专题06 相似三角形中的基本模型之半角模型-2024-2025学年九年级数学下册常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练（人教版）

专题06 相似三角形中的基本模型之半角模型 相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了。本专题就半角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！ 2 模型1.半角模型 2 8 模型1.半角模型 半角模型特征：①共端点的等线段； ②共顶点的倍半角； 半角模型辅助线的作法：由旋转（或翻折）构造两对全等，从而将边转化，找到边与边的关系（将分散的条件集中，隐蔽的关系显现）。 常见的考法包括：90°与45°（正方形、直角三角形）；120°与60°（等边三角形）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） 条件：已知，如图，在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交BC、CD边于M、N两点，且∠EAF＝45° 结论：如图1，△MDA∽△MAN∽△ABN； 图1 图2 证明：∵ABCD是正方形，∴∠ADM=45°，∵∠EAF＝45°，∴∠ADM=∠EAF， ∵∠AMD=∠NMA，∴△MDA∽△MAN，同理：△MAN∽△ABN，∴△MDA∽△MAN∽△ABN； 结论：如图2，△BME∽△AMN∽△DFN. 证明：∵ABCD是正方形，∴∠NDF=45°，∵∠EAF＝45°，∴∠NDF=∠EAF， ∵∠DNF=∠ANM，∴△AMN∽△DFN，同理：△BME∽△AMN，∴△BME∽△AMN∽△DFN； 结论：如图3，连接AC，则△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且； 图3 图4 证明：∵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。 结论：如图4，△AMN∽△AFE且． 证明：∵ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠DFA=∠BAN；∵∠AFE=∠AFD，∠BAN=∠AMD，∴∠AFE=∠AMN； 又∠MAN=∠FAE，∴△AMN∽△AFE，由图3证明知：，∴。 2）半角模型（含120-60°半角模型） 图1 条件：如图1，已知∠BAC＝120°，； 结论：①△ABD∽△CAE∽△CBA；②；③ （）。 证明：∵，∴∠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．（23-24九年级上·辽宁丹东·阶段练习）如图，正方形的对角线相交于，点，分别是边，上的动点（不与点，，重合），，分别交于，两点，且，则下列结论：①；②；③；④是等腰三角形．其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 例2．（2023·浙江·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E，F分别在BC，CD上．若BE＝2，∠EAF＝45°，则DF的长是 ． 例3．（2024·吉林长春·九年级校考开学考试）在同一平面内，如图①，将两个全等的等腰直角三角形摆放在一起，其中，，点为公共顶点，．如图②，若固定不动，把绕点逆时针旋转，使、与边的交点分别为、，点不与点重合，点不与点重合．(1)求证：；(2)已知等腰直角三角形的斜边长为4． ①请求出的值；②若，请求出的长． 例4．（23-24九年级上·陕西汉中·期末）如图，中，，，点为边上一点． (1)如图1，若，．①求证：；②若，求的值． (2)如图2，点为线段上一点，且，，，求的长． 例5．（23-24九年级上·四川成都·期中）如图，已知在菱形中，是锐角，是边上的动点，将射线绕点按逆时针方向旋转，交于点．    (1)如图，当，时，证明：； (2)如图，连接，射线与线段的延长线交于点，射线与线段的延长线交于点，当时，，设，，求与之间的函数关系式； (3)在（）的条件下，若，当为直角三角形时，求的长； 例6．（2023秋·湖北·九年级专题练习）折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1． (1)∠EAF＝ °，写出图中两个等腰三角形： （不需要添加字母）； (2)转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为 ； (3)连接正方形对角线BD，若图2中的∠PAQ的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N，如图3，则 ； (4)剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．求证：BM2＋DN2＝MN2． 例7．（2023·河南平顶山·一模）（1）如图1，在正方形中，点，分别在边，上．连接，，．，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到．易证：，从而可得：线段，与的关系：______．（请直接写出结论，不必说明理由） （2）如图2，在正方形中，点，分别在边，上，连接，，，，若，求证：． （3）如图3，在矩形中，，，点，分别在边，上，连接，，已知，，则的长是______．    1．（2024·广东九年级期中）如图，在中，是斜边上两点，且将绕点顺时针旋转90°后，得到连接下列结论： ① ②③的面积等于四边形的面积； ④ ⑤其中正确的是(      ) A．①②④ B．③④⑤ C．①③④ D．①③⑤ 2．（2024·安徽·校联考一模）如图，正方形ABCD边长为2，BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，点P，Q分别是平分线BM、DN上的点，且满足∠PAQ＝45°，连接PQ、PC、CQ．则下列结论：①BP•DQ＝3.6；②∠QAD＝∠APB；③∠PCQ＝135°；④．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（2023·山东·统考一模）如图，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，A为公共顶点，∠BAC=∠AGF=90°，它们的斜边长为2，若△ABC固定不动，△AFG绕点A旋转，AF、AG与边BC的交点分别为D、E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），设BE=m，CD=n．下列结论： （1）图中有三对相似而不全等的三角形；（2）m•n=2；（3）BD2+CE2=DE2； （4）△ABD≌△ACE；（5）DF=AE．其中正确的有（  ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 4．（2023·广东东莞·校考模拟预测）如图，正方形中，点，分别在边，上，且，分别交，于点，，以点为圆心，长为半径画．下列结论不正确的是(     ) A． B． C． 与相切 D． 5．（2023·广东深圳·九年级校考期中）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、DC上，AE、AF分别交BD于点M、N，连接CN、EN，且CN＝EN．下列结论：①AN＝EN，AN⊥EN；②BE+DF＝EF；③；④图中只有4对相似三角形，其中正确结论的个数是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 6．（2023春·贵州遵义·九年级校考阶段练习）如图，在Rt△ABC 中，AB＝AC，D、E是斜边BC上两点，且∠DAE=45°，将△ADC绕点顺时针旋转90后，得到△AFB，连接EF，下列结论：①△ADE≌△AFE．