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專題4.13 相似三角形中的對角互補模型
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。本專題就對角互補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.對角互補模型（相似模型）
【模型解讀】四邊形或多邊形構成的幾何圖形中，相對的角互補。該題型常用到的輔助線主要是頂定點向兩邊做垂線，從而證明兩個三角形相似.
【常見模型及結論】
1）對角互補相似1
條件：如圖，在Rt△ABC中，∠C＝∠EOF＝90°，點O是AB的中點，
輔助線：過點O作OD⊥AC，垂足為D，過點O作OH⊥BC，垂足為H，
結論：①△ODE △OHF；②（思路提示：）.
2）對角互補相似 2
條件：如圖，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，∠BOC＝.
輔助線：作法1：如圖1，過點C作CF⊥OA，垂足為F，過點C作CG⊥OB，垂足為G；
結論：①△ECG △DCF；②CE＝CD·.
（思路提示：，CF=OG，在Rt△COG中，）
輔助線：作法2：如圖2，過點C作CF⊥OC，交OB于F；
結論：①△CFE △COD；②CE＝CD·.（思路提示：，在Rt△OCF中，）
3）對角互補相似3
條件：已知如圖，四邊形ABCD中，∠B+∠D=180°
輔助線：過點D作DE⊥BA，垂足為E，過點D作DF⊥BC，垂足為F；
結論：①△DAE △DCF；②ABCD四點共圓。
例1．（2023·成都市·九年級期中）如圖所示，在中，，，在中，，點P在上，交于點E，交于點F．當時，的值為（ ）．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】過P作PH⊥BC于H，PQ⊥AB于Q，證明△PQE∽△PHF，得出PQ=2PH=2BQ，再由PQ∥BC證得△AQP∽△ABC，得到，設BQ=x，則AQ=3﹣x，PQ=2x，求出x值即可解決問題．
【詳解】解：∵在中，，，
∴AC= ，
過P作PH⊥BC于H，PQ⊥AB于Q，則∠PQB=∠PHB=∠B=90°，
∴四邊形PQBH是矩形，∴PH=BQ，∠QPH=90°=∠MPN，PQ∥BC，
∴∠EPH+∠QPE=∠EPH+∠HPF=90°，∴∠QPE=∠HPF，
∴△PQE∽△PHF，∴，又PE=2PF，∴PQ=2PH=2BQ，
∵PQ∥BC，∴△AQP∽△ABC，∴，
設BQ=x，則AQ=3﹣x，PQ=2x，∴，解得：，AP=3，故選：C．
【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質、勾股定理、等角的余角相等、矩形的判定與性質，熟練掌握相關知識的聯系與運用，添加輔助線是解答的關鍵．
例2．（2023·上海普陀·九年級校考期中）如圖，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，過點C作射線CP∥AB，D為射線CP上一點，E在邊BC上（不與B、C重合）且∠DAE＝45°，AC與DE交于點O．
(1)求證：△ADE∽△ACB；(2)如果CD＝CE，求證：CD2＝CO CA．
【答案】(1)見解析(2)見解析
【分析】（1）先由等腰直角△ABC得到∠BAC=∠B=45°，從而結合∠DAE=45°得到∠DAC=∠EAB，再由平行線的性質得到∠ACP=∠BAC=∠B=45°，從而得到△ADC∽△AEB，然后由相似三角形的性質得到AD：AE=AC：AB，轉化為AD：AC=AE：AB，結合∠DAE=∠CAB=45°得證結果；
（2）結合∠ACD=45°和∠ACB=90°，由CD=CE得到∠CDE=∠CED=22.5°，從而得到∠DAC=22.5°，然后得到△OCD∽△DCA，最后得證結果．
(1)證明：∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠BAC=∠B=45°，
∵∠DAE=45°，∴
∴ ∴∠DAC=∠EAB，
∵PC∥AB，∴∠ACD=∠BAC=∠B=45°，∴△ADC∽△AEB，
∴，即，∵∠DAE=∠BAC=45°，∴△ADE∽△ACB．
(2)證明：∵∠ACD=45°，∠ACB=90°，∴∠CDE+∠CED=180°-90°-45°=45°，
∵CD=CE，∴∠CDE=∠CED=22.5°，∵△ADE∽△ACB，∴∠ADE=∠ACB=90°，
∴∠CAD=180°-∠ADE-∠CDE-∠ACD=180°-90°-22.5°-45°=22.5°，∴∠CAD=∠CDE，
又∵∠OCD=∠DCA，∴△OCD∽△DCA，∴，∴CD2=CO CA．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質、等腰直角三角形的性質，解題的關鍵是通過線段的比例關系得到三角形相似．
例3．（2022·江西·吉水縣九年級期末）【問題情境】如圖①，直角三角板ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，將一個用足夠長的細鐵絲制作的直角的頂點D放在直角三角板ABC的斜邊AB上，再將該直角繞點D旋轉，并使其兩邊分別與三角板的AC邊、BC邊交于P、Q兩點．
【問題探究】（1）在旋轉過程中，①如圖2，當AD＝BD時，線段DP、DQ的數量關系是（　　）
A、DP＜DQ B、DP＝DQ C、DP＞DQ D、無法確定
②如圖3，當AD＝2BD時，線段DP、DQ有何數量關系？并說明理由．
③根據你對①、②的探究結果，試寫出當AD＝nBD時，DP、DQ滿足的數量關系為　　（直接寫出結論，不必證明）。（2）當AD＝BD時，若AB＝20，連接PQ，設△DPQ的面積為S，在旋轉過程中，S是否存在最小值或最大值？若存在，求出最小值或最大值；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）①B；②DP＝2DQ，理由見解析；③DP＝nDQ；（2）存在，，最小值是5，最大值為10，理由見解析．
【分析】（1）①首先利用等腰直角三角形的性質得出△ADP≌△CDQ（ASA），即可得出答案；
②首先得出△DPM∽△DQN，則＝，求出△AMD∽△BND，進而得出答案；
③根據已知得出Rt△DNP∽Rt△DMQ，則＝＝，則AD＝nBD，求出即可；
（2）當DP⊥AC時，x最小，最小值是5，此時，S有最小值；當點P與點A重合時，x最大，最大值為10，S有最大值分別求出即可．
【詳解】解：（1）①DP＝DQ，
理由：如圖2，連接CD，∵AC＝BC，△ABC是等腰直角三角形，
∴AD＝CD，∠A＝∠DCQ，∠ADC＝90°，
∴∠ADP+∠PDC＝∠CDQ+∠PDC＝90°，∴∠ADP＝∠CDQ，
在△ADP和△CDQ中，，∴△ADP≌△CDQ（ASA），∴DP＝DQ；
②DP＝2DQ，理由：如圖3，過點D作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分別為：M，N，
則∠DMP＝∠DNQ＝90°，∴∠MDP＝∠NDQ，∴△DPM∽△DQN，∴＝，
∵∠AMD＝∠DNB＝90°，∠A＝∠B，∴△AMD∽△BND，∴＝，
∴＝＝＝2，∴DP＝2DQ；
③如圖1，過D點作DM⊥CB于點M，作DN⊥AC于點N，
∵∠C＝∠PDQ＝90°，∴∠ADP+∠QDB＝90°，
可得：∠MDN＝90°，∴∠QDM＝∠NDP，
又∵∠DNP＝∠DMQ，∴Rt△DNP∽Rt△DMQ，∴＝，
∵由（1）知，△ADN∽△BDM，∴＝＝，
∵AD＝nBD，∴＝＝＝n，
∴DP與DQ滿足的數量關系式為：DP＝nDQ；故答案為：DP＝nDQ；
（2）存在，設DQ＝x，由（1）①知，DP＝x，∴S＝x x＝x2，
∵AB＝20，∴AC＝BC＝10，AD＝BD＝10，
當DP⊥AC時，x最小，最小值是5，此時，S有最小值，S最小＝×（5）2＝25，
當點P與點A重合時，x最大，最大值為10，此時，S有最大值，S最大＝×102＝50．
【點睛】此題主要考查了等腰直角三角形的性質和相似三角形的判定和性質以及求最值等知識，熟練利用相似三角形的性質得出對應邊關系是解題關鍵．
例4．（2023年廣東中考一模數學試題）（1）【探究發現】如圖1，正方形的對角線相交于點O，在正方形繞點O旋轉的過程中，邊與邊交于點M，邊與邊交于點N．證明： ；
（2）【類比遷移】如圖2，矩形的對角線相交于點O，且，，在矩形，繞點O旋轉的過程中，邊與邊交于點M，邊與邊交于點N．若，求的長；
（3）【拓展應用】如圖3，四邊形和四邊形都是平行四邊形，且，，，是直角三角形，在繞點O旋轉的過程中，邊與邊交于點M，邊與邊交于點N．當與重疊部分的面積是的面積的時，請直接寫出的長．

【答案】（1）證明見解析（2）（3）
【分析】（1）根據正方形的性質證明三角形全等即可；
（2）過點O作的平行線交于點E、交于點P，過點N作垂線交于點Q，構造相似三角形，對應邊成比例求，然后根計算即可；
（3）過點O作的垂線交于點H，用勾股定理求出，證、，結合與重疊部分的面積是的面積的，設列出方程求出m，根據勾股定理求出即可．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是正方形，
，，，
由旋轉可知：，，
，，；
（2）解：如圖2，過點O作的平行線交于點E、交于點P，過點N作垂線交于點Q，

∵四邊形和四邊形都是矩形，，，，
，，
，，
，，
，，，，
，；
（3）解：如圖，過點O作的垂線交于點H，

設，則，
設，則，
，，，
，，
，，四邊形和四邊形都是平行四邊形，是直角三角形，
，，
，，，
，，，
，，，，
設，則，
，，，，
與重疊部分的面積是的面積的，平行四邊形對角線平分平行四邊形的面積，
，，
，，．
【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查了全等三角形的判定與性質、勾股定理、平行四邊形、矩形、正方形的性質、相似三角形的判定與性質，熟練掌握相關性質與判定是解題關鍵．
例5．（2023·成都市·九年級專題練習）已知在中，，，點在上，且． 當點為線段的中點，點、分別在線段、上時（如圖）．過點作于點，請探索與之間的數量關系，并說明理由；
當，①點、分別在線段 、上，如圖時，請寫出線段、之間的數量關系，并給予證明．②當點、分別在線段、的延長線上，如圖時，請判斷①中線段、之間的數量關系是否還存在．（直接寫出答案，不用證明）
【答案】（1），理由見解析；①，理由見解析；②成立．
【分析】（1）過點P作PE⊥AB于E，PF⊥BC于點F，則四邊形BFPE是矩形，所以△PFN∽△PEM得出，然后根據余切函數即可求得．（2）同（1）證得△PFN∽△PEM得出，然后在Rt△AEP和Rt△PFC中通過三角函數求得PF=PC，PE=PA，即可求得．
【詳解】（1），
理由：如圖，作，∵，∴，
∴四邊形是矩形，∴
∴的中點，∴，
∵，∴，∴，
∴，∵，在中，，
∴，即．
，如圖 在中，過點于點
∴四邊形是矩形，∴∴，
又∵中，
∴∴
∵ ∴，即：
②如圖，成立．
【點睛】本題考查了矩形的判定和性質，相似三角形的判定和性質以及三角函數的應用．
例6．（2023浙江中考二模）（1）特例感知：如圖1，已知在RtABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，取BC邊上中點D，連接AD，點E為AB邊上一點，連接DE，作DF⊥DE交AC于點F，求證：BE＝AF；
（2）探索發現：如圖2，已知在RtABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝3，取BC邊上中點D，連接AD，點E為BA延長線上一點，AE＝1，連接DE，作DF⊥DE交AC延長線于點F，求AF的長；
（3）類比遷移：如圖3，已知在ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝4，取BC邊上中點D，連接AD，點E為射線BA上一點（不與點A、點B重合），連接DE，將射線DE繞點D順時針旋轉30°交射線CA于點F，當AE＝4AF時，求AF的長．
【答案】（1）見解析；（2）4；（3）或或
【分析】（1）證明△BDE≌△ADF（ASA），根據全等三角形的性質即可得到BE＝AF；
（2）方法同（1），利用全等三角形的性質解決問題；
（3）證明△EBD∽△DCF，推出，設AF＝m，則AE＝4m，分三種情形，分別構建方程求解即可．
【詳解】（1）證明：如圖1中，
∵△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AD是高，
∴BD＝CD＝ADBC，∠B＝∠C＝45°，∠BAD＝∠CAD∠BAC＝45°，
∵DF⊥DE，∴∠EDF＝∠ADB＝90°，∴∠BDE＝∠ADF＝90°﹣∠ADE，
在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（ASA），∴BE＝AF；
（2）解：如圖2中，
由（1）知，BD＝CD＝AD，∠B＝∠C＝∠BAD＝∠CAD＝45°，
∴∠EDF＝∠ADB＝90°，∴∠BDE＝∠ADF＝90°+∠ADE，
在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（ASA），∴BE＝AF，
∵AB＝3，AE＝1，∴BE＝AB+AE＝4，∴AF＝4；
（3）解：如圖3中，
∵AB＝AC，BD＝CD，∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD∠BAC＝60°，∴BD＝CD＝AB sin60°＝2，
∵AE＝4AF，∴可以假設AF＝m，則AE＝4m，BE＝4﹣4m，CF＝4﹣m，
∵∠EDC＝∠EDF+∠FDC＝∠B+∠BED，∠EDF＝∠B＝30°，
∴∠FDC＝∠BED，∵∠B＝∠C，∴△EBD∽△DCF，∴，
∴，整理得，m2﹣5m+1＝0，解得m或（舍棄），
經檢驗，m是分式方程的解．
當點F在CA的延長線上時，CF＝4+m，由△EBD∽△DCF，可得，
∴，解得，m或（舍棄），經檢驗，m是分式方程的解．
當點E在射線BA上時，BE＝4+4m，
∵△EBD∽△DCF，∴，∴
解得，m或（舍棄），
經檢驗，m是分式方程的解．
綜上所述，滿足條件的AF的值為或或．
【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質，等腰直角三角形的判定與性質等知識；熟練掌握等腰直角三角形的判定與性質，證明三角形全等是解題的關鍵，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考常考題型．
模塊3：同步培優題庫
全卷共22題 測試時間：80分鐘 試卷滿分：120分
一、選擇題（本大題共1小題，每小題3分，共3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．（2022·黑龍江·雞西九年級期末）如圖，在Rt中，，，，在Rt中，，點在上，交于點，交于點，當時，的長為（ ）
A．4 B．6 C． D．
【答案】B
【分析】如圖作PQ⊥AB于Q，PR⊥BC于R．由△QPE∽△RPF，推出，可得PQ＝2PR＝2BQ，由PQ//BC，可得AQ：QP：AP＝AB：BC：AC＝3：4：5，設PQ＝4x，則AQ＝3x，AP＝5x，BQ＝2x，可得2x＋3x＝6，求出x即可解決問題．
【詳解】解：如圖作PQ⊥AB于Q，PR⊥BC于R．
∵∠PQB＝∠QBR＝∠BRP＝90°，∴四邊形PQBR是矩形，
∴∠QPR＝90°＝∠MPN，∴∠QPE＝∠RPF，
∴△QPE∽△RPF，∴，∴PQ＝2PR＝2BQ，
∵PQ//BC，∴△AQP∽△ABC，
∴AQ：QP：AP＝AB：BC：AC＝3：4：5，
設PQ＝4x，則AQ＝3x，AP＝5x，BQ＝2x，
∴2x＋3x＝6，∴x＝，∴AP＝5x＝6．故選：B．
【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質、勾股定理、矩形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題．
二、填空題（本大題共7小題，每小題3分，共21分．不需寫出解答過程，請把答案直接填寫在橫線上）
2．（2023春·浙江嘉興·九年級校考階段練習）已知一塊含的直角三角板ABC按圖1放置，其中，點B與原點O重合，，．現將點A沿y軸向下滑動，同時點B沿x軸向右滑動，當點A滑動至與原點O重合時停止． 當四邊形為矩形時（如圖2），點C的坐標為 ；當點A滑動到原點O時，點C經過的路徑長為 ．

【答案】 2
【分析】在中，求得，的長度，再根據矩形的性質，即可求解；確定出點的運動軌跡，即可求解．
【詳解】解：由題意可得：在中，，
∴，
∴當四邊形為矩形，，∴點的坐標為；
作，軸，連接，如下圖：

∵，，
∴四邊形為矩形，，
∵∴∴
∴，即
因此點在直線上運動，且當四邊形為矩形時，點運動到最高點，點移動到時，運動到最低點，可作圖如下，點運動路徑為，三點共線，

∵四邊形為矩形，∴，
∵，∴．故答案為：，．
【點睛】此題考查了坐標與圖形，矩形的性質，相似三角形的判定與性質，含直角三角形的性質，解題的關鍵是熟練掌握相關基礎性質，通過作輔助線確定出點的運動軌跡．
3．（2023年河南一模數學試題）如圖，在菱形中，，，對角線，交于點，，分別是，邊上的點，且，，與交于點，則的值為 ．

【答案】或1
【分析】先證，接著在中利用勾股定理求出所需線段的長度，最后利用正切的定義求解．
【詳解】解：在菱形中，，∴為等邊三角形，
∴，.
∵，，∴，∴.
如圖，過點作于點.在中，，∴，
∴.設，則，.

在中，，即，解得，.
當時，，，∴，即，解得，
∴，∴.
當時，，，即，解得，
∴，∴綜上可知，的值為或1.
【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質、勾股定理的應用、正切的定義等．綜合性較強，需要學生具有較強的幾何推理能力．
4．（2023.江蘇九年級月考）如圖，在中，，， ，，，點在上，交于點，交于點，當時， ．
【答案】3
【分析】如圖作PQ⊥AB于Q，PR⊥BC于R．由△QPE∽△RPF，推出==2，可得PQ=2PR=2BQ，由PQ∥BC，可得AQ：QP：AP=AB：BC：AC=3：4：5，設PQ=4x，則AQ=3x，AP=5x，BQ=2x，可得2x+3x=3，求出x即可解決問題．
【詳解】如圖，作PQ⊥AB于Q，PR⊥BC于R．
∵∠PQB=∠QBR=∠BRP=90°，∴四邊形PQBR是矩形，∴∠QPR=90°=∠MPN，∴∠QPE=∠RPF，∴△QPE∽△RPF，∴==2，∴PQ=2PR=2BQ．
∵PQ∥BC，∴AQ：QP：AP=AB：BC：AC=3：4：5，設PQ=4x，則AQ=3x，AP=5x，BQ=2x，∴2x+3x=3，∴x=，∴AP=5x=3．故答案為3．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質、勾股定理、矩形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，屬于中考常考題型．
5．（2023·江蘇揚州·八年級校考階段練習）如圖，已知△ABC是等邊三角形,D是AC的中點,F為AB邊上一點,且AF=2BF,E為射線BC上一點,∠EDF=120°,則= .
【答案】
【分析】過D作DG∥BC交AB于G，則DG為△ABC的中位線，根據等邊三角形的性質得∠ACB＝∠ABC＝60°，由DG∥BC，得∠FGD＝120°，∠GDC＝120°，△AGD為等邊三角形，而∠EDF＝120°，得∠GDF＝∠CDE，易證得△GDF∽△CDE，所以FG：CE＝DG：DC，即CE：DC＝FG：DG＝FG：AG，設BF＝x，AF＝2x，則AB＝3x，AG＝1.5x，FG＝1.5x x＝0.5x，即可得到CE：CD的比值．
【詳解】解：過D作DG∥BC交AB于G，如圖，
∵D是AC的中點，∴DG為△ABC的中位線，
∵△ABC是等邊三角形，∴∠ACB＝∠ABC＝60°，∴∠DCE＝120°，
又∵DG∥BC，∴∠FGD＝120°，∠GDC＝120°，△AGD為等邊三角形，
∵∠EDF＝120°，∴∠GDF＝∠CDE，∴△GDF∽△CDE，
∴FG：CE＝DG：CD，即CE：CD＝FG：DG，而DG＝AG＝BG，AF＝2BF，
設BF＝x，AF＝2x，則AB＝3x，AG＝1.5x，FG＝1.5x x＝0.5x，
∴CE：CD＝FG：DG＝FG：AG＝0.5x：1.5x＝1：3．故答案為．
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質：等邊三角形三邊相等；三個角都等于60°；也考查了相似三角形的判定與性質，熟練應用各性質進行推理計算是解題關鍵．
6．（2023青島版九年級月考）如圖，在中，，，直角的頂點在上，、分別交、于點、，繞點任意旋轉．當時，的值為 ；當時，為 ．（用含的式子表示）
【答案】 ,
【詳解】如圖，過點O作OH⊥AC于H，OG⊥BC于G，由條件可以表示出HO、GO的值，通過證明△PHO∽△QGO由相似三角形的性質就可以求出結論．
解答：解：過點O作OH⊥AC于H，OG⊥BC于G，∴∠OHP=∠OGQ=90°．
∵∠ACB=90°，∴四邊形HCGO為矩形，
∴∠HOG=90°，∴∠HOP=∠GOQ，∴△PHO∽△QGO，∴．
∵，設OA=x，則OB=2x，且∠ABC=30°，∴AH=x，OG=x．
在Rt△AHO中，由勾股定理，得OH=x，∴，∴=．故答案為．
7．（2023·內蒙古·統考中考真題）如圖，在中，，將繞點A逆時針方向旋轉，得到．連接，交于點D，則的值為 ．

【答案】5
【分析】過點D作于點F，利用勾股定理求得，根據旋轉的性質可證、是等腰直角三角形，可得，再由，得，證明，可得，即，再由，求得，從而求得，，即可求解．
【詳解】解：過點D作于點F，
∵，，，∴，
∵將繞點A逆時針方向旋轉得到，∴，，
∴是等腰直角三角形，∴，
又∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴，
∵，即，
∵ ，，∴，
∴，即，又∵，∴，
∴，，∴，故答案為：5．

【點睛】本題考查旋轉的性質、等腰三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、三角形的面積，熟練掌握相關知識是解題的關鍵．
8．（2023·山西臨汾·統考二模）在菱形中，，對角線交于點，分別是邊上的點，且與交于點，則的值為 ．

【答案】
【分析】由菱形的性質及可證，得，；由得，，于是，可得，進而求得答案．
【詳解】∵
∴∴
∵四邊形是菱形，∴，
∴∴∴，
又∵∴．，
∵∴，
∴．
設，則，，
；故答案為：．
【點睛】本題考查菱形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，利用全等及相似得到線段間的數量關系是解題的關鍵．
三、解答題（本大題共12小題，共96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）
9．（2023·湖北·九年級專題練習）如圖，四邊形是矩形，點P是對角線AC上一動點（不與A、C重合），連接，過點P作，交于點E，已知，．設的長為x．
(1)___________；當時，求的值；(2)試探究：是否是定值 若是，請求出這個值；若不是，請說明理由；(3)當是等腰三角形時，請求出的值．
【答案】(1)4，(2)是，(3)或4
【分析】（1）作于交于．由，推出，只要求出、即可解決問題；（2）結論：的值為定值．證明方法類似（1）；
（3）連接交于，在中，，代入數據求得，進而即可求解．
【詳解】（1）解：作于交于．
四邊形是矩形，，，，
．
在中，，，，，
，，，
，，，
，，故答案為4，．
（2）結論：的值為定值．理由：由，可得．，，，
，；
（3）連接交于．
，所以只能，，
，，，垂直平分線段，
在中，，，，
，．綜上所述，的值為．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題、考查了矩形的性質、相似三角形的判定和性質、勾股定理以及等腰三角形的構成條件等重要知識，同時還考查了分類討論的數學思想，難度較大．
10．（2023秋·山西忻州·九年級校考期末）綜合與實踐
問題情境：在學習了三角形的相似后，同學們開始了對不同三角形中的相似模型的探究．
猜想推理：（1）如圖1，在等邊中，D為邊上一點，E為邊上一點，，，，則______．

問題解決：（2）如圖2，是等邊三角形，D是的中點，射線，分別交，于點E，F，且，求證：．（3）如圖3，，，，D是的中點，射線，分別交，于點E，F，且，求的值．
【答案】（1）；（2）見解析；（3）
【分析】（1）首先求出，證明，得到，即可求出結果；
（2）連接，過D作于M，作于N，根據證明，再根據全等三角形的性質可得；（3）過點分別作于，于，根據勾股定理及中位線的性質可得，，根據矩形的性質可得，最后由相似三角形的判定與性質可得答案．
【詳解】解：（1）∵在等邊中，，，，∴，
∵，，∴，
∴，∴，即，∴；
（2）如圖，連接，過D作于M，作于N，
∵是等邊三角形，D為的中點，
∴是的平分線，，∴，，
又∵，∴，∴，
∴在與中，，∴，∴；

（3）過點分別作于，于，

在中，，是的中點，，
，，，，，
是的中點，是的中位線，是的中位線，，，
四邊形為矩形，，，
，，
，，．
【點睛】本題考查了三角形綜合題．需要掌握等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定和性質，關鍵是找到圖中關鍵的相似和全等三角形，比較典型，但有點難度．
11．（2023山東中考模擬）如圖，矩形ABCD中，∠ACB=30°，將一塊直角三角板的直角頂點P放在兩對角線AC，BD的交點處，以點P為旋轉中心轉動三角板，并保證三角板的兩直角邊分別于邊AB，BC所在的直線相交，交點分別為E，F．
（1）當PE⊥AB，PF⊥BC時，如圖1，則的值為　 　；
（2）現將三角板繞點P逆時針旋轉α（0°＜α＜60°）角，如圖2，求的值；（3）在（2）的基礎上繼續旋轉，當60°＜α＜90°，且使AP：PC=1：2時，如圖3，的值是否變化？證明你的結論．
【答案】（1）；（2）；（3）變化.證明見解析.
【分析】（1）證明△APE≌△PCF，得PE=CF；在Rt△PCF中，解直角三角形求得的值即可；
（2）如答圖1所示，作輔助線，構造直角三角形，證明△PME∽△PNF，并利用（1）的結論，求得的值；（3）如答圖2所示，作輔助線，構造直角三角形，首先證明△APM∽△PCN，求得；然后證明△PME∽△PNF，從而由求得的值.與（1）（2）問相比較，的值發生了變化.
【詳解】（1）∵矩形ABCD，∴AB⊥BC，PA=PC.
∵PE⊥AB，BC⊥AB，∴PE∥BC.∴∠APE=∠PCF.
∵PF⊥BC，AB⊥BC，∴PF∥AB.∴∠PAE=∠CPF.
∵在△APE與△PCF中，∠PAE=∠CPF，PA=PC，∠APE=∠PCF，
∴△APE≌△PCF（ASA）.∴PE=CF.
在Rt△PCF中，，∴；
（2）如答圖1，過點P作PM⊥AB于點M，PN⊥BC于點N，則PM⊥PN.
∵PM⊥PN，PE⊥PF，∴∠EPM=∠FPN.
又∵∠PME=∠PNF=90°，∴△PME∽△PNF.
∴.由（1）知，，∴.
（3）變化.證明如下：
如答圖2，過點P作PM⊥AB于點M，PN⊥BC于點N，則PM⊥PN，PM∥BC，PN∥AB.
∵PM∥BC，PN∥AB，∴∠APM=∠PCN，∠PAM=∠CPN.∴△APM∽△PCN.
∴，得CN=2PM. 在Rt△PCN中，，∴.
∵PM⊥PN，PE⊥PF，∴∠EPM=∠FPN.
又∵∠PME=∠PNF=90°，∴△PME∽△PNF.
∴.∴的值發生變化.
12．（2022秋·河南鶴壁·九年級統考期末）已知在中，，，，為邊上的一點．過點作射線，分別交邊、于點、．
（1）當為的中點，且、時，如圖1，_______：
（2）若為的中點，將繞點旋轉到圖2位置時，_______；
（3）若改變點到圖3的位置，且時，求的值．
【答案】（1）2；（2）2；（3）
【分析】（1）由為的中點，結合三角形的中位線的性質得到 從而可得答案；（2）如圖，過作于 過作于結合（1）求解再證明利用相似三角形的性質可得答案；（3）過點分別作于點，于點，證明,可得 再證明，利用相似三角形的性質求解 同法求解 從而可得答案．
【詳解】解：（1）為的中點，
故答案為：
（2）如圖，過作于 過作于
由（1）同理可得 ： 故答案為：
（3）過點分別作于點，于點，
∵，∴．
∵，∴．
∴．∴．∴．
∵，，∴．∴∴．
∵，∴．∵，∴．∴．
同理可得：．∴．
【點睛】本題考查的是矩形的性質，三角形中位線的判定與性質，相似三角形的判定與性質，掌握以上知識是解題的關鍵．
13．（2023·浙江臺州·九年級校考階段練習）【問題情境】如圖①，在中，，，點為中點，連結，點為的延長線上一點，過點且垂直于的直線交的延長線于點.易知BE與CF的數量關系 ．
【探索發現】如圖②，在中，，，點為中點，連結，點為的延長線上一點，過點且垂直于的直線交的延長線于點.【問題情境】中的結論還成立嗎？請說明理由．【類比遷移】如圖③，在等邊中，，點是中點，點是射線上一點（不與點、重合），將射線繞點逆時針旋轉交于點．當時，______．
【答案】問題情境：；探索發現：成立，見解析；類比遷移：或
【分析】問題情境：根據等腰直角三角形的性質，證明即可得；
探索發現：與圖①類似，證明即可；類比遷移：根據等邊三角形的性質得到∠A=∠B=60°，求得∠BDF=∠AED，設CE=x，則CF=2x，分兩種情況討論：點E在線段AC上，點E在AC的延長線上，證明，根據相似三角形的性質即可得到結論．
【詳解】問題情境：，證明如下：
∵在中，，，點為中點，
∴，∴
∵∴∴
在和中，∴∴
探索發現：成立，
理由：∵在中，為中點，∴，
又∵，∴，∴，
∴，∴
∵，∴，∴，∴，
在和中，∴∴
類比遷移：當點E在線段AC上時，如圖③，
∵是等邊三角形，，點是中點，
∴，，
設，則，，
∵是的外角，，∴
即∴
又∵∴∴
∴∴
解得，（大于4，不符合題意，舍去）
當點E在線段AC的延長線時，如圖：
設，則，，
同理可得∴
解得，（不符合題意，舍去）
綜上所述，或．故答案為：或．
【點睛】本題考查全等三角形與相似三角形的綜合問題，運用等腰直角三角形的性質尋找全等條件，熟練掌握相似三角形中的一線三等角模型是解題的關鍵．
14．（2022·山西·中考真題）綜合與實踐
問題情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，將三角板的直角頂點D放在Rt△ABC斜邊BC的中點處，并將三角板繞點D旋轉，三角板的兩邊DE，DF分別與邊AB，AC交于點M，N，猜想證明：
（1）如圖①，在三角板旋轉過程中，當點M為邊AB的中點時，試判斷四邊形AMDN的形狀，并說明理由；問題解決：（2）如圖②，在三角板旋轉過程中，當時，求線段CN的長；
（3）如圖③，在三角板旋轉過程中，當AM=AN時，直接寫出線段AN的長．
【答案】（1）四邊形AMDN為矩形；理由見解析；（2）；（3）．
【分析】（1）由三角形中位線定理得到，證明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可證明結論；
（2）證明△NDC是等腰三角形，過點N作NG⊥BC于點G，證明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性質即可求解；（3）延長ND，使DH=DN，證明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，證明∠MBH=90°，設AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
【詳解】解：（1）四邊形AMDN為矩形．
理由如下：∵點M為AB的中點，點D為BC的中點，
∴，∴∠AMD+∠A=180°，∵∠A=90°，∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，四邊形AMDN為矩形；
（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴∠B+∠C=90°，．
∵點D是BC的中點，∴CD=BC=5．
∵∠EDF=90°，∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，∴∠1=∠C．∴ND=NC．
過點N作NG⊥BC于點G，則∠CGN=90°．∴CG=CD=．
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，∴△CGN∽△CAB．
∴，即，∴；
（3）延長ND至H，使DH=DN，連接MH，NM，BH，
∵MD⊥HN，∴MN=MH，∵D是BC中點，∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，∴△BDH≌△CDN，∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，∵∠C+∠ABC=90°，∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，設AM=AN=x，則BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，∴(6-x)2+(8-x)2=(x)2，解得x=，∴線段AN的長為．
【點睛】本題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，矩形的判定，勾股定理，解第（3）問的關鍵是學會利用參數構建方程解決問題．
15．（2023廣東中考模擬）我們定義：有一組鄰角相等的凸四邊形叫做“等鄰角四邊形”
（1）概念理解：請你根據上述定義舉一個等鄰角四邊形的例子；
（2）問題探究；如圖1，在等鄰角四邊形ABCD中，∠DAB=∠ABC，AD，BC的中垂線恰好交于AB邊上一點P，連結AC，BD，試探究AC與BD的數量關系，并說明理由；
（3）應用拓展；
如圖2，在Rt△ABC與Rt△ABD中，∠C=∠D=90°，BC=BD=3，AB=5，將Rt△ABD繞著點A順時針旋轉角α（0°＜∠α＜∠BAC）得到Rt△AB′D′（如圖3），當凸四邊形AD′BC為等鄰角四邊形時，求出它的面積．
【答案】（1）矩形或正方形；（2）AC=BD，理由見解析；（3）10 或12﹣．
【分析】（1）矩形或正方形鄰角相等，滿足“等鄰角四邊形”條件；
（2）AC=BD，理由為：連接PD，PC，如圖1所示，根據PE、PF分別為AD、BC的垂直平分線，得到兩對角相等，利用等角對等角得到兩對角相等，進而確定出∠APC=∠DPB，利用SAS得到三角形ACB與三角形DPB全等，利用全等三角形對應邊相等即可得證；
（3）分兩種情況考慮：（i）當∠AD′B=∠D′BC時，延長AD′，CB交于點E，如圖3（i）所示，由S四邊形ACBD′=S△ACE﹣S△BED′，求出四邊形ACBD′面積；（ii）當∠D′BC=∠ACB=90°時，過點D′作D′E⊥AC于點E，如圖3（ii）所示，由S四邊形ACBD′=S△AED′+S矩形ECBD′，求出四邊形ACBD′面積即可．
【詳解】（1）矩形或正方形；
（2）AC=BD，理由為：連接PD，PC，如圖1所示：
∵PE是AD的垂直平分線，PF是BC的垂直平分線， ∴PA=PD，PC=PB，
∴∠PAD=∠PDA，∠PBC=∠PCB，∴∠DPB=2∠PAD，∠APC=2∠PBC，
即∠PAD=∠PBC， ∴∠APC=∠DPB， ∴△APC≌△DPB（SAS）， ∴AC=BD；
（3）分兩種情況考慮：（i）當∠AD′B=∠D′BC時，延長AD′，CB交于點E， 如圖3（i）所示，
∴∠ED′B=∠EBD′， ∴EB=ED′，
設EB=ED′=x， 由勾股定理得：42+（3+x）2=（4+x）2， 解得：x=4.5，
過點D′作D′F⊥CE于F， ∴D′F∥AC， ∴△ED′F∽△EAC，
∴，即，解得：D′F=，
∴S△ACE=AC×EC=×4×（3+4.5）=15；S△BED′=BE×D′F=×4.5×=，
則S四邊形ACBD′=S△ACE﹣S△BED′=15﹣=10；
（ii）當∠D′BC=∠ACB=90°時，過點D′作D′E⊥AC于點E， 如圖3（ii）所示，
∴四邊形ECBD′是矩形， ∴ED′=BC=3， 在Rt△AED′中，根據勾股定理得：AE=，
∴S△AED′=AE×ED′=××3=，S矩形ECBD′=CE×CB=（4﹣）×3=12﹣3，
則S四邊形ACBD′=S△AED′+S矩形ECBD′=+12﹣3=12﹣．
【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了“等鄰角四邊形”的理解，三角形，四邊形的內角和定理，角平分線的意義，勾股定理，旋轉的性質，相似三角形的性質和判定，理解“等鄰角四邊形”的定義是解本題的關鍵，分類討論是解本題的難點，是一道中考常考題．
16．（2023年成都市中考模擬）（1）如圖，RtABC中，∠A＝90°，AB＝AC，D為BC中點，E、F分別為AB、AC上的動點，且∠EDF＝90°．求證：DE＝DF；
（2）如圖2，RtABC中，∠BAC＝90°，AC＝4，AB＝3，AD⊥BC，∠EDF＝90°．
①求證：DF DA＝DB DE；②求EF的最小值．
【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②
【分析】（1）連接AD，根據等腰三角形的性質可得∠ADE＝∠BDF，從而得到△BDF≌△ADE，即可求證；
（2）①先證得∠BDF＝∠ADE，∠B＝∠DAE，可證得△BDF∽△ADE，即可求證；
②連接EF，根據勾股定理可得BC5，根據三角形的面積可得AD，從而得到DC，再由△ADB∽△CAB，可得，再根據，可得到，從而得到△EDF∽△CAB，進而得到EF，可得到當DE最小時，EF取最小值，即可求解．
【詳解】證明：（1）如圖1，連接AD，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，BD＝CD，∴AD⊥BC，AD＝BD＝DC，∠B＝∠DAE＝45°，
∵∠ADB＝∠EDF＝90°，∴∠ADB﹣∠ADF＝∠EDF﹣∠ADF，即∠ADE＝∠BDF，
在△BDF和△ADE中，，∴△BDF≌△ADE（ASA），∴DE＝DF；
（2）①證明：∵AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴∠ADB＝∠EDF，
∴∠ADB﹣∠ADF＝∠EDF﹣∠ADF，即∠BDF＝∠ADE，
∵∠BAD+∠DAE＝90°，∠BAD+∠B＝90°，∴∠B＝∠DAE，
∴△BDF∽△ADE，∴，∴DF DA＝DB DE；
②解：如圖2，連接EF，
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝4，AB＝3，
則BC5，∴AD，
由勾股定理得：DC，
∵∠B＝∠B，∠ADB＝∠CAB=90°， ∴△ADB∽△CAB，
∴，∴，由①可知，，∴，
∵∠EDF＝∠CAB＝90°，∴△EDF∽△CAB，
∴，即，∴EF，
當DE最小時，EF取最小值，
當DE⊥AC時，DE最小，此時，DE，
∴EF的最小值為：．
【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質，全等三角形和相似三角形的判定和性質，勾股定理等知識，熟練掌握等腰三角形的性質，全等三角形和相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．
17．（2023海南省中考數學仿真試卷）如圖①，AD為等腰直角△ABC的高，點A和點C分別在正方形DEFG的邊DG和DE上，連接BG、AE．（1）求證：BG=AE；（2）將正方形DEFG繞點D旋轉，當線段EG經過點A時，（如圖②所示）①求證：BG⊥GE；②設DG與AB交于點M，若AG=6，AE=8，求DM的長．
【答案】（1）證明見解析；（2）①證明見解析；②DM=，
【詳解】試題分析：（1）如圖①，根據等腰直角三角形的性質得AD=BD，再根據正方形的性質得∠GDE=90°，DG=DE，則可根據“SAS“判斷△BDG≌△ADE，于是得到BG=AE；
（2）①如圖②，先判斷△DEG為等腰直角三角形得到∠1=∠2=45°，再由△BDG≌△ADE得到∠3=∠2=45°，則可得∠BGE=90°，所以BG⊥GE；
②由AG=6，則AE=8，即GE=14，利用等腰直角三角形的性質得DG=GE=7 ，由（1）的結論得BG=AE=8，則根據勾股定理得AB=10，接著由△ABD為等腰直角三角形得到∠4=45°，BD=AB=5，然后證明△DBM∽△DGB，則利用相似比可計算出DM；
試題解析：（1）證明：如圖①，
∵AD為等腰直角△ABC的高，∴AD=BD，
∵四邊形DEFG為正方形，∴∠GDE=90°，DG=DE，
在△BDG和△ADE中 ，∴△BDG≌△ADE，∴BG=AE；
（2）①證明：如圖②，∵四邊形DEFG為正方形，∴△DEG為等腰直角三角形，
∴∠1=∠2=45°，由（1）得△BDG≌△ADE，∴∠3=∠2=45°，
∴∠1+∠3=45°+45°=90°，即∠BGE=90°，∴BG⊥GE；
②解：∵AG=6，則AE=8，即GE=14，∴DG=GE=7，
∵△BDG≌△ADE，∴BG=AE=8，在Rt△BGA中，AB==10，
∵△ABD為等腰直角三角形，∴∠4=45°，BD=AB=5，∴∠3=∠4，
而∠BDM=∠GDB，∴△DBM∽△DGB，∴BD：DG=DM：BD，即 5：7=DM：5，∴DM=，
【點睛】考查了四邊形的綜合題：熟練掌握等腰直角三角形的性質和正方形的性質；會運用全等三角形的知識解決線段相等的問題；利用代數式表示線段可較好得表示線段之間的關系；會運用相似比求線段的長．
18．（2023·江蘇無錫·九年級校考階段練習）如圖，在中，點，，分別在，，邊上，，．（1）求證：；（2）設，若，求線段的長．
【答案】（1）證明見解析；（2）4．
【分析】（1）先根據平行線的性質可得，再根據相似三角形的判定即可得證；
（2）先根據可得，再根據相似三角形的判定與性質可得，從而可得，然后根據線段的和差即可得．
【詳解】（1），，
在和中，，；
（2），，
，，，
，，解得，．
【點睛】本題考查了平行線的性質、相似三角形的判定與性質等知識點，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題關鍵．
19．（2023浙江省紹興市九年級期中）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，點D為邊BC的中點，點P為射線AB上的一動點，點Q為邊AC上的一動點，且∠PDQ=90°．
（1）當DP⊥AB時，求CQ的長； （2）當BP=2，求CQ的長．
【答案】（1）CQ=4；（2）當BP=2時，CQ=或．
【分析】（1）首先證明DQ∥AB，根據平行線等分線段定理即可解決問題．
（2）分兩種情形①當點P在線段AB上時，②當點P在AB的延長線上時，作DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分別為M、N，由△PDM∽△QDN，分別求得PQ和DN，即可求解．
【詳解】（1）如圖1中，
∵DP⊥AB，∠BAC=90°，DQ⊥DP，∴DQ∥AB，∵BD=DC，∴CQ=AQ=4；
（2）①如圖2中，當點P在線段AB上時，作DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分別為M、N，
則四邊形AMDN是矩形，DM、DN分別是△ABC的中位線，DM=4，DN=3，
∵∠PDQ=∠MDN=90°，∴∠PDM=∠QDN，∵∠DNQ∠DMP=90°，∴△PDM∽△QDN，
∴，∴QN=PM，∵PM=BM-PB=3-2=1，∴QN=PM=，∴CQ=QN+CN=；
②如圖3中，
當點P在AB的延長線上時，同①，PM=BM+PB，QN=PM=，
CQ=QN+CN，綜上所述，當BP=2，求CQ的長為或．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質、矩形的判定和性質、三角形的中位線定理等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識，學會添加常用輔助線構造相似三角形．
20．（2023廣東深圳三模試題）（1）【探究發現】如圖1，正方形的對角線相交于點，在正方形繞點旋轉的過程中，邊與邊交于點，邊與邊交于點．證明：；

（2）【類比遷移】如圖2，矩形的對角線相交于點，且，．在矩形繞點旋轉的過程中，邊與邊交于點，邊與邊交于點．若，求的長；

（3）【拓展應用】如圖3，四邊形和四邊形都是平行四邊形，且，，，是直角三角形．在繞點旋轉的過程中，邊與邊交于點，邊與邊交于點．當與重疊部分的面積是的面積的時，請直接寫出的長．

【答案】（1）見解析（2）（3）
【分析】（1）根據正方形的性質和全等三角形的性質，找相等的邊和角證全等即可；
（2）過點作的平行線交于點、交于點，過點作垂線交于點，構造相似三角形和，列比例式求解算出，最后根據計算即可；
（3）過點作的垂線交于點，根據勾股定理算出，根據已知條件觀察推理出，，結合與重疊部分的面積是的面積的，設列方程求出，最后根據勾股定理求出即可．
【詳解】（1）正方形的對角線相交于點，在正方形繞點旋轉的過程中，邊與邊交于點，邊與邊交于點
，，，
，即，
在和中，；
（2）如圖，過點作的平行線交于點、交于點，過點作垂線交于點，

四邊形和四邊形都是矩形，，，，
，，，
，
，，
，，，即，，
；
（3）如圖，過點作的垂線交于點，

設，則，
設，則，
，，，
又，，
，，四邊形和四邊形都是平行四邊形，是直角三角形
∴，(有公共角且都有直角)，
，∴，∵，即，
∴，，設，則，
∵，即，∴，
與重疊部分的面積是的面積的，平行四邊形對角線平分平行四邊形的面積，
，即，
∴，即，∴，
∴，∴．
【點睛】本題綜合考查了全等三角形的證明、勾股定理、特殊四邊形（平行四邊形、矩形、正方形）的性質、相似三角形，綜合性強，熟練掌握相關知識、結合圖象分析是解題的關鍵．
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專題4.13 相似三角形中的對角互補模型
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。本專題就對角互補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.對角互補模型（相似模型）
【模型解讀】四邊形或多邊形構成的幾何圖形中，相對的角互補。該題型常用到的輔助線主要是頂定點向兩邊做垂線，從而證明兩個三角形相似.
【常見模型及結論】
1）對角互補相似1
條件：如圖，在Rt△ABC中，∠C＝∠EOF＝90°，點O是AB的中點，
輔助線：過點O作OD⊥AC，垂足為D，過點O作OH⊥BC，垂足為H，
結論：①△ODE △OHF；②（思路提示：）.
2）對角互補相似 2
條件：如圖，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，∠BOC＝.
輔助線：作法1：如圖1，過點C作CF⊥OA，垂足為F，過點C作CG⊥OB，垂足為G；
結論：①△ECG △DCF；②CE＝CD·.
（思路提示：，CF=OG，在Rt△COG中，）
輔助線：作法2：如圖2，過點C作CF⊥OC，交OB于F；
結論：①△CFE △COD；②CE＝CD·.（思路提示：，在Rt△OCF中，）
3）對角互補相似3
條件：已知如圖，四邊形ABCD中，∠B+∠D=180°
輔助線：過點D作DE⊥BA，垂足為E，過點D作DF⊥BC，垂足為F；
結論：①△DAE △DCF；②ABCD四點共圓。
例1．（2023·成都市·九年級期中）如圖所示，在中，，，在中，，點P在上，交于點E，交于點F．當時，的值為（ ）．
A．1 B．2 C．3 D．4
例2．（2023·上海普陀·九年級校考期中）如圖，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，過點C作射線CP∥AB，D為射線CP上一點，E在邊BC上（不與B、C重合）且∠DAE＝45°，AC與DE交于點O．(1)求證：△ADE∽△ACB；(2)如果CD＝CE，求證：CD2＝CO CA．
例3．（2022·江西·吉水縣九年級期末）【問題情境】如圖①，直角三角板ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，將一個用足夠長的細鐵絲制作的直角的頂點D放在直角三角板ABC的斜邊AB上，再將該直角繞點D旋轉，并使其兩邊分別與三角板的AC邊、BC邊交于P、Q兩點．
【問題探究】（1）在旋轉過程中，①如圖2，當AD＝BD時，線段DP、DQ的數量關系是（　　）
A、DP＜DQ B、DP＝DQ C、DP＞DQ D、無法確定
②如圖3，當AD＝2BD時，線段DP、DQ有何數量關系？并說明理由．
③根據你對①、②的探究結果，試寫出當AD＝nBD時，DP、DQ滿足的數量關系為　　（直接寫出結論，不必證明）。（2）當AD＝BD時，若AB＝20，連接PQ，設△DPQ的面積為S，在旋轉過程中，S是否存在最小值或最大值？若存在，求出最小值或最大值；若不存在，請說明理由．
例4．（2023年廣東中考一模數學試題）（1）【探究發現】如圖1，正方形的對角線相交于點O，在正方形繞點O旋轉的過程中，邊與邊交于點M，邊與邊交于點N．證明： ；
（2）【類比遷移】如圖2，矩形的對角線相交于點O，且，，在矩形，繞點O旋轉的過程中，邊與邊交于點M，邊與邊交于點N．若，求的長；
（3）【拓展應用】如圖3，四邊形和四邊形都是平行四邊形，且，，，是直角三角形，在繞點O旋轉的過程中，邊與邊交于點M，邊與邊交于點N．當與重疊部分的面積是的面積的時，請直接寫出的長．
例5．（2023·成都市·九年級專題練習）已知在中，，，點在上，且． 當點為線段的中點，點、分別在線段、上時（如圖）．過點作于點，請探索與之間的數量關系，并說明理由；
當，①點、分別在線段 、上，如圖時，請寫出線段、之間的數量關系，并給予證明．②當點、分別在線段、的延長線上，如圖時，請判斷①中線段、之間的數量關系是否還存在．（直接寫出答案，不用證明）
例6．（2023浙江中考二模）（1）特例感知：如圖1，已知在RtABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，取BC邊上中點D，連接AD，點E為AB邊上一點，連接DE，作DF⊥DE交AC于點F，求證：BE＝AF；（2）探索發現：如圖2，已知在RtABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝3，取BC邊上中點D，連接AD，點E為BA延長線上一點，AE＝1，連接DE，作DF⊥DE交AC延長線于點F，求AF的長；（3）類比遷移：如圖3，已知在ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝4，取BC邊上中點D，連接AD，點E為射線BA上一點（不與點A、點B重合），連接DE，將射線DE繞點D順時針旋轉30°交射線CA于點F，當AE＝4AF時，求AF的長．
模塊3：同步培優題庫
全卷共22題 測試時間：80分鐘 試卷滿分：120分
一、選擇題（本大題共1小題，每小題3分，共3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．（2022·黑龍江·雞西九年級期末）如圖，在Rt中，，，，在Rt中，，點在上，交于點，交于點，當時，的長為（ ）
A．4 B．6 C． D．
二、填空題（本大題共7小題，每小題3分，共21分．不需寫出解答過程，請把答案直接填寫在橫線上）
2．（2023春·浙江嘉興·九年級校考階段練習）已知一塊含的直角三角板ABC按圖1放置，其中，點B與原點O重合，，．現將點A沿y軸向下滑動，同時點B沿x軸向右滑動，當點A滑動至與原點O重合時停止． 當四邊形為矩形時（如圖2），點C的坐標為 ；當點A滑動到原點O時，點C經過的路徑長為 ．

3．（2023年河南一模數學試題）如圖，在菱形中，，，對角線，交于點，，分別是，邊上的點，且，，與交于點，則的值為 ．

4．（2023.江蘇九年級月考）如圖，在中，，， ，，，點在上，交于點，交于點，當時， ．
5．（2023·江蘇揚州·八年級校考階段練習）如圖，已知△ABC是等邊三角形,D是AC的中點,F為AB邊上一點,且AF=2BF,E為射線BC上一點,∠EDF=120°,則= .
6．（2023青島版九年級月考）如圖，在中，，，直角的頂點在上，、分別交、于點、，繞點任意旋轉．當時，的值為 ；當時，為 ．（用含的式子表示）
7．（2023·內蒙古·統考中考真題）如圖，在中，，將繞點A逆時針方向旋轉，得到．連接，交于點D，則的值為 ．

8．（2023·山西臨汾·統考二模）在菱形中，，對角線交于點，分別是邊上的點，且與交于點，則的值為 ．

三、解答題（本大題共12小題，共96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）
9．（2023·湖北·九年級專題練習）如圖，四邊形是矩形，點P是對角線AC上一動點（不與A、C重合），連接，過點P作，交于點E，已知，．設的長為x．
(1)___________；當時，求的值；(2)試探究：是否是定值 若是，請求出這個值；若不是，請說明理由；(3)當是等腰三角形時，請求出的值．
10．（2023秋·山西忻州·九年級校考期末）綜合與實踐
問題情境：在學習了三角形的相似后，同學們開始了對不同三角形中的相似模型的探究．
猜想推理：（1）如圖1，在等邊中，D為邊上一點，E為邊上一點，，，，則______．

問題解決：（2）如圖2，是等邊三角形，D是的中點，射線，分別交，于點E，F，且，求證：．（3）如圖3，，，，D是的中點，射線，分別交，于點E，F，且，求的值．
11．（2023山東中考模擬）如圖，矩形ABCD中，∠ACB=30°，將一塊直角三角板的直角頂點P放在兩對角線AC，BD的交點處，以點P為旋轉中心轉動三角板，并保證三角板的兩直角邊分別于邊AB，BC所在的直線相交，交點分別為E，F．
（1）當PE⊥AB，PF⊥BC時，如圖1，則的值為　 　；
（2）現將三角板繞點P逆時針旋轉α（0°＜α＜60°）角，如圖2，求的值；（3）在（2）的基礎上繼續旋轉，當60°＜α＜90°，且使AP：PC=1：2時，如圖3，的值是否變化？證明你的結論．
12．（2022秋·河南鶴壁·九年級統考期末）已知在中，，，，為邊上的一點．過點作射線，分別交邊、于點、．
（1）當為的中點，且、時，如圖1，_______：
（2）若為的中點，將繞點旋轉到圖2位置時，_______；
（3）若改變點到圖3的位置，且時，求的值．
13．（2023·浙江臺州·九年級校考階段練習）【問題情境】如圖①，在中，，，點為中點，連結，點為的延長線上一點，過點且垂直于的直線交的延長線于點.易知BE與CF的數量關系 ．
【探索發現】如圖②，在中，，，點為中點，連結，點為的延長線上一點，過點且垂直于的直線交的延長線于點.【問題情境】中的結論還成立嗎？請說明理由．【類比遷移】如圖③，在等邊中，，點是中點，點是射線上一點（不與點、重合），將射線繞點逆時針旋轉交于點．當時，______．
14．（2022·山西·中考真題）綜合與實踐
問題情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，將三角板的直角頂點D放在Rt△ABC斜邊BC的中點處，并將三角板繞點D旋轉，三角板的兩邊DE，DF分別與邊AB，AC交于點M，N，猜想證明：
（1）如圖①，在三角板旋轉過程中，當點M為邊AB的中點時，試判斷四邊形AMDN的形狀，并說明理由；問題解決：（2）如圖②，在三角板旋轉過程中，當時，求線段CN的長；
（3）如圖③，在三角板旋轉過程中，當AM=AN時，直接寫出線段AN的長．
15．（2023廣東中考模擬）我們定義：有一組鄰角相等的凸四邊形叫做“等鄰角四邊形”
（1）概念理解：請你根據上述定義舉一個等鄰角四邊形的例子；
（2）問題探究；如圖1，在等鄰角四邊形ABCD中，∠DAB=∠ABC，AD，BC的中垂線恰好交于AB邊上一點P，連結AC，BD，試探究AC與BD的數量關系，并說明理由；
（3）應用拓展；
如圖2，在Rt△ABC與Rt△ABD中，∠C=∠D=90°，BC=BD=3，AB=5，將Rt△ABD繞著點A順時針旋轉角α（0°＜∠α＜∠BAC）得到Rt△AB′D′（如圖3），當凸四邊形AD′BC為等鄰角四邊形時，求出它的面積．
16．（2023年成都市中考模擬）（1）如圖，RtABC中，∠A＝90°，AB＝AC，D為BC中點，E、F分別為AB、AC上的動點，且∠EDF＝90°．求證：DE＝DF；
（2）如圖2，RtABC中，∠BAC＝90°，AC＝4，AB＝3，AD⊥BC，∠EDF＝90°．
①求證：DF DA＝DB DE；②求EF的最小值．
17．（2023海南省中考數學仿真試卷）如圖①，AD為等腰直角△ABC的高，點A和點C分別在正方形DEFG的邊DG和DE上，連接BG、AE．（1）求證：BG=AE；（2）將正方形DEFG繞點D旋轉，當線段EG經過點A時，（如圖②所示）①求證：BG⊥GE；②設DG與AB交于點M，若AG=6，AE=8，求DM的長．
18．（2023·江蘇無錫·九年級校考階段練習）如圖，在中，點，，分別在，，邊上，，．（1）求證：；（2）設，若，求線段的長．
19．（2023浙江省紹興市九年級期中）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，點D為邊BC的中點，點P為射線AB上的一動點，點Q為邊AC上的一動點，且∠PDQ=90°．
（1）當DP⊥AB時，求CQ的長； （2）當BP=2，求CQ的長．
20．（2023廣東深圳三模試題）（1）【探究發現】如圖1，正方形的對角線相交于點，在正方形繞點旋轉的過程中，邊與邊交于點，邊與邊交于點．證明：；

（2）【類比遷移】如圖2，矩形的對角線相交于點，且，．在矩形繞點旋轉的過程中，邊與邊交于點，邊與邊交于點．若，求的長；

（3）【拓展應用】如圖3，四邊形和四邊形都是平行四邊形，且，，，是直角三角形．在繞點旋轉的過程中，邊與邊交于點，邊與邊交于點．當與重疊部分的面積是的面積的時，請直接寫出的長．

21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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