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)

【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ABE和△BCD，ABBC，ABBC，CDBD，AEBD．用等式写出线段AE，DE，

CD的数量关系，并说明理由．

【模型应用】

（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在对角线BD和边CD上，AEEF，AEEF．用等式写

出线段BE，AD，DF的数量关系，并说明理由．

【模型迁移】

（3）如图3，在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，点F在边CD的延长线上，AEEF，AEEF．用

等式写出线段BE，AD，DF的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）DECDAE，理由见详解，（2）AD2BEDF，理由见详解，（3）AD2BEDF，

理由见详解

【分析】（1）直接证明△ABE≌△BCD，即可证明；

（2）过E点作EMAD于点M，过E点作ENCD于点N，先证明RtAEM≌RtFEN，可得AMNF，

2

结合等腰直角三角形的性质可得：MDDNDE，NFNDDFMDDF，即有

2

2222

NFAMADMDADDE，NFDEDF，进而可得ADDEDEDF，即可证；

2222

（3）过A点作AHBD于点H，过F点作FGBD，交BD的延长线于点G，先证明HAE≌GEF，再

结合等腰直角三角形的性质，即可证明．

【详解】（1）DECDAE，理由如下：

∵CDBD，AEBD，ABBC，

∴ABCDAEB90，

∴ABECBDCCBD90，

∴ABEC，

∵ABBC，

∴△ABE≌△BCD，

∴BECD，AEBD，

∴DEBDBEAECD，

∴DECDAE；

（2）AD2BEDF，理由如下：

过E点作EMAD于点M，过E点作ENCD于点N，如图，

∵四边形ABCD是正方形，BD是正方形的对角线，

∴ADBCDB45，BD平分ADC，ADC90，

∴2AD2CDBD，

即DEBDBE2ADBE，

∵ENCD，EMAD，

∴EMEN，

∵AEEF，

∴RtAEM≌RtFEN，

∴AMNF，

∵EMEN，ENCD，EMAD，ADC90，

∴四边形EMDN是正方形，

∴ED是正方形EMDN对角线，MDND，

2

∴MDDNDE，NFNDDFMDDF，

2

22

∴NFAMADMDADDE，NFDEDF，

22

22

∴ADDEDEDF，即AD2DEDF，

22

∵DE2ADBE，

∴AD22ADBEDF，

即有AD2BEDF；

（3）AD2BEDF，理由如下，

过A点作AHBD于点H，过F点作FGBD，交BD的延长线于点G，如图，

∵AHBD，FGBD，AEEF，

∴AHEGAEF90，

∴AEHHAEAEHFEG90，

∴HAEFEG，

又∵AEEF，

∴HAE≌GEF，

∴HEFG，

∵在正方形ABCD中，BDC45，

∴FDGBDC45，

∴DFG45，

∴DFG是等腰直角三角形，

2

∴FGDF，

2

2

∴HEFGDF，

2

∵ADB45，AHHD，

∴ADH是等腰直角三角形，

2

∴HDAD，

2

22

∴DEHDHEADDF，

22

22

∴BDBEDEADDF，

22

∵BD2AD，

22

∴2ADBEADDF，

22

∴AD2BEDF．

【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ABC中，A90，将线段BC绕点B顺时针旋转得到线段，作DEAB交

的延长线于点E．90°𝐵��

(1)【观察感知】如图2，通过观察，线段与的数量关系是______；

(2)【问题解决】如图3，连接并延长交��的�延�长线于点F，若AB2，AC6，求BDF的面积；

𝐵��BN

(3)【类比迁移】在(2)的条件下，连接交于点N，则______；

BC

𝐷𝐵2

(4)【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线上找点P，使tanBCP，请直接写出线段AP的长度．

3

��

【答案】(1)ABDE

(2)10

9

(3)

13

5418

(4)或

711

【分析】（1）根据旋转的性质可得CBD90，CBBD，进而证明ABC≌EDBAAS，即可求解；

（2）根据（1）的方法证明ABC≌EDBAAS，进而证明DEF∽CAF，求得EF4，则BF10，然

后根据三角形的面积公式，即可求解．

1

（3）过点N作NMAF于点M，证明ABC∽MNB得出MNBM，证明EMN∽ECA，设BMx，

3

54

则MEBEBM6x，代入比例式，得出x，进而即可求解；

13

（4）当P在B点的左侧时，过点P作PQBC于点Q，当P在B点的右侧时，过点P作PTBC交CB的延

长线于点T，分别解直角三角形，即可求解．

【详解】（1）解：∵将线段BC绕点B顺时针旋转得到线段，作DEAB交的延长线于点E．

90°𝐵��

CBD90，

ABCDBE90，

A90，

ABCACB90，

DBEACB，

又ADEB90且CBBD

ABC≌EDBAAS，

DEAB；

（2）解：CBD90，

ABCDBE，

A90，90°

ABCACB90，

DBEACB，

又ADEB90且CBBD，

ABC≌EDBAAS，

DEAB，BEAC

AB2，AC6

DE2，BE6

AEABBE268，

DEBA180

DE∥AC，

DEF∽CAF，

DEEF

ACFA

2EF

6EF8

EF4，

BFBEEF6410，

1

S10210；

BDF2

（3）解：如图所示，过点N作NMAF于点M，

∵ABMN90，ACB90ABCNBM

∴ABC∽MNB

BNBMMN

∴，

BCACAB

BNBMMN1

即，即MNBM，

BC623

又∵MN∥AC

∴EMN∽ECA

MEMN

∴，

AEAC

设BMx，则MEBEBM6x，

1

x

6x

3

86

54

解得：x

13

54

∴BNBM9；

13

BCAC613

（4）解：如图所示，当P在B点的左侧时，过点P作PQBC于点Q

2

∵tanBCP

3

PQ2

∴tanBCP，设PQ2a，则CQ3a，

CQ3

又∵AC6,AB2，BAC90

AC6

∴tanABC3，BC2262210

AB2

PQ

∴tanPBQ3

BQ

12

∴BQPQa

33

211

∴BCCQBQa3aa

33

11

∴a210，

3

610

解得：a

11

2

在Rt△PBQ中，PQ2a,BQa

3

21021061040

∴PBPQ2BQ2a

331111

4018

∴APPBAB2

1111

如图所示，当P在B点的右侧时，过点P作PTBC交CB的延长线于点T，

∵ABCPBT,AT90

∴BPTACB

AB1

∵tanACB

AC3

BT1

∴tanBPTtanACB

PT3

设BTb，则PT3b，BP10b，

PT2

∵tanBCP，

CT3

3b2

∴

b2103

410

解得：b

7

40

∴BP10b

7

4054

∴APABBP2

77

5418

综上所述，AP或．

711

【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VABC中，ABC90，ACB045．将线段CA

绕点C顺时针旋转90得到线段CD，过点D作DEBC，垂足为E．

图1图2图3

(1)如图1，求证：△ABC≌△CED；

(2)如图2，ACD的平分线与AB的延长线相交于点F，连接DF，DF的延长线与CB的延长线相交于点P，

猜想PC与PD的数量关系，并加以证明；

(3)如图3，在（2）的条件下，将△BFP沿AF折叠，在变化过程中，当点P落在点E的位置时，连接EF．

①求证：点F是PD的中点；

②若CD20，求△CEF的面积．

【答案】(1)见详解

(2)PCPD

(3)30

【分析】（1）利用“AAS”即可证明；

（2）可知A90，证明ACF≌DCF，则CDFA90，可得BCD90，则

BCDCDF，故PCPD；

（3）①翻折得FPFE，根据等角的余角相等得到FEDFDE，故FEFD，则FPFD，即点F是

PD中点；

②过点F作FM∥CP交CD于点M，连接EM，设CEm，DECBn，则BECBCEnm，由翻

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

22

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

2222132DFDM

m3m20，解得：m40，则S△CDECEDEm60，由FMBC，得到1，

22PFCM

1

S△S△，因此S△S△30，故S△30．

CEMCEFCEM2CEDCEF

【详解】（1）证明：如图，

由题意得，CACD,ACD90，

∴1290

∵DEBC，

∴DEC90，

∴1D90，

∴2D，

∵ABC90，

∴BDEC，

∴ABC≌CEDAAS；

（2）猜想：PCPD

证明：∵ABC90，ACB

∴A90，

∵CF平分ACD，

∴ACFDCF，

∵CACD,CFCF，

∴ACF≌DCF，

∴CDFA90，

∵ACD=90，ACB，

∴BCD90，

∴BCDCDF，

∴PCPD；

（3）解：①由题意得FPFE，

∴PFEP，

∵DEC90，

∴PED90，

∴PFDE90，FEPFED90，

∴FEDFDE，

∴FEFD，

∴FPFD，即点F是PD中点；

②过点F作FM∥CP交CD于点M，连接EM，

∵△ABC≌△CED，

∴DECB，

设CEm，DECBn，

∴BECBCEnm，

由翻折得PBBEnm，

∴PE2n2m，

∴PCPECE2nmPD，

22

在Rt△PDE中，由勾股定理得：2nm2n2mn2，

整理得，3m24mnn20，

解得：n3m或nm（舍，此时45），

2

在Rt△CDE中，由勾股定理得：m23m202，

解得：m240，

1132

∴S△CEDEm3mm60，

CDE222

∵FMBC，

DFDM

∴1，S△S△，

PFCMCEMCEF

∴点M为CD中点，

1

∴S△S△30，

CEM2CED

∴S△CEF30．

【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ABCD中，点E是边BC上的动点（不与点B、C重合），12，

AEEF，AF交CD于点H，FGBC交BC延长线于点G．

(1)如图1，求证：ABE≌EGF；

(2)如图2，EMAF于点P，交AD于点M．

①求证：点P在ABC的平分线上；

CH

②当m时，猜想AP与PH的数量关系，并证明；

DH

③作HNAE于点N，连接MN、HE，当MN∥HE时，若AB6，求BE的值．

【答案】(1)见解析；

AP

(2)①见解析；②m1；③BE3．

HP

【分析】（1）利用AAS即可证明ABE≌EGF；

（2）①证明△AEF是等腰直角三角形，再推出A，B，E，P四点共圆，求得ABPAEP45，据此即

可证明结论成立；

②由①得点P在ABC的平分线即正方形的对角线BD上，证明ABP∽HDP，根据相似三角形的性质

即可求解；

③证明四边形MNEH是平行四边形，推出PHQ和PHM都是等腰直角三角形，设PMPHa，则

DHPMa1

MQ2a，ME2MQ4a，由△APM∽△ADH，得到，据此求解即可．

ADAP3a3

【详解】（1）证明：∵正方形ABCD，

∴ABE90，

∵FGBC，

∴EGF90，

∵12，AEEF，

∴ABE≌EGFAAS；

（2）①证明：连接BP，

由（1）得ABE≌EGF，

∴AEBEFG，

∴AEBGEFAEBBAE90，即AEF90，

∵AEEF，

∴△AEF是等腰直角三角形，

∵EMAF，

∴APE90，AEPFEP45，

∵ABE90，

∴A，B，E，P四点共圆，

∴ABPAEP45，

∵ABE90，ABPCBP45，

∴点P在ABC的平分线上；

AP

②m1，理由如下：

HP

由①得点P在ABC的平分线即正方形的对角线BD上，

∵正方形ABCD，

∴AB∥HD，

∴ABP∽HDP，

APAB

∴，

HPHD

CH

∵m，即HCmHD，

DH

∴DCDHHCm1HD，

APABDC

∴m1；

HPHDHD

③由①得点P在ABC的平分线即正方形的对角线BD上，

∴PDH45，

同理M，D，H，P四点共圆，则PMHPDH45，

∵AEPNEM45，

∴EMHNEM45，

∴MH∥EN，∵MN∥HE，

∴四边形MNEH是平行四边形，

设平行四边形MNEH的对角线的交点为Q，且HNAE，

∵△AEF是等腰直角三角形，

∴PHQ和PHM都是等腰直角三角形，

设PMPHa，则MQ2a，ME2MQ4a，

∵PMPH，PAPE，

∴AHME4a，

∴AP3a，则AE32a，

2

∴BEAE2AB232a6218a236，

∵APMADH，

∴△APM∽△ADH，

DHPMa1

∴，

ADAP3a3

1

∴DHAD2，

3

∴AHDH2AD240210，

∵AH4a，

∴2104a，

10

∴a，

2

2

∴210．

BE18a36183693

2

【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Rt△ABC中，ACB90，ACBC，过点B作BD∥AC．

(1)如图1，若点D在点B的左侧，连接CD，过点A作AECD交BC于点E．若点E是BC的中点，求证：

AC2BD；

(2)如图2，若点D在点B的右侧，连接AD，点F是AD的中点，连接BF并延长交AC于点G，连接CF．过

2

点F作FMBG交AB于点M，CN平分ACB交BG于点N，求证：AMCNBD；

2

(3)若点D在点B的右侧，连接AD，点F是AD的中点，且AFAC．点P是直线AC上一动点，连接FP，

将FP绕点F逆时针旋转60得到FQ，连接BQ，点R是直线AD上一动点，连接BR，QR．在点P的运动

过程中，当BQ取得最小值时，在平面内将BQR沿直线QR翻折得到△TQR，连接FT．在点R的运动过程

FT

中，直接写出的最大值．

CP

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

6223

(3)

2

【分析】（1）证明ACE≌CBDASA得到BDCE，再由点E是BC的中点，得到BC2CE2BD，即

可证明AC2BD；

（2）如图所示，过点G作GHAB于H，连接HF，先证明AGF≌DBFAAS，得到AGBD，BFGF，

22

再证明AHG是等腰直角三角形，得到AHAGBD；由直角三角形斜边上的中线的性质可得

22

1

FHFCBFBG，则∠FBH∠FHB，∠FBC∠FCB，进而可证明∠HFC2∠ABC90，则

2

∠HFM∠CFN；设CBGx，则∠ABG45x，∠CGB90x，可得

1

∠HMF∠BFM∠FBM135x由角平分线的定义可得∠GCN∠ACB45，则可证明

2

2

∠HMF∠CNF，进而证明HFM≌CFNAAS，得到HMCN，即可证明AMBDCN；

2

（3）如图所示，过点D作DHAC交AC延长线与H，连接FH，则四边形BCHD是矩形，可得

BCDHAC，证明△FDH是等边三角形，得到∠DFH∠FDH60，进而得到∠BDA∠DAH30，

∠FHA∠FAH30；由旋转的性质可得FQFP，∠PFQ60∠DFH，证明DFQ≌HFPSAS，

得到∠FDQ∠FHP30，则点Q在直线DQ上运动，设直线DQ交FH于K，则

11

DK⊥FH，FKFH，∠FDK∠FDH30，可得BDQ60，由垂线段最短可知，当BQDQ时，

22

BQ有最小值，则DBQ30，设ACDH6a，则AH3DH63aBDCH63a6a，则

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

FQ32a；由全等三角形的性质可得PHDQ33a3a，则CP33a3a；由折叠的性质可得

FTFQTQ

TQBQ9a33a，由FTFQTQ，得到当点Q在线段FT上时，此时有最大值，最大值为，

CPCP

据此代值计算即可．

【详解】（1）证明：∵ACB90，BD∥AC，

∴CBD180ACB90，

∵AECD，

∴ACDCAE90，

∵ACDBCD90，

∴CAEBCD，

又∵ACCB，∠CBD∠ACE90，

∴ACE≌CBDASA，

∴BDCE，

∵点E是BC的中点，

∴BC2CE2BD，

∴AC2BD；

（2）证明：如图所示，过点G作GHAB于H，连接HF，

∵BD∥AC，

∴∠FBD∠FGA，∠D∠FAG，

∵点F是AD的中点，

∴AFDF，

∴AGF≌DBFAAS，

∴AGBD，BFGF，

∵ACBC，ACB90，

∴CABACB45，

∵GHAH，

∴AHG是等腰直角三角形，

22

∴AHAGBD；

22

∵∠BHG∠BCG90，BFGF，

1

∴FHFCBFBG，

2

∴∠FBH∠FHB，∠FBC∠FCB，

∴∠GFH∠FBH∠FHB2∠FBH，∠GFC∠FBC∠FCB2∠FBC，

∴∠HFC∠GFH∠GFC2∠FBH2∠FBC2∠ABC90，

∵FMBG，

∴BFM90，

∴∠HFM∠CFN；

设CBGx，则∠ABG45x，∠CGB90x，

∴∠HMF∠BFM∠FBM135x，

∵CN平分ACB，

1

∴∠GCN∠ACB45，

2

∴∠CNF∠CGN∠GCN135x，

∴∠HMF∠CNF，

∴HFM≌CFNAAS，

∴HMCN，

∵AMAHHM，

2

∴AMBDCN；

2

（3）解：如图所示，过点D作DHAC交AC延长线与H，连接FH，

∵BD∥AC，∠ACB90，

∴∠BCH∠CBD90，

∵DHAC，

∴四边形BCHD是矩形，

∴BCDHAC，

∵点F是AD的中点，且AFAC，

∴AD2AF2DH2FH2DF，

∴△FDH是等边三角形，

∴∠DFH∠FDH60，

∴∠BDA∠DAH30，

∴∠FHA∠FAH30，

由旋转的性质可得FQFP，∠PFQ60∠DFH，

∴∠DFQ∠HFP，

∴DFQ≌HFPSAS，

∴∠FDQ∠FHP30，

∴点Q在直线DQ上运动，

11

设直线DQ交FH于K，则DK⊥FH，FKFH，∠FDK∠FDH30，

22

∴BDQ60，

由垂线段最短可知，当BQDQ时，BQ有最小值，

∴DBQ30，

设ACDH6a，则AH3DH63a，

∴BDCHAHAC63a6a，

1

∴DQBD33a3a，

2

∴BQ3DQ9a33a；

11

在Rt△DFK中，FKFHDH3a，

22

∴DKDF2FK233a，

∴QKDKDQ3a，

在Rt△FQK中，由勾股定理得FQFK2QK232a；

∵△DFQ≌△HFP，

∴PHDQ33a3a，

∴CPCHPH33a3a；

由折叠的性质可得TQBQ9a33a，

∵FTFQTQ，

FTFQTQ

∴，

CPCP

FTFQTQ

∴当点Q在线段FT上时，此时有最大值，最大值为，

CPCP

FTFQTQ32a9a33a6223

∴的最大值为．

CPCP33a3a2

【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HFM≌CFNAAS，得到HMCN；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】25

【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

△ABC≌△CED．根据正方形的性质，证明ABC≌CEDAAS，得出BCDE4，根据勾股定理求出

AC2AB2BC2324225，即可得出正方形b的面积．

【详解】解：如图，

∵a，b，c都是正方形，

∴ABMDEN90，AB3，DE4，

∴ABC180ABM90，DEC180DEN90，

∴ABCDEC，

∵ACD=90，

∴ACBDCE90，

∵ACBBAC90，

∴DCEBAC，

又∵ACCD，

∴ABC≌CEDAAS，

∴BCDE4，

∴在Rt△ABC中AC2AB2BC2324225，

∴正方形b的面积为25，

故答案：25．

【变式1-2】（2024·云南昆明·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，ABBC，CD∥AB，DEAC于点E，

且ABCE．求证：△CED≌△ABC．

【答案】见解析

【分析】本题考查了三角形全等的判定．根据DEAC，ABAC，得到ÐB=90°，DEC90，根据

CD∥AB，得到DCEA，结合ABCE，利用ASA即可证明结论．

【详解】证明：DEAC，ABAC，

DECB90，

CD∥AB，

DCEA，

在△CED和VABC中，

DECB

CEAB

DCEA

△CED≌△ABCASA．

ABk

【变式1-3】（2024·甘肃嘉峪关·二模）矩形ABCD中，(k1)，点E是边BC的中点，连接AE，过

BC2

点E作AE的垂线EF，与矩形的外角平分线CF交于点F．

(1)【特例证明】如图（1），当k2时，求证：AEEF；

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BA上截取BHBE，连接EH．

k2，

ABBC．

B90，BHBE，

∴145，

AHE1801135．

CF平分DCG，DCG90，

1

3DCG45．

2

ECF34135．

∴……（只需在答题卡对应区域写出剩余证明过程）

AE

(2)【类比探究】如图（2），当k2时，求的值（用含k的式子表示）．

EF

【答案】(1)见解析

AE

(2)k1．

EF

【分析】（1）证明AHE≌ECFASA即可；

（2）在BA上截取BHBE，连接EH．证明△AHE∽△ECF，即可求解．

【详解】（1）证明：如图，在BA上截取BHBE，连接EH．

k2，

ABBC．

B90，BHBE，

∴145，

AHE1801135，

CF平分DCG，DCG90，

1

3DCG45，

2

ECF34135，

QAEEF，

6AEB90，

5AEB90，

56，

ABBC，BHBE，

AHEC，

AHE≌ECFASA，

AEEF；

（2）解：在BA上截取BHBE，连接EH．

B90，BHBE，

BHEBEH45，

AHE135，

CF平分DCG，DCG90，

1

DCFDCG45．

2

ECF135°，

QAEEF，

FECAEB90，

BAEAEB90，

BAEFEC，

AHE∽ECF，

AEAH

，

EFCE

ABk

，E是BC边的中点，

BC2

1

ECHBBC，

2

1k1

AHABBCBC，

222

AE

k1．

EF

【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ABC中，ACB90，CBCA，直线ED经过点C，过A作ADED

于点D，过B作BEED于点E．求证：△ACD≌△CBE．

【应用模型】（2）如图2，点A的坐标为，点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为直角边作等腰直角

VABC，使BAC90，设点B的横坐标0为,1x，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ABCD中，AB3，BC5，点P是BC边上的一个动点（点P与点B，C

都不重合），现将△PCD沿直线PD折叠，使点C落到点F处；过点P作BPF的角平分线交AB于点E．设

BPx，BEy，则y与x的函数关系是_______，BE最大值为______．

1525

【答案】（1）见解析；（2）yx1x0；（3）yx2x0x5，

3312

【分析】（1）证明ACDCBE即可证明△ACD≌△CBE；

（2）过C作CMy轴于点M，证明ACM≌DAO，即可得到CMOA1，AMOBx，再根据yOM

求解即可；

（3）证明△BPE∽△CDP即可得到y与x的函数关系，然后根据关系式求BE最大值即可．

【详解】（1）∵ACB90，

∴ACDBCE90，

∵BEED，ADED，

∴DE90，CBEBCE90，

∴ACDCBE，

∵CBCA，

∴ACD≌CBEAAS；

（2）过C作CMy轴于点M，

∵点A的坐标为，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，

∴yOM，xO0B,1，OA1，x0

∵以AB为直角边作等腰直角VABC，使BAC90，

∴BACBOAAMC90，ABAC，

∴MACABO90AOB，

∴ACM≌DAOAAS，

∴CMOA1，AMOBx，

∴yOMOAAMx1，

∴y与x的函数关系为yx1x0；

（3）∵矩形ABCD中，AB3，BC5，

∴ABCD3，BC90，

∴CPDCDP90，

∵BPx，BEy，

∴CPBCBP5x，

∵现将△PCD沿直线PD折叠，

∴CPDFPD，

∵过点P作BPF的角平分线交AB于点E，

∴BPEFPE，

∵CPDFPDBPEFPE180，

∴CPDBPE90，

∴BPECDP，

∴△BPE∽△CDP，

BEBP

∴，

CPCD

yx

∴，

5x3

15

整理得yx2x，

33

2

1251525

∵yxxx，0x5，

333212

525

∴当x时，BEy为最大值，

212

1525

故答案为：yx2x0x5，．

3312

【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】

（1）已知VABC和VADE都是等边三角形．

①如图1，当点D在BC上时，连接CE．请探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由；

②如图2，当点D在线段BC的延长线上时，连接CE．请再次探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说

明理由．

【运用】

（2）如图3，等边三角形ABC中，AB6，点E在AC上，CE23．点D是直线BC上的动点，连接DE，

以DE为边在DE的右侧作等边三角形DEF，连接CF．当△CEF为直角三角形时，请直接写出BD的长．

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

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

进而可得CACECD；②CECACD．同理①即可求解；

（2）分点D在BC上，EFC90和点D在BC的延长线上，CEF90两种情况，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：（1）①CACECD，理由如下：

∵VABC和VADE都是等边三角形，

∴ABACBC，ADAE，BACDAE60，

∴BACDACDAEDAC，

即BADCAE，

∴BAD≌CAESAS，

∴BDCE，

∴BCBDCDCECD，

∵ACBC，

∴CACECD；

②CECACD，理由如下：

∵VABC和VADE都是等边三角形，

∴ABACBC，ADAE，BACDAE60，

∴BACDACDAEDAC，

即BADCAE，

∴BAD≌CAESAS，

∴BDCE，

∴CEBDBCCDCACD，

即CECACD；

（2）解：分两种情况：如图，当点D在BC上，EFC90时，

∵VABC和DEF都是等边三角形，

∴EFDECD60，

∴C、D、E、F四点共圆，

∵EFC90，

∴CE为该圆的直径，

∴CDE90，

∵CE23，ECD60，

1

∴CDCE·cos60233，

2

∴BDBCCD63；

如图，当点D在BC的延长线上，CEF90时，

∵VABC和DEF都是等边三角形，

∴ACBEFD60，

∴ECD120，

∴ECDEFD180，

∴C、D、E、F四点共圆，

∵CEF90，

∴CF为该圆的直径，

∴CDF90，

∵EDF60，

∴CDE906030，

∴CED1801203030，

∴CEDCDE，

∴CDCE23，

∴BDBCCD623；

综上，BD的长为63或623．

【典例2-2】（2024·广西·中考真题）如图1，VABC中，ÐB=90°，AB6．AC的垂直平分线分别交AC，

AB于点M，O，CO平分ACB．

(1)求证：△ABC∽△CBO；

(2)如图2，将△AOC绕点O逆时针旋转得到△AOC，旋转角为0a360．连接AM，CM

①求△AMC面积的最大值及此时旋转角的度数，并说明理由；

②当△AMC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)①83，180；②120或240

【分析】（1）利用线段垂直平分线的性质得出OAOC，利用等边对等角得出AACO，结合角平分线

定义可得出AACOOCB，最后根据相似三角形的判定即可得证；

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

利用勾股定理求出AM23，AC43，取AC中点M，连接OM，MM，作MNAC于N，由旋转

的性质知AOC≌AOC，OM为OM旋转所得线段，则OMAC，ACAC43，OMOM2，

根据点到直线的距离，垂线段最短知