專題06 相似三角形中的基本模型之半角模型（解析版）

專題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?？碱}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·江蘇鎮(zhèn)江·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在正方形中，點E、F分別在邊、上，、分別交于點M、N，連接、，且．下列結論：①，；②；③；④；⑤圖中只有4對相似三角形，其中正確結論的序號是．

【答案】①②③④【分析】①證明，即可解決問題；②證明即可；③證明，即可；④證明，得到即可，⑤根據(jù)相似三角形的判定證明、、、、即可．【詳解】解：將繞點A逆時針旋轉得到，∵四邊形是正方形，∴，，，在和中，，∴，∴，，∵，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，，故①正確；∴，∵，，∴，∴，在和，，∴，∴，，故②正確；∵，，∴，∴，故③正確；∵，，∴，∴∴，故④正確，∵，∴，又∵，∴，由④可知：，∵，∴，又∵，∴，由②可知：，∴，，又∵，∴，，∴，，∴，由①可知：，，∴，，∴，故⑤錯誤，故答案為：①②③④．

【點睛】本題考查旋轉的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、正方形的性質，靈活運用所學知識解決問題，添加輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．例2．（2023·山西晉城·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在矩形中，，，，分別為，邊上的點．若，，則的長為．

【答案】3【分析】先做輔助線，作出相似三角形，再用等腰直角三角形的性質，相似的判定和性質即可求得的長．【詳解】在上作點G，使，在上作點H，使，

∵∴又∵∴，∴設,則同理可得，∴∴∵∴∵，∴∴∴∴∴故填：3【點睛】本題考查了矩形的性質，等腰直角三角形的性質，相似的判定與性質，嚴格的邏輯思維時解題的關鍵，做輔助線時解題的難點．例3．（2023秋·江蘇泰州·九年級統(tǒng)考期末）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）根據(jù)已知條件得出，，又，根據(jù)兩邊成比例夾角相等證明，根據(jù)相似三角形的性質即可得證；（2）過點作于點，勾股定理求得，由（1）可知，根據(jù)相似三角形的性質列出比例式，進而即可求解．【詳解】（1）證明：∵，，∴∵∴，又∵，∴，∴，即；（2）解：如圖，過點作于點，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∵，，∴∵，∴，，，∵，∴，在中，，由（1）可知∴，設，∴解得：，∴．【點睛】本題考查了相似三角形的性質與判定，掌握相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．例4．（2023·江蘇無錫·九年級期中）如圖，在中，，，點D、E都在邊上，．若，則的長為．【答案】/【分析】將繞點A逆時針旋轉120°得到，取的中點G，連接、，由，，可得出，根據(jù)旋轉的性質可得出，結合可得出為等邊三角形，進而得出為直角三角形，求出的長度以及證明全等找出，設，則，在中利用勾股定理可得出，利用可求出x以及的值，此題得解．【詳解】解：將繞點A逆時針旋轉120°得到，取的中點G，連接、，如圖所示：過點A作于點N，如圖，∵，，∴，．在中，，，∴，∴，∴．∴，∴．∵，∴，∴為等邊三角形，∴，∴，∴為直角三角形．∵，∴，∴．在和中，，∴，∴．設，則，在中，，，∴，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質、勾股定理、旋轉的性質，通過勾股定理找出關于x的方程是解題的關鍵．例5．（2023秋·江蘇泰州·九年級?？计谀?）如圖1，、為等邊中邊所在直線上兩點，，求證：；（2）中，，請用不含刻度的直尺和圓規(guī)在上求作兩點、，點在點的左側，使得為等邊三角形；（3）在（1）的條件下，為邊上一點，過作交延長線于點，交延長線于點，若，，，求的值．（用含有的代數(shù)式表示）【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質可得，再由，可得，從而得到，即可；（2）作，分別交于點B，C，即可；（3）根據(jù)等邊三角形的性質以及，可得，再由，可得，再由，可得，，可證得，從而得到，同理，可得，從而得到，即可求解．【詳解】（1）證明：∵是等邊三角形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：如圖，即為所求；理由：根據(jù)作圖得：，∴，∴，∴，∵，∴，，∵，，∴，∴，∴是等邊三角形；（3）∵是等邊三角形，∴，，∵，，∴，∴，∵，∴，由（1）得：，∴，，∴，即，∴，∴，∴，同理，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，熟練掌握相似三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質是解題的關鍵．例6．（2023江蘇九年級期中）如圖，正方形ABCD的邊長為10，點E、F分別在邊BC、CD上，且∠EAF=45°，AH⊥EF于點H，AH=10，連接BD，分別交AE、AH、AF于點P、G、Q．（1）求△CEF的周長；（2）若E是BC的中點，求證：CF=2DF；（3）連接QE，求證：AQ=EQ．【答案】（1）△ECF的周長為20；（2）證明見解析；（3）證明見解析.【分析】（1）利用題中條件證明EB＝EH，F(xiàn)D＝FH，即可解決問題；（2）通過計算求出CF、DF即可解決問題；（3）利用題中條件證明△APB∽△QPE，可得∠AEQ＝∠ABP＝45°即可解決問題.【詳解】解：（1）在Rt△ABE和Rt△AHE中，∵∠ABE=∠AHE=90°，AB=AH=10，AE=AE，∴△ABE≌△AHE，∴BE=HE，同理，DF=FH，∴△ECF的周長=CE+CF+EF=CE+BE+CF+FD=CB+CD=20．（2）∵E是BC中點，∴BE=EC=EH=5，設DF=FH=x，則CF=10﹣x，在Rt△ECF中，∵∠C=90°，∴EF2=EC2+CF2，∴52+（10﹣x）2=（5+x）2，解得x=，即DF=，則CF=10﹣=，∴CF=2DF；（3）在△BPE和△APQ中，∠EBP=∠QAP=45°，∠BPE=∠APQ，∴△BPE∽△APQ，∴=，即=，∵∠APB=∠QPE，∴△APB∽△QPE，∴∠QEP=∠ABP=45°，∵∠EAF=45°，∴∠QEA=∠QAE=45°，∴AQ=EQ．【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質、正方形的性質、全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．例7．（2023·湖北武漢·校考模擬預測）在矩形中，，（），點E、F分別是邊、上的點，過點F作，交直線于點G．

(1)如圖1：若，，，，則________，________；(2)如圖2：若，，過點F作，交于點G，過E作，交于點H，求證：；(3)如圖3：若，，過點F作，交于點G，，直接寫出的值________．【答案】(1)，(2)見詳解(3)【分析】（1）由，可得四邊形是正方形，將繞逆時針旋轉，得到，可求，可證，設，由，即可求解；（2）過作交的延長線于，取的中點，連接、，過作交于，可得，可證，可得，可證，可得，，設，可證，由，可證、、、四點共圓，可得，從而可得證；（3）過作交的延長線于，連接，由（2）得可證，，即可求解．【詳解】（1）解：，四邊形是正方形，，，，，如上圖，將繞逆時針旋轉，得到，，，，，、、三點共線，，，，在和中，()，，設，則，，，，解得：，，．故答案：，．

（2）證明：如圖，過作交的延長線于，取的中點，連接、，過作交于，，，，，，四邊形是矩形，，，，，，，，，，，，，，在和中，（），，，，，設，則，，，，，，，，，，、、、四點共圓，，，，．（3）解：如圖，過作交的延長線于，連接，

由（2）得，同理可證，，，，在，．故答案：．【點睛】本題考查了正方形的性質，矩形的性質，旋轉的性質，三角形全等的判定及性質，三角形相似的判定及性質，中位線定理，等腰三角形的判定及性質，勾股定理等，掌握相關的判定方法及性質，并根據(jù)題意作出輔助線是解題的關鍵．課后專項訓練1．（2023·廣東深圳·九年級?？计谥校┤鐖D，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；④圖中只有4對相似三角形，其中正確結論的個數(shù)是（）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】①證明△NBA≌△NBC，∠ABE+∠ANE＝180°即可解決問題；②證明△AFH≌△AFE即可；③如圖2中，首先證明△AMN∽△AFE，可得，即可解決問題；④相似三角形不止4對相似三角形．【詳解】將△ABE繞點A逆時針旋轉90°得到△ADH．∵四邊形ABCD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正確，∴∠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正確，∵∠MAN＝∠EAF，∠AMN＝∠AFE，∴△AMN∽△AFE，∴，故③正確，圖中相似三角形有△ANE∽△BAD～△BCD，△ANM∽△AEF，△ABN∽△FDN，△BEM∽△DAM等，故④錯誤，故選B．【點睛】本題考查正方形的性質、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等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會利用旋轉法，添加輔助線構造全等三角形解決問題．2．（2022秋·湖南懷化·九年級校考期中）如圖，等腰直角三角形，，、是上的兩點，且，過、作、分別垂直、，垂足為、，交于點，連接、．其中①四邊形是正方形；②；③當時，；④當時，．正確結論有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】由三個角是直角的四邊形是矩形，先判定四邊形是矩形，再證明，從而可判斷①；利用可判定，從而可判斷②；當時，可證得，故可判斷③；由，可判定，從而可判定④．【詳解】解：∵、分別垂直、，垂足為、，∴，又∵，∴四邊形是矩形；∵為等腰直角三角形，∴，，∵，，∴和均為等腰直角三角形，又∵，∴（），∴∴，∴四邊形是正方形，故①正確；∵，∴，∵為等腰直角三角形，∴，，∴（），故②正確；如圖所示，將繞點順時針旋轉至，則，，由于，故點落在點處，連接，則、、共線，，，∴，∴，∴，當時，，∵，，∴（），∴，∴，故③正確；∵，，，∴（），∴，∴當時，，∵，∴，，∴，∴，∴，故④正確．綜上，正確的有①②③④，共個．故選：D．【點睛】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．3．（2023春·貴州遵義·九年級?？茧A段練習）如圖，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜邊BC上兩點，且∠DAE=45°，將△ADC繞點順時針旋轉90后，得到△AFB，連接EF，下列結論：①△ADE≌△AFE．②△ABE∽△ACD．③BE＋DC＝DE．④BE2＋DC2＝DE2．其中一定正確的是（

）A．②④ B．①③ C．②③ D．①④【答案】D【分析】①根據(jù)旋轉的性質可得，根據(jù)，可得

，進而即可證明；②在△ABE和△ACD中，從已知條件只能得到，無法證明△ABE∽△ACD；③由①可得，則，由旋轉可得，中，，即；④由旋轉可得，則，根據(jù)勾股定理可得，由，，即可得【詳解】解：∵Rt△ABC中，AB＝AC，∴將△ADC繞點順時針旋轉90后，得到△AFB，則，又故①正確；②在△ABE和△ACD中，從已知條件只能得到，無法證明△ABE∽△ACD；故②不正確；③由①可得，則，由旋轉可得，中，，即；故③不正確；④由旋轉可得，則，根據(jù)勾股定理可得，由，，故④正確綜上，①④正確故選D【點睛】本題考查了旋轉的性質，三角形全等的性質與判定，相似的判定，勾股定理，掌握相關性質定理是解題的關鍵．4．（2023·廣東汕頭·?？既＃┤鐖D，在正方形中，，為中點，為上的一點，且，，連接，延長交于點，交于點，則以下結論；①②③④；中正確的有（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】延長至H，使，證明，推出，，利用證明，可判斷①；利用三角形外角的性質求出，然后利用三角形內(nèi)角和求出，可判斷②；在中，由勾股定理計算可判斷③；證明，利用相似三角形的性質可判斷④．【詳解】解：延長至H，使，∵四邊形是正方形，∴，，∴，∴，，，∵，∴，即，又，∴，∴，①正確；∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，②正確；設，∵為中點，∴，∴，，在中，由勾股定理得，解得，即，③不正確；∵，，∴，又，∴，∵，∴，∴，∴，④正確；綜上，正確的有①②④，故選：C．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，正方形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，解題的關鍵是學會利用參數(shù)構建方程解決問題．5．（2023·重慶·九年級專題練習）如圖，在矩形的邊取一點E，將沿折疊，使得點A落在邊上點F處，延長，與的角平分線交于點G，交于點H，已知，當時，點G到直線的距離為．【答案】【分析】如圖，過作于過作于證明可得再求解設則利用勾股定理求解再證明可得求解利用勾股定理求解再證明由從而可得答案．【詳解】解：如圖，過作于過作于矩形，平分，設則經(jīng)檢驗：不合題意，舍去，由折疊可得：經(jīng)檢驗：符合題意，由折疊得：平分由即點G到直線的距離為故答案為：【點睛】本題考查的是矩形的性質，角平分線的性質，軸對稱的性質，勾股定理的應用，相似三角形的判定與性質，解直角三角形的應用，掌握以上知識是解題的關鍵．6．（2023·上?！つM預測）如圖，點D、E分別在△ABC的邊BC及其延長線上，且∠BAC＝∠DAE，∠ACB＝2∠BAD．(1)求證：；(2)若∠ACB＝60°，且BD＝DC＝1，求AC的值．【答案】(1)見解析(2)AC的值為1或2【分析】（1）通過證明，可得，可得結論；（2）由直角三角形的性質可求，，由勾股定理可求解．【詳解】（1）解：證明：，，即，設，由，，，又，，，即，．（2）解：作于點，設，，，又，，，又，，由勾股定理得，，又，，，，，的值為1或2．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，勾股定理，解題的關鍵是證明三角形相似．7．（2022秋·河北邢臺·九年級統(tǒng)考期末）在△ABC中，AB=AC，D是邊BC上一點，E是射線BC上一點，且∠DAE=∠B．(1)如圖1，當點E在邊BC上時，求證：．(2)如圖2，已知AB=AC=5，BC=8，點E在BC的延長線上，若，求CE的長．【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質可得∠B=∠C，從而可得∠DAE=∠C，然后利用兩角相等的兩個三角形相似證明即可；（2）過點A作AM⊥BD，垂足為F，根據(jù)（1）的思路可證△DEA∽△DAC，然后利用等腰三角形的三線合一性質可得CM，從而可求出AM，進而求出DM，然后求出DC，最后利用相似三角形的性質進行計算即可解答．