專題14 全等三角形（5大考點）（解析版）

第四部分三角形

專題14全等三角形（5大考點）

核心考點一全等三角形的判定

核心考點二全等三角形的性質

核心考點核心考點三全等三角形中的倍長中線模型

核心考點四全等三角形中的旋轉模型

核心考點五全等三角形綜合問題

新題速遞

核心考點一全等三角形的判定

例1（2022·湖南湘西·統考中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，M為BC的中點，H為AB上一

點，過點C作CG∥AB，交HM的延長線于點G，若AC＝8，AB＝6，則四邊形ACGH周長的最小值是

（）

A．24B．22C．20D．18

【答案】B

【分析】通過證明△BMH≌△CMG可得BH＝CG，可得四邊形ACGH的周長即為AB+AC+GH，進而可確

定當MH⊥AB時，四邊形ACGH的周長有最小值，通過證明四邊形ACGH為矩形可得HG的長，進而可求

解．

【詳解】∵CG∥AB，

∴∠B＝∠MCG，

∵M是BC的中點，

∴BM＝CM，

在△BMH和△CMG中，

第1頁共95頁.

BNCG

BMCM，

BMHCMG

∴△BMH≌△CMG（ASA），

∴HM＝GM，BH＝CG，

∵AB＝6，AC＝8，

∴四邊形ACGH的周長＝AC+CG+AH+GH＝AB+AC+GH＝14+GH，

∴當GH最小時，即MH⊥AB時四邊形ACGH的周長有最小值，

∵∠A＝90°，MH⊥AB，

∴GH∥AC，

∴四邊形ACGH為矩形，

∴GH＝8，

∴四邊形ACGH的周長最小值為14+8＝22，

故選：B．

【點睛】本題主要考查全等三角形的判定與性質，確定GH的值是解題的關鍵．

例2（2022·山西·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，點E是邊BC上的一點，點F在邊CD的延長線

上，且BEDF，連接EF交邊AD于點G．過點A作ANEF，垂足為點M，交邊CD于點N．若BE5，

CN8，則線段AN的長為_________

【答案】434

【分析】連接AE、AF、EN，首先可證得△ABE≌△ADFSAS，AE=AF，可證得AN垂直平分EF，可得

EN=FN，再根據勾股定理即可求得正方形的邊長，再根據勾股定理即可求得AN的長．

第2頁共95頁.

【詳解】解：如圖：連接AE、AF、EN，

四邊形ABCD是正方形

設AB=BC=CD=AD=a，B=ADF=90，

在△ABE與△ADF中，

AB=AD

B=ADF

BE=DF

△ABE≌△ADFSAS，

AE=AF，

△AEF是等腰三角形，

又AMEF，

AN垂直平分EF，

EN=FN=DNDF=CDCNDFa85a3，

又BE=5，

EC=BCBE=a5，

在Rt△ECN中，EN2=EC2CN2，

22

a3a582，

解得a=20，

AD=20，DN=CDCN=208=12，

在RtVADN中，AN2=AD2DN2，

AN=AD2DN2=202122=434，

第3頁共95頁.

故答案為：434．

【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，等腰三角形的判定與性質，線段垂直平分

線的性質，勾股定理，證得AN垂直平分EF是解決本題的關鍵．

例3（2022·貴州貴陽·統考中考真題）如圖，在正方形ABCD中，E為AD上一點，連接BE，BE的垂直

平分線交AB于點M，交CD于點N，垂足為O，點F在DC上，且MF∥AD．

(1)求證：△ABE≌△FMN；

(2)若AB8，AE6，求ON的長．

【答案】(1)見詳解

25

(2)

4

【分析】（1）先證明四邊形ADFM是矩形，得到AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，再利用MN⊥BE證得

∠MBO=∠OMF，結合∠A=90°=∠NFM即可證明；

（2）利用勾股定理求得BE=10=MN，根據垂直平分線的性質可得BO=OE=5，BM=ME，即有AM=AB-BM=8-ME，

2222525

在Rt△AME中，AM2AE2ME2，可得(8ME)6ME，解得：ME，即有BMME，

44

再在Rt△BMO中利用勾股定理即可求出MO，則NO可求．

【詳解】（1）在正方形ABCD中，有AD=DC=CB=AB，∠A=∠D=∠C=90°，BC∥AD，

AB∥DC，

∵MF∥AD，∠A=∠D=90°，AB∥DC，

∴四邊形ADFM是矩形，

∴AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，

∴∠BMF=90°=∠NFM，即∠BMO+∠OMF=90°，AB=AD=MF，

∵MN是BE的垂直平分線，

∴MN⊥BE，

第4頁共95頁.

∴∠BOM=90°=∠BMO+∠MBO，

∴∠MBO=∠OMF，

NFMA90

∵MFAB，

OMFMBO

∴△ABE≌△FMN；

（2）連接ME，如圖，

∵AB=8，AE=6，

∴在Rt△ABE中，BEAB2AE2826210，

∴根據（1）中全等的結論可知MN=BE=10，

∵MN是BE的垂直平分線，

1

∴BO=OE=BE=5，BM=ME，

2

∴AM=AB-BM=8-ME，

∴在Rt△AME中，AM2AE2ME2，

25

∴(8ME)262ME2，解得：ME，

4

25

∴BMME，

4

∴在Rt△BMO中，MO2BM2BO2，

2515

∴MOBM2BO2()252，

44

1525

∴ON=MN-MO=10．

44

25

即NO的長為：．

4

【點睛】本題考查了矩形的判定與性質、正方形的性質、垂直平分線的性質、勾股定理、全等三角形的判

定與性質等知識，掌握勾股定理是解答本題的關鍵．

第5頁共95頁.

知識點、全等三角形的判定

一、全等三角形判定1——“邊邊邊”

定理1：三邊對應相等的兩個三角形全等.（可以簡寫成“邊邊邊”或“SSS”）.

要點詮釋：如圖，如果A'B'＝AB，A'C'＝AC，B'C'＝BC，則△ABC≌△A'B'C'.

二、全等三角形判定2——“邊角邊”

定理2：兩邊和它們的夾角對應相等的兩個三角形全等（可以簡寫成“邊角邊”或“SAS”）.

要點詮釋：如圖，如果AB＝A'B'，∠A＝∠A'，AC＝A'C'，則△ABC≌△A'B'C'.

注意：1.這里的角，指的是兩組對應邊的夾角.

2.有兩邊和其中一邊的對角對應相等，兩個三角形不一定全等.

如圖，△ABC與△ABD中，AB＝AB，AC＝AD，∠B＝∠B，但△ABC與△ABD不完全重合，故不全等，

也就是有兩邊和其中一邊的對角對應相等，兩個三角形不一定全等.

三、全等三角形判定3——“角邊角”

定理3：兩角和它們的夾邊對應相等的兩個三角形全等（可以簡寫成“角邊角”或“ASA”）.

第6頁共95頁.

要點詮釋：如圖，如果∠A＝∠A'，AB＝A'B'，∠B＝∠B'，則△ABC≌△A'B'C'.

四、全等三角形判定4——“角角邊”

定理4：兩個角和其中一個角的對邊對應相等的兩個三角形全等（可以簡寫成“角角邊”或“AAS”）

要點詮釋：由三角形的內角和等于180°可得兩個三角形的第三對角對應相等.這樣就可由“角邊角”判定

兩個三角形全等，也就是說，用角邊角條件可以證明角角邊條件，后者是前者的推論.

2.三個角對應相等的兩個三角形不一定全等.

如圖，在△ABC和△ADE中，如果DE∥BC，那么∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，又∠A＝∠A，但△ABC和△

ADE不全等.這說明，三個角對應相等的兩個三角形不一定全等.

要點三、判定方法的選擇

1.選擇哪種判定方法，要根據具體的已知條件而定，見下表：

已知條件可選擇的判定方法

一邊一角對應相等SASAASASA

兩角對應相等ASAAAS

兩邊對應相等SASSSS

2.如何選擇三角形證全等

（1）可以從求證出發(fā)，看求證的線段或角（用等量代換后的線段、角）在哪兩個可能全等的三角形中，可

以證這兩個三角形全等；

（2）可以從已知出發(fā)，看已知條件確定證哪兩個三角形全等；

（3）由條件和結論一起出發(fā)，看它們一同確定哪兩個三角形全等，然后證它們全等；

（4）如果以上方法都行不通，就添加輔助線，構造全等三角形.

3.三角形證全等思路

第7頁共95頁.

找夾角SAS

已知兩邊找直角HL

找另一邊SSS

邊為角的對邊找任一角AAS

找夾角的另一邊SAS

已知一邊一角

邊為角的鄰邊找夾邊的另一角ASA

找邊的對角AAS

找夾邊ASA

已知兩角

找任一邊AAS

五、判定直角三角形全等的特殊方法——“HL”

定理5：在兩個直角三角形中，有斜邊和一條直角邊對應相等的兩個直角三角形全等（可以簡寫成“HL”）.

要點詮釋：（1）“HL”從順序上講是“邊邊角”對應相等，由于其中含有直角這個特殊條件，所以三角形

的形狀和大小就確定了.

（2）判定兩個直角三角形全等首先考慮用斜邊、直角邊定理，再考慮用一般三角形全等的證明方法.

（3）應用“斜邊、直角邊”判定兩個直角三角形全等的過程中要突出直角三角形這個條件，書寫時必須在

兩個三角形前加上“Rt”.

3

【變式1】（2022·四川綿陽·東辰國際學校?？寄M預測）如圖，在ABC中，ACB90，BC6，cosB，

4

AE平分∠BAC，且AECE于點E，點D為BC的中點，連接DE，則DE的長為（）

7

A．2B．47C．27D．2

2

【答案】B

第8頁共95頁.

【分析】利用余弦求出AB的長，利用勾股定理求出AC的長，延長CE交AB于點F，證明

AFE≌ACEASA，得到ACAF27，推出DE是VCBF的中位線，進行求解即可．

3

【詳解】解：∵ACB90，BC6，cosB，

4

BC3

∴，

AB4

4

∴ABBC8，

3

∴ACAB2BC227；

延長CE交AB于點F，

∵AE平分∠BAC，AECE，

∴EAFEAC,AECAEF90，

又∵AEAE，

∴AFE≌ACEASA，

∴ACAF27，CEEF，

∴點E為CF的中點，

∵點D為BC的中點，

11

∴DEBFABAF47；

22

故選B．

【點睛】本題考查解直角三角形，全等三角形的判定和性質，三角形的中位線定理．通過添加輔助線，證

明三角線全等，是解題的關鍵．

【變式2】（2022·重慶長壽·統考模擬預測）如圖，矩形OABC中，OA＝4，AB＝3，點D在邊BC上，且

CD＝3DB，點E是邊OA上一點，連接DE，將四邊形ABDE沿DE折疊，若點A的對稱點A'恰好落在邊

OC上，則OE的長為（）

第9頁共95頁.

3394

A．B．C．D．

4243

【答案】B

【分析】連接AD、AD，根據矩形的性質得到BC=OA=4，OC=AB=3，∠C=∠B=∠O=90°，即可求得CD、

BD，根據折疊的性質得到AD=AD，根據全等三角形的性質可到AC=BD=1，再根據勾股定理即可求解．

【詳解】連接AD、AD，如圖，

∵四邊形OABC是矩形，

∴BC=OA=4，OC=AB=3，∠C=∠B=∠O=90°，

∵CD=3BD，

∴CD=3，BD=1，

∴CD=AB，

根據翻折的性質有：AD=AD，AEAE，

∴在Rt△ACD和Rt△DBA中，CD=AB，AD=AD，

∴Rt△ACD≌Rt△DBA（HL），

∴AC=BD=1，

∴AO=2，

∵在Rt△AOE中，AO2OE2AE2，

∴22OE2(4OE)2，

第10頁共95頁.

3

∴OE，

2

故選：B．

【點睛】本題考查了翻折變換、矩形的性質、全等三角形的判定與性質，正確的作出輔助線是解答本題的

關鍵．

【變式3】（2022·河南鄭州·河南省實驗中學?？寄M預測）如圖，已知Rt△ABC中，ABC90，以斜

邊AC為邊向外作正方形ACDE，正方形的對角線交于點O，連接OB．已知BC9，AB6，則

OB________．

【答案】152

2

【分析】如圖所示，過點O作OHBC于H，過點A作AGOH于G，則四邊形ABHG是矩形，證明

△GAO≌△HOC得到OHAGBH，OGCH，設OGCHx，則BH9x，OHx6，由此求出x

的值，再利用勾股定理求出答案即可．

【詳解】解：如圖所示，過點O作OHBC于H，過點A作AGOH于G，則四邊形ABHG是矩形，

∴GHAB6，∠OHB90，∠AGO∠OHC90，AGBH，

∵四邊形ACDE是正方形，

∴OACO，∠AOC90，

∴∠GAO∠GOA90∠GOA∠HOC，

∴∠GAO∠HOC，

∴△GAO≌△HOCAAS，

∴OHAGBH，OGCH，

設OGCHx，則BHBCCH9x，OHOGGHx6，

∴9xx6，

3

∴x，

2

第11頁共95頁.

15

∴OHBH，

2

152

∴OBOH2BH2，

2

故答案為：152．

2

【點睛】本題主要考查了正方形的性質，矩形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，勾股定理，正確

作出輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．

【變式4】（2021·四川眉山·統考三模）如圖，在正方形ABCD中，AB＝6，點E在邊CD上，且CE＝2DE，

將△ADE沿AE對折至△AFE，延長EF交邊BC于點G，連接AG，CF，下列結論：①△ABG≌△AFG；

12

②G為BC的中點；③CF∥AG；④S△，其中正確結論的序號是_______．

EFC5

【答案】①②③④

【分析】用HL即可證明Rt△ABG≌Rt△AFG即可判斷①；先分別求出DE，CE的長，然后設BG＝FG＝x，

則CG＝6﹣x．在Rt△CEG中利用勾股定理求出CG，BG的長即可判斷②；根據GF=GC得到∠GFC＝∠GCF，

只需要證明∠AGB＝∠AGF＝∠GFC＝∠GCF即可判斷③；先求出△CEG的面積，再根據GF與EF的長

即可求出△EFC的面積，即可判斷④．

【詳解】解：∵將△ADE沿AE對折至△AFE，四邊形ABCD是正方形，

∴AD＝AF，∠D＝∠AFE＝∠B＝90°，AB=AD，

∴AB＝AD＝AF，∠B＝∠AFG＝90°，

又∵AG＝AG，

∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），故①正確；

第12頁共95頁.

∴BG=FG，

∵CE＝2DE，

1

∴EF＝DE＝CD＝2，

3

∴CE=4，

設BG＝FG＝x，則CG＝6﹣x．

在Rt△ECG中，根據勾股定理，得GE2CG2CE2，

∴（6﹣x）2+42＝（x+2）2，

解得x＝3．

∴BG＝3＝CG，

∴點G是BC的中點，故②正確；

∵CG＝BG，BG＝GF，

∴CG＝GF，

∴△FGC是等腰三角形，∠GFC＝∠GCF．

又∵Rt△ABG≌Rt△AFG；

∴∠AGB＝∠AGF，∠AGB+∠AGF＝2∠AGB＝180°﹣∠FGC＝∠GFC+∠GCF＝2∠GFC＝2∠GCF，

∴∠AGB＝∠AGF＝∠GFC＝∠GCF，

∴AG∥CF，故③正確；

11

∵SECG＝GC?CE＝×3×4＝6，EF＝2，GF＝3，

22

△

212

∴SEFC＝6=，故④正確，

325

△

故答案為：①②③④．

【點睛】本題主要考查了正方形的性質，全等三角形的性質與判定，折疊的性質，勾股定理，等腰三角形

的性質與判定，平行線的判定，三角形面積等等，熟知相關知識是解題的關鍵．

【變式5】（2023·陜西西安·統考一模）如圖①，在ABC中，ABAC，D是BC的中點，E為ABC內

一點，連接ED并延長到F，使得EDDF，連接AF、CF．

第13頁共95頁.

(1)求證：BE∥CF；

1

(2)若EBDBAC，求證：AF2AB2BE2；

2

(3)如圖②，探索當BEC與BAC滿足什么數量關系時，ACAF，并說明理由．

【答案】(1)見解析；

(2)見解析；

1

(3)BEC180BAC．

2

【分析】（1）證明BDE≌CDF，可得DEBD=DFCD，即可；

1

（2）由（1）可知BECF，DEBD=DFCD，再由ABAC，可得ACB180BAC，然后

2

11

EBDBAC，可得FCDBAC，從而得到ACFACBFCD90，再由勾股定理，即可求解；

22

11

（3）連接BF，根據等腰三角形的性質可得AFB180BAF,AFC180CAF,從而得到

22

第14頁共95頁.

1

CFBAFBAFC180BAC，再證明BCE≌CBF，即可求解．

2

【詳解】（1）證明：D是BC的中點，

BDDC，

EDDF，EDBCDF，

BDE≌CDF，

DEBD=DFCD，

BE∥CF；

（2）證明：由（1）可知BECF，DEBD=DFCD，

∵ABAC，

1

ACB180BAC，

2

1

EBDBAC，

2

1

∴FCDBAC

2

1

ACFACBFCD180BACFCD90，

2

AF2AC2CF2AB2BE2；

（3）解：連接BF，

ACAF，ABAC，

∴ABAF，

11

AFB180BAF,AFC180CAF,

22

111

CFBAFBAFC180BAF180CAF180BAC，

222

BE∥CF，

第15頁共95頁.

EBCFCB，

BECF,BCBC，

BCE≌CBF，

BECCFB，

1

BEC180BAC．

2

【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，平行線的判定和性質，

熟練掌握等腰三角形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，平行線的判定和性質是解題的關鍵．

核心考點二全等三角形的性質

例1（2022·江蘇揚州·統考中考真題）如圖，在ABC中，ABAC，將ABC以點A為中心逆時針旋轉

得到VADE，點D在BC邊上，DE交AC于點F．下列結論：①△AFE△DFC；②DA平分BDE；

③CDFBAD，其中所有正確結論的序號是（）

A．①②B．②③C．①③D．①②③

【答案】D

【分析】根據旋轉的性質可得對應角相等，對應邊相等，進而逐項分析判斷即可求解．

【詳解】解：∵將ABC以點A為中心逆時針旋轉得到VADE，

∴ADE≌ABC，

EC，

AFEDFC，

△AFE△DFC，故①正確；

ADE≌ABC，

ABAD，

ABDADB，

ADEABC，

ADBADE，

第16頁共95頁.

DA平分BDE，故②正確；

ADE≌ABC，

BACDAE，

BADCAE，

△AFE△DFC，

CAECDF，

CDFBAD，

故③正確

故選D

【點睛】本題考查了性質的性質，等邊對等角，相似三角形的性質判定與性質，全等三角形的性質，掌握

以上知識是解題的關鍵．

例2（2021·山東日照·統考中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AB8cm，AD12cm，點P從點B出發(fā)，

以2cm/s的速度沿BC邊向點C運動，到達點C停止，同時，點Q從點C出發(fā)，以vcm/s的速度沿CD邊向

點D運動，到達點D停止，規(guī)定其中一個動點停止運動時，另一個動點也隨之停止運動．當v為_____時，

ABP與△PCQ全等．

8

【答案】2或

3

【分析】可分兩種情況：①ABPPCQ得到BPCQ，ABPC，②ABPQCP得到BACQ，PBPC，

然后分別計算出t的值，進而得到v的值．

【詳解】解：①當BPCQ，ABPC時，ABPPCQ，

AB8cm，

PC8cm，

BP1284(cm)，

\2t=4，解得：t2，

CQBP4cm，

v24，

第17頁共95頁.

解得：v2；

②當BACQ，PBPC時，ABPQCP，

PBPC，

BPPC6cm，

2t6，解得：t3，

CQAB8cm，

v38，

8

解得：v，

3

8

綜上所述，當v2或時，ABP與PQC全等，

3

8

故答案為：2或．

3

【點睛】主要考查了全等三角形的性質，矩形的性質，解本題的關鍵是熟練掌握全等三角形的判定與性質．

例3（2022·江蘇常州·統考中考真題）在四邊形ABCD中，O是邊BC上的一點．若VOAB≌VOCD，則點

O叫做該四邊形的“等形點”．

(1)正方形_______“等形點”（填“存在”或“不存在”）；

(2)如圖，在四邊形ABCD中，邊BC上的點O是四邊形ABCD的“等形點”．已知CD42，OA5，BC12，

連接AC，求AC的長；

OF

(3)在四邊形EFGH中，EH//FG．若邊FG上的點O是四邊形EFGH的“等形點”，求的值．

OG

【答案】(1)不存在，理由見詳解

(2)45

(3)1

【分析】（1）根據“等形點”的概念，采用反證法即可判斷；

（2）過A點作AM⊥BC于點M，根據“等形點”的性質可得AB=CD=42，OA=OC=5，OB=7=OD，設MO=a，

第18頁共95頁.

則BM=BO-MO=7-a，在Rt△ABM和Rt△AOM中，利用勾股定理即可求出AM，則在Rt△AMC中利用勾股

定理即可求出AC；

（3）根據“等形點”的性質可得OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，再根據EH∥FG，可得∠EOF=∠OEH，

∠GOH=∠EHO，即有∠OEH=∠OHE，進而有OE=OH，可得OF=OG，則問題得解．

【詳解】（1）不存在，

理由如下：

假設正方形ABCD存在“等形點”點O，即存在△OAB≌△OCD，

∵在正方形ABCD中，點O在邊BC上，

∴∠ABO=90°，

∵△OAB≌△OCD，

∴∠ABO=∠CDO=90°，

∴CD⊥DO，

∵CD⊥BC，

∴DO∥BC，

∵O點在BC上，

∴DO與BC交于點O，

∴假設不成立，

故正方形不存在“等形點”；

（2）如圖，過A點作AM⊥BC于點M，如圖，

∵O點是四邊形ABCD的“等形點”，

∴△OAB≌△OCD，

∴AB=CD，OA=OC，OB=OD，∠AOB=∠COD，

∵CD42，OA=5，BC=12，

∴AB=CD=42，OA=OC=5，

∴OB=BC-OC=12-5=7=OD，

第19頁共95頁.

∵AM⊥BC，

∴∠AMO=90°=∠AMB，

∴設MO=a，則BM=BO-MO=7-a，

∴在Rt△ABM和Rt△AOM中，AM2AB2BM2AO2MO2，

∴AB2BM2AO2MO2，即(42)2(7a)252a2，

解得：a3，即MO3，

∴MC=MO+OC=358，AMAO2MO252324

∴在Rt△AMC中，ACAM2MC2428245，

即AC的長為45；

（3）如圖，

∵O點是四邊形EFGH的“等形點”，

∴△OEF≌△OGH，

∴OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，

∵EH∥FG，

∴∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，

∴根據∠EOF=∠GOH有∠OEH=∠OHE，

∴OE=OH，

∵OF=OH，OE=OG，

∴OF=OG，

OF

∴1．

OG

【點睛】本題考查了全等三角形的性質、勾股定理、正方形的性質、平行的性質等知識，充分利用全等三

角形的性質是解答本題的關鍵．

第20頁共95頁.

知識點、全等三角形的性質

①全等三角形的對應邊相等；②全等三角形的對應角相等；

要點詮釋：全等三角形對應邊上的高相等，對應邊上的中線相等，周長相等，面積相等.全等三角形的性質

是今后研究其它全等圖形的重要工具.

全等變換：一個圖形經過平移、翻折、旋轉后，位置變化了，但形狀、大小都沒有改變，即平移、翻折、

旋轉前后的圖形全等。

【變式1】（2022·重慶·校聯考一模）如圖，將三角形紙片ABC沿DE折疊，使B與C重合，CD，AE相交

S1S2

于F，已知BD＝4AD，設△ABC的面積為S，△CEF的面積為S1，△ADF的面積為S2，則的值為（）

S

1132

A．B．C．D．

105105

【答案】C

△△

【分析】由折疊可知BDECDE，進而得到S1SDEFSBDE，過E作EH⊥AB于H，CM垂直AB交

13

BA的延長線于M，由BD＝4AD得到SSS，進而得到SSS，再利用三角形面積公

2DEF4BDE124BDE

5

式推出SS，即可求解．

2BDE

【詳解】解：由折疊可知△BDE△CDE，

∴S△CDES△BDE，

∴SCEFSDEFSBDE，

∴S1SDEFSBDE①，

過E作EH⊥AB于H，CM垂直AB交BA的延長線于M，

第21頁共95頁.

11

∴SADEH，SBDEH，

ADE2BDE2

∵BD＝4AD，

11111

∴SBDEHBDEHS，

ADE24424BDE

1

∴SSS②，

2DEF4BDE

3

①－②得：SSS，

124BDE

∵CM⊥AB，

1111

∴SSABCMADBDCMAD4ADCM5ADCM，

ABC2222

11

SBDCM4ADCM，

BDC22

1

∴2S4ADCM，

BDE2

1

5ADCM

S

∴2，

2S1

BDE4ADCM

2

5

∴SS，

2BDE

3

S

SSBDE3

∴124,

5

SS10

2BDE

故選：C．

【點睛】本題考查折疊的性質、全等三角形的性質及三角形面積，解題關鍵是正確作出輔助線．

【變式2】（2021·遼寧沈陽·統考一模）如圖，在ABC中，ACB90，將ABC繞點C順時針旋轉得到

DEC，使點B的對應點E恰好落在邊AC上，點A的對應點為D，延長DE交AB于點F，則下列結論一

定正確的是（）

第22頁共95頁.

A．ACDEB．BCEFC．AEFDD．ABDF

【答案】D

【分析】本題可通過旋轉的性質得出△ABC與△DEC全等，故可判斷A選項；可利用相似的性質結合反證

法判斷B，C選項；最后根據角的互換，直角互余判斷D選項．

【詳解】由已知得：△ABC△DEC，則AC=DC，∠A=∠D，∠B=∠CED，故A選項錯誤；

∵∠A=∠A，∠B=∠CED=∠AEF，

EFAE

故△AEF△ABC，則=，

BCAB

假設BC=EF，則有AE=AB，

由圖顯然可知AEAB，故假設BC=EF不成立，故B選項錯誤；

假設∠AEF=∠D，則∠CED=∠AEF=∠D，

故△CED為等腰直角三角形，即△ABC為等腰直角三角形，

因為題干信息△ABC未說明其三角形性質，故假設∠AEF=∠D不一定成立，故C選項錯誤；

∵∠ACB=90°，

∴∠A+∠B=90°．

又∵∠A=∠D，

∴∠B+∠D=90°．

故AB⊥DF，D選項正確．

故選：D．

【點睛】本題考查旋轉的性質以及全等三角形的性質，證明過程常用角的互換、直角互余作為解題工具，

另外證明題當中反證法也極為常見，需要熟練利用．

【變式3】（2022·湖南長沙·長沙市長郡雙語實驗中學?？寄M預測）如圖，△ABC中，AB=5，AC=4，以

點A為圓心，任意長為半徑作弧，分別交AB、AC于D和E，再分別以點D、E為圓心，大于二分之一DE

為半徑作弧，兩弧交于點F，連接AF并延長交BC于點G，GH⊥AC于H，GH=2，則△ABG的面積為________．

第23頁共95頁.

【答案】5

【分析】根據ADF≌AEF，得出AG為BAC的角平分線，得到GM=GH即可求出△ABG的面積．

【詳解】

連接DF、EF，過點F作GM⊥AB，交AB于點M

∵在以A為圓心的圓中，AD=AE，以D、E為圓心的半徑DF=EF

ADAE

∴DFEF

AFAF

∴ADF≌AEF

∴DAFFAE

∴AG為BAC的角平分線

∵GM⊥AB，GH⊥AC

∴GM=GH=2

11

∴S△ABGM525

ABG22

故答案為：5．

【點睛】本題考查全等三角形和角平分線的性質，解題的關鍵是熟練掌握角平分線的相關知識．

【變式4】（2022·廣東深圳·模擬預測）如圖，已知ABC≌△DCE≌△HEF，三條對應邊BC、CE、EF在

同一條直線上，連接BH，分別交AC、DC、DE于點△P、Q、K，其中SPQC＝1，則圖中三個陰影部分的

面積和為___________．△

第24頁共95頁.

【答案】13

【分析】根據全等三角形對應角相等，可以證明AC∥DE∥HF，再根據全等三角形對應邊相等BC＝CE＝

EF，然后利用平行線分線段成比例定理求出HF＝3PC，KE＝2PC，所以PC＝DK，設△DQK的邊DK為x，

DK邊上的高為h，表示出△DQK的面積，再根據邊的關系和三角形的面積公式即可求出三部分陰影部分的

面積．

【詳解】解：∵△ABC≌△DCE≌△HEF，

∴∠ACB＝∠DEC＝∠HFE，BC＝CE＝EF，

∴AC∥DE∥HF，

PCBC1PCBC1

∴，，

KEBE2HFBF3

∴KE＝2PC，HF＝3PC，

又∵DK＝DE﹣KE＝3PC﹣2PC＝PC，

∴△DQK≌△CQP（相似比為1）

設DQK的邊DK為x，DK邊上的高為h，

1

則△xh＝1，整理得xh＝2，

2

1

∴SBPC＝x?2h＝xh＝2，

2

△1

SCEKQ＝×3x?2h﹣2＝3xh﹣2＝3×2﹣1＝6﹣1＝5，

四邊形2

1

SEFH＝×3x?2h＝3xh＝6，

2

∴△三個陰影部分面積的和為：2+5+6＝13．

故答案為：13．

【點睛】本題考查了全等三角形的性質、平行線分線段成比例等知識點，解題關鍵是根據平行線分線段成

比例定理找到線段間的關系．

【變式5】（2022·廣東梅州·統考一模）如圖，在四邊形ABDE中，AB//DE，ACDE，ABCDCE90，

點A，C，D依次在同一直線上．

第25頁共95頁.

(1)求證：ABC≌DCE；

(2)當BC8，AC15時，求AE的長．

【答案】(1)證明見解析

(2)17

【分析】（1）根據AB//DE，可知BACCDE，再結合ABCDCE、ACDE，即可證明ABC≌DCE；

（2）由ABC≌DCE，可知BCCE8，再在RtACE中由勾股定理計算AE的長即可．

【詳解】（1）證明：∵AB//DE，

∴BACCDE，

在ABC和DCE中，

ABCDCE

BACCDE，

ACDE

∴ABC≌DCE（AAS）；

（2）由（1）可得BCCE8，

在RtACE中，AEAC2CE21528217．

【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質以及勾股定理的知識，解題關鍵是熟練進行三角形全等

的證明．

核心考點三全等三角形中的倍長中線模型

例1（2021·浙江湖州·統考二模）如圖，在四邊形ABCD中，AB//CD，ABBD，AB5，BD4，CD3，

點E是AC的中點，則BE的長為（）．

第26頁共95頁.

5

A．2B．C．5D．3

2

【答案】C

【分析】延長BE交CD延長線于P，可證△AEB≌△CEP，求出DP，根據勾股定理求出BP的長，從而求

出BM的長．

【詳解】解：延長BE交CD延長線于P，

∵AB∥CD，

∴∠EAB＝∠ECP，

在△AEB和△CEP中，

EABECP

AECE

AEBCEP

∴△AEB≌△CEP（ASA）

∴BE＝PE，CP＝AB＝5

又∵CD＝3，

∴PD=2，

∵BD4

∴BPDP2BD225

1

∴BE＝BP＝．

25

故選：C．

【點睛】考查了全等三角形的判定和性質和勾股定理，解題的關鍵是得恰當作輔助線構造全等，依據勾股

第27頁共95頁.

定理求出BP．

例2（2021·河南周口·統考二模）如圖，在ABC中，AB4，BAC135，D為邊BC的中點，若AD1.5，

則AC的長度為______．

【答案】221

【分析】延長AD到E，使得AD=DE，證明△ADB≌△EDC，得CEAB4，過點E作EHAC于H，分

別求出CH和AH的長即可得到結論．

【詳解】解：延長AD到E，使得AD=DE，如圖，

∵D為邊BC的中點，

∴BD=CD

在△ADB和△EDC中，

ADDE

ADBEDC

BDCD

∴△ADB≌△EDC

∴BDCE,CEAB4

∴AB//CE

∴BACACE180

∴ACE18013545

過點E作EHAC于H

在RtEHC中，CE4,HCE45

第28頁共95頁.

∴CHEH22

在RtAHE中，AE2AD3，HE22

∴AHAE2EH21

∴ACAHHC221

故答案為：221．

【點睛】此題主要考查了全等三角形的判定與性質，中線的性質，等腰直角三角形的性質以及勾股定理等

知識，正確作出輔助線構造全等三角形是解答此題的關鍵．

例3（2021·山東東營·統考中考真題）已知點O是線段AB的中點，點P是直線l上的任意一點，分別過

點A和點B作直線l的垂線，垂足分別為點C和點D．我們定義垂足與中點之間的距離為“足中距”．

（1）[猜想驗證]如圖1，當點P與點O重合時，請你猜想、驗證后直接寫出“足中距”O(jiān)C和OD的數量關系

是________．

（2）[探究證明]如圖2，當點P是線段AB上的任意一點時，“足中距”O(jiān)C和OD的數量關系是否依然成立，

若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由．

（3）[拓展延伸]如圖3，①當點P是線段BA延長線上的任意一點時，“足中距”O(jiān)C和OD的數量關系是否

依然成立，若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由；

②若COD60，請直接寫出線段AC、BD、OC之間的數量關系．

【答案】（1）OCOD；（2）仍然成立，證明見解析；（3）①仍然成立，證明見解析；②ACBD3OC

【分析】（1）根據三角形全等可得；

（2）方法一：過點O作直線EF//CD，交BD于點F，延長AC交EF于點E，證明VCOE≌VDOF即可，

方法二：延長CO交BD于點E，證明AOC≌BOE即可；

（3）①方法一：過點O作直線EF//CD，交BD于點F，延長CA交EF于點E，證明COE≌DOF，

方法二：延長CO交DB的延長線于點E，證明AOC≌BOE；

②延長CO交DB的延長線于點E，證明AOC≌BOE，根據已知條件得出DE3CD．

第29頁共95頁.

【詳解】（1）O是線段AB的中點

OAOB

ACl，BDl

ACOBDO

在△ACO和△BDO中

OAOB

ACOBDO

AOCBOD

△ACO≌△BDO(AAS)

OCOD

（2）數量關系依然成立．

證明（方法一）：過點O作直線EF//CD，交BD于點F，延長AC交EF于點E．

∵EF//CD

∴DCEECDF90

∴四邊形CEFD為矩形．

∴OFD90，CEDF

由（1）知，OEOF

∴COE≌DOFSAS，

∴OCOD．

證明（方法二）：延長CO交BD于點E，

第30頁共95頁.

∵ACCD，BDCD，

∴AC//BD，

∴AB，

∵點O為AB的中點，

∴AOBO，

又∵AOCBOE，

∴AOC≌BOEASA，

∴OCOE，

∵CDE90，

∴ODOC．

（3）①數量關系依然成立．

證明（方法一）：

過點O作直線EF//CD，交BD于點F，延長CA交EF于點E．

∵EF//CD

∴DCEECDF90

∴四邊形CEFD為矩形．

∴OFD90，CEDF

由（1）知，OEOF

∴COE≌DOFSAS，

∴OCOD．10分

證明（方法二）：延長CO交DB的延長線于點E，

第31頁共95頁.

∵ACCD，BDCD，

∴AC//BD，

∴ACOE，

∴點O為AB的中點，

∴AOBO，

又∵AOCBOE，

∴AOC≌BOEAAS，

∴OCOE，

∵CDE90，

∴ODOC．

②如圖，延長CO交DB的延長線于點E，

∵ACCD，BDCD，

∴AC//BD，

∴ACOE，

∴點O為AB的中點，

∴AOBO，

又∵AOCBOE，

∴AOC≌BOEAAS，

∴ACBE，

ACBDBEBDDE

∵CDE90,COD60

第32頁共95頁.

ODOC

COD60

DCE60

DE

tanDCEtan603

CD

DE3CD

ACBD3OC．

【點睛】此題主要考查了三角形全等的性質與判定，直角三角形的性質，銳角三角函數，根據題意找到全

等的三角形，證明線