②△ABE∽△ACD．③BE＋DC＝DE．④BE2＋DC2＝DE2．其中一定正确的是（      ） A．②④ B．①③ C．②③ D．①④ 7．（2023·广东汕头·校考三模）如图，在正方形中，，为中点，为上的一点，且，，连接，延长交于点，交于点，则以下结论；①②③④；中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 8．（2023·江苏南京·九年级专题练习）如图，已知正方形边长为，为边上一点，将以点为中心按顺时针方向旋转得到，连接，分别交，于点，若，则 ． 9．（2023上海市中考数学二模试题）已知：Rt△ABC斜边AB上点D，E，满足∠DCE＝45°． (1)如图1，当AC＝1，，且点D与A重合时，求线段BE的长. (2)如图2，当△ABC是等腰直角三角形时，求证：AD2+BE2＝DE2. (3)如图3，当AC＝3，BC＝4时，设AD＝x，BE＝y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域． 10．（2023江苏九年级期末）已知正方形ABCD的边长为4，一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转，角的两边分别与边BC、DC的延长线交于点E、F，连接EF．设CE=a，CF=b． （1）如图1，当∠EAF被对角线AC平分时，求a、b的值；（2）当△AEF是直角三角形时，求a、b的值； （3）如图3，探索∠EAF绕点A旋转的过程中a、b满足的关系式，并说明理由． 11．（2023江苏中考数学一模）（1）如图①，在正方形中，E，F分别是，边上的动点，且，将绕点D逆时针旋转，得到，可以证明，进一步推出，，之间的数量关系为 　 　；（2）在图①中，连接分别交和于P，Q两点，求证：；（3）如图②，在菱形中，，点E，F分别是边，上的动点（不与端点重合），且，连接分别与边，交于M，N．当时，猜想，，之间存在什么样的数量关系，并证明你的结论．    12．（2024·广东广州·九年级校考期中）在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°．(1)若点G在边CB的延长线上，且BG＝DF，（如图①），求证：△AEG≌△AEF； (2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N（如图②），求证：； (3)将正方形改为长与宽不相等的矩形（如图③），∠EAF＝∠CEF＝45°，BE＝4，DF＝1，请你直接写出△CEF的面积． 13．（2023春·山东泰安·九年级统考期末）在中，，． (1)如图1，若点D关于直线的对称点为点F，求证：； (2)如图2，在（1）的条件下，若，求证：； (3)如图3，若，点E在的延长线上，则等式仍成立，请说明理由． 14．（2023春·陕西西安·八年级校考阶段练习）【问题发现与证明】 如图①，正方形中，分别在边、上，且，连接，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．例如图中与可以看作绕点A旋转的关系．这可以证明结论“”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程．    （1）延长到点，使___________，连接；（2）求证：． 【问题拓展与应用】（3）某公园管理人员发现该公园有一块绿地，如图②所示，四边形是平行四边形，已知米，米，．为提升游客游览的体验感，准备修建三条赏花通道、、，要求点在边上，点为边的中点，且，现计划在所在区域种植郁金香，种植郁金香的费用为每平方米12元，求该公园种植郁金香需要投入多少资金． 15．（2024·江西吉安·统考模拟预测）【模型建立】 (1)如图1，在正方形中，，分别是边，上的点，且，探究图中线段，，之间的数量关系． 小明的探究思路如下：延长到点，使，连接，先证明，再证明．①，，之间的数量关系为________； ②小亮发现这里可以由经过一种图形变换得到，请你写出这种图形变换的过程________．像上面这样有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等的几何模型称为半角模型． 【类比探究】(2)如图2，在四边形中，，与互补，，分别是边，上的点，且，试问线段，，之间具有怎样的数量关系？判断并说明理由． 【模型应用】(3)如图3，在矩形中，点在边上，，，，求的长． 16．（2023春·辽宁沈阳·九年级统考开学考试）在矩形中，． (1)如图1，若，点，分别在，上，连接． ①线段，，三者之间的数量关系是：________； ②当点是中点时，求证：； (2)如图2，若，，点，分别在，上．若，请直接写出线段的长； (3)如图3，若，，连接，将绕点旋转，当的一边与射线重合时，另一边与的垂直平分线交于点，请直接写出线段的长． 17．（2024·广东深圳·二模）【问题提出】（1）如图1，在正方形中，点E，F分别在边和对角线上，，点G，H分别在边和上，，求证：； 【尝试应用】（2）如图2，在矩形中，，点E，F分别在边和对角线上，，求的长； 【拓展提高】（3）如图3，在平行四边形中，，点E，F分别在边和对角线上，，，试求的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！15 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 相似三角形中的基本模型之半角模型 相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了。本专题就半角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！ 2 模型1.半角模型 2 14 模型1.半角模型 半角模型特征：①共端点的等线段； ②共顶点的倍半角； 半角模型辅助线的作法：由旋转（或翻折）构造两对全等，从而将边转化，找到边与边的关系（将分散的条件集中，隐蔽的关系显现）。 常见的考法包括：90°与45°（正方形、直角三角形）；120°与60°（等边三角形）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） 条件：已知，如图，在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交BC、CD边于M、N两点，且∠EAF＝45° 结论：如图1，△MDA∽△MAN∽△ABN； 图1 图2 证明：∵ABCD是正方形，∴∠ADM=45°，∵∠EAF＝45°，∴∠ADM=∠EAF， ∵∠AMD=∠NMA，∴△MDA∽△MAN，同理：△MAN∽△ABN，∴△MDA∽△MAN∽△ABN； 结论：如图2，△BME∽△AMN∽△DFN. 证明：∵ABCD是正方形，∴∠NDF=45°，∵∠EAF＝45°，∴∠NDF=∠EAF， ∵∠DNF=∠ANM，∴△AMN∽△DFN，同理：△BME∽△AMN，∴△BME∽△AMN∽△DFN； 结论：如图3，连接AC，则△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且； 图3 图4 证明：∵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。 结论：如图4，△AMN∽△AFE且． 证明：∵ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠DFA=∠BAN；∵∠AFE=∠AFD，∠BAN=∠AMD，∴∠AFE=∠AMN； 又∠MAN=∠FAE，∴△AMN∽△AFE，由图3证明知：，∴。 2）半角模型（含120-60°半角模型） 图1 条件：如图1，已知∠BAC＝120°，； 结论：①△ABD∽△CAE∽△CBA；②；③ （）。 证明：∵，∴∠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．（23-24九年级上·辽宁丹东·阶段练习）如图，正方形的对角线相交于，点，分别是边，上的动点（不与点，，重合），，分别交于，两点，且，则下列结论：①；②；③；④是等腰三角形．其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】将绕点逆时针旋转至，根据正方形的性质和且可证明；根据三角形的内角和得到，得到，推出，于是得到，故②正确；根据相似三角形的判定定理得到，根据相似三角形的性质得到，推出是等腰直角三角形，于是得到；故③正确；根据全等三角形的性质得到，等量代换得到是等腰三角形，故④正确． 【详解】解：如图，将绕点逆时针旋转至， ，，， ，，，， ，；故①正确； ，，， ，，，， ，，故②正确；，即， ，，， 是等腰直角三角形，；故③正确； 在与中，，，， ，，是等腰三角形，故④正确；故选：． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键． 例2．（2023·浙江·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E，F分别在BC，CD上．若BE＝2，∠EAF＝45°，则DF的长是 ． 【答案】 【分析】取AD，BC的中点M，N，连接MN，交AF于H，延长CB至G，使BG＝MH，连接AG，先证出四边形ABNM是正方形，利用SAS证出ABG≌AMH，再利用SAS证出AEG≌AEH，利用勾股定理求出MH，然后利用平行证出AHM∽AFD，列出比例式即可求出结论． 【详解】解：取AD，BC的中点M，N，连接MN，交AF于H，延长CB至G，使BG＝MH，连接AG， ∵点M，点N是AD，BC的中点，∴AM＝MD＝BN＝NC＝4， ∵AD∥BC，∴四边形ABNM是平行四边形，∵AB＝AM＝4，∴四边形ABNM是菱形， ∵∠BAD＝90°，∴四边形ABNM是正方形，∴MN＝AB＝BN＝4，∠AMH＝90°， ∵AB＝AM，∠ABG＝∠AMH＝90°，BG＝MH， ∴ABG≌AMH（SAS），∴∠BAG＝∠MAH，AG＝AH， ∵∠EAF＝45°，∴∠MAH+∠BAE＝45°，∴∠GAB+∠BAE＝∠GAE＝∠EAH＝45°， 又∵AG＝AH，AE＝AE∴AEG≌AEH（SAS）∴EH＝GE，∴EH＝2+MH， 在Rt HEN中，EH2＝NH2+NE2，∴（2+MH）2＝（4﹣MH）2+4，∴MH＝ ∵MN∥CD，∴AHM∽AFD，∴∴DF＝×＝，故答案为：． 【点睛】此题考查的是相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定及性质、正方形的判定及性质和矩形的性质，此题难度较大，掌握相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定及性质、正方形的判定及性质和矩形的性质是解决此题的关键． 例3．（2024·吉林长春·九年级校考开学考试）在同一平面内，如图①，将两个全等的等腰直角三角形摆放在一起，其中，，点为公共顶点，．如图②，若固定不动，把绕点逆时针旋转，使、与边的交点分别为、，点不与点重合，点不与点重合．(1)求证：；(2)已知等腰直角三角形的斜边长为4． ①请求出的值；②若，请求出的长． 【答案】(1)见解析(2)①8②4﹣4 【分析】（1）利用三角形外角的性质可证等于，再由 等于 ，可证明结论． （2）①首先求出等腰直角三角形的直角边长，再由 相似于 ，即可得出结论．②先求 等于 ，再求 等于 ，从而得出答案． 【详解】（1）证明：∵△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°， ∴∠B＝∠C＝45°，同理，∠DAE＝45°， ∵∠BAN＝∠BAM+∠DAE＝∠BAM+45°，∠AMC＝∠BAM+∠B＝∠BAM+45°， ∴∠BAN＝∠AMC，∴△BAN∽△CMA； （2）解：①∵等腰直角三角形的斜边长为4，∴AB＝AC＝， ∵△BAN∽△CMA，∴ ，∴，∴BN•CM＝8，故BN•CM的值为8； ②∵BM＝CN，∴BN＝CM，∵BN•CM＝8，∴BN＝CM＝， ∴MN＝BN+CM﹣BC＝，故MN的长为． 【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，利用前面的结论解决新的问题是解题的关键． 例4．（23-24九年级上·陕西汉中·期末）如图，中，，，点为边上一点． (1)如图1，若，．①求证：；②若，求的值． (2)如图2，点为线段上一点，且，，，求的长． 【答案】(1)①见解析，②(2) 【分析】（1）①通过证明，即可求证；②由①可得，再根据等边对等角求出和的度数，即可得出，最后根据直角三角形中角所对的边是斜边的一半即可求证；（2）过点E作于G，过A作于F，证明，可以求出，利用勾股定理可以求出的长，从而可以求解． 【详解】（1）证明：①∵，， ∴，即， 在和中，，∴，∴； ②∵，，∴， 由①可得：，∴，∴， ∵，∴在中，， ∴，整理得：，由①可得，∴． （2）过点A作于点F，过点E作于点G， ∵，，∴， ∵，，∴， 在中，根据勾股定理可得：， ∵，∴，∵，，∴， 在中，根据勾股定理可得：，∴， ∵，，，∴， ∵，∴，即， ∵，∴，∴，即， 解得：，∴． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． 例5．（23-24九年级上·四川成都·期中）如图，已知在菱形中，是锐角，是边上的动点，将射线绕点按逆时针方向旋转，交于点．    (1)如图，当，时，证明：； (2)如图，连接，射线与线段的延长线交于点，射线与线段的延长线交于点，当时，，设，，求与之间的函数关系式； (3)在（）的条件下，若，当为直角三角形时，求的长； 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)或． 【分析】（1）由得到，继而得到，进一步得到，即可证明 ；（2）通过角之间的关系可得到，，继而得到，即可证明，故得到，即有； （3）根据（2），分两种情况讨论，即可求出的长． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形，∴，，， 在中，，∴， ∵，∴，即， ∵，∴，∴， 在和中，， ∴； （2）解：在菱形中，，    即，∵，∴，∴，， ∵，∴，∴ ，∵，∴，∴， 在和中，， ∴，∴，即，∴； （3）解：当时，∵，∴，，∴， ∵，∴，∴，∴， 由（）知：，∴，当时，同理可得：， ∵，∴，∴，∴，∴或． 【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质，熟练掌握这些定理是解题的关键． 例6．（2023秋·湖北·九年级专题练习）折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1． (1)∠EAF＝ °，写出图中两个等腰三角形： （不需要添加字母）； (2)转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为 ； (3)连接正方形对角线BD，若图2中的∠PAQ的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N，如图3，则 ； (4)剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．求证：BM2＋DN2＝MN2． 【答案】(1)45；△AEF，△CEF，(2)PQ＝BP＋DQ(3)(4)见解析 【分析】（1）利用翻折变换的性质可得∠EAF＝45°，证明△BAE≌△DAF（ASA），推出BE＝DF，AE＝AF，可得结论．（2）结论：PQ＝BP＋DQ．如图2中，延长CB到T，使得BT＝DQ．证明△PAT≌△PAQ（SAS），可得结论．（3）证明△CAQ∽△BAM，可得． （4）如图4中，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM．证明△AMR≌△AMN（SAS），∠RBM＝90°，可得结论． 【详解】（1）解：如图1中， ∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝90°，∴ABC，△ADC都是等腰三角形， ∵∠BAE＝∠CAE，∠DAF＝∠CAF，∴∠EAF（∠BAC＋∠DAC）＝45°， ∵∠BAE＝∠DAF＝22.5°，∠B＝∠D＝90°，AB＝AD， ∴△BAE≌△DAF（ASA），∴BE＝DF，AE＝AF， ∵CB＝CD，∴CE＝CF，∴△AEF，△CEF都是等腰三角形，故答案为：45，△AEF，△EFC． （2）解：结论：PQ＝BP＋DQ．理由：如图2中，延长CB到T，使得BT＝DQ． ∵AD＝AB，∠ADQ＝∠ABT＝90°，DQ＝BT， ∴△ADQ≌△ABT（SAS），∴AT＝AQ，∠DAQ＝∠BAT， ∵∠PAQ＝45°，∴∠PAT＝∠BAP＋∠BAT＝∠BAP＋∠DAQ＝45°，∴∠PAT＝∠PAQ＝45°， ∵AP＝AP，∴△PAT≌△PAQ（SAS），∴PQ＝PT， ∵PT＝PB＋BT＝PB＋DQ，∴PQ＝BP＋DQ．故答案为：PQ＝BP＋DQ． （3）解：如图3中，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABM＝∠ACQ＝∠BAC＝45°，ACAB， ∵∠BAC＝∠PAQ＝45°，∴∠BAM＝∠CAQ，∴△CAQ∽△BAM，∴，故答案为：． （4）证明：如图4中，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM． ∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，∴∠DAN＋∠BAM＝45°， ∵∠DAN＝∠BAR，∴∠BAM＋∠BAR＝45°，∴∠MAR＝∠MAN＝45°， ∵AR＝AN，AM＝AM，∴△AMR≌△AMN（SAS），∴RM＝MN， ∵∠D＝∠ABR＝∠ABD＝45°，∴∠RBM＝90°，∴RM2＝BR2＋BM2， ∵DN＝BR，MN＝RM，∴BM2＋DN2＝MN2． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题． 例7．（2023·河南平顶山·一模）（1）如图1，在正方形中，点，分别在边，上．连接，，．，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到．易证：，从而可得：线段，与的关系：______．（请直接写出结论，不必说明理由） （2）如图2，在正方形中，点，分别在边，上，连接，，，，若，求证：． （3）如图3，在矩形中，，，点，分别在边，上，连接，，已知，，则的长是______．    【答案】（1），（2）证明见解析，（3）8 【分析】（1）利用旋转的性质结合可以证明，从而得到． （2）根据设，，则，利用∠BAN，可得正方形边长为，从而得到，，根据勾股定理得到：，代入可得关于m，n得方程，继而得到，最后代入，即可证明结论． （3）延长至P，使，过P作的平行线交的延长线于Q，延长交于，连接，将图③补充成边长为16的正方形，从而得到与前两问的图形，利用可得，继而求出的长度，从而利用前面的结论，并利用勾股定理列方程即可求出结果． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，，由旋转的性质得：， ∴，，，， ∴，即， ∵，∴，∴， 在和中，，∴，∴， ∵，∴，故答案为：； （2）证明：设，，由（1）可知，， ∵，，∴，∴， ∴，，在中，由勾股定理得： ∴，整理得：，∴， （3）解：延长至P，使，过P作的平行线交的延长线于，延长交于，连接，如图③所示：则四边形是正方形，∴，    设，则，∵，∴， ∴，∴，∴， 由（1）得：，在中，由勾股定理得： ，解得：，即的长是；故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用勾股定理解直角三角形等知识，灵活运用前两问中结论DM+BN=MN，已知直角三角形CMN中勾股定理结论是解题的关键． 1．（2024·广东九年级期中）如图，在中，是斜边上两点，且将绕点顺时针旋转90°后，得到连接下列结论： ① ②③的面积等于四边形的面积； ④ ⑤其中正确的是(      ) A．①②④ B．③④⑤ C．①③④ D．①③⑤ 【答案】C 【分析】①利用图形的旋转不变性得到△ADC≌△AFB，∠DAF＝90°，利用SAS即可判定△AED≌△AEF； ②利用相似三角形的判定与性质可以验证结论错误；③利用全等三角形的面积相等，可得S△ADC＝S△AFB，根据S△ABC＝S△ACD＋S△ABD＝S△ABF＋S△ABD＝S四边形AFBD，可得③的结论正确；④利用已知条件得到∠FBE＝90°，利用勾股定理和等量代换可得结论正确；⑤利用④中结论和三角形任意两边之差小于第三边，再利用等量代换可得BE＞EF−CD，可得⑤的结论错误． 【详解】解：∵将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB， ∴△ADC≌△AFB，∠DAF＝90°．∴AF＝AD． ∵∠DAE＝45°，∴∠FAE＝90°−∠EAD＝45°．∴∠FAE＝∠DAE． 在△AED和△AEF中，，∴△AED≌△AEF（SAS）．∴①的结论正确； ∵AB＝AC．，∴∠ABE＝∠ACD．∴当∠BAE＝∠CAD时，△ABE∽△ACD，∴． 当∠BAE≠∠CAD时，△ABE与△ACD不相似，比例式不成立， ∴不一定成立．∴②的结论错误；∵△ADC≌△AFB，∴S△ADC＝S△AFB． ∵S△ABC＝S△ACD＋S△ABD＝S△ABF＋S△ABD＝S四边形AFBD，∴③的结论正确； ∵△ADC≌△AFB，∴BF＝CD，∠FBA＝∠C＝45°． 在Rt△ABC中，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°．∴∠FBE＝∠ABF＋∠ABC＝90°． ∴BF2＋BE2＝EF2．∴CD2＋BE2＝EF2．由①得：△AED≌△AEF， ∴EF＝DE．∴CD2＋BE2＝DE2．∴④的结论正确； ∵△ADC≌△AFB，∴BF＝CD．∵△AED≌△AEF，∴EF＝ED． 在△BEF中，由④知：∠FBE＝90°， ∵三角形任意两边之差小于第三边，∴EF−BF＜BE．∴BE＞EF−CD．∴⑤的结论错误． 综上，结论正确的有：①③④，故选C. 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，图形的旋转变换，三角形全等的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，三角形三边的关系定理，利用图形的旋转不变性是解题的关键． 2．（2024·安徽·校联考一模）如图，正方形ABCD边长为2，BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，点P，Q分别是平分线BM、DN上的点，且满足∠PAQ＝45°，连接PQ、PC、CQ．则下列结论：①BP•DQ＝3.6；②∠QAD＝∠APB；③∠PCQ＝135°；④．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】运用正方形的性质；角平分线的定义；全等三角形的判定和性质；勾股定理；相似三角形的判定和性质；旋转变换的性质综合推理判断． 【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB=2，∠BAD=90°， ∵∠PAQ＝45°，∴∠BAP+∠QAD =45°， ∵BM是正方形的外角的平分线，∴∠MBC=135°， ∴∠BAP+∠APB=45°，∴∠QAD＝∠APB，∴②正确； ∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，∴∠ABP=∠QDA=135°， ∵∠QAD＝∠APB，∴△ABP∽△QDA，∴BP：DA=BA：DQ， ∴BP•DQ＝，∴①错误； ∵△ABP∽△QDA，∴BP：DA=BA：DQ， ∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA，∴BP：BC=DC：DQ， ∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，∴∠PBC=∠QDC=45°， ∴△BPC∽△DCQ，∴∠BCP=∠DQC， ∴∠PCQ=360°-∠BCD-∠BCP-∠DCQ=270°-（∠DQC+∠DCQ）=270°-（180°-∠CDQ）=135°.∴③正确； 如图，将△AQD绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，连接PF．则△ABF≌△ADQ． ∴∠1=∠3，AF=AQ，BF=DQ，∠AFB=∠AQD． ∴∠PAF=∠1+∠2=∠2+∠3=∠BAD-∠PAQ=45°．∴∠PAF=∠PAQ． 又∵AP=AP，∴△APF≌△APQ．∴PF=PQ． ∵∠PBF=（∠AFB+∠1）+45°=（∠AQD+∠3）+45°=90°． ∴在Rt△BPF中，，∴．∴④正确；故选C． 【点睛】本题考查了正方形的性质；角平分线的定义；全等三角形的判定和性质；勾股定理；相似三角形的判定和性质；旋转变换的性质．熟练掌握上述性质，灵活运用旋转构图求解是解题的关键. 3．（2023·山东·统考一模）如图，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，A为公共顶点，∠BAC=∠AGF=90°，它们的斜边长为2，若△ABC固定不动，△AFG绕点A旋转，AF、AG与边BC的交点分别为D、E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），设BE=m，CD=n．下列结论： （1）图中有三对相似而不全等的三角形；（2）m•n=2；（3）BD2+CE2=DE2； （4）△ABD≌△ACE；（5）DF=AE．其中正确的有（  ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】A 【详解】试题分析：（1）根据已知及相似三角形的判定方法进行分析即可； （2）可根据（1）中的相似三角形BAE和CDA得出关于AB，BE，CD，AC的比例关系，AB，AC可通过等腰直角三角形求出，因此根据比例关系即可得出m，n的函数关系式． （3）根据旋转角，我们知道HB⊥BD，那么DH2=BH2+BD2，而BH=CE，于是关键是证明HD=DE，连接AH，DH那么可通过证三角形AHD和ADE全等来求解． （4）若△ABC固定不动，△AFG绕点A旋转，得到∠BAD≠∠CAE，于是△ABD与△ACE不一定全等， （5）当AF与AB重合时，AE=AF，AB=AF，得到DF≠AF，于是由AE与DF不一定相等； 试题解析：（1）△ABE∽△DAE，△ABE∽△DCA， 故（1）错误； （2）∵△ABE∽△DCA，∴由题意可知CA=BA=， ∴∴m=， ∴mn=2；（1＜n＜2）； 故（2）正确； （3）证明：将△ACE绕点A顺时针旋转90°至△ABH的位置，则CE=HB，AE=AH， ∠ABH=∠C=45°，旋转角∠EAH=90°．连接HD，在△EAD和△HAD中， ∵AE=AH，∠HAD=∠EAH-∠FAG=45°=∠EAD，AD=AD， ∴△EAD≌△HAD．∴DH=DE． 又∠HBD=∠ABH+∠ABD=90°， ∴BD2+CE2=DH2， 即BD2+CE2=DE2； 故（3）正确； （4）若△ABC固定不动，△AFG绕点A旋转， ∴∠BAD≠∠CAE， ∴△ABD与△ACE不一定全等， ∴（4）错误； （5）当AF与AB重合时， AE=AF，AB=AF，∴DF≠AF， ∴AE与DF不一定相等； ∴（5）错误．故选A． 考点：1．相似三角形的判定与性质；2．全等三角形的判定与性质；3．等腰直角三角形． 4．（2023·广东东莞·校考模拟预测）如图，正方形中，点，分别在边，上，且，分别交，于点，，以点为圆心，长为半径画．下列结论不正确的是(     ) A． B． C． 与相切 D． 【答案】D 【分析】延长到，使，连接．根据全等三角形的性质得到，，求得．证得，在上截取．根据全等三角形的性质得到，，证得．根据勾股定理得到．根据全等三角形的性质得到．等量代换得到；判断选项，根据平行线的性质得到．推出，又，于是得到，判断B选项；过作于，根据角平分线的性质得到，于是得到与相切；判断C选项；由，而不一定等于，于是得到不一定平行于，判断D选项． 【详解】解：延长到，使，连接． 在和中，， ，，， 又，，，． 在和中，， 在上截取，连接、， 在和中，，，， 又，．． 在和中，， ．；故A正确；，． ，，， 又，，故B正确； 过作于，，，，与相切；故C正确； ，而不一定等于， 不一定等于，不一定平行于，故D错误，故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键． 5．（2023·广东深圳·九年级校考期中）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、DC上，AE、AF分别交BD于点M、N，连接CN、EN，且CN＝EN．下列结论：①AN＝EN，AN⊥EN；②BE+DF＝EF；③；④图中只有4对相似三角形，其中正确结论的个数是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】①证明△NBA≌△NBC，∠ABE+∠ANE＝180°即可解决问题； ②证明△AFH≌△AFE即可； ③如图2中，首先证明△AMN∽△AFE，可得，即可解决问题； ④相似三角形不止4对相似三角形． 【详解】将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADH． ∵四边形ABCD是中正方形，∴AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°， 在△BNA和△BNC中，，∴△NBA≌△NBC（SAS），∴AN＝CN，∠BAN＝∠BCN， ∵EN＝CN，∴AN＝EN，∠NEC＝∠NCE＝∠BAN， ∵∠NEC+∠BEN＝180°，∴∠BAN+∠BEN＝180°，∴∠ABC+∠ANE＝180°， ∴∠ANE＝90°，∴AN＝NE，AN⊥NE，故①正确，∴∠3＝∠AEN＝45°， ∵∠3＝45°，∠1＝∠4，∴∠2+∠4＝∠2+∠1＝45°， ∴∠3＝∠FAH＝45°，∵AF＝AF，AE＝AH，∴△AFE≌△AFH（SAS）， ∴EF＝FH＝DF+DH＝DF+BE，∠AFH＝∠AFE，故②正确， ∵∠MAN＝∠EAF，∠AMN＝∠AFE，∴△AMN∽△AFE，∴，故③正确， 图中相似三角形有△ANE∽△BAD～△BCD，△ANM∽△AEF，△ABN∽△FDN，△BEM∽△DAM等，故④错误，故选B． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用旋转法，添加辅助线构造全等三角形解决问题． 6．（2023春·贵州遵义·九年级校考阶段练习）如图，在Rt△ABC 中，AB＝AC，D、E是斜边BC上两点，且∠DAE=45°，将△ADC绕点顺时针旋转90后，得到△AFB，连接EF，下列结论：①△ADE≌△AFE．②△ABE∽△ACD．③BE＋DC＝DE．④BE2＋DC2＝DE2．其中一定正确的是（      ） A．②④ B．①③ C．②③ D．①④ 【答案】D 【分析】①根据旋转的性质可得，根据，可得    ，进而即可证明；②在△ABE和△ACD中，从已知条件只能得到，无法证明△ABE∽△ACD；③由①可得，则，由旋转可得，中，，即；④由旋转可得，则，根据勾股定理可得，由，，即可得 【详解】解：∵Rt△ABC 中，AB＝AC，∴ 将△ADC绕点顺时针旋转90后，得到△AFB，则， 又 故①正确； ②在△ABE和△ACD中，从已知条件只能得到， 无法证明△ABE∽△ACD； 故②不正确； ③由①可得，则，由旋转可得， 中，，即；故③不正确； ④由旋转可得，则， 根据勾股定理可得，由，， 故④正确综上，①④正确 故选D 【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形全等的性质与判定，相似的判定，勾股定理，掌握相关性质定理是解题的关键． 7．（2023·广东汕头·校考三模）如图，在正方形中，，为中点，为上的一点，且，，连接，延长交于点，交于点，则以下结论；①②③④；中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】延长至H，使，证明，推出，，利用证明，可判断①；利用三角形外角的性质求出，然后利用三角形内角和求出，可判断②；在中，由勾股定理计算可判断③；证明，利用相似三角形的性质可判断④． 【详解】解：延长至H，使， ∵四边形是正方形，∴，， ∴，∴，，， ∵，∴，即， 又，∴，∴，①正确； ∵，，∴， ∵，∴，∴， ∴，∴，②正确；设， ∵为中点，∴，∴，， 在中，由勾股定理得，解得，即，③不正确； ∵，，∴， 又，∴， ∵，∴， ∴，∴，④正确； 综上，正确的有①②④，故选：C． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 8．（2023·江苏南京·九年级专题练习）如图，已知正方形边长为，为边上一点，将以点为中心按顺时针方向旋转得到，连接，分别交，于点，若，则 ． 【答案】 【分析】过点作于点，则，设，则，证明点、、在同一条直线上，再证明∽，根据相似三角形的对应边成比例列方程求出的值，即得到的长，再求出的长，可证明是等腰直角三角形，即可求得的长，再根据勾股定理求出的长，再求出的值即可． 【详解】解：如图，过点作于点，则， 四边形是正方形，且正方形的边长为， ，，， ，，设，则， ，，由旋转得，， ，，点、、在同一条直线上， ，，∽， ，，整理得，解得，不符合题意，舍去， ，， ，， ，，故答案为：． 【点睛】此题考查旋转的性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质，锐角三角函数、勾股定理、解直角三角形等知识与方法，证明∽并且求出的长是解题的关键． 9．（2023上海市中考数学二模试题）已知：Rt△ABC斜边AB上点D，E，满足∠DCE＝45°． (1)如图1，当AC＝1，，且点D与A重合时，求线段BE的长. (2)如图2，当△ABC是等腰直角三角形时，求证：AD2+BE2＝DE2. (3)如图3，当AC＝3，BC＝4时，设AD＝x，BE＝y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域． 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3). 【分析】(1)如图1，根据勾股定理得到AB＝2，过B作BF∥AC交CE的延长线于F，得到∠F＝∠ACE，根据相似三角形的性质即可得到结论； (2)作AF⊥AB，使AF＝BE，连接DF，根据SAS证得△CAF≌△CBE和△CDF≌△CDE，再由勾股定理和等量代换即可解答；(3)如图3，作△BCE≌△FCE，△GCD≌△ACD，由∠HFG＝∠B，∠HGF＝∠CGD＝∠A，∠A+∠B＝90°，得到∠DHF＝90°，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：(1)如图1，∵∠ACB＝90°，，AC＝1，∴AB＝2， 过B作BF∥AC交CE的延长线于F，∴∠F＝∠ACE， ∵∠BCA＝90°，∠DCE＝45°，∴∠BCE＝∠DCE，∴∠BCE＝∠F，∴， ∵△BEF∽△AEC，∴，∴； (2)证明：过点A作AF⊥AB，使AF＝BE，连接DF，CF， ∵在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠CAB＝∠B＝45°， ∴∠FAC＝45°，∴△CAF≌△CBE(SAS)，∴CF＝CE，∠ACF＝∠BCE， ∵∠ACB＝90°，∠DCE＝45°，∴∠ACD+∠BCE＝∠ACB﹣∠DCE＝90°﹣45°＝45°， ∵∠ACF＝∠BCE，∴∠ACD+∠ACF＝45°，即∠DCF＝45°，∴∠DCF＝∠DCE， 又∵CD＝CD，∴△CDF≌△CDE(SAS)，∴DF＝DE， ∵AD2+AF2＝DF2，∴AD2+BE2＝DE2； (3)如图3，作△BCE≌△FCE，△GCD≌△ACD， ∵∠DCE＝45°，∠ACB=90°，则C,F,G在同一直线上， ∵∠HFG＝∠B，∠HGF＝∠CGD＝∠A，∠A+∠B＝90°，∴∠DHF＝90°， ∵FG＝4-3=1，∠B＝∠F，当AC＝3，BC＝4时 ∵△ABC∽△GFH∴∴， ∵EH2+HD2＝ED2，∴，∴． ∵x≥0，60-28x≥0，21-5x＞0∴故. 【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理以及解直角三角形的综合应用，解决问题的关键是中辅助线构造直角三角形，根据勾股定理以及面积法进行求解． 10．（2023江苏九年级期末）已知正方形ABCD的边长为4，一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转，角的两边分别与边BC、DC的延长线交于点E、F，连接EF．设CE=a，CF=b． （1）如图1，当∠EAF被对角线AC平分时，求a、b的值；（2）当△AEF是直角三角形时，求a、b的值； （3）如图3，探索∠EAF绕点A旋转的过程中a、b满足的关系式，并说明理由． 【答案】（1）；（2）见解析；（3）. 【分析】（1）当∠EAF被对角线AC平分时，易证△ACF≌△ACE，因此CF=CE，即a=b．（2）分两种情况进行计算：①当∠AFE=90°时，判断出△ADF≌△FCE，②当∠AEF=90°时，同①的方法，即可得出结论；（3）先判断出∠AFC+∠CAF=45°，判断出∠CAF=∠AEC，进而判断出△ACF∽△ECA，即可得出结论． 【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCF=∠DCE=90° ∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠ACB=∠ACD=45°，∴∠ACF=∠ACE， ∵∠EAF被对角线AC平分，∴∠CAF=∠CAE， 在△ACF和△ACE中，，∴△ACF≌△ACE，∴CF=CE， ∵CE=a，CF=b，∴a=b，∵△ACF≌△ACE，∴∠AEF=∠AFE， ∵∠EAF=45°，∴∠AEF=∠AFE=67.5°，∵CE=CF，∠ECF=90°，∠AEC=∠AFC=22.5°， ∵∠CAF=∠CAE=22.5°，∴∠CAE=∠CEA，∴CE=AC=4，即：a=b=4； （2）当△AEF是直角三角形时， ①当∠AFE=90°时，∴∠AFD+∠CFE=90°， ∵∠CEF+∠CFE=90°，∴∠AFD=∠CEF ∵∠AFE=90°，∠EAF=45°，∴∠AEF=45°=∠EAF∴AF=EF， 在△ADF和△FCE中 ∴△ADF≌△FCE， ∴FC=AD=4，CE=DF=CD+FC=8，∴a=8，b=4 ②当∠AEF=90°时，同①的方法得，CF=8，CE=4，∴a=4，b=8． （3）ab=32，理由：如图， ∵AB∥CD∴∠BAG=∠AFC，∵∠BAC=45°，∴∠BAG+∠CAF=45°，∴∠AFC+∠CAF=45°， ∵∠AFC+∠AEC=180°-（∠CFE+∠CEF）-∠EAF=180°-90°-45°=45°，∴∠CAF=∠AEC， ∵∠ACF=∠ACE=135°，∴△ACF∽△ECA，∴， ∴EC×CF=AC2=2AB2=32∴ab=32． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，相似三角形的性质和判定，解本题的关键是判断△ACF∽△ECA，也是本题的难点． 11．（2023江苏中考数学一模）（1）如图①，在正方形中，E，F分别是，边上的动点，且，将绕点D逆时针旋转，得到，可以证明，进一步推出，，之间的数量关系为 　 　；（2）在图①中，连接分别交和于P，Q两点，求证：；（3）如图②，在菱形中，，点E，F分别是边，上的动点（不与端点重合），且，连接分别与边，交于M，N．当时，猜想，，之间存在什么样的数量关系，并证明你的结论．    【答案】（1）；（2）见解析；（3），证明见解析 【分析】（1）证明，可得出和的数量关系，即可得出结论； （2）根据正方形的性质可证明和，即可证明； （3）将绕点顺时针旋转，此时与重合，转到点，在上取，连接，，利用，证明，，再证明是直角三角形即可． 【详解】解：（1）结论：； 理由：绕点逆时针旋转，得到，， ，，，， ，、、三点共线， 在和中，， ，， ∵，； （2）如图，由（1）知：，    ，又四边形是正方形，，， ， 是正方形的对角线，， ，， 又，， 又，； （3）将绕点顺时针旋转，此时与重合，转到点，在上取，连接，，如图，    ，又，， ，，， 四边形是菱形，，，， ，，， ，， ，，． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是学会运用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题． 12．（2024·广东广州·九年级校考期中）在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°．(1)若点G在边CB的延长线上，且BG＝DF，（如图①），求证：△AEG≌△AEF； (2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N（如图②），求证：； (3)将正方形改为长与宽不相等的矩形（如图③），∠EAF＝∠CEF＝45°，BE＝4，DF＝1，请你直接写出△CEF的面积． 【答案】(1)见解析(2)见解析(3) 【分析】（1）先证明△ABG≌ADF，可得AF＝AG，∠EAF＝∠GAE＝45°，故可证△AEG≌△AEF； （2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连接GM．由（1）知△AEG≌△AEF，则EG＝EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE＝CF，BE＝BM，NFDF，然后证明∠GME＝90°，MG＝NF，利用勾股定理得出，等量代换即可证明； （3）延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连接HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，结合勾股定理以及相等线段可得，所以，利用结论求出EF即可解决问题． 【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=90°，∴∠ABG=∠D=90°， ∵BG＝DF，∴△ABG≌ADF，∴∠BAG=∠DAF，AG=AF， ∴∠GAE=∠BAG+∠BAE=∠DAF+∠BAE，∵∠EAF＝45°，∴∠GAE＝45°， 在△AGE与△AFE中，，∴△AGE≌△AFE（SAS）； （2）证明：设正方形ABCD的边长为a． 将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连接GM．则△ADF≌△ABG，DF＝BG． 由（1）知△AEG≌△AEF，∴EG＝EF．∵∠CEF＝45°，∴∠BEM=∠DFN=45°， ∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形， ∴CE＝CF，BE＝BM，NFDF，∴a﹣BE＝a﹣DF，∴BE＝DF， ∴BE＝BM＝DF＝BG，∴∠BMG＝45°，∴∠GME＝45°+45°＝90°，∴， ∵EG＝EF，MGBMDF＝NF，∴； （3）解：如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连接HM，HE．过点H作OH⊥BC交CB延长线于点O， ∴AH=AF，∠DAF=∠HAG，∴∠HAE=∠HAG+∠EAG=∠DAF+∠EAG=90°-∠EAF=45°，∴∠HAE=∠EAF， ∵AE=AE，∴△AEH≌△AEF，∵∠CEF=45°，∴∠BEM=∠CFE=∠DFN=45°， ∴△BEM，△DFN为等腰直角三角形，∴BM=BE=BG+GM， ∵∠BOH=∠OBG=∠BGH=90°，∴四边形OBGH是矩形， ∴OB=HG，OH=BG，∠BOH=90°，∴， ∴，即 又∴EF＝HE，DF＝GH＝GM，BE＝BM，∴，即， ∵BE＝4，DF＝1，∴，∵△ECF是等腰直角三角形，∴． 【点睛】本题是四边形综合题，其中涉及到正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理．准确作出辅助线利用数形结合及类比思想是解的关键． 13．（2023春·山东泰安·九年级统考期末）在中，，． (1)如图1，若点D关于直线的对称点为点F，求证：； (2)如图2，在（1）的条件下，若，求证：； (3)如图3，若，点E在的延长线上，则等式仍成立，请说明理由． 【答案】(1)见解析(2)见解析(3)结论仍然成立，理由见解析 【分析】（1）根据轴对称的性质可得，再求出，然后根据两边对应成比例，夹角相等两三角形相似证明； （2）根据轴对称的性质可得，再求出，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，全等三角形对应角相等可得，然后求出，最后利用勾股定理证明即可； （3）解法一：作点D关于的对称点F，连接，根据轴对称的性质可得，再根据同角的余角相等求出，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，全等三角形对应角相等可得，然后求出，最后利用勾股定理证明即可． 解法二：将绕点A顺时针旋转，得．由旋转的性质得到， 证明，由勾股定理得到由旋转的性质，再证明，得到，即可证明． 【详解】（1）解：关于直线对称，，， ，， 又，， （2）证明：， ∴，即， 又，，，，， ，， ， 在中，由勾股定理得  ； （3）解：结论仍然成立，理由如下： 解法一：作D，F关于直线对称， ，，，， ∴，即 ，，， ，，， ，  ， 解法二：将绕点A顺时针旋转，得．，， ，， ∴由旋转的性质，， ，，， ，，       ． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，轴对称的性质等等，熟知全等三角形的性质与判定定理是解题的关键． 14．（2023春·陕西西安·八年级校考阶段练习）【问题发现与证明】 如图①，正方形中，分别在边、上，且，连接，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．例如图中与可以看作绕点A旋转的关系．这可以证明结论“”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程．    （1）延长到点，使___________，连接；（2）求证：． 【问题拓展与应用】（3）某公园管理人员发现该公园有一块绿地，如图②所示，四边形是平行四边形，已知米，米，．为提升游客游览的体验感，准备修建三条赏花通道、、，要求点在边上，点为边的中点，且，现计划在所在区域种植郁金香，种植郁金香的费用为每平方米12元，求该公园种植郁金香需要投入多少资金． 【答案】（1）；（2）见解析；（3）元 【分析】（1）由于与可以看作绕点A旋转的关系，根据旋转的性质知，从而得到辅助线的做法； （2）先证明，得到，，结合，易知，再证明即可得到；（3）如图，分别过点E，F作于点N，于点M，取中点H，连接交于点K，则， ，，利用F为中点，求出和，从而求出，再证明，得到，继而求出，最后用三角形面积公式求的面积和所需资金． 【详解】解：（1）根据旋转的性质知，从而得到辅助线的做法：延长到点G，使，连接；故答案是：； （2）∵四边形为正方形，∴，， 在和中∴，∴， ∵，∴， ∴，∴， 在和中∴， ∴，∴； （3）如图，分别过点E，F作于点N，于点M，取中点H，连接交于点K    ∵四边形是平行四边形∴，， ∵点H是的中点，点为边的中点，∴， 又∵，∴四边形是平行四边形，∴， ∴，∴， ∵F为中点，，∴， 又∵，∴ ∴∴ ∵，∴， ∴即∴ ∴∴ ∴∴需投入的资金为：(元) 答：该公园种植郁金香需要投入元资金 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，勾股定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用旋转方法提示构造全等三角形和正确作出辅助线． 15．（2024·江西吉安·统考模拟预测）【模型建立】 (1)如图1，在正方形中，，分别是边，上的点，且，探究图中线段，，之间的数量关系． 小明的探究思路如下：延长到点，使，连接，先证明，再证明．①，，之间的数量关系为________； ②小亮发现这里可以由经过一种图形变换得到，请你写出这种图形变换的过程________．像上面这样有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等的几何模型称为半角模型． 【类比探究】(2)如图2，在四边形中，，与互补，，分别是边，上的点，且，试问线段，，之间具有怎样的数量关系？判断并说明理由． 【模型应用】(3)如图3，在矩形中，点在边上，，，，求的长． 【答案】(1)①BE+DF=EF，②将△ADF绕A点顺时针旋转90°(2)EF=DF+BE，理由见详解(3)5.2 【分析】（1）①沿着小明的思路，先证△ADF≌△ABG，再证△AEF≌△AEG，即可得出结论；②在①的基础上，证明∠GAF=90°即可得解；（2）延长CB至点M，使得BM=DF，连接AM，先证△ABM≌△ADF，再证△MAE≌△FAE，即可得出结论；（3）过E点作EN⊥AC于N点，设EC=x，则有x＜6，即BE=6-x，分别在Rt△ABE和Rt△ADC中，表示出和求出AC，再证△AEN是等腰直角三角形，即可得，则有，再证Rt△ABC∽Rt△ENC，即有，进而有，则可得一元二次方程，解方程就可求出CE． 【详解】（1）①BE+DF=EF，理由如下：沿着小明的思路进行证明， 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，结论得证； ②将△ADF绕A点顺时针旋转90°即可得到△ABG． 理由如下：在①已经证得△ADF≌△ABG，并得到∠BAE+∠BAG=45°=∠EAF， ∴∠GAF=∠EAG+∠EAF=45°+45°=90°， ∴将△ADF绕A点顺时针旋转90°即可得到△ABG； 故答案为：①BE+DF=EF，②将△ADF绕A点顺时针旋转90°； （2）EF=DF+BE，理由如下：延长CB至点M，使得BM=DF，连接AM，如图， ∵∠ABC与∠D互补，∴∠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，结论得证； （3）过E点作EN⊥AC于N点，如图， ∵AD=6，AB=4，∴在矩形ABCD中，AD=BC=6，AB=DC=4，∠D=∠B=90°， ∴设EC=x，则有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，∴，∴， ∵，∴， ∴结合x＜6，解得x=5.2，∴CE=5.2． 【点睛】本题考了勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、旋转的知识、等腰直角三角形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，做辅助线构造全等三角形是解答本题的关键． 16．（2023春·辽宁沈阳·九年级统考开学考试）在矩形中，． (1)如图1，若，点，分别在，上，连接． ①线段，，三者之间的数量关系是：________； ②当点是中点时，求证：； (2)如图2，若，，点，分别在，上．若，请直接写出线段的长； (3)如图3，若，，连接，将绕点旋转，当的一边与射线重合时，另一边与的垂直平分线交于点，请直接写出线段的长． 【答案】(1)①；②见解析(2)(3)或 【分析】（1）①将绕点顺时针旋转得到，则，证明，即可得出结论； ②设正方形的边长为，，在中，，得出，进而即可求解； （2）取的中点，连接交于点，由（1）②可得，则，勾股定理求得，根据即可求解； （3）分在上，在上，分类讨论即可求解． 【详解】（1）①解：，如图所示， ∵四边形是正方形，∴， 将绕点顺时针旋转得到，则， ∴，，∴与重合， ∵，则，即三点共线，∴， ∵，则∴ 又∵，∴∴，故答案为：． ②当点是中点时，设正方形的边长为，，则，， ∵，∴， 在中，，即， ∴，∴， ∵，∴，∴，即； （2）解：如图，取的中点，连接交于点， ∵，∴四边形是菱形， 又∵∴四边形是正方形，∵则是的中点 由（1）②可得，∴，∴ ∵∴∴∴ （3）解：如图所示，当与重合时，过点作， ∵，则是等腰直角三角形， ∴，即是等腰直角三角形， ∴四边形是正方形，∴， ∵，则，又∵∴三点共圆， 又∵，∴都在上，∴， 又∵∴是等腰直角三角形，则 如图，延长交的延长线于点， ∴是等腰直角三角形，∴， ∵，∴∴， ∵，即是等腰直角三角形，∴； ②当与重合时，如图所示，同理可得在上， 是等腰直角三角形，∴∴，综上所述，或． 【点睛】本题考查了圆周角定理，正方形的性质，矩形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键． 17．（2024·广东深圳·二模）【问题提出】（1）如图1，在正方形中，点E，F分别在边和对角线上，，点G，H分别在边和上，，求证：； 【尝试应用】（2）如图2，在矩形中，，点E，F分别在边和对角线上，，求的长； 【拓展提高】（3）如图3，在平行四边形中，，点E，F分别在边和对角线上，，，试求的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）1；（3） 【分析】此题考查了正方形的性质、相似三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，熟练相似三角形的判定和解直角三角形是解题的关键．（1）证明，，即可证明结论； （2）在上截取，连接，作，得到，证明，，证明，得到，则，作于W，设，则，得到，得到，解方程即可；（3）在上截取，连接，作，作，交的延长线于X，设，证明是等边三角形，，，则，得到，同理（2）可得， ，则，作于V，则，得到，则，，得到，，得到，进一步即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，∵，∴， ∵，∴，∴，∴； （2）解：如图1，在上截取，连接，作，∴， ∵四边形是矩形，∴， ∴，∴，， ∵，∴，∴，∴， ∴，∴，作于W，设， ∵，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴，∴，∴； （3）解：如图2，在上截取，连接，作，作，交的延长线于X，设，∵四边形是平行四边形，∴， ∴，∴是等边三角形，，， ∴，， 同理（2）可得，，∴， 作于V，∴，∴， ∴，∴，∴，， ∴，， ∴，∴，∴，∴． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！17 学科网（北京）股份有限公司 $$