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重难点突破 08 全等三角形 8 种模型
（一线三等角、手拉手模型、倍长中线、截长补短、婆罗摩笈多、半角模型、
平行线中点模型与雨伞模型）
目 录
题型01 一线三等角模型（含一线三垂直模型）
题型02 手拉手模型
题型03 倍长中线模型
题型04 平行线中点模型与雨伞模型
题型05 截长补短模型
题型06 婆罗摩笈多模型
题型07 半角模型
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题型 01 一线三等角模型（含一线三垂直模型）
【一线三垂直模型介绍】只要出现等腰直角三角形，可以过直角点作一条直线，然后过45°顶点作直线的
垂线，构造三垂直，所得两个直角三角形全等.根据全等三角形倒边，得到线段之间的数量关系.
已知（一线三垂直） 图示 结论（性质）
如图AB⊥BC， ∆ABD≌∆BCE，DE=AD+EC
AB=BC，CE⊥DE，
AD⊥DE
如图AB⊥BC， ∆ABD≌∆BCE，DE=AD-EC
AB=BC，CE⊥DE，
AD⊥DE
已知∠AOC ∆ADB≌∆DEC
=∠ADB=∠CED=90°
，AB=DC
延长DE交AC于点 ∆ABC≌∆DBE
F，已知∠DBE
=∠ABC=∠EFC=90°
，AC=DE
【一线三等角模型介绍】三个等角的顶点在同一条直线，这个角可以是直角，也可以是锐角或钝角.
一线三等角类型：
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（同侧）已知∠A=∠CPD=∠B=∠α，CP=PD
（异侧）已知∠EAC=∠ABD=∠DPC=∠α，CP=PD
1．（2023·陕西西安·校联考模拟预测）小西在物理课上学习了发声物体的振动实验后，对其作了进一步的
探究：在一个支架的横杆点O处用一根细绳悬挂一个小球A，小球A可以自由摆动，如图，OA表示小球
静止时的位置．当小明用发声物体靠近小球时，小球从OA摆到OB位置，此时过点B作BD⊥OA于点
D，当小球摆到OC位置时，OB与OC恰好垂直（图中的A、B、O、C在同一平面上），过点C作
CE⊥OA于点E，测得BD=8cm，OA=17cm．求AE的长．
【答案】9cm
【分析】首先根据题意证明出△COE≌△OBD(AAS)，然后利用全等三角形的性质求解即可．
【详解】∵OB⊥OC，
∴∠BOD+∠COE=90°，
又∵CE⊥OA,BD⊥OA，
∴∠CEO=∠ODB=90°，
∴∠BOD+∠B=90°，
∴∠COE=∠B，
在△COE和△OBD中，
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¿，
∴△COE≌△OBD(AAS)，
∴OE=BD=8cm，
∴AE=OA−OE=17−8=9cm．
【点睛】此题考查全等三角形的性质和判定，解题思路是找准条件判定全等，解题的关键是证明
△COE≌△OBD(AAS)．
2．（2023·全国·九年级专题练习）感知：数学课上，老师给出了一个模型：如图1，点A在直线DE上，
且∠BDA=∠BAC=∠AEC=90°，像这种一条直线上的三个顶点含有三个相等的角的模型我们把它称
为“一线三等角“模型．
应用：
(1)如图2，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CB=CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于点D，过B
作BE⊥ED于点E．求证：△BEC≌△CDA．
(2)如图3，在△ABC中，D是BC上一点，∠CAD=90°，AC=AD，
∠DBA=∠DAB，AB=2√3，求点C到AB边的距离．
(3)如图4，在 ▱ABCD中，E为边BC上的一点，F为边AB上的一点．若
EF
∠≝=∠B，AB=10，BE=6，求 的值．
DE
【答案】(1)见解析
(2)√3
EF 3
(3) =
DE 5
【分析】（1）由直角三角形的性质得出∠ACD=∠EBC，可证明△BEC≌△CDA；
（2）过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CE⊥AB于，交BA的延长线于点E，证明△CAE≌△ADF，
由全等三角形的性质可得出CE=AF=√3，则可得出答案；
（3）过点D作DM=DC交BC的延长线于点M，证明△BFE∽△MED，由相似三角形的性质可得出答案．
【详解】（1）证明：∵∠ACB=90°，∠BCE+∠ACB+∠ACD=180°，
∴∠BCE+∠ACD=180°，
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∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠BEC=∠CDA=90°，∠EBC+∠BCE=90°，
∴∠ACD=∠EBC，
在△BEC和△CDA中，
¿，
∴△BEC≌△CDA；
（2）解：过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CE⊥AB于，交BA的延长线于点E，
∵∠DBA=∠DAB，
∴AD=BD，
1
∴AF=BF= AB=√3，
2
∵∠CAD=90°，
∴∠DAF+∠CAE=90°，
∵∠DAF+∠ADF=90°，
∴∠CAE=∠ADF，
在△CAE和△ADF中，
¿，
∴△CAE≌△ADF，
∴CE=AF=√3，
即点C到AB的距离为√3；
（3）过点D作DM=DC交BC的延长线于点M，
∴∠DCM=∠M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
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∴DM=CD=AB=10，AB∥CD
∴∠B=∠DCM=∠M，
∵∠FEC=∠≝+∠DEC=∠B+∠BFE,∠B=∠≝¿，
∴∠DEC=∠BFE，
∴△BFE∽△MED，
EF BE 6 3
∴ = = = ．
DE DM 10 5
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定
与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
3．（2022·北京·校考一模）对于平面直角坐标系xOy中的图形M和点P，给出如下定义：将图形M绕点P
顺时针旋转90°得到图形N，图形N称为图形M关于点P的“垂直图形”．例如，图1中点D为点C关于点
P的“垂直图形”．
(1)点A关于原点O的“垂直图形”为点B．
①若点A的坐标为(0,3)，则点B的坐标为___________；
②若点B的坐标为(3,1)，则点A的坐标为___________；
(2)E(−3,3)，F(−2,3)，G(a,0)，线段EF关于点G的“垂直图形”记为E'F'，点E的对应点为E'，
点F的对应点为F'．
①求点E'的坐标（用含a的式子表示）；
②若⊙O的半径为2，E'F'上任意一点都在⊙O内部或圆上，直接写出满足条件的EE'的长度的最大值．
【答案】(1)①(3,0)，②(−1,3)
(2)①(3+a,3+a)，②√22
【分析】(1)① ②根据“垂直图形”的定义可得答案；
(2)①过点E作EP⊥x轴于点P，过点E'作E'H⊥x轴于点H，利用AAS证明△PEG≌△HGE'得
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E'H=PG=a+3，GH=EP=3，从而得出答案；②由点E'的坐标可知，满足条件的点E'在第一象限的
⊙O上，求出点E'的坐标，从而解决问题．
【详解】（1）解：①∵点A的坐标为(0,3)，
∴点B的坐标为(3,0)，
故答案为：(3,0)；
②当B(3,1)时，如图，A(−1,3)，
故答案为：(−1,3)；
（2）解：①过点E作EP⊥x轴于点P，过点E'作E'H⊥x轴于点H，
∵∠EGE'=90°，EG=E'G，
∴∠EGP+∠E'GH=90°，∠EGP+∠E=90°，
∴∠E=∠E'GH，
∵∠EPG=∠GHE'，
∴ △PEG≌△HGE'（AAS），
∴E'H=PG=a+3，GH=EP=3，
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∴OH=3+a，
∴E'（3+a,3+a）；
②如图，观察图象知，满足条件的点E'在第一象限的⊙O上，
∵E'(3+a,3+a)，OE'=2，
∴(a+3) 2+(a+3) 2=22，a+3=√2(负值舍去)，
∴a=√2−3，
∴E'(√2,√2)，
∴EE'=√(√2+3) 2+(√2−3) 2=√22．
∴EE'的长度的最大值为√22．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，“垂直图形”的定义，坐标与图
形，求出点E'的坐标是解题的关键．
4．（2021·浙江嘉兴·校考一模）阅读材料：我们知道：一条直线经过等腰直角三角形的直角顶点，过另外
两个顶点分别向该直线作垂线，即可得三垂直模型”如图①：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，分别
过A、B向经过点C直线作垂线，垂足分别为D、E，我们很容易发现结论：△ADC≌△CEB．
(1)探究问题：如果AC≠BC，其他条件不变，如图②，可得到结论；△ADC∽△CEB．请你说明理由．
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1
(2)学以致用：如图③，在平面直角坐标系中，直线y＝ x与直线CD交于点M（2，1），且两直线夹角为
2
3
α，且tanα＝ ，请你求出直线CD的解析式．
2
(3)拓展应用：如图④，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，点E为BC边上一个动点，连接AE，将线段AE
绕点E顺时针旋转90°，点A落在点P处，当点P在矩形ABCD外部时，连接PC，PD．若△DPC为直角
三角形时，请你探究并直接写出BE的长．
【答案】(1)见解析
4 15
(2)y=− x+
7 7
3+√7
(3)4或
2
【分析】（1）由同角的余角相等可得∠BCE=∠DAC，且∠ADC=∠BEC=90°，可得结论；
（2）过点O作ON⊥OM交直线CD于点N，分别过M、N作ME⊥x轴NF⊥x轴，由（1）的结论可得：
NF OF NO
△NFO∽△OEM，可得 = = ，可求点N坐标，利用待定系数法可求解析式；
OE ME MO
（3）分两种情况讨论，由全等三角形的性质和相似三角形的性质可求解．
【详解】（1）解：理由如下，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
又∵∠ADC＝90°，
∴∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠BCE＝∠DAC，且∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴△ADC∽△CEB；
（2）解：如图，过点O作ON⊥OM交直线CD于点N，分别过M、N作ME⊥x轴，NF⊥x轴，
由（1）可得：△NFO∽△OEM，
【9 淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
NF OF NO
∴ = = ，
OE ME MO
∵点M（2，1），
∴OE＝2，ME＝1 ，
ON 3
∵tanα＝ ＝ ，
OM 2
NF OF 3
∴ = = ，
2 1 2
3
∴NF＝3，OF＝ ，
2
3
∴点N（− ，3），
2
∵设直线CD表达式：y＝kx+b，
∴¿
∴¿
4 15
∴直线CD的解析式为：y＝- x+ ；
7 7
（3）解：当∠CDP＝90°时，如图，过点P作PH⊥BC，交BC延长线于点H，
∵∠ADC+∠CDP＝180°，
∴点A，点D，点P三点共线，
∵∠BAP＝∠B＝∠H＝90°，
∴四边形ABHP是矩形，
∴AB＝PH＝4，
∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°，
∴AE＝EP，∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠H＝90°，AE＝EP，
∴△ABE≌△EHP（AAS），
∴BE＝PH＝4，
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当∠CPD＝90°时，如图，过点P作PH⊥BC，交BC延长线于点H，延长HP交AD的延长线于N，则四边
形CDNH是矩形，
∴CD＝NH＝4，DN＝CH，
设BE＝x，则EC＝5-x，
∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°，
∴AE＝EP，∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠EHP＝90°，AE＝EP，
∴△ABE≌△EHP（AAS），
∴PH＝BE＝x，AB＝EH＝4，
∴PN＝4-x，CH＝4-（5-x）＝x-1＝DN，
∵∠DPC＝90°，
∴∠DPN+∠CPH＝90°，且∠CPH+∠PCH＝90°，
∴∠PCH＝∠DPN，且∠N＝∠CHP＝90°，
∴△CPH∽△PDN，
DN NP
∴ = ，
PH CH
x−1 4−x
∴ =
x x−1
3±√7
∴x＝
2
∵点P在矩形ABCD外部，
3+√7
∴x＝ ，
2
3+√7
∴BE＝ ，
2
3+√7
综上所述：当BE的长为4或 时，△DPC为直角三角形．
2
【点睛】本题是考查了待定系数法求解析式，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形
的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．
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5．（2022下·安徽淮北·九年级校联考阶段练习）数学模型学习与应用．【学习】如图1，∠BAD=90°，
AB=AD，BC⊥AC于点C，DE⊥AC于点E．由∠1+∠2=∠2+∠D=90°，得∠1=∠D；又
∠ACB=∠AED=90°，可以通过推理得到△ABC≌△DAE．我们把这个数学模型称为“一线三等角”
模型；
(1)【应用】如图2，点B，P，D都在直线l上，并且∠ABP=∠APC=∠PDC=α．若BP=x，AB=2，
BD=5，用含x的式子表示CD的长；
(2)【拓展】在△ABC中，点D，E分别是边BC，AC上的点，连接AD，DE，∠B=∠ADE=∠C，
AB=5，BC=6．若△CDE为直角三角形，求CD的长；
(3)如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(2,4)，点B为平面内任一点．△AOB是以OA为斜边
的等腰直角三角形，试直接写出点B的坐标．
1 5
【答案】(1)CD=− x2+ x
2 2
(2)3
(3)(3,1)或(−1,3)
【详解】（1）解：∵∠ABP=∠APC=∠PDC=α，
∴∠A+∠APB=∠APB+∠CPD，
∴∠A=∠CPD，
又∵∠ABP=∠PDC，
∴△ABP∽△PDC，
AB BP
∴ = ，
PD CD
x 2
即 = ，
CD 5−x
1 5
∴CD=− x2+ x．
2 2
（2）解：如图4，当∠CED=90°时，
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∵∠ADE=∠C，∠CAD=∠DAE，
∴△ACD∽△ADE，
∴∠ADC=∠AED=90°，
∵∠B=∠C，∠ADC=90°
∴点D为BC的中点，
1 1
∴CD= BC= ×6=3．
2 2
如图5，当∠EDC=90°时，
∵∠B=∠C，
∴∠BAD=∠EDC=90°，
过点A作AF⊥BC，交BC于点F，
1 BF AB 3
∴BF= BC=3，cosB= = = ，
2 AB BD 5
25
BD= >6，不合题意，舍去，
3
∴CD=3．
（3）解：分两种情况：
①如图6所示，过A作AC⊥y轴于D，过B作BE⊥x轴于E，DA与EB相交于C，则∠C＝90°，∴四边形
OECD是矩形
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∵点A的坐标为（2，4），
∴AD＝2，OD＝CE＝4，
∵∠OBA＝90°，
∴∠OBE+∠ABC＝90°，
∵∠ABC+∠BAC＝90°，
∴∠BAC＝∠OBE，
在 ABC与 BOE中，
¿
△ △
∴△ABC≌△BOE（AAS），
∴AC＝BE，BC＝OE，
设OE＝x，则BC＝OE＝CD＝x，
∴AC＝BE＝x－2，
∴CE＝BE+BC＝x－2+x＝OD＝4，
∴x＝3，x－2＝1，
∴点B的坐标是（3，1）；
②如图7，同理可得，点B的坐标（－1，3），
综上所述，点B的坐标为（3，1）或（－1，3）．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形
的性质等知识；正确的作出辅助线，证明三角形全等是解题的关键．
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6．（2021上·山东青岛·九年级统考期中）【模型引入】
我们在全等学习中所总结的“一线三等角、K型全等”这一基本图形，可以使得我们在观察新问题的时候
很迅速地联想，从而借助已有经验，迅速解决问题．
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【模型探究】
如图，正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，交直线CB于点F．
（1）如图1，若点F在线段BC上，写出EA与EF的数量关系并加以证明；
（2）如图2，若点F在线段CB的延长线上，请直接写出线段BC，BE和BF的数量关系．
【模型应用】
（3）如图3，正方形ABCD中，AB＝4，E为CD上一动点，连接AE交BD于F，过F作FH⊥AE于F，过
H作HG⊥BD于G．则下列结论：①AF＝FH；②∠HAE＝45°；③BD＝2FG；④△CEH的周长为8．正确
的结论有 个．
（4）如图4，点E是正方形ABCD对角线BD上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，交线段BC于点F，交
线段AC于点M，连接AF交线段BD于点H．给出下列四个结论，①AE＝EF；②√2DE＝CF；③S AEM
△
＝S MCF；④BE＝DE+√2BF；正确的结论有 个．
△
【模型变式】
（5）如图5，在平面直角坐标系中，四边形OBCD是正方形，且D（0，2），点E是线段OB延长线上一
点，M是线段OB上一动点（不包括点O、B），作MN⊥DM，垂足为M，交∠CBE的平分线与点N，求证：
MD＝MN
（6）如图6，在上一问的条件下，连接DN交BC于点F，连接FM，则∠FMN和∠NMB之间有怎样的数
量关系？请给出证明．
【拓展延伸】
（7）已知∠MON＝90°，点A是射线ON上的一个定点，点B是射线OM上的一个动点，且满足OB＞
