专题06 相似三角形重要模型之对角互补与半角模型（几何模型讲义）数学新教材华东师大版九年级上册

该初中数学讲义通过模型框架图系统梳理了相似三角形中对角互补与半角模型的知识体系，从核心识别特征、解题路径到相似结论推导，按“模型本源-条件结论-辅助线构造”递进呈现，用对比表格区分全等与相似模型的联系与差异。 讲义亮点在于“模型应用分层练”设计，如直角三角形对角互补模型的线段比值计算、正方形半角模型的乘积式证明，培养几何直观和推理能力。基础题巩固模型识别，压轴题提升综合应用，为教师提供精准分层教学素材，助力学生自主构建相似几何思维体系。

专题06 相似三角形重要模型之对角互补与半角模型（几何模型讲义） 对角互补模型是初中平面几何核心重难点模型，广泛应用于四边形、三角形全等与相似、几何压轴计算与证明题型中，是中考高频考查的综合性几何模型。该模型最核心的识别特征为四边形一组对角之和为180°，基于此核心条件，可通过角度转化、辅助线构造，推导角相等、线段相等、三角形全等或相似等关 键结论。 该模型有两大解题路径：一是利用四点共圆性质，借助圆周角、圆内接四边形性质快速转化角度，简 化推理过程；二是通过双垂线构造、图形旋转等经典辅助线方法，实现角度、三角形的等量转化。 相较于半角全等模型，半角相似模型不再局限于邻边相等的正方形、正三角形等特殊图形，弱化了边长相等条件，保留了“大角含半角”的核心角度结构。在公共顶点大角为二倍小角的前提下，通过角度等量代换，可快速构造出两组对应角相等，利用判定得到三角形相似，从而建立线段比例关系、求解线段比值、证明乘积式与比例式。 半角模型完美衔接全等与相似几何思维，从“边角相等的等量转化”升级为“边角成比例的变量转化”，常结合矩形、任意等腰三角形、一般四边形、动点旋转等复杂场景综合考查。掌握半角相似的角度推导逻辑、模型识别特征与固定相似结构，能够高效解决各类半角进阶压轴题型，是突破高分瓶颈的关键。 模型来源 1 知识储备 2 例讲模型 3 模型1. 对角互补模型 3 模型2. 半角模型 28 模型运用 48 相似型对角互补模型，是在八年级对角互补全等模型基础上延伸得到的高阶几何模型，它脱胎于四边 形内角和与圆内接四边形的角度性质，是九年级相似板块角度转化的经典工具。 相似型对角互补模型底层几何本源来自两条基础定理：第一，任意四边形内角和为，一组对角互补，则另一组对角同样互补；第二，对角互补的四边形四点共圆，圆内接四边形外角等于内对角，同弧所对圆周角相等，天然提供大量相等角，直接满足相似的判定条件。 托勒密、婆罗摩笈多处理圆内接四边形时，证托勒密定理本身就用了“造等角从而得到相似三角形”这一步，这是相似版对角互补最古老的用法。 全等型对角互补，要求邻边相等、角平分线等特殊条件，依靠双垂线或旋转构造全等三角形，得到线段相等关系。当去掉“邻边相等”这一限定条件，只保留对角互补的核心角度条件，图形不再能推导出全等，但依旧可以通过补角代换得到两组对应角相等，由此就演化出对角互补相似模型。 相似型半角模型模型底层角度本源：一个顶点处存在大角，内部有一个角等于，由此可以推导出剩余两个小角相加等于，这是半角模型共有的角度基础。 传统半角全等模型，例如正方形中含，等腰含，图形自带邻边相等，可以绕公共顶点旋转，使边重合，构造出全等三角形，得到线段和差等量关系。 当去掉“邻边相等”的特殊条件，不再提供可以旋转重合的等线段，就无法构造全等。但倍半的角度关系依旧存在，通过角度等量代换，能够找到两组对应角分别相等，满足AA相似判定，由此诞生相似半角模型。 在中考命题发展中，相似半角不再局限于正方形、菱形这类等边图形，拓展到普通等腰三角形、一般四边形、动点旋转场景。命题从原先证明线段相等、线段和差，转变为求线段比值、证明等积式、求最值、多结论判断。它把半角的角度逻辑与相似的比例体系结合在一起，是连接全等几何与相似几何的重要模型。 1．直角三角形中，两个锐角互余，同角的余角相等，等角的余角相等。 2．任意四边形内角和为，若一组对角之和为，则另一组对角之和也为。 3．圆的内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角相等。 4．两角对应相等证明两个三角形相似 如图，与中，已知，则有△ABC∽△A′C′． 模型1.对角互补模型 【模型提炼】 （1）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：∵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：∵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； 【模型运用】 【典例1】（24-25九年级上·山东聊城·期中）如图，在中，，，，中，，点在上，交于点，交于点． (1)点是的中点时，求的值； (2)当时，求的长． 【分析】（1）如图，作于，于．证四边形是矩形，得，，再证明 ，，利用三角形的性质得，从而求得，同理得，从而即可得解； （2）作于，于．由勾股定理得，由（）得，，进而得，由相似三角形的性质得，设，则，，，由，求解即可． 【详解】（1）解：如图，作于，于． 因为， 所以四边形是矩形， 所以，， 所以， 所以 ， 所以． 因为是的中点， 所以， 所以， 因为， 所以，， 所以， 所以， 所以， 同理， 所以． （2）解：如图，作于，于． ∵，，， ∴， 由（）得，，， 因为，， 所以， 所以， 因为， 所以， 设，则，， 所以， 所以， 所以， 所以． 【典例2】（25-26九年级上·宁夏银川·期中）如图，在Rt中，，，于点，点是直线上一动点，连接，过点作，交直线于点． (1)如图1，若，点在线段上，求出的值，并写出证明过程； (2)①如图2，若点在线段上，则___________（用含，的代数式表示）； ②当点E在直线上运动时，①中的结论是否仍然成立？请仅就图3的情形给出证明； (3)若，，请直接写出的长． 【分析】（1）先用等量代换判断出，，得到，再判断出即可； （2）方法和（1）一样，先用等量代换判断出，，得到，再判断出即可； （3）由（2）的结论得出，判断出，求出DE，再利用勾股定理，计算出即可． 【详解】（1）解：当时，即：， ， ， ， ， ， ， ， 即， ， ， ，， ， ， （2）， ， ， ， ， ， ， 即， ， ， ，， ， ， 成立如图3， ， ， 又， ， ， ， ， 即， ， ， ，， ， ， ． （3）由（2）有，， 又∵，， ， ∴，， ， ， 如图4图5图6，连接． 如图4，当E在线段上时， 在中，，， 根据勾股定理得，， ，或舍 如图5，当E在延长线上时， 在中，，， 根据勾股定理得，， ， ，或舍， ③如图6，当E在延长线上时， 在中，，， 根据勾股定理得，， ， ，或（舍）， 综上：或． 【典例3】（25-26九年级上·上海·单元复习）已知，射线是的平分线，点P是射线上的一个动点，射线交射线于点B． (1)如图，若射线绕点顺时针旋转后与射线交于A，求证：； (2)在（1）的条件下，若点C是与的交点，且满足，求：与的面积之比； (3)当时，射线绕点顺时针旋转后与直线交于点A（点A不与点O重合），直线交射线于点D，且满足．请求出的长． 【分析】（1）可以把求证的问题转化为证明即可； （2）首先证明，利用相似三角形的面积的比等于相似比的平方即可求解； （3）分点A在射线上，点A在射线的反向延长线上两种情况进行讨论，作的垂线，利用三角函数即可求解． 【详解】（1）证明：作于，作于， 平分， ， ， ， 又， ， ， ； （2）由（1）得：，， ， ，平分， ， ， 又， ， ， 与的面积之比为； （3）当点A在射线上时（如图乙， ， 易求得：， ，而， ， 作于， ，， ，，， ， ， ， 当点A在射线的反向延长线上时（如图乙， ， 此时， ，而， ， 作于， ，， ，，， ， ， ， 综上所述，当时，． 【典例4】（25-26九年级上·广东深圳·期末）【综合与探究】 (1)小紫发现其新购入的一副三角尺套装中两个三角板的斜边相等（如图1），于是便将其拼接起来并抽象成如图2所示的四边形．连接对角线，经测量，小紫尝试用已学知识证明，以下是其思路与方法，请完成填空： 证明：如图3，作，，垂足分别为， ∵， ∴， ∵， ∴____________________， 且在与中，，， ∴， ∴____________________， ∴平分， ∴． (2)爱钻研的小紫发现，当四边形满足一定的条件时，就会有类似的性质，如图4，在四边形中，，，对角线与交于点． ①图4中存在多对相似三角形，如：，请按上述格式直接写出图中其余所有的相似三角形； ②在图4中，若，，则求出的值； 【变式拓展】 (3)如图4，若在（2）的四边形中有，为边上一动点，将沿翻折，点对应点为，射线交于点，其中，，请直接写出线段的长． 【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质补全证明过程即可； （2）①根据可知、、、四点共圆，作出四边形的外接圆，根据圆周角定理及相似三角形的判定定理找出所有相似三角形即可； ②分别过点、作的垂线，垂足为、，根据勾股定理计算出，由三角形面积公式得出．容易判断出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可求出．容易证明，则． （3）根据（2）中的相似三角形可以得出，，从而求出和．根据点在上方或下方，分两类讨论．当点在下方时，作，垂足为，容易证明，从而求出和．在直角中，使用勾股定理构造方程，求出；点在上方时，使用同样的方法进行计算即可． 【详解】（1）解：证明：如图3，作，，垂足分别为， ∵， ∴， ， ∴， 且在与中，，， ∴， ∴， ∴平分， ∴． 故答案为：，； （2）解：①∵， ∴， 即、、、四点共圆， 如图，作出四边形的外接圆， ∵，， ∴，， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 故答案为：，，，，； ②如图，分别过点、作的垂线，垂足为、， ∵， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴，， 在直角中，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴； （3）解： 由（2）可知，，， ∴， ∵ ∴，变形得，， ∴， ∴， ∴， 在直角中，， ∴， 解得，， ∴， ①当点在下方时，如图，作，垂足为，设， 由折叠的性质可知，，，， 在直角中，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， 在直角中，，，， 由勾股定理可得，， 解得，， ∴； ②当点在上方时，如图，作，垂足为，设， 在直角中，， ∴， 同理①可得，，， 在直角中，，，， 由勾股定理可得，， 解得，， ∴． 综上所述，或． 【典例5】（2025·四川成都·二模）【情景导入】 探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某校数学社团小组在探究矩形性质时发现：当动点在线段上运动时，某些线段的比例关系会呈现规律性变化． 在矩形中，连接，，；点是边边上的一点，且（为正整数），连接交于点，为边上一动点，过点作的垂线交直线于点，该小组对此展开如下探究： 【任务分层】 (1)任务一：基础研究 如图1，当时，该小组发现，如果过点作矩形和边的垂线，通过构造相似，可以得到的比值，请你根据该小组的探究方法，直接写出的比值_____． (2)任务二：综合探究 ①如图2，当时，该小组利用任务一中的方法，由特殊到一般探究的比值，直接写出的比值_____．（用含的代数式表示） ②当时，以，为边作矩形，若，求的长． (3)任务三：创新应用 如图4，以，为边作矩形，连接，当点从点运动到点时，求对角线扫过的面积．（用含的代数式表示） 【分析】（1）先证明四边形是矩形，再证明，列出比例式，接着证明，列出比例式，再证明，列出比例式，从而可求得； （2）①先证明四边形是矩形，从而可得，证明四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形，从而可得，，接着利用平行线分线段成比例，列出比例式，，再根据，得出，然后求得，进而求得，就可求得，再证明，然后可求得； ②先根据矩形的性质，得出，，再证明，根据相似三角形的性质列出比例式，再证明，从而可得，再证明四边形是矩形，可得，四边形是矩形，可得，从而可得，再根据，列出比例式，从而可求得，，再求得，，进而求得，再证明，可得，从而可求得：，，再利用线段和求得，然后利用勾股定理求得； （3）先通过作图，得出扫过后得到的图形，再求出其面积即可． 【详解】（1）解：过点作矩形和边的垂线垂足分别为，，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵过点作的垂线交直线于点， ∴， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 同理可得， ∴， ∴，即， ∴， 故答案为：； （2）①过作交延长线于点，过作，交于点，交于点，于点， ∵，， ∴四边形是矩形， ∴， 同理可得：四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形， ∴， ∵四边形是矩形，，， ∴，，， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， 与（1）同理可证：， ∴， 故答案为：； ②当时，以，为边作矩形， 过作，交于点，交于点，过作的延长线于点， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， 延长与交于点， ∵四边形是矩形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， 同理可得是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵在矩形中，，，， ∴， 解得：， ∴， 又在矩形中，， ∴， 又， ∴， 又在矩形中，，， ∴， 当时，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 又， ∴， ∴ ∴， 与①同理可证：， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴； （3）以，为边作矩形，连接，当点从点运动到点时，对角线扫过的图形是一个三角形， 当点在点时， ∵四边形是矩形，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， 又， ∴； 当点在点时， 过点作于， ∵，， ∴， ， ∴， ∴， 又， ∴， ∵，，， ∴， ， ∴对角线扫过的面积为 ． 模型2. 半角模型 1. 正方形与半角模型： 条件：如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，AE、AF分别与BD相交于点M、N， 结论：①△BME△DFN△AMN△BAN△DMA△AFE；②；③；④. 证明：①∵∠MBE＝∠MAN＝45°，∠BME＝∠AMN（对顶角）， ∴△BME△AMN， 同理可证△DFN△AMN； 由2中的结论可得AE为∠BEF的角平分线， ∴∠BEM＝∠AEF， 又∵∠MBE＝∠EAF＝45°， ∴△BME△AFE； ∵∠BAN＝∠MAN＝45°，∠BNA＝∠ANM， ∴△AMN△BAN， 同理可证△AMN△DMA， 即△BME△DFN△AMN△BAN△DMA△AFE. ②连接AC， ∵∠DAF＝∠EAC，∠ADB＝∠ACB， ∴△ECA△NDA， 又∵△AMN△AFE， ∴. ③∵△DAM△BNA， ∴， 即. ④设，，则，， 在Rt△CEF中，， 化简得， . 2.含120°角的半角模型： 条件：如图，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， ∴ 【模型运用】 【典例1】问题背景：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系，小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 EF＝BE+DF ； 探索延伸：如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF∠BAD，上述结论是否仍然成立，请说明理由； 实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心北偏东60°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向南偏东75°方向以40海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏西75°的方向以30海里/小时的速度前进，前进2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且E处在指挥中心北偏东8°方向，F处在指挥中心北偏东53°方向，试求此时两舰艇之间的距离． 【分析】（1）根据△ABE≌△ADG可得BE＝DG，根据△AEF≌△AGF得EF＝GF，进而求得结果； （2）延长CD至H，使DH＝BE，可证得△ADH≌△ABE，进而证得△FAH≌△FAE，进一步求得结论； （3）作AM∥y轴∥NBP，连接EF，先计算得出点A、E、F、B共线，然后可将△BOF绕点O逆时针旋转90°至△AOG，连接EG，可证得△EOG≌△EOF，所以EG＝EF，于是BF2+AE2＝EF2，进一步求得结果． 【解答】解：（1）根据△ABE≌△ADG可得BE＝DG， 根据△AEF≌△AGF得EF＝GF， ∴EF＝DG+DF＝BE+DF， 故答案为：EF＝BE+DF； （2）如图1， 结论仍然成立，理由如下： 延长CD至H，使DH＝BE， ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADH+∠ADC＝180°， ∴∠ADH＝∠B， 在△ADH和△ABE中， ， ∴△ADH≌△ABE（SAS）， ∴AH＝AE， ∴∠BAE＝∠DAH， ∵∠EAF＝60°，∠BAD＝120°， ∴∠BAE+∠DAF＝60°， ∴∠DAH+∠DAF＝60°， 即∠FAH＝60°， ∴∠FAH＝∠EAF， ∵AF＝AF， ∴△FAH≌△FAE（SAS）， ∴EF＝FH， ∵FH＝DH+DF＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF； （3）如图2， 作AM∥y轴∥BP，连接EF， 由题意得，∠MAE＝75°，∠MAO＝∠AON＝30°，∠PBO＝∠BON＝60°，∠NBF＝75°， ∴∠OAN＝∠MAN﹣∠MAO＝45°，∠OBF＝180°﹣∠NBF﹣∠OBP＝45°， ∵∠AOB＝∠AON+∠BON＝90°，OA＝AB， ∴点A、E、F、B共线， 将△BOF绕点O逆时针旋转90°至△AOG，连接EG， ∴EG＝EF，AG＝BF＝30×2＝60，∠GAO＝∠OBF＝45°， ∵∠OAB＝45°， ∴∠GAE＝∠OAB+∠GAO＝90°， ∴AG2+AE2＝EG2， 由上可得：△EOG≌△EOF， ∴EG＝EF， ∴BF2+AE2＝EF2， ∵AE＝40×2＝80， ∴602+802＝EF2， ∴EF＝100， 即：两个舰艇之间的距离是100海里． 【典例2】（25-26九年级上·贵州毕节·阶段检测）【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 E，F 分别在边上，连接．若，将绕点A 顺时针旋转 ．点 D 与点B 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 E 在射线上，点 F 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 M 、N ，若点 M 恰好为线段的三等分点，且，求线段的长． 【分析】（1）根据正方形的性质得，再根据旋转得，可知点G，B，E共线，即可说明，然后根据“边角边”证明，可得答案； （2）在上截取，连接，根据“边角边”可得， 接下来说明，即可得出答案； （3）将绕点A顺时针旋转得到，连接，先根据正方形的性质及勾股定理求出，进而求出，再根据旋转的性质得，即可说明，得，然后设，则，根据勾股定理可得答案． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴． 将绕点A旋转，点D与点B重合，得到， 则， ∴点G，B，E共线． ∵， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． 故答案为：45；； （2），理由如下： 如图，在上截取，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， 即． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴； （3）将绕点A顺时针旋转得到，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． 由旋转，得， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． 设，则． 在中，， ∴， 解得， ∴． 【典例3】【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． 【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）， 解：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：，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【典例4】【教材呈现】（1）如图1，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形和摆放在一起，点A为公共顶点，，若固定不动，将绕点A旋转，边，与边分别交于点D，E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），则结论是否成立 （填“成立”或“不成立”）； 【类比引申】（2）如图2，在正方形中，为内的一个动角，两边分别与，交于点E，F，且满足，求证：； 【拓展延伸】（3）如图3，菱形的边长为，，的两边分别与，相交于点E，F，且满足，若，则线段的长为 ． 【分析】（1）根据等腰三角形性质得出，再证即可； （2）根据正方形性质得出即可； （3）如图3，在上取一点M,使，过M作于N，，根据四边形为菱形，且，证出，，再证，求出，利用菱形的边长为，求出即可． 【详解】解：（1）结论成立 　 理由：如图1，∵和都是等腰直角三角形， ∴ ∵，， ∴， 又∵， ∴, ∴ ∵,    ∴, 故结论成立； （2）证明：如图2， ∵四边形是正方形， ∴, ∵， ∴, ∴， ∴， 又∵， ∴； （3）线段的长为cm 理由：如图3，在上取一点M,使，过M作于N， 又∵四边形为菱形,且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴, ∵，， ∴ ∵, ∴， ∴ ∴, ∵菱形的边长为， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴cm， ∴ ， ∴线段的长为 ． 【典例5】【问题初探】 （1）数学活动课上，李老师给出如下问题：如图1，，，，D，E为上两点，连接，，．李老师引导学生分析，发现图形中存在哪些结论． ①小东发现，． ②小红发现，． 请你选择一名同学发现的结论，写出证明过程．              图1 【问题再探】 （2）李老师引导学生们继续分析，当满足一定度数时，线段与具有一定的数量关系．小亮根据李老师的分析，提出下面问题，请你解答． 如图2，，，，D，E为上两点，连接，，．若，求证：．             图2 【学以致用】 （3）如图3，，，，，D，E为上两点，连接，，若，且，求的长．                 图3 【分析】（1）先证明，由三角形的外角的性质结合角的和差运算可得，同理可证明； （2）作于F，则，证明．可得．设，，求解，证明，求解．从而可得结论； （3）作交延长线于G，则，证明．可得，，求解，证明，可得，从而可得答案． 【详解】（1）证明：（1）选小东发现的结论．理由如下： ∵，， ∴． ∵，， ∴． 选小红发现结论， 同理可得：． （2）证明：作于F，则． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． 设，， 在中，根据勾股定理． ∴． 在中，根据勾股定理． ∵，， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． （3）作交延长线于G，则． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴， 在中， ∵， ∴． 在中，根据勾股定理得． ∵，， ∴是正三角形． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴， ∴． ∴． ∴． ∴． 1．（2026春•东营区期末）如图，点E、F分别为正方形ABCD的边BC、CD上一点，AC、BD交于点O，且∠EAF＝45°，AE，AF分别交对角线BD于点M，N，则有以下结论：①△AMB∽△AFC；②EF＝BE+DF；③AN2＝MN•BN；④．以上结论中，正确的个数有（　　）个． A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】由四边形ABCD是正方形，则∠ABD＝∠ACF＝∠BAC＝45°，所以∠BAM＝∠CAF，可判断①；把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH由旋转的性质得，BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，证明△AEF≌△AEH（SAS），然后根据性质可判断②；证明△NAM∽△NBA，则，从而判断③，由四边形ABCD是正方形，AC⊥BD，∠BAC＝∠EAF＝45°，∠ABC＝90°，OA＝OB，证明△BAE∽△OAN，通过相似三角形性质可判断④． 【解答】解：∵点E、F分别为正方形ABCD的边BC、CD上一点，∠EAF＝45°， ∴∠ABD＝∠ACF＝∠BAC＝45°， ∴∠BAM+∠CAE＝∠CAF+∠CAE＝45°， ∴∠BAM＝∠CAF， ∴△AMB∽△AFC， 故结论①正确，符合题意； 如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH， 由旋转的性质得：BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF， ∵∠EAF＝45°， ∴∠EAH＝∠BAH+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°， ∴∠EAH＝∠EAF＝45°， 在△AEF和△AEH中， ， ∴△AEF≌△AEH（SAS）， ∴EH＝EF， ∴BE+BH＝BE+DF＝EF， ∴EF＝BE+DF， 故结论②正确，符合题意； ∵∠ABD＝∠EAF＝45°，∠NAM＝∠NBA， ∴△NAM∽△NBA， ∴， ∴AN2＝MN•BN， 故结论③正确，符合题意； ∵四边形ABCD是正方形， ∴AC⊥BD，∠BAC＝∠EAF＝45°，∠ABC＝90°，OA＝OB， ∴∠AON＝∠ABC＝90°，∠BAE+∠CAE＝∠OAN+∠CAE＝45°， ∴∠BAE＝∠OAN，由勾股定理得：OA2+OB2＝AB2，即AB2＝2OA2， ∴△BAE∽△OAN， ∴， ∴S△ABE＝2S△AON， 故结论④错误，不符合题意， 综上所述，正确的结论是①②③，共3个， 故选：C． 2．（2026•佳木斯校级三模）如图，在正方形ABCD中，G为边AD上一个动点（点G不与点D重合），连接CG交对角线BD于点E，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF，连接BF，EF，EF交BC于点N，则①BF⊥BD；②△DCB∽△ECF；③BD•DEDG•BE；④若，则．以上结论正确的有（　　） A．①②③ B．②③④ C．①②③④ D．①②④ 【分析】由“SAS”可证△DCE≌△BCF，可得∠CDE＝∠CBF＝45°，可证BF⊥BD，故①正确；通过等腰直角三角形的性质可得∠CEF＝∠CFE＝45°＝∠CDB＝∠CBD，可证△DCB∽△ECF，故②正确；通过证明△DGE∽△BCE即可判断③正确；由相似三角形的性质和勾股定理可求EC，即可求EFEC，故④正确，即可求解． 【解答】解：∵将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF， ∴CE＝CF，∠ECF＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝CD，∠BCD＝∠ECF＝90°，∠CDB＝∠CBD＝45°， ∴∠DCE＝∠BCF， ∴△DCE≌△BCF（SAS）， ∴∠CDE＝∠CBF＝45°， ∴∠DBF＝90°， ∴BF⊥BD，故①正确； ∵CE＝CF，∠ECF＝90°， ∴∠CEF＝∠CFE＝45°，EFCF， ∴∠CEF＝∠CFE＝45°＝∠CDB＝∠CBD， ∴△DCB∽△ECF，故②正确； ∵AD∥BC， ∴△DGE∽△BCE， ∴，即DG•BE＝BC•DE， ∵BDBC， ∴BD•DEDG•BE； 故③正确； ∵AB＝3，DGAG， ∴DG＝1，AG＝2， ∴CG， ∵AD∥BC， ∴△DGE∽△BCE， ∴， ∴EC＝3GE， ∴EC， ∴EFEC，故④正确， 故选：C． 3．（2026•让胡路区校级模拟）如图，正方形ABCD，E、F分别在边CD、BC上，且CE＝BF，连接AF、BE交于点G，连接BD，交AF于点P，点H在线段EB上，且BG＝GH，连接AH、CH，∠DAH的平分线交BD于点Q，连接QH．下列结论：①∠PAQ＝45°；②CFQH；③AH2＝PD•BQ；④的最小值为．其中正确结论的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】本题先利用证明三角形全等得到垂直关系，再结合全等三角形、相似三角形、动点最值对4个结论逐一判断正误． 【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠BAD＝∠ABF＝∠BCE＝90°， 在△ABF和△BCE中， ， ∴△ABF≌△BCE（SAS）， ∴∠BAF＝∠CBE， ∵∠ABG+∠CBE＝90°， ∴∠ABG+∠BAF＝90°， ∴∠AGB＝90°＝∠AGH， 在△ABG和△AHG中， ， ∴△ABG≌△AHG（SAS）， ∴∠BAG＝∠HAG， ∵BQ平分∠DAH， ∴∠DAQ＝∠HAQ， ∵∠BAG+∠HAG+∠DAQ+∠HAQ＝∠BAD＝90°， ∴2（∠HAG+∠HAQ）＝90°，即2∠PAQ＝90°， ∴∠PAQ＝45°， ∴①正确； ②∵△ADQ≌△AHQ， ∴DQ＝QH， 取特殊值验证：设正方形边长为4， BF＝CE＝1，CF＝3，∵计算对角线BD上DQ长度，DQ≠3， ∴QH≠CF， 该等式不恒成立， ∴结论②错误； ③AH＝AB， 式子等价AB2＝PD•BQ，∠ADP＝∠QBA＝45°，∠PAQ＝45°， ∴可证△ADP∽△QBA，， 即AB2＝PD•BQ，∴结论③正确； ④H在直线BE上运动，设正方形边长为定值，利用坐标法分析： ∵的最小值大于，无法取到， ∴结论④错误； 综上所述，正确结论共有2个， 故选：B． 4．（2026•鸡西三模）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD的中点，DE、AF交于点G，AF的中点为H，连接BG、DH，给出下列结论：①AF⊥DE；②；③HD∥BG；④△ABG∽△DHF正确的结论有（　　） A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④ 【分析】利用正方形的性质和线段中点性质，证明△ADF≌△DCE（SAS），得到∠DAF＝∠CDE，即可判断①；利用勾股定理求出，再利用三角形的面积公式求出DG的长，即可判断②；利用直角三角形的斜边中线等于斜边一半，得到，进而得到∠HDF＝∠HFD，然后根据平行线的性质，得到∠HDF＝∠BAG，由勾股定理求出，进而得到，根据相似三角形的判定即可判断④；由相似三角形的性质得∠ABG＝∠DHF，因为AB≠AG，得到∠ABG≠∠AGB，进而得到∠AGB≠∠DHF，即可判断③，综上即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝CD＝BC，∠ADC＝∠BCD＝90°， ∵正方形的边长为4，E，F分别是BC，CD的中点， ∴DF＝CE＝2， 在△ADF和△DCE中， ， ∴△ADF≌△DCE（SAS）， ∴∠DAF＝∠CDE， ∵∠ADG+∠CDE＝∠ADC＝90°， ∴∠ADG+∠DAF＝90°， ∴∠AGD＝90°， ∴AF⊥DE，故①正确； ∵AD＝4，DF＝2， ∴， ∵， ∴4×22DG， ∴，故②正确； ∵∠ADC＝90°，H为AF的中点， ∴DH＝HFAF， ∴∠HDF＝∠HFD， ∵AB∥CD， ∴∠HFD＝∠BAG， ∴∠HDF＝∠BAG， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴△ABG∽△DHF，故④正确； ∴∠DHF＝∠ABG， ∵AB＝4，， ∴AB≠AG， ∴∠ABG≠∠AGB， ∴∠AGB≠∠DHF， ∴HD与BG不平行，故③错误； 综上可知，正确的结论为①②④， 故选：D． 5．（2026•任城区校级二模）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，AE、AF分别交BD于M、N，连接EN、EF，有以下结论：①△ABM∽△NEM；②△AEN是等腰直角三角形；③BE+DF＝EF；④若点F是DC的中点，则，其中正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】①如图，证明△AMN∽△BME和△AMB∽△NME，即可判断；②利用相似三角形的性质可得∠NAE＝∠AEN＝45°，则△AEN是等腰直角三角形可作判断；③如图，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，证明△AEF≌△AEH（SAS），则EF＝EH＝BE+BH＝BE+DF，可作判断；④设正方形的边长为2a，则DF＝CF＝a，，利用平行线分线段成比例求出AN，利用勾股定理求出AE，BE，EC即可判断． 【解答】解：如图，∵四边形ABCD是正方形， ∴∠EBM＝∠ADM＝∠FDN＝∠ABD＝45°． ∵∠MAN＝∠EBM＝45°，∠AMN＝∠BME， ∴△AMN∽△BME， ∴， ∴， ∵∠AMB＝∠EMN， ∴△AMB∽△NME，故①正确， ∴∠AEN＝∠ABD＝45°， ∴∠NAE＝∠AEN＝45°， ∴△AEN是等腰直角三角形，故②正确， ③如图， ∴将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH， 则AF＝AH，∠DAF＝∠BAH． ∵∠EAF＝45°＝∠DAF+∠BAE＝∠HAE． ∵∠ABE＝∠ABH＝90°， ∴H、B、E三点共线， 在△AEF和△AEH中， ， ∴△AEF≌△AEH（SAS）， ∴EF＝EH＝BE+BH＝BE+DF，故③正确， 设正方形的边长为2a，则DF＝CF＝a，， ∵DF∥AB， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故④正确． 故选：D． 6．如图，平面直角坐标系中，长方形OABC，点A，C分别在y轴，x轴的正半轴上，OA＝6，OC＝4，∠DOE＝45°，OD、OE分别交BC，AB于点D、E，且CD＝2，则AE的长为（　　） A．1 B．1.5 C．2 D．2.5 【分析】如图，过点E作EF⊥OE交OD延长线于点F，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，作FH⊥BC于H，由“AAS”可证△AEO≌△GEF，可得AE＝GF，EG＝AO＝6，通过证明△ODC∽△FDH，可得，即可求解． 【解答】解：如图，过点E作EF⊥OE交OD延长线于点F，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，作FH⊥BC于H， ∵∠EOF＝45°，EF⊥EO， ∴∠EOF＝∠EFO＝45°， ∴OE＝EF， ∵∠AOE+∠AEO＝90°，∠AEO+∠GEF＝90°， ∴∠GEF＝∠AOE， 在△AEO和△GEF中， ， ∴△AEO≌△GEF（AAS）， ∴AE＝GF，EG＝AO＝6， ∴BG＝EG﹣BE＝6﹣（4﹣AE）＝2+AE， ∵HF⊥BC，∠G＝∠CBG＝90°， ∴四边形BGFH是矩形， ∴BH＝GF＝AE，BG＝HF＝2+AE，HF∥BG∥OC， ∴HD＝BD﹣BH＝4﹣AE， ∵HF∥OC， ∴△ODC∽△FDH， ∴， ∴， ∴AE＝2， 故选：C． 7．在数学探究活动中，某同学进行了如下操作：如图，在直角三角形纸片ABC（∠C＝90°）内剪取一个直角△DEF（∠EDF＝90°），点D，E，F分别在AB，AC，BC边上．请完成如下探究： （1）当D为AB的中点时，若∠A＝60°，∠DEF＝　30°　 ； （2）当AC＝3，BC＝4，DE＝2DF时，AD的长为 　3　 ． 【分析】（1）由∠EDF＝∠C＝90°可知D，E，C，F四点共圆，则∠DEF＝∠DCB＝∠B即可解决； （2）过D分别作DP⊥AC，DQ⊥BC，易证△DPE∽△DQF，即DP＝2DQ，再根据DP∥BC，借助相似解决问题． 【解答】解：（1）如图，连接CD， ∵当D为AB的中点， ∴DC＝DA， ∴∠DAC＝∠DCA＝60°， ∴∠DCF＝90°﹣60°＝30°， ∵∠EDF＝∠C＝90°， ∴D，E，C，F四点共圆， ∴∠DEF＝∠DCF＝30°， 故答案为：30°； （2）如图，过D分别作DP⊥AC于P，DQ⊥BC于Q， ∵∠EDF＝90°， 易得△DPE∽△DQF， ∴， ∴DP＝2DQ， ∵DP∥BC， ∴， ∴， ∵DQ＝PC， ∴， 即， ∵， ∴， ∴AD＝3． 故答案为：3． 8．（2026•崂山区校级模拟）如图所示，边长为4的正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E在线段OD上，连接CE，作EF⊥CE交AB于点F．连接CF交BD于点H，则下列结论： ①EF＝EC； ②CF2＝CG•CA； ③BE•DH＝16； ④若BF＝1，则． 其中正确的是　①②③④　 ．（填序号） 【分析】①证△ADE≌△CDE，可得AE＝EC，再证AE＝EF即可；②通过证明△FCG∽△ACF可得；③通过证明△ECH∽△CDH，可得，通过证明△ECH∽△EBC，可得，可得结论；④通过证明△AFC∽△DEC，可得，即可求解． 【解答】解：如图，连接AE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD，∠ADB＝∠CDB＝∠BAC＝∠DAC＝45°，∠BAC＝∠BCD＝∠ABC＝90°， 又∵DE＝DE， ∴△ADE≌△CDE（sAs）， ∴AE＝EC，∠DAE＝∠DCE， ∴∠EAF＝∠BCE， ∵∠ABC+∠FEC+∠EFB+∠BCE＝360°，∠FEC＝∠ABC＝90°， ∴∠BCE+∠EFB＝180°， 又∵∠AFE+∠BFE＝180°， ∴∠AFE＝∠BCE＝∠EAF， ∴AE＝EF， ∴EF＝EC，故①正确； ∵EF＝EC，∠FEC＝90°， ∴∠EFC＝∠ECF＝45°， ∴∠FAC＝∠EFC＝45°， 又∵∠ACF＝∠FCG， ∴△FCG∽△ACF， ∴， ∴CF2＝CG•CA，故②正确； ∵∠ECH＝∠CDB，∠EHC＝∠DHC， ∴△ECH∽△CDH， ∴， ∴， ∵∠ECH＝∠DBC，∠BEC＝∠CEH， ∴△ECH∽△EBC， ∴， ∴， ∴， ∴BC•CD＝DH•BE＝16，故③正确； ∵BF＝1，AB＝4， ∴AF＝3，， ∵∠ECF＝∠ACD＝45°， ∴∠ACF＝∠DCE， 又∵∠FAC＝∠CDE＝45°， ∴△AFC∽△DEC， ∴， ∴， ∴，故④正确， 故答案为：①②③④． 9．在正方形ABCD中，AB＝4，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝45°，AE，AF分别交BD于点M，N，连接EN，EF． （1）如图①，试探究线段AN和EN的数量关系和位置关系； （2）如图②，若点G是EF的中点，连接NG，求证：NG∥DF； （3）在（2）的条件下，若DN＝NG，求△AEF的面积． 【分析】（1）根据三角形相似的性质和判定求解； （2）通过添加辅助线，构造全等三角形，得到角相等，再推出平行线； （3）通过添加辅助线，构造矩形，根据全等，把面积进行转化求解． 【解答】解：（1）AN＝NE，且AN⊥NE； 理由：∵∠EAF＝∠DBC＝45°，∠AMN＝∠BME， ∴△AMN∽△BME， ∴，∴， ∵∠AMB＝∠NME， ∴∠AEN＝∠ABD＝45°， ∴∠EAF＝∠AEN＝45°， ∴AN＝NE，且AN⊥NE； （2）如图： 把△ABE绕点A逆时针旋转90°， ∴AE＝AH，∠BAE＝∠DAH， ∵∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠DAF＝45°， ∴∠DAH+∠DAF＝45°，即：∠EAF＝∠FAH， ∵∠BAD＝90°，AB＝AD， ∴B、D两点重合， ∵∠ADF＝90°， ∴F、D、H三点共线， ∴△EAF≌△HAF（SAS）， ∴∠AFH＝∠AFE， 由（1）得：∠ENF＝90°， ∵G是EF的中点， ∴NGEF＝FG， ∴∠GNF＝∠GFN， ∴∠AFH＝∠GNF， ∴NG∥DF； （3）如图： 过点N作NP⊥CD于点P．过点G作GQ⊥CD于点Q， ∴NP∥GQ， 又∵NG∥PQ， ∴四边形PQGN为平行四边形， ∴NP＝GQ， ∵∠BDC＝45°， ∴∠PND＝45°， ∴DN＝NG＝GFNPGQ， ∴∠CFE＝45°， ∴∠CEF＝45°，∠CFE＝∠BDC＝45°， ∴CE＝CF，DN∥GF， 又∵DQ∥NG∴四边形DNGF为平行四边形， ∴DF＝NG， 设CE＝CF＝x， 则DF＝NG＝4﹣x，EFx， ∴NGEFx， ∴4﹣x ，解得：x＝8﹣4， ∴S△CEFCE2＝48﹣32， 由（2）得：△EAF≌△HAF，△ABE≌△ADH， ∴S△AEF＝S△ABE+S△ADF， ∴S△AEF[4×4﹣（48﹣32）]＝1616． 10．利用一副三角尺进行操作富有数学趣味．在一次数学课外活动中，小美和小好两位同学用一副三角板玩起了数学游戏．已知△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°． （1）如图1，小美过点C作CD⊥AB于D，再将另一块三角板的直角顶点放在点D处，并绕着点D旋转，两条直角边分别交线段AC、BC于点E、F． ①小美猜想：若点E是AC的中点，则点F也是BC中点．你认为小美的猜想是 　正确　 ；（填“正确”或“不正确”） ②小好猜想：在如图1所示旋转过程中，的值始终保持不变．若正确，请你求出该定值；若不正确，请说明理由． （2）如果点D是AB中点，将另一块三角板的直角顶点放在点D处，并绕着点D旋转，两条直角边分别与线段AC、BC交于点E，F，如图2所示．在图形旋转过程中，的值保持不变，请求出此定值． 【分析】（1）①证明DF＝FC，DF＝FB可得结论； ②证明可得结论； （2）如图2中，过点D作DM⊥BC于点M，DN⊥AC于点N．证明可得结论． 【解答】解：（1）①小美的猜想正确． 理由：∵CD⊥AB， ∴∠CDA＝∠CDB＝90°， ∵CE＝AE， ∴DE＝CE＝AE， ∴∠ECD＝∠EDC， ∵∠EDF＝∠ACB＝90°， ∴∠FCD+∠ECD＝90°，∠FDC+∠CDE＝90°， ∴∠FCD＝∠FDC， ∴FC＝FD， ∵∠B+∠FCD＝90°，∠BDF+∠CDF＝90°， ∴∠B＝∠FDB， ∴FB＝FD， ∴FB＝FC， ∴点F是BC的中点； ②结论：． 理由：如图1中， ∵CD⊥AB， ∴∠CDB＝∠FDE＝90°， ∴∠EDC＝∠FDB， ∵∠DCE+∠BCD＝90°，∠B+∠BCD＝90°， ∴∠DCE＝∠B， ∴△CDE∽△BDF， ∴tanB； （2）如图2中，过点D作DM⊥BC于点M，DN⊥AC于点N． ∵∠MCN＝∠DMC＝∠DNC＝90°， ∴四边形DMCN是矩形， ∴∠MDN＝∠EDF＝90°， ∴∠MDF＝∠NDE， ∵∠DMF＝∠DNE＝90°， ∴△DNE∽△DMF， ∴， ∵AD＝DB，DM∥AC， ∴BM＝CM， ∴DMAC， 同法可证DNBC， ∴． 11．（2025•沿河县校级模拟）【问题背景】 数学课上，我们以等腰直角三角形为背景，利用旋转的性质研究线段和角的关系．老师给出了下面的已知条件：在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB，D是△ABC边上的一动点，P是△ABC外任意一点，过点D与点P作射线DP，将射线DP绕点D逆时针旋转90°得到射线DQ． 【问题初探】 （1）如图1，点D与直角顶点B重合，射线DP交边AC于点E，点F在射线DQ上，且满足DE＝DF，连接AF．求证：AF＝CE且AF⊥CE． 【问题深探】 （2）如图2，点D在直角边AB上，射线DP恰巧经过点C，点F在射线DQ上，且满足DC＝DF，连接AF．请直接写出AC，AD，AF之间的数量关系：　　 ． 【问题拓展】 （3）如图3，点D在斜边AC上，且CD＝kAD（0＜k≤1），射线DP交边AB于点E，射线DQ交边CB于点F．当，AE＝4，CF＝3时，求线段AC的长． 【分析】（1）利用边角边证△AFB≌△CEB，得到AF＝CE，再通过倒角即可证出AF⊥CE； （2）先证△CBD≌△DHF，得到HF＝BD，DH＝BC，再证出AH＝BD＝HF，进而得到，再通过，即可得解； （3）先证△AND∽△CMD，得到，再证△DEN∽△DFM，得出，设参，利用AD＝AN建立方程即可得解． 【解答】（1）证明：∵∠ABC＝90°，∠QBP＝90°， ∴∠QBA+∠ABP＝∠PBC+∠ABP， ∴∠QBA＝∠PBC， 又∵BE＝BF，AB＝CB， ∴△CEB≌△AFB（SAS）， ∴∠FAB＝∠C，AF＝CE， ∵∠C+∠BAC＝90°， ∴∠FAB+∠BAC＝90°， ∴∠FAC＝90°， ∴AF⊥CE； （2）解：如图，过F作FH⊥AB交BA延长线于点H， ∵∠H＝∠B＝∠PDQ＝90°， ∴∠BDC＝∠DFH＝90°﹣∠HDQ， 又∵DC＝DF， ∴△CBD≌△DHF（AAS）， ∴BC＝DH，HF＝BD， ∵BC＝AB， ∴DH＝AB， ∴BD＝AH， ∴HF＝AH， ∴△AHF是等腰直角三角形， ∴， ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴， 故答案为：； （3）解：如图，过点D作DM⊥BC于点M，DN⊥AB于点N， ∴∠DNA＝∠DNB＝∠DMC＝∠DMF＝90°， ∵AB＝CB， ∴∠A＝∠C＝45°， ∴△CMD∽△AND， ∴， ∵CD＝kAD，， ∴， ∵∠ABC＝90°，∠PDQ＝90°， ∴∠BED+∠DFB＝180°， ∵∠DFC+∠DFB＝180°， ∴∠BED＝∠DFC， ∴△DEN∽△DFM， ∴， 设DM＝CM＝a， ∵CF＝3，AE＝4， ∴DN＝2a，FM＝3﹣a，EN＝2（3﹣a）， ∴AN＝AE+EN＝4+2（3﹣a）， ∵DN＝AN， ∴2a＝4+2（3﹣a）， ∴a， ∴，， ∴． 12．（2025•保康县模拟）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC边上一动点，且n为正整数），在直线BC上方作△ADE，∠ADE＝90°，，连接BE． （1）如图1，在点D运动过程中，求证：△ACD∽△ABE； （2）如图2，若AC＝1，n＝2，M为AB中点，当点E在射线CM上时，求CD的长； （3）如图3，若n＝2，AE∥BC，AB与CE交于点F，试探究线段AF与BF之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）证明△ACB∽△ADE，得出∠CAB＝∠DAE，，则，可得出结论； （2）作CG⊥AB于点G，则∠AGC＝90°，求出AB，由相似三角形的性质得出∠ACD＝∠ABE＝∠MGC＝90°，∠BME＝∠GMC，，则可得出答案； （3）过B作BH⊥AE于点H，证出BC＝2AC，设AC＝BH＝a，则BC＝AH＝2a，由（1）得△ACD∽△ABE，得出∠ACD＝∠ABE＝90°，证明△AFE∽△BFC，得出，则可得出结论． 【解答】（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∵∠ACB＝90°，∠ADE＝90°， ∴∠ACB＝∠ADE＝90°， ∴△ACB∽△ADE， ∴∠CAB＝∠DAE，， ∴， ∴∠CAB﹣∠BAD＝∠DAE﹣∠BAD， ∴∠CAD＝∠BAE， ∴△ACD∽△ABE； （2）解：如图2，作CG⊥AB于点G，则∠AGC＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ACG＝∠ABC＝90°﹣∠BAC， ∵AC＝1，， ∴BC＝nAC＝n， ∵n＝2， ∴BC＝2， ∴， ∵M为AB中点， ∴， ∵，， ∴，CG，MG＝AM﹣AG， ∵△ACD∽△ABE， ∴∠ACD＝∠ABE＝∠MGC＝90°，∠BME＝∠GMC，， ∴， ∴， ∴， ∴CD， ∴CD的长是； （3）解：4AF＝5BF， 理由：如图，过B作BH⊥AE于点H， ∴∠AHB＝90°， ∵AE∥BC， ∴∠ACB+∠CAE＝180°，∠ABC＝∠BAH， ∴∠ACB＝∠CAE＝∠AHB＝90°， ∴四边形ACBH是矩形， ∴AC＝BH，BC＝AH，，n＝2， ∴BC＝2AC， 设AC＝BH＝a，则BC＝AH＝2a， 由（1）得△ACD∽△ABE， ∴∠ACD＝∠ABE＝90°， ∴∠ABH+∠HBE＝∠ABH+∠BAH＝90°， ∴∠HBE＝∠BAH＝∠ACB， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵AE∥BC， ∴△AFE∽△BFC， ∴， 即4AF＝5BF． 13．（2026春•石狮市校级月考）在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形摆放在一起，如图1所示，点A为公共顶点，点D在AB的延长线上，∠BAC＝∠AED＝90°，AB＝AE＝2．若将△ABC固定不动，把△ADE绕点A逆时针旋转a（0°＜a＜90°），此时线段AD，射线AE分别与射线BC交于点M，N． （1）当△ADE旋转到如图2所示的位置时， ①求证：△ABN∽△MAN； ②在图2中除△ABN∽△MAN外还有哪些相似三角形，直接写出； ③如图2，若BM＝1，求BN的长． （2）在旋转过程中，若BM＝d，请直接写出CN的长 　或　 （用含d的式子表示）． 【分析】（1）①根据两角相等的两个三角形相似证明； ②根据等腰直角三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB＝∠D＝∠DAE＝45°，可证明△ABF∽△ADE； ③根据勾股定理求出BC，证明△ABN∽△MCA，根据相似三角形的性质计算即可； （2）分点N在线段BC上、点N在线段BC的延长线上两种情况，根据相似三角形的性质计算，得到答案． 【解答】（1）①证明：∵∠ABN＝∠MAN＝45°，∠ANB＝∠MNA， ∴△ABN∽△MAN； ②解：△ABF∽△ADE， ∵△ABC、△ADE都是等腰直角三角形 ∴∠ABC＝∠ACB＝∠D＝∠DAE＝45°，ADAE＝4， ∴△ABF∽△ADE， ③解：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2， 则BC4， ∴CM＝BC＝BM＝3， ∵∠AMC＝∠B+∠BAM＝45°+∠BAM，∠BAN＝∠MAN+∠BAM＝45°+∠BAM， ∴∠AMC＝∠BAN， ∵∠B＝∠C， ∴△ABN∽△MCA， ∴，即， 解得：BN； （2）解：如图2，当点N在线段BC上时， 由②可知：△ABN∽△MCA， ∴，即， 解得：BN， ∴CN＝BC﹣BN＝4， 如图3，当点N在线段BC的延长线上时， CN＝BN﹣BC4， 综上所述：CN的长为或． 14．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，点D是斜边AB的中点，点E是线段AC上一动点，连接DE，过点D作FD⊥ED，交线段BC于点F． （1）探究发现：如图1，若m＝n，猜想DE与DF有什么数量关系，并说明理由． （2）数学思考：如图2，若m＞n，猜想DE与DF有什么数量关系（用含m，n的代数式表示），并说明理由． （3）拓展应用：若AC＝6，BC＝8，，且CF＞BF，请直接写出CF的长． 【分析】（1）根据，得出∠A＝45°，BC＝AC，证明△CDE≌△BDF，得出DE＝DF即可； （2）过点D作DM⊥AC于点M，作DN⊥CB于点N，证明四边形CMDN为矩形，得出∠MDN＝90°，DN＝CM，证明△MDE∽△NDF，得出，根据CD＝AD，得出∠A＝∠ACD，即可得出，根据，即可得出结论； （3）过点D作DG⊥BC于点G，根据勾股定理求出，根据直角三角形性质得出，根据解析（2）得出，求出，根据勾股定理求出GF，最后求出结果即可． 【解答】解：（1）DE＝DF，理由如下： ∵m＝n， ∴， ∴∠A＝45°，BC＝AC， ∵∠ACB＝90°，点D是斜边AB的中点， ∴CD＝AD＝BD，∠B＝45°， ∴∠A＝∠ACD＝45°＝∠B， ∵BC＝AC，点D是斜边AB的中点， ∴CD⊥AB， ∴∠CDB＝90°， ∵FD⊥ED， ∴∠EDF＝90°， ∴∠CDB﹣∠CDF＝∠EDF﹣∠CDF， ∴∠EDC＝∠FDB， ∴△CDE≌△BDF， ∴DE＝DF； （2）；理由如下： 过点D作DM⊥AC于点M，作DN⊥CB于点N，如图所示： 则∠CMD＝∠DME＝∠DNF＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴四边形CMDN为矩形， ∴∠MDN＝90°，DN＝CM， ∵∠EDM+∠MDF＝∠MDF+∠FDN＝90°， ∴∠EDM＝∠FDN， ∴△MDE∽△NDF， ∴， ∵∠ACB＝90°，点D是斜边AB的中点， ∴CD＝AD， ∴∠A＝∠ACD， ∴， ∴， ∴； （3）过点D作DG⊥BC于点G，如图所示： ∵AC＝6，BC＝8， ∴， ∵∠ACB＝90°，点D是斜边AB的中点， ∴， ∵DG⊥BC， ∴， ∴ 根据解析（2）可知：， ∵， ∴， ∴， ∴． 15．【模型建立】：（1）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝45°，探究图中线段EF，BE，DF之间的数量关系．小明的探究思路如下：延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG，先证明△ADF≌△ABG，再证明△AEF≌△AEG． ①EF，BE，DF之间的数量关系为 BE+DF＝EF ； ②小亮发现这里△ABG可以由△ADF经过一种图形变换得到，请你写出这种图形变换的过程 　将△ADF绕A点顺时针旋转90°　 ，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ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠D互补，E，F分别是边BC，CD上的点，且，试问线段EF，BE，DF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ABCD中，点E在边BC上，AD＝6，AB＝4，∠CAE＝45°，求CE的长． 【分析】（1）①沿着小明的思路，先证△ADF≌△ABG，再证△AEF≌△AEG，即可得出结论；②在①的基础上，证明∠GAF＝90°即可得解； （2）延长CB至点M，使得BM＝DF，连接AM，先证△ABM≌△ADF，再证△MAE≌△FAE，即可得出结论； （3）过E点作EN⊥AC于N点，设EC＝x，则有x＜6，即BE＝6﹣x，分别在Rt△ABE和Rt△ADC中，表示出AE2和求出AC，再证△AEN是等腰直角三角形，即可得AE2＝2AN2＝2EN2，则有2EN2＝42+（6﹣x）2，再证Rt△ABC∽Rt△ENC，即有，进而有，则可得一元二次方程，解方程就可求出CE． 【解答】解：（1）①BE+DF＝EF，理由如下： 沿着小明的思路进行证明， 在正方形ABCD中，有AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°， 即有∠ABG＝90°， ∵BG＝DF，AD＝AB，∠D＝∠ABG＝90°， ∴Rt△ADF≌Rt△ABG（HL）， ∴AF＝AG，∠DAF＝∠BAG， ∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠DAF＝45°， ∴∠BAE+∠BAG＝45°＝∠EAF， ∵AF＝AG，AE＝AE， ∴△AEF≌△AEG（SAS）， ∴EG＝EF， ∵EG＝BG+BE，BG＝DF， ∴EF＝BE+DF，结论得证； ②将△ADF绕A点顺时针旋转90°即可得到△ABG． 理由如下： 在①已经证得△ADF≌△ABG，并得到∠BAE+∠BAG＝45°＝∠EAF， ∴∠GAF＝∠EAG+∠EAF＝45°+45°＝90°， ∴将△ADF绕A点顺时针旋转90°即可得到△ABG； 故答案为：①BE+DF＝EF，②将△ADF绕A点顺时针旋转90°； （2）EF＝DF+BE，理由如下： 延长CB至点M，使得BM＝DF，连接AM，如图， ∵∠ABC与∠D互补， ∴∠D+∠ABC＝180°， ∵∠ABC+∠ABM＝180°， ∴∠ABM＝∠D， ∵AB＝AD，BM＝DF， ∴△ABM≌△ADF， ∴∠DAF＝∠BAM，AM＝AF， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠BAE+∠FAD∠BAD， ∴∠BAE+∠FAD＝∠EAF， ∵∠DAF＝∠BAM， ∴∠BAM+∠BAE＝∠EAF， ∴∠MAE＝∠EAF， ∵AM＝AF，AE＝AE， ∴△MAE≌△FAE（SAS）， ∴ME＝EF， ∵ME＝BE+MB，MB＝DF， ∴EF＝DF+BE，结论得证； （3）过E点作EN⊥AC于N点，如图， ∵AD＝6，AB＝4， ∴在矩形ABCD中，AD＝BC＝6，AB＝DC＝4，∠D＝∠B＝90°， ∴设EC＝x，则有x＜6， ∴BE＝BC﹣EC＝6﹣x， 在Rt△ABE中，AE2＝AB2+BE2＝42+（6﹣x）2， 在Rt△ADC中，， ∵∠CAE＝45°，EN⊥AC， ∴∠ANE＝90°＝∠ENC， ∴∠AEN＝45°， ∴△AEN是等腰直角三角形， ∴， ∴AE2＝2AN2＝2EN2， 即：2EN2＝42+（6﹣x）2 ∵∠ENC＝90°＝∠B，∠ACB＝∠ECN， ∴Rt△ABC∽Rt△ENC， ∴， ∵AB＝4，AC，EC＝x， ∴， ∴， ∵2EN2＝42+（6﹣x）2， ∴， ∴结合x＜6，解得x＝5.2， ∴CE＝5.2． 16．（2026•临洮县二模）如图①，在正方形ABCD中，点N、M分别在边BC、CD上，连结AM、AN、MN．∠MAN＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而得DM+BN＝MN． 【实践探究】 （1）在图①条件下，若CN＝6，CM＝8，则正方形ABCD的边长是 　12　 ． （2）如图②，点M、N分别在边CD、AB上，且BN＝DM．点E、F分别在BM、DN上，∠EAF＝45°，连接EF，猜想三条线段EF、BE、DF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ABCD中，AB＝6，AD＝8，点M、N分别在边DC、BC上，连结AM，AN，已知∠MAN＝45°，BN＝2，求DM的长． 【分析】（1）由旋转的性质可得BE＝DM，∠ABE＝∠D＝90°，AE＝AM，∠BAE＝∠DAM，证出∠EAM＝90°，得出∠MAN＝∠EAN，可证△AMN≌△EAN，得出MN＝EN．证出MN＝BN+DM．在Rt△CMN中，由勾股定理得出MN＝10，则BN+DM＝10，设正方形ABCD的边长为x，则BN＝BC﹣CN＝x﹣6，DM＝CD﹣CM＝x﹣8，得出方程x﹣6+x﹣8＝10，解方程即可； （2）将△AFD绕点A顺时针旋转90°，得到△ABH，连接EH，由旋转的性质可得∠ADF＝∠ABH，DF＝BH，∠DAF＝∠BAH，AH＝AF，由“SAS”可证△EAH≌△EAF，可得HE＝EF，由直角三角形的性质和平行四边形的性质可求∠ABH+∠ABM＝90°＝∠HBM，由勾股定理可求解； （3）延长AB至P，使BP＝BN＝2，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，则四边形APQD是正方形，得出PQ＝DQ＝AP＝AB+BP＝8，设DM＝x，则MQ＝8﹣x，由平行线得出△ABN∽△APE，求出PEBN，得出EQ＝PQ﹣PE，由（1）得：EM＝PE+DMx，在Rt△QEM中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝CD＝AD，∠BAD＝∠C＝∠D＝90°， 由旋转得：△ABE≌△ADM， ∴BE＝DM，∠ABE＝∠D＝90°，AE＝AM，∠BAE＝∠DAM， ∴∠BAE+∠BAM＝∠DAM+∠BAM＝∠BAD＝90°， 即∠EAM＝90°， ∵∠MAN＝45°， ∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°， ∴∠MAN＝∠EAN， 在△AMN和△EAN中， ， ∴△AMN≌△EAN（SAS）， ∴MN＝EN． ∵EN＝BE+BN＝DM+BN， ∴MN＝BN+DM． 在Rt△CMN中，MN10， 则BN+DM＝10， 设正方形ABCD的边长为x，则BN＝BC﹣CN＝x﹣6，DM＝CD﹣CM＝x﹣8， ∴x﹣6+x﹣8＝10， 解得：x＝12， 即正方形ABCD的边长是12； 故答案为：12； （2）EF2＝BE2+DF2， 理由如下：如图②，将△AFD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABH，连接EH， ∴∠ADF＝∠ABH，DF＝BH，∠DAF＝∠BAH，AH＝AF， ∵∠EAF＝45°， ∴∠DAF+∠BAE＝45°＝∠BAH+∠BAE， ∴∠HAE＝45°＝∠EAF， 又∵AH＝AF，AE＝AE， ∴△EAH≌△EAF（SAS）， ∴HE＝EF， ∵BN＝DM，BN∥DM， ∴四边形BMDN是平行四边形， ∴DN∥BM， ∴∠AND＝∠ABM， ∵∠ADN+∠AND＝90°， ∴∠ABH+∠ABM＝90°＝∠HBM， ∴BE2+BH2＝HE2， ∴EF2＝BE2+DF2； （3）如图③，延长AB至P，使BP＝BN＝2，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM， 则四边形APQD是正方形， ∴PQ＝DQ＝AP＝AB+BP＝8， 设DM＝x，则MQ＝8﹣x， ∵PQ∥BC， ∴△ABN∽△APE， ∴， ∴PEBN， ∴EQ＝PQ﹣PE＝8， 由（1）得：EM＝PE+DMx， 在Rt△QEM中，由勾股定理得：（）2+（8﹣x）2＝（x）2， 解得：x＝4， 即DM的长是4． 17．（2025•前郭县模拟）【操作与发现】如图①，在正方形ABCD中，点N，M分别在边BC，CD上．连接AM，AN，MN．∠MAN＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而可得：DM+BN＝MN． 【实践探究】 （1）在图①条件下，若CN＝6，CM＝8，则正方形ABCD的边长是　12　 ； （2）如图②，在正方形ABCD中，点M，N分别在边DC，BC上，连接AM，AN，MN，∠MAN＝45°，若tan∠BAN，求证：M是CD的中点； 【拓展】 （3）如图③，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝16，点M，N分别在边DC，BC上，连接AM，AN，已知∠MAN＝45°，BN＝4，则DM的长是　8　 ． 【分析】（1）证明△AMN≌△AEN（SAS），得出MN＝EN．证出MN＝BN+DM．在Rt△CMN中，由勾股定理得出MN，求得BN+DM，设正方形ABCD的边长为x，得出方程，解方程即可求解； （2）设设BN＝m，DM＝n，由（1）MN＝BN+DM＝m+n，由三角函数得出AB＝3BN＝3m，得出CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，在Rt△CMN中，由勾股定理得出方程：（2m）2+（3m﹣n）2＝（m+n）2，整理得：3m＝2n，得出CM＝2n﹣n＝ny，得出DM＝CM，即可得出结论； （3）延长AB至P，使BP＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，则四边形APQD是正方形，证明△ABN∽△APE，求出PEBN，EQ＝PQ﹣PE＝16，由（1）得：EM＝PE+DM，同样的方法在Rt△QEM中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝CD＝AD，∠BAD＝∠C＝∠D＝90°， ∵将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE， ∴△ABE≌△ADM， ∴BE＝DM，∠ABE＝∠D＝90°，AE＝AM，∠BAE＝∠DAM， ∴∠BAE+∠BAM＝∠DAM+∠BAM＝∠BAD＝90°， 即∠EAM＝90°， ∵∠MAN＝45°， ∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°， ∴∠MAN＝∠EAN， 在△AMN和△AEN中， ， ∴△AMN≌△AEN（SAS）， ∴MN＝EN， ∵EN＝BE+BN＝DM+BN， ∴MN＝BN+DM， 在Rt△CMN中，CN＝6，CM＝8， 由勾股定理得：MN10， 则BN+DM＝10， 设正方形ABCD的边长为x，则BN＝BC﹣CN＝x﹣6，DM＝CD﹣CM＝x﹣8， ∴x﹣6+x﹣8＝10， 解得：x＝12， 即正方形ABCD的边长是12； 故答案为：12； （2）证明：设BN＝m，DM＝n， 由（1）可知，MN＝BN+DM＝m+n， ∵∠B＝90°，tan∠BAN， ∴tan∠BAN， ∴AB＝3BN＝3m， ∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n， 在Rt△CMN中，由勾股定理得：（2m）2+（3m﹣n）2＝（m+n）2， 整理得：3m＝2n， ∴CM＝2n﹣n＝n， ∴DM＝CM， 即M是CD的中点； （3）解：延长AB至P，使BP＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，如图③： 则四边形APQD是正方形， ∴PQ＝DQ＝AP＝AB+BP＝12+4＝16， 设DM＝a，则MQ＝16﹣a， ∵PQ∥BC， ∴△ABN∽△APE， ∴， ∴PEBN， ∴EQ＝PQ﹣PE＝16， 由（1）得：EM＝PE+DM， 在Rt△QEM中，由勾股定理得：， 解得：a＝8， 即DM的长是8； 故答案为：8． 18．（2025秋•青羊区校级同步）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点，且（n为正整数），E是AC边上的动点，过点D作DE的垂线交直线BC于点F． （1）如图1，当n＝1时，求证：． （2）①如图2，当n＝2，且点F在线段BC上时，试探究线段AE，BF，AB之间的数量关系，请写出结论并证明； ②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段AE，BF，AB之间数量关系的一般结论（直接写出结论）． （3）如图3，连接EF，设EF的中点为M．若，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）． 【分析】（1）由“ASA”可证△CDE≌△BDF，可得CE＝BF，即可求解； （2）①先证△ADN和△BDH是等腰直角三角形，可得AN＝DN，DH＝BH，ADAN，BDBH，可求ADx，BD＝2x，通过证明△EDN∽△FDH，可求FH＝2NE，即可求解； ②分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求解； （3）由题意可得点M在线段CD的垂直平分线上运动，由相似三角形的性质可求M'R＝1，由勾股定理和相似三角形的性质可求RM″＝n，由勾股定理可求解． 【解答】（1）证明：连接CD， ∵∠C＝90°，AC＝BC，AD＝DB， ∴ABAC，∠A＝∠B＝∠ACD＝45°，AD＝CD＝BD，CD⊥AB， ∵ED⊥FD， ∴∠EDF＝∠CDB＝90°， ∴∠CDE＝∠BDF， ∴△CDE≌△BDF（ASA）， ∴CE＝BF， ∴AE+BF＝AE+CE＝ACAB； （2）①AEBFAB，理由如下： 过点D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H， ∵∠C＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠B＝45°， ∵DN⊥AC，DH⊥BC， ∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形， ∴AN＝DN，DH＝BH，ADAN，BDBH，∠A＝∠B＝45°＝∠ADN＝∠BDH， ∴△ADN∽△BDH， ∴， 设AN＝DN＝x，BH＝DH＝2x， ∴ADx，BD＝2x， ∴AB＝3x， ∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°， ∴四边形DHCN是矩形， ∴∠NDH＝90°＝∠EDF， ∴∠EDN＝∠FDH， 又∵∠END＝∠FHD， ∴△EDN∽△FDH， ∴， ∴FH＝2NE， ∴AEBF＝x+NE（2x﹣FH）＝2xAB； ②如图4，当点F在射线BC上时，过点D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H， ∵∠C＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠B＝45°， ∵DN⊥AC，DH⊥BC， ∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形， ∴AN＝DN，DH＝BH，ADAN，BDBH，∠A＝∠B＝45°＝∠ADN＝∠BDH， ∴△ADN∽△BDH， ∴， 设AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx， ∴ADx，BDnx， ∴AB（n+1）x， ∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°， ∴四边形DHCN是矩形， ∴∠NDH＝90°＝∠EDF， ∴∠EDN＝∠FDH， 又∵∠END＝∠FHD， ∴△EDN∽△FDH， ∴， ∴FH＝nNE， ∴AEBF＝x﹣NE（nx+FH）＝2xAB； 当点F在CB的延长线上时，如图5， ∵∠C＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠B＝45°， ∵DN⊥AC，DH⊥BC， ∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形， ∴AN＝DN，DH＝BH，ADAN，BDBH，∠A＝∠B＝45°＝∠ADN＝∠BDH， ∴△ADN∽△BDH， ∴， 设AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx， ∴ADx，BDnx， ∴AB（n+1）x， ∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°， ∴四边形DHCN是矩形， ∴∠NDH＝90°＝∠EDF， ∴∠EDN＝∠FDH， 又∵∠END＝∠FHD， ∴△EDN∽△FDH， ∴， ∴FH＝nNE， ∴AE﹣BF＝x+NE﹣（FH﹣nx）＝2xAB， 综上所述：当点F在射线BC上时，AEBFAB，当点F在CB延长线上时，AEBFAB； （3）如图，连接CD，CM，DM， ∵EF的中点为M，∠ACB＝∠EDF＝90°， ∴CM＝DMEF， ∴点M在线段CD的垂直平分线上运动， 如图，当点E'与点A重合时，点F'在BC的延长线上， 当点E''与点C重合时，点F″在CB的延长线上， 过点M'作M'R⊥F'C于R， ∴M'R∥AC， ∴， ∴M'R＝1，F'R＝CR， 由图2，设AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx， ∴ADx，BDnx， ∴AB（n+1）x＝2， ∴x， ∵F'D＝BDnx， ∴F'B＝2nx， ∴CF'＝2nx﹣2， ∴CR＝nx﹣11， 由（2）可得：CD＝＝x•．， ∴CF″＝nDE″＝nx•， ∴CF″＝（1+n2）x， ∴CM″， ∴RM″＝n， ∴M″M'＝， ∴点M运动的路径长为． 19．（2026•淮安二模）在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝45°，，D是AB边上一点，且（n为正整数），将一块矩形DEFG绕着点D按顺时针方向旋转，旋转过程中矩形DEFG边DE、DG始终分别与△ABC的边AC、BC相交于点M、N． 【初步感知】 （1）如图1，在矩形DEFG的旋转过程中，若n＝1，则AM+BN＝　6　 ． 【深入探究】 （2）①如图2，在矩形DEFG的旋转过程中，若n＝2，试探究线段AM与BN之间有怎样的数量关系，请写出结论并证明； ②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段AM，BN之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）． 【迁移运用】 （3）如图3，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝45°，点M是AC上一定点，请你借助已学知识或探索过程中得到的结论，用无刻度直尺或圆规在AB上找一点D，在BC上找一点N，使． 【拓展提升】 （4）如图4，在等边三角形ABC中，AB＝6，D是AB边上一点，且，（n为正整数），E是BC一点，F是射线CA上一点，∠EDF＝120°，连接EF，过点D作DP垂直于EF，垂足为P．点E从点B运动到点C过程中，点P运动的路径长为　　 ．（用含n的代数式表示） 【分析】（1）连接CD，当n＝1时，AD＝BD，根据等腰直角三角形性质可得：CD⊥AB，AD＝CD，则∠ADM+∠CDM＝90°，再由矩形性质可得∠CDN+∠CDM＝90°，则∠ADM＝∠CDN，进而证得△ADM≌△CDN（ASA），即可求得答案； （2）①当n＝2时，可得：AD＝2，BD＝4，取BD的中点H，过点H作HL∥BC，交AC于L，交DG于K，可得△DHK∽△DBN，则HKBN，再由△AHL是等腰直角三角形，可得HL＝4，即可得出答案； ②在DB上截取DH＝AD，过点H作HL∥BC，交AC于L，交DG于K，可得△DHK∽△DBN，则AHAB，再由△AHL是等腰直角三角形，即可得出答案； （3）①分别以A、B为圆心，大于AB为半径画弧交于点E，连接CE交AB于点P，②分别以A、P为圆心，大于AP为半径画弧交于G、H，连接GH交AB于D，③以D为圆心，DM为半径画圆交直线DM于点F，④分别以F、M为圆心，大于FM为半径画弧交于L、K，连接LK交BC于N，点N即为所求作的点． （4）过点D作DG∥AC，连接AG，过点D作DQ⊥AG于Q，可依次证得△ADF∽△GDE，△ADG∽△FDE，△DQG∽△DPE，△QDP∽△GDE，由DG∥AC，A、D、G均为定点，点Q为定点，可得：当点E在点B处时，点P的位置位于点P1处，当点E在点C处时，点P在点P2处，则点P的运动轨迹为线段P1P2，再利用相似三角形性质及勾股定理即可求得答案． 【解答】解：（1）如图1，连接CD， 当n＝1时，1， ∴AD＝BD， ∵∠ACB＝90°，∠A＝45°，AB＝6， ∴CD⊥AB，AD＝CD，∠DCN∠ACB＝45°，AC＝BC＝6， ∴∠ADM+∠CDM＝90°， ∵四边形DEFG是矩形， ∴∠CDN+∠CDM＝90°， ∴∠ADM＝∠CDN， ∵∠A＝∠DCN， ∴△ADM≌△CDN（ASA）， ∴AM＝CN， ∵CN+BN＝BC＝6， ∴AM+BN＝6， 故答案为：6． （2）①当n＝2时，AMBN＝4．理由如下： 如图2，取BD的中点H，过点H作HL∥BC，交AC于L，交DG于K， ∵n＝2， ∴， ∴AD＝2，BD＝4， ∵点H是BD的中点， ∴BH＝DH＝AD＝2， ∵HL∥BC， ∴△DHK∽△DBN， ∴， ∴HKBN， ∵HL∥BC， ∴∠ALH＝∠ACB＝90°， ∵∠A＝45°， ∴△AHL是等腰直角三角形， ∴HL＝4， 由（1）知：AM+HK＝LK+HK＝HL＝4， ∴AMBN＝4． ②AMBN.理由如下： 如图3，在DB上截取DH＝AD，过点H作HL∥BC，交AC于L，交DG于K， ∵HL∥BC， ∴△DHK∽△DBN， ∴， ∴HKBN， ∵，AD＝DH， ∴， ∴AHAB， ∵△AHL是等腰直角三角形， ∴HLAHAB， ∵AD＝DH，即D是AH的中点， ∴AM+HK＝LK+HK＝HL， ∴AMBN． （3）①分别以A、B为圆心，大于AB为半径画弧交于点E，连接CE交AB于点P， ②分别以A、P为圆心，大于AP为半径画弧交于G、H，连接GH交AB于D， ③以D为圆心，DM为半径画圆交直线DM于点F， ④分别以F、M为圆心，大于FM为半径画弧交于L、K，连接LK交BC于N， 如图4所示，点N即为所求作的点． （4）如图5，过点D作DG∥AC，连接AG，过点D作DQ⊥AG于Q， ∵△ABC为等边三角形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝60°， ∵∠EDF＝120°， ∴∠C+∠EDF＝180°， ∴∠CFD+∠CED＝180°， ∵∠CFD+∠AFD＝180°， ∴∠AFD＝∠CED，即∠AFD＝∠GED， ∵DG∥AC， ∴∠GDB＝∠DAF＝60°， ∴△BDG是等边三角形， ∴，∠DGE＝60°， ∴∠DAF＝∠DGE， ∴△ADF∽△GDE， ∴， ∴， ∵∠ADG＝∠FDE＝120°， ∴△ADG∽△FDE， ∴∠AGD＝∠FED， ∵DQ⊥AG，DP⊥FE， ∴∠DQG＝∠DPE＝90°， ∴△DQG∽△DPE， ∴，∠QDG＝∠PDE， ∴∠QDG﹣∠PDG＝∠PDE﹣∠PDG，即∠QDP＝∠GDE， ∴△QDP∽△GDE， ∴∠PQD＝∠DGE＝60°， ∵DG∥AC，A、D、G均为定点， ∴点Q为定点， 当点E在点B处时，点P的位置位于点P1处，当点E在点C处时，点P在点P2处，如图6， ∴点P的运动轨迹为线段P1P2， ∵∠DP1F＝∠DP2F＝90°， ∴D、P1、F、P2四点共圆， ∴∠DP1P2＝∠DFA，∠DP2P1＝∠DFB， ∵∠FDB＝120°， ∴∠ADF＝∠ABC＝60°， ∴DF∥BC， ∴∠DFB＝∠FBC， ∴∠DP2P1＝∠FBC， ∵∠P2P1D＝∠AFD＝∠BCF＝60°， ∴△P2P1D∽△BCF， ∴， ∵DP2⊥AC，∠BAC＝60°，， ∴AD，BD， ∴DP2AD， 过点F作FH⊥AB于点H， ∴FHAHAD， ∴BH＝BD+DH， ∴BF2＝FH2+BH2＝（）2+（）2， ∴BF， ∴， ∴P1P2， 故答案为：． 20．（2026•广东模拟）（1）【探究发现】如图1，正方形ABCD的对角线相交于点O，在正方形A′B′C′O绕点O旋转的过程中，边A′O与边BC交于点M，边C′O与边CD交于点N．证明：△OMC≌△OND． （2）【类比迁移】如图2，矩形ABCD的对角线相交于点O，且AB＝6，AD＝12，在矩形A′B′C′O，绕点O旋转的过程中，边A′O与边BC交于点M，边C′O与边CD交于点N．若DN＝1，求CM的长． （3）【拓展应用】如图3，四边形ABCD和四边形A′B′C′O都是平行四边形，且∠A′OC′＝∠ADC，AB＝3，，△BCD是直角三角形，在▱A′B′C′O绕点O旋转的过程中，边AO与边BC交于点M，边C′O与边CD交于点N．当▱ABCD与▱A′B′C′O重叠部分的面积是▱ABCD的面积的时，请直接写出ON的长． 【分析】（1）由正方形的性质可得∠C′OA′＝∠DOC＝90°，∠OCM＝∠ODN＝45°，OC＝OD通过角的和差得到∠MOC＝∠NOD，即可通过ASA证得△OMC≌△OND； （2）过点O作AB的平行线交AD于点E，交BC于点P，过点N作AB垂线交PE于点Q，由矩形的性质可得∠OPM＝∠OQN＝∠MON＝90°，EQ＝DN＝1，从而得出，，证明∠POM＝∠QNO，从而可得△POM∽△QNO，再由相似三角形的性质求解即可； （3）由平行四边形的性质可得CD＝AB＝3，∠ADB＝∠DBC，由△BCD是直角三角形，BC＞CD，得出∠BDC＝90°或∠BCD＝90°；当∠BDC＝90°时，过点O作BC的垂线交BC于点H，过点O作BC的垂线交BC于点H，则BD＝6，从而可得OB＝OD＝3，设∠DBC＝α，则∠ADC＝α+90°＝∠A′OC′，设∠BOM＝β，则∠NOD＝90°﹣α﹣β，证明△OMH∽△OND，再证明△OBH∽△CDB，得出BH＝2OH，再结合勾股定理可得，从而得出，设MH＝m，则，由相似三角形的性质求出，再根据，计算得出，进而得出，最后由勾股定理计算；当∠BCD＝90°时，过点O作AB的平行线交AD于点E，交BC于点P，过点N作AB垂线交PE于点Q，设DN＝n，由题意可得∠OPM＝∠OQN＝∠MON＝90°，EQ＝DN＝n，求出，，证明△POM∽△QNO，求出，进而可得；再根据，求出，进而可得，最后再由勾股定理计算即可得解． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD、A′B′C′O为正方形， ∴∠C′OA′＝∠DOC＝90°，∠OCM＝∠ODN＝45°，OC＝OD， ∴∠C′OA′﹣∠CON＝∠DOC﹣∠CON， ∴∠MOC＝∠NOD， 在△OMC和△OND中， ， ∴△OMC≌△OND（ASA）； （2）解：如图2，四边形ABCD和四边形A′B′C′O都是矩形，AB＝6，AD＝12，DN＝1，过点O作AB的平行线交AD于点E，交BC于点P，过点N作AB垂线交PE于点Q， ∴∠OPM＝∠OQN＝∠MON＝90°，EQ＝DN＝1， ∴，， ∴∠POM+∠QON＝∠QON+∠QNO＝90°，OQ＝OE﹣EQ＝3﹣1＝2， ∴∠POM＝∠QNO， ∴△POM∽△QNO， ∴， ∴， 解得：PM＝1， ∴CM＝CP﹣PM＝5； （3）解：ON的长为或．理由如下： ∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝3，， ∴CD＝AB＝3，∠ADB＝∠DBC， 又∵△BCD是直角三角形，BC＞CD， ∴∠BDC＝90°或∠BCD＝90° 当∠BDC＝90°时，如图3，过点O作BC的垂线交BC于点H，则， ， ∴OB＝OD＝3， 设∠DBC＝α，则∠ADB＝α， ∴∠ADC＝∠ADB+∠BDC＝α+90°＝∠A′OC′， 设∠BOM＝β， ∴∠NOD＝180°﹣∠BOM﹣∠A′OC′＝180°﹣β﹣（α+90°）＝90°﹣α﹣β， ∴∠OMH＝∠OBM+∠BOM＝α+β，∠OND＝90°﹣∠NOD＝α+β， ∴∠OMH＝∠OND， ∵∠OHM＝∠ODN＝90°， ∴△OMH∽△OND， ∵∠OBH＝∠CBD，∠OHB＝∠CDB＝90°， ∴△OBH∽△CDB， ∴，即， ∴， ∴BH＝2OH， 在直角三角形BOH中，由勾股定理得：OH2+BH2＝OB2， ∴OH2+4OH2＝32， 解得：（负值已舍去）， ∴， 设MH＝m，则， ∵△OMH∽△OND， ∴， ∴， ∴， ∵▱ABCD与▱A′B′C′O重叠部分的面积是▱ABCD的面积的，平行四边形对角线平分平行四边形的面积， ∴， ∴， 解得：， ∴， 在直角三角形DON中，由勾股定理得：； 当∠BCD＝90°时，四边形ABCD和四边形A′B′C′O都是矩形， 此时∠A′OC′＝∠ADC＝90°， 如图4，过点O作AB的平行线交AD于点E，交BC于点P，过点N作AB垂线交PE于点Q， ∵四边形ABCD和四边形A′B′C′O都是矩形，AB＝3，，设DN＝n， ∴∠OPM＝∠OQN＝∠MON＝90°，EQ＝DN＝n， ∴，， ∴∠POM+∠QON＝∠QON+∠QNO＝90°，， ∴∠POM＝∠QNO， ∴△POM∽△QNO， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵▱ABCD与▱A′B′C′O重叠部分的面积是▱ABCD的面积的，平行四边形对角线平分平行四边形的面积， ∴， ∴， 解得：， ∴，即点Q与点O重叠， 此时； 综上所述，当▱ABCD与▱A′B′C′O重叠部分的面积是▱ABCD的面积的时，ON的长为或． 21．（2025秋•徐汇区月考）项目式学习是新课程倡导的重要学习方式，某数学兴趣小组拟做以下微项目探究． 在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点，且（n为正整数），E是AC边上的动点，过点D作DE的垂线交BC边于点F． 【探究1】 如图1，当n＝1时，兴趣小组探究得出结论：，请写出证明过程． 【探究2】 如图2，当n＝2时，试探究线段AE，BF，AB之间的数量关系，请写出结论并证明． 【探究3】 如图3，当（n为正整数）时，请通过类比、归纳、猜想，探究出线段AE，BF，AB之间数量关系的一般结论，请写出结论并证明． 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质和ASA证明△ADE≌△CDF，进而利用全等三角形的性质解答即可； （2）过点D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H，根据等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定和性质解答即可； （3）分当点F在射线BC上时，当点F在CB延长线上时，两种情况，根据等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定和性质解答即可． 【解答】（1）证明：如图，连接CD， 当n＝1时，，即AD＝BD， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠B＝45°，CD⊥AB，∠FCD∠ACB＝45°， ∴CD＝AD，ABBC，即BCAB， ∵DE⊥FD， ∴∠ADE+∠EDC＝∠FDC+∠EDC＝90°， ∴∠ADE＝∠CDF， 在△ADE与△CDF中， ， ∴△ADE≌△CDF（ASA）， ∴AE＝CF， ∴BC＝CF+BF＝AE+BFAB； （2）解：AEBFAB，理由如下： 过点D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠B＝45°， ∵DN⊥AC于N，DH⊥BC于H， ∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形， ∴AN＝DN，DH＝BH，ADAN，BDBH，∠A＝∠B＝∠ADN＝∠BDH＝45°， ∴△ADN∽△BDH， ∴， 设AN＝DN＝x，BH＝DH＝2x， ∴ADx，BD＝2x， ∴AB＝3x， ∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°， ∴四边形DHCN是矩形， ∴∠EDN＝∠FDH， ∵∠END＝∠FHD， ∴△EDN∽△FDH， ∴， ∴FH＝2EN， ∴AEBF＝x+NE（2x﹣FH）AB； （3）解：当点F在射线BC上时，AEBF；当点F在CB延长线上时，AEBF．理由如下： 当点F在射线BC上时，过点D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠B＝45°， ∵DN⊥AC于N，DH⊥BC于H， ∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形， ∴AN＝DN，DH＝BH，ADAN，BDBH，∠A＝∠B＝∠ADN＝∠BDH＝45°， ∴△ADN∽△BDH， ∴， 设AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx， ∴ADx，BDnx， ∴AB（n+1）x， ∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°， ∴四边形DHCN是矩形， ∴∠EDN＝∠FDH， ∵∠END＝∠FHD， ∴△EDN∽△FDH， ∴， ∴FH＝nEN， ∴AEBF＝x﹣NE（nx+FH）＝2xAB； 当点F在CB延长线上时， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠B＝45°， ∵DN⊥AC于N，DH⊥BC于H， ∴△ADN和△BDH是等腰直角三角形， ∴AN＝DN，DH＝BH，ADAN，BDBH，∠A＝∠B＝∠ADN＝∠BDH＝45°， ∴△ADN∽△BDH， ∴， 设AN＝DN＝x，BH＝DH＝nx， ∴ADx，BDnx， ∴AB（n+1）x， ∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB＝90°， ∴四边形DHCN是矩形， ∴∠EDN＝∠FDH， ∵∠END＝∠FHD， ∴△EDN∽△FDH， ∴， ∴FH＝nEN， ∴AEBF＝x+NE（FH﹣nx）＝2xAB； 综上所述，当点F在射线BC上时，AEBF；当点F在CB延长线上时，AEBF． 22．如图，在矩形ABCD中，AD＝nAB（n为正整数），点E是BC边上一动点，P为BD中点，连接PE，将射线PE绕点P按逆时针方向旋转90°，与矩形的边交于点F． 【尝试初探】 （1）在点E的运动过程中，当点F在CD边上时，试探究线段PE，PF之间的数量关系，请写出结论并证明； 【深入探究】 （2）若n＝2，在点E的运动过程中，当点F在BC边上时，求的最小值； 【拓展运用】 （3）若AB＝2，设EF的中点为M，求点E从点B运动到点C的过程中，点M运动的路程（用含n的代数式表示）． 【分析】（1）过点P作PG⊥BC于G，PH⊥CD于H，可证得△PEG∽△PFH，得出，再由PG∥CD，PH∥BC，得出：△BPG∽△BDC，△DPH∽△DBC，可得：，，则PGCD，PHBC，结合已知即可求得答案； （2）设AB＝a，AD＝2a，BE＝x，过点P作PG⊥BC于G，可证得△EPG∽△PFG，得出，进而推出EF，BF，则2，即可求得答案； （3）确定以下几个关键点时点M的位置：当点E在点B处时，当点F运动到点C处时，当点F在AD边上时，即可求得答案． 【解答】解：（1）结论：PF＝nPE， 理由：如图1，过点P作PG⊥BC于G，PH⊥CD于H， 则∠PGC＝∠PGE＝∠PHF＝90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C＝90°， ∴∠PGC＝∠C＝∠PHC＝90°， ∴四边形CGPH是矩形， ∴∠GPH＝90°，AB＝CD，AD＝BC， 由旋转得：∠EPF＝90°， ∴∠EPF＝∠GPH， 即∠EPG+∠FPG＝∠FPG+∠FPH， ∴∠EPG＝∠FPH， ∴△PEG∽△PFH， ∴， ∵P为BD中点， ∴BP＝PD， ∵PG∥CD，PH∥BC， ∴△BPG∽△BDC，△DPH∽△DBC， ∴，， ∴PGCD，PHBC， ∵AD＝nAB， ∴， ∴， ∴PF＝nPE； （2）当n＝2时，AD＝2AB， 设AB＝a，AD＝2a，BE＝x，过点P作PG⊥BC于G，如图2， 则BPBDa，PGa，BG＝a，EG＝a﹣x， ∵∠EGP＝∠FGP＝∠EPF＝90°， ∴∠PEG+∠EPG＝∠EPG+∠FPG， ∴∠PEG＝∠FPG， ∴△EPG∽△PFG， ∴， ∴FG， ∴EF＝EG+FG＝a﹣x，BF＝x， ∵点F在BC边上， ∴0≤BF≤2a， 即02a， ∴0≤xa， ∵2， ∴的最小值为； （3）∵AB＝2， ∴CD＝2，AD＝BC＝2n， 在Rt△BCD中，BD2， ∵P为BD中点， ∴BPBD， 当点E在点B处时，如图3， ∵∠BPF＝∠BCD＝90°，∠FBP＝∠DBC＝90°， ∴△BFP∽△BDC， ∴，即， ∴BF， ∵EF的中点为M， ∴BMBF； 当点F在点C处时，如图4， ∵P是Rt△BCD斜边BD的中点， ∴PF＝PCBD， ∵PB＝PF， ∴∠PFE＝∠DBC， ∴cos∠PFE＝cos∠DBC， ∴，即， ∴EF， ∵EF的中点为M， ∴FMEF， ∴BM＝BC﹣FM＝2n； 当点F在CD边上时，如图5，过点M″作M″N⊥BC于N， 则M″N＝1，M′N[2n﹣（2n）]， ∴M″M′， 当点F在AD边上时，如图6，点M是定点，运动路径为0， ∴点M运动的路程为2n． 25 / 26 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 相似三角形重要模型之对角互补与半角模型（几何模型讲义） 对角互补模型是初中平面几何核心重难点模型，广泛应用于四边形、三角形全等与相似、几何压轴计算与证明题型中，是中考高频考查的综合性几何模型。该模型最核心的识别特征为四边形一组对角之和为180°，基于此核心条件，可通过角度转化、辅助线构造，推导角相等、线段相等、三角形全等或相似等关 键结论。 该模型有两大解题路径：一是利用四点共圆性质，借助圆周角、圆内接四边形性质快速转化角度，简 化推理过程；二是通过双垂线构造、图形旋转等经典辅助线方法，实现角度、三角形的等量转化。 相较于半角全等模型，半角相似模型不再局限于邻边相等的正方形、正三角形等特殊图形，弱化了边长相等条件，保留了“大角含半角”的核心角度结构。在公共顶点大角为二倍小角的前提下，通过角度等量代换，可快速构造出两组对应角相等，利用判定得到三角形相似，从而建立线段比例关系、求解线段比值、证明乘积式与比例式。 半角模型完美衔接全等与相似几何思维，从“边角相等的等量转化”升级为“边角成比例的变量转化”，常结合矩形、任意等腰三角形、一般四边形、动点旋转等复杂场景综合考查。掌握半角相似的角度推导逻辑、模型识别特征与固定相似结构，能够高效解决各类半角进阶压轴题型，是突破高分瓶颈的关键。 模型来源 1 知识储备 2 例讲模型 3 模型1. 对角互补模型 3 模型2. 半角模型 11 模型运用 19 相似型对角互补模型，是在八年级对角互补全等模型基础上延伸得到的高阶几何模型，它脱胎于四边 形内角和与圆内接四边形的角度性质，是九年级相似板块角度转化的经典工具。 相似型对角互补模型底层几何本源来自两条基础定理：第一，任意四边形内角和为，一组对角互补，则另一组对角同样互补；第二，对角互补的四边形四点共圆，圆内接四边形外角等于内对角，同弧所对圆周角相等，天然提供大量相等角，直接满足相似的判定条件。 托勒密、婆罗摩笈多处理圆内接四边形时，证托勒密定理本身就用了“造等角从而得到相似三角形”这一步，这是相似版对角互补最古老的用法。 全等型对角互补，要求邻边相等、角平分线等特殊条件，依靠双垂线或旋转构造全等三角形，得到线段相等关系。当去掉“邻边相等”这一限定条件，只保留对角互补的核心角度条件，图形不再能推导出全等，但依旧可以通过补角代换得到两组对应角相等，由此就演化出对角互补相似模型。 相似型半角模型模型底层角度本源：一个顶点处存在大角，内部有一个角等于，由此可以推导出剩余两个小角相加等于，这是半角模型共有的角度基础。 传统半角全等模型，例如正方形中含，等腰含，图形自带邻边相等，可以绕公共顶点旋转，使边重合，构造出全等三角形，得到线段和差等量关系。 当去掉“邻边相等”的特殊条件，不再提供可以旋转重合的等线段，就无法构造全等。但倍半的角度关系依旧存在，通过角度等量代换，能够找到两组对应角分别相等，满足AA相似判定，由此诞生相似半角模型。 在中考命题发展中，相似半角不再局限于正方形、菱形这类等边图形，拓展到普通等腰三角形、一般四边形、动点旋转场景。命题从原先证明线段相等、线段和差，转变为求线段比值、证明等积式、求最值、多结论判断。它把半角的角度逻辑与相似的比例体系结合在一起，是连接全等几何与相似几何的重要模型。 1．直角三角形中，两个锐角互余，同角的余角相等，等角的余角相等。 2．任意四边形内角和为，若一组对角之和为，则另一组对角之和也为。 3．圆的内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角相等。 4．两角对应相等证明两个三角形相似 如图，与中，已知，则有△ABC∽△A′C′． 模型1.对角互补模型 【模型提炼】 （1）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：∵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：∵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3，四边形ABCD中，∠B+∠D=180°。 结论：如图4，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； 【模型运用】 【典例1】（24-25九年级上·山东聊城·期中）如图，在中，，，，中，，点在上，交于点，交于点． (1)点是的中点时，求的值； (2)当时，求的长． 【典例2】（25-26九年级上·宁夏银川·期中）如图，在Rt中，，，于点，点是直线上一动点，连接，过点作，交直线于点． (1)如图1，若，点在线段上，求出的值，并写出证明过程； (2)①如图2，若点在线段上，则___________（用含，的代数式表示）； ②当点E在直线上运动时，①中的结论是否仍然成立？请仅就图3的情形给出证明； (3)若，，请直接写出的长． 【典例3】（25-26九年级上·上海·单元复习）已知，射线是的平分线，点P是射线上的一个动点，射线交射线于点B． (1)如图，若射线绕点顺时针旋转后与射线交于A，求证：； (2)在（1）的条件下，若点C是与的交点，且满足，求：与的面积之比； (3)当时，射线绕点顺时针旋转后与直线交于点A（点A不与点O重合），直线交射线于点D，且满足．请求出的长． 【典例4】（25-26九年级上·广东深圳·期末）【综合与探究】 (1)小紫发现其新购入的一副三角尺套装中两个三角板的斜边相等（如图1），于是便将其拼接起来并抽象成如图2所示的四边形．连接对角线，经测量，小紫尝试用已学知识证明，以下是其思路与方法，请完成填空： 证明：如图3，作，，垂足分别为， ∵， ∴， ∵， ∴____________________， 且在与中，，， ∴， ∴____________________， ∴平分， ∴． (2)爱钻研的小紫发现，当四边形满足一定的条件时，就会有类似的性质，如图4，在四边形中，，，对角线与交于点． ①图4中存在多对相似三角形，如：，请按上述格式直接写出图中其余所有的相似三角形； ②在图4中，若，，则求出的值； 【变式拓展】 (3)如图4，若在（2）的四边形中有，为边上一动点，将沿翻折，点对应点为，射线交于点，其中，，请直接写出线段的长． 【典例5】（2025·四川成都·二模）【情景导入】 探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某校数学社团小组在探究矩形性质时发现：当动点在线段上运动时，某些线段的比例关系会呈现规律性变化． 在矩形中，连接，，；点是边边上的一点，且（为正整数），连接交于点，为边上一动点，过点作的垂线交直线于点，该小组对此展开如下探究： 【任务分层】 (1)任务一：基础研究 如图1，当时，该小组发现，如果过点作矩形和边的垂线，通过构造相似，可以得到的比值，请你根据该小组的探究方法，直接写出的比值_____． (2)任务二：综合探究 ①如图2，当时，该小组利用任务一中的方法，由特殊到一般探究的比值，直接写出的比值_____．（用含的代数式表示） ②当时，以，为边作矩形，若，求的长． (3)任务三：创新应用 如图4，以，为边作矩形，连接，当点从点运动到点时，求对角线扫过的面积．（用含的代数式表示） 模型2. 半角模型 1. 正方形与半角模型： 条件：如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，AE、AF分别与BD相交于点M、N， 结论：①△BME△DFN△AMN△BAN△DMA△AFE；②；③；④. 证明：①∵∠MBE＝∠MAN＝45°，∠BME＝∠AMN（对顶角）， ∴△BME△AMN， 同理可证△DFN△AMN； 由2中的结论可得AE为∠BEF的角平分线， ∴∠BEM＝∠AEF， 又∵∠MBE＝∠EAF＝45°， ∴△BME△AFE； ∵∠BAN＝∠MAN＝45°，∠BNA＝∠ANM， ∴△AMN△BAN， 同理可证△AMN△DMA， 即△BME△DFN△AMN△BAN△DMA△AFE. ②连接AC， ∵∠DAF＝∠EAC，∠ADB＝∠ACB， ∴△ECA△NDA， 又∵△AMN△AFE， ∴. ③∵△DAM△BNA， ∴， 即. ④设，，则，， 在Rt△CEF中，， 化简得， . 2.含120°角的半角模型： 条件：如图，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， ∴ 【模型运用】 【典例1】问题背景：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系，小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 ； 探索延伸：如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF∠BAD，上述结论是否仍然成立，请说明理由； 实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心北偏东60°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向南偏东75°方向以40海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏西75°的方向以30海里/小时的速度前进，前进2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且E处在指挥中心北偏东8°方向，F处在指挥中心北偏东53°方向，试求此时两舰艇之间的距离． 【典例2】（25-26九年级上·贵州毕节·阶段检测）【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 E，F 分别在边上，连接．若，将绕点A 顺时针旋转 ．点 D 与点B 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 E 在射线上，点 F 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 M 、N ，若点 M 恰好为线段的三等分点，且，求线段的长． 【典例3】【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． 【典例4】【教材呈现】（1）如图1，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形和摆放在一起，点A为公共顶点，，若固定不动，将绕点A旋转，边，与边分别交于点D，E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），则结论是否成立 （填“成立”或“不成立”）； 【类比引申】（2）如图2，在正方形中，为内的一个动角，两边分别与，交于点E，F，且满足，求证：； 【拓展延伸】（3）如图3，菱形的边长为，，的两边分别与，相交于点E，F，且满足，若，则线段的长为 ． 【典例5】【问题初探】 （1）数学活动课上，李老师给出如下问题：如图1，，，，D，E为上两点，连接，，．李老师引导学生分析，发现图形中存在哪些结论． ①小东发现，． ②小红发现，． 请你选择一名同学发现的结论，写出证明过程． 图1 【问题再探】 （2）李老师引导学生们继续分析，当满足一定度数时，线段与具有一定的数量关系．小亮根据李老师的分析，提出下面问题，请你解答． 如图2，，，，D，E为上两点，连接，，．若，求证：． 图2 【学以致用】 （3）如图3，，，，，D，E为上两点，连接，，若，且，求的长．  图3 1．（2026春•东营区期末）如图，点E、F分别为正方形ABCD的边BC、CD上一点，AC、BD交于点O，且∠EAF＝45°，AE，AF分别交对角线BD于点M，N，则有以下结论：①△AMB∽△AFC；②EF＝BE+DF；③AN2＝MN•BN；④．以上结论中，正确的个数有（　　）个． A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2026•佳木斯校级三模）如图，在正方形ABCD中，G为边AD上一个动点（点G不与点D重合），连接CG交对角线BD于点E，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF，连接BF，EF，EF交BC于点N，则①BF⊥BD；②△DCB∽△ECF；③BD•DEDG•BE；④若，则．以上结论正确的有（　　） A．①②③ B．②③④ C．①②③④ D．①②④ 3．（2026•让胡路区校级模拟）如图，正方形ABCD，E、F分别在边CD、BC上，且CE＝BF，连接AF、BE交于点G，连接BD，交AF于点P，点H在线段EB上，且BG＝GH，连接AH、CH，∠DAH的平分线交BD于点Q，连接QH．下列结论：①∠PAQ＝45°；②CFQH；③AH2＝PD•BQ；④的最小值为．其中正确结论的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 4．（2026•鸡西三模）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD的中点，DE、AF交于点G，AF的中点为H，连接BG、DH，给出下列结论：①AF⊥DE；②；③HD∥BG；④△ABG∽△DHF正确的结论有（　　） A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④ 5．（2026•任城区校级二模）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，AE、AF分别交BD于M、N，连接EN、EF，有以下结论：①△ABM∽△NEM；②△AEN是等腰直角三角形；③BE+DF＝EF；④若点F是DC的中点，则，其中正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 6．如图，平面直角坐标系中，长方形OABC，点A，C分别在y轴，x轴的正半轴上，OA＝6，OC＝4，∠DOE＝45°，OD、OE分别交BC，AB于点D、E，且CD＝2，则AE的长为（　　） A．1 B．1.5 C．2 D．2.5 7．在数学探究活动中，某同学进行了如下操作：如图，在直角三角形纸片ABC（∠C＝90°）内剪取一个直角△DEF（∠EDF＝90°），点D，E，F分别在AB，AC，BC边上．请完成如下探究： （1）当D为AB的中点时，若∠A＝60°，∠DEF＝　　 ； （2）当AC＝3，BC＝4，DE＝2DF时，AD的长为 　　 ． 8．（2026•崂山区校级模拟）如图所示，边长为4的正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E在线段OD上，连接CE，作EF⊥CE交AB于点F．连接CF交BD于点H，则下列结论： ①EF＝EC； ②CF2＝CG•CA； ③BE•DH＝16； ④若BF＝1，则． 其中正确的是 ．（填序号） 9．在正方形ABCD中，AB＝4，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝45°，AE，AF分别交BD于点M，N，连接EN，EF． （1）如图①，试探究线段AN和EN的数量关系和位置关系； （2）如图②，若点G是EF的中点，连接NG，求证：NG∥DF； （3）在（2）的条件下，若DN＝NG，求△AEF的面积． 10．利用一副三角尺进行操作富有数学趣味．在一次数学课外活动中，小美和小好两位同学用一副三角板玩起了数学游戏．已知△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°． （1）如图1，小美过点C作CD⊥AB于D，再将另一块三角板的直角顶点放在点D处，并绕着点D旋转，两条直角边分别交线段AC、BC于点E、F． ①小美猜想：若点E是AC的中点，则点F也是BC中点．你认为小美的猜想是 ；（填“正确”或“不正确”） ②小好猜想：在如图1所示旋转过程中，的值始终保持不变．若正确，请你求出该定值；若不正确，请说明理由． （2）如果点D是AB中点，将另一块三角板的直角顶点放在点D处，并绕着点D旋转，两条直角边分别与线段AC、BC交于点E，F，如图2所示．在图形旋转过程中，的值保持不变，请求出此定值． 11．（2025•沿河县校级模拟）【问题背景】 数学课上，我们以等腰直角三角形为背景，利用旋转的性质研究线段和角的关系．老师给出了下面的已知条件：在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB，D是△ABC边上的一动点，P是△ABC外任意一点，过点D与点P作射线DP，将射线DP绕点D逆时针旋转90°得到射线DQ． 【问题初探】 （1）如图1，点D与直角顶点B重合，射线DP交边AC于点E，点F在射线DQ上，且满足DE＝DF，连接AF．求证：AF＝CE且AF⊥CE． 【问题深探】 （2）如图2，点D在直角边AB上，射线DP恰巧经过点C，点F在射线DQ上，且满足DC＝DF，连接AF．请直接写出AC，AD，AF之间的数量关系： ． 【问题拓展】 （3）如图3，点D在斜边AC上，且CD＝kAD（0＜k≤1），射线DP交边AB于点E，射线DQ交边CB于点F．当，AE＝4，CF＝3时，求线段AC的长． 12．（2025•保康县模拟）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为BC边上一动点，且n为正整数），在直线BC上方作△ADE，∠ADE＝90°，，连接BE． （1）如图1，在点D运动过程中，求证：△ACD∽△ABE； （2）如图2，若AC＝1，n＝2，M为AB中点，当点E在射线CM上时，求CD的长； （3）如图3，若n＝2，AE∥BC，AB与CE交于点F，试探究线段AF与BF之间的数量关系，并说明理由． 13．（2026春•石狮市校级月考）在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形摆放在一起，如图1所示，点A为公共顶点，点D在AB的延长线上，∠BAC＝∠AED＝90°，AB＝AE＝2．若将△ABC固定不动，把△ADE绕点A逆时针旋转a（0°＜a＜90°），此时线段AD，射线AE分别与射线BC交于点M，N． （1）当△ADE旋转到如图2所示的位置时， ①求证：△ABN∽△MAN； ②在图2中除△ABN∽△MAN外还有哪些相似三角形，直接写出； ③如图2，若BM＝1，求BN的长． （2）在旋转过程中，若BM＝d，请直接写出CN的长 （用含d的式子表示）． 14．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，点D是斜边AB的中点，点E是线段AC上一动点，连接DE，过点D作FD⊥ED，交线段BC于点F． （1）探究发现：如图1，若m＝n，猜想DE与DF有什么数量关系，并说明理由． （2）数学思考：如图2，若m＞n，猜想DE与DF有什么数量关系（用含m，n的代数式表示），并说明理由． （3）拓展应用：若AC＝6，BC＝8，，且CF＞BF，请直接写出CF的长． 15．【模型建立】：（1）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝45°，探究图中线段EF，BE，DF之间的数量关系．小明的探究思路如下：延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG，先证明△ADF≌△ABG，再证明△AEF≌△AEG． ①EF，BE，DF之间的数量关系为 ； ②小亮发现这里△ABG可以由△ADF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ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠D互补，E，F分别是边BC，CD上的点，且，试问线段EF，BE，DF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ABCD中，点E在边BC上，AD＝6，AB＝4，∠CAE＝45°，求CE的长． 16．（2026•临洮县二模）如图①，在正方形ABCD中，点N、M分别在边BC、CD上，连结AM、AN、MN．∠MAN＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而得DM+BN＝MN． 【实践探究】 （1）在图①条件下，若CN＝6，CM＝8，则正方形ABCD的边长是 ． （2）如图②，点M、N分别在边CD、AB上，且BN＝DM．点E、F分别在BM、DN上，∠EAF＝45°，连接EF，猜想三条线段EF、BE、DF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ABCD中，AB＝6，AD＝8，点M、N分别在边DC、BC上，连结AM，AN，已知∠MAN＝45°，BN＝2，求DM的长． 17．（2025•前郭县模拟）【操作与发现】如图①，在正方形ABCD中，点N，M分别在边BC，CD上．连接AM，AN，MN．∠MAN＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而可得：DM+BN＝MN． 【实践探究】 （1）在图①条件下，若CN＝6，CM＝8，则正方形ABCD的边长是 ； （2）如图②，在正方形ABCD中，点M，N分别在边DC，BC上，连接AM，AN，MN，∠MAN＝45°，若tan∠BAN，求证：M是CD的中点； 【拓展】 （3）如图③，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝16，点M，N分别在边DC，BC上，连接AM，AN，已知∠MAN＝45°，BN＝4，则DM的长是 ． 18．（2025秋•青羊区校级同步）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点，且（n为正整数），E是AC边上的动点，过点D作DE的垂线交直线BC于点F． （1）如图1，当n＝1时，求证：． （2）①如图2，当n＝2，且点F在线段BC上时，试探究线段AE，BF，AB之间的数量关系，请写出结论并证明； ②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段AE，BF，AB之间数量关系的一般结论（直接写出结论）． （3）如图3，连接EF，设EF的中点为M．若，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）． 19．（2026•淮安二模）在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝45°，，D是AB边上一点，且（n为正整数），将一块矩形DEFG绕着点D按顺时针方向旋转，旋转过程中矩形DEFG边DE、DG始终分别与△ABC的边AC、BC相交于点M、N． 【初步感知】 （1）如图1，在矩形DEFG的旋转过程中，若n＝1，则AM+BN＝ ． 【深入探究】 （2）①如图2，在矩形DEFG的旋转过程中，若n＝2，试探究线段AM与BN之间有怎样的数量关系，请写出结论并证明； ②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段AM，BN之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）． 【迁移运用】 （3）如图3，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝45°，点M是AC上一定点，请你借助已学知识或探索过程中得到的结论，用无刻度直尺或圆规在AB上找一点D，在BC上找一点N，使． 【拓展提升】 （4）如图4，在等边三角形ABC中，AB＝6，D是AB边上一点，且，（n为正整数），E是BC一点，F是射线CA上一点，∠EDF＝120°，连接EF，过点D作DP垂直于EF，垂足为P．点E从点B运动到点C过程中，点P运动的路径长为 ．（用含n的代数式表示） 20．（2026•广东模拟）（1）【探究发现】如图1，正方形ABCD的对角线相交于点O，在正方形A′B′C′O绕点O旋转的过程中，边A′O与边BC交于点M，边C′O与边CD交于点N．证明：△OMC≌△OND． （2）【类比迁移】如图2，矩形ABCD的对角线相交于点O，且AB＝6，AD＝12，在矩形A′B′C′O，绕点O旋转的过程中，边A′O与边BC交于点M，边C′O与边CD交于点N．若DN＝1，求CM的长． （3）【拓展应用】如图3，四边形ABCD和四边形A′B′C′O都是平行四边形，且∠A′OC′＝∠ADC，AB＝3，，△BCD是直角三角形，在▱A′B′C′O绕点O旋转的过程中，边AO与边BC交于点M，边C′O与边CD交于点N．当▱ABCD与▱A′B′C′O重叠部分的面积是▱ABCD的面积的时，请直接写出ON的长． 21．（2025秋•徐汇区月考）项目式学习是新课程倡导的重要学习方式，某数学兴趣小组拟做以下微项目探究． 在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点，且（n为正整数），E是AC边上的动点，过点D作DE的垂线交BC边于点F． 【探究1】 如图1，当n＝1时，兴趣小组探究得出结论：，请写出证明过程． 【探究2】 如图2，当n＝2时，试探究线段AE，BF，AB之间的数量关系，请写出结论并证明． 【探究3】 如图3，当（n为正整数）时，请通过类比、归纳、猜想，探究出线段AE，BF，AB之间数量关系的一般结论，请写出结论并证明． 22．如图，在矩形ABCD中，AD＝nAB（n为正整数），点E是BC边上一动点，P为BD中点，连接PE，将射线PE绕点P按逆时针方向旋转90°，与矩形的边交于点F． 【尝试初探】 （1）在点E的运动过程中，当点F在CD边上时，试探究线段PE，PF之间的数量关系，请写出结论并证明； 【深入探究】 （2）若n＝2，在点E的运动过程中，当点F在BC边上时，求的最小值； 【拓展运用】 （3）若AB＝2，设EF的中点为M，求点E从点B运动到点C的过程中，点M运动的路程（用含n的代数式表示）． 25 / 26 学科网（北京）股份有限公司 $