专题04 半角模型对角互补模型和角平方线模型（几何模型讲义）（重庆专用）2026年中考数学一轮复习几何模型系列

专题04 半角模型对角互补模型和角平分线模型 本专题重点分析旋转中的三类全等模型（手拉手、半角、对角互补模型），结合各类模型展示旋转中的变与不变，并结合经典例题和专项训练深度分析基本图形和归纳主要步骤，同时规范了解题步骤，提高数学的综合解题能力。角平分线在中考数学中都占据着重要的地位，角平分线常作为压轴题中的常考知识点，需要掌握其各类模型及相应的辅助线作法，且辅助线是大部分学生学习几何内容中的弱点，本专题就角平分线的几类全等模型作相应的总结，需学生反复掌握。 2 2 5 10 模型1.半角模型 10 模型2.对角互补模型 23 模型3.角平分线模型 41 53 首先阿基米德则通过物体旋转时的力学规律研究，为旋转几何提供物理背景；随着引入坐标系描述旋转后点的位置变化，并深入研究旋转对称性，推动旋转问题的量化分析；直到近代大三‌核心旋转模型逐渐的形成。这一方法从早期经验认知，历经阿拉伯数学家的理论发展，至近现代形成系统模型，最终成为几何证明的标准化工具。 ‌半角模型‌：90°含45°、120°含60°等特殊旋转，通过截长补短构造全等三角形，解决角度和线段问题。 对角互补模型：对角互补模型特指四边形中，存在一对对角互补，而且有一组邻边相等的几何模型。 角平分线的概念最早可追溯至古希腊数学家欧几里得的《几何原本》，其中详细描述了角平分线的尺规作图方法。欧几里得通过构造全等三角形证明了角平分线的性质，奠定了现代几何学的基础‌。现代数学教育工作者根据角平分线的对称轴总结三类辅助线的添加方法，即：1）角平分线垂两边（角平分线+外垂直）；2）角平分线垂中间（角平分线+内垂直）；3）角平分线构造轴对称模型（角平分线+截线段相等）。 （2023·重庆·中考真题）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：．   （2023·重庆·中考真题）如图，在正方形中，O为对角线的中点，E为正方形内一点，连接，，连接并延长，与的平分线交于点F，连接，若，则的长度为（    ）    A．2 B． C．1 D． 【答案】D 【分析】连接，根据正方形得到，，根据角平分线的性质和等腰三角形的性质，求得，再证明，求得，最后根据直角三角形斜边上的中点等于斜边的一半，即可求出的长度． 【详解】解：如图，连接，   四边形是正方形， ，，， ， ， ， 平分， ， ， 在与, ， ， ， ， O为对角线的中点， ， 故选：D． 1）半角模型 条件：如图1，四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；（正方形型） 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。 图1 图2 条件：如图2，ABC是等腰直角三角形（∠BAC=90°，AB＝AC），∠DAE=45°；（等腰直角型） 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； 条件：如图3，ABC是等边三角形，BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；（等边型120-60） 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。 图3 图4 图5 条件：如图4，ABC是等边三角形，∠EAD=30°；（等边型60-30） 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； 条件：如图5，∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；（任意型） 结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。 证明：将△ABD绕点A逆时针°至△ACF，即△BAD≌△CAF， ∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠BCA=∠FCA=90°-，AD＝AF，BD＝CF；∴∠ECF=∠BCA+∠FCA=180°-。 ∵∠BAC=，∠DAE=，∴∠BAD+∠EAC=，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=，∴∠DAE=∠FAE=， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE。 2）对角互补模型 （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，. （3）“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，∴。 3)角平分线垂两边（角平分线+外垂直）模型 图1 图2 图3 条件：如图1，为的角平分线，于点A，于点B. 结论：、≌. 证明：∵为的角平分线，，， ∴，∠CBO=∠CAO=90°，∵，∴≌（HL） 常见模型1（直角三角形型） 条件：如图2，在中，，为的角平分线，过点D作. 结论：、≌.（当是等腰直角三角形时，还有.） 证明：∵，为的角平分线，， ∴，∠AED=∠ACD=90°，∵，∴≌（HL） 常见模型2（邻等对补型） 条件：如图3，OC是∠AOB的角平分线，AC=BC，过点C作CD⊥OA、CE⊥OB。 结论：①；②；③. 证明：∵OC是∠AOB的角平分线，CD⊥OA、CE⊥OB， ∴，∠CDA=∠CEB=90°，AC=BC，∴≌（HL），∴，∠CAD=∠CBE； ∵，∴，∴， 同图1中的证法易得：≌（HL），∴， ∴， 4）角平分线垂中间（角平分线+内垂直）模型 图1 图2 图3 条件：如图1，为的角平分线，， 结论：△AOC≌△BOC，是等腰三角形，是三线合一等。 证明：∵为的角平分线，∴∠COA=∠COB， ∵，∠BCO=∠ACO=90°，∵，∴△AOC≌△BOC（ASA）， ∴，∴是等腰三角形，∵，∴是三线合一。 条件：如图2，为的角平分线，，延长BA，CE交于点F. 结论：△BEC≌△BEF，是等腰三角形、BE是三线合一等。 证明：同图1的证法， 5）角平分线构造轴对称模型（角平分线+截线段相等）模型 图1 图2 条件：如图1，为的角平分线，A为任意一点，在上截取，连结. 结论：≌，CB=CA。 证明：∵为的角平分线，∴∠COA=∠COB， ∵，，∴△AOC≌△BOC（SAS），∴CB=CA。 条件：如图2，BE、CE分别为和的平分线，，在上截取，连结。 结论：≌，≌，AB+CD=BC。 证明：∵BE为的平分线，∴∠ABE=∠FBE=， ∵，，∴≌（SAS），∴∠AEB=∠FEB， ∵，∴∠ABC+∠BCD=180°，∵CE为的平分线，∴∠FCE=∠DCE=， ∴∠EBC+∠BCE=+=90°，∴∠FEC+∠FEB=90°，∠AEB+∠CED=90°， ∴∠FEC=∠CED，∵EC=EC，∴≌，∴FC=DC，∴AB+CD=BF+FC=BC。 模型1.半角模型 例1如图，在正方形中，E，F分别是边上的点，，若，，则的长为 ． 【答案】6 【详解】证明：延长至H，使，连接，如图， ∵四边形是正方形， ∴，， 则在和中， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， ∴； ∵，， ∴， 设，则， ∴在中，由勾股定理得，， 解得：或（舍）， 故答案为：6． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，解一元二次方程，正确作出辅助线、灵活应用全等三角形性质与判定是解题关键． 例2．如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝45°，则DE的长为 ． 【答案】2 【分析】延长BA到点G，使AG=CF，连接DG，EF，利用SAS证明△ADG≌△CDF，得∠CDF=∠GDA，DG=DF，再证明△GDE≌△FDE（SAS），得GE=EF，设AE=x，则BE=6x，EF=x+3，再利用勾股定理解决问题． 