全等三角形的应用常考题型（5大热考题型）（解析版）-中考数学二轮专题练习

这是一份全等三角形的应用常考题型（5大热考题型）（解析版）-中考数学二轮专题练习，共87页。
题型一：全等三角形的性质
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·山东济南·中考真题）如图，已知，则的度数为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质、三角形内角和定理等知识点，掌握全等三角形的对应角相等成为解题的关键．
先根据三角形内角和定理求得，然后根据全等三角形的对应角相等即可解答．
【详解】解：∵在中，，
∴，
∵，
∴．
故选C．
【变式1-1】（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在中，，，点，分别是边，上的动点，且，连接，，当的值最小时，的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了全等三角形的性质，等腰三角形的判定和性质．将拼接到，连接交于点，推出，当点与点重合时，的值最小，据此求解即可．
【详解】解：如图，将拼接到，连接交于点，

则，
，，，
，
当A，，三点共线，即点与点重合时，的值最小，
，，
，
，，
，
即最小时，的度数为．
故选：C．
【变式1-2】（2024·河北秦皇岛·二模）如图，，有以下结论：① ；② ；③ ；④ ．其中正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】本题考查的是全等三角形的性质；掌握三角形全等的性质是解题的关键．
根据已知找准对应关系，运用三角形全等的性质“全等三角形的对应角相等，对应边相等”求解即可．
【详解】解：，
，，故③正确；
，
即，故④正确；
与不是对应边，不能求出二者相等，也不能求出，
故①、②错误；
∴正确的有③④共2个．
故选：B．
【变式1-3】（2024·四川成都·模拟预测）如图，，，且，则的度数为 ．
【答案】
【分析】本题考查了全等三角形的性质以及直角三角形的性质等知识，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：．
5．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，，．

(1)求证：；
(2)若，则__________°．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
（1）利用即可证得；
（2）先根据三角形内角和定理求出的度数，再根据全等三角形的性质即可得出的度数．
【详解】（1）证明：在和中，
，
；
（2）解：，，
，
由（1）知，
，
故答案为：20．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·江苏南通·模拟预测）下面四个几何体中，主视图、左视图、俯视图是全等图形的几何图形是（ ）
A．圆柱B．正方体C．三棱柱D．圆锥
【答案】B
【分析】本题考查简单几何体的三视图及全等图形的概念，熟练掌握常见几何体的三视图是解题的关键．根据简单几何体的三视图逐个判断即可．
【详解】解：A．圆柱的主视图和左视图是矩形，俯视图是圆形，故此选项不符合题意；
B．正方体的三视图都是正方形，且大小一样，即全等，故此选项符合题意；
C．三棱柱的主视图和左视图是矩形，俯视图是三角形，故此选项不符合题意；
D．圆锥的主视图和左视图是三角形，俯视图是带圆心的圆，故此选项不符合题意；
故选：B．
2．（2024·江苏常州·模拟预测）如图，在四边形中，对角线平分，，点在上，．若，，，则的长为 ．
【答案】/
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识，解题关键是注意探究题中的隐含条件，通过适当添加辅助线构造全等三角形和相似三角形；
根据角平分线的特点，在上截取，连结，构造全等三角形和相似三角形，由相似三角形的性质求出的长；
【详解】解：如图，在上取一点，使，连接，
平分，
，
，
，
，，，
，
，
即，
，即，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：
3．（2024·上海·模拟预测）如图，已知点A，B，C在同一直线上，点B在点A，C之间，点D，E在直线同侧，，，，连接DE，设，，，下列结论正确的数量为（ ）
（1） （2） （3）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】本题考查勾股定理，全等三角形的判定和性质，过点作, 则四边形、是矩形，即可判断（1）；根据可以得，然后根据勾股定理即可判断（3）；根据全等三角形得到，然后利用勾股定理判断（2）．
【详解】（1）过点作, 交于点,过点作, 交于点.
∵,
∴,
又∵,
∴,
∴四边形为矩形，
同理可得，四边形也为矩形，
∴,
∴在中, 直角边.
故（1）正确，符合题意；
（2）∵,
∴,
在中，
,
,
故（2）正确，不符合题意；
，
，
又，
，
，
，
，
，
，
，
，
，故（3）正确，符合题意；
故选: .
4．（2024·广东汕头·一模）如图，和都是等腰直角三角形，，，，连接．
(1)求证：；
(2)直接写出和的位置关系．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余，对顶角相等，证明是解答本题的关键．
（1）先证明，然后根据即可证明；
（2）延长交于点F，交于点N，由全等三角形的性质得，由可证，进而可证结论成立．
【详解】（1）∵，
∴，
∴，
∵，，
∴；
（2）延长交于点F，交于点N
∵，
∴
∵，
∴，
∵，
，
∴，
∴．
5．（2024·山西·模拟预测）综合与实践
【问题情境】
“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，其中，，将和按图2所示方式摆放，其中点B与点F重合（标记为点B）．当时，延长交于点G，试判断四边形的形状，并说明理由．
【数学思考】
（1）请你解答以上老师提出的问题；
【深入探究】
（2）老师将图2中的绕点B逆时针方向旋转，使点E落在内部，让同学们提出新的问题并请你解答此问题．
“善思小组”提出问题：如图3，当时，过点A作交的延长线于点M，与交于点N．证明：．
【拓展提升】
（3）如图4，当时，过点A作于点H，若，，求的长．
【答案】（1）正方形，见解析；（2）见解析；（3）
【分析】对于（1），先根据“三个角是直角的四边形是矩形”证明四边形为矩形，再根据得，即可得出答案；
对于（2），先根据“等角对等边”得，进而确定，再根据三角形面积相等得，然后由（1）得出答案；
对于（3），设，的交点为，并作，根据得出，再根据“等角对等边”得，再根据勾股定理求，
进而求出，然后由，求出，可得，再证明，根据相似三角形的对应边成比例得，即可得出答案．
【详解】（1）结论：四边形为正方形．
理由如下：
，
，
，
，
，
，
四边形为矩形．
，
．
矩形为正方形；
（2）证明：，
，
，
．
，即，
，
，
．
由（1）得，
；
（3）解：如图，设，的交点为，过作于点，
，
，，，，，
．
，
，
．
，
点G是BD的中点，
由勾股定理得，
．
，
，
即，
．
，，，
，
，
，
即的长为．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定，全等三角形的性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定，余弦等，勾股定理是求线段的长的常用方法．
题型二：添加条件证明三角形全等
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·山东德州·中考真题）如图，C是的中点，，请添加一个条件 ，使．
【答案】或
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定．熟练掌握全等三角形的判定定理，是解决问题的关键．
要使，已知，，则可以添加一对边，从而利用来判定其全等，或添加一对夹角，从而利用来判定其全等（填一个即可，答案不唯一）．
【详解】解：∵C是的中点，
∴，
∵，
∴添加或，
可分别根据判定（填一个即可，答案不唯一）．
故答案为：或．
【典例2】（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，中，D是上一点，，D、E、F三点共线，请添加一个条件 ，使得．（只添一种情况即可）
【答案】或（答案不唯一）
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用全等三角形的判定解答．根据题目中的条件和全等三角形的判定，可以写出添加的条件，注意本题答案不唯一．
【详解】解：∵
∴，，
∴添加条件，可以使得，
添加条件，也可以使得，
∴；
故答案为：或（答案不唯一）．
【变式2-1】（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2-2】（2024·四川成都·模拟预测）如图，已知与相交于点O，．只添加一个条件，能判定的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法，，，，，．根据全等三角形的判定方法，逐项进行判断即可．
【详解】解：∵，
∴，．
A．添加不能判断，故此选项错误；
B．添加可以根据或能够判断，故此选项错误；
C．添加，不能判断，故此选项错误；
D．添加，不能判断，故此选项错误．
故选：B．
【变式2-3】（2024·贵州黔东南·一模）如图，点A，B，C，D在同一直线上，，，______．

求证：．
在①；②这两个条件中任选一个作为已知条件，补充在上面的横线上，并加以解答．
【答案】见解析
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，选择①利用证明，即可；选择②，利用，证明，即可．
【详解】证明：选条件①，
，
在和中，
．
选条件②，
，
在和中
，
．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·北京西城·二模）如图，点为线段的中点，，点分别在射线上，与均为锐角，若添加一个条件一定可以证明，则这个条件不能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键．选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
由于，，则可根据全等三角形的判定方法可对各选项进行判断．
【详解】解：如图：
点为线段的中点，
，
，
A、当添加时，，故本选项不符合题意；
B、当添加时，不能确定，故本选项符合题意；
C、当添加时，，故本选项不符合题意；
D、当添加时，，故本选项不符合题意．
故选：B．
2．（2024·黑龙江鸡西·二模）如图，已知，，请你添加一个条件（一个即可）： ，使．
【答案】(合理即可）
【分析】本题是开放性题目，考查了全等三角形的判定，由已知条件：，，再添加一组角相等或即可证明全等．
【详解】添加条件：；
证明：∵，，
∴，
故答案为：(合理即可）．
3．（22-23八年级上·福建福州·期中）如图，，点D，E分别在与上，与相交于点F．只填一个条件使得，添加的条件是： ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题主要考查的是全等三角形的判定定理，根据全等三角形的判定定理添加条件即可．
【详解】添加的条件是：
∵，，
∴
故答案为：（答案不唯一）．
4．（2024·北京·模拟预测）如图，，是的两条高线，只需添加一个条件即可证明（不添加其它字母及辅助线），（不添加其它字母及辅助线），这个条件可以是 ．（写出一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题考查了添加条件使三角形全等，添加，通过“”即可证明．熟练掌握三角形全等的判定是解此题的关键．
【详解】解：添加，
是的两条高线，
，
在和中，
，
，
故答案为：（答案不唯一）．
5．（2024·河南安阳·模拟预测）如图，在和中，与相交于点，，添加一个条件可以证明．
(1)①；②；③；④，上面四个条件可以添加的是______（填序号）．
(2)请你选择一个条件给出证明．
【答案】(1)①③
(2)详见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定：
（1）添加①或③，即可；
（2）添加①，根据等腰三角形的判定可得，从而得到，可证明，即可；添加③，可得，可证明，即可．
【详解】（1）解：上面四个条件可以添加的是①；
故答案为：①③
（2）若添加①；
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∵，，，
∴，
∴；
若添加③；
∵，，
∴，
在和中，
∵，，，
∴，
∴．
6．（2024·江苏盐城·中考真题）已知：如图，点A、B、C、D在同一条直线上，，．
若________，则．
请从①；②；③这3个选项中选择一个作为条件（写序号），使结论成立，并说明理由．
【答案】①或③（答案不唯一），证明见解析
【分析】题目主要考查全等三角形的判定和性质，①根据平行线的性质得出，再由全等三角形的判定和性质得出，结合图形即可证明；②得不出相应的结论；③根据全等三角形的判定得出，结合图形即可证明；熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．
【详解】解：选择①；
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即；
选择②；
无法证明，
无法得出；
选择③；
∵，
∴，
∵， ，
∴，
∴，
∴，即；
故答案为：①或③（答案不唯一）
7（2024·山东淄博·中考真题）如图，已知，点，在线段上，且．
请从①；②；③中．选择一个合适的选项作为已知条件，使得．
你添加的条件是：__________（只填写一个序号）．
添加条件后，请证明．
【答案】①（或②）
【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质及平行线的判定，解答的关键是熟记全等三角形的判定定理与性质并灵活运用．利用全等三角形的判定定理进行分析，选取合适的条件进行求解，再根据全等三角形的性质及平行线的判定证明即可．
【详解】解：可选取①或②（只选一个即可），
证明：当选取①时，
在与中，
，
，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，
；
证明：当选取②时，
在与中，
，
，
，，
，
，
在与中，
，
，
，
；
故答案为：①（或②）
题型三：全等三角的综合问题
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·山东·中考真题）【实践课题】测量湖边观测点和湖心岛上鸟类栖息点之间的距离
【实践工具】皮尺、测角仪等测量工具
【实践活动】某班甲小组根据湖岸地形状况，在岸边选取合适的点．测量，两点间的距离以及和，测量三次取平均值，得到数据：米，，．画出示意图，如图
【问题解决】（1）计算，两点间的距离．
（参考数据：，，，，）
【交流研讨】甲小组回班汇报后，乙小组提出了另一种方案：
如图2，选择合适的点，，，使得，，在同一条直线上，且，，当，，在同一条直线上时，只需测量即可．
（2）乙小组的方案用到了________．（填写正确答案的序号）
①解直角三角形 ②三角形全等
【教师评价】甲、乙两小组的方案都很好，对于实际测量，要根据现场地形状况选择可实施的方案．
【答案】（1），两点间的距离为米；（2）②
【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质的应用，解直角三角形的应用，灵活应用知识点是解本题的关键；
（1）如图，过作于，先求解，，再求解及即可；
（2）由全等三角形的判定方法可得，可得，从而可得答案.
【详解】解：如图，过作于，
∵米，，，，
∴，
，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴（米）；
即，两点间的距离为米；
（2）∵，，当，，在同一条直线上时，
∴，
∴，
∴，
∴只需测量即可得到长度；
∴乙小组的方案用到了②；
【典例2】（2024·重庆·中考真题）在中，，点是边上一点（点不与端点重合）．点关于直线的对称点为点，连接．在直线上取一点，使，直线与直线交于点．

(1)如图1，若，求的度数（用含的代数式表示）；
(2)如图1，若，用等式表示线段与之间的数量关系，并证明；
(3)如图2，若，点从点移动到点的过程中，连接，当为等腰三角形时，请直接写出此时的值．
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）由三角形内角和定理及外角定理结合即可求解；
（2）在上截取，连接，交于点H，连接，先证明，再证明四边形是平行四边形，可得，记与的交点为点N，则由轴对称可知：，，再解即可；
（3）连接，记与的交点为点N，由轴对称知，，，，当点G在边上时，由于，当为等腰三角形时，只能是，同（1）方法得，，中，，解得，然后，解直角三角形，表示出，，即可求解；当点G在延长线上时，只能是， 设，在中，，解得，设，解直角三角形求出，即可求解．
【详解】（1）解：如图，

∵，，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：，
在上截取，连接，交于点H，

∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点关于直线的对称点为点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
记与的交点为点N，
则由轴对称可知：，，
∴中，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：连接，记与的交点为点N，

∵，
∴，
由轴对称知，
当点G在边上时，由于，
∴当为等腰三角形时，只能是，
同（1）方法得，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴中，，解得，
∴，而，
∴为等边三角形，
∴，
设，
∵，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
当点G在延长线上时，只能是，如图：

设，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵
∴在中，，
解得，
∴，
设，则，，
在中，，由勾股定理求得，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
综上所述：或．
【点睛】本题考查了三角形的内角和，外角定理，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的分类讨论，等边三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
【变式3-1】（2023·湖南岳阳·一模）如图，在中，，、是边上的点．请从以下三个条件：①；②；③中，选择一个合适的作为已知条件，使得．

(1)你添加的条件是______（填序号）；
(2)添加了条件后，请证明．
【答案】(1)①（答案不唯一）
(2)见解析
【分析】（1）利用全等三角形的判定定理进行分析，选取合适的条件进行求解即可；
（2）结合（1）进行求解即可．
【详解】（1）解：可选取①或③（只选一个即可），
故答案为：①（答案不唯一）；
（2）证明：当选取①时，
，
，
在与中，
，
，
；
当选取③时，
，
，
在与中，
，
，
．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，解答的关键是熟记全等三角形的判定定理与性质并灵活运用．
【变式3-2】（2024九年级下·全国·专题练习）如图，在和中，点A、E、B、D在同一条直线上，，，只添加一个条件，不能判断的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定，先证明，再根据三角形全等的判定方法做出选择即可．
【详解】解：∵，
∴，
A、∵，，，∴，∴，该选项不符合题意；
B、∵，，，∴，该选项不符合题意；
C、，，不能判断，该选项符合题意；
D、∵，，，∴，该选项不符合题意．
故选：C．
【变式3-2】（2024·四川南充·模拟预测）如图，在中，，，将沿边所在直线翻折得，连接交于点，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查由翻折，全等三角形的性质，由翻折得到，即可得到，，，然后根据余角的性质得到即可．
【详解】∵将沿边所在直线翻折得，
∴，，
∴，，，
∴，
故选：A．
【变式3-3】（2023·四川成都·二模）如图，是内的一条射线，D、E、F分别是射线、射线、射线上的点，D、E、F都不与O点重合，连接，添加下列条件，能判定的是（ ）
A．，B．，，
C．，D．，
【答案】B
【分析】运用全等三角形的判定方法逐项判定即可．
【详解】解：A. ，不符合对应边、对应角相等，故不能证明，故不符合题意；
B. ，，，运用HL可证，故符合题意；
C. ，不符合对应边、对应角相等，故不能证明，故不符合题意；
D. ，再加上隐含条件,运用SSA不能证得，故不符合题意．
故选B．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，知道SSA不能判定三角形全等是解答本题的关键．
【变式3-4】（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，在中，的平分线交于点D，过点D作于点E．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)的长为．
【分析】（1）根据角平分线的性质得到，再证明即可得到；
（2）根据勾股定理求得，设，则，，再应用勾股定理即可求解．
本题考查了解平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】（1）解：是的角平分线，，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，，
∴，
设，则，，
在中，，
即，
解得：，
∴的长为．
【变式3-5】（2024·浙江宁波·三模）如图，在的方格纸中，有，仅用无刻度的直尺，分别按要求作图：
(1)在图1中，找到一格点，使与全等；
(2)在图2中，在上找一点，使得．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查作图—应用与设计作图，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
（1）构造平行四边形即可；
（2）取格点，，连接交于点，连接即可（利用相似三角形的性质,证明:）．
【详解】（1）解：如图1中，点即为所求；
（2）如图2中，点即为所求．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·山东烟台·中考真题）某班开展“用直尺和圆规作角平分线”的探究活动，各组展示作图痕迹如下，其中射线为的平分线的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】本题考查角平分线的判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，中垂线的性质和判定，根据作图痕迹，逐一进行判断即可．
【详解】解：第一个图为尺规作角平分线的方法，为的平分线；
第二个图，由作图可知：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴为的平分线；
第三个图，由作图可知，
∴，，
∴
∴，
∴为的平分线；
第四个图，由作图可知：，，
∴为的平分线；
故选D．
2．（2024·湖南·模拟预测）如图，在正方形中，线段绕点C逆时针旋转到处，旋转角为，点F在直线上，且，连接．
(1)如图1，当时，求证：．
(2)如图2，取线段的中点G，连接，已知，请直接写出在线段旋转过程中（）面积的最大值．
【答案】(1)见解析
(2)面积的最大值为
【分析】（1）连接，计算得到，利用证明，推出是等腰直角三角形，据此即可证明；
（2）过点作的垂直，交直线于点，连接，相交于点，连接，利用直角三角形的性质推出点在以点为圆心，为半径的一段弧上，得到当点、、在同一直线上时，有最大值，则面积的最大值，据此求解即可．
【详解】（1）解：连接．
，
，
，
，
，．
，
是等腰直角三角形，
；
（2）解：过点作的垂线，交直线于点，连接，相交于点，，连接，
由（1）得是等腰直角三角形，又点为斜边的中点，
，即，
四边形是正方形，
．
，
点在以点为圆心，为半径的一段弧上，
当点、、在同一直线上时，有最大值，则面积的最大值，
．
面积的最大值为．
【点睛】本题考查的是正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、直角三角形的性质、勾股定理，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．
3．（2024·湖北·一模）如图，一次函数的图象与反比例函数的图象在第一象限内交于点A，与y轴交于点C，与x轴交于点B，C为的中点，．
(1)求的值；
(2)当，时，求x的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查反比例函数的图象与性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，
（1）过点A作y轴的垂线，垂足为D，证明进而求出结论；
（2）先求出，根据图象写出结论即可．
【详解】（1）解：过点A作y轴的垂线，垂足为D．
点C为的中点，
，
又；，
∴，
∴，
设，点A在第一象限，
则，即，
∴．
（2）因为，
所以B−2,0，
由，得，
所以，．
当时，x的取值范围是：．
4．（2023·北京门头沟·二模）如图，在中，，点在延长线上，且，将延方向平移，使点移动到点，点移动到点，点移动到点，得到，连接，过点作于．

(1)依题意补全图形；
(2)求证：；
(3)连接，用等式表示线段，的数量关系，并证明．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
(3)，理由见详解
【分析】（1）按要求作图即可；
（2）根据平移的性质可求，再求，即可得证；
（3）连接、，可证，从而可得，，再证，从而可得，，从而可证，即可得证．
【详解】（1）解：如图

（2）证明：由平移得：
，，
，
，
，
，
，
，
．
（3）解：．
理由：如图，连接、，
，
，
在和中
，
()，
，；
，
，
；
由平移得：；
在和中
，
()，
，，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了平移的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关的判定方法及性质，并会根据题意作出辅助线是解题的关键．
5．（2024·浙江宁波·模拟预测）在等边三角形外侧作直线，点关于直线的对称点为，连接，交于点，连接．

(1)依题意补全如图；
(2)若，求；
(3)若，用等式表示线段，，之间的数量关系并证明．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)，理由见解析
【分析】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，等边三角形的性质等知识点，灵活运用这些知识点是解题的关键．
（1）依题意补全图形；
（2）由等腰三角形的性质和外角性质即可求解；
（3）连接交于点，证明，过点作于点，设，，则，，根据勾股定理求出，在中，由勾股定理得出，代入相关数据得出，由，可得出结论．
【详解】（1）解：过点作直线的垂线，交于点，取点，使得，连接，交于点，连接，则点为点关于直线的对称点，图1为所求的图：
（2）如图2：连接，

∵点与点关于直线对称，
∴，，
∴，，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在与中，
，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：，理由如下：
如图，连接交于点，
∵点与点关于直线对称，
∴，，
∴，，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴在与中，
∴
∵是等边三角形
∴
∴，
过点作于点，
设，，则，，
在中，，
在中，，
∴
，
∵，，
∴
6．（2024·贵州遵义·模拟预测）如图①，在中，，，点在边上，连接，点在射线上，连接．
(1)如图，将绕点逆时针旋转得到，连接，．求证：；
(2)若点是的中点，连接，求的最小值；
(3)如图②，若于点，求的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)．
【分析】（1）利用旋转的性质得到，，利用等式的性质得到，再利用全等三角形的判定定理解答即可；
（2）利用勾股定理求得，利用旋转的性质得到是等腰直角三角形，则当最小时，最小；利用垂线段最短可知：当时，最小，利用三角形的面积公式求得，则结论可求；
（3）过点A作交于点，利用全等三角形的判定与性质得到，设，则，利用勾股定理列出关于的方程，解方程即可得出结论．
【详解】（1）证明：绕点A逆时针旋转得到，
，.
，
，
.
.
在和中，
；
（2）解：在中，，点是的中点，
，
，
连接，则是等腰直角三角形，如图，
则当最小时，最小，
垂线段最短，
当时，最小，
当时，，
，
．
的最小值为．
（3）解：过点A作交于点，如图，
.
，
，
.
，
，
，
，
.
在和中，
，
，
，．
为等腰直角三角形，
.
设，则，
在中，
，
，
解得：，
，
负数不合题意，舍去，
．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，线段中点的意义，直角三角形的性质，勾股定理，垂线段最短的性质，熟练掌握性质的性质是解题的关键．
7．（2024·四川乐山·模拟预测）如图，在中，，作的中点，过作，分别交AB、于、，我们称为等腰的“内接直角三角形”．设，．
(1)如图①，当时，若a=2，时，求内接直角三角形的斜边的长．
(2)如图②，当时，求证：内接直角三角形的斜边满足：；
(3)拓展延伸：如图③，当时，若、分别在、的延长线上，与，还满足（2）的关系式吗？若满足，证明你的结论；若不满足，请探索与，满足的数量关系式，并证明你的结论．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）过点作的垂线交的延长线于点，连接，根据平行线的性质，则，根据对顶角相等，全等三角形的判定和性质，则，得，，根据勾股定理的应用，即可；
（2）过点作的平行线交的延长线于点，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，根据等腰三角形的性质，则，根据全等三角形的判定和性质，则，，，根据勾股定理，则，即可；
（3）过点作的垂线交的延长线于点，连接，根据平行线的性质，则，根据对顶角相等，全等三角形的判定和性质，则，根据勾股定理，则，进行解答，即可．
【详解】（1）解：如图，过点作的垂线交的延长线于点，连接，
∵，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
在 中，由勾股定理得：．
（2）如图，过点作的平行线交的延长线于点，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，
∵，，
∴，
∵点是的中点，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
又∵，，，
∴，，
∴，
在中，，
即．
（3）如图，过点作的垂线交的延长线于点，连接，
∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
在中，，
【点睛】本题考查等腰三角形，全等三角形，勾股定理的知识，解题的关键是掌握等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，进行解答，即可．
题型四：角平分线性质定理
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·山东德州·中考真题）如图中，，，垂足为D，平分，分别交，于点F，E．若，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查相似三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、三角形的面积等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质以及角平分线的性质是解答的关键．设，，利用勾股定理求得，，再证明得到，再利用角平分线的性质和三角形的面积得到即可求解．
【详解】解：∵，
设，，
∵，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵平分，
∴点F到、的距离相等，又点A到、的距离相等，
∴，即，
故选：A．
【典例2】（2024·山东青岛·中考真题）已知：如图，四边形，E为边上一点．
求作：四边形内一点P，使，且点P到的距离相等．
【答案】见解析
【分析】本题考查作图-复杂作图，角平分线的性质，解题的关键是掌握作角平分线和作一个角等于已知角的尺规作图方法．作的平分线，以E为顶点，为一边作，交于P，点P即为所求．
【详解】解：作的平分线，以E为顶点，为一边作，交于P，如图，点P即为所求．
【变式4-1】（2024·四川绵阳·模拟预测）如图，在中，的平分线交于点于点，若的周长为12，则的周长为4，则为（ ）
A．3B．4C．6D．8
【答案】B
【分析】本题考查角平分线的性质、全等三角形的性质与判定，根据角平分线的性质可得，，证得，可得，再根据三角形周长可得，即可求解．
【详解】解：∵平分，，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∵ 的周长为 4 ， 的周长为12，
∴，，
∴，
∴，
故选：B．
【变式4-2】（2025·湖南·模拟预测）如图，在中，，E是边上一点，连接，在右侧作，且，连接．若，，则四边形的面积为 ．
【答案】60
【分析】本题考查等边对等角，平行线的性质，角平分线的性质，勾股定理：过点作，，根据等边对等角结合平行线的性质，推出，进而得到，得到，进而得到四边形的面积等于，设，勾股定理求出的长，再利用面积公式求出的面积即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分，
过点作，，
则：，
∵，且，
∴，
∴四边形的面积，
∵，
∴，
设，则：，
由勾股定理，得：，
∴，
解：，
∴，
∴，
∴四边形的面积为60．
故答案为：60．
【变式4-3】如图，的外角的平分线与相交于点P，若点P到的距离为3，则点P到的距离为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【分析】本题考查了角平分线的性质．如图，过作于，于，于，则，由的外角的平分线与相交于点P，可得，然后作答即可．
【详解】解：如图，过作于，于，于，则，

∵的外角的平分线与相交于点P，
∴，
∴点P到的距离为3，
故选：B．
【变式4-4】（2024·陕西西安·三模）如图，已知锐角，，请用尺规作图法，在内部求作一点P．使．且．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】见解析
【分析】本题考查了作图—复杂作图，先作的平分线，再作的垂直平分线，直线交于点，则点即为所求，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作，也考查了等腰三角形的性质．
【详解】解：如图，点即为所求，
．
44．（2024·四川乐山·一模）如图，在中，，BD是的一条角平分线，点、、分别在BD、、上，且四边形是正方形．
(1)求证：平分；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查角平分线的判定及性质，直角三角形的两锐角互余以及正方形的性质，掌握角平分线的判定及性质是本题的解题关键．
（1）过点作于点，根据角平分线定理的性质及正方形的性质得，利用角平分线的判定即可得证；
（2）利用全等得到线段，，利用正方形，得到四边都相等，从而利用与、及AB的关系求出的长．
【详解】（1）证明：过点作于点
∵正方形，
∴，于，于
∵BD平分，于，于
∴
∵于，
∴点在的平分线上即平分；
（2）解：∵中，，，
∴
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
同理得
由（）得
∵，，
∴，
∵
∴即
解得
【变式4-5】（2024·甘肃兰州·模拟预测）如图，在矩形中，的平分线交于点，于点，于点，与交于点．
(1)判断四边形的形状，并说明理由；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)正方形；理由见解析
(2)1
【分析】本题主要考查了正方形的判定与性质，矩形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．
（1）根据矩形性质及得，则四边形为矩形，再根据是的平分线得，由此即可得出结论；
（2）根据四边形为正方形，得，证明和全等得，由此可得的长．
【详解】（1）解：四边形为正方形．理由如下：
四边形为矩形，
．
，
，
∴四边形为矩形，
∵是的平分线，
．
四边形为正方形．
（2）解∶∵四边形为正方形，，
．
，
．
∵是的平分线，
．
在和中，
，
．
【中考模拟即学即练】
1．如图，在中，，用尺规作图法作出射线，交于点，，为上一动点，则的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】本题考查基本作图——作角平分线，角平分线的性质定理，垂线段最短．当时，根据垂线段最短可知，此时的值最小．再根据角平分线的性质定理可得，即得．
【详解】解：当时，根据垂线段最短可知，此时的值最小．
由作图知：平分，
∵，
∴，
∵，
∴．
∴的最小值为5，
故选：D．
2．（2024·广东中山·模拟预测）如图，，，，若，则 ．
【答案】4
【分析】作于H，根据角平分线的性质求出，根据含角直角三角形的性质求出，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：作于H．
∵，，，
∴，．
∵，
∴，
∴
∴，
∴
∴
∴．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了三角形外角的性质、角平分线的性质、等边对等角、含角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，掌握角的平分线上的点到这个角的两边的距离相等是解题的关键．
3．（2023·北京·模拟预测）如图，在中，按以下步骤作图：①以点A为圆心，适当长为半径作弧，分别交于点M，N；②分别以点M，N为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点P；③作射线交于点D．若，的面积为4，则的面积为 ．

【答案】6
【分析】利用基本作图得到平分，再根据角平分线的性质得点D到、的距离相等，于是利用三角形面积公式得到的面积的面积，从而可计算出的面积．
【详解】解：由作法得平分，则点D到、的距离相等，
∴的面积的面积，
∵的面积为4，
∴的面积是6．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了基本作图：熟练掌握基本作图作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线也考查了角平分线的性质．
4．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在中，，，按以下步骤作图：①以点为圆心，以任意长为半径作弧，分别交，于点D，E；②分别以D，E为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，交于点F，若，则的长为 ．
【答案】/
【分析】作于点，根据作图轨迹可知射线为的角平分线，可得，再求出的度数，根据解直角三角形求出的长，从而可得的长，根据即可解题．
【详解】解：由作图轨迹可知：射线为的角平分线，
如图，作于点，
，
射线为的角平分线，，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了作角平分线，角平分线性质，含角的直角三角形，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识．
5．（2024·青海·一模）如图，在中，，平分，交于点，过点作于点．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理，
（1）由角平分线的性质得到，证明，由全等三角形的性质即可得证；
（2）由勾股定理求出，由（1）知，由，即可得解；
掌握角平分线的性质和勾股定理是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵平分，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：∵，，，
∴，
由（1）知：，
∴，
∴的长为．
6．（2024·广东·模拟预测）如图，已知矩形的平分线交的延长线于点E．
(1)尺规作图：过点B作的垂线交于点G（保留作图痕迹，不写作法）．
(2)在（1）所作的图形中，连接，若平分，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）以点B为圆心，画弧交于两点，再以这两个交点为圆心画弧交于一点，连接B与这点，并延长交于于一点，即为G；
（2）根据角平分线上的点到角两边的距离相等，得出，再证明因为四边形是矩形，所以 ，用等角对等边，得，结合，则结合勾股定理，得，，因为，所以，即可作答．
本题考查了尺规作图——作垂线，角平分线的性质，勾股定理，矩形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
【详解】（1）解：如图（1）所示，即为所求．
（2）证明：如图（2），
∵平分，
∴
又∵，
∴
∴．
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵平分，
∴．
又∵，
∴，
，
∵，
∴
7．（2024·江苏南京·三模）我们知道：三角形的三条角平分线交于一点（内心）、三条中线交于一点（重心）、…
（1）如图1，的中线相交于点，连接，易证，可得．如图2．的中线相交于点，同理易证① ．于是，点与点重合，三角形的三条中线交于一点．这样证明两个点（与）是同一点的方法也称为“同一法”．
（2）如图3，是的角平分线，求证：．
由此，得到结论：三角形内角平分线分对边所得的两条线段和这个角的两边对应成比例．
（3）根据（2）中得到的结论用“同一法”证明：的三条角平分线交于一点．
（4）在中，，，是的角平分线，且，则 ．
【答案】（1）；（2）①；②；（3）见解析；（4）
【分析】本题考查了三角形的中位线性质、相似三角形的判定与性质、角平分线的判定与性质、勾股定理等知识，理解题中“同一法”是解答的关键．
（1）利用三角形的中位线性质和相似三角形的判定和性质可得结论；
（2）利用角平分线的性质和三角形的面积公式求解即可；
（3）利用角平分线的判定与性质和“同一法”的证明方法解答即可；
（4）过A作于H，由（2）中结论，得，设，则，设，则，，由勾股定理可得，，然后列方程求解x值即可．
【详解】解：（1）如图1，的中线相交于点，连接，
∴是的中位线，
∴，，
∴，
∴，则．
如图2．的中线相交于点，连接，
则是的中位线，
∴，，
∴，
∴，则．
则点与点重合，即三角形的三条中线交于一点．
故答案为：；
（2）根据所给证明过程，结合角平分线的性质得①，再根据等量代换可得②，
故答案为：①；②；
（3）证明：如图，、分别是的平分线，设、相交于点O，过O分别作于P，于Q，，
则，，
∴，又，，
∴平分，即的三条角平分线交于点O；
如图，、分别是的平分线，设、相交于点，过分别作于P，于Q，于H，
则，，
∴，又，，
∴平分，即的三条角平分线交于点，
综上，点O和点重合，
故可得结论：的三条角平分线交于一点；
（4）过A作于H，
∵是的角平分线，，，
∴由（2）中结论，得，
设，则，
设，则，，
由勾股定理得，
，
，
由得，
由得，
∴，则，
解得（负值已舍去），
∴．
8．（2023·陕西西安·一模）在平面直角坐标系中，点在轴的负半轴上，点在轴的正半轴上，点与点关于轴对称．
(1)如图1，，平分交于，交于，请直接写出与的数量关系为________；
(2)如图2，平分交于，若，求的度数；
(3)如图3，，点在的垂直平分线上，作交的延长线于，连接，试探究与的数量和位置关系．
【答案】(1)相等
(2)
(3)
【分析】（1）根据角平分线的性质和判定证明全等直接求解即可；
（2）根据中线倍长模型构造全等，然后证明二次全等找到角度之间的关系，列方程求解即可；
（3）作出手拉手模型构造全等，说明线段的数量和位置关系即可．
【详解】（1）平分交于，交于，
在和中,
，点与点关于轴对称
，
（2）取关于横轴的对称点，连接，
延长至，使得，连接．
在和中,
在和中,


