专题06 相似模型之一线三等角模型、半角模型与对角互补模型（几何模型讲义）（广东专用）2026年中考数学一轮复习几何模型系列

该初中数学讲义聚焦中考几何相似三大核心模型（一线三等角、半角、对角互补），对接中考高频考点，按“模型定义-核心要素-分类解析-真题应用”架构梳理，通过考点提炼、方法指导（如旋转构造、作垂线转化）、例题精讲（含2025年广东中考真题）等环节，构建系统性复习体系，助力突破相似判定及比例线段难点。 亮点在于融入“几何直观”“推理意识”素养，如一线三等角模型通过共顶点、三等角条件精准识别相似，半角模型借旋转转化角关系推导比例，配合分层例题（基础到拓展）和5分钟限时训练，高效提升学生模型应用能力，教师可依此把控复习节奏，实现精准备考。

专题06相似模型之一线三等角模型、半角模型与对角互补模型 这三个是初中几何相似高频模型，核心均通过角相等匹配 AA 相似判定。一线三等角模型以同一直线三个等角为特征，借等角的余 / 补角相等推角相等；半角模型需转化角的关系，结合边的比例推导相似；对角互补模型利用对角互补及隐含角相等，锁定相似条件。解题关键是识别角的关联，快速匹配相似判定并套用比例。 1 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 3 模型运用 5 模型1相似模型之一线三等角模型 5 模型2相似模型之半角模型 9 模型3相似模型之对角互补模型 9 16 这三种相似模型均是平面几何中依托图形角度特征归纳的经典模型，核心源于AA、SAS等相似三角形判定定理，专为解决复杂角度、比例线段问题设计，是解题的高效工具。相似一线三等角模型以“同一直线上三个相等角”为核心特征，常见于等腰三角形、矩形、坐标系等背景，通过角的和差推导两组对应角相等，快速满足相似判定条件，实现线段比例转化；相似半角模型聚焦“一个角含其一半邻角”的结构，通过旋转图形整合分散的角与线段，构造相似三角形，破解线段比例、角度倍数关系难题；相似对角互补模型则以“四边形或三角形中一组对角之和为180°”为关键，利用内角和定理推导对应角相等，结合边长比例关系证明相似，多用于四边形、圆内接图形等场景。三者均通过精准捕捉角度关联，简化相似判定流程，为复杂几何题搭建解题桥梁。 （2025·广东深圳·中考真题）如图，以矩形的点为圆心，的长为半径作，交于点，点为上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转至，点落在上，且点为中点．若，，则的长为 ． 【答案】6 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 为所对的圆周角，所对的圆心角为， ， 将线段绕点顺时针旋转至， ， ， ， ， ， 又， ∴， ∴， 点为中点， ， ， ， ． 故答案为：6． 相似模型之一线三等角模型 核心结论：一条直线上存在三个相等的角（顶点共线），无需对应边相等，仅通过 “三等角” 即可判定三角形相似（AA），对应边成比例、面积比为相似比的平方，是几何求比例、算长度的高频模型。 一、模型核心定义 “一线三等角相似模型” 延续 “一线（三个角的顶点共线）+ 三等角（∠A=∠B=∠C）” 的结构，核心区别于全等模型：无需构造相等线段，仅靠 “三组角相等” 中的两组，即可满足 AA 相似判定。关键特征：三个等角的顶点在同一直线（记为 l），角的两边分别相交形成两个三角形，因两角对应相等，两三角形必然相似。 二、模型核心三要素 共线顶点：三个等角的顶点 P、Q、R 依次在直线 l 上（“一线” 为 l）。 三等角条件：∠1=∠2=∠3=α（α 为直角、锐角或钝角，无需限定角度类型）。 无强制等边要求：仅需角相等即可得相似，若存在对应边成比例，可进一步精准计算比例关系。 3、 常见模型分类 1.一线三等角模型（同侧型） （锐角型） （直角型） （钝角型） 条件：如图，∠1=∠2＝∠3， 结论：△ACE∽△BED。 证明：∵∠1+∠C=∠2+∠DEB（外角定理），∠1=∠2 ∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。 2.一线三等角模型（异侧型） 条件：如图，∠1=∠2＝∠3， 结论：△ADE∽△BEC. 证明：∵∠1=∠2，∴∠CBE=∠EAD（等角的补角相等），∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。 ∵∠2=∠C+∠CEB（外角定理），∠3=∠DEA+∠CEB，∠2＝∠3∴∠C=∠DEA，∴△ADE∽△BEC. 3.一线三等角模型（变异型） 图1 图2 图3 ①特殊中点型：条件：如图1，若C为AB的中点，且∠1=∠2＝∠3，结论：△ACE∽△BED∽△ECD. 证明：∵∠1+∠C=∠2+∠DEB（外角定理），∠1=∠2，∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。 ∴，∵C为AB的中点，∴AE=EB，∴，∴，∵∠2=∠3，∴△BED∽△ECD ②一线三直角变异型1：条件：如图2，∠ABD=∠AFE=∠BDE=90°.结论：△ABC∽△BDE∽△BFC∽△AFB. 证明：∵∠ABD=∠AFE=90°，∴∠ABF+∠CBF=90°，∠A+∠ABF=90°，∴∠CBF=∠A， ∵∠ABD=∠BDE=90°，∴△ABC∽△BDE，∵∠ABD=∠AFE=90°，∴∠ABC=∠BFC=90°， ∴△ABC∽△BFC，同理可证：△ABC∽△AFB°，故△ABC∽△BDE∽△BFC∽△AFB. ③一线三直角变异型2：条件：如图3，∠ABD=∠ACE=∠BDE=90°.结论：△ABM∽△NDE∽△NCM. 证明：∵∠ABD=∠ACE=90°，∴∠ABM=∠MCN=90°， ∵∠AMB=∠NMC（对顶角相等）∴△ABM∽△NCM. 同理可证：△NDE∽△NCM 故：△ABM∽△NDE∽△NCM. 相似模型之半角模型 核心结论：相似模型之半角模型是全等半角模型的拓展，核心是 “共顶点 + 大角内含半角 + 邻边成比例”，通过旋转构造相似三角形（AA/SAS 判定），将半角转化为整角，实现线段比例、乘积关系或面积的求解，本质是 “旋转转移 + 比例转化”。 一、模型核心定义 “相似半角模型” 延续 “大角含半角” 的结构，关键区别于全等模型：从公共顶点出发的两组邻边 “成比例” 而非 “相等”。核心特征：公共顶点 A，大角∠BAC=α，内部半角∠DAE=，且 =k（k 为相似比，k=1 时即为全等半角模型），通过旋转△ABD（或△ACE）使邻边重合，构造相似三角形。 二、模型核心三要素 共顶点：大角与半角共用一个顶点 A（角的顶点重合）。 半角关系：半角的度数是大角的一半，即∠DAE=α/2（∠DAE 在∠BAC 内部）。 邻边成比例：从公共顶点 A 出发的两组邻边成比例，即 AB/AC=k（k>0，为相似比）。 三、构造相似的核心逻辑 构造思路 以公共顶点 A 为旋转中心，将其中一个含半角的三角形（如△ABD）绕点 A 旋转，使成比例的邻边 AB 与 AC（按比例 k）重合，旋转后得到△ACD'。此时半角∠DAE 转化为∠DAC'+∠CAE=∠DAB+∠CAE=α - =，即∠DAE=∠D'AE，结合邻边成比例条件，构造出相似三角形。 相似判定（常用 SAS/AA） 旋转后：==k（旋转性质 + 邻边成比例）。 角条件：∠DAE=∠D'AE（半角转化后的等角）。 结论：△ADE∽△AD'C（SAS 相似：两边成比例且夹角相等）；或通过旋转转移的角相等，满足 AA 相似。 4、 常见模型分类 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，∴ 相似模型之对角互补模型 核心结论：相似模型之对角互补模型是全等对角互补模型的拓展，核心是 “共顶点 + 对角互补 + 邻边成比例”，通过旋转或作垂线构造相似三角形（AA/SAS 判定），将互补角转化为相等角，实现线段比例、乘积关系或面积求解，本质是 “角的转化 + 比例传递”。 一、模型核心定义 “相似对角互补模型” 延续 “对角互补” 的结构，关键区别于全等模型：从公共顶点出发的两组邻边 “成比例” 而非 “相等”。核心特征：公共顶点 O，四边形（或两三角形）中∠AOB+∠COD=180°（对角互补），且 OA/OB=OC/OD=k（k 为相似比，k=1 时即为全等对角互补模型），通过构造辅助线使互补角转化为相等角，满足相似条件。 二、模型核心三要素 共顶点：两个角（或四边形的对角）共用一个公共顶点 O。 对角互补：两组对角之和为 180°，即∠AOB+∠COD=180°（或∠A+∠C=180°）。 邻边成比例：从公共顶点 O 出发的两组邻边成比例，即 OA/OB=OC/OD=k（k>0）。 三、构造相似的核心逻辑 构造思路 旋转法：以公共顶点 O 为旋转中心，将△COD 绕 O 旋转，使成比例的线段 OC 与 OA（或 OD 与 OB）重合，旋转后∠AOC=∠BOD，且互补角转化为相等角（如∠AOB=∠COD'），满足相似条件。 作垂线法：过 A、C 作公共边的垂线，形成直角三角形，利用 “对角互补→余角相等” 推导等角，结合邻边成比例证明相似。 相似判定（常用 AA/SAS） 旋转法：OA/OB=OC/OD=k（成比例）+ ∠AOC=∠BOD（旋转推导）+ ∠OAC=∠OBD（互补角转化）→ △AOC∽△BOD（SAS/AA）。 作垂线法：∠A=∠C=90°（构造直角）+ ∠AOB=∠COD（对顶角 / 转化角）+ OA/OC=OB/OD=k → △AOB∽△COD（AA）。 5、 常见模型分类 3.对角互补相似1 条件：如图，在Rt△ABC中，∠C＝∠EOF＝90°，点O是AB的中点， 结论：如图，过点O作OD⊥AC，OH⊥BC，垂足分别为D，H，则：①△ODE∼△OHF；② 证明：∵OD⊥AC，OH⊥BC，垂足分别为D，H，∴∠EDO＝∠FHO＝90°， ∵∠C＝90°，∴四边形OHCD为矩形，∴∠DOH＝90°，DO＝CH ∴∠DOF+∠HOF＝90°， ∵∠EOF＝90°，∴∠DOF+∠DOE＝90°，∴∠HOF＝∠DOE，∴△ODE∼△OHF，∴， ∵∠C＝∠OHD＝90°，点O是AB的中点，∴H为BC中点，∴BH＝CH，∴BH＝DO，∴ ∵∠C＝∠OHD＝90°，∠B＝∠B，∴△OHB∼△ACB，∴，∴ 2.对角互补相似 2 条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，∠BOC＝. 结论1：如图1，过点C作CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分别为F，G；则①△ECG∼△DCF；②CE＝CD·. 证明：法1：∵CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分别为F，G；∴∠EGC＝∠DFC＝90°， ∵∠AOB＝90°，∴四边形OGCF为矩形，∴∠GCF＝90°，CF=OG，∴∠FCD+∠DCG＝90°， ∵∠DCE＝90°，∴∠GCE+∠DCG＝90°，∴∠GCE＝∠FCD，∴ECG∼△DCF，∴， ∵CF=OG，∴，∵在Rt△COG中，，∴CE＝CD· 条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，∠BOC＝. 结论2：如图2，过点C作CF⊥OC，交OB于F；则：①△CFE∼△COD；②CE＝CD·. 证明：法1：∵CF⊥OC，∴∠OCF＝90°，∴∠OCE+∠ECF＝90°， ∵∠DCE＝90°，∴∠OCE+∠DCO＝90°，∴∠ECF＝∠DCO， ∵∠AOB＝90°，∠OCF＝90°，∴∠COE+∠DOC＝90°，∴∠COE+∠CFO＝90°， ∴∠DOC＝∠CFO，∴CFE∼△COD，∴，∵在Rt△OCF中，，∴CE＝CD·. 3）对角互补相似3 条件：已知如图，四边形ABCD中，∠B+∠D=180°。 结论：如图，过点D作DE⊥BA，DF⊥BC，垂足分别为E、F；则：①△DAE∼△DCF；②A、B、C、D四点共圆。 证明：∵∠B+∠D=180°，∠A+∠C=180°，∴A、B、C、D四点共圆。 ∵DE⊥BA，DF⊥BC，∴∠AED=∠CFD=90°， ∵∠BAD+∠C=180°，∠BAD+∠DAE=180°，∴∠C=∠DAE，∴△DAE∼△DCF； 模型1.相似模型之一线三等角模型 例1已知：如图，矩形中，，，点E为中点，将矩形沿折叠，点B落在点F位置．    (1)求证：； (2)求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【详解】（1）证明：由折叠得：，， ∵点E是的中点， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴； （2）过E作于G，则，    ∵四边形是矩形 ∴， ∴ ∵点E为中点，， ∴， ∴在中，， 由（1）得，， ∴， ∴，即， ∴， ∵，， ∴． 例2（广东珠海·三模）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题． (1)【图形认知】如图①，在正方形中，，交于点，则 （填比值）； (2)【探究证明】如图②，在矩形中，，分别交、于点、，分别交、于点、，求证：； (3)【结论应用】如图③，将矩形沿折叠，使得点和点重合，若，．求折痕的长； (4)【拓展运用】如图④，将矩形沿折叠，使得点落在边上的点处，点落在点处，得到四边形，若，，，请求点P到直线的距离． 【答案】(1)1 (2)证明见解析 (3) (4) 【详解】（1）解：由题意知，， 又∵， ∴， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． （2）证明：如图②，过作交于，过作交于， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴四边形、均为平行四边形， ∴，， 同（1）可得， 又∵， ∴， ∴， ∴． （3）解：由矩形的性质可得， 由勾股定理得， 由（2）可知，，即，解得， ∴的长． （4）解：如图④，延长到，过作于， 由（2）可知，，即，解得， ∴在中，由勾股定理得， 由折叠的性质可得，，，， 设：，则， ∴在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， 解得， ∴点到直线的距离为． 例3（2025·广东深圳·模拟预测）如图①，半圆的直径，和是它的两条切线，与半圆相切于点，并与，分别相交于，两点． (1)请直接写出的度数； (2)求的值； (3)如图②，连接并延长交于点，连接，试判断能否与 相似？若能相似，请求的值；若不能相似，请说明理由． 【答案】(1)． (2) (3)当或时，与相似 【详解】（1）解：如图所示，连接， ∵和是它的两条切线，与半圆相切于点， ∴， ∴是的角平分线 ∴ 同理可得， ∴； （2）解：∵是直径，，是切线， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即． ∵， ∴， ∴； （3）解：能与相似． 如图所示， ∵，是切线， ∴，， 在与中， ∴， ∴， ∵，是切线， 同理可证． ①当时，． ∵，即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． 在， 中，分别求得，． ∴； ②当时，． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴，即， ∴． 综上，当或时，与相似． 例4（2025·广东广州·二模）如图，在矩形中，点在边上，，，，连接，，令． (1)证明：； (2)将绕点从如图位置顺时针旋转，两边分别与、相交于点、，当点与重合时停止． ①证明：的值是定值，并求出的正切值； ②求从开始到停止，线段的中点经过的路径长． 【答案】(1)见解析 (2)①证明见解析，正切值为；② 【详解】（1）证明：四边形为矩形， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ； （2）证明：由旋转可知：； 如图，作于，则， ∵， ∴， ， ， 又， ∴， ， 的正切值， 为锐角， ∴的值是定值； 解：如图，取点为的中点，则，， ， 点在线段的垂直平分线上， 如图，点与点重合时，由（1）知点与点重合，则点在的中点处； 如图5，当点与点A重合时， ∵，故， 则此时四边形为矩形， ∵点为线段的中点， ∴也为线段的中点， 故此时与的中点重合， ∴线段的中点经过的路径长即为的长度， 如图6， ，， ， ∵是的中点，为的中点， 为的中位线， ， 即线段的中点经过的路线长为． 例5（2025·广东深圳·模拟预测）【知识呈现】转化思想是数学常用的思想，在解决一些陌生问题的时候，可以构造辅助线，将陌生问题转化为熟悉问题来解决． （1）如图1，点是线段上一点，，，． 求证：； 求的值． 【小试牛刀】 （2）如图，在等边三角形中，，分别是边，上的点，将沿翻折，使点的对称点落在边上的点处若，，求的长． 【拓展应用】 （3）如图，在中，，，是边的中点，为边上任意一点，将射线绕着点逆时针旋转，得到射线，过点作，交射线于点，连接若，求的值．（用含的式子表示） 【答案】（1）详见解析； （2） （3） 【详解】解：（1）①证明：  ， ，  ， ． 又∵， ∴ ．   解：如图   ，过点 作 ，交的延长线于点， ∵， ，  ． 设，则 ． 在中，， ，， 在 中，， ， 解得或 ． ， ，解得：  ， ， ， ， ； （2）解：如图 ，过点 作 于点 ． 为等边三角形，，， ，  ． 设，则 ． 由折叠的性质可知 ，． 在中，  ． 在 中，   ， ，解得  ， ． （3）解：如图   ，过点作于点 ，过点作交的延长线于点，过点作于点，连接， 四边形是矩形， ． ， ． ， ．   ， ， ． 设 ，，则 ，， 是边的中点， ，  ． ，   ， ，化简，得  ． ，   ， 模型2.相似模型之半角模型 例1【模型回顾】在八年级，我们学习了全等三角形的经典模型—“半角模型”：如图1，在正方形中，E、F在边上，，连接．请你写出线段、、的数量关系：_______； 【探索发现】如图2，小明连接对角线，与、交于点M、N，图中与相似的三角形共有___________个，请你选择其中一组证明； 【深入研究】正方形边长为1，设的长为x，的长为，求与的函数关系式． 【答案】（1）；（2）5，见解析；（3） 【详解】解：（1）； 理由：延长到点G，使，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； 故答案为：； （2）与相似的三角形有． 理由：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； 将绕点A顺时针旋转得到， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴与相似的三角形有， 故答案为：5； （3）由（1）知，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 作于O，过A作于P， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）知，， ∴, ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 例2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 【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：， ∴，， ∴． 模型3.相似模型之对角互补模型 例1（2025·广东广州·三模）如图，已知点是反比例函数图象上的动点，轴，轴，分别交反比例函数的图象于点、，交坐标轴于、，且，连接则下列结论：；在点运动过程中，的面积始终不变，面积为；连接，则；存在点，使得．其中正确的结论有 填写所有正确结论的序号 【答案】 【详解】解：如图，连接，， ，且在反比例函数的图象上， ， ∵轴，且在反比例函数的图象上， ， 又， ，即， ，故正确． ，， ∵轴， 点的纵坐标为， 点在反比例函数的函数图象上， ，解得， 点， ，， ， 在点运动过程中，面积不变，始终等于，故错误； ， ，， ， ∴， ∴， ∴，故正确， 若， ∴， ， ∵， ， 在点的运动过程中，当时，，故正确， 故答案为：． 例2（2025·广东深圳·二模）【定义】平行四边形边上一动点与它所在边的对边的两个端点所形成的折线，叫做平行四边形的“对动线”． 例如，如图1，在平行四边形中，E是边上一动点，连接、，则折线叫做平行四边形的“对动线”，折线的长叫做对动线的长． (1)如图1，菱形的边长为5，，当时，对动线的长为______． (2)如图2，当时，设此时对动线的长为l，菱形的边长为a，当时，求l与a满足的数量关系． (3)平行四边形一边的长度为，，E是平行四边形边上一动点，当E将所在的边分为且满足对动线的夹角与平行四边形的一个内角相等时，直接写出平行四边形另外一边的长度． 【答案】(1) (2) (3)或或或或或或或． 【详解】（1）解：，， ． 在中，设，由得． ，即， 解得（负值舍去）． ． 在中，根据菱形的性质． 对动线长为：． 故答案为： （2）解：如图，延长和交于点 ， ，． ， ． ． ， ，． ． 和a的数量关系为：． （3）解：当，时，设，如图，根据点E的分为两种情况：；． 过点E作． ，则，． 由可得． ． ，即． 解得：． 在中，，即， ， ．即 解得：． ． 由勾股定理可得：． 即： 解得：． 故． ，则，． 同理由可得． 解得． 由和，可得，． 由勾股定理可得：，求解关于n的方程可得：． 则． 故的长度为或． 当，时，如图： 同理可求的长度为：或． 当，时，如图： 同理由，可求出的值为或． 当，时，如图： 同理由，可求出的值为或 综上，平行四边形另外一边的长度为： 或或或或或或或． 1.（2025·广东深圳·三模）如图，以为直径的交于点D，，垂足为． (1)若，求证：为的切线； (2)在（1）的条件下，若，，求的半径． 【答案】(1)见解析； (2)的半径为． 【详解】（1）证明：如图：连接OD， 为直径， ， ， ， ， 是的中位线， ， ， ， 是的半径， 为的切线． （2）解：，，， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， 的半径为． 2.（2025·广东韶关·二模）【问题背景】菱形的边长为，其中，是边上的一个动点，作射线，点关于直线的对称点为，连接，直线与射线交于点，连接． 【知识技能】 （1）如图1，连接，求证：； （2）如图2，连接，求证：； 【拓展探索】 （3）当在直线上运动时，求时，的长度是多少？ 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）当在直线上运动，时，或 【详解】解：（1）证明：∵点关于直线对称； ∴垂直平分； ∴；          又∵； ∴； ∴；             ∵四边形为菱形； ∴； ∵； ∴； ∴； ∴              （2）证明：∵； 由（1）得：； ∴； ∴四点共圆；   ∵和是同弧所对圆周角； ∴； ∵在四边形中， ，且； ∴； ∵四边形为菱形； ∴，； ∴，； ∴； 又∵； ∴；     ∴，即；   ∵，； ∴； ∴； ∴                      （3）①当点在点右侧时，过点作的垂线，交的延长线于点； ∵； ∴； ∴，； ∴； ∴在中，； 由（2）得：，即； ∴；                        ②当点在点左侧时，过点作的垂线，交的延长线于点；如图所示： ∵； ∴，； ∴； ∴在中，； 同（1）可证：，且和都是同侧所对； ∴四点共圆； ∵和是同弧所对圆周角，和是同弧所对圆周角； ∴，； ∴； ∴；              ∴，即； ∴； 综上所得，当在直线上运动，时，或． 3.（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） 【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，， ， ，， ， ， ，， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06相似模型之一线三等角模型、半角模型与对角互补模型 这三个是初中几何相似高频模型，核心均通过角相等匹配 AA 相似判定。一线三等角模型以同一直线三个等角为特征，借等角的余 / 补角相等推角相等；半角模型需转化角的关系，结合边的比例推导相似；对角互补模型利用对角互补及隐含角相等，锁定相似条件。解题关键是识别角的关联，快速匹配相似判定并套用比例。 1 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 3 模型运用 5 模型1相似模型之一线三等角模型 5 模型2相似模型之半角模型 9 模型3相似模型之对角互补模型 9 16 这三种相似模型均是平面几何中依托图形角度特征归纳的经典模型，核心源于AA、SAS等相似三角形判定定理，专为解决复杂角度、比例线段问题设计，是解题的高效工具。相似一线三等角模型以“同一直线上三个相等角”为核心特征，常见于等腰三角形、矩形、坐标系等背景，通过角的和差推导两组对应角相等，快速满足相似判定条件，实现线段比例转化；相似半角模型聚焦“一个角含其一半邻角”的结构，通过旋转图形整合分散的角与线段，构造相似三角形，破解线段比例、角度倍数关系难题；相似对角互补模型则以“四边形或三角形中一组对角之和为180°”为关键，利用内角和定理推导对应角相等，结合边长比例关系证明相似，多用于四边形、圆内接图形等场景。三者均通过精准捕捉角度关联，简化相似判定流程，为复杂几何题搭建解题桥梁。 1.（2025·广东深圳·中考真题）如图，以矩形的点为圆心，的长为半径作，交于点，点为上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转至，点落在上，且点为中点．若，，则的长为 ． 相似模型之一线三等角模型 核心结论：一条直线上存在三个相等的角（顶点共线），无需对应边相等，仅通过 “三等角” 即可判定三角形相似（AA），对应边成比例、面积比为相似比的平方，是几何求比例、算长度的高频模型。 一、模型核心定义 “一线三等角相似模型” 延续 “一线（三个角的顶点共线）+ 三等角（∠A=∠B=∠C）” 的结构，核心区别于全等模型：无需构造相等线段，仅靠 “三组角相等” 中的两组，即可满足 AA 相似判定。关键特征：三个等角的顶点在同一直线（记为 l），角的两边分别相交形成两个三角形，因两角对应相等，两三角形必然相似。 二、模型核心三要素 共线顶点：三个等角的顶点 P、Q、R 依次在直线 l 上（“一线” 为 l）。 三等角条件：∠1=∠2=∠3=α（α 为直角、锐角或钝角，无需限定角度类型）。 无强制等边要求：仅需角相等即可得相似，若存在对应边成比例，可进一步精准计算比例关系。 3、 常见模型分类 1.一线三等角模型（同侧型） （锐角型） （直角型） （钝角型） 条件：如图，∠1=∠2＝∠3， 结论：△ACE∽△BED。 证明：∵∠1+∠C=∠2+∠DEB（外角定理），∠1=∠2 ∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。 2.一线三等角模型（异侧型） 条件：如图，∠1=∠2＝∠3， 结论：△ADE∽△BEC. 证明：∵∠1=∠2，∴∠CBE=∠EAD（等角的补角相等），∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。 ∵∠2=∠C+∠CEB（外角定理），∠3=∠DEA+∠CEB，∠2＝∠3∴∠C=∠DEA，∴△ADE∽△BEC. 3.一线三等角模型（变异型） 图1 图2 图3 ①特殊中点型：条件：如图1，若C为AB的中点，且∠1=∠2＝∠3，结论：△ACE∽△BED∽△ECD. 证明：∵∠1+∠C=∠2+∠DEB（外角定理），∠1=∠2，∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。 ∴，∵C为AB的中点，∴AE=EB，∴，∴，∵∠2=∠3，∴△BED∽△ECD ②一线三直角变异型1：条件：如图2，∠ABD=∠AFE=∠BDE=90°.结论：△ABC∽△BDE∽△BFC∽△AFB. 证明：∵∠ABD=∠AFE=90°，∴∠ABF+∠CBF=90°，∠A+∠ABF=90°，∴∠CBF=∠A， ∵∠ABD=∠BDE=90°，∴△ABC∽△BDE，∵∠ABD=∠AFE=90°，∴∠ABC=∠BFC=90°， ∴△ABC∽△BFC，同理可证：△ABC∽△AFB°，故△ABC∽△BDE∽△BFC∽△AFB. ③一线三直角变异型2：条件：如图3，∠ABD=∠ACE=∠BDE=90°.结论：△ABM∽△NDE∽△NCM. 证明：∵∠ABD=∠ACE=90°，∴∠ABM=∠MCN=90°， ∵∠AMB=∠NMC（对顶角相等）∴△ABM∽△NCM. 同理可证：△NDE∽△NCM 故：△ABM∽△NDE∽△NCM. 相似模型之半角模型 核心结论：相似模型之半角模型是全等半角模型的拓展，核心是 “共顶点 + 大角内含半角 + 邻边成比例”，通过旋转构造相似三角形（AA/SAS 判定），将半角转化为整角，实现线段比例、乘积关系或面积的求解，本质是 “旋转转移 + 比例转化”。 一、模型核心定义 “相似半角模型” 延续 “大角含半角” 的结构，关键区别于全等模型：从公共顶点出发的两组邻边 “成比例” 而非 “相等”。核心特征：公共顶点 A，大角∠BAC=α，内部半角∠DAE=，且 =k（k 为相似比，k=1 时即为全等半角模型），通过旋转△ABD（或△ACE）使邻边重合，构造相似三角形。 2、 模型核心三要素 共顶点：大角与半角共用一个顶点 A（角的顶点重合）。 半角关系：半角的度数是大角的一半，即∠DAE=α/2（∠DAE 在∠BAC 内部）。 邻边成比例：从公共顶点 A 出发的两组邻边成比例，即 AB/AC=k（k>0，为相似比）。 3、 构造相似的核心逻辑 构造思路 以公共顶点 A 为旋转中心，将其中一个含半角的三角形（如△ABD）绕点 A 旋转，使成比例的邻边 AB 与 AC（按比例 k）重合，旋转后得到△ACD'。此时半角∠DAE 转化为∠DAC'+∠CAE=∠DAB+∠CAE=α - =，即∠DAE=∠D'AE，结合邻边成比例条件，构造出相似三角形。 相似判定（常用 SAS/AA） 旋转后：==k（旋转性质 + 邻边成比例）。 角条件：∠DAE=∠D'AE（半角转化后的等角）。 结论：△ADE∽△AD'C（SAS 相似：两边成比例且夹角相等）；或通过旋转转移的角相等，满足 AA 相似。 4、 常见模型分类 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，∴ 相似模型之对角互补模型 核心结论：相似模型之对角互补模型是全等对角互补模型的拓展，核心是 “共顶点 + 对角互补 + 邻边成比例”，通过旋转或作垂线构造相似三角形（AA/SAS 判定），将互补角转化为相等角，实现线段比例、乘积关系或面积求解，本质是 “角的转化 + 比例传递”。 一、模型核心定义 “相似对角互补模型” 延续 “对角互补” 的结构，关键区别于全等模型：从公共顶点出发的两组邻边 “成比例” 而非 “相等”。核心特征：公共顶点 O，四边形（或两三角形）中∠AOB+∠COD=180°（对角互补），且 OA/OB=OC/OD=k（k 为相似比，k=1 时即为全等对角互补模型），通过构造辅助线使互补角转化为相等角，满足相似条件。 二、模型核心三要素 共顶点：两个角（或四边形的对角）共用一个公共顶点 O。 对角互补：两组对角之和为 180°，即∠AOB+∠COD=180°（或∠A+∠C=180°）。 邻边成比例：从公共顶点 O 出发的两组邻边成比例，即 OA/OB=OC/OD=k（k>0）。 三、构造相似的核心逻辑 构造思路 旋转法：以公共顶点 O 为旋转中心，将△COD 绕 O 旋转，使成比例的线段 OC 与 OA（或 OD 与 OB）重合，旋转后∠AOC=∠BOD，且互补角转化为相等角（如∠AOB=∠COD'），满足相似条件。 作垂线法：过 A、C 作公共边的垂线，形成直角三角形，利用 “对角互补→余角相等” 推导等角，结合邻边成比例证明相似。 相似判定（常用 AA/SAS） 旋转法：OA/OB=OC/OD=k（成比例）+ ∠AOC=∠BOD（旋转推导）+ ∠OAC=∠OBD（互补角转化）→ △AOC∽△BOD（SAS/AA）。 作垂线法：∠A=∠C=90°（构造直角）+ ∠AOB=∠COD（对顶角 / 转化角）+ OA/OC=OB/OD=k → △AOB∽△COD（AA）。 5、 常见模型分类 3.对角互补相似1 条件：如图，在Rt△ABC中，∠C＝∠EOF＝90°，点O是AB的中点， 结论：如图，过点O作OD⊥AC，OH⊥BC，垂足分别为D，H，则：①△ODE∼△OHF；② 证明：∵OD⊥AC，OH⊥BC，垂足分别为D，H，∴∠EDO＝∠FHO＝90°， ∵∠C＝90°，∴四边形OHCD为矩形，∴∠DOH＝90°，DO＝CH ∴∠DOF+∠HOF＝90°， ∵∠EOF＝90°，∴∠DOF+∠DOE＝90°，∴∠HOF＝∠DOE，∴△ODE∼△OHF，∴， ∵∠C＝∠OHD＝90°，点O是AB的中点，∴H为BC中点，∴BH＝CH，∴BH＝DO，∴ ∵∠C＝∠OHD＝90°，∠B＝∠B，∴△OHB∼△ACB，∴，∴ 2.对角互补相似 2 条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，∠BOC＝. 结论1：如图1，过点C作CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分别为F，G；则①△ECG∼△DCF；②CE＝CD·. 证明：法1：∵CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分别为F，G；∴∠EGC＝∠DFC＝90°， ∵∠AOB＝90°，∴四边形OGCF为矩形，∴∠GCF＝90°，CF=OG，∴∠FCD+∠DCG＝90°， ∵∠DCE＝90°，∴∠GCE+∠DCG＝90°，∴∠GCE＝∠FCD，∴ECG∼△DCF，∴， ∵CF=OG，∴，∵在Rt△COG中，，∴CE＝CD· 条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，∠BOC＝. 结论2：如图2，过点C作CF⊥OC，交OB于F；则：①△CFE∼△COD；②CE＝CD·. 证明：法1：∵CF⊥OC，∴∠OCF＝90°，∴∠OCE+∠ECF＝90°， ∵∠DCE＝90°，∴∠OCE+∠DCO＝90°，∴∠ECF＝∠DCO， ∵∠AOB＝90°，∠OCF＝90°，∴∠COE+∠DOC＝90°，∴∠COE+∠CFO＝90°， ∴∠DOC＝∠CFO，∴CFE∼△COD，∴，∵在Rt△OCF中，，∴CE＝CD·. 3）对角互补相似3 条件：已知如图，四边形ABCD中，∠B+∠D=180°。 结论：如图，过点D作DE⊥BA，DF⊥BC，垂足分别为E、F；则：①△DAE∼△DCF；②A、B、C、D四点共圆。 证明：∵∠B+∠D=180°，∠A+∠C=180°，∴A、B、C、D四点共圆。 ∵DE⊥BA，DF⊥BC，∴∠AED=∠CFD=90°， ∵∠BAD+∠C=180°，∠BAD+∠DAE=180°，∴∠C=∠DAE，∴△DAE∼△DCF； 模型1.相似模型之一线三等角模型 例1已知：如图，矩形中，，，点E为中点，将矩形沿折叠，点B落在点F位置．    (1)求证：； (2)求的长． 例2（广东珠海·三模）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题． (1)【图形认知】如图①，在正方形中，，交于点，则 （填比值）； (2)【探究证明】如图②，在矩形中，，分别交、于点、，分别交、于点、，求证：； (3)【结论应用】如图③，将矩形沿折叠，使得点和点重合，若，．求折痕的长； (4)【拓展运用】如图④，将矩形沿折叠，使得点落在边上的点处，点落在点处，得到四边形，若，，，请求点P到直线的距离． 例3（2025·广东深圳·模拟预测）如图①，半圆的直径，和是它的两条切线，与半圆相切于点，并与，分别相交于，两点． (1)请直接写出的度数； (2)求的值； (3)如图②，连接并延长交于点，连接，试判断能否与 相似？若能相似，请求的值；若不能相似，请说明理由． 例4（2025·广东广州·二模）如图，在矩形中，点在边上，，，，连接，，令． (1)证明：； (2)将绕点从如图位置顺时针旋转，两边分别与、相交于点、，当点与重合时停止． ①证明：的值是定值，并求出的正切值； ②求从开始到停止，线段的中点经过的路径长． 例5（2025·广东深圳·模拟预测）【知识呈现】转化思想是数学常用的思想，在解决一些陌生问题的时候，可以构造辅助线，将陌生问题转化为熟悉问题来解决． （1）如图1，点是线段上一点，，，． 求证：； 求的值． 【小试牛刀】 （2）如图，在等边三角形中，，分别是边，上的点，将沿翻折，使点的对称点落在边上的点处若，，求的长． 【拓展应用】 （3）如图，在中，，，是边的中点，为边上任意一点，将射线绕着点逆时针旋转，得到射线，过点作，交射线于点，连接若，求的值．（用含的式子表示） 模型2.相似模型之半角模型 例1【模型回顾】在八年级，我们学习了全等三角形的经典模型—“半角模型”：如图1，在正方形中，E、F在边上，，连接．请你写出线段、、的数量关系：_______； 【探索发现】如图2，小明连接对角线，与、交于点M、N，图中与相似的三角形共有___________个，请你选择其中一组证明； 【深入研究】正方形边长为1，设的长为x，的长为，求与的函数关系式． 例2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． 模型3.相似模型之对角互补模型 例1（2025·广东广州·三模）如图，已知点是反比例函数图象上的动点，轴，轴，分别交反比例函数的图象于点、，交坐标轴于、，且，连接则下列结论：；在点运动过程中，的面积始终不变，面积为；连接，则；存在点，使得．其中正确的结论有 填写所有正确结论的序号 例2（2025·广东深圳·二模）【定义】平行四边形边上一动点与它所在边的对边的两个端点所形成的折线，叫做平行四边形的“对动线”． 例如，如图1，在平行四边形中，E是边上一动点，连接、，则折线叫做平行四边形的“对动线”，折线的长叫做对动线的长． (1)如图1，菱形的边长为5，，当时，对动线的长为______． (2)如图2，当时，设此时对动线的长为l，菱形的边长为a，当时，求l与a满足的数量关系． (3)平行四边形一边的长度为，，E是平行四边形边上一动点，当E将所在的边分为且满足对动线的夹角与平行四边形的一个内角相等时，直接写出平行四边形另外一边的长度． 1.（2025·广东深圳·三模）如图，以为直径的交于点D，，垂足为． (1)若，求证：为的切线； (2)在（1）的条件下，若，，求的半径． 2.（2025·广东韶关·二模）【问题背景】菱形的边长为，其中，是边上的一个动点，作射线，点关于直线的对称点为，连接，直线与射线交于点，连接． 【知识技能】 （1）如图1，连接，求证：； （2）如图2，连接，求证：； 【拓展探索】 （3）当在直线上运动时，求时，的长度是多少？ 3.（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． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $