2025年九年级中复习数学几何模型研究大讲堂 专题二十一 “半角”模型

初中数学几何模型研究大讲堂 专题二十一：半角模型 21-1：全等中的“半角”模型 PART 1——模型认知. 已知 图示 结论(性质) 四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°.（90°-45°型） ①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF； ④AEF的周长=2AB； ⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD. . ABC是等腰直角三角形，∠DAE=45°.（等腰直角三角形半角模型） ①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE； ③∠ECG==90°； ④DE2＝BD2＋EC2 . ABC是等边三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°.（120°-60°型） ①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋FC；④AEF的周长=2AB； ⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC. ∠BAC=，AB=AC，∠DAE=（-型） ①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF； ③∠ECF=180°-. 考法 常考设问 考查题型 解题思路 考 法 1 从复杂图形中抽离“一线三等角”模型 求线段长、角度 1. 在选择或填空题中考查： （1）求线段长或角度； （2）在多结论判断题中涉及； 2. 常在解答题中考查“一线三等角”模型的相关证明与计算 根据“一线三等角”模型的特征，找出模型，运用三角形内角和得到另一对等角，判定三角形全等，从而证明线段相等或求线段长 考 法 2 添加辅助线构造“一线三垂直”模型 求线段之间的数量关系 1. 在选择或填空题考查求线段长、反比例函数的解析式或 k 值； 2. 在解答题中考查： （1）证明线段相等； （2）在二次函数综合题中构造“一线三垂直”模型，从而求二次函数的解析式 可通过等线段不重合的端点，向重合端点所在的直线作辅助线构造等角，得到完整的“一线三垂直”模型，从而进行相关证明与计算 PART 2——模型思路. 这是一种教学过程中必须涉及的模型，是全等压轴题的一类，辅助线简单易学，难度在适中和较难之间，该模型只要对辅助线原理搞透彻，那么结论基本都会推，半角模型其实很多题变化很大，但是实际上都是同样的辅助线，把题型练清楚即可，本次专题的抽离模型练所有题目均为模型示范的典型例题. 常见辅助线作法： 已知 图示 作法 “半角”模型 截长法、补短法或旋转构造全等（用旋转要考虑三点共线） PART 3——模型练习. 1.（2023·重庆A）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（ ）    A． B． C． D． 2.（2025·山东济南校级月考）如图，正方形纸片的边长为6，点E，F分别在边，上，已知，，则的长为（   ） A．5 B．5.5 C．6 D．6.5 3.（2024·宁夏固原期中）如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为 ． 4.（2024·黑龙江牡丹江期末）如图、已知是等边三角形，在外有一点D，，且，点E为上一点，点F为上一点，且．下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 5.（2023·重庆八中期末）如图，边长为6的正方形中，点E、F分别在边、上，连接、、，已知平分，，则的长为（    ） A．2 B．3 C． D． 6.（2025·安徽池州三模）如图，菱形中，是边上一点，是边上一点，，连接交于点． （1）若，则 （用表示）； （2）若，则的最大值是 ． 7.（2024·黑龙江龙东）已知是等腰三角形，，，在的内部，点M、N在上，点M在点N的左侧，探究线段之间的数量关系．    （1）如图①，当时，探究如下： 由，可知，将绕点A顺时针旋转，得到，则且，连接，易证，可得，在中，，则有． （2）当时，如图②：当时，如图③，分别写出线段之间的数量关系，并选择图②或图③进行证明． 8.（2024·重庆B）如图，在边长为4的正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，平分．交于点．若，则的长度为（　　） A．2 B． C． D． 9.（原创）如图所示，在正方形中，，E为中点，F、G分别为上一点，连接，则的长为（   ） A． B．7 C． D． 10.（2025·四川成都校级期末）如图，正方形的边长为，点，分别在边，上，若是的中点，且，则的长为 ． 11.（2023·浙江嘉兴校级一模）如图①，是等腰的斜边上的两动点，且． （1）求证：； （2）求证：； （3）如图②，作，垂足为H，设，不妨设，请利用（2）的结论证明：当时，成立． 【中考链接】本题原题目来源于2021湖南娄底中考. （选做） 12.（2024·江苏南京校级模拟）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 13.（2025·山东菏泽校级入学）如图，是边长为1的等边三角形，D、E为线段AC上两动点，且，过点D、E分别作AB、BC的平行线相交于点F，分别交BC、AB于点H、G．现有以下结论：①；②当点D与点C重合时，；③；④当时，四边形BHFG为菱形，其中正确结论为（    ） A． ①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④ 【中考链接】本题原题目来源于2021山东东营中考. 14.（2023·内蒙古赤峰）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放在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点重合，绕点旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点，，连接，可得．    【探究一】如图②，把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上．求证：； 【探究二】在图②中，连接，分别交，于点，．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，．连接交于点，求的值． 15.（2025·山东东营）【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，，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，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，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】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． PART 4——模型变式. 【变式1】（2025·贵州黔南州期末）综合与实践： 【模型解读】“半角模型”是指在一个大角中包含着一个大小为其一半的角，通过边与角的特殊关系解决线段长度、角度的相关问题．例如：如图1，在正方形中，点E，F分别在上，连接，且，我们把这种模型称为“半角模型”．在解决问题时，“截长补短”是一种常用的方法，将分散的线段或角集中在一起，构造全等三角形，从而利用全等三角形的性质来解决问题． 【实践证明】（1）如图1，连接EF，为了证明“”，小李同学运用所学的几何知识，延长到点H，使，连接，通过证明，得到 ，从而得到，请你按照小李同学的思路写出证明过程； 【知识运用】（2）利用（1）的结论，若正方形的边长是4，则 的周长是 ； 【拓展延伸】（3）如图2，在四边形中，，，点E，F分别在 的延长线上，连接，且 探究线段 之间的数量关系，并证明． 【变式2】（2025·新疆昌吉州期末）【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． 【变式3】（2024·四川眉山期末）已知，，分别在边，上取点，，使，过点平行于的直线与过点平行于的直线相交于点．点，分别是射线，上动点，连接，，． （1）求证：； （2）如图，当点，分别在线段，上，且时，请求出线段，，之间的等量关系式； （3）如图，当点，分别在，的延长线上，且时，延长交于点，延长交于点．请猜想线段，，之间的等量关系，并证明你的结论． 【变式4】（2023·重庆南岸月考）（1）如图1，在四边形中，，，E、F分别是边、上的点，若，可求得、、之间的数量关系为________．（只思考解题思路，完成填空即可，不必书写证明过程） （2）如图2，在四边形中，，，E、F分别是边、延长线上的点，若，判断、、之间的数量关系还成立吗，若成立，请完成证明，若不成立，请说明理由． 【变式5】（2024·陕西咸阳校级入学）在等边的两边所在直线上分别有两点M、N，D为外一点，且．探究：当M、N分别在直线上移动时，之间的数量关系及的周长Q与等边的周长L的关系． (1)如图1，当点M、N边上，且时，之间的数量关系是___________；此时___________； (2)如图2，点M、N在边上，且当时，猜想（ I）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由． (3)如图3，当M、N分别在边的延长线上时，探索之间的数量关系如何？并给出证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 初中数学几何模型研究大讲堂 专题二十一：半角模型 21-1：全等中的“半角”模型 PART 1——模型认知. 已知 图示 结论(性质) 四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°.（90°-45°型） ①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF； ④AEF的周长=2AB； ⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD. . ABC是等腰直角三角形，∠DAE=45°.（等腰直角三角形半角模型） ①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE； ③∠ECG==90°； ④DE2＝BD2＋EC2 . ABC是等边三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°.（120°-60°型） ①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋FC；④AEF的周长=2AB； ⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC. ∠BAC=，AB=AC，∠DAE=（-型） ①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF； ③∠ECF=180°-. 考法 常考设问 考查题型 解题思路 考 法 1 从复杂图形中抽离“一线三等角”模型 求线段长、角度 1. 在选择或填空题中考查： （1）求线段长或角度； （2）在多结论判断题中涉及； 2. 常在解答题中考查“一线三等角”模型的相关证明与计算 根据“一线三等角”模型的特征，找出模型，运用三角形内角和得到另一对等角，判定三角形全等，从而证明线段相等或求线段长 考 法 2 添加辅助线构造“一线三垂直”模型 求线段之间的数量关系 1. 在选择或填空题考查求线段长、反比例函数的解析式或 k 值； 2. 在解答题中考查： （1）证明线段相等； （2）在二次函数综合题中构造“一线三垂直”模型，从而求二次函数的解析式 可通过等线段不重合的端点，向重合端点所在的直线作辅助线构造等角，得到完整的“一线三垂直”模型，从而进行相关证明与计算 PART 2——模型思路. 这是一种教学过程中必须涉及的模型，是全等压轴题的一类，辅助线简单易学，难度在适中和较难之间，该模型只要对辅助线原理搞透彻，那么结论基本都会推，半角模型其实很多题变化很大，但是实际上都是同样的辅助线，把题型练清楚即可，本次专题的抽离模型练所有题目均为模型示范的典型例题. 常见辅助线作法： 已知 图示 作法 “半角”模型 截长法、补短法或旋转构造全等（用旋转要考虑三点共线） PART 5——模型解析. 1.（2023·重庆A）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（ ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用三角形逆时针旋转后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解． 【详解】将绕点逆时针旋转至，    ∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转性质可知：，，， ∴， ∴点三点共线， ∵，，， ∴，， ∵， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：．   【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是能正确作出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度． 2.（2025·山东济南校级月考）如图，正方形纸片的边长为6，点E，F分别在边，上，已知，，则的长为（   ） A．5 B．5.5 C．6 D．6.5 【答案】A 【分析】此题考查了正方形的性质、翻折变换以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用． 由正方形纸片的边长为6，可得，，根据折叠的性质得：，，然后设，在中，由勾股定理，即可得方程，解方程即可求得答案． 【详解】解：延长到点，使，连接，如图， 四边形是正方形， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； ，， ， ， 在中，根据勾股定理得：， ， ， ， 故选：A． 3.（2024·宁夏固原期中）如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为 ． 【答案】4+4． 【分析】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN+BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD+DC，代入求出即可． 【详解】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图： 由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN， ∵∠BAC＝∠D＝90°， ∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°， ∴∠ABD+∠ABE＝180°， ∴E，B，M三点共线， ∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°， ∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°， ∴∠EAM＝∠MAN， 在△AEM和△ANM中， ， ∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∴MN＝ME， ∴MN＝CN+BM， ∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BD＝4，CD＝BD×tan∠CBD＝4， ∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝4+4， 故答案为4+4． 【点睛】此题主要考查利用三角形全等的性质和解直角三角形，进行等量转换，关键是做辅助线. 4.（2024·黑龙江牡丹江期末）如图、已知是等边三角形，在外有一点D，，且，点E为上一点，点F为上一点，且．下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】本题考查了等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，余角的性质，平行线的判定，线段的垂直平分线的判定和性质，延长到T，使得，连接，构造半角模型，证明②；利用线段垂直平分线的判定和性质，可证③；无法证明 ，也就无法证明，从判断①④错误，解答即可． 【详解】延长到T，使得，连接 ∵是等边三角形， ∴， ， ∵，, ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴． ∴． 故②正确． 连接，交于点Q， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故③正确； 无法证明，也就无法证明，从判断①④错误， 故选C． 5.（2023·重庆八中期末）如图，边长为6的正方形中，点E、F分别在边、上，连接、、，已知平分，，则的长为（    ） A．2 B．3 C． D． 【答案】B 【分析】延长到，使，连接，由平分，可证，得，，即可证，得，设，根据，有，即可解得答案． 【详解】解：延长到，使，连接，如图： 平分， ， ，， ∴， ，， 四边形是正方形， ，， ∴， ， 设，则，， ， ， ， 解得， ， 故选：B． 【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，勾股定理及应用，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形． 6.（2025·安徽池州三模）如图，菱形中，是边上一点，是边上一点，，连接交于点． （1）若，则 （用表示）； （2）若，则的最大值是 ． 【答案】 3 【分析】（1）先证明是等边三角形；得出，再利用三角形的内角和定理进一步可得答案； （2）设，，根据，根据二次函数性质，说明有最大值，求出最大值为3即可． 【详解】解：（1）∵四边形是菱形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴在和中， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴是等边三角形； ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为： （2）∵， ∴， ∴， 设，， ∴ ， ∴当时，取最大值， ∴此时， ∴此时， ∵为等边三角形， ∴此时，， ∴此时， ∴平分， ∵为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即的最大值为3． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，二次函数的最值，等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质，数形结合． 7.（2024·黑龙江龙东）已知是等腰三角形，，，在的内部，点M、N在上，点M在点N的左侧，探究线段之间的数量关系．    （1）如图①，当时，探究如下： 由，可知，将绕点A顺时针旋转，得到，则且，连接，易证，可得，在中，，则有． （2） 当时，如图②：当时，如图③，分别写出线段之间的数量关系，并选择图②或图③进行证明． 【答案】图②的结论是：；图③的结论是：；证明见解析 【分析】本题主要考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，30度角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理等知识 ，选②，以点B为顶点在外作，在上截取，连接，过点Q作，垂足为H，构造全等三角形，得出，，再证明，得到；在中由勾股定理得，即，整理可得结论；选③方法同② 【详解】解：图②的结论是： 证明：∵ ∴是等边三角形， ∴， 以点B为顶点在外作，在上截取，连接，过点Q作，垂足为H，   ，， ， 又 即 又， ， ； ∵ ∴， ∴ ， ∴， 在中,可得： 即 整理得 图③的结论是： 证明：以点B为顶点在外作，在上截取，连接，过点Q作，垂足为H，   ，， ， 又 即 又， ， 在中，， ， ， 在中,可得： 即 整理得 8.（2024·重庆B）如图，在边长为4的正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，平分．交于点．若，则的长度为（　　） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，先由正方形的性质得到，再证明得到，进一步证明得到，设，则， 在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， 故选：D． 9.（原创）如图所示，在正方形中，，E为中点，F、G分别为上一点，连接，则的长为（   ） A． B．7 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查正方形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 过点A作交于点M，延长到点P，使得，连接，，先证明， 是平行四边形，继而证明，可得到，，由，求出，继而求出，即可解答． 【详解】解：过点A作交于点M，延长到点P，使得，连接，，如图， 有， ∵在正方形中，，E为中点， ∴， ，， ∴，， 四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴． 故选D． 10.（2025·四川成都校级期末）如图，正方形的边长为，点，分别在边，上，若是的中点，且，则的长为 ． 【答案】4 【分析】延长F至G，使CG=AE，连接DG，由SAS证明△ADE≌△CDG，得出DE=DG，∠ADE=∠CDG，再证明△EDF≌△GDF，得出EF=GF，设AE=CG=x，则EF=GF=3+x，在Rt△BEF中，由勾股定理得出方程，解方程得出AE=2，从而求得BE的长即可． 【详解】解：延长F至G，使CG=AE，连接DG、EF，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=AB=BC=CD=6，∠A=∠B=∠DCF=∠ADC=90°， ∴∠DCG=90°， 在△ADE和△CDG中，， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴DE=DG，∠ADE=∠CDG， ∴∠EDG=∠CDE+∠CDG=∠CDE+∠ADE=90°， ∵∠EDF=45°， ∴∠GDF=45°， 在△EDF和△GDF中，， ∴△EDF≌△GDF（SAS）， ∴EF=GF， ∵F是BC的中点， ∴BF=CF=3， 设AE=CG=x，则EF=GF=CF+CG=3+x， 在Rt△BEF中，由勾股定理得：， 解得：x=2，即AE=2， ∴BE=AB-AE=6-2=4. 【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理，利用了方程的思想，证明三角形全等是解本题的关键． 11.（2023·浙江嘉兴校级一模）如图①，是等腰的斜边上的两动点，且． （1）求证：； （2）求证：； （3）如图②，作，垂足为H，设，不妨设，请利用（2）的结论证明：当时，成立． 【中考链接】本题原题目来源于2021湖南娄底中考. 【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解；（3）证明见详解． 【分析】（1）△ABC是等腰直角三角形，AB=AC，∠BAC=90°，由CD⊥BC，可求∠DCA=∠ABE即可； （2）由△ABE≌△ACD，可得∠FAD=∠EAF，可证△AEF≌△ADF（SAS），可得EF=DF，在Rt△CDF中，根据勾股定理，即可； （3）将△ABE逆时针绕点A旋转90°到△ACD，由△ABC为等腰直角三角形，可求∠DCF=90°，由，在Rt△ABC中由勾股定理，由AH⊥BC，可求BH=CH=AH=，可表示EF= tanα+ tanβ,BE =1-tanα,CF= 1-tanβ，可证△AEF≌△ADF（SAS），得到EF=DF，由可得，整理即得结论． 【详解】（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形， ∴AB=AC，∠BAC=90°， ∴∠ABC=∠ACB=45°， ∵CD⊥BC， ∴∠DCB=90°， ∴∠DCA=90°-∠ACB=90°-45°=45°=∠ABE， 在△ABE和△ACD中， ， ∴△ABE≌△ACD（SAS）， （2）证明∵△ABE≌△ACD， ∴∠BAE=∠CAD，AE=AD， ∵∠EAF=45°， ∴∠BAE+∠FAC=90°-∠EAF=90°-45°=45°， ∴∠FAD=∠FAC+∠CAD=∠FAC+∠BAE=45°=∠EAF， 在△AEF和△ADF中， ， ∴△AEF≌△ADF（SAS）， ∴EF=DF， 在Rt△CDF中，根据勾股定理， ， 即； （3）证明：将△ABE逆时针绕点A旋转90°到△ACD，连结FD， ∴∠BAE=∠CAD，BE=CD，AE=AD， ∵△ABC为等腰直角三角形， ∠ACB=∠B=∠ACD=45°，∠DCF=∠DCA+∠ACF=45°+45°=90°， ∵， ∴AC= ， 在Rt△ABC中由勾股定理 ∵AH⊥BC， ∴BH=CH=AH=， ∴EF=EH+FH=AHtanα+AH tanβ= tanα+ tanβ,BE=BH-EH=1-tanα,CF=CH-HF=1-tanβ， ∵∠EAF=45°， ∴∠BAE+∠CAF=90°-∠EAF=45°， ∴∠DAF=∠DAC+∠CAF=∠BAE+∠CAF=45°=∠EAF， 在△AEF和△ADF中， ， ∴△AEF≌△ADF（SAS）， ∴EF=DF， 在Rt△CDF中，即， ∴， 整理得， 即， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，三角形全等判定与性质，三角形旋转变换，勾股定理，锐角三角函数及其公式推导，掌握上述知识、灵活应用全等三角形的判定和性质是解题关键． （选做） 12.（2024·江苏南京校级模拟）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】B 【分析】过A作AI⊥BC垂足为I，然后计算△ABC的面积即可判定①；先画出图形，然后根据等边三角形的性质和相似三角形的性质即可判定②；如图将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN，求证NE=DE；再延长EA到P使AP=CD=AN，证得∠P=60°，NP=AP=CD，然后讨论即可判定③；如图1，当AE=CD时，根据题意求得CH=CD、AG=CH，再证明四边形BHFG为平行四边形，最后再说明是否为菱形． 【详解】解：如图1, 过A作AI⊥BC垂足为I ∵是边长为1的等边三角形 ∴∠BAC=∠ABC=∠C=60°，CI= ∴AI= ∴S△ABC=,故①正确； 如图2，当D与C重合时 ∵∠DBE=30°，是等边三角形 ∴∠DBE=∠ABE=30° ∴DE=AE= ∵GE//BD ∴ ∴BG= ∵GF//BD,BG//DF ∴HF=BG=,故②正确； 如图3，将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN ∴∠1=∠2，∠5=∠6=60°，AN=CD,BD=BN ∵∠3=30° ∴∠2+∠4=∠1+∠4=30° ∴∠NBE=∠3=30° 又∵BD=BN，BE=BE ∴△NBE≌△DBE（SAS） ∴NE=DE 延长EA到P使AP=CD=AN ∵∠NAP=180°-60°-60°=60° ∴△ANP为等边三角形 ∴∠P=60°，NP=AP=CD 如果AE+CD=DE成立，则PE=NE,需∠NEP=90°，但∠NEP不一定为90°，故③不成立； 如图1，当AE=CD时， ∵GE//BC ∴∠AGE=∠ABC=60°，∠GEA=∠C=60° ∴∠AGE=∠AEG=60°， ∴AG=AE 同理：CH=CD ∴AG=CH ∵BG//FH,GF//BH ∴四边形BHFG是平行四边形 ∵BG=BH ∴四边形BHFG为菱形，故④正确． 故选B． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质以及菱形的判定等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键． 13.（2025·山东菏泽校级入学）如图，是边长为1的等边三角形，D、E为线段AC上两动点，且，过点D、E分别作AB、BC的平行线相交于点F，分别交BC、AB于点H、G．现有以下结论：①；②当点D与点C重合时，；③；④当时，四边形BHFG为菱形，其中正确结论为（    ） A． ①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④ 【中考链接】本题原题目来源于2021山东东营中考. 【答案】B 【分析】过A作AI⊥BC垂足为I，然后计算△ABC的面积即可判定①；先画出图形，然后根据等边三角形的性质和相似三角形的性质即可判定②；如图将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN，求证NE=DE；再延长EA到P使AP=CD=AN，证得∠P=60°，NP=AP=CD，然后讨论即可判定③；如图1，当AE=CD时，根据题意求得CH=CD、AG=CH，再证明四边形BHFG为平行四边形，最后再说明是否为菱形． 【详解】解：如图1, 过A作AI⊥BC垂足为I ∵是边长为1的等边三角形 ∴∠BAC=∠ABC=∠C=60°，CI= ∴AI= ∴S△ABC=,故①正确； 如图2，当D与C重合时 ∵∠DBE=30°，是等边三角形 ∴∠DBE=∠ABE=30° ∴DE=AE= ∵GE//BD ∴ ∴BG= ∵GF//BD,BG//DF ∴HF=BG=,故②正确； 如图3，将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN ∴∠1=∠2，∠5=∠6=60°，AN=CD,BD=BN ∵∠3=30° ∴∠2+∠4=∠1+∠4=30° ∴∠NBE=∠3=30° 又∵BD=BN，BE=BE ∴△NBE≌△DBE（SAS） ∴NE=DE 延长EA到P使AP=CD=AN ∵∠NAP=180°-60°-60°=60° ∴△ANP为等边三角形 ∴∠P=60°，NP=AP=CD 如果AE+CD=DE成立，则PE=NE,需∠NEP=90°，但∠NEP不一定为90°，故③不成立； 如图1，当AE=CD时， ∵GE//BC ∴∠AGE=∠ABC=60°，∠GEA=∠C=60° ∴∠AGE=∠AEG=60°， ∴AG=AE 同理：CH=CD ∴AG=CH ∵BG//FH,GF//BH ∴四边形BHFG是平行四边形 ∵BG=BH ∴四边形BHFG为菱形，故④正确． 故选B． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质以及菱形的判定等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键． 14.（2023·内蒙古赤峰）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放在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点重合，绕点旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点，，连接，可得．    【探究一】如图②，把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上．求证：； 【探究二】在图②中，连接，分别交，于点，．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，．连接交于点，求的值． 【答案】[探究一]见解析；[探究二]见解析；[探究三] 【分析】[探究一]证明，即可得证； [探究二]根据正方形的性质证明，根据三角形内角和得出，加上公共角，进而即可证明 [探究三]先证明，得出，，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．得出，根据全等三角形的性质得出，进而可得，证明，根据相似三角形的性质得出，即可得出结论． 【详解】[探究一] ∵把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上， ∴， ∴， ∴， 在与中 ∴ ∴ [探究二]证明：如图所示，    ∵四边形是正方形， ∴， 又， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 又∵公共角， ∴； [探究三] 证明：∵是正方形的对角线， ∴，， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， ∴，， 如图所示，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．    ∴，， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，正方形的性质，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． 15.（2025·山东东营）【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，，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，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，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】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，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) (2)，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握利用图形的旋转来构造全等三角形是解题的关键． （1）根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案； （2）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据旋转的性质及全等三角形的判定与性质，可逐步证明，即得答案； （3）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案． 【详解】（1）解：绕点A顺时针旋转，得到， ，，，， 四边形是正方形， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 故答案为：； （2）解：；理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， E在上， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：．理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ． PART 4——模型变式. 【变式1】（2025·贵州黔南州期末）综合与实践： 【模型解读】“半角模型”是指在一个大角中包含着一个大小为其一半的角，通过边与角的特殊关系解决线段长度、角度的相关问题．例如：如图1，在正方形中，点E，F分别在上，连接，且，我们把这种模型称为“半角模型”．在解决问题时，“截长补短”是一种常用的方法，将分散的线段或角集中在一起，构造全等三角形，从而利用全等三角形的性质来解决问题． 【实践证明】（1）如图1，连接EF，为了证明“”，小李同学运用所学的几何知识，延长到点H，使，连接，通过证明，得到 ，从而得到，请你按照小李同学的思路写出证明过程； 【知识运用】（2）利用（1）的结论，若正方形的边长是4，则 的周长是 ； 【拓展延伸】（3）如图2，在四边形中，，，点E，F分别在 的延长线上，连接，且 探究线段 之间的数量关系，并证明． 