专题10 手拉手（全等、相似）模型（几何模型讲义）（浙江专用）2026年中考数学一轮复习几何模型系列

专题10 手拉手（全等、相似）模型 手拉手模型是几何压轴题的核心“破题模型”，常出现在选择、填空压轴、几何大题、动点、旋转综合题 里，主要作用在于化静为动，通过旋转全等（或相似）解决复杂图形的边角关系。看到“两个等腰三角形、等边三角形、等腰直角三角形共顶点，顶角相等，绕公共顶点旋转”这些特征，可以利用手拉手模型进行解题，用模型能快速找到全等，看到“共顶点，等顶角，两边成比例”这些特征，可以利用手拉手模型进行解题，用模型能快速找到相似，把动的问题转化为静的关系。 2 模型来源 2 真题现模型 2 提炼模型 3 模型运用 5 15 ‌ 古希腊时期就已出现“共顶点的两个等边三角形，对应连线相等且夹角60°”这类几何命题，是旋转全等的古老形态。 手拉手模型的数学本质是旋转变换。当两个等腰三角形（或等边三角形、正方形）共用一个顶点且顶角相等时，其中一个图形可以看作是由另一个图形绕公共顶点旋转一定角度得到的。这种旋转前后的图形对应部分全等，解题者为了快速识别这种结构，将其命名为“手拉手”。 手拉手模型的数学内容源自古典旋转全等几何，“手拉手”这个通俗名称和系统化模型总结，完全诞生于国内初中数学教学实践，是为应试与教学便利而形成的经典模型叫法。 该模型可用来快速证明线段相等、角度定值、垂直关系，证比例，破解旋转、动点、最值类几何压轴题，是初中几何最实用的模型之一。 1.（2025春•南海区期末）如图所示，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，B、D、E三点共线，∠1＝25°，∠2＝30°，则∠3＝（　　） A．60° B．55° C．50° D．无法计算 【分析】求出∠BAD＝∠CAE，根据SAS推出△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质求出∠ABD＝∠2＝30°，根据三角形的外角性质求出即可． 【解答】解：∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∵∠2＝30°， ∴∠ABD＝∠2＝30°， ∵，∠1＝25°， ∴∠3＝∠ABD+∠1＝55°， 故选：B． 2.如图，C为线段AE上一动点（不与点A、E重合），在AE同侧分别作正△ABC和正△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．以下五个结论：①AD＝BE；②PQ∥AE；③AP＝BQ；④连接OC，OC平分∠AOE；⑤∠AOB＝60°．恒成立的结论有（　　） A．①⑤ B．①②⑤ C．①②③⑤ D．①②③④⑤ 【分析】①证△ADC≌△BEC（SAS），得AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，故①正确； ②证△CDP≌△CEQ（ASA），得CP＝CQ，则∠CPQ＝∠CQP＝60°，得∠QPC＝∠BCA，即可得出PQ∥AE，故②正确； ③由全等三角形的性质得DP＝QE，再①可知，AD＝BE，则AP＝BQ，故③正确； ④过点C作CM⊥BE于点M，CN⊥AD于点N，由全等三角形的性质得AD＝BE，S△ADC＝S△BEC，再由三角形面积得CN＝CM，即可得出OC平分∠AOE，故④正确； ⑤由全等三角形的性质得∠DAC＝∠EBC，再由三角形的外角性质得∠AOB＝∠DAC+∠AEO＝∠EBC+∠AEO＝∠ACB＝60°，故⑤正确；即可得出结论． 【解答】解：①∵△ABC和△CDE都是正三角形， ∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°， ∴∠DCP＝180°﹣∠ACB﹣∠DCE＝60°， ∵∠ACD＝∠ACB+∠BCD，∠BCE＝∠DCE+∠BCD， ∴∠ACD＝∠BCE， 在△ADC和△BEC中， ， ∴△ADC≌△BEC（SAS）， ∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，故①正确； ②在△CDP和△CEQ中， ， ∴△CDP≌△CEQ（ASA）． ∴CP＝CQ， ∴∠CPQ＝∠CQP＝60°， ∴∠QPC＝∠BCA， ∴PQ∥AE，故②正确； ③由②可知，△CDP≌△CEQ， ∴DP＝QE， 由①可知，AD＝BE， ∴AD﹣DP＝BE﹣QE， ∴AP＝BQ，故③正确； ④如图，过点C作CM⊥BE于点M，CN⊥AD于点N， 由①可知，△ADC≌△BEC， ∴AD＝BE，S△ADC＝S△BEC， ∴AD•CNBE•CM， ∴CN＝CM， ∵CM⊥BE，CN⊥AD， ∴OC平分∠AOE，故④正确； ⑤由①可知，△ADC≌△BEC， ∴∠DAC＝∠EBC， ∴∠AOB＝∠DAC+∠AEO＝∠EBC+∠AEO＝∠ACB＝60°，故⑤正确； 综上所述，恒成立的结论有：①②③④⑤． 故选：D． 3．（2025秋•遵义期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，∠B+∠D＝180°，AC＝8，四边形ABCD的面积为，当四边形ABCD的周长最小时，则AD的长为　 　 ． 【分析】将△ADC绕点A顺时针旋转60°得到△ABE，再根据旋转的性质和已知条件证明△ACE是等边三角形，证明CD＝BE，然后根据平角的定义证明点E在CB的延长线上，再确定四边形ABCD的周长最小时AD最小，从而根据垂线的性质判定AB⊥CE时，AD＝AB最短，最后根据三角函数值进行解答即可． 【解答】解：如图所示：将△ADC绕点A顺时针旋转60°得到△ABE， ∴∠ABE＝∠D，AE＝AC，∠EAC＝60°，CD＝BE， ∵∠ABC+∠D＝180°， ∴∠ABC+∠ABE＝180°， ∵AE＝AC，∠EAC＝60°， ∴△ACE是等边三角形， ∴CE＝AC＝8，∠ADC＝∠ABE，∠AEB＝60°， ∵∠ADC+∠ABC＝180°， ∴∠ABE+∠ABC＝180°， ∴点E在CB的延长线上， ∵四边形ABCD的周长＝AB+BC+CD+AD，AB＝AD， ∴四边形ABCD的周长＝2AD+BC+CE＝2AD+BC+BE＝2AD+CE＝2AD+8， ∵当四边形ABCD的周长最小，AD应最小， ∴在△ADE中，AE＝8，∠AEB＝60°，当AB⊥CE时，AD＝AB最短， ∴AD＝AB＝AE×sin60°， 故答案为：． 4．（2025秋•泗阳县期中）在△ABC中，AB＝AC，∠B＝α，点D是BC边上的动点（不与点B，点C重合），连接AD，将线段AD绕着点A逆时针旋转2α，得到线段AE，连接BE． （1）如图1，若点E恰好落在BC边上，判断AB与AE的位置关系，并证明； （2）如图2，在（1）条件下，延长BA至点F，使AF＝AB，连接EF，请用关于α的代数式表示∠FEA； （3）如图3，若∠B＝30°，探究BD、BE、BA的数量关系，并证明． 【分析】（1）由题易得∠DAE＝2α，AD＝AE，则∠AED＝90°﹣α，即可得解； （2）易得AE垂直平分BF，则∠B＝∠F＝α，即可得解； （3）在AB下方构造等边△ABQ，连接EQ，易证△ABD≌△AQE（SAS），可得BD＝QE，∠ABD＝∠AQE＝30°，进而可得∠BQE＝90°，利用勾股定理即可得解． 【解答】解：（1）AB⊥AE， 证明：∵线段AD绕着点A逆时针旋转2α， ∴∠DAE＝2α，AD＝AE， ∴∠AED90°﹣α， ∵∠B＝α， ∴∠BAE＝180°﹣∠B﹣∠AED＝90°， ∴AB⊥AE； （2）由（1）得AB⊥AE， ∵AB＝AF， ∴AE垂直平分BF， ∴EB＝EF， ∴∠B＝∠F＝α， ∴∠FEA＝180°﹣∠FAE﹣∠F＝90°﹣α； （3）BD2+BA2＝BE2． 证明：如图，在AB下方构造等边△ABQ，连接EQ， 则∠BAQ＝∠AQB＝60°，AB＝AQ＝BQ， ∵∠ABD＝α＝30°， ∴∠DAE＝2α＝60°， ∴∠BAD＝∠QEA＝60°﹣∠DAQ， 在△ABD和△AQE中， ， ∴△ABD≌△AQE（SAS）， ∴BD＝QE，∠ABD＝∠AQE＝30°， ∴∠BQE＝∠AQB+∠AQE＝90°， 在Rt△BQE中，BQ2+QE2＝BE2， ∴BD2+BA2＝BE2． 手拉手模型有三个特点：（1）共顶点；（2）双等腰；（3）顶角相等。 判断左右手的方法：将等腰三角形的顶点朝上，正对自己，在自己左边的为左手顶点，在自己右边的为右手顶点。 手拉手模型核心结论：左手拉左手=右手拉右手 1）等边三角形手拉手模型 条件：在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC； （2）AE=DC； （3）AE与DC的夹角为60°； （4）△AGB≌△DFB； （5）△EGB≌△CFB； （6）BH平分∠AHC； 证明：（1）∵△ABD和△BCE都是等边三角形 ∴BD=AB，BE=BC，∠DBA=∠EBC=60° 又∠EBA=∠EBA+∠EBD ∠EBC=∠EBC+∠EBD ∴∠EBA=∠EBC 在△ABE与△DBC中 ∴△ABE≌△DBC （2）由（1）得：△ABE≌△DBC ∴AE=DC （3）在△DHG和△ABG中 由（1）得：△ABE≌△DBC ∴∠GDH=∠GAB 又∠HGD=∠AGB ∴∠DHG=∠DBA=60° 即AE与DC的夹角为60°； （4）∵△ABD和△BCE都是等边三角形 ∴BD=AB，∠DBA=∠EBC=60° ∴∠DBE=180°-∠DBA-∠EBC=60° 由（1）得：△ABE≌△DBC ∴∠GDH=∠GAB 在△AGB和△DFB中 ∴△AGB≌△DFB； （6）如图，连接BH，过点B做BM⊥AE，BN⊥CD 由（1）△ABE≌△DBC BM、BN分别是AE、CD边上的高 ∴BM=BN ∴BH平分∠AHC 2）等腰直角三角形手拉手模型 条件：如图两个等腰直角三角形ADC与EDG，连接AG,CE,二者相交于H.证明： （1）△ADG≌△CDE （2）AG=CE （3）∠AHC=90° （4）HD平分∠AHE 证明：（1）∵△ACD和△GDE都是等腰直角三角形 ∴AD=CD，DG=DE，∠DBA=∠EBC=90° 又∠GDA=∠ADC+∠CDG ∠CDE=∠EDG+∠CDG ∴∠GDA=∠CDE 在△ADG和△CDE中 ∴△ADG≌△CDE（SAS） （2）由（1）得：△ADG≌△CDE ∴AG=CE （3）在△ADF和△CHF中 由（1）得：△ADG≌△CDE ∴∠DAG=∠DCE 又∠CFH=∠AFD ∴∠CHF=∠ADF=90° 即AE与DC的夹角为90°； （4）如图，连接DH，过点D做DM⊥AE，DN⊥CD 由（1）△ADG≌△CDE DM、DN分别是AG、CE边上的高 ∴DM=DN ∴DH平分∠AHE 3）正方形手拉手模型 条件：如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H。证明： （1）△ADG≌△CDE （2）AG=CE （3）∠AHC=90° （4）HD分∠AHE 4）一般等腰三角形手拉手模型 当两个三角形是以公共顶点为顶点等腰三角形时，如果这两个三角形是以公共定点为顶点的等腰三角形，则可以根据SAS连带出的一组新的全等三角形。 条件：△OAB，△OCD均为等腰三角形，且∠AOB = ∠COD 结论：（1）△OAC≌△OBD；（2）∠AEB=∠AOB；（3）OE平分∠AED 核心图形： 核心条件：OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD 例1如图，在等边△ABC中，AB＝7，D为边BC上一点，BD＝2，连接AD，将AD绕点D顺时针旋转60°得到ED，ED交AC于点F，则的值为（　　） A．3 B． C． D． 【分析】由旋转的性质可得AD＝AE，∠DAE＝60°＝∠BAC，由“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得BD＝CE，∠ABC＝∠ACE＝60°，由角平分线的性质可得FN＝FH，由面积关系可求解． 【解答】解：如图，过点F作FH⊥BC于H，FN⊥CE于N， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC＝7，∠ABC＝∠ACB＝60°＝∠BAC， ∵将AD绕点D顺时针旋转60°得到ED， ∴AD＝AE，∠DAE＝60°＝∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE，∠ABC＝∠ACE＝60°， ∵BD＝2， ∴CD＝5，CE＝2， ∵∠ACE＝60°＝∠ACB，DH⊥AC，EN⊥AC， ∴FN＝FH， ∵， ∴， 故选：B． 例2如图，点A是x轴上一个定点，点B从原点O出发沿y轴的正方向移动，以线段OB为边在y轴右侧作等边三角形，以线段AB为边在AB上方作等边三角形，连接CD，随点B的移动，下列说法错误的是（　　） A．△BOA≌△BDC B．∠ODC＝150° C．直线CD与x轴所夹的锐角恒为60° D．随点B的移动，线段CD的值逐渐增大 【分析】根据等边三角形的性质，结合图形证明手拉手模型﹣旋转型全等，即可判断A，根据△BOA≌△BDC，可得∠BDC＝∠BOA＝90°，从而可得∠ODC＝∠BDO+∠BDC＝150°，即可判断B，延长CD交x轴于点E，根据∠ODC＝150°利用平角定义可求出∠ODE＝30°，然后再利用三角形的外角求出∠DEA＝60°，即可判断C，根据△BOA≌△BDC，可得CD＝OA，根据OA的值是定值，即可判断D． 【解答】解：A．∵△OBD和△ABC都是等边三角形， ∴∠ABC＝∠OBD＝∠ODB＝∠BOD＝60°，BO＝BD，BC＝AB， ∴∠ABC﹣∠DBA＝∠OBD﹣∠DBA， ∴∠CBD＝∠ABO， ∴△BOA≌△BDC（SAS）， 故A不符合题意； B．∵△BOA≌△BDC， ∴∠BDC＝∠BOA＝90°， ∴∠ODC＝∠BDO+∠BDC＝60°+90°＝150°， 故B不符合题意； C．延长CD交x轴于点E， ∵∠ODC＝150°， ∴∠ODE＝180°﹣∠ODC＝30°， ∵∠BOA＝90°，∠BOD＝60°， ∴∠DOA＝∠BOA﹣∠BOD＝30°， ∴∠DEA＝∠DOA+∠ODE＝60°， ∴直线CD与x轴所夹的锐角恒为60°， 故C不符合题意； D．∵△BOA≌△BDC， ∴CD＝OA， ∵点A是x轴上一个定点， ∴OA的值是一个定值， ∴随点B的移动，线段CD的值不变， 故D符合题意； 故选：D． 例3（2025秋•开鲁县期末）（1）如图1，△ABC与△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：BD＝CE； （2）如图2，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE． 填空：∠AEB的度数为 　 　 ；线段BE与AD之间的数量关系是　 　 ． （3）拓展探究 如图3，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）根据全等三角形的判定方法，判断出△BAD≌△CAE，即可判断出BD＝CE． （2）首先根据△ACB和△DCE均为等边三角形，可得AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∠CDE＝∠CED＝60°，据此判断出∠ACD＝∠BCE；然后根据全等三角形的判定方法，判断出△ACD≌△BCE，即可判断出BE＝AD，∠BEC＝∠ADC，进而判断出∠AEB的度数为60°即可． （3）首先根据△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，可得AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，据此判断出∠ACD＝∠BCE；然后根据全等三角形的判定方法，判断出△ACD≌△BCE，即可判断出BE＝AD，∠BEC＝∠ADC，进而判断出∠AEB的度数为90°即可；最后根据DCE＝90°，CD＝CE，CM⊥DE，可得CM＝DM＝EM，所以DE＝DM+EM＝2CM，据此判断出AE＝BE+2CM即可． 【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE＝40°， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， 即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE． （2）解：∵△ACB和△DCE均为等边三角形， ∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∠CDE＝∠CED＝60°， ∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB， 即∠ACD＝∠BCE， 在△ACD和△BCE中， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE＝AD，∠ADC＝∠BEC， ∵点A，D，E在同一直线上， ∴∠ADC＝180°﹣60°＝120°， ∴∠BEC＝120°， ∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝120°﹣60°＝60°， 综上，可得 ∠AEB的度数为60°；线段BE与AD之间的数量关系是：BE＝AD． 故答案为：60°、BE＝AD． （3）解：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形， ∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CDE＝∠CED＝45°， ∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB， 即∠ACD＝∠BCE， 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE＝AD，∠BEC＝∠ADC， ∵点A，D，E在同一直线上， ∴∠ADC＝180﹣45＝135°， ∴∠BEC＝135°， ∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135﹣45＝90°； ∵∠DCE＝90°，CD＝CE，CM⊥DE， ∴CM＝DM＝EM， ∴DE＝DM+EM＝2CM， ∴AE＝AD+DE＝BE+2CM． 例4【基础巩固】（1）如图1，在△ABC中，分别以AB，AC为边向外作等边△ABD和等边△ACE，连接BE，DC．求证：BE＝DC； 【尝试应用】（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝60°，AD＝CD，若AB＝2，BC＝3，求BD的长； 【拓展延伸】（3）如图3，D是等边△ABC外一点，∠ADC＝30°，E是BD的中点，连接AE并延长交CD于点F．若AB＝14，CF＝10，直接写出BD的长　　 ． 【分析】（1）利用等边三角形的性质可证得△ADC≌△ABE（SAS），再利用全等三角形性质即可证得结论； （2）在线段BC上截取BE＝AB＝2，过点D作DF⊥BC，交BC的延长线于F，连接AE，DE，AC，先证得△AED≌△ABC（SAS），再利用直角三角形性质和勾股定理即可求得答案； （3）以AD边在AD上方作等边△ADG，连接CG，取CG的中点H，连接AH，DH，EH，过点C作CK⊥AF于K，过点F作FL⊥AD于L，先证得△ABD≌△ACG（SAS），再证得△ABE≌△ACH（SAS），再利用等边三角形性质及勾股定理即可求得答案． 【解答】（1）证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形， ∴∠BAD＝∠CAE＝60°，AD＝AB，AC＝AE， ∴∠BAD+∠BAC＝∠BAC+∠CAE，即∠DAC＝∠BAE， ∴△ADC≌△ABE（SAS）， ∴BE＝DC； （2）解：在线段BC上截取BE＝AB＝2，过点D作DF⊥BC，交BC的延长线于F，连接AE，DE，AC，如图， ∵∠ABC＝∠ADC＝60°，AD＝CD， ∴△ABE和△ACD均为等边三角形， ∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AE＝AB，AD＝AC， ∴∠BAE+∠EAC＝∠EAC+∠CAD，即∠BAC＝∠EAD， ∴△AED≌△ABC（SAS）， ∴ED＝BC＝3，∠AED＝∠ABC＝60°， ∴∠DEF＝180°﹣60°﹣60°＝60°， ∵∠DFE＝90°， ∴∠EDF＝30°， ∴EFDE， ∴DF， ∴BD， 故BD的长为； （3）解：以AD边在AD上方作等边△ADG，连接CG，取CG的中点H，连接AH，DH，EH，过点C作CK⊥AF于K，过点F作FL⊥AD于L，如图， ∴AG＝DG＝AD，∠DAG＝∠ADG＝∠AGD＝60°， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC＝14，∠BAC＝60°， ∴∠BAD＝∠CAG， ∴△ABD≌△ACG（SAS）， ∴BD＝CG，∠ABD＝∠ACG， ∵E，H分别是BD，CG的中点， ∴BE＝DE＝CH＝GH， ∵∠ADC＝30°， ∴∠CDG＝∠ADC+∠ADG＝90°， 又H是CG的中点， ∴DH＝CH＝GH＝DE， 在△ABE和△ACH中， ， ∴△ABE≌△ACH（SAS）， ∴AE＝AH，∠BAE＝∠CAH， ∴∠BAE﹣∠CAE＝∠CAH﹣∠CAE，即∠BAC＝∠EAH＝60°， ∴△AEH是等边三角形， ∴∠EAH＝60°， ∵AE＝AH，DE＝DH， ∴AD垂直平分EH， ∴∠DAF＝30°， ∴∠FAG＝∠DAE+∠DAG＝30°+60°＝90°， ∴∠AFD＝360°﹣∠FAG﹣∠CDG﹣∠AGD＝120°， ∴∠AFC＝60°， ∵CK⊥AF， ∴∠FCK＝30°，CF＝10， ∴FKCF＝5， ∴CK5， ∴AK11， ∴AF＝AK+FK＝11+5＝16， ∵∠DAF＝∠ADC＝30°， ∴DF＝AF＝16， ∵FL⊥AD， ∴AL＝DL， 在Rt△DFL中，∠FDL＝30°， ∴FLDF＝8， ∴DL8， ∴AL＝DL＝8， ∴DG＝AD＝16， ∵∠CDG＝∠ADC+∠ADG＝30°+60°＝90°， ∴CG38， ∴BD＝38， 故答案为：38． 例5如图1，在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点E，F分别为AB，AC的中点，H为线段EF上一动点（不与点E，F重合），过点A作AG⊥AH且AG＝AH，连接GC，HB． （1）证明：△AHB≌△AGC； （2）如图2，连接GF，HG，HG交AF于点Q．①证明：在点H的运动过程中，总有∠HFG＝90°；②当△AQG为等腰三角形时，求∠AHE的度数． 【分析】（1）由AB＝AC，∠BAH＝∠GAC，AG＝AH，可证△AHB≌△AGC（SAS）； （2）①证明△EAH≌△FAG（SAS），则∠AFG＝∠AEH＝45°，可得∠HFA＝90°； ②分三种情况讨论：当AQ＝QG时，证明△AEH≌△AFH（SAS），可得∠AHE＝∠AHF＝90°；当AG＝GQ时，∠GAQ＝∠AQG＝∠EAH＝∠GAQ＝67.5°，则可求∠AHE＝∠AQG＝67.5°；当AG＝AQ时，此情况不存在． 【解答】（1）证明：∵AG⊥AH， ∴∠AHG＝90°， ∵∠BAC＝∠AHG＝90°， ∴∠BAH＝∠GAC， ∵AB＝AC，AG＝AH， ∴△AHB≌△AGC（SAS）； （2）①证明：∵点E，F分别为AB，AC的中点， ∴EF是△ABC的中位线， ∴EF∥BC， ∴∠AEH＝∠AFH＝45°，AE＝AF， ∵∠EAH＝∠FAG，AH＝AG， ∴△EAH≌△FAG（SAS）， ∴∠AFG＝∠AEH＝45°， ∴∠HFA＝90°； ②当AQ＝QG时，∠QAG＝∠AGQ， ∵AG⊥AH且AG＝AH， ∴∠AHG＝∠AGH＝45°， ∴∠AHG＝∠AGH＝∠HAQ＝∠QAG＝45°， ∴∠EAH＝∠FAH＝45°， ∵AE＝AF， ∴△AEH≌△AFH（SAS）， ∴∠AHE＝∠AHF， ∵∠AHE+∠AHF＝180°， ∴∠AHE＝∠AHF＝90°； 当AG＝GQ时，∠GAQ＝∠AQG， ∵∠AEH＝∠AGQ＝45°， ∴∠GAQ＝∠AQG＝67.5°， ∵∠EAQ＝∠HAG＝90°， ∴∠EAH＝∠GAQ＝67.5°， ∴∠AHE＝∠AQG＝67.5°； 当AG＝AQ时， ∵H为线段EF上一动点， ∴不存在AG＝AQ的情况； 综上所述所述：当△AQG为等腰三角形时，∠AHE＝90°或67.5°． 例6在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝nBC，P为AB上的一点（不与端点重合），过点P作PM⊥AB交AC于点M，得到△APM． （1）【问题发现】如图1，当n＝1时，P为AB的中点时，CM与BP的数量关系为CMBP ； （2）【类比探究】如图2，当n＝2时，△APM绕点A顺时针旋转，连接CM，BP，则在旋转过程中CM与BP之间的数量关系是否发生变化？请说明理由； （3）【拓展延伸】在（2）的条件下，已知AB＝4，AP＝2，当△APM绕点A顺时针旋转至B，P，M三点共线时，请直接写出线段BM的长． 【分析】（1）当n＝1时，AB＝BC，可得AP＝BPAB，由PM∥BC，得出△APM∽△ABC，可得，推出CM＝AC﹣AMABABAB，即可得出答案； （2）通过证明△ABP∽△ACM，可得，即可求解； （3）分两种情况讨论，由勾股定理可求解． 【解答】解：（1）当n＝1时，AB＝BC， ∵∠ABC＝90°， ∴， ∵P为AB的中点， ∴， ∴AP＝BPAB， ∵PM⊥AB， ∴∠APM＝90°， ∴∠APM＝∠ABC， ∴PM∥BC， ∴△APM∽△ABC， ∴， ∴ACAB，AMAPAB， ∴CM＝AC﹣AMABABAB， ∴， ∴CMBP， 故答案为：CMBP； （2）CMBP的数量关系不变，理由如下： 当n＝2时，AB＝2BC， 则， ∴BCAB，PMAP， 由勾股定理可得：ACAB， AMAP， ∴， ∴ACAB，AMAP， ∴CM＝AC﹣AM（AB﹣AP）BP， 由旋转得：∠CAB＝∠MAP， 即∠BAP+∠CAP＝∠CAM+∠CAP， ∴∠BAP＝∠CAM， ∴△ABP∽△ACM， ∴， ∴CMBP； （3）∵AB＝4，AP＝2， ∴BC＝2，PM＝1， 由勾股定理可得：AC＝2，AM， ∵△APM绕点A顺时针旋转至B，P，M三点共线， ∴∠APM＝90°，PM＝1， ∠APB＝180°﹣90°＝90°， ∴BP2， 当△APM旋转至直线AB上方时，如图， 则BM＝BP+PM＝21； 当△APM旋转至直线AB下方时，如图， 则BM＝BP﹣PM＝21； 综上所述，线段BM的长为21或21． 例7（1）问题发现 （1）如图1，△ABC和△CDE均为等边三角形，直线AD和直线BE交于点F． 填空：①∠AFB的度数是　 　 ；②线段AD，BE之间的数量关系为　 　 ； （2）类比探究 如图2，△ABC和△CDE均为等腰直角三角形，∠ABC＝∠DEC＝90°，AB＝BC，DE＝EC，直线AD和直线BE交于点F．请判断∠AFB的度数及线段AD，BE之间的数量关系，并说明理由． （3）解决问题 如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝5，点D在AB边上，DE⊥AC于点E，AE＝3，将△ADE绕着点A在平面内旋转，请直接写出直线DE经过点B时，点C到直线DE的距离． 【分析】（1）证明△ACD≌△BCE（SAS），即可解决问题． （2）结论：∠AFB＝45°，ADBE．证明△ACD∽△BCE，可得，∠CBF＝∠CAF，由此即可解决问题． （3）分两种情形分别求解即可解决问题． 【解答】解：（1）如图1中， ∵△ABC和△CDE均为等边三角形， ∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°， ∴∠ACD＝∠BCE， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE，∠ACD＝∠CBF， 设BC交AF于点O． ∵∠AOC＝∠BOF， ∴∠BFO＝∠ACO＝60°， ∴∠AFB＝60°， 故答案为60°，AD＝BE． （2）结论：∠AFB＝45°，ADBE． 理由：如图2中， ∵∠ABC＝∠DEC＝90°，AB＝BC，DE＝EC， ∴∠ACD＝45°+∠BCD＝∠BCE，， ∴△ACD∽△BCE， ∴，∠CBF＝∠CAF， ∵∠AFB+∠CBF＝∠ACB+∠CAF， ∴∠AFB＝∠ACB＝45°． （3）如图3中， ∵AEB＝∠ACB＝90°， ∴A，B，C，E四点共圆， ∴∠CEB＝∠CAB＝30°，∠ABD＝∠ACE， ∵∠FAE＝∠BAC＝30°， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△BAD∽△CAE， ∴cos30°， ∴ECBD， 在Rt△ADE中，∵DE，∠DAE＝30°， ∴AEDE＝3， ∴BE4， ∴BD＝BE﹣DE＝4， ∴CEBD＝2， ∵∠BEC＝30°， ∴点C到直线DE的距离等于CE•sin30°． 如图4中，当D，EB在同一直线上时，同法可知BD＝DE+EB＝4，CEBD＝2， 点C到直线DE的距离等于CE•sin30°． 综上所述，点C到直线DE的距离等于±． 例8（2025•成都模拟）如图，D是△ABC内一点，∠ABD+∠ACD＝90°． （1）如图1，E是△ABC外一点，当∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝BC，AE＝DE时，连接CE，若CD＝1，AD＝4，求BD的长； （2）如图2，E是△ABC外一点，若∠ACB＝∠AED＝120°，AC＝BC，AE＝DE，CD＝m，BD＝n，AD＝t，试探究m，n，t三者之间的数量关系，并说明理由； （3）如图3，若∠BDC＝135°，AD＝4，AC＝5，，求AB的长． 【分析】（1）由题意可得△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，从而，再证明△AEC∽△ADB，得，∠ABD＝∠ACE，导角可得∠DCE＝90°．又AD＝4，故DE，由勾股定理有EC，故BD； （2）作EF⊥AD，CG⊥AB，由（1）同理可证△AEC∽△ADB，由相似结论导角可得∠DCE＝90°．根据∠ACB＝∠AED＝120°，AC＝BC，AE＝DE， 可得∠ABC＝∠ADE＝30°，故BG，DF，AE＝DE，在Rt△DCE中，根据勾股定理有CE，再根据△AEC∽△ADB，列比例式，代入相关线段整理可得：t2﹣3m2＝n2． （3）作∠ADM＝∠BDC＝135°，∠DAM＝∠DBC，过点M作AD的延长线于点N，连接CM，主动构造△DAM∽△DBC，故可得，导角可得∠BDA＝∠CDM，又，再证△ABD∽△MCD，得，故，，由AD＝4，则DM＝2，导角得∠MDN＝45°，因此DN＝MN＝2，AN＝4+2＝6，在Rt△ANM中，根据勾股定理有AM，由△ABD∽△MCD结论及导角可得∠MCA＝90°，所以CM，从而AB． 【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝BC，AE＝DE， ∴△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， 故，∠BAC＝∠DAE＝45°， ∴∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△AEC∽△ADB， ∴，∠ABD＝∠ACE， ∵∠ABD+∠ACD＝90°， ∴∠ACE+∠ACD＝90°，即∠DCE＝90°． ∵AD＝4， 故DE，由勾股定理有EC， 故BD． （2）如图1所示，作EF⊥AD，CG⊥AB， 由（1）同理可证△AEC∽△ADB， ∴∠ACE＝∠ABD， ∵∠ABD+∠ACD＝90°， ∴∠ACE+∠ACD＝90°，即∠DCE＝90°． ∵∠ACB＝∠AED＝120°，AC＝BC，AE＝DE， ∴∠ABC＝∠ADE＝30°， ∴BG，DF， ∴AEDE， 在Rt△DCE中，根据勾股定理有CE， ∵△AEC∽△ADB， ∴，即， 整理可得：t2﹣3m2＝n2． （3）如答图3所示， 作∠ADM＝∠BDC＝135°，∠DAM＝∠DBC， 过点M作AD的延长线于点N，连接CM， ∵ADM＝∠BDC＝135°，∠DAM＝∠DBC， ∴△DAM∽△DBC， ∴， ∵∠BDA+∠BDM＝∠BDM+∠CDM＝135°， ∴∠BDA＝∠CDM， 又∵， ∴△ABD∽△MCD， ∵， ∴， ∴， ∵AD＝4，故DM＝2， ∵∠ADM＝135°， ∴∠MDN＝45°， ∴DN＝MN＝2，AN＝AD+DN＝4+2＝6， 在Rt△ANM中，根据勾股定理有AM， ∵△ABD∽△MCD， ∴∠ABD＝∠MCD， ∵∠ABD+∠ACD＝90°． ∴∠MCD+∠ACD＝90°．即∠MCA＝90°， ∴CM， ∴AB． 1．如图，已知∠CAE＝∠BAD，添加一个条件使△ABC∽△ADE，你添加的条件是 　∠B＝∠D（答案不唯一）　 .（写出一个即可） 【分析】利用相似三角形的判定方法即可解答本题． 【解答】解：∵∠CAE＝∠BAD， ∴∠CAE+∠BAE＝∠BAD+∠BAE， ∴∠BAC＝∠DAE， ∴当∠C＝∠E，∠B＝∠D或时，△ABC∽△ADE． 故答案为：∠B＝∠D（答案不唯一）． 2．如图，已知：AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠ECD＝90°，∠EBD＝38°，现有下列结论：①△BDC≌△AEC；②∠AEB＝128°；③BD＝AE；④AE⊥BD．