中考数学真题分类汇编第二期专题21全等三角形试题含解析25

中考数学真题分类汇编第二期专题21全等三角形试题含解析25

全等三角形 一.选择题 ‎ ‎1. （2018•遂宁•4分）下列说法正确的是（　　）‎ A．有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等 B．正方形既是轴对称图形又是中心对称图形 C．矩形的对角线互相垂直平分 D．六边形的内角和是540°‎ ‎【分析】直接利用全等三角形的判定以及矩形、菱形的性质和多边形内角和定理．‎ ‎【解答】解：A.有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等，错误，必须是两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等；‎ B.正方形既是轴对称图形又是中心对称图形，正确；‎ C.矩形的对角线相等且互相平分，故此选项错误；‎ D.六边形的内角和是720°，故此选项错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】此题主要考查了全等三角形的判定以及矩形、菱形的性质和多边形内角和定理，正确把握相关性质是解题关键．‎ ‎2. （2018•贵州安顺•3分） 如图，点，分别在线段，上，与相交于点，已知，现添加以下哪个条件仍不能判定（ ） ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：欲使△ABE≌△ACD，已知AB=AC，可根据全等三角形判定定理AAS、SAS、ASA添加条件，逐一证明即可．‎ 详解：∵AB=AC，∠A为公共角，‎ A.如添加∠B=∠C，利用ASA即可证明△ABE≌△ACD；‎ B.如添AD=AE，利用SAS即可证明△ABE≌△ACD；‎ C.如添BD=CE，等量关系可得AD=AE，利用SAS即可证明△ABE≌△ACD；‎ D.如添BE=CD，因为SSA，不能证明△ABE≌△ACD，所以此选项不能作为添加的条件．‎ 故选D．‎ 点睛：此题主要考查学生对全等三角形判定定理的理解和掌握，此类添加条件题，要求学生应熟练掌握全等三角形的判定定理．‎ ‎3. （2018·黑龙江龙东地区·3分）如图，四边形ABCD中，AB=AD，AC=5，∠DAB=∠DCB=90°，则四边形ABCD的面积为（　　）‎ A．15 B．12.5 C．14.5 D．17‎ ‎【分析】过A作AE⊥AC，交CB的延长线于E，判定△ACD≌△AEB，即可得到△ACE是等腰直角三角形，四边形ABCD的面积与△ACE的面积相等，根据S△ACE=×5×5=12.5，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：如图，过A作AE⊥AC，交CB的延长线于E，‎ ‎∵∠DAB=∠DCB=90°，‎ ‎∴∠D+∠ABC=180°=∠ABE+∠ABC，‎ ‎∴∠D=∠ABE，‎ 又∵∠DAB=∠CAE=90°，‎ ‎∴∠CAD=∠EAB，‎ 又∵AD=AB，‎ ‎∴△ACD≌△AEB，‎ ‎∴AC=AE，即△ACE是等腰直角三角形，‎ ‎∴四边形ABCD的面积与△ACE的面积相等，‎ ‎∵S△ACE=×5×5=12.5，‎ ‎∴四边形ABCD的面积为12.5，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要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条件．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．‎ ‎4.（2018•贵州黔西南州•4分）下列各图中A.B.c为三角形的边长，则甲、乙、丙三个三角形和左侧△ABC全等的是（　　）‎ A．甲和乙 B．乙和丙 C．甲和丙 D．只有丙 ‎【分析】根据三角形全等的判定方法得出乙和丙与△ABC全等，甲与△ABC不全等．‎ ‎【解答】解：乙和△ABC全等；理由如下：‎ 在△ABC和图乙的三角形中，满足三角形全等的判定方法：SAS，‎ 所以乙和△ABC全等；‎ 在△ABC和图丙的三角形中，满足三角形全等的判定方法：AAS，‎ 所以丙和△ABC全等；‎ 不能判定甲与△ABC全等；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA.AAS、HL．注意：AAA.SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．‎ ‎5．（2018年湖南省娄底市）如图，△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于D点，DE⊥AB于点E，BF⊥AC于点F，DE=3cm，则BF=　6　cm．‎ ‎【分析】先利用HL证明Rt△ADB≌Rt△ADC，得出S△ABC=2S△ABD=2×AB•DE=AB•DE=3AB，又S△ABC=AC•BF，将AC=AB代入即可求出BF．‎ ‎【解答】解：在Rt△ADB与Rt△ADC中，‎ ‎，‎ ‎∴Rt△ADB≌Rt△ADC，‎ ‎∴S△ABC=2S△ABD=2×AB•DE=AB•DE=3AB，‎ ‎∵S△ABC=AC•BF，‎ ‎∴AC•BF=3AB，‎ ‎∵AC=AB，‎ ‎∴BF=3，‎ ‎∴BF=6．‎ 故答案为6．‎ ‎【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的面积，利用面积公式得出等式是解题的关键．‎ ‎6. （2018•遂宁•4分）下列说法正确的是（　　）‎ A．有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等 B．正方形既是轴对称图形又是中心对称图形 C．矩形的对角线互相垂直平分 D．六边形的内角和是540°‎ ‎【分析】直接利用全等三角形的判定以及矩形、菱形的性质和多边形内角和定理．‎ ‎【解答】解：A.有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等，错误，必须是两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等；‎ B.正方形既是轴对称图形又是中心对称图形，正确；‎ C.矩形的对角线相等且互相平分，故此选项错误；‎ D.六边形的内角和是720°，故此选项错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】此题主要考查了全等三角形的判定以及矩形、菱形的性质和多边形内角和定理，正确把握相关性质是解题关键．‎ 二.填空题 ‎1. （2018•江苏宿迁•3分）如图，在平面直角坐标系中，反比例函数（x＞0）与正比例函数y=kx、 （k＞1）的图象分别交于点A.B，若∠AOB＝45°，则△AOB的面积是________.‎ ‎【答案】2‎ ‎【分析】作BD⊥x轴，AC⊥y轴，OH⊥AB（如图），设A（x1，y1），B（x2 ， y2），根据反比例函数k的几何意义得x1y1=x2y2=2；将反比例函数分别与y=kx，y=联立，解得x1=，x2=，从而得x1x2=2，所以y1=x2， y2=x1， 根据SAS得△ACO≌△BDO，由全等三角形性质得AO=BO，∠AOC=∠BOD，由垂直定义和已知条件得∠AOC=∠BOD=∠AOH=∠BOH=22.5°，根据AAS得△ACO≌△BDO≌△AHO≌△BHO，根据三角形面积公式得S△ABO=S△AHO+S△BHO=S△ACO+S△BDO=x1y1+ x2y2= ×2+ ×2=2.‎ ‎【详解】如图：作BD⊥x轴，AC⊥y轴，OH⊥AB，‎ 设A（x1，y1），B（x2 ， y2），‎ ‎∵A.B在反比例函数上，∴x1y1=x2y2=2，‎ ‎∵，解得：x1=，‎ 又∵，解得：x2=，∴x1x2=×=2，∴y1=x2， y2=x1，即OC=OD，AC=BD，‎ ‎∵BD⊥x轴，AC⊥y轴，∴∠ACO=∠BDO=90°，∴△ACO≌△BDO（SAS），‎ ‎∴AO=BO，∠AOC=∠BOD，‎ 又∵∠AOB＝45°，OH⊥AB，∴∠AOC=∠BOD=∠AOH=∠BOH=22.5°，‎ ‎∴△ACO≌△BDO≌△AHO≌△BHO，∴S△ABO=S△AHO+S△BHO=S△ACO+S△BDO=x1y1+ x2y2= ×2+ ×2=2，‎ 故答案为：2.‎ ‎【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，反比例函数与一次函数的交点问题，全等三角形的判定与性质等，正确添加辅助线是解题的关键.‎ ‎2. （2018•达州•3分）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=5，点D是BC边上一点且CD=1，点P是线段DB上一动点，连接AP，以AP为斜边在AP的下方作等腰Rt△AOP．当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长为　 　．‎ ‎【分析】过O点作OE⊥CA于E，OF⊥BC于F，连接CO，如图，易得四边形OECF为矩形，由△AOP为等腰直角三角形得到OA=OP，∠AOP=90°，则可证明△OAE≌△OPF，所以AE=PF，OE=OF，根据角平分线的性质定理的逆定理得到CO平分∠ACP，从而可判断当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径为一条线段，接着证明CE=（AC+CP），然后分别计算P点在D点和B点时OC的长，从而计算它们的差即可得到P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长．‎ ‎【解答】解：过O点作OE⊥CA于E，OF⊥BC于F，连接CO，如图，‎ ‎∵△AOP为等腰直角三角形，‎ ‎∴OA=OP，∠AOP=90°，‎ 易得四边形OECF为矩形，‎ ‎∴∠EOF=90°，CE=CF，‎ ‎∴∠AOE=∠POF，‎ ‎∴△OAE≌△OPF，‎ ‎∴AE=PF，OE=OF，‎ ‎∴CO平分∠ACP，‎ ‎∴当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径为一条线段，‎ ‎∵AE=PF，‎ 即AC﹣CE=CF﹣CP，‎ 而CE=CF，‎ ‎∴CE=（AC+CP），‎ ‎∴OC=CE=（AC+CP），‎ 当AC=2，CP=CD=1时，OC=×（2+1）=，‎ 当AC=2，CP=CB=5时，OC=×（2+5）=，‎ ‎∴当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长=﹣=2．‎ 故答案为2．‎ ‎【点评】本题考查了轨迹：灵活运用几何性质确定图形运动过程中不变的几何量，从而判定轨迹的几何特征，然后进行几何计算．也考查了全等三角形的判定与性质．‎ ‎3. （2018•湖州•4分）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．以顶点都是格点的正方形ABCD的边为斜边，向内作四个全等的直角三角形，使四个直角顶点E，F，G，H都是格点，且四边形EFGH为正方形，我们把这样的图形称为格点弦图．例如，在如图1所示的格点弦图中，正方形ABCD的边长为，此时正方形EFGH的而积为5．问：当格点弦图中的正方形ABCD的边长为时，正方形EFGH的面积的所有可能值是　13或49　（不包括5）．‎ ‎【分析】当DG=，CG=2时，满足DG2+CG2=CD2，此时HG=，可得正方形EFGH的面积为13．当DG=8，CG=1时，满足DG2+CG2=CD2，此时HG=7，可得正方形EFGH的面积为49．‎ ‎【解答】解：当DG=，CG=2时，满足DG2+CG2=CD2，此时HG=，可得正方形EFGH的面积为13．‎ 当DG=8，CG=1时，满足DG2+CG2=CD2，此时HG=7，可得正方形EFGH的面积为49．‎ 故答案为13或49．‎ ‎【点评】本题考查作图﹣应用与设计、全等三角形的判定、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考填空题中的压轴题．‎ ‎4. （2018•金华、丽水•4分）如图，△ABC的两条高AD ， BE相交于点F ，请添加一个条件，使得△ADC≌△BEC（不添加其他字母及辅助线），你添加的条件是________．‎ ‎【解析】【解答】从题中不难得出∠ADC=∠BEC=90°，而且∠ACD=∠BCE（公共角），则只需要加一个对应边相等的条件即可，所以从“CA=CB，CE=CD，BE=AD”中添加一个即可。‎ 故答案为：CA=CB，CE=CD（答案不唯一）。‎ ‎【分析】判断两个三角形全等，判定定理有“AAS，SSS，SAS，ASA，HL”， 只需要添加一个条件，那么就要从题目中找出其他两个条件， 再根据判定定理，缺什么就添什么条件。‎ ‎5. （2018•达州•3分）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=5，点D是BC边上一点且CD=1，点P是线段DB上一动点，连接AP，以AP为斜边在AP的下方作等腰Rt△AOP．当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长为　 　．‎ ‎【分析】过O点作OE⊥CA于E，OF⊥BC于F，连接CO，如图，易得四边形OECF为矩形，由△AOP为等腰直角三角形得到OA=OP，∠AOP=90°，则可证明△OAE≌△OPF，所以AE=PF，OE=OF，根据角平分线的性质定理的逆定理得到CO平分∠ACP，从而可判断当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径为一条线段，接着证明CE=（AC+CP），然后分别计算P点在D点和B点时OC的长，从而计算它们的差即可得到P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长．‎ ‎【解答】解：过O点作OE⊥CA于E，OF⊥BC于F，连接CO，如图，‎ ‎∵△AOP为等腰直角三角形，‎ ‎∴OA=OP，∠AOP=90°，‎ 易得四边形OECF为矩形，‎ ‎∴∠EOF=90°，CE=CF，‎ ‎∴∠AOE=∠POF，‎ ‎∴△OAE≌△OPF，‎ ‎∴AE=PF，OE=OF，‎ ‎∴CO平分∠ACP，‎ ‎∴当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径为一条线段，‎ ‎∵AE=PF，‎ 即AC﹣CE=CF﹣CP，‎ 而CE=CF，‎ ‎∴CE=（AC+CP），‎ ‎∴OC=CE=（AC+CP），‎ 当AC=2，CP=CD=1时，OC=×（2+1）=，‎ 当AC=2，CP=CB=5时，OC=×（2+5）=，‎ ‎∴当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长=﹣=2．‎ 故答案为2．‎ ‎【点评】本题考查了轨迹：灵活运用几何性质确定图形运动过程中不变的几何量，从而判定轨迹的几何特征，然后进行几何计算．也考查了全等三角形的判定与性质．‎ 三.解答题 ‎1. （2018·湖北江汉油田、潜江市、天门市、仙桃市·10分）问题：如图①，在Rt△ABC中，AB=AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC，则线段BC，DC，EC之间满足的等量关系式为　BC=DC+EC　；‎ 探索：如图②，在Rt△ABC与Rt△ADE中，AB=AC，AD=AE，将△ADE绕点A旋转，使点D落在BC边上，试探索线段AD，BD，CD之间满足的等量关系，并证明你的结论；‎ 应用：如图③，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°．若BD=9，CD=3，求AD的长．‎ ‎【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答；‎ ‎（2）连接CE，根据全等三角形的性质得到BD=CE，∠ACE=∠B，得到∠DCE=90°，根据勾股定理计算即可；‎ ‎（3）作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE，证明△BAD≌△CAE，得到BD=CE=9，根据勾股定理计算即可．‎ ‎【解答】解：（1）BC=DC+EC，‎ 理由如下：∵∠BAC=∠DAE=90°，‎ ‎∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD=∠CAE，‎ 在△BAD和△CAE中，‎ ‎，‎ ‎∴△BAD≌△CAE，‎ ‎∴BD=CE，‎ ‎∴BC=BD+CD=EC+CD，‎ 故答案为：BC=DC+EC；‎ ‎（2）BD2+CD2=2AD2，‎ 理由如下：连接CE，‎ 由（1）得，△BAD≌△CAE，‎ ‎∴BD=CE，∠ACE=∠B，‎ ‎∴∠DCE=90°，‎ ‎∴CE2+CD2=ED2，‎ 在Rt△ADE中，AD2+AE2=ED2，又AD=AE，‎ ‎∴BD2+CD2=2AD2；‎ ‎（3）作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE，‎ ‎∵∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，‎ 即∠BAD=∠CAD′，‎ 在△BAD与△CAE中，‎ ‎，‎ ‎∴△BAD≌△CAE（SAS），‎ ‎∴BD=CE=9，‎ ‎∵∠ADC=45°，∠EDA=45°，‎ ‎∴∠EDC=90°，‎ ‎∴DE==6，‎ ‎∵∠DAE=90°，‎ ‎∴AD=AE=DE=6．‎ ‎【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理、以及旋转变换的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键 ‎2. （2018·湖南怀化·10分）已知：如图，点A．F，E．C在同一直线上，AB∥DC，AB=CD，∠B=∠D．‎ ‎（1）求证：△ABE≌△CDF；‎ ‎（2）若点E，G分别为线段FC，FD的中点，连接EG，且EG=5，求AB的长．‎ ‎【分析】（1）根据平行线的性质得出∠A=∠C，进而利用全等三角形的判定证明即可；‎ ‎（2）利用全等三角形的性质和中点的性质解答即可．‎ ‎【解答】证明：（1）∵AB∥DC，‎ ‎∴∠A=∠C，‎ 在△ABE与△CDF中，‎ ‎∴△ABE≌△CDF（ASA）；‎ ‎（2）∵点E，G分别为线段FC，FD的中点，‎ ‎∴ED=CD，‎ ‎∵EG=5，‎ ‎∴CD=10，‎ ‎∵△ABE≌△CDF，‎ ‎∴AB=CD=10．‎ ‎【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据平行线的性质得出∠A=∠C．‎ ‎3.（2018•江苏宿迁•8分）如图，在□ABCD中，点E.F分别在边CB.AD的延长线上，且BE＝DF，EF分别与AB.CD交于点G、H，求证：AG＝CH.‎ ‎【答案】证明见解析.‎ ‎【分析】根据平行四边形的性质得AD∥BC，AD=BC，∠A=∠C，根据平行线的性质得∠E=∠F，再结合已知条件可得AF=CE，根据ASA得△CEH≌△AFG，根据全等三角形对应边相等得证.‎ ‎【详解】∵在四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，∠A=∠C，‎ ‎∴∠E=∠F，‎ 又∵BE＝DF，∴AD+DF=CB+BE，即AF=CE，‎ 在△CEH和△AFG中，，∴△CEH≌△AFG，∴CH=AG.‎ ‎【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等，熟练掌握相关知识是解题的关键.‎ ‎4.已知四边形ABCD的对角线AC与BD交于点O，给出下列四个论断：‎ ‎①OA=OC，②AB=CD，③∠BAD=∠DCB，④AD∥BC．‎ 请你从中选择两个论断作为条件，以“四边形ABCD为平行四边形”作为结论，完成下列各题：‎ ‎①构造一个真命题，画图并给出证明；‎ ‎②构造一个假命题，举反例加以说明．‎ ‎【分析】如果①②结合，那么这些线段所在的两个三角形是SSA，不一定全等，那么就不能得到相等的对边平行；如果②③结合，和①②结合的情况相同；如果①④‎ 结合，由对边平行可得到两对内错角相等，那么AD，BC所在的三角形全等，也得到平行的对边也相等，那么是平行四边形；最易举出反例的是②④，它有可能是等腰梯形．‎ ‎【解答】解：（1）①④为论断时：‎ ‎∵AD∥BC，∴∠DAC=∠BCA，∠ADB=∠DBC．‎ 又∵OA=OC，∴△AOD≌△COB．∴AD=BC．∴四边形ABCD为平行四边形．‎ ‎（2）②④为论断时，此时一组对边平行，另一组对边相等，可以构成等腰梯形．‎ ‎【点评】本题主要考查平行四边形的判定，学生注意常用等腰梯形做反例来推翻不是平行四边形的判断．‎ ‎5.（2018•江苏无锡•8分）如图，平行四边形ABCD中，E.F分别是边BC.AD的中点，求证：∠ABF=∠CDE．‎ ‎【分析】根据平行四边形的性质以及全等三角形的性质即可求出答案．‎ ‎【解答】解：在▱ABCD中，AD=BC，∠A=∠C，‎ ‎∵E.F分别是边BC.AD的中点，∴AF=CE，‎ 在△ABF与△CDE中，‎ ‎∴△ABF≌△CDE（SAS）‎ ‎∴∠ABF=∠CDE ‎【点评】本题考查平行四边形的性质，解题的关键是熟练运用平行四边形的性质以及全等三角形，本题属于中等题型 ‎　‎ ‎6.（2018•江苏淮安•8分）已知：如图，▱ABCD的对角线AC.BD相交于点O，过点O的直线分别与AD.BC相交于点E.F．求证：AE=CF．‎ ‎【分析】利用平行四边形的性质得出AO=CO，AD∥BC，进而得出∠EAC=∠FCO，再利用ASA求出△AOE≌△COF，即可得出答案．‎ ‎【解答】证明：∵▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，‎ ‎∴AO=CO，AD∥BC，‎ ‎∴∠EAC=∠FCO，‎ 在△AOE和△COF中 ‎，‎ ‎∴△AOE≌△COF（ASA），‎ ‎∴AE=CF．‎ ‎【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题关键．‎ ‎7.（2018•江苏苏州•6分）如图，点A，F，C，D在一条直线上，AB∥DE，AB=DE，AF=DC．求证：BC∥EF．‎ ‎【分析】由全等三角形的性质SAS判定△ABC≌△DEF，则对应角∠ACB=∠DFE，故证得结论．‎ ‎【解答】证明：∵AB∥DE，∴∠A=∠D，‎ ‎∵AF=DC，∴AC=DF．‎ ‎∴在△ABC与△DEF中，‎ ‎，∴△ABC≌△DEF（SAS），∴∠ACB=∠DFE，∴BC∥EF．‎ ‎【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，属于中考常考题型．‎ ‎6.（2018•江苏宿迁•12分）如图，在边长为1的正方形ABCD中，动点E.F分别在边AB.CD上，将正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M始终落在边AD上（点M不与点A.D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，设BE=x，‎ ‎（1）当AM= 时，求x的值；‎ ‎（2）随着点M在边AD上位置的变化，△PDM的周长是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值；‎ ‎（3）设四边形BEFC的面积为S，求S与x之间的函数表达式，并求出S的最小值. ‎ ‎【分析】（1）由折叠性质可知BE=ME=x，结合已知条件知AE=1-x，在Rt△AME中，根据勾股定理得（1-x）2+ =x2 ， 解得：x= .‎ ‎（2）△PDM的周长不会发生变化，且为定值2.连接BM、BP，过点B作BH⊥MN，根据折叠性质知BE=ME，由等边对等角得∠EBM=∠EMB，由等角的余角相等得∠MBC=∠BMN，由全等三角形的判定AAS得Rt△ABM≌Rt△HBM，根据全等三角形的性质得AM=HM，AB=HB=BC，又根据全等三角形的判定HL得Rt△BHP≌Rt△BCP，根据全等三角形的性质得HP=CP，由三角形周长和等量代换即可得出△PDM周长为定值2.‎ ‎（3）过F作FQ⊥AB，连接BM，由折叠性质可知：∠BEF=∠MEF,BM⊥EF，由等角的余角相等得∠EBM=∠EMB=∠QFE，由全等三角形的判定ASA得Rt△ABM≌Rt△QFE，据全等三角形的性质得AM=QE；设AM长为a，在Rt△AEM中，根据勾股定理得（1-x）2+a2=x2,从而得AM=QE= ,‎ BQ=CF=x- ，根据梯形得面积公式代入即可得出S与x的函数关系式；又由（1-x）2+a2=x2,得x= =AM=BE，BQ=CF= -a（0

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