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專題4.12 相似三角形中的半角模型
模塊1：知識梳理
相似三角形在中考數學幾何模塊中占據著重要地位。相似三角形與其它知識點結合以綜合題的形式呈現，其變化很多，難度大，是中考的常考題型。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試題分析，方便掌握。
模塊2：核心模型與典例
模型1.半角模型（相似模型）
1）半角模型（正方形中的半角相似模型）
條件：已知，在正方形ABCD中，∠EAF的兩邊分別交BC、CD邊于M、N兩點，且∠EAF＝45°
圖1 圖2
結論：如圖1，△AMN∽△AFE且．（提示：∠ANM=∠AEF，∠AMN=∠AFE）；
結論：如圖2，△MAN∽△MDA，△NAM∽△NBA；
圖3 圖4
結論：如圖3，連接AC，則△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且；
結論：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°，；
結論：①△ABE∽△DAE∽△DCA；②；③ （）
（2）含60°半角模型
條件：如圖1，已知∠BAC＝120°，；
結論：①△ABD∽△CAE∽△CBA；②；③ （）
例1．（2023·福建泉州·九年級校考期中）如圖，在正方形中，點分別是邊上的兩點，且分別交于.下列結論：①；②平分；③；④．其中正確的結論是（ ）
A．②③④ B．①④ C．①②③ D．①②③④
【答案】D
【分析】把△ABE繞點A逆時針旋轉90°，得到△ADH，證明△AEF≌△AHF，利用全等三角形的性質可得①②正確；求出∠BAN＝∠AMD，根據∠ABN＝∠ADM＝45°，證明△ABN∽△MDA，利用相似三角形的性質可得④正確；求出∠AFE＝∠AMN，證明△AMN∽△AFE，利用相似三角形的性質可得③正確．
【詳解】解：如圖，把△ABE繞點A逆時針旋轉90°，得到△ADH，易得H、D、F三點共線，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE＋∠DAF＝45°，
∴∠DAH＋∠DAF＝45°，∴∠EAF＝∠HAF，
∵AE＝AH，AF＝AF，∴△AEF≌△AHF，∴EF＝FH，∠AFH＝∠AFE，
∴EF＝FH＝DH＋DF＝BE＋DF，AF平分∠DFE，故①②正確；
∵∠BAN＝∠BAM＋∠MAN＝∠BAM＋45°，∠AMD＝∠ABM＋∠BAM＝45°＋∠BAM，∴∠BAN＝∠AMD，
∵∠ABN＝∠ADM＝45°，∴△ABN∽△MDA，∴，
∵AD＝AB，∴AB2＝BN DM，故④正確；∵AB∥CD，∴∠DFA＝∠BAN，
∵∠AFE＝∠AFD，∠BAN＝∠AMD，∴∠AFE＝∠AMN，
又∵∠MAN＝∠FAE，∴△AMN∽△AFE，∴，即AM AE＝AN AF，故③正確，故選：D．
【點睛】此題考查了正方形的性質、全等三角形和相似三角形的判定和性質、旋轉的性質等知識點，綜合性較強，靈活運用相關性質定理進行推理是解題的關鍵．
例2．（2023·浙江·九年級專題練習）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，點E，F分別在BC，CD上．若BE＝2，∠EAF＝45°，則DF的長是 ．
【答案】
【分析】取AD，BC的中點M，N，連接MN，交AF于H，延長CB至G，使BG＝MH，連接AG，先證出四邊形ABNM是正方形，利用SAS證出ABG≌AMH，再利用SAS證出AEG≌AEH，利用勾股定理求出MH，然后利用平行證出AHM∽AFD，列出比例式即可求出結論．
【詳解】解：取AD，BC的中點M，N，連接MN，交AF于H，延長CB至G，使BG＝MH，連接AG，
∵點M，點N是AD，BC的中點，∴AM＝MD＝BN＝NC＝4，
∵AD∥BC，∴四邊形ABNM是平行四邊形，∵AB＝AM＝4，∴四邊形ABNM是菱形，
∵∠BAD＝90°，∴四邊形ABNM是正方形，∴MN＝AB＝BN＝4，∠AMH＝90°，
∵AB＝AM，∠ABG＝∠AMH＝90°，BG＝MH，
∴ABG≌AMH（SAS），∴∠BAG＝∠MAH，AG＝AH，
∵∠EAF＝45°，∴∠MAH+∠BAE＝45°，∴∠GAB+∠BAE＝∠GAE＝∠EAH＝45°，
又∵AG＝AH，AE＝AE∴AEG≌AEH（SAS）∴EH＝GE，∴EH＝2+MH，
在Rt HEN中，EH2＝NH2+NE2，∴（2+MH）2＝（4﹣MH）2+4，∴MH＝
∵MN∥CD，∴AHM∽AFD，∴∴DF＝×＝，故答案為：．
【點睛】此題考查的是相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定及性質、正方形的判定及性質和矩形的性質，此題難度較大，掌握相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定及性質、正方形的判定及性質和矩形的性質是解決此題的關鍵．
例3．（2023秋·江蘇泰州·九年級統考期末）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）根據已知條件得出，，又，根據兩邊成比例夾角相等證明，根據相似三角形的性質即可得證；
（2）過點作于點，勾股定理求得，由（1）可知，根據相似三角形的性質列出比例式，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，∴解得：，∴．
【點睛】本題考查了相似三角形的性質與判定，掌握相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．
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120°得到，取的中點G，連接、，由，，可得出，根據旋轉的性質可得出，結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，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，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、勾股定理、旋轉的性質，通過勾股定理找出關于x的方程是解題的關鍵．
例5．（2023·遼寧沈陽·統考二模）在菱形中，．點，分別在邊，上，且．連接，．
（1）如圖1，連接，求證：是等邊三角形；（2）平分交于點．
①如圖2，交于點，點是的中點，當時，求的長．
②如圖3，是的中點，點是線段上一動點（點與點，點不重合）．當，時，是否存在直線將分成三角形和四邊形兩部分，其中三角形的面積與四邊形的面積比為1∶3．若存在，請直接寫出的值；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）見解析；（2）①；②或