【详解】解：延长BA到点G，使AG＝CF，连接DG，EF， ∵AD＝CD，∠DAG＝∠DCF， ∴△ADG≌△CDF（SAS）， ∴∠CDF＝∠GDA，DG＝DF， ∵∠EDF＝45°， ∴∠EDG=∠ADE+∠ADG＝∠ADE+∠CDF＝45°， ∵DE＝DE， ∴△GDE≌△FDE（SAS）， ∴GE＝EF， ∵F是BC的中点， ∴AG=CF=BF=3， 设AE＝x，则BE＝6﹣x，EF＝x+3， 由勾股定理得，（6﹣x）2+32＝（x+3）2， 解得x＝2， ∴AE＝2， ∴DE＝， 故答案为：2． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握半角模型的处理策略是解题的关键． 例3．在中，，点在边上，．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，可得△ACE≌△BCG，从而得FG2＝AE2＋BF2，再证明△ECF≌△GCF，从而得EF2＝AE2＋BF2，进而即可求解． 【详解】解：将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF， ∵∠BCE＋∠ECA＝∠BCG＋∠BCE＝90° ∴∠ACE＝∠BCG． ∵在△ACE与△BCG中， ∵， ∴△ACE≌△BCG（SAS）， ∴∠A＝∠CBG＝45°，AE＝BG， ∴∠FBG＝∠FBC＋∠CBG＝90°． 在Rt△FBG中，∠FBG＝90°， ∴FG2＝BG2＋BF2＝AE2＋BF2． 又∵∠ECF＝45°， ∴∠FCG＝∠ECG−∠ECF＝45°＝∠ECF． ∵在△ECF与△GCF中， ， ∴△ECF≌△GCF（SAS）． ∴EF＝GF， ∴EF2＝AE2＋BF2， ∵， ∴BF=， 故答案是：． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质以及旋转变换，二次根式的化简，通过旋转变换，构造全等三角形，是解题的关键． 例4．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为 ． 【答案】2+2 【分析】将△ACN绕点A顺时针旋转，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，代入求出答案即可． 【详解】将△ACN绕点A顺时针旋转，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°，BC＝4， ∴CD＝BC＝2，BD＝＝2， ∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝2+2， 故答案为：2+2． 【点睛】本题考查直角三角形、全等三角形的性质和判定、旋转的性质的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键． 例5．问题背景  如图1，在四边形中．，，，、分别在、上，且，试探究图中线段、、之间的数量关系，并说明理由． 由“，”的数据信息，解决问题的方法是：延长到，使得，连接，则可以先证，再证________________，从而得到，，之间的数量关系是：________； 验证猜想  写出上述推理的详细过程； 探索延伸  如图2，在四边形中，，，、分别在、上，且，上述结论是否成立，并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）成立，理由见解析 【分析】本题考查了常见的全等模型——半角模型，掌握模型的构成条件、辅助线的引入是解题关键． （1）先证，推出，进一步得；再证，即可得； （2）参考（1）中的证明过程即可； 【详解】解：（1）如图所示： ∵，，， ∴； ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）成立，理由如下： 延长到，使得，连接， ∵， ∴； ∵，， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 例6．如图，正方形中，M，N分别在上，连接． (1)若将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到；请你补全图形． (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5，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 (4) 【详解】（1）解：如图所示： （2）解：； （3）证明：由旋转可知：， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； （4）解：∵的周长，， ∴的周长 例7．【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) 【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， ， ， ， ， ． 例8．如图，在四边形中，，，，， (1)求的长； (2)点从点出发以每秒速度沿着射线运动，设运动时间为秒，点在射线上，且． ①如图1，若点E在线段上，判断线段之间的数量关系，并加以证明． ②在整个运动过程中，求的周长（结果可用含的式子表示）． 【答案】(1) (2)①它们的关系为．证明见解析；②当秒时周长为，当时，不存在；当秒时，周长为 【详解】（1）解：，， ； （2）解：①它们的关系为．理由如下 如图1，延长到点G，使，连结， 又， ，， ， 又， 即 ②依题意得，记的周长， ，， ， （I）当秒时，点在线段上，点在上， 由①知 ， II）当时，点与点重合，不存在. III）当时，点在延长线上，点在延长线上， 如图2，在上取点G，使，连结， 同理可得， 综上所述，当秒时周长为， 当时，不存在. 当秒时，周长为． 模型2.对角互补模型 例1．【发现问题】 （1）如图①，在正方形中，，分别是，边上的动点，且．试判断，之间的数量关系．小明把绕点顺时针旋转至，使与重合，发现．请你给出证明过程． 【类比延伸】 （2）如图②，在正方形中，若，分别是边延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？请说明理由． （3）如图③，如果分别是边延长线上的动点，且，直接写出之间的数量关系． 【答案】（1）见解析（2）不成立，理由见解析（3） 【详解】解：（1）证明：由旋转的性质可得， ． 又，三点共线． ， ， ， ． 又， ， ． （2）不成立． 理由：如图，把绕点A顺时针旋转至，使AB与AD重合． ， F，G，D三点共线． 由旋转的性质可知， ， ． 又， ， ； ∴（1）中的结论不成立． （3）． 理由：如图，把绕点A逆时针旋转至，使与重合． ， B，G，E三点共线． 同理可证：， ∴， ． 例2．如图，E点在正方形的边的延长线上，交于F点，点在的延长线上，且，的延长线交于H点．过点G作，交，，于M，O，N三点． (1)求证：； (2)探究线段，，之间的数量关系，并说明理由； (3)求证：B，O，D三点共线． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 (3)见解析 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ， ， ， ， ∵， ∴ ， ； （2）结论：， 证明：连接， ∵，， ∴， ∴垂直平分， ∴， ，， ， ∴， ∴， ∵； ∴； （3）证明：连接，， 由（2）得， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ，, ∴ ∴， ∴ ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴ ，，三点共线． 例3．【问题背景】点分别在正方形的边上，，试判断之间的数量关系． （1）小云同学的思路是过点作，交的延长线于点，如图1，通过这种证明方法，可发现上述线段，，的数量关系为___________（直接写出结果）； 【变式迁移】 （2）如图2，在菱形中，，点，分别在，上，且，，若． ①求的长； ②求的长； 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，，．