難點與解題模型12特殊全等三角形五種熱考模型

題型一：一線三等角模型

題型二：手拉手模型

題型三：倍長中線模型

題型四：截長補短模型

題型五：半角模型

題型一：一線三等角模型

三步模型抽離法

“一線三等角”模型是指有三個等角的頂點在同一條直線上構(gòu)成的全等三角形,這個角可以是直角,也可以是銳角或鈍角,解題

步驟如下:

第一步：依據(jù)特征找模型

特征1:是否存在兩個三角形共頂點;

特征2:是否存在一條直線上有三個等角;

特征3:是否存在等線段

第二步：抽離模型

在題圖中抽離出兩個全等三角形

第三步：利用性質(zhì)解題

利用全等三角形的性質(zhì)解題

常見基礎模型如下:

類型圖示條件結(jié)論

同側(cè)點P在線段AB上，∠△APC≌△BDP

一線1=∠2=∠3，且AP=BD

三等(或AC=BP或CP=PD)

角

異側(cè)點P在線段AB的延長△APC≌△BDP

一線線上,∠1=∠2=∠3，

三等且AP=BD(或AC=BP

扇或CP=PD)

【中考母題學方法】

【典例1-1】（2024·甘肅·中考真題）【模型建立】

（1）如圖1，已知ABE和△BCD，ABBC，ABBC，CDBD，AEBD．用等式寫出線段AE，DE，

CD的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

【模型應用】

（2）如圖2，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在對角線BD和邊CD上，AEEF，AEEF．用等式寫

出線段BE，AD，DF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

【模型遷移】

（3）如圖3，在正方形ABCD中，點E在對角線BD上，點F在邊CD的延長線上，AEEF，AEEF．用

等式寫出線段BE，AD，DF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

【答案】（1）DECDAE，理由見詳解，（2）AD2BEDF，理由見詳解，（3）AD2BEDF，

理由見詳解

【分析】（1）直接證明△ABE≌△BCD，即可證明；

（2）過E點作EMAD于點M，過E點作ENCD于點N，先證明RtAEM≌RtFEN，可得AMNF，

2

結(jié)合等腰直角三角形的性質(zhì)可得：MDDNDE，NFNDDFMDDF，即有

2

2222

NFAMADMDADDE，NFDEDF，進而可得ADDEDEDF，即可證；

2222

（3）過A點作AHBD于點H，過F點作FGBD，交BD的延長線于點G，先證明HAE≌GEF，再

結(jié)合等腰直角三角形的性質(zhì)，即可證明．

【詳解】（1）DECDAE，理由如下：

∵CDBD，AEBD，ABBC，

∴ABCDAEB90，

∴ABECBDCCBD90，

∴ABEC，

∵ABBC，

∴△ABE≌△BCD，

∴BECD，AEBD，

∴DEBDBEAECD，

∴DECDAE；

（2）AD2BEDF，理由如下：

過E點作EMAD于點M，過E點作ENCD于點N，如圖，

∵四邊形ABCD是正方形，BD是正方形的對角線，

∴ADBCDB45，BD平分ADC，ADC90，

∴2AD2CDBD，

即DEBDBE2ADBE，

∵ENCD，EMAD，

∴EMEN，

∵AEEF，

∴RtAEM≌RtFEN，

∴AMNF，

∵EMEN，ENCD，EMAD，ADC90，

∴四邊形EMDN是正方形，

∴ED是正方形EMDN對角線，MDND，

2

∴MDDNDE，NFNDDFMDDF，

2

22

∴NFAMADMDADDE，NFDEDF，

22

22

∴ADDEDEDF，即AD2DEDF，

22

∵DE2ADBE，

∴AD22ADBEDF，

即有AD2BEDF；

（3）AD2BEDF，理由如下，

過A點作AHBD于點H，過F點作FGBD，交BD的延長線于點G，如圖，

∵AHBD，F(xiàn)GBD，AEEF，

∴AHEGAEF90，

∴AEHHAEAEHFEG90，

∴HAEFEG，

又∵AEEF，

∴HAE≌GEF，

∴HEFG，

∵在正方形ABCD中，BDC45，

∴FDGBDC45，

∴DFG45，

∴DFG是等腰直角三角形，

2

∴FGDF，

2

2

∴HEFGDF，

2

∵ADB45，AHHD，

∴ADH是等腰直角三角形，

2

∴HDAD，

2

22

∴DEHDHEADDF，

22

22

∴BDBEDEADDF，

22

∵BD2AD，

22

∴2ADBEADDF，

22

∴AD2BEDF．

【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，角平分線的

性質(zhì)等知識，題目難度中等，作出合理的輔助線，靈活證明三角形的全等，并準確表示出各個邊之間的數(shù)