其中不正确的有（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3 个 【分析】延长AE交BD于点F，交BC于点G，根据等式的性质可得∠ACE＝∠BCD，从而利用SAS证明△BDC≌△AEC，进而可得BD＝AE，∠EAC＝∠DBC，再根据已知可得∠DBC+∠EBC＝38°，从而可得∠EAC+∠EBC＝38°，然后利用直角三角形的两个锐角互余可得∠ABE+∠BAE＝52°，从而利用三角形内角和定理可得∠AEB＝128°，再利用直角三角形的两个锐角互余可得∠AGC+∠EAC＝90°，最后根据对顶角相等可得∠BGF＝∠AGC，从而可得∠BGF+∠CBD＝90°，从而利用三角形内角和定理可得：∠BFG＝90°，即可解答． 【解答】解：延长AE交BD于点F，交BC于点G， ∵∠ACB＝∠ECD＝90°， ∴∠ACB﹣∠BCE＝∠ECD﹣∠BCE， ∴∠ACE＝∠BCD， ∵AC＝BC，DC＝EC， ∴△BDC≌△AEC（SAS）， ∴BD＝AE，∠EAC＝∠DBC， ∵∠EBD＝38°， ∴∠DBC+∠EBC＝38°， ∴∠EAC+∠EBC＝38°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ABE+∠BAE＝90°﹣（∠EAC+∠EBC）＝52°， ∴∠AEB＝180°﹣（∠ABE+∠BAE）＝128°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠AGC+∠EAC＝90°， ∵∠BGF＝∠AGC， ∴∠BGF+∠CBD＝90°， ∴∠BFG＝180°﹣（∠BGF+∠CBD）＝90°， ∴AF⊥BD， 即AE⊥BD， 所以，上列结论，其中不正确的有0个， 故选：A． 3．如图，边长为8a的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接HN．则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是（　　） A．4a B．2a C．a D． 【分析】取BC的中点G，连接MG，根据等边三角形的性质和旋转可以证明△MBG≌△NBH，可得MG＝NH，根据垂线段最短，当MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，由直角三角形的性质可求得线段HN长度的最小值． 【解答】解：如图，取BC的中点G，连接MG，则， ∵线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN， ∴∠MBN＝∠MBH+∠NBH＝60°， 又∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝60°， 即∠MBH+∠GBM＝60°， ∴∠HBN＝∠GBM， ∵CH是等边三角形的高， ∴BH＝BG＝4a， 又∵BM旋转到BN， ∴BM＝BN， 在△MBG和△NBH中， ， ∴△MBG≌△NBH（SAS）， ∴MG＝NH， 根据垂线段最短，当MG⊥CH时，MG最短，即HN最短， 此时， ∴HN＝MG2a． ∴线段HN长度的最小值是2a． 故选：B． 4．如图，在菱形OABC中，∠BCO＝60°，点C（﹣3，0），点D在对角线BO上，且OD＝2BD，点E是射线AO上一动点，连接DE，F为x轴上一点（F在DE左侧），且∠EDF＝60°，连接EF，当△DEF的周长最小时，点E的坐标为（　　） A．（1，3） B． C． D．（0，0） 【分析】先说明△DEF是等边三角形，再利用垂线段最短找到点E的位置，最后确定E的坐标． 【解答】解：如图，取点G（﹣2，0），连接DG， ∵四边形OABC是菱形点C（﹣3，0）， ∴OC＝OA＝BC＝3， ∵∠BCO＝60°， ∴△BCO是等边三角形， ∴OB＝3，∠BOC＝60°， ∵OD＝2BD， ∴OD＝2， ∵OG＝2， ∴△OGD是等边三角形， ∴∠GDO＝60°，DG＝DO， ∵∠EDF＝60°， ∴∠FDG＝∠EDO， ∵∠FGD＝∠EOD＝120°， ∴△FDG≌△EDO（ASA）， ∴DF＝DE， ∴△DEF是等边三角形， ∴△DEF的周长最小时，DE最小， 如图，过D作DE⊥OA，垂足为E，过E作EH⊥x轴，垂足为H， Rt△DOE中，∠DOE＝60°，OD＝2， ∴OEOD＝1， Rt△OEH中，∠EOH＝60°， ∴OHOE，EH＝OE•sin∠EOH＝OE•sin60°， 故选：C． 5．如图，在矩形ABCD中，过点D作对角线AC的垂线，垂足为E，过点E作BE的垂线交AD于点F，如果AB＝3，BC＝4，那么DF的长是（　　） A．3 B． C． D． 【分析】根据矩形的性质可得AB＝CD＝3，BC＝AD＝4，AB∥CD，∠ADC＝90°，由勾股定理可求出AC＝5，由面积法求出DE，再根据勾股定理求得CE，因此AE＝AC﹣CE，由同角的余角相等可得∠BEA＝∠DEF，∠DCE＝∠FDE，由平行线的性质得∠BAE＝∠DCE，进而得到∠BAE＝∠FDE，以此证明△ABE∽△DFE，最后根据相似三角形的性质即可求解． 【解答】解：四边形ABCD为矩形，AB＝3，BC＝4， ∴AB＝CD＝3，BC＝AD＝4，AB∥CD，∠ADC＝90°， 在Rt△ADC中，5， ∵DE⊥AC， ∴S△ADC，即CD•AD＝AC•DE， ∴3×4＝5×DE， ∴DE， 在Rt△CDE中，， ∴AE＝AC﹣CE＝5， ∵∠CDE+∠DCE＝90°，∠CDE+∠FDE＝90°， ∴∠DCE＝∠FDE， ∵AB∥CD， ∴∠BAE＝∠DCE， ∴∠BAE＝∠FDE， ∵EF⊥BE， ∴∠BEF＝∠BEA+∠AEF＝90°， 又∵∠AEF+∠DEF＝90°， ∴∠BEA＝∠DEF， ∴△ABE∽△DFE， ∴，即， ∴DF． 故选：D． 6．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BC＝2，以AB，AC为边向外作正方形ABFG与正方形ACDE，作AM⊥BC，AM的反向延长线与GE交于点N，连结BN，则BN的最大值为（　　） A． B． C． D． 【分析】作点N关于BE的对称点P，连接NP交BE于点Q，连接BP，CP，则BN＝BP，连接AP，当B，C，P三点共线时，BP有最大值，即BN有最大值，先证明△ABC≌△AGE（SAS），再证明点N是GE的中点，得到AN＝GN＝NE＝AP＝1，再证明△APN≌△NAG（AAS），得到NP＝GA，进而得到NP＝AB，易证△MPN≌△MAB（AAS）得到AM＝MPAP，MN＝BM'，由BN即可求解． 【解答】解：如图，作点N关于BE的对称点P，连接NP交BE于点Q，连接BP，CP，则BN＝BP，连接AP， ∵BN＝BP，BC+CP≥BP， ∴当B，C，P三点共线时，BP有最大值，即BN有最大值，如图， ∵四边形ABFG与四边形ACDE都是正方形， ∴AG＝AB，AE＝AC， ∵∠BAC＝∠GAE＝90°， ∴△ABC≌△AGE（SAS）， ∴GE＝BC＝2， ∵点N与点P关于BE对称， ∴BE垂直平分PN， .∴AN＝AP，∠ANP＝∠APN， ∵∠GAN+∠NAE＝∠CAM+∠ACM＝90°，∠GAN＝LCAM， ∴∠NAE＝∠ACM， ∵∠ACM＝∠AEG， ∴∠AEG＝∠NAE， ∴AN＝NE， ∵NQ⊥BE， ∴∠ANP＝∠ENQ， ∵∠GAE＝∠NOE＝90°， ∴AG∥NP， ∴∠ENQ＝∠AGE， ∴∠ANP＝∠AGE， ∴∠ANP＝∠AGE＝∠APN＝∠NAG， ∴GN＝AN＝NE， ∵点N是GE的中点， ∴AN＝GN＝NE＝APGE＝1， ∵∠ANP＝∠AGE，∠APN＝∠NAG，AN＝AP， ∴△APN≌△NAG（AAS）， ∴NP＝GA， ∴NP＝AB， ∵∠ABC＝∠AGE，∠MNP＝∠AGE， ∴∠MNP＝∠ABC， ∵∠NMP＝∠AMB＝90°， ∴△MPN≌△MAB（AAS）， ∴AM＝MP，MN＝BM， ∵AM2+MP2＝AP2，AP＝1， ∴AM＝MP， ∴MN＝AM+AN＝1， ∴BNMN＝1． 故选：A． 7．如图，BD为△ABC的角平分线，且BD＝BC，E为BD延长线上一点，BE＝BA，过点E作EF⊥AB于点F，则下列结论正确的为（　　） ①△EBC可由△ABD绕点B旋转而得到； ②∠BCE+∠BCD＝180°； ③∠ABE＝∠DAE； ④BA+BC＝2BF． A．①②③ B．①②③④ C．①②④ D．①③④ 【分析】由BD为△ABC的角平分线，BD＝BC，BE＝BA，可证△ABD≌△EBC，所以△EBC可由△ABD绕点B旋转而得到，由△ABD≌△EBC可得∠BCE＝∠BDA，因为BD＝BC，∠BDC＝∠ADE，可得∠BCD＝∠ADE，因为∠BDA+∠ADE＝180°，等量代换∠BCE+∠BCD＝180°，因为BE＝BA，所以∠BAE＝∠BEA（180°﹣∠ABE），因为∠ABD＝∠DBC，∠BDC＝∠BCD（180°﹣∠DBC），∠BDC＝∠ADE，所以∠BAE＝∠BEA＝∠BDC＝∠BCD，即∠ADE＝∠AED（180°﹣∠ABE），因为∠DAE＝180°﹣2∠AED，可得∠ABE＝∠DAE，过E作EM⊥BC，交BC延长线于点M，可证Rt△AEF≌Rt△CEM，Rt△BEF≌Rt△BEM，所以AF＝CM，BF＝BM，所以BA+BC＝BF+AF+BM﹣CM＝BF+AF+BF﹣AF＝2BF． 【解答】解：∵BD为△ABC的角平分线， ∴∠ABD＝∠DBC， ∵BD＝BC，BE＝BA， ∴△ABD≌△EBC（SAS）， ∴△EBC可由△ABD绕点B旋转而得到，故①符合题意， ∴∠BCE＝∠BDA， ∵BD＝BC， ∴∠BDC＝∠BCD， ∵∠BDC＝∠ADE， ∴∠BCD＝∠ADE， ∵∠BDA+∠ADE＝180°， ∴∠BCE+∠BCD＝180°，故②符合题意， ∵BE＝BA， ∴∠BAE＝∠BEA（180°﹣∠ABE）， ∵∠ABD＝∠DBC，∠BDC＝∠BCD（180°﹣∠DBC）， ∴∠BAE＝∠BEA＝∠BDC＝∠BCD， ∵∠BDC＝∠ADE， ∴∠ADE＝∠AED（180°﹣∠ABE）， ∵∠DAE＝180°﹣2∠AED， ∴∠ABE＝∠DAE，故③符合题意， 过E作EM⊥BC，交BC延长线于点M， ， ∵BD为△ABC的角平分线， ∴EF＝EM， ∵△ABD≌△EBC， ∴CE＝DA， ∵∠ADE＝∠AED， ∴AD＝AE， ∴CE＝AE， ∴Rt△AEF≌Rt△CEM（HL）， ∴AF＝CM， ∵EF＝EM，BE＝BE， ∴Rt△BEF≌Rt△BEM（HL）， ∴BF＝BM， ∴BA+BC＝BF+AF+BM﹣CM＝BF+AF+BF﹣AF＝2BF，故④符合题意， 故选：B． 8．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，AE＝3，连接BE，以BE为斜边在BE的右侧作等腰直角△BDE，P是AE边上的一点，连接PC和CD，当∠PCD＝45°，则PE长为 　2　 ． 【分析】由AE＝3得动点E在圆上运动，因为△BDE是等腰直角三角形且∠PCD＝45°，所以想到瓜豆原理，可两次构造三角形相似去解答． 【解答】解：方法一：以AB为斜边在AB的右侧作等腰直角△ABF，连接FC，FD． ∵∠ABF＝∠EBD＝45°， ∴∠ABE＝∠FBD， ∵， ∴△ABE∽△FBD， ∴， ∴FD， 在四边形ACBF中，∠ACB＝∠AFB＝90°， ∴A、C、B、F四点共圆， ∴∠ACF＝∠ABF＝45°，∠CAB＝∠CFB， ∵∠PCD＝45° ∴∠ACP＝∠FCD， 又∵△ABE∽△FBD， ∴∠BAE＝∠BFD， ∴∠CAP＝∠CFD， ∴△CAP∽△CFD， ∴， 在四边形ACBF中，由对角互补模型得AC+CB， ∴CF ∴， ∴AP＝1， ∴PE＝2， 方法二：如图，作DF⊥CD交CP延长线于点F， ∵∠PCD＝45°， ∴△DCF是等腰直角三角形， ∴DC＝DF， ∵△BDE是等腰直角三角形， ∴DB＝DE， ∵∠BDC＝∠EDF＝90°﹣∠CDE， ∴△BDC≌△EDF（SAS）， ∴EF＝BC＝4，∠BCD＝∠EFD， 延长FE交BC于点G， 由8字型可得∠CGF＝90°＝∠ACG， ∴EF∥AC， ∴， ∴PE＝2AP， ∵AE＝3， ∴PE＝2； 故答案为：2 9．（2025秋•昆山市校级月考）如图所示，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠1＝15°，∠2＝25°，则∠3＝　40°　 ． 【分析】根据等式的性质得出∠BAD＝∠CAE，再利用全等三角形的判定和性质解答即可． 【解答】解：∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， 即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD与△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴∠ABD＝∠2＝25°， ∴∠3＝∠1+∠ABD＝25°+15°＝40°． 故答案为：40°． 10．（2025秋•海沧区校级期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝135°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，①△ABC≌△DEC；②∠ADC＝45°；③；④AE＝AB+CD以上结论正确的是　①②③　 ． 【分析】根据旋转的性质，得到△ABC≌△DEC，∠CDE＝∠BAC＝135°，进而推出△ACD为等腰直角三角形，逐一进行判断即可． 【解答】解：∵将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC， ∴△ABC≌△DEC，故①正确； ∴∠CDE＝∠BAC＝135°，AC＝AD，AB＝DE， ∴∠CDA＝∠CAD， ∵A，D，E在同一条直线上， ∴∠CDA＝180°﹣∠CDE＝180°﹣135°＝45°，故②正确； ∴∠CDA＝∠CAD＝45°， ∴∠ACD＝180°﹣∠CDA﹣∠CAD＝180°﹣45°﹣45°＝90°， ∴，故③正确； ∴；故④错误； 故答案为：①②③ 11．如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点P是平面内一动点，且PA＝4，连接PB、PC，则PB+PC的最小值为 　4　 ． 【分析】把AP绕点A逆时针旋转120°至AM，连PM．由手拉手得得△PAC≌△MAB，故PB+BM≥PM，即PB+PC≥4，得PB+PC的最小值为4． 【解答】解：把AP绕点A逆时针旋转120°至AM，连PM． ∵∠BAC＝∠PAM＝120°， ∴∠PAC＝∠MAB． 由AB＝AC，∠PAC＝∠MAB，AP＝AM， 得△PAC≌△MAB（SAS）， ∴PC＝BM． ∵∠PAM＝120°， ∴∠HMA＝30°， ∴HAAM＝2， ∴HMHA＝2， ∴PM＝2HM＝4． ∵PB+BM≥PM， 即PB+PC≥4， ∴PB+PC的最小值为4． 故答案为：4． 12．（2025秋•青羊区校级月考）如图1，在△ABC中，AC＝AB，F为AC中点，D点在边BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AP，若∠BAC＝120°，AB＝2，则FP的最小值为　　 ；如图2，在等腰△ABC中∠BAC＝120°，BC＝4，其中点P为高AD上的一个动点，连接BP，将BP绕点P逆时针旋转120°，得到PE，连接BE，DE，则△BDE周长的最小值是　2+2　 ． 【分析】对于图1，先通过构造△CAD≌△P1AP求出点P的轨迹，然后根据等边三角形的性质求出FH即可得出答案；对于图2，通过证明△ABP∽△CBE，求出∠BCE＝60°，然后再作点B关于直线CE的对称点，由将军饮马模型求出BE+DE的最小值为DQ的长度，最后在Rt△DHQ中由勾股定理即可求出结果． 【解答】解：如图，当D与C重合时，点P在P1处， 根据旋转的性质∠CAP1＝∠DAP＝60°，AC＝AP1，AD＝AP，则△CAP1是等边三角形． 在△CAD和△P1AP中， ， ∴△CAD≌△P1AP． ∴∠AP1P＝∠ACD30°， ∴点P的运动轨迹在直线P1P上． 根据等腰三角形的性质，P1F平分∠AP1C，即∠AP1F＝30°，则∠FP1P＝60°， 过点F作FH⊥P1P，垂足为H，则FH为FP的最小值． ∵FP1＝AP1cos30°＝ABcos30°． ∴FH＝FP1sin60°． 如图，连接CE，点B和点Q关于直线CE对称，CE交AQ于点G，过点D作DH⊥AQ，H为垂足． 根据旋转的性质BP＝PE，则， 又∵∠BPE＝∠BAC＝120°， ∴△BPE∽△BAC， ∴，∠ABC＝∠BPE， 又∵∠ABP＝∠ABC﹣∠PBD＝∠BPE﹣∠PBD＝∠CBE， ∴△ABP∽△CBE， ∴∠BCE＝∠BAP60°， ∵DH⊥BQ，CG⊥BQ， ∴DH∥CG，DH为△BCG的中位线． ∴CG2，DH1，BG＝BCsin60°＝2，BH， 根据轴对称的性质，GQ＝BG＝2，则HQ＝HG+GQ＝3． 在Rt△DHQ中，DQ2． ∵C△BDE＝BD+BE+DE＝BD+EQ+DE≥BD+DQ＝2+2． ∴△BPE周长的最小值为2+2． 故答案为：；2+2． 13．