2025年中考数学几何模型综合训练专题20全等与相似模型之手拉手模型解读与提分精练（教师版）

专题20全等与相似模型之手拉手模型

全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。全等三角形、相似三角形与其它知

识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。如果大家平时注重解题方法，

熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了。本专题就手拉手模型进行梳理及对应试题分析，

方便掌握。

.........................................................................................................................................................................................1

模型1.手拉手模型（全等模型）..................................................................................................................1

模型2.手拉手模型（相似模型）................................................................................................................12

.................................................................................................................................................26

大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒

置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样

才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法

的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中

提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③明白模型中常见的易错点，因

为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几

何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每

一个题型，做到活学活用！

模型1.手拉手模型（全等模型）

将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，

也叫旋转型全等。其中：公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左

手”，第二个顶点记为“右手”。

等线段，共顶点，旋转前后的图形大小，形状不发生变化，只是位置不同而已。解题是通过三角形全等进

行解决。SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。

1）双等边三角形型

条件：ABC和DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。

结论：△①△ACD△≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。

证明：∵ABC和DCE均为等边三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60°

∴∠BCA+∠△ACE=∠△ECD+∠ACE，即：∠BCE=∠ACD，∴ACD≌△BCE（SAS），

∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMF，∴∠AFM△=∠BCM=60°，

过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴BCQ≌△ACP（AAS）

∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。△

2）双等腰直角三角形型

条件：ABC和DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。

结论：△①△ACD△≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。

证明：∵ABC和DCE均为等腰直角三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=90°

∴∠BCA+∠△ACE=∠△ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴ACD≌△BCE（SAS），

∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMN，∴∠A△NM=∠BCM=90°，

过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴BCQ≌△ACP（AAS）

∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。△

3）双等腰三角形型

条件：BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C为公共点；连接BE，AD交于点F。

结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠BCM=∠AFM；④CF平分∠BFD。

证明：∵∠BCA=∠ECD，∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，

又∵BC=AC，CE=CD，∴ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，

又∵∠CMB=∠AMF，∴∠△BCM=∠AFM，过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，

又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴BCQ≌△ACP（AAS）

∴CQ=CP，根据角平分线的判定可△得：CF平分∠BFD。

4）双正方形形型

条件：四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N。

结论：①△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。

证明：∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，∴BC=AC，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°

