中考数学几何模型归纳训练专题16 全等与相似模型-半角模型（解析版）

专题16全等与相似模型-半角模型

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。本专题就半角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。

模型1.半角模型

半角模型概念：过多边形一个顶点作两条射线，使这两条射线夹角等于该顶角一半。

思想方法：通过旋转（或截长补短）构造全等三角形，实现线段的转化。

解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与

半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系。半角模型（题中出现角度之间的半

角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论。

【模型展示】

1）正方形半角模型

条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；

结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周长=2AB；

⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。

2）等腰直角三角形半角模型

条件：ABC是等腰直角三角形，∠DAE=45°；

结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；

3）等边三角形半角模型（120°-60°型）

条件：ABC是等边三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；

结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋FC；④AEF的周长=2AB；

⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。

4）等边三角形半角模型（60°-30°型）

条件：ABC是等边三角形，∠EAD=30°；

2

1

结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+3；

BD

22

5）半角模型（2-型）

条件：∠BAC=2，AB=AC，∠DAE=；

结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-2。

例1．（2022·黑龙江·九年级阶段练习）已知四边形ABCD是正方形，一个等腰直角三角板的一个锐角顶点

与A点重合，将此三角板绕A点旋转时，两边分别交直线BC，CD于M，N．

(1)如图1，当M，N分别在边BC，CD上时，求证：BM+DN=MN

(2)如图2，当M，N分别在边BC，CD的延长线上时，请直接写出线段BM，DN，MN之间的数量关系

(3)如图3，直线AN与BC交于P点，MN=10，CN=6，MC=8，求CP的长．

【答案】（1）见解析；（2）BMDNMN；（3）3

【分析】（1）延长CB到G使BGDN，连接AG，先证明△AGB△AND，由此得到AGAN，GABDAN，

再根据MAN45，BAD90，可以得到GAMNAM45，从而证明△AMN≌△AMG，然后根据全

等三角形的性质即可证明BMDNMN；（2）在BM上取一点G，使得BGDN，连接AG，先证明

△AGB△AND，由此得到AGAN，GABDAN，由此可得GANBAD90，再根据MAN45

可以得到GAMNAM45，从而证明△AMN≌△AMG，然后根据全等三角形的性质即可证明

BMDNMN；（3）在DN上取一点G，使得DGBM，连接AG，先证明ABM≌ADG，再证明

△AMN≌△AGN，设DGBMx，根据DCBC可求得x2，由此可得ABBCCDCN6，最后再证明

△ABP≌△NCP，由此即可求得答案．

【详解】（1）证明：如图，延长CB到G使BGDN，连接AG，

∵四边形ABCD是正方形，∴ABAD，ABGADNBAD90，

ABAD

在ABG与△ADN中，ABGADN，△AGB≌△AND(SAS)，AGAN，GABDAN，

BGDN

MAN45，BAD90，∴DANBAMBADMAN45，

GAMGABBAMDANBAM45，GAMNAM，

AMAM

在AMN与AMG中，GAMNAM，△AMN≌△AMG(SAS)，MNGM，

ANAG

又∵BMGBGM，BGDN，BMDNMN；

（2）BMDNMN，理由如下：如图，在BM上取一点G，使得BGDN，连接AG，

∵四边形ABCD是正方形，∴ABAD，ABGADNBAD90，

ABAD

在ABG与△ADN中，ABGADN，△AGB≌△AND(SAS)，AGAN，GABDAN，

GBDN

∴GABGADDANGAD，∴GANBAD90，

又MAN45，GAMGANMAN45MAN，

AMAM

在AMN与AMG中，GAMNAM，△AMN≌△AMG(SAS)，MNGM，

ANAG

又∵BMBGGM，BGDN，∴BMDNMN，故答案为：BMDNMN；

（3）如图，在DN上取一点G，使得DGBM，连接AG，

∵四边形ABCD是正方形，∴ABADBCCD，ABMADGBAD90，AB//CD，

ABAD

在ABM与ADG中，ABMADG，△ABM≌△ADG(SAS)，

BMDG

AMAG，MABGAD，∴MABBAGGADBAG，∴MAGBAD90，

又MAN45，GANMAGMAN45MAN，

AMAG

在AMN与AGN中，MANGAN，△AMN≌△AGN(SAS)，MNGN10，

ANAN

设DGBMx，∵CN6，MC8，∴DCDGGNCNx106x4，BCMCBM8x，

∵DCBC，∴x48x，解得：x2，∴ABBCCDCN6，∵AB//CD，∴BAPCNP，

APBNPC

1

在△ABP与NCP中，BAPCNP，△ABP≌△NCP(AAS)，CPBPBC3，∴CP的长为3．

2

ABCN

【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，能够作出正确的辅助线并能灵活运用全等

三角形的判定与性质是解决本题的的关键．

例2．（2022·北京四中九年级期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，点P在线段AB上，作射

线CP（0°＜∠ACP＜45°)，射线CP绕点C逆时针旋转45°，得到射线CQ，过点A作AD⊥CP于点D，交

CQ于点E，连接BE．(1)依题意补全图形；(2)用等式表示线段AD，DE，BE之间的数量关系，并证明．

【答案】(1)作图见解析．(2)结论：AD+BE=DE．证明见解析．

【分析】（1）根据要求作出图形即可．（2）结论：AD+BE=DE．延长DA至F，使DF=DE，连接CF．利用

全等三角形的性质解决问题即可．

（1）解：如图所示：

（2）结论：AD+BE=DE．

理由：延长DA至F，使DF=DE，连接CF．∵AD⊥CP，DF=DE，∴CE=CF，∴∠DCF=∠DCE=45°，

∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠ECB=45°，∵∠DCA+∠ACF=∠DCF=45°，∴∠FCA=∠ECB，

CACB

在△ACF和△BCE中ACFBCE，∴△ACF≌△BCE（SAS），∴AF=BE，∴AD+BE=DE．

CFCE

【点睛】本题考查作图-旋转变换，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题

的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．

例3．（2022秋·江苏扬州·八年级校考阶段练习）如图，在等边三角形ABC中，在AC边上取两点M、N,使

MBN30．若AMm，MNx，CNn，则以x,m,n为边长的三角形的形状为（）

A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．随x,m,n的值而定

【答案】C

【分析】将ABM绕点B顺时针旋转60°得到CBH，连接HN，根据等边三角形的性质及各角之间的等量

关系可得：△∠NBM=∠NBH，然后依据全等三角△形的判定定理可得NBM≌NBH，由全等三角形的性质可

将x、m、n放在NCH中，即可确定三角形的形状．△△

【详解】解：如图△所示：将ABM绕点B顺时针旋转60°得到CBH，连接HN，

△△

由旋转性质可知，BM=BH，CH=AM，ABMCBH，BCHA，

∵ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，∵∠MBN=30°，∴∠ABM+∠CBN=30°，

∴∠△NBH=∠CBH+∠CBN=∠ABM+∠CBN=30°，∴∠NBM=∠NBH，

BNBN

在NBM与NBH中，NBMNBH，∴NBM≌NBH（SAS），∴MN=NH=x，

BMBH

△△△△

∵∠BCH=∠A=60°，CH=AM=m，∴∠NCH=120°，

∴以x，m，n为边长的三角形NCH是钝角三角形．故选：C．

【点睛】本题考查等边三角形的△性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是学会利

用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，

例4．（2022·广东深圳·八年级期末）如图，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，点D为BC边上一点．点E

为线段CD上一点，且CE＝2，AB＝43，∠DAE＝60°，则DE的长为______．

14

【答案】

3

【分析】将△ABD绕点A逆时针旋转120至△ACM，连接ME，过M作MQBC于Q，过A作AFBC

于F，由旋转的性质得ABD≌ACM，设CQx，则CM2x，QM3x，证明ADE≌AME（SAS），

得EMDE102x，最后利用勾股定理来解答．

【详解】解：如图，将△ABD绕点A逆时针旋转120至△ACM，连接ME，过M作MQBC于Q，过A

作AFBC于F，

∵BAC120，ABAC，CE＝2，AB＝43，

11

∴ACMB30ACB，BADCAM，∴MCQ60，AFAB4323，

22

22

∴CMQ30，BFCFAB2AF243236．

1

在RtQMC中，CQCM．∵CE2，∴BE2BFCE12210.

2

2

设CQx，∴CM2x，QMCM2CQ22xx23x，∴EQx2．

∵DAE60FAC，BAC120，∴BADEACEACCAM60，∴DAFEAG．

ADAM

∵DAEEAM．在ADE和△AME中DAEEAM，∴△ADE≌△AMESAS，

AEAE

∴EMDEBEBDBECM102x，由勾股定理得：EM2EQ2QM2，

22288161414

∴102xx23x，∴x，即CQDE102x10．故答案为：．

33333

【点睛】本题考查含30°角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形有判定和性质，勾股定理，

旋转的性质，作辅助线构造直角三角形是求解本题的关键．

例5．（2022·广东广州·二模）如图，点D为等边ABC外一点，BDC120，BDCD，点M，N分别

在AB和AC上，MDN60且AM9，AN4，MN8，则ABC的边长为______．

【答案】10.5

【分析】先证明∠DBM=∠DCN=90°，如图，延长AC至H，使CH=BM，连接DH，再证明△DBM≌△DCH

（SAS），证明△MDN≌△HDN（SAS），可得MN=HN=BM+CN，从而可得答案．

【详解】解：∵△ABC为等边三角形∴∠ABC=∠ACB=60°，ABAC,

1

∵∠BDC=120°，BD=CD，∴∠DBC=∠DCB=×（180°-120°）=30°，∴∠DBM=∠DCN=90°，

2

如图，延长AC至H，使CH=BM，连接DH，

∴∠DCH=90°，∴∠DBM=∠DCH，

ìBM=CH

ï

在△DBM和△DCH中，íÐDBM=ÐDCH，∴△DBM≌△DCH（SAS），∴DM=DH，∠BDM=∠CDH，

ï

îïDB=DC

∵∠BDM+∠CDN=60°，∴∠CDN+∠CDH=60°，∴∠MDN=∠HDN，

ìDM=DH

ï

在△MDN和△HDN中，íÐMDN=ÐHDN，∴△MDN≌△HDN（SAS），∴MN=HN=BM+CN，

ï

îïDN=DN

AM9，AN4，MN8，\AM+AN+MN=9+4+8=21=AM+BM+CN+AN=AB+AC,

1

\AB=´21=10.5.即等边三角形的边长为：10.5.故答案为：10.5

2

【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，作出适当的辅助线构建全等三角形

是解本题的关键．

例6．（2023春·江苏·八年级专题练习）（1）如图①，在四边形ABCD中，ABAD，BD90，E，F

1

分别是边BC，CD上的点，且EAFBAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系：___________；

2

（2）如图②，在四边形ABCD中，ABAD，BD180，E，F分别是边BC，CD上的点，且

1

EAFBAD，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；

2

（3）在四边形ABCD中，ABAD，BD180，E，F分别是边BC，CD所在直线上的点，且

1

EAFBAD．请画出图形（除图②外），并直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系．

2

【答案】（1）EFBEFD；（2）成立，理由见解析；（3）图形见解析，EFBEFD

【分析】（1）延长EB到G，使BGDF，连接AG．证明ABG≌ADF，则AGAF，12，

1

1323EAFBAD，证明AGE≌AFE(SAS)，得出EF=GE，由此可得EF=GE，

2

EFBEFD；

（2）思路和作辅助线的方法同（1）；

（3）根据（1）的证法，可得出DFBG，GEEF，那么EFGEBEBGBEDF．

【详解】解：（1）延长EB至G，使BGDF，连接AG，

∵ABAD，ABGABCD90，BGDF，∴△ABG≌△ADF(SAS)，

1

∴AGAF，12，∴1323EAFBAD，∴GAEEAF，

2

AGAF

在AGE和△AFE中，∵GAEEAF，∴AGE≌AFE(SAS)，∴EGEF，

AEAE

∵EG=BE+BG，且BGFD∴EFBEFD，故答案为：EFBEFD．

（2）解：（1）中的结论仍成立，证明：如图所示，延长CB至M，使BMDF，

∵ABCD180，1ABC180，∴1D，

ABAD

在ABM和△ADF中，1D，∴△ABM≌△ADF(SAS)，∴AFAM，23，

BMDF

11

∵EAFBAD，∴24BADEAF，∴34EAF，即MAEEAF，

22

AMAF

在△AME和△AFE中，MAEEAF，∴AME≌AFE(SAS)，

AEAE

∴EFEM，即EFEMBEBMBEDF．

（3）EFBEFD，证明：如图所示，在BE上截取BG使BGDF，连接AG，

∵BADC180，ADFADC180，∴BADF，

ABAD

在ABG和△ADF中，ABGADF，∴△ABG≌△ADF(SAS)，

BGDF

1

∴BAGDAF，AGAF，∴BAGEADDAFEADEAFBAD，∴GAEEAF，

2

AGAF

在△AEG和△AEF中，GAEEAF，∴AEG≌AEF(SAS)，∴EGEF，

AEAE

∵EGBEBG，且BGFD，∴EFBEFD．

【点睛】此题主要考查了三角形全等的判定与性质，通过全等三角形来实现线段的转换是解题关键，没有

明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联的全等三角形．

例6.（2023.山东八年级期中）综合与实践

（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量

关系为．（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、

1

CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．

2

（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，

1

若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为．

2

【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析

【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，

∠ABM=∠M'BC，

在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC，∴∠BCM'+∠BCD=180°，

∴点M'、C、N三点共线，∵∠MBN=45°，∴∠ABM+∠CBN=45°，

∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，即∠M'BN=∠MBN，

∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M'N=M'C+CN，∴MN=M'C+CN=AM+CN；

（2）MN=AM+CN；理由如下：

如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，

∵∠A+∠C＝180°，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴点M'、C、N三点共线，

11

∵∠MBN＝∠ABC，∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN，∴∠CBN+∠M'BC=∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，

22

∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M'N=M'C+CN，∴MN=M'C+CN=AM+CN；

（3）MN=CN-AM，理由如下：如图，在NC上截取CM'=AM，连接BM'，

∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠C+∠BAD=180°，

∵∠BAM+∠BAD=180°，∴∠BAM=∠C，∵AB＝BC，∴△ABM≌△CBM'，

∴AM=CM'，BM=BM'，∠ABM=∠CBM'，∴∠MAM'=∠ABC，

11

∵∠MBN＝∠ABC，∴∠MBN＝∠MAM'=∠M'BN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，

22

∵M'N=CN-CM'，∴MN=CN-AM．故答案是：MN=CN-AM．

模型2.半角模型（相似模型）

【常见模型及结论】

1）半角模型（正方形中的半角相似模型）

条件：已知，如图，在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交BC、CD边于M、N两点，且∠EAF＝45°

AFAEEF

结论：如图1，△AMN∽△AFE且2．（思路提示：∠ANM=∠AEF，∠AMN=∠AFE）；

AMANMN

图1图2

结论：如图2，△MAN∽△MDA，△NAM∽△NBA；

AFAC

结论：如图3，连接AC，则△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且2；

AMAB

图3图4

结论：如图4，△BME∽△AMN∽△DFN.

2）半角模型（特殊三角形中的半角相似模型）

（1）含45°半角模型

图1图2

条件：如图1，已知∠BAC＝90°，ABCACBDAE45；

ABADCD2

结论：①△ABE∽△DAE∽△DCA；②；③ABACBECD（ABBECD）

BEAEAC

（2）含60°半角模型

条件：如图1，已知∠BAC＝120°，ADEDAE60；

ADCEAC2

结论：①△ABD∽△CAE∽△CBA；②；③ADAEBDCE（DEBDCE）

BDAEAB

例1．（2023·山东济南·九年级期中）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、DC边上的两点，且

EAF45，AE、AF分别交BD于M，N．下列结论：①AB2BNDM；②AF平分DFE；

③AMAEANAF；④BEDF2MN．其中正确的结论是（）

A．①②③④B．①②③C．①③D．①②

【答案】A

【分析】①转证AB:BN=DM:AB，因为AB=AD，所以即证AB:BN=DM:AD．证明△ABN∽△MDA；②把△ABE

绕点A逆时针旋转90°，得△ADH证明△AFH≌△AFE（SAS)；③即证AM:AN=AF:AE，证明△AMN∽△AFE(两

角相等)；④由②得BE十DF=EF，当E点与B点重合、F与C重合时，根据正方形的性质，结论成立．

【详解】①∠BAN=∠BAM+∠MAN=∠BAM+45°，

∠AMD=∠ABM+∠BAM=45°+∠BAM，∠BAN=∠AMD．

又∠ABN=∠ADM=45°，△ABN∽△MDA，AB:BN＝DM:AD，

AD=AB，AB2BNDM．故①正确；

②如图，把△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADH，

∠BAD=90°，∠EAF=45°，∠BAE+∠DAF=45°．∠EAF=∠HAF，

AE=AH，AF=AF，△AEF≌△AHF，

∠AFH=∠AFE，即AF平分∠DFE，故②正确；

③AB∥CD，∠DFA=∠BAN，

∠AFE=∠AFD，∠BAN=∠AMD，∠AFE=∠AMN，

又∠MAN=∠FAE，△AMN∽△AFE，

AM:AF=AN:AE，即AM·AE=AN·AF，故③正确；

④由②得BE+DF=DH+DF=FH=FE，过A作AO⊥BD，作AG⊥EF，

则△AFE与△AMN的相似比就是AG:AO，易证△ADF≌△AGF（AAS)，

则可知AGAD2AO，从而得证，故④正确，故选：A．

【点睛】此题考查了正方形的性质、相似（包括全等)三角形的判定和性质、旋转的性质等知识点，综合性

极强，难度较大．

例2．（2023·山西晋城·校联考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AD9，AB6，E，F分别为，CD边

上的点．若EAF45，AE35，则DF的长为．

【答案】3

【分析】先做辅助线，作出相似三角形，再用等腰直角三角形的性质，相似的判定和性质即可求得DF的长．

【详解】在AB上作点G，使BGBE，在AD上作点H，使DHDF，

2

BEAE2AB235623BGBE3

∵∴

又ÐB=90°EG2BE32，BGE45AGE180BGE18045135

设∵DHDF∴x,则AHADDH9x同理可∴得FH2DF2x，DHF45

AHF180DHF18045135AGEAHF135

∴GAEBADEAFDAF904∴5DAF45DAF

∵AFHDHFDAF45DAFGAEAFH

∴AGGE332

AGEAHF，GAEAFHAGEAHFx3DF3故填：3

HFAH2x9x

【∵点睛】本题考查了矩形的性质，等∴腰直角三角形的∴性质，相似∴的判定与性质∴，严格∴的逻辑思维时解题的

关键，做辅助线时解题的难点．

例3．（2023秋·江苏泰州·九年级统考期末）如图，已知ABC中，ACB90，ACBC，点D、E在边

AB上，CE2BEDE．(1)求证：DCE45；(2)当AC3，AD2BD时，求DE的长．

52

【答案】(1)见解析(2)

4

CEDE

【分析】（1）根据已知条件得出ABC=45，，又DECCEB，根据两边成比例夹角相等证

BECE

明DEC∽CEB，根据相似三角形的性质即可得证；

（2）过点D作DNAC于点N，勾股定理求得DC，由（1）可知DEC∽CEB，根据相似三角形的性质

列出比例式，进而即可求解．

【详解】（1）证明：∵ACB90，ACBC，∴ABCBAC45

CEDE

∵CE2BEDE∴，又∵DECCEB，∴DEC∽CEB，

BECE

∴DCECBEABC45，即DCE45；

（2）解：如图，过点D作DNAC于点N，∴AND90，

∵DAN45，∴△ADN是等腰直角三角形，

ADAN2

∵DN∥BC，AD2BD，∴

ABAC3

∵AC3，∴BCAC3，AB32，ANDN2,CN1，

∵AD2BD，∴BD2，在Rt△DCN中，DCDN2CN25，

DEDC5

由（1）可知DEC∽CEB∴，

CEBC3

3x51052

设DE5x,CE3x，∴解得：x，∴DE5x．

25x344

【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．

例4．（2023·江苏无锡·九年级期中）如图，在ABC中，AB＝AC＝43，BAC＝120，点D、E都在边BC

上，DAE＝60．若BD＝2CE，则DE的长为．

【答案】636/663

【分析】将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，取CF的中点G，连接EF、EG，由AB＝AC＝43，

BAC＝120，可得出BACB30，根据旋转的性质可得出ECG60，结合CFBD2CE可得出

CEG为等边三角形，进而得出△CEF为直角三角形，求出BC的长度以及证明全等找出DEFE，设ECx，

则BDCF2x，DEFE123x，在RtCEF中利用勾股定理可得出EFCF2EC23x，利用

FE=123x3x可求出x以及FE的值，此题得解．

【详解】解：将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，取CF的中点G，连接EF、EG，如图所示：

过点A作ANBC于点N，如图，

∵AB＝AC＝43，BAC＝120，∴BNCN，BACB30．

1

在RtBAN中，B30，AB43，∴ANAB23，

2

∴BNAB2AN26，∴BC12．∴ACBBACF30，∴ECG60．

∵CFBD2CE，∴CGCE，∴CEG为等边三角形，

1

∴EGCGFG，∴EFGFEGCGE30，∴△CEF为直角三角形．

2

∵BAC120，DAE60，∴BADCAE60，

∴FAEFACCAEBADCAE60．

AD＝AF

在VADE和△AFE中，DAE＝FAE，∴ADE≌AFESAS，∴DEFE．

AE＝AE

设ECx，则BDCF2x，DEFE123x，

在RtCEF中，CEF90，CF2x，ECx，EFCF2EC23x，

∴123x3x，∴x（233），∴DE3x636．故答案为：636．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质，通过勾股定理找出关于x的方程

是解题的关键．

例5．（2023秋·江苏泰州·九年级校考期末）（1）如图1，D、E为等边ABC中BC边所在直线上两点，

DAE120，求证：△ABD∽△ECA；（2）VADE中，DAE120，请用不含刻度的直尺和圆规在DE

上求作两点B、C，点B在点C的左侧，使得ABC为等边三角形；

（3）在（1）的条件下，H为BC边上一点，过H作HF∥AD交AB延长线于点F，HG∥AE交AC延长

HF

线于点G，若AB6，BDa，HAE60，求的值．（用含有a的代数式表示）

HG

36

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）

a2

【分析】（1）根据等边三角形的性质可得ABDACE120，再由DAE120，可得

BADCAE60，从而得到DCAE，即可；

（2）作BADE,CAED，分别交DE于点B，C，即可；

（3）根据等边三角形的性质以及HAE60，可得BADGAH,FAHCAE，再由HF∥AD，可

36FHAH

得FBAD，再由△ABD∽△ECA，可得CE，FE，可证得AFH∽AEC，从而得到，

aCEAC

GHAHGHFH

同理AGH∽ADB，可得，从而得到，即可求解．

BDABBDCE

【详解】（1）证明：∵ABC是等边三角形，∴ABCACBBAC60，

∴ABDACE120，∴DBAD60，

∵DAE120，∴BADCAEDAEBAC60，

∴DCAE，∴△ABD∽△ECA；

（2）解：如图，ABC即为所求；

理由：根据作图得：BADE,CAED，

∴△ABD∽△ECA，∴ABDACE，∴∠ABCACB，

∵DAE120，∴DEDBAD60，DEECAE60，

∵ABCDBAD60，ACBECAE60，

∴ABCACB60，∴∠BAC∠ABC∠ACB60，∴ABC是等边三角形；

（3）∵ABC是等边三角形，∴BAC60，ABAC6，

∵HAE60，DAE120，∴DAHEAHBAC60，

∴BADGAH,FAHCAE，∵HF∥AD，∴FBAD，

ABBD

由（1）得：△ABD∽△ECA，∴，BADE,DEAC，

CEAC

6a36

∴，即CE，∴FE，∴AFH∽AEC，

CE6a

36

FHAHGHAHGHFH

∴，同理AGH∽ADB，∴，∴，∴HFCEa36．

CEACBDABBDCE

HGBDaa2

【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判

定和性质，等边三角形的判定和性质是解题的关键．

例6．（2023·江西吉安·统考一模）综合与实践

数学实践活动，是一种非常有效的学习方式．通过活动可以激发我们的学习兴趣，提高动手动脑能力，拓

展思推空间，丰富数学体验．让我们一起动手来折一折、转一转、剪一剪，体会活动带给我们的乐趣．

折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，

如图1．

（1）EAF_________，写出图中两个等腰三角形：_________（不需要添加字母）；

转一转：将图1中的EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．

（2）线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为_________；（3）连接正方形对角线BD，若图2中的PAQ的

CQ

边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N．如图3，则________；

BM

剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．（4）求证：BM2DN2MN2．

【答案】（1）45，ABC，△ADC；（2）BPDQPQ；（3）2；（4）见解析

【分析】（1）由翻折的性质可知：DAFFAC,BAEEAC，EAFFACEAC，根据正方形

1

的性质：ABBCCDAD,BAD90DAFFACBAEEAC，则EAFBAD45，

2

ABC,ADC为等腰三角形；

（2）如图：将△ADQ顺时针旋转90，证明△APQ≌△APQ全等，即可得出结论；

（3）证明△ACQ∽△ABM即可得出结论；

（4）根据半角模型，将△ADN顺时针旋转90，连接MN，可得DNBN，通过△AMN≌△AMN得出

MNMN，△BMN为直角三角形，结合勾股定理即可得出结论．

【详解】（1）由翻折的性质可知：DAFFAC,BAEEAC

ABCD为正方形BAD90，ABBCCDADABC,ADC为等腰三角形

BADDAFFACBAEEACBAD2FACEAC

11

EAFFACEACEAFBAD9045

22

（2）如图：将△ADQ顺时针旋转90，

由旋转的性质可得：AQAQ，DQBQDAQBAQ由（1）中结论可得PAQ45

ABCD为正方形，BAD90BAPDAQ45

BAQBAP45PAQPAQ在△APQ和△APQ中

APAP

PAQPAQ△APQ≌△APQPQPQPQBQBPPQDQBP

AQAQ

（3）BD,AC为正方形ABCD对角线AC2AB

ABMACQ45，BAC45

PAQ45BAM45PAC，CAQ45PAC

CQAC

BAMCAQ△ABM∽△ACQ2

BMAB

（4）如图：将△ADN顺时针旋转90，连接MN，

由（2）中的结论可证△AMN≌△AMNMNMN

D45,ABD45根据旋转的性质可得：DABN45，DNBN

MBNABDABN90在Rt△MBN中有BM2BN2MN2BM2DN2MN2

【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，旋转变换的性质，全等三角形的判

定和性质，以及相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，能够综合运用这些性质是解题关键．

例7．（2023·湖北武汉·校考模拟预测）在矩形ABCD中，ADnAB，EAF（090），点E、F

分别是边BC、CD上的点，过点F作FG∥BC，交直线AE于点G．

(1)如图1：若AD6，n1，45，BE2，则EF________，SAEF________；

(2)如图2：若n2，45，过点F作FG∥BC，交AE于点G，过E作EH∥AB，交AF于点H，求证：

FG2EH；(3)如图3：若n2，BE2，DF3过点F作FG∥BC，交AE于点G，FG52，直

接写出tan的值________．

【答案】(1)5，15(2)见详解(3)46

【分析】（1）由n1，可得四边形ABCD是正方形，将ABE绕A逆时针旋转90，得到△ADG，可求CG8，

可证△EAF≌△GAF，设EFx，由CE2CF2EF2，即可求解；

（2）过A作AMAE交CD的延长线于M，取AM的中点N，连接HN、GM，过M作MP∥HN交AF

于P，可得PM2HN，可证BAE∽DAM，可得AM2AE，可证EAH≌NAG，可得EHHN，

ANHAEH，设BAE，可证FPMPFM，由GAMGFM180，可证A、G、F、M

四点共圆，可得FGFM，从而可得证；（3）过A作AMAE交CD的延长线于M，连接GM，由（2）

BEAB1

得可证FMGEAF，，即可求解．

DMAD2

【详解】（1）解：

n1，四边形ABCD是正方形，BADCBADC90，

ABBCCDAD6，BAEDAF45，CE624，

如上图，将ABE绕A逆时针旋转90，得到△ADG，

BEDG2，ADGB90，BAEDAG，

ADGADC180，G、D、F三点共线，

CG268，DAGDAF45，EAFGAF45，

AFAF

在△EAF和GAF中EAFGAF，△EAF≌△GAF(SAS)，EFGF，

AEAG

2

设EFx，则GFx，CF8x，CE2CF2EF2，428xx2，解得：x5，

11

EFGF5，SSGFAD5615．故答案：5，15．

AEFAGF22

（2）证明：如图，过A作AMAE交CD的延长线于M，取AM的中点N，连接HN、GM，过M作MP∥HN

交AF于P，

EAM90，AHHP，ANHAMP，AM2AN，PM2HN，

四边形ABCD是矩形，BADADCB90，ADMABE90，

AEF45，HANHAE45，BAE