【分析】（1）證，根據有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形證明即可；
（2）①連接，證，列出比例式，根據相似比即可求解；②分點H為AG中點和點N為EC中點兩種情況，根據相似比，求出比值即可．
【詳解】解：（1）四邊形是菱形， ，
∵，∴△ABC是等邊三角形，
∴，，
，；，
，，是等邊三角形；
（2）①連接，點是的中點，，
，，，
由（1）知，是等邊三角形，，平分，，
，，即，
，，
②如圖，當點H為AG中點時，即；
∵是的中點，∴OH∥EC，∴△AMO∽△AEC,
∵，∴，即；
同理，如圖所示，當點N為EC中點時， ON∥AE，；
連接FG，作FP⊥BC，交BC延長線與點P，
∵，，∴,
∵CD∥AB，∴∠B=∠DCP=60°，∴∠CFP=30°，∴CP=2，，
∵AE=AF，AG=AG，∠EAG=∠FAG，∴△EAG≌△FAG，∴EG=FG，
設EG=x,CG=8-x，PG=10-x，，解得，，
∵EN=CN=4，；
綜上，的值為：或．
【點睛】本題考查了菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，解直角三角形，相似三角形的判定與性質，解題關鍵是熟練運用相關幾何知識，構建幾何模型證明相似或全等．
例6．（2023·浙江·九年級專題練習）如圖，正方形中，交于點交于點，分別交于，連接．
求證：； 求的值；若正方形的邊長為5，，求的長．
【答案】見解析；；
【分析】（1）通過證明即可得出答案；連接，由四邊形是正方形，可得，由條件證明即可得出即可求出的值；
由正方形的邊長為5，，可得由（1）中結論可得故，結合、可得：，可證明利用相似三角形的性質即可求出答案．
【詳解】證明：四邊形為正方形，
又，
連接，
四邊形是正方形．，
∵正方形的邊長為5∴BD= ∴
由得
由，同理得：
【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，正方形的性質，靈活運用相似三角形的判定和性質，正方形的性質是解題的關鍵．
例7．（2022·廣東深圳·統考二模）【教材呈現】（1）如圖1，在同一平面內，將兩個全等的等腰直角三角形和擺放在一起，點為公共頂點，，若固定不動，將繞點旋轉，邊，與邊分別交于點，（點不與點重合，點不與點重合），則結論是否成立______（填“成立”或“不成立”）；
【類比引申】（2）如圖2，在正方形中，為內的一個動角，兩邊分別與，交于點，，且滿足，求證：；
【拓展延伸】（3）如圖3，菱形的邊長為，，的兩邊分別與，相交于點，，且滿足，若，則線段的長為______．
【答案】（1）成立；（2）證明見解析；（3）．
【分析】（1）根據等腰三角形性質得出，再證即可；（2）根據正方形性質得出即可；（3）如圖3，在上取一點，使，過作于，根據四邊形為菱形，且，證出，再證，求出，利用菱形的邊長為，求出即可．
【詳解】解：（1）結論成立
理由：如圖1，∵和都是等腰直角三角形，∴
∵，，∴
又∵，∴，∴，
∵，∴，故答案為：成立
（2）證明：如圖2，∵四邊形是正方形，
∴，
∵，∴，
∴，∴，
又∵，∴；
（3）線段的長為
理由：如圖3，在上取一點，使，過作于，
又∵四邊形為菱形，且，
∴，∴
∴，∴，∴，
∵，，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，
∵，，
∴2AN=，2AN=AD，∴，
∵，∴，∴，
∵菱形的邊長為，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∴，∴線段的長為．故答案為．
【點睛】本題考查等腰直角三角形性質，正方形性質，三角形相似判定與性質，菱形性質，銳角三角形函數，掌握等腰直角三角形性質，正方形性質，三角形相似判定與性質，菱形性質，銳角三角形函數是解題關鍵．
模塊3：同步培優題庫
全卷共25題 測試時間：80分鐘 試卷滿分：120分
一、選擇題（本大題共10小題，每小題3分，共30分）在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．（2023·廣東深圳·九年級校考階段練習）如圖，在正方形中，點，分別在邊，上，、分別交于點，，連接、，且．下列結論：①，；②；③；④．其中正確結論的個數是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【分析】將繞點A逆時針旋轉，得到，則，，，可證得，從而得到，，進而得到，再由四邊形內角和定理可得，故①正確；再證明，可得，故②正確；再由，可得，從而得到，故③正確；再證明，是等腰直角三角形，可得，從而得到，將繞點A逆時針旋轉，得到，則，，證明，可得，再由勾股定理，可得故④正確，即可求解．
【詳解】解：如圖，將繞點A逆時針旋轉，得到，則，，，
∵四邊形是正方形，
∴，
在和中，∴，
∴，，
∵，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，故①正確；
∴，∵，∴，∴，
∵，∴，
∴，故②正確；
∵，∴，
又∵，∴，故③正確；
∵，∴，∴，
∵，∴是等腰直角三角形，
∴，∴，∴，
如圖，將繞點A逆時針旋轉，得到，則，，
∴，即是直角三角形，
∵，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，故④正確；故選A．
【點睛】本題考查正方形的性質、全等三角形的判定和性質、勾股定理、相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會利用旋轉法，添加輔助線構造全等三角形解決問題．
2．（2022·廣東深圳·統考一模）如圖，正方形ABCD中，E是BC的中點，F在CD上，，連接AE，AF與對角線BD交于點M，N，連接MF，EN．給出結論：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，使得AB與AD重合，此時得，將逆時針旋轉，使得AD與AB重合，此時得，根據，即可求得，①正確；根據可得，即可求，即可得③正確；根據如圖正方形構造直角坐標系，求出直線AE、AF、BD的解析式，再聯立解析式，即可求得M、N兩點的坐標，再根據坐標求出DN、MN、BM、AN、NE，即可知，則有，則有，，②正確；根據DN、MN、BM長度可知，④錯誤．
【詳解】將順時針旋轉，使得AB與AD重合，此時得，將逆時針旋轉，使得AD與AB重合，此時得，鏈接EF，如圖所示：
為了方便計算，設正方形的邊長為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=，
根據圖形的旋轉，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建直角坐標系是解答本題的關鍵．
