專題06相似三角形中的基本模型--半角模型相似三角形在中考數(shù)學幾何模塊中占據(jù)著重要地位。相似三角形與其它知識點結合以綜合題的形式呈現(xiàn)，其變化很多，難度大，是中考的常考題型。如果大家平時注重解題方法，熟練掌握基本解題模型，再遇到該類問題就信心更足了。本專題就半角模型進行梳理及對應試題分析，方便掌握。模型1.半角模型（相似模型）【常見模型及結論】1）半角模型（正方形中的半角相似模型）條件：已知，如圖，在正方形ABCD中，∠EAF的兩邊分別交BC、CD邊于M、N兩點，且∠EAF＝45°結論：如圖1，△AMN∽△AFE且．（思路提示：∠ANM=∠AEF，∠AMN=∠AFE）；圖1圖2結論：如圖2，△MAN∽△MDA，△NAM∽△NBA；結論：如圖3，連接AC，則△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且；圖3圖4結論：如圖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°半角模型圖1圖2條件：如圖1，已知∠BAC＝90°，；結論：①△ABE∽△DAE∽△DCA；②；③（）（2）含60°半角模型條件：如圖1，已知∠BAC＝120°，；結論：①△ABD∽△CAE∽△CBA；②；③（）例1．（2023·山西·九年級校考期中）如圖，在正方形中，點、分別是、邊上的兩點，且，、分別交于、．下列結論：①；②平分；③；④．其中正確的結論是（

）A．①②④ B．①④ C．①②③ D．①②③④【答案】D【分析】證明△ABN∽△ADM，可得結論④正確．把△ABE繞點A逆時針旋轉90°，得到△ADH．證明△AEF≌△AHF，推出∠AFH＝∠AFE，即AF平分∠DFE．可得②正確．證明△AMN∽△AFE．可得結論③正確．由△AEF≌△AHF，可得EF＝FH，可得①正確．【詳解】解：∵∠BAN＝∠BAM+∠MAN＝∠BAM+45°，∠AMD＝∠ABM+∠BAM＝45°+∠BAM，∴∠BAN＝∠AMD．又∠ABN＝∠ADM＝45°，∴△ABN∽△MDA，∴AB：BN＝DM：AD．∵AD＝AB，∴AB2＝BN?DM．故④正確；把△ABE繞點A逆時針旋轉90°，得到△ADH．∵∠ADF＝∠ADH＝90°，∴D、F、H在同一直線上，∵∠BAD＝∠EAH＝90°，∠EAF＝45°，∴∠EAF＝∠HAF＝45°．∵AE＝AH，AF＝AF，∴△AEF≌△AHF（SAS），∴∠AFH＝∠AFE，即AF平分∠DFE．故②正確；③∵AB∥CD，∴∠DFA＝∠BAN．∵∠AFE＝∠AFD，∠BAN＝∠AMD，∴∠AFE＝∠AMN．又∠MAN＝∠FAE，∴△AMN∽△AFE．∴AM：AF＝AN：AE，即AM?AE＝AN?AF．故③正確；由△AEF≌△AHF，可得EF＝FH，得BE+DF＝DH+DF＝FH＝FE．故①正確．故選：D．【點睛】此題考查了正方形的性質、相似（包括全等）三角形的判定和性質、旋轉的性質等知識點，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考常考題型．例2．（2023·浙江·九年級專題練習）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，點E，F(xiàn)分別在BC，CD上．若BE＝2，∠EAF＝45°，則DF的長是．【答案】【分析】取AD，BC的中點M，N，連接MN，交AF于H，延長CB至G，使BG＝MH，連接AG，先證出四邊形ABNM是正方形，利用SAS證出ABG≌AMH，再利用SAS證出AEG≌AEH，利用勾股定理求出MH，然后利用平行證出AHM∽AFD，列出比例式即可求出結論．【詳解】解：取AD，BC的中點M，N，連接MN，交AF于H，延長CB至G，使BG＝MH，連接AG，∵點M，點N是AD，BC的中點，∴AM＝MD＝BN＝NC＝4，∵AD∥BC，∴四邊形ABNM是平行四邊形，∵AB＝AM＝4，∴四邊形ABNM是菱形，∵∠BAD＝90°，∴四邊形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RtHEN中，EH2＝NH2+NE2，∴（2+MH）2＝（4﹣MH）2+4，∴MH＝∵MN∥CD，∴AHM∽AFD，∴∴DF＝×＝，故答案為：．【點睛】此題考查的是相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定及性質、正方形的判定及性質和矩形的性質，此題難度較大，掌握相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定及性質、正方形的判定及性質和矩形的性質是解決此題的關鍵．例3．（2023·廣東·九年級專題練習）如圖，已知中，，，點在邊上，．(1)求證：；(2)當，時，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）先利用等腰直角三角形的性質求出，再利用“兩邊對應成比例，夾角相等”判斷，最后利用相似三角形的性質得結論；（2）先利用等腰直角三角形的性質及勾股定理求出的長，進而得到，再利用相似三角形的性質求出，最后利用線段的和差關系得結論．【詳解】（1）證明：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴；（2）解：∵，∴，，∵，∴，∴，，∵，，，∴，∵，∴，∴，即，∴，∵，∴．【點睛】本題主要考查了相似三角形，掌握等腰直角三角形的性質、勾股定理及相似三角形的性質和判定是解決本題的關鍵．例4．（2023·廣東·九年級專題練習）如圖，中，，，點為邊上的點，點為線段上一點，且，，，則的長為．【答案】【分析】利用含30°角的直角三角形的性質及圖形的相似可求DE的長．【詳解】解：如圖，作于，作于．中，，．∴．在中，．，．．．．．．．．．，即．．由勾股定理得：．．．故答案為：【點睛】本題考查含30°角的直角三角形的性質及相似三角形的判定，作輔助線構造直角三角形是求解本題的關鍵．例5．（2023·遼寧沈陽·統(tǒng)考二模）在菱形中，．點，分別在邊，上，且．連接，．（1）如圖1，連接，求證：是等邊三角形；（2）平分交于點．①如圖2，交于點，點是的中點，當時，求的長．②如圖3，是的中點，點是線段上一動點（點與點，點不重合）．當，時，是否存在直線將分成三角形和四邊形兩部分，其中三角形的面積與四邊形的面積比為1∶3．若存在，請直接寫出的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）見解析；（2）①；②或【分析】（1）證，根據(jù)有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形證明即可；（2）①連接，證，列出比例式，根據(jù)相似比即可求解；②分點H為AG中點和點N為EC中點兩種情況，根據(jù)相似比，求出比值即可．【詳解】解：（1）四邊形是菱形，，∵，∴△ABC是等邊三角形，∴，，，；，，，是等邊三角形；（2）①連接，點是的中點，，，，，由（1）知，是等邊三角形，，平分，，，，即，，，②如圖，當點H為AG中點時，即；∵是的中點，∴OH∥EC，∴△AMO∽△AEC,∵，∴，即；同理，如圖所示，當點N為EC中點時，ON∥AE，；連接FG，作FP⊥BC，交BC延長線與點P，∵，，∴,∵CD∥AB，∴∠B=∠DCP=60°，∴∠CFP=30°，∴CP=2，，∵AE=AF，AG=AG，∠EAG=∠FAG，∴△EAG≌△FAG，∴EG=FG，設EG=x,CG=8-x，PG=10-x，，解得，，∵EN=CN=4，；綜上，的值為：或．【點睛】本題考查了菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，解直角三角形，相似三角形的判定與性質，解題關鍵是熟練運用相關幾何知識，構建幾何模型證明相似或全等．例6．（2023·浙江·九年級專題練習）如圖，正方形中，交于點交于點，分別交于，連接．求證：；求的值；若正方形的邊長為5，，求的長．【答案】見解析；；【分析】（1）通過證明即可得出答案；連接，由四邊形是正方形，可得，由條件證明即可得出即可求出的值；由正方形的邊長為5，，可得由（1）中結論可得故，結合、可得：，可證明利用相似三角形的性質即可求出答案．【詳解】證明：四邊形為正方形，又，連接，四邊形是正方形．，∵正方形的邊長為5∴BD=∴由得由，同理得：【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，正方形的性質，靈活運用相似三角形的判定和性質，正方形的性質是解題的關鍵．例7．（2023·廣東佛山·九年級校考階段練習）正方形，、分別在邊、上（不與端點重合），，與交于點．(1)如圖①，若平分，直接寫出線段，，之間等量關系；(2)如圖②，若不平分，(1)中線段，，之間等量關系還成立嗎？若成立請證明；若不成立，請說明理由；(3)如圖③，矩形，，．點、分別在邊，上，，，求的長度．【答案】(1)(2)(1)中線段，，之間的等量關系還成立，證明見解析(3)【分析】（1）證明得，，根據(jù)角平分線的性質得：，，相加可得結論；（2）延長到點H，截取，連接，根據(jù)定理可得出，故可得出，再由，可得出，由定理可得，故，可得結論；（3）作輔助線，構建正方形，設，根據(jù)勾股定理列方程可得的長，從而得的長，最后由勾股定理可得結論；【詳解】（1）解：四邊形是正方形，，，，，平分，，在與中，，，，，，，平分，平分，，，；（2）解：（1）中線段，，之間等量關系還成立，證明如下：延長到點H，截取，連接，在與中，，，，，，，，即，在與中，，；（3）解：如圖：取、的中點P、Q，連接交于點H，連接，，，，，四邊形是正方形，在中，，，，，，由（1）同理得：，設，則，，在中，，，解得，是的中點，，，，，，由勾股定理得：．【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的性質，相似三角形的判定與性質，熟記各性質并作輔助線構造出全等三角形和等腰直角三角形是解題的關鍵．課后專項訓練1．（2022春·浙江紹興·九年級校考階段練習）如圖，在正方形ABCD中，點E、F分別在邊BC，DC上，AE、AF分別交BD于點M、N，連接CN、EN，且CN=EN．下列結論：①AN=EN，AN⊥EN；②BE+DF=EF；③∠DFE=2∠AMN；④；⑤圖中有4對相似三角形．其中正確結論個數(shù)是（

）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】B【詳解】解：將△ABE繞點A逆時針旋轉90°，得到△ADH，因為四邊形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，因為∠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正確，因為∠3=45°，∠1=∠4，所以∠2+∠4=∠2+∠1=45°，所以∠3=∠FAH=45°，因為AF=AF,AE=AH，所以△AFE≌△AFH，所以EF=FH=DF+DH=DF+BE,∠AFH=∠AFE，故②正確，因為∠MAN=∠NDF=45°，∠ANM=∠NDF，所以∠AMN=∠AFD，又因為∠AFE=∠AFD，∠DFE=∠AFE+∠AFD，所以∠DFE=2∠AMN，故③正確；因為∠MAN=∠EAF，∠AMN=∠AFE，所以△AMN∽△AFE，所以，所以MN，如圖2中,將△ABN繞點A逆時針旋轉90°，得到△ADG，易證△ANG≌△ANM,△GDN是直角三角形，所以MN=GN，所以，所以，故④正確；圖中相似三角形有△ANE∽△BAD∽△BCD，△ANM∽△AEF，△ABN∽△FDN，△BEM∽△DAM等，故⑤錯誤；故選B.2．如圖，在矩形紙片ABCD中，點E、F分別在矩形的邊AB、AD上，將矩形紙片沿CE、CF折疊，點B落在H處，點D落在G處，點C、H、G恰好在同一直線上，若AB＝6，AD＝4，BE＝2，則DF的長是（）A．2 B． C． D．3【答案】A【分析】構造如圖所示的正方形，然后根據(jù)相似三角形的判定和性質解直角三角形FNP即可．【詳解】如圖，延長CE，F(xiàn)G交于點N，過點N作，延長交于，∴∠CMN=∠DPN=90°，∴四邊形CMPD是矩形，根據(jù)折疊，∠MCN=∠GCN，CD=CG，，∵∠CMN=∠CGN=90°，CN=CN，∴，∴，四邊形為正方形，∴，∴，，，，設,則，在中，由可得解得；故選A．【點撥】本題考查了折疊問題，正方形的性質與判定，矩形的性質，平行線的性質，全等三角形的性質和判定，相似三角形，勾股定理等知識點的綜合運用，難度較大．作出合適的輔助線是解題的關鍵．3．如圖，等腰直角三角形，D?E是上的兩點，且，過D?E分別作、，垂足分別為M、N，、交于點F，連接、．以下四個結論：①四邊形是正方形；②；③；④當時，．其中正確的結論有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】由三個角是直角的四邊形是矩形，先判定四邊形AMFN是矩形，再證明AM＝AN，從而可判斷①；利用SAS可判定△ABE≌△ACD，從而可判斷②；在沒有∠DAE＝45°時，無法證得DE'＝DE，故可判斷③；由∠DAE＝∠C，∠ADE＝∠CDA可判定△ADE∽△CDA，從而可判定④．【詳解】解：∵DM、EN分別垂直AB、AC，垂足為M、N，∴∠AMF＝∠ANF＝90°，又∵∠BAC＝90°，∴四邊形AMFN是矩形；∵△ABC為等腰直角三角形，∴AB＝AC，∠ABC＝∠C＝45°，∵DM⊥AB，EN⊥AC，∴△BDM和△CEN均為等腰直角三角形，又∵BD＝CE，∴△BDM≌△CEN（AAS），∴BM＝CN∴AM＝AN，∴四邊形AMFN是正方形，故①正確；∵BD＝CE，∴BE＝CD，∵△ABC為等腰直角三角形，∴∠ABC＝∠C＝45°，AB＝AC，∴△ABE≌△ACD（SAS），故②正確；如圖所示，將△ACE繞點A順時針旋轉90°至△ABE'，則CE＝BE'，∠E'BA＝∠C＝45°，由于△BDM≌△CEN，故點N落在點M處，連接ME'，則D、M、E'共線，∵∠E'BA＝45°，∠ABC＝45°，∴∠DBE'＝90°，∴BE'2＋BD2＝DE'2，∴CE2＋BD2＝DE'2，當∠DAE＝45°時，∠DAE'＝∠DAM＋∠EAN＝90°?45°＝45°，∵AE＝AE'，AD＝AD，∴△ADE≌△ADE'（SAS），∴DE'＝DE，∴在沒有∠DAE＝45°時，無法證得DE'＝DE，故③錯誤；∵AB＝AC，∠ABD＝∠C，BD＝CE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴AD＝AE，∴當∠DAE＝45°時，∠ADE＝∠AED＝67.5°，∵∠C＝45°，∴∠DAE＝∠C，∠ADE＝∠CDA，∴△ADE∽△CDA，∴，∴AD2＝DE?CD，故④正確．綜上，正確的有①②④，共3個故選：C．【點撥】本題考查了相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質及正方形的判定與性質等知識點，熟練掌握相關性質及定理是解題的關鍵．4．（2022·安徽·校聯(lián)考一模）如圖，正方形ABCD邊長為2，BM、DN分別是正方形的兩個外角的平分線，點P，Q分別是平分線BM、DN上的點，且滿足∠PAQ＝45°，連接PQ、PC、CQ．則下列結論：①BP?DQ＝3.6；②∠QAD＝∠APB；③∠PCQ＝135°；④．其中正確的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】運用正方形的性質；角平分線的定義；全等三角形的判定和性質；勾股定理；相似三角形的判定和性質；旋轉變換的性質綜合推理判斷．【詳解】∵四邊形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線，∴∠MBC=135°，∴∠BAP+∠APB=45°，∴∠QAD＝∠APB，∴②正確；∵BM、DN分別是正方形的兩個外角的平分線，∴∠ABP=∠QDA=135°，∵∠QAD＝∠APB，∴△ABP∽△QDA，∴BP：DA=BA：DQ，∴BP?DQ＝，∴①錯誤；∵△ABP∽△QDA，∴BP：DA=BA：DQ，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA，∴BP：BC=DC：DQ，∵BM、DN分別是正方形的兩個外角的平分線，∴∠PBC=∠QDC=45°，∴△BPC∽△DCQ，∴∠BCP=∠DQC，∴∠PCQ=360°-∠BCD-∠BCP-∠DCQ=270°-（∠DQC+∠DCQ）=270°-（180°-∠CDQ）=135°.∴③正確；如圖，將△AQD繞點A順時針旋轉90°得到△ABF，連接PF．則△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正確；故選C．【點睛】本題考查了正方形的性質；角平分線的定義；全等三角形的判定和性質；勾股定理；相似三角形的判定和性質；旋轉變換的性質．熟練掌握上述性質，靈活運用旋轉構圖求解是解題的關鍵.5．（2022·河南安陽·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，D，E是斜邊上兩點，且，將繞點A順時針旋轉后，得到，連接，下列結論：①平分；②；③；④點C轉至點B經(jīng)過的弧長為，正確的個數(shù)有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】①由旋轉90°得∠FAD=90°，可得∠FAE=∠DAE=45°，即AE平分∠FAD；②利用圖形的旋轉不變性得到△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與性質可以驗證結論錯誤；④利用已知條件得到∠BAC=90°，利用弧長公式，可得④的結論正確．【詳解】解：∵將△ADC繞點A順時針旋轉90°后，得到△AFB，∴△ADC≌△AFB，∠DAF=90°．∴AF=AD．∵∠DAE=45°，∴∠FAE=90°-∠EAD=45°．∴∠FAE=∠DAE．∴平分，故①的結論正確；在△AED和△AEF中，，∴△AED≌△AEF（SAS）．②的結論正確；∵AB=AC．，∴∠ABE=∠ACD．∴當∠BAE=∠CAD時，△ABE∽△ACD，∴．當∠BAE≠∠CAD時，△ABE與△ACD不相似，比例式不成立，∴不一定成立．③的結論錯誤；由△ADC繞點A順時針旋轉90°后，得到△AFB，得：∠BAC=90°，∵AB=AC=6，∴點C轉至點B經(jīng)過的弧長為．④的結論正確；綜上，結論正確的有：①②④，故選：C．【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質，圖形的旋轉變換，三角形全等的判定與性質，弧長公式，相似三角形的判定與性質，利用圖形的旋轉不變性是解題的關鍵．6．（2023·山東·統(tǒng)考一模）如圖，在同一平面內(nèi)，將兩個全等的等腰直角三角形ABC和AFG擺放在一起，A為公共頂點，∠BAC=∠AGF=90°，它們的斜邊長為2，若△ABC固定不動，△AFG繞點A旋轉，AF、AG與邊BC的交點分別為D、E（點D不與點B重合，點E不與點C重合），設BE=m，CD=n．下列結論：（1）圖中有三對相似而不全等的三角形；（2）m?n=2；（3）BD2+CE2=DE2；（4）△ABD≌△ACE；（5）DF=AE．其中正確的有（

）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個【答案】A【詳解】試題分析：（1）根據(jù)已知及相似三角形的判定方法進行分析即可；（2）可根據(jù)（1）中的相似三角形BAE和CDA得出關于AB，BE，CD，AC的比例關系，AB，AC可通過等腰直角三角形求出，因此根據(jù)比例關系即可得出m，n的函數(shù)關系式．（3）根據(jù)旋轉角，我們知道HB⊥BD，那么DH2=BH2+BD2，而BH=CE，于是關鍵是證明HD=DE，連接AH，DH那么可通過證三角形AHD和ADE全等來求解．（4）若△ABC固定不動，△AFG繞點A旋轉，得到∠BAD≠∠CAE，于是△ABD與△ACE不一定全等，（5）當AF與AB重合時，AE=AF，AB=AF，得到DF≠AF，于是由AE與DF不一定相等；試題解析：（1）△ABE∽△DAE，△ABE∽△DCA，故（1）錯誤；（2）∵△ABE∽△DCA，∴由題意可知CA=BA=，∴∴m=，∴mn=2；（1＜n＜2）；故（2）正確；（3）證明：將△ACE繞點A順時針旋轉90°至△ABH的位置，則CE=HB，AE=AH，∠ABH=∠C=45°，旋轉角∠EAH=90°．連接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）正確；（4）若△ABC固定不動，△AFG繞點A旋轉，∴∠BAD≠∠CAE，∴△ABD與△ACE不一定全等，∴（4）錯誤；（5）當AF與AB重合時，AE=AF，AB=AF，∴DF≠AF，∴AE與DF不一定相等；∴（5）錯誤．故選A．考點：1．相似三角形的判定與性質；2．全等三角形的判定與性質；3．等腰直角三角形．7．（2023·廣東東莞·校考模擬預測）如圖，正方形中，點，分別在邊，上，且，分別交，于點，，以點為圓心，長為半徑畫．下列結論不正確的是(

)A． B． C．與相切 D．【答案】D【分析】延長到，使，連接．根據(jù)全等三角形的性質得到，，求得．證得，在上截取．根據(jù)全等三角形的性質得到，，證得．根據(jù)勾股定理得到．根據(jù)全等三角形的性質得到．等量代換得到；判斷選項，根據(jù)平行線的性質得到．推出，又，于是得到，判斷B選項；過作于，根據(jù)角平分線的性質得到，于是得到與相切；判斷C選項；由，而不一定等于，于是得到不一定平行于，判斷D選項．【詳解】解：延長到，使，連接．在和中，，，，，又，，，．在和中，，在上截取，連接、，在和中，，，，又，．．在和中，，．；故A正確；，．，，，又，，故B正確；過作于，，，，與相切；故C正確；，而不一定等于，不一定等于，不一定平行于，故D錯誤，故選：D．【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，切線的判定，勾股定理，正確的作出輔助線是解題的關鍵．8．（2022·福建福州·校考模擬預測）如圖，在正方形中，點，在上且，，延長交于點，延長交于點，連接．下列結論：①點為的中點，②，③，④，其中正確結論的序號是．（寫出所有正確結論的序號）

【答案】①③④【分析】根據(jù)正方形的性質，證明，，判斷①和②，將繞點順時針旋轉，得到，證明判斷③，分別求出的積，判斷④．【詳解】解：∵正方形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，∴點為的中點，故①正確；同法可得：，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，，∵，∴，∴；故②錯誤；將繞點順時針旋轉，得到，

則：，，，，∴，∴點在同一條直線上，∴，又，∴，∴；故③正確；在中，，∵，∴，∴，∵，∴，故④正確；故答案為：①③④．【點睛】本題考查正方形的性質，旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理．解題的關鍵是掌握正方形的性質，證明三角形相似，通過旋轉構造全等三角形．本題的綜合性強，難度較大，屬于中考填空題中的壓軸題．9．如圖，已知△PMN是等邊三角形，∠APB=120．求證：AM·PB=PN·AP【答案】詳見解析.【解析】根據(jù)相似三角形的判定方法可證△PMA∽△BNM，然后利用相似三角形的性質就可以證得結論．試題解析：證明：∵△PMN是等邊三角形，

∴∠PMN=∠PNM=60°=∠MPN．∴∠A+∠APM=60°，∠AMP=∠PNB=120°．

∵∠APB=120°，∴∠APM+∠NPB=60°．∴∠A=∠NPB．

∴△PMA∽△BNP．∴AM：PN=AP：PB∴AM?PB=PN?AP．10．已知：如圖邊長為2的正方形ABCD中，∠MAN的兩邊分別交BC、CD邊于M、N兩點，且∠MAN＝45°①求證：MN＝BM+DN；②若AM、AN交對角線BD于E、F兩點．設BF＝y(tǒng)，DE＝x，求y與x的函數(shù)關系式．【答案】（1）見解析；（2）.【詳解】（1）將△ABM繞點A逆時針旋轉90°至△ADM′，根據(jù)正方形的性質和且∠MAN=45°可進行證明．

（2）證明△BFA∽△DAE，根據(jù)相似三角形的對應邊成比例，可列出函數(shù)式．試題解析：（1）證明：將△ABM繞點A逆時針旋轉90°至△ADM′，如圖，

∵∠M′AN=∠DAN+∠MAB=45°，AM′=AM，BM=DM′，

∵M′AN=∠MAN=45°，AN=AN，∴△AMN≌△AM′N′，

∴MN=NM′，∴M′N=M′D+DN=BM+DN，∴MN=BM+DN．

（2）解：∵∠AED=45°+∠BAE，∠FAB=45°+∠BAE，∴∠AED=∠FAB，

∵∠ABF=∠ADE，∴△BFA∽△DAE，∴，∴，∴y=.11．（2023上海市中考數(shù)學二模試題）已知：Rt△ABC斜邊AB上點D，E，滿足∠DCE＝45°．(1)如圖1，當AC＝1，，且點D與A重合時，求線段BE的長.(2)如圖2，當△ABC是等腰直角三角形時，求證：AD2+BE2＝DE2.(3)如圖3，當AC＝3，BC＝4時，設AD＝x，BE＝y(tǒng)，求y關于x的函數(shù)關系式，并寫出定義域．【答案】(1)；(2)證明見解析；(3).【分析】(1)如圖1，根據(jù)勾股定理得到AB＝2，過B作BF∥AC交CE的延長線于F，得到∠F＝∠ACE，根據(jù)相似三角形的性質即可得到結論；(2)作AF⊥AB，使AF＝BE，連接DF，根據(jù)SAS證得△CAF≌△CBE和△CDF≌△CDE，再由勾股定理和等量代換即可解答；(3)如圖3，作△BCE≌△FCE，△GCD≌△ACD，由∠HFG＝∠B，∠HGF＝∠CGD＝∠A，∠A+∠B＝90°，得到∠DHF＝90°，根據(jù)勾股定理即可得到結論．【詳解】解：(1)如圖1，∵∠ACB＝90°，，AC＝1，∴AB＝2，過B作BF∥AC交CE的延長線于F，∴∠F＝∠ACE，∵∠BCA＝90°，∠DCE＝45°，∴∠BCE＝∠DCE，∴∠BCE＝∠F，∴，∵△BEF∽△AEC，∴，∴；(2)證明：過點A作AF⊥AB，使AF＝BE，連接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)如圖3，作△BCE≌△FCE，△GCD≌△ACD，∵∠DCE＝45°，∠ACB=90°，則C,F,G在同一直線上，∵∠HFG＝∠B，∠HGF＝∠CGD＝∠A，∠A+∠B＝90°，∴∠DHF＝90°，∵FG＝4-3=1，∠B＝∠F，當AC＝3，BC＝4時∵△ABC∽△GFH∴∴，∵EH2+HD2＝ED2，∴，∴．∵x≥0，60-28x≥0，21-5x＞0∴故.【點睛】本題屬于三角形綜合題，主要考查了相似三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，勾股定理以及解直角三角形的綜合應用，解決問題的關鍵是中輔助線構造直角三角形，根據(jù)勾股定理以及面積法進行求解．12．（2023江蘇九年級期末）已知正方形ABCD的邊長為4，一個以點A為頂點的45°角繞點A旋轉，角的兩邊分別與邊BC、DC的延長線交于點E、F，連接EF．設CE=a，CF=b．（1）如圖1，當∠EAF被對角線AC平分時，求a、b的值；（2）當△AEF是直角三角形時，求a、b的值；（3）如圖3，探索∠EAF繞點A旋轉的過程中a、b滿足的關系式，并說明理由．【答案】（1）；（2）見解析；（3）.【分析】（1）當∠EAF被對角線AC平分時，易證△ACF≌△ACE，因此CF=CE，即a=b．（2）分兩種情況進行計算：①當∠AFE=90°時，判斷出△ADF≌△FCE，②當∠AEF=90°時，同①的方法，即可得出結論；（3）先判斷出∠AFC+∠CAF=45°，判斷出∠CAF=∠AEC，進而判斷出△ACF∽△ECA，即可得出結論．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCF=∠DCE=90°∵AC是正方形ABCD的對角線，∴∠ACB=∠ACD=45°，∴∠ACF=∠ACE，∵∠EAF被對角線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）當△AEF是直角三角形時，①當∠AFE=90°時，∴∠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=4②當∠AEF=90°時，同①的方法得，CF=8，CE=4，∴a=4，b=8．（3）ab=32，理由：如圖，∵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．【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質，直角三角形的性質，相似三角形的性質和判定，解本題的關鍵是判斷△ACF∽△ECA，也是本題的難點．13．（2023江蘇中考數(shù)學一模）（1）如圖①，在正方形中，E，F(xiàn)分別是，邊上的動點，且，將繞點D逆時針旋轉，得到，可以證明，進一步推出，，之間的數(shù)量關系為；（2）在圖①中，連接分別交和于P，Q兩點，求證：；（3）如圖②，在菱形中，，點E，F(xiàn)分別是邊，上的動點（不與端點重合），且，連接分別與邊，交于M，N．當時，猜想，，之間存在什么樣的數(shù)量關系，并證明你的結論．

【答案】（1）；（2）見解析；（3），證明見解析【分析】（1）證明，可得出和的數(shù)量關系，即可得出結論；（2）根據(jù)正方形的性質可證明和，即可證明；（3）將繞點順時針旋轉，此時與重合，轉到點，在上取，連接，，利用，證明，，再證明是直角三角形即可．【詳解】解：（1）結論：；理由：繞點逆時針旋轉，得到，，，，，，，、、三點共線，在和中，，，，∵，；（2）如圖，由（1）知：，

，又四邊形是正方形，，，，是正方形的對角線，，，，又，，又，；（3）將繞點順時針旋轉，此時與重合，轉到點，在上取，連接，，如圖，

，又，，，，，四邊形是菱形，，，，，，，，，，，．【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，正方形的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，解答本題的關鍵是學會運用旋轉法添加輔助線，構造全等三角形解決問題．14．（2022秋·廣東廣州·九年級廣州市第三中學校考期中）在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊BC，CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°．(1)若點G在邊CB的延長線上，且BG＝DF，（如圖①），求證：△AEG≌△AEF；(2)若直線EF與AB，AD的延長線分別交于點M，N（如圖②），求證：；(3)將正方形改為長與寬不相等的矩形（如圖③），∠EAF＝∠CEF＝45°，BE＝4，DF＝1，請你直接寫出△CEF的面積．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）先證明△ABG≌ADF，可得AF＝AG，∠EAF＝∠GAE＝45°，故可證△AEG≌△AEF；（2）將△ADF繞著點A順時針旋轉90°，得到△ABG，連接GM．由（1）知△AEG≌△AEF，則EG＝EF．再由△BME、△DNF、△CEF均為等腰直角三角形，得出CE＝CF，BE＝BM，NFDF，然后證明∠GME＝90°，MG＝NF，利用勾股定理得出，等量代換即可證明；（3）延長EF交AB延長線于M點，交AD延長線于N點，將△ADF繞著點A順時針旋轉90°，得到△AGH，連接HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，結合勾股定理以及相等線段可得，所以，利用結論求出EF即可解決問題．【詳解】（1）證明：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