据特殊几何图形的性质去考虑，常常可以获得简捷解法．根据阅读，请解答问题：如图所示，已知△ABC的面积为16cm2，AD平分∠BAC，且AD⊥BD于点D，则△ADC的面积为___________cm2．
【答案】8
【分析】延长BD、AC交于点E，由题意证得△ABD≌△AED（ASA），证得AB＝AE，BD＝DE，即可证得S△ABD＝S△AED，S△BDC＝S△EDC，设S△EDC＝x，利用S△ABE＝S△ABC+S△BCD＝12+2S△EDC即可求得结果．
【详解】解：延长BD、AC交于点E，
∵AD平分∠BAC，且AD⊥BD于点D，
∴在△ABD和△AED中，
∠BAD=∠EADAD=AD∠ADB=∠ADE=90°
∴△ABD≌△AED（ASA），
∴AB＝AE，BD＝DE，
∴S△ABD＝S△AED，S△BDC＝S△EDC，
设S△EDC＝x，
∵△ABC的面积为16cm2，
∴S△ABE＝S△ABC+S△BCD＝16+2S△EDC＝16+2x，
∴S△ADC＝S△ADE﹣S△EDC＝12S△ABE−S△EDC=12(16+2x)−x=8
故答案为8．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，以及三角形面积的求法，根据图形的特点，补全成特殊的图形是解题的关键.
【变式11-3】（2022·江苏南通·八年级期末）如图，等边△ABC的边长为6，点P从点B出发沿射线BA移动，同时，点Q从点C出发沿线段AC的延长线移动，已知点P、Q移动的速度相同，PQ与直线BC相交于点D.
（1）如图①，当点P为AB的中点时，求CD的长；
（2）如图②，过点P作直线BC的垂线，垂足为E，当点P、Q在移动的过程中，线段BE、DE、CD中是否存在长度保持不变的线段？请说明理由.
【答案】（1）CD=32；（2）线段ED的长度保持不变.
【分析】(1)过P点作PF//AC交BC于F，由题意可证△BPF是等边三角形，△PFD≌△QCD，即可求CD的长；
(2)分点P在线段AB上，点P在线段BA的延长线上两种情况讨论，利用全等三角形的性质和判定可得DE的长度不变．
【详解】解：（1）如图，过P点作PF∥AC交BC于F，
∵点P和点Q同时出发，且速度相同，
∴BP=CQ，
∵PF∥AQ，
∴∠PFB=∠ACB=60°，∠DPF=∠CQD，
又∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，∴∠B=∠PFB，
∴BP=PF，
∴PF=CQ，又∠PDF=∠QDC，
∴△PFD≌△QCD，且△PBF是等边三角形
∴DF=CD=12CF，BF=PB
∵P是AB的中点，即PB=12AB=3，
∴BF=3
∴CD=12CF=32;
（2）分两种情况讨论，得ED为定值，是不变的线段
如图，如果点P在线段AB上，
过点P作PF∥AC交BC于F，
由（1）证得△PFD≌△QCD，且△PBF是等边三角形
∴FD=12FC, EF=12BF
∴ED=FD+EF=12FC+12BF=12BC=3
∴ED为定值
同理，如图，若P在BA的延长线上，
作PM∥AC的延长线于M，
∴∠PMC=∠ACB，又∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB=60°，
∴∠B=∠PMC=60°，
∴PM=PB，且PE⊥BC
∴BE=EM=12BM，△PBM是等边三角形
∴PM=PB=CQ
∵PM∥AC
∴∠PMB=∠QCM，∠MPD=∠CQD且PM=CQ
∴△PMD≌△QCD（ASA），
∴CD=DM=12CM，
∴DE=EM−DM=12BM−12CM=12(BM−CM)=12BC=3
综上所述，线段ED的长度保持不变.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，等边三角形的性质，灵活利用全等三角形的判定，等边三角形的性质，并作辅助线是解题的关键.
