专题11 全等三角形模型之半角模型与对角互补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（北京专用）

专题11 全等三角形模型之半角模型与对角互补模型 目录 1 模型1.全等三角形模型之半角模型 1 模型2.全等三角形模型之90°-90°对角互补型 10 模型3.全等三角形模型之60°-120°对角互补型 16 模型4.全等三角形模型α—180°-α对角互补型 20 27 模型1.全等三角形模型之半角模型 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.全等三角形模型之90°-90°对角互补型 1）“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（异侧型） 条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB. 结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠MCN＝90°，∴∠MCD＝∠NCE，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE， 根据上述条件易证：四边形ONCM为正方形，∴∠CON＝45°，OM=ON， 又∵OD＋OE＝OM-DM+ON+NE，∴OD＋OE=OM+ON=2ON=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴ 2）“斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（同侧型） 条件：如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.[来源:学科网ZXXK] 结论：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠MCN＝90°，∴∠MCD＝∠NCE， ∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE，根据上述条件易证：四边形ONCM为正方形， ∴∠CON＝45°，OM=ON，又∵OE－OD＝ON+NE-（DM-OM），∴OE－OD=ON+OM=2ON=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，. 例1．（23-24九年级上·河南洛阳·期中）综合与实践 已知，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，D为AB边的中点，∠EDF＝90°，∠EDF绕点D旋转，它的两边分别交AC，CB（或它们的延长线）于点E，F． （1）【问题发现】如图1，当∠EDF绕点D旋转到DE⊥AC于点E时（如图1）， ①证明：△ADE≌△BDF；②猜想：S△DEF+S△CEF＝　 　S△ABC． （2）【类比探究】如图2，当∠EDF绕点D旋转到DE与AC不垂直时，且点E在线段AC上，试判断S△DEF+S△CEF与S△ABC的关系，并给予证明． （3）【拓展延伸】如图3，当点E在线段AC的延长线上时，此时问题（2）中的结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，S△DEF，S△CEF，S△ABC又有怎样的关系？（写出你的猜想，不需证明） 图1 图2 图3 例2．（23-24九年级上·贵州贵阳·期中）问题背景：“对角互补”是经典的四边形模型，解决相应问题，通常会涉及到旋转构造、全等三角形的证明等综合性较高的几何知识．如果问题中有“，”角度出现，一般会和等腰直角三角形、正方形、等边三角形等特殊图形结合起来考察．    (1)【问题解决】如图①，，平分，小明同学从P点分别向，作垂线，，由此得到正方形，与全等的三角形是________； (2)【问题探究】如图②，若，，平分，，，求的长； (3)【拓展延伸】如图③，点P是正方形外一点，，，对角线，交于点O，连接，且，求正方形的面积． 模型3.全等三角形模型之60°-120°对角互补型 1）“等边三角形对120°模型”（1） 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB. 结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝2∠DCE＝120°，∴∠AOB+∠DCE＝180°，∴∠CDO+∠CEO＝180°， ∵∠CDO+∠CDM＝180°，∴∠MDC＝∠CEO，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE， ∵OC平分∠AOB，∴∠CON＝∠COM＝60°，∴ON=OM=OC，NC=MC=OC。 又∵OE+OD＝ON+NE+OM-DM，∴OE+OD=ON+OM=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴。 2）“等边三角形对120°模型”（2） 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB，∠DCE的一边与BO的延长线交于点D， 结论：①CD＝CE，②OD－OE＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝2∠DCE＝120°，∴∠AOB+∠DCE＝180°，∠AOB+∠MCN＝180°，∴∠DCE=∠MCN＝60° ∴∠DCE-∠MCE=∠MCN-∠MCE，∴∠MCD＝∠NCE，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE， ∵OC平分∠AOB，∴∠CON＝∠COM＝60°，∴ON=OM=OC，NC=MC=OC。 又∵OD-OE＝OM+DM-（NE-ON），∴OD-OE=ON+OM=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴。 例1．（23-24八年级下·湖北咸宁·期中）【问题提出】（1）如图1，在四边形中，，，，连接．试探究、、之间的数量关系． 小明的思路是：他发现和互补，推得，于是想到延长到点，使，连接．