2026年中考数学二轮复习讲练测（全国）专题04 全等三角形的基本六大模型（题型）（解析版）

专题04全等三角形的基本六大模型

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第一部分题型破译微观解剖，精细教学

典例引领方法透视变式演练

题型01一线三等角模型

题型02手拉手模型-旋转型全等

题型03倍长中线模型

题型04截长补短模型

题型05十字架模型

题型06半角模型

第二部分题型训练整合应用，模拟实战

题型破译

典例引领

【典例01】（2025·江苏盐城·一模）如图1，是大家非常熟悉的“一线三直角模型”，受到这模型的启发，我

们研究如下问题：如图2，在ABC中，A90，将线段BC绕点B顺时针旋转90得到线段BD，作DEAB

交AB的延长线于点E，连接CD并延长交AB的延长线于点F，

(1)若AB2，AC6，求线段EF的长；

BN

(2)在（1）的条件下，连接CE交BD于点N，求的值；

BC

3

(3)在（1）的条件下，在直线AB上找点P，使sinBCP，直接写出线段BP的长度．

5

【答案】(1)EF4

BN9

(2)

BC13

20

(3)4或

3

【分析】（1）先证明ABC≌EDBAAS，再证明DEB∽CAF，进而即可求得线段EF的长；

1MEMN

（2）过点N作NMAF于点M，证明ABC∽MNB得出MNBM再证明EMN∽ECA得出，

3AEAC

54

设BMx则MEBEBM6x，代入比例式得出x，进而即可求解；

13

（3）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：CBD90

\ÐABC+ÐDBE=90°

A90

ABCACB90

DBEACB

又ADEB90，CBBD

ABC≌EDBAAS

DEAB，BEAC

AB2，AC6

DE2，BE6

AEABBE268

DEBA180

DE∥AC

DEF∽CAF

DEEF

ACFA

2EF

6EF8

解得EF4；

（2）如图，过点N作NMAF于点M，

ABMN90，ACB90ABCNBM

ABC∽MNB

BNBMMN

BCACAB

BNBMMN

即，

BC62

1

MNBM

3

又MN∥AC

EMN∽EAC

MEMN

AEAC

设BMx，则MEBEBM6x

1

x

6x

3

86

54

解得x

13

54

BNBM9；

13

BCAC613

（3）如图所示，当P在B点的左侧时，过点P作PQBC于点Q，

3

sinBCP

5

PQ3

CP5

22

设PQ3a，则CP5a，CQ5a3a4a

又AC6，AB2，BAC90

AC6

tanABC3，BC2262210

AB2

PQ

tanPBQ3

BQ

1

BQPQa

3

BCCQBQ4aa5a

即5a210

210

解得a

5

在RtPBQ中，PQ3a，BQa

210

PBPQ2BQ210a104；

5

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

3

sinBCP

5

3PT

tanBCP

4CT

3b3

即

210b4

210

解得b

3

21020

BP10b10，

33

20

综上所述：BP的长度为4或．

3

【典例02】（2025·宁夏银川·二模）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90得到线段BD，作DEAB交AB的延长线于

点E．

(1)【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE有怎样的数量关系？

(2)【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB2，AC6，求BDF的面积；

BN

(3)【类比迁移】在（2）的条件下，连接CE交BD于点N，求的值；

BC

【答案】(1)ABDE

(2)SBDF10；

9

(3)．

13

【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

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，旋转的性质，熟练掌握以上知识是解题

的关键．

【详解】（1）解：ABDE．

∵将线段BC绕点B顺时针旋转90得到线段BD，作DEAB交AB的延长线于点E．

∵CBD90，

∴ABCDBE90，

∵A90，

∴ABCACB90，

∴DBEACB，

又∵ADEB90，CBBD，

∴ABC≌EDBAAS，

∴ABDE；

（2）解：∵CBD90，

∴ABCDBE90，

∵A90，

∴ABCACB90，

∴DBEACB，

又∵ADEB90，CBBD，

∴ABC≌EDBAAS，

∴DEAB，BEAC，

∵AB2，AC6，

∴DE2，BE6

∴AEABBE268，

∵DEBA180，

∴DE∥AC，

∴△DEF∽△CAF，

DEEF

∴，

ACFA

2EF

∴，

6EF8

∴EF4，

∴BFBEEF6410，

11

∴SBFDE10210；

BDF22

（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

∴BM，

13

54

∴BNBM9，

13

BCAC613

方法透视

模型识别与分类：主要考查在一条直线上出现三个相等角的情形，包括直角、锐角、钝角三类，

考向1.

要求学生能快速识别模型。

解读

2.相似与全等应用：常考利用“一线三等角”证明两三角形相似；若模型中出现一组对应边相等，

则可证三角形全等。

3.综合压轴题：多与坐标系、函数、特殊三角形（等腰直角、等边）结合，求点坐标或线段长度。

4.图形变换背景：常与翻折、旋转等变换结合，需要学生从复杂图形中抽离出基本模型。

找线寻角定模型：在图形中找同一直线上的三个等角顶点，确定“一线三等角”的基本结构。

方法1.

2.无边证相似：若只有角相等条件，直接得到三角形相似，利用对应边成比例列方程求解。

技能

3.有边证全等：若模型中有一组对应边相等（常为等腰三角形边），则证三角形全等，实现边的

转移。

4.辅助线构造：当模型隐含时，主动过顶点作垂线构造“一线三直角”，尤其在坐标系中常用。

变式演练

【变式01】（2025·广东云浮·一模）【模型建立】

如图1，三个直角三角形的直角顶点都在同一条直线上，这一模型叫作“一线三垂直”型．这种模型是证明三

角形全等的常见模型，在数学解题中被广泛使用．如图，一次函数yx10的图象与x轴、y轴分别交于

B,A两点．

【模型探索】

（1）如图2，求证：AOB是等腰直角三角形．

（2）如图3，M,N是直线ykx上的两动点，连接BM,AN．若BMMN,BM6，求AN的长的最小值．

【模型应用】

1

（3）如图4，经过点B的直线yx5与y轴交于点C，H为线段OB上的一点，作射线CH．若BCH45，

2

求直线CH的函数解析式．

【答案】（1）见解析；（2）AN的长的最小值为8；（3）y3x5

【分析】本题是一次函数综合题，考查一次函数的应用，涉及待定系数法求函数解析式、垂线段最短、坐

标与图形、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，理解题中新定义方法，添加合适辅助线构造“一

线三直角”是解答的关键．

（1）对于yx10，当x0时，y10，当y0时，x10，即可求解；

（2）由“一线三垂直”模型知，ANO≌OMB，则ANOM，即可求解；

（3）由“一线三垂直”模型知，ONT≌TMB，设点T(x,y)，则ONTM，TNBM，即10xy5且xy，

55

解得：xy2.5，即点T,，进而求解．

22

【详解】（1）证明：对于yx10，

当x0时，y10，当y0时，x10，

即点A、B的坐标分别为：(0,10)、(10,0)，

OAOB，

AOB为直角，

AOB是等腰直角三角形；

（2）解：如图，当ANMN时，AN最小，

AOB90，

AONBOMAONNAO90，

BOMOAN，

ANOOMB90,AOOB，

BOM≌OANAAS

ANOM，

在Rt△BOM中，OB10，BM6，

OM102628AN，

即AN的长的最小值为8；

（3）解：如图，过点B作BTCH于点T，过点T作MNy轴交于点N，交过点B和y轴的平行线于点M，

TCB45，

TCB为等腰直角三角形，CTBT，

同（2）中原理可得，ONT≌TMBAAS，

NOBONMNMB90，

四边形NOBM为矩形，

ONMB,NMOB，

当x0时，y5，

C0,5，即OC5，

设Tx,y，

CNTM5y，TNBMx，

根据NTTMNMOB，NTBM，

x5y10

可得，

xy

555

解得：xy，即点T,，

222

设直线CT的解析式为ykx5

5555

把T,代入可得k5，

2222

解得k3，

所以直线CT的解析式为y3x5．

典例引领

【典例01】（2026·四川德阳·模拟预测）如图1，正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AEABAE在

一条直线上，正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为．在旋转过程中，两个正方形只有点

A重合，其他顶点均不重合，连接BE，DG．

(1)当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时，求证：BEDG；

(2)如图3，如果45，AB1，AE22，连接BG，GE，求BEG的面积．

【答案】(1)见解析

(2)4

【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定、等腰直角三角形的性质和判定，

熟练掌握相关知识点是解题的关键．

（1）由旋转的性质得到BAEDAG，由正方形的性质得到ABAD，AEAG，然后依据SAS可证明

△ABE≌△ADG，然后依据全等三角形的性质进行证明即可；

（2）连接GE、BG，延长AD交GE与H．当45时，可证明AHE为等腰直角三角形，然后可求得AH

1

和HE的长，根据SEG·AH，进行求解即可。

BEG2

【详解】（1）解：由旋转的性质可知：BAEDAG，由正方形的性质可知：ABAD，AEAG．

在ABE和△ADG中，

ABAD

BAEDAE，

AEAG

∴ABE≌ADGSAS．

BEDG．

（2）连接GE、BG，延长AD交GE于H．

当45时，则BAE45．

BADEAG90．

EAHGAH45．

又AEAG，

AHGE．

又AHAB，EAH45，

AHE为等腰直角三角形．

2

EHAHAE2．AEG45BAE，

2

EG2EH4，AB与EG平行．

11

SEG·AH424．

BEG22

【典例02】（2026·山东临沂·模拟预测）问题背景：如图（1），ABC与ADE为等腰直角三角形，

BACDAE90，连接BD、CE，请直接写出线段BD与CE有什么关系？

尝试应用：如图（2），ABC与ADE为等腰直角三角形，BACDAE90，连接BD、CE，且点D，

B，C在一条直线上，过点A作AFCD，垂足为点F，猜测：CD，CE，AF之间有什么数量关系，并

证明．

拓展延伸：如图（3），等腰直角ADE绕点A逆时针旋转一定角度，使得点B、C、D在一条直线上，

BACDAE90，ABAC2，CD1，连接AD、CE交于一点F，在线段AD上有一动点P，求

2

DPCP的最小值．

2

310

【答案】[问题背景]：BDCE；[尝试应用]：CDCE2AF，见解析；[拓展延伸]：．

10

【分析】[问题背景]：先证明ABD≌ACESAS，则BDCE，ADBAEC，如图，延长EC交BD于

点F，然后通过三角形内角和定理得出EFD90，从而得BDCE；

[尝试应用]：先证明ABD≌ACESAS，则BDCE，在等腰Rt△ABC中，AFCD，所以BFCF，

1

则AFBC，即BC2AF，然后通过线段的和与差即可求解；

2

[拓展延伸]：先证明ABD≌ACESAS，则BDCE，ADBAEC，同理可得ECD90，在等腰

Rt△ABC中，ABAC2，所以BC2，根据勾股定理，得：EDCE2CD2321210，在AD

2

上任找一点P，作PQDE，垂足为点Q，如图，求DPCP最小值就转化为求PQCP的最小值，

2

则当PQ、CP在同一条直线上时，长度最小，过点C作垂线段CQDE，交AD于点P，此时CQ长度就是

所求最小值，再利用面积法求出即可．

【详解】问题背景]解：∵ABC与ADE为等腰直角三角形，BACDAE90，

∴ABAC，ADAE，BACCADDAECAD，

∴BADCAE，

在△ABD与△ACE中，

ABAC

BADCAE，

ADAE

∴ABD≌ACESAS，

∴BDCE，ADBAEC，

如图，延长EC交BD于点F，

在RtADE中，ADEAEDADEAECCED90，

∴ADEADBCED90，

∴EFD90，

∴BDCE；

[尝试应用]解：∵ABC与ADE为等腰直角三角形，BACDAE90，

∴ABAC，ADAE，BACCADDAECAD，

∴BADCAE，

在△ABD与△ACE中，

ABAC

BADCAE，

ADAE

∴ABD≌ACESAS，

∴BDCE，

在等腰Rt△ABC中，AFCD，

∴BFCF，

1

∴AFBC，即BC2AF，

2

∴CDBDBCCE2AF；

[拓展延伸]解：∵ABC与ADE为等腰直角三角形，BACDAE90，

∴ABAC，ADAE，BACCADDAECAD，

∴BADCAE，

在△ABD与△ACE中，

ABAC

BADCAE，

ADAE

∴ABD≌ACESAS，

∴BDCE，ADBAEC，

在RtADE中，ADEAEDADEAECCED90，

∴ADEADBCED90，

∴ECD90，

在等腰Rt△ABC中，ABAC2，

∴BC2，

又∵CD1，

∴CEBD3，

在Rt△CDE中，根据勾股定理，得：EDCE2CD2321210，

在AD上任找一点P，作PQDE，垂足为点Q，如图，

PQ

在RtPDQ中，sinEDA，

PD

PQ

即sin45=，

PD

2

∴PQDP，

2

2

∴DPCPPQCP，

2

2

∴求DPCP最小值就转化为求PQCP的最小值，

2

∴当PQ,CP在同一条直线上时，长度最小，过点C作垂线段CQDE，交AD于点Q，此时CQ长度就是

所求最小值，

11

∵SCDCEDECQ，

CDE22

11

∴1310CQ，

22

310

∴CQ，

10

2310

∴DPCP最小值为．

210

方法透视

模型特征：两个共顶点的等腰三角形（或等边、正方形），顶角相等，绕公共顶点旋转构成全

考向1.

等三角形。

解读

2.全等证明：常考利用“边角边”证明拉手线构成的三角形全等，进而得到对应边相等、对应角

相等。

3.结论应用：常考查拉手线的数量关系（相等）与位置关系（夹角等于顶角或互补）。

4.综合压轴：多与几何变换、最值问题结合，考查学生从复杂图形中抽离基本模型的能力。

识别公共顶点：找到两个等腰三角形的公共顶点，确认顶角相等是模型成立的前提。

方法1.

2.找准拉手线：两个三角形非公共顶点间的连线即为拉手线，常证这对三角形全等。

技能

3.全等得结论：由三角形全等推出拉手线相等，再导角证明拉手线夹角与顶角的关系。

4.动态中抓不变：图形旋转时，全等关系保持不变，对应边相等、对应角相等始终成立。

变式演练

【变式01】（2024·湖南娄底·模拟预测）图1是边长分别为n，m的正方形ABCD、正方形DEFG叠放在一

起的图形．

操作与证明：

(1)操作：固定正方形ABCD，将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转30，连接AE，CG(如图2)，线段

CG与线段AE之间的数量关系为．

(2)证明：若将图1中的正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转(90180)，使AE，CG相交于点P，

线段CG与AD相交于点K(如图3)，线段CG与线段AE之间具有怎样的数量与位置关系？证明你的结论．

(3)猜想与发现：在（2）的基础上，作DMCG于点M，作DNAE于点N，则四边形DNPM的形状是，

请证明你的结论．

【答案】(1)CGAE

(2)CGAE，CGAE，证明见解析

(3)四边形DNPM是正方形，证明见解析

【分析】（1）证明CDG≌ADESAS即可求证；

（2）同理（1）证明CDG≌ADESAS，得到CGAE，DCGDAE，进而可得DAEAKP90，

即可得APK90，即可求证；

（3）先证明四边形DNPM是矩形，再根据三角形的面积可得DMDN，即得到四边形DNPM是正方形，

即可求证；

本题考查了正方形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，矩形的判定等，掌握正方形的性质和判定是

解题的关键．

【详解】（1）解：∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形，

∴CDAD，DGDE，ADCEDG90，

∴ADCADGEDGADG，

即CDGADE，

∴CDG≌ADESAS，

∴CGAE，

故答案为：CGAE；

（2）解：CGAE，CGAE，证明如下：

∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形，

∴CDAD，DGDE，ADCEDG90，

∴ADCADGEDGADG，

即CDGADE，

∴CDG≌ADESAS，

∴CGAE，DCGDAE，

∵DCGCKD90，AKPCKD，

∴DAEAKP90，

∴APK90，

∴CGAE；

（3）解：四边形DNPM是正方形，证明如下：

∵DMCG于点M，DNAE于点N，

∴DMPDNP90，

又∵CGAE，

∴MPN90，

∴四边形DNPM是矩形，

∵CDG≌ADE，

∴CGAE，SCDGSADE，

11

∴CG·DMAE·DN，

22

∴DMDN，

∴四边形DNPM是正方形，

故答案为：正方形．

典例引领

【典例01】（2025·山东青岛·模拟预测）【问题提出】

小红遇到这样一个问题：如图1，ABC中，AB6，AC4，AD是中线，求AD的取值范围．

【构建模型】

她的做法是：延长AD到E，使DEAD，连接BE，证明△BED≌△CAD，经过推理和计算使问题得到解

决．她的这种做法把中线延长了一倍，所以我们通常称为“倍长中线法”．

请回答：

（1）小红证明△BED≌△CAD的判定定理是：．

（2）AD的取值范围是

【模型应用】

（3）如图2，在ABC中，AD是ABC的中线，CAD45，在AD上取一点E，连接BE，若BEAC4，

则“燕尾”四边形AEBC的面积为．

【答案】（1）SAS；（2）1AD5，（3）8

【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形三边关系，等腰三角形的判定与性质等知识，解题

的关键是：

（1）根据SAS证明△BED≌△CAD即可；

（2）根据全等三角形的性质得出BEAC4，DEAD，根据三角形三边关系求出2AE10，即可求

解；

（3）延长AD至点F，使DFAD，同（1）可证BFD≌CAD，得出BFAC4，FCAD45，

SBFDSACD，进而得出BFBE，根据等边对等角和三角形内角和定理可求出FBE90，然后根据“燕尾”

四边形AEBC的面积为SBDESACDSBDESBFDSBEF8求解即可．

【详解】解：（1）延长AD到E，使DEAD，连接BE，

∵AD是中线，

∴BDCD，

又EDCADC，

∴BED≌CADSAS，

故答案为：SAS；

（2）∵△BED≌△CAD，AC4，

∴BEAC4，DEAD，

又AB6，

∴64AE64，即2AE10，

∴22AD10，

∴1AD5，

故答案为：1AD5；

（3）延长AD至点F，使DFAD，

同（1）可证BFD≌CAD，

∴BFAC4，FCAD45，SBFDSACD，

又BE4，

∴BFBE，

∴BEFF45，

∴FBE90，

1

∴S448，

BEF2

∴“燕尾”四边形AEBC的面积为SBDESACDSBDESBFDSBEF8，

故答案为：8．

【典例02】（2025·山东济宁·一模）（1）如图①，在ABC中，若AB10，AC6，则BC边上的中线AD

的取值范围是_____；

（2）如图②，在ABC中，D是BC边上的中点，DEDF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，

连接EF，求证：BECFEF；

（3）如图③，在四边形ABCD中，BD180，CBCD，BCD140，以C为顶点作一个70角，

角的两边分别交AB，AD于E，F两点，连接EF，探索线段BE，DF，EF之间的数量关系，并加以证明．

【答案】（1）2AD8；（2）见解析；（3）BEDFEF，证明见解析

【分析】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、三角形的三边关系定理、角的和差等知识点，通过作

辅助线，构造两个全等三角形是解题关键．

（1）延长AD至E，使DEAD，连接BE，证明BDE≌CDASAS，得出BEAC6，再利用三角形

三边关系即可得出答案；

（2）延长FD至点M，使DMDF，连接BM，EM，同（1）得，BMD≌CFDSAS，得出BMCF

再证明EDM≌EDFSAS，得出EMEF，最后再利用三角形三边关系即可得出答案；

（3）延长AB至点N，使BNDF，连接CN，证明NBC≌FDCSAS得出CNCF，NCBFCD，

再证明NCE≌FCESAS，得出ENEF，即可得证．

【详解】（1）解：延长AD至E，使DEAD，连接BE，如图1所示：

∵AD是BC边上的中线，

∴BDCD，

在BDE和CDA中，

BDCD

BDECDA

DEAD

∴BDE≌CDASAS，

∴BEAC6，

在ABE中，由三角形的三边关系得：ABBEAEABBE，

∴106AE106，即4AE16，

∴2AD8；

故答案为：2AD8；

（2）证明：延长FD至点M，使DMDF，连接BM，EM，如图所示，

同（1）得，BMD≌CFDSAS，

BMCF

DEDF，DMDF，DEDE

∴EDM≌EDFSAS，

EMEF

在BME中，由三角形的三边关系得BEBMEM，

BECFEF；

（3）BEDFEF，

证明如下：延长AB至点N，使BNDF，连接CN，如图所示，

，ABCD180，NBCABC180

NBCD

在NBC和△FDC中，

BNDF

NBCD，

BCDC

∴NBC≌FDCSAS，

CNCF，NCBFCD

BCD140，ECF70

BCEFCD70，

ECN70ECF

在△NCE和△FCE中，

CMCF

ECNECF

BCDC

∴NCE≌FCESAS，

ENEF．

BEBNEN，

BEDFEF．

方法透视

模型定义：将三角形中线延长一倍，构造全等三角形，实现边的转移和角的等量代换。

考向1.

2.全等证明：常考利用“边角边”证明倍长后构成的三角形与原三角形全等，得到对应边相等。

解读

3.应用方向：常用于证明线段不等关系（三角形三边关系）、求线段取值范围、证明线段倍分关

系。

4.综合压轴：多与等腰三角形、直角三角形结合，考查学生构造辅助线解决问题的能力。

中线倍长法：见到中线（或中点），将中线延长一倍，连接端点构造全等三角形。

方法1.

2.全等得等量：倍长后证三角形全等，得到对应边相等，实现分散线段的集中转移。

技能

3.构造中位线：倍长中线后常出现中位线，结合中位线性质进一步推导线段关系。

4.求取值范围：利用三角形三边关系，通过倍长构造将所求线段放入三角形中求解。

变式演练

【变式01】（2025·吉林松原·三模）（1）【问题探究】如图1，已知AD是ABC的中线，延长AD至点E，

使得DEAD．连结BE,CE，求证：四边形ABEC是平行四边形．

（2）【拓展提升】如图2，在ABC的中线AD上任取一点M（不与点A、点D重合），过点M、点C分

别作ME∥AB，CE∥AD，连结AE，BM，求证：四边形ABME是平行四边形．

（3）【灵活应用】如图3，在ABC中，ÐB=90°，AB8，BC12，点D是BC的中点，点M是直线AD

上的动点，且ME∥AB，CE∥AD，当MEMC取得最小值时，求线段CE的长度．

32

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）CE

5

【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，倍长中线构

造全等三角形及运用等面积法是解题的关键．

（1）由对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明；

（2）延长AD到点F，使DFAD，连接CF，利用SAS证明ADB≌FDC，得CFBA，DCFABD，

可说明四边形CEMF是平行四边形，得MECF，即可证明结论；

（3）延长AD到点F，使DFAD，连接CF，由（2）知，MEAB8，CEMF，则MEMC取最小

值时，CM最小，故CMAD时，CM最小，利用等面积法求出CM的长，再利用勾股定理即可求得答案．

【详解】（1）证明：AD是ABC的中线，

BDCD，

DEAD，

四边形ABEC是平行四边形；

（2）证明：延长AD到点F，使DFAD，连接CF，如图2，

，AD是ABC的中线，

BDCD，

在ADB和FDC中，

ADDF

ADBFDC

BDDC

ADB≌FDCSAS，

CFBA，DCFABD，

AB∥CF，

AB∥ME，

ME∥CF，

CE∥MF，

四边形CEMF是平行四边形，

MECF，

MEAB，

四边形ABME是平行四边形；

（3）解：延长AD到点F，使DFAD，连接CF，如图3，

由（2）知，MEAB8，CEMF，

则MEMC取最小值时，CM最小，故CMAD时，CM最小，

AD是ABC的中线，

BDCD6，

ADAB2BD210，

11

SADCMCDAB

ADC22

ABCD8624

CM

AD105

2

2222432

在Rt△CMF中，MFCFCM8

55

32

CEMF

5

典例引领

【典例01】（2025·广东韶关·一模）【知识技能】

（1）如图1，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，EAF45，连接EF，试猜想EF，BE，DF

之间的数量关系．

梳理解答思路并完成填空．

A．旋转法：把Rt△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，

可使AB与AD重合，则BEDG，ADGB90，可

易证△AFG≌______，故

得FDG180，即F，D，G三点共线．

EF，BE，DF之间的数量

B．截长补短法：延长CD至点G，使得DGBE，由

关系为________．

BADG90，ABAD，即△ABE≌△ADG，可以

得到AEAG．

【数学理解】

（2）如图2，在ABC中，BAC90，ABAC，点D，E均在边BC上，且∠DAE45，试猜想BD，

DE，EC之间的数量关系，并说明理由．

【拓展探索】

（3）如图3，正方形ABCD的边长为2，EAF45，连接BD，分别交AE，AF于点M，N．若M恰

好为线段BD上靠近点B的三等分点，求线段MN的长．

5

【答案】（1）△AFE；EFBEDF（2）BD2CE2DE2；理由见解析（3）

6

【知识点】全等三角形综合问题、根据正方形的性质证明、用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解

【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．

（1）根据证明思路可得答案；

（2）把△ABD绕点A顺时针旋转90°得到ACG，连接EG，证明△AED≌△AEGSAS，即可解答；

（3）将△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到ABG，连接GM，结合（2）中的结论，列方程，即可解答．

【详解】解：（1）ABE≌ADG，

BAEDAG，

EAF45，

BAEFAD45DAGFADFAG，

AFAF，AEAG，

△AFG≌△AFESAS，

EFFGDGFDBEFD，

故答案为：△AFE；EFBEDF；

（2）BD2CE2DE2．

理由：如图1，把△ABD绕点A顺时针旋转90得到ACG，连接EG，

ADAG，BDCG，BACG，BADCAG，∠DAG90．

BAC90，ABAC，

BACB45，

ECGACBACGACBB454590，

DAG90，∠DAE45，

EAG904545，

DAEEAG，

在△AED和△AEG中，

ADAG

DAEGAE，

AEAE

△AED≌△AEGSAS，

DEEG．

在RtECG中，EG2EC2CG2，

BD2CE2DE2；

（3）正方形ABCD的边长为2，

BD2AB2，

12

BMBD．

33

如图2，将△ADN绕点A顺时针旋转90，得到ABG，连接GM．

由（2），可得DN2BM2MN2．

设MNy，

2

BM，MNy，

3

24

DN2yy，

33

22

422

根据勾股定理可得yy，

33

5

解得y，

6

5

MN．

6

【典例02】（2025·广东惠州·一模）已知正方形ABCD中，E是BC上一动点，过点E作EFAE交正方形

的外角DCL的平分线于点F．

(1)【动手操作】

如图①，在BA上截取BQBE，连接EQ，根据题意在图中画出图形，图中AQE_____度．

(2)【深入探究】E是线段BC上的一个动点，如图②，过点F作FGAE交直线CD于点G，以CG为斜边

向右作等腰直角三角形HCG，点H在射线CF上，连接AG．试判断四边形AEFG的形状，并证明．

(3)【拓展应用】

E是射线BC上的一个动点，过点F作FGAE交直线CD于点G，以CG为斜边向右作等腰直角三角形

HCG，点H在射线CF上，连接AG．若AB5，CE2，求线段AG的长．

【答案】(1)135；

(2)矩形AEFG是正方形；见解析；

(3)线段AG的长为34或74．

【分析】本题考查了正方形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定

理，关键是通过构造辅助线证明三角形全等，推导线段相等关系，结合特殊四边形的判定定理进行推理，

并根据动点的位置进行分类讨论．

（1）利用正方形的直角性质，结合BQBE证BQE为等腰直角三角形，再通过邻补角的和差关系计算

AQE的度数；

（2）先在AB上截取APEC，证明APE≌ECF得AEEF，再构造辅助线证QGF≌CFE得FGEF，

结合FGAE证平行四边形，再由垂直证矩形，最后由邻边相等证正方形；

（3）分点E在线段BC上和点E在BC延长线上两种情况，先证明两种情况下四边形AEFG均为正方形，得

到AGAE，再利用勾股定理分别计算AE的长度，即可得AG的长．

【详解】（1）解：根据题意画图如图；

∵四边形ABCD是正方形，

∴B90，

又∵BQBE，

∴BQE是等腰直角三角形，

∴BQE45，

∵AQEBQE180，

∴AQE18045135；

（2）解：四边形AEFG为正方形，证明如下：

在AB上截取APEC，连接PE，

∵四边形ABCD是正方形，

∴ABBC，BBCD90，

∴ABAPBCEC，即BPBE，

∴BPE是等腰直角三角形，

∴BPE45，

∴APE18045135，

∵CF平分DCM，DCM180BCD90，

∴ECFECDDCF9045135，

∴APEECF，

∵AEF90，

∴AEBCEF90，

又∵AEBBAE90，

∴BAECEF，

在APE和ECF中，BAECEF，APEC，APEECF，

∴APE≌ECFAAS，

∴AEEF，

在GH上截取HQHF，连接FQ，则HQFHFQ45，

∵FGAE，EFAE，

∴EFFG，EFG90，

△HCG是等腰直角三角形，

HGHC，CHG90，

QGFC，HQFHFQ45，

GQF18045135FCE，

QGF90GFHCFE，

QGF≌CFEASA，

∴FGEF，

∴AEFG，

又∵FGAE，

∴四边形AEFG是平行四边形，

∵AEF90，

∴平行四边形AEFG是矩形，

又∵AEEF，

∴矩形AEFG是正方形；

（3）解：①当点E在线段BC上时，

由（2）知四边形AEFG是正方形，

∴AGAE，

∵BC5，CE2，

∴BEBCCE523，

在RtABE中，由勾股定理得AEAB2BE2523234，

∴AG34；

②当点E在BC延长线上时，延长BA至K，使得AKCE，连接KE，

∵BKBAAK，BEBCCE，且ABBC，AKCE，

∴BKBE，

又∵B90，

∴BKE是等腰直角三角形，

∴K45，

∴KECF45．

∵EFAE，

∴AEF90，

∵KAEBAEB90AEB，CEFAEFAEB90AEB，

∴KAECEF．

KECF

在KAE和CEF中，AKCE，

KAECEF

∴KAE≌CEFASA，

∴AEEF．

∵FGAE，EFAE，

∴EFFG，即EFG90．

延长GH至点Q，使HQHF，连接FQ，

∵HCG是等腰直角三角形，

∴HGHC，CHG90，

∴GQHGHQHCHFCF，且HQF是等腰直角三角形，

∴GQF45，

∵EFG90，CHG90，

∴QGF90GFH，CFE90GFH，

∴QGFCFE．

GQFFCE

在QGF和CFE中，GQCF，

QGFCFE

∴QGF≌CFEASA，

∴FGEF．

结合AEEF，可得AEFG，

又∵FGAE，

∴四边形AEFG是平行四边形．

∵AEF90，

∴平行四边形AEFG是矩形，

又∵AEEF，

∴矩形AEFG是正方形．

2

AGAE525274，

综上所述，线段AG的长为34或74．

方法透视

模型定义：主要解决证明线段和差关系（如）的问题，通过截长或补短构造全等或等

考向1.\(a=b+c\)

腰三角形。

解读

2.截长法：在最长线段上截取一段等于某条短线段，证明剩余部分与另一短线段相等。

3.补短法：将一条短线段延长，使延长部分等于另一短线段，证明新线段与最长线段相等。

4.应用场景：常与角平分线、垂直、等腰三角形结合，考查学生构造辅助线证明线段关系的能力。

观察定法：根据图形特点选择截长或补短，通常两种方法均可，选择证明更简洁的一种。

方法1.

2.构造全等：截长或补短后，常结合已知条件（如角平分线）证明三角形全等，实现边的等量代

技能

换。

3.等腰配合：当出现角平分线+平行线或垂直时，常可构造等腰三角形简化证明。

4.双法检验：用一种方法证完后，可用另一种方法验证，确保线段和差关系成立。

变式演练

【变式01】（2025·吉林长春·二模）【问题提出】在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且EAF45，

连结EF.求证：EFBEDF.

【问题探究】如图①，小亮采用“截长补短”的方法，在CD的延长线上鹤取DGBE，连结AG，通过证明

三角形全等，进而得证.

下面是小亮的部分证明过程：

证明：在CD的延长线上截取DGBE，连结AG.

四边形ABCD是正方形，

ABAD,BADCADG90.

又BEDG，

ABE≌ADG.

AEAG.

证明过程缺失

EFBEDF.

请补全缺失的证明过程.

【方法总结】常用“截长补短”的方法证明线段间的数量关系.

【问题解决】如图②，在【问题探究】的基础上，连结AC，点M在AC上，过点M作MNAE，垂足为

点P，交CB延长线于点N且MNAE.若DF5,CM42，则线段EF的长为_______.

【问题拓展】如图③，O是ABC的外接圆，ABC90,ABBC，点P在O上，且点P与点B在AC