2025年中考数学几何模型综合训练专题19全等与相似模型之一线三等角（K字）模型解读与提分精练（教师版）

专题19全等与相似模型之一线三等角（K字）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。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．本专题就一线三等角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。

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

模型1.一线三等角模型（全等模型）..........................................................................................................1

模型2.一线三等角模型（相似模型）........................................................................................................10

.................................................................................................................................................19

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1.一线三等角模型（全等模型）

一线三等角模型是指三个相等的角的顶点在同一条直线上，这个模型在七八年级阶段往往用来证明三条线

段的和差或线段的求值及角度的证明等，是一类比较典型的全等模型；模型主要分为同侧型和异侧型两类。

1）一线三等角（K型图）模型（同侧型）

锐角一线三等角直角一线三等角（“K型图”）钝角一线三等角

条件：ACEDB，AE=DE；结论：ABEECD，AB+CD=BC。

2）一线三等角（K型图）模型（异侧型）

锐角一线三等角直角一线三等角钝角一线三等角

条件：DCFABCAED，AE=DE；结论：ABEECD，AB-CD=BC。

1）（同侧型）证明：∵∠AEC=∠B+∠BAE，∠B=∠AED，∴∠AEC=∠AED+∠BAE，

∵∠AEC=∠AED+∠CED，∴∠BAE=∠CED。

在ABE和ECD中，∠B=∠C，∠BAE=∠CED，AE=ED；∴ABEECD，

∴△ABEC△，BECD，∵BC=BE+EC，∴AB+CD=BC。

2）（异侧型）证明：∵DCFABC，∴∠ECD=∠ABE，

∵ABCAEBA，∠AED=∠AEB+∠CED，ABCAED，

∴∠AEB+∠A=∠AEB+∠CED，∴∠A=∠CED，

在ABE和ECD中，∠A=∠CED，∠ECD=∠ABE，AE=ED；∴ABEECD，

∴△ABEC△，BECD，∵BC=EC-BE，∴AB-CD=BC。

例1．（2024·山东烟台·中考真题）在等腰直角ABC中，ACB90，ACBC，D为直线BC上任意一点，

连接AD．将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90得线段ED，连接BE．

【尝试发现】（1）如图1，当点D在线段BC上时，线段BE与CD的数量关系为________；

【类比探究】（2）当点D在线段BC的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段BE与CD的数量关

系并证明；

【联系拓广】（3）若ACBC1，CD2，请直接写出sinECD的值．

21325

【答案】（1）BE2CD；（2）BE2CD，补图及证明见解析；（3）sinECD或sinECD

135

【分析】本题考查三角形全等的判定与性质，三角函数，掌握一线三垂直全等模型是解题的关键．

（1）过点E作EMCB延长线于点M，利用一线三垂直全等模型证明△ACD≌△DME，再证明BMEM

即可；（2）同（1）中方法证明△ACD≌△DME，再证明BMEM即可；

（3）分两种情况讨论：过点E作EMCB延长线于点M，求出EM，CE即可．

【详解】解：（1）如图，过点E作EMCB延长线于点M，

由旋转得ADDE，ADE90，∴ADCEDM90，

∵ACB90，∴ACDDME，ADCCAD90，

∴CADEDM，∴△ACD≌△DME，∴CDEM，ACDM，

∵ACBC，∴BMDMBDACBDBCBDCD，∴BMEM，

∵EMCB，∴BE2EM2CD，故答案为：BE2CD；

（2）补全图形如图：BE2CD，理由如下：过点E作EMBC交BC于点M，

由旋转得ADDE，ADE90，∴ADCEDM90，

∵ACB90，∴ACDDME，ADCCAD90，

∴CADEDM，∴△ACD≌△DME，∴CDEM，ACDM，

∵ACBC，∴BMBCCMDMCMCD，∴BMEM，

∵EMCB，∴BE2EM2CD；

（3）如图，当D在CB的延长线上时，过点E作EMCB于点M，连接CE，

由（2）得DMAC1，EMCD2，∴CMCDDM3，

EM2213

∴CECM2EM213，∴sinECD．

CE1313

当D在BC的延长线上时，过点E作EMCB于点M，如图，连接CE，

同理可得：△ACD≌△DME，∴DMAC1，MECD2，∴CM211，

EM22521325

∴CE22125，∴sinECD；综上：sinECD或sinECD

CE55135

例2．（2023·湖南岳阳·统考一模）如图，在ABC中，AB=AC=2，∠B=40°，点D在线段BC上运动（点D

不与点B、C重合），连接AD，作∠ADE=40°，DE交线段AC于点E．

（1）当∠BDA=115°时，∠EDC=______°，∠AED=______°；

（2）线段DC的长度为何值时，ABD≌△DCE，请说明理由；（3）在点D的运动过程中，ADE的形状

可以是等腰三角形吗？若可以，求△∠BDA的度数；若不可以，请说明理由．△

【答案】（1）25°，65°；（2）2，理由见详解；（3）可以，110°或80°.

【分析】（1）利用邻补角的性质和三角形内角和定理解题；（2）当DC=2时，利用∠DEC+∠EDC=140°，

∠ADB+∠EDC=140°，求出∠ADB=∠DEC，再利用AB=DC=2，即可得出ABD≌△DCE．

（3）当∠BDA的度数为110°或80°时，ADE的形状是等腰三角形．△

【详解】解：（1）∵∠B=40°，∠ADB=1△15°，∴∠BAD=180°-∠B-∠ADB=180°-115°-40°=25°，

∵AB=AC，∴∠C=∠B=40°，∵∠EDC=180°-∠ADB-∠ADE=25°，

∴∠DEC=180°-∠EDC-∠C=115°，∴∠AED=180°-∠DEC=180°-115°=65°；

（2）当DC=2时，ABD≌△DCE，理由：∵∠C=40°，∴∠DEC+∠EDC=140°，

又∵∠ADE=40°，∴△∠ADB+∠EDC=140°，∴∠ADB=∠DEC，又∵AB=DC=2，

ADB＝DEC

在ABD和DCE中，B＝C∴△ABD≌△DCE（AAS）；

AB＝DC

△△

（3）当∠BDA的度数为110°或80°时，ADE的形状是等腰三角形，

∵∠BDA=110°时，∴∠ADC=70°，△

∵∠C=40°，∴∠DAC=70°，∴△ADE的形状是等腰三角形；

∵当∠BDA的度数为80°时，∴∠ADC=100°，

∵∠C=40°，∴∠DAC=40°，∴△ADE的形状是等腰三角形．

【点睛】本题主要考查学生对等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质等

知识点的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，综合性较强，但难度不大，属于基础题．

例3．（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

2

点N，先证明RtAEM≌RtFEN，可得AMNF，结合等腰直角三角形的性质可得：MDDNDE，

2

22

NFNDDFMDDF，即有NFAMADMDADDE，NFDEDF，进而可得

22

22

ADDEDEDF，即可证；（3）过A点作AHBD于点H，过F点作FGBD，交BD的延长

22

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，

2

∴ED是正方形EMDN对角线，MDND，∴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，

22

∴DFG45，∴DFG是等腰直角三角形，∴FGDF，∴HEFGDF，

22

2

∵ADB45，AHHD，∴ADH是等腰直角三角形，∴HDAD，

2

2222

∴DEHDHEADDF，∴BDBEDEADDF，

2222

22

∵BD2AD，∴2ADBEADDF，∴AD2BEDF．

22

【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．

例4．（23-24八年级上·重庆綦江·期末）（1）如图①，MAN90，射线AE在这个角的内部，点B、C分

别在MAN的边AM、AN上，且ABAC，CFAE于点F，BDAE于点D．求证：VABD≌VCAF；

（2）如图②，点B、C分别在MAN的边AM、AN上，点E、F都在MAN内部的射线AD上，1、2

分别是ABE、VCAF的外角．已知ABAC，且12BAC．求证：EFBECF；

（3）如图③，在VABC中，ABAC，ABBC．点D在边BC上，CD3BD，点E、F在线段AD上，

12BAC．若VABC的面积为17，求△ACF与VBDE的面积之和．

17

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）

4

【分析】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，三角形面积的计算，三角形外角的性质，余角的性质，

解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法，ASA，ASA，SSS，SAS，HL．

（1）根据AAS证明三角形全等即可；（2）证明VABE≌VCAFASA，得出BEAF，CFAE，即可得

117

出结论；（3）根据VABC的面积为17，CD3BD，得出△ABD的面积是：17，由△ABE≌△CAF，

44

17

得出S△S△，根据SSSSS，即可求出结果．

ABEACFACFBDEABEBDEABD4

【详解】证明：（1）∵CFAE，BDAE，MAN90，∴BDAAFC90，

∴ABDBAD90，BADCAF90，∴ABDCAF，

ADBCFA

在△ABD和VCAF中，ABDCAF，∴ABD≌CFAAAS；

ABAC

（2）∵12BAC，1BAEABE，BACBAECAF，2FCACAF，

∴ABECAF，BAEFCA，

ABECAF

在ABE和VCAF中，ABAC，∴VABE≌VCAFASA；

BAEACF

∴BEAF，CFAE，∴EFBECF；

117

（3）∵VABC的面积为17，CD3BD，∴△ABD的面积是：17，

44

根据解析（2）同理可证△ABE≌△CAF，∴S△ABES△ACF，

17

∴SSSSS．

ACFBDEABEBDEABD4

例5．（23-24九年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在平面直角坐标系中，ABC的顶点A在y轴正半轴，

点C在x轴正半轴，ABAC，CAB90，BC交y轴于点E．(1)如图1，若点B坐标为3,3，直接写

出点A的坐标，点C的坐标；(2)如图2，若点B坐标为m,mm0，过点B作BDBC交

x轴于点D，设OD的长为d，请用含m的式子表示d；(3)如图3，若点B为第三象限内任意一点，过点B

作BDBC交x轴于点D，判断CD和AE的数量关系，并给出证明．

4

【答案】(1)A0,3，C6,0(2)dm(3)CD2AE，证明见解析

3

【分析】（1）过点B作BHy轴于点H，证明ABH≌CAO，可得BHAO3，即可；（2）过点B作BHy

轴于点H，BGx轴于点G，连接OB，则BGDBHEGOH90，证明BHE≌BGD，可得

DGEH，由（1）得：AOC≌BHA，OABHm，OCAH2m，然后根据

112

SOCBGOEOCOG，可得OEm，即可求解；（3）在BC上取CFBD，连接AD,AF，

BOC223

证明△ACF≌△ABD，可得45,ADAF，从而得到BAEACO，过点B作BG∥AF交y轴于点

G，可证明ABG≌CAD，可得BGADAF,AGCD．再根据AEF≌GEB，可得AEEG，即可．

【详解】（1）解：过点B作BHy轴于点H，

在Rt△ABH中，1ABH90，∵BAC9012，∴2ABH，

∵点B坐标为3,3，∴BHOH3，

又∵ABAC，AOCAHB90，∴ABH≌CAOAAS，∴BHAO3，

OCAHAOOH336，∴A0,3，C6,0；

（2）解：过点B作BHy轴于点H，BGx轴于点G，连接OB，则BGDBHEGOH90，

∴2CBG90，∵BDBC，∴1CBG90，∴12，

∵点B坐标为m,mm0，∴BHBGm，∴BHE≌BGD，∴DGEH，

由（1）得：AOC≌BHA，∴OABHm，OCAH2m，

1111

SOCBGOEOCOG，2mmOE2mm

BOC2222

21

OEm，DGEHOHOEm，

33

144

ODOGDGmmm，即dm；

333

（3）解：CD2AE，证明如下：如图，在BC上取CFBD，连接AD,AF，

∵BAC90，1290，∵BDBC，DBC9023，∴31，

∵ABAC，∴△ACF≌△ABD，∴45,ADAF，

∴BAFDACBAF4BACBAF5BACBACBAC290180，

∵AOC90,BAC90BAEEAC，∴EACACO90，BAEACO，

过点B作BG∥AF交y轴于点G，∴EBGAFE，

∴ABGBAF2EBGBAF2AFEBAF180，∴ABGDAC，

又∵ABAC，∴ABG≌CAD，∴BGADAF,AGCD．

又∵AEFGEB,AFBEBG，∴AEF≌GEB，∴AEEG，CDAG2AE

【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，坐标与图形等知识，得到全

等三角形是解题的的关键．

模型2.一线三等角模型（相似模型）

“一线三等角”型的图形，因为一条直线上有三个相等的角，一般就会有两个三角形的“一对角相等”，再利用

平角为180°，三角形的内角和为180°，就可以得到两个三角形的另外一对角也相等（或利用外角定理也可），

从而得到两个三角形相似．

1）一线三等角模型（同侧型）

（锐角型）（直角型）（钝角型）

条件：如图，∠1=∠2＝∠3，结论：ACE∽△BED。

证明：∵∠1+∠C=∠2+∠DEB（外角定理△），∠1=∠2

∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴ACE∽△BED。

2）一线三等角模型（异侧型）△

条件：如图，∠1=∠2＝∠3，结论：ADE∽△BEC.

