初中数学全等三角形压轴几何题(讲义及答案)及解析

一、全等三角形旋转模型 1．阅读下面材料：

小炎遇到这样一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，连结EF，则EF=BE+DF，试说明理由．

小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB，AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．

参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：

（1）如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°．若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足_ 关系时，仍有EF=BE+DF； （2）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1， EC=2，求DE的长．

答案：B

解析：（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴DE5 【解析】

试题分析：(1)如图，△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，利用全等的知识可知，要使EF=BE+DF，即EF=DG+DF，即要F、D、G三点共线，即∠ADG+∠ADF=180°，即∠B+∠D=180°．

(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，通过证明△AEG≌△AED得到DE=EG，由勾股定理即可求得DE的长． (1)∠B+∠D=180°（或互补）． (2)∵ AB=AC，

∴ 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合． 则∠B=∠ACG，BD=CG，AD=AG． ∵在△ABC中，∠BAC=90°，

∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于，即∠ECG=90°． ∴ EC2+CG2=EG2． 在△AEG与△AED中,

∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD． 又∵AD=AG，AE=AE， ∴△AEG≌△AED ． ∴DE=EG． 又∵CG=BD, ∴ BD2+EC2=DE2． ∴DE5．

考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理． 2．我们定义：有一组对角为直角的四边形叫做“对直角四边形”．

（1）如图①，四边形ABCD为对直角四边形，∠B=90°，若AB2-AD2=4，求CD2-BC2的值； （2）如图②，四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=BC，若BD平分∠ADC，求证：四边形ABCD为对直角四边形；

S（3）在（2）的条件下，如图③，连结AC，若

SACDABC3，求tan∠ACD的值． 5

答案：A

解析：⑴ 4；⑵见解析 ；⑶tan∠ACD的值为3或【分析】

（1）利用勾股定理即可解决问题；

（2）如图②中，作BE⊥CD于E，BF⊥DA交DA的延长线于F．只要证明∠EBF=90°即可解决问题；

1． 3S（3）如图③中，设AD=x，BD=y．根据

S【详解】 解：如图①中，

ACDABC3，构建方程即可解决问题. 5

∵四边形ABCD为对直角四边形，∠B=90°， ∴∠D=∠B=90°， ∴AC2=AB2+BC2=AD2+DC2， ∴CD2-BC2=AB2-AD2=4．

（2）证明：如图②中，作BE⊥CD于E，BF⊥DA交DA的延长线于F．

∵BD平分∠ADC，BE⊥CD，BF⊥AD， ∴BE=BF，

∵∠BFA=∠BEC=90°，BA=BC，BF=BE， ∴Rt△BFA≌Rt△BEC（HL）， ∴∠ABF=∠CBE， ∴∠EBF=∠ABC=90°， ∴ADC=360°-90°-90°-90°=90°， ∵∠ABC=∠ADC=90°，

∴四边形ABCD为对直角四边形． （3）解：如图③中，设AD=x，BD=y．

∵∠ADC=90°， ∴tan∠ACD=

x，AC=x2y2， y∵AB=AC，∠ABC=90°， ∴AB=BC=∵

2•x2y2， 23， 5SSACDABC∴

12xy241xy23， 5整理得：3x2-10xy+3y2， ∴3（∴

x2x）-10•+3=0， yyx1=3或． y31． 3∴tan∠ACD的值为3或【点睛】

本题属于四边形综合题，考查了勾股定理，三角形的面积，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考压轴题．

3．（1）如图1，在OAB和OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，

BD交于点M．

AC的值； BD②∠AMB的度数．

求：①

（2）如图2，在OAB和OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接AC交

AC的值及∠AMB的度数，并说明理由； BD（3）在（2）的条件下，将OCD点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若

BD的延长线于点M．请判断

OD=2，OB=23，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．

答案：A

解析：（1）①1，②40°；（2）【分析】

（1）①根据已知条件证明△COA≌△DOB，即可证明AC=BD；②根据△COA≌△DOB可得∠CAO=∠DBO，根据已知条件可得∠OAB+∠ABO=140°，然后在△AMB中，根据等角的转换即可得到答案；

（2）根据已知条件证明△AOC∽△BOD，可得∠CAO=∠DBO，进而可得∠MAB=∠OAB+∠DBO，最后可得∠AMB=180°-（∠OAB+∠ABM+∠DBO）=90°； （3）分两种情况讨论，根据题（2），同理可得△OAC△OBD，AMB90，

AC=3，∠AMB=90°，见解析；（3）23或43 BDACBD【详解】

3，设BD=x，则AC3x 用x表示出AM、BM的长，在RtAMB中，根据

勾股定理AM2BM2AB2列出方程，求解即可． 解：（1）①如图1，

∵∠AOB=∠COD=40°， ∴∠COA=∠DOB， ∵OC=OD，OA=OB， ∴△COA≌△DOB（SAS）， ∴AC=BD， ∴

AC=1， BD②∵△COA≌△DOB， ∴∠CAO=∠DBO， ∵∠AOB=40°， ∴∠OAB+∠ABO=140°，

在△AMB中，∠AMB=180°﹣（∠CAO+∠OAB+∠ABD）=180°﹣（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°﹣140°=40°， （2）如图2，

AC=3，∠AMB=90°， BD

理由是：

在Rt△COD中，∠DCO=30°，∠DOC=90°， ∴

OD3， tan30OC3同理得：∴

OB3， tan30OA3ODOB， OCOA∵∠AOB=∠COD=90°， ∴∠AOC=∠BOD， ∴△AOC∽△BOD， ∴

ACOC=3，∠CAO=∠DBO， BDOD在△AMB中，∠AMB=180°﹣（∠MAB+∠ABM） =180°﹣（∠OAB+∠ABM+∠DBO）=90°； （3）AC的长为23或43． ①如图，点C与点M重合，

同理可得：△OAC△OBD，

AMB90，

ACBD3，

设BD=x，则AC3x，

在RtODC中，OCD30，OD=2，

CD4，

在RtAOB中，OAB30，OB=23，

AB43，

在RtAMB中，AM2BM2AB2， 即(3x)2(4x)2(43)2， 解得：x=2或-4(舍)， AC=3x23；

②如图，点C与点M重合，

同理可得：AMB90，设BD=x，则AC=3x， 在RtCOD中，

ACBD3，

OCD90，OD=2， CD4，BCx4， 在RtAOB中，

OAB30，OB23，

AB2OB43，

在RtAMB中，AM2BM2AB2， 即(3x)2(x4)2(43)2， 解得：x=4或-2（舍）， AC=3x43，

综上所述，AC的长为23或43． 【点睛】

本题主要考查三角形的综合运用，涉及全等三角形与相似三角形的性质和判定、勾股定理、解一元一次方程、图形旋转证明、特殊角的三角函数值等知识点，难度较大，第（1）题证明△COA≌△DOB是关键，第（2）题证明△AOC∽△BOD是关键，第（3）题要特别注意分情况讨论．

4．如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．

（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是 ，位置关系是 ；

（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；

（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出

△PMN面积的最大值．

解析：（1）PM＝PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S△PMN最大＝【分析】

（1）由已知易得BDCE，利用三角形的中位线得出PM49． 211CE，PNBD，即可22得出数量关系，再利用三角形的中位线得出PM//CE得出DPMDCA，最后用互余即可得出位置关系；

（2）先判断出ABDACE，得出BDCE，同（1）的方法得出PM1BD，2PN1BD，即可得出PMPN，同（1）的方法由2MPNDCEDCBDBCACBABC，即可得出结论；

（3）方法1：先判断出MN最大时，PMN的面积最大，进而求出AN，AM，即可得出MN最大AMAN，最后用面积公式即可得出结论．方法2：先判断出BD最大时，PMN的面积最大，而BD最大是ABAD14，即可得出结论． 【详解】 解：（1）

点P，N是BC，CD的中点，

PN//BD，PN1BD， 2点P，M是CD，DE的中点， PM//CE，PM1CE， 2ABAC，ADAE， BDCE， PMPN， PN//BD，

DPNADC， PM//CE，

DPMDCA， BAC90，

ADCACD90，

MPNDPMDPNDCAADC90， PMPN，

故答案为：PMPN，PMPN； （2）PMN是等腰直角三角形． 由旋转知，BADCAE， ABAC，ADAE，

ABDACE(SAS)，

ABDACE，BDCE，

11利用三角形的中位线得，PNBD，PMCE，

22PMPN，

PMN是等腰三角形，

同（1）的方法得，PM//CE， DPMDCE，

同（1）的方法得，PN//BD， PNCDBC，

DPNDCBPNCDCBDBC，

MPNDPMDPNDCEDCBDBC

BCEDBCACBACEDBC

ACBABDDBCACBABC， BAC90，

ACBABC90， MPN90，

PMN是等腰直角三角形；

（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，PMN是等腰直角三角形，

MN最大时，PMN的面积最大， DE//BC且DE在顶点A上面， MN最大AMAN， 连接AM，AN，

在ADE中，ADAE4，DAE90， AM22，

在RtABC中，ABAC10，AN52， MN最大225272，

SPMN最大111149PM2MN2(72)2． 22242方法2：由（2）知，PMN是等腰直角三角形，PMPN1BD， 2PM最大时，PMN面积最大， 点D在BA的延长线上， BDABAD14， PM7，

SPMN最大1149PM272． 222【点睛】

此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出

11PMCE，PNBD，解（2）的关键是判断出ABDACE，解（3）的关键

22是判断出MN最大时，PMN的面积最大．

5．如图，△ABC中，O是△ABC内一点，AO平分∠BAC，连OB，OC．

（1）如图1，若∠ACB＝2∠ABC，BO平分∠ABC，AC＝5，OC＝3，则AB＝ ； （2）如图2，若∠CBO+∠ACO＝∠BAC＝60°，求证：BO平分∠ABC；

（3）如图3，在（2）的条件下，若BC＝23，将点B绕点O逆时针旋转60°得点D，直接写出CD的最小值为 ．

答案：A

解析：（1）8；（2）见解析；（3）33 【分析】

（1）先补充证明角平分线的性质定理：如图，△ABC中，AD是角平分线，则：

BD＝DCAEOEABAE．如图1中，延长CO交AB于E，由OA平分∠EAC，推出＝，推出＝ACEOACOCAC5＝，设AE＝5k，OE＝3k，利用相似三角形的性质构建方程求出k即可解决问题． OC3（2）如图2中，过点O作EF⊥OA交AB于E，交AC于F，作CG∥EF交AB于G，连接OG．证明△AGO≌△ACO（SAS），推出OG＝OC，推出∠OGC＝∠OCG，证明O，G，B，C四点共圆，可得结论．

（3）如图3中，以BC为边向上作等边△BCH，连接OH，作HM⊥BC于M．证明△HBO≌△CBD（SAS），推出OH＝CD，由（2）可知∠BOC＝120°，推出当点O落在HM上时，OH的值最小．

【详解】

解：（1）先补充证明角平分线的性质定理：如图，△ABC中，AD是角平分线，则：＝

BDDCAB． AC理由：过C作CE∥DA，交BA的延长线于E，

∵CE∥DA，

∴∠1＝∠E，∠2＝∠3，∠1＝∠2， ∴∠E＝∠3， ∴AE＝AC， ∵∴

BDBA＝， DCAEBDAB＝． DCAC如图1中，延长CO交AB于E，

∵OA平分∠EAC，

AEOE＝， ACOCAEAC5∴＝＝，设AE＝5k，OE＝3k， EOOC3∵OB平分∠ABC， ∴OC平分∠ACB， ∵∠ACB＝2∠ABC，

∴∴∠BCE＝

1∠ACB＝∠EBC， 2∴EB＝EC＝3k+3，

∵∠ACE＝∠ABC，∠CAE＝∠BAC， ∴△ACE∽△ABC， ∴∴

AEAC＝， ABAC55k＝，

5k3k355或﹣1（舍弃）， 8∴AB＝8k+3＝8． 故答案为：8．

解得k＝

（2）如图2中，过点O作EF⊥OA交AB于E，交AC于F，作CG∥EF交AB于G，连接OG．

∵AO平分∠AEF， ∴∠OAE＝∠OAF，

∵AO＝AO，∠AOE＝∠AOF＝90°， ∴△AOE≌△AOF（ASA）， ∴AE＝AF， ∵∠EAF＝60°， ∴△AEF是等边三角形，

∴∠AEF＝∠AFE＝60°＝∠FOC+∠FCO， ∵∠OBC+∠FCO＝60°， ∴∠FOC＝∠OBC， ∵EF∥CG，

∴∠AGC＝∠AEF＝60°，∠ACG＝∠AFE＝60°， ∴∠AGC＝∠ACG， ∴AG＝AC，

∵∠GAO＝∠CAO，AO＝AO， ∴△AGO≌△ACO（SAS）， ∴OG＝OC， ∴∠OGC＝∠OCG， ∵∠FOC＝∠OCG，

∴∠OBC＝∠OGC， ∴O，G，B，C四点共圆， ∴∠ABO＝∠OCG， ∴∠ABO＝∠OBC， ∴OB平分ABC．

（3）如图3中，以BC为边向上作等边△BCH，连接OH，作HM⊥BC于M．

∵△OBD，△BCH都是等边三角形， ∴∠HBC＝∠OBD＝60°，BH＝BC，BO＝BD， ∴∠HBO＝∠CBD， ∴△HBO≌△CBD（SAS）， ∴OH＝CD，

由（2）可知∠BOC＝120°，

∴当点O落在HM上时，OH的值最小，此时OH＝HM﹣OM＝3﹣3， ∴CD的最小值为3﹣3． 故答案为：3﹣3． 【点睛】

本题主要考查角平分线、三角形相似的判定和性质、三角形全等的判定和性质、等边三角形等相关知识点，解题关键在于作出辅助线构造相应图形． 6．发现规律：

（1）如图①，ABC与ADE都是等边三角形，直线BD,CE交于点F．直线BD，

AC交于点H．求BFC的度数

（2）已知：ABC与ADE的位置如图②所示，直线BD,CE交于点F．直线BD，

AC交于点H．若ABCADE，ACBAED，求BFC的度数

应用结论：

（3）如图③，在平面直角坐标系中，点O的坐标为(0,0)，点M的坐标为(3,0)，N为

y轴上一动点，连接MN．将线段MN绕点M逆时针旋转60得到线段MK，连接

NK，OK，求线段OK长度的最小值

答案：A

解析：（1）BFC的度数为60；（2）BFC的度数为180；（3）线段OK长度的最小值为【分析】

（1）通过证明△BAD△CAE可得ABDACE，再由三角形内角和定理进行求解即可；

（2）通过证明ABC3 2ADE可得BACDAE，

ABAC，可证ADAEACE，可得ABDACE，由外角性质可得BFCBAC，再有三角形

内角和定理进行求解即可；

（3）由旋转的性质可得△MNK是等边三角形，可得MKMNNK，

NMKNKMKNM60，如图③将MOK绕点M顺时针旋转60，得到△MQN，连接OQ，可得OMQ60，OK=NQ，MO=MQ，则当NQ为最小值时，OK

ABD有最小值，由垂线段最短可得当QNy轴时，NQ有最小值，由直角三角形的性质即可求解． 【详解】

ABC与ADE是等边三角形

∴AB=AC，AD=AE，BACDAEABCACB60 ∴BADCAE ∴BADCAE(SAS)

（1）∵

∴ABDACE

∵ABDDBCABC60 ∴ACEDBC60

∴BFC180DBCACEACB60； （2）∵ABCADE，ACBAED ∴

ABCADE

ABAC ADAEABAD ACAE∴BACDAE，∴BADCAE，∴∴∵∴∵∴

ABDACE ABDACE

BHCABDBACBFCACE BFCBAC

BACABCACB180 BFC180

∴BFC180；

（3）∵将线段MN绕点M逆时针旋转60得到线段MK ∴MNMK，NMK60 ∴△MNK是等边三角形

∴MKMNNK，NMKNKMKNM60 如下图，将MOK绕点M顺时针旋转60，得到△MQN，连接OQ

∴

MOKMQN，OMQ60

∴OK=NQ，MO=MQ ∴△MOQ是等边三角形 ∴QOM60 ∴NOQ30 ∵OK=NQ

∴当NQ为最小值时，OK有最小值，由垂线段最短可得当QNy轴时，NQ有最小值 ∵点M的坐标为(3,0) ∴OMOQ3

∵QNy轴，NOQ30 ∴NQ13OQ 223． 2∴线段OK长度的最小值为【点睛】

本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形内角和定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是解决本题的关键．

7．问题发现：（1）如图1，在等腰直角三角形ABC中，C90，点O为AB的中点，点M为AC上一点，将射线OM顺时针旋转90交BC于点N，则OM与ON的数量关系为____；

问题探究：（2）如图2，在等腰三角形ABC中，C120，点O为AB的中点，点

M为AC上一点，将射线OM顺时针旋转60交BC于点N，则OM与ON的数量关系

是否改变，请说明理由；

问题解决：（3）如图3，点O为正方形ABCD对角线的交点，点P为DO的中点，点M为直线BC上一点，将射线OM顺时针旋转90交直线AB于点N，若AB4，当

PMN面积为

25时，直接写出线段BN的长． 2

答案：B

解析：（1）OM=ON；（2）不改变；证明见解析；（3）线段BN的长为172或

172

【分析】

（1）连接，OC，证明△AOM≌△CON（ASA）可得结论．

（2）数量关系不变．如图2中，过点O作OK⊥AC于K，OJ⊥BC于J，连接OC．证明△OKM≌△OJN（AAS）可得结论．

（3）如图3中，过点P作PG⊥AB于G，PH⊥BC于H．证明△MOC≌△NOB（SAS），推出CM=BN，设CM=BN=m，根据S△PMN=M在CB的延长线上时，同法可求． 【详解】

解：（1）如图1中，结论：OM=ON． 理由：连接OC．

25=S△PBM+S△BMN-S△PBN，构建方程求解即可．当点2

∵CA=CB，∠ACB=90°，AO=OB，

CO=OA=OB，OC⊥AB，∠A=∠B=45°，∠BCO=∠ACO=45° ∴∠AOC=∠MON=90°， ∴∠AOM=∠CON， ∵∠A=∠CON，

∴△AOM≌△CON（ASA）， ∴OM=ON．

故答案为：OM=ON．

（2）理由：如图2中，过点O作OK⊥AC于K，OJ⊥BC于J，连接OC．

∵∠ACB=120°，∠OKC=∠OJC=90°，

∠KOJ=60°=∠MON， ∴∠MKO=∠NOJ， ∵CA=CB，OA=OB， ∴OC平分∠ACB， ∵OK⊥CA，OJ⊥CB， ∴OK=OJ，

∵∠OKM=∠OJN=90°， ∴△OKM≌△OJN（AAS）， ∴OM=ON．

（3）如图3中，过点P作PG⊥AB于G，PH⊥BC于H．

∵四边形ABCD是正方形，

AB=AD=4，∠BAD=90°， ∴BD=2AB=42， ∴OD=OB=22，PD=OP=2， ∴PB=33，

∵四边形PGBH是正方形， ∴PG=PH=3，

∵∠MON=∠COB=90°， ∴∠MOC=∠NOB， ∵OM=ON，OC=OB， ∴△MOC≌△NOB（SAS），

∴CM=BN，设CM=BN=m， ∵S△PMN=∴

25=S△PBM+S△BMN-S△PBN， 225111•（4+m）•3+•m•（4+m）•m•3=， 2222∴整理得：m2+4m-13=0，

解得m=172或172（舍去）， ∴BN=172．

当点M在CB的延长线上时，同法可得BN=172． 综上所述，满足条件的BN的值为172或172． 【点睛】

本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．

8．如图，点B，C，D在同一条直线上，△BCF和△ACD都是等腰直角三角形，连接AB，DF，延长DF交AB于点E．

（1）如图1，若AD＝BD，DE是∠ADB的平分线，BC＝1，求CD的长度； （2）如图2，连接CE，求证：DE＝2CE＋AE；

（3）如图3，改变△BCF的大小，始终保持点在线段AC上（点F与点A，C不重合）．将ED绕点E顺时针旋转90°得到EP，取AD的中点O，连接OP．当AC＝2时，直接写出OP长度的最大值．

解析：（1）CD【分析】

21；（2）证明见解析；（3）22．

（1）根据等腰直角三角形的性质，求出FCBC1，再判断出FAFB，即可得出结论；

（2）先判断出△ABC△DFC，得出BACCDF，进而判断出△ACE△DCH，得出AEDH，CECH，即可得出结论；

（3）先判断出OEOQ2，再判断出△OED△QEP，进而求出PQOD2．即可得出结论． 【详解】 （1）解：

BCF和△ACD都是等腰直角三角形，

ACCD，FCBC1，FB2， ADBD，DE是ABD的平分线， DE垂直平分AB，

FAFB2，

ACFAFC21， CD21；

（2）证明：如图2，过点C作CHCE交ED于点H，

BCF和△ACD都是等腰直角三角形，

ACDC，FCBC，ACBDCF90； △ABC△DFC(SAS)， BACCDF， ECH90，

ACEACH90，

ACD90，

DCHACH90， ACEDCH．

在ACE和DCH中，

BACCDF， ACDCACEDCH△ACE△DCH(ASA)，

AEDH，CECH，

EH2CE．

DEEHDH2CEAE；

（3）OP的最大值是22．

解：如图3，连接OE，将OE绕点E顺时针旋转90得到EQ，连接OQ，PQ，则OQ2OE．

由（2）知，AEDABCCDFABCBAC90， 在Rt△AED中，点O是斜边AD的中点， OEOD122ADAC22， 222OQ2OE222，

在OED和△QEP中，

OEQEOEDQEP， DEPE△OED△QEP(SAS)， PQOD2．

OPOQPQ22，当且仅当O、P、Q三点共线时，取“”号，

∴OP的最大值是22．

【点睛】

此题是几何变换综合题，主要等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．

9．如图1，在正方形ABCD中，点E,F分别在边AB,AD上，且AEAF，延长FD到点G，使得DGDF，连接EF,GE,CE．

（特例感知）

（1）图1中GE与CE的数量关系是______________． （结论探索）

（2）图2，将图1中的AEF绕着点A逆时针旋转090，连接FD并延长到点G，使得DCDF，连接GE,CE,BE，此时GE与CE还存在（1）中的数量关系吗？判断并说明理由． （拓展应用）

（3）在（2）的条件下，若AB5,AE32，当EFG是以EF为直角边的直角三角形时，请直接写出GE的长．

答案：G

解析：(1) GE=2CE，(2)存在，证明见解析，（3）258或210或16或4． 【分析】

(1)连接GC，证△CDG≌△CBE，得出△GCE为等腰直角三角形即可；

(2)类似（1）的方法，先证△AFD≌△AEB，再证△CDG≌△CBE，得出△GCE为等腰直角三角形即可；

(3)根据E、F是直角顶点分类讨论，结合（2）中结论，利用勾股定理求解即可． 【详解】 解：(1)连接GC， ∵AE=AF，AD=AB， ∴DF=BE， ∵DGDF， ∴DG = BE，

∵∠GDC=∠B=90°，DC=BC， ∴△CDG≌△CBE， ∴CE=CG，∠GCD=∠ECB， ∵∠ECB+∠DCE=90°， ∴∠GCE=∠GCD+∠DCE=90°， ∴GE=2CE； 故答案为：GE=2CE；

(2) 存在，连接GC，

∵AE=AF，AD=AB，∠FAE=∠DAB=90°， ∴∠FAD=∠EAB， ∴△FAD≌△EAB，

∴FD=EB=GD，∠FDA=∠EBA，

∵∠GDC+∠FDA=90°，∠EBC+∠EBA=90°， ∴∠GDC=∠EBC， ∵DC=BD， ∴△CDG≌△CBE，

与（1）同理，GE=2CE；

(3)当∠FEG=90°时，如图1，因为∠FEA=∠GEC=45°， 所以，A、E、C在一条直线上，

∵AB=5， ∴AC=52, CE=52-32=22, GE=2EC=4；

如图2，E在CA延长线上，同理可得，EC=82， GE=2EC=16；

当∠EFG=90°时，如图3，∠AFD=∠EFG+∠AFE=135°， 由（2）得，∠AFD=∠AEB=135°，DF=BE，

所以，B、E、F在一条直线上，作AM⊥EF，垂足为M， ∵AB5,AE32， ∴EF=6，AM=ME=MF=3，

BMAB2AM24，

BE=DF=1,FG=2，

GEFG2EF2210；

如图4，同图3，BE=DF=7，FG=14，EF=6，

GEFG2EF2258，

综上，GE的长为258或210或16或4． 【点睛】

本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理和等腰直角三角形的性质，解题关键是恰当的连接辅助线，构造全等三角形；会分类讨论，结合题目前后联系，解决问题．

10．如图．四边形ABCD、BEFG均为正方形．

（1）如图1，连接AG、CE，请直接写出．．．．．AG和CE的数量和位置关系（不必证明）．

180），如图2，直线AG、CE相（2）将正方形BEFG绕点B顺时针旋转角（0＜＜交于点M．

①AG和CE是否仍然满足（1）中的结论？如果是，请说明理由：如果不是，请举出反例：

②连结MB，求证：MB平分AME．

（3）在（2）的条件下，过点A作ANMB交MB的延长线于点N，请直接写出线段CM．．．．．与BN的数量关系．

答案：A

解析：（1）AG=EC，AG⊥EC；（2）①满足，理由见解析；②见解析；（3）CM=2BN． 【分析】

（1）由正方形BEFG与正方形ABCD，利用正方形的性质得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS得出三角形ABG与三角形CBE全等，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等得到CE=AG，∠BCE=∠BAG，再利用同角的余角相等即可得证； （2）①利用SAS得出△ABG≌△CEB即可解决问题；

②过B作BP⊥EC，BH⊥AM，由全等三角形的面积相等得到两三角形面积相等，而AG=EC，可得出BP=BH，利用到角两边距离相等的点在角的平分线上得到BM为角平分线；

（3）在AN上截取NQ=NB，可得出三角形BNQ为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得到BQ=2BN，接下来证明BQ=CM，即要证明三角形ABQ与三角形BCM全等，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由三角形ANM为等腰直角三角形得到NA=NM，利用等式的性质得到AQ=BM，利用SAS可得出全等，根据全等三角形的对应边相等即可得证． 【详解】

解：（1）AG=EC，AG⊥EC，理由为： ∵正方形BEFG，正方形ABCD，

∴GB=BE，∠ABG=90°，AB=BC，∠ABC=90°， 在△ABG和△BEC中，

BGBEABCEBC， BABC∴△ABG≌△BEC（SAS）， ∴CE=AG，∠BCE=∠BAG，

延长CE交AG于点M， ∴∠BEC=∠AEM， ∴∠ABC=∠AME=90°， ∴AG=EC，AG⊥EC；

（2）①满足，理由是： 如图2中，设AM交BC于O．

∵∠EBG=∠ABC=90°， ∴∠ABG=∠EBC， 在△ABG和△CEB中，

ABBCABGCBE， BGEB∴△ABG≌△CEB（SAS）， ∴AG=EC，∠BAG=∠BCE，

∵∠BAG+∠AOB=90°，∠AOB=∠COM， ∴∠BCE+∠COM=90°， ∴∠OMC=90°， ∴AG⊥EC．

②过B作BP⊥EC，BH⊥AM， ∵△ABG≌△CEB， ∴S△ABG=S△EBC，AG=EC， ∴

11EC•BP=AG•BH， 22∴BP=BH，

∴MB平分∠AME；

（3）CM=2BN，

理由为：在NA上截取NQ=NB，连接BQ， ∴△BNQ为等腰直角三角形，即BQ=2BN， ∵∠AMN=45°，∠N=90°，

∴△AMN为等腰直角三角形，即AN=MN， ∴MN-BN=AN-NQ，即AQ=BM，

∵∠MBC+∠ABN=90°，∠BAN+∠ABN=90°， ∴∠MBC=∠BAN， 在△ABQ和△BCM中，

AQBMBANMBC， ABBC∴△ABQ≌△BCM（SAS）， ∴CM=BQ， 则CM=2BN．

【点睛】

此题考查了正方形，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的判定，熟练掌握正方形的性质是解本题的关键． 11．如图，△ABD和△ACE都是等边三角形． （1）连接CD、BE交于点P，求∠BPD；

（2）连接PA，判断线段PA、PB、PD之间的数量关系并证明；

（3）如图，等腰ABC中AB＝AC，∠BAC＝（0＜＜90），在ABC内有一点M，连接MA、MB、MC．当MA＋MB＋MC最小时，∠ABM＝ （用含的式子表

示）

答案：D

解析：（1）BPD60（2）PDPBPA，证明见详解（3）60 【分析】

（1）证明DACBAESAS，得ADCABE，就可以证明

12BPDDAB60；

（2）在DP上截取PF=PB，连接BF，证明DBFABPSAS，得DFPA，即可证明PDPBPA；

（3）分别以AB和AC为边，向两边作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接BE和CD，交于点M，连接AM，此时MAMBMC最小，然后利用等腰三角形ADC，求出

ADC的度数，即可得到ABM的度数．

【详解】

解：（1）∵△ABD和△ACE是等边三角形， ∴ADAB，ACAE，DABCAE60， ∵DABBACCAEBAC， ∴DACBAE， 在△DAC和△BAE中，

ADABDACBAE， ACAE∴

DACBAESAS，

∴ADCABE，

∵ADCDABABEBPD， ∴BPDDAB60；

（2）如图，在DP上截取PF=PB，连接BF，

∵BPD60，PFPB，

∴△PFB是等边三角形， ∴BFBP，FBP60， ∴DBAFBP，

∵DBAFBAFBPFBA， ∴DBFABP， 在DBF和△ABP中，

DBABDBFABP， BFBP∴

DBFABPSAS，

∴DFPA， ∵PDPFFD， ∴PDPBPA；

（3）如图，分别以AB和AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接BE和CD，交于点M，连接AM，此时MAMBMC最小，

由（2）中的结论可得MDMAMB，则当D、M、C三点共线时MAMBMC最小，即CD的长，

由（1）得ADCABM，

∵ADABAC，DAC60， ∴ADC18060160，

2212∴ABM60，

故答案是：60． 【点睛】

本题考查全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质，解题的关键是做辅助线构造全等三角形来进行证明求解．

12．已知等腰三角形底边中点，可以考虑与顶点连接用“三线合一”．

12

请利用上面信息解决以下问题：已知RtABC中，ACBC，C90，D为AB边的中点，EDF90，EDF绕D点旋转，它的两边分别交AC、CB（或它们的延长线）于E、F．

（1）当EDF绕D点旋转到DEAC于E时（如图①），求证：

S△DEFS△CEF1S△ABC； 2又有怎样的数

（2）当EDF绕D点旋转到DE和AC不垂直时，在图②和图③这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，S△DEF、S△CEF、S量关系？请写出你的猜想，不需要证明．

ABC

答案：D

解析：（1）见解析；（2）图2成立，图3不成立：S△DEFS△CEF【分析】

（1）根据等腰直角三角形和正方形的性质得到AED、△DFB、EDF、△ECF为全等的等腰直角三角形，据此即可证明；

（2）对于图2：过点D作DMAC，DNBC，根据中位线的性质和等量代换证得

1S△ABC 2MDND和MDENDF，结合DMEDNF90，证得

DMEDNF，根据全等三角形的性质即可求证；对于图3：根据ASA证明DMEDNF，根据全等三角形的性质即可求证． 【详解】

（1）证明：连接CD

∵D为AB边的中点，ACBC ∴AD=CD=BD

∴DACDCADCBDBC45 又∵DEAC，EDF90，C90， ∴四边形ECFD为矩形 ∴∠CFD=90° 又∵∠DCF=45° ∴CF=DF

∴四边形ECFD是正方形 ∴DE=DF

∴S△DEFS△CEFS△DECS△DFC

又∵S△DCFS△DBF∴S△DEFS△CEF1S△ABC，且S△DCFS△DBF 21S△ABC 2（2）图2成立，图3不成立 对于图2：

过点D作DMAC，DNBC，如图2，则DMEDNFMDN90

又∵C90 ∴DMBC，DNAC

11AC，MDBC 22∵D为AB边的中点

∴根据中位线定理得到：DN∵AC=BC ∴MD=ND ∵EDF90

∴MDEEDN90，NDFEDN90

∴MDENDF 在DME与DNF中

DMEDNF MDNDMDENDF∴DMEDNF ∴SDMESDNF

∴S四边形DMCNS四边形DECFSDEFSCEF

1S△ABC 21∴S△DEFS△CEFS△ABC

2对于图3： 连接DC，

∴SDMCN

在DEC与DBF中

DCEDBF135 DCDBCDEBDF∴DECDBF

∴SDEFS五边形DBFECSCFESDBCSCFE∴SDEFSCEF【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，中位线的性质，等腰直角三角形的性质，题目较为综合，利用作出的辅助线将不规则的三角形转化为直角三角形进行解决． 13．在等腰Rt△ABC中，ABAC、BAC90．

（1）如图1，D，E是等腰Rt△ABC斜边BC上两动点，且DAE45，将△ABE绕点A逆时针旋转90后，得到△AFC，连接DF．

1SABC 21SABC． 2

①求证：AED≌AFD．

②当BE3，CE9时，求DE的长．

（2）如图2，点D是等腰Rt△ABC斜边BC所在直线上的一动点，连接AD，以点A为直角顶点作等腰Rt△ADE（E点在直线BC的上方），当BD3，BC9时，求DE的长．

答案：D

解析：（1）①证明见解析；②5；（2）35或317 【分析】

（1）①证明∠DAE=∠DAF=45°即可利用SAS证明全等；

②由①中全等可得DE=DF，再在Rt△FDC中利用勾股定理计算即可；

（2）连接BE，根据共顶点等腰直角三角形证明全等，再利用勾股定理计算即可。需要注意分类讨论. 【详解】

（1）①如图1中，

△BAE≌△CAF，

AEAF，BAECAF， BAC90，EAD45，

CADBAECADCAF45， DAEDAF，

DADA，AEAF， △AED≌△AFD(SAS)．

②如图1中，设DEx，则CD9x，

BAC，BAC90， BACB45， ABEACF45， DCF90，

△AED≌△AFD(SAS)，

DEDFx， 在RtDCF，

DF2CD2CF2，CFBE3，

x2(7x)232，

x5， DE5．

（2）①当点D在线段BC上时，如图2中，连接BE，

BACEAD90， EABDAC，

AEAD，ABAC， △EAB≌△ADC(SAS)，

ABECABC45，EBCD6， EBD90，

DE2BE2BD2623245，DE35．

②当点D在CB的延长线上时，如图3中，连接BE，

同法可证DBE是直角三角形，EBCD12，DB3，

DE2EB2BD21449153，DE317，

综上所述，DE的值为35或317． 【点睛】

本题考查半角旋转以及共顶点等腰直角三角形（手拉手模型），综合考查旋转、全等三角形、勾股定理等知识点，熟记相关模型特征是解题的关键. 14．如图，抛物线y＝

22

x+2x﹣62交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y4轴于C点，D点是该抛物线的顶点，连接AC、AD、CD． （1）求△ACD的面积；

（2）如图，点P是线段AD下方的抛物线上的一点，过P作PE∥y轴分别交AC于点E，交AD于点F，过P作PG⊥AD于点G，求EF+5FG的最大值，以及此时P点的坐标； 2（3）如图，在对称轴左侧抛物线上有一动点M，在y轴上有一动点N，是否存在以BN为直角边的等腰Rt△BMN？若存在，求出点M的横坐标，若不存在，请说明理由．

答案：A

解析：（1）24；（2）最大值为

92152，点P（﹣32，﹣）；（3）存在，点M的22横坐标为﹣2﹣26或22﹣26． 【分析】

（1）先求出抛物线与坐标轴的交点坐标和顶点坐标，再用待定系数法求得AC的解析式，

进而求出点N、D的坐标，再根据三角形的面积公式求出结果； （2）证明EF+5FG即为EP的长度，即可求解； 2（3）分∠BNM为直角、∠MBN为直角，利用三角形全等即可求解． 【详解】

解：（1）令x＝0，得y∴C（0，﹣62）， 令y＝0，得y20206262， 422x2x620， 4解得x162，x222，

∴A（62，0），点B（22，0）， 设直线AC的解析式为：y＝kx+b（k≠0），

62kb0则， b62k1∴， b62∴直线AC的解析式为：yx62， ∵y222x2x62x2244282，

∴D（22，82），

过D作DM⊥x轴于点M，交AC于点N，如图，

令x22，y226242，则N（22，42）， ∴DN42， ∴SACD11DNAO426224； 22（2）如图，过点D作x轴的平行线交FP的延长线于点H，

由点A、D的坐标得，直线AD的表达式为：y2x122， ∴tan∠FDH＝2，则sin∠FDH＝225， 55∵∠HDF+∠HFD＝90°，∠FPG+∠PFG＝90°， ∴∠FDH＝∠FPG， 在Rt△PGF中，PF＝

FGFG＝

sinFPGsinFDHFG5FG， 25＝25则EF+5FG＝EF+PF＝EP， 2设点P（x，

22x2x62），则点E（x，x62）， 422225x62x2x62x3x， FG＝EF+PF＝EP＝则EF+424∵﹣b922＜0，故EP有最大值，此时x＝﹣＝﹣32，最大值为；

2a2422152， x2x6242当x＝32时，y故点P（32，152）； 222m2m62，点N（0，s）， 4（3）存在，理由：

设点M的坐标为（m，n），则n①当∠MNB为直角时，如图，

过点N作x轴的平行线交过点B与y轴的平行线于点H，交过点M与y轴的平行线于点G，

∵∠MNG+∠BNH＝90°，∠MNG+∠GMN＝90°， ∴∠GMN＝∠BNH，

∵∠NGM＝∠BHN＝90°，MN＝BN， ∴△NGM≌△BHN（AAS）， ∴GN＝BH，MG＝NH， 即ns22且ms，

联立并解得：m226（舍去正值），

故m226，则点M（226，226）； ②当∠NBM为直角时，如图，

过点B作y轴的平行线交过点N与x轴的平行线于点G，交过点M与x轴的平行线于点H，

同理可证：△MHB≌△BGN（AAS）， 则BH＝NG，即n22， 当n22时，

22m2m6222，解得：m2226（舍去正值）， 4故m2226，则点M（2226，22）； 综上，点M的横坐标为226或2226． 【点睛】

本题考查二次函数的综合题，涉及三角形面积的求解，用胡不归原理求最值，等腰直角三角形的存在性问题，解题的关键是需要掌握这些特定题型的特定解法，熟练运用数形结合的思想去解决问题．

15．在ABC中，AB＝AC，M是平面内任意一点，将线段AM绕点A按顺时针方向旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AN，连结NB．

（感知）如图①，若M是线段BC上的任意一点，易证△ABN≌△ACM，可知∠NAB＝∠MAC，BN＝MC．

（探究）（1）如图②，点E是AB延长线上的点，若点M是∠CBE内部射线BD上任意一点，连结MC，（感知）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由．

（拓展）（2）如图③，在DEF中，DE＝8，∠DEF＝60°，∠EDF＝75°，P是EF上的任意点，连结DP，将DP绕点D按顺时针方向旋转75°，得到线段DQ，连结EQ，则EQ的最小值为 ．

解析：（1）成立，见解析；（2）4342 【分析】

（1)根据SAS证明NABMAC即可．

（2)如图3中，在DF上截取DNDE，连接PN，作 NHEF于H，作DMEF于M．理由全等三角形的性质证明EQPN，推出当 PN的值最小时，QE的值最小，求出HN的值即可解决问题． 【详解】 (1)结论仍然成立．

理由：MANCAB，

∴NABBAMBAMMAC， ∴NABMAC，

ABAC，ANAM， NABMAC(SAS)，

BNCM．

（2)如图3中，在DF上截取DNDE，连接PN，作NHEF于H，作DMEF于M．

FDEPDQ， QDEPDN，

DQDP，DEDN，

QDEPDN(SAS)，

EQPN，

当PN的值最小时，QE的值最小，

在Rt△DEM中， DEM60，DE8， DMDEsin6043，

MDFEDFEDM753045， DF46，

NFDFDN468，

在RtNHF，F45， NH4342，

根据垂线段最短可知，当点P与H重合时，PN的值最小，

QE的最小值为4342．

【点睛】

本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决最值问题．