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培优专题 01 三角形中的常见模型综合训练
考点一：三角形的全等模型
全等三角形在中考数学中的重点不是简单的直接考察，而是作为几何题的中间变量，利用全等三角形
的对应边相等、对应角相等，来传递等量线段或者等价角。而当题目不直接考察时，识别需要的全等模型，
并利用对应结论做题就是最为重要的一个突破口，学习模型，运用模型结论直接做题会给我们提供一个非
常重要的做题思路。
题型01 三角形常见全等模型及其应用
解题大招：全等常见模型：
图形 条件与结论 辅助线 注意事项 ①K
型 图：
条 件 ： 分别过点A、 K型图可以和等腰直角三
AC=BC,AC⊥BC B作AD⊥l, 角板结合，也可以和正
结论： BE⊥l 方形结合
△ADC≌△CEB(AAS)
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K型全等模型变形——三垂定理：
如图，亦有△ADC≌△CEB(AAS)
总结：当一个直角放在一条直线上时，常通过构 造K型全等来证明边相等，或者边之间的数
量关系
②手拉手：
模型名称 几何模型 图形特点 具有性质
全 连结BD、CE
等 ①△ABD≌△ACE
型 ②△AOB∽△HOC
AD=AE
手 ③旋转角相等
AB=AC
拉 （即∠1=∠2=∠3）
∠BAC=∠DAE
手 ④A、B、C、D四点共圆
⑤AH平分∠BHE
③倍长中线：
基本图形 辅助线 条件与结论 应用环境
①倍长中线常和△三边
延长AD到点E， 条件：△ABC， 关系结合，考察中线长
使DE=AD，连接CE AD=BD 的取值范围
②倍长中线也可以和其
结论： 他几何图形结合，考察
△ABD≌△CED(SAS) 几何图形的面积问题
【中考真题练】
1．（2023•长春）如图，工人师傅设计了一种测零件内径AB的卡钳，卡钳交叉点O为AA'、BB'的中点，
只要量出A'B'的长度，就可以知道该零件内径AB的长度．依据的数学基本事实是（ ）
A．两边及其夹角分别相等的两个三角形全等
B．两角及其夹边分别相等的两个三角形全等
C．两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
D．两点之间线段最短
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【分析】根据点O为AA'、BB'的中点得出OA＝OA'，OB＝OB'，根据对顶角相等得到∠AOB＝
∠A'OB'，从而证得△AOB和△A'OB'全等，于是有AB＝A'B'，问题得证．
【解答】解：∵点O为AA'、BB'的中点，
∴OA＝OA'，OB＝OB'，
由对顶角相等得∠AOB＝∠A'OB'，
在△AOB和△A'OB'中，
，
∴△AOB≌△A'OB'（SAS），
∴AB＝A'B'，
即只要量出A'B'的长度，就可以知道该零件内径AB的长度，
故选：A．
2．（2023•重庆）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为BC上一点，连接AD．过点B作
BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD交AD的延长线于点F．若BE＝4，CF＝1，则EF的长度为 3
．
【分析】先证明△ABE≌△CAF（AAS），根据全等三角形的性质可得AF＝BE＝4，AE＝CF＝1，进一
步可得EF的长．
【解答】解：∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠BEA＝∠AFC＝90°，
∴∠BAE+∠ABE＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAE+∠FAC＝90°，
∴∠FAC＝∠ABE，
在△ABE和△CAF中，
，
∴△ABE≌△CAF（AAS），
∴AF＝BE，AE＝CF，
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∵BE＝4，CF＝1，
∴AF＝BE＝4，AE＝CF＝1，
∴EF＝AF﹣AE＝4﹣1＝3，
故答案为：3．
3．（2023•呼和浩特）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC， ，点P为AC边上的中点，
PM交AB的延长线于点M，PN交BC的延长线于点N，且PM⊥PN．若BM＝1，则△PMN的面积为（
）
A．13 B． C．8 D．
【分析】依据题意，连接BP，然后先证明△BMP≌△CNP，从而CN＝BP＝1，又由等腰Rt△ABC可得
BC＝4，从而在Rt△MBN中可以求得MN，又MP＝NP，从而可得MN的值，进而可以得解．
【解答】解：如图连接BP．
在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，
∵AB＝BC，点P为AC边上的中点，
∴BP⊥AC，∠CBP＝∠ABP＝ ∠ABC＝45°，∠BCA＝45°，BP＝CP＝ AC＝2 ．
∴∠MBP＝∠NCP＝180°﹣45°＝135°．
∵BP⊥AC，PM⊥PN，
∴∠BPM+∠MPC＝90°，∠CPN+∠MPC＝90°．
∴∠BPM＝∠CPN．
又BP＝CP，∠MBP＝∠NCP，
∴△BMP≌△CNP（ASA）．
∴BM＝CN＝1，MP＝NP．
在Rt△BPC中，BC＝ ＝4．
∴在Rt△MBN中，MN＝ ＝ ＝ ．
又在Rt△MPN中，MP＝NP，
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∴MP2+NP2＝MN2．
∴MP＝NP＝ ．
∴S△PMN ＝ MP•NP＝ ．
故选：D．
4．（2023•湖北）如图，△BAC，△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DEB＝∠AEF＝90°，
点E在△ABC内，BE＞AE，连接DF交AE于点G，DE交AB于点H，连接CF．给出下面四个结论：
①∠DBA＝∠EBC；②∠BHE＝∠EGF；③AB＝DF；④AD＝CF．其中所有正确结论的序号是
①③④ ．
【分析】由等腰直角三角形的性质可得出∠ABC＝∠DBE＝45°，可得出①正确；证明△BEA≌△DEF
（SAS），由全等三角形的性质得出AB＝DF，可得出③正确；由直角三角形的性质可判断②不正确；
证明四边形DFCA为平行四边形，由平行四边形的性质可得出DA＝CF，则可得出答案．
【解答】解：∵△BAC，△DEB都是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠DBE＝45°，
∴∠ABC﹣∠ABE＝∠DBE﹣∠ABE，
∴∠EBC＝∠DBA，
故①正确；
∵△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，
∴BE＝DE，AE＝EF，∠BED＝∠AEF＝90°，
∴∠BEA＝∠DEF，
∴△BEA≌△DEF（SAS），
∴AB＝DF，∠ABE＝∠EDF，∠BAE＝∠DFE．
故③正确；
∵∠BEH＝∠GEF＝90°，
∴∠ABE+∠BHE＝90°，∠EGF+∠DFE＝90°，
∵BE＞AE，
∴∠ABE≠∠AEB，
∴∠ABE≠∠DFE，
∴∠BHE≠∠EGF；
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∵∠BAC＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠FAC＝45°，
又∵∠AFD+∠EFG＝45°，∠BAE＝∠DFE，
∴∠DFA＝∠FAC，
∴DF∥AC，
∵AB＝DF，AB＝AC，
∴DF＝AC，
∴四边形DFCA为平行四边形，
∴DA＝CF．
故④正确．
故答案为：①③④．
5．（2023•遂宁）如图，以△ABC的边AB、AC为腰分别向外作等腰直角△ABE、△ACD，连结ED、
BD、EC，过点A的直线l分别交线段DE、BC于点M、N．以下说法：①当AB＝AC＝BC时，∠AED
＝30°；②EC＝BD；③若AB＝3，AC＝4，BC＝6，则DE＝2 ；④当直线l⊥BC时，点M为线段
DE的中点．正确的有 ①②④ ．（填序号）
【分析】由AB＝AC＝BC，得∠BAC＝60°，因为AE＝AB，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，所以AE
＝AD，∠EAD＝120°，则∠AED＝∠ADE＝30°，可判断①正确；由∠CAD＝∠BAE＝90°，推导出
∠CAE＝∠DAB，可证明△CAE≌△DAB，得EC＝BD，可判断②正确；设BD交AE于点G，交CE于
点O，可证明∠EOB＝90°，则∠COD＝∠BOC＝∠DOE＝90°，可根据勾股定理推导出DE2+BC2＝
BE2+CD2，可求得BE2＝AB2+AE2＝18，CD2＝AD2+AC2＝32，BC2＝36，则DE＝ ≠2 ，可判断
③错误；当直线l⊥BC时，作EF∥AD交直线l于点F，连接DF，可证明△EAF≌△ABC，则EF＝AC
＝AD，所以四边形ADFE是平行四边形，则M为线段DE的中点，可判断④正确，于是得到问题的答
案．
【解答】解：∵AB＝AC＝BC，
∴∠BAC＝60°，
∵AE＝AB，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴AE＝AD，∠EAD＝360﹣60°﹣90°﹣90°＝120°，
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∴∠AED＝∠ADE＝ ×（180°﹣120°）＝30°，
故①正确；
∵∠CAD＝∠BAE＝90°，
∴∠CAE＝∠DAB＝90°+∠DAE，
∴△CAE≌△DAB（SAS），
∴EC＝BD，
故②正确；
如图1，设BD交AE于点G，交CE于点O，
∵∠AEC＝∠ABD，∠OGE＝∠AGB，
∴∠AEC+∠OGE＝∠ABD+∠AGB＝90°，
∴∠EOB＝90°，
∴∠COD＝∠BOC＝∠DOE＝90°，
∴DE2+BC2＝OD2+OE2+OB2+OC2＝BE2+CD2，
∵AE＝AB＝3，AD＝AC＝4，BC＝6，
∴BE2＝AB2+AE2＝32+32＝18，CD2＝AD2+AC2＝42+42＝32，BC2＝62＝36，
∴DE＝ ＝ ＝ ≠2 ，
故③错误；
当直线l⊥BC时，如图2，作EF∥AD交直线l于点F，连接DF，
∵∠AEF+∠DAE＝180°，∠BAC+∠DAE＝180°，
∴∠AEF＝∠BAC，
∵∠ANB＝∠BAE＝90°，
∴∠EAF＝∠ABC＝90°﹣∠BAN，
∵EA＝AB，
∴△EAF≌△ABC（ASA），
∴EF＝AC＝AD，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴M为线段DE的中点，
故④正确，
故答案为：①②④．
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6．（2023•鞍山）如图，在正方形ABCD中，点M为CD边上一点，连接AM，将△ADM绕点A顺时针旋
转90°得到△ABN，在AM，AN上分别截取AE，AF，使AE＝AF＝BC，连接EF，交对角线BD于点
G，连接AG并延长交BC于点H．若AM＝ ，CH＝2，则AG的长为 ．
【分析】解法一：由旋转的性质得AM＝AN，DM＝BN，∠MAN＝90°，∠DAM＝∠BAN，∠AMD＝
∠ANB，连接DE，BF，由等线段减等线段相等可得FN＝EM，于是可通过SAS证明△BFN≌△DEM，
得到BF＝DE，易得AF＝AB，AE＝AD，由三角形内角和定理可得∠ABF＝∠AFB＝ （180°﹣
∠BAF），∠ADE＝∠AED＝ （180°﹣∠DAE），由∠DAE＝∠BAF得到∠ABF＝∠AFB＝∠ADE＝
∠AED，易得△AFE为等腰直角三角形，根据等角减等角相等可知∠GFB＝∠GDE，于是可通过AAS证
明△GFB≌△GDE，得到FG＝DG，BG＝EG，进而可通过SSS证明△AFG≌△ADG，得到∠DAH＝
∠NAH，由平行线的性质可得∠AHN＝∠NAH，则AN＝NH＝AM＝ ，设BH＝x，则AB＝BC＝x+2，
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BN＝ ，在Rt△ABN中，利用勾股定理建立方程，求得x ＝6， ，即BH＝6或 ，过点G作
1
PG∥BC，交AB于点P，易得△APG∽△ABH，由相似三角形的性质得 ，易得△PBG为等腰直
角三角形，PG＝PB，分两种情况讨论：①当BH＝6时，AB＝BC＝8，则 ＝ ，进而可设AP
＝4a，PG＝3a＝PB，由AB＝AP+PB＝8，解得 ，在Rt△APG中，利用勾股定理即可求出AG的长；
②当 时，AD＝CD＝AB＝ ，此时点M在CD的延长线上，与题意不符．
解法二：同解法一可得AN＝NH＝AM＝ ，设BH＝x，BN＝y，则BC＝x+2＝AB，AN＝x+y，以此可
建立关于x，y的方程组 ，解得： 或 ，再同解法一讨论即可得出
【解答】解：解法一：∵将△ADM绕点A顺时针旋90°得到△ABN，
∴AM＝AN，DM＝BN，∠MAN＝90°，∠DAM＝∠BAN，∠AMD＝∠ANB，
如图，连接DE，BF，
∵AE＝AF＝BC，FN＝AN﹣AF，EM＝AM﹣AE，
∴FN＝EM，
在△BFN和△DEM中，
，
∴△BFN≌△DEM（SAS），
∴BF＝DE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB＝∠ABD＝45°，AB＝AD＝BC，
∴AF＝AB，AE＝AD，
∴△ABF和△AED都是等腰三角形，
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∴∠ABF＝∠AFB＝ （180°﹣∠BAF），∠ADE＝∠AED＝ （180°﹣∠DAE），
∵∠DAE＝∠BAF，
∴∠ABF＝∠AFB＝∠ADE＝∠AED，
∵AF＝AE，∠MAN＝90°，
∴△AFE为等腰直角三角形，
∴∠AEG＝∠AFG＝45°，
∵∠GDE＝∠ADE﹣∠ADB＝∠ADE﹣45°，
∠GFB＝∠AFB﹣∠AFG＝∠AEB﹣45°，
∴∠GFB＝∠GDE，
在△GFB和△GDE中，
，
∴△GFB≌△GDE（AAS），
∴FG＝DG，BG＝EG，
在△AFG和△ADG中，
，
∴△AFG≌△ADG（SSS），
∴∠FAG＝∠DAG，即∠DAH＝∠NAH，
∵AD∥BC，
∴∠DAH＝∠AHN，
∴∠AHN＝∠NAH，
∴AN＝NH＝AM＝ ，
设BH＝x，则AB＝BC＝BH+CH＝x+2， ，
在Rt△ABN中，AN2＝BN2+AB2，
∴ ，
解得：x ＝6， ，
1
∴BH＝6或 ，
如图，过点G作 PG∥BC，交AB于点P，
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∴△APG∽△ABH，
∴ ，即 ，
∵PG∥BC，
∴∠GPB＝180°﹣∠PBH＝180°﹣90°＝90°，
∵∠PBG＝45°，
∴∠PGB＝90°﹣∠PBG＝45°＝∠PBG，
∴PG＝PB，
①当BH＝6时，AD＝CD＝AB＝BH+CH＝8，
∴ ＝ ＝ ，
∴设AP＝4a，PG＝3a＝PB，
∵AB＝AP+PB＝8，
∴4a+3a＝8，
解得： ，
在Rt△APG中， ＝ ＝5a＝ ；
②当 时，AB＝CD＝BC＝BH+CH＝ ，
在Rt△ADM中，DM＝ ＝ ＝8，
∵DM＝8＞CD＝ ，
∴点M在CD的延长线上，与题意不符．
综上，AG的长为 ．
解法二：同解法一可得AN＝NH＝AM＝ ，
设BH＝x，BN＝y，
∴BC＝BH+CH＝x+2＝AB，AN＝BH+BN＝x+y，
在Rt△ABN中，AB2+BN2＝AN2，
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∴ ，
解得： ， ，
同解法一讨论，即可得出AG＝ ．
故答案为： ．
7．（2023•大连）如图，AC＝AE，BC＝DE，BC的延长线与DE相交于点F，∠ACF+∠AED＝180°．求证：
AB＝AD．
【分析】由已知∠ACF+∠AED＝180°，可得到∠ACB＝∠AED，再利用SAS证明△ABC≌△ADE，从而
得到AB＝AD．
【解答】证明：∵∠ACF+∠AED＝180°，∠ACF+∠ACB＝180°，
∴∠ACB＝∠AED，
在△ABC和△ADE中，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴AB＝AD．
8．（2023•遂宁）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，点O为对角线BD的中点，过点O的直线l分别与
AD、BC所在的直线相交于点E、F．（点E不与点D重合）
（1）求证：△DOE≌△BOF；
（2）当直线l⊥BD时，连结BE、DF，试判断四边形EBFD的形状，并说明理由．
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【分析】（1）由AD∥BC，得∠ODE＝∠OBF，而OD＝OB，∠DOE＝∠BOF，即可根据全等三角形
的判定定理“ASA”证明△DOE≌△BOF；
（2）由OD＝OB，直线l经过点O且l⊥BD，得DE＝BE，DF＝BF，由△DOE≌△BOF，得DE＝BF，
则DE＝BE＝DF＝BF，所以四边形EBFD是菱形．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ODE＝∠OBF，
∵点O为对角线BD的中点，
∴OD＝OB，
在△DOE和△BOF中，
，
∴△DOE≌△BOF（ASA）．
（2）解：四边形EBFD是菱形，理由如下：
∵OD＝OB，直线l经过点O且l⊥BD，
∴直线l是线段BD的垂直平分线，
∴DE＝BE，DF＝BF，
∵△DOE≌△BOF，
∴DE＝BF，
∵DE＝BE＝DF＝BF，
∴四边形EBFD是菱形．
9．（2023•巴中）综合与实践．
（1）提出问题．如图1，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，且AB＝AC，AD＝AE，连接
BD，连接CE交BD的延长线于点O．
①∠BOC的度数是 90 ° ．
②BD：CE＝ 1 ： 1 ．
（2）类比探究．如图2，在△ABC和△DEC中，∠BAC＝∠EDC＝90°，且AB＝AC，DE＝DC，连接
AD、BE并延长交于点O．
①∠AOB的度数是 45 ° ；
②AD：BE＝ 1 ： ．
（3）问题解决．如图3，在等边△ABC中，AD⊥BC于点D，点E在线段AD上（不与A重合），以
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AE为边在AD的左侧构造等边△AEF，将△AEF绕着点A在平面内顺时针旋转任意角度．如图4，M为
EF的中点，N为BE的中点．
①说明△MND为等腰三角形．
②求∠MND的度数．
【分析】（1）（2）从图形可辩知，这个是手拉手全等或相似模型，按模型的相关结论解题．
（3）稍有变化，受前两问的启发，连接BF、CE完成手拉手的构造，再结合三角形中位线知识解题．
【解答】解：（1）①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE．
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS）．
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ABC+∠ACB＝∠ABD+∠OBC+∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠OBC+∠ACB＝90°，
即：∠BCE+∠OBC＝90°，
∴∠BOC＝90°．
故∠BOC的度数是90°．
②由①得△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE．
故BD：CE＝1：1．
（2）①∵AB＝AC，DE＝DC，
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∴ ，
又∵∠BAC＝∠EDC＝90°，
∴△ABC∽△DEC，
∴∠ACB＝∠DCB， ．
∴∠ACE+∠ECB＝∠DCA+∠ACE，
∴∠ECB＝∠DCA．
∴△ECB∽△DCA，
∴∠CBE＝∠CAD，
∴∠AOB＝180°﹣∠ABO﹣∠BAO＝180°﹣∠ABO﹣∠CAD﹣∠BAC＝180°﹣∠ABO﹣∠CBE﹣90°＝
180°﹣45°﹣90°＝45°．
故∠AOB 的度数是45°．
②由①得：△ECB∽△DCA．
∴AD：BE＝DC：EC，
∵∠EDC＝90°，且DE＝DC，
∴∠DCE＝45°，
∴ ＝cos45°＝ ．
∴ ．
（3）①解：连接BF、CE，延长CE交MN于点P，交BF于点O．
在等边△ABC中AB＝AC，又∵AD⊥BC于点D，
∴D为BC的中点，
又∵M为EF的中点，N为BE的中点，
∴MN、ND分别是△BEF、△BCE的中位线，
∴MN＝ BF，DN＝ EC．
∵∠FAE＝∠BAC＝60°，
∴∠FAE+∠EAB＝∠BAC+∠EAB．
∴∠FAB＝∠EAC．
在△ACE和△ABF中，
，
∴△ACE≌△ABF（SAS）．
∴BF＝EC．
∴MN＝DN．
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∴△MND为等腰三角形．
②∵△ACE≌△ABF，
∴∠ACE＝∠ABF，
由（1）（2）规律可知：∠BOC＝60°，
∴∠FOC＝180°﹣∠BOC＝180°﹣60°＝120°，
又∵BF∥MN，CP∥DN，
∴∠MND＝∠MPE＝∠FOC＝120°．
【中考模拟练】
1．（2023•三穗县校级一模）如图，点D，E分别为△ABC的边AB，AC上的点，连接DE并延长至F，使
EF＝DE，连接FC．若FC∥AB，AB＝5，CF＝3，则BD的长等于（ ）
A．1 B．2 C．3 D．5
【分析】由FC∥AB得，∠DAE＝∠FCE，再利用AAS证明△DAE≌△FCE，得AD＝CF，从而解决问
题．
【解答】解：∵FC∥AB，
∴∠DAE＝∠FCE，
在△DAE与△FCE中，
，
∴△DAE≌△FCE（AAS），
∴AD＝CF，
∵CF＝3，
∴AD＝CF＝3，
又∵AB＝5，
∴BD＝AB﹣AD＝5﹣3＝2，
故选：B．
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2．（2024•昆山市一模）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝5，AB＝6 ，∠D是锐角，CE⊥AD于点
E，F是CD的中点，连接BF，EF．若∠EFB＝90°，则CE的长为 2 ．
【分析】如图，延长BF交AD的延长线于Q，连接BE，设DE＝x，首先证明△BCF≌△QDF
（AAS），得出EQ＝BE＝x+5，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【解答】解：如图，延长BF交AD的延长线于Q，连接BE，设DE＝x，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DQ∥BC，AD＝BC＝5，
∴∠Q＝∠CBF，
∵DF＝FC，∠DFQ＝∠BFC，
∴△BCF≌△QDF（AAS），
∴BC＝DQ，QF＝BF，
∵∠EFB＝90°，
∴EF⊥QB，
∴EQ＝BE＝x+5，
∵CE⊥AD，BC∥AD，
∴CE⊥BC，
∴∠DEC＝∠ECB＝90°，
∵CE2＝DC2﹣ED2＝EB2﹣BC2，
∴（6 ）2﹣x2＝（x+5）2﹣52，
整理得：2x2+10x﹣72＝0，
解得x＝4或﹣9（舍弃），
∴BE＝9，
∴CE＝ ＝ ＝2 ，
故答案为：2 ．
3．（2023•福田区二模）如图，正方形ABCD的边长为8，对角线AC，BD相交于点O，点M，N分别在
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边BC，CD上，且∠MON＝90°，连接MN交OC于P，若BM＝2，则OP•OC＝ 2 0 ．
【分析】过点O作OE⊥BC于点E，根据正方形的性质可得OB＝OC＝OD，∠BOC＝∠COD＝90°，
∠OBC＝∠OCB＝∠OCD＝45°，再根据同角的余角相等可得∠BOM＝∠CON，以此即可通过ASA证明
△OBM≌△OCN，得到BM＝CN＝2，OM＝ON，进而得到∠OMP＝∠OCM＝45°，易证明
△OMP∽△OCM，根据相似三角形的性质可得 ，即OP•OC＝OM2，由等腰直角三角形的性质
可得OE＝BE＝4，则ME＝2，最后根据勾股定理即可求解．
【解答】解：如图，过点O作OE⊥BC于点E，
∵四边形ABCD为边长为8的正方形，
∴OB＝OC＝OD，BC＝8，BD⊥AC，
∴∠BOC＝∠COD＝90°，∠OBC＝∠OCB＝∠OCD＝45°，
∵∠BOC＝∠BOM+∠COM＝90°，
又∵∠MON＝∠COM+∠CON＝90°，
∴∠BOM＝∠CON，
在△OBM和△OCN中，
，
∴△OBM≌△OCN（ASA），
∴BM＝CN＝2，OM＝ON，
∴△MON为等腰直角三角形，
∴∠OMN＝∠ONM＝45°，
∴∠OMP＝∠OCM＝45°，
∵∠POM＝∠MOC，
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∴△OMP∽△OCM，
∴ ，
∴OP•OC＝OM2，
∵∠BOC＝90°，OB＝OC，OE⊥BC，
∴OE＝BE＝ ＝4，
∴ME＝BE﹣BM＝2，
在Rt△OME中，OM2＝OE2+ME2，
∴OM2＝42+22＝20，
∴OP•OC＝20．
故答案为：20．
4．（2024•河南一模）如图，在菱形OABC中，∠BCO＝60°，点C（﹣3，0），点D在对角线BO上，且
OD＝2BD，点E是射线AO上一动点，连接DE，F为x轴上一点（F在DE左侧），且∠EDF＝60°，连
接EF，当△DEF的周长最小时，点E的坐标为（ ）
A．（1，3） B． C． D．（0，0）
【分析】先说明△DEF是等边三角形，再利用垂线段最短找到点E的位置，最后确定E的坐标．
【解答】解：如图，取点G（﹣2，0），连接DG，
∵四边形OABC是菱形点C（﹣3，0），
∴OC＝OA＝BC＝3，
∵∠BCO＝60°，
∴△BCO是等边三角形，
∴OB＝3，∠BOC＝60°，
∵OD＝2BD，
∴OD＝2，
∵OG＝2，
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∴△OGD是等边三角形，
∴∠GDO＝60°，DG＝DO，
∵∠EDF＝60°，
∴∠FDG＝∠EDO，
∵∠FGD＝∠EOD＝120°，
∴△FDG≌△EDO（ASA），
∴DF＝DE，
∴△DEF是等边三角形，
∴△DEF的周长最小时，DE最小，
如图，过D作DE⊥OA，垂足为E，过E作EH⊥x轴，垂足为H，
Rt△DOE中，∠DOE＝60°，OD＝2，
∴OE＝ OD＝1，
Rt△OEH中，∠EOH＝60°，
∴OH＝ OE＝ ，EH＝OE•sin∠EOH＝OE•sin60°＝ ，
故选：C．
5．（2023•长春模拟）两个大小不同的等边三角形三角板按图①所示摆放．将两个三角板抽象成如图②
所示的△ABC和△ADE，点B、C、D依次在同一条直线上，连接CE．若CD＝1，CE＝3，则点A到直
线BC的距离为 ．
【分析】首先根据等边三角形的性质得∠BAC＝60°，AB＝AC，∠DAE＝60°，AD＝AE，进而可得出
∠BAD＝∠CAE，据此可依据“SAS”判定△ABD和△ACE全等，从而得出BD＝CE＝3，进而得BC＝
2，然后过点A作AH⊥BC于点H，在Rt△AHC中，利用勾股定理可求出AH的长．
【解答】解：∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，∠DAE＝60°，AD＝AE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
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即：∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，
即：BC+CD＝CE，
∵CD＝1，CE＝3，
∴BC+1＝3，
∴BC＝2，
过点A作AH⊥BC，垂足为H，
∵△ABC是等边三角形，
∴ ，AC＝BC＝2，
在Rt△AHC中，AC＝2，CH＝1，
由勾股定理得： ．
∴点A到直线BC的距离为 ．
故答案为： ．
6．（2024•雁塔区校级二模）已知：如图，点E、F在BC上，AF与DE交于点G，AB＝DC，GE＝GF，
∠B＝∠C．求证：AG＝DG．
【分析】由GE＝GF，得出△GEF为等腰三角形，即∠GEF＝∠GFE，再判定△ABF≌△DCE，根据
AF﹣GF＝DE﹣GE，即可得出结论．
【解答】证明：∵GE＝GF，
∴△GEF为等腰三角形，
∴∠GEF＝∠GFE，
∵在△ABF和△DCE中，∠B＝∠C，
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∴∠A＝∠D，
在△ABF和△DCE中，
，
∴△ABF≌△DCE（ASA），
∴AF＝DE，
又∵GF＝GE，
∴AF﹣GF＝DE﹣GE，
即AG＝DG．
7．（2024•凉州区一模）某同学用10块高度都是5cm的相同长方体小木块，垒了两堵与地面垂直的木墙，
木墙之间刚好可以放进一个等腰直角三角板ABD（∠ABD＝90°，BD＝BA），点B在CE上，点A和D
分别与木墙的顶端重合．
（1）求证：△ACB≌△BED；
（2）求两堵木墙之间的距离．
【分析】（1）根据题意可得AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，进而得到∠ADC＝∠CEB＝
90°，再根据等角的余角相等可得∠BCE＝∠DAC，再证明△ADC≌△CEB即可；
（2）利用全等三角形的性质进行解答．
【解答】（1）证明：由题意得：AB＝BD，∠ABD＝90°，AC⊥CE，DE⊥CE，
∴∠BED＝∠ACB＝90°，
∴∠BDE+∠DBE＝90°，∠DBE+∠ABC＝90°，
∴∠BDE＝∠ABC，
在△ACB和△BED中，
，
∴△ACB≌△BED（AAS）；
（2）解：由题意得：AC＝5×3＝15（cm），DE＝7×5＝35（cm），
∵△ACB≌△BED，
∴DE＝BC＝35cm，BE＝AC＝15cm，
∴DE＝DC+CE＝50（cm），
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答：两堵木墙之间的距离为50cm．
8．（2024•龙马潭区一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，
与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若在线段BC上存在一点M，使得∠BMO＝45°，过点O作OH⊥OM交BC的延长线于点H，求点
M的坐标；
（3）点P是y轴上一动点，点Q是在对称轴上一动点，是否存在点P，Q，使得以点P，Q，C，D为
顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把点A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线解析式得 ，解得 ，即可得
出结论；
（2）由待定系数法得直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），
过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，证△OMN≌△HOK（AAS），得MN＝OK，
ON＝HK．则H（﹣2m+6，﹣m），再由点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，得﹣2（﹣
2m+6）+6＝﹣m，解得m＝ ，即可解决问题；
（3）分两种情况讨论，①当CD为菱形的边时，②当CD为菱形的对角线时，分别求出点Q的坐标即
可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣1，0），B（3，0）两点，
∴ ，
解得： ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6；
（2）由（1）得，点C（0，6），
设直线BC的解析式为y＝kx+c，
∵直线BC经过点B（3，0），C（0，6），
∴ ，
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解得：
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，
设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），
如图1，过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，
则∠MNO＝∠OKH＝90°，
∵OH⊥OM，
∴∠MOH＝90°，
∵∠OMB＝45°，
∴△MOH是等腰直角三角形，
∴OM＝OH．
∵∠MON+∠KOH＝90°，∠OHK+∠KOH＝90°，
∴∠MON＝∠OHK，
∴△OMN≌△HOK（AAS），
∴MN＝OK，ON＝HK．
∴H（﹣2m+6，﹣m），
∵点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，
∴﹣2（﹣2m+6）+6＝﹣m，
解得：m＝ ，
把m＝ 代入y＝﹣2x+6得：y＝ ，
∴当∠OMB＝45°时，点M的坐标为（ ）；
（3）存在，理由如下：
∵抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，顶点为D，
∴点D的坐标为（1，8），
分两种情况讨论：
①当CD为菱形的边时，
如图2，过C作CE⊥DQ于E
∵C（0，6），D（1，8），
∴CD＝ ＝ ，
∴DQ＝CD＝ ，
∴Q点的坐标为（1，8﹣ ）或（1，8+ ）；
②当CD为菱形的对角线时，
如图3，设点Q（1，m），P（0，n），
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∵C（0，6），D（1，8），
∴m+n＝6+8＝14，
∴n＝14﹣m，
∴P（0，14﹣m），
∴PC＝14﹣m﹣6＝8﹣m，
∵CQ＝ ＝ ，PC＝CQ，
∴8﹣m＝ ，
解得：m＝ ，
∴点Q的坐标为（1， ）；
综上所述，点Q的坐标为（1，8﹣ ）或（1，8+ ）或（1， ）．
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考点二：三角形的相似模型
相似三角形和勾股定理是解决初中数学求长度问题中的两大重要定理，所有的几何问题就长度，最后
几乎都能转化为这两个定理的应用。而作为应用几率更大的相似三角形，熟悉其常用模型，利用模型的性
质思考对应问题的走向就是一个非常重要的解题思想。所以，先熟悉相似的各种模型，再在问题中识别模
型，最后利用模型找捷径。
题型01 相似三角形常见模型及其应用
解题大招：相似常见模型：
①A字图：
当DE∥BC时 当∠ADE=∠ACB时
△ A D E ∽ △ A B C 变型 △ADE∽△ACB
性质： 性质：
AD AE DE
① = = AD AE DE
AB AC BC = =
AD AE AC AB BC
② =
DB EC
②8字图：
当AB∥CD时 当∠A=∠C时
△ A O B ∽ △ D O C 变型 △AJB∽△CJD
性质： 性质：
AB OA OB
AB JA JB
= =
CD OD OC = =
CD JC JD
③一线三等角：
常用结论：
1.易得△ ∽△ ；
左 右
2.如图②，当DE=DF时，△BDE≌△CFD；
3.中点型“一线三等角”中，可得三个三角形两两相似
如右图，若∠1=∠2=∠3，且BD=DC，则△ ∽△ ∽△
1 2 3
一般地：当动点E运动到底边的中点时，
CF有最大值
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特殊母子型——射影定理
AC2 =AD⋅AB
BC2 =BD⋅AB
CD2 =AD⋅BD
【中考真题练】
1．（2023•哈尔滨）如图，AC，BD相交于点O，AB∥DC，M是AB的中点，MN∥AC，交BD于点N，若
DO：OB＝1：2，AC＝12，则MN的长为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【分析】由AB∥DC易得△CDO∽△ABO，根据相似三角形的性质可得 ＝ ，于是AC＝OA+OC＝
OA+ OA＝12，求出OA＝8，易得MN为△AOB的中位线，则MN＝ OA．
【解答】解：∵AB∥DC，
∴△CDO∽△ABO，
∴ ，
∵DO：OB＝1：2，
∴ ＝ ，
∴OC＝ OA，
∵AC＝OA+OC＝12，
∴OA+ OA＝12，
∴OA＝8，
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∵MN∥AC，M是AB的中点，
∴MN为△AOB的中位线，
∴MN＝ OA＝ ＝4．
故选：B．
2．（2023•东营）如图，△ABC为等边三角形，点D，E分别在边BC，AB上，∠ADE＝60°．若BD＝
4DC，DE＝2.4，则AD的长为（ ）
A．1.8 B．2.4 C．3 D．3.2
【分析】先证∠CAD＝∠BDE，再根据∠B＝∠C＝60°，得出△ADC∽△DEB，根据相似三角形的性质
即可求出AD的长．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝AC，∠B＝∠C＝60°，
∴∠CAD+∠ADC＝120°，
∵∠ADE＝60°．
∴∠BDE+∠ADC＝120°，
∴∠CAD＝∠BDE，
∴△ADC∽△DEB，
∴ ，
∵BD＝4DC，
∴设DC＝x，
则BD＝4x，
∴BC＝AC＝5x，
∴ ，
∴AD＝3，
故选：C．
3．（2023•雅安）如图，在 ABCD中，F是AD上一点，CF交BD于点E，CF的延长线交BA的延长线
于点G，EF＝1，EC＝3，则GF的长为（ ）
▱
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A．4 B．6 C．8 D．10
【分析】根据平行四边形的性质得出AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC，于是推出△DEF∽△BEC，
△DFC∽△AFG，先求出DF与BC的比值，继而得出DF与AF的比值，再根据相似三角形对应边成比
例即可求出GF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC，
∵AD∥BC，
∴△DEF∽△BEC，
∴ ，
∵EF＝1，EC＝3，
∴ ，
即 ，
∴ ，
∵AB∥CD，
∴△DFC∽△AFG，
∴ ，
∵EF＝1，EC＝3，
∴CF＝4，
∴ ，
∴GF＝8，
故选：C．
4．（2023•德州）如图，A，B，C，D是 O上的点，AB＝AD，AC与BD交于点E，AE＝3，EC＝5，BD
＝4 ， O的半径为（ ） ⊙
⊙
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A．6 B． C．5 D．2
【分析】连接DC，易得△ADE∽△ACD，即可求出AD，连接OA，由垂径定理可得AO⊥BD，再根据
勾股定理即可求解．
【解答】解：连接DC，AO，OD，如图：
∵AB＝AD，
∴∠ADE＝∠ACD，
∴△ADE∽△ACD，
∴ ，即 ，
解得AD＝2 ，
∵AB＝AD，即A是 的中点，
∴AO⊥BD，BH＝DH＝2 ，
在Rt△ADH中，AH2＝AD2﹣DH2，
∴AH＝ ＝2，
∴OH＝OD﹣2，
在Rt△ODH中，OD2＝OH2+DH2，
∴OD2＝（OD﹣2）2+（2 ）2，解得OD＝6．
故选：A．
5．（2023•东营）如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在边DC，BC上，且BF＝CE，AE平分
∠CAD，连接DF，分别交AE，AC于点G，M．P是线段AG上的一个动点，过点P作PN⊥AC，垂足
为N，连接PM．有下列四个结论：
①AE垂直平分DM；
②PM+PN的最小值为3 ；
③CF2＝GE•AE；
④S△ADM ＝6 ．
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其中正确的是（ ）
A．①② B．②③④ C．①③④ D．①③
【分析】①先根据正方形的性质证得△ADE和△DCF全等，再利用ASA证得△AGM和△AGD全等，
即可得出AE垂直平分DM；
②连接BD与AC交于点O，交AG于点H，连接HM，根据题意当点P与点H重合时，PM+PN的值最
小，即PM+PN的最小值是DO的长，根据正方形的性质求出BD的长，从而得出 ，即PM+PN
的最小值 ；
③先证△DGE∽△ADE，再根据相似三角形的性质及CF＝DE，即可判断；
④先求出AM的长，再根据三角形面积公式计算即可．
【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC＝BC，∠ADC＝∠DCB＝90°，
∵BF＝CE，
∴BC﹣BF＝DC﹣CE，
即CF＝DE，
在△ADE和△DCF中，
，
∴△ADE≌△DCF（SAS），
∴∠DAE＝∠CDF，
∵∠CDF+∠ADG＝90°，
∴∠DAE+∠ADG＝90°，
∴∠AGD＝90°，
∴∠AGM＝90°，
∴∠AGM＝∠AGD，
∵AE平分∠CAD，
∴∠MAG＝∠DAG，
又AG为公共边，
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∴△AGM≌△AGD（ASA），
∴GM＝GD，
又∵∠AGM＝∠AGD＝90°，
∴AE垂直平分DM，
故①正确；
②如图，连接BD与AC交于点O，交AG于点H，连接HM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
即DO⊥AM，
∵AE垂直平分DM，
∴HM＝HD，
当点P与点H重合时，PM+PN的值最小，此时PM+PN＝HM+HO＝HD+HO＝DO，即PM+PN的最小
值是DO的长，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴AC＝BD＝ ，
∴ ，
即PM+PN的最小值为 ，
故②错误；
③∵AE垂直平分DM，
∴∠DGE＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠DGE＝∠ADE，
又∵∠DEG＝∠AED，
∴△DGE∽△ADE，
∴ ，
即DE2＝GE•AE，
由①知CF＝DE，
∴CF2＝GE•AE，
故③正确；
④∵AE垂直平分DM，
∴AM＝AD＝4，
又 ，
∴ ，
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故④错误；
综上，正确的是：①③，
故选：D．
6．（2023•大庆）在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．有一张矩
形纸片ABCD如图所示，点N在边AD上，现将矩形折叠，折痕为BN，点A对应的点记为点M，若点
M恰好落在边DC上，则图中与△NDM一定相似的三角形是 △ MCB ．
【分析】利用矩形的性质得到∠D＝∠C＝90°，然后利用折叠的性质推导出∠BMN＝∠A＝90°，进而得
到∠DNM＝∠CMB，由此推断出△NDM∽△MCB．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝∠C＝90°，
∴∠DNM+∠DMN＝90°，由折叠的性质可知，∠BMN＝∠A＝90°，
∴∠DMN+∠CMB＝90°，
∴∠DNM＝∠CMB，
∴△NDM∽△MCB，
故答案为：△MCB．
7．（2023•呼和浩特）如图，正方形ABCD的边长为 ，点E是CD的中点，BE与AC交于点M，F是
AD上一点，连接BF分别交AC，AE于点G，H，且BF⊥AE，连接MH，则AH＝ 2 ，MH＝
．
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【分析】先求出AE＝5，证△DAE和△ABF全等得DE＝AF＝ ，AE＝BF＝5，再证
△AFH∽△ADE，利用相似三角形的性质可得AH的长；过点M作MN⊥AE于点N，先求出AE＝BE＝
5，EH＝3，BH＝4，证△MEC∽△MBA得ME：MB＝CE：AB＝1：2，进而得ME：EB＝1：3，再证
△MNE∽△BHE，利用相似三角形的性质得MN＝ ，EN＝1，进而得HN＝2，最后在Rt△MHN中，由
勾股定理可求出MH．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，且边长为 ，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝ ，∠BAD＝∠D＝90°，AB∥CD，
∵点E为CD的中点，
∴DE＝CE＝ ，
在Rt△ADE中，AD＝ ，DE＝ ，
由勾股定理得： ，
∵∠BAD＝90°，BF⊥AE，
∴∠BAH+∠DAE＝90°，∠ABF+∠BAH＝90°，
∴∠DAE＝∠ABF，
在△DAE和△ABF中，
，
∴△DAE≌△ABF（SAS），
∴DE＝AF＝ ，AE＝BF＝5，
∵BF⊥AE，∠D＝90°，
∴∠AHF＝∠D＝90°，
又∠HAF＝∠DAE，
∴△AFH∽△ADE，
∴AH：AD＝AF：AE，
即：AH： ＝ ：5，
∴AH＝2．
过点M作MN⊥AE于点N，如图：
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在△ADE和△BCE中，
，
∴△ADE≌△BCE（SAS），
∴AE＝BE＝5，
∴EH＝AE﹣AH＝5﹣2＝3，
在Rt△AHB中，AB＝ ，AH＝2，
由勾股定理得： ，
∵AB∥CD，
∴△MEC∽△MBA，
∴ME：MB＝CE：AB，
即：ME：MB＝ ：2 ，
∴ME：MB＝1：2，
∴ME：EB＝1：3，
∵BF⊥AE，MN⊥AE，
∴MN∥BH，
∴△MNE∽△BHE，
∴MN：BH＝EN：EH＝ME：EB
∴MN：4＝EN：3＝1：3，
∴MN＝ ，EN＝1，
∴HN＝EH﹣EN＝3﹣1＝2，
在Rt△MHN中，MN＝ ，HN＝2，
由勾股定理得： ．
故答案为：2， ．
8．（2023•常德）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，D是AB上一点，且AD＝2，过
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点D作DE∥BC交AC于E，将△ADE绕A点顺时针旋转到图2的位置．则图2中 的值为 ．
【分析】利用勾股定理求得线段AC的长度，利用平行线的性质和相似三角形的判定与性质得到
，由旋转的性质得到
∠DAB＝∠EAC，再利用相似三角形的判定与性质得到 ．
【解答】解：∵∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，
∴AC＝ ＝ ＝10．
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ ．
∵将△ADE绕A点顺时针旋转到图2的位置，
∴∠DAB＝∠EAC，
∴△ADB∽△AEC，
∴ ．
故答案为： ．
9．（2023•鄂州）2002年的国际数学家大会在中国北京举行，这是21世纪全世界数学家的第一次大聚会．
这次大会的会徽选定了我国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图，世人称之为“赵爽弦图”．如图，
用四个全等的直角三角形（Rt△AHB≌Rt△BEC≌Rt△CFD≌Rt△DGA）拼成“赵爽弦图”，得到正方
形ABCD与正方形EFGH，连接AC和EG，AC与DF、EG、BH分别相交于点P、O、Q，若BE：EQ＝
3：2，则 的值是 ．
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【分析】设直角三角形是长直角边是a，短直角边是b，由△AHQ∽△CEQ，得到AH：CE＝HQ：EQ，
因此b：a＝（a﹣ b）： b，推出a＝2b，由勾股定理求出BC＝ b，由△QEO∽△QCB，
得到 ＝ ＝ ，而OP＝OQ，于是得到 的值．
【解答】解：设直角三角形是长直角边是a，短直角边是b，
∴BE＝b，EH＝a﹣b，
∵BE：EQ＝3：2，
∴EQ＝ b，
∴QH＝EH﹣EQ＝a﹣b﹣ b＝a﹣ b，
∵AH∥EC，
∴△AHQ∽△CEQ，
∴AH：CE＝HQ：EQ，
∴b：a＝（a﹣ b）： b，
∴3a2﹣5ab﹣2b2＝0，
∴a＝2b，
∴BQ＝BE+EQ＝b+ b＝ b，
∵∠BEC＝90°，BE＝b，CE＝a＝2b，
∴BC＝ ＝ b，
∵∠QEO＝∠QCB＝45°，∠EQO＝CQB，
∴△QEO∽△QCB，
∴ ＝ ＝ ＝ ，
∵赵爽弦图是中心对称图形，
∴OP＝OQ，
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∴ ＝ ．
故答案为： ．
10．（2023•湘潭）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是斜边BC上的高．
（1）证明：△ABD∽△CBA；
（2）若AB＝6，BC＝10，求BD的长．
【分析】（1）根据已知条件得出∠BDA＝∠BAC，又∠B为公共角，于是得出△ABD∽△CBA；
（2）根据相似三角形的性质即可求出BD的长．
【解答】（1）证明：∵AD是斜边BC上的高，
∴∠BDA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BDA＝∠BAC，
又∵∠B为公共角，
∴△ABD∽△CBA；
（2）解：由（1）知△ABD∽△CBA，
∴ ，
∴ ，
∴BD＝3.6．
11．（2023•南京）在平面内，将一个多边形先绕自身的顶点A旋转一个角度 （0°＜ ＜180°），再将旋
转后的多边形以点A为位似中心放大或缩小，使所得多边形与原多边形对应线段的比为k，称这种变换
θ θ
为自旋转位似变换．若顺时针旋转，记作T（A，顺 ，k）；若逆时针旋转，记作T（A，逆 ，k）．
例如：如图①，先将△ABC绕点B逆时针旋转50°，得到△A BC ，再将△A BC 以点B为位似中心缩
θ 1 1 1 1 θ
小到原来的 ，得到△A BC ，这个变换记作T（B，逆50°， ）．
2 2
（1）如图②，△ABC经过T（C，顺60°，2）得到△A′B′C，用尺规作出△A′B′C．（保留作图
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痕迹）
（2）如图③，△ABC经过T（B，逆 ，k ）得到△EBD，△ABC经过T（C，顺 ，k ）得到△FDC，
1 2
连接AE，AF．求证：四边形AFDE是平行四边形．
α β
（3）如图④，在△ABC中，∠A＝150°，AB＝2，AC＝1．若△ABC经过（2）中的变换得到的四边形
AFDE是正方形．
Ⅰ．用尺规作出点D（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）；
Ⅱ．直接写出AE的长．
【分析】（1）旋转60°，可作等边三角形DBC，ACE，从而得出B点和点A对应点D，E，进而作出图
形；
（2）根据△EBD和△ABC位似，△FDC与△ABC位似得出∠EBD＝∠ABC， ， ，进
而推出△EBA∽△DBC，从而 ，进而得出AE＝DF，同理可得：DE＝AF，从而推出四边形
AFDE是平行四边形；
（3）要使 AFDE是正方形，应使∠EAF＝90°，AE＝AF，从而得出∠BAE+∠FAC＝270°﹣∠BAC＝
120°，从而得出∠DBC+∠DCB＝120°，从而∠BDC＝60°，于是作等边△BCG，保证∠BDC＝∠G＝
▱
60°，作直径BD，保证BD＝2CD，这样得出作法．
【解答】（1）解：如图1，
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1．以B为圆心，BC为半径画弧，以C为圆心，BC为半径画弧，两弧在BC的上方交于点D，分别以
A，C为圆心，以AC为半径画弧，两弧交于点E，
2．延长CD至B′，使DB′＝CD，延长CE至A′，使A′E＝CE，连接A′B′，
则△A′B′C就是求作的三角形；
（2）证明：∵△EBD和△ABC位似，△FDC与△ABC位似，
∴∠EBD＝∠ABC， ， ，
∴∠EBA＝∠DBC，
∴△EBA∽△DBC，
∴ ，
∴ ，
∴AE＝DF，
同理可得：DE＝AF，
∴四边形AFDE是平行四边形；
（3）解：如图2，
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1．以BC为边在BC上方作等边三角形GBC，
2．作等边三角形BCG的外接圆O，作直径BD，连接CD，
3．作∠DBE＝∠ABC，∠BDE＝∠ACB，延长BA，交 O于F，连接CF，DF，
则四边形AFDE是正方形，
⊙
证明：由上知：△EBA∽△DBC，△FAC∽△DBC，
∴∠BAE＝∠DCB，∠FAC＝∠DBC， ， ，
∴∠BAE+∠FAC＝∠DCB+∠DBC，
要使 AFDE是正方形，应使∠EAF＝90°，AE＝AF，
∴∠BAE+∠FAC+∠BAC＝270°，BD＝2CD，
▱
∴∠BAE+∠FAC＝270°﹣∠BAC＝270°﹣150°＝120°，
∴∠DBC+∠DCB＝120°，
∴∠BDC＝60°，
∴作等边△BCG，保证∠BDC＝∠G＝60°，作直径BD，保证BD＝2CD，这样得出作法；
∵∠ABE＝∠DBC＝30°，∠EAB＝∠BCD＝90°，AB＝2，
∴AE＝ AB＝ ．
【中考模拟练】
1．（2024•沙坪坝区模拟）如图，在平面直角坐标系中，△OAB和△OCD是以原点O为位似中心的位似
图形．若OB＝2OD，△OCD的周长为3，则△OAB的周长为（ ）
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A．6 B．9 C．12 D．30
【分析】根据位似比等于相似比，周长比等于相似比，即可得出结果．
【解答】解：∵△OAB和△OCD是以原点O为位似中心的位似图形，OB＝2OD，
∴△OAB和△OCD的相似比为：2：1，
∴△OAB和△OCD的周长比为：2：1，
∵△OCD的周长为3，
∴△OAB的周长为6；
故选：A．
2．（2024•平遥县一模）如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC的点，且 ，CD与
BE交于点O，则S△COE ：S△BOC 的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】利用两边对应成比例且夹角相等证明△ADE∽△ABC，得到 ，再利用平行线证明
△DOE∽△BOC，得到 ，即可得到三角形的面积之比．
【解答】解：∵ ，
∴ ，∠DAE＝∠BAC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ ，
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∵DE∥BC，
∴△DOE∽△BOC，
∴ ，
∴S△COE ：S△BOC ＝ ．
故选：D．
3．（2024•镇海区校级模拟）如图，△ABC和△CDE都是等边三角形，点G在CA的延长线上，GB＝
GE，若BE+CG＝10， ＝ ，则AF的长为（ ）
A．1 B． C． D．2
【分析】过点G作GH⊥BE，垂足为点H，设BE＝2x，时而可表示出相关线段长，再根据CH＝ CG
列出方程求得x＝1，最后根据△GAF∽△GDE可得答案．，
【解答】解：过点G作GH⊥BE，垂足为点H，
设BE＝2x，
∵BE+CG＝10， ＝ ，
∴CG＝10﹣2x，AG＝3x，
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∴AC＝CG﹣AG＝10﹣5x，
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴BC＝AC＝10﹣5x，CD＝DE＝CE＝BC﹣BE＝10﹣7x，∠ABC＝∠DEC＝∠C＝60°，
∵GB＝GE，GH⊥BE，
∴BH＝HE＝x，
∴CH＝CE+HE＝10﹣6x，
∵∠GHC＝90°，∠C＝60°，
∴∠HGC＝30°，
∴CH＝ CG，
∴10﹣6x＝ （10﹣2x），
∴x＝1，
∴AG＝3x＝3，CG＝10﹣2x＝8，CD＝DE＝10﹣7x＝3，
∴GD＝CG﹣CD＝5，
∵∠ABC＝∠DEC，
∴AB∥DE，
∴△GDF∽△GDE，
∴ ，
即 ，
∴AF＝ ．
故选：C．
4．（2024•龙湖区校级一模）边长为4的正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E在BD上，作
EF⊥CE交AB于点F，连接CF交BD于H，则下列结论：①EF＝EC；②CF2＝CG•CA；③BE•DH
＝16；④若BF＝1，则 ，正确的是（ ）
A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④
【分析】①由“SAS”可证△ADE≌△CDE，可得AE＝EC，∠DAE＝∠DCE，由四边形的内角和定理
可证∠AFE＝∠BCE＝∠EAF，可得AE＝EF＝EC；
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②通过证明△FCG∽△ACF，可得CF2＝CG⋅CA；
③通过证明△ECH∽△CDH，可得 ，通过证明△ECH∽△EBC，可得 ，可得结论；
④通过证明△AFC∽△DEC，可得 ，即可求解．
【解答】解：如图，连接AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADB＝∠CDB＝∠BAC＝∠DAC＝45°，
又∵DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝EC，∠DAE＝∠DCE，
∴∠EAF＝∠BCE，
∵∠ABC+∠FEC+∠EFB+∠BCE＝360°，
∴∠BCE+∠EFB＝180°，
又∵∠AFE+∠BFE＝180°，
∴∠AFE＝∠BCE＝∠EAF，
∴AE＝EF，
∴EF＝EC，故①正确；
∵EF＝EC，∠FEC＝90°，
∴∠EFC＝∠ECF＝45°，
∴∠FAC＝∠EFC＝45°，
又∵∠ACF＝∠FCG，
∴△FCG∽△ACF，
∴ ，
∴CF2＝CG•CA，故②正确；
∵∠ECH＝∠CDB，∠EHC＝∠DHC，
∴△ECH∽△CDH，
∴ ，
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∴ ，
∵∠ECH＝∠DBC，∠BEC＝∠CEH，
∴△ECH∽△EBC，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴BC•CD＝DH•BE＝16，故③正确；
∵BF＝1，AB＝4，
∴AF＝3， ，
∵∠ECF＝∠ACD＝45°，
∴∠ACF＝∠DCE，
又∵∠FAC＝∠CDE＝45°，
∴△AFC∽△DEC，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故④正确，
故选：D．
5．（2024•河北模拟）如图，△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2 ，以AB为直径的 O分别交AC，BC于
点D，E，连接ED，则CD的长为（ ）
⊙
A．1 B． C．2 D．
【分析】连接AE，由AB为直径，可证得AE⊥BC，证明△CDE∽△CBA后即可求得CD的长．
【解答】解：连接AE，
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∵AB为直径，
∴AE⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BE＝CE＝ BC＝ ，
∵∠C＝∠C，∠CDE＝∠ABC，
∴△CDE∽△CBA，
∴ ＝ ，
∴CE•CB＝CD•CA，
∵AC＝AB＝4，
∴ •2 ＝4CD，
∴CD＝ ．
故选：B．
6．（2024•宁波模拟）如图，在正方形ABCD中，G为BC上一点，矩形DEFG的边EF经过点A．若
∠CDG＝ ，则∠AHF＝ 90 ° ﹣ ；若AH＝3，GC＝2，则△EFH的面积为 3 ．
α α
【分析】根据直角三角形的内角和关系可以计算出∠AHF的度数，利用已知条件可以推导出
△BHG∽△CGD，利用相似比求出正方形的边长，使用勾股定理计算出矩形的边长，最后计算出△EFH
的面积．
【解答】解：（1）根据已知可得：∠B＝∠C＝∠AFH＝∠FGD＝90°，
∵∠BHG+∠HGB＝90°，∠HGB+∠DGC＝90°，
∴∠BHG＝∠DGC，
∵∠CDG＝ ，
∴∠BHG＝∠DGC＝90°﹣ ，
α
又∵∠AHF＝∠BHG，
α
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∴∠AHF＝90°﹣ ，
故答案为：90°﹣ ；’
α
（2）设AB＝x，
α
∴HB＝x﹣3，BG＝x﹣2，
∵∠BHG＝∠DGC，∠B＝∠C，
∴△BHG∽△CGD，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴x＝4，即：正方形的边长为4，
∴HB＝1，BG＝2，
∴HG＝ ＝ ，
∴DG＝ ＝2 ，
∴EF＝DG＝2 ，
连接EH，如图：
∵∠B＝∠AFH，∠AHF＝∠BHG，
∴△AFH∽△GHB，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴HF＝ ，
∴S△EHF ＝ EF•HF＝ ×2 × ＝3，
故答案为：3．
7．（2024•沈阳模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝5，E是AB边上一点，且AE＝1，F是AD边
上一动点，作∠EFG＝90°，交CD边于点G，将△FDG沿着FG所在直线折叠，点D的对应点D′恰好
落在BC边上，则DF的长为 4 或 ．
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【分析】设DF＝x，则AF＝5﹣x，过F作FH⊥BC于H，则FH＝AB＝4．先利用△AEF∽△DFG，即
可得出DG＝x（5﹣x）；再利用△FHD'∽△D'CG，即可得出D'C＝4（5﹣x）；在Rt△FHD'中，利用
勾股定理列方程求解即可得到x的值，进而得出结论．
【解答】解：设DF＝x，则AF＝5﹣x，
如图所示，过F作FH⊥BC于H，则FH＝AB＝4，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，
∵∠EFG＝90°，
∴∠DFG+∠AFE＝90°＝∠AEF+∠AFE，
∴∠DFG＝∠AEF，
∴△AEF∽△DFG，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴DG＝x（5﹣x），
由折叠可得，D'G＝DG＝x（5﹣x），FD'＝DF＝x，∠FD'G＝∠D＝90°，
∵FH⊥BC，
∴∠HFD'+∠FD'H＝90°＝∠CD'G+∠FD'H，
∴∠HFD'＝∠CD'G，
又∵∠C＝∠FHD'＝90°，
∴△FHD'∽△D'CG，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴D'C＝4（5﹣x），
∴D'H＝CH﹣D'C＝x﹣4（5﹣x）＝5x﹣20，
Rt△FHD'中，FH2+D'H2＝D'F2，
∴42+（5x﹣20）2＝x2，
解得x＝4或 ，
∴DF＝4或 ．
故答案为：4或 ．
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8．（2024•伊宁市校级一模）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E在AC上，
EF⊥BE交CD于点F，且F为CD的中点，交BD于点G，连接BF交AC于点H，连接GH．下列结论：
①∠EFB＝45°；② ；③EH＝2GH；④GO•BG＝GH•GD．其中正确结论的序号为
①②③④ ．
【分析】①过点E作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N，通过AAS证明△MEB＝△NFE，得到
BE＝EF，从而得到△EFB为等腰直角三角形，∠EFB＝45°；②作FK⊥AC交AC于点K，则
，由KF⊥OC，DO⊥OC，F为CD的中点，得到K为OC的中点，从而得到OK＝CK＝KF，
通过AAS证明△EBO＝△FEK，得到OE＝KF＝OK＝CK，即可得到 ；③通过证明
△BOH∽△FKH，得到 ，则可设HK＝a，则OH＝2a，通过证明△EGO∽△EFK，得到
，得到OG＝ ，通过勾股定理可以计算出GH＝ ，即可得到答案；④由③可以计算出
GO、BG、GH、GD的长，即可得到答案．
【解答】解：①如图，过点E作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N，
∵四边形ABCD为正方形，MN∥AD，对角线AC，BD交于点O，
∴∠ACD＝45°，四边形MBCN为矩形，
∴MB＝CN＝NE，∠BME＝∠ENF＝90°，
∵BE⊥EF，
∴∠NEF+∠MEB＝90°，
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∵∠NEF+∠NFE＝90°，
∴∠MEB＝∠NFE，
在△MEB和△NFE中，
，
∴△MEB≌△NFE（AAS），
∴BE＝EF，
∴△EFB为等腰直角三角形，∠EFB＝45°，故①正确，符合题意；
②如图，作FK⊥AC交AC于点K，
则 ，
∵KF⊥OC，DO⊥OC，F为CD的中点，
∴KF为△OCD 的中位线，
∴K为OC的中点，
∴OK＝CK＝KF，
∵∠EBO+∠BEO＝90°，∠BEO+∠FEK＝90°，
∴∠EBO＝∠FEK，
在△EBO和△FEK中，
，
∴△EBO≌△FEK（AAS），
∴OE＝KF＝OK＝CK，
∵AE+OE＝AO＝CO＝OK+CK，
∴AE＝CK，
∴ ，故②正确，符合题意；
③∵∠BOH＝∠FKH＝90°，∠OHB＝∠KHF，
∴△BOH∽△FKH，
∴ ，
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设HK＝a，则OH＝2a，
∴OE＝OK＝KF＝OH+HK＝2a+a＝3a，EH＝OE+OH＝3a+2a＝5a，EK＝OE+OK＝3a+3a＝6a，
∵GO⊥EK，FK⊥EK，
∴GO∥FK，
∴△EGO∽△EFK，
∴ ，即 ，
∴OG＝ ，
∴GH＝ ＝ ＝ ，
∴EH＝2GH，故③正确，符合题意；
④由③可得， ， ，OB＝OC＝OK+KC＝6a，
∴ ， ，
∵GO•BG＝ ＝ ，GH•GD＝ ＝ ，
∴GO•BG＝GH•GD，故④正确，符合题意．
故答案为：①②③④．
9．（2023•新抚区模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，AE＝3，连接BE，以BE为
斜边在BE的右侧作等腰直角△BDE，P是AE边上的一点，连接PC和CD，当∠PCD＝45°，则PE长
为 2 ．
【分析】由AE＝3得动点E在圆上运动，因为△BDE是等腰直角三角形且∠PCD＝45°，所以想到瓜豆
原理，可两次构造三角形相似去解答．
【解答】解：以AB为斜边在AB的右侧作等腰直角△ABF，连接FC，FD．
∵∠ABF＝∠EBD＝45°，
∴∠ABE＝∠FBD，
∵ ，
∴△ABE∽△FBD，
∴ ，
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∴FD＝ ，
在四边形ACBF中，∠ACB＝∠AFB＝90°，
∴A、C、B、F四点共圆，
∴∠ACF＝∠ABF＝45°，∠CAB＝∠CFB，
∵∠PCD＝45°
∴∠ACP＝∠FCD，
又∵△ABE∽△FBD，
∴∠BAE＝∠BFD，
∴∠CAP＝∠CFD，
∴△CAP∽△CFD，
∴ ，
在四边形ACBF中，由对角互补模型得AC+CB＝ ，
∴CF＝
∴ ，
∴AP＝1，
∴PE＝2，
故答案为：2
10．（2024•汝南县一模）某“综合与实践”小组开展测量本校旗杆高度的实践活动．他们制订了测量方
案，并利用课余时间完成了实地测量，测量报告如下．
课题 测量旗杆的高度
成员 组长：×××
组员：×××，×××，×××
测量 皮尺，标杆
工具
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测量 说明：在水平地面上直立一根标杆EF，
示意 观测者沿着直线BF后退到点D，使眼睛
图 C、标杆的顶端E、旗杆的顶端A在同一
直线上．
测量 观测者与标杆的距离DF 观测者与旗杆的距离DB 标杆EF的长 观测者的眼睛离地
数据 面的距离CD
1m 18m 2.4m 1.6m
问题 如图，过点C作CH⊥AB于点H，交EF于点G．…
解决
请根据以上测量结果及该小组的思路．求学校旗杆AB的高度．
【分析】根据题意可得：CD＝FG＝BH＝1.6m，CG＝DF＝1m，CH＝BD＝18m，∠CGE＝∠CHA＝
90°，从而可得EG＝0.8m，然后证明A字模型相似△ECG∽△ACH，从而利用相似三角形的性质求出
AH的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【解答】解：由题意得：CD＝FG＝BH＝1.6m，CG＝DF＝1m，CH＝BD＝18m，∠CGE＝∠CHA＝
90°，
∵EF＝2.4m，
∴EG＝EF﹣FG＝2.4﹣1.6＝0.8（m），
∵∠ECG＝∠ACH，
∴△ECG∽△ACH，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴AH＝14.4，
∴AB＝AH+BH＝14.4+1.6＝16（m），
∴学校旗杆AB的高度16m．
11．（2024•中山市一模）【感知】如图①，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作
EF⊥DE交BC于点F．易证：△AED∽△BFE．（不需要证明）
【探究】如图②，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F．
（1）求证：△AED∽△BFE．
（2）若AB＝10，AD＝6，E为AB的中点，求BF的长．
【应用】如图③，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4．E为AB边上一点（点E不与点A、B
重合），连结CE，过点E作∠CEF＝45°交BC于点F．当△CEF为等腰三角形时，BE的长为 2
或 2 ．
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【分析】【探究】（1）利用同角的余角相等得∠ADE＝∠BEF，从而证明结论；
（2）由（1）知△AED∽△BFE，得 ，代入计算即可；
【应用】如果CE＝CF，则∠CEF＝∠CFE＝45°，∠ECF＝90°，则点E与点A重合，点F与点B重合，
不符合题意；如果CE＝EF，利用AAS证明△AEC≌△BFE，得BE＝AC，可得答案；如果CF＝EF，则
∠CEF＝∠ECF＝45°，则∠CFE＝90°，则CE⊥AB，从而解决问题．
【解答】【探究】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴∠ADE+∠AED＝90°，
∵DE⊥EF，
∴∠DEF＝90°，
∴∠BEF+∠AED＝90°，
∴∠ADE＝∠BEF，
又∵∠A＝∠B，
∴△AED∽△BFE；
（2）解：∵E为AB的中点，
∴AE＝BE＝5，
由（1）知△AED∽△BFE，
∴ ，
即 ，
∴BF＝ ；
【应用】解：如果CE＝CF，则∠CEF＝∠CFE＝45°，∠ECF＝90°，则点E与点A重合，点F与点B
重合，不符合题意，
②如果CE＝EF，则∠ECF＝∠EFC＝ ，
∵∠EFC为△BEF的外角，
∴∠EFC＝∠B+∠BEF，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
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∴∠A＝∠B＝45°，
∴∠BEF＝∠EFC﹣∠B＝67.5°﹣45°＝22.5°，
∠ACE＝90°﹣∠ECF＝90°﹣67.5°＝22.5°，
∴∠ACF＝∠BEF，
又∵∠A＝∠B，CE＝EF，
∴△AEC≌△BFE（AAS），
∴BE＝AC，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4，
∴AC＝ ，
∴BE＝2 ；
如果CF＝EF，则∠CEF＝∠ECF＝45°，
∴∠CFE＝90°，
在△BEC中，∠B＝∠BCE＝45°，
∴∠BEC＝90°，
∴CE⊥AB，
又∵AC＝BC，
∴点E为AB的中点，
∴BE＝ ，
综上，BE的长为2 或2，
故答案为：2 或2．
考点三：三角形的组合模型
三角形除了全等模型，还有一些可以得到特殊性质或者结论的组合模型，即当两个或者三个条件同时
出现，就会有一些固定用法，这类模型我们叫它组合模型。
题型01 三角形组合模型及其应用
解题大招：常见组合模型
①知2得1：
①AD为角平分线；②DE∥AB；③AE=ED
若以上3个条件中有2个成立，则剩余的那个就会成立。
即：三条件满足“知2得1”
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②勾股定理面积应用：
图
形
结 S +S =S
论 1 2 3
总 当分别以直角三角形的三边为边（或底边、半径）做规则的正方形、等边三角形、等腰直角
结 三角形、半圆时，均满足两直角边所做图形的面积和等于斜边所做图形的面积
③等腰直角三角形中“半角模型”
辅助线：将△AEC绕点A按逆时针方向旋转900，
使AC与AB重合，点E对应点为点F，连接DF
条件：①等腰Rt△ABC 结论：①Rt△BDF
②∠EAD=45° ②CE2 +BD2 =DE2
辅助线：同上
辅助线：同上
【中考真题练】
1．（2023•衢州）如图，在△ABC中，以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AB，AC于点D，E．
分别以点D，E为圆心，大于 长为半径画弧，交于∠BAC内一点F．连结AF并延长，交BC于点
G．连结DG，EG．添加下列条件，不能使BG＝CG成立的是（ ）
A．AB＝AC B．AG⊥BC C．∠DGB＝∠EGC D．AG＝AC
【分析】根据题意可知AG是三角形的角平分线，再结合选项所给的条件逐次判断能否得出BG＝CG即
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可．
【解答】解：根据题中所给的作图步骤可知，
AB是△ABC的角平分线，即∠BAG＝∠CAG．
当AB＝AC时，又∠BAG＝∠CAG，且AG＝AG，
所以△ABG≌△ACG（SAS），
所以BG＝CG，
故A选项不符合题意．
当AG⊥BC时，
∠AGB＝∠AGC＝90°，
又∠BAG＝∠CAG，且AG＝AG，
所以△ABG≌△ACG（ASA），
所以BG＝CG，
故B选项不符合题意．
当∠DGB＝∠EGC时，
因为∠BAG＝∠CAG，AD＝AE，AG＝AG，
所以△ADG≌△AEG（SAS），
所以∠AGD＝∠AGE，
又∠DGB＝∠EGC，
所以∠AGD+∠DGB＝∠AGE+∠EGC，
即∠AGB＝∠AGC．
又∠AGB+∠AGC＝90°，
所以∠AGB＝∠AGC＝90°，
则方法同（2）可得出BG＝CG，
故C选项不符合题意．
故选：D．
2．（2023•扬州）我国汉代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅“勾股圆方图”，后人称之为“赵爽弦
图”，它是由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成．如图，直角三角形的直角边长为a、b，斜边
长为c，若b﹣a＝4，c＝20，则每个直角三角形的面积为 9 6 ．
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【分析】根据勾股定理可知a2+b2＝c2，再根据b﹣a＝4，c＝20，即可得到a、b的值，然后即可计算出
每个直角三角形的面积．
【解答】解：由图可得，
a2+b2＝c2，
∴ 且a、b均大于0，
解得 ，
∴每个直角三角形的面积为 ab＝ ×12×16＝96，
故答案为：96．
3．（2023•潍坊）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB，AE⊥CD，垂足为点E，过点E作EF∥BC，交AC
于点F，G为BC的中点，连接FG．求证：FG＝ AB．
【分析】由角平分线的定义及平行线的性质可得∠ACD＝∠FEC，即可证明EF＝CF，再利用直角三角
形的性质可证明AF＝CF，即可得GF是△ABC的中位线，进而可证明结论．
【解答】证明：∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD，
∵EF∥BC，
∴∠FEC＝∠BCD，
∴∠ACD＝∠FEC，
∴EF＝CF，
∵AE⊥CD，
∴∠AEC＝90°，
∴∠EAC+∠ACD＝90°，∠AEF+∠FEC＝90°，
∴∠EAC＝∠AEF，
∴AF＝EF，
∴AF＝CF，
∵G是BC的中点，
∴GF是△ABC的中位线，
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∴FG＝ AB．
4．（2023•黄石）如图，AB为 O的直径，DA和 O相交于点F，AC平分∠DAB，点C在 O上，且
CD⊥DA，AC交BF于点P．
⊙ ⊙ ⊙
（1）求证：CD是 O的切线；
（2）求证：AC•PC＝BC2；
⊙
（3）已知BC2＝3FP•DC，求 的值．
【分析】（1）连接OC，由等腰三角形的性质得∠OAC＝∠OCA，再证∠DAC＝∠OCA，则DA∥OC，
然后证OC⊥CD，即可得出结论；
（2）由圆周角定理得∠ACB＝90°，∠DAC＝∠PBC，再证∠BAC＝∠PBC，然后证△ACB∽△BCP，
得 ＝ ，即可得出结论；
（3）过P作PE⊥AB于点E，证AC•PC＝3FP•DC，再证△ACD∽△BPC，得AC•PC＝BP•DC，则
BP•DC＝3FP•DC，进而得BP＝3FP，然后由角平分线的性质和三角形面积即可得出结论．
【解答】（1）证明：如图1，连接OC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠OAC，
∴∠DAC＝∠OCA，
∴DA∥OC，
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∵CD⊥DA，
∴OC⊥CD，
∴CD是 O的切线；
（2）证明：∵AB为 O的直径，
⊙
∴∠ACB＝90°，
⊙
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠BAC，
∵∠DAC＝∠PBC，
∴∠BAC＝∠PBC，
又∵∠ACB＝∠BCP，
∴△ACB∽△BCP，
∴ ＝ ，
∴AC•PC＝BC2；
（3）解：如图2，过P作PE⊥AB于点E，
由（2）可知，AC•PC＝BC2，
∵BC2＝3FP•DC，
∴AC•PC＝3FP•DC，
∵CD⊥DA，
∴∠ADC＝90°，
∵AB为 O的直径，
∴∠BCP＝90°，
⊙
∴∠ADC＝∠BCP，
∵∠DAC＝∠CBP，
∴△ACD∽△BPC，
∴ ＝ ，
∴AC•PC＝BP•DC，
∴BP•DC＝3FP•DC，
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∴BP＝3FP，
∵AB为 O的直径，
∴∠AFB＝90°，
⊙
∴PF⊥AD，
∵AC平分∠DAB，PE⊥AB，
∴PF＝PE，
∵ ＝ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ＝ ．
5．（2023•怀化）如图，AB是 O的直径，点P是 O外一点，PA与 O相切于点A，点C为 O上的一
点．连接PC、AC、OC，且PC＝PA．
⊙ ⊙ ⊙ ⊙
（1）求证：PC为 O的切线；
（2）延长PC与AB的延长线交于点D，求证：PD•OC＝PA•OD；
⊙
（3）若∠CAB＝30°，OD＝8，求阴影部分的面积．
【分析】（1）先由切线的性质得∠PAO＝90°，然后依据“SSS”判定△POC和△POA全等，从而得
∠PCO＝∠PAO＝90°，据此即可得出结论；
（2）由∠DCO＝∠DAP＝90°，∠ODC＝∠PDA可判定△ODC和△PDA相似，进而根据相似三角形的
性质可得出结论；
（3）连接BC，过点C作CE⊥OB于点E，先证△OCB为等边三角形，再设OE＝a，则OA＝OB＝OC
＝2a， ，在Rt△CDE和在Rt△DOC中，由勾股定理得CD2＝CE2+DE2＝OD2﹣OC2，由此可
求出a的值，进而得 O的半径为4，然后根据S阴影 ＝S△DOC ﹣S扇形BOC 即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵AB为 O的直径，PA为 O的切线，
⊙
∴PA⊥OA，
⊙ ⊙
即：∠PAO＝90°，
∵点C在 O上，
∴OC＝OA，
⊙
在△POC和△POA中，
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，
∴△POC≌△POA（SSS），
∴∠PCO＝∠PAO＝90°，
即：PC⊥OC，
又OC为 O的半径，
∴PC为 O的切线．
⊙
（2）证明：由（1）可知：OC⊥PD，
⊙
∴∠DCO＝∠DAP＝90°，
又∠ODC＝∠PDA，
∴△ODC∽△PDA，
∴ ，
即：PD•OC＝PA•OD．
（3）解：连接BC，过点C作CE⊥OB于点E，
∵∠CAB＝30°，
∴∠COB＝60°，
又OC＝OB，
∴△OCB为等边三角形，
∵CE⊥OB，
∴OE＝BE，
设OE＝a，显然a≠0，
则OA＝OB＝OC＝2a，
在Rt△OCE中，OE＝a，OC＝2a，
由勾股定理得： ，
∵OD＝8，
∴DE＝OD﹣OE＝8﹣a，
在Rt△CDE中， ，DE＝8﹣a，
由勾股定理得： ，
在Rt△DOC中，OC＝2a，OD＝8，
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由勾股定理得：CD2＝OD2﹣OC2＝82﹣（2a）2，
，
整理得：a2﹣2a＝0，
∵a≠0，
∴a＝2，
∴OC＝2a＝4， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ．
【中考模拟练】
1．（2023•武安市三模）有一题目：“如图，∠ABC＝40°，BD平分∠ABC，过点D作DE∥AB交BC于
点E，若点F在AB上，且满足DF＝DE，求∠DFB的度数．”小贤的解答：以D为圆心，DE长为半径
画圆交AB于点F，连接DF，则DE＝DF，由图形的对称性可得∠DFB＝∠DEB．结合平行线的性质可
求得∠DFB＝140°．而小军说：“小贤考虑的不周全，∠DFB还应有另一个不同的值”．下列判断正确
的是（ ）
A．小军说的对，且∠DFB的另一个值是40°
B．小军说的不对，∠DFB只有140°一个值
C．小贤求的结果不对，∠DFB应该是20°
D．两人都不对，∠DFB应有3个不同值
【分析】以D为圆心，以DE长为半径画圆交AB于F，F'点，连接DF，DF'，则DE＝DF＝DF'，由图
形的对称性可得∠DFB＝∠DEB，结合平行线的性质可求解∠DFB＝140°，当点F位于点F'处时，由
DF＝DF'可求解∠DF'B的度数．
【解答】解：以D为圆心，以DE长为半径画圆交AB于F，F'点，连接DF，DF'，则DE＝DF＝DF'，
∴∠DFF'＝∠DF'F，
∵BD平分∠ABC，由图形的对称性可知∠DFB＝∠DEB，
∵DE∥AB，∠ABC＝40°，
∴∠DEB＝180°﹣40°＝140°，
∴∠DFB＝140°；
当点F位于点F'处时，
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∵DF＝DF'，
∴∠DF'B＝∠DFF'＝40°，
故选：A．
2．（2024•碑林区校级自主招生）图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角
三角形围成的．若AC＝6，BC＝5，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到图
2所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是多少？
【分析】由题意∠ACB为直角，利用勾股定理求得外围中一条边，又由AC延伸一倍，从而求得风车的
一个轮子，进一步求得四个．
【解答】解：依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x，则
x2＝122+52＝169
所以x＝13
所以“数学风车”的周长是：（13+6）×4＝76．
3．（2022•长春二模）图1中的直角三角形有一条直角边长为3，将四个图1中的直角三角形分别拼成如
图2，图3所示的正方形，其中阴影部分的面积分别记为S ，S ，则S ﹣S 的值为 9 ．
1 2 1 2
【分析】根据题意得，图2、图3中的阴影部分都是正方形，它们的面积S 、S 都可以转化为已知直角
1 2
三角的边长的平方，再利用勾股定理即可求出S ﹣S 的值．
1 2
【解答】解：设图1中直角三角形的斜边长为c，另一条直角边的长为b，由题意得c2﹣b2＝9．
在图2中，根据有一个角是直角的菱形是正方形可得，阴影部分是边长为c的正方形，
∴S ＝c2．
1
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在图3中，根据有一组邻边相等的矩形是正方形可得，阴影部分是边长为b的正方形，
∴S ＝b2．
2
∴S ﹣S ＝c2﹣b2＝9．
1 2
故答案为：9．
4．（2023•长春模拟）两个大小不同的等边三角形三角板按图①所示摆放．将两个三角板抽象成如图②
所示的△ABC和△ADE，点B、C、D依次在同一条直线上，连接CE．若CD＝1，CE＝3，则点A到直
线BC的距离为 ．
【分析】首先根据等边三角形的性质得∠BAC＝60°，AB＝AC，∠DAE＝60°，AD＝AE，进而可得出
∠BAD＝∠CAE，据此可依据“SAS”判定△ABD和△ACE全等，从而得出BD＝CE＝3，进而得BC＝
2，然后过点A作AH⊥BC于点H，在Rt△AHC中，利用勾股定理可求出AH的长．
【解答】解：∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，∠DAE＝60°，AD＝AE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
即：∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，
即：BC+CD＝CE，
∵CD＝1，CE＝3，
∴BC+1＝3，
∴BC＝2，
过点A作AH⊥BC，垂足为H，
∵△ABC是等边三角形，
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∴ ，AC＝BC＝2，
在Rt△AHC中，AC＝2，CH＝1，
由勾股定理得： ．
∴点A到直线BC的距离为 ．
故答案为： ．
5．（2024•朝阳区一模）【教材呈现】下面是华师版八年级上册数学教材第96页的部分内容．
我们已经知道角是轴对称图形，角平分线所在的直线是角的对称轴．如图，OC是∠AOB的平分线，P
是OC上任一点，作PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为点D和点E．将∠AOB沿OC对折，我们发现PD
与PE完全重合．由此即有：
角平分线的性质定理角平分线上的点到角两边的距离相等．
已知：如图，OC是∠AOB的平分线，点P是OC上的任意一点，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为点D
和点E．
请写出完求证：PD＝PE．
分析图中有两个直角三角形PDO和PEO，只要证明这两个三角形全等，便可证得PD＝PE．
（1）请根据教材中的分析，结合图①，写出“角平分线的性质定理”完整的证明过程．
【定理应用】
（2）如图②，已知OC是∠AOB的平分线，点P是OC上的任意一点，点D、E分别在边OA、OB上，
连结PD、PE，∠AOB+∠DPE＝180°．若∠AOB＝60°，OD+OE＝5 ，则OP的长为 5 ．
（3）如图③，在平行四边形ABCD中，∠ABC＝60°，BE平分∠ABC交AD于点E，连结CE，将CE
绕点E旋转，当点C的对应点F落在边AB上时，若BF+BC＝12 ，则四边形BCEF的面积为 3 6
．
【分析】（1）因为OC是∠AOB的平分线，所以∠DOP＝∠EOP，因为PD⊥OA，PE⊥OB，所以
∠PDO＝∠PEO＝90°，因为OP＝OP，可得△ODP≌△OEP，即证得PD＝PE；
（2）作PM⊥OA，PN⊥OB，垂足分别为点M和点N，证△OMP≌△ONP，可得PM＝PN，∠PMO＝
∠PNE＝90°，OM＝ON，因为∠AOB＝60°，∠AOB+∠DPE＝180°，可得∠DPM＝∠EPN，证
△PDM≌△PEN，可得NE＝DM，因为OD+OE＝5 ，所以OM+ON＝5 ，即OM＝ON＝ ，
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OP＝ ，可得OP的长；
（3）证△EMF≌△ENC，可得NC＝MF，因为BF+BC＝12 ，所以BN+BM＝12 ，证
△BEM≌△BEN，可得BM＝BN＝6 ，已知∠ABC＝60°，BE平分∠ABC，可得CBE＝∠MBE＝30°，
EN＝BN•tan∠CBE，求得EN，因为四边形BCEF的面积＝四边形BNEF+三角形ENC的面积＝三角形
BEM的面积+三角形BEN的面积＝2个三角形BEN的面积，求得三角形BEN的面积，可得四边形BCEF
的面积．
【解答】（1）证明：∵OC是∠AOB的平分线，
∴∠DOP＝∠EOP，
∵PD⊥OA，PE⊥OB，
∴∠PDO＝∠PEO＝90°，
∵OP＝OP，
∴△ODP≌△OEP（AAS），
∴PD＝PE；
（2）解：作PM⊥OA，PN⊥OB，垂足分别为点M和点N，
，
∵OC是∠AOB的平分线，
∴∠MOP＝∠NOP＝30°，
∵PM⊥OA，PN⊥OB，
∴∠PMO＝∠PNO＝90°，
∵OP＝OP，
∴△OMP≌△ONP（AAS），
∴PM＝PN，∠PMO＝∠PNE＝90°，OM＝ON，
∵∠AOB＝60°，
∴∠MPN＝120°，
∵∠AOB+∠DPE＝180°，
∴∠DPE＝120°，
∴∠DPM＝∠EPN，
∴△PDM≌△PEN（ASA），
∴NE＝DM，
∵OD+OE＝5 ，
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∴OM+ON＝5 ，即OM＝ON＝ ，
∴OP＝ ＝5，
故答案为：5；
（3）解：作EM⊥BA，EN⊥BC，垂足分别为点M和点N，
，
由于CE绕点E旋转，点C的对应点F落在边AB上，即CE＝EF，
∵BE平分∠ABC，EM⊥BA，EN⊥BC，
∴EM＝EN，∠EMB＝∠ENC＝90°，
∵CE＝EF，
∴△EMF≌△ENC（HL），
∴NC＝MF，
∵BF+BC＝12 ，
∴BN+BM＝12 ，
∵EM＝EN，∠EMB＝∠ENB＝90°，BE＝BE，
∴△BEM≌△BEN（HL），
∴BM＝BN＝6 ，
∵BE平分∠ABC，∠ABC＝60°，
∴∠CBE＝∠MBE＝30°，
∴EN＝BN•tan∠CBE＝6，
∴EM＝6，
∵△EMF≌△ENC，△BEM≌△BEN，
∴四边形BCEF的面积＝2S△BNE ＝2× ×EN×BN＝36 ，
故答案为：36 ．
69
