2024年中考数学几何模型归纳（全国通用）：17 全等与相似模型-对角互补模型（教师版）

PAGE专题17全等与相似模型-对角互补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。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．本专题就对角互补模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。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×cos60°=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×cos60°=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．①③ B．①②③ C．①③④ D．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．1 B．2 C．3 D．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