【詳解】（1）證明∶∵AB=AC，，，，，；（2）解：過A作AM⊥BC于M點，∵AB=AC，BC=8，∴BM=CM=4，又AB=5，∴AM=3，，，，，，，即，，．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，相似三角形的判定與性質，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．8．（2022秋·上海浦東新·九年級?？茧A段練習）如圖，已知：在中，，點E、D是底邊所在直線上的兩點，連接、．若．求證：(1)；(2)．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）先利用對應邊成比例且夾角相等證明，得出，再根據(jù)，得出，從而求出；（2）根據(jù)（1）中結論，證明，得出，再由已知，從而得證．【詳解】（1）證明：∵，∴，∵為公共角，∴，∴，∵，∴，∴；（2）證明：∵，為公共角，∴，∴，即，∴，即．【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質與判定，熟練掌握相似三角形的判定方法，是解題的關鍵．9．（2021·江蘇·九年級專題練習）【發(fā)現(xiàn)】如圖，點E，F(xiàn)分別在正方形ABCD的邊BC，CD上，連接EF．因為AB=AD，所以把ΔABE繞A逆時針旋轉90°至ΔADG，可使AB與AD重合．因為∠CDA=∠B=90°，所以∠FDG=180°，所以F、D、G共線．如果__________（填一個條件），可得ΔAEF≌ΔAGF．經(jīng)過進一步研究我們可以發(fā)現(xiàn)：當BE，EF，F(xiàn)D滿足__________時，∠EAF=45°．【應用】如圖，在矩形ABCD中，AB=6，AD=m，點E在邊BC上，且BE=2．（1）若m=8，點F在邊DC上，且∠EAF=45°（如圖），求DF的長；（2）若點F在邊DC上，且∠EAF=45°，求m的取值范圍．【答案】發(fā)現(xiàn)：（或）（答案不唯一），；應用：（1）；（2）【分析】[發(fā)現(xiàn)]由旋轉的性質及全等三角形的判定與性質即可得出結論；[應用]（1）作正方形ABNM，MN與AF相交于點G，連接EG．設MG=x，則NG=6-x，由[發(fā)現(xiàn)]可得：BE+MG=EG，即2+x=EG．在Rt△ENG中，由勾股定理可得x的值，即MG的長，由相似三角形的性質得到AM：AD=MG：DF，即可得出結論；（2）當C和E重合時，如圖3，m=AD=BC=2最?。划擟和F重合時，如圖4，m=AD最大．類似（1）可得m的值．【詳解】[發(fā)現(xiàn)]∠EAF=∠GAF（或EF=FG）如圖1所示：∵AB=AD，∴把△ABE繞點A逆時針旋轉90°至△ADG，可使AB與AD重合．∵∠ADC=∠B=90°，∴∠FDG=180°，點F、D、G共線，∴∠DAG=∠BAE，AE=AG．若添加條件為：∠EAF=∠GAF．∵AE=AG，∠EAF=∠GAF，AF=AF，∴ΔAEF≌ΔAGF．若添加條件為：EF=FG．∵AE=AG，EF=FG，AF=AF，∴ΔAEF≌ΔAGF．當BE+FD=EF時，∠EAF=45°．證明如下：由旋轉的性質可知：∠EAG=90°，△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG．∵BE+FD=EF，∴DG+FD=EF，∴FG=EF．∵AE=AG，AF=AF，∴ΔAEF≌ΔAGF，∴∠EAF=∠FAG=45°．[應用]（1）作正方形ABNM，MN與AF相交于點G，連接EG．設MG=x，則NG=6-x．∵BE=2，∴EN=6-2=4．由[發(fā)現(xiàn)]可得：BE+MG=EG，∴2+x=EG．在Rt△ENG中，∵EN2+NG2=EG2，∴，解得：x=3，∴MG=3．