2025年中考数学压轴题型模型方与技巧(通用版)专题05全等三角形模型综合(原卷版+解析)特训

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TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc188222266" 模块一 常考几何模型
\l "_Tc188222267" 【题型1】手拉手模型
\l "_Tc188222268" 【题型2】一线三等角模型
\l "_Tc188222269" 【题型3】平行线夹中点
\l "_Tc188222270" 【题型4】构造一线三垂直
\l "_Tc188222271" 【题型5】倍长中线法
\l "_Tc188222272" 【题型6】截长补短法
\l "_Tc188222273" 模块二 角平分线模型
\l "_Tc188222274" 【题型1】角平分线+垂一边
\l "_Tc188222275" 【题型2】作角平分线的垂线
\l "_Tc188222276" 【题型3】角平分线的截长补短
\l "_Tc188222277" 【题型4】角平分线+平行线得等腰
\l "_Tc188222278" 【题型5】角平分线分线段成比例
\l "_Tc188222279" 模块三 旋转模型
\l "_Tc188222280" 【题型1】半角模型
\l "_Tc188222281" 【题型2】邻边相等+对角互补
\l "_Tc188222282" 【题型3】鸡爪模型
\l "_Tc188222283" 模块四 辅助线构造综合
\l "_Tc188222284" 【题型1】作平行线
\l "_Tc188222285" 【题型2】以手拉手模型为背景的综合题
\l "_Tc188222286" 【题型3】婆罗摩及多模型
\l "_Tc188222287" 【题型4】脚蹬脚
\l "_Tc188222288" 【题型5】绝配角模型
题型汇编
知识梳理与常考题型
模型1 倍长中线模型
（一）基本模型
（二）结论推导
结论1：△ACD≌△EBD．
证明：∵AD是BC边上的中线，∴CD＝BD．∵∠ADC＝∠EDB，AD＝ED，∴△ACD≌△EBD．
结论2：△BDE≌△CDF．
证明：∵点D是BC边的中点，∴BD＝CD．∵∠BDE＝∠CDF，DE＝DF，∴△BDE≌△CDF．
（三）解题技巧
遇到中点或中线，则考虑使用“倍长中线模型”，即延长中线，使所延长部分与中线相等，然后连接相应的顶点，构造出全等三角形．
模型2 一线三等角模型
（一）基本模型
（二）结论推导
图1图2证明：∵∠1＋∠C＋∠APC＝180°，∠2＋∠BPD＋∠APC＝180°，∠1＝∠2，∴∠C＝∠BPD
∵∠1＝∠3，AP＝BD（或AC＝BP或CP＝PD），∴△CAP≌△PBD．
结论2：△APC≌△BDP．
证明：∵∠1＝∠C＋∠APC，∠2＝∠BPD＋∠D，∠3＝∠BPD＋∠APC，∠1＝∠2＝∠3，
∴∠C＝∠BPD，∠APC＝∠D．∵AP＝BD（或AC＝BP或CP＝PD），∴△APC≌△BDP．
（三）解题技巧
在一条线段上出现三个相等的角，且有一组边相等时，则考虑使用一线三等角全等模型．找准三个等角，再根据平角性质、三角形内角和进行等角代换，判定三角形全等，然后利用全等三角形的性质解题．一线三等角模型常以等腰三角形、等边三角形、四边形（正方形或矩形）为背景，在几何综合题中考查．
特殊的：一线三垂直模型
模型3 半角模型
（一）基本模型
（二）结论推导
结论1：EF＝BE＋CF，∠DEB＝∠DEF，∠DFC＝∠DFE．
证明：延长AC到点G，使CG＝BE，连接DG．
∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°．
∵∠BDC＝120°，BD＝CD，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠DBE＝∠DCF＝90°，∴∠DBE＝∠DCG＝90°，
∴△BDE≌△CDG，∴DE＝DG，∠DEB＝∠G，∠BDE＝∠CDG．
∵∠EDF＝60°，∴∠BDE＋∠CDF＝60°，
∴∠CDG＋∠CDF＝60°，即∠GDF＝60°．
∵DF＝DF，∴△DEF≌△DGF，∴EF＝FG，∠DEF＝∠G，∠DFC＝∠DFE．
∴∠DEB＝∠DEF．∵FG＝CG＋CF，∴EF＝BE＋CF．
结论2：EF＝BE＋DF，
∠AEB＝∠AEF，∠AFD＝∠AFE．
证明：延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG．
∵正方形ABCD，∴∠ABG＝∠D＝90°，AB＝AD，
∴△ABG≌△ADF，∴AG＝AF，∠G＝∠AFD，∠BAG＝∠DAF．
∵∠EAF＝45°，∴∠BAE＋∠DAF＝45°，∴∠BAE＋∠BAG＝45°，即∠EAG＝45°．
∵AE＝AE，∴△AEF≌△AEG，∴EF＝EG，∠AEB＝∠AEF，∠AFE＝∠G．
∴∠AFD＝∠AFE．∵EG＝BE＋BG，∴EF＝BE＋DF．
结论3：DE 2＝BD 2＋CE 2．
证明：将△ABD绕点A逆时针旋转90°到△ACF，连接EF．
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠ACF＝∠B＝45°，
∴∠ECF＝90°，∴EF 2＝CF 2＋CE 2＝BD 2＋CE 2，
∵∠DAE＝45°，∴∠BAD＋∠CAE＝45°，
∴∠CAF＋∠CAE＝45°，即∠FAE＝45°．
∵AE＝AE，∴△AEF≌△AED，∴EF＝DE，∴DE 2＝BD 2＋CE 2．
（三）解题技巧
对于半角模型，一般情况下都需要做辅助线（延长或旋转），构造全等，通过等量代换得到相关的结论．
模型4 手拉手模型
（一）基本模型
（二）结论推导
结论1：△ABD≌△ACE，BD＝CE．
证明：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE．
∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE．
结论2：∠BOC＝∠BAC．
证明：设OB与AC相交于点F．
∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD＝∠ACE．
∵∠AFB＝∠OFC，∴∠BOC＝∠BAC．
结论3：OA平分∠BOE．
证明：过点A分别做BD，CE的垂线，垂足为G，H．
∵△ABD≌△ACE，∴S△ABD ＝S△ACE，
∴＝．
∵BD＝CE，∴AG＝AH，
∴OA平分∠BOE．
（三）解题技巧
如果题目中出现两个等腰三角形，可以考虑连接对应的顶点，用旋转全等模型；如果只出现一个等腰三角形，可以用旋转的方法构造旋转全等．
模型5对角互补+邻边相等模型
模型解读：通过做垂线或者利用旋转构造全等三角形解决问题。
模型6 平行线夹中点模型
【模型分析】口诀：有中点，有平行，轻轻延长就能行
如图①，延长DE交AB于点F，易证：△DCE≌△FBE（AAS）。
如图②，延长AE交CD延长线于点F，易证：△ABE≌△FCE（AAS）
模型7 角平分线相关模型
一、模型介绍
（1）角平分线基本性质
（2）结论推导
结论：PA＝PB，OA＝OB．
证明：∵OP平分∠MON，∴∠AOP＝∠BOP．
∵∠OAP＝∠OBP＝90°，OP＝OP，
∴△AOP≌△BOP，∴PA＝PB，OA＝OB．
二、解题技巧
如果图形中有角平分线，可以考虑用角平分线模型．一般直接用角平分线的性质，即角平分线上的点到角两边的距离相等，或者作平行线构造等腰三角形，或者截相等的线段构造全等三角形．
1、尺规作角平分线（SSS）
第一步：在纸上画一个角，作为要被平分的角∠AOB。
第二步：以角的顶点O为圆心，任意长度为半径画圆弧，交角的两边OA、OB于C、D两点。
第三步：以C为圆心，大于OC且小于OD（或反之）长度为半径画圆弧。
第四步：以D为圆心，与第三步相同的半径画圆弧。
第五步：两圆弧交于E点，连接顶点O和E，OE即为∠AOB的平分线。
2、角平分线常见模型及辅助线作法
（1）过角平分线上的点作角两边的垂线，构造全等三角形
（2）角平分线上任意一点作角平分线的垂线，构造全等三角形. (即角平分线+垂线得等腰三角形)
（3）角平分线+平行线得等腰三角形

（4）截取构造对称全等(截长补短)
（5）角平分线分线段成比例:(常用二级结论)
简证：∵， ∴,∴
（6）旁心：三角形的一条内角平分线与其他两个角的外角平分线交于一点
结论：AD平分∠CAD简证
模型8 截长补短模型
【总结】
（1）“截长补短法”是初中几何题中一种添加辅助线的方法，也是把几何题化难为易的一种靠略，截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起，从而解决问题.
（2）截长或补短后，如果出现的全等三角形或特殊三角形能推动证明，那么辅助线是成功的，否则，就应该换一个截长或补短的方式，甚至换一种解题思路.
模型9 鸡爪模型（构造手拉手）
模型10 绝配角模型
（一）基本模型
（二）结论推导
结论：AC＝EC．
证明：∵∠ABC＝90°，BE＝BD，∴AE＝AD，∴∠E＝∠ADE，∠BAE＝∠BAD，∴∠EAD＝2∠BAD．
∵∠C＝2∠BAD，∴∠EAD＝∠C，∴∠CAE＝∠ADE＝∠E，∴AC＝EC．
（三）解题技巧
如果题目中出现二倍角，可以考虑用绝配角模型，构造等腰三角形，绝配角＋等腰三角形＋全等三角形一般同时出现，然后用勾股定理或相似求解．构造等腰三角形是这类绝配角问题的重要方法．
模型11 婆罗摩笈模型
如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，连接AD，CE，M，N分别在AD，CE上，且MN经过点B
【性质1：垂直得中点】若MN⊥CE，则①点N是AD的中点，②＝，③CE＝2BN．

【证明】如图，（知垂直得中点，一线三垂直）

过A作AP⊥MN，垂足为P，过D作DQ⊥MN交MN的延长线于Q，
易证：△ABP≌△BCM，AP＝BM，△DQB≌△BME，DQ＝BM，∴AP＝DQ
易证：△APN≌△DQN，∴AN＝DN
②如图，由①知，S＝S ，S＝S，S＝S
∴S＝S＋S＝S＋S＋S－S
＝S＋S＝S＋S＝S，即S＝S，得证．
③如图，由①得，PN＝QN， ∴CE＝CM＋EM＝BP＋BQ＝BN－NP＋BN＋QN＝2BN，得证．
【性质2：中点得垂直】若点N是AD的中点，则①MN⊥CE．
【证明】如图，（知中点得垂直，倍长中线）
证明：延长BN至点P，使BN＝PN，连结PN，
易证：△PAD≌BDA,∴BC＝PD，BE=PA
∵PA∥BD，∴∠PAB＋∠ABD＝180°，
又∵∠ABC＝∠DBE＝90°∴∠CBE＋∠ABD＝180°，∴∠CBE＝∠PAB，
易证：△CBE≌△PAB，
∴∠BCM＝∠ABN，∵∠ABN＋∠CBM＝90°∴∠BCM＋∠CBM＝90°∴∠BMC＝90°
模型12 脚蹬脚模型（海盗埋宝藏）
模型成立条件：等腰三角形顶角互补
已知：△ABC、△ADE为等腰直角三角形，∠B=∠D=90°，AB=CB，AD=ED，点F为CE的中点，
则△BFD是等腰直角三角形．
A
B
C
E
D
A
B
C
E
D
F
【证明】法一：倍长中线
延长DF至点G，使得FG=FD，易证△DEF≌△GCF（SAS）；
所以CG=ED=AD，∠2=∠7；
又∠1+∠2+∠3=360°，∠3+∠4+∠5+∠6+∠7=540°（五边形内角和），
∠4=∠6=90°；
所以∠3+∠5+∠7=∠1+∠2+∠3，所以∠1=∠5；则△BCG≌△BAD（SAS），
所以∠DBG=90°，BG=BD；所以BF=DG=DF，BF⊥DF.
法二：构造手拉手模型
将△ABC沿AB 对称，将△ADE 沿AD对称
连接PE，CQ，易知△ACQ≌△APE，进而得出PE=CQ且PE⊥CQ，而BE是△CPE的中位线，CD是△CQE的中位线，故BF=DF，且BF⊥FD
模块一 常考几何模型
【题型1】手拉手模型
【例题1】如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转后得到，则阴影部分面积为 ．
【答案】16
【详解】解：∵在△ABC中，AB=8，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，
∴△ABC≌△A1BC1，∴A1B=AB=8，∴△A1BA是等腰三角形，∠A1BA=30°，过点A1作于点D
∴ ∴×8×4=16，
又∵，，∴=16．
【例题2】（青海·中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.
(1)问题发现：
如图1，若和是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：；

图1 图2
(2)解决问题：如图2，若和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一条直线上，CM为中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.
【答案】(1)见解析
(2)；
【分析】（1）先判断出∠BAD=∠CAE，进而利用SAS判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出△BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠ADC=∠BEC，最后用角的差，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵和是顶角相等的等腰三角形，
∴，，，∴，∴．
在和中，，∴，∴．
（2）解：，，
理由如下：由（1）的方法得，，
∴，，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴．
【例题3】（山东烟台·中考真题）如图，在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF．
【问题解决】
（1）如图1，若点D在边BC上，求证：CE+CF＝CD；
【类比探究】
（2）如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）FC＝CD+CE，见解析
【分析】（1）在CD上截取CH＝CE，易证△CEH是等边三角形，得出EH＝EC＝CH，证明△DEH≌△FEC（SAS），得出DH＝CF，即可得出结论；
（2）过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，由平行线的性质易证∠GDC＝∠DGC＝60°，得出△GCD为等边三角形，则DG＝CD＝CG，证明△EGD≌△FCD（SAS），得出EG＝FC，即可得出FC＝CD+CE．
【详解】（1）证明：在CD上截取CH＝CE，如图1所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ECH＝60°，
∴△CEH是等边三角形，
∴EH＝EC＝CH，∠CEH＝60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝FE，∠DEF＝60°，
∴∠DEH+∠HEF＝∠FEC+∠HEF＝60°，
∴∠DEH＝∠FEC，
在△DEH和△FEC中，
，
∴△DEH≌△FEC（SAS），
∴DH＝CF，
∴CD＝CH+DH＝CE+CF，
∴CE+CF＝CD；
（2）解：线段CE，CF与CD之间的等量关系是FC＝CD+CE；理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝60°，
过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，如图2所示：
∵GD∥AB，
∴∠GDC＝∠B＝60°，∠DGC＝∠A＝60°，
∴∠GDC＝∠DGC＝60°，
∴△GCD为等边三角形，
∴DG＝CD＝CG，∠GDC＝60°，
∵△EDF为等边三角形，
∴ED＝DF，∠EDF＝∠GDC＝60°，
∴∠EDG＝∠FDC，
在△EGD和△FCD中，
，
∴△EGD≌△FCD（SAS），
∴EG＝FC，
∴FC＝EG＝CG+CE＝CD+CE．
【巩固练习1】（2022·山东烟台·中考真题）
(1)【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：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．请直接写出BDCE的值．
(3)【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且ABBC＝ADDE＝34．连接BD，CE．
①求BDCE的值；
②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．
【答案】(1)见解析
(2)22
(3)①35；②45
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；
（2）证明△BAD∽△CAE，进而得出结果；
（3）①先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；
②在①的基础上得出∠ACE＝∠ABD，进而∠BFC＝∠BAC，进一步得出结果．
【详解】（1）证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴ABAE=ABAC=12，∠DAE＝∠BAC＝45°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴BDCE=ABAC=12=22；
（3）解：①ABAC=ADDE=34，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，ABAC=ADAE=35，
∴∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
∴BDCE=ADAE=35 ；
②由①得：△CAE∽△BAD，
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠AGC＝∠BGF，
∴∠BFC＝∠BAC，
∴sin∠BFC=BCAC=45．
【巩固练习2】（2023·四川自贡·中考真题）如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，，分别是斜边DE，AB的中点，．

(1)将绕顶点旋转一周，请直接写出点，距离的最大值和最小值；
(2)将绕顶点逆时针旋转（如图），求的长．
【答案】(1)最大值为，最小值为
(2)
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线，得出的值，进而根据题意求得最大值与最小值即可求解；
（2）过点作，交的延长线于点，根据旋转的性质求得，进而得出，进而可得，勾股定理解，即可求解．
【详解】（1）解：依题意，，，
当在的延长线上时，的距离最大，最大值为，
当在线段上时，的距离最小，最小值为；

（2）解：如图所示，过点作，交的延长线于点，

∵绕顶点逆时针旋转，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴．
【巩固练习3】（山东潍坊·中考真题）如图1，在中，，点D，E分别在边上，且，连接．现将绕点A顺时针方向旋转，旋转角为，如图2，连接．
（1）当时，求证：；
（2）如图3，当时，延长交于点，求证：垂直平分；
（3）在旋转过程中，求的面积的最大值，并写出此时旋转角的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）的面积的最大值为，旋转角的度数为
【分析】（1）利用 “SAS”证得△ACE△ABD即可得到结论；
（2）利用 “SAS”证得△ACE△ABD，推出∠ACE=∠ABD，计算得出AD=BC=，利用等腰三角形“三线合一”的性质即可得到结论；
（3）观察图形，当点D在线段BC的垂直平分线上时，的面积取得最大值，利用等腰直角三角形的性质结合三角形面积公式即可求解．
【详解】（1）根据题意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90，
∵∠CAE+∠BAE =∠BAD+∠BAE =90，
∴∠CAE=∠BAD，
在△ACE和△ABD中，，
∴△ACE△ABD(SAS)，
∴CE=BD；
（2）根据题意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90，
在△ACE和△ABD中，，
∴△ACE△ABD(SAS)，
∴∠ACE=∠ABD，
∵∠ACE+∠AEC=90，且∠AEC=∠FEB，
∴∠ABD+∠FEB=90，
∴∠EFB=90，
∴CF⊥BD，
∵AB=AC=，AD=AE=1，∠CAB=∠EAD=90，
∴BC=AB =，CD= AC+ AD=，
∴BC= CD，
∵CF⊥BD，
∴CF是线段BD的垂直平分线；
（3）中，边BC的长是定值，则BC边上的高取最大值时的面积有最大值，
∴当点D在线段BC的垂直平分线上时，的面积取得最大值，如图：
∵∵AB=AC=，AD=AE=1，∠CAB=∠EAD=90，DG⊥BC于G，
∴AG=BC=，∠GAB=45，
∴DG=AG+AD=，∠DAB=180-45=135，
∴的面积的最大值为：，
旋转角．
【巩固练习4】（广西贵港·中考真题）已知在ABC中，O为BC边的中点，连接AO，将AOC绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到EOF，连接AE，CF．
（1）如图1，当∠BAC＝90°且AB＝AC时，则AE与CF满足的数量关系是 ；
（2）如图2，当∠BAC＝90°且AB≠AC时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，延长AO到点D，使OD＝OA，连接DE，当AO＝CF＝5，BC＝6时，求DE的长．

【答案】（1）；（2）成立，证明见解析；（3）
【分析】（1）结论．证明，可得结论．
（2）结论成立．证明方法类似（1）．
（3）首先证明，再利用相似三角形的性质求出，利用勾股定理求出即可．
【详解】解：（1）结论：．
理由：如图1中，

，，，
，，
，
，
，，
，
．
（2）结论成立．
理由：如图2中，

，，
，
，
，
，，
，
．
（3）如图3中，

由旋转的性质可知，
，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
．
【题型2】一线三等角模型
【例题1】（2023·山东聊城·中考真题）如图，在四边形ABCD中，点E是边BC上一点，且BE=CD，∠B=∠AED=∠C．

(1)求证：∠EAD=∠EDA；
(2)若∠C=60°，DE=4时，求△AED的面积．
【答案】(1)见解析
(2)43
【分析】（1）由∠B=∠AED求出∠BAE=∠CED，然后利用AAS证明△BAE≅△CED，可得EA=ED，再由等边对等角得出结论；
（2）过点E作EF⊥AD于F，根据等腰三角形的性质和含30°直角三角形的性质求出DF和AD，然后利用勾股定理求出EF，再根据三角形面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：∵∠B=∠AED，
∴180°-∠B=180°-∠AED，即∠BEA+∠BAE=∠BEA+∠CED，
∴∠BAE=∠CED，
在△BAE和△CED中，∠B=∠C∠BAE=∠CEDBE=CD，
∴△BAE≅△CEDAAS，
∴EA=ED，
∴∠EAD=∠EDA；
（2）解：过点E作EF⊥AD于F，
由（1）知EA=ED，
∵∠AED=∠C=60°，
∴∠AEF=∠DEF=30°，
∵DE=4，
∴DF=12DE=2，
∴AD=2DF=4，EF=DE2-DF2=42-22=23，
∴S△AED=12AD⋅EF=12×4×23=43．

【例题2】（2023·湖北荆州·中考真题）如图1，点P是线段AB上与点A，点B不重合的任意一点，在AB的同侧分别以A，P，B为顶点作∠1=∠2=∠3，其中∠1与∠3的一边分别是射线AB和射线BA，∠2的两边不在直线AB上，我们规定这三个角互为等联角，点P为等联点，线段AB为等联线．
(1)如图2，在5×3个方格的纸上，小正方形的顶点为格点、边长均为1，AB为端点在格点的已知线段．请用三种不同连接格点的方法，作出以线段AB为等联线、某格点P为等联点的等联角，并标出等联角，保留作图痕迹；
(2)如图3，在Rt△APC中，∠A=90∘，AC>AP，延长AP至点B，使AB=AC，作∠A的等联角∠CPD和∠PBD．将△APC沿PC折叠，使点A落在点M处，得到△MPC，再延长PM交BD的延长线于E，连接CE并延长交PD的延长线于F，连接BF．
①确定△PCF的形状，并说明理由；
②若AP:PB=1:2，BF=2k，求等联线AB和线段PE的长（用含k的式子表示）．
【答案】(1)见解析
(2)①等腰直角三角形，见解析；②AB=3k；PE=52k
【分析】（1）根据新定义，画出等联角；
（2）①△PCF是等腰直角三角形，过点C作CN⊥BE交BE的延长线于N．由折叠得AC=CM，∠CMP=∠CME=∠A=90°，∠1=∠2，证明四边形ABNC为正方形，进而证明Rt△CME≌Rt△CNE，得出∠PCF=45°即可求解；
②过点F作FQ⊥BE于Q，FR⊥PB交PB的延长线于R，则∠R=∠A=90°．证明△APC≌△RFP，得出AP=BR=FR，在Rt△BRF中，BR2+FR2=BF2，BF=2k，进而证明四边形BRFQ为正方形，则BQ=QF=k，由FQ∥CN，得出△AEF∽△NEC，根据相似三角形的性质得出NE=32k，根据PE=PM+ME即可求解．
【详解】（1）解：如图所示（方法不唯一）
（2）①△PCF是等腰直角三角形．理由为：
如图，过点C作CN⊥BE交BE的延长线于N．
由折叠得AC=CM，∠CMP=∠CME=∠A=90°，∠1=∠2
∵AC=AB，∠A=∠PBD=∠N=90°，
∴四边形ABNC为正方形
∴CN=AC=CM
又∵CE=CE，
∴Rt△CME≌Rt△CNEHL
∴∠3=∠4，而∠1+∠2+∠3+∠4=90°，∠CPF=90°
∴∠PCF=∠2+∠3=∠CFP=45°
∴△PCF是等腰直角三角形．
②过点F作FQ⊥BE于Q，FR⊥PB交PB的延长线于R，则∠R=∠A=90°．
∵∠1+∠5=∠5+∠6=90°，
∴∠1=∠6，
由△PCF是等腰直角三角形知：PC=PF，
∴△APC≌△RFPAAS，
∴AP=FR，AC=PR，而AC=AB，
∴AP=BR=FR，
在Rt△BRF中，BR2+FR2=BF2，BF=2k，
∴AP=BR=FR=k，
∴PB=2AP=2k，
∴AB=AP+PB=BN=3k，
由BR=FR，∠QBR=∠R=∠FQB=90°，
∴四边形BRFQ为正方形，BQ=QF=k，
由FQ⊥BN，CN⊥BN得：FQ∥CN，
∴△QEF∽△NEC，
∴QENE=QFCN，而QE=BN-NE-BQ=3k-NE-k=2k-NE，
即2k-NENE=k3k=13，解得：NE=32k，
由①知：PM=AP=k，ME=NE=32k，
∴PE=PM+ME=k+32k=52k．
【巩固练习1】（2024·山东威海·中考真题）将一张矩形纸片（四边形）按如图所示的方式对折，使点C落在AB上的点处，折痕为，点D落在点处，交AD于点E．若，，，则 ．
【答案】32
【分析】本题考查矩形的折叠问题，全等三角形的判定和性质，勾股定理，先根据勾股定理求出，然后证明，得到，，即可得到，，然后在中，利用解题即可．
【详解】解：在中，，
由折叠可得，，
又∵是矩形，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，，
设，则，
在中，，即，
解得：
【巩固练习2】（2023·广西·中考真题）如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点D，E，F分别在边AB，BC，CA上运动，满足AD=BE=CF．

(1)求证：△ADF≌△BED；
(2)设AD的长为x，△DEF的面积为y，求y关于x的函数解析式；
(3)结合（2）所得的函数，描述△DEF的面积随AD的增大如何变化．
【答案】(1)见详解
(2)y=334x2-33x+43
(3)当2