从而得到，然后证明，不难得到、、之间的数量关系是______； 【问题变式】（2）如图2，四边形中，，，连接，试探究、、之间的数量关系，并说明理由； 【问题拓展】（3）如图3，四边形中，，，，连接，若，求四边形的面积．（直接写出结果）    模型4.全等三角形模型α—180°-α对角互补型 1）“α对180°-α模型” 条件：四边形ABCD中，AP=BP，∠A+∠B=180°。结论：OP平分∠AOB。 证明：过点P作PE⊥OA，PF⊥OB，∴∠AEP=∠BFP=90°， ∵∠A+∠B=180°，∠OAP+∠PAE=180°，∴∠EAP=∠B。 ∵AP=BP，∴△PAE≌△PBF，∴PE=PF，∴OP平分∠AOB。 注意：如下图：①AP=BP，②∠A+∠B=180°，③OP平分∠AOB，以上三个条件可知二推一。 例1．（23-24八年级下·四川绵阳·开学考试）在四边形中，是钝角，，对角线平分． (1)如图1，求证：； (2)如图2，若，求的度数； (3)如图3，当时，请判断、与之间的数量关系？并加以证明． 例2．（24-25八年级上·福建泉州·期中）（1）如图①，在四边形中，，，E、F分别是边、上的点，且．请直接写出线段，，之间的数量关系：______； （2）如图②，在四边形中，，，E、F分别是边、上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立?若成立，请写出证明过程； （3）在四边形中，，，E、F分别是边、所在直线上的点，且，请画出图形（除图②外），并求证线段，，之间的数量关系． 一、解答题 1．（23-24九年级上·海南海口·期末）如图，四边形是正方形，M，N分别在上，连接且，我们把这种模型称为“半角模型”，旋转是解决此类模型的常用方法． (1)补全图形：将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到； (2)直接写出线段之间的数量关系 ． (3)根据（2）的结论，写出证明过程； (4)如果正方形的边长是4，求的周长． 2．（24-25八年级上·全国·期中）定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形． (1)互补四边形中，若，则°； (2)已知：如图1，在四边形中平分．求证：四边形是互补四边形； (3)如图2，互补四边形中，，点E，F分别是边的动点，且，周长是否变化？若不变，请求出不变的值；若有变化，说明理由． 3．（24-25八年级上·广东深圳·期末）【定义】 如果一个四边形的其中一组对角互补，那么这个四边形叫做“对补四边形”．如图1，在四边形中，若，则四边形是对补四边形． 【应用】 (1)如图1，在对补四边形中，，则_____； (2)如图2，在对补四边形中，，，，，则_____； (3)如图3，在对补四边形中，平分． ①求证：； ②若，请探究的数量关系并说明理由． 4．（23-24九年级上·甘肃兰州·期中）通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整． 【原题】如图1，点E，F分别在正方形的边上，，连接，试猜想之间的数量关系． 【模型】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”、“截长补短”均是常用的方法． (1)思路梳理： A.旋转法：把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，则，，可以得到，即点共线． 易证 ，故之间的数量关系为 ． B.截长补短法：延长至点G，使得，由，，即，可以得到． (2)类比引申 如图2，点E，F分别在正方形的边的延长线上，．连接，试猜想之间的数量关系，并给出证明． 5．（23-24九年级上·江苏泰州·阶段练习）定义：有一个角是其对角一半的圆的内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角． (1)如图1，若四边形是圆美四边形，求美角的度数． (2)在（1）的条件下，若的半径为8． ①求的长． ②如图2，在四边形中，若平分，试求四边形面积的最大值． (3)在（1）的条件下，如图3，若是的直径，请用等式表示线段、之间的数量关系______．（直接写答案） 6．（23-24八年级下·河南南阳·期末）【问题背景】 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与两对边的交点，构成的基本平面几何模型称为半角模型． 【问题发现】 （1）如图1，在正方形中，以A为顶点的，与边分别交于E，F两点．则之间的数量关系为_________． 【问题探究】 （2）如图2，在四边形中，，，，以A为顶点的，与边分别交于E，F两点，且，求五边形的周长． 【问题拓展】 （3）如图3，在四边形中，，与互补，点E，F分别在射线上，且．当，，时，请直接写出的周长．    7．（24-25九年级下·吉林·开学考试）旋转是几何图形中最基本的图形变换之一，利用旋转可将分散的条件相对集中以达到解决问题的目的． 【探究发现】如图1，四边形是正方形，点，分别在边和上，且，探究图中线段，，之间的数量关系． 爱动脑筋的小明发现：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．如图2，小明将绕点顺时针旋转得到，然后证明，就可以解决这道问题．请直接写出线段，，之间的数量关系__________________ 【类比迁移】如图3，等腰直角三角形，，，点，在边上，且，请写出，，之间的关系，并说明理由． 【拓展延伸】如图4，在中，，，点，在边上，且，当，时，则的长为____________． 8．（24-25九年级上·广东韶关·期中）【阅读理解】 半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等．通过旋转或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角度、面积等问题， 【初步探究】 如图1，在正方形中，点分别在边上，连接．若，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到．易证：． （1）根据以上信息，填空： ①_______°； ②线段之间满足的数量关系为_______； 【迁移探究】 （2）如图2，在正方形中，若点在射线上，点在射线上，，猜想线段之间的数量关系，请证明你的结论； 【拓展探索】 （3）如图3，已知正方形的边长为，连接分别交于点，若点恰好为线段的三等分点，且，求线段的长． 9．（23-24八年级下·山西朔州·期中）综合与实践： 【问题情境】： 阅读以下材料，并按要求完成相应的任务： 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的，，与，边分别交于，两点，易证得． 证明思路：如图2，将延长至点，使，连接，可证，再证，故． 【知识应用】 （1）如图3，在四边形中，，，，以为顶点的，，与，边分别交于，两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．． 【拓展提升】 （2）若四边形是长与宽不相等的矩形，点为中点且平分，如图4，试判断，和之间的数量关系并给出证明． 10．（21-22八年级下·江西赣州·期中）我们定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“等补四边形”． 如图1，四边形中，，，则四边形叫做“等补四边形”． 【概念理解】 （1）①在等补四边形中，若，则______； ②在以下四种图形中，一定是“等补四边形”的是______． A．平行四边形    B．菱形    C．矩形    D．正方形 【性质探究】 （2）如图1，在等补四边形中，，连接，是否平分？请说明理由． 【知识运用】 （3）如图2，在四边形中，平分，，． 求证：四边形是等补四边形． 【拓展应用】 （4）将斜边相等的两块三角板按如图3放置，其中含角的三角板的斜边与含角的三角板的斜边重合，、位于的两侧，其中，若，连接，则的长为______． 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 全等三角形模型之半角模型与对角互补模型 目录 1 模型1.全等三角形模型之半角模型 1 模型2.全等三角形模型之90°-90°对角互补型 10 模型3.全等三角形模型之60°-120°对角互补型 16 模型4.全等三角形模型α—180°-α对角互补型 20 27 模型1.全等三角形模型之半角模型 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.全等三角形模型之90°-90°对角互补型 1）“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（异侧型） 条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB. 结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠MCN＝90°，∴∠MCD＝∠NCE，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE， 根据上述条件易证：四边形ONCM为正方形，∴∠CON＝45°，OM=ON， 又∵OD＋OE＝OM-DM+ON+NE，∴OD＋OE=OM+ON=2ON=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴ 2）“斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（同侧型） 条件：如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.[来源:学科网ZXXK] 结论：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠MCN＝90°，∴∠MCD＝∠NCE， ∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE，根据上述条件易证：四边形ONCM为正方形， ∴∠CON＝45°，OM=ON，又∵OE－OD＝ON+NE-（DM-OM），∴OE－OD=ON+OM=2ON=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，. 例1．（23-24九年级上·河南洛阳·期中）综合与实践 已知，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，D为AB边的中点，∠EDF＝90°，∠EDF绕点D旋转，它的两边分别交AC，CB（或它们的延长线）于点E，F． （1）【问题发现】如图1，当∠EDF绕点D旋转到DE⊥AC于点E时（如图1）， ①证明：△ADE≌△BDF；②猜想：S△DEF+S△CEF＝　 　S△ABC． （2）【类比探究】如图2，当∠EDF绕点D旋转到DE与AC不垂直时，且点E在线段AC上，试判断S△DEF+S△CEF与S△ABC的关系，并给予证明． （3）【拓展延伸】如图3，当点E在线段AC的延长线上时，此时问题（2）中的结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，S△DEF，S△CEF，S△ABC又有怎样的关系？（写出你的猜想，不需证明） 图1 图2 图3 【答案】（1）①证明见解析；②；（2）上述结论成立；理由见解析； （3）不成立；S△DEF﹣S△CEF＝；理由见解析. 【分析】（1）①先判断出DE∥AC得出∠ADE=∠B，再用同角的余角相等判断出∠A=∠BDF，即可得出结论；②当∠EDF绕D点旋转到DE⊥AC时，四边形CEDF是正方形，边长是AC的一半，即可得出结论；（2）成立；先判断出∠DCE=∠B，进而得出△CDE≌△BDF，即可得出结论； （3）不成立；同（2）得：△DEC≌△DBF，得出S△DEF==S△CFE+S△ABC． 【详解】解：（1）①∵∠C＝90°，∴BC⊥AC，∵DE⊥AC，∴DE∥BC，∴∠ADE＝∠B， ∵∠EDF＝90°，∴∠ADE+∠BDF＝90°， ∵DE⊥AC，∴∠AED＝90°，∴∠A+∠ADE＝90°，∴∠A＝∠BDF， ∵点D是AB的中点，∴AD＝BD，在△ADE和△BDF中，∴△ADE≌△BDF（SAS）； ②如图1中，当∠EDF绕D点旋转到DE⊥AC时，四边形CEDF是正方形． 设△ABC的边长AC＝BC＝a，则正方形CEDF的边长为a． ∴S△ABC＝a2，S正方形DECF＝（a）2＝a2，即S△DEF+S△CEF＝S△ABC；故答案为． （2）上述结论成立；理由如下：连接CD；如图2所示：∵AC＝BC，∠ACB＝90°，D为AB中点， ∴∠B＝45°，∠DCE＝∠ACB＝45°，CD⊥AB，CD＝AB＝BD，∴∠DCE＝∠B，∠CDB＝90°， ∵∠EDF＝90°，∴∠CDE＝∠BDF，在△CDE和△BDF中，， ∴△CDE≌△BDF（ASA），∴S△DEF+S△CEF＝S△ADE+S△BDF＝S△ABC； （3）不成立；S△DEF﹣S△CEF＝S△ABC；理由如下：连接CD，如图3所示： 同（2）得：△DEC≌△DBF，∠DCE＝∠DBF＝135° ∴S△DEF＝S五边形DBFEC，＝S△CFE+S△DBC，＝S△CFE+S△ABC，∴S△DEF﹣S△CFE＝S△ABC． ∴S△DEF、S△CEF、S△ABC的关系是：S△DEF﹣S△CEF＝S△ABC． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了平行线的判定和性质，同角的余角相等，全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、图形面积的求法；证明三角形全等是解决问题的关键． 例2．（23-24九年级上·贵州贵阳·期中）问题背景：“对角互补”是经典的四边形模型，解决相应问题，通常会涉及到旋转构造、全等三角形的证明等综合性较高的几何知识．如果问题中有“，”角度出现，一般会和等腰直角三角形、正方形、等边三角形等特殊图形结合起来考察．    (1)【问题解决】如图①，，平分，小明同学从P点分别向，作垂线，，由此得到正方形，与全等的三角形是________； (2)【问题探究】如图②，若，，平分，，，求的长； (3)【拓展延伸】如图③，点P是正方形外一点，，，对角线，交于点O，连接，且，求正方形的面积． 【答案】(1) (2)3 (3)16 【知识点】用勾股定理解三角形、角平分线的性质定理、根据正方形的性质与判定求线段长、全等三角形综合问题 【分析】（1）根据角平分线的性质及垂直的定义可得，，进而得四边形是正方形，再根据角的等量代换得，利用可证得，进而可求解． （2）过点P作于M，于N，根据角平分线的性质可得，利用证得，进而可得，再利用证得，进而可得，设，则，，在中，利用直角三角形的特征即可求解． （3）延长到，使，连接，根据正方形的性质可得，，利用得，进而可得，．设，利用勾股定理求得，再利用正方形的面积公式即可求解． 【详解】（1）解：，，且平分， ，， 四边形是正方形， ， ， ， ， 在和中， ， ； 故答案为：． （2）如图，过点P作于M，于N，如图：    平分， ． ， ． ． 在四边形中，， 且，， ． ， ． 又 ． ． ，，设，则，． ， 解得，． ． 在中，，， ． （3）如图，延长到，使，连接．如图：    在四边形中，，且． 四边形是正方形， ，． ． 又， ． ． ，． ， ． 是等腰直角三角形． 由勾股定理，． 在中，，设，由勾股定理，， ． ． ． ． ． 【点睛】本题考查了角平分线的性质、全等三角形的判定及性质、正方形的判定及性质、勾股定理、直角三角形的特征，熟练掌握相关判定及性质，添加适当的辅助线解决问题是解题的关键． 模型3.全等三角形模型之60°-120°对角互补型 1）“等边三角形对120°模型”（1） 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB. 结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝2∠DCE＝120°，∴∠AOB+∠DCE＝180°，∴∠CDO+∠CEO＝180°， ∵∠CDO+∠CDM＝180°，∴∠MDC＝∠CEO，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE， ∵OC平分∠AOB，∴∠CON＝∠COM＝60°，∴ON=OM=OC，NC=MC=OC。 又∵OE+OD＝ON+NE+OM-DM，∴OE+OD=ON+OM=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴。 2）“等边三角形对120°模型”（2） 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB，∠DCE的一边与BO的延长线交于点D， 结论：①CD＝CE，②OD－OE＝OC，③. 证明：过点C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN， 又∵∠AOB＝2∠DCE＝120°，∴∠AOB+∠DCE＝180°，∠AOB+∠MCN＝180°，∴∠DCE=∠MCN＝60° ∴∠DCE-∠MCE=∠MCN-∠MCE，∴∠MCD＝∠NCE，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE， ∵OC平分∠AOB，∴∠CON＝∠COM＝60°，∴ON=OM=OC，NC=MC=OC。 又∵OD-OE＝OM+DM-（NE-ON），∴OD-OE=ON+OM=OC， ∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴。 例1．（23-24八年级下·湖北咸宁·期中）【问题提出】（1）如图1，在四边形中，，，，连接．试探究、、之间的数量关系． 小明的思路是：他发现和互补，推得，于是想到延长到点，使，连接．从而得到，然后证明，不难得到、、之间的数量关系是______； 【问题变式】（2）如图2，四边形中，，，连接，试探究、、之间的数量关系，并说明理由； 【问题拓展】（3）如图3，四边形中，，，，连接，若，求四边形的面积．（直接写出结果）    【答案】（1）；（2），理由见解析；（3） 【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、全等的性质和SAS综合（SAS）、等边三角形的判定和性质 【分析】（1）延长到点，使，连接．根据等角的补角相等得出，利用证明，再根据全等三角形的性质得出，，根据角的和差易证为等边三角形，然后根据等边三角形的性质得出，最后根据线段的和差及等量代换即可得证； （2）延长到点E，使，连接，根据等角的补角相等得出，利用证明，再根据全等三角形的性质得出，，然后得出是等腰直角三角形，进而得出结论； （3）延长到点E，使，连接，根据等角的补角相等得出，利用证明，再根据全等三角形的性质得出，，根据角的和差得出过点A作交于点F，根据三线合一得出，根据含30度角的直角三角形的性质、勾股定理以及三角形面积公式得出，最后根据全等三角形的面积相等即可得出四边形的面积，从而得出答案． 【详解】（1）延长到点，使，连接．   ，， 在和中 ， 为等边三角形 （2）如图，延长到点E，使，连接    在和 ， 是等腰直角三角形， 即 （3）如图：延长到点E，使，连接，   ，， 在和中 ， 过点A作交于点F， 在中，， 四边形的面积． 【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质、等边三角形的判定及性质以及勾股定理，添加合适的辅助线是解题的关键． 模型4.全等三角形模型α—180°-α对角互补型 1）“α对180°-α模型” 条件：四边形ABCD中，AP=BP，∠A+∠B=180°。结论：OP平分∠AOB。 证明：过点P作PE⊥OA，PF⊥OB，∴∠AEP=∠BFP=90°， ∵∠A+∠B=180°，∠OAP+∠PAE=180°，∴∠EAP=∠B。 ∵AP=BP，∴△PAE≌△PBF，∴PE=PF，∴OP平分∠AOB。 注意：如下图：①AP=BP，②∠A+∠B=180°，③OP平分∠AOB，以上三个条件可知二推一。 例1．（23-24八年级下·四川绵阳·开学考试）在四边形中，是钝角，，对角线平分． (1)如图1，求证：； (2)如图2，若，求的度数； (3)如图3，当时，请判断、与之间的数量关系？并加以证明． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)，证明见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等边三角形的判定和性质、根据等角对等边证明边相等 【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键． （1）在上取点，使得，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，再证出，根据等腰三角形的判定可得，由此即可得证； （2）延长至点，使得，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，再证出是等边三角形，，由此即可得； （3）延长至点，使得，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，再证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，由此即可得． 【详解】（1）证明：如图，在上取点，使得，连接， ∵对角线平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． （2）解：如图，延长至点，使得，连接， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴． （3）解：，证明如下： 如图，延长至点，使得，连接， 由（2）已证：， ∴， ∵对角线平分，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 又∵，， ∴． 例2．（24-25八年级上·福建泉州·期中）（1）如图①，在四边形中，，，E、F分别是边、上的点，且．请直接写出线段，，之间的数量关系：______； （2）如图②，在四边形中，，，E、F分别是边、上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立?若成立，请写出证明过程； （3）在四边形中，，，E、F分别是边、所在直线上的点，且，请画出图形（除图②外），并求证线段，，之间的数量关系． 【答案】（1） （2）（1）中的结论仍然成立，理由见解析 （3）或 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的性质和判定，四边形内角和的应用，解此题的关键是能正确作出辅助线得出全等三角形． （1）延长到G，使，连接，证明．由全等三角形的性质得出，证明．由全等三角形的性质得出， （2）延长到点G，使，连接．证明．由全等三角形的性质得出，证明．由全等三角形的性质得出， （3）在上截取，使，连接．方法同（1）（2）可得出结论． 【详解】（1）证明：延长到G，使，连接，， ∵， ∴． ∴， ∵， ∴， ∴． ∴． 又， ∴． ∴， ∵， ∴； （2）解：（1）中的结论仍然成立． 理由：延长到G，使，连接，． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． （3）结论不成立，应当是或， ① 证明：在上截取，使，连接． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴． ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． ②． 证明：在上截取，如图， 同第一种情况方法，证， 证， ∴． 一、解答题 1．（23-24九年级上·海南海口·期末）如图，四边形是正方形，M，N分别在上，连接且，我们把这种模型称为“半角模型”，旋转是解决此类模型的常用方法． (1)补全图形：将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到； (2)直接写出线段之间的数量关系 ． (3)根据（2）的结论，写出证明过程； (4)如果正方形的边长是4，求的周长． 【答案】(1)画图见解析 (2) (3)证明见解析 (4) 【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】（1）根据题意补全图形即可； （2）根据图形性质猜想结论即可； （3）根据旋转得到，，即可得到即可得到答案； （4）由（3）的结论结合正方形的性质即可得到答案． 【详解】（1）解：如图，补全图形如下： （2）解：结论是：； （3）解：理由如下：由旋转，可知： ， ∴点E、B、C共线， ， ． 在和中， ， ． ， ， ； （4）解：由（1）得，； ， ∵正方形的边长为4， ； 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用旋转构造全等三角形是解题的关键． 2．（24-25八年级上·全国·期中）定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形． (1)互补四边形中，若，则°； (2)已知：如图1，在四边形中平分．求证：四边形是互补四边形； (3)如图2，互补四边形中，，点E，F分别是边的动点，且，周长是否变化？若不变，请求出不变的值；若有变化，说明理由． 【答案】(1)90 (2)见解析 (3)6 【知识点】多边形内角和问题、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】（1）由互补四边形和四边形内角和定理即可求出的度数； （2）在上截取，连接，证，得，．再证．然后由等腰三角形的性质得出，即可得出结论； （3）延长到G，使，连接，证，得，，再由证，得，，然后由证，得，进而得出答案． 【详解】（1）解：∵四边形是互补四边形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 故答案为：90； （2）证明：在上截取，连接，如图1所示： 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴， ∴四边形是互补四边形； （3）解：周长不变，值为6．理由如下： 延长到G，使，连接，如图2所示： ∵， ∴和都是直角三角形， 在和中， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 即的周长． 【点睛】本题主要考查了互补四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定的判定与性质等知识；正确作出辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 3．（24-25八年级上·广东深圳·期末）【定义】 如果一个四边形的其中一组对角互补，那么这个四边形叫做“对补四边形”．如图1，在四边形中，若，则四边形是对补四边形． 【应用】 (1)如图1，在对补四边形中，，则_____； (2)如图2，在对补四边形中，，，，，则_____； (3)如图3，在对补四边形中，平分． ①求证：； ②若，请探究的数量关系并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)①见解析；②，见解析 【知识点】化为最简二次根式、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、角平分线的性质定理、用勾股定理解三角形 【分析】（1）根据“对补四边形”的定义可得，再求解即可； （2）如图，连接，利用勾股定理，证明，再利用勾股定理可得答案； （3）①过点作于，作于．证明，再证明，即可得到答案；②求解，证明，可得．结合，可得，再进一步解答即可． 【详解】（1）解：在对补四边形中，， ∴； （2）解：如图，连接， ∵，，， ∴， ∵四边形为对补四边形， ∴， ∵， ∴； （3）解：①过点作于，作于． 平分， ， ， ， 四边形是对补四边形， ， ， ， ， ． ②，理由见解析： 平分， ， ， ， ． ， ， ， 在中，， ∴，， ． ． 【点睛】本题考查的是新定义，全等三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，作出合适的辅助线是解本题的关键． 4．（23-24九年级上·甘肃兰州·期中）通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整． 【原题】如图1，点E，F分别在正方形的边上，，连接，试猜想之间的数量关系． 【模型】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”、“截长补短”均是常用的方法． (1)思路梳理： A.旋转法：把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，则，，可以得到，即点共线． 易证 ，故之间的数量关系为 ． B.截长补短法：延长至点G，使得，由，，即，可以得到． (2)类比引申 如图2，点E，F分别在正方形的边的延长线上，．连接，试猜想之间的数量关系，并给出证明． 【答案】(1)； (2)． 【知识点】用SAS证明三角形全等（SAS）、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解 【分析】把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，根据四边形为正方形，，，可得点、共线，由旋转，，可证。得出即可； 把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，可证点、、在一条直线上。由旋转，，，可证，得出即可． 【详解】（1）解：四边形为正方形， ,, 把绕点A逆时针旋转至，可使与重合， , 点、、共线， , ,, ,即， 在和中， ， ， , ,即, 故答案为：； （2），理由如下， 如图所示， , 把绕点逆时针旋转至,可使与重合， , 点、、在一条直线上， , ,,, ， , , ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了图形的旋转，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，角的和差计算，线段和差计算等知识点，熟练掌握其性质并能正确添加辅助线是解决此题的关键． 5．（23-24九年级上·江苏泰州·阶段练习）定义：有一个角是其对角一半的圆的内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角． (1)如图1，若四边形是圆美四边形，求美角的度数． (2)在（1）的条件下，若的半径为8． ①求的长． ②如图2，在四边形中，若平分，试求四边形面积的最大值． (3)在（1）的条件下，如图3，若是的直径，请用等式表示线段、之间的数量关系______．（直接写答案） 【答案】(1) (2)①；② (3) 【知识点】解直角三角形的相关计算、已知圆内接四边形求角度、圆周角定理、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】（1）利用圆美四边形和美角的定义解答即可； （2）①作出的直径，利用圆周角定理和直角三角形的边角关系定理解答即可； ②延长至点，使，连接，利用圆周角定理，圆的内接四边形的性质和全等三角形的判定与性质得到，则为等边三角形；利用，求出△的面积的最大值即可得出结论； （3）延长交的延长线于点，利用圆周角定理，含角的直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论． 【详解】（1）解： 四边形是圆美四边形， ， 四边形是圆的内接四边形， ， ， ． （2）①作直径．连接，如图， 为圆的直径， ， 由（1）知：， ， 的半径为8， ． ． ②延长至点，使，连接，如图， 由（1）知：， ， 平分， ． ， ， 四边形是圆的内接四边形， ， ， ． 在△和△中， ， ， ， ， 为等边三角形． ，， ． 的面积最大时，四边形面积最大． 当取得最大值时，的面积最大， 当为圆的直径时，四边形面积最大． 即时，四边形面积取得最大值的面积的最大值， 四边形面积的最大值． （3）．理由： 延长交的延长线于点，如图， 是的直径， ， ． 由（1）知：， ， ， ． ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的内接四边形的性质，三角形的内角和定理，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，本题是新定义型，正确理解新定义并熟练应用，连接直径所对的圆周角是解题的关键 6．（23-24八年级下·河南南阳·期末）【问题背景】 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与两对边的交点，构成的基本平面几何模型称为半角模型． 【问题发现】 （1）如图1，在正方形中，以A为顶点的，与边分别交于E，F两点．则之间的数量关系为_________． 【问题探究】 （2）如图2，在四边形中，，，，以A为顶点的，与边分别交于E，F两点，且，求五边形的周长． 【问题拓展】 （3）如图3，在四边形中，，与互补，点E，F分别在射线上，且．当，，时，请直接写出的周长．    【答案】（1）；（2）22；（3）18 【知识点】根据旋转的性质求解、根据正方形的性质证明、全等三角形综合问题 【分析】（1）利用旋转的性质，可得，则可得出答案，证明即可； （2）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； （3）证明和，即可求解． 【详解】解：（1）， 理由：如图，将绕点顺时针旋转得到，   ， ， ∴点在一条直线上， ∵四边形为正方形， ， ， ， ， 在和中 ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）解：将绕点顺时针旋转得到，   ， ， 三点共线， ， ， ， ， ， ， ， 五边形的周长； （3）解：在上截取，   ， ， 在和中 ， ， ， ， ， ， 在和中 ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查全等三角形的性质与判定，正方形的性质，旋转的性质，补角的定义等知识点，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 7．（24-25九年级下·吉林·开学考试）旋转是几何图形中最基本的图形变换之一，利用旋转可将分散的条件相对集中以达到解决问题的目的． 【探究发现】如图1，四边形是正方形，点，分别在边和上，且，探究图中线段，，之间的数量关系． 爱动脑筋的小明发现：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．如图2，小明将绕点顺时针旋转得到，然后证明，就可以解决这道问题．请直接写出线段，，之间的数量关系__________________ 【类比迁移】如图3，等腰直角三角形，，，点，在边上，且，请写出，，之间的关系，并说明理由． 【拓展延伸】如图4，在中，，，点，在边上，且，当，时，则的长为____________． 【答案】（1）；（2）猜想：，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】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． （1）利用旋转的性质，证明，得到，等量代换即可证明； （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D作，垂足为，利用直角三角形性质和勾股定理求出进而根据，即可得出答案． 【详解】（1）解： 证明：由旋转可得，，， 四边形为正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； （2）猜想：， 证明：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图3，   ，，，， ， ， ，即， ， 又， ， ，即， 在和中 ， ， ． （3）证明：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， ∵， ∴， ∴， ． ∴， ∴ ∴ 8．（24-25九年级上·广东韶关·期中）【阅读理解】 半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等．通过旋转或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角度、面积等问题， 【初步探究】 如图1，在正方形中，点分别在边上，连接．若，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到．易证：． （1）根据以上信息，填空： ①_______°； ②线段之间满足的数量关系为_______； 【迁移探究】 （2）如图2，在正方形中，若点在射线上，点在射线上，，猜想线段之间的数量关系，请证明你的结论； 【拓展探索】 （3）如图3，已知正方形的边长为，连接分别交于点，若点恰好为线段的三等分点，且，求线段的长． 【答案】（1）①45；②；（2）．证明见解析；（3） 【知识点】根据旋转的性质求解、根据正方形的性质证明、用勾股定理解三角形、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】本题考查正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，构造全等三角形是解答的关键． （1）如图1，先由正方形的性质和旋转性质得，，，，进而可得G、B、E共线，，证明得到即可求解； （2）在图2中，在上截取，连接，先证明，得到，则可得，再证明得到，进而可得结论； （3）将绕点顺时针旋转得到，连接，先求得，则由已知得，由旋转可得，，易证，证明得到，设，则，利用勾股定理列方程求解x值即可． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴，， 将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到． 则，，，， ∴G、B、E共线， ， ∴， 在和中， ， ， ， ， ∴， 故答案为：①45 ；②； （2）解：． 证明如下：如图2，在上截取，连接， 在和中，， ， ， ，即， ， ， 在和中，， ， ， ， ∴， （3）将绕点顺时针旋转得到，连接， ∵四边形是正方形， ，， ， 由旋转可得，， ， ， ， 又， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得， ． 9．（23-24八年级下·山西朔州·期中）综合与实践： 【问题情境】： 阅读以下材料，并按要求完成相应的任务： 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的，，与，边分别交于，两点，易证得． 证明思路：如图2，将延长至点，使，连接，可证，再证，故． 【知识应用】 （1）如图3，在四边形中，，，，以为顶点的，，与，边分别交于，两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．． 【拓展提升】 （2）若四边形是长与宽不相等的矩形，点为中点且平分，如图4，试判断，和之间的数量关系并给出证明． 【答案】（1）成立，见详解；（2），见详解 【知识点】利用矩形的性质证明、等腰三角形的性质和判定、旋转模型(全等三角形的辅助线问题)、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】（1）将绕点顺时针旋转得到，根据旋转的性质得到，推出M、B、E三点共线，再证明，根据全等三角形的性质即可得到结论； （2）延长，交于点，先得到，再证明，即可解决． 【详解】解：（1）成立． 证明：如图，将绕点顺时针旋转得到． ， ∴，，，， ∵， ． ，，三点共线． ， ， ，， ， ， ； （2）结论：． 证明：延长，交于点，如图： 四边形是矩形， ， ， 平分， ， ， 在和中，， ． ， ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的判定，正确作出辅助线是解决此题的关键． 10．（21-22八年级下·江西赣州·期中）我们定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“等补四边形”． 如图1，四边形中，，，则四边形叫做“等补四边形”． 【概念理解】 （1）①在等补四边形中，若，则______； ②在以下四种图形中，一定是“等补四边形”的是______． A．平行四边形    B．菱形    C．矩形    D．正方形 【性质探究】 （2）如图1，在等补四边形中，，连接，是否平分？请说明理由． 【知识运用】 （3）如图2，在四边形中，平分，，． 求证：四边形是等补四边形． 【拓展应用】 （4）将斜边相等的两块三角板按如图3放置，其中含角的三角板的斜边与含角的三角板的斜边重合，、位于的两侧，其中，若，连接，则的长为______． 【答案】（1）①130；②D；（2）平分，理由见解析；（3）证明见解析；（4） 【知识点】用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定、含30度角的直角三角形、全等三角形综合问题 【分析】（1）①由四边形等补四边形及等补四边形的定义得，因为，所以； ②在平行四边形、菱形、矩形、正方形中，只有正方形的邻边相等且对角互补，符合等补四边形的定义，即可得到问题的答案； （2）作于点E，交的延长线于点F，由四边形是等补四边形得，而，所以，可证明，得，再根据直角三角形全等的判定定理“”证明，得，所以平分； （3）在上截取，连接，证明，得，，而，所以，所以，则，即可证明四边形是等补四边形； （4）于点H，则，先证明四边形是等补四边形，由（2）得，则，，再证明，由得，根据勾股定理求出的长，即可求得的长． 【详解】解：（1）①∵四边形等补四边形，， ∴， ∴， 故答案为：130． ②在平行四边形、菱形、矩形、正方形中，只有正方形的邻边相等且对角互补， ∴正方形是等补四边形， 故选：D． （2）平分， 理由：如图，作于点E，交的延长线于点F， ∵四边形是等补四边形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴平分． （3）证明：如图，在上截取，连接， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是等补四边形． （4）作于点，则， ∵，， ∴， ∴四边形是等补四边形， 由（2）得，平分， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的长为， 故答案为：． 【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、同角或等角的补角相等、新定义问题的求解等知识与方法，正确地作添加辅助线是解题的关键． 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 $$