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专题 06 全等、等腰及相似有关解答题的模型构建（6 大类
型）
题型解读｜模型构建｜通关试 练
1.三角形全等的判定及应用
（1）全等三角形的定义：
全等的图形必须满足：（1）形状相同；（2）大小相等
能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形。全等用符号“≌”表示，读作“全等于”。
注：记两个全等三角形时，通常把表示对应顶点的字母写在对应的位置上。
（2）全等三角形的性质：
全等三角形的对应边相等，全等三角形对应角相等。
（3）全等三角形的判定：
（1）两边及其夹角对应相等的两个三角形全等（可简写成“边角边”或“SAS”）
（2）两角及其夹边对应相等的两个三角形全等（可简写成“角边角”或“ASA”）
（3）两角分别相等且其中一组等角的对边对应相等的两个三角形全等
（简写成“角角边”或“AAS”）
（4）三边对应相等的两个三角形全等（可简写成“边边边”或“SSS”）。
2. 等腰三角形的性质与判定
（1）等腰三角形的概念
有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．
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（2）等腰三角形的性质
①等腰三角形的两腰相等
②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】
③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】
（3）等腰三角形的判定
判定定理：如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等．【简称：等角对等边】
说明：①等腰三角形是一个轴对称图形，它的定义既作为性质，又可作为判定办法．
②等腰三角形的判定和性质互逆；
③在判定定理的证明中，可以作未来底边的高线也可以作未来顶角的角平分线，但不能作未来底边的中线；
④判定定理在同一个三角形中才能适用．
3. 等边三角形的性质与判定
（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．
①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；
②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶
角和底角是相对而言的．
（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．
等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线
是对称轴．
（3）等边三角形的判定：
由定义判定：三条边都相等的三角形是等边三角形．
判定定理1：三个角都相等的三角形是等边三角形．
判定定理2：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形．
4 三角形相似的判定及综合应用
（1）平行线法：平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；
这是判定三角形相似的一种基本方法．相似的基本图形可分别记为“A”型和“X”型，如图所示在应用时
要善于从复杂的图形中抽象出这些基本图形．
（2）三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；
（3）两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；
（4）两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．
5 三角形折叠问题探究
三角形折叠模型（一） 三角形折叠模型（二） 三角形折叠模型（三）
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A
C'
E
2
B F C
∠2=2∠C 1 1
2∠C=∠1+∠2或 ∠C= 2∠C=∠2-∠1或 ∠C= （∠2-∠1）
2 2
（∠1+∠2）
6 三角形旋转问题探究（手拉手、半角模型）
该模型重点分析旋转中的两类全等模型（手拉手、半角），结合各类模型展示旋转中的变与不变，并结合
经典例题和专项训练深度分析基本图形和归纳主要步骤，同时规范了解题步骤，提高数学的综合解题能力。
（1）手拉手模型：
将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，
也叫旋转型全等。其中：公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为
“左手”，第二个顶点记为“右手”。
手拉模型解题思路：SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。
（2）半角模型：
1、半角模型概念：过多边形一个顶点作两条射线，使这两条射线夹角等于该顶角一半。
2、模型特征：等线段，共端点，含半角
3、思想方法：通过旋转（或截长补短）构造全等三角形，实现线段的转化。
4、解题思路：一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形，从而进行等量代换，
然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系。半角模型（题中出
现角度之间的半角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论。
模型 01 全等三角形的性质与判定
考｜向｜预｜测
三角形全等的判定及应用该题型近年考试中综合性较高，在各类考试中以解答题为主。解这类问题的
关键是准确迅速的在全等三角形的5种判定方法中，选用合适的方法，取决于题目中的已知条件，若
已知两边对应相等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等，则必须再找一组对边对应相等，
且要是两角的夹边，若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应邻边。
答｜题｜技｜巧
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解决全等三角形的问题认真分析题目的已知和求证，分清问题中已知的线段和角与所证明的线段
或角之间的联系。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；最后把实际问题先转化为数学问题，再转化为三角形问题，其中，画出示意图，
把已知条件转化为三角形中的边角关系是关键．
如图，点C在线段AD上，AB=AD，∠B=∠D，BC=DE．
(1)求证：△ABC≌△ADE；
(2)若∠BAC=60°，求∠ACE的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠ACE=60°
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，证明△ACE是等边三角形是解答
的关键．
（1）直接根据全等三角形的判定证明结论即可；
（2）根据全等三角形的性质得到AC=AE，∠CAE=∠BAC=60°，再证明△ACE是等边三角形，利用
等边三角形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：在△ABC与△ADE中，
¿，
所以△ABC≌△ADE(SAS)；
（2）解：因为△ABC≌△ADE，∠BAC=60°，
所以AC=AE，∠CAE=∠BAC=60°，
所以△ACE是等边三角形．
所以∠ACE=60°．
1．（2025·陕西西安·二模）如图，E是AB上一点，AB=DE，CB=CE，EC平分∠BED，求证：
∠D=∠A．
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【答案】见解析
【分析】本题考查了角平分线的定义，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，由角平分线的定义
和等腰三角形的性质可得∠DEC=∠B，进而由SAS可得△DCE≌△ACB，据此即可求证，掌握全等三
角形的判定和性质是解题的关键．
【详解】证明：∵CB=CE，
∴∠B=∠BEC，
∵EC平分∠BED，
∴∠DEC=∠BEC，
∴∠DEC=∠B，
在△DCE和△ACB中，
¿，
∴△DCE≌△ACB(SAS)，
∴∠D=∠A．
2．（2025·陕西咸阳·一模）如图；在△ABC中，延长BA到点D，过点D作DE∥AC，连接BE，
AB=DE, AC=DB，求证：EB=BC．
【答案】见详解
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，解答的关键是熟记全等三角形的判定定理
与性质．由DE∥AC，根据平行线的性质得出∠EDB=∠BAC，又BD=CA,DE=AB，利用SAS即可
证明△DEB≌△ABC，从而得到EB=BC．
【详解】证明：∵DE∥AC，
∴∠EDB=∠BAC
在△DEB与△ABC中，
¿，
∴△DEB≌△ABC(SAS)，
∴EB=BC．
3．（2025·浙江·模拟预测）如图，在△ABC中，∠B=40°，∠C=25°，过点A作AD⊥BC，垂足为
D，延长DA至E．使得AE=AC．在边AC上截取AF=AB，连结EF．
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(1)求∠EAF的度数．
(2)求证：EF=BC．
【答案】(1)115°
(2)见解析
【分析】此题考查的是全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理：
（1）由三角形外角的性质可得出答案；
（2）证明△EAF≌△CAB(SAS)，得出EF=BC．
【详解】（1）解：∵AD⊥BC．
∴∠ADC=90°．
∵∠C=25°，
∴∠EAF=∠ADC+∠C=115°；
（2）证明：在△ABC中，∠B=40°，∠C=25°，
∴∠CAB=180°−∠B−∠C=115°．
∴∠EAF=∠CAB．
在△EAF和△CAB中，
¿，
∴△EAF≌△CAB(SAS)，
∴EF=BC．
4．（2024·广东揭阳·一模）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠C=90°，AD=CD，点E，F分别是AB，
BC上的点，连接DE，DF，EF，且∠ADF=∠CDE．
(1)求证：△AED≌△CFD；
(2)若DE=2AE=4，DE∥BC，求BC的长．
【答案】(1)见解析；
(2)6．
【分析】(1)根据∠ADF=∠CDE可证∠ADE=∠CDF，利用ASA可证△AED≌△CFD；
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(2)根据∠A=90°，DE=2AE可知∠ADE=30°，∠AED=60°，根据DE∥BC可知
∠B=∠AED=60°，根据△AED≌△CFD可证∠CFD=60°、CF=AE=2，所以可证DF∥BE，所
以四边形BEDF是平行四边形，根据平行四边形的性质可知BF=DE=4，所以BC=6．
【详解】（1）证明：∵∠ADF=∠CDE，
∴∠ADF−∠EDF=∠CDE−∠EDF，
∴∠ADE=∠CDF，
在△AED和△CFD中，¿，
∴△AED≌△CFD(ASA)；
（2）解：∵DE=2AE=4，∠A=90°，
1
∴sin∠AEB= ，
2
∴∠ADE=30°，AE=2，
∴∠AED=90°−∠ADE=90°−30°=60°，
∵DE∥BC，
∴∠B=∠AED=60°，
由(1)得：△AED≌△CFD，
∴AE=CF=2，∠AED=∠CFD=60°，
∴∠CFD=∠B，
∴DF∥BE，
又∵DE∥BC，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BF=DE=4，
∴BC=BF+CF=4+2=6，
即BC的长为6．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、直角三角形的性质、平行
线的判定和性质，解决本题的关键是根据图形的性质找到边和角之间的关系．
模型 02 等腰三角形的性质与判定
考｜向｜预｜测
等腰三角形的性质与判定在近年考试中综合性较高，通常与全等三角形、相似三角形相结合 在各类考
试中以解答题为主。解这类问题的关键是掌握等腰三角形的性质和判定，选用合适的方法，灵活应用
等腰三角形的性质和有关的辅助线问题，利用等腰三角形来解决有关三角形的线段和角的问题
答｜题｜技｜巧
等腰三角形提供了好多相等的线段和相等的角，判定三角形是等腰三角形是证明线段相等、角相
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等的重要手段．在等腰三角形有关问题中，会遇到一些添加辅助线的问题，其顶角平分线、底边上的
高、底边上的中线是常见的辅助线，虽然“三线合一”，但添加辅助线时，有时作哪条线都可以，有
时不同的做法引起解决问题的复杂程度不同，需要具体问题具体分析．
等腰三角形性质问题都可以利用三角形全等来解决，但要注意纠正不顾条件，一概依赖全等三角
形的思维定势，凡可以直接利用等腰三角形的问题，应当优先选择简便方法来解决．
如图，在Rt△ABC中，AC=BC=3√2，点D在AB边上，连接CD，将CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，
连接BE，DE．
(1)求证：△CAD≌△CBE；
(2)若AD=2时，求CE的长；
(3)点D在AB上运动时，试探究AD2+BD2的值是否存在最小值，如果存在，求出这个最小值；如果不存
在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)√10
(3)存在，18
【分析】（1）由SAS即可证明△CAD≌△CBE；
（2）证明△CAD≌△CBE（SAS），勾股定理得到DE，在 Rt△CDE 中，勾股定理即可求解；
（3）证明AD2+BD2=2CD2，即可求解．
【详解】（1）解：由题意，可知∠ACB=∠DCE=90°，CA=CB，CD=CE．
∴∠ACB−∠DCB=∠DCE−∠DCB．
即∠ACD=∠BCE．
∴△CAD≌△CBE(SAS)．
（2）∵在Rt△ABC中，AC=BC=3√2，
∴∠CAB=∠CBA=45°,AB=√2AC=6．
∴BD=AB−AD=6−2=4．
∵△CAD≌△CBE，
∴BE=AD=2，∠CBE=∠CAD=45°．
∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°．
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∴DE=√BD2+BE2=2√5．
DE
∴在Rt△CDE中，CE=CD= =√10．
√2
（3）由（2）可知，AD2+BD2=BE2+BD2=DE2=2CD2．
∴当CD最小时，有AD2+BD2的值最小，此时CD⊥AB．
∵△ABC为等腰直角三角形，
1 1
∴CD= AB= ×6=3．
2 2
∴ AD2+BD2=2CD2≥2×32=18．
即AD2+BD2的最小值为18．
【点睛】本题主要考查了图形的几何变换，涉及到等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性
质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
1．（2025·陕西西安·一模）如图，△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC=∠EAD=90°．求证：
△BAE≌△CAD．
【答案】见解析
【分析】本题考查全等三角形的判定，等腰三角形的性质，熟练掌握判定定理是解题的关键；
根据等腰直角三角形的性质得AB=AC，AE=AD，再证证∠BAE=∠CAD，根据SAS，即得结论．
【详解】证明：∵△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，
∴AB=AC，AE=AD，
∴∠BAC+∠CAE=∠EAD+∠CAE．
即∠BAE=∠CAD．
在△ABC与△ADE中，
¿
∴△BAE≌△CAD．
2．（2025·上海松江·一模）如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，BE⊥AC，垂足分别为点D，点
E．AF∥BC，交BE的延长线于点F．
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AE CD
(1)求证： = ；
AF AC
(2)求证：2AB⋅AD=BF⋅BC．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质是解
题的关键．
（1）根据题意证明△AEF∽△CDA，即可求解；
AB AG
（2）设AD与BF交于点G，可证△ABF∽△GBA，得到 = ，再证△AFG∽△DAB，得到
BF AF
AG BD 1
= ，则有AB⋅AD=BF⋅BD，由BD= BC，代入计算即可求解．
AF AD 2
【详解】（1）证明： 如图所示，
∵AD⊥BC BE⊥AC
， ，
∴∠AEF=∠ADC=90∘，
∵AF∥BC，
∴∠1=∠C，
∴△AEF∽△CDA，
AE AF
∴ = ，
CD AC
AE CD
∴ = ；
AF AC
（2）证明：设AD与BF交于点G，
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∵AF∥BC
，
∴∠FAD=∠ADB=90∘，∠1+∠2=∠1+∠F=90∘，
∴∠2=∠F，
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴∠2=∠3，BC=2BD，
∴∠3=∠F ，
又∠ABF=∠GBA，
∴△ABF∽△GBA，
AB AG
∴ = ，
BF AF
∵∠3=∠F，∠FAD=∠ADB，
∴△AFG∽△DAB，
AG BD
∴ = ，
AF AD
AB BD
∴ = 即AB⋅AD=BF⋅BD，
BF AD
1
∵BD= BC，
2
∴2AB⋅AD=BF⋅BC．
3．（2025·上海松江·一模）如图，在△ABC中，∠B=60°，BC=6，S =6√3．
△ABC
(1)求AB的长；
(2)在BC边上取一点D，使CD=2，连接AD，求∠CAD的正切值．
【答案】(1)4
√3
(2)
5
【分析】（1）过点A作AH⊥BC，垂足为H，由面积法求得AH=2√3，进而解直角三角形即可得解；
（2）过点C作CE⊥AD，垂足为E，由（1）得AB=4，解直角三角形得BH=2，证△ABD是等边三角
形，得∠ADB=∠B=∠CDE=60°，AD=AB=4，∠DCE=30°，从而求得DE=1，CE=√3，
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AE=AD+DE=5，利用正切定义即可得解．
【详解】（1）解：过点A作AH⊥BC，垂足为H，
∵BC=6 S =6√3
△ABC
， ．
1 1
∴S = BC⋅AH= ×6⋅AH=6√3
△ABC 2 2
∴AH=2√3
∵∠B=60°
AH
∴sinB=
AB
2√3
∴AB= =4
sin60°
（2）解：过点C作CE⊥AD，垂足为E
由（1）得AB=4，
∴BH=ABcos60°=2，CD=2，
∴HD=BC−BH−CD=6−2−2=2=BH，
∴BD=4=AB，
∵∠B=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=∠B=∠CDE=60°，AD=AB=4
∴∠DCE=90°−60°=30°，
∴DE=1，CE=√3，
∴AE=AD+DE=5，
CE √3
∴tan∠CAD= = ．
AE 5
【点睛】本题考查了解直角三角形，勾股定理，30度直角三角形的性质，等边三角形的判定及性质，熟练
掌握直角三角形的性质是解题的关键．
4．（2025·上海崇明·一模）已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，CD⊥AB，垂足为D，
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点F是线段CD上一点（不与C、D重合），过点B作BE⊥AF交AF的延长线于点E,AE与BC交于点H，
连接CE．
AH BH
(1)求证： = ；
CH EH
(2)当CE∥AB时，求CE的长；
(3)当△CFH是等腰三角形时，求CH的长．
【答案】(1)见解析
14
(2)CE=
5
9 7
(3) 或
2 4
【分析】（1）根据题意∠AEB=∠ACB，∠AHC=∠BHE，证明△ACH∽△BEH即可求证；
（2）根据题意可得△CHE∽△AHB，则有∠CEH=∠ABH，由CE∥AB，得到AH=BH，如图所示，
4
作HG⊥AB，垂足是G，由勾股定理、三角函数的计算得到AB=10,cos∠ABC= ，在Rt△BHG中，
5
BG 5 4 25 CE CH
cos∠ABC= ，则有 = ，得到BH= ，再根据 = ，即可求解；
BH BH 5 4 AB BH
（3）根据等腰三角形的判定和性质分类讨论：第一种情况：当∠CFH=∠CHF时，可证AH平分∠CAB，
根据角平分线的性质，锐角三角函数即的计算可解得HG；第二种情况：当∠CHF=∠HCF时，可得
AC BC 6 8
tan∠CHF=tan∠CAB，则 = ，即 = ，即可求解；第三种情况：当∠HCF=∠HFC时，
CH AC CH 6
结合（2）的计算即可求解．
【详解】（1）解：∵BE⊥AF，
∴∠AEB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠AEB=∠ACB，
∵∠AHC=∠BHE，
∴△ACH∽△BEH，
AH CH AH BH
∴ = 即 = ；
BH EH CH EH
AH BH
（2）解：∵ = ,∠CHE=∠AHB，
CH EH
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∴△CHE∽△AHB，
∴∠CEH=∠ABH，
∵CE∥AB，
∴∠CEH=∠HAB，
∴∠ABH=∠HAB，
∴AH=BH，
如图所示，作HG⊥AB，垂足是G，
∵HG⊥AB
，
1
∴BG= AB，
2
在Rt△ABC中，AC=6,BC=8，
4
∴AB=10,cos∠ABC= ，
5
∴BG=5，
BG
在Rt△BHG中，cos∠ABC= ，
BH
5 4
∴ = ，
BH 5
25
∴BH= ，
4
7
∴CH=BC−BH= ，
4
∵CE∥AB，
7
CE CH CE 4
∴ = ，即 = ，
AB BH 10 25
4
14
∴CE= ；
5
（3）解：若△CFH是等腰三角形，那么∠CFH=∠CHF或∠FHC=∠FCH或∠HCF=∠HFC，
第一种情况：当∠CFH=∠CHF时，
∵∠CFH=∠AFD，
∴∠CHF=∠AFD，
又∵∠CHF+∠CAH=∠AFD+∠FAD=90°，
∴∠CAH=∠FAD，
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∵∠ACB=90°，即AC⊥BC HG⊥AB，
∴CH=HG，
∵AH=AH,CH=GH，
∴△ACH≌△AGH(HL)，
∴AG=AC=6，
∴BG=AB−AG=4，
HG
在Rt△BHG中，tan∠ABC= ，
BG
3
∴HG=4× =3，即CH=3
4
第二种情况：当∠FHC=∠FCH时
∵∠HCF=∠CAB，
∴∠CHF=∠CAB，
∴tan∠CHF=tan∠CAB，
AC BC 6 8
∴ = ，即 = ，
CH AC CH 6
9
∴CH= ；
2
第三种情况：当∠HCF=∠HFC时，
∵∠CFH=∠AFD，
∴∠HCF=∠AFD，
又∠HCF+∠ABC=∠AFD+∠FAD=90°，
∴∠ABC=∠FAD
∵∠ABC=∠CEA，
∴∠FAD=∠CEA，
∴CE∥AB，
BG
由（2）可知，在Rt△BHG中，cos∠ABC= ，
BH
5 4
∴ = ，
BH 5
25
∴BH= ，
4
7 7
∴CH=BC−BH= ，即CH= ；
4 4
9 7
综上所述，CH=3或 或 ．
2 4
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形
的性质，锐角三角函数的计算，掌握相似三角形的判定和性质，锐角三角函数的计算方法是解题的关键．
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模型 03 等边三角形的性质与判定
考｜向｜预｜测
等边三角形的性质与判定在近年考试中综合性较高，通常与全等三角形、相似三角形相结合 在各类考
试中以解答题为主。解这类问题的关键是掌握等边三角形的性质和判定，选用合适的方法，灵活应用
等边三角形的性质和有关的辅助线问题，利用等边三角形来解决有关三角形的线段和角的问题
答｜题｜技｜巧
等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角
性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合
一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用．
等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有 30°角
的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等．
如图，点D、E分别是等边三角形ABC边BC、AC上的点，且BD=CE，BE与AD交于点F．求证：
AD=BE．
【答案】见解析
【分析】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，根据等边三角形的性质得出AB=BC，
∠ABD=∠BCE=60°，然后根据SAS证明△ABD≌△BCE，根据全等三角形的性质即可得证．
【详解】证明∶∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABD=∠BCE=60°，
又BD=CE，
∴△ABD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE．
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1．（2024·四川南充·模拟预测）如图，在△ABC中，点E在BA的延长线上，AE=AC，∠BAD=∠EAC，
∠ACB=∠AED．
(1)求证：AB=AD；
(2)若AC平分∠DAE，AB=2，求BD的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定；
（1）根据已知得出∠BAC=∠DAE，进而根据ASA证明△ABC≌△ADE，根据全等三角形的性质，即
可得证；
（2）根据全等三角形的性质以及角平分线的定义，得出∠BAD=∠CAD=∠EAC，进而得出
∠BAD=60°，即可证明△ABD是等边三角形，根据等边三角形的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：∵∠BAD=∠EAC，
∴∠BAD+∠CAD=∠EAC+∠CAD，即：∠BAC=∠DAE，
在△ABC和△ADE中，
¿，
∴△ABC≌△ADE，
∴AB=AD．
（2）解：∵AC平分∠DAE，
∴∠CAD=∠EAC，
又∵∠BAD=∠EAC，
∴∠BAD=∠CAD=∠EAC，
∵∠BAD+∠CAD+∠EAC=180°，
∴3∠BAD=180°，∠BAD=60°，
∵AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=2．
2．（2023·浙江宁波·一模）如图所示为汽车内常备的一种菱形千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形，
中间通过螺杆连接，转动手柄可改变∠ADC的大小（菱形的边长不变），从而改变千斤顶的高度（即A、
C之间的距离）．经测量，∠ADC可在20°和160°之间发生变化（包含20°和160°），AD=40cm．
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(1)当∠ADC=120°时，求此时BD的长；
(2)当∠ADC从20°变为160°时，这个千斤顶升高了多少cm？（精确到0.1cm，sin80°=0.98，
cos80°=0.17，tan80°=5.67）
【答案】(1)40cm
(2)64.8cm
【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，菱形的性质，等边三角形的性质与判定：
1
（1）连接AC交BD于点E，由四边形ABCD是菱形得到∠ADB= ∠ADC，当∠ADC=120°时，
2
∠ADE=60°，由AB=AD得到△ADB是等边三角形，则BD=AD=40cm；
1
（2）当∠ADC=20°时，在Rt△ADE中，∠ADB= ∠ADC=10°，则AE=6.8，则
2
AC=2AE=13.6(cm)，当∠ADC=160°时，Rt△ADE中∠ADB=80°，则可得到AE=39.2，得到
AC=2AE=78.4(cm)，即可得到答案
【详解】（1）解：如图所示，连接AC交BD于点E，
∵四边形ABCD是菱形，
1
∴∠ADB= ∠ADC，AB=AD
2
1
当∠ADC=120°时，∠ADE= ∠ADC=60°，
2
∴△ADB是等边三角形，
∴BD=AD=40(cm)；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
1
∴AC=2AE，AC⊥BD，∠ADB= ∠ADC，
2
当∠ADC=20°时，
1
在Rt△ADE中，∠ADB= ∠ADC=10°，
2
∴∠DAC=90°−∠ADB=80°，
∴AE=ADcos80°=40×0.17=6.8cm，
∴AC=2AE=13.6cm，
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当∠ADC=160°时，
1
在Rt△ADE中，∠ADB= ∠ADC=80°，
2
∴AE=ADsin80°=40×0.98=39.2cm，
∴AC=2AE=78.4cm
∴这个千斤顶升高了78.4−13.6=64.8cm，
答：这个千斤顶升高了64.8cm．
3．（2023·贵州黔东南·一模）问题提出：
已知：在△ABC中，BC=a,AC=b，以AB为边作等边三角形ABD．探究下列问题：
（1）如图1，当点D与点C位于直线AB的两侧时，a=b=3，且∠ACB=60°，则CD=____________；
问题探究：
（2）如图2，当点D与点C位于直线AB的同侧时，a=b=6，且∠ACB=90°，则CD=____________；
问题拓展：
（3）如图3，当∠ACB变化，且点D与点C位于直线AB的两侧时，求CD的最大值及相应的∠ACB的
度数．
【答案】（1）3√3；（2）3√6−3√2；（3）a+b，∠ACB=120°
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，勾股定理，以及轴对称的性质，正确理解CD有最大值的条
件，是解题的关键．
（1）a=b=3，且∠ACB=60°，△ABC是等边三角形，且CD是等边三角形的高线的2倍，据此即可求
解；
（2）a=b=6，且∠ACB=90°，△ABC是等腰直角三角形，且CD是边长是6的等边三角形的高长与等
腰直角三角形的斜边上的高的差；
（3）以点D为中心，将△DBC逆时针旋转60°，则点B落在点A，点C落在点E．连接AE，CE，当点E、
A、C在一条直线上时，CD有最大值，CD=CE=a+b．
【详解】解：（1）∵a=b=3，且∠ACB=60°，
∴△ABC是等边三角形，
3√3
∴OC= ，
2
∵等边三角形ABD，
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3√3
∴OD= ，
2
∴CD=3√3；
（2）作DO⊥AB，垂足为O，连接CO，
∵等边三角形ABD，
∴DO是AB的垂直平分线，
∴AO=BO，
∵AC=BC=6，AO=BO，
∴CO⊥AB，
∴D，C，O在同一直线上，
∵AC=BC=6，∠ACB=90°，
∴AB=6√2=AD，
∴AO=3√2=OC，
∴OD=√AD2−OA2=3√6，
∴CD=OD−OC=3√6−3√2；
（3）以点D为中心，将△DBC逆时针旋转60°，
则点B落在点A，点C落在点E．连接AE，CE，
∴CD=ED，∠CDE=60°，AE=CB=a，
∴△CDE为等边三角形，
∴CE=CD．
当点E、A、C不在一条直线上时，
有CD=CE<AE+AC=a+b；
当点E、A、C在一条直线上时，
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CD CD=CE=a+b
有最大值， ；
只有当∠ACB=120°时，∠CAE=180°，
即A、C、E在一条直线上，此时AE最大
∴∠ACB=120°，
因此当∠ACB=120°时，CD有最大值是a+b．
4．（2024·贵州黔东南·二模）如图， 等边三角形ABC的边长为2，BD是AC边的中线， 点E在线段BD
上， 连接AE，将AE绕点A逆时针旋转 60°得到线段AF， 连接CF．
(1)【动手操作】
在图①中画出线段AF，CF，并写出一对全等的三角形： ；
(2)【问题探究】
如图②，若点E从点 B 运动到点 D，试探究点F的运动路径并求出它的长度；
(3)【拓展延伸】
连接DF，在（2）的条件下，试求 △ADF周长的最小值．
【答案】(1)画图见解析，△ABE≌△ACF
(2)点F的运动路径为线段，其长为√3
(3)1+√3
【分析】（1）先根据题意作图，再由旋转的性质得到AE=AF，∠EAF=60°，再证明∠BAE=∠CAF，
即可证明△ABE≌△ACF(SAS)；
（2）利用全等三角形的性质得到BE=CF，∠ABE=∠ACF，再由等边三角形的性质得到
∠ACF=30°，则点F在射线CF上运动，则点F的运动路径长等于点E的运动路径长，即为BD的长，据
此利用勾股定理求解即可；
（3）如图所示，作点A关于直线CF的对称点H，连接HF，设AH与直线CF交于G，连接CH，则
HF=AF，GH=GA，∠AGC=90°，CH=AC，证明△ACH是等边三角形；再证明当D、F、H三点
共线时，DF+HF的值最小，即此时AF+DF的值最小，最小值为HD的长，利用勾股定理得到
HD=√AH2−AD2=√3，则AF+DF的最小值为√3，可得△ADF的周长的最小值为1+√3．
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【详解】（1）解：如图所示，由旋转的性质可知AE=AF，∠EAF=60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∴∠BAE=∠CAF，
∴△ABE≌△ACF(SAS)；
故答案为：△ABE≌△ACF；
（2）解：∵△ABE≌△ACF，
∴BE=CF，∠ABE=∠ACF，
∵等边三角形ABC的边长为2，BD是AC边的中线，
1 1
∴AD= AC=1，AC⊥BD，∠ABD= ∠ABC=30°，
2 2
∴∠ACF=30°，
∴点F在射线CF上运动，
∵BE=CF，
∴点F的运动路径长等于点E的运动路径长，即为BD的长，
在Rt△ABD中，由勾股定理得BD=√AB2−AD2=√3，
∴点F的运动路径为线段，其长为√3；
（3）解：如图所示，作点A关于直线CF的对称点H，连接HF，设AH与直线CF交于G，连接CH，
∴HF=AF，GH=GA，∠AGC=90°，CH=AC，
∵∠ACG=30°，
1
∴AG= AC=1，
2
∴AH=2AG=2=AC=CH，
∴△ACH是等边三角形；
∵AF+DF=DG+HF，
∴当D、F、H三点共线时，DF+HF的值最小，即此时AF+DF的值最小，最小值为HD的长；
∵点D为AC的中点，
∴此时HD⊥AC，
∴HD=√AH2−AD2=√3，
∴AF+DF的最小值为√3，
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∴△ADF的周长的最小值为1+√3．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定，
轴对称最短路径问题，熟知等边三角形的性质与判定条件是解题的关键．
模型 04 相似三角形的性质与判定
考｜向｜预｜测
三角形相似的判定及综合应用该题型主要是在综合性大题中考试较多，一般情况下出现在与圆结合或
者利用相似求长度、类比探究题型，具有一定的综合性和难度。解这类问题的关键是熟练应用三角形
的判定方法，两组角对应相等，两个三角形相似；两组边对应成比例及其夹角相等，两个三角形相似；三
组边对应成比例，两个三角形相似。解答本题的关键是熟练掌握相似三角形的判定定理以及数形结合和方
程思想的应用．
答｜题｜技｜巧
相似三角形在求线段的长度和线段的比中经常使用，解决问题要分清问题中已知的线段和角与所证明
的线段或角之间的联系；在应用三角形相似的判定时，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；
如图，在四边形ABCD中，∠A=90°，连接BD，过点C作CE⊥AB，垂足为E，CE交BD于点F，
∠1=∠ABC．
(1)求证：∠2=∠3；
(2)若∠4=45°．
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①请判断线段BC，BD的数量关系，并证明你的结论；
②若BC=13，AD=5，求EF的长．
【答案】(1)见解析
25
(2)①BC=BD，理由见解析；②EF=
12
【分析】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形
的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
（1）由余角的性质可得∠1+∠3=90°，∠2+∠ABC=90°，根据∠1=∠ABC，可得∠2=∠3；
（2）①设∠2=∠3=x，可求∠BFE=90°−x=∠DFC，可求∠BCD=∠BDC=45°+x，根据等腰三
角形的判定可得BC=BD；
②由勾股定理可求AB=12，由“AAS”可证△ADB≌△EBC，可得BE=AD=5，通过证明
EF BE
△EFB∽△ADB，可得 = ，即可求解．
AD AB
【详解】（1）证明：∵CE⊥AB，
∴∠CEB=90°=∠A，
∴∠1+∠3=90°，∠2+∠ABC=90°，
∵∠1=∠ABC，
∴∠2=∠3；
（2）解：①BC=BD，理由如下：
设∠2=∠3=x，
∴∠BFE=90°−x=∠DFC，
∵∠4=45°，
∴∠CDB=180°−45°−(90°−x)=45°+x，
∵∠BCD=∠4+∠2=45°+x，
∴∠BCD=∠BDC，
∴BC=BD；
②∵BC=BD=13，AD=5，
∴AB=√BD2−AD2=√169−25=12，
∵BC=BD，∠A=∠CEB，∠2=∠3，
∴△ADB≌△EBC(AAS)，
∴BE=AD=5，
∵∠A=∠CEB，∠3=∠3，
∴△EFB∽△ADB，
EF BE
∴ = ，
AD AB
EF 5
∴ = ，
5 12
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25
∴EF= ．
12
1．（2024·陕西渭南·模拟预测）如图，在△ABC中，∠A=90°,∠ABC的平分线BD交AC于点D，过点
D作DE⊥BD交BC于点E．
(1)求证：△CDE∽△CBD；
(2)若AB=2AD=6，求线段BE的长．
【答案】(1)见解析
15
(2)BE=
2
【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的定义，关键是掌握相似三角形的判定
与性质．
（1）根据角平分线定义、直角三角形的性质及平角定义求出∠CDE=∠ABD=∠EBD，根据“两角对
应相等的两个三角形相似”即可得证．
（2）先用勾股定理求出BD，再证明△ABD∽△DBE，根据相似三角形的对应边成比例，即可求解．
【详解】（1）证明：∵BD是∠ABC的平分线，
∴∠ABD=∠EBD，
∵∠A=90°,DE⊥BD，
∴∠CDE+∠BDA=90°,∠ABD+∠BDA=90°，
∴∠CDE=∠ABD=∠EBD，
∵∠C=∠C，
∴△CDE∽△CBD．
（2）解：∵AB=2AD=6，
∴AD=3，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD=√AB2+AD2=3√5，
∵DE⊥BD，
∴∠A=∠EDB=90°，
又∵∠ABD=∠EBD，
∴△ABD∽△DBE，
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AB BD 6 3√5
∴ = ，即 = ，
BD BE 3√5 BE
15
∴BE= ．
2
2．（2025·重庆大渡口·模拟预测）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠CAB=∠ACB，
过点B作BE⊥AB交AC于点E．
(1)求证：△ABO∽△BEO；
(2)若AB=10,AC=16，求OE的长．
【答案】(1)证明见详解
9
(2)OE的长为
2
【分析】本题主要考查菱形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，掌握菱形的判定和性质，
相似三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据题意可证平行四边形ABCD是菱形，则AC⊥BD，由垂直的定义可得∠AOB=∠BOE=90°，
由同角的余角相等可得∠OBA=∠OEB，由此即可求解；
AO BO
（2）根据菱形的性质得到AC⊥BD,OA=8，由勾股定理得到OB=6，由（1）中的相似得到 = ，
BO EO
8 6
即 = ，由此即可求解．
6 EO
【详解】（1）证明：∵∠BAC=∠BCA，
∴BA=BC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOB=∠BOE=90°，
∴∠OBE+∠OEB=90°，
∵BE⊥AB，
∴∠OBE+∠OBA=90°，
∴∠OBA=∠OEB，
∴△ABO∽△BEO；
（2）解：∵平行四边形ABCD是菱形，
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1 1
∴AC⊥BD，OA=OC= AC= ×16=8，
2 2
在Rt△AOB中，OB=√AB2−OA2=√102−82=6，
由（1）可知△ABO∽△BEO，
AO BO
∴ = ，
BO EO
8 6
∴ = ，
6 EO
9
解得，EO= ，
2
9
∴OE的长为 ．
2
3（2023·浙江宁波·三模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠B=90°，AB=4，CD=2，BC=m，
P为线段BC上一动点，且和B、C不重合，连接PA，过P作PE⊥PA交CD所在直线于E．
(1)请找出一对相似三角形，并说明理由；
(2)若点P在线段BC上运动时，点E总在线段CD上，求m的取值范围．
【答案】(1)△ABP∽△PCE，理由见解析
(2)0≤m≤4√2
【分析】（1）证明 ∠B=∠C=90°，∠BAP=∠CPE可得△ABP∽△PCE；
1 m
（2）设BP=x，CE= y，则PC=m−x，根据△ABP∽△PCE，可得y=− x2+ x，求出y最大值为
4 4
m2 m2
，因为 ≤2且m≥0即可得到答案．
16 16
【详解】（1）解：△ABP∽△PCE，理由如下：
∵AB∥CD，∠B=90°，
∴∠B=∠C=90°，∠BAP+∠APB=90°，
∵PE⊥PA，
∴∠APB+∠CPE=90°，
∴∠BAP=∠CPE，
∴△ABP∽△PCE(AA)；
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（2）解：∵BC=m，
设BP=x，CE= y，则PC=m−x，
∵△ABP∽△PCE，
AB BP
∴ = ，
PC CE
∵AB=4，
4 x 1 m
∴ = ，整理得y=− x2+ x，
m−x y 4 4
∴y=−
1
x2+
m
x=−
1(
x−
m) 2
+
m2
(0<x<m)，
4 4 4 2 16
m m2
∴当x= 时，y取最大值，最大值为 ，
2 16
m2
∵ ≤2，解得−4√2≤m≤4√2，
16
又∵m≥0，
∴0≤m≤4√2；
【点睛】本题考查了几何问题，涉及到三角形相似的判定和性质、求线段的取值范围，灵活运用所学知识
是关键．
4．（2024·吉林长春·模拟预测）【教材呈现】下面是华师版九年级上册数学教材78页的部分内容．
例 如图，在△ABC中，D、E分别是边BC、AB的中点，
GE GD 1
AD、CE相交于点G．求证： = = ．
CE AD 3
证明 连接ED．
请根据教材提示，结合图①，写出完整的证明过程．
证明：连接ED，
【结论应用】
（1）如图②，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，D、E分别是边AB、BC的中点，CD、AE
5
相交于点G．若GD= ，则BC= ______．
3
（2）如图③，在△ABC中，D、E分别是边AB、BC的中点，CD、AE相交于点G．过点G作
GF∥BC交AB于点F，如果△ABC的面积是9，那么△DFG的面积是_____．
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1
【答案】教材呈现：证明见解析；结论应用（1）8；（2）
2
【分析】教材呈现：连接ED，根据三角形中位线的性质可得△DEG∽△ACG，进而根据相似三角形的性
质即可求解；
5
结论应用（1）如图②，连接ED，证明△GED∽△GAC，根据相似三角形的性质得出GD= ，进而根据
3
直角三角形斜边上的中线以及勾股定理即可求解；
（2）如图③，连接ED，证明△GED∽△GAC，得到
AG
=
2
，进而得
S
△AFG=
(AG) 2
=
4
，
AE 3 S AE 9
△ABE
AF AG 2 4 2 1 1 DF 1
= = ，即可得S = S =2，又可得DF=AF−AD= AB− AB= AB，得到 = ，
AB AE 3 △AFG 9 △ABE 3 2 6 AF 4
1
即得到S = S ，据此即可求解；
△DFG 4 △AFG
本题考查了相似三角形的性质与判定，三角形中位线的性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的性质与判
定是解题的关键．
【详解】教材呈现：
证明：连接ED，
∵D、E分别是边BC、AB的中点，
1
∴DE∥AC，DE= AC，
2
∴△ACG∽△DEG，
CG AG AC
∴ = = =2，
GE GD DE
∴CG+≥ ¿ =
AG+GD
=3¿，
GE GD
CE AD
即 = =3，
GE GD
GE GD 1
∴ = = ；
CE AD 3
结论应用：
（1）如图②，连接ED，
∵D、E分别是边BC、AB的中点，
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1
∴DE∥AC，DE= AC，
2
∴△GED∽△GAC，
GD ED 1
∴ = = ，
GC AC 2
5
∵GD= ，
3
10
∴GC= ，
3
10 5
∴CD=GC+GD= + =5，
3 3
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点，
∴AB=2CD=10，
∴BC=√AB2−AC2=√102−62=8，
故答案为：8；
（2）如图③，连接ED，
∵D、E分别是边BC、AB的中点，
1
∴DE∥AC，DE= AC，
2
∴△GED∽△GAC，
GE ED 1
∴ = = ，
GA AC 2
AG 2
∴ = ，
AE 3
∵GF∥BC，
∴△AFG∽△ABE，
∴
S
△AFG=
(AG) 2
=
(2) 2
=
4
，
AF
=
AG
=
2
，
S AE 3 9 AB AE 3
△ABE
2
∴AF= AB，
3
∵E是BC的中点，△ABC的面积是9，
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1 9
∴S = S = ，
△ABE 2 △ABC 2
4 4 9
∴S = S = × =2，
△AFG 9 △ABE 9 2
∵D是AB的中点，
1
∴AD= AB，
2
2 1 1
∴DF=AF−AD= AB− AB= AB，
3 2 6
1
AB
DF 6 1
∴ = = ，
AF 2 4
AB
3
1 1 1
∴S = S = ×2= ，
△DFG 4 △AFG 4 2
1
故答案为： ．
2
模型 05 三角形的翻折问题
考｜向｜预｜测
三角形的折叠问题在近年主要以填空及综合性大题的形式出现，一般属于多解型问题，难度系数较大。
三角形的折叠问题注意折叠前后对应边相等、对应角相等，在多解题型中，准确画出折叠后的图形是
我们解题的关键。结合三角形相关的性质及判定定理与推论和其它几何的相关知识点进行解题。
答｜题｜技｜巧
折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和
对应角相等．在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到
图形间的关系．首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常
设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当
的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未
知数．
【操作观察】
如图，在四边形纸片ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，BC=8，AB=12，AD=13．
折叠四边形纸片ABCD，使得点C的对应点C′始终落在AD上，点B的对应点为B′，折痕与AB，CD分别
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交于点M，N．
【解决问题】
(1)当点C′与点A重合时，求B′M的长；
(2)设直线B′C′与直线AB相交于点F，当∠AFC′=∠ADC时，求AC′的长．
10
【答案】(1)
3
28 52
(2) 或
5 5
【分析】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，正切的相关应用，结合题意画出图形是解题的关键．
（1）过点C作CH⊥AD，则CH=AB=12，AH=BC=8，再求出HD，根据勾股定理求出CD，当点
C′与点A重合时，由折叠的性质可得出MN垂直平分AC，N与D重合，
10
则有AM=MC，设B′M=MB=x，则AM=MC=12−x，再利用勾股定理即可得出B′M=MB=
．
3
（2）分两种情况，当点F在AB上时和当点F在BA的延长线上时，设AF=5x，AC′=12x，则
C′F=13x ，利用∠AFC′=∠ADC=∠B′FM三个角的正切值相等表示出个线段的长度，最后利用线段
的和差关系求解即可．
【详解】（1）解：如图1，过点C作CH⊥AD，
则CH=AB=12，AH=BC=8，
∴HD=AD−AC′=13−8=5，
∴CD=√CH2+H D2=√122+52=13 ，
CH 12
tan∠ADC= = ，
HD 5
当点C′与点A重合时，由折叠的性质可得出MN垂直平分AC，N与D重合，
则有AM=MC，
设B′M=MB=x，则AM=MC=12−x，
∵∠ABC=90°
∴在Rt△MBC中x2+82=(12−x) 2，
10
解得：x= ，
3
10
故B′M=MB=
3
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（2）如图2，当点F在AB上时，如下图：
CH 12
由(1)可知tan∠ADC= = ，
HD 5
∵∠AFC′=∠ADC
12
∴tan∠AFC′=
，
5
设AF=5x，AC′=12x，则C′F=13x ，
根据折叠的性质可得出：B′C′=BC=8，B′F=8−13x．
∵∠B′FM=∠AFC′，
12
∴tan∠B′FM=tan∠AFC′=
，
5
∵∠ABC=90°
13 12
∴在Rt△BFM中，FM= (8−13x)，B′M=MB= (8−13x)
5 5
12 13
则5x+ (8−13x)+ (8−13x)=12，
5 5
7
解得：x= ，
15
28
AC′=12x=
5
如图3，当点F在BA的延长线上时，
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12
同上tan∠AFC′=
，
5
在Rt△AFC′中，
设AF=5x，AC′=12x，FC′=13x，FB′=13x−8 ，
在Rt△MFB′中，
13 12
FM= (13x−8)，B′M=MB= (13x−8)
5 5
12 13
则FB=5x+12= (13x−8)+ (13x−8)
5 5
13
解得x= ，
15
13 52
则AC′=12x=12× = ，
15 5
28 52
综上：AC′的值为： 或 ．
5 5
1．（2025·湖南长沙·一模）如图，将平行四边形纸片ABCD沿一条直线折叠，使点A与点C重合，点D落
在点G处，折痕为EF．
(1)求证：△EBC≌△FGC；
(2)若∠ECB=30°，∠A=120°，试判断△ECF的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)△ECF为等腰直角三角形，理由见解析
【分析】（1）由折叠得到∠A=∠ECG，∠D=∠G，AD=CG，然后得到∠ECB=∠FCG，即可证
明出△EBC△FGC(ASA)；
（2）首先根据平行四边形的性质得到∠A=∠BCD=120°，∠ECB=30°，然后由全等得到
△EBC≌△FGC，得到EC=FC，即可证明出△ECF为等腰直角三角形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠BCD，∠D=∠B，AD=BC，
由折叠可得，∠A=∠ECG，∠D=∠G，AD=CG，
∴∠B=∠G，BC=GC，∠BCD=∠ECG，
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∴∠BCD−∠ECF=∠ECG−∠ECF，
∴∠ECB=∠FCG，
∴△EBC≌△FGC(ASA)；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠BCD=120°，∠ECB=30°，
∴∠ECF=90°．
∵△EBC≌△FGC，
∴EC=FC，
∴△ECF为等腰直角三角形．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定，折叠的性质，等腰三角形的性质和判
定等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
3
2．（2024·吉林长春·模拟预测）已知在△ABC中，AB=AC=5，tanB= ，点D在边BC上，满足
4
BD=3DC．动点P从点B出发，以每秒5个单位的速度沿折线B−A−C向终点C运动，且不与△ABC的
顶点重合．把△BPD沿PD翻折，得到△B′PD．设点P的运动时间为t(t>0)．
(1)BC的长为______．
(2)求点P到BC的距离（用含t的代数式表示）．
(3)当B′D与等腰△ABC的腰垂直时，求t的值．
(4)当△BPD与△B′PD拼成的图形为三角形时，直接写出t的值．
【答案】(1)8
(2)当0<t≤1时，点P到BC的距离为3t，当1<t≤2时，点P到BC的距离为6−3t；
(3)当B′D与等腰△ABC的腰垂直时，t的值为0.6或1.2
24 6 3
(4)当△BPD与△B′PD拼成的图形为三角形时，t的值为t= 或 或
25 5 2
AE 3
【分析】（1）过点A作AE⊥BC，结合等腰三角形的性质，根据tanB= = ，求得BE=CE=4，
BE 4
AE=3，即可求解；
（2）分两种情况：当P在BA上运动时，即：0<t≤1时，当P在AC上运动时，即：1<t≤2时，分别求解
即可；
（3）分两种情况：当BD′⊥AB于点O时，当BD′⊥AC于点O时，结合（2），根据折叠的性质即可求
解；
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（4）分三种情况：当点P在AB上且∠BPD=∠B′PD=90°时，当点P在AC上且
∠BPD=∠B′PD=90°时，当点P在AC上且∠BDP=∠B′DP=90°时，解直角三角形即可求解．
【详解】（1）解：过点A作AE⊥BC，
AE 3
∵AB=AC=5，tanB= = ，
BE 4
∴BE=CE，
设AE=3a，BE=4a，则由勾股定理可知，AB=√AE2+BE2=5a=5，
∴a=1，则BE=CE=4，AE=3，
∴BC=8，
故答案为：8；
AE 3
（2）由（1）可知，sinB= = ，
AB 5
当P在BA上运动时，即：0<t≤1时，BP=5t，
过点P作PQ⊥BC，则PQ=BP⋅sinB=3t；
当P在AC上运动时，即：1<t≤2时，BA+AP=5t，CP=10−5t，
过点P作PQ⊥BC，
∵AB=AC，
3
∴∠B=∠C，则sinB=sinC= ，
5
3
∴PQ=CP⋅sinC= ×(10−5t)=6−3t，
5
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综上，当0<t≤1时，点P到BC的距离为3t，当1<t≤2时，点P到BC的距离为6−3t；
（3）∵BD=3DC，BC=8，
∴BD=6，CD=2，
当BD′⊥AB于点O时，过点P作PQ⊥BC，由（2）可知，BP=5t，PQ=3t，
由折叠可知，BD=B′D=6，∠BDP=∠B′DP，∠B=∠B′，则tan∠B=tan∠B′，
∴PQ=PO=3t，
PO
∴OB=8t，OB′= =4t，OD=OB⋅tanB=6t，
tanB′
则B′D=OB′+OD=10t=6，
∴t=0.6；
当BD′⊥AC于点O时，过点P作PQ⊥BC，由（2）可知，PQ=6−3t，CP=10−5t，
3
sinB=sinC= ，
5
由折叠可知，BD=B′D=6，∠BDP=∠B′DP，
∴PQ=PO=6−3t，
∴OC=CP−PO=(10−5t)−(6−3t)=4−2t，
3
∵CD=2，则OD=OD⋅sinC=2× =1.2，
5
∴OC=√CD2−OD2=1.6=4−2t，
∴t=1.2；
综上，当B′D与等腰△ABC的腰垂直时，t的值为0.6或1.2；
（4）由折叠可知，∠BPD=∠B′PD，∠BDP=∠B′DP，
当点P在AB上且∠BPD=∠B′PD=90°时，即DP⊥AB时，△BPD与△B′PD拼成的图形为三角形，
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18
此时，BD=6，则DP=BD⋅sinB= ，
5
24 24
∴BP=√BD2−DP2= =5t，解得：t= ；
5 25
当点P在AC上且∠BPD=∠B′PD=90°时，即DP⊥BB′时，△BPD与△B′PD拼成的图形为三角形，
过点P作PQ⊥BC，由上可知，PQ=6−3t，CP=10−5t，
PQ
则CQ= =8−4t，BQ=BC−CQ=4t，QD=CQ−CD=6−4t，
tanC
∵∠BPD=∠PQB=∠PQD=90°，则∠PBQ+∠PDB=∠PDQ+∠DPQ=90°
∴∠PBQ=∠DPQ，
∴△PBQ∽△DPQ，
BQ PQ 4t 6−3t 6
∴ = ，即： = ，解得：t= ；
PQ DQ 6−3t 6−4t 5
当点P在AC上且∠BDP=∠B′DP=90°时，即DP⊥BB′时，△BPD与△B′PD拼成的图形为三角形，
3 3 PD 5 3
此时PD=CD⋅tanC=2× = ，CP= = =10−5t，解得：t= ；
4 2 sinC 2 2
24 6 3
综上，当△BPD与△B′PD拼成的图形为三角形时，t的值为t= 或 或 ．
25 5 2
【点睛】本题考查解直角三角形，等腰三角形的性质，相似三角形的判定及性质，折叠的性质等知识点，
作出图形，分类讨论是解决问题的关键．
3．（2024·内蒙古包头·模拟预测）操作：如图①在正方形ABCD中，点E是BC的中点，将△ABE沿AE
折叠后得到△AFE，点F在正方形ABCD内部，延长AF交CD于点G，易知FG=GC．
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探究：若将图①中的正方形改成矩形，其他条件不变，如图②，那么线段GF与GC相等吗？请说明理由．
拓展：如图③，将图①中的正方形ABCD改为平行四边形，其他条件不变，若AB=3，AD=4，则
△AGD的周长为______．
【答案】探究：FG=GC，理由见解析；拓展：10
【分析】本题考查折叠的性质，矩形的性质，平行四边形的性质等：
探究：连接CF，由折叠前后对应边相等、对应角相等，可得∠AFE=∠B=90°，BE=FE，等量代换可
得∠EFG=∠AFE=∠BCD=90°，CE=FE，由等边对等角可得∠EFC=∠ECF，进而可得
∠CFG=∠FCG，可证FG=GC；
拓展：连接CF，仿照探究中的方法，证明FG=GC，再利用平行四边形的性质即可求解．
【详解】解：探究：FG=GC，理由如下：
如图②，连接CF，
∵ ABCD
四边形 是矩形，
∴ ∠B=∠BCD=90°，
∵点E是BC的中点，
∴ BE=CE，
∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴ ∠AFE=∠B=90°，BE=FE，
∵ BE=CE，BE=FE，
∴ CE=FE，
∴ ∠EFC=∠ECF，
∵ ∠EFG=∠AFE=∠BCD=90°，
∴ ∠EFG−∠EFC=∠BCD−∠ECF，
∴ ∠CFG=∠FCG，
∴ FG=GC；
拓展：△AGD的周长为10．
如图③，连接FC，
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∵ ABCD
四边形 是平行四边形，
∴ AB∥CD，AB=CD=3，
∴ ∠BCD+∠B=180°，
∵点E是BC的中点，
∴ BE=CE，
∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴ ∠AFE=∠B，BE=FE，AF=AB，
又∵ ∠AFE+∠EFG=180°，
∴ ∠B+∠EFG=180°，
∴ ∠BCD=∠EFG．
∵ BE=CE，BE=FE，
∴ CE=FE，
∴ ∠EFC=∠ECF，
∴ ∠EFG−∠EFC=∠BCD−∠ECF，
∴ ∠CFG=∠FCG，
∴ FG=GC，
∴ △AGD的周长=AD+AG+DG
=AD+AF+FG+DG
=AD+AB+CG+DG
=AD+AB+CD
=4+3+3
=10．
4．（23-24九年级下·广东汕头·阶段练习）综合与实践：折纸是同学们喜欢的手工活动之一，通过折纸我
们既可以得到许多美丽的图形，同时折纸的过程还蕴含着丰富的数学知识.折一折：把边长为6的正△∧¿三
角形纸片，其沿直线GH折叠，使点A落在点A′处，分别得到图①、图②.
填一填，做一做：
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(1)图①中阴影部分的周长为 .
(2)图①中， 若∠A′GN=80°， 则∠A′HD= °.
(3)图①中的相似三角形(包括全等三角形)共有 对；
A′N AG
(4)如图②， 点A′落在边AD上， 若 =2，则 =
A′D AH
【答案】(1)18
(2)40
(3)4
5
(4)
4
【分析】（1）由折叠的性质得出A′G=AG，A′H=AH，得出图①中阴影部分的周长=△ADN的周长
=3×6=18；
（2）由折叠的性质得出∠AGH=∠A′GH，∠AHG=∠A′HG，求出∠AGH=50°，得出
∠AHG=∠A′HG=70°，即可得出结果；
（3）证明△NGM∽△A'N'M，△A'N'M∽△DNH，即可得出结论；
A′G A′N GN
（6）设A′N=2a，则A′D=a，证明△A′GH∽△H A′D，得出 = = ，设A′G=AG=x，
A′H DH A′D
x 2a 6−x 2a+6
A′H=AH= y，则GN=6−x，DH=6−y，得出 = = ，解得x= y，得出
y 6−y a 6+a
AG 2a+6 2a+2a+a 5
= = = ．
AH 6+a 2a+a+a 4
【详解】（1）∵将图①中的△∧¿沿直线GH折叠，使点A落在点A′处，
∴A′G=AG，A′H=AH，
∴图①中阴影部分的周长=△ADN的周长=3×6=18；
故答案为：18；
（2）解：∵将图①中的△∧¿沿直线GH折叠，使点A落在点A′处，
∴∠AGH=∠A′GH，∠AHG=∠A′HG，
∵∠A′GN=80°，
∴∠AGH=50°，
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∴∠AHG=∠A′HG=70°，
∴∠A′HD=180°−70°−70°=40°；
故答案为：40；
（3）解：如图，
∵将图①中的△∧¿沿直线GH折叠，使点A落在点A′处，
∴△AGH≌△A′GH
∴∠A=∠N=∠D=∠A′=60°，∠NMG=∠A′M N′，∠A′N′M=∠DN′H，
∴△NGM∽△A'N'M，△A'N'M∽△DNH，
∴△NGM∽△DN′H
∴图①中的相似三角形（包括全等三角形）共有4对，
故答案为：4；
A′N
（4）解：∵ =2，
A′D
设A′N=2a，则A′D=a，
∵∠N=∠D=∠A=∠A′=60°，
∴∠N A′G+∠A′GN=∠N A′G+∠DA′H=120°，
∴∠A′GN=∠DA′H，
∴△A′GH∽△H A′D
A′G A′N GN
∴ = = ，
A′H DH A′D
设A′G=AG=x，A′H=AH= y，则GN=6−x，DH=6−y，
x 2a 6−x
∴ = = ，
y 6−y a
2a+6
解得：x= y，
6+a
AG 2a+6 2a+2a+a 5
∴ = = = ；
AH 6+a 2a+a+a 4
5
故答案为： ．
4
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【点睛】本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、折叠变换的性质、等边三角形的判定
与性质、全等三角形的判定与性质；本题综合性强，有一定难度，证明三角形相似是解题的关键．
模型 06 三角形与旋转问题
考｜向｜预｜测
三角形旋转问题探究（手拉手、半角模型）该题型主要以解答题的形式出现，综合性较强，有一定难度，
本专题重点分析旋转中的两类全等模型（手拉手、半角、对角互补模型），结合各类模型展示旋转中的变
与不变，并结合经典例题和专项训练深度分析基本图形和归纳主要步骤，同时规范了解题步骤，提高数学
的综合解题能力。
答｜题｜技｜巧
在解决三角形与旋转问题时要找准旋转中心；确定以旋转中心为顶点的旋转角，旋转角所在的两个三
角形不是全等就相似，全等的常用方法SAS；学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题；同时
还要数形结合进行分析、解答
在△ABC中，AC=BC，∠ACB=120°，点D是AB上一个动点（点D不与A，B重合），以点D为中
心，将线段DC顺时针旋转120°得到线DE．
(1)如图1，当∠ACD=15°时，求∠BDE的度数；
(2)如图2，连接BE，当0°<∠ACD<90°时，∠ABE的大小是否发生变化？如果不变求，∠ABE的度数；
如果变化，请说明理由；
(3)如图3，点M在CD上，且CM:MD=3:2，以点C为中心，将线CM逆时针转120°得到线段CN，连
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接EN，若AC=4，求线段EN的取值范围．
【答案】(1)75°
(2)∠ABE的大小不发生变化，∠ABE=30°，理由见解析
4√21 8√21
(3) ≤EN<
5 5
【分析】（1）由旋转的性质得∠CDE=120°，由等边对等角和三角形内角和定理得到∠A=30°，由三
角形外角的性质得∠BDC=45°，进而可求出∠BDE的度数；
OC OD
（2）连接CE交BD于点O，证明△BOC∽△EOD得 = ，再证明△COD∽△BOE即可求出
OB OE
∠ABE的度数；
1
（3）过点C作CH⊥AB于H，求出∠A=30°，则CH= AC=2；由旋转的性质得∠CDE=120°，
2
CD=DE，∠MCN=120°，CM=CN，设CD=DE=5x，则CM=CN=3x；如图所示，过点D作
1 5 5√3
DG⊥CE于G，则可得到DG= DC= x，CE=2CG，由勾股定理得CG=√CD2−DG2= x；
2 2 2
2 4
证明∠ECN=90°，在Rt△ECN中，由勾股定理得 EN=2√21x；再求出 ≤x< ，即可得到
5 5
4√21 8√21
≤EN< ．
5 5
【详解】（1）解：由旋转的性质得∠CDE=120°．
∵AC=BC，∠ACB=120°，
180°−∠ACB
∴∠A=∠B= =30°．
2
∵∠ACD=15°，
∴∠BDC=∠ACD+∠A=30°+15°=45°，
∴∠BDE=∠CDE−∠BDC=120°−45°=75°；
（2）解：∠ABE的大小不发生变化，∠ABE=30°，理由如下：
连接CE交BD于点O，
由旋转的性质得∠CDE=120°，CD=DE，
180°−∠CDE
∴∠DCO=∠DEO= =30°，
2
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∴∠DEO=∠ABC=30°，
又∵∠BOC=∠EOD，
∴△BOC∽△EOD，
OC OB
∴ =
OD OE
OC OD
∴ = ，
OB OE
∵∠COD=∠BOE，
∴△COD∽△BOE，
∴∠ABE=∠DCO=30°；
（3）解：如图所示，过点C作CH⊥AB于H，
∵AC=BC，∠ACB=120°，
180°−∠ACB
∴∠A=∠B= =30°，
2
∵CH⊥AB，
1
∴CH= AC=2；
2
由旋转的性质得∠CDE=120°，CD=CE，∠MCN=120°，CM=CN，
设CD=DE=5x，
∵CM:MD=3:2，
3
∴CM=CN= CD=3x，
5
如图所示，过点D作DG⊥CE于G，
∵∠CDE=120°，CD=CE，
180°−∠CDE
∴∠DCO=∠DEO= =30°，
2
∵DG⊥CE，
1 5
∴DG= DC= x，CE=2CG，
2 2
5√3
在Rt△CDG中，由勾股定理得CG=√CD2−DG2= x，
2
∴CE=5√3x,
∵∠DCE=30°，∠DCN=120°，
∴∠ECN=120°−30°=90°，
在Rt△ECN中，由勾股定理得EN2=CE 2+CN2
❑
=(3x) 2+(5√3x) 2
❑
=84x2，
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∴EN=2√21x或EN=−2√21x（舍去）；
∵点D是AB上一个动点（点D不与A，B重合），
∴CH≤CD<AC，即2≤5x<4，
2 4
∴ ≤x< ，
5 5
4√21 8√21
∴ ≤EN< ．
5 5
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性
质，等边对等角等，正确作出辅助线构造相似三角形和直角三角形是解题的关键．
1．（2023·山西大同·模拟预测）综合与实践课上，李老师让同学们以“等腰直角三角形的旋转”为主题开
展数学活动．
数学兴趣小组将两块大小不同的等腰直角三角形AOB和等腰直角三角形COD按图1的方式摆放，
∠AOB=∠COD=90°，随后保持△AOB不动，将△COD绕点O按逆时针方向旋转α(0°<α<90°)，连
接BC,AD，延长BC交AD于点M．该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：,
【初步探究】
(1)如图1，直接写出线段BC和AD的关系：______．
(2)如图2，当CD∥BO时，则α= ______．
【深入探究】
(3)如图3，当0°<α<90°时，连接OM，兴趣小组认为不仅（1）中的结论仍然成立，而且在△COD旋转
过程中,∠CMO的度数不发生变化，请给出推理过程并求出∠CMO的度数．
【拓展延伸】
(4)如图3，试探究线段AM,BM,OM，之间是否存在某种特定的数量关系，若存在，直接写出数量关系
式；若不存在，请说明理由．
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【答案】(1)BC=AD,BC⊥AD；
(2)45°；
(3)见解析，45°；
(4)存在，BM=AM+√2OM
【分析】（1）由条件根据三角形全等判定定理SAS得△BOC≌△AOD，可证；
（2）利用平行的性质．两线平行，内错角相等，结合条件易得α=45°；
（3）类比上面思路，通过构建三角形全等△BON≌△AOM推出ON=OM，进而易得∠COM=45°，
（4）根据（3）的结论，推导出△NOM是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质，化简即可
得到答案．
【详解】（1）由题意得，
AO=BO，OC=OD，∠AOB=∠COD=90°，
∴△BOC≌△AOD(SAS)，
∴BC=AD，∠CBO=∠DAO，
在Rt△AOD中，∠DOA+∠ADO=90°，
∴∠CBO+∠ADO=90°，
∴∠BMD=90°，即BC⊥AD，
故答案为：BC=AD,BC⊥AD.
（2）∵∠OCD=∠ODC=45°，CD∥BO，
∴∠COB=∠OCD=45°，
又∠AOB=90°，
∴∠AOC=∠AOB−∠BOC=45°,即α=45°，
故答案为：45°.
（3）如图，过O点作NO⊥OM，交MB于N点，
由（1）易知△BOC≌△AOD(SAS)，
∴∠CBO=∠DAO，
∵∠BON+∠NOA=∠NOA+∠AOM，
∴∠BON=∠AOM，
又AO=BO，
易得△BON≌△AOM(ASA)，
∴ON=OM，
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又∵NO⊥OM，
∴∠BMO=45°，
即∠CMO=45°；
（4）存在，BM=AM+√2OM，
理由如下：由（3）可知，△BON≌△AOM(ASA)，
∴BN=AM，
∵△NOM是等腰直角三角形，OM=ON
∴MN=√ON2+OM2=√2OM，
∴BM=BN+MN=AM+√2OM．
【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是作出
相应的辅助线以及确定全等三角形．
2．（2025·河南开封·一模）综合与实践在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=1,BC=2．
问题发现
（1）如图1，将△CAB绕点C按顺时针方向旋转90°得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE之间的数
量关系是___________，AD与BE的位置关系是___________．
类比探究
（2）如图2，将△CAB绕点C按顺时针方向旋转任意角度得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE之
间的数量关系、位置关系与（1）中的结论是否一致？请说明理由．
迁移应用
（3）如图3，将△CAB绕点C旋转一定的角度得到△CDE，当点D落到边AB上时，连接BE，求线段BE
的长．
【答案】（1）BE=2AD， AD⊥BE（2）线段AD与BE的数量关系、位置关系与（1）中结论一致，理
4√5
由见解析（3）
5
【分析】（1）根据旋转性质得AC=CD,∠ACD=90°,BC=CE,∠ECD=90°,根据勾股定理列式解得
AD=√AC2+CD2=√2,EB=√BC2+CE2=2√2,故BE=2AD；运用三角形内角和性质，得出
180°−∠ADC−∠CAD=180°−∠HDB−∠CBE，即∠DHB=∠ACD=90°，即可作答．
（2）根据旋转性质得AC=DC=1,BC=CE=2,∠ECB=∠ACD，根据两边成比例，夹角相等得
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AD AC 1
△ACD∽△BCE，即 = = ，∠CDA=∠CEB，得BE=2AD，则
BE BC 2
∠CEB+∠ENH=∠CDA+∠CND=90°，即∠EHD=90°,进行作答即可．
（3）如图，过点C作CN⊥AB于点N，根据勾股定理得AB=√AC2+BC2=√5，再证明
√5 2√5 4√5
△ACN∽△ABC，得AN= ，因为AC=DC,CN⊥AB,所以AD=2AN= ，得BE=2AD= ．
5 5 5
即可作答．
【详解】（1）∵将△CAB绕点C按顺时针方向旋转90°得到△CDE，连接AD，BE，
∴AC=CD,∠ACD=90°,BC=CE,∠ECD=90°,
∴∠CAD=∠CDA=45°,∠CBE=∠CEB=45°，
∴AD=√AC2+CD2=√2,EB=√BC2+CE2=2√2,
∴AD与BE之间的数量关系是BE=2AD，
延长AD交EB于一点H，
∵∠CAD=∠CBE，∠ADC=∠HDB，
∴180°−∠ADC−∠CAD=180°−∠HDB−∠CBE，
即∠DHB=∠ACD=90°，
∴AD与BE的位置关系是 AD⊥BE，
故答案为：BE=2AD， AD⊥BE；
（2）线段AD与BE的数量关系、位置关系与（1）中结论一致，
理由如下：
如图，延长DA交BE于点H，
∵ △CAB C △CDE
将 绕点 按逆时针方向旋转任意角度得到 ，
∴AC=DC=1,BC=CE=2,∠ECB=∠ACD，
AC CD 1
∴ = = ,
BC CE 2
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∴△ACD∽△BCE，
AD AC 1
∴ = = ，∠CDA=∠CEB
BE BC 2
∴BE=2AD，
∵∠DCE=90°,
∴∠CEB+∠ENH=∠CDA+∠CND=90°，．
∴∠EHD=90°,
∴AD⊥BE
（3）如图，过点C作CN⊥AB于点N，
∵∠ACB=90°,AC=1,BC=2
，
∴AB=√AC2+BC2=√1+4=√5，
∵CN⊥AB,
∴∠ANC=90°=∠ACB，
又∵∠A=∠A,
∴△ACN∽△ABC，
AC AN
∴ = ,
AB AC
∴√5AN=1,
√5
∴AN= ，
5
∵AC=DC,CN⊥AB,
2√5
∴AD=2AN= ，
5
4√5
由（2）可知BE=2AD= ．
5
【点睛】本题考查了旋转性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形内角和性质，难度较大，综
合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
3．（2025·湖北·模拟预测）旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与全等三角形等数学知识相结合
来解决实际问题，某学校数学兴趣小组在研究三角形旋转的过程中，进行如下探究：如图①，△ABC和
△DMN均为等腰直角三角形，∠BAC=∠MDN=90°，D为BC的中点，△DMN绕点D旋转，连接AM，
CN．
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(1)【观察猜想】在△DMN旋转过程中，AM与CN的数量关系为 ；
(2)【实践发现】如图②，当点M，N在△ABC内且C，M，N三点共线时，求证：CM−AM=√2DM；
(3)【解决问题】若△ABC中，AB=√5，在△DMN旋转过程中，当AM=√3且C，M，N三点共线时，
直接写出DM的长．
【答案】(1)AM=CN；
(2)见解析；
√6−2 2+√6
(3)DM的长为 或 ．
2 2
【分析】（1）连接AD，根据等腰三角形的性质可证△AMD≌△CND(SAS)，由此即可求解；
（2）由（1）中△AMD≌△CND(SAS)，再根据△DMN为等腰直角三角形，由此即可求解；
（3）点C、M、N三点共线，分类讨论，推理即可求解；
本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握知识点
的应用是解题的关键．
【详解】（1）解：AM=CN，理由如下如图所示，连接AD，
∵△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，
∴∠B=∠ACB=45°，
∵点D为BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ACD=∠DAC=45°，
∴AD=CD，
∵△DMN为等腰直角三角形，∠MDN=90°，
∴DM=DN，∠MDA+∠ADN=∠ADN+∠NDC=90°，
∴∠MDA=∠NDC，
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在△AMD和△CND中，
¿
∴△AMD≌△CND(SAS)，
∴AM=CN，
故答案为: AM=CN；
（2）证明：如图所示，连接AD，
由（1）可知，△AMD≌△CND，
∴∠MAD=∠NCD，AM=CN，
∴CM=CN+MN=AM+MN，
∴CM−AM=CM−CN=MN，
∵△DMN是等腰直角三角形，
∴DM=DN，
∴M N2=DM2+DN2=2DM2，
∴MN=√2DM=√2DN，
∵CM=CN+MN，
∴CM=AM+√2DM，
∴CM−AM=√2DM；
（3）解：∵AB=√5，AM=√3，C、M、N三点共线，
①由（2）可知，CM−AM=√2DM，
由（1）可知，∠MAD=∠NCD，
∵∠ACD=∠ACM+∠NCD=45°，∠DCN+∠NCA+∠DAC=90°，
∴∠MAD+∠NCA+∠DAC=90°，
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∴∠AMC=90°，
在Rt△ACM中，AB=AC=√5，AM=CN=√3，
∴CM=√AC2−AM2=√(√5) 2 −(√3) 2=√2，
∴MN=CM−CN=√2−√3（不符合题意）；
②如图所示，由（1）可知，△AMD≌△CND，AM=CN=√3，∠DAM=∠DCN，
∴∠DAM+∠MAC+∠ACD=∠DCN+∠MAC+∠ACD=90°
∴△AMC是直角三角形，
∴CM=√AC2−AM2=√(√5) 2 −(√3) 2=√2，
∴MN=CN−CM=√3−√2，
在Rt△DMN中，MN=√2DM，
√2MN √2(√3−√2) √6−2
∴DM= = = ；
2 2 2
③如图所示，连接AD，
根据（1）中的证明可知，AD=CD，∠ADM+∠MDC=∠MDC+∠CDN=90°，
∴∠ADM=∠CDN，
在△ADM和△CDN中，
¿，
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∴△ADM≌△CDN(SAS)，
∴∠AMD=∠N=45°，
∴∠AMD+∠DMN=45°+45°=90°，
∴△ACM是直角三角形，
在Rt△ACM中，AB=AC=√5，AM=CN=√3，
∴CM=√AC2−AM2=√(√5) 2 −(√3) 2=√2，
MN=CM+CN=√2+√3
∵MN=√2DM，
√2MN √2(√2+√3) 2+√6
∴DM= = = ，
2 2 2
√6−2 2+√6
综上所述，DM的长为 或 ．
2 2
4．（2025·山东泰安·模拟预测）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=CB，点D,E分别在
AB,CB上，DB=EB，连接AE,CD，取AE中点F，连接BF．
(1)求证：CD=2BF，CD⊥BF；
(2)将△DBE绕点B顺时针旋转到图2的位置．
①请直接写出BF与CD的位置关系： ；
②求证：CD=2BF．
【答案】(1)见解析；
(2)①BF⊥CD；②见解析．
【分析】本题考查了全等三角形的判定和现在，平行线的判定和性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边
的一半，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
1
（1）证明△ABE≌△CBD（SAS）得出∠FAB=∠BCD，得到BF= AE=AF，得出
2
∠FBC+∠BCD=90°，即可得到结论；
（2）①先证明△AGF≌△EBF（SAS），再证明△AGB≌△BDC（SAS）得到
∠ABG=∠BAN=∠BCD，即可得到∠ABC=∠ANC=90°，即可得证；②先证明
△AGF≌△EBF（SAS），再证明△AGB≌△BDC（SAS），即可得证．
【详解】（1）证明：在△ABE和△CBD中，¿，
；∴△ABE≌△CBD（SAS），
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∴AE=CD,∠FAB=∠BCD．
∵F是Rt△ABE斜边AE的中点，
∴AE=2BF，
∴CD=2BF，
1
∵BF= AE=AF
2
∴∠FAB=∠FBA．
∴∠FBA=∠BCD，
∵∠FBA+∠FBC=90°，
∴∠FBC+∠BCD=90°．
∴BF⊥CD；
（2）解：①BF⊥CD；理由如下：
如图，延长BF到点G，使FG=BF，连接AG．延长EB到M，使BE=BM，连接AM并延长交CD于点N．
∵AF=EF，FG=BF，∠AFG=∠EFB
，
∴△AGF≌△EBF（SAS），
∴∠FAG=∠FEB，AG=BE．
∴AG∥BE．
∴∠GAB+∠ABE=180°，
∵∠ABC=∠EBD=90°，
∴∠ABE+∠DBC=180°，
∴∠GAB=∠DBC．
∵BE=BD，
∴AG=BD．
在△AGB和△BDC中，
∵AG=BD，∠GAB=∠DBC，AB=CB，
∴△AGB≌△BDC（SAS），
∴∠ABG=∠BCD，
∵F是AE中点，B是EM中点，
∴BF是△ABM中位线，
∴BF∥AN，
∴∠ABG=∠BAN=∠BCD，
∴∠ABC=∠ANC=90°，
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∴AN⊥CD，
∵BF∥AN，
∴BF⊥CD．
故答案为：BF⊥CD；
②证明：延长BF到点G，使FG=BF，连接AG．
∵AF=EF，FG=BF，∠AFG=∠EFB
，
∴△AGF≌△EBF（SAS），
∴∠FAG=∠FEB，AG=BE．
∴AG∥BE．
∴∠GAB+∠ABE=180°，
∵∠ABC=∠EBD=90°，
∴∠ABE+∠DBC=180°，
∴∠GAB=∠DBC．
∵BE=BD，
∴AG=BD．
在△AGB和△BDC中，
∵AG=BD，∠GAB=∠DBC，AB=CB，
∴△AGB≌△BDC（SAS），
∴CD=BG．
∵BG=2BF，
∴CD=2BF．
1．（2023·辽宁大连·中考真题）如图，在△ABC和△ADE中，延长BC交DE于F，BC=DE，AC=AE，
∠ACF+∠AED=180°．求证：AB=AD．
【答案】证明见详解
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【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
由∠ACF+∠AED=180°，∠ACF+∠ACB=180°，可得∠AED=∠ACB，证明
△ABC≌△ADE(SAS)，进而结论得证．
【详解】证明：∵∠ACF+∠AED=180°，∠ACF+∠ACB=180°，
∴∠AED=∠ACB，
又∵BC=DE，AC=AE，
∴△ABC≌△ADE(SAS)，
∴AB=AD．
2．（2024·山东济南·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AE⊥CD，垂足为E,CF⊥AD，垂足为F．
求证：AF=CE．
【答案】证明见解析．
【分析】本题主要考查了菱形的性质， 全等三角形的判定以及性质，由菱形的性质得出AD=CD，用
AAS证明△AED≌△CFD，由全等三角形的性质可得出DE=DF， 由线段的和差关系即可得出AF=CE．
【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形
∴AD=CD
∵AE⊥CD,CF⊥AD
∴∠AED=∠CFD=90°
∵∠D=∠D
∴△AED≌△CFD
∴DE=DF
∴AD−DF=CD−DE
∴AF=CE
3．（2024·江苏常州·中考真题）如图，B、E、C、F是直线l上的四点，AC、DE相交于点G，AB=DF
，AC=DE，BC=EF．
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(1)求证：△GEC是等腰三角形；
(2)连接AD，则AD与l的位置关系是________．
【答案】(1)见解析
(2)AD∥l
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，平行线的判定：
（1）证明△ABC≌△DFE，得到∠ACB=∠≝¿，即可得证；
（2）根据线段的和差关系，易得AG=DG，根据三角形的内角和定理，得到∠CAD=∠ACB，即可得
出结论．
【详解】（1）证明：在△ABC和△DFE中
¿，
∴△ABC≌△DFE，
∴∠ACB=∠≝¿，
∴EG=CG，
∴△GEC是等腰三角形；
（2）∵AC=DE，EG=CG，
∴AC−CG=DE−EG，
∴AG=DG，
1
∴∠GAD=∠GDA= (180°−∠AGD)，
2
1
∵∠ACE=∠≝= (180°−∠CGE)，
2
∵∠AGD=∠EGC，
∴∠CAD=∠ACB，
∴AD∥l．
4．（2024·辽宁·中考真题）如图1，在水平地面上，一辆小车用一根绕过定滑轮的绳子将物体竖直向上提
起．起始位置示意图如图2，此时测得点A到BC所在直线的距离AC=3m，∠CAB=60°；停止位置示意
图如图3，此时测得∠CDB=37°（点C，A，D在同一直线上，且直线CD与平面平行，图3中所有点在
同一平面内．定滑轮半径忽略不计，运动过程中绳子总长不变．（参考数据：sin37°≈0.60，
cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，√3≈1.73）
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(1)求AB的长；
(2)求物体上升的高度CE（结果精确到0.1m）．
【答案】(1)6m
(2)2.7m
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
（1）解Rt△ABC即可求解；
（2）在Rt△ABC中，由勾股定理得，BC=3√3，解Rt△BCD求得BD=5√3，由题意得，
BC+AB=BE+BD，故BE=BC+AB−BD=6−2√3，则CE=BC−BE≈2.7m．
【详解】（1）解：由题意得，∠BCA=90°，
∵AC=3m，∠CAB=60°，
AC
∴在Rt△ABC中，由cos∠A= ，
AB
3 1
得： =cos60°= ，
AB 2
∴AB=6m,
答：AB=6m；
（2）解：在Rt△ABC中，由勾股定理得，BC=√AB2−AC2=3√3，
BC
在Rt△BCD中，sin∠CDB= ，
BD
3√3
∴sin37°= =0.6，
BD
∴BD=5√3，
由题意得，BC+AB=BE+BD，
∴BE=BC+AB−BD=3√3+6−5√3=6−2√3，
∴CE=BC−BE=3√3−(6−2√3)=5√3−6≈2.7m，
答：物体上升的高度约为2.7m．
5．（2024·山东日照·中考真题）如图，以▱ABCD的顶点B为圆心，AB长为半径画弧，交BC于点E，再
1
分别以点A，E为圆心，大于 AE的长为半径画弧，两弧交于点F，画射线BF，交AD于点G，交CD的
2
延长线于点H．
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(1)由以上作图可知，∠1与∠2的数量关系是_______
(2)求证：CB=CH
(3)若AB=4，AG=2GD，∠ABC=60°，求△BCH的面积．
【答案】(1)∠1=∠2
(2)证明见解析
(3)9√3
【分析】本题考查了角平分线定义，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质，
解直角三角形，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键．
（1）根据作图可知，BF为∠ABC的角平分线，即可得到答案；
（2）根据平行四边形的性质可知∠1=∠H，结合∠1=∠2，从而推出∠2=∠H，即可证明；
（3）过点H作BC的垂线交BC的延长线于点M，根据平行四边形的性质AB=CD=4，
AB AG 1
∠HCM=∠ABC=60°， = ，结合AG=2GD，推出DH= AB，从而得到CH，BC，
DH GD 2
1
HM=CH⋅sin∠HCM，最后由S = BC⋅HM计算即可．
△BCH 2
【详解】（1）解：由作图可知，BF为∠ABC的角平分线
∴∠1=∠2
故答案为：∠1=∠2
（2）证明：∵四边形ABCD为平行四边形
∴AB∥CD
∴∠1=∠H
∵∠1=∠2
∴∠2=∠H
∴CB=CH
（3）解：如图，过点H作BC的垂线交BC的延长线于点M
∵ ABCD AB=4
四边形 为平行四边形，
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∴AB∥CD，AB=CD=4
∴∠HCM=∠ABC=60°，△ABG∽△DHG
AB AG
∴ =
DH GD
又∵AG=2GD
AG
∴ =2
GD
AB AG
∴ = =2
DH GD
1 1
∴DH= AB= ×4=2
2 2
∴CH=DH+CD=6
∴BC=CH=6
√3
∴HM=CH⋅sin∠HCM=CH⋅sin60°=6× =3√3
2
1 1
∴S = BC⋅HM= ×6×3√3=9√3．
△BCH 2 2
6．（2023·北京·中考真题）在△ABC中、∠B=∠C=α(0°<α<45°)，AM⊥BC于点M，D是线段MC
上的动点（不与点M，C重合），将线段DM绕点D顺时针旋转2α得到线段DE．
(1)如图1，当点E在线段AC上时，求证：D是MC的中点；
(2)如图2，若在线段BM上存在点F（不与点B，M重合）满足DF=DC，连接AE，EF，直接写出
∠AEF的大小，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)∠AEF=90°，证明见解析
【分析】（1）由旋转的性质得DM=DE，∠MDE=2α，利用三角形外角的性质求出∠DEC=α=∠C，
可得DE=DC，等量代换得到DM=DC即可；
（2）延长FE到H使FE=EH，连接CH，AH，可得DE是△FCH的中位线，然后求出∠B=∠ACH，
设DM=DE=m，CD=n，求出BF=2m=CH，证明△ABF≅△ACH(SAS)，得到AF=AH，再根据等
腰三角形三线合一证明AE⊥FH即可．
【详解】（1）证明：由旋转的性质得：DM=DE，∠MDE=2α，
∵∠C=α，
∴∠DEC=∠MDE−∠C=α，
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∴∠C=∠DEC，
∴DE=DC，
∴DM=DC，即D是MC的中点；
（2）∠AEF=90°；
证明：如图2，延长FE到H使FE=EH，连接CH，AH，
∵DF=DC，
∴DE是△FCH的中位线，
∴DE∥CH，CH=2DE，
由旋转的性质得：DM=DE，∠MDE=2α，
∴∠FCH=2α，
∵∠B=∠C=α，
∴∠ACH=α，△ABC是等腰三角形，
∴∠B=∠ACH，AB=AC，
设DM=DE=m，CD=n，则CH=2m，CM=m+n，
∴DF=CD=n，
∴FM=DF−DM=n−m，
∵AM⊥BC，
∴BM=CM=m+n，
∴BF=BM−FM=m+n−(n−m)=2m，
∴CH=BF，
在△ABF和△ACH中，¿，
∴△ABF≅△ACH(SAS)，
∴AF=AH，
∵FE=EH，
∴AE⊥FH，即∠AEF=90°．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形中位线定理以及
全等三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
7．（2024·山东东营·中考真题）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，BC=3．
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(1)问题发现
如图1，将△CAB绕点C按逆时针方向旋转90°得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE的数量关系是
______，AD与BE的位置关系是______；
(2)类比探究
将△CAB绕点C按逆时针方向旋转任意角度得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE的数量关系、位置
关系与（1）中结论是否一致？若AD交CE于点N，请结合图2说明理由；
(3)迁移应用
如图3，将△CAB绕点C旋转一定角度得到△CDE，当点D落到AB边上时，连接BE，求线段BE的长．
【答案】(1)BE=3AD；AD⊥BE
(2)一致；理由见解析
3√10
(3)BE=
5
【分析】（1）延长DA交BE于点H，根据旋转得出CD=AC=1，CE=BC=3，∠ACD=∠ACB=90°，
根据勾股定理得出AD=√12+12=√2，BE=√32+32=3√2，根据等腰三角形的性质得出
1 1
∠ADC=∠DAC= ×90°=45°，∠CBE=∠CEB= ×90°=45°，根据三角形内角和定理求出
2 2
∠BHD=180°−45°−45°=90°，即可得出结论；
AD AC 1
（2）延长DA交BE于点H，证明△ACD∽△BCE，得出 = = ，∠ADC=∠BEC，根据三角形
BE BC 3
内角和定理得出∠EHN=∠DCN=90°，即可证明结论；
1
（3）过点C作CN⊥AB于点N，根据等腰三角形的性质得出AN=ND= AD，根据勾股定理得出
2
AN AC √10
AB=√12+32=√10，证明△ACN∽△ABC，得出 = ，求出AN= ，根据解析（2）得出
AC AB 10
3√10
BE=3AD= ．
5
【详解】（1）解：延长DA交BE于点H，如图所示：
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∵将△CAB绕点C按逆时针方向旋转90°得到△CDE，
∴CD=AC=1，CE=BC=3，∠ACD=∠ACB=90°，
∴根据勾股定理得：AD=√12+12=√2，BE=√32+32=3√2，
∴BE=3AD，
∵CD=AC，CE=BC，∠ACD=∠ACB=90°，
1 1
∴∠ADC=∠DAC= ×90°=45°，∠CBE=∠CEB= ×90°=45°，
2 2
∴∠BHD=180°−∠ADC−∠CBE=180°−45°−45°=90°，
∴AD⊥BE．
（2）解：线段AD与BE的数量关系、位置关系与（1）中结论一致；理由如下：
延长DA交BE于点H，如图所示：
∵将△CAB绕点C旋转得到△CDE，
∴CD=AC=1，CE=BC=3，∠ACD=∠BCE，∠DCE=∠ACB=90°，
AC CD 1
∴ = = ，
BC CE 3
∴△ACD∽△BCE，
AD AC 1
∴ = = ，∠ADC=∠BEC，
BE BC 3
∴BE=3AD；
又∵∠ENH=∠CND，∠HEN+∠ENH+∠EHN=180°，∠CND+∠CDN+∠DCN=180°，
∴∠EHN=∠DCN=90°，
∴AD⊥BE；
（3）解：过点C作CN⊥AB于点N，如图所示：
根据旋转可知：AC=CD，
1
∴AN=ND= AD，
2
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，BC=3，
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∴根据勾股定理得：AB=√12+32=√10，
∵∠ANC=∠ACB=90°，∠A=∠A，
∴△ACN∽△ABC，
AN AC
∴ = ，
AC AB
AN 1
即 = ，
1 √10
√10
解得：AN= ，
10
√10
∴AD=2AN= ，
5
3√10
根据解析（2）可知：BE=3AD= ．
5
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的
关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．
8．（2024·甘肃兰州·中考真题）综合与实践
【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在
△ABC中，点M，N分别为AB，AC上的动点（不含端点），且AN=BM．
【初步尝试】（1）如图1，当△ABC为等边三角形时，小颜发现：将MA绕点M逆时针旋转120°得到
MD，连接BD，则MN=DB，请思考并证明：
【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在△ABC中，AB=AC，
∠BAC=90°，AE⊥MN于点E，交BC于点F，将MA绕点M逆时针旋转90°得到MD，连接DA，DB．
试猜想四边形AFBD的形状，并说明理由；
【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在△ABC中，AB=AC=4，∠BAC=90°，连接
BN，CM，请直接写出BN+CM的最小值．
【答案】（1）见详解，（2）四边形AFBD为平行四边形，（3）4√5
【分析】（1）根据等边三角的性质可得∠A=60°,AB=AC，再由旋转的性质可得
DM=AM,∠AMD=120°，从而可得∠DMB=∠A=60°，证明△ANM≌△MBD(SAS)，即可得证；
（2）根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC=45°，再根据旋转的性质可得
MA=MD,∠MAD=∠MDA=45°，∠DMA=∠DMB=90°，从而可得∠MAD=∠ABF=45°，由
平行线的判定可得AD∥BF，证明△ANM≌△MBD(SAS)，可得∠AMN=∠MDB，利用等量代换可得
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∠DBM=∠MAF，再由平行线的判定可得DB∥AF，根据平行四边形的判定即可得证；
（3）过点A作∠BAG=45°，使AG=CB，连接GM、GC，BG，延长CB，过点G作GO⊥CB于点
O，根据等腰三角形的性质可证∠GAM=∠BCN=45°，证明△GAM≌△BCN(SAS)，可得GM=BN，
从而可得当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最小值为CG的值，根据平行线的性质和平角
的定义可得∠GBO=45°，再根据等腰直角三角形的性质和勾股定理求得OG=OB=2√2，从而可得
OC=6√2，再利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=60°,AB=AC，
∵MA绕点M逆时针旋转120°得到MD，
∴DM=AM,∠AMD=120°，
∴∠DMB=60°，
∵AN=BM，∠DMB=∠A=60°，
∴△ANM≌△MBD(SAS)，
∴MN=DB；
（2）解：四边形AFBD为平行四边形，理由如下，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°，
∵MA绕点M逆时针旋转90°得到MD，
∴MA=MD,∠MAD=∠MDA=45°，∠DMA=∠DMB=90°，
∴∠MAD=∠ABF=45°，
则AD∥BF，
在△ANM和△MBD中，
¿，
∴△ANM≌△MBD(SAS)，
∴∠AMN=∠MDB，
∵AE⊥MN，
∴∠AMN+∠MAE=90°，
∵∠MDB+∠MBD=90°，
∴∠DBM=∠MAF，
∴DB∥AF，
则四边形AFBD为平行四边形；
（3）解：如图，过点A作∠BAG=45°，使AG=CB，连接GM、GC，BG，延长CB，过点G作
GO⊥CB于点O，
∵AB=AC=4，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠GAM=∠BCN=45°，
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∵AN=BM，
∴AM=CN，
又∵AG=CB，
∴△GAM≌△BCN(SAS)，
∴GM=BN，
∴BN+CM=GM+CM≥CG，
∴当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最小值为CG的值，
∵∠GAM=∠ABC=45°，
∴ AG∥BC，
∴∠BAC=∠ABG=90°，
∴∠GBO=180°−∠ABG−∠ABC=45°，
∴∠GBO=45°，
∴OG=OB，
∴GB=√2OB=√2OG，
∴OG=OB=2√2，
∴OC=6√2，
在Rt△GOC中，GC=√(2√2) 2+(6√2) 2=4√5，
∴BN+CM的最小值为4√5．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定、旋转
的性质及等边三角形的性质，熟练掌握相关定理得出当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最
小值为CG的值是解题的关键．
9．（2024·山东烟台·中考真题）在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D为直线BC上任意一
点，连接AD．将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°得线段ED，连接BE．
【尝试发现】
（1）如图1，当点D在线段BC上时，线段BE与CD的数量关系为________；
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【类比探究】
（2）当点D在线段BC的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段BE与CD的数量关系并证明；
【联系拓广】
（3）若AC=BC=1，CD=2，请直接写出sin∠ECD的值．
2√13
【答案】（1）BE=√2CD；（2）BE=√2CD，补图及证明见解析；（3）sin∠ECD= 或
13
2√5
sin∠ECD=
5
【分析】本题考查三角形全等的判定与性质，三角函数，掌握一线三垂直全等模型是解题的关键．
（1）过点E作EM⊥CB延长线于点M，利用一线三垂直全等模型证明△ACD≌△DME，再证明
BM=EM即可；
（2）同（1）中方法证明△ACD≌△DME，再证明BM=EM即可；
（3）分两种情况讨论：过点E作EM⊥CB延长线于点M，求出EM，CE即可．
【详解】解：（1）如图，过点E作EM⊥CB延长线于点M，
由旋转得AD=DE，∠ADE=90°，
∴∠ADC+∠EDM=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠DME，∠ADC+∠CAD=90°，
∴∠CAD=∠EDM，
∴△ACD≌△DME，
∴CD=EM，AC=DM，
∵AC=BC，
∴BM=DM−BD=AC−BD=BC−BD=CD，
∴BM=EM，
∵EM⊥CB，
∴BE=√2EM=√2CD，
故答案为：BE=√2CD；
（2）补全图形如图：
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BE=√2CD
，理由如下：
过点E作EM⊥BC交BC于点M，
由旋转得AD=DE，∠ADE=90°，
∴∠ADC+∠EDM=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠DME，∠ADC+∠CAD=90°，
∴∠CAD=∠EDM，
∴△ACD≌△DME，
∴CD=EM，AC=DM，
∵AC=BC，
∴BM=BC−CM=DM−CM=CD，
∴BM=EM，
∵EM⊥CB，
∴BE=√2EM=√2CD；
（3）如图，当D在CB的延长线上时，过点E作EM⊥CB于点M，连接CE，
由（2）得DM=AC=1，EM=CD=2，
∴CM=CD+DM=3，
∴CE=√CM2+EM2=√13，
EM 2 2√13
∴sin∠ECD= = = ．
CE √13 13
当D在BC的延长线上时，过点E作EM⊥CB于点M，如图，连接CE，
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同理可得：△ACD≌△DME，
∴DM=AC=1，ME=CD=2，
∴CM=2−1=1，
∴CE=√22+12=√5，
EM 2 2√5
∴sin∠ECD= = = ；
CE √5 5
2√13 2√5
综上：sin∠ECD= 或sin∠ECD=
13 5
10．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）数学老师在课堂上给出了一个问题，让同学们探究．在Rt△ABC中，
∠ACB=90°,∠BAC=30°，点D在直线BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，过点E
作EF∥BC，交直线AB于点F．
（1）当点D在线段BC上时，如图①，求证：BD+EF=AB；
分析问题：某同学在思考这道题时，想利用AD=AE构造全等三角形，便尝试着在AB上截取AM=EF，
连接DM，通过证明两个三角形全等，最终证出结论：
推理证明：写出图①的证明过程：
探究问题：
（2）当点D在线段BC的延长线上时，如图②：当点D在线段CB的延长线上时，如图③，请判断并直接
写出线段BD，EF，AB之间的数量关系；
拓展思考：
（3）在（1）（2）的条件下，若AC=6√3，CD=2BD，则EF=______．
【答案】（1）见解析；（2）图②：AB=BD−EF，图③：AB=EF−BD；（3）10或18
【分析】（1）在AB边上截取AM=EF，连接DM，根据题意证明出△DAM≌△AEF(SAS)，得到
AF=DM，然后证明出△BMD是等边三角形，得到BD=BM=DM，进而求解即可；
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（2）图②：在BD上取点H，使BH=AB，连接AH并延长到点G使AG=AF，连接DG，首先证明出
△ABH是等边三角形，得到∠BAH=60°，然后求出∠BAH=∠DAE，然后证明出
△FAE≌△GAD(SAS)，得到EF=DG，∠AFE=∠G，然后证明出△DHG是等边三角形，得到
DH=DG=EF，进而求解即可；
图③：在EF上取点H使AH=AF，同理证明出△EAH≌△ADB(AAS)，得到BD=AH，AB=EH，进而
求解即可；
（3）根据勾股定理和含30°角直角三角形的性质求出BC=6，AB=12，然后结合CD=2BD，分别（1）
（2）的条件下求出BD的长度，进而求解即可．
【详解】（1）证明：在AB边上截取AM=EF，连接DM．
在Rt△ABC中，∠B=90°−∠BAC=90°−30°=60°．
∵EF∥BC，
∴∠EFB=∠B=60°．
又∵∠EAD=60°，
∴∠EFB=∠EAD．
又∵∠BAD=∠EAD−∠EAF，∠AEF=∠EFB−∠EAF，
∴∠BAD=∠AEF．
又∵AD=AE,AM=EF，
∴△DAM≌△AEF(SAS)．
∴AF=DM．
∴∠AMD=∠EFA=180°−∠EFB=180°−60°=120°．
∴∠BMD=180°−∠AMD=180°−120°=60°．
∵∠B=60°，
∴∠BMD=∠B=∠BDM．
∴△BMD是等边三角形．
∴BD=BM=DM，
∵AB=AM+BM，
∴AB=EF+BD；
（2）图②：当点D在线段BC的延长线上时，AB=BD−EF，证明如下：
如图所示，在BD上取点H，使BH=AB，连接AH并延长到点G使AG=AF，连接DG，
∵∠ABC=60°，
∴△ABH是等边三角形，
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∴∠BAH=60°，
∵线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，
∴∠DAE=60°，AE=AD，
∴∠BAH=∠DAE，
∴∠BAH−∠EAH=∠DAE−∠EAH，即∠BAE=∠HAD，
又∵AG=AF，
∴△FAE≌△GAD(SAS)，
∴EF=DG，∠AFE=∠G，
∵BD∥EF，
∴∠ABC=∠F=∠G=60°，
∵∠DHG=∠AHB=60°，
∴△DHG是等边三角形，
∴DH=DG=EF，
∴AB=BH=BD−DH=BD−EF；
图③：当点D在线段CB的延长线上时，AB=EF−BD，证明如下∶
如图所示，在EF上取点H使AH=AF，
∵EF∥BC，
∴∠F=∠ABC=60°，
∵AH=AF，
∴△AHF是等边三角形，
∴∠AHF=∠HAF=60°，
∴∠AHE=120°，
∵将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，
∴AD=AE，∠DAE=60°，
∴∠DAB+∠EAH=180°−∠EAD−∠HAF=60°，
∵∠D+∠DAB=∠ABC=60°，
∴∠D=∠EAH，
∵∠DBA=180°−∠ABC=120°=∠EHA，
又∵AD=AE，
∴△EAH≌△ADB(AAS)，
∴BD=AH，AB=EH，
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∵AH=FH，
∴BD=HF，
∴AB=EH=EF−FH=EF−BD；
（3）如图所示，
∵∠BAC=30°，∠C=90°，
∴AB=2BC，AB2=BC2+AC2，
∴(2BC) 2=BC2+(6√3) 2 ，
∴BC=6，
∴AB=2BC=12，
∵CD=2BD，BC=BD+CD，
1
∴CD= BC=2，
3
由（1）可知，BD+EF=AB，
∴EF=AB−BD=12−2=10；
如图所示，当点D在线段BC的延长线上时，
∵CD<BD，与CD=2BD矛盾，
∴不符合题意；
如图所示，当点D在线段CB的延长线上时，
∵CD=2BD=BD+BC，BC=6，
∴BD=BC=6，
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由（2）可知，AB=EF−BD，
∵AB=2BC=12，
∴EF=AB+BD=12+6=18．
综上所述，EF=10或18．
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，等边三角形的性质和判定，含30°角直角三角
形的性质，解题的关键是掌握以上知识点．
1．基础巩固：
（1）如图①，在 和 中， ，求证： ；
尝试应用：
（2）如图②，在 和 中， ， 三点在一条直线上，
与 交于点 ，若 为 中点．
①求 的度数；
②过点 作 于点 ，若 ，求 的面积；
拓展提高：
（3）如图③，在 和 中， ， 与 交于点 ，
， 的面积为 ，连接 ，补全图形，求 的长．
【答案】（1）见解析；（2）① ；②2；（3）图见解析，8
【分析】本题主要考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定和性
质的运用是解题的关键．
（1）根据题意得到 ，运用边角边即可求证；
（2）①根据题意可证 ，得到 ，根据
，得到 ，在 中，由三角形内角和
定理即可求解；②根据 ，得到 ，再证 ，得到
，由三角形面积的计算公式即可求解；
（3）根据题意补图，由题意可得 ，可证 ，求出 ，
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证明 ，则 ， ，设 的长度为 ，则 ，由此即可求解．
【详解】（1）证明：∵ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ．
（2）解：①∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
在 中， ．
②∵ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
（3）解：补图如图．
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∵ ，
∴ ，
∴ ，则 ，
同（2）得 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是公共部分，
∴ ，
设 的长度为 ，则 ，
解得 (负值已舍去)，
故 的长为 ．
2．在 中， ， 是斜边 上的高，
(1)求证： ．
(2)若 ， ，则 ______．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（ ）利用余角性质可得 ，进而由 即可求证；
（ ）由相似三角形的性质得 ，即得 ，据此解答即可求解；
本题考查了相似三角形的判定和性质，余角性质，三角形的高，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关
键．
【详解】（1）证明：∵ ，
∴ ，
∵ 是斜边 上的高，
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∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ；
（2）解：∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
3．旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与全等三角形等数学知识相结合来解决实际问题，某学
校数学兴趣小组在研究三角形旋转的过程中，进行如下探究：如图 ， 和 均为等腰直角三
角形， ， 为 的中点， 绕点 旋转，连接 ， ．
(1)【观察猜想】在 旋转过程中， 与 的数量关系为 ；
(2)【实践发现】如图 ，当点 ， 在 内且 ， ， 三点共线时，求证： ；
(3)【解决问题】若 中， ，在 旋转过程中，当 且 ， ， 三点共线时，
直接写出 的长．
【答案】(1) ；
(2)见解析；
(3) 的长为 或 ．
【分析】（ ）连接 ，根据等腰三角形的性质可证 ，由此即可求解；
（ ）由（ ）中 ，再根据 为等腰直角三角形，由此即可求解；
（ ）点 三点共线，分类讨论，推理即可求解；
本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握知识点
的应用是解题的关键．
【详解】（1）解： ，理由如下如图所示，连接 ，
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∵ 为等腰直角三角形， ，
∴ ，
∵点 为 的中点，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 为等腰直角三角形， ，
∴ ， ，
∴ ，
在 和 中，
∴ ，
∴ ，
故答案为: ；
（2）证明：如图所示，连接 ，
由（ ）可知， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是等腰直角三角形，
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∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
（3）解：∵ ， ， 三点共线，
由（ ）可知， ，
由（ ）可知， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ， ，
∴ ，
∴ （不符合题意）；
如图所示，由（ ）可知， ， ， ，
∴
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∴ 是直角三角形，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ；
如图所示，连接 ，
根据（ ）中的证明可知， ， ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是直角三角形，
在 中， ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
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综上所述， 的长为 或 ．
4．材料阅读：小明在学习完全等三角形后，为了进一步探究，他尝试用三种不同方式摆放一副三角板
（在 中， ， ； 中， ， ），并提出了相应的问题
发现：
（1）如图①，将两个三角板互不重叠地摆放在一起，当顶点B摆放在线段 上时，过点A作 ，
垂足为点M，过点C作 ，垂足为点N，易证 ，若 ， ，则 ；
类比：
（2）如图②，将两个三角板叠放在一起，当顶点B在线段 上且顶点A在线段 上时，过点C作
，垂足为点P，猜想 ， ， 的数量关系，并说明理由；
拓展：
（3）如图③，将两个三角板叠放在一起，当顶点A在线段 上且顶点B在线段 上时， 过点C作
，交 的延长线于点G，若 ， ，连接 ，补全图形，求 的面积．
【答案】（2） ，理由见解析；（3）图见解析，10
【分析】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，熟记相关定理内容进行几何推理是
解题关键．
（2）根据两个三角形全等的判定定理，得到 ，利用两个三角形全等的性质，得到 ，
，由 中，即可得到三者的数量关系；
（3）由（2）同理可得： ，可得 ，分别求解 ，
， ，再利用割补法求解面积即可得到答案．
【详解】解：（2） ，
理由： ，
，
，
，
，
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，
，
，
，
，
，
；
．
（3）补图如图所示．
由（2）同理可得： ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
5．（1）如图1，在 中， 于点H，求证： ；
（2）如图2，已知 ，E为 上一点，且 ，若 ，求 的值；
（3）如图3，在四边形 中， ， ，E为边 上一点，且
，求 的值．
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【答案】（1）见解析；（2） ；（3）
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，利用
前面探索的结论和方法解决新问题是解题的关键．
（1）利用同角的余角相等得 ，即可证明结论；
（2）过点A作 于点F，利用两个角相等证明 ，得 ，从而得出答案；
（3）过点A作 于点H，延长 相交于点N，设 ，则 首先证
明 ，得 再根据 ，得
最后根据 进而解决问题．
【详解】解：（1）证明：∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（2）过点A作 于点F，则 ，
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
又∵ ，
∴ ，
∴ ．
（3）过点A作 于点H，延长 相交于点N．
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∵ ，
∴ ．
设 ，则 ．
∵ ，
∴ ，
∴ ．
又∵ ，
∴ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
6．如图
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(1)如图1，在 中， ，在 上取一点D，过点D作 的垂线 交 于点E．若
，求 的值．
(2)如图2，在（1）的条件下，将 绕点A按顺时针方向旋转一定角度（点E在 的内部），连结
，求 的值．
(3)如图3，在（2）的条件下，延长 交 于点F，交 于点G，求 的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，灵活运用所学知识是解题
的关键．
（1）先利用勾股定理求出 ，再证明 ，即可得到 ；
（2）先证明 ，再由 ，可证明 ，则 ；
（3）由相似三角形的性质得到 ，即可证明 ，则
．
【详解】（1）解：（1）∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
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∴ ；
（2）解：∵ ，
∴ ，即 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
（3）解：由（2）得： ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
7．已知 中， ， ， ，点E、F分别在边AC、边BC上（点E不与点A重
合，点F不与点B重合），连接EF，将 沿着直线EF翻折后，点C恰好落在边AB上的点D处，过
点D作 ，交射线AC于点M．设 ， ．
(1)如图1，当点M与点C重合时，求 的值；
(2)如图2，当点M在线段AC上时，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
(3)当 时，求AD的长．
【答案】(1)
(2)
(3) 或
【分析】（1）根据直角三角形的性质求出 ．由垂直的定义求出 ，由题意可
得： ，即可求解．
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（2）根据题意得出 ，根据直角三角形的性质证明 ，根据相似三角形的性质即
可求解．
（3）分两种情况讨论：①当点M在线段 上时，②当点M在 的延长线上时，利用勾股定理和相似
三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵ 中， ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
如图，设 交于点K，则 ，
∴ ，
∴ ，
∴点E为 的中点，
∴ ，
∴ ；
（2）解：根据题意得： ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在 中， ，
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∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
（3）解：①当点M在线段 上时，
∵ ，
∴ ，
由（2）得：
∴ ，即 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
过点F作 于点H，
∴ ，
在 中， ，
∴ ；
②当点M在 的延长线上时，
∵ ，
∴ ，
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根据题意得： ，
∴
∴ ，即 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
过点F作 于点G，
∴ ，
∴ ；
综上所述， 的长为 或 ．
【点睛】本题主要考查直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助
线，注意进行分类讨论．
8．【提出问题】如图 ，在等腰 中， ，分别以 ， 为边作等边 和等边 ，
与 相交于点 ，连接 ．
【初步探究】
（1）如图 ，连接 ，求证： ≌ ．
【深入探究】
（2）如图 ，将 沿 翻折得到 ，连接 ， ，类比 的探究方法发现：
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结论 ：______≌ ；
结论 ： ．
请证明结论 ．
（3）如图 、在（2）的情况下将线段 沿 翻折得到线段 ，连接 ， ，试判断线段 与
的位置关系．
【答案】（1）见解析；（2）① ；②见解析（3）
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关
键是识别复杂的图形．
由 得出 ，进而得出结论；
同理 得出结果；
作 ，交 于 ，可得出 ，从而 ，可得出 ，从而
，进一步得出结论；
可证得 ≌ ，从而 ，设 ，从而得出
，可得出 ，从而
，由 得出 ，进一
步得出结果．
【详解】 证明： 和 是等边三角形，
， ， ，
，
，
≌ ；
解： 是等边三角形， 沿 翻折得到 ，
是等边三角形，
同理 可知： ≌ ，
故答案为： ；
证明：如图，
作 ，交 于 ，
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是等边三角形，
，
，
，
，
由 知： ≌ ，
， ，
，
∴ ；
解：
，
，
和 是等边三角形，
，
，
，
，
， ，
≌ ，
，
设 ，
∴ ，
线段 沿 翻折得到线段 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
9．综合与实践
问题情境
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“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1， 中， ， 为 边上的中线，
将 沿射线 的方向平移，得到 ，其中点A，B，D的对应点分别为E、F，G．如图2，当线
段 经过点D时．连接 ，请判断四边形 的形状，并说明理由．
数学思考
（1）请回答老师提出的问题；
深入探究
（2）老师将图2中的 绕点F按逆时针方向旋转得到 ，其中点E，G的对应点分别为P，Q，
线段 分别与边 交于点M，N．如图3，当 时，让同学们提出新的问题．
①“勤学小组”提出问题：试猜想线段 和 的数量关系，并证明；
②“善思小组”提出问题：若 中， ，请直接写出此时四边形 的面积．
请解答上述两个小组提出的问题．
【答案】（1）四边形 是矩形，见解析；（2）① ，见解析；②
【分析】（1）四边形 是矩形，由平移的性质得到 ，从而得到
，根据 为 边上的中线，推出 ，进而证明 是等腰
三角形，推出 ， ，证明四边形 是平行四边形，再根据 ，即可证明四
边形 是矩形；
（2）①由平移的性质得到 ，从而得到 ，由（1）可得
，进而得到 ，在图3中，由旋转的性质得到 ，根据
平行线的性质推出 ，易证 ，再根据四边形 是矩形，推出 ，
即可证明 ；
②过点F作 ，垂足为H，过点N作 ，垂足为K，利用勾股定理求出 ，由①可求
，由平移和旋转的性质得到 ，
根据 ，易证 ，得到 ，由①知 ，从而得到
，利用三角形面积公式 ，求出 ，利用勾股定理求出
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，从而得到 ，再根据 ，推出 ，利用余弦的
定义得到 ，求出 ，最后根据四边形 的面积等
于 求解即可．
【详解】（1）四边形 是矩形，
理由如下：∵ 平移得到 ，
∴ ，
∴ ，
∵ 为 边上的中线，
∴ ，
∴ 是等腰三角形，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是矩形；
（2）① ，
证明：在图2中，∵ 平移得到 ，
∴ ，
∴
由（1）可得， ，
∴ ，
∴ ，
在图3中， 旋转得到 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
由图2可知，四边形 是矩形，
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∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
②过点F作 ，垂足为H，过点N作 ，垂足为K，
∵ 中， ，
∴ ，
∴ ，
由平移和旋转的性质得到 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
由①知 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
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∴ ，
∵四边形 的面积等于
∴ ．
【点睛】本题考查平移的性质，旋转的性质，矩形的判定，直角三角形的特征，相似三角形判定与性质，
解直角三角形等腰三角形的判定与性质，勾股定理，综合性较强，熟练运用平移与旋转的性质是解题的关
键．
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