17 全等與相似模型-對角互補模型-2024年中考數(shù)學幾何模型歸納講練（全國通用）-試卷下載-教習網(wǎng)

模型1、旋轉(zhuǎn)中的對角互補模型
對角互補模型概念：對角互補模型特指四邊形中，存在一對對角互補，而且有一組鄰邊相等的幾何模型。
思想方法：解決此類問題常用的輔助線畫法主要有兩種：①過頂點做雙垂線，構(gòu)造全等三角形；②進行旋轉(zhuǎn)的構(gòu)造，構(gòu)造手拉手全等。
常見的對角互補模型含90°-90°對角互補模型、120°-60° 對角互補模型、 2α-（180°-2α）對角互補模型。
1）“共斜邊等腰直角三角形+直角三角形”模型（異側(cè)型）

條件：如圖，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.
結(jié)論：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.
2）“斜邊等腰直角三角形+直角三角形”模型（同側(cè)型）

條件：如圖，已知∠DCE的一邊與AO的延長線交于點D，∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.
結(jié)論：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③.
3）“等邊三角形對120°模型”（1）

條件：如圖，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB.
結(jié)論：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.
4）“等邊三角形對120°模型”（2）

條件：如圖，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB，∠DCE的一邊與BO的延長線交于點D，
結(jié)論：①CD＝CE，②OD－OE＝OC，③.
5）“120°等腰三角形對60°模型”
條件：△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，∠BPC=60°。結(jié)論：①PB+PC=PA；
6）“2α對180°-2α模型”
條件：四邊形ABCD中，AP=BP,∠A+∠B=180° 結(jié)論：OP平分∠AOB
注意：①AP=BP，②∠A+∠B=180°，③OP平分∠AOB，以上三個條件可知二推一。
7）“蝴蝶型對角互補模型”
條件：AP=BP,∠AOB=∠APB 結(jié)論：OP平分∠AOB的外角。
例1．（2023·黑龍江黑河·八年級期中）Rt△ABC中，AB=AC，點D為BC中點．∠MDN=90°，∠MDN繞點D旋轉(zhuǎn)，DM、DN分別與邊AB、AC交于E、F兩點．下列結(jié)論：①(BE+CF)=BC，②，③AD·EF，④AD≥EF其中正確結(jié)論的個數(shù)是（）
A．1個B．2個C．3個D．4個
【答案】C
【詳解】解:∵Rt△ABC中，AB=AC，點D為BC中點．∠MDN=90°，
∴AD =DC，∠EAD=∠C=45°，∠EDA=∠MDN－∠ADN =90°－∠ADN=∠FDC．
∴△EDA≌△FDC（ASA）．∴AE=CF．∴BE+CF= BE+ AE=AB．
在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理，得AB=BC．∴(BE+CF)=BC．∴結(jié)論①正確．
設AB=AC=a，AE=b，則AF=BE= a－b．
∴．
∴．∴結(jié)論②正確．
如圖，過點E作EI⊥AD于點I，過點F作FG⊥AD于點G，過點F作FH⊥BC于點H，ADEF相交于點O．
∵四邊形GDHF是矩形，△AEI和△AGF是等腰直角三角形，
∴EO≥EI（EF⊥AD時取等于）=FH=GD，OF≥GH（EF⊥AD時取等于）=AG．
∴EF=EO＋OF≥GD＋AG=AD．∴結(jié)論④錯誤．
∵△EDA≌△FDC，∴．∴結(jié)論③錯誤．
綜上所述，結(jié)論①②正確．故選C．
例2．（2022遼寧九年級期末模擬）已知∠AOB＝90°，在∠AOB的平分線OM上有一點C，將一個三角板的直角頂點與C重合，它的兩條直角邊分別與OA，OB(或它們的反向延長線)相交于點D，E.
當三角板繞點C旋轉(zhuǎn)到CD與OA垂直時(如圖①)，易證：OD＋OE＝OC；
當三角板繞點C旋轉(zhuǎn)到CD與OA不垂直時，即在圖②，圖③這兩種情況下，上述結(jié)論是否仍然成立？若成立，請給予證明：若不成立，線段OD，OE，OC之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出你的猜想，不需證明．
【答案】圖②中OD＋OE＝OC成立．證明見解析；圖③不成立，有數(shù)量關(guān)系：OE－OD＝OC
【分析】當三角板繞點C旋轉(zhuǎn)到CD與OA不垂直時，易得△CKD≌△CHE，進而可得出證明；判斷出結(jié)果，解此題的關(guān)鍵是根據(jù)題意找到全等三角形或等價關(guān)系，進而得出OC與OD、OE的關(guān)系；最后轉(zhuǎn)化得到結(jié)論．
【詳解】解：圖②中OD＋OE＝OC成立．
證明：過點C分別作OA，OB的垂線，垂足分別為P，Q
有△CPD≌△CQE，∴DP＝EQ，∵OP＝OD＋DP，OQ＝OE－EQ，
又∵OP＋OQ＝OC，即OD＋DP＋OE－EQ＝OC，∴OD＋OE＝OC．
圖③不成立，有數(shù)量關(guān)系：OE－OD＝OC 過點C分別作CK⊥OA，CH⊥OB，
∵OC為∠AOB的角平分線，且CK⊥OA，CH⊥OB，∴CK=CH，∠CKD=∠CHE=90°，
又∵∠KCD與∠HCE都為旋轉(zhuǎn)角，∴∠KCD=∠HCE，
∴△CKD≌△CHE，∴DK=EH，∴OE-OD=OH+EH-OD=OH+DK-OD=OH+OK，
由（1）知：OH+OK=OC，∴OD，OE，OC滿足OE-OD=OC．
【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：旋轉(zhuǎn)變化前后，對應線段、對應角分別相等，圖形的大小、形狀都不改變，兩組對應點連線的交點是旋轉(zhuǎn)中心．
例3．（2022秋·四川綿陽·九年級校聯(lián)考階段練習）已知，，是過點的直線，過點作于點，連接．
(1)問題發(fā)現(xiàn)：如圖(1)，過點作，與交于點，、、之間的數(shù)量關(guān)系是什么？并給予證明．(2)拓展探究：當繞點旋轉(zhuǎn)到如圖(2)位置時，、、之間滿足怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出你的猜想，并給予證明．
【答案】(1)；證明見解析(2)；證明見解析
【分析】(1)過點作，得到，判斷出，確定為等腰直角三角形即可得出結(jié)論；(2)過點作于點，判斷出，確定為等腰直角三角形，即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）解：如圖1，過點作交于點，

，，，
，在四邊形中，，，
，∴，，，，，
，是等腰直角三角形，，
，∴；
（2）；理由：如圖，過點作交于點，
，，，
，，，
，，，，，，
，是等腰直角三角形，，
，∴；
【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
例4．（2022四川宜賓八年級期末）如圖1，，平分，以為頂點作，交于點，于點E. （1）求證：；（2）圖1中，若，求的長；
（3）如圖2，，平分，以為頂點作，交于點，于點.若，求四邊形的面積．
【答案】（1）見解析；（2）OD+OE =；（3）
【分析】（1）過點C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，然后根據(jù)題意利用AAS定理進行證明△CDG ≌ △CEH，從而求解；（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到OD+OE =2OH，然后利用勾股定理求OH的值，從而求解；
（3）過點C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，然后根據(jù)題意利用AAS定理進行證明△CDG ≌ △CEH，從而求得==2，然后利用含30°的直角三角形性質(zhì)求得OH=,CH=從而求得三角形面積，使問題得到解決．
【詳解】解：（1）如圖,過點C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，

∵平分∴CG =CH ∵, ∴∠CDO+∠CEO=180?
∵∠CDG+∠CDO=180?∴∠CDG =∠CEO
在△CDG與△CEH中 ∴△CDG ≌ △CEH(AAS)∴
(2)由（1）得△CDG ≌ △CEH∴DG=HE
由題易得△OCG與△OCH是全等的等腰直角三角形，且OG=OH
∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH 設OH=CH=x，在Rt△OCH中，由勾股定理，得:
OH2+CH2=OC2∴∴(舍負)∴OH =∴OD+OE =2OH=
（3）如圖,過點C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，
∵平分∴CG =CH ∵,∴∠CDO+∠CEO=180?
∵∠CDG+∠CDO=180?∴∠CDG =∠CEO
在△CDG與△CEH中∴△CDG ≌ △CEH(AAS)∴DG=HE
由題易得△OCG與△OCH是全等的直角三角形,且OG=OH
∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH∴==2
在Rt△OCH中,有∠COH=60°,OC=3，∴OH=,CH=∴∴=2=
【點睛】本題考查全等三角形的性質(zhì)及判定，含30°直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理，是一道綜合性問題，掌握相關(guān)知識點靈活應用解題是本題的解題關(guān)鍵.
例5．（2022湖北省宜城市八年級期末）如圖，已知∠AOB=120°，在∠AOB的平分線OM上有一點C，將一個60°角的頂點與點C重合，它的兩條邊分別與直線OA、OB相交于點D、E．
（1）當∠DCE繞點C旋轉(zhuǎn)到CD與OA垂直時（如圖1），請猜想OE+OD與OC的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（2）當∠DCE繞點C旋轉(zhuǎn)到CD與OA不垂直時，到達圖2的位置，（1）中的結(jié)論是否成立？并說明理由；（3）當∠DCE繞點C旋轉(zhuǎn)到CD與OA的反向延長線相交時，上述結(jié)論是否成立？若成立，請給于證明；若不成立，線段OD、OE與OC之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出你的猜想，不需證明．
【答案】（1）詳見解析；（2）（1）中結(jié)論仍然成立，理由詳見解析；（3）（1）中結(jié)論不成立，結(jié)論為OE﹣OD=OC，證明詳見解析.
【分析】(1)根據(jù)OM是∠AOB的角平分線，可得∠AOB=60°，則∠OCE=30°，再根據(jù)30°所對直角邊是斜邊的一半，得出OD=OC，同理：OE=OC，即可得出結(jié)論；(2)同(1)的方法得到OF+OG=OC，再根據(jù)AAS證明△CFD≌△CGE，得出DF=EG，則OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，OF+OG=OD+OE，即可得出結(jié)論.(3)同(2)的方法得到DF=EG，根據(jù)等量代換可得OE﹣OD=OC.
【詳解】(1)∵OM是∠AOB的角平分線，∴∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°，
∵CD⊥OA，∴∠ODC=90°，∴∠OCD=30°，∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=30°，
在Rt△OCD中，OD=OC，同理：OE=OC，∴OD+OE=OC，
(2)(1)中結(jié)論仍然成立，理由：過點C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如圖，

∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，
同(1)的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且點C是∠AOB的平分線OM上一點，∴CF=CG，
∵∠DCE=60°，∠FCG=60°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，
∴OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG， ∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，∴OD+OE=OC；
(3)(1)中結(jié)論不成立，結(jié)論為：OE﹣OD=OC，
理由：過點C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如圖，
∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，
同(1)的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且點C是∠AOB的平分線OM上一點，∴CF=CG，
∵∠DCE=60°，∠FCG=60°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，
∴DF=EG，∴OF=DF﹣OD=EG﹣OD，OG=OE﹣EG，
∴OF+OG=EG﹣OD+OE﹣EG=OE﹣OD，∴OE﹣OD=OC．
【點睛】本題考查了角平分線的性質(zhì)定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì).正確作輔助線是解題的關(guān)鍵.
例6．（2023·山東·九年級專題練習）如圖，△ABC是邊長為4的等邊三角形，點D是線段BC的中點，∠EDF=120°，把∠EDF繞點D旋轉(zhuǎn)，使∠EDF的兩邊分別與線段AB、AC交于點E、F．（1）當DF⊥AC時，求證：BE=CF；
（2）在旋轉(zhuǎn)過程中，BE+CF是否為定值？若是，求出這個定值；若不是，請說明理由
【答案】（1）證明見解析；（2）是，2.
【分析】（1）根據(jù)四邊形內(nèi)角和為360°，可求∠DEA=90°，根據(jù)“AAS”可判定△BDE≌△CDF，即可證BE=CF；
（2）過點D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如圖2，易證△MBD≌△NCD，則有BM=CN，DM=DN，進而可證到△EMD≌△FND，則有EM=FN，就可得到BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cs60°=BD=BC=2.
【詳解】（1）∵△ABC是邊長為4的等邊三角形，點D是線段BC的中點，
∴∠B=∠C=60°，BD=CD，∵DF⊥AC，∴∠DFA=90°，
∵∠A+∠EDF+∠AFD+∠AED=180°，∴∠AED=90°，
∴∠DEB=∠DFC，且∠B=∠C=60°，BD=DC，∴△BDE≌△CDF（AAS）
（2）過點D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，
則有∠AMD=∠BMD=∠AND=∠CND=90°．
∵∠A=60°，∴∠MDN=360°-60°-90°-90°=120°．
∵∠EDF=120°，∴∠MDE=∠NDF．
在△MBD和△NCD中，，∴△MBD≌△NCD（AAS）BM=CN，DM=DN．
在△EMD和△FND中，，∴△EMD≌△FND（ASA）∴EM=FN，
∴BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cs60°=BD=BC=2.
【點睛】本題主要考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值等知識，通過證明三角形全等得到BM=CN，DM=DN，EM=FN是解決本題的關(guān)鍵．
例7．（2022山東省棗莊市一模）如圖，已知，在的角平分線上有一點，將一個角的頂點與點重合，它的兩條邊分別與射線相交于點.
（1）如圖1，當繞點旋轉(zhuǎn)到與垂直時，請猜想與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（2）當繞點旋轉(zhuǎn)到與不垂直時，到達圖2的位置，（1）中的結(jié)論是否成立？并說明理由；
（3）如圖3，當繞點旋轉(zhuǎn)到點位于的反向延長線上時，求線段與之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出你的猜想，不需證明.
【答案】（1），見解析；（2）結(jié)論仍然成立，見解析；（3）
【分析】（1）先判斷出∠OCE＝60°，再利用特殊角的三角函數(shù)得出OD＝OC，同OE＝OC，即可得出結(jié)論；（2）同（1）的方法得OF＋OG＝OC，再判斷出△CFD≌△CGE，得出DF＝EG，最后等量代換即可得出結(jié)論；（3）同（2）的方法即可得出結(jié)論．
【詳解】解：（1）是的角平分線
在中，，同理：
（2）（1）中結(jié)論仍然成立，理由：過點作于，于

由（1）知，
，且點是的平分線上一點
（3）結(jié)論為：.
理由：過點C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC＝∠OGC＝90°，
∵∠AOB＝60°，∴∠FCG＝120°，同（1）的方法得，OF＝OC，OG＝OC，∴OF＋OG＝OC，
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且點C是∠AOB的平分線OM上一點，
∴CF＝CG，∵∠DCE＝120°，∠FCG＝120°，∴∠DCF＝∠ECG，
∴△CFD≌△CGE，∴DF＝EG，∴OF＝DF?OD＝EG?OD，OG＝OE?EG，
∴OF＋OG＝EG?OD＋OE?EG＝OE?OD，∴OE?OD＝OC．
【點睛】此題屬于幾何變換綜合題，主要考查了角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)的綜合運用，正確作出輔助線，構(gòu)造全等三角形是解本題的關(guān)鍵．
例8．（2022秋·福建廈門·九年級?？计谥校┤鐖D，（是常量）．點P在的平分線上，且，以點P為頂點的繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)的過程中，的兩邊分別與，相交于M，N兩點，若始終與互補，則以下四個結(jié)論：①；②的值不變；③四邊形的面積不變；④點M與點N的距離保持不變．其中正確的為（）
A．①③B．①②③C．①③④D．②③
【答案】B
【分析】如圖作于點E，于點F，只要證明，即可一一判斷．
【詳解】解：如圖所示：作于點E，于點F，
，，
，，
，，
平分，，，，
在和中，，，，
在和中，，，
，故①正確，，
定值，故③正確，
定值，故②正確，
的位置是變化的，之間的距離也是變化的，故④錯誤；故選：B．
【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)定理，四邊形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．
模型2.對角互補模型（相似模型）
【模型解讀】四邊形或多邊形構(gòu)成的幾何圖形中，相對的角互補。該題型常用到的輔助線主要是頂定點向兩邊做垂線，從而證明兩個三角形相似.
【常見模型及結(jié)論】
1）對角互補相似1
條件：如圖，在Rt△ABC中，∠C＝∠EOF＝90°，點O是AB的中點，

輔助線：過點O作OD⊥AC，垂足為D，過點O作OH⊥BC，垂足為H，
結(jié)論：①△ODE～△OHF；②（思路提示：）.
2）對角互補相似2
條件：如圖，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，∠BOC＝.

輔助線：作法1：如圖1，過點C作CF⊥OA，垂足為F，過點C作CG⊥OB，垂足為G；
結(jié)論：①△ECG～△DCF；②CE＝CD·.（思路提示：，CF=OG，在Rt△COG中，）
輔助線：作法2：如圖2，過點C作CF⊥OC，交OB于F；
結(jié)論：①△CFE～△COD；②CE＝CD·.（思路提示：，在Rt△OCF中，）
3）對角互補相似3
條件：已知如圖，四邊形ABCD中，∠B+∠D=180°
輔助線：過點D作DE⊥BA，垂足為E，過點D作DF⊥BC，垂足為F；
結(jié)論：①△DAE～△DCF；②ABCD四點共圓。
例1．（2023·成都市·九年級期中）如圖所示，在中，，，在中，，點P在上，交于點E，交于點F．當時，的值為（）．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】過P作PH⊥BC于H，PQ⊥AB于Q，證明△PQE∽△PHF，得出PQ=2PH=2BQ，再由PQ∥BC證得△AQP∽△ABC，得到，設BQ=x，則AQ=3﹣x，PQ=2x，求出x值即可解決問題．
【詳解】解：∵在中，，，
∴AC= ，
過P作PH⊥BC于H，PQ⊥AB于Q，則∠PQB=∠PHB=∠B=90°，
∴四邊形PQBH是矩形，∴PH=BQ，∠QPH=90°=∠MPN，PQ∥BC，
∴∠EPH+∠QPE=∠EPH+∠HPF=90°，∴∠QPE=∠HPF，
∴△PQE∽△PHF，∴，又PE=2PF，∴PQ=2PH=2BQ，
∵PQ∥BC，∴△AQP∽△ABC，∴，
設BQ=x，則AQ=3﹣x，PQ=2x，∴，解得：，AP=3，故選：C．
【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、等角的余角相等、矩形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運用，添加輔助線是解答的關(guān)鍵．
例2．（2023·河南南陽·九年級統(tǒng)考階段練習）如圖，在等腰直角中，，，過點作射線，為射線上一點，在邊上（不與重合）且，與交于點．（1）求證：；（2）求證：；（3）如果，求證：．
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）見解析
【分析】（1）根據(jù)題意先由等腰直角△ABC得到∠BAC=∠B=45°，從而結(jié)合∠DAE=45°得到∠DAC=∠EAB，再由平行線的性質(zhì)得到∠ACP=∠BAC=∠B=45°，從而得到△ADC∽△AEB；
（2）根據(jù)題意由相似三角形的性質(zhì)得到AD：AE=AC：AB，轉(zhuǎn)化為AD：AC=AE：AB，結(jié)合∠DAE=∠CAB=45°得證結(jié)果；（3）根據(jù)題意結(jié)合∠ACD=45°和∠ACB=90°，由CD=CE得到∠CDE=∠CED=22.5°，從而得到∠DAC=22.5°，然后得到△OCD∽△DCA，最后即可求證．
【詳解】解：（1）證明：∵是等腰直角三角形，∴，
∵，，∴，，∴；
（2）證明：∵∴，即，
∵，∴；
（3）∵，∴，
∵，∴，∵，∴，
∴∴，
又∵，∴，∴，∴
【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質(zhì)以及等腰直角三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是通過線段的比例關(guān)系得到三角形相似．
例3．（2023·廣西河池·校聯(lián)考一模）綜合與實踐【問題情境】在中，，，，在直角三角板中，，將三角板的直角頂點放在斜邊的中點處，并將三角板繞點旋轉(zhuǎn)，三角板的兩邊，分別與邊，交于點，．
【猜想證明】如圖，在三角板旋轉(zhuǎn)過程中，當為邊的中點時，試判斷四邊形的形狀，并說明理由．【問題解決】如圖，在三角板旋轉(zhuǎn)過程中，當時，求線段的長．

【答案】[猜想證明]四邊形是矩形，理由見解析；[問題解決]．
【分析】[猜想證明]由三角形中位線定理可得，可證，即可求解；
[問題解決]由勾股定理可求的長，由中點的性質(zhì)可得的長，由銳角三角函數(shù)可求解．
【詳解】[猜想證明]四邊形是矩形，理由如下：如圖，點是的中點，點是的中點，
是的中位線，，，
，，，
，四邊形是矩形；
[問題解決]過點作于，如圖：

，，，，
點是的中點，，，
，，，，，
又，，，，．
【點睛】本題考查四邊形綜合應用，涉及矩形的判定，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)等有關(guān)知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．
例4．（2023年江西省南昌市月考）如圖，兩個全等的四邊形和，其中四邊形的頂點O位于四邊形的對角線交點O．
(1)如圖1，若四邊形和都是正方形，則下列說法正確的有_______．（填序號）
①；②重疊部分的面積始終等于四邊形的；③．
(2)應用提升:如圖2，若四邊形和都是矩形，，寫出與之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
(3)類比拓展:如圖3，若四邊形和都是菱形，，判斷（1）中的結(jié)論是否依然成立；如不成立，請寫出你認為正確的結(jié)論（可用表示），并選取你所寫結(jié)論中的一個說明理由．
【答案】(1)①②③(2)關(guān)系為，證明見解析
(3)①成立，②③不成立，正確結(jié)論②重疊部分的面積始終等于四邊形的；③．證明①的過程見解析
【詳解】（1）如圖，在圖1中，過點O作于點H,于點G
∵于點H, 于點G∴
∵四邊形和都是正方形∴∴
∵,∴
在和中∴∴故①正確
∵∴∴故②正確
∵四邊形是正方形∴
∴故③正確
（2）關(guān)系為，證明如下：如圖，在圖2中，過點O作于點H,于點G
∵于點H, 于點G∴
∵四邊形和都是矩形∴
∵,∴
在和中∴∴
（3）（1）中結(jié)論，①成立，②③不成立，正確結(jié)論②重疊部分的面積始終等于四邊形的；③．現(xiàn)證明①如下：
如圖，在圖3中，過點O作于點H,于點G
∵于點H, 于點G∴
∵四邊形和都是菱形∴∴
∵,∴
在和中∴∴
例5．（2023.遼寧中考模擬）如圖，在RtABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，點O在線段AB上（點O不與點A，B重合），且OB＝kOA，點M是AC延長線上的一點，作射線OM，將射線OM繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°，交射線CB于點N．（1）如圖1，當k＝1時，判斷線段OM與ON的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（2）如圖2，當k＞1時，判斷線段OM與ON的數(shù)量關(guān)系（用含k的式子表示），并證明；（3）點P在射線BC上，若∠BON＝15°，PN＝kAM（k≠1），且＜，請直接寫出的值（用含k的式子表示）．
【答案】（1）OM＝ON，見解析；（2）ON＝k?OM，見解析；（3）
【分析】（1）作OD⊥AM，OE⊥BC，證明△DOM≌△EON；（2）作OD⊥AM，OE⊥BC，證明△DOM∽△EON；（3）設AC＝BC＝a，解Rt△EON和斜△AOM，用含的代數(shù)式分別表示再利用比例的性質(zhì)可得答案．
【詳解】解：（1）OM＝ON，如圖1，作OD⊥AM于D，OE⊥CB于E，
∴∠ADO＝∠MDO＝∠CEO＝∠OEN＝90°，∴∠DOE＝90°，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠A＝∠ABC＝45°，
在Rt△AOD中，，同理：OE＝OB，
∵OA＝OB，∴OD＝OE，∵∠DOE＝90°，∴∠DOM＋∠MOE＝90°，
∵∠MON＝90°，∴∠EON＋∠MOE＝90°，∴∠DOM＝∠EON，
在Rt△DOM和Rt△EON中，，∴△DOM≌△EON（ASA），∴OM＝ON．
（2）如圖2，作OD⊥AM于D，OE⊥BC于E，由（1）知：OD＝OA，OE＝OB，

∴，由（1）知：∠DOM＝∠EON，∠MDO＝∠NEO＝90°，
∴△DOM∽△EON，∴，∴ON＝k?OM．
（3）如圖3，設AC＝BC＝a，∴AB＝a，
∵OB＝k?OA，∴OB＝?a，OA＝?a，∴OE＝OB＝a，
∵∠N＝∠ABC﹣∠BON＝45°﹣15°＝30°，∴EN＝＝OE＝?a，
∵CE＝OD＝OA＝a，∴NC＝CE＋EN＝a＋?a，
由（2）知：，△DOM∽△EON，∴∠AMO＝∠N＝30°
∵，∴，∴△PON∽△AOM，∴∠P＝∠A＝45°，
∴PE＝OE＝a，∴PN＝PE＋EN＝a＋?a，
設AD＝OD＝x，∴DM＝，由AD＋DM＝AC＋CM得，（＋1）x＝AC＋CM，
∴x＝（AC＋CM）＜（AC＋AC）＝AC，∴k＞1∴，
∴．
【點睛】本題考查了三角形全等和相似，以及解直角三角形，解決問題的關(guān)鍵是作OD⊥AC，OE⊥BC；本題的難點是條件得出k＞1．
例6．（2023浙江中考二模）（1）特例感知：如圖1，已知在RtABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，取BC邊上中點D，連接AD，點E為AB邊上一點，連接DE，作DF⊥DE交AC于點F，求證：BE＝AF；
（2）探索發(fā)現(xiàn)：如圖2，已知在RtABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝3，取BC邊上中點D，連接AD，點E為BA延長線上一點，AE＝1，連接DE，作DF⊥DE交AC延長線于點F，求AF的長；
（3）類比遷移：如圖3，已知在ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝4，取BC邊上中點D，連接AD，點E為射線BA上一點（不與點A、點B重合），連接DE，將射線DE繞點D順時針旋轉(zhuǎn)30°交射線CA于點F，當AE＝4AF時，求AF的長．
【答案】（1）見解析；（2）4；（3）或或
【分析】（1）證明△BDE≌△ADF（ASA），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到BE＝AF；
（2）方法同（1），利用全等三角形的性質(zhì)解決問題；
（3）證明△EBD∽△DCF，推出，設AF＝m，則AE＝4m，分三種情形，分別構(gòu)建方程求解即可．
【詳解】（1）證明：如圖1中，
∵△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AD是高，
∴BD＝CD＝ADBC，∠B＝∠C＝45°，∠BAD＝∠CAD∠BAC＝45°，
∵DF⊥DE，∴∠EDF＝∠ADB＝90°，∴∠BDE＝∠ADF＝90°﹣∠ADE，
在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（ASA），∴BE＝AF；
（2）解：如圖2中，由（1）知，BD＝CD＝AD，∠B＝∠C＝∠BAD＝∠CAD＝45°，
∴∠EDF＝∠ADB＝90°，∴∠BDE＝∠ADF＝90°+∠ADE，

在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（ASA），∴BE＝AF，
∵AB＝3，AE＝1，∴BE＝AB+AE＝4，∴AF＝4；
（3）解：如圖3中，∵AB＝AC，BD＝CD，∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD∠BAC＝60°，
∴BD＝CD＝AB?sin60°＝2，∵AE＝4AF，∴可以假設AF＝m，則AE＝4m，BE＝4﹣4m，CF＝4﹣m，
∵∠EDC＝∠EDF+∠FDC＝∠B+∠BED，∠EDF＝∠B＝30°，
∴∠FDC＝∠BED，∵∠B＝∠C，∴△EBD∽△DCF，∴，
∴，整理得，m2﹣5m+1＝0，解得m或（舍棄），
經(jīng)檢驗，m是分式方程的解．
當點F在CA的延長線上時，CF＝4+m，由△EBD∽△DCF，可得，
∴，解得，m或（舍棄），經(jīng)檢驗，m是分式方程的解．
當點E在射線BA上時，BE＝4+4m，
∵△EBD∽△DCF，∴，∴
解得，m或（舍棄），經(jīng)檢驗，m是分式方程的解．
綜上所述，滿足條件的AF的值為或或．
【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識；熟練掌握等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．
課后專項訓練
1．（2022·江蘇·八年級校聯(lián)考期末）如圖，在平面直角坐標系xOy中，A,B兩點分別在x軸，y軸的正半軸上，且OA=OB，點C在第一象限，OC=3，連接BC，AC，若∠BCA=90°，則BC+AC的值為_________．
【答案】
【分析】可將△OBC繞著O點順時針旋轉(zhuǎn)90°，所得的圖形與△OAC正好拼成等腰直角三角形BC+AC等于等腰三角形的斜邊CD.
【詳解】解：將△OBC繞O點旋轉(zhuǎn)90°，
∵OB=OA∴點B落在A處，點C落在D處且有OD=OC=3，∠COD=90°，∠OAD=∠OBC，
在四邊形OACB中∵∠BOA=∠BCA=90°，∴∠OBC+∠OAC=180°，
∴∠OAD+∠OAC=180°∴C、A、D三點在同一條直線上，
∴△OCD為等要直角三角形，根據(jù)勾股定理CD2=OC2+OD2
即CD2=32+32=18解得CD= 即BC+AC=.
【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)前后的圖形對應邊相等，對應角相等.要求兩條線段的長，可利用作圖的方法將兩條線段化成一條線段，再求這條線段的長度即可，本題就是利用旋轉(zhuǎn)的方法做到的，但做本題時需注意，一定要證明C、A、D三點在同一條直線上.本題還有一種化一般為特殊的方法，因為答案一定可考慮CB⊥y軸的情況，此時四邊形OACB剛好是正方形，在做選擇或填空題時，也可起到事半功倍的效果.
2．（2023.廣東九年級期中）如圖，為等邊三角形，以為邊向外作，使，再以點C為旋轉(zhuǎn)中心把旋轉(zhuǎn)到，則給出下列結(jié)論：①D，A，E三點共線；②平分；③；④．其中正確的有（）．
A．1個B．2個C．3個D．4個
【答案】D
【分析】①設∠1=x度，把∠2=（60-x）度，∠DBC=∠4=（x+60）度，∠3=60°加起來等于180度，即可證明D、A、E三點共線；②根據(jù)△BCD繞著點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△ACE，判斷出△CDE為等邊三角形，求出∠BDC=∠E=60°，∠CDA=120°-60°=60°，可知DC平分∠BDA；
③由②可知，∠BAC=60°，∠E=60°，從而得到∠E=∠BAC．
④由旋轉(zhuǎn)可知AE=BD，又∠DAE=180°，DE=AE+AD．而△CDE為等邊三角形，DC=DE=DB+BA．
【詳解】解：如圖，
①設∠1=x度，則∠2=（60-x）度，∠DBC=（x+60）度，故∠4=（x+60）度，
∴∠2+∠3+∠4=60-x+60+x+60=180度，∴D、A、E三點共線；故①正確；
②∵△BCD繞著點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△ACE，
∴CD=CE，∠DCE=60°，∴△CDE為等邊三角形，
∴∠E=60°，∴∠BDC=∠E=60°，∴∠CDA=120°-60°=60°，
∴DC平分∠BDA；故②正確；
③∵∠BAC=60°，∠E=60°，∴∠E=∠BAC．故③正確；
④由旋轉(zhuǎn)可知AE=BD，又∵∠DAE=180°，∴DE=AE+AD．
∵△CDE為等邊三角形，∴DC=DB+DA．故④正確；故選：D．
【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)等相關(guān)知識，要注意旋轉(zhuǎn)不變性，找到變化過程中的不變量．
3.（2023·山西臨汾·統(tǒng)考二模）在菱形中，，對角線交于點，分別是邊上的點，且與交于點，則的值為．

【答案】
【分析】由菱形的性質(zhì)及可證，得，；由得，，于是，可得，進而求得答案．
【詳解】∵ ∴∴
∵四邊形是菱形，∴，
∴∴∴，
又∵∴．，
∵∴， ∴．
設，則，，；故答案為：．
【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，利用全等及相似得到線段間的數(shù)量關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
4．（2023青島版九年級月考）如圖，在中，，，直角的頂點在上，、分別交、于點、，繞點任意旋轉(zhuǎn)．當時，的值為；當時，為．（用含的式子表示）
【答案】 ,
【詳解】如圖，過點O作OH⊥AC于H，OG⊥BC于G，由條件可以表示出HO、GO的值，通過證明△PHO∽△QGO由相似三角形的性質(zhì)就可以求出結(jié)論．
解答：解：過點O作OH⊥AC于H，OG⊥BC于G，∴∠OHP=∠OGQ=90°．
∵∠ACB=90°，∴四邊形HCGO為矩形，
∴∠HOG=90°，∴∠HOP=∠GOQ，∴△PHO∽△QGO，∴．
∵，設OA=x，則OB=2x，且∠ABC=30°，∴AH=x，OG=x．
在Rt△AHO中，由勾股定理，得OH=x，∴，∴=．故答案為．
5．（2023?西城區(qū)校級期中）已知，如圖，在四邊形ABCD中，BC＞BA，∠A+∠C＝180°，DE⊥BC，BD平分∠ABC，試說明AD＝DC．
【解答】證明：如圖，過D作DF⊥AB，交BA的延長線于點F，
∵DE⊥BC，BD平分∠ABC，∴DE＝DF，∠F＝∠DEC＝90°，
∵∠BAD+∠C＝180°，且∠BAD+∠DAF＝180°，∴∠DAF＝∠C，
在△ADF和△CDE中∴△ADF≌△CDE（AAS），∴AD＝CD．
6．（2023?阜新中考模擬）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AD⊥BC于點D．
（1）如圖1，點E，F(xiàn)在AB，AC上，且∠EDF＝90°．求證：BE＝AF；
（2）點M，N分別在直線AD，AC上，且∠BMN＝90°．
①如圖2，當點M在AD的延長線上時，求證：AB+AN＝AM；
②當點M在點A，D之間，且∠AMN＝30°時，已知AB＝2，直接寫出線段AM的長．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠C＝45°，
∵AD⊥BC，∴BD＝CD，∠ADB＝90°，∠BAD＝∠CAD＝45°，
∴∠CAD＝∠B，AD＝BD，∵∠EDF＝∠ADB＝90°，∴∠BDE＝∠ADF，
∴△BDE≌△ADF（ASA），∴BE＝AF；
（2）①如圖1，過點M作MP⊥AM，交AB的延長線于點P，∴∠AMP＝90°，
∵∠PAM＝45°，∴∠P＝∠PAM＝45°，∴AM＝PM，
∵∠BMN＝∠AMP＝90°，∴∠BMP＝∠AMN，
∵∠DAC＝∠P＝45°，∴△AMN≌△PMB（ASA），∴AN＝PB，∴AP＝AB+BP＝AB+AN，
在Rt△AMP中，∠AMP＝90°，AM＝MP，∴AP＝AM，∴AB+AN＝AM；
②如圖，在Rt△ABD中，AD＝BD＝AB＝，
∵∠BMN＝90°，∠AMN＝30°，∴∠BMD＝90°﹣30°＝60°，
在Rt△BDM中，DM＝＝，∴AM＝AD﹣DM＝﹣．
7、（2023.重慶九年級期中）已知：如圖，在等邊△ABC中，點O是BC的中點，∠DOE＝120°，∠DOE繞著點O旋轉(zhuǎn)，角的兩邊與AB相交于點D，與AC相交于點E．
(1)若OD，OE都在BC的上方，如圖1，求證：OD＝OE．(2)在圖1中，BD，CE與BC的數(shù)量關(guān)系是．
(3)若點D在AB的延長線上，點E在線段AC上，如圖2，直接寫出BD，CE與BC的數(shù)量關(guān)系是．
【答案】(1)見解析；(2)；(3)
【解析】(1)證明：取AB的中點F，連接OF．
∵△ABC是等邊三角形，∴，
∵點O與點F分別是BC與AB的中點，∴，
∴△BOF是等邊三角形，∴，
，∴，∴，
∵在△DOF和△EOC中，，∴，∴．

(2)解：結(jié)論：．理由：∵，∴，∴，
∵是等邊三角形，∴，
∵，∴．故答案為：；
(3)結(jié)論：．理由如圖2中，取的中點F，連接OF．
同（1）中的方法可證是等邊三角形，，
∴，∴，
∵，∴
8．（2022山西省呂梁市八年級期末）如圖，已知與，平分．

(1)如圖1，與的兩邊分別相交于點、，，試判斷線段與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由.
以下是小宇同學給出如下正確的解法：解：．
理由如下：如圖1，過點作，交于點，則，…
請根據(jù)小宇同學的證明思路，寫出該證明的剩余部分．
(2)你有與小宇不同的思考方法嗎？請寫出你的證明過程．(3)若，．
①如圖3，與的兩邊分別相交于點、時，(1)中的結(jié)論成立嗎？為什么？線段、、有什么數(shù)量關(guān)系？說明理由．②如圖4，的一邊與的延長線相交時，請回答(1)中的結(jié)論是否成立，并請直接寫出線段、、有什么數(shù)量關(guān)系；如圖5，的一邊與的延長線相交時，請回答(1)中的結(jié)論是否成立，并請直接寫出線段、、有什么數(shù)量關(guān)系．

【答案】(1)見解析；(2)證明見解析；(3)①成立，理由見解析；②在圖4中，(1)中的結(jié)論成立，.在圖5中，(1)中的結(jié)論成立，
【分析】（1）通過ASA證明即可得到CD=CE；（2）過點作，，垂足分別為，，通過AAS證明同樣可得到CD=CE；（3）①方法一：過點作，垂足分別為，，通過AAS得到，進而得到，利用等量代換得到，在中，利用30°角所對的邊是斜邊的一半得，同理得到，所以；方法二：以為一邊作，交于點，通過ASA證明，得到，所以；②圖4：以OC為一邊，作∠OCF=60°與OB交于F點，利用ASA證得△COD≌△CFE，即有CD=CE，OD=EF
得到OE=OF+EF=OC+OD；圖5:以OC為一邊，作∠OCG=60°與OA交于G點，利用ASA證得△CGD≌△COE，即有CD=CE，OD=EF，得到OE=OF+EF=OC+OD.
【詳解】解：(1)平分，，
又
在與中，

(2)如圖2，過點作，，垂足分別為，，∴，
又∵平分，∴，在四邊形中，，
又∵，∴，又∵，∴，
在與中，∴，∴.
(3)①(1)中的結(jié)論仍成立..
理由如下：方法一：如圖3(1)，過點作，，

垂足分別為，，∴，又∵平分，∴，
在四邊形中，，
又∵，∴，
又∵，∴，在與中，，
∴，∴.
∴.
在中，，
∴，同理，∴.
方法二：如圖3（2），以為一邊作，交于點，
∵平分，∴，∴，
∴，，∴是等邊三角形，∴，
∵，，∴，
在與中，∴，
∴.∴.
②在圖4中，(1)中的結(jié)論成立，.
如圖，以OC為一邊，作∠OCF=60°與OB交于F點
∵∠AOB=120°，OC為∠AOB的角平分線∴∠COB=∠COA=60°
又∵∠OCF=60°∴△COF為等邊三角形∴OC=OF
∵∠COF=∠OCD+∠DCF=60°，∠DCE=∠DCF+∠FCB=60°∴∠OCD=∠FCB
又∵∠COD=180°-∠COA=180°-60°=120° ∠CFE=180°-∠CFO=180°-60°=120°
∴∠COD=∠CFE∴△COD≌△CFE（ASA）∴CD=CE，OD=EF∴OE=OF+EF=OC+OD即OE-OD=OC

在圖5中，(1)中的結(jié)論成立，.
如圖，以OC為一邊，作∠OCG=60°與OA交于G點
∵∠AOB=120°，OC為∠AOB的角平分線∴∠COB=∠COA=60°
又∵∠OCG=60°∴△COG為等邊三角形∴OC=OG
∵∠COG=∠OCE+∠ECG=60°，∠DCE=∠DCG+∠GCE=60°∴∠DCG=∠OCE
又∵∠COE=180°-∠COB=180°-60°=120° ∠CGD=180°-∠CGO=180°-60°=120°
∴∠CGD=∠COE∴△CGD≌△COE（ASA） ∴CD=CE，OE=DG
∴OD=OG+DG=OC+OE 即OD-OE=OC
【點睛】本題主要考查全等三角形的綜合應用，有一定難度，解題關(guān)鍵在于能夠做出輔助線證全等.
9．（2022·湖北武漢·八年級?？计谀┮阎谒倪呅沃?，，.
(1)如圖1．連接，若，求證：.
(2)如圖2，點分別在線段上，滿足，求證：;
(3)若點在的延長線上，點在的延長線上，如圖3所示，仍然滿足，請寫出與的數(shù)量關(guān)系，并給出證明過程．
【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析；（3）
【分析】（1）根據(jù)已知條件得出為直角三角形，再根據(jù)證出，從而證出；
（2）如圖2，延長DC到 K，使得CK=AP，連接BK，通過證△BPA≌△BCK（SAS）得到：∠1=∠2，BP=BK．然后根據(jù)證明得，從而得出，然后得出結(jié)論；
（3）如圖3，在CD延長線上找一點K，使得KC=AP，連接BK，構(gòu)建全等三角形：△BPA≌△BCK（SAS），由該全等三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定定理SSS證得：△PBQ≌△BKQ，則其對應角相等：∠PBQ=∠KBQ，結(jié)合四邊形的內(nèi)角和是360度可以推得：∠PBQ=90°+∠ADC．
【詳解】（1）證明：如圖1，

∵，∴
在和中，∴∴
（2）如圖2，延長至點，使得，連接
∵∴
∵∴
∵，，∴∴，，
∵，，∴
∵，，∴
∴∴
（3）如圖3，在延長線上找一點，使得，連接，
∵ ∴
∵ ∴
在和中，∴
∴，∴ ∵∴
在和中，∴∴
∴∴
∴.
【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)．在應用全等三角形的判定時，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時添加適當輔助線構(gòu)造三角形．
10．（2023·山東青島·八年級統(tǒng)考期中）[問題]如圖①，點是的角平分線上一點，連接，，若與互補，則線段與有什么數(shù)量關(guān)系？
[探究]探究一：如圖②，若，則，即，，又因為平分，所以，理由是：_______．
探究二：若，請借助圖①，探究與的數(shù)量關(guān)系并說明理由．
[結(jié)論]點是的角平分線上一點，連接，，若與互補，則線段與的數(shù)量關(guān)系是______．
[拓展]已知：如圖③，在中，，，平分．求證：．

【答案】探究一：角的平分線上的點到角的兩邊距離相等；探究二：AD＝CD；理由見解析；[結(jié)論]：AD＝CD；[拓展]：見解析．
【分析】探究一：根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理解答；探究二：作于，作交的延長線于，證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證明結(jié)論；[理論] 根據(jù)探究結(jié)果得到答案；
[拓展]在上取一點，使，作角的延長線于，于，證明，得到，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到，等量代換得到，結(jié)合圖形證明結(jié)論．
【詳解】解：探究一：平分，，，，
理由是：角平分線上的點到角的兩邊的距離相等，故答案為：角平分線上的點到角的兩邊的距離相等；
探究二：作于，作交的延長線于，

平分，，，，
，，，
在和中，，；
[理論] 綜上所述，點是的角平分線上一點，連接，，若與互補，則線段與的數(shù)量關(guān)系是，故答案為：；
[拓展] 在上取一點，使，作角的延長線于，于，
．平分，，，，
，，，，，
，，．
在和中，，，，
，，，，．
，．
【點睛】本題考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)定理，掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．
11．（2022·陜西寶雞·統(tǒng)考二模）問題提出
（1）如圖1，四邊形ABCD中，，與互補，，點A到BC邊的距離為17，求四邊形ABCD的面積．
問題解決（2）某公園計劃修建主題活動區(qū)域，如圖2所示，，，，在BC上找一點E，修建兩個不同的三角形活動區(qū)域，△ABE區(qū)域為體育健身活動區(qū)域，△ECD為文藝活動表演區(qū)域，根據(jù)規(guī)劃要求，，，設EC的長為x(m)，△ECD的面積為，求與之間的函數(shù)關(guān)系式，并求出△ECD面積的最大值．
【答案】（1）255；（2）；
【分析】（1）連接AC，過點A作于點H，將△ABH繞著A點逆時針旋轉(zhuǎn)，使得AB與AD重合，得到△ADG，則利用進行求解；（2）連接AD，AC，過點D作交BC延長線于點H，證明，由此表示出，再利用三角函數(shù)表示出高，從而表示出與的函數(shù)關(guān)系式，并求得的最大值．
【詳解】解：（1）如圖，連接AC，過點A作于點H，將△ABH繞著A點逆時針旋轉(zhuǎn)，使得AB與AD重合，得到△ADG．
由，得，∵△ADG是由△ABH旋轉(zhuǎn)得到，∴，
∴，，，
又，，即，，三點共線．
∴，，
∴．
（2）如圖，連接AD，AC，過點D作交BC延長線于點H．
∵且，∴△BAC為等邊三角形，，．
∵，，∴△EAD為等邊三角形，，．
∵，，∴．
在△BAE和△CAD中，，∴，
∴．即．又∵，∴．
在Rt△DCH中，．
∴△ECD的面積為：．
當時，y有最大值，此時△ECD面積最大值為：．
【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，等邊三角形的性質(zhì)與判定，三角函數(shù)的應用，求二次函數(shù)的最大值，解決本題的關(guān)鍵是靈活運用相關(guān)性質(zhì)定理．
12．（2023山東中考模擬）如圖，矩形ABCD中，∠ACB=30°，將一塊直角三角板的直角頂點P放在兩對角線AC，BD的交點處，以點P為旋轉(zhuǎn)中心轉(zhuǎn)動三角板，并保證三角板的兩直角邊分別于邊AB，BC所在的直線相交，交點分別為E，F(xiàn)．
（1）當PE⊥AB，PF⊥BC時，如圖1，則的值為；
（2）現(xiàn)將三角板繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜60°）角，如圖2，求的值；（3）在（2）的基礎(chǔ)上繼續(xù)旋轉(zhuǎn)，當60°＜α＜90°，且使AP：PC=1：2時，如圖3，的值是否變化？證明你的結(jié)論．
【答案】（1）；（2）；（3）變化.證明見解析.
【分析】（1）證明△APE≌△PCF，得PE=CF；在Rt△PCF中，解直角三角形求得的值即可；
（2）如答圖1所示，作輔助線，構(gòu)造直角三角形，證明△PME∽△PNF，并利用（1）的結(jié)論，求得的值；（3）如答圖2所示，作輔助線，構(gòu)造直角三角形，首先證明△APM∽△PCN，求得；然后證明△PME∽△PNF，從而由求得的值.與（1）（2）問相比較，的值發(fā)生了變化.
【詳解】（1）∵矩形ABCD，∴AB⊥BC，PA=PC.
∵PE⊥AB，BC⊥AB，∴PE∥BC.∴∠APE=∠PCF.
∵PF⊥BC，AB⊥BC，∴PF∥AB.∴∠PAE=∠CPF.
∵在△APE與△PCF中，∠PAE=∠CPF，PA=PC，∠APE=∠PCF，
∴△APE≌△PCF（ASA）.∴PE=CF.
在Rt△PCF中，，∴；
（2）如答圖1，過點P作PM⊥AB于點M，PN⊥BC于點N，則PM⊥PN.
∵PM⊥PN，PE⊥PF，∴∠EPM=∠FPN.又∵∠PME=∠PNF=90°，∴△PME∽△PNF.
∴.由（1）知，，∴.
（3）變化.證明如下：如答圖2，過點P作PM⊥AB于點M，PN⊥BC于點N，則PM⊥PN，PM∥BC，PN∥AB.
∵PM∥BC，PN∥AB，∴∠APM=∠PCN，∠PAM=∠CPN.∴△APM∽△PCN.
∴，得CN=2PM. 在Rt△PCN中，，∴.
∵PM⊥PN，PE⊥PF，∴∠EPM=∠FPN.
又∵∠PME=∠PNF=90°，∴△PME∽△PNF.∴.∴的值發(fā)生變化.
13．（2022秋·河南鶴壁·九年級統(tǒng)考期末）已知在中，，，，為邊上的一點．過點作射線，分別交邊、于點、．
（1）當為的中點，且、時，如圖1，_______：
（2）若為的中點，將繞點旋轉(zhuǎn)到圖2位置時，_______；
（3）若改變點到圖3的位置，且時，求的值．
【答案】（1）2；（2）2；（3）
【分析】（1）由為的中點，結(jié)合三角形的中位線的性質(zhì)得到從而可得答案；（2）如圖，過作于過作于結(jié)合（1）求解再證明利用相似三角形的性質(zhì)可得答案；（3）過點分別作于點，于點，證明,可得再證明，利用相似三角形的性質(zhì)求解同法求解從而可得答案．
【詳解】解：（1）為的中點，
故答案為：
（2）如圖，過作于過作于

由（1）同理可得：故答案為：
（3）過點分別作于點，于點，
∵，∴．∵，∴．
∴．∴．∴．
∵，，∴．∴∴．
∵，∴．∵，∴．∴．
同理可得：．∴．
【點睛】本題考查的是矩形的性質(zhì)，三角形中位線的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
14．（2023·浙江臺州·九年級校考階段練習）【問題情境】如圖①，在中，，，點為中點，連結(jié)，點為的延長線上一點，過點且垂直于的直線交的延長線于點.易知BE與CF的數(shù)量關(guān)系．
【探索發(fā)現(xiàn)】如圖②，在中，，，點為中點，連結(jié)，點為的延長線上一點，過點且垂直于的直線交的延長線于點.【問題情境】中的結(jié)論還成立嗎？請說明理由．【類比遷移】如圖③，在等邊中，，點是中點，點是射線上一點（不與點、重合），將射線繞點逆時針旋轉(zhuǎn)交于點．當時，______．
【答案】問題情境：；探索發(fā)現(xiàn)：成立，見解析；類比遷移：或
【分析】問題情境：根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，證明即可得；
探索發(fā)現(xiàn)：與圖①類似，證明即可；類比遷移：根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠A=∠B=60°，求得∠BDF=∠AED，設CE=x，則CF=2x，分兩種情況討論：點E在線段AC上，點E在AC的延長線上，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．
【詳解】問題情境：，證明如下：
∵在中，，，點為中點，
∴，∴
∵∴∴
在和中，∴∴
探索發(fā)現(xiàn)：成立，理由：∵在中，為中點，∴，
又∵，∴，∴，
∴，∴
∵，∴，∴，∴，
在和中，∴∴
類比遷移：當點E在線段AC上時，如圖③，
∵是等邊三角形，，點是中點，
∴，，
設，則，，
∵是的外角，，∴
即∴
又∵∴∴ ∴∴
解得，（大于4，不符合題意，舍去）
當點E在線段AC的延長線時，如圖：
設，則，，
同理可得∴解得，（不符合題意，舍去）
綜上所述，或．故答案為：或．
【點睛】本題考查全等三角形與相似三角形的綜合問題，運用等腰直角三角形的性質(zhì)尋找全等條件，熟練掌握相似三角形中的一線三等角模型是解題的關(guān)鍵．
15．（2023廣東中考模擬）我們定義：有一組鄰角相等的凸四邊形叫做“等鄰角四邊形”
（1）概念理解：請你根據(jù)上述定義舉一個等鄰角四邊形的例子；
（2）問題探究；如圖1，在等鄰角四邊形ABCD中，∠DAB=∠ABC，AD，BC的中垂線恰好交于AB邊上一點P，連結(jié)AC，BD，試探究AC與BD的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（3）應用拓展；如圖2，在Rt△ABC與Rt△ABD中，∠C=∠D=90°，BC=BD=3，AB=5，將Rt△ABD繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)角α（0°＜∠α＜∠BAC）得到Rt△AB′D′（如圖3），當凸四邊形AD′BC為等鄰角四邊形時，求出它的面積．
【答案】（1）矩形或正方形；（2）AC=BD，理由見解析；（3）10 或12﹣．
【分析】（1）矩形或正方形鄰角相等，滿足“等鄰角四邊形”條件；
（2）AC=BD，理由為：連接PD，PC，如圖1所示，根據(jù)PE、PF分別為AD、BC的垂直平分線，得到兩對角相等，利用等角對等角得到兩對角相等，進而確定出∠APC=∠DPB，利用SAS得到三角形ACB與三角形DPB全等，利用全等三角形對應邊相等即可得證；
（3）分兩種情況考慮：（i）當∠AD′B=∠D′BC時，延長AD′，CB交于點E，如圖3（i）所示，由S四邊形ACBD′=S△ACE﹣S△BED′，求出四邊形ACBD′面積；（ii）當∠D′BC=∠ACB=90°時，過點D′作D′E⊥AC于點E，如圖3（ii）所示，由S四邊形ACBD′=S△AED′+S矩形ECBD′，求出四邊形ACBD′面積即可．
【詳解】（1）矩形或正方形；（2）AC=BD，理由為：連接PD，PC，如圖1所示：

∵PE是AD的垂直平分線，PF是BC的垂直平分線， ∴PA=PD，PC=PB，
∴∠PAD=∠PDA，∠PBC=∠PCB，∴∠DPB=2∠PAD，∠APC=2∠PBC，
即∠PAD=∠PBC， ∴∠APC=∠DPB， ∴△APC≌△DPB（SAS）， ∴AC=BD；
（3）分兩種情況考慮：（i）當∠AD′B=∠D′BC時，延長AD′，CB交于點E，如圖3（i）所示，
∴∠ED′B=∠EBD′， ∴EB=ED′，
設EB=ED′=x，由勾股定理得：42+（3+x）2=（4+x）2，解得：x=4.5，
過點D′作D′F⊥CE于F， ∴D′F∥AC， ∴△ED′F∽△EAC，
∴，即，解得：D′F=，
∴S△ACE=AC×EC=×4×（3+4.5）=15；S△BED′=BE×D′F=×4.5×=，
則S四邊形ACBD′=S△ACE﹣S△BED′=15﹣=10；
（ii）當∠D′BC=∠ACB=90°時，過點D′作D′E⊥AC于點E，如圖3（ii）所示，
∴四邊形ECBD′是矩形， ∴ED′=BC=3，在Rt△AED′中，根據(jù)勾股定理得：AE=，
∴S△AED′=AE×ED′=××3=，S矩形ECBD′=CE×CB=（4﹣）×3=12﹣3，
則S四邊形ACBD′=S△AED′+S矩形ECBD′=+12﹣3=12﹣．
【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了“等鄰角四邊形”的理解，三角形，四邊形的內(nèi)角和定理，角平分線的意義，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定，理解“等鄰角四邊形”的定義是解本題的關(guān)鍵，分類討論是解本題的難點，是一道中考?？碱}．
16．（2023年成都市中考模擬）（1）如圖，RtABC中，∠A＝90°，AB＝AC，D為BC中點，E、F分別為AB、AC上的動點，且∠EDF＝90°．求證：DE＝DF；（2）如圖2，RtABC中，∠BAC＝90°，AC＝4，AB＝3，AD⊥BC，∠EDF＝90°．①求證：DF?DA＝DB?DE；②求EF的最小值．

【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②
【分析】（1）連接AD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠ADE＝∠BDF，從而得到△BDF≌△ADE，即可求證；
（2）①先證得∠BDF＝∠ADE，∠B＝∠DAE，可證得△BDF∽△ADE，即可求證；
②連接EF，根據(jù)勾股定理可得BC5，根據(jù)三角形的面積可得AD，從而得到DC，再由△ADB∽△CAB，可得，再根據(jù)，可得到，從而得到△EDF∽△CAB，進而得到EF，可得到當DE最小時，EF取最小值，即可求解．
【詳解】證明：（1）如圖1，連接AD，

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，BD＝CD，∴AD⊥BC，AD＝BD＝DC，∠B＝∠DAE＝45°，
∵∠ADB＝∠EDF＝90°，∴∠ADB﹣∠ADF＝∠EDF﹣∠ADF，即∠ADE＝∠BDF，
在△BDF和△ADE中，，∴△BDF≌△ADE（ASA），∴DE＝DF；
（2）①證明：∵AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴∠ADB＝∠EDF，
∴∠ADB﹣∠ADF＝∠EDF﹣∠ADF，即∠BDF＝∠ADE，
∵∠BAD+∠DAE＝90°，∠BAD+∠B＝90°，∴∠B＝∠DAE，
∴△BDF∽△ADE，∴，∴DF?DA＝DB?DE；
②解：如圖2，連接EF，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝4，AB＝3，
則BC5，∴AD，由勾股定理得：DC，
∵∠B＝∠B，∠ADB＝∠CAB=90°， ∴△ADB∽△CAB，
∴，∴，由①可知，，∴，
∵∠EDF＝∠CAB＝90°，∴△EDF∽△CAB，
∴，即，∴EF，當DE最小時，EF取最小值，
當DE⊥AC時，DE最小，此時，DE，∴EF的最小值為：．
【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形和相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形和相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
17．（2023浙江省紹興市九年級期中）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，點D為邊BC的中點，點P為射線AB上的一動點，點Q為邊AC上的一動點，且∠PDQ=90°．
（1）當DP⊥AB時，求CQ的長；（2）當BP=2，求CQ的長．
【答案】（1）CQ=4；（2）當BP=2時，CQ=或．
【分析】（1）首先證明DQ∥AB，根據(jù)平行線等分線段定理即可解決問題．
（2）分兩種情形①當點P在線段AB上時，②當點P在AB的延長線上時，作DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分別為M、N，由△PDM∽△QDN，分別求得PQ和DN，即可求解．
【詳解】（1）如圖1中，∵DP⊥AB，∠BAC=90°，DQ⊥DP，∴DQ∥AB，∵BD=DC，∴CQ=AQ=4；

（2）①如圖2中，當點P在線段AB上時，作DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分別為M、N，
則四邊形AMDN是矩形，DM、DN分別是△ABC的中位線，DM=4，DN=3，
∵∠PDQ=∠MDN=90°，∴∠PDM=∠QDN，∵∠DNQ∠DMP=90°，∴△PDM∽△QDN，
∴，∴QN=PM，∵PM=BM-PB=3-2=1，∴QN=PM=，∴CQ=QN+CN=；
②如圖3中，當點P在AB的延長線上時，同①，PM=BM+PB，QN=PM=，
CQ=QN+CN，綜上所述，當BP=2，求CQ的長為或．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、矩形的判定和性質(zhì)、三角形的中位線定理等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識，學會添加常用輔助線構(gòu)造相似三角形．
18．（2023·湖北·九年級專題練習）如圖，四邊形是矩形，點P是對角線AC上一動點（不與A、C重合），連接，過點P作，交于點E，已知，．設的長為x．
(1)___________；當時，求的值；(2)試探究：是否是定值?若是，請求出這個值；若不是，請說明理由；(3)當是等腰三角形時，請求出的值．
【答案】(1)4，(2)是，(3)或4
【分析】（1）作于交于．由，推出，只要求出、即可解決問題；（2）結(jié)論：的值為定值．證明方法類似（1）；
（3）連接交于，在中，，代入數(shù)據(jù)求得，進而即可求解．
【詳解】（1）解：作于交于．

四邊形是矩形，，，，．
在中，，，，，
，，，
，，，
，，故答案為4，．
（2）結(jié)論：的值為定值．理由：由，可得．，，，
，；
（3）連接交于．，所以只能，，
，，，垂直平分線段，
在中，，，，
，．綜上所述，的值為．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題、考查了矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理以及等腰三角形的構(gòu)成條件等重要知識，同時還考查了分類討論的數(shù)學思想，難度較大．
19．（2023秋·山西忻州·九年級?？计谀┚C合與實踐
問題情境：在學習了三角形的相似后，同學們開始了對不同三角形中的相似模型的探究．
猜想推理：（1）如圖1，在等邊中，D為邊上一點，E為邊上一點，，，，則______．
問題解決：（2）如圖2，是等邊三角形，D是的中點，射線，分別交，于點E，F(xiàn)，且，求證：．（3）如圖3，，，，D是的中點，射線，分別交，于點E，F(xiàn)，且，求的值．

【答案】（1）；（2）見解析；（3）
【分析】（1）首先求出，證明，得到，即可求出結(jié)果；
（2）連接，過D作于M，作于N，根據(jù)證明，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得；（3）過點分別作于，于，根據(jù)勾股定理及中位線的性質(zhì)可得，，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得，最后由相似三角形的判定與性質(zhì)可得答案．
【詳解】解：（1）∵在等邊中，，，，∴，
∵，，∴，
∴，∴，即，∴；
（2）如圖，連接，過D作于M，作于N，
∵是等邊三角形，D為的中點，
∴是的平分線，，∴，，
又∵，∴，∴，
∴在與中，，∴，∴；

（3）過點分別作于，于，
在中，，是的中點，，
，，，，，
是的中點，是的中位線，是的中位線，，，
四邊形為矩形，，，
，，
，，．
【點睛】本題考查了三角形綜合題．需要掌握等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵是找到圖中關(guān)鍵的相似和全等三角形，比較典型，但有點難度．
20．（2023廣東深圳三模試題）（1）【探究發(fā)現(xiàn)】如圖1，正方形的對角線相交于點，在正方形繞點旋轉(zhuǎn)的過程中，邊與邊交于點，邊與邊交于點．證明：；
（2）【類比遷移】如圖2，矩形的對角線相交于點，且，．在矩形繞點旋轉(zhuǎn)的過程中，邊與邊交于點，邊與邊交于點．若，求的長；
（3）【拓展應用】如圖3，四邊形和四邊形都是平行四邊形，且，，，是直角三角形．在繞點旋轉(zhuǎn)的過程中，邊與邊交于點，邊與邊交于點．當與重疊部分的面積是的面積的時，請直接寫出的長．

【答案】（1）見解析（2）（3）
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的性質(zhì)，找相等的邊和角證全等即可；
（2）過點作的平行線交于點、交于點，過點作垂線交于點，構(gòu)造相似三角形和，列比例式求解算出，最后根據(jù)計算即可；
（3）過點作的垂線交于點，根據(jù)勾股定理算出，根據(jù)已知條件觀察推理出，，結(jié)合與重疊部分的面積是的面積的，設列方程求出，最后根據(jù)勾股定理求出即可．
【詳解】（1）正方形的對角線相交于點，在正方形繞點旋轉(zhuǎn)的過程中，邊與邊交于點，邊與邊交于點，，，
，即，
在和中，；
（2）如圖，過點作的平行線交于點、交于點，過點作垂線交于點，

四邊形和四邊形都是矩形，，，，
，，，
，
，，
，，，即，，
；
（3）如圖，過點作的垂線交于點，

設，則，設，則，
，，，
又，，
，，四邊形和四邊形都是平行四邊形，是直角三角形
∴，(有公共角且都有直角)，
，∴，∵，即，
∴，，設，則，
∵，即，∴，
與重疊部分的面積是的面積的，平行四邊形對角線平分平行四邊形的面積，
，即，
∴，即，∴，
∴，∴．
【點睛】本題綜合考查了全等三角形的證明、勾股定理、特殊四邊形（平行四邊形、矩形、正方形）的性質(zhì)、相似三角形，綜合性強，熟練掌握相關(guān)知識、結(jié)合圖象分析是解題的關(guān)鍵．

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