文档内容
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
重难点 04 几何大综合
题型01 角度从特殊到一般
1．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图1， ▱ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，连接AE、BF交
于点G，∠AGF=∠D=α．
问题探究
AE BF
（1）先将问题特殊化，如图2，当α=90°时，求证： = ；
BE CF
（2）再探究一般情形，如图1，证明（1）中结论仍然成立；
问题拓展
AB 2
（3）如图3，当α=120°时， = ，F为DC中点，直接写出tan∠AEB的值（用含n的式子表示）．
BC n
√3(n−1)
【答案】（1）见解析（2）见解析（3）
n+1
【分析】（1）先证明 ▱ABCD是矩形，再证明△ABE∽△BCF，即可得证；
AB BG AB BF
（2）先证明△AGB∽△BCF，得到 = ，进而得到 = ，再证明△BGE∽△ABE，得到
BF CF BG CF
1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
AB AE
= ，即可得证；
BG BE
（3）设AB=2,BC=n，过点A作AG⊥BC，过点F作FH⊥BC，根据含30度角的直角三角形的性质，
1 1 1 √3
得到BG= AB=1,AG=√3BG=√3，CH= CF= ,FH=√3CH= ，进而得到
2 2 2 2
BH=BC−CH=n− 1 ，勾股定理求出BF=√BH2+FH2= √ ( n− 1) 2 + (√3) 2 =√n2−n+1，利用（2）
2 2 2
AE BF
中的结论得到 = =√n2−n+1，设BE=x，在Rt△AEG中，利用勾股定理求出x的值，再利用正切
BE CF
的定义，求解即可．
【详解】（1）证明：∵α=90°，
∴∠AGF=∠D=α=90°，
∴ ▱ABCD是矩形，
∴∠ABE=∠BCF=90°，
∴∠ABG+∠BAE=∠ABG+∠CBF=90°，
∴∠BAE=∠CBF，
∴△ABE∽△BCF，
AE BE
∴ = ，
BF CF
AE BF
∴ = ；
BE CF
（2）证明：∵ ▱ABCD，
∴AD∥CB,∠ABC=∠D，
∴∠D+∠C=180°，
∵∠AGF=∠D，
∴∠AGF=∠ABC，
∵∠AGF=∠BAE+∠ABG,∠ABE=∠ABG+∠CBF，
∴∠BAE=∠CBF，
∵∠AGF+∠AGB=180°，
∴∠AGB=∠C，
∴△AGB∽△BCF，
2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
AB BG
∴ = ，
BF CF
AB BF
∴ = ，
BG CF
∵∠BGE=∠AGF=∠ABD,∠BEA=∠BEG，
∴△BGE∽△ABE，
AB AE
∴ = ，
BG BE
AE BF
∴ = ；
BE CF
（3）∵α=120°，
∴∠ABC=∠D=120°,∠C=60°，
AB 2
∵ = ，
BC n
∴不妨设AB=2,BC=n，
∴CD=AB=2，
∵F为CD的中点，
∴CF=1，
过点A作AG⊥BC，过点F作FH⊥BC，
则：∠ABG=180°−∠ABC=60°，∠AGB=∠FHC=∠FHB=90°，
1 1 1 √3
∴BG= AB=1,AG=√3BG=√3，CH= CF= ,FH=√3CH= ，
2 2 2 2
1
∴BH=BC−CH=n− ，
2
∴BF=√BH2+FH2= √ ( n− 1) 2 + (√3) 2 =√n2−n+1，
2 2
AE BF
由（2）知： = =√n2−n+1，
BE CF
∴AE=√n2−n+1BE，
3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
设BE=x，则：EG=BG+BE=x+1，AE=√n2−n+1⋅x，
在Rt△AEG中，由勾股定理，得：(√n2−n+1⋅x) 2 =(√3) 2+(x+1) 2，
2 2
解得：x= 或x=− （舍去），
n−1 n
2 n+1
∴EG=1+ = ，
n−1 n−1
AG √3 √3(n−1)
tan∠AEB= = =
∴ EG n+1 n+1 ．
n−1
【点睛】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解直角
三角形等知识点，综合性强，难度较大，计算量大，属于压轴题，熟练掌握相关知识点，找准角度之间的
关系，证明三角形相似，是解题的关键．
2．（2024·山东枣庄·一模）【问题提出】
在等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，点P为CA延长线上一动点，连接PB，将线段PB绕点P逆时
针旋转，旋转角为α，得到线段PD，连接DB、DC．判断PA与DC的数量关系；∠PCD与α的关系．
【问题特殊化】
（1）如图1所示，当α=60°时，PA与DC的数量关系为______；∠PCD=______°；
（2）如图2所示，当α=120°时，请问（1）中的结论还成立吗？请说明理由；
【拓展应用】
（3）当α=90°时，若AB=6，BP=3√5，请求出线段AD的长．
【答案】（1）PA=DC，60°；（2）不成立．理由见解析；（3）线段AD的长为3√2
【分析】（1）由旋转的性质可知PB=PD，进而可知△ABC、△PBD是等边三角形，可证得
△PBA≌△DBC，由全等三角形的性质得出PA=DC，可知∠BPA=∠BDC，设BD交PC于点O，由
∠BOP+∠BPA+∠OBP=∠COD+∠BDC+∠OCD可得∠OBP=∠OCD=60°，进而可得答案；
4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
（2）由旋转可知PB=PD，由等腰三角形的性质可知∠ABC=∠ACB=30°，∠PBD=∠PDB=30°，
∠BAP=60°，作AE⊥BC，PF⊥BD，可得BE=CE=AB⋅cos30°，BF=DF=BP⋅cos30°，进而
BC BD
可得BC=2⋅AB⋅cos30°=√3BA，BD=2BP⋅cos30°=√3BP，可知 = =√3，进而可证
BA BP
△CBD∽△ABP，可得CD=√3PA，∠BAP=∠BCD=60°，结合∠PCD=∠BCD−∠BCA即可求解；
（3）类比（2）证明△BAP∽△BCD，再结合勾股定理即可求得答案．
【详解】（1）∵将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，
∴PB=PD．
∵AB=AC，PB=PD，∠BAC=∠BPD=60°，
∴△ABC、△PBD是等边三角形．
∴∠ABC=∠PBD=60°．
∴∠PBA=∠DBC．
∵BP=BD，BA=BC，
∴△PBA≌△DBC(SAS)．
∴PA=DC．
设BD交PC于点O．
∵△PBA≌△DBC，
∴∠BPA=∠BDC．
∵∠BOP=∠COD，
则∠BOP+∠BPA+∠OBP=∠COD+∠BDC+∠OCD，
∴∠OBP=∠OCD=60°，即∠DCP=60°．
故答案为：PA=DC，60°；
（2）不成立．理由如下：由旋转可知PB=PD，
∵AB=AC，PB=PD，∠BAC=∠BPD=120°，
5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
∴∠ABC=∠ACB=30°，∠PBD=∠PDB=30°，∠BAP=60°，
作AE⊥BC，PF⊥BD，
则BE=CE=AB⋅cos30°，BF=DF=BP⋅cos30°，
∴BC=2⋅AB⋅cos30°=√3BA，BD=2BP⋅cos30°=√3BP．
BC BD
∴ = =√3，
BA BP
∵∠ABC=∠PBD=30°，
∴∠ABP=∠CBD．
∴△CBD∽△ABP．
CD BC
∴ = =√3．
PA AB
∴CD=√3PA．
∵△CBD∽△ABP，
∴∠BAP=∠BCD=60°．
∴∠PCD=∠BCD−∠BCA=30°．
故（1）中的结论不成立，CD=√3PA，∠PCD=30°；
（3）如图所示，点P在线段CA的延长线上，作AQ⊥BC于点Q，连接AD．
在Rt△BAP中，AP=√PB2−AB2=3，
由旋转可知PB=PD，
6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
∵AB=AC，PB=PD，∠BAC=∠BPD=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，∠PBD=∠PDB=45°，
则BC=√2AB=6√2，BD=√2BP，
BC BD
∴ = =√2，
BA BP
又∵∠ABC=∠PBD=45°，
∴∠ABP=∠CBD．
∴△BAP∽△BCD，
∴CD=√2AP=3√2，∠BAP=∠BCD=90°．
又∵AB=AC，AQ⊥BC，
1
∴AQ=CQ= BC=3√2，
2
∴四边形AQCD为正方形．
∴AD=CD=3√2；
综上所述，线段AD的长为3√2．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形
的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键熟练掌握相似三角形的
判定与性质．
3．（2024·江苏扬州·中考真题）在综合实践活动中，“特殊到一般”是一种常用方法，我们可以先研究特
殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论．
如图，已知△ABC，CA=CB， ⊙O是△ABC的外接圆，点D在⊙ O上（AD>BD），连接AD、BD、
CD．
【特殊化感知】
（1）如图1，若∠ACB=60°，点D在AO延长线上，则AD−BD与CD的数量关系为________；
【一般化探究】
（2）如图2，若∠ACB=60°，点C、D在AB同侧，判断AD−BD与CD的数量关系并说明理由；
【拓展性延伸】
7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
（3）若∠ACB=α，直接写出AD、BD、CD满足的数量关系．（用含α的式子表示）
α
【答案】（1）AD−BD=CD；（2）AD−BD=CD（3）当D在B´C上时，2CD⋅sin =AD−BD；当
2
α
D在A´B上时，2CD⋅sin =AD+BD
2
【分析】（1）根据题意得出△ABC是等边三角形，则∠CAB=60°，进而由四边形ACDB是圆内接四边
形，设AD,BC交于点E，则BE=CE，设BD=1，则CD=BD=1，分别求得AD,BD，即可求解；
（2）在AD上截取DF=BD，证明△AFB≌△CDB(AAS)，根据全等三角形的性质即得出结论；
（3）分两种情况讨论，①当D在B´C上时，在AD上截取DE=BD，证明△CAB∽△DEB，
AD−BD AB α
△ABE∽△CBD，得出 = ，作CF⊥AB于点F，得出AB=2BC⋅sin ，进而即可得出结
CD BC 2
论；②当D在A´B上时，延长BD至G，使得DG=DA，连接AG，证明△CAB∽△DAG，
α
△CAD∽△BAG，同①可得AB=2AC⋅sin ，即可求解．
2
【详解】解：∵CA=CB，∠ACB=60°，
∴△ABC是等边三角形，则∠CAB=60°
∵⊙O是△ABC的外接圆，
∴AD是∠BAC的角平分线，则∠DAB=30°
∴AD⊥BC
∵四边形ACDB是圆内接四边形，
∴∠CDB=120°
∴∠DCB=∠DBC=30°
设AD,BC交于点E，则BE=CE，
设BD=1，则CD=BD=1
在Rt△BDE中，
8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
√3 √3
∴BE=cos30°⋅BD= BD=
2 2
∴BC=√3，
∵AD是直径，则∠ABD=90°，
在Rt△ABD中，AD=2BD =2
∴AD−BD=2−1=1
∴AD−BD=CD
（2）如图所示，在AD上截取DF=BD，
∵A´B=A´B
∴∠ADB=∠ACB=60°
∴△DBF是等边三角形，
∴BF=BD，则∠BFD=60°
∴∠AFB=120°
∵四边形ACDB是圆内接四边形，
∴∠CDB=120°
∴∠AFB=∠CDB；
∵CA=CB，∠ACB=60°，
∴△ABC是等边三角形，则∠CAB=60°
∴AB=BC，
又∵B´D=B´D
∴∠BCD=∠BAF
在△AFB,△CDB中
¿
∴△AFB≌△CDB(AAS)
∴AF=CD，
∴AD−BD=AD−DF=AF=CD
9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
即AD−BD=CD；
（3）解：①如图所示，当D在B´C上时，
在AD上截取DE=BD，
∵A´B=A´B
∴∠ACB=∠ADB
又∵CA=CB,DE=DB
∴△CAB∽△DEB，则∠ABC=∠EBD
AB BC AB EB
∴ = 即 =
EB BD BC BD
又∵∠ABC=∠EBD
∴∠ABE=∠CBD
∴△ABE∽△CBD
AE AB BE
∴ = =
CD BC BD
∵AE=AD−DE=AD−BD
AD−BD AB
∴ =
CD BC
如图所示，作CF⊥AB于点F，
1 1
在Rt△BCF中，∠BCF= ∠ACB= α，
2 2
α
∴BC⋅sin =BF
2
10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
α
∴AB=2BC⋅sin
2
AD−BD α α
∴ =2sin ，即2CD⋅sin =AD−BD
CD 2 2
②当D在A´B上时，如图所示，延长BD至G，使得DG=DA，连接AG，
∵四边形ACDB是圆内接四边形，
∴∠GDA=∠ACB=180°−∠ADB
又∵CA=CB,DG=DA
∴△CAB∽△DAG，则∠CAB=∠DAG
AC AB AC AD
∴ = 即 = ，
AD AG AB AG
又∵∠CAB=∠DAG
∴∠CAD=∠BAG
∴△CAD∽△BAG
CD AC
∴ = ，
BG AB
∵BG=BD+DG=BD+AD
α
同①可得AB=2AC⋅sin
2
CD AC AC
= =
∴BD+AD AB α
2AC⋅sin
2
α
∴2CD⋅sin =AD+BD
2
α α
综上所述，当D在B´C上时，2CD⋅sin =AD−BD；当D在A´B上时，2CD⋅sin =AD+BD．
2 2
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，圆内接四边形对角互补，圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，
11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
全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，等腰三角形的性质，熟练掌握截长
补短的辅助线方法是解题的关键．
4．（2023·湖北武汉·中考真题）问题提出：如图（1），E是菱形ABCD边BC上一点，△AEF是等腰三角
形，AE=EF，∠AEF=∠ABC=α(a≥90°),AF交CD于点G，探究∠GCF与α的数量关系．
问题探究：
(1)先将问题特殊化，如图（2），当α=90°时，直接写出∠GCF的大小；
(2)再探究一般情形，如图（1），求∠GCF与α的数量关系．
问题拓展：
DG 1 BE
(3)将图（1）特殊化，如图（3），当α=120°时，若 = ，求 的值．
CG 2 CE
【答案】(1)45°
3
(2)∠GCF= α−90°
2
BE 2
(3) =
CE 3
【分析】（1）延长BC过点F作FH⊥BC，证明△ABE≌△BHF即可得出结论．
（2）在AB上截取AN，使AN=EC，连接NE，证明△ANE≌△ECF，通过边和角的关系即可证明．
（3）过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P，设菱形的边长为3m，由（2）知，
3 6√3
∠GCF= a−90°=90°，通过相似求出CF= m，即可解出．
2 5
【详解】（1）延长BC过点F作FH⊥BC，
∵∠BAE+∠AEB=90°，
∠FEH+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEH，
在△EBA和△FHE中
¿
∴△ABE≌△EHF，
12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
∴AB=EH，
BE=FH，
∴BC=EH，
∴BE=CH=FH，
∴∠GCF=∠FCH=45°．
故答案为：45°．
（2）解：在AB上截取AN，使AN=EC，连接NE．
∵∠ABC+∠BAE+∠AEB=∠AEF+∠FEC+∠AEB=180°，