∵MN∥DC，∴△AMG∽△ADF，∴AM：AD=MG：DF，∴6：8=3：DF，解得：DF=4．（2）當C和E重合時，如圖3，m=AD=BC=2最?。划擟和F重合時，如圖4，m=AD最大．類似（1）可得：MG=3．∵MN∥DC，∴△AMG∽△ADC，∴AM：MG=AD：DC，∴6：3=m：6，解得：m=12．綜上所述：2≤m≤12．【點睛】本題是四邊形綜合題．考查了正方形的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質．解題的關鍵是構造正方形，利用發(fā)現(xiàn)的結論．10．（2022·江蘇·九年級專題練習）如圖1和圖2，四邊形ABCD中，已知AD＝DC，∠ADC＝90°，點E、F分別在邊AB、BC上，∠EDF＝45°．（1）觀察猜想：如圖1，若∠A、∠DCB都是直角，把△DAE繞點D逆時針旋轉90°至△DCG，使AD與DC重合，易得EF、AE、CF三條線段之間的數(shù)量關系，直接寫出它們之間的關系式_____；（2）類比探究：如圖2，若∠A、∠C都不是直角，則當∠A與∠C滿足數(shù)量關系_____時，EF、AE、CF三條線段仍有（1）中的關系，并說明理由；（3）解決問題：如圖3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝，點D、E均在邊BC上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，求AE的長．【答案】（1）EF＝AE＋CF；（2）∠A＋∠C＝180°，見解析；（3）【分析】（1）根據(jù)旋轉的性質得出DE＝DG，∠ADE＝∠CDG，AE＝CG，求出∠EDF＝∠GDF＝45°，根據(jù)SAS推出△EDF≌△GDF，根據(jù)全等三角形的性質得出EF＝GF，即可求出答案；（2）當∠A＋∠C＝180°，可得結論，由（1）同理證明△EDF≌△GDF，根據(jù)全等三角形的性質即可證明；（3）同理作旋轉三角形，根據(jù)等腰直角三角形性質和全等三角形的判定條件證明△ADF≌△ADE，利用勾股定理求出BC，再利用列出方程求出DE，BE，由等腰三角形的性質得到△AED∽△BEA，故可根據(jù)對應線段成比例求出AE的長．【詳解】解：（1）∵把△DAE繞點D逆時針旋轉90°至△DCG，使AD與DC重合，∴DE＝DG，∠ADE＝∠CDG，AE＝CG，∠A＝∠DCG＝90°，∵∠DCB＝90°，∴∠DCB＋∠DCG＝180°∴F、C、G共線，∵∠ADC＝90°，∠EDF＝45°，∴∠ADE＋∠FDC＝45°，∴∠CDG＋∠FDC＝45°，即∠EDF＝∠GDF＝45°，在△EDF和△GDF中，，∴△EDF≌△GDF（SAS），∴EF＝GF，∵AE＝CG，∴EF＝GF＝CF＋CG＝CF＋AE，∴EF＝AE＋CF．故答案為：EF＝AE＋CF．（2）當∠A＋∠C＝180°時，EF＝AE＋CF，理由如下：如圖2，∵AD＝DC，∴把△DAE繞點D逆時針旋轉90°至△DCG，可使AD與DC重合，∴∠ADE＝∠CDG，DE＝DG，∵∠ADC＝90°，∠EDF＝45°∴∠FDC＋∠ADE＝45°，∴∠EDF＝∠GDF，∵∠A＋∠DCF＝∠DCG＋∠DCF＝∠FCG＝180°，∴點F、C、G三點共線，在△EDF和△GDF中，，∴△EDF≌△GDF，∴EF＝FG＝CG＋CF＝AE＋CF．故答案為：∠A＋∠C＝180°．（3）如圖3，把△ACE旋轉到△ABF的位置，連接DF，則∠FAB＝∠CAE，∠ABF＝∠C，BF＝CE，∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°，∴∠BAD＋∠CAE＝∠BAD＋∠FAB＝∠FAD＝45°，在△ADF和△ADE中，，∴△ADF≌△ADE，∴DF＝DE，∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝，∴BC＝4，∠ABC＝∠C＝∠ABF＝45°，∴∠FBD＝90°，∴，∴，∵BD＝1，∴DC＝4－1＝3，EC＝3－DE，∴，解得，，

∴∵∠ABC＝∠DAE＝45°，∠AEB＝∠DEA，∴△AED∽△BEA，∴∴．【點睛】本題考查了四邊形的綜合題，旋轉的性質，全等三角形的性質和判定，相似三角形的判定與性質，勾股定理的應用，此題是開放性試題，運用類比的思想；首先在特殊圖形中找到規(guī)律，然后再推廣到一般圖形中，對學生的分析問題，解決問題的能力要求比較高．11．（2023春·山東泰安·九年級統(tǒng)考期末）在中，，．(1)如圖1，若點D關于直線的對稱點為點F，求證：；(2)如圖2，在（1）的條件下，若，求證：；(3)如圖3，若，點E在的延長線上，則等式仍成立，請說明理由．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)結論仍然成立，理由見解析【分析】（1）根據(jù)軸對稱的性質可得，再求出，然后根據(jù)兩邊對應成比例，夾角相等兩三角形相似證明；（2）根據(jù)軸對稱的性質可得，再求出，然后利用“邊角邊”證明和全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得，全等三角形對應角相等可得，然后求出，最后利用勾股定理證明即可；（3）解法一：作點D關于的對稱點F，連接，根據(jù)軸對稱的性質可得，再根據(jù)同角的余角相等求出，然后利用“邊角邊”證明和全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得，全等三角形對應角相等可得，然后求出，最后利用勾股定理證明即可．解法二：將繞點A順時針旋轉，得．由旋轉的性質得到，證明，由勾股定理得到由旋轉的性質，再證明，得到，即可證明．【詳解】（1）解：關于直線對稱，，，，，又，，（2）證明：，∴，即，又，，，，，，，，在中，由勾股定理得

；（3）解：結論仍然成立，理由如下：解法一：作D，F(xiàn)關于直線對稱，，，，，∴，即，，，，，，，

，解法二：將繞點A順時針旋轉，得．，，，，∴由旋轉的性質，，，，，，，

．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定，全等三角形的性質與判定，勾股定理，旋轉的性質，等腰直角三角形的性質，軸對稱的性質等等，熟知全等三角形的性質與判定定理是解題的關鍵．12．（2023春·陜西西安·八年級校考階段練習）【問題發(fā)現(xiàn)與證明】如圖①，正方形中，分別在邊、上，且，連接，這種模型屬于“半角模型”中的一類，在解決“半角模型”問題時，旋轉是一種常用的分析思路．例如圖中與可以看作繞點A旋轉的關系．這可以證明結論“”，請補充輔助線的作法，并寫出證明過程．

（1）延長到點，使___________，連接；（2）求證：．【問題拓展與應用】（3）某公園管理人員發(fā)現(xiàn)該公園有一塊綠地，如圖②所示，四邊形是平行四邊形，已知米，米，．為提升游客游覽的體驗感，準備修建三條賞花通道、、，要求點在邊上，點為邊的中點，且，現(xiàn)計劃在所在區(qū)域種植郁金香，種植郁金香的費用為每平方米12元，求該公園種植郁金香需要投入多少資金．【答案】（1）；（2）見解析；（3）元【分析】（1）由于與可以看作繞點A旋轉的關系，根據(jù)旋轉的性質知，從而得到輔助線的做法；（2）先證明，得到，，結合，易知，再證明即可得到；（3）如圖，分別過點E，F(xiàn)作于點N，于點M，取中點H，連接交于點K，則，，，利用F為中點，求出和，從而求出，再證明，得到，繼而求出，最后用三角形面積公式求的面積和所需資金．【詳解】解：（1）根據(jù)旋轉的性質知，從而得到輔助線的做法：延長到點G，使，連接；故答案是：；（2）∵四邊形為正方形，∴，，在和中∴，∴，∵，∴，∴，∴，在和中∴，∴，∴；（3）如圖，分別過點E，F(xiàn)作于點N，于點M，取中點H，連接交于點K

∵四邊形是平行四邊形∴，，∵點H是的中點，點為邊的中點，∴，又∵，∴四邊形是平行四邊形，∴，∴，∴，∵F為中點，，∴，又∵，∴∴∴∵，∴，∴即∴∴∴∴∴需投入的資金為：(元)答：該公園種植郁金香需要投入元資金【點睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查正方形的性質及全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定與性質，平行四邊形的性質，勾股定理，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會利用旋轉方法提示構造全等三角形和正確作出輔助線．13．（2023·江西吉安·統(tǒng)考模擬預測）【模型建立】(1)如圖1，在正方形中，，分別是邊，上的點，且，探究圖中線段，，之間的數(shù)量關系．小明的探究思路如下：延長到點，使，連接，先證明，再證明．①，，之間的數(shù)量關系為________；②小亮發(fā)現(xiàn)這里可以由經(jīng)過一種圖形變換得到，請你寫出這種圖形變換的過程________．像上面這樣有公共頂點，銳角等于較大角的一半，且組成這個較大角的兩邊相等的幾何模型稱為半角模型．【類比探究】(2)如圖2，在四邊形中，，與互補，，分別是邊，上的點，且，試問線段，，之間具有怎樣的數(shù)量關系？判斷并說明理由．【模型應用】(3)如圖3，在矩形中，點在邊上，，，，求的長．【答案】(1)①BE+DF=EF，②將△ADF繞A點順時針旋轉90°(2)EF=DF+BE，理由見詳解(3)5.2【分析】（1）①沿著小明的思路，先證△ADF≌△ABG，再證△AEF≌△AEG，即可得出結論；②在①的基礎上，證明∠GAF=90°即可得解；（2）延長CB至點M，使得BM=DF，連接AM，先證△ABM≌△ADF，再證△MAE≌△FAE，即可得出結論；（3）過E點作EN⊥AC于N點，設EC=x，則有x＜6，即BE=6-x，分別在Rt△ABE和Rt△ADC中，表示出和求出AC，再證△AEN是等腰直角三角形，即可得，則有，再證Rt△ABC∽Rt△ENC，即有，進而有，則可得一元二次方程，解方程就可求出CE．【詳解】（1）①BE+DF=EF，理由如下：沿著小明的思路進行證明，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，結論得證；②將△ADF繞A點順時針旋轉90°即可得到△ABG．理由如下：在①已經(jīng)證得△ADF≌△ABG，并得到∠BAE+∠BAG=45°=∠EAF，∴∠GAF=∠EAG+∠EAF=45°+45°=90°，∴將△ADF繞A點順時針旋轉90°即可得到△ABG；故答案為：①BE+DF=EF，②將△ADF繞A點順時針旋轉90°；（2）EF=DF+BE，理由如下：延長CB至點M，使得BM=DF，連接AM，如圖，∵∠ABC與∠D互補，∴∠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，結論得證；（3）過E點作EN⊥AC于N點，如圖，∵AD=6，AB=4，∴在矩形ABCD中，AD=BC=6，AB=DC=4，∠D=∠B=90°，∴設EC=x，則有x＜6，∴BE=BC-EC=6-x，在Rt△ABE中