（2025•昆山市模拟）如图，矩形ABCD中，AD＝6，DC＝8，点E为对角线AC上一动点，BE⊥BF，，BG⊥EF于点G，连接CG，当CG最小时，CE的长为 　　 ． 【分析】过点B作BP⊥AC于点P，连接PG，则可得△ABE∽△PBG，进而可知∠BPG为定值，因此CG⊥PG时，CG最小，通过设元利用三角函数和相似比可表示出PG、CP，即可求出结果． 【解答】解：如图，过点B作BP⊥AC于点P，连接PG， ∵，∠ABC＝∠EBF， ∴△ABC∽△EBF， ∴∠CAB＝∠FEB， ∵∠APB＝∠EGB＝90°， ∴△ABP∽△EBG， ∴，∠ABP＝∠EBG， ∴∠ABE＝∠PBG， ∴△ABE∽△PBG， ∴∠BPG＝∠BAE， 即在点E的运动过程中，∠BPG的大小不变且等于∠BAC， ∴当CG⊥PG时，CG最小， 设此时AE＝x， ∵， ∴PG， ∵CG⊥PG， ∴∠PCG＝∠BPG＝∠BAC， ∴， 代入PG，解得CP＝x， ∵CP＝BC•sin∠CBP＝BC•sin∠BAC， ∴x， ∴AE ∴CE， 故答案为：． 14．（2025秋•锦江区校级月考）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，点M是边BC上的动点，连接AM，以AM为边在其右侧作正△AMN，连接CN．则CN的最小值为　2　 ，此时△CMN的面积为　　 ． 【分析】先将△AMC绕着点A逆时针旋转60度，构造△ANF≌△AMC，然后判定△CAF是等边三角形，分析得出点N是直线l上的动点，当CN⊥l时，则CN有最小值，由∠CFN＝30°即可求出CN的最小值；在Rt△CNF中运用勾股定理算出NF的长度，由梯形面积公式并结合S梯形CNFA＝S△ANF+S△ANC再求出AN的长度，进而得到等边△AMN的面积，最后根据S△CMN＝S△AMN﹣（S△AMC+S△ANC）即可求出答案． 【解答】解：将△AMC绕着点A逆时针旋转60度，至AM与AN重合，点C的对应点为点F，连接CF，如图所示： ∴△ANF≌△AMC，∠CAF＝60°， ∴AF＝AC＝4，MC＝NF，∠AFN＝∠ACM＝90°， ∴△CAF是等边三角形， ∴CF＝AF＝AC＝4，∠AFC＝60°， 记NF所在的直线为l， ∵点M是边BC上的动点，且MC＝NF， 则点N是直线l上的动点， 当CN⊥l时，则CN有最小值， ∵CN⊥l，∠AFN＝90°， ∴此时AF∥CN， ∵∠CFN＝90°﹣60°＝30°， ∴在Rt△CNF中，， ∴， ∵AF∥CN，∠AFN＝90°， ∴四边形CNFA是直角梯形， 则， ∵△ANF≌△AMC， ∴S△ANF＝S△AMC， ∵S梯形CNFA＝S△ANF+S△ANC， 即， 在Rt△AFN中，， ∴S△AMNAN•MN•sin60°＝7， ∴S△CMN＝S△AMN﹣（S△AMC+S△ANC）＝76． 故答案为：． 15．（2025春•青羊区校级期中）如图，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AD与BE交于点O，连接CO并延长交AB于点F，延长AD至点G，若GE平分∠DGC，CE平分∠DCH，则下列结论：①∠ABE＝∠ACF；②∠GEB＝45°；③EO＝EC；④AE﹣CE＝BF；⑤AG﹣CG＝BC，其中正确的结论有 　①②③⑤　 （写序号）． 【分析】利用直角三角形性质和等角的余角相等即可判断①正确；运用角平分线定义和三角形内角和定理及外角性质即可求出∠GEC＝45°，再求得∠GEB＝90°﹣45°＝45°，即可判断②正确；证明△EGO≌△EGC（ASA），得出EO＝EC，即可判断③正确；证明△AOE≌△BCE（AAS），可得AE＝BE，推出AE﹣EC＝OB，在Rt△BOF中，OB＞BF，即AE﹣EC＞BF，即可判断④错误；由△EGO≌△EGC，可得OG＝CG，由△AOE≌△BCE，可得AO＝BC，即可判断⑤正确． 【解答】解：∵AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AD与BE交于点O，连接CO并延长交AB于点F， ∴CF⊥AB， ∴∠ABE+∠BAC＝90°，∠ACF+∠BAC＝90°， ∴∠ABE＝∠ACF； 故①正确． ∵∠DGC＝90°﹣∠BCG，∠BCH＝180°﹣∠BCG，GE平分∠DGC，CE平分∠DCH， ∴∠EGO＝∠EGC∠DGC（90°﹣∠BCG）＝45°∠BCG，∠ECH∠BCH（180°﹣∠BCG）＝90°∠BCG， ∵∠ECH＝∠GEC+∠EGC， ∴∠GEC＝∠ECH﹣∠EGC＝90°∠BCG﹣（45°∠BCG）＝45°， ∵BE⊥AC， ∴∠BEC＝90°， ∴∠GEB＝∠BEC﹣∠GEC＝90°﹣45°＝45°； 故②正确． 在△EGO和△EGC中， ， ∴△EGO≌△EGC（ASA）， ∴EO＝EC； 故③正确． ∵∠ADC＝∠BEC＝90°， ∴∠OAE+∠ACB＝90°，∠CBE+∠ACB＝90°， ∴∠OAE＝∠CBE， 在△AOE和△BCE中， ， ∴△AOE≌△BCE（AAS）， ∴AE＝BE， ∵BE﹣EO＝OB， ∴AE﹣EC＝OB， ∵∠BFO＝90° ∴OB＞BF， ∴AE﹣EC＞BF； 故④错误． ∵△EGO≌△EGC， ∴OG＝CG， ∵△AOE≌△BCE， ∴AO＝BC， ∵AG﹣OG＝AO， ∴AG﹣CG＝BC； 故⑤正确． 综上所述，正确的结论有①②③⑤， 故答案为：①②③⑤． 16．如图，△ABC∽△ADE，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝3，AC＝4，点D在线段BC上运动，P为线段DE的中点，在点D的运动过程中，CP的最小值是 　2　 ． 【分析】根据相似三角形的判定与性质，证明∠DCE＝90°，推出CPDE，求出DE的最小值，可得结论． 【解答】解：∵△ABC∽△ADE， ∴，∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE，， ∴△BAD∽△CAE， ∴∠ABD＝∠ACE， ∵∠BAC＝90°， ∴∠ABD+∠ACB＝90°， ∴∠ACB+∠ACE＝90°， ∴∠DCE＝90°， ∵DP＝PE， ∴CPDE， ∵△ABC∽△ADE， ∴AD的值最小时，DE的值最小，此时CP的值最小， ∵AB＝3，AC＝4，∠BAC＝90°， ∴BC5， 根据垂线段最短可知，当AD⊥BC时，AD的值最小，根据三角形面积得，此时AD， ∵， ∴， ∴DEAD＝4， ∴CP的最小值为4＝2， 故答案为：2． 17．（1）问题发现 如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE，求∠AEB的度数． （2）拓展探究 如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．请求∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）先证出∠ACD＝∠BCE，那么△ACD≌△BCE，根据全等三角形证出∠ADC＝∠BEC，求出∠ADC＝120°，得出∠BEC＝120°，从而证出∠AEB＝60°； （2）证明△ACD≌△BCE，得出∠ADC＝∠BEC，最后证出DM＝ME＝CM即可． 【解答】解：（1）∵△ACB和△DCE均为等边三角形， ∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°， ∴∠ACD＝60°﹣∠CDB＝∠BCE． 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）． ∴∠ADC＝∠BEC． ∵△DCE为等边三角形， ∴∠CDE＝∠CED＝60°． ∵点A，D，E在同一直线上， ∴∠ADC＝120°， ∴∠BEC＝120°． ∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°． （2）∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM． 理由：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形， ∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°． ∴∠ACD＝∠BCE． 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）． ∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC． ∵△DCE为等腰直角三角形， ∴∠CDE＝∠CED＝45°． ∵点A，D，E在同一直线上， ∴∠ADC＝135°， ∴∠BEC＝135°． ∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°． ∵CD＝CE，CM⊥DE， ∴DM＝ME． ∵∠DCE＝90°， ∴DM＝ME＝CM． ∴AE＝AD+DE＝BE+2CM． 18．如图，已知矩形ABCD和矩形AEFG共用顶点A，点E在线段BD上，连接EG，DG，且． （1）求证：∠ABE＝∠ADG； （2）若，，，求EG的长． 【分析】（3）利用同角的余角相等可得∠BAE＝∠DAG，结合条件即可证明△ABE∽△ADG，以此即可得证； （2）易得∠ADB＝∠CBD，结合（1）中结论并根据等角加等角相等得∠EDG＝90°，再由勾股定理求得BD的长，于是得出BE的长，由△ABE∽△ADG可求出DG的长，最后再利用勾股定理即可求解． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形AEFG均为矩形， ∴∠BAD＝∠EAG＝90°，即∠BAE+∠DAE＝∠DAG+∠DAE＝90°， ∴∠BAE＝∠DAG， 又∵， ∴△ABE∽△ADG， ∴∠ABE＝∠ADG． （2）解：∵四边形ABCD为矩形， ∴AD∥BC，∠ABC＝∠ABE+∠CBD＝90°， ∴∠ADB＝∠CBD， ∵∠ABE＝∠ADG， ∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠CBD＝90°，即∠EDG＝90°， 在Rt△ABD中，AB，AD， ∴， ∴BEBD，DE， 由（1）知，△ABE∽△ADG， ∴，∠ABE＝∠ADG， ∴， ∴DG， 在Rt△DEG中，EG． 19．（2025秋•锦江区校级期中）某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究． 【问题发现】 （1）如图①，在等边△ABC中，点P是边BC上一点，连接AP，以AP为边作等边△APQ，连接CQ．则CQ与BP的数量关系是：CQ＝BP ； 【问题提出】 （2）如图②，在等腰△ABC中，AB＝BC，点P是边BC上任意一点，以AP为腰作等腰△APQ，使AP＝PQ，∠APQ＝∠ABC，连接CQ．试说明PB•AQ＝AP•CQ； 【问题解决】 （3）如图③，在正方形ADBC中，点P是边BC上一点，以AP为边作正方形APEF，点Q是正方形APEF的对称中心，连接CQ．若正方形APEF的边长为8，，求正方形ADBC的边长． 【分析】（1）根据等边三角形的性质推出∠BAP＝∠CAQ，然后证明△BAP≌△CAQ即可求出CQ和BP的数量关系． （2）先证明△ABC∽△APQ得到.进而证明△ABP∽△ACQ．从而根据对应边成比例整理可得结论． （3）根据正方形的性质构造△BAP∽△CAQ并由相似比求出BP的长度，然后在Rt△ACP中通过勾股定理建立关于正方形ADBC边长的方程即可求解． 【解答】解：（1）∵△ABC和△APQ是等边三角形， ∴∠BAP＝60°﹣CAP＝∠CAQ． 在△BAP和△CAQ中， ， ∴△BAP≌△CAQ（SAS）． ∴CQ＝BP． 故答案为：CQ＝BP． （2）∵△ABC和△APQ是等腰三角形，且∠APQ＝∠ABC， ∴两个等腰三角形的底角也相等， ∴△ABC∽△APQ． ∴，即． ∵∠BAC＝∠PAQ． ∴∠BAP＝∠BAC﹣∠PAC＝∠PAQ﹣∠PAC＝∠CAQ． ∴△ABP∽△ACQ． ∴， 整理得：PB•AQ＝AP•CQ． （3）如图，连接AB． 根据正方形的性质，∠BAC＝∠PAQ＝45°，， ∴∠BAP＝45°﹣∠CAP＝∠CAQ． ∴△BAP∽△CAQ． ∴BPCQ＝6． 设AC＝BC＝m，则CP＝m﹣6． 在Rt△ACP中，AP2＝AC2+CP2， 代入各边长度得：64＝m2+（m﹣6）2． 解得：m＝3． 故正方形ADBC的边长为3． 20．（2025秋•北京校级期中）已知△ABC 是等边三角形，点D在△ABC 内部，且∠BDC＝120°． （1）如图1，设∠ABD＝α，求∠ACD的度数（用含α的式子表示）； （2）如图2，点E是BC的中点，连接AD，DE，用等式表示线段AD与DE之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）利用等边三角形的性质和三角形内角和定理即可解答． （2）延长CD至F使DF＝CD，即可证明三角形DBF为等边三角形，再证明三角形BDC全等于三角形AFD，然后延长DE至G使DE＝GE，连接BG，再证明三角形ADF全等于三角形DBG即可． 【解答】解：（1）∵△ABC 是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， 即∠ABD+∠DBC＝60°，∠ACD+∠BCD＝60°， ∵∠BDC＝120°， ∴∠DBC+∠DCB＝180°﹣120°＝60°， ∴∠ABD+∠ACD＝60°， ∴∠ACD＝60°﹣∠ABD＝60°﹣α；证明： （2）延长CD至F使DF＝BD，连接BF、AF， ∵∠BDC＝120°， ∴∠BDF＝180﹣∠BDC＝120°＝60°， ∴△BDF是等边三角形， ∴BF＝DF＝DB，∠FBD＝∠BFD＝60°， ∴∠ABF+∠ABD＝60°， 又∵∠ABC＝∠ABD+∠DBC＝60°， ∴∠DBC＝∠ABF， ∵AB＝BC， ∴△ABF≌△CBD（SAS）， ∴CD＝AF，∠BDC＝∠AFB＝120°， ∴∠AFD＝∠AFB﹣∠BFD＝60°， 延长DE至G，使DE＝GE，连接BG， ∵点E是BC的中点， ∴BE＝CE， 又∵∠BEG＝∠CED， ∴△BEG≌△CED（SAS）， ∴CD＝BG，∠BCD＝∠GBE， ∴BG＝AF， ∵∠BDC＝120°， ∴∠BCD+∠DBC＝60°， ∴∠GBE+∠DBC＝60°，即∠GBD＝60°， ∴∠GBD＝∠AFD＝60°， 在△DBG与△DFA中， ， ∴△DBG≌△DFA（SAS）， ∴AD＝DG＝DE+GE＝2DE． 21．（2025秋•思明区校级期末）在△ABC中，AB＝AC，点E在BC上，点H在AC上，连接AE和BH交于点F，∠ABH＝∠CAE． （1）如图1，求证：∠AFB＝2∠ACB； （2）如图2，连接FC，若FC平分∠EFH，求证：AH＝CH； （3）如图3，在（2）的条件下，点D在BH的延长线上，连接CD，∠ACD+3∠EFC＝180°时，若AE+DF＝14，BH+AF＝16，求HF的长． 【分析】（1）利用三角形内角和定理和等腰三角形性质即可证得结论； （2）过点A作AK⊥BF于K，过点C作CG⊥FH交FH的延长线于G，作CT⊥AE交AE的延长线于T，利用ASA可证得△ABK≌△CAT，再利用AAS可证得△AHK≌△CHG，即可证得结论； （3）过点A作AK∥CD，交BH于K，过点C作CG∥AE交BD于G，作CM∥BD交AE的延长线于点M，可证得△AKH≌△CDH（AAS），△AFH≌△CGH（ASA），推出KF＝DG，再证得△BAK≌△ACE（ASA），可得BK＝AE，结合已知条件：AE+DF＝14，BH+AF＝16，即可求得答案． 【解答】（1）证明：如图1， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°， ∴∠BAC+2∠ACB＝180°， ∵∠BFE＝∠ABH+∠BAF，∠ABH＝∠CAE， ∴∠BFE＝∠CAE+∠BAF＝∠BAC， ∴∠BFE+2∠ACB＝180°， ∵∠BFE+∠AFB＝180°， ∴∠AFB＝2∠ACB； （2）证明：过点A作AK⊥BF于K，过点C作CG⊥FH交FH的延长线于G，作CT⊥AE交AE的延长线于T， 则∠AKB＝∠ATC＝∠CGH＝∠AKH＝90°， ∵FC平分∠EFH，CG⊥FH，CT⊥FE， ∴CG＝CT， 在△ABK和△CAT中， ， ∴△ABK≌△CAT（ASA）， ∴AK＝CT， ∴AK＝CG， 在△AHK和△CHG中， ， ∴△AHK≌△CHG（AAS）， ∴AH＝CH； （3）解：如图3，过点A作AK∥CD，交BH于K，过点C作CG∥AE交BD于G，作CM∥BD交AE的延长线于点M， 则∠AKH＝∠CDH，∠CFG＝∠FCM＝∠CFM＝∠FCG，∠CGF＝∠CMF， ∴FG＝FM＝CG＝CM， 在△AKH和△CDH中， ， ∴△AKH≌△CDH（AAS）， ∴KH＝DH， ∵CG∥AE， ∴∠FAH＝∠GCH， 在△AFH和△CGH中， ， ∴△AFH≌△CGH（ASA）， ∴AF＝CG，FH＝GH， ∴KH﹣FH＝DH﹣GH， 即KF＝DG， ∵CM∥BD，AK∥CD， ∴∠ECM＝∠CBH，∠KAH＝∠ACD， ∵∠ACB＝∠ABC＝∠ABH+∠CBH＝∠ACG+∠ECM， ∴∠GCM＝2∠ACB＝2∠EFC， ∴∠ACB＝∠EFC， ∵∠ABH+∠AFB+∠BAF＝180°， ∴∠ABH+2∠EFC+∠BAK+∠ACD﹣∠CAE＝180°， 即2∠EFC+∠BAK+∠ACD＝180°， ∵∠ACD+3∠EFC＝180°， ∴∠BAK＝∠EFC， ∴∠BAK＝∠ACB，即∠BAK＝∠ACE， 在△BAK和△ACE中， ， ∴△BAK≌△ACE（ASA）， ∴BK＝AE， ∵AE+DF＝14，BH+AF＝16， ∴AE+DG+2FH＝14，AE+DG+3FH＝16， ∴FH＝2． 