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专题4.12 相似三角形中的半角模型
模块1：知识梳理
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。
模块2：核心模型与典例
模型1.半角模型（相似模型）
1）半角模型（正方形中的半角相似模型）
条件：已知，在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交BC、CD边于M、N两点，且∠EAF＝45°
图1 图2
结论：如图1，△AMN∽△AFE且．（提示：∠ANM=∠AEF，∠AMN=∠AFE）；
结论：如图2，△MAN∽△MDA，△NAM∽△NBA；
图3 图4
结论：如图3，连接AC，则△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且；
结论：如图4，△BME∽△AMN∽△DFN.
2）半角模型（特殊三角形中的半角相似模型）
（1）含45°半角模型
图1 图2
条件：如图1，已知∠BAC＝90°，；
结论：①△ABE∽△DAE∽△DCA；②；③ （）
（2）含60°半角模型
条件：如图1，已知∠BAC＝120°，；
结论：①△ABD∽△CAE∽△CBA；②；③ （）
例1．（2023·福建泉州·九年级校考期中）如图，在正方形中，点分别是边上的两点，且分别交于.下列结论：①；②平分；③；④．其中正确的结论是（ ）
A．②③④ B．①④ C．①②③ D．①②③④
【答案】D
【分析】把△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADH，证明△AEF≌△AHF，利用全等三角形的性质可得①②正确；求出∠BAN＝∠AMD，根据∠ABN＝∠ADM＝45°，证明△ABN∽△MDA，利用相似三角形的性质可得④正确；求出∠AFE＝∠AMN，证明△AMN∽△AFE，利用相似三角形的性质可得③正确．
【详解】解：如图，把△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADH，易得H、D、F三点共线，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE＋∠DAF＝45°，
∴∠DAH＋∠DAF＝45°，∴∠EAF＝∠HAF，
∵AE＝AH，AF＝AF，∴△AEF≌△AHF，∴EF＝FH，∠AFH＝∠AFE，
∴EF＝FH＝DH＋DF＝BE＋DF，AF平分∠DFE，故①②正确；
∵∠BAN＝∠BAM＋∠MAN＝∠BAM＋45°，∠AMD＝∠ABM＋∠BAM＝45°＋∠BAM，∴∠BAN＝∠AMD，
∵∠ABN＝∠ADM＝45°，∴△ABN∽△MDA，∴，
∵AD＝AB，∴AB2＝BN DM，故④正确；∵AB∥CD，∴∠DFA＝∠BAN，
∵∠AFE＝∠AFD，∠BAN＝∠AMD，∴∠AFE＝∠AMN，
又∵∠MAN＝∠FAE，∴△AMN∽△AFE，∴，即AM AE＝AN AF，故③正确，故选：D．
【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形和相似三角形的判定和性质、旋转的性质等知识点，综合性较强，灵活运用相关性质定理进行推理是解题的关键．
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．（2023秋·江苏泰州·九年级统考期末）如图，已知中，，，点、在边上，．(1)求证：；(2)当，时，求的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据已知条件得出，，又，根据两边成比例夹角相等证明，根据相似三角形的性质即可得证；
（2）过点作于点，勾股定理求得，由（1）可知，根据相似三角形的性质列出比例式，进而即可求解．
【详解】（1）证明：∵，，∴
∵∴，又∵，∴，
∴，即；
（2）解：如图，过点作于点，∴，
∵，∴是等腰直角三角形，
∵，，∴
∵，∴，，，
∵，∴，在中，，
由（1）可知∴，
设，∴解得：，∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
例4．（2023·江苏无锡·九年级期中）如图，在中，，，点D、E都在边上，．若，则的长为 ．
【答案】/
【分析】将绕点A逆时针旋转120°得到，取的中点G，连接、，由，，可得出，根据旋转的性质可得出，结合可得出为等边三角形，进而得出为直角三角形，求出的长度以及证明全等找出，设，则，在中利用勾股定理可得出，利用可求出x以及的值，此题得解．
【详解】解：将绕点A逆时针旋转120°得到，取的中点G，连接、，如图所示：
过点A作于点N，如图，
∵，，∴，．
在中，，，∴，
∴，∴．∴，∴．
∵，∴，∴为等边三角形，
∴，∴，∴为直角三角形．
∵，∴，
∴．
在和中，，∴，∴．
设，则，
在中，，，
∴，∴，∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质，通过勾股定理找出关于x的方程是解题的关键．
例5．（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,
∵，∴，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6．（2023·浙江·九年级专题练习）如图，正方形中，交于点交于点，分别交于，连接．
求证：； 求的值；若正方形的边长为5，，求的长．
【答案】见解析；；
【分析】（1）通过证明即可得出答案；连接，由四边形是正方形，可得，由条件证明即可得出即可求出的值；
由正方形的边长为5，，可得由（1）中结论可得故，结合、可得：，可证明利用相似三角形的性质即可求出答案．
【详解】证明：四边形为正方形，
又，
连接，
四边形是正方形．，
∵正方形的边长为5∴BD= ∴
由得
由，同理得：
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，灵活运用相似三角形的判定和性质，正方形的性质是解题的关键．
例7．（2022·广东深圳·统考二模）【教材呈现】（1）如图1，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形和摆放在一起，点为公共顶点，，若固定不动，将绕点旋转，边，与边分别交于点，（点不与点重合，点不与点重合），则结论是否成立______（填“成立”或“不成立”）；
【类比引申】（2）如图2，在正方形中，为内的一个动角，两边分别与，交于点，，且满足，求证：；
【拓展延伸】（3）如图3，菱形的边长为，，的两边分别与，相交于点，，且满足，若，则线段的长为______．
【答案】（1）成立；（2）证明见解析；（3）．
【分析】（1）根据等腰三角形性质得出，再证即可；（2）根据正方形性质得出即可；（3）如图3，在上取一点，使，过作于，根据四边形为菱形，且，证出，再证，求出，利用菱形的边长为，求出即可．
【详解】解：（1）结论成立
理由：如图1，∵和都是等腰直角三角形，∴
∵，，∴
又∵，∴，∴，
∵，∴，故答案为：成立
（2）证明：如图2，∵四边形是正方形，
∴，
∵，∴，
∴，∴，
又∵，∴；
（3）线段的长为
理由：如图3，在上取一点，使，过作于，
又∵四边形为菱形，且，
∴，∴
∴，∴，∴，
∵，，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，
∵，，
∴2AN=，2AN=AD，∴，
∵，∴，∴，
∵菱形的边长为，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∴，∴线段的长为．故答案为．
【点睛】本题考查等腰直角三角形性质，正方形性质，三角形相似判定与性质，菱形性质，锐角三角形函数，掌握等腰直角三角形性质，正方形性质，三角形相似判定与性质，菱形性质，锐角三角形函数是解题关键．
模块3：同步培优题库
全卷共25题 测试时间：80分钟 试卷满分：120分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2023·广东深圳·九年级校考阶段练习）如图，在正方形中，点，分别在边，上，、分别交于点，，连接、，且．下列结论：①，；②；③；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【分析】将绕点A逆时针旋转，得到，则，，，可证得，从而得到，，进而得到，再由四边形内角和定理可得，故①正确；再证明，可得，故②正确；再由，可得，从而得到，故③正确；再证明，是等腰直角三角形，可得，从而得到，将绕点A逆时针旋转，得到，则，，证明，可得，再由勾股定理，可得故④正确，即可求解．
【详解】解：如图，将绕点A逆时针旋转，得到，则，，，
∵四边形是正方形，
∴，
在和中，∴，
∴，，
∵，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，故①正确；
∴，∵，∴，∴，
∵，∴，
∴，故②正确；
∵，∴，
又∵，∴，故③正确；
∵，∴，∴，
∵，∴是等腰直角三角形，
∴，∴，∴，
如图，将绕点A逆时针旋转，得到，则，，
∴，即是直角三角形，
∵，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，故④正确；故选A．
【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．
2．（2022·广东深圳·统考一模）如图，正方形ABCD中，E是BC的中点，F在CD上，，连接AE，AF与对角线BD交于点M，N，连接MF，EN．给出结论：①；②；③；④．其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】A
【分析】将顺时针旋转，使得AB与AD重合，此时得，将逆时针旋转，使得AD与AB重合，此时得，根据，即可求得，①正确；根据可得，即可求，即可得③正确；根据如图正方形构造直角坐标系，求出直线AE、AF、BD的解析式，再联立解析式，即可求得M、N两点的坐标，再根据坐标求出DN、MN、BM、AN、NE，即可知，则有，则有，，②正确；根据DN、MN、BM长度可知，④错误．
【详解】将顺时针旋转，使得AB与AD重合，此时得，将逆时针旋转，使得AD与AB重合，此时得，链接EF，如图所示：
为了方便计算，设正方形的边长为6，则有AB=BC=CD=AD=6，
则有BE=EC=3=DG，CF=4，DF=2=BH，，则有：HE=5=FG，
利用勾股定理，易求得：AH=AF=，AE=AG=，EF=5，BD=，
根据图形的旋转，可知，，∴，
∵ AH=AF，HE=5=FG，AE=AE，∴，同理可证得，∴，
又∵，∴，故①正确；
∵，，∴，同理可证，
∴，∴，故③正确；
以B为坐标原点O，AB所在的直线为y轴，以BC所在的直线为x轴，构建直角坐标系，则有A点坐标为，B点坐标为，C点坐标为，D点坐标为，F点坐标为，E点坐标为，
则直线AF的解析式为：，BD的解析式为，AE的解析式为，
联立：，得到N点坐标为：，同理的M点坐标为，
过M点作MP垂直于BC，交BC于P点，过N点作NQ垂直于DC，交DC于Q点，
则有MP=2，，
则有，，
则有，
则有：，故④错误；
根据N点坐标为：，A点坐标为：，E点坐标为：，
可得，
则在中，，∴，∴，故②正确；故选：A．
【点睛】本题考查了直角坐标系的构建、相似三角形以及坐标系中求解两点间距离等知识．准确作出辅助线并构建直角坐标系是解答本题的关键．
3．如图，正方形中，绕点逆时针旋转到，、分别交对角线于点、，若，则的值为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．16
【答案】D
【分析】先根据正方形的性质、旋转的性质可得，再根据相似三角形的判定与性质即可得．
【详解】四边形ABCD是正方形，，
由旋转的性质得：，，即，
在和中，，，
，即，，故选：D．
【点拨】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
4．如图，菱形的边长为4，，分别是，边上的动点，，，则下列结论：①；②为等边三角形；③；④若，则．其中正确个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】由SAS证明△BEC≌△AFC，①正确；由全等三角形的形状得CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，再由∠BCE＋∠ECA＝∠BCA＝60°，得∠ACF＋∠ECA＝60°，得△CEF是等边三角形，②正确；由∠AGE＝∠CAF＋∠AFG＝60°＋∠AFG，∠AFC＝∠CFG＋∠AFG＝60°＋∠AFG，得∠AGE＝∠AFC，故③正确；④过点E作EM∥BC交AC下点M点，易证△AEM是等边三角形，则EM＝AE，由AF∥EM，则△AFG∽△MEG，得④错误．
【详解】解：①∵四边形是菱形，∴，．
∵，∴，
∴和都是等边三角形，∴，．
∵，∴，故①正确．
②∵，∴，．
∵，∴，∴是等边三角形，故②正确．
③∵，，
∴，故③正确．④过点作交于点，
∴，，∴是等边三角形，∴．
∵，∴，∴．
∵，∴，∴﹐故④错误，正确个数为3．故选B．
【点拨】本题考查菱形的性质、等边三角形性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握菱形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．
5．（2022春·浙江绍兴·九年级校考阶段练习）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∠DFE=2∠AMN；④；⑤图中有4对相似三角形．其中正确结论个数是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】B
【详解】解：将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADH，
因为四边形ABCD是正方形，所以AB=BC=AD，∠BAD＝∠ABC=90°，∠ABD＝∠CBD=45°，
在△BNA和△BNC中，
所以△BNA≌△BNC，所以AN=CN，∠NEC=∠NCE=∠BAN，
因为∠NEC+∠BEN=180°，所以∠BAN+∠BEN=180°，
所以∠ABC+∠ANE=180°，所以∠ANE=90°，所以AN=NE，AN⊥NE，故①正确，
因为∠3=45°， ∠1=∠4，所以∠2+∠4=∠2+∠1=45°，所以∠3=∠FAH=45°，
因为AF=AF,AE=AH，所以△AFE≌△AFH，
所以EF=FH=DF+DH=DF+BE, ∠AFH=∠AFE，故②正确，
因为∠MAN=∠NDF=45°， ∠ANM=∠NDF，所以∠AMN=∠AFD，
又因为∠AFE=∠AFD，∠DFE=∠AFE+∠AFD，所以∠DFE=2∠AMN，故③正确；
因为∠MAN=∠EAF， ∠AMN=∠AFE，所以△AMN∽△AFE，
所以，所以MN，
如图2中,将△ABN绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，
易证△ANG≌△ANM, △GDN是直角三角形，所以MN=GN，
所以，所以，故④正确；
图中相似三角形有△ANE∽△BAD∽△BCD，△ANM∽△AEF， △ABN∽△FDN，
△BEM∽△DAM等，故⑤错误；故选B.
6．如图，在矩形纸片ABCD中，点E、F分别在矩形的边AB、AD上，将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，点C、H、G恰好在同一直线上，若AB＝6，AD＝4，BE＝2，则DF的长是（ ）
A．2 B． C． D．3
【答案】A
【分析】
构造如图所示的正方形，然后根据相似三角形的判定和性质解直角三角形FNP即可．
【详解】如图，延长CE，FG交于点N，过点N作，延长交于，
∴∠CMN=∠DPN=90°，∴四边形CMPD是矩形，
根据折叠，∠MCN=∠GCN，CD=CG，，
∵∠CMN=∠CGN=90°，CN=CN，∴，
∴，四边形为正方形，
∴，∴，
，，，设,则，
在中，由可得解得；故选A．
【点拨】本题考查了折叠问题，正方形的性质与判定，矩形的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形，勾股定理等知识点的综合运用，难度较大．作出合适的辅助线是解题的关键．
7．如图，等腰直角三角形，D E是上的两点，且，过D E分别作、，垂足分别为M、N，、交于点F，连接、．以下四个结论：①四边形是正方形；②；③；④当时，．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】由三个角是直角的四边形是矩形，先判定四边形AMFN是矩形，再证明AM＝AN，从而可判断①；利用SAS可判定△ABE≌△ACD，从而可判断②；在没有∠DAE＝45°时，无法证得DE'＝DE，故可判断③；由∠DAE＝∠C，∠ADE＝∠CDA可判定△ADE∽△CDA，从而可判定④．
【详解】解：∵DM、EN分别垂直AB、AC，垂足为M、N，∴∠AMF＝∠ANF＝90°，
又∵∠BAC＝90°，∴四边形AMFN是矩形；
∵△ABC为等腰直角三角形，∴AB＝AC，∠ABC＝∠C＝45°，
∵DM⊥AB，EN⊥AC，∴△BDM和△CEN均为等腰直角三角形，
又∵BD＝CE，∴△BDM≌△CEN（AAS），
∴BM＝CN∴AM＝AN，∴四边形AMFN是正方形，故①正确；
∵BD＝CE，∴BE＝CD，∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠C＝45°，AB＝AC，∴△ABE≌△ACD（SAS），故②正确；
如图所示，将△ACE绕点A顺时针旋转90°至△ABE'，则CE＝BE'，∠E'BA＝∠C＝45°，
由于△BDM≌△CEN，故点N落在点M处，连接ME'，则D、M、E'共线，
∵∠E'BA＝45°，∠ABC＝45°，∴∠DBE'＝90°，∴BE'2＋BD2＝DE'2，∴CE2＋BD2＝DE'2，
当∠DAE＝45°时，∠DAE'＝∠DAM＋∠EAN＝90° 45°＝45°，
∵AE＝AE'，AD＝AD，∴△ADE≌△ADE'（SAS），∴DE'＝DE，
∴在没有∠DAE＝45°时，无法证得DE'＝DE，故③错误；
∵AB＝AC，∠ABD＝∠C，BD＝CE，∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD＝AE，∴当∠DAE＝45°时，∠ADE＝∠AED＝67.5°，
∵∠C＝45°，∴∠DAE＝∠C，∠ADE＝∠CDA，∴△ADE∽△CDA，
∴，∴AD2＝DE CD，故④正确．综上，正确的有①②④，共3个 故选：C．
【点拨】本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质及正方形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
8．（2022·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ABCD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=360°-∠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=∠AQD．
∴∠PAF=∠1+∠2=∠2+∠3=∠BAD-∠PAQ=45°．∴∠PAF=∠PAQ．
又∵AP=AP，∴△APF≌△APQ．∴PF=PQ．
∵∠PBF=（∠AFB+∠1）+45°=（∠AQD+∠3）+45°=90°．
∴在Rt△BPF中，，∴．∴④正确；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.
9．（2022·河南安阳·统考一模）如图，在中，，D，E是斜边上两点，且，将绕点A顺时针旋转后，得到，连接，下列结论：①平分；②；③；④点C转至点B经过的弧长为，正确的个数有（）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】①由旋转90°得∠FAD=90°，可得∠FAE=∠DAE=45°，即AE平分∠FAD；②利用图形的旋转不变性得到△ADC≌△AFB，∠DAF=90°，利用SAS公理即可判定△AED≌△AEF；③利用相似三角形的判定与性质可以验证结论错误；④利用已知条件得到∠BAC=90°，利用弧长公式，可得④的结论正确．
【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．
∴平分，故①的结论正确；
在△AED和△AEF中，，∴△AED≌△AEF（SAS）．②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．③的结论错误；
由△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，得：∠BAC=90°，
∵AB=AC=6，∴点C转至点B经过的弧长为．④的结论正确；
综上，结论正确的有：①②④，故选：C．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，图形的旋转变换，三角形全等的判定与性质，弧长公式，相似三角形的判定与性质，利用图形的旋转不变性是解题的关键．
10.（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．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2023·浙江绍兴·校联考三模）矩形中，，，连接，E，F分别在边，上，连接，分别交于点M，N，若，，则的长为 ．
【答案】
【分析】根据矩形的性质，由勾股定理得出，延长至P，使，过P作的平行线交的延长线于Q，得正方形，延长交于H，连接，将绕点A顺时针旋转，点D与点P重合，得到，由旋转的性质可得，，，，证出，得出，可证，得出，证出，设，则，利用勾股定理列出方程求出，然后由，得，所以 ，即可求出的长．
【详解】解：在矩形中， ∵，，，
∴，
如图，延长至P，使，过P作的平行线交的延长线于Q，得正方形， 延长交于H，连接， 将绕点A顺时针旋转，点D与点P重合，得到，
∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转得：，
∴，，，，
∴， 即， ，，三点共线，
∵， ∴， ∴，
在和中，， ∴， ∴，
∵， ∴， 设，则，
∵，，∴， ∴， ∴，
∴，， 在中，由勾股定理得：，
∴（， 解得：， ∴，
∵， ∴， ∴ ，
∴． 故答案为：．
【点睛】本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．
12．（2023·成都市·九年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，连接EF，下列结论：①△AED≌△AEF；②；③△ABC的面积等于四边形AFBD的面积；④BE2+DC2＝DE2；⑤BE＝EF﹣DC；其中正确的选项是 （填序号）
【答案】①③④
【分析】①根据旋转的性质知∠CAD=∠BAF，AD=AF，因为∠BAC=90°，∠DAE=45°，所以∠CAD+∠BAE=45°，可得∠EAF=45°=∠DAE，由此即可证明△AEF≌△AED；
②当△ABE∽△ACD时，该比例式成立；
③根据旋转的性质，△ADC≌△ABF，进而得出△ABC的面积等于四边形AFBD的面积；
④据①知BF=CD，EF=DE，∠FBE=90°，根据勾股定理判断．
⑤根据①知道△AEF≌△AED，得CD=BF，DE=EF；由此即可确定该说法是否正确．
【详解】解：①根据旋转的性质知∠CAD=∠BAF，AD=AF．
∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，∴∠CAD+∠BAE=45°，
∴∠EAF=45°，∴△AED≌△AEF；故本选项正确；
②∵AB=AC，∴∠ABE=∠ACD；∴当∠BAE=∠CAD时，△ABE∽△ACD，
∴；当∠BAE≠∠CAD时，△ABE与△ACD不相似，即；
∴此比例式不一定成立，故本选项错误；③根据旋转的性质知△ADC≌△AFB，
∴S△ABC=S△ABD+S△ABF=S四边形AFBD，即三角形ABC的面积等于四边形AFBD的面积，故本选项正确；
④∵∠FBE=45°+45°=90°，∴BE2+BF2=EF2．
∵△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，∴△AFB≌△ADC，∴BF=CD．
又∵EF=DE，∴BE2+DC2=DE2，故本选项正确；
⑤根据①知道△AEF≌△AED，得CD=BF，DE=EF，
∴BE+DC=BE+BF＞DE=EF，即BE+DC＞FE，故本选项错误．
综上所述：正确的说法是①③④．故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了图形的旋转变换以及全等三角形的判定等知识，三角形三边的关系，相似三角形的性质与判定，解题时注意旋转前后对应的相等关系．
13．（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，，
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．
14．（2022·福建福州·校考模拟预测）如图，在正方形中，点，在上且，，延长交于点，延长交于点，连接．下列结论：①点为的中点，②，③，④，其中正确结论的序号是 ．（写出所有正确结论的序号）
【答案】①③④
【分析】根据正方形的性质，证明，，判断①和②，将绕点顺时针旋转，得到，证明判断③，分别求出的积，判断④．
【详解】解：∵正方形，
∴，
∴，∴，∵，∴，
∴，，∴点为的中点，故①正确；
同法可得：，∴，
∵，∴，∴，，
∴，∴，，
∵，∴，∴；故②错误；
将绕点顺时针旋转，得到，
则：，，，，
∴，∴点在同一条直线上，∴，
又，∴，∴；故③正确；
在中，，
∵，∴，∴，
∵，∴，故④正确；故答案为：①③④．
【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理．解题的关键是掌握正方形的性质，证明三角形相似，通过旋转构造全等三角形．本题的综合性强，难度较大，属于中考填空题中的压轴题．
15．如图，正方形AEFG的顶点E在正方形ABCD的边CD上，AD的延长线交EF于H点．若E为CD的中点，正方形ABCD的边长为4，则DH的值为 ．
【答案】1.
【解析】试题分析：根据正方形的性质和等角的余角相等，可得两个三角形中，有两个角对应相等，证得两个三角形相似，在此基础上，根据相似三角形的性质进行求解．
试题解析：∵正方形AEFG和正方形ABCD中，∠AEH=∠ADC=∠EDH=，
∴∠AED+∠DEH=，∠AED+∠DAE=，∴∠DEH=∠DAE．
∵△AED∽△EHD，∴．∵正方形ABCD的边长为4，∴AD=CD=4．
∵E为CD的中点，∴DE=2．∴，∴DH=1．
16．如图，在中，，点D、E在边上，，若，则的面积为 。
【答案】36
【分析】设，则，然后根据相似三角形的判定及性质以及勾股定理求出x的值，最后利用直角三角形面积公式求解即可．
【详解】设，则，
， ．
设，则有以下等式：，，，
整理得， ，
解得， ， ， ．
【点拨】本题主要考查相似三角形的判定及性质，勾股定理，利用方程的思想是解题的关键．
17．（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，
∴∴
∵
∴
∵，∴
∴∴∴∴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．
18．（2023·广东·九年级专题练习）如图，中，，，点为边上的点，点为线段上一点，且，，，则的长为 ．
【答案】
【分析】利用含30°角的直角三角形的性质及图形的相似可求DE的长．
【详解】解：如图，作于，作于．
中，，．∴．
在中，．，．．
．．．
．．．．
，即．．由勾股定理得：．
．．故答案为：
【点睛】本题考查含30°角的直角三角形的性质及相似三角形的判定，作辅助线构造直角三角形是求解本题的关键．
三、解答题（本大题共7小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2023春·辽宁沈阳·八年级统考期中）通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的下面是一个案例，请补充完整．
原题：如图，点，分别在正方形的边，上，，连接，则，试说明理由．
(1)思路梳理
，把绕点A逆时针旋转至，可使与重合.
，点，，共线根据______ 从“，，，”中选择填写，易证 ______ ，得．
(2)类比引申
如图，四边形中，，，点，分别在边，上，若，都不是直角，则当与满足等量关系______ 时，仍有．
(3)联想拓展
如图，在中，，，点，均在边上，且猜想，，应满足的等量关系，并写出推理过程．
(4)思维深化
如图，在中，，，点，均在直线上，点在点的左边，且，当，时，直接写出的长．
【答案】(1) ， (2)(3)，理由见解析(4)的长为或
【分析】（1）把绕点逆时针旋转至，可使与重合，再证明进而得到，即可证明结论；
（2）时，与（1）的证法类同；
（3）把绕点A顺时针旋转得到，连接，根据旋转的性质，可知得到、、、，
，根据中的，得到，所以，证，利用得到；
（4）分两种情况：点D在边上或点D在的延长线上，①当点D在边上时，过点A作于点F，过点D作于点G，利用三角函数求出，再证明，运用相似三角形性质即可求出，再由可求得；②当点D在的延长线上时，过点A作于点F，过点D作于点G，与①同理可求得，再由求出即可．
【详解】（1）解：，
把绕点逆时针旋转至，可使与重合．，
，，，，
，，点、、共线，
在和中，，，
，即：．故答案为：，；
（2）解：时，，理由如下：
，如图:把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，
，，，
，，
，，点、、共线，
在和中，，，
，即：．故答案为：；
（3）解：猜想：．理由如下：
如图：把绕点A顺时针旋转得到，连接，
，，，，，
在中，，，
，即，，
又，，，即，
在和中，，，
，；
（4）解：点，均在直线上，点在点的左侧，，
分两种情况：点在边上或点在的延长线上，
①当点在边上时，如图，过点A作于点，过点作于点，
，，，，，
，，，，，
，
，，，
，，，，
，；
②当点在的延长线上时，如图，过点作于点，过点作于点，
由①知，，，
，，
，，，
，，
，∽，，
，，．
综上所述，的长为或．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、旋转变换的性质、三角函数定义、勾股定理的应用等知识点，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、相似三角形的判定和性质，合理添加辅助线并灵活运用分类讨论思想是解题的关键．
20．（2023·陕西西安·九年级校考期中）问题研究，如图，在等腰中，，点、为底边上的两个动点（不与、重合），且．
（1）请在图中找出一个与相似的三角形，这个三角形是__________；
（2）若，分别过点、作、的垂线，垂足分别为、，且、的反向延长线交于点，若，求四边形的面积；
问题解决（3）如图所示，有一个矩形仓库，其中米，米，现计划在仓库的内部的、两处分别安装监控摄像头，其中点在边上，点在边上．设计要求且，则的长应为多少米？
【答案】（1）；（2）四边形的面积为；（3）CE的长为米．
【分析】（1）根据已知条件及相似三角形的判定可直接得出；
（2）把绕点A逆时针旋转得到，连接EH，根据旋转可得，利用三角形全等的性质得出，，，利用角和边之间的关系可得：为直角三角形，根据勾股定理及等量代换得出，根据全等三角形的判定得出 ，得，再求出各三角形的面积确定，再根据图形中三角形的关系得出，即可求得四边形面积；
（3）根据（2）中思路，作图：延长AD到S，延长BC到G，使，连接SG，延长AF交SG于点H，连接EH，延长GS到T，使，连接AT，则四边形ABGS为正方形，根据全等三角形的判定定理得出 ，根据全等三角形的性质及等量代换得出，再利用三角形全等的判定证明 ，设，可得出，，，在根据相似三角形的判定和性质得出，将各边代入得出，，，在中，利用勾股定理得出方程求解即可．
【详解】解：（1）∵，，
∴，故答案为：；
（2）如图所示：把绕点A逆时针旋转得到，连接EH，
∴，，∴，，，
∵，，∴，
∴，∴，
∴，∴，
∵，∴，
∵，∴，
在和中，，
∴ ，∴，∴，
∵于点G，，∴，
∴，∴，∵，
∴，同理可得：，
在中，，∴，同理可得：，
∵，∴，
∴，即，
∵，∴，即四边形的面积为；
（3）如图，延长AD到S，延长BC到G，使，连接SG，延长AF交SG于点H，连接EH，延长GS到T，使，连接AT，则四边形ABGS为正方形，
∴，，
在和中，，∴，，
∴，，∴，
在和中，，∴ ，∴，
设，则，，，
∵DFSH，∴，∴，即：，
解得：，∴=，
，
∴在中，，
解得：，（舍去），即CE的长为米．
【点睛】题目主要考查相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、一元二次方程的运用求解等，根据题意作出相应辅助线，融会贯通综合运用这些知识点是解题关键．
21．（2023·陕西汉中·九年级统考期末）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．
22．（2023·辽宁沈阳·九年级统考期末）【教材呈现】
（1）如图1，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＝∠G＝90°，BC＝6，若△ABC固定不动，将△AFG绕点A旋转，边AF、AG与边BC分别交于点D，E（点D不与点B重合，点E不与点C重合）①求证：AE2＝DE BE；②求BE CD的值；
【拓展探究】（2）如图2，在△ABC中，∠C＝90°，点D，E在边BC上，∠B＝∠DAE＝30°，且，请直接写出的值．
【答案】（1）①证明见解析；②18；（2）
【分析】（1）①只需要证明△ABE∽△DAE，得到，即可推出；
②先证明∠AEB=∠DAC，则可证△AEB∽△DAC，推出，然后利用勾股定理求出，即可得到；
（2）设，，先证明△ADE∽△BDA，推出，设，，得到，求出，，则在直角△ACD中，，则，即可推出，由此求解即可．
【详解】解：（1）①∵△ABC和△AGF都是等腰直角三角形，∠BAC=∠G=90°，∴∠B=∠C=∠GAF=45°，
又∵∠AED=∠NEA，∴△ABE∽△DAE，∴，∴；
②∵∠DAC=∠DAE+∠CAE，∠AEB=∠C+∠CAE，∠C=∠DAE=45°，∴∠AEB=∠DAC，
又∵∠B=∠C，∴△AEB∽△DAC，∴，∴，
∵AB=AC，∠BAC=90°，BC=6，∴，即，
∴，∴；
（2）∵，∴可设，，
∵∠B=∠DAE=30°，∠ADE=∠BDA，∴△ADE∽△BDA，
∴，∴，可设，，∴，
∵∠B=30°，∠ACB=90°，∴，∴，
∴ 在直角△ACD中，，
∴，∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，熟练掌握相似三角形的性质与判定条件是解题的关键．
23．（2022秋·广东·九年级深圳市福田区北环中学校考期中）如图①，在正方形ABCD中，点N、M分别在边BC、CD上，连接AM、AN、MN．∠MAN＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而得DM＋BN＝MN．
【实践探究】(1)在图①条件下，若CN＝6，CM＝8，则正方形ABCD的边长是______．
(2)如图②，点M、N分别在边CD、AB上，且BN＝DM．点E、F分别在BM、DN上，∠EAF＝45°，连接EF，猜想三条线段EF、BE、DF之间满足的数量关系，并说明理由．
(3)【拓展应用】如图③，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM，AN，已知∠MAN＝45°，BN＝2，求DM的长．
【答案】(1)12(2)猜想：，理由见解析(3)4
【分析】（1）由旋转的性质可得△ABE≌△ADM， 易证：△ANM≌△ANE，从而得DM＋BN＝MN．则可得MN+CM+CN=2BC，从而可求得正方形的边长；
（2）过点D作DP⊥DF，且DP=BE，连接PF、AP，可证明△APD≌△AEB，则可得AP=AE，∠EAP=90°；再证明△APF≌△AEF，可得EF=FP，在Rt△PDF中，由勾股定理即可得三条线段EF、BE、DF之间满足的数量关系； （3）把矩形ABCD补成正方形AEFD，延长AN交EF于G，连接GN．由△ABN∽△AEG，可求得EG、FG的长，设DM=x，则可得FM，由（1）的证明知，GM=EG+DM，由勾股定理建立方程即可求得x的值，即DM的长．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠BAD=∠ABC=∠C=∠D=90°．由旋转得：△ABE≌△ADM，
∴AE=AM，BE=DM，∠ABE=∠D=90°，∠EAB=∠MAD．
∴∠ABE+∠ABC=180°．∴E、B、N在同一直线上．
∵∠MAN=45°，∠BAD=90°，∴∠BAN+∠MAD=45°．
∴∠BAN+∠EAB=45°．即∠EAN=45°．∴∠EAN=∠MAN．
在△ANM与△ANE中，
∴△ANM≌△ANE．∴MN=EN．
∵EN=BE+BN=DM+BN， ∴MN=DM+BN．
∴MN+CM+CN=DM+BN+CM+CN=CD+BC=2BC．
在Rt△CMN中，由勾股定理得：，
∴10+8+6=2BC．∴BC=12．故答案为：12．
（2）三条线段EF、BE、DF之间满足的数量关系为；
理由如下：如图②，过点D作DP⊥DF，且DP=BE，连接PF、AP．
则∠PDA+∠ADF=∠ADF+∠NDM=90°．∴∠PDA=∠NDM．
∵四边形ABCD是正方形，∴BN∥DM．
∵BN=DM，∴四边形BNDM是平行四边形．∴∠EBA=∠NDM．∴∠PDA=∠EBA．
在△APD与△AEB中， ∴△APD≌△AEB．∴AP=AE，∠PAD=∠EAB．
∵∠EAP=∠EAD+∠PAD=∠EAD+∠EAB=∠BAD=90°，∠EAF=45°，∴∠PAF=∠EAF=45°．
在△APF与△AEF中，∴△APF≌△AEF．∴EF=FP．
在Rt△PDF中，由勾股定理得：，
即．
（3）如图③，把矩形ABCD补成正方形AEFD，延长AN交EF于G，连接GN，则AE=EF=DF=AD=8．
∵四边形ABCD是矩形，∴BN∥EG．∴△ABN∽△AEG．
∴．∴．∴．
设DM=x，则FM=DF DM=8 x，∵四边形AEFD是正方形，∠GAM=45°，
∴由（1）的证明知，．
在Rt△GMF中，勾股定理得：，
即，解得：x=4即DM的长为4．
【点睛】本题是四边形的综合问题，考查了正方形性质，平行四边形的判定与性质，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，旋转的性质等知识，综合性较强，证明三角形全等及由勾股定理得出方程是关键．
24．（2023春·江苏·八年级专题练习）问题背景：如图1，在正方形中，点分别在边上，，求证：．
洋洋同学给出了部分证明过程，请你接着完成剩余的证明过程．
证明：延长到点使，连接，
正方形，，
在和中，
迁移应用：如图2，在正方形中，交于点，若，，求的长．
联系拓展：如图3，在矩形中，点分别在边上，，若，探究与的数量关系，并给出证明．
【答案】问题背景：见解析；迁移应用：；联系拓展： BE=2EC，理由见解析
【分析】问题背景：在已证明的前提下，利用全等三角形的性质，结合已知条件证明，可得到结论，
迁移应用：过点作交于点，连接，得到，利用全等三角形的性质与三角形内角和定理得到，利用问题背景的结论可得答案，
联系拓展：分别取的中点和，连接并延长交于点，连接，
构造出符合问题背景中的图形，利用问题背景的结论，结合勾股定理可得答案．
【详解】问题背景：证明：延长到点使，连接，
正方形，，
在和中，
．
，，
又，
在和中，，，
．又．
迁移应用：解：过点作交于点，连接，
正方形，
，
又，
，
由(1)知，．设，，
又，，
在中，， ，．
在中，．
联系拓展：解：，证明如下：
分别取的中点和，连接并延长交于点，连接，
，， ，
四边形是矩形，
又，设，， 四边形是正方形，
，由(1)知，．
，设，，，
在中，，，
，．．
【点睛】本题考查的是矩形，正方形的性质，构造三角形全等的模型证明三角形全等，利用全等三角形的性质解决实际问题，对学习迁移的要求较高，熟练掌握基础知识，理解构造三角形全等是解题的关键．
25．（2023·浙江杭州·九年级期中）已知正方形的边长为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、的延长线交于点E、F，连接．设．
（1）如图1，当被对角线平分时，求a、b的值；（2）当是直角三角形时，求a、b的值；（3）如图3，探索绕点A旋转的过程中，的面积是否发生变化？请说明理由．
【答案】（1）；（2）当时，，；当时，，；（3）的面积不变，证明见解析
【分析】（1）利用正方形的性质可得，由被对角线平分可得，从而可证≌，根据全等三角形的性质可得，然后根据角度关系可得，即可得到a、b的值；
（2）由题意可知，分两种情况计算，①当时，首先根据题意得到是等腰直角三角形，再根据勾股定理得到,根据已知条件可得∽，根据相似三角形的性质得出，两式联立解方程组即可；②当时，方法和上面的方法一致，即可解答；
（3）先利用平行线的性质和正方形的性质得到,再利用三角形的内角和得到,从而求出，而，得到∽，然后再利用相似三角形的对应边成比例，即可求出的值，进而可知的面积是否变化．
【详解】（1）∵四边形是正方形，∴，
∵是正方形的对角线，∴，∴,
∵被对角线平分，∴，
在和中，，∴≌，
∴，，∵，，∴，
∵,∴，
∵，,∴，
∵，∴,∴，即；
（2）当是直角三角形时，
①当时，∵，∴，
∴是等腰直角三角形，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，∴①
∵，,∴，∴∽，
∴，∴，∴②，
联立①②得，，，∴，；
②当时，同①的方法得，，，∴，；
（3）∵，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∵，∴∽∴，
∴，∴，
∵，∴，∴的面积不变．
【点睛】此题是四边形的综合题，本题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∽，也是本题的难点．
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专题4.12 相似三角形中的半角模型
模块1：知识梳理
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。
模块2：核心模型与典例
模型1.半角模型（相似模型）
1）半角模型（正方形中的半角相似模型）
条件：已知，在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交BC、CD边于M、N两点，且∠EAF＝45°
图1 图2
结论：如图1，△AMN∽△AFE且．（提示：∠ANM=∠AEF，∠AMN=∠AFE）；
结论：如图2，△MAN∽△MDA，△NAM∽△NBA；
图3 图4
结论：如图3，连接AC，则△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且；
结论：如图4，△BME∽△AMN∽△DFN.
2）半角模型（特殊三角形中的半角相似模型）
（1）含45°半角模型
图1 图2
条件：如图1，已知∠BAC＝90°，；
结论：①△ABE∽△DAE∽△DCA；②；③ （）
（2）含60°半角模型
条件：如图1，已知∠BAC＝120°，；
结论：①△ABD∽△CAE∽△CBA；②；③ （）
例1．（2023·福建泉州·九年级校考期中）如图，在正方形中，点分别是边上的两点，且分别交于.下列结论：①；②平分；③；④．其中正确的结论是（ ）
A．②③④ B．①④ C．①②③ D．①②③④
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 ．
例3．（2023秋·江苏泰州·九年级统考期末）如图，已知中，，，点、在边上，．(1)求证：；(2)当，时，求的长．
例4．（2023·江苏无锡·九年级期中）如图，在中，，，点D、E都在边上，．若，则的长为 ．
例5．（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1∶3．若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．
例6．（2023·浙江·九年级专题练习）如图，正方形中，交于点交于点，分别交于，连接．求证：； 求的值；若正方形的边长为5，，求的长．
例7．（2022·广东深圳·统考二模）【教材呈现】（1）如图1，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形和摆放在一起，点为公共顶点，，若固定不动，将绕点旋转，边，与边分别交于点，（点不与点重合，点不与点重合），则结论是否成立______（填“成立”或“不成立”）；
【类比引申】（2）如图2，在正方形中，为内的一个动角，两边分别与，交于点，，且满足，求证：；
【拓展延伸】（3）如图3，菱形的边长为，，的两边分别与，相交于点，，且满足，若，则线段的长为______．
模块3：同步培优题库
全卷共25题 测试时间：80分钟 试卷满分：120分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2023·广东深圳·九年级校考阶段练习）如图，在正方形中，点，分别在边，上，、分别交于点，，连接、，且．下列结论：①，；②；③；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
2．（2022·广东深圳·统考一模）如图，正方形ABCD中，E是BC的中点，F在CD上，，连接AE，AF与对角线BD交于点M，N，连接MF，EN．给出结论：①；②；③；④．其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
3．如图，正方形中，绕点逆时针旋转到，、分别交对角线于点、，若，则的值为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．16
4．如图，菱形的边长为4，，分别是，边上的动点，，，则下列结论：①；②为等边三角形；③；④若，则．其中正确个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
5．（2022春·浙江绍兴·九年级校考阶段练习）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∠DFE=2∠AMN；④；⑤图中有4对相似三角形．其中正确结论个数是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
6．如图，在矩形纸片ABCD中，点E、F分别在矩形的边AB、AD上，将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，点C、H、G恰好在同一直线上，若AB＝6，AD＝4，BE＝2，则DF的长是（ ）
A．2 B． C． D．3
7．如图，等腰直角三角形，D E是上的两点，且，过D E分别作、，垂足分别为M、N，、交于点F，连接、．以下四个结论：①四边形是正方形；②；③；④当时，．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．（2022·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
9．（2022·河南安阳·统考一模）如图，在中，，D，E是斜边上两点，且，将绕点A顺时针旋转后，得到，连接，下列结论：①平分；②；③；④点C转至点B经过的弧长为，正确的个数有（）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10.（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
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2023·浙江绍兴·校联考三模）矩形中，，，连接，E，F分别在边，上，连接，分别交于点M，N，若，，则的长为 ．
12．（2023·成都市·九年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，连接EF，下列结论：①△AED≌△AEF；②；③△ABC的面积等于四边形AFBD的面积；④BE2+DC2＝DE2；⑤BE＝EF﹣DC；其中正确的选项是 （填序号）
13．（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 ．
14．（2022·福建福州·校考模拟预测）如图，在正方形中，点，在上且，，延长交于点，延长交于点，连接．下列结论：①点为的中点，②，③，④，其中正确结论的序号是 ．（写出所有正确结论的序号）
15．如图，正方形AEFG的顶点E在正方形ABCD的边CD上，AD的延长线交EF于H点．若E为CD的中点，正方形ABCD的边长为4，则DH的值为 ．
16．如图，在中，，点D、E在边上，，若，则的面积为 。
17．（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 ．
18．（2023·广东·九年级专题练习）如图，中，，，点为边上的点，点为线段上一点，且，，，则的长为 ．
三、解答题（本大题共7小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2023春·辽宁沈阳·八年级统考期中）通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的下面是一个案例，请补充完整．
原题：如图，点，分别在正方形的边，上，，连接，则，试说明理由．
(1)思路梳理
，把绕点A逆时针旋转至，可使与重合.
，点，，共线根据______ 从“，，，”中选择填写，易证 ______ ，得．
(2)类比引申
如图，四边形中，，，点，分别在边，上，若，都不是直角，则当与满足等量关系______ 时，仍有．
(3)联想拓展
如图，在中，，，点，均在边上，且猜想，，应满足的等量关系，并写出推理过程．
(4)思维深化
如图，在中，，，点，均在直线上，点在点的左边，且，当，时，直接写出的长．
20．（2023·陕西西安·九年级校考期中）问题研究，如图，在等腰中，，点、为底边上的两个动点（不与、重合），且．
（1）请在图中找出一个与相似的三角形，这个三角形是__________；
（2）若，分别过点、作、的垂线，垂足分别为、，且、的反向延长线交于点，若，求四边形的面积；
问题解决（3）如图所示，有一个矩形仓库，其中米，米，现计划在仓库的内部的、两处分别安装监控摄像头，其中点在边上，点在边上．设计要求且，则的长应为多少米？
21．（2023·陕西汉中·九年级统考期末）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．
22．（2023·辽宁沈阳·九年级统考期末）【教材呈现】
（1）如图1，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＝∠G＝90°，BC＝6，若△ABC固定不动，将△AFG绕点A旋转，边AF、AG与边BC分别交于点D，E（点D不与点B重合，点E不与点C重合）①求证：AE2＝DE BE；②求BE CD的值；
【拓展探究】（2）如图2，在△ABC中，∠C＝90°，点D，E在边BC上，∠B＝∠DAE＝30°，且，请直接写出的值．
23．（2022秋·广东·九年级深圳市福田区北环中学校考期中）如图①，在正方形ABCD中，点N、M分别在边BC、CD上，连接AM、AN、MN．∠MAN＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而得DM＋BN＝MN．
【实践探究】(1)在图①条件下，若CN＝6，CM＝8，则正方形ABCD的边长是______．
(2)如图②，点M、N分别在边CD、AB上，且BN＝DM．点E、F分别在BM、DN上，∠EAF＝45°，连接EF，猜想三条线段EF、BE、DF之间满足的数量关系，并说明理由．
(3)【拓展应用】如图③，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM，AN，已知∠MAN＝45°，BN＝2，求DM的长．
24．（2023春·江苏·八年级专题练习）问题背景：如图1，在正方形中，点分别在边上，，求证：．
洋洋同学给出了部分证明过程，请你接着完成剩余的证明过程．
证明：延长到点使，连接，
正方形，，
在和中，
迁移应用：如图2，在正方形中，交于点，若，，求的长．
联系拓展：如图3，在矩形中，点分别在边上，，若，探究与的数量关系，并给出证明．
25．（2023·浙江杭州·九年级期中）已知正方形的边长为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、的延长线交于点E、F，连接．设．
（1）如图1，当被对角线平分时，求a、b的值；（2）当是直角三角形时，求a、b的值；（3）如图3，探索绕点A旋转的过程中，的面积是否发生变化？请说明理由．
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