【答案】（1）见解析；（2）8；（3），见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形解决问题． （1）沿着小李的思路，先证，再证，即可得出结论； （2）设，则，然后计算周长即可； （3）在上截取，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结论． 【详解】解：（1）， 理由如下： 沿着小李的思路进行证明， 在正方形中，有，， ∴， ∵，，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴； （2）设，则， ∴ 的周长为：， 故答案为：8； （3），理由如下： 如下图中，在上截取，使，连接，    ∵，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，且， ∴． 【变式2】（2025·新疆昌吉州期末）【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]． 【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． 【变式3】（2024·四川眉山期末）已知，，分别在边，上取点，，使，过点平行于的直线与过点平行于的直线相交于点．点，分别是射线，上动点，连接，，． （1）求证：； （2）如图，当点，分别在线段，上，且时，请求出线段，，之间的等量关系式； （3）如图，当点，分别在，的延长线上，且时，延长交于点，延长交于点．请猜想线段，，之间的等量关系，并证明你的结论． 【答案】（1）见解析；（2）；（3），见解析 【分析】（1）连接,通过，得到为等腰直角三角形，进而得到，根据过点平行于的直线与过点平行于的直线相交于点，可推出，，最后通过证明≌，可以得出结论； （2）在射线上取点，使，连接，通过证明≌，得到，，再结合，推导证明≌，得到，最后等量代换线段即可求解； （3）延长到点，使得，连接，通过证明≌，得到，，再结合，推导证明≌，得到，根据，等量代换可知，又因为，推出，进而得到，同理可证，最后根据勾股定理即可求解． 【详解】解：（1）证明：连接． ，， 为等腰直角三角形， ， 又，且， ， ， ， 同理，， 在与中 ， ≌， ，； （2）如图，在射线上取点，使，连接． 在与中 ， ≌， ，， ，， ， ， ， 在与中 ≌， ， 又， ． （3）．证明如下： 如图，延长到点，使得，连接． ， 在与中 ， ≌， ，， ， ， ， ， ， ， 在与中 ， ≌， ， ≌， ， ， ， ， ， ， 同理可证：， 在中，由勾股定理得：． 【点睛】本题综合考查了全等三角形的性质和判定,勾股定理以及正方形的有关知识，通过添加辅助线构造全等三角形，通过证明全等三角形得到线段之间的关系是解题的关键． 【变式4】（2023·重庆南岸月考）（1）如图1，在四边形中，，，E、F分别是边、上的点，若，可求得、、之间的数量关系为________．（只思考解题思路，完成填空即可，不必书写证明过程） （2）如图2，在四边形中，，，E、F分别是边、延长线上的点，若，判断、、之间的数量关系还成立吗，若成立，请完成证明，若不成立，请说明理由． 【答案】（1）；（2）．理由见解析． 【分析】（1）线段、、之间的数量关系是．如图，延长至，使，连接，利用全等三角形的性质解决问题即可． （2）结论：．如图中，在上截取，连接，证明，推出，，再证明，可得结论． 【详解】（1）解：线段、、之间的数量关系是． 如图，延长至，使，连接， ∵，，即：， ∴， 在和中，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴； 故答案为：． （2）结论：． 理由：在上截取，连接， ∵，， ∴， 在与中，， ∴， ∴，，则， ∴ ∵，， ∴， 在与中，， ∴， ∴， 即， 即， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 【变式5】（2024·陕西咸阳校级入学）在等边的两边所在直线上分别有两点M、N，D为外一点，且．探究：当M、N分别在直线上移动时，之间的数量关系及的周长Q与等边的周长L的关系． (1)如图1，当点M、N边上，且时，之间的数量关系是___________；此时___________； (2)如图2，点M、N在边上，且当时，猜想（ I）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由． (3)如图3，当M、N分别在边的延长线上时，探索之间的数量关系如何？并给出证明． 【答案】(1) (2)结论仍然成立，详见解析 (3)，详见解析 【分析】对于（1），由，可证得是等边三角形，又由是等边三角形，，易证得，然后由直角三角形的性质，即可求得之间的数量关系，此时； 对于（2），在的延长线上截取，连接，可证，即可得，易证得，则可证得，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立； 对于（3），首先在上截取，连接，可证，即可得，然后证得，易证得，则可得． 【详解】（1）解：如图1，之间的数量关系． 此时． 理由：∵， ∴是等边三角形. ∵是等边三角形， ∴. ∵， ∴， ∴. ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形. ∵， ∴， ∴； 故答案为：，． （2）猜想：结论仍然成立． 证明：在的延长线上截取，连接． ∵， ∴， ∴. ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的周长为：， ∴； （3）， 证明：在上截取，连接． ∵， ∴， ∴. ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质和判定，直角三角形的性质，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $