专题11 全等与相似模型之半角模型解读与提分精练-2025年中考数学常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练（广东专用）

专题11 全等与相似模型之半角模型 目录 1 模型1.全等模型之半角模型 1 模型2.相似模型之半角模型 10 24 模型1.全等模型之半角模型 1）正方形半角模型 条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周长=2AB；⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。 证明：将△CBE绕点C逆时针旋转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共线。 ∵∠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的周长=EF+AE＋AF=BE＋DF+AE＋AF=AB＋AD=2AB，过点C作CH⊥EF，则∠CHE=90°， ∵△CEF≌△CGF，∴CD=CH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△CBE≌△CHE， ∴∠HEC=∠CBE，同理可证：∠HFC=∠DFC，即CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。 2）等腰直角三角形半角模型 条件：ABC是等腰直角三角形（∠BAC=90°，AB＝AC），∠DAE=45°； 结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2； 证明：将△ABD绕点A逆时针旋转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）等边三角形半角模型（120°-60°型） 条件：ABC是等边三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°； 结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋CF；④AEF的周长=2AB； ⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。 证明：将△DBE绕点D顺时针旋转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的周长=EF+AE＋AF=BE＋CF+AE＋AF=AB＋AC=2AB， 过点D作DH⊥EF，DM⊥GF，则∠DHF=∠DMF=90°， ∵△EDF≌△GDF，∴DM=DH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△DHF≌△DMF， ∴∠HFD=∠MFD，同理可证：∠BFD=∠FED，即DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。 4）等边三角形半角模型（60°-30°型） 条件：ABC是等边三角形，∠EAD=30°； 结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+； 证明：将△ABD绕点A逆时针旋转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是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠ECF=120°， 过点F作FH⊥BC，∴∠FCH=60°，∠CFH=30°，∴CH=CF=BD，FH=CF=BD， ∵在直角三角形中：FE2＝FH2＋EH2,∴DE2＝(BD＋EC)2+(BD)2 例1．（2024·甘肃兰州·模拟预测）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．用等式写出线段的数量关系，并说明理由； (2)【类比探究】小启改变点的位置后，进一步探究：如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，用等式写出线段的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】李老师提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由． 例2．（24-25八年级上·辽宁沈阳·阶段练习）如图1，四边形是正方形，分别在边和上，且（此时），我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段之间的关系，将绕点A顺时针旋转后解决了这个问题． (1)①请直接写出线段之间的关系___________． ②若正方形边长为12，点E为中点，则________． (2)如图3，等腰直角三角形，点E、F在边上，且，请写出之间的关系，并说明理由． (3)如图4，在中，，点在边上，且，当时，则的长为_________． 模型2.相似模型之半角模型 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5 条件：如图5，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．（2024·辽宁·模拟预测）（1）如图，等腰中，，，、在线段上，且，，，求的长． （2）如图，在中，，如果，在直线上，在上，在的右侧，，若，，求的长． （3）如图，在中，若，、是线段上的两点，，若，，探究与的数量关系． 例2．（23-24九年级下·江苏宿迁·期末）数学兴趣小组探究了以下几何图形、如图①，把一个含有角的三角尺在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点C重合，绕点C旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点M，N，连接可得． 