初二数学全等三角形压轴几何题(讲义及答案)含答案

2024年3月6日发(作者：国学画数学试卷图片大全)

初二数学全等三角形压轴几何题(讲义及答案)含答案

一、全等三角形旋转模型

1．问题背景：如图1，在四边形ABCD中，BAD90，BCD90，BABC，ABC120，MBN60，MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．探究图中线段AE，CF，EF之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长FC到G，使CGAE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFC≌△BFE，可得出结论，他的结论就是_______________；

探究延伸1：如图2，在四边形ABCD中，BAD90，BCD90，BABC，ABC2MBN，MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由．

探究延伸2：如图3，在四边形ABCD中，BABC，BADBCD180，ABC2MBN，MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．

实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30的A处舰艇乙在指挥中心南偏东70的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70，试求此时两舰艇之间的距离．

答案：E

解析：EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．实际应用：210海里．

【分析】

延长FC到G，使CGAE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明BGF≌BEF，可得GF=EF，即可解题；

探究延伸1：延长FC到G，使CGAE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明BGF≌BEF，可得GF=EF，即可解题；

探究延伸2：延长FC到G，使CGAE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明BGF≌BEF，可得GF=EF，即可解题；

实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF，将AE和CF的长代入即可．

【详解】

解：EF=AE+CF

理由：延长FC到G，使CGAE，连接BG，

在△BCG和△BAE中，

BCBABCGBAE90，

CGAE∴△BCG≌△BAE（SAS），

∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，

∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，

∴∠ABE+∠CBF=60°，

∴∠CBG+∠CBF=60°，

即∠GBF=60°，

在△BGF和△BEF中，

BGBEGBFEBF，

BFBF∴△BGF≌△BEF（SAS），

∴GF=EF，

∵GF=CG+CF=AE+CF，

∴EF=AE+CF．

探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．

理由：延长FC到G，使CGAE，连接BG，

在△BCG和△BAE中，

BCBABCGBAE90，

CGAE∴△BCG≌△BAE（SAS），

∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，

∵∠ABC=2∠MBN，

∴∠ABE+∠CBF=∴∠CBG+∠CBF=即∠GBF=1∠ABC，

21∠ABC，

21∠ABC，

2在△BGF和△BEF中，

BGBEGBFEBF，

BFBF∴△BGF≌△BEF（SAS），

∴GF=EF，

∵GF=CG+CF=AE+CF，

∴EF=AE+CF．

探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．

理由：延长FC到G，使CGAE，连接BG，

∵BADBCD180，∠BCG+∠BCD=180°，

∴∠BCG=∠BAD

在△BCG和△BAE中，

BCBABCGBAE，

CGAE∴△BCG≌△BAE（SAS），

∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，

∵∠ABC=2∠MBN，

∴∠ABE+∠CBF=∴∠CBG+∠CBF=即∠GBF=1∠ABC，

21∠ABC，

21∠ABC，

2在△BGF和△BEF中，

BGBEGBFEBF，

BFBF∴△BGF≌△BEF（SAS），

∴GF=EF，

∵GF=CG+CF=AE+CF，

∴EF=AE+CF．

实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，

∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，

∴∠EOF=1∠AOB

2∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°，

∴符合探索延伸中的条件

∴结论EF= AE+CF仍然成立

即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里）

答：此时两舰艇之间的距离为210海里．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质．作辅助线构造全等三角形是解题的关键．

2．一位同学拿了两块45三角尺MNK，ACB做了一个探究活动：将MNK的直角顶点M放在ACB的斜边AB的中点处，设ACBC4.

（1）如图1所示，两三角尺的重叠部分为ACM，则重叠部分的面积为______，周长为______.

（2）将如图1所示中的MNK绕顶点M逆时针旋转45，得到如图2所示，此时重叠部分的面积为______，周长为______.

（3）如果将MNK绕M旋转到不同于如图1所示和如图2所示的图形，如图3所示，请你猜想此时重叠部分的面积为______.

（4）在如图3所示情况下，若AD1，求出重叠部分图形的周长.

答案：A

解析：（1）4，442；（2）4，8；（3）4；（4）425

【分析】

1根据ACBC4，ACB90，得出AB的值，再根据M是AB的中点，得出AMMC，求出重叠部分的面积，再根据AM，MC，AC的值即可求出周长；

12易得重叠部分是正方形，边长为AC，面积为1AC2，周长为2AC.

423过点M分别作AC、BC的垂线MH、ME，垂足为H、E.求得Rt则阴影部分的面积等于正方形CEMH的面积.

MHD≌RtMEG，4先过点M作MEBC于点E，MHAC于点H，根据DMHEMH，MHME，得出RtDHM≌RtEMG，从而得出HDGE，CEAD，最后根据AD和DF的值，算出DM5，即可得出答案.

【详解】

解：1ACBC4，ACB90，

ABAC2BC2424242，

M是AB的中点，

AM22，

ACM45，

AMMC，

重叠部分的面积是22224，

2周长为：AMMCAC22224442；

故答案为4，442；

2重叠部分是正方形，

11边长为42，面积为444，

24周长为248．

故答案为4，8．

3过点M分别作AC、BC的垂线MH、ME，垂足为H、E，

M是ABC斜边AB的中点，ACBC4，

1MHBC，

21MEAC，

2MHME，

又NMKHME90，

NMHHMK90，EMGHMK90，

HMDEMG，

在MHD和MEG中，

HMDGME，

MHMEDHMMEGMHD≌MEGASA，

11444；

22阴影部分的面积等于正方形CEMH的面积，

正方形CEMH的面积是MEMH阴影部分的面积是4；

故答案为4．

4如图所示，

过点M作MEBC于点E，MHAC于点H，

四边形MECH是矩形，

MHCE，

A45，

AMH45，

AHMH，

AHCE，

在RtDHM和RtGEM中，

DMHEMG，

MHMEDHMGEMRtDHM≌RtGEM.

GEDH，

AHDHCEGE，

CGAD，

AD1，

DH1.

DM145

．

四边形DMGC的周长为：

CECDDMME

ADCD2DM

425．

【点睛】

此题考查了等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质，等腰直角三角形的面积公式，正方形的面积公式，全等三角形的判定和性质求解．

3．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，

21CE，

2点P，M是CD，DE的中点，

PM//CE，PMAB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．

4．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＝，

OCACAEAC5∴＝＝，设AE＝5k，OE＝3k，

OCEO3∵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＝，

ABAC

∴55k＝，

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．

5．已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点(点D不与B、C重合)．以AD为边作正方形ADEF，连接CF．

（1）如图1，当点D在线段BC上时，请直接写出线段BD与CF的数量关系：

；

（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其它条件不变，若AC=2，CD=1，则CF=

；

（3）如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A、F分别在直线BC的两侧，其它条件不变：

①请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系：

；

②若连接正方形对角线AE、DF，交点为O，连接OC，探究△AOC的形状，并说明理由．

答案：B

解析：（1）BD=CF；（2）221；（3）①CD=CF+BC，②等腰三角形，见解析

【分析】

（1）△ABC是等腰直角三角形，利用SAS即可证明△BAD≌△CAF；

（2）同（1）相同，利用SAS即可证得△BAD≌△CAF，从而证得BD=CF，即可得到CF=CD+BC，然后求出答案；

（3）中的①与（1）相同，可证明BD=CF，又点D、B、C共线，故：CD=BC+CF；

②由（1）猜想并证明BD⊥CF，从而可知△FCD为直角三角形，再由正方形的对角线的性质判定△AOC三边的特点，再进一步判定其形状．

【详解】

解：（1）证明：∵∠BAC=90°，AB=AC，

∴∠ABC=∠ACB=45°，

∵四边形ADEF是正方形，

∴AD=AF，∠DAF=90°，

∵∠BAC=∠BAD+∠DAC=90°，∠DAF=∠CAF+∠DAC=90°，

∴∠BAD=∠CAF，

在△BAD和△CAF中，

ABACBADCAF，

ADAF∴△BAD≌△CAF（SAS），

∴BD=CF，

（2）与（1）同理，证△BAD≌△CAF；

∴BD=CF，

∴CF=BC+CD，

∵AC=AB=2，CD=1，

∴BC222222，

∴CF=221；

（3）①BC、CD与CF的关系：CD=BC+CF

理由：与（1）同法可证△BAD≌△CAF，从而可得：

BD=CF，

即：CD=BC+CF

②△AOC是等腰三角形

理由：与（1）同法可证△BAD≌△CAF，可得：∠DBA=∠FCA，

又∵∠BAC=90°，AB=AC，

∴∠ABC=∠ACB=45°，

则∠ABD=180°-45°=135°，

∴∠ABD=∠FCA=135°

∴∠DCF=135°-45°=90°

∴△FCD为直角三角形．

又∵四边形ADEF是正方形，对角线AE与DF相交于点O，

1DF，

2∴OC=OA

∴OC=∴△AOC是等腰三角形．

【点睛】

本题考查了等腰三角形、正方形的性质及全等三角形的判定与性质等知识点，一般情况下，要证明两条线段相等，就得证明这两条线段所在的两个三角形全等，关键是掌握图形特点挖掘题目所隐含的条件．

6．综合与探究

问题情境

在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是射线BC上一动点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°至AE，连接DE，CE．

探究发现

（1）如图1，BD＝CE，BD⊥CE，请证明；探究猜想；

（2）如图2，当BD＝2DC时，猜想AD与BC之间的数量关系，并说明理由；

探究拓广

（3）当点D在BC的延长线上时，探究并直接写出线段BD，DC，AD之间的数量关系．

答案：B

解析：（1）证明见解析；（2）AD10BC，理由见解析；（3）6BD2CD22AD2．

【分析】

（1）根据题意计算得∠BAD=∠CAE；再根据旋转的性质，通过证明△BAD≌△CAE，从而完成求解；

（2）结合（1）的结论，通过△BAD≌△CAE，得CE；通过勾股定理，得DE再通过勾股定理计算，记得得到答案；

（3）过点A作AMBC交BC于点M；根据等腰三角形三线合一的性质，得2AD；1BMCM，再根据直角三角形斜边中线的性质，得AMBMCMBC；根据勾2股定理的性质，通过计算，即可得到线段BD，DC，AD之间的数量关系．

【详解】

（1）由题意得，∠BAC=∠DAE=90°

∵∠BAD+∠CAD =∠CAE+∠CAD

∴∠BAD=∠CAE

∵线段AD绕点A逆时针旋转90°至AE

∴AD=AE

又∵AB=AC，

∴△BAD≌△CAE

∴BD=CE，∠B=∠ACE=45°

∴∠ECD=90°，BD⊥CE．

（2）由（1）得：△BAD≌△CAE

∴BD=CE，∠B=∠ACE=45°

∵CD21BC，BD＝2DC，即BDBC,

332BC，

3∴BDCE∵AD=AE

∴DEAD2AE22AD

∴∠B=∠ACB=45°

∴∠BCE=∠ACB+∠ACE =90°

∴CD2+CE2=DE2，即(BC)(BC)2AD，

∴AD132232210BC；

6（3）如图，过点A作AMBC交BC于点M

∵∠BAC＝90°，AB＝AC

∴BMCM1BC

21BC

2∴AMBMCM

∴AM1111BCBDCD，DMCMCDBCCDBDCD

222222∵AM2DM2AD2

112∴

BDCDBDCDAD22∴BD2CD22AD2．

【点睛】

本题考查了旋转、等腰直角三角形、勾股定理、直角三角形斜边中线的知识；解题的关键是熟练掌握旋转、等腰三角形三线合一、勾股定理、直角三角形斜边中线的性质，从而完成求解．

7．如图1所示，在Rt△ABC中BAC90，ABAC，BC2，以BC所在直线为x轴，边BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，将ABC绕P点0,1顺时针旋转．

（1）填空：当点B旋转到y轴正半轴时，则旋转后点A坐标为______；

（2）如图2所示，若边AB与y轴交点为E，边AC与直线yx1的交点为F，求证：AEF的周长为定值；

（3）在（2）的条件下，求AEF内切圆半径的最大值．

解析：（1）【分析】

2,21；（2）见解析；（3）324

（1）作出图形，A\'B\'C\'是ABC绕

P点0,1顺时针旋转，点B旋转到y轴正半轴时得到的图形，连接

BP，CP，根据BC2，y轴垂直平分BC，

ABAC，P0,1可证得四边形ABPC是正方形，则有

BPB\'PB\'0B\'PPO21，可得点

A坐标；

ABA\'B\'2，（2）作BPQCPF，交AB延长线于Q点，根据四边形ABPC是正方形，得到QBPFCP90，BPCP，可证△BPQ≌△CPFASA，得BQCF，QPFP，利用ASA再可证得△QPE≌△FPE，得QEFE则AEF的周长

ABAC22

（3）设EFm，AEn，RtAEF的内切圆半径为r，由（2）可得AF22mn则r时，r最大．得到n2AEAFEFn22mnm2m，当m最小22mn222m2整理得：n22m22n422m0，关于n的一元二次方程有解，即m224422m0化简得m242m80，利用二次函数图像可得m422或m422（不合题意，舍去）可得m的最小值为422，即r的最大值为2422324，则有AEF内切圆半径的最大值为324．

【详解】

解：（1）如图示，A\'B\'C\'是ABC绕

P点0,1顺时针旋转，点B旋转到y轴正半轴时得到的图形，连接

BP，CP，

∵BC2，y轴垂直平分BC

∴BOCO1

又∵Rt△ABC中，ABAC

∴AO1，ABAC∵P0,1

∴PO1

∴AOBOCOPO

∴四边形ABPC是正方形

∴BP∴B\'0B\'PB\'PABPOA\'B\'21

2

2

∴点A坐标为2,21

（2）如图2所示，作BPQCPF，交AB延长线于Q点

∵四边形ABPC是正方形∴QBPFCP90，

BPCP

∴△BPQ≌△CPFASA∴

BQCF，QPFP

∵点F在直线yx1∴FPE45∴

BPEFPC45

∴BPEBPQ45∴QPEFPE45

∵∴EPEP∴△QPE≌△FPEASA∴

QEFE

AEF的周长AEEFAFAEQEAF

AEBEBQAFAEBEFCAF

ABAC22

（3）设EFm，AEn，RtAEF的内切圆半径为

r，

由（2）可得AF22mn则rAEAFEF

2n22mnm

22m

∴当m最小时，r最大．∵在RtAEF中，AE2AF2EF2

∴n222mn2m2整理得：

n2m22n2422m422m0

0

∵关于n的一元二次方程有解∴∴m242m80

m224利用二次函数图像可得m422或m422（不合题意，舍去）

∴m的最小值为422∴r的最大值为2即AEF内切圆半径的最大值为324．

【点睛】

本题主要考查了一次函数的综合应用以及根的判别式、全等三角形的判定与性质、旋转、三角形内切圆等知识，能熟练应用相关性质是解题关键．

8．问题解决

一节数学课上，老师提出了这样一个问题：如图①，点P是等边ABC内的一点，422324

PA6，PB8

，PC10．你能求出APB的度数和等边ABC的面积吗？

小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：

如图①将△BPC绕点B逆时针旋转60°，得到△BPA，连接PP，可得BPP是等边三角形，根据勾股定理逆定理可得APP是直角三角形，从而使问题得到解决．

（1）结合小明的思路完成填空：PP_____________，APP_______________，APB_____________

，S（2）类比探究

ABC ______________．

Ⅰ如图②，若点P是正方形ABCD内一点，PA1

，PB2，PC3，求APB的度数和正方形的面积．

Ⅱ如图③，若点P是正方形ABCD外一点，PA3

，PB1，

PC11，求APB的度数和正方形的面积．

答案：B

解析：（1）8，90˚，150˚，25336；（2）ⅠAPB135，ⅡAPB45，S正方形

S正方形 ABCD722；ABCD1032

【分析】

（1）根据小明的思路，然后利用等腰三角形和直角三角形性质计算即可；

（2）Ⅰ将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，求出∠APB的度数；先利用旋转求出∠PBP\'=90°，BP\'=BP=2，AP\'=CP=3，利用勾股定理求出PP\'，进而判断出△APP\'是直角三角形，得出∠APP\'=90°，即可得出结论；过B作BE⊥AP于点E，然后利用勾股定理求出AB的长度即可求出正方形面积；

Ⅱ将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，求出∠APB的度数；先利用旋转求出∠PBP\'=90°，BP\'=BP=2，AP\'=CP=3，利用勾股定理求出PP\'，进而判断出△APP\'是直角三角形，得出∠APP\'=90°，即可得出结论；过B作BF⊥AP于点F，然后利用勾股定理求出AB的长度即可求出正方形面积；

【详解】

解:（1）由题易有BPP是等边三角形，APP是直角三角形

∴PP=BP=8，∠APP90?，∠PPB60?，

∴APB∠APP+∠PPB=150˚，

如图1，过B作BD⊥AP于点D

∵APB150°

∴∠BPD30?

在Rt△BPD中，∠BPD30?，BP=8

∴BD=4，PD=43

∴AD=6+43

∴AB2=AD2+BD2=100+483

∴SABC3AB2=25336

4（2）Ⅰ．如图2，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，

∴△ABP\'≌△CBP，

∴∠PBP\'=90°，BP\'=BP=2，AP\'=CP=3，

在Rt△PBP\'中，BP=BP\'=2，

∴∠BPP\'=45°，根据勾股定理得，PP\'=2BP=22，

∵AP=1，

∴AP2+PP\'2=1+8=9，

∵AP\'2=32=9，

∴AP2+PP\'2=AP\'2，

∴△APP\'是直角三角形，且∠APP\'=90°，

∴∠APB=∠APP\'+∠BPP\'=90°+45°=135°；

过B作BE⊥AP于点E，

∵∠APB=135°

∴∠BPE=45°

∴△BPE是等腰直角三角形

∴BE=BP=2BP=2

2∴AE=1+2

∴AB2=AE2+BE2=7+22

∴S正方形ABCDAB2722

Ⅱ．如图3，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，

∴△ABP\'≌△CBP，

∴∠PBP\'=90°，BP\'=BP=1，AP\'=CP=11，

在Rt△PBP\'中，BP=BP\'=1，

∴∠BPP\'=45°，根据勾股定理得，PP\'=2BP=2，

∵AP=3，

∴AP2+PP\'2=9+2=11，

∵AP\'2=（11）2=11，

∴AP2+PP\'2=AP\'2，

∴△APP\'是直角三角形，且∠APP\'=90°，

∴∠APB=∠APP\'-∠BPP\'=90°-45°=45°．

过B作BF⊥AP于点F

∵∠APB=45°

∴△BPF为等腰直角三角形

∴PF=BF=22

BP=222

2∴AF=AP-PF=3-∴AB2=AF2+BF2=1032

∴S正方形ABCDAB21032

【点睛】

此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质和判定，勾股定理，正确作出辅助线是解本题的关键．

9．如图１，在△ABC和△ADE中，∠DAE=∠BAC，AD=AE，AB=AC．

（1）求证：△ABD≌△ACE；

（2）如图2，在△ABC和△ADE中，∠DAE=∠BAC，AD=AE，AB=AC，∠ADB=90°，点E在△ABC内，延长DE交BC于点F，求证：点F是BC中点；

（3）△ABC为等腰三角形，∠BAC=120°，AB=AC，点P为△ABC所在平面内一点，∠APB=120°，AP=2，BP=4，请直接写出 CP的长．

答案：D

解析：（1）证明见详解；（2）证明见详解；（3）27或213．

【分析】

（1）因为∠DAE=∠BAC，可以得到∠DAB=∠EAC，因为AD=AE，AB=AC，即可得到△ABD≌△ACE；

（2）连接CE，延长EF至点H，取CF=CH，连接CH，由（1）可得△ABD≌△ACE，所以∠AEC=90°和CE=BD，可以推出∠BDF=∠CEF，再证明△DBF≌△ECH，所以BF=CH，等量代换即可得到BF=FC，即可解决；

（3）点P在△ABC内部，将△ABP逆时针旋转120°，得到ACP，连接PP和PC，可以得到△PPC是直角三角形，利用勾股定理即可求出PC的值；当点P在△ABC外部，将△APB绕点A逆时针旋转120得到PDC，连接PP和PC，过点P作PD⊥CP\'于点D，连接PD可以得到△PPD，△PPD是直角三角形和，利用勾股定理即可求出DP\'及PC的值．

【详解】

解：（1）证明：∵∠DAE=∠BAC

∴∠DAB=∠EAC

∵AD=AE，AB=AC

∴△ABD≌△ACE

（2）证明：连接CE，延长EF至点H，取CF=CH，连接CH，如图所示：

∵△ADB≌△AEC

∴BD=EC，∠ADB=∠AEC=90°

∵AD=AE

∴∠ADE=∠AED

∵∠ADE+∠EDB=∠AED+∠CEH=90°

∴∠EDB=∠CEH

∵CF=CH

∴∠CFH=∠CHF

∴∠DFB=∠H

∵CE=BD

∴△DBF≌△ECH

∴BF=CH

∴BF=CF

∴点F是BC的中点

（3）当点P在△ABC内部，如图所示，将△ABP逆时针旋转120°，得到ACP，连接PP和PC

∵将△ABP旋转120°得到ACP

∴∠PAP=120°，AP=AP=2，BP=CP=4

∴PP=23，

∵∠APC=120°，∠APP=30°，

∴∠PPC=90°，

∴PC=2324227．

当点P在△ABC外部，如图所示，

将△APB绕点A逆时针旋转120到△AP\'C，过点P作PD⊥CP\'于点D，连接PD，

∵将△ABP旋转120°得到ACP

∴∠PAP=120°，AP=AP=2，BP=CP=4，

∴PP=23，

∵∠APC=120°,∠APP=30°，

∴∠PPC=150°，

∴∠PPD=30°，

在RtPDP\'中，PD1PP\'3，

2DP\'PP\'2PD23，

DCDP\'P\'C347，

PCPD2DC2372213

．

2综上所述，PC27或213

【点睛】

本题主要考查了全等三角形以及旋转，合理的作出辅助线以及熟练旋转的性质是解决本题的关键．

10．如图，直线y＝﹣x+c与x轴交于点B（3，0），与y轴交于点C，过点B，C的抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴的另一个交点为A．

（1）求抛物线的解析式和点A的坐标；

（2）P是直线BC上方抛物线上一动点，PA交BC于 D．设t＝此时点P的坐标；

（3）M是x轴上一动点，连接MC，将MC绕点M逆时针旋转90°得线段ME，若点E恰好落在抛物线上，请直接写出此时点M的坐标．

PD，请求出t的最大值和AD答案：A

解析：（1）y＝﹣x2+2x+3，A（﹣1，0）；（2）t的最大值为（3）M（【分析】

（1）利用待定系数法解决问题即可；

9315，此时P（，）；1624933933，0）或（，0）．

22（2）连接AC，PC，PB，过点A作AE⊥BC于E，过等P作PF⊥BC于F．设P（m，﹣m2+2m+3）．利用相似三角形的性质构建二次函数解决问题即可；

（3）过点E作EH⊥x轴于H．设M（m，0），利用全等三角形的性质求出点E的坐标（用m表示），再利用待定系数法解决问题即可．

【详解】

解：（1）∵直线y＝﹣x+c与x轴交于点B（3，0），与y轴交于点C，

∴0＝﹣3+c，解得c＝3，

∴C（0，3），

∵抛物线经过B，C，

93bc0b2∴，解得，

c3c3∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，

令y＝0，得到﹣x2+2x+3＝0，解得x＝﹣1或3，

∴A（﹣1，0）；

（2）如图，连接AC，PC，PB，过点A作AE⊥BC于E，过点P作PF⊥BC于F．设P（m，﹣m2+2m+3）．

∵AE∥PF，

∴△PFD∽△AED，

∴PDPF＝，

ADAE11•BC•PF，S△ACB＝•BC•AE，

22∵S△PBC＝PDSPBC∴＝，

ADSABC

∵S△ABC＝11•AB•OC＝×4×3＝6，

22111PDSPBC12313m3(m22m3)33∴t＝m+m＝＝2＝﹣＝﹣22AD44646（m﹣∵﹣329）+，

2161＜0，

439315时，t有最大值，最大值为，此时P（，）；

21624（3）如图，过点E作EH⊥x轴于H，

∴m＝

∵∠COM＝∠EHM＝∠CME＝90°，

∴∠EMH+∠CMH＝90°，∠EMH+∠MEH＝90°，

∴∠MEH＝∠CMO，

∵MC＝ME，

∴△COM≌△MHE（AAS），

∴OC＝MH＝3，OM＝EH，设M（m，0），则E（m﹣3，﹣m），

把E（m﹣3，﹣m）代入y＝﹣x2+2x+3，可得﹣（m﹣3）2+2（m﹣3）+3＝﹣m，

整理得，m2﹣9m+12＝0，

解得m＝∴M（933933或，

22933933，0）或（，0）．

22【点睛】

本题考查的是二次函数综合题，涉及全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，解题的关键是利用数形结合的思想，在二次函数图象上构造全等三角形或相似三角形，利用几何的性质进行点坐标的求解．

11．综合与实践

实践操作：

①如图1，ABC是等边三角形，D为BC边上一个动点，将ACD绕点A逆时针旋转60得到AEF，连接CE．

②如图2，在ABC中，ADBC于点D，将ABD绕点A逆时针旋转90得到AEF，延长FE与BC交于点G．

③如图3，将图2中得到AEF沿AE再一次折叠得到AME，连接MB．

问题解决：

（1）小明在探索图1时发现四边形ABCE是菱形．小明是这样想的：

请根据小明的探索直接写出图1中线段CD，CF，AC之间的数量关系为

：

（2）猜想图2中四边形ADGF的形状，并说明理由；

问题再探：

（3）在图3中，若AD=6，BD=2，则MB的长为

．

答案：C

解析：（1）CD+CF=AC；（2）四边形ADGF为正方形；理由见解析；（3）213

【分析】

（1）先证明C、F、E在同一直线上，再证明△BAD≌△CAF（SAS），则∠ADB=∠AFC，BD=CF，可得AC=CF+CD；

（2）先根据∠ADC=∠DAF=∠F=90°，证明得四边形ADGF是矩形，由邻边相等可得四边形ADGF是正方形；

（3）证明△BAM≌△EAD（SAS），根据BM=DE及勾股定理可得结论．

【详解】

解：（1）如图：

由旋转得：∠DAF=60°=∠BAC，AD=AF，

∴∠BAD=∠CAF，

∵△ABC是等边三角形，

∴AB=AC，

∴△BAD≌△CAF（SAS），

∴∠ADB=∠AFC，BD=CF，

∵∠ADC+∠ADB=∠AFC+∠AFE=180°，

∴C、F、E在同一直线上，

∴AC=BC=BD+CD=CF+CD，

故答案为：CDCFAC；

（2）四边形ADGF是正方形，理由如下：

如图：

∵Rt△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△AEF，

∴AF=AD，∠DAF=90°，

∵AD⊥BC，

∴∠ADC=∠DAF=∠F=90°，

∴四边形ADGF是矩形，

∵AF=AD，

∴四边形ADGF是正方形；

（3）如图3，连接DE，

∵四边形ADGF是正方形，

DG=FG=AD=AF=6，

∵△ABD绕点A逆时针旋转90°，得到△AEF，

∴∠BAD=∠EAF，BD=EF=2，

∴EG=FG-EF=6-2=4，

∵将△AFE沿AE折叠得到△AME，

∴∠MAE=∠FAE，AF=AM，

∴∠BAD=∠EAM，

∴∠BAD+∠DAM=∠EAM+∠DAM，即∠BAM=∠DAE，

∵AF=AD，

∴AM=AD，

在△BAM和△EAD中，

AMAD∵BAMDAE，

ABAE∴△BAM≌△EAD（SAS），

∴BM=DE=EG2DG2=4262213．

故答案为：213．

【点睛】

本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形和全等三角形的性质，依据图形的性质进行计算求解．

12．如图，BC⊥CA，BC＝CA，DC⊥CE，DC＝CE，直线BD与AE交于点F，交AC于点G，连接CF．

（1）求证：△ACE≌△BCD；

（2）求证：BF⊥AE；

（3）请判断∠CFE与∠CAB的大小关系并说明理由．

答案：C

解析：（1）见解析；（2）见解析；（3）∠CFE＝∠CAB，见解析

【分析】

（1）根据垂直的定义得到∠ACB＝∠DCE＝90°，由角的和差得到∠BCD＝∠ACE，即可得到结论；

（2）根据全等三角形的性质得到∠CBD＝∠CAE，根据对顶角的性质得到∠BGC＝∠AGE，由三角形的内角和即可得到结论；

（3）过C作CH⊥AE于H，CI⊥BF于I，根据全等三角形的性质得到AE＝BD，S△ACE＝S△BCD，根据三角形的面积公式得到CH＝CI，于是得到CF平分∠BFH，推出△ABC是等腰直角三角形，即可得到结论．

【详解】

（1）证明：∵BC⊥CA，DC⊥CE，

∴∠ACB＝∠DCE＝90°，

∴∠BCD＝∠ACE，

在△BCD与△ACE中，

BCCAACDACE，

CDCE∴△ACE≌△BCD；

（2）∵△BCD≌△ACE，

∴∠CBD＝∠CAE，

∵∠BGC＝∠AGE，

∴∠AFB＝∠ACB＝90°，

∴BF⊥AE；

（3）∠CFE＝∠CAB，

过C作CH⊥AE于H，CI⊥BF于I，

∵△BCD≌△ACE，

∴AEBD,∴CH＝CI，

∴CF平分∠BFH，

∵BF⊥AE，

∴∠BFH＝90°，∠CFE＝45°，

∵BC⊥CA，BC＝CA，

∴△ABC是等腰直角三角形，

∴∠CAB＝45°，

∴∠CFE＝∠CAB．

SACESBCD，

【点睛】

角的和差、对顶角的性质这些知识点在证明全等和垂直过程中经常会遇到，需要掌握。作辅助线是在几何题里常用的方法，必须学会应用。

13．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点，其中A（3，0），B（﹣1，0），与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，直线y＝kx+b1经过点A，C，连接CD．

（1）求抛物线和直线AC的解析式：

（2）若抛物线上存在一点P，使△ACP的面积是△ACD面积的2倍，求点P的坐标；

（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使线段AQ绕Q点顺时针旋转90°得到线段QA1，且A1好落在抛物线上？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

答案：A

解析：（1）yx22x3；yx3

；（2）（﹣1，0）或（4，﹣5）；（3）存在；（1，2）和（1，﹣3）

【分析】

（1）将点A，B坐标代入抛物线解析式中，求出b，c得出抛物线的解析式，进而求出点C的坐标，再将点A，C坐标代入直线AC的解析式中，即可得出结论；

（2）利用抛物线的对称性得出BD＝AD，进而判断出△ABC的面积和△ACP的面积相等，即可得出结论；

（3）分点Q在x轴上方和在x轴下方，构造全等三角形即可得出结论．

【详解】

解：（1）把A（3，0），B（﹣1，0）代入y＝﹣x2+bc+c中，得∴93bc0，

1bc0b2，

c3∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，

当x＝0时，y＝3，

∴点C的坐标是（0，3），

把A（3，0）和C（0，3）代入y＝kx+b1中，得3kb10，

b13∴k1

b31∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3；

（2）如图，连接BC，

∵点D是抛物线与x轴的交点，

∴AD＝BD，

∴S△ABC＝2S△ACD，

∵S△ACP＝2S△ACD，

∴S△ACP＝S△ABC，此时，点P与点B重合，

即：P（﹣1，0），

过B点作PB∥AC交抛物线于点P，则直线BP的解析式为y＝﹣x﹣1①，

∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3②，

x1x4联立①②解得，或，

y0y5∴P（4，﹣5），

∴即点P的坐标为（﹣1，0）或（4，﹣5）；

（3）如图，

①当点Q在x轴上方时，设AC与对称轴交点为Q\'，

由（1）知，直线AC的解析式为y＝﹣x+3，

当x＝1时，y＝2，

∴Q\'坐标为（1，2），

∵Q\'D＝AD＝BD＝2，

∴∠Q\'AB＝∠Q\'BA＝45°，

∴∠AQ\'B＝90°，

∴点Q\'为所求，

②当点Q在x轴下方时，设点Q（1，m），

过点A1\'作A1\'E⊥DQ于E，

∴∠A1\'EQ＝∠QDA＝90°，

∴∠DAQ+∠AQD＝90°，

由旋转知，AQ＝A1\'Q，∠AQA1\'＝90°，

∴∠AQD+∠A1\'QE＝90°，

∴∠DAQ＝∠A1\'QE，

∴△ADQ≌△QEA1\'（AAS），

∴AD＝QE＝2，DQ＝A1\'E＝﹣m，

∴点A1\'的坐标为（﹣m+1，m﹣2），

代入y＝﹣x2+2x+3中，

解得，m＝﹣3或m＝2（舍），

∴Q的坐标为（1，﹣3），

∴点Q的坐标为（1，2）和（1，﹣3）．

【点睛】

本题考查的是二次函数的综合题，涉及解析式的求解，与三角形面积有关的问题，三角形“k”字型全等，解题的关键是利用数形结合的思想，设点坐标并结合几何图形的性质列式求解．

14．如图，抛物线y＝22x+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，

222∵yx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，

FGFGFG5FG，

在Rt△PGF中，PF＝＝

25＝2sinFPGsinFDH5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；

2a24

当x＝32时，y故点P（32，22152，

x2x6242152）；

2（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，

22m2m62，点N（0，s），

4

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．