平分交于
在中，
则
在中，
解得，

（3）过作交延长线于点，连接
,



在和中,

是等腰三角形


与的数量和位置关系是
【点睛】此题考查全等三角形的综合题型，解题关键是巧妙作出合适的辅助线，意在利用已知的条件推论全等而得到角等或边等的关系．
10．【思维启迪】
（1）如图1，是的中线，延长到点．使，连接，则与的数量关系为________，位置关系为________．
【思维应用】
（2）如图2，在中，，点为内一点，连接，，延长到点，使，连接，若，请用等式表示，，之间的数量关系，并说明理由；
【思维探索】
（3）如图3，在中，，，点为中点，点在射线上（点不与点，点重合），连接，过点作，垂足为点，连接．若，，请直接写出的长．

【答案】（1）相等，平行；（2）；（3）的长为或．
【分析】（1）直接利用即可求证全等，继而得到，故；
（2）①延长至点F，使得，连接，则是的垂直平分线，得到，可证明，则，，在中，由勾股定理得：，则等量代换出；
（3）当点在线段上时，延长至点H，使得，连接并延长交于点G，同上可得：，可证明，则，故，在中，由勾股定理求得，那么，中，由勾股定理求得，则；当点在延长线上时，构造上述辅助线，同理可求．
【详解】解：（1）由题意得，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：相等，平行；
（2）延长至点F，使得，连接，
∵，即，
∴是的垂直平分线，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴在中，由勾股定理得：，
∴；
（3）当点在线段上时，延长至点H，使得，连接并延长交于点G，
同上可得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，
由勾股定理求得，
∴，
∴中，由勾股定理求得，
∴；
当点在延长线上时，构造上述辅助线，
同上可得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理求得，
∴，
∴中，由勾股定理求得，
∴，
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定与性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握知识点，正确构造全等三角形是解决本题的关键．
题型五：线段垂直平分线的性质与判定
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·山东济南·中考真题）如图，在正方形中，分别以点A和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，作直线，再以点A为圆心，以的长为半径作弧交直线于点（点在正方形内部），连接并延长交于点．若，则正方形的边长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接，设交于点H，正方形边长为，由作图知，，垂直平分，得到，，由勾股定理得到，证明，推出，推出，得到，即得．
【详解】连接，设交于点H，正方形边长为，
由作图知，，垂直平分，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形和线段垂直平分线综合．熟练掌握正方形性质，线段垂直平分线性质，勾股定理解直角三角形，平行线分线段成比例定理，梯形中位线性质，是解决问题的关键．
【典例2】（2024·江苏镇江·中考真题）如图，的边的垂直平分线交于点，连接．若，，则 ．
【答案】3
【分析】本题考查线段垂直平分线的性质，关键是由线段垂直平分线的性质推出．
求出，由线段垂直平分线的性质推出．
【详解】解：，，
，
在的垂直平分线上，
．
故答案为：3．
【典例3】（2024·江苏常州·中考真题）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交边于点E、F．若，，则 ．
【答案】
【分析】本题主要考查三角形相似的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握三角形的判定和性质是解题的关键．设与相交于点，证明，根据相似的性质进行计算即可；
【详解】解：的垂直平分线分别交边于点E、F．
，，
，
，
，
，
，，，
，
，
，
令，
，
解得或（舍去），
．
故答案为：．
【变式5-1】（2024·陕西渭南·二模）如图，点A为和的公共顶点，已知，，请你添加一个条件，使得．（不再添加其他线条和字母）
(1)你添加的条件是______；
(2)根据你添加的条件，写出证明过程．
【答案】(1)
(2)过程见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定；
（1）根据题意添加的条件即可；
（2）根据全等三角形的判定定理即可得到证明．
【详解】（1）解：．
（2）证明：∵，
∴，
即．
在和中，，
，，
∴，
∴．
【变式5-2】（2023·四川眉山·模拟预测）如图，在中，边的垂直平分线交于，交于，若平分，，则 度．
【答案】
【分析】本题主要考查线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，掌握垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等是解题的关键．由线段垂直平分线和角平分线的定义可得，在中由三角形内角和定理可求得．
【详解】解：在线段的垂直平分线上，
，
，
平分，
，
又，
，
故答案为：．
【变式5-3】（2024·四川广元·中考真题）点F是正五边形边DE的中点，连接并延长与CD延长线交于点G，则的度数为 ．

【答案】/18度
【分析】连接，，根据正多边形的性质可证，得到，进而得到是的垂直平分线，即，根据多边形的内角和公式可求出每个内角的度数，进而得到，再根据三角形的内角和定理即可解答．
【详解】解：连接，，

∵五边形是正五边形，
∴，
∴，
∴，
∵点F是的中点，
∴是的垂直平分线，
∴，
∵在正五边形中，，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查正多边形的性质，内角，全等三角形的判定及性质，垂直平分线的判定，三角形的内角和定理，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题的关键．
【变式5-4】（2024·四川南充·中考真题）如图，在中，点D为边的中点，过点B作交的延长线于点E．
(1)求证：．
(2)若，求证：
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，中垂线的判定和性质：
（1）由中点，得到，由，得到，即可得证；
（2）由全等三角形的性质，得到，进而推出垂直平分，即可得证．
【详解】（1）证明：为的中点，
．
；
在和中，
；
（2）证明：
垂直平分，
．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·福建莆田·模拟预测）如图，在中，，，求作的三等分线．
阅读以下作图步骤：
（1）分别以点A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧分别交于点D，E，作直线交于点F，交于点H，画射线；
（2）以点C为圆心，适当的长为半径画弧，交于点M，交于点N；
（3）分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在的内部交于点G，画射线，则射线即为所求．
下列说法不正确的是（ ）
A．B．C．D．为等边三角形
【答案】B
【分析】由垂直平分线段可判断A，由30度角的性质可判断B，由等边三角形的判定可判断D，由三线合一可判断C．
【详解】解：∵，，
∴，
由作图可知垂直平分线段，
∴，故选项A正确，
∴，
∵，
∴，故选项B错误，
∴，
∴，
∴是等边三角形，故选项D正确，
由作图可知平分，
∴，故选项C正确，
故选：B．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，角平分线的性质，线段的垂直平分线，含30度的直角三角形等知识，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题．
2．（2025·贵州·模拟预测）如图，的周长为20，，分别以点B和点C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M和N，作直线，交边于点D，连接，则的周长为 ．
【答案】12
【分析】本题考查了线段垂直平分线的作图，线段垂直平分线的性质，正确理解线段垂直平分线的作图及线段垂直平分线的性质是解题的关键．根据的周长为20，可得，根据作图可知垂直平分，再由线段垂直平分线的性质得到，即可求得答案．
【详解】的周长为20，
，
，
由已知作图可知垂直平分，
，
的周长．
故答案为：12．
3．（2024·湖北武汉·模拟预测）四边形中，，，，，为AD的中点，若，则的长度为 ．
【答案】
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，延长至点，使，证明，根据性质得，，过点作交的延长线于点，证明为等腰直角三角形，最后由勾股定理，垂直平分线的性质即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】如图，延长至点，使，
∵是中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
过点作交的延长线于点，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴由勾股定理得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
4．（2024·湖北宜昌·一模）如图，分别以点B和点C为圆心，大于为半径作弧，两弧相交于A、M两点；作直线；连接；
(1)是什么三角形？说明理由；
(2)在中，是平分线，是平分线．求证：．
【答案】(1)是等腰三角形，见解析；
(2)见解析．
【分析】本题考查的是线段的垂直平分线的作图，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．
（1）由作图知是的垂直平分线，据此可证明是等腰三角形；
（2）证明，即可得到．
【详解】（1）解：是等腰角形，
理由如下：
根据作图，是的垂直平分线，
∴．
∴是等腰三角形；
（2）证明：∵是等腰三角形，，
∴，
又∵是平分线，是平分线，
∴，，
∴，
又∵，
∴．
∴．
5．（2024·甘肃嘉峪关·二模）如图，已知．
(1)尺规作图：作的边AB的垂直平分线，交AB于点D，交于点E（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)若，求DE的长．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】本题考查了作图-基本作图，熟练掌握基本作图（作已知线段的垂直平分线）是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质和解直角三角形、角平分线的性质．
（1）利用基本作图作的垂直平分线即可；
（2）根据线段垂直平分线的性质得到，根据角平分线的性质和正切定义即可得到结论．
【详解】（1）解：如图，为所作；
（2）解：连接，
∵是的垂直平分线，
，
，
，
，
，
又，
，
故的长为．
6．（2024·广东·模拟预测）如图，在 中，是的角平分线．
(1)实践与操作：用尺规作图法，在上找到一点E使得为以为底边的等腰三角形；(保留作图痕迹，不写作法)
(2)应用与计算：在（1）的条件下，过点D作交于点F，求证：
【答案】(1)图见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了作垂直平分线，角平分线的定义，三角形全等的判定及性质，解题的关键是作出相应的辅助线；
（1）理解是需要作线段的垂直平分线即可；
（2）利用垂直平分线的性质，角平分线的定义，平行线的性质证明出，再通过等量代换即可证明．
【详解】（1）解：作图如下：
（2）证明：作图如下：
是的角平分线，的垂直平分线交于点，
，，
，
，
，
，
，
，
．
7．（2024·湖南·二模）已知直角三角板中，，将该三角板绕点C旋转，得到，连接，．
(1)如图1，将直角三角板逆时针旋转，，写出的度数（不需要说明理由）；
(2)若将直角三角板顺时针旋转，请在图2中补全图形，并求出的度数；
(3)若的平分线交于点G，交直线于点F，连接，试证明：．
【答案】(1)
(2)补全图形见解析，
(3)见解析
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，利用数形结合的思想解决问题是关键．
（1）由旋转的性质可知，，，，再根据等边对等角的性质和三角形内角和定理求解即可；
（2）根据题意补全图形，再根据旋转的性质以及等边对等角的性质求解即可；
（3）分两种情况讨论：①当将直角三角板逆时针旋转时；②当将直角三角板顺时针旋转时，过点作，证明是线段的垂直平分线，进而得出是等腰直角三角形，得到，再利用全等三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：由旋转的性质可知，，，，
，
，
，，
，
；
（2）解：补全后的图形如图①所示．
由旋转的性质可知，．
．
在等腰三角形中，，
．
（3）解：①当将直角三角板逆时针旋转时，如图②，
过点作，交的延长线于点．
由旋转的性质可知，，
是等腰三角形，
是的平分线，
垂直平分，
．
由（1）知，
．
是等腰直角三角形．
．
．
又，
，
．
．
，
，
即；
②当将直角三角板顺时针旋转时，如图③，
过点作，交的延长线于点．
同理可证，是线段的垂直平分线．
．
由（2）知，
．
是等腰直角三角形．
，
．
又，
，
．
，
．
，
即．
综上所述，．