全等与相似模型-对角互补模型（解析版）

这是一份全等与相似模型-对角互补模型（解析版），共52页。试卷主要包含了旋转中的对角互补模型，已知等内容，欢迎下载使用。

模型1、旋转中的对角互补模型
对角互补模型概念：对角互补模型特指四边形中，存在一对对角互补，而且有一组邻边相等的几何模型。
思想方法：解决此类问题常用的辅助线画法主要有两种：①过顶点做双垂线，构造全等三角形；②进行旋转的构造，构造手拉手全等。
常见的对角互补模型含90°-90°对角互补模型、120°-60° 对角互补模型、 2α-（180°-2α）对角互补模型。
1）“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（异侧型）

条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.
结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.
2）“斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（同侧型）

条件：如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.
结论：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③.
3）“等边三角形对120°模型”（1）

条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB.
结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.
4）“等边三角形对120°模型”（2）

条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB，∠DCE的一边与BO的延长线交于点D，
结论：①CD＝CE，②OD－OE＝OC，③.
5）“120°等腰三角形对60°模型”
条件：△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，∠BPC=60°。 结论：①PB+PC=PA；
6）“2α对180°-2α模型”
条件：四边形ABCD中，AP=BP,∠A+∠B=180° 结论：OP平分∠AOB
注意：①AP=BP，②∠A+∠B=180°，③OP平分∠AOB，以上三个条件可知二推一。
7）“蝴蝶型对角互补模型”
条件：AP=BP,∠AOB=∠APB 结论：OP平分∠AOB的外角。
例1．（2023·黑龙江黑河·八年级期中）Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，∠MDN绕点D旋转，DM、DN分别与边AB、AC交于E、F两点．下列结论：①(BE+CF)=BC，②，③AD·EF，④AD≥EF其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【详解】解:∵Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，
∴AD =DC，∠EAD=∠C=45°，∠EDA=∠MDN－∠ADN =90°－∠ADN=∠FDC．
∴△EDA≌△FDC（ASA）．∴AE=CF．∴BE+CF= BE+ AE=AB．
在Rt△ABC中，根据勾股定理，得AB=BC．∴(BE+CF)=BC．∴结论①正确．
设AB=AC=a，AE=b，则AF=BE= a－b．
∴．
∴．∴结论②正确．
如图，过点E作EI⊥AD于点I，过点F作FG⊥AD于点G，过点F作FH⊥BC于点H，ADEF相交于点O．
∵四边形GDHF是矩形，△AEI和△AGF是等腰直角三角形，
∴EO≥EI（EF⊥AD时取等于）=FH=GD，OF≥GH（EF⊥AD时取等于）=AG．
∴EF=EO＋OF≥GD＋AG=AD．∴结论④错误．
∵△EDA≌△FDC，∴．∴结论③错误．
综上所述，结论①②正确．故选C．
例2．（2022辽宁九年级期末模拟）已知∠AOB＝90°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个三角板的直角顶点与C重合，它的两条直角边分别与OA，OB(或它们的反向延长线)相交于点D，E.
当三角板绕点C旋转到CD与OA垂直时(如图①)，易证：OD＋OE＝OC；
当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，即在图②，图③这两种情况下，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立，线段OD，OE，OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
【答案】图②中OD＋OE＝OC成立．证明见解析；图③不成立，有数量关系：OE－OD＝OC
【分析】当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，易得△CKD≌△CHE，进而可得出证明；判断出结果，解此题的关键是根据题意找到全等三角形或等价关系，进而得出OC与OD、OE的关系；最后转化得到结论．
【详解】解：图②中OD＋OE＝OC成立．
证明：过点C分别作OA，OB的垂线，垂足分别为P，Q
有△CPD≌△CQE，∴DP＝EQ，∵OP＝OD＋DP，OQ＝OE－EQ，
又∵OP＋OQ＝OC，即OD＋DP＋OE－EQ＝OC，∴OD＋OE＝OC．
图③不成立，有数量关系：OE－OD＝OC 过点C分别作CK⊥OA，CH⊥OB，
∵OC为∠AOB的角平分线，且CK⊥OA，CH⊥OB，∴CK=CH，∠CKD=∠CHE=90°，
又∵∠KCD与∠HCE都为旋转角，∴∠KCD=∠HCE，
∴△CKD≌△CHE，∴DK=EH，∴OE-OD=OH+EH-OD=OH+DK-OD=OH+OK，
由（1）知：OH+OK=OC，∴OD，OE，OC满足OE-OD=OC．
【点睛】本题考查旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连线的交点是旋转中心．
例3．（2022秋·四川绵阳·九年级校联考阶段练习）已知，，是过点的直线，过点作于点，连接．
(1)问题发现：如图(1)，过点作，与交于点，、、之间的数量关系是什么？并给予证明．(2)拓展探究：当绕点旋转到如图(2)位置时，、、之间满足怎样的数量关系？请写出你的猜想，并给予证明．
【答案】(1)；证明见解析(2)；证明见解析
【分析】(1)过点作，得到，判断出，确定为等腰直角三角形即可得出结论；(2)过点作于点，判断出，确定为等腰直角三角形，即可得出结论．
【详解】（1）解：如图1，过点作交于点，

，，，
，在四边形中，，，
，∴，，，，，
，是等腰直角三角形，，
，∴；
（2）；理由：如图，过点作交于点，
，，，
，，，
，，，，，，
，是等腰直角三角形，，
，∴；
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，构造全等三角形是解题的关键．
例4．（2022四川宜宾八年级期末）如图1，，平分，以为顶点作，交于点，于点E. （1）求证：；（2）图1中，若，求的长；
（3）如图2，，平分，以为顶点作，交于点，于点.若，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）OD+OE =；（3）
【分析】（1）过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，然后根据题意利用AAS定理进行证明△CDG ≌ △CEH，从而求解；（2）根据全等三角形的性质得到OD+OE =2OH，然后利用勾股定理求OH的值，从而求解；
（3）过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，然后根据题意利用AAS定理进行证明△CDG ≌ △CEH，从而求得==2，然后利用含30°的直角三角形性质求得OH=,CH=从而求得三角形面积，使问题得到解决．
【详解】解：（1）如图,过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，

∵平分∴CG =CH ∵, ∴∠CDO+∠CEO=180︒
∵∠CDG+∠CDO=180︒∴∠CDG =∠CEO
在△CDG与△CEH中 ∴△CDG ≌ △CEH(AAS)∴
(2)由（1）得△CDG ≌ △CEH∴DG=HE
由题易得△OCG与△OCH是全等的等腰直角三角形，且OG=OH
∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH 设OH=CH=x，在Rt△OCH中，由勾股定理，得:
OH2+CH2=OC2∴∴(舍负)∴OH =∴OD+OE =2OH=
（3）如图,过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H，
∵平分∴CG =CH ∵,∴∠CDO+∠CEO=180︒
∵∠CDG+∠CDO=180︒∴∠CDG =∠CEO
在△CDG与△CEH中∴△CDG ≌ △CEH(AAS)∴DG=HE
由题易得△OCG与△OCH是全等的直角三角形,且OG=OH
∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH∴==2
在Rt△OCH中,有∠COH=60°,OC=3，∴OH=,CH=∴∴=2=
【点睛】本题考查全等三角形的性质及判定，含30°直角三角形的性质以及勾股定理，是一道综合性问题，掌握相关知识点灵活应用解题是本题的解题关键.
例5．（2022湖北省宜城市八年级期末）如图，已知∠AOB=120°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个60°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E．
（1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），请猜想OE+OD与OC的数量关系，并说明理由；（2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；（3）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？若成立，请给于证明；若不成立，线段OD、OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
【答案】（1）详见解析；（2）（1）中结论仍然成立，理由详见解析；（3）（1）中结论不成立，结论为OE﹣OD=OC，证明详见解析.
【分析】(1)根据OM是∠AOB的角平分线，可得∠AOB=60°，则∠OCE=30°，再根据30°所对直角边是斜边的一半，得出OD=OC，同理：OE=OC，即可得出结论；(2)同(1)的方法得到OF+OG=OC，再根据AAS证明△CFD≌△CGE，得出DF=EG，则OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，OF+OG=OD+OE，即可得出结论.(3)同(2)的方法得到DF=EG，根据等量代换可得OE﹣OD=OC.
【详解】(1)∵OM是∠AOB的角平分线，∴∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°，
∵CD⊥OA，∴∠ODC=90°，∴∠OCD=30°，∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=30°，
在Rt△OCD中，OD=OC，同理：OE=OC，∴OD+OE=OC，
(2)(1)中结论仍然成立，理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如图，

∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，
同(1)的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴CF=CG，
∵∠DCE=60°，∠FCG=60°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，
∴OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG， ∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，∴OD+OE=OC；
(3)(1)中结论不成立，结论为：OE﹣OD=OC，
理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如图，
∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，
同(1)的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴CF=CG，
∵∠DCE=60°，∠FCG=60°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，
∴DF=EG，∴OF=DF﹣OD=EG﹣OD，OG=OE﹣EG，
∴OF+OG=EG﹣OD+OE﹣EG=OE﹣OD，∴OE﹣OD=OC．
【点睛】本题考查了角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质.正确作辅助线是解题的关键.
例6．（2023·山东·九年级专题练习）如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，∠EDF=120°，把∠EDF绕点D旋转，使∠EDF的两边分别与线段AB、AC交于点E、F．（1）当DF⊥AC时，求证：BE=CF；
（2）在旋转过程中，BE+CF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由
【答案】（1）证明见解析；（2）是，2.
【分析】（1）根据四边形内角和为360°，可求∠DEA=90°，根据“AAS”可判定△BDE≌△CDF，即可证BE=CF；
（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如图2，易证△MBD≌△NCD，则有BM=CN，DM=DN，进而可证到△EMD≌△FND，则有EM=FN，就可得到BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cs60°=BD=BC=2.
【详解】（1）∵△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，
∴∠B=∠C=60°，BD=CD，∵DF⊥AC，∴∠DFA=90°，
∵∠A+∠EDF+∠AFD+∠AED=180°，∴∠AED=90°，
∴∠DEB=∠DFC，且∠B=∠C=60°，BD=DC，∴△BDE≌△CDF（AAS）
（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，
则有∠AMD=∠BMD=∠AND=∠CND=90°．
∵∠A=60°，∴∠MDN=360°-60°-90°-90°=120°．
∵∠EDF=120°，∴∠MDE=∠NDF．
在△MBD和△NCD中，，∴△MBD≌△NCD（AAS）BM=CN，DM=DN．
在△EMD和△FND中，，∴△EMD≌△FND（ASA）∴EM=FN，
∴BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cs60°=BD=BC=2.
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值等知识，通过证明三角形全等得到BM=CN，DM=DN，EM=FN是解决本题的关键．
例7．（2022山东省枣庄市一模）如图，已知，在的角平分线上有一点，将一个角的顶点与点重合，它的两条边分别与射线相交于点.
（1）如图1，当绕点旋转到与垂直时，请猜想与的数量关系，并说明理由；
（2）当绕点旋转到与不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；
（3）如图3，当绕点旋转到点位于的反向延长线上时，求线段与之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明.
【答案】（1），见解析；（2）结论仍然成立，见解析；（3）
【分析】（1）先判断出∠OCE＝60°，再利用特殊角的三角函数得出OD＝OC，同OE＝OC，即可得出结论；（2）同（1）的方法得OF＋OG＝OC，再判断出△CFD≌△CGE，得出DF＝EG，最后等量代换即可得出结论；（3）同（2）的方法即可得出结论．
【详解】解：（1）是的角平分线
在中，，同理：
（2）（1）中结论仍然成立，理由：过点作于，于

由（1）知，
，且点是的平分线上一点
（3）结论为：.
理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC＝∠OGC＝90°，
∵∠AOB＝60°，∴∠FCG＝120°，同（1）的方法得，OF＝OC，OG＝OC，∴OF＋OG＝OC，
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，
∴CF＝CG，∵∠DCE＝120°，∠FCG＝120°，∴∠DCF＝∠ECG，
∴△CFD≌△CGE，∴DF＝EG，∴OF＝DF−OD＝EG−OD，OG＝OE−EG，
∴OF＋OG＝EG−OD＋OE−EG＝OE−OD，∴OE−OD＝OC．
【点睛】此题属于几何变换综合题，主要考查了角平分线的性质，全等三角形的判定和性质的综合运用，正确作出辅助线，构造全等三角形是解本题的关键．
例8．（2022秋·福建厦门·九年级校考期中）如图，（是常量）．点P在的平分线上，且，以点P为顶点的绕点P逆时针旋转，在旋转的过程中，的两边分别与，相交于M，N两点，若始终与互补，则以下四个结论：①；②的值不变；③四边形的面积不变；④点M与点N的距离保持不变．其中正确的为（ ）
A．①③B．①②③C．①③④D．②③
【答案】B
【分析】如图作于点E，于点F，只要证明，即可一一判断．
【详解】解：如图所示：作于点E，于点F，
，，
，，
，，
平分，，，，
在和中，， ，，
在和中，，，
，故①正确，，
定值，故③正确，
定值，故②正确，
的位置是变化的，之间的距离也是变化的，故④错误；故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，角平分线的性质定理，四边形的面积等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
模型2.对角互补模型（相似模型）
【模型解读】四边形或多边形构成的几何图形中，相对的角互补。该题型常用到的辅助线主要是顶定点向两边做垂线，从而证明两个三角形相似.
【常见模型及结论】
1）对角互补相似1
条件：如图，在Rt△ABC中，∠C＝∠EOF＝90°，点O是AB的中点，

辅助线：过点O作OD⊥AC，垂足为D，过点O作OH⊥BC，垂足为H，
结论：①△ODE∼△OHF；②（思路提示：）.
2）对角互补相似2
条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，∠BOC＝.

辅助线：作法1：如图1，过点C作CF⊥OA，垂足为F，过点C作CG⊥OB，垂足为G；
结论：①△ECG∼△DCF；②CE＝CD·.（思路提示：，CF=OG，在Rt△COG中，）
辅助线：作法2：如图2，过点C作CF⊥OC，交OB于F；
结论：①△CFE∼△COD；②CE＝CD·.（思路提示：，在Rt△OCF中，）
3）对角互补相似3
条件：已知如图，四边形ABCD中，∠B+∠D=180°
辅助线：过点D作DE⊥BA，垂足为E，过点D作DF⊥BC，垂足为F；
结论：①△DAE∼△DCF；②ABCD四点共圆。
例1．（2023·成都市·九年级期中）如图所示，在中，，，在中，，点P在上，交于点E，交于点F．当时，的值为（ ）．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】过P作PH⊥BC于H，PQ⊥AB于Q，证明△PQE∽△PHF，得出PQ=2PH=2BQ，再由PQ∥BC证得△AQP∽△ABC，得到，设BQ=x，则AQ=3﹣x，PQ=2x，求出x值即可解决问题．
【详解】解：∵在中，，，
∴AC= ，
过P作PH⊥BC于H，PQ⊥AB于Q，则∠PQB=∠PHB=∠B=90°，
∴四边形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，∴，
设BQ=x，则AQ=3﹣x，PQ=2x，∴，解得：，AP=3，故选：C．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、勾股定理、等角的余角相等、矩形的判定与性质，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加辅助线是解答的关键．
例2．（2023·河南南阳·九年级统考阶段练习）如图，在等腰直角中，，，过点作射线，为射线上一点，在边上（不与重合）且，与交于点．（1）求证：；（2）求证：；（3）如果，求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）根据题意先由等腰直角△ABC得到∠BAC=∠B=45°，从而结合∠DAE=45°得到∠DAC=∠EAB，再由平行线的性质得到∠ACP=∠BAC=∠B=45°，从而得到△ADC∽△AEB；
（2）根据题意由相似三角形的性质得到AD：AE=AC：AB，转化为AD：AC=AE：AB，结合∠DAE=∠CAB=45°得证结果；（3）根据题意结合∠ACD=45°和∠ACB=90°，由CD=CE得到∠CDE=∠CED=22.5°，从而得到∠DAC=22.5°，然后得到△OCD∽△DCA，最后即可求证．
【详解】解：（1）证明：∵是等腰直角三角形，∴，
∵，，∴，，∴；
（2）证明：∵∴，即，
∵，∴；
（3）∵，∴，
∵，∴，∵，∴，
∴∴，
又∵，∴，∴，∴
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质，解题的关键是通过线段的比例关系得到三角形相似．
例3．（2023·广西河池·校联考一模）综合与实践【问题情境】在中，，，，在直角三角板中，，将三角板的直角顶点放在斜边的中点处，并将三角板绕点旋转，三角板的两边，分别与边，交于点，．
【猜想证明】如图，在三角板旋转过程中，当为边的中点时，试判断四边形的形状，并说明理由．【问题解决】如图，在三角板旋转过程中，当时，求线段的长．

【答案】[猜想证明]四边形是矩形，理由见解析；[问题解决]．
【分析】[猜想证明]由三角形中位线定理可得，可证，即可求解；
[问题解决]由勾股定理可求的长，由中点的性质可得的长，由锐角三角函数可求解．
【详解】[猜想证明]四边形是矩形，理由如下：如图，点是的中点，点是的中点，
是的中位线，，，
，，，
，四边形是矩形；
[问题解决]过点作于，如图：

，，，，
点是的中点，，，
，，，，，
又，，，，．
【点睛】本题考查四边形综合应用，涉及矩形的判定，直角三角形的性质，勾股定理，锐角三角函数等有关知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
例4．（2023年江西省南昌市月考）如图，两个全等的四边形和，其中四边形的顶点O位于四边形的对角线交点O．
(1)如图1，若四边形和都是正方形，则下列说法正确的有_______．（填序号）
①；②重叠部分的面积始终等于四边形的；③．
(2)应用提升:如图2，若四边形和都是矩形，，写出与之间的数量关系，并证明．
(3)类比拓展:如图3，若四边形和都是菱形，，判断（1）中的结论是否依然成立；如不成立，请写出你认为正确的结论（可用表示），并选取你所写结论中的一个说明理由．
【答案】(1)①②③(2)关系为，证明见解析
(3)①成立，②③不成立，正确结论②重叠部分的面积始终等于四边形的；③．证明①的过程见解析
【详解】（1）如图，在图1中，过点O作于点H,于点G
∵于点H, 于点G∴
∵四边形和都是正方形∴∴
∵,∴
在和中∴∴故①正确
∵∴∴故②正确
∵四边形是正方形∴
∴故③正确
（2）关系为，证明如下：如图，在图2中，过点O作于点H,于点G
∵于点H, 于点G∴
∵四边形和都是矩形∴
∵,∴
在和中∴∴
（3）（1）中结论，①成立，②③不成立，正确结论②重叠部分的面积始终等于四边形的；③．现证明①如下：
如图，在图3中，过点O作于点H,于点G
∵于点H, 于点G∴
∵四边形和都是菱形∴∴
∵,∴
在和中∴∴
例5．（2023.辽宁中考模拟）如图，在RtABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点O在线段AB上（点O不与点A，B重合），且OB＝kOA，点M是AC延长线上的一点，作射线OM，将射线OM绕点O逆时针旋转90°，交射线CB于点N．（1）如图1，当k＝1时，判断线段OM与ON的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，当k＞1时，判断线段OM与ON的数量关系（用含k的式子表示），并证明；（3）点P在射线BC上，若∠BON＝15°，PN＝kAM（k≠1），且＜，请直接写出的值（用含k的式子表示）．
【答案】（1）OM＝ON，见解析；（2）ON＝k•OM，见解析；（3）
【分析】（1）作OD⊥AM，OE⊥BC，证明△DOM≌△EON；（2）作OD⊥AM，OE⊥BC，证明△DOM∽△EON；（3）设AC＝BC＝a，解Rt△EON和斜△AOM，用含的代数式分别表示再利用比例的性质可得答案．
【详解】解：（1）OM＝ON，如图1，作OD⊥AM于D，OE⊥CB于E，
∴∠ADO＝∠MDO＝∠CEO＝∠OEN＝90°，∴∠DOE＝90°，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠A＝∠ABC＝45°，
在Rt△AOD中，，同理：OE＝OB，
∵OA＝OB，∴OD＝OE，∵∠DOE＝90°，∴∠DOM＋∠MOE＝90°，
∵∠MON＝90°，∴∠EON＋∠MOE＝90°，∴∠DOM＝∠EON，
在Rt△DOM和Rt△EON中，，∴△DOM≌△EON（ASA），∴OM＝ON．
（2）如图2，作OD⊥AM于D，OE⊥BC于E，由（1）知：OD＝OA，OE＝OB，

∴，由（1）知：∠DOM＝∠EON，∠MDO＝∠NEO＝90°，
∴△DOM∽△EON，∴，∴ON＝k•OM．
（3）如图3，设AC＝BC＝a，∴AB＝a，
∵OB＝k•OA，∴OB＝•a，OA＝•a，∴OE＝OB＝a，
∵∠N＝∠ABC﹣∠BON＝45°﹣15°＝30°，∴EN＝＝OE＝•a，
∵CE＝OD＝OA＝a，∴NC＝CE＋EN＝a＋•a，
由（2）知：，△DOM∽△EON，∴∠AMO＝∠N＝30°
∵，∴，∴△PON∽△AOM，∴∠P＝∠A＝45°，
∴PE＝OE＝a，∴PN＝PE＋EN＝a＋•a，
设AD＝OD＝x，∴DM＝，由AD＋DM＝AC＋CM得，（＋1）x＝AC＋CM，
∴x＝（AC＋CM）＜（AC＋AC）＝AC，∴k＞1∴，
∴．
【点睛】本题考查了三角形全等和相似，以及解直角三角形，解决问题的关键是作OD⊥AC，OE⊥BC；本题的难点是条件得出k＞1．
例6．（2023浙江中考二模）（1）特例感知：如图1，已知在RtABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，取BC边上中点D，连接AD，点E为AB边上一点，连接DE，作DF⊥DE交AC于点F，求证：BE＝AF；
（2）探索发现：如图2，已知在RtABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝3，取BC边上中点D，连接AD，点E为BA延长线上一点，AE＝1，连接DE，作DF⊥DE交AC延长线于点F，求AF的长；
（3）类比迁移：如图3，已知在ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝4，取BC边上中点D，连接AD，点E为射线BA上一点（不与点A、点B重合），连接DE，将射线DE绕点D顺时针旋转30°交射线CA于点F，当AE＝4AF时，求AF的长．
【答案】（1）见解析；（2）4；（3）或或
【分析】（1）证明△BDE≌△ADF（ASA），根据全等三角形的性质即可得到BE＝AF；
（2）方法同（1），利用全等三角形的性质解决问题；
（3）证明△EBD∽△DCF，推出，设AF＝m，则AE＝4m，分三种情形，分别构建方程求解即可．
【详解】（1）证明：如图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：如图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：如图3中，∵AB＝AC，BD＝CD，∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD∠BAC＝60°，
∴BD＝CD＝AB•sin60°＝2，∵AE＝4AF，∴可以假设AF＝m，则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（舍弃），
经检验，m是分式方程的解．
当点F在CA的延长线上时，CF＝4+m，由△EBD∽△DCF，可得，
∴，解得，m或（舍弃），经检验，m是分式方程的解．
当点E在射线BA上时，BE＝4+4m，
∵△EBD∽△DCF，∴，∴
解得，m或（舍弃），经检验，m是分式方程的解．
综上所述，满足条件的AF的值为或或．
【点睛】本题属于几何变换综合题，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，等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
课后专项训练
1．（2022·江苏·八年级校联考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，A,B两点分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=OB，点C在第一象限，OC=3，连接BC，AC，若∠BCA=90°，则BC+AC的值为_________．
【答案】
【分析】可将△OBC绕着O点顺时针旋转90°，所得的图形与△OAC正好拼成等腰直角三角形BC+AC等于等腰三角形的斜边CD.
【详解】解：将△OBC绕O点旋转90°，
∵OB=OA∴点B落在A处，点C落在D处 且有OD=OC=3，∠COD=90°，∠OAD=∠OBC，
在四边形OACB中∵∠BOA=∠BCA=90°，∴∠OBC+∠OAC=180°，
∴∠OAD+∠OAC=180°∴C、A、D三点在同一条直线上，
∴△OCD为等要直角三角形，根据勾股定理CD2=OC2+OD2
即CD2=32+32=18解得CD= 即BC+AC=.
【点睛】本题考查旋转的性质，旋转前后的图形对应边相等，对应角相等.要求两条线段的长，可利用作图的方法将两条线段化成一条线段，再求这条线段的长度即可，本题就是利用旋转的方法做到的，但做本题时需注意，一定要证明C、A、D三点在同一条直线上.本题还有一种化一般为特殊的方法，因为答案一定可考虑CB⊥y轴的情况，此时四边形OACB刚好是正方形，在做选择或填空题时，也可起到事半功倍的效果.
2．（2023.广东九年级期中）如图，为等边三角形，以为边向外作，使，再以点C为旋转中心把旋转到，则给出下列结论：①D，A，E三点共线；②平分；③；④．其中正确的有（ ）．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】①设∠1=x度，把∠2=（60-x）度，∠DBC=∠4=（x+60）度，∠3=60°加起来等于180度，即可证明D、A、E三点共线；②根据△BCD绕着点C按顺时针方向旋转60°得到△ACE，判断出△CDE为等边三角形，求出∠BDC=∠E=60°，∠CDA=120°-60°=60°，可知DC平分∠BDA；
③由②可知，∠BAC=60°，∠E=60°，从而得到∠E=∠BAC．
④由旋转可知AE=BD，又∠DAE=180°，DE=AE+AD．而△CDE为等边三角形，DC=DE=DB+BA．
【详解】解：如图，
①设∠1=x度，则∠2=（60-x）度，∠DBC=（x+60）度，故∠4=（x+60）度，
∴∠2+∠3+∠4=60-x+60+x+60=180度，∴D、A、E三点共线；故①正确；
②∵△BCD绕着点C按顺时针方向旋转60°得到△ACE，
∴CD=CE，∠DCE=60°，∴△CDE为等边三角形，
∴∠E=60°，∴∠BDC=∠E=60°，∴∠CDA=120°-60°=60°，
∴DC平分∠BDA；故②正确；
③∵∠BAC=60°，∠E=60°，∴∠E=∠BAC．故③正确；
④由旋转可知AE=BD，又∵∠DAE=180°，∴DE=AE+AD．
∵△CDE为等边三角形，∴DC=DB+DA．故④正确；故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质等相关知识，要注意旋转不变性，找到变化过程中的不变量．
3.（2023·山西临汾·统考二模）在菱形中，，对角线交于点，分别是边上的点，且与交于点，则的值为 ．

【答案】
【分析】由菱形的性质及可证，得，；由得，，于是，可得，进而求得答案．
【详解】∵ ∴∴
∵四边形是菱形，∴，
∴∴∴，
又∵∴．，
∵∴， ∴．
设，则，， ；故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，利用全等及相似得到线段间的数量关系是解题的关键．
4．（2023青岛版九年级月考）如图，在中，，，直角的顶点在上，、分别交、于点、，绕点任意旋转．当时，的值为 ；当时，为 ．（用含的式子表示）
【答案】 ,
【详解】如图，过点O作OH⊥AC于H，OG⊥BC于G，由条件可以表示出HO、GO的值，通过证明△PHO∽△QGO由相似三角形的性质就可以求出结论．
解答：解：过点O作OH⊥AC于H，OG⊥BC于G，∴∠OHP=∠OGQ=90°．
∵∠ACB=90°，∴四边形HCGO为矩形，
∴∠HOG=90°，∴∠HOP=∠GOQ，∴△PHO∽△QGO，∴．
∵，设OA=x，则OB=2x，且∠ABC=30°，∴AH=x，OG=x．
在Rt△AHO中，由勾股定理，得OH=x，∴，∴=．故答案为．
5．（2023•西城区校级期中）已知，如图，在四边形ABCD中，BC＞BA，∠A+∠C＝180°，DE⊥BC，BD平分∠ABC，试说明AD＝DC．
【解答】证明：如图，过D作DF⊥AB，交BA的延长线于点F，
∵DE⊥BC，BD平分∠ABC，∴DE＝DF，∠F＝∠DEC＝90°，
∵∠BAD+∠C＝180°，且∠BAD+∠DAF＝180°，∴∠DAF＝∠C，
在△ADF和△CDE中∴△ADF≌△CDE（AAS），∴AD＝CD．
6．（2023•阜新中考模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AD⊥BC于点D．
（1）如图1，点E，F在AB，AC上，且∠EDF＝90°．求证：BE＝AF；
（2）点M，N分别在直线AD，AC上，且∠BMN＝90°．
①如图2，当点M在AD的延长线上时，求证：AB+AN＝AM；
②当点M在点A，D之间，且∠AMN＝30°时，已知AB＝2，直接写出线段AM的长．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠C＝45°，
∵AD⊥BC，∴BD＝CD，∠ADB＝90°，∠BAD＝∠CAD＝45°，
∴∠CAD＝∠B，AD＝BD，∵∠EDF＝∠ADB＝90°，∴∠BDE＝∠ADF，
∴△BDE≌△ADF（ASA），∴BE＝AF；
（2）①如图1，过点M作MP⊥AM，交AB的延长线于点P，∴∠AMP＝90°，
∵∠PAM＝45°，∴∠P＝∠PAM＝45°，∴AM＝PM，
∵∠BMN＝∠AMP＝90°，∴∠BMP＝∠AMN，
∵∠DAC＝∠P＝45°，∴△AMN≌△PMB（ASA），∴AN＝PB，∴AP＝AB+BP＝AB+AN，
在Rt△AMP中，∠AMP＝90°，AM＝MP，∴AP＝AM，∴AB+AN＝AM；
②如图，在Rt△ABD中，AD＝BD＝AB＝，
∵∠BMN＝90°，∠AMN＝30°，∴∠BMD＝90°﹣30°＝60°，
在Rt△BDM中，DM＝＝，∴AM＝AD﹣DM＝﹣．
7、（2023.重庆九年级期中）已知：如图，在等边△ABC中，点O是BC的中点，∠DOE＝120°，∠DOE绕着点O旋转，角的两边与AB相交于点D，与AC相交于点E．
(1)若OD，OE都在BC的上方，如图1，求证：OD＝OE．(2)在图1中，BD，CE与BC的数量关系是 ．
(3)若点D在AB的延长线上，点E在线段AC上，如图2，直接写出BD，CE与BC的数量关系是 ．
【答案】(1)见解析；(2)；(3)
【解析】(1)证明：取AB的中点F，连接OF．
∵△ABC是等边三角形，∴，
∵点O与点F分别是BC与AB的中点，∴，
∴△BOF是等边三角形，∴，
，∴，∴，
∵在△DOF和△EOC中，，∴，∴．

(2)解：结论：．理由：∵，∴，∴，
∵是等边三角形，∴，
∵，∴．故答案为：；
(3)结论：．理由如图2中，取的中点F，连接OF．
同（1）中的方法可证是等边三角形，，
∴，∴，
∵，∴
8．（2022山西省吕梁市八年级期末）如图，已知与，平分．

(1)如图1，与的两边分别相交于点、，，试判断线段与的数量关系，并说明理由.
以下是小宇同学给出如下正确的解法：解：．
理由如下：如图1，过点作，交于点，则，…
请根据小宇同学的证明思路，写出该证明的剩余部分．
(2)你有与小宇不同的思考方法吗？请写出你的证明过程．(3)若，．
①如图3，与的两边分别相交于点、时，(1)中的结论成立吗？为什么？线段、、有什么数量关系？说明理由．②如图4，的一边与的延长线相交时，请回答(1)中的结论是否成立，并请直接写出线段、、有什么数量关系；如图5，的一边与的延长线相交时，请回答(1)中的结论是否成立，并请直接写出线段、、有什么数量关系．

【答案】(1)见解析；(2)证明见解析；(3)①成立，理由见解析；②在图4中，(1)中的结论成立，.在图5中，(1)中的结论成立，
【分析】（1）通过ASA证明即可得到CD=CE；（2）过点作，，垂足分别为，，通过AAS证明同样可得到CD=CE；（3）①方法一：过点作，垂足分别为，，通过AAS得到，进而得到，利用等量代换得到，在中，利用30°角所对的边是斜边的一半得，同理得到，所以；方法二：以为一边作，交于点，通过ASA证明，得到，所以；②图4：以OC为一边，作∠OCF=60°与OB交于F点，利用ASA证得△COD≌△CFE，即有CD=CE，OD=EF
得到OE=OF+EF=OC+OD；图5:以OC为一边，作∠OCG=60°与OA交于G点，利用ASA证得△CGD≌△COE，即有CD=CE，OD=EF，得到OE=OF+EF=OC+OD.
【详解】解：(1)平分，，
又
在与中，

(2)如图2，过点作，，垂足分别为，，∴，
又∵平分，∴，在四边形中，，
又∵，∴，又∵，∴，
在与中，∴，∴.
(3)①(1)中的结论仍成立..
理由如下：方法一：如图3(1)，过点作，，

垂足分别为，，∴，又∵平分，∴，
在四边形中，，
又∵，∴，
又∵，∴，在与中，，
∴，∴.
∴.
在中，，
∴，同理，∴.
方法二：如图3（2），以为一边作，交于点，
∵平分，∴，∴，
∴，，∴是等边三角形，∴，
∵，，∴，
在与中，∴，
∴.∴.
②在图4中，(1)中的结论成立，.
如图，以OC为一边，作∠OCF=60°与OB交于F点
∵∠AOB=120°，OC为∠AOB的角平分线∴∠COB=∠COA=60°
又∵∠OCF=60°∴△COF为等边三角形∴OC=OF
∵∠COF=∠OCD+∠DCF=60°，∠DCE=∠DCF+∠FCB=60°∴∠OCD=∠FCB
又∵∠COD=180°-∠COA=180°-60°=120° ∠CFE=180°-∠CFO=180°-60°=120°
∴∠COD=∠CFE∴△COD≌△CFE（ASA）∴CD=CE，OD=EF∴OE=OF+EF=OC+OD即OE-OD=OC

在图5中，(1)中的结论成立，.
如图，以OC为一边，作∠OCG=60°与OA交于G点
∵∠AOB=120°，OC为∠AOB的角平分线∴∠COB=∠COA=60°
又∵∠OCG=60°∴△COG为等边三角形∴OC=OG
∵∠COG=∠OCE+∠ECG=60°，∠DCE=∠DCG+∠GCE=60°∴∠DCG=∠OCE
又∵∠COE=180°-∠COB=180°-60°=120° ∠CGD=180°-∠CGO=180°-60°=120°
∴∠CGD=∠COE∴△CGD≌△COE（ASA） ∴CD=CE，OE=DG
∴OD=OG+DG=OC+OE 即OD-OE=OC
【点睛】本题主要考查全等三角形的综合应用，有一定难度，解题关键在于能够做出辅助线证全等.
9．（2022·湖北武汉·八年级校考期末）已知在四边形中，，.
(1)如图1．连接，若，求证：.
(2)如图2，点分别在线段上，满足，求证：;
(3)若点在的延长线上，点在的延长线上，如图3所示，仍然满足，请写出与的数量关系，并给出证明过程．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）
【分析】（1）根据已知条件得出为直角三角形，再根据证出，从而证出；
（2）如图2，延长DC到 K，使得CK=AP，连接BK，通过证△BPA≌△BCK（SAS）得到：∠1=∠2，BP=BK．然后根据证明得，从而得出，然后得出结论；
（3）如图3，在CD延长线上找一点K，使得KC=AP，连接BK，构建全等三角形：△BPA≌△BCK（SAS），由该全等三角形的性质和全等三角形的判定定理SSS证得：△PBQ≌△BKQ，则其对应角相等：∠PBQ=∠KBQ，结合四边形的内角和是360度可以推得：∠PBQ=90°+∠ADC．
【详解】（1）证明：如图1，

∵，∴
在和中，∴∴
（2）如图2，延长至点，使得，连接
∵∴
∵∴
∵，，∴∴，，
∵，，∴
∵，，∴
∴∴
（3） 如图3，在延长线上找一点，使得，连接，
∵ ∴
∵ ∴
在和中，∴
∴，∴ ∵∴
在和中，∴∴
∴∴
∴.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
10．（2023·山东青岛·八年级统考期中）[问题]如图①，点是的角平分线上一点，连接，，若与互补，则线段与有什么数量关系？
[探究]探究一：如图②，若，则，即，，又因为平分，所以，理由是：_______．
探究二：若，请借助图①，探究与的数量关系并说明理由．
[结论]点是的角平分线上一点，连接，，若与互补，则线段与的数量关系是______．
[拓展]已知：如图③，在中，，，平分．求证：．

【答案】探究一：角的平分线上的点到角的两边距离相等；探究二：AD＝CD；理由见解析；[结论]：AD＝CD；[拓展]：见解析．
【分析】探究一：根据角平分线的性质定理解答；探究二：作于，作交的延长线于，证明，根据全等三角形的性质证明结论；[理论] 根据探究结果得到答案；
[拓展]在上取一点，使，作角的延长线于，于，证明，得到，根据等腰三角形的性质得到，等量代换得到，结合图形证明结论．
【详解】解：探究一：平分，，，，
理由是：角平分线上的点到角的两边的距离相等，故答案为：角平分线上的点到角的两边的距离相等；
探究二：作于，作交的延长线于，

平分，，，，
，，，
在和中，，；
[理论] 综上所述，点是的角平分线上一点，连接，，若与互补，则线段与的数量关系是，故答案为：；
[拓展] 在上取一点，使，作角的延长线于，于，
．平分，，，，
，，，，，
，，．
在和中，，，，
，，，，．
，．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、角平分线的性质定理，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
11．（2022·陕西宝鸡·统考二模）问题提出
（1）如图1，四边形ABCD中，，与互补，，点A到BC边的距离为17，求四边形ABCD的面积．
问题解决（2）某公园计划修建主题活动区域，如图2所示，，，，在BC上找一点E，修建两个不同的三角形活动区域，△ABE区域为体育健身活动区域，△ECD为文艺活动表演区域，根据规划要求，，，设EC的长为x(m)，△ECD的面积为，求与之间的函数关系式，并求出△ECD面积的最大值．
【答案】（1）255；（2）；
【分析】（1）连接AC，过点A作于点H，将△ABH绕着A点逆时针旋转，使得AB与AD重合，得到△ADG，则利用进行求解；（2）连接AD，AC，过点D作交BC延长线于点H，证明，由此表示出，再利用三角函数表示出高，从而表示出与的函数关系式，并求得的最大值．
【详解】解：（1）如图，连接AC，过点A作于点H，将△ABH绕着A点逆时针旋转，使得AB与AD重合，得到△ADG．
由，得，∵△ADG是由△ABH旋转得到，∴，
∴， ，，
又，，即，，三点共线．
∴，，
∴．
（2）如图，连接AD，AC，过点D作交BC延长线于点H．
∵且，∴△BAC为等边三角形，，．
∵，，∴△EAD为等边三角形，，．
∵，，∴．
在△BAE和△CAD中，，∴，
∴．即．又∵，∴．
在Rt△DCH中，．
∴△ECD的面积为：．
当时，y有最大值，此时△ECD面积最大值为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，三角函数的应用，求二次函数的最大值，解决本题的关键是灵活运用相关性质定理．
12．（2023山东中考模拟）如图，矩形ABCD中，∠ACB=30°，将一块直角三角板的直角顶点P放在两对角线AC，BD的交点处，以点P为旋转中心转动三角板，并保证三角板的两直角边分别于边AB，BC所在的直线相交，交点分别为E，F．
（1）当PE⊥AB，PF⊥BC时，如图1，则的值为 ；
（2）现将三角板绕点P逆时针旋转α（0°＜α＜60°）角，如图2，求的值；（3）在（2）的基础上继续旋转，当60°＜α＜90°，且使AP：PC=1：2时，如图3，的值是否变化？证明你的结论．
【答案】（1）；（2）；（3）变化.证明见解析.
【分析】（1）证明△APE≌△PCF，得PE=CF；在Rt△PCF中，解直角三角形求得的值即可；
（2）如答图1所示，作辅助线，构造直角三角形，证明△PME∽△PNF，并利用（1）的结论，求得的值；（3）如答图2所示，作辅助线，构造直角三角形，首先证明△APM∽△PCN，求得；然后证明△PME∽△PNF，从而由求得的值.与（1）（2）问相比较，的值发生了变化.
【详解】（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与△PCF中，∠PAE=∠CPF，PA=PC，∠APE=∠PCF，
∴△APE≌△PCF（ASA）.∴PE=CF.
在Rt△PCF中，，∴；
（2）如答图1，过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥BC于点N，则PM⊥PN.
∵PM⊥PN，PE⊥PF，∴∠EPM=∠FPN.又∵∠PME=∠PNF=90°，∴△PME∽△PNF.
∴.由（1）知，，∴.
（3）变化.证明如下：如答图2，过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥BC于点N，则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.∴.∴的值发生变化.
13．（2022秋·河南鹤壁·九年级统考期末）已知在中，，，，为边上的一点．过点作射线，分别交边、于点、．
（1）当为的中点，且、时，如图1，_______：
（2）若为的中点，将绕点旋转到图2位置时，_______；
（3）若改变点到图3的位置，且时，求的值．
【答案】（1）2；（2）2；（3）
【分析】（1）由为的中点，结合三角形的中位线的性质得到 从而可得答案；（2）如图，过作于 过作于结合（1）求解再证明利用相似三角形的性质可得答案；（3）过点分别作于点，于点，证明,可得 再证明，利用相似三角形的性质求解 同法求解 从而可得答案．
【详解】解：（1）为的中点，
故答案为：
（2）如图，过作于 过作于


由（1）同理可得 ： 故答案为：
（3）过点分别作于点，于点，
∵，∴．∵，∴．
∴．∴．∴．
∵，，∴．∴∴．
∵，∴．∵，∴．∴．
同理可得：．∴．
【点睛】本题考查的是矩形的性质，三角形中位线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
14．（2023·浙江台州·九年级校考阶段练习）【问题情境】如图①，在中，，，点为中点，连结，点为的延长线上一点，过点且垂直于的直线交的延长线于点.易知BE与CF的数量关系 ．
【探索发现】如图②，在中，，，点为中点，连结，点为的延长线上一点，过点且垂直于的直线交的延长线于点.【问题情境】中的结论还成立吗？请说明理由．【类比迁移】如图③，在等边中，，点是中点，点是射线上一点（不与点、重合），将射线绕点逆时针旋转交于点．当时，______．
【答案】问题情境：；探索发现：成立，见解析；类比迁移：或
【分析】问题情境：根据等腰直角三角形的性质，证明即可得；
探索发现：与图①类似，证明即可；类比迁移：根据等边三角形的性质得到∠A=∠B=60°，求得∠BDF=∠AED，设CE=x，则CF=2x，分两种情况讨论：点E在线段AC上，点E在AC的延长线上，证明，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】问题情境：，证明如下：
∵在中，，，点为中点，
∴，∴
∵∴∴
在和中，∴∴
探索发现：成立，理由：∵在中，为中点，∴，
又∵，∴，∴，
∴，∴
∵，∴，∴，∴，
在和中，∴∴
类比迁移：当点E在线段AC上时，如图③，
∵是等边三角形，，点是中点，
∴，，
设，则，，
∵是的外角，，∴
即∴
又∵∴∴ ∴∴
解得，（大于4，不符合题意，舍去）
当点E在线段AC的延长线时，如图：
设，则，，
同理可得∴解得，（不符合题意，舍去）
综上所述，或．故答案为：或．
【点睛】本题考查全等三角形与相似三角形的综合问题，运用等腰直角三角形的性质寻找全等条件，熟练掌握相似三角形中的一线三等角模型是解题的关键．
15．（2023广东中考模拟）我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”
（1）概念理解：请你根据上述定义举一个等邻角四边形的例子；
（2）问题探究；如图1，在等邻角四边形ABCD中，∠DAB=∠ABC，AD，BC的中垂线恰好交于AB边上一点P，连结AC，BD，试探究AC与BD的数量关系，并说明理由；
（3）应用拓展；如图2，在Rt△ABC与Rt△ABD中，∠C=∠D=90°，BC=BD=3，AB=5，将Rt△ABD绕着点A顺时针旋转角α（0°＜∠α＜∠BAC）得到Rt△AB′D′（如图3），当凸四边形AD′BC为等邻角四边形时，求出它的面积．
【答案】（1）矩形或正方形；（2）AC=BD，理由见解析；（3）10 或12﹣．
【分析】（1）矩形或正方形邻角相等，满足“等邻角四边形”条件；
（2）AC=BD，理由为：连接PD，PC，如图1所示，根据PE、PF分别为AD、BC的垂直平分线，得到两对角相等，利用等角对等角得到两对角相等，进而确定出∠APC=∠DPB，利用SAS得到三角形ACB与三角形DPB全等，利用全等三角形对应边相等即可得证；
（3）分两种情况考虑：（i）当∠AD′B=∠D′BC时，延长AD′，CB交于点E，如图3（i）所示，由S四边形ACBD′=S△ACE﹣S△BED′，求出四边形ACBD′面积；（ii）当∠D′BC=∠ACB=90°时，过点D′作D′E⊥AC于点E，如图3（ii）所示，由S四边形ACBD′=S△AED′+S矩形ECBD′，求出四边形ACBD′面积即可．
【详解】（1）矩形或正方形；（2）AC=BD，理由为：连接PD，PC，如图1所示：

∵PE是AD的垂直平分线，PF是BC的垂直平分线， ∴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）分两种情况考虑：（i）当∠AD′B=∠D′BC时，延长AD′，CB交于点E， 如图3（i）所示，
∴∠ED′B=∠EBD′， ∴EB=ED′，
设EB=ED′=x， 由勾股定理得：42+（3+x）2=（4+x）2， 解得：x=4.5，
过点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×=，
则S四边形ACBD′=S△ACE﹣S△BED′=15﹣=10；
（ii）当∠D′BC=∠ACB=90°时，过点D′作D′E⊥AC于点E， 如图3（ii）所示，
∴四边形ECBD′是矩形， ∴ED′=BC=3， 在Rt△AED′中，根据勾股定理得：AE=，
∴S△AED′=AE×ED′=××3=，S矩形ECBD′=CE×CB=（4﹣）×3=12﹣3，
则S四边形ACBD′=S△AED′+S矩形ECBD′=+12﹣3=12﹣．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了“等邻角四边形”的理解，三角形，四边形的内角和定理，角平分线的意义，勾股定理，旋转的性质，相似三角形的性质和判定，理解“等邻角四边形”的定义是解本题的关键，分类讨论是解本题的难点，是一道中考常考题．
16．（2023年成都市中考模拟）（1）如图，RtABC中，∠A＝90°，AB＝AC，D为BC中点，E、F分别为AB、AC上的动点，且∠EDF＝90°．求证：DE＝DF；（2）如图2，RtABC中，∠BAC＝90°，AC＝4，AB＝3，AD⊥BC，∠EDF＝90°．①求证：DF•DA＝DB•DE；②求EF的最小值．

【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②
【分析】（1）连接AD，根据等腰三角形的性质可得∠ADE＝∠BDF，从而得到△BDF≌△ADE，即可求证；
（2）①先证得∠BDF＝∠ADE，∠B＝∠DAE，可证得△BDF∽△ADE，即可求证；
②连接EF，根据勾股定理可得BC5，根据三角形的面积可得AD，从而得到DC，再由△ADB∽△CAB，可得，再根据，可得到，从而得到△EDF∽△CAB，进而得到EF，可得到当DE最小时，EF取最小值，即可求解．
【详解】证明：（1）如图1，连接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证明：∵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：如图2，连接EF，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝4，AB＝3，
则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，当DE最小时，EF取最小值，
当DE⊥AC时，DE最小，此时，DE，∴EF的最小值为：．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形和相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握等腰三角形的性质，全等三角形和相似三角形的判定和性质是解题的关键．
17．（2023浙江省绍兴市九年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，点D为边BC的中点，点P为射线AB上的一动点，点Q为边AC上的一动点，且∠PDQ=90°．
（1）当DP⊥AB时，求CQ的长； （2）当BP=2，求CQ的长．
【答案】（1）CQ=4；（2）当BP=2时，CQ=或．
【分析】（1）首先证明DQ∥AB，根据平行线等分线段定理即可解决问题．
（2）分两种情形①当点P在线段AB上时，②当点P在AB的延长线上时，作DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分别为M、N，由△PDM∽△QDN，分别求得PQ和DN，即可求解．
【详解】（1）如图1中，∵DP⊥AB，∠BAC=90°，DQ⊥DP，∴DQ∥AB，∵BD=DC，∴CQ=AQ=4；

（2）①如图2中，当点P在线段AB上时，作DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分别为M、N，
则四边形AMDN是矩形，DM、DN分别是△ABC的中位线，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如图3中，当点P在AB的延长线上时，同①，PM=BM+PB，QN=PM=，
CQ=QN+CN，综上所述，当BP=2，求CQ的长为或．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会添加常用辅助线构造相似三角形．
18．（2023·湖北·九年级专题练习）如图，四边形是矩形，点P是对角线AC上一动点（不与A、C重合），连接，过点P作，交于点E，已知，．设的长为x．
(1)___________；当时，求的值；(2)试探究：是否是定值?若是，请求出这个值；若不是，请说明理由；(3)当是等腰三角形时，请求出的值．
【答案】(1)4，(2)是，(3)或4
【分析】（1）作于交于．由，推出，只要求出、即可解决问题；（2）结论：的值为定值．证明方法类似（1）；
（3）连接交于，在中，，代入数据求得，进而即可求解．
【详解】（1）解：作于交于．

四边形是矩形，，，，．
在中，，，，，
，，，
，，，
，，故答案为4，．
（2）结论：的值为定值．理由：由，可得．，，，
，；
（3）连接交于．，所以只能，，
，，，垂直平分线段，
在中，，，，
，．综上所述，的值为．
【点睛】本题属于四边形综合题、考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理以及等腰三角形的构成条件等重要知识，同时还考查了分类讨论的数学思想，难度较大．
19．（2023秋·山西忻州·九年级校考期末）综合与实践
问题情境：在学习了三角形的相似后，同学们开始了对不同三角形中的相似模型的探究．
猜想推理：（1）如图1，在等边中，D为边上一点，E为边上一点，，，，则______．
问题解决：（2）如图2，是等边三角形，D是的中点，射线，分别交，于点E，F，且，求证：．（3）如图3，，，，D是的中点，射线，分别交，于点E，F，且，求的值．

【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【分析】（1）首先求出，证明，得到，即可求出结果；
（2）连接，过D作于M，作于N，根据证明，再根据全等三角形的性质可得；（3）过点分别作于，于，根据勾股定理及中位线的性质可得，，根据矩形的性质可得，最后由相似三角形的判定与性质可得答案．
【详解】解：（1）∵在等边中，，，，∴，
∵，，∴，
∴，∴，即，∴；
（2）如图，连接，过D作于M，作于N，
∵是等边三角形，D为的中点，
∴是的平分线，，∴，，
又∵，∴，∴，
∴在与中，，∴，∴；

（3）过点分别作于，于，
在中，，是的中点，，
，，，，，
是的中点，是的中位线，是的中位线，，，
四边形为矩形，，，
，，
，，．
【点睛】本题考查了三角形综合题．需要掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，关键是找到图中关键的相似和全等三角形，比较典型，但有点难度．
20．（2023广东深圳三模试题）（1）【探究发现】如图1，正方形的对角线相交于点，在正方形绕点旋转的过程中，边与边交于点，边与边交于点．证明：；
（2）【类比迁移】如图2，矩形的对角线相交于点，且，．在矩形绕点旋转的过程中，边与边交于点，边与边交于点．若，求的长；
（3）【拓展应用】如图3，四边形和四边形都是平行四边形，且，，，是直角三角形．在绕点旋转的过程中，边与边交于点，边与边交于点．当与重叠部分的面积是的面积的时，请直接写出的长．

【答案】（1）见解析（2）（3）
【分析】（1）根据正方形的性质和全等三角形的性质，找相等的边和角证全等即可；
（2）过点作的平行线交于点、交于点，过点作垂线交于点，构造相似三角形和，列比例式求解算出，最后根据计算即可；
（3）过点作的垂线交于点，根据勾股定理算出，根据已知条件观察推理出，，结合与重叠部分的面积是的面积的，设列方程求出，最后根据勾股定理求出即可．
【详解】（1）正方形的对角线相交于点，在正方形绕点旋转的过程中，边与边交于点，边与边交于点 ，，，
，即，
在和中，；
（2）如图，过点作的平行线交于点、交于点，过点作垂线交于点，

四边形和四边形都是矩形，，，，
，，，
，
，，
，，，即，，
；
（3）如图，过点作的垂线交于点，

设，则，设，则，
，，，
又，，