∠ABC=∠AEF，
∴∠EAN=∠FEC．
∵AE=EF，
∴△ANE≌△ECF．
∴∠ANE=∠ECF．
∵AB=BC,
∴BN=BE
∵∠EBN=α，
1
∴∠BNE=90°− α．
2
∴∠GCF=∠ECF−∠BCD=∠ANE−∠BCD
( 1 ) 3
= 90°+ α −(180°−α)= α−90°．
2 2
13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
（3）解：过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P，设菱形的边长为3m，
DG 1
∵ = ,
CG 2
∴DG=m,CG=2m．
在Rt△ADP中，
∵∠ADC=∠ABC=120°,
∴∠ADP=60°，
3 3
∴PD= m,AP= √3m．
2 2
3
∵α=120°，由（2）知，∠GCF= a−90°=90°．
2
∵∠AGP=∠FGC,
∴△APG∽△FCG．
AP PG
∴ = ，
CF CG
3 5
√3m m
2 2 ，
∴ =
CF 2m
6√3
∴CF= m，
5
在AB上截取AN，使AN=EC，连接NE，作BO⊥NE于点O．
由（2）知，△ANE≌△ECF，
∴NE=CF，
∵AB=BC，
1 √3
∴BN=BE，OE=EF= EN= m．
2 5
∵∠ABC=120°，
∴∠BNE=∠BEN=30°，
OE
∵cos30°= ，
BE
6
∴BE= m,．
5
9
∴CE= m
5
14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
BE 2
∴ = ．
CE 3
【点睛】此题考查菱形性质、三角形全等、三角形相似，解题的关键是熟悉菱形性质、三角形全等、三角
形相似．
题型02 线段比从特殊到一般
CB DE
5．（2024·湖北武汉·模拟预测）问题提出：如图，∠ACB=∠CDE=90°， = =k，点A在DE上，
CA DC
EF
连接BE交CD于F点，探究 的值；
FB
问题探究：
EF
（1）先将问题特殊化，如图2，当k=1时，直接写出 的值；
FB
（2）再探究一般情况，如图1，证明（1）中的结论依然成立；
拓展创新：
CG
（3）如图3，BE交AC于点G，若BE=2BC，直接用含k的式子表示 的值．
AG
6k2
【答案】（1）1；（2）见解析；（3）
3k2−1
15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
【分析】本题是相似形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角
形的相关计算，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．
（1）由AAS可证△BCN≌△CAD，可得BN=CD=DE，由AAS可证△BFN≌△EFD，可得BF=FE，
即可求解；
（2）通过证明△BCN∽△CAD，可得BN=kCD=DE，由AAS可证△BFN≌△EFD，可得BF=FE，即
可求解；
（3）设DF=FN=CN=a，由等腰三角形的性质和锐角三角函数可求CD=3a，BN=DE=3ka，
a 9k2+1
MN= ，BM=BN+MN= a，通过证明△CMN∽△CAD，可求AE的长，即可求解．
3k 3k
【详解】（1）如图2，过点B作BN⊥CD于N，
∵k=1，
CB DE
∴ = =1，
CA DC
∴CB=CA，DE=DC，
∵BN⊥CD，
∴∠BNC=90°=∠ACB=∠CDE=90°，
∴∠NBC+∠BCN=90°=∠ACD+∠BCN，
∴∠ACD=∠NBC，
∴△BCN≌△CAD(AAS)，
∴BN=CD，
∴BN=DE，
∵∠DFE=∠BFN，∠CDE=∠BNF=90°，
∴△BFN≌△EFD(AAS)，
∴BF=FE，
16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
EF
∴ =1；
BF
（2）证明：如图1，过点B作BN⊥CD于N，
CB DE
∵ = =k，
CA DC
∴CB=kCA，DE=kDC，
∵BN⊥CD，
∴∠BNC=90°=∠ACB=∠CDE=90°，
∴∠NBC+∠BCN=90°=∠ACD+∠BCN，
∴∠ACD=∠NBC，
∴△BCN∽△CAD，
BC BN
∴ = =k，
AC CD
∴BN=kCD，
∴BN=DE，
∵∠DFE=∠BFN，∠CDE=∠BNF=90°，
∴△BFN≌△EFD(AAS)，
∴BF=FE，FN=FD，BN=DE，
EF
∴ =1，
BF
∴（1）的结论仍然成立；
（3）如图3，过点B作BN⊥CD于N，延长BN交AC于M，
17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
∵BN⊥CD，
∴∠BND=90°=∠ACB=∠CDE=90°，
∴BM∥DE，
由（2）可知：BF=EF，DF=FN，BN=DE，
∵BE=2BC，
∴BF=BC=EF，
又∵BN⊥CF，
∴CN=NF=DF，
∵CB=kCA，DE=kDC=BN，
1 1 1
∴DF=FN=CN= DC= DE= BN，
3 3k 3k
CN MN 1
∴tan∠CBN=tan∠ACD= = = ，
BN CN 3k
1
∴MN= CN，
3k
a 9k2+1
设DF=FN=CN=a，则CD=3a，BN=DE=3ka，MN= ，BM=BN+MN= a，
3k 3k
∵BM∥DE，
∴△CMN∽△CAD，
MN CN CM 1
∴ = = = ，
AD CD AC 3
1 a
∴AD=3MN= CN= ，AC=3CM，
k k
3k2−1
∴AE=DE−AD= a，AM=2CM，
k
∵BM∥DE，
18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
∴△AEG∽△MBG，
AG AE 9k2−3
∴ = = ，
GM BM 9k2+1
∴设AG=(9k2−3)b，GM=(9k2+1)b，
∴AM=(18k2−2)b，
∴MC=(9k2−1)b，
∴GC=18k2b，
CG 18k2b 6k2
= =
∴ ．
AG (9k2−3)b 3k2−1
6．（2023·湖北武汉·模拟预测）问题提出如图（1），在△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB,连接DE，探
DE
究 ．
AC
问题探究
DE
（1）先将问题特殊化．如图（2），当AD=BD时，求 的值．
AC
DE
（2）再探究一般情形．如图（1），当AD=nBD时，求 的值；
AC
问题拓展
如图（3），在△ADC中，AD⊥CD，AD=CD=2，P是△ADC内一点，DP=1，CE交AD于F，当
S
△CDE的面积最大时，求 ΔDEE 的值．
S
ΔACF
19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
DE √2 DE √1+n2
【答案】问题探究（1）当AD=BD时 的值为 ；（2） 的值为 ；问题拓展（3）当△CDE
AC 2 AC 1+n2
S 1
ΔDEE
的面积最大时 的值为
S 4
ΔACF
DE BD
【分析】（1）通过证明△BDE∽△BAC，可得 = ，即可求解；
AC AB
DE BD
（2）通过证明△BDE∽△BAC，可得 = ，即可求解；
AC AB
（3）由题意可得当CP⊥DP时，△CDE的面积最大，先证明△ACF∽△EDF，由相似三角形的性质可
求解．
【详解】（1）∵AD⊥BC，CE⊥AB，
∴∠ADB=∠BCE，
∵∠B=∠B，
∴△ABD∽△CBE；
DB AB
∴ = ，
BE BC
BD BE
∴ = ，
AB BC
又∵∠B=∠B，
∴△BDE∽△BAC，
DE BD
∴ = ，
AC AB
∵AD=BD,AD⊥BC，
∴AB=√2BD，
√2
∴DE= ；
2
（2）∵AD=nBD,AD⊥BC，
∴AB=√AD2+BD2=√1+n2BD，
∵AD⊥BC,CE⊥AB，
∴∠ADB=∠BCE，
∵∠B=∠B，
20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
∴△ABD∽△CBE；
DB AB
∴ = ，
BE BC
BD BE
∴ = ，
AB BC
又∵∠B=∠B，
∴△BDE∽△BAC，
DE BD √1+n2
∴ = = ；
AC AB 1+n2
（3）∵DP=1，
∴点P在以点D为圆心，1为半径的圆上，
∵AE⊥CP，
∴点E在以AC为直径的圆上，
∴当CP⊥DP时，△CDE的面积最大，
如图，
∵DP=1，CD=2，
DP 1
∴sin∠DCP= = ，
CD 2
∴∠DCP=30°，
∴∠DFC=60°=∠AFE，
∴∠FDP=30°=∠EAF，
∴AF=4EF，
∵∠AEC=∠ADC=90°，
∴点A，点E，点D，点C四点共圆，
21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
∴∠DAC=∠DEC=45°，∠ACE=∠ADE，
∴△ACF∽△EDF，
∴
S
△≝¿ =
(FE) 2
=
1
¿．
S AF 4
△CAF
【点睛】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，等腰直角三角形的性质，
圆的有关知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
7．（2023·云南昆明·模拟预测）已知等腰三角形ABC，∠F=2∠ABC，CD=kBD，∠FGC=α．
(1)如图1，当k=1时，
①探究DG与CE之间的数量关系；
②探究BE，CG与CE之间的关系（用含α的式子表示）．
(2)如图2，当k≠1时，探究BE，CG与CE之间的数量关系（用含k，α的式子表示）．
1 1
【答案】(1)①DG= CE；②CG−CE⋅cos(180°−α)= BE；
2 2
(2)(k−1)⋅CG+2k⋅cosα⋅CE=k⋅BE．
【分析】本题考查了等腰三角形的性质、解直角三角形、三角形相似等综合知识，解题的关键是构造三角
形相似．
（1）①作DH=DG交AC于H，推导∠DHC=∠CEB，∠DCG=∠B，从而△CHD∽△BEC，从而求
1 1
得；②由①△CHD∽△BEC，推出CH= BE，DG= CE，作DI⊥GH于I，
2 2
1 1
GH=DG⋅cos∠DHG= CE⋅cos∠DHG，进一步求得．
2 2
（2）由（1）的同样的方法，由特殊推出一般，方法不变．
【详解】（1）①作DH=DG交AC于H，
22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
∴∠DHG=∠DGH=∠AGF，
∴AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠EAC=∠ABC+∠ACB=2∠ABC，
∵∠F=2∠ABC，
∴∠F=∠EAC，
∴点A、G、E、F共圆，
∴∠AGF=∠AEF，
∴∠DHG=∠AEF，
∵∠CEB=180°−∠AEF，∠DHC=180°−∠DHG，
∴∠DHC=∠CEB，
又∠DCG=∠B，
∴△CHD∽△BEC，
DH CH CD 1
∴ = = = ，
CE BE BC 2
1
∴DG=DH= CE；
2
1 1
②由上得，CH= BE，DG= CE，
2 2
1
∴CG−GH= BE，
2
作DI⊥GH于I，
23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
∵DH=DG，
1
∴GI= GH，
2
∴GI=DG⋅cos∠DHG，
1 1
∴ GH=DG⋅cos∠DHG= CE⋅cos∠DHG，
2 2
∴GH=CE⋅cos∠DHG，
1
∴CG−CE⋅cos(180°−α)= BE；
2
（2）作DH=DG交CG的延长线于H，作DI⊥GH于I，
由（1）得，∠F=∠CAE=2∠ABC=2∠BAC，
∴点A、G、F、E四点共圆，
∴∠H=∠DGH=A∠GF=∠BCE，
∴△CHD∽△BEC，
DH CH CD k
∴ = = = ，
CE BE BC k−1
k k
∴CH= ⋅BE，DH= ⋅CE，
k−1 k−1
k
∴CG+2GI= ⋅BE，
k−1
24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
k
在Rt△DIG中，GI=DG⋅cos∠DGI=DH⋅cosα= ⋅CE⋅cosα，
k−1
2k⋅cosα k
∴CG+ ⋅CE= ⋅BE，
k−1 k−1
∴(k−1)⋅CG+2k⋅cosα⋅CE=k⋅BE．
8．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）数学课上，老师给出以下条件，请同学们经过小组讨论，提出探究问题．
如图1，在△ABC中，AB=AC，点D是AC上的一个动点，过点D作DE⊥BC于点E，延长ED交BA延
长线于点F．
请你解决下面各组提出的问题：
(1)求证：AD=AF；
DF AD
(2)探究 与 的关系；
DE DC
AD 1 DF 2 AD 4 DF 8
某小组探究发现，当 = 时， = ；当 = 时， = ．
DC 3 DE 3 DC 5 DE 5
请你继续探究：
AD 7 DF
①当 = 时，直接写出 的值；
DC 6 DE
AD m DF
②当 = 时，猜想 的值（用含m，n的式子表示），并证明；
DC n DE
(3)拓展应用：在图1中，过点F作FP⊥AC，垂足为点P，连接CF，得到图2，当点D运动到使
AD m AP
∠ACF=∠ACB时，若 = ，直接写出 的值（用含m，n的式子表示）．
DC n AD
【答案】(1)见解析
DF 7 DF 2m
(2)① = ② = ，证明见解析
DE 3 DE n
AP n
(3) =
AD 2m
25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
【分析】（1）等边对等角，得到∠B=∠C，等角的余角的相等，结合对顶角相等，得到∠F=∠ADF，
即可得出结论；
DF AD
（2）①根据给定的信息，得到 是 的2倍，即可得出结果；
DE DC
DF 2m GD AD m
②猜想 = ，作AG⊥EF于点G，证明△AGD∽△CED，得到 = = ，三线合一得到
DE n DE DC n
DF=2DG，即可得出结论；
DG n
（3）过点D作DG⊥CF，角平分线的性质，得到DG=DE，推出 = ，等角的余角相等，得到
DF 2m
AP DG n
∠AFP=∠DFG，进而得到sin∠AFP=sin∠DFG，得到 = = ，根据AD=AF，即可得出
AF DF 2m
结果．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵DE⊥BC，
∴∠BEF=∠CED=90°，
∴∠F=90°−∠B，∠CDE=90°−∠C，且∠CDE=∠ADF，
∴∠F=∠ADF，
∴AD=AF；
AD 1 DF 2 AD 4 DF 8
（2）解：①当 = 时， = ；当 = 时， = ，
DC 3 DE 3 DC 5 DE 5
DF AD
∴总结规律得： 是 的2倍，
DE DC
AD 7 DF 14 7
∴当 = 时， = = ；
DC 6 DE 6 3
AD m DF 2m
②当 = 时，猜想 = ，
DC n DE n
证明：作AG⊥EF于点G，
26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
∵DE⊥BC，
∴AG∥CE，
∴△AGD∽△CED，
AD m
∵ = ，
DC n
GD AD m
∴ = = ，
DE DC n
由（1）知AD=AF，又AG⊥EF，
∴DG=FG，即DF=2DG，
DF 2GD 2m
∴ = = ；
DE DE n
AP n
（3） = ，理由如下：
AD 2m
过点D作DG⊥CF，
∵∠ACF=∠ACB，DE⊥CE，
∴DG=DE，
AD m DF 2m
由（2）知，当 = 时， = ，
DC n DE n
DE n
∴ = ，
DF 2m
27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
DG n
∴ = ，
DF 2m
∵PF⊥AC，
∴∠ACF+∠CFP=90°，
∵FE⊥BC，
∴∠B+∠AFD=90°，
∵AB=AC，
∴∠ACB=∠B，
∴∠B=∠ACF，
∴∠AFD=∠CFP，
∴∠AFD−∠PFD=∠CFP−∠PFD，
∴∠AFP=∠DFG，
∴sin∠AFP=sin∠DFG，
AP DG n
∴ = = ，
AF DF 2m
由（1）知AD=AF，
AP AP n
∴ = = ．
AD AF 2m
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形
等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形和相似三角形，是解题的关键．
题型03 新定义型从特殊到一般
9．（2025·河南周口·一模）综合与实践
在数学学习中，我们发现除了已经学过的四边形外，还有很多比较特殊的四边形，请结
合已有经验，对下列特殊四边形进行研究．
定义：在四边形中，若有一个角是直角，且从这个直角顶点引出的对角线，把对角分成
的两个角中，有一个是直角，我们称这样的四边形为“双垂四边形”．
【初步探究】
AD
（1）如图1，在“双垂四边形ABCD”中，若∠A=60°，则∠CBD=_____， 的值为_____．
BD
【问题解决】
（2）如图2，在“双垂四边形ABCD”中，∠ADB=∠ABC=90°，∠A=45°，E为线段AB上一点，
28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
AE
且CD⊥DE，求 的值．
BC
【拓展应用】
（3）如图3，在“双垂四边形ABCD”中，∠A=45°，AD=6，E为线段AB上一动点，且CD⊥DE，
连接CE，将△CDE沿CE翻折，得到△CFE，连接BF，若BF=2，请直接写出△BDE的面积．
√3
【答案】（1）60°， ；（2）1；（3）6或12
3
【分析】（1）由直角三角形两锐角互余可得∠ABD=30°，∠CBD=60°，进而可得
AD √3
=tan∠ABD=tan30°= ，即可求解；
BD 3
（2）根据等腰直角三角形的性质可证△ADE≌△BDC(ASA)，得到AE=BC，即可求解；
（3）如图，过点D作DP⊥AB于点P，由（2）知，AD=BD=6，△ADE≌△BDC，即得
√2
BP=DP= BD=3√2，CD=DE，进而由折叠可得四边形CDEF为正方形，连接DF，则
2
√2
DE= DF，∠EDF=∠BDP=45°，分两种情况：①当点D的对应点F在AB的上方时；②当点D的
2
对应点F在AB的下方时，
分别画出图形解答即可求解．
【详解】解：（1）∵∠A=60°，∠ADB=90°，
∴∠ABD=90°−∠A=90°−60°=30°，
∴∠CBD=90°−∠ABD=90°−30°=60°，
∵∠ABD=30°，∠ADB=90°，
AD √3
∴ =tan∠ABD=tan30°= ，
BD 3
√3
故答案为：60°， ；
3
（2）∵∠ADB=90°，∠A=45°，
29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
∴∠ABD=90°−∠A=90°−45°=45°，
∴∠CBD=∠ABC−∠ABC=90°−45°=45°，∠A=∠ABD，
∴∠A=∠CBD，AD=BD，
∵CD⊥DE，
∴∠CDE=90°，
∴∠BDC+∠BDE=90°，
∵∠ADE+∠BDE=90°，
∴∠ADE=∠BDC，
∴△ADE≌△BDC(ASA)，
∴AE=BC，
AE
∴ =1；
BC
（3）如图，过点D作DP⊥AB于点P，
由（2）知，AD=BD=6，
1
∴∠BDP= ∠ADB=45°，
2
∵∠A=45°，
√2
∴BP=DP= BD=3√2，
2
同理（2）可得，△ADE≌△BDC，
∴CD=DE，
由折叠的性质可知四边形CDEF为正方形，
√2
连接DF，则DE= DF，∠EDF=∠BDP=45°，
2
分两种情况：①如图1，当点D的对应点F在AB的上方时，
∵∠EDF=∠BDP=45°，
DP DE √2
∴ = = ，∠BDF=∠PDE，
DB DF 2
∴△BDF∽△PDE，
EP DP √2
∴ = = ，
BF DB 2
∵BF=2，
√2
∴EP= BF=√2,
2
30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
∴BE=BP−PE=3√2−√2=2√2，
1 1
∴S = BE·DP= ×2√2×3√2=6；
△BDE 2 2
②如图2，当点D的对应点F在AB的下方时，
同理可得BE=BP+PE=3√2+√2=4√2，
1 1
∴S = BE·DP= ×4√2×3√2=12；
△BDE 2 2
综上可得，△BDE的面积为6或12．
【点睛】本题考查了直角三角形两锐角互余，三角函数，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性
质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，正方形的性质，运用分类讨论思想并正确画出图形解答是解
题的关键．
10．（2025·江西·模拟预测）定义：有一个公共顶点的三角形，将其中一个三角形绕公共点旋转一定角度，
能与另一个三角形构成位似图形，我们称这两个三角形互为“旋转位似图形”．
(1)知识理解：①如图1，△ABC，△ADE都是等边三角形，则△ABC △ADE的“旋转位似图形”（填
“是”或“不是”）；
②如图2，若△ABC与△ADE互为“旋转位似图形”，∠B=100°，∠E=30°，则∠DAE= °；
③如图2，若△ABC与△ADE互为“旋转位似图形”，若AB=4，AD=6，AE=15，则AC= ，若连
31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
BD
接BD,CE，则 = ．
CE
(2)知识运用：
如图3，在四边形ABCD中，∠ADC=90°，AE⊥BD于E，∠DAC=∠DBC，求证：△ACD和
△ABE互为“旋转位似图形”；
(3)拓展提高：
如图4，△ABC为等腰直角三角形，点G为AC的中点，点F是AB上一点，D是GF延长线上一点，点E
在线段GF上，且△ABD与△AGE互为“旋转位似图形”，若AC=6,AD=2√2，求DE和BD的长．
2
【答案】(1)①是；②50，③10，
5
(2)见解析
(3)DE=2,BD=√10
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形
的性质等知识点，掌握“旋转位似图形”的定义是解题的关键．
（1）①根据“旋转位似图形”的定义判断即可；
②根据“旋转位似图形”可得△ABC∽△ADE即∠D=∠B=100°，再根据三角形内角和定理求解即可；
③根据“旋转位似图形”可得△ABC∽△ADE，根据相似三角形的性质列比例式求解即可，进而证明
△DAB∽△EAC，再根据相似三角形的性质列比例式求解即可．
AO BO
（2）先证明△DOA∽△COB可得 = ，再先后证明△AOB∽△DOC、△DAB∽△EAC，最后根
DO CO
据“旋转位似图形”的定义即可证明结论；
（3）如图：如图，过E作EH⊥AD于点H，根据等腰直角三角形的性质易得AG=3,AB=3√2，再根
1
据“旋转位似图形”的定义可得△ABD∽△AGE可得AE=2，再解直角三角形可得AH= AD、
2
DE=AE=2，然后说明∠ADB=∠GEA=90°，最后运用勾股定理即可解答．
【详解】（1）解：①∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴△ABC∽△ADE，
∵有公共顶点A，
∴△ABC是△ADE的“旋转位似图形”．
故答案为：是．
②∵△ABC与△ADE互为“旋转位似图形”，
∴△ABC∽△ADE，
32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
∵∠B=100°，
∴∠D=∠B=100°，
∵∠E=30°，
∴∠DAE=180°−∠D−∠E=50°；
故答案为：50；
③如图：连接BD，CE，
∵△ABC与△ADE互为“旋转位似图形”，
∴△ABC∽△ADE，∠DAE=∠BAC，
AD AE 6 15
∴ = ，即 = ，
AB AC 4 AC
解得：AD=10，
∵∠DAB=∠DAE−∠BAE,∠EAC=∠BAC−∠BAE，
∴∠DAB=∠EAC，
∴△DAB∽△EAC，
BD AB BD 4 2
∴ = ，即 = = ．
CE AC CE 10 5
2
故答案为：10， ．
5
（2）证明：∵∠DOA=∠COB,∠DAC=∠DBC，
∴△DOA∽△COB，
AO DO AO BO
∴ = ，即 = ，
BO CO DO CO
又∵∠DOC=∠AOB，
∴△AOB∽△DOC，
∴∠DCA=∠EBA，
又∵∠ADC=90°,AE⊥BD，
∴∠ADC=∠AEB=90°，
∴△ABE∽△ACD，
∴∠DAC=∠EAB，
33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
∴△ABE绕点A逆时针旋转∠DAE的度数后与△ACD构成位似图形，
∴△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”．
（3）解：如图：如图，过E作EH⊥AD于点H，
∵△ABC为等腰直角三角形，点G为AC中点，
1 1 √2
∴AG= AC= ×6=3,AB=sin45°AC= AC=3√2，
2 2 2
∵△ABD与△AGE互为“旋转位似图形”，
∴△ABD∽△AGE，
AD AB
∴ = ,∠1=∠2，
AE AG
2√2 3√2
∴ = ，解得：AE=2，
AE 3
∵∠2+∠3=45°,∠1=∠2，
∴∠1+∠3=45°，
∵EH⊥AD，
√2 1
∴HA=HE=sin45°AE= AE=√2，即AH= AD，
2 2
∴DE=AE=√AH2+H E2=2，
∴∠DEA=∠GEA=90°，
∴∠ADB=∠GEA=90°，
∴BD=√AB2−AD2=√10．
综上，DE=2,BD=√10．
11．（2024·辽宁·一模）【问题初探】
定义：过平面内一定点作两条直线（不平行）的垂线，那么这个定点与两个垂足构成的三角形称为“点足
三角形”，在“点足三角形”中，以这个定点为顶点的角称为“垂角”．
34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
如图1.OA⊥l❑，OB⊥l❑，垂足分别为A、B，则△OAB为“点足三角形”，∠AOB为“垂角”．
1 2
【性质探究】
（1）两条直线相交且所夹锐角为α度，则过平面内一点所画出的“点足三角形”的“垂角”度数为______
度（用α表示）．
（2）如图2，点O为平面内一点，OA⊥l❑，OB⊥l❑，垂足分别为A、B，将“垂角”绕着点O旋转一个
1 2
角度．分别与l❑、l❑相交于C、D.连接CD．求证：△OAB∽△OCD．
1 2
【迁移运用】
3
（3）如图3，∠MPN=α，点A在射线PM上，点B是射线PN上的点，且tanα= ，PA=4，则∠MPN
4
24
的外部是否存在一点O使得“点足三角形OAB”的面积为 ，若存在，求出此时PB的长；着不存在，请
25
说明理由．
28 13
【答案】（1）α；（2）证明见解析；(3) 或 ．
5 5
【分析】(1)通过证明点A、B、O、C四点共圆，可得∠ACB=∠AOB=α，即可求解；
OA OB
(2)根据旋转的性质可得∠AOC=∠BOD ，根据余弦的定义可推 = ，根据相似三角形的判定可得
OC OD
△OAB∽△OCD；
(3)分三种情况讨论，由锐角三角函数表示出线段长，再由面积的数量关系列出方程可求解即可．
【详解】（1）解：如图1，∵∠CAO=∠CBO=90°，
∴点A、B、O、C四点共圆，
∴∠ACB=∠AOB=a，
∴“垂角”度数为α度，
35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
故答案为：α；
（2）将“垂角”绕着点O旋转一个角度，分别与l 、l 相交于C、D，
1 2
∴∠AOC=∠BOD，
∵OA⊥AC，OB⊥BD，
OA
∴在Rt△CAO中，cos∠AOC= ，
OC
OB
在Rt△DBO中，cos∠BOD= ，
OD
∴cos∠AOC=cos∠BOD,
OA OB
即 = ，
OC OD
又∵∠AOB=∠COD，
∴△OAB∽△OCD；
(3)当定点O在两直线的同侧，且在PN的下方时，令OA与PN交于点D，过点A作 AE⊥PN于点E，如
图，
∵OA⊥PM，OB⊥PN，且∠ADP=∠BDO，
∴∠P=∠O=α，
又∵AE⊥PN，OA⊥PM，∠ADP=∠ADP，
∴∠P=∠EAD=α，
AD 3
在Rt△PAD中，tanP=tanα= = ，PA=4 ，
AP 4
∴ AD=3，
∴PD=√AP2+AD2=√16+9=5，
ED 3
在Rt△EAD中，tan∠EAD=tanα= = ，
AE 4
设DE=3x，则AE=4x，且AD=3，
在Rt△EAD中，AD2=AE2+DE2，
36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
即32=(3x) 2+(4x) 2，
3
解得x= ，
5
9 12
∴DE= ，AE= ，
5 5
BD 3
在Rt△BOD中，tan∠BOD=tanα= = ，
OB 4
3
设OB= y，则BD= y，
4
1
∵S =S +S = DB(AE+OB)，
△AOB △ADB △DOB 2
24 1 ( 12)
即 = y y+ ，
25 2 5
16 4
解得y =− （不合，舍去），y = ，
1 5 2 5
4 3
∴OB= ，BD= ，
5 5
28
∴PB=PD+BD= ；
5
当定点O在两直线的同侧，且在PM的上方时，令OA与PM交于点D，过点B作BE⊥PM于点E，如图，
∵OA⊥PM，OB⊥PN，且∠ADO=∠BDP，
∴∠P=∠O=α，
又∵BE⊥PM，OB⊥PN，∠PDB=∠PDB，
∴∠P=∠EBD=α，
BE 3
在Rt△PBE中，tanP=tana= = ，
PE 4
4
∴PE= BE，
3
ED 3
在Rt△EBD中，tan∠EBD=tana= = ，
BE 4
37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
3
∴ED= BE，
4
AD 3
在Rt△OAD中，tan∠AOD= =tana= ，
OA 4
3
∴AD= OA，
4
4 3 3
∵AP=PE+DE+DA= BE+ BE+ OA，
3 4 4
48−9OA
整理得BE= ，
25
48−12x
设AD=x，则OA=3x，BE= ，
25
1
∵ S =S +S = DA(BE+OA)，
△AOB △ADO △DAB 2
24 1 (48−12x 4 )
即 = x + x ，
25 2 25 3
3
解得x =−3（不合，舍去），x = ，
1 2 4
3
∴AD= ，
4
3 13
∴PD=AP−AD=4− = ，
4 4
BD 3
在Rt△PBD中，tanP= =tanα= ，
PB 4
设BD=3 y，则PB=4 y，
在Rt△PBD中，DP2=BD2+PB2，
169
即 =9 y2+16 y2 ，
16
13 13
解得y = ，y =− (不合，舍去)，
1 20 2 20
13 13
∴PB=4× = ；
20 5
当定点O在PM直线l 的下方，PN直线l 的上方时，过点B作BE⊥PM于点E，延长AO交PN于点D，如
1 2
图,
38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
∵在四边形AOBC中，OA⊥PM，OB⊥PN，
∴∠P+∠AOB=360°−90°−90°=180°，
∴∠P=∠BOD=α，
AD 3
在Rt△PAD中，tanP=tanα= = ，PA=4，
AP 4
∴AD=3，
在Rt△PAD中，PD=√AP2+AD2=√16+9=5，
BD 3
在Rt△BOD中，tan∠BOD=tanα= = ，
OB 4
4
即OB=BD，设BD=x，则OB= x，PB=PD−DB=5−x，
3
BE 3
在Rt△PEB中，tanP=tanα= = ，
PE 4
3
∴BE= PE，
4
在Rt△PEB中，BP2=PE2+BE2，
即(5−x) 2=PE2+ (3 PE ) 2 ，
4
4
整理得，PE=4− x，
5
3( 4 ) 3
∴BE= 4− x =3− x，
4 5 5
∵S =S −S −S ，
△AOB △ADP △PAB △DOB
24 1 1 ( 3 ) 1 4
∴ = ×4×3− ×4× 3− x − x· x，
25 2 2 5 2 3
整理得，−50x2+90x−72=0，
∴Δ=902−4×(−50)×(−72)=−6300<0，方程无解；
28 13
综上，PB的长为 或 ．
5 5
【点睛】本题考查了垂直的性质，旋转的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三
39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
角形的面积公式，割补法计算不规则图形的面积，等角的补角相等，解一元二次方程，一元二次方程根的
判别式等，熟练掌握以上性质和运用分类讨论的方法求解是解题的关键．
12．（2024·山东日照·二模）给出一个新定义：有两个等腰三角形，如果它们的顶角相等、顶角顶点互相
重合且其中一个等腰三角形的一个底角顶点在另一个等腰三角形的底边上，那么这两个等腰三角形互为
“友好三角形”．
(1)如图①，△ABC和△ADE互为“友好三角形”，点D是BC边上一点（不与点B重合），AB=AC，
AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，连接CE，则CE________BD（填“<”或“=”或“>”），∠BCE=
________°；
(2)如图②，△ABC和△ADE互为“友好三角形”，点D是BC边上一点，AB=AC，AD=AE，
∠BAC=∠DAE=120°，M、N分别是底边BC、DE的中点，请探究MN与CE的数量关系，并说明理
由；
(3)如图③，△ABC和△ADE互为“友好三角形”，点D是BC边上一动点，AB=AC，AD=AE，
∠BAC=∠DAE=α，M、N分别是底边BC、DE的中点，请直接写出MN与CE的数量关系（用含α的
式子表示）
【答案】(1)=；120
1
(2)MN= CE；理由见解析
2
( 1 )
(3)MN=CFsin 90°− α
2
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理和等腰三角形的性质：
（1）先判断出∠BAD=∠CAE，进而判断出△ABD≌△ACE(SAS)，得出BD=CE，∠ABD=∠ACE，
即可得出答案；
1
（2）在CM上截取CH，使CH=BD，连接EH，先判断出CH=CE=HE，进而判断出MN= EH，最
2
后利用等边三角形性质求解，即可得出答案；
（3）方法同（2）可得解
40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
【详解】（1）解：∵∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAD+∠CAD=∠CAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，
∴△ABC和△ADE是等边三角形，
∴∠ABD=∠ACB=60°=∠ACE
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=60°+60°=120°；
故答案为：=；120；
1
（2）解：MN= CE；理由如下：如图，
2
在CM上截取CH，使CH=BD，连接EH，
∵点M是BC的中点，
∴BM=CM，
∴DM=HM，
∵点N是DE的中点，
∴DN=EN，
∴MN是△DEH的中位线，
1
∴MN= HE，
2
∵CE=BD
∴CH=CE，
∵AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=120°，
1
∴∠ABC=∠ACB= (180°−120°)=30°
2
由（1）知，∠ABD=∠ACE=30°，
∴∠BCE=60°，
41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
∴△CHE是等边三角形，
∴HE=CE,
1
∴MN= CE；
2
( 1 )
（3）解：MN=CEsin 90°− α ；理由如下：如图，
2
在CM上截取CH，使CH=BD，连接EH交AC于K，
∵点M是BC的中点，
∴BM=CM，
∴DM=HM，
∵点N是DE的中点，
∴DN=EN，
∴MN是△DEH的中位线，
1
∴MN= HE，
2
∵CE=BD
∴CH=CE，
∵AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=α，
1 1
∴∠ABC=∠ACB= (180°−α)=90°− α
2 2
1
由（1）知，∠ABD=∠ACE=90°− α，
2
1
∴∠ACB=∠ACE=90°− α，
2
∴CK⊥HE
1
∴EK=HK= HE
2
42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
EK
又 =sin∠ACE
CE
( 1 )
∴EK=CEsin∠ACE=CEsin 90°− α
2
( 1 )
∴MN=CEsin 90°− α
2
题型04 旋转模型的运用
13．（2024·山东东营·中考真题）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，BC=3．
(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 ， ，根据等腰三角形的性质得出
AD=√12+12=√2 BE=√32+32=3√2
1 1
∠ADC=∠DAC= ×90°=45°，∠CBE=∠CEB= ×90°=45°，根据三角形内角和定理求出
2 2
43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
∠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：
∵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：
44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
∵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，
∴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
45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
【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．
14．（2024·四川乐山·中考真题）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题：
【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E在边BC上，且∠DAE=45°，BD=3，
CE=4，求DE的长．
解：如图2，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD'，连接ED'．
由旋转的特征得∠BAD=∠CAD'，∠B=∠ACD'，AD=AD'，BD=CD'．
∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，
∴∠BAD+∠EAC=45°．
∵∠BAD=∠CAD'，
∴∠CAD'+∠EAC=45°，即∠EAD'=45°．
∴∠DAE=∠D' AE．
在△DAE和△D'AE中，
AD=AD'，∠DAE=∠D' AE，AE=AE，
∴___①___．
∴DE=D'E．
又∵∠ECD'=∠ECA+∠ACD'=∠ECA+∠B=90°，
∴在Rt△ECD'中，___②___．
∵CD'=BD=3，CE=4，
∴DE=D'E=___③___．
【问题解决】
46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
上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______．
刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以
不变应万变．
【知识迁移】
如图3，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，满足△CEF的周长等于正方形ABCD的周长
的一半，连结AE、AF，分别与对角线BD交于M、N两点．探究BM、MN、DN的数量关系并证明．
【拓展应用】
如图4，在矩形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF=∠CEF=45°．探究
BE、EF、DF的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．
【问题再探】
如图5，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，点D、E在边AC上，且∠DBE=45°．设
AD=x，CE= y，求y与x的函数关系式．
【答案】【问题解决】①△ADE≌△AD'E；②EC2+CD'2=ED'2；③5；【知识迁移】
21x−60
DN2+BM2=M N2，见解析；【拓展应用】2BE2+2DF2=EF2；【问题再探】y=
5x−28
47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
【分析】【问题解决】根据题中思路解答即可；
【知识迁移】如图，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADF'．过点D作DH⊥BD交边AF'于点H，
连接NH．由旋转的特征得AE=AF',BE=DF',∠BAE=∠DAF'．结合题意得
EF=DF+BE=DF+DF'=F'F．证明△AEF≌AF'F，得出∠EAF=∠F' AF．根据正方形性质得出
∠ABD=∠ADB=45°．结合DH⊥BD，得出∠ADH=∠HDB−∠ADB=45°．证明
△ABM≌△ADH，得出AM=AH,BM=DH．证明△AMN≌△AHN．得出MN=HN．在Rt△HND
中，根据勾股定理即可求解；
【拓展应用】如图所示，设直线EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针
旋转90°，得到△AGH，连接HM,HE．则△ADF≌△AGH．则DF=GH,AG=AD,AF=AH，
∠DAF=∠HAG，根据∠EAF=45°，证明△AEH≌△AEF，得出EF=HE，过点H作HO⊥CB交
CB于点O，过点H作HG⊥BM交BM于点M，则四边形OHGB为矩形．得出OH=BG,OB=HG，证
明△BME,△DNF,△CEF,△AMN是等腰直角三角形，得出GM=DN=DF=HG，∠HME=90°，在
Rt△OHE中，根据勾股定理即可证明；
【问题再探】如图，将△BEC绕点B逆时针旋转90°，得到BE'C'，连接E'D．过点E作EG⊥BC，垂足
为点G，过点E'作EG'⊥BC'，垂足为G'．过点E'作E'F∥BA，过点D作DF∥BC交AB于点H,E'F、
DF交于点F．由旋转的特征得BE=BE',∠CBE=∠C'BE',EG=E'G',BG=BG'．根据
∠ABC=90°,∠DBE=45°，得出∠DBE'=45°，证明△EBD≌△E'BD，得出DE=DE'，根据勾股
定理算出AC，根据AD=x,CE= y，表示出DE'=5−x−y，证明△AHD∽△ABC，根据相似三角形的
4 3 4 4 3
性质表示出AH= x,HD= x，HB=4− x，同理可得EG= y,GC= y．
5 5 5 5 5
4 3 4 3 4
E'G'= y,BG'=3− y，证明四边形FE'G'H为矩形．得出∠F=90°,FH= y,DF= x+ y，
5 5 5 5 5
4 3
FE'=1− x+ y，在Rt△E'FD中，根据勾股定理即可求解；
5 5
【详解】【问题解决】解：如图2，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD'，连接ED'．
48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
由旋转的特征得∠BAD=∠CAD'，∠B=∠ACD'，AD=AD'，BD=CD'．
∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，
∴∠BAD+∠EAC=45°．
∵∠BAD=∠CAD'，
∴∠CAD'+∠EAC=45°，即∠EAD'=45°．
∴∠DAE=∠D' AE．
在△DAE和△D'AE中，AD=AD'，∠DAE=∠D' AE，AE=AE，
∴①△ADE≌△AD'E．
∴DE=D'E．
又∵∠ECD'=∠ECA+∠ACD'=∠ECA+∠B=90°，
∴在Rt△ECD'中，②EC2+CD'2=ED'2．
∵CD'=BD=3，CE=4，
∴DE=D'E=√32+42=5③．
【知识迁移】DN2+BM2=M N2．
证明：如图，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADF'．
过点D作DH⊥BD交边AF'于点H，连接NH．
由旋转的特征得AE=AF',BE=DF',∠BAE=∠DAF'．
由题意得EF+EC+FC=DC+BC=DF+FC+EC+BE，
∴EF=DF+BE=DF+DF'=F'F．
在△AEF和△AF'F中，AE=AF',EF=F'F,AF=AF，
∴△AEF≌AF'F(SSS)．
∴∠EAF=∠F' AF．
又∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ABD=∠ADB=45°．
∵DH⊥BD，
49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
∴∠ADH=∠HDB−∠ADB=45°．
在△ABM和△ADH中，∠BAM=∠DAH,AB=AD,∠ABM=∠ADH，
∴△ABM≌△ADH(ASA)，
∴AM=AH,BM=DH．
在△AMN和△AHN中，AM=AH,∠MAN=∠HAN,AN=AN，
∴△AMN≌△AHN(SAS)．
∴MN=HN．
在Rt△HND中，DN2+DH2=H N2，
∴DN2+BM2=M N2．
【拓展应用】2BE2+2DF2=EF2．
证明：如图所示，设直线EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连接HM,HE．
则△ADF≌△AGH．
则DF=GH,AG=AD,AF=AH，∠DAF=∠HAG，
∵∠EAF=45°，
∴∠HAE=∠HAG+∠GAE=∠DAF+∠GAE=45°，
在△AEH和△AFE中
¿，
∴△AEH≌△AEF(SAS)，
∴EF=HE，
过点H作HO⊥CB交CB于点O，过点H作HG⊥BM交BM于点M，则四边形OHGB为矩形．
∴OH=BG,OB=HG，
∵∠CEF=45°，
∴∠CEF=∠CFE=∠DFN=∠DNF=∠BME=∠BEM=45°，
∴△BME,△DNF,△CEF,△AMN是等腰直角三角形，
∴CE=CF,BE=BM,DN=DF,AN=AM，
50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
∴AM−AG=AN−AD，
∴GM=DN=DF=HG，
∴∠HMG=45°，
∴∠HME=45°+45°=90°，
在Rt△OHE中，OE2+OH2=H E2，(OB+BE) 2+BG2=EH2，
∴(GH+BE) 2+BG2=EH2，
即(GH+BE) 2+(BM−GM) 2=EH2，
又∴EF=HE,DF=GH=GM,BE=BM，
∴(GH+BE) 2+(BE−GH) 2=EF2，
即2(DF2+BE2)=EF2，
【问题再探】如图，将△BEC绕点B逆时针旋转90°，得到△BE'C'，连接E'D．过点E作EG⊥BC，垂
足为点G，过点E'作EG'⊥BC'，垂足为G'．过点E'作E'F∥BA，过点D作DF∥BC交AB于点
H,E'F、DF交于点F．
由旋转的特征得BE=BE',∠CBE=∠C'BE',EG=E'G',BG=BG'．
∵∠ABC=90°,∠DBE=45°，
∴∠CBE+∠DBA=45°，
∴∠C'BE'+∠DBA=45°，即∠DBE'=45°，
在△EBD和△E'BD中，BE=BE',∠DBE=∠DBE',BD=BD，
∴△EBD≌△E'BD(SAS)，
∴DE=DE'，
51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
∵∠ABC=90°,AB=4,BC=3，
∴AC=√AB2+BC2=5，
又∵AD=x,CE= y，
∴DE'=DE=5−x−y，
∵DF∥BC，
∴∠ADH=∠C,∠AHD=∠ABC=90°，
∴△AHD∽△ABC，
AH HD AD x 4 3
∴ = = = ，即AH= x,HD= x，
AB BC AC 5 5 5
4
∴HB=AB−AH=4− x，
5
4 3
同理可得EG= y,GC= y．
5 5
4 3
∴E'G'= y,BG'=BG=3− y，
5 5
∵E'G'⊥AB,∠ABC=90°，
∴E'G'∥BC∥FD，
又∵E'F∥AB,∠FHG'=∠AHD=90°，
∴四边形FE'G'H为矩形．
4 3 4
∴∠F=90°,FH=E'G'= y,DF=DH+FH= x+ y，
5 5 5
FE'=HG'=HB−BG'=4− 4 x− ( 3− 3 y ) =1− 4 x+ 3 y，
5 5 5 5
在Rt△E'FD中，E'F2+DF2=E'D2．
∴ ( 1− 4 x+ 3 y ) 2 + (3 x+ 4 y ) 2 =(5−x−y) 2 ，
5 5 5 5
21x−60
解得y= ．
5x−28
【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是旋转变换的性质、矩形的性质和判定、正方形的性质和判定、
勾股定理、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运
用旋转变换作图，掌握以上知识点是解题的关键．
15．（2024·四川眉山·中考真题）综合与实践
问题提出：在一次综合与实践活动中，某数学兴趣小组将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形的中
52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
心O处，并绕点O旋转，探究直角三角板与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况．
操作发现：将直角三角板的直角顶点放在点O处，在旋转过程中：
（1）若正方形边长为4，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为______；当一条直角边与正方
形的一边垂直时，重叠部分的面积为______．
（2）若正方形的面积为S，重叠部分的面积为S ，在旋转过程中S 与S的关系为______．
1 1
类比探究：如图1，若等腰直角三角板的直角顶点与点O重合，在旋转过程中，两条直角边分别角交正方
形两边于E，F两点，小宇经过多次实验得到结论BE+DF=√2OC，请你帮他进行证明．
拓展延伸：如图2，若正方形边长为4，将另一个直角三角板中60°角的顶点与点O重合，在旋转过程中，
当三角板的直角边交AB于点M，斜边交BC于点N，且BM=BN时，请求出重叠部分的面积．
√6−√2 √6+√2
（参考数据：sin15°= ，cos15°= ，tan15°=2−√3）
4 4
1
【答案】（1）4；4；（2）S = S；类比探究：见解析；拓展延伸：4√3−4
1 4
【分析】本题考查了正方形的性质，图形旋转的性质，三角形的全等的判定及性质，三角函数的概念等知
识点，正确作辅助线证明三角形全等是解题的关键．
操作发现：（1）根据图形即可判断重叠部分即为△BOC（对角线分成的四个三角形中的一个）求出面积
即可；当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，证明四边形OMCN是正方形，求解面积即可；
（2）如图，过点O作OG⊥CB于点G，OH⊥DC于点H．证明△OGE≌△OHF，从而证明
1
S =S = S ，即可求得结论；
四边形OECF 正方形OGCH 4 正方形ABCD
类比探究： 先证明△EOB≌△FOC，从而证明BE+DF=CF+DF=CD，即可证明结论；
拓展延伸：过点O作OG⊥AB于点G，OH⊥BC于点H．先证明△OGM≌△OHN，即可证明
S =S ，∠GOM=∠NOH，从而证明∠GOM=15°，根据tan15°=2−√3，即可求得
△OGM △OHN
GM=2×(2−√3)=4−2√3，由重叠部分的面积=S =S −2S ，即可求得结果．
四边形OMBN 正方形OGBH △OGM
53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
【详解】解：操作发现：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOC=90°，
1 1
当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为S = S = ×4×4=4；
△BOC 4 正方形ABCD 4
当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，
∴∠OMC=∠MON=∠BCD=90°
，
∴四边形MONC是矩形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°，OA=OC，
∴∠MOC=∠MCO，
∴OM=MC，
∴四边形OMCN是正方形，
1
∴OM= AD=2，
2
∴四边形OMCN的面积是4，
故答案为：4，4；
（2）如图，过点O作OG⊥CB于点G，OH⊥DC于点H．
∵O ABCD
是正方形 的中心，
∴OG=OH，
∵∠OGC=∠OHC=∠C=90°，
∴四边形OGCH是矩形，
∵OG=OH，
∴四边形OGCH是正方形，
54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
∴∠GOH=∠EOF=90°，
∴∠EOG=∠FOH，
∵∠OGE=∠OHF=90°，
∴△OGE≌△OHF(ASA)，
∴S =S ，
△OGE △OHF
1
∴S =S = S ，
四边形OECF 正方形OGCH 4 正方形ABCD
1
∴S = S．
1 4
1
故答案为：S = S；
1 4
类比探究：
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OB=OC=OD=OA，∠BCD=∠OCD=45°，
∵∠FOE=∠BOC，
∴∠EOB=∠FOC，
∴△EOB≌△FOC(ASA)，
∴BE=CF，
∴BE+DF=CF+DF=CD，
∵CD=√2OC，
∴BE+DF=√2OC，
拓展延伸：
过点O作OG⊥AB于点G，OH⊥BC于点H．
同（2）可知四边形OGBH是正方形，
∴BG=BH，OG=OH，
∵BM=BN，
55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
∴GM=NH，
∵∠OGM=∠OHN=90°，
∴△OGM≌△OHN(SAS)，
∴S =S ，∠GOM=∠NOH，
△OGM △OHN
∵∠MON=60°，
1
∴∠GOM= ×(90°−60°)=15°，
2
由（1）可知OG=2，S =4，
正方形OGBH
GM
∴tan∠GOM=tan15°= =2−√3，
OG
∴GM=2×(2−√3)=4−2√3，
1 1
∴S = OG⋅GM= ×2×(4−2√3)=4−2√3，
△OGM 2 2
∴重叠部分的面积=S =S −2S
四边形OMBN 正方形OGBH △OGM
=4−2×(4−2√3)
=4√3−4．
16．（2025·浙江宁波·模拟预测）【阅读】若P为△ABC所在平面上一点，且
∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，则点P叫做△ABC的费马点．如图，在△ABC中，如果三角形内部有
一点P满足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，则PA+PB+PC的值最小．理由如下：
将△APC绕点A逆时针旋转60°至△AP'C'，连接PP'
∴∠APC=∠AP'C'=120°
∴AP=AP'，PC=P'C'，∠PAP'=60°
∴△APP'是等边三角形
∴AP=PP'，∠APP'=∠AP'P=60°
∴PA+PB+PC=PB+PP'+P'C'
∵∠APB=∠APC=∠AP'C'=120°,∠APP'=∠AP'P=60°
∴点B,P,P',C'四点在同一条直线上．此时，PA+PB+PC的值最小．
56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
【应用】
（1）如图（一）所示，点P是△ABC内一点，且点P是△ABC的费马点，已知∠ABC=60°，
PA=4，PC=3，求PB的长；
（2）如图（二）所示，分别以锐角△ABC的边AB，AC向三角形外部作等边△ABD，等边△ACE，连
接BE,CD交于点P，求证：点P为△ABC的费马点；
【拓展】
（3）如图（三），⊙O圆内接矩形ABCD内有一点P，PE⊥BC于点E，已知A´D=2A´B，且
PA+PD+PE的最小值是5√2，求⊙O的半径．
【答案】（1）PB=2√3 （2）见解析 （3）2√2
【分析】（1）根据费马点的定义证明△PAB∽△PBC，得到对应边成比例解题即可；
（2）连接PA，过点A作AF⊥CD，AG⊥BE于点F，G，根据等边三角形得到△DAC≌△BAE，即可
得到∠ADC=∠ABE，CD=BE，S =S ，然后根据角平分线的判定得到∠APD=∠APE，然
△DAC △BAE
后根据费马点的定义解题即可；
（3）先根据费马点的定义得到当G、F、P、D四点共线时，此时，PA+PD+PE的值最小，且
∠APD=∠APE=∠DPE=120°，延长EP交AD于点H，则EH⊥AD，连接BD，即可得到这时点P
是外接圆的圆心，然后根据最小值和矩形的性质求出半径即可．
【详解】（1）解：∵点P是△ABC的费马点，
∴∠APB=∠BPC=120°，
57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
∴∠PAB+∠PBA=60°=∠PBC+∠PBA，
∴∠PAB=∠PBC，
∴△PAB∽△PBC，
PB PA PB 4
∴ = ，即 = ，
PC PB 3 PB
解得PB=2√3（负值舍去），
（2）证明：连接PA，过点A作AF⊥CD，AG⊥BE于点F，G，
∵△ABD和△ACE是等边三角形，
∴AD=AB，AE=AC，∠DAB=∠EAC=60°，
∴∠DAC=∠BAE，
∴△DAC≌△BAE，
∴∠ADC=∠ABE，CD=BE，S =S ，
△DAC △BAE
∴AF=AG，
又∵AF⊥CD，AG⊥BE，
∴∠APD=∠APE，
又∵∠DFA=∠BFP，
∴∠DPB=∠EPC=∠DAB=60°，
∴∠BPC=120°，
∴∠APD=∠APE=60°，
∴∠APB=∠APC=120°，
∴点P是△ABC的费马点；
（3）解：以AP为边向下作等边△AFP，连接AE，并绕点A顺时针旋转60°得到AG，连接FG，DE，
根据题目可知当G、F、P、D四点共线时，此时，PA+PD+PE的值最小，且
58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
∠APD=∠APE=∠DPE=120°，
如图，延长EP交AD于点H，则EH⊥AD，连接BD，
又∵∠APH=∠DPH=60°，
∴∠PAD=∠PDA=30°，
∵A´D=2A´B，
∴∠ABD=30°，
∴点P为外接圆的圆心，
1 1 1
∴PH= PA= PD，即PE= PA
2 2 2
5
∴PA+PD+PE的值最小为DG=PA+PD+BG=PA+PD+PE= PA=5√2，
2
∴PA=PB=2√2．
【点睛】此题考查相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，圆的性质，掌握费
马点的定义和应用是解题的关键．
题型05 一线三等角模型的运用
17．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践：如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解
《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角
模型”．如图2，在△ABC中，∠A=90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB
交AB的延长线于点E．
(1)【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是______；
59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
(2)【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB=2，AC=6，求△BDF的面积；
BN
(3)【类比迁移】在(2)的条件下，连接CE交BD于点N，则 =______；
BC
2
(4)【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线AB上找点P，使tan∠BCP= ，请直接写出线段AP的长度．
3
【答案】(1)AB=DE
(2)10
9
(3)
13
54 18
(4) 或
7 11
【分析】（1）根据旋转的性质可得∠CBD=90，CB=BD，进而证明△ABC≌△EDB(AAS)，即可求解；
（2）根据（1）的方法证明△ABC≌△EDB(AAS)，进而证明△≝∽△CAF，求得EF=4，则BF=10，
然后根据三角形的面积公式，即可求解．
1
（3）过点N作NM⊥AF于点M，证明△ABC∽△MNB得出MN= BM，证明△EMN∽△ECA，设
3
54
BM=x，则ME=BE−BM=6−x，代入比例式，得出x= ，进而即可求解；
13
（4）当P在B点的左侧时，过点P作PQ⊥BC于点Q，当P在B点的右侧时，过点P作PT⊥BC交CB的
延长线于点T，分别解直角三角形，即可求解．
【详解】（1）解：∵将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点E．
∵∠CBD=90°
，
∴∠ABC+∠DBE=90°，
∴∠A=90°，
∴∠ABC+∠ACB=90，
∴∠DBE=∠ACB，
又∵∠A=∠DEB=90°且CB=BD
60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
∴△ABC≌△EDB(AAS)，
∴DE=AB；
（2）解：∵∠CBD=90°，
∴∠ABC+∠DBE= 90°，
∴∠A=90°，
∴∠ABC+∠ACB=90，
∴∠DBE=∠ACB，
又∵∠A=∠DEB=90°且CB=BD，
∴△ABC≌△EDB(AAS)，
∴DE=AB ，BE=AC
∵AB=2，AC=6
∴DE=2，BE=6
∴AE=AB+BE=2+6=8，
∵∠DEB +∠A=180°
∴ DE∥AC，
∴△≝∽△CAF，
DE EF
∴ =
AC FA
2 EF
∴ =
6 EF+8
∴EF=4，
∴BF=BE+EF=6+4=10，
1
∴ S = ×10×2=10；
△BDF 2
（3）解：如图所示，过点N作NM⊥AF于点M，
∵∠A=∠BMN=90°，∠ACB=90°−∠ABC=∠NBM
∴△ABC∽△MNB
61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
BN BM MN
∴ = = ，
BC AC AB
BN BM MN 1
即 = = ，即MN= BM，
BC 6 2 3
又∵MN∥AC
∴△EMN∽△ECA
ME MN
∴ = ，
AE AC
设BM=x，则ME=BE−BM=6−x，
1
x
6−x 3
=
8 6
54
解得：x=
13
54
∴BN BM 13 9 ；
= = =
BC AC 6 13
（4）解：如图所示，当P在B点的左侧时，过点P作PQ⊥BC于点Q
2
∵tan∠BCP=
3
PQ 2
∴tan∠BCP= = ，设PQ=2a，则CQ=3a，
CQ 3
又∵AC=6,AB=2，∠BAC=90°
AC 6
∴tan∠ABC= = =3，BC=√22+62=2√10
AB 2
PQ
∴tan∠PBQ= =3
BQ
1 2
∴BQ= PQ= a
3 3
2 11
∴BC=CQ+BQ= a+3a= a
3 3
62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
11
∴ a=2√10，
3
6√10
解得：a=
11
2
在Rt△PBQ中，PQ=2a, BQ= a
3
2√10 2√10 6√10 40
∴PB=√PQ2+BQ2= a= × =
3 3 11 11
40 18
∴AP=PB−AB= −2=
11 11
如图所示，当P在B点的右侧时，过点P作PT⊥BC交CB的延长线于点T，
∵∠ABC=∠PBT,∠A=∠T=90°
∴∠BPT=∠ACB
AB 1
∵tan∠ACB= =
AC 3
BT 1
∴tan∠BPT= =tan∠ACB=
PT 3
设BT=b，则PT=3b，BP=√10b，
PT 2
∵tan∠BCP= = ，
CT 3
3b 2
∴ =
b+2√10 3
4√10
解得：b=
7
40
∴BP=√10b=
7
40 54
∴AP=AB+BP=2+ =
7 7
54 18
综上所述，AP= 或 ．
7 11
63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
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，旋转的性质，
熟练掌握以上知识是解题的关键．
18．（2023·山东泰安·三模）【例题探究】数学课上，老师给出一道例题，如图1，点C在AB的延长线上，
且∠A=∠DBE=∠C，若求证：△DAB∽△BCE；请用你所学的知识进行证明．
【拓展训练】
3 CE
如图2，点C在AB的延长线上，且∠DAB=∠DBE，若CE∥AD，∠C=60°，AD= AB，则 的值
2 BC
为______；（直接写出）
【知识迁移】
将此模型迁移到平行四边形中，如图3，在平行四边形ABCD中，E为边BC上的一点，F为边AB上的一
点.若∠≝=∠B.求证：AB⋅FE=BE⋅DE．
2
【答案】（1）详见解析；（2） ；（3）详见解析
5
【分析】（1）由∠A=∠DBE=∠C，∠ADB+∠ABD=180°−∠A，
∠ABD+∠CBE=180°−∠DBE推出∠ADB=∠CBE，进而得出结论；
BF DA 3 CE 2
（2）在CB上截取CF=CE，连接EF，可证得△DAB∽△BFE，从而 = = ，进而得出 = ；
EF AB 2 BC 5
EF BE
（3）以D为圆心，DC长为半径画弧，交BC的延长线于点G，可得出△BEF∽△GDE，从而 = ，
DE DG
进一步得出结论．
【详解】（1）证明：∵∠A=∠DBE=∠C，∠ADB+∠ABD=180°−∠A，
∠ABD+∠CBE=180°−∠DBE，
∴∠ADB=∠CBE，
∴△DAB∽△BCE；
（2）解：如图1，
64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CB上截取CF=CE，连接EF，
∵∠C=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴∠EFC=60°，
∴∠EFB=180°−∠EFC=120°，
∵AD∥CE，
∴∠DBE=∠DAB=180°−∠C=120°，
∴∠DBE=∠DAB=∠EFB，
由（1）知：△DAB∽△BFE，
BF DA 3
∴ = = ，
EF AB 2
CE 2
∴ = ，
BC 5
2
故答案为： ；
5
（3）证明：如图2，
以D为圆心，DC长为半径画弧，交BC的延长线于点G，
∴DC=DG，
∴∠G=∠DCG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB，AB∥CD，
∴∠B=∠DCG=∠G，
∵∠≝=∠B，
∴∠≝=∠≝=∠G，
65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
由（1）知：△BEF∽△GDE，
EF BE
∴ = ，
DE DG
EF BE
∴ = ，
DE AB
∴AB⋅FE=BE⋅DE．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定的性质，平行四边形的性质，平行线的
性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造“一线三等角”．
19．（2025·山东济南·一模）（一）模型呈现
（1）如图1，点A在直线l上，∠BAD=90°,AB=AD，过点B作BC⊥l于点C，过点D作DE⊥l于点E，
由∠1+∠2=∠2+∠D=90°，得∠1=∠D，又∠ACB=∠DEA=90°，可以推理得到△ABC≌DAE，
进而得到AC=_______，BC=_______．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；
（二）模型体验
（2）如图2，在△ABC中，点D为AB上一点，DE=DF=3,∠A=∠EDF=∠B，四边形CEDF的周长
为10，△ABC的周长为18．小诚同学发现根据模型可以推理得到△ADE≌△BFD，进而得到
AE=BD,AD=BF，那么AB=AE+BF，再根据题目中周长信息就可得AB=_______；
（三）模型拓展
（3）如图3，在△ABC中，∠ACB=90°,AC=2BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于点D，
BE⊥MN于点E．请猜想线段DE,AD,BE之间的数量关系，并写出证明过程：
（四）模型应用
（4）如图4，已知在矩形ABCD中，AB=14,BC=7，点E在CD边上，且DE=4．P是对角线AC上一
2
动点，Q是边AD上一动点，且满足sin∠EPQ= √5，当P在AC上运动时，请求线段AQ的最大值，并
5
求出此时线段AP的长度．
1
【答案】（1）DE,AE；（2）7；（3）DE=2BE− AD，见解析；（4）当AP=2√5时AQ =4
2 max
66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
【分析】（1）由全等三角形的性质可得结论；
（2）由全等三角形的性质得对应相等的线段，经过等量代换即可求出；
AD CD AC
（3）证明△CDA∽△BEC，得 = = ，由AC=2BC，得AD=2CE,CD=2BE，进而可得结
CE BE BC
论：
（4）在AC上找一点F使∠EFP=∠DAC，延长FE交AD的延长线于点G，过点G作AC的垂线，垂足为
M，过点F作AD的垂线，垂足为N．由矩形性质及勾股定理证明∠BAC=∠DCA，求出
AC=√AB2+BC2=7√5，证明∠EFP=∠DAC=∠EPQ，进而证明△AQP∽△FPE，△GAF为等腰
三角形，
设AM=MF=a，则AF=2a，解直角三角形求出DG=3，EG=5，设AQ= y，AP=x，证明
x(4√5−x) 1 4√5
△AQP∽△FPE，得y= =− x2+ x，由二次函数的性质即可求解．
5 5 5
【详解】（1）解：∵△ABC≌△DAE，
∴AC=DE,BC=AE，
故答案为：DE,AE
（2）解：∵四边形CEDF的周长为10，DE=DF=3，
∴CE+CF+DE+DF=10，
∴CE+CF=4，
∵ △ABC的周长为18，AB=AE+BF，
∴AB+AE+BF+CE+CF=18，
∴2AB+4=18，
∴AB=7，
故答案为：7；
1
（3）解：DE=2BE− AD；理由如下，
2
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∵BE⊥MN，
∴∠BEC=90°，
∴∠BCE+∠CBE=90°，
∴∠ACD=∠CBE，
67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
∵AD⊥MN，
∴∠CDA=90°，
∴∠CDA=∠BEC=90°，
∴△CDA∽△BEC，
AD CD AC
∴ = = ，
CE BE BC
∵AC=2BC，
∴AD=2CE,CD=2BE，
1
∴DE=CD−CE=2BE− AD；
2
（4）解：在AC上找一点F使∠EFP=∠DAC，延长FE交AD的延长线于点G，过点G作AC的垂线，垂
足为M，过点F作AD的垂线，垂足为N．
∵ ABCD AB=14 BC=7
在矩形 中， ， ，
∴AB=CD=14，AB∥CD，∠B=90°
∴∠BAC=∠DCA，AC=√AB2+BC2=7√5，
DC AB 2√5
∴sin∠DAC= = = ，
AC AC 5
2
∵sin∠EPQ= √5，
5
∴∠EFP=∠DAC=∠EPQ，
∵∠QPF=∠QPE+∠EPF=∠DAC+∠AQP,∠QPE=∠DAC，
∴∠EPF=∠AQP，
∴△AQP∽△FPE，AG=GF，
∴△GAF为等腰三角形，
∴AM=MF，
设AM=MF=a，则AF=2a，
68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
2√5
∵sin∠DAC= ，
5
4√5 2√5
∴MG=2a，AG=FG=√5a，FN= a，AN= a，
5 5
2√5 3√5
∴GN=GA−AN=√5a− a= a，
5 5
∵tan∠DGE=tan∠NGF，
4√5
a
DE FN 5 4
∴ = = = ，
DG GN 3√5 3
a
5
∵DE=4，
∴DG=3，EG=5，
∴AG=GF=10，
∴EF=10−5=5，
2√5
∵MG=sin∠DAC·AG= ×10=4√5，
5
∴AM=√AG2−MG2=2√5，
1
∴AM=MF= AF=2√5，AF=4√5，
2
设AQ= y，AP=x，
∵△AQP∽△FPE，
AQ AP
∴ = ，
PF EF
y x
∴ = ，
4√5−x 5
x(4√5−x) 1 4√5
即y= =− x2+ x，
5 5 5
1
∵− <0，对称轴为直线x=2√5，
5
∴当x=2√5时，y =4，
max
即当AP=2√5时，AQ =4．
max
【点睛】本题主要涉及全等三角形的判定与性质、“一线三等角”模型等数学概念，利用“一线三等角”
模型及全等三角形的判定定理证明三角形全等，进而得出对应边相等；构造“一线三等角”模型，结合三
69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
角函数和相似三角形的性质及二次函数的性质，求解线段的最值及相应长度是正确解题的关键．
20．（2024·甘肃天水·二模）综合与实践
感知：数学课上，老师给出了一个模型：如图，点M在直线BC上，且∠ABM=∠AMN=∠NCM=α（
α可以是直角、锐角或者钝角），像这种一条直线上的三个顶点含有三个相等的角的模型，我们把它称为
“一线三等角”模型．
应用：
(1)如图1，在矩形ABCD中，M，N分别为BC，CD边上的点，∠AMN=90°，且AM=MN，则
AB，CN，BC的数量关系是_____；
(2)如图2，在△ABC中，BC=6，∠C=60°，M是AC上的点（AC>BC），且∠ABM=60°，AM=7，
求BM的长；
(3)如图3，在四边形ABMC中，∠BAC=∠ABM=90°，∠AMC=45°，AB=3，AC=4，求
tan∠CAM的值．
【答案】(1)AB+CN=BC
(2)2√7
(3)√7−2
【分析】此题考查了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、解一元二次方程等知识， 添
加辅助线构造相似三角形是解题的关键．
（1）证明△ABM≌△MCN(AAS)，则AB=CM，BM=CN，即可得到结论；
BN AN
（2）延长CB至点N，使CN=AC，证明△ABN∽△BMC，则 = ，设CM=x，则
MC BC
AN=AC=x+7，BN=x+1，则6(x+1)=x(x+7)，解得x=2（负值已舍去）．则CM=2，过点M作
70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
MD⊥BC于点D，求出DC= CM=1，DM=√3CD=√3，BD=BC−CD=5，在Rt△BDM中，利用
2
勾股定理求值即可；
（3）延长AB至点P，使BP=BM，则∠BPM=∠BMP，连接PM交AC的延长线于点Q，过点M作
MN⊥AQ于点N，则四边形ABMN为矩形，证明△MNQ是等腰直角三角形，则MQ=√2MN=3√2，
证明△APQ为等腰直角三角形，则AP=AQ．设BP=BM=a，则AP=3+a，PM=√2a，
CQ=AQ−AC=a−1，证明△APM∽△MQC，得到PM·MQ=AP·CQ，即6a=(a−1)(a+3)，解得
AB
BM=2+√7．证明∠CAM=∠AMB，根据tan∠CAM=tan∠AMB= 即可求出答案．
BM
【详解】（1）解：AB+CN=BC．
证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=∠C=90°
．
∵∠AMN=90°，
∴∠B=∠C=∠AMN=90°，
又∵AM=MN，
∵∠BAM+∠AMB=∠CMN+∠AMB=90°，
∴∠BAM=∠CMN，
∴△ABM≌△MCN(AAS)，
∴AB=CM，BM=CN，
∴AB+CN=CM+BM=BC．
故答案为：AB+CN=BC；
（2）如图1，延长CB至点N，使CN=AC，
∵∠C=60°
．
71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
∴△ACN为等边三角形，
∴∠N=∠C=60°，
∵∠ABM+∠MBC=∠ANB+∠BAN，∠ABM=60°，
∴∠MBC=∠BAN，
∴△ABN∽△BMC，
BN AN
∴ = ，
MC BC
∴BN·BC=AN·CM．
设CM=x，则AN=AC=AM+CM=x+7，BN=CN−BC=AC−BC=x+1，
∴6(x+1)=x(x+7)，
解得x=2（负值已舍去）．
∴CM=2，
过点M作MD⊥BC于点D，
在Rt△CDM中，∠C=60°，
1
∴DC= CM=1，DM=√3CD=√3，BD=BC−CD=5，
2
在Rt△BDM中，BM=√DM2+BD2=√(√3) 2+52=2√7，
（3）如图3，延长AB至点P，使BP=BM，则∠BPM=∠BMP，
连接PM交AC的延长线于点Q，
过点M作MN⊥AQ于点N，则四边形ABMN为矩形，
∴∠BMN=90°，
∵∠ABM=∠BPM+∠BMP=2∠BMP=90°，
∴∠BPM=∠BMP=45°，
∴∠NMQ=180°−∠BMP−∠BMN=45°，
∴△MNQ是等腰直角三角形，
∴MN=AB=3，∠Q=45°=∠P，
72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
∴MQ=√2MN=3√2，
∴△APQ为等腰直角三角形，AP=AQ．
设BP=BM=a，则AP=3+a，PM=√2a，CQ=AQ−AC=3+a−4=a−1，
∵∠AMC+∠CMQ=∠P+∠PAM，
∴∠CMQ=∠PAM，
∵∠P=∠Q=45°，
∴△APM∽△MQC，
AP PM
∴ = ，
MQ CQ
∴PM·MQ=AP·CQ，即6a=(a−1)(a+3)，
解得a =2+√7，a =2−√7（舍去），
1 2
∴BM=2+√7．
∵∠BAC+∠ABM=180°，
∴AC∥BM，
∴∠CAM=∠AMB，
AB 3
∴tan∠CAM=tan∠AMB= = =√7−2．
BM 2+√7
【模拟预测】
1．（2025·广西·一模）【经典回顾】
（1）如图1，△ABC，△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：△ABD≌△ACE；
【类比迁移】
（2）如图2，△ABC，△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD，CE相交于点Q，
BD与AC相交于点P，类比（1）有△ABD≌△ACE．点M，N，F分别为BC，DE，CD的中点，连接
MF，NF，MF与CE相交于点T．请判断MF，NF的关系，并证明；
【拓展应用】
（3）在（2）的条件下，连接MN，如图3，△ADE绕点A旋转，若AB=6，AE=4．求旋转过程中，
△MNF面积的最大值．
73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】（1）见解析；（2）MF=NF，MF⊥NF，见解析；（3）12.5
【分析】（1）结合等边三角形的性质证明∠BAD=∠CAE，从而可得结论；
（2）由（1）知△ABD≌△ACE，可得BD=CE，∠ABD=∠ACE，结合△BCD和△ECD的中位线，
1 1
可得MF∥BD，MF= BD，NF∥CE，NF= CE，再进一步求解即可；
2 2
1 1 1
（3）由（2）可知MF⊥NF，MF=NF= BD，可得S = MF⋅NF= BD2 ，可得当BD最大时，
2 △MFN 2 8
S 最大，再进一步求解即可；
△MFN
【详解】解：（1）∵△ABC，△ADE为等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
即∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)；
（2）MF=NF且MF⊥NF；
证明：由（1）知△ABD≌△ACE，
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，
1 1
∴ BD= CE，
2 2
∵点M，N，F分别为BC，DE，CD的中点，
∴MF，NF分别是△BCD和△ECD的中位线，
1 1
∴MF∥BD，MF= BD，NF∥CE，NF= CE，
2 2
∴MF=NF.
∵∠APB=∠CPQ，∠ABD=∠ACE，∠BAC=90°，
∴在△BAP和△CPQ中，∠CQP=∠BAP=90°，
∵MF∥BD，
74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
∴∠QTM+∠CQP=180°，
∴∠QTM=90°，
∵NF∥CE，
∴∠MFN=∠QTM=90°，
∴MF⊥NF；
1
（3）由（2）可知MF⊥NF，MF=NF= BD，
2
∴△MFN是等腰直角三角形，
1 1 1
∴S = MF⋅NF= M F2= BD2 ，
△MFN 2 2 8
∴当BD最大时，S 最大.
△MFN
在△ADE绕点A旋转时，BD≤AB+AD，
∴当点D恰好在BA的延长线上时BD最长，最大长度为AB+AD=6+4=10，
1
∴S 的最大值= ×102=12.5.
△MFN 8
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的
中位线的性质，旋转的性质，熟练的掌握基础几何图形的性质是解本题的关键.
2．（2025·河南濮阳·一模）综合与探究
如图，∠AOB=120°，点P在∠AOB的平分线上，PA⊥OA于点A．
(1)【操作判断】
如图1，过点P作PC⊥OB于点C，根据题意，在图1中画出PC，并直接写出∠APC的度数：
_______________．
(2)【问题探究】
如图2，点M在线段AO上，连接PM，作∠MPN=60°，PN交射线OB于点N，探究OM，ON与PA之
间的数量关系，并给出证明．
(3)【拓展延伸】
75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
点M在射线AO上，连接PM，作∠MPN=60°，PN交射线OB于点N，射线NM与射线PO相交于点E．
OP
若ON=3OM，请直接写出 的值．
OE
【答案】(1)图见解析，60°
√3
(2)PA= (OM+ON)，证明见解析
2
4
(3)
3
【分析】（1）根据尺规基本作图——作垂线，作出PC；再利用四边形内角和等于360度求出∠APC即
可；
（2）作PC⊥OB于C，证明△PCN≌△PAM(AAS)，得到CN=AM，再证明
1
Rt△POC≌Rt△POA(HL)，得到OC=OA，从而得到OA= (OM+ON)，然后证明OP=2OA，由勾股
2
√3
定理，得OA2+PA2=OP2=(2OA) 2，即可得PA=√3OA，从而得出结论PA= (OM+ON)．
2
（3）证明△PCN≌△PAM(AAS)，得到CN=AM，PN=PM，从而可证得△PMN是等边三角形，得出
∠PMN=60°，MN=PN，再证明OA=OM，设OA=OM=x，则AM=2x，由（2）知：
OP=2OA=2x，PA=√3OA=√3x，从而求得MN=PM=√PA2+AM2=√7x，然后证明
NE OE NO 3x 3√7 3
△NEO∽△PEM，得 = = = = ，即可求出OE= x，即可代入求解．
PE ME PM √7x 7 2
【详解】（1）解：如图，PC即为所求，
∵PA⊥OA，PC⊥OB，
∴∠PAO=∠PCO=90°，
∵∠AOB=120°，
∴ ∠APC=360°−90°−90°−120°=60°，
76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
故答案为：60°．
√3
（2）解：PA= (OM+ON)，
2
证明：如图，作PC⊥OB于C，
由（1）知：∠APM+∠MPC=∠APC=60°，
∵∠NPC+MPC=∠MPN=60°，
∴∠NPC=∠APM，
∵PC⊥OB，PA⊥OA，
∴∠PCN=∠PAM，
∵点P在∠AOB的平分线上，
∴PC=PA，
∴△PCN≌△PAM(AAS)，
∴CN=AM，
∵PC=PA，OP=OP，
∴Rt△POC≌Rt△POA(HL)，
∴OC=OA，
∴ON+OM=OC+NC+OM=OC+AM+OM=OC+OA=2OA，
1
∴OA= (OM+ON)，
2
∵点P在∠AOB的平分线上，∠AOB=120°，
1
∴∠POA= ∠AOB=60°，
2
∴∠APO=30°，
∴OP=2OA，
由勾股定理，得OA2+PA2=OP2=(2OA) 2，
∴PA=√3OA，
77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
√3
∴PA= (OM+ON)．
2
（3）解：如图，
由（1）知：∠APM+∠MPC=∠APC=60°，
∵∠NPC+MPC=∠MPN=60°
∴∠NPC=∠APM
∵PC⊥OB，PA⊥OA，
∴∠PCN=∠PAM，
∵点P在∠AOB的平分线上，
1
∴PC=PA，∠PON= ∠AOB=60°，
2
∴∠EON=120°，
∴△PCN≌△PAM(AAS)，
∴CN=AM，PN=PM，
∵∠MPN=60°，
∴△PMN是等边三角形，
∴∠PMN=60°，MN=PM，
∴∠PME=120°，
由（2）知：OC=OA，
∴OM+ON=OM+OC+CN=OM+OA+AM=2OM+2OA，
∵ON=3OM，
∴4OM=2OM+2OA，
∴OA=OM，
设OA=OM=x，则AM=2x，
由（2）知：OP=2OA=2x，PA=√3OA=√3x，
78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
∴MN=PM=√PA2+AM2=√7x，
∵∠NOP=∠PME=120°，∠NEO=∠PEM，
∴△NEO∽△PEM，
NE OE NO 3x 3√7
∴ = = = = ，
PE ME PM √7x 7
√7
∴ME= OE，
3
MN+ME 3√7
∴ = ，
PO+OE 7
√7
√7x+ OE
∴ 3 3√7，
=
2x+OE 7
3
∴OE= x，
2
OP 2x 4
= =
∴OE 3 3．
x
2
4
故答案为： ．
3
【点睛】本题考查尺规基本作图-作垂线，角平分线的性质，全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，
勾股定理，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，证明△PCN≌△PAM(AAS)和
△NEO∽△PEM是解题的关键．
3．（2024·湖北武汉·二模）问题提出
如图（1）， ▱ABCD的四边上依次有E，G，F，H四点，连接EF，GH交于点P，∠EPH=∠ABC，
EF
AB=n⋅BC，试用含n的式子表示 ．
GH
问题探究
EF
（1）先将问题特殊化，如图（2），当n=1时，且∠ABC=90∘时，直接写出 的值；
GH
EF
（2）再探究一般情形．如图（1），求 的值（用n表示）．
GH
问题拓展
（3）如图（3），在四边形ABCD中，AB=AD，BC=CD，点E，F分别在AB，BC的延长线上，连接
79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
AB 3
AF，DE交于点G，且∠DGF=∠B，若 = ，AF=DE，直接写出cos∠B的值．
BC 2
EF EF 1 1
【答案】（1） =1；（2） = ；（3）
GH HG n 4
【分析】（1）过点G作GM⊥AD于M，过点F作FN⊥AB于点N，根据正方形性质可证明
△MGH≌△NFE，从而可得EF=GH；
（2）过点G作GM⊥AD于M，过点E作EN⊥DC于点N，由平行四边形面积公式可得：
EN AD BC 1 EF EN BC 1
= = = ，再证明△ENF∽△GMH，即可得 = = = ；
GM CD AB n GH GM AB n
（3）连接BD，过点A作AN∥BC，过点D作MN∥AB，交AN于N，交BC延长线于M，延长AD交
DE BM
BC延长线于K，构造（2）模型，可得： = =1，再证明DK=MK，∠CDM=∠DKC，进而证
AF AB
明△CDM∽△CKD，再利用相似三角形的性质求出CK=4a，MK=DK=CK−CM=3a，
1 3 HM
DM= DK= a，在等腰△DKM构造直角三角形求出cos∠DMK= 即可解题．
2 2 MK
【详解】解：（1）如图，过点G作GM⊥AD于M，过点F作FN⊥AB于点N，
∴∠HMG=∠FNE=90°，
又∵四边形ABCD是平行四边形，且AB=BC，∠ABC=90∘，
∴四边形ABCD是正方形，
∴四边形ABGM和四边形BDFN是矩形，
∴GM=AB=AD=FN，∠HMG=∠FNE=90°，
又∵∠EPH=∠A=90∘，
∴∠AHP+∠AEP=180°，
80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
又∵∠AEP+∠FEN=180°
∴∠FEN=∠AHG，
∴△MGH≌△NFE，
∴EF=GH，
EF
∴ =1；
GH
（2）如图，过点G作GM⊥AD于M，过点E作EN⊥DC于点N，
∴∠GMH=∠ENF=90°，
∵ABCD是平行四边形，
∴DA=BC，AB=CD，DA∥BC，AB∥CD，
1 1
∴S = DC⋅EN= AD⋅GM，
平行四边形ABCD 2 2
EN AD BC 1
∴ = = = ，
GM CD AB n
∵AB∥CD，DA∥BC，
∴∠AEF=∠EFN，∠A+∠B=180°
又∵∠B=∠HPE，
∴∠A+∠HPE=180°，
∴∠AEP+∠AHP=∠MHG+∠AHG=180°，
∴∠AEP=∠MHG，
∴∠EFN=∠MHG，
∴△ENF∽△GMH，
EF EN 1
∴ = = ；
GH GM n
（3）连接BD，过点A作AN∥BC，过点D作MN∥AB，交AN于N，交BC延长线于M，延长AD交
BC延长线于K，
81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
∴四边形ABMN是平行四边形，∠B=∠N，
∵∠DGF=∠B，AF=DE，
DE BM
由（2）可知 = =1，
AF AB
∴BM=AB，
∴平行四边形ABMN是菱形，
设AB=3a，则AB=AD=AN=BM=MN=3a，
AB 3
由 = ，得BC=CD=2a，CM=a，
BC 2
∵AB=AD，BC=CD，AC=AC，
∴△ABC≌△ADC(SSS)，
∴∠B=∠ADC，AD=AN
∵AD=AN，
∴∠N=∠ADN，
∴∠N=∠ADN=∠B=∠ADC，
∵∠N+∠ADN+∠NAD=180°，∠ADC+∠ADN+∠CDM=180°，
∴∠CDM=∠DAN，
∵AN∥BC，
∴∠DAN=∠DKM，∠DMK=∠N，
∵∠ADM=∠MDK，∠CDM=∠DKC，
∴∠DMK=∠MDK
∴DK=MK，
∵∠DCK=∠DCM，∠CDM=∠DKC，
∴△CDM∽△CKD，
CD CK DK 2a CK DK
∴ = = ，即 = = ，
CM CD CK a 2a DM
∴CK=4a，MK=DK=CK−CM=3a，
82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 3
∴DM= DK= a，
2 2
∵KH⊥DM，DK=MK，
1 3
∴HM= DM= a，
2 4
3
a
∴ HM 4 1，
cos∠DMK= = =
MK 3a 4
∵MN∥AB，
∴∠B=∠DMK，
1
∴cosB=cos∠DMK= ．
4
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质和判定、平行四边形的性质，解题关键是构造相似三角形转化
线段比例关系，解（3）的关键是构造同（2）的模型线段之间的关系，再利用△CDM∽△CKD求解线段．
4．（2024·湖南邵阳·二模）问题提出
如图（1），在△ABC和△DEC中，∠ACB=∠DCE=90°，BC=AC，EC=DC，点E在△ABC内部，
直线AD与BE交于点F．线段AF，BF，CF之间存在怎样的数量关系？
问题探究
（1）先将问题特殊化如图（2），当点D，F重合时，易证△ACD≌△BCE（SAS），请利用全等探究
AF，BF，CF之间的数量关系（直接写出结果，不要求写出理由）；
（2）再探究一般情形如图（1），当点D，F不重合时，证明（1）中的结论仍然成立．
问题拓展
（3）如图（3），在△ABC和△DEC中，∠ACB=∠DCE=90°，BC=kAC，EC=kDC（k是常数），
点E在△ABC内部，直线AD与BE交于点F．直接写出一个等式，表示AF，BF，CF之间的数量关系．
【答案】（1）BF−AF=√2CF；（2）见解析；（3）BF−kAF=√1+k2CF
【分析】（1）先证明△BCE≌△ACD，得到AF=BE，BF−AF=BF−BE=EF=√2CF；
（2）过点C作CG⊥CF交BE于点G，证明△ACD≌△BCE，△ACF≌△BCG，△CGF是等腰直角三
83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
角形即可；
（3）过点C作CM⊥CF交BE于点M，则∠FCM=∠ACB=90°，证明△BCE∽△ACD，
△BCM∽△ACF，得BM:AF=BC:AC=MC:CF=k，BM=kAF，MC=kCF，再利用勾股定理即可
得解．
【详解】解：问题探究
（1）BF−AF=√2CF．理由如下：如图（2），
∵∠BCA=∠ECF=90°，EC=CF，
∴∠BCE=∠ACF，DE=√2CF，
∵BC=AC，EC=CF，
∴△BCE≌△ACF，
∴BE=AF，
∴BF−AF=BF−BE=EF=√2CF；
（2）证明：过点C作CG⊥CF交BE于点G，则∠FCG=∠ACB=90°，
∴∠BCG=∠ACF．
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠BCE=∠ACD．
又∵AC=BC，DC=EC，
∴△ACD≌△BCE，
∴∠CAF=∠CBG．
∴△ACF≌△BCG．
84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
∴AF=BG，CF=CG，
∴△CGF是等腰直角三角形．
∴GF=√2CF．
∴BF−AF=BF−BG=GF=√2CF．
（3）BF−k⋅AF=√1+k2CF．理由如下：
∵∠BCA=∠ECD=90°，
∴∠BCE=∠ACD，
∵BC=kAC，EC=kCD，
BC EC
∴ =k=
AC DC
∴△BCE∽△ACD，
∴∠EBC=∠FAC，
过点C作CM⊥CF交BE于点M，则∠FCM=∠ACB=90°，
∴∠BCM=∠ACF．
∴△BCM∽△ACF，
∴BM:AF=BC:AC=MC:CF=k，
∴BM=kAF，MC=kCF，
∴MF= √MC2+CF2=√k2CF2+CF2 = √1+k2CF，
∵BF−BM=MF，
∴BF−kAF= √1+k2CF．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，勾股
定理，熟练掌握三角形全等的判定，三角形相似的判定，勾股定理是解题的关键．
5．（23-24九年级上·广东茂名·期末）问题提出：如图1，E是菱形ABCD边BC上一点，△AEF是等腰三
角形，AE=EF，∠AEF=∠ABC=β(β≥90°)，AF交CD于点G，探究∠GCF与β的数量关系．
85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
问题探究：
（1）先将问题特殊化，如图2，当β=90°时，求∠GCF的度数；
（2）再探究一般情形，如图1，求∠GCF与β的数量关系；
问题拓展：
DG 1
将图1特殊化，如图3，当AB=3，β=120°，且 = 时，求CF的值．
CG 2
3 6√3
【答案】问题探究（1）∠GCF=45°；（2）∠GCF= β−90°；问题拓展：CF=
2 5
【分析】问题探究（1）在BA上截取BJ，使得BJ=BE，证明△EAJ≌△FEC得到∠AJE=∠ECF，进
一步证明∠AJE=135°，∠ECF=135°，即可求出∠GCF=45°；
（2）在AB上截取AN，使AN=EC，连接NE，证明△ANE≌△ECF得到∠ANE=∠ECF，求出
1 1 3
∠BNE=90°− β得到∠ANE=90°+ β，进而得到∠GCF=∠ECF−∠BCD= β−90°；
2 2 2
问题拓展：过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P，先计算出DG=1，CG=2．在Rt△ADP中，
3 3 AP PG
PD= ，AP= √3，再求出∠P=∠GCF=90°，进而证明△APG∽△FCG，得到 = ，即可求
2 2 FC CG
6√3
出CF= ．
5
【详解】解：问题探究（1）如图2中，在BA上截取BJ，使得BJ=BE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠BCD=∠BCD=90°，BA=BC，
86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
∵BJ=BE，
∴AJ=EC，
∵∠AEC=∠AEF+∠CEF=∠BAE+∠B，∠AEF=∠B=90°，
∴∠CEF=∠EAJ，
∵EA=EF，
∴△EAJ≌△FEC(SAS)，
∴∠AJE=∠ECF，
∵∠B=90°，BJ=BE，
∴∠BJE=45°，
∴∠AJE=180°−∠BJE=135°，
∴∠ECF=135°，
∴∠GCF=∠ECF−∠ECD=135°−90°=45°；
3
（2）结论：∠GCF= β−90°；
2
理由：如图1中，在AB上截取AN，使AN=EC，连接NE．
∵∠AEC=∠ABC+∠BAE=∠AEF+∠FEC，∠ABC=∠AEF，
∴∠EAN=∠FEC．
∵AE=EF，
∴△ANE≌△ECF(SAS)，
∴∠ANE=∠ECF．
∵AB=BC，AN=EC，
∴BN=BE．
∵∠EBN=β，
1
∴∠BNE=90°− β，
2
1
∴∠ANE=180°−∠BNE=90°+ β，
2
87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 ) 3
∴∠GCF=∠ECF−∠BCD=∠ANE−∠BCD= 90°+ β −(180°−β)= β−90°；
2 2
问题拓展：如图3中，过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P．
DG 1
∵AB=3， = ，
CG 2
∴DG=1，CG=2．
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ADC=∠ABC=120°，
∴∠ADP=60°，
∴在Rt△ADP中，∠PAD=30°，
1 3 3
∴PD= AD= ，AP=√AD2−PD2= √3，
2 2 2
3 5
∴PG=PD+DG= +1= ．
2 2
∵β=120°，
3
∴由（2）知，∠GCF= β−90°=90°，
2
∴∠P=∠GCF=90°，
又∵∠AGP=∠FGC，
∴△APG∽△FCG，
AP PG
∴ = ，
FC CG
3√3 5
2 2，
∴ =
CF 2
6√3
∴CF= ．
5
【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，
88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
利用勾股定理解直角三角形等知识，综合性强，理解题意，根据题意添加辅助线构造全等三角形或相似三
角形是解题关键．
6．（2024·湖北恩施·二模）如图，在△ABC中，∠BAC=α，AC=kAB，点D、A、E都在直线l上，且
∠BDA=∠AEC=α (a≥90°)，探究线段DE、BD、EC之间的数量关系．
(1)特例发现
先将问题特殊化．如图1，当k=1，α=90°时，求证：DE=BD+EC．
(2)类比探究
再探究一般情形，如图2，当k≠1，α>90°时，探究线段DE、BD、EC之间的数量关系（用含有k的
式子表示）．
(3)拓展运用
3
如图3，当k= ，α=120°时，做BF⊥直线l，CG⊥直线l，垂足分别为F、G．已知AF=3，AG=6，
2
请直接写出CG，BF的长．
【答案】(1)见解析
1
(2)DE= EC+kBD
k
5√3
(3)CG=√3，BF=
3
【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的
判定和全等三角形的判定是解题的关键．
（1）证明△DBA≌△EAC(AAS)，则BD=AE,DA=EC，即可得到结论；
DA BD AB 1 1
（2）证明△DBA∽△EAC，得到 = = = ，则DA= EC,AE=kBD，即可得到结论；
EC AE AC k k
（3）作∠FBD=∠GCE=30°，求出BF=√3DF,BD=2DF,CE=2EG，证明△DBA∽△EAC，得到
DA BD AB 1 1 2 4 1 3
= = = ，则DA= EC= EC= EG=3−DF=3− BD，AE= BD，求出
EC AE AC k k 3 3 2 2
89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
9 3 1 1 1 3 9 3 10
EG= − BD，DF= BD，由FG=AF+AG= BD+3− BD+ BD+ − BD=9得到BD= ，
4 8 2 2 2 2 4 8 3
5√3 9 3
则BF=√3DF= ,EG= − BD=1，即可得到CG=√CE2−EG2=√(2EG) 2−EG2=√3EG=√3．
3 4 8
【详解】（1）证明：当α=90°时，
∠BDA=∠AEC=90°，∠BAC=90°，
∵∠BDA=∠BAC=90°，
∴∠DBA+∠BAD=∠CAE+∠BAD=90°
∴∠DBA=∠CAE
当k=1时，AC=AB，
∴△DBA≌△EAC(AAS)
∴BD=AE,DA=EC，
∴DE=DA+AE=EC+BD
（2）∵∠BDA=∠AEC=α
∴∠DBA+∠BAD=∠CAE+∠BAD=180°−α
∴∠DBA=∠CAE
∵∠BDA=∠AEC=α
∴△DBA∽△EAC
DA BD AB 1
∴ = = = ，
EC AE AC k
1
∴DA= EC,AE=kBD
k
1
∴DE=DA+AE= EC+kBD
k
（3）作∠FBD=∠GCE=30°
∵BF⊥直线l，CG⊥直线l，
∴∠BFD=∠CGE=90°，
∴∠BDF=∠CEG=60°，
∴BF=√3DF,BD=2DF,CE=2EG
90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
∵∠BDA=∠BAC=120°，
∴∠DBA+∠BAD=180°−120°=60°，∠CAE+∠BAD=180°−120°=60°
∴∠DBA=∠EAC，
∵∠BDA=∠AEC=120°，
∴△DBA∽△EAC
DA BD AB 1
∴ = = = ，
EC AE AC k
1 2 4 1 3
∴DA= EC= EC= EG=3−DF=3− BD，AE= BD，
k 3 3 2 2
9 3 1
∴EG= − BD，DF= BD，
4 8 2
1 1 3 9 3
∴FG=AF+AG=DF+AD+AE+EG= BD+3− BD+ BD+ − BD=9
2 2 2 4 8
10
∴BD=
3
1 5
∴DF= BD= ，
2 3
5√3 9 3
∴BF=√3DF= ,EG= − BD=1
3 4 8
∴CG=√CE2−EG2=√(2EG) 2−EG2=√3EG=√3
7．（2024·广东深圳·模拟预测）【材料阅读】在等腰三角形中，我们把底边与腰长的比叫做顶角的正对
底边 MN
(sad)．在△OMN中，OM=ON，顶角O的正对记作sad∠O= = ．由此可知一个角的大小与
腰 ON
这个角的正对也是相互唯一确定的，所以我们可按上述方式定义的正对，例如，sad60°=1,sad90°=√2，
请根据材料，完成以下问题：如图1，P是线段AB上的一动点（不与点A,B重合），点C,D分别是线段
AP,BP的中点，以AC,CD，DB为边分别在AB的同侧作等边三角形△ACE,△CDF,△DBG，连接PE
和PG．
(1)【阅读应用】①若等边三角形△ACE,△CDF,△DBG的边长分别为a,b,c，则a,b,c三者之间的关系
91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
为______；
②sad∠EPG=______；
(2)【猜想证明】如图2，连接EF,FG，猜想sad∠EFG的值是多少，并说明理由；
(3)【拓展应用】如图3，连接EF,EG，若AB=12,EF=2√7，则△EPG的周长是多少？此时AP的长为
多少？（直接写出上述两个结果）
【答案】(1)①b=a+c；②√3
(2)猜想sad∠EFG的值是√3，理由见解析
(3)△EPG的周长是2√21+6√3，AP=4或8
【分析】（1）①利用中点的定义，证明CD=AC+BD，可得结论；②证明∠EPG=120°，作等腰三角
形可得结论；
（2）如图3中，连接PF，通过全等证明∠EFG=2∠CFD=120°，可得结论；
√3
（3）证明EP+PG=√3(a+c)= AB=6√3，可得EG+EP+PG=2√21+6√3，如图4中，过点F作
2
FH⊥CE交CE的延长线于点H，求出AP的值，再利用对称性解决问题即可．
【详解】（1）解：①∵点C，D分别是线段AP，BP的中点，
∴AC=CP，BD=PD，
∵AC=a，BD=c，
∴CD=CP+PD=a+c，
即b=a+c，
②由题意得，EC=CP，∠ECP=120°，
1
∴∠EPC= ×(180°−120°)=30°，
2
同理，∠GPD=30°，
∴∠EPG=180°−30°−30°=120°，
如图，AB=AC,∠BAC=120°,AD⊥BC，
则：∠B=∠30°,BC=2BD，
∴BC=2BD=2AB·cos30°=√3AB，
∴sad∠EPG=sad120°=√3．
故答案为：b=a+c，√3；
92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
（2）解：猜想：sad∠EPG=√3．
理由：如图3中，连接PF．
∵ C AP △ACE △CDF
点 是 的中点， ， 都是等边三角形，
∴CP=AC=CE，∠ECF=∠PCF=60°，
∵CF=CF，
∴△ECF≌△PCF(SAS)，
∴∠EFC=∠PFC，
同理可得，∠GFD=∠PFD，
∴∠EFG=2∠CFD=120°，
∴sad∠EPG=sad120°=√3；
（3）解：∵△ECF≌△PCF，
∴EF=PF，
同理可证：GF=PF，
∴EF=GF，
∵∠EFG=120°，EF=2√7，
∴EG=√3EF=2√21，
∵点C，D分别是线段AP，BP的中点，等边三角形△ACE，△CDF，△DBG的边长分别为a，b，c，
∴PC=AC=CE=a，PD=BD=DG=c，∠ECP=∠PDG=120°，
∴EP=√3PC=√3a，PG=√3PD=√3c，
√3
∴EP+PG=√3(a+c)=√3b=√3CD= AB=6√3，
2
∴EG+EP+PG=2√21+6√3．
如图4中，过点F作FH⊥CE交CE的延长线于点H．
1
∵CF=CD=b= AB=6 ∠ECF=60°
2
， ，
93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
∴FH=CF⋅sin60°=3√3，CH=CF⋅cos60°=3，
在Rt△EFH中，HE=√EF2−FH2=√(2√7) 2 −(3√3) 2=1，
∴CE=CH−HE=3−1=2，
∴AP=2CE=4，
由对称性可知，AP的长还可以为12−4=8，
综上所述，AP的值为4或8．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等
知识，解题的关键是理解题意，正确寻找全等三角形解决问题．
8．（2024·上海·三模）新定义：如果一个三角形中有两个内角α，β满足α+2β=90°，那我们称这个三角
形为“近直角三角形”．
(1)若△ABC是“近直角三角形”，∠B>90°，∠C=50°，则∠A=______度；
(2)如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=4．若BD是∠ABC的平分线，在边AC上是否
存在点E（异于点D），使得△BCE是“近直角三角形”？若存在，请求出CE的长；若不存在，请说明理
由．
(3)如图2，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D为AC边上一点，以BD为直径的圆交BC于点E，连接
AE交BD于点F，若△BCD为“近直角三角形”，且AB=5，AF=3，求tan∠C的值．
【答案】(1)20
7
(2)存在，CE=
4
7 √2
(3)tan∠C的值为 或
24 2
【分析】（1）∠B不可能是α或β，当∠A=α时，∠C=β=50°，α+2β=90°，不成立；故∠A=β，
∠C=α，α+2β=90°，则β=20°
AB AC 3 4 9
（2）由∠ABE=∠C，则△ABC∽△AEB，即 = ，即 = ，解得：AE= ，即可求解
AE AB AE 3 4
（3）①如图2所示，当∠ABD=∠DBC=β时，设BH=x，则HE=5−x，则
94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
7
AH2=AE2−H E2=AB2−HB2，即52−x2=62−(5−x) 2，解得：x= ，即可求解；
5
②如图3所示，当∠ABD=∠C=β时，AF:EF=AG:DE=3:2，则DE=2k，则AG=3k=R（圆的半
1
径）=BG，点H是BE的中点，则GH= DE=k，在ΔBGH中，BH=√BG2−GH2=2√2k，由三角函
2
数可求解．
【详解】（1）解：∠B不可能是α或β，
当∠A=α时，∠C=β=50°，α+2β=90°，不成立；
故∠A=β，∠C=α，α+2β=90°，则β=20°，
故答案为20；
（2）存在，理由：
在边AC上是否存在点E（异于点D)，使得△BCE是“近直角三角形”，
AB=3，AC=4，则BC=5，
则∠ABE=∠C，
设∠ABE=∠C=α，则∠ABC=90°−α，
∴∠EBC=90°−α−α=90°−2α，
∴∠EBC+2∠C=90°，
∵∠A=∠A，
则△ABC∽△AEB，
AB AC 3 4 9
即 = ，即 = ，解得：AE= ，
AE AB AE 3 4
9 7
则CE=4− = ；
4 4
（3）①如图2所示，当∠ABD=∠DBC=β时，
∴A´D=D´E，
∴AB=BE，
∵BF=BF，
∴△ABF≌△EBF，
95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
∴AE⊥BF，则AF=FE=3，则AE=6，
AB=BE=5，
过点A作AH⊥BC于点H，
设BH=x，则HE=5−x，
7
则AH2=AE2−H E2=AB2−HB2，即52−x2=62−(5−x) 2，解得：x= ；
5
BH 7 24
cos∠ABE= = =cos2β，则tan2β= ，
AB 25 7
7
则tanα= ；
24
②如图3所示，当∠ABD=∠C=β时，
过点A作AH⊥BE交BE于点H，交BD于点G，
∵D´E=D´E，
∴∠DAE=∠DBE=α，
∴∠AEB=∠ABE=α+β，
∴AB=AE=5，
∵AH⊥BE，
∴BH=HE，
∴AH为BE的垂直平分线，
∴点G是圆的圆心（BE的中垂线与直径的交点），
∴EF=AE−AF=5−3=2，
∵DE⊥BC，AH⊥BC，
∴ED∥AH，
∴△AGF∽△EDF，
则AF:EF=AG:DE=3:2，
则DE=2k，则AG=3k=R（圆的半径）=BG，
∵点H是BE的中点，G为BD中点，
96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
∴GH= DE=k，
2
在△BGH中，BH=√BG2−GH2=2√2k，
在△ABH中，AB=5，BH=2√2k，AH=AG+HG=4k，
∵∠C+∠ABC=90°，∠ABC+∠BAH=90°，
∴∠C=∠BAH，
BH 2√2k √2
∴tanC=tan∠BAH= = = ，
AH 4k 2
7 √2
综上，tanC的值为 或 ．
24 2
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定以及性质，全等三角形的判定与性质，三角函数值，圆周角等
知识．属于圆的综合题，解决本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意
将所学知识贯穿起来．
97