3．如圖，正方形中，繞點逆時針旋轉到，、分別交對角線于點、，若，則的值為（ ）
A．4 B．6 C．8 D．16
【答案】D
【分析】先根據正方形的性質、旋轉的性質可得，再根據相似三角形的判定與性質即可得．
【詳解】四邊形ABCD是正方形，，
由旋轉的性質得：，，即，
在和中，，，
，即，，故選：D．
【點撥】本題考查了正方形的性質、旋轉的性質、相似三角形的判定與性質，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題關鍵．
4．如圖，菱形的邊長為4，，分別是，邊上的動點，，，則下列結論：①；②為等邊三角形；③；④若，則．其中正確個數為（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】由SAS證明△BEC≌△AFC，①正確；由全等三角形的形狀得CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，再由∠BCE＋∠ECA＝∠BCA＝60°，得∠ACF＋∠ECA＝60°，得△CEF是等邊三角形，②正確；由∠AGE＝∠CAF＋∠AFG＝60°＋∠AFG，∠AFC＝∠CFG＋∠AFG＝60°＋∠AFG，得∠AGE＝∠AFC，故③正確；④過點E作EM∥BC交AC下點M點，易證△AEM是等邊三角形，則EM＝AE，由AF∥EM，則△AFG∽△MEG，得④錯誤．
【詳解】解：①∵四邊形是菱形，∴，．
∵，∴，
∴和都是等邊三角形，∴，．
∵，∴，故①正確．
②∵，∴，．
∵，∴，∴是等邊三角形，故②正確．
③∵，，
∴，故③正確．④過點作交于點，
∴，，∴是等邊三角形，∴．
∵，∴，∴．
∵，∴，∴﹐故④錯誤，正確個數為3．故選B．
【點撥】本題考查菱形的性質、等邊三角形性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質等知識；熟練掌握菱形的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．
5．（2022春·浙江紹興·九年級校考階段練習）如圖，在正方形ABCD中，點E、F分別在邊BC，DC上，AE、AF分別交BD于點M、N，連接CN、EN，且CN=EN．下列結論：①AN=EN，AN⊥EN；②BE+DF=EF；③∠DFE=2∠AMN；④；⑤圖中有4對相似三角形．其中正確結論個數是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】B
【詳解】解：將△ABE繞點A逆時針旋轉90°，得到△ADH，
因為四邊形ABCD是正方形，所以AB=BC=AD，∠BAD＝∠ABC=90°，∠ABD＝∠CBD=45°，
在△BNA和△BNC中，
所以△BNA≌△BNC，所以AN=CN，∠NEC=∠NCE=∠BAN，
因為∠NEC+∠BEN=180°，所以∠BAN+∠BEN=180°，
所以∠ABC+∠ANE=180°，所以∠ANE=90°，所以AN=NE，AN⊥NE，故①正確，
因為∠3=45°， ∠1=∠4，所以∠2+∠4=∠2+∠1=45°，所以∠3=∠FAH=45°，
因為AF=AF,AE=AH，所以△AFE≌△AFH，
所以EF=FH=DF+DH=DF+BE, ∠AFH=∠AFE，故②正確，
因為∠MAN=∠NDF=45°， ∠ANM=∠NDF，所以∠AMN=∠AFD，
又因為∠AFE=∠AFD，∠DFE=∠AFE+∠AFD，所以∠DFE=2∠AMN，故③正確；
因為∠MAN=∠EAF， ∠AMN=∠AFE，所以△AMN∽△AFE，
所以，所以MN，
如圖2中,將△ABN繞點A逆時針旋轉90°，得到△ADG，
易證△ANG≌△ANM, △GDN是直角三角形，所以MN=GN，
所以，所以，故④正確；
圖中相似三角形有△ANE∽△BAD∽△BCD，△ANM∽△AEF， △ABN∽△FDN，
△BEM∽△DAM等，故⑤錯誤；故選B.
6．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】
構造如圖所示的正方形，然后根據相似三角形的判定和性質解直角三角形FNP即可．
【詳解】如圖，延長CE，FG交于點N，過點N作，延長交于，
∴∠CMN=∠DPN=90°，∴四邊形CMPD是矩形，
根據折疊，∠MCN=∠GCN，CD=CG，，
∵∠CMN=∠CGN=90°，CN=CN，∴，
∴，四邊形為正方形，
∴，∴，
，，，設,則，
在中，由可得解得；故選A．
【點撥】本題考查了折疊問題，正方形的性質與判定，矩形的性質，平行線的性質，全等三角形的性質和判定，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鍵．
7．如圖，等腰直角三角形，D E是上的兩點，且，過D E分別作、，垂足分別為M、N，、交于點F，連接、．以下四個結論：①四邊形是正方形；②；③；④當時，．其中正確的結論有（ ）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】C
【分析】由三個角是直角的四邊形是矩形，先判定四邊形AMFN是矩形，再證明AM＝AN，從而可判斷①；利用SAS可判定△ABE≌△ACD，從而可判斷②；在沒有∠DAE＝45°時，無法證得DE'＝DE，故可判斷③；由∠DAE＝∠C，∠ADE＝∠CDA可判定△ADE∽△CDA，從而可判定④．
【詳解】解：∵DM、EN分別垂直AB、AC，垂足為M、N，∴∠AMF＝∠ANF＝90°，
又∵∠BAC＝90°，∴四邊形AMFN是矩形；
∵△ABC為等腰直角三角形，∴AB＝AC，∠ABC＝∠C＝45°，
∵DM⊥AB，EN⊥AC，∴△BDM和△CEN均為等腰直角三角形，
又∵BD＝CE，∴△BDM≌△CEN（AAS），
∴BM＝CN∴AM＝AN，∴四邊形AMFN是正方形，故①正確；
∵BD＝CE，∴BE＝CD，∵△ABC為等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠C＝45°，AB＝AC，∴△ABE≌△ACD（SAS），故②正確；
如圖所示，將△ACE繞點A順時針旋轉90°至△ABE'，則CE＝BE'，∠E'BA＝∠C＝45°，
由于△BDM≌△CEN，故點N落在點M處，連接ME'，則D、M、E'共線，
∵∠E'BA＝45°，∠ABC＝45°，∴∠DBE'＝90°，∴BE'2＋BD2＝DE'2，∴CE2＋BD2＝DE'2，
當∠DAE＝45°時，∠DAE'＝∠DAM＋∠EAN＝90° 45°＝45°，
∵AE＝AE'，AD＝AD，∴△ADE≌△ADE'（SAS），∴DE'＝DE，
∴在沒有∠DAE＝45°時，無法證得DE'＝DE，故③錯誤；
∵AB＝AC，∠ABD＝∠C，BD＝CE，∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD＝AE，∴當∠DAE＝45°時，∠ADE＝∠AED＝67.5°，