22．已知，等腰△ABC和等腰△ADE，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，点M为直线BD、CE的交点． （1）如图1，连接DC，若∠BAC＝∠DAE＝90°． ①求证：CE⊥BD； ②若射线CM平分∠BCD且∠BAE＝60°，AB＝AC＝2，求△ADC的面积． （2）如图2，∠BAC＝∠DAE＝140°，将△ADE绕点A旋转一周，点E始终在直线BC上方．已知BC＝a，AB＝AC＝1，∠ECA＝10°，求MC2的值（用含a的代数式表示）． 【分析】（1）①通过证明△ADB≌△AEC得出∠ADB＝∠AEC，然后由∠EFM+∠AEC＝90°得出结论； ②先证明△CDM≌△CBM求出CD的长度，然后通过构造平行四边形ACGD，利用直角三角形的性质求出DH和AD的长度，即可求出答案． （2）先由勾股定理求出AG的长度，然后通过等积法求出CF的长度，再根据两个直角三角形形状相似，由边长的放大倍数即可求出CM的长度，进而求出答案． 【解答】解：（1）①证明：在△ADB和△AEC中， ∵∠BAD＝90°+∠BAE＝∠CAE， ， ∴△ADB≌△AEC（SAS）． ∴∠ADB＝∠AEC． 设AE交BD于点F， ∵∠ADB+∠DFA＝90°，∠DFA＝∠EFM， ∴∠EFM+∠AEC＝90°， ∴∠EMF＝90°， ∴CE⊥BD． ②过点D作AC的平行线，与过点C与AD的平行线交于点G，过点D作CG的垂线H为垂足． 易知四边形ACGD为平行四边形，则DG＝AC＝2． 由①知CM⊥BD，∠CMD＝∠CMB＝90°， 对于△CDM和△CBM， ， ∴△CDM≌△CBM（ASA）， ∴CD＝BCAC＝2． ∵∠CAD＝360°﹣∠BAE﹣∠DAE﹣∠BAC＝120°， ∴∠DGH＝∠ACG＝180°﹣∠CAD＝60°． 在Rt△DGH中，∠GDH＝90°﹣∠DGH＝30°， ∴GHDG＝1，DH． 在Rt△DCH中，CH． ∴AD＝CG＝CH﹣GH1， ∴S△ADCAD•DH． （2）过点C分别作BA的垂线，垂足为F，过点A作BC的垂线，G为垂足，CH⊥BD于H． 由△ABC是等腰三角形可知AG为∠BAC的角平分线，BG＝CG． ∵AG， ∴S△ABCBC•AGAB•CF，则CF． 由（1）知△ADB≌△AEC得出∠ABD＝∠ACE10°． ∴∠CBD＝∠ABD+∠CBA＝30°， ∴CH． 对于Rt△CHM和Rt△CFA，∠CMH＝∠CAF＝40°， ∵CH：CF＝CM：CA， ∴CM， ∴CM2． 23．（2026春•九龙坡区校级月考）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是射线BP上一点（点D不与点B重合），连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接DE． （1）如图1，若AD⊥BP，连接CE，求∠CED的度数； （2）如图2，若点E恰好落在射线BP上，连接CD．点F是BE的中点，点G是CD的中点，连接AF，GE．用等式表示线段AF与GE的数量关系并证明； （3）如图3，，AB＝5，连接BE．当BE取最小值时，在直线AB上取一点Q，连接CE，QC，QE，将△CQE沿CQ所在直线翻折到△ABC所在的平面内，得△CQH，连接HA，HD，HE．当HD取最小值时，请直接写出△HAE的面积． 【分析】（1）根据题意判定△DAB逆时针旋转90°得到△EAC，得出∠AEC＝∠ADB＝90°，再结婚△DAE是等腰直角三角形即可得出答案． （2）根据垂直平分线的性质得出AG⊥DE，然后推出HGCE和FHBD，进而得到△AFH≌△EGH，则AF＝GE． （3）首先判定点E的轨迹在射线CE上，然后结合CE⊥BD得出点E在射线BP上，再由轴对称的性质得出点H为⊙C和CD的交点，最后通过计算△HAE的高AK，即可求出其面积． 【解答】解：（1）根据题意AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，则可视为△DAB逆时针旋转90°得到△EAC． ∴∠AEC＝∠ADB＝90°， ∵△DAE是等腰直角三角形， ∴∠AED＝45°， ∴∠CED＝∠AEC﹣∠AED＝45°． （2）结论：AF＝GE． 证明：连接CE，AG，AG交BP于点H． 同理（1），可由△DAB逆时针旋转90°得到△EAC． ∴BD＝CE，∠CED等于旋转角为90°． ∵点G为Rt△CDE斜边CD的中点， ∴DG＝DE， 又∵AD＝AE， ∴AG为DE的垂直平分线． ∵△DAE为等腰直角三角形， ∴DH＝HE＝AH， ∴HG为△CDE的中位线，HGCE． ∵FH＝FE﹣EH（BE﹣DE）BD， ∴FH＝HG． 在△AFH和△EGH中， ， ∴△AFH≌△EGH（SAS）． ∴AF＝GE． （3）由（1）知△DAB≌△EAC，则∠ABD＝∠ACE． ∴∠BCE＝∠BCA+∠BAP，即点E的轨迹在射线CE上． 当BE⊥EC时，BE取最小值． 又∵CE⊥BD， ∴点E在BP上． 根据折叠的性质，EC＝CH，则点H在以点C为圆心CE为半径的⊙C上，如图所示． 过点H作HK⊥AD，由于EA⊥AD，则HK∥AE． ∵tan∠ACE＝tan∠ABP，AJ＝JC． ∴CE＝JC•cos∠ACE，JE＝JC•sin∠ACE． ∵BJ， ∴DE＝BE﹣BD＝BJ+JE﹣CE＝2，AD，CD5，DH＝CD＝CH＝CD﹣CE＝5． ∴CD＝AC， 对于等腰△ACD，cos∠ADC，DK＝DH•cos∠ADC． 则AK＝AD﹣DK． ∴S△HAEAE•AKAD•AK． 24．（2025秋•双流区校级期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6． （1）点E在AC边上，DE⊥AB，垂足为D，如图1，已知CE＝DE，求AD的长； （2）将（1）中的Rt△ADE绕点A逆时针旋转，连结CD，交直线AB于点F，在CD上方作∠DCG＝∠BAC，∠DCG的边与AB交点为G． ①如图2，当点E在线段CD上时，求BF的长； ②如图3，连结BE，延长CG交BE于点M，在Rt△ADE旋转的过程中，求线段BM的最小值． 【分析】（1）通过构造等腰三角形CDE，再结合等腰三角形底角相等即可得到△BCD是等腰三角形，然后由AD＝AB﹣BD求解即可． （2）①先根据题意得出∠ACD＝30°，然后在Rt△CAH中求出AH的长度，再根据平行线分线段成比例可得，进而求出BF的长度； ②通过构造Rt△CDN，然后借助三角函数由∠DCN＝∠DAE＝∠CAB得到，再证明△EDN∽△ADC，从而证明BC＝NE且BC∥NE，进而得出M是BE的中点，最后根据BE≥AB﹣AE求出BM的最小值． 【解答】解：（1）连接BE，CD． ∵∠ACB＝90°，DE⊥AB，DE＝CE． ∴∠BDC＝90°﹣∠CDE＝90°﹣∠DCE＝∠BCD， ∴BD＝BC＝6． ∵∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6， ∴AB10， ∴AD＝AB﹣BD＝4； （2）①过点A作AH⊥AC交CD的延长线于点H，如图， 在Rt△ADC中，由（1）可得AD＝4，AC＝8． ∴∠ACD＝30°， ∴AH． ∵AH∥BC， ∴，即， ∴BF． ②如图，过点D作DN⊥CD交CM的延长线于点N，连接NE． ∵∠DCN＝∠DAE＝∠CAB＝α， ∴tanα． ∴DE＝3，AE5． 又∵∠EDN＝90°﹣∠CDE＝∠ADC， ∴△EDN∽△ADC． ∴，∠DNE＝∠DCA． ∴NE＝BC． ∵∠DCA+∠BCG＝90°﹣∠DCG＝∠DNE+∠CNE， ∴∠BCG＝∠CNE， ∴NE∥BC， ∴，即BE＝2BM． ∵BE≥AB﹣AE＝5． ∴BM． 故线段BM的最小值为． 25．（2025秋•锦江区校级期中）某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究． 【问题发现】 （1）如图①，在等边△ABC中，点P是边BC上一点，连接AP，以AP为边作等边△APQ，连接CQ．则CQ与BP的数量关系是：CQ＝BP ； 【问题提出】 （2）如图②，在等腰△ABC中，AB＝BC，点P是边BC上任意一点，以AP为腰作等腰△APQ，使AP＝PQ，∠APQ＝∠ABC，连接CQ．试说明PB•AQ＝AP•CQ； 【问题解决】 （3）如图③，在正方形ADBC中，点P是边BC上一点，以AP为边作正方形APEF，点Q是正方形APEF的对称中心，连接CQ．若正方形APEF的边长为8，，求正方形ADBC的边长． 【分析】（1）根据等边三角形的性质推出∠BAP＝∠CAQ，然后证明△BAP≌△CAQ即可求出CQ和BP的数量关系． （2）先证明△ABC∽△APQ得到.进而证明△ABP∽△ACQ．从而根据对应边成比例整理可得结论． （3）根据正方形的性质构造△BAP∽△CAQ并由相似比求出BP的长度，然后在Rt△ACP中通过勾股定理建立关于正方形ADBC边长的方程即可求解． 【解答】解：（1）∵△ABC和△APQ是等边三角形， ∴∠BAP＝60°﹣CAP＝∠CAQ． 在△BAP和△CAQ中， ， ∴△BAP≌△CAQ（SAS）． ∴CQ＝BP． 故答案为：CQ＝BP． （2）∵△ABC和△APQ是等腰三角形，且∠APQ＝∠ABC， ∴两个等腰三角形的底角也相等， ∴△ABC∽△APQ． ∴，即． ∵∠BAC＝∠PAQ． ∴∠BAP＝∠BAC﹣∠PAC＝∠PAQ﹣∠PAC＝∠CAQ． ∴△ABP∽△ACQ． ∴， 整理得：PB•AQ＝AP•CQ． （3）如图，连接AB． 根据正方形的性质，∠BAC＝∠PAQ＝45°，， ∴∠BAP＝45°﹣∠CAP＝∠CAQ． ∴△BAP∽△CAQ． ∴BPCQ＝6． 设AC＝BC＝m，则CP＝m﹣6． 在Rt△ACP中，AP2＝AC2+CP2， 代入各边长度得：64＝m2+（m﹣6）2． 解得：m＝3． 故正方形ADBC的边长为3． 26．（2025•东海县模拟）综合与实践： 【新知定义】如图1，若∠BAC＝∠DAE，，则△ABC∽△ADE．小明称图1中的△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”． 【新知探究】 （1）如图2，若∠BAC＝90°，∠B＝30°，BC＝4，D为BC的中点．以AD为一边在AD右侧作△ADE，且△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”，连接CE，则CE的长为　　 ； （2）在图1中，连接BD，CE，求证：△ABD∽△ACE； 【变式应用】 （3）如图3，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D为BC的中点，AD为一边在AD右侧作△ADE，∠BAC＝∠DAE，S△ABC＝S△ADE，连接CE，求CE的长； 【综合应用】 （4）如图4，若∠BAC＝90°，∠B＝30°，AC＝1，若D点在线段BC上运动BC，且点D不与点B重合），以AD为一边在AD右侧作△ADE，且△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”，连接CE．以AD、AE为边构造矩形ADFE，连接CF．直接写出△CEF面积的最大值及此时BD的长度． 【分析】（1）由定义可知△ABC∽△ADE，所以，再代入数值求解即可； （2）利用两边对应成比例且夹角相等的两个三角形是相似三角形即可得解； （3）由题易得AD＝4，作BM⊥AC，DN⊥AE，垂足分别为M、N，根据等面积得，易证△ABM∽△AND，等比转化可得，从而得到△ABD∽△AEC，利用相似比求解即可； （4）易证∠BCE＝90°，BDCEx，过F作FM⊥CE，AN⊥CE，分别交直线CE于点M、N，易得CN＝AC•cos30°，所以EN＝CN﹣CEx，再证△AEN∽△EFM，得到FMENx，从而表示出△CEF的面积，最后利用二次函数最值求解即可． 【解答】（1）解：在Rt△ABC中，BC＝4，∠B＝30°， ∴AC＝BC•sin30°＝2，AB＝BC•cos30°＝2， ∵D是BC中点， ∴BC＝2， 由△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”可知，△ABC∽△ADE， ∴，∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴， ∵∠BAD＝∠CAE＝90°﹣∠CAD， ∴△ABD∽△ACE， ∴，即， ∴CE； 故答案为：； （2）证明：如图， ∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAE． ∵，即， ∴△ABD∽△ACE； （3）解：在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D是BC中点， ∴，即∠ADB＝90°， ∴， 作BM⊥AC，DN⊥AE，垂足分别为M、N， 则∠AMB＝∠AND＝90°， ∵S△ABC＝S△ADE， ∴， ∴， ∵∠AMB＝∠AND，∠BAC＝∠DAE， ∴△ABM∽△AND， ∴， ∴， ∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD∽△AEC， ∴，即， ∴； （4）在Rt△ABC中，∠B＝30°，AC＝1， ∴BC＝2AC＝2，AB， ∵△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”， ∴△ABC∽△ADE， ∴，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ADE＝∠B＝90°， ∴， ∵∠BAD＝∠CAE＝90°﹣∠CAD， ∴△ABD∽△ACE， ∴，∠ACE＝∠B＝30°， ∵∠B+∠ACB＝90°， ∴∠ACE+∠ACB＝90°，即∠BCE＝90°， ∴点E就在垂直BC的直线上运动， 设CE＝x，则BDx， 如图，过F作FM⊥CE，AN⊥CE，分别交直线CE于点M、N， 在Rt△ACN中，AC＝1，∠ACN＝30°， ∴CN＝AC•cos30°， ∴EN＝CN﹣CEx， ∵四边形ADFE为矩形， ∴AD＝EF，∠EAD＝90°， ∴∠AEN＝∠EFM＝90°﹣∠MEF， ∵∠N＝∠M＝90°， ∴△AEN∽△EFM， ∴tan30°， ∴FMENx， ∴S△CEF x•（x） x2x （x）2， ∵0， ∴当x时，S△CEF，此时BDx， ∴△CEF面积的最大值为，BD的长度为． 27．（2025秋•广信区期中）在学习利用旋转解决图形问题时，老师提出如下问题： （1）如图1，点P是正方形ABCD内一点，PA＝1，PB＝2，PC＝3，你能求出∠APB的度数吗？ 小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路： 思路一：将△PBC绕点B逆时针旋转90°，得到△P'BA，连接PP'，可求出∠APB的度数； 思路二：将△PAB绕点B顺时针旋转90°，得到△P'CB，连接PP'，可求出∠APB的度数； 请参照小明的思路，任选一种写出完整的解答过程： （2）如图2，若点P是等边三角形ABC内一点，若∠APB＝150°，则线段PA，PB，PC满足怎样的等量关系？ 请参考小明上述解决问题的方法进行探究，直接写出线段PA，PB，PC满足的等量关系． 【分析】（1）利用旋转法构造全等三角形以及直角三角形即可解决问题； （2）将△APC绕A点逆时针旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，可证△APP′为等边三角形，可得∠APP′＝60°，PA＝PP′，由勾股定理可求解． 【解答】解：（1）思路一：如图1，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'， 则△ABP'≌△CBP，AP'＝CP＝3，BP'＝BP＝2，∠PBP'＝90° ∴∠BPP'＝45°， 根据勾股定理得，P'P2， ∵AP＝1， ∴AP2+P'P2＝1+8＝9， 又∵P'A2＝32＝9， ∴AP2+P'P2＝P'A2， ∴△APP'是直角三角形，且∠APP'＝90°， ∴∠APB＝∠APP'+∠BPP'＝90°+45°＝135°． 思路二： 将△PAB绕点B顺时针旋转90°，得到△P′CB，连接PP′， ∴P'B＝PB＝2，P'C＝AP＝1，∠P'BP＝90°，∠APB＝∠BP'C， ∴∠BP'P＝45°，P'P2， ∵PC＝3，P'C＝1， ∴P'C2+PP'2＝PC2， ∴∠PP'C＝90°， ∴∠BP'C＝∠BP'P+∠PP'C＝45°+90°＝135°， ∴∠APB＝∠BP'C＝135°； （2）PA2+PB2＝PC2．理由如下： 如图2，将△APC绕A点逆时针旋转60°，得到△AP′B，连接PP′， ∴AP＝AP'，∠PAP'＝60°，PC＝PB， ∴△APP′为等边三角形， ∴∠APP′＝60°，PA＝PP′， ∵∠APB＝150°， ∴∠BPP′＝90°， ∴P′P2+BP2＝P'B2， 即PA2+PB2＝PC2． 28．如图，点B为线段AD上一点，CB⊥AD，以CD为斜边作等腰Rt△CDE，若线段AB、CB长为关于x的一元二次方程x2﹣4kx+4k2＝0的两个根． （1）试判定此一元二次方程的根的情况； （2）求证：AE＝ED； （3）若△AED与△CED的面积比2：3，BD＝a，则　　 （直接写出答案）． 【分析】（1）根据Δ＝（﹣4k）2﹣4×1×4k2＝0，判断作答即可； （2）由（1）易知AB＝CB，连接BE，延长BD到点F，使得BF＝CB＝AB，由等腰直角三角形的性质可得：∠F＝∠BCF＝45°，CFBC；∠ECD＝45°，CE＝CD，CDCE，则，由等角加同角相等可得∠ECB＝∠DCF，以此证明△ECB∽△DCF，得到∠CBE＝∠CFD＝45°，于是可通过SAS证明△ABE≌△CBE（SAS），进而可得AE＝ED； （3）解x2﹣4kx+4k2＝0，得x1＝x2＝2k，即AB＝CB＝2k，则AD＝2k+a，连接BE，过点E作EH⊥AD于点H，易得AH＝DH，BHEH，由勾股定理得DE2，由题意得，整理得，以此求解即可． 【解答】（1）解：由一元二次方程x2﹣4kx+4k2＝0可知Δ＝（﹣4k）2﹣4×1×4k2＝0， ∴一元二次方程有两个相等的实数根； （2）证明：由（1）可知，一元二次方程x2﹣4kx+4k2＝0有两个相等的实数根， ∵线段AB、CB的长为关于x的一元二次方程x2﹣4kx+4k2＝0的两个根， ∴AB＝CB， 如图，连接BE，延长BD到点F，使得BF＝CB＝AB， ∵CB⊥AD， ∴△BCF是等腰直角三角形， ∴∠F＝∠BCF＝45°，CFBC， ∴， ∵△CDE为等腰直角三角形， ∴∠ECD＝45°，CE＝CD，CDCE， ∴， ∵∠ECB+∠BCD＝∠DCF+∠BCD， ∴∠ECB＝∠DCF， 又∵， ∴△BCE∽△FCD， ∴∠CBE＝∠CFD＝45°， ∴∠ABE＝∠ABC﹣∠ABE＝45°＝∠CBE， 在△ABE和△CBE中， ， ∴△ABE≌△CBE（SAS）， ∴AE＝CE＝ED； （3）解：解一元二次方程x2﹣4kx+4k2＝0可得x1＝x2＝2k， ∴AB＝CB＝2k， ∴AD＝AB+BD＝2k+a， 如图，连接BE，过点E作EH⊥AD于点H， 由（2）知，AE＝DE，∠ABE＝45°， ∴AH＝DH，EH＝BH， ∴BH＝AB﹣AH＝2kEH， 在Rt△DEH中，DE2＝EH2+DH2， ∵DE＝CE， ∴DE•CE＝DE2， ∵△AED与△CED的面积比2：3， ∴， 整理得：， ∴（负值已舍去）． 故答案为：． 29．（2025秋•海曙区校级期中）如图1，等边△ABC中，点D在BC上，点E在AC上，连接AD，BE交于点F，CD＝AE． （1）求∠BFD的度数； （2）如图2，连接CF，若CF⊥BE，求证：BF＝2AF； （3）如图3，在（2）的条件下，将AD沿CF翻折交AC于点G，过点C作CF的垂线交直线FG于点H，若BF＝4． ①求证：BF＝HF； ②求FG•GH的值．（请直接写出结果） 【分析】（1）通过“SAS”证明△ACD≌△BAE得到∠DAC＝∠EBA，即可根据三角形外角的性质求出结果． （2）通过辅助线构造△QBA≌△FAC得到∠BAQ＝∠ACF，再由CF⊥BE并结合（1）的结论推出∠AQF＝∠QAF＝30°，进而得到AF＝FQ＝BQ，从而证得结论． （3）①通过辅助线构造△BAF≌△CAN得到AF＝CN，结合轴对称的性质和特殊三角形的性质推出△AFN、△CMH，△MFN是边长相等的等边三角形，即可证明BF＝CN； ②先证明△AGF≌△CGM得到FG＝MG，再结合①中的结论分别求出FG和GH的长度，进而得出答案． 【解答】（1）解：∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝CA，∠BAE＝∠ACD＝60° 在△ACD与△BAE中， ∴△ACD≌△BAE（SAS）， ∴∠DAC＝∠EBA， ∵∠BFD＝∠BAF+∠ABF， ∴∠BFD＝∠BAF+∠CAD＝∠BAC＝60°． （2）证明：如图，在BF上截取BQ＝AF，连接AQ， 在△QBA和△FAC中， ∴△QBA≌△FAC（ SAS）， ∴∠BAQ＝∠ACF， ∵CF⊥BE，∠BFD＝60°， ∴∠AQF＝∠DFC＝∠BAQ+∠DAC＝30°， ∵∠QAF＝60﹣（∠BAQ+∠DAC）＝30° ∴∠AQF＝∠QAF， ∴AF＝FQ＝BQ． ∴BF＝2FQ＝2AF． （3）①证明：如图，延长BE到点N，使得FN＝AF，连接AN，连接CN，交FH于点M， ∵∠BFD＝∠AFN＝60° ∴△AFN是等边三角形， ∴AF＝AN＝FN，∠FAN＝∠FNA＝∠AFN＝60°， ∴∠BAF＝60°﹣∠FAE＝∠CAN． 在△BAF与△CAN中， ∴△BAF≌△CAN（SA5）， ∴BF＝CN，∠ABF＝∠ACN， ∵∠DAC＝∠EBA， ∴∠DAC＝∠ACN， ∴CN∥AD， ∴∠AFN＝∠FNM＝60°， ∵CF⊥BE， ∴∠FCN＝30°， ∵∠DFC＝90°﹣60°＝30°，AD沿CF翻折交AC于点G，CF⊥CH， ∴∠DFC＝∠MFC＝∠MCF＝30°，∠MFN＝∠MCH＝∠MHC＝60°， ∴MF＝MC，∠CMH＝∠FMN＝60°， ∴△MCF是等腰三角形， ∴△AFN、△CMH，△MFN是边长相等的等边三角形， ∴HF＝CN， ∴BF＝CN； ②∵CN∥AD， ∴∠FAG＝∠MCG， 在△AGF与△CGM中， ∴△AGF≌△CGM（AAS）， ∴FG＝MG 由①知BF＝FH＝2FM＝2MH＝4MG ∴GH＝MH+MG＝2+1＝3． ∴GF•GH＝1×3＝3． 30．（2025•沙坪坝区校级一模）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝AB，点D为平面内一点，连接AD、CD，点E为CD中点，连接AE； （1）如图1，点D在AB边上，若∠BCE＝α，求∠DEA的度数（用含α的代数式表示）； （2）如图2，点D在△ABC内，连接BD，若∠ABD＝∠CAE，求证：； （3）如图3，AB＝4，点D在△ABC内且∠ADC＝90°，当BE取最小值时，把△BCE沿着BC翻折到△BCE的同一平面得到△BCF，请直接写出四边形ACFB的面积． 【分析】（1）根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得到CA＝AE，则∠ACE＝∠CAE，然后由∠DEA＝∠ACE+∠CAE，结合∠ACE＝45°﹣α求解． （2）构造△AFG≌△ABD和等腰直角△ADG推出DFAD+FG，再由AE为△CDF的中位线便可得出结论． （3）构造△CDA的中位线EG，得到∠CEG＝∠CDA＝90°，进而确定点E的轨迹，求出BE长度最小时点E的位置，然后分别求出OC和OB的长度，根据两个等高三角形面积之比等于底边长度之比，即可求出四边形ACFB的面积． 【解答】解：（1）根据题意AE为Rt△CAD斜边CD的中线，则CA＝AE＝DE． ∴∠ACE＝∠CAE． 由于△BAC是等腰直角三角形，∠ACB＝45°． ∴∠DEA＝∠ACE+∠CAE＝2∠ACE＝2（45°﹣∠BCE）＝90°﹣2α． （2）如图，延长CA至点F，AC＝AF，G为DF上一点，AG⊥AD． 根据题意可知，AE为△CDF的中位线，AE∥DF，DF＝2AE． ∴∠CAE＝∠AFG， ∵∠CAE＝∠ABD， ∴∠AFG＝∠ABD， 又因为AF＝AB，∠BAD＝90°﹣∠BAG＝∠FAG，则△AFG≌△ABD（ASA）， ∴AD＝AG，BD＝FG， ∴△ADG为等腰直角三角形，DGAD． ∵DF＝DG+FG＝2AE， ∴AD+BD＝2AE． （3）如图，点G为AC的中点，则EG为△ACD的中位线，EG∥AD，∠CEG＝∠CDA＝90°． 由定弦定角模型可知，点E在△ABC内以CG为直径⊙O的圆弧上，BE≥BO﹣OE． 连接BO交⊙O于点E，此时BE取最小值． ∵O为CG的中点，G为AC的中点， ∴AOACAB＝3，CO＝OE＝4﹣3＝1，BO5． ∵△ABC的面积S4×4＝8，△CFB≌△CEB， ∴S△CFB＝S△CEB•S△COB（•S）8． ∴四边形ACFB的面积为：S+S△CFB＝8． 31．（2025春•东明县期中）我们定义：如果两个等腰三角形顶角相等，且顶角顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，形象的可以看作两双手，所以通常称为“手拉手全等模型”． （1）例如，如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，其中∠BAC＝∠DAE，则△ABD≌△ACE （ SAS ）． （2）类比：如图2，已知△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，求证：BD＝CE； （3）拓展：如图3，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，试探索线段CD，BD，AD之间满足的等量关系，并证明结论． 【分析】（1）由“SAS”可证△ABD≌△ACE； （2）由“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得BD＝CE； （3）由“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得BD＝CE，∠B＝∠ACE＝45°，由勾股定理和等腰直角三角形的性质可求解． 【解答】（1）解：∵△ABC与△ADE都是等腰三角形，∠BAC＝∠DAE， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， 故答案为：ACE，SAS； （2）证明：∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD， ∴∠BAD＝∠CAE， 又∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE； （3）解：CD2+BD2＝2AD2，理由如下： 如图3，连接CE， ∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°，DEAD， ∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAD＝∠CAE， 又∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE，∠B＝∠ACE＝45°， ∴∠BCE＝90°， ∴CD2+CE2＝DE2， ∴CD2+BD2＝2AD2． 32．在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF，连接BE，CF． 【发现问题】如图①，若∠BAC＝30°，延长BE交CF于点D，则BE与CF的数量关系是 BE＝CF ，∠BDC的度数为 　30°　 ． 【类比探究】如图②，若∠BAC＝120°，延长BE，FC相交于点D，请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC的度数，并说明理由． 【拓展延伸】如图③，若∠BAC＝90°，且点B，E，F在同一条直线上，过点A作AM⊥BF，垂足为点M，请猜想BF，CF，AM之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质，利用SAS证明△ABE≌△ACF即可得出结论； （2）根据等腰三角形的性质，利用SAS证明△ABE≌△ACF即可得出结论； （3）利用SAS证明△ABE≌△ACF，可得BE＝CF，再由等腰直角三角形的性质可得AM＝EM＝FM，即EF＝2AM，根据BF＝BE+EF，等量代换可得BF＝CF+2AM． 【解答】解：（1）BE＝CF，∠BDC＝30°， 理由如下：如图1所示，设AC与BD交于点O， ∵∠BAC＝∠EAF＝30°， ∴∠BAC+∠CAE＝∠EAF+∠CAE， 即∠BAE＝∠CAF， 在△ABE和△ACF中， ， ∴△ABE≌△ACF（SAS）， ∴BE＝CF，∠ABE＝∠ACF， ∵∠AOE＝∠ABE+∠BAC，∠AOE＝∠ACF+∠BDC， ∴∠BDC＝∠BAC＝30°． 故答案为：BE＝CF，30°； （2）BE＝CF，∠BDC＝60°， 理由如下：如图2， ∵∠BAC＝∠EAF＝120°， ∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAF﹣∠EAC， 即∠BAE＝∠CAF， 在△ABE和△ACF中， ， ∴△ABE≌△ACF（SAS）， ∴BE＝CF，∠AEB＝∠AFC， ∵∠EAF＝120°，AE＝AF， ∴∠AEF＝∠AFE＝30°， ∴∠BDC＝∠BEF﹣∠EFD＝∠AEB+30°﹣（∠AFC﹣30°）＝60°； （3）【拓展延伸】BF＝CF+2AM， 理由如下：如图3， ∵∠BAC＝∠EAF＝90°， ∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAF﹣∠EAC， 即∠BAE＝∠CAF， 在△ABE和△ACF中， ， ∴△ABE≌△ACF（SAS）， ∴BE＝CF， ∵AE＝AF，∠EAF＝90°，AM⊥EF， ∴AM＝EM＝FM，即EF＝2AM， ∵BF＝BE+EF， ∴BF＝CF+2AM． 33．（2025•龙泉驿区模拟）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片ABC和△ADE中，AB＝AD＝3，BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°． 【初步感知】 （1）如图1，连接BD，CE，在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究的值； 【深入探究】 （2）如图2，在纸片ADE绕点A逆时针旋转过程中（旋转角不大于90°），直线BD与CE交于点F； ①求证：CF＝EF； ②当∠BAD＝∠BCA时，求BF的长； 【拓展延伸】 （3）在纸片ADE绕点A逆时针旋转过程中（旋转角不大于90°），试探究C，D，F三点能否构成等腰三角形，若能，直接写出DF的长；若不能，请说明理由． 【分析】（1）先判定△ABD∽△ACE．进而由相似三角形对应边成比例求解． （2）①由△ABD∽△ACE可得∠DAE＝∠BFC，进而证明A、D、F、E四点共圆．从而得到∠AFE＝∠ADE＝90°，再根据等腰三角形“三线合一”的性质证得结论； ②由△ABD∽△ACE可得∠BAD＝∠CAE，进而得出∠BCA＝∠CAE，证得AE∥BC，再由FG为梯形ABCE的中位线，在Rt△BFG中由勾股定理求出BF的长度． （3）分为CD＝CF、DF＝CF和DF＝CD三种情况构成等腰三角形，结合前面的结论通过辅助线构造直角三角形由勾股定理或者相似三角形的性质求出DF的长度． 【解答】解：（1）∵∠BAC＝∠DAE，AB＝AD，AC＝AE，AC＝AE5． 在△ABD和△ACE中，∠ABD＝∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD＝∠CAE，． ∴△ABD∽△ACE． ∴． （2）①证明：连接AF． 由（1）知△ABD∽△ACE，△ABD可视为△ACE顺时针旋转∠BAC而来，并且边长缩小到原来的， ∴对应边的夹角为旋转角都相等：∠BAC＝∠DAE＝∠BFC． 在四边形ADFE中，∠DAE+∠DFE＝∠BFC+∠DFE＝180°． ∴A、D、F、E四点共圆． ∴∠AFE＝∠ADE＝90°， ∵AC＝AE，△ACE是等腰三角形， ∴CF＝EF． ②如图，作FG∥BC交AB于点F．由于∠ABC＝90°，则∠BGF＝90°． 由△ABD∽△ACE可得∠BAD＝∠CAE， 又∵∠BAD＝∠BCA， ∴∠BCA＝∠CAE， ∴AE∥BC， 由①知点F为CE中点，则FG为梯形ABCE的中位线，FG，BG． 在Rt△BFG中，BF． （3）C，D，F三点能否构成等腰三角形分为三种情况： ①当CD＝CF时，如图，作CH⊥BF，H为垂足．则DH＝FH． 根据（1）和（2）可知∠BFC＝∠BAC，，CF＝EF． ∴，cos∠BFC＝cos∠BAC，sin∠BFC＝sin∠BAC． 设FC＝5m，则BD＝6m，FH＝DH＝3m，CH＝4m，BH＝BD+DH＝9m． 在Rt△BCH中，BH2+CH2＝BC2，即81m2+16m2＝42，解得m． ∴DF＝2DH＝2×3． ②当DF＝CF时，如图，点D正好落在AC上． ∵∠BAC＝∠DFC，∠ADB＝∠FDC， ∴△ABD∽△FDC． ∴，CF＝DF． ∵AB＝3，CD＝AC﹣AD＝2，，DF＝CF， ∴DF2＝3×2，DF． ③当DF＝CD时，如图，作DH⊥CE，H为垂足，则CH＝FH． . ∵CF＝FE，DH＝DFsin∠DFHDF，FH＝DFcos∠DFHDF，DE＝4， ∴EH＝FH+FE＝FH+CF＝3FHDF． 在Rt△DEH中，DH2+EH2＝DE2，即DF2＝42，DF． 故C、D、F三点能构成等腰三角形，DF的长度为或或． 34．问题提出 如图（1），点D是等腰△ABC底边AC上一点，点E，A在BD同侧，且BD＝ED，∠BDE＝∠ABC，取BE的中点F，连接并延长AF，CB交于点G，探究AF与FG的数量关系． 问题探究 （1）先将问题特殊化，如图（2），当AB⊥BC时，直接写出AF与FG的数量关系； （2）再探究一般情形．如图（1），证明（1）中的结论是否仍然成立． 问题拓展 （3）如图（3），△ABC不是等腰三角形，点P是AB边上的点，连接PD，PC，已知PD⊥AC于D，∠CPD＝∠B，且，BC＝2BP，直接写出的值． 【分析】（1）AF＝FG．理由如下：连接AE，过B作BM⊥AC，证明∠EBA＝∠DBM，由△DEB和△ABM是等腰Rt△，得，，利用ASA得△ABE∽△MBD，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得AF＝FG． （2）在AC上取点P，使∠ABP＝∠C，利用两角对应相等证明相似得△DEB∽△PAB，故，再利用两边对应成比例且夹角相等证明相似得△ABE∽△PBD，故AE∥CG，因此1，故AF＝FG． （3）过A作AQ∥PC，交PD延长线于Q．得tan∠B＝tan∠Q，设AD＝4m，DQ＝3m，故AQ5m，利用两角对应相等证明相似得△APQ∽△PCB，所以，故PQ＝10m，由∠CPD＝∠B，得，再计算即可． 【解答】（1）AF＝FG． 理由如下：连接AE，过B作BM⊥AC， ∴∠ABM＝45°， ∵∠EBD＝45°， ∴∠EBA＝∠DBM， ∵△DEB和△ABM是等腰Rt△， ∴，， ∴， ∴△ABE∽△MBD， ∴∠EAB＝∠DMB＝90°， ∵F为BE中点， ∴FA＝FE＝FB， 同理FB＝FG＝FA， ∴AF＝FG． （2）在AC上取点P，使∠ABP＝∠C ∵∠BDE＝∠ABC， 又DE＝DB，BA＝BC， ∴∠DEB＝∠DBE＝∠BAC＝∠C， 由∠EDB＝∠APB，∠DEB＝∠PAB得： △DEB∽△PAB， ∴，∠PBA＝∠DBE， ∴∠PBD＝∠ABE， ∴△ABE∽△PBD， ∴∠EAB＝∠APB＝∠ABC， ∴AE∥CG， ∴△AFE∽△GFB， ∴1， ∴AF＝FG． （3）过A作AQ∥PC，交PD延长线于Q． ∴∠Q＝∠CPD＝∠B， ∵， ∴tan∠Q， ∴设AD＝4m，DQ＝3m， ∴AQ5m， ∵∠APQ+∠CPD＝∠B+∠PCB， ∴∠APQ＝∠PCB， 又∠Q＝∠B， ∴△APQ∽△PCB， ∴， ∴， ∴PQ＝10m， ∴PD＝7m， ∵∠CPD＝∠B， ∴， ∴CDm， ∴4mm． 35．（1）【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．请判断BD与CE的数量关系：BD＝CE ． （2）【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请写出BD与CE的数量关系：　或　 ． （3）【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且．连接BD，CE． ①求的值； ②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值． 【分析】（1）根据等边三角形的性质，证明△ADB≌△AEC，即可得解； （2）根据等腰直角三角形的性质，直角边与斜边的关系，证明△ADB∽△AEC，再根据相似三角形的性质，对应边的比等于相似比，即可求解； （3）①根据，∠ABC＝∠ADE＝90°，可证△ABC∽△ADE，可得∠DAB＝∠EAC，在Rt△ABC中，求出AC＝5x，在Rt△ADE中，求出AE＝5a，再证△DAB∽△EAC，根据相似三角形的性质即可求解； ②由①得：△DAB∽△EAC，由此可证△BGF∽△CGA，得∠BFG＝∠GAC，在Rt△ABC中，根据正弦的计算方法即可求解． 【解答】解：（1）∵△ABC和△ADE都是等边三角形， ∴∠DAB+∠BAE＝∠BAE+∠EAC＝60°， ∴∠DAB＝∠EAC， 在△ADB，△AEC中， ， ∴△ADB≌△AEC（SAS）， ∴BD＝CE， 故答案为：BD＝CE． （2）结论：或，理由如下： ∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°， ∴， ∴∠DAB+∠BAE＝∠BAE+∠EAC＝45°， ∴∠DAB＝∠EAC， ∴△ADB∽△AEC， ∴， ∴或， 故答案为：或； （3）①∵， ∠ABC＝∠ADE＝90°， ∴△ABC∽△ADE， ∴∠DAE＝∠BAC，即∠DAB+∠BAE＝∠BAE+∠EAC， ∴∠DAB＝∠EAC， 设AB＝3x，BC＝4x， 在Rt△ABC中，， 同理，在Rt△ADE中，设AD＝3a，DE＝4a，则AE＝5a， ∴∠DAB＝∠EAC，，即， ∴△DAB∽△EAC， ∴； ②由①得：△DAB∽△EAC， ∴∠ABD＝∠ACE， ∵∠BGF＝∠AGC， ∴△BGF∽△CGA， ∴∠BFG＝∠GAC， ∴sin∠BFC＝sin∠BAC， 在Rt△ABC中， ∴， ∴． 16 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 手拉手（全等、相似）模型 手拉手模型是几何压轴题的核心“破题模型”，常出现在选择、填空压轴、几何大题、动点、旋转综合题 里，主要作用在于化静为动，通过旋转全等（或相似）解决复杂图形的边角关系。看到“两个等腰三角形、等边三角形、等腰直角三角形共顶点，顶角相等，绕公共顶点旋转”这些特征，可以利用手拉手模型进行解题，用模型能快速找到全等，看到“共顶点，等顶角，两边成比例”这些特征，可以利用手拉手模型进行解题，用模型能快速找到相似，把动的问题转化为静的关系。 1 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 3 模型运用 7 11 ‌ 古希腊时期就已出现“共顶点的两个等边三角形，对应连线相等且夹角60°”这类几何命题，是旋转全等的古老形态。 手拉手模型的数学本质是旋转变换。当两个等腰三角形（或等边三角形、正方形）共用一个顶点且顶角相等时，其中一个图形可以看作是由另一个图形绕公共顶点旋转一定角度得到的。这种旋转前后的图形对应部分全等，解题者为了快速识别这种结构，将其命名为“手拉手”。 手拉手模型的数学内容源自古典旋转全等几何，“手拉手”这个通俗名称和系统化模型总结，完全诞生于国内初中数学教学实践，是为应试与教学便利而形成的经典模型叫法。 该模型可用来快速证明线段相等、角度定值、垂直关系，证比例，破解旋转、动点、最值类几何压轴题，是初中几何最实用的模型之一。 1.（2025春•南海区期末）如图所示，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，B、D、E三点共线，∠1＝25°，∠2＝30°，则∠3＝（　　） A．60° B．55° C．50° D．无法计算 2.如图，C为线段AE上一动点（不与点A、E重合），在AE同侧分别作正△ABC和正△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．以下五个结论：①AD＝BE；②PQ∥AE；③AP＝BQ；④连接OC，OC平分∠AOE；⑤∠AOB＝60°．恒成立的结论有（　　） A．①⑤ B．①②⑤ C．①②③⑤ D．①②③④⑤ 3．（2025秋•遵义期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，∠B+∠D＝180°，AC＝8，四边形ABCD的面积为，当四边形ABCD的周长最小时，则AD的长为　 　 ． 4．（2025秋•泗阳县期中）在△ABC中，AB＝AC，∠B＝α，点D是BC边上的动点（不与点B，点C重合），连接AD，将线段AD绕着点A逆时针旋转2α，得到线段AE，连接BE． （1）如图1，若点E恰好落在BC边上，判断AB与AE的位置关系，并证明； （2）如图2，在（1）条件下，延长BA至点F，使AF＝AB，连接EF，请用关于α的代数式表示∠FEA； （3）如图3，若∠B＝30°，探究BD、BE、BA的数量关系，并证明． 手拉手模型有三个特点：（1）共顶点；（2）双等腰；（3）顶角相等。 判断左右手的方法：将等腰三角形的顶点朝上，正对自己，在自己左边的为左手顶点，在自己右边的为右手顶点。 手拉手模型核心结论：左手拉左手=右手拉右手 1）等边三角形手拉手模型 条件：在直线ABC的同一侧作两个等边三角形△ABD和△BCE，连接AE与CD，证明： （1）△ABE≌△DBC； （2）AE=DC； （3）AE与DC的夹角为60°； （4）△AGB≌△DFB； （5）△EGB≌△CFB； （6）BH平分∠AHC； 证明：（1）∵△ABD和△BCE都是等边三角形 ∴BD=AB，BE=BC，∠DBA=∠EBC=60° 又∠EBA=∠EBA+∠EBD ∠EBC=∠EBC+∠EBD ∴∠EBA=∠EBC 在△ABE与△DBC中 ∴△ABE≌△DBC （2）由（1）得：△ABE≌△DBC ∴AE=DC （3）在△DHG和△ABG中 由（1）得：△ABE≌△DBC ∴∠GDH=∠GAB 又∠HGD=∠AGB ∴∠DHG=∠DBA=60° 即AE与DC的夹角为60°； （4）∵△ABD和△BCE都是等边三角形 ∴BD=AB，∠DBA=∠EBC=60° ∴∠DBE=180°-∠DBA-∠EBC=60° 由（1）得：△ABE≌△DBC ∴∠GDH=∠GAB 在△AGB和△DFB中 ∴△AGB≌△DFB； （6）如图，连接BH，过点B做BM⊥AE，BN⊥CD 由（1）△ABE≌△DBC BM、BN分别是AE、CD边上的高 ∴BM=BN ∴BH平分∠AHC 2）等腰直角三角形手拉手模型 条件：如图两个等腰直角三角形ADC与EDG，连接AG,CE,二者相交于H.证明： （1）△ADG≌△CDE （2）AG=CE （3）∠AHC=90° （4）HD平分∠AHE 证明：（1）∵△ACD和△GDE都是等腰直角三角形 ∴AD=CD，DG=DE，∠DBA=∠EBC=90° 又∠GDA=∠ADC+∠CDG ∠CDE=∠EDG+∠CDG ∴∠GDA=∠CDE 在△ADG和△CDE中 ∴△ADG≌△CDE（SAS） （2）由（1）得：△ADG≌△CDE ∴AG=CE （3）在△ADF和△CHF中 由（1）得：△ADG≌△CDE ∴∠DAG=∠DCE 又∠CFH=∠AFD ∴∠CHF=∠ADF=90° 即AE与DC的夹角为90°； （4）如图，连接DH，过点D做DM⊥AE，DN⊥CD 由（1）△ADG≌△CDE DM、DN分别是AG、CE边上的高 ∴DM=DN ∴DH平分∠AHE 3）正方形手拉手模型 条件：如图，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于H。证明： （1）△ADG≌△CDE （2）AG=CE （3）∠AHC=90° （4）HD分∠AHE 4）一般等腰三角形手拉手模型 当两个三角形是以公共顶点为顶点等腰三角形时，如果这两个三角形是以公共定点为顶点的等腰三角形，则可以根据SAS连带出的一组新的全等三角形。 条件：△OAB，△OCD均为等腰三角形，且∠AOB = ∠COD 结论：（1）△OAC≌△OBD；（2）∠AEB=∠AOB；（3）OE平分∠AED 核心图形： 核心条件：OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD 5）相似手拉手模型 条件：如图，∠BAC=∠DAE，，求证：△ADE∽△ABC，△ABD∽△ACE 证明：∵，即 且∠BAC=∠DAE， ∴△ADE∽△ABC， ∵∠BAC=∠DAE， ∴∠BAC∠DAC=∠DAE∠DAC，即∠BAD=∠CAE， 又∵ ∴△ABD∽△ACE 例1如图，在等边△ABC中，AB＝7，D为边BC上一点，BD＝2，连接AD，将AD绕点D顺时针旋转60°得到ED，ED交AC于点F，则的值为（　　） A．3 B． C． D． 例2如图，点A是x轴上一个定点，点B从原点O出发沿y轴的正方向移动，以线段OB为边在y轴右侧作等边三角形，以线段AB为边在AB上方作等边三角形，连接CD，随点B的移动，下列说法错误的是（　　） A．△BOA≌△BDC B．∠ODC＝150° C．直线CD与x轴所夹的锐角恒为60° D．随点B的移动，线段CD的值逐渐增大 例3（2025秋•开鲁县期末）（1）如图1，△ABC与△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：BD＝CE； （2）如图2，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE． 填空：∠AEB的度数为 　 　 ；线段BE与AD之间的数量关系是　 　 ． （3）拓展探究 如图3，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由． 例4【基础巩固】（1）如图1，在△ABC中，分别以AB，AC为边向外作等边△ABD和等边△ACE，连接BE，DC．求证：BE＝DC； 【尝试应用】（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝60°，AD＝CD，若AB＝2，BC＝3，求BD的长； 【拓展延伸】（3）如图3，D是等边△ABC外一点，∠ADC＝30°，E是BD的中点，连接AE并延长交CD于点F．若AB＝14，CF＝10，直接写出BD的长　　 ． 例5如图1，在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点E，F分别为AB，AC的中点，H为线段EF上一动点（不与点E，F重合），过点A作AG⊥AH且AG＝AH，连接GC，HB． （1）证明：△AHB≌△AGC； （2）如图2，连接GF，HG，HG交AF于点Q．①证明：在点H的运动过程中，总有∠HFG＝90°；②当△AQG为等腰三角形时，求∠AHE的度数． 例6在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝nBC，P为AB上的一点（不与端点重合），过点P作PM⊥AB交AC于点M，得到△APM． （1）【问题发现】如图1，当n＝1时，P为AB的中点时，CM与BP的数量关系为 ； （2）【类比探究】如图2，当n＝2时，△APM绕点A顺时针旋转，连接CM，BP，则在旋转过程中CM与BP之间的数量关系是否发生变化？请说明理由； （3）【拓展延伸】在（2）的条件下，已知AB＝4，AP＝2，当△APM绕点A顺时针旋转至B，P，M三点共线时，请直接写出线段BM的长． 例7问题发现 （1）如图1，△ABC和△CDE均为等边三角形，直线AD和直线BE交于点F． 填空：①∠AFB的度数是　 　 ；②线段AD，BE之间的数量关系为　 　 ； （2）类比探究 如图2，△ABC和△CDE均为等腰直角三角形，∠ABC＝∠DEC＝90°，AB＝BC，DE＝EC，直线AD和直线BE交于点F．请判断∠AFB的度数及线段AD，BE之间的数量关系，并说明理由． （3）解决问题 如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝5，点D在AB边上，DE⊥AC于点E，AE＝3，将△ADE绕着点A在平面内旋转，请直接写出直线DE经过点B时，点C到直线DE的距离． 例8（2025•成都模拟）如图，D是△ABC内一点，∠ABD+∠ACD＝90°． （1）如图1，E是△ABC外一点，当∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝BC，AE＝DE时，连接CE，若CD＝1，AD＝4，求BD的长； （2）如图2，E是△ABC外一点，若∠ACB＝∠AED＝120°，AC＝BC，AE＝DE，CD＝m，BD＝n，AD＝t，试探究m，n，t三者之间的数量关系，并说明理由； （3）如图3，若∠BDC＝135°，AD＝4，AC＝5，，求AB的长． 1．如图，已知∠CAE＝∠BAD，添加一个条件使△ABC∽△ADE，你添加的条件是 　　 .（写出一个即可） 2．如图，已知：AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠ECD＝90°，∠EBD＝38°，现有下列结论：①△BDC≌△AEC；②∠AEB＝128°；③BD＝AE；④AE⊥BD．