文档内容
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专题 1-1 一网打尽全等三角形模型（10 个模型）
导语：熟悉模型，补全结构
条件不足另外凑，凑不出来挠挠头，下次考试再来秀
目录
模型梳理.................................................................................................................................................................2
题型一 倍长中线模型......................................................................................................................................14
题型二 一线三等角模型..................................................................................................................................16
题型三 半角模型..............................................................................................................................................23
2022·山东日照真题.....................................................................................................................................24
题型四 手拉手模型..........................................................................................................................................31
2022·张家界真题.........................................................................................................................................34
2022·贵阳中考.............................................................................................................................................35
题型五 对角互补+邻边相等模型...................................................................................................................44
题型六 平行线夹中点模型..............................................................................................................................47
题型七 截长补短模型......................................................................................................................................49
题型八 绝配角模型..........................................................................................................................................59
2023·深圳宝安区二模.................................................................................................................................62
2023·深圳中学联考二模.............................................................................................................................63
题型九 婆罗摩笈模型......................................................................................................................................69
2022武汉·中考真题....................................................................................................................................70
2020·宿迁中考真题.....................................................................................................................................75
题型十 脚蹬脚模型（海盗埋宝藏）..............................................................................................................86
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模型梳理
模型 1 倍长中线模型
（一）基本模型
A
已知：在△ABC中，AD是BC边上的中线，
延长AD到点E，使ED＝AD，连接BE．
B D C
结论1：△ACD≌△EBD．
E
已知：在△ABC中，点D是BC边的中点，点
A
E 是 AB 边上一点，连接 ED，延长 ED 到点
E F，使DF＝DE，连接CF．
B D C
F
结论2：△BDE≌△CDF．
已知：在△ABC中，点D是BC边的中点，作
A
CE⊥AD于E，BF⊥AD于F，
E
B D C
结论3：易证：△CDE≌△BDF（SAS）
F
（二）结论推导
结论1：△ACD≌△EBD．
证明：∵AD是BC边上的中线，∴CD＝BD．
∵∠ADC＝∠EDB，AD＝ED，∴△ACD≌△EBD．
结论2：△BDE≌△CDF．
证明：∵点D是BC边的中点，∴BD＝CD．
∵∠BDE＝∠CDF，DE＝DF，∴△BDE≌△CDF．
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（三）解题技巧
遇到中点或中线，则考虑使用“倍长中线模型”，即延长中线，使所延长部分与中线相等，然后连接相应
的顶点，构造出全等三角形．
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模型 2 一线三等角模型
（一）基本模型
C 已知：点 P 在线段 AB 上，∠1＝∠2＝
D ∠3，AP＝BD（或 AC＝BP 或 CP＝
PD）．
2
1 3
A P B
结论1：△CAP≌△PBD．
D
已知：点P在AB的延长线上，∠1＝∠2
＝∠3，AP＝BD（或 AC＝BP 或 CP＝
A2 3 PD）．
P
1 B
C 结论2：△APC≌△BDP．
（二）结论推导
结论1：△CAP≌△PBD．
证明：∵∠1＋∠C＋∠APC＝180°，∠2＋∠BPD＋∠APC＝180°，∠1＝∠2，∴∠C＝∠BPD．
∵∠1＝∠3，AP＝BD（或AC＝BP或CP＝PD），∴△CAP≌△PBD．
结论2：△APC≌△BDP．
证明：∵∠1＝∠C＋∠APC，∠2＝∠BPD＋∠D，∠3＝∠BPD＋∠APC，∠1＝∠2＝∠3，
∴∠C＝∠BPD，∠APC＝∠D．∵AP＝BD（或AC＝BP或CP＝PD），∴△APC≌△BDP．
（三）解题技巧
在一条线段上出现三个相等的角，且有一组边相等时，则考虑使用一线三等角全等模型．找准三个等角，
再根据平角性质、三角形内角和进行等角代换，判定三角形全等，然后利用全等三角形的性质解题．一线
三等角模型常以等腰三角形、等边三角形、四边形（正方形或矩形）为背景，在几何综合题中考查．
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模型 3 半角模型
（一）基本模型
等边三角形含半角
已知：△ABC是等边三角形，D为△ABC外一点，∠BDC＝
A
120°，BD＝CD，点E，F分别在AB，AC上，
∠EDF＝60°．
E
F
结论1：EF＝BE＋CF，
B C
∠DEB＝∠DEF，∠DFC＝∠DFE．
D
正方形含半角
已知：四边形ABCD是正方形，点E，
A D F分别在BC，CD上，∠EAF＝45°．
F
结论2：EF＝BE＋DF，
∠AEB＝∠AEF，∠AFD＝∠AFE．
B E C
等腰直角三角形含半
已知：△ABC是等腰直角三角形，
角
∠BAC＝90°，点D，E在BC上，
A
∠DAE＝45°．
结论3：DE2＝BD2＋CE2．
B D E C
（二）结论推导
结论1：EF＝BE＋CF，∠DEB＝∠DEF，∠DFC＝∠DFE．
证明：延长AC到点G，使CG＝BE，连接DG．
∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°．
∵∠BDC＝120°，BD＝CD，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
A
∴∠DBE＝∠DCF＝90°，∴∠DBE＝∠DCG＝90°，
E
F
∴△BDE≌△CDG，∴DE＝DG，∠DEB＝∠G，∠BDE＝∠CDG．
B C
∵∠EDF＝60°，∴∠BDE＋∠CDF＝60°，
D
G
∴∠CDG＋∠CDF＝60°，即∠GDF＝60°．
∵DF＝DF，∴△DEF≌△DGF，
∴EF＝FG，∠DEF＝∠G，∠DFC＝∠DFE．
∴∠DEB＝∠DEF．
∵FG＝CG＋CF，∴EF＝BE＋CF．
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结论2：EF＝BE＋DF，∠AEB＝∠AEF，∠AFD＝∠AFE．
证明：延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG．
∵正方形ABCD，∴∠ABG＝∠D＝90°，AB＝AD， A D
F
∴△ABG≌△ADF，∴AG＝AF，∠G＝∠AFD，∠BAG＝∠DAF．
∵∠EAF＝45°，∴∠BAE＋∠DAF＝45°，
G B E C
∴∠BAE＋∠BAG＝45°，即∠EAG＝45°．
∵AE＝AE，∴△AEF≌△AEG，
∴EF＝EG，∠AEB＝∠AEF，∠AFE＝∠G．
∴∠AFD＝∠AFE．
∵EG＝BE＋BG，∴EF＝BE＋DF．
结论3：DE2＝BD2＋CE2．
证明：将△ABD绕点A逆时针旋转90°到△ACF，连接EF．
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，
A
F
∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠ACF＝∠B＝45°，
∴∠ECF＝90°，∴EF2＝CF2＋CE2＝BD2＋CE2，
B D E C
∵∠DAE＝45°，∴∠BAD＋∠CAE＝45°，
∴∠CAF＋∠CAE＝45°，即∠FAE＝45°．
∵AE＝AE，∴△AEF≌△AED，
∴EF＝DE，∴DE2＝BD2＋CE2．
（三）解题技巧
对于半角模型，一般情况下都需要做辅助线（延长或旋转），构造全等，通过等量代换得到相关的结论．
模型 4 手拉手模型
（一）基本模型
已知：在△ABC 和△ADE 中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝
A ∠DAE，连接BD，CE相交于O，连接OA．
E
O
D
结论1：△ABD≌△ACE，BD＝CE，
B C
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结论2：∠BOC＝∠BAC，
结论3：OA平分∠BOE．
（二）结论推导
结论1：△ABD≌△ACE，BD＝CE．
证明：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE．
∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE．
A
E
结论2：∠BOC＝∠BAC． O
D
F
证明：设OB与AC相交于点F． B C
∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD＝∠ACE．
∵∠AFB＝∠OFC，∴∠BOC＝∠BAC．
结论3：OA平分∠BOE．
H
证明：过点A分别做BD，CE的垂线，垂足为G，H．
A
E
O
∵△ABD≌△ACE，∴S ABD ＝S ACE ， D
G
△ △
B C
∴ ＝ ．
∵BD＝CE，∴AG＝AH，
∴OA平分∠BOE．
（三）解题技巧
如果题目中出现两个等腰三角形，可以考虑连接对应的顶点，用旋转全等模型；如果只出现一个等腰三角
形，可以用旋转的方法构造旋转全等．
模型 5 对角互补+邻边相等模型
模型解读：通过做垂线或者利用旋转构造全等三角形解决问题。
如图， ，
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C
A
E
O F B
作垂线 旋转
C C
A A
E E
O F B O F B
模型 6 平行线夹中点模型
如图，AB//CD，点E是BC的中点．
A B
E
C D
A B A B
F
E E
F
C D C D
图① 图②
【模型分析】
如图①，延长DE交AB于点F，易证：△DCE≌△FBE（AAS）。
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如图②，延长AE交CD延长线于点F，易证：△ABE≌△FCE（AAS）
口诀：有中点，有平行，轻轻延长就能行
模型 7 截长补短模型
【模型解读】截长补短的方法适用于求证线段的和差倍分关系。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, 延长部分等于已知线段。该类题目中常出现等服三角形、角平分线等关键词
句, 可以采用截长补短法构造全等三角形来完成证明过程, 截长补短法(往往需证2次全等) 。
①截长：在较长的线段上截取另外两条较短的线段。
如图所示，在BF上截取BM=DF，易证△BMC≌△DFC（SAS），则MC=FC=FG，∠BCM=∠DCF，
可得△MCF为等腰直角三角形，又可证∠CFE=45°，∠CFG=90°，
∠CFG=∠MCF，FG∥CM，可得四边形CGFM为平行四边形，则CG=MF，于是BF=BM+MF=DF+CG.
②补短：选取两条较短线段中的一条进行延长，使得较短的两条线段共线并寻求解题突破。
如图所示，延长GC至N，使CN=DF，易证△CDF≌△BCN（SAS），
可得CF=FG=BN，∠DFC=∠BNC=135°，
又知∠FGC=45°，可证BN∥FG，于是四边形BFGN为平行四边形，得BF=NG，
所以BF=NG=NC+CG=DF+CG.
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模型 8 绝配角模型
（一）基本模型
A 已知：在△ABC中，∠ABC＝90°，点D为边BC上一点，
∠C＝2∠BAD，延长DB到点E，使BE＝BD，连接AE．
结论：AC＝EC．
E B D C
（二）结论推导
结论：AC＝EC．
证明：∵∠ABC＝90°，BE＝BD，∴AE＝AD，
∴∠E＝∠ADE，∠BAE＝∠BAD，∴∠EAD＝2∠BAD．
∵∠C＝2∠BAD，∴∠EAD＝∠C，
∴∠CAE＝∠ADE＝∠E，∴AC＝EC．
（三）解题技巧
如果题目中出现二倍角，可以考虑用绝配角模型，构造等腰三角形，绝配角＋等腰三角形＋全等三角形一
般同时出现，然后用勾股定理或相似求解．构造等腰三角形是这类绝配角问题的重要方法．
模型 9 婆罗摩笈模型
如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，连接AD，CE，M，N分别在AD，CE上，且MN经过点B
D
N
A
B
C M E
【性质1：垂直得中点】若MN⊥CE，则①点N是AD的中点，② ＝ ，③CE＝2BN．
【证明】如图，（知垂直得中点，一线三垂直）
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Q
D
D
N N
A A
P
B B
C M E C M E
Q Q
D D
N N
A A
P P
B B
C M E C M E
过A作AP⊥MN，垂足为P，过D作DQ⊥MN交MN的延长线于Q，
易证：△ABP≌△BCM,AP＝BM,△DQB≌△BME,DQ＝BM
∴AP＝DQ
易证：△APN≌△DQN
∴AN＝DN
②如图，由①知，S ΔCBM ＝S ΔBAP ，S ΔEBM ＝S ΔBDQ，S ΔAPN ＝S ΔDQN
∴S ΔABD ＝S ΔABN ＋S ΔDBN ＝S ΔBAP ＋S ΔAPN ＋S ΔBDQ－S ΔDQN
＝S
ΔBAP
＋S ΔBDQ＝S
ΔCBM
＋S
ΔEBM
＝S
ΔCBE
,即S
ΔCBE
＝S
ΔABD
，得证.
③如图，由①得，PN＝QN，
∴CE＝CM＋EM＝BP＋BQ＝BN－NP＋BN＋QN＝2BN，得证.
【性质2：中点得垂直】若点N是AD的中点，则①MN⊥CE．
【证明】如图，（知中点得垂直，倍长中线）
【11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
P P
D D
N N
A A
B B
C M E C M E
P P
D D
N N
A A
B B
C M E C M E
证明：延长BN至点P，使BN＝PN，连结PN，
易证：△PAD≌BDA
∴BC＝PD，BE=PA
∵PA∥BD，∴∠PAB＋∠ABD＝180°，
又∵∠ABC＝∠DBE＝90°∴∠CBE＋∠ABD＝180°，∴∠CBE＝∠PAB，
易证：△CBE≌△PAB，
∴∠BCM＝∠ABN，
∵∠ABN＋∠CBM＝90°∴∠BCM＋∠CBM＝90°
∴∠BMC＝90°
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模型 10 脚蹬脚模型（海盗埋宝藏）
模型成立条件：等腰三角形顶角互补
已知：△ABC、△ADE为等腰直角三角形，∠B=∠D=90°，AB=CB，AD=ED，点F为CE的中点，
则△BFD是等腰直角三角形.
C C
F
E E
D D
B A B A
【证明】法一：倍长中线
延长DF至点G，使得FG=FD，易证△DEF≌△GCF（SAS）；
所以CG=ED=AD，∠2=∠7；
又∠1+∠2+∠3=360°，
∠3+∠4+∠5+∠6+∠7=540°（五边形内角和），
∠4=∠6=90°；
所以∠3+∠5+∠7=∠1+∠2+∠3，
所以∠1=∠5；
则△BCG≌△BAD（SAS），
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所以∠DBG=90°，BG=BD；
1
所以BF=2 DG=DF，BF⊥DF。
法二：构造手拉手模型
将△ABC沿AB 对称，将△ADE 沿AD对称
连接PE，CQ，易知△ACQ≌△APE，进而得出PE=CQ且PE⊥CQ，而BE是△CPE的中位线，CD是
△CQE的中位线，故BF=DF，且BF⊥FD
C
F
C
F α E
α E
D
D B
B A
A
Q
Q α
α
P
题型一 倍长中线模型
1．如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，点E是AD上一点，BE＝AC，BE的延长线交AC
于点F，求证：AF＝EF．
A
F
E
B D C
证明：延长AD到点G，使DG＝AD，连接BG．
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A
F
E
B D C
G
∵AD是BC边上的中线，∴CD＝BD．
∵∠ADC＝∠GDB，∴△ADC≌△GDB，
∴AC＝BG，∠DAC＝∠G，
∵BE＝AC，∴BE＝BG，∴∠G＝∠BED．
∵∠AEF＝∠BED，∴∠DAC＝∠AEF，
2．如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，点E是BC的中点，过点E作EF∥AD，交AC于点F，交BA的
延长线于点G，求证：BG＝CF．
G
A
F
B C
D E
证明：延长GE到点H，使EH＝EG，连接CH．
G
A
F
B C
D E
H
∵点E是BC的中点，∴BE＝CE．
∵∠BEG＝∠CEH，∴△BEG≌△CEH，
∴BG＝CH，∠G＝∠H．
∵EF∥AD，∴∠G＝∠BAD，∠CFE＝∠DAC．
∵AD平分∠BAC，∠BAD＝∠DAC，
∴∠H＝∠CFE，∴CF＝CH，∴BG＝CF．
3．如图，△ABC≌△ADE，∠ACB＝∠AED＝90°，连接EC并延长，交BD于点F，求证：F为BD的中点．
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A
E
C
B D
F
证明：过点B作BG∥DE，交EF的延长线于点G．
A
E
C
B F D
G
则∠G＝∠DEF，∠GBF＝∠EDF．
∵△ABC≌△ADE，∴AC＝AE，BC＝DE，
∴∠ACE＝∠AEC．
∵∠ACB＝∠AED＝90°，∴∠BCF＝∠DEF，
∴∠G＝∠BCF，∴BG＝BC，∴BG＝DE，
∴△BGF≌△DEF，∴BF＝DF，
即F为BD的中点．
考点分析：全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质．
思路点拨：过点B作BG∥DE，交EF的延长线于点G．先根据△ABC≌△ADE，得AC＝AE，BC＝DE，
再证BG＝BC，最后证△BGF≌△DEF即可．
题型二 一线三等角模型
基础篇
1．如图，∠ABC＝90°，AB＝BC，AD⊥BD于点D，CE⊥BD于点E，求证：CE＝BD．
A
D
E
B C
证明：∵∠ABC＝90°，∴∠ABD＋∠EBC＝90°．
∵AD⊥BD，CE⊥BD，∴∠ADB＝∠BEC＝90°，
∴∠A＋∠ABD＝90°，∴∠A＝∠EBC．
∵AB＝BC，∴△ABD≌△BCE，∴CE＝BD．
2．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CD于点D，BE⊥CD于点E，若BE＝6，DE＝4，
则△ACE的面积为_________．
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A
D
E
B C
【答案】2
【解析】∵AD⊥CD，BE⊥CD，∴∠D＝∠BEC＝90°，
∴∠EBC＋∠ECB＝90°．
∵∠ACB＝90°，∴∠DCA＋∠ECB＝90°
∴∠DCA＝∠EBC．
∵AC＝BC，∴△CDA≌△BEC，
∴AD＝CE，CD＝BE＝6．
∵DE＝4，∴AD＝CE＝2，
∴S ＝ CE·AD＝ ×2×2＝2．
ACE
△
3．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝1，AC＝ 5 ，以AC为直角边向外作等腰Rt△ACD，连接
BD，则BD的长为_________．
A
D
B C
【答案】 10
【解析】过点D作DE⊥BC于点E．
A
D
B C E
∵∠ABC＝90°，BC＝1，AC＝ 5 ，
∴AB＝ AC2 BC2 ＝2，∠BAC＋∠ACB＝90°，
∵∠ACD＝90°，∴∠ECD＋∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝∠ECD．
∵∠ABC＝∠E＝90°，AC＝CD，
∴△ABC＝△CED，∴DE＝BC＝1，CE＝AB＝2，
∴BE＝3，∴BD＝ BE2 DE2 ＝ 10．
考点分析：等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理．
思路点拨：过点D作DE⊥BC于点E，先证△ABC≌△CED，再在Rt△BDE中用勾股定理求解．
4．如图，在 中， ，过点B作 ，延长 到点D，使得 ，连接 ，
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，若 ， ，则 的长为________．
【答案】
【详解】解：过D点分别作 于点G， 交 的延长线于点F，勾股即可
4
5
3
58
7
4
4
3
5．如图，已知AB＝BC，AB⊥BC，AD⊥BD，BD＝2AD，求证：CD＝AB．
A B
D
C
证明：过点C作CE⊥BD于点E．
A B
E
D
C
∵AB⊥BC，∴∠ABC＝90°，
∴∠ABD＋∠CBE＝90°．
∵AD⊥BD，CE⊥BD，∴∠ADB＝∠BEC＝90°，
∴∠ABD＋∠BAD＝90°，∴∠BAD＝∠CBE．
∵AB＝BC，∴△ABD≌△BCE，∴AD＝BE．
∵BD＝2AD，∴BD＝2BE，∴BE＝DE，
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∴BC＝CD，∴CD＝AB．
提高篇
6．如图，△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠BDE＝90°，点E在BC上，点F是CE的中点，
连接AF，DF，求证：AF＝DF且AF⊥DF．
A
E
B F C
D
【解析】证明：过点A作AG⊥BC于点G，过点D作DH⊥BC于点H．
A
H E G
B F C
D
1 1
∵△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∴AG＝ BC，BH＝ BE．
2 2
1
∵点F是CE的中点，∴CF＝ CE，
2
1 1
∴FH＝BC－BH－CF＝BC－ BE－ CE＝BC，
2 2
∴AG＝FH，∴FG＝FH－GH＝AG－GH＝BG－GH＝BH＝DH．
∵∠AGF＝∠FHD＝90°，∴△AFG≌△FDH，
∴AF＝DF，∠AFG＝∠FDH．
∵∠DFH＋∠FDH＝90°，∴∠DFH＋∠AFG＝90°，
∴∠AFD＝90°，∴AF⊥DF．
考点分析：等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质．
思路点拨：过点A作AG⊥BC于点G，过点D作DH⊥BC于点H．先根据等腰直角三角形的性质推导等线
段，再证△AFG≌△FDH，即可得到结论．
7．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为AC上一点，CE⊥BD于点E，连接AE，若CE＝4，
则△ACE的面积为_________．
A
E D
B C
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【答案】8
【解析】过点A作AF⊥CE，交CE的延长线于点F．
A
F
E D
B C
∵CE⊥BD，AF⊥CE，∴∠BEC＝∠CFA＝90°，
∴∠EBC＋∠BCE＝90°．
∵∠ACB＝90°，∴∠FCA＋∠BCE＝90°，
∴∠FCA＝∠EBC．
∵AC＝BC，∴△CAF≌△BCE，
∴AF＝CE＝4，∴S ACE ＝ CE·AF＝ ×4×4＝8．
△
8．如图，△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠CDE＝90°，点A在边DE上，连接BE交CD
于点F，求证：AE＝2DF．
E
A
D
F
B C
【答案】证明：过点B作BG⊥CD于点G．则∠BGC＝∠CDA＝90°，
E
A
D
F ∴∠GBC＋∠GCB＝90°．
G
B C
∵∠ACB＝90°，∴∠DCA＋∠GCB＝90°，
∴∠DCA＝∠GBC．
∵AC＝BC，∴△CAD≌△BCG，
∴AD＝CG，CD＝BG．
∵CD＝DE，∴AE＝DG，BG＝DE．
∵∠BFG＝∠EFD，∠BGF＝∠EDF＝90°，
∴△BFG≌△EFD，∴FG＝DF，
∴AE＝DG＝2DF．
9．如图，把两个腰长相等的等腰三角形拼接在一起，AB＝AC＝AD，∠BAD＝90°，过点D作DE⊥AC于
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点E，若BE＝BC，DE＝8，求AE的长．
A
E
D
B
C
解：过点B作BF⊥AC于点F．
A
E
D
B F
C
∵∠BAD＝90°，∴∠BAF＋∠DAE＝90°．
∵∠AFB＝90°，∴∠BAF＋∠ABF＝90°，
∴∠ABF＝∠DAE．
∵∠AFB＝∠DEA＝90°，∴△ABF≌△DAE，
∴AF＝DE＝8．
∵BE＝BC，BF⊥AC，∴EF＝CF．
设EF＝CF＝x，则AE＝8－x，AD＝AC＝8＋x．
在Rt△AED中，82＋(8－x)2＝(8＋x)2，
解得x＝2，∴AE＝8－x＝6．
10．如图，E为正方形ABCD外一点，连接AE，DE，AE＝AB，AF平分∠BAE交DE于点F，连接CF．
（1）求∠AFD的度数；
（2）求证：AF⊥CF．
A D
F
E
B C
【答案】解：（1）过点A作AG⊥AF交DE于点G．
A D
N
G
M
F
E
B C
∵正方形ABCD，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠FAG＝∠BAD，∴∠FAB＝∠GAD．
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∵AF平分∠BAE，∴∠FAB＝∠FAE，
∴∠FAE＝∠GAD．
∵AE＝AB，∴AE＝AD，∴∠E＝∠ADG．
∴△AEF≌△ADG，∴AF＝AG，
∴∠AFD＝∠AGF＝45°．
（2）分别过点A，C作DE的垂线，垂足为M，N．
则∠AMD＝∠DNC＝90°，∴∠ADM＋∠DAM＝90°．
∵正方形ABCD，∴AD＝DC，∠ADC＝90°，
∴∠ADM＋∠CDN＝90°，∴∠DAM＝∠CDN，
∴△ADM≌△DCN，∴AM＝DN，DM＝CN．
∵∠AMF＝90°，∠AFD＝45°，∴AM＝FM，
∴DN＝FM，∴DM＝FN，∴CN＝FN，
∴∠CFN＝45°，∴∠AFC＝90°，∴AF⊥CF．
11．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AB上，DE⊥AB，交AC于点E，交BC的延长线于点F，若DF
＝AC，AB＝m，AE＝n，求AD＋DE的值（用含m，n的式子表示）．
A
D
E
B C F
解：过点A作AG⊥AB，过点B作BG⊥BC，AG与BG交于点G，
连接GF与AC交于点O，则∠GAB＝∠BDF＝90°．
∴∠GBA＋∠AGB＝∠GBA＋∠DBF＝90°，
G
A
O
D
E
B C F
∴∠AGB＝∠DBF．
∵AB＝AC＝DF，∴△AGB≌△DBF，
∴∠AGB＝∠ABC，AG＝DB，∴∠BGF＝∠BFG＝45°．
设∠BAC＝2x，则∠ABC＝∠ACB＝90°－x，∠GAO＝90°＋2x，
∴∠AGB＝∠ABC＝90°－x，∴∠AGO＝45°－x，
∴∠AOG＝45°－x，∴∠AGO＝∠AOG，
∴AG＝AO，∴DB＝AO．
∵AG⊥AB，DF⊥AB，∴AG∥DF，∠AGO＝∠EFO．
∵∠AOG＝∠EOF，∴∠EFO＝∠EOF，EF＝EO，
∴AD＋DE＝AB－DB－DF－EF＝m－AO－m－OE
＝2m－AE＝2m－n．
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题型三 半角模型
例题
例1 如图，△ABC是边长为1的等边三角形，D为△ABC外一点，BD＝CD，∠BDC＝120°，点E，F
分别在AB，AC上，且∠EDF＝60°，则△AEF的周长为_________．
A
E
F
B C
D
考点分析：等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质．
思路点拨：由半角模型可知EF＝BE＋CF，则△AEF的周长＝AE＋AF＋EF＝AE＋AF＋BE＋CF＝AB＋AC
＝2AB＝2．
【解析】由半角模型可知EF＝BE＋CF，则△AEF的周长＝AE＋AF＋EF＝AE＋AF＋BE＋CF＝AB＋AC＝
2AB＝2．
例2 如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，∠EAF＝45°，△CEF的周长为2，则正方形
ABCD的边长为_________．
A D
F
B E C
【答案】 1
【解析】由半角模型可知EF＝BE＋DF，则△CEF的周长＝CE＋CF＋EF＝CE＋CF＋BE＋DF＝BC＋CD
＝2BC＝2，BC＝1，即正方形ABCD的边长为1．
思路点拨：由半角模型可知 EF＝BE＋DF，则△CEF的周长＝CE＋CF＋EF＝CE＋CF＋BE＋DF＝BC
＋CD＝2BC＝2，BC＝1，即正方形ABCD的边长为1．
例3 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点E，F在AB上，∠ECF＝45°，AE＝2，EF＝3，则
BF的长为_________．
C
A E F B
【答案】
【解析】由半角模型可知EF2＝AE2＋BF2，则BF＝ ＝ ＝ ．
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思路点拨：由半角模型可知EF2＝AE2＋BF2，则BF＝ ＝ ．
2022·山东日照真题
例4 如图1，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，M，N分别是边AC，BC上的点，以
CM，CN为邻边作矩形PMCN，交AB于点E，F．设CM＝a，CN＝b，且ab＝8．
（1）判断由线段AE，EF，BF组成的三角形的形状，并说明理由；
（2）①如图2，当a＝b时，求∠ECF的度数；
②当a≠b时，①中的结论是否成立？并说明理由．
A A
E P
E P M
M
F
F
C B C B
N N
图1 图2
思路点拨：（1）由条件可得 S 矩形 PMCN ＝S ABC，则 S PEF ＝S AEM ＋ S BFN， ＝
，由线段AE，EF，BF组成的三角形是直角三角形；（2）①过点C作CH⊥EF于点H．当a＝b
△ △ △ △
时，可得CM＝CN＝CH，△CEM≌△CEH，△CFN≌△CFH，则∠ECM＝∠ECH，∠FCN＝∠FCH，
∠ECF＝∠ECH＋∠FCH＝ ∠ACB＝45°；②将△ACE绕点C顺时针旋转90°得到△BCG，连接FG．可
证△CEF≌△CGF，则①中的结论成立．
【解析】（1）由线段AE，EF，BF组成的三角形是直角三角形，理由如下：
1
∵S ABC＝ 44＝8，S矩形PMCN ＝ab＝8，
2
∴S△ABC＝S矩形PMCN，∴S PEF ＝S AEM ＋ S BFN，
1 1 1
∴ △EF2＝ AE2 BF2，∴ △ ＝ △ ， △
4 4 4
∴由线段AE，EF，BF组成的三角形是直角三角形．
（2）①当a＝b时，a2＝8，∴CM＝CN＝a＝2 2．
如图1，过点C作CH⊥EF于点H．
∵AC＝BC＝4，∴CH＝2 2，∴CM＝CN＝CH，
∴△CEM≌△CEH，△CFN≌△CFH，
∴∠ECM＝∠ECH，∠ECN＝∠FCH，
∴∠ECF＝∠ECH＋∠FCH＝ ∠ACB＝45°．
②当a≠b时，①中的结论仍然成立，理由如下：
如图2，将△ACE绕点C顺时针旋转90°得到△BCG，连接FG．
则∠FBG＝90°，∴FG2＝BG2 BF2＝AE2 BF2．
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∵ ＝ ，∴EF＝FG．
∵CE＝CG，CF＝CF，∴△CEF≌△CGF，
1 1
∴∠ECF＝∠GCF＝ ∠ECG＝ ∠ACB＝45°．
2 2
A
A
E P
M
E P
M
H F
F
C B
N
C B
N
G
图1 图2
基础
1．如图，D为等边△ABC外一点，BD＝CD，∠BDC＝120°，点E，F分别在AB，AC上，且∠EDF＝
60°，若BE＝1，△AEF的周长为4，则AE的长为_________．
A
E
F
B C
D
【答案】1
【解析】由半角模型可知EF＝BE＋CF，则△AEF的周长＝AE＋AF＋EF＝AE＋AF＋BE＋CF＝AB＋AC＝
2AB＝4，∴AB＝2．∵BE＝1，∴AE＝1．
2．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，DC上的点，且EF＝BE＋DF．
（1）求证：∠EAF＝45°；
（2）作∠EFC的平分线FG交AE的延长线于G，连接CG．探究BC，CF与CG的数量关系，并证明．
A D
F
C
B E
G
【解析】解：（1）延长CB到点P，使BP＝DF，连接AP．
∵正方形ABCD，∴∠ABP＝∠D＝90°，AB＝AD，
∴△ABP≌△ADF，∴AP＝AF，∠BAP＝∠DAF．
∴∠PAF＝∠BAD＝90°．
∵EF＝BE＋DF，EP＝BE＋BP，∴EF＝EP．
∵AE＝AE，∴△AEF≌△AEP，
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∴∠EAF＝∠EAP＝45°．
（2）过点G作GH⊥DC于点H．
∵△ABP≌△ADF，∴∠P＝∠AFD．
A D
∵△AEF≌△AEP，∠AEF＝∠P，∴∠AEF＝∠AFD．
∵FG平分∠EFC，∴∠EFG＝∠GFH， F
∴∠AFE＋∠EFG＝∠AFD＋∠GFH＝90．
∵∠EAF＝45°，∴AF＝FG，∴△ADF≌△FHG， C
P B E
∴AD＝FH，DF＝GH． G H
∵AD＝DC，∴FH＝DC，
∴CH＝DF，CH＝GH＝ ，
∴FH－CF＝ ，∴BC－CF＝ ．
提高
3．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，AB＝10，两锐角的角平分线交于点P，点E，F分
别在边AC，BC上，且∠EPF＝45°，则△CEF的周长为_________．
C
F
E
P
A B
【答案】 4
【解析】过点P作AC，BC，AB的垂线，垂足为M，N，H．
C
F
E N
M
P
A H B
∵两锐角的角平分线交于点P，∴PM＝PH＝PN，
∴四边形PMCN是正方形，∴CM＝CN＝PM＝PN．
∵∠EPF＝45°，∴EF＝EM＋FN．
1 1 1 1
∵S ABC ＝ ACPM BCPN ABPH ＝ ACBC，
2 2 2 2
∴PM△( AC＋BC＋AB )＝ACBC，
∴PM( 6＋8＋10 )＝6×8，∴PM＝2，CM＝CN＝2，
∴△CEF的周长＝CE＋CF＋EF＝CE＋CF＋EM＋FN＝CM＋CN＝2＋2＝4．
4．如图，正方形ABCD的边长是4，点E是BC的中点，连接DE，DF⊥DE交BA的延长线于点F，连接
EF，AC，DE，EF分别与AC交于点P，Q，则PQ＝_________．
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D C
P E
Q
F A B
5 2
【答案】
3
【解答】连接DQ，过点F作FG⊥FB，交CA的延长线于点G．
D C
P E
Q
F
A B
G
∵正方形ABCD，∴DA＝DC，∠DAF＝∠DCE＝∠ADC＝∠B＝90°，∠QCE＝45°，
∴FG∥BC，∴∠G＝∠QCE＝45°，∴AF＝FG．
∵DF⊥DE，∴∠FDE＝90°，∴∠ADF＝∠CDE，
∴△ADF≌△CDE，∴AF＝CE，DF＝DE，
∴FG＝CE，∴△FQG≌△EQC，
∴QE＝QF，QG＝QC，∴∠QDE＝45°，
∴AQ 2＋CP 2＝PQ 2．
∵正方形ABCD的边长是4，点E是BC的中点，
∴AC＝4 2，AF＝CE＝2，∴AG＝2 2，
∴CG＝6 2，∴QG＝QC＝3 2 ，∴AQ＝ 2，
5 2
∴( 2)2 (3 2PQ)2＝
PQ2
，解得PQ＝
3
．
5．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，D为边AC上一点，将△BCD沿BD翻折得到
△BED，延长DE到点F，使∠DBF＝45°，若S ＝ S ，则CD2＋EF2的值是_________．
△ADF △BEF
F
A
E
D
B C
【答案】33
【解析】将四边形AFBC补成矩形GHBC，使点F在GH上．
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H F G
A
E
D
B C
∵∠DBF＝45°，∴∠HBF＋∠DBC＝∠EBF＋∠DBE．
∵∠DBC＝∠DBE，∴∠HBF＝∠EBF．
∵∠H＝∠BEF＝90°，BF＝BF，∴△BHF≌△BEF，
∴BH＝BE＝BC＝8，∴HF＝EF，四边形GHBC是正方形，
∴DF＝DE＋EF＝CD＋HF．
设CD＝a，HF＝b，则DF＝a＋b，DG＝8－a，FG＝8－b，
在Rt△DFG中，(8－a)2＋(8－b)2＝(a＋b)2，
整理得64－8a－8b＝ab． ①
∵S ＝ S ，∴S ＝S ＝4S ，
ADF BEF BHF BEF ADF
△ △ △ △ △
∴8b＝4(6－a)(8－b)，
整理得8a＋8b－48＝ab． ②
由①②解得a＋b＝7，ab＝8，
∴CD2＋EF2＝a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝72－2×8＝33．
6．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD的延长线上，且∠EAF＝45°．
（1）探究EF，BE，DF之间的数量关系，并证明；
（2）若CE＝5，DF＝2，求正方形ABCD的边长．
F
A
D
B C E
【解析】（1）证明：在BC上截取BG＝DF，连接AG．
F
A
D
B G C E
∵正方形ABCD，∴AB＝AD，∠ABG＝∠ADF＝90°，
∴△ABG≌△ADF，∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF．
∵∠BAD＝90°，∴∠BAG＋∠DAG＝90°，
∴∠DAF＋∠DAG＝90°，∴∠GAF＝90°．
∵∠EAF＝45°，∴∠EAG＝∠EAF＝45°，
∵AE＝AE，∴△AEG≌△AEF，
∴EF＝EG＝BE－BG＝BE－DF．
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（2）设正方形ABCD的边长为x．
则CF＝x＋2，EF＝BE－DF＝BC＋CE－DF＝x＋5－2＝x＋3．
在Rt△CEF中，5 2＋( x＋2 )2＝( x＋3 )2，
解得x＝10，即ABCD的边长为10．
7．（1）问题背景：如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点E、F在线段BC上，∠EAF＝45°，
用等式表示线段BE，EF与CF的数量关系，并证明；
（2）拓展应用：如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点E在线段BC上，点F在BC的延长线上，
∠EAF＝45°，若EC＝1，CF＝2，求BE的长．
A A
B E F C B E C F
图1 图2
【答案】（1）BE2＋CF 2＝EF2．
证明：如图1，将△ABE绕点A逆时针旋转90°到△ACD，连接DF．
D
A A
D
B E F C B E C F
图1 图2
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，
∴∠ACD＝∠B＝45°，∴∠DCF＝90°，
∴CD2＋CF 2＝DF2，∴BE2＋CF 2＝DF2．
∵∠BAC＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE＋∠CAF＝45°，
∴∠CAD＋∠CAF＝45°，∴∠EAF＝∠DAF＝45°．
∵AE＝AD，AF＝AF，∴△AEF≌△ADF，
∴DF＝EF，∴BE2＋CF 2＝EF2．
（2）如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转90°到△ACD，连接DF．
则∠ACD＝∠B＝45°，∠DAE＝90°．
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，
∴∠ACD＝∠B＝45°，∴∠BCD＝90°，∴∠DCF＝90°．
∵∠EAF＝45°，∴∠EAF＝∠DAF，
∵AE＝AD，AF＝AF，∴△AEF≌△ADF，
∴DF＝EF＝EC＋CF＝1＋2＝3，
∴BE＝CD＝ ＝ ＝ ．
8．在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点E是CD边上一点，将△BCE沿BE折叠得到△BFE，∠ABF的平
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分线与EF的延长线交于点G．
（1）如图1，当点F落在AD边上时，求DF的长；
EF 3
（2）如图2，若FG ＝10 ，求CE的长；
（3）当点E从点C运动到点D时，直接写出点G运动的路径长．
G G
A F D A D
F
E
B C B C
图1 图2
解：（1）由题意，AD＝BF＝BC＝5，
∴AF＝ BF2 AB2 ＝ 52 32 ＝4，
∴DF＝AD－AF＝5－4＝1．
（2）过点G作BC的平行线MN，分别与BA，CD的延长线交于点M，N．
M G N
A D
F
B C
则∠BMG＝∠BFG＝90°．
∵∠MBG＝∠FBG，BG＝BG，
∴△BMG≌△BFG，∴MG＝FG，BM＝BF＝BC，
∴四边形BCNM为正方形．
EF 3
由 ＝ ，可设EF＝3x，则CE＝3x，MG＝FG＝10x，
FG 10
GE＝13x，GN＝5－10x，EN＝5－3x．
在Rt△GEN中，(5－10x)2＋(5－3x)2＝(13x)2，
5 1
解得x＝－ （舍去）或x＝ ，
2 3
∴CE＝3x＝1．
15
（3）点G运动的路径长为 ．
4
提示：当点E与点C重合时，EF＝CE＝0，EN＝5，
GE＝FG＝MG＝5－GN．
在Rt△GEN中，52＋GN2＝(5－GN)2，
解得GN＝0．
当点E与点D重合时，EF＝CE＝CD＝3，EN＝2，
FG＝MG＝5－GN，GE＝EF＋FG＝8－GN．
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在Rt△GEN中，22＋GN2＝(8－GN)2，
15 15
解得GN＝ ，点G运动的路径长为 ．
4 4
题型四 手拉手模型
例题
例1 在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，探究且BD与CE的数量关系和位
置关系，并证明．
E
A
D
B C
例2 如图，P为正方形ABCD外一点，∠APD＝45°，求证：∠BPC＝45°．
A D
P
B C
例3 已知△ABC为等边三角形．
（1）如图1，P为△ABC外一点，∠BPC＝120°，连接PA，PB，PC，求证：PA＝PB＋PC；
（2）如图2，P为△ABC内一点，PB＞PC，∠BPC＝150°，若PA＝4，△PBC的面积为 3，求△ABC
的面积．
A A
P
B C B C
P
图1 图2
思路点拨：（1）将△ABP绕点A逆时针旋转60°到△ACQ；（2）将△ABP绕点A逆时针旋转60°到
△ACQ，连接PQ，证△ACQ和△PCQ都是直角三角形，△PCQ的面积为△PBC的面积的两倍，△ABC的
面积＝△APQ的面积＋△PCQ的面积＋△PBC的面积．
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基础篇
1．如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠BAC＝90°，D，E，C三点在一条直线上，
BD＝1，BC＝ 10，求DE的长．
A
D
E
B C
【答案】解：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE．
∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE＝1，∠ABD＝∠ACE，
∴∠BDC＝∠BAC＝90°，∴DC＝ ＝3，
∴DE＝DC－CE＝3－1＝2．
2．如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点D在△ABC内，BD的延长线
与CE交于点F，若点F为CE的中点，AD＝3，BD＝2 2，求DF的长．
A
E
F
D
B C
【答案】解：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE．
∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE，
∴CE＝BD＝2 2，∠ABD＝∠ACE，
∴∠BFC＝∠BAC＝90°．
∵点F为CE的中点，∴EF＝ 2．
∵∠DAE＝90°，AD＝3，∴DE＝3 2 ．
∴DF＝ DE2 EF2 ＝4
3．如图，在 中， ，将 绕点 按逆时针方向旋转 后得到 ，则阴影部分面积为
．
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【答案】16
【详解】解：∵在△ABC中，AB=8，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△ABC ，
1 1
∴△ABC≌△ABC ，
1 1
∴AB=AB=8，
1
∴△ABA是等腰三角形，∠ABA=30°，
1 1
过点A 作 于点D
1
∴
∴ ×8×4=16，
又∵ ，
，
∴ =16．
提高篇
4．如图，△ABC是等边三角形，D为△ABC外一点，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，则BD的长为
_________．
A
D
B C
【答案】
【解析】将△BCD绕点C顺时针旋转60°到△ACE，连接DE．
A
D
B C
E
则BD＝AE，△CDE为等边三角形，DE＝CD＝2，∴∠ADE＝∠ADC＋∠CDE＝30°＋60°＝90°，
∴BD＝AE＝ ＝ ＝
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2022·张家界真题
5．如图，点O是等边三角形ABC内一点，OA＝2，OB＝1，OC＝ ，则△AOB与△BOC的面积之和为
（ ）．
3 3 3 3
A． 4 B． 2 C． 4 D．
A
O
B C
【答案】C
【解析】将△AOB绕点B顺时针旋转60°得到△CDB，连接OD．
A
O
B C
D
则CD＝OA＝2，△BOD是等边三角形，∴OD＝OB＝1．
∵OC＝ ，∴OC 2＋OD 2＝CD2，
∴∠DOC＝90°，∴S ＝ ＝ ，S ＝ ＝ ，
COD BOD
△ △
∴S ＋S ＝S ＋S ＝S ＋S ＝ ．
AOB BOC CDB BOC BOD COD
△ △ △ △ △ △
2022·贵阳中考
6．如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点E，AC＝BC＝6，∠ACB＝∠ADB＝90°，若BE＝
2AD，则△ABE的面积是_________．
C
D
E
A B
【答案】
【解析】过点C作CF⊥CD，交BE于点F．
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C
D
E
F
A G B
则△ACD≌△BCF，∴AD＝BF，CD＝CF，
∴∠CDF＝∠CFD＝45°．
∵BE＝2AD，∴BE＝2BF，∴BF＝EF，
∴CF＝BF，∴∠BCF＝∠CBF＝22.5°，
∴∠ABF＝∠CBF＝22.5°．
过点E作EG⊥AB于点G．
∴EG＝EC，∴AE＝ 2EG＝ 2EC ，
2 2 1
∴S ABE ＝ S ABC ＝ 66＝ ．
21 21 2
△ △
7．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AC，AB⊥AC，若∠ABD＝30°，求∠ACD的度数．
A D
B C
解：将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACE，连接BE，CE，DE，CE交BD于点O．
E
A D
O
B C
∵AB＝AC，AB⊥AC，∴∠BAC＝90°，∠ABC＝∠ACB＝45°．
∵AD∥BC，∴∠BAD＝135°，∴∠CAE＝135°，
∴∠BAE＝135°，∴∠BAD＝∠BAE．
∵AB＝AB，AD＝AE，∴△ABD≌△ABE，
∴BD＝BE，∠ABE＝∠ABD＝30°，
∴∠DBE＝60°，∴△BDE是等边三角形．
∵∠ADB＝∠AEC，∴∠EOD＝∠EAD＝90°，
∴OB＝OD，∴BC＝CD，∴∠BDC＝∠DBC．
∵∠ABC＝45°，∠ABD＝30°，∴∠DBC＝15°
∴∠BDC＝15°，∴∠BCD＝150°，∴∠ACD＝105°．
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8．如图，在 中， ， ， ，将线段 绕着点 逆时针旋转60°得到 ，
，则 的面积为 ．
【答案】
【详解】过 点作 交 延长线于点 ，连接 ，如图，
根据旋转有： ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，即 ，
∴ ，即 ，
∵ ， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
又 ，
∴ 为等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴
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9．如图，在 中， ， ， ，将线段 绕着点 逆时针旋转60°得到 ，
，则 的面积为 ．
【答案】
【详解】延长 至 ，使得 ，连接 ，如图
∵
∴ 为等边三角形
∵ 绕着点 逆时针旋转60°得到
∴ 为等边三角形
∴ ，
∵
即
在 和 中
∴ （ ）
∴
过点 作 于点
∴
∴
∴ ，
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∴
∴
10．已知△ABC是等边三角形，PA＝5，PB＝3．
（1）如图1，点P是△ABC内一点，且PC＝4，求∠BPC的度数；
（2）如图2，点P是△ABC外一点，且∠APB＝60°，求PC的长．
A A
P
P
B C B C
图1 图2
【解答】（1）如图1，将△BPC绕点C顺时针旋转60°到△AQC，连接PQ．
则△PQC是等边三角形，AQ＝PB＝3，
∴∠PQC＝60°，PQ＝PC＝4．
∵PA＝5，∴AQ2＋PQ2＝PA2，∴∠AQP＝90°，
∴∠BPC＝∠AQC＝∠AQP＋∠PQC＝90°＋60°＝150°．
（2）如图2，将△BPC绕点C顺时针旋转60°到△AQC，连接PQ．
则△PQC是等边三角形，AQ＝PB＝3，
∠PAQ＝360°－∠PAC－∠QAC＝360°－∠PAC－∠PBC
＝∠APB＋∠ACB＝60°＋60°＝120°．
Q
A A H
Q
P
P
B C B C
图1 图2
过点Q作QH⊥PA交PA的延长线于点H．
1 3 3 3
则∠QAH＝60°，∴AH＝ AQ＝ ，QH＝ ＝ ，
2 2 3AH 2
13
∴PH＝
2
，PC＝QC＝ PH2 QH2 ＝7．
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．△ABC和△DEC是等腰直角三角形， ， ， ．
11
(1)【观察猜想】当△ABC和△DEC按如图1所示的位置摆放，连接BD、AE，延长BD交AE于点F，猜想
线段BD和AE有怎样的数量关系和位置关系．
(2)【探究证明】如图2，将△DCE绕着点C顺时针旋转一定角度 ，线段BD和线段AE的数
量关系和位置关系是否仍然成立？如果成立，请证明：如果不成立，请说明理由．
(3)【拓展应用】如图3，在△ACD中， ， ， ，将AC绕着点C逆时针旋转90°
至BC，连接BD，求BD的长．
【答案】(1) ， ；(2)成立，理由见解析；(3)
【详解】（1） ， ，证明如下：
在 和 中，
， ， ，
，
，
，
，
，
，
；
（2）成立，理由如下：
∵ ，
∴ ，即 ，
在 和 中，
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∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（3）如图，过点C作 ，垂足为C，交AD于点H，
由旋转性质可得： ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，且 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在 中： ，
∵ ，
∴ ，即 ，
在 和 中，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是直角三角形，
在 中， ．
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12．如图， 和 都是等腰直角三角形， ．
（1）猜想：如图1，点 在 上，点 在 上，线段 与 的数量关系是______，位置关系是
______；
（2）探究：把 绕点 旋转到如图2的位置，连接 ， ，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
（3）拓展：把 绕点 在平面内自由旋转，若 ， ，当 ， ， 三点在同一直
线上时，则 的长是______．
【答案】（1） ， ；（2）成立，理由见解析；（3）34或14
【详解】解：（1）∵△ABC和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，
∴BC=AC，EC=DC，
∴BC-EC=AC-DC，
∴BE=AD，
∵点E在BC上，点D在AC上，且∠ACB=90°，
∴BE⊥AD，
故答案为BE=AD，BE⊥AD；
（2）（1）中结论仍然成立，理由：
由旋转知，∠BCE=∠ACD，
∵BC=AC，EC=DC，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，
如图2， BE与AC的交点记作点H，BE与AD的交点记作点G，
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∵∠ACB=90°，
∴∠CBE+∠BHC=90°，
∴∠CAD+∠BHC=90°，
∵∠BHC=∠AHG，
∴∠CAD+∠AHG=90°，
∴∠AGH=90°，
∴BE⊥AD；
（3）①当点E在线段AD上时，如图3，过点C作CM⊥AD于M，
∵△CDE时等腰直角三角形，且DE=20，
∴EM=CM= DE=10，
在Rt AMC中，AC=26，
根据勾股定理得， ，
△
∴AE=AM-EM=24-10=14；
②当点D在线段AD的延长线上时，如图4，过点C作CN⊥AD于N，
∵△CDE时等腰直角三角形，且DE=20，
∴EN=CN= DE=10，
在Rt ANC中，AC=26，
根据勾股定理得 ，
△
∴AE=AN+EN=24+10=34；
综上，AE的长为14或34
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题型五 对角互补+邻边相等模型
1．如图，在四边形 中， ， ， ， ，则四边形
的面积等于 ．
【答案】
【详解】解：∵ ， ，将 绕点 逆时针旋转 ，得 ，如图所示，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，则 ，
∴点 在 的延长线上，且 ， ，
∴ 是等边三角形，过点 作 于 ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴
2．如图，在四边形ABDC中，∠B+∠C＝180°，DB＝DC，∠BDC＝120°，以D为顶点作一个60°角，角
的两边分别交AB、AC于E、F两点，连接EF，探索线段BE、CF、EF之间的数量关系，并加以证明．
【44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
【解答】如图，结论：EF＝EB+FC，
理由如下：延长AB到M，使BM＝CF，
∵∠ABD+∠C＝180°，又∠ABD+∠MBD＝180°，
∴∠MBD＝∠C，
在△BDM和△CDF中，
，
∴△BDM≌△CDF（SAS），
∴DM＝DF，∠BDM＝∠CDF，
∴∠EDM＝∠EDB+∠BDM＝∠EDB+∠CDF＝∠CDB﹣∠EDF＝120°﹣60°＝60°＝∠EDF，
在△DEM和△DEF中，
，
∴△DEM≌△DEF（SAS），
∴EF＝EM，
∴EF＝EM＝BE+BM＝EB+CF
3．如图，已知 中， ，以斜边 为边向外作正方形 ，且正方形的对角线交于
点 ，连接 ．已知 ， ，则另一直角边 的长为 ．
【45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
【答案】
【详解】解：如图，过点 作 于F，过点 作 于M，
四边形 为正方形，
， ，
，
由 ，
，
，
在 和 中，
，
，
， ，
又 ，
四边形 为矩形，
， ，
，
为等腰直角三角形，
，
，
解得： ，
，
【46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
则
4．如图，在四边形 ABCD 中，∠ECF＝ （0°＜ ＜90°），∠B+∠D＝180，CB＝CD，且
BE+DF＝EF，则∠BCD＝ （用含 的代数式表示）.
α α
α
【解答】如图，延长AB至点G，使BG＝DF，连接CG，
可得△CBG≌△CDF，
∴CG＝CF，∠BCG＝∠DCF，
若BE+DF＝EF，
则EG＝EF，
∴△ECF≌△ECG（SSS），
∴∠ECG＝∠ECF，
∴∠BCD＝2∠ECF＝2
α
题型六 平行线夹中点模型
1．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E是CD的中点，AE⊥BE，求证：AB＝AD＋BC．
A D
E
B C
证明：延长AE交BC的延长线于点F．
A D
E
B C F
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∵AD∥BC，∴∠DAE＝∠F，∠D＝∠ECF．
∵点E是CD的中点，∴DE＝CE，
∴△ADE≌△FCE，∴AD＝CF，AE＝EF．
∵AE⊥BE，∴AB＝BF＝BC＋CF＝AD＋BC．
2．如图，AB∥CD，∠BCD＝60°，点 E 为 AD 的中点，若 AB＝2，BC＝6，CD＝8，则 BE 的长为
_________．
A B
E
C D
【答案】3
【解析】延长BE交CD于点F．
A B
E
C F D
∵AB∥CD，∴∠A＝∠D，∠ABE＝∠DFE．
∵点E为AD的中点，∴AE＝DE，
∴△ABE≌△DFE，∴BE＝EF，DF＝AB＝2．
∵CD＝8，∴CD＝6．
∵BC＝6，∠BCD＝60°，∴△BCF是等边三角形，
∴BF＝BC＝6，∴BE＝3．
深圳中考
3．如图，已知四边形ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AB＝CD，AD＝ ，E为CD中点，连接AE，且
， ，作AE⊥AF交BC于F，则BF＝（ ）
A．1 B． C． D．
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【解答】解：如图，延长AE交BC的延长线于G，
∵E为CD中点，
∴CE＝DE，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠G＝30°，
在△ADE和△GCE中，
，
∴△ADE≌△GCE(AAS)，
∴CG＝AD＝＝EG＝
∴AG＝AE＋EG＝＝
∵AE⊥AF，
∴AF＝ AG＝＝4，
GF＝AG÷cos30°＝＝8，
过点A作AM⊥BC于M，过点D作DN⊥BC于N，
则MN＝AD＝
∵四边形ABCD为等腰梯形，
∴BM＝CN，
∵MG＝ AG＝＝6，
∴CN＝MG－MN－CG＝＝
∵AF⊥AE，AM⊥BC，
∴∠FAM＝∠G＝30°，
∴FM＝ AF＝＝2，
∴BF＝BM－MF＝＝．
题型七 截长补短模型
1．如图，△ABC中，∠B=2∠A，∠ACB的平分线CD交AB于点D，已知AC=16，BC=9，则BD的长为
________
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【答案】7
【详解】解：如图，在CA上截取CN=CB, 连接DN,
∵CD平分∠ACB,
∴∠BCD=∠NCD,
∵CD=CD,
∴△CBD≌△CND(SAS),
∴BD=ND,∠B=∠CND,CB=CN,
∵BC=9,AC=16,
∴CN=9,AN=AC−CN=7,
∵∠CND=∠NDA+∠A,
∴∠B=∠NDA+∠A,
∵∠B=2∠A,
∴∠A=∠NDA,
∴ND=NA, ∴BD=AN=7.
2．如图，正方形 中， 是 的中点， 交 外角的平分线于 ．
（1）求证： ；
（2）如图，当 是 上任意一点，而其它条件不变， 是否仍然成立？若成立，请证明，若不成
立，请说明理由．
【分析】（1）取 的中点 ，连接 ，根据已知及正方形的性质利用 判定 ，从而
得到 ；（2）成立，在 上取 ，连接 ，根据已知及正方形的性质利用 判定
，从而得到 ．
【详解】
（1）证明：取 的中点 ，连接 ，如图；
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是正方形，
；
，
，
，
∴ ，
又∵ ，
，
在 和 中
，
，
；
（2）解：成立．
在 上取 ，连接 ，如图，
为正方形，
，
，
， ，
又∵ ，
∴ ，
在 和 中
，
，
．
3．如图，△ABC和△BDC是等腰三角形，且AB=AC，BD=CD，∠BAC=80°，∠BDC=100°，以
D为顶点作一个50°角，角的两边分别交边AB，AC于点E、F，连接EF，点E、F分别在AB、CA
延长线上，则BE、EF、FC之间存在什么样的关系？并说明理由．
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【答案】）EF=FC-BE．
【分析】在 CA 上截取 CG=BE,连接 DG，由等腰三角形的性质，可得∠ABC=∠ACB=50°，
∠DBC=∠DCB=40°，进而证明△BED≅ △CGD(SAS)得到DG=DE，据此方法再证明△EDF≅
△GDF(SAS)，最后根据全等三角形的性质解题即可．
【详解】在CA上截取CG=BE,连接DG
∵△ABC是等腰三角形，∠BAC=80°
∴∠ABC=∠ACB=50°
∵∠BDC=100°，BD=CD
∴∠DBC=∠DCB=40°
∴∠EBD=∠GCD=90°
∵CG=BE，BD=CD
在△BED和△CGD中，
∵CG=BE，∠EBD=∠GCD，BD=CD
∴△BED≅ △CGD(SAS)
∴DG=DE
在△EDF和△GDF中，
∵FD=FD，∠GDF=∠EDF，ED=GD
∴△EDF≅ △GDF(SAS)
∴EF=FG=FC−CG=FC−BE
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4．如图，△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D在线段AB上，连接CD，∠ADC＝
60°，AD＝2，过C作CE⊥CD，且CE＝CD，连接DE，交BC于F．
（1）求△CDE的面积；
（2）证明：DF+CF＝EF．
（1）解：在Rt△ADC中，∵AD＝2，∠ADC＝60°，
∴∠ACD＝30°，
∴CD＝CE＝2AD＝4，
∵EC⊥CD，
∴∠ECD＝90°，
∴S△ECD＝ •CD•CE＝ ×4×4＝8．
（2）证明：在EF上取一点M，使得EM＝DF，
∵EC＝CD，∠E＝∠CDF＝45°，
∴△ECM≌△DCF，
∴CM＝CF，
∵∠ADC＝60°，
∠FDB＝180°﹣60°﹣45°＝75°，
∴∠DFB＝∠CFM＝180°﹣75°﹣45°＝60°，
∴△CFM是等边三角形，
∴CF＝MF，
∴EF＝EM+MF＝DF+CF．
5．在△ABC中，BE，CD为△ABC的角平分线，BE，CD交于点F．
1
（1）求证：∠BFC=90°+ ∠A；
2
（2）已知∠A=60°．
①如图1，若BD=4，BC=6.5，求CE的长；
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②如图2，若BF=AC，求∠AEB的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）2.5；（3）100°．
【详解】解：（1）∵BE、CD分别是∠ABC与∠ACB的角平分线，
1 1
∴∠FBC+∠FCB= (180°−∠A)=90°− ∠A，
2 2
1
∴∠BFC=180°−(∠FBC+∠FCB)=180°−(90°− ∠A)，
2
1
∴∠BFC=90°+ ∠A，
2
（2）如解（2）图，在BC上取一点G使BG=BD，
1
由（1）得∠BFC=90°+ ∠A，
2
∵∠BAC=60°，
∴∠BFC=120°，
∴∠BFD=∠EFC=180°−∠BFC=60°，
在△BFG与△BFD中，
¿ ，
∴△BFG≅△BFD（SAS）
∴∠BFD=∠BFG，
∴∠BFD=∠BFG=60°，
∴∠CFG=120°−∠BFG=60°，
∴∠CFG=∠CFE=60°
在△FEC与△FGC中，
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¿，
∴△FEC≅△FGC(ASA)，
∴CE=CG，
∵BC=BG+CG，
∴BC=BD+CE；
∵BD=4，BC=6.5，
∴CE=2.5
（3）如解（3）图，延长BA到P，使AP=FC，
∵∠BAC=60°，
∴∠PAC=180°−∠BAC=120°，
在△BFC与△CAP中，
¿ ，
∴△BFC≅△CAP（SAS）
∴∠P=∠BCF，BC=PC，
∴∠P=∠ABC，
1
又∵∠P=∠BCF= ∠ACB，
2
∴∠ACB=2∠ABC，
又∵∠ACB+∠ABC+∠A=180°，
∴3∠ABC+60°=180°，
∴∠ABC=40°，∠ACB=80°，
1
∴∠ABE= ∠ABC=20°，∠AEB=180°−(∠ABE+∠A)=180°−(20°+60°)=100°
2
6．课堂上，老师提出了这样一个问题：
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如图1，在 中， 平分 交 于点D，且 ，求证： ，小明的
方法是：如图2，在 上截取 ，使 ，连接 ，构造全等三角形来证明．
(1)小天提出，如果把小明的方法叫做“截长法”，那么还可以用“补短法”通过延长线段 构造全等三
角形进行证明．辅助线的画法是：延长 至F，使 =______，连接 请补全小天提出的辅助线的画法，
并在图1中画出相应的辅助线；
(2)小芸通过探究，将老师所给的问题做了进一步的拓展，给同学们提出了如下的问题：
如图3，点D在 的内部， 分别平分 ，且 ．求证：
．请你解答小芸提出的这个问题（书写证明过程）；
(3)小东将老师所给问题中的一个条件和结论进行交换，得到的命题如下：
如果在 中， ，点D在边 上， ，那么 平分 小东判断这个
命题也是真命题，老师说小东的判断是正确的．请你利用图4对这个命题进行证明．
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【分析】（1）延长 至F，使 ，连接 ，根据三角形的外角性质得到 ，则可利用
证明 ，根据全等三角形的性质可证明结论；
（2）在 上截取 ，使 ，连接 ，则可利用 证明 ，根据全等三角形的性
质即可证明结论；
（3）延长 至G，使 ，连接 ，则可利用 证明 ，根据全等三角形的性质、
角平分线的定义即可证明结论．
【解析】（1）证明：（1）如图1，延长 至F，使 ，连接 ，则 ，
∴ ，
∵ 平分
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
（2）证明：如图3，在 上截取 ，使 ，连接
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∵ 分别平分 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
（3）证明：如图4：延长 至G，使 ，连接 ，则 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴
∴ ，即 平分 ．
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题型八 绝配角模型
例题
【例1】如图，在 Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，点D在边AC上，∠ABD＝ ∠C，
求AD的长．
A
D
B C
解：延长DA到点E，使AE＝AD，连接BE．
E
A
D
B C
∵∠BAC＝90°，∴BE＝BD，
∴∠E＝∠BDE，∠ABE＝∠ABD，
∴∠ABD＝ ∠EBD．
∵∠ABD＝ ∠C，∴∠EBD＝∠C，
∴∠EBC＝∠BDE，∴∠E＝∠EBC，
∴EC＝BC＝ ＝ ＝5，
∴AD＝AE＝EC－AC＝5－4＝1．
考点分析：线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、勾股定理．
思路点拨：延长DA到点E，使AE＝AD，连接BE，证∠E＝∠EBC．
【例2】如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB的中点，点E是BC上一点，连接
DE，过点D作DF⊥DE，交AC于点F．
（1）求证：BE＝CF；
（2）如图2，点M为AC上一点，且∠EMC＝2∠BDE，BE＝2，CE＝5，求EM的长．
A A
M M
D D
F
C
B E C B E
图1 图2
解：（1）如图1，连接CD．
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A A
M M
D D
F F
C
B E C B E
图1 图2 G
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB的中点，
∴BD＝CD，∠B＝∠DCF＝45°，∠BDC＝90°．
∵DF⊥DE，∴∠EDF＝90°，∴∠BDE＝∠CDF，
∴△BDE≌△CDF，∴BE＝CF．
（2）如图2，在AC上取点F，使CF＝BE，延长AC到点G，使CG＝CF，连接EF，EG．
则EF＝EG，∴∠G＝∠EFG，∠CEF＝∠CEG，
∴∠FEG＝2∠CEF．
连接CD，DF．
则△BDE≌△CDF，∴DE＝DF，∠BDE＝∠CDF，
∴∠DFE＝∠DEF＝45°，∴∠DFE＝∠DCE，
∴∠CDF＝∠CEF，∴∠BDE＝∠CEF，
∴∠FEG＝2∠BDE．
∵∠EMC＝2∠BDE，∴∠FEG＝∠EMC，
∴∠MEG＝∠EFG＝∠G，∴EM＝MG．
设EM＝MG＝x，则MC＝x－2．
在Rt△EMC中，5 2＋( x－2 )2＝x 2，
29 29
解得x＝ ，即EM的长为 ．
4 4
考点分析：线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、勾股定理．
思路点拨：（1）连接CD，△BDE≌△CDF；（2）在AC上取点F，使CF＝BE，延长AC到点G，使
CG＝CF，连接EF，EG，导角证EM＝MG，在Rt△EMC中用勾股定理列方程求出EM的长．
基础篇
1．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是边BC上一点，∠BAD＝ ∠C，AC＝6，BD＝1，则CD
的长为_________．
A
B D C
【答案】4
【解析】延长CB到点E，使BE＝BD，连接AE．
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A
E B D C
∵∠ABC＝90°，∴AE＝AD，
∴∠E＝∠ADE，∠BAE＝∠BAD，
∴∠BAD＝ ∠EAD．
∵∠BAD＝ ∠C，∴∠EAD＝∠C，
∴∠CAE＝∠ADE，∴∠E＝∠CAE，
∴EC＝AC＝6，∴CD＝EC－2BD＝6－2×1＝4．
2．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D，E分别为BC，AC上的点，∠B＝2∠CDE，∠ADE＝45°，
AB＝5，AE＝3，则BD的长为_________．
A
E
B D C
【答案】2
【解析】在BA上截取BF＝BD，连接DF．
A
F
E
B D C
1
则∠BFD＝∠BDF＝90°－ ∠B＝90°－∠CDE＝∠CED，
2
∴∠AFD＝∠AED，∠BDF＋∠CDE＝90°，
∴∠EDF＝90°，∠ADF＝∠ADE＝45°．
∵AD＝AD，∴△ADF≌△ADE，
∴AF＝AE＝3，∴BD＝BF＝AB－AF＝5－3＝2．
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2023·深圳宝安区二模
3．如图，在 中， ，点 为 中点， ，则 的值为 ．（后
续计算用到相似）
【答案】
【详解】解：延长 至E，使 ，连接 ，设 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∴ ，又 ，
∴ ，故答案为： ．
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2023·深圳中学联考二模
4．如图，在 中，点 在边 上， ， ， 交 的延长线于点 ，若
， ，则 ．
【答案】
【详解】解：如图所示，延长 至 使 ，作 交 于 ，
，
， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
， ，
，
，
，
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，
提高篇
5．如图，△ABC是等边三角形，点D在BC的延长线上，点E在线段AD上，∠DAC＝2∠DBE，BE与
AC交于点F，若CF＝1，DE＝2，则CD的长为_________．
A
F E
B C D
【答案】3
【解析】在AD上截取DG＝DC，连接CG．
A
G
F E
B C D
设∠DBE＝x，则∠DAC＝2x，∠BAD＝60°＋2x，
∠ABE＝∠AEB＝60°－x，∠D＝60°－2x，
∠DGC＝∠EFC＝60°＋x，
∴AE＝AB＝AC，∠AGC＝∠AFE．
∵∠CAG＝∠EAF，∴△ACG≌△AEF，
∴AG＝AF，∴EG＝CF＝1，
∴CD＝DG＝DE＋EG＝2＋1＝3
6．如图，在△ABC中，点E在边AC上，EB＝EA，∠A＝2∠CBE，CD⊥BE交BE的延长线于点D，
BD＝8，AC＝11，则BC的长为_________．
B
E
A C
D
【答案】4 5
【解析】过点C作CF∥AB交BD的延长线于点F．
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B
G
E
A C
D
F
则∠ECF＝∠A，∠F＝∠ABE．
∵EB＝EA，∴∠A＝∠ABE，
∴∠ECF＝∠F，∴EF＝EC，
∴BF＝AC＝11，∴DF＝BF－BD＝11－8＝3．
在BD上取点G，使DG＝DF，连接CG．
则CF＝CG，∴∠CGF＝∠F＝∠ECF＝∠A＝2∠CBE，
∴∠CBG＝∠BCG，∴CG＝BG＝BD－DG＝5，
∴CD＝ CG2 DG2 ＝ 52 32 ＝4，
∴BC＝ BD2 CD2 ＝ 82 42 ＝4 5．
7．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB中点，点E在AC边上，AE＝BC＝2，将△BCE沿BE折
叠至△BC′E，当C′E∥CD时，CE的长为_________．
A
2
【答案】
D C3′
【解析】延长EAC到点F，使CF＝CE，连接BF．
A
B C
D C′
E
B C
F
∵∠ACB＝90°，∴BE＝BF，∴∠F＝∠BEF．
∵点D为AB中点，∴CD＝AD，∴∠A＝∠ACD．
∵C′E∥CD，∴∠AEC'＝∠ACD，
∴∠A＝∠AEC'＝180°－2∠BEF＝180°－2∠F，
∴∠ABF＝∠F，∴AB＝AF．
设CE＝CF＝x，则AC＝x＋2，AB＝AF＝2x＋2．
在Rt△ABC中，2 2＋( x＋2 )2＝( 2x＋2 )2，
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2 2
解得x＝－2（舍去）或x＝ ，∴CE的长为 ．
3 3
8．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为边BC上一点，BD＝2CD，∠DAC＝2∠ABC，若AD＝ 2，
求AB的长．
A
B D C
【答案】3
解：延长BC到点E，使CE＝CD，连接AE，过点B作AE的垂线，垂足为F．
F
A
B D C E
∵∠ACB＝90°，∴AE＝AD，∴∠EAC＝∠DAC＝2∠ABC．
∵∠FBE＝∠EAC＝90°－∠E，∴∠FBE＝2∠ABC，
∴∠ABF＝∠ABC，∴AF＝AC，∴BF＝BC．
设CD＝a，则BD＝2a，BF＝BC＝3a，BE＝4a，
在△ABE中，由面积法得BE·AC＝AE·BF，
AC 3
∴4a·AC＝AE·3a，∴ ＝ ．
AE 4
设AC＝3m，则AD＝AE＝4m，CD＝ 7m，
3 2
BC＝ ，AB＝ ＝ AD＝3．
3 7m 6 2m 2
9．如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝8，点 D 是 AB 的中点，点 E 是 AC 上一点，
∠EBC＝2∠ADE，求AE的长．
A
E
D
C B
【答案】2
【解析】解：过点D作DF⊥DE，交BC于点F，延长BC到点G，使CG＝CF，连接CD，EF，EG．
A
E
D
G C F B
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∵∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是AB的中点，
∴AD＝BD＝CD，CD⊥AB，∠DAE＝∠DCE＝∠DCF＝45°，
∴∠ADE＝∠CDF，∴△ADE≌△CDF，
∴AE＝CF，DE＝DF，∴∠DEF＝∠DFE＝45°，
∴∠DCE＝∠DFE，∴∠CEF＝∠CDF＝∠ADE．
∵∠EBC＝2∠ADE，∴∠EBC＝2∠CEF．
∵∠ACB＝90°，CG＝CF，∴EG＝EF，
∴∠CEG＝∠CEF，∠G＝∠EFG，∴∠EBC＝∠GEF，
∴∠BEG＝∠EFG＝∠G，∴BG＝BE．
设AE＝x，则CG＝CF＝x，BE＝BG＝8＋x，EC＝8－x，
在Rt△EBC中，8 2＋( 8－x )2＝( 8＋x )2，
解得x＝2，即AE的长为2．
10．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E分别在AC，BC上，∠BDE＝2∠ABD，
EF⊥BD于点G，交AB于点F，用等式表示线段BF与AD的数量关系，并证明．
A
D
F
G
B E C
【答案】BF＝2AD
【解析】证明：延长DA到点D'，使AD'＝AD，连接D'B．
D′
A
D
F
G
B E C
F′
∵∠BAC＝90°，∴BD＝BD'，
∴∠ABD＝∠ABD'，∴∠D'BD＝2∠ABD．
∵∠BDE＝2∠ABD，∴∠D'BD＝∠BDE，∴D'B∥DE．
过点B作BF'∥AC交DE的延长线于点F'．
则∠F'BE＝∠C＝∠FBE，四边形D'BF'D为平行四边形，
∴BF'＝D'D＝2AD，∠F'＝∠D'＝∠BDD'．
∵∠FAD＝∠FGD＝90°，∴∠BDD'＝∠BFE，
∴∠F'＝∠BFE．
∵BE＝BE，∴△BEF'≌△BEF，
∴BF'＝BF，∴BF＝2AD．
11．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AC，∠ACD＝2∠ABD，延长BA到点E，使AE＝AB，连
接DE，过点D作DH⊥AE于点H．
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（1）求证：△ADE≌△ADC；
（2）用等式表示线段AH与CD的数量关系，并证明；
（3）若AD＝2 5，CD＝6，求AB的长．
E
H
A D
B C
【解析】证明：（1）∵AD∥BC，∴∠EAD＝∠ABC，∠CAD＝∠ACB．
∵AB＝AC，∴AE＝AC，∠ABC＝∠ACB，
∴∠EAD＝∠CAD．
∵AD＝AD，∴△ADE≌△ADC．
（2）CD＝2AH．
在HB上截取HF＝HE，连接DF．
E
H
A D
F
B C
则DF＝DE，∴∠E＝∠DFA．
∵△ADE≌△ADC，∴∠E＝∠ACD，ED＝CD，
∴∠DFA＝∠ACD．
∵∠ACD＝2∠ABD，∴∠DFA＝2∠ABD，
∴∠ABD＝∠BDF，∴BF＝DF＝DE＝CD，
∴AF＋BF＝AH＋HE＝AH＋AF＋AH，
∴BF＝2AH，∴CD＝2AH．
（3）∵CD＝6，∴AH＝3，ED＝6，
∴DH2＝AD2－AH2＝(2 5)2－32＝11，
∴EH2＝ED2－DH2＝62－11＝25，
∴EH＝5，∴AB＝AH＋EH＝3＋5＝8．
题型九 婆罗摩笈模型
1．如图，△ABE和△ACF都是等腰直角三角形，∠BAE＝∠CAF＝90°，连接BC，EF，AD是BC边上的
中线，猜想AD与EF的数量关系与位置关系，并证明．
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E
A F
B D C
1
【答案】猜想：AD＝ EF，AD⊥EF．
2
【解析】证明：延长AD到点G，使DG＝AD，连接BG．
E
H
A F
B D C
G
∵AD是BC边上的中线，∴CD＝BD．
∵∠ADC＝∠GDB，∴△ADC≌△GDB，
∴AC＝BG，∠DAC＝∠G，
∴AC∥BG，∴∠BAC＋∠ABG＝180°．
∵AC＝AF，∴BG＝AF．
∵∠BAE＝∠CAF＝90°，∴∠BAC＋∠EAF＝180°，
∴∠ABG＝∠EAF．
∵AB＝AE，∴△ABG≌△EAF，
∴AG＝EF，∠G＝∠AFE，
1 1
∴AD＝ AG＝ EF，∠DAC＝∠AFE．
2 2
延长DA交EF于点H．
∵∠CAF＝90°，∴∠DAC＋∠HAF＝90°，
∴∠AFE＋∠HAF＝90°，∴∠AHF＝90°，∴AD⊥EF．
2．如图，AB＝AE，AB⊥AE，AD＝AC，AD⊥AC，点M为BC的中点，
求证：DE＝2AM.
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【答案】见解析.
【详解】延长AM至N，使MN＝AM，连接BN，
∵点M为BC的中点，
∴CM=BM，
在 AMC和 NMB中
△ △
∴△AMC≌△NMB（SAS），
∴AC=BN，∠C=∠NBM，
∵AB⊥AE，AD⊥AC，
∴∠EAB=∠DAC=90°，
∴∠EAD+∠BAC=180°，
∴∠ABN=∠ABC+∠C=180゜-∠BAC=∠EAD，
在 EAD和 ABN中
△ △
∵ ，
∴△ABN≌△EAD（SAS），
∴DE=AN=2MN．
2022 武汉·中考真题
3．如图，在 中， ， ，分别以 的三边为边向外作三个正方形 ，
， ，连接 ．过点 作 的垂线 ，垂足为 ，分别交 ， 于点 ， ．若
， ，则四边形 的面积是 ．
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【答案】80
【详解】连接LC、EC、EB，LJ，
在正方形 ， ， 中
．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
∵ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵
∴ ，
∴ ．
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∵ ，
∴ ．
∴
∴ ．
∵ .
∴ ,
∵
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ,
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
设 ，
∵
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
∴ ，
∴ ．
4．我们定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆
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时针旋转β得到AC′，连接B'C'，当a+β＝180°时，我们称△AB'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”．
(1)[特例感知]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，且BC＝6时，则AD长为 ．
②如图3，当∠BAC＝90°，且BC＝7时，则AD长为 ．
(2)[猜想论证]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．（如果你没
有找到证明思路，可以考虑延长AD或延长B'A，…）
(3)[拓展应用]如图4，在四边形ABCD中，∠BCD＝150°，AB＝12，CD＝6，以CD为边在四边形ABCD内
部作等边△PCD，连接AP，BP．若△PAD是△PBC的“旋补三角形”，请直接写出△PBC的“旋补中
线”长及四边形ABCD的边AD长．
【答案】(1)① ；②
(2)AD＝ BC，证明见解析
(3)旋补中线长为 ，
【分析】（1）①首先证明 是含有 是直角三角形，可得 即可解决问题．
②首先证明 ，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题．
（2）结论： ．如图1中，延长AD到M，使得 ，连接 ，首先证明四边形
是平行四边形，再证明 ，即可解决问题．
（3）如图4中，过点P作 于H，取BC的中点J，连接PJ．解直角三角形求出BC，PJ，利用
（2）中结论解决问题即可．
(1)
解：①如图2中，
∵ 是等边三角形，
∴ ，
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∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：3．
②如图3中，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故答案为： ．
(2)
结论：AD＝ BC．
理由：如图1中，延长AD到M，使得AD＝DM，连接B′M，C′M
∵ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
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∴ ，
∴ ．
(3)
如图4中，过点P作PH⊥AB于H，取BC的中点J，连接PJ．
∵ 是等边三角形，
∴ ，
∵∠BCD＝150°，
∴∠PCB＝90°，
∵ 是 的“旋补三角形”，
∴ ，
∵PH⊥AB，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的“旋补中线”长 ，
∵ ，
∴ ，
∵ 也是 的“旋补三角形”，
∴ ．
2020·宿迁中考真题
5．【感知】（1）如图①，在四边形ABCD中，∠C=∠D=90°，点E在边CD上，∠AEB=90°，求证：
= ．
【探究】（2）如图②，在四边形ABCD中，∠C=∠ADC=90°，点E在边CD上，点F在边AD的延长线
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上，∠FEG=∠AEB=90°，且 = ，连接BG交CD于点H．求证：BH=GH．
【拓展】（3）如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB+∠DEC=180°，且 = ，过E作EF交AD
于点F，若∠EFA=∠AEB，延长FE交BC于点G．求证：BG=CG．
【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）见解析
【详解】（1）∵∠C=∠D=∠AEB=90°，
∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°，
∴∠BEC=∠EAD，
∴Rt AED∽Rt EBC，
∴ △ ； △
（2）如图1，过点G作GM⊥CD于点M，
同（1）的理由可知： ，
∵ ， ，
∴ ，
∴CB=GM，
在△BCH和△GMH中，
，
∴△BCH≌△GMH（AAS），
∴BH=GH；
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（3）证明：如图2，在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，
过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，
∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=∠AEF+∠AEB+∠BEM=180°，∠EFA=∠AEB，
∴∠EAF=∠BEM，
∴△AEF∽△EBM，
∴ ，
∵∠AEB+∠DEC=180°，∠EFA+∠DFE=180°，
而∠EFA=∠AEB，
∴∠CED=∠EFD，
∵∠BMG+∠BME=180°，
∴∠N=∠EFD，
∵∠EFD+∠EDF+∠FED=∠FED+∠DEC+∠CEN=180°，
∴∠EDF=∠CEN，
∴△DEF∽△ECN，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴BM=CN，
在△BGM和△CGN中，
，
∴△BGM≌△CGN（AAS），
∴BG=CG．
6．如图1，2，3，△ABC中，分别以AB，AC为边作Rt ABE和Rt ACD，AB＝AE，AC＝AD，∠BAE＝
∠CAD＝90°，则有下列结论： △ △
①图1中S ABC＝S ADE；
△ △
②如图2中，若AM是边BC上的中线，则ED＝2AM；
③如图3中，若AM⊥BC，则MA的延长线平分ED于点N．
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（1）上述三个结论中请你选择一个感兴趣的结论进行证明，写出证明过程；
（2）能力拓展：将上述图形中的某一个直角三角形旋转到如图4所示的位置：△ABC与△ADE均为等腰
直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，若F为BD的中点，连接AF，求证：2AF＝CE．
【答案】（1）①证明见详解；②证明见详解；③证明见详解；（2）证明见详解．
【详解】（1）①图1中S ABC＝S ADE；
证明：取DE中点F，过E△作EG∥△AD，交射线AF于G，
∵点F为DE中点，
∴EF=DF，
∵EG∥AD，
∴∠GEF=∠ADF，∠GEA+∠EAD=180°，
在 GEF和 ADF中，
△ △
，
∴ GEF≌ ADF（AAS），
∴GE=AD，∠G=∠DAF，
△ △
∴S GEF=S ADF，
∴S△EAD=S△GEA，
∵∠△BAE＝∠△ CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD=360°-∠BAE-∠CAD=180°
∴∠BAC+∠EAD=∠GEA+∠EAD=180°
∴∠BAC =∠GEA，
∴GE=AD=AC，
在 GEA和 CAB中，
△ △
，
∴ GEA≌ CAB（SAS），
∴S ABC＝S =S ADE；
GEA
△ △
△ △ △
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②如图2中，若AM是边BC上的中线，则ED＝2AM；
证明：取DE中点F，过E作EG∥AD，交射线AF于G，
∵点F为DE中点，
∴EF=DF，
∵EG∥AD，
∴∠GEF=∠ADF，∠GEA+∠EAD=180°，
在 GEF和 ADF中，
△ △
，
∴ GEF≌ ADF（AAS），
∴△GE=AD，△GF=AF=
∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD=360°-∠BAE-∠CAD=180°
∴∠BAC+∠EAD=∠GEA+∠EAD=180°
∴∠BAC =∠GEA，
∴GE=AD=AC，
在 GEA和 CAB中，
△ △
，
∴ GEA≌ CAB（SAS），
∴∠EAG=∠ABC，AC=AG，
△ △
∵AM是边BC上的中线，
∴BM=CM= ，
在 EAF和 ABM中，
△ △
，
∴ EAF≌ ABM（SAS），
∴EF=AM，
△ △
∵点F为DE中点，
∴DE=2EF=2AM，
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③如图3中，若AM⊥BC，则MA的延长线平分ED于点N．
证明：过E作EP⊥MN交MN延长线于O，过D作DO⊥MN于O，
∵∠BAE=90°，∠DAC=90°，
∴∠BAM+∠EAP=90°，∠MAC+∠DAO=90°，
∵AM⊥BC，
∴∠ABM+∠BAM=90°，∠MCA+∠MAC=90°
∴∠ABM=∠EAP，∠MCA=∠OAD，
∵EP⊥MN，
∴∠EPA=90°
在 EAP和 ABM中，
△ △
，
∴ EAP≌ ABM（AAS），
∴EP=AM，
△ △
∵DO⊥MN，
∴∠AOD=90°，
在 CAM和 ADO中，
△ △
，
∴ CAM≌ ADO（AAS）
∴AM=DO，
△ △
∴EP=DO=AM，
在 EPN和 DON中，
△ △
∴△EPN≌ DON（AAS），
∴EN=DN，
△
∴MA的延长线平分ED于点N．
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（2）延长AF，使FQ=AF，连接DQ，将 ACE绕点A逆时针旋转90°，得 ARD
∵点F为BD中点，
△ △
∴DF=BF，
在 DQF和 BAF中，
△ △
∴△DQF≌ BAF（SAS），
∴DQ=BA=AC，∠FDQ=∠FBA，
△
∴DQ∥BA，
∵ ACE绕点A逆时针旋转90°得 ARD
∴ ACE≌ ARD，∠RAC=90°，
△ △
∴AR=AC=AB=QD，RD=CE，
△ △
∵∠CAB=90°，
∴∠RAB=∠RAC+∠CAB=90°+90°=180°，
∴R、A、B三点共线，
∵DQ∥BA，
∴∠QDA=∠RAD，
在 DQA和 ARD中，
△ △
∴△DQA≌ ARD（SAS），
∴AQ=DR，
△
∴2AF=AG=DR=CE，
∴2AF=CE．
7．综合与实践
以 的两边 、 为边，向外作正方形 和正方形 ，连接 ，过点A作 于
M，延长 交 于点N.
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(1)如图①，若 ，证明： ；
(2)如图②， ，（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， ， ， ，且 ，则 ________________.
【详解】（1）∵ ， ，
∴
∵以 的两边 、 为边，向外作正方形 和正方形 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ；
（2）过点E作 交 的延长线于P，过点G作 于Q，
∵四边形 是正方形，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ；
同理可得 ，
∴ ；
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在 和 中，
，
∴ ，
∴ ；
即（1）中的结论成立；
（3）在 中， ， ，
∴ ，
在 中， ， ，
∴ ，
过点E作 交 的延长线于P，过点G作 于Q，
∵四边形 是正方形，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴
∴ ， ，
同理可得 ，
∴ ；
在 和 中，
∴
∴ ，
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∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
8．我们定义：如图1，在 中，把 绕点A顺时针旋转α( )得到 ，把 绕点A逆时
针旋转β得到 ，连接 ．当 时，我们称 是 的“旋补三角形”，
边 上的中线 叫做 的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．
(1)【探索一】如图1， 是 的“旋补三角形”， 是 的“旋补中线”，探索 与
的数量关系．
在探索这个问题之前，请先阅读材料：
【材料】如图2在 中，若 ， ．求 边上的中线 的取值范围．是这样思考的：延
长 至E，使 ，连结 ．利用全等将边 转化到 ，在 中利用三角形三边关系即可求
出中线 的取值范围．中线 的取值范围是 ．
请仿照上面材料中的方法，猜想图1中 与 的数量关系，并给予证明．
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(2)【探索二】如图3，当 时， 是 的“旋补三角形”， ，垂足为点E，
的反向延长线交 于点D，探索 是否是 的“旋补中线”，如果是，请给出证明，如果不是，
请说明理由．
【答案】(1) ； ，证明见解析；(2) 是 的“旋补中线”， 证明见解析
【详解】（1）解：材料：由题意得： ， ， ，
由三角形三边关系可得： ，即 ，
∴ ，
故答案为： ；
探索一： ；
证明：如图1，延长 至点E使 ，连接 ，
∵ 是 的“旋补中线”，
∴ 是 的中线，即 ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ 是 的“旋补中线”，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ．
（2） 是 的“旋补中线”；
证明：如图，作 于H，作 交 延长线于F，
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∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，即 ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是 的中线，
∴ 是 的“旋补中线”．
题型十 脚蹬脚模型（海盗埋宝藏）
1．如图，△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DEC＝90°，A，D，E三点在一条直线上，求
证：∠BDC＝90°．
A
D
E
B C
【解析】证明：过点B作BF⊥AE交EA的延长线于点F．
【87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
F
A
D
E
B C
则∠F＝∠AEC＝90°，∴∠ABF＋∠BAF＝90°．
∵∠BAC＝90°，∴∠BAF＋∠CAE＝90°，
∴∠ABF＝∠CAE．
∵AB＝AC，∴△ABF≌△CAE，
∴AF＝CE，BF＝AE，
∵DE＝CE，∴AF＝DE，∴DF＝AE，
∴BF＝DF，∴∠BDF＝45°．
∵∠DEC＝90°，DE＝CE，∴∠CDE＝45°，
∴∠BDC＝90°．
2．如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠AED＝90°，连接BD，点F为BD的中点，连
接CE，CF，EF，求证：△CEF是等腰直角三角形．
A
D
F
E
B C
【解析】证明：延长EF到点G，使FG＝EF，连接BG，CG，CE，设直线BC与DE相交于点H．
A
D
G
F
E
B CH
则△BFG≌△DFE，∴BG＝DE＝AE，∠GBF＝∠EDF，
∴∠GBC＝∠GBF＋∠FBC＝∠EDF＋∠FBC＝180°－∠H＝∠EAC．
∵AC＝BC，∴△ACE≌△BCG，
∴CE＝CG，∠ACE＝∠BCG，
∴∠ECG＝∠ACB＝90°，
∴△CEG是等腰直角三角形．
∵EF＝FG，∴CF＝EF且CF⊥EF，
∴△CEF是等腰直角三角形．
3．如图，在Rt ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D是线段AC上一点，连接BD．以BD直角边作等腰
直角△BDE，△∠DBE＝90°，连接AE，点F为AE中点，若AB＝4，BF＝1，则AD的长为 ．
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解：连接CE，延长AB、CE交于T，
∵∠ABC＝∠DBE，
∴∠ABD＝∠CBE，
∵AB＝BC，DB＝EB，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴∠BCE＝∠BAD＝45°，∠ADB＝∠BEC，
∴BC＝BT＝AB，
∵点F是AE的中点，
∴BT是△AET的中位线，
∴TE＝2BF＝2，
∵∠ADB＝∠BEC，
∴∠BDC＝∠BET，
∵∠T＝∠BCD，BT＝BC，
∴△BDC≌△BET（AAS），
∴CD＝ET＝2，
∴AD＝AC﹣CD＝4 ﹣2，
故答案为：4 ﹣2．
4．如图，△ABC与△BDE均为等腰直角三角形，BA⊥AC，DE⊥BD，点D在AB边上，连接EC，取EC
中点F，求证：
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（1）AF＝DF； （2）AF⊥DF．
证明：（1）连接BF，延长DF交AC于点G，
∵∠EBD＝∠ABC＝45°，
∴∠EBC＝90°，
在RT EBC中，F为斜边中点，
∴BF＝EF，
△
∴∠FBC＝∠FCB，
∴∠DFE＝∠DFB，
∵∠EFB＝∠FBC+∠FCB，
∴∠DFE+∠DFB＝∠FBC+∠FCB，
∴2∠DFB＝2∠FBC，
则∠DFB＝∠FBC，
∴DG∥BC，
∵△BAC为等腰直角三角形，且DG∥BC，AB＝AC，
∴AD＝AG，BD＝CG，
∵BD＝DE，
∴DE＝CG，
∵∠BDE＝∠CAB＝90°，
∴DE∥AC，
∴∠DEF＝∠GCF，
在△DEF和△GCF中，
∴△DEF≌△GCF（SAS），
∴DF＝FG，
∵△DAG为等腰直角三角形，
∴AF⊥DG；
（2）∵F为DG中点，
∴在RT DAG中，AF＝DF．
△
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5．如图，四边形ABCD是正方形，点O为对角线AC的中点．
（1）问题解决：如图①，连接BO，分别取CB，BO的中点P，Q，连接PQ，则PQ与BO的数量关系是
，位置关系是 ；
（2）问题探究：如图②，△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到的三角形，连接
CE，点P，Q分别为CE，BO'的中点，连接PQ，PB．判断△PQB的形状，并证明你的结论；
（3）拓展延伸：如图③，△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按逆时针方向旋转45°得到的三角形，连接
BO'，点P，Q分别为CE，BO'的中点，连接PQ，PB．若正方形ABCD的边长为1，求△PQB的面积．
【答案】（1）PQ BO，PQ⊥BO；（2）△PQB的形状是等腰直角三角形．理由见解析；（3）
【详解】解:（1）∵点O为对角线AC的中点，
∴BO⊥AC，BO＝CO，
∵P为BC的中点，Q为BO的中点，
∴PQ∥OC，PQ OC，
∴PQ⊥BO，PQ BO；
故答案为：PQ BO，PQ⊥BO．
（2） PQB的形状是等腰直角三角形．理由如下：
连接O'P并延长交BC于点F，
△
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∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵将 AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到 AO'E，
∴△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，
△ △
∴∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，
又∵点P是CE的中点，
∴CP＝EP，
在 O′PE和 FPC中
△ △
，
∴△O'PE≌△FPC（AAS），
∴O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，
∴AB﹣O'A＝CB﹣FC，
∴BO'＝BF，
∴△O'BF为等腰直角三角形．
∴BP⊥O'F，O'P＝BP，
∴△BPO'也为等腰直角三角形．
又∵点Q为O'B的中点，
∴PQ⊥O'B，且PQ＝BQ，
∴△PQB的形状是等腰直角三角形；
（3）延长O'E交BC边于点G，连接PG，O'P．
∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠ECG＝45°，
由旋转得，四边形O'ABG是矩形，
∴O'G＝AB＝BC，∠EGC＝90°，
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∴△EGC为等腰直角三角形．
∵点P是CE的中点，
∴PC＝PG＝PE，∠CPG＝90°，∠EGP＝45°，
在 O'GP和 BCP中,
△ △
，
∴△O'GP≌△BCP（SAS），
∴∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，
∴∠O'PG﹣∠GPB＝∠BPC﹣∠GPB＝90°，
∴∠O'PB＝90°，
∴△O'PB为等腰直角三角形，
∵点Q是O'B的中点，
∴PQ O'B＝BQ，PQ⊥O'B，
∵AB＝1，
∴O'A ，
∴O'B ，
∴BQ ．
∴S PQB BQ•PQ ．
△
6．已知两个等腰 有公共顶点C， ，连接 ，M是 的中点，连
接 ．
(1)如图1，当C，B，E三点共线时，若 ，B为 中点，求 的长；
(2)如图1， 探索线段 与 的关系，并说明理由；
(3)将图1中 绕点C顺时针旋转 至图2所示，（2）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明；若
不成立，请说明理由．
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【答案】(1) ；(2) ，理由见解析；(3)成立，证明见解析
【详解】（1）解：∵ 是等腰直角三角形，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，B为 中点，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∵M是 的中点，
∴ ；
（2）解： ，理由如下：
如图，延长 交 于点D，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵M是 的中点，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ；
（3）解：成立，证明如下：
如图，延长 交 于点D，连接 ，
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根据题意得： ，
∵ 是等腰直角三角形，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵M是 的中点，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ．
7．已知两个等腰 有公共顶点C， ，连接 是 的中点，连接
．
【95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
(1)如图1，当 与 在同一直线上时，求证： ；
(2)如图2，当 时，求证： ．
【分析】（1）法一：延长 交 于点 ，易证 为等腰直角三角形，得到 ，进而
得到 为 的中位线，即可得证；法二：延长 交 于 ，证明 ，进而
推出 是等腰直角三角形，得到 ，进而得到 ，即可得证；
（2）法一：延长 交 于点D，连接 ，易得 ， ，证明 ，
得到 ，即可得证；法二：延长 交 于D，连接 、 ，分别证明 ，
推出 是等腰直角三角形，进而得证．
【详解】（1）解：法一：
如图：延长 交 于点 ，
∵等腰 有公共顶点C， ，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴点 为线段 的中点，
又∵点 为线段 的中点，
∴ 为 的中位线，
∴ ；
法二：
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如图，延长 交 于 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 的中点，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
∵在等腰直角 中， ，
∴ ，
∴ ；．
（2）法一：
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如图，延长 交 于点D，连接 ，则： ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 为等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ， ，
∴点B为 中点，又点M为 中点，
∴ ．
延长 与 交于点G，连接 ，
同法可得： ， ，
∴点E为 中点，又点M为 中点，
∴ ．
在 与 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
法二：
如图，延长 交 于D，连接 、 ，
∵ 为等腰直角三角形， 为等腰直角三角形，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 的中点，
∴ ，
【98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
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，
又∵ ，
∴ ，
∴ ．
8．已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．
（1）如图①，连接BG、CF，求 的值；
（2）当正方形AEFG旋转至图②位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN、试
探究：MN与BE的关系，并说明理由；
解：（1）如图①，连接AF，AC，
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∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴AC＝ AB，AF＝ AG，∠CAB＝∠GAF＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠CAF＝∠BAG， ，
∴△CAF∽△BAG，
∴ ＝ ；
（2）BE＝2MN，MN⊥BE，
理由如下：如图②，连接ME，过点C作CH∥EF，交直线ME于H，连接BH，设CF与AD交点为P，CF
与AG交点为R，
∵CH∥EF，
∴∠FCH＝∠CFE，
∵点M是CF的中点，
∴CM＝MF，
又∵∠CMH＝∠FME，
∴△CMH≌△FME（ASA），
∴CH＝EF，ME＝HM，
∴AE＝CH，
∵CH∥EF，AG∥EF，
∴CH∥AG，
∴∠HCF＝∠CRA，
∵AD∥BC，
∴∠BCF＝∠APR，
∴∠BCH＝∠BCF+∠HCF＝∠APR+∠ARC，
∵∠DAG+∠APR+∠ARC＝180°，∠BAE+∠DAG＝180°，
∴∠BAE＝∠BCH，
又∵BC＝AB，CH＝AE，
∴△BCH≌△BAE（SAS），
∴BH＝BE，∠CBH＝∠ABE，
∴∠HBE＝∠CBA＝90°，
【10淘0 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
∵MH＝ME，点N是BE中点，
∴BH＝2MN，MN∥BH，
∴BE＝2MN，MN⊥BE；
9．已知正方形ABCD与正方形CEFG，M是AF的中点，连接DM，EM．
（1）如图1，点E在CD上，点G在BC的延长线上，请判断DM，EM的数量关系与位置关系，并直
接写出结论；
（2）如图2，点E在DC的延长线上，点G在BC上，（1）中结论是否仍然成立？请证明你的结论．
【解答】解：（1）结论：DM⊥EM，DM＝EM．
理由：如图1中，延长EM交AD于H．
∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴∠ADE＝∠DEF＝90°，AD＝CD，
∴AD∥EF，
∴∠MAH＝∠MFE，
∵AM＝MF，∠AMH＝∠FME，
∴△AMH≌△FME（AAS），
∴MH＝ME，AH＝EF＝EC，
∴DH＝DE，
∵∠EDH＝90°，
∴DM⊥EM，DM＝ME；
（2）如图2中，结论不变．DM⊥EM，DM＝EM．
【10淘1 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
理由：如图2中，延长EM交DA的延长线于H．
∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴∠ADE＝∠DEF＝90°，AD＝CD，
∴AD∥EF，
∴∠MAH＝∠MFE，
∵AM＝MF，∠AMH＝∠FME，
∴△AMH≌△FME，
∴MH＝ME，AH＝EF＝EC，
∴DH＝DE，
∵∠EDH＝90°，
∴DM⊥EM，DM＝ME．
【10淘2 宝店铺：向阳百分百】