量關(guān)系，是解答本題的關(guān)鍵．

【典例1-2】（2024·黑龍江齊齊哈爾·中考真題）綜合與實踐：如圖1，這個圖案是3世紀我國漢代的趙爽在

注解《周髀算經(jīng)》時給出的，人們稱它為“趙爽弦圖”，受這幅圖的啟發(fā)，數(shù)學興趣小組建立了“一線三直角

模型”．如圖2，在ABC中，A90，將線段BC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)得到線段，作DEAB交

的延長線于點E．90°????

(1)【觀察感知】如圖2，通過觀察，線段與的數(shù)量關(guān)系是______；

(2)【問題解決】如圖3，連接并延長交??的?延?長線于點F，若AB2，AC6，求BDF的面積；

????BN

(3)【類比遷移】在(2)的條件下，連接交于點N，則______；

BC

????2

(4)【拓展延伸】在(2)的條件下，在直線上找點P，使tanBCP，請直接寫出線段AP的長度．

3

??

【答案】(1)ABDE

(2)10

9

(3)

13

5418

(4)或

711

【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得CBD90，CBBD，進而證明ABC≌EDBAAS，即可求解；

（2）根據(jù)（1）的方法證明ABC≌EDBAAS，進而證明DEF∽CAF，求得EF4，則BF10，然

后根據(jù)三角形的面積公式，即可求解．

1

（3）過點N作NMAF于點M，證明ABC∽MNB得出MNBM，證明EMN∽ECA，設BMx，

3

54

則MEBEBM6x，代入比例式，得出x，進而即可求解；

13

（4）當P在B點的左側(cè)時，過點P作PQBC于點Q，當P在B點的右側(cè)時，過點P作PTBC交CB的延

長線于點T，分別解直角三角形，即可求解．

【詳解】（1）解：∵將線段BC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)得到線段，作DEAB交的延長線于點E．

90°????

CBD90，

ABCDBE90，

A90，

ABCACB90，

DBEACB，

又ADEB90且CBBD

ABC≌EDBAAS，

DEAB；

（2）解：CBD90，

ABCDBE，

A90，90°

ABCACB90，

DBEACB，

又ADEB90且CBBD，

ABC≌EDBAAS，

DEAB，BEAC

AB2，AC6

DE2，BE6

AEABBE268，

DEBA180

DE∥AC，

DEF∽CAF，

DEEF

ACFA

2EF

6EF8

EF4，

BFBEEF6410，

1

S10210；

BDF2

（3）解：如圖所示，過點N作NMAF于點M，

∵ABMN90，ACB90ABCNBM

∴ABC∽MNB

BNBMMN

∴，

BCACAB

BNBMMN1

即，即MNBM，

BC623

又∵MN∥AC

∴EMN∽ECA

MEMN

∴，

AEAC

設BMx，則MEBEBM6x，

1

x

6x

3

86

54

解得：x

13

54

∴BNBM9；

13

BCAC613

（4）解：如圖所示，當P在B點的左側(cè)時，過點P作PQBC于點Q

2

∵tanBCP

3

PQ2

∴tanBCP，設PQ2a，則CQ3a，

CQ3

又∵AC6,AB2，BAC90

AC6

∴tanABC3，BC2262210

AB2

PQ

∴tanPBQ3

BQ

12

∴BQPQa

33

211

∴BCCQBQa3aa

33

11

∴a210，

3

610

解得：a

11

2

在Rt△PBQ中，PQ2a,BQa

3

21021061040

∴PBPQ2BQ2a

331111

4018

∴APPBAB2

1111

如圖所示，當P在B點的右側(cè)時，過點P作PTBC交CB的延長線于點T，

∵ABCPBT,AT90

∴BPTACB

AB1

∵tanACB

AC3

BT1

∴tanBPTtanACB

PT3

設BTb，則PT3b，BP10b，

PT2

∵tanBCP，

CT3

3b2

∴

b2103

410

解得：b

7

40

∴BP10b

7

4054

∴APABBP2

77

5418

綜上所述，AP或．

711

【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，

熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．

【典例1-3】（2024·遼寧·中考真題）如圖，在VABC中，ABC90，ACB045．將線段CA

繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90得到線段CD，過點D作DEBC，垂足為E．

圖1圖2圖3

(1)如圖1，求證：△ABC≌△CED；

(2)如圖2，ACD的平分線與AB的延長線相交于點F，連接DF，DF的延長線與CB的延長線相交于點P，

猜想PC與PD的數(shù)量關(guān)系，并加以證明；

(3)如圖3，在（2）的條件下，將△BFP沿AF折疊，在變化過程中，當點P落在點E的位置時，連接EF．

①求證：點F是PD的中點；

②若CD20，求△CEF的面積．

【答案】(1)見詳解

(2)PCPD

(3)30

【分析】（1）利用“AAS”即可證明；

（2）可知A90，證明ACF≌DCF，則CDFA90，可得BCD90，則

BCDCDF，故PCPD；

（3）①翻折得FPFE，根據(jù)等角的余角相等得到FEDFDE，故FEFD，則FPFD，即點F是

PD中點；

②過點F作FM∥CP交CD于點M，連接EM，設CEm，DECBn，則BECBCEnm，由翻

折得PBBEnm，故PE2n2m，因此PC2nmPD，在Rt△PDE中，由勾股定理得：

22

2nm2n2mn2，解得：n3m或nm（舍，此時45），在Rt△CDE中，由勾股定理得：

2222132DFDM

m3m20，解得：m40，則S△CDECEDEm60，由FMBC，得到1，

22PFCM

1

S△S△，因此S△S△30，故S△30．

CEMCEFCEM2CEDCEF

【詳解】（1）證明：如圖，

由題意得，CACD,ACD90，

∴1290

∵DEBC，

∴DEC90，

∴1D90，

∴2D，

∵ABC90，

∴BDEC，

∴ABC≌CEDAAS；

（2）猜想：PCPD

證明：∵ABC90，ACB

∴A90，

∵CF平分ACD，

∴ACFDCF，

∵CACD,CFCF，

∴ACF≌DCF，

∴CDFA90，

∵ACD=90，ACB，

∴BCD90，

∴BCDCDF，

∴PCPD；

（3）解：①由題意得FPFE，

∴PFEP，

∵DEC90，

∴PED90，

∴PFDE90，F(xiàn)EPFED90，

∴FEDFDE，

∴FEFD，

∴FPFD，即點F是PD中點；

②過點F作FM∥CP交CD于點M，連接EM，

∵△ABC≌△CED，

∴DECB，

設CEm，DECBn，

∴BECBCEnm，

由翻折得PBBEnm，

∴PE2n2m，

∴PCPECE2nmPD，

22

在Rt△PDE中，由勾股定理得：2nm2n2mn2，

整理得，3m24mnn20，

解得：n3m或nm（舍，此時45），

2

在Rt△CDE中，由勾股定理得：m23m202，

解得：m240，

1132

∴S△CEDEm3mm60，

CDE222

∵FMBC，

DFDM

∴1，S△S△，

PFCMCEMCEF

∴點M為CD中點，

1

∴S△S△30，

CEM2CED

∴S△CEF30．

【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定，翻折的性質(zhì)，勾股定理解三角形，平

行線分線段成比例定理，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．

【典例1-4】（2024·海南·中考真題）正方形ABCD中，點E是邊BC上的動點（不與點B、C重合），12，

AEEF，AF交CD于點H，F(xiàn)GBC交BC延長線于點G．

(1)如圖1，求證：ABE≌EGF；

(2)如圖2，EMAF于點P，交AD于點M．

①求證：點P在ABC的平分線上；

CH

②當m時，猜想AP與PH的數(shù)量關(guān)系，并證明；

DH

③作HNAE于點N，連接MN、HE，當MN∥HE時，若AB6，求BE的值．

【答案】(1)見解析；

AP

(2)①見解析；②m1；③BE3．

HP

【分析】（1）利用AAS即可證明ABE≌EGF；

（2）①證明△AEF是等腰直角三角形，再推出A，B，E，P四點共圓，求得ABPAEP45，據(jù)此即

可證明結(jié)論成立；

②由①得點P在ABC的平分線即正方形的對角線BD上，證明ABP∽HDP，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)

即可求解；

③證明四邊形MNEH是平行四邊形，推出PHQ和PHM都是等腰直角三角形，設PMPHa，則

DHPMa1

MQ2a，ME2MQ4a，由△APM∽△ADH，得到，據(jù)此求解即可．

ADAP3a3

【詳解】（1）證明：∵正方形ABCD，

∴ABE90，

∵FGBC，

∴EGF90，

∵12，AEEF，

∴ABE≌EGFAAS；

（2）①證明：連接BP，

由（1）得ABE≌EGF，

∴AEBEFG，

∴AEBGEFAEBBAE90，即AEF90，

∵AEEF，

∴△AEF是等腰直角三角形，

∵EMAF，

∴APE90，AEPFEP45，

∵ABE90，

∴A，B，E，P四點共圓，

∴ABPAEP45，

∵ABE90，ABPCBP45，

∴點P在ABC的平分線上；

AP

②m1，理由如下：

HP

由①得點P在ABC的平分線即正方形的對角線BD上，

∵正方形ABCD，

∴AB∥HD，

∴ABP∽HDP，

APAB

∴，

HPHD

CH

∵m，即HCmHD，

DH

∴DCDHHCm1HD，

APABDC

∴m1；

HPHDHD

③由①得點P在ABC的平分線即正方形的對角線BD上，

∴PDH45，

同理M，D，H，P四點共圓，則PMHPDH45，

∵AEPNEM45，

∴EMHNEM45，

∴MH∥EN，∵MN∥HE，

∴四邊形MNEH是平行四邊形，

設平行四邊形MNEH的對角線的交點為Q，且HNAE，

∵△AEF是等腰直角三角形，

∴PHQ和PHM都是等腰直角三角形，

設PMPHa，則MQ2a，ME2MQ4a，

∵PMPH，PAPE，

∴AHME4a，

∴AP3a，則AE32a，

2

∴BEAE2AB232a6218a236，

∵APMADH，

∴△APM∽△ADH，

DHPMa1

∴，

ADAP3a3

1

∴DHAD2，

3

∴AHDH2AD240210，

∵AH4a，

∴2104a，

10

∴a，

2

2

∴210．

BE18a36183693

2

【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，三角形全等的判定和性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，四

點共圓，熟練掌握三角形全等的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理是解題的關(guān)鍵．

【典例1-5】（2024·重慶·中考真題）在Rt△ABC中，ACB90，ACBC，過點B作BD∥AC．

(1)如圖1，若點D在點B的左側(cè)，連接CD，過點A作AECD交BC于點E．若點E是BC的中點，求證：

AC2BD；

(2)如圖2，若點D在點B的右側(cè)，連接AD，點F是AD的中點，連接BF并延長交AC于點G，連接CF．過

2

點F作FMBG交AB于點M，CN平分ACB交BG于點N，求證：AMCNBD；

2

(3)若點D在點B的右側(cè)，連接AD，點F是AD的中點，且AFAC．點P是直線AC上一動點，連接FP，

將FP繞點F逆時針旋轉(zhuǎn)60得到FQ，連接BQ，點R是直線AD上一動點，連接BR，QR．在點P的運動

過程中，當BQ取得最小值時，在平面內(nèi)將BQR沿直線QR翻折得到△TQR，連接FT．在點R的運動過程

FT

中，直接寫出的最大值．

CP

【答案】(1)證明見解析

(2)證明見解析

6223

(3)

2

【分析】（1）證明ACE≌CBDASA得到BDCE，再由點E是BC的中點，得到BC2CE2BD，即

可證明AC2BD；

（2）如圖所示，過點G作GHAB于H，連接HF，先證明AGF≌DBFAAS，得到AGBD，BFGF，

22

再證明AHG是等腰直角三角形，得到AHAGBD；由直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)可得

22

1

FHFCBFBG，則∠FBH∠FHB，∠FBC∠FCB，進而可證明∠HFC2∠ABC90，則

2

∠HFM∠CFN；設CBGx，則∠ABG45x，∠CGB90x，可得

1

∠HMF∠BFM∠FBM135x由角平分線的定義可得∠GCN∠ACB45，則可證明

2

2

∠HMF∠CNF，進而證明HFM≌CFNAAS，得到HMCN，即可證明AMBDCN；

2

（3）如圖所示，過點D作DHAC交AC延長線與H，連接FH，則四邊形BCHD是矩形，可得

BCDHAC，證明△FDH是等邊三角形，得到∠DFH∠FDH60，進而得到∠BDA∠DAH30，

∠FHA∠FAH30；由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得FQFP，∠PFQ60∠DFH，證明DFQ≌HFPSAS，

得到∠FDQ∠FHP30，則點Q在直線DQ上運動，設直線DQ交FH于K，則

11

DK⊥FH，F(xiàn)KFH，∠FDK∠FDH30，可得BDQ60，由垂線段最短可知，當BQDQ時，

22

BQ有最小值，則DBQ30，設ACDH6a，則AH3DH63aBDCH63a6a，則

DQ33a3a，BQ9a33a；再求出FK3a，則DK33a，QKDKDQ3a，由勾股定理得

FQ32a；由全等三角形的性質(zhì)可得PHDQ33a3a，則CP33a3a；由折疊的性質(zhì)可得

FTFQTQ

TQBQ9a33a，由FTFQTQ，得到當點Q在線段FT上時，此時有最大值，最大值為，

CPCP

據(jù)此代值計算即可．

【詳解】（1）證明：∵ACB90，BD∥AC，

∴CBD180ACB90，

∵AECD，

∴ACDCAE90，

∵ACDBCD90，

∴CAEBCD，

又∵ACCB，∠CBD∠ACE90，

∴ACE≌CBDASA，

∴BDCE，

∵點E是BC的中點，

∴BC2CE2BD，

∴AC2BD；

（2）證明：如圖所示，過點G作GHAB于H，連接HF，

∵BD∥AC，

∴∠FBD∠FGA，∠D∠FAG，

∵點F是AD的中點，

∴AFDF，

∴AGF≌DBFAAS，

∴AGBD，BFGF，

∵ACBC，ACB90，

∴CABACB45，

∵GHAH，

∴AHG是等腰直角三角形，

22

∴AHAGBD；

22

∵∠BHG∠BCG90，BFGF，

1

∴FHFCBFBG，

2

∴∠FBH∠FHB，∠FBC∠FCB，

∴∠GFH∠FBH∠FHB2∠FBH，∠GFC∠FBC∠FCB2∠FBC，

∴∠HFC∠GFH∠GFC2∠FBH2∠FBC2∠ABC90，

∵FMBG，

∴BFM90，

∴∠HFM∠CFN；

設CBGx，則∠ABG45x，∠CGB90x，

∴∠HMF∠BFM∠FBM135x，

∵CN平分ACB，

1

∴∠GCN∠ACB45，

2

∴∠CNF∠CGN∠GCN135x，

∴∠HMF∠CNF，

∴HFM≌CFNAAS，

∴HMCN，

∵AMAHHM，

2

∴AMBDCN；

2

（3）解：如圖所示，過點D作DHAC交AC延長線與H，連接FH，

∵BD∥AC，∠ACB90，

∴∠BCH∠CBD90，

∵DHAC，

∴四邊形BCHD是矩形，

∴BCDHAC，

∵點F是AD的中點，且AFAC，

∴AD2AF2DH2FH2DF，

∴△FDH是等邊三角形，

∴∠DFH∠FDH60，

∴∠BDA∠DAH30，

∴∠FHA∠FAH30，

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得FQFP，∠PFQ60∠DFH，

∴∠DFQ∠HFP，

∴DFQ≌HFPSAS，

∴∠FDQ∠FHP30，

∴點Q在直線DQ上運動，

11

設直線DQ交FH于K，則DK⊥FH，F(xiàn)KFH，∠FDK∠FDH30，

22

∴BDQ60，

由垂線段最短可知，當BQDQ時，BQ有最小值，

∴DBQ30，

設ACDH6a，則AH3DH63a，

∴BDCHAHAC63a6a，

1

∴DQBD33a3a，

2

∴BQ3DQ9a33a；

11

在Rt△DFK中，F(xiàn)KFHDH3a，

22

∴DKDF2FK233a，

∴QKDKDQ3a，

在Rt△FQK中，由勾股定理得FQFK2QK232a；

∵△DFQ≌△HFP，

∴PHDQ33a3a，

∴CPCHPH33a3a；

由折疊的性質(zhì)可得TQBQ9a33a，

∵FTFQTQ，

FTFQTQ

∴，

CPCP

FTFQTQ

∴當點Q在線段FT上時，此時有最大值，最大值為，

CPCP

FTFQTQ32a9a33a6223

∴的最大值為．

CPCP33a3a2

【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)與判定，等腰直角三角

的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，垂線段最短，矩形的性質(zhì)與判定等等，解（2）的關(guān)鍵在于作出

輔助線證明HFM≌CFNAAS，得到HMCN；解（3）的關(guān)鍵在于通過手拉手模型證明點Q的運動軌

跡是直線，從而根據(jù)垂線段最短確定點Q的位置．

【中考模擬即學即練】

【變式1-1】（2024·上海寶山·一模）在直線l上放置三個正方形a，b，c，正方形a的邊長為3，正方形c的

邊長為4，則正方形b的面積是．

【答案】25

【分析】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是證明

△ABC≌△CED．根據(jù)正方形的性質(zhì)，證明ABC≌CEDAAS，得出BCDE4，根據(jù)勾股定理求出

AC2AB2BC2324225，即可得出正方形b的面積．

【詳解】解：如圖，

∵a，b，c都是正方形，

∴ABMDEN90，AB3，DE4，

∴ABC180ABM90，DEC180DEN90，

∴ABCDEC，

∵ACD=90，

∴ACBDCE90，

∵ACBBAC90，

∴DCEBAC，

又∵ACCD，

∴ABC≌CEDAAS，

∴BCDE4，

∴在Rt△ABC中AC2AB2BC2324225，

∴正方形b的面積為25，

故答案：25．

【變式1-2】（2024·云南昆明·模擬預測）如圖，在Rt△ABC中，ABBC，CD∥AB，DEAC于點E，

且ABCE．求證：△CED≌△ABC．

【答案】見解析

【分析】本題考查了三角形全等的判定．根據(jù)DEAC，ABAC，得到DB=90°，DEC90，根據(jù)

CD∥AB，得到DCEA，結(jié)合ABCE，利用ASA即可證明結(jié)論．

【詳解】證明：DEAC，ABAC，

DECB90，

CD∥AB，

DCEA，

在△CED和VABC中，

DECB

CEAB

DCEA

△CED≌△ABCASA．

ABk

【變式1-3】（2024·甘肅嘉峪關(guān)·二模）矩形ABCD中，(k1)，點E是邊BC的中點，連接AE，過

BC2

點E作AE的垂線EF，與矩形的外角平分線CF交于點F．

(1)【特例證明】如圖（1），當k2時，求證：AEEF；

小明不完整的證明過程如下，請你幫他補充完整．

證明：如圖，在BA上截取BHBE，連接EH．

k2，

ABBC．

B90，BHBE，

∴145，

AHE1801135．

CF平分DCG，DCG90，

1

3DCG45．

2

ECF34135．

∴……（只需在答題卡對應區(qū)域?qū)懗鍪Ｓ嘧C明過程）

AE

(2)【類比探究】如圖（2），當k2時，求的值（用含k的式子表示）．

EF

【答案】(1)見解析

AE

(2)k1．

EF

【分析】（1）證明AHE≌ECFASA即可；

（2）在BA上截取BHBE，連接EH．證明△AHE∽△ECF，即可求解．

【詳解】（1）證明：如圖，在BA上截取BHBE，連接EH．

k2，

ABBC．

B90，BHBE，

∴145，

AHE1801135，

CF平分DCG，DCG90，

1

3DCG45，

2

ECF34135，

QAEEF，

6AEB90，

5AEB90，

56，

ABBC，BHBE，

AHEC，

AHE≌ECFASA，

AEEF；

（2）解：在BA上截取BHBE，連接EH．

B90，BHBE，

BHEBEH45，

AHE135，

CF平分DCG，DCG90，

1

DCFDCG45．

2

ECF135°，

QAEEF，

FECAEB90，

BAEAEB90，

BAEFEC，

AHE∽ECF，

AEAH

，

EFCE

ABk

，E是BC邊的中點，

BC2

1

ECHBBC，

2

1k1

AHABBCBC，

222

AE

k1．

EF

【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，相似三角形是判定及性質(zhì)，等

腰直角三角形的判定及性質(zhì)．正確引出輔助線解決問題是解題的關(guān)鍵．

【變式1-4】（2024·青海西寧·三模）類比探究題：

【建立模型】（1）如圖1，等腰直角三角形ABC中，ACB90，CBCA，直線ED經(jīng)過點C，過A作ADED

于點D，過B作BEED于點E．求證：△ACD≌△CBE．

【應用模型】（2）如圖2，點A的坐標為，點B是x軸正半軸上的一動點，以AB為直角邊作等腰直角

VABC，使BAC90，設點B的橫坐標0為,1x，點C的縱坐標為y，請寫出y與x的函數(shù)關(guān)系．

【拓展拔高】（3）如圖3，矩形ABCD中，AB3，BC5，點P是BC邊上的一個動點（點P與點B，C

都不重合），現(xiàn)將△PCD沿直線PD折疊，使點C落到點F處；過點P作BPF的角平分線交AB于點E．設

BPx，BEy，則y與x的函數(shù)關(guān)系是_______，BE最大值為______．

1525

【答案】（1）見解析；（2）yx1x0；（3）yx2x0x5，

3312

【分析】（1）證明ACDCBE即可證明△ACD≌△CBE；

（2）過C作CMy軸于點M，證明ACM≌DAO，即可得到CMOA1，AMOBx，再根據(jù)yOM

求解即可；

（3）證明△BPE∽△CDP即可得到y(tǒng)與x的函數(shù)關(guān)系，然后根據(jù)關(guān)系式求BE最大值即可．

【詳解】（1）∵ACB90，

∴ACDBCE90，

∵BEED，ADED，

∴DE90，CBEBCE90，

∴ACDCBE，

∵CBCA，

∴ACD≌CBEAAS；

（2）過C作CMy軸于點M，

∵點A的坐標為，點B是x軸正半軸上的一動點，點B的橫坐標為x，點C的縱坐標為y，

∴yOM，xO0B,1，OA1，x0

∵以AB為直角邊作等腰直角VABC，使BAC90，

∴BACBOAAMC90，ABAC，

∴MACABO90AOB，

∴ACM≌DAOAAS，

∴CMOA1，AMOBx，

∴yOMOAAMx1，

∴y與x的函數(shù)關(guān)系為yx1x0；

（3）∵矩形ABCD中，AB3，BC5，

∴ABCD3，BC90，

∴CPDCDP90，

∵BPx，BEy，

∴CPBCBP5x，

∵現(xiàn)將△PCD沿直線PD折疊，

∴CPDFPD，

∵過點P作BPF的角平分線交AB于點E，

∴BPEFPE，

∵CPDFPDBPEFPE180，

∴CPDBPE90，

∴BPECDP，

∴△BPE∽△CDP，

BEBP

∴，

CPCD

yx

∴，

5x3

15

整理得yx2x，

33

2

1251525

∵yxxx，0x5，

333212

525

∴當x時，BEy為最大值，

212

1525

故答案為：yx2x0x5，．

3312

【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，直角坐標系，二次函數(shù)最值，根

據(jù)一線三垂直模型構(gòu)造全等或相似是本題的關(guān)鍵．

題型二：手拉手模型

三步模型抽離法

第一步：依據(jù)特征找模型

特征1:是否存在兩個等腰三角形;

特征2:是否存在兩個等腰三角形的頂角相等，且共頂點

第二步：抽離模型

以兩個等腰三角形的腰及對應頂點的連線圍成的兩個新三角形全等

第三步：利用性質(zhì)解題

利用全等三角形的性質(zhì)解題

常見基礎模型如下：

圖示

OC在△OAB內(nèi)且拉手線OC在△OAB外且拉手線OC在△OAB外且拉手線

無交點無交點有交點

條件在等腰ΔOAB中,OA=OB,在等腰△OCD中,OC=OD,∠AOB=∠COD=a,將ΔOCD

繞點0旋轉(zhuǎn)一定角度后,連接AC,BD(稱為“拉手線”左手拉左手,右手拉右手),若

拉手線有交點,記相交于點,連接OE

結(jié)論1.△AOC≌△BOD,AC=BD(即拉手線相等);

2.EO平分∠AED:

3.∠AEB=∠AOB=a

【中考母題學方法】

【典例2-1】（2024·新疆·中考真題）【探究】

（1）已知VABC和VADE都是等邊三角形．

①如圖1，當點D在BC上時，連接CE．請?zhí)骄緾A，CE和CD之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；

②如圖2，當點D在線段BC的延長線上時，連接CE．請再次探究CA，CE和CD之間的數(shù)量關(guān)系，并說

明理由．

【運用】

（2）如圖3，等邊三角形ABC中，AB6，點E在AC上，CE23．點D是直線BC上的動點，連接DE，

以DE為邊在DE的右側(cè)作等邊三角形DEF，連接CF．當△CEF為直角三角形時，請直接寫出BD的長．

【答案】（1）①CACECD，理由見解析；②CECACD，理由見解析；（2）63或623．

【分析】（1）①CACECD．證明BAD≌CAESAS可得BDCE，即得BCBDCDCECD，

進而可得CACECD；②CECACD．同理①即可求解；

（2）分點D在BC上，EFC90和點D在BC的延長線上，CEF90兩種情況，畫出圖形，結(jié)合四點

共圓及圓周角定理解答即可求解；

本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，四點共圓，圓周角定理，解直角三角形，等角

對等邊，應用分類討論思想解答是解題的關(guān)鍵．

【詳解】解：（1）①CACECD，理由如下：

∵VABC和VADE都是等邊三角形，

∴ABACBC，ADAE，BACDAE60，

∴BACDACDAEDAC，

即BADCAE，

∴BAD≌CAESAS，

∴BDCE，

∴BCBDCDCECD，

∵ACBC，

∴CACECD；

②CECACD，理由如下：

∵VABC和VADE都是等邊三角形，

∴ABACBC，ADAE，BACDAE60，

∴BACDACDAEDAC，

即BADCAE，

∴BAD≌CAESAS，

∴BDCE，

∴CEBDBCCDCACD，

即CECACD；

（2）解：分兩種情況：如圖，當點D在BC上，EFC90時，

∵VABC和DEF都是等邊三角形，

∴EFDECD60，

∴C、D、E、F四點共圓，

∵EFC90，

∴CE為該圓的直徑，

∴CDE90，

∵CE23，ECD60，

1

∴CDCE·cos60233，

2

∴BDBCCD63；

如圖，當點D在BC的延長線上，CEF90時，

∵VABC和DEF都是等邊三角形，

∴ACBEFD60，

∴ECD120，

∴ECDEFD180，

∴C、D、E、F四點共圓，

∵CEF90，

∴CF為該圓的直徑，

∴CDF90，

∵EDF60，

∴CDE906030，

∴CED1801203030，

∴CEDCDE，

∴CDCE23，

∴BDBCCD623；

綜上，BD的長為63或623．

【典例2-2】（2024·廣西·中考真題）如圖1，VABC中，DB=90°，AB6．AC的垂直平分線分別交AC，

AB于點M，O，CO平分ACB．

(1)求證：△ABC∽△CBO；

(2)如圖2，將△AOC繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)得到△AOC，旋轉(zhuǎn)角為0a360．連接AM，CM

①求△AMC面積的最大值及此時旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)，并說明理由；

②當△AMC是直角三角形時，請直接寫出旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)．

【答案】(1)見解析

(2)①83，180；②120或240

【分析】（1）利用線段垂直平分線的性質(zhì)得出OAOC，利用等邊對等角得出AACO，結(jié)合角平分線

定義可得出AACOOCB，最后根據(jù)相似三角形的判定即可得證；

（2）先求出AACOOCB30，然后利用含30的直角三角形性質(zhì)求出BO2，AO4，MO2，

利用勾股定理求出AM23，AC43，取AC中點M，連接OM，MM，作MNAC于N，由旋轉(zhuǎn)

的性質(zhì)知AOC≌AOC，OM為OM旋轉(zhuǎn)所得線段，則OMAC，ACAC43，OMOM2，

根據(jù)點到直線的距離，垂線段最短知