专题02全等三角形中的辅助线与模型 期中专题复习（含解析）2023年秋苏科版数学八年级上册

专题02 全等三角形中的辅助线与模型
倍长中线
（2022·南通期中）
1．如图，是的边上的中线，，，则的值可以是（ ）
A． B． C． D．
（2022·无锡期中）
2．如图，在中，，是边上的中线，，则的面积是 ．
（2022·遵义期中）
3．如图，中，，是的中点，求证：平分．
（2022·南京月考）
4．已知：和，D、分别为、中点，且，．
(1)当，求证：．
(2)当时，求证：．证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．
(3)当时，求证：．
截长补短
（2022·重庆月考）
5．已知：AC平分∠BAD，CE⊥AB，∠B+∠D=180°，求证：AE=AD+BE

（2022·吉安期中）
6．如图，在中，、是的角平分线，且、相交于点O．
(1)求的度数；
(2)求证：．
（2022·南京期中）
7．如图，在中，，
(1)若，，求的度数；
(2)若，求证：平分．
角平分线模型
（2022·扬州期中）
8．如图，点是平分线上的一点，，，，则的长不可能是（ ）
A． B． C． D．
（2022·常州期中）
9．如图，的面积为，垂直于的平分线于，则的面积（ ）
A． B． C． D．
（2022·黄冈期中）
10．如图， 中， 是 的角平分线， ；若的最大值为，则长为 ．
一线三等角模型——三垂直模型
（2022·杭州期中）
11．如图，在中，，，是经过点的一条直线，且，在的两侧，于，于，，，则的长为（ ）
A．2 B．3 C．5 D．4
（2022·南通期中）
12．如图，中，，为上一点，是上一点，且，，若，则的长是 ．
(2022·无锡期中）
13．如图，，AB⊥BD，，则的面积为（ ）
A．8 B．12 C．14 D．16
手拉手模型（旋转中的全等模型）
（2022·无锡期中）
14．如图，在，，为上的一点，，在的右侧作，使得，，连接、，交于点，若，则的度数为 ．
（2022·无锡期中）
15．如图，在和中，，，，且点E，A，B在同一直线上，点C，D在同侧，连接交于点M．若，则 °．
（2022·南通期中）
16．如图，在中，，，点是边上的一个动点，连接，以为边作，使，为的中点，连接，则线段的最小值为 ．
【倍长中线】
（2021·德州期末）
17．（1）方法呈现：如图①：在中，若，，点为边的中点，求边上的中线的取值范围．
解决此问题可以用如下方法：
延长到点，使，再连接，可证，从而把、，集中在中，利用三角形三边的关系即可判断中线的取值范围是　　（直接写出范围即可）．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，在中，点是的中点，于点，交于点，交于点，连接，判断与的大小关系，并说明理由；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形中，，与的延长线交于点，点是的中点，若是的角平分线，试探究线段、、之间的数量关系，并说明理由．

【截长补短】
（2022·淮安期中）
18．【初步探索】
截长补短法，是初中几何题中一种添加辅助线的方法，也是把几何题化难为易的一种策略．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起，从而解决问题．
（1）如图1，△ABC是等边三角形，点D是边BC下方一点，∠BDC＝120°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系；
【灵活运用】
（2）如图2，△ABC为等边三角形，直线a∥AB，D为BC边上一点，∠ADE交直线a于点E，且∠ADE＝60°．求证：CD＋CE＝CA；
【延伸拓展】
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，AB＝AD．若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，满足EF＝BE＋FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．
【一线三等角模型】
（2022·东台期中）
19．【一线三等角模型】如图1：点、、在一条直线上，，当时，有.理由：
，，，∴﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣请将全等证明过程补充完整.

【模型运用】如图2：，，，求的面积；
【能力提升】如图3：在等边中，，分别为、边上的动点，，连接，以为边在内作等边，连接，当点从点向点运动（不与点重合）时，的度数变化吗？如不变请求出它的度数，如变化，请说明它是怎样变化的？
（2022·连云港期中）
20．在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有AB=AC，且满足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α．
(1)如图1，当α=90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是 ；
(2)如图2，当0°＜α＜180°时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；
(3)拓展与应用：如图3，当α=120°时，点F为∠BAC平分线上的一点，且AB=AF，分别连接FB，FD，FE，FC，试判断△DEF的形状，并说明理由．
【手拉手模型（旋转中的全等模型）】
21．在中，，点是直线上的一点（不与点、重合），以为腰右侧作等腰三角形，且，，连接．
(1)如图1，当点在线段上，如果，则　　度．
(2)设，．
①点是在线段上移动时，如图2，则、之间有怎样的数量关系？试说明理由．
②点是在射线上移动时，则、之间有怎样的数量关系？试直接写出结论．
（2022·徐州期中）
22．在中，，．将一个含45°角的直角三角尺按图所示放置，使直角三角尺的直角顶点D恰好落在边的中点处．将直角三角尺绕点D旋转，设交于点N，交于点M，示意图如图所示．
(1)【证明推断】求证：；小明给出的思路：若要证明，只需证明即可．请你根据小明的思路完成证明过程；
(2)【延伸发现】连接，，如图所示，求证：；
(3)【迁移应用】延长交于点P，交于点Q．在图中完成如上作图过程，猜想并证明和的位置关系．
（2022·无锡期中）
23．在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成的，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．兴趣小组成员经过研讨给出定义：如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型”．
(1)如图，与都是等腰三角形，，，且，则有 ___________≌___________．
(2)如图，已知，以为边分别向外作等边和等边并连接，则 ___________°．
(3)如图，在两个等腰直角三角形和中，，，连接，交于点P，请判断和的关系，并说明理由．
【半角模型】
（2022·南京月考）
24．（1）【问题背景】如图1：在四边形中，，，，E、F分别是上的点，且，试探究图中线段之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是：延长到点G，使，连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是 ．
（2）【探索延伸】如图2，若在四边形中，，E、F分别是上的点，且，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
（3）【学以致用】如图3，四边形是边长为5的正方形，，直接写出的周长
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【分析】延长至，使，连接，根据证明≌，得，再根据三角形的三边关系即可求解．
【详解】解：延长至，使，连接．
在与中，
∴，
≌，
．
在中，，
即，
∴．
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】此题综合运用了全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系．注意：倍长中线是常见的辅助线之一．
2．
【分析】如图所示，延长至，使得，连接，可证，可得，根据勾股定理的逆定理可证是直角三角形，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，延长至，使得，连接，
∴，
∵是边上的中线，
∴，
在中，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，即，
∴是直角三角形，
∴，即的面积是
故答案为：．
【点睛】本题主要考查勾股定理的逆定理，理解题意，构造边的关系，掌握勾股定理逆定理的运用是解题的关键．
3．见解析
【分析】延长到点，使，连接，证明，得出，得出，进而证明，根据对应角相等得出即可得证．
【详解】证明：延长到点，使，连接．
∵是的中点
∴
在和中，
∴
∴
∵
∴
∵
∴，
∴在和中
∴
∴，
∴平分．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
4．(1)见解析
(2)①；②；③；④．
(3)见解析
【分析】（1）由直角三角形的性质推出，即可证明；
（2）由三角形全等的判定，可以解决问题；
（3）延长至点E，使得，连接，延长至点，使得，连接，可以证明．
【详解】（1）证明：∵，点D为中点，
∴，
同理：，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
（2）解：∵
∴，
∴①，
∵D、分别为、中点，
∴②，③，
∵
∴，，
∴④，
故答案为：①；②；③；④．
（3）证明：延长至点E，使得，连接，延长至点，使得，连接，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
同理，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
同理，
∴，
在和中，
，
∴．
【点睛】本题考查三角形全等的判定，关键是延长至点E，使得，连接，延长至点，使得，连接．
5．详见解析
【分析】过点C作CF⊥AD交AD的延长线于F，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得CE＝CF，根据同角的补角相等求出∠CDF＝∠B，然后利用“角角边”证明△CDF和△CBE全等，根据全等三角形对应边相等可得DF＝BE，再利用“HL”证明Rt△ACF和Rt△ACE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE＝AF，然后根据AF＝AD＋DF等量代换即可得证．
【详解】证明：如图，过点C作CF⊥AD交AD的延长线于F，

∵AC平分∠BAD，CE⊥AB，
∴CE＝CF，
∵∠B＋∠ADC＝180°．
∠ADC＋∠CDF＝180°（平角定义），
∴∠CDF＝∠B，
在△CDF和△CBE中，
，
∴△CDF≌△CBE（AAS），
∴DF＝BE，
在Rt△ACF和Rt△ACE中，
，
∴Rt△ACF≌Rt△ACE（HL），
∴AE＝AF，
∵AF＝AD＋DF，
∴AE＝AD＋BE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，熟练掌握三角形全等的判定方法并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，本题难点在于要进行二次全等证明．
6．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先根据三角形内角和定理得到，再利用角平分线的定义得到，，则，然后根据三角形内角和得到的度数；
（2）在上截取，先证明得到，由于，可得，接着证明得到，然后利用等线段代换得到结论．
【详解】（1）解：∵，，
∴ ，
∵，均为的角平分线，
∴，，
∴，
∴．
（2）证明：在上截取，如图所示：
∵平分，
∴，
∵在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∵在和中，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定方法．也考查了角平分线的定义．
7．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和三角形的外角性质求解即可；
（2）延长使，连接，，根据三角形的外角性质和等腰三角形的判定与性质证得，，然后证明得到即可证得结论．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∵
∴，
∴；
（2）证明：如图，延长使，连接，， 则，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴平分．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、三角形的外角性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，添加辅助线构造全等三角形是解答的关键．
8．A
【分析】过点作交于点，使得，得，再根据的三边的关系即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作交于点，使得，
∵是的平分线，
∴，是公共边，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，，
∴，
∴在中，，即，
∴的长不可能是，
故选：．
【点睛】本题主要考查三角形的三边关系，构造全等三角形是解题的关键．
9．C
【分析】垂直于的平分线于，可证，则，且，过点作与（点位置见详解），等底等高可知，由此可知，由此即可求解．
【详解】解：∵垂直于的平分线于，
∴，，
在，中，
∵，
∴，
∴，，
如图所示，过点作与，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：．
【点睛】本题主要考查三角形的角平分线的性质的计算，掌握角平分线的性质，三角形全等的证明是解题的关键．
10．
【分析】延长和相交于点，构造出，从而求出的值；根据当时， 有最大值求解即可；
【详解】解：延长和相交于点，如图：
∵ 是 的角平分线
∴
∵
∴
，
当时， 有最大值；
此时，即：
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的定义；通过角平分线构造全等三角形是解题的关键．
11．D
【分析】证明，得出，，根据即可求解．
【详解】解：∵，，,
∴,，
∴,
又，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
12．
【分析】过点作，垂足为；根据垂直定义可得，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得，再利用平角定义可得，然后利用同角的余角相等可得，从而利用证明，进而可得，最后利用等腰三角形三线合一的性质进行计算即可；
【详解】解：如图，过点作，垂足为；
∴
∴
∵
∴
∴
又∵，
∴（）
∴
∵，；
∴
故答案为：
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟练根据等腰三角形三线合一的性质构造全等三角形是解题的关键．
13．D
【分析】作，，由等腰三角形的性质，得到，然后证明，求出，即可求出三角形的面积
【详解】由题意，作，，如图：
∵，
∴是等腰三角形的中线，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴（），
∴，
∴的面积为：；
故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，余角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，熟练的进行证明
14．92
【分析】根据已知条件证明，可得，再根据，可得，然后证明是等边三角形，是等边三角形，进而根据三角形内角和定理即可解决问题．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：92．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到．
15．40
【分析】先证明，得到，从而得到，结合，，得到，从而得证．
【详解】因为，，，
所以．
所以，
所以，
所以，
因为，，
所以，
所以．
故答案为：40．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，三角形外角的性质，熟练掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键．
16．2
【分析】取中点，连接，，由“”可证≌，可得，则当时，有最小值，利用含度角的直角三角形可求解．
【详解】解：如图，取中点，连接，，
，点是中点，点是中点，
∴，
，，
∴，
∴，
，
，，
在和中，，
≌，
∴，
有最小值，也有最小值，
当时，有最小值，
，，，
∴，
线段的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
17．（1）；（2），理由见详解；（3），理由见详解
【分析】（1）运用倍长中线的方法，三角形三边的数量关系即可求解；
（2）如图②，延长至点，使，连接、，可证，可得，在，根据三角形三边的数量关系即可求解；
（3）如图③，延长，交于点，可证，可得，根据角平分，平行线的性质可得是等腰三角形，根据即可求解．
【详解】解：（1）如图①，延长到点，使，连接，
是的中点，
，
在和中，
，
，
，
在中，，
，
，且，
，
故答案为：；
（2），理由如下：
如图②，延长至点，使，连接、，

同（1）得：，
，
，，
，
在中，由三角形的三边关系得：，
；
（3），理由如下：
如图③，延长，交于点，

，
，
在和中，
，
，
，
是的平分线，
，
，即是等腰三角形，
，
，
．
【点睛】本题主要考查三角形中线的性质，三角形三边数量关系，全等三角形的判定和性质，掌握以上知识是解题的关键．
18．（1）DA=DC+DB，证明见详解；（2）见详解；（3）∠EAF=，证明见详解.
【分析】（1）由等边三角形知AB=AC，∠BAC=60°，结合∠BDC=120°知∠ABD+∠ACD=180°，由∠ACE+∠ACD=180°知∠ABD=∠ACE，证△ABD≌△ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，再证△ADE是等边三角形得DA=DE=DC+CE=DC+DB；
（2）首先在AC上截取CM=CD，由△ABC为等边三角形，易得△CDM是等边三角形，继而可证得△ADM≌△EDC，即可得AM=EC，则可证得CD+CE=CA；
（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，进而推导得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．
【详解】（1）如图1，延长DC到点E，使CE=BD，连接AE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵∠BDC=120°，
∴∠ABD+∠ACD=180°，
又∵∠ACE+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∵∠BAC=60°，即∠BAD+∠DAC=60°，
∴∠DAC+∠CAE═60°，即∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DA=DE=DC+CE=DC+DB，
即DA=DC+DB；
（2）证明：在AC上截取CM=CD，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∴△CDM是等边三角形，
∴MD=CD=CM，∠CMD=∠CDM=60°，
∴∠AMD=120°，
∵∠ADE=60°，
∴∠ADE=∠MDC，
∴∠ADM=∠EDC，
∵直线a∥AB，
∴∠ACE=∠BAC=60°，
∴∠DCE=120°=∠AMD，
在△ADM和△EDC中，
∴△ADM≌△EDC(ASA)，
∴AM=EC，
∴CA=CM+AM=CD+CE；
即CD+CE=CA.
（3）∠EAF=；
证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ADC=∠ABE，
又∵AB=AD，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠FAE=∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）=360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）=360°，
即2∠FAE+∠DAB=360°，
∴∠EAF=.
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，以及等边三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．
19．【一线三等角模型】见解析；【模型运用】；【能力提升】不变，理由见解析
【分析】一线三等角模型：根据三角形外角性质求出，利用即可得出；模型运用：过点作交的延长线于点，利用可证明，得出，即可求出的面积；能力提升：根据等边三角形的性质推出，由得到，进而证明，推出，因为，得出最后结论即可．
【详解】一线三等角模型：
证明：如图1：，
，，
，
在和中，
，
；
模型运用：
如图2：过点作交的延长线于点，

同法可证，
，
；
能力提升：
解：不变，
理由：如图3中，在上取一点，使得，

，都是等边三角形，
，，，
，，
，
，
，
在和中，
，
；
，，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造一线三等角模型，利用全等三角形解决问题．
20．(1)DE＝BD+CE##DE=CE+BD
(2)成立，证明见详解
(3)等边三角形，理由见详解
【分析】（1）由∠BDA=∠BAC=∠AEC=90°得到∠BAD+∠EAC=∠BAD+∠DBA=90°，进而得到∠DBA=∠EAC，然后结合AB=AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE=BD+CE；
（2）由∠BDA=∠BAC=∠AEC=α得到∠BAD+∠EAC=∠BAD+∠DBA=180°-α，进而得到∠DBA=∠EAC，然后结合AB=AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE=BD+CE；
（3）先由α=120°和AF平分∠BAC得到∠BAF=∠CAF=60°，然后结合AB=AF=AC得到△ABF和△ACF是等边三角形，然后得到FA=FC、∠FCA=∠FAB=60°，然后结合△BDA≌△EAC得到∠BAD=∠ACE、AD=CE，从而得到∠FAD=∠FCE，故可证△FAD≌△FCE，从而得到DF=EF、∠DFA=∠EFC，最后得到∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠EFC+∠AFE=60°，即可得证△DEF是等边三角形．
【详解】（1）DE=BD+CE，理由如下，
∵∠BDA=∠BAC=∠AEC=90°，
∴∠BAD+∠EAC=∠BAD+∠DBA=90°，
∴∠DBA=∠EAC，
∵AB=AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴AD=CE，BD=AE，
∴DE=AD+AE=BD+CE，
故答案为：DE=BD+CE．
（2）DE=BD+CE仍然成立，理由如下，
∵∠BDA=∠BAC=∠AEC=α，
∴∠BAD+∠EAC=∠BAD+∠DBA=180°-α，
∴∠DBA=∠EAC，
∵AB=AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴BD=AE，AD=CE，
∴DE=AD+AE=BD+CE；
（3）△DEF是等边三角形，
由（2）知，△ADB≌△CEA，
BD＝AE，∠DBA＝∠CAE，
∵当α=120°时，点F为∠BAC平分线上的一点
∴∠BAF＝∠CAF＝60°，
∵AB=AF=AC
∴△ABF和△ACF均为等边三角形，
∴∠ABF＝∠CAF＝60°，BF＝AF
∴∠DBA+∠ABF＝∠CAE+∠CAF，
∴∠DBF＝∠FAE·10分
在△DBF和△EAF中，
∴△DBF≌△EAF（SAS），
∴DF＝EF，∠BFD＝∠AFE，
∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠DFA+∠BFD＝60°，
∴△DEF为等边三角形
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练应用一线三等角模型证明三角形全等．
21．(1)
(2)①，理由见解析；②
【分析】（1）根据题意证明，可得，在中，，由此即可求解；
（2）①根据题意证明，可得，根据三角形内角和定理可得，由此即可求解；②根据题意证明，可得，根据是的外角，可得，可得，，由此即可求解．
【详解】（1）解：，
，
在与中，
，
，
，
，
故本题答案为：90．
（2）解：①，理由如下：
，
，
在与中，
，
，
，
，
，
；
②，理由如下：
，
，
在与中，
，
，
，
∵是的外角，即，且，，
∴，
∵，
∴，
．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，外角和定理的综合，掌握以上知识是解题的关键．
22．(1)见解析
(2)见解析
(3)，见解析
【分析】（1）在中，根据点D是的中点，得出，由，是直角三角尺，得出，从而得到，在和中，立即证明全等，由性质即可解答；
（2）根据，得出，，，从而得到，由于是含45°直角三角尺，推出，利用即可证明和全等，从而求解；
（3）猜想：，理由：根据和，得出，又根据，等量代换得到从而证明．
【详解】（1）证明：在中，∵，，
∴，
又∵点D是的中点，
∴，且，
∴，
又∵是直角三角尺，
∴，即，
∴
在和中
∴，
∴；
（2）证明：∵
∴，，
∴，且由于是含45°直角三角尺，
∴，
∴
即
在和中
∴，
∴；
（3）解：作图正确（如图所示）
猜想：，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质、直角三角尺的特征、全等三角形的判定及性质，解题的关键是掌握三角形全等的判定及性质．
23．(1)，
(2)
(3)，，理由见解析
【分析】（1）根据全等三角形的判定证明即可；
（2）先根据等边三角形的性质得到，，，再证明得到，再利用的外角性质求得即可求解；
（3）证明得到，，进而利用三角形的内角和定理证明即可．
【详解】（1）解：，
，
，
在和中，
，
，
故答案为：，；
（2）解：等边和等边，
，，，
，即，
在和中，
，
，
，
故答案为：；
（3）证明：，理由：
，
，即，
在和中，
，
，
，
，
，
∴．
【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质，熟练掌握“手拉手全等模型”，能找到全等三角形是解答的关键
24．（1）；（2）成立，见解析；（3）10
【分析】（1）延长到点G．使．连接，即可证明，可得，再证明，可得，即可解题；
（2）延长到点G．使．连接，即可证明，可得，再证明，可得，即可解题；
（3）延长，截取，连接，根据定理可得出，故可得出，再由 可得出，故，由定理可得，故，故的周长，由此可得出结论．
【详解】（1）解：如图1，
在和中，
∵，
∴
∴
∵
∴
∴
在和中，
∵，
∴
∴
∵
∴
故答案为：
（2）解：结论仍然成立；
理由：如图2，延长到点G．使．连接，
在和中，
∵，
∴
∴
∵
∴
∴
在和中，
∵，
∴
∴
∵
∴；
（3）解：如图3，延长到点G，截取，连接，
在与中，
∵，
∴
∴
∵
∴
∴
在与中，
∵，
∴
∴
∴的周长
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
答案第1页，共2页
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