2025年中考数学一轮知识梳理难点与解题模型12特殊全等三角形五种热考模型（解析版）

难点与解题模型12特殊全等三角形五种热考模型题型一：一线三等角模型题型二：手拉手模型题型三：倍长中线模型题型四：截长补短模型题型五：半角模型题型一：一线三等角模型三步模型抽离法“一线三等角”模型是指有三个等角的顶点在同一条直线上构成的全等三角形,这个角可以是直角,也可以是锐角或钝角,解题步骤如下:第一步：依据特征找模型特征1:是否存在两个三角形共顶点;特征2:是否存在一条直线上有三个等角;特征3:是否存在等线段第二步：抽离模型在题图中抽离出两个全等三角形第三步：利用性质解题利用全等三角形的性质解题常见基础模型如下:类型图示条件结论同侧一线三等角点P在线段AB上，∠1=∠2=∠3，且AP=BD(或AC=BP或CP=PD)△APC≌△BDP异侧一线三等扇点P在线段AB的延长线上,∠1=∠2=∠3，且AP=BD(或AC=BP或CP=PD)△APC≌△BDP【中考母题学方法】【典例1-1】（2024·甘肃·中考真题）【模型建立】（1）如图1，已知和，，，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【模型应用】（2）如图2，在正方形中，点E，F分别在对角线和边上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【模型迁移】（3）如图3，在正方形中，点E在对角线上，点F在边的延长线上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【答案】（1），理由见详解，（2），理由见详解，（3），理由见详解【分析】（1）直接证明，即可证明；（2）过E点作于点M，过E点作于点N，先证明，可得，结合等腰直角三角形的性质可得：，，即有，，进而可得，即可证；（3）过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，先证明，再结合等腰直角三角形的性质，即可证明．【详解】（1），理由如下：∵，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，∴；（2），理由如下：过E点作于点M，过E点作于点N，如图，∵四边形是正方形，是正方形的对角线，∴，平分，，∴，即，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，，，，∴四边形是正方形，∴是正方形对角线，，∴，，∴，，∴，即，∵，∴，即有；（3），理由如下，过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，如图，∵，，，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∵在正方形中，，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∵，，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质等知识，题目难度中等，作出合理的辅助线，灵活证明三角形的全等，并准确表示出各个边之间的数量关系，是解答本题的关键．【典例1-2】（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践：如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图2，在中，，将线段绕点顺时针旋转90°得到线段BD，作交AB的延长线于点．

(1)【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是______；(2)【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点，若，，求的面积；(3)【类比迁移】在(2)的条件下，连接CE交BD于点，则______；(4)【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线AB上找点，使，请直接写出线段的长度．【答案】(1)(2)10(3)(4)或【分析】（1）根据旋转的性质可得，，进而证明，即可求解；（2）根据（1）的方法证明，进而证明，求得，则，然后根据三角形的面积公式，即可求解．（3）过点作于点，证明得出，证明，设，则，代入比例式，得出，进而即可求解；（4）当在点的左侧时，过点作于点，当在点的右侧时，过点作交的延长线于点，分别解直角三角形，即可求解．【详解】（1）解：∵将线段绕点顺时针旋转90°得到线段BD，作交AB的延长线于点．

，，，，，又且，；（2）解：，90°，，，，又且，，，，，，，，，，；（3）解：如图所示，过点作于点，

∵，∴∴，即，即，又∵∴∴，设，则，解得：∴；（4）解：如图所示，当在点的左侧时，过点作于点

∵∴，设，则，又∵，∴，∴∴∴∴，解得：在中，∴∴如图所示，当在点的右侧时，过点作交的延长线于点，

∵∴∵∴设，则，，∵，∴解得：∴∴综上所述，或．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，旋转的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．【典例1-3】（2024·辽宁·中考真题）如图，在中，，．将线段绕点顺时针旋转得到线段，过点作，垂足为．

图1

图2

图3(1)如图1，求证：；(2)如图2，的平分线与的延长线相交于点，连接，的延长线与的延长线相交于点，猜想与的数量关系，并加以证明；(3)如图3，在（2）的条件下，将沿折叠，在变化过程中，当点落在点的位置时，连接．①求证：点是的中点；②若，求的面积．【答案】(1)见详解(2)(3)30【分析】（1）利用“”即可证明；（2）可知，证明，则，可得，则，故；（3）①翻折得，根据等角的余角相等得到，故，则，即点F是中点；②过点F作交于点M，连接，设，，则，由翻折得，故，因此，在中，由勾股定理得：，解得：或（舍，此时），在中，由勾股定理得：，解得：，则，由，得到，，因此，故．【详解】（1）证明：如图，

由题意得，，∴∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴；（2）猜想：证明：∵，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴；（3）解：①由题意得，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，∴，即点F是中点；②过点F作交于点M，连接，

∵，∴，设，，∴，由翻折得，∴，∴，在中，由勾股定理得：，整理得，，解得：或（舍，此时），在中，由勾股定理得：，解得：，∴，∵，∴，，∴点M为中点，∴，∴．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，翻折的性质，勾股定理解三角形，平行线分线段成比例定理，正确添加辅助线是解题的关键．【典例1-4】（2024·海南·中考真题）正方形中，点E是边上的动点（不与点B、C重合），，，交于点H，交延长线于点G．

(1)如图1，求证：；(2)如图2，于点P，交于点M．①求证：点P在的平分线上；②当时，猜想与的数量关系，并证明；③作于点N，连接，当时，若，求的值．【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②；③．【分析】（1）利用即可证明；（2）①证明是等腰直角三角形，再推出四点共圆，求得，据此即可证明结论成立；②由①得点P在的平分线即正方形的对角线上，证明，根据相似三角形的性质即可求解；③证明四边形是平行四边形，推出和都是等腰直角三角形，设，则，，由，得到，据此求解即可．【详解】（1）证明：∵正方形，∴，∵，∴，∵，，∴；（2）①证明：连接，

由（1）得，∴，∴，即，∵，∴是等腰直角三角形，∵，∴，，∵，∴四点共圆，∴，∵，，∴点P在的平分线上；②，理由如下：由①得点P在的平分线即正方形的对角线上，

∵正方形，∴，∴，∴，∵，即，∴，∴；③由①得点P在的平分线即正方形的对角线上，

∴，同理四点共圆，则，∵，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形，设平行四边形的对角线的交点为，且，∵是等腰直角三角形，∴和都是等腰直角三角形，设，则，，∵，，∴，∴，则，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，四点共圆，熟练掌握三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．【典例1-5】（2024·重庆·中考真题）在中，，，过点作．(1)如图1，若点在点的左侧，连接，过点作交于点．若点是的中点，求证：；(2)如图2，若点在点的右侧，连接，点是的中点，连接并延长交于点，连接．过点作交于点，平分交于点，求证：；(3)若点在点的右侧，连接，点是的中点，且．点是直线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，点是直线上一动点，连接，．在点的运动过程中，当取得最小值时，在平面内将沿直线翻折得到，连接．在点的运动过程中，直接写出的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）证明得到，再由点是的中点，得到，即可证明；（2）如图所示，过点G作于H，连接，先证明，得到，，再证明是等腰直角三角形，得到；由直角三角形斜边上的中线的性质可得，则，进而可证明，则；设，则，可得由角平分线的定义可得，则可证明，进而证明，得到，即可证明；（3）如图所示，过点D作交延长线与H，连接，则四边形是矩形，可得，证明是等边三角形，得到，进而得到，；由旋转的性质可得，证明，得到，则点Q在直线上运动，设直线交于K，则，可得，由垂线段最短可知，当时，有最小值，则，设，则，则，；再求出，则，，由勾股定理得；由全等三角形的性质可得，则；由折叠的性质可得，由，得到当点Q在线段上时，此时有最大值，最大值为，据此代值计算即可．【详解】（1）证明：∵，，∴，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∵点是的中点，∴，∴；（2）证明：如图所示，过点G作于H，连接，∵，∴，∵点是的中点，∴，∴，∴，，∵，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴；∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴；设，则，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴；（3）解：如图所示，过点D作交延长线与H，连接，∵，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，∵点是的中点，且，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∴，由旋转的性质可得，∴，∴，∴，∴点Q在直线上运动，设直线交于K，则，∴，由垂线段最短可知，当时，有最小值，∴，设，则，∴，∴，∴；在中，，∴，∴，在中，由勾股定理得；∵，∴，∴；由折叠的性质可得，∵，∴，∴当点Q在线段上时，此时有最大值，最大值为，∴的最大值为．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定，等腰直角三角的性质与判定，旋转的性质，折叠的性质，垂线段最短，矩形的性质与判定等等，解（2）的关键在于作出辅助线证明，得到；解（3）的关键在于通过手拉手模型证明点Q的运动轨迹是直线，从而根据垂线段最短确定点Q的位置．【中考模拟即学即练】【变式1-1】（2024·上海宝山·一模）在直线l上放置三个正方形a，b，c，正方形a的边长为3，正方形c的边长为4，则正方形b的面积是．【答案】【分析】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解题的关键是证明．根据正方形的性质，证明，得出，根据勾股定理求出，即可得出正方形b的面积．【详解】解：如图，∵a，b，c都是正方形，∴，，，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴在中，∴正方形b的面积为25，故答案：25．【变式1-2】（2024·云南昆明·模拟预测）如图，在中，，，于点E，且．求证：．【答案】见解析【分析】本题考查了三角形全等的判定．根据，，得到，，根据，得到，结合，利用即可证明结论．【详解】证明：，，，，，在和中，．【变式1-3】（2024·甘肃嘉峪关·二模）矩形中，，点是边的中点，连接，过点作的垂线，与矩形的外角平分线交于点．(1)【特例证明】如图（1），当时，求证：；小明不完整的证明过程如下，请你帮他补充完整．证明：如图，在上截取，连接．，．，，，．平分，，．．∴……（只需在答题卡对应区域写出剩余证明过程）(2)【类比探究】如图（2），当时，求的值（用含k的式子表示）．【答案】(1)见解析(2)．【分析】（1）证明即可；（2）在上截取，连接．证明，即可求解．【详解】（1）证明：如图，在上截取，连接．，．，，，，平分，，，，，，，，，，，，；（2）解：在上截取，连接．，，，，平分，，．，，，，，，，，是边的中点，，，．【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形是判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．【变式1-4】（2024·青海西宁·三模）类比探究题：【建立模型】（1）如图1，等腰直角三角形中，，，直线经过点C，过A作于点D，过B作于点E．求证：．【应用模型】（2）如图2，点A的坐标为0,1，点B是x轴正半轴上的一动点，以为直角边作等腰直角，使，设点B的横坐标为x，点C的纵坐标为y，请写出y与x的函数关系．【拓展拔高】（3）如图3，矩形中，，，点P是边上的一个动点（点P与点B，C都不重合），现将沿直线折叠，使点C落到点F处；过点P作的角平分线交于点E．设，，则y与x的函数关系是_______，最大值为______．【答案】（1）见解析；（2）；（3），【分析】（1）证明即可证明；（2）过作轴于点，证明，即可得到，，再根据求解即可；（3）证明即可得到y与x的函数关系，然后根据关系式求最大值即可．【详解】（1）∵，∴，∵，，∴，，∴，∵，∴；（2）过作轴于点，∵点A的坐标为0,1，点B是x轴正半轴上的一动点，点B的横坐标为x，点C的纵坐标为y，∴，，，∵以为直角边作等腰直角，使，∴，，∴，∴，∴，，∴，∴y与x的函数关系为；（3）∵矩形中，，，∴，，∴，∵，，∴，∵现将沿直线折叠，∴，∵过点P作的角平分线交于点E，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，整理得，∵，，∴当时，为最大值，故答案为：，．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角坐标系，二次函数最值，根据一线三垂直模型构造全等或相似是本题的关键．题型二：手拉手模型三步模型抽离法第一步：依据特征找模型特征1:是否存在两个等腰三角形;特征2:是否存在两个等腰三角形的顶角相等，且共顶点第二步：抽离模型以两个等腰三角形的腰及对应顶点的连线围成的两个新三角形全等第三步：利用性质解题利用全等三角形的性质解题常见基础模型如下：图示OC在△OAB内且拉手线无交点OC在△OAB外且拉手线无交点OC在△OAB外且拉手线有交点条件在等腰ΔOAB中,OA=OB,在等腰△OCD中,OC=OD,∠AOB=∠COD=a,将ΔOCD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【中考母题学方法】【典例2-1】（2024·新疆·中考真题）【探究】（）已知和都是等边三角形．①如图，当点在上时，连接．请探究和之间的数量关系，并说明理由；②如图，当点在线段的延长线上时，连接．请再次探究和之间的数量关系，并说明理由．【运用】（）如图，等边三角形中，，点在上，．点是直线上的动点，连接，以为边在的右侧作等边三角形，连接．当为直角三角形时，请直接写出的长．【答案】（），理由见解析；，理由见解析；（）或．【分析】（）．证明可得，即得，进而可得；．同理即可求解；（）分点在上，和点在的延长线上，两种情况，画出图形，结合四点共圆及圆周角定理解答即可求解；本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，解直角三角形，等角对等边，应用分类讨论思想解答是解题的关键．【详解】解：（），理由如下：∵和都是等边三角形，∴，，，∴，即，∴，∴，∴，∵，∴；，理由如下：∵和都是等边三角形，∴，，，∴，即，∴，∴，∴，即；（）解：分两种情况：如图，当点在上，时，∵和都是等边三角形，∴，∴四点共圆，∵，∴为该圆的直径，∴，∵，，∴，∴；如图，当点在的延长线上，时，∵和都是等边三角形，∴，∴，∴，∴四点共圆，∵，∴为该圆的直径，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴；综上，的长为或．【典例2-2】（2024·广西·中考真题）如图1，中，，．的垂直平分线分别交，于点M，O，平分．(1)求证：；(2)如图2，将绕点O逆时针旋转得到，旋转角为．连接，①求面积的最大值及此时旋转角的度数，并说明理由；②当是直角三角形时，请直接写出旋转角的度数．【答案】(1)见解析(2)①，；②或【分析】（1）利用线段垂直平分线的性质得出，利用等边对等角得出，结合角平分线定义可得出，最后根据相似三角形的判定即可得证；（2）先求出，然后利用含的直角三角形性质求出，，，利用勾股定理求出，，取中点，连接，，作于N，由旋转的性质知，为旋转所得线段，则，，，根据点到直线的距离，垂线段最短知，三角形三边关系得出，故当M、O、三点共线，且点O在线段时，取最大值，最大值为，此时，最后根据三角形面积公式求解即可；②先利用三角形三边关系判断出，，则当为直角三角形时，只有，然后分A和重合，和C重合，两种情况讨论即可．【详解】（1）证明：∵垂直平分，∴，∴，∵平分∴，∴，又；∴；（2）解：①∵，∴，∴，∴，又，∴，，∵垂直平分，∴，，∴，∴，取中点，连接，，作于N，由旋转的性质知，为旋转所得线段，∴，，，根据垂线段最短知，又，∴当M、O、三点共线，且点O在线段时，取最大值，最大值为，此时，∴面积的最大值为；②∵，，∴，同理∴为直角三角形时，只有，当A和重合时，如图，∵∴，，∴，∵，∴，∴，∴、O、M三点共线，∴为直角三角形，此时旋转角；当和C重合时，如图，同理，，∴，∵，∴，∴，∴、O、M三点共线，又∴为直角三角形，此时旋转角；综上，旋转角的度数为或时，为直角三角形．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质等知识，明确题意，正确画出图形，添加辅助线，合理分类讨论是解题的关键．【典例2-3】（2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰中，，，点，分别在，上，，连接，，取中点，连接．(1)求证：，；(2)将绕点顺时针旋转到图2的位置．①请直接写出与的位置关系：___________________；②求证：．【答案】(1)见解析(2)①；②见解析【分析】（1）先证明得到，，根据直角三角形斜边中线性质得到，根据等边对等角证明，进而可证明；（2）①延长到点，使，连接，延长到，使，连接并延长交于点．先证明，得到，，进而，．证明得到，然后利用三角形的中位线性质得到，则，进而证明即可得到结论；②根据得到即可得到结论．【详解】（1）证明：在和中，，，，，，．是斜边的中点，，，，．，，．；（2）解：①；理由如下：延长到点，使，连接，延长到，使，连接并延长交于点．，，，，，，，，，，．，．在和中，，，，，．是中点，是中点，是中位线，．，，．，．故答案为：；②证明：∵，，，．【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．【中考模拟即学即练】【变式2-1】（2024·浙江宁波·二模）如图与均为等腰直角三角形，，直线与直线交于点，在与绕点任意旋转的过程中，到直线的距离的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，先证，进而易得出，则点在以为直径的圆上运动，当与以为圆心，为半径的圆相切时，点到的距离最小，再解直角三角形求解即可得到答案．【详解】解：设与交于点，如图所示：由题易知，，，，，，点四点共圆，且为直径，设圆心为，当与以为圆心，为半径的圆相切时，点到的距离最小，过点作，过点作于点，如图所示：，，，与切于点，，，，，，，，由得，，，，，，，，故选：C．【点睛】本题主要考查动点最值-辅助圆问题，涉及旋转的性质、全等三角形得判定和性质、圆的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，熟练掌握相关知识处理辅助圆问题是解题的关键．【变式2-2】（2024·吉林长春·二模）如图，点为线段上一点，、都是等边三角形，、交于点，、交于点，、交于点，连结，给出下面四个结论：；；；．上述结论中，一定正确的是（填所有正确结论的序号）．【答案】①②④【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，关键是由等边三角形的性质推出，，判定是等边三角形．由判定，推出，由对顶角的性质得到，由三角形内角和定理得到，由判定，推出，而，得到是等边三角形，因此，得到，推出，在变化，不一定是．【详解】解：、都是等边三角形，，，，，，，，，故符合题意；，，，，故符合题意；，，，是等边三角形，，，，故符合题意；在上的位置在变化，在变化，不一定是，故不符合题意．正确的是．故答案为：．【变式2-3】（2023·吉林长春·模拟预测）两个大小不同的等腰直角三角板按图1所示摆放，将两个三角板抽象成如图2所示的和，其中，点、、依次在同一条直线上，连结．若，，则的面积是．【答案】6【分析】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等知识，根据证明，由全等三角形的性质得出，则可得出答案．【详解】解：，，即，在和中，，，，，，，，，，，，故答案为：6．【变式2-4】（2024·内蒙古包头·模拟预测）如图，点是正方形对角线的交点，是等腰直角三角形，，，当的顶点在线段（不与，重合）上绕点旋转的过程中，直角边交边于点，直角边交边于点．(1)如图1，当点与点重合时，求证：；(2)如图2，当（为正整数，）时，在旋转过程中，①请写出线段，之间的数量关系，并说明理由；②若，，求的长（用含，的代数式表示）．【答案】(1)见解析(2)①，理由见解析；②【分析】此题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点．（1）首先根据正方形的性质得到，，，然后证明出，得到，进而求解即可；（2）①如图，过点作，交于点，根据题意证明出，得到，即可得到；②由得到，然后由得到，进而求解即可．【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，，．在中，，∴．∴．∴．∴．∴．即．∵，∴．∴；（2）①，理由如下：如图，过点作，交于点，∵四边形是正方形，∴，．∴，．∴．∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴；②∵，∴．∴．∴．由①知，∴．∵，∴．∴．题型三：倍长中线模型倍长中线图一图二图三3、过端点向中线作垂线【中考母题学方法】【典例3-1】（山东泰安·中考真题）若和均为等腰三角形，且．（1）如图（1），点B是的中点，判定四边形的形状，并说明理由；（2）如图（2），若点G是的中点，连接并延长至点F，使．求证：①，②．【答案】（1）四边形BEAC是平行四边形，证明见解析；（2）①见解析；②见解析【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质证得，，推出，再根据平行于同一直线的两直线平行即可推出结论；（2）①利用“SAS”证得，即可证明结论；②延长至点H，使，证得，推出，利用①的结论即可证明．【详解】（1）证明：四边形是平行四边形．理由如下：∵为等腰三角形且，∴，∵B是的中点，∴，∴，∵是等腰三角形，，∴，∴，∴，又∵，∴．∴．∴四边形是平行四边形．（2）证明：①∵和为等腰三角形，∴，∵，∴，即，∴，∴；②延长至点H，使．∵G是中点，∴，又，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．【典例3-2】（2024·贵州遵义·模拟预测）辅助线是解决几何图形问题的利剑，合理添加辅助线，会使问题变得简单，下表给出了三角形中几个常见利用中点添加辅助线的模型，请根据要求解决问题．题眼1．普通三角形+中点2．等腰三角形+底边中点3．直角三角形+斜边中点4．两个中点大致图形辅助线名称倍长中线三线合一斜边中线中位线具体做法延长到点E，使，连接连接连接连接产生效果

①②(1)请在①，②中任选择一个填空：你选择的是_______，产生效果是_______．（产生效果写一个或两个）(2)如图①，在三角形中，是的一条中线，，求的长．(3)如图②，在中，，点是边上两个不同的动点，以为边在内部（包括边界）作等边三角形，点，F分别是的中点，当的周长取最大值时，求线段的长．【答案】(1)①，或②，，(2)(3)【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线性质以及三角形的中位线定理即可求解；（2）延长至点E，使得，可得，则，可证明，则，在中，，故由即可求解；（3）当点P落在边上时，等边三角形的边长最大，即周长最大，然后根据直角三角形的性质及三角形的中位线定理即可求解．【详解】（1）解：选择①，，选择②，，；（2）解：延长至点E，使得，在和中，，∴，∴，∵，即：，∴，在中，，∴；（3）解：平移，使得点N与点C重合，过点C作于点D，∵是等边三角形，∴，∵，，∴，∴当点N与点C重合时，与重合，∴当点P落在边上时，等边三角形的边长最大，即周长最大，如图：∵，∴，∵，∴，，∴，∴，又∵分别为的中点，∴为的中位线，∴．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，三角形的中位线定理，等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键．【典例3-3】（2024·吉林长春·一模）【发现问题】数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样的一个问题：如图①，在中，，，第三边上的中线，则的取值范围是____．【探究方法】小明同学通过组内合作交流，得到了如下解决方法：（1）如图②，延长至点，使得，连结，根据“”可以判定__________，得出．在中，，，，故中线的长x的取值范围是_______．【活动经验】当条件中出现“中点”，“中线”等条件时，可以考虑将中线延长一倍，构造全等三角形，把分散的已知条件和所求的问题集中到同一个三角形中，进而解决问题，这种作辅助线的方法叫做“倍长中线”法．【问题解决】（2）如图③，已知，，，连接和，点是的中点，连接．求证：．小明发现，如图④，延长至点，使，连接，通过证明，可推得．下面是小明的部分证明过程：证明：延长至点，使，连接，∵点是的中点，∴．∵，，∴，∴，，∴，．请你补全余下的证明过程．【问题拓展】（3）如图⑤，在和中，，，，点M，N分别是和的中点．若，，则MN的取值范围是．【答案】（1），；（2），∴，又∵，∴．∵，∴，∴（3）【分析】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．（1）由“”可证，可得，由三角形的三边关系可求解；（2）由“”可证，可得，，由“”可证，可得，即可求解；（3）由（2）可知，，由三角形的三边关系可求解．【详解】（1）解：如图②，为的中线，，又，，，，在中，，，，，，故答案为：，；（2）证明：如图④，延长至点，使，连接，点是的中点，．，，，，，，，，∴，又∵，∴．∵，∴，∴；（3）如图⑤，连接，，由（2）可知：，，，，，，，，故答案为：．【中考模拟即学即练】【变式3-1】（2023·黑龙江大庆·三模）如图，四边形中，°，为边BD上一点，连接，，为的中点，延长BM交DE的延长线于点，交BM于点，连接交CE于点．

(1)求证；(2)若，，求证：四边形为矩形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）证明，则，然后根据直角三角形斜边上的中线性质即可得到；（2）由和都是等腰直角三角形得到，则可得到，，进而可得，，于是可判断四边形为平行四边形，加上，则可判断四边形为矩形．【详解】（1）证明：∵∴∴，∵为的中点，∴，在和中，，∴∴，∴为斜边上的中线∴（2）由（1）知，又，，∴，∴为等腰直角三角形．又由（1）知，∴，，又和都是等腰直角三角形．∴，∴，，∴，，∴四边形为平行四边形，∵∴平行四边形为矩形，【点睛】本题考查了全等三角形的判断和性质、直角三角形斜边中线定理、矩形的判断，掌握矩形的证明步骤-先证明是平行四边形，再证明有直角是解题关键．【变式3-2】（2024·山西·模拟预测）综合与实践【问题情境】如图1，在中，，点D，E分别在边AB，上，，连接DE，CD，，为CD的中点，连接．【数学思考】（1）线段与的数量关系，说明理由．【猜想证明】（2）若把绕点逆时针方向旋转到图2的位置，猜想（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出新的结论并说明理由．【深入探究】（3）若把绕点A逆时针方向旋转到图3的位置，若是的中点，连接AN，若，直接写出CD的长．【答案】（1），理由见解析；（2）结论成立，证明见解析；（3）CD的长为2．【分析】此题属于几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线性质、三角形的中位线定理，直角三角形的性质的综合运用；（1）先证明，进而判断出，在由直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得出结论；

（2）延长到点F，使，连接，由，可得，，进而可得，再由，证明即可得出，由此得出，继而得出结论；（3）延长到点M，使得，连接．先证明可得，由中位线性质定理得．由此即可得出．【详解】解：（1）．理由：，．，，为CD的中点，．（2）结论成立．证明：如图1，延长到点F，使，连接．，，，，，，，，又，，，．，（3）CD的长为2．解：如图2，延长到点M，使得，连接．，．，．，，．为的中点，，，．【变式3-3】（2024·重庆綦江·二模）在等边中，为边上一点，于．(1)如图1，若，，求的值；(2)如图2，线段的垂直平分线交于，点为的中点，连接，，，求证：；(3)如图3，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点为边上点右边一动点，连接BM、，当取得最小值时，直接写出的值．【答案】(1)；(2)见解析；(3)．【分析】（1）根据等边三角形性质，可得，在中，求出，，进而在中求出．（2）延长至H，使，连接，，易得，再证明，可得是等边三角形，从而可得，即可得出结论；（3）延长到，使，连接、，，由旋转相似模型可以证明，从而可得，即点M直线上运动，根据将军饮马模型可得当、M、C三点共线，点N与C点重合时，此时最小，最小值为，根据最小值的图形解三角形即可求解．【详解】（1）解：∵是等边三角形，∴，，∴，在中，，，∴，在中，，则；（2）证明：延长至H，使，连接，，如图，∵点G为AD的中点，∴．，在和中，，∴，∴，，∴，∴∵，∴，∵是等边三角形，∴，，∴，∵点F在线段CD的垂直平分线上，∴，，，在和中，，∴∴，，∴，∴是等边三角形，，∴，，∴；（3）如图3-1，延长到，使，连接、，，∴，又∵在等边中，，∴，由旋转可知：，，∴，∴，∴，又∵，即，∴∴，∴，∴点M直线上运动，作点B关于MG的对称点，连接、、、，由对称性质可知：，，，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴，即：，∴当、M、C三点共线，点N与C点重合时，如图3-2，此时最小，最小值为，设边长为，作，垂足为K，作，垂足为H，∴，，∵，，∴，，∵，∴，即，∴，∵，∴，∵，∴，∴.【点睛】本题主要考查了解三角形、相似三角形的性质和判定、全等三角形的判定与性质、等边三角形性质和判定等，解题（2）关键倍长中线构造全等三角形证明是等边三角形，解题（3）关键利用旋转相似模型构造，证明，即点M直线上运动，由将军饮马模型得出最小值时M、N的位置上．题型四：截长补短法“截长补短法”是初中几何题中一种添加辅助线的方法，也是把几何题化难为易的一种靠略，截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起，从而解决问题.截长或补短后，如果出现的全等三角形或特殊三角形能推动证明，那么辅助线是成功的，否则，就应该换一个截长或补短的方式，甚至换一种解题思路.方法截长法补短法条件在△ABC中AD平分∠BAC,∠C=2∠B,求证：AB=AC+CD图示方法在AB上截取AE=AC,连接DE延长AC到点E，使CD=CE,连接DE结论△DEB是等腰三角形△CDE是等腰三角形【中考母题学方法】【典例4-1】（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）数学老师在课堂上给出了一个问题，让同学们探究．在中，，点D在直线上，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，过点E作，交直线于点F．（1）当点D在线段上时，如图①，求证：；分析问题：某同学在思考这道题时，想利用构造全等三角形，便尝试着在上截取，连接，通过证明两个三角形全等，最终证出结论：推理证明：写出图①的证明过程：探究问题：（2）当点D在线段的延长线上时，如图②：当点D在线段的延长线上时，如图③，请判断并直接写出线段，，之间的数量关系；拓展思考：（3）在（1）（2）的条件下，若，，则______．【答案】（1）见解析；（2）图②：，图③：；（3）10或18【分析】（1）在边上截取，连接，根据题意证明出，得到，然后证明出是等边三角形，得到，进而求解即可；（2）图②：在上取点H，使，连接并延长到点G使，连接，首先证明出是等边三角形，得到，然后求出，然后证明出，得到，，然后证明出是等边三角形，得到，进而求解即可；图③：在上取点H使，同理证明出，得到，，进而求解即可；（3）根据勾股定理和含角直角三角形的性质求出，，然后结合，分别（1）（2）的条件下求出的长度，进而求解即可．【详解】（1）证明：在边上截取，连接．在中，．，．又，．又，，．又，．．．．，．是等边三角形．，，；（2）图②：当点D在线段的延长线上时，，证明如下：如图所示，在上取点H，使，连接并延长到点G使，连接，∵，∴是等边三角形，∴，∵线段绕点A顺时针旋转得到线段，∴，，∴，∴，即，又∵，∴，∴，，∵，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴；图③：当点D在线段的延长线上时，，证明如下∶如图所示，在上取点H使，∵，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∵将线段绕点A顺时针旋转得到线段，∴，，∴，∵，∴，∵，又∵，∴，∴，，∵，∴，∴；（3）如图所示，∵，，∴，，∴，∴，∴，∵，，∴，由（1）可知，，∴；如图所示，当点D在线段的延长线上时，∵，与矛盾，∴不符合题意；如图所示，当点D在线段的延长线上时，∵，，∴，由（2）可知，，∵，∴．综上所述，或18．【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，等边三角形的性质和判定，含角直角三角形的性质，解题的关键是掌握以上知识点．【典例4-2】如图，△ABC和△BDC是等腰三角形，且AB=AC，BD=CD，∠BAC=80°，∠BDC=100°，以D为顶点作一个50°角，角的两边分别交边AB，AC于点E、F，连接EF，点E、F分别在AB、CA延长线上，则BE、EF、FC之间存在什么样的关系？并说明理由．【答案】）EF=FC-BE．【分析】在CA上截取CG=BE,连接DG，由等腰三角形的性质，可得∠ABC=∠ACB=50°，∠DBC=∠DCB=40°，进而证明△BED【详解】在CA上截取CG=BE,连接DG∵△ABC是等腰三角形，∴∠∵∠∴∠∴∠∵在△BED和△∵CG=BE，∠∴△BED≅∴在△EDF和△∵FD=FD，∠∴△EDF≅∴【中考模拟即学即练】【变式4-1】课堂上，老师提出了这样一个问题：如图1，在中，平分交于点D，且，求证：，小明的方法是：如图2，在上截取，使，连接，构造全等三角形来证明．(1)小天提出，如果把小明的方法叫做“截长法”，那么还可以用“补短法”通过延长线段构造全等三角形进行证明．辅助线的画法是：延长至F，使=______，连接请补全小天提出的辅助线的画法，并在图1中画出相应的辅助线；(2)小芸通过探究，将老师所给的问题做了进一步的拓展，给同学们提出了如下的问题：如图3，点D在的内部，分别平分，且．求证：．请你解答小芸提出的这个问题（书写证明过程）；(3)小东将老师所给问题中的一个条件和结论进行交换，得到的命题如下：如果在中，，点D在边上，，那么平分小东判断这个命题也是真命题，老师说小东的判断是正确的．请你利用图4对这个命题进行证明．【分析】（1）延长至F，使，连接，根据三角形的外角性质得到，则可利用证明，根据全等三角形的性质可证明结论；（2）在上截取，使，连接，则可利用证明，根据全等三角形的性质即可证明结论；（3）延长至G，使，连接，则可利用证明，根据全等三角形的性质、角平分线的定义即可证明结论．【解析】（1）证明：（1）如图1，延长至F，使，连接，则，∴，∵平分∴，

∵，∴，在和中，，∴，∴，∴．故答案为：．（2）证明：如图3，在上截取，使，连接∵分别平分，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，

∴，∴，∴．（3）证明：如图4：延长至G，使，连接，则，∴，∵，∴，∵，

∴，∴，∴，∴，在和中，，∴∴，即平分．【变式4-2】如图，正方形中，是的中点，交外角的平分线于．

（1）求证：；（2）如图，当是上任意一点，而其它条件不变，是否仍然成立？若成立，请证明，若不成立，请说明理由．【分析】（1）取的中点，连接，根据已知及正方形的性质利用判定，从而得到；（2）成立，在上取，连接，根据已知及正方形的性质利用判定，从而得到．【详解】（1）证明：取的中点，连接，如图；是正方形，；，，，∴，又∵，，在和中，，；（2）解：成立．在上取，连接，如图，为正方形，，，，又∵，∴，在和中，，．【变式4-3】如图，△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D在线段AB上，连接CD，∠ADC＝60°，AD＝2，过C作CE⊥CD，且CE＝CD，连接DE，交BC于F．（1）求△CDE的面积；（2）证明：DF+CF＝EF．（1）解：在Rt△ADC中，∵AD＝2，∠ADC＝60°，∴∠ACD＝30°，∴CD＝CE＝2AD＝4，∵EC⊥CD，∴∠ECD＝90°，∴S△ECD＝•CD•CE＝×4×4＝8．（2）证明：在EF上取一点M，使得EM＝DF，∵EC＝CD，∠E＝∠CDF＝45°，∴△ECM≌△DCF，∴CM＝CF，∵∠ADC＝60°，∠FDB＝180°﹣60°﹣45°＝75°，∴∠DFB＝∠CFM＝180°﹣75°﹣45°＝60°，∴△CFM是等边三角形，∴CF＝MF，∴EF＝EM+MF＝DF+CF．【变式4-4】在△ABC中，BE，CD为△ABC的角平分线，BE，CD交于点F．（1）求证：∠BFC=90°+1（2）已知∠A=60°．①如图1，若BD=4，BC=6.5，求CE的长；②如图2，若BF=AC，求∠AEB的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）2.5；（3）100°．【详解】解：（1）∵BE、CD分别是∠ABC与∠ACB的角平分线，∴∠FBC+∠FCB=1∴∠BFC=180°−(∠FBC+∠FCB)=180°−(90°−1∴∠BFC=90°+1（2）如解（2）图，在BC上取一点G使BG=BD，由（1）得∠BFC=90°+1∵∠BAC=60°，∴∠BFC=120°，∴∠BFD=∠EFC=180°−∠BFC=60°，在△BFG与△BFD中，BF=BF∠FBG=∠FBD∴△BFG≅△BFD（SAS）∴∠BFD=∠BFG，∴∠BFD=∠BFG=60°，∴∠CFG=120°−∠BFG=60°，∴∠CFG=∠CFE=60°在△FEC与△FGC中，∠CFE=∠CFGCF=CF∴△FEC≅△FGC(ASA)，∴CE=CG，∵BC=BG+CG，∴BC=BD+CE；∵BD=4，BC=6.5，∴CE=2.5（3）如解（3）图，延长BA到P，使AP=FC，∵∠BAC=60°，∴∠PAC=180°−∠BAC=120°，在△BFC与△CAP中，BF=AC∠BFC=∠CAP=120°∴△BFC≅△CAP（SAS）∴∠P=∠BCF，BC=PC，∴∠P=∠ABC，又∵∠P=∠BCF=1∴∠ACB=2∠ABC，又∵∠ACB+∠ABC+∠A=180°，∴3∠ABC+60°=180°，∴∠ABC=40°，∠ACB=80°，∴∠ABE=12题型五：半角模型半角模型等边三角形含半角已知：△ABC是等边三角形，D为△ABC外一点，∠BDC＝120°，BD＝CD，点E，F分别在AB，AC上，∠EDF＝60°．结论1：EF＝BE＋CF，∠DEB＝∠DEF，∠DFC＝∠DFE．正方形含半角已知：四边形ABCD是正方形，点E，F分别在BC，CD上，∠EAF＝45°．结论2：EF＝BE＋DF，∠AEB＝∠AEF，∠AFD＝∠AFE．等腰直角三角形含半角已知：△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，点D，E在BC上，∠DAE＝45°．结论3：DE2＝BD2＋CE2．【中考母题学方法】【典例5-1】（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）已知是等腰三角形，，，在的内部，点M、N在上，点M在点N的左侧，探究线段之间的数量关系．

（1）如图①，当时，探究如下：由，可知，将绕点A顺时针旋转，得到，则且，连接，易证，可得，在中，，则有．（2）当时，如图②：当时，如图③，分别写出线段之间的数量关系，并选择图②或图③进行证明．【答案】图②的结论是：；图③的结论是：；证明见解析【分析】本题主要考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，30度角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理等知识，选②，以点B为顶点在外作，在上截取，连接，过点Q作，垂足为H，构造全等三角形，得出，，再证明，得到；在中由勾股定理得，即，整理可得结论；选③方法同②【详解】解：图②的结论是：证明：∵∴是等边三角形，∴，以点B为顶点在外作，在上截取，连接，过点Q作，垂足为H，

，，，又即又，，；∵∴，∴，∴，在中,可得：即整理得图③的结论是：证明：以点B为顶点在外作，在上截取，连接，过点Q作，垂足为H，

，，，又即又，，在中，，，，在中,可得：即整理得【典例5-2】（2024·四川乐山·中考真题）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题：【问题情境】如图1，在中，，，点D、E在边上，且，，，求的长．解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．

由旋转的特征得，，，．∵，，∴．∵，∴，即．∴．在和中，，，，∴___①___．∴．又∵，∴在中，___②___．∵，，

∴___③___．【问题解决】上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______．刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变．【知识迁移】如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明．

【拓展应用】如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．

【问题再探】如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式．

【答案】【问题解决】①；②；③5；【知识迁移】，见解析；【拓展应用】；【问题再探】【分析】【问题解决】根据题中思路解答即可；【知识迁移】如图，将绕点逆时针旋转，得到．过点作交边于点，连接．由旋转的特征得．结合题意得．证明，得出．根据正方形性质得出．结合，得出．证明，得出．证明．得出．在中，根据勾股定理即可求解；【拓展应用】如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，将绕着点顺时针旋转，得到，连接．则．则，，根据，证明，得出，过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形．得出，证明是等腰直角三角形，得出，，在中，根据勾股定理即可证明；【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．由旋转的特征得．根据，得出，证明，得出，根据勾股定理算出，根据，表示出，证明，根据相似三角形的性质表示出，，同理可得．，证明四边形为矩形．得出，，在中，根据勾股定理即可求解；【详解】【问题解决】解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．

由旋转的特征得，，，．∵，，∴．∵，∴，即．∴．在和中，，，，∴①．∴．又∵，∴在中，②．∵，，∴③．【知识迁移】．证明：如图，将绕点逆时针旋转，得到．过点作交边于点，连接．

由旋转的特征得．由题意得，∴．在和中，，∴．∴．又∵为正方形的对角线，∴．∵，∴．在和中，，∴，∴．在和中，，∴．∴．在中，，∴．【拓展应用】．证明：如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，

将绕着点顺时针旋转，得到，连接．则．则，，，，在和中，，∴，过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形．∴，，，是等腰直角三角形，，，，，，在中，，，∴，即，又∴，∴，即，【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．

由旋转的特征得．，，，即，在和中，，，，，，又，，，，，，即，，同理可得．，，，又∵，∴四边形为矩形．，，在中，．，解得．【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是旋转变换的性质、矩形的性质和判定、正方形的性质和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用旋转变换作图，掌握以上知识点是解题的关键．【典例5-3】（2024·湖北恩施·模拟预测）如图1，和均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接．(1)填空：的度数为______；②线段之间的数量关系为______；(2)如图2，和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一直线上，为中边上的高，连接，请判断的度数及线段之间的数量关系，并说明理由；(3)如图3，在中，，，平面上一动点P到点B的距离为4，将线段绕点C顺时针旋转，得到线段，连，则是否有最大值和最小值？若有，直接写出，不需要说明理由．【答案】(1)①；②；(2)，理由见解析(3)存在，的最小值为，的最大值为．【分析】本题主要考查了等边三角形性质、等腰直角三角形性质、全等三角形判定与性质，旋转的性质等知识点，握全等三角形判定定理是解题的关键掌．（1）①由和均为等边三角形，可得，故，即得，有，故；②由即得；（2）证明可得，故，而，即得；（3）证明得，可证点D在以点A为圆心，4为半径的圆上，当D在线段上时，有最小值，求出，即可得的最小值为；当A在线段上时，的最大值为．【详解】（1）解：①∵和均为等边三角形，∴，∴，∴，∴，∵为等边三角形，∴，∴，∴；故答案为：；②由①知，∴．故答案为：．（2）解：，理由如下：∵和均为等腰直角三角形