∵∠C＝45°，∴∠DAE＝∠C，∠ADE＝∠CDA，∴△ADE∽△CDA，
∴，∴AD2＝DE CD，故④正確．綜上，正確的有①②④，共3個 故選：C．
【點撥】本題考查了相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質及正方形的判定與性質等知識點，熟練掌握相關性質及定理是解題的關鍵．
8．（2022·安徽·校聯考一模）如圖，正方形ABCD邊長為2，BM、DN分別是正方形的兩個外角的平分線，點P，Q分別是平分線BM、DN上的點，且滿足∠PAQ＝45°，連接PQ、PC、CQ．則下列結論：①BP DQ＝3.6；②∠QAD＝∠APB；③∠PCQ＝135°；④．其中正確的有（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】C
【分析】運用正方形的性質；角平分線的定義；全等三角形的判定和性質；勾股定理；相似三角形的判定和性質；旋轉變換的性質綜合推理判斷．
【詳解】∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=AB=2，∠BAD=90°，
∵∠PAQ＝45°，∴∠BAP+∠QAD =45°，
∵BM是正方形的外角的平分線，∴∠MBC=135°，
∴∠BAP+∠APB=45°，∴∠QAD＝∠APB，∴②正確；
∵BM、DN分別是正方形的兩個外角的平分線，∴∠ABP=∠QDA=135°，
∵∠QAD＝∠APB，∴△ABP∽△QDA，∴BP：DA=BA：DQ，
∴BP DQ＝，∴①錯誤；
∵△ABP∽△QDA，∴BP：DA=BA：DQ，
∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA，∴BP：BC=DC：DQ，
∵BM、DN分別是正方形的兩個外角的平分線，∴∠PBC=∠QDC=45°，
∴△BPC∽△DCQ，∴∠BCP=∠DQC，
∴∠PCQ=360°-∠BCD-∠BCP-∠DCQ=270°-（∠DQC+∠DCQ）=270°-（180°-∠CDQ）=135°.∴③正確；
如圖，將△AQD繞點A順時針旋轉90°得到△ABF，連接PF．則△ABF≌△ADQ．
∴∠1=∠3，AF=AQ，BF=DQ，∠AFB=∠AQD．
∴∠PAF=∠1+∠2=∠2+∠3=∠BAD-∠PAQ=45°．∴∠PAF=∠PAQ．
又∵AP=AP，∴△APF≌△APQ．∴PF=PQ．
∵∠PBF=（∠AFB+∠1）+45°=（∠AQD+∠3）+45°=90°．
∴在Rt△BPF中，，∴．∴④正確；故選C．
【點睛】本題考查了正方形的性質；角平分線的定義；全等三角形的判定和性質；勾股定理；相似三角形的判定和性質；旋轉變換的性質．熟練掌握上述性質，靈活運用旋轉構圖求解是解題的關鍵.
9．（2022·河南安陽·統考一模）如圖，在中，，D，E是斜邊上兩點，且，將繞點A順時針旋轉后，得到，連接，下列結論：①平分；②；③；④點C轉至點B經過的弧長為，正確的個數有（）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】C
【分析】①由旋轉90°得∠FAD=90°，可得∠FAE=∠DAE=45°，即AE平分∠FAD；②利用圖形的旋轉不變性得到△ADC≌△AFB，∠DAF=90°，利用SAS公理即可判定△AED≌△AEF；③利用相似三角形的判定與性質可以驗證結論錯誤；④利用已知條件得到∠BAC=90°，利用弧長公式，可得④的結論正確．
【詳解】解：∵將△ADC繞點A順時針旋轉90°后，得到△AFB，
∴△ADC≌△AFB，∠DAF=90°．∴AF=AD．
∵∠DAE=45°，∴∠FAE=90°-∠EAD=45°．∴∠FAE=∠DAE．
∴平分，故①的結論正確；
在△AED和△AEF中，，∴△AED≌△AEF（SAS）．②的結論正確；
∵AB=AC．，∴∠ABE=∠ACD．∴當∠BAE=∠CAD時，△ABE∽△ACD，∴．
當∠BAE≠∠CAD時，△ABE與△ACD不相似，比例式不成立，
∴不一定成立．③的結論錯誤；
由△ADC繞點A順時針旋轉90°后，得到△AFB，得：∠BAC=90°，
∵AB=AC=6，∴點C轉至點B經過的弧長為．④的結論正確；
綜上，結論正確的有：①②④，故選：C．
【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質，圖形的旋轉變換，三角形全等的判定與性質，弧長公式，相似三角形的判定與性質，利用圖形的旋轉不變性是解題的關鍵．
10.（2023·山東·統考一模）如圖，在同一平面內，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=∠AGF=90°，它們的斜邊長為2，若△ABC固定不動，△AFG繞點A旋轉，AF、AG與邊BC的交點分別為D、E（點D不與點B重合，點E不與點C重合），設BE=m，CD=n．下列結論：
（1）圖中有三對相似而不全等的三角形；（2）m n=2；（3）BD2+CE2=DE2；
（4）△ABD≌△ACE；（5）DF=AE．其中正確的有（ ）
A．2個 B．3個 C．4個 D．5個
【答案】A
【詳解】試題分析：（1）根據已知及相似三角形的判定方法進行分析即可；
（2）可根據（1）中的相似三角形BAE和CDA得出關于AB，BE，CD，AC的比例關系，AB，AC可通過等腰直角三角形求出，因此根據比例關系即可得出m，n的函數關系式．
（3）根據旋轉角，我們知道HB⊥BD，那么DH2=BH2+BD2，而BH=CE，于是關鍵是證明HD=DE，連接AH，DH那么可通過證三角形AHD和ADE全等來求解．
（4）若△ABC固定不動，△AFG繞點A旋轉，得到∠BAD≠∠CAE，于是△ABD與△ACE不一定全等，
（5）當AF與AB重合時，AE=AF，AB=AF，得到DF≠AF，于是由AE與DF不一定相等；
試題解析：（1）△ABE∽△DAE，△ABE∽△DCA， 故（1）錯誤；
（2）∵△ABE∽△DCA，∴由題意可知CA=BA=，
∴∴m=， ∴mn=2；（1＜n＜2）； 故（2）正確；
（3）證明：將△ACE繞點A順時針旋轉90°至△ABH的位置，則CE=HB，AE=AH，
∠ABH=∠C=45°，旋轉角∠EAH=90°．連接HD，在△EAD和△HAD中，
∵AE=AH，∠HAD=∠EAH-∠FAG=45°=∠EAD，AD=AD， ∴△EAD≌△HAD．∴DH=DE．
又∠HBD=∠ABH+∠ABD=90°， ∴BD2+CE2=DH2， 即BD2+CE2=DE2； 故（3）正確；
（4）若△ABC固定不動，△AFG繞點A旋轉， ∴∠BAD≠∠CAE，
∴△ABD與△ACE不一定全等， ∴（4）錯誤；
（5）當AF與AB重合時， AE=AF，AB=AF，∴DF≠AF，
∴AE與DF不一定相等； ∴（5）錯誤．故選A．
考點：1．相似三角形的判定與性質；2．全等三角形的判定與性質；3．等腰直角三角形．
二、填空題（本大題共8小題，每小題3分，共24分．不需寫出解答過程，請把答案直接填寫在橫線上）
11．（2023·浙江紹興·校聯考三模）矩形中，，，連接，E，F分別在邊，上，連接，分別交于點M，N，若，，則的長為 ．

【答案】
【分析】根據矩形的性質，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，點D與點P重合，得到，由旋轉的性質可得，，，，證出，得出，可證，得出，證出，設，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， ∵，，，
∴，
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，點D與點P重合，得到，

∵四邊形是正方形，
∴，，
由旋轉得：，
∴，，，，
∴， 即， ，，三點共線，
∵， ∴， ∴，
在和中，， ∴， ∴，
∵， ∴， 設，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，全等三角形的判定與性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質等知識；證明三角形全等和由勾股定理得出方程是解題的關鍵．
12．（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90°后，得到△AFB，連接EF，下列結論：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根據旋轉的性質知∠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根據旋轉的性質，△ADC≌△ABF，進而得出△ABC的面積等于四邊形AFBD的面積；
④據①知BF=CD，EF=DE，∠FBE=90°，根據勾股定理判斷．
⑤根據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根據旋轉的性質知∠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根據旋轉的性質知△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90°后，得到△AFB，∴△AFB≌△ADC，∴BF=CD．
又∵EF=DE，∴BE2+DC2=DE2，故本選項正確；
⑤根據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變換以及全等三角形的判定等知識，三角形三邊的關系，相似三角形的性質與判定，解題時注意旋轉前后對應的相等關系．
13．（2023·上海寶山·校考一模）如圖，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AB=3x，則BE=2x，再利用勾股定理和等腰三角形性質用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、等腰三角形的性質以及勾股定理，利用三角形相似得到AB與BE的關系是解題的關鍵．
14．（2022·福建福州·校考模擬預測）如圖，在正方形中，點，在上且，，延長交于點，延長交于點，連接．下列結論：①點為的中點，②，③，④，其中正確結論的序號是 ．（寫出所有正確結論的序號）

【答案】①③④
【分析】根據正方形的性質，證明，，判斷①和②，將繞點順時針旋轉，得到，證明判斷③，分別求出的積，判斷④．
【詳解】解：∵正方形，
∴，
∴，∴，∵，∴，
∴，，∴點為的中點，故①正確；
同法可得：，∴，
∵，∴，∴，，
∴，∴，，
∵，∴，∴；故②錯誤；
將繞點順時針旋轉，得到，

則：，，，，
∴，∴點在同一條直線上，∴，
又，∴，∴；故③正確；
在中，，
∵，∴，∴，
∵，∴，故④正確；故答案為：①③④．
【點睛】本題考查正方形的性質，旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理．解題的關鍵是掌握正方形的性質，證明三角形相似，通過旋轉構造全等三角形．本題的綜合性強，難度較大，屬于中考填空題中的壓軸題．
15．如圖，正方形AEFG的頂點E在正方形ABCD的邊CD上，AD的延長線交EF于H點．若E為CD的中點，正方形ABCD的邊長為4，則DH的值為 ．
【答案】1.
【解析】試題分析：根據正方形的性質和等角的余角相等，可得兩個三角形中，有兩個角對應相等，證得兩個三角形相似，在此基礎上，根據相似三角形的性質進行求解．
試題解析：∵正方形AEFG和正方形ABCD中，∠AEH=∠ADC=∠EDH=，
∴∠AED+∠DEH=，∠AED+∠DAE=，∴∠DEH=∠DAE．
∵△AED∽△EHD，∴．∵正方形ABCD的邊長為4，∴AD=CD=4．
∵E為CD的中點，∴DE=2．∴，∴DH=1．
16．如圖，在中，，點D、E在邊上，，若，則的面積為 。
【答案】36
【分析】設，則，然后根據相似三角形的判定及性質以及勾股定理求出x的值，最后利用直角三角形面積公式求解即可．
【詳解】設，則，
， ．
設，則有以下等式：，，，
整理得， ，
解得， ， ， ．
【點撥】本題主要考查相似三角形的判定及性質，勾股定理，利用方程的思想是解題的關鍵．
17．（2023·山西晉城·校聯考模擬預測）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，相似的判定和性質即可求得的長．
【詳解】在上作點G，使，在上作點H，使，

∵∴
又∵∴，
∴
設,則
同理可得，
∴∴
∵
∴
∵，∴
∴∴∴∴故填：3
【點睛】本題考查了矩形的性質，等腰直角三角形的性質，相似的判定與性質，嚴格的邏輯思維時解題的關鍵，做輔助線時解題的難點．
18．（2023·廣東·九年級專題練習）如圖，中，，，點為邊上的點，點為線段上一點，且，，，則的長為 ．
【答案】
【分析】利用含30°角的直角三角形的性質及圖形的相似可求DE的長．
【詳解】解：如圖，作于，作于．
中，，．∴．
在中，．，．．
．．．
．．．．
，即．．由勾股定理得：．
．．故答案為：
【點睛】本題考查含30°角的直角三角形的性質及相似三角形的判定，作輔助線構造直角三角形是求解本題的關鍵．
三、解答題（本大題共7小題，共66分．請在答題卡指定區域內作答，解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）
19．（2023春·遼寧沈陽·八年級統考期中）通過類比聯想、引申拓展研究典型題目，可達到解一題知一類的目的下面是一個案例，請補充完整．
原題：如圖，點，分別在正方形的邊，上，，連接，則，試說明理由．
(1)思路梳理
，把繞點A逆時針旋轉至，可使與重合.
，點，，共線根據______ 從“，，，”中選擇填寫，易證 ______ ，得．
(2)類比引申
如圖，四邊形中，，，點，分別在邊，上，若，都不是直角，則當與滿足等量關系______ 時，仍有．
(3)聯想拓展
如圖，在中，，，點，均在邊上，且猜想，，應滿足的等量關系，并寫出推理過程．
(4)思維深化
如圖，在中，，，點，均在直線上，點在點的左邊，且，當，時，直接寫出的長．
【答案】(1) ， (2)(3)，理由見解析(4)的長為或
【分析】（1）把繞點逆時針旋轉至，可使與重合，再證明進而得到，即可證明結論；
（2）時，與（1）的證法類同；
（3）把繞點A順時針旋轉得到，連接，根據旋轉的性質，可知得到、、、，
，根據中的，得到，所以，證，利用得到；
（4）分兩種情況：點D在邊上或點D在的延長線上，①當點D在邊上時，過點A作于點F，過點D作于點G，利用三角函數求出，再證明，運用相似三角形性質即可求出，再由可求得；②當點D在的延長線上時，過點A作于點F，過點D作于點G，與①同理可求得，再由求出即可．
【詳解】（1）解：，
把繞點逆時針旋轉至，可使與重合．，
，，，，
，，點、、共線，
在和中，，，
，即：．故答案為：，；
（2）解：時，，理由如下：
，如圖:把繞點A逆時針旋轉至，可使與重合，
，，，
，，
，，點、、共線，
在和中，，，
，即：．故答案為：；
（3）解：猜想：．理由如下：
如圖：把繞點A順時針旋轉得到，連接，
，，，，，
在中，，，
，即，，
又，，，即，
在和中，，，
，；
（4）解：點，均在直線上，點在點的左側，，
分兩種情況：點在邊上或點在的延長線上，
①當點在邊上時，如圖，過點A作于點，過點作于點，
，，，，，
，，，，，
，
，，，
，，，，
，；
②當點在的延長線上時，如圖，過點作于點，過點作于點，
由①知，，，
，，
，，，
，，
，∽，，
，，．
綜上所述，的長為或．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、旋轉變換的性質、三角函數定義、勾股定理的應用等知識點，掌握全等三角形的判定定理和性質定理、相似三角形的判定和性質，合理添加輔助線并靈活運用分類討論思想是解題的關鍵．
20．（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，現計劃在倉庫的內部的、兩處分別安裝監控攝像頭，其中點在邊上，點在邊上．設計要求且，則的長應為多少米？
【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逆時針旋轉得到，連接EH，根據旋轉可得，利用三角形全等的性質得出，，，利用角和邊之間的關系可得：為直角三角形，根據勾股定理及等量代換得出，根據全等三角形的判定得出 ，得，再求出各三角形的面積確定，再根據圖形中三角形的關系得出，即可求得四邊形面積；
（3）根據（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，根據全等三角形的判定定理得出 ，根據全等三角形的性質及等量代換得出，再利用三角形全等的判定證明 ，設，可得出，，，在根據相似三角形的判定和性質得出，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，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、全等三角形的判定和性質、勾股定理、一元二次方程的運用求解等，根據題意作出相應輔助線，融會貫通綜合運用這些知識點是解題關鍵．
21．（2023·陜西漢中·九年級統考期末）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，再根據等邊對等角求出和的度數，即可得出，最后根據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，根據勾股定理可得：，
∵，∴，
∵，，∴，
在中，根據勾股定理可得：，
∴，
∵，，，∴，
∵，∴，即，
∵，∴，
∴，即，解得：，
∴．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質與判定，等腰三角形的性質，含30度角的直角三角形的性質，勾股定理等等，解題的關鍵在于能夠熟練掌握相關知識進行求解．
22．（2023·遼寧沈陽·九年級統考期末）【教材呈現】
（1）如圖1，在同一平面內，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，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，，先證明△ADE∽△BDA，推出，設，，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，，
∵∠B=∠DAE=30°，∠ADE=∠BDA，∴△ADE∽△BDA，
∴，∴，可設，，∴，
∵∠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，相似三角形的性質與判定，含30度角的直角三角形的性質，勾股定理等等，熟練掌握相似三角形的性質與判定條件是解題的關鍵．
23．（2022秋·廣東·九年級深圳市福田區北環中學校考期中）如圖①，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之間滿足的數量關系，并說明理由．
(3)【拓展應用】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）由旋轉的性質可得△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，在Rt△PDF中，由勾股定理即可得三條線段EF、BE、DF之間滿足的數量關系； （3）把矩形ABCD補成正方形AEFD，延長AN交EF于G，連接GN．由△ABN∽△AEG，可求得EG、FG的長，設DM=x，則可得FM，由（1）的證明知，GM=EG+DM，由勾股定理建立方程即可求得x的值，即DM的長．
【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠BAD=∠ABC=∠C=∠D=90°．由旋轉得：△ABE≌△ADM，
∴AE=AM，BE=DM，∠ABE=∠D=90°，∠EAB=∠MAD．
∴∠ABE+∠ABC=180°．∴E、B、N在同一直線上．
∵∠MAN=45°，∠BAD=90°，∴∠BAN+∠MAD=45°．
∴∠BAN+∠EAB=45°．即∠EAN=45°．∴∠EAN=∠MAN．
在△ANM與△ANE中，
∴△ANM≌△ANE．∴MN=EN．
∵EN=BE+BN=DM+BN， ∴MN=DM+BN．
∴MN+CM+CN=DM+BN+CM+CN=CD+BC=2BC．
在Rt△CMN中，由勾股定理得：，
∴10+8+6=2BC．∴BC=12．故答案為：12．
（2）三條線段EF、BE、DF之間滿足的數量關系為；
理由如下：如圖②，過點D作DP⊥DF，且DP=BE，連接PF、AP．　
則∠PDA+∠ADF=∠ADF+∠NDM=90°．∴∠PDA=∠NDM．
∵四邊形ABCD是正方形，∴BN∥DM．
∵BN=DM，∴四邊形BNDM是平行四邊形．∴∠EBA=∠NDM．∴∠PDA=∠EBA．
在△APD與△AEB中， ∴△APD≌△AEB．∴AP=AE，∠PAD=∠EAB．
∵∠EAP=∠EAD+∠PAD=∠EAD+∠EAB=∠BAD=90°，∠EAF=45°，∴∠PAF=∠EAF=45°．
在△APF與△AEF中，∴△APF≌△AEF．∴EF=FP．
在Rt△PDF中，由勾股定理得：，
即．
（3）如圖③，把矩形ABCD補成正方形AEFD，延長AN交EF于G，連接GN，則AE=EF=DF=AD=8．
∵四邊形ABCD是矩形，∴BN∥EG．∴△ABN∽△AEG．
∴．∴．∴．
設DM=x，則FM=DF DM=8 x，∵四邊形AEFD是正方形，∠GAM=45°，
∴由（1）的證明知，．
在Rt△GMF中，勾股定理得：，
即，解得：x=4即DM的長為4．
【點睛】本題是四邊形的綜合問題，考查了正方形性質，平行四邊形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理，旋轉的性質等知識，綜合性較強，證明三角形全等及由勾股定理得出方程是關鍵．
24．（2023春·江蘇·八年級專題練習）問題背景：如圖1，在正方形中，點分別在邊上，，求證：．
洋洋同學給出了部分證明過程，請你接著完成剩余的證明過程．
證明：延長到點使，連接，
正方形，，
在和中，
遷移應用：如圖2，在正方形中，交于點，若，，求的長．
聯系拓展：如圖3，在矩形中，點分別在邊上，，若，探究與的數量關系，并給出證明．
【答案】問題背景：見解析；遷移應用：；聯系拓展： BE=2EC，理由見解析
【分析】問題背景：在已證明的前提下，利用全等三角形的性質，結合已知條件證明，可得到結論，
遷移應用：過點作交于點，連接，得到，利用全等三角形的性質與三角形內角和定理得到，利用問題背景的結論可得答案，
聯系拓展：分別取的中點和，連接并延長交于點，連接，
構造出符合問題背景中的圖形，利用問題背景的結論，結合勾股定理可得答案．
【詳解】問題背景：證明：延長到點使，連接，
正方形，，
在和中，
．
，，
又，
在和中，，，
．又．
遷移應用：解：過點作交于點，連接，
正方形，
，
又，
，
由(1)知，．設，，
又，，
在中，， ，．
在中，．
聯系拓展：解：，證明如下：
分別取的中點和，連接并延長交于點，連接，
，， ，
四邊形是矩形，
又，設，， 四邊形是正方形，
，由(1)知，．
，設，，，
在中，，，
，．．
【點睛】本題考查的是矩形，正方形的性質，構造三角形全等的模型證明三角形全等，利用全等三角形的性質解決實際問題，對學習遷移的要求較高，熟練掌握基礎知識，理解構造三角形全等是解題的關鍵．
25．（2023·浙江杭州·九年級期中）已知正方形的邊長為4，一個以點A為頂點的45°角繞點A旋轉，角的兩邊分別與邊、的延長線交于點E、F，連接．設．
（1）如圖1，當被對角線平分時，求a、b的值；（2）當是直角三角形時，求a、b的值；（3）如圖3，探索繞點A旋轉的過程中，的面積是否發生變化？請說明理由．
【答案】（1）；（2）當時，，；當時，，；（3）的面積不變，證明見解析
【分析】（1）利用正方形的性質可得，由被對角線平分可得，從而可證≌，根據全等三角形的性質可得，然后根據角度關系可得，即可得到a、b的值；
（2）由題意可知，分兩種情況計算，①當時，首先根據題意得到是等腰直角三角形，再根據勾股定理得到,根據已知條件可得∽，根據相似三角形的性質得出，兩式聯立解方程組即可；②當時，方法和上面的方法一致，即可解答；
（3）先利用平行線的性質和正方形的性質得到,再利用三角形的內角和得到,從而求出，而，得到∽，然后再利用相似三角形的對應邊成比例，即可求出的值，進而可知的面積是否變化．
【詳解】（1）∵四邊形是正方形，∴，
∵是正方形的對角線，∴，∴,
∵被對角線平分，∴，
在和中，，∴≌，
∴，，∵，，∴，
∵,∴，
∵，,∴，
∵，∴,∴，即；
（2）當是直角三角形時，
①當時，∵，∴，
∴是等腰直角三角形，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，∴①
∵，,∴，∴∽，
∴，∴，∴②，
聯立①②得，，，∴，；
②當時，同①的方法得，，，∴，；
（3）∵，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∵，∴∽∴，
∴，∴，
∵，∴，∴的面積不變．
【點睛】此題是四邊形的綜合題，本題考查了全等三角形的判定和性質，直角三角形的性質，相似三角形的性質和判定，解本題的關鍵是判斷∽，也是本題的難點．
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專題4.12 相似三角形中的半角模型
模塊1：知識梳理
相似三角形在中考數學幾何模塊中占據著重要地位。相似三角形與其它知識點結合以綜合題的形式呈現，其變化很多，難度大，是中考的常考題型。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試題分析，方便掌握。
模塊2：核心模型與典例
模型1.半角模型（相似模型）
1）半角模型（正方形中的半角相似模型）
條件：已知，在正方形ABCD中，∠EAF的兩邊分別交BC、CD邊于M、N兩點，且∠EAF＝45°
圖1 圖2
結論：如圖1，△AMN∽△AFE且．（提示：∠ANM=∠AEF，∠AMN=∠AFE）；
結論：如圖2，△MAN∽△MDA，△NAM∽△NBA；
圖3 圖4
結論：如圖3，連接AC，則△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且；
結論：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°，；
結論：①△ABE∽△DAE∽△DCA；②；③ （）
（2）含60°半角模型
條件：如圖1，已知∠BAC＝120°，；
結論：①△ABD∽△CAE∽△CBA；②；③ （）
例1．（2023·福建泉州·九年級校考期中）如圖，在正方形中，點分別是邊上的兩點，且分別交于.下列結論：①；②平分；③；④．其中正確的結論是（ ）
A．②③④ B．①④ C．①②③ D．①②③④
例2．（2023·浙江·九年級專題練習）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，點E，F分別在BC，CD上．若BE＝2，∠EAF＝45°，則DF的長是 ．
例3．（2023秋·江蘇泰州·九年級統考期末）如圖，已知中，，，點、在邊上，．(1)求證：；(2)當，時，求的長．
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 ．
例5．（2023·遼寧沈陽·統考二模）在菱形中，．點，分別在邊，上，且．連接，．
（1）如圖1，連接，求證：是等邊三角形；（2）平分交于點．
①如圖2，交于點，點是的中點，當時，求的長．
②如圖3，是的中點，點是線段上一動點（點與點，點不重合）．當，時，是否存在直線將分成三角形和四邊形兩部分，其中三角形的面積與四邊形的面積比為1∶3．若存在，請直接寫出的值；若不存在，請說明理由．
例6．（2023·浙江·九年級專題練習）如圖，正方形中，交于點交于點，分別交于，連接．求證：； 求的值；若正方形的邊長為5，，求的長．
例7．（2022·廣東深圳·統考二模）【教材呈現】（1）如圖1，在同一平面內，將兩個全等的等腰直角三角形和擺放在一起，點為公共頂點，，若固定不動，將繞點旋轉，邊，與邊分別交于點，（點不與點重合，點不與點重合），則結論是否成立______（填“成立”或“不成立”）；
【類比引申】（2）如圖2，在正方形中，為內的一個動角，兩邊分別與，交于點，，且滿足，求證：；
【拓展延伸】（3）如圖3，菱形的邊長為，，的兩邊分別與，相交于點，，且滿足，若，則線段的長為______．
模塊3：同步培優題庫
全卷共25題 測試時間：80分鐘 試卷滿分：120分
一、選擇題（本大題共10小題，每小題3分，共30分）在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．（2023·廣東深圳·九年級校考階段練習）如圖，在正方形中，點，分別在邊，上，、分別交于點，，連接、，且．下列結論：①，；②；③；④．其中正確結論的個數是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
2．（2022·廣東深圳·統考一模）如圖，正方形ABCD中，E是BC的中點，F在CD上，，連接AE，AF與對角線BD交于點M，N，連接MF，EN．給出結論：①；②；③；④．其中正確的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
3．如圖，正方形中，繞點逆時針旋轉到，、分別交對角線于點、，若，則的值為（ ）
A．4 B．6 C．8 D．16
4．如圖，菱形的邊長為4，，分別是，邊上的動點，，，則下列結論：①；②為等邊三角形；③；④若，則．其中正確個數為（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
5．（2022春·浙江紹興·九年級校考階段練習）如圖，在正方形ABCD中，點E、F分別在邊BC，DC上，AE、AF分別交BD于點M、N，連接CN、EN，且CN=EN．下列結論：①AN=EN，AN⊥EN；②BE+DF=EF；③∠DFE=2∠AMN；④；⑤圖中有4對相似三角形．其中正確結論個數是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
6．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
7．如圖，等腰直角三角形，D E是上的兩點，且，過D E分別作、，垂足分別為M、N，、交于點F，連接、．以下四個結論：①四邊形是正方形；②；③；④當時，．其中正確的結論有（ ）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
8．（2022·安徽·校聯考一模）如圖，正方形ABCD邊長為2，BM、DN分別是正方形的兩個外角的平分線，點P，Q分別是平分線BM、DN上的點，且滿足∠PAQ＝45°，連接PQ、PC、CQ．則下列結論：①BP DQ＝3.6；②∠QAD＝∠APB；③∠PCQ＝135°；④．其中正確的有（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
9．（2022·河南安陽·統考一模）如圖，在中，，D，E是斜邊上兩點，且，將繞點A順時針旋轉后，得到，連接，下列結論：①平分；②；③；④點C轉至點B經過的弧長為，正確的個數有（）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
10.（2023·山東·統考一模）如圖，在同一平面內，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=∠AGF=90°，它們的斜邊長為2，若△ABC固定不動，△AFG繞點A旋轉，AF、AG與邊BC的交點分別為D、E（點D不與點B重合，點E不與點C重合），設BE=m，CD=n．下列結論： （1）圖中有三對相似而不全等的三角形；（2）m n=2；（3）BD2+CE2=DE2；
（4）△ABD≌△ACE；（5）DF=AE．其中正確的有（ ）
A．2個 B．3個 C．4個 D．5個
二、填空題（本大題共8小題，每小題3分，共24分．不需寫出解答過程，請把答案直接填寫在橫線上）
11．（2023·浙江紹興·校聯考三模）矩形中，，，連接，E，F分別在邊，上，連接，分別交于點M，N，若，，則的長為 ．

12．（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90°后，得到△AFB，連接EF，下列結論：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）
13．（2023·上海寶山·校考一模）如圖，在△ABC中，AB=AC ，點D、E在邊BC上，∠DAE=∠B=30°，且，那么的值是 ．
14．（2022·福建福州·校考模擬預測）如圖，在正方形中，點，在上且，，延長交于點，延長交于點，連接．下列結論：①點為的中點，②，③，④，其中正確結論的序號是 ．（寫出所有正確結論的序號）

15．如圖，正方形AEFG的頂點E在正方形ABCD的邊CD上，AD的延長線交EF于H點．若E為CD的中點，正方形ABCD的邊長為4，則DH的值為 ．
16．如圖，在中，，點D、E在邊上，，若，則的面積為 。
17．（2023·山西晉城·校聯考模擬預測）如圖，在矩形中，，，，分別為，邊上的點．若，，則的長為 ．

18．（2023·廣東·九年級專題練習）如圖，中，，，點為邊上的點，點為線段上一點，且，，，則的長為 ．
三、解答題（本大題共7小題，共66分．請在答題卡指定區域內作答，解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）
19．（2023春·遼寧沈陽·八年級統考期中）通過類比聯想、引申拓展研究典型題目，可達到解一題知一類的目的下面是一個案例，請補充完整．
原題：如圖，點，分別在正方形的邊，上，，連接，則，試說明理由．
(1)思路梳理
，把繞點A逆時針旋轉至，可使與重合.
，點，，共線根據______ 從“，，，”中選擇填寫，易證 ______ ，得．
(2)類比引申
如圖，四邊形中，，，點，分別在邊，上，若，都不是直角，則當與滿足等量關系______ 時，仍有．
(3)聯想拓展
如圖，在中，，，點，均在邊上，且猜想，，應滿足的等量關系，并寫出推理過程．
(4)思維深化
如圖，在中，，，點，均在直線上，點在點的左邊，且，當，時，直接寫出的長．
20．（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，現計劃在倉庫的內部的、兩處分別安裝監控攝像頭，其中點在邊上，點在邊上．設計要求且，則的長應為多少米？
21．（2023·陜西漢中·九年級統考期末）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．
22．（2023·遼寧沈陽·九年級統考期末）【教材呈現】
（1）如圖1，在同一平面內，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，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．
23．（2022秋·廣東·九年級深圳市福田區北環中學校考期中）如圖①，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之間滿足的數量關系，并說明理由．
(3)【拓展應用】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．
24．（2023春·江蘇·八年級專題練習）問題背景：如圖1，在正方形中，點分別在邊上，，求證：．
洋洋同學給出了部分證明過程，請你接著完成剩余的證明過程．
證明：延長到點使，連接，
正方形，，
在和中，
遷移應用：如圖2，在正方形中，交于點，若，，求的長．
聯系拓展：如圖3，在矩形中，點分別在邊上，，若，探究與的數量關系，并給出證明．
25．（2023·浙江杭州·九年級期中）已知正方形的邊長為4，一個以點A為頂點的45°角繞點A旋轉，角的兩邊分別與邊、的延長線交于點E、F，連接．設．
（1）如圖1，當被對角線平分時，求a、b的值；（2）當是直角三角形時，求a、b的值；（3）如圖3，探索繞點A旋轉的過程中，的面積是否發生變化？請說明理由．
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