OA．点C在线段OA的延长线上，且AC＝OB．如图7，在线段BO上截取BE，使BE＝OA，连接CE．若
∠OBA+∠OCE＝β，当点B在射线OM上运动时，β的大小是否会发生变化？如果不变，请求出这个定值；
如果变化，请说明理由．
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（8）如图8，正方形ABCD中，AD＝6，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于
点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接DM，交EF于点N，若点F是AB
边的中点，则△EDM的面积是 ．
√2
【答案】（1）AE=EF，证明见解析；（2）BE= (BC−BF)；（3）4；（4）3；（5）见解析；
2
15
（6）∠NMF=∠NMB，证明见解析；（7）β的大小不变，β=45°，理由见解析；（8）
2
【分析】（1）过点E作YZ⊥AD，交AD于Y，交BC于Z,证明△ZBE是等腰直角三角形，进而证明
△AEY ≌ △EFZ，即可证明AE=EF；
（2）过E分别向AB,BC作垂线，垂足分别为T,U，证明四边形TBUE是正方形，证明△TEA ≌ △UEF，
过A作AV⊥BD于V,过F作FW⊥BD的延长线于点W，设正方形的边长为a，在Rt△ABD中，求得BD，
1 √2 √2
进而求得AV = BD= a，证明△AEV ≌ △EFW，进而可得BW = BF，由
2 2 2
√2 √2
BE+BW =BE+EV =BV =AV = a，可得BE= (BC−BF)
2 2
（3）①由（1）直接判断①；根据△AFH是等腰直角三角形，即可判断②；过A作AR⊥BD于R,证明
△ARF≌△FGH可得AR=FG，进而判断；③过点A作AQ⊥HE于点Q，延长CB至Q，使BP=DE，
证明△APH≌△AEH，进而可得△CEH的周长为2BC，即可判断④；
（4）①由（1）直接判断①；过E作PQ//DC,交AD,BC分别为点P,Q，证明△DPE,△EQB是等腰直
√2
角三角形，证明Rt△EFQ ≌ Rt△AEP，进而可得DE=√2DP= CF，即可判断②；过F作
2
KF//PQ交BD于点K,KN⊥PQ于N，可得KB=√2BF，由②可知PD=QF，进而证明
△DPE≌△KNE，BE=BK+EK=DE+√2BF可判断④，由于M点的位置不确定，无法判断S 和
△AEM
S 的关系，即可判断③；
△MCF
（5）在OD上取OH=OM，连接HM，证明△HDM ≌ △BMN即可；
（6）延长BO至点A，使得AO=CF，连接AD，过点M作MP⊥DN于点F，证明△AOD≌△FCD，可
得∠CDF=∠ODA，进而证明△ADM ≌ △FDM，由∠NMF+∠FMP=∠NMP=45°，根据角度的
等量换算可得∠NMF=∠MDO，∠NMB=∠MDO，进而可得∠NMF=∠NMB；
（7）过点C作CF//OB，且CF=OA，连接AF交CE于点G，连接BF，证明△BOA≌△ACF，可得
BA=AF,∠1=∠2，进而可得∠5=45°，进而证明四边形BECF是平行四边形，根据平行线的性质，三
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角形的外角的性质可得∠7+∠1=45°，即β =45°
（8）过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，证明PE=PC，设PC=x,则
PE=x,PD=6−x，EQ=6−x，证明△≝¿是等腰直角三角形，证明△DEC≌△BEC，在Rt△DEP中，
3√10
勾股定理求得DE= ，进而可得EF，过点F作FH⊥AC于点H，证明△DGC∽△FGA，进而求得
2
AG=2√2，进而求得GE，在Rt△HGF中，勾股定理求得FG，进而求得S ，根据翻折的性质求得
△EFG
15
S ，根据S =S ❑ −S =S 即可求得S = ．
△EFM △EDM 四边形 DFME △DFM △≝¿+S △EFM −S △DFM ¿ △EDM 2
【详解】（1）若点F在线段BC上，AE=EF,理由如下，
过点E作YZ⊥AD，交AD于Y，交BC于Z,
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=BC，∠DAB=∠ABC=∠C=∠ADC=90°
又∵ YZ⊥AD
∴四边形ABZY是矩形，
∴AY =BZ
∵AD=AB，∠BAD=90°
∴∠ADB=∠ABD=∠DBC=45°
∴△ZBE是等腰直角三角形
∴BZ=EZ
∵BZ=AY
∴ZE=AY
∵AE⊥EF
∴∠AEY +∠FEZ=90°
∵∠AYE=90°
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∴∠EAY +∠AEY =90°
∴ ∠FEZ=∠EAY
∵AD//BC,YZ⊥AD
∴YZ⊥BC
∴∠AYE=∠EZF=90°
在△AEY与△EFZ中，
¿
∴ △AEY ≌ △EFZ
∴AE=EF
√2
（2）若点F在线段CB的延长线上，BE= (BC−BF)，理由如下，
2
过E分别向AB,BC作垂线，垂足分别为T,U，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°
∴四边形TBUE是矩形，
∴∠ADB=∠ABD=∠DBC=45°
∵ET⊥AB,EU⊥BC
∴TB=TE，EU=BU，
∴四边形TBUE是正方形
∴TE=EU,TE//FU
∴∠TEF=∠EFU
∵AE⊥EF
∴∠TEF+∠AET=90°
∵ET⊥AB
∴∠EAT+∠AET=90°
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∴∠TEF=∠EAT
∴∠EFU=∠EAT
在△TEA与△UEF中
¿
∴ △TEA ≌ △UEF
∴AE=EF
过A作AV⊥BD于V,过F作FW⊥BD的延长线于点W，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°
∴∠ADB=∠ABD=45°
设正方形的边长为a，
∵AV⊥BD
∴AV =BV =VD
在Rt△ABD中，BD=√AD2+AB2=√2AD=√2a，
1 √2
∴AV = BD= a
2 2
∵AE⊥EF，AV⊥EV
∴∠AEV +∠EFW =90°,∠AEV +∠EAV =90°
∴∠EFW=∠EAV
∵FW⊥WD,AV⊥BD
∴∠FWE=∠AVE=90°
在△AEV和△EFW中
¿
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∴ △AEV ≌ △EFW
∴EV =FW
∵∠FBW=∠DBC=45°，FW⊥WB
∴∠FBW=90°−∠BFW=45°
∴∠WFB=∠WBF
∴FW=WB
∴BF=√FW2+BW2=√2BW
√2
即BW = BF
2
∴BW=EV
√2
∴ BE+BW =BE+EV =BV =AV = a
2
√2 √2
∴ BF+BE= a
2 2
∵ BC=a
√2 √2
∴ BF+BE= BC
2 2
√2
即BE= (BC−BF)
2
（3）如图
由（1）可得AF=FH，故①正确，
∵AF⊥FH,AF=FH
∴△AFH是等腰直角三角形，
∴∠HAE=45°
故②正确，
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过A作AR⊥BD于R,
∵AD=AB,∠BAD=90°
1
∴AR=BR=DR= BD
2
∵AR⊥BD,HG⊥BD
∴∠ARF=∠FGH=90°
∵∠AFR+∠FAR=90°,∠AFR+∠GFH=90°
∴∠FAR=∠HFG
又∵AF=FH
∴△ARF≌△FGH
∴AR=FG
1
∴FG= BD
2
故③正确，
如图，过点A作AQ⊥HE于点Q，延长CB至Q，使BP=DE，
∵∠ADE=∠ABP=90°,AB=AD,DE=BP
∴△ABP≌△ADE
∴∠DAE=∠BAP
∵∠EAH=45°，∠DAB=90°
【22淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴∠DAE+∠HAB=45°
∴∠BAP+∠HAB=45°
即∠HAP=∠EAH
∵AP=AE,AH=AH
∴△APH≌△AEH
∴HE=HP
∵PH=PB+BH=DE+BH=EH
∴△CEH的周长为CE+EH+HC=CE+DE+BH+HC=CD+BC=2BC
∵正方形的边长为4
∴△CEH的周长为2BC =8．
故④正确，
综上所述，故正确的结论有①②③④，共计4个
故答案为：4
（4）如图4，
由（1）可得AE=EF,故①正确；
如图，过E作PQ//DC,交AD,BC分别为点P,Q
∵四边形ABCD是正方形
∴∠ADC=∠DCB=90°
【23淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∵PQ//DC
∴∠DPQ=∠PQC=90°
∴四边形PDCQ是矩形
同理，四边形ABQP是矩形，
∴DP=CQ，AP=BQ
∵∠PDE=∠EBQ=45°
∴ △DPE,△EQB是等腰直角三角形
∴PE=DP，EQ=QB
∵四边形ABQP是矩形
∴BQ=AP
∴EQ=AP
在Rt△EFQ与Rt△AEP中，
¿
∴ Rt△EFQ ≌ Rt△AEP
∴PE=QF
1
∴DP=QF= CF
2
∵∠PDE=45°,∠DPE=90°
√2
∴DE=√2DP= CF
2
∴CF=√2DE
故②正确
如图，过F作KF//PQ交BD于点K,KN⊥PQ于N
则四边形KNQF是矩形，
∴NK=QF
【24淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∵∠KBF=45°,∠KFB=90°
∴KB=√2BF
由②可知PD=QF
∴NK=DP，∠DPE=∠KNE=90°，∠KEN=∠DEP，
∴△DPE≌△KNE，
∴DE=EK，
∴BE=BK+EK=DE+√2BF，
故④正确；
由于M点的位置不确定，无法判断S 和S 的关系，故③不正确，
△AEM △MCF
综上所述正确的结论由①②④，共计3个；
故答案为：3，
（5）如图5，在OD上取OH=OM，连接HM，
∵OD=OB,OH=OM
∴HD=MB,∠OHM=OMH
∴∠DHM=180°−45°=135°
∵ BN平分∠CBE
∴∠NBE=45°
∴∠MBN=135°
∴∠DHM=∠MBN
∵DM⊥MN，∠AOB=90°
∴∠DMO+∠NMB=90°
∵∠DMO+∠HDM=90°
∴∠HDM=∠NMB
【25淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
△HDM与△BMN中
¿
∴ △HDM ≌ △BMN
∴DM=MN
（6）如图6，在上一问的条件下，连接DN交BC于点F，连接FM，∠NMF=∠NMB，理由如下，
延长BO至点A，使得AO=CF，连接AD，过点M作MP⊥DN于点F，
∵DC=DO,∠DOA=∠DCF=90°,CF=AO
∴△AOD≌△FCD
∴∠CDF=∠ODA，AD=DF
∵DM=MN,DM⊥MN
∴∠MDN=45°
∵∠CDO=90°
∴∠CDF+∠MDO=90°−∠FDM=45°
∴∠ODA+ODM=45°=∠ADM
∴∠ADM=∠FDM
在△ADM与△FDM中，
¿
∴ △ADM ≌ △FDM
∴∠DFM=∠DAM
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∵MP⊥DF
∴∠PMF+∠PFM=90°
∵∠DAO+∠ADO=90°
∴∠PMF=∠ODA
∵ ∠MDO+∠ODA=45°
∴∠PMF+∠MDO=45°
∵DM=MN,MP⊥DN
∴PM=PN
∴∠PMN=45°
∴∠NMF+∠FMP=∠NMP=45°
∴∠NMF=∠MDO
∵∠NMB=∠MDO
∴∠NMF=∠NMB
（7）β的大小不变，β=45°，理由如下，
过点C作CF//OB，且CF=OA，连接AF交CE于点G，连接BF，如图，
∵CF//OB，
∴∠BOA+∠ACF=180°
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∵∠BOA=90°
∴∠ACF=90°
∴∠BOA=∠ACF
又OB=AC,OA=CF
∴△BOA≌△ACF
∴BA=AF,∠1=∠2
∴∠4=∠5
∵∠1+∠3=90°
∴∠2+∠3=90°
∴∠BAF=180°−(∠2+∠3)=90°
∴∠5=45°
∵∠1+∠7=∠2+∠7=∠6
∵BE//CF,BE=OA=CF
∴四边形BECF是平行四边形
∴BF//CE
∴∠5=∠6=45°
∴∠7+∠1=45°
即β =45°
（8）如图，过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，
∵DC⊥AB
∴PQ⊥AB
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°,
△PEC是等腰直角三角形，∴ PE=PC
设PC=x,则PE=x,PD=6−x，EQ=6−x
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∴PD=EQ
∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ
∴△DPE≌△EQF(AAS)
∴DE=EF ∵DE⊥EF
∴ △≝¿是等腰直角三角形
∵DC=BC,∠DCE=∠BCE=45°,CE=CE ∴△DEC≌△BEC(SAS)
∴DE=BE
∴EF=BE
∵EQ⊥FB
1
∴FQ=BQ= BF
2
∵ AB=AD=6,F是AB的中点
∴BF=3
3
∴FQ=BQ=PE=
2
3√2 9
∴CE= ,PD=
2 2
√81 9 3√10
在Rt△DEP中，DE=√DP2+PE2= + =
4 4 2
3√10
∴EF=DE=
2
过点F作FH⊥AC于点H，如图，
∵AD=CD=6
∴AC=6√2
∵DC//AB
∴△DGC∽△FGA
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CG CD 6
∴ = = =2
AG AF 3
∴CG=2AG
∴AG=2√2
3√2 5√2
∴≥=AC−AG−CE=6√2−2√2− = ，
2 2
∵∠FAC=45°,HF⊥AC
∴∠FAC=∠AFH=45°
∵AF=3
3√2
∴AH=HF=
2
√2
∴HG=
2
√2 18
在Rt△HGF中，FG=√HG2+H F2= + =√5
4 4
1 1 3√2 5√2 15
∴S = ⋅≥⋅FH= × × =
△EFG 2 2 2 2 4
∵将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，
15
∴S = ，FM=FG=√5，∠DFE=∠EFM=45°
△EFM 4
∴∠DFM=90°
∵DF=√DA2+AF2=√36+9=3√5
1 15
∴S = ×3√5×√5=
△DFM 2 2
∵S =S ❑ −S =S
△EDM 四边形 DFME △DFM △≝¿+S −S ¿
△EFM △DFM
1 3√10 3√10 15 15 15
= × × + − =
2 2 2 4 2 2
15
∴ S =
△EDM 2
15
故答案为：
2
【点睛】本题考查了四边形综合题，全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定，等
腰三角形的性质，正方形的性质，添加辅助线，构造全等是解题的关键．
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7．（2022上·吉林长春·七年级长春市第四十五中学校考期中）通过对数学模型“K字”模型或“一线三等
角”模型的研究学习，解决下列问题：
[模型呈现]如图1，∠BAD=90°，AB=AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E．
求证：BC=AE．
[模型应用]如图2，AE⊥AB且AE=AB，BC⊥CD且BC=CD，请按照图中所标注的数据，计算图中
实线所围成的图形的面积为________________．
[深入探究]如图3，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，连接BC，DE，且BC⊥AF于点F，
DE与直线AF交于点G．若BC=21，AF=12，则△ADG的面积为_____________．
【答案】[模型呈现]见解析；[模型应用]50；[深入探究]63
【分析】[模型呈现]证明△ABC≌△DAE，根据全等三角形的对应边相等得到BC=AE；
[模型应用]根据全等三角形的性质得到AP=BG=3，AG=EP=6,CG=DH=4，CG=BG=3，根据梯
形的面积公式计算，得到答案；
[深入探究]过点D作DP⊥AG于P，过点E作EQ⊥AG交AG的延长线于Q，根据全等三角形的性质得
到DP=AF=12,EQ=AF=12,AP=BF,AQ=CF，证明△DPG≌△EQG，得到PG=GQ.，进而求出
AG，根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】[模型呈现]证明：∵∠BAD=90°，
∴∠BAC+∠DAE=90°，
∵BC⊥AC,DE⊥AC，
∴∠ACB=∠DEA=90°，
∴∠BAC+∠ABC=90°，
∴∠ABC=∠DAE，
在△ABC和△DAE中，
¿，
∴△ABC≌△DAE(AAS)，
∴BC=AE；
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[模型应用]解：由[模型呈现]可知，△AEP≌△BAG,△CBG≌△DCH，
∴AP=BG=3,AG=EP=6,CG=DH=4,CG=BG=3，
1 1 1 1 1
则S = (4+6)×(3+6+4+3)− ×3×6− ×3×6− ×3×4− ×3×4=50，
实线围成的图形 2 2 2 2 2
故答案为：50；
[深入探究]过点D作DP⊥AG于P，过点E作EQ⊥AG交AG的延长线于Q，
由[模型呈现]可知，△AFB≌△DPA,△AFC≌△EQA，
∴DP=AF=12,EQ=AF=12,AP=BF,AQ=CF，
在△DPG和△EQG中，
¿，
∴△DPG≌△EQG(AAS)，
∴PG=GQ，
∵BC=21，
∴AQ+AP=21，
∴AP+AP+PG+PG=21，
∴AG=AP+PG=10.5，
1
∴S = ×10.5×12=63，
△ADQ 2
故答案为：63．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的面积计算，熟记三角形确定的判定定理是解题
的关键．
8．（2020上·河南安阳·八年级统考期末）（1）如图①．已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．则线段DE、BD与CE之间的数量
关系是______；
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（2）如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB=AC，D，A，E三点都在直线m上，并且有
∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，其中α为任意锐角或钝角．请问：（1）中的结论是还否成立？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，D，E是D，A，E三点所在直线m上的两动点（D，A，E三点互不重合），
点F为∠BAC平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，连接BD、CE．若
∠BDA=∠AEC=∠BAC，试判断△≝¿的形状，并说明理由．
【答案】（1）DE=BD+CE；（2）成立，证明见解析；（3）等边三角形，理由见解析
【分析】（1）根据垂直的定义得到∠BDA=∠CEA=90°，根据等角的余角相等得到∠CAE=∠ABD，
根据“AAS”证明△ADB≌△CEA，根据全等三角形的性质得到AE=BD，AD=CE，结合图形得到
DE=BD+CE；
（2）根据∠BDA=∠AEC=∠BAC，得到∠ABD=∠CAE，由AAS定理证明△ADB≌△CEA，根据全
等三角形的性质得到BD=AE，DA=CE，得出结论；
（3）根据△ADB≌△CEA，得到BD=AE，∠DBA=∠CAE，证明△DBF≌△EAF(SAS)，得到
DF=EF，∠BFD=∠AFE，求出∠DFE=60°，根据等边三角形的判定定理得到答案．
【详解】解：（1）DE=BD+CE．理由：如图1，
∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°，
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ADB和△CEA中，
¿，
∴△ADB≌△CEA(AAS)，
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
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（2）（1）中结论成立，
理由如下：如图2，∵∠BDA=∠BAC=α，
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°−α，
∴∠DBA=∠CAE，
在△ADB和△CEA中，
¿，
∴△ADB≌△CEA(AAS)，
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（3）结论：△≝¿是等边三角形．
理由：如图3，由（2）可知，△ADB≌△CEA，
∴BD=AE，∠DBA=∠CAE，
∵△ABF和△ACF均为等边三角形，
∴∠ABF=∠CAF=60°，BF=AF，
∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF，即∠DBF=∠EAF，
在△DBF和△EAF中，
¿，
∴△DBF≌△EAF(SAS)，
∴DF=EF，∠BFD=∠AFE，
∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°，
∴△≝¿为等边三角形．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定定
理和性质定理是解题的关键．
9．（2023上·湖南长沙·八年级统考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点B(a,b)是第二象限内一点．
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(1)若a、b满足等式(a+3) 2+|b−2|=0，求点B的坐标；
(2)如图1，在（1）的条件下，动点C以每秒2个单位长度的速度从O点出发，沿x轴的负半轴方向运动，
同时动点A以每秒1个单位长度的速度从O点出发，沿y轴的正半轴方向运动，设运动的时间为t秒，当t
为何值时，△ABC是AB为斜边的等腰直角三角形；
(3)如图2，C、A分别是x轴负半轴和y轴上正半轴上一点，且△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，
若E是线段OC上一点，连接BE交AC于点D，连接AE，当AE=CE，∠OAE=45∘，①求证：BE平分
∠ABC； ②设BD的长为a，△ADB的面积为S．请用含a的式子表示S．
【答案】(1)B(−3,2)
(2)当t=1时，△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形
1
(3)①见解析；②S = a2
ΔABD 4
【分析】（1）根据绝对值和偶次方的性质得出a+3=0，b−2=0，进而求出a、b的值，即可解答；
（2）过B作BH⊥x轴于点H，设OA=t，OC=2t，证明△AOC≌△CHB（AAS），得OC=BH，即
可解答；
（3）①过点E作EM⊥AB于M，EN⊥BC交BC延长线于N，过点B作BF⊥x轴于F，先证
△AEM≌△CEN（AAS）得EM=EN，利用角平分线定理即可解答；
1
②延长AE、BC相交于点P，证明∠BEA=90°,AE= AP，再证△BCD≌△ACP，得AP=BD=a，利
2
用三角形面积公式即可解答．
【详解】（1）解：∵（a+3）2+|b−2|=0且（a+3）2≥0，|b−2|≥0，
∴a+3=0，b−2=0，
∴a=−3，b=2，
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∴B(−3,2)；
（2）解：过B作BH⊥x轴于点H，
∵B(−3,2)，
∴BH=2，
由题意得OA=t，OC=2t，
∵△ACB是以AB斜边的等腰直角三角形
∴AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠BCH+∠ACB=90°，
∵BH⊥x轴，
∴∠OHB=90°，
∴∠BCH+∠HBC=90°，
∴∠ACB=∠HBC，
∴∠AOC=∠CHB=90°，
在△AOC与△CHB中，
¿，
∴△AOC≌△CHB（AAS），
∴OC=BH，
∴t=1，
∴当t=1时，△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形；
（3）①解：过点E作EM⊥AB于M，EN⊥BC交BC延长线于N，过点B作BF⊥x轴于F，
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∴∠EMA=∠ENC=90°，
由（2）可知，∠BCF=∠CAO，
∵∠ECN=∠BCF，
∴∠ECN=∠CAO，
∵△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，
∴∠BAC=45°，
∵∠OAE=45°，
∴∠BAC+∠CAE=∠EAO+∠CAE，
即∠BAE=∠CAO，
∵∠ECN=∠CAO，
∴∠ECN=∠BAE，
在△AEM和△CEN中，
¿，
∴△AEM≌△CEN（AAS）
∴EM=EN，
∴BE平分∠ABC；
②解：如图，延长AE、BC相交于点P，
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∵∠ACB=90°，
∴∠ACP=90°
∴∠CAE+∠APC=90°，∠PCE+∠ACE=90°，
∵AE=CE
∴∠CAE=∠ACE
∴∠APC=∠PCE
∴CE=PE
1
∴PE=AE，AE= AP
2
∵BE平分∠ABC
∴BE⊥AP
∴∠BEA=90°，
∴∠CAE+∠ADE=90°，∠CBD+∠BDC=90°
∵∠BDC=∠ADE
∴∠CAE=∠CBD
在△BCD和△ACP中，
¿,
∴△BCD≌△ACP(ASA),
∴BD=AP=a,
1
∴AE= a,
2
1 1 1 1
∴S = BD⋅AE= a× a= a2 ．
ΔABD 2 2 2 4
【点睛】本题考点涉及绝对值的性质，平面直角坐标系，等腰三角形的性质和判定，三线合一，角平分线
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定理，全等三角形的判定与性质，所涉知识点较多，难度较大，属于压轴题，掌握“一线三垂直”模型，
作出辅助线是解题的关键．
10．（2022上·江苏南京·八年级校考阶段练习）已知，在△ABC中，AB=AC，D，A，E三点都在直
线m上，且DE=9cm，∠BDA=∠AEC=∠BAC．
(1)如图①，若AB⊥AC，则BD与AE的数量关系为 ___________，CE与AD的数量关系为 ___________；
(2)如图②，判断并说明线段BD，CE与DE的数量关系；
(3)如图③，若只保持∠BDA=∠AEC，BD=EF=7cm，点A在线段DE上以2cm/s的速度由点D向点
E运动，同时，点C在线段EF上以xcm/s的速度由点E向点F运动，它们运动的时间为t（s）．是否存
在x，使得△ABD与△EAC全等？若存在，求出相应的t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)BD=AE，CE=AD
(2)DE=BD+CE
9 28
(3)t=1，x=2或t= ,x=
4 9
【分析】（1）利用平角的定义和三角形内角和定理得∠CAE=∠ABD，再利用AAS证明
△ABD≌△CAE，得BD＝AE，CE＝AD；
（2）由（1）同理可得△ABD≌△CAE，得BD=AE，CE=AD，可得答案；
（3）分△DAB≌△ECA或△DAB≌△EAC两种情形，分别根据全等三角形的性质可解决问题．
【详解】（1）解：∵∠BDA=∠AEC=∠BAC，
∴∠BAD+∠CAE=∠BAD+∠ABD，
∴∠CAE=∠ABD，
∵∠BDA=∠AEC，BA=CA，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD=AE，CE=AD，
故答案为：BD=AE，CE=AD；
（2）DE=BD+CE，
由（1）同理可得△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD=AE，CE=AD，
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∴DE=BD+CE；
（3）存在，当△DAB≌△ECA时，
∴AD=CE=2cm,BD=AE=7cm，
∴t=1，此时x=2；
当△DAB≌△EAC时，
∴AD=AE=4.5cm,DB=EC=7cm,
AD 9 9 28
∴t= = ，x=7÷ = ，
2 4 4 9
9 28
综上：t=1，x=2或t= ,x= ．
4 9
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角基本模型是解
题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想．
题型 02 手拉手模型
【模型介绍】两个顶角相等的等腰三角形共用顶角顶点，分别连接对应的两底角顶点，从而可以得到一个
经典的全等模型.因为顶点相连的四条边，形象可以看作两双手，通常称为“手拉手模型”.
文字说明：1）点A 为共用顶角顶点，看作头
2）线段AB、AC为等腰∆ABC的两腰，看作两条手臂
线段AM、AN为等腰∆AMN的两腰，看作两条手臂
3）点B与点M看作左手，线段BM看作左手拉左手
点C与点N看作右手，线段CN看作右手拉右手
解题步骤：①找共用顶点，确定“四只手”；
②连接对应端点；
③SAS证明全等.
已知 图示 结论（性质）
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如图，直线AB的同一侧作 1）∆ABM≌∆ACN 2）BM=CN
∆ABC和∆AMN都为等边三角形
3）∠MEN=∠2=60°（拉手线的夹角等于顶
（A、B、N三点共线），连接
角）
BM、CN，两者相交于点E
4）∆ANF≌∆AMD 5）∆AFC≌∆ADB
6）连接DF，DF∥BN 7）连接AE，AE平分
∠BEN 8）存在3组四点共圆
9）EN=EM+EA，EB=EC+EA,EA=ED+EF
如图，∆ABC和∆AMN都为等边 1）∆ABM≌∆ACN 2）BM=CN
三角形（A、B、N三点不共
3）∠MON=60°（拉手线的夹角等于顶角）
线），连接BM、CN，两者相
交于点O 4）连接AO，AO平分∠BON
5）存在2组四点共圆
6）ON=OM+OA，OB=OC+OA
如图，四边形ABCD和四边 1）∆AGD≌∆AEB 2）GD=EB
形AEFG为正方形，连接EB 3）GD⊥EB 4）AO平分∠EOD
和GD，两者交于点O
11．（2023·安徽黄山·校考一模）已知△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，△ADE绕点A逆时针旋转一
周．
(1)如图1，连接BD，CE，则BD与CE的数量关系为_______；直线BD与CE所夹角的度数为_______．
MN
(2)当△ADE旋转至如图2所示的位置时，取BC，DE的中点M，N，连接MN，BD．试问： 的值是
BD
否随△ADE的旋转而变化？若不变，请求出该值；若变化，请说明理由．
(3)M，N分别为BC，DE的中点，连接MN．若AB=3√10，AD=6，当△ADE旋转至B，D，E三点在
同一条直线上时，请直接写出MN的值．
【答案】(1)BD=CE，直线BD与CE所夹角的度数为：90°；
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MN √2
(2)不变， = ；
BD 2
(3)MN=3或9．
【分析】（1）根据△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，得AB=AC，AD=AE，∠BAC=DAE=90°，
根据全等三角形的判定和性质，得△ABD≅△ACE，延长BD交CE于点F，根据三角形的外角和，即可
求出直线BD与CE所夹角的度数；
（2）连接AN，AM；根据等腰三角形的性质，三线合一，得AN⊥ED，AM⊥BC，根据
AM √2 MN AM
sin∠ABC= = ，再根据相似三角形的判定，得△BAD∼△MAN，则 = 即可；
AB 2 BD AB
（3）根据当△ADE旋转至B，D，E三点在同一条直线上时，分类讨论：①当D在B，E之间；② ①当
MM
E在B，D之间，根据等腰三角形的性质，勾股定理，依次求出AN，BN，BD，再根据 是定值，即
BD
可求出MN．
【详解】（1）∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=DAE=90°，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠EAC，
∴∠BAD=∠EAC，
∴△ABD≅△ACE，
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，
延长BD交CE于点F，交AC于点H，
∵∠AHF=∠BHC，
∴∠ABD+∠BAC=∠ACE+∠BFC，
∴∠BAC=∠BFC=90°，
∴直线BD与CE所夹角的度数为：90°．
（2）不变，理由如下：
连接AN，AM
∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，点M，N是BC，DE的中点，
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∴AM⊥BC，∠BAM=∠CAM=45°，AN⊥DE，∠EAN=∠DAN=45°；
AM √2 AN √2
∵sin∠ABM=sin45°= = ，sin∠ADN=sin45°= =
AB 2 AD 2
AM AN √2
∴ = = ，
AB AD 2
∵∠BAD=∠BAC+∠DAC=90°+∠DAC，
∠MAN=∠MAC+∠DAC+∠DAN=45°+∠DAC+45°=90°+∠DAC，
∴∠BAD=∠MAN，
∴△BAD∼△MAN，
MN AM √2
∴ = = ．
BD AB 2
（3）如图：连接AM，AN，
①当D在B，E之间，
∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，点M，N是BC，DE的中点
∴AN⊥ED，ND=AN，
∴AD2=ND 2+AN2
❑
∵AB=3√10，AD=6，
∴DN=AN=3√2；
∵BN2+AN2=AB2，
∴BN=6√2，
∴BD=BN−DN=6√2−3√2=3√2，
MN √2
∵ = ，
BD 2
∴MN=3；
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②当E在B，D之间，
同理得：DN=AN=3√2，BN=6√2，BD=6√2+3√2=9√2，
MN √2 MN
∴ = = ，
BD 2 9√2
∴MN=9，
∴MN=3或9．
【点睛】本题考查等腰三角形，相似三角形，全等三角形的综合，解题的关键是掌握等腰三角形的性质：
三线合一，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角形函数的运用．
12．（2023下·江西抚州·九年级校考阶段练习）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，点P是平面内不与
点A，C重合的任意一点，连接PC，将线段PC绕点P旋转α得到线段PD，连接AP、CD、BD．
(1)当α=60°时，
①如图1，当点P在△ABC的边BC上时，线段PC绕点P顺时针旋转α得到线段PD，则AP与BD的数量关
系是_______________；
②如图2，当点P在△ABC内部时，线段PC绕点P顺时针旋转α得到线段PD，①中AP与BD的数量关系
还成立吗？若成立，请证明结论，若不成立，说明理由；
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(2)当α=90°时，
①如图3，线段PC绕点P顺时针旋转α得到线段PD．试判断AP与BD的数量关系，并说明理由；
BD
②若点A，C，P在一条直线上，且AC=3PC，线段PC绕点P逆时针旋转α得到线段DP，求 的值．
AP
【答案】(1)①AP=BD；②成立，证明见解析；
√5
(2)①BD=√2AP，理由见解析；②√5或
2
【分析】（1）①根据旋转的性质和等边三角形的判定，易证△ABC和△CPD是等边三角形，得到
AC=BC，CP=CD，∠ACB=∠PCD=60°，再利用“SAS”证明△APC≌△BDC，即可得到AP与
BD的数量关系；
②由①可知，△ABC和△CPD是等边三角形，进而证明△APC≌△BDC(SAS)，得到AP=BD，即可证
明结论；
（2）①根据旋转的性质和等腰直角三角形的判定，易证△ABC和△CPD是等腰直角三角形，得到
BC CD
BC=√2AC，CD=√2PC，∠ACB=∠PCD，进而得到 = =√2，∠BCD=∠ACP，易证
AC PC
BD
△BCD∽△ACP，从而得到 =√2，即可得到AP与BD的数量关系；
AP
②设PC=a，则AC=3a，根据等腰直角的性质，得到BC2=18a2，∠ACB=45°，分两种情况讨论：点
P在AC上和点P在AC的延长线上，利用旋转的性质，等腰直角三角形的性质以及勾股定理分别求解，即
BD
可求出， 的值．
AP
【详解】（1）解：①∵AB=AC，∠BAC=α=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
∵线段PC绕点P旋转α得到线段PD，
∴PC=PD，∠CPD=α=60°，
∴△CPD是等边三角形，
∴CP=CD，∠PCD=60°，