【考点12 全等三角形的动点问题】
【例12】（2022·江苏·八年级单元测试）如图，AB＝7cm，AC＝5cm，∠CAB＝∠DBA＝60°，点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在射线BD上运动速度为xcm/s，它们运动的时间为t（s）（当点P运动结束时，点Q运动随之结束）．当点P、Q运动到某处时，有△ACP与△BPQ全等，则相应的x、t的值为（ ）
A．x＝2，t＝74B．x＝2，t＝74 或x＝207，t＝1
C．x＝2，t＝1D．x＝2，t＝1或x＝207，t＝74
【答案】D
【分析】分两种情况：①△ACP≌△BPQ时AC=BP，AP=BQ，②△ACP≌△BQP时AC=BQ，AP=BP，建立方程组求得答案即可
【详解】解：①若△ACP≌△BPQ，则AC=BP，AP=BQ，
可得：5=7－2t，2t=xt
解得：x=2，t=1；
②若△ACP≌△BQP，则AC=BQ，AP=BP，
可得：5=xt，2t=7－2t
解得：x=207，t=74．
故选D．
【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质，注意分类讨论思想的渗透．
【变式12-1】（2022·江苏·九华中学八年级阶段练习）如图，AE与BD相交于点C，AC＝EC，BC＝DC，AB＝4cm，点P从点A出发，沿A→B→A方向以3cm/s的速度运动，点Q从点D出发，沿D→E方向以1cm/s的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P到达点A时，P、Q两点同时停止运动．设点P的运动时间为t（s）．
(1)AB与DE有什么关系？请说明理由．
(2)线段AP的长为________（用含t的式子表示）．
(3)连接PQ，当线段PQ经过点C时，t的值为_______．
【答案】(1)AB∥DE且AB=DE，理由见解析；
(2)3t cm或（8−3t）cm
(3)1或2．
【分析】（1）由SAS证明△ABC≌△EDC（SAS），得∠A＝∠E，即可得出结论；
（2）分两种情况计算即可；
（3）先证△ACP≌△ECQ（ASA），得AP＝EQ，再分两种情况，当0≤t≤43时，3t＝4−t，解得t＝1；当43＜t≤83时，8−3t＝4−t，解得t＝2即可．
（1）
AB∥DE且AB=DE，理由如下：
在△ABC和△EDC中，
AC=EC∠ACB=∠ECDBC=DC，
∴△ABC≌△EDC（SAS），
∴AB=DE，∠A＝∠E，
∴AB∥DE．
（2）
当0≤t≤43时，AP＝3t cm；
当43＜t≤83时，BP＝（3t−4）cm,
则AP＝4−（3t−4）＝（8−3t）cm；
综上所述，线段AP的长为3t cm或（8−3t）cm，
故答案为：3t cm或（8−3t）cm；
（3）
由（1）得：∠A＝∠E，ED＝AB＝4cm，
在△ACP和△ECQ中，
∠A=∠EAC=CE∠ACP=∠ECQ，
∴△ACP≌△ECQ（ASA），
∴AP＝EQ，
当0≤t≤43时，3t＝4−t，
解得：t＝1；
当43＜t≤83时，8−3t＝4−t，
解得：t＝2；
综上所述，当线段PQ经过点C时，t的值为1或2．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的判定以及一元一次方程的应用等知识；证明三角形全等是解题的关键．
【变式12-2】（2022·江苏·泰州中学附属初中七年级期末）长方形ABCD中，AB=6，AD=m，点P以每秒1个单位的速度从A向B运动，点Q同时以每秒2个单位的速度从A向D运动，点E为边CD上任意一点．
(1)当m=8时，设P，Q两点运动时间为t，
①若Q为AD中点，求t的值；
②连接QE，若△APQ与△EDQ全等，求DE的长．
(2)若在边AD上总存在点Q使得△APQ≌△DQE，求m的取值范围．
【答案】(1)①2；②163或2
(2)0【分析】（1）①先求出当m=8时AQ的长度，即可求出时间t；②连接QE，分别将AP和AQ的长度用t表示出来，分AP=DQ和AQ=DQ两种情况进行讨论；