证明：∵∠1=∠2，∴∠CBE=∠EAD（等角△的补角相等），∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴ACE∽△BED。

△

∵∠2=∠C+∠CEB（外角定理），∠3=∠DEA+∠CEB，∠2＝∠3∴∠C=∠DEA，∴ADE∽△BEC.

3）一线三等角模型（变异型）△

图1图2图3

①特殊中点型：条件：如图1，若C为AB的中点，且∠1=∠2＝∠3，结论：ACE∽△BED∽△ECD.

证明：∵∠1+∠C=∠2+∠DEB（外角定理），∠1=∠2，∴∠C=∠DEB，∵∠△1=∠3，∴ACE∽△BED。

AECEBECEBEBD

∴，∵C为AB的中点，∴AE=EB，∴，∴，∵∠2=∠3，△∴BED∽△ECD

BDEDBDEDCEED

△

②一线三直角变异型1：条件：如图2，∠ABD=∠AFE=∠BDE=90°.结论：ABC∽△BDE∽△BFC∽△AFB.

证明：∵∠ABD=∠AFE=90°，∴∠ABF+∠CBF=90°，∠A+∠ABF=90°，△∴∠CBF=∠A，

∵∠ABD=∠BDE=90°，∴ABC∽△BDE，∵∠ABD=∠AFE=90°，∴∠ABC=∠BFC=90°，

∴ABC∽△BFC，同理可证△：ABC∽△AFB°，故ABC∽△BDE∽△BFC∽△AFB.

③△一线三直角变异型2：条件：△如图3，∠ABD=∠A△CE=∠BDE=90°.结论：ABM∽△NDE∽△NCM.

证明：∵∠ABD=∠ACE=90°，∴∠ABM=∠MCN=90°，△

∵∠AMB=∠NMC（对顶角相等）∴ABM∽△NCM.同理可证：NDE∽△NCM

故：ABM∽△NDE∽△NCM.△△

△

例1．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，ABC为等边三角形，点D，E分别在边BC，AB上，ADE60，

若BD4DC，DE2.4，则AD的长为（）

A．1.8B．2.4C．3D．3.2

【答案】C

4

【分析】证明△ADC∽△DEB，根据题意得出BDBC，进而即可求解．

5

【详解】解：∵ABC为等边三角形，∴BC60，

ADAC

∵ADBADEBDECDAC，ADE60，∴BDEDAC，∴△ADC∽△DEB∴

DEBD

BC5

4ADAC5

∵BD4DC，∴BDBC，∴44∵DE2.4∴ADDE3，故选：C．

5DEBDBC4

5

【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是

解题的关键．

例2．（2023·黑龙江·统考中考真题）在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作：

第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折出一个正方形ABEF，然后把纸片展平；

第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点F处，得到折痕MN，如图②．

根据以上的操作，若AB8，AD12，则线段BM的长是（）

A．3B．5C．2D．1

【答案】C

【分析】根据折叠的性质得：ABAFBE8，FDEC4，FNCN，设DNx，则CNFN8x，

利用勾股定理求出DN,FN，再证明MFHFND，得MFMC，求解即可．

【详解】解：如图，过点M作MHAD，交AD于点H，

DFNDNF90MFHDFN90MFHDNF

DMHD90

DMHD90在MFH和FND中，MFHDNFMFHFND

FMHDFN

MFMHFHMFFH8

DF4,MH82设DNx，则CNFN8x，

FNDFDNFNDN4

2

FN2DN2DF2，即：8xx242，解得：x3，

MFMF

DN3，CNFN5，2，MF10，MCMF10，

FN5

ADBC12BMBCMC12102，故选：C．

【点睛】本题考查折叠问题及矩形的性质、正方形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握折叠的性质并

能熟练运用勾股定理方程思想是解题的关键．

例3．（2024·湖北武汉·校考模拟预测）【试题再现】如图1，Rt△ABC中，ACB90，ACBC，直线l

过点C，过点A、B分别作ADl于点D，BEl于点E，则DEADBE（不用证明）．

(1)【类比探究】如图2，在ABC中，ACBC，且ACBADCBEC100，上述结论是否成立？若成

立，请说明理由：若不成立，请写出一个你认为正确的结论．

(2)【拓展延伸】①如图3，在ABC中，ACnBC，且ACBADCBEC100，猜想线段DE、AD、BE

之间有什么数量关系？并证明你的猜想．

②若图1的Rt△ABC中，ACB90，ACnBC，并将直线l绕点C旋转一定角度后与斜边AB相交，分别

过点A、B作直线l的垂线，垂足分别为点D和点E，请在备用图上画出图形，并直接写出线段DE、AD、

BE之间满足的一种数量关系（不要求写出证明过程）．

111

【答案】(1)成立，见解析(2)①DEADnBE，见解析；②DEADnBE或DEnBEAD

nnn

【分析】（1）易证ACD≌CBE，则有ADCE，CDBE，从而可得DEADBE；

ADCDAC1

（2）①易证△ADC∽△CEB，则有n，从而可得CEAD，CDnBE，即可得到

CEBEBCn

11

DEDCCEADnBE；②同①可得CEAD，CDnBE．由于直线l在绕着点C旋转过程中，点A到

nn

直线l的距离AD与点B到直线l的距离BE大小关系会发生变化，因此需分情况讨论（如图4、图5)，然后

只需结合图形就可解决问题．

【详解】（1）猜想DEADBE．理由：如图2，

ADC100，DACDCA80．ACB100，DCAECB80，DACECB．

ADCCEB

在ACD和△CBE中，DACECB，ACD≌CBE，ADCE，CDBE，DEADBE；

ACCB

1

（2）①猜想：DEADnBE．理由：如图3，ADC100，DACDCA80．

n

ACB100，DCAECB80，DACECB．

ADCDAC11

ADCCEB，ADC∽CEB，n，CEAD，CDnBE，DEDCCEADnBE；

CEBEBCnn

111

②DEADnBE或DEnBEAD．同①可得：CEAD，CDnBE．

nnn

11

如图4，DECECDADnBE；如图5，DECDDEnBEAD．

nn

【点睛】本题是一道探究题，用到了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形的内角

和定理、平角的定义等知识，考查了探究能力，渗透分类讨论的思想以及特殊到一般的思想，是一道好题．

例4．（2023·浙江宁波·二模）【基础巩固】如图1，P是ABC内部一点，在射线BP上取点D、E，使得

CEPADPABC．求证：ABD∽BCE；

【尝试应用】如图2，在RtABC中，BAC90，ABAC，D是AC上一点，连接，在上取点E、

F，连接CE、AF，使得AFDCED45．若BF2，求的长；𝐵𝐵

【拓展提高】如图3，在RtABC中，BAC90，ACB3�0�，D是AC上一点，连接，在上取点

BE8𝐵𝐵

E，连接．若CED60，，求BCE的正切值．

DE5

𝐶

3

【答案】【基础巩固】见解析【尝试应用】22【拓展提高】

6

【分析】【基础巩固】利用两角相等的三角形相似证明即可；【尝试应用】根据等腰直角三角形的性质可得

CEBC

ABCACB45，BC2AB,再推导BEC∽AFB，然后利用等腰三角形的性质得到2，

BFAB

计算解题；【拓展提高】如图所示，在上取点F，使AFD60，作AGBD于点G，则可得到AFB∽BE，

ABAF1𝐵2

即，BCEABF，进而证明ABG∽DAG，得到AGDG·BG，设BE8t，可以求出

BCBE2

BG12t解题即可．

【详解】【基础巩固】证明：∵ABDCBEABC，ABDBADADP,

ABCADP，∴CBEBAD,

又∵ADB180ADP,BEC180CEP,ADPCEP，∴ADBBEC,∴ABD∽BCE.

【尝试应用】解：∵BAC90，ABAC,

∴ABCACB45，BC2AB,即：ABFCBEABC45，

又∵ABFBAFAFD45，BC2AB，即：ABFCBEABC45，

又ABFBAFAFD45.∴CBEBAF,

又∵AFB180AFD135，BEC180CED135，

CEBC

∴BECAFB,∴BEC∽AFB,∴2，∴CE2BF22，故CE的长为：22.

