2024年中考數(shù)學幾何模型歸納（全國通用）：16 全等與相似模型-半角模型（教師版）

PAGE專題16全等與相似模型-半角模型全等三角形與相似三角形在中考數(shù)學幾何模塊中占據(jù)著重要地位。相似三角形與其它知識點結(jié)合以綜合題的形式呈現(xiàn)，其變化很多，難度大，是中考的?？碱}型。如果大家平時注重解題方法，熟練掌握基本解題模型，再遇到該類問題就信心更足了。本專題就半角模型進行梳理及對應(yīng)試題分析，方便掌握。模型1.半角模型半角模型概念：過多邊形一個頂點作兩條射線，使這兩條射線夾角等于該頂角一半。思想方法：通過旋轉(zhuǎn)（或截長補短）構(gòu)造全等三角形，實現(xiàn)線段的轉(zhuǎn)化。解題思路一般是將半角兩邊的三角形通過旋轉(zhuǎn)到一邊合并成新的三角形，從而進行等量代換，然后證明與半角形成的三角形全等，再通過全等的性質(zhì)得到線段之間的數(shù)量關(guān)系。半角模型（題中出現(xiàn)角度之間的半角關(guān)系）利用旋轉(zhuǎn)——證全等——得到相關(guān)結(jié)論?！灸Ｐ驼故尽?）正方形半角模型條件：四邊形ABCD是正方形，∠ECF=45°；結(jié)論：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周長=2AB；⑤CE、CF分別平分∠BEF和∠EFD。2）等腰直角三角形半角模型條件：ABC是等腰直角三角形，∠DAE=45°；結(jié)論：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；3）等邊三角形半角模型（120°-60°型）條件：ABC是等邊三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；結(jié)論：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋FC；④AEF的周長=2AB；⑤DE、DF分別平分∠BEF和∠EFC。4）等邊三角形半角模型（60°-30°型）條件：ABC是等邊三角形，∠EAD=30°；結(jié)論：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+；5）半角模型（-型）條件：∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；結(jié)論：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。例1．（2022·黑龍江·九年級階段練習）已知四邊形ABCD是正方形，一個等腰直角三角板的一個銳角頂點與A點重合，將此三角板繞A點旋轉(zhuǎn)時，兩邊分別交直線BC，CD于M，N．(1)如圖1，當M，N分別在邊BC，CD上時，求證：BM+DN=MN(2)如圖2，當M，N分別在邊BC，CD的延長線上時，請直接寫出線段BM，DN，MN之間的數(shù)量關(guān)系(3)如圖3，直線AN與BC交于P點，MN=10，CN=6，MC=8，求CP的長．【答案】（1）見解析；（2）；（3）3【分析】（1）延長到使，連接AG，先證明，由此得到，，再根據(jù)，，可以得到，從而證明，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可證明；（2）在BM上取一點G，使得，連接AG，先證明，由此得到，，由此可得，再根據(jù)可以得到，從而證明，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可證明；（3）在DN上取一點G，使得，連接AG，先證明，再證明，設(shè)，根據(jù)可求得，由此可得，最后再證明，由此即可求得答案．【詳解】（1）證明：如圖，延長到使，連接AG，∵四邊形ABCD是正方形，∴，，在與中，，，，，，，∴，，，在與中，，，，又∵，，；（2），理由如下：如圖，在BM上取一點G，使得，連接AG，∵四邊形ABCD是正方形，∴，，在與中，，，，，∴，∴，又，，在與中，，，，又∵，，∴，故答案為：；（3）如圖，在DN上取一點G，使得，連接AG，∵四邊形ABCD是正方形，∴，，，在與中，，，，，∴，∴，又，，在與中，，，，設(shè)，∵，，∴，，∵，∴，解得：，∴，∵，∴，在與中，，，，∴CP的長為3．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，能夠作出正確的輔助線并能靈活運用全等三角形的判定與性質(zhì)是解決本題的的關(guān)鍵．更多資料添加微信號：DEM2008淘寶搜索店鋪：優(yōu)尖升教育例2．（2022·北京四中九年級期中）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，點P在線段AB上，作射線CP（0°＜∠ACP＜45°)，射線CP繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)45°，得到射線CQ，過點A作AD⊥CP于點D，交CQ于點E，連接BE．(1)依題意補全圖形；(2)用等式表示線段AD，DE，BE之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．【答案】(1)作圖見解析．(2)結(jié)論：AD+BE=DE．證明見解析．【分析】（1）根據(jù)要求作出圖形即可．（2）結(jié)論：AD+BE=DE．延長DA至F，使DF=DE，連接CF．利用全等三角形的性質(zhì)解決問題即可．（1）解：如圖所示：（2）結(jié)論：AD+BE=DE．理由：延長DA至F，使DF=DE，連接CF．∵AD⊥CP，DF=DE，∴CE=CF，∴∠DCF=∠DCE=45°，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠ECB=45°，∵∠DCA+∠ACF=∠DCF=45°，∴∠FCA=∠ECB，在△ACF和△BCE中，∴△ACF≌△BCE（SAS），∴AF=BE，∴AD+BE=DE．【點睛】本題考查作圖-旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．例3．（2022秋·江蘇揚州·八年級?？茧A段練習）如圖，在等邊三角形中，在AC邊上取兩點使．若，，，則以為邊長的三角形的形狀為（

）A．銳角三角形 B．直角三角形 C．鈍角三角形 D．隨的值而定【答案】C【分析】將△ABM繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△CBH，連接HN，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)及各角之間的等量關(guān)系可得：∠NBM=∠NBH，然后依據(jù)全等三角形的判定定理可得△NBM≌△NBH，由全等三角形的性質(zhì)可將x、m、n放在△NCH中，即可確定三角形的形狀．【詳解】解：如圖所示：將△ABM繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△CBH，連接HN，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知，BM=BH，CH=AM，，，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，∵∠MBN=30°，∴∠ABM+∠CBN=30°，∴∠NBH=∠CBH+∠CBN=∠ABM+∠CBN=30°，∴∠NBM=∠NBH，在△NBM與△NBH中，，∴△NBM≌△NBH（SAS），∴MN=NH=x，∵∠BCH=∠A=60°，CH=AM=m，∴∠NCH=120°，∴以x，m，n為邊長的三角形△NCH是鈍角三角形．故選：C．【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)變換等知識，解題的關(guān)鍵是學會利用旋轉(zhuǎn)法添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，例4．（2022·廣東深圳·八年級期末）如圖，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，點D為BC邊上一點．點E為線段CD上一點，且CE＝2，AB＝，∠DAE＝60°，則DE的長為______．【答案】【分析】將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至，連接ME，過M作于Q，過A作于F，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，設(shè)，則，，證明，得，最后利用勾股定理來解答．【詳解】解：如圖，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至，連接ME，過M作于Q，過A作于F，∵，，，AB＝，∴，，∴，，∴，．在中，．∵，∴.設(shè)，∴，，∴．∵，，∴，∴．∵．在和中，∴，∴，由勾股定理得：，∴，∴，即．故答案為：．【點睛】本題考查含30°角的直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形有判定和性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，作輔助線構(gòu)造直角三角形是求解本題的關(guān)鍵．例5．（2022·廣東廣州·二模）如圖，點為等邊外一點，，，點，分別在和上，且，，，則的邊長為______．【答案】【分析】先證明∠DBM=∠DCN=90°，如圖，延長AC至H，使CH=BM，連接DH，再證明△DBM≌△DCH（SAS），證明△MDN≌△HDN（SAS），可得MN=HN=BM+CN，從而可得答案．【詳解】解：∵△ABC為等邊三角形∴∠ABC=∠ACB=60°，

