专题11全等三角形六种基本模型（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_初中_中考数学压轴题（全国通用）

专题 11 全等三角形六种基本模型 通用的解题思路： 模型一：一线三等角模型 一线三等角指的是有三个等角的顶点在同一条直线上构成的相似图形，这个角可以是直 角，也可以是锐角或钝角。或叫 “K 字模型”。 三直角相似可以看着是“一线三等角”中当角为直角时的特例，三直角型相似通常是以矩形或者正方 形形为背景，或者在一条直线上有一个顶点在该直线上移动或者旋转的直角，几种常见的基本图形如下： 当题目的条件中只有一个或者两个直角时，就要考虑通过添加辅助线构造完整的三直角型相似，这往 往是很多压轴题的突破口，进而将三角型的条件进行转化。 一般类型： 基本类型： 同侧“一线三等角” 异侧“一线三等角”模型二：手拉手模型——旋转型全等 一、等边三角形手拉手-出全等 二、等腰直角三角形手拉手-出全等 两个共直角顶点的等腰直角三角形，绕点C旋转过程中（B、C、D不共线）始终有： [来源:Z#xx#k.Com] ① △BCD≌△ACE；②BD⊥AE（位置关系）且BD=AE（数量关系）；③FC平分∠BFE； 题型三：倍长中线模型构造全等三角形 倍长中线是指加倍延长中线，使所延长部分与中线相等，往往需要连接相应的顶点，则对应角对应边都对 应相等。常用于构造全等三角形。中线倍长法多用于构造全等三角形和证明边之间的关系（通常用“SAS” 证明）（注：一般都是原题已经有中线时用）。 三角形一边的中线（与中点有关的线段），或中点，通常考虑倍长中线或类中线，构造全等三角形.把该中 线延长一倍，证明三角形全等，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法. 主要思路：倍长中线（线段）造全等A B C D 在△ABC中 AD是BC边中线 A B C D E 延长AD到E， 使DE=AD，连接BE A F B C D E 作CF⊥AD于F， 作BE⊥AD的延长线于E 连接BE A M D B C N 延长MD到N， 使DN=MD，连接CD 题型四：平行线+线段中点构造全等模型题型五：等腰三角形中的半角模型 过等腰三角形顶点 两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。 解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与 半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系。 题型六：角平分线+垂直构造全等模型 类型一、角平分线垂两边 角平分线+外垂直当已知条件中出现OP为OAB的角平分线、PM OA于点M 时，辅助线的作法大都为过点P作 PN OB即可.即有PM  PN、OMP≌ONP等，利用相关结论解决问题. 类型二、角平分线垂中间 角平分线+内垂直 当已知条件中出现OP为AOB的角平分线,PM OP于点P时，辅助线的作法大都为延长MP交 OB于点N 即可.即有OMN 是等腰三角形、OP是三线等，利用相关结论解决问题. 模型一：一线三等角模型 1．（2023•石家庄模拟）如图①，矩形ABCD与以EF 为直径的半圆O在直线l的上方，线段AB与点E、F 都在直线l上，且AB7，EF 10，BC 5．点B以1个单位/秒的速度从点E处出发，沿射线EF 方向 运动，矩形ABCD随之运动，运动时间为t秒． （1）如图②，当t2.5时，求半圆O在矩形ABCD内的弧的长度； （2）在点B运动的过程中，当AD、BC都与半圆O相交时，设这两个交点为G、H ．连接OG、OH ， 若GOH 为直角，求此时t的值． 【分析】（1）通过判定MEO为等边三角形，然后根据弧长公式求解； （2）通过判定GAOHBO，然后利用全等三角形的性质分析求解．【解答】解：（1）设BC与 O交于点M ，  当t2.5时，BE 2.5， EF 10，  1 OE EF 5， 2 OB2.5， EBOB， 在矩形ABCD中，ABC 90， MEMO， 又 MOEO，  MEEOMO， MOE是等边三角形， EOM 60， 605 5 l   ， ME 180 3 5 即半圆O在矩形ABCD内的弧的长度为 ； 3 （2）连接GO，HO， GOH 90，  AOGBOH 90， AGOAOG90，  AGOBOH ， 在AGO和OBH 中，AGOBOH  GAOHBO ，  OGOH AGOBOH(AAS)， OB AGt5， AB7，  AEt7， AO5(t7)12t， 在RtAGO中，AG2  AO2 OG2， (t5)2 (12t)2 52， 解得：t 8，t 9， 1 2 即t的值为8或9． 【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，弧长公式的计算，勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定 （一线三垂直模型），结合勾股定理列方程是解题关键． 2．（2023•怀化三模）如图所示，工人赵师傅用10块高度都是1.5m的相同长方体新型建筑材料，垒了两堵 与地面垂直的墙ABCD和EFGH，点P在BE 上，已知APPF ，APF 90． （1）求证：ABPPEF ； （2）求BE 的长． 【分析】（1）根据全等三角形的判定定理AAS 证得结论； （2）利用（1）中全等三角形的对应边相等得到： BPEF 10.5m， ABPE 4.5m，则 BEBOPE． 【解答】（1）证明： ABPFEP90，APF 90，  APBPFE（同角的余角相等）． 在ABP与PEF中，ABPPEF  APBPFE，  APPF ABPPEF(AAS)； （2）由题意知，AB1.534.5(m)，EF 71.510.5(m)． 由（1）知，ABPPEF ， BPEF 10.5m，ABPE 4.5m， BEBPPE15m． 【点评】本题主要考查了全等三角形的应用，用全等寻找下一个全等三角形的条件，全等的性质和判定往 往是综合在一起应用的，这需要认真分析题目的已知和求证，分清问题中已知的线段和角与所证明的线段 或角之间的联系． 3．（2023•承德二模）如图1，BAC 经过RtABC的三个顶点，圆心O在斜边AB上，AC 4，直径AB所 对 的 弧 长 为 AC长 的 3 倍 ， 将 等 腰 RtADE的 直 角 顶 点 D放 置 在 边 BC上 ， EF BC于 点 F ． （1）ABC  30 ； （2）求证：ACDDFE ； （3）如图2，当点E落在AB上时，求EF 的长． 【分析】（1）先求出AOC 60，即可求出答案； （2）先同同角的余角相等判断出CADFDE，进而用AAS 即可判断出ACDDFE ； （3）先求出BC 4 3，再判断出 AC DF 4，CDEF，设CDx，则EF x，进而得出BF  3x， 最后用BC CDDF BF ，建立方程求解，即可得出答案． 【解答】（1）解：连接OC， 直径AB所对的弧长为AC长的3倍，  直径AB所对的圆心角为AC所对的圆心角的3倍， 1 AOC  18060， 31 ABC  AOC 30， 2 故答案为：30； （2）证明： AB为 O的直径，   ACB90， CADADC 90， 等腰RtADE的直角顶点D放置在边BC上，  ADED，ADE90， ADCEDF 90， CADFDE EF BC ，  DFE90ACD， 在ACD和DFE中， ACDDFE  CADFDE，  ADDE ACDDFE(AAS)； （3）由（1）知，ABC 30， 在RtABC中，AC 4， BC  3AC 4 3， 由（2）知，ACDDFE ， AC DF 4，CDEF， 设CDx，则EF x， 点E落在AB上，  EBF 30， 在RtBEF中，BF  3EF  3x， BC CDDF BF，  x4 3x4 3，x84 3， 即EF 的长为84 3． 【点评】此题是圆的综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，圆的有关性质，等腰直角三角形的性 质，含30度角的直角三角形的性质，掌握“一线三等角构造全等模型”是解本题的关键． 4．（2023•凤台县校级二模）感知：数学课上，老师给出了一个模型：如图 1，点 A在直线DE上，且 BDABAC AEC 90，像这种一条直线上的三个顶点含有三个相等的角的模型我们把它称为“一线 三等角“模型． 应用：（1）如图2，RtABC中，ACB90，CBCA，直线ED经过点C，过A作ADED于点D， 过B作BE ED于点E．求证；BEC CDA． （2）如图3，在ABC 中，D是BC上一点，CAD90，AC  AD，DBADAB，AB2 3，求点 C到AB边的距离． （3）如图4，在 ABCD中，E为边BC上的一点，F 为边AB上的一点．若DEF B，AB10，BE6，  EF 求 的值． DE 【分析】（1）由直角三角形的性质得出ACDEBC，可证明BEC CDA(AAS)； （ 2 ） 过 点 D作 DF  AB于 点 F ， 过 点 C作 CE AB于 ， 交 BA的 延 长 线 于 点 E， 证 明 CAEADF(AAS)，由全等三角形的性质可得出CE AF  3，则可得出答案； （3）过点D作DM DC交BC的延长线于点M ，证明BFE∽MED，由相似三角形的性质可得出答 案． 【解答】（1）证明： ACB90，BCEACBACD180， BCEACD180， ADED，BE ED，  BEC CDA90，EBCBCE90， ACDEBC， 在BEC 和CDA中， CDABEC 90  ACDEBC ，  CBCA BEC CDA(AAS)； （2）解：过点D作DF  AB于点F ，过点C作CE AB于，交BA的延长线于点E， DBADAB，  ADBD， 1 AF BF  AB 3， 2 CAD90，  DAF CAE90， DAF ADF 90，  CAEADF ， 在CAE和ADF 中， CEAAFD90  CAEADF ，  AC  AD CAEADF(AAS)， CE  AF  3， 即点C到AB的距离为 3； （3）解：过点D作DM DC交BC的延长线于点M ，DCM M ， 四边形ABCD是平行四边形，  DM CD AB10，AB//CD， BDCM M ， FEC DEF DEC BBFE，BDEF，  DEC BFE， BFE∽MED， EF BE 6 3     ． DE DM 10 5 【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定 与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 5．（2023•鄂伦春自治旗二模）如图1，二次函数ya(x3)(x4)的图象交坐标轴于点A，B(0,2)，点P 为x轴上一动点． （1）求二次函数ya(x3)(x4)的表达式； （2）过点P作PQx轴分别交线段AB，抛物线于点Q，C，连接AC．当OP1时，求ACQ的面积； （3）如图2，将线段PB绕点P逆时针旋转90得到线段PD． ①当点D在抛物线上时，求点D的坐标； 5 ②点E(2, )在抛物线上，连接PE ，当PE 平分BPD时，直接写出点P的坐标． 3 【分析】（1）把B(0,2)代入ya(x3)(x4)求出a，即可得到二次函数的表达式； 1 （2）求出Q，C的坐标，算出QC的长度，利用S  QCPA求； ACQ 2（3）①构造一线三等角的全等，建立方程求解； ②因为PE 平分BPD，所以BPE DPE，得到EBED，建立方程求解． 1 【解答】解：（1）把B(0,2)代入ya(x3)(x4)得，a ， 6 1 二次函数的表达式为y (x3)(x4)； 6 1 （2）令y (x3)(x4)0，得x3或4， 6 A(4,0)， 1 设直线AB为ykx2，代入A(4,0)得k  ， 2 1 y x2， 2 OP1，  3 Q(1, )，C(1,2)， 2 1 QC  ， 2 1 1 1 3 S  QCPA  3 ； ACQ 2 2 2 4 （3）①过D作DF x轴，垂足为F ， OBPOPB90，FPDOPB90，  OBPFPD， BOPPFD，PBPD，  BOPPFD(AAS)， PF OB2，OPFD， 1 设OPm，则OF m2，代入y (x3)(x4)得 6 1 (m23)(m24)m， 6 m2 9m100， m1或m10， D(3,1)或(8,10)．②连接ED，EB， PE PE，BPE DPE，PBPD，  BPEDPE(SAS)， EBED， 由①知D(m2,m)， 5 B(0,2)，E(2, )，  3 5 5 (20)2 ( 2)2 (m22)2 (m )2， 3 3 3m2 5m20， 1 m （舍)或m2， 3 点P的坐标为(2,0)． 【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，并与三角形全等，三角形面积，角平分线结合，渗透了方程 和数形结合的思想，关键是如何将几何代数化． 6．（2023•潍坊三模）如图 1，将一个等腰直角三角尺 ABC的顶点C放置在直线l上，ABC 90， ABBC，过点A作ADl于点D，过点B作BEl 于点E． 观察发现： （1）如图1，当A，B两点均在直线l的上方时 ①猜测线段AD，CE 与BE 的数量关系并说明理由； ②直接写出线段DC，AD与BE 的数量关系； 操作证明：（2）将等腰直角三角尺ABC绕着点C逆时针旋转至图2位置时，线段DC，AD与BE 又有怎样的数量关 系，请写出你的猜想，并写出证明过程； 拓广探索： （3）将等腰直角三角尺ABC绕着点C继续旋转至图3位置时，AD与BC交于点H ，若CD3，AD9， 请直接写出DH 的长度． 【分析】（1）①过点B作BF  AD，交DA的延长线于点F ，利用AAS 证明CBE ABF ，得CE AF ， BEBF，再证四边形DEBF 为正方形，得BEDEFDFB，从而证明结论； ②由①知：DC ADDECD ADDEDF 2BE； （2）过点B作BG AD，交AD延长线于点G，利用AAS 证明BCEBAG，得CE AG，BEBG， 从而证明结论； （3）过点B作BF  AD，交DA于点F ，由（2）同理可证BAF BCE，四边形DEBF 为正方形，得CE AF ， DH CD EDBEDF ，从而得出ADCD2BE，由DH //EB，得  ，代入即可得出DH 的长． EB CE 【解答】解：（1）①ADCEBE，理由如下： 如图，过点B作BF  AD，交DA的延长线于点F ， BE l，BF  AD，  BEC F 90， 又 ADl，  FDE90， 四边形DEBF 为矩形， FBE 90， 又 ABC 90， ABCABEFBEABE， CBEABF， 在CBE与ABF中， CBEABF  BEC BFA，  CB AB CBEABF(AAS)， CE AF，BEBF， 又 四边形DEBF 为矩形，  四边形DEBF 为正方形， BEDEFDFB， ADCE AD AF FDBE； ②由①知：DC ADDECD ADDEDF 2BE； （2）DCAD2BE，理由如下： 如图，过点B作BG AD，交AD延长线于点G， BE l，BG AD，  BEC G90， 又 ADl，  GDE90， 四边形DEBG为矩形， GBE90， 又 ABC 90，  ABCABEGBEABE， CBE ABG， 在BCE与BAG中，CBE ABG  BEC BGA，  CB AB BCEBAG(AAS)， CE AG，BEBG， 又 四边形DEB为矩形，  四边形DEBG为正方形， DEBEBGDG， CDCEDE，  CD AGBE ADDGBE AD2BE ， DCAD2BE； （3）如图，过点B作BF  AD，交DA于点F ， 由（2）同理可证BAF BCE，四边形DEBF 为正方形， CE AF，EDBEDF ， CDCEED，  CD AF BE  ADDF BE  AD2BE， ADCD2BE ， CD3，AD9，  BEED3，CECDED6， DH //EB，  DH CD   ， EB CE DH 3   ， 3 63 DH  ． 2 【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与 性质，正方形的判定与性质，平行线分线段成比例等知识，作辅助线构造三角形全等是解题的关键． 7．（2023•尤溪县校级模拟）在矩形ABCD中，连接AC，线段AE是线段AC绕点A逆时针旋转90得到， 平移线段AE得到线段DF（点A与点D对应，点E与点F 对应），连接BF ，分别交AC，CE 于点M ， N，连接EF ． （1）求证：BN FN ； （2）求ABF 的大小； （3）若BM x，FN  y，求矩形ABCD的面积（用含有x，y的式子表示）． 【分析】（1）先证四边形ADFE是平行四边形，得ADEF ，AD//EF，再证四边形BCFE是平行四边形， 即可得出结论； （2）延长FE 、BA交于点K，证AEK CAB(AAS)，得EK  AB，AK CB，再证BKF是等腰直角 三角形，即可得出结论； AB BM （3）证ABM∽NBC ，得  ，则ABBC BM NBxy，即可解决问题． NB BC 【解答】（1）证明：由平移的性质得：AE//DF ，AE DF ， 四边形ADFE是平行四边形， ADEF，AD//EF， 四边形ABCD是矩形，  AD//BC，ADBC， EF //BC，EF BC， 四边形BCFE是平行四边形， BN FN ；（2）解：如图，延长FE 、BA交于点K， 四边形ABCD是矩形，  ABC BAD90， 由（1）可知，EF BC，AD//EF， K BAD90， EAK AEK 90，K ABC 90， 由旋转的性质得：AE  AC ，CAE90， EAK CAB180CAE1809090， AEK CAB， AEK CAB(AAS)， EK  AB，AK CB， AK CBEF， AB AK EK EF， 即BK FK ， BKF 是等腰直角三角形， ABF 45； （3）解：由（2）可知，ABM NBC 45， 由（1）可知，BN FN  y， 由旋转的性质得：AE  AC ，CAE90， ACE是等腰直角三角形， ACE45， ABM ACE， AMBNMC， BAM BNC， ABM∽NBC， AB BM   ， NB BC ABBC BM NBxy， S  ABBC xy． 矩形ABCD 【点评】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质、平移的性质、旋转的性 质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，本题综合性强，熟练 掌握矩形的性质和平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型． 8．（2024•龙马潭区一模）如图，抛物线yax2 bx6(a0)与x轴交于A(1,0)，B(3,0)两点，与y轴交 于点C，顶点为D． （1）求抛物线的解析式； （2）若在线段BC上存在一点M ，使得BMO45，过点O作OH OM 交BC的延长线于点H ，求点M 的坐标； （3）点P是y轴上一动点，点Q是在对称轴上一动点，是否存在点P，Q，使得以点P，Q，C，D为 顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． ab60 a2 【分析】（1）把点A(1,0)，B(3,0)代入抛物线解析式得 ，解得 ，即可得出结论； 9a3b60 b4 （2）由待定系数法得直线BC的解析式为y2x6，设点M 的坐标为(m，2m6)(0m3)，过点M 作MN  y轴于点N，过点H 作HK  y轴于点K，证OMN HOK(AAS)，得MN OK ，ON HK ．则 6 H(2m6,m)，再由点H(2m6,m)在直线y2x6上，得2(2m6)6m，解得m ，即可 5解决问题； （3）分两种情况讨论，①当CD为菱形的边时，②当CD为菱形的对角线时，分别求出点Q的坐标即可． 【解答】解：（1） 抛物线yax2 bx6经过点A(1,0)，B(3,0)两点，  ab60  ， 9a3b60 a2 解得： ， b4 抛物线的解析式为y2x2 4x6； （2）由（1）得，点C(0,6)， 设直线BC的解析式为ykxc， 直线BC经过点B(3,0)，C(0,6)，  3kc0  ， c6 k 2 解得： c6 直线BC的解析式为y2x6， 设点M 的坐标为(m，2m6)(0m3)， 如图1，过点M 作MN  y轴于点N，过点H 作HK  y轴于点K， 则MNOOKH 90， OH OM ，  MOH 90， OMB45，  MOH 是等腰直角三角形， OM OH ． MON KOH 90，OHK KOH 90，  MON OHK， OMN HOK(AAS)， MN OK，ON HK ．H(2m6,m)， 点H(2m6,m)在直线y2x6上，  2(2m6)6m， 6 解得：m ， 5 6 18 把m 代入y2x6得：y ， 5 5 6 18 当OMB45时，点M 的坐标为( , )； 5 5 （3）存在，理由如下： 抛物线的解析式为y2x2 4x62(x1)2 8，顶点为D，  点D的坐标为(1,8)， 分两种情况讨论： ①当CD为菱形的边时， 如图2，过C作CEDQ于E C(0,6)，D(1,8)，  CD (10)2 (86)2  5， DQCD 5， Q点的坐标为(1,8 5)或(1,8 5)； ②当CD为菱形的对角线时， 如图3，设点Q(1,m)，P(0,n)， C(0,6)，D(1,8)，  mn6814， n14m， P(0,14m)， PC 14m68m， CQ (10)2 (m6)2  1(m6)2 ，PC CQ，  8m 1(m6)2 ， 27 解得：m ， 427 点Q的坐标为(1, )； 4 27 综上所述，点Q的坐标为(1,8 5)或(1,8 5)或(1, )． 4 【点评】本题是二次函数综合题目，考查了待定系数法求抛物线和直线的解析式、坐标与图形性质、全等 三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、菱形的性质、两点间的距离、二次函数的图象、一 次函数的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握待定系数法菱形的性质，证明三角形全等和进行分类讨论是解题的关键，属于中考常考题型． 9．（2023•太康县二模）在正方形ABCD中，E是BC边上一点（点E不与点B，C重合），AE EF ，垂 足为点E，EF 与正方形的外角DCG的平分线交于点F ． （1）如图1，若点E是BC的中点，猜想AE与EF 的数量关系是 AEEF ；证明此猜想时，可取AB 的中点P，连接EP．根据此图形易证AEPEFC．则判断AEPEFC的依据是 ． （2）点E在BC边上运动． ①如图2，（1）中的猜想是否仍然成立？请说明理由． ②如图3，连接AF ，DF，若正方形ABCD的边长为1，直接写出AFD的周长c的取值范围． ? 【分析】（1）取AB的中点P，连接EP．先证APEC，再证APE ECF ，BAE CEF ，然后由ASA 证AEPEFC，即可得出结论； （2）①在AB上取一点P，使BPBE ，连接PE ，证AEPEFC(ASA)，即可得出结论； ②过D作DH CF 交DG于点H ，连接FH 、AH ，证DCH 是等腰直角三角形，则点H 与D关于CF 对 称，得DF HF， AF DF  AF FH ，当 A、F 、H 三点共线时， AF FH 即 AF DF 最短，此时 AF DF  AH ， BH BCCH 2，再由勾股定理得 AH  5，此时 c AD AF DF 1 5；当 DF FH 与 CD相 等 时 ， 即 A、 D、 F 三 点 共 线 ， 此 时 AD AF DF 1214， 则 c AD AF DF 4；即可得出结论． 【解答】解：（1）如图1，取AB的中点P，连接EP． 1 则APBP AB， 2 点E是BC的中点， 1 BECE BC， 2 四边形ABCD是正方形，  ABBC，BBCD90， APEC，BAEAEB90，BPBE ，DCG90， BPE是等腰直角三角形， BPE 45， APE180BPE18045135， CF平分DCG，  DCF GCF 45， ECF 180GCF 18045135， APEECF， AEEF，  AEF 90， AEBFEC 90， BAECEF， 在AEP和EFC 中， PAECEF  APEC ，  APEECF AEPEFC(ASA)， AEEF， 故答案为：AEEF ，ASA； （2）①成立，理由如下： 如图2，在AB上取一点P，使BPBE ，连接PE ，则APEC， 由（1）得：PAE CEF ， BPBE，B90，  BPE是等腰直角三角形， BPE 45， APE180BPE18045135， APEECF， 在AEP和EFC 中， PAECEF  APEC ，  APEECF AEPEFC(ASA)， AEEF； ②如图3，过D作DH CF 交DG于点H ，连接FH 、AH ， DCF 45，  CDH 45， DCH 是等腰直角三角形， 点H 与D关于CF 对称， DF HF ， AF DF  AF FH ， 当A、F 、H 三点共线时，AF FH 即AF DF 最短， 此时AF DF  AH ，BH BCCH 2， 在RtABH中，由勾股定理得：AH  AB2 BH2  12 22  5， 此时c AD AF DF 1 5；当DF FH 与CD相等时，即A、D、F 三点共线， 此时AD AF DF 1214， 则c AD AF DF 4； AFD的周长c的取值范围是1 5„ c4． 【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与 性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的性质以及勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握 正方形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型． 模型二：手拉手模型——旋转型全等 1．（2023•巴中）综合与实践． （1）提出问题．如图1，在ABC 和ADE中，BAC DAE90，且AB AC，AD AE，连接BD， 连接CE 交BD的延长线于点O． ①BOC的度数是 90 ． ②BD:CE  ． （2）类比探究．如图 2，在ABC 和DEC中，BAC EDC 90，且 AB AC，DEDC，连接 AD、BE 并延长交于点O． ①AOB的度数是 ； ②AD:BE  ． （3）问题解决．如图3，在等边ABC 中，ADBC于点D，点E在线段AD上（不与A重合），以AE为 边在AD的左侧构造等边AEF，将AEF绕着点A在平面内顺时针旋转任意角度．如图4，M 为EF 的中 点，N为BE 的中点． ①说明MND为等腰三角形． ②求MND的度数．【分析】（1）（2）从图形可辩知，这个是手拉手全等或相似模型，按模型的相关结论解题． （3）稍有变化，受前两问的启发，连接BF 、CE 完成手拉手的构造，再结合三角形中位线知识解题． 【解答】解：（1）① BAC DAE90，  BACDAC DAEDAC， BADCAE． 又 AB AC ，AD AE，  BADCAE(SAS)． ABDACE， BAC 90，  ABCACBABDOBCACB90， ACEOBCACB90， 即：BCEOBC 90， BOC 90． 故BOC的度数是90． ②由①得BADCAE， BDCE． 故BD:CE 1:1． （2）① AB AC ，DEDC， AB AC   ， DE DC 又 BAC EDC 90，  ABC∽DEC， BC EC ACBDCB，  ． AC DC ACEECBDCAACE， ECBDCA． ECB∽DCA， CBE CAD， AOB180ABOBAO180ABOCADBAC180ABOCBE90180459045． 故AOB 的度数是45． ②由①得：ECB∽DCA． AD:BEDC:EC， EDC 90，且DEDC，  DCE45， DC 2  cos45 ． EC 2  AD:BE1: 2． （3）①解：连接BF 、CE ，延长CE 交MN 于点P，交BF 于点O． 在等边ABC 中AB AC，又 ADBC于点D，  D为BC的中点， 又 M 为EF 的中点，N为BE 的中点，  MN、ND分别是BEF、BCE的中位线， 1 1 MN  BF，DN  EC． 2 2 FAEBAC 60，  FAEEABBACEAB． FABEAC ． 在ACE和ABF中，AF  AE  FABEAC ，  AB AC ACEABF(SAS)． BF EC． MN DN ． MND为等腰三角形． ② ACEABF，  ACEABF， 由（1）（2）规律可知：BOC 60， FOC 180BOC 18060120， 又 BF //MN ，CP//DN ，  MNDMPEFOC 120． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定及性质．方法灵活多变，需要较强的构 造能力． 2．（2024•武汉模拟）如图，在ABC 和CDE中，BAC CED90，AB AC，CEDE，点E在边 AB上，F 是BC的中点．连接AD，G是AD的中点．（1）求证：ACE∽BCD； （2）如图（2），若点G在BC上，直接写出tanACE的值； （3）如图（1），判定以E，F ，G为顶点的三角形的形状，并证明你的结论． CA CE 2 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质很容易得到   ，ACDECD45，进而得到 CB CD 2 ACEBCD，利用两边对应成比例且夹角相等即可判断ACE∽BCD； （2）要求tanACE的值需要得到 AC与 AE的比值，由（1）可得DBC BAC 90，连接 AF 可得 AF BC，进而得到AF //BD，当AD的中点G在BC上时，很容易得到AGF DGB，从而得到DB AF ， 2 2 进一步得到DB AC，由ACE~BCD可得AE  BD，从而得到AE与AC的关系，解决问题； 2 2 （3）由（2）可得 AF //BD，类似的可以延长 FG交 BD于点 M ，得到 GAF GDM ，从而得到 GF GM ，连接ME，只要能够说明MEF 是以E为直角顶点的等腰直角三角形即可得到EFG是等腰直 角三角形，为此需要证明EMDEFC ，根据已知可得EDEC，由GAF GDM 可得DM  AF FC， 再由ECDEDC 90和BCDBDC 90可得ECF BDE，从而利用SAS 可得到EMDEFC ， 从而解决问题． 【解答】解：（1） BAC CED90，AB AC，CEDE，  ABC和CED是等腰Rt△， CA CE 2    ，ACDECD45， CB CD 2 ACBECBECDECB， ACE BCD， ACE∽BCD． AE 1 （2）tanACE  ， AC 2如图，连结AF ， F 是BC的中点，ABC 是等腰直角三角形，AB AC，  1 AF BC，AF  BC CF BF， 2 由（1）得ACE~BCD， AE EC 2 DBC EAC 90，   ， BD CD 2 2 AE  BD， 2 AF //BC ， AFGDBG90， 又 AGF DGB，AGDG，  AGF DGB(AAS)， BDFA， 在ACF中，AFC 90，ACF 45， 2 AF  AC， 2 2 BD AF  AC ， 2 2 1 AE BD AC， 2 2 AE 1   ， AC 2 AE 1 在RtACE中，tanACE  ． AC 2 （3）EFG是等腰直角三角形，证明如下： 如图，连结AF 、EF 、GF 、EG，延长FG交BD于M ，连结EM ，由（2）得DBC AFB90， AF //BD， GAF GDM ， 又 AGDG，AGF DGM ，  GAF GDM(ASA)， FGMG， DM  AF FC， 在EDC中，CED90， ECDEDC 90， 在BDC中，CBD90， BCDBDC 90， ECF BDE ， 在EMD和EFC中， EC ED  ECF EDM ，  DM CF EMDEFC， EM EF，MEDFEC ， 又 DEC 90，DEC DEF FEC ，MEF DEF MED，  MEF 90， MEF是等腰直角三角形，又 FGMG，  EGF 90，EGFG， EFG是等腰直角三角形． 【点评】此题主要考查的是等腰直角三角形、全等三角形以及相似三角形等知识的综合，解决此题的关键 是能够灵活运用已知以及等腰直角三角形的性质等知识点判断三角形相似，三角形全等，并灵活运用性质 解决问题． 3．（2023•市中区校级四模）[问题提出]如图1，在等边ABC 内部有一点P，PA3，PB4，PC 5， 求APB的度数． [数学思考]当图形中有一组邻边相等时，通过旋转可以将分数的条件集中起来解决问题． [尝试解决]将APC绕点A逆时针旋转60，得到△APB，连接PP，则APP为等边三角形． PPPA3，又 PB4，PC 5，PP2 PB2 PC2．  △BPP为 直角 三角形， APB的度数为 ． [类比探究]如图 2，在 ABC中， BAC 90， AB AC，其内部有一点 P，若 PA2， PB1， PC 3，求APB的度数． [联想拓展]如图 3，在ABC 中，BAC 90，BCA30，其内部有一点P，若PA3，PB2， PC 4 3，求APB的度数． 【分析】[类比探究]类比上面的例题，将APC 绕点A逆时针旋转90，得到△APB，利用勾股定理说明 △BPP为直角三角形； AB 3 [联想拓展]AB AC ，直接旋转APC 行不通，因为  ，所以旋转APC 后再放缩即可，利用三角 AC 3 形相似解决． 【解答】解：[尝试解决]直角，150； [类比探究]将APC绕点A逆时针旋转90，得到△APB，连接PP，则APP为等腰直角三角形， PP 2PA2 2，又 PB1，PC PB3，  PP2 PB2 PB2， △BPP为直角三角形， PPB90， APBPPBPPA9045135． [联想拓展]如图，在PA的左侧构造三角形PAP，使PPA30，PAP90， BAC 90，BCA30，  PAPBAC，PPABCA， △PAP∽BAC ， PA PA   ， AB AC PA AB   ， PA AC BAPBAP90，CAPBAP90，  BAPCAP， BAP∽CAP， PB BA 3   tan30 ， PC AC 3 3 PBPC 4， 3 在△PBP中，PB2，PP2 3， PP2 PB2 PB2， PPB90， APBPPBPPA9030120．【点评】本题考查了旋转的知识，是手拉手的变式，渗透了类比的思想，对于[联想拓展]，因为AB AC， AB 3 直接旋转APC 行不通，因为  ，所以想到三角形相似． AC 3 4．（2023•深圳模拟）如图，ABC 是边长为3的等边三角形，D是AB上一动点，连接CD，以CD为边向 CD的右侧作等边CDE，连接AE． （1）【尝试初探】 如图1，当点D在线段AB上运动时，AC与DE相交于点F ，在运动过程中发现有两个三角形始终保持全 等，请你找出这对全等三角形，并说明理由． （2）【深入探究】 如图2，当点D在线段AB上运动时，延长ED，交CB的延长线于点H ，随着D点位置的变化，H 点的位 置随之发生变化，当AD2BD时，求tanDHC的值． （3）【拓展延伸】 如图3，当点D在BA的延长线上运动时，CD、AE相交于点F ，设ADF 的面积为S ，CEF的面积为S ， 1 2 当S 4S 时，求AE的长． 2 1 【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用SAS 即可证明BCDACE； （2）过点D作DGBC于D点G，由（1）可说明AE//CH ，从而得出ADE∽BDH ，进而解决问题； S AD （3）过点C作CH  AB于点H ，由（1）同理得BCDACE，再说明AFD∽CFE，得 1 ( )2， S CE 2设BDx，则ADBDABx3，在RtCDH中，运用勾股定理列方程即可解决问题． 【解答】解：（1）如图1，BCDACE，理由如下： ABC与CDE都是等边三角形，  BC  AC，DC EC，ACBDCE60， ACBACDDCEACD， 即BCDACE， 在BCD与ACE中， BC  AC  BCDACE，  DC EC BCDACE(SAS)； （2）如图2，过点D作DGBC于D点G， ABC是边长为3的等边三角形，AD2BD，  ABC ACB60，BD1，AD2， DGBC，  1 1 BG BD ， 2 2 3 DG 3BG ， 2 由（1）得，BCDACE， AEBD1，CAECBA60， CAEACB， AE//CH ，ADE∽BDH ， AE AD   ， BH BD AD2BD，AE 1，  1  2， BH 1 BH  ， 2 GH BH BG1， DGBC，  3 DG 2 3 tanDHC    ； GH 1 2 （3）如图3，过点C作CH  AB于点H ， ABC与CDE都是等边三角形，  BC  AC，DC EC， ACBDCE60， ACBACDDCEACD， 即BCDACE， 在BCD与ACE中， BC  AC  BCDACE，  DC EC BCDACE(SAS)， BDC AEC， 又 AFDCFE，  AFD∽CFE， S AD  1 ( )2， S CE 2 S 4S ，  2 1 CE2AD， 设BDx， 则ADBDABx3，CDCE2(x3)2x6， CH  AB，ABC 是边长为3的等边三角形，  1 3 AH  AB ， 2 2 3 3 CH  3AH  ， 2 3 3 DH  AH  AD x3x ， 2 2 CH  AB，  CH2 DH2 CD2， 3 3 3 即( )2 (x )2 (2x6)2， 2 2 7 13 解得x ， 2 点D在BA的延长线上，  BD AB， x3， 7 13 x ， 2 7 13 即BD ． 2 【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形 的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握手拉手模型是解题的关键． 5．（2023•岱岳区二模）如图，正方形 ABCD边长为7．E、F 在半径为4的 A上，且EAFA，连接  DE、BE 、BF 、DF． （1）试探求线段DE、BF 的数量和位置关系； （2）求证：DF2 BE2 EF2 BD2，并求DF2 BE2的值． 【分析】（1）证明 DAEBAF 即可证明数量关系，再由全等转化 ABH ADE，证明出BDH DBH 90，从而证明出位置关系； （2）利用勾股定理推导出DF2 EF2 BD2 BE2即可证明，再根据勾股定理求出BD和EF 即可． 【解答】解：（1）如图，延长DE交BF 于H ， 四边形ABCD是矩形，  AD AB，DAB90， EAFA，  EAF 90， BADBAEEAF BAE ，即DAE BAF， AE AF ，  DAEBAF(SAS)， DEBF ，ADE ABF， ADEBDH ABF BDH 45， ABD45，  BDH DBH 90， DH BF，即DEBF ， DE、BF 的数量和位置关系是DE BF ，DEBF ． （2） DH BF ，  在RtDHF和RtDHB中，DF2 FH2 DH2 BD2 BH2， 即DF2 FH2 BD2 BH2， 在RtFHF和RtFHB中，EF2 FH2 EH2 BE2 BH2， 即EF2 FH2 BE2 BH2， 将所得两个等式相减得，DF2 EF2 BD2 BE2， 即DF2 BE2 EF2 BD2， AB AD7， BD 72 72 7 2， AE  AF 4，  EF  42 42 4 2 ， EF2 BD2 (7 2)2 (4 2)2 130， DF2 BE2 EF2 BD2 130． 【点评】本题考查了正方形、等腰直角三角形的性质的应用，三角形的全等的证明及勾股定理的计算是解 题关键． 6．（2023•苏州一模）如图，ABC 是边长为3的等边三角形，D是AB上一动点，连接CD，以CD为边向 CD的右侧作等边三角形CDE，连接AE． （1）【尝试初探】 如图1，当点D在线段AB上运动时，AC，DE相交于点F ，在运动过程中发现有两个三角形始终保持全 等，请你找出这对全等三角形，并说明理由． （2）【深入探究】 如图2，当点D在线段AB上运动时，延长ED，交CB的延长线于点H ，随着D点位置的变化，H 点的位 置随之发生变化，当AD2BD时，求tanDHC的值． （3）【拓展延伸】 如图3，当点D在BA的延长线上运动时，CD，AE相交于点F ，设ADF 的面积为S ，CEF的面积为S ， 1 2 当S 4S 时，求BD的长． 2 1 【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用SAS 即可证明BCDACE； （2）过点D作DGBC于D点G，由（1）可说明AE//CH ，从而得出ADE∽BDH ，进而解决问题； S AD （3）过点C作CH  AB于点H ，由（1）同理得BCDACE，再说明AFD∽CFE，得 1 ( )2， S CE 2 设BDx，则ADBDABx3，在RtCDH中，运用勾股定理列方程即可解决问题．【解答】解：（1）如图1，BCDACE，理由如下： ABC与CDE都是等边三角形，  BC  AC，DC EC，ACBDCE60， ACBACDDCEACD， 即BCDACE， 在BCD与ACE中， BC  AC  BCDACE，  DC EC BCDACE(SAS)； （2）如图2，过点D作DGBC于D点G， ABC是边长为3的等边三角形，AD2BD，  ABC ACB60，BD1，AD2， DGBC，  1 1 BG BD ， 2 2 3 DG 3BG ， 2 由（1）得，BCDACE， AEBD1，CAECBA60， CAEACB， AE//CH ， ADE∽BDH ， AE AD   ， BH BDAD2BD，AE 1，  1  2， BH 1 BH  ， 2 GH BH BG1， DGBC，  3 DG 2 3 tanDHC    ； GH 1 2 （3）如图3，过点C作CH  AB于点H ， ABC与CDE都是等边三角形，  BC  AC，DC EC， ACBDCE60， ACBACDDCEACD， 即BCDACE， 在BCD与ACE中， BC  AC  BCDACE，  DC EC BCDACE(SAS)， BDC AEC， 又 AFDCFE，  AFD∽CFE， S AD  1 ( )2， S CE 2 S 4S ，  2 1 CE2AD， 设BDx， 则ADBDABx3， CDCE2(x3)2x6， CH  AB，ABC 是边长为3的等边三角形， 1 3 AH  AB ， 2 2 3 3 CH  3AH  ， 2 3 3 DH  AH  AD x3x ， 2 2 CH  AB，  CH2 DH2 CD2， 3 3 3 即( )2 (x )2 (2x6)2， 2 2 7 13 解得x ， 2 点D在BA的延长线上，  BD AB， x3， 7 13 x ， 2 7 13 即BD ． 2 【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形 的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握手拉手模型是解题的关键． 7．（2023•灌云县校级模拟）在ABC 中，AB AC，BAC ，点P是平面内不与点A，C重合的任意 一点，连接PC，将线段PC绕点P旋转得到线段PD，连接AP，CD，BD． （1）当60时， ①如图1，当点P在ABC的边BC上时，线段PC绕点P顺时针旋转得到线段PD，则AP与BD的数量 关系是 APBD ． ②如图2，当点P在ABC 内部时，线段PC绕点P顺时针旋转得到线段PD，①中AP与BD的数量关系 还成立吗？若成立，请证明结论，若不成立，说明理由； （2）当90时， ①如图3，线段PC绕点P顺时针旋转得到线段PD．试判断AP与BD的数量关系，并说明理由； BD ②若点 A，C，P在一条直线上，且 AC 3PC，线段PC绕点P逆时针旋转得到线段DP，求 的 AP 值．【分析】（1）①根据等边三角形的判定与性质知CACB，ACB60，PC PD，PCD60，则 ACPBCD(SAS)，即可得出APBD； ②由①同理得ACPBCD，得APBD； BD BC （2）①根据等腰直角三角形的判定与性质可得BCD∽ACP，得   2； AP CA ②分当点P在AC的延长线上或点P落在AC上两种情形，分别画出图形，利用勾股定理表示出BD的长， 进而解决问题． 【解答】解：（1）① AB AC ，60，  ABC是等边三角形， CACB，ACB60， 将线段PC绕点P旋转60得到线段PD，  PC PD，PCD60， ACPBCD(SAS)， APBD， 故答案为：APBD； ②仍然成立，理由如下： 由①得，ACBPCD60， ACPBCD， AC CB，CPCD，  ACPBCD(SAS)， APBD； （2）① AB AC ，90，  ABC是等腰直角三角形， BC  2AC ， 同理可得，CD 2CP，CB CD   ， AC CP ACBACDDCPACD，  即BCDACP， BCD∽ACP， BD BC    2， AP CA BD 2AP； ②当点P在AC的延长线上时，设PC m， 则AC 3m，PA4m， ACBPCD45，  BCD90， 在RtBCD中， BC  2AC 3 2m，CD 2PC  2m，  BD BC2 CD2  (3 2m)2 ( 2m)2 2 5m， BD 2 5m 5    ， PA 4m 2 当点P落在AC上时，设PC m，则AC 3m，PA2m， ACBACD45，  BCD90， BD BC2 CD2  (3 2m)2 ( 2m)2 2 5m， BD 2 5m    5， PA 2mBD 5 综上所述， 的值为 或 5 ． PA 2 【点评】本题是相似形综合题，主要考查了等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，全 等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握手拉手旋转型全等是解题 的关键． 8．（2024•邳州市校级一模）（1）问题发现： 如图1，ACB和DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE ． ①线段AD，BE 之间的数量关系为 ADBE ； ②AEB的度数为 ． （2）拓展探究： 如图2，ACB和AED均为等腰直角三角形，ACBAED90，点B，D，E在同一直线上，连接 BD CE ，求 的值及BEC的度数； CE （3）解决问题： 如图3，在正方形ABCD中，CD 10，若点P满足PD 2，且BPD90，请直接写出点C到直线BP 的距离． 【分析】（1）①由“SAS ”可证CDACEB，由全等三角形的性质可求ADBE； ②由全等三角形的性质可得CEBADC 120，即可求解； BD AB （2）首先证明CAE∽BAD，由相似三角形的性质可得AEC ADB135，   2，即可求 CE AC 解； （3）由题意可得点P在以D为圆心， 2为半径的圆上，同时点P也在以BD为直径的圆上，即点P是两 圆的交点，分两种情况讨论，由勾股定理即可求点C到BP的距离． 【解答】解：（1）① ACB和DCE均为等边三角形，  CACB AB，CDCE DE，ACBDCE60，ACBDCBDCEDCB， ACDBCE， 在CDA和CEB中， CACB  ACDBCE，  CDCE CDACEB(SAS)， ADBE； ② CDACEB，  CEBADC， CDE60，  ADC 120CEB， AEB1206060； 故答案为：①ADBE，②60； （2） ACB和AED均为等腰直角三角形，  AD AB DAEADE45，BAC 45，   2， AE AC DAECADBACCAD，即CAE BAD， CAE∽BAD， BD AB    2，AEC ADB， CE AC ADE45，  ADB180ADE18045135， AED90，  BEC AECAEDADBAED1359045， BD 故  2 ，BEC 45； CE （3） 点P满足PD 2，  点P在以D为圆心， 2为半径的圆上， BPD90，  点P在以BD为直径的圆上，如图3，点P是两圆的交点，若点P在BD上方，连接BP，过点C作CH BP于H ，过点D作DECH 于E， CD 10 BC ，BCD90  BD2 5 ， BPD90  BP BD2 PD2 3 2 ， BPDPHEDEH 90，  1390，2390， 12，四边形PHED是矩形， PH DE， 在BCH 和CDE中， 12  BHC CED，  BC CD BCH CDE， BH CE，CH DE， CH PH ， BP3 2，BC  10，  CH PH 3 2BH ， 在RtCHB中，BC2 CH2 BH2， 即( 10)2 (3 2BH)2 BH2，解得：BH  2或2 2． 点C到直线BP的距离为 2或2 2． 【点评】本题是四边形形综合题，考查的是等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，正方形的性质， 全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练运用这些性质进行推理是本 题的关键． 9．（2023•酒泉一模）（1）感知：如图①，四边形 ABCD和CEFG均为正方形，BE 与DG的数量关系为 BE DG ； （2）拓展：如图②，四边形ABCD和CEFG均为菱形，且AF ，请判断BE 与DG的数量关系，并说 明理由； （3）应用：如图③，四边形 ABCD和CEFG均为菱形，点 E在边 AD上，点G在 AD延长线上．若 AE2ED，AF ，EBC 的面积为8，求菱形CEFG的面积． 【分析】（1）由“SAS ”可证BCEDCG，可得BE DG； （2）由“SAS ”可证BCEDCG，可得BE DG； （3）由面积和差关系可求解． 【解答】解：（1） 四边形ABCD和CEFG均为正方形，  BC CD，CECG，BCDECG90， BCEDCG， BCEDCG(SAS)， BEDG， 故答案为：BE DG； （2）BE DG，理由如下： 四边形ABCD和四边形CEFG均为菱形，  BC CD，CECG，BCDA，ECGF． AF， BCDECG． BCDECDECGECD， 即BCEDCG， BCEDCG(SAS)， BEDG； （3） 四边形ABCD为菱形，  AD//BC， BEDG，  S S S S 8， ABE CDE BEC CDG AE2ED，  1 8 S  8 ， CDE 3 3 32 S S S  ， ECG CDE CDG 3 64 S 2S  ． 菱形CEFG ECG 3 【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，灵 活运用这些性质解决问题是解题的关键． 10．（2023•海淀区校级四模）在平面直角坐标系xOy中， O的半径为1，M 为 O上一点，点N(0,2)．   对于点P给出如下定义：将点P绕点M 顺时针旋转90，得到点P，点P关于点N的对称点为Q，称 点Q为点P关于点M ，N的“中旋点”． （1）如图1，已知点P(4,0)，点Q为点P关于点M ，N的“中旋点”． ①若点M(0,1)，在图中画出点Q，并直接写出OQ的长度为 2 ； ②当点M 在 O上运动时，直线yxb上存在点P关于点M ，N的“中旋点” Q，求b的取值范围；  （2）点P(t,0)，当点M 在 O上运动时，若 O上存在点P关于点M ，N的“中旋点” Q，直接写  出t的取值范围． 【分析】（1）①在图中依次画出点P、Q，OQ的长度为 2； ②确定点Q在以O为圆心，以 2为半径的圆上运动，根据圆与直线yxb有交点求b的范围； （2）确定点Q在以O(0,4t)为圆心，以 2为半径的圆上运动，根据圆与 O有交点求t的取值范  围． 【解答】解：（1）①连接MP，过点M 作MPMP，使MPMP， 则P(1,3)， 连接PN 并延长至点Q，使NQPN ， 则Q(1,1)， 如图所示，点Q即为所求作的点； OQ 12 12  2， 故答案为： 2； ②取点H(0,4)，连接PH 、PH ，OPOH 4，  POH 是等腰直角三角形， MPOOPP45，PPH OPP45，  MPOPPH ， PP PH   2，  PM PO MPO∽△PPH ， PH   2， MO PH  2， NPNQ，NH NO2，PNH QNO，  △PNH QNO(SAS)， OQPH  2， 设点Q(x,y)，则 x2  y2  2，即x2  y2 2， x2  y2 2 要使直线yxb上存在点P关于点M ，N的“中旋点” Q，需方程组 有解， yxb x2 (xb)2 2， 2x2 2bxb2 20， △(2b)2 42(b2 2)…0， 2„ b„ 2； （2）取点H(0,t)，作H 关于N的对称点O， N(0,2)， O(0,4t)， 由（1）②类似可得到OQPH  2， 点Q在以O为圆心，以 2为半径的圆上运动，若 O上存在点P关于点M ，N的“中旋点” Q， O   与， O应有交点，则 21„ OO„ 21，即 21„ |t4|„ 21，   21„ t4„ 21或 21„ 4t|„ 21， 3 2„ t„ 5 2或3 2„ t„ 5 2 ． 【点评】本题在新定义下考查了三角形全等，直线与圆及圆与圆的位置关系，中点坐标公式等知识点， 关键是确定点Q在圆上运动． 11．（2023•黑龙江模拟）在ABC中，AB AC，BAC 90，P为直线AB上一点，连接PC，将PC绕 点P顺时针旋转90得到PD，连接BD． ? （1）当点P在线段AB上时，如图①，求证：BCBD 2BP； （2）当点P在BA的延长线上时，如图②；当点P在AB的延长线上时，如图③，线段BC，BD，BP之 间又有怎样的数量关系？直接写出你的猜想，不必证明． 【分析】（1）过点P作FP AB，交BC于点F ，根据垂直定义可得BPF 90，再根据旋转的性质可得： PC PD，DPC 90，从而利用等式的性质可得FPC BPD，然后利用等腰直角三角形的性质可得 ABC ACB45，从而可得ABC PFB45，进而可得BPPF ，最后利用SAS 可证FPC BPD， 从而可得BDFC，再在RtBPF中，利用等腰直角三角形的性质可得BF  2BP，再根据线段的和差关 系以及等量代换可得BCBD 2BP，即可解答； （2）当点P在BA的延长线上时，过点P作FPBP，交BC的延长线于点F ，利用（1）的解题思路进行 推理论证，即可解答；当点P在AB的延长线上时，过点P作FPBP，交CB的延长线于点F ，利用（1） 的解题思路进行推理论证，即可解答．【解答】（1）证明：过点P作FP AB，交BC于点F ， BPF 90， 由旋转得：PC PD，DPC 90， DPC BPF 90， DPCDPF BPF DPF ， FPC BPD， AB AC ，BAC 90，  ABC ACB45， PFB90ABC 45， ABC PFB45， BPPF， FPC BPD(SAS)， BDFC， 在RtBPF中，BPPF ， BF  2BP， BCCF BF ，  BCBD 2BP； （2）解：当点P在BA的延长线上时，BCBD 2BP， 理由：如图：过点P作FPBP，交BC的延长线于点F ， BPF 90，由旋转得：PC PD，DPC 90， DPC BPF 90， DPCBPC BPF BPC， FPC BPD， AB AC ，BAC 90，  ABC ACB45， PFB90ABC 45， ABC PFB45， BPPF， FPC BPD(SAS)， BDFC， 在RtBPF中，BPPF ， BF  2BP， BCCF BF ，  BCBD 2BP； 当点P在AB的延长线上时，BDBC  2BP， 理由：如图：过点P作FPBP，交CB的延长线于点F ， BPF 90， 由旋转得：PC PD，DPC 90， DPC BPF 90， DPCBPC BPF BPC， FPC BPD，AB AC ，BAC 90，  ABC ACB45， ABC PBF 45， PFB90PBF 45， PBF PFB45， BPPF， FPC BPD(SAS)， BDFC， 在RtBPF中，BPPF ， BF  2BP， CF BC BF ，  BDBC  2BP． 【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，根据题目的已知条件并结 合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 1 12．（2024•东城区一模）在RtABC中，BAC 90，AB AC，点D，E是BC边上的点，DE BC， 2 连接AD．过点D作AD的垂线，过点E作BC的垂线，两垂线交于点F ．连接AF 交BC于点G． （1）如图1，当点D与点B重合时，直接写出DAF与BAC之间的数量关系； （2）如图2，当点D与点B不重合（点D在点E的左侧）时， ①补全图形； ②DAF与BAC在（1）中的数量关系是否仍然成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由． （3）在（2）的条件下，直接用等式表示线段BD，DG，CG之间的数量关系． 1 【分析】（1）运用等腰三角形性质可得AE BC，BAE BAC ，再证明A、E、F 在同一条直线上， 2即可得出答案； （2）①按照题意作图即可； ②过点A作AH BC于点H ，可证得ADH DFE(AAS)，得出ADDF ，即ADF 是等腰直角三角形， 即可证得结论； （3）将 ACG绕点 A顺时针旋转 90得到 ABG，可证得 DBG90，运用勾股定理可得 BD2 BG2 DG2，再证得ADGADG(SAS)，即可得出答案． 1 【解答】解：（1）当点D与点B重合时，DAF  BAC，理由如下： 2 如图1， 1 点D与点B重合，点D，E是BC边上的点，且DE BC，  2 E 是BC的中点， BAC 90，AB AC，  1 AE BC ，BAE BAC ， 2 EF BC ，  AEBBEF 90， AEBBEF 180，即A、E、F 在同一条直线上， 1 1 BAF  BAC，即DAF  BAC； 2 2 （2）①补全图形如图2所示：1 ②DAF  BAC仍然成立，理由如下： 2 如图3，过点A作AH BC于点H ，则AHD90， DEF 90，  AHDDEF ， ADH FDEADH DAH 90，  DAH FDE ， BAC 90，AB AC，AH BC，  1 AH  BC ， 2 1 DE BC，  2 AH DE， ADH DFE(AAS)， ADDF， ADF 90，  ADF 是等腰直角三角形， DAF 45， 1 DAF  BAC ； 2 （3）BD2 CG2 DG2，理由如下： 如图4，将ACG绕点A顺时针旋转90得到ABG，则BGCG，AG AG，ABGACG，BAGCAG， BAC 90，AB AC，  ABC ACG45， ABCABG90，即DBG90， BD2 BG2 DG2， 由（2）知DAF 45，即DAG45， BADCAG45， BADBAG45，即DAG45， DAGDAG， 在ADG和ADG中， AG AG  DAGDAG，  AD AD ADGADG(SAS)， DGDG， BD2 CG2 DG2． 【点评】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质， 勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 13．（2023•天宁区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，点A(0,2)，点B在x轴正半轴上，点C在第一象 限内． （1）如图1，OB4． ①若ABC 是以AC为斜边的直角三角形，且tanBAC 2．请在图（1）中利用圆规、无刻度直尺作出点C 的位置（不写作法，保留作图痕迹），写出点C的坐标： (8,8) ； ②若ABC 是等边三角形．求点C的坐标； （2）如图2，ABC 是等边三角形，点C在以P(3 3，6)为圆心，半径为r 的圆上．若存在两个ABC 满 足条件，求r 的取值范围．【分析】（1）①以点B为圆心，AB为半径画弧交AB的延长线于点N，分别以A、N为圆心，大于AB的 长度为半径画弧，交于第一象限内点W ，在射线BW 上截取BC 2AB，连接AC，点C即为所求作的点； OB CE 4 y 设 C(x,y)，过点 C作 CE x轴于点 E，由 tanBAOtanCBE ，得  ，即  ，得出 OA BE 2 x4 y2x8，即CE 2x8，由勾股定理得BE2 CE2 BC2，建立方程求解即可； ②过点C作CD AB于点 D，作CE  y轴于点 E，过点 D作 FGx轴于点G，交CE 于点 F ，设 CF DF CD a2 b1 C(a,b)，则CEa，FGb，由DCF∽BDG，可得   ，即   3，即可求得 DG BG BD 1 2 答案； （2）以OA为边作等边三角形OAM ，使点M 落在第一象限，以AB为边在第一象限作等边三角形ABC， 取 AB的中点 N(2,1)，连接CN ，过点C作CH  y轴于 H ，过点 N作 NE作 NECH 于 E，作射线 MC，则AB AC 2 5，BAC ACB60，M( 3，1)，N(2,1)，CN  15，设C(x,y)，利用勾股 定理可求得C(2 3，2 31)，再运用待定系数法可求得射线MC的解析式为y 3x2，根据题意分别 求出当射线MC与 P相切时和 P过点M 时对应的r 值，即可求得答案．   【解答】解：（1）①如图1①，点C即为所求作的点． 设C(x,y)，过点C作CE x轴于点E，则OEx，CE y， BEOEOBx4， 点A(0,2)，  OA2， OB4，  B(4,0)， 在RtAOB中，AB OA2 OB2  22 42 2 5 ， AOBBEC 90，  BAOABO90， ABC 90，  CBEABO90， BAOCBE， tanBAOtanCBE， OB CE 4 y   ，即  ， OA BE 2 x4 y2x8，即CE 2x8， tanBAC 2，  BC  2， AB BC 2AB4 5， 在RtBCE中，BE2 CE2 BC2， (x4)2 (2x8)2 (4 5)2， 解得：x0（舍去）或x8， y2x82888， 点C的坐标为(8,8)， 故答案为：(8,8)； ②如图1②，过点C作CD AB于点D，作CE  y轴于点E，过点D作FGx轴于点G，交CE 于点 F ， 设C(a,b)，则CEa，FGb，ABC为等边三角形，CD AB，  1 ADDB AB 5， 2 DG//OA，D是AB的中点，  DG是ABO的中位线， 1 OGBG2，DG OA1， 2 FDFGDGb1， EOGOEF FGO90，  四边形EFGO是矩形， EF OG2， CF CEEF a2， CD 在RtBCD中， tanABC tan60 3， BD DFC BGDBDC 90，  CDF DCF CDF BDG90， DCF BDG， DCF∽BDG， CF DF CD a2 b1    ，即   3， DG BG BD 1 2 解得：a2 3，b12 3， 点C的坐标为(2 3，12 3)； （2）如图2，以OA为边作等边三角形OAM ，使点M 落在第一象限，以AB为边在第一象限作等边三角形 ABC，取AB的中点N(2,1)，连接CN ，过点C作CH  y轴于H ，过点N作NE作NECH 于E，作射 线MC，则AB AC 2 5，BAC ACB60，M( 3，1)，N(2,1)，CN  15， 设C(x,y)， 则AH  y2，CH x，CEx2，EN  y1， x2 (y2)2 20 由勾股定理可得： (x2)2 (y1)2 15  x 2 3  x 2 3 解得： 1 ， 2 （不符合题意，舍去）， y 2 31 y 12 3 1 2 C(2 3，2 31)，   3mn1 设射线MC的解析式为ymxn，则 ， (2 3)mn2 31 m 3 解得： ， n2 射线MC的解析式为y 3x2， 当射线MC与 P相切于点C时，如图3，连接PC，过点P作PQ//y轴，交射线MC于Q，  则PCQ90，PQC 30，PC r ，P(3 3，6)，  Q(3 3，7)， PQ1， PC 1 在RtPQC中， sin30 ， PQ 2 1 r ， 2 当 P经过点M( 3，1)时，如图4，过点P作PK //y轴，过点M 作MK //x轴交PK 于K，  则K 90，PK 615，MK 3 3 32 3，PM r， r  PK2 MK2  52 (2 3)2  37 ， 点B在x轴正半轴上，存在两个ABC ，使点C在以P(3 3，6)为圆心，半径为r 的圆上，  1  r 37 ． 2 【点评】本题是几何变换综合题，考查了勾股定理，等边三角形的判定和性质，直角三角形性质，全等三 角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，添加辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题关键． 14．（2023•牡丹区校级一模）有共同顶点的ABC 与ADE中，CACB，EAED，且ACBAED， 连接BD，CE ，线段BD，CE 相交于点H ． BD （1）如图①，当60时， 的值是 1 ，BHC的度数是 ； CE BD （2）如图②，当90时，求 的值和BHC的度数，并说明理由； CE AC BD （3）如果90， 2，当点H 与ADE的顶点重合时，请直接写出 的值． AE DE【分析】（1）证明BADCAE(SAS)，由全等三角形的性质得出BDCE，ACE ABD，则可得出答 案； AD AB （2）由直角三角形的性质得出   2，证明 CAE∽BAD，由相似三角形的性质得出 AE AC BD AB   2．ACE ABD，则可得出答案； CE AC （3）分三种情况：①当点H 与ADE的顶点D重合时，如图③1，②当点H 与ADE的顶点E重合时， 如图③2，③当点H 与ADE的顶点A重合时，如图③3，结合（2）则可得出答案． 【解答】（1）解：如图①，AB与CF 交于点M ， ACBAED60，CACB，EAED，  AED和ABC 是等边三角形， CABEAD60， CAE BAD， BADCAE(SAS)， BDCE，ACE ABD， HMC AMB，  BHC CAB60， 故答案为：1；60； （2）证明： CACB，且ACB90， ABC是等腰直角三角形， CABCBA45，AB AC2 BC2  2AC ， 同理EADADE45，AD AE2 DE2  2AE， AD AB EAC DAB，且   2， AE AC ACE∽ABD， BD AB    2． CE AC ACE ABD， AGBCGH ， BHC CAB45； BD  的值为 2，BHC的度数为45； CE （3）解：分三种情况： ①当点H 与ADE的顶点D重合时，如图③1， AC 90， 2，  AE BD 由（2）知：  2 ， CE 设AEDEa， AC 2a， CE AC2 AE2  3a， BD 6a， BD 6a    6； DE a ②当点H 与ADE的顶点E重合时，如图③2，在RtABC中，AC BC 2a， AB 2AC 2 2a， 在RtABE中，AEDEa， BE AB2 AE2  7a， BDBEDE 7aa， BD 7aa    71； DE a ③当点H 与ADE的顶点A重合时，如图③3， AD 2AE 2a，AB 2AC 2 2a，  BD AB AD3 2a， BD 3 2a   3 2． DE a BD 综上所述：  6或3 2 或 71， DE 【点评】本题是三角形综合题，主要考查了等边三角形性质，等腰直角三角形性质，全等三角形判定和性 质，相似三角形的判定和性质，直角三角形性质，熟练掌握全等三角形判定和性质和相似三角形的判定和 性质是解题关键． 15．（2023•泰州）已知：A、B为圆上两定点，点C在该圆上，C为AB所对的圆周角．? 知识回顾 （1）如图①， O中，B、C位于直线AO异侧，AOBC 135．  ①求C的度数； ②若 O的半径为5，AC 8，求BC的长；  逆向思考 （2）如图②，若P为圆内一点，且APB120，PAPB，APB2C．求证：P为该圆的圆心； 拓展应用 （3）如图③，在（2）的条件下，若APB90，点C在 P位于直线AP上方部分的圆弧上运动．点D  在 P上，满足CD 2CBCA的所有点D中，必有一个点的位置始终不变．请证明．  【分析】（1）①根据AOBC 135，结合圆周角定理求C的度数； ②构造直角三角形； （2）只要说明点P到圆上A、B和另一点的距离相等即可； （3）根据CD 2CBCA，构造一条线段等于 2CBCA，利用三角形全等来说明此线段和CD相等． 【解答】（1）解：① AOBC 135，AOB2C，  3C 135， C 45． ②连接AB，过A作ADBC，垂足为M ， C 45，AC 8，  ACM 是等腰直角三角形，且AM CM 4 2， AOB2C 90，OAOB，  AOB是等腰直角三角形， AB 2OA5 2， 在直角三角形ABM 中，BM  AB2 AM2 3 2 ， BC CM BM 4 23 2 7 2．（2）延长AP交圆于点N，则C N ， APB2C，  APB2N ， APBN PBN ，  N PBN ， PN PB， PAPB，  PAPBPN ， P为该圆的圆心． （3）过B作BC的垂线交CA的延长线于点E，连接AB，延长AP交圆于点F ，连接CF ，FB， APB90，  C 45， BCE是等腰直角三角形， BEBC，BP AF，PAPF ，  BABF ， AF 是直径，  ABF 90， EBC ABF 90， EBACBF ， EBACBF(SAS)， AECF， CD 2CBCACECA AE，  CDCF ， 必有一个点D的位置始终不变，点F 即为所求． ． 【点评】本题考查了圆周角定理，并对圆周角定理的逆命题进行了创新，还考查了解直角三角形和三角形 全等的知识，对于（3）构造一条线段等于 2CBCA是关键． 题型三：倍长中线模型构造全等三角形 1．（2023•兴宁区校级模拟）【模型启迪】 （1）如图1，在ABC 中，D为BC边的中点，连接AD并延长至点H ，使DH  AD，连接BH ，则AC 与BH 的数量关系为 AC BH ，位置关系为 ； 【模型探索】 （2）如图2，在ABC 中，D为BC边的中点，连接AD，E为AC边上一点，连接BE 交AD于点F ，且 BF  AC ．求证：AEEF ； 【模型应用】（3）如图3，在（2）的条件下，延长AC至点N，使AN  AB，连接BN ，交AD的延长线于点M ．若 2 AB7， AC 5， DM  ， 求 线 段 AD的 3 长． 【分析】（1）易根据SAS 证明ACDHBD，得到AC BH ，ACDHBD，由“内错角相等，两直线 平行”得到AC//BH ，以此即可解答； （2）延长 AD至点G，使DG AD，连接BG，利用（1）中方法同理可证ACDGBD(SAS)，得到 AC BG， CADBGD，由 BF  AC 可得 BGBF，根据等边对等角可得和对顶角相等可得 BGDBFGAFE，进而可得AFE CAD，以此即可证明AEEF ； （3）延长AD至点G，使DG AD，连接BG，由（2）可知ACDGBD，可得AC BG5，CADBGD， BG MG 2 进而可得BG//AC，易得BMG∽NMA，由相似三角形的性质得  ，设ADDGx，AM x ， AN AM 3 2 x 2 5 3 MGx ，于是可得方程  ，求解即可． 3 7 2 x 3 【解答】（1）解： D为BC边的中点，  BDCD， 在ACD和HBD中， CDBD  ADC HDB，  ADHD ACDHBD(SAS)， AC BH，ACDHBD， AC//BH ， 故答案为：AC BH ，AC//BH ； （2）证明：延长AD至点G，使DG AD，连接BG，由（1）同理可得：ACDGBD(SAS)， AC BG，CADBGD， BF  AC，  BGBF ， BGDBFGAFE， AFE CAD，即AFEEAF， AEEF； （3）解：延长AD至点G，使DG AD，连接BG， 由（2）可知，ACDGBD， AC BG5，CADBGD， BG//AC， BMG∽NMA， BG MG   ， AN AM 设ADDGx， 2 2 AM  ADDM x ，MGDGDM x ， 3 3 AN  AB7，  2 x 5 3   ， 7 2 x 3整理得：6x240， 解得：x4， 经检验，x4是原方程的解， AD4． 【点评】本题主要考查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、相似 三角形的判定与性质，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键， 属于中考常考题型． 2．（2023•抚州三模）课本再现： （1）我们研究平行四边形时，常常把它分成几个三角形，利用三角形全等的性质研究平行四边形的有关问 题，同时也可以利用平行四边形研究三角形的有关问题，如探究三角形中位线的性质． 如图（1），在 ABC 中，点 D， E分别是 AB， AC的中点，连接 DE．则 DE与 BC的关系是 1 DE BC，DE//BC ． 2 定理证明 （2）请根据（1）中内容结合图（1），写出（1）中结论的证明过程． 定理应用 （3）如图（2），在四边形ABCD中，点M ，N，P分别为AD，BC，BD的中点，BA，CD的延长线交 于点E．若E 45，则MPN 的度数是 ． （4）如图（3），在矩形ABCD中，AB4，AD3，点E在边AB上，且AE 3BE．将线段AE绕点A 旋转一定的角度(0360)，得到线段AF ，点M 是线段CF 的中点，求旋转过程中线段BM 长的最 大值和最小值． 【分析】（1）根据题意直接判断关系； （2）作辅助线延长DE至点F ，使EF DE ，连接CF ，然后证明AEDCEF ，得出ADCF ，再证 1 明四边形DBCF 为平行四边形，即可得出DF //BC，根据DF 2DE，BC DF，得出DE BC； 2（3）根据平行线的性质和几个角之间的关系即可求出； （4）根据勾股定理先求出AE的长度，再画隐形圆作辅助线，分别求出最大值和最小值． 【解答】解：（1）如图，延长DE至点F ，使EF DE ， 连接CF ， ， AEDCEF，AECE，  AEDCEF(SAS)， ADCF，AECF，  AB//CF ， ADBD，ADCF ，  BDCF ， 四边形DBCF 为平行四边形， DF //BC，DF BC， 1 DE//BC，DE BC． 2 1 故答案为：DE//BC且DE BC； 2 （2）证明：如图，延长DE至点F ，使EF DE ， 连接CF ， ， AEDCEF，AECE，  AEDCEF(SAS)， ADCF，AECF，  AB//CF ，ADBD，ADCF ，  BDCF ， 四边形DBCF 为平行四边形， DF //BC，DF BC， 1 DE//BC，DE BC． 2 （3） 点M ，P分别为AD，BD的中点，  MP//AB， MPDABD， 点N，P分别为BC、BD的中点，  PN //CD， BNPC， MPN MPDDPN ABDDBCPNBABDDBCCEBCC180E135． 故答案为：135． （4）如图，延长CB至点H ，使BH CB，连接FH ， 连接AH ， ， CM ME，CBBH ，  1 BM  FH， 2 由勾股定理得，AH  42 32 5， AE 3BE ，AB4，  AE3， 点F 在以点A为圆心，3为半径的圆上（不与点E重合）， 当点F 在线段AH 上时，FH 最小，最小值为532； 当点F 在线段HA的延长线上时，FH 最大，最大值为538．故：BM 长的最大值为4，最小值为1． 【点评】本题主要考查了全等三角形的知识、勾股定理的知识、旋转的知识、平行四边形的知识、中位线 的知识、圆的知识，难度较大，需认真作答即可． 3．（2023•蜀山区校级一模）如图，在ABC 中，ACB90，BC  AC，CD AB于点D，点E是AB 的中点，连接CE ． （1）若AC 3，BC 4，求CD的长； （2）求证：BD2 AD2 2DEAB； 1 （3）求证：CE  AB． 2 【分析】（1）根据勾股定理求出AB，根据三角形的面积公式计算，求出CD； （2）根据题意得到BDAD2DE，根据勾股定理计算即可证明； （3）延长CE 至点F ，使EF CE，连结AF ，证明AEF △，根据全等三角形的性质得到BEAF， AF BC ，再证明ACF CAB，得到CF  AB，证明结论． 【解答】（1）解：在ABC 中，ACB90，AC 3，BC 4， 由勾股定理得：AB AC2 BC2  32 42 5， ACB90，CD AB，  1 1 1 1 S  ACBC  ABDE，即 34 5CD， ABC 2 2 2 2 12 解得：CD ； 5 （2）证明： 点E是AB的中点，  AEBE， BDAD(BEDE)(AEDE)BEAE2DE2DE， CD AB，  BC2 BD2 CD2，AC2  AD2 CD2， BC2 AC2 (BD2 CD2)(AD2 CD2)BD2 AD2 (BDAD)(BDAD) AB2DE2DEAB； （3）证明：延长CE 至点F ，使EF CE，连结AF ，在AEF和BEC 中， AEBE  AEF BEC，  EF EC AEF BEC(SAS)， BEAF ，AF BC ， ACB90，  BCABEAF CAB90， CAF ACB90， AC CA，  ACF CAB(SAS)， CF  AB， CF 2CE，  1 CE  AB． 2 【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的面积计算、勾股定理的应用，掌握全等三角形 的判定定理和性质定理是解题的关键． 4．（2023•沙坪坝区校级模拟）如图，ABC中，D在AB上，E在BC上，AEDABC，F 在AE上， EF DE ． （1）如图1，若CEBD，求证：BECF； （2）如图2，若CE AD，G在DE上，EFGEFC，求证：CF 2GF ； （3）如图3，若CE AD，EF 2，ABC 30，当CEF周长最小时，请直接写出BCF的面积．【分析】（1）先说明FEC EDB，然后用SAS 证明FEC EDB，得到BECF； （2）仿照（1）得FEC EDH ，出现中点倍长中线，利用相似得CF 2GF ； （3）先说明CJE30，即点C的轨迹是条直线，然后考虑将军饮马，最后求BCF的面积． 【解答】（1）证明： DEC AEDFEC，DEC ABCEDB，AEDABC，  FEC EDB， EF DE，CEBD，  FEC EDB(SAS)， BECF ； （2）证明：延长AB至H 使DH  AD，由（1）得FEC EDH ， FC HE，CFEHED， 1 延长ED至I 使DI ED，连接AI ，则EF DE IE， 2 DH  AD，ADI HDE，  ADI HDE(SAS)， AI HE，HEDAID， AI FC，AIDCFE， EFGEFC，  EFGAID， FEGIEA，  FEG∽IEA， GF EF   ， AI IE GF 1   ， CF 2 CF 2GF；（3）解：延长FE 至J使EJ EF， EF DE  EJ DE FEC EDB，  CEJ ADE， CE AD，  CEJ ADE(SAS)， CJEAED， AEDABC ，ABC 30，  CJE30， 过E作JC 的对称点E，连接CE、FE、CE、JE， C EF CF CE2CF CE…2FE， CEF 当F 、C、E三点共线时周长最小， 当周长最小时如图所示：CJE30，  EJE60， JE JE，  EJE是正三角形， JEE60，EEEJ EF， EFEEEF 30， CE CE，  CEEEEF 30， CEJ 90， FEC 90， FE 2 2 3 EC    ， 3 3 3 AED30，  BED60， BDE90， BE2DE4， 1 2 3 S  BCEF BC BEEC 4 ． BCF 2 3 【点评】本题是三角形的综合题，难度很大，关键是联想到常见的模型：截长补短、倍长中线、将军饮马 等． 5．（2023•南关区校级二模）【提出问题】兴趣小组活动中老师提出了如下问题：如图①，在ABC 中，若 AB5，AC 3，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法： 延长AD到E，使得，DE  AD，再连接BE （或将ACD绕点D逆时针旋转180得到EBD)，把AB、AC、2AD集中在ABE中，利用三角形的三边关系可得2 AE8，则1 AD4． 【方法感悟】当条件中出现“中点”、“中线”等条件时，可以考虑作“辅助线”，把一条过中点的线段延长 一倍，构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中，这种作辅助线的方法 称为“中线加倍”法． 【解决问题】如图②，在ABC 中，点D是边BC的中点，点E在边AB上，过点D作DF DE，交边AC 于点F ，连接EF ． （1）求证：BECF EF ． （2）若A90，则线段BE 、CF 、EF 之间的等量关系为 BE2 CF2 EF2 ． （3）【应用拓展】如图③，在ABC中，ABC 90，点D为边AC的中点，点E和点F 分别在边AB、BC 上，点M 为线段EF 的中点．若AE2，CF 5，则DM 的长为 ． 【分析】（1）延长ED到点G，使得EDDG，连接GF 、GC，根据SAS 证得DBE DCG，可得结论； （2）延长 ED到点G，使得 EDDG，连接GF 、GC，由（1）得 DBE DCG， EF FG，则 BECG，BBCG，即GCA90，利用勾股定理解题即可； （3）如图，延长 ED到点 G，使得 EDDG，连接 GF 、 GC，由（1）得 DAE DCG，则 1 1 AE CG2，AACG，即GCB90，可求出GF  29 ，利用中位线解得MF  FG 29 ． 2 2 【解答】（1）证明：如图，延长ED到点G，使得EDDG，连接GF 、GC， DF DE，  EF FG，D是BC的中点，  BDCD 又 BDEGDC，  DBEDCG(SAS)， BECG， 在CFG中 CGCF GF ，  BECF EF ； （2）解：如图，延长ED到点G，使得EDDG，连接GF 、GC， A90，  BACB90， 由（1）可知DBE DCG，EF FG， BECG，BBCG， GCABCGACB90 在RtCFG中， GC2 CF2 GF2，  BE2 CF2 EF2， 故答案为：BE2 CF2 EF2； （3）如图，如图，延长ED到点G，使得EDDG，连接GF 、GC，B90，  AACB90， 由（1）可知DAE DCG， AE CG2，AACG， GCBBCAACG90， 在RtCFG中， GF  GC2 CF2  22 52  29，  M ，D是EF 、EG的中点，  DM 是EFG的中位线， 1 29 DM  FG ， 2 2 1 故答案为： 29． 2 【点评】本题主要考查了倍长中线全等、全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系、勾股定理以及三 角形的中位线，掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键，并用类比的方法解决问题． 题型四：平行线+线段中点构造全等模型 1．（2023•射洪市校级一模）在RtABC中，BAC 90，D是BC的中点，E是AD的中点，过点 A作 AF //BC交CE 的延长线于点F ． （1）求证：四边形ADBF是菱形； （2）若AB8，菱形ADBF的面积为40．求AC的长． 【分析】（1）利用平行线的性质可得AFC FCD，FAECDE ，利用中点的定义可得AE DE ，从 而证明 FAECDE，然后利用全等三角形的性质可得 AF CD，再根据 D是 BC的中点，可得AF BD，从而可证四边形AFBD是平行四边形，最后利用直角三角形斜边上的中线可得BD AD，从而 利用菱形的判定定理即可解答； （2）利用（1）的结论可得菱形ADBF的面积2ABD的面积，再根据点D是BC的中点，可得ABC 的 面积2ABD的面积，进而可得菱形ADBF的面积ABC的面积，然后利用三角形的面积进行计算即可 解答． 【解答】（1）证明： AF //BC ，  AFC FCD，FAECDE ， 点E是AD的中点，  AEDE， FAECDE(AAS)， AF CD， 点D是BC的中点，  BDCD， AF BD， 四边形AFBD是平行四边形， BAC 90，D是BC的中点，  1 ADBD BC ， 2 四边形ADBF是菱形； （2）解： 四边形ADBF是菱形，  菱形ADBF的面积2ABD的面积， 点D是BC的中点，  ABC的面积2ABD的面积， 菱形ADBF的面积ABC的面积40， 1  ABAC 40， 2 1  8AC 40， 2 AC 10， AC的长为10． 【点评】本题考查了菱形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，以及菱形的判定与性质是解题的关键． 2．（2022•前进区校级一模）已知：AD是ABC的角平分线，点E为直线BC上一点，BDDE，过点E 作EF //AB交直线AC于点F ，当点F 在边AC的延长线上时，如图①易证AF EF  AB；当点F 在边AC 上，如图②；当点F 在边AC的延长线上，AD是ABC 的外角平分线时，如图③．写出AF 、EF 与AB的 数量关系，并对图②进行证明． 【分析】（1）延长 AD、 EF 交于点G，根据角平分线可得 BADCAD，再由平行线性质可得 GBAD， 等 量 代 换 可 得 GCAD， 利 用 等 角 对 等 边 可 得 ： FG AF ， 再 证 明 ABDGED(AAS)，即可证得结论； （ 2 ） 如 图 2 ， 延 长 AD、 EF 交 于 点 G， 运 用 角 平 分 线 和 平 行 线 证 得 FG AF ， 再 证 明 ABDGED(AAS)，即可证得结论； （3）如图3，延长AD交EF 于点G，运用角平分线和平行线证得FG AF ，再证明ABDGED(AAS)， 即可证得结论． 【解答】（1）证明：如图①，延长AD、EF 交于点G， AD平分BAC，  BADCAD， EF //AB，  GBAD， GCAD， FG AF， 在ABD和GED中， BADG  ADBGDE，  BDDE ABDGED(AAS)， ABGE，GEFGEF  AF EF ，  AF EF  AB； （2）结论：AF EF  AB． 证明：如图②，延长AD、EF 交于点G， AD平分BAC，  BADCAD， EF //AB，  GBAD， GCAD， FG AF， 在ABD和GED中， BADG  ADBGDE，  BDDE ABDGED(AAS)， ABGE， GEFGEF  AF EF，  AF EF  AB； （3）结论：EF AF  AB． 证明：如图③，延长AD交EF 于点G， AD平分PAC，  PADCAD， EF //AB，  AGF PAD， AGF CAD，ABDGED， FG AF， 在ABD和GED中， ABDGED  BDDE ，  ADBGDEABDGED(ASA)， ABGE， EF FGGE，  EF AF  AB； 【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、平行线的 性质等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，证明ABDGED是解题的关键，属于 中考常考题型． 3．（2022•寿光市一模）如图，在矩形ABCD中，AB1，AD3，E为AD边的一动点（不与端点重合）， 连接CE 并延长，交BA的延长线于点F ，延长EA至点G，使AG AE；分别连接BE ，BG，FG． （1）在点E的运动过程中，四边形BEFG能否成为菱形？请判断并说明理由． （2）若BAE与EDC相似，求AE的长． 【分析】（1）当点 E运动到线段 AD的中点时，四边形 BEFG能成为菱形，根据矩形的性质可得ABDC 1， BAD90， AB//DC ，然后利用平行线和线段中点可证 FAECDE，从而可得 AF CD，即可证明四边形BEFG是平行四边形，再根据菱形的判定定理即可解答； （2）分两种情况：当ABE∽DCE时，当ABE∽DEC 时，然后利用相似三角形的性质进行计算即可解 答． 【解答】解：（1）当点E运动到线段AD的中点时，四边形BEFG能成为菱形， 理由： 四边形ABCD是矩形，  ABDC 1，BAD90，AB//DC ， FAED，AFEDCE ， 点E是AD的中点，  AEDE， FAECDE(AAS)， AF CD， AF  AB， AE AG，  四边形BEFG是平行四边形， BF EG，  四边形BEFG是菱形； （2） 四边形ABCD是矩形，  BADD90， 分两种情况： 当ABE∽DCE时， AB AE   ， DC DE 1 AE   ， 1 3AE AE1.5， 当ABE∽DEC 时， AB AE   ， DE DC 1 AE   ， 3AE 13 5 3 5 AE 或AE ， 2 2 3 5 3 5 综上所述，AE的长为1.5， 或 ． 2 2 【点评】本题考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质．矩形的性质，相似三角形的性质，熟 练掌握菱形的判定与性质，以及全等三角形的判定与性质是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思 想． a 1 4．（2022•九江三模）（1）化简并求值：1 ，其中a ． a1 2 （2）如图，在 ABCD中，点O是AC的中点，点F 在边CB的延长线上，连接FO并延长交AD的延长线  于点E，EF 分别与AB、CD交于点H 、G．求证：AH CG． 【分析】（1）利用异分母分式加减法法则进行化简，然后把a的值代入化简后的式子进行计算即可解答； （2）利用平行四边形的性质可得AB//CD，从而可得BAC ACD，AHOOGC，再根据线段中点 的定义可得OAOC，然后证明AHOCGO，利用全等三角形的性质即可解答． a 【解答】（1）解：1 a1 a1a  a1 1  ， a1 1 1 1 当a 时，原式  2； 2 1 1  1 2 2 （2）证明： 四边形ABCD是平行四边形，  AB//CD， BAC ACD，AHOOGC， 点O是AC的中点，  OAOC， AHOCGO(AAS)， AH CG． 【点评】本题考查了分式的化简求值，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行线线段中点构造全等模型是解题的关键． 5．（2023•薛城区校级模拟）【感知】小亮遇到了这样一道题：已知如图①在ABC 中，AB AC，D在AB 上，E在AC的延长线上，DE交BC于F ，且DF EF ，求证：BDCE，小亮仔细分析了题中的已知条 件后，如图②过D点作DG//AC交BC于G，进而解决了该问题．（不需证明） 【探究】如图③，在四边形ABCD中，AB//DC ，E为BC边的中点，BAEEAF，AF 与DC的延长 线相交于点F ．试探究线段AB与AF 、CF 之间的数量关系，并证明你的结论． 【应用】如图④，在正方形ABCD中，E为AB边的中点，G、F 分别为AD，BC边上的点，若AG1， BF  2，GEF 90，则GF 的长为 21 ． 【分析】【探究】分别延长 DC、 AE，交于G点，根据已知条件可以得到ABEGCE，由此得到 ABCG，又AB//DC ，BAEEAF，利用平行线的性质和等腰三角形的判定定理可以证明AF GF ， 即可得出结论． 【应用】延长GE交CB的延长线于M ．只要证明AEGBEM ，推出AGCM 1，再根据线段的垂直 平分线的性质，即可解决问题． 【解答】【探究】解：AB AF CF． 如图1，分别延长DC、AE，交于G点，AB//DC，  BGCE，BAEEGC ， E 为BC边的中点，  BE CE， ABEGCE(AAS)， ABCG， 又 AB//DC，  BAEG 而BAEEAF， GEAF ， AF GF， ABCGGF CF  AF CF ． 【应用】解：如图2，延长GE交CB的延长线于M ． 四边形ABCD是正方形，  AD//CM ， AGEM ， 在AEG和BEM 中，AEGMEB  AGEM ，  AEBE AEGBEM(AAS)， GEEM ，AGBM 1， EF MG，  FGFM ， BF  2，  MF BF BM 1 2 ， GF FM  21． 故答案为： 21． 【点评】本题是四边形综合题，考查正方形的性质、三角形的中线、全等三角形的判定和性质、等腰三角 形的判定与性质等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 6．（2022•婺城区校级模拟）如图，点A，C是 O上的点，且AOC 90，过点A作ABOA，连接BC  交 O于点D，点D是BC的中点．  （1）求B的度数； AB （2）求 的值． OC 【分析】（1）连接 OD并延长交 AB于点 E，利用 AAS 证明 CDOBDE，得 ODDE，由 AO AO 1 sinAEO   ，得AEO30，从而得出B的度数； OE 2OD 2 （2）由（1）知CDOBDE，得OC BE，由含30角的直角三角形的性质得AE 3OA 3OC，得 AB AEBE( 31)OC，从而解决问题． 【解答】解：（1）如图，连接OD并延长交AB于点E，ABOA，  OAB90， AOC 90，  AOC OAB， OC//AB， OCDEBD， D是BC的中点，  CDBD， 在CDO与BDE中， OCDEBD  CDOBDE，  CDBD CDOBDE(AAS)， ODDE， AO AO 1 在RtAEO中，sinAEO   ， OE 2OD 2 AEO30， AEO为BDE的外角，  AEOBDEEBD， OC OD，  OCDODC， ODC EDB，OCDEBD，  AEO EDBEBD 15； 2 （2）由（1）知CDOBDE， OC BE ， OA OA 在RtAEO中，AE   3OA， tanOEA tan30 OC OA，  AE 3OC， AB AEBE( 31)OC，AB ( 31)OC    31． OC OC 【点评】本题主要考查了圆的性质，全等三角形的判定与性质，含30角的直角三角形的性质等知识，熟练 掌握平行加中点模型，构造全等三角形是解题的关键． 7．（2022•丰泽区校级模拟）在四边形ABCD中，BD平分ABC，点E是BD上任意一点，连接CE ，且 BAD2CEB，BCE120，点F 为BD延长线上一点，连接AF ，BAF 60． （1）如图1，求证：AD AF； （2）如图2，当BEFE时，求证：AB2BC  AF ； （3）如图3，在（2）的条件下，点G在AD上，连接FG，AFGBEC，BC 3 3，DG5 3，求 线段AB的长． 【分析】（1）设CEB，则BAD2，通过计算得出ADF F 60，从而命题得证； 1 （2）在AB上截取BGBC ，取AB的中点H ，根据三角形中位线定理得EH  AF ，EH //AF ，从而 2 EHBBAF 60，进而可证BCEBGE，进而得出EGH 是等边三角形，进一步命题得证； （3）连接CH ，以 A为圆心， AG长为半径画弧交 FG的延长线于 P，可证得AFP∽CEB，从而 AF AP AF AD5 3 1  ，进而得出  ，再证明点E、H 、B、C共圆，进而得出CE EH  AF，进一 CE BC CE 3 3 2 步求得结果． 【解答】（1）证明：如图1， 设BEC ，则BAD2，在BCE中，BCE120，BEC ， CBE60， BD平分ABC，  ABDCBE60， 在ABF中，BAF 60，ABD60， F 18060(60)60， ADF 是ABD的外角，  ADF DABABD2(60)60， F ADF ， AD AF ； （2）证明：如图2， 在AB上截取BGBC ，取AB的中点H ， BE FE，  1 EH  AF，EH //AF ， 2 EHBBAF 60， CBEABE，BEBE，  BCEBGE(SAS)， EGBECB120， EGH 180EGB60， EGH 是等边三角形， GH EH ， BH BGGH ，  1 1  ABBC EH  AF ， 2 2 AB2BC  AF；（3）解：如图3， 连接CH ，以A为圆心，AG长为半径画弧交FG的延长线于P， AP AG， PAGPDGF ， 由（2）知：AFGBEC ，FADBAF BAD602， AGPFADAFP(602)60， PCBE， AFP∽CEB， AF AP   ， CE BC AP AG ADDG AD5 3，  AF AD5 3   ， CE 3 3 1 由（2）得：EH  AF ，EHB60， 2 BCE120，  点E、H 、B、C共圆， ECH ABF，EHC CBE， ABF CBE，  ECH EHC ， 1 CEEH  AF ， 2 AF ADDG AD5 3    ， 1 3 3 3 3 AF 2 AD11 3， AF  AD11 3，AB2BC  AF，  AB23 311 3， AB17 3． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，三角形中位线定理，相似三角 形的判定和性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等及相似． 题型五：等腰三角形中的半角模型 1．（2023•昌平区二模）在等边 ABC 中，点 D是 AB中点，点 E是线段 BC上一点，连接 DE， DEB(30„ 60)，将射线DA绕点D顺时针旋转，得到射线DQ，点F 是射线DQ上一点，且 DF DE，连接FE ，FC． （1）补全图形； （2）求EDF度数； （3）用等式表示FE ，FC的数量关系，并证明． 【分析】（1）根据题意可直接画出图形， （2）利用旋转的性质和三角形内角和定理解答， （3）添加辅助线得到CEG，进而CEG为等边三角形，可得线段相等，再证明BDEADG即可得出 FEFC ． 【解答】解： （1） （2） ABC是等边三角形，  AB60． 射线DA绕点D顺时针旋转，得到射线DQ， ADF ． BDF 180． DEB，  BDE180BDEB18060120． EDF BDF BDE180(120)60． （3）FEFC ， 证明如下：在CA上截取CG，使CGCE， 连接EG， 连接DG， ABC是等边三角形，  ABC 60，AC BC． EGC是等边三角形． GEC 60，GEEC． EDF 60，DEDF ，  DEF 是等边三角形． DEF 60，DE EF ． DEF FEGGECFEG． DEGFEC ． DEGFEC(SAS)． DGFC． ACGC BCEC，  AGBE． 点D是AB的中点，  ADDB．AB，  BDEADG(SAS)， DEDG， FEFC． 【点评】此题是一个综合性很强的题目，主要考查等边三角形的性质、三角形相似、旋转的特征，本题有 一定难度． 2．（2023•大连模拟）综合与实践 问题情境：数学活动课上，王老师出示了一个问题：如图1，在ABC中，点D在AC边上，AE BD于F 交BC于E，ABD2CAE．求证ABBD． 独立思考：（1）请解答王师提出的问题． 实践探究：（2）在原有问题条件不变的情况下，王老师增加下面条件，并提出新问题，请你解答．“如图 2，作EG AC于点G，若AEBD，探究线段AD与CE 之间的数量关系，并证明．” 问题解析：（3）数学活动小组同学对上述问题进行特殊化研究之后发现，当点G与点D重合时，连接 CF ，若给出DE的值，则可求出CF 的值．该小组提出下面的问题，请你解答．” 如图3，在（2）的条件下，当点D与点G重合时，连接CF ，若DE 5，求CF 的长”． 【分析】（1）根据直角三角形性质和已知条件ABD2CAE，可推出ADBBAD，再由等腰三角形 的判定即可证得结论； （2）过点B作BH  AC于H ，先证明AEGBDH(AAS)，设CAE ，则ABD2，利用三角形 内角和定理和等腰三角形性质可推出C 45，再运用解直角三角形即可求得答案； （3）如图3，过点B作BH  AC于H ，过点F 作FK  AC于K，应用勾股定理可得AE5，利用面积法 4 5 2 5 可得DF 2，再证明DFK∽DAF ，可求得FK  ，DK  ，再利用勾股定理即可求得答案． 5 5 【解答】（1）证明：如图1，AE BD，  AFBAFD90， ABDBAF 90，CAEADB90， ABD2CAE，  BAF 902CAE，ADB90CAE， BADBAF CAE，  BAD90CAE， ADBBAD， ABBD． （2）解：AD 2CE，理由如下： 过点B作BH  AC于H ，如图2， 则BHABHD90， 由（1）得：ABBD， AD2DH ，ABD2DBH ， ABD2CAE，  CAEDBH ， EG AC ，  AGECGE90， AGEBHD， AEBD， AEGBDH(AAS)， EGDH， AD2EG， 设CAE ，则ABD2， ABBD，  180ABD 180 BADBDA  ， 2 2 AEBD，ABBD，  AE AB， 180BAE ABEAEB ， 2 BAE90ABD902，  180(902) AEB 45， 2 AEBCCAE，  45C， C 45， CGE90，  EG 2  sinC sin45 ， CE 2 2 EG CE， 2 2 AD2 CE 2CE． 2 （3）解：如图3，过点B作BH  AC于H ，过点F 作FK  AC于K， 由（2）知：AD2EG， 点D与点G重合，EG AC，  AD2DE2CD，ADE90，DE  5，  CD 5，AD2 5 ， AE AD2 DE2  (2 5)2 ( 5)2 5， AE BD，  AEDF  ADDE，即5DF 2 5 5， DF 2， AF  AD2 DF2  (2 5)2 22 4， FK  AC，  DKF 90AFD， FDK ADF，  DFK∽DAF， FK DK DF FK DK 2    ，即   ， AF DF AD 4 2 2 5 4 5 2 5 FK  ，DK  ， 5 5 2 5 7 5 CK CDDK  5  ， 5 5 7 5 4 5 在RtCFK中，CF  CK2 FK2  ( )2 ( )2  13． 5 5 【点评】本题是三角形综合题，考查了直角三角形性质，等腰三角形性质，勾股定理，全等三角形的判定 和性质，相似三角形的判定和性质等，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 3．（2023•南岗区校级二模）圆内接ABC ，BE 是圆O的切线，点B为切点，BE//AC． （1）如图1，连接BO，求证：BO AC； （2）如图2，当AC为直径，点D在弧AB上，连接CD、BD、AD时；求证：CD AD 2BD． （3）如图3，在（2）的条件下，连接CD与BO交于点P，连OD延长与BE 交于点K，KB:PB3:2， AC 8 5，求BD的长．【分析】（1）如图1，连接BO并延长交AC于点H ，根据切线的性质得到BE BO根据平行线的性质即可 得的答案； （2）在CD上取一点M ，使得CM  AD根据圆周角定理得到BADBCM ，根据垂径定理得到OB是AC 的垂直平分线，求得ABBC，根据全等三角形的性质得到DBAMBC，推出ABM 是等腰直角三角 形，根据等腰直角三角形的性质得到DM  2BD，于是得到结论； （3）过点O作OH CD于H ，过点B作BS KO于S，设KB3m，则PB2m，根据全等三角形的性 质 得 到 BH OPOBBP4 52m， 求 得 KH BK BH 3m4 52m4 5m， 设 OCDCDO，则AOD2，根据平行线的性质得到HKOAOD2，根据勾股定理得到 9 5 12 5 4 5 m 0（舍)，m  5，根据相似三角形的性质得到KS  ，BS  ，DS KSKD ，根据 1 2 5 5 5 勾股定理即可得到结论． 【解答】（1）证明：如图1，连接BO并延长交AC于点H ， BE是 O切线，BO为半径，   BEBO BE//AC，  BO AC； （2）证明：在CD上取一点M ，使得CM  AD， BAD与BCM 所对的是BD，  BADBCM ， 又 由（1）得OB AC，且AC是直径，O为圆心， OB是AC的垂直平分线， ABBC， ADCM ，  ABDCBM(SAS)， DBAMBC ， 又 AC是直径，  ABC 90， DBM DBAABM MBCABM ABC 90， ABM 是等腰直角三角形， DM  2BD， 又 CDCM DM ，  CD AD 2BD； （3）解：过点O作OH CD于H ，过点B作BS KO于S， 设KB3m，则PB2m， AC 8 5，  OAOC OB4 5， BOOC，  BOH OCP，HBOPOC 90， OBCO，  BOH OCP(ASA)， BH OPOBBP4 52m， KH BK BH 3m4 52m4 5m， 设OCDCDO，则AOD2， BE//AC， HKOAOD2， 在KOH 中，KOH 180HKOKHO1802(90)90KHO， KOKH 4 5m， 在RtKBO中，KO2 KB2 BO2， (4 5m)2 (3m)2 (4 5)2， m(8m8 5)0， 解得m 0（舍)，m  5， 1 2 BK 3 5，KH 5 5 KO，BP2 5OP，KDKOOD5 54 5  5， BKS∽OKB， BK OB   ， KS BS 3 5 4 5   ， KS 3 5 9 5 KS  ， 5 BKS∽OKB，  BK OB   ， KS BS 3 5 4 5   ， 9 5 BS 5 12 5 4 5 BS  ，DS KSKD ， 5 5 4 5 12 5 在RtBDS中，BD DS2 BS2  ( )2 ( )2 4 2 ． 5 5 【点评】本题是圆的综合题，考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形及勾股定理，勾 股定理，平行线的性质，是一道综合性大题，通过本题，我们要学习到线段长度的求法，以及几何图形的 性质在实际问题的应用，切线的性质，全等及相似的构造成为解决本题的关键． 题型六：角平分线+垂直构造全等模型 1．（2024•平谷区一模）如图，在ABC 中，BAC 90，AB AC，点D为BC边中点，DE  AB于E， 作EDC的平分线交AC于点F ，过点E作DF的垂线交DF于点G，交BC于点H ．（1）依题意补全图形； （2）求证：DH BE； （3）判断线段FD、HC与BE 之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）根据题意补全图形即可； （2）易通过ASA证明EDGHDG，得到DEDH ，根据题意易得B45，由DE  AB，可得BDE 为等腰直角三角形，于是BE DE DH ； （3）过点F 作FGCD于点G，易得DE为ABC 的中位线，则BDCD，根据三角形内角和定理求得 CDF CFD67.5， 于 是 CDCF BD， 进 而 CGFGBEDEDH ， 以 此 得 出 CDDH CDCG，即CH DG，在RtDFG中，利用勾股定理即可得到结论． 【解答】（1）解：补全图形如图所示． （2）证明： DF 平分EDC，  EDGHDG， DH DF，  EGDHGD90， 在EDG和HDG中， EGDHGD，DGDG，EDGHDG， EDGHDG(ASA)， DEDH ， 在ABC 中，BAC 90，AB AC， ABC为等腰直角三角形，B45， 又 DE  AB，即DEB90，  BDE 为等腰直角三角形， BEDEDH ． （3）解：HC2 BE2 FD2，证明如下： 如图，过点F 作FGCD于点G， 则CFG为等腰直角三角形， DEBCAB90，  DE//AC， 又 E 为AB的中点，  DE为ABC 的中位线， BDCD， BDE45，  CDE 135， DF 平分EDC，  EDF CDF 67.5， C 45，  CFD180CDF C 67.5，即CDF CFD， CDCF BD， CGFGBEDEDH ， CDDH CDCG，即CH DG， 在RtDFG中，由勾股定理得DG2 FG2 DF2， HC2 BE2 FD2． 【点评】本题主要考查等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定于性质、三角形中位线定理、角平分线的定义、勾股定理，解题关键是利用等腰直角三角形的性质将目标线段转化到直角三角形中，再根据勾 股定理解决问题． 2．（2024•金华一模）已知：如图，在ABC 中，ADBC于点D，E为AC上一点，且BF  AC ，DF DC． （1）求证：BDF ADC． （2）已知AC 5，DF 3，求AF 的长． 【分析】（1）根据HL即可证明三角形全等； （2）根据全等三角形的性质，得出BF 5，再利用勾股定理即可得出答案． 【解答】（1）证明： ADBC，  ADBADC 90， 在RtBDF和RtADC中， BF  AC  ， DF DC RtBDFRtADC(HL)． （2）解： BF  AC，AC 5，  BF 5． 在RtBDF中，BD2_3 252， BD4， 即：ADBD4， AF 1． 【点评】此题考查全等三角形的判定和性质、勾股定理，关键是根据HL证明RtBDFRtADC． 3．（2023•武陟县一模）如图，在ABC 中，C 45，点E是BC边上一点，AE AB，BD AE于点 D，交AC于DF点F ，若AD2，DE3，求CF 的长．【分析】过点 A作 AGBC于点 G，过点 F 作 FH BC于点 H ，根据等腰三角形的性质的 BAGEAG，BGGE，根据等角的余角相等得BAGEAGEBD，由等腰直角三角形性质得 CAG45， 则 BAC BAGCAGBAG45， 根 据 三 角 形 外 角 性 质 得 AFBCEBDCBAG45BAG，因此BAC AFB，进而得到ABBF ，再通过AAS 1 证明ABGBFH ，得到BGFH ，根据勾股定理可求出BD，再求出BE ，则FH CH BG BE ， 2 再根据勾股定理即可求解． 【解答】解：如图，过点A作AGBC于点G，过点F 作FH BC于点H ， AE AB，AGBC，  BAGEAG，BGGE， BD AE，  BDE90， EBDDEBDEBEAG， BAGEAGEBD， AGBC ，C 45，  CAG45， BAC BAGCAGBAG45， AFBCEBDCBAG45BAG，  BAC AFB， ABBF ， 在ABG和BFH 中， AGBBHF 90  BAGFBH ，  ABBF ABGBFH(AAS)， BGFH ， AD2，DE3， AE ADDE5， AB AE5， 在RtABD中，由勾股定理得BD AB2 AD2  52 22  21， 在RtBDE中，由勾股定理得BE BD2 DE2  ( 21)2 32  30， 1 30 BG BE ， 2 2 30 FH BG ， 2 FH BC，C 45，  FHC为等腰直角三角形， 30 FH CH  ， 2 30 30 CF  FH2 CH2  ( )2 ( )2  15． 2 2 【点评】本题主要考查等腰三角形的性质、等腰直角三角形的性质、三角形外角性质、全等三角形的判定 与性质、勾股定理，正确作出辅助线，利用全等三角形的性质得出FH BG是解题关键． 4．（2023•沙坪坝区校级一模）如图，在ABC 中，AC BC，点E为AB边上一点，连接CE ． （1）如图1，若ACB90，CE  26 ，AE4，求线段BE 的长； （2）如图2，若ACB60，G为BC边上一点且EGBC，F 为EG上一点且EF 2FG，H 为CE 的 中点，连接BF ，AH ，AF ，FH ．猜想AF 与AH 之间存在的数量关系，并证明你的猜想； （3）如图 3，当ACB90，BCE 22.5时，将CE 绕着点E沿顺时针方向旋转90得到EG，连接 CG．点P、点Q分别是线段CB、CE 上的两个动点，连接EP、PQ．点H 为EP延长线上一点，连接 BH ，将BEH 沿直线BH 翻折到同一平面内的BRH ，连接ER．在P、Q运动过程中，当EPPQ取得 最小值且EHR45，AC  10 时，请直接写出四边形EQPR的面积． 【分析】（1）看已知条件：ACB90，AC BC，明显是等腰直角三角形，可以用旋转解决．3 （2）在等边三角形中有垂直，有中点（中线），又观察图形的形况，猜 倍的关系．已知H 为CE 中点， 2 3 EF 2FG，联想到相似三角形对应边成比例．BC边中线与 AB的比刚好是 ，所以以 AH 为边构造 2 ABF的相似三角形． （3）经过简单推理可知：BCG45，BCE 22.5，能找到点E关于BC的对称点．这样，EPPQ 取得最小值时的P、Q位置可以确定．再根据题意绘出相应的图形，求面积即可． 【解答】解：（1） ACB90，AC BC．  将BCE绕C顺时针旋转90得CAF，如图1: 由旋转可得：ECF 90，FAC B，CF CE  26，BE AF ． CAEB90，  CAEFAC 90 在RtEFC、RtFAE中，根据勾股定理得： CF2 CE2 EF2  AE2  AF2， 即：( 26)2 ( 26)2 42  AF2；解得AF 6． BE AF 6． 3 （2）猜想AH  AF ． 2 过F 作FM  AB于M ，找到BC中点N，连接AN、HN ．如图2:ABC为等边三角形，  又 EGBC，得：FEM 30；  又 FM  AB，  1 1 FM  EF  2FGFG， 2 2 RtFMBRtFGB(HL)． 1 MB 3 FBM  ABC 30，得 cos30 ． 2 FB 2 FBM FEM 30，得FEFB； 1 MB EB； 2 H 、N分别为CE 、CB的中点  1 HN 3 HN  EBMB，得  ；HN //EB，得CNH ABC 60； 2 FB 2 1 BN NC，又AB AC；得ANC 90，NAB CAB30；  2 ANH ANCCNH 906030； AN 3  cos30 ； AB 2 AHN∽AFB； AH AN 3    ． AF AB 2 3 即AH  AF ． 2 （3） 将CE 绕着点E沿顺时针方向旋转90得到EG；  ECGEGC 45，又 BCE 22.5， BCGBCE22.5． 在CG上找到E，使CECE；连接PE． PEC △PEC(SAS)； EPEP，可得：EPPQEPPQ． 当E、P、Q共线且EQCE 时EPPQ取得最小值，如图：  ACB90，AC BC，  ABC 45． BCEBCE(SAS)； EBC EBC 45，BEEB； EBH EBCEBC 454590． 根据题意将BEH 沿直线BH 翻折到同一平面内的BRH ，得BRBE ， BREB， BRE45ABC； ER//PB； S S ． PBR PBE CEAECBABC 22.54567.5，ACE9022.567.5；  CEAACE； AE  AC  10；BE ABAE2 5 10． 1 PEB90 EHR9022.567.5，EPB1804567.567.5．  2 PBBE2 5 10，CP 10(2 5 10)2 102 5 ． S CP 2 102 5  CPE    2 ； S PB 2 5 10 BPECEH 180AECHEB180167.567.545；  QP 2 QP 2  sin45 ；即  ． PE 2 PE 2 S 2  CQP  ； S 2 CPE S S S ． CQP BPE PBR 1 1   5 2 S S  BCBEsinABC   10 2 5 10 sin455 ． 四边形EQPR CEB 2 2 2 【点评】本题第一问考查旋转的简单应用、第二问考查构造图形的能力，灵感来自于对等边三角形的熟悉．第 三问同时考查对称和旋转性质，需要对两种变换有深入的理解．处理点到直线最小值是关键中的关键． 题型六：正方形中的半角模型 一．解答题（共5小题） 1．（2023•增城区二模）在正方形ABCD中，点E、F 分别在边BC、CD上，且EAF 45，连接EF ． （1）如图1，若BE2，DF 3，求EF 的长度； （2）如图2，连接BD，BD与AF 、AE分别相交于点M 、N，若正方形ABCD的边长为6，BE2，求 DF的长； （3）判断线段BN 、MN 、DM 三者之间的数量关系并证明你的结论． 【分析】（1）延长 CB至点 G，使 BGDF ，连接 AG，先根据 SAS 证明 ABGADF ，得到 BAGDAF， BGDF ， AG AF，于是可通过 SAS 证明 AEGAEF，得到 EGEF，则 EF EGBGBEDF BE； （2）设DF x，则CF 6x，由（1）可得EF DF BE2x，于是在RtCEF中，根据勾股定理列 出方程，求解即可； （3）延长CB至点G，使BGDF ，连接AG，在AG上截取AH  AM ，连接HN ，BH ，易通过SAS 证 明ABH ADM ，得到 BH DM ，ABH ADM 45，进而得出HBN 90，再通过SAS 证明AHN AMN ，得到NH MN ，在RtBHN中，根据勾股定理得BN2 BH2 NH2，再等量代换即可得 到结论． 【解答】解：（1）如图，延长CB至点G，使BGDF ，连接AG， 四边形ABCD为正方形，  DABABC BCDADC 90，AB AD， ABG90， 在ABG和ADF 中， AB AD  ABGADF ，  BGDF ABGADF(SAS)， BAGDAF ，BGDF ，AG AF， EAF 45，  DAF BAEBAGBAEEAG45， EAF EAG， 在AEG和AEF中， AG AF  EAGEAF ，  AE  AE AEGAEF(SAS)， EGEF ， BE2，DF 3，  EF EGBGBEDF BE5； （2） 四边形ABCD是边长为6的正方形，  BC CD6，设DF x，则CF CDDF 6x， 由（1）知，EF DF BE， BE2，  CEBCBE4，EF 2x， 在RtCEF中，CE2 CF2 EF2， 42 (6x)2 (2x)2， 解得：x3， DF 3； （3）BN2 DM2 MN2，证明如下： 如图，延长CB至点G，使BGDF ，连接AG，在AG上截取AH  AM ，连接HN ，BH ， 由（1）知，BAGDAF，EAGEAF 45， 四边形ABCD为矩形，  AB AD，ADBABD45， 在ABH 和ADM 中， AH  AM  BAH DAM ，  AB AD ABH ADM(SAS)， BH DM ，ABH ADM 45， HBN ABH ABN 90， 在AHN和AMN中， AH  AM  NAH NAM ，  AN  AN AHN AMN(SAS)，NH MN， 在RtBHN中，BN2 BH2 NH2， BN2 DM2 MN2． 【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，正确作出辅助线，构造全等三 角形解决问题是解题关键． 2．（2023•明水县二模）已知：正方形ABCD中，MAN 45，MAN 绕点A顺时针旋转，它的两边分别 交CB、 DC（或它们的延长线）于点M 、 N．当MAN 绕点 A旋转到 BM DN 时（如图1)，易证 BM DN MN ． （1）当MAN 绕点A旋转到BM DN 时（如图2)，线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？写出 猜想，并加以证明； （2）当MAN 绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM 、DN 和MN 之间又有怎样的数量关系？请直接写 出你的猜想． 【分析】（1） BM DN MN 成立，证得 B、 E、 M 三点共线即可得到AEM ANM ，从而证得 ME MN． （2）DN BM MN ．证明方法与（1）类似． 【解答】解：（1）BM DN MN 成立． 证明：如图，把ADN绕点A顺时针旋转90， 得到ABE，则可证得E、B、M 三点共线（图形画正确）． EAM 90NAM 904545， 又 NAM 45，  AE AN  在AEM 与ANM 中，EAM NAM  AM  AMAEM ANM(SAS)， ME MN ， MEBEBM DN BM ，  DN BM MN ； （2）DN BM MN ． 在线段DN 上截取DQBM ， 在ADQ与ABM 中， AD AB  ADQABM ，  DQBM ADQABM(SAS)， DAQBAM ， QAN MAN ． 在AMN和AQN中， AQ AM  QAN MAN  AN  AN AMN AQN(SAS)， MN QN， DN BM MN ．【点评】本题考查了旋转的性质，解决此类问题的关键是正确的利用旋转不变量． 3．（2023•昆明模拟）综合与实践 【问题情境】 数学活动课上，杨老师出示了教材上的一个问题： 如图1，四边形ABCD是正方形，G是BC上的任意一点，DE AG于点E，BF //DE，交AG于点F ， 求证：AF BF EF． 数学兴趣小组的小明同学做出了回答，解题思路如下： 由正方形的性质得到AB AD，BAD90， 再由垂直和平行可知AEDAFB90， 再利用同角的余角相等得到ADE BAF， 则可根据“AAS ”判定ADEBAF ， 得到AEBF ，所以AF BF  AF AEEF ． 【建立模型】 该数学小组小芳同学受此问题启发，对上面的问题进行了改编，并提出了如下问题： （1）如图2，四边形ABCD是正方形，E，F 是对角线AC上的点，BF //DE，连接BE ，DF． 求证：四边形BEDF 是菱形； 【模型拓展】 该兴趣小组的同学们在杨老师的指导下大胆尝试，改变图形模型，发现并提出新的探究点； （2）如图3，若正方形ABCD的边长为12，E是对角线AC上的一点，过点E作EGDE，交边BC于点 G，连接DG，交对角线AC于点F ，CF:EF 3:5，求FGDF 的值．【分析】（1）利用AAS 证明ADECBF，得DE BF ，从而得出四边形DEBF 是平行四边形，再利用SAS 证明ABE ADE，得BEDE，则 DEBF是菱形；  （2）把AED绕点D逆时针旋转90点得到CHD，连接FH ，根据DEGBCD90，知以DG为直 径作圆，则点C，D，E，G均在此圆上，则EDG45，根据半角模型知EDF HDF(SAS)，得 EF HF ，设CF 3a，则EF HF 5a，则AE4a，进而解决问题． 【解答】（1）证明： 四边形ABCD是正方形，  AD ABBC，DAC ACB45， BF //DE ，  DEF BFE， AEDBFC ， ADECBF(AAS)， DEBF ， 四边形DEBF 是平行四边形， DAEBAE45，AD AB，AE AE，  ABEADE(SAS)， BEDE ，  DEBF 是菱形；  （2）解：如图，把AED绕点D逆时针旋转90点得到CHD，连接FH ， 四边形ABCD是正方形，  ADC BCD90，ACDDAC 45， EGDE ，  DEG90， BCD90，  以DG为直径作圆，则点C，D，E，G均在此圆上，EGDACD45， EDG45， 由旋转得，DEDH ，AE CH ，DAC DCH 45， EDG45，  HDF 45， EDGHDF， EDF HDF ， 在EDF 与HDF 中， DE DH  EDF HDF ，  DF DF EDF HDF(SAS)， EF HF， ACD45，DCH 45，  FCH 90， 由CF:EF 3:5， 设CF 3a，则EF HF 5a， 在RtFCH中，CH  HF2 CF2 4a，则AE4a， 正方形ABCD的边长为12，  由勾股定理得AC 12 2， 即AEEF FC 12a12 2 ， a 2 ， CF 3 2，EF 5 2 ， EFDGFC，EDF GCF 45，  EFD∽GFC， FE DF   ， FG CF FGDF CFFE3 25 2 30． 【点评】本题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，相似 三角形的判定与性质，证明EFD∽GFC 是解决问题（2）的关键．4．（2022•绥化三模）已知，正方形ABCD中，MAN 45，MAN 绕点A顺时针旋转，它的两边长分别 交CB、DC（或它们的延长线）于点M 、N，AH MN 于点H ． （1）如图①，当MAN 点A旋转到BM DN 时，请你直接写出AH 与AB的数量关系： AH  AB ； （2）如图②，当MAN 绕点A旋转到BM DN 时，（1）中发现的AH 与AB的数量关系还成立吗？如果 不成立请写出理由，如果成立请证明； （3）如图③，已知MAN 45，AH MN 于点H ，且MH 2，NH 3，求AH 的长． 【分析】（1）由三角形全等可以证明AH  AB， （2）延长CB至E，使BE DN，证明AEM ANM ，能得到AH  AB， （3）分别沿AM 、AN翻折AMH 和ANH ，得到ABM 和AND，然后分别延长BM 和DN 交于点C， 得正方形ABCE，设AH x，则MC x2，NC x3，在RtMCN中，由勾股定理，解得x． 【解答】解：（1）如图①AH  AB， 四边形ABCD是正方形，  AB AD，BD90， AB AD  在ABM 与ADN中，BD ，  BM DN ABM ADN ， BAM DAN ，AM  AN， AH MN，  1 MAH  MAN 22.5， 2 BAM DAN 45，  BAM 22.5，BAM HAM  在ABM 与AHM 中，BAHM 90，  AM  AM ABM AHM ， AB AH ； 故答案为：AH  AB； （2）数量关系成立．如图②，延长CB至E，使BE DN． ABCD是正方形，  AB AD，DABE90， AB AD  在RtAEB和RtAND中，ABEADN ，  BEDN RtAEBRtAND， AE AN，EABNAD， EAM NAM 45， AE AN  在AEM 和ANM 中，EAM NAM ，  AM  AM AEM ANM ， S S ，EM MN ， AEM ANM AB、AH 是AEM 和ANM 对应边上的高，  AB AH ； （3）如图③分别沿AM 、AN翻折AMH 和ANH ，得到ABM 和AND， BM 2，DN 3，BDBAD90， 分别延长BM 和DN 交于点C，得正方形ABCD， 由（2）可知，AH  ABBC CD AD， 设AH x，则MC x2，NC x3， 在RtMCN中，由勾股定理，得MN2 MC2 NC2，52 (x2)2 (x3)2， 解得x 6，x 1（不符合题意，舍去） 1 2 AH 6． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，翻折的性质，此题比较典型， 具有一定的代表性，且证明过程类似，同时通过做此题培养了学生的猜想能力和类比推理能力． 5．（2022•集贤县模拟）已知正方形ABCD中，MAN 45，MAN 绕点A顺时针旋转，它的两边分别交 CB，DC（或它们的延长线）于点M ，N，AH MN 于点H ． （1）如图①，当MAN 绕点A旋转到BM DN 时，请你直接写出AH 与AB的数量关系： AB AH ； ； （2）如图②，当MAN 绕点A旋转到BM DN 时，（1）中发现的AH 与AB的数量关系还成立吗？如果 不成立请写出理由，如果成立请证明； （3）如图③，已知MAN 45，AH MN 于点H ，且MH 2，AH 6，求NH 的长．（可利用（2） 得到的结论）【 分 析 】（ 1 ） 由 BM DN 可 得 RtABMRtADN， 从 而 可 证 BAM MAH 22.5， RtABMRtAHM，即可得AB AH ； （2）延长 CB至 E，使 BE DN，由 RtAEBRtAND得 AE  AN ， EABNAD，从而可证 AEM ANM ，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB AH ； （3）分别沿AM ，AN翻折AMH 和ANH ，得到ABM 和AND，分别延长BM 和DN 交于点C，可证 四边形ABCD是正方形，设NH x，在RtMCN中，由勾股定理列方程即可得答案． 【解答】解：（1） 正方形ABCD，  AB AD，BDBAD90， 在RtABM和RtADN中， AB AD  BD ，  BM DN RtABMRtADN(SAS)， BAM DAN ，AM  AN， MAN 45，  BAM DAN 45， BAM DAN 22.5， MAN 45，AM  AN，AH MN  MAH NAH 22.5， BAM MAH ， 在RtABM和RtAHM中， BAM MAH  BAHM ，  AM  AM RtABMRtAHM(AAS)， AB AH ， 故答案为：AB AH ； （2）AB AH 成立，理由如下： 延长CB至E，使BE DN，如图：四边形ABCD是正方形，  AB AD，DABE90， RtAEBRtAND(SAS)， AE AN，EABNAD， DAN BAM 45，  EABBAM 45， EAM 45， EAM NAM 45， 又AM  AM ， AEM ANM(SAS)， AB，AH 是AEM 和ANM 对应边上的高，  AB AH ． （3）分别沿AM ，AN翻折AMH 和ANH ，得到ABM 和AND，分别延长BM 和DN 交于点C，如图： 沿AM ，AN翻折AMH 和ANH ，得到ABM 和AND，  AB AH  AD6，BAD2MAN 90，BAHM 90AHN D，四边形ABCD是正方形， AH  ABBC CD AD6． 由（2）可知，设NH x，则MC BCBM BCHM 4，NC CDDN CDNH 6x， 在RtMCN中，由勾股定理，得MN2 MC2 NC2， (2x)2 42 (6x)2， 解得x3， NH 3． 【点评】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是作辅 助线，构造全等三角形．