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（苏科版）

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 15 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．（2023·江苏镇江·九年级统考期中）如图，在正方形中，点E、F分别在边、上，、分别交于点M、N，连接、，且．下列结论：①，；②；③；④；⑤图中只有4对相似三角形，其中正确结论的序号是 ．      【答案】①②③④ 【分析】①证明，即可解决问题；②证明即可；③证明，即可；④证明，得到即可，⑤根据相似三角形的判定证明、、、、即可． 【详解】解：将绕点A逆时针旋转得到，∵四边形是正方形， ∴，，， 在和中，，∴，∴，， ∵，∴，， ∵，∴， ∴，∴，∴，，故①正确； ∴，∵，，∴，∴， 在和，，∴， ∴，，故②正确； ∵，，∴，∴，故③正确； ∵，，∴，∴∴，故④正确， ∵，∴，又∵，∴， 由④可知：，∵，∴， 又∵，∴，由②可知：，∴，， 又∵，∴，，∴，， ∴，由①可知：，， ∴，，∴，故⑤错误，故答案为：①②③④．        【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、正方形的性质，灵活运用所学知识解决问题，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． 例2．（2023·湖南永州·九年级校考阶段练习）如图，在矩形中，，，点E在上，点F在上，若，且，则的长为（    ）． A． B． C． D．5 【答案】C 【分析】取AB的中点M，连接ME，在AD上截取ND＝DF，设DF＝DN＝x，则NF＝x，再利用矩形的性质和已知条件证明△AME∽△FNA，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等可求出x的值，利用勾股定理即可求出AF的长． 【详解】解：取AB的中点M，连接ME，在AD上截取ND＝DF，设DF＝DN＝x， ∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠BAD＝∠B＝90°，AD＝BC＝4，∴NF＝x，AN＝4−x， ∵AB＝2，∴AM＝BM＝1，∵AE＝，AB＝2，∴BE＝1，∴ME＝， ∵∠EAF＝45°，∴∠MAE＋∠NAF＝45°，∵∠MAE＋∠AEM＝45°，∴∠MEA＝∠NAF，∴△AME∽△FNA， ∴，∴，解得：x＝，∴AF＝．故答案为：C． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判断和性质，正确添加辅助线构造相似三角形是解题的关键． 例3．（23-24九年级上·江苏南通·阶段练习）如图1，在中，，，D是上一个动点，连接，以为边向右侧作等腰直角，其中．    (1)如图2，G，H分别是边，的中点，连接，，．求证：； (2)在点D从点B向点C运动过程中，求周长的最小值； (3)如图3，连接，直接写出当为何值时，是等腰三角形． 【答案】(1)见解析(2)(3)0或或2 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定解答即可；（2）先确定周长的最小值时，E的位置，作点B关于直线的对称点N，连接交于点，此时′就是所求周长最小的；证明四边形是正方形，根据，得，知点E在射线上，利用勾股定理求的长，根据周长定义可得结论；（3）分三种情况：①当B与D重合时，即，如图3，此时；②当时，如图4，此时E与C重合，可得的长；③当时，如图5，作辅助线，构建等腰直角三角形和全等三角形，证明,和是等腰直角三角形，则，根据（1）得：，且，可计算的长． 【详解】（1）证明：如图2，由题意知和都是等腰直角三角形，∴． ∵H为中点，∴．∴．∴． 在等腰直角和等腰直角中，，．∴，∴； （2）解：当点D与点B重合时，点E的位置记为点M，连接，如图6，          此时，，，． ∴四边形是正方形． ∴，∴， ∵，∴， 在等腰直角和等腰直角中，，． ∴．∴．∴∴点E在射线上， 作点B关于直线的对称点N，连接交于点E′， ∵，∴就是所求周长最小的． 在中，∵，，∴． ∴周长最小值为． （3）解：分三种情况：①当B与D重合时，即，如图3，此时； ②当时，如图4，此时E与C重合，∴D是的中点，∴； ③当时，如图5，过E作于H，交于M，连接，过E作于G，连接， ∵，，∴，∴， ∵，∴，是等腰直角三角形，∴， ∵，∴，∴， 又，∴，∴， ∵，∴是等腰直角三角形，∴， 由（1）得：，且，∴， ， ∴，，∴是等腰直角三角形，∴； 综上所述，当或或2时，是等腰三角形． 【点睛】本题是相似形的综合题，考查的是等腰直角三角形的性质、全等与相似三角形的判定和性质、勾股定理，最短路径问题等知识点，有难度，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键，并注意利用分类讨论的思想解决等腰三角形的问题． 例4．（2023秋·江苏泰州·九年级校考期末）（1）如图1，、为等边中边所在直线上两点，，求证：；（2）中，，请用不含刻度的直尺和圆规在上求作两点、，点在点的左侧，使得为等边三角形； （3）在（1）的条件下，为边上一点，过作交延长线于点，交延长线于点，若，，，求的值．（用含有的代数式表示） 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【分析】（1）根据等边三角形的性质可得，再由，可得，从而得到，即可；（2）作，分别交于点B，C，即可；（3）根据等边三角形的性质以及，可得，再由，可得，再由，可得，，可证得，从而得到，同理，可得，从而得到，即可求解． 【详解】（1）证明：∵是等边三角形，∴， ∴，∴， ∵，∴，∴，∴； （2）解：如图，即为所求；理由：根据作图得：， ∴，∴，∴， ∵，∴，， ∵，， ∴，∴，∴是等边三角形； （3）∵是等边三角形，∴，， ∵，，∴， ∴，∵，∴， 由（1）得：，∴，， ∴，即，∴，∴， ∴，同理，∴，∴，∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质是解题的关键． 例5．（2023·辽宁沈阳·统考二模）在菱形中，．点，分别在边，上，且．连接，．（1）如图1，连接，求证：是等边三角形；（2）平分交于点． ①如图2，交于点，点是的中点，当时，求的长． ②如图3，是的中点，点是线段上一动点（点与点，点不重合）．当，时，是否存在直线将分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1∶3．若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）①；②或 【分析】（1）证，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形证明即可； （2）①连接，证，列出比例式，根据相似比即可求解；②分点H为AG中点和点N为EC中点两种情况，根据相似比，求出比值即可． 【详解】解：（1）四边形是菱形， ， ∵，∴△ABC是等边三角形，∴，， ，；，，，是等边三角形； （2）①连接，点是的中点，， ，，， 由（1）知，是等边三角形，，平分，， ，，即， ，， ②如图，当点H为AG中点时，即； ∵是的中点，∴OH∥EC，∴△AMO∽△AEC, ∵，∴，即； 同理，如图所示，当点N为EC中点时， ON∥AE，； 连接FG，作FP⊥BC，交BC延长线与点P，∵，，∴, ∵CD∥AB，∴∠B=∠DCP=60°，∴∠CFP=30°，∴CP=2，， ∵AE=AF，AG=AG，∠EAG=∠FAG，∴△EAG≌△FAG，∴EG=FG， 设EG=x,CG=8-x，PG=10-x，，解得，， ∵EN=CN=4，；综上，的值为：或． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，解题关键是熟练运用相关几何知识，构建几何模型证明相似或全等． 例6．（22-23九年级上·安徽宣城·期末）如图，正方形中，E、F分别是边、上的点，、分别交于点G、H，连接，恰好有． (1)求证：；(2)求证：；(3)直接写出的值； (4)图中能够证明的相似三角形（不连接其它线段，包括全等三角形）共有（    ） A．4对    B．6对    C．11对    D．16对 【答案】(1)见解析(2)见解析(3)(4)D 【分析】（1）将绕点A顺时针旋转得到，根据旋转的性质确定点M、B、E在同一条直线上，再由全等三角形的判定和性质得出，利用等量代换求解即可； （2）由（1）知，利用三角形内角和定理及等量代换得出，再由相似三角形的判定证明即可；（3）连接交于点O，根据正方形的性质及（1）（2）中结果求解即可； （4）同（2）中证明方法一致找出相似三角形即可． 【详解】（1）证明：将绕点A顺时针旋转得到．如图所示： 由旋转可得，． ∴．∴点M、B、E在同一条直线上． ∵，∴∴∴， ∵，∴．∴； （2）由（1）知，∴， ∵∴，∴， ∵，∴； （3）连接交于点O，如图所示：∴，为边上的高， 由（1）得且，为边上的高且与的边上的高相等， ∵正方形，∴，由（2）得，∴； （4）同（2）中证明方法一致可得： ，两两相似共15对， 另外，合计16对．故选：D． 【点睛】题目主要考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等，理解题意，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题关键． 例7．（23-24九年级下·山东聊城·期中）【操作与发现】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：．    (1)【实践探究】在图①条件下，若，则正方形的边长是_____（直接写出答案）． (2)如图②，在正方形中，点、分别在边、上，连接、、，，若，求证：是的中点． (3)【拓展】如图③，在矩形中，，点、分别在边、上，连接、，已知，，求的长． 【答案】(1)12(2)见解析(3)的长为8 【分析】（1）先证，得．则．再由勾股定理得，则，设正方形的边长为，则，得，求解即可；（2）设，由（1）得，再由锐角三角函数定义得，则，然后在中，由勾股定理得出方程，得，即可解决问题； （3）延长至，使，过作的平行线交的延长线于，延长交于，连接，则四边形是正方形，得，设，则，证，得，则，然后在中，由勾股定理得出方程，求解即可． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ，由旋转的性质得：， ， ，即， ，，， 在和中，，，， ，， 在中，由勾股定理得：，则， 设正方形的边长为，则， ，解得：，即正方形的边长是12； （2）证明：设，由（1）可知，， ，，， ， 在中，由勾股定理得：， 整理得：，，，即是的中点； （3）解：延长至，使，过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8． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理、锐角三角函数定义、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型． 1．（23-24九年级下·广东深圳·阶段练习）如图在正方形中，E，F分别是，上的点且，分别交，于H，G点．下列结论中：①；②；③；④若，则．正确的个数是（    ）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】将绕点A顺时针旋转后得到，可得点M、B、E三点共线，证明，可得，，然后可判断①③正确；证明点G、A、B、E四点共圆，根据圆周角定理的推论求出，然后可判断②正确；延长至N，使，证明，求出，然后根据，利用三角形的面积公式列式计算即可． 【详解】解：∵正方形中，，， ∴将绕点A顺时针旋转后点D与点重合，得到，∴点M、B、E三点共线，    ∵，，∴， 由旋转得：，，，∴， 又∵，∴，∴，，③正确； ∵，∴，①正确； ∵在正方形中，，且，∴点G、A、B、E四点共圆， ∵，∴是直径，∴，即，②正确； 延长至N，使，则是等腰直角三角形，∴， ∵点G、A、B、E四点共圆，∴，∴， ∴，∴，∴， ∵，，∴是等腰直角三角形，∴， ∴，④正确；∴正确的个数是4个，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，圆内接四边形，圆周角定理的推论，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质以及三角形面积公式的应用等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形和相似三角形是解题的关键． 