专题10 全等三角形模型之一线三等角模型、手拉手模型、十字架模型解读与提分精练-2025年中考数学常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练（北京专用）

专题10 全等三角形模型之一线三等角模型、手拉手模型、十字架模型 目录 1 模型1.全等三角形模型之一线三等角模型 1 模型2.全等三角形模型之手拉手模型 7 模型3.全等三角形模型之正方形中的十字架型 13 21 模型1.全等三角形模型之一线三等角模型 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：，AE=DE； 结论：，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：，AE=DE； 结论：，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；∴， ∴，，∵BC=BE+EC，∴AB+CD=BC。 2）（异侧型）证明：∵，∴∠ECD=∠ABE， ∵，∠AED=∠AEB+∠CED，， ∴∠AEB+∠A=∠AEB+∠CED，∴∠A=∠CED， 在△ABE和△ECD中，∠A=∠CED，∠ECD=∠ABE，AE=ED；∴， ∴，，∵BC=EC-BE，∴AB-CD=BC。 例1．（24-25八年级上·山西忻州·期中）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题： （模型呈现） （1）如图1，，，过点B作于点C，过点D作于点E．由，得．又，可以推理得到．进而得到________， ________．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型； （模型应用） （2）如图2，，，，连接，，且于点F，与直线交于点G．求证：点G是的中点； （深入探究） （3）如图，已知四边形和为正方形，的面积为，的面积为，则有________（填“、、”） 例2．（24-25七年级上·山东泰安·期中）【感知模型】“一线三等角”模型是平面几何图形中的重要模型之一，请根据以下问题，把你的感知填写出来： （1）如图（1），为等边三角形，，，则________ 【模型应用】（2）如图（2），正方形的顶点B在直线l上，分别过点A、C作于E，于F．若，，则的长为________ 【模型变式】（3）如图（3）所示，在中，，，于E，于D，，，求的长． 模型2.全等三角形模型之手拉手模型 1）双等边三角形型 条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等边三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即：∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMF，∴∠AFM=∠BCM=60°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 2）双等腰直角三角形型 条件：△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=90° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMN，∴∠ANM=∠BCM=90°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 3）双等腰三角形型 条件：BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠BCM=∠AFM；④CF平分∠BFD。 证明： ∵∠BCA=∠ECD，∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD， 又∵BC=AC，CE=CD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， 又∵∠CMB=∠AMF，∴∠BCM=∠AFM，过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 4）双正方形形型 条件：四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N。 结论：①△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。 证明： ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，∴BC=AC，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90° ∴∠BCD+∠DCG=∠ECG+∠DCG，即∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CMB=∠DMN，∴∠BCM=∠DNM=90°， 过点C作CP⊥DE,CQ⊥BG,则∠CPD=∠CPB=90°，又∵∠CBG=∠CDE，BC=DC，∴△BCQ≌△DCP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 例1．（24-25八年级上·湖南娄底·期中）小茗同学发现一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形．