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专题21 全等与相似模型之半角模型
全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。全等三角形、相似三角形与其它知
识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。如果大家平时注重解题方法，
熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了。本专题就半角模型进行梳理及对应试题分析，方
便掌握。
.........................................................................................................................................................................................1
模型1.半角模型（全等模型）.......................................................................................................................1
模型2.半角模型（相似模型）.....................................................................................................................13
..................................................................................................................................................15
大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒
置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样
才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法
的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中
提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，
因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在
几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解
每一个题型，做到活学活用！
模型1.半角模型（全等模型）
半角模型概念：半角模型是指是指有公共顶点，较小角等于较大角的一半，较大的角的两边相等，通过旋
转，可将角进行等量转化，构造全等三角形的几何模型。
1）正方形半角模型
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条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋
DF；④ AEF的周长=2AB；⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。
证明：将△CBE绕点C逆时针旋转90°至△CDG，即△CBE≌△CDG，
∴∠ECB=∠GCD，∠B=∠CDG=90°，BE＝DG，CE＝CG；
∵ABCD是正方形，∴∠B=∠CDF=∠BCD=90°，BA＝DA；∴∠CDG+∠CDF=180°，故F、D、G共线。
∵∠ECF=45°，∴∠BCE+∠DCF=45°，∴∠GCD+∠DCF=∠GCF=45°，∴∠ECF=∠GCF=45°，
∵CF＝CF，∴△CEF≌△CGF，∴EF＝GF，∵GF＝DG＋DF，∴GF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF，
∴ AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋DF+AE＋AF=AB＋AD=2AB，过点C作CH⊥EF，则∠CHE=90°，
∵△CEF≌△CGF，∴CD=CH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△CBE≌△CHE，
∴∠HEC=∠CBE，同理可证：∠HFC=∠DFC，即CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。
2）等腰直角三角形半角模型
条件： ABC是等腰直角三角形（∠BAC=90°，AB＝AC），∠DAE=45°；
结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；
证明：将△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACG，即△BAD≌△CAG，
∴∠BAD=∠CAG，∠B=∠GCA=45°，AD＝AG，BD＝CG；
∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°，∴∠CAG+∠EAC=∠GAE=45°，∴∠DAE=∠GAE=45°，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△GAE，∴ED＝EG，∵ ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，
∴∠ECG=90°，∴GE2＝GC2＋EC2,∴DE2＝BD2＋EC2；
3）等边三角形半角模型（120°-60°型）
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条件： ABC是等边三角形， BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；
结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋CF；④ AEF的周长=2AB；
⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。
证明：将△DBE绕点D顺时针旋转120°至△DCG，即△BDE≌△CDG，
∴∠EDB=∠GDC，∠DBE=∠DCG，BE＝GC，DE＝DG；
∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=60°，∴∠GDC+∠CDF=∠GDF=60°，故
∠GDF=∠EDF，
∵DF＝DF，∴△EDF≌△GDF，∴EF＝GF，∵GF＝CG＋CF，∴GF＝BE＋CF，∴EF＝BE＋CF，
∴ AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋CF+AE＋AF=AB＋AC=2AB，
过点D作DH⊥EF，DM⊥GF，则∠DHF=∠DMF=90°，
∵△EDF≌△GDF，∴DM=DH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△DHF≌△DMF，
∴∠HFD=∠MFD，同理可证：∠BFD=∠FED，即DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。
4）等边三角形半角模型（60°-30°型）
条件： ABC是等边三角形，∠EAD=30°；
结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝( BD＋EC)2+ ；
证明：将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACF，即△BAD≌△CAF，
∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠FCA=60°，AD＝AF，BD＝CF；
∵∠DAE=30°，∴∠BAD+∠EAC=30°，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=30°，∴∠DAE=∠FAE=30°，
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∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE，∴ED＝EF，∵ ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠ECF=120°，
过点F作FH⊥BC，∴∠FCH=60°，∠CFH=30°，∴CH= CF= BD，FH= CF= BD，
∵在直角三角形中：FE2＝FH2＋EH2,∴DE2＝( BD＋EC)2+( BD)2；
5）任意角度的半角模型（ - 型）
条件：∠BAC= ，AB=AC，∠DAE= ；
结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°- 。
证明：将△ABD绕点A逆时针 °至△ACF，即△BAD≌△CAF，
∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠BCA=∠FCA=90°- ，AD＝AF，BD＝CF；∴∠ECF=∠BCA+∠FCA=180°-
。
∵∠BAC= ，∠DAE= ，∴∠BAD+∠EAC= ，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE= ，∴∠DAE=∠FAE= ，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE。
例1．（2023·广东广州·二模）在正方形 中，点E、F分别在边 上，且 ，连接
．
(1)如图1，若 ， ，求 的长度；(2)如图2，连接 ， 与 、 分别相交于点M、
N，若正方形 的边长为6， ，求 的长；(3)判断线段 三者之间的数量关系并
证明你的结论﹒
【答案】(1) (2) (3)
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【分析】（1）延长 ，使 ，证明 和 ，求得
．（2）设 ，则 ，在 中，根据勾股定理可得，
，解得： ．（3） 三者之间的数量关系： ，证
明 和 ，根据勾股定理即可证明．
【详解】（1）解：延长 ，使 ，如图所示：
∵四边形 为正方形，∴ ， ，
在 和 中， ，∴ ，∴ ， ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，
在 和 中， ，∴ ，∴ ．
（2）解：设 ，则 ，由（1）可知， ，
在 中，根据勾股定理可得， ，解得： ，∴ ．
（3） 三者之间的数量关系： ．
证明：截取 ，在 和 中， ，∴ ，
∴ ， ，又∵ ，∴ ，
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在 和 中， ，∴ ，
∴ ，∴ ．即 ．
【点睛】此题考查了三角形全等、勾股定理，解题的关键是构造辅助线，熟悉三角形全等的证明．
例2．（23-24八年级下·四川达州·阶段练习）倡导研究性学习方式，着力教材研究，习题研究，是学生跳
出题海，提高学习能力和创新能力的有效途径．
(1)【问题背景】已知：如图1，点E、F分别在正方形 的边 上， ，连接 ，则
之间存在怎样的数量关系呢？
（分析：我们把 绕点A顺时针旋转 至 ，点G、B、C在一条直线上．）
于是易证得： 和 ，所以 ．
直接应用：正方形 的边长为6， ，则 的值为 ．
(2)【变式练习】已知：如图2，在 中， ，D、E是斜边 上两点，且 ，请
写出 之间的数量关系，并说明理由．
(3)【拓展延伸】在（2）的条件下，当 绕着点A逆时针一定角度后，点D落在线段BC上，点E落
在线段BC的延长线上，如图3，此时（2）的结论是否仍然成立，并证明你的结论．
【答案】(1) (2) ，见解析(3)成立，见解析
【分析】（1）根据分析过程及图形分析即可；（2） ，把 顺时针旋转到 的
位置此时 与 重合，连接 ，证 ，得 ，再证 是直
角三角形，然后由勾股定理即可解决问题；（3）根据第（2）问的辅助线画出图形即可证明．
【详解】（1）∵四边形 是正方形，∴ ，
把 绕点A顺时针旋转 至 ，则 与 重合， ∴
∴ ， ∴点G、B、C在一条直线上
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∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ；∵正方形 的边长为6， ，
∴ ，∴ ， ，
在 中， ，∴ ，解得 ，
∴ 故答案为： ；
（2） ，理由如下：把 顺时针旋转到 的位置此时 与 重合，连接 ，
则 ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ，∵ ，∴ ，
∴ ，∴ ，∴ 是直角三角形，
∴ ，∴ ．
（3） 依然成立，理由如下：
把 顺时针旋转到 的位置此时 与 重合，连接 ，
则 ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ，∵ ，∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ 是直角三角形，∴ ，∴ ．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三
角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性比较强，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，属于
中考常考题型．
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例3．（23-24九年级上·浙江台州·期中）如图，在 中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D、E都在边BC
上，∠BAD＝15°，∠DAE＝60°．若DE=3，则AB的长为 ．
【答案】
【分析】如图（见解析），先根据等腰三角形的定义可得 ，再根据角的和差可得
， ，从而可得 ，设 ，然后利用直
角三角形的性质、勾股定理可得 ，最后根据线段的和差建立方程，解方程即可得．
【详解】如图，过点A作 于点F，
在 中， ， ， ，
， ， ，
，
， ，
， ，设 ，
在 中， ， ，
， ，
又 ， ，解得 ，则 ，故答案为： ．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识点，通过作辅助线，
构造等腰直角三角形是解题关键．
例4．（23-24九年级上·江西南昌·期中）（1）如图①，在直角 中， ， ，点D
为 边上一动点（与点B不重合），连接 ，将 绕点A逆时针旋转 ，得到 ，那么
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之间的位置关系为__________，数量关系为__________；（2）如图②，在 中， ，
，D，E（点D，E不与点B，C重合）为 上两动点，且 ．求证：
．（3）如图③，在 中， ， ， ， ，
D，E（点D，E不与点B，C重合）为 上两动点，若以 为边长的三角形是以 为斜边的直
角三角形时，求 的长．
【答案】（1）CE⊥BD；CE=BD；（2）见解析；（3） ．
【分析】（1）根据 ，AD=AE，运用SAS证明 ，根据全等三角形性质得出对
应边相等，对应角相等，即可得到线段CE、BD之间的关系；
（2）把 绕点A顺时针旋转 ，得到 ，连接DG，由SAS得到 ，可得
DE=DG，即可把EF、BE、FC放到一个直角三角形中，从而根据勾股定理即可证明；
（3）把 绕点A顺时针旋转 ，得到 ，可得AF=AE， ，EC=BF，
，由SAS可证 ，可得DF=DE，由以BD、DE、EC为边的三角形是直角三角
形，分两种情况讨论，由直角三角形的性质可求解．
【详解】解：（1）CE与BD位置关系是CE⊥BD，数量关系是CE=BD
∵ 绕点A逆时针旋转 ，得到 ∴
∴ ， ∴
∵BA=CA，AD=AE∴ ∴ 且CE=BD
∵ ∴ ，即CE⊥BD 故答案为：CE⊥BD；CE=BD；
（2）如图②，把 绕点A顺时针旋转 ，得到 ，连接DG，
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则 ∴AG=AE，BG=CE，
∵ ， ∴
在 和 中， ∴ ∴ED=GD
∵ ∴ 即
（3）如图③，把 绕点A顺时针旋转 ，得到 ，
∴ ∴AF=AE， ，EC=BF，
∵ ，AB=AC∴ ∴
∵ ， ∴ ，且AF=AE，AD=AD∴ ∴DF=DE
∵以BD、DE、EC为边的三角形是直角三角形
∴以BD、DF、BF为边的三角形是直角三角形 ∴ 是直角三角形
若 ，且 ∴BF=2BD=EC，
∵ ∴
∴ ∴
若 ，且 ∴BD=2BF=2EC，
∵
∴ ∴BD=2， ∴
【点睛】此题是几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、旋转的性质、勾
股定理，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
例5．（2024·江西·九年级期中）（1）【特例探究】如图1，在四边形 中， ，
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， ， ，猜想并写出线段 ， ， 之间的数量关系，证明
你的猜想；
（2）【迁移推广】如图2，在四边形 中， ， ， ．请
写出线段 ， ， 之间的数量关系，并证明；
（3）【拓展应用】如图3，在海上军事演习时，舰艇在指挥中心（ 处）北偏东20°的 处．舰艇乙在指
挥中心南偏西50°的 处，并且两舰艇在指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正西方向以80
海里/时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏西60°的方向以90海里/时的速度前进，半小时后，指挥中心观测
到甲、乙两舰艇分别到达 ， 处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为75°．请直接写出此时两舰
艇之间的距离．
【答案】（1）EF=BE+DF，理由见解析；（2）EF=BE+DF，理由见解析；（3）85海里
【分析】（1）延长CD至点G，使DG=BE，连接AG，可证得△ABE≌△ADG，可得到AE=AG，
∠BAE=∠DAG，再由 ， ，可证得△AEF≌△AGF，从而得到EF=FG，即可求解；
（2）延长CD至点H，使DH=BE，连接AH，可证得△ABE≌△ADH，可得到AE=AH，∠BAE=∠DAH，
再由 ，可证得△AEF≌△AHF，从而得到EF=FH，即可求解； （3）连接CD，延长
AC、BD交于点M，根据题意可得∠AOB=2∠COD，∠OAM+∠OBM=70°+110°=180°，再由（2）【迁移推
广】得：CD=AC+BD，即可求解．
【详解】解：（1）EF=BE+DF，理由如下：如图，延长CD至点G，使DG=BE，连接AG，
∵ ，∴∠ADG=∠ABC=90°，
∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
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∵ ， ，∴∠BAE+∠DAF=50°，∴∠FAG=∠EAF=50°，
∵AF=AF，∴△AEF≌△AGF，∴EF=FG，∵FG=DG+DF，∴EF=DG+DF=BE+DF；
（2）EF=BE+DF，理由如下：如图，延长CD至点H，使DH=BE，连接AH，
∵ ，∠ADC+∠ADH=180°，∴∠ADH=∠ABC，
∵AB=AD，∴△ABE≌△ADH，∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，
∵ ∴∠EAF=∠BAE+∠DAF=∠DAF+∠DAH，∴∠EAF=∠HAF，
∵AF=AF，∴△AEF≌△AHF，∴EF=FH，∵FH=DH+DF，∴EF=DH+DF=BE+DF；
（3）如图，连接CD，延长AC、BD交于点M，
根据题意得： ∠AOB=20°+90°+40°=150°，∠OBD=60°+50°=110°，∠COD=75°，∠OAM=90°-20°=70°，
OA=OB，
∴∠AOB=2∠COD，∠OAM+∠OBM=70°+110°=180°，
∵OA=OB，∴由（2）【迁移推广】得：CD=AC+BD，
∵AC=80×0.5=40，BD=90×0.5=45，∴CD=40+45=85海里．即此时两舰艇之间的距离85海里．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理的运用、等腰直角三角形
的性质，题目的综合性较强，难度较大，解题的关键是正确的作出辅助线构造全等三角形，解答时，注意
类比思想的应用．
例6．（2022·湖北十堰·中考真题）【阅读材料】如图①，四边形 中， ， ，
点 ， 分别在 ， 上，若 ，则 ．
【解决问题】如图②，在某公园的同一水平面上，四条道路围成四边形 ．已知 ，
， ， ，道路 ， 上分别有景点 ， ，且 ，
，若在 ， 之间修一条直路，则路线 的长比路线 的长少
_________ （结果取整数，参考数据： ）．
【答案】370
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【分析】延长 交于点 ，根据已知条件求得 ,进而根据含30度角的直角三角形的性质，求
得 ， ，从而求得 的长，根据材料可得 ，即可求解．
【详解】解：如图，延长 交于点 ，连接 ，
， ， ， ， ，
是等边三角形， , ,
在 中， ， ，
， ， ，
中， ， ，
，
，
， 中，
是等腰直角三角形
由阅读材料可得 ，
路线 的长比路线 的长少 ．答案：
370．
【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，理解题意是解题的关键．
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模型2.半角模型（相似模型）
半角模型特征：①共端点的等线段； ②共顶点的倍半角；
半角模型辅助线的作法：由旋转（或翻折）构造两对全等，从而将边转化，找到边与边的关系（将分散的
条件集中，隐蔽的关系显现）。
常见的考法包括：90°与45°（正方形、直角三角形）；120°与60°（等边三角形）等。
1）半角模型（正方形（或等腰直角三角形）中的半角相似模型）
条件：已知，如图，在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交BC、CD边于M、N两点，且∠EAF＝45°
结论：如图1，△MDA∽△MAN∽△ABN；
图1 图2
证明：∵ABCD是正方形，∴∠ADM=45°，∵∠EAF＝45°，∴∠ADM=∠EAF，
∵∠AMD=∠NMA，∴△MDA∽△MAN，同理：△MAN∽△ABN，∴△MDA∽△MAN∽△ABN；
结论：如图2，△BME∽△AMN∽△DFN.
证明：∵ABCD是正方形，∴∠NDF=45°，∵∠EAF＝45°，∴∠NDF=∠EAF，
∵∠DNF=∠ANM，∴△AMN∽△DFN，同理：△BME∽△AMN，∴△BME∽△AMN∽△DFN；
结论：如图3，连接AC，则△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且 ；
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A D A D
45° 45°
N N
F F
M M
B E C B E C
图3 图4
证明：∵ABCD是正方形，∴∠BAC=∠ABC=∠ACF=45°， ，∴∠BAM+∠MAC=45°，
∵∠EAF＝45°，∴∠FAC+∠MAC=45°，∴∠BAM=∠FAC，∴△AMB∽△AFC，∴ 。
同理：△AND∽△AEC， ；即 。
结论：如图4，△AMN∽△AFE且 ．
证明：∵ABCD 是正方形，∴AB∥CD，∴∠DFA=∠BAN；∵∠AFE=∠AFD，∠BAN=∠AMD，
∴∠AFE=∠AMN；
又∠MAN=∠FAE，∴△AMN∽△AFE，由图3证明知： ，∴ 。
2）半角模型（含120-60°半角模型）
图5
条件：如图5，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，∴
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例1．（23-24九年级上·广东深圳·期中）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，连按EN、EF，有以下结论：①△ABM∽△NEM；②△AEN是
等腰直角三角形；③当AE=AF时， ；④BE+DF=EF；⑤若点F是DC的中点，则CE CB．
其中正确的个数是( )
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】①如图，证明△AMN∽△BME和△AMB∽△NME，
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先证明CE=CF，假设正方形边长为1，设CE=x，则BE=1-x，表示AC的长为AO+OC可作判断；
④如图3，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；⑤如图4中，设正方形的边长为2a，则DF=CF=a，AF= a，想办
法求出BE，EC即可判断．
【详解】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，
在 ABE和 ADF中，∵ ，∴Rt ABE≌Rt ADF(HL)，∴BE=DF．
△ △ △ △
∵BC=CD，∴CE=CF，假设正方形边长为1，设CE=x，则BE=1﹣x，如图2，连接AC，交EF于H，
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∵AE=AF，CE=CF，∴AC是EF的垂直平分线，∴AC⊥EF，OE=OF，
Rt CEF中，OC EF x，在 EAF中，∠EAO=∠FAO=22.5°=∠BAE=22.5°，∴OE=BE．
△ △
∵AE=AE，∴Rt ABE≌Rt AOE(HL)，∴AO=AB=1，∴AC AO+OC，
△ △
∴1 x ，∴x=2 ，∴ ，故③不正确，
③如图3，∴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④正确，
△ △ △
如图4中，设正方形的边长为2a，则DF=CF=a，AF a，
∵DF∥AB，∴ ，∴AN=NE AF a，∴AE AN a，
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∴BE a，∴EC a BC，故⑤正确．故选：C．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形
的判定和性质、线段垂直平分线的性质和判定等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，学会添
加常用辅助线构造全等三角形，属于中考压轴题．
例2．（23-24九年级上·河北唐山·阶段练习）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 的延长线上， ， ．若将
固定不动，把 绕点A逆时针旋转a（ ），此时线段 ，射线 分别与射线
交于点M，N．
(1)当 旋转到如图2所示的位置时，①求证： ；
②在图2中除 外还有哪些相似三角形，直接写出；③如图2，若 ，求 的长；
(2)在旋转过程中，若 ，请直接写出 的长_________（用含d的式子表示）．
【答案】(1)①见详解；② ， ；③ ；(2) 或 ．
【分析】（1）①本题考查三角形相似的判定，旋转的性质与等腰三角形的性质，根据两角相等的两个三
角形相似证明；②本题考查三角形相似的判定，旋转的性质与等腰三角形的性质，根据等腰直角三角形的
性质得到 ，可证明 ；③本题考查三角形相似的判定，
旋转的性质与等腰三角形的性质，根据勾股定理求出 ，证明 ，根据相似三角形的性质
计算即可；（2）本题考查三角形相似的判定，旋转的性质与等腰三角形的性质，分点 在线段 上、点
在线段 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．
【详解】（1）①证明：∵
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② ， ，∵ ，∴ ，
∵ 、 都是等腰直角三角形，∴ ， ，
∴ ， ；
③在 中， ， ，则 ， ，
， ， ，
， ， ，即 ，解得： ；
（2）如图2，当点 在线段 上时，
由②可知： ， ，即 ，解得： ，
；
如图3，当点 在线段 的延长线上时， ，
综上所述： 的长为 或 ．
【点睛】本题考查的是旋转的性质、相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质及勾股定理，掌握
相似三角形的判定定理是解题的关键．
例3．（2024·辽宁·模拟预测）（1）如图，等腰 中， ， ， 、 在线段
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上，且 ， ， ，求 的长．
（2）如图，在 中， ，如果 ， 在直线 上， 在 上， 在 的右侧，
，若 ， ，求 的长．（3）如图，在 中，若 ， 、 是线段
上的两点， ，若 ， ，探究 与 的数量关系．
【答案】（1） ；（2） 或 ；（3）
【分析】（1）过点 作 ，且使得 ，连接 ， ，证明 ，得到
， ，证明 ，得到 ，设 ，则 ，在
中，根据勾股定理求解即可；（2）分两种情况：①当点 在点 的左侧时，作 ，
，连接 ，作 交 于点 ，②当点 在点 的右侧时，作 ，
，连接 ，作 交 的延长线于点 ，根全等三角形的判定与性质和勾股定理求解
即可；（3）作 ，且令 ，连接 ， ，证明 ，得到
， ，推出 ，证明 ，得到 ，证明
，即可求解．
【详解】（1）如图，过点 作 ，且使得 ，连接 ， ，
， ， ， ， ，
在 和 中， ， ，
， ， ， ， ，
在 和 中， ， ， ，
设 ，则 ，
在 中， ， ，解得： ， ；
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（2）①当点 在点 的左侧时，作 ， ，连接 ，作 交 于点 ，
， ， ，
在 和 中， ， ，
， ， ， ， ，
在 和 中， ， ， ，
设 ，则 ，
， ， ，
， ，
，
在 中， ，即 ，解得： ， ；
②当点 在点 的右侧时，作 ， ，连接 ，作 交 的延长线于点 ，
， ， ， ， ，
在 和 中， ， ，
， ， ， ， ，
在 和 中， ， ， ，
设 ，则 ，
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， ， ， ，
，
，在 中， ，即 ，
解得： ， ；综上所述， 或 ；
（3）作 ，且令 ，连接 ， ，
， ， ， ，
， ， ， ，
， ， ，
， ， ， ，
， ，
，
， ， ， ．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质
等知识，解题的关键是灵活运用这些知识并正确作出辅助线．
例4．（2023·辽宁沈阳·统考二模）在菱形 中， ．点 ， 分别在边 ， 上，且
．连接 ， ．（1）如图1，连接 ，求证： 是等边三角形；（2） 平分
交 于点 ．
①如图2， 交 于点 ，点 是 的中点，当 时，求 的长．
②如图3， 是 的中点，点 是线段 上一动点（点 与点 ，点 不重合）．当 ，
时，是否存在直线 将 分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为
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1∶3．若存在，请直接写出 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）① ；② 或
【分析】（1）证 ，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形证明即可；
（2）①连接 ，证 ，列出比例式，根据相似比即可求解；②分点H为AG中点和点N
为EC中点两种情况，根据相似比，求出比值即可．
【详解】解：（1） 四边形 是菱形， ，
∵ ，∴△ABC是等边三角形，∴ ， ，
， ； ， ， ， 是等边三角形；
（2）①连接 ， 点 是 的中点， ，
， ， ，
由（1）知， 是等边三角形， ， 平分 ， ，
， ，即 ，
， ，
②如图，当点H为AG中点时，即 ；∵ 是 的中点，∴OH∥EC，∴△AMO∽△AEC,
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∵ ，∴ ，即 ；
同理，如图所示，当点N为EC中点时， ON∥AE， ；
连接FG，作FP⊥BC，交BC延长线与点P，∵ ， ，∴ ,
∵CD∥AB，∴∠B=∠DCP=60°，∴∠CFP=30°，∴CP=2， ，
∵AE=AF，AG=AG，∠EAG=∠FAG，∴△EAG≌△FAG，∴EG=FG，
设EG=x,CG=8-x，PG=10-x， ，解得， ，
∵EN=CN=4， ；综上， 的值为： 或 ．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，
解题关键是熟练运用相关几何知识，构建几何模型证明相似或全等．
例5．（2024·山东烟台·一模）如图①，在正方形 中，点N、M分别在边 、 上，连结 、
、 ． ，将 绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到 ．易证：
，从而得 ．
【实践探究】（1）在图①条件下，若 ， ，则正方形 的边长是_________．
（2）如图②，点M、N分别在边 、 上，且 ．点E、F分别在 、 上， ，
连接 ，猜想三条线段 、 、 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 中， ， ，点M、N分别在边 、 上，连结
， ，已知 ， ，求 的长．
【答案】（1）12；（2） ，见解析；（3）4
【分析】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形
的判定与性质等知识；证明三角形全等和由勾股定理得出方程是解题的关键．
（1）由旋转的性质可得 ， ， ， ，证出 ，
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得出 ，可证 ，得出 ．证出 ．在 中，由
勾股定理得出 ，则 ，设正方形 的边长为 ，则 ，
，得出方程 ，解方程即可；
（2）将 绕点 顺时针旋转 ，得到 ，连接 ，由旋转的性质可得 ，
， ， ，由“ ”可证 ，可得 ，由直角三角
形的性质和平行四边形的性质可求 ，由勾股定理可求解；
（3）延长 至 ，使 ，过 作 的平行线交 的延长线于 ，延长 交 于 ，连接
，则四边形 是正方形，得出 ，设 ，则 ，由平行
线得出 ，求出 ，得出 ，由（1）得：
，在 中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】（1）解法提示：∵四边形 是正方形，
∴ ， .由旋转得 ，
∴ ， ， ， ，
∴ ，∴E，B，N在同一条直线上.
∵ ， ，∴ ，
∴ ，∴ ，∴ .
在 与 中， ∴ ，∴ .
∵ ，∴ ，∴
.
在 中，由勾股定理得 ∴ .∴ ；
（2）三条线段 ， ， 之间满足的数量关系为 ，理由如下：
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图（1）
如图（1），过点D作 ，且 ，连接 ， ，
则 ，∴ .∵四边形 是正方形，∴ ，
∵ ，∴四边形 是平行四边形，∴ ，∴ .
在 与 中， ∴ ，∴ ， .
∵ ， ，∴
在 和 中， ∴ ，∴ ，
在 中，由勾股定理得 ，∴ ；
（3）如图（2），把矩形 补成正方形 ，延长 交 于G，连接 ，则
.
∵四边形 是矩形，∴ ，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ， 设 ，则 .
∵四边形 是正方形， ，∴由（1）中证明知， .
在 中，由勾股定理得 ，
即 ，解得 ，∴ 的长为4．
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1．（2024·福建南平·二模）已知正方形 的边长为6，E，F分别是 ， 边上的点，且
，将 绕点D逆时针旋转 ，得到 ．若 ，则 的长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．6.5
【答案】B
【分析】本题主要考查了图形的旋转，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握图
形的旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．由旋转性质可证明
，从而 ；设 ，则可得 ，由勾股定理建立方程即可求得x．
【详解】由旋转的性质可得： ， ， ， ，
四边形 是正方形， ， ，
， ，即 ， ，
在 和 中， ， ，
设 ，则 ， ，
在 中，由勾股定理得： 解得： 故选B．
2．（2024·重庆·一模）如图，正方形 中， 是 上一点， 是 延长线上一点， ，连
接 为 中点，连接 ．若 ，则 （ ）
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A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取 中点 ，连接 ，根据 ， ，以及直角三角形，可证 ≌ ，
从而得到 ， ，可证得 为等腰直角三角形，则有 ，根据三角
形的外角定理有 ， ，接着证 为等腰直角
三角形；设 ， ，则 ，在 中， 为中位线，有
， ， ，有 ，又
，故 为等腰直角三角形， ，则 ，而 ，则
可得 ，即可求解．
【详解】解：取 中点 ，连接 ，
∵四边形 是正方形，∴ ， ，
在 和 中， ∴ ≌ ，
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∴ ，∴ ，
∴ 为等腰直角三角形，∴ ，
∵ 分别是 和 的外角，∴ ， ，
设 ， ，则 ，在 中， 、 分别为 、 中点，
∴ 为中位线，∴ ， ， ，
，∴ P，
又∴ ，∴ ，∴ 为等腰直角三角形，∴ ，
∴ ，而 ，∴ ．故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的外角定
理等知识，作出辅助线，找到等腰直角三角形是求解的关键．
3．（2023·江苏宿迁·三模）如图，平面直角坐标系中，长方形 ，点A，C分别在y轴，x轴的正半轴
上， ， ， ， 、 分别交 ， 于点D、E，且 ，则 的长为
（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【分析】如图，过点E作 交 延长线于点F，过点F作 交 延长线于点G，作
于H，由“AAS”可证 ，可得 ， ，通过证明 ，
可得 ，即可求解．
【详解】解：如图，过点E作 交 延长线于点F，过点F作 交 延长线于点G，作
于H， ， ， ， ，
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， ， ，
在 和 中， ， ，
， ， ，
， ，∴四边形 是矩形，
， ， ， ，
， ，∴ ，∴ ， ，故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，
添加恰当辅助线是本题的关键．
4．（23-24九年级下·湖北襄阳·期中）如图所示，边长为4的正方形 中，对角线 ， 交于点
O，E在线段 上，连接 ，作 交 于点F，连接 交 于点H，则下列结论：①
；② ；③ ；④若 ，则 ，正确的是（ ）
A．①②④ B．①③④ C．①②③ D．①②③④
【答案】D
【分析】 由“ ”可证 ，可得 ， ，由四边形的内角和定理
可证 ，可得 ； 通过证明 ，可得 ；
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通过证明 ，可得 ，通过证明 ，可得 ，可得结论；
通过证明 ，可得 ，即可求解．
【详解】解：如图，连接 ，
四边形 是正方形， ， ，
又 ， ， ， ， ，
， ，
又 ， ， ， ，故 正确；
， ， ， ，
又 ， ， ， ，故 正确；
．， ， ， ， ，
， ， ，
， ， ， ，故 正确；
， ， ， ， ， ，
又 ， ， ，
， ，故 正确，故选：D．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性
质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
5．（2024·山东淄博·二模）如图， 正方形 的边长为4， 点 M 在 CB 延长线上， 作
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交 延长线于点 N，则 的长为 ．
【答案】
【分析】在 上取一点F使得 ，连接 ，先证明 得到 ，
，进而可以证明 得到 ，设 ，则 ，
，在 中利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图所示，在 上取一点F使得 ，连接 ，
∵四边形 是正方形，∴ ， ，
∴ ，∴ ， ，
∴ ，∴ ，
又∵ ，∴ ，又∵ ，∴ ，∴ ，
设 ，∵ ， ，∴ ， ，
∴ ，在 中， ，∴ ，
解得 ，∴ ，故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理和解一元二次方程，正确作
出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
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6．（2024·吉林·二模）已知： 正方形 中， ，它的两边分别交CB， 于点 ，
， 于点 ， 连结 ， 则下列结论 ① ； ② ； ③
； ④ 当 时， ，其中结论一定正确的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理；延长 至 ，使 ．
证明 ， ，根据全等三角形的性质进而即可判断①，根据
不一定成立，即可判断②；证明 ，进而得出 ， ，得出
，根据等角的余角相等即可判断③，进而根据等腰直角三角形的性质以及勾股定理，即可判断
④，即可求解．
【详解】解：延长 至 ，使 ．
∵四边形 是正方形， ， ，
在 和 中， ，∴ ， ， ，
， ， ， ，
在 和 中， ， ，∴
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∴ ，故①正确；
∵ 不一定成立，∴ 不一定成立，故②不正确；
∵ ∴ ，又∵ ， ∴
∴ ， ∴ ∴
又∵ ，∴ ，故③正确；
当 时，∴ ，∴ 是等腰直角三角形
∴ 由①可得 ，∴ ，故④正确故答案为：①③④．
7．（2023·山西晋城·校联考模拟预测）如图，在矩形 中， ， ， ， 分别为， 边
上的点．若 ， ，则 的长为 ．
【答案】3
【分析】先做辅助线，作出相似三角形，再用等腰直角三角形的性质，相似的判定和性质即可求得 的
长．
【详解】在 上作点G，使 ，在 上作点H，使 ，
∵ ∴
又∵ ∴ ， ∴
设 ,则 同理可得 ，
∴ ∴
∵
∴
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∵ ， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ 故填：
3
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，相似的判定与性质，严格的逻辑思维时解题的
关键，做辅助线时解题的难点．
8．（2023·上海宝山·校考一模）如图，在△ABC中，AB=AC ，点D、E在边BC上，∠DAE=∠B=30°，
且 ，那么 的值是 ．
【答案】 ．
【分析】由已知可得 ，从而可知 ， ，
设AB=3x，则BE=2x，再利用勾股定理和等腰三角形性质用x表示DE和BC，从而解答
【详解】解：∵∠BAE=∠DAE+∠BAD，∠ADE=∠B+∠BAD，
又∵∠DAE=∠B=30°，∴∠BAE=∠ADE，∴ ，∴ ， ，
过A点作AH⊥BC，垂足为H，设AB=3x，则BE=2x，
∵∠B=30°，∴ ， ，∴ ，
在 中， ，
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又∵ ，∴ ，∴ ，
∵AB=AC，AH⊥BC，∴ ，∴ ，
故答案为： .
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质以及勾股定理，利用三角形相似得到
AB与BE的关系是解题的关键．
9．（23-24九年级上·黑龙江绥化·期中）已知四边形 中， ， ， ，
， ， 绕B点旋转，它的两边分别交 ， （或它们的延长线）于E，
F．当 绕B点旋转到 时，如图1，易证 ．（不用证明）(1)当 绕B点旋
转到 时，如图2，（1）中结论是否成立？若成立，请给予证明； (2)当 绕B点旋转到
时，如图3，（1）中结论是否成立？若不成立，线段 ， ， 又有怎样的数量关系？请给
予证明．
【答案】(1)图2成立， ，证明见解析
(2)图3不成立， 、 、 的关系是 ，证明见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，本题中求证 是关键．
（1）将 顺时针旋转 ，可得 ，证 ，即可求解；
（2）将 顺时针旋转 ，可得 ，证 ，即可求解．
【详解】（1）解：将 顺时针旋转 ，如图，
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∵ ， ，∴A与点C重合，∴ ，
∵ ， ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ；
（2）解：不成立，新结论为 ， 将 顺时针旋转 ，如图，
∵ ， ，∴A与点C重合， ，∴ ， ，
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∵ ，∴ ，∴ ，∴ ．
10．（2024·广西·模拟预测） 实践与探究：小明在课后研究正方形与等腰直角三角形叠放后各个线段间的
数量关系．已知正方形 的边长为6，等腰 的锐角顶点A与正方形 的顶点A重合，将
此三角形绕A点旋转， ， 两边分别交直线 ， 于M，N，旋转过程中，等腰 的边
与正方形没有交点．(1)如图1，当M，N分别在边 ， 上时，小明通过测量发现 ，他
给出了如下的证明：过A作 交 延长线于G，连接 ，如图2，易证 ，则有
．请你帮助小明后续证明； (2)如图3，当M，N分别在 ， 的延长线上时，请直接写出
， ， 之间的数量关系； (3) 在旋转过程中，等腰直角三角形的一边正好经过正方形 边上的
中点P，求出此时 的长．
【答案】(1)见解析(2) (3) 或10
【分析】（1）根据全等三角形的性质可得 ， ，进而证得 ，可得
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，即可得证；（2）在 上截取 ，连接 ，根据正方形的性质可得 ，
，可证 ，可得 ， ，利用等量代换可得
，证得 ，可得 ，即可得出结论；
（3）分类讨论：若等腰直角三角形的腰经过 边上的中点，此时P与M重合， 中，利用勾股
定理列方程求解即可；若等腰直角三角形的底经过 边上的中点，
则M，N分别在 ， 的延长线上，过A作 交 于G，连接 ，证得 ，
可得，则 ， ，在 中，利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）证明：∵ ，∴ ， ，
∵ ， ，∴ ，即 ，
又∵ ，∴ ，∴ ，即 ；
（2）解： ，理由如下：在 上截取 ，连接 ，
∵四边形 是正方形，∴ ， ，
又∵ ，∴ ，∴ ， ，
∵ ，∴ ，∵ ，∴ ，
又∵ ，∴ ，∴ ，∵ ，∴ ；
（3）解：若等腰直角三角形的腰经过 边上的中点，此时P与M重合，如图，
∵ ，∴ ，则 ，∴ ，
在 中， ，即 ，解得 ；
若等腰直角三角形的底经过 边上的中点，则M，N分别在 ， 的延长线上，如图，
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过A作 交 于G，连接 ，易证 ，
与（1）类似，可证 ，得 ，设 ，则 ，
∵P是 中点，即 ，又 ， ，
∴ ，则 ， ，
在 中， ，即 ，解得 ，∴ ，
综上所述， 或10．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、勾股定理、解一元
一次方程，熟练掌握全等三角形的性质与判定，正确添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
11．（2024·重庆市育才中学二模）回答问题
（1）【初步探索】如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，
且EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF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_______________； △
△（2）【灵活运用】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EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
（3）【拓展延伸】知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F
在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．
【答案】（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由见解析；（3）∠EAF=180°- ∠DAB
【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定 ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，
AE=AG，再判定 AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG△+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据此得出结论；
（2）延长FD到△点G，使DG=BE，连接AG，先判定 ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，
再判定 AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG△+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）在△DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定 ADG≌△ABE，再判定
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AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到
△2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．
【详解】解：（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：
如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B=∠ADF=90°，∠ADG=∠ADF=90°，∴∠B=∠ADG=90°，
又∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；故答案为：∠BAE+∠FAD=∠EAF；
（2）仍成立，理由：如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，∴∠B=∠ADG，
又∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）∠EAF=180°- ∠DAB．证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，∴∠ADC=∠ABE，
又∵AB=AD，∴△ADG≌△ABE（SAS），∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠FAE=∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）=360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）=360°，即2∠FAE+∠DAB=360°，∴∠EAF=180°- ∠DAB．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决
问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．解题时注意：同角
的补角相等．
12．（2024·山西吕梁·九年级校考期中）在练习课上，慧慧同学遇到了这样一道数学题：如图，把两个全
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等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形ACBD，∠ACD＝30°，以D为顶点作∠MDN，交边AC，BC
于点M，N，∠MDN＝60°，连接MN．
探究AM，MN，BN三条线段之间的数量关系．
慧慧分析：可先利用旋转，把其中的两条线段“接起来”，再通过证明两三角形全等，从而探究出AM，
MN，BN三条线段之间的数量关系．
慧慧编题：在编题演练环节，慧慧编题如下：
如图（1），把两个全等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形ACBD，∠ACD＝45°，以D为顶点作
∠MDN，交边AC，BC于点M，N， ，连接MN．
（1）先猜想AM，MN，BN三条线段之间的数量关系，再证明．
（2）∠MDN绕点D旋转，当M，N分别在CA，BC的延长线上，完成图（2），其余条件不变，直接写出
AM，MN，BN三条线段之间的数量关系．
请你解答：请对慧慧同学所编制的问题进行解答．
【答案】【探究】AM＋BN＝MN，证明见解析；（1）AM＋BN＝MN，证明见解析；（2）BN−AM＝MN，
证明见解析
【分析】探究：延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证
△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；
（1）延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证
△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；（2）在CB截取BE＝AM，连接DE，证△DAM≌△DBE，推出
∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可．
【详解】探究：AM＋BN＝MN，证明：延长CB到E，使BE＝AM，
∵∠A＝∠CBD＝90°，∴∠A＝∠EBD＝90°，
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在△DAM和△DBE中 ∴△DAM≌△DBE，∴∠BDE＝∠MDA，DM＝DE.
∵∠MDN＝∠ADC＝60°，∴∠ADM＝∠NDC，∴∠BDE＝∠NDC，∴∠MDN＝∠NDE.
在△MDN和△EDN中， ∴△MDN≌△EDN，∴MN＝NE.
∵NE＝BE＋BN＝AM＋BN，∴AM＋BN＝MN．
解：（1）AM＋BN＝MN.证明：延长CB到E，使BE＝AM，连接DE，
∠ACD＝45°， ， 。 ∠MDN＋∠ACD＝90°，
∵∠A＝∠CBD＝90°，∴∠A＝∠DBE＝90°.
∵∠CDA＋∠ACD＝90°，∠MDN＋∠ACD＝90°，∴∠MDN＝∠CDA.
∵∠MDN＝∠BDC，∴∠MDA＝∠CDN，∠CDM＝∠NDB.
在△DAM和△DBE中, ∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠MDA＝∠CDN，DM＝DE.∵∠MDN＋∠ACD＝90°，∠ACD＋∠ADC＝90°，
∴∠NDM＝∠ADC＝∠CDB，∴∠ADM＝∠CDN＝∠BDE.
∵∠CDM＝∠NDB ∴∠MDN＝∠NDE.
在△MDN和△EDN中, ∴△MDN≌△EDN，∴MN＝NE.
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∵NE＝BE＋BN＝AM＋BN，∴AM＋BN＝MN．
解：（2）BN−AM＝MN，证明：在CB截取BE＝AM，连接DE，
∠ACD＝45°， ， ∠MDN＋∠ACD＝90°.
∵∠CDA＋∠ACD＝90°，∠MDN＋∠ACD＝90°，∴∠MDN＝∠CDA.
∵∠ADN＝∠ADN，∴∠MDA＝∠CDN.∵∠B＝∠CAD＝90°，∴∠B＝∠DAM＝90°.
在△DAM和△DBE中 ∴△DAM≌△DBE，∴∠BDE＝∠ADM＝∠CDN，DM＝DE.
∵∠ADC＝∠BDC＝∠MDN，∴∠MDN＝∠EDN.
在△MDN和△EDN中, ∴△MDN≌△EDN，∴MN＝NE.
∵NE＝BN−BE＝BN−AM，∴BN−AM＝MN．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生运用性质进行推理的能力，可先利用
旋转，把其中的两条线段“接起来”，再通过证明两三角形全等是解题的关键．
13．（2024·贵州·模拟预测）如图，在正方形 中， ，E、F分别是 上的点，且
， 分别交 于点M，N，连接 ．(1)如图①，试探究 和 的数量关系和位
置关系；(2)如图②，若点G是 的中点，连接 ，求证： ；(3)在（2）的条件下，若
，求 的面积．
【答案】(1) ，且 (2)见解析(3)
【分析】（1）证明 得 ，再证明 得 ，进而
可求出 和 的数量关系和位置关系；（2）把 绕点A逆时针旋转 ，得到 ，根据 证
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明 得 ，由直角三角形斜边中线的性质得 ，然后证明
即可证明结论成立；（3）过点N作 于点P，过点G作 于点Q，证明四
边形 为平行四边形得 ， ，再证明四边形 为平行四
边形得 ，设 ，根据 求出x的值，然后根据 求解即可．
【详解】（1） ，且
∵ ， ， ，∴ ．
∵ ，∴ ，∴
∴ ∴ ，且
（2）如图，把 绕点A逆时针旋转 ，得到 ∴ ， ．
∵ ，∴ ，∴ ，即 ，
∵ ， ，∴B、D两点重合．∵ ，∴F，D，H三点共线，
∴ ，∴ ．由（1） 得： ，
∵G是 的中点， ，∴ ，∴ ，∴ ；
（3）过点N作 于点P，过点G作 于点Q，
∴ ．又∵ ，∴四边形 为平行四边形，
∴ ， ，∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，∴ ，
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又∵ ，∴四边形 为平行四边形，∴ ．
设 ，则 ， ， ，∴ 解得 ，
∴ ．由（2）得： ，
．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的
判定与性质，直角三角形的性质，旋转的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
14．（2024·江西南昌·模拟预测）【模型建立】(1)如图1，在正方形 中， ， 分别是边 ，
上的点，且 ，探究图中线段 ， ， 之间的数量关系．
小明的探究思路如下：延长 到点 ，使 ，连接 ，先证明 ，再证明
．① ， ， 之间的数量关系为________；
②小亮发现这里 可以由 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 中， ， 与 互补， ， 分别是边 ，
上的点，且 ，试问线段 ， ， 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 中，点 在边 上， ， ， ，求 的长．
【答案】(1)①BE+DF=EF，②将△ADF绕A点顺时针旋转90°(2)EF=DF+BE，理由见详解(3)5.2
【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 和求出AC，再证△AEN是等腰直角三角形，
△ △
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即可得 ，则有 ，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．
【详解】（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°，∴△ADF≌△ABG，∴AF=AG，∠DAF=∠BAG，
∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠BAE+∠BAG=45°=∠EAF，
∵AF=AG，AE=AE，∴△AEF≌△AEG，∴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，∴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， ，
△
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在Rt ADC中， ，
△
∵∠CAE=45°，EN⊥AC，∴∠ANE=90°=∠ENC，∴∠AEN=45°，∴△AEN是等腰直角三角形，
∴ ，∴ ，即：
∵∠ENC=90°=∠B，∠ACB=∠ECN，∴Rt ABC∽Rt ENC，∴ ，
△ △
∵AB=4，AC= ，EC=x，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴结合x＜6，解得x=5.2，∴CE=5.2．
【点睛】本题考了勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、旋转的知识、等腰直
角三角形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，做辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
15．（2024·四川乐山·中考真题）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题：
【问题情境】如图1，在 中， ， ，点D、E在边 上，且 ，
， ，求 的长．
解：如图2，将 绕点A逆时针旋转 得到 ，连接 ．
由旋转的特征得 ， ， ， ．
∵ ， ，∴ ．
∵ ，∴ ，即 ．∴ ．
在 和 中， ， ， ，∴___①___．∴ ．
又∵ ，∴在 中，___②___．
∵ ， ，
∴ ___③___．
【问题解决】上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______．
刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以
不变应万变．
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【知识迁移】如图3，在正方形 中，点E、F分别在边 上，满足 的周长等于正方形
的周长的一半，连结 ，分别与对角线 交于M、N两点．探究 的数量关系
并证明．
【拓展应用】如图4，在矩形 中，点E、F分别在边 上，且 ．探究
的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．
【问题再探】如图5，在 中， ， ， ，点D、E在边 上，且 ．
设 ， ，求y与x的函数关系式．
【答案】【问题解决】① ；② ；③5；【知识迁移】
，见解析；【拓展应用】 ；【问题再探】
【分析】【问题解决】根据题中思路解答即可；
【知识迁移】如图，将 绕点 逆时针旋转 ，得到 ．过点 作 交边 于点 ，
连接 ．由旋转的特征得 ．结合题意得
．证明 ，得出 ．根据正方形性质得出
．结合 ，得出 ．证明 ，得
出 ．证明 ．得出 ．在 中，根据勾股定理即可求
解；
【拓展应用】如图所示，设直线 交 延长线于 点，交 延长线于 点，将 绕着点 顺时
针旋转 ，得到 ，连接 ．则 ．则 ，
，根据 ，证明 ，得出 ，过点H作 交 于点
O，过点H作 交 于点M，则四边形 为矩形．得出 ，证明
是等腰直角三角形，得出 ， ，在 中，
根据勾股定理即可证明；
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【问题再探】如图，将 绕点 逆时针旋转 ，得到 ，连接 ．过点 作 ，垂足为
点 ，过点 作 ，垂足为 ．过点 作 ，过点 作 交 于点 、
交于点 ．由旋转的特征得 ．根据
，得出 ，证明 ，得出 ，根据勾股定理算出
，根据 ，表示出 ，证明 ，根据相似三角形的性质表示出
， ，同理可得 ． ，证明四边形
为矩形．得出 ， ，在 中，根据勾股定
理即可求解；
【详解】【问题解决】解：如图2，将 绕点A逆时针旋转 得到 ，连接 ．
由旋转的特征得 ， ， ， ．
∵ ， ，∴ ．
∵ ，∴ ，即 ．∴ ．
在 和 中， ， ， ，∴① ．∴ ．
又∵ ，∴在 中，② ．
∵ ， ，∴ ③．
【知识迁移】 ．
证明：如图，将 绕点 逆时针旋转 ，得到 ．过点 作 交边 于点 ，连接
．
由旋转的特征得 ．
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由题意得 ，∴ ．
在 和 中， ，∴ ．∴ ．
又∵ 为正方形 的对角线，∴ ．
∵ ，∴ ．
在 和 中， ，
∴ ，∴ ．
在 和 中， ，∴ ．∴ ．
在 中， ，∴ ．
【拓展应用】 ．
证明：如图所示，设直线 交 延长线于 点，交 延长线于 点，
将 绕着点 顺时针旋转 ，得到 ，连接 ．则 ．
则 ， ，
， ，
在 和 中 ， ，∴ ，
过点H作 交 于点O，过点H作 交 于点M，则四边形 为矩形．
∴ ， ， ，
是等腰直角三角形， ，
， ， ， ，
在 中， ， ，∴ ，
即 ，又∴ ，
∴ ，即 ，
【问题再探】如图，将 绕点 逆时针旋转 ，得到 ，连接 ．过点 作 ，垂足
为点 ，过点 作 ，垂足为 ．过点 作 ，过点 作 交 于点 、
交于点 ．由旋转的特征得 ．
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， ， ，即 ，
在 和 中， ， ， ，
， ，又 ， ，
， ， ，
，即 ， ，
同理可得 ． ， ，
，
又∵ ，∴四边形 为矩形．
，
，
在 中， ． ，解得 ．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是旋转变换的性质、矩形的性质和判定、正方形的性质和判定、
勾股定理、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运
用旋转变换作图，掌握以上知识点是解题的关键．
16．（2024·吉林长春·一模）【问题提出】如图①，在正方形 中， 、 分别是边 和对角线
上的点， ，从而 ， ______．
【思考探究】如图②，在矩形 中， ， ， 、 分别是边 和对角线 上的点，
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，若 ，求 的长．
【拓展延伸】如图③，在菱形 中， ，对角线 ， 交 的延长线于点 ， 、
分别是菱形高 和对角线 上的点， ， ，直接写出 的长．
【答案】问题提出： 思考探究： 拓展延伸：
【分析】[问题提出]根据正方形的性质得出 ，进而根据相似三角形的性质得出 ，
即可求解；[思考探究]证明 得出 ，根据含30度角的直角三角形的性质得出
，根据已知条件得出 ，进而即可求解；
[拓展延伸] 连接 ，设 交于点 ，根据菱形的性质，勾股定理求得 ，进而得出
，结合题意可得 ，即可得出 ，进而根据 ，得
出 ，根据 ，得出 ，证明 ，即可证明
，根据相似三角形的性质，即可求解．
【详解】解：[问题提出]∵四边形 是正方形， 是对角线，∴
∵ ∴ ，故答案为： ．
[思考探究]解：如图②
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在矩形 中，∵ ∴ ， ，
∵ ∴ ，∴ ∴ ∴
又∵ ，则 ∴ ∴
∵ ， ，则 ，∴
[拓展延伸]如图所示，连接 ，设 交于点 ，
∵四边形 是菱形，∴ ， ，
∵ ∴ ，则 ，∴ ，
∵ ∴ ，即 ∴
∵ ∴ ∵ ∴
又∵ ∴ ∴ ∴ ∴
∵ ∴ 解得： ．
【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三
角形的性质与判定是解题的关键．
17．（2024·江西新余·模拟预测）【问题提出】（1）如图①，在正方形 中，点 ， 分别在边
和对角线 上， ，求证： ．
【尝试应用】（2）如图②，在矩形 中， ， ，点 ， 分别在边 和对角线 上，
， ，求 的长．
【拓展提高】（3）如图③，在菱形 中， ， ，点 ， 分别在边 和对角线 上，
， ， ， 的延长线交于点 ，请直接写出 的长．
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【答案】（1）见解析；（2） ；（3）
【分析】（1）根据正方形的性质，得 ， ，结合
，得出 ，即可作答；（2）连接 交 于点 ，证出 ，根据
相似三角形的性质，列式代入数值，计算即可作答；（3）过点 作 交 延长线于点 ，交
于点 ，连接 ，交 于点 ，证明 ，再根据等面积法，得 ，运用勾股
定理得出 的值，根据 列式，得出 的值，由 计算即可作答．
【详解】证明：（1）如图1，
∵四边形 是正方形∴ ，∴
∵ ∴ ∴ ，可得 ，即 ；
解：（2）如图2，连接 交 于点 ，∵四边形 是矩形∴ ，
∴ ， ， ∵ ∴
∴ ，则 则 ∴ ；
解：（3）如图3，过点 作 交 延长线于点 ，交 于点 ，连接 ，交 于点 ．
∵四边形 是菱形，
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∴ ， ，
， ，
∵ ∴ 则
∴ ∵
∴ ∴ ， 则 ．
，
． ，
∵四边形 是菱形∴ ∴ ∴
得 ， ， ．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、矩形的性质、菱形的性质，综合性强，难
度适中，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
18．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有 角的
三角尺放在正方形 中，使 角的顶点始终与正方形的顶点 重合，绕点 旋转三角尺时， 角的
两边 ， 始终与正方形的边 ， 所在直线分别相交于点 ， ，连接 ，可得 ．
【探究一】如图②，把 绕点C逆时针旋转 得到 ，同时得到点 在直线 上．求证：
；
【探究二】在图②中，连接 ，分别交 ， 于点 ， ．求证： ；
【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线 与三角尺 角两边 ， 分别交于点 ， ．
连接 交 于点 ，求 的值．
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【答案】[探究一]见解析；[探究二]见解析；[探究三]
【分析】[探究一]证明 ，即可得证；
[探究二]根据正方形的性质证明 ，根据三角形内角和得出 ，加上公共角
，进而即可证明 [探究三]先证明 ，得出 ， ，
将 绕点 顺时针旋转 得到 ，则点 在直线 上．得出 ，根据全等三角形
的性质得出 ，进而可得 ，证明 ，根据相似三角形的性质得
出 ，即可得出结论．
【详解】[探究一] ∵把 绕点C逆时针旋转 得到 ，同时得到点 在直线 上，
∴ ，∴ ，∴ ，
在 与 中 ∴ ∴
[探究二]证明：如图所示，
∵四边形 是正方形，∴ ，又 ，∴ ，
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∵ ，∴ ，又∵ ，∴ ，
又∵公共角 ，∴ ；
[探究三] 证明：∵ 是正方形的对角线，
∴ ， ，∴ ，
∵ ，∴ ，
即 ，∴ ，∴ ， ，
如图所示，将 绕点 顺时针旋转 得到 ，则点 在直线 上．
∴ ， ，∴ ，
又 ，∴ ，∴ ，∵ ，∴ ，
又 ∴ ，∴ ，即 ．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的性质与判定，
熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
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