∴∠BCD+∠DCG=∠ECG+∠DCG，即∠BCG=∠DCE，∴BCG≌△DCE（SAS），

∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CMB=∠DMN，∴∠BC△M=∠DNM=90°，

过点C作CP⊥DE,CQ⊥BG,则∠CPD=∠CPB=90°，又∵∠CBG=∠CDE，BC=DC，∴BCQ≌△DCP（AAS）

∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。△

例1．（23-24八年级下·辽宁丹东·期中）如图，点A，B，C在同一条直线上，△ABD，BCE均为等边三

角形，连接AE和CD，AE分别交CD、BD于点M，P，CD交BE于点Q，连接PQ，BM，下面结论：①

ABE≌DBC；②DMA60；③PBQ为等边三角形；④MB平分AMC；⑤PEQ30．其中结论

正确的有（）

A．1个B．2个C．3个D．4个

【答案】D

【分析】根据等边三角形的性质即可证得ABE≌DBC故①正确；根据ABE≌DBC结合三角形外角性质

即可得出DMABAEBCDBDCBCD60，故②正确；根据等边三角形的性质易证

△ABP≌△DBQ，得到BPBQ结合PBQ60即可得到PBQ为等边三角形，故③正确；根据全等三角

形性质，得到点B到AE，CD的距离相等，，从而可得点B在AMC的角平分线上，故④正确；已有的条

件无法求PEQ的度数，故⑤错误；从而解题．

【详解】解：ABD、BCE为等边三角形，

ABDB，ABDCBE60，BEBC，ABEDBC，PBQ60，

ABDB

在ABE和△DBC中，ABEDBC，ABE≌DBCSAS，故①正确；

BEBC

ABE≌DBC，BAEBDC，BDCBCD180606060，

DMABAEBCDBDCBCD60，故②正确；

BAPBDQ

在ABP和DBQ中，ABDB，ABP≌DBQASA，BPBQ，

ABPDBQ

BPQ为等边三角形，故③正确；≌，，

ABEDBCAECDSABESDBC

点B到AE，CD的距离相等，即AE、CD边上的高相等，

点B在AMC的角平分线上，即MB平分AMC；故④正确；

已有的条件无法求PEQ的度数，故⑤错误；综上所述：正确的结论有4个；故选：D．

【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，四点共圆的性质，三角形外角

性质，角度的运算，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识．

例2．（2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰Rt△ABC中，ABC90，ABCB，点D，E分别在AB，