∵∠BDC=120°，BD=CD，∴∠DBC=∠DCB=×（180°-120°）=30°，∴∠DBM=∠DCN=90°，如圖，延長AC至H，使CH=BM，連接DH，∴∠DCH=90°，∴∠DBM=∠DCH，更多資料添加微信號：DEM2008淘寶搜索店鋪：優(yōu)尖升教育在△DBM和△DCH中，，∴△DBM≌△DCH（SAS），∴DM=DH，∠BDM=∠CDH，∵∠BDM+∠CDN=60°，∴∠CDN+∠CDH=60°，∴∠MDN=∠HDN，在△MDN和△HDN中，，∴△MDN≌△HDN（SAS），∴MN=HN=BM+CN，，，，即等邊三角形的邊長為：故答案為：【點睛】本題考查的是等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，作出適當?shù)妮o助線構(gòu)建全等三角形是解本題的關(guān)鍵．例6．（2023春·江蘇·八年級專題練習）（1）如圖①，在四邊形中，，，，分別是邊，上的點，且．請直接寫出線段，，之間的數(shù)量關(guān)系：___________；（2）如圖②，在四邊形中，，，，分別是邊，上的點，且，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請寫出證明過程；（3）在四邊形中，，，，分別是邊，所在直線上的點，且．請畫出圖形（除圖②外），并直接寫出線段，，之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】（1）；（2）成立，理由見解析；（3）圖形見解析，【分析】（1）延長到，使，連接．證明，則，，，證明，得出，由此可得，；（2）思路和作輔助線的方法同（1）；（3）根據(jù)（1）的證法，可得出，，那么．【詳解】解：（1）延長至，使，連接，∵，，，∴，∴，，∴，∴，在和中，∵，∴，∴，∵，且∴，故答案為：．（）解：（）中的結(jié)論仍成立，證明：如圖所示，延長至，使，∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，即，在和中，，∴，∴，即．（），證明：如圖所示，在上截取使，連接，∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴，在和中，

，∴，∴，∵，且，∴．【點睛】此題主要考查了三角形全等的判定與性質(zhì)，通過全等三角形來實現(xiàn)線段的轉(zhuǎn)換是解題關(guān)鍵，沒有明確的全等三角形時，要通過輔助線來構(gòu)建與已知和所求條件相關(guān)聯(lián)的全等三角形．例6.（2023.山東八年級期中）綜合與實踐（1）如圖1，在正方形ABCD中，點M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝45°，則MN，AM，CN的數(shù)量關(guān)系為．（2）如圖2，在四邊形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，點M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，試探索線段MN、AM、CN有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出猜想，并給予證明．（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，點M、N分別在DA、CD的延長線上，若∠MBN＝∠ABC，試探究線段MN、AM、CN的數(shù)量關(guān)系為．【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由見解析；（3）MN=CN-AM，理由見解析【詳解】解：（1）如圖，把△ABM繞點B順時針旋轉(zhuǎn)使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC

，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴點M'、C、N三點共線，∵∠MBN=45°，∴∠ABM+∠CBN=45°，∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，即∠M'BN=∠MBN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M'N=M'C+CN，∴MN=M'C+CN=AM+CN；（2）MN=AM+CN；理由如下：如圖，把△ABM繞點B順時針旋轉(zhuǎn)使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，∵∠A+∠C＝180°，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴點M'、C、N三點共線，∵∠MBN＝∠ABC，∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN，∴∠CBN+∠M'BC=∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M'N=M'C+CN，∴MN=M'C+CN=AM+CN；（3）MN=CN-AM，理由如下：如圖，在NC上截取CM'=AM，連接BM'，∵在四邊形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠C+∠BAD=180°，∵∠BAM+∠BAD=180°，∴∠BAM=∠C，∵AB＝BC，∴△ABM≌△CBM'，∴AM=CM'，BM=BM'，∠ABM=∠CBM'，∴∠MAM'=∠ABC，∵∠MBN＝∠ABC，∴∠MBN＝∠MAM'=∠M'BN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN=M'N，∵M'N=CN-CM'，

∴MN=CN-AM．故答案是：MN=CN-AM．模型2.半角模型（相似模型）【常見模型及結(jié)論】1）半角模型（正方形中的半角相似模型）條件：已知，如圖，在正方形ABCD中，∠EAF的兩邊分別交BC、CD邊于M、N兩點，且∠EAF＝45°結(jié)論：如圖1，△AMN∽△AFE且．（思路提示：∠ANM=∠AEF，∠AMN=∠AFE）；圖1圖2結(jié)論：如圖2，△MAN∽△MDA，△NAM∽△NBA；結(jié)論：如圖3，連接AC，則△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且；圖3圖4結(jié)論：如圖4，△BME∽△AMN∽△DFN.2）半角模型（特殊三角形中的半角相似模型）（1）含45°半角模型圖1圖2條件：如圖1，已知∠BAC＝90°，；結(jié)論：①△ABE∽△DAE∽△DCA；②；③（）（2）含60°半角模型條件：如圖1，已知∠BAC＝120°，；結(jié)論：①△ABD∽△CAE∽△CBA；②；③（）例1．（2023·山東濟南·九年級期中）如圖，在正方形中，點E、F分別是、邊上的兩點，且，、分別交于M，N．下列結(jié)論：①；②平分；③；④．其中正確的結(jié)論是（

）A．①②③④ B．①②③ C．①③ D．①②【答案】A更多資料添加微信號：DEM2008淘寶搜索店鋪：優(yōu)尖升教育【分析】①轉(zhuǎn)證AB:BN=DM:AB，因為AB=AD，所以即證AB:BN=DM:AD．證明△ABN∽△MDA；②把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得△ADH證明△AFH≌△AFE（SAS)；③即證AM:AN=AF:AE，證明△AMN∽△AFE(兩角相等)；④由②得BE十DF=EF，當E點與B點重合、F與C重合時，根據(jù)正方形的性質(zhì)，結(jié)論成立．【詳解】①∠BAN=∠BAM+∠MAN=∠BAM+45°，∠AMD=∠ABM+∠BAM=45°+∠BAM，∠BAN=∠AMD．又∠ABN=∠ADM=45°，△ABN∽△MDA，AB:BN＝DM:AD，AD=AB，．故①正確；②如圖，把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ADH，∠BAD=90°，∠EAF=45°，∠BAE+∠DAF=45°．∠EAF=∠HAF，AE=AH，AF=AF，△AEF≌△AHF，∠AFH=∠AFE，即AF平分∠DFE，故②正確；③AB∥CD，∠DFA=∠BAN，∠AFE=∠AFD，∠BAN=∠AMD，∠AFE=∠AMN，又∠MAN=∠FAE，△AMN∽△AFE，AM:AF=AN:AE，即AM·AE=AN·AF，故③正確；④由②得BE+DF=DH+DF=FH=FE，過A作AO⊥BD，作AG⊥EF，則△AFE與△AMN的相似比就是AG:AO，易證△ADF≌△AGF（AAS)，則可知，從而得證，故④正確，故選：A

．【點睛】此題考查了正方形的性質(zhì)、相似（包括全等)三角形的判定和性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識點，綜合性極強，難度較大．例2．（2023·山西晉城·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在矩形中，，，，分別為，邊上的點．若，，則的長為．

【答案】3【分析】先做輔助線，作出相似三角形，再用等腰直角三角形的性質(zhì)，相似的判定和性質(zhì)即可求得的長．【詳解】在上作點G，使，在上作點H，使，

∵∴又∵∴，∴設(shè),則同理可得，∴∴∵∴∵，∴∴∴∴∴故填：3【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，相似的判定與性質(zhì)，嚴格的邏輯思維時解題的關(guān)鍵，做輔助線時解題的難點．例3．（2023秋·江蘇泰州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，已知中，，，點、在邊上，．(1)求證：；(2)當，時，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）根據(jù)已知條件得出，，又，根據(jù)兩邊成比例夾角相等證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得證；（2）過點作于點，勾股定理求得，由（1）可知，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，進而即可求解．【詳解】（1）證明：∵，，∴∵∴，又∵，∴，∴，即；（2）解：如圖，過點作于點，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∵，，∴∵，∴，，，∵，∴，在中，，由（1）可知∴，設(shè)，∴解得：，∴．【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．例4．（2023·江蘇無錫·九年級期中）如圖，在中，，，點D、E都在邊上，．若，則的長為．【答案】/【分析】將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)120°得到，取的中點G，連接、，由，，可得出，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得出，結(jié)合可得出為等邊三角形，進而得出為直角三角形，求出的長度以及證明全等找出，設(shè)，則，在中利用勾股定理可得出，利用可求出x以及的值，此題得解．【詳解】解：將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)120°得到，取的中點G，連接、，如圖所示：過點A作于點N，如圖，∵，，∴，．在中，，，∴，∴，∴．∴，∴．∵，∴，∴為等邊三角形，∴，∴，∴為直角三角形．∵，∴，∴．在和中，，∴，∴．設(shè)，則，在中，，，∴，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，通過勾股定理找出關(guān)于x的方程是解題的關(guān)鍵．例5．（2023秋·江蘇泰州·九年級校考期末）（1）如圖1，、為等邊中邊所在直線上兩點，，求證：；（2）中，，請用不含刻度的直尺和圓規(guī)在上求作兩點、，點在點的左側(cè)，使得為等邊三角形；（3）在（1）的條件下，為邊上一點，過作交延長線于點，交延長線于點，若，，，求的值．（用含有的代數(shù)式表示）【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得，再由，可得，從而得到，即可；（2）作，分別交于點B，C，即可；（3）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)以及，可得，再由，可得，再由，可得，，可證得，從而得到，同理，可得，從而得到，即可求解．【詳解】（1）證明：∵是等邊三角形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；更多資料添加微信號：DEM2008淘寶搜索店鋪：優(yōu)尖升教育（2）解：如圖，即為所求；理由：根據(jù)作圖得：，∴，∴，∴，∵，∴，，∵，，∴，∴，∴是等邊三角形；（3）∵是等邊三角形，∴，，∵，，∴，∴，∵，∴，由（1）得：，∴，，∴，即，∴，∴，∴，同理，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．例6．（2023·江西吉安·統(tǒng)考一模）綜合與實踐數(shù)學實踐活動，是一種非常有效的學習方式．通過活動可以激發(fā)我們的學習興趣，提高動手動腦能力，拓展思推空間，豐富數(shù)學體驗．讓我們一起動手來折一折、轉(zhuǎn)一轉(zhuǎn)、剪一剪，體會活動帶給我們的樂趣．折一折：將正方形紙片ABCD折疊，使邊AB、AD都落在對角線AC上，展開得折痕AE、AF，連接EF，如圖1．（1）_________，寫出圖中兩個等腰三角形：_________（不需要添加字母）；轉(zhuǎn)一轉(zhuǎn)：將圖1中的繞點A旋轉(zhuǎn)，使它的兩邊分別交邊BC、CD于點P、Q，連接PQ，如圖2．（2）線段BP、PQ、DQ之間的數(shù)量關(guān)系為_________；（3）連接正方形對角線BD，若圖2中的的邊AP、AQ分別交對角線BD于點M、點N．如圖3，則________；剪一剪：將圖3中的正方形紙片沿對角線BD剪開，如圖4．（4）求證：．【答案】（1）45，，；（2）；（3）；（4）見解析【分析】（1）由翻折的性質(zhì)可知：，，根據(jù)正方形的性質(zhì)：,，則，為等腰三角形；（2）如圖：將順時針旋轉(zhuǎn)，證明全等，即可得出結(jié)論；（3）證明即可得出結(jié)論；（4）根據(jù)半角模型，將順時針旋轉(zhuǎn)，連接，可得，通過得出，為直角三角形，結(jié)合勾股定理即可得出結(jié)論．【詳解】（1）由翻折的性質(zhì)可知：為正方形，為等腰三角形（2）如圖：將順時針旋轉(zhuǎn)，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：，由（1）中結(jié)論可得為正方形，在和中（3）為正方形對角線，，（4）如圖：將順時針旋轉(zhuǎn)，連接，由（2）中的結(jié)論可證根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：，在中有【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，以及相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，能夠綜合運用這些性質(zhì)是解題關(guān)鍵．例7．（2023·湖北武漢·校考模擬預測）在矩形中，，（），點E、F分別是邊、上的點，過點F作，交直線于點G．

(1)如圖1：若，，，，則________，________；(2)如圖2：若，，過點F作，交于點G，過E作，交于點H，求證：；(3)如圖3：若，，過點F作，交于點G，，直接寫出的值________．【答案】(1)，(2)見詳解(3)【分析】（1）由，可得四邊形是正方形，將繞逆時針旋轉(zhuǎn)，得到，可求，可證，設(shè)，由，即可求解；（2）過作交的延長線于，取的中點，連接、，過作交于，可得，可證，可得，可證，可得，，設(shè)，可證，由，可證、、、四點共圓，可得，從而可得證；（3）過作交的延長線于，連接，由（2）得可證，，即可求解．【詳解】（1）解：，四邊形是正方形，，，，，如上圖，將繞逆時針旋轉(zhuǎn)，得到，

，，，，、、三點共線，，，，在和中，()，，設(shè)，則，，，，解得：，，．故答案：，．（2）證明：如圖，過作交的延長線于，取的中點，連接、，過作交于，

，，，，，四邊形是矩形，，，，，，，，，，，，，，在和中，（），，，，，設(shè)，則，，，，，，，，，，、、、四點共圓，，，，．（3）解：如圖，過作交的延長線于，連接，

由（2）得，同理可證，，，，在，．故答案：．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形全等的判定及性質(zhì)，三角形相似的判定及性質(zhì)，中位線定理，等腰三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理等，掌握相關(guān)的判定方法及性質(zhì)，并根據(jù)題意作出輔助線是解題的關(guān)鍵．課后專項訓練1．（2022·成都市·八年級期末）如圖，在邊長為4的正方形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，E在BD上，連接CE，作EF⊥CE交AB于點F，交AC于點G，連接CF交BD于點H，延長CE交AD于點M，連接FM，則下列結(jié)論：①點E到AB，BC的距離相等；②∠FCE=45°；③∠DMC=∠FMC；④若DM=2，則BF=．正確的有（）個．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】過E點作、，由正方形對角線平分每一組對角以及角平分線性質(zhì)可得點E到AB，BC的距離相等，故①正確；再證明（AAS）可得是等腰直角三角形，得，故②正確；然后延長MD至P，使，（SAS）再證明（SAS）即可得，故③正確；由全等三角形性質(zhì)和勾股定理列方程可求．【詳解】解：如圖1，過E點作、，∴，∵在正方形ABCD中，，，∴，即點E到AB，BC的距離相等，故①正確；；∴，由∵，∴，∴，∴（AAS）∴，∴，故②正確；如圖2，延長MD至P，使，連接，易證（SAS）∴，，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，，故③正確，在邊長為4的正方形ABCD中，，若，則，設(shè)，則，，在中，∴，解得：，故；④錯誤，綜上所述，正確的①②③，故選C．【點睛】本題主要考查了正方形和三角形綜合知識，解題關(guān)鍵是構(gòu)造全都三角形轉(zhuǎn)換邊角關(guān)系．2．（2022·廣東深圳·統(tǒng)考一模）如圖，正方形ABCD中，E是BC的中點，F(xiàn)在CD上，，連接AE，AF與對角線BD交于點M，N，連接MF，EN．給出結(jié)論：①；②；③；④．其中正確的是（

）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】A【分析】將順時針旋轉(zhuǎn)，使得AB與AD重合，此時得，將逆時針旋轉(zhuǎn)，使得AD與AB重合，此時得，根據(jù)，即可求得，①正確；根據(jù)可得，即可求，即可得③正確；根據(jù)如圖正方形構(gòu)造直角坐標系，求出直線AE、AF、BD的解析式，再聯(lián)立解析式，即可求得M、N兩點的坐標，再根據(jù)坐標求出DN、MN、BM、AN、NE，即可知，則有，則有，，②正確；根據(jù)DN、MN、BM長度可知，④錯誤．【詳解】將順時針旋轉(zhuǎn)，使得AB與AD重合，此時得，將逆時針旋轉(zhuǎn)，使得AD與AB重合，此時得，鏈接EF，如圖所示：為了方便計算，設(shè)正方形的邊長為6，則有AB=BC=CD=AD=6，則有BE=EC=3=DG，CF=4，DF=2=BH，，則有：HE=5=FG，利用勾股定理，易求得：AH=AF=，AE=AG=，EF=5，BD=，根據(jù)圖形的旋轉(zhuǎn)，可知，，∴，∵AH=AF，HE=5=FG，AE=AE，∴，同理可證得，∴，又∵，∴，故①正確；∵，，∴，同理可證，∴，∴，故③正確；以B為坐標原點O，AB所在的直線為y軸，以BC所在的直線為x軸，構(gòu)建直角坐標系，則有A點坐標為，B點坐標為，C點坐標為，D點坐標為，F(xiàn)點坐標為，E點坐標為，則直線AF的解析式為：，BD的解析式為，AE的解析式為，聯(lián)立：，得到N點坐標為：，同理的M點坐標為，過M點作MP垂直于BC，交BC于P點，過N點作NQ垂直于DC，交DC于Q點，則有MP=2，，則有，，則有，則有：，故④錯誤；根據(jù)N點坐標為：，A點坐標為：，E點坐標為：，可得，則在中，，∴，∴，故②正確；故選：A．【點睛】本題考查了直角坐標系的構(gòu)建、相似三角形以及坐標系中求解兩點間距離等知識．準確作出輔助線并構(gòu)建直角坐標系是解答本題的關(guān)鍵．3．如圖，在矩形紙片ABCD中，點E、F分別在矩形的邊AB、AD上，將矩形紙片沿CE、CF折疊，點B落在H處，點D落在G處，點C、H、G恰好在同一直線上，若AB＝6，AD＝4，BE＝2，則DF的長是（）A．2 B． C． D．3【答案】A【分析】構(gòu)造如圖所示的正方形，然后根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)解直角三角形FNP即可．【詳解】如圖，延長CE，F(xiàn)G交于點N，過點N作，延長交于，∴∠CMN=∠DPN=90°，∴四邊形CMPD是矩形，根據(jù)折疊，∠MCN=∠GCN，CD=CG，，∵∠CMN=∠CGN=90°，CN=CN，∴，∴，四邊形為正方形，∴，∴，，，，設(shè),則，在中，由可得解得；故選A．【點撥】本題考查了折疊問題，正方形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，相似三角形，勾股定理等知識點的綜合運用，難度較大．作出合適的輔助線是解題的關(guān)鍵．4．（2022春·廣東河源·八年級?？茧A段練習）如圖，在邊長為6的正方形內(nèi)作，交于點，交于點，連接，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)90°得到，若，則的長為______．【答案】5【分析】由題意易得，則有，然后可證，則有，設(shè)，則有，進而根據(jù)勾股定理可求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，且邊長為6，∴，∵繞點順時針旋轉(zhuǎn)90°得到，∴，∴點G、B、E三點共線，∵，∴，∵AE=AE，∴，∴，設(shè)，則有，∴在Rt△ECF中，由勾股定理可得，即，解得：，∴；故答案為5．【點睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及勾股定理，熟練掌握正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及勾股定理是解題的關(guān)鍵．5．（2023·浙江紹興·校聯(lián)考三模）矩形中，，，連接，E，F(xiàn)分別在邊，上，連接，分別交于點M，N，若，，則的長為．

【答案】【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)，由勾股定理得出，延長至P，使，過P作的平行線交的延長線于Q，得正方形，延長交于H，連接，將繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，點D與點P重合，得到，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，，，，證出，得出，可證，得出，證出，設(shè)，則，利用勾股定理列出方程求出，然后由，得，所以，即可求出的長．【詳解】解：在矩形中，∵，，，∴，更多資料添加微信號：DEM2008淘寶搜索店鋪：優(yōu)尖升教育如圖，延長至P，使，過P作的平行線交的延長線于Q，得正方形，延長交于H，連接，將繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，點D與點P重合，得到，

∵四邊形是正方形，∴，，由旋轉(zhuǎn)得：，∴，，，，∴，即，，，三點共線，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，設(shè)，則，∵，，∴，∴，∴，∴，，在中，由勾股定理得：，∴（，解得：，∴，∵，∴，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識；證明三角形全等和由勾股定理得出方程是解題的關(guān)鍵．6．（2023·成都市·九年級專題練習）如圖，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜邊BC上兩點，且∠DAE＝45°，將△ADC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°后，得到△AFB，連接EF，下列結(jié)論：①△AED≌△AEF；②；③△ABC的面積等于四邊形AFBD的面積；④BE2+DC2＝DE2；⑤BE＝EF﹣DC；其中正確的選項是（填序號）【答案】①③④【分析】①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知∠CAD=∠BAF，AD=AF，因為∠BAC=90°，∠DAE=45°，所以∠CAD+∠BAE=45°，可得∠EAF=45°=∠DAE，由此即可證明△AEF≌△AED；②當△ABE∽△ACD時，該比例式成立；③根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，△ADC≌△ABF，進而得出△ABC的面積等于四邊形AFBD的面積；④據(jù)①知BF=CD，EF=DE，∠FBE=90°，根據(jù)勾股定理判斷．⑤根據(jù)①知道△AEF≌△AED，得CD=BF，DE=EF；由此即可確定該說法是否正確．【詳解】解：①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知∠CAD=∠BAF，AD=AF．∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，∴∠CAD+∠BAE=45°，∴∠EAF=45°，∴△AED≌△AEF；故本選項正確；②∵AB=AC，∴∠ABE=∠ACD；∴當∠BAE=∠CAD時，△ABE∽△ACD，∴；當∠BAE≠∠CAD時，△ABE與△ACD不相似，即；∴此比例式不一定成立，故本選項錯誤；③根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知△ADC≌△AFB，∴S△ABC=S△ABD+S△ABF=S四邊形AFBD，即三角形ABC的面積等于四邊形AFBD的面積，故本選項正確；④∵∠FBE=45°+45°=90°，∴BE2+BF2=EF2．∵△ADC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°后，得到△AFB，∴△AFB≌△ADC，∴BF=CD．又∵EF=DE，∴BE2+DC2=DE2，故本選項正確；⑤根據(jù)①知道△AEF≌△AED，得CD=BF，DE=EF，∴BE+DC=BE+BF＞DE=EF，即BE+DC＞FE，故本選項錯誤．綜上所述：正確的說法是①③④．故答案為：①③④．【點睛】本題考查了圖形的旋轉(zhuǎn)變換以及全等三角形的判定等知識，三角形三邊的關(guān)系，相似三角形的性質(zhì)與判定，解題時注意旋轉(zhuǎn)前后對應(yīng)的相等關(guān)系．7．（2023·上海寶山·?？家荒＃┤鐖D，在△ABC中，AB=AC，點D、E在邊BC上，∠DAE=∠B=30°，且，那么的值是．【答案】．【分析】由已知可得，從而可知，，設(shè)AB=3x，則BE=2x，再利用勾股定理和等腰三角形性質(zhì)用x表示DE和BC，從而解答【詳解】解：∵∠BAE=∠DAE+∠BAD，∠ADE=∠B+∠BAD，又∵∠DAE=∠B=30°，∴∠BAE=∠ADE，∴，∴，，過A點作AH⊥BC，垂足為H，設(shè)AB=3x，則BE=2x，∵∠B=30°，∴，，∴，在中，，又∵，∴，∴，∵AB=AC，AH⊥BC，∴，∴，故答案為：.【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)以及勾股定理，利用三角形相似得到AB與BE的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．8.（2022·江蘇南京·九年級專題練習）（1）閱讀理解：如圖1，在正方形ABCD中，若E，F(xiàn)分別是CD，BC邊上的點，∠EAF＝45°，則我們常會想到：把△ADE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABG．易證△AEF≌_______，得出線段BF，DE，EF之間的數(shù)量關(guān)系為____________；（2）類比探究：如圖2，在等邊△ABC中，D，E為BC邊上的點，∠DAE＝30°，BD=3，EC=4，求線段DE的長；（3）拓展應(yīng)用：如圖3，在△ABC中，AB=AC，∠BAC＝150°，點D，E在BC邊上，∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰長，請直接寫出BD：CE的值．【答案】（1）；；（2）；（3）或【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，，，進而得到，由全等三角形的性質(zhì)可得，即可解答；（2）將繞點順時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接，過點作，交的延長線于點，進而證≌，得到，即可求出和，再根據(jù)勾股定理即可解答；（3）用的方法，分類討論是等腰的腰長，求出：的值即可．【詳解】解：（1）把繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，可知：，，，，，在和中，≌，，，，故答案為；．（2）如圖，將△ACE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△ABF，連接DF，過點F作FG⊥BC，交CB的延長線于點G，如圖所示：∵△ABC是等邊三角形，∴∠CAB＝∠ABC＝∠C＝60°，AB=AC，∵∠DAE＝30°，∴∠CAE+∠BAD＝30°，∴∠DAF＝30°，又∵AD=AD，∴△ADE≌△ADF，∴DE=DF，∵∠ABF＝∠ABC＝∠C＝60°，∠FBG＝60°，∵BF=CE=4，∠G＝90°，∴BG＝BF=2，F(xiàn)G＝=，∴DG＝5，∴在Rt△DFG中，DF=，∴線段DF的長為．（3）如圖，將△ACE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)150°，得到△ABG，連接DG，過點D作DH⊥BG，交BG的于點H，∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰，∠ADE為頂角，則∠ADE=30°，∵AB=AC，∠BAC=150°，∴∠ABC=∠C=（180°-150°）=15°，∴由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得△ABG≌△ACE，∴BG=CE，AG=AE，∠ABG=∠C=15°，∴∠DBG=30°，∵將△ACE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)150°，得到△ABG，∴∠EAG=150°，∵∠DAE＝75°，∴∠GAD=75°，∴∠ADE=30°，在△ADE和△ADG中，，∴△ADE≌△ADG，∴∠GDA=∠ADE=30°，∴∠GDE=60°，∵∠GDE=∠GBD+∠BGD，∴∠BGD=60°-30°=30°，∴BD=DG，∴BH=GH=BG=CE，在Rt△BHD中，設(shè)HD=x，∵∠DBG=30°，∴BD=2x，由勾股定理得：BH=，∴BG=2，∴CE=2，∴BD：CE=：3；如圖將△ACE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)150°，得到△ABM，連接DM，過點M作MN⊥BD，交BD于點N，∵∠DAE＝75°，若DE是等腰△ADE的腰長，∠E為頂角，∴∠E=30°，∵AB=AC，∠BAC＝150°，∴∠C=∠ABC=15°，∴∠CAE=15°，∴AE=CE=DE，∴∠BAD=150°-75°-15°=60°，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知△ABM≌△ACE，∴∠BAM=∠CAE=15°，∠ABM=∠ACE=15°，AM=AE，BM=CE，∴∠MAD=15°+60°=75°=∠DAE，在△MAD和△EAD中，，∴△MAD≌△EAD，∴DM=DE=CE=BM，∵MN⊥BD，∴BN=DN=BD，∵∠MBD=∠ABM＋∠ABC=15°+15°=30°，∴在Rt△BNM中，設(shè)MN=a，∴BM=2a，∴CE=2a，由勾股定理得：BN=，∴BD=2a，∴BD：CE=2a：2a=：1=．【點睛】本題考查了四邊形的綜合題，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．9．（2022·湖北十堰·中考真題）【閱讀材料】如圖①，四邊形中，，，點，分別在，上，若，則．【解決問題】如圖②，在某公園的同一水平面上，四條道路圍成四邊形．已知，，，，道路，上分別有景點，，且，，若在，之間修一條直路，則路線的長比路線的長少_________（結(jié)果取整數(shù)，參考數(shù)據(jù)：）．【答案】370【分析】延長交于點，根據(jù)已知條件求得,進而根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)，求得，，從而求得的長，根據(jù)材料可得，即可求解．【詳解】解：如圖，延長交于點，連接，，，，，，是等邊三角形，,,在中，，，，，，中，，，，，，中，是等腰直角三角形由閱讀材料可得，路線的長比路線的長少．答案：370．【點睛】本題考查了含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，理解題意是解題的關(guān)鍵．10．（2022·山東青島九年級期中）【模型引入】當幾何圖形中，兩個共頂點的角所在角度是公共大角一半的關(guān)系，我們稱之為“半角模型”【模型探究】（1）如圖1，在正方形ABCD中，E、F分別是AB、BC邊上的點，且∠EDF＝45°，探究圖中線段EF，AE，F(xiàn)C之間的數(shù)量關(guān)系．【模型應(yīng)用】（2）如圖2，如果四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠EAF＝45°，且BC＝7，DC＝13，CF＝5，求BE的長．【拓展提高】（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠ABC與∠ADC互補，點E、F分別在射線CB、DC上，且∠EAF∠BAD．當BC＝4，DC＝7，CF＝1時，CEF的周長等于．（4）如圖4，正方形ABCD中，AMN的頂點M、N分別在BC、CD邊上，AH⊥MN，且AH＝AB，連接BD分別交AM、AN于點E、F，若MH＝2，NH＝3，DF＝2，求EF的長．（5）如圖5，已知菱形ABCD中，∠B=60°，點E、F分別是邊BC，CD上的動點（不與端點重合），且∠EAF=60°．連接BD分別與邊AE、AF交于M、N，當∠DAF＝15°時，求證：MN2+DN2=BM2．【答案】（1）EF=FC+AE，理由見解析；（2）BE=5；（3）13；（4）EF=；（5）見解析【分析】（1）求證△DEF≌△DMF，即可推出EF與FM的數(shù)量關(guān)系；（2）在DC上取一點G，使得DG=BE，證明△ABE≌△ADG（SAS），推出AE=AG，∠BAE=∠DAG，證明△AFE≌△AFG（SAS），推出EF=FG，設(shè)BE=x，則CG=13-x，EF=FG=18-x，在Rt△ECF中，根據(jù)EF2=EC2+CF2，構(gòu)建方程求出x即可解決問題；（3）證明△ADM≌△ABE（SAS）和△EAF≌△MAF，即可求解；（4）先求出BM，DN，進而求出正方形的邊長，再判斷出∠EAF=45°，借助探究的結(jié)論即可得出結(jié)論．（5）將△ADF繞A順時針旋轉(zhuǎn)120°，AD與AB重合，F(xiàn)轉(zhuǎn)到G，在AG上取AH=AN，連接BH、MH，利用△ABH≌△ADN和△AMH≌△AMN，證明MN=MH，DN=BH，再證明△BMH為直角三角形即可．【詳解】（1）EF=FC+AE，理由如下：證明：將△DAE繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△DCM，∴△DAE≌△DCM，∴DE=DM，AE=CM，∠ADE=∠CDM，B、C、M三點共線，∵∠EDF=45°，∴∠ADE+∠FDC=∠CDM+∠FDC=∠MDF=45°，在△DEF和△DMF中，更多資料添加微信號：DEM2008淘寶搜索店鋪：優(yōu)尖升教育，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF=FM∴EF=FM=FC+CM=FC+AE；（2）解：如圖，在DC上取一點G，使得DG=BE，∵∠BAD=∠BCD=90°，∴∠ABC+∠D=180°，∠ABE+∠ABC=180°，∴∠ABE=∠D，∵AB=AD，BE=DG，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠EAF=45°，∴∠EAB+∠BAF=∠DAG+∠BAF=45°，∵∠BAD=90°，∴∠FAG=∠FAE=45°，∵AE=AG，AF=AF，∴△AFE≌△AFG（SAS），∴EF=FG，設(shè)BE=x，則EC=EB+BC=x+7，EF=FG=18-x，在Rt△ECF中，∵EF2=EC2+CF2，∴52+（7+x）2=（18-x）2，∴x=5，∴BE=5；（3）解：在DF上截取DM=BE，∵∠D+∠ABC=∠ABE+∠ABC=180°，∴∠D=∠ABE，∵AD=AB，∴△ADM≌△ABE（SAS），∴AM=AE，∠DAM=∠BAE；∵∠EAF=∠BAE+∠BAF=∠BAD，∴∠MAF=∠BAD，∴∠EAF=∠MAF；∵AF是△EAF與△MAF的公共邊，∴△EAF≌△MAF，∴EF=MF；∵MF=DF-DM=DF-BE，∴EF=DF-BE．∴△CEF的周長=CE+EF+FC=BC+BE+DC+CF-BE+CF=BC+CD+2CF=13，故答案為：13；（4）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°，∵AH⊥MN，∴∠AHM=∠ABC=90°，在Rt△AMB和Rt△AMH中，，∴Rt△AMB≌Rt△AMH，∴∠MAB=∠MAH，BM=MH=2，同理可證Rt△AND≌Rt△ANH，∴∠NAD=∠NAH，DN=NH=3，∴2∠MAH+2∠NAH=90°，∴∠MAH+∠NAH=45°，∴∠MAN=45°．設(shè)正方形的邊長為a，∴CM=a-2，CN=a-3，根據(jù)勾股定理得，（a-2）2+（a-3）2=25，∴a=-1（舍）或a=6，∴BC=6，∴BD=6，逆時針旋轉(zhuǎn)△ABE至△ADG，∴△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠ABE=∠ADG=45°，∴∠GDF=∠ADG+∠ADB=90°，連接GF，根據(jù)勾股定理得，GF2=DG2+DF2=BE2+DF2，∵△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=90°-∠EAF=45°=∠EAF，∵AF=AF，∴△GAF≌△EAF，∴GF=EF，∴EF2=BE2+AD2；設(shè)EF=x，∵BD=6，DF=2．∴BE=6-2-x=4-x，∴（4-x）2+（2）2=x2，解得x=，∴EF=；（3）將△ADF繞A順時針旋轉(zhuǎn)120°，此時AD與AB重合，F(xiàn)轉(zhuǎn)到G，在AG上取AH=AN，連接BH、MH，如圖：∵△ADF繞A順時針旋轉(zhuǎn)得△ABG，∴∠BAG=∠DAF，又AH=AN，AB=AD，∴△ABH≌△ADN（SAS），∴DN=BH，∠ABH=∠ADN，∵∠B=60°，且∠EAF=60°．∴∠BAD=120°，∴∠DAF+∠BAE=∠EAF=60°，∴∠BAG+∠BAE=∠EAF，即∠MAH=∠MAN，而AH=AN，AM=AM，∴△AMH≌△AMN（SAS），∴MN=MH，∠AMN=∠AMH，∵菱形ABCD，∠B=60°，∴∠ABD=∠ADB=30°，∴∠HBD=∠ABH+∠ABD=60°，∵∠DAF=15°，∠EAF=60°，∴△ADM中，∠DAM=∠AMD=75°，∴∠AMN=∠AMH=75°，∴∠HMB=180°-∠AMN-∠AMH=30°，∴∠BHM=90°，∴BH2+MH2=BM2，∴DN2+MN2=BM2．【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，解題關(guān)鍵是學會用旋轉(zhuǎn)法添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學會利用探究的結(jié)論解決新的問題，屬于中考壓軸題．11．（2022·江西九江·一模）如圖（1），在四邊形ABCD中，，，以點A為頂點作，且，連接EF．(1)觀察猜想

如圖（2），當時，①四邊形ABCD是______（填特殊四邊形的名稱）；②BE，DF，EF之間的數(shù)量關(guān)系為______．(2)類比探究

如圖（1），線段BE，DF，EF之間的數(shù)量關(guān)系是否仍然成立？若成立，請加以證明；若不成立，請說明理由．(3)解決問題

如圖（3），在中，，，點D，E均在邊BC上，且，若，求DE的長．【答案】(1)①正方形；②BE+DF=EF(2)詳見解析(3)詳見解析【分析】（1）①根據(jù)正方形的判定定理即可得出；②延長CD至點G，使得DG=BE，證得，得出，由，證得，從而得出BE，DF，EF之間的數(shù)量關(guān)系；（2）同（1）②即可得出BE，DF，EF之間的數(shù)量關(guān)系；（3）作,且，證得，同（1）②證得，在中，由勾股定理可解得DE的長．（1）解：①∵，∴四邊形ABCD是矩形，又∵，∴矩形ABCD是正方形．②如下圖，延長CD至點G，使得DG=BE，∵，，∴，∴，∴，，，∵，∴，∴，即，又∵，∴，∴，即∴．（2）如下圖，延長CD至點H，使得DH=BE，∵，∴，同（1）②的證明方法得，同理證，從而得．（3）如圖過點C作,且，在中，由，，∴，∴，∴，同（1）②的證明方法得，∴，∵，，，，設(shè)，則，在中，由勾股定理得，，，解得，即．【點睛】本題考查了特殊的平行四邊形的判定、全等三角形的性質(zhì)和判定及勾股定理的應(yīng)用，熟練應(yīng)用相關(guān)定理和性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．12．（2023·福建泉州·統(tǒng)考二模）（1）如圖1，在正方形中，，分別為，邊上的點，且滿足，連接，則，，之間的數(shù)量關(guān)系為________．（2）如圖2，將沿斜邊翻折得到，，分別為，邊上的點，且，試猜想，，之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想．（3）將兩個全等的等腰直角和按如圖3所示擺放在一起，為公共頂點，，，與邊的交點分別為，，求證：．

【答案】（1）；（2），證明見解析；（3）證明見解析【分析】(1)將繞點順時針旋轉(zhuǎn)到的位置，證出，進而證出，得出結(jié)論；(2)將繞點順時針旋轉(zhuǎn)到的位置，證出，進而證出，得出結(jié)論；(3)將繞點順時針旋轉(zhuǎn)至的位置，證出，由勾股定理得出結(jié)論．【詳解】解：（1）．理由如下：如圖，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)到的位置，

由旋轉(zhuǎn)可得，．，．在和中，，∴，∴．∵，∴．（2），理由如下：如圖，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)到的位置，

由旋轉(zhuǎn)可得，，．∵，∴，，三點共線．∵，∴，∴．在和中，，∴，∴．∵，∴．（3）證明：如圖，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)至的位置，

則，，，旋轉(zhuǎn)角．連接，在和中，∵，，．∴，∴．∵，∴，∴．【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理．其中準確作出輔助圖形是解題關(guān)鍵．13．（2023·陜西西安·九年級校考期中）問題研究，如圖，在等腰中，，點、為底邊上的兩個動點（不與、重合），且．（1）請在圖中找出一個與相似的三角形，這個三角形是__________；（2）若，分別過點、作、的垂線，垂足分別為、，且、的反向延長線交于點，若，求四邊形的面積；問題解決（3）如圖所示，有一個矩形倉庫，其中米，米，現(xiàn)計劃在倉庫的內(nèi)部的、兩處分別安裝監(jiān)控攝像頭，其中點在邊上，點在邊上．設(shè)計要求且，則的長應(yīng)為多少米？【答案】（1）；（2）四邊形的面積為；（3）CE的長為米．【分析】（1）根據(jù)已知條件及相似三角形的判定可直接得出；（2）把繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接EH，根據(jù)旋轉(zhuǎn)可得，利用三角形全等的性質(zhì)得出，，，利用角和邊之間的關(guān)系可得：為直角三角形，根據(jù)勾股定理及等量代換得出，根據(jù)全等三角形的判定得出?，得，再求出各三角形的面積確定，再根據(jù)圖形中三角形的關(guān)系得出，即可求得四邊形面積；（3）根據(jù)（2）中思路，作圖：延長AD到S，延長BC到G，使，連接SG，延長AF交SG于點H，連接EH，延長GS到T，使，連接AT，則四邊形ABGS為正方形，根據(jù)全等三角形的判定定理得出?，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)及等量代換得出，再利用三角形全等的判定證明?，設(shè)，可得出，，，在根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)得出，將各邊代入得出，，，在中，利用勾股定理得出方程求解即可．【詳解】解：（1）∵，，∴，故答案為：；（2）如圖所示：把繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接EH，∴，，∴，，，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，在和中，，∴?，∴，∴，∵于點G，，∴，∴，∴，∵，∴，同理可得：，在中，，∴，同理可得：，∵，∴，∴，即，∵，∴，即四邊形的面積為；（3）如圖，延長AD到S，延長BC到G，使，連接SG，延長AF交SG于點H，連接EH，延長GS到T，使，連接AT，則四邊形ABGS為正方形，∴，，在和中，，∴，，∴，，∴，在和中，，∴?，∴，設(shè)，則，，，∵DFSH，∴，∴，即：，解得：，∴=，，∴在中，，解得：，（舍去），即CE的長為米．【點睛】題目主要考查相似三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、一元二次方程的運用求解等，根據(jù)題意作出相應(yīng)輔助線，融會貫通綜合運用這些知識點是解題關(guān)鍵．14．（2023·陜西漢中·九年級統(tǒng)考期末）如圖，中，，，點為邊上一點．(1)如圖1，若，．①求證：；②若，求的值．(2)如圖2，點為線段上一點，且，，，求的長．【答案】(1)①見解析，②(2)【分析】（1）①通過證明，即可求證；②由①可得，再根據(jù)等邊對等角求出和的度數(shù)，即可得出，最后根據(jù)直角三角形中角所對的邊是斜邊的一半即可求證；（2）過點E作于G，過A作于F，證明，可以求出，利用勾股定理可以求出的長，從而可以求解．【詳解】（1）證明：①∵，，∴，即，在和中，，∴，∴；②∵，，∴，由①可得：，∴，∴，∵，∴在中，，∴，整理得：，由①可得，∴．（2）過點A作于點F，過點E作于點G，∵，，∴，∵，，∴，在中，根據(jù)勾股定理可得：，∵，∴，∵，，∴，在中，根據(jù)勾股定理可得：，∴，∵，，，∴，∵，∴，即，∵，∴，∴，即，解得：，∴．【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等等，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識進行求解．15．（2023·遼寧沈陽·九年級統(tǒng)考期末）【教材呈現(xiàn)】（1）如圖1，在同一平面內(nèi)，將兩個全等的等腰直角三角形ABC和AFG擺放在一起，A為公共頂點，∠BAC＝∠G＝90°，BC＝6，若△ABC固定不動，將△AFG繞點A旋轉(zhuǎn)，邊AF、AG與邊BC分別交于點D，E（點D不與點B重合，點E不與點C重合）①求證：AE2＝DE?BE；②求BE?CD的值；【拓展探究】（2）如圖2，在△ABC中，∠C＝90°，點D，E在邊BC上，∠B＝∠DAE＝30°，且，請直接寫出的值．【答案】（1）①證明見解析；②18；（2）【分析】（1）①只需要證明△ABE∽△DAE，得到，即可推出；②先證明∠AEB=∠DAC，則可證△AEB∽△DAC，推出，然后利用勾股定理求出，即可得到；（2）設(shè)，，先證明△ADE∽△BDA，推出，設(shè)，，得到，求出，，則在直角△ACD中，，則，即可推出，由此求解即可．【詳解】解：（1）①∵△ABC和△AGF都是等腰直角三角形，∠BAC=∠G=90°，∴∠B=∠C=∠GAF=45°，又∵∠AED=∠NEA，∴△ABE∽△DAE，∴，∴；②∵∠DAC=∠DAE+∠CAE，∠AEB=∠C+∠CAE，∠C=∠DAE=45°，∴∠AEB=∠DAC，又∵∠B=∠C，∴△AEB∽△DAC，∴，∴，∵AB=AC，∠BAC=90°，BC=6，∴，即，∴，∴；（2）∵，∴可設(shè)，，∵∠B=∠DAE=30°，∠ADE=∠BDA，∴△ADE∽△BDA，∴，∴，可設(shè)，，∴，∵∠B=30°，∠ACB=90°，∴，∴，∴在直角△ACD中，，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等等，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定條件是解題的關(guān)鍵．16．（2022秋·廣東·九年級?？计谥校┤鐖D①，在正方形ABCD中，點N、M分別在邊BC、CD上，連接AM、AN、MN．∠MAN＝45°，將△AMD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，點D與點B重合，得到△ABE．易證：△ANM≌△ANE，從而得DM＋BN＝MN．【實踐探究】(1)在圖①條件下，若CN＝6，CM＝8，則正方形ABCD的邊長是______．(2)如圖②，點M、N分別在邊CD、AB上，且BN＝DM．點E、F分別在BM、DN上，∠EAF＝45°，連接EF，猜想三條線段EF、BE、DF之間滿足的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．(3)【拓展應(yīng)用】如圖③，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，點M、N分別在邊DC、BC上，連接AM，AN，已知∠MAN＝45°，BN＝2，求DM的長．【答案】(1)12(2)猜想：，理由見解析(3)4【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得△ABE≌△ADM，易證：△ANM≌△ANE，從而得DM＋BN＝MN．則可得MN+CM+CN=2BC，從而可求得正方形的邊長；（2）過點D作DP⊥DF，且DP=BE，連接PF、AP，可證明△APD≌△AEB，則可得AP=AE，∠EAP=90°；再證明△APF≌△AEF，可得EF=FP，