∴∠ACB=∠PCD，
在△APC和△BDC中，
¿，
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∴△APC≌△BDC(SAS)，
∴AP=BD，
故答案为：AP=BD；
②成立，理由如下：
由①可知，△ABC和△CPD是等边三角形，
∴AC=BC，CP=CD，∠ACB=∠PCD=60°，
∴∠ACB−∠PCB=∠PCD−∠PCB，
∴∠ACP=∠BCD，
在△APC和△BDC中，
¿，
∴△APC≌△BDC(SAS)，
∴AP=BD；
（2）解：①BD=√2AP，理由如下：
∵AB=AC，∠BAC=α=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴BC=√AB2+AC2=√2AC，∠ACB=45°，
∵线段PC绕点P旋转α得到线段PD，
∴PC=PD，∠CPD=α=90°，
∴△CPD是等腰直角三角形，
∴CD=√PC2+PD2=√2PC，∠PCD=45°
BC CD
∴ = =√2，∠ACB=∠PCD，
AC PC
∴∠ACB+∠ACD=∠PCD+∠ACD，
∴∠BCD=∠ACP，
∴△BCD∽△ACP，
BD BC
∴ = =√2，
AP AC
∴BD=√2AP；
②∵AC=3PC，
∴设PC=a，则AC=3a，
∵AB=AC，∠BAC=α=90°，
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∴△ABC是等腰直角三角形，
∴BC2=AB2+AC2=2AC2=18a2，∠ACB=45°，
如图，当点P在AC上时，此时AP=AC−PC=3a−a=2a，
由旋转的性质可知，△CPD是等腰直角三角形，
∴PC=PD=a，∠PCD=45°，
∴CD2=PC2+PD2=2a2，∠BCD=∠ACB+∠PCD=90°，
由勾股定理得：BD=√BC2+CD2=√18a2+2a2=2√5a，
BD 2√5a
∴ = =√5；
AP 2a
如图，当点P在AC的延长线上时，此时AP=AC+PC=3a+a=4a，
同理可知，CD2=2a2，∠BCD=90°，
由勾股定理得：BD=√BC2+CD2=√18a2+2a2=2√5a，
BD 2√5a √5
∴ = = ，
AP 4a 2
BD √5
综上可知， 的值为√5或 ．
AP 2
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判
定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，利用分类讨论的思想，熟练掌握手拉手—旋
转型全等是解题关键．
13．（2023·河南洛阳·统考模拟预测）综合与实践综合与实践课上，数学研究小组以“手拉手图形”为主
题开展数学活动两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，
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则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．
(1)操作判断 已知点C为△ABC和△CDE的公共顶点，将△CDE绕点C顺时针旋转α(0°b．记△ABC的面积为S．
(1)如图1，分别以AC，CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为S ，正
1
方形BGFC的面积为S ．
2
①若S =9，S =16，求S的值；
1 2
②延长EA交GB的延长线于点N，连结FN，交BC于点M，交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示），求
证：S −S =2S．
2 1
(2)如图3，分别以AC，CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE，记等边三角形ACD的面积
为S ，等边三角形CBE的面积为S ．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内），连结EF，
1 2
CF．若EF⊥CF，试探索S −S 与S之间的等量关系，并说明理由．
2 1
【答案】(1)①6；②见解析
1
(2)S −S = S，理由见解析
2 1 4
【分析】（1）①将面积用a，b的代数式表示出来，计算，即可
FA AN
②利用AN公共边，发现△FAN∽△ANB，利用 = ，得到a，b的关系式，化简，变形，即可得结论
AN NB
（2）等边△ABF与等边△CBE共顶点B，形成手拉手模型，△ABC≌△FBE，利用全等的对应边，对应角，
得到：AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，从而得到∠FEC＝30°，再利用Rt△CFE，
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FE b √3
cos30°= = = ，得到a与b的关系，从而得到结论
CE a 2
【详解】（1）∵S =9，S =16
1 2
∴b＝3，a＝4
∵∠ACB＝90°
1 1
∴S= ab= ×3×4=6
2 2
②由题意得：∠FAN＝∠ANB＝90°，
∵FH⊥AB
∴∠AFN＝90°－∠FAH＝∠NAB
∴△FAN∽△ANB
FA AN
∴ =
AN NB
a+b a
∴ = ，
a b
得：ab+b2=a2
∴2S+S =S ．
1 2
即S −S =2S
2 1
1
（2）S −S = S，理由如下：
2 1 4
∵△ABF和△BEC都是等边三角形
∴AB＝FB，∠ABC＝60°－∠FBC＝∠FBE，CB＝EB
∴△ABC≌△FBE（SAS）
∴AC＝FE＝b
∠FEB＝∠ACB＝90°
∴∠FEC＝30°
∵EF⊥CF，CE＝BC＝a
b FE √3
∴ = =cos30°=
a CE 2
√3
∴b= a
2
1 √3
∴S= ab= a2
2 4
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√3 √3
由题意得：S = b2 ，S = a2
1 4 2 4
√3 √3 √3
∴S −S = a2− b2= a2
2 1 4 4 16
1
∴S −S = S
2 1 4
【点睛】本题考查勾股定理，相似，手拉手模型，代数运算，本题难点是图二中的相似和图三中的手拉手
全等
.题型 03 倍长中线模型
【模型介绍】当遇见中线或者中点的时候，可以尝试倍长中线或类中线，使得延长后的线段是原中线的二
倍，从而构造一对全等三角形(SAS)，并将已知条件中的线段和角进行转移.
已知 图示 结论（性质）
已知点D为∆ABC中BC边中 1）连接EC,则∆ABD≌∆ECD，AB∥CE
点，延长线段AD到点E使
AD=DE 2）连接BE,则∆ADC≌∆EDB，AC∥BE
已知点 D 为∆ABC 中 BC 边中 ∆BDF≌∆CDE
点，延长线段 DF 到点 E 使
DF=DE,
连接EC
23．（2019·山东淄博·统考一模）如图，ΔABC中，D为BC的中点，E是AD上一点，连接BE并延长交
AC于F，BE=AC，且BF=9，CF=6，那么AF的长度为 ．
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3
【答案】 ；
2
【分析】延长AD至G使AD=DG，连接BG，得出ΔACD≅ΔGBD,得出AC=BG=BE，所以得出
ΔAEF是等腰三角形，根据已知线段长度建立等量关系计算．
【详解】
如图：延长AD至G使AD=DG，连接BG
在ΔACD和ΔGBD中：
¿
∴ΔACD≅ΔGBD
∴∠CAD=∠G,AC=BG
∵BE=AC
∴BE=BG
∴∠G=∠BEG
∵∠BEG=∠AEF
∴∠AEF=∠EAF
∴EF=AF
∴AF+CF=BF−EF
即AF+6=9−EF
3
∴AF=
2
【点睛】倍长中线是常见的辅助线、全等中相关的角的代换是解决本题的关键．
24．（2020上·北京朝阳·八年级统考期末）阅读下面材料：
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数学课上，老师给出了如下问题：
如图，AD为△ABC中线，点E在AC上，BE交AD于点F，AE＝EF．求证：AC＝BF．
经过讨论，同学们得到以下两种思路：
思路一如图①，添加辅助线后依据SAS可证得△ADC≌△GDB，再利用AE＝EF可以进一步证得∠G＝
∠FAE＝∠AFE＝∠BFG，从而证明结论．
思路二如图②，添加辅助线后并利用AE＝EF可证得∠G＝∠BFG＝∠AFE＝∠FAE，再依据AAS可以进一
步证得△ADC≌△GDB，从而证明结论．
完成下面问题：
（1）①思路一的辅助线的作法是： ；
②思路二的辅助线的作法是： ．
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（2）请你给出一种不同于以上两种思路的证明方法（要求：只写出辅助线的作法，并画出相应的图形，
不需要写出证明过程）．
【答案】（1）①延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG；②作BG＝BF交AD的延长线于点G；（2）详
见解析
【分析】（1）①依据SAS可证得△ADC≌△GDB，再利用AE＝EF可以进一步证得∠G＝∠FAE＝∠AFE＝
∠BFG，从而证明结论．
②作BG＝BF交AD的延长线于点G．利用AE＝EF可证得∠G＝∠BFG＝∠AFE＝∠FAE，再依据AAS可
以进一步证得△ADC≌△GDB，从而证明结论．
（2）作BG∥AC交AD的延长线于G，证明△ADC≌△GDB（AAS），得出AC＝BG，证出∠G＝∠BFG，得
出BG＝BF，即可得出结论．
【详解】解：（1）①延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG，如图①，理由如下：
∵AD为△ABC中线，
∴BD＝CD，
AD=DG
在△ADC和△GDB中，{∠ADC＝∠GDB，
CD=BD
∴△ADC≌△GDB（SAS），
∴AC＝BG，
∵AE＝EF，
∴∠CAD＝∠EFA，
∵∠BFG＝∠G，∠G＝∠CAD，
∴∠G＝∠BFG，
∴BG＝BF，
∴AC＝BF．
故答案为：延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG；
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②作BG＝BF交AD的延长线于点G，如图②．
理由如下：∵BG＝BF，
∴∠G＝∠BFG，
∵AE＝EF，
∴∠EAF＝∠EFA，
∵∠EFA＝∠BFG，
∴∠G＝∠EAF，
∠CAD＝∠G
在△ADC和△GDB中，{∠ADC＝∠GDB，
CD=BD
∴△ADC≌△GDB（AAS），
∴AC＝BG，
∴AC＝BF；
故答案为：作BG＝BF交AD的延长线于点G；
（2）作BG∥AC交AD的延长线于G，如图③所示：
则∠G＝∠CAD，
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∵AD为△ABC中线，
∴BD＝CD，
∠CAD＝∠G
在△ADC和△GDB中，{∠ADC＝∠GDB，
CD=BD
∴△ADC≌△GDB（AAS），
∴AC＝BG，
∵AE＝EF，
∴∠CAD＝∠EFA，
∵∠BFG＝∠EFA，∠G＝∠CAD，
∴∠G＝∠BFG，
∴BG＝BF，
∴AC＝BF．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、其中一般证明两个三角形全等共有
四个定理：AAS、ASA、SAS、SSS，需要同学们灵活运用，解题的关键是学会做辅助线解决问题．
25．（2020上·河北邢台·八年级校考期中）某数学兴趣小组在一次活动中进行了探究试验活动，请你来加
入．
【探究与发现】
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（1）如图1，AD是△ABC的中线，延长AD至点E，使ED=AD，连接BE，证明：△ACD≌△EBD．
【理解与应用】
（2）如图2，EP是△≝¿的中线，若EF=5，DE=3，设EP=x，则x的取值范围是________．
（3）如图3，AD是△ABC的中线，E、F分别在AB、AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF>EF．
【答案】（1）见解析；（2）1EG，
又∵EF=EG，BG=CF，
∴BE+CF>EF
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中线的定义，三角形的三边关系，正确的作出图
形是解题的关键．
26．（2020·江苏徐州·统考模拟预测）（1）阅读理解：
如图①，在△ABC中，若AB＝8，AC＝5，求BC边上的中线AD的取值范围．可以用如下方法：将
△ACD绕着点D逆时针旋转180∘得到△EBD，在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD
的取值范围是_______；
（2）问题解决：
如图②，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连
接EF，求证：BE+CF＞EF；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，CB＝CD，∠BCD＝100°，以C为顶点作一个
50°的角，角的两边分别交AB、AD于E、F两点，连接EF，探索线段BE，DF，EF之间的数量关系，
并说明理由．
【答案】（1）1.52AD．
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智慧小组的证法如下：
证明：如图2，延长AD至E，使DE=AD，
∵AD是BC边上的中线∴BD=CD
在ΔBDE和ΔCDA中¿
∴ΔBDE≌ΔCDA（依据一）∴BE=CA
在ΔABE中，AB+BE>AE（依据二）
∴AB+AC>2AD．
任务一：上述证明过程中的“依据1”和“依据2”分别是指：
依据1：______________________________________________；
依据2：______________________________________________．
归纳总结：上述方法是通过延长中线AD，使DE=AD，构造了一对全等三角形，将AB，AC，AD转化
到一个三角形中，进而解决问题，这种方法叫做“倍长中线法”．“倍长中线法”多用于构造全等三角形
和证明边之间的关系．
任务二：如图3，AB=3，AC=4，则AD的取值范围是_____________；
任务三：如图4，在图3的基础上，分别以AB和AC为边作等腰直角三角形，在RtΔABE中，
∠BAE=90°，AB=AE；RtΔACF中，∠CAF=90°，AC=AF．连接EF．试探究EF与AD的数量关
系，并说明理由．
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【答案】任务一：依据1：两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等（或“边角边”或“SAS”）；依
1 7
据2：三角形两边的和大于第三边；任务二： ＜AD＜ ；任务三：EF=2AD，见解析
2 2
【分析】任务一：依据1：根据全等的判定方法判断即可；
依据2：根据三角形三边关系判断；
任务二：可根据任务一的方法直接证明即可；
任务三：根据任务一的方法，延长中线构造全等三角形证明线段关系即可．
【详解】解：任务一：
依据1：两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等（或“边角边”或“SAS”）；
依据2：三角形两边的和大于第三边．
1 7
任务二： ＜AD＜
2 2
任务三：EF=2AD．理由如下：
如图延长AD至G，使DG=AD，
∵AD是BC边上的中线
∴BD=CD
在△ABD和△CGD中¿
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∴△ABD≌△CGD
∴AB=CG，∠ABD=∠GCD
又∵AB=AE
∴AE=CG
在△ABC中，∠ABC+∠BAC+∠ACB=180°，
∴∠GCD+∠BAC+∠ACB=180°
又∵∠BAE=90°，∠CAF=90°
∴∠EAF+∠BAC=360°-（∠BAE+∠CAF）=180°
∴∠EAF=∠GCD
在△EAF和△GCA中
¿
∴△EAF≌△GCA
∴EF=AG
∴EF=2AD．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，倍长中线法，构造全等三角形是解
本题的关键．
题型 04 平行线中点模型与雨伞模型
【平行线中点模型介绍】平行线之间夹中点，通过延长过中点的线段与平行线相交，从而构造一对全等三
角形，并将已知条件中的线段和角进行转移。
已知 图示 结论（性质）
已知AB∥CD，点E，F分别 ∆POE ≌ ∆QOF
在直线AB、CD上，点O为
线段EF的中点，延长PO交
CD于点Q
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如图AP平分∠BAC，BD⊥AP， ∆ABD ≌ ∆ACD，AB=AC，BD=CD
垂足为点D，延长BD交AC于
点C
29．（2021上·江苏苏州·八年级统考期中）如图，△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AD平分∠BAC交
BC于点D，过点B作BE⊥AD，交AD延长线于点E，F为AB的中点，连接CF，交AD于点G，连接
BG．
（1）线段BE与线段AD有何数量关系？并说明理由；
（2）判断△BEG的形状，并说明理由．
1
【答案】（1）BE＝ AD，见解析；（2）△BEG是等腰直角三角形，见解析
2
1
【分析】（1）延长BE、AC交于点H，先证明 BAE≌△HAE，得BE＝HE＝ BH，再证明 BCH≌△ACD，
2
△ △
1
得BH＝AD，则BE＝ AD；
2
（2）先证明CF垂直平分AB，则AG＝BG，再证明∠CAB＝∠CBA＝45°，则∠GAB＝∠GBA＝22.5°，于
是∠EGB＝∠GAB+∠GBA＝45°，可证明 BEG是等腰直角三角形．
1 △
【详解】证：（1）BE＝ AD，理由如下：
2
如图，延长BE、AC交于点H，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB＝∠AEH＝90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠HAE，
在 BAE和 HAE中，
△ △
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¿，
∴△BAE≌△HAE（ASA），
1
∴BE＝HE＝ BH，
2
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCH＝180°﹣∠ACB＝90°＝∠ACD，
∴∠CBH＝90°﹣∠H＝∠CAD，
在 BCH和 ACD中，
¿，
△ △
∴△BCH≌△ACD（ASA），
∴BH＝AD，
1
∴BE＝ AD．
2
（2） BEG是等腰直角三角形，理由如下：
∵AC＝△BC，AF＝BF，
∴CF⊥AB，
∴AG＝BG，
∴∠GAB＝∠GBA，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
1
∴∠GAB＝ ∠CAB＝22.5°，
2
∴∠GAB＝∠GBA＝22.5°，
∴∠EGB＝∠GAB+∠GBA＝45°，
∵∠BEG＝90°，
∴∠EBG＝∠EGB＝45°，
∴EG＝EB，
∴△BEG是等腰直角三角形．
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【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等，理解等腰直角三角形的基
本性质，并且掌握全等三角形中常见辅助线的作法是解题关键．
30．（2021上·江苏南京·八年级统考期中）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，CD平分∠ACB，
1
BE⊥CD，垂足E在CD的延长线上．求证：BE＝ CD．
2
【答案】见解析
1
【分析】分别延长BE、CA交于点F，首先结合题意推出 CFE≌△CBE，从而得到BE＝EF＝ BF，然后证
2
△
明 BFA≌△CDA，得到BF＝CD，即可得出结论．
【△详解】证明：分别延长BE、CA交于点F，
∵BE⊥CD，
∴∠BEC＝∠FEC＝90°．
∵CD平分∠ACB，
∴∠FCE＝∠BCE．
在 CFE与 CBE中，
∵∠△BEC＝∠△FEC，∠FCE＝∠BCE，CE＝CE，
∴△CFE≌△CBE，
1
∴BE＝EF＝ BF．
2
在 CFE与 CAD中，
△ △
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∵∠F＋∠FCE＝∠ADC＋∠ACD＝ 90°，
∴∠F＝∠ADC．
在 BFA与 CDA中，
∵∠△F＝∠AD△C，∠BAC＝∠FAB，AB＝AC，
∴△BFA≌△CDA，
∴BF＝CD．
1
∴BE＝ CD．
2
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，理解角平分线的基本定义，熟练运用角平分线的性质构造辅
助线，并且准确判定全等三角形是解题关键．
31．（2018下·四川成都·七年级统考期末）如图1，点A是直线MN上一点，点B是直线PQ上一点，且
MN//PQ．∠NAB和∠ABQ的平分线交于点C．
（1）求证：BC⊥AC；
（2）过点C作直线交MN于点D（不与点A重合），交PQ于点E,
①若点D在点A的右侧，如图2，求证：AD+BE=AB；
②若点D在点A的左侧，则线段AD、BE、AB有何数量关系？直接写出结论，不说理由．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）BE=AD+AB
【分析】(1) 由平行线性质可得∠NAB+∠ABQ=180°,再由角平分线定义可得
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1 1
∠BAC= ∠NAB,∠CBA= ∠ABQ,再利用三角形内角和定理即可得∠C=90°,即可证明BC⊥AC;
2 2
(2) ①延长AC交PQ点F，先证明AC=FC,再证明△ACD≌△FCE,即可得AD+BE=AB;
②方法与①相同．
【详解】解：（1）∵MN∥PQ
∴∠NAB+∠ABQ=180°
∵AC平分∠NAB，BC平分∠ABQ
1 1
∴∠BAC= ∠NAB,∠CBA= ∠ABQ
2 2
1
∴∠BAC+∠ABC= ×180°=90°
2
在△ABC中，∵∠BAC+∠ABC+∠C=180°
∴∠C=180°- (∠BAC+∠ABC) =180°-90°=90°
∴BC⊥AC;
（2）①延长AC交PQ于点F
∵BC⊥AC
∴∠ACB=∠FCB=90°
∵BC平分∠ABF
∴∠ABC=∠FBC
∴BC=BC
∴△ABC≌△FBC
∴AC=CF，AB=BF
∵MN∥BQ
∴∠DAC=∠EFC
∵∠ACD=∠FCE
∴△ACD≌△FCE
∴AD=EF
∴AB=BF=BE+EF=BE+AD
即：AB=AD+BE
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②线段AD，BE，AB数量关系是：AD+AB=BE
如图3，延长AC交PQ点F,
∵MN//PQ ．
∴∠AFB=∠FAN，∠DAC=∠EFC
∵AC平分∠NAB
∴∠BAF=∠FAN
∴∠BAF=∠AFB
∴AB=FB
∵BC⊥AC
∴C是AF的中点
∴AC=FC
在△ACD与△FCE中
∠DAC=∠EFC
{ AC=FC
∠ACD=∠FCE
∴△ACD≅△FCE(ASA)
∴AD=EF
∵AB=FB=BE-EF
∴AD+AB=BE
【点睛】本题考查了平行线性质，全等三角形性质判定，等腰三角形性质等，解题关键正确添加辅助线构
造全等三角形．
32．（2020·全国·九年级专题练习）如图，已知等腰直角三角形ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，BF
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平分∠ABC，CD⊥BD交BF的延长线于点D，试说明：BF=2CD．
【答案】证明见解析
【分析】解法一：延长AB、CD相交于点E，根据角平分线性质得到∠CBD=∠ABF，证明
1
△BDC≌△BDE(ASA)，得到CD= CE，再证明△ABF≌△ACE(ASA)，得到BF=CE，即可证
2
明BF=2CD；
解法二：作BF的中点E，连接AE、AD，根据直角三角形得到性质就可以得出AE=BE=EF，由BD平
分∠ABC就可以得出∠ABE=∠DBC=22.5°，从而可以得出∠BAE=∠CAD=∠ACD=22.5°，
∠AEF=45°，由∠BAC=90°，∠BDC=90°就可以得出A、B、C、D四点共圆，求出AD=DC，证
△ADC≌△AEB，推出BE=CD，从而得到结论．
【详解】解法一：
解：延长AB、CD相交于点E，
∵BF平分∠ABC，
∴∠CBD=∠ABF，
∵CD⊥BD，
∴∠CDB=∠EDB=90°，
在△BDC和△BDE中，
¿，
∴△BDC≌△BDE(ASA)，
∴BC=AE，CD=DE，
1
∴CD= CE，
2
∵∠BAC=∠BDC=90°，∠AFB=∠CFD，
∴∠ABF=∠ACD，
在△ABF和△ACE中，
¿，
∴△ABF≌△ACE(ASA)，
∴BF=CE，
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1
∴CD= BF，
2
∴BF=2CD；
解法二：
解：取BF的中点E，连接AE、AD，
∵∠BAC=90°，
∴AE=BE=EF，
∴∠ABD=∠BAE，
∵CD⊥BD，
∴A，B，C，D四点共圆，
∴∠DAC=∠DBC，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC，
∴∠DAC=∠BAE，
∴∠EAD=90°，
∵AB=AC，
∴∠ABC=45°，
∴∠ABD=DBC=22.5°，
∴∠AED=45°，
∴AE=AD，
在△ABE与△ADC中，
¿，
∴△ABE≌△ADC，
∴BE=CD，
∴BF=2CD．
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【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，四点共圆，直角三角形的性质，
角平分线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
题型 05 截长补短模型
模型的概述：该模型适用于求证线段的和差倍分关系，该类题目中常出现等腰三角形、角平分线等关键词，
可以采用截长补短法构造全等三角形来完成证明。其中截长指在长线段中截取一段等于已知线段，补短指
将短线段延长，使短线段加上延长线段长度等于长线段。
图解：已知线段AB、CD、EF，简述利用截长补短法证明AB=CD+EF的方法
截长法：在线段AB上，截取AG=CD，判断线段GB和线段EF长度是否相等
补短法：延长线段CD至点H，使DH=EF，判断线段AB和线段GH长度是否相等
33．（2020上·山东济南·八年级统考期末）【阅读理解】截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的
添加方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另
一短边相等，从而解决问题．
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(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．
解题思路：延长DC到点E，使CE＝BD，连接AE，根据∠BAC+∠BDC＝180°，可证∠ABD＝∠ACE易证
得△ABD≌△ACE，得出△ADE是等边三角形，所以AD＝DE，从而探寻线段DA、DB、DC之间的数量关系．
根据上述解题思路，请直接写出DA、DB、DC之间的数量关系是______；
【拓展延伸】
(2)如图2，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．若点D是边BC下方一点，∠BDC＝90°，探索线段
DA、DB、DC之间的数量关系，并说明理由；
【知识应用】
(3)如图3，两块斜边长都为4cm的三角板，把斜边重叠摆放在一起，则两块三角板的直角顶点之间的距离
PQ的长为______cm．
【答案】(1)DA=DB+DC
(2)√2DA=DB+DC；理由见解析
(3)PQ=(√2+√6)cm
【分析】（1）延长DC到点E，使CE＝BD，连接AE，由等边三角形知AB=AC，∠BAC=60°，结合
∠BDC=120°，知∠ABD+∠ACD=180°，则∠ABD=∠ACE，证得△ABD≅△ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，
再证明△ADE是等边三角形，等量代换可得结论；
（2） 同理可证△ABD △ACE得AD=AE，∠BAD=∠CAE，由勾股定理得DA2+AE2=DE2，等量代换
即得结论； ≅
（3）由直角三角形的性质可得QN的长，由勾股定理可得MQ的长，由（2）知√2PQ=QN+QM，由此
可求得PQ长．
【详解】（1）（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°，
∴∠BAC+∠BDC=180°，
∴∠ABD+∠ACD=180°，
又∵∠ACE+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
∴△ABD △ACE(SAS)，
≅
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∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∵∠BAC=60°，
∴∠BAD+∠DAC=60°，
∴∠DAE=∠DAC+∠CAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DA=DE=DC+CE=DC+DB，
（2）√2DA=DB+DC，
理由如下：延长DC到点E，使CE=BD，连接AE，
∵∠BAC=90°，∠BDC=90°，
∴∠ABD+∠ACD=180°
又∵∠ACE+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，CE=BD，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∴∠DAE=∠BAC=90°，
∴DA2+AE2=DE2，
∴2D A2=(DB+DC) 2，
∴√2DA=DB+DC，
（3）如图所示：连接PQ，
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∵MN=4cm，∠QMN=30°，
1
∴QN= MN=2cm，
2
根据勾股定理得QM=√M N2−QN2=√42−22=2√3cm，
由（2）知√2PQ=QN+QM，
QN+QM 2+2√3
∴PQ= = =(√2+√6)cm，
√2 √2
【点睛】此题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、直角三角形和等边三角形的性质，
熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
34．（2022上·湖北孝感·八年级统考期中）如图，在五边形ABCDE中，AB=AE，CA平分∠BCD，
1
∠CAD= ∠BAE．
2
(1)求证：CD=BC+DE；
(2)若∠B=75°，求∠E的度数．
【答案】(1)见解析
(2)105°
【分析】（1）在CD上截取CF=CB，连接AF，证明△BCA≌△FCA(SAS)，根据全等三角形的性质得
出AB=AF，∠BAC=∠FAC，进而证明△ADF≌△ADE(SAS)，根据全等三角形的性质得出DE=DF，
进而即可求解；
（2）根据全等三角形的性质，结合图形可得∠B+∠E=∠CFA+∠AFD=180°，即可求解．
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【详解】（1）解：在CD上截取CF=CB，连接AF．
∵CA平分∠BCD，
∴∠BCA=∠FCA．
在△BCA和△FCA中，¿
∴△BCA≌△FCA(SAS)
∴AB=AF，∠BAC=∠FAC．
又∵AB=AE，
∴AF=AE．
1
又∵∠CAD= ∠BAE，
2
∴∠BAC+∠EAD=∠FAC+∠FAD，
∴∠FAD=∠EAD．
在△ADF和△ADE中，¿，
∴△ADF≌△ADE(SAS)
∴DE=DF．
∴CD=CF+FD=BC+DE．
（2）∵△BCA≌△FCA，
∴∠B=∠CFA．
∵△ADF≌△ADE，
∴∠E=∠AFD．
∴∠B+∠E=∠CFA+∠AFD=180°．
∴∠E=180°−∠B=180°−75°=105°．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
35．（2022上·湖北孝感·八年级统考期中）如图，在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，AC平分
∠DAB，BD平分∠CBA，∠ADC+∠BCD=240°．
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(1)求∠AOB的度数；
(2)求证：OD=OC．
【答案】(1)120°
(2)见解析
【分析】（1）由四边形内角和性质求得∠DAB+∠ABC=120°．再由角平分线定义可得
1 1
∠OAB= ∠DAB，∠OBA= ∠ABC，最后由三角形内角和性质得到结论；
2 2
（2）作∠AOB的平分线交AB于E，证明△AOD≌△AOE，再由全等三角形的性质可得答案．
【详解】（1）在四边形ABCD中，∠DAB+∠ABC+∠BCD+∠CDA=360°，
又∵∠ADC+∠BCD=240°，
∴∠DAB+∠ABC=120°．
∵AC平分∠DAB，BD平分∠CBA，
1 1
∴∠OAB= ∠DAB，∠OBA= ∠ABC，
2 2
1
∴∠OAB+∠OBA= (∠DAB+∠ABC)=60°．
2
在△OAB中，∠AOB=180°−(∠OAB+∠OBA)=120°．
（2）∠AOD=∠BOC=180°−∠AOB=60°．
如图，作∠AOB的平分线交AB于E．则∠AOE=∠BOE=∠DOA=∠COB=60°．
在△AOD和△AOE中，
¿，
△AOD≌△AOE(ASA)．
∴OD=OE．
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同理，OC=OE．
∴OD=OC
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，正确地作出辅助线是解题的关键．
36．（2018上·江苏盐城·八年级校联考期末）例：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．
解题思路：将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACE，可得AE=AD， CE=BD，∠ABD=∠ACE，
∠DAE=60°，根据∠BAC+∠BDC=180°，可知∠ABD+∠ACD=180°，则 ∠ACE+∠ACD=180°，易知△ADE
是等边三角形，所以AD=DE，从而解决问题．
根据上述解题思路，三条线段DA、DB、DC之间的等量关系是___________；
（2）如图2，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．点D是边BC下方一点，∠BDC=90°，探索三条线段
DA、DB、DC之间的等量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)DA=DB+DC;(2) √2DA=DB+DC,证明见解析.
【分析】(1)由旋转60°可得AE=AD， CE=BD，∠ABD=∠ACE，∠DAE=60°，根据∠BAC+∠BDC=180°，
可知∠ABD+∠ACD=180°，则 ∠ACE+∠ACD=180°，易知△ADE是等边三角形，所以AD=DE，从而解决
问题．
(2) 延长DC到点E,使CE=BD，连接AE,由已知可得∠ABD+∠ACD=180°,根据
∠ACE+∠ACD=180°,可得∠ABD=∠ACE,可证△ABD≅△ACE,进而可得AD=AE,
∠BAD=∠CAE,可得∠DAE=∠BAC=90°,由勾股定理可得：DA2+AE2=DE2,进行等量代换可得结
论.
【详解】(1)结论：DA=DB+DC.
理由：∵△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACE，
∴AE=AD， CE=BD，∠ABD=∠ACE，∠DAE=60°，
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∵∠BAC+∠BDC=180°，
∴∠ABD+∠ACD=180°，
∴∠ACE+∠ACD=180°，
∴D,C,E三点共线，
∵AE=AD，∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD=DE，
∴AD=DC+CE=DB+DC;
(2)结论：√2DA=DB+DC,
证明如下：
如图所示，延长DC到点E,使CE=BD，连接AE,
∵∠BAC=90°,∠BDC=90°,
∴∠ABD+∠ACD=180°,
∵∠ACE+∠ACD=180°,
∴∠ABD=∠ACE,
∵AB=AC,CE=BD,
∴△ABD≅△ACE(SAS),
∴AD=AE, ∠BAD=∠CAE,
∴∠DAE=∠BAC=90°,
∴DA2+AE2=DE2,
∴2DA2=(DB+DC) 2,
∴√2DA=DB+DC.
【点睛】本题主要考查了截长补短的方法，通过全等三角形得到线段间的等量关系，正确作出辅助线找到
全等三角形是解题的关键.
37．（2020·辽宁沈阳·统考一模）思维探索：
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在正方形ABCD中，AB＝4，∠EAF的两边分别交射线CB，DC于点E，F，∠EAF＝45°．
（1）如图1，当点E，F分别在线段BC，CD上时，△CEF的周长是 ；
（2）如图2，当点E，F分别在CB，DC的延长线上，CF＝2时，求△CEF的周长；
拓展提升：
如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，过点B作BD⊥BC，连接AD，在BC的延长线上取一点
E，使∠EDA＝30°，连接AE，当BD＝2，∠EAD＝45°时，请直接写出线段CE的长度．
【答案】思维探索：（1）8；（2）12；拓展提升：CE＝√3﹣1．
【分析】思维探索：（1）利用旋转的性质，证明△AGE≌△AFE即可；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，证明△AEF≌△AGF即可求得EF＝DF﹣BE；
拓展提升：如图3，过A作AG⊥BD交BD的延长线于G，推出四边形ACBG是矩形，得到矩形ACBG是正
方形，根据正方形的性质得到AC＝AG，∠CAG＝90°，在BG上截取GF＝CE，根据全等三角形的性质得
到AE＝AF，∠EAC＝∠FAG，∠ADF＝∠ADE＝30°，解直角三角形得到DE＝DF＝4，BE＝2√3，设CE
＝x，则GF＝CE＝x，BC＝BG＝2√3﹣x，根据线段的和差即可得到结论．
【详解】思维探索：
（1）如图1，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，
∴GB＝DF，AF＝AG，∠BAG＝∠DAF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，
在△AGE和△AFE中¿
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝GB+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF，
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∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+BE+DF+CF＝BC+CD＝8，
故答案为：8；
（2）如，2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，
同（1）可证得△AEF≌△AGF，
∴EF＝GF，且DG＝BE，
∴EF＝DF﹣DG＝DF﹣BE，
∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+CF+DF﹣BE＝BC+DF+CF＝4+4+2+2＝12；
拓展提升：如图3，过A作AG⊥BD交BD的延长线于G，
∵BD⊥BC，∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CBG＝∠G＝90°，
∴四边形ACBG是矩形，
∵AC＝BC，
∴矩形ACBG是正方形，
∴AC＝AG，∠CAG＝90°，
在BG上截取GF＝CE，
∴△AEC≌△AGF（SAS），
∴AE＝AF，∠EAC＝∠FAG，
∵∠EAD＝∠BAC＝∠GAB＝45°，
∴∠DAF＝∠DAE＝45°，
∵AD＝AD，
∴△ADE≌△ADF（SAS），
∴∠ADF＝∠ADE＝30°，
∴∠BDE＝60°，
∵∠DBE＝90°，BD＝2，
∴DE＝DF＝4，BE＝2√3，
设CE＝x，则GF＝CE＝x，BC＝BG＝2√3﹣x，
∴DG＝2+2√3﹣x，
∴DG﹣FG＝DF，
即2+2√3﹣x﹣x＝4，
∴x＝√3﹣1，
∴CE＝√3﹣1．
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【点睛】本题以正方形为背景，结合旋转，三角形全等，解直角三角形进行综合性考查，熟知常见的全等
模型，旋转性质，三角形的判定及性质，正方形，矩形的性质是解题的关键．
38．（2021·重庆沙坪坝·重庆八中校考一模）如图1，在四边形ABCD中，AC交BD于点E，△ADE为等
边三角形．
（1）若点E为BD的中点，AD＝4，CD＝5，求△BCE的面积；
（2）如图2，若BC＝CD，点F为CD的中点，求证：AB＝2AF；
（3）如图3，若AB∥CD，∠BAD＝90°，点P为四边形ABCD内一点，且∠APD＝90°，连接BP，取BP的
√10
中点Q，连接CQ．当AB＝6√2，AD＝4√2，tan∠ABC＝2时，求CQ＋ BQ的最小值．
10
√10
【答案】（1）S BCE=√39−2√3 (2)证明见解析（3）CQ＋ BQ的最小值为2√5
△ 10
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【分析】（1）根据点E是BD的中点，可得S =S ,在作边CE的高DF,根据等边三角形三线合一
△BCE △CDE
DF也是△AED 的高，根据勾股定理计算出DF的长度，在直角三角形DFC中利用勾股定理计算出CF,得
出CE的值，利用三角形的面积公式计算出面积．
（2）延长AF,是2AF=AG,证明△ADF≅△GCF,得出CM=AD，再根据∠ACD+∠BDC= 60°，得出
∠ACG =∠ABE ,从而证明△ABE≅△AMC ,得出AB=AG，得出结论．
（3）根据∠APD =90°，知道点P的运动轨迹是以AD为直径的圆，圆心记为N，点Q是BP的中点，得
√10
到点Q的运动轨迹是以BN的中点为圆心，半径为√2 的圆。由 sin∠NBA= ，构造直角三角形
10
√10 QG √10 √10
QGB，点G为直角顶点，可得sin∠QBG= = ,得QG= BQ ，可知CQ＋ BQ=CQ+QG,故
10 BQ 10 10
根据两点之间线段最短得最小值为CG的长度，又点G的运动轨迹为以AB为中点的圆．圆心为L,当点C、
点Q、点G在同一条直线上时，CG的值最小，从而得出结果．
【详解】解：作DF⊥AC
∵点E是BD的中点
∴BE=DE
故S =S
△BCE △CDE
∵AD=4,△ADE是等边三角形，DF⊥AE
∴AF=EF=2,∠ADF=30°
∴DF=2√3
∵在Rt△DEC中，CD=5,DF=2√3,根据勾股定理得：
FC=√13
∴CE=CF-EF=√13−2
1 1
S = CE×DF= ×(√13−2)×2√3 =√39−2√3
△△CDE 2 2
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(2)证明：延长AF使AF=FG如下图
∵△AED是等边三角形
∴∠AED=∠ADE=60°，AE=AD=ED
∵AF=FG，点F是CD的中点
∴CF=FD又∠AFD=∠CFG
∴△AFD≌△GFC
∴CG=AD，∠FCG=∠ADF
∴CG=AE
又∵∠CEB=∠ECD+∠EDC=60°，
∴∠ACG=∠FCG+∠ACD=∠ADF+∠ACD=120°
又∠AEB=120°
∴∠AEB=∠ACG，∠CAG=∠ABD
又CG=AE
∴△ABE≅△AGC
∴AB=AG
故AB=2AF
QG √10 √10
(3)如下图，过点Q作QG⊥BG，使∠NBE=∠GBQ,在Rt△BQG中，sin∠BQG= = 则GQ= BQ,
BQ 10 10
√10
故CQ＋ BQ=CQ+QG，由∠APD=90°，可知点P的运动轨迹为AD为直径的圆，⊙N ．点G为以BE
10
的中点为圆心的圆，点G的运动轨迹为圆．当点C、Q、G在同一条直线上时，CQ+QG的长度最小．
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∵AB∥CD，∠APD＝90°
∴四边形ADCK为正方形，有AD=4√2 AB=6√2
∴CK=AD=4√2又tan∠ABC＝2
∴BC=2√10
∵AN=3√2 ，GN=√2
∴CL=CD-DL=√2
∠BGN=∠GCL
∴Rt△BGN≌Rt△GCL
∴BG=CG
在Rt△BGC中，BC=2√10
∴CG=2√5
√10
即CQ＋ BQ的最小值=2√5
10
【点睛】本题考查三角形的面积、等边三角形的性质、全等三角形、锐角三角函数、动点问题．隐圆问题，
了解直径所对的圆周角等于90°是隐圆问题的常用思路，了解瓜豆原理对本题的理解有很大的帮助．了解
截长补短法添加辅助线是关键。转换思想是重要的数学思想．
题型 06 婆罗摩笈多模型
婆罗摩笈多模型条件：1）公共顶点：顶点C
2）等线段：BC=DC CE=CG
3）顶角相等：∠DCB=∠GCE=90°
已知 图示 结论（性质）
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四边形 ABCD、CEFG 为正方 CH⊥BE，BE=2IC，S =S
∆DCG ∆BCE
形，连接BE、DG，I、C、H三
点共线，若点I为中点
四边形 ABCD、CEFG 为正方 点I为中点，BE=2IC，S =S
∆DCG ∆BCE
形，连接BE、DG，I、C、H三
点共线，若CH⊥BE
39．（2021上·重庆开州·八年级校联考期中）如图，在锐角三角形ABC中，AH是BC边上的高，分别以
AB，AC为一边，向外作正方形ABDE 和ACFG，连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下
列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC，其中正确结论是( )
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】根据正方形的性质和SAS可证明△ABG≌△AEC，然后根据全等三角形的性质即可判断①；设
BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，根据全等三角形对应角相等可得∠ACE＝∠AGB，然
后根据三角形的内角和定理可得∠CNG＝∠CAG＝90°，于是可判断②；过点E作EP⊥HA的延长线于P，
过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，根据余角的性质即可判断④；利用AAS即可证明△ABH≌△EAP，可得EP
＝AH，同理可证GQ＝AH，从而得到EP＝GQ，再利用AAS可证明△EPM≌△GQM，可得EM＝GM，从而
可判断③，于是可得答案．
【详解】解：在正方形ABDE和ACFG中，AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAG+∠BAC，
即∠CAE＝∠BAG，
∴△ABG≌△AEC（SAS），
∴BG＝CE，故①正确；
设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，
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∵△ABG≌△AEC，
∴∠ACE＝∠AGB，
∵∠AKG＝∠NKC，
∴∠CNG＝∠CAG＝90°，
∴BG⊥CE，故②正确；
过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，
∵AH⊥BC，
∴∠ABH+∠BAH＝90°，
∵∠BAE＝90°，
∴∠EAP+∠BAH＝90°，
∴∠ABH＝∠EAP，即∠EAM＝∠ABC，故④正确；
∵∠AHB=∠P=90°，AB=AE，
∴△ABH≌△EAP（AAS），
∴EP＝AH，
同理可得GQ＝AH，
∴EP＝GQ，
∵在△EPM和△GQM中，
¿，
∴△EPM≌△GQM（AAS），
∴EM＝GM，
∴AM是△AEG的中线，故③正确．
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综上所述，①②③④结论都正确．
故答案为：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，作辅助线构造出
全等三角形是难点，熟练掌握全等三角形的判定和性质是关键．
40．（2023上·山西太原·九年级成成中学校考阶段练习）综合与实践
以△ABC的两边AB、AC为边，向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG，过点A作AM⊥BC于
M，延长MA交EG于点N.
(1)如图①，若AB=AC，证明：EN=GN；
(2)如图②，∠BAC=90°，（1）中结论，是否成立，若成立，请证明；若不成立，写出你的结论，并说
明理由；
(3)如图③，∠BAC≠90°，AB=5，AC=√10，且AM=3，则S =________________.
△AEG
【答案】(1)见解析
(2)成立，见解析
15
(3)
2
【分析】（1）根据等边对等角证得∠BAM=∠CAM，由正方形的性质得到AE=AB=AC=AG，
∠EAB=∠GAC=90°，求出∠EAN=∠GAN，由等腰三角形三线合一的性质得到EN=GN；
（2）过点E作EP⊥AN交AN的延长线于P，过点G作 GQ⊥AM于Q，利用“AAS”证明
△ABM≌△EAP，根据全等三角形对应边相等可得 EP=AM，同理可证GQ=AM，从而得到EP=GQ，
再利用“AAS”证明△EPN≌△GQN，根据全等三角形对应边相等可得EN=GN；
（3）根据勾股定理求出BM,CM，过点E作EP⊥AN交AN的延长线于P，过点G作 GQ⊥AM于Q，
证明△ABM≌△EAP，根据全等三角形对应边相等可得 EP=AM，AP=BM=4，同理可证GQ=AM，
从而得到EP=GQ，再利用“AAS”证明△EPN≌△GQN，根据全等三角形对应边相等可得NP=NQ，
3
再证明△QAG≌△MCA(AAS)，得到AQ=CM=1，求出PQ=AP−AQ=4−1=3，得到NP=NQ= ，
2
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3 5
由此得到AN=AQ+NQ=1+ = ，再计算三角形面积即可．
2 2
【详解】（1）∵AB=AC，AM⊥BC，
∴∠BAM=∠CAM
∵以△ABC的两边AB、AC为边，向外作正方形ABDE和正方形ACFG，
∴AE=AB=AC=AG，∠EAB=∠GAC=90°，
∴∠EAN=∠GAN，
∴EN=GN；
（2）过点E作EP⊥AN交AN的延长线于P，过点G作 GQ⊥AM于Q，
∵四边形ABDE是正方形，
∴AB=AE,∠BAE=90°，
∴∠EAP+∠BAM=180°−90°=90°，
∵AM⊥BC，
∴∠ABM+∠BAM=90°，
∴∠ABM=∠EAP，
在△ABM和△EAP中，
¿，
∴△ABM≌△EAP(AAS)，
∴EP=AM；
同理可得GQ=AM，
∴EP=GQ；
在△EPN和△GQN中，
¿，
∴△EPN≌△GQN(AAS)，
∴EN=NG；
即（1）中的结论成立；
（3）在Rt△ABM中，AB=5，AM=3，
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∴BM=√AB2−AM2=√52−32=4，
在Rt△ACM中，AC=√10，AM=3，
∴CM=√AC2−AM2=√10−32=1，
过点E作EP⊥AN交AN的延长线于P，过点G作 GQ⊥AM于Q，
∵四边形ABDE是正方形，
∴AB=AE,∠BAE=90°，
∴∠EAP+∠BAM=180°−90°=90°，
∵AM⊥BC，
∴∠ABM+∠BAM=90°，
∴∠ABM=∠EAP，
在△ABM和△EAP中，
¿，
∴△ABM≌△EAP(AAS)
∴EP=AM，AP=BM=4，
同理可得GQ=AM，
∴EP=GQ；
在△EPN和△GQN中，
¿
∴△EPN≌△GQN(AAS)
∴NP=NQ，
∵∠CAG=90°，
∴∠QAG+∠CAM=180°−90°=90°，
∵AM⊥BC，
∴∠ACM+∠CAM=90°，
∴∠ACM=∠QAG，
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在△QAG和△MCA中，
¿，
∴△QAG≌△MCA(AAS)，
∴AQ=CM=1，
∴PQ=AP−AQ=4−1=3，
3
∴NP=NQ= ，
2
3 5
∴AN=AQ+NQ=1+ = ，
2 2
1 1 1 5 15
∴S = AN⋅EP+ ⋅AN⋅GQ= × ×(3+3)= ，
△AEG 2 2 2 2 2
15
故答案为： ．
2
【点睛】本题是综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的性质
等知识；正确作出辅助线，构造全等三角形，运用全等三角形的性质是解题的关键．
41．（2017·江西·中考真题）我们定义：如图1，在△ABC看，把AB点绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜
180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β=180°时，我们称△A'B'C'是
△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中
心”．
特例感知：
（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．
①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD= BC；
②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为 ．
猜想论证：
（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．
拓展应用
（3）如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=2√3，DA=6．在四边形内部是否存在
点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存
在，说明理由．
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1 1
【答案】（1）① ；②4；（2）AD= BC，证明见解析；（3）存在，证明见解析，√39．
2 2
1
【分析】（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD= AB′即可解决问题；
2
②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；
1
（2）结论：AD= BC．如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M，首先证明四边形
2
AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；
（3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于
P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．想办法证明PA=PD，
PB=PC，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可；
【详解】解：（1）①如图2中，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AB=AB′=AC′，
∵DB′=DC′，
∴AD⊥B′C′，
∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠B′AC′=120°，
∴∠B′=∠C′=30°，
1 1
∴AD= AB′= BC，
2 2
1
故答案为 ．
2
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②如图3中，
∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠B′AC′=∠BAC=90°，
∵AB=AB′，AC=AC′，
∴△BAC≌△B′AC′，
∴BC=B′C′，
∵B′D=DC′，
1 1
∴AD= B′C′= BC=4，
2 2
故答案为4．
1
（2）结论：AD= BC．
2
理由：如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M
∵B′D=DC′，AD=DM，
∴四边形AC′MB′是平行四边形，
∴AC′=B′M=AC，
∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°，
∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′，
∴△BAC≌△AB′M，
∴BC=AM，
1
∴AD= BC．
2
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（3）存在．
理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交
BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．
连接DF交PC于O．
∵∠ADC=150°，
∴∠MDC=30°，
在Rt△DCM中，∵CD=2√3，∠DCM=90°，∠MDC=30°，
∴CM=2，DM=4，∠M=60°，
在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°，
1
∴EM= BM=7，
2
∴DE=EM﹣DM=3，
∵AD=6，
∴AE=DE，∵BE⊥AD，
∴PA=PD，PB=PC，
在Rt△CDF中，∵CD=2√3，CF=6，
∴tan∠CDF=√3，
∴∠CDF=60°=∠CPF，
易证△FCP≌△CFD，
∴CD=PF，∵CD∥PF，
∴四边形CDPF是矩形，
∴∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°，
∴△ADP是等边三角形，
∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°，
∴∠BPC=120°，
∴∠APD+∠BPC=180°，
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∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，
在Rt△PDN中，∵∠PDN=90°，PD=AD=6，DN=√3，
∴PN=√DN2+PD2=√ (√3) 2+62=√39．
【点睛】本题考查四边形综合题．
42．（2019上·湖北十堰·九年级校联考期末）已知，△ABC中，BC＝6，AC＝4，M是BC的中点，分别
以AB，AC为边向外作正方形ABDE，正方形ACFG，连接EG，MA的延长线交EG于点N，
1
(1)如图，若∠BAC＝90°，求证：AM＝ EG，AM⊥EG；
2
(2)将正方形ACFG绕点A顺时针旋转至如图，(1)中结论是否仍然成立？请说明理由；
(3)将正方形ACFG绕点A顺时针旋转至B，C，F三点在一条直线上，请画出图形，并直接写出AN的长．
12
【答案】(1)证明见解析；(2)结论不变；(3)AN的值为 ．
5
【分析】(1)方法一：如图1中，直接证明△ABC≌△AEG即可解决问题；
方法二：如图2中，如图，延长AM至点H，使AM＝MH，连接BH．证明△EAG≌△ABH即可解决问题．
(2)如图3中，结论不变．证明方法类似方法二．
(3)分两种情形分别求解即可解决问题．
【详解】(1)证明：方法一：如图1中，
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∵四边形ABDE，四边形ACFG均为正方形，
∴∠BAE＝∠CAG＝90°＝∠BAC＝∠EAG，
且AB＝AE，AC＝AG，
在△ABC和△AEG中，
¿
∴△ABC≌△AEG(SAS)，
∴BC＝EG，∠CBA＝∠AEG，
又∵M是AB的中点，
1
∴AM＝BM＝ BC，
2
1
∴AM＝ EG，
2
∠M BA＝∠MAB＝∠AEN，
∴∠ANE＝180°﹣(∠NEA+∠EAN)＝180°﹣(∠BAM+∠EAN)＝180°﹣(180°﹣90°)＝90°，
∴AM⊥EG．
方法二：如图，延长AM至点H，使AM＝MH，连接BH．
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在△ACM和△HBM中，
¿
△ACM≌△HBM(SAS)，
∴BH＝AC，∠BHM＝∠CAM，
∴AC∥BH，
∴∠HBA＝∠CAB＝90°
∵四边形ABDE，四边形ACFG均为正方形，
∴∠BAE＝∠CAG＝90°＝∠BAC＝∠EAG，
且AB＝AE，AC＝AG，
∴BH＝AG，
在△EAG和△ABH中，
¿
∴△EAG≌△ABH(SAS)，
∴EG＝BC，∠NEA＝∠HAB，
∴∠ANE＝180°﹣(∠NEA+∠EAN)＝180°﹣(∠HAB+∠EAN)＝180°﹣(180°﹣90°)＝90°，
∴AM⊥EG，
∵∠BAC＝90°，AM为BC中点，
1
∴AM＝ BC，
2
1
∴AM＝ EG．
2
(2)如图3中，结论不变．
理由：在△ACM和△HBM中，
¿
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△ACM≌△HBM(SAS)，
∴BH＝AC，∠BHM＝∠CAM，
∴AC∥BH，
∴∠HBA+∠CAB＝90°，
∵四边形ABDE，四边形ACFG均为正方形，
∴∠BAE＝∠CAG＝90°，
∴∠BAC+∠EAG＝180°，
∴∠ABH＝∠EAG，
且AB＝AE，AC＝AG，
∴BH＝AG，
在△EAG和△ABH中，
¿
△EAG≌△ABH(SAS)，
∴EG＝BC，∠NEA＝∠HAB，
∴∠ANE＝180°﹣(∠NEA+∠EAN)＝180°﹣(∠HAB+∠EAN)＝180°﹣(180°﹣90°)＝90°，
∴AM⊥EG，
∵∠BAC＝90°，AM为BC中点，
1
∴AM＝ BC，
2
1
∴AM＝ EG．
2
(3)①如图4﹣1中，当点F在BC的延长线上时，作CH⊥AM于H．
易证：△ANG≌△CHA，可得AN＝CH，
在Rt△ACM中，∵AC＝4，CM＝3，
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∴AM=√32+42=5,
1 1
∵ •AM•CH＝ •AC•CM，
2 2
12
∴CH＝ ，
5
12
∴AN＝CH＝ ．
5
12
②如图4﹣2中，当点F在线段BC上时，同法可得AN＝CH＝ .