小茗把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图所示的“手拉手”图形中，和均为等腰直角三角形，，，，点在同一直线上，连接，为中边上的高． (1)求证：； (2)求的度数； (3)直接写出和之间的数量关系． 例2．（24-25八年级上·广东湛江·阶段练习）在学习全等三角形知识时、数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，他们得知这种模型称为“手拉手模型”，兴趣小组进行了如下操作： (1)如图1、两个等腰三角形和中， 连接、、如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是手拉手模型，在这个模型中，和全等的三角形是 ，此时和的数量关系是 ； (2)如图2、两个等腰直角三角形和中， 连接，，两线交于点 ，请判断线段和的数量关系和位置关系，并说明理由； (3)如图3，已知， 以、为边分别向外作等边和等边，连接，，两线交于点 ，请直接写出线段 和的数量关系及的度数． 模型3.全等三角形模型之正方形中的十字架型 条件：1）如图1，在正方形ABCD中，若E、F分别是BC、CD上的点，AE⊥BF；结论：AE=BF。 证明：四边形是正方形，，，∴ AE⊥BF，∴，，，∴AE=BF。 条件：2）如图2，在正方形ABCD中，若E、F、G分别是BC、CD、AB上的点，AE⊥GF；结论：AE=GF。 证明：在FC上取一点P，使得GB=PF，连结BP。 四边形是正方形，∴AB//CD，∴四边形是平行四边形，∴GF//BP，GF=BP， 同1）中证明，可得AE=GF。 条件：3）如图3，正方形ABCD中，若E、F、G、H分别是BC、CD、AB、AD上的点，EH⊥GF； 结论：HE=GF。 证明：在FC、BE上取一点P、Q，使得GB=PF，AH=QE，连结BP、AQ。 四边形是正方形，∴AB//CD，∴四边形是平行四边形，∴GF//BP，GF=BP， 同理可证得：四边形是平行四边形，∴AQ//HF，AQ=HF，同1）中证明，可得HE=GF。 例1．（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期末）在正方形中，是边上一点，（点不与点，重合），连接． (1)如图，过点作交于点．证明：． (2)如图，取的一点，过点作交于点，交于点．求证：． 例2．（24-25八年级上·山东烟台·期末）【问题解决】 如图，在矩形中，点分别在边上，，于点． （1）求证：四边形是正方形； （2）延长到点，使得，连接，判断的形状，并说明理由． 【类比探究】 （3）如图，在菱形中，点分别在边上，与相交于点，，，，，求的值． 例3．（24-25九年级上·海南三亚·阶段练习）如图1，在正方形中，点分别是边上的点，且． (1)求证：． (2)如图2，在图1的基础上，过点E作的垂线，与正方形的外角的平分线交于点N，连接．求证：四边形是平行四边形． (3)如图3，在（2）的条件下，连接，若四边形的面积是25，，请求出的长度． 1．（2024·广东湛江·模拟预测）如图，点是等边内一点，若将绕点按逆时针方向旋转一个角度后得到，连接，若，则的长度为（   ） A．1 B．2 C． D． 2．（23-24九年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知：如图，等腰直角，，，点D为外一点，，连接CD，，，BC的长为 ． 3．（2025八年级下·全国·专题练习）（1）如图①，正方形中，，求证：； （2）如图②，将边长为12的正方形折叠，使点落在上的点，然后压平折痕，若的长为13，求的长．    4．（24-25九年级上·重庆开州·阶段练习）如图1，是等腰直角三角形，其中，点D是边上一点，以为边向外作正方形，连接，将正方形绕点C顺时针旋转，如图2所示． (1)旋转过程中线段与之间存在怎样的关系，请说明理由． (2)当且时，求的面积． 5．（24-25九年级上·福建福州·期中）如图，、均为等边三角形，，．将绕点A沿顺时针方向旋转，连接、． (1)在图1中求证：； (2)如图2，当时，连接，求的面积； (3)在的旋转过程中，直接写出的面积的取值范围． 6．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）已知：正方形中，点，分别在上，连接，交于点，且． (1)如图1，求证：； (2)如图2，过点作，连接，若，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，过点作，交的延长线于点，连接，若，的面积为8，求线段的长． 7．（23-24八年级下·云南红河·期末）【方法感悟】在解决几何问题中，我们会接触很多典型的基本图形，例如“一线三等角．形全等”，我们把它称之为“三垂直模型”，掌握好该模型及其变形，有助于我们解决一些复杂的几何数学题． 今天，我们就来认识它：（1）如图①，中，，，直线经过点直线直线，垂足分别为，那么我们可以得到结论．请你用所学习过的数学知识证明该结论， 【方法迁移】（2）如图②，中，，，点在同一条直线上，，，．求菱形的面积． 【问题拓展】（3）如图③，分别以的直角边向外作正方形和正方形，连接是的高，延长交于点，若，，求的长度． 8．（24-25九年级上·重庆江津·期末）如图，等腰直角与等腰直角按图1位置放置，已知， ． (1)填空：　　　，　　　； (2)现将图1中等腰直角绕点A按顺时针方向旋转，当旋转到点C、D、E在一条直线上时，如图2所示，求的长度； (3)当图1中等腰直角绕点A顺时针方向旋转到满足时，如图3所示，猜想：与的数量关系，并证明你的猜想． 9．（23-24八年级上·江西南昌·期中）通过对如图数学模型的研究学习，解决下列问题： [模型呈现] 如图1，，，过点作于点，过点作于点．由，得．又，可以推理得到.进而得到 ，．我们把这个数学模型称为“字”模型或“一线三等角”模型；    [模型应用] 如图2，且，且，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，，，，连接，，且于点，与直线交于点．求证：点是的中点． 10．（23-24八年级下·福建泉州·阶段练习）问题情境：如图，在正方形中，点分别在边上，且，垂足为．那么与相等吗？ （1）直接判断： （填“”或“”）； 在“问题情境”的基础上，继续探索： 问题探究： （2）如图，在正方形中，点分别在边和上，且，垂足为．那么与相等吗？证明你的结论； 问题拓展： （3）如图，点在边上，且，垂足为，当在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点落在点处． 四边形是正方形吗？请说明理由； 若，点在上，，直接写出的最小值为 ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10 全等三角形模型之一线三等角模型、手拉手模型、十字架模型 目录 1 模型1.全等三角形模型之一线三等角模型 1 模型2.全等三角形模型之手拉手模型 7 模型3.全等三角形模型之正方形中的十字架型 13 21 模型1.全等三角形模型之一线三等角模型 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：，AE=DE； 结论：，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：，AE=DE； 结论：，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；∴， ∴，，∵BC=BE+EC，∴AB+CD=BC。 2）（异侧型）证明：∵，∴∠ECD=∠ABE， ∵，∠AED=∠AEB+∠CED，， ∴∠AEB+∠A=∠AEB+∠CED，∴∠A=∠CED， 在△ABE和△ECD中，∠A=∠CED，∠ECD=∠ABE，AE=ED；∴， ∴，，∵BC=EC-BE，∴AB-CD=BC。 例1．（24-25八年级上·山西忻州·期中）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题： （模型呈现） （1）如图1，，，过点B作于点C，过点D作于点E．由，得．又，可以推理得到．进而得到________， ________．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型； （模型应用） （2）如图2，，，，连接，，且于点F，与直线交于点G．求证：点G是的中点； （深入探究） （3）如图，已知四边形和为正方形，的面积为，的面积为，则有________（填“、、”） 【答案】（1），，（2）见解析，（3），理由见解析 【知识点】直角三角形的两个锐角互余、全等三角形综合问题 【分析】本题主要考查全等三角形的性质与判定、直角三角形的两个锐角互余及等积法，熟练掌握全等三角形的判定条件是解题的关键． （1）根据全等三角形的性质可直接进行求解； （2）分别过点D和点E作于点H，于点Q，进而可得，然后可证，则有，进而可得，通过证明可求解问题； （3）过点作交于，过点作交延长线于，过点作交延长线于由题意易得，，然后可得，则有，，进而可得，通过证明及等积法可进行求解问题． 【详解】解：（1）∵， ∴， 故答案为， （2）分别过点D和点E作于点H，于点Q，如图所示： ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理可知， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，即点是的中点； （3），理由如下： 如图所示，过点作交于，过点作交延长线于，过点作交延长线于 ∵四边形与四边形都是正方形 ∴，， ∵，， ∴，，， 又∵， ∴， ∴， ∴，， 同理可以证明， ∴，， ∴， ∵，，， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴即， 故答案为：． 例2．（24-25七年级上·山东泰安·期中）【感知模型】“一线三等角”模型是平面几何图形中的重要模型之一，请根据以下问题，把你的感知填写出来： （1）如图（1），为等边三角形，，，则________ 【模型应用】（2）如图（2），正方形的顶点B在直线l上，分别过点A、C作于E，于F．若，，则的长为________ 【模型变式】（3）如图（3）所示，在中，，，于E，于D，，，求的长． 【答案】（1）；（2）3；（3） 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、等边三角形的性质、等腰三角形的定义 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定方法是关键． （1）根据等边三角形的性质及和角关系，可得； （2）根据正方形的性质及和角关系，可得，由全等三角形的性质即可求得的长； （3）由三个垂直及等腰直角三角形可证明，由全等三角形的性质即可求得的长． 【详解】解：（1）∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， 故答案为：； （2）∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：3； （3）∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴ 模型2.全等三角形模型之手拉手模型 1）双等边三角形型 条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等边三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即：∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMF，∴∠AFM=∠BCM=60°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 2）双等腰直角三角形型 条件：△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=90° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMN，∴∠ANM=∠BCM=90°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 3）双等腰三角形型 条件：BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠BCM=∠AFM；④CF平分∠BFD。 证明： ∵∠BCA=∠ECD，∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD， 又∵BC=AC，CE=CD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， 又∵∠CMB=∠AMF，∴∠BCM=∠AFM，过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 4）双正方形形型 条件：四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N。 结论：①△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。 证明： ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，∴BC=AC，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90° ∴∠BCD+∠DCG=∠ECG+∠DCG，即∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CMB=∠DMN，∴∠BCM=∠DNM=90°， 过点C作CP⊥DE,CQ⊥BG,则∠CPD=∠CPB=90°，又∵∠CBG=∠CDE，BC=DC，∴△BCQ≌△DCP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 例1．（24-25八年级上·湖南娄底·期中）小茗同学发现一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形．小茗把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图所示的“手拉手”图形中，和均为等腰直角三角形，，，，点在同一直线上，连接，为中边上的高． (1)求证：； (2)求的度数； (3)直接写出和之间的数量关系． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】根据三线合一证明、全等的性质和SAS综合（SAS）、斜边的中线等于斜边的一半、等边对等角 【分析】（）由可得，再根据即可证明； （）由等腰直角三角形的性质可得，即得，再根据全等三角形的性质可得，最后根据角的和差关系即可求解； （）由全都三角形的性质可得，由等于直接三角形的性质可得，即得，进而即可得到； 本题考查了等腰直角三角形的性质，全都三角形的判定和性质，直接三角形的性质，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 即， 又∵，， ∴； （2）解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：，理由如下： ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 即， ∴． 例2．（24-25八年级上·广东湛江·阶段练习）在学习全等三角形知识时、数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，他们得知这种模型称为“手拉手模型”，兴趣小组进行了如下操作： (1)如图1、两个等腰三角形和中， 连接、、如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是手拉手模型，在这个模型中，和全等的三角形是 ，此时和的数量关系是 ； (2)如图2、两个等腰直角三角形和中， 连接，，两线交于点 ，请判断线段和的数量关系和位置关系，并说明理由； (3)如图3，已知， 以、为边分别向外作等边和等边，连接，，两线交于点 ，请直接写出线段 和的数量关系及的度数． 【答案】(1)， (2)且，理由见解析 (3)， 【知识点】三角形的外角的定义及性质、三角形内角和定理的应用、等边三角形的性质、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】此题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，以及三角形的外角性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解本题的关键． （1）先判断出，进而判断出，即可得出结论； （2）先判断出，得出，，进而判断出，即可得出结论； （3）由三角形与三角形都为等边三角形，利用等边三角形的性质得到两对边相等，两三角形的内角都为，利用等式的性质得到，利用可得出得，，求出，即可根据求解． 【详解】（1）解：∵， ∴． ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴和全等的三角形是，此时和的数量关系是． 故答案为：，； （2）且； 理由如下：∵， ∴． ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 即， ∴， ∴， 综上所述：且． （3）和都为等边三角形， ，，， ，即， 在和中， ， ； ，， ∴ ， ∴． 模型3.全等三角形模型之正方形中的十字架型 条件：1）如图1，在正方形ABCD中，若E、F分别是BC、CD上的点，AE⊥BF；结论：AE=BF。 证明：四边形是正方形，，，∴ AE⊥BF，∴，，，∴AE=BF。 条件：2）如图2，在正方形ABCD中，若E、F、G分别是BC、CD、AB上的点，AE⊥GF；结论：AE=GF。 证明：在FC上取一点P，使得GB=PF，连结BP。 四边形是正方形，∴AB//CD，∴四边形是平行四边形，∴GF//BP，GF=BP， 同1）中证明，可得AE=GF。 条件：3）如图3，正方形ABCD中，若E、F、G、H分别是BC、CD、AB、AD上的点，EH⊥GF； 结论：HE=GF。 证明：在FC、BE上取一点P、Q，使得GB=PF，AH=QE，连结BP、AQ。 四边形是正方形，∴AB//CD，∴四边形是平行四边形，∴GF//BP，GF=BP， 同理可证得：四边形是平行四边形，∴AQ//HF，AQ=HF，同1）中证明，可得HE=GF。 例1．（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期末）在正方形中，是边上一点，（点不与点，重合），连接． (1)如图，过点作交于点．证明：． (2)如图，取的一点，过点作交于点，交于点．求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】根据正方形的性质证明、利用平行四边形性质和判定证明、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、直角三角形的两个锐角互余 【分析】（1）由正方形的性质可得，，由直角三角形的两个锐角互余可得，利用等式的性质可得，利用可证得，于是结论得证； （2）过点作交于点，由正方形的性质可得，即，因而可知四边形是平行四边形，于是可得，由（1）同理可证，于是可得，则结论得证． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， ， 又， ， 在和中， ， ； （2）证明：如图，过点作交于点， 四边形是正方形， ，即：， 又， 四边形是平行四边形， ， 由（1）同理可证， ， ． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，直角三角形的两个锐角互余，等式的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质及平行四边形的判定与性质是解题的关键． 例2．（24-25八年级上·山东烟台·期末）【问题解决】 如图，在矩形中，点分别在边上，，于点． （1）求证：四边形是正方形； （2）延长到点，使得，连接，判断的形状，并说明理由． 【类比探究】 （3）如图，在菱形中，点分别在边上，与相交于点，，，，，求的值． 【答案】（1）见解析；（2）是等腰三角形，理由见解析；（3）31 【知识点】根据正方形的性质证明、利用菱形的性质证明、用勾股定理解三角形、全等三角形综合问题 【分析】（）证明，得到，即可求证； （）证明可得，进而得，即可求解； （）延长到点，使，连接，作，可证，得到，，进而得是等边三角形，得到，即得，再利用勾股定理求出，进而即可求出的长，进而可得到答案； 本题考查了矩形的性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定，等腰三角形的判定，等边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． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）解：是等腰三角形． 理由：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰三角形； （3）解：延长到点，使，连接，作， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵菱形， ∴， ∴． 例3．（24-25九年级上·海南三亚·阶段练习）如图1，在正方形中，点分别是边上的点，且． (1)求证：． (2)如图2，在图1的基础上，过点E作的垂线，与正方形的外角的平分线交于点N，连接．求证：四边形是平行四边形． (3)如图3，在（2）的条件下，连接，若四边形的面积是25，，请求出的长度． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【知识点】根据正方形的性质证明、用勾股定理解三角形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】本题考查了正方形的性质，垂直的性质，全等三角形的判定和性质，等边对等角，平行线的判定，平行四边形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键． （1）根据正方形的性质可得，，推得，根据垂直的性质可得，推得，根据全等三角形的判定和性质即可证明； （2）在上截取，连接，根据题意推得，根据等边对等角可得，推得，根据垂直的性质可得，，推得，根据全等三角形的判定和性质可得，结合（1）中结论推得，根据垂直的性质可得，推得，根据平行线的判定可得，根据平行四边形的判定即可证明； （3）根据全等三角形的性质可得，根据平行四边形的性质可，求得，，根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：在上截取，连接，如图： 由（1）可知，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵平分 ∴ ∴ ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 又由（1）可得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． （3）解：∵， ∴， ∵四边形的面积是25， 故， ∴， ∵， ∴， 在中，． 1．（2024·广东湛江·模拟预测）如图，点是等边内一点，若将绕点按逆时针方向旋转一个角度后得到，连接，若，则的长度为（   ） A．1 B．2 C． D． 【答案】B 【知识点】等边三角形的判定和性质、根据旋转的性质求解 【分析】本题主要考查旋转的性质，由旋转得，得，得，可判断出是等边三角形，故可得． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴ 由旋转得， ∴， ∴ 而， ∴，即， ∵， ∴是等边三角形， ∴, 故选：B． 2．（23-24九年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知：如图，等腰直角，，，点D为外一点，，连接CD，，，BC的长为 ． 【答案】 【分析】过作于，过作交的延长线于，由，，得到，证出，推出，得到，，设，，根据勾股定理得到，，，于是得到． 【详解】解：过作于，过作交的延长线于， ，，，， 在与中，，，，， ，，设，， 在中，，即：， 解得：；（不合题意，舍去）．，， ，．故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 3．（2025八年级下·全国·专题练习）（1）如图①，正方形中，，求证：； （2）如图②，将边长为12的正方形折叠，使点落在上的点，然后压平折痕，若的长为13，求的长．    【答案】（1）见解析；（2）7 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、正方形折叠问题 【分析】（1）过点作，垂足为，证明四边形为矩形，得出，证明，得出； （2）作，垂足为，根据勾股定理得．根据，得出，求出结果即可． 【详解】解：（1）过点作，垂足为，如图所示： 四边形为正方形， ， ， ， ， 四边形为矩形， ， ， 在和中，， ， 在和中，， ， ． （2）作，垂足为，如图所示： 由（1）知， 在中，由勾股定理，得： ． 将正方形纸片折叠，使得点落在边上的点，折痕为， ， 由（1）可知， ， ． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，折叠性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 4．（24-25九年级上·重庆开州·阶段练习）如图1，是等腰直角三角形，其中，点D是边上一点，以为边向外作正方形，连接，将正方形绕点C顺时针旋转，如图2所示． (1)旋转过程中线段与之间存在怎样的关系，请说明理由． (2)当且时，求的面积． 【答案】(1)，，见解析 (2) 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、三角形内角和定理的应用、根据等角对等边求边长 【分析】（1）证明，则，，如图1，延长交于，可求，进而可得； （2）证明，则，如图2，作的延长线于，由勾股定理得，，可求，根据，计算求解，进而可得的面积． 【详解】（1）解：，，理由如下； 由题意知，， ∵正方形， ∴，， ∵，，， ∴， ∴，， 如图1，延长交于， ∴， ∴； （2）解：由题意知，，即， 又∵，， ∴， ∴， 如图2，作的延长线于， ∵， ∴， ∴， 由勾股定理得，， 解得，， ∵， ∴， ∴的面积为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理．熟练掌握全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理是解题的关键． 5．（24-25九年级上·福建福州·期中）如图，、均为等边三角形，，．将绕点A沿顺时针方向旋转，连接、． (1)在图1中求证：； (2)如图2，当时，连接，求的面积； (3)在的旋转过程中，直接写出的面积的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】等边三角形的性质、含30度角的直角三角形、二次根式的应用、用勾股定理解三角形 【分析】（1）先根据等边三角形的性质可得，从而可得，再证出，根据全等三角形的性质即可得证； （2）过点作于点，过点作，交延长线于点，先求出，再在和中，分别求出和的长，从而可得的长，然后利用三角形的面积公式求解即可得； （3）分两种情况：①过点作于点，当与在同一条直线上，且点在的外部时，的面积最大；②过点作于点，当与在同一条直线上，且点在的内部时，的面积最小，先求出的长，再利用三角形的面积公式求解即可得． 【详解】（1）证明：∵、均为等边三角形， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解： 如图，过点作于点，过点作，交延长线于点， ∵、均为等边三角形，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴在中，， 在中，， ∴， 又∵，， ∴， ∴点到的距离等于点到的距离，即为， ∴的面积为． （3）解：①如图，过点作于点，当与在同一条直线上，且点在的外部时，的面积最大， 由（2）已得：，， ∵， ∴， ∴的面积的最大值为； ②如图，过点作于点，当与在同一条直线上，且点在的内部时，的面积最小， 由（2）已得：，， ∵， ∴， ∴的面积的最小值为； ∴的面积的取值范围为． 【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、等边三角形的性质、二次根式的应用、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，较难的是题（3），正确找出最大与最小两个临界位置是解题关键． 6．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）已知：正方形中，点，分别在上，连接，交于点，且． (1)如图1，求证：； (2)如图2，过点作，连接，若，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，过点作，交的延长线于点，连接，若，的面积为8，求线段的长． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3) 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定求线段长、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】（1）根据正方形及，利用互余可得，进而证明，即可证明结论； （2）结合由（1）中，可证得，由可知，进而可证得四边形是平行四边形，可知，即可证明结论； （3）过点作，交延长线于，可知四边形为正方形，则，在正方形中，，得，再证，得，由题意设，， 可知，则，，结合的面积为8，可得，得，，则再根据勾股定理及等面积法即可求解． 【详解】（1）证明：在正方形中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）证明：由（1）可知， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴，则， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴； （3）解：过点作，交延长线于，则四边形为矩形，∵，， ∴四边形为正方形，则， 在正方形中，， ∴， ∵，则 ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，设，， ∴，则，， ∵的面积为8， ∴，可得， ∴，，则， ∵， ∴， ∴． 【点睛】此题考查正方形的判定及性质，矩形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，综合运用各部分知识解决问题是解题的关键． 7．（23-24八年级下·云南红河·期末）【方法感悟】在解决几何问题中，我们会接触很多典型的基本图形，例如“一线三等角．形全等”，我们把它称之为“三垂直模型”，掌握好该模型及其变形，有助于我们解决一些复杂的几何数学题． 今天，我们就来认识它：（1）如图①，中，，，直线经过点直线直线，垂足分别为，那么我们可以得到结论．请你用所学习过的数学知识证明该结论， 【方法迁移】（2）如图②，中，，，点在同一条直线上，，，．求菱形的面积． 【问题拓展】（3）如图③，分别以的直角边向外作正方形和正方形，连接是的高，延长交于点，若，，求的长度． 【答案】（1）证明过程见详解；（2）；（3） 【知识点】全等三角形综合问题、利用菱形的性质求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】(1)证，，由证明即可； (2)连接，交于，由菱形的性质得，同(1)得，得，，由三角形面积公式求出，即可得出答案； (3)过E作的延长线于M，过点G作于，同(1)得，，得，证，得，证，由勾股定理求出，，再由直角三角形的性质即可得出答案． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， ， 在和中， ， ； （2）解： ， 设，则， ， ， ，，， ，即， ， 连接，交于， 如图所示： 四边形是菱形， ， ， 同（1）得：，，， ； （3）解：过作的延长线于，过点作于， 如图③所示： ， 四边形和四边形都是正方形，，，，，， 同（1）得：，， ， 在和中，， ， ， 是的中点， ， ， 在中，由勾股定理得：， 是的中点， 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、菱形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角角形斜边上的中线性质、勾股定理、三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 8．（24-25九年级上·重庆江津·期末）如图，等腰直角与等腰直角按图1位置放置，已知， ． (1)填空：　　　，　　　； (2)现将图1中等腰直角绕点A按顺时针方向旋转，当旋转到点C、D、E在一条直线上时，如图2所示，求的长度； (3)当图1中等腰直角绕点A顺时针方向旋转到满足时，如图3所示，猜想：与的数量关系，并证明你的猜想． 【答案】(1)， (2) (3)，证明见解析 【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、根据旋转的性质求解 【分析】（1）利用勾股定理求解即可； （2）过作于，由直角三角形斜边中线的性质得，由勾股定理得，进而可求出的长度； （3）连接交于F，交于G，证明得，再证明得，进而可求出． 【详解】（1）解：∵是等腰直角三角形，， ∴． ∵是等腰直角三角形，， ∴． 故答案为：，； （2）解：过作于， 在等腰中，， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：，理由如下： 连接交于F，交于G 在和中，， ∴ ∴ ∴ 在和中， ∴ ∴ ∴ 又∵且 ∴ ∵是公共边 ∴ ∴ 又∵在等腰中，是斜边 ∴ ∴ ∵ ∴ 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键． 9．（23-24八年级上·江西南昌·期中）通过对如图数学模型的研究学习，解决下列问题： [模型呈现] 如图1，，，过点作于点，过点作于点．由，得．又，可以推理得到.进而得到 ，．我们把这个数学模型称为“字”模型或“一线三等角”模型；    [模型应用] 如图2，且，且，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，，，，连接，，且于点，与直线交于点．求证：点是的中点． 【答案】模型呈现：；模型应用：50；深入探究：见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】本题主要考查全等三角形的性质与判定，熟练掌握“K型”全等是解题的关键； [模型呈现]根据题意可直接进行求解； [模型应用] 由“字”模型可知，，，则有，，，，然后根据割补法求面积即可； [深入探究] 过作于，过作于，由“字”模型得：，则有，然后可证，进而问题可求解． 【详解】[模型呈现]解：， . 故答案为：； [模型应用]解：如图2中，                   图2 由“字”模型可知，，， ，，，， ， 图中实线所围成的图形的面积梯形的面积的面积的面积的面积的面积 ； 故答案为：50； [深入探究]证明：如图3，过作于，过作于，           图3 由“字”模型得：， ， 同理：， ， ，， ， 在与中 ， ， 即点是的中点． 10．（23-24八年级下·福建泉州·阶段练习）问题情境：如图，在正方形中，点分别在边上，且，垂足为．那么与相等吗？ （1）直接判断： （填“”或“”）； 在“问题情境”的基础上，继续探索： 问题探究： （2）如图，在正方形中，点分别在边和上，且，垂足为．那么与相等吗？证明你的结论； 问题拓展： （3）如图，点在边上，且，垂足为，当在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点落在点处． 四边形是正方形吗？请说明理由； 若，点在上，，直接写出的最小值为 ． 【答案】（）；（），理由见解析；（）四边形是正方形，理由见解析；． 【知识点】证明四边形是菱形、根据正方形的性质与判定证明、全等三角形综合问题、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】（）证明即可得出结论； （）过点作，证明，由此可得； （）如图， 连接，证明，所以，，由折叠可知，，，由四边形内角和和平角的定义可得，所以，则，所以四边形是菱形，再由“有一个角是直角的菱形是正方形”可得结论； 作交的延长线于点，作于点，可证明，由此可得，易证是等腰直角三角形，所以，则，可得，则，作关于的对称点，则 ，可得， 求出的值即可得出结论． 【详解】（）∵， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， 故答案为：； （），理由如下: 如图，过点作交于点，交于点， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （）如图，连接， 由（）的结论可知，， ∵四边形是正方形，是正方形的对角线， ∴，， ∵， ∴， ∴，，由折叠可知，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形, ∵， ∴菱形是正方形； 如图，作交的延长线于点，作于点， ∴， 由上知四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 如图，作关于的对称点，则，过点作交延长线于点，则是等腰直角三角形， 即当，，三点共线时，最小，最小值为的长， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理的应用等，熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$