（2）根据AB=6得出0（1）
①∵点Q为AD中点，
∴AQ=4，
∴t=42=2，
②由题意得：AQ=2t，AP=t，DQ=8-2t，
当AP=DQ时：
t=8-2t，解得：t=83，
此时DE=AQ=2t=163；
当AQ=DQ时：
2t=8-2t，解得：t=2，
此时DE=AP=t=2，
综上：当DE=83或t=2时，△APQ与△EDQ全等．
（2）
∵△APQ≌△DQE
∴AP=DQ时，
∵AB=6，
∴0∵AP=t=m-2t，解得：t=m3，
∴0【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，熟练掌握相关定理是解题的关键．注意当不能确定对应点的时候要注意分情况讨论．
【变式12-3】（2022·江苏·姜堰区实验初中八年级）如图① ，在△ ABC中，AB＝12cm，BC＝20cm，过点C作射线CD∥AB．点M从点B出发，以4cm/s的速度沿BC匀速移动；点N从点C出发，以acm/s的速度沿CD匀速移动．点M、N同时出发，当点M到达点C时，点M、N同时停止移动．连接AM、MN，设移动时间为t（s）．
(1)点M、N从移动开始到停止，所用时间为______s；
(2)当△ ABM与△ MCN全等时，① 若点M、N的移动速度相同，求t的值；
② 若点M、N的移动速度不同，求a的值；
(3)如图②，当点M、N开始移动时，点P同时从点A出发，以3cm/s的速度沿AB向点B匀速移动，到达点B后立刻以原速度沿BA返回．当点M到达点C时，点M、N、P同时停止移动．在移动的过程中，是否存在△ PBM与△MCN全等的情形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)5
(2)① t=2；② a=245
(3)存在，t=52或327
【分析】（1）根据时间=路程÷速度计算即可
（2）①利用全等三角形的性质，构建方程解决问题即可
②当CN=AB,CM=BM时，两个三角形全等，求出运动时间，可得结论
（3）分两种情况分别求解即可解决问题
（1）
解：点M的运动t=20÷4=5（s）
（2）
∵CD∥AB，
∴∠B=∠DCB，
∴ B、C对应
① 若点M、N的移动速度相同
∴ BM=CN
若△BAM≌△CMN
则AB=CM
即：12=20-4t
解得：t=2
② 若点M、N的移动速度不同
则BM≠CN
∴当CN=AB,CM=BM时，两个三角形全等
∴ 运动时间t=10÷4=52
∴a=12÷2.5=245
（3）
① 若点M、N的移动速度不同，则BM=CM
由BM=CM求得时间t=52，
此时BP=12-52×3=92
CN=52·a=92
解得：a=95
∴当t=52时，△PBM≌△NCM（此时点N的速度为95）
②若点M、N的移动速度相同，则CN=MB
∴只要PB=MC,两个三角形全等
∴a=4,12−3t=20−4t或20−4t=3×(t−4)
解得：t=8（舍去）或t=327
综上：t=52或t=327
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了三角形全等的判定和性质，抓住点B始终与点C对应，由点M与点N速度相同和不相同分类求解是解题关键．
【题型13 尺规作图中的三角形全等问题】
【例13】（2022·河北邢台·八年级期末）已知△ABC，按图示痕迹做△A′B′C′，得到△ABC≌△A′B′C′．则在作图时，这两个三角形满足的条件是（ ）
A．AB=A′B′,AC=A′C′B．∠B=∠B′,AB=A′B′
C．∠A=∠A′,∠B=∠B′,∠C=∠C′D．AB=A′B′,AC=A′C′,BC=B′C′
【答案】D
【分析】根据所给条件直接判定即可.
【详解】解：由题可得：在△ABC和△A′B′C′中，
AB=A′B′AC=A′C′BC=B′C′，
∴△ABC≌△A′B′C′（SSS）
故选：D
【点睛】此题考查三角形全等的判定-三边分别相等的三角形是全等三角形，掌握判定定理是解答此题的关键.