CB上，DBEB，连接AE，CD，取AE中点F，连接BF．

(1)求证：CD2BF，CDBF；(2)将DBE绕点B顺时针旋转到图2的位置．

①请直接写出BF与CD的位置关系：___________________；②求证：CD2BF．

【答案】(1)见解析(2)①BF⊥CD；②见解析

【分析】（1）先证明ABE≌CBD得到AECD，FABBCD，根据直角三角形斜边中线性质得到

CDAE2BF，根据等边对等角证明FBABCD，进而可证明BF⊥CD；

（2）①延长BF到点G，使FGBF，连结AG，延长BE到M，使BEBM，连接AM并延长交CD于点

N．同（1）证明△AGB≌△BDC得到ABGBCD，然后利用三角形的中位线性质得到BF∥AN，则

ABGBANBCD，进而证明ANCD即可得到结论；

②延长BF到点G，使FGBF，连接AG．先证明AGF≌EBF，得到FAGFEB，AGBE，进而

AG∥BE，AGBD．证明△AGB≌△BDC得到CDBG即可得到结论．

【详解】（1）证明：在ABE和△CBD中，ABBC，ABECBD90，BEBD，

ABE≌CBDSAS，AECD，FABBCD．

F是Rt△ABE斜边AE的中点，AE2BF，CD2BF，

1

BFAEAF，FABFBA．FBABCD，

2

FBAFBC90，FBCBCD90．BFCD；

（2）解：①BF⊥CD；理由如下：延长BF到点G，使FGBF，连结AG，延长BE到M，使BEBM，

连接AM并延长交CD于点N．证明△AGB≌△BDC（具体证法过程跟②一样）．ABGBCD，

F是AE中点，B是EM中点，BF是ABM中位线，BF∥AN，

ABGBANBCD，ABCANC90，ANCD，

BF∥AN，BFCD．故答案为：BF⊥CD；

②证明：延长BF到点G，使FGBF，连接AG．

AFEF，FGBF，AFGEFB，AGF≌EBFSAS，

FAGFEB，AGBE，AG∥BE，GABABE180，

ABCEBD90，ABEDBC180，GABDBC．

BEBD，AGBD．在AGB和BDC中，

AGBD，GABDBC，ABCB，AGB≌BDCSAS，CDBG，BG2BF，CD2BF．

【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线性质、等腰三角形的判定与性质、三角

形的中位线性质、平行线的判定与性质等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系与

运用，灵活添加辅助线构造全等三角形是解答的关键．

例3．（2023·山东·九年级专题练习）已知，ABC为等边三角形，点D在边BC上．

【基本图形】如图1，以AD为一边作等边三角形VADE，连结CE．可得CECDAC（不需证明）．

【迁移运用】如图2，点F是AC边上一点，以DF为一边作等边三角DEF．求证：CECDCF．

【类比探究】如图3，点F是AC边的延长线上一点，以DF为一边作等边三角DEF．试探究线段CE，CD，

CF三条线段之间存在怎样的数量关系，请写出你的结论并说明理由．

【答案】【基本图形】见解析；【迁移运用】见解析；【类比探究】见解析．

【分析】基本图形：只需要证明BAD≌CAE得到CEBD，即可证明；

迁移运用：过点D作DG∥AB，交AC于点G，然后证明CDE≌GDF得到CEGF，即可推出

CECDGFCGCF；类比探究：过点D作DG∥AB，交AC于点G，然后证明CDE≌GDF，得到

CEGF，再由GFCFCGCFCD，即可得到CDCFCE．

【详解】基本图形：证明：∵△ACB与VADE都是等边三角形，

∴ACABCB，CAB60，ADAE，DAE60，

∴CAEDAECAD60CAD，BADCABCAD60CAD，∴CAEBAD，

ACAB

在BAD与VCAE中，CADBAE，∴BAD≌CAESAS，

ADAE

∴CEBD，∴CECDBDCDCB，∵ACCB，∴CECDAC；

迁移运用：证明：过点D作DG∥AB，交AC于点G，

∵△ACB是等边三角形，∴ACBAB60，

∵DG∥AB，∴CGDA60，CDGB60，

又∵ACB60，∴CDG为等边三角形，∴CDDGCG，

∵DEF为等边三角形，∴DEDF，EDF60，

∵CDECDGEDG60EDG，FDGEDFEDG60EDG，∴CDEFDG，

BDDG

在CDE与GDF中BADGDF，∴CDE≌GDFSAS，∴CEGF，∴CECDGFCGCF；

DEDF

类比探究：解：CDCFCE，理由如下：过点D作DG∥AB，交AC于点G，

∵△ACB是等边三角形，∴ACBAB60，

∵DG∥AB，∴CGDA60，CDGB60，

又∵ACB60，∴CDG为等边三角形，∴CDDGCG，

∵DEF为等边三角形，∴DEDF，FDE60，

∵GDFGDCCDF60CDF，CDEEDFCDF60CDF，∴GDFCDE，

BDDG

在CDE与GDF中BDEGDF，∴CDE≌GDFSAS，∴CEGF，

DEDF

∵GFCFCGCFCD，∴CDCFCE．

【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与

判定条件是解题的关键．

例4．（23-24九年级上·浙江台州·期末）如图，将VABC绕点A顺时针旋转得到△AED，并使C点的对应

点D点落在直线BC上．(1)如图1，证明：DA平分EDC；(2)如图2，AE与BD交于点F，若

AFB50，B20，求BAC的度数；(3)如图3，连接BE，若EB13，ED5，CD17，则AD的

长为．

172

【答案】(1)证明见解析；(2)15；(3)．

2

【分析】本题主要考查旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理及逆定理的应用等知识，解答本

题的关键是掌握旋转的性质．（1）根据VABC绕点A顺时针旋转得到△AED，可得ADEC，ADAC，

即得ADCC，故ADEADC，DA平分EDC；（2）设BACxDAE，根据旋转的性质和

三角形外角的性质可得50x20x，即可解得BAC15；（3）过A作AHBC于H，由已知可

得BDCDBC12，即可得ED2BD2BE2，从而EDB90，可得ADCADE45，ADH是

172

等腰直角三角形，故AD2DH．

2

【详解】（1）证明：∵VABC绕点A顺时针旋转得到△AED，

∴ADEC，ADAC，∴ADCC，∴ADEADC，∴DA平分EDC；

（2）解：设CABxDAE，∵ACDCABB，∴ACDx20，

∵ADAC，∴ADCACDx20，

∵AFBADCDAE，∴50x20x，解得x15，∴BAC15；

（3）解：过A作AHBC于H，如图：

∵VABC绕点A顺时针旋转得到△AED，∴ADAC，EDBC5，ADEC，

∵CD17，∴BDCDBC12，∵ED2BD252122169，BE2132169，

117

∴ED2BD2BE2，∴EDB90，∵ADAC，AHBC，∴ADCC，DHCD，

22

172172

∴ADCADE45，∴ADH是等腰直角三角形，∴AD2DH，故答案为：．

22

例5．（2022·浙江湖州·统考中考真题）已知在RtABC中，∠ACB＝90°，a，b分别表示∠A，∠B的对边，

ab．记ABC的面积为S．△

△

(1)如图1，分别以AC，CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为S1，正

方形BGFC的面积为S2．①若S19，S216，求S的值；②延长EA交GB的延长线于点N，连结FN，

交BC于点M，交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示），求证：S2S12S．

(2)如图3，分别以AC，CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE，记等边三角形ACD的面积

为S1，等边三角形CBE的面积为S2．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在ABF内），连结EF，CF．若

△

EF⊥CF，试探索S2S1与S之间的等量关系，并说明理由．

1

【答案】(1)①6；②见解析(2)SSS，理由见解析

214

【分析】（1）①将面积用a，b的代数式表示出来，计算，即可②利用AN公共边，发现FAN∽△ANB，

FAAN△

利用，得到a，b的关系式，化简，变形，即可得结论（2）等边△ABF与等边△CBE共顶点B，

ANNB

形成手拉手模型，ABC≌△FBE，利用全等的对应边，对应角，得到：AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，

△FEb3

从而得到∠FEC＝30°，再利用Rt△CFE，cos30，得到a与b的关系，从而得到结论

CEa2

11

【详解】（1）∵S9，S16∴b＝3，a＝4∵∠ACB＝90°∴Sab346

1222

②由题意得：∠FAN＝∠ANB＝90°，∵FH⊥AB∴∠AFN＝90°－∠FAH＝∠NAB∴△FAN∽△ANB

FAANaba22

∴∴，得：abba∴2SS1S2．即S2S12S

ANNBab

1

（2）SSS，理由如下：∵△ABF和BEC都是等边三角形

214

△

∴AB＝FB，∠ABC＝60°－∠FBC＝∠FBE，CB＝EB

∴△ABC≌△FBE（SAS）∴AC＝FE＝b∠FEB＝∠ACB＝90°∴∠FEC＝30°

bFE3313

∵EF⊥CF，CE＝BC＝a∴cos30∴ba∴Saba2

aCE2224

32323232321

由题意得：S1b，Sa∴SSaba∴S2S1S

4242144164

【点睛】本题考查勾股定理，相似，手拉手模型，代数运算，本题难点是图二中的相似和图三中的手拉手

全等。

例6．（2024·黑龙江·九年级期中）已知RtABC中，AC=BC，∠ACB＝90°，F为AB边的中点，且DF=EF，

∠DFE＝90°，D是BC上一个动点．如图△1，当D与C重合时，易证：CD2＋DB2＝2DF2；

（1）当D不与C、B重合时，如图2，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．

（2）当D在BC的延长线上时，如图3，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并加以证明．

【答案】（1）CD2+DB2=2DF2；（2）CD2+DB2=2DF2，证明见解析

【分析】（1）由已知得DE22DF2，连接CF，BE，证明CDFBEF得CD=BE，再证明BDE为直角

三角形，由勾股定理可得结论；

（2）连接CF，BE，证明CDFBEF得CD=BE，再证明BDE为直角三角形，由勾股定理可得结论．

【详解】解：（1）CD2+DB2=2DF2

22222

证明：∵DF=EF，∠DFE＝90°，∴DFEFDE∴DE2DF连接CF，BE，如图

∵△ABC是等腰直角三角形，F为斜边AB的中点

∴CFBF，CFAB，即CFB90∴FCBFBC45，CFDDFB90

CFBF

又DFBEFB90∴CFDEFB在CFD和BFE中CFDBFE∴CFDBFE

DFEF

∴CDBE，EBFFCB45∴DBFEBF454590∴DB2BE2DE2

∵CDBE，DE22DF2∴CD2+DB2=2DF2；

（2）CD2+DB2=2DF2证明：连接CF、BE∵CF=BF，DF=EF又∵∠DFC+∠CFE=∠EFB+∠CFB=90°

∴∠DFC=∠EFB∴△DFC≌△EFB∴CD=BE，∠DCF=∠EBF=135°

∵∠EBD=∠EBF－∠FBD=135°－45°=90°在RtDBE中，BE2+DB2=DE2∵DE2=2DF2∴CD2+DB2=2DF2

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、△等腰直角三角形的性质、证明三角形全等是解决问题的关

键，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．

模型2.手拉手模型（相似模型）

“手拉手”旋转型定义：如果将一个三角形绕着它的项点旋转并放大或缩小(这个顶点不变)，我们称这样的图

形变换为旋转相似变换，这个顶点称为旋转相似中心，所得的三角形称为原三角形的旋转相似三角形。

手拉手模型有以下特点：1）两个三角形相似；2）这两个三角形有公共顶点，且绕顶点旋转并缩放后2个

三角形可以重合；3）图形是任意三角形（只要这两个三角形是相似的）。

1）手拉手相似模型（任意三角形）

ADAB

条件:如图，∠BAC=∠DAE=，k；

AEAC

BD

结论：ADE∽△ABC，ABD∽△ACE；k；∠BFC=∠BAC.

EC

△ADAE△ADAE

证明：∵k，∴，∵∠BAC=∠DAE=，∴ADE∽△ABC，

ABACABAC

△

∵∠BAC=∠DAE=，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，

ADABBDAB

∵k，∴ABD∽△ACE，∴k，∠ABD=∠ACE，∴∠BFC=∠BAC=∠DAE=，

AEACECAC

△

2）手拉手相似模型（直角三角形）

OCOA

条件:如图，AOBCOD90，k；

ODOB

AC1

结论：AOC∽△BOD；k，AC⊥BD，SABCD.

BDABCD2

证明：∵△AOBCOD90，∴∠AOB-∠BOC=∠COD-∠BOC，∴∠AOC=∠BOD，

OCOAACOA

∵k，∴AOC∽△BOD，∴k，∠OAB=∠OBD，

ODOBBDOB

△

1

∴∠AEB=∠AOB=90°，∴AC⊥BD，∴SABCD.

ABCD2

3）手拉手相似模型（特殊的等边三角形与等腰直角三角形）

BE

条件:M为等边三角形ABC和DEF的边AC和DF的中点；结论：BME∽△CMF；3.

CF

BM△EM

证明：∵M为等边三角形ABC和DEF的边AC和DF的中点，∴3，∠BMC=∠EMF=90°，

MCMF

BEBM

∴∠BMC-∠EMC=∠EMF-∠EMC，∴∠BME=∠CMF，∴BME∽△CMF，∴3，

CFCM

△

BD2

条件:ABC和ADE是等腰直角三角形；结论：ABD∽△ACE；∠ACE=90°；.

CE2

△AB△AD2

证明：∵ABC和ADE是等腰直角三角形，∴，∠BAC=∠DAE=45°，

ACAE2

△

∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴ABD∽△ACE，

BDAB2△

∴，∠ACE=∠ABD=90°

CEAC2

例1．（2023·江西·一模）图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，小丽和小亮对等腰只角形的

旋转变换进行研究．

(1)[观察猜想]如图1，ABC是以AB、AC为腰的等腰三角形，点D、点E分别在AB、AC上．且DE∥BC，

将ADE绕点A逆时针△旋转a（0°≤a≤360°）．请直接写出旋转后BD与CE的数量关系；

△

(2)[探究证明]如图2，ACB是以∠C为直角顶点的等腰直角三角形，DE∥BC分别交AC与AB两边于点E、

点D．将ADE绕点A△逆时针旋转至图中所示的位置时，（1）中结论是否仍然成立．若成立，请给出证明；

若不成立△，请说明理由；

(3)[拓展延伸]如图3，BD是等边ABC底边AC的中线，AE⊥BE，AE∥BC．将ABE绕点B逆时针旋转到

FBE，点A落在点F的位置，若△等边三角形的边长为4，当AB⊥BE时，求出△DF2的值．

△

【答案】(1)结论BD=CE．证明见解析；

(2)结论不成立．BD与CE的数量关系：BD=2CE．证明见解析；(3)28

【分析】（1）结论BD=CE．证明ABD≌△ACE（SAS）；（2）结论不成立．BD与CE的数量关系：BD=2CE．证

明DAB∽△EAC，可得结论；（△3）根据条件可得当AB⊥BE时，EBC90ABC30，结合等边三角

形的△性质，可得FBBD，勾股定理即可求得DF2．

【详解】（1）结论BD=CE．理由：如图1中，∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，

∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD=EC．故答案为：BD=CE．

（2）结论不成立．BD与CE的数量关系：BD=2CE．

ABAD

理由：∵△ABC，AED都是等腰直角三角形，∴∠CAB=∠EAD=45°，，

ACAE2

△

BDAB

∵∠DAB=∠EAC，∴△DAB∽△EAC，∴2，∴BD=2CE

CEAC

（3）如图3，BD是等边ABC底边AC的中线，AE⊥BE，AE∥BC．

1

BAE60,ABE30△,AEAB2，CBDABD30

2

将ABE绕点B逆时针旋转到FBE，点A落在点F的位置，FBEABE30

当AB△⊥BE时，EBC90A△BC30FBDFBEEBCCBD90BFBD

3

ABC是等边，等边三角形的边长为4，BD423，BFAB4

2

22△2

FDBFBD161228

【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定

理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题．

例2．（2024·山东枣庄·二模）综合实践

问题背景：借助三角形的中位线可构造一组相似三角形，若将它们绕公共顶点旋转，对应顶点连线的长度

存在特殊的数量关系，数学小组对此进行了研究，如图1，在ABC中，ÐB=90°，ABBC4，分别取AB，

AC的中点D，E，作VADE．如图2所示，将VADE绕点A逆时针旋转，连接BD，CE．

(1)探究发现：旋转过程中，线段BD和CE的长度存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明．

(2)性质应用：如图3，当DE所在直线首次经过点B时，求CE的长．

【答案】(1)CE2BD，证明见解析；(2)CE26

【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，旋转的性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握旋转

前后对应角相等，对应边相等；相似三角形对应角相等，对应边成比例，以及解直角三角形的方法和步骤．

11ADABAB2

（1）根据中点的定义得出ADAB，AEAC进而得出，易得，通过证明

22AEACAC2

ABD∽ACE，即可得出结论；（2）根据题意推出DE当所在直线经过点B时，ADBE，根据勾股定理可

BD2

得BDAB2AD223，根据（1）可得，即可求解；

CE2

【详解】（1）解：猜想CE2BD，证明如下：

在ABC中，ÐB=90°，ABBC4，AB，AC的中点分别为D，E，

11ADAE1ADAB

∴ADAB，AEAC，，则，

22ABAC2AEAC

AB2

ÐB=90°，ABBC4，BAC45，cosBAC，AC2AB，

AC2

将VADE绕点A逆时针旋转，连接BD，CE，根据旋转的性质可得：BADCAE，

ADAE1CEAC

，△ABD∽△ACE，2，CE2BD；

ABAC2BDAB

（2）解：ABBC4，分别取AB，AC的中点D，E，

∥，AD1AB2，△ABC∽△ADE，ADEABC90，

DEBC2

∴当DE所在直线经过点B时，ADBE，ADB90，

BD2

在RtADB中，根据勾股定理可得：BDAB2AD223，由（1）可得：，

CE2

232

，解得：CE26；

CE2

例3．（2024·四川成都·中考真题）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个

顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片ABC和ADE中，

ABAD3，BCDE4，ABCADE90．

BD

【初步感知】（1）如图1，连接BD，CE，在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究的值．

CE

【深入探究】（2）如图2，在纸片ADE绕点A旋转过程中，当点D恰好落在ABC的中线BM的延长线上时，

延长ED交AC于点F，求CF的长．

【拓展延伸】（3）在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究C，D，E三点能否构成直角三角形．若能，直

接写出所有直角三角形CDE的面积；若不能，请说明理由．

BD37048

【答案】（1）的值为；（2）CF；（3）直角三角形CDE的面积分别为4，16，12，

CE53913

【分析】（1）根据ABAD3，BCDE4，ABCADE90．证明ADE≌ABC，

ACAEAB2BC2AD2DE25，继而得到DAEBAC，DAEDACBACDAC即

BDAB3

CAEBAD，再证明CAE∽BAD，得到．

CEAC5

（2）连接CE，延长BM交CE于点Q，根据(1)得CAE∽BAD，得到ABDACE，根据中线BM得到

15

BMAMCMAC，继而得到MBCMCB，结合ABDMBC90，得到ACEMCB90

22

即BCE90，得到ABCQ，再证明ABM≌CQM，得证矩形ABCQ，再利用勾股定理，三角形相似

的判定和性质计算即可．（3）运用分类思想解答即可．

【详解】（1）∵ABAD3，BCDE4，ABCADE90．∴ADE≌ABCSAS，

∴ACAEAB2BC2AD2DE25，DAEBAC，

ABACBDAB3

∴DAEDACBACDAC即CAEBAD，∵1∴CAE∽BAD，∴．

ADAECEAC5

（2）连接CE，延长BM交CE于点Q，根据(1)得CAE∽BAD，∴ABDACE，

15

∵BM是中线∴BMAMCMAC，∴MBCMCB，

22

∵ABDMBC90，∴ACEMCB90即BCE90，

∴ABCQ，∴BAMQCM,ABMCQM，

BAMQCM

∵ABMCQM，∴BAM≌QCMAAS，∴BMQM，∴四边形ABCQ是平行四边形，

AMCM

∵ABC90∴四边形ABCQ矩形，∴ABCQ3,BCAQ4,AQC90，

EPEQ31

∴PQCN,EQAE2AQ23，∴1，∴PQCN，

PNQC32

EPQAPD

设PQx,CN2x，则AP4x，∵EQPADP90，∴EQP≌ADPAAS，∴APEP4x，

EQAD3

27257

∵EP2PQ2EQ2，∴4xx232，解得x；∴AP4x，CN2x，

884

APAF

∵PQCN,AC5，∴APF∽CNF，∴，

CNCF

257

APCNAFCF570

∴，∴84，解得CF．

CNCF7CF39

4

（3）如图，当AD与AC重合时，此时DEAC，此时CDE是直角三角形，

111

故SCD·DEACADDE244；

CDE222

如图，当AD在CA的延长线上时，此时DEAC，此时CDE是直角三角形，

111

故SCD·DEACADDE8416；

CDE222

如图，当DEEC时，此时CDE是直角三角形，过点A作AQEC于点Q，

1

∵AEAC5，∴EQQCEC，∵AQEC，DEEC，DEAD，

2

111

∴四边形ADEQ是矩形，∴ADEQQCEC3，∴EC6，故SECDE6412；

2CDE22

如图，当DCEC时，此时CDE是直角三角形，过点A作AQEC于点Q，交DE于点N，

1ENEQ11

∴EQQCECx，NQ∥CD，∴1，∴DNENDE2，QNDC，

2DNQC22

∵ANDENQ,ADNEQN90，∴DANQEN，∴tanDANtanQEN，

QNDN224

∴，∴QNx，∴DCx,CE2x，

EQAD333

2

222224x236613

∵EDDCEC，∴42x，∴x，解得x；

31313

114443648

故SECDC2xxx2．

CDE223331313

【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理的判定和应用，三角形全

等的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理，熟练掌握三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，矩

形的判定和性质，中位线定理是解题的关键．

例4．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）综合与实践

数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知

识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．

(1)发现问题：如图1，在ABC和△AEF中，ABAC，AEAF，BACEAF30，连接BE，CF，

延长BE交CF于点D．则BE与CF的数量关系：______，BDC______；

(2)类比探究：如图2，在ABC和△AEF中，ABAC，AEAF，BACEAF120，连接BE，CF，

延长BE，FC交于点D．请猜想BE与CF的数量关系及BDC的度数，并说明理由；

(3)拓展延伸：如图3，ABC和△AEF均为等腰直角三角形，BACEAF90，连接BE，CF，且点B，

E，F在一条直线上，过点A作AMBF，垂足为点M．则BF，CF，AM之间的数量关系：______；

(4)实践应用：正方形ABCD中，AB2，若平面内存在点P满足BPD90，PD1，则S△ABP______．

7777

【答案】(1)BECF，30(2)BECF，BDC60，证明见解析(3)BFCF2AM(4)或

44

【分析】（1）根据已知得出BAECAF，即可证明BAE≌CA