5
12
综上所述，AN的值为 ．
5
【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等知识，解题的关键是
正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常压轴题．
43．（2020·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC外分别以AB，AC为边作正方形ABDE和正方形
ACFG，连接EG，AM是△ABC中BC边上的中线，延长MA交EG于点H．
求证：
1
（1）AM= EG；
2
（2）AH⊥EG；
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（3）EG2+BC2＝2（AB2+AC2）．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析
【分析】（1）延长AM到点N，使MN＝MA，连接BN，先证得 MBN≌△MCA，得到∠BNM＝∠CAM，
NB＝AC，从而得到BN∥AC，NB＝AG，进一步得到∠NBA＝∠G△AE，根据SAS证得 NBA≌△GAE，即可证
得结论； △
（2）由 NBA≌△GAE得∠BAN＝∠AEG，进一步求得∠HAE+∠AEH＝90°，即可证得∠AHE＝90°，得到
AH⊥EG；△
（3）连接CE、BG，易证 ACE≌△ABG，得出CE⊥BG，根据勾股定理得到EG2+BC2＝CG2+BE2，从而得到
2（AB2+AC2）． △
【详解】（1）证明：延长AM到点N，使MN＝MA，连接BN，
∵AM是△ABC中BC边上的中线，
∴CM＝BM，
在△MBN和△MCA中
¿
∴△MBN≌△MCA（SAS），
∴∠BNM＝∠CAM，NB＝AC，
∴BN∥AC，NB＝AG，
∴∠NBA+∠BAC＝180°，
∵∠GAE+∠BAC＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠NBA＝∠GAE，
在△NBA和△GAE中
¿
∴△NBA≌△GAE（SAS），
∴AN＝EG，
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1
∴AM= EG；
2
（2）证明：由（1）△NBA≌△GAE得∠BAN＝∠AEG，
∵∠HAE+∠BAN＝180°﹣90°＝90°，
∴∠HAE+∠AEH＝90°，
∴∠AHE＝90°，
即AH⊥EG；
（3）证明：连接CE、BG，
∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形，
∴AC=AG，AB=AE，∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠BAG=∠CAE，
∴ ACE≌△ABG
∴△CE⊥BG，
∴EG2+BC2＝CG2+BE2，
∴EG2+BC2＝2（AB2+AC2）．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，平行线的判定和性质，
勾股定理的应用等，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．
题型 07 半角模型
半角模型的概述：当一个角包含着该角的半角，如90°角包含着45°角，120°角包含着60°角，270°
1
角包含着135°角，即出现 倍角关系，且这两个角共顶点，共顶点的两条边相等，则该模型为半角模型。
2
解题方法为：1）过公共点作旋转，2）截长补短的方法构造全等解题。
已知 图示 结论（性质）
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[90°半角模型]已知正方形 ①EF=BE+DF ②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE
ABCD中，E，F分别是BC、CD
C
上的点，∠EAF=45°，AE、AF ③ ∆CEF=2倍正方形边长 ④S ∆ABE +S ∆ADF =S ∆AEF
分别与BD相交于点O、P ⑤AB=AG=AD（过点A作AG⊥EF，垂足为点G）
⑥OP2=OB2+OD2 ⑦若点E为BC中点，则点F为CD三等分点
⑧∆APO∽∆AEF∽∆DPF∽∆BEO∽∆DAO∽∆BPA
⑨ABEP四点共圆、AOFD四点共圆、OECFP五点共圆
⑩∆APE、∆AOF为等腰直角三角形 (11) EF=√2OP
(12) S ∆AEF=2S ∆APO (13)AB2=BP×OD
(14)CE•CF=2BE•DF (15) ∆EPC为等腰三角形
(16) PX=BX+DP(过点E作EX⊥BD，垂足为点X)
[120°半角模型] 已知∆ABC A MN=NC-BM
为 等 边 三 角 形 ， DB=DC ，
∠BDC=120°，∠MDN=60°
M N
B C
D
[135°半角模型] 在 Rt∆ABC C CB=CD+BE
中，点E、点D分别为AB、AC
边上动点，四边形AEFD是正
方形，且∠BFC=135°
D F135°
A E B
44．（2022上·广西南宁·九年级统考期中）【探索发现】如图①，四边形ABCD是正方形，M，N分别
在边CD、BC上，且∠MAN＝45°，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，
旋转是一种常用的方法．如图①，将△ADM绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE，连接
AM、AN、MN．
(1)试判断DM，BN，MN之间的数量关系，并写出证明过程．
(2)如图②，点M、N分别在正方形ABCD的边BC、CD的延长线上，∠MAN=45°，连接MN，请写
出MN、DM、BN之间的数量关系，并写出证明过程．
【答案】(1)MN=DM+BN．证明见解析
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(2)MN=BN−DM．证明见解析
【分析】（1）利用旋转的性质即可得到全等三角形，再利用全等三角形的性质进行等量转化进而得出结
论；
（2）利用旋转的性质得到全等三角形，再利用全等三角形得到边相等，进而得出结论．
【详解】（1）解：MN=DM+BN．证明如下：
由旋转，可知：AE=AM，BE=DM，∠EAM=90°．∠ABE=∠D=90°
∴点E、B、C共线
∵∠MAN=45°
∴∠EAN=∠EAM−∠MAN=45°=∠MAN
在△EAN和△MAN中
¿
∴△EAN≌△MAN（SAS）
∴EN=MN
∵EN=BE+BN
∴MN=DM+BN
（2）解：MN=BN−DM．证明如下：
在BC上取BE=MD．连接AE，
∵AB=AD，∠B=∠ADM，∠EAM=90°
∴△ABE≌△ADM（SAS）
∴AE=AM，∠BAE=∠MAD
∵∠MAN=45°
∴∠EAN=∠EAM−∠MAN=45°=∠MAN
在△EAN和△MAN中，
¿
∴△EAN≌△MAN（SAS）
∴EN=MN
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∵EN=BN−BE
∴MN=BN−DM
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，利用全等三角形的性质进行等量转化是解题
的关键．
45．（2022·江西南昌·模拟预测）【模型建立】
(1)如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF=45°，探究图中线段EF，
BE，DF之间的数量关系．
小明的探究思路如下：延长CB到点G，使BG=DF，连接AG，先证明△ADF≌△ABG，再证明
△AEF≌△AEG．
①EF，BE，DF之间的数量关系为________；
②小亮发现这里△ABG可以由△ADF经过一种图形变换得到，请你写出这种图形变换的过程________．
像上面这样有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等的几何模型称为半角模型．
【类比探究】
(2)如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠ABC与∠D互补，E，F分别是边BC，CD上的点，且
1
∠EAF= ∠BAD，试问线段EF，BE，DF之间具有怎样的数量关系？判断并说明理由．
2
【模型应用】
(3)如图3，在矩形ABCD中，点E在边BC上，AD=6，AB=4，∠CAE=45°，求CE的长．
【答案】(1)①BE+DF=EF，②将△ADF绕A点顺时针旋转90°
(2)EF=DF+BE，理由见详解
(3)5.2
【分析】（1）①沿着小明的思路，先证△ADF≌△ABG，再证△AEF≌△AEG，即可得出结论；②在①的基
础上，证明∠GAF=90°即可得解；
（2）延长CB至点M，使得BM=DF，连接AM，先证△ABM≌△ADF，再证△MAE≌△FAE，即可得出结论；
（3）过E点作EN⊥AC于N点，设EC=x，则有x＜6，即BE=6-x，分别在Rt△ABE和Rt△ADC中，表示出
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AE2和求出AC，再证△AEN是等腰直角三角形，即可得AE2=2AN2=2EN2，则有
AB AC AB×EC 4x
2EN2=42+(6−x) 2，再证Rt△ABC∽Rt△ENC，即有 = ，进而有EN= = ，则可
EN EC AC 2√13
4
得一元二次方程2× x2=42+(6−x) 2，解方程就可求出CE．
13
【详解】（1）①BE+DF=EF，理由如下：
沿着小明的思路进行证明，
在正方形ABCD中，有AD=AB，∠D=∠ABC=90°，
即有∠ABG=90°，
∵BG=DF，AD=AB，∠D=∠ABG=90°，
∴△ADF≌△ABG，
∴AF=AG，∠DAF=∠BAG，
∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠BAE+∠BAG=45°=∠EAF，
∵AF=AG，AE=AE，
∴△AEF≌△AEG，
∴EG=EF，
∵EG=BG+BE，BG=DF，
∴EF=BE+DF，结论得证；
②将△ADF绕A点顺时针旋转90°即可得到△ABG．
理由如下：
在①已经证得△ADF≌△ABG，并得到∠BAE+∠BAG=45°=∠EAF，
∴∠GAF=∠EAG+∠EAF=45°+45°=90°，
∴将△ADF绕A点顺时针旋转90°即可得到△ABG；
故答案为：①BE+DF=EF，②将△ADF绕A点顺时针旋转90°；
（2）EF=DF+BE，理由如下：
延长CB至点M，使得BM=DF，连接AM，如图，
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∵∠ABC与∠D互补，
∴∠D+∠ABC=180°，
∵∠ABC+∠ABM=180°，
∴∠ABM=∠D，
∵AB=AD，BM=DF，
∴△ABM≌△ADF，
∴∠DAF=∠BAM，AM=AF，
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
1
∴∠BAE+∠FAD= ∠BAD，
2
∴∠BAE+∠FAD=∠EAF，
∵∠DAF=∠BAM，
∴∠BAM+∠BAE=∠EAF，
∴∠MAE=∠EAF，
∵AM=AF，AE=AE，
∴△MAE≌△FAE，
∴ME=EF，
∵ME=BE+MB，MB=DF，
∴EF=DF+BE，结论得证；
（3）过E点作EN⊥AC于N点，如图，
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∵AD=6，AB=4，
∴在矩形ABCD中，AD=BC=6，AB=DC=4，∠D=∠B=90°，
∴设EC=x，则有x＜6，
∴BE=BC-EC=6-x，
在Rt△ABE中，AE2=AB2+BE2=42+(6−x) 2，
在Rt△ADC中，AC=√AD2+DC2=√62+42=2√13，
∵∠CAE=45°，EN⊥AC，
∴∠ANE=90°=∠ENC，
∴∠AEN=45°，
∴△AEN是等腰直角三角形，
∴AE=√2AN=√2EN，
∴AE2=2AN2=2EN2，
即：2EN2=42+(6−x) 2
∵∠ENC=90°=∠B，∠ACB=∠ECN，
∴Rt△ABC∽Rt△ENC，
AB AC
∴ = ，
EN EC
∵AB=4，AC=2√13，EC=x，
AB×EC 4x
∴EN= = ，
AC 2√13
4
∴EN2= x2
，
13
∵2EN2=42+(6−x) 2，
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4
∴2× x2=42+(6−x) 2 ，
13
∴结合x＜6，解得x=5.2，
∴CE=5.2．
【点睛】本题考了勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、旋转的知识、等腰直
角三角形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，做辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
46．（2020下·江苏盐城·九年级统考阶段练习）已知如图1，四边形ABCD是正方形，E,F分别在边BC、
CD上，且∠EAF=45°，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种
常用的方法．
（1）在图l中，连接EF，为了证明结论“EF=BE+DF”，小亮将ΔADF绕点A顺时针旋转90°后解答
了这个问题，请按小亮的思路写出证明过程；
（2）如图2，当∠EAF绕点A旋转到图2位置时，试探究EF与DF、BE之间有怎样的数量关系？
（3）如图3，如果四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=∠BCD=90°，∠EAF=45∘，且BC=7，
DC=13，CF=5，求BE的长．
【答案】（1）见解析；（2）FE=FD−BE，见解析；（3）BE的长为5．
【分析】（1）利用旋转的性质和正方形的性质，证明ΔGAE≌ΔFAE即可求证；
（2）在DC上取一点G，使DG=BE，先证明ΔABE≌ΔADG，再证明ΔEAF≌ΔGAF，即可得出答案；
（3）在DC上取一点G，使DG=BE，先证明ΔABE≌ΔADG，再证明ΔEAF≌ΔGAF，得到EF=FG，
设BE=x，用含x的代数式表达GC和EF，根据勾股定理列出方程，解出x的值即可．
【详解】（1）证明：∵ΔADF≌ΔAGB，
∴GB=DF，∠GAB=∠DAF，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠BAE=45°，即∠GAB+∠BAE=45°，
∴∠GAE=∠EAF，
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GB=DF
∴在△GAE和△FAE中{∠GAE=∠EAF，
AE=AE
∴ΔGAE≌ΔFAE，
∴¿=EF，
∴GB+BE=EF，
∴DF+BE=EF；
（2）解：在DC上取一点G，使DG=BE，
，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠ADG=∠ABE=90°，
又∵DG=BE，
∴ΔABE≌ΔADG，
∴AE=AG，∠EAB=∠GAD，
∵∠EAF=∠BAE+∠BAF=45°，
∴∠GAD+∠BAF=45°，
∴∠GAF=45°，即∠EAF=∠GAF，
∴ΔEAF≌ΔGAF，
∴FE=FG=FD−DG=FD−BE，
即FE=FD−BE；
（3）解：在DC上取一点G，使DG=BE，
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∵∠BAD=∠BCD=90°，
∴∠D+∠ABC=180°，
∵∠ABE+∠ABC=180°，
∴∠D=∠ABE，
又∵AB=AD，DG=BE，
∴ΔABE≌ΔADG，
∴AE=AG，∠EAB=∠GAD，
∵∠EAF=∠BAE+∠BAF=45°，
∴∠GAD+∠BAF=45°，
∴∠GAF=45°，即∠EAF=∠GAF，
∴ΔEAF≌ΔGAF，
∴EF=FG
设BE=x
∴GC=13−x，
∴EF=FG=18−x
在RtΔECF中，EC2+FC2=EF2
∴52+(7+x) 2=(18−x) 2，
解得：x=5，
答：BE的长为5．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的性质和判定，根据条件证明
ΔGAE≌ΔFAE是解题关键．
47．（2021上·江苏南通·八年级校考阶段练习）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，
1
∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF= ∠BAD，线段EF、BE、FD之间
2
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的关系是 ；（不需要证明）
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且
1
∠EAF= ∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量
2
关系，并证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的
1
点，且∠EAF= ∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间
2
的数量关系，并证明．
【答案】（1）EF=BE+FD；（2）（1）中的结论仍然成立，理由见解析；（3）（1）中的结论不成立，
EF=BE−FD．
【分析】(1)延长CB至G，使BG=DF，连接AG，证明△ABG≌△ADF，根据全等三角形的性质得到
AG=AF，∠BAG=∠DAF，再证明△GAE≌△FAE，根据全等三角形的性质得出EF=EG，结合图形
计算，即可证明结论；
(2)延长CB至M，使BM=DF，连接 AM，仿照(1)的证明方法解答；
(3)在EB上截取BH=DF，连接AH，仿照(2)的证明方法解答．
【详解】解：（1）EF=BE+FD，
理由如下：
如图1，延长CB至G，使BG=DF，连接AG，
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在△ABG和△ADF中，
¿，
∴△ABG≌△ADF(SAS)，
∴AG=AF，∠BAG=∠DAF，
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，
∴∠GAE=∠BAG+∠BAE=∠DAF+∠BAE=∠EAF，
在△GAE和△FAE中，
¿，
∴△GAE≌△FAE(SAS)，
∴EF=EG，
∵EG=BG+BE=BE+DF，
∴EF=BE+FD，
故答案为：EF=BE+FD；
（2）（1）中的结论仍然成立，
理由如下：
如图2，延长CB至M，使BM=DF，连接AM，
∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠1=180°，
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∴∠1=∠D，
在△ABM和△ADF中，
¿，
∴△ABM≌△ADF(SAS)，
∴AM=AF，∠3=∠2，
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
∴∠3+∠4=∠EAF，
∴∠EAM=∠3+∠4=∠2+∠4=∠EAF，
在△MAE和△FAE中，
¿，
∴△MAE≌△FAE(SAS)，
∴EF=EM，
∵EM=BM+BE=BE+DF，
∴EF=BE+FD；
（3）（1）中的结论不成立，EF=BE−FD，
理由如下：如图3，在EB上截取BH=DF，连接AH，
同（2）中证法可得，△ABH≌△ADF，
∴AH=AF，∠BAH=∠DAF，
∴∠HAE=∠FAE，
在△HAE和△FAE中，
¿，
∴△HAE≌△FAE(SAS)，
∴EF=EH，
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∵EH=BE−BH=BE−DF，
∴EF=BE−FD．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，掌握三角形全等的判定定理、灵活运用类比思想是解题的
关键．
48．（2022上·河北邢台·九年级统考期末）学完旋转这一章，老师给同学们出了这样一道题：
“如图1，在正方形ABCD中，∠EAF＝45°，求证：EF＝BE＋DF．”
小明同学的思路：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°．
把△ABE绕点A逆时针旋转到△ADE'的位置，然后证明△AFE≌△AFE'，从而可得EF=E'F．
E'F=E'D+DF=BE+DF，从而使问题得证．
(1)【探究】请你参考小明的解题思路解决下面问题：
1
如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∠EAF= ∠BAD，直接写出EF，BE，DF之
2
间的数量关系．
1
(2)【应用】如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，∠EAF= ∠BAD，求证：EF＝
2
BE＋DF．
(3)【知识迁移】如图4，四边形ABPC是⊙O的内接四边形，BC是直径，AB＝AC，请直接写出PB＋PC
与AP的关系．
【答案】(1)BE＋DF＝EF
(2)证明见解析
(3)PB+PC=√2PA
【分析】（1）将△ABE绕A点逆时针旋转，旋转角等于∠BAD得△ADE'，证明△AEF≌△AE'F，等量
代换即得结论；
（2）将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，先证明∠EAF=∠E' AF，再证明△AEF≌△AE'F
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，等量代换即得结论；
（3）将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到△ACP'，先利用圆内接四边形的性质证明P，C，P'在同一直线
上，再证明△PAP'为等腰直角三角形，等量代换即得结论．
【详解】（1）解：结论：BE＋DF＝EF，理由如下：
证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，使得AB与AD重合，点E转到点E'的位置，如图
所示，
可知△ABE≌△ADE'，
∴BE=DE'．
由∠ADC+∠ADE'=180°知，C、D、E'共线，
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
∴∠BAF+∠DAF=∠EAF，
∴∠DAE'+∠DAF=∠EAF=∠E' AF，
∴△AEF≌△AE'F，
∴EF=E'F=BE+DF．
（2）证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，使得AB与AD重合，点E转到点E'的位置，
如图所示，
由旋转可知△ABE≌△ADE'，
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∴BE=DE'，∠B=∠ADE'，∠BAE=∠DAE'，AE=AE'．
∵∠B＋∠ADC＝180°，
∴∠ADC+∠ADE'=180°，
∴点C，D，E'在同一条直线上．
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
1
∴∠BAE+∠DAF= ∠BAD，
2
1
∴∠DAE'+∠DAF= BAD，
2
1
∴∠FAE'= ∠BAD，
2
∴∠EAF=∠FAE'．
∵AF＝AF，
∴△FAE'≌△FAE，
∴FE=FE'，即BE＋DF＝EF．
（3）结论：PB+PC=√2PA，理由如下：
证明：将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到△ACP'，使得AB与AC重合，如图所示，
由圆内接四边形性质得：∠ACP'+∠ACP=180°，
即P，C，P'在同一直线上．
∴BP=CP'，AP=AP'，
∵BC为直径，
∴∠BAC=90°=∠BAP+∠PAC=∠CAP'+∠PAC=∠PAP'，
∴△PAP'为等腰直角三角形，
∴PP'=√2PA，
即PB+PC=√2PA．
【点睛】本题考查了旋转与全等三角形的综合应用、直径所对的圆周角是直角、圆内接四边形的性质、等
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腰直角三角形的判定及性质等知识点．解题关键是利用旋转构造全等三角形．
49．（2021上·浙江绍兴·八年级校联考期中）问题情境
在等边△ABC的两边AB，AC上分别有两点M，N，点D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝
120°，BD＝DC．
特例探究
如图1，当DM＝DN时，
（1）∠MDB＝ 度；
（2）MN与BM，NC之间的数量关系为 ；
归纳证明
（3）如图2，当DM≠DN时，在NC的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN与BM，NC之间
的数量关系，并加以证明．
拓展应用
（4）△AMN的周长与△ABC的周长的比为 ．
2
【答案】（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，证明见解析；（4）
3
【分析】（1）先证明△MDN是等边三角形，则MN＝DM＝DN，再证明Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），得
∠BDM＝∠CDN＝30°；
（2）由（1）得DM＝2BM，可得结论MN＝2BM＝BM+NC；
归纳证明：先证△DBM≌△DCE（HL），得DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，再证△MDN≌△EDN（SAS），得
MN＝NE，可得结论MN＝BM+CN；
拓展应用：
（3）首先根据题意利用SAS证明△DBM≌△DCE，然后证明△MDN≌△EDN，根据全等三角形对应相等通过
线段之间的转化即可得到MN＝BM+NC；
（4）由（3）得到MN＝BM+NC，则△AMN的周长＝2AB，△ABC的周长＝3AB，即可得出结论．
【详解】特例探究：
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解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°，
∴△MDN是等边三角形，
∴MN＝DM＝DN，
∵∠BDC＝120°，BD＝DC，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠DBM＝∠DCN＝90°，
∵BD＝CD，DM＝DN，
∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴∠MDB＝∠NDC＝30°，
故答案为：30；
（2）由（1）得：DM＝2BM，DM＝MN，Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴BM＝CN，
∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC，
即MN＝BM+NC；
归纳证明
（3）解：猜想：MN＝BM+NC，证明如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠MBD＝∠NCD＝90°．
∴∠MBD＝∠ECD＝90°，
又∵BD＝CD，BM＝CE，
∴△DBM≌△DCE（SAS），
∴DM＝DE，∠MDB＝∠EDC，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，
∴∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠NDC+∠EDC＝∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠MDN，
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又∵DN＝DN，
∴△MDN≌△EDN（SAS），
∴MN＝EN＝EC+NC＝BM+NC；
拓展应用
（4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC，
∴△AMN的周长＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC的周长＝3AB，
2AB 2
∴△AMN的周长与△ABC的周长的比为 ＝ ，
3AB 3
2
故答案为： ．
3
【点睛】此题考查了等边三角形的性质的，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握等边
三角形的性质，全等三角形的判定和性质．
50．（2022上·山西·九年级统考期末）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几
何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如：
如图1，在正方形ABCD中，以A为顶点的∠EAF=45°，AE、AF与BC、CD边分别交于E、F两点．
易证得EF=BE+FD．
大致证明思路：如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABH，由∠HBE=180°可得H、B、E
三点共线，∠HAE=∠EAF=45°，进而可证明△AEH≌△AEF，故EF=BE+DF．
任务：
如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，∠BAD=120°，以A为顶点的∠EAF=60°，
AE、AF与BC、CD边分别交于E、F两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论EF=BE+DF是
否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
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【答案】成立，见解析
【分析】根据旋转的性质得到△ABM≌△ADF，∠ABM=∠D=90°，∠MAB=∠FAD，AM=AF，
MB=DF，推出M、B、E三点共线，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：成立．
证明：将△ADF绕点A顺时针旋转120°得到△ABM，
∴△ABM≌△ADF，∠ABM=∠D=90°，∠MAB=∠FAD，AM=AF，MB=DF，
∴∠MBE=∠ABM+∠ABE=180°，
∴M、B、E三点共线，
∴∠MAE=∠MAB+∠BAE=∠FAD+∠BAE=∠BAD−∠EAF=60°，
∴∠MAE=∠FAE，
∵AE=AE，AM=AF，
∴△MAE≌△FAE(SAS)，
∴ME=EF，
∴EF=ME=MB+BE=DF+BE．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
51．（2022上·江苏扬州·八年级校考阶段练习）（1）【阅读理解】如图，已知△ABC中，AB=AC，点
1
D、E是边BC上两动点，且满足∠DAE= ∠BAC，
2
求证：BD+CE>DE．
我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．
小明的解题思路：将半角∠DAE两边的三角形通过旋转，在一边合并成新的△AFE，然后证明与半角形
成的△ADE全等，再通过全等的性质进行等量代换，得到线段之间的数量关系．
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请你根据小明的思路写出完整的解答过程．
证明：将△ABD绕点A旋转至△ACF，使AB与AC重合，连接EF，
……
（2）【应用提升】如图，正方形ABCD（四边相等，四个角都是直角）的边长为4，点P从点A出发，以
每秒1个单位长度的速度沿射线AD点D运动；点Q点D同时出发，以相同的速度沿射线AD方向向右运动，
当点P到达点D时，点Q也停止运动，连接BP，过点P作BP的垂线交过点Q平行于CD的直线l于点E，
BE与CD相交于点F，连接PF，设点P运动时间为t(s)，
①求∠PBE的度数；
②试探索在运动过程中△PDF的周长是否随时间t的变化而变化？若变化，说明理由；若不变，试求这个
定值．
【答案】（1）见解析；（2）①45°；②不变，2
【分析】（1）如图1，将△ABD绕点A旋转至△ACF，使AB与AC重合，连接EF，根据旋转的性质结合
已知可证△DAF≌△FAE，再根据三角形三边关系定理即可证得结论；
（2）①如图2，根据已知结合正方形性质证得△ABP≌△QPE，推出PB=PE，即可证出结论；
②如图3，延长DA到G，使AG=CF，连接BG，证出△BAG≌△BCF，得到BG=BF，
∠ABG=∠CBF，证出△PBG≌△PBF，由全等三角形的性质得出PF=PG，由此可得出△PDF的周长
是定值8．
【详解】（1）如图1，将△ABD绕点A旋转至△ACF，使AB与AC重合，连接EF，
∵△ABD绕点A旋转至△ACF，
∴△ABD≌△ACF
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∴BD=CF，AD=AF，∠BAD=∠CAF，
1
∵∠BAD+∠DAE+∠CAE=∠BAC，∠DAE= ∠BAC，
2
∴∠BAD+∠CAE=∠DAE
∴∠CAF+∠CAE=∠DAE
∵∠CAE+∠CAF=∠EAF
∴∠DAE=∠FAE
∵AE=AE
∴△DAE≌△FAE
∴DE=FE
∵CF+CE>EF
∴BD+CE>DE
（2）①如图2，
由题意：AP=DQ
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠A=90°
∵AP=DQ
∴AD=PQ=AB
∵PB⊥PE
∴∠BPE=90°
∴∠ABP+∠APB=90°
∠APB+∠EPQ=90°
∴∠ABP=∠EPQ
在△ABP和△QPE中
∵¿
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∴△ABP≌△QPE
∴PB=PE
∴∠PBE=∠PEB=45°
②△PDF的周长不随时间t的变化而变化，
如图3，延长DA到G，使AG=CF，连接BG，
在△BAG和△BCF中
∵¿
∴△BAG≌△BCF
∴BG=BF，∠ABG=∠CBF
∵∠PBE=45°，∠ABC=90°
∴∠ABP+∠CBF=∠ABP+∠ABG=45°，
∴∠PBG=∠PBF
在△PBG和△PBF 中
∵¿
∴△PBG≌△PBF
∴PF=PG
∴PF=PA+AG=PA+CF
∵正方形ABCD（四边相等，四个角都是直角）的边长为4
∴△PDF的周长
=PF+DP+DF=(PA+DP)+(DF+CF)=AD+CD=8
∴△PDF的周长是定值8．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，学会添加常用辅助线，
构造全等三角形是解决本题的关键．
52．（2020上·重庆璧山·九年级重庆市璧山中学校校考阶段练习）“半角型”问题探究：如图1，在四边
形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD
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之间的数量关系．
（1）小明同学的方法是将△ABE绕点A逆时针旋转120°到△ADG的位置，然后再证明△AFE≌△AFG，从
而得出结论：
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF
1
＝ ∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
2
（3）如图3，边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，AE＝CF＝1，O为EF的中点，
动点G、H分别在边AD、BC上，EF与GH的交点P在O、F之间（与O、F不重合），且∠GPE＝45°，
设AG＝m，求m的取值范围．
4 8
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）
