文档内容
专题 06 相似三角形中的基本模型之半角模型
相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。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。
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！
....................................................................................................................................................2
模型1.半角模型...............................................................................................................................................2
..................................................................................................................................................14模型1.半角模型
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 ；
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1
条件：如图1，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，∴
例1．（23-24九年级上·辽宁丹东·阶段练习）如图，正方形 的对角线相交于 ，点 ， 分别是边
， 上的动点（不与点 ， ， 重合）， ， 分别交 于 ， 两点，且 ，
则下列结论：① ；② ；③ ；④ 是等腰三角形．其中正确
的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】将 绕点 逆时针旋转 至 ，根据正方形的性质和且 可证明
；根据三角形的内角和得到 ，得到 ，推出 ，
于是得到 ，故②正确；根据相似三角形的判定定理得到 ，根据相似三角形的
性质得到 ，推出 是等腰直角三角形，于是得到 ；故③正确；根据全等
三角形的性质得到 ，等量代换得到 是等腰三角形，故④正确．
【详解】解：如图，将 绕点 逆时针旋转 至 ，， ， ，
， ， ， ，
， ；故①正确；
， ， ，
， ， ， ，
， ，故②正确； ，即 ，
， ， ，
是等腰直角三角形， ；故③正确；
在 与 中， ， ， ，
， ， 是等腰三角形，故④正确；故选： ．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，旋转的性质，
等腰直角三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
例2．（2023·浙江·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E，F分别在BC，CD
上．若BE＝2，∠EAF＝45°，则DF的长是 ．
【答案】
【分析】取AD，BC的中点M，N，连接MN，交AF于H，延长CB至G，使BG＝MH，连接AG，先证出
四边形ABNM是正方形，利用SAS证出 ABG≌ AMH，再利用SAS证出 AEG≌ AEH，利用勾股定理
求出MH，然后利用平行证出 AHM∽ AFD，列出比例式即可求出结论．
【详解】解：取AD，BC的中点M，N，连接MN，交AF于H，延长CB至G，使BG＝MH，连接AG，∵点M，点N是AD，BC的中点，∴AM＝MD＝BN＝NC＝4，
∵AD∥BC，∴四边形ABNM是平行四边形，∵AB＝AM＝4，∴四边形ABNM是菱形，
∵∠BAD＝90°，∴四边形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＝ × ＝ ，故答案为： ．
【点睛】此题考查的是相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定及性质、正方形的判定及性质和矩形
的性质，此题难度较大，掌握相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定及性质、正方形的判定及性质
和矩形的性质是解决此题的关键．
例3．（2024·吉林长春·九年级校考开学考试）在同一平面内，如图①，将两个全等的等腰直角三角形摆放
在一起，其中 ， ，点 为公共顶点， ．如图②，若 固定不动，
把 绕点 逆时针旋转，使 、 与边 的交点分别为 、 ，点 不与点 重合，点 不与
点 重合．(1)求证： ；(2)已知等腰直角三角形的斜边长为4．
①请求出 的值；②若 ，请求出 的长．【答案】(1)见解析(2)①8②4 ﹣4
【分析】（1）利用三角形外角的性质可证 等于 ，再由 等于 ，可证明结论．
（2）①首先求出等腰直角三角形的直角边长，再由 相似于 ，即可得出结论．②先求
等于 ，再求 等于 ，从而得出答案．
【详解】（1）证明：∵△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠C＝45°，同理，∠DAE＝45°，
∵∠BAN＝∠BAM+∠DAE＝∠BAM+45°，∠AMC＝∠BAM+∠B＝∠BAM+45°，
∴∠BAN＝∠AMC，∴△BAN∽△CMA；
（2）解：①∵等腰直角三角形的斜边长为4，∴AB＝AC＝ ，
∵△BAN∽△CMA，∴ ，∴ ，∴BN•CM＝8，故BN•CM的值为8；
②∵BM＝CN，∴BN＝CM，∵BN•CM＝8，∴BN＝CM＝ ，
∴MN＝BN+CM﹣BC＝ ，故MN的长为 ．
【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，利用前面
的结论解决新的问题是解题的关键．
例4．（23-24九年级上·陕西汉中·期末）如图， 中， ， ，点 为 边上一
点．
(1)如图1，若 ， ．①求证： ；②若 ，求 的值．
(2)如图2，点 为线段 上一点，且 ， ， ，求 的长．
【答案】(1)①见解析，② (2)
【分析】（1）①通过证明 ，即可求证；②由①可得 ，再根据等边对等角求出和 的度数，即可得出 ，最后根据直角三角形中 角所对的边是斜边的一半即
可求证；（2）过点E作 于G，过A作 于F，证明 ，可以求出 ，利用
勾股定理可以求出 的长，从而可以求解．
【详解】（1）证明：①∵ ， ，
∴ ，即 ，
在 和 中， ，∴ ，∴ ；
②∵ ， ，∴ ，
由①可得： ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴在 中， ，
∴ ，整理得： ，由①可得 ，∴ ．
（2）过点A作 于点F，过点E作 于点G，
∵ ， ，∴ ，
∵ ， ，∴ ，
在 中，根据勾股定理可得： ，
∵ ，∴ ，∵ ， ，∴ ，
在 中，根据勾股定理可得： ，∴ ，
∵ ， ， ，∴ ，
∵ ，∴ ，即 ，
∵ ，∴ ，∴ ，即 ，
解得： ，∴ ．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，
勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
例5．（23-24九年级上·四川成都·期中）如图，已知在菱形 中， 是锐角， 是 边上的动
点，将射线 绕点 按逆时针方向旋转，交 于点 ．
(1)如图 ，当 ， 时，证明： ；
(2)如图 ，连接 ，射线 与线段 的延长线交于点 ，射线 与线段 的延长线交于点 ，当
时， ，设 ， ，求 与 之间的函数关系式；
(3)在（ ）的条件下，若 ，当 为直角三角形时，求 的长；
【答案】(1)证明见解析；(2) ；(3) 或 ．
【分析】（1）由 得到 ，继而得到 ，进一步得到
，即可证明 ；（2）通过角之间的关系可得到 ，
，继而得到 ，即可证明 ，故得到 ，即有 ；
（3）根据（2） ，分两种情况讨论，即可求出 的长．
【详解】（1）解：∵四边形 是菱形，∴ ， ， ，
在 中， ，∴ ，
∵ ，∴ ，即 ，
∵ ，∴ ，∴ ，在 和 中， ， ∴ ；
（2）解：在菱形 中， ，
即 ，∵ ，∴ ，∴ ， ，
∵ ，∴ ，∴ ，∵ ，∴ ，∴ ，
在 和 中， ， ∴ ，∴ ，即 ，∴ ；
（3）解：当 时，∵ ，∴ ， ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，
由（ ）知： ，∴ ，当 时，同理可得： ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，∴ 或 ．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质，熟练掌握这些定
理是解题的关键．
例6．（2023秋·湖北·九年级专题练习）折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线
AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1．(1)∠EAF＝ °，写出图中两个等腰三角形： （不需要添加字母）；
(2)转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．
线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为 ；
(3)连接正方形对角线BD，若图2中的∠PAQ的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N，如图3，则
；
(4)剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．求证：BM2＋DN2＝MN2．
【答案】(1)45；△AEF，△CEF，(2)PQ＝BP＋DQ(3) (4)见解析
【分析】（1）利用翻折变换的性质可得∠EAF＝45°，证明△BAE≌△DAF（ASA），推出BE＝DF，AE＝
AF，可得结论．（2）结论：PQ＝BP＋DQ．如图2中，延长CB到T，使得BT＝DQ．证明△PAT≌△PAQ
（SAS），可得结论．（3）证明△CAQ∽△BAM，可得 ．
（4）如图4中，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM．证明△AMR≌△AMN（SAS），
∠RBM＝90°，可得结论．
【详解】（1）解：如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝90°，∴ABC，△ADC都是等腰三角形，∵∠BAE＝∠CAE，∠DAF＝∠CAF，∴∠EAF （∠BAC＋∠DAC）＝45°，
∵∠BAE＝∠DAF＝22.5°，∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，
∴△BAE≌△DAF（ASA），∴BE＝DF，AE＝AF，
∵CB＝CD，∴CE＝CF，∴△AEF，△CEF都是等腰三角形，故答案为：45，△AEF，△EFC．
（2）解：结论：PQ＝BP＋DQ．理由：如图2中，延长CB到T，使得BT＝DQ．
∵AD＝AB，∠ADQ＝∠ABT＝90°，DQ＝BT，
∴△ADQ≌△ABT（SAS），∴AT＝AQ，∠DAQ＝∠BAT，
∵∠PAQ＝45°，∴∠PAT＝∠BAP＋∠BAT＝∠BAP＋∠DAQ＝45°，∴∠PAT＝∠PAQ＝45°，
∵AP＝AP，∴△PAT≌△PAQ（SAS），∴PQ＝PT，
∵PT＝PB＋BT＝PB＋DQ，∴PQ＝BP＋DQ．故答案为：PQ＝BP＋DQ．
（3）解：如图3中，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABM＝∠ACQ＝∠BAC＝45°，AC AB，
∵∠BAC＝∠PAQ＝45°，∴∠BAM＝∠CAQ，∴△CAQ∽△BAM，∴ ，故答案为： ．
（4）证明：如图4中，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM．
∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，∴∠DAN＋∠BAM＝45°，∵∠DAN＝∠BAR，∴∠BAM＋∠BAR＝45°，∴∠MAR＝∠MAN＝45°，
∵AR＝AN，AM＝AM，∴△AMR≌△AMN（SAS），∴RM＝MN，
∵∠D＝∠ABR＝∠ABD＝45°，∴∠RBM＝90°，∴RM2＝BR2＋BM2，
∵DN＝BR，MN＝RM，∴BM2＋DN2＝MN2．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角
形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
例7．（2023·河南平顶山·一模）（1）如图1，在正方形 中，点 ， 分别在边 ， 上．连接
， ， ． ，将 绕点 顺时针旋转 ，点 与点 重合，得到 ．易证：
，从而可得：线段 ， 与 的关系：______．（请直接写出结论，不必说明理
由）
（2）如图2，在正方形 中，点 ， 分别在边 ， 上，连接 ， ， ，
，若 ，求证： ．
（3）如图3，在矩形 中， ， ，点 ， 分别在边 ， 上，连接 ， ，
已知 ， ，则 的长是______．
【答案】（1） ，（2）证明见解析，（3）8
【分析】（1）利用旋转的性质结合 可以证明 ，从而得到 ．
（2）根据设 ， ，则 ，利用 ∠BAN ，可得正方形边长为 ，从而得到
， ，根据勾股定理得到： ，代入可得关于m，n得方程，继而得到
，最后代入 ，即可证明结论．（3）延长AB至P，使 ，过P作 的平行线交 的延长线于Q，延长 交 于 ，连接
，将图③补充成边长为16的正方形，从而得到与前两问的图形，利用 可得 ，
继而求出 的长度，从而利用前面的结论，并利用勾股定理列方程即可求出结果．
【详解】（1）解：∵四边形 是正方形，
∴ ， ，由旋转的性质得： ，
∴ ， ， ， ，
∴ ，即 ，
∵ ，∴ ，∴ ，
在 和 中， ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，故答案为： ；
（2）证明：设 ， ，由（1）可知， ，
∵ ， ，∴ ，∴ ，
∴ ， ，在 中，由勾股定理得：
∴ ，整理得： ，∴ ，
（3）解：延长AB至P，使 ，过P作 的平行线交 的延长线于 ，延长 交 于 ，
连接 ，如图③所示：则四边形 是正方形，∴ ，
设 ，则 ，∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，∴ ，
由（1）得： ，在 中，由勾股定理得：
，解得： ，即 的长是 ；故答案为： ．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用勾股定理解
直角三角形等知识，灵活运用前两问中结论DM+BN=MN，已知直角三角形CMN中勾股定理结论
是解题的关键．
1．（2024·广东九年级期中）如图，在 中， 是斜边 上两点，且 将
绕点 顺时针旋转90°后，得到 连接 下列结论：
① ② ③ 的面积等于四边形 的面积；
④ ⑤ 其中正确的是( )
A．①②④ B．③④⑤ C．①③④ D．①③⑤
【答案】C
【分析】①利用图形的旋转不变性得到△ADC≌△AFB，∠DAF＝90°，利用SAS即可判定
△AED≌△AEF；②利用相似三角形的判定与性质可以验证结论错误；③利用全等三角形的面积相等，可得S ＝S ，根
ADC AFB
△ △
据S ＝S ＋ ＝S ＋S ＝S ，可得③的结论正确；④利用已知条件得到∠FBE＝90°，
ABC ACD S ABD ABF ABD 四边形AFBD
△ △ △ △ △
利用勾股定理和等量代换可得结论正确；⑤利用④中结论和三角形任意两边之差小于第三边，再利用等量
代换可得BE＞EF−CD，可得⑤的结论错误．
【详解】解：∵将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，
∴△ADC≌△AFB，∠DAF＝90°．∴AF＝AD．
∵∠DAE＝45°，∴∠FAE＝90°−∠EAD＝45°．∴∠FAE＝∠DAE．
在△AED和△AEF中， ，∴△AED≌△AEF（SAS）．∴①的结论正确；
∵AB＝AC．，∴∠ABE＝∠ACD．∴当∠BAE＝∠CAD时，△ABE∽△ACD，∴ ．
当∠BAE≠∠CAD时，△ABE与△ACD不相似，比例式 不成立，
∴ 不一定成立．∴②的结论错误；∵△ADC≌△AFB，∴S ADC＝S AFB．
△ △
∵S ABC＝S ACD＋S ABD＝S ABF＋S ABD＝S AFBD，∴③的结论正确；
四边形
△ △ △ △ △
∵△ADC≌△AFB，∴BF＝CD，∠FBA＝∠C＝45°．
在Rt ABC中，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°．∴∠FBE＝∠ABF＋∠ABC＝90°．
∴BF△2＋BE2＝EF2．∴CD2＋BE2＝EF2．由①得：△AED≌△AEF，
∴EF＝DE．∴CD2＋BE2＝DE2．∴④的结论正确；
∵△ADC≌△AFB，∴BF＝CD．∵△AED≌△AEF，∴EF＝ED．
在△BEF中，由④知：∠FBE＝90°，
∵三角形任意两边之差小于第三边，∴EF−BF＜BE．∴BE＞EF−CD．∴⑤的结论错误．
综上，结论正确的有：①③④，故选C.
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，图形的旋转变换，三角形全等的判定与性质，勾股定理，
相似三角形的判定与性质，三角形三边的关系定理，利用图形的旋转不变性是解题的关键．
2．（2024·安徽·校联考一模）如图，正方形ABCD边长为2，BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，
点P，Q分别是平分线BM、DN上的点，且满足∠PAQ＝45°，连接PQ、PC、CQ．则下列结论：
①BP•DQ＝3.6；②∠QAD＝∠APB；③∠PCQ＝135°；④ ．其中正确的有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】运用正方形的性质；角平分线的定义；全等三角形的判定和性质；勾股定理；相似三角形的判定
和性质；旋转变换的性质综合推理判断．
【详解】∵四边形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线，∴∠MBC=135°，
∴∠BAP+∠APB=45°，∴∠QAD＝∠APB，∴②正确；
∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，∴∠ABP=∠QDA=135°，
∵∠QAD＝∠APB，∴ ABP∽ QDA，∴BP：DA=BA：DQ，
∴BP•DQ＝ △，∴①错△误；
∵ ABP∽ QDA，∴BP：DA=BA：DQ，
∵△四边形A△BCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA，∴BP：BC=DC：DQ，
∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，∴∠PBC=∠QDC=45°，
∴ BPC∽ DCQ，∴∠BCP=∠DQC，
∴△∠PCQ=3△60°-∠BCD-∠BCP-∠DCQ=270°-（∠DQC+∠DCQ）=270°-（180°-∠CDQ）=135°.∴③正确；
如图，将 AQD绕点A顺时针旋转90°得到 ABF，连接PF．则 ABF≌△ADQ．
∴∠1=∠△3，AF=AQ，BF=DQ，∠AFB=∠A△QD． △
∴∠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正确；故选C．
△【点睛】本题考查了正方形的性质；角平分线的定义；全等三角形的判定和性质；勾股定理；相似三角形
的判定和性质；旋转变换的性质．熟练掌握上述性质，灵活运用旋转构图求解是解题的关键.
3．（2023·山东·统考一模）如图，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，
A为公共顶点，∠BAC=∠AGF=90°，它们的斜边长为2，若△ABC固定不动，△AFG绕点A旋转，AF、
AG与边BC的交点分别为D、E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），设BE=m，CD=n．下列结论：
（1）图中有三对相似而不全等的三角形；（2）m•n=2；（3）BD2+CE2=DE2；
（4）△ABD≌△ACE；（5）DF=AE．其中正确的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】A
【详解】试题分析：（1）根据已知及相似三角形的判定方法进行分析即可；
（2）可根据（1）中的相似三角形BAE和CDA得出关于AB，BE，CD，AC的比例关系，AB，AC可通
过等腰直角三角形求出，因此根据比例关系即可得出m，n的函数关系式．
（3）根据旋转角，我们知道HB⊥BD，那么DH2=BH2+BD2，而BH=CE，于是关键是证明HD=DE，连接
AH，DH那么可通过证三角形AHD和ADE全等来求解．
（4）若△ABC固定不动，△AFG绕点A旋转，得到∠BAD≠∠CAE，于是△ABD与△ACE不一定全等，（5）当AF与AB重合时，AE= AF，AB= AF，得到DF≠ AF，于是由AE与DF不一定相等；
试题解析：（1）△ABE∽△DAE，△ABE∽△DCA， 故（1）错误；
（2）∵△ABE∽△DCA，∴ 由题意可知CA=BA= ，
∴ ∴m= ， ∴mn=2；（1＜n＜2）； 故（2）正确；
（3）证明：将△ACE绕点A顺时针旋转90°至△ABH的位置，则CE=HB，AE=AH，
∠ABH=∠C=45°，旋转角∠EAH=90°．连接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）正确；
（4）若△ABC固定不动，△AFG绕点A旋转， ∴∠BAD≠∠CAE，
∴△ABD与△ACE不一定全等， ∴（4）错误；
（5）当AF与AB重合时， AE= AF，AB= AF，∴DF≠ AF，
∴AE与DF不一定相等； ∴（5）错误．故选A．
考点：1．相似三角形的判定与性质；2．全等三角形的判定与性质；3．等腰直角三角形．
4．（2023·广东东莞·校考模拟预测）如图，正方形 中，点 ， 分别在边 ， 上，且
， 分别交 ， 于点 ， ，以点 为圆心， 长为半径画 ．下列结论不正确的
是( )
A． B． C． 与 相切 D．
【答案】D
【分析】延长 到 ，使 ，连接 ．根据全等三角形的性质得到 ， ，求得 ．证得 ，在 上截取 ．根据全等三角形的性质得到
， ，证得 ．根据勾股定理得到 ．根据全等三
角形的性质得到 ．等量代换得到 ；判断 选项，根据平行线的性质得到
．推出 ，又 ，于是得到 ，判断B选项；过
作 于 ，根据角平分线的性质得到 ，于是得到 与 相切；判断C选项；由
，而 不一定等于 ，于是得到 不一定平行于 ，判断D选项．
【详解】解：延长 到 ，使 ，连接 ．
在 和 中， ，
， ， ，
又 ， ， ， ．
在 和 中， ，
在 上截取 ，连接 、 ，
在 和 中， ， ， ，
又 ， ． ．
在 和 中， ，
． ；故A正确； ， ．， ， ，
又 ， ，故B正确；
过 作 于 ， ， ， ， 与 相切；故C正确；
，而 不一定等于 ，
不一定等于 ， 不一定平行于 ，故D错误，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，相似三角形的判定和性质，切线的判定，
勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
5．（2023·广东深圳·九年级校考期中）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、DC上，AE、AF
分别交BD于点M、N，连接CN、EN，且CN＝EN．下列结论：①AN ＝EN，AN⊥EN；②BE+DF＝EF；
③ ；④图中只有4对相似三角形，其中正确结论的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】①证明 NBA≌△NBC，∠ABE+∠ANE＝180°即可解决问题；
②证明 AFH≌△△AFE即可；
△
③如图2中，首先证明 AMN∽△AFE，可得 ，即可解决问题；
△
④相似三角形不止4对相似三角形．
【详解】将 ABE绕点A逆时针旋转90°得到 ADH．
∵四边形AB△CD是中正方形，∴AB＝BC＝AD△，∠BAD＝∠ABC＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，
在 BNA和 BNC中， ，∴△NBA≌△NBC（SAS），∴AN＝CN，∠BAN＝∠BCN，
△ △∵EN＝CN，∴AN＝EN，∠NEC＝∠NCE＝∠BAN，
∵∠NEC+∠BEN＝180°，∴∠BAN+∠BEN＝180°，∴∠ABC+∠ANE＝180°，
∴∠ANE＝90°，∴AN＝NE，AN⊥NE，故①正确，∴∠3＝∠AEN＝45°，
∵∠3＝45°，∠1＝∠4，∴∠2+∠4＝∠2+∠1＝45°，
∴∠3＝∠FAH＝45°，∵AF＝AF，AE＝AH，∴△AFE≌△AFH（SAS），
∴EF＝FH＝DF+DH＝DF+BE，∠AFH＝∠AFE，故②正确，
∵∠MAN＝∠EAF，∠AMN＝∠AFE，∴△AMN∽△AFE，∴ ，故③正确，
图中相似三角形有 ANE∽△BAD～ BCD， ANM∽△AEF， ABN∽△FDN， BEM∽△DAM等，故④
错误，故选B． △ △ △ △ △
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，
解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用旋转法，添加辅助线构造全等三角形解决问题．
6．（2023春·贵州遵义·九年级校考阶段练习）如图，在Rt ABC 中，AB＝AC，D、E是斜边BC上两点，
且∠DAE=45°，将△ADC绕点 顺时针旋转90 后，得到△△AFB，连接EF，下列结论：
①△ADE≌△AFE．②△ABE∽△ACD．③BE＋DC＝DE．④BE2＋DC2＝DE2．其中一定正确的是（ ）
A．②④ B．①③ C．②③ D．①④
【答案】D【分析】①根据旋转的性质可得 ，根据
，可得 ，进而即可证明 ；
②在△ABE和△ACD中，从已知条件只能得到 ，无法证明△ABE∽△ACD；③由①可
得 ，则 ，由旋转可得 ， 中， ，即 ；
④由旋转可得 ，则 ，根据勾股定理可得 ，由 ，
，即可得
【详解】解：∵Rt ABC 中，AB＝AC，∴
△
将△ADC绕点 顺时针旋转90 后，得到△AFB，则 ，
又 故①正确；
②在△ABE和△ACD中，从已知条件只能得到 ，
无法证明△ABE∽△ACD； 故②不正确；
③由①可得 ，则 ，由旋转可得 ，
中， ，即 ；故③不正确；
④由旋转可得 ，则 ，
根据勾股定理可得 ，由 ， ，
故④正确综上，①④正确 故选D
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形全等的性质与判定，相似的判定，勾股定理，掌握相关性质定理
是解题的关键．
7．（2023·广东汕头·校考三模）如图，在正方形 中， ， 为 中点， 为 上的一点，
且 ， ，连接 ，延长 交 于点 ，交 于点 ，则以下结论；①
② ③ ④ ；中正确的有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】延长 至H，使 ，证明 ，推出 ， ，
利用 证明 ，可判断①；利用三角形外角的性质求出 ，然后利用
三角形内角和求出 ，可判断②；在 中，由勾股定理计算可判断③；证明
，利用相似三角形的性质可判断④．
【详解】解：延长 至H，使 ，
∵四边形 是正方形，∴ ， ，
∴ ，∴ ， ， ，
∵ ，∴ ，即 ，
又 ，∴ ，∴ ，①正确；
∵ ， ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ，②正确；设 ，
∵ 为 中点，∴ ，∴ ， ，
在 中，由勾股定理得 ，解得 ，即 ，③不正确；
∵ ， ，∴ ，
又 ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，∴ ，④正确；综上，正确的有①②④，故选：C．
【点睛】本题考查了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，勾股定理，解
题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
8．（2023·江苏南京·九年级专题练习）如图，已知正方形 边长为 ， 为 边上一点，将
以点 为中心按顺时针方向旋转得到 ，连接 ，分别交 ， 于点 ， 若 ，则
．
【答案】
【分析】过点 作 于点 ，则 ，设 ，则 ，证明点 、 、
在同一条直线上，再证明 ∽ ，根据相似三角形的对应边成比例列方程求出 的值，即得到
的长，再求出 的长，可证明 是等腰直角三角形，即可求得 的长，再根据勾股定理求出
的长，再求出 的值即可．
【详解】解：如图，过点 作 于点 ，则 ，
四边形 是正方形，且正方形 的边长为 ，
， ， ，
， ，设 ，则 ，
， ，由旋转得 ， ，
， ， 点 、 、 在同一条直线上，
， ， ∽ ，， ，整理得 ，解得 ， 不符合题意，舍去 ，
， ，
， ，
， ，故答案为： ．
【点睛】此题考查旋转的性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质，锐角三角函数、勾股定理、解
直角三角形等知识与方法，证明 ∽ 并且求出 的长是解题的关键．
9．（2023上海市中考数学二模试题）已知：Rt ABC斜边AB上点D，E，满足∠DCE＝45°．
△
(1)如图1，当AC＝1， ，且点D与A重合时，求线段BE的长.
(2)如图2，当△ABC是等腰直角三角形时，求证：AD2+BE2＝DE2.
(3)如图3，当AC＝3，BC＝4时，设AD＝x，BE＝y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域．
【答案】(1) ；(2)证明见解析；(3) .
【分析】(1)如图1，根据勾股定理得到AB＝2，过B作BF∥AC交CE的延长线于F，得到∠F＝∠ACE，
根据相似三角形的性质即可得到结论；
(2)作AF⊥AB，使AF＝BE，连接DF，根据SAS证得△CAF≌△CBE和△CDF≌△CDE，再由勾股定理
和等量代换即可解答；(3)如图3，作△BCE≌△FCE，△GCD≌△ACD，由∠HFG＝∠B，∠HGF＝
∠CGD＝∠A，∠A+∠B＝90°，得到∠DHF＝90°，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：(1)如图1，∵∠ACB＝90°， ，AC＝1，∴AB＝2，
过B作BF∥AC交CE的延长线于F，∴∠F＝∠ACE，
∵∠BCA＝90°，∠DCE＝45°，∴∠BCE＝∠DCE，∴∠BCE＝∠F，∴ ，∵△BEF∽△AEC，∴ ，∴ ；
(2)证明：过点A作AF⊥AB，使AF＝BE，连接DF，CF，
∵在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠CAB＝∠B＝45°，
∴∠FAC＝45°，∴△CAF≌△CBE(SAS)，∴CF＝CE，∠ACF＝∠BCE，
∵∠ACB＝90°，∠DCE＝45°，∴∠ACD+∠BCE＝∠ACB﹣∠DCE＝90°﹣45°＝45°，
∵∠ACF＝∠BCE，∴∠ACD+∠ACF＝45°，即∠DCF＝45°，∴∠DCF＝∠DCE，
又∵CD＝CD，∴△CDF≌△CDE(SAS)，∴DF＝DE，
∵AD2+AF2＝DF2，∴AD2+BE2＝DE2；
(3)如图3，作△BCE≌△FCE，△GCD≌△ACD，
∵∠DCE＝45°，∠ACB=90°，则C,F,G在同一直线上，
∵∠HFG＝∠B，∠HGF＝∠CGD＝∠A，∠A+∠B＝90°，∴∠DHF＝90°，
∵FG＝4-3=1，∠B＝∠F，当AC＝3，BC＝4时
∵△ABC∽△GFH∴ ∴ ，
∵EH2+HD2＝ED2，∴ ，∴ ．
∵x≥0，60-28x≥0，21-5x＞0∴ 故 .
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理以
及解直角三角形的综合应用，解决问题的关键是中辅助线构造直角三角形，根据勾股定理以及面积法进行
求解．
10．（2023江苏九年级期末）已知正方形ABCD的边长为4，一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转，角
的两边分别与边BC、DC的延长线交于点E、F，连接EF．设CE=a，CF=b．（1）如图1，当∠EAF被对角线AC平分时，求a、b的值；（2）当 AEF是直角三角形时，求a、b的值；
（3）如图3，探索∠EAF绕点A旋转的过程中a、b满足的关系式，并△说明理由．
【答案】（1） ；（2）见解析；（3） .
【分析】（1）当∠EAF被对角线AC平分时，易证 ACF≌△ACE，因此CF=CE，即a=b．（2）分两种
情况进行计算：①当∠AFE=90°时，判断出 ADF≌△△FCE，②当∠AEF=90°时，同①的方法，即可得出结
论；（3）先判断出∠AFC+∠CAF=45°，判△断出∠CAF=∠AEC，进而判断出 ACF∽△ECA，即可得出结
论． △
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCF=∠DCE=90°
∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠ACB=∠ACD=45°，∴∠ACF=∠ACE，
∵∠EAF被对角线AC平分，∴∠CAF=∠CAE，
在 ACF和 ACE中， ，∴△ACF≌△ACE，∴CF=CE，
△ △
∵CE=a，CF=b，∴a=b，∵△ACF≌△ACE，∴∠AEF=∠AFE，
∵∠EAF=45°，∴∠AEF=∠AFE=67.5°，∵CE=CF，∠ECF=90°，∠AEC=∠AFC=22.5°，
∵∠CAF=∠CAE=22.5°，∴∠CAE=∠CEA，∴CE=AC=4 ，即：a=b=4 ；
（2）当 AEF是直角三角形时，
①当∠A△FE=90°时，∴∠AFD+∠CFE=90°，
∵∠CEF+∠CFE=90°，∴∠AFD=∠CEF
∵∠AFE=90°，∠EAF=45°，∴∠AEF=45°=∠EAF∴AF=EF，
在 ADF和 FCE中 ∴△ADF≌△FCE，
△ △∴FC=AD=4，CE=DF=CD+FC=8，∴a=8，b=4
②当∠AEF=90°时，同①的方法得，CF=8，CE=4，∴a=4，b=8．
（3）ab=32，理由：如图，
∵AB∥CD∴∠BAG=∠AFC，∵∠BAC=45°，∴∠BAG+∠CAF=45°，∴∠AFC+∠CAF=45°，
∵∠AFC+∠AEC=180°-（∠CFE+∠CEF）-∠EAF=180°-90°-45°=45°，∴∠CAF=∠AEC，
∵∠ACF=∠ACE=135°，∴△ACF∽△ECA，∴ ，
∴EC×CF=AC2=2AB2=32∴ab=32．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，相似三角形的
性质和判定，解本题的关键是判断 ACF∽△ECA，也是本题的难点．
11．（2023江苏中考数学一模）（△1）如图①，在正方形 中，E，F分别是 ， 边上的动点，且
，将 绕点D逆时针旋转 ，得到 ，可以证明 ，进一步推出 ，
， 之间的数量关系为 ；（2）在图①中，连接 分别交 和 于P，Q两点，求证：
；（3）如图②，在菱形 中， ，点E，F分别是边 ， 上的动点
（不与端点重合），且 ，连接 分别与边 ， 交于M，N．当 时，猜想 ，
， 之间存在什么样的数量关系，并证明你的结论．【答案】（1） ；（2）见解析；（3） ，证明见解析
【分析】（1）证明 ，可得出 和 的数量关系，即可得出结论；
（2）根据正方形的性质可证明 和 ，即可证明 ；
（3）将 绕点 顺时针旋转 ，此时 与 重合， 转到点 ，在 上取 ，连接
， ，利用 ，证明 ， ，再证明 是直角三角形即可．
【详解】解：（1）结论： ；
理由： 绕点 逆时针旋转 ，得到 ， ，
， ， ， ，
， 、 、 三点共线，
在 和 中， ，
， ，
∵ ， ；
（2）如图，由（1）知： ，
，又四边形 是正方形， ， ，
，
是正方形 的对角线， ，
， ，
又 ， ，
又 ， ；
（3）将 绕点 顺时针旋转 ，此时 与 重合， 转到点 ，在 上取 ，连接， ，如图，
，又 ， ，
， ， ，
四边形 是菱形， ， ， ，
， ， ，
， ，
， ， ．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性
质，解答本题的关键是学会运用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
12．（2024·广东广州·九年级校考期中）在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF＝
∠CEF＝45°．(1)若点G在边CB的延长线上，且BG＝DF，（如图①），求证：△AEG≌△AEF；
(2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N（如图②），求证： ；
(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形（如图③），∠EAF＝∠CEF＝45°，BE＝4，DF＝1，请你直接写出
△CEF的面积．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)
【分析】（1）先证明△ABG≌ADF，可得AF＝AG，∠EAF＝∠GAE＝45°，故可证△AEG≌△AEF；
（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连接GM．由（1）知△AEG≌△AEF，则EG＝EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE＝CF，BE＝BM，NF DF，然后证
明∠GME＝90°，MG＝NF，利用勾股定理得出 ，等量代换即可证明 ；
（3）延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到
△AGH，连接HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，结合勾股定理以及相等线段可得
，所以 ，利用结论求出EF即可解决问题．
【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=90°，∴∠ABG=∠D=90°，
∵BG＝DF，∴△ABG≌ADF，∴∠BAG=∠DAF，AG=AF，
∴∠GAE=∠BAG+∠BAE=∠DAF+∠BAE，∵∠EAF＝45°，∴∠GAE＝45°，
在△AGE与△AFE中， ，∴△AGE≌△AFE（SAS）；
（2）证明：设正方形ABCD的边长为a．
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连接GM．则△ADF≌△ABG，DF＝BG．
由（1）知△AEG≌△AEF，∴EG＝EF．∵∠CEF＝45°，∴∠BEM=∠DFN=45°，
∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，
∴CE＝CF，BE＝BM，NF DF，∴a﹣BE＝a﹣DF，∴BE＝DF，
∴BE＝BM＝DF＝BG，∴∠BMG＝45°，∴∠GME＝45°+45°＝90°，∴ ，
∵EG＝EF，MG BM DF＝NF，∴ ；
（3）解：如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转
90°，得到△AGH，连接HM，HE．过点H作OH⊥BC交CB延长线于点O，∴AH=AF，∠DAF=∠HAG，∴∠HAE=∠HAG+∠EAG=∠DAF+∠EAG=90°-∠EAF=45°，
∴∠HAE=∠EAF，
∵AE=AE，∴△AEH≌△AEF，∵∠CEF=45°，∴∠BEM=∠CFE=∠DFN=45°，
∴△BEM，△DFN为等腰直角三角形，∴BM=BE=BG+GM，
∵∠BOH=∠OBG=∠BGH=90°，∴四边形OBGH是矩形，
∴OB=HG，OH=BG，∠BOH=90°，∴ ，
∴ ，即
又∴EF＝HE，DF＝GH＝GM，BE＝BM，∴ ，即 ，
∵BE＝4，DF＝1，∴ ，∵△ECF是等腰直角三角形，∴ ．
【点睛】本题是四边形综合题，其中涉及到正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰
直角三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理．准确作出辅助线利用数形结合及类比思想是解的关键．
13．（2023春·山东泰安·九年级统考期末）在 中， ， ．
(1)如图1，若点D关于直线 的对称点为点F，求证： ；
(2)如图2，在（1）的条件下，若 ，求证： ；(3)如图3，若 ，点E在 的延长线上，则等式 仍成立，请说明理由．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)结论仍然成立，理由见解析
【分析】（1）根据轴对称的性质可得 ，再求出 ，然后根据两边
对应成比例，夹角相等两三角形相似证明；
（2）根据轴对称的性质可得 ，再求出 ，然后利用“边角边”证明
和 全等，根据全等三角形对应边相等可得 ，全等三角形对应角相等可得
，然后求出 ，最后利用勾股定理证明即可；
（3）解法一：作点D关于 的对称点F，连接 ，根据轴对称的性质可得 ，
再根据同角的余角相等求出 ，然后利用“边角边”证明 和 全等，根据全等三
角形对应边相等可得 ，全等三角形对应角相等可得 ，然后求出 ，最后利
用勾股定理证明即可．
解法二：将 绕点A顺时针旋转 ，得 ．由旋转的性质得到 ， 证明 ，
由勾股定理得到由旋转的性质，再证明 ，得到 ，即可证明 ．
【详解】（1）解： 关于直线 对称， ， ，
， ，
又 ， ，
（2）证明： ，
∴ ，即 ，
又 ， ， ， ， ，
， ，
，
在 中，由勾股定理得 ；
（3）解：结论仍然成立，理由如下：
解法一：作D，F关于直线 对称，
， ， ， ，
∴ ，即
， ， ，， ， ，
， ，
解法二：将 绕点A顺时针旋转 ，得 ． ， ，
， ，
∴ 由旋转的性质， ，
， ， ，
， ， ．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质，等腰直
角三角形的性质，轴对称的性质等等，熟知全等三角形的性质与判定定理是解题的关键．
14．（2023春·陕西西安·八年级校考阶段练习）【问题发现与证明】
如图①，正方形 中， 分别在边 、 上，且 ，连接 ，这种模型属于“半角模
型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．例如图中 与 可以
看作绕点A旋转 的关系．这可以证明结论“ ”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程．（1）延长 到点 ，使 ___________，连接 ；（2）求证： ．
【问题拓展与应用】（3）某公园管理人员发现该公园有一块绿地，如图②所示，四边形 是平行四
边形，已知 米， 米， ．为提升游客游览的体验感，准备修建三条赏花通道
、 、 ，要求点 在 边上，点 为 边的中点，且 ，现计划在 所在区域种
植郁金香，种植郁金香的费用为每平方米12元，求该公园种植郁金香需要投入多少资金．
【答案】（1） ；（2）见解析；（3） 元
【分析】（1）由于 与 可以看作绕点A旋转 的关系，根据旋转的性质知 ，从而
得到辅助线的做法；
（2）先证明 ，得到 ， ，结合 ，易知 ，再证
明 即可得到 ；（3）如图，分别过点E，F作 于点
N， 于点M，取 中点H，连接 交 于点K，则 ， ，
，利用F为 中点，求出 和 ，从而求出 ，再证明 ，得到 ，
继而求出 ，最后用三角形面积公式求 的面积和所需资金．
【详解】解：（1）根据旋转的性质知 ，从而得到辅助线的做法：延长 到点G，使 ，
连接 ；故答案是： ；
（2）∵四边形 为正方形，∴ ， ，
在 和 中 ∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，∴ ，在 和 中 ∴ ，
∴ ，∴ ；
（3）如图，分别过点E，F作 于点N， 于点M，取 中点H，连接 交 于点K
∵四边形 是平行四边形∴ ， ，
∵点H是 的中点，点 为 边的中点，∴ ，
又∵ ，∴四边形 是平行四边形，∴ ，
∴ ， ∴ ，
∵F为 中点， ，∴ ，
又∵ ， ∴
∴ ∴
∵ ， ∴ ，
∴ 即 ∴
∴ ∴
∴ ∴需投入的资金为： (元)
答：该公园种植郁金香需要投入 元资金
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定
与性质，平行四边形的性质，勾股定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用旋转方法提示构造
全等三角形和正确作出辅助线．15．（2024·江西吉安·统考模拟预测）【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，
△ △
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， ，
△
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．
16．（2023春·辽宁沈阳·九年级统考开学考试）在矩形 中， ．
(1)如图1，若 ，点 ， 分别在 ， 上，连接 ．
①线段 ， ， 三者之间的数量关系是：________；
②当点 是 中点时，求证： ；
(2)如图2，若 ， ，点 ， 分别在 ， 上．若 ，请直接写出线段 的长；
(3)如图3，若 ， ，连接 ，将 绕点 旋转，当 的一边与射线 重合时，另
一边与 的垂直平分线交于点 ，请直接写出线段 的长．【答案】(1)① ；②见解析(2) (3) 或
【分析】（1）①将 绕点 顺时针旋转 得到 ，则 ，证明 ，
即可得出结论；
②设正方形的边长为 ， ，在 中， ，得出 ，进而即可求解；
（2）取 的中点 ，连接 交 于点 ，由（1）②可得 ，则 ，勾股定理求
得 ，根据 即可求解；
（3）分 在 上， 在 上，分类讨论即可求解．
【详解】（1）①解： ，如图所示，
∵四边形 是正方形，∴ ，
将 绕点 顺时针旋转 得到 ，则 ，
∴ ， ，∴ 与 重合，
∵ ，则 ，即 三点共线，∴ ，
∵ ，则 ∴
又∵ ，∴ ∴ ，故答案为： ．
②当点 是 中点时，设正方形的边长为 ， ，则 ， ，
∵ ，∴ ，
在 中， ，即 ，
∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，即 ；
（2）解：如图，取 的中点 ，连接 交 于点 ，∵ ，∴四边形 是菱形，
又∵ ∴四边形 是正方形，∵ 则 是 的中点
由（1）②可得 ，∴ ，∴
∵ ∴ ∴ ∴
（3）解：如图所示，当 与 重合时，过点 作 ，
∵ ，则 是等腰直角三角形，
∴ ，即 是等腰直角三角形，
∴四边形 是正方形，∴ ，
∵ ，则 ，又∵ ∴ 三点共圆，
又∵ ，∴ 都在 上，∴ ，
又∵ ∴ 是等腰直角三角形，则
如图，延长 交 的延长线于点 ，∴ 是等腰直角三角形，∴ ，
∵ ，∴ ∴ ，
∵ ，即 是等腰直角三角形，∴ ；
②当 与 重合时，如图所示，同理可得 在 上，
是等腰直角三角形，∴ ∴ ，综上所述， 或 ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，正方形的性质，矩形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，全
等三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
17．（2024·广东深圳·二模）【问题提出】（1）如图1，在正方形 中，点E，F分别在边 和对角线 上， ，点G，H分别在边 和 上， ，求证： ；
【尝试应用】（2）如图2，在矩形 中， ，点E，F分别在边 和对角线 上，
，求 的长；
【拓展提高】（3）如图3，在平行四边形 中， ，点E，F分别在边 和
对角线 上， ， ，试求 的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）1；（3）
【分析】此题考查了正方形的性质、相似三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，熟练相似三角形的
判定和解直角三角形是解题的关键．（1）证明 ， ，即可证明结论；
（2）在 上截取 ，连接 ，作 ，得到 ，证明
， ，证明 ，得到 ，则
，作 于W，设 ，则 ，得到
，得到 ，解方程即可；（3）在 上截取 ，连接 ，作
，作 ，交 的延长线于X，设 ，证明 是等边三角形，
， ，则 ，得到 ，同理
（2）可得，
，则 ，作 于V，则 ，得到
，则 ， ，得到 ， ，得到 ，进一步即可
得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形 是正方形，∴ ，∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ；（2）解：如图1，在 上截取 ，连接 ，作 ，∴ ，
∵四边形 是矩形，∴ ，
∴ ，∴ ， ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ，作 于W，设 ，
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ；
（3）解：如图2，在 上截取 ，连接 ，作 ，作 ，交 的延长线
于X，设 ，∵四边形 是平行四边形，∴ ，
∴ ，∴ 是等边三角形， ， ，
∴ ， ，
同理（2）可得， ，∴ ，
作 于V，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ，∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ，∴ ，∴ ，∴ ．