直接写出的长． 【答案】（1）；（2）①4；②；（3） 【详解】解：（1）如图1，过点A作，交的延长线于点． ∵四边形为正方形，， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 即．    故答案为：； （2）①如图2，连，过点A作于点． ∵四边形为菱形， ∴，, ∵， ∴为等边三角形， ∴，， ∴，， ∴ ∴，， ∴， ∴； ②∵， ∴， 在中，， ∵， ∴， 在中，， 又∵，， ∴为等边三角形， ∴；    （3）∵，， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴，即： ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定等知识，综合性强，难度较大，熟知相关知识，根据条件添加适当辅助线是解题关键． 例4．问题提出 （1）如图①，点，分别在正方形的边，上，，珠琳把绕点逆时针旋转到的位置，从而发现，，之间的数量关系是_____； 问题探究 （2）如图②，在四边形中，，，点E，F分别在边，上，当时，（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由； 问题解决 （3）如图③，某公园的四条通道围成了四边形，已知，，，，道路，上分别有景点E，F，满足，，为了游客们能更方便的游玩这两个景点，现要在E、F之间修一条笔直的道路，求这条道路的长 【答案】（1）（2）成立，理由见详解（3） 【详解】解：（1），理由如下： 如图①，在正方形中，； 由旋转得， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 即； （2）仍成立，理由如下： 如图，延长至，使，连接， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 即； （）如图，连接，把绕点逆时针旋转至，连接，过作，垂足为，则， ∵，， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， 根据旋转的性质得到，， ∵， ∴，即点在的延长线上， 在中，， ∴，由勾股定理得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴根据（）的结论有， 即这条道路的长为， 例5．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、分别在正方形的边、上，，连接， 证明：． (1)思路梳理 ∵，∴把绕点A逆时针旋转至，使与重合． ∵，∴，点F、D、G共线， 证明得． 请按此思路证明原题中． (2)类比引申 如图2，在四边形中，，，点E、F分别在边上，．若都不是直角，则当与满足怎样的关系时，仍有，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)时，；理由见解析 【详解】（1）证明：如图1， ∵， ∴把绕点A逆时针旋转90°至，使与重合， ∵， ∴，点F、D、G共线， 则，， ， 即， 在和中，， ∴， ∴； （2）解：时，；理由如下： ∵， ∴把绕点A逆时针旋转至，使与重合，如图2所示， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，点F、D、G共线， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． 例6．【操作与思考】 （1）如图1，在正方形中，点E，F分别为，边上的点，且，且绕点A顺时针旋转得到，画出，并证明； 【尝试与应用】 （2）如图2，正方形边长为8，点E，F分别为，边上的点，．交于M，求证； 【拓展与创新】 （3）如图3，矩形中，，，点E，F分别为，边上的点，，交于M．若，直接写出的长． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【详解】（1）∵绕点A顺时针旋转得到，如图， ∴，， ∴，， ∵， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， ∴， （2）①延长到G，使得，连接， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴． 过点F作，交的延长线于点N， ∴，． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． （3）延长到G，使得，连接 ∴， ∵矩形ABCD中，，，， ∴， ， ∴， ∴，， ∴，． 过点F作，交的延长线于点N， ∴，． ∵， ∴．， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴． ∴． 延长交于点K， ∵， ∴， ∴． ∵四边形是矩形，，， ∴，， ∴， ∴， 整理，得， 解方程，得（不合题意舍去）， 综上所述，的长为． 【点睛】本题考查了四边形与全等三角形、相似三角形的综合，解题关键是通过旋转构造全等三角形或相似三角形，转化线段关系． 例7．已知，如图1，四边形是正方形，分别在边、上，且．    (1)在图1中，连接，为了证明结论“”，小亮将绕点顺时针旋转后解答了这个问题，请按小亮的思路写出证明过程； (2)如图2，当绕点旋转到图2位置时，试探究与、之间有怎样的数量关系？ 【答案】(1)见解析 (2)． 【详解】（1）证明：如图1中，    由旋转可得，，，， 四边形为正方形， ， ， ，，三点在一条直线上， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ． （2）解：结论：， 理由：如图2中，把绕点逆时针旋转，使与重合，点与点对应， ， ，    同（1）可证得， ， ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转法构造全等三角形． 例8．Rt中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点E为△ABC外一点，且∠CEA＝45°．求证：AE⊥BE． 【答案】见解析 【分析】首先过点作交的延长线于，易证得，即可得，继而证得． 【详解】证明：过点作交的延长线于， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 即． 【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质．此题难度较大，解题的关键是准确作出辅助线构造旋转全等模型． 模型3.角平分线模型 例1．如图，的外角的平分线交边的垂直平分线于点，于点． (1)过点作于点，求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了角平分线的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的性质与判定； （1）连接，，根据垂直平分线的性质得出，进而证明，根据全等三角形的性质即可得证； （2）设，证明，得出，进而可得，根据，建立方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）证明：连接，， 平分 垂直平分 在和中， ， ; （2）解：设 , 由（1）知，在和中， ， 解得 例2．阅读材料：截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另一长边相等，从而解决问题．依据上述材料，解答下列问题：如图1，在中，平分，交于点，且，求证：． (1)为了证明结论“”，小亮在上截取，使得，连接，解答了这个问题，请按照小亮的思路写证明过程；（提示：如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等） (2)如图2，在四边形中，已知，，，，是的高，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长为14 【详解】（1）证明：在上截取，使得，连接， 平分， ∴， ， ∴， ，， ∵， ， 是的一个外角， ， ， ， ， ， ； （2）解：在上截取，连接， ，， ∴， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 的长为14． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、三角形内角和定理、三角形外角的定义及性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 例3．如图，在四边形中，，若平分，求证：．    【答案】证明见解析 【详解】解：在上截取，使，连接，     是的平分线， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ． ， ． 例4．如图，在四边形中，与交于点，平分，平分，．    (1)求的度数； (2)求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【详解】（1）在四边形中，， 又∵， ∴． ∵平分，平分， ∴，， ∴． 在中，． （2）． 如图，作的平分线交于．则．    在和中， ， ． ∴． 同理，． ∴ 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，正确地作出辅助线是解题的关键． 例5．阅读与思考 下面是小明同学的数学学习笔记，请您仔细阅读并完成相应的任务：构造全等三角形解决图形与几何问题 在图形与几何的学习中，常常会遇到一些问题无法直接解答，需要添加辅助线才能解决．比如下面的题目中出现了角平分线和垂线段，我们可以通过延长垂线段与三角形的一边相交构造全等三角形，运用全等三角形的性质解决问题． 例：如图1，是内一点，且平分，，连接，若的面积为10，求的面积．    该问题的解答过程如下： 解：如图2，过点作交延长线于点，、交于点，   平分， ． ， ． 在和中，， （依据1） （依据2），， ，． …… 任务一：上述解答过程中的依据1，依据2分别是___________，___________； 任务二：请将上述解答过程的剩余部分补充完整； 应用：如图3，在中，，，平分交于点，过点作交延长线于点．若，求的长．    【答案】任务一：两角及其夹边分别相等的两个三角形全等（或角边角或），全等三角形的对应边相等；任务二：见解析；应用：12 【详解】解：任务一：两角及其夹边分别相等的两个三角形全等（或角边角或ASA），全等三角形的对应边相等； 任务二：…… ， ， ； 应用：延长、交于点，   平分， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ． 例6．如图，在中，，的角平分线、相交于点O，求证：．    【答案】证明见解析 【分析】根据三角形内角和定理和角平分线的定义，得到，，在上截取，连接，分别证明，，得到，即可证明结论． 【详解】证明：， ， 、分别平分、， ，， ， ， ， 如图，在上截取，连接，    在和中， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，角平分线的定义，做辅助线构造全等三角形是解题关键． 例7．已知：如图，在四边形ABCD中，BD平分∠ABC，∠A+∠C＝180°，BC＞BA．求证：点D在线段AC的垂直平分线上． 【答案】见解析 【分析】在BC上截取BE＝BA，连接DE，证明△ABD≌△BED，可得出∠C＝∠DEC，则DE＝DC，从而得出AD＝CD即可证明． 【详解】证：如图，在BC上截取BE＝BA，连接DE， ∵BD＝BD，∠ABD＝∠CBD， ∴△BAD≌△BED， ∴∠A＝∠DEB，AD＝DE， ∵∠A+∠C＝180°，∠BED+∠DEC＝180°， ∴∠C＝∠DEC， ∴DE＝DC， ∴AD＝CD， ∴点D在线段AC的垂直平分线上． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，以及垂直平分线的判定等，学会做辅助线找出全等三角形是解题的关键． 例8．如图，ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，过点B作BE⊥AD，交AD延长线于点E，F为AB的中点，连接CF，交AD于点G，连接BG． （1）线段BE与线段AD有何数量关系？并说明理由； （2）判断BEG的形状，并说明理由． 【答案】（1）BE＝AD，见解析；（2）BEG是等腰直角三角形，见解析 【详解】证：（1）BE＝AD，理由如下： 如图，延长BE、AC交于点H， ∵BE⊥AD， ∴∠AEB＝∠AEH＝90°， ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAE＝∠HAE， 在△BAE和△HAE中， ， ∴△BAE≌△HAE（ASA）， ∴BE＝HE＝BH， ∵∠ACB＝90°， ∴∠BCH＝180°﹣∠ACB＝90°＝∠ACD， ∴∠CBH＝90°﹣∠H＝∠CAD， 在△BCH和△ACD中， ， ∴△BCH≌△ACD（ASA）， ∴BH＝AD， ∴BE＝AD． （2）△BEG是等腰直角三角形，理由如下： ∵AC＝BC，AF＝BF， ∴CF⊥AB， ∴AG＝BG， ∴∠GAB＝∠GBA， ∵AC＝BC，∠ACB＝90°， ∴∠CAB＝∠CBA＝45°， ∴∠GAB＝∠CAB＝22.5°， ∴∠GAB＝∠GBA＝22.5°， ∴∠EGB＝∠GAB+∠GBA＝45°， ∵∠BEG＝90°， ∴∠EBG＝∠EGB＝45°， ∴EG＝EB， ∴△BEG是等腰直角三角形． 一、单选题 1．如图，已知平分，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了等边对等角，以及全等三角形的性质与判定，三角形的外角的定义及性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先延长到点，使，连接，再得出，证明，即可作答． 【详解】解：延长到点，使，连接， ∵ 则， ， ， ， ∵， ∴ ∵平分 ∴， ∵ ， ∴ 故答案为：D． 2．如图，为的角平分线，且，为延长线上的一点，，过作，为垂足．下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（    ）    A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】易证，可得，可得①②正确，再根据角平分线的性质可求得，即③正确，根据③可求得④正确． 【详解】解：为的角平分线， ， 在和中， ， ，①正确； ， ， ， ， ， ，②正确， ， ， ， ， ， ，③正确； 过作，交的延长线于点，   ，  平分， ， 在和中， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，④正确； 故选：D． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，全等三角形的对应边、对应角相等的性质，本题中熟练求证三角形全等和全等三角形对边角、对应边相等的性质是解题的关键． 3．如图，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠ABC＝90°，AB＝BC＝5，BD＝7，则Rt△ADC的周长为（　　） A．5 B．7 C．9 D．12 【答案】D 【分析】延长DC到E，使CE＝AD，由四边形内角和及邻补角定义可得∠BCE＝∠BAD，进而推出△ADB≌△CEB，容易得到△DBE为等腰直角三角形，再利用勾股定理求得DE、AC，最后等量代换求得Rt△ADC的周长． 【详解】解：延长DC到E，使CE＝AD，连接BE， ∵∠ADC＝∠ABC＝90°， ∴∠DAB+∠DCB＝360°﹣90°﹣90°＝180°， ∵∠BCE+∠DCB＝180°， ∴∠BCE＝∠BAD， 在△ADB和△CEB中， ∴△ADB≌△CEB（SAS）， ∴∠1＝∠2，DB＝BE＝7， ∵∠1+∠3＝90°， ∴∠2+∠3＝∠DBE＝90°， ∴△DBE为等腰直角三角形， ∴， ∵AB＝BC＝5，∠ABC＝90°， ∴ ∴Rt△ADC的周长＝AD+DC+AC， ＝CE+CD+AC＝DE+AC＝， 故选D． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． 4．如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（    ） A．36 B．21 C．30 D．22 【答案】B 【分析】将关于对称得到，从而可得的面积为15，再根据对称的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，最后根据与的面积之和等于与的面积之和即可得． 【详解】解：如图，将关于AE对称得到， 则，， ， ， ， 在和中，， ， ， ，即是直角三角形， ， ， 即与的面积之和为21， 故选：B． 【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键． 5．如图，点M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上的两个动点，在运动过程中保持∠MAN＝45°，连接EN、FM相交于点O，以下结论：①MN＝BM+DN；②BE2+DF2＝EF2；③BC2＝BF•DE；④OM＝OF（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】A 【分析】由旋转的性质可得AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°，由“SAS”可证△AMN≌△AM′N，可得MN=NM′，可得MN=BM+DN，故①正确；由“SAS”可证△AEF≌△AED'，可得EF=D'E，由勾股定理可得BE2+DF2=EF2；故②正确；通过证明△DAE∽△BFA，可得，可证BC2=DE•BF，故③正确；通过证明点A，点B，点M，点F四点共圆，∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，可证MO=EO，由∠BAM≠∠DAN，可得OE≠OF，故④错误，即可求解． 【详解】解：将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADM′，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'， ∴AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°， ∴∠ADM'+∠ADC=180°， ∴点M'在直线CD上， ∵∠MAN=45°， ∴∠DAN+∠MAB=45°=∠DAN+∠DAM'=∠M'AN， ∴∠M′AN=∠MAN=45°， 又∵AN=AN，AM=AM'， ∴△AMN≌△AM′N（SAS）， ∴MN=NM′， ∴M′N=M′D+DN=BM+DN， ∴MN=BM+DN；故①正确； ∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'， ∴AF=AD'，DF=D'B，∠ADF=∠ABD'=45°，∠DAF=∠BAD'， ∴∠D'BE=90°， ∵∠MAN=45°， ∴∠BAE+∠DAF=45°=∠BAD'+∠BAE=∠D'AE， ∴∠D'AE=∠EAF=45°， 又∵AE=AE，AF=AD'， ∴△AEF≌△AED'（SAS）， ∴EF=D'E， ∵D'E2=BE2+D'B2， ∴BE2+DF2=EF2；故②正确； ∵∠BAF=∠BAE+∠EAF=∠BAE+45°，∠AEF=∠BAE+∠ABE=45°+∠BAE， ∴∠BAF=∠AEF， 又∵∠ABF=∠ADE=45°， ∴△DAE∽△BFA， ∴， 又∵AB=AD=BC， ∴BC2=DE•BF，故③正确； ∵∠FBM=∠FAM=45°， ∴点A，点B，点M，点F四点共圆， ∴∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM， 同理可求∠AEN=90°，∠DAN=∠DEN， ∴∠EOM=45°=∠EMO， ∴EO=EM， ∴MO=EO， ∵∠BAM≠∠DAN， ∴∠BFM≠∠DEN， ∴EO≠FO， ∴OM≠FO，故④错误， 故选：A． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 二、填空题 6．如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将ADF绕点A顺时针旋转90°得到ABG，若BE＝2，则EF的长为 ． 【答案】5 【分析】由旋转的性质可得，，，由“”可证，可得，由勾股定理可求解． 【详解】解：由旋转的性质可知：，，， ， 点在的延长线上， 四边形为正方形， ． 又， ． ． ． 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：5． 【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理的应用，正方形的性质，解题的关键是掌握利用勾股定理求线段的长． 7．如图，在中，，点在上，作于点，将绕点逆时针旋转至，点，分别落在，上．若，，则 ． 【答案】 【分析】根据将绕点逆时针旋转至，，可得，，，即得，证明，可得，故，而，故：，可解得． 【详解】 将绕点逆时针旋转至． ，， 根据勾股定理可得： 在和中， ， 根据平行线分线段对应成比例可知： 即： 解得： 故答案为：． 【点睛】本题考查旋转的性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质、平行线分线段对应成比例、勾股定理等，解题的关键是掌握全等三角形判定定理． 8．如图，在中，，、是的高，与交于点，下列结论：；；；若于点，则．其中正确的是 （填序号）． 【答案】①②④ 【分析】先证出是等腰直角三角形，得出，证明，得出，，得出，②正确；由，得，①正确；由得，故③错误；作于，则，证明，得出，，由，即可得，④正确． 【详解】解：∵、是的高， ∴， ∴，； ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵，是的高， ∴，，①②正确； ∵，， ∴， ∴， ∴，故③错误； 作于，如图所示： 则四边形是矩形，， ∴，， ∴， ∴ 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∵，K， ∴， ∴，④正确． 综上所述：正确的结论有①②④． 故答案为①②④． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、矩形的性质和判定识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键 9．如图，在锐角中，，，的平分线交于点D，点M，N分别是和上的动点，则的最小值是 ．    【答案】6 【分析】先根据三角形全等的判定定理与性质可得，再根据两点之间线段最短可得的最小值为，然后根据垂线段最短可得当时，取得最小值，最后利用三角形的面积公式即可得． 【详解】如图，在上取一点E，使，连接，   是的平分线， ， 在和中， ， ， ， ， 由两点之间线段最短得：当点共线时，取最小值，最小值为， 又由垂线段最短得：当时，取得最小值， ， ， 解得， 即的最小值为6， 故答案为：6． 【点睛】本题考查了角平分线的定义、三角形全等的判定定理与性质、两点之间线段最短、垂线段最短等知识点，正确找出取得最小值时的位置是解题关键． 10．如图，在中，平分，点D是的中点，且，连接，，则的度数为 ．用含的式子表示）    【答案】 【分析】过作于，于，即可得到，得到，再由四边形内角和可得，即可根据求解． 【详解】过作于，于，则    ∵平分， ∴， ∵点D是的中点，且， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形中，， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查角平分线的性质，垂直平分线的性质，利用角平分线的性质作辅助线是解题的关键． 三、解答题 11．如图，OA=OB，∠AOB=90°，BD平分∠ABO交OA于点D，AE⊥BD于E，求证：BD=2AE. 【答案】详见解析 【分析】延长BO，AE并交于F，证△ABE≌△FBE，推出AE=EF，证△BOD≌△AOF推出BD=AF即可． 【详解】延长BO，AE并交于F， ∵BD平分∠ABO，AF⊥BD， ∴∠1=∠2，∠AEB=∠FEB=90°， 在△ABE和△FBE中 ， ∴△ABE≌△FBE， ∴AE=EF， ∵∠AOB=90゜，∠AED=90°，∠ADE=∠BDO， ∴∠2=∠OAF， ∵∠AOB=90°， ∴∠DOB=∠FOA=90°， ∴在△OBD和△OAF中 ， ∴△OBD≌△OAF， ∴BD=AF， ∵AE=EF， ∴BD=2AE． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，正确添加辅助线构建全等三角形是解题的关键. 12．已知：中，为的中点，平分于，连结，若，求的长． 【答案】 【分析】延长CG交AB于点E. 根据等腰三角形的判定与性质得CG=EG，AE=AC,再根据三角形中位线的性质得出DG=BE=（AB-AC），从而得出的长． 【详解】解：延长CG交AB于点E． AG平分，于， ，， ， ∵ ，为的中点， ． 故答案为. 【点睛】本题考查 等腰三角形的判定与性质，三角形中位线定理，根据题意作出辅助线，利用三角形中位线定理求解是解题的关键． 13．【模型建立】（1）如图，四边形是正方形，当点在边上，在边上，时，用等式写出，与之间的数量关系，并说明理由； 【模型应用】（2）如图2，当点在的延长线上，在的延长线上时，其他条件与（）相同．用等式写出，与之间的数量关系，并说明理由； 【模型迁移】（3）如图，在中，，，点，均在边上，且．若，，求的长． 【答案】（1），见解析；（2），见解析；（3） 【分析】（1）将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，然后求出，利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，从而得解； （2）类似（1），通过旋转构造全等三角形，结合全等性质得线段相等； （3）将绕点逆时针旋转至，使与重合，连接，根据全等三角形的性质、勾股定理计算． 【详解】解：（1）结论：． 理由：如图，将绕点顺时针旋转，使与重合，得到， ∵， ∴， 在和中， ， ∴（）， ∴， ∵， ∴； （2）结论：． 理由：如图，将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，连接， ∵， ∴， 在和中， ， ∴（）， ∴， ∵， ∴； （3）将绕点逆时针旋转至，使与重合，连接， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴（）， ∴． ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了旋转变换的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识是解题的关键． 14．正方形的边长为3，E、F分别是边上的点，且，将绕点D逆时针旋转，得到． (1)求证：； (2)当时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定及性质，综合运用相关知识是解题的关键． （1）由旋转可得，，可得，再由，得出，得出； （2）设，由，正方形的边长为3，得，，得到，利用勾股定理列出关于x的方程，求出x的值，即得的长． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵由旋转知，，， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴F、C、M三点在同一条直线上． ∵， ∴． ∴． （2）解：设． ∵， ∴． 在中， 由勾股定理得， 即． 解得，， ∴． 15．阅读下面材料： 小炎遇到这样一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，连结EF，则EF=BE+DF，试说明理由． 小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB，AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）． 参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题： （1）如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°．若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足_ 关系时，仍有EF=BE+DF； （2）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1， EC=2，求DE的长． 【答案】（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴ 【详解】试题分析：(1)如图，△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，利用全等的知识可知，要使EF=BE+DF，即EF=DG+DF，即要F、D、G三点共线，即∠ADG+∠ADF=180°，即∠B+∠D=180°． (2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，通过证明△AEG≌△AED得到DE=EG，由勾股定理即可求得DE的长． (1)∠B+∠D=180°（或互补）． (2)∵ AB=AC， ∴ 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合． 则∠B=∠ACG，BD=CG，AD=AG． ∵在△ABC中，∠BAC=90°， ∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于，即∠ECG=90°． ∴ EC2+CG2=EG2． 在△AEG与△AED中, ∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD． 又∵AD=AG，AE=AE， ∴△AEG≌△AED ． ∴DE=EG． 又∵CG=BD, ∴ BD2+EC2=DE2． ∴． 考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 半角模型对角互补模型和角平分线模型 本专题重点分析旋转中的三类全等模型（手拉手、半角、对角互补模型），结合各类模型展示旋转中的变与不变，并结合经典例题和专项训练深度分析基本图形和归纳主要步骤，同时规范了解题步骤，提高数学的综合解题能力。角平分线在中考数学中都占据着重要的地位，角平分线常作为压轴题中的常考知识点，需要掌握其各类模型及相应的辅助线作法，且辅助线是大部分学生学习几何内容中的弱点，本专题就角平分线的几类全等模型作相应的总结，需学生反复掌握。 2 2 3 7 模型1.半角模型 7 模型2.对角互补模型 10 模型3.角平分线模型 14 17 首先阿基米德则通过物体旋转时的力学规律研究，为旋转几何提供物理背景；随着引入坐标系描述旋转后点的位置变化，并深入研究旋转对称性，推动旋转问题的量化分析；直到近代大三‌核心旋转模型逐渐的形成。这一方法从早期经验认知，历经阿拉伯数学家的理论发展，至近现代形成系统模型，最终成为几何证明的标准化工具。 ‌半角模型‌：90°含45°、120°含60°等特殊旋转，通过截长补短构造全等三角形，解决角度和线段问题。 对角互补模型：对角互补模型特指四边形中，存在一对对角互补，而且有一组邻边相等的几何模型。 角平分线的概念最早可追溯至古希腊数学家欧几里得的《几何原本》，其中详细描述了角平分线的尺规作图方法。欧几里得通过构造全等三角形证明了角平分线的性质，奠定了现代几何学的基础‌。现代数学教育工作者根据角平分线的对称轴总结三类辅助线的添加方法，即：1）角平分线垂两边（角平分线+外垂直）；2）角平分线垂中间（角平分线+内垂直）；3）角平分线构造轴对称模型（角平分线+截线段相等）。 （2023·重庆·中考真题）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（ ）    A． B． C． D． （2023·重庆·中考真题）如图，在正方形中，O为对角线的中点，E为正方形内一点，连接，，连接并延长，与的平分线交于点F，连接，若，则的长度为（    ）    A．2 B． C．1 D． 1）半角模型 条件：如图1，四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；（正方形型） 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。 图1 图2 条件：如图2，ABC是等腰直角三角形（∠BAC=90°，AB＝AC），∠DAE=45°；（等腰直角型） 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； 条件：如图3，ABC是等边三角形，BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；（等边型120-60） 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。 图3 图4 图5 条件：如图4，ABC是等边三角形，∠EAD=30°；（等边型60-30） 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； 条件：如图5，∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；（任意型） 结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。 证明：将△ABD绕点A逆时针°至△ACF，即△BAD≌△CAF， ∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠BCA=∠FCA=90°-，AD＝AF，BD＝CF；∴∠ECF=∠BCA+∠FCA=180°-。 ∵∠BAC=，∠DAE=，∴∠BAD+∠EAC=，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=，∴∠DAE=∠FAE=， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE。 2）对角互补模型 （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，. （3）“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，∴。 3)角平分线垂两边（角平分线+外垂直）模型 图1 图2 图3 条件：如图1，为的角平分线，于点A，于点B. 结论：、≌. 证明：∵为的角平分线，，， ∴，∠CBO=∠CAO=90°，∵，∴≌（HL） 常见模型1（直角三角形型） 条件：如图2，在中，，为的角平分线，过点D作. 结论：、≌.（当是等腰直角三角形时，还有.） 证明：∵，为的角平分线，， ∴，∠AED=∠ACD=90°，∵，∴≌（HL） 常见模型2（邻等对补型） 条件：如图3，OC是∠AOB的角平分线，AC=BC，过点C作CD⊥OA、CE⊥OB。 结论：①；②；③. 证明：∵OC是∠AOB的角平分线，CD⊥OA、CE⊥OB， ∴，∠CDA=∠CEB=90°，AC=BC，∴≌（HL），∴，∠CAD=∠CBE； ∵，∴，∴， 同图1中的证法易得：≌（HL），∴， ∴， 4）角平分线垂中间（角平分线+内垂直）模型 图1 图2 图3 条件：如图1，为的角平分线，， 结论：△AOC≌△BOC，是等腰三角形，是三线合一等。 证明：∵为的角平分线，∴∠COA=∠COB， ∵，∠BCO=∠ACO=90°，∵，∴△AOC≌△BOC（ASA）， ∴，∴是等腰三角形，∵，∴是三线合一。 条件：如图2，为的角平分线，，延长BA，CE交于点F. 结论：△BEC≌△BEF，是等腰三角形、BE是三线合一等。 证明：同图1的证法， 5）角平分线构造轴对称模型（角平分线+截线段相等）模型 图1 图2 条件：如图1，为的角平分线，A为任意一点，在上截取，连结. 结论：≌，CB=CA。 证明：∵为的角平分线，∴∠COA=∠COB， ∵，，∴△AOC≌△BOC（SAS），∴CB=CA。 条件：如图2，BE、CE分别为和的平分线，，在上截取，连结。 结论：≌，≌，AB+CD=BC。 证明：∵BE为的平分线，∴∠ABE=∠FBE=， ∵，，∴≌（SAS），∴∠AEB=∠FEB， ∵，∴∠ABC+∠BCD=180°，∵CE为的平分线，∴∠FCE=∠DCE=， ∴∠EBC+∠BCE=+=90°，∴∠FEC+∠FEB=90°，∠AEB+∠CED=90°， ∴∠FEC=∠CED，∵EC=EC，∴≌，∴FC=DC，∴AB+CD=BF+FC=BC。 模型1.半角模型 例1如图，在正方形中，E，F分别是边上的点，，若，，则的长为 ． 例2．如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝45°，则DE的长为 ． 例3．在中，，点在边上，．若，则的长为 ． 例4．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为 ． 例5．问题背景  如图1，在四边形中．，，，、分别在、上，且，试探究图中线段、、之间的数量关系，并说明理由． 由“，”的数据信息，解决问题的方法是：延长到，使得，连接，则可以先证，再证________________，从而得到，，之间的数量关系是：________； 验证猜想  写出上述推理的详细过程； 探索延伸  如图2，在四边形中，，，、分别在、上，且，上述结论是否成立，并说明理由． 例6．如图，正方形中，M，N分别在上，连接． (1)若将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到；请你补全图形． (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5，求的周长． 例7．【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． 例8．如图，在四边形中，，，，， (1)求的长； (2)点从点出发以每秒速度沿着射线运动，设运动时间为秒，点在射线上，且． ①如图1，若点E在线段上，判断线段之间的数量关系，并加以证明． ②在整个运动过程中，求的周长（结果可用含的式子表示）． 模型2.对角互补模型 例1．【发现问题】 （1）如图①，在正方形中，，分别是，边上的动点，且．试判断，之间的数量关系．小明把绕点顺时针旋转至，使与重合，发现．请你给出证明过程． 【类比延伸】 （2）如图②，在正方形中，若，分别是边延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？请说明理由． （3）如图③，如果分别是边延长线上的动点，且，直接写出之间的数量关系． 例2．如图，E点在正方形的边的延长线上，交于F点，点在的延长线上，且，的延长线交于H点．过点G作，交，，于M，O，N三点． (1)求证：； (2)探究线段，，之间的数量关系，并说明理由； (3)求证：B，O，D三点共线． 例3．【问题背景】点分别在正方形的边上，，试判断之间的数量关系． （1）小云同学的思路是过点作，交的延长线于点，如图1，通过这种证明方法，可发现上述线段，，的数量关系为___________（直接写出结果）； 【变式迁移】 （2）如图2，在菱形中，，点，分别在，上，且，，若． ①求的长； ②求的长； 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，，．直接写出的长． 例4．问题提出 （1）如图①，点，分别在正方形的边，上，，珠琳把绕点逆时针旋转到的位置，从而发现，，之间的数量关系是_____； 问题探究 （2）如图②，在四边形中，，，点E，F分别在边，上，当时，（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由； 问题解决 （3）如图③，某公园的四条通道围成了四边形，已知，，，，道路，上分别有景点E，F，满足，，为了游客们能更方便的游玩这两个景点，现要在E、F之间修一条笔直的道路，求这条道路的长 例5．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、分别在正方形的边、上，，连接， 证明：． (1)思路梳理 ∵，∴把绕点A逆时针旋转至，使与重合． ∵，∴，点F、D、G共线， 证明得． 请按此思路证明原题中． (2)类比引申 如图2，在四边形中，，，点E、F分别在边上，．若都不是直角，则当与满足怎样的关系时，仍有，请说明理由． 例6．【操作与思考】 （1）如图1，在正方形中，点E，F分别为，边上的点，且，且绕点A顺时针旋转得到，画出，并证明； 【尝试与应用】 （2）如图2，正方形边长为8，点E，F分别为，边上的点，．交于M，求证； 【拓展与创新】 （3）如图3，矩形中，，，点E，F分别为，边上的点，，交于M．若，直接写出的长． 例7．已知，如图1，四边形是正方形，分别在边、上，且．    (1)在图1中，连接，为了证明结论“”，小亮将绕点顺时针旋转后解答了这个问题，请按小亮的思路写出证明过程； (2)如图2，当绕点旋转到图2位置时，试探究与、之间有怎样的数量关系？ 例8．Rt中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点E为△ABC外一点，且∠CEA＝45°．求证：AE⊥BE． 模型3.角平分线模型 例1．如图，的外角的平分线交边的垂直平分线于点，于点． (1)过点作于点，求证：； (2)若，，求的长． 例2．阅读材料：截长补短法，是初中数学几何题中一种辅助线的添加方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另一长边相等，从而解决问题．依据上述材料，解答下列问题：如图1，在中，平分，交于点，且，求证：． (1)为了证明结论“”，小亮在上截取，使得，连接，解答了这个问题，请按照小亮的思路写证明过程；（提示：如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等） (2)如图2，在四边形中，已知，，，，是的高，，，求的长． 例3．如图，在四边形中，，若平分，求证：．    例4．如图，在四边形中，与交于点，平分，平分，．    (1)求的度数； (2)求证：． 例5．阅读与思考 下面是小明同学的数学学习笔记，请您仔细阅读并完成相应的任务：构造全等三角形解决图形与几何问题 在图形与几何的学习中，常常会遇到一些问题无法直接解答，需要添加辅助线才能解决．比如下面的题目中出现了角平分线和垂线段，我们可以通过延长垂线段与三角形的一边相交构造全等三角形，运用全等三角形的性质解决问题． 例：如图1，是内一点，且平分，，连接，若的面积为10，求的面积．    该问题的解答过程如下： 解：如图2，过点作交延长线于点，、交于点，   平分， ． ， ． 在和中，， （依据1） （依据2），， ，． …… 任务一：上述解答过程中的依据1，依据2分别是___________，___________； 任务二：请将上述解答过程的剩余部分补充完整； 应用：如图3，在中，，，平分交于点，过点作交延长线于点．若，求的长．    例6．如图，在中，，的角平分线、相交于点O，求证：．    例7．已知：如图，在四边形ABCD中，BD平分∠ABC，∠A+∠C＝180°，BC＞BA．求证：点D在线段AC的垂直平分线上． 例8．如图，ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，过点B作BE⊥AD，交AD延长线于点E，F为AB的中点，连接CF，交AD于点G，连接BG． （1）线段BE与线段AD有何数量关系？并说明理由； （2）判断BEG的形状，并说明理由． 一、单选题 1．如图，已知平分，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．如图，为的角平分线，且，为延长线上的一点，，过作，为垂足．下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（    ）    A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④ 3．如图，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠ABC＝90°，AB＝BC＝5，BD＝7，则Rt△ADC的周长为（　　） A．5 B．7 C．9 D．12 4．如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（    ） A．36 B．21 C．30 D．22 5．如图，点M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上的两个动点，在运动过程中保持∠MAN＝45°，连接EN、FM相交于点O，以下结论：①MN＝BM+DN；②BE2+DF2＝EF2；③BC2＝BF•DE；④OM＝OF（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 二、填空题 6．如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将ADF绕点A顺时针旋转90°得到ABG，若BE＝2，则EF的长为 ． 7．如图，在中，，点在上，作于点，将绕点逆时针旋转至，点，分别落在，上．若，，则 ． 8．如图，在中，，、是的高，与交于点，下列结论：；；；若于点，则．其中正确的是 （填序号）． 9．如图，在锐角中，，，的平分线交于点D，点M，N分别是和上的动点，则的最小值是 ．    10．如图，在中，平分，点D是的中点，且，连接，，则的度数为 ．用含的式子表示）    三、解答题 11．如图，OA=OB，∠AOB=90°，BD平分∠ABO交OA于点D，AE⊥BD于E，求证：BD=2AE. 12．已知：中，为的中点，平分于，连结，若，求的长． 13．【模型建立】（1）如图，四边形是正方形，当点在边上，在边上，时，用等式写出，与之间的数量关系，并说明理由； 【模型应用】（2）如图2，当点在的延长线上，在的延长线上时，其他条件与（）相同．用等式写出，与之间的数量关系，并说明理由； 【模型迁移】（3）如图，在中，，，点，均在边上，且．若，，求的长． 14．正方形的边长为3，E、F分别是边上的点，且，将绕点D逆时针旋转，得到． (1)求证：； (2)当时，求的长． 15．阅读下面材料： 小炎遇到这样一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，连结EF，则EF=BE+DF，试说明理由． 小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB，AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）． 参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题： （1）如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°．若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足_ 关系时，仍有EF=BE+DF； （2）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1， EC=2，求DE的长． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $