中考数学第一轮复习08 全等三角形8种模型练习（解析版）

这是一份中考数学第一轮复习08 全等三角形8种模型练习（解析版），共155页。
平行线中点模型与雨伞模型）
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc156575233" 题型01 一线三等角模型（含一线三垂直模型）
\l "_Tc156575234" 题型02 手拉手模型
\l "_Tc156575235" 题型03 倍长中线模型
\l "_Tc156575236" 题型04 平行线中点模型与雨伞模型
\l "_Tc156575237" 题型05 截长补短模型
\l "_Tc156575238" 题型06 婆罗摩笈多模型
\l "_Tc156575239" 题型07 半角模型
题型01 一线三等角模型（含一线三垂直模型）
【一线三垂直模型介绍】只要出现等腰直角三角形，可以过直角点作一条直线，然后过45°顶点作直线的垂线，构造三垂直，所得两个直角三角形全等.根据全等三角形倒边，得到线段之间的数量关系.
【一线三等角模型介绍】三个等角的顶点在同一条直线，这个角可以是直角，也可以是锐角或钝角.
一线三等角类型：
（同侧）已知∠A=∠CPD=∠B=∠α，CP=PD
（异侧）已知∠EAC=∠ABD=∠DPC=∠α，CP=PD
1．（2023·陕西西安·校联考模拟预测）小西在物理课上学习了发声物体的振动实验后，对其作了进一步的探究：在一个支架的横杆点O处用一根细绳悬挂一个小球A，小球A可以自由摆动，如图，OA表示小球静止时的位置．当小明用发声物体靠近小球时，小球从OA摆到OB位置，此时过点B作BD⊥OA于点D，当小球摆到OC位置时，OB与OC恰好垂直（图中的A、B、O、C在同一平面上），过点C作CE⊥OA于点E，测得BD=8cm，OA=17cm．求AE的长．

【答案】9cm
【分析】首先根据题意证明出△COE≌△OBDAAS，然后利用全等三角形的性质求解即可．
【详解】∵OB⊥OC，
∴∠BOD+∠COE=90°，
又∵CE⊥OA,BD⊥OA，
∴∠CEO=∠ODB=90°，
∴∠BOD+∠B=90°，
∴∠COE=∠B，
在△COE和△OBD中，
∠CEO=∠BDO∠COE=∠BOC=BO，
∴△COE≌△OBDAAS，
∴OE=BD=8cm，
∴AE=OA-OE=17-8=9cm．
【点睛】此题考查全等三角形的性质和判定，解题思路是找准条件判定全等，解题的关键是证明△COE≌△OBDAAS．
2．（2023·全国·九年级专题练习）感知：数学课上，老师给出了一个模型：如图1，点A在直线DE上，且∠BDA=∠BAC=∠AEC=90°，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2，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CB=CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于点D，过B作BE⊥ED于点E．求证：△BEC≌△CDA．
(2)如图3，在△ABC中，D是BC上一点，∠CAD=90°，AC=AD，
∠DBA=∠DAB，AB=23，求点C到AB边的距离．
(3)如图4，在▱ABCD中，E为边BC上的一点，F为边AB上的一点．若
∠DEF=∠B，AB=10，BE=6，求 EFDE的值．
【答案】(1)见解析
(2)3
(3)EFDE=35
【分析】（1）由直角三角形的性质得出∠ACD=∠EBC，可证明△BEC≌△CDA；
（2）过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CE⊥AB于，交BA的延长线于点E，证明△CAE≌△ADF，由全等三角形的性质可得出CE=AF=3，则可得出答案；
（3）过点D作DM=DC交BC的延长线于点M，证明△BFE∽△MED，由相似三角形的性质可得出答案．
【详解】（1）证明：∵∠ACB=90°，∠BCE+∠ACB+∠ACD=180°，
∴∠BCE+∠ACD=180°，
∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠BEC=∠CDA=90°，∠EBC+∠BCE=90°，
∴∠ACD=∠EBC，
在△BEC和△CDA中，
∠CDA=∠BEC=90°∠ACD=∠EBCCB=CA，
∴△BEC≌△CDA；
（2）解：过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CE⊥AB于，交BA的延长线于点E，
∵∠DBA=∠DAB，
∴AD=BD，
∴AF=BF=12AB=3，
∵∠CAD=90°，
∴∠DAF+∠CAE=90°，
∵∠DAF+∠ADF=90°，
∴∠CAE=∠ADF，
在△CAE和△ADF中，
∠CEA=∠AFD=90°∠CAE=∠ADFAC=AD，
∴△CAE≌△ADF，
∴CE=AF=3，
即点C到AB的距离为3；
（3）过点D作DM=DC交BC的延长线于点M，
∴∠DCM=∠M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DM=CD=AB=10，AB∥CD
∴∠B=∠DCM=∠M，
∵∠FEC=∠DEF+∠DEC=∠B+∠BFE,∠B=∠DEF，
∴∠DEC=∠BFE，
∴△BFE∽△MED，
∴EFDE=BEDM=610=35．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
3．（2022·北京·校考一模）对于平面直角坐标系xOy中的图形M和点P，给出如下定义：将图形M绕点P顺时针旋转90°得到图形N，图形N称为图形M关于点P的“垂直图形”．例如，图1中点D为点C关于点P的“垂直图形”．
(1)点A关于原点O的“垂直图形”为点B．
①若点A的坐标为0,3，则点B的坐标为___________；
②若点B的坐标为3,1，则点A的坐标为___________；
(2)E(-3,3)，F(-2,3)，G(a,0)，线段EF关于点G的“垂直图形”记为E'F'，点E的对应点为E'，点F的对应点为F'．
①求点E'的坐标（用含a的式子表示）；
②若⊙O的半径为2，E'F'上任意一点都在⊙O内部或圆上，直接写出满足条件的EE'的长度的最大值．
【答案】(1)①3,0，②-1,3
(2)①(3+a,3+a)，②22
【分析】(1)① ②根据“垂直图形”的定义可得答案；
(2)①过点E作EP⊥x轴于点P，过点E'作E'H⊥x轴于点H，利用AAS证明△PEG≌△HGE'得E'H=PG=a+3，GH=EP=3，从而得出答案；②由点E'的坐标可知，满足条件的点E'在第一象限的⊙O上，求出点E'的坐标，从而解决问题．
【详解】（1）解：①∵点A的坐标为0,3，
∴点B的坐标为3,0，
故答案为：3,0；
②当B3,1时，如图，A-1,3，

故答案为：-1,3；
（2）解：①过点E作EP⊥x轴于点P，过点E'作E'H⊥x轴于点H，

∵∠EGE'=90°，EG=E'G，
∴∠EGP+∠E'GH=90°，∠EGP+∠E=90°，
∴∠E=∠E'GH，
∵∠EPG=∠GHE'，
∴ △PEG≌△HGE'（AAS），
∴E'H=PG=a+3，GH=EP=3，
∴OH=3+a，
∴E'（3+a,3+a）；
②如图，观察图象知，满足条件的点E'在第一象限的⊙O上，

∵E'3+a,3+a，OE'=2，
∴a+32+a+32=22，a+3=2(负值舍去)，
∴a=2-3，
∴E'2,2，
∴EE'=2+32+2-32=22．
∴EE'的长度的最大值为22．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，“垂直图形”的定义，坐标与图形，求出点E'的坐标是解题的关键．
4．（2021·浙江嘉兴·校考一模）阅读材料：我们知道：一条直线经过等腰直角三角形的直角顶点，过另外两个顶点分别向该直线作垂线，即可得三垂直模型”如图①：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，分别过A、B向经过点C直线作垂线，垂足分别为D、E，我们很容易发现结论：△ADC≌△CEB．
(1)探究问题：如果AC≠BC，其他条件不变，如图②，可得到结论；△ADC∽△CEB．请你说明理由．
(2)学以致用：如图③，在平面直角坐标系中，直线y＝12x与直线CD交于点M（2，1），且两直线夹角为α，且tanα＝32，请你求出直线CD的解析式．
(3)拓展应用：如图④，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，点E为BC边上一个动点，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°，点A落在点P处，当点P在矩形ABCD外部时，连接PC，PD．若△DPC为直角三角形时，请你探究并直接写出BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)y=-47x+157
(3)4或3+72
【分析】（1）由同角的余角相等可得∠BCE=∠DAC，且∠ADC=∠BEC=90°，可得结论；
（2）过点O作ON⊥OM交直线CD于点N，分别过M、N作ME⊥x轴NF⊥x轴，由（1）的结论可得： △NFO∽△OEM，可得NFOE=OFME=NOMO ，可求点N坐标，利用待定系数法可求解析式；
（3）分两种情况讨论，由全等三角形的性质和相似三角形的性质可求解．
【详解】（1）解：理由如下，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
又∵∠ADC＝90°，
∴∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠BCE＝∠DAC，且∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴△ADC∽△CEB；
（2）解：如图，过点O作ON⊥OM交直线CD于点N，分别过M、N作ME⊥x轴，NF⊥x轴，
由（1）可得：△NFO∽△OEM，
∴NFOE=OFME=NOMO，
∵点M（2，1），
∴OE＝2，ME＝1，
∵tanα＝ONOM＝32，
∴NF2=OF1=32，
∴NF＝3，OF＝32 ，
∴点N（-32，3），
∵设直线CD表达式：y＝kx+b，
∴1=2k+b3=-32k+b
∴k=-47b=157
∴直线CD的解析式为：y＝-47x+157；
（3）解：当∠CDP＝90°时，如图，过点P作PH⊥BC，交BC延长线于点H，
∵∠ADC+∠CDP＝180°，
∴点A，点D，点P三点共线，
∵∠BAP＝∠B＝∠H＝90°，
∴四边形ABHP是矩形，
∴AB＝PH＝4，
∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°，
∴AE＝EP，∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠H＝90°，AE＝EP，
∴△ABE≌△EHP（AAS），
∴BE＝PH＝4，
当∠CPD＝90°时，如图，过点P作PH⊥BC，交BC延长线于点H，延长HP交AD的延长线于N，则四边形CDNH是矩形，
∴CD＝NH＝4，DN＝CH，
设BE＝x，则EC＝5-x，
∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°，
∴AE＝EP，∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠EHP＝90°，AE＝EP，
∴△ABE≌△EHP（AAS），
∴PH＝BE＝x，AB＝EH＝4，
∴PN＝4-x，CH＝4-（5-x）＝x-1＝DN，
∵∠DPC＝90°，
∴∠DPN+∠CPH＝90°，且∠CPH+∠PCH＝90°，
∴∠PCH＝∠DPN，且∠N＝∠CHP＝90°，
∴△CPH∽△PDN，
∴DNPH=NPCH，
∴x-1x=4-xx-1
∴x＝3±72
∵点P在矩形ABCD外部，
∴x＝3+72，
∴BE＝3+72，
综上所述：当BE的长为4或3+72时，△DPC为直角三角形．
【点睛】本题是考查了待定系数法求解析式，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．
5．（2022下·安徽淮北·九年级校联考阶段练习）数学模型学习与应用．【学习】如图1，∠BAD=90°，AB=AD，BC⊥AC于点C，DE⊥AC于点E．由∠1+∠2=∠2+∠D=90°，得∠1=∠D；又∠ACB=∠AED=90°，可以通过推理得到△ABC≌△DAE．我们把这个数学模型称为“一线三等角”模型；
(1)【应用】如图2，点B，P，D都在直线l上，并且∠ABP=∠APC=∠PDC=α．若BP=x，AB=2，BD=5，用含x的式子表示CD的长；
(2)【拓展】在△ABC中，点D，E分别是边BC，AC上的点，连接AD，DE，∠B=∠ADE=∠C，AB=5，BC=6．若△CDE为直角三角形，求CD的长；
(3)如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为2,4，点B为平面内任一点．△AOB是以OA为斜边的等腰直角三角形，试直接写出点B的坐标．
【答案】(1)CD=-12x2+52x
(2)3
(3)3,1或-1,3
【详解】（1）解：∵∠ABP=∠APC=∠PDC=α，
∴∠A+∠APB=∠APB+∠CPD，
∴∠A=∠CPD，
又∵∠ABP=∠PDC，
∴△ABP∽△PDC，
∴ABPD=BPCD，
即xCD=25-x，
∴CD=-12x2+52x．
（2）解：如图4，当∠CED=90°时，
∵∠ADE=∠C，∠CAD=∠DAE，
∴△ACD∽△ADE，
∴∠ADC=∠AED=90°，
∵∠B=∠C，∠ADC=90°
∴点D为BC的中点，
∴CD=12BC=12×6=3．
如图5，当∠EDC=90°时，
∵∠B=∠C，
∴∠BAD=∠EDC=90°，
过点A作AF⊥BC，交BC于点F，
∴BF=12BC=3，csB=BFAB=ABBD=35，
BD=253>6，不合题意，舍去，
∴CD=3．
（3）解：分两种情况：
①如图6所示，过A作AC⊥y轴于D，过B作BE⊥x轴于E，DA与EB相交于C，则∠C＝90°，∴四边形OECD是矩形
∵点A的坐标为（2，4），
∴AD＝2，OD＝CE＝4，
∵∠OBA＝90°，
∴∠OBE+∠ABC＝90°，
∵∠ABC+∠BAC＝90°，
∴∠BAC＝∠OBE，
在△ABC与△BOE中，
∠C=∠BEO=90°∠BAC=∠OBEAB=BO
∴△ABC≌△BOE（AAS），
∴AC＝BE，BC＝OE，
设OE＝x，则BC＝OE＝CD＝x，
∴AC＝BE＝x－2，
∴CE＝BE+BC＝x－2+x＝OD＝4，
∴x＝3，x－2＝1，
∴点B的坐标是（3，1）；
②如图7，同理可得，点B的坐标（－1，3），
综上所述，点B的坐标为（3，1）或（－1，3）．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识；正确的作出辅助线，证明三角形全等是解题的关键．
6．（2021上·山东青岛·九年级统考期中）【模型引入】
我们在全等学习中所总结的“一线三等角、K型全等”这一基本图形，可以使得我们在观察新问题的时候很迅速地联想，从而借助已有经验，迅速解决问题．
【模型探究】
如图，正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，交直线CB于点F．
（1）如图1，若点F在线段BC上，写出EA与EF的数量关系并加以证明；
（2）如图2，若点F在线段CB的延长线上，请直接写出线段BC，BE和BF的数量关系．
【模型应用】
（3）如图3，正方形ABCD中，AB＝4，E为CD上一动点，连接AE交BD于F，过F作FH⊥AE于F，过H作HG⊥BD于G．则下列结论：①AF＝FH；②∠HAE＝45°；③BD＝2FG；④△CEH的周长为8．正确的结论有 个．
（4）如图4，点E是正方形ABCD对角线BD上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，交线段BC于点F，交线段AC于点M，连接AF交线段BD于点H．给出下列四个结论，①AE＝EF；②2DE＝CF；③S△AEM＝S△MCF；④BE＝DE+2BF；正确的结论有 个．
【模型变式】
（5）如图5，在平面直角坐标系中，四边形OBCD是正方形，且D（0，2），点E是线段OB延长线上一点，M是线段OB上一动点（不包括点O、B），作MN⊥DM，垂足为M，交∠CBE的平分线与点N，求证：MD＝MN
（6）如图6，在上一问的条件下，连接DN交BC于点F，连接FM，则∠FMN和∠NMB之间有怎样的数量关系？请给出证明．
【拓展延伸】
（7）已知∠MON＝90°，点A是射线ON上的一个定点，点B是射线OM上的一个动点，且满足OB＞OA．点C在线段OA的延长线上，且AC＝OB．如图7，在线段BO上截取BE，使BE＝OA，连接CE．若∠OBA+∠OCE＝β，当点B在射线OM上运动时，β的大小是否会发生变化？如果不变，请求出这个定值；如果变化，请说明理由．
（8）如图8，正方形ABCD中，AD＝6，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接DM，交EF于点N，若点F是AB边的中点，则△EDM的面积是 ．
【答案】（1）AE=EF，证明见解析；（2）BE=22(BC-BF)；（3）4；（4）3；（5）见解析；（6）∠NMF=∠NMB，证明见解析；（7）β的大小不变，β=45°，理由见解析；（8）152
【分析】（1）过点E作YZ⊥AD，交AD于Y，交BC于Z,证明△ZBE是等腰直角三角形，进而证明△AEY ≌ △EFZ，即可证明AE=EF；
（2）过E分别向AB,BC作垂线，垂足分别为T,U，证明四边形TBUE是正方形，证明△TEA ≌ △UEF，过A作AV⊥BD于V,过F作FW⊥BD的延长线于点W，设正方形的边长为a，在Rt△ABD中，求得BD，进而求得AV=12BD=22a，证明△AEV ≌ △EFW，进而可得BW=22BF，由BE+BW=BE+EV=BV=AV=22a，可得BE=22(BC-BF)
（3）①由（1）直接判断①；根据△AFH是等腰直角三角形，即可判断②；过A作AR⊥BD于R,证明△ARF≌△FGH可得AR=FG，进而判断；③过点A作AQ⊥HE于点Q，延长CB至Q，使BP=DE，证明△APH≌△AEH，进而可得△CEH的周长为2BC，即可判断④；
（4）①由（1）直接判断①；过E作PQ//DC,交AD,BC分别为点P,Q，证明△DPE,△EQB是等腰直角三角形，证明Rt△EFQ ≌ Rt△AEP，进而可得DE=2DP=22CF，即可判断②；过F作KF//PQ交BD于点K,KN⊥PQ于N，可得KB=2BF，由②可知PD=QF，进而证明△DPE≌△KNE，BE=BK+EK=DE+2BF可判断④，由于M点的位置不确定，无法判断S△AEM和S△MCF的关系，即可判断③；
（5）在OD上取OH=OM，连接HM，证明△HDM ≌ △BMN即可；
（6）延长BO至点A，使得AO=CF，连接AD，过点M作MP⊥DN于点F，证明△AOD≌△FCD，可得∠CDF=∠ODA，进而证明△ADM ≌ △FDM，由∠NMF+∠FMP=∠NMP=45°，根据角度的等量换算可得∠NMF=∠MDO，∠NMB=∠MDO，进而可得∠NMF=∠NMB；
（7）过点C作CF//OB，且CF=OA，连接AF交CE于点G，连接BF，证明△BOA≌△ACF，可得BA=AF,∠1=∠2，进而可得∠5=45°，进而证明四边形BECF是平行四边形，根据平行线的性质，三角形的外角的性质可得∠7+∠1=45°，即β =45°
（8）过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，证明PE=PC，设PC=x,则PE=x,PD=6-x，EQ=6-x，证明△DEF是等腰直角三角形，证明△DEC≌△BEC，在Rt△DEP中，勾股定理求得DE=3102，进而可得EF，过点F作FH⊥AC于点H，证明△DGC∽△FGA，进而求得AG=22，进而求得GE，在Rt△HGF中，勾股定理求得FG，进而求得S△EFG，根据翻折的性质求得S△EFM，根据S△EDM=S四边形DFME-S△DFM=S△DEF+S△EFM-S△DFM即可求得S△EDM=152．
【详解】（1）若点F在线段BC上，AE=EF,理由如下，
过点E作YZ⊥AD，交AD于Y，交BC于Z,
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=BC，∠DAB=∠ABC=∠C=∠ADC=90°
又∵ YZ⊥AD
∴四边形ABZY是矩形，
∴AY=BZ
∵AD=AB，∠BAD=90°
∴∠ADB=∠ABD=∠DBC=45°
∴△ZBE是等腰直角三角形
∴BZ=EZ
∵BZ=AY
∴ZE=AY
∵AE⊥EF
∴∠AEY+∠FEZ=90°
∵∠AYE=90°
∴∠EAY+∠AEY=90°
∴ ∠FEZ=∠EAY
∵AD//BC,YZ⊥AD
∴YZ⊥BC
∴∠AYE=∠EZF=90°
在△AEY与△EFZ中，
∠FEZ=∠EAYZE=AY∠EZF=∠AYE
∴ △AEY ≌ △EFZ
∴AE=EF
（2）若点F在线段CB的延长线上，BE=22(BC-BF)，理由如下，
过E分别向AB,BC作垂线，垂足分别为T,U，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°
∴四边形TBUE是矩形，
∴∠ADB=∠ABD=∠DBC=45°
∵ET⊥AB,EU⊥BC
∴TB=TE，EU=BU，
∴四边形TBUE是正方形
∴TE=EU,TE//FU
∴∠TEF=∠EFU
∵AE⊥EF
∴∠TEF+∠AET=90°
∵ET⊥AB
∴∠EAT+∠AET=90°
∴∠TEF=∠EAT
∴∠EFU=∠EAT
在△TEA与△UEF中
∠ATE=∠FUE=90°∠EAT=∠EFUTE=UE
∴ △TEA ≌ △UEF
∴AE=EF
过A作AV⊥BD于V,过F作FW⊥BD的延长线于点W，如图，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°
∴∠ADB=∠ABD=45°
设正方形的边长为a，
∵AV⊥BD
∴AV=BV=VD
在Rt△ABD中，BD=AD2+AB2=2AD=2a，
∴AV=12BD=22a
∵AE⊥EF，AV⊥EV
∴∠AEV+∠EFW=90°,∠AEV+∠EAV=90°
∴∠EFW=∠EAV
∵FW⊥WD,AV⊥BD
∴∠FWE=∠AVE=90°
在△AEV和△EFW中
∠EFW=∠EAV∠FWE=∠AVEAE=EF
∴ △AEV ≌ △EFW
∴EV=FW
∵∠FBW=∠DBC=45°，FW⊥WB
∴∠FBW=90°-∠BFW=45°
∴∠WFB=∠WBF
∴FW=WB
∴BF=FW2+BW2=2BW
即BW=22BF
∴BW=EV
∴ BE+BW=BE+EV=BV=AV=22a
∴22BF+BE=22a
∵ BC=a
∴22BF+BE=22BC
即BE=22(BC-BF)
（3）如图
由（1）可得AF=FH，故①正确，
∵AF⊥FH,AF=FH
∴△AFH是等腰直角三角形，
∴∠HAE=45°
故②正确，
过A作AR⊥BD于R,
∵AD=AB,∠BAD=90°
∴AR=BR=DR=12BD
∵AR⊥BD,HG⊥BD
∴∠ARF=∠FGH=90°
∵∠AFR+∠FAR=90°,∠AFR+∠GFH=90°
∴∠FAR=∠HFG
又∵AF=FH
∴△ARF≌△FGH
∴AR=FG
∴FG=12BD
故③正确，
如图，过点A作AQ⊥HE于点Q，延长CB至Q，使BP=DE，
∵∠ADE=∠ABP=90°,AB=AD,DE=BP
∴△ABP≌△ADE
∴∠DAE=∠BAP
∵∠EAH=45°，∠DAB=90°
∴∠DAE+∠HAB=45°
∴∠BAP+∠HAB=45°
即∠HAP=∠EAH
∵AP=AE,AH=AH
∴△APH≌△AEH
∴HE=HP
∵PH=PB+BH=DE+BH=EH
∴△CEH的周长为CE+EH+HC=CE+DE+BH+HC=CD+BC=2BC
∵正方形的边长为4
∴△CEH的周长为2BC =8．
故④正确，
综上所述，故正确的结论有①②③④，共计4个
故答案为：4
（4）如图4，
由（1）可得AE=EF,故①正确；
如图，过E作PQ//DC,交AD,BC分别为点P,Q
∵四边形ABCD是正方形
∴∠ADC=∠DCB=90°
∵PQ//DC
∴∠DPQ=∠PQC=90°
∴四边形PDCQ是矩形
同理，四边形ABQP是矩形，
∴DP=CQ，AP=BQ
∵∠PDE=∠EBQ=45°
∴ △DPE,△EQB是等腰直角三角形
∴PE=DP，EQ=QB
∵四边形ABQP是矩形
∴BQ=AP
∴EQ=AP
在Rt△EFQ与Rt△AEP中，
AE=EFAP=EQ
∴ Rt△EFQ ≌ Rt△AEP
∴PE=QF
∴DP=QF=12CF
∵∠PDE=45°,∠DPE=90°
∴DE=2DP=22CF
∴CF=2DE
故②正确
如图，过F作KF//PQ交BD于点K,KN⊥PQ于N
则四边形KNQF是矩形，
∴NK=QF
∵∠KBF=45°,∠KFB=90°
∴KB=2BF
由②可知PD=QF
∴NK=DP，∠DPE=∠KNE=90°，∠KEN=∠DEP，
∴△DPE≌△KNE，
∴DE=EK，
∴BE=BK+EK=DE+2BF，
故④正确；
由于M点的位置不确定，无法判断S△AEM和S△MCF的关系，故③不正确，
综上所述正确的结论由①②④，共计3个；
故答案为：3，
（5）如图5，在OD上取OH=OM，连接HM，
∵OD=OB,OH=OM
∴HD=MB,∠OHM=OMH
∴∠DHM=180°-45°=135°
∵ BN平分∠CBE
∴∠NBE=45°
∴∠MBN=135°
∴∠DHM=∠MBN
∵DM⊥MN，∠AOB=90°
∴∠DMO+∠NMB=90°
∵∠DMO+∠HDM=90°
∴∠HDM=∠NMB
△HDM与△BMN中
∠HDM=∠BMNDH=BM∠DHM=∠MBN
∴ △HDM ≌ △BMN
∴DM=MN
（6）如图6，在上一问的条件下，连接DN交BC于点F，连接FM，∠NMF=∠NMB，理由如下，
延长BO至点A，使得AO=CF，连接AD，过点M作MP⊥DN于点F，
∵DC=DO,∠DOA=∠DCF=90°,CF=AO
∴△AOD≌△FCD
∴∠CDF=∠ODA，AD=DF
∵DM=MN,DM⊥MN
∴∠MDN=45°
∵∠CDO=90°
∴∠CDF+∠MDO=90°-∠FDM=45°
∴∠ODA+ODM=45°=∠ADM
∴∠ADM=∠FDM
在△ADM与△FDM中，
AD=AF∠ADM=∠FDMDM=DM
∴ △ADM ≌ △FDM
∴∠DFM=∠DAM
∵MP⊥DF
∴∠PMF+∠PFM=90°
∵∠DAO+∠ADO=90°
∴∠PMF=∠ODA
∵ ∠MDO+∠ODA=45°
∴∠PMF+∠MDO=45°
∵DM=MN,MP⊥DN
∴PM=PN
∴∠PMN=45°
∴∠NMF+∠FMP=∠NMP=45°
∴∠NMF=∠MDO
∵∠NMB=∠MDO
∴∠NMF=∠NMB
（7）β的大小不变，β=45°，理由如下，
过点C作CF//OB，且CF=OA，连接AF交CE于点G，连接BF，如图，
∵CF//OB，
∴∠BOA+∠ACF=180°
∵∠BOA=90°
∴∠ACF=90°
∴∠BOA=∠ACF
又OB=AC,OA=CF
∴△BOA≌△ACF
∴BA=AF,∠1=∠2
∴∠4=∠5
∵∠1+∠3=90°
∴∠2+∠3=90°
∴∠BAF=180°-(∠2+∠3)=90°
∴∠5=45°
∵∠1+∠7=∠2+∠7=∠6
∵BE//CF,BE=OA=CF
∴四边形BECF是平行四边形
∴BF//CE
∴∠5=∠6=45°
∴∠7+∠1=45°
即β =45°
（8）如图，过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，
∵DC⊥AB
∴PQ⊥AB
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°,
△PEC是等腰直角三角形，∴ PE=PC
设PC=x,则PE=x,PD=6-x，EQ=6-x
∴PD=EQ
∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ
∴△DPE≌△EQFAAS
∴DE=EF ∵DE⊥EF
∴ △DEF是等腰直角三角形
∵DC=BC,∠DCE=∠BCE=45°,CE=CE ∴△DEC≌△BECSAS
∴DE=BE
∴EF=BE
∵EQ⊥FB
∴FQ=BQ=12BF
∵ AB=AD=6,F是AB的中点
∴BF=3
∴FQ=BQ=PE=32
∴CE=322,PD=92
在Rt△DEP中，DE=DP2+PE2=814+94=3102
∴EF=DE=3102
过点F作FH⊥AC于点H，如图，
∵AD=CD=6
∴AC=62
∵DC//AB
∴△DGC∽△FGA
∴ CGAG=CDAF=63=2
∴CG=2AG
∴AG=22
∴GE=AC-AG-CE=62-22-322=522，
∵∠FAC=45°,HF⊥AC
∴∠FAC=∠AFH=45°
∵AF=3
∴AH=HF=322
∴HG=22
在Rt△HGF中，FG=HG2+HF2=24+184=5
∴S△EFG=12⋅GE⋅FH=12×322×522=154
∵将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，
∴S△EFM=154，FM=FG=5，∠DFE=∠EFM=45°
∴∠DFM=90°
∵DF=DA2+AF2=36+9=35
∴S△DFM=12×35×5=152
∵S△EDM=S四边形DFME-S△DFM=S△DEF+S△EFM-S△DFM
=12×3102×3102+154-152=152
∴ S△EDM=152
故答案为：152
【点睛】本题考查了四边形综合题，全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，正方形的性质，添加辅助线，构造全等是解题的关键．
7．（2022上·吉林长春·七年级长春市第四十五中学校考期中）通过对数学模型“K字”模型或“一线三等角”模型的研究学习，解决下列问题：
[模型呈现]如图1，∠BAD=90°，AB=AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E．求证：BC=AE．
[模型应用]如图2，AE⊥AB且AE=AB，BC⊥CD且BC=CD，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积为________________．
[深入探究]如图3，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，连接BC，DE，且BC⊥AF于点F，DE与直线AF交于点G．若BC=21，AF=12，则△ADG的面积为_____________．
【答案】[模型呈现]见解析；[模型应用]50；[深入探究]63
【分析】[模型呈现]证明△ABC≌△DAE，根据全等三角形的对应边相等得到BC=AE；
[模型应用]根据全等三角形的性质得到AP=BG=3，AG=EP=6,CG=DH=4，CG=BG=3，根据梯形的面积公式计算，得到答案；
[深入探究]过点D作DP⊥AG于P，过点E作EQ⊥AG交AG的延长线于Q，根据全等三角形的性质得到DP=AF=12,EQ=AF=12,AP=BF,AQ=CF，证明△DPG≌△EQG，得到PG=GQ.，进而求出AG，根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】[模型呈现]证明：∵∠BAD=90°，
∴∠BAC+∠DAE=90°，
∵BC⊥AC,DE⊥AC，
∴∠ACB=∠DEA=90°，
∴∠BAC+∠ABC=90°，
∴∠ABC=∠DAE，
在△ABC和△DAE中，
∠ABC=∠DAE∠ACB=∠DAEBA=AD，
∴△ABC≌△DAE(AAS)，
∴BC=AE；
[模型应用]解：由[模型呈现]可知，△AEP≌△BAG,△CBG≌△DCH，
∴AP=BG=3,AG=EP=6,CG=DH=4,CG=BG=3，
则S实线围成的图形=12(4+6)×(3+6+4+3)-12×3×6-12×3×6-12×3×4-12×3×4=50，
故答案为：50；
[深入探究]过点D作DP⊥AG于P，过点E作EQ⊥AG交AG的延长线于Q，
由[模型呈现]可知，△AFB≌△DPA,△AFC≌△EQA，
∴DP=AF=12,EQ=AF=12,AP=BF,AQ=CF，
在△DPG和△EQG中，
∠DPG=∠EQG∠DGP=∠EGQDP=EQ，
∴△DPG≌△EQG(AAS)，
∴PG=GQ，
∵BC=21，
∴AQ+AP=21，
∴AP+AP+PG+PG=21，
∴AG=AP+PG=10.5，
∴S△ADQ=12×10.5×12=63，
故答案为：63．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的面积计算，熟记三角形确定的判定定理是解题的关键．
8．（2020上·河南安阳·八年级统考期末）（1）如图①．已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．则线段DE、BD与CE之间的数量关系是______；

（2）如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB=AC，D，A，E三点都在直线m上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，其中α为任意锐角或钝角．请问：（1）中的结论是还否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展与应用：如图③，D，E是D，A，E三点所在直线m上的两动点（D，A，E三点互不重合），点F为∠BAC平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，连接BD、CE．若∠BDA=∠AEC=∠BAC，试判断△DEF的形状，并说明理由．
【答案】（1）DE=BD+CE；（2）成立，证明见解析；（3）等边三角形，理由见解析
【分析】（1）根据垂直的定义得到∠BDA=∠CEA=90°，根据等角的余角相等得到∠CAE=∠ABD，根据“AAS”证明△ADB≌△CEA，根据全等三角形的性质得到AE=BD，AD=CE，结合图形得到DE=BD+CE；
（2）根据∠BDA=∠AEC=∠BAC，得到∠ABD=∠CAE，由AAS定理证明△ADB≌△CEA，根据全等三角形的性质得到BD=AE，DA=CE，得出结论；
（3）根据△ADB≌△CEA，得到BD=AE，∠DBA=∠CAE，证明△DBF≌△EAF(SAS)，得到DF=EF，∠BFD=∠AFE，求出∠DFE=60°，根据等边三角形的判定定理得到答案．
【详解】解：（1）DE=BD+CE．理由：如图1，
∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°，
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ADB和△CEA中，
∠ABD=∠CAE∠ADB=∠CEA=90°BA=AC，
∴△ADB≌△CEA(AAS)，
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（2）（1）中结论成立，
理由如下：如图2，∵∠BDA=∠BAC=α，
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°-α，
∴∠DBA=∠CAE，
在△ADB和△CEA中，
∠DBA=∠CAE∠BDA=∠AECBA=AC，
∴△ADB≌△CEA(AAS)，
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（3）结论：△DEF是等边三角形．
理由：如图3，由（2）可知，△ADB≌△CEA，
∴BD=AE，∠DBA=∠CAE，
∵△ABF和△ACF均为等边三角形，
∴∠ABF=∠CAF=60°，BF=AF，
∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF，即∠DBF=∠EAF，
在△DBF和△EAF中，
FB=FA∠DBF=∠EAFBD=AE，
∴△DBF≌△EAF(SAS)，
∴DF=EF，∠BFD=∠AFE，
∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°，
∴△DEF为等边三角形．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
9．（2023上·湖南长沙·八年级统考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点Ba,b是第二象限内一点．
(1)若a、b满足等式a+32+b-2=0，求点B的坐标；
(2)如图1，在（1）的条件下，动点C以每秒2个单位长度的速度从O点出发，沿x轴的负半轴方向运动，同时动点A以每秒1个单位长度的速度从O点出发，沿y轴的正半轴方向运动，设运动的时间为t秒，当t为何值时，△ABC是AB为斜边的等腰直角三角形；
(3)如图2，C、A分别是x轴负半轴和y轴上正半轴上一点，且△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，若E是线段OC上一点，连接BE交AC于点D，连接AE，当AE=CE，∠OAE=45∘，①求证：BE平分∠ABC； ②设BD的长为a，△ADB的面积为S．请用含a的式子表示S．
【答案】(1)B-3,2
(2)当t=1时，△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形
(3)①见解析；②SΔABD=14a2
【分析】（1）根据绝对值和偶次方的性质得出a+3=0，b-2=0，进而求出a、b的值，即可解答；
（2）过B作BH⊥x轴于点H，设OA=t，OC=2t，证明△AOC≌△CHB（AAS），得OC=BH，即可解答；
（3）①过点E作EM⊥AB于M，EN⊥BC交BC延长线于N，过点B作BF⊥x轴于F，先证△AEM≌△CEN（AAS）得EM=EN，利用角平分线定理即可解答；
②延长AE、BC相交于点P，证明∠BEA=90°,AE=12AP，再证△BCD≌△ACP，得AP=BD=a，利用三角形面积公式即可解答．
【详解】（1）解：∵（a+3）2+|b-2|=0且（a+3）2≥0，|b-2|≥0，
∴a+3=0，b-2=0，
∴a=-3，b=2，
∴B-3,2；
（2）解：过B作BH⊥x轴于点H，

∵B-3,2，
∴BH=2，
由题意得OA=t，OC=2t，
∵△ACB是以AB斜边的等腰直角三角形
∴AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠BCH+∠ACB=90°，
∵BH⊥x轴，
∴∠OHB=90°，
∴∠BCH+∠HBC=90°，
∴∠ACB=∠HBC，
∴∠AOC=∠CHB=90°，
在△AOC与△CHB中，
∠ACO=∠HCB∠AOC=∠HCBAC=BC，
∴△AOC≌△CHB（AAS），
∴OC=BH，
∴t=1，
∴当t=1时，△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形；
（3）①解：过点E作EM⊥AB于M，EN⊥BC交BC延长线于N，过点B作BF⊥x轴于F，
∴∠EMA=∠ENC=90°，
由（2）可知，∠BCF=∠CAO，
∵∠ECN=∠BCF，
∴∠ECN=∠CAO，
∵△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，
∴∠BAC=45°，
∵∠OAE=45°，
∴∠BAC+∠CAE=∠EAO+∠CAE，
即∠BAE=∠CAO，
∵∠ECN=∠CAO，
∴∠ECN=∠BAE，
在△AEM和△CEN中，
∠MAE=∠ECN∠AME=∠CNEAE=CE，
∴△AEM≌△CEN（AAS）
∴EM=EN，
∴BE平分∠ABC；
②解：如图，延长AE、BC相交于点P，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACP=90°
∴∠CAE+∠APC=90°，∠PCE+∠ACE=90°，
∵AE=CE
∴∠CAE=∠ACE
∴∠APC=∠PCE
∴CE=PE
∴PE=AE，AE=12AP
∵BE平分∠ABC
∴BE⊥AP
∴∠BEA=90°，
∴∠CAE+∠ADE=90°，∠CBD+∠BDC=90°
∵∠BDC=∠ADE
∴∠CAE=∠CBD
在△BCD和△ACP中，
∠CBD=∠CAEBC=AC∠BCD=∠ACP,
∴△BCD≌△ACP(ASA),
∴BD=AP=a,
∴AE=12a,
∴SΔABD=12BD⋅AE=12a×12a=14a2．
【点睛】本题考点涉及绝对值的性质，平面直角坐标系，等腰三角形的性质和判定，三线合一，角平分线定理，全等三角形的判定与性质，所涉知识点较多，难度较大，属于压轴题，掌握“一线三垂直”模型，作出辅助线是解题的关键．
10．（2022上·江苏南京·八年级校考阶段练习）已知，在△ABC中，AB=AC，D，A，E三点都在直线m上，且DE=9cm，∠BDA=∠AEC=∠BAC．

(1)如图①，若AB⊥AC，则BD与AE的数量关系为 ___________，CE与AD的数量关系为 ___________；
(2)如图②，判断并说明线段BD，CE与DE的数量关系；
(3)如图③，若只保持∠BDA=∠AEC，BD=EF=7cm，点A在线段DE上以2cm/s的速度由点D向点E运动，同时，点C在线段EF上以xcm/s的速度由点E向点F运动，它们运动的时间为t（s）．是否存在x，使得△ABD与△EAC全等？若存在，求出相应的t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)BD=AE，CE=AD
(2)DE=BD+CE
(3)t=1，x=2或t=94,x=289
【分析】（1）利用平角的定义和三角形内角和定理得∠CAE=∠ABD，再利用AAS证明△ABD≌△CAE，得BD＝AE，CE＝AD；
（2）由（1）同理可得△ABD≌△CAE，得BD=AE，CE=AD，可得答案；
（3）分△DAB≌△ECA或△DAB≌△EAC两种情形，分别根据全等三角形的性质可解决问题．
【详解】（1）解：∵∠BDA=∠AEC=∠BAC，
∴∠BAD+∠CAE=∠BAD+∠ABD，
∴∠CAE=∠ABD，
∵∠BDA=∠AEC，BA=CA，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD=AE，CE=AD，
故答案为：BD=AE，CE=AD；
（2）DE=BD+CE，
由（1）同理可得△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD=AE，CE=AD，
∴DE=BD+CE；
（3）存在，当△DAB≌△ECA时，
∴AD=CE=2cm,BD=AE=7cm，
∴t=1，此时x=2；
当△DAB≌△EAC时，
∴AD=AE=4.5cm,DB=EC=7cm,
∴t=AD2=94，x=7÷94=289，
综上：t=1，x=2或t=94,x=289．
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角基本模型是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想．
题型02 手拉手模型
【模型介绍】两个顶角相等的等腰三角形共用顶角顶点，分别连接对应的两底角顶点，从而可以得到一个经典的全等模型.因为顶点相连的四条边，形象可以看作两双手，通常称为“手拉手模型”.
文字说明：1）点A 为共用顶角顶点，看作头
2）线段AB、AC为等腰∆ABC的两腰，看作两条手臂
线段AM、AN为等腰∆AMN的两腰，看作两条手臂
3）点B与点M看作左手，线段BM看作左手拉左手
点C与点N看作右手，线段CN看作右手拉右手
解题步骤：①找共用顶点，确定“四只手”；
②连接对应端点；
③SAS证明全等.
11．（2023·安徽黄山·校考一模）已知△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，△ADE绕点A逆时针旋转一周．

(1)如图1，连接BD，CE，则BD与CE的数量关系为_______；直线BD与CE所夹角的度数为_______．
(2)当△ADE旋转至如图2所示的位置时，取BC，DE的中点M，N，连接MN，BD．试问：MNBD的值是否随△ADE的旋转而变化？若不变，请求出该值；若变化，请说明理由．
(3)M，N分别为BC，DE的中点，连接MN．若AB=310，AD=6，当△ADE旋转至B，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出MN的值．
【答案】(1)BD=CE，直线BD与CE所夹角的度数为：90°；
(2)不变，MNBD=22；
(3)MN=3或9．
【分析】（1）根据△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，得AB=AC，AD=AE，∠BAC=DAE=90°，根据全等三角形的判定和性质，得△ABD≅△ACE，延长BD交CE于点F，根据三角形的外角和，即可求出直线BD与CE所夹角的度数；
（2）连接AN，AM；根据等腰三角形的性质，三线合一，得AN⊥ED，AM⊥BC，根据sin∠ABC=AMAB=22，再根据相似三角形的判定，得△BAD∼△MAN，则MNBD=AMAB即可；
（3）根据当△ADE旋转至B，D，E三点在同一条直线上时，分类讨论：①当D在B，E之间；② ①当E在B，D之间，根据等腰三角形的性质，勾股定理，依次求出AN，BN，BD，再根据MMBD是定值，即可求出MN．
【详解】（1）∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=DAE=90°，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠EAC，
∴∠BAD=∠EAC，
∴△ABD≅△ACE，
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，
延长BD交CE于点F，交AC于点H，
∵∠AHF=∠BHC，
∴∠ABD+∠BAC=∠ACE+∠BFC，
∴∠BAC=∠BFC=90°，
∴直线BD与CE所夹角的度数为：90°．

（2）不变，理由如下：
连接AN，AM
∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，点M，N是BC，DE的中点，
∴AM⊥BC，∠BAM=∠CAM=45°，AN⊥DE，∠EAN=∠DAN=45°；
∵sin∠ABM=sin45°=AMAB=22，sin∠ADN=sin45°=ANAD=22
∴AMAB=ANAD=22，
∵∠BAD=∠BAC+∠DAC=90°+∠DAC，∠MAN=∠MAC+∠DAC+∠DAN=45°+∠DAC+45°=90°+∠DAC，
∴∠BAD=∠MAN，
∴△BAD∼△MAN，
∴MNBD=AMAB=22．

（3）如图：连接AM，AN，
①当D在B，E之间，
∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，点M，N是BC，DE的中点
∴AN⊥ED，ND=AN，
∴AD2=ND2+AN2
∵AB=310，AD=6，
∴DN=AN=32；
∵BN2+AN2=AB2，
∴BN=62，
∴BD=BN-DN=62-32=32，
∵MNBD=22，
∴MN=3；

②当E在B，D之间，
同理得：DN=AN=32，BN=62，BD=62+32=92，
∴MNBD=22=MN92，
∴MN=9，
∴MN=3或9．

【点睛】本题考查等腰三角形，相似三角形，全等三角形的综合，解题的关键是掌握等腰三角形的性质：三线合一，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角形函数的运用．
12．（2023下·江西抚州·九年级校考阶段练习）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，连接PC，将线段PC绕点P旋转α得到线段PD，连接AP、CD、BD．

(1)当α=60°时，
①如图1，当点P在△ABC的边BC上时，线段PC绕点P顺时针旋转α得到线段PD，则AP与BD的数量关系是_______________；
②如图2，当点P在△ABC内部时，线段PC绕点P顺时针旋转α得到线段PD，①中AP与BD的数量关系还成立吗？若成立，请证明结论，若不成立，说明理由；
(2)当α=90°时，
①如图3，线段PC绕点P顺时针旋转α得到线段PD．试判断AP与BD的数量关系，并说明理由；
②若点A，C，P在一条直线上，且AC=3PC，线段PC绕点P逆时针旋转α得到线段DP，求BDAP的值．
【答案】(1)①AP=BD；②成立，证明见解析；
(2)①BD=2AP，理由见解析；②5或52
【分析】（1）①根据旋转的性质和等边三角形的判定，易证△ABC和△CPD是等边三角形，得到AC=BC，CP=CD，∠ACB=∠PCD=60°，再利用“SAS”证明△APC≌△BDC，即可得到AP与BD的数量关系；
②由①可知，△ABC和△CPD是等边三角形，进而证明△APC≌△BDCSAS，得到AP=BD，即可证明结论；
（2）①根据旋转的性质和等腰直角三角形的判定，易证△ABC和△CPD是等腰直角三角形，得到BC=2AC，CD=2PC，∠ACB=∠PCD，进而得到BCAC=CDPC=2，∠BCD=∠ACP，易证△BCD∽△ACP，从而得到BDAP=2，即可得到AP与BD的数量关系；
②设PC=a，则AC=3a，根据等腰直角的性质，得到BC2=18a2，∠ACB=45°，分两种情况讨论：点P在AC上和点P在AC的延长线上，利用旋转的性质，等腰直角三角形的性质以及勾股定理分别求解，即可求出，BDAP的值．
【详解】（1）解：①∵AB=AC，∠BAC=α=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°，
∵线段PC绕点P旋转α得到线段PD，
∴PC=PD，∠CPD=α=60°，
∴△CPD是等边三角形，
∴CP=CD，∠PCD=60°，
∴∠ACB=∠PCD，
在△APC和△BDC中，
AC=BC∠ACP=∠BCDCP=CD，
∴△APC≌△BDCSAS，
∴AP=BD，
故答案为：AP=BD；
②成立，理由如下：
由①可知，△ABC和△CPD是等边三角形，
∴AC=BC，CP=CD，∠ACB=∠PCD=60°，
∴∠ACB-∠PCB=∠PCD-∠PCB，
∴∠ACP=∠BCD，
在△APC和△BDC中，
AC=BC∠ACP=∠BCDCP=CD，
∴△APC≌△BDCSAS，
∴AP=BD；
（2）解：①BD=2AP，理由如下：
∵AB=AC，∠BAC=α=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴BC=AB2+AC2=2AC，∠ACB=45°，
∵线段PC绕点P旋转α得到线段PD，
∴PC=PD，∠CPD=α=90°，
∴△CPD是等腰直角三角形，
∴CD=PC2+PD2=2PC，∠PCD=45°
∴BCAC=CDPC=2，∠ACB=∠PCD，
∴∠ACB+∠ACD=∠PCD+∠ACD，
∴∠BCD=∠ACP，
∴△BCD∽△ACP，
∴BDAP=BCAC=2，
∴BD=2AP；
②∵AC=3PC，
∴设PC=a，则AC=3a，
∵AB=AC，∠BAC=α=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴BC2=AB2+AC2=2AC2=18a2，∠ACB=45°，
如图，当点P在AC上时，此时AP=AC-PC=3a-a=2a，

由旋转的性质可知，△CPD是等腰直角三角形，
∴PC=PD=a，∠PCD=45°，
∴CD2=PC2+PD2=2a2，∠BCD=∠ACB+∠PCD=90°，
由勾股定理得：BD=BC2+CD2=18a2+2a2=25a，
∴BDAP=25a2a=5；
如图，当点P在AC的延长线上时，此时AP=AC+PC=3a+a=4a，

同理可知，CD2=2a2，∠BCD=90°，
由勾股定理得：BD=BC2+CD2=18a2+2a2=25a，
∴BDAP=25a4a=52，
综上可知，BDAP的值为5或52．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，利用分类讨论的思想，熟练掌握手拉手—旋转型全等是解题关键．
13．（2023·河南洛阳·统考模拟预测）综合与实践综合与实践课上，数学研究小组以“手拉手图形”为主题开展数学活动两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．

(1)操作判断 已知点C为△ABC和△CDE的公共顶点，将△CDE绕点C顺时针旋转α0°b．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S1=9，S2=16，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：S2-S1=2S．
(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S2-S1与S之间的等量关系，并说明理由．
【答案】(1)①6；②见解析
(2)S2-S1=14S，理由见解析
【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，利用FAAN=ANNB，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，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°，从而得到∠FEC＝30°，再利用Rt△CFE，cs30°=FECE=ba=32，得到a与b的关系，从而得到结论
【详解】（1）∵S1=9，S2=16
∴b＝3，a＝4
∵∠ACB＝90°
∴S=12ab=12×3×4=6
②由题意得：∠FAN＝∠ANB＝90°，
∵FH⊥AB
∴∠AFN＝90°－∠FAH＝∠NAB
∴△FAN∽△ANB
∴FAAN=ANNB
∴a+ba=ab，
得：ab+b2=a2
∴2S+S1=S2．
即S2-S1=2S
（2）S2-S1=14S，理由如下：
∵△ABF和△BEC都是等边三角形
∴AB＝FB，∠ABC＝60°－∠FBC＝∠FBE，CB＝EB
∴△ABC≌△FBE（SAS）
∴AC＝FE＝b
∠FEB＝∠ACB＝90°
∴∠FEC＝30°
∵EF⊥CF，CE＝BC＝a
∴ba=FECE=cs30°=32
∴b=32a
∴S=12ab=34a2
由题意得：S1=34b2，S2=34a2
∴S2-S1=34a2-34b2=316a2
∴S2-S1=14S
【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
.题型03 倍长中线模型
【模型介绍】当遇见中线或者中点的时候，可以尝试倍长中线或类中线，使得延长后的线段是原中线的二倍，从而构造一对全等三角形(SAS)，并将已知条件中的线段和角进行转移.
23．（2019·山东淄博·统考一模）如图，ΔABC中，D为BC的中点，E是AD上一点，连接BE并延长交AC于F，BE=AC，且BF=9，CF=6，那么AF的长度为 ．

【答案】32；
【分析】延长AD至G使AD=DG，连接BG，得出ΔACD≅ΔGBD,得出AC=BG=BE，所以得出ΔAEF是等腰三角形，根据已知线段长度建立等量关系计算．
【详解】

如图：延长AD至G使AD=DG，连接BG
在ΔACD和ΔGBD中：
CD=BD∠ADC=∠BDGAD=DG
∴ΔACD≅ΔGBD
∴∠CAD=∠G,AC=BG
∵BE=AC
∴BE=BG
∴∠G=∠BEG
∵∠BEG=∠AEF
∴∠AEF=∠EAF
∴EF=AF
∴AF+CF=BF-EF
即AF+6=9-EF
∴AF=32
【点睛】倍长中线是常见的辅助线、全等中相关的角的代换是解决本题的关键．
24．（2020上·北京朝阳·八年级统考期末）阅读下面材料：
数学课上，老师给出了如下问题：
如图，AD为△ABC中线，点E在AC上，BE交AD于点F，AE＝EF．求证：AC＝BF．
经过讨论，同学们得到以下两种思路：
完成下面问题：
（1）①思路一的辅助线的作法是： ；
②思路二的辅助线的作法是： ．
（2）请你给出一种不同于以上两种思路的证明方法（要求：只写出辅助线的作法，并画出相应的图形，不需要写出证明过程）．
【答案】（1）①延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG；②作BG＝BF交AD的延长线于点G；（2）详见解析
【分析】（1）①依据SAS可证得△ADC≌△GDB，再利用AE＝EF可以进一步证得∠G＝∠FAE＝∠AFE＝∠BFG，从而证明结论．
②作BG＝BF交AD的延长线于点G．利用AE＝EF可证得∠G＝∠BFG＝∠AFE＝∠FAE，再依据AAS可以进一步证得△ADC≌△GDB，从而证明结论．
（2）作BG∥AC交AD的延长线于G，证明△ADC≌△GDB（AAS），得出AC＝BG，证出∠G＝∠BFG，得出BG＝BF，即可得出结论．
【详解】解：（1）①延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG，如图①，理由如下：
∵AD为△ABC中线，
∴BD＝CD，
在△ADC和△GDB中，{AD=DG∠ADC＝∠GDBCD=BD，
∴△ADC≌△GDB（SAS），
∴AC＝BG，
∵AE＝EF，
∴∠CAD＝∠EFA，
∵∠BFG＝∠G，∠G＝∠CAD，
∴∠G＝∠BFG，
∴BG＝BF，
∴AC＝BF．
故答案为：延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG；
②作BG＝BF交AD的延长线于点G，如图②．
理由如下：∵BG＝BF，
∴∠G＝∠BFG，
∵AE＝EF，
∴∠EAF＝∠EFA，
∵∠EFA＝∠BFG，
∴∠G＝∠EAF，
在△ADC和△GDB中，{∠CAD＝∠G∠ADC＝∠GDBCD=BD，
∴△ADC≌△GDB（AAS），
∴AC＝BG，
∴AC＝BF；
故答案为：作BG＝BF交AD的延长线于点G；
（2）作BG∥AC交AD的延长线于G，如图③所示：
则∠G＝∠CAD，
∵AD为△ABC中线，
∴BD＝CD，
在△ADC和△GDB中，{∠CAD＝∠G∠ADC＝∠GDBCD=BD，
∴△ADC≌△GDB（AAS），
∴AC＝BG，
∵AE＝EF，
∴∠CAD＝∠EFA，
∵∠BFG＝∠EFA，∠G＝∠CAD，
∴∠G＝∠BFG，
∴BG＝BF，
∴AC＝BF．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、其中一般证明两个三角形全等共有四个定理：AAS、ASA、SAS、SSS，需要同学们灵活运用，解题的关键是学会做辅助线解决问题．
25．（2020上·河北邢台·八年级校考期中）某数学兴趣小组在一次活动中进行了探究试验活动，请你来加入．
【探究与发现】
（1）如图1，AD是△ABC的中线，延长AD至点E，使ED=AD，连接BE，证明：△ACD≌△EBD．
【理解与应用】
（2）如图2，EP是△DEF的中线，若EF=5，DE=3，设EP=x，则x的取值范围是________．
（3）如图3，AD是△ABC的中线，E、F分别在AB、AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF>EF．
【答案】（1）见解析；（2）1DE．
我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．
小明的解题思路：将半角∠DAE两边的三角形通过旋转，在一边合并成新的△AFE，然后证明与半角形成的△ADE全等，再通过全等的性质进行等量代换，得到线段之间的数量关系．
请你根据小明的思路写出完整的解答过程．
证明：将△ABD绕点A旋转至△ACF，使AB与AC重合，连接EF，
……
（2）【应用提升】如图，正方形ABCD（四边相等，四个角都是直角）的边长为4，点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线AD点D运动；点Q点D同时出发，以相同的速度沿射线AD方向向右运动，当点P到达点D时，点Q也停止运动，连接BP，过点P作BP的垂线交过点Q平行于CD的直线l于点E，BE与CD相交于点F，连接PF，设点P运动时间为ts，
①求∠PBE的度数；
②试探索在运动过程中△PDF的周长是否随时间t的变化而变化？若变化，说明理由；若不变，试求这个定值．
【答案】（1）见解析；（2）①45°；②不变，2
【分析】（1）如图1，将△ABD绕点A旋转至△ACF，使AB与AC重合，连接EF，根据旋转的性质结合已知可证△DAF≌△FAE，再根据三角形三边关系定理即可证得结论；
（2）①如图2，根据已知结合正方形性质证得△ABP≌△QPE，推出PB=PE，即可证出结论；
②如图3，延长DA到G，使AG=CF，连接BG，证出△BAG≌△BCF，得到BG=BF，∠ABG=∠CBF，证出△PBG≌△PBF，由全等三角形的性质得出PF=PG，由此可得出△PDF的周长是定值8．
【详解】（1）如图1，将△ABD绕点A旋转至△ACF，使AB与AC重合，连接EF，
∵△ABD绕点A旋转至△ACF，
∴△ABD≌△ACF
∴BD=CF，AD=AF，∠BAD=∠CAF，
∵∠BAD+∠DAE+∠CAE=∠BAC，∠DAE=12∠BAC，
∴∠BAD+∠CAE=∠DAE
∴∠CAF+∠CAE=∠DAE
∵∠CAE+∠CAF=∠EAF
∴∠DAE=∠FAE
∵AE=AE
∴△DAE≌△FAE
∴DE=FE
∵CF+CE>EF
∴BD+CE>DE
（2）①如图2，
由题意：AP=DQ
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠A=90°
∵AP=DQ
∴AD=PQ=AB
∵PB⊥PE
∴∠BPE=90°
∴∠ABP+∠APB=90°
∠APB+∠EPQ=90°
∴∠ABP=∠EPQ
在△ABP和△QPE中
∵∠ABP=∠EPQ∠A=∠EQPAB=PQ
∴△ABP≌△QPE
∴PB=PE
∴∠PBE=∠PEB=45°
②△PDF的周长不随时间t的变化而变化，
如图3，延长DA到G，使AG=CF，连接BG，
在△BAG和△BCF中
∵BA=BC∠BAG=∠BCFAG=CF
∴△BAG≌△BCF
∴BG=BF，∠ABG=∠CBF
∵∠PBE=45°，∠ABC=90°
∴∠ABP+∠CBF=∠ABP+∠ABG=45°，
∴∠PBG=∠PBF
在△PBG和△PBF 中
∵BG=BF∠PBG=∠PBFPB=PB
∴△PBG≌△PBF
∴PF=PG
∴PF=PA+AG=PA+CF
∵正方形ABCD（四边相等，四个角都是直角）的边长为4
∴△PDF的周长
=PF+DP+DF=PA+DP+DF+CF=AD+CD=8
∴△PDF的周长是定值8．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，学会添加常用辅助线，构造全等三角形是解决本题的关键．
52．（2020上·重庆璧山·九年级重庆市璧山中学校校考阶段练习）“半角型”问题探究：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．
（1）小明同学的方法是将△ABE绕点A逆时针旋转120°到△ADG的位置，然后再证明△AFE≌△AFG，从而得出结论：
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝12∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
（3）如图3，边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，AE＝CF＝1，O为EF的中点，动点G、H分别在边AD、BC上，EF与GH的交点P在O、F之间（与O、F不重合），且∠GPE＝45°，设AG＝m，求m的取值范围．
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）43