【变式13-1】（2022·全国·八年级课时练习）如图，点B在直线l上，分别以线段BA的端点为圆心，以BC（小于线段BA）长为半径画弧，分别交直线l，线段BA于点C，D，E，再以点E为圆心，以CD长为半径画弧交前面的弧于点F，画射线AF．若∠BAF的平分线AH交直线l于点H，∠ABC=70°，则∠AHB的度数为_______．
【答案】35°##35度
【分析】连接CD，EF．由题目中尺规作图可知：BD=BC=AE=AF，CD=EF．可证△CDB≌△FAE，所以∠CBA=∠BAF=70°，可得AF//CB．所以∠FAH=∠AHB．由于AH平分∠BAF，所以∠FAH=∠BAH=12∠BAF=35°．即：∠AHB=∠FAH=35°．
【详解】解：连接CD，EF
由题目中尺规作图可知：BD=BC=AE=AF，CD=EF
在△CDB和△FAE中
CD=EFBD=AECB=AF
∴ △CDB≌△FAE
∴ ∠CBA=∠EAF=70°
∴ AF//CB
∴ ∠FAH=∠AHB
∵ AH平分∠BAF
∴ ∠FAH=∠BAH=12∠BAF=35°
∵ ∠AHB=∠FAH
∴ ∠AHB=35°
故答案为：35°．
【点睛】本题主要考查知识点为，全等三角形的性质及判定、定点为圆心定长为半径的性质、平行线的判定及性质，角平分线的性质．能看懂尺规作图，熟练掌握全等三角形的性质及判定、平行线的性质及判定，角平分线的性质，是解决本题的关键．
【变式13-2】（2022·山西·八年级期末）实践与操作
如图，已知在△ABC中，∠C=90∘．
尺规作图（保留作图痕迹，不写作法）
（1）①作∠CAB的平分线AD，交CB于点D．
②过点D作DE⊥AB于点E．
③作线段DF=DB交AC于点F．
探索与证明
（2）在（1）的条件下，证明：CF=EB
（3）在（1）和（2）的条件下，猜想AB与AF、EB之间存在的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）①作图见解析；②见解析；③见解析；（2）证明见解析；（3）AB=AF+2EB，理由见解析
【分析】（1）①利用角平分线的作法作∠CAB的平分线AD即可；②利用过直线外一点作已知直线的垂线的方法过点D作DE⊥AB即可；③以点D为圆心，DB为半径作弧，与AC的交点即为F；
（2）根据已知条件可证明△ACD≌△AED，可得到DC=DE，又因为DF=DB，即可证明Rt△FCD≌Rt△BED(HL)，即可得CF=EB；
（3）根据已知条件证明Rt△ACD≌Rt△AED(HL)，可得出AC=AE，又因为CF=EB，即可推导出AB与AF、EB之间存在的数量关系．
【详解】解：（1）如图所示，即为所求．
（2）证明：∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，∠C=90°，
∴∠CAD=∠EAD，∠C=∠AED，
在△ACD和△AED中，
∠CAD=∠EAD∠C=∠AEDAD=AD，
∴△ACD≌△AED，
∴DC=DE．
在Rt△FCD和Rt△BED中，DC=DEDF=DB
∴Rt△FCD≌Rt△BED(HL)．
∴CF=EB，
（3）AB=AF+2EB，
理由如下：
在Rt△ACD和Rt△AED中，DC=DEAD=AD，
∴Rt△ACD≌Rt△AED(HL)，
∴AC=AE，
∴AB=AE+EB=AF+CF+EB=AF+2CF．
【点睛】本题考查了尺规作图、三角形全等的判定、线段的和差，解题的关键是正确作出图形，利用已知条件判定三角形全等，利用线段之间的关系进行推理．
【变式13-3】（2022·福建龙岩·八年级期末）如图，射线OK的端点O是线段AB的中点，请根据下列要求作答：
（1）尺规作图：在射线OK上作点C，D，连接AC，BD，使AC=BD＞12AB ；
（2）利用（1）中你所作的图，求证：∠ACO=∠BDO．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】(1)根据尺规作图的步骤作图即可；（2）延长CO至点E使得OE=OC，连接BE，先证明ΔAOC≅ΔBOE，再证明△DBE是等腰三角形即可.