其中不正确的有（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3 个 3．如图，边长为8a的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接HN．则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是（　　） A．4a B．2a C．a D． 4．如图，在菱形OABC中，∠BCO＝60°，点C（﹣3，0），点D在对角线BO上，且OD＝2BD，点E是射线AO上一动点，连接DE，F为x轴上一点（F在DE左侧），且∠EDF＝60°，连接EF，当△DEF的周长最小时，点E的坐标为（　　） A．（1，3） B． C． D．（0，0） 5．如图，在矩形ABCD中，过点D作对角线AC的垂线，垂足为E，过点E作BE的垂线交AD于点F，如果AB＝3，BC＝4，那么DF的长是（　　） A．3 B． C． D． 6．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BC＝2，以AB，AC为边向外作正方形ABFG与正方形ACDE，作AM⊥BC，AM的反向延长线与GE交于点N，连结BN，则BN的最大值为（　　） A． B． C． D． 7．如图，BD为△ABC的角平分线，且BD＝BC，E为BD延长线上一点，BE＝BA，过点E作EF⊥AB于点F，则下列结论正确的为（　　） ①△EBC可由△ABD绕点B旋转而得到； ②∠BCE+∠BCD＝180°； ③∠ABE＝∠DAE； ④BA+BC＝2BF． A．①②③ B．①②③④ C．①②④ D．①③④ 8．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，AE＝3，连接BE，以BE为斜边在BE的右侧作等腰直角△BDE，P是AE边上的一点，连接PC和CD，当∠PCD＝45°，则PE长为 　　 ． 9．（2025秋•昆山市校级月考）如图所示，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠1＝15°，∠2＝25°，则∠3＝　 　 ． 10．（2025秋•海沧区校级期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝135°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，①△ABC≌△DEC；②∠ADC＝45°；③；④AE＝AB+CD以上结论正确的是　 　 ． 11．如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点P是平面内一动点，且PA＝4，连接PB、PC，则PB+PC的最小值为 　 　 ． 12．（2025秋•青羊区校级月考）如图1，在△ABC中，AC＝AB，F为AC中点，D点在边BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AP，若∠BAC＝120°，AB＝2，则FP的最小值为　 　；如图2，在等腰△ABC中∠BAC＝120°，BC＝4，其中点P为高AD上的一个动点，连接BP，将BP绕点P逆时针旋转120°，得到PE，连接BE，DE，则△BDE周长的最小值是　 　． 13．（2025•昆山市模拟）如图，矩形ABCD中，AD＝6，DC＝8，点E为对角线AC上一动点，BE⊥BF，，BG⊥EF于点G，连接CG，当CG最小时，CE的长为 　 　． 14．（2025秋•锦江区校级月考）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，点M是边BC上的动点，连接AM，以AM为边在其右侧作正△AMN，连接CN．则CN的最小值为　 　 ，此时△CMN的面积为　 　． 15．（2025春•青羊区校级期中）如图，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AD与BE交于点O，连接CO并延长交AB于点F，延长AD至点G，若GE平分∠DGC，CE平分∠DCH，则下列结论：①∠ABE＝∠ACF；②∠GEB＝45°；③EO＝EC；④AE﹣CE＝BF；⑤AG﹣CG＝BC，其中正确的结论有　 　（写序号）． 16．如图，△ABC∽△ADE，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝3，AC＝4，点D在线段BC上运动，P为线段DE的中点，在点D的运动过程中，CP的最小值是　 　 ． 17．（1）问题发现 如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE，求∠AEB的度数． （2）拓展探究 如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．请求∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由． 18．如图，已知矩形ABCD和矩形AEFG共用顶点A，点E在线段BD上，连接EG，DG，且． （1）求证：∠ABE＝∠ADG； （2）若，，，求EG的长． 19．（2025秋•锦江区校级期中）某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究． 【问题发现】 （1）如图①，在等边△ABC中，点P是边BC上一点，连接AP，以AP为边作等边△APQ，连接CQ．则CQ与BP的数量关系是：　 　； 【问题提出】 （2）如图②，在等腰△ABC中，AB＝BC，点P是边BC上任意一点，以AP为腰作等腰△APQ，使AP＝PQ，∠APQ＝∠ABC，连接CQ．试说明PB•AQ＝AP•CQ； 【问题解决】 （3）如图③，在正方形ADBC中，点P是边BC上一点，以AP为边作正方形APEF，点Q是正方形APEF的对称中心，连接CQ．若正方形APEF的边长为8，，求正方形ADBC的边长． 20．（2025秋•北京校级期中）已知△ABC 是等边三角形，点D在△ABC 内部，且∠BDC＝120°． （1）如图1，设∠ABD＝α，求∠ACD的度数（用含α的式子表示）； （2）如图2，点E是BC的中点，连接AD，DE，用等式表示线段AD与DE之间的数量关系，并证明． 21．（2025秋•思明区校级期末）在△ABC中，AB＝AC，点E在BC上，点H在AC上，连接AE和BH交于点F，∠ABH＝∠CAE． （1）如图1，求证：∠AFB＝2∠ACB； （2）如图2，连接FC，若FC平分∠EFH，求证：AH＝CH； （3）如图3，在（2）的条件下，点D在BH的延长线上，连接CD，∠ACD+3∠EFC＝180°时，若AE+DF＝14，BH+AF＝16，求HF的长． 22．已知，等腰△ABC和等腰△ADE，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，点M为直线BD、CE的交点． （1）如图1，连接DC，若∠BAC＝∠DAE＝90°． ①求证：CE⊥BD； ②若射线CM平分∠BCD且∠BAE＝60°，AB＝AC＝2，求△ADC的面积． （2）如图2，∠BAC＝∠DAE＝140°，将△ADE绕点A旋转一周，点E始终在直线BC上方．已知BC＝a，AB＝AC＝1，∠ECA＝10°，求MC2的值（用含a的代数式表示）． 23．（2026春•九龙坡区校级月考）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是射线BP上一点（点D不与点B重合），连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接DE． （1）如图1，若AD⊥BP，连接CE，求∠CED的度数； （2）如图2，若点E恰好落在射线BP上，连接CD．点F是BE的中点，点G是CD的中点，连接AF，GE．用等式表示线段AF与GE的数量关系并证明； （3）如图3，，AB＝5，连接BE．当BE取最小值时，在直线AB上取一点Q，连接CE，QC，QE，将△CQE沿CQ所在直线翻折到△ABC所在的平面内，得△CQH，连接HA，HD，HE．当HD取最小值时，请直接写出△HAE的面积． 24．（2025秋•双流区校级期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6． （1）点E在AC边上，DE⊥AB，垂足为D，如图1，已知CE＝DE，求AD的长； （2）将（1）中的Rt△ADE绕点A逆时针旋转，连结CD，交直线AB于点F，在CD上方作∠DCG＝∠BAC，∠DCG的边与AB交点为G． ①如图2，当点E在线段CD上时，求BF的长； ②如图3，连结BE，延长CG交BE于点M，在Rt△ADE旋转的过程中，求线段BM的最小值． 25．（2025秋•锦江区校级期中）某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究． 【问题发现】 （1）如图①，在等边△ABC中，点P是边BC上一点，连接AP，以AP为边作等边△APQ，连接CQ．则CQ与BP的数量关系是：　 　 ； 【问题提出】 （2）如图②，在等腰△ABC中，AB＝BC，点P是边BC上任意一点，以AP为腰作等腰△APQ，使AP＝PQ，∠APQ＝∠ABC，连接CQ．试说明PB•AQ＝AP•CQ； 【问题解决】 （3）如图③，在正方形ADBC中，点P是边BC上一点，以AP为边作正方形APEF，点Q是正方形APEF的对称中心，连接CQ．若正方形APEF的边长为8，，求正方形ADBC的边长． 26．（2025•东海县模拟）综合与实践： 【新知定义】如图1，若∠BAC＝∠DAE，，则△ABC∽△ADE．小明称图1中的△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”． 【新知探究】 （1）如图2，若∠BAC＝90°，∠B＝30°，BC＝4，D为BC的中点．以AD为一边在AD右侧作△ADE，且△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”，连接CE，则CE的长为　 　 ； （2）在图1中，连接BD，CE，求证：△ABD∽△ACE； 【变式应用】 （3）如图3，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D为BC的中点，AD为一边在AD右侧作△ADE，∠BAC＝∠DAE，S△ABC＝S△ADE，连接CE，求CE的长； 【综合应用】 （4）如图4，若∠BAC＝90°，∠B＝30°，AC＝1，若D点在线段BC上运动BC，且点D不与点B重合），以AD为一边在AD右侧作△ADE，且△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”，连接CE．以AD、AE为边构造矩形ADFE，连接CF．直接写出△CEF面积的最大值及此时BD的长度． 27．（2025秋•广信区期中）在学习利用旋转解决图形问题时，老师提出如下问题： （1）如图1，点P是正方形ABCD内一点，PA＝1，PB＝2，PC＝3，你能求出∠APB的度数吗？ 小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路： 思路一：将△PBC绕点B逆时针旋转90°，得到△P'BA，连接PP'，可求出∠APB的度数； 思路二：将△PAB绕点B顺时针旋转90°，得到△P'CB，连接PP'，可求出∠APB的度数； 请参照小明的思路，任选一种写出完整的解答过程： （2）如图2，若点P是等边三角形ABC内一点，若∠APB＝150°，则线段PA，PB，PC满足怎样的等量关系？ 请参考小明上述解决问题的方法进行探究，直接写出线段PA，PB，PC满足的等量关系． 28．如图，点B为线段AD上一点，CB⊥AD，以CD为斜边作等腰Rt△CDE，若线段AB、CB长为关于x的一元二次方程x2﹣4kx+4k2＝0的两个根． （1）试判定此一元二次方程的根的情况； （2）求证：AE＝ED； （3）若△AED与△CED的面积比2：3，BD＝a，则　 　（直接写出答案）． 29．（2025秋•海曙区校级期中）如图1，等边△ABC中，点D在BC上，点E在AC上，连接AD，BE交于点F，CD＝AE． （1）求∠BFD的度数； （2）如图2，连接CF，若CF⊥BE，求证：BF＝2AF； （3）如图3，在（2）的条件下，将AD沿CF翻折交AC于点G，过点C作CF的垂线交直线FG于点H，若BF＝4． ①求证：BF＝HF； ②求FG•GH的值．（请直接写出结果） 30．（2025•沙坪坝区校级一模）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝AB，点D为平面内一点，连接AD、CD，点E为CD中点，连接AE； （1）如图1，点D在AB边上，若∠BCE＝α，求∠DEA的度数（用含α的代数式表示）； （2）如图2，点D在△ABC内，连接BD，若∠ABD＝∠CAE，求证：； （3）如图3，AB＝4，点D在△ABC内且∠ADC＝90°，当BE取最小值时，把△BCE沿着BC翻折到△BCE的同一平面得到△BCF，请直接写出四边形ACFB的面积． 31．（2025春•东明县期中）我们定义：如果两个等腰三角形顶角相等，且顶角顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，形象的可以看作两双手，所以通常称为“手拉手全等模型”． （1）例如，如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，其中∠BAC＝∠DAE，则△ABD≌△　 　 （ 　 　）． （2）类比：如图2，已知△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，求证：BD＝CE； （3）拓展：如图3，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，试探索线段CD，BD，AD之间满足的等量关系，并证明结论． 32．在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF，连接BE，CF． 【发现问题】如图①，若∠BAC＝30°，延长BE交CF于点D，则BE与CF的数量关系是　 　 ，∠BDC的度数为 　 　． 【类比探究】如图②，若∠BAC＝120°，延长BE，FC相交于点D，请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC的度数，并说明理由． 【拓展延伸】如图③，若∠BAC＝90°，且点B，E，F在同一条直线上，过点A作AM⊥BF，垂足为点M，请猜想BF，CF，AM之间的数量关系，并说明理由． 33．（2025•龙泉驿区模拟）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片ABC和△ADE中，AB＝AD＝3，BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°． 【初步感知】 （1）如图1，连接BD，CE，在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究的值； 【深入探究】 （2）如图2，在纸片ADE绕点A逆时针旋转过程中（旋转角不大于90°），直线BD与CE交于点F； ①求证：CF＝EF； ②当∠BAD＝∠BCA时，求BF的长； 【拓展延伸】 （3）在纸片ADE绕点A逆时针旋转过程中（旋转角不大于90°），试探究C，D，F三点能否构成等腰三角形，若能，直接写出DF的长；若不能，请说明理由． 34．问题提出 如图（1），点D是等腰△ABC底边AC上一点，点E，A在BD同侧，且BD＝ED，∠BDE＝∠ABC，取BE的中点F，连接并延长AF，CB交于点G，探究AF与FG的数量关系． 问题探究 （1）先将问题特殊化，如图（2），当AB⊥BC时，直接写出AF与FG的数量关系； （2）再探究一般情形．如图（1），证明（1）中的结论是否仍然成立． 问题拓展 （3）如图（3），△ABC不是等腰三角形，点P是AB边上的点，连接PD，PC，已知PD⊥AC于D，∠CPD＝∠B，且，BC＝2BP，直接写出的值． 35．（1）【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．请判断BD与CE的数量关系：　 　 ． （2）【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请写出BD与CE的数量关系：　 　　 　 ． （3）【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且．连接BD，CE． ①求的值； ②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值． 16 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $