TOC \ "1-4" \h \z \u \l "_Tc16839" PAGEREF _Tc16839 \h 1
\l "_Tc30549" 模型1.半角模型（全等模型） PAGEREF _Tc30549 \h 1
\l "_Tc8249" 模型2.半角模型（相似模型） PAGEREF _Tc8249 \h 13
\l "_Tc32339" PAGEREF _Tc32339 \h 15
大家在掌握幾何模型時，多數(shù)同學會注重模型結(jié)論，而忽視幾何模型的證明思路及方法，導致本末倒置。要知道數(shù)學題目的考察不是一成不變的，學數(shù)學更不能死記硬背，要在理解的基礎之上再記憶，這樣才能做到對于所學知識的靈活運用，并且更多時候能夠啟發(fā)我們解決問題的關鍵就是基于已有知識、方法的思路的適當延伸、拓展，所以學生在學習幾何模型要能夠做到的就是：①認識幾何模型并能夠從題目中提煉識別幾何模型；②記住結(jié)論，但更為關鍵的是記住證明思路及方法；③ 明白模型中常見的易錯點，因為多數(shù)題目考察的方面均源自于易錯點。當然，以上三點均屬于基礎要求，因為題目的多變性，若想在幾何學習中突出，還需做到的是，在平時的學習過程中通過大題量的訓練，深刻認識幾何模型，認真理解每一個題型，做到活學活用！
模型1.半角模型（全等模型）
半角模型概念：半角模型是指是指有公共頂點，較小角等于較大角的一半，較大的角的兩邊相等，通過旋轉(zhuǎn)，可將角進行等量轉(zhuǎn)化，構造全等三角形的幾何模型。
1）正方形半角模型
條件：四邊形ABCD是正方形，∠ECF=45°；結(jié)論：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周長=2AB；⑤CE、CF分別平分∠BEF和∠EFD。
證明：將△CBE繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△CDG，即△CBE≌△CDG，
∴∠ECB=∠GCD，∠B=∠CDG=90°，BE＝DG，CE＝CG；
∵ABCD是正方形，∴∠B=∠CDF=∠BCD=90°，BA＝DA；∴∠CDG+∠CDF=180°，故F、D、G共線。
∵∠ECF=45°，∴∠BCE+∠DCF=45°，∴∠GCD+∠DCF=∠GCF=45°，∴∠ECF=∠GCF=45°，
∵CF＝CF，∴△CEF≌△CGF，∴EF＝GF，∵GF＝DG＋DF，∴GF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF，
∴AEF的周長=EF+AE＋AF=BE＋DF+AE＋AF=AB＋AD=2AB，過點C作CH⊥EF，則∠CHE=90°，
∵△CEF≌△CGF，∴CD=CH（全等三角形對應邊上的高相等），再利用HL證得：△CBE≌△CHE，
∴∠HEC=∠CBE，同理可證：∠HFC=∠DFC，即CE、CF分別平分∠BEF和∠EFD。
2）等腰直角三角形半角模型
條件：ABC是等腰直角三角形（∠BAC=90°，AB＝AC），∠DAE=45°；
結(jié)論：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；
證明：將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ACG，即△BAD≌△CAG，
∴∠BAD=∠CAG，∠B=∠GCA=45°，AD＝AG，BD＝CG；
∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°，∴∠CAG+∠EAC=∠GAE=45°，∴∠DAE=∠GAE=45°，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△GAE，∴ED＝EG，∵ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，∴∠ECG=90°，∴GE2＝GC2＋EC2,∴DE2＝BD2＋EC2；
3）等邊三角形半角模型（120°-60°型）
條件：ABC是等邊三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；
結(jié)論：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋CF；④AEF的周長=2AB；
⑤DE、DF分別平分∠BEF和∠EFC。
證明：將△DBE繞點D順時針旋轉(zhuǎn)120°至△DCG，即△BDE≌△CDG，
∴∠EDB=∠GDC，∠DBE=∠DCG，BE＝GC，DE＝DG；
∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=60°，∴∠GDC+∠CDF=∠GDF=60°，故∠GDF=∠EDF，
∵DF＝DF，∴△EDF≌△GDF，∴EF＝GF，∵GF＝CG＋CF，∴GF＝BE＋CF，∴EF＝BE＋CF，
∴AEF的周長=EF+AE＋AF=BE＋CF+AE＋AF=AB＋AC=2AB，
過點D作DH⊥EF，DM⊥GF，則∠DHF=∠DMF=90°，
∵△EDF≌△GDF，∴DM=DH（全等三角形對應邊上的高相等），再利用HL證得：△DHF≌△DMF，
∴∠HFD=∠MFD，同理可證：∠BFD=∠FED，即DE、DF分別平分∠BEF和∠EFC。
4）等邊三角形半角模型（60°-30°型）
條件：ABC是等邊三角形，∠EAD=30°；
結(jié)論：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+；
證明：將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°至△ACF，即△BAD≌△CAF，
∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠FCA=60°，AD＝AF，BD＝CF；
∵∠DAE=30°，∴∠BAD+∠EAC=30°，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=30°，∴∠DAE=∠FAE=30°，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE，∴ED＝EF，∵ABC是等邊三角形，∴∠ACB=60°，∴∠ECF=120°，
過點F作FH⊥BC，∴∠FCH=60°，∠CFH=30°，∴CH=CF=BD，F(xiàn)H=CF=BD，
∵在直角三角形中：FE2＝FH2＋EH2,∴DE2＝(BD＋EC)2+(BD)2；
5）任意角度的半角模型（-型）

條件：∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；
結(jié)論：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。
證明：將△ABD繞點A逆時針°至△ACF，即△BAD≌△CAF，
∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠BCA=∠FCA=90°-，AD＝AF，BD＝CF；∴∠ECF=∠BCA+∠FCA=180°-。
∵∠BAC=，∠DAE=，∴∠BAD+∠EAC=，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=，∴∠DAE=∠FAE=，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE。
例1．（2023·廣東廣州·二模）在正方形中，點E、F分別在邊上，且，連接．
(1)如圖1，若，，求的長度；(2)如圖2，連接，與、分別相交于點M、N，若正方形的邊長為6，，求的長；(3)判斷線段三者之間的數(shù)量關系并證明你的結(jié)論﹒

例2．（23-24八年級下·四川達州·階段練習）倡導研究性學習方式，著力教材研究，習題研究，是學生跳出題海，提高學習能力和創(chuàng)新能力的有效途徑．
(1)【問題背景】已知：如圖1，點E、F分別在正方形的邊上，，連接，則之間存在怎樣的數(shù)量關系呢？
（分析：我們把繞點A順時針旋轉(zhuǎn)至，點G、B、C在一條直線上．）
于是易證得： 和 ，所以 ．
直接應用：正方形的邊長為6，，則的值為 ．
(2)【變式練習】已知：如圖2，在中，，D、E是斜邊上兩點，且，請寫出之間的數(shù)量關系，并說明理由．
(3)【拓展延伸】在（2）的條件下，當繞著點A逆時針一定角度后，點D落在線段BC上，點E落在線段BC的延長線上，如圖3，此時（2）的結(jié)論是否仍然成立，并證明你的結(jié)論．

例3．（23-24九年級上·浙江臺州·期中）如圖，在中，AB＝AC，∠BAC＝120°，點D、E都在邊BC上，∠BAD＝15°，∠DAE＝60°．若DE=3，則AB的長為 ．
例4．（23-24九年級上·江西南昌·期中）（1）如圖①，在直角中，，，點D為邊上一動點（與點B不重合），連接，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到，那么之間的位置關系為__________，數(shù)量關系為__________；（2）如圖②，在中，，，D，E（點D，E不與點B，C重合）為上兩動點，且．求證：．（3）如圖③，在中，，，，，D，E（點D，E不與點B，C重合）為上兩動點，若以為邊長的三角形是以為斜邊的直角三角形時，求的長．
例5．（2024·江西·九年級期中）（1）【特例探究】如圖1，在四邊形中，，，，，猜想并寫出線段，，之間的數(shù)量關系，證明你的猜想；
（2）【遷移推廣】如圖2，在四邊形中，，，．請寫出線段，，之間的數(shù)量關系，并證明；
（3）【拓展應用】如圖3，在海上軍事演習時，艦艇在指揮中心（處）北偏東20°的處．艦艇乙在指揮中心南偏西50°的處，并且兩艦艇在指揮中心的距離相等，接到行動指令后，艦艇甲向正西方向以80海里/時的速度前進，同時艦艇乙沿北偏西60°的方向以90海里/時的速度前進，半小時后，指揮中心觀測到甲、乙兩艦艇分別到達，處，且指揮中心觀測兩艦艇視線之間的夾角為75°．請直接寫出此時兩艦艇之間的距離．
例6．（2022·湖北十堰·中考真題）【閱讀材料】如圖①，四邊形中，，，點，分別在，上，若，則．
【解決問題】如圖②，在某公園的同一水平面上，四條道路圍成四邊形．已知，，，，道路，上分別有景點，，且，，若在，之間修一條直路，則路線的長比路線的長少_________（結(jié)果取整數(shù)，參考數(shù)據(jù)：）．

模型2.半角模型（相似模型）
半角模型特征：①共端點的等線段； ②共頂點的倍半角；
半角模型輔助線的作法：由旋轉(zhuǎn)（或翻折）構造兩對全等，從而將邊轉(zhuǎn)化，找到邊與邊的關系（將分散的條件集中，隱蔽的關系顯現(xiàn)）。
常見的考法包括：90°與45°（正方形、直角三角形）；120°與60°（等邊三角形）等。
1）半角模型（正方形（或等腰直角三角形）中的半角相似模型）
條件：已知，如圖，在正方形ABCD中，∠EAF的兩邊分別交BC、CD邊于M、N兩點，且∠EAF＝45°

結(jié)論：如圖1，△MDA∽△MAN∽△ABN；

圖1 圖2
證明：∵ABCD是正方形，∴∠ADM=45°，∵∠EAF＝45°，∴∠ADM=∠EAF，
∵∠AMD=∠NMA，∴△MDA∽△MAN，同理：△MAN∽△ABN，∴△MDA∽△MAN∽△ABN；
結(jié)論：如圖2，△BME∽△AMN∽△DFN.
證明：∵ABCD是正方形，∴∠NDF=45°，∵∠EAF＝45°，∴∠NDF=∠EAF，
∵∠DNF=∠ANM，∴△AMN∽△DFN，同理：△BME∽△AMN，∴△BME∽△AMN∽△DFN；
結(jié)論：如圖3，連接AC，則△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且；

圖3 圖4
證明：∵ABCD是正方形，∴∠BAC=∠ABC=∠ACF=45°，，∴∠BAM+∠MAC=45°，
∵∠EAF＝45°，∴∠FAC+∠MAC=45°，∴∠BAM=∠FAC，∴△AMB∽△AFC，∴。
同理：△AND∽△AEC，；即。
結(jié)論：如圖4，△AMN∽△AFE且．
證明：∵ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠DFA=∠BAN；∵∠AFE=∠AFD，∠BAN=∠AMD，∴∠AFE=∠AMN；
又∠MAN=∠FAE，∴△AMN∽△AFE，由圖3證明知：，∴。
2）半角模型（含120-60°半角模型）
圖5
條件：如圖5，已知∠BAC＝120°，；
結(jié)論：①△ABD∽△CAE∽△CBA；②；③ （）。
證明：∵，∴∠ADE=60°，∴∠ADB=120°，∵∠BAC＝120°，∴∠ADB=∠BAC，
∵∠ABD=∠CBA，∴△ABD∽△CBA；∴，即：，
同理：△CAE∽△CBA，∴，即：，即：△ABD∽△CAE∽△CBA；，
∴，∵AD=AE=DE，∴
例1．（23-24九年級上·廣東深圳·期中）如圖，在正方形ABCD中，E、F分別是BC、CD上的點，且∠EAF=45°，AE、AF分別交BD于M、N，連按EN、EF，有以下結(jié)論：①△ABM∽△NEM；②△AEN是等腰直角三角形；③當AE=AF時，；④BE+DF=EF；⑤若點F是DC的中點，則CECB．
其中正確的個數(shù)是( )
A．2B．3C．4D．5
例2．（23-24九年級上·河北唐山·階段練習）在同一平面內(nèi)，將兩個全等的等腰直角三角形擺放在一起，如圖1所示，點A為公共頂點，點D在的延長線上，，．若將固定不動，把繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)a（），此時線段，射線分別與射線交于點M，N．(1)當旋轉(zhuǎn)到如圖2所示的位置時，①求證：；
②在圖2中除外還有哪些相似三角形，直接寫出；③如圖2，若，求的長；
(2)在旋轉(zhuǎn)過程中，若，請直接寫出的長_________（用含d的式子表示）．

例3．（2024·遼寧·模擬預測）（1）如圖，等腰中，，，、在線段上，且，，，求的長．
（2）如圖，在中，，如果，在直線上，在上，在的右側(cè)，，若，，求的長．（3）如圖，在中，若，、是線段上的兩點，，若，，探究與的數(shù)量關系．
例4．（2023·遼寧沈陽·統(tǒng)考二模）在菱形中，．點，分別在邊，上，且．連接，．（1）如圖1，連接，求證：是等邊三角形；（2）平分交于點．
①如圖2，交于點，點是的中點，當時，求的長．
②如圖3，是的中點，點是線段上一動點（點與點，點不重合）．當，時，是否存在直線將分成三角形和四邊形兩部分，其中三角形的面積與四邊形的面積比為1∶3．若存在，請直接寫出的值；若不存在，請說明理由．
例5．（2024·山東煙臺·一模）如圖①，在正方形中，點N、M分別在邊、上，連結(jié)、、．，將繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，點D與點B重合，得到．易證：，從而得．

【實踐探究】（1）在圖①條件下，若，，則正方形的邊長是_________．
（2）如圖②，點M、N分別在邊、上，且．點E、F分別在、上，，連接，猜想三條線段、、之間滿足的數(shù)量關系，并說明理由．
【拓展應用】（3）如圖③，在矩形中，，，點M、N分別在邊、上，連結(jié)，，已知，，求的長．

1．（2024·福建南平·二模）已知正方形的邊長為6，E，F(xiàn)分別是，邊上的點，且，將繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)，得到．若，則的長為（ ）
A．4B．5C．6D．6.5
2．（2024·重慶·一模）如圖，正方形中，是上一點，是延長線上一點，，連接為中點，連接．若，則（ ）

A．B．C．D．
3．（2023·江蘇宿遷·三模）如圖，平面直角坐標系中，長方形，點A，C分別在y軸，x軸的正半軸上，，，，、分別交，于點D、E，且，則的長為（ ）

A．1B．C．2D．
4．（23-24九年級下·湖北襄陽·期中）如圖所示，邊長為4的正方形中，對角線，交于點O，E在線段上，連接，作交于點F，連接交于點H，則下列結(jié)論：①；②；③；④若，則，正確的是（ ）
A．①②④B．①③④C．①②③D．①②③④
5．（2024·山東淄博·二模）如圖， 正方形 的邊長為4， 點 M 在 CB 延長線上， 作 交 延長線于點 N，則 的長為 ．
6．（2024·吉林·二模）已知： 正方形 中，，它的兩邊分別交CB， 于點， ， 于點 ， 連結(jié) ， 則下列結(jié)論 ① ； ②； ③； ④ 當 時， ，其中結(jié)論一定正確的序號是 ．
7．（2023·山西晉城·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在矩形中，，，，分別為，邊上的點．若，，則的長為 ．

8．（2023·上海寶山·?？家荒＃┤鐖D，在△ABC中，AB=AC ，點D、E在邊BC上，∠DAE=∠B=30°，且，那么的值是 ．
9．（23-24九年級上·黑龍江綏化·期中）已知四邊形中，，，，，，繞B點旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交，（或它們的延長線）于E，F(xiàn)．當繞B點旋轉(zhuǎn)到時，如圖1，易證．（不用證明）(1)當繞B點旋轉(zhuǎn)到時，如圖2，（1）中結(jié)論是否成立？若成立，請給予證明； (2)當繞B點旋轉(zhuǎn)到時，如圖3，（1）中結(jié)論是否成立？若不成立，線段，，又有怎樣的數(shù)量關系？請給予證明．
10．（2024·廣西·模擬預測） 實踐與探究：小明在課后研究正方形與等腰直角三角形疊放后各個線段間的數(shù)量關系．已知正方形的邊長為6，等腰的銳角頂點A與正方形的頂點A重合，將此三角形繞A點旋轉(zhuǎn)，，兩邊分別交直線，于M，N，旋轉(zhuǎn)過程中，等腰的邊與正方形沒有交點．(1)如圖1，當M，N分別在邊，上時，小明通過測量發(fā)現(xiàn)，他給出了如下的證明：過A作交延長線于G，連接，如圖2，易證，則有．請你幫助小明后續(xù)證明； (2)如圖3，當M，N分別在，的延長線上時，請直接寫出，，之間的數(shù)量關系； (3) 在旋轉(zhuǎn)過程中，等腰直角三角形的一邊正好經(jīng)過正方形邊上的中點P，求出此時的長．
11．（2024·重慶市育才中學二模）回答問題
（1）【初步探索】如圖1：在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分別是BC、CD上的點，且EF=BE+FD，探究圖中∠BAE、∠FAD、∠EAF之間的數(shù)量關系．
小王同學探究此問題的方法是：延長FD到點G，使DG=BE．連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應是_______________；
（2）【靈活運用】如圖2，若在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分別是BC、CD上的點，且EF=BE+FD，上述結(jié)論是否仍然成立，并說明理由；
（3）【拓展延伸】知在四邊形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若點E在CB的延長線上，點F在CD的延長線上，如圖3所示，仍然滿足EF=BE+FD，請直接寫出∠EAF與∠DAB的數(shù)量關系．
12．（2024·山西呂梁·九年級?？计谥校┰诰毩曊n上，慧慧同學遇到了這樣一道數(shù)學題：如圖，把兩個全等的直角三角板的斜邊重合，組成一個四邊形ACBD，∠ACD＝30°，以D為頂點作∠MDN，交邊AC，BC于點M，N，∠MDN＝60°，連接MN．
探究AM，MN，BN三條線段之間的數(shù)量關系．
慧慧分析：可先利用旋轉(zhuǎn)，把其中的兩條線段“接起來”，再通過證明兩三角形全等，從而探究出AM，MN，BN三條線段之間的數(shù)量關系．
慧慧編題：在編題演練環(huán)節(jié)，慧慧編題如下：
如圖（1），把兩個全等的直角三角板的斜邊重合，組成一個四邊形ACBD，∠ACD＝45°，以D為頂點作∠MDN，交邊AC，BC于點M，N，，連接MN．
（1）先猜想AM，MN，BN三條線段之間的數(shù)量關系，再證明．
（2）∠MDN繞點D旋轉(zhuǎn)，當M，N分別在CA，BC的延長線上，完成圖（2），其余條件不變，直接寫出AM，MN，BN三條線段之間的數(shù)量關系．
請你解答：請對慧慧同學所編制的問題進行解答．
13．（2024·貴州·模擬預測）如圖，在正方形中，，E、F分別是上的點，且，分別交于點M，N，連接．(1)如圖①，試探究和的數(shù)量關系和位置關系；(2)如圖②，若點G是的中點，連接，求證：；(3)在（2）的條件下，若，求的面積．
14．（2024·江西南昌·模擬預測）【模型建立】(1)如圖1，在正方形中，，分別是邊，上的點，且，探究圖中線段，，之間的數(shù)量關系．
小明的探究思路如下：延長到點，使，連接，先證明，再證明．①，，之間的數(shù)量關系為________；
②小亮發(fā)現(xiàn)這里可以由經(jīng)過一種圖形變換得到，請你寫出這種圖形變換的過程________．像上面這樣有公共頂點，銳角等于較大角的一半，且組成這個較大角的兩邊相等的幾何模型稱為半角模型．
【類比探究】(2)如圖2，在四邊形中，，與互補，，分別是邊，上的點，且，試問線段，，之間具有怎樣的數(shù)量關系？判斷并說明理由．
【模型應用】(3)如圖3，在矩形中，點在邊上，，，，求的長．
15．（2024·四川樂山·中考真題）在一堂平面幾何專題復習課上，劉老師先引導學生解決了以下問題：
【問題情境】如圖1，在中，，，點D、E在邊上，且，，，求的長．
解：如圖2，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接．
由旋轉(zhuǎn)的特征得，，，．
∵，，∴．
∵，∴，即．∴．
在和中，，，，∴___①___．∴．
又∵，∴在中，___②___．
∵，，

∴___③___．
【問題解決】上述問題情境中，“①”處應填：______；“②”處應填：______；“③”處應填：______．
劉老師進一步談到：圖形的變化強調(diào)從運動變化的觀點來研究，只要我們抓住了變化中的不變量，就能以不變應萬變．
【知識遷移】如圖3，在正方形中，點E、F分別在邊上，滿足的周長等于正方形的周長的一半，連結(jié)，分別與對角線交于M、N兩點．探究的數(shù)量關系并證明．
【拓展應用】如圖4，在矩形中，點E、F分別在邊上，且．探究的數(shù)量關系：______（直接寫出結(jié)論，不必證明）．
【問題再探】如圖5，在中，，，，點D、E在邊上，且．設，，求y與x的函數(shù)關系式．

16．（2024·吉林長春·一模）【問題提出】如圖①，在正方形中，、分別是邊和對角線上的點，，從而，______．
【思考探究】如圖②，在矩形中，，，、分別是邊和對角線上的點，，若，求的長．
【拓展延伸】如圖③，在菱形中，，對角線，交的延長線于點，、分別是菱形高和對角線上的點，，，直接寫出的長．
17．（2024·江西新余·模擬預測）【問題提出】（1）如圖①，在正方形中，點，分別在邊和對角線上，，求證：．
【嘗試應用】（2）如圖②，在矩形中，，，點，分別在邊和對角線上，，，求的長．
【拓展提高】（3）如圖③，在菱形中，，，點，分別在邊和對角線上，，，，的延長線交于點，請直接寫出的長．
18．（2023·內(nèi)蒙古赤峰·統(tǒng)考中考真題）數(shù)學興趣小組探究了以下幾何圖形．如圖①，把一個含有角的三角尺放在正方形中，使角的頂點始終與正方形的頂點重合，繞點旋轉(zhuǎn)三角尺時，角的兩邊，始終與正方形的邊，所在直線分別相交于點，，連接，可得．
【探究一】如圖②，把繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)得到，同時得到點在直線上．求證：；
【探究二】在圖②中，連接，分別交，于點，．求證：；
【探究三】把三角尺旋轉(zhuǎn)到如圖③所示位置，直線與三角尺角兩邊，分別交于點，．連接交于點，求的值．

專題21 全等與相似模型之半角模型
全等三角形與相似三角形在中考數(shù)學幾何模塊中占據(jù)著重要地位。全等三角形、相似三角形與其它知識點結(jié)合以綜合題的形式呈現(xiàn)，其變化很多，難度大，是中考的常考題型。如果大家平時注重解題方法，熟練掌握基本解題模型，再遇到該類問題就信心更足了。本專題就半角模型進行梳理及對應試題分析，方便掌握。
TOC \ "1-4" \h \z \u \l "_Tc16839" PAGEREF _Tc16839 \h 1
\l "_Tc30549" 模型1.半角模型（全等模型） PAGEREF _Tc30549 \h 1
\l "_Tc8249" 模型2.半角模型（相似模型） PAGEREF _Tc8249 \h 13
\l "_Tc32339" PAGEREF _Tc32339 \h 15
大家在掌握幾何模型時，多數(shù)同學會注重模型結(jié)論，而忽視幾何模型的證明思路及方法，導致本末倒置。要知道數(shù)學題目的考察不是一成不變的，學數(shù)學更不能死記硬背，要在理解的基礎之上再記憶，這樣才能做到對于所學知識的靈活運用，并且更多時候能夠啟發(fā)我們解決問題的關鍵就是基于已有知識、方法的思路的適當延伸、拓展，所以學生在學習幾何模型要能夠做到的就是：①認識幾何模型并能夠從題目中提煉識別幾何模型；②記住結(jié)論，但更為關鍵的是記住證明思路及方法；③ 明白模型中常見的易錯點，因為多數(shù)題目考察的方面均源自于易錯點。當然，以上三點均屬于基礎要求，因為題目的多變性，若想在幾何學習中突出，還需做到的是，在平時的學習過程中通過大題量的訓練，深刻認識幾何模型，認真理解每一個題型，做到活學活用！
模型1.半角模型（全等模型）
半角模型概念：半角模型是指是指有公共頂點，較小角等于較大角的一半，較大的角的兩邊相等，通過旋轉(zhuǎn)，可將角進行等量轉(zhuǎn)化，構造全等三角形的幾何模型。
1）正方形半角模型
條件：四邊形ABCD是正方形，∠ECF=45°；結(jié)論：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周長=2AB；⑤CE、CF分別平分∠BEF和∠EFD。
證明：將△CBE繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△CDG，即△CBE≌△CDG，
∴∠ECB=∠GCD，∠B=∠CDG=90°，BE＝DG，CE＝CG；
∵ABCD是正方形，∴∠B=∠CDF=∠BCD=90°，BA＝DA；∴∠CDG+∠CDF=180°，故F、D、G共線。
∵∠ECF=45°，∴∠BCE+∠DCF=45°，∴∠GCD+∠DCF=∠GCF=45°，∴∠ECF=∠GCF=45°，
∵CF＝CF，∴△CEF≌△CGF，∴EF＝GF，∵GF＝DG＋DF，∴GF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF，
∴AEF的周長=EF+AE＋AF=BE＋DF+AE＋AF=AB＋AD=2AB，過點C作CH⊥EF，則∠CHE=90°，
∵△CEF≌△CGF，∴CD=CH（全等三角形對應邊上的高相等），再利用HL證得：△CBE≌△CHE，
∴∠HEC=∠CBE，同理可證：∠HFC=∠DFC，即CE、CF分別平分∠BEF和∠EFD。
2）等腰直角三角形半角模型
條件：ABC是等腰直角三角形（∠BAC=90°，AB＝AC），∠DAE=45°；
結(jié)論：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；
證明：將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ACG，即△BAD≌△CAG，
∴∠BAD=∠CAG，∠B=∠GCA=45°，AD＝AG，BD＝CG；
∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°，∴∠CAG+∠EAC=∠GAE=45°，∴∠DAE=∠GAE=45°，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△GAE，∴ED＝EG，∵ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，∴∠ECG=90°，∴GE2＝GC2＋EC2,∴DE2＝BD2＋EC2；
3）等邊三角形半角模型（120°-60°型）
條件：ABC是等邊三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；
結(jié)論：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋CF；④AEF的周長=2AB；
⑤DE、DF分別平分∠BEF和∠EFC。
證明：將△DBE繞點D順時針旋轉(zhuǎn)120°至△DCG，即△BDE≌△CDG，
∴∠EDB=∠GDC，∠DBE=∠DCG，BE＝GC，DE＝DG；
∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=60°，∴∠GDC+∠CDF=∠GDF=60°，故∠GDF=∠EDF，
∵DF＝DF，∴△EDF≌△GDF，∴EF＝GF，∵GF＝CG＋CF，∴GF＝BE＋CF，∴EF＝BE＋CF，
∴AEF的周長=EF+AE＋AF=BE＋CF+AE＋AF=AB＋AC=2AB，
過點D作DH⊥EF，DM⊥GF，則∠DHF=∠DMF=90°，
∵△EDF≌△GDF，∴DM=DH（全等三角形對應邊上的高相等），再利用HL證得：△DHF≌△DMF，
∴∠HFD=∠MFD，同理可證：∠BFD=∠FED，即DE、DF分別平分∠BEF和∠EFC。
4）等邊三角形半角模型（60°-30°型）
條件：ABC是等邊三角形，∠EAD=30°；
結(jié)論：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+；
證明：將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°至△ACF，即△BAD≌△CAF，
∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠FCA=60°，AD＝AF，BD＝CF；
∵∠DAE=30°，∴∠BAD+∠EAC=30°，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=30°，∴∠DAE=∠FAE=30°，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE，∴ED＝EF，∵ABC是等邊三角形，∴∠ACB=60°，∴∠ECF=120°，
過點F作FH⊥BC，∴∠FCH=60°，∠CFH=30°，∴CH=CF=BD，F(xiàn)H=CF=BD，
∵在直角三角形中：FE2＝FH2＋EH2,∴DE2＝(BD＋EC)2+(BD)2；
5）任意角度的半角模型（-型）

條件：∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；
結(jié)論：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。
證明：將△ABD繞點A逆時針°至△ACF，即△BAD≌△CAF，
∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠BCA=∠FCA=90°-，AD＝AF，BD＝CF；∴∠ECF=∠BCA+∠FCA=180°-。
∵∠BAC=，∠DAE=，∴∠BAD+∠EAC=，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=，∴∠DAE=∠FAE=，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE。
例1．（2023·廣東廣州·二模）在正方形中，點E、F分別在邊上，且，連接．
(1)如圖1，若，，求的長度；(2)如圖2，連接，與、分別相交于點M、N，若正方形的邊長為6，，求的長；(3)判斷線段三者之間的數(shù)量關系并證明你的結(jié)論﹒

【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）延長，使，證明和，求得．（2）設，則，在中，根據(jù)勾股定理可得，，解得：．（3）三者之間的數(shù)量關系：，證明和，根據(jù)勾股定理即可證明．
【詳解】（1）解：延長，使，如圖所示：

∵四邊形為正方形，∴，，
在和中，，∴，∴，，
∵，∴，∴，∴，
在和中，，∴，∴．
（2）解：設，則，由（1）可知，，
在中，根據(jù)勾股定理可得，，解得：，∴．
（3）三者之間的數(shù)量關系：．
證明：截取，在和中，，∴，
∴，，又∵，∴，
在和中，，∴，
∴，∴．即．
【點睛】此題考查了三角形全等、勾股定理，解題的關鍵是構造輔助線，熟悉三角形全等的證明．
例2．（23-24八年級下·四川達州·階段練習）倡導研究性學習方式，著力教材研究，習題研究，是學生跳出題海，提高學習能力和創(chuàng)新能力的有效途徑．
(1)【問題背景】已知：如圖1，點E、F分別在正方形的邊上，，連接，則之間存在怎樣的數(shù)量關系呢？
（分析：我們把繞點A順時針旋轉(zhuǎn)至，點G、B、C在一條直線上．）
于是易證得： 和 ，所以 ．
直接應用：正方形的邊長為6，，則的值為 ．
(2)【變式練習】已知：如圖2，在中，，D、E是斜邊上兩點，且，請寫出之間的數(shù)量關系，并說明理由．
(3)【拓展延伸】在（2）的條件下，當繞著點A逆時針一定角度后，點D落在線段BC上，點E落在線段BC的延長線上，如圖3，此時（2）的結(jié)論是否仍然成立，并證明你的結(jié)論．

【答案】(1)(2)，見解析(3)成立，見解析
【分析】（1）根據(jù)分析過程及圖形分析即可；（2），把順時針旋轉(zhuǎn)到的位置此時與重合，連接，證，得，再證是直角三角形，然后由勾股定理即可解決問題；（3）根據(jù)第（2）問的輔助線畫出圖形即可證明．
【詳解】（1）∵四邊形是正方形，∴，
把繞點A順時針旋轉(zhuǎn)至，則與重合， ∴
∴，∴點G、B、C在一條直線上
∵，∴，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴；∵正方形的邊長為6，，
∴，∴，，
在中，，∴，解得，
∴故答案為：；
（2），理由如下：把順時針旋轉(zhuǎn)到的位置此時與重合，連接，

則，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，∵，∴，
∴，∴，∴是直角三角形，
∴，∴．
（3）依然成立，理由如下：
把順時針旋轉(zhuǎn)到的位置此時與重合，連接，
則，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，∵，∴，
∴，∴，
∴是直角三角形，∴，∴．
【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識；本題綜合性比較強，正確作出輔助線構造全等三角形是解題的關鍵，屬于中考?？碱}型．
例3．（23-24九年級上·浙江臺州·期中）如圖，在中，AB＝AC，∠BAC＝120°，點D、E都在邊BC上，∠BAD＝15°，∠DAE＝60°．若DE=3，則AB的長為 ．
【答案】
【分析】如圖（見解析），先根據(jù)等腰三角形的定義可得，再根據(jù)角的和差可得，，從而可得，設，然后利用直角三角形的性質(zhì)、勾股定理可得，最后根據(jù)線段的和差建立方程，解方程即可得．
【詳解】如圖，過點A作于點F，
在中，，，，
，，，，
，，
，，設，
在中，，，
，，
又，，解得，則，故答案為：．

【點睛】本題考查了等腰三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識點，通過作輔助線，構造等腰直角三角形是解題關鍵．
例4．（23-24九年級上·江西南昌·期中）（1）如圖①，在直角中，，，點D為邊上一動點（與點B不重合），連接，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到，那么之間的位置關系為__________，數(shù)量關系為__________；（2）如圖②，在中，，，D，E（點D，E不與點B，C重合）為上兩動點，且．求證：．（3）如圖③，在中，，，，，D，E（點D，E不與點B，C重合）為上兩動點，若以為邊長的三角形是以為斜邊的直角三角形時，求的長．
【答案】（1）CE⊥BD；CE=BD；（2）見解析；（3）．
【分析】（1）根據(jù)，AD=AE，運用SAS證明，根據(jù)全等三角形性質(zhì)得出對應邊相等，對應角相等，即可得到線段CE、BD之間的關系；
（2）把繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，得到 ，連接DG，由SAS得到，可得DE=DG，即可把EF、BE、FC放到一個直角三角形中，從而根據(jù)勾股定理即可證明；
（3）把繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，得到，可得AF=AE，，EC=BF，，由SAS可證，可得DF=DE，由以BD、DE、EC為邊的三角形是直角三角形，分兩種情況討論，由直角三角形的性質(zhì)可求解．
【詳解】解：（1）CE與BD位置關系是CE⊥BD，數(shù)量關系是CE=BD
∵繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到∴
∴，∴
∵BA=CA，AD=AE∴∴且CE=BD
∵∴，即CE⊥BD 故答案為：CE⊥BD；CE=BD；
（2）如圖②，把繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接DG，

則∴AG=AE，BG=CE，
∵，∴
在和中，∴∴ED=GD
∵∴即
（3）如圖③，把繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，得到，
∴∴AF=AE，，EC=BF，
∵，AB=AC∴∴
∵，∴，且AF=AE，AD=AD∴∴DF=DE
∵以BD、DE、EC為邊的三角形是直角三角形
∴以BD、DF、BF為邊的三角形是直角三角形 ∴是直角三角形
若，且∴BF=2BD=EC，
∵∴
∴∴
若，且∴BD=2BF=2EC，
∵
∴∴BD=2，∴
【點睛】此題是幾何變換綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、勾股定理，添加恰當輔助線構造全等三角形是本題的關鍵．
例5．（2024·江西·九年級期中）（1）【特例探究】如圖1，在四邊形中，，，，，猜想并寫出線段，，之間的數(shù)量關系，證明你的猜想；
（2）【遷移推廣】如圖2，在四邊形中，，，．請寫出線段，，之間的數(shù)量關系，并證明；
（3）【拓展應用】如圖3，在海上軍事演習時，艦艇在指揮中心（處）北偏東20°的處．艦艇乙在指揮中心南偏西50°的處，并且兩艦艇在指揮中心的距離相等，接到行動指令后，艦艇甲向正西方向以80海里/時的速度前進，同時艦艇乙沿北偏西60°的方向以90海里/時的速度前進，半小時后，指揮中心觀測到甲、乙兩艦艇分別到達，處，且指揮中心觀測兩艦艇視線之間的夾角為75°．請直接寫出此時兩艦艇之間的距離．
【答案】（1）EF=BE+DF，理由見解析；（2）EF=BE+DF，理由見解析；（3）85海里
【分析】（1）延長CD至點G，使DG=BE，連接AG，可證得△ABE≌△ADG，可得到AE=AG，∠BAE=∠DAG，再由，，可證得△AEF≌△AGF，從而得到EF=FG，即可求解；（2）延長CD至點H，使DH=BE，連接AH，可證得△ABE≌△ADH，可得到AE=AH，∠BAE=∠DAH，再由，可證得△AEF≌△AHF，從而得到EF=FH，即可求解； （3）連接CD，延長AC、BD交于點M，根據(jù)題意可得∠AOB=2∠COD，∠OAM+∠OBM=70°+110°=180°，再由（2）【遷移推廣】得：CD=AC+BD，即可求解．
【詳解】解：（1）EF=BE+DF，理由如下：如圖，延長CD至點G，使DG=BE，連接AG，

∵，∴∠ADG=∠ABC=90°，
∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵，，∴∠BAE+∠DAF=50°，∴∠FAG=∠EAF=50°，
∵AF=AF，∴△AEF≌△AGF，∴EF=FG，∵FG=DG+DF，∴EF=DG+DF=BE+DF；
（2）EF=BE+DF，理由如下：如圖，延長CD至點H，使DH=BE，連接AH，
∵，∠ADC+∠ADH=180°，∴∠ADH=∠ABC，
∵AB=AD，∴△ABE≌△ADH，∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，
∵∴∠EAF=∠BAE+∠DAF=∠DAF+∠DAH，∴∠EAF=∠HAF，
∵AF=AF，∴△AEF≌△AHF，∴EF=FH，∵FH=DH+DF，∴EF=DH+DF=BE+DF；
（3）如圖，連接CD，延長AC、BD交于點M，
根據(jù)題意得： ∠AOB=20°+90°+40°=150°，∠OBD=60°+50°=110°，∠COD=75°，∠OAM=90°-20°=70°，OA=OB，
∴∠AOB=2∠COD，∠OAM+∠OBM=70°+110°=180°，
∵OA=OB，∴由（2）【遷移推廣】得：CD=AC+BD，
∵AC=80×0.5=40，BD=90×0.5=45，∴CD=40+45=85海里．即此時兩艦艇之間的距離85海里．
【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理的運用、等腰直角三角形的性質(zhì)，題目的綜合性較強，難度較大，解題的關鍵是正確的作出輔助線構造全等三角形，解答時，注意類比思想的應用．
例6．（2022·湖北十堰·中考真題）【閱讀材料】如圖①，四邊形中，，，點，分別在，上，若，則．
【解決問題】如圖②，在某公園的同一水平面上，四條道路圍成四邊形．已知，，，，道路，上分別有景點，，且，，若在，之間修一條直路，則路線的長比路線的長少_________（結(jié)果取整數(shù)，參考數(shù)據(jù)：）．

【答案】370
【分析】延長交于點，根據(jù)已知條件求得,進而根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)，求得，，從而求得的長，根據(jù)材料可得，即可求解．
【詳解】解：如圖，延長交于點，連接，
，，，，，
是等邊三角形，,,
在中，，，
，，，
中，，，
，
，
，中，
是等腰直角三角形
由閱讀材料可得，
路線的長比路線的長少．答案：370．
【點睛】本題考查了含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，理解題意是解題的關鍵．
模型2.半角模型（相似模型）
半角模型特征：①共端點的等線段； ②共頂點的倍半角；
半角模型輔助線的作法：由旋轉(zhuǎn)（或翻折）構造兩對全等，從而將邊轉(zhuǎn)化，找到邊與邊的關系（將分散的條件集中，隱蔽的關系顯現(xiàn)）。
常見的考法包括：90°與45°（正方形、直角三角形）；120°與60°（等邊三角形）等。
1）半角模型（正方形（或等腰直角三角形）中的半角相似模型）
條件：已知，如圖，在正方形ABCD中，∠EAF的兩邊分別交BC、CD邊于M、N兩點，且∠EAF＝45°

結(jié)論：如圖1，△MDA∽△MAN∽△ABN；

圖1 圖2
證明：∵ABCD是正方形，∴∠ADM=45°，∵∠EAF＝45°，∴∠ADM=∠EAF，
∵∠AMD=∠NMA，∴△MDA∽△MAN，同理：△MAN∽△ABN，∴△MDA∽△MAN∽△ABN；
結(jié)論：如圖2，△BME∽△AMN∽△DFN.
證明：∵ABCD是正方形，∴∠NDF=45°，∵∠EAF＝45°，∴∠NDF=∠EAF，
∵∠DNF=∠ANM，∴△AMN∽△DFN，同理：△BME∽△AMN，∴△BME∽△AMN∽△DFN；
結(jié)論：如圖3，連接AC，則△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且；

圖3 圖4
證明：∵ABCD是正方形，∴∠BAC=∠ABC=∠ACF=45°，，∴∠BAM+∠MAC=45°，
∵∠EAF＝45°，∴∠FAC+∠MAC=45°，∴∠BAM=∠FAC，∴△AMB∽△AFC，∴。
同理：△AND∽△AEC，；即。
結(jié)論：如圖4，△AMN∽△AFE且．
證明：∵ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠DFA=∠BAN；∵∠AFE=∠AFD，∠BAN=∠AMD，∴∠AFE=∠AMN；
又∠MAN=∠FAE，∴△AMN∽△AFE，由圖3證明知：，∴。
2）半角模型（含120-60°半角模型）
圖5
條件：如圖5，已知∠BAC＝120°，；
結(jié)論：①△ABD∽△CAE∽△CBA；②；③ （）。
證明：∵，∴∠ADE=60°，∴∠ADB=120°，∵∠BAC＝120°，∴∠ADB=∠BAC，
∵∠ABD=∠CBA，∴△ABD∽△CBA；∴，即：，
同理：△CAE∽△CBA，∴，即：，即：△ABD∽△CAE∽△CBA；，
∴，∵AD=AE=DE，∴
例1．（23-24九年級上·廣東深圳·期中）如圖，在正方形ABCD中，E、F分別是BC、CD上的點，且∠EAF=45°，AE、AF分別交BD于M、N，連按EN、EF，有以下結(jié)論：①△ABM∽△NEM；②△AEN是等腰直角三角形；③當AE=AF時，；④BE+DF=EF；⑤若點F是DC的中點，則CECB．
其中正確的個數(shù)是( )
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】①如圖，證明△AMN∽△BME和△AMB∽△NME，
②利用相似三角形的性質(zhì)可得∠NAE=∠AEN=45°，則△AEN是等腰直角三角形可作判斷；
③先證明CE=CF，假設正方形邊長為1，設CE=x，則BE=1-x，表示AC的長為AO+OC可作判斷；
④如圖3，將△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABH，證明△AEF≌△AEH（SAS），則EF=EH=BE+BH=BE+DF，可作判斷；⑤如圖4中，設正方形的邊長為2a，則DF=CF=a，AF=a，想辦法求出BE，EC即可判斷．
【詳解】如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠EBM=∠ADM=∠FDN=∠ABD=45°．
∵∠MAN=∠EBM=45°，∠AMN=∠BME，∴△AMN∽△BME，
∴，∴，∵∠AMB=∠EMN，∴△AMB∽△NME，故①正確，
∴∠AEN=∠ABD=45°，∴∠NAE=∠AEN=45°，∴△AEN是等腰直角三角形，故②正確，
在△ABE和△ADF中，∵，∴Rt△ABE≌Rt△ADF(HL)，∴BE=DF．
∵BC=CD，∴CE=CF，假設正方形邊長為1，設CE=x，則BE=1﹣x，如圖2，連接AC，交EF于H，

∵AE=AF，CE=CF，∴AC是EF的垂直平分線，∴AC⊥EF，OE=OF，
Rt△CEF中，OCEFx，在△EAF中，∠EAO=∠FAO=22.5°=∠BAE=22.5°，∴OE=BE．
∵AE=AE，∴Rt△ABE≌Rt△AOE(HL)，∴AO=AB=1，∴ACAO+OC，
∴1x，∴x=2，∴，故③不正確，
③如圖3，∴將△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABH，則AF=AH，∠DAF=∠BAH．
∵∠EAF=45°=∠DAF+∠BAE=∠HAE．∵∠ABE=∠ABH=90°，∴H、B、E三點共線，
在△AEF和△AEH中，，∴△AEF≌△AEH(SAS)，∴EF=EH=BE+BH=BE+DF，故④正確，
如圖4中，設正方形的邊長為2a，則DF=CF=a，AFa，
∵DF∥AB，∴，∴AN=NEAFa，∴AEANa，
∴BEa，∴ECaBC，故⑤正確．故選：C．
【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)和判定等知識，解題的關鍵是靈活應用所學知識解決問題，學會添加常用輔助線構造全等三角形，屬于中考壓軸題．
例2．（23-24九年級上·河北唐山·階段練習）在同一平面內(nèi)，將兩個全等的等腰直角三角形擺放在一起，如圖1所示，點A為公共頂點，點D在的延長線上，，．若將固定不動，把繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)a（），此時線段，射線分別與射線交于點M，N．

(1)當旋轉(zhuǎn)到如圖2所示的位置時，①求證：；
②在圖2中除外還有哪些相似三角形，直接寫出；③如圖2，若，求的長；
(2)在旋轉(zhuǎn)過程中，若，請直接寫出的長_________（用含d的式子表示）．
【答案】(1)①見詳解；②，；③；(2)或．
【分析】（1）①本題考查三角形相似的判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)與等腰三角形的性質(zhì)，根據(jù)兩角相等的兩個三角形相似證明；②本題考查三角形相似的判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)與等腰三角形的性質(zhì)，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到，可證明；③本題考查三角形相似的判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)與等腰三角形的性質(zhì)，根據(jù)勾股定理求出，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)計算即可；（2）本題考查三角形相似的判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)與等腰三角形的性質(zhì)，分點在線段上、點在線段的延長線上兩種情況，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)計算，得到答案．
【詳解】（1）①證明：∵

②，，∵，∴，
∵、都是等腰直角三角形，∴，，
∴，；
③在中，，，則，，
，，，
，，，即，解得：；
（2）如圖2，當點在線段上時，

由②可知：，，即，解得：，
；
如圖3，當點在線段的延長線上時，，
綜上所述：的長為或．
【點睛】本題考查的是旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)及勾股定理，掌握相似三角形的判定定理是解題的關鍵．
例3．（2024·遼寧·模擬預測）（1）如圖，等腰中，，，、在線段上，且，，，求的長．
（2）如圖，在中，，如果，在直線上，在上，在的右側(cè)，，若，，求的長．（3）如圖，在中，若，、是線段上的兩點，，若，，探究與的數(shù)量關系．
【答案】（1）；（2）或；（3）
【分析】（1）過點作，且使得，連接，，證明，得到，，證明，得到，設，則，在中，根據(jù)勾股定理求解即可；（2）分兩種情況：①當點在點的左側(cè)時，作，，連接，作交于點，②當點在點的右側(cè)時，作，，連接，作交的延長線于點，根全等三角形的判定與性質(zhì)和勾股定理求解即可；（3）作，且令，連接，，證明，得到，，推出，證明，得到，證明，即可求解．
【詳解】（1）如圖，過點作，且使得，連接，，
，，，，，
在和中，，，
，，，，，
在和中，，，，
設，則，
在中，，，解得：，；
（2）①當點在點的左側(cè)時，作，，連接，作交于點，
，，，
在和中，，，
，，，，，
在和中，，，，
設，則，
，，，
，，
，
在中，，即，解得：，；
②當點在點的右側(cè)時，作，，連接，作交的延長線于點，
，，，，，
在和中，，，
，，，，，
在和中，，，，
設，則，
，，，，，
，在中，，即，
解得：，；綜上所述，或；
（3）作，且令，連接，，
，，，，
， ，，，
，，，
，，，，
，，
，
，，，．
【點睛】本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)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)等知識，解題的關鍵是靈活運用這些知識并正確作出輔助線．
例4．（2023·遼寧沈陽·統(tǒng)考二模）在菱形中，．點，分別在邊，上，且．連接，．（1）如圖1，連接，求證：是等邊三角形；（2）平分交于點．
①如圖2，交于點，點是的中點，當時，求的長．
②如圖3，是的中點，點是線段上一動點（點與點，點不重合）．當，時，是否存在直線將分成三角形和四邊形兩部分，其中三角形的面積與四邊形的面積比為1∶3．若存在，請直接寫出的值；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）見解析；（2）①；②或
【分析】（1）證，根據(jù)有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形證明即可；
（2）①連接，證，列出比例式，根據(jù)相似比即可求解；②分點H為AG中點和點N為EC中點兩種情況，根據(jù)相似比，求出比值即可．
【詳解】解：（1）四邊形是菱形， ，
∵，∴△ABC是等邊三角形，∴，，
，；，，，是等邊三角形；
（2）①連接，點是的中點，，
，，，
由（1）知，是等邊三角形，，平分，，
，，即，
，，
②如圖，當點H為AG中點時，即；∵是的中點，∴OH∥EC，∴△AMO∽△AEC,
∵，∴，即；
同理，如圖所示，當點N為EC中點時， ON∥AE，；
連接FG，作FP⊥BC，交BC延長線與點P，∵，，∴,
∵CD∥AB，∴∠B=∠DCP=60°，∴∠CFP=30°，∴CP=2，，
∵AE=AF，AG=AG，∠EAG=∠FAG，∴△EAG≌△FAG，∴EG=FG，
設EG=x,CG=8-x，PG=10-x，，解得，，
∵EN=CN=4，；綜上，的值為：或．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，相似三角形的判定與性質(zhì)，解題關鍵是熟練運用相關幾何知識，構建幾何模型證明相似或全等．
例5．（2024·山東煙臺·一模）如圖①，在正方形中，點N、M分別在邊、上，連結(jié)、、．，將繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，點D與點B重合，得到．易證：，從而得．

【實踐探究】（1）在圖①條件下，若，，則正方形的邊長是_________．
（2）如圖②，點M、N分別在邊、上，且．點E、F分別在、上，，連接，猜想三條線段、、之間滿足的數(shù)量關系，并說明理由．
【拓展應用】（3）如圖③，在矩形中，，，點M、N分別在邊、上，連結(jié)，，已知，，求的長．
【答案】（1）12；（2），見解析；（3）4
【分析】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識；證明三角形全等和由勾股定理得出方程是解題的關鍵．
（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，，，，證出，得出，可證，得出．證出．在中，由勾股定理得出，則，設正方形的邊長為，則，，得出方程，解方程即可；
（2）將繞點順時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，，，，由“”可證，可得，由直角三角形的性質(zhì)和平行四邊形的性質(zhì)可求，由勾股定理可求解；
（3）延長至，使，過作的平行線交的延長線于，延長交于，連接，則四邊形是正方形，得出，設，則，由平行線得出，求出，得出，由（1）得：，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【詳解】（1）解法提示：∵四邊形是正方形，
∴，.由旋轉(zhuǎn)得，
∴，，，，
∴，∴E，B，N在同一條直線上.
∵，，∴，
∴，∴，∴.
在與中，∴，∴.
∵，∴，∴.
在中，由勾股定理得∴.∴；
（2）三條線段，，之間滿足的數(shù)量關系為，理由如下：
圖（1）
如圖（1），過點D作，且，連接，，
則，∴.∵四邊形是正方形，∴，
∵，∴四邊形是平行四邊形，∴，∴.
在與中，∴，∴，.
∵，，∴
在和中，∴，∴，
在中，由勾股定理得，∴；
（3）如圖（2），把矩形補成正方形，延長交于G，連接，則.
∵四邊形是矩形，∴，∴，∴，
∴，∴， 設，則.
∵四邊形是正方形，，∴由（1）中證明知，.
在中，由勾股定理得，
即，解得，∴的長為4．
1．（2024·福建南平·二模）已知正方形的邊長為6，E，F(xiàn)分別是，邊上的點，且，將繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)，得到．若，則的長為（ ）
A．4B．5C．6D．6.5
【答案】B
【分析】本題主要考查了圖形的旋轉(zhuǎn)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握圖形的旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關鍵．由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可證明，從而；設，則可得，由勾股定理建立方程即可求得x．
【詳解】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：，，，，
四邊形是正方形，，，
，，即，，
在和中，，，
設，則，，
在中，由勾股定理得：解得：故選B．
2．（2024·重慶·一模）如圖，正方形中，是上一點，是延長線上一點，，連接為中點，連接．若，則（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取中點，連接，根據(jù)，，以及直角三角形，可證≌，從而得到，，可證得為等腰直角三角形，則有，根據(jù)三角形的外角定理有，，接著證為等腰直角三角形；設，，則，在中，為中位線，有，，，有，又，故為等腰直角三角形，，則，而，則可得，即可求解．
【詳解】解：取中點，連接，
∵四邊形是正方形，∴，，
在和中，∴≌，
∴，∴，
∴為等腰直角三角形，∴，
∵分別是和的外角，∴，，
設，，則，在中，、分別為、中點，
∴為中位線，∴，，，
，∴P，
又∴，∴，∴為等腰直角三角形，∴，
∴，而，∴．故選：D．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形的外角定理等知識，作出輔助線，找到等腰直角三角形是求解的關鍵．
3．（2023·江蘇宿遷·三模）如圖，平面直角坐標系中，長方形，點A，C分別在y軸，x軸的正半軸上，，，，、分別交，于點D、E，且，則的長為（ ）

A．1B．C．2D．
【答案】C
【分析】如圖，過點E作交延長線于點F，過點F作交延長線于點G，作于H，由“AAS”可證，可得，，通過證明，可得，即可求解．
【詳解】解：如圖，過點E作交延長線于點F，過點F作交延長線于點G，作于H，，，，，

，，，
在和中，，，
，，，
，，∴四邊形是矩形，
，，，，
，，∴，∴，，故選：C．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，坐標與圖形性質(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)，添加恰當輔助線是本題的關鍵．
4．（23-24九年級下·湖北襄陽·期中）如圖所示，邊長為4的正方形中，對角線，交于點O，E在線段上，連接，作交于點F，連接交于點H，則下列結(jié)論：①；②；③；④若，則，正確的是（ ）
A．①②④B．①③④C．①②③D．①②③④
【答案】D
【分析】由“”可證，可得，，由四邊形的內(nèi)角和定理可證，可得；通過證明，可得；
通過證明，可得，通過證明，可得，可得結(jié)論；
通過證明，可得，即可求解．
【詳解】解：如圖，連接，

四邊形是正方形，，，
又，，，，，
，，
又，，，，故正確；
，，，，
又，，，，故正確；
．，，，，，
，，，
，，，，故正確；
，，，，，，
又，，，
，，故正確，故選：D．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是本題的關鍵．
5．（2024·山東淄博·二模）如圖， 正方形 的邊長為4， 點 M 在 CB 延長線上， 作 交 延長線于點 N，則 的長為 ．
【答案】
【分析】在上取一點F使得，連接，先證明得到，，進而可以證明得到，設，則，，在中利用勾股定理求解即可．
【詳解】解：如圖所示，在上取一點F使得，連接，
∵四邊形是正方形，∴，，
∴，∴，，
∴，∴，
又∵，∴，又∵，∴，∴，
設，∵，，∴，，
∴，在中，，∴，
解得，∴，故答案為：．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)與判定、勾股定理和解一元二次方程，正確作出輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．
6．（2024·吉林·二模）已知： 正方形 中，，它的兩邊分別交CB， 于點， ， 于點 ， 連結(jié) ， 則下列結(jié)論 ① ； ②； ③； ④ 當 時， ，其中結(jié)論一定正確的序號是 ．
【答案】①③④
【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理；延長至，使．證明，，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)進而即可判斷①，根據(jù)不一定成立，即可判斷②；證明，進而得出，，得出，根據(jù)等角的余角相等即可判斷③，進而根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理，即可判斷④，即可求解．
【詳解】解：延長至，使．
∵四邊形是正方形，，，
在和中，，∴，，，
，，，，
在和中，，，∴
∴，故①正確；
∵不一定成立，∴不一定成立，故②不正確；
∵∴，又∵，∴
∴，∴∴
又∵，∴，故③正確；
當 時，∴，∴是等腰直角三角形
∴由①可得，∴，故④正確故答案為：①③④．
7．（2023·山西晉城·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在矩形中，，，，分別為，邊上的點．若，，則的長為 ．

【答案】3
【分析】先做輔助線，作出相似三角形，再用等腰直角三角形的性質(zhì)，相似的判定和性質(zhì)即可求得的長．
【詳解】在上作點G，使，在上作點H，使，
∵∴
又∵∴，∴

設,則 同理可得，
∴∴
∵
∴
∵，∴ ∴∴∴∴故填：3
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，相似的判定與性質(zhì)，嚴格的邏輯思維時解題的關鍵，做輔助線時解題的難點．
8．（2023·上海寶山·?？家荒＃┤鐖D，在△ABC中，AB=AC ，點D、E在邊BC上，∠DAE=∠B=30°，且，那么的值是 ．
【答案】．
【分析】由已知可得，從而可知，，
設AB=3x，則BE=2x，再利用勾股定理和等腰三角形性質(zhì)用x表示DE和BC，從而解答
【詳解】解：∵∠BAE=∠DAE+∠BAD，∠ADE=∠B+∠BAD，
又∵∠DAE=∠B=30°，∴∠BAE=∠ADE，∴，∴，，
過A點作AH⊥BC，垂足為H，設AB=3x，則BE=2x，
∵∠B=30°，∴，，∴，
在中，，
又∵，∴，∴，
∵AB=AC，AH⊥BC，∴，∴，
故答案為： .
【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)以及勾股定理，利用三角形相似得到AB與BE的關系是解題的關鍵．
9．（23-24九年級上·黑龍江綏化·期中）已知四邊形中，，，，，，繞B點旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交，（或它們的延長線）于E，F(xiàn)．當繞B點旋轉(zhuǎn)到時，如圖1，易證．（不用證明）(1)當繞B點旋轉(zhuǎn)到時，如圖2，（1）中結(jié)論是否成立？若成立，請給予證明； (2)當繞B點旋轉(zhuǎn)到時，如圖3，（1）中結(jié)論是否成立？若不成立，線段，，又有怎樣的數(shù)量關系？請給予證明．
【答案】(1)圖2成立，，證明見解析
(2)圖3不成立，、、的關系是，證明見解析
【分析】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，本題中求證是關鍵．
（1）將順時針旋轉(zhuǎn)，可得，證，即可求解；
（2）將順時針旋轉(zhuǎn)，可得，證，即可求解．
【詳解】（1）解：將順時針旋轉(zhuǎn)，如圖，

∵，，∴A與點C重合，∴，
∵，，∴，
∵，∴，∴，∴ ；
（2）解：不成立，新結(jié)論為， 將順時針旋轉(zhuǎn)，如圖，
∵，，∴A與點C重合，，∴，，
∵，∴，
∵，∴，∵，∴，∴，∴．
10．（2024·廣西·模擬預測） 實踐與探究：小明在課后研究正方形與等腰直角三角形疊放后各個線段間的數(shù)量關系．已知正方形的邊長為6，等腰的銳角頂點A與正方形的頂點A重合，將此三角形繞A點旋轉(zhuǎn)，，兩邊分別交直線，于M，N，旋轉(zhuǎn)過程中，等腰的邊與正方形沒有交點．(1)如圖1，當M，N分別在邊，上時，小明通過測量發(fā)現(xiàn)，他給出了如下的證明：過A作交延長線于G，連接，如圖2，易證，則有．請你幫助小明后續(xù)證明； (2)如圖3，當M，N分別在，的延長線上時，請直接寫出，，之間的數(shù)量關系； (3) 在旋轉(zhuǎn)過程中，等腰直角三角形的一邊正好經(jīng)過正方形邊上的中點P，求出此時的長．
【答案】(1)見解析(2)(3)或10
【分析】（1）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得，，進而證得，可得，即可得證；（2）在上截取，連接，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得，，可證，可得，，利用等量代換可得，證得，可得，即可得出結(jié)論；
（3）分類討論：若等腰直角三角形的腰經(jīng)過邊上的中點，此時P與M重合，中，利用勾股定理列方程求解即可；若等腰直角三角形的底經(jīng)過邊上的中點，
則M，N分別在，的延長線上，過A作交于G，連接，證得，可得，則，，在中，利用勾股定理列方程求解即可．
【詳解】（1）證明：∵，∴，，
∵，，∴，即，
又∵，∴，∴，即；
（2）解：，理由如下：在上截取，連接，
∵四邊形是正方形，∴，，
又∵，∴，∴，，
∵，∴，∵，∴，
又∵，∴，∴，∵，∴；

（3）解：若等腰直角三角形的腰經(jīng)過邊上的中點，此時P與M重合，如圖，
∵，∴，則，∴，
在中，，即，解得；
若等腰直角三角形的底經(jīng)過邊上的中點，則M，N分別在，的延長線上，如圖，
過A作交于G，連接，易證，
與（1）類似，可證，得，設，則，
∵P是中點，即，又，，
∴，則，，
在中，，即，解得，∴，
綜上所述，或10．
【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)與判定、等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、解一元一次方程，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)與判定，正確添加輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．
11．（2024·重慶市育才中學二模）回答問題
（1）【初步探索】如圖1：在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分別是BC、CD上的點，且EF=BE+FD，探究圖中∠BAE、∠FAD、∠EAF之間的數(shù)量關系．
小王同學探究此問題的方法是：延長FD到點G，使DG=BE．連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應是_______________；
（2）【靈活運用】如圖2，若在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分別是BC、CD上的點，且EF=BE+FD，上述結(jié)論是否仍然成立，并說明理由；
（3）【拓展延伸】知在四邊形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若點E在CB的延長線上，點F在CD的延長線上，如圖3所示，仍然滿足EF=BE+FD，請直接寫出∠EAF與∠DAB的數(shù)量關系．
【答案】（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由見解析；（3）∠EAF=180°-∠DAB
【分析】（1）延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，可判定△ABE≌△ADG，進而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，據(jù)此得出結(jié)論；
（2）延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，先判定△ABE≌△ADG，進而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）在DC延長線上取一點G，使得DG=BE，連接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根據(jù)∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推導得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出結(jié)論．
【詳解】解：（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：
如圖1，延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，
∵∠B=∠ADF=90°，∠ADG=∠ADF=90°，∴∠B=∠ADG=90°，
又∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；故答案為：∠BAE+∠FAD=∠EAF；
（2）仍成立，理由：如圖2，延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，
∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，∴∠B=∠ADG，
又∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）∠EAF=180°-∠DAB．證明：如圖3，在DC延長線上取一點G，使得DG=BE，連接AG，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，∴∠ADC=∠ABE，
又∵AB=AD，∴△ADG≌△ABE（SAS），∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠FAE=∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）=360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）=360°，即2∠FAE+∠DAB=360°，∴∠EAF=180°-∠DAB．
【點睛】本題屬于三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性質(zhì)的綜合應用，解決問題的關鍵是作輔助線構造全等三角形，根據(jù)全等三角形的對應角相等進行推導變形．解題時注意：同角的補角相等．
12．（2024·山西呂梁·九年級?？计谥校┰诰毩曊n上，慧慧同學遇到了這樣一道數(shù)學題：如圖，把兩個全等的直角三角板的斜邊重合，組成一個四邊形ACBD，∠ACD＝30°，以D為頂點作∠MDN，交邊AC，BC于點M，N，∠MDN＝60°，連接MN．
探究AM，MN，BN三條線段之間的數(shù)量關系．
慧慧分析：可先利用旋轉(zhuǎn)，把其中的兩條線段“接起來”，再通過證明兩三角形全等，從而探究出AM，MN，BN三條線段之間的數(shù)量關系．
慧慧編題：在編題演練環(huán)節(jié)，慧慧編題如下：
如圖（1），把兩個全等的直角三角板的斜邊重合，組成一個四邊形ACBD，∠ACD＝45°，以D為頂點作∠MDN，交邊AC，BC于點M，N，，連接MN．
（1）先猜想AM，MN，BN三條線段之間的數(shù)量關系，再證明．
（2）∠MDN繞點D旋轉(zhuǎn)，當M，N分別在CA，BC的延長線上，完成圖（2），其余條件不變，直接寫出AM，MN，BN三條線段之間的數(shù)量關系．
請你解答：請對慧慧同學所編制的問題進行解答．
【答案】【探究】AM＋BN＝MN，證明見解析；（1）AM＋BN＝MN，證明見解析；（2）BN?AM＝MN，證明見解析
【分析】探究：延長CB到E，使BE＝AM，證△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，證△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；
（1）延長CB到E，使BE＝AM，證△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，證△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；（2）在CB截取BE＝AM，連接DE，證△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，證△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可．
【詳解】探究：AM＋BN＝MN，證明：延長CB到E，使BE＝AM，
∵∠A＝∠CBD＝90°，∴∠A＝∠EBD＝90°，
在△DAM和△DBE中∴△DAM≌△DBE，∴∠BDE＝∠MDA，DM＝DE.

∵∠MDN＝∠ADC＝60°，∴∠ADM＝∠NDC，∴∠BDE＝∠NDC，∴∠MDN＝∠NDE.
在△MDN和△EDN中，∴△MDN≌△EDN，∴MN＝NE.
∵NE＝BE＋BN＝AM＋BN，∴AM＋BN＝MN．
解：（1）AM＋BN＝MN.證明：延長CB到E，使BE＝AM，連接DE，
∠ACD＝45°，，?！螹DN＋∠ACD＝90°，
∵∠A＝∠CBD＝90°，∴∠A＝∠DBE＝90°.
∵∠CDA＋∠ACD＝90°，∠MDN＋∠ACD＝90°，∴∠MDN＝∠CDA.
∵∠MDN＝∠BDC，∴∠MDA＝∠CDN，∠CDM＝∠NDB.
在△DAM和△DBE中,∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠MDA＝∠CDN，DM＝DE.∵∠MDN＋∠ACD＝90°，∠ACD＋∠ADC＝90°，
∴∠NDM＝∠ADC＝∠CDB，∴∠ADM＝∠CDN＝∠BDE.
∵∠CDM＝∠NDB ∴∠MDN＝∠NDE.
在△MDN和△EDN中,∴△MDN≌△EDN，∴MN＝NE.
∵NE＝BE＋BN＝AM＋BN，∴AM＋BN＝MN．
解：（2）BN?AM＝MN，證明：在CB截取BE＝AM，連接DE，
∠ACD＝45°，，∠MDN＋∠ACD＝90°.
∵∠CDA＋∠ACD＝90°，∠MDN＋∠ACD＝90°，∴∠MDN＝∠CDA.
∵∠ADN＝∠ADN，∴∠MDA＝∠CDN.∵∠B＝∠CAD＝90°，∴∠B＝∠DAM＝90°.
在△DAM和△DBE中∴△DAM≌△DBE，∴∠BDE＝∠ADM＝∠CDN，DM＝DE.
∵∠ADC＝∠BDC＝∠MDN，∴∠MDN＝∠EDN.
在△MDN和△EDN中,∴△MDN≌△EDN，∴MN＝NE.
∵NE＝BN?BE＝BN?AM，∴BN?AM＝MN．
【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定的應用，主要考查學生運用性質(zhì)進行推理的能力，可先利用旋轉(zhuǎn)，把其中的兩條線段“接起來”，再通過證明兩三角形全等是解題的關鍵．
13．（2024·貴州·模擬預測）如圖，在正方形中，，E、F分別是上的點，且，分別交于點M，N，連接．(1)如圖①，試探究和的數(shù)量關系和位置關系；(2)如圖②，若點G是的中點，連接，求證：；(3)在（2）的條件下，若，求的面積．
【答案】(1)，且(2)見解析(3)
【分析】（1）證明得，再證明得，進而可求出和的數(shù)量關系和位置關系；（2）把繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到，根據(jù)證明得，由直角三角形斜邊中線的性質(zhì)得，然后證明即可證明結(jié)論成立；（3）過點N作于點P，過點G作于點Q，證明四邊形為平行四邊形得，，再證明四邊形為平行四邊形得，設，根據(jù)求出x的值，然后根據(jù)求解即可．
【詳解】（1），且
∵， ，，∴．
∵，∴，∴
∴∴，且
（2）如圖，把繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到∴，．
∵，∴，∴，即，
∵，，∴B、D兩點重合．∵，∴F，D，H三點共線，
∴，∴．由（1） 得：，
∵G是的中點，，∴，∴，∴；
（3）過點N作于點P，過點G作于點Q，
∴．又∵，∴四邊形為平行四邊形，
∴，，∴是等腰直角三角形，
∴，∴，
又∵，∴四邊形為平行四邊形，∴．
設，則，，，∴解得 ，
∴．由（2）得：，
．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正確作出輔助線是解答本題的關鍵．
14．（2024·江西南昌·模擬預測）【模型建立】(1)如圖1，在正方形中，，分別是邊，上的點，且，探究圖中線段，，之間的數(shù)量關系．
小明的探究思路如下：延長到點，使，連接，先證明，再證明．①，，之間的數(shù)量關系為________；
②小亮發(fā)現(xiàn)這里可以由經(jīng)過一種圖形變換得到，請你寫出這種圖形變換的過程________．像上面這樣有公共頂點，銳角等于較大角的一半，且組成這個較大角的兩邊相等的幾何模型稱為半角模型．
【類比探究】(2)如圖2，在四邊形中，，與互補，，分別是邊，上的點，且，試問線段，，之間具有怎樣的數(shù)量關系？判斷并說明理由．
【模型應用】(3)如圖3，在矩形中，點在邊上，，，，求的長．
【答案】(1)①BE+DF=EF，②將△ADF繞A點順時針旋轉(zhuǎn)90°(2)EF=DF+BE，理由見詳解(3)5.2
【分析】（1）①沿著小明的思路，先證△ADF≌△ABG，再證△AEF≌△AEG，即可得出結(jié)論；②在①的基礎上，證明∠GAF=90°即可得解；（2）延長CB至點M，使得BM=DF，連接AM，先證△ABM≌△ADF，再證△MAE≌△FAE，即可得出結(jié)論；（3）過E點作EN⊥AC于N點，設EC=x，則有x＜6，即BE=6-x，分別在Rt△ABE和Rt△ADC中，表示出和求出AC，再證△AEN是等腰直角三角形，即可得，則有，再證Rt△ABC∽Rt△ENC，即有，進而有，則可得一元二次方程，解方程就可求出CE．
【詳解】（1）①BE+DF=EF，理由如下：
沿著小明的思路進行證明，在正方形ABCD中，有AD=AB，∠D=∠ABC=90°，即有∠ABG=90°，
∵BG=DF，AD=AB，∠D=∠ABG=90°，∴△ADF≌△ABG，∴AF=AG，∠DAF=∠BAG，
∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠BAE+∠BAG=45°=∠EAF，
∵AF=AG，AE=AE，∴△AEF≌△AEG，∴EG=EF，∵EG=BG+BE，BG=DF，∴EF=BE+DF，結(jié)論得證；
②將△ADF繞A點順時針旋轉(zhuǎn)90°即可得到△ABG．
理由如下：在①已經(jīng)證得△ADF≌△ABG，并得到∠BAE+∠BAG=45°=∠EAF，
∴∠GAF=∠EAG+∠EAF=45°+45°=90°，∴將△ADF繞A點順時針旋轉(zhuǎn)90°即可得到△ABG；
故答案為：①BE+DF=EF，②將△ADF繞A點順時針旋轉(zhuǎn)90°；
（2）EF=DF+BE，理由如下：延長CB至點M，使得BM=DF，連接AM，如圖，

∵∠ABC與∠D互補，∴∠D+∠ABC=180°，∵∠ABC+∠ABM=180°，∴∠ABM=∠D，
∵AB=AD，BM=DF，∴△ABM≌△ADF，∴∠DAF=∠BAM，AM=AF，
∵∠EAF=∠BAD，∴∠BAE+∠FAD=∠BAD，∴∠BAE+∠FAD=∠EAF，
∵∠DAF=∠BAM，∴∠BAM+∠BAE=∠EAF，∴∠MAE=∠EAF，
∵AM=AF，AE=AE，∴△MAE≌△FAE，∴ME=EF，
∵ME=BE+MB，MB=DF，∴EF=DF+BE，結(jié)論得證；
（3）過E點作EN⊥AC于N點，如圖，
∵AD=6，AB=4，∴在矩形ABCD中，AD=BC=6，AB=DC=4，∠D=∠B=90°，
∴設EC=x，則有x＜6，∴BE=BC-EC=6-x，在Rt△ABE中，，
在Rt△ADC中，，
∵∠CAE=45°，EN⊥AC，∴∠ANE=90°=∠ENC，∴∠AEN=45°，∴△AEN是等腰直角三角形，
∴，∴，即：
∵∠ENC=90°=∠B，∠ACB=∠ECN，∴Rt△ABC∽Rt△ENC，∴，
∵AB=4，AC=，EC=x，∴，∴，
∵，∴，∴結(jié)合x＜6，解得x=5.2，∴CE=5.2．
【點睛】本題考了勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的知識、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、一元二次方程的應用等知識，做輔助線構造全等三角形是解答本題的關鍵．
15．（2024·四川樂山·中考真題）在一堂平面幾何專題復習課上，劉老師先引導學生解決了以下問題：
【問題情境】如圖1，在中，，，點D、E在邊上，且，，，求的長．
解：如圖2，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接．
由旋轉(zhuǎn)的特征得，，，．
∵，，∴．
∵，∴，即．∴．
在和中，，，，∴___①___．∴．
又∵，∴在中，___②___．
∵，，

∴___③___．
【問題解決】上述問題情境中，“①”處應填：______；“②”處應填：______；“③”處應填：______．
劉老師進一步談到：圖形的變化強調(diào)從運動變化的觀點來研究，只要我們抓住了變化中的不變量，就能以不變應萬變．
【知識遷移】如圖3，在正方形中，點E、F分別在邊上，滿足的周長等于正方形的周長的一半，連結(jié)，分別與對角線交于M、N兩點．探究的數(shù)量關系并證明．
【拓展應用】如圖4，在矩形中，點E、F分別在邊上，且．探究的數(shù)量關系：______（直接寫出結(jié)論，不必證明）．
【問題再探】如圖5，在中，，，，點D、E在邊上，且．設，，求y與x的函數(shù)關系式．

【答案】【問題解決】①；②；③5；【知識遷移】，見解析；【拓展應用】；【問題再探】
【分析】【問題解決】根據(jù)題中思路解答即可；
【知識遷移】如圖，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到．過點作交邊于點，連接．由旋轉(zhuǎn)的特征得．結(jié)合題意得．證明，得出．根據(jù)正方形性質(zhì)得出．結(jié)合，得出．證明，得出．證明．得出．在中，根據(jù)勾股定理即可求解；
【拓展應用】如圖所示，設直線交延長線于點，交延長線于點，將繞著點順時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接．則．則，，根據(jù)，證明，得出，過點H作交于點O，過點H作交于點M，則四邊形為矩形．得出，證明是等腰直角三角形，得出，，在中，根據(jù)勾股定理即可證明；
【問題再探】如圖，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接．過點作，垂足為點，過點作，垂足為．過點作，過點作交于點、交于點．由旋轉(zhuǎn)的特征得．根據(jù)，得出，證明，得出，根據(jù)勾股定理算出，根據(jù)，表示出，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)表示出，，同理可得．，證明四邊形為矩形．得出，，在中，根據(jù)勾股定理即可求解；
【詳解】【問題解決】解：如圖2，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接．

由旋轉(zhuǎn)的特征得，，，．
∵，，∴．
∵，∴，即．∴．
在和中，，，，∴①．∴．
又∵，∴在中，②．
∵，，∴③．
【知識遷移】．
證明：如圖，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到．過點作交邊于點，連接．
由旋轉(zhuǎn)的特征得．
由題意得，∴．
在和中，，∴．∴．
又∵為正方形的對角線，∴．
∵，∴．
在和中，，
∴，∴．
在和中，，∴．∴．
在中，，∴．
【拓展應用】．
證明：如圖所示，設直線交延長線于點，交延長線于點，
將繞著點順時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接．則．
則，，
，，
在和中，，∴，
過點H作交于點O，過點H作交于點M，則四邊形為矩形．
∴，，，
是等腰直角三角形，，
，，，，
在中，，，∴，
即，又∴，
∴，即，
【問題再探】如圖，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接．過點作，垂足為點，過點作，垂足為．過點作，過點作交于點、交于點．由旋轉(zhuǎn)的特征得．

，，，即，
在和中，，，，
，，又，，
，，，
，即，，
同理可得．，，，
又∵，∴四邊形為矩形．
，，
在中，．，解得．
【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查的是旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)和判定、正方形的性質(zhì)和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性質(zhì)和判定、全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，靈活運用旋轉(zhuǎn)變換作圖，掌握以上知識點是解題的關鍵．
16．（2024·吉林長春·一模）【問題提出】如圖①，在正方形中，、分別是邊和對角線上的點，，從而，______．
【思考探究】如圖②，在矩形中，，，、分別是邊和對角線上的點，，若，求的長．
【拓展延伸】如圖③，在菱形中，，對角線，交的延長線于點，、分別是菱形高和對角線上的點，，，直接寫出的長．
【答案】問題提出：思考探究：拓展延伸：
【分析】[問題提出]根據(jù)正方形的性質(zhì)得出，進而根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出，即可求解；[思考探究]證明得出，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)得出，根據(jù)已知條件得出，進而即可求解；
[拓展延伸] 連接，設交于點，根據(jù)菱形的性質(zhì)，勾股定理求得，進而得出，結(jié)合題意可得，即可得出，進而根據(jù)，得出，根據(jù)，得出，證明，即可證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，即可求解．
【詳解】解：[問題提出]∵四邊形是正方形，是對角線，∴
∵∴，故答案為：．
[思考探究]解：如圖②

在矩形中，∵∴，，
∵∴，∴∴∴
又∵，則∴∴
∵，，則，∴
[拓展延伸]如圖所示，連接，設交于點，
∵四邊形是菱形，∴，，
∵∴，則，∴，
∵∴，即∴
∵∴∵∴
又∵∴∴∴∴
∵∴解得：．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關鍵．
17．（2024·江西新余·模擬預測）【問題提出】（1）如圖①，在正方形中，點，分別在邊和對角線上，，求證：．
【嘗試應用】（2）如圖②，在矩形中，，，點，分別在邊和對角線上，，，求的長．
【拓展提高】（3）如圖③，在菱形中，，，點，分別在邊和對角線上，，，，的延長線交于點，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)，得，，結(jié)合，得出，即可作答；（2）連接交于點，證出，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，列式代入數(shù)值，計算即可作答；（3）過點作交延長線于點，交于點，連接，交于點，證明，再根據(jù)等面積法，得，運用勾股定理得出的值，根據(jù)列式，得出的值，由計算即可作答．
【詳解】證明：（1）如圖1，
∵四邊形是正方形∴，∴
∵∴∴，可得，即；
解：（2）如圖2，連接交于點，∵四邊形是矩形∴，
∴，，∵∴
∴，則則∴；
解：（3）如圖3，過點作交延長線于點，交于點，連接，交于點．
∵四邊形是菱形，
∴，，
，，
∵∴則
∴∵
∴∴，則．
，
．，
∵四邊形是菱形∴∴∴
得，，．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)，綜合性強，難度適中，正確掌握相關性質(zhì)內(nèi)容是解題的關鍵．
18．（2023·內(nèi)蒙古赤峰·統(tǒng)考中考真題）數(shù)學興趣小組探究了以下幾何圖形．如圖①，把一個含有角的三角尺放在正方形中，使角的頂點始終與正方形的頂點重合，繞點旋轉(zhuǎn)三角尺時，角的兩邊，始終與正方形的邊，所在直線分別相交于點，，連接，可得．
【探究一】如圖②，把繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)得到，同時得到點在直線上．求證：；
【探究二】在圖②中，連接，分別交，于點，．求證：；
【探究三】把三角尺旋轉(zhuǎn)到如圖③所示位置，直線與三角尺角兩邊，分別交于點，．連接交于點，求的值．

【答案】[探究一]見解析；[探究二]見解析；[探究三]
【分析】[探究一]證明，即可得證；
[探究二]根據(jù)正方形的性質(zhì)證明，根據(jù)三角形內(nèi)角和得出，加上公共角，進而即可證明 [探究三]先證明，得出，，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，則點在直線上．得出，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出，進而可得，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出，即可得出結(jié)論．
【詳解】[探究一] ∵把繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)得到，同時得到點在直線上，
∴，∴，∴，
在與中∴∴
[探究二]證明：如圖所示，

∵四邊形是正方形，∴，又，∴，
∵，∴，又∵，∴，
又∵公共角，∴；
[探究三] 證明：∵是正方形的對角線，
∴，，∴，
∵，∴，
即，∴，∴，，
如圖所示，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，則點在直線上．

∴，，∴，
又，∴，∴，∵，∴，
又∴，∴，即．
【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關鍵．

相關試卷

2025年中考數(shù)學幾何模型歸納訓練(全國通用)專題23全等與相似模型之十字架模型解讀與提分精練(原卷版+解析)：

這是一份2025年中考數(shù)學幾何模型歸納訓練(全國通用)專題23全等與相似模型之十字架模型解讀與提分精練(原卷版+解析)，共69頁。

2025年中考數(shù)學幾何模型歸納訓練(全國通用)專題22全等與相似模型之對角互補模型解讀與提分精練(原卷版+解析)：

這是一份2025年中考數(shù)學幾何模型歸納訓練(全國通用)專題22全等與相似模型之對角互補模型解讀與提分精練(原卷版+解析)，共79頁。

2025年中考數(shù)學幾何模型歸納訓練(全國通用)專題20全等與相似模型之手拉手模型解讀與提分精練(原卷版+解析)：

這是一份2025年中考數(shù)學幾何模型歸納訓練(全國通用)專題20全等與相似模型之手拉手模型解讀與提分精練(原卷版+解析)，共73頁。

英語朗讀寶

相關試卷 更多

中考數(shù)學常見幾何模型全歸納提分精練專題02全等模型-半角模型(原卷版+解析)

中考數(shù)學常見幾何模型全歸納提分精練專題02全等模型-半角模型(原卷版+解析)
專題18 全等與相似模型之十字模型-2024年中考數(shù)學常見幾何模型全歸納之模型解讀與提分精練（全國通用）

專題18 全等與相似模型之十字模型-2024年中考數(shù)學常見幾何模型全歸納之模型解讀與提分精練（全國通用）
專題16 全等與相似模型-半角模型-2024年中考數(shù)學常見幾何模型全歸納之模型解讀與提分精練（全國通用）

專題16 全等與相似模型-半角模型-2024年中考數(shù)學常見幾何模型全歸納之模型解讀與提分精練（全國通用）
專題15 全等與相似模型-手拉手模型-2024年中考數(shù)學常見幾何模型全歸納之模型解讀與提分精練（全國通用）

專題15 全等與相似模型-手拉手模型-2024年中考數(shù)學常見幾何模型全歸納之模型解讀與提分精練（全國通用）
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來到教習網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部