【详解】（1）如图1,AC、BD即为所求.
（2）如图2，延长CO至点E使得OE=OC，连接BE
∵点O为线段AB的中点，∴OA=OB，
在ΔAOC和ΔBOE中，
∵OC=OE∠AOC=∠EOBOA=OB，
∴ΔAOC≅ΔBOE，
∴AC=BE,∠ACO=∠OEB，
又∵AC=BD，∴BE=BD，
∴∠BDO=∠OEB，∴∠ACO=∠BDO.
【点睛】本题考查了尺规作图和全等三角形，解题的关键是做辅助线把所证的角或线段放到两个全等的三角形中.
【题型14 格点中作全等三角形】
【例14】（2023·江苏·涟水县郑梁梅中学八年级阶段练习）如图，在正方形方格中，各正方形的顶点叫做格点，三个顶点都在格点上的三角形称为格点三角形．图中△ABC是格点三角形，请你找出方格中所有与△ABC全等，且以A为顶点的格点三角形．这样的三角形共有_____个（△ABC除外）．
【答案】5
【分析】根据全等三角形的判定及方格图的特征．认真观察图形可得答案．
【详解】解：如图，
根据平移，对称，可得与△ABC全等的三角形有5个，包括△ADE，△ANF，△ANG，△ACG，△AEF．
故答案为：5．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，平移，对称等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【变式14-1】（2022·湖北·公安县教学研究中心八年级阶段练习）在如图所示的3×3网格中，△ABC是格点三角形（即顶点恰好是网格线的交点），则与△ABC有一条公共边且全等（不含△ABC）的所有格点三角形的个数是（ ）
A．3个B．4个C．5个D．6个
【答案】B
【分析】根据全等三角形的性质找出全等三角形即可．
【详解】解：如图所示，
以BC为公共边的全等三角形有三个分别为△A1BC，△A2BC，△A3BC，
以AB为公共边的全等三角形有一个为△ABC1，
∴共有4个三角形与△ABC有一条公共边且全等．
故选：B．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，理解全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．
【变式14-2】（2022·吉林省第二实验学校九年级阶段练习）如图，在下列6×5的网格中，横、纵坐标均为整点的数叫做格点，例如A(0,1)、B(2,1)、C(3,3)都是格点．仅用无刻度的直尺在网格中做如下操作：
(1)在图1中，画出线段BE，使BE⊥AC，其中E是格点，并写出点E的坐标___________；
(2)在图1中，找格点F，使∠EAF=∠CAB，画出△EAF，并写出点F的坐标___________；
(3)在图2中，在直线BC的右侧找格点D（D与B不重合），使S△ABC=S△ACD，直接写出格点D的坐标___________．
【答案】(1)作图见解析，（0，4）
(2)作图见解析，（2，4）
(3)作图见解析，（5，3）
【分析】（1）过点C作CM⊥AB交AB的延长线于点M，设AC与BD相交于点N，证明△ABE≅△CMA，得到∠CAM=∠AEB，又因为∠AEB+∠ABE=90°，根据等量代换可得∠ANB=90°，即BE⊥AC；
（2）连接EF，证明△AEF≅△AMC，即可求证∠EAF=∠CAB；
（3）连接AD，CD，设每个单元格的边长为1，分别计算△ABC和△ACD的面积，即可证得S△ABC=S△ACD．
（1）
如图所示，BE即为所求，点E的坐标为（0，4），
理由：过点C作CM⊥AB交AB的延长线于点M，设AC与BD相交于点N，
在△ABE和△CMA中，
AE=AM∠EAB=∠AMC=90°AB=CM，
∴△ABE≅△CMA（SAS），
∴∠CAM=∠AEB，
∵∠AEB+∠ABE=90°，
∴∠CAM+∠ABE=90°，
∴∠ANB=90°，即BE⊥AC，
故答案为：（0，4）；
（2）
如图所示，点F的坐标为（2，4），
连接EF，
在△AEF和△AMC中，
AE=AM∠AEF=∠AMC=90°EF=CM，
∴△AEF≅△AMC（SAS），
∴∠EAF=∠CAB，
故答案为：（2，4）；
（3）
如图所示，点D即为所求，D（3，5），
连接AD，CD，设每个单元格的边长为1，
S△ABC=12×2×2=2
S△ACD=12×2×2=2，
∴S△ABC=S△ACD，
故答案为：（3，5）．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，三角形面积的计算，解题的关键是掌握全等三角形的判定方法．
【变式14-3】（2022·河北·邯郸市永年区实验中学八年级阶段练习）如图3×3的正方形网格中，△ABC的顶点都在小正方形的格点上，这样的三角形称为格点三角形，则在此网格中与△ABC全等的格点三角形（不含△ABC）共有( )
A．5个B．6个C．7个D．8个
【答案】C
【分析】根据全等三角形的判定定理画出符合的三角形，再得出选项即可．
【详解】解：如图所示：与△ABC全等的三角形有△DEF、△HIJ、△GMN、△IEM、△HAF、△BDG、△CJN，共7个，
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理，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SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等.
【题型15 坐标系中的全等三角形】
【例15】（2022·广东·汕头市龙湖实验中学八年级期末）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：
【模型呈现】
（1）如图1，∠BAD＝90°,AB＝AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E．由∠1+∠2=∠2+∠D=90°，得∠1=∠D．又∠ACB=∠AED=90°，可以推理得到△ABC≌△DAE．进而得到AC＝_______，BC＝______．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；
【模型应用】
（2）①如图2，∠BAD=∠CAE=90°,AB＝AD,AC＝AE，连接BC,DE，且BC⊥AF于点F，DE与直线AF交于点G．求证：点G是DE的中点；
②如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为2,4，点B为平面内任一点．若△AOB是以OA为斜边的等腰直角三角形，请直接写出点B的坐标．
【答案】（1）DE；AE；（2）①证明见解析；②点B的坐标为3,1或−1,3
【分析】（1）根据全等三角形的对应边相等解答；
（2）①作DM⊥AF于M，EN⊥AF于N，证明△ABF≌△DAM，根据全等三角形的性质得到EN＝DM，再证明△DMG≌△ENG，根据全等三角形的性质证明结论；
②过点B作DC⊥x轴于点C，过点A作DE⊥y轴于点E，仿照①的证明过程解答．
【详解】解：（1）∵∠1+∠2=∠2+∠D=90°，
∴∠1=∠D，
在△ABC和△DAE中，
∠1=∠D∠ACB=∠DEAAB=AD，
∴△ABC≌△DAE（SAS）
∴AC＝DE，BC＝AE，
故答案为：DE；AE；
（2）①如图2，作DM⊥AF于M，EN⊥AF于N，
∵BC⊥AF，
∴∠BFA=∠AMD=90°，
∵∠BAD=90°，
∴∠1+∠2=∠1+∠B=90°，
∴∠B=∠2，
在△ABF与△DAM中，∠BFA=∠AMD，
∠BFA=∠AMD∠B=∠2AB=AD，
∴△ABF≌△DAM（AAS），
∴AF＝DM，
同理，AF＝EN，
∴EN＝DM，
∵DM⊥AF,EN⊥AF，
∴∠GMD=∠GNE=90°，
在△DMG与△ENG中，
∠DMG=∠ENG∠DGM=∠EGNDM=EN
∴△DMG≌△ENG（AAS），
∴DG=EG，即点G是DE的中点；
②如图3，△ABO和△AB′O是以OA为斜边的等腰直角三角形，
过点B作DC⊥x轴于点C，过点A作DE⊥y轴于点E，两直线交于点D，
则四边形OCDE为矩形，
∴DE＝OC,OE＝CD，
由①可知，△ADB≌△BCO，
∴AD＝BC,BD＝OC，
∴BD=OC=DE=AD+2=BC+2，
∴BC+BC+2=4，
解得，BC＝1,OC＝3，
∴点B的坐标为3,1，
同理，点B′的坐标为−1,3，
综上所述，△AOB是以OA为斜边的等腰直角三角形，点B的坐标为3,1或−1,3．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、坐标与图形性质，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15-1】（2022·北京·北师大实验中学八年级期末）在平面直角坐标系xOy中，点A0,3，Ba,0，Cm,nn<0．若△ABC是等腰直角三角形，且AB=BC，当0【答案】−3【分析】过点C作CD⊥x轴于D，由“AAS”可证△AOB≌△BDC，可得AO=BD=3，据此即可求解．
【详解】解：如图，过点C作CD⊥x轴于D，
∵点A0,3，
∴AO=3，
∵△ABC是等腰直角三角形，且AB=BC，
∴∠ABC=90°=∠AOB=∠BDC，
∴∠ABO+∠CBD=90°，∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠BAO=∠CBD，
在△AOB和△BDC中，
∠AOB=∠BDC∠BAO=∠CBDAB=BC ，
∴△AOB≌△BDC(AAS)，
∴AO=BD=3，
∵0∴−3∵OD=BD−OB=3−a，
∴点C的的横坐标为：m=−3−a=a−3，
∴−3故答案为：−3【点睛】本题考查了坐标与图形，全等三角形的判定和性质，不等式的性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解决本题的关键．
【变式15-2】（2022·辽宁大连·八年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，有A0,6、B2,0两点．
(1)图1，∠ABO的平分线与∠BAO的外角的角平分线所在直线交于点F，求∠F的度数；
(2)图2，以AB为斜边向左侧作等腰直角三角形ABC，即AC=BC，∠ACB=90°．
①求点C的坐标；
②若BC交y轴于点D，求证：BD=CD．
【答案】(1)45°
(2)①−2，2；②证明见解析
【分析】（1）根据角平分线的定义得到∠1=∠2，∠ABO=2∠ABF，再由三角形外角的性质得到∠2=45°+∠ABF，∠2=∠ABF+∠F，由此即可得到答案；
（2）①过点C作CE⊥x轴于E，过点A作AF⊥CE交CE延长线于F，利用一线三垂直模型证明△ACF≌△CBE，得到AF=CE，CF=BE，设点C的坐标为a，b，可得a=−b，b−a=4，即可求出点C的坐标为−2，2；②如图所示，过点C作CH⊥OA于H，证明△CDH≌△BDO，即可证明CD=BD．
（1）
解：∵∠ABO的平分线与∠BAO的外角的角平分线所在直线交于点F，
∴∠1=∠2，∠ABO=2∠ABF，
∵∠1+∠2=∠AOB+∠ABO，
∴∠2=12∠AOB+12∠ABO=45°+∠ABF，
∵∠2=∠ABF+∠F，
∴∠F=45°；
（2）
解：①过点C作CE⊥x轴于E，过点A作AF⊥CE交CE
延长线于F，
∴∠ACF+∠FAC=90°
∵∠ACB=90°，
∴∠ACF+∠BCE=90°，
∴∠FAC=∠ECB，
在△ACF和△CBE中，
∠F=∠CEB=90°∠FAC=∠ECBAC=CB，
∴△ACF≌△CBEAAS，
∴AF=CE，CF=BE，
设点C的坐标为a，b，
∴CE=AF=b，CF=BE=6−b=2−a，
∴a=−b，b−a=4，
∴a=−2，b=2，
∴点C的坐标为−2，2；
②如图所示，过点C作CH⊥OA于H，
由①可知CH=BD=2，
又∵∠CHD=∠BOD=90°，∠CDH=∠BDO，
∴△CDH≌△BDOAAS，
∴CD=BD．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，三角形外角的性质，全等三角形的性质与判定，坐标与图形，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式15-3】（2022·福建·厦门外国语学校八年级期末）如图1，A0,a，B在x轴上，点Cb,c在射线AB上．
(1)若a=−5，b=6，c=5
①求证：点B为AC的中点；
②如图2，点D在第四象限，∠CBD=90°，BD=BC，连接CD交x轴于点H，求点D和点H的坐标（直接写出答案）；
(2)如图3，点E、F分别在坐标轴上，EF=FB=EA，点P为△EOF的内角平分线的交点，AP、BP分别交x轴、y轴于N、M两点，若点P的纵坐标为m，求△OMN的周长（用含m的代数式表示）．
【答案】(1)（1）①见解析；②D8,−3；294,0
(2)△OMN的周长为2m
【分析】（1）①过点C作CE⊥x轴于点E，根据AAS证明△ABO≌△CBE即可得出答案；
②过点D作DF⊥x轴于点F，过点C作CE⊥x轴于点E，根据AAS证明△ABO≌△BDF，得出BF=OA=5，DF=OB，求出D点坐标，然后用待定系数法求出CD解析式，然后求出直线与x轴的交点，即可得出答案；
（2）过点P作PQ⊥y轴于点Q，作PH⊥x轴于点H，连接PE，PF，PO，在y轴上截取QS=HN，连接PS，根据SAS证明△EFP≌△BFP≌△EAP，得出∠EPF=∠APE=∠FPB=135°，求出∠MPN=45°，证明△PQS≌△PHNSAS，求出∠MPS=∠SPQ+∠QPM=45°，证明△PMS≌△PMN，得出MN=MS，及其求出结果．
【详解】（1）证明：①过点C作CE⊥x轴于点E，如图所示：
∵a=−5，b=6，c=5，
∴OE=6，CE=5，OA=5，
∴OA=CE，
∵∠AOB=∠CEB=90°，∠ABO=∠CBE，
∴△ABO≌△CBEAAS，
∴AB=CB，
∴点B为AC的中点；
②过点D作DF⊥x轴于点F，过点C作CE⊥x轴于点E，如图所示：
∵BD=BC，AB=CB，
∴AB=BD，
∵∠CBD=90°，
∴∠ABD=180°−90°=90°，
∵∠AOB=∠DFB=90°，
∴∠ABO+∠OAB=∠ABO+∠DBF=90°，
∴∠OAB=∠DBF，
∴△ABO≌△BDFAAS，
∴BF=OA=5，DF=OB，
∵OB=BE=12×6=3，
∴DF=OB=3，OF=OB+BF=3+5=8，
∴点D的坐标为：8,−3；
设CD的解析式为y=kx+b′，把D8,−3，C6,5代入得：
8k+b′=−36k+b′=5，解得：k=−4b′=29，
∴CD的解析式为y=−4x+29，
把y=0代入得：−4x+29=0，解得：x=294，
∴点H的坐标为：294,0．
（2）过点P作PQ⊥y轴于点Q，作PH⊥x轴于点H，连接PE，PF，PO，在y轴上截取QS=HN，连接PS，如图所示：
则OQ=m，PE平分∠OEF，PF平分∠OFE，PO平分∠EOF，
∴PQ=PH=m，∠EFP=∠BFP，∠FEP=∠AEP，
∵EF=EA=BF，
∴△EFP≌△BFP≌△EAP，
∴∠EPF=∠APE=∠FPB，
∵∠EPF=180°−∠PEF+∠PFE
=180°−12∠FEO+12∠EFO
=180°−12∠FEO+∠EFO
=180°−12×90°
=135°，
∴∠EPF=∠APE=∠FPB=135°，
∠MPN=∠EPF+∠APE+∠FPB−360°
=135°+135°+135°−360°
=45°，
∵QS=HN，∠PQS=∠PHN=90°，PQ=PH，
∴△PQS≌△PHNSAS，
∴PS=PN，∠SPQ=∠HPN，
∵∠QPM+∠HPN=90°−∠MPN=45°，
∴∠MPS=∠SPQ+∠QPM=45°，
∴∠MPN=∠MPS，
∵PS=PN，PM=PM，
∴△PMS≌△PMN，
∴MS=MN，
∴C△OMN=ON+OM+MN
=ON+OM+MS
=ON+OM+MQ+QS
=ON+OM+MQ+HN
=ON+HN+OM+MQ
=OH+OQ
=PQ+OQ
=2m．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，求一次函数解析式，角平分线的定义，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形．