2．（2024·湖南怀化·校考一模）如图，在正方形中，点分别是边上的两点，且分别交于.下列结论：①；②平分；③；④．其中正确的结论是（  ） A．②③④ B．①④ C．①②③ D．①②③④ 【答案】D 【分析】把△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADH，证明△AEF≌△AHF，利用全等三角形的性质可得①②正确；求出∠BAN＝∠AMD，根据∠ABN＝∠ADM＝45°，证明△ABN∽△MDA，利用相似三角形的性质可得④正确；求出∠AFE＝∠AMN，证明△AMN∽△AFE，利用相似三角形的性质可得③正确． 【详解】解：如图，把△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADH，易得H、D、F三点共线， ∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE＋∠DAF＝45°，∴∠DAH＋∠DAF＝45°，∴∠EAF＝∠HAF， ∵AE＝AH，AF＝AF，∴△AEF≌△AHF，∴EF＝FH，∠AFH＝∠AFE， ∴EF＝FH＝DH＋DF＝BE＋DF，AF平分∠DFE，故①②正确； ∵∠BAN＝∠BAM＋∠MAN＝∠BAM＋45°，∠AMD＝∠ABM＋∠BAM＝45°＋∠BAM，∴∠BAN＝∠AMD， ∵∠ABN＝∠ADM＝45°，∴△ABN∽△MDA，∴，∵AD＝AB，∴AB2＝BN•DM，故④正确； ∵AB∥CD，∴∠DFA＝∠BAN，∵∠AFE＝∠AFD，∠BAN＝∠AMD，∴∠AFE＝∠AMN， 又∵∠MAN＝∠FAE，∴△AMN∽△AFE，∴，即AM•AE＝AN•AF，故③正确，故选：D． 【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形和相似三角形的判定和性质、旋转的性质等知识点，综合性较强，灵活运用相关性质定理进行推理是解题的关键． 3．（23-24九年级下·广东深圳·阶段练习）如图，正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD上的动点（不与点B，C，D重合），且∠EAF=45°，AE、AF与对角线BD分别相交于点G、H，连接EH、EF，则下列结论： ① △ABH∽△GAH； ② △ABG∽△HEG； ③ AE=AH； ④ EH⊥AF； ⑤ EF=BE+DF 其中正确的有（     ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】根据正方形的性质得到∠ABG=45°，推出∠BAH=∠AGH，根据相似三角形的判定定理求解①；由于∠EAF=∠DBC=45°，推出A，B，E，H四点共圆，根据圆周角定理和相似三角形的判定来求解②；推出△AEH是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到∠AHE=90°，AE=AH来求解③④；将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，此时AB与AD重合，由旋转的性质得到AB=AD，BM=DF，∠1=∠2，∠ABM=∠D=90°，AM=AF，推出∠MAE=∠FAE．根据全等三角形的性质得到ME=EF，进而判定故⑤． 【详解】解：①∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABD=45°．∵∠EAF=45°，∴∠ABD=∠EAF． 又∵∠AHB=∠AHB，∴△ABH∽△GAH，故①正确； ②∵∠DBC=∠EAF=45°，∴A，B，E，H四点共圆，∴∠ABH=∠AEH=45°． 又∵∠BGA=∠EGH，∴△ABG∽△HEG，故②正确； ③∵∠HAE=∠AEH=45°，∴△AEH为等腰直角三角形，∴AE=AH，故③正确； ④由③得△AEH为等腰直角三角形，∴，故④正确； ⑤把逆时针旋转得到，∴，． ∵，∴，∴． 在△AEF和△AMF中，，∴， ∴，即，∴，故⑤正确． 综上所述，正确的有①②③④⑤共5个．故选：D. 【点睛】本题考查四边形综合题、等腰直角三角形性质、四点共圆、相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是利用四点共圆的性质解决问题． 4．（2023·广东东莞·模拟预测）（多选题）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．下列结论正确的是(     ) A． B． C． 与相切 D． 【答案】ABC 【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：ABC． 【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．（2024.重庆九年级期中）如图，正方形ABCD，对角线AC，BD交于点O，将一个三角板的直角顶点与点O重合，两直角边分别与BC，CD交于点E，F连接EF交OC于点G，下列3个结论：①△OBE≌△OCF；②△OGF∽△OFC；③BE2+DF2＝2OG•OC．其中正确的结论有（ ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】 利用正方形的性质得到OB=OC，∠OBC=∠OCD=45°，∠BOC=90°，再证明∠BOE=∠COF，则可根据“ASA”证明△OBE≌△OCF，从而可对①进行判断；接着证明△OEF为等腰直角三角形得到∠OFE=45°，则可根据相似三角形的判定方法对②进行判断；利用△OBE≌△OCF得到BE=CF，则CE=DF，所以BE2+DF2=CF2+CE2=EF2，利用△OEF为等腰直角三角形得到EF=OF，利用△OGF∽△OFC得到OF2=OG•OC，则可对③进行判断． 【详解】∵四边形ABCD为正方形，∴OB=OC，∠OBC=∠OCD=45°，∠BOC=90°， ∵∠BOE+∠EOC=90°，∠EOC+∠COF=90°，∴∠BOE=∠COF， 在△OBE和△OCF中，∴△OBE≌△OCF（ASA），所以①正确；∴OE=OF， ∵∠EOF=90°，∴△OEF为等腰直角三角形，∴∠OFE=45°， ∴∠GOF=∠FOC，∠OFG=∠OCF=45°，∴△OGF∽△OFC；所以②正确； ∵△OBE≌△OCF，∴BE=CF，而CB=CD，∴CE=DF，∴BE2+DF2=CF2+CE2=EF2， ∵△OEF为等腰直角三角形，∴EF2=OE2+OF2=2OF2， ∵△OGF∽△OFC，∴OF2=OG•OC，∴BE2+DF2=2OG•OC．所以③正确．故选：D． 【点拨】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用． 6．（2024·河南阳·校考一模）如图，在中，，D，E是斜边上两点，且，将绕点A顺时针旋转后，得到，连接，下列结论：①平分；②；③；④点C转至点B经过的弧长为，正确的个数有（） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】①由旋转90°得∠FAD=90°，可得∠FAE=∠DAE=45°，即AE平分∠FAD；②利用图形的旋转不变性得到△ADC≌△AFB，∠DAF=90°，利用SAS公理即可判定△AED≌△AEF；③利用相似三角形的判定与性质可以验证结论错误；④利用已知条件得到∠BAC=90°，利用弧长公式，可得④的结论正确． 【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． ∴平分，故①的结论正确； 在△AED和△AEF中，，∴△AED≌△AEF（SAS）．②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．③的结论错误； 由△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，得：∠BAC=90°， ∵AB=AC=6，∴点C转至点B经过的弧长为．④的结论正确； 综上，结论正确的有：①②④，故选：C． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，图形的旋转变换，三角形全等的判定与性质，弧长公式，相似三角形的判定与性质，利用图形的旋转不变性是解题的关键． 7．（2024·辽宁沈阳·九年级校联考期中）同一平面内，将两个全等得等腰直角三角形和摆放在一起，A为公共顶点，，它们的斜边长为8，固定不动，绕点A旋转，、与边的交点分别为D、E（点D不与点B重合，点E不与点C重合）． (1)求证：(2)则的值为______． 【答案】(1)见解析(2)32 【分析】（1）由图形得，由外角定理，得，可得，根据，证明两个三角形相似；（2）首先根据等腰直角三角形的性质和勾股定理求出，然后利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：∵，，∴， 又，∴； （2）∵是等腰直角三角形，∴， ∴，即，∴解得，由（1）得 ∴∴．故答案为：32． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质,勾股定理等知识，解题的关键是掌握相似三角形的判定与性质． 8．（2024九年级·广东·专题练习）如图，正方形，，、分别交、于、，交于、．求证：． 【答案】见解析 【分析】首先连接AC，由正方形ABCD，∠EAF=45°，易证得∠ACE=∠ADN=∠CAD =45°，AC=AD，继而可得∠EAC=∠NAD，则可证得△EAC∽△NAD，然后由相似三角形的对应边成比例，证得结论． 【详解】证明：连接AC， ∵四边形ABCD是正方形∴∠ACE=∠ADN=∠CAD=45°，∴AC=AD ∵∠EAF=45°，∴∠EAF=∠CAD，∴∠EAF-∠CAF=∠CAD-∠CAF， ∴∠EAC=∠NAD，∴△EAC∽△NAD，∴AE：AN=AC：AD，∴AE：AN=：1∴. 【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质以及正方形的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用． 9．（2024·广东深圳·九年级校考阶段练习）如图，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形摆放在一起（如图1），点A为公共顶点，∠BAC＝∠AED＝90°，它们的斜边长为2．若△ABC固定不动，把△ADE绕点A旋转到如图2的位置时，AD、AE与边BC的交点分别为M、N（点M不与点B重合，点N不与点C重合）． （1）证明：△BAN∽△CMA；（2）求BN•CM的值；（3）当△ADE绕点A继续旋转到如图3的位置时，AD交BC于点M，AE、BC的延长线交于点N，此时BN•CM的值是否发生变化？请你说明理由． 【答案】（1）证明见详解；（2）BN•CM=2；（3）不变，理由见详解. 【分析】（1）由题意可得∠BAN=∠BAD+45°，∠CMA=∠BAD+45°，即可证得∠BAN=∠CMA，又由∠B=∠C=45°，即可证得△BAN∽△CMA； （2）由△BAN∽△CMA，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得BN•CM的值； （3）由∠BAN=∠BAD+45°，∠CMA=∠BAD+45°，即可证得∠BAN=∠CMA，又由∠B=∠ACM=45°，即可证得△BAN∽△CMA，然后由相似三角形的对应边成比例，证得结论． 【详解】解：（1）证明：∵∠BAN=∠BAD+45°，∠CMA=∠BAD+45°，∴∠BAN=∠CMA， 又∵∠B=∠C=45°，∴△BAN∽△CMA； （2）解：∵△BAN∽△CMA，∴BN：CA=BA：CM， ∵斜边长为2，∴AC=AB=，∴BN•CM=AB•AC=2； （3）解：不变．理由：∵∠BAN=∠BAD+45°，∠CMA=∠BAD+45°，∴∠BANE=∠CMA， 又∵∠B=∠ACM=45°，∴△BAN∽△CMA，∴BN：CA=BA：CM， ∵AC=AB=，∴BN•CM= AB•AC=2． 【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质以及等腰直角三角形性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用． 解题的关键． 10．（2024·广东广州·二模）如图1是初中平面几何中非常经典的“半角模型”，即在正方形中，E，F分别是，上的点，，， 分别交对角线于P，Q两点． 我们很容易得到下面三个结论：结论1： 结论2： 结论3：A，B，E，Q四个点在同一个圆上，A，P，F，D四个点在同一个圆上（本题若用到以上三个结论，可不用证明） 有题目如下：(1)如图1，条件不变．求证：①；②． (2)如图2，在矩形中，E，F分别是，上的点，，且．请写出，，三者之间满足的数量关系，并加以证明． 【答案】(1)①见解析；②见解析(2)；理由见解析 【分析】（1）①连接，证明为等腰直角三角形，得出，证明为等腰直角三角形，得出，证明，得出； ②延长，过点A作，交的延长线于点G，证明，得出，证明，得出，，根据三角形的面积得出得出，根据，，得出，即可证明结论； （2）方法一：延长，交于点M，延长，交于点K，过点B作，取，连接，过点G作于点H，延长，过点G作于点N，根据等腰直角三角形性质证明，，，证明，得出，，求出，证明，得出，证明四边形为矩形，得出，，根据勾股定理得出，求出结果即可． 方法二：过点E作与点H，过点F作与点I，相交于点G，连接，易得四边形、、为矩形，则，再证明四边形为正方形，得出，，进而得出点E、B、F三点共圆，且点G为圆心，则，根据勾股定理可得，，等量代换得到，，即可推出． 【详解】（1）证明：①连接，如图所示： ∵四边形为正方形，∴， ∵A，B，E，Q四个点在同一个圆上，∵，∴为直径，∴， ∵，∴为等腰直角三角形，∴， ∵A，P，F，D四个点在同一个圆上，，∴为直径，∴， ∵，∴为等腰直角三角形，∴，∴， ∵，∴，∴； ②延长，过点A作，交的延长线于点G，如图所示： ∵四边形为正方形，∴，，， ∵，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴， ∵，∴，∴，，∴， ∵为等腰直角三角形，∴， ∵，∴，∴； （2）解：方法一：．理由如下： 延长，交于点M，延长，交于点K，过点B作，取，连接，过点G作于点H，延长，过点G作于点N，如图所示： ∵四边形为矩形，∴， ∵，∴， ∴，， ∵，， ∴为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，为等腰直角三角形， ∴，，， ∵，∴， ∵，，∴， ∴，，∴，即， ∵，∴，∴， ∵，，∴，∴， ∵，∴四边形为矩形，∴，， 在中，根据勾股定理得：， ∴， 即． 方法二：过点E作与点H，过点F作与点I，相交于点G，连接， ∵四边形为矩形，，， ∴四边形、、为矩形，∴， ∵，∴四边形为正方形，∴，， ∵，∴点E、B、F三点共圆，且点G为圆心，∴， 根据勾股定理可得：， ∴，，∴． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，等腰直角是三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 11．（2024·吉林长春·一模）【问题提出】如图①，在正方形中，、分别是边和对角线上的点，，从而，______． 【思考探究】如图②，在矩形中，，，、分别是边和对角线上的点，，若，求的长． 【拓展延伸】如图③，在菱形中，，对角线，交的延长线于点，、分别是菱形高和对角线上的点，，，直接写出的长． 【答案】问题提出： 思考探究： 拓展延伸： 【分析】[问题提出]根据正方形的性质得出，进而根据相似三角形的性质得出，即可求解； [思考探究]证明得出，根据含30度角的直角三角形的性质得出，根据已知条件得出，进而即可求解； [拓展延伸] 连接，设交于点，根据菱形的性质，勾股定理求得，进而得出，结合题意可得，即可得出，进而根据，得出，根据，得出，证明，即可证明，根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】解：[问题提出]∵四边形是正方形，是对角线， ∴ ∵ ∴， 故答案为：． [思考探究]解：如图② 在矩形中， ∵ ∴，， ∵ ∴， ∴ ∴ ∴ 又∵，则 ∴ ∴ ∵，，则， ∴ [拓展延伸]如图所示，连接，设交于点， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵ ∴，则， ∴， ∵ ∴，即 ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ 解得：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 12．（2023·陕西汉中·九年级统考期末）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． 13．（23-24九年级下·吉林长春·开学考试）【操作与发现】 如图①，在正方形ABCD中，点N，M分别在边BC、CD上．连接AM、AN、MN．∠MAN=45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而可得：DM+BN=MN． (1)【实践探究】在图①条件下，若CN=6，CM=8，则正方形ABCD的边长是______． (2)如图②，在正方形ABCD中，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN、MN，∠MAN=45°，若tan∠BAN=，求证：M是CD的中点． (3)【拓展】如图③，在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN，已知∠MAN=45°，BN=2，则DM的长是______． 【答案】(1)12(2)见解析(3)4 【分析】（1）证明△AMN≌△EAN（SAS），得出MN=EN．证出MN=BN+DM．在Rt△CMN中，由勾股定理得出MN，求得BN+DM，设正方形ABCD的边长为x，得出方程，解方程即可求解； （2）设BN=x，DM=y，由（1）MN=BN+DM=x+y，由三角函数得出AB=3BN=3x，得出CN=BC-BN=2x，CM=CD-DM=3x-y，在Rt△CMN中，由勾股定理得出方程：（2x）2+（3x-y）2=（x+y）2，整理得：3x=2y，得出CM=2y-y=y，得出DM=CM，即可得出结论； （3）延长AB至P，使BP=BN=2，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，则四边形APQD是正方形，同样的方法在Rt△QEM中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=CD=AD，∠BAD=∠C=∠D=90°，由旋转得：△ABE≌△ADM， ∴BE=DM，∠ABE=∠D=90°，AE=AM，∠BAE=∠DAM， ∴∠BAE+∠BAM=∠DAM+∠BAM=∠BAD=90°，即∠EAM=90°， ∵∠MAN=45°，∴∠EAN=90°-45°=45°，∴∠MAN=∠EAN， 在△AMN和△AEN中，，∴△AMN≌△AEN（SAS），∴MN=EN． ∵EN=BE+BN=DM+BN，∴MN=BN+DM． 在Rt△CMN中，MN==10，则BN+DM=10， 设正方形ABCD的边长为x，则BN=BC-CN=x-6，DM=CD-CM=x-8， ∴x-6+x-8=10，解得：x=12，即正方形ABCD的边长是12；故答案为：12； （2）证明：设BN=x，DM=y，由（1）得：MN=BN+DM=x+y， ∵∠B=90°，tan∠BAN=，∴tan∠BAN==， ∴AB=3BN=3x，∴CN=BC-BN=2x，CM=CD-DM=3x-y， 在Rt△CMN中，由勾股定理得：（2x）2+（3x-y）2=（x+y）2， 整理得：3x=2y，∴CM=2y-y=y，∴DM=CM，即M是CD的中点； （3）解：延长AB至P，使BP=BN=2，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，如图③所示： 则四边形APQD是正方形，∴PQ=DQ=AP=AB+BP=8， 设DM=x，则MQ=8-x，∵PQ∥BC，∴△ABN∽△APE， ∴，∴PE=BN=，∴EQ=PQ-PE=8-=，由（1）得：EM=PE+DM=+x， 在Rt△QEM中，由勾股定理得：（）2+（8-x）2=（+x）2， 解得：x=4，即DM的长是4；故答案为：4． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角函数定义、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和由勾股定理得出方程是解题的关键． 14．（2024·河北邢台·九年级期末）学完旋转这一章，老师给同学们出了这样一道题： “如图1，在正方形ABCD中，∠EAF＝45°，求证：EF＝BE＋DF．” 小明同学的思路：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°． 把△ABE绕点A逆时针旋转到的位置，然后证明，从而可得． ，从而使问题得证． (1)【探究】请你参考小明的解题思路解决下面问题：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，，直接写出EF，BE，DF之间的数量关系．(2)【应用】如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，，求证：EF＝BE＋DF．(3)【知识迁移】如图4，四边形ABPC是的内接四边形，BC是直径，AB＝AC，请直接写出PB＋PC与AP的关系． 【答案】(1)BE＋DF＝EF(2)证明见解(3) 【分析】（1）将△ABE绕A点逆时针旋转，旋转角等于∠BAD得△，证明△AEF≌△，等量代换即得结论；（2）将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，先证明∠EAF=，再证明△AEF≌△，等量代换即得结论；（3）将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到，先利用圆内接四边形的性质证明P，C，在同一直线上，再证明△为等腰直角三角形，等量代换即得结论． （1）解：结论：BE＋DF＝EF，理由如下：证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，使得AB与AD重合，点E转到点的位置，如图所示， 可知，∴．由∠ADC+∠=180°知，C、D、共线， ∵，∴∠BAF+∠DAF=∠EAF，∴∠+∠DAF=∠EAF=， ∴△AEF≌△，∴EF==BE+DF． （2）证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，使得AB与AD重合，点E转到点的位置，如图所示，由旋转可知，∴，，，． ∵∠B＋∠ADC＝180°，∴，∴点C，D，在同一条直线上． ∵，∴， ∴，∴，∴． ∵AF＝AF，∴，∴，即BE＋DF＝EF． （3）结论：，理由如下： 证明：将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到，使得AB与AC重合，如图所示， 由圆内接四边形性质得：∠AC+∠ACP=180°， 即P，C，在同一直线上．∴，， ∵BC为直径，∴∠BAC=90°=∠BAP+∠PAC=∠CA+∠PAC=， ∴△为等腰直角三角形，∴，即． 【点睛】本题考查了旋转与全等三角形的综合应用、直径所对的圆周角是直角、圆内接四边形的性质、等腰直角三角形的判定及性质等知识点．解题关键是利用旋转构造全等三角形． 15．（2022·广东深圳·二模）【教材呈现】（1）如图1，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形和摆放在一起，点A为公共顶点，，若固定不动，将绕点A旋转，边，与边分别交于点D，E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），则结论是否成立 （填“成立”或“不成立”）； 【类比引申】（2）如图2，在正方形中，为内的一个动角，两边分别与，交于点E，F，且满足，求证：； 【拓展延伸】（3）如图3，菱形的边长为，，的两边分别与，相交于点E，F，且满足，若，则线段的长为 ． 【答案】（1）成立；（2）见解析；（3） 【分析】（1）根据等腰三角形性质得出，再证即可； （2）根据正方形性质得出即可； （3）如图3，在上取一点M,使，过M作于N，，根据四边形为菱形，且，证出，，再证，求出，利用菱形的边长为，求出即可． 【详解】解：（1）结论成立 　 理由：如图1，∵和都是等腰直角三角形，∴ ∵，，∴， 又∵，∴,∴ ∵,   ∴,故结论成立； （2）证明：如图2，∵四边形是正方形，∴, ∵，∴,∴，∴， 又∵，∴； （3）线段的长为cm 理由：如图3，在上取一点M,使，过M作于N， 又∵四边形为菱形,且，∴， ∴，∴，∴，∴ ∵，∴， ∵，∴，∴， ∴，∴,∵，，∴ ∵,∴，∴∴, ∵菱形的边长为，∴， ∵，∴，∴，∵∴cm， ∴，∴线段的长为． 【点睛】本题考查等腰直角三角形性质，正方形性质，三角形相似判定与性质，菱形性质，锐角三角形函数，掌握等腰直角三角形性质，正方形性质，三角形相似判定与性质，菱形性质，锐角三角形函数是解题关键． 16．（2023·江苏连云港·统考二模）【问题背景】小明遇到了这样一道试题：如图1，在中，，，，求的面积． 【问题发现】（1）爱动脑的小明用了如下特别思路解决这个问题：如图2，只要将绕点C顺时针旋转，得到．即可得到一个新的直角边长为10的等腰．易知的面积为等腰面积的一半，进而可轻松获得解答，根据小明的方法，可求出的面积为________；（直接写出答案）    小明反思认为：旋转变换的好处是可以重组原有图形中的一些关系．类比小明的做法，请完成下列探究： 【类比探究1】（2）如图3，在四边形中，，，于点M，若，试求四边形的面积． 【类比探究2】（3）如图4，正方形内存在一点E，，，，延长交于点F，试求四边形的面积；       【拓展应用】（4）如图5，在矩形ABCD内，，，点E、F分别在边AB、BC上，，，连接EF，则EF的长为________．（直接写出答案） 【答案】（1）25；（2）；（3）；（4） 【分析】（1）由旋转可得，，可求面积，即可求解； （2）由可证， 可得即可求解； （3）由旋转的性质可得，， 由勾股定理可求，可求，由勾股定理可求的长，由面积和差关系可求解； （4）由可证，可得， 通过证明， 可得，可求由勾股定理可求解． 【详解】（1）∵，∴， ∵将绕点C顺时针旋转， 得到， ∴， ，∴， ∵面积∴的面积故答案为: ； （2）如图，过点D作， 交的延长线于H，    ∵，∴四边形是矩形， ∴，∴， 又∵，，∴， ∴四边形是正方形，∴四边形的面积； （3）如图4， 将绕点D逆时针旋转得到，连接，过点C作于N，         ，， ∵， ，∴，∴，∴， ∴， ， ∵四边形的面积， ∴四边形的面积 ； （4）． 如图5，过点F作，交的延长线于Q，过点Q作，交的延长线于G，交的延长线于H， ∵，∴四边形是矩形∴， ∵，∴，∴， ∵，∴， 又∵，∴，∴， 设，∴， ∴， ∵，，∴， ， . 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，正方形的性质，锐角三角函数，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键. 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！1 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 7 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．（2023·江苏镇江·九年级统考期中）如图，在正方形中，点E、F分别在边、上，、分别交于点M、N，连接、，且．下列结论：①，；②；③；④；⑤图中只有4对相似三角形，其中正确结论的序号是 ．      例2．（2023·湖南永州·九年级校考阶段练习）如图，在矩形中，，，点E在上，点F在上，若，且，则的长为（    ）． A． B． C． D．5 例3．（23-24九年级上·江苏南通·阶段练习）如图1，在中，，，D是上一个动点，连接，以为边向右侧作等腰直角，其中．    (1)如图2，G，H分别是边，的中点，连接，，．求证：； (2)在点D从点B向点C运动过程中，求周长的最小值； (3)如图3，连接，直接写出当为何值时，是等腰三角形． 例4．（2023秋·江苏泰州·九年级校考期末）（1）如图1，、为等边中边所在直线上两点，，求证：；（2）中，，请用不含刻度的直尺和圆规在上求作两点、，点在点的左侧，使得为等边三角形； （3）在（1）的条件下，为边上一点，过作交延长线于点，交延长线于点，若，，，求的值．（用含有的代数式表示） 例5．（2023·辽宁沈阳·统考二模）在菱形中，．点，分别在边，上，且．连接，．（1）如图1，连接，求证：是等边三角形；（2）平分交于点． ①如图2，交于点，点是的中点，当时，求的长． ②如图3，是的中点，点是线段上一动点（点与点，点不重合）．当，时，是否存在直线将分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1∶3．若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由． 例6．（22-23九年级上·安徽宣城·期末）如图，正方形中，E、F分别是边、上的点，、分别交于点G、H，连接，恰好有． (1)求证：；(2)求证：；(3)直接写出的值； (4)图中能够证明的相似三角形（不连接其它线段，包括全等三角形）共有（    ） A．4对    B．6对    C．11对    D．16对 例7．（23-24九年级下·山东聊城·期中）【操作与发现】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：．    (1)【实践探究】在图①条件下，若，则正方形的边长是_____（直接写出答案）． (2)如图②，在正方形中，点、分别在边、上，连接、、，，若，求证：是的中点． (3)【拓展】如图③，在矩形中，，点、分别在边、上，连接、，已知，，求的长． 1．（23-24九年级下·广东深圳·阶段练习）如图在正方形中，E，F分别是，上的点且，分别交，于H，G点．下列结论中：①；②；③；④若，则．正确的个数是（    ）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（2024·湖南怀化·校考一模）如图，在正方形中，点分别是边上的两点，且分别交于.下列结论：①；②平分；③；④．其中正确的结论是（  ） A．②③④ B．①④ C．①②③ D．①②③④ 3．（23-24九年级下·广东深圳·阶段练习）如图，正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD上的动点（不与点B，C，D重合），且∠EAF=45°，AE、AF与对角线BD分别相交于点G、H，连接EH、EF，则下列结论： ① △ABH∽△GAH； ② △ABG∽△HEG； ③ AE=AH； ④ EH⊥AF； ⑤ EF=BE+DF 其中正确的有（     ） A．2 B．3 C．4 D．5 4．（2023·广东东莞·模拟预测）（多选题）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．下列结论正确的是(     ) A． B． C． 与相切 D． 5．（2024.重庆九年级期中）如图，正方形ABCD，对角线AC，BD交于点O，将一个三角板的直角顶点与点O重合，两直角边分别与BC，CD交于点E，F连接EF交OC于点G，下列3个结论：①△OBE≌△OCF；②△OGF∽△OFC；③BE2+DF2＝2OG•OC．其中正确的结论有（ ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 6．（2024·河南阳·校考一模）如图，在中，，D，E是斜边上两点，且，将绕点A顺时针旋转后，得到，连接，下列结论：①平分；②；③；④点C转至点B经过的弧长为，正确的个数有（） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．（2024·辽宁沈阳·九年级校联考期中）同一平面内，将两个全等得等腰直角三角形和摆放在一起，A为公共顶点，，它们的斜边长为8，固定不动，绕点A旋转，、与边的交点分别为D、E（点D不与点B重合，点E不与点C重合）． (1)求证：(2)则的值为______． 8．（2024九年级·广东·专题练习）如图，正方形，，、分别交、于、，交于、．求证：． 9．（2024·广东深圳·九年级校考阶段练习）如图，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形摆放在一起（如图1），点A为公共顶点，∠BAC＝∠AED＝90°，它们的斜边长为2．若△ABC固定不动，把△ADE绕点A旋转到如图2的位置时，AD、AE与边BC的交点分别为M、N（点M不与点B重合，点N不与点C重合）． （1）证明：△BAN∽△CMA；（2）求BN•CM的值；（3）当△ADE绕点A继续旋转到如图3的位置时，AD交BC于点M，AE、BC的延长线交于点N，此时BN•CM的值是否发生变化？请你说明理由． 10．（2024·广东广州·二模）如图1是初中平面几何中非常经典的“半角模型”，即在正方形中，E，F分别是，上的点，，， 分别交对角线于P，Q两点． 我们很容易得到下面三个结论：结论1： 结论2： 结论3：A，B，E，Q四个点在同一个圆上，A，P，F，D四个点在同一个圆上（本题若用到以上三个结论，可不用证明） 有题目如下：(1)如图1，条件不变．求证：①；②． (2)如图2，在矩形中，E，F分别是，上的点，，且．请写出，，三者之间满足的数量关系，并加以证明． 11．（2024·吉林长春·一模）【问题提出】如图①，在正方形中，、分别是边和对角线上的点，，从而，______． 【思考探究】如图②，在矩形中，，，、分别是边和对角线上的点，，若，求的长． 【拓展延伸】如图③，在菱形中，，对角线，交的延长线于点，、分别是菱形高和对角线上的点，，，直接写出的长． 12．（2023·陕西汉中·九年级统考期末）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． 13．（23-24九年级下·吉林长春·开学考试）【操作与发现】 如图①，在正方形ABCD中，点N，M分别在边BC、CD上．连接AM、AN、MN．∠MAN=45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而可得：DM+BN=MN． (1)【实践探究】在图①条件下，若CN=6，CM=8，则正方形ABCD的边长是______． (2)如图②，在正方形ABCD中，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN、MN，∠MAN=45°，若tan∠BAN=，求证：M是CD的中点． (3)【拓展】如图③，在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN，已知∠MAN=45°，BN=2，则DM的长是______． 14．（2024·河北邢台·九年级期末）学完旋转这一章，老师给同学们出了这样一道题： “如图1，在正方形ABCD中，∠EAF＝45°，求证：EF＝BE＋DF．” 小明同学的思路：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°． 把△ABE绕点A逆时针旋转到的位置，然后证明，从而可得． ，从而使问题得证． (1)【探究】请你参考小明的解题思路解决下面问题：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，，直接写出EF，BE，DF之间的数量关系．(2)【应用】如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，，求证：EF＝BE＋DF．(3)【知识迁移】如图4，四边形ABPC是的内接四边形，BC是直径，AB＝AC，请直接写出PB＋PC与AP的关系． 15．（2022·广东深圳·二模）【教材呈现】（1）如图1，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形和摆放在一起，点A为公共顶点，，若固定不动，将绕点A旋转，边，与边分别交于点D，E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），则结论是否成立 （填“成立”或“不成立”）； 【类比引申】（2）如图2，在正方形中，为内的一个动角，两边分别与，交于点E，F，且满足，求证：； 【拓展延伸】（3）如图3，菱形的边长为，，的两边分别与，相交于点E，F，且满足，若，则线段的长为 ． 16．（2023·江苏连云港·统考二模）【问题背景】小明遇到了这样一道试题：如图1，在中，，，，求的面积． 【问题发现】（1）爱动脑的小明用了如下特别思路解决这个问题：如图2，只要将绕点C顺时针旋转，得到．即可得到一个新的直角边长为10的等腰．易知的面积为等腰面积的一半，进而可轻松获得解答，根据小明的方法，可求出的面积为________；（直接写出答案）    小明反思认为：旋转变换的好处是可以重组原有图形中的一些关系．类比小明的做法，请完成下列探究： 【类比探究1】（2）如图3，在四边形中，，，于点M，若，试求四边形的面积． 【类比探究2】（3）如图4，正方形内存在一点E，，，，延长交于点F，试求四边形的面积； 【拓展应用】（4）如图5，在矩形ABCD内，，，点E、F分别在边AB、BC上，，，连接EF，则EF的长为________．（直接写出答案）       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！1 学科网（北京）股份有限公司 $$