【探究一】如图②，把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点H在直线上，求证：； 【探究二】在图②中，连接，分别交，于点E，F，求证：； 【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线与三角尺角两边，分别交于点E，F，连接交于点O，求E的值． 3．（2024·江西南昌·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． 一、解答题 1．（23-24九年级下·吉林长春·阶段练习）如图，在菱形中，，，为正三角形，点分别在菱形的边，上滑动，且点不与点重合，连结，与交于点． (1)的形状为 ； (2)求证：当点在边上滑动时，总有； (3)求四边形周长的最小值； (4)在不添加辅助下的情况下，图中始终与相似的三角形有 个，并直接写出与相似比为时线段的长． 2．（24-25八年级上·全国·期中）【问题发现】如图1，正方形（四边相等，四个内角均为）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．大致思路：巧妙地通过辅助线在边向外构造，使得，进而证出度数，最后证明，即可得出结论．请补充辅助线的作法，并写出完整证明过程． （1）延长到点G，使 ，连接． （2）求证：． 【问题应用】如图2，在四边形中，，以A为顶点的分别交于E、F，且，求五边形的周长 3．（24-25八年级上·新疆昌吉·期末）【问题提出】如图，已知在正方形中（四边相等，四个内角均为），点、分别在边、上运动，当时，探究线段、和线段的数量关系如下： 【尝试探究】小明同学研究思路如下： （1）观察猜想：； （2）分析问题：这是一个不共线的线段和问题，通常可以通过“截长”或“补短”的方法将其中两条不共线的线段转化为共线线段； （3）制定方案：通过“截长”发现此路不通，于是采取“补短”的方法解决问题； （4）实施方案：延长到点，使得，连接，从而解决问题． 请你帮助小明完成对猜想的证明； 【模型建立】如图，若将沿斜边翻折得到，且，点、分别在边、上运动，且，上述猜想的结论还成立吗？请加以说明； 【拓展应用】如图，已知是边长为的等边三角形，，，以为顶点作一个角，使其角的两边分别交边、于点、，连接，请直接写出的周长． 4．（24-25九年级上·广东汕头·阶段练习）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图1，在中，，点D、E在边上，且，求DE的长． 解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连结． 由旋转的特征得． ∵， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中， ， ∴①_____． ∴． 又∵， ∴在中，②_____． ∵， ∴③_____． 【问题解决】 （1）上述问题情境中，“①”处应填：_________；“②”处应填：_________；“③”处应填：_________． 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 （2）如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连接，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明． 【拓展应用】 （3）如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：_________（直接写出结论，不必证明）． 5．（24-25九年级上·陕西西安·期中）如图①，在正方形中，点、分别在边、上，连结、、，，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到． 【实践探究】 （1）在图①条件下，若，，则的长为_____． （2）如图②，点、分别在边、上，且，点、分别在、上，，连接，猜想三条线段、、之间满足的数量关系，并说明理由． 【拓展应用】 （3）如图③，在矩形中，，，点、分别在边、上，连结，，已知，，求四边形的面积． 6．（23-24八年级下·陕西咸阳·期末）【问题提出】 （1）如图1，在菱形中，，其中分别是边上的中点，则的周长为 ； 【问题探究】 （2）如图2，在四边形中，，点在边上，点在边上，且，则周长的最小值为 ； 【问题解决】 （3）如图3，规划部门准备绿化一块四边形空地，计划在边，上分别取点，，利用小路，将这块四边形空地分开，在四边形空地内种植郁金香，其他区域种植草坪，为了方便市民游览，决定取的中点，沿着修建观赏长廊．经测量，，，，，为节约建设成本，修建长廊长度之和应该最短．请你帮助规划部门确定是否有最小值．若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由． 7．（23-24九年级上·辽宁沈阳·期末）【问题提出】 如图1，在正方形中，点E，F分别在边上，且，连接．探究线段之间的数量关系． 【方法感悟】 （1）小明组同学利用构造全等三角形的方法探究三条线段的关系：如图2，延长到点G，使，连接，先证明，再证明，从而得到正确结论．小明组同学的结论是___________； 小亮组同学对小明组构造全等三角形的环节提出了不同的看法，借助旋转三角形的方式探究问题：将绕点A顺时针旋转90°得到，再证明，从而得到与小明组相同的结论． 【方法迁移】 （2）如图3，在中，，沿边翻折得到，点B的对应点为点D，点E，F分别在边上，且．试猜想线段之间的数量关系，并证明你的猜想． 【问题拓展】 （3）如图4，在四边形ABCD中，，点E，F分别在边上，且，试猜想当与满足什么关系时，可使得．请直接写出你的猜想． （4）如图5，在四边形中，，，与为对角线，．若，，求的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题11 全等与相似模型之半角模型 目录 1 模型1.全等模型之半角模型 1 模型2.相似模型之半角模型 10 24 模型1.全等模型之半角模型 1）正方形半角模型 条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周长=2AB；⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。 证明：将△CBE绕点C逆时针旋转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共线。 ∵∠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的周长=EF+AE＋AF=BE＋DF+AE＋AF=AB＋AD=2AB，过点C作CH⊥EF，则∠CHE=90°， ∵△CEF≌△CGF，∴CD=CH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△CBE≌△CHE， ∴∠HEC=∠CBE，同理可证：∠HFC=∠DFC，即CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。 2）等腰直角三角形半角模型 条件：ABC是等腰直角三角形（∠BAC=90°，AB＝AC），∠DAE=45°； 结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2； 证明：将△ABD绕点A逆时针旋转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）等边三角形半角模型（120°-60°型） 条件：ABC是等边三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°； 结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋CF；④AEF的周长=2AB； ⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。 证明：将△DBE绕点D顺时针旋转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的周长=EF+AE＋AF=BE＋CF+AE＋AF=AB＋AC=2AB， 过点D作DH⊥EF，DM⊥GF，则∠DHF=∠DMF=90°， ∵△EDF≌△GDF，∴DM=DH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△DHF≌△DMF， ∴∠HFD=∠MFD，同理可证：∠BFD=∠FED，即DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。 4）等边三角形半角模型（60°-30°型） 条件：ABC是等边三角形，∠EAD=30°； 结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+； 证明：将△ABD绕点A逆时针旋转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是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠ECF=120°， 过点F作FH⊥BC，∴∠FCH=60°，∠CFH=30°，∴CH=CF=BD，FH=CF=BD， ∵在直角三角形中：FE2＝FH2＋EH2,∴DE2＝(BD＋EC)2+(BD)2 例1．（2024·甘肃兰州·模拟预测）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．用等式写出线段的数量关系，并说明理由； (2)【类比探究】小启改变点的位置后，进一步探究：如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，用等式写出线段的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】李老师提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)；理由见解析 (2)；理由见解析 (3)；理由见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解 【分析】（1）由旋转的性质和正方形的性质，先证E，B，C三线共线．再证，进而证明，推出，可得． （2）在上取，连接．依次证明，，可得． （3）将绕点A逆时针旋转得，先证E，D，C三点共线，由（1）同理可得，进而可得． 【详解】（1）解：．理由如下： 由旋转的性质，可知，，，， ∴， ∴E，B，C三线共线． ∵， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． （2）解：．理由如下： 如图，在上取，连接． ∵，， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． （3）解：．理由如下： 如图，将绕点A逆时针旋转得， ∴． ∵， ∴， ∴E，D，C三点共线． 由（1）同理可得， ∴． 【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练运用“半角模型”，正确作出辅助线是解题的关键． 例2．（24-25八年级上·辽宁沈阳·阶段练习）如图1，四边形是正方形，分别在边和上，且（此时），我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段之间的关系，将绕点A顺时针旋转后解决了这个问题． (1)①请直接写出线段之间的关系___________． ②若正方形边长为12，点E为中点，则________． (2)如图3，等腰直角三角形，点E、F在边上，且，请写出之间的关系，并说明理由． (3)如图4，在中，，点在边上，且，当时，则的长为_________． 【答案】(1)①；②①② (2)，理由见解析； (3) 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解 【分析】（1）①利用旋转的性质，证明，得到，等量代换即可证明；②利用①中的结论，结合勾股定理即可求解； （2）把绕点顺时针旋转得到，连接，根据旋转的性质，可知， ， ， ，在中， ，可求得，所以，证，利用得到； （3）同(2)方法，把绕点顺时针旋转得到，连接．可证明∶ ．在中，，，，过点作，垂足为，利用直角三角形性质和勾股定理求出即可． 【详解】（1）解：①， 理由如下：由旋转可得，，，， 四边形为正方形， ， ， 三点共线， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； 故答案为：； ②正方形边长为12，点E为中点， ， 设， 则， 在中，， ， 解得， 在中，， 故答案为：； （2）解：猜想∶， 理由如下： 把绕点顺时针旋转得到，连接， 如图3 ，，，， ， ， ，即， ， 又， ， ， 即， 在和中， ， ， ， ； （3）解：把绕点顺时针旋转得到，连接， 如图4 ，，，， ，， ， ，即， 又， ， 在和中， ， ， ， 过点作，垂足为， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质、勾股定理，解题的关键是∶利用旋转转化线段关系，将分散的条件集中到同一个三角形求解． 模型2.相似模型之半角模型 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5 条件：如图5，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．（2024·辽宁·模拟预测）（1）如图，等腰中，，，、在线段上，且，，，求的长． （2）如图，在中，，如果，在直线上，在上，在的右侧，，若，，求的长． （3）如图，在中，若，、是线段上的两点，，若，，探究与的数量关系． 【答案】（1）；（2）或；（3） 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）过点作，且使得，连接，，证明，得到，，证明，得到，设，则，在中，根据勾股定理求解即可； （2）分两种情况：①当点在点的左侧时，作，，连接，作交于点，②当点在点的右侧时，作，，连接，作交的延长线于点，根全等三角形的判定与性质和勾股定理求解即可； （3）作，且令，连接，，证明，得到，，推出，证明，得到，证明，即可求解． 【详解】（1）如图，过点作，且使得，连接，， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， 设，则， 在中，，， 解得：， ； （2）①当点在点的左侧时，作，，连接，作交于点， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， 设，则， ， ， ， ，， ， 在中，，即， 解得：， ； ②当点在点的右侧时，作，，连接，作交的延长线于点， ，， ， ，， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， 设，则， ， ， ， ，， ， 在中，，即， 解得：， ； 综上所述，或； （3）作，且令，连接，， ， ，， ， ， ，， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识并正确作出辅助线． 例2．（23-24九年级下·江苏宿迁·期末）数学兴趣小组探究了以下几何图形、如图①，把一个含有角的三角尺在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点C重合，绕点C旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点M，N，连接可得． 【探究一】如图②，把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点H在直线上，求证：； 【探究二】在图②中，连接，分别交，于点E，F，求证：； 【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线与三角尺角两边，分别交于点E，F，连接交于点O，求E的值． 【答案】【探究一】见解析 【探究二】见解析 【探究三】 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】【探究一】根据旋转的性质证明，即可得证； 【探究二】根据正方形的性质和全等的性质证明，在结合公共角，可证； 【探究三】先根据正方形对角线性质及可证得，得出，，将绕点C顺时针旋转得到，则点G在直线上，得出，根据全等的性质得出，进而可得，由此可证，最后根据相似三角形的性质得出，即可得出结论． 【探究一】证明：∵把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点H在直线上， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴； 【探究二】证明：如图所示， ∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； 【探究三】∵、是正方形的对角线， ∴，， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴，， 如图所示，将绕点C顺时针旋转得到，则点G在直线上， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题主要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，相似三角形的性质和判定等，熟练掌握相关性质是解题的关键． 3．（2024·江西南昌·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)①，②将绕点顺时针旋转 (2)，理由见详解 (3)5.2 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）①沿着小明的思路，先证，再证，即可得出结论；②在①的基础上，证明即可得解； （2）延长至点，使得，连接，先证，再证，即可得出结论； （3）方法1：延长至，使，过作的平行线交的延长线于，延长交于，连接，设，则，证明，可得，求出，得出，由（1）得：，由勾股定理得：，解方程即可． 方法2：过点作于点，设，则有，即，分别在和中，表示出和求出，再证是等腰直角三角形，即可得，则有，再证，即有，进而有，则可得一元二次方程，解方程就可求出． 【详解】（1）解：①，理由如下： 沿着小明的思路进行证明， 在正方形中，有，， 即有， ，，， ， ，， ，， ， ， ，， ， ， ，， ，结论得证； ②将绕点顺时针旋转即可得到． 理由如下： 在①已经证得，并得到， ， 将绕点顺时针旋转即可得到； 故答案为：①，②将绕点顺时针旋转； （2），理由如下： 延长至点，使得，连接，如图， 与互补， ， ， ， ，， ， ，， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ，， ，结论得证； （3）解法一：如图，延长至，使，过作的平行线交的延长线于，延长交于，连接， 四边形是正方形， ，， ， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， 设，则， ， ， ， ， ， 由（1）得：， 在中，由勾股定理得：， 解得：， ， ； 解法二：过点作于点，如图， ，， 在矩形中，，，， 设，则有， ， 在中，， 在中，， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， 即： ，， ， ， ，，， ， ， ， ， 结合，解得， ． 【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． 一、解答题 1．（23-24九年级下·吉林长春·阶段练习）如图，在菱形中，，，为正三角形，点分别在菱形的边，上滑动，且点不与点重合，连结，与交于点． (1)的形状为 ； (2)求证：当点在边上滑动时，总有； (3)求四边形周长的最小值； (4)在不添加辅助下的情况下，图中始终与相似的三角形有 个，并直接写出与相似比为时线段的长． 【答案】(1)等边三角形 (2)证明见解析 (3)四边形周长的最小值为 (4)；， 【知识点】用勾股定理解三角形、等边三角形的判定和性质、相似三角形的判定与性质综合、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查菱形，全等三角形，等边三角形，相似三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，即可． （1）根据等边三角形的判定，即可； （2）根据全等三角形的判定和性质，即可； （3）根据全等三角形的性质，则，，得到四边形周长为：，根据，则当时，四边形周长值最小，根据菱形的性质，勾股定理的运用，即可； （4）根据相似三角形的判定和性质，即可． 【详解】（1）∵四边形是菱形， ∴， ∵是对角线， ∴， ∴是等边三角形． （2）∵是等边三角形， ∴，， ∵是正三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴． （3）∵， ∴，， ∴四边形周长为： ∵ ∴当时，四边形周长值最小， 四边形是菱形 ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴四边形周长为：． （4）∵，， ∴； ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； ∴图中始终与相似的三角形有个； 当与的相似比为， ∴， ∵， ∴， ∴； 过点作交于点， ∵是等边三角形， ∴， ∴， 当且相似比为， ∴， 设， ∴，， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 解得：，（舍）， ∴， ∴． 2．（24-25八年级上·全国·期中）【问题发现】如图1，正方形（四边相等，四个内角均为）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．大致思路：巧妙地通过辅助线在边向外构造，使得，进而证出度数，最后证明，即可得出结论．请补充辅助线的作法，并写出完整证明过程． （1）延长到点G，使 ，连接． （2）求证：． 【问题应用】如图2，在四边形中，，以A为顶点的分别交于E、F，且，求五边形的周长 【答案】（1）DF；（2）见解析；问题应用： 【知识点】根据旋转的性质求解、根据正方形的性质证明、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】[问题发现]（1）根据“巧妙地通过辅助线在边向外构造，使得”可知，我们要做辅助线，使得，则可得出答案； （2）结合正方形的性质，证明即可； [问题应用]根据旋转的性质得到，，，，，推出、、三点共线，根据全等三角形的性质即可得到，据此求解即可． 本题是四边形综合题，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，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键． 【详解】解：[问题发现]（1）依题意，延长到点，使，连接， 故答案为：； （2）证明：由（1）得， 四边形是正方形， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ． [问题应用]依题意，将绕点顺时针旋转得到， ，，，，， ， 、、三点共线， ， ， ， ，， ， ， ， ， ∴五边形的周长为 故答案为：． 3．（24-25八年级上·新疆昌吉·期末）【问题提出】如图，已知在正方形中（四边相等，四个内角均为），点、分别在边、上运动，当时，探究线段、和线段的数量关系如下： 【尝试探究】小明同学研究思路如下： （1）观察猜想：； （2）分析问题：这是一个不共线的线段和问题，通常可以通过“截长”或“补短”的方法将其中两条不共线的线段转化为共线线段； （3）制定方案：通过“截长”发现此路不通，于是采取“补短”的方法解决问题； （4）实施方案：延长到点，使得，连接，从而解决问题． 请你帮助小明完成对猜想的证明； 【模型建立】如图，若将沿斜边翻折得到，且，点、分别在边、上运动，且，上述猜想的结论还成立吗？请加以说明； 【拓展应用】如图，已知是边长为的等边三角形，，，以为顶点作一个角，使其角的两边分别交边、于点、，连接，请直接写出的周长． 【答案】[尝试探究]见解析；[模型建立]成立，见解析；[拓展应用]． 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、折叠问题、等边三角形的性质、根据正方形的性质证明 【分析】[尝试探究]延长到点，使得，证明，，再由全等三角形的性质即可求证； [模型建立]延长，连接，由折叠性质可知，则，，然后证明，再由全等三角形的性质即可求证； [拓展应用]延长至，使，同上理可得，则，再证明，再由全等三角形的性质即可求解． 【详解】解：[尝试探究]证明：延长到点，使得， ∵四边形形是正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； [模型建立]证明：仍然成立，理由， 如图，延长，连接， 由折叠性质可知：， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 又∵，， ∴； [拓展应用] 解：∵是边长为的等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 延长至，使， 同上理可得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴的周长 ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的周长，等边三角形的性质等知识点，掌握知识点的应用是解题的关键． 4．（24-25九年级上·广东汕头·阶段练习）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图1，在中，，点D、E在边上，且，求DE的长． 解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连结． 由旋转的特征得． ∵， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中， ， ∴①_____． ∴． 又∵， ∴在中，②_____． ∵， ∴③_____． 【问题解决】 （1）上述问题情境中，“①”处应填：_________；“②”处应填：_________；“③”处应填：_________． 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 （2）如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连接，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明． 【拓展应用】 （3）如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：_________（直接写出结论，不必证明）． 【答案】（1），，5；（2），证明见解析；（3） 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形、正方形性质理解 【分析】本题主要考查了旋转的性质、正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质定理成为解题的关键． （1）由旋转的性质可得，进而证明可得，再说明、，再运用勾股定理即可解答； （2）由旋转的性质以及题意可得，再证明可得，再结合正方形的性质可证得，易证可得，最后在中运用勾股定理即可解答； （3）如图4所示，延长交延长线于M点，交延长线于N点，将绕着点A顺时针旋转得到，连接．过点H作直线与O，则可得，再说明是等腰直角三角形，即；由（2）知，则；再根据勾股定理可得，最后运用等量代换即可证明结论． 【详解】解：（1）如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连结． 由旋转的特征得． ∵， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中， ， ∴． ∴． 又∵， ∴在中，． ∵， ∴． 故答案为：，，5． （2），证明如下： 如图3，将绕点A逆时针旋转，得到，过点D作交边于点H，连接． 由旋转得：． 由题意得：， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． 又∵为正方形的对角线， ∴， ∵，   ∴， 在和中， ，   ∴， ∴， 在和中， ，   ∴， ∴． 在中，，   ∴； （3），证明如下： 如图4所示，延长交延长线于M点，交延长线于N点，将绕着点A顺时针旋转得到，连接．过点H作直线与O， ∴，    ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形，    ∴， 由（2）知，则， 则由勾股定理有：，即 又∵， ∴，即， ∴． 故答案为：． 5．（24-25九年级上·陕西西安·期中）如图①，在正方形中，点、分别在边、上，连结、、，，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到． 【实践探究】 （1）在图①条件下，若，，则的长为_____． （2）如图②，点、分别在边、上，且，点、分别在、上，，连接，猜想三条线段、、之间满足的数量关系，并说明理由． 【拓展应用】 （3）如图③，在矩形中，，，点、分别在边、上，连结，，已知，，求四边形的面积． 【答案】（1）10；（2），理由见解析：（3）26 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】（1）由旋转的性质可得，，，，证出，得出，可证，得出．即可求解； （2）将绕点顺时针旋转，得到，连接，由旋转的性质可得，，，，由“”可证，可得，由直角三角形的性质和平行四边形的性质可求，由勾股定理可求解； （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，得出，设，则，由平行线得出，求出，得出，由（1）得：，在中，由勾股定理得出方程，解方程，再求出四边形的面积即可． 【详解】解：（1）四边形是正方形， ，， 由旋转得：， ，，，， ， 即， ， ， ， 在和中， ， ， ． 故答案为：10； （2）， 理由如下：如图②，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到，连接， ，，，， ， ， ， 又，， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ； （3）如图③，延长至，使，过作的平行线交的延长线于，延长交于，连接， 在矩形中，，， ， ， ， 四边形是正方形， ， 设，则， ， ， ， ， ， 由（1）得：， 在中，由勾股定理得：， 解得：， 四边形的面积． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识；证明三角形全等和由勾股定理得出方程是解题的关键． 6．（23-24八年级下·陕西咸阳·期末）【问题提出】 （1）如图1，在菱形中，，其中分别是边上的中点，则的周长为 ； 【问题探究】 （2）如图2，在四边形中，，点在边上，点在边上，且，则周长的最小值为 ； 【问题解决】 （3）如图3，规划部门准备绿化一块四边形空地，计划在边，上分别取点，，利用小路，将这块四边形空地分开，在四边形空地内种植郁金香，其他区域种植草坪，为了方便市民游览，决定取的中点，沿着修建观赏长廊．经测量，，，，，为节约建设成本，修建长廊长度之和应该最短．请你帮助规划部门确定是否有最小值．若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）（2）（3）存在， 【知识点】用勾股定理解三角形、等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质求线段长、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】（1）根据菱形的性质，推出为等边三角形，勾股定理求出的长，即可； （2）证明，得到，，得到为等边三角形，推出周长等于，进而得到当最小时，的周长最小，根据垂线段最短，得到时，最小，进行求解即可； （3）过点作于点，于点，连接，勾股定理求出的长，证明为等边三角形，进而推出，得到，得到，在上截取，连接，取的中点，连接，作点关于的对称点，连接，交于点，证明，得到为等边三角形，再证明，推出，再进行求解即可． 【详解】解：（1）∵菱形，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵分别是边上的中点， ∴，，， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∴的周长； （2）∵， ∴，为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∵的周长为， ∴当最小时，的周长最小， ∵垂线段最短， ∴当时，最小，此时：， ∴， ∴周长的最小值为； （3）存在，如图，过点作于点，于点，连接， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在上截取，连接，取的中点，连接，作点关于的对称点，连接，，交于点，则是的中位线，， ∴ ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴，，， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴，即：的最小值为：， ∴的最小值为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，利用轴对称解决线段和最短问题，综合性强，难度大，属于压轴题，熟练掌握相关知识点，添加辅助线，构造特殊图形和全等三角形，是解题的关键． 7．（23-24九年级上·辽宁沈阳·期末）【问题提出】 如图1，在正方形中，点E，F分别在边上，且，连接．探究线段之间的数量关系． 【方法感悟】 （1）小明组同学利用构造全等三角形的方法探究三条线段的关系：如图2，延长到点G，使，连接，先证明，再证明，从而得到正确结论．小明组同学的结论是___________； 小亮组同学对小明组构造全等三角形的环节提出了不同的看法，借助旋转三角形的方式探究问题：将绕点A顺时针旋转90°得到，再证明，从而得到与小明组相同的结论． 【方法迁移】 （2）如图3，在中，，沿边翻折得到，点B的对应点为点D，点E，F分别在边上，且．试猜想线段之间的数量关系，并证明你的猜想． 【问题拓展】 （3）如图4，在四边形ABCD中，，点E，F分别在边上，且，试猜想当与满足什么关系时，可使得．请直接写出你的猜想． （4）如图5，在四边形中，，，与为对角线，．若，，求的长． 【答案】（1）；（2），证明见解析；（3）；（4） 【知识点】根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质证明 【分析】（1）证明，得到，证明，得到，即可； （2）延长到点G，使，同法（1），即可得出结论； （3）当当，可得到，证明方法同法（2）； （4）将绕点C逆时针旋转的度数，得到，连接，证明，得到，过点作于点，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，求出的长，进一步求出的长即可． 【详解】（1）延长到点G，使， ∵正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：； （2）， 延长到点G，使， ∵翻折， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）当，可得到； 延长到点G，使， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （4）将绕点C逆时针旋转的度数，得到，连接． 则：， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∵在四边形中，， ∴， ∴， ∴， 过点作于点，则：，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查半角模型，全等三角形的判定和性质，图形变换，相似三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理．综合性强，难度大，属于压轴题，解题的关键是添加辅助线，构造全等和相似三角形． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$