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抢分秘籍 06 全等三角形中常见的基本模型
目录
【解密中考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型）
【题型一】一线三等角模型 【题型二】手拉手模型-旋转型全等
【题型三】倍长中线模型 【题型四】截长补短模型
【题型五】十字架模型 【题型六】半角模型
：全等三角形中常见的基本模型综合题是全国中考的热点内容，更是全国中考的必考内
容。每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分。
1．从考点频率看，手拉手、一线三等角、半角模型高频，常涉对应边/角相等、几何变换，多在几何综
合题中出现。
2．从题型角度看，以解答题的最后三题题为主，造模型证全等，压轴题常结合动点、多模型综合。分
值 10-12 分左右，着实不少！
：熟记模型特征及辅助线（如倍长中线、截长补短），针对不同题型专项训练，总结模型
应用规律。
【题型一】一线三等角模型
【例 1】（2025·四川南充·一模）如图，在四边形 ABCD中， A = B = 90°，点E 是 AB 边上一点，
AE = BC, ED ^ EC ．
(1)求证： AD = BE ；
(2)若 AD = 3, BC = 6，求CD的长度．
类型 图示 条件 结论
同侧 点 P 在线段 AB 上，∠ △APC≌△BDP
一线 1=∠2=∠3，且 AP=BD
三等 (或 AC=BP 或 CP=PD)
角
异侧 点 P 在线段 AB 的延长 △APC≌△BDP
一线 线上,∠1=∠2=∠3，
三等 且 AP=BD(或 AC=BP
扇 或 CP=PD)
【例 2】（2025·广东深圳·二模）在平行四边形 ABCD中，点E ，F 分别在边BC ，CD上．
CE
【尝试初探】（1）如图 1，若平行四边形 ABCD是正方形，E 为BC 的中点， AEF = 90°，求 的值；
DF
CE
【深入探究】（2）如图 2， B = 45°， AEF = 90°， AE = EF ，求 的值；
DF
【拓展延伸】（3）如图 3， BF 与DE 交于点O， tan BOE tan A
4 AB 5 BE 3 CE
= = ， = ， = ，求 的值．
3 AD 7 EC 4 DF
【变式 1】（2025·山东泰安·一模）综合与实践
【经典再现】
人教版八年级数学下册教科书 69页 14题：如图 1，四边形 ABCD是正方形，点E 是边BC 的中点， AEF = 90°
且EF 交正方形外角的平分线CF 于点F ．求证 AE = EF ．（提示：取 AB 的中点 H ，连接HE ．）
（1）请你思考题中的“提示”，这样添加辅助线的目的是构造出______，进而得到 AE = EF ．
【类比探究】
AB
（2）如图 2，四边形 ABCD是矩形，且 = n，点E 是边BC 的中点， AEF = 90°，且EF 交矩形外角的
BC
AE
平分线CF 于点F ，求 的值（用含 n 的式子表示）；
EF
【综合应用】
3
（3）如图 3， P 为边CD上一点，连接 AP ， PF ，在（2）的基础上，当 n = ， PAE = 45°2 ， PF = 5 时，
请直接写出BC 的长．
【变式 2】（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 = a （a
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VABC 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．
【变式 3】（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VABC≌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VABC 中，点D为 AB 上一点，DE = DF = 3, A = EDF = B ，四边形CEDF 的周长为
10，VABC 的周长为18．小诚同学发现根据模型可以推理得到VADE ≌VBFD，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VABC 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 上一动
2
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，并求出
5
此时线段 AP 的长度．
【题型二】手拉手模型-旋转型全等
【例 1】（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图①，VABC 和VADE 都是等腰直角三角形，
BAC = DAE = 90°，当点 B 在线段 AD 上，点C 在线段 AE 上时，我们很容易得到 BD = CE ， BD ^ CE，
不需证明．
(1)如图②，将VADE 绕点A 逆时针旋转a（0 < a < 90°），连接BD和CE，猜想：BD和CE的位置关系 ；数
量关系： ，并给出证明过程．
(2)如图③，当VADE 绕点A 逆时针旋转，使得点D恰好落在BC 的延长线上，连接CE．若
AB = AC = 2 3 ，CD = 6 ，则线段DE ＝ ；
(3)若 P 为DE 中点，连接BP，AB = AC = 2 2 ，AD = AE = 4 2 ，当VADE 绕点A 逆时针旋转时，BP最大
值为m ，最小值为 n ，则mn的值为 ．
图示
OC 在△OAB 内且拉手线 OC 在△OAB 外且拉手线 OC 在△OAB 外且拉手线
无交点 无交点 有交点
条件 在等腰ΔOAB 中,OA=OB,在等腰△OCD 中,OC=OD,∠AOB=∠COD=a,将Δ
OCD 绕点 0 旋转一定角度后,连接 AC,BD(称为“拉手线”左手拉左手,右手拉
右手),若拉手线有交点,记相交于点,连接 OE
结论 1.△AOC≌△BOD,AC=BD(即拉手线相等);
2.EO 平分∠AED:
3.∠AEB=∠AOB=a
【例 2】（2025·山西运城·模拟预测）综合与探究
问题情境：在研究旋转问题时，卓越小组的同学使用了两个全等的直角三角形展开探究．如图 1，将两个三
角形点 A 重合放置， CAB = DAE = 90°， AC = AD = 3， AB = AE = 4．将Rt△ABC 固定，RtVADE 绕点
A 旋转．
猜想证明：（1）如图 2，当点 D 落在BC 边上时，连接 BE ，试猜想 BE 与BC 的位置关系，并进行证明．
问题拓展：（2）如图 3，当点 D 落在BC 边上时，过点 D 作DF ^ AD，过点 E 作EF ^ AE ，DF 与EF 交
于点 F，连接 BF ，求 BF 的长．
深入探究：（3）在RtVADE 绕点 A 旋转的过程中，直线DE 与直线 AC，BC 交于点 M，N，直线 AE 与直线BC
交于点 P，当DE∥AB时，请直接写出四边形 AMNP 的面积．
【变式 1】（2025·黑龙江牡丹江·一模）在菱形 ABCD中， ABC = 60°， P 是射线BD上一动点，以 AP 为边
向右侧作等边三角形 APE ，点E 的位置随点 P 的位置变化而变化，连接CE．
推理证明：
（1）当点E 在菱形 ABCD内部或边上时，如图①，求证：CE + PD = 3AB；写出图①的证明过程；
探究问题：
（ 2）当点E 在菱形 ABCD外部时，如图②，图③，请分别写出线段PD，CE，AB 之间的数量关系，不需
证明；
拓展思考：
（3）在（1）和（ 2）的条件下，若 AB = 6 3 ， AP = 6，则PD的长为__________．
图① 图② 图③
【变式 2】（2025·广西·一模）【经典回顾】
（1）如图 1，VABC ，VADE 都是等边三角形，连接BD，CE．求证：△ABD≌△ACE ；
【类比迁移】
（2）如图 2，VABC ，VADE 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，VADE 绕点A 旋转，若 AB = 6，AE = 4．求旋转过程中，VMNF
面积的最大值．
【变式 3】（2025·广东深圳·一模）【问题发现】
（1）如图 1，将正方形 ABCD和正方形 AEFG 按如图所示的位置摆放，连接 BE 和DG ，则 BE 与DG 的数量
关系是______，请说明理由．
【类比探究】
（2）若将“正方形 ABCD和正方形 AEFG ”改成“矩形 ABCD和矩形 AEFG ，且矩形 ABCD ∽矩形 AEFG ，
AE = 3, AG = 4 ” 12 10，如图，点 E、D、G 三点共线，点 G 在线段DE 上时，若 AD = ，求 BE 的长．
5
【拓展延伸】
（3）若将“正方形 ABCD和正方形 AEFG 改成“菱形 ABCD和菱形 AEFG ，且菱形 ABCD ∽菱形 AEFG ，如图
3， AD = 5, AC = 8, AG
4
平分 DAC ，点 P 在射线 AG 上，在射线 AF 上截取 AQ ，使得 AQ = AP5 ，连接
PQ,QC ，当 tan PQC
3
= 时，直接写出 AP 的长．
4
【题型三】倍长中线模型
【例 1】（2025·山东青岛·模拟预测）【问题提出】
小红遇到这样一个问题：如图 1，VABC 中， AB = 6， AC = 4， AD 是中线，求 AD 的取值范围．
【构建模型】
她的做法是：延长 AD 到 E，使DE = AD，连接BE，证明△BED≌△CAD，经过推理和计算使问题得到解
决．她的这种做法把中线延长了一倍，所以我们通常称为“倍长中线法”．
请回答：
（1）小红证明△BED≌△CAD的判定定理是： ．
（2） AD 的取值范围是
【模型应用】
（3）如图 2，在VABC 中， AD 是VABC 的中线， CAD = 45°，在 AD 上取一点 E，连接 BE ，若
BE = AC = 4 ，则“燕尾”四边形 AEBC 的面积为 ．
1）倍长中线模型（中线型）
条件：AD 为△ABC 的中线。 结论： ABD ECD
证明：延长AD至点E，使DE=AD，连结CE。
∵AD为△ABC的中线，∴BD=CD，∵∠BDA=∠CDE，∴△ABD≌△ECD（SAS）
2）倍长类中线模型（中点型）
条件：△ABC 中，D 为 BC 边的中点，E 为 AB 边上一点（不同于端点）。 结论：△EDB≌△FDC。
证明：延长 ED，使 DF=DE，连接 CF。
∵D为BC边的中点，∴BD=DC，∵∠BDE=∠CDF，∴△EDB≌△FDC（SAS）
【例 2】（2024·甘肃白银·一模）【探究发现】
（1）如图 1，在VABC 中，D 为BC 边的中点，连接 AD 并延长至点 H，使DH = AD，连接CH ．由
ADB = CDH ，得VADB≌VHDC ，则 AB 与CH 的数量关系为________，位置关系为_______．
【尝试应用】
（2）如图 2，在VABC 中，AP 平分 BAC ，D 为BC 边的中点，过点 D 作DQ∥ AP，交CA的延长线于点
Q，交 AB 边于点 K．试判断 BK 与CQ的数量关系，并说明理由．
【拓展应用】
（3）如图 3，在Rt△ABC 中， BAC = 90°， AC = 6 ， AB = 8，D 为BC 边的中点，连接 AD ，E 为 AC 边
上一动点，连接 BE 交 AD 于点 F．若BF = AC ．求 AE 的长度；
【变式 1】（2025·山东济宁·一模）（1）如图①，在VABC 中，若 AB =10， AC = 6 ，则BC 边上的中线 AD
的取值范围是_____；
（2）如图②，在VABC 中，D 是 BC 边上的中点， DE ^ DF 于点 D，DE 交 AB 于点 E，DF 交 AC 于点 F，
连接EF ，求证：BE + CF > EF ；
（3）如图③，在四边形 ABCD中， B + D =180°，CB = CD ， BCD =140°，以C 为顶点作一个70°角，
角的两边分别交 AB ，AD 于 E，F 两点，连接EF ，探索线段 BE ，DF ，EF 之间的数量关系，并加以证明．
【变式 2】（2025·辽宁本溪·模拟预测）【问题初探】
（1）如图 1， AD 是VABC 的中线， AB = 6， AC = 4，求中线 AD 长度的取值范围．
小红和小林两名同学从不同角度进行思考，给出了两种解题思路．
①小红同学的思考过程：如图 2，延长BA到点E ，使 AE = BA，连接CE，利用三角形中位线…；
②小林同学的思考过程：如图 3，延长 AD 到点E ，使DE = AD，连接CE，构造三角形全等…；
请你选择一名同学的解题思路，写出解答过程．
【迁移应用】
（2）请你依照上述两名同学的解题思路或者按照自己的思路，解答下面问题．
如图 4，已知等腰Rt△ABC 中，AB = AC ， BAC = 90°，点 D 在直线BC 上移动，连接 AD ，将 AD 绕点A
逆时针旋转90°得到 AE ，连接 BE ，取 BE 中点F ，连接 AF ，猜想 AF 与CD之间存在的数量关系，并证明
你的猜想；
【能力提升】
（3）在（2）的条件下，若BD =1， AB = 2 2 ，请你直接写出 AF 的长度．
【题型四】截长补短模型
【例 1】（2025·贵州黔东南·一模）阅读材料，并解决问题：
【思维指引】（1）如图 1 等边VABC 内有一点 P，若点 P 到顶点 A、B、C 的距离分别为 3，4，5，求 APB
的度数.
解决此题，我们可以将VABP绕顶点 A 旋转到△ACP 处，此时VACP ≌ VABP，连接P P ，借助旋转的性质
可以推导出VPAP 是______三角形；这样利用旋转变换，我们将三条线段 PA、PB、PC 转化到一个三角形
中，从而求出 APB = ______ o ；
【知识迁移】（2）如图 2，在VABC 中， CAB = 90°， AB = AC ，E、F 为BC 上的点且 EAF = 45°，请判
断EF ，BE，FC 的数量关系，并证明你的结论.
【方法推广】（3）如图 3，在VABC 中， ABC = 30°， AB = 2 ，BC = 3，点 P 为VABC 内一点，连接
PA、PB、PC ，直接写出PA + 2PB + PC 的最小值.
条件：AD 为△ABC 的角平分线，∠B=2∠C。 结论：AB＋BD＝AC。
证明：法 1（截长法）:在线段 AC 上截取线段 AB′＝AB，连接 DB。
∵AD 为△ABC 的角平分线，∴∠BAD=∠B′AD，∵AD=AD，∴△ABD≌△AB′D（SAS）
∴∠B=∠AB′D，BD=B′D，∵∠B=2∠C，∴∠AB′D=2∠C，∴∠AB′D=2∠C，∴∠B′DC=∠C，
∴B′C＝B′D，∴BD=B′C，∵AB′＋B′C＝AC，∴AB＋BD＝AC。
法 2（补短法）:延长 AB 至点 C′使得 AC′＝AC，连接 BC′。
∵AD 为△ABC 的角平分线，∴∠C′AD=∠CAD，∵AD=AD，∴△C′AD≌△CAD（SAS）
∴∠C′=∠C，∵∠B=2∠C，∴∠B=2∠C′，∴∠BDC′=∠C′，∴BC′＝BD，
∵AB＋BC′＝AC′，∴AB＋BD＝AC。
【例 2】（2025·广东韶关·一模）【知识技能】
（1）如图 1，点E ，F 分别在正方形 ABCD的边BC ，CD上， EAF = 45°，连接EF ，试猜想EF ，BE ，DF
之间的数量关系．
梳理解答思路并完成填空．
A．旋转法：把Rt△ABE 绕点A 逆时针旋转 90°至△ADG ， 易证△AFG≌______，故
可使 AB 与 AD 重合，则BE = DG ， ADG = B = 90°，可 EF ， BE ，DF 之间的数量
得 FDG =180°，即F ，D，G 三点共线． 关系为________．
B．截长补短法：延长CD至点G ，使得DG = BE ，由
B = ADG = 90°， AB = AD ，即△ABE≌△ADG ，可以
得到 AE = AG．
【数学理解】
（2）如图 2，在VABC 中， BAC = 90°， AB = AC ，点D，E 均在边BC 上，且∠DAE = 45°，试猜想
BD，DE ， EC 之间的数量关系，并说明理由．
【拓展探索】
（3）如图 3，正方形 ABCD的边长为 2 ， EAF = 45°，连接BD，分别交 AE ， AF 于点M ， N ．若M 恰
好为线段BD上靠近点 B 的三等分点，求线段MN 的长．
【变式 1】（23-24 九年级上·四川成都·阶段练习）已知，在正方形 ABCD中，△BEF 是以点E为直角顶点的
等腰直角三角形，连接DF并取其中点 G，连接EG、CG ．
(1)如图 1，若△BEF 的顶点 E 在线段BD上，则EG和CG 的关系______；
(2)如图 2，若△BEF 的顶点 E 在线段AB上时，则（1）中的结论是否还成立 请说明理由；
(3)若△BEF 的顶点 E 在 DBC内，如图 3 位置所示，则（1）中的结论是否还成立 请说明理由．
【题型五】十字架模型
【例 1】（2025·广东清远·一模）已知正方形 ABCD，点 E，F 分别为边BC,CD上两点．
【建立模型】
（1）如图 1，连接BF , AE ，如果 AE ^ BF ，求证： AE = BF ；
【模型应用】
（2）如图 2，点 E 为BC 边上一点，连接 AE ，作 AE 的垂直平分线交 AB 于点 G，交CD于点 F，若
DF = 2，BG = 4 ，求VABE 的周长；
【模型迁移】
（3）如图 3，将VABE 沿 AE 折叠，使点 B 落在 BF 上的点 G 处， AE 与 BF 交于点 M，若 AB =12，
CF = 5，求GF 的长．
条件：1）如图 1，在正方形 ABCD 中，若 E、F 分别是 BC、CD 上的点，AE⊥BF；结论：AE=BF。
证明：Q四边形 ABCD是正方形，\ ABE = C = 90°， AB = BC ，∴ BFC+ CBF =90°
QAE⊥BF，∴ AEB+ CBF =90°，\ AEB = BFC ，\△ABE≌△BCF SAS ，∴AE=BF。
条件：2）如图 2，在正方形 ABCD 中，若 E、F、G 分别是 BC、CD、AB 上的点，AE⊥GF；结论：
AE=GF。
证明：在 FC 上取一点 P，使得 GB=PF，连结 BP。
Q四边形 ABCD是正方形，∴AB//CD，∴四边形BPFG是平行四边形，∴GF//BP，GF=BP，
同 1）中证明，可得 AE=GF。
条件：3）如图 3，正方形 ABCD 中，若 E、F、G、H 分别是 BC、CD、AB、AD 上的点，EH⊥GF；
结论：HE=GF。
证明：在 FC、BE 上取一点 P、Q，使得 GB=PF，AH=QE，连结 BP、AQ。
Q四边形 ABCD是正方形，∴AB//CD，∴四边形BPFG是平行四边形，∴GF//BP，GF=BP，
同理可证得：四边形 AQEH 是平行四边形，∴AQ//HF，AQ=HF，同 1）中证明，可得 HE=GF。
【例 2】（24-25 九年级上·山西大同·期末）综合与实践
数学兴趣小组发现：一些含有两条互相垂直的线段的图形中，某些线段之间存在特殊的数量关系．他们进
行了如下探究．
(1)猜想证明
如图（1），在正方形 ABCD中，点E ，F ，G ， H 分别在边 AB ，CD， AD ，BC 上，且EF ^ GH ，请判
断EF 和GH 的数量关系，并加以证明．
(2)迁移探究
如图（2），在Rt△ABC 中， BAC = 90°， AB = AC ，点D，E 分别在边 AC ，BC 上，且 AE ^ BD，求证：
AB BE
= ．
AD EC
(3)拓展应用
如图（3），在矩形 ABCD中，AB = 6，BC =10，BE 平分 ABC 交 AD 于点E ，点F 为 AE 上一点，AG⊥BF
交 BE 于点 H ，交矩形 ABCD的边于点G ．当EF = 2AF 时，请直接写出GH 的长．
【变式 1】（24-25 九年级上·湖南岳阳·期末）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直
的线段做了如下探究：
【观察与猜想】（1）如图 1，在正方形 ABCD 中，点 E，F 分别是 AB ， AD 上的两点，连接DE ，CF ，
DE DE^ CF ，则 的值为________；
CF
CE
（2）如图 2，在矩形 ABCD中， DBC = 30°，点 E 是 AD 上的一点，连接CE，BD，且CE ^ BD ，则
BD
的值为_____；
【类比探究】（3）如图 3，在四边形 ABCD中， A = B = 90°，点 E 为 AB 上一点，连接DE ，过点 C 作DE
的垂线交ED的延长线于点 G，交 AD 的延长线于点 F，求证：DE × AB = CF × AD ；
【拓展延伸】（4）如图 4，在Rt△ABD 中， BAD = 90°，AB = 4，AD = 8，将△ABD 沿BD翻折，点 A 落
DE
在点 C 处得△CBD，点 E，F 分别在边 AB ， AD 上，连接DE ，CF ，且DE ^ CF ，求 的值．
CF
【题型六】半角模型
【例 1】（2025·贵州贵阳·模拟预测）当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们
称之为“半角模型”，通常用“旋转的观点”看待图形的几何变换，使得两个分散的角变换成为一个三角形，相
当于构造出两个三角形全等．
【问题初探】
（1）如图 1，在四边形 ABCD中， AD = CD， A = ADC = BCD = 90o，E 、F 分别是 AB 、BC 边上的
点，且 EDF = 45o，求出图中线段EF，AE，FC 之间的数量关系．
如图 1，从条件出发：将VADE 绕着点D逆时针旋转90o到VCDM 位置，根据“旋转的性质”分析CM 与 AE
之间的关系，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系，可证得结论．
【类比分析】
（2）如图 2，在四边形 ABCD中， AB = AD ， BAD = BCD = 90o ， EAF = 45o ，且 BC = 7， DC =13，
CF = 5，求 BE 的长．
【学以致用】
（3）如图 3，在四边形 ABCD中， AB = AD ， ABC 与 ADC 互补，点 E 、 F 分别在射线CB 、 DC 上，
1
且 EAF = BAD2 ．当
BC = 5，DC = 8，CF = 2时，求出△CEF 的周长．
1）正方形半角模型
条件：四边形 ABCD 是正方形，∠ECF=45°；结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋
DF；④ AEF 的周长=2AB；⑤CE、CF 分别平分∠BEF 和∠EFD。
证明：将△CBE 绕点 C 逆时针旋转 90°至△CDG，即△CBE≌△CDG，
∴∠ECB=∠GCD，∠B=∠CDG=90°，BE＝DG，CE＝CG；
∵ABCD 是正方形，∴∠B=∠CDF=∠BCD=90°，BA＝DA；∴∠CDG+∠CDF=180°，故 F、D、G 共线。
∵∠ECF=45°，∴∠BCE+∠DCF=45°，∴∠GCD+∠DCF=∠GCF=45°，∴∠ECF=∠GCF=45°，
∵CF＝CF，∴△CEF≌△CGF，∴EF＝GF，∵GF＝DG＋DF，∴GF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF，
∴ AEF 的周长=EF+AE＋AF=BE＋DF+AE＋AF=AB＋AD=2AB，过点 C 作 CH⊥EF，则∠CHE=90°，
∵△CEF≌△CGF，∴CD=CH（全等三角形对应边上的高相等），再利用 HL 证得：△CBE≌△CHE，
∴∠HEC=∠CBE，同理可证：∠HFC=∠DFC，即 CE、CF 分别平分∠BEF 和∠EFD。
2）等腰直角三角形半角模型
条件： ABC 是等腰直角三角形（∠BAC=90°，AB＝AC），∠DAE=45°；
结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；
证明：将△ABD 绕点 A 逆时针旋转 90°至△ACG，即△BAD≌△CAG，
∴∠BAD=∠CAG，∠B=∠GCA=45°，AD＝AG，BD＝CG；
∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°，∴∠CAG+∠EAC=∠GAE=45°，∴∠DAE=∠GAE=45°，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△GAE，∴ED＝EG，∵ ABC 是等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，∴∠ECG=90°，
∴GE2＝GC2＋EC2,∴DE2＝BD2＋EC2；
3）等边三角形半角模型（120°-60°型）
条件： ABC 是等边三角形， BDC 是等腰三角形，且 BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；
结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋CF；④ AEF 的周长=2AB；
⑤DE、DF 分别平分∠BEF 和∠EFC。
证明：将△DBE 绕点 D 顺时针旋转 120°至△DCG，即△BDE≌△CDG，
∴∠EDB=∠GDC，∠DBE=∠DCG，BE＝GC，DE＝DG；
∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=60°，∴∠GDC+∠CDF=∠GDF=60°，故∠GDF=∠EDF，
∵DF＝DF，∴△EDF≌△GDF，∴EF＝GF，∵GF＝CG＋CF，∴GF＝BE＋CF，∴EF＝BE＋CF，
∴ AEF 的周长=EF+AE＋AF=BE＋CF+AE＋AF=AB＋AC=2AB，
过点 D 作 DH⊥EF，DM⊥GF，则∠DHF=∠DMF=90°，
∵△EDF≌△GDF，∴DM=DH（全等三角形对应边上的高相等），再利用 HL 证得：△DHF≌△DMF，
∴∠HFD=∠MFD，同理可证：∠BFD=∠FED，即 DE、DF 分别平分∠BEF 和∠EFC。
4）等边三角形半角模型（60°-30°型）
条件： ABC 是等边三角形，∠EAD=30°；
1 2
结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝( BD ＋EC)2+ 3
2 BD2
；


证明：将△ABD 绕点 A 逆时针旋转 60°至△ACF，即△BAD≌△CAF，
∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠FCA=60°，AD＝AF，BD＝CF；
∵∠DAE=30°，∴∠BAD+∠EAC=30°，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=30°，∴∠DAE=∠FAE=30°，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE，∴ED＝EF，∵ ABC 是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠ECF=120°，
1 1 3 3
过点 F 作 FH⊥BC，∴∠FCH=60°，∠CFH=30°，∴CH= CF= BD，FH= CF= BD，
2 2 2 2
1 3
∵在直角三角形中：FE2＝FH2＋EH2,∴DE2＝( BD＋EC)2+( BD)2
2 2
【例 2】（23-24 八年级上·北京东城·期中）已知，在四边形 ABCD中， AB = AD, B + ADC = 180°, E、F 分
别是边BC、CD 上的点，且 EAF
1
= BAD
2 ．
(1)为探究上述问题，小王同学先画出了其中一种特殊情况，即如图 1，当 B = ADC = 90° 时．
小王同学探究此问题的方法是：延长FD 到点G ，使DG = BE ，连接 AG ．
请你在图 1 中添加上述辅助线，并补全下面的思路．
小明的解题思路：先证明△ABE≌______；再证明了△AEF≌______，即可得出BE, EF , FD之间的数量关
系为EF = BE + FD．
(2)请你借鉴小王的方法探究图 2，当 B + ADC =180°时，上述结论是否依然成立，如果成立，请证明你的
结论，如果不成立，请说明理由．
(3)如图 3，若E、F 分别是边BC、CD 延长线上的点，其他已知条件不变，此时线段EF、BE、FD之间的数
量关系为______．（不用证明）
【变式 1】（2024·甘肃兰州·模拟预测）综合与实践
【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形 ABCD是
正方形，M，N 分别在边CD，BC 上，且 MAN = 45°，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，
旋转是一种常用的方法．
(1)【初步尝试】如图 1，将△ADM 绕点 A 顺时针旋转90°，点 D 与点 B 重合，得到VABE ，连接MN ．用
等式写出线段DM，BN，MN 的数量关系，并说明理由；
(2)【类比探究】小启改变点的位置后，进一步探究：如图 2，点 M，N 分别在正方形 ABCD的边CD，BC 的
延长线上， MAN = 45°，连接MN ，用等式写出线段MN，DM，BN 的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】李老师提出新的探究方向：如图 3，在四边形 ABCD中， AB = AD ， BAD =120°，
B + D =180°，点 N，M 分别在边BC，CD上， MAN = 60°，用等式写出线段BN，DM，MN 的数量关
系，并说明理由．
【变式 2】（23-24 八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期末）【问题情境】神奇的半角模型
在几何图形中，共顶点处的两个角，其中较小的角是较大的角的一半时，我们称之为半角模型．截长补短
法是解决这类问题常用的方法．
如图 1，在正方形 ABCD中，以 A 为顶点的 EAF = 45°， AE、AF 与BC、CD 分别交于 E、F 两点，为了探
究EF、BE、DF 之间的数量关系，小明的思路如下：
如图 2，延长CB 到点 H，使BH = DF ，连接 AH ，先证明△ADF≌△ABH ，再证明VAHE≌VAFE ．从而
得到EF、BE、DF 之间的数量关系．
(1)提出问题：EF、BE、DF 之间的数量关系为________________．
(2)知识应用：如图 3，AB = AD ， B = D = 90° ，以 A 为顶点的 BAD =120°， EAF = 60°，AE、AF 与BC、CD
分别交于 E、F 两点，你认为（1）中的结论还成立吗？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
(3)知识拓展：如图 4，在四边形 ABCD中，AB = AD = a，BC = b，CD = c ． ABC 与 D互补，AE、AF
1
与BC、CD 分别交于 E、F 两点，且 EAF = BAD，请直接写出VEFC 的周长= ________________2 ．（用含
a、b、c 的式子表示．）抢分秘籍 06 全等三角形中常见的基本模型
目录
【解密中考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型）
【题型一】一线三等角模型 【题型二】手拉手模型-旋转型全等
【题型三】倍长中线模型 【题型四】截长补短模型
【题型五】十字架模型 【题型六】半角模型
：全等三角形中常见的基本模型综合题是全国中考的热点内容，更是全国中考的必考内
容。每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分。
1．从考点频率看，手拉手、一线三等角、半角模型高频，常涉对应边/角相等、几何变换，多在几何综
合题中出现。
2．从题型角度看，以解答题的最后三题题为主，造模型证全等，压轴题常结合动点、多模型综合。分
值 10-12 分左右，着实不少！
：熟记模型特征及辅助线（如倍长中线、截长补短），针对不同题型专项训练，总结模型
应用规律。
【题型一】一线三等角模型
【例 1】（2025·四川南充·一模）如图，在四边形 ABCD中， A = B = 90°，点E 是 AB 边上一点，
AE = BC, ED ^ EC ．
(1)求证： AD = BE ；
(2)若 AD = 3, BC = 6，求CD的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2) 3 10
【知识点】全等的性质和 ASA（AAS）综合（ASA 或者 AAS）、用勾股定理解三角形、利用二次根式的性质
化简
【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、勾股定理及二次根式的化简等知识，正确找出两个全等三
角形是解题关键．
（1）先求出 ADE = BEC ，再证出△ADE≌△BEC ，根据全等三角形的性质即可得证；
（2）先根据勾股定理可得DE = 3 5 ，再根据全等三角形的性质可得DE = CE = 3 5，然后利用勾股定理求
解即可得．
【详解】（1）证明：∵ A = 90°，
∴ ADE + AED = 90°，
∵ ED ^ EC ，
∴ BEC + AED = 90°，
∴ ADE = BEC ，
在VADE 和VBEC 中，
ì A = B = 90°

í ADE = BEC ，

AE = BC
∴VADE≌VBEC AAS ，
∴ AD = BE ．
（2）解：∵ AE = BC ，BC = 6，
∴ AE = 6，
在RtVADE 中，DE = AD2 + AE2 = 3 5 ，
由（1）已证：△ADE≌△BEC ，
∴ DE = CE = 3 5，
∵ ED ^ EC ，
∴ CD = CE2 + DE2 = 3 10 ．
类型 图示 条件 结论
同侧 点 P 在线段 AB 上，∠ △APC≌△BDP
一线 1=∠2=∠3，且 AP=BD
三等 (或 AC=BP 或 CP=PD)
角
异侧 点 P 在线段 AB 的延长 △APC≌△BDP
一线 线上,∠1=∠2=∠3，
三等 且 AP=BD(或 AC=BP
扇 或 CP=PD)
【例 2】（2025·广东深圳·二模）在平行四边形 ABCD中，点E ，F 分别在边BC ，CD上．
CE
【尝试初探】（1）如图 1，若平行四边形 ABCD是正方形，E 为BC 的中点， AEF = 90°，求 的值；
DF
CE
【深入探究】（2）如图 2， B = 45°， AEF = 90°， AE = EF ，求 的值；
DF
4 AB 5 BE 3 CE
【拓展延伸】（3）如图 3， BF 与DE 交于点O， tan BOE = tan A = ， = ， = ，求 的值．
3 AD 7 EC 4 DF
1 2 14
【答案】（1） ；（2） ；（3）
3 2 11
【知识点】全等三角形综合问题、相似三角形的判定与性质综合、根据正方形的性质证明、解直角三角形
的相关计算
1 1
【分析】（1）证明 BAE = FEC ，由 E 为 BC 中点得到 BE = BC = AB ，则 tan FEC = tan BAE
1
= ，
2 2 2
3
得到 FC
1
= EC 1 1= BC = DC ，DF = DC ，即可得到答案；
2 4 4 4
（2）过点A 作 AG ^ BC 于点G ，过点F 作FH ^ BC 交BC 延长线于点 H ，连 AC ，AF ，证明VACD,VAEF
AD AF
都是等腰直角三角形，则 = = 2 ，证明△AEC ∽△AFD ，即可得到答案；
AC AE
（3）延长 AD ， BF 交于点G 点，过点D作DM ^ BC 于M ，过点 B 作BN ^ DE 交DE 延长线于 N ，利用
解直角三角形和相似三角形的判定和性质进行证明即可．
【详解】（1）∵四边形 ABCD为正方形
∴ B = C = 90°
∴ BAE + AEB = 90°
∵ AEF = 90°
∴ AEB + FEC = 90°
∴ BAE = FEC
∵ E 为BC 中点
1 1
∴ BE = BC = AB ，
2 2
∴ tan FEC = tan BAE
1
=
2
FC 1 EC 1 BC 1∴ = = = DC
2 4 4
3
∴ DF = DC
4
CF 1
∴ =
DF 3
（2）过点A 作 AG ^ BC 于点G ，过点F 作FH ^ BC 交BC 延长线于点 H ，连 AC ， AF ，则
AGE = EHF = 90°，
∵ AEF = 90°
∴ AGE + GAE = AEG + CEF = 90°
∴ GAE = CEF ，
∵ AE = EF ，
∴VAGE≌VEHF AAS
∴ GE = FH , AG = EH ,
∵四边形 ABCD是平行四边形，
∴ AB∥CD， AD∥CB，
∴ B = DCH = 45°，
∴VABG ，△CFH 是等腰直角三角形，
∴ EH = AG = BG ，GE = FH = CH
∴ GC = GE + EC = GE + EH - CH = EH = AG
∴VAGC 为等腰直角三角形
∴ ACG = 45°
∴ ACD =180° - 45° - 45° = 90°
∵ AD∥CB，
∴ D = FCH = 45°，
∴VACD为等腰直角三角形
∴ ACE = D = 45°,
∵ DAF + CAF = EAC + CAF = 45°，
∴ DAF = CAF ，
∵VACD,VAEF 都是等腰直角三角形，
AD AF
∴ = = 2 ，
AC AE
∴△AEC ∽△AFD
∴ CE AC 2= =
DF AD 2
（3）延长 AD ， BF 交于点G 点，过点D作DM ^ BC 于M ，过点 B 作BN ^ DE 交DE 延长线于 N ，
AB 5
不妨设BE = 3，EC = 4则 AD = BC = 7 ，由 = ，得DC = AB = 5
AD 7
4
由 tan BOE = tan A =
3
3
∴ MC = DC = 3 ，DM = 4
5
∴ EM =1，DE = 1+ 42 = 17
∵ BNE = DME = 90°, BEN = DEM
∴△BNE∽△DME
∴ BN BE= × DM 12 17= ，EN BE 3 17= × EM =
DE 17 DE 17
∴ ON BN 9 17= =
tan BON 17
∴OE 6 17 OD DE OE 11 17= ， = - =
17 17
∵ AG P BC
∴△BEO∽△GDO ，相似比为6:11
11 11
∴ DG = BE =
6 2
∵ AG P BC
∴△BCF ∽△GDF
CF BC 14
∴ = =
DF DG 11
【点睛】此题考查了正方形的性质、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质、解直角三角形、全等
三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，综合较强，证明三角形相似和全等是解题的关键．
【变式 1】（2025·山东泰安·一模）综合与实践
【经典再现】
人教版八年级数学下册教科书 69页 14题：如图 1，四边形 ABCD是正方形，点E 是边BC 的中点， AEF = 90°
且EF 交正方形外角的平分线CF 于点F ．求证 AE = EF ．（提示：取 AB 的中点 H ，连接HE ．）
（1）请你思考题中的“提示”，这样添加辅助线的目的是构造出______，进而得到 AE = EF ．
【类比探究】
AB
（2）如图 2，四边形 ABCD是矩形，且 = n，点E 是边BC 的中点， AEF = 90°，且EF 交矩形外角的
BC
AE
平分线CF 于点F ，求 的值（用含 n 的式子表示）；
EF
【综合应用】
3
（3）如图 3， P 为边CD上一点，连接 AP ， PF ，在（2）的基础上，当 n = ， PAE = 45°2 ， PF = 5 时，
请直接写出BC 的长．
【答案】（1）△AHE≌△ECF （2） 2n -1（3） 2 2
【知识点】根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、全等三角形综合问题、用勾股定理解
三角形
【分析】（1）根据正方形的性质可得 AH = CE ， AHE = ECF =135°， BAE = CEF ，即可得出结论；
（2）在 AB 上截取BH = CE，连接EH ，不妨设BH = BE = CE = 1，则BC = 2， AB = 2n， AH = 2n -1，
从而可得 BAE = CEF ， AHE = ECF =135°，可证△AHE∽△ECF ，即可求解；
（3）可设 AB = 6x ，BC = 4x ，则BE = CE = 2x ，延长EF ， AP ，交于点 R，作RH ^ AD，交 AD 延长线于
H，交BC 的延长线于 G，作FT ^ CD 于 T，证明VABE≌VEGR ，可得EG = AB = 6x，GR = BE = 2x ，
1 QE AQ
CP = 4x ，证明VAPD∽VARH ，可得PD = HR = 2x ，CP = 4x ，由（2）知： = ，从而求得
2 CF CE
2
CF = 2x ，CT = FT = x ，PT = 3x ，根据PT 2 + FT 2 2 3x 2= PF 得， + x2 = 5 ，即可求解．
【详解】解：（1）如图 1，
取 AB 的中点 H，连接EH ，
∵四边形 ABCD是正方形，
∴ AB = BC ， ABE = BCD = 90°，
∵E 是BC 的中点，
∴ BE = CE = BH = AH =
1 BC = 1 AB ，
2 2
∴ AHE = ECF =135°，
∵ B = 90°，
∴ BAE + AEB = 90°，
∵ AEF = 90°，
∴ AEB + CEF = 90°，
∴ BAE = CEF ，
∴VAHE≌VECF AAS ，
故答案为：△AHE≌△ECF ；
（2）解：如图 2，
在 AB 上截取BH = CE，连接EH ，
∵E 时BC 的中点，
∴ BE = CE ，
不妨设BH = BE = CE = 1，则BC = 2，
AB
∵ = n，
BC
∴ AB = 2n，
∴ AH = 2n -1，
由（1）得： BAE = CEF ， AHE = ECF =135°，
∴△AHE∽△ECF ，
AE AH
∴ = = 2n -1；
EF CE
（3）如图 3，
AB 2
∵ = ，
BC 3
∴可设 AB = 6x ，BC = 4x ，则BE = CE = 2x ，
延长EF ， AP ，交于点 R，作RH ^ AD，交 AD 延长线于 H，交BC 的延长线于 G，作FT ^ CD 于 T，
∵ AEF = 90°， PQE = 45°，
∴VAER是等腰直角三角形，
∴ AE = ER ，
由（1）知： BAE = CEF ，
∵ B = G = 90°，
∴VABE≌VEGR AAS ，
∴ EG = AB = 6x，GR = BE = 2x ，
∴ DH = CG = EG - EC = 6x - 2x = 4x ，HR = GH - GR = 6x - 2x = 4x，
∵ CD∥GH ，
∴VAPD∽VARH ，
PD = AD = 1∴ ，
HR AH 2
∴ PD =
1 HR = 2x ，
2
∴ CP = CD - PD = 6x - 2x = 4x ，
QE AQ
由（2）知： = ，
CF CE
∴ 2 2x = 4x = 2，
CF 2x
∴ CF = 2x ，
∴ CT = FT = x ，
∴ PT = CP - CT = 3x ，
2 2 2由PT 2 + FT 2 = PF 2 得， 3x + x = 5 ，
∴ x 2 x 21 = ， 2 = - （舍去），2 2
∴ BC = 4x = 2 2 ．
【点睛】本题考查正方形和矩形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理，
作出辅助线，构造全等三角形是解题的关键．
【变式 2】（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 = a （a
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VABC 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
【知识点】相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、公式法解一元二次方程、全等的性
质和 ASA（AAS）综合（ASA 或者 AAS）
【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VABM≌VMCN 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MD ^ BC
DC 1于点 D，求出 = CM =1，DM = 3CD = 3 ，BD = BC - CD = 5，在RtVBDM 中，利用勾股定理求值2
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BM = 2 + 7 ．证明
CAM = AMB，根据 tan CAM = tan AMB
AB
= 即可求出答案．
BM
【详解】（1）解： AB + CN = BC ．
证明：Q四边形 ABCD为矩形，
\ B = C = 90°．
Q AMN = 90°，
\ B = C = AMN = 90°，
又Q AM = MN ，
∵ BAM + AMB = CMN + AMB = 90°，
∴ BAM = CMN ，
\VABM≌VMCN 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 ，
Q C = 60°．
\VACN 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°，
DC 1\ = CM = 1，
2 DM = 3CD = 3
，BD = BC - CD = 5，
2
在RtVBDM 中，BM = DM 2 + BD2 = 3 + 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，
∴ 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 a1 = 2 + 7 ， a2 = 2 - 7 （舍去），
\ BM = 2 + 7 ．
Q BAC + ABM =180°，
\ AC∥BM ，
\ CAM = AMB，
∴ tan CAM = tan AMB
AB 3
= = = 7 - 2
BM ．2 + 7
【变式 3】（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VABC≌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VABC 中，点D为 AB 上一点，DE = DF = 3, A = EDF = B ，四边形CEDF 的周长为
10，VABC 的周长为18．小诚同学发现根据模型可以推理得到VADE ≌VBFD，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VABC 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 上一动
2
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，并求出
5
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 AQ2 max
= 4
【知识点】解直角三角形的相关计算、其他问题(二次函数综合)、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定
与性质综合
【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VCDA∽VBEC ，得 = = ，由 AC = 2BC ，得 AD = 2CE,CD = 2BE ，进而可得结论：
CE BE BC
（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 + BC 2 = 7 5 ，证明 EFP = DAC = EPQ，进而证明VAQP∽VFPE，VGAF 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
VAQP∽VFPE x 4 5 - x ，得 y 1 4 5= = - x2 + x ，由二次函数的性质即可求解．
5 5 5
【详解】（1）解：QVABC≌VDAE ，
\ AC = DE, BC = AE ，
故答案为：DE, AE
（2）解：Q四边形CEDF 的周长为10，DE = DF = 3，
\CE + CF + DE + DF =10，
\CE + CF = 4，
Q VABC 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
Q ACB = 90°，
\ ACD + BCD = 90°，
QBE ^ MN ，
\ BEC = 90°，
\ BCE + CBE = 90°，
\ ACD = CBE ，
Q AD ^ MN ，
\ CDA = 90°，
\ CDA = BEC = 90°，
\VCDA∽VBEC ，
AD CD AC
\ = = ，
CE BE BC
Q AC = 2BC ，
\ AD = 2CE,CD = 2BE，
\DE 1= 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 ．
Q在矩形 ABCD中， AB = 14 ，BC = 7，
\AB = CD =14， AB∥CD， B = 90°
\ BAC = DCA， AC = AB2 + BC 2 = 7 5 ，
sin DAC DC AB 2 5\ = = = ，
AC AC 5
Qsin EPQ 2= 5 ，
5
\ EFP = DAC = EPQ ，
Q QPF = QPE + EPF = DAC + AQP, QPE = DAC ，
\ EPF = AQP，
\VAQP∽VFPE ， AG = GF ，
\VGAF 为等腰三角形，
\ AM = MF ，
设 AM = MF = a，则 AF = 2a，
Qsin DAC 2 5= ，
5
\MG = 2a AG FG 5a FN 4 5， = = ， = a， AN 2 5= a ，
5 5
GN GA AN 5a 2 5 3 5\ = - = - a = a ，
5 5
Q tan DGE = tan NGF ，
4 5
DE FN a
\ = = 5 4= ，
DG GN 3 5 3a
5
∵DE = 4 ，
\ DG = 3，EG = 5，
\ AG = GF =10，
\EF =10 - 5 = 5，
QMG = sin DAC·AG 2 5= 10 = 4 5 ，
5
\ AM = AG2 - MG2 = 2 5 ，
1
∴ AM = MF = AF = 2 5 ，
2 AF = 4 5
，
设 AQ = y ， AP = x ，
QVAQP∽VFPE ，
AQ AP
\ = ，
PF EF
y x
\ =
5 ，4 5 - x
x 4 5 - x
即 y 1 x2 4 5= = - + x ，
5 5 5
Q 1- < 0，对称轴为直线
5 x = 2 5
，
\当 x = 2 5 时， ymax = 4，
即当 AP = 2 5 时， AQmax = 4．
【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．
【题型二】手拉手模型-旋转型全等
【例 1】（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图①，VABC 和VADE 都是等腰直角三角形，
BAC = DAE = 90°，当点 B 在线段 AD 上，点C 在线段 AE 上时，我们很容易得到 BD = CE ， BD ^ CE，
不需证明．
(1)如图②，将VADE 绕点A 逆时针旋转a（0 < a < 90°），连接BD和CE，猜想：BD和CE的位置关系 ；数
量关系： ，并给出证明过程．
(2)如图③，当VADE 绕点A 逆时针旋转，使得点D恰好落在BC 的延长线上，连接CE．若
AB = AC = 2 3 ，CD = 6 ，则线段DE ＝ ；
(3)若 P 为DE 中点，连接BP，AB = AC = 2 2 ，AD = AE = 4 2 ，当VADE 绕点A 逆时针旋转时，BP最大
值为m ，最小值为 n ，则mn的值为 ．
【答案】(1) BD = CE ，BD ^ CE，理由见解析
(2) DE = 2 15
(3)8
【知识点】根据旋转的性质求解、点与圆上一点的最值问题、全等的性质和 SAS 综合（SAS）、用勾股定理
解三角形
【分析】（ 1）利用SAS，证明VABD≌VACE（SAS），得BD = CE ，BD ^ CE．
（2）证明VABD≌VACE（SAS），得 ABD = ACB = ACE = 45° ，则 BCE = ACB + ACE = 90°，再利
用勾股定理可得答案．
1 1
（3）连接 AP 、BP，先根据勾股定理和直角三角形的性质求得 AP = DE = 8 = 4 ，当VADE 绕点A 逆时
2 2
针旋转时，点 P 在以A 为圆心， AP 为半径的圆上运动，所以当点 P 在直线 BA上时， BP有最大和最小值，
由图可得BP的最大值为m = AB + AP = 2 2 + 4，最小值为 n = AP - AB = 4 - 2 2 ，即
mn = 4 + 2 2 4 - 2 2 = 8．
【详解】（1）解：BD = CE ，BD ^ CE理由如下：
∵VABC 和VADE 都是等腰直角三角形，
∴ AB = AC ， AD = AE ，
∵将VADE 绕点A 逆时针旋转a ，
∴ BAD = CAE = a ，
∴VABD≌VACE（SAS），
∴ BD = CE ， AEC = ADB ．
如图，延长 EC 与BD相交于 H，
在RtVADE 中， AEC+ CED+ ADE = 90°
∴ ADB+ CED+ ADE = 90°
∴ DHE = 90°
即BD ^ CE．
（2）解：∵ BAC = DAE = 90°
∴ BAD = CAE
又∵ AB = AC ， AD = AE ，
∴VABD≌VACE（SAS），
∴ ABD = ACB = ACE = 45° ，BD = CE ，
∴ BCE = ACB + ACE = 90°，
∵ AB = AC = 2 3 ，
∴ BC = AB2 + AC 2 = 12 +12 = 2 6 ，
∴ BC + CD = BD = CE = 2 6 + 6 = 3 6 ，
∴ DE = CE2 + CD2 = 54 + 6 = 2 15 ．
（3）解：如图3，连接 AP 、BP，
∵ AD = AE = 4 2 ，
∴ DE = AD2 + AE2 = 32 + 32 = 8，
∵点 P 是DE 的中点，
∴ AP
1
= DE 1= 8 = 4 ，
2 2
∴点 P 在以A 为圆心， AP 为半径的圆上运动，
∴当点 P 在直线BA上时，BP有最大值和最小值，
∴由图可得BP的最大值为m = AB + AP = 2 2 + 4，最小值为 n = AP - AB = 4 - 2 2 ，
∴ mn = 4 + 2 2 4 - 2 2 = 8，
故答案为：8．
【点睛】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，勾股定理，直角三角形的性质，两点之间线段最短、二次根式的计算等知识，证明VABD≌VACE（SAS）
是解题的关键．
图示
OC 在△OAB 内且拉手线 OC 在△OAB 外且拉手线 OC 在△OAB 外且拉手线
无交点 无交点 有交点
条件 在等腰ΔOAB 中,OA=OB,在等腰△OCD 中,OC=OD,∠AOB=∠COD=a,将Δ
OCD 绕点 0 旋转一定角度后,连接 AC,BD(称为“拉手线”左手拉左手,右手拉
右手),若拉手线有交点,记相交于点,连接 OE
结论 1.△AOC≌△BOD,AC=BD(即拉手线相等);
2.EO 平分∠AED:
3.∠AEB=∠AOB=a
【例 2】（2025·山西运城·模拟预测）综合与探究
问题情境：在研究旋转问题时，卓越小组的同学使用了两个全等的直角三角形展开探究．如图 1，将两个三
角形点 A 重合放置， CAB = DAE = 90°， AC = AD = 3， AB = AE = 4．将Rt△ABC 固定，RtVADE 绕点
A 旋转．
猜想证明：（1）如图 2，当点 D 落在BC 边上时，连接 BE ，试猜想 BE 与BC 的位置关系，并进行证明．
问题拓展：（2）如图 3，当点 D 落在BC 边上时，过点 D 作DF ^ AD，过点 E 作EF ^ AE ，DF 与EF 交
于点 F，连接 BF ，求 BF 的长．
深入探究：（3）在RtVADE 绕点 A 旋转的过程中，直线DE 与直线 AC，BC 交于点 M，N，直线 AE 与直线BC
交于点 P，当DE∥AB时，请直接写出四边形 AMNP 的面积．
69 411
【答案】（1）BE ^ BC ，证明见解析；（2）3；（3） 或 ．
25 25
【知识点】全等的性质和 SAS 综合（SAS）、解直角三角形的相关计算、根据矩形的性质与判定求线段长、
根据旋转的性质求解
【分析】（1）由旋转的性质知 ABE = C ，从而得 ABC + ABE = 90°；
（2）先证明四边形 AEFD 是矩形，再证明VADB≌VFBD 即可得BF = AD = 3；
（3）分两种情况：DE 在 AB 上方时平行；DE 在 AB 下方时平行，即可求得四边形 AMNP 的面积．
【详解】解：（1）BE ^ BC ；
证明如下：
由旋转知， AD = AC，AB = AE， CAD = BAE ，
∴ ADC = C， ABE = AEB ，
C 1∴ = (180° - CAD)
1
， ABE = (180° - BAE)，
2 2
∴ ABE = C ，
∵ ABC + C = 90°，
∴ ABC + ABE = ABC + C = 90°，
∴ BE ^ BC ；
（2）∵ DF ^ AD，EF ^ AE ，
∴ ADF = DAE = AEF = 90°，
∴四边形 AEFD 是矩形；
∴ AE = DF ；
由旋转知， AB = AE ， AD = AC = 3，
∴ AB = DF ， ADC = C ；
∵ ADC + FDB =180° - ADF = 90° ，
∴ C + FDB = 90°；
∵ C + ABD = 90°，
∴ ABD = FDB ；
∵ BD = DB，
∴VADB≌VFBD(SAS)，
∴ BF = AD = 3；
（3）∵ DE∥ AB ， BAC = 90°，
∴ CMN = 90°；
∵ BAC = DAE = 90°， AC = AD = 3， AB = AE = 4，
∴ DE = BC = 32 + 42 = 5；
当DE 在 AB 上方与之平行时，如图；
则 CNM = B ， DEA = EAB，
由旋转得 DEA = B，
∴ EAB = B ；
∴ PA = PB ；
∵ EAB + CAP = B + ACB = 90° ，
∴ CAP = ACB，
∴ PA = PC ，
∴ PA = PB ，
即点 P 是BC 的中点，
1 1 1
∴ SVPAC = S2 VABC
= 3 4 = 3；
2 2
∵ AC ^ DE ，
S 1∴ VABC = AD × AE
1
= DE × AM ，
2 2
∴ AM
3 4 12
= = ，
5 5
∴ CM = AC - AM
3
= ；
5
∵ CNM = B ，
∴ tan CNM
CM tan B AC = = = ，
MN AB
MN 4 3 4∴ = = ，
3 5 5
1
∴ SVCMN = MN ×CM
1 4 3 6
= = ，
2 2 5 5 25
S S S 3 6 69∴ =四边形AMNP VAPC - VCMN = - = ；25 25
当DE 在 AB 下方与之平行时，如图，
S = 3 AM 12与前一情况相同，点 P 是BC 的中点， VPAC ， = ，5
CM AC AM 27∴ = + = ；
5
∵ CNM = ABC ，
CM
∴ tan CNM = = tan ABC
AC
= ，
MN AB
MN 4 27 36∴ = = ，
3 5 5
S 1 MN CM 1 36 27 486∴ VCMN = × = = ，2 2 5 5 25
S 486 411∴ = S - S = - 3 =四边形AMNP VCMN VAPC ；25 25
411
综上，四边形 AMNP
69
的面积为 或 ．
25 25
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质，等腰三角形
的判定，锐角三角函数等知识，有一定的综合性，注意分类讨论思想的应用．
【变式 1】（2025·黑龙江牡丹江·一模）在菱形 ABCD中， ABC = 60°， P 是射线BD上一动点，以 AP 为边
向右侧作等边三角形 APE ，点E 的位置随点 P 的位置变化而变化，连接CE．
推理证明：
（1）当点E 在菱形 ABCD内部或边上时，如图①，求证：CE + PD = 3AB；写出图①的证明过程；
探究问题：
（ 2）当点E 在菱形 ABCD外部时，如图②，图③，请分别写出线段PD，CE，AB 之间的数量关系，不需
证明；
拓展思考：
（3）在（1）和（ 2）的条件下，若 AB = 6 3 ， AP = 6，则PD的长为__________．
图① 图② 图③
【答案】（1）证明见解析；（ 2）图②中，CE + PD = 3AB；图③中，CE - PD = 3AB；（3）PD = 6或
12
【知识点】等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质证明、全等的性质和 SAS 综合（SAS）、解直角三角
形的相关计算
【分析】（1）连接 AC ，交BD于O，可证VABP≌VACE SAS ，得到BP = CE ，即得
CE + PD = BP + PD = BD，由可得BD = 3AB ，即可求证；
（ 2）如图②，连接 AC ，同理（1）可证VABP≌VACE SAS ，得BP = CE ，即得
CE + PD = BP + PD = BD，由可得BD = 3AB 即可求解；如图③，连接 AC ，同理可求解；
（3）由已知可得点 P 在线段BD上，再根据图①和图②解答即可求解．
【详解】（1）证明：连接 AC ，交BD于O，
∵四边形 ABCD是菱形，
∴ AB = BC ，BD = 2BO， AC ^ BD ，
∵ ABC = 60°，
∴VABC 是等边三角形，
∴ AB = AC ， BAC = 60°，
∵VAPE 是等边三角形，
∴ AP = AE， PAE = 60°
∵ BAP + CAP = CAE + CAP = 60°，
∴ BAP = CAE，
∴VABP≌VACE SAS ，
∴ BP = CE ，
∴ CE + PD = BP + PD = BD，
∵ AOB = 90°， BAO = 60°，
∴ BO 3= AB，
2
∴ BD = 3AB ，
∴ CE + PD = 3AB；
（ 2）如图②，CE + PD = 3AB，理由如下：
连接 AC ，
同理（1）可证VABP≌VACE SAS ，
∴ BP = CE ，
∴ CE + PD = BP + PD = BD，
∵ BD = 3AB ，
∴ CE + PD = 3AB；
如图③，CE - PD = 3AB，理由如下：
连接 AC ，
同理（1）可证VABP≌VACE SAS ，
∴ BP = CE ，
∴ CE - PD = BP - PD = BD ，
∵ BD = 3AB ，
∴ CE - PD = 3AB；
（3）∵ AB = 6 3 ， AP = 6，
∴点 P 在线段BD上，
如图①，当点E 在菱形 ABCD内部或边上时，
∵ AOB = 90°， ABO = 30°，
∴ AO
1
= AB = 3 3 ，
2
∴ PO = AP2 - AO2 = 62 - 3 3 2 = 3，
∵ BD = 3AB =18，
∴ OD
1
= BD = 9，
2
∴ PD = PO + OD = 3 + 9 =12；
当点E 在菱形 ABCD外部时，如图②，
同理可得PO = 3，
∴ PD = OD - PO = 9 - 3 = 6；
综上，PD的长为6 或12，
故答案为：6 或12．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，
勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式 2】（2025·广西·一模）【经典回顾】
（1）如图 1，VABC ，VADE 都是等边三角形，连接BD，CE．求证：△ABD≌△ACE ；
【类比迁移】
（2）如图 2，VABC ，VADE 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，VADE 绕点A 旋转，若 AB = 6，AE = 4．求旋转过程中，VMNF
面积的最大值．
【答案】（1）见解析；（2）MF = NF，MF ^ NF ，见解析；（3）12.5
【知识点】全等的性质和 SAS 综合（SAS）、与三角形中位线有关的证明、等边三角形的性质、根据旋转的
性质求解
【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VECD 的中位线，可得
1 1
MF∥BD，MF = BD， NF∥CE ， NF = CE2 ，再进一步求解即可；2
1 1 1
（3）由（2 2）可知MF ^ NF ，MF = NF = BD ，可得 SVMFN = MF × NF = BD ，可得当BD最大时，S2 2 8 VMFN
最大，再进一步求解即可；
【详解】解：（1）QVABC ，VADE 为等边三角形，
\ AB = AC ， AD = AE ， BAC = DAE = 60°，
\ BAC + CAD = DAE + CAD ，
即 BAD = CAE ，
\VABD≌VACE SAS ；
（2）MF = NF 且MF ^ NF ；
证明：由（1）知△ABD≌△ACE ，
\BD = CE ， ABD = ACE ，
1
\ BD 1= CE ，
2 2
Q点M ， N ，F 分别为BC ，DE ，CD的中点，
\MF ， NF 分别是△BCD和VECD 的中位线，
1 NF 1∴ MF∥BD，MF = BD， NF∥CE = CE2 ， ，2
\MF = NF .
Q APB = CPQ ， ABD = ACE ， BAC = 90°，
\在△BAP 和VCPQ中， CQP = BAP = 90°，
∵ MF∥BD，
\ QTM + CQP =180°，
\ QTM = 90°，
∵ NF∥CE ，
\ MFN = QTM = 90°，
\MF ^ NF ；
（3）由（2）可知MF ^ NF ，MF = NF
1
= BD ，
2
\VMFN 是等腰直角三角形，
S 1 1 1\ 2 2VMFN = MF × NF = MF = BD ，2 2 8
\当BD最大时， SVMFN 最大.
在VADE 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，
\S 1 2VMFN 的最大值= 10 =12.5 .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.
【变式 3】（2025·广东深圳·一模）【问题发现】
（1）如图 1，将正方形 ABCD和正方形 AEFG 按如图所示的位置摆放，连接 BE 和DG ，则 BE 与DG 的数量
关系是______，请说明理由．
【类比探究】
（2）若将“正方形 ABCD和正方形 AEFG ”改成“矩形 ABCD和矩形 AEFG ，且矩形 ABCD ∽矩形 AEFG ，
AE = 3, AG = 4 ”，如图，点 E、D、G 三点共线，点 G 在线段DE AD 12 10上时，若 = ，求 BE 的长．
5
【拓展延伸】
（3）若将“正方形 ABCD和正方形 AEFG 改成“菱形 ABCD和菱形 AEFG ，且菱形 ABCD ∽菱形 AEFG ，如图
3， AD = 5, AC = 8, AG 平分 DAC 4，点 P 在射线 AG 上，在射线 AF 上截取 AQ ，使得 AQ = AP5 ，连接
PQ,QC ，当 tan PQC
3
= 时，直接写出 AP 的长．
4
9 10 15 10
【答案】（1）BE = DG ，理由见解析；（2）3；（3） AP = 或 ．
4 4
【知识点】相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、全等三角形综合问题、根据正方形
的性质证明
【分析】（1）可证明VBAE≌VDAG ，从而BE = DG ，进一步得出结论；
12
2 16
36
（ ）作 AH ^ DE 于 H ，可依次求得 EG = 5， AH = ，GH = ，解直角三角形 RtVADH5 求得 DH =5 5
，
DG 4 ABE ADG BE AE 3 BE 3= ，可证明△ ∽△ ，从而 = =GD AG 4 ，从而得出
= GD = 3
4 ；
（3）分为两种情形：当Q在 AF 上时，连接BD，交 AC 于T ，作CH ^ AF ，交 AF 的延长线于 H ，可证得
AD AP 5
DAC = GAF ， = = ，从而得出△DAT∽△PAQ ，从而 PQA = ATD = 90°，可推出 CQH = APQAT AQ 4 ，
CH 4
从而 tan
CH 1
CQH = tan APQ ，从而得出 =QH 3 ，设CH = 4x，QH = 3x ，可求得 tan CAH
1
=
3 ，从而
= ，
AH 3
10
从而得出 AH = 3CH = 12x ，根据勾股定理得 (12x)2 + (4x)2 = 82 ，得出 x = ，进而得出结果；当Q在 AF 的延
5
长线上时，同样方法得出结果．
【详解】解：（1）Q四边形 ABCD和四边形 AEFG 是正方形，
\ AD = AB ， AG = AE， BAD = EAG = 90°，
\ BAE = DAG ，
\△BAE≌△DAG(SAS) ，
\BE = DG
故答案为：BE = DG ；
（2）如图 2，作 AH ^ DE 于 H ，
Q四边形 AEFG 是矩形，
\ EAG = 90°，
Q AE = 3， AG = 4，
\EG = AE2 + AG2 = 5，
S 1 1由 △EAG = EG × AH = AE × AG 得，5AH = 122 2 ，
\ AH 12= ，
5
2
\GH = AG2 - AH 2 = 42 12- 16 5 ÷
= ，
è 5
12 10 12
在RtVADH 中， AD = ， AH = ，
5 5
2
12 10 12 2DH 36\ = ÷÷ - ÷ = ，
è 5 è 5 5
36 16
\ DG = DH - GH = - = 4
5 5 ，
Q矩形 ABCD ∽ 矩形 AEFG ，
AE AB
\ EAG = BAD ， = ，
AG AD
\ BAE = DAG ，
\△ABE∽△ADG，
\ BE AE 3= =
GD AG 4 ，
\ BE 3= GD = 3
4 ；
（3）如图 3，当Q在 AF 上时，连接BD，交 AC 于T ，作CH ^ AF ，交 AF 的延长线于 H ，
Q四边形 ABCD是菱形，
1
\BD ^ AC ， AT = AC = 4 ，
2
Q菱形 ABCD ∽ 菱形 AEFG ，
1 1
\ DAB = GAE ， DAC = DAB， GAF = GAE
2 2
，
\ DAC = GAF ，
\ DAG = CAF ，
Q AG 平分 DAC ，
\ DAG = CAG ，
\ CAF = CAG = DAG；
Q AD AP 5= =
AT AQ 4 ， DAC = GAF ，
\△DAT∽△PAQ ，
\ PQA = ATD = 90°，
4
∵ AQ = AP5 ，
2
∴ PQ = AP2 - AQ2 4 3= AP2 - AP ÷ = AP，
è 5 5
3
PQ APtan PAQ 3\ = = 5
AQ 4
= ， PAQ + APQ = 90°，
AP 4
5
Q tan PQC 3 =
4 ，
\ PAQ = PQC ，
\ CQH = APQ ，
\ tan CQH = tan APQ 4=
3 ，
CH 4
\ =
QH 3 ，
设CH = 4x，QH = 3x ，
如图 4，过 I 作 IM ^ AD 于 M，
∵ AD = 5， AT = 4， ATD = 90°，
∴ DT = 52 - 42 = 3，
∵ DAI = TAI ， DT ^ AT ， ATD = 90°，
∴ IM = IT
S 1 1 1 1∴ VADT = AT × DT = AD × IM + AT ×TI = AD + AT ×TI ，2 2 2 2
1 1
∴ 3 4 = 5 + 4 TI ，
2 2
∴TI
4
=
3 ，
TI 1
∴ tan CAG = = = tan CAH ，
AT 3
\ CH 1= ，
AH 3
\ AH = 3CH = 12x ，
\ 12x 2 + 4x 2 = 82 ，
x 10\ = ，
5
\ AQ = AH - QH = 9x 9 10= ，
5
∴ AP 5 9 10= AQ = ；
4 4
如图 5，当Q在 AF 的延长线上时，
由上可知： AQ = 3x +12x = 15x ，
10
\ AQ = 15 = 3 10 ，
5
∴ AP 5 AQ 15 10= = ；
4 4
9 10 15 10
综上所述： AP = 或 ．
4 4
【点睛】本题考查了正方形、矩形的性质，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，解决问题的关键是正确分类，作辅助线，构造直角三角形．
【题型三】倍长中线模型
【例 1】（2025·山东青岛·模拟预测）【问题提出】
小红遇到这样一个问题：如图 1，VABC 中， AB = 6， AC = 4， AD 是中线，求 AD 的取值范围．
【构建模型】
她的做法是：延长 AD 到 E，使DE = AD，连接BE，证明△BED≌△CAD，经过推理和计算使问题得到解
决．她的这种做法把中线延长了一倍，所以我们通常称为“倍长中线法”．
请回答：
（1）小红证明△BED≌△CAD的判定定理是： ．
（2） AD 的取值范围是
【模型应用】
（3）如图 2，在VABC 中， AD 是VABC 的中线， CAD = 45°，在 AD 上取一点 E，连接 BE ，若
BE = AC = 4 ，则“燕尾”四边形 AEBC 的面积为 ．
【答案】（1） SAS ；（2）1 < AD < 5，（3） 8
【知识点】全等的性质和 SAS 综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、确定第三边的取值范围、三角形内
角和定理的应用
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形三边关系，等腰三角形的判定与性质等知识，解题
的关键是：
（1）根据SAS证明△BED≌△CAD即可；
（2）根据全等三角形的性质得出BE = AC = 4 ，DE = AD，根据三角形三边关系求出 2 < AE <10，即可求
解；
（3）延长 AD 至点 F，使 DF = AD ，同（1）可证VBFD≌VCAD ，得出 BF = AC = 4， F = CAD = 45°，
SVBFD = SV ACD ，进而得出BF = BE ，根据等边对等角和三角形内角和定理可求出 FBE = 90°，然后根据“燕尾”
四边形 AEBC 的面积为 SVBDE + SV ACD = SVBDE + SVBFD = SVBEF = 8求解即可．
【详解】解：（1）延长 AD 到 E，使DE = AD，连接 BE，
∵ AD 是中线，
∴ BD = CD，
又 EDC = ADC ，
∴VBED≌VCAD SAS ，
故答案为：SAS；
（2）∵△BED≌△CAD， AC = 4，
∴ BE = AC = 4 ，DE = AD，
又 AB = 6，
∴ 6 - 4 < AE < 6 + 4，即 2 < AE <10，
∴ 2 < 2 AD < 10，
∴1 < AD < 5，
故答案为：1 < AD < 5；
（3）延长 AD 至点 F，使DF = AD ，
同（1）可证VBFD≌VCAD ，
∴ BF = AC = 4， F = CAD = 45°， SVBFD = SV ACD ，
又BE = 4，
∴ BF = BE ，
∴ BEF = F = 45°，
∴ FBE = 90°，
1
∴ SVBEF = 4 4 = 82 ，
∴“燕尾”四边形 AEBC 的面积为 SVBDE + SV ACD = SVBDE + SVBFD = SVBEF = 8，
故答案为：8．
1）倍长中线模型（中线型）
条件：AD 为△ABC 的中线。 结论： ABD ECD
证明：延长AD至点E，使DE=AD，连结CE。
∵AD为△ABC的中线，∴BD=CD，∵∠BDA=∠CDE，∴△ABD≌△ECD（SAS）
2）倍长类中线模型（中点型）
条件：△ABC 中，D 为 BC 边的中点，E 为 AB 边上一点（不同于端点）。 结论：△EDB≌△FDC。
证明：延长 ED，使 DF=DE，连接 CF。
∵D为BC边的中点，∴BD=DC，∵∠BDE=∠CDF，∴△EDB≌△FDC（SAS）
【例 2】（2024·甘肃白银·一模）【探究发现】
（1）如图 1，在VABC 中，D 为BC 边的中点，连接 AD 并延长至点 H，使DH = AD，连接CH ．由
ADB = CDH ，得VADB≌VHDC ，则 AB 与CH 的数量关系为________，位置关系为_______．
【尝试应用】
（2）如图 2，在VABC 中，AP 平分 BAC ，D 为BC 边的中点，过点 D 作DQ∥ AP，交CA的延长线于点
Q，交 AB 边于点 K．试判断 BK 与CQ的数量关系，并说明理由．
【拓展应用】
（3）如图 3，在Rt△ABC 中， BAC = 90°， AC = 6 ， AB = 8，D 为BC 边的中点，连接 AD ，E 为 AC 边
上一动点，连接 BE 交 AD 于点 F．若BF = AC ．求 AE 的长度；
7
【答案】（1） AB = CH ， AB∥CH ；（2）BK = CQ，理由见详解；（3）
3
【知识点】全等的性质和 SAS 综合（SAS）、相似三角形的判定与性质综合、等腰三角形的性质和判定
【分析】本题主要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，等边对等角和平行线的性
质，熟知全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定是解题的关键．
（1）证△ADB≌△HDC ，得 AB = CH ， B = DCH ，再由平行线的判定得 AB∥CH 即可；
（2）延长KD至点T ，使 DT = DK ，连接CT ，证VKDB≌VTDC ，得 BK = CT ， BKD = T ，再平行线的
性质得 BKD = BAP， Q = CAP ，然后证 T = Q ，即可得出结论；
（3）延长FD 至G 使得DG = DF ，连接CG ，先证明VBDF≌VCDG，得BF = CG ， BFD = G ，再证明
VACD∽VAGC ，根据相似三角形的性质求出 AG 的长，进而求出DG，AF 的长，进一步证明△AEF ∽△ACG ，
利用相似三角形的性质即可求出 AE 的长．
【详解】（1）解：QD为BC 边的中点，
\BD = CD ，
Q ADB = CDH ， AD = HD ，
\VADB≌VHDC SAS ，
\ AB = CH ， B = DCH ，
\ AB∥CH ，
故答案为： AB = CH ， AB∥CH ；
（2）解：BK = CQ，理由如下：
如图 2，延长KD至点T ，使 DT = DK ，连接CT ，
QD为BC 的中点，
\BD = CD ，
Q KDB = TDC ，DK = DT ，
\VKDB≌VTDC SAS ，
\BK = CT ， BKD = T ，
QDQ∥ AP，
\ BKD = BAP ， Q = CAP ，
Q AP平分 BAC ，
\ BAP = CAP，
\ T = Q ，
\BK = CQ；
（3）解：延长FD 至G 使得DG = DF ，连接CG ，
QD为BC 边的中点，
\BD = CD ，
Q BDF = CDG ，DG = DF ，
\VBDF≌VCDG SAS ，
\BF = CG， BFD = G ，
\BE∥GC ，
在Rt△ABC 中， BAC = 90°， AC = 6 ， AB = 8，D 为BC 边的中点，
\BC = AB2 + AC 2 =10，
\ AD 1= BC = CD = 5,
2
\ DAC = ACD，
Q BF = AC ，
\ AC = GC ，
∴ CAG = G，
\ CAD = GAC, ACD = G，
\VACD∽VAGC ，
AC AD 6 5
\ = ，即 = ，
AG AC AG 6
AG 36\ = ，
5
DG DF AG AD 36 11\ = = - = - 5 = ，
5 5
14
∴ AF = AG - DF - DG = ，
5
Q BE∥GC ，
∴△AEF ∽△ACG ，
14
AE AF AE 7
\ = ，即 = 5 =
AC AG 6 36 18
，
5
∴ AE
7
= ．
3
【变式 1】（2025·山东济宁·一模）（1）如图①，在VABC 中，若 AB =10， AC = 6 ，则BC 边上的中线 AD
的取值范围是_____；
（2）如图②，在VABC 中，D 是 BC 边上的中点， DE ^ DF 于点 D，DE 交 AB 于点 E，DF 交 AC 于点 F，
连接EF ，求证：BE + CF > EF ；
（3）如图③，在四边形 ABCD中， B + D =180°，CB = CD ， BCD =140°，以C 为顶点作一个70°角，
角的两边分别交 AB ，AD 于 E，F 两点，连接EF ，探索线段 BE ，DF ，EF 之间的数量关系，并加以证明．
【答案】（1） 2 < AD < 8；（2）见解析；（3）BE + DF = EF ，证明见解析
【知识点】确定第三边的取值范围、倍长中线模型(全等三角形的辅助线问题)、用 SAS 证明三角形全等
（SAS）、根据等边对等角证明
【分析】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、三角形的三边关系定理、角的和差等知识点，通过作
辅助线，构造两个全等三角形是解题关键．
（1）延长 AD 至E ，使DE = AD，连接 BE ，证明VBDE≌VCDA SAS ，得出BE = AC = 6，再利用三角形
三边关系即可得出答案；
（2）延长FD 至点M ，使DM = DF ，连接 BM ，EM ，同（1）得，VBMD≌VCFD SAS ，得出BM = CF
再证明VEDM≌VEDF SAS ，得出EM = EF ，最后再利用三角形三边关系即可得出答案；
（3）延长 AB 至点 N ，使 BN = DF ，连接CN ，证明VNBC≌VFDC SAS 得出CN = CF， NCB = FCD ，
再证明VNCE≌VFCE SAS ，得出 EN = EF ，即可得证．
【详解】（1）解：延长 AD 至E ，使DE = AD，连接 BE ，如图 1 所示：
∵ AD 是BC 边上的中线，
∴ BD = CD，
在VBDE 和VCDA中，
ì BD = CD

í BDE = CDA

DE = AD
∴VBDE≌VCDA SAS ，
∴ BE = AC = 6，
在VABE 中，由三角形的三边关系得： AB - BE < AE < AB + BE ，
∴10 - 6 < AE <10 + 6，即 4 < AE <16，
∴ 2 < AD < 8；
故答案为： 2 < AD < 8；
（2）证明：延长FD 至点M ，使DM = DF ，连接 BM ，EM ，如图所示，
同（1）得，VBMD≌VCFD SAS ，
\BM = CF
QDE ^ DF，DM = DF ，DE = DE
∴VEDM≌VEDF SAS ，
\EM = EF
在VBME 中，由三角形的三边关系得BE + BM > EM ，
\BE + CF > EF ；
（3）BE + DF = EF ，
证明如下：延长 AB 至点 N ，使BN = DF ，连接CN ，如图所示，
，Q ABC + D =180°， NBC + ABC =180°
\ NBC = D
在VNBC 和△FDC 中，
ì BN = DF

í NBC = D，

BC = DC
∴VNBC≌VFDC SAS ，
\CN = CF ， NCB = FCD
Q BCD =140°， ECF = 70°
\ BCE + FCD = 70°，
\ ECN = 70° = ECF
在△NCE 和△FCE 中，
ì CM = CF

í ECN = ECF

BC = DC
∴VNCE≌VFCE SAS ，
\EN = EF ．
QBE + BN = EN ，
\BE + DF = EF ．
【变式 2】（2025·辽宁本溪·模拟预测）【问题初探】
（1）如图 1， AD 是VABC 的中线， AB = 6， AC = 4，求中线 AD 长度的取值范围．
小红和小林两名同学从不同角度进行思考，给出了两种解题思路．
①小红同学的思考过程：如图 2，延长BA到点E ，使 AE = BA，连接CE，利用三角形中位线…；
②小林同学的思考过程：如图 3，延长 AD 到点E ，使DE = AD，连接CE，构造三角形全等…；
请你选择一名同学的解题思路，写出解答过程．
【迁移应用】
（2）请你依照上述两名同学的解题思路或者按照自己的思路，解答下面问题．
如图 4，已知等腰Rt△ABC 中，AB = AC ， BAC = 90°，点 D 在直线BC 上移动，连接 AD ，将 AD 绕点A
逆时针旋转90°得到 AE ，连接 BE ，取 BE 中点F ，连接 AF ，猜想 AF 与CD之间存在的数量关系，并证明
你的猜想；
【能力提升】
（3）在（2）的条件下，若BD =1， AB = 2 2 ，请你直接写出 AF 的长度．
3 5
【答案】（1）见解析；（2）CD = 2AF ，证明见解析；（3） 或
2 2
【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、根据旋转的性质求解、二次根式的应用、全等的性质和 SAS
综合（SAS）
【分析】本题考查了三角形的中位线定理、三角形全等的判定与性质、旋转的性质、勾股定理等知识，通
过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．
（1）①小红同学的解题思路：延长BA到点E ，使 AE = BA，连接CE，先根据三角形的中位线定理可得
CE = 2AD ，再根据三角形的三边关系可得 AE - AC < CE < AE + AC ，由此即可得；②小林同学的解题思
路：延长 AD 到点E ，使DE = AD，连接CE，先证出VCDE≌VBDA，根据全等三角形的性质可得
CE = AB = 6，然后根据三角形的三边关系可得CE - AC < AE < CE + AC ，由此即可得；
（2）CD = 2AF ，证明：延长BA至G ，使 AG = AB，连接EG ，先根据三角形的中位线定理可得
EG = 2AF ，再证出VACD≌VAGE ，根据全等三角形的性质可得CD = EG ，由此即可得；
（3）先利用勾股定理可得BC = 4，再分两种情况：①当D在点 B 的右侧时，②当D在点 B 的左侧时，先
1
求出CD的长，再参考（2）的思路证出 AF = CD ，由此即可得．
2
【详解】解：（1）①小红同学的解题思路：如图，延长BA到点E ，使 AE = BA，连接CE，
∵ AD 是VABC 的中线， AE = BA，
∴ AD 是VBCE 的中位线，
AD 1∴ = CE ，即CE = 2AD ，
2
∵ AE = BA， AB = 6，
∴ AE = 6，
∵ AC = 4，
∴在△ACE中， AE - AC < CE < AE + AC ，即6 - 4 < CE < 6 + 4，
∴ 2 < 2 AD < 10，
∴1 < AD < 5．
②小林同学的解题思路：如图，延长 AD 到点E ，使DE = AD，连接CE，
∵ AD 是VABC 的中线，
∴ BD = CD，
在VCDE和△BDA中，
ìCD = BD

í CDE = BDA，

DE = DA
∴VCDE≌VBDA SAS ，
∴ CE = AB = 6，
又∵ DE = AD，
∴ AE = AD + DE = 2AD，
∵ AC = 4，
∴在△ACE中，CE - AC < AE < CE + AC ，即6 - 4 < CE < 6 + 4，
∴ 2 < 2 AD < 10，
∴1 < AD < 5．
（2）CD = 2AF ，证明如下：
如图，延长BA至G ，使 AG = AB，连接EG ，
∵点F 为 BE 中点， AG = AB，
∴ AF 是VBEG的中位线，
∴ EG = 2AF ，
∵ BAC = 90°，
∴ CAG =180° - BAC = 90°，
∵将 AD 绕点A 逆时针旋转90°得到 AE ，
∴ DAE=90°， AE = AD，
∴ CAG = DAE = 90°，
∴ CAG - CAE = DAE - CAE ，即 GAE = CAD，
∵ AG = AB， AB = AC ，
∴ AG = AC ，
在VACD和VAGE 中，
ìAC = AG

í CAD = GAE ，

AD = AE
∴VACD≌VAGE SAS ，
∴ CD = EG ，
又∵ EG = 2AF ，
∴ CD = 2AF ．
（3）∵等腰Rt△ABC 中， AB = AC = 2 2 ， BAC = 90°，
∴ BC = AB2 + AC2 = 4，
∵ BD =1 < BC ．
则分以下两种情况：
①如图，当D在点 B 的右侧时，
∴ CD = BC - BD = 3，
由（2）已证：CD = 2AF ，
1 3
∴ AF = CD = ；
2 2
②如图，当D在点 B 的左侧时，
延长BA至M ，使 AM = AB ，连接EM ，
∵点F 为 BE 中点， AM = AB ，
∴ AF 是△BEM 的中位线，
∴ EM = 2AF ，
∵ BAC = 90°，
∴ CAM =180° - BAC = 90°，
∵将 AD 绕点A 逆时针旋转90°得到 AE ，
∴ DAE=90°， AE = AD，
∴ CAM = DAE = 90°，
∴ CAM + CAE = DAE + CAE ，即 MAE = CAD，
∵ AM = AB ， AB = AC ，
∴ AM = AC ，
在VACD和△AME 中，
ìAC = AM

í CAD = MAE ，

AD = AE
∴VACD≌VAME SAS ，
∴ EM = CD = BD + BC = 5，
又∵ EM = 2AF ，
AF 1 EM 1 CD 5∴ = = = ；
2 2 2
3 5
综上， AF 的长度为 或 ．
2 2
【题型四】截长补短模型
【例 1】（2025·贵州黔东南·一模）阅读材料，并解决问题：
【思维指引】（1）如图 1 等边VABC 内有一点 P，若点 P 到顶点 A、B、C 的距离分别为 3，4，5，求 APB
的度数.
解决此题，我们可以将VABP绕顶点 A 旋转到△ACP 处，此时VACP ≌ VABP，连接P P ，借助旋转的性质
可以推导出VPAP 是______三角形；这样利用旋转变换，我们将三条线段 PA、PB、PC 转化到一个三角形
中，从而求出 APB = ______ o ；
【知识迁移】（2）如图 2，在VABC 中， CAB = 90°， AB = AC ，E、F 为BC 上的点且 EAF = 45°，请判
断EF ，BE，FC 的数量关系，并证明你的结论.
【方法推广】（3）如图 3，在VABC 中， ABC = 30°， AB = 2 ，BC = 3，点 P 为VABC 内一点，连接
PA、PB、PC ，直接写出PA + 2PB + PC 的最小值.
【答案】（1）等边；150；（2）EF 2 = BE 2 + FC2 ，理由见解析过程；（3） 19
【知识点】全等三角形综合问题、根据旋转的性质求解、含 30 度角的直角三角形、用勾股定理解三角形
【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及
等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答；
（2）根据旋转的性质可得 AE = AE ，CE = BE ， CAE = BAE ， ACE = B ，∠EAE = 90°，再求出
E AF = 45°，从而得到 EAF = E AF ，然后利用“边角边”证明△EAF 和VE AF 全等，根据全等三角形对
应边相等可得E F = EF ，再利用勾股定理列式即可得证；
（3）由旋转的性质可得PB = P B, PC = P C ，由等腰直角三角形的性质可得 P P = 2 P B ，即
PA + 2PB + PC = PA + PP + P C ，则当 A，P，P ，C 四点共线时，PA + 2PB + PC 取到最小值，最小值
为 AC 长，由勾股定理可求解．
【详解】解：（1）Q△ACP ≌△ABP ，
\ AP = AP = 3，CP = BP = 4， AP C = APB，
依题意得旋转角 PAP = BAC = 60°，
\VPAP 为等边三角形，
\PP = AP = 3， AP P = 60°，
\PP 2 + P C 2 = 32 + 42 = 25 = 52 = PC 2，
\△P PC 为直角三角形，且 PP C = 90°，
\ APB = AP C = AP P + PP C = 60° + 90° =150°；
故答案为：等边；150；
（2）EF 2 = BE 2 + FC2 ，理由如下：
如图 2，把VABE 绕点 A 逆时针旋转90°得到VACE ，
由旋转的性质得， AE = AE ，CE = BE ， CAE = BAE ， ACE = B ， EAE = BAC = 90°，
Q EAF = 45°，
\ E AF = CAE + CAF = BAE + CAF = BAC - EAF = 90° - 45° = 45° ，
\ EAF = E AF ，
在△EAF 和VE AF 中，
ìAE = AE

í EAF = E AF ，

AF = AF
\VEAF≌VE AF SAS ，
\E F = EF ，
Q CAB = 90°， AB = AC ，
\ B = ACB = 45°，
\ E CF = 45° + 45° = 90°，
由勾股定理得，E F 2 = CE 2 + FC2，
即EF 2 = BE 2 + FC2 ；
（3）如图，在VABC 内部任取一点 P，连接 AP ，BP，CP，
将VBPC 绕点 B 顺时针旋转90°得到△BP C ，
由旋转的性质得：PB = P B, PC = P C ，
Q PBP = 90°，
\PP = 2PB，
\PA + 2PB + PC = PA + PP + P C ，
\当 A，P，P ，C 四点共线时，PA + 2PB + PC 取到最小值，最小值为 AC 长，
如图，过点 A 作BC 垂线交C B 延长线于点 D，
Q ABC = 30°，
\ BAD = 30°，
\BD 1= AB =1， AD = AB2 - BD2 = 3 ，2
又Q BC = BC = 3，
\C D = BC + BD = 3+1 = 4，
\ AC = AD2 + C D2 = 3 +16 = 19 ．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的
性质，勾股定理，读懂题目信息，理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的
关键．
条件：AD 为△ABC 的角平分线，∠B=2∠C。 结论：AB＋BD＝AC。
证明：法 1（截长法）:在线段 AC 上截取线段 AB′＝AB，连接 DB。
∵AD 为△ABC 的角平分线，∴∠BAD=∠B′AD，∵AD=AD，∴△ABD≌△AB′D（SAS）
∴∠B=∠AB′D，BD=B′D，∵∠B=2∠C，∴∠AB′D=2∠C，∴∠AB′D=2∠C，∴∠B′DC=∠C，
∴B′C＝B′D，∴BD=B′C，∵AB′＋B′C＝AC，∴AB＋BD＝AC。
法 2（补短法）:延长 AB 至点 C′使得 AC′＝AC，连接 BC′。
∵AD 为△ABC 的角平分线，∴∠C′AD=∠CAD，∵AD=AD，∴△C′AD≌△CAD（SAS）
∴∠C′=∠C，∵∠B=2∠C，∴∠B=2∠C′，∴∠BDC′=∠C′，∴BC′＝BD，
∵AB＋BC′＝AC′，∴AB＋BD＝AC。
【例 2】（2025·广东韶关·一模）【知识技能】
（1）如图 1，点E ，F 分别在正方形 ABCD的边BC ，CD上， EAF = 45°，连接EF ，试猜想EF ，BE ，DF
之间的数量关系．
梳理解答思路并完成填空．
A．旋转法：把Rt△ABE 绕点A 逆时针旋转 90°至△ADG ，
可使 AB 与 AD 重合，则BE = DG ， ADG = B = 90°，可
得 FDG =180° △AFG≌，即F ，D，G 三点共线． 易证 ______，故
EF ， BE ，DF 之间的数量
B．截长补短法：延长CD至点G ，使得DG = BE ，由 关系为________．
B = ADG = 90°， AB = AD ，即△ABE≌△ADG ，可以
得到 AE = AG．
【数学理解】
（2）如图 2，在VABC 中， BAC = 90°， AB = AC ，点D，E 均在边BC 上，且∠DAE = 45°，试猜想
BD，DE ， EC 之间的数量关系，并说明理由．
【拓展探索】
（3）如图 3，正方形 ABCD的边长为 2 ， EAF = 45°，连接BD，分别交 AE ， AF 于点M ， N ．若M 恰
好为线段BD上靠近点 B 的三等分点，求线段MN 的长．
【答案】（1）△AFE ；EF = BE + DF 5（2）BD2 + CE2 = DE2 ；理由见解析 （3） 6
【知识点】全等三角形综合问题、根据正方形的性质证明、用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）根据证明思路可得答案；
（2）把△ABD 绕点A 顺时针旋转 90°得到VACG ，连接EG ，证明△AED≌△AEG SAS ，即可解答；
（3）将△ADN 绕点A 顺时针旋转 90°，得到VABG ，连接GM ，结合（2）中的结论，列方程，即可解答．
【详解】解：（1）QVABE≌VADG，
\ BAE = DAG ，
Q EAF = 45°，
\ BAE + FAD = 45° = DAG + FAD = FAG，
Q AF = AF，AE = AG，
\△AFG≌△AFE SAS ，
\ EF = FG = DG + FD = BE + FD ，
故答案为：△AFE ；EF = BE + DF ；
（2）BD2 + CE2 = DE2 ．
理由：如图 1，把△ABD 绕点A 顺时针旋转90°得到VACG ，连接EG ，
\ AD = AG ，BD = CG， B = ACG， BAD = CAG ，∠DAG = 90°．
Q BAC = 90°， AB = AC ，
\ B = ACB = 45°，
\ ECG = ACB + ACG = ACB + B = 45° + 45° = 90°，
Q DAG = 90°，∠DAE = 45°，
\ EAG = 90° - 45° = 45°，
\ DAE = EAG ，
在△AED 和△AEG 中，
ì AD = AG

í DAE = GAE ，

AE = AE
\△AED≌△AEG SAS ，
\DE = EG．
在RtVECG中，EG2 = EC 2 + CG2 ，
\BD2 + CE2 = DE2 ；
（3）Q正方形 ABCD的边长为 2 ，
\ BD = 2AB = 2 ，
BM 1\ = BD 2= ．
3 3
如图 2，将△ADN 绕点A 顺时针旋转90°，得到VABG ，连接GM ．
由（2），可得DN 2 + BM 2 = MN 2 ．
设MN = y ，
QBM 2= ，MN = y ，
3
DN 2 2 y 4\ = - - = - y ，
3 3
4 2 2 2
根据勾股定理可得 - y + 2 3 ÷ ÷
= y ，
è è 3
5
解得 y = ，
6
\MN 5= ．
6
【变式 1】（23-24 九年级上·四川成都·阶段练习）已知，在正方形 ABCD中，△BEF 是以点E为直角顶点的
等腰直角三角形，连接DF并取其中点 G，连接EG、CG ．
(1)如图 1，若△BEF 的顶点 E 在线段BD上，则EG和CG 的关系______；
(2)如图 2，若△BEF 的顶点 E 在线段AB上时，则（1）中的结论是否还成立 请说明理由；
(3)若△BEF 的顶点 E 在 DBC内，如图 3 位置所示，则（1）中的结论是否还成立 请说明理由．
【答案】(1) CG = EG ， EG ^ CG
(2)成立，证明见解析；
(3)成立，证明见解析；
【知识点】根据正方形的性质证明、斜边的中线等于斜边的一半、全等三角形综合问题
【分析】本题是四边形综合题目，
（1）由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，证出CG = EG ；再证明 EGC = 2 BDC = 90° ，得出
EG ^ CG ；
（2）延长CG 至M ，使MG = CG，连接MF ，ME ， EC ，先证VDCG≌VFMG(SAS)，得MF = CD，
FMG = DCG，再证VMFE≌VCBE(SAS)，得 MEF = CEB ，CE = EM ，然后证VMEC 为等腰直角三角形，
即可解决问题．
（3）先证明VDCG≌VFMG(AAS)，得出MF = CD，再证明VMFE≌VCBE(SAS)，得出 MEF = CEB ，
CE = EM ，得出 MEC = MEF + FEC = CEB + CEF = 90°，证出VMEC 为等腰直角三角形，由等腰直
角三角形的性质即可得出结论．
【详解】（1）证明：在Rt△FCD中，QG 为DF 的中点，
CG 1\ = FD = GD = GF
2 ，
∴ GCD = CDG，
1
同理： EG = FD = GD = GF ， GED = EDG2 ，
∴ CG = EG ，
Q四边形 ABCD是正方形，
\ BCD = 90°， BDC = 45°，
∵ EGF = EDG + DEG = 2 EDG ， CGF = CDG + GCD = 2 CDG，
\ EGC = EGF + CGF = 2( EDG + CDG) = 2 BDC = 90°，
\ EG ^ CG；
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
延长CG 至M ，使MG = CG，连接MF ，ME ， EC ，如图②所示：
在△DCG 与VFMG 中，
ìFG = DG

í MGF = CGD ，

MG = CG
\VDCG≌VFMG(SAS)，
\MF = CD， FMG = DCG，
Q在正方形 ABCD中，BC = CD ， AB∥CD，
\MF ∥CD∥ AB，MF = CB ，
QFE ^ AB，△BEF 是等腰直角三角形，
\EF ^ MF ，BE = EF ，
在Rt△MFE与Rt△CBE 中，
ìMF = CB

í MFE = EBC ，

EF = BE
\VMFE≌VCBE(SAS) ，
\ MEF = CEB ，CE = EM ，
\ MEC = MEF + FEC = CEB + CEF = 90°，
\△MEC 为等腰直角三角形，
QMG = CG，
EG 1\ = MC ，EG ^ CG ，
2
（3）解：（1）中的结论仍然成立．理由如下：
过F 作CD的平行线并延长CG 交于M 点，连接EM 、 EC ，过F 作FN ^ AB于 N ，如图③所示：
QFM ∥CD ，
\ GCD = GMF
在△DCG 与VFMG 中，
ì CGD = MGF

í GCD = GMF ，

DG = FG
\VDCG≌VFMG(AAS)，
\MF = CD，
Q四边形 ABCD是正方形，
\BC = CD， AB∥CD，
\MF ∥CD∥ AB，MF = CB ，
QFN ^ AB ，
\ FN ^ MF ， NFE = EBN ，
\ MFE = EBC ，
QVBEF 是等腰直角三角形，
\BE = EF ，
在VMFE 与△CBE 中，
ìMF = CB

í MFE = EBC ，

EF = BE
\VMFE≌VCBE(SAS) ，
\ MEF = CEB ，CE = EM ，
\ MEC = MEF + FEC = CEB + CEF = 90°，
\△MEC 为等腰直角三角形，
QG 为CM 中点，
\EG = CG ，EG ^ CG ．
【点睛】本题涉及了正方形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定
和性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，利用倍长中线构造三角形全等，两次证明
三角形全等是解决问题的关键．
【题型五】十字架模型
【例 1】（2025·广东清远·一模）已知正方形 ABCD，点 E，F 分别为边BC,CD上两点．
【建立模型】
（1）如图 1，连接BF , AE ，如果 AE ^ BF ，求证： AE = BF ；
【模型应用】
（2）如图 2，点 E 为BC 边上一点，连接 AE ，作 AE 的垂直平分线交 AB 于点 G，交CD于点 F，若
DF = 2，BG = 4 ，求VABE 的周长；
【模型迁移】
（3）如图 3，将VABE 沿 AE 折叠，使点 B 落在 BF 上的点 G 处， AE 与 BF 交于点 M，若 AB =12，
CF = 5，求GF 的长．
49
【答案】（1）证明见解析；（2）12 + 3 10 ；（3） 13
【知识点】用勾股定理解三角形、正方形折叠问题、全等三角形综合问题、线段垂直平分线的性质
【分析】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，折叠
的性质，熟练掌握正方形的性质和折叠的不变性是解题的关键．
（1）证明VABE≌VBCF ASA 即可；
（2）连接FA, FE ，过点G 作GH ^ CD于点 H，由 FG 垂直平分 AE ，则FA = FE ，FG ^ AE ，可得四边形
BCHG为矩形，证明VABE≌VGHF ASA ，则BE = HF ，同理可证明四边形 AGHD为矩形，设
AB = BC = CD = DA = x，则 AG = DH = x - 4，FC = x - 2，则FH = BE = DH - DF = x - 6，那么
EC = BC - BE = 6 2，在Rt△FDA,Rt△ECF 中，由勾股定理建立方程 x2 + 22 = x - 2 + 62，求解 x ，即可求
解周长；
（3）由折叠可得： AE ^ BF ，同（1）△ABE ≌△BCF ， 1 = 2，BM = MG ，则BE = CF = 5，
AE = BF ，由勾股定理得 AE = BF =13，由面积法得到BM = MG
AB BE 60
= = ，再由GF = BF - BM - MG
AE 13
即可求解．
【详解】（1）证明：如图，
∵四边形 ABCD是正方形，
∴ ABE = BCF = 90°， AB = BC ，
∵ AE ^ BF ，
∴ 1 = 2 = 90° - ABF ，
∴VABE≌VBCF ASA ，
∴ AE = BF ；
（2）解：连接FA, FE ，过点G 作GH ^ CD于点 H，
∵ FG 垂直平分 AE ，
∴ FA = FE ，FG ^ AE ，
∵四边形 ABCD是正方形，
∴ B = C = D = 90°, AB = BC ，
∵ GH ^ CD，
∴ B = C = GHC = GHF = 90°，
∴四边形BCHG为矩形，
∴ GH = BC = AB ， AGH = BGH = 90° ，
∵ FG ^ AE ，
∴ BAE = HGF = 90° - AGF ，
∴VABE≌VGHF ASA ，
∴ BE = HF ，
同理可证明四边形 AGHD为矩形，
∴ AG = DH ，
∵四边形 ABCD是正方形，
∴设 AB = BC = CD = DA = x，
则 AG = DH = x - 4，FC = x - 2
∴ FH = BE = DH - DF = x - 4 - 2 = x - 6 ，
∴ EC = BC - BE = x - x - 6 = 6，
在Rt△FDA, Rt△ECF 中，
由勾股定理得： AF 2 = AD2 + DF 2 , FE2 = EC 2 + FC 2
∴ x2 + 22 = x - 2 2 + 62
解得： x = 9 ，
∴ BE = 3，
∴ AE = AB2 + BE2 = 3 10 ，
∴VABE 的周长为： AB + BE + AE = 9 + 3 + 3 10 =12 + 3 10 ；
（3）如图：
由折叠可得： AE ^ BF ，BM = MG ，
同（1）△ABE ≌△BCF ， 1 = 2，
∴ BE = CF = 5， AE = BF
∴ AE = BF = AB2 + BE2 =13，
1
∵ BM AE
1
= AB BE ，
2 2
BM MG AB BE 60∴ = = = ，
AE 13
GF BF BM MG 49∴ = - - = ．
13
条件：1）如图 1，在正方形 ABCD 中，若 E、F 分别是 BC、CD 上的点，AE⊥BF；结论：AE=BF。
证明：Q四边形 ABCD是正方形，\ ABE = C = 90°， AB = BC ，∴ BFC+ CBF =90°
QAE⊥BF，∴ AEB+ CBF =90°，\ AEB = BFC ，\△ABE≌△BCF SAS ，∴AE=BF。
条件：2）如图 2，在正方形 ABCD 中，若 E、F、G 分别是 BC、CD、AB 上的点，AE⊥GF；结论：
AE=GF。
证明：在 FC 上取一点 P，使得 GB=PF，连结 BP。
Q四边形 ABCD是正方形，∴AB//CD，∴四边形BPFG是平行四边形，∴GF//BP，GF=BP，
同 1）中证明，可得 AE=GF。
条件：3）如图 3，正方形 ABCD 中，若 E、F、G、H 分别是 BC、CD、AB、AD 上的点，EH⊥GF；
结论：HE=GF。
证明：在 FC、BE 上取一点 P、Q，使得 GB=PF，AH=QE，连结 BP、AQ。
Q四边形 ABCD是正方形，∴AB//CD，∴四边形BPFG是平行四边形，∴GF//BP，GF=BP，
同理可证得：四边形 AQEH 是平行四边形，∴AQ//HF，AQ=HF，同 1）中证明，可得 HE=GF。
【例 2】（24-25 九年级上·山西大同·期末）综合与实践
数学兴趣小组发现：一些含有两条互相垂直的线段的图形中，某些线段之间存在特殊的数量关系．他们进
行了如下探究．
(1)猜想证明
如图（1），在正方形 ABCD中，点E ，F ，G ， H 分别在边 AB ，CD， AD ，BC 上，且EF ^ GH ，请判
断EF 和GH 的数量关系，并加以证明．
(2)迁移探究
如图（2），在Rt△ABC 中， BAC = 90°， AB = AC ，点D，E 分别在边 AC ，BC 上，且 AE ^ BD，求证：
AB BE
= ．
AD EC
(3)拓展应用
如图（3），在矩形 ABCD中，AB = 6，BC =10，BE 平分 ABC 交 AD 于点E ，点F 为 AE 上一点，AG⊥BF
交 BE 于点 H ，交矩形 ABCD的边于点G ．当EF = 2AF 时，请直接写出GH 的长．
【答案】(1) EF = GH ，证明见解析
(2)证明见解析
(3) 11 10
6
【知识点】全等三角形综合问题、相似三角形的判定与性质综合、根据矩形的性质与判定求线段长、根据
正方形的性质证明
【分析】（1）过点E 作EP ^ CD于点 P ，过点 H 作HQ ^ AD于点Q，如图所示，由矩形性质得到相关角度
与边长，由三角形全等的判定得到VEPF≌VHQG AAS 即可得到答案；
（2）过点C 作CF ^ AC 交 AE 的延长线于点F ，如图所示，由三角形全等的判定确定
VABD≌VCAF ASA ，再由三角形相似的判定得到△ABE∽△FCE ，从而得证；
（3）由矩形的性质得到相关角度与边长关系，再由矩形性质与三角形相似的判定得到VBAF∽VADG，再由
AG 10 10相似比求出 = ，过点E 作EI ^ AD交 AG 于点 I ，如图所示，先判定VBAF≌VAEI ASA ，再由
3
相似三角形的判定与性质即可得到答案．
【详解】（1）解：EF = GH ，
证明如下：
过点E 作EP ^ CD于点 P ，过点 H 作HQ ^ AD于点Q，如图所示：
则EP ^ QH ，
在正方形 ABCD中， A = B = C = D = 90°，
\四边形 EBCP ，四边形HCDQ 是矩形，
∴ EP = BC = CD = HQ，
设EF 交QH 于点O，
则 EOH + OHG = 90° = EOH + OEP ，
∴ GHQ = FEP，
∵ EPF = HQG = 90°，
∴VEPF≌VHQG AAS ，
∴ GH = EF ；
（2）证明：过点C 作CF ^ AC 交 AE 的延长线于点F ，如图所示：
∵ F + FAC = 90° = ADB + FAC ，
∴ F = ADB ，
∵ BAD = ACF = 90°，BA = AC ，
∴VABD≌VCAF ASA ，
∴ AD = CF ，
Q BAC + ACF =180°，
\ AB∥CF ，
∴△ABE∽△FCE ，
AB BE
∴ = ，
CF EC
又∵ CF = AD，
AB BE
∴ = ；
AD EC
（3）解：在矩形 ABCD中， BAD = ABC = C = D = 90°， AD∥BC ，
∴ CBE = AEB ，
QBE 平分 ABC ，
∴ ABE = CBE ，
∴ ABE = AEB ，
∴ AE = AB = 6 ，
当EF = 2AF 时，如图所示：
1
此时，点G 在CD上， AF = AE = 2 ，BF = 62 + 223 = 2 10
，
Q AG ^ BF ，
\ ABF + BAG = 90°，
Q DAG + BAG = BAD = 90°，
\ ABF = DAG ，
Q BAF = D = 90°，
\VBAF∽VADG ，
AG AD 5
∴ = = ，
BF AB 3
∴ AG 10 10= ，
3
过点E 作EI ^ AD交 AG 于点 I ，如图所示：
\EI∥AB ， AEI = 90° = BAF ，
Q AB = EA， EAI = ABF ，
\VBAF≌VAEI ASA ，
∴ EI = AF = 2， AI = BF = 2 10 ，
QEI∥ AB，
\VABH∽VIEH ，
AH AB
∴ = = 3，
HI EI
∴ AH 3 AI 3 10= = ，
4 2
∴ HG = AG - AH 11 10= ．
6
【点睛】本题考查相似综合，涉及相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形性质、矩
形的判定与性质、勾股定理、平行线的性质、角平分线定义、直角三角形性质等知识，本题综合性强，熟
练掌握正方形及矩形性质、灵活运用全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质求解是解决问题
的关键．
【变式 1】（24-25 九年级上·湖南岳阳·期末）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直
的线段做了如下探究：
【观察与猜想】（1）如图 1，在正方形 ABCD 中，点 E，F 分别是 AB ， AD 上的两点，连接DE ，CF ，
DE ^ CF DE，则 的值为________；
CF
CE
（2）如图 2，在矩形 ABCD中， DBC = 30°，点 E 是 AD 上的一点，连接CE，BD，且CE ^ BD ，则
BD
的值为_____；
【类比探究】（3）如图 3，在四边形 ABCD中， A = B = 90°，点 E 为 AB 上一点，连接DE ，过点 C 作DE
的垂线交ED的延长线于点 G，交 AD 的延长线于点 F，求证：DE × AB = CF × AD ；
【拓展延伸】（4）如图 4，在Rt△ABD 中， BAD = 90°，AB = 4，AD = 8，将△ABD 沿BD翻折，点 A 落
DE
在点 C 处得△CBD，点 E，F 分别在边 AB ， AD 上，连接DE ，CF ，且DE ^ CF ，求 的值．
CF
5
【答案】（1）1；（2 3） ；（3）见解析；（4） ．
3 4
【知识点】相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、全等的性质和 ASA（AAS）综合（ASA
或者 AAS）、根据正方形的性质证明
【分析】本题主要考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性
质、折叠的性质、解直角三角形等知识，解题关键是熟练掌握相关知识并灵活运用．
（1）证明VAED≌VDFC ，根据全等三角形的性质得到DE = CF ，得到答案；
（2）证明VDEC∽VABD，根据相似三角形的性质计算即可；
（3）过点C 作CH ^ AF 交 AF 的延长线于点 H ，证明VDEA∽VCFH ，列出比例式，证明结论；
（4）过点C 作CG ^ AD于点G ，连接 AC 交BD于点 H ，CG 与DE 相交于点O，根据正切的定义得到
AH 1
= ，根据勾股定理分别求出 AH 、DH ，根据三角形的面积公式求出CG ，计算即可．
DH 2
【详解】（1）解：设DE 与CF 交于点G ，如图所示：
Q四边形 ABCD是正方形，
\ A = FDC = 90°， AD = CD ，
QDE ^ CF ，
\ DGF = 90°，
\ ADE + CFD = 90°，
又∵ ADE + AED = 90°，
\ CFD = DEA，
在△AED 和△DFC 中，
ì A = CDF

í AED = DFC ，

AD = DC
\VAED≌VDFC AAS ，
DE
∴ DE = CF ，即 =1，
CF
（2）设DB与CE交于点G ，如图所示：
Q四边形 ABCD是矩形，
\ A = EDC = 90°， AB = CD， AD∥BC ，
∴ ADB = DBC = 30°，
\ AB = tan∠ADB 3= ，
AD 3
QCE ^ BD，
\ DGC = 90°，
\ CDG + ECD = 90° ，
又∵ ADB + CDG = 90°，
\ ECD = ADB，
Q CDE = A，
\△DEC∽△ABD ，
\ CE CD AB 3= = = ，
BD AD AD 3
（3）证明：过点C 作CH ^ AF 交 AF 的延长线于点 H ，如图所示：
QCG ^ EG，
\ G = H = A = B = 90°，
\四边形 ABCH 为矩形，
\ AB = CH ， FCH + CFH = DFG + FDG = 90°，
又∵ CFH = DFG ，
\ FCH = FDG = ADE ，
Q A = H = 90°，
\△DEA∽△CFH ，
\ DE AD= ，
CF CH
\ DE AD= ，
CF AB
\DE × AB = CF × AD；
（4）∵将△ABD 沿BD翻折，点A 落在点C 处得△CBD，
∴ AB = CB，AD = CD ，
∴ BD垂直平分 AC ，
过点C 作CG ^ AD于点G ，连接 AC 交BD于点 H ，如图所示：
QCF ^ DE ，GC ^ AD，
\ FCG + CFG = CFG + ADE = 90°，
\ FCG = ADE ，
Q BAD = CGF = 90° ，
\△DEA∽△CFG，
\ DE AD= ，
CF CG
Rt ADB AB 1在 △ 中， tan ADB = = ，
AD 2
\ tan 1 AH 1 ADH = ，即 = ，设 AH = a ，则DH = 2a ，
2 DH 2
Q AH 2 + DH 2 = AD2，
\a2 + 2a 2 = 82 ，
8 5
\a = 或a 8 5= - （线段长的负值舍去），
5 5
AH 8 5 CH DH 16 5\ = = ， = ，
5 5
AC 2AH 16 5\ = = ，
5
QS 1 AC DH 1VADC = × = AD ×CG ，2 2
\ 1 16 5 16 5 1 = 8 CG，
2 5 5 2
CG 32\ = ，
5
DE AD 8 5
\ = =CF CG 32
=
4 ．
5
【题型六】半角模型
【例 1】（2025·贵州贵阳·模拟预测）当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们
称之为“半角模型”，通常用“旋转的观点”看待图形的几何变换，使得两个分散的角变换成为一个三角形，相
当于构造出两个三角形全等．
【问题初探】
（1）如图 1，在四边形 ABCD中， AD = CD， A = ADC = BCD = 90o，E 、F 分别是 AB 、BC 边上的
点，且 EDF = 45o，求出图中线段EF，AE，FC 之间的数量关系．
如图 1，从条件出发：将VADE 绕着点D逆时针旋转90o到VCDM 位置，根据“旋转的性质”分析CM 与 AE
之间的关系，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系，可证得结论．
【类比分析】
（2）如图 2，在四边形 ABCD中， AB = AD ， BAD = BCD = 90o ， EAF = 45o ，且 BC = 7， DC =13，
CF = 5，求 BE 的长．
【学以致用】
（3）如图 3，在四边形 ABCD中， AB = AD ， ABC 与 ADC 互补，点 E 、 F 分别在射线CB 、 DC 上，
EAF 1且 = BAD2 ．当
BC = 5，DC = 8，CF = 2时，求出△CEF 的周长．
【答案】（1）EF = FC + AE ；（2）5；（3）17
【知识点】全等的性质和 ASA（AAS）综合（ASA 或者 AAS）、根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形
【分析】本题主要利用旋转和全等三角形的性质来解决线段之间的数量关系，通过旋转将分散的角和线段
转换为可以利用全等三角形性质的图形，从而找到线段之间的关系．
（1）根据旋转的性质，VADE 绕点 D 逆时针旋转90°得到VCDM ，因此
AE = CM，DE = DM， ADE = CDM ．由于 EDF = 45°，旋转后 MDF 也等于 45°，根据 SAS 全等条件，
△DEF≌△DMF ，从而得出EF = FM = FC + CM = FC + AE ．
（2）在DC 上取一点G，使得DG = BE ，通过 SAS 条件证明△ABE≌△ADG ，得出 AE = AG， BAE = DAG ，
再通过 SAS 条件证明△AFE≌△AFG ，得出EF = FG ，设BE = x ，根据勾股定理再Rt△ECF 中解方程得
出 x = 5.
（3）在DF 上截图DM = BE ，通过 SAS 条件证明VADM≌VABE ，得出 AM = AE， DAM = BAE ，再通过
SAS 条件证明VEAF ≌VMAF ，得出EF = MF ，根据线段关系得出△CEF 的周长为BC + CD + 2CF ．
【详解】解：（1）EF = FC + AE ，理由如下：
∵将VDAE绕点 D 逆时针旋转90°得到△DCM ，
∴VDAE≌VDCM ，
∴ DE = DM , AE = CM , ADE = CDM，B、C、M 三点共线，
∵ EDF = 45°，
∴ ADE + FDC = CDM + FDC = MDF = 45°，
在VDEF 和VDMF 中，
ì DE = DM

í EDF = MDF = 45°，

DF = DF
∴VDEF≌VDMF（SAS），
∴ EF = FM ，
∴ EF = FM = FC + CM = FC + AE ；
（2）如图
在DC 上取一点 G，使得DG = BE ，
∵ BAD = BCD = 90°，
∴ ABC + D =180°， ABE + ABC =180°，
∴ ABE = D，
∵ AB = AD, BE = DG ，
∴VABE≌VADG（SAS），
∴ AE = AG, BAE = DAG ，
∵ EAF = 45°，
∴ EAB + BAF = DAG + BAF = 45°，
∵ BAD = 90°，
∴ FAG = FAE = 45°，
∵ AE = AG, AF = AF ，
∴VAFE≌VAFG（SAS），
∴ EF = FG ，
设BC = x，则EC = EB + BC = x + 7，EF = FG =18 - x ，
在Rt△ECF 中，EF 2 = EC 2 + CF 2 ，
∴ 52 + (7 + x)2 = (18 - x)2 ，
解得： x = 5，
∴ BE = 5．
（3）在DF 上截取DM = BE ，
∵ D + ABC = ABE + ABC =180°，
∴ D = ABE，
在VADM 和VABE 中，
ì DM = BE

í D = ABE ，

AD = AB
∴VADM≌VABE（SAS），
∴ AM = AE， DAM = BAE ；
1
∵ EAF = BAE + BAF = BAD ，
2
MAF 1∴ = BAD ，
2
∴ EAF = MAF ，
在VEAF 和VMAF 中，
ì AE = AM

í EAF = MAF ，

AF = AF
∴VEAF≌VMAF（SAS），
∴ EF = MF ；
∵ MF = DF - DM = DF - BE，
∴ EF = DF - BE ，
∴△CEF 的周长= CE + EF + FC = BC + BE + DC + CF - BE + CF = BC + CD + 2CF =17 ．
1）正方形半角模型
条件：四边形 ABCD 是正方形，∠ECF=45°；结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋
DF；④ AEF 的周长=2AB；⑤CE、CF 分别平分∠BEF 和∠EFD。
证明：将△CBE 绕点 C 逆时针旋转 90°至△CDG，即△CBE≌△CDG，
∴∠ECB=∠GCD，∠B=∠CDG=90°，BE＝DG，CE＝CG；
∵ABCD 是正方形，∴∠B=∠CDF=∠BCD=90°，BA＝DA；∴∠CDG+∠CDF=180°，故 F、D、G 共线。
∵∠ECF=45°，∴∠BCE+∠DCF=45°，∴∠GCD+∠DCF=∠GCF=45°，∴∠ECF=∠GCF=45°，
∵CF＝CF，∴△CEF≌△CGF，∴EF＝GF，∵GF＝DG＋DF，∴GF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF，
∴ AEF 的周长=EF+AE＋AF=BE＋DF+AE＋AF=AB＋AD=2AB，过点 C 作 CH⊥EF，则∠CHE=90°，
∵△CEF≌△CGF，∴CD=CH（全等三角形对应边上的高相等），再利用 HL 证得：△CBE≌△CHE，
∴∠HEC=∠CBE，同理可证：∠HFC=∠DFC，即 CE、CF 分别平分∠BEF 和∠EFD。
2）等腰直角三角形半角模型
条件： ABC 是等腰直角三角形（∠BAC=90°，AB＝AC），∠DAE=45°；
结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；
证明：将△ABD 绕点 A 逆时针旋转 90°至△ACG，即△BAD≌△CAG，
∴∠BAD=∠CAG，∠B=∠GCA=45°，AD＝AG，BD＝CG；
∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°，∴∠CAG+∠EAC=∠GAE=45°，∴∠DAE=∠GAE=45°，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△GAE，∴ED＝EG，∵ ABC 是等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，∴∠ECG=90°，
∴GE2＝GC2＋EC2,∴DE2＝BD2＋EC2；
3）等边三角形半角模型（120°-60°型）
条件： ABC 是等边三角形， BDC 是等腰三角形，且 BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；
结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋CF；④ AEF 的周长=2AB；
⑤DE、DF 分别平分∠BEF 和∠EFC。
证明：将△DBE 绕点 D 顺时针旋转 120°至△DCG，即△BDE≌△CDG，
∴∠EDB=∠GDC，∠DBE=∠DCG，BE＝GC，DE＝DG；
∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=60°，∴∠GDC+∠CDF=∠GDF=60°，故∠GDF=∠EDF，
∵DF＝DF，∴△EDF≌△GDF，∴EF＝GF，∵GF＝CG＋CF，∴GF＝BE＋CF，∴EF＝BE＋CF，
∴ AEF 的周长=EF+AE＋AF=BE＋CF+AE＋AF=AB＋AC=2AB，
过点 D 作 DH⊥EF，DM⊥GF，则∠DHF=∠DMF=90°，
∵△EDF≌△GDF，∴DM=DH（全等三角形对应边上的高相等），再利用 HL 证得：△DHF≌△DMF，
∴∠HFD=∠MFD，同理可证：∠BFD=∠FED，即 DE、DF 分别平分∠BEF 和∠EFC。
4）等边三角形半角模型（60°-30°型）
条件： ABC 是等边三角形，∠EAD=30°；
1 2
结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120° DE2 ；④ ＝( BD＋EC)2+ 3 ；
2 BD2 ÷÷è
证明：将△ABD 绕点 A 逆时针旋转 60°至△ACF，即△BAD≌△CAF，
∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠FCA=60°，AD＝AF，BD＝CF；
∵∠DAE=30°，∴∠BAD+∠EAC=30°，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=30°，∴∠DAE=∠FAE=30°，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE，∴ED＝EF，∵ ABC 是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠ECF=120°，
1 1 3 3
过点 F 作 FH⊥BC，∴∠FCH=60°，∠CFH=30°，∴CH= CF= BD，FH= CF= BD，
2 2 2 2
1 3
∵在直角三角形中：FE2＝FH2＋EH2,∴DE2＝( BD＋EC)2+( BD)2
2 2
【例 2】（23-24 八年级上·北京东城·期中）已知，在四边形 ABCD中， AB = AD, B + ADC = 180°, E、F 分
1
别是边BC、CD 上的点，且 EAF = BAD2 ．
(1)为探究上述问题，小王同学先画出了其中一种特殊情况，即如图 1，当 B = ADC = 90° 时．
小王同学探究此问题的方法是：延长FD 到点G ，使DG = BE ，连接 AG ．
请你在图 1 中添加上述辅助线，并补全下面的思路．
小明的解题思路：先证明△ABE≌______；再证明了△AEF≌______，即可得出BE, EF , FD之间的数量关
系为EF = BE + FD．
(2)请你借鉴小王的方法探究图 2，当 B + ADC =180°时，上述结论是否依然成立，如果成立，请证明你的
结论，如果不成立，请说明理由．
(3)如图 3，若E、F 分别是边BC、CD 延长线上的点，其他已知条件不变，此时线段EF、BE、FD之间的数
量关系为______．（不用证明）
【答案】(1)图见解析，VADG,VAGF
(2)成立，证明见解析
(3) EF = BE - DF
【知识点】全等的性质和 SAS 综合（SAS）、证一条线段等于两条线段和差（全等三角形的辅助线问题）
【分析】（1）根据题意，画出图形，先证明△ABE≌△ADG ，再证明 VAEF≌VAGF ，即可得出结论；
（2）延长FD 到点G ，使DG = BE ，连接 AG ，先证明△ABE≌△ADG ，再证明 VAEF≌VAGF ，即可得出
结论；
（3）在BC 上取一点G ，使BG = DF ，先证明VABG≌VADF ，再证明VAEG≌VAEF ，即可得出结论．
本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是利用截长补短法，构造全等三角形．
【详解】（1）解：补全图形，如图：
解题思路为先证明△ABE≌△ADG ，再证明 VAEF≌VAGF ，即可得出BE, EF , FD之间的数量关系为
EF = BE + FD；
故答案为：VADG,VAGF ；
（2）成立，证明如下：
延长FD 到点G ，使DG = BE ，则 ADF + ADG =180°，
∵ B + ADC =180°，
∴ B = ADG ，
∵ AB = AD ，
∴△ABE≌△ADG ，
∴ AG = AE， 1 = 3，
EAF 1∵ = BAD2 ，
1
∴ 1+ 2 = BAD ，
2
1 1
∴ 3+ 2 = BAD，即： FAG = BAD ，
2 2
∴ EAF = FAG ，
又 AF = AF ，
∴ VAEF≌VAGF ，
∴ EF = GF ，
∵ GF = DF + DG ，
∴ EF = DF + BE ；
（3）解：在BC 上取一点G ，使BG = DF ，
∵ ADF + ADC =180°， B + ADC =180°，
∴ B = ADF ，
又 AB = AD ，
∴VABG≌VADF ，
∴ AG = AF ， 1 = 2，
∴ 1 1 + 3 = 2 + 3 = EAF = BAD ，
2
∴ GAE 1= BAD = EAF ，
2
又 AE = AE ，
∴VAGE≌VAFE ，
∴ EF = EG = BE - BG = BE - DF ．’
故答案为：EF = BE - DF ．
【变式 1】（2024·甘肃兰州·模拟预测）综合与实践
【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形 ABCD是
正方形，M，N 分别在边CD，BC 上，且 MAN = 45°，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，
旋转是一种常用的方法．
(1)【初步尝试】如图 1，将△ADM 绕点 A 顺时针旋转90°，点 D 与点 B 重合，得到VABE ，连接MN ．用
等式写出线段DM，BN，MN 的数量关系，并说明理由；
(2)【类比探究】小启改变点的位置后，进一步探究：如图 2，点 M，N 分别在正方形 ABCD的边CD，BC 的
延长线上， MAN = 45°，连接MN ，用等式写出线段MN，DM，BN 的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】李老师提出新的探究方向：如图 3，在四边形 ABCD中， AB = AD ， BAD =120°，
B + D =180°，点 N，M 分别在边BC，CD上， MAN = 60°，用等式写出线段BN，DM，MN 的数量关
系，并说明理由．
【答案】(1) MN = DM + BN ；理由见解析
(2) MN = BN - DM ；理由见解析
(3) MN = DM + BN ；理由见解析
【知识点】全等的性质和 SAS 综合（SAS）、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解
【分析】（1）由旋转的性质和正方形的性质，先证 E，B，C 三线共线．再证 EAN = MAN ，进而证明
VEAN≌VMAN SAS ，推出EN = MN ，可得MN = DM + BN ．
（2）在BC 上取BE = MD ，连接 AE ．依次证明VABE≌VADM SAS ，VEAN≌VMAN SAS ，可得
MN = BN - DM ．
（3）将VABN 绕点A逆时针旋转120°得VADE ，先证E，D，C三点共线，由（1）同理可得VEAN≌VNAM SAS ，
进而可得MN = DM + DE = DM + BN ．
【详解】（1）解：MN = DM + BN ．理由如下：
由旋转的性质，可知 AE = AM ，BE = DM ，∠EAM = 90°， ABE = D = 90°，
∴ ABE + ABC = 90° + 90° =180°，
∴E，B，C 三线共线．
∵ MAN = 45°，
∴ EAN = EAM - MAN = 45° = MAN ．
ì AE = AM
在V

EAN 和△MAN 中， í EAN = MAN ，

AN = AN
∴VEAN≌VMAN SAS ，
∴ EN = MN ．
∵ EN = BE + BN ，
∴ MN = DM + BN ．
（2）解：MN = BN - DM ．理由如下：
如图，在BC 上取BE = MD ，连接 AE ．
∵ AB = AD ， B = ADM = 90°，
∴VABE≌VADM SAS ，
∴ AE = AM，

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