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几何模型系列精讲
全等模型
一、 双基目标
本节主要学习-三种常见的全等模型
(“手拉手”、“三垂直”、“中点”相关）中的解题方法.
二、能力目标
数学模型分广义和狭义两种.广义的是指一切数 ( http: / / www.21cnjy.com )学理论、体系和各种概念、公式、算法系统的等。狭义的是指为解决某些具体的数学问题而衍生出的某种特殊的数学关系结构.并且在高度概括之后，本专辑主要从狭义角度通过精讲、精练来培养学生熟练运用全等相关模型解决大量几何问题.21教育网
1、看课件，复习知识体系和基本方法；
2、学习例题，完成变式练习；
3、完成课后练习，巩固基础，提升能力。
【例1】如图，在△ABC中，∠BAC＝90 ( http: / / www.21cnjy.com )°，AB＝AC＝10cm，点D为△ABC内一点，∠BAD＝15°，AD＝6cm，连接BD，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点为点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为 cm．21cnjy.com
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【例2】（2021湖北鄂州）如图，四边形ABDC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥BD于点D．若BD＝2，CD＝4，则线段AB的长为 2 ．
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【例3】（2020贵州黔西南） ( http: / / www.21cnjy.com )如图，在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，AB＝2，点D为AB的中点，以点D为圆心作圆心角为90°的扇形DEF，点C恰在弧EF上，则图中阴影部分的面积为________．21·cn·jy·com
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【例4】（2020台州）用四块 ( http: / / www.21cnjy.com )大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖面积为a，小正方形地砖面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为 a+b ．（用含a，b的代数式表示）www.21-cn-jy.com
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【例5】（2019 东营）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC、BD的交点，过点O作射线OM、ON分别交BC、CD于点E、F，且∠EOF＝90°，OC、EF交于点G．给出下列结论：①△COE≌△DOF；②△OGE∽△FGC；③四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的；④DF2+BE2＝OG OC．其中正确的是（ ）2·1·c·n·j·y
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A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．③④
【例6】（2020山东滨州）如图，点P是正方 ( http: / / www.21cnjy.com )形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为2√3，√2，4则正方形ABCD的面积为________
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【例7】（2021湖北黄石）如图，在正方 ( http: / / www.21cnjy.com )形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，AE交BD于M点，AF交BD于N点．
（1）若正方形的边长为2，则△CEF的周长是 ．
（2）下列结论：①BM2+DN2＝MN2；② ( http: / / www.21cnjy.com )若F是CD的中点，则tan∠AEF＝2；③连接MF，则△AMF为等腰直角三角形．其中正确结论的序号是 （把你认为所有正确的都填上）．【来源：21cnj*y.co*m】
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【例8】（2020四川宜宾）如图，△ABC和△ECD都是等边三角形，且点B、C、D在一条直线上，连结BE、AD，点M、N分别是线段BE、AD上的两点，且BM＝BE，AN＝AD，则△CMN的形状是（ ）
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A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等边三角形 D．不等边三角形
【例9】（2020四川广 ( http: / / www.21cnjy.com )元）如图所示，△ABC，△ECD均为等边三角形，边长分别为5cm,3cm，B、C、D三点在同一条直线上，则下列结论正确的________________．（填序号）【出处：21教育名师】
①AD=BE； ②BE=7cm； ③△CFG为等边三角形 ； ④CM= ⑤CM平分∠BMD
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【例10】（2020 天水）如图，在边长为 ( http: / / www.21cnjy.com )6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．若DF＝3，则BE的长为 ．【版权所有：21教育】
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【例11】（2018开封）如 ( http: / / www.21cnjy.com )图，点A的坐标为（0，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等腰直角△ABC，使∠BAC=90°，设点B的横坐标为x，点C的纵坐标为y，则y与x的解析式是_____．www-2-1-cnjy-com
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【例12】（2019深圳）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，C（0，-3），CD=3AD,点A在上，且y轴平分∠ACB，则k= 。21教育名师原创作品
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【例13】（2020遵义）如 ( http: / / www.21cnjy.com )图，在边长为4的正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点（点E与点A，C不重合），连接DE，作EF⊥DE交射线BA于点F，过点E作MN∥BC分别交CD，AB于点M、N，作射线DF交射线CA于点G．【来源：21·世纪·教育·网】
（1）求证：EF＝DE；
（2）当AF＝2时，求GE的长．
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【例14】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）
(2)①如图2，，，，连接，，且于点，与直线交于点.求证：点是的中点.
②如图3，在平面直角坐标系中，点为平面内任一点，点的坐标为.若是以为斜边的等腰直角三角形，请直接写出点的坐标.
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【例15】（2018年山东省威海市）矩形ABCD与CEFG，如图放置，点B，C，E共线，点C，D，G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH．若BC=EF=2，CD=CE=1，则GH=（ ）21*cnjy*com
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A．1 B． ( http: / / www. / " \o "中国教育出版网\" ) C． D． ( http: / / www. / " \o "中国教育出版网\" )
【例16】（2018眉山） 如图，在 ABCD中，CD=2AD，BE⊥AD于点E，F为DC的中点，连结EF、BF，下列结论：①∠ABC=2∠ABF；②EF=BF；③S四边形DEBC=2S△EFB；④∠CFE=3∠DEF,其中正确结论的个数共有（ ）.
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A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【例17】（2020河南）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 1 ．21*cnjy*com
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【例18】（2021浙江 ( http: / / www.21cnjy.com )嘉兴）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，点D在AC上，且AD＝2，点E是AB上的动点，连结DE，点F，G分别是BC和DE的中点，连结AG，FG，当AG＝FG时，线段DE长为（ ）
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A． B． C． D．4
【例19】（2020山东淄博 ( http: / / www.21cnjy.com )）如图，矩形纸片ABCD，AB＝6cm，BC＝8cm，E为边CD上一点．将△BCE沿BE所在的直线折叠，点C恰好落在AD边上的点F处，过点F作FM⊥BE，垂足为点M，取AF的中点N，连接MN，则MN＝ cm．21·世纪*教育网
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【例20】（2018 临沂）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：21世纪教育网版权所有
①若AC=BD，则四边形EFGH为矩形；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形；
③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；
④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．
其中正确的个数是（ ）
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A．1 B．2 C．3 D．4
【例21】猜想与证明：
如图1摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECG ( http: / / www.21cnjy.com )F，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，若M为AF的中点，连接DM、ME，试猜想DM与ME的关系，并证明你的结论．2-1-c-n-j-y
拓展与延伸：
（1）若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME的关系为 ．
（2）如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF的中点，试证明（1）中的结论仍然成立．
【例22】已知两个等腰 Rt△ABC，Rt△CEF，∠ABC=∠CEF=90°，连接AF，M是AF的中点，连接MB、ME．
（1）如图1，当CB与CE在同一直线上时，求证：MB∥CF；
（2）如图2，当∠BCE=45°时，
求证：BM=ME．
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专题五 全等模型问题
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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几何变换、数学思想方法中考满分系列精讲
几何模型问题
数学模型的思想过程为直觉、试探、思考、猜想、验证,这一过程主要培养学生的思考过程和解决问题的思想,这是学生们对新知识的了解并更好运用的过程,可开发出学生们的抽象概括能力和创新思维能力.同时更有助于学生分析并解决问题的实用机理。数学模型是学生以自己原有的知识经验为基础,通过对外部问题的观察和吸纳,再与自身原有知识相结合,将相关问题充分结合并构建属于它的理解和意义.对数学模型的求解也是需要学生对自己以前的知识进行唤醒,运用以前的知识与现在所学知识相互交流并吸取有益部分再进行相互融合、编码、构建与数学模型的理解和和意义,这是一个需要相互反复交流的相互过程也是学习者对自己构建知识经验的过程.。
一、 双基目标
本节主要学习-三种常见的全等模型
(“手拉手”、“三垂直”、“中点”相关）中的解题方法.
二、能力目标
数学模型分广义和狭义两种.广义的是指一切数学理论、体系和各种概念、公式、算法系统的等。狭义的是指为解决某些具体的数学问题而衍生出的某种特殊的数学关系结构.并且在高度概括之后，本专辑主要从狭义角度通过精讲、精练来培养学生利用全等相关模型来解决大量几何问题.
五、全等模型专题
“手拉手”模型--绕点型
（1）自旋转：
如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝10cm，点D为△ABC内一点，∠BAD＝15°，AD＝6cm，连接BD，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点为点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为 cm．
【分析】由旋转的性质可知：AE=AD=6，∠DAE=∠BAC=90°，∠CAE=∠BAD=15°，所以△DAE是等腰直角三角形即∠ADE=45°，因为AG⊥DE，所以AG=DG=GE，再由勾股定理可得AG=3√2.由三角形的外角性质可知∠AFG=60°，在Rt△AFG中，AF= =2√6，所以CF=AC－AF=10－2√6
（2021湖北鄂州）如图，四边形ABDC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥BD于点D．若BD＝2，CD＝4√2，则线段AB的长为 。
【分析】过点C作CE⊥CD交AD于E，判断出∠ACE＝∠BCD，进而利用SAS判断出△ACE≌△BCD，得出AE＝BD＝2，CE＝CD，进而利用勾股定理求出DE＝8，即AD＝10，最后用勾股定理即可得出结论．【答案】2√26
（2020贵州黔西南）如图，在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，AB＝2，点D为AB的中点，以点D为圆心作圆心角为90°的扇形DEF，点C恰在弧EF上，则图中阴影部分的面积为________．
【分析】连接CD，并过D作DN⊥AC，DM⊥BC分别交AC，BC于N，M.证明△DGM≌△DHN，从而可以发现阴影面积=扇形DEF的面积-
正方形DNCM的面积。依据条件即可得算出答案；【答案】
（2020台州）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖面积为a，小正方形地砖面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为 ．（用含a，b的代数式表示）
【分析】如图，连接DK，DN，证明S四边形DMNT＝S△DKN＝ a即可解决问题．
【解答】解：如图，连接DK，DN，
（2019 东营）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC、BD的交点，过点O作射线OM、ON分别交BC、CD于点E、F，且∠EOF＝90°，OC、EF交于点G．给出下列结论：①△COE≌△DOF；②△OGE∽△FGC；③四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的 ；④DF2+BE2＝OG OC．其中正确的是（ ）
A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．③④
【分析】依据条件可证明△DOF≌△COE，①正确；由①得出OF=OE，所以∠OFE=∠OEF=45°=∠OCD；又因为∠OGE=∠CGF，∴②正确；∵△DOF≌△COE，∴S△ODC=S四边形OFCE，∴③正确；④错误.理由略【答案】 B
（2020山东滨州）如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为2√3，√2，4则正方形ABCD的面积为________
【分析】
如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．首先证明∠PMC=90°，推出∠CMB=∠APB=135°，推出A，P，M共线，利用勾股定理求出AB2即可．【答案】14+4√3．
（2021湖北黄石）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，AE交BD于M点，AF交BD于N点．
（1）若正方形的边长为2，则△CEF的周长是 ．
（2）下列结论：①BM2+DN2＝MN2；②若F是CD的中点，则tan∠AEF＝2；③连接MF，则△AMF为等腰直角三角形．其中正确结论的序号是 （把你认为所有正确的都填上）．
【分析】（1）过A作AG⊥AE，交CD延长线于G，证明△ABE≌△ADG，得BE＝DG，AG＝AE，由∠EAF＝45°，证明△EAF≌△GAF，得EF＝GF，故△CEF的周长：EF+EC+CF＝GF+EC+CF＝CD+BC，即可得答案；【答案】4.
（2）①将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，连接NH，证明△AMN≌△AHN，可得MN＝HN，Rt△HDN中，有HN2＝DH2+DN2，即得MN2＝BM2+DN2，故①正确；
（2）共旋转（典型的手拉手模型）
（2020四川宜宾）如图，△ABC和△ECD都是等边三角形，且点B、C、D在一条直线上，连结BE、AD，点M、N分别是线段BE、AD上的两点，且BM＝ BE，AN＝ AD，则△CMN的形状是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等边三角形 D．不等边三角形
【分析】根据等边三角形的性质得出BC＝AC，EC＝CD，进而利用SAS证明△BCE与△ACD全等，进而利用全等三角形的性质解答即可．
（2020四川广元）如图所示，△ABC，△ECD均为等边三角形，边长分别为5cm,3cm，B、C、D三点在同一条直线上，则下列结论正确的________________．（填序号）
①AD=BE； ②BE=7cm； ③△CFG为等边三角形 ； ④CM= ；⑤CM平分∠BMD.
【答案】①②③⑤
【分析】
①根据等边三角形的性质得CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝60°，
∠DCE＝60°，则∠ACE＝60°，利用“SAS”可判断△ACD≌△BCE，
则AD＝BE；
②过E作BN⊥CD,根据等边三角形求出ED、CN的长，即可求出BE的长；
③由等边三角形的判定得出△CMN是等边三角形；
④证明△DMC∽△DBA，求出CM长；
⑤证明M、F、C、G四点共圆，由圆周角定理得出∠BMC＝∠FGC＝60°，
∠CMD＝∠CFG＝60°，得出∠BMC＝∠DMC，所以CM平分∠BMD.
“手拉手”模型--半角型
（2020 天水）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．若DF＝3，则BE的长为 ．
【分析】根据旋转的性质可知，△ADF≌△ABG，然后即可得到DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，然后根据题目中的条件，可以得到△EAG≌△EAF，再根据DF＝3，AB＝6和勾股定理，可以得到DE的长，本题得以解决．
“一线三垂直”模型
【模型拓展】
（2018开封）如图，点A的坐标为（0，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等腰直角△ABC，使∠BAC=90°，设点B的横坐标为x，点C的纵坐标为y，则y与x的解析式是_____．
反思：“斜放直角”结构的几何问题通常可采用构造“一线三垂直”模型解决.
【分析】过点C作CD⊥OA于点D，则△ABO≌△CAD，由OB＝DA即可得到y与x的解析式.【答案】y=x+1
（2019深圳）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，C（0，-3），CD=3AD,点A在 上，且y轴平分∠ACB，则k= .
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,∠BAD=90°,AB=AD,过点B作BC⊥AC于点C,过点D作DE⊥AC于点E.由∠1+∠2=∠2+∠D=90°,得∠1=∠D.又∠ACB=∠AED=90°,可以推理得到△ABC≌△DAE.进而得到AC= ,BC= .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)①如图2,∠BAD=∠CAE=90°,AB=AD,AC=AE,连接BC,DE,且BC⊥AF于点F,DE与直线AF交于点G.求证:点G是DE的中点;
②如图3,在平面直角坐标系xOy中,点A的坐标为(2,4),点B为平面内任一点.若△AOB是以OA为斜边的等腰直角三角形,请直接写出点B的坐标.
(1)如图1,∠BAD=90°,AB=AD,过点B作BC⊥AC于点C,过点D作DE⊥AC于点E.由∠1+∠2=
∠2+∠D=90°,得∠1=∠D.又∠ACB=∠AED=90°,可以推理得到△ABC≌△DAE.
进而得到AC= ,BC= .
我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型;
【分析】（1）根据全等三角形的性质即可得到结论；
（1）AC＝DE，BC＝AE；
故答案为：DE，AE；
[模型应用]
(2)①如图2,∠BAD=∠CAE=90°,AB=AD,AC=AE,连接BC,DE,且BC⊥AF于点F,DE与直线AF交于点G.求证:点G是DE的中点;
【分析】（2）①如图2，作DM⊥AH于M，EN⊥AH于N，根据余角的性质得到∠B＝∠1，根据全等三角形的性质得到AH＝DM，同理AH＝EN，求得EN＝DM，由全等三角形的性质得到DG＝EG，于是得到点G是DE的中点；
【分析】②如图3，过A作AD⊥y轴于D，过B作BE⊥x轴于E，DA与EB相交于C，根据余角的性质得到∠BAC＝∠AOD，根据全等三角形的性质得到AD＝BC，OD＝AC，设AD＝x，则BC＝AD＝x，于是得到结论．
②如图3,在平面直角坐标系xOy中,点A的坐标为(2,4),点B为平面内任一点.若△AOB是以OA
为斜边的等腰直角三角形,请直接写出点B的坐标.
“中点类”模型
“斜中”模型
中位线模型
中点＋平行= 中点八字型全等
（2018年山东省威海市）矩形ABCD与CEFG，如图放置，点B，C，E共线，点C，D，G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH．若BC=EF=2，CD=CE=1，则GH=（ ）
A．1 B． C． D．
【分析】延长GH交AD于点P，先证△APH≌△FGH得AP=GF=1，GH=PH= PG，再利用勾股定理求得PG=√2，从而得出答案．
反思：“见中点”构造“中点八字型”全等模型解决.
（2018眉山） 如图，在平行四边形 ABCD中，CD=2AD，BE⊥AD于点E，F为DC的中点，连结EF、BF，下列结论：①∠ABC=2∠ABF；②EF=BF；③S四边形DEBC=2S△EFB；④∠CFE=3∠DEF,其中正确结论的个数共有（ ）.
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【分析】：如图延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H连接FH．证明△DFE≌△FCG 得EF=FG，BE⊥BG，四边形BCFH是菱形即可解决问题；【答案】 D．
反思：“见中点”构造“中点八字型”全等模型解决.
（2020河南）如图，在边长为2√2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 ．
【分析】连接CH，并延长交AD于M，再连接EM.由条件可证明
△MHD≌△CHF.从而得出DM=AM=√2，因为AE=√2，由勾股定理得EM=2，因为H，G分别是MC，EC的中点，所以GH=1.
反思：1、“见中点”构造“中点八字型”全等模型解决.
2、条件中若出现“两个中点”，考虑构造“中位线”模型.
（2021浙江嘉兴）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，点D在AC上，且AD＝2，点E是AB上的动点，连结DE，点F，G分别是BC和DE的中点，连结AG，FG，当AG＝FG时，线段DE长为（ ）
【分析】连接DF，AF，EF，依据“斜中”模型，找到AF⊥BC，且平分BC.再证明△DFA≌△EFB.最后利用勾股定理求出DE=√13.
（2020山东淄博）如图，矩形纸片ABCD，AB＝6cm，BC＝8cm，E为边CD上一点．将△BCE沿BE所在的直线折叠，点C恰好落在AD边上的点F处，过点F作FM⊥BE，垂足为点M，取AF的中点N，连接MN，则MN＝ cm．
【分析】连接AC，FC，求出AC，利用三角形的中位线定理解决问题即可．【答案】5
（2018 临沂）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：
①若AC=BD，则四边形EFGH为矩形；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形；
③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；
④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．
其中正确的个数是（ ）A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】因为一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形，
【例18】猜想与证明：
如图1摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，若M为AF的中点，连接DM、ME，试猜想DM与ME的关系，并证明你的结论．
拓展与延伸：
（1）若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME的关系为 ．
（2）如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF的中点，试证明（1）中的结论仍然成立．
【分析】（1）延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，
（2）连接AE，AE和EC在同一条直线上，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半
反思：1、“见中点”构造“中点八字型”全等模型解决.
2、条件中若出现“斜边中点”，考虑构造“斜中”模型.
已知两个等腰 Rt△ABC，Rt△CEF，∠ABC=∠CEF=90°，连接AF，M是AF的中点，连接MB、ME．
（1）如图1，当CB与CE在同一直线上时，求证：MB∥CF；
（2）如图2，当∠BCE=45°时，
求证：BM=ME．
【分析】（1）延长BM交EF于点D，利用△ABM≌△FDM，
得出AB=DF，从而得出EB=ED，进而发现△EBD是等腰直角三角形。
∠EBD=∠ECF=45°
所以BD//CF.所以BM//CF 。
（2）延长BM交CF于点D，利用△ABM≌△FDM，
得出AB=DF，从而得出BC=FD，进而发现△EBC≌△EDF
所以△EBD是等腰直角三角形，又因为M为BD中点，
所以BM=EM 。中小学教育资源及组卷应用平台
几何模型系列精讲
全等模型
一、 双基目标
本节主要学习-三种常见的全等模型
(“手拉手”、“三垂直”、“中点”相关）中的解题方法.
二、能力目标
数学模型分广义和狭义两种.广义的是 ( http: / / www.21cnjy.com )指一切数学理论、体系和各种概念、公式、算法系统的等。狭义的是指为解决某些具体的数学问题而衍生出的某种特殊的数学关系结构.并且在高度概括之后，本专辑主要从狭义角度通过精讲、精练来培养学生熟练运用全等相关模型解决大量几何问题.21世纪教育网版权所有
1、看课件，复习知识体系和基本方法；
2、学习例题，完成变式练习；
3、完成课后练习，巩固基础，提升能力。
【例1】如图，在△ABC中，∠BAC ( http: / / www.21cnjy.com )＝90°，AB＝AC＝10cm，点D为△ABC内一点，∠BAD＝15°，AD＝6cm，连接BD，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点为点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为 cm．21cnjy.com
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【答案】10－2
【解析】本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形、三角函数的关系、勾股定理.
过点A作AG⊥DE于点G，
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由旋转的性质可知：AE=AD=6，∠DAE=∠BAC=90°，∠CAE=∠BAD=15°，所以△DAE是等腰直角三角形即∠ADE=45°，因为AG⊥DE，所以AG=DG=GE，再由勾股定理可得AG=3.由三角形的外角性质可知∠AFG=60°，在Rt△AFG中，AF==2，所以CF=AC－AF=10－2．
【例2】（2021湖北鄂州）如图，四边形ABDC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥BD于点D．若BD＝2，CD＝4，则线段AB的长为 2 ．
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【分析】过点C作CE⊥CD交AD于E，判断 ( http: / / www.21cnjy.com )出∠ACE＝∠BCD，进而利用SAS判断出△ACE≌△BCD，得出AE＝BD＝2，CE＝CD，进而利用勾股定理求出DE＝8，即AD＝10，最后用勾股定理即可得出结论．
【解答】解：如图，过点C作CE⊥CD交AD于E，
∴∠ECD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠ECD，
∴∠ACB﹣∠BCE＝∠ECD﹣∠BCE，
∴∠ACE＝∠BCD，
∵AC＝BC，
BC与AD的交点记作点F，
∵∠ACB＝90°，
∴∠AFC+∠CAE＝90°，
∵∠AFC＝∠DFB，
∴∠DFB+∠CAE＝90°，
∵∠ADB＝90°，
∴∠DFB+∠CBD＝90°，
∴∠CAE＝∠CBD，
∴△ACE≌△BCD（ASA），
∴AE＝BD，CE＝CD，
在Rt△DCE中，CE＝CD＝4，
∴DE＝CD＝＝8，
∵BD＝2，
∴AE＝2，
∴AD＝AE+DE＝2+8＝10，
在Rt△ABD中，根据勾股定理得，AB＝＝＝2，
故答案为．
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【点评】此题主要考查了等腰直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定和性质，作出辅助线构造出全等三角形是解本题的关键．【版权所有：21教育】
【例3】（2020贵州黔西南）如图， ( http: / / www.21cnjy.com )在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，AB＝2，点D为AB的中点，以点D为圆心作圆心角为90°的扇形DEF，点C恰在弧EF上，则图中阴影部分的面积为________．
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【答案】，解析：本题考查了扇形的面积计算和图形的旋转．如答图，连接CD，作DM⊥BC，DN⊥AC，垂足分别为M，N．∵CA＝CB，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，∴DC＝AB＝1，四边形DMCN是正方形，DM＝，∴扇形FDE的面积为＝．∵CA＝CB，点D为AB的中点，∴CD平分∠BCA，又∵DM⊥BC，DN⊥AC，∴DM＝DN．∵∠GDH＝∠MDN＝90°，∴∠GDM＝∠HDN．在△DMG和△DNH中，∴△DMG≌△DNH（AAS），∴S四边形DGCH＝S四边形DMCN＝，∴阴影部分的面积为，因此本题答案为．
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【例4】（2020台州）用四块大正方形地砖和 ( http: / / www.21cnjy.com )一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖面积为a，小正方形地砖面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为 a+b ．（用含a，b的代数式表示）
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【分析】如图，连接DK，DN，证明S四边形DMNT＝S△DKN＝a即可解决问题．
【解答】解：如图，连接DK，DN，
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∵∠KDN＝∠MDT＝90°，
∴∠KDM＝∠NDT，
∵DK＝DN，∠DKM＝∠DNT＝45°，
∴△DKM≌△DNT（ASA），
∴S△DKM＝S△DNT，
∴S四边形DMNT＝S△DKN＝a，
∴正方形ABCD的面积＝4×a+b＝a+b．
故答案为a+b．
【点评】本题考查中心对称，全等三角形的判定和性质，图形的拼剪等知识，解题的关键灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【例5】（2019 东营）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC、BD的交点，过点O作射线OM、ON分别交BC、CD于点E、F，且∠EOF＝90°，OC、EF交于点G．给出下列结论：①△COE≌△DOF；②△OGE∽△FGC；③四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的；④DF2+BE2＝OG OC．其中正确的是（ ）21·世纪*教育网
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A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．③④
解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴OC＝OD，AC⊥BD，∠ODF＝∠OCE＝45°，
∵∠MON＝90°，
∴∠COM＝∠DOF，
∴△COE≌△DOF（ASA），
故①正确；
②∵∠EOF＝∠ECF＝90°，
∴点O、E、C、F四点共圆，
∴∠EOG＝∠CFG，∠OEG＝∠FCG，
∴OGE∽△FGC，
故②正确；
③∵△COE≌△DOF，
∴S△COE＝S△DOF，
∴，
故③正确；
④）∵△COE≌△DOF，
∴OE＝OF，又∵∠EOF＝90°，
∴△EOF是等腰直角三角形，
∴∠OEG＝∠OCE＝45°，
∵∠EOG＝∠COE，
∴△OEG∽△OCE，
∴OE：OC＝OG：OE，
∴OG OC＝OE2，
∵OC＝AC，OE＝EF，
∴OG AC＝EF2，
∵CE＝DF，BC＝CD，
∴BE＝CF，
又∵Rt△CEF中，CF2+CE2＝EF2，
∴BE2+DF2＝EF2，
∴OG AC＝BE2+DF2，
故④错误，
故选：B．
【例6】（2020山东滨州）如图，点P是正 ( http: / / www.21cnjy.com )方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为2√3，√2，4则正方形ABCD的面积为________
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【答案】
【解析】
【分析】
如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△ ( http: / / www.21cnjy.com )CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．首先证明∠PMC=90°，推出∠CMB=∠APB=135°，推出A，P，M共线，利用勾股定理求出AB2即可．www.21-cn-jy.com
【详解】解：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．
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∵BP=BM=，∠PBM=90°，
∴PM=PB=2，
∵PC=4，PA=CM=2，
∴PC2=CM2+PM2，
∴∠PMC=90°，
∵∠BPM=∠BMP=45°，
∴∠CMB=∠APB=135°，
∴∠APB+∠BPM=180°，
∴A，P，M共线，
∵BH⊥PM，
∴PH=HM，
∴BH=PH=HM=1，
∴AH=2+1，
∴AB2=AH2+BH2=（2+1）2+12=14+4，
∴正方形ABCD的面积为14+4．
故答案为14+4．
【点睛】本题考查旋转的性质，全 ( http: / / www.21cnjy.com )等三角形的判定和性质，正方形的性质，解直角三角形等知识，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7】（2021湖北黄石）如图， ( http: / / www.21cnjy.com )在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，AE交BD于M点，AF交BD于N点．
（1）若正方形的边长为2，则△CEF的周长是 4 ．
（2）下列结论：①BM2+DN2＝M ( http: / / www.21cnjy.com )N2；②若F是CD的中点，则tan∠AEF＝2；③连接MF，则△AMF为等腰直角三角形．其中正确结论的序号是 ①③ （把你认为所有正确的都填上）．
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【分析】（1）过A作AG⊥AE ( http: / / www.21cnjy.com )，交CD延长线于G，证明△ABE≌△ADG，得BE＝DG，AG＝AE，由∠EAF＝45°，证明△EAF≌△GAF，得EF＝GF，故△CEF的周长：EF+EC+CF＝GF+EC+CF＝CD+BC，即可得答案；
（2）①将△ABM绕点A逆时针旋转90° ( http: / / www.21cnjy.com )得到△ADH，连接NH，证明△AMN≌△AHN，可得MN＝HN，Rt△HDN中，有HN2＝DH2+DN2，即得MN2＝BM2+DN2，故①正确；
②过A作AG⊥AE，交CD延长线于G，设DF＝x，BE＝DG＝y，Rt△EFC中，（2x﹣y）2+x2＝（x+y）2，解得x＝y，即＝，设x＝3m，则y＝2m，Rt△ADG中，tanG＝＝＝3，即得tan∠AEF＝3，故②不正确；
③由∠MAN＝∠NDF＝45°，∠ANM＝∠DNF，得△AMN∽△DFN，有＝，可得△ADN∽△MFN，从而∠MFN＝∠ADN＝45°，△AMF为等腰直角三角形，故③正确．
【解答】解：（1）过A作AG⊥AE，交CD延长线于G，如图：
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∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠BAE＝90°﹣∠EAD＝∠DAG，∠ABE＝∠ADG＝90°，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（ASA），
∴BE＝DG，AG＝AE，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠GAF＝45°，
在△EAF和△GAF中，
，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝GF，
∴△CEF的周长：EF+EC+CF
＝GF+EC+CF
＝（DG+DF）+EC+CF
＝DG+（DF+EC）+CF
＝BE+CD+CF
＝CD+BC，
∵正方形的边长为2，
∴△CEF的周长为4；
故答案为：4；
（2）①将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，连接NH，
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∵∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠HAF＝45°，
∵△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，
∴AH＝AM，BM＝DH，∠ABM＝∠ADH＝45°，
又AN＝AN，
∴△AMN≌△AHN（SAS），
∴MN＝HN，
而∠NDH＝∠ABM+∠ADH＝45°+45°＝90°，
Rt△HDN中，HN2＝DH2+DN2，
∴MN2＝BM2+DN2，
故①正确；
②过A作AG⊥AE，交CD延长线于G，如图：
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由（1）知：EF＝GF＝DF+DG＝DF+BE，∠AEF＝∠G，
设DF＝x，BE＝DG＝y，则CF＝x，CD＝BC＝AD＝2x，EF＝x+y，CE＝BC﹣BE＝2x﹣y，21教育网
Rt△EFC中，CE2+CF2＝EF2，
∴（2x﹣y）2+x2＝（x+y）2，
解得x＝y，即＝，
设x＝3m，则y＝2m，
∴AD＝2x＝6m，DG＝2m，
Rt△ADG中，tanG＝＝＝3，
∴tan∠AEF＝3，
故②不正确；
③∵∠MAN＝∠NDF＝45°，∠ANM＝∠DNF，
∴△AMN∽△DFN，
∴＝，即＝，
又∠AND＝∠FNM，
∴△ADN∽△MFN，
∴∠MFN＝∠ADN＝45°，
∴∠MAF＝∠MFA＝45°，
∴△AMF为等腰直角三角形，故③正确，
故答案为：①③．
【点评】本题考查正方形性 ( http: / / www.21cnjy.com )质及应用，涉及全等三角形的判定与性质、旋转变换、相似三角形的判定及性质、勾股定理等知识，综合性较强，解题的关键是根据题意作出辅助线，构造全等三角形．www-2-1-cnjy-com
【例8】（2020四川宜宾）如图，△ABC和△ECD都是等边三角形，且点B、C、D在一条直线上，连结BE、AD，点M、N分别是线段BE、AD上的两点，且BM＝BE，AN＝AD，则△CMN的形状是（ ）
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A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等边三角形 D．不等边三角形
【分析】根据等边三角形的性质得出BC＝AC，EC＝CD，进而利用SAS证明△BCE与△ACD全等，进而利用全等三角形的性质解答即可．
【解答】解：∵△ABC和△ECD都是等边三角形，
∴BC＝AC，EC＝CD，∠BCA＝∠ECD＝60°，
∴∠BCA+∠ACE＝∠ECD+∠ACE，
即∠BCE＝∠ACD，
在△BCE与△ACD中
，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴∠MBC＝∠NAC，BE＝AD，
∵BM＝BE，AN＝AD，
∴BM＝AN，
在△MBC与△NAC中
，
∴△MBC≌△NAC（SAS），
∴MC＝NC，∠BCM＝∠ACN，
∵∠BCM+∠MCA＝60°，
∴∠NCA+∠MCA＝60°，
∴∠MCN＝60°，
∴△MCN是等边三角形，
故选：C．
【例9】（2020四川广元）如图所示，△A ( http: / / www.21cnjy.com )BC，△ECD均为等边三角形，边长分别为5cm,3cm，B、C、D三点在同一条直线上，则下列结论正确的________________．（填序号）
①AD=BE； ②BE=7cm； ③△CFG为等边三角形 ； ④CM= ⑤CM平分∠BMD
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【答案】①②③⑤
【解析】
【分析】
①根据等边三角形的性质得CA＝CB，CD＝ ( http: / / www.21cnjy.com )CE，∠ACB＝60°，∠DCE＝60°，则∠ACE＝60°，利用“SAS”可判断△ACD≌△BCE，则AD＝BE；
②过E作,根据等边三角形求出ED、CN的长，即可求出BE的长；
③由等边三角形的判定得出△CMN是等边三角形；
④证明△DMC∽△DBA，求出CM长；
⑤证明M、F、C、G四点共圆，由圆周角 ( http: / / www.21cnjy.com )定理得出∠BMC＝∠FGC＝60°，∠CMD＝∠CFG＝60°，得出∠BMC＝∠DMC，所以CM平分∠BMD.
【详解】解：连接MC，FG，过点E作EN⊥BD，垂足N，
①∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝60°，∠DCE＝60°，
∴∠ACE＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE＝120°，
在△ACD和△BCE中，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；①正确；
②∵△CDE都是等边三角形，且边长为3cm.
∴CN=cm，EN=cm.
∵BC=5cm.
∴，②正确；
③∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE，
在△ACG和△BCF中，
∴△ACG≌△BCF（ASA），
∴CG＝CF
而∠GCF＝60°，
∴△CMN是等边三角形，③正确；
⑤∵∠EMD＝∠MBD＋∠MDB＝∠MAC＋∠MDB＝60°＝∠FCG，
∴M、F、C、G四点共圆，
∴∠BMC＝∠FGC＝60°，∠CMD＝∠CFG＝60°，
∴∠BMC＝∠DMC，
∴CM平分∠BMD，⑤正确；
④∵∠DMC=∠ABD，∠MDC=∠BDA
∴△DMC∽△DBA
∴
∴
∴CM=.④错误.
故答案为：①②③⑤.
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【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
【例10】（2020 天水）如图，在边长 ( http: / / www.21cnjy.com )为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．若DF＝3，则BE的长为 2 ．
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【分析】根据旋转的性质可知，△ADF≌△ ( http: / / www.21cnjy.com )ABG，然后即可得到DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，然后根据题目中的条件，可以得到△EAG≌△EAF，再根据DF＝3，AB＝6和勾股定理，可以得到DE的长，本题得以解决．
【解答】解：由题意可得，
△ADF≌△ABG，
∴DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，
∵∠DAB＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠EAB＝45°，
∴∠BAG+∠EAB＝45°，
∴∠EAF＝∠EAG，
在△EAG和△EAF中，
，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴GE＝FE，
设BE＝x，则GE＝BG+BE＝3+x，CE＝6﹣x，
∴EF＝3+x，
∵CD＝6，DF＝3，
∴CF＝3，
∵∠C＝90°，
∴（6﹣x）2+32＝（3+x）2，
解得，x＝2，
即CE＝2，
故答案为：2．
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【点评】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【例11】（2018开封）如图，点A ( http: / / www.21cnjy.com )的坐标为（0，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等腰直角△ABC，使∠BAC=90°，设点B的横坐标为x，点C的纵坐标为y，则y与x的解析式是_____．
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【答案】y=x+1
【解析】
分析：过点C作CD⊥OA于点D，则△ABO≌△CAD，由OB＝DA即可得到y与x的解析式.
详解：过点C作CD⊥OA于点D，则∠CDA＝∠BAC＝∠AOB＝90°，
因为∠CAD＋∠BAO＝90°，∠CAD＋∠ACD＝90°，所以∠BAO＝∠CAD，
又因为AC＝AB，所以△ABO≌△CAD，所以OB＝DA，
即x＝y－1，所以y＝x＋1.
故答案为y＝x＋1.
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点睛：本题考查了列函数关系式 ( http: / / www.21cnjy.com )和全等三角形的判定，一般在一条直线上有两个相等的直角时，可添加辅助线再出现一个直角，构造“K形图”，利用全等三角形求解.
【例12】（2019深圳）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，C（0，-3），CD=3AD,点A在上，且y轴平分∠ACB，则k= 。
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【答案】
【解析】
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【例13】（2020遵义）如图，在边长为 ( http: / / www.21cnjy.com )4的正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点（点E与点A，C不重合），连接DE，作EF⊥DE交射线BA于点F，过点E作MN∥BC分别交CD，AB于点M、N，作射线DF交射线CA于点G．
（1）求证：EF＝DE；
（2）当AF＝2时，求GE的长．
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【分析】（1）要证明EF＝DE，只 ( http: / / www.21cnjy.com )要证明△DME≌△ENF即可，然后根据题目中的条件和正方形的性质，可以得到△DME≌△ENF的条件，从而可以证明结论成立；
（2）根据勾股定理和三角形相似，可以得到AG和CG、CE的长，然后即可得到GE的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠ECM＝45°，
∵MN∥BC，∠BCM＝90°，
∴∠NMC+∠BCM＝180°，∠MNB+∠B＝180°，
∴∠NMC＝90°，∠MNB＝90°，
∴∠MEC＝∠MCE＝45°，∠DME＝∠ENF＝90°，
∴MC＝ME，
∵CD＝MN，
∴DM＝EN，
∵DE⊥EF，∠EDM+∠DEM＝90°，
∴∠DEF＝90°，
∴∠DEM+∠FEN＝90°，
∴∠EDM＝∠FEN，
在△DME和△ENF中，
，
∴△DME≌△ENF（ASA），
∴EF＝DE；
（2）由（1）知，△DME≌△ENF，
∴ME＝NF，
∵四边形MNBC是矩形，
∴MC＝BN，
又∵ME＝MC，AB＝4，AF＝2，
∴BN＝MC＝NF＝1，
∵∠EMC＝90°，
∴CE＝，
∵AF∥CD，
∴△DGC∽△FGA，
∴，
∴，
∵AB＝BC＝4，∠B＝90°，
∴AC＝4，
∵AC＝AG+GC，
∴AG＝，CG＝，
∴GE＝GC﹣CE＝＝．
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【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形相似，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【例14】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；2·1·c·n·j·y
（模型应用）
(2)①如图2，，，，连接，，且于点，与直线交于点.求证：点是的中点.
②如图3，在平面直角坐标系中，点为平面内任一点，点的坐标为.若是以为斜边的等腰直角三角形，请直接写出点的坐标.
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【答案】(1)DE，AE；(2)①证明见解析；②点A坐标为(，)或(，).
【解析】
【分析】
（1）根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）①如图2，作DM⊥AH于M，EN⊥AH于N，根据余角的性质得到∠B＝∠1，根据全等三角形的性质得到AH＝DM，同理AH＝EN，求得EN＝DM，由全等三角形的性质得到DG＝EG，于是得到点G是DE的中点；
②如图3，过A作AD⊥y轴于D，过B作BE⊥x轴于E，DA与EB相交于C，根据余角的性质得到∠BAC＝∠AOD，根据全等三角形的性质得到AD＝BC，OD＝AC，设AD＝x，则BC＝AD＝x，于是得到结论．【来源：21·世纪·教育·网】
【详解】
（1）AC＝DE，BC＝AE；
故答案为：DE，AE；
（2）①如图2，作DM⊥AH于M，EN⊥AH于N，
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∵BC⊥AH，
∴∠BHA＝∠AMD＝90°，
∵∠BAD＝90°，
∴∠1＋∠2＝∠2＋∠B＝90°，
∴∠B＝∠1，
在△ABH与△DAM中，
∴△ABH≌△DAM（AAS），
∴AH＝DM，
同理AH＝EN，
∴EN＝DM，
∵DM⊥AH，EN⊥AH，
∴∠GMD＝∠GNE＝90°，
在△DMG与△ENG中，
，
∴△DMG≌△ENG（AAS），
∴DG＝EG，
∴点G是DE的中点；
②如图3，过A作AD⊥y轴于D，过B作BE⊥x轴于E，DA与EB相交于C，
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∴∠C＝90°，
∵∠OAB＝90°，
∴∠OAD＋∠BAC＝90°，
∵∠OAD＋∠AOD＝90°，
∴∠BAC＝∠AOD，
在△AOD与△BAC中，
，
∴△AOD≌△BAC（AAS），
∴AD＝BC，OD＝AC，
设AD＝x，则BC＝AD＝x，
∴AC＝OD＝CE＝x＋1，
∴AD＋AC＝x＋x＋1＝OE＝4，
∴x＝，x＋1＝，
∴点A的坐标（,）；
如图4，
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同理可得，点A的坐标(，)
综上所述，点A的坐标为(，)或(，).
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，垂直的定义，余角的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
【例15】（2018年山东省威海市）矩形ABCD与CEFG，如图放置，点B，C，E共线，点C，D，G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH．若BC=EF=2，CD=CE=1，则GH=（ ）【来源：21cnj*y.co*m】
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A．1 B． ( http: / / www. / " \o "中国教育出版网\" ) C． D． ( http: / / www. / " \o "中国教育出版网\" )
【分析】延长GH交AD于点P，先证△APH≌△FGH得AP=GF=1，GH=PH=PG，再利用勾股定理求得PG=√2，从而得出答案．21教育名师原创作品
【解答】解：如图，延长GH交AD于点P，
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∵四边形ABCD和四边形CEFG都是矩形，
∴∠ADC=∠ADG=∠CGF=90°，AD=BC=2、GF=CE=1，
∴AD∥GF，
∴∠GFH=∠PAH，
又∵H是AF的中点，
∴AH=FH，
在△APH和△FGH中，
∵，
∴△APH≌△FGH（ASA），
∴AP=GF=1，GH=PH= ( http: / / www. / " \o "中国教育出版网\" )PG，
∴PD=AD﹣AP=1，
∵CG=2、CD=1，
∴DG=1，
则GH=PG= ( http: / / www. / " \o "中国教育出版网\" )×= ( http: / / www. / " \o "中国教育出版网\" )，
故选：C．
【点评】本题主要考查矩形的性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等知识点．2-1-c-n-j-y
【例16】（2018眉山） 如图，在 ABCD中，CD=2AD，BE⊥AD于点E，F为DC的中点，连结EF、BF，下列结论：①∠ABC=2∠ABF；②EF=BF；③S四边形DEBC=2S△EFB；④∠CFE=3∠DEF,其中正确结论的个数共有（ ）.
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A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】D
【解析】分析：如图延长EF交 ( http: / / www.21cnjy.com )BC的延长线于G，取AB的中点H连接FH．证明△DFE≌△FCG 得EF=FG，BE⊥BG，四边形BCFH是菱形即可解决问题；
详解：如图延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H连接FH．
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∵CD=2AD，DF=FC，
∴CF=CB，
∴∠CFB=∠CBF，
∵CD∥AB，
∴∠CFB=∠FBH，
∴∠CBF=∠FBH，
∴∠ABC=2∠ABF．故①正确，
∵DE∥CG，
∴∠D=∠FCG，
∵DF=FC，∠DFE=∠CFG，
∴△DFE≌△FCG，
∴FE=FG，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB=90°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBG=90°，
∴BF=EF=FG，故②正确，
∵S△DFE=S△CFG，
∴S四边形DEBC=S△EBG=2S△BEF，故③正确，
∵AH=HB，DF=CF，AB=CD，
∴CF=BH，∵CF∥BH，
∴四边形BCFH是平行四边形，
∵CF=BC，
∴四边形BCFH是菱形，
∴∠BFC=∠BFH，
∵FE=FB，FH∥AD，BE⊥AD，
∴FH⊥BE，
∴∠BFH=∠EFH=∠DEF，
∴∠EFC=3∠DEF，故④正确，
故选：D．
点睛：本题考查平行四边形的性 ( http: / / www.21cnjy.com )质和判定、菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
【例17】（2020河南）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 1 ．
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【分析】设DF，CE交于O，根据正方形的性质得到∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，根据线段中点的定义得到BE＝CF，根据全等三角形的性质得到CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，求得DF⊥CE，根据勾股定理得到CE＝DF＝＝，点G，H分别是EC，FD的中点，根据射影定理即可得到结论．
【解答】解：设DF，CE交于O，
∵四边形ABCDA是正方形，
∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，
∵点E，F分别是边AB，BC的中点，
∴BE＝CF，
∴△CBE≌△DCF（SAS），
∴CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，
∵∠CDF+∠CFD＝90°，
∴∠BCE+∠CFD＝90°，
∴∠COF＝90°，
∴DF⊥CE，
∴CE＝DF＝＝，
∵点G，H分别是EC，FD的中点，
∴CG＝FH＝，
∵∠DCF＝90°，CO⊥DF，
∴CF2＝OF DF，
∴OF＝＝＝，
∴OH＝，OD＝，
∵OC2＝OF OD，
∴OC＝＝，
∴OG＝CG﹣OC＝﹣＝，
∴HG＝＝＝1，
故答案为：1．
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【点评】本题考查了射影定理，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．21·cn·jy·com
【例18】（2021浙江 ( http: / / www.21cnjy.com )嘉兴）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，点D在AC上，且AD＝2，点E是AB上的动点，连结DE，点F，G分别是BC和DE的中点，连结AG，FG，当AG＝FG时，线段DE长为（ ）
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A． B． C． D．4
【分析】分别过点G，F作AB的垂线，垂足 ( http: / / www.21cnjy.com )为M，N，过点G作GP⊥FN于点P，由中位线定理及勾股定理可分别表示出线段AG和FG的长，建立等式可求出结论．
【解答】解：法一、如图，分别过点G，F作AB的垂线，垂足为M，N，过点G作GP⊥FN于点P，
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∴四边形GMNP是矩形，
∴GM＝PN，GP＝MN，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，
∴CA⊥AB，
又∵点G和点F分别是线段DE和BC的中点，
∴GM和FN分别是△ADE和△ABC的中位线，
∴GM＝＝1，AM＝AE，
FN＝AC＝，AN＝AB＝，
∴MN＝AN﹣AM＝﹣AE，
∴PN＝1，FP＝，
设AE＝m，
∴AM＝m，GP＝MN＝﹣m，
在Rt△AGM中，AG2＝（m）2+12，
在Rt△GPF中，GF2＝（﹣m）2+（）2，
∵AG＝GF，
∴（m）2+12＝（﹣m）2+（）2，
解得m＝3，即AE＝3，
在Rt△ADE中，DE＝＝．
故选：A．
法二、如图，连接DF，AF，EF，
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在△ABC中，AB＝AC，∠CAB＝90°，
∴∠B＝∠C＝45°，
∵点G是DE的中点，点F是BC的中点，
∴AG＝DG＝EG，AF＝BF，AF⊥BC，∠DAF＝45°，
∴∠DAF＝∠B＝45°，
∵FG＝AG，
∴FG＝DG＝EG，
∴△DFG是直角三角形，且∠DFE＝90°，
∵∠DFA+∠AFE＝∠BFA+∠AFE＝90°，
∴∠DFA＝∠EFB，
在△AFD和△BFE中，
∴△AFD≌△BFE（ASA），
∴AD＝BE＝2，
∴AE＝3，
在Rt△ADE中，DE＝＝．
故选：A．
【点评】本题主要考查中位线定理，勾股定理，矩形的性质与判定，构造中位线是解题过程中常见思路．
【例19】（2020山东淄博）如图， ( http: / / www.21cnjy.com )矩形纸片ABCD，AB＝6cm，BC＝8cm，E为边CD上一点．将△BCE沿BE所在的直线折叠，点C恰好落在AD边上的点F处，过点F作FM⊥BE，垂足为点M，取AF的中点N，连接MN，则MN＝ cm．21*cnjy*com
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【分析】连接AC，FC，求出AC，利用三角形的中位线定理解决问题即可．
【解答】解：连接AC，FC．
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由翻折的性质可知，BE垂直平分线段CF，
∴FM⊥BE，∴F．M，C共线，FM＝MC，
∵AN＝FN，∴MN＝AC，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，
∴AC＝＝＝10（cm），∴MN＝AC＝5（cm），
故答案为5．
【点评】本题考查翻折变换，矩形的性质，三角 ( http: / / www.21cnjy.com )形的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题，属于中考常考题型．【出处：21教育名师】
【例20】（2018 临沂）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：
①若AC=BD，则四边形EFGH为矩形；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形；
③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；
④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．
其中正确的个数是（ ）
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A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】LN：中点四边形；L5：平行四边形的性质；LA：菱形的判定与性质；LD：矩形的判定与性质；LE：正方形的性质．
【专题】555：多边形与平行四边形．
【分析】因为一般四边形的中点四边形是平行四 ( http: / / www.21cnjy.com )边形，当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形，
【解答】解：因为一般四边形的中点四边形是平行四边形，
当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形，
故④选项正确，
故选：A．
【点评】本题考查中点四边形、平行四边形、矩形 ( http: / / www.21cnjy.com )、菱形的判定等知识，解题的关键是记住一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形．
【例21】猜想与证明：
如图1摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF ( http: / / www.21cnjy.com )，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，若M为AF的中点，连接DM、ME，试猜想DM与ME的关系，并证明你的结论．
拓展与延伸：
（1）若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME的关系为 ．
（2）如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF的中点，试证明（1）中的结论仍然成立．
解题思路：猜想：延长EM交AD于点H，利用 ( http: / / www.21cnjy.com )△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明．
（1）延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，
（2）连接AE，AE和EC在同一条直线上，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，
猜想：DM=ME
证明：如图1，延长EM交AD于点H，
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∵四边形ABCD和CEFG是矩形，
∴AD∥EF，
∴∠EFM=∠HAM，
又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，
在△FME和△AMH中，
∠EFM＝∠HAM
FM＝AM
∠FME＝∠AMH
∴△FME≌△AMH（ASA）
∴HM=EM，
在RT△HDE中，HM=EM，
∴DM=HM=ME，
∴DM=ME．
（1）如图1，延长EM交AD于点H，
∵四边形ABCD和CEFG是正方形，
∴AD∥EF，
∴∠EFM=∠HAM，
又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，
在△FME和△AMH中，
∠EFM＝∠HAM
FM＝AM
∠FME＝∠AMH
∴△FME≌△AMH（ASA）
∴HM=EM，
在RT△HDE中，HM=EM，
∴DM=HM=ME，
∴DM=ME．
∵四边形ABCD和CEFG是正方形，
∴AD=CD，CE=CF，
∵△FME≌△AMH，
∴EF=AH，
∴DH=DE，
∴△DEH是等腰直角三角形，
又∵MH=ME，
∴DM⊥ME．
故答案为：DM=ME且DM⊥ME．
（2）如图2，连接AE，
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∵四边形ABCD和ECGF是正方形，
∴∠FCE=45°，∠FCA=45°，
∴AE和EC在同一条直线上，
在Rt△ADF中，AM=MF，
∴DM=AM=MF，∠MDA=∠MAD，
∴∠DME=2∠DAM．
在Rt△AEF中，AM=MF，
∴AM=MF=ME，
∴DM=ME．
∴∠MAE=∠MEA，
∴∠FME=2∠MAE，
易证△ADM≌△AEM，则∠DAM=∠EAM，
∴∠DME=2∠DAM=90°，
即DM⊥ME．
综上所述，DM=ME且DM⊥ME．
点评：
本题考点： 四边形综合题；直角三角 ( http: / / www.21cnjy.com )形斜边上的中线；正方形的性质．
考点点评： 本题主要考查四边形的综合题，解题的关键是利用正方形的性质及直角三角形的中线与斜边的关系找出相等的线段．
【例22】已知两个等腰 Rt△ABC，Rt△CEF，∠ABC=∠CEF=90°，连接AF，M是AF的中点，连接MB、ME．
（1）如图1，当CB与CE在同一直线上时，求证：MB∥CF；
（2）如图2，当∠BCE=45°时，
求证：BM=ME．
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(1)证法一：
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如答图1a，延长AB交CF于点D，则易知△ABC与△BCD均为等腰直角三角形，
∴AB=BC=BD，
∴点B为线段AD的中点，
又∵点M为线段AF的中点，
∴BM为△ADF的中位线，
∴BM∥CF．
证法二：
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如答图1b，延长BM交EF于D，
∵∠ABC=∠CEF=90°，
∴AB⊥CE，EF⊥CE，
∴AB∥EF，
∴∠BAM=∠DFM，
∵M是AF的中点，
∴AM=MF，
∵在△ABM和△FDM中，
，
∴△ABM≌△FDM(ASA)，
∴AB=DF，
∵BE=CE﹣BC，DE=EF﹣DF，
∴BE=DE，
∴△BDE是等腰直角三角形，
∴∠EBM=45°，
∵在等腰直角△CEF中，∠ECF=45°，
∴∠EBM=∠ECF，
∴MB∥CF；
(2)证法一：
如答图3a，延长AB交CE于点D，连接DF，则易知△ABC与△BCD均为等腰直角三角形，
∴AB=BC=BD，AC=CD，
∴点B为AD中点，又点M为AF中点，∴BM=DF．
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延长FE与CB交于点G，连接AG，则易知△CEF与△CEG均为等腰直角三角形，
∴CE=EF=EG，CF=CG，
∴点E为FG中点，又点M为AF中点，∴ME=AG．
在△ACG与△DCF中，
，
∴△ACG≌△DCF(SAS)，
∴DF=AG，
∴BM=ME．
证法二：
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如答图3b，延长BM交CF于D，连接BE、DE，
∵∠BCE=45°，
∴∠ACD=45°×2+45°=135°
∴∠BAC+∠ACF=45°+135°=180°，
∴AB∥CF，
∴∠BAM=∠DFM，
∴M是AF的中点，
∴AM=FM，
在△ABM和△FDM中，，
∴△ABM≌△FDM(ASA)，
∴AB=DF，BM=DM，
∴AB=BC=DF，
∵在△BCE和△DFE中，
，
∴△BCE≌△DFE(SAS)，
∴BE=DE，∠BEC=∠DEF，
∴∠BED=∠BEC+∠CED=∠DEF+∠CED=∠CEF=90°，
∴△BDE是等腰直角三角形，
又∵BM=DM，
∴BM=ME=BD，
故BM=ME．21*cnjy*com
专题五 全等模型问题
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