BFAB

【拓展提高】解：如图所示，在上取点F，使AFD60，作AGBD于点G，

𝐵

1

∵BAC90，ACB30，∴ABC60，ABBC.即：ABFCBEABC60，

2

又∵ABFBAFAFD60，∴BAFCBE，

又AFB180AFD120，BEC180CED120，∴AFBBEC，∴AFB∽BE，

ABAF11

∴，BCEABF，∴AFBE，

BCBE22

BE81

∵，∴令BE8t，则DE5t，∴AFBE4t，

DE52

1

又∵AFD60，FGDF∴在RtAFG中，FAG30，∴FGAF2t，

2

由勾股定理可得：AGAF2FG223t，

又∵ABGBAG180AGB90，BAGDAGBAC90，

AGBG

∴∠ABGDAG，∴ABG∽DAG，∴，∴AG2DG·BG，

DGAG

设EFx，则BG10tx，DGDEEFFG3tx.

2

∴23t10tx3tx，解得：x2t,∴BG12t,

23t33

∴tanABGtanBCE故BCE的正切值为：．

12t66

【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，三角形上午外角，掌握相似三角

形的判定和性质是解题的关键．

例5．（2023·河北沧州·校考二模）如图，在Rt△ABC中，ABC90，ABBC，点D是线段AB上的一

点，连接CD，过点B作BGCD，分别交CD、CA于点E、F，与过点A且垂直于AB的直线相交于点G，

连接DF，下列结论错误的是（）

AGAF2

A．B．若点D是AB的中点，则AFAB

ABFC3

DB1

C．当B、C、F、D四点在同一个圆上时，DFDBD．若，则S9S

AD2ABCBDF

【答案】D

11

【分析】由AFG∽CFB，可确定A项正确；由ABG≌BCD可得AGABBC，进而由AFG∽CFB

22

确定点F为CA的三等分点，可确定B项正确；当B、C、F、D四点在同一个圆上时，由圆内接四边形的

性质得到CFDABC90，得到CD为圆的直径，因为BGCD，根据垂径定理得到DFDB，故C

AF1

项正确；因为D为AB的三等分点，AFG∽CFB即，可得SABC12SBDF，由此确定D项错误．

CF3

AGAF

【详解】解：依题意可得BCAG，∴AFG∽CFB，∴，

BCCF

AGAF

又ABBC，∴．故A项正确；如图，

ABCF

34

∵1+3=90，1490，∴3=4．在ABG与△BCD中，ABBC，

BAGCBD90

∴ABG≌BCD（ASA），∴AGBD，又∵BDAD，∴AGAD；

11

∵ABC为等腰直角三角形，∴AC2AB；∴AGADABBC；

22

AGAF12

∵AFG∽BFC，∴，∴FC2AF，∴AFACAB．故B项正确；

BCCF33

当B、C、F、D四点在同一个圆上时，由圆内接四边形的性质可得CFDABC90，

∴CD是B、C、F、D四点所在圆的直径，∵BGCD，∴DFBD，∴DFDB，故C项正确；

AGAFBD1BD11AF1

∵，AGBD，，∴，∴S△S△，，

ABCFAD2AB3BDF3ABFCF3

11

∴AFAC，∴SVSV；∴S12S．故D项错误．故选：D．

4ABF4ABCABCBDF

【点睛】本题考查了等腰直角三角形中相似三角形与全等三角形的应用，有一定的难度．对每一个结论，

需要仔细分析，严格论证；注意各结论之间并非彼此孤立，而是往往存在逻辑关联关系，需要善加利用．

1．（2024·重庆·中考真题）如图，在正方形ABCD的边CD上有一点E，连接AE，把AE绕点E逆时针旋转

FG

90，得到FE，连接CF并延长与AB的延长线交于点G．则的值为（）

CE

3233

A．2B．3C．D．

22

【答案】A

【分析】过点F作DC延长线的垂线，垂足为点H，则H90，证明ADE≌EHF，则ADEH1，

设DEHFx，得到HFCHx，则HCF45，故CF2x，同理可求CG2BC2，则

FG21x

FGCGCF21x，因此2．

CE1x

【详解】解：过点F作DC延长线的垂线，垂足为点H，则H90，由旋转得EAEF,AEF90，

∵四边形ABCD是正方形，∴ÐD=90°，DC∥AB，DADCBC，设DADCBC1，∴DH，

∵AEH1AEF2D，∴12，∴ADE≌EHF，∴DEHF，ADEH1，

设DEHFx，则CEDCDE1x，∴CHEHEC11xx，