专题04 对角互补模型（从全等到相似）（解析版）.docx

1、专题04 对角互补模型（从全等到相似）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.对角互补模型（全等模型）【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。常见含90、120（60）及任意角度的三种对角互补类型。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全等.【常见模型及结论】1）全等型60和120：如图1，已知AOB2DCE120，

2、OC平分AOB.则可得到如下几个结论：CDCE，ODOEOC，.2）全等型90：如图2，已知AOBDCE90，OC平分AOB.则可以得到如下几个结论：CDCE，ODOEOC，.3）全等型和：如图3，已知AOB，DCE，OC平分AOB.则可以得到以下结论：CDCE，ODOE2OCcos，. 1（2021贵州黔东南中考真题）在四边形ABCD中，对角线AC平分BAD （探究发现）（1）如图，若BAD，ABCADC求证：ADABAC；（拓展迁移）（2）如图，若BAD，ABCADC猜想AB、AD、AC三条线段的数量关系，并说明理由；若AC10，求四边形ABCD的面积【答案】（1）见解析；（2）ADABA

3、C，见解析；【分析】（1）根据角平分线的性质得到DACBAC，然后根据直角三角形中是斜边的一半即可写出数量关系；（2）根据第一问中的思路，过点C分别作CEAD于E，CFAB于F，构造证明CFBCED，根据全等的性质得到FBDE，结合第一问结论即可写出数量关系；根据题意应用的正弦值求得的长，然后根据的数量关系即可求解四边形ABCD的面积【详解】（1）证明：AC平分BAD，BAD，DACBAC，ADCABC， ，ACDACB，ADADABAC，（2）ADABAC，理由：过点C分别作CEAD于E，CFAB于FAC平分BAD，CFCE，ABCADC，EDCADC，FBCEDC，又CFBCED，CFBC

4、ED，FBDE，ADABADFBAFADDEAFAEAF，在四边形AFCE中，由题知：AEAFAC，ADABAC；在RtACE中，AC平分BAD，BADDACBAC，又AC10，CEA，CFCE，ADABAC，【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质和应用，解直角三角形，关键是辨认出本题属于角平分线类题型，作垂直类辅助线2（2022广东深圳一模）【问题提出】如图1，在四边形中，求四边形的面积【尝试解决】旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题（1）如图2，连接，由于，所以可将绕点顺时针方向旋转，得到，则的形状是 （2）在（1）的基础上，求四边

5、形的面积（3）如图3，等边的边长为2，是顶角为的等腰三角形，以为顶点作一个的角，角的两边分别交于点，交于点，连接，求的周长【答案】（1）等边三角形；（2）；（3）4【分析】（1）由旋转的性质得出，所以是等边三角形；（2）求出等边三角形的边长为3，求出三角形的面积即可；（3）将绕点顺时针方向旋转，得到，则，得出，证明，证得的周长【详解】解：（1）将绕点顺时针方向旋转，得到，是等边三角形；故答案为：等边三角形；（2）过B作BEBD于E，由（1）知，由（1）知BBD为等边三角形，BBE=60，BD=,四边形的面积三角形BCD面积+三角形ACD面积=三角形BAD面积+三角形ACD面积=等边三角形的面积

6、，BE=BBsin60=，；（3）解：将绕点顺时针方向旋转，得到，是等腰三角形，且，又等边三角形，同理可得，三点共线，即，在和中，的周长故的周长为4【点睛】本题考查三角形全等变换，等边三角形判定，四边形面积转化为三角形面积，图形旋转，直角三角形判定，三点共线，三角形的周长转化为两边之和，特殊角锐角三角函数，掌握三角形全等变换，等边三角形判定，四边形面积转化为三角形面积，图形旋转，直角三角形判定，三点共线，三角形的周长转化为两边之和，特别是利用图形旋转进行图形的转化特殊角锐角三角函数，是解题关键3（2022河南安阳二模）【阅读】通过构造恰当的图形，可以对线段长度大小进行比较，直观地得到线段之间的

7、数量关系，这是“数形结合”思想的典型应用【理解】（1）如图1，AC平分，求证：【拓展】（2）如图2，其他条件不变，将图1中的绕点C逆时针旋转，CD交MA的延长线于点D，CB交射线AN于点B，写出线段AD，AB，AC之间的数量关系，并就图2的情形说明理由【应用】（3）如图3，为等边三角形，P为BC边的中点，将绕点P转动使射线PM交直线AC于点M，射线PN交直线AB于点N，当时，请直接写出AN的长【答案】（1）见解析；（2），理由见解析；（3）【分析】（1）根据角平分线的性质以及含30度角的直角三角形的性质，即可得证；（2）过点分别作的垂线，垂足分别为E、F，根据三角形的外角以及对顶角的性质，证明

8、，然后证明，由，可得，即可得证；（3）分在的上方和下方两种情形讨论，过点分别作的垂线，根据（2）的结论可得，根据含30度角的直角三角形的性质，求得的长，进而可得的长，根据即可求解，同方法求解，根据即可求解【详解】（1） AC平分，；（2），理由如下，如图，过点分别作的垂线，垂足分别为E、F， 由（1）可得，绕点C逆时针旋转，即，又，；（3）如图，当在下方时，过点分别作的垂线，垂足分别为E、F，是的中点，是等边三角形，平分，B=C=60，由（2）可得，EPC=FPB=90-60=30，如图，当在上方时，过点分别作的垂线，垂足分别为E、F，同理可得综上所述，的长为14或2【点睛】本题考查了旋转的性

9、质，角平分线的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，作两垂线证明三角形全等是解题的关键模型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。常见含90、120（60）及任意角度的三种对角互补类型。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.对角互补相似如图，在RtABC中，C90，点O是AB的中点，若EOF90，则. 2.相似型90如图，已知AOBDCE90，BOC. 结论：CECD.1（2022黑龙江鸡西九年级期末）如图，在Rt中，在Rt中，点在上，交于点，交于点，当时

10、，的长为（）A4B6CD【答案】B【分析】如图作PQAB于Q，PRBC于R由QPERPF，推出，可得PQ2PR2BQ，由PQ/BC，可得AQ：QP：APAB：BC：AC3：4：5，设PQ4x，则AQ3x，AP5x，BQ2x，可得2x3x6，求出x即可解决问题【详解】解：如图作PQAB于Q，PRBC于RPQBQBRBRP90，四边形PQBR是矩形，QPR90MPN，QPERPF，QPERPF，PQ2PR2BQ，PQ/BC，AQPABC，AQ：QP：APAB：BC：AC3：4：5，设PQ4x，则AQ3x，AP5x，BQ2x，2x3x6，x，AP5x6故选：B【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、

11、勾股定理、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题2（2022山东菏泽中考真题）如图，在中，E是边AC上一点，且，过点A作BE的垂线，交BE的延长线于点D，求证：【答案】见解析【分析】先根据等腰三角形的性质得C=BEC，又由对顶角相等可证得AED=C，再由D=ABC=90，即可得出结论【详解】证明：C=BEC，BEC=AED，AED=C，ADBD，D=90，D=ABC，【点睛】本题考查等腰三角形的性质，相似三角形的判定，熟练掌握等腰三角形的性质和相似三角形的判定定理是解题的关键3（2022江苏九年级专题练习）如下图1，将三角板放在正方形上，使三角板的直角顶

12、点与正方形的顶点重合，三角板的一边交于点另一边交的延长线于点（1）观察猜想：线段与线段的数量关系是 ；（2）探究证明：如图2，移动三角板，使顶点始终在正方形的对角线上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立请说明理由：（3）拓展延伸：如图3，将（2）中的“正方形”改为“矩形”，且使三角板的一边经过点，其他条件不变，若、，求的值【答案】（1）；（2）成立，证明过程见解析；（3）.【分析】（1）利用三角形全等的判定定理与性质即可得；（2）如图（见解析），过点分别作，垂足分别为，证明方法与题（1）相同；（3）如图（见解析），过点分别作，垂足分别为，先同（2）求出，从而

13、可证，由相似三角形的性质可得，再根据平行线的性质和相似三角形的性质求出的值，即可得出答案.【详解】（1），理由如下：由直角三角板和正方形的性质得在和中，；（2）成立，证明如下：如图，过点分别作，垂足分别为，则四边形是矩形由正方形对角线的性质得，为的角平分线则在和中，；（3）如图，过点分别作，垂足分别为同（2）可知，由长方形性质得：，即在和中，.【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定定理与性质，较难的是题（3），通过作辅助线，构造两个相似三角形是解题关键.课后专项训练：1（2022山东济南一模）在等边ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、

14、N，D为ABC外一点，且MDN60，BDC120，BDDC探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系(1)如图1，当点M、N边AB、AC上，且DMDN时，BM、NC、MN之间的数量关系是 ；(2)如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DMDN时，猜想（1）问的结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由(3)如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，探索BM、NC、MN之间的数量关系如何？并给出证明【答案】(1)；(2)成立，；(3)，见解析【分析】（1）由DMDN，MDN60可得MDN是等边三角形，得到RtBDMRtCDN，然后由直角三角形

15、的性质即可求解；（2）在CN的延长线上截取CM1BM，连接DM1，可证DBMDCM1，得到M1DNMDN60，从而得到MDNM1DN（SAS），即可求证；（3）在CN上截取CM1BM，连接DM1，可证得MDNM1DN，即可求证（1）解：BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NCMNDMDN，MDN60，MDN是等边三角形，ABC是等边三角形，A60，BDCD，BDC120，BDCDCB30，MBDNCD90，在RtBDM和RtCDN中，RtBDMRtCDN（HL），BDMCDN30，BMCN，DM2BM，DN2CN，MN2BM2CNBM+CN，故答案为：BM+NCMN；（2）猜想：结论仍然成立

16、证明：在CN的延长线上截取CM1BM，连接DM1MBDM1CD90，BDCD，DBMDCM1（SAS），DMDM1，MBDM1CD，M1CBM，MDN60，BDC120，M1DNMDN60，MDNM1DN（SAS），MNM1NM1C+NCBM+NC；（3）NCBM=MN，理由如下：证明：在CN上截取CM1BM，连接MN，DM1由（2）得，DBMDCM1，DMDM1，M1DNMDN60，MDNM1DN（SAS），MNM1N，NCBMMN【点睛】本题考查了等边三角形，直角三角形，等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是注意数形结合思想的应用，作出合适的辅助线，构造出全等三角形

17、2（2022山东德州九年级期中）【发现与证明】如图，正方形的对角线相交于点，点是正方形的一个顶点，如果两个正方形的边长都等于，那么正方形绕点无论怎样转动，两个正方形重叠部分的面积是一个定值（1）请你写出这个定值，并证明你的结论【应用迁移】（2）如图，四边形中，连接若，求四边形的面积【答案】（1），证明见解析；（2）32【分析】（1）由正方形的性质得，AOBO，即可证得从而得到即可求解.（2）过点A作交BC于M、，交的延长线于点，可证得可得，四边形为正方形，即可求解.【详解】解：（1）证明：四边形为正方形，四边形为正方形，即，又，则两个正方形重叠部分的面积：（2）如图，作交BC于M、，交的延长线

18、于点；则四边形为矩形，；，即；又，四边形为正方形【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，正方形的性质等等，构造全等三角形时解题的关键.3（2022山西吕梁九年级期末）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，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？说明理由如图4，的一边与的延长线相交时，请回答(1)中的

19、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)成立，理由见解析；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）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；图4：以OC为一边，作OCF=6

20、0与OB交于F点，利用ASA证得CODCFE，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CGDCOE，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)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，.在图4中，(1)中的结论成立，.如图，以

21、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=60COF为等边三角形OC=OFCOF=OCD+DCF=60，DCE=DCF+FCB=60OCD=FCB又COD=180-COA=180-60=120 CFE=180-CFO=180-60=120COD=CFECODCFE（ASA）CD=CE，OD=EFOE=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=60COG为等边三角形OC=OGCOG=O

22、CE+ECG=60，DCE=DCG+GCE=60DCG=OCE又COE=180-COB=180-60=120 CGD=180-CGO=180-60=120CGD=COE CGDCOE（ASA）CD=CE，OE=DGOD=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.4（2022江苏九年级专题练习）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

23、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OCE60，再利用特殊角的三角函数得出ODOC，同OEOC，即可得出结论；（2）同（1）的方法得OFOGOC，再判断出CFDCGE，得出DFEG，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CFOA于F，CGOB于G，OFCOGC

24、90，AOB60，FCG120，同（1）的方法得，OFOC，OGOC，OFOGOC，CFOA，CGOB，且点C是AOB的平分线OM上一点，CFCG，DCE120，FCG120，DCFECG，CFDCGE，DFEG，OFDFODEGOD，OGOEEG，OFOGEGODOEEGOEOD，OEODOC【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5（2022吉林白城九年级期末）已知AOB90，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

25、于点D，E.当三角板绕点C旋转到CD与OA垂直时(如图)，易证：ODOEOC；当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，即在图，图这两种情况下，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】图中ODOEOC成立证明见解析；图不成立，有数量关系：OEODOC【分析】当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，易得CKDCHE，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：图中ODOEOC成立证明：过点C分别作OA，OB的垂线，垂足分

26、别为P，Q有CPDCQE，DPEQ，OPODDP，OQOEEQ，又OPOQOC，即ODDPOEEQOC，ODOEOC图不成立，有数量关系：OEODOC过点C分别作CKOA，CHOB，OC为AOB的角平分线，且CKOA，CHOB，CK=CH，CKD=CHE=90，又KCD与HCE都为旋转角，KCD=HCE，CKDCHE，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6（2022湖北武

27、汉中考真题）已知是的角平分线，点E，F分别在边，上，与的面积之和为S(1)填空：当，时，如图1，若，则_，_；如图2，若，则_，_；(2)如图3，当时，探究S与m、n的数量关系，并说明理由：(3)如图4，当，时，请直接写出S的大小【答案】(1)，25；4；(2)S=(3)S=【分析】（1）先证四边形DECF为正方形，再证ABC为等腰直角三角形，根据CD平分ACB，得出CDAB，且AD=BD=m,然后利用三角函数求出BF=BDcos45=5，DF=BDsin45=5，AE=ADcos45=5即可；先证四边形DECF为正方形，利用直角三角形两锐角互余求出A=90-B=30，利用30直角三角形先证求

28、出DE=，利用三角函数求出AE=ADcos30=6，DF=DE=，BF=DFtan30=2，BD=DFsin60=4即可；（2）过点D作DHAC于H，DGBC于G，在HC上截取HI=BG，连接DI，先证四边形DGCH为正方形，再证DFGDEH（ASA）与DBGDIH（SAS），然后证明IDA=180-A-DIH=90即可；（3）过点D作DPAC于P，DQBC于Q，在PC上截取PR=QB，连接DR，过点A作ASDR于S，先证明DQFDPE，DBQDRP，再证DBFDRE，求出ADR=ADE+BDF=180-FDE=60即可(1)解：，是的角平分线，四边形DECF为矩形，DE=DF，四边形DECF

29、为正方形，A=90-B=45=B，ABC为等腰直角三角形，CD平分ACB，CDAB，且AD=BD=m,，BD=n=，BF=BDcos45=5，DF=BDsin45=5，AE=ADcos45=5，ED=DF=5，S= ；故答案为，25；，是的角平分线，四边形DECF为矩形，DE=DF，四边形DECF为正方形，A=90-B=30，DE=，AE=ADcos30=6，DF=DE=，BDF=90-B=30，BF=DFtan30=2，BD=DFsin60=4，BD=n=4，S=，故答案为：4；(2)解：过点D作DHAC于H，DGBC于G，在HC上截取HI=BG，连接DI，DHC=DGC=GCH=90，四边

30、形DGCH为矩形，是的角平分线，DHAC，DGBC，DG=DH，四边形DGCH为正方形，GDH=90，FDG+GDE=GDE+EDH=90，FDG=EDH，在DFG和DEH中，DFGDEH（ASA）FG=EH， 在DBG和DIH中，DBGDIH（SAS），B=DIH，DB=DI=n，DIH+A=B+A=90，IDA=180-A-DIH=90，SADI=，S=； (3)过点D作DPAC于P，DQBC于Q，在PC上截取PR=QB，连接DR，过点A作ASDR于S，是的角平分线，DPAC，DQBC，DP=DQ，ACB=60QDP=120，FDQ+FDP=FDP+EDP=120，FDQ=EDP，在DFQ

31、和DEP中，DFQDEP（ASA）DF=DE，QDF=PDE，在DBQ和DRP中，DBQDRP（SAS），BDQ=RDP，DB=DR，BDF=BDQ+FDQ=RDP+EDP=RDE，DB=DE，DB=DR，DBFDRE，ADR=ADE+BDF=180-FDE=60，S=SADR=【点睛】本题考查等腰直角三角形判定与性质，正方形判定与性质，三角形全等判定与性质，直角三角形判定，三角形面积，角平分线性质，解直角三角形，掌握等腰直角三角形判定与性质，正方形判定与性质，三角形全等判定与性质，直角三角形判定，三角形面积，角平分线性质，解直角三角形是解题关键7（2022河南模拟预测）在ABC中，ABAC，

32、点D是BC中点，EDF两边分别交线段AB于点E，交线段AC于点F，且EDF+BAC180（1）如图1，当EDF90时，求证：BEAF；（2）如图2，当EDF60时，求证：AE+AFAD；（3）如图3，在（2）的条件下，连接EF并延长EF至点G，使FGEF，连接CG，若BE5，CF4，求CG的长度【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）CG【分析】1）由等腰三角形的性质得出ADBC，ADBCBDCD，BC45，DAFBAC45，求出BDAF，BDEADF，由ASA证明BDEADF，即可得出结论；（2）取AB的中点M，连接DM，由直角三角形的性质得出DMABBMAM，证出ADM是等边三角

33、形，得出AMDMAD，AMDADM60，证明DEMDFA，得出MDAF，即可得出结论；（3）作EHBC于H，FMBC于M，GNBC于N，则EHFMGN，由（2）得：AEAFAD，由等腰三角形的性质得出BACB30，ADBC，ADBADC90，由直角三角形的性质得出ADAB，BDCDAD，EHBE，FMCF2，BHEH，CMFM2，求出AB6，得出AD3，BDCD3，DHBDBH，DMCDCM，求出HMDHDM，证出FM是梯形EHNG的中位线，HMMN，得出2FMEHGN，MN，CNCDDMMN，求出GN，在RtCGN中，由勾股定理即可求出CG的长【详解】（1）证明：连接AD，如图1所示：EDF

34、+BAC180，EDF90，BAC90，ABAC，点D是BC中点，ADBC，ADBCBDCD，BC45，DAFBAC45，BDAF，EDF90，BDEADF，在BDE和ADF中，BDEADF（ASA），BEAF；（2）证明：取AB的中点M，连接DM，如图2所示：ADBC，M是AB的中点，DMABBMAM，EDF+BAC180，EDF60，BAC120，ABAC，点D是BC中点，BADCADBAC60，ADM是等边三角形，AMDMAD，AMDADM60，MDEADF，在DEM和DFA中，DEMDFA（ASA），MDAF，AE+MEAMAD，AE+AFAD；（3）解：作EHBC于H，FMBC于M，

35、GNBC于N，如图3所示：则EHFMGN，由（2）得：AE+AFAD，BE5，CF4，AB+ACBE+AE+AF+CFBE+AD+CF5+AD+49+AD，BAC120，ABAC，点D是BC中点，BACB30，ADBC，ADBADC90，ADAB，BDCDAD，EHBE，FMCF2，BHEH，CMFM2，2AB9+AB，解得：AB6，AD3，BDCD3，DHBDBH，DMCDCM，HMDH+DM，EHFMGN，EFFG，FM是梯形EHNG的中位线，HMMN，2FMEH+GN，MN，CNCDDMMN3，22+GN，GN，在RtCGN中，由勾股定理得：CG= 【点睛】本题是三角形综合题目，考查了等

36、腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理、梯形中位线定理、等边三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题关键8（2022江西吉水县第三中学九年级期末）【问题情境】如图，直角三角板ABC中，C90，ACBC，将一个用足够长的细铁丝制作的直角的顶点D放在直角三角板ABC的斜边AB上，再将该直角绕点D旋转，并使其两边分别与三角板的AC边、BC边交于P、Q两点【问题探究】（1）在旋转过程中，如图2，当ADBD时，线段DP、DQ的数量关系是（）A、DPDQB、DPDQC、DPDQD、无法确定如图3，当AD2BD时，线段DP、DQ有何数量关系？并说明

37、理由根据你对、的探究结果，试写出当ADnBD时，DP、DQ满足的数量关系为（直接写出结论，不必证明）（2）当ADBD时，若AB20，连接PQ，设DPQ的面积为S，在旋转过程中，S是否存在最小值或最大值？若存在，求出最小值或最大值；若不存在，请说明理由【答案】（1）B；DP2DQ，理由见解析；DPnDQ；（2）存在，最小值是5，最大值为10，理由见解析【分析】（1）首先利用等腰直角三角形的性质得出ADPCDQ（ASA），即可得出答案；首先得出DPMDQN，则，求出AMDBND，进而得出答案；根据已知得出RtDNPRtDMQ，则，则ADnBD，求出即可；（2）当DPAC时，x最小，最小值是5，此时

38、，S有最小值；当点P与点A重合时，x最大，最大值为10，S有最大值分别求出即可【详解】解：（1）DPDQ，理由：如图2，连接CD，ACBC，ABC是等腰直角三角形，ADCD，ADCQ，ADC90，ADP+PDCCDQ+PDC90，ADPCDQ，在ADP和CDQ中，ADPCDQ（ASA），DPDQ；DP2DQ，理由：如图3，过点D作DMAC，DNBC，垂足分别为：M，N，则DMPDNQ90，MDPNDQ，DPMDQN，AMDDNB90，AB，AMDBND，2，DP2DQ；如图1，过D点作DMCB于点M，作DNAC于点N，CPDQ90，ADP+QDB90，可得：MDN90，QDMNDP，又DNPD

39、MQ，RtDNPRtDMQ，由（1）知，ADNBDM，ADnBD，n，DP与DQ满足的数量关系式为：DPnDQ；故答案为：DPnDQ；（2）存在，设DQx，由（1）知，DPx，Sxxx2，AB20，ACBC10，ADBD10，当DPAC时，x最小，最小值是5，此时，S有最小值，S最小（5）225，当点P与点A重合时，x最大，最大值为10，此时，S有最大值，S最大10250【点睛】此题主要考查了等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定和性质以及求最值等知识，熟练利用相似三角形的性质得出对应边关系是解题关键9（2022山东宁阳县实验中学九年级期末）如图1，将直角三角板放在正方形上，使三角板的直角顶点

40、与正方形的顶点重合，三角板的一边交边于点，另一边交的延长线于点（1）求证：；（2）如图2，移动三角板，使顶点始终在正方形的对角线上，其他条件不变，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立请说明理由；（3）如图3，将（2）中的“正方形”改为“矩形”，且使三角板的一边经过点，其他条件不变，若，则_【答案】（1）见解析；（2）成立，见解析；（3）2【分析】(1)利用同角的余角相等，证即可，(2)成立过点作于，过点作于，由四边形为正方形，知平分，利用角平分线性质，。推出四边形是正方形，利用同角的余角相等，证出即可， (3)过点作于，过点作于，垂足分别为、，则，可得，得，即，再证即可【详

41、解】(1)证明：，在和中，；(2)解：成立证明：如图，过点作于，过点作于，四边形为正方形，平分，又，四边形是正方形，； (3)解：如图，过点作于，过点作于，垂足分别为、，则，即，【点睛】本题考查正方形中的探究问题，掌握探究问题的研究方法，试题研究，类比，应用型进行发展和提高，考查学生的应变能力，及综合运用的能力，难度较大，基础知识要过硬是解题关键10（2022广东佛山九年级期中）如图，在RtABC中，ABC90，AB3，BC4，在RtMPN中，MPN90，点P在AC上，PM交AB于点E，PN交BC于点F，当PE2PF时，AP_【答案】3【分析】如图作PQAB于Q，PRBC于R由QPERPF，可

42、得PQ=2PR=2BQ，由PQBC，可得AQ：QP：AP=AB：BC：AC=3：4：5，设PQ=4x，则AQ=3x，AP=5x，BQ=2x，可得2x+3x=3，求出x即可解决问题【详解】解：如图作PQAB于点Q，PRBC于点RPQBQBRBRP90，四边形PQBR是矩形，QPR90MPN，QPERPF，PQ/BC，设PQ4x，则AQ3x，AP5x，BQ2x，2x3x3，AP5x3故答案为3【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、勾股定理、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考常考题型11（2021湖北随州中考真题）如图，在中，为的中点，平分交于

43、点，分别与，交于点，连接，则的值为_；若，则的值为_【答案】 【分析】（1）根据条件，证明，从而推断，进一步通过角度等量，证明，代入推断即可.（2）通过，可知 四点共圆，通过角度转化，证明，代入推断即可.【详解】解：（1），为的中点 又平分 又 在与中, （2 四点共圆，如下图：又 即 故答案为：【点睛】本题考查三角形的相似，三角形的全等以及圆的相关知识点，根据图形找见相关的等量关系是解题的关键12（2021辽宁朝阳中考真题）如图，在RtABC中，ACBC，ACB90，点O在线段AB上（点O不与点A，B重合），且OBkOA，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，

44、交射线CB于点N（1）如图1，当k1时，判断线段OM与ON的数量关系，并说明理由；（2）如图2，当k1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BON15，PNkAM（k1），且，请直接写出的值（用含k的式子表示）【答案】（1）OMON，见解析；（2）ONkOM，见解析；（3）【分析】（1）作ODAM，OEBC，证明DOMEON；（2）作ODAM，OEBC，证明DOMEON；（3）设ACBCa，解RtEON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）OMON，如图1，作ODAM于D，OECB于E，ADOMDOCEOOE

45、N90，DOE90，ACBC，ACB90，AABC45，在RtAOD中，同理：OEOB，OAOB，ODOE，DOE90，DOMMOE90，MON90，EONMOE90，DOMEON，在RtDOM和RtEON中，DOMEON（ASA），OMON（2）如图2，作ODAM于D，OEBC于E，由（1）知：ODOA，OEOB，由（1）知：DOMEON，MDONEO90，DOMEON，ONkOM（3）如图3，设ACBCa，ABa，OBkOA，OBa，OAa，OEOBa，NABCBON451530，ENOEa，CEODOAa，NCCEENaa，由（2）知：，DOMEON，AMON30，PONAOM，PA45，PEOEa，PNPEENaa，设ADODx，DM，由ADDMACCM得，（1）xACCM，x（ACCM）（ACAC）AC，k1， 【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ODAC，OEBC；本题的难点是条件得出k1