專題22 全等與相似模型之對角互補模型解讀與提分精練（全國）（解析版）

專題22全等與相似模型之對角互補模型全等三角形與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(jié)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。本專題就對角互補模型進行梳理及對應(yīng)試題分析，方便掌握。TOC\o"1-4"\h\z\u 1模型1.對角互補模型（全等型：90°-90°） 1模型2.對角互補模型（全等型：60°-120°） 7模型3.對角互補模型（全等型：α—180°-α） 13模型4.對角互補模型（相似模型） 18 31模型1.對角互補模型（全等型：90°-90°）對角互補模型概念：對角互補模型特指四邊形中，存在一對對角互補，而且有一組鄰邊相等的幾何模型。對角互補模型（90°—90°型）主要分異側(cè)型和同側(cè)型兩大類，處理方法主要有兩種：①過頂點做雙垂線，構(gòu)造全等三角形；②進行旋轉(zhuǎn)的構(gòu)造，構(gòu)造手拉手全等。1）“共斜邊等腰直角三角形+直角三角形”模型（異側(cè)型）條件：如圖，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.結(jié)論：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.證明：過點C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠MCN＝90°，∴∠MCD＝∠NCE，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，根據(jù)上述條件易證：四邊形ONCM為正方形，∴∠CON＝45°，OM=ON，又∵OD＋OE＝OM-DM+ON+NE，∴OD＋OE=OM+ON=2ON=OC，∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴2）“斜邊等腰直角三角形+直角三角形”模型（同側(cè)型）條件：如圖，已知∠DCE的一邊與AO的延長線交于點D，∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB.結(jié)論：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③.證明：過點C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠MCN＝90°，∴∠MCD＝∠NCE，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE，根據(jù)上述條件易證：四邊形ONCM為正方形，∴∠CON＝45°，OM=ON，又∵OE－OD＝ON+NE-（DM-OM），∴OE－OD=ON+OM=2ON=OC，∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，.例1．（23-24九年級上·河南洛陽·期中）綜合與實踐已知，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，D為AB邊的中點，∠EDF＝90°，∠EDF繞點D旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交AC，CB（或它們的延長線）于點E，F(xiàn)．（1）【問題發(fā)現(xiàn)】如圖1，當∠EDF繞點D旋轉(zhuǎn)到DE⊥AC于點E時（如圖1），①證明：△ADE≌△BDF；②猜想：S△DEF+S△CEF＝S△ABC．（2）【類比探究】如圖2，當∠EDF繞點D旋轉(zhuǎn)到DE與AC不垂直時，且點E在線段AC上，試判斷S△DEF+S△CEF與S△ABC的關(guān)系，并給予證明．（3）【拓展延伸】如圖3，當點E在線段AC的延長線上時，此時問題（2）中的結(jié)論是否成立？若成立，請給予證明；若不成立，S△DEF，S△CEF，S△ABC又有怎樣的關(guān)系？（寫出你的猜想，不需證明）圖1圖2圖3【答案】（1）①證明見解析；②；（2）上述結(jié)論成立；理由見解析；（3）不成立；S△DEF﹣S△CEF＝；理由見解析.【分析】（1）①先判斷出DE∥AC得出∠ADE=∠B，再用同角的余角相等判斷出∠A=∠BDF，即可得出結(jié)論；②當∠EDF繞D點旋轉(zhuǎn)到DE⊥AC時，四邊形CEDF是正方形，邊長是AC的一半，即可得出結(jié)論；（2）成立；先判斷出∠DCE=∠B，進而得出△CDE≌△BDF，即可得出結(jié)論；（3）不成立；同（2）得：△DEC≌△DBF，得出S△DEF==S△CFE+S△ABC．【詳解】解：（1）①∵∠C＝90°，∴BC⊥AC，∵DE⊥AC，∴DE∥BC，∴∠ADE＝∠B，∵∠EDF＝90°，∴∠ADE+∠BDF＝90°，∵DE⊥AC，∴∠AED＝90°，∴∠A+∠ADE＝90°，∴∠A＝∠BDF，∵點D是AB的中點，∴AD＝BD，在△ADE和△BDF中，∴△ADE≌△BDF（SAS）；②如圖1中，當∠EDF繞D點旋轉(zhuǎn)到DE⊥AC時，四邊形CEDF是正方形．設(shè)△ABC的邊長AC＝BC＝a，則正方形CEDF的邊長為a．∴S△ABC＝a2，S正方形DECF＝（a）2＝a2，即S△DEF+S△CEF＝S△ABC；故答案為．（2）上述結(jié)論成立；理由如下：連接CD；如圖2所示：∵AC＝BC，∠ACB＝90°，D為AB中點，∴∠B＝45°，∠DCE＝∠ACB＝45°，CD⊥AB，CD＝AB＝BD，∴∠DCE＝∠B，∠CDB＝90°，∵∠EDF＝90°，∴∠CDE＝∠BDF，在△CDE和△BDF中，，∴△CDE≌△BDF（ASA），∴S△DEF+S△CEF＝S△ADE+S△BDF＝S△ABC；（3）不成立；S△DEF﹣S△CEF＝S△ABC；理由如下：連接CD，如圖3所示：同（2）得：△DEC≌△DBF，∠DCE＝∠DBF＝135°∴S△DEF＝S五邊形DBFEC，＝S△CFE+S△DBC，＝S△CFE+S△ABC，∴S△DEF﹣S△CFE＝S△ABC．∴S△DEF、S△CEF、S△ABC的關(guān)系是：S△DEF﹣S△CEF＝S△ABC．【點睛】本題是幾何變換綜合題，考查了平行線的判定和性質(zhì)，同角的余角相等，全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、圖形面積的求法；證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．例2．（2024·陜西·一模）問題提出(1)如圖1，將直角三角板的直角頂點P放在正方形ABCD的對角線AC上，一條直角邊經(jīng)過點B，另一條直角邊交邊DC于點E，線段PB和線段PE相等嗎？請證明；問題探究(2)如圖2，移動三角板，使三角板的直角頂點P在對角線AC上，一條直角邊經(jīng)過點B，另一條直角邊交DC的延長線于點E，(1)中的結(jié)論還成立嗎？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；問題解決(3)繼續(xù)移動三角板，使三角板的直角頂點P在對角線AC上，一條直角邊經(jīng)過點B，另一條直角邊交DC的延長線于點E，(1)中的結(jié)論還成立嗎？若成立，請證明；若不成立，請說明理由．【答案】（1）證明見解析（2）PB＝PE還成立(3)PB＝PE還成立【詳解】試題分析：（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，而PM⊥CD，則四邊形PMCN是矩形，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得PM=PN，根據(jù)四邊形的內(nèi)角和得到∠PBC+∠CEP=180°，再利用等角的補角相等得到∠PBM=∠PEN，然后根據(jù)AAS證明△PBM≌△PEN，則可證明；（2）連接PD，根據(jù)正方形的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)，由“SAS”以及四邊形的內(nèi)角和得證；（3）過點P作PM⊥BC，PN⊥CD，然后根據(jù)角平分線的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)，由“AAS”可證.試題解析：(1)如圖1，過點P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分別為M，N，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，∵PM⊥BC，PN⊥CD，∴四邊形PMCN為正方形，PM＝PN，∵∠BPE＝90°，∠BCD＝90°，∴∠PBC＋∠CEP＝180°，而∠CEP＋∠PEN＝180°，∴∠PBM＝∠PEN，在△PBM和△PEN中，∴△PBM≌△PEN(AAS)，∴PB＝PE(2)如圖2，PB＝PE還成立．理由如下：過點P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分別為M，N，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，∵PM⊥BC，PN⊥CD，∴四邊形PMCN為正方形，PM＝PN，∴∠MPN＝90°，∵∠BPE＝90°，∠BCD＝90°，∴∠BPM＋∠MPE＝90°，而∠MPE＋∠EPN＝90°，∴∠BPM＝∠EPN，在△PBM和△PEN中，∴△PBM≌△PEN(ASA)，∴PB＝PE(3)如圖3，PB＝PE還成立．理由如下：過點P作PM⊥BC交BC的延長線于點M，PN⊥CD的延長線于點N，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，∵PM⊥BC，PN⊥CD，∴四邊形PMCN為正方形，PM＝PN，∴∠MPN＝90°，∵∠BPE＝90°，∠BCD＝90°，∴∠BPM＋∠BPN＝90°，而∠BPN＋∠EPN＝90°，∴∠BPM＝∠EPN，在△PBM和△PEN中，∴△PBM≌△PEN(ASA)，∴PB＝PE例3．（2024·河南·一模）已知，點是的角平分線上的任意一點，現(xiàn)有一個直角繞點旋轉(zhuǎn)，兩直角邊，分別與直線，相交于點，點.（1）如圖1，若，猜想線段，，之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由.（2）如圖2，若點在射線上，且與不垂直，則（1）中的數(shù)量關(guān)系是否仍成立？如成立，請說明理由；如不成立，請寫出線段，，之間的數(shù)量關(guān)系，并加以證明.（3）如圖3，若點在射線的反向延長線上，且，，請直接寫出線段的長度.【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析；（3）【分析】（1）先證四邊形為矩形，再證矩形為正方形，由正方形性質(zhì)可得；（2）過點作于點，于點，證四邊形為正方形，再證，可得；（3）根據(jù)，可得.【詳解】解：（1）∵，，，∴四邊形為矩形.∵是的角平分線，∴，∴，∴矩形為正方形，∴，.∴.（2）如圖，過點作于點，于點，∵平分，，∴四邊形為正方形，由（1）得：，在和中，，∴，∴，∴.（3），，∴.∵，，∴，∴，∴，的長度為.【點睛】考核知識點：矩形，正方形的判定和性質(zhì).熟練運用特殊四邊形的性質(zhì)和判定是關(guān)鍵.模型2.對角互補模型（全等型：60°-120°）對角互補模型（60°—120°型），處理方法主要有兩種：①過頂點做雙垂線，構(gòu)造全等三角形；②進行旋轉(zhuǎn)的構(gòu)造，構(gòu)造手拉手全等。1）“等邊三角形對120°模型”（1）條件：如圖，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB.結(jié)論：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.證明：過點C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，又∵∠AOB＝2∠DCE＝120°，∴∠AOB+∠DCE＝180°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，∵∠CDO+∠CDM＝180°，∴∠MDC＝∠CEO，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE，∵OC平分∠AOB，∴∠CON＝∠COM＝60°，∴ON=OM=OC，NC=MC=OC。又∵OE+OD＝ON+NE+OM-DM，∴OE+OD=ON+OM=OC，∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴。2）“等邊三角形對120°模型”（2）條件：如圖，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB，∠DCE的一邊與BO的延長線交于點D，結(jié)論：①CD＝CE，②OD－OE＝OC，③.證明：過點C作CM⊥OD，CN⊥OB，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，又∵∠AOB＝2∠DCE＝120°，∴∠AOB+∠DCE＝180°，∠AOB+∠MCN＝180°，∴∠DCE=∠MCN＝60°∴∠DCE-∠MCE=∠MCN-∠MCE，∴∠MCD＝∠NCE，∴△MCD≌△NCE；∴CD＝CE，MD＝NE，∵OC平分∠AOB，∴∠CON＝∠COM＝60°，∴ON=OM=OC，NC=MC=OC。又∵OD-OE＝OM+DM-（NE-ON），∴OD-OE=ON+OM=OC，∵△MCD≌△NCE，∴S△MCD=S△NCE，∴。3）“120°等腰三角形對60°模型”條件：△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，∠BPC=60°，PA平分∠BPC。結(jié)論：PB+PC=PA；證明：將△PAC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)120°至△QAB，即△PAC≌△QAB，∴∠ACP=∠ABQ，∠CAP=∠BAQ，AP＝AQ，PC＝QB；∵∠BAC=120°，∠BPC=60°，∴∠ACP+∠ABP=180°，∴∠ABQ+∠ABP=180°，故P、B、Q共線。又∵∠BPC=60°，PA平分∠BPC，∴∠APQ=60°，∵AP＝AQ，∴∠AQP=60°，根據(jù)勾股定理易證：PQ=PA，又∵PQ=PB+QB=PB+PC，∴PB+PC=PA。例1．（2024重慶八年級期末）如圖，已知∠AOB=120°，在∠AOB的平分線OM上有一點C，將一個60°角的頂點與點C重合，它的兩條邊分別與直線OA、OB相交于點D、E．（1）當∠DCE繞點C旋轉(zhuǎn)到CD與OA垂直時（如圖1），請猜想OE+OD與OC的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（2）當∠DCE繞點C旋轉(zhuǎn)到CD與OA不垂直時，到達圖2的位置，（1）中的結(jié)論是否成立？并說明理由；（3）當∠DCE繞點C旋轉(zhuǎn)到CD與OA的反向延長線相交時，上述結(jié)論是否成立？若成立，請給于證明；若不成立，線段OD、OE與OC之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出你的猜想，不需證明．【答案】（1）詳見解析；（2）（1）中結(jié)論仍然成立，理由詳見解析；（3）（1）中結(jié)論不成立，結(jié)論為OE﹣OD=OC，證明詳見解析.【分析】(1)根據(jù)OM是∠AOB的角平分線，可得∠AOB=60°，則∠OCE=30°，再根據(jù)30°所對直角邊是斜邊的一半，得出OD=OC，同理：OE=OC，即可得出結(jié)論；(2)同(1)的方法得到OF+OG=OC，再根據(jù)AAS證明△CFD≌△CGE，得出DF=EG，則OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，OF+OG=OD+OE，即可得出結(jié)論.(3)同(2)的方法得到DF=EG，根據(jù)等量代換可得OE﹣OD=OC.【詳解】(1)∵OM是∠AOB的角平分線，∴∠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)中結(jié)論仍然成立，理由：過點C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如圖，∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，同(1)的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，∵CF⊥OA，CG⊥OB，且點C是∠AOB的平分線OM上一點，∴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)中結(jié)論不成立，結(jié)論為：OE﹣OD=OC，理由：過點C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，如圖，∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=120°，∴∠FCG=60°，同(1)的方法得，OF=OC，OG=OC，∴OF+OG=OC，∵CF⊥OA，CG⊥OB，且點C是∠AOB的平分線OM上一點，∴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．【點睛】本題考查了角平分線的性質(zhì)定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì).正確作輔助線是解題的關(guān)鍵.例2．（2024廣東中考一模）如圖，已知，在的角平分線上有一點，將一個角的頂點與點重合，它的兩條邊分別與射線相交于點.（1）如圖1，當繞點旋轉(zhuǎn)到與垂直時，請猜想與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（2）當繞點旋轉(zhuǎn)到與不垂直時，到達圖2的位置，（1）中的結(jié)論是否成立？并說明理由；（3）如圖3，當繞點旋轉(zhuǎn)到點位于的反向延長線上時，求線段與之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出你的猜想，不需證明.【答案】（1），見解析；（2）結(jié)論仍然成立，見解析；（3）【分析】（1）先判斷出∠OCE＝60°，再利用特殊角的三角函數(shù)得出OD＝OC，同OE＝OC，即可得出結(jié)論；（2）同（1）的方法得OF＋OG＝OC，再判斷出△CFD≌△CGE，得出DF＝EG，最后等量代換即可得出結(jié)論；（3）同（2）的方法即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）是的角平分線在中，，同理：（2）（1）中結(jié)論仍然成立，理由：過點作于，于由（1）知，，且點是的平分線上一點（3）結(jié)論為：.理由：過點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，且點C是∠AOB的平分線OM上一點，∴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．【點睛】此題屬于幾何變換綜合題，主要考查了角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)的綜合運用，正確作出輔助線，構(gòu)造全等三角形是解本題的關(guān)鍵．例3．（23-24九年級上·重慶江津·期中）在△ABC中，AB=AC，∠A=60°，點D是線段BC的中點，∠EDF=120°，DE與線段AB相交于點E，DF與線段AC（或AC的延長線）相交于點F．（1）如圖1，若DF⊥AC，垂足為F，AB=4，求BE的長；（2）如圖2，將（1）中的∠EDF繞點D順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度，DF仍與線段AC相交于點F．求證：BE+CF=AB．（3）如圖3，若∠EDF的兩邊分別交AB、AC的延長線于E、F兩點，（2）中的結(jié)論還成立嗎？如果成立，請證明；如果不成立，請直接寫出線段BE、AB、CF之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】（1）1（2）證明見解析（3）結(jié)論不成立．結(jié)論：BE﹣CF=AB【分析】（1）如圖1中，只要證明∠BED=90°，根據(jù)直角三角形30度角性質(zhì)即可解決問題．（2）如圖2中，過點D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N．只要證明△BDM≌△CDN，△EDM≌△FDN即可解決問題．（3）（2）中的結(jié)論不成立．結(jié)論：BE﹣CF=AB，證明方法類似（2）．【詳解】解：（1）如圖1中，∵AB=AC，∠A=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠B=∠C=60°，BC=AC=AB=4，∵點D是線段BC的中點，∴BD=DC=BC=2，∵DF⊥AC，即∠CFD=90°，∴∠CDF=30°，又∵∠EDF=120°，∴∠EDB=30°，∴∠BED=90°∴BE=BD=1．（2）如圖2中，過點D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N．∵∠B=∠C=60°，BD=DC，∠BDM=∠CDN=30°，∴△BDM≌△CDN，∴BM=CN，DM=DN，又∵∠EDF=120°=∠MDN，∴∠EDM=∠NDF，又∵∠EMD=∠FND=90°，∴△EDM≌△FDN，∴ME=NF，∴BE+CF=BM+EM+NC﹣FN=2BM=BD=AB．（3）結(jié)論不成立．結(jié)論：BE﹣CF=AB．∵∠B=∠C=60°，BD=DC，∠BDM=∠CDN=30°，∴△BDM≌△CDN，∴BM=CN，DM=DN，又∵∠EDF=120°=∠MDN，∴∠EDM=∠NDF，又∵∠EMD=∠FND=90°，∴△EDM≌△FDN，∴ME=NF，∴BE﹣CF=BM+EM﹣（FN﹣CN）=2BM=BD=AB．模型3.對角互補模型（全等型：α—180°-α）對角互補模型（α—180°-α型）處理方法主要有兩種：①過頂點做雙垂線，構(gòu)造全等三角形；②進行旋轉(zhuǎn)的構(gòu)造，構(gòu)造手拉手全等。1）“α對180°-α模型”條件：四邊形ABCD中，AP=BP，∠A+∠B=180°。結(jié)論：OP平分∠AOB。證明：過點P作PE⊥OA，PF⊥OB，∴∠AEP=∠BFP=90°，∵∠A+∠B=180°，∠OAP+∠PAE=180°，∴∠EAP=∠B?！逜P=BP，∴△PAE≌△PBF，∴PE=PF，∴OP平分∠AOB。注意：如下圖：①AP=BP，②∠A+∠B=180°，③OP平分∠AOB，以上三個條件可知二推一。2）“蝴蝶型對角互補模型”（隱藏型對角互補）條件：AP=BP，∠AOB=∠APB，結(jié)論：OP平分∠AOB的外角。證明：過點P作PE⊥OA，PF⊥OB，∴∠AEP=∠BFP=90°，∵∠AOB=∠APB，∴∠A=∠B?！逜P=BP，∴△PAE≌△PBF，∴PE=PF，∴OP平分∠AOB。例1．（2024·福建廈門·九年級?？计谥校┤鐖D，（是常量）．點P在的平分線上，且，以點P為頂點的繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)的過程中，的兩邊分別與，相交于M，N兩點，若始終與互補，則以下四個結(jié)論：①；②的值不變；③四邊形的面積不變；④點M與點N的距離保持不變．其中正確的為（）A．①③ B．①②③ C．①③④ D．②③【答案】B【分析】如圖作于點E，于點F，只要證明，即可一一判斷．【詳解】解：如圖所示：作于點E，于點F，，，，，，，平分，，，，在和中，，，，在和中，，，，故①正確，，定值，故③正確，定值，故②正確，的位置是變化的，之間的距離也是變化的，故④錯誤；故選：B．【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)定理，四邊形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．例2．（2023春·江蘇·八年級專題練習）感知：如圖①，平分，，．判斷與的大小關(guān)系并證明．探究：如圖②，平分，，，與的大小關(guān)系變嗎？請說明理由．應(yīng)用：如圖③，四邊形中，，，，則與差是多少（用含的代數(shù)式表示）【答案】感知：，證明見詳解；探究：與的大小關(guān)系不變，理由見詳解；應(yīng)用：與差是．【分析】感知：根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理即可求證；探究：過點D作DE⊥AB于點E，DF⊥AC，交AC延長線于點F，根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理可得DE=DF，由題意可得∠B=∠DCF，進而可證△DEB≌△DFC，然后問題可求證；應(yīng)用：過點D作DH⊥AB于點H，DG⊥AC，交AC的延長線于點G，連接AD，由題意易證△DHB≌△DGC，則有DH=DG，進而可得AG=AH，然后根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得，則有，最后問題可求解．【詳解】感知：，理由如下：∵，，∴，即，∵平分，∴；探究：與的大小關(guān)系不變，還是相等，理由如下：過點D作DE⊥AB于點E，DF⊥AC，交AC延長線于點F，則∠DEB=∠DFC=90°，如圖所示：∵平分，∴DE=DF，∵，，∴∠B=∠DCF，∴△DEB≌△DFC（AAS），∴；應(yīng)用：過點D作DH⊥AB于點H，DG⊥AC，交AC的延長線于點G，連接AD，如圖所示：∵，，∴，∵，∴，∵，，∴△DHB≌△DGC（AAS），且△DHB與△DGC都為等腰直角三角形，∴，由勾股定理可得，∴，∴，在Rt△AHD和Rt△AGD中，AD=AD，DH=DG，∴Rt△AHD≌Rt△AGD（HL），∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查角平分線的性質(zhì)定理、全等三角形的性質(zhì)與判定及勾股定理，熟練掌握角平分線的性質(zhì)定理、全等三角形的性質(zhì)與判定及勾股定理是解題的關(guān)鍵．例3．（23-24八年級上·吉林長春·階段練習）如圖（1）~（3），已知的平分線OM上有一點P，的兩邊與射線OA、OB交于點C、D，連接CD交OP于點G，設(shè)，．(1)如圖（1），當時，試猜想PC與PD，與的數(shù)量關(guān)系（不用說明理由）；(2)如圖（2），當，時，（1）中的兩個猜想還成立嗎？請說明理由．(3)如圖（3），當時，你認為（1）中的兩個猜想是否仍然成立，若成立，請直接寫出結(jié)論；若不成立，請說明理由．【答案】(1)，(2)成立，理由見詳解(3)，【分析】（1）過P點作PE⊥OB于點E，作PF⊥OA于點F點，延長DP交OA于點N，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得PF=PE，先證明∠EPF=∠CPD，再證明∠CPE=∠EPD，即可證明△FPC≌△EPD，則有PC=PD，∠PDC=∠PCD，則有2∠PDC=∠CPN，根據(jù)∠AOB+∠CPD=180°，∠CPD+∠CPN=180°，可得∠AOB=∠CPN，即問題得解；（2）解答方法同（1）；（3）解答方法同（2）．【詳解】（1），，證明：過P點作PE⊥OB于點E，作PF⊥OA于點F點，延長DP交OA于點N，如圖，∵OM平分AOB，∴∠AOP=∠BOP，∵PF⊥OA，PE⊥OB，∴∠PFO=∠PEO=90°，PF=PE，∵∠AOB+∠ODC+∠OCD=180°，∠PCD+∠PDC+∠CPD=180°，∴∠AOB+∠ODC+∠OCD+∠PCD+∠PDC+∠CPD=360°，∴四邊形OCPD的內(nèi)角和為360°，同理，四邊形OFPE的內(nèi)角和為360°，∴∠AOB+∠PFO+∠PEO+∠EPF=360°，∴∠AOB+90°+90°+∠EPF=360°，即∠AOB+∠EPF=180°，∵∠AOB=∠CPD=90°，即∠AOB+∠CPD=180°，∴∠EPF=∠CPD，∵∠EPF=∠EPC+∠CPE，∠CPD=∠EPC+∠EPD，∴∠CPE=∠EPD，又∵∠PFO=∠PEO=90°，PF=PE，∴△FPC≌△EPD，∴PC=PD，∴∠PDC=∠PCD，∵∠PDC+∠PCD=∠CPN，∴2∠PDC=∠CPN，∵∠AOB+∠CPD=180°，∠CPD+∠CPN=180°，∴∠AOB=∠CPN，∴2∠PDC=∠AOB，結(jié)論得證；（2）成立，理由如下：過P點作PE⊥OB于點E，作PF⊥OA于點F點，延長DP交OA于點N，如圖，∵OM平分AOB，∴∠AOP=∠BOP，∵PF⊥OA，PE⊥OB，∴∠PFO=∠PEO=90°，PF=PE，∵四邊形OFPE的內(nèi)角和為360°，∴∠AOB+∠PFO+∠PEO+∠EPF=360°，∴∠AOB+90°+90°+∠EPF=360°，即∠AOB+∠EPF=180°，∵∠AOB=60°，∠CPD=120°，即∠AOB+∠CPD=180°，∴∠EPF=∠CPD，∵∠EPF=∠EPC+∠CPE，∠CPD=∠EPC+∠EPD，∴∠CPE=∠EPD，又∵∠PFO=∠PEO=90°，PF=PE，∴△FPC≌△EPD，∴PC=PD，∴∠PDC=∠PCD，∵∠PDC+∠PCD=∠CPN，∴2∠PDC=∠CPN，∵∠AOB+∠CPD=180°，∠CPD+∠CPN=180°，∴∠AOB=∠CPN，∴2∠PDC=∠AOB，結(jié)論得證；（3）成立，，，證明：過P點作PE⊥OB于點E，作PF⊥OA于點F點，延長DP交OA于點N，如圖，∵OM平分AOB，∴∠AOP=∠BOP，∵PF⊥OA，PE⊥OB，∴∠PFO=∠PEO=90°，PF=PE，∵四邊形OFPE的內(nèi)角和為360°，∴∠AOB+∠PFO+∠PEO+∠EPF=360°，∴∠AOB+90°+90°+∠EPF=360°，即∠AOB+∠EPF=180°，∵∠AOB+∠CPD=180°，∴∠EPF=∠CPD，∵∠EPF=∠EPC+∠CPE，∠CPD=∠EPC+∠EPD，∴∠CPE=∠EPD，又∵∠PFO=∠PEO=90°，PF=PE，∴△FPC≌△EPD，∴PC=PD，∴∠PDC=∠PCD，∵∠PDC+∠PCD=∠CPN，∴2∠PDC=∠CPN，∵∠AOB+∠CPD=180°，∠CPD+∠CPN=180°，∴∠AOB=∠CPN，∴2∠PDC=∠AOB，結(jié)論得證．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，角平分線的判定與性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理等知識，證明△FPC≌△EPD是解答本題的關(guān)鍵．模型4.對角互補模型（相似模型）四邊形或多邊形構(gòu)成的幾何圖形中，相對的角互補。該題型常用到的輔助線主要是頂定點向兩邊做垂線，從而證明兩個三角形相似.1）對角互補相似1 條件：如圖，在Rt△ABC中，∠C＝∠EOF＝90°，點O是AB的中點，結(jié)論：如圖，過點O作OD⊥AC，OH⊥BC，垂足分別為D，H，則：①△ODE～△OHF；②證明：∵OD⊥AC，OH⊥BC，垂足分別為D，H，∴∠EDO＝∠FHO＝90°，∵∠C＝90°，∴四邊形OHCD為矩形，∴∠DOH＝90°，DO＝CH∴∠DOF+∠HOF＝90°，∵∠EOF＝90°，∴∠DOF+∠DOE＝90°，∴∠HOF＝∠DOE，∴△ODE～△OHF，∴，∵∠C＝∠OHD＝90°，點O是AB的中點，∴H為BC中點，∴BH＝CH，∴BH＝DO，∴∵∠C＝∠OHD＝90°，∠B＝∠B，∴△OHB～△ACB，∴，∴2）對角互補相似 2條件：如圖，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，∠BOC＝.結(jié)論1：如圖1，過點C作CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分別為F，G；則①△ECG～△DCF；②CE＝CD·.證明：法1：∵CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分別為F，G；∴∠EGC＝∠DFC＝90°，∵∠AOB＝90°，∴四邊形OGCF為矩形，∴∠GCF＝90°，CF=OG，∴∠FCD+∠DCG＝90°，∵∠DCE＝90°，∴∠GCE+∠DCG＝90°，∴∠GCE＝∠FCD，∴ECG～△DCF，∴，∵CF=OG，∴，∵在Rt△COG中，，∴CE＝CD·條件：如圖，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，∠BOC＝.結(jié)論2：如圖2，過點C作CF⊥OC，交OB于F；則：①△CFE～△COD；②CE＝CD·.證明：法1：∵CF⊥OC，∴∠OCF＝90°，∴∠OCE+∠ECF＝90°，∵∠DCE＝90°，∴∠OCE+∠DCO＝90°，∴∠ECF＝∠DCO，∵∠AOB＝90°，∠OCF＝90°，∴∠COE+∠DOC＝90°，∴∠COE+∠CFO＝90°，∴∠DOC＝∠CFO，∴CFE～△COD，∴，∵在Rt△OCF中，，∴CE＝CD·.3）對角互補相似3 條件：已知如圖，四邊形ABCD中，∠B+∠D=180°。結(jié)論：如圖，過點D作DE⊥BA，DF⊥BC，垂足分別為E、F；則：①△DAE～△DCF；②A、B、C、D四點共圓。證明：∵∠B+∠D=180°，∠A+∠C=180°，∴A、B、C、D四點共圓?！逥E⊥BA，DF⊥BC，∴∠AED=∠CFD=90°，∵∠BAD+∠C=180°，∠BAD+∠DAE=180°，∴∠C=∠DAE，∴△DAE～△DCF；例1．（2024·江蘇淮安·一模）探究式學習是新課程倡導的重要學習方式，我們做以下探究．在中，，，是邊上一點，且(為正整數(shù)），、分別是邊和邊上的點，連接，且．【初步感知】（）如圖，當時，興趣小組探究得出結(jié)論：，請寫出證明過程．【深入探究】（）如圖，當，試探究線段，，之間的數(shù)量關(guān)系，請寫出結(jié)論并證明；請通過類比、歸納、猜想，探究出線段，，之間數(shù)量關(guān)系的一般結(jié)論（直接寫出結(jié)論，不必證明）．【拓展運用】（）如圖，點為靠近的四等分點，連接，設(shè)的中點為，若，求點從點運動到點的過程中，請直接寫出點運動的路徑長．【答案】（）證明見解析；（），理由見解析；；（）【分析】（1）由“”可證，可得，即可求解；（2）①先證和是等腰直角三角形，可得，，，，可求，，通過證明，可求，即可求解；②分兩種情況討論，由相似三角形的性質(zhì)可求解；（3）連接，，，由題意可得點在線段的垂直平分線上運動，由題意易得，當點E與點A重合時，過點M作于點H，當點E與點C重合時，假設(shè)此時的中點為N，即為原來的點M，進而得出點M的運動軌跡，然后問題可求解．【詳解】（）證明：連接，∵，，且當時，，，，，，，，∴∠EDF，，在和中，，∴，，，即；（），理由如下：過點作于，于，，，，，，和是等腰直角三角形，，，，，，，，設(shè)，則，，，，，，，四邊形是矩形，，，又，，，，；如圖4，當點在射線上時，過點作于，于，，，，，，和是等腰直角三角形，，，，，，∴，，設(shè)，，，，，，，，四邊形是矩形，，，又，，，，；當點在的延長線上時，如圖5，，，，，，和是等腰直角三角形，，，，，，∴，，設(shè)，，，，，，，，四邊形是矩形，，，又，，，，；綜上所述：當點在射線上時，，當點在延長線上時，；（3）解：連接，，，如圖（1），的中點為，，，∴點在線段的垂直平分線上運動，∵點D為靠近B的四等分點，∴，由（2）得，∴當點E與點A重合時，過點M作于點H，如圖，∴，∴，∴∴，∴，∵，代入得，∴；當點E與點C重合時，假設(shè)此時的中點為N，即為原來的點M，如圖， ∵，代入得，∴，∴如圖，點M的運動軌跡即為的長，∵在Rt中，∴∴∴點運動的路徑長為【點睛】本題是三角形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，利用分類討論思想解決問題是解題的關(guān)鍵．例2．（23-24九年級上·山西臨汾·期中）綜合與探究問題解決：如圖1，中，，過點C作于點D，小明把一個三角板的直角頂點放置在點D處，兩條直角邊分別交線段于點E，交線段于點F，在三角板繞著點D旋轉(zhuǎn)的過程中，若點E是的中點，則點F也是的中點嗎？（注：可以用知識：直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半）“陽光”小組的解答是：若點E是的中點，則點F也是的中點．理由如下：∵于點D，．∵點E是的中點，．，．是等邊三角形．，．．又，．．即若點E是的中點，則點F也是的中點．反思交流（1）“群星”小組認為在這個題中，可以去掉條件“”，其他條件不變（如圖2），若點E是的中點，則點F也是的中點．請你根據(jù)條件證明這個結(jié)論；拓廣探索（2）去掉條件“”，其他條件不變旋轉(zhuǎn)過程中，若（如圖3），那么等式成立嗎？請說明理由；（3）去掉條件“”，其他條件不變．若點E是上任意一點（如圖4），（2）中的結(jié)論還成立嗎？請說明理由．【答案】（1）若點E是的中點，則點F也是的中點，理由見解；（2）成立，理由見解；（3）若點E是上任意一點，（2）中的結(jié)論仍然成立，理由見解．【分析】（1）由題意得，根據(jù)直角三角的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；（2）證明四邊形是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；（3）由題意證明，，，由相似三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）于點D，，∵點E是的中點，，，，，，又，，，，即點F是的中點；（2）旋轉(zhuǎn)過程中，若，那么等式成立．理由如下：，∴四邊形是矩形，，，，；（3）若點E是上任意一點（如圖4），（2）中的結(jié)論仍然成立．理由如下：，，，，同理證得，則，，同理證得，則，，即．【點睛】本題是相似形的綜合題，考查了矩形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．例3．（2023·河南信陽·統(tǒng)考二模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，CD⊥AB于點D，點E是直線AC上一動點，連接DE，過點D作FD⊥ED，交直線BC于點F．（1）探究發(fā)現(xiàn)：如圖1，若m＝n，點E在線段AC上，則＝；（2）數(shù)學思考：①如圖2，若點E在線段AC上，則＝（用含m，n的代數(shù)式表示）；②當點E在直線AC上運動時，①中的結(jié)論是否仍然成立？請僅就圖3的情形給出證明；（3）拓展應(yīng)用：若AC＝，BC＝2，DF＝4，請直接寫出CE的長．【答案】（1）1；；（2）①；②；（3）或【分析】（1）先用等量代換判斷出，，得到∽，再判斷出∽即可；（2）方法和一樣，先用等量代換判斷出，，得到∽，再判斷出∽即可；（3）由的結(jié)論得出∽，判斷出，求出DE，再利用勾股定理，計算出即可．【詳解】解：當時，即：，，，，，，，，即，∽，，，，∽，，，，，，，，，即，∽，，，，∽，，成立如圖3，，，又，，，，，即，∽，，，，∽，，．由有，∽，，，，如圖4圖5圖6，連接EF．在中，，，，如圖4，當E在線段AC上時，在中，，，根據(jù)勾股定理得，，，或舍如圖5，當E在AC延長線上時，在中，，，根據(jù)勾股定理得，，，，或舍，③如圖6，當E在CA延長線上時，在中，，，根據(jù)勾股定理得，，，，或（舍），綜上：或．【點睛】本題是三角形綜合題，主要考查了三角形相似的性質(zhì)和判定，勾股定理，判斷相似是解決本題的關(guān)鍵，求CE是本題的難點．例4．（23-24九年級上·四川成都·期中）如圖1，等邊中，為邊上的一點，且，分別為上的兩個動點，始終保持.(1)若，求證：①，②；(2)①如圖2，若，試探究之間的數(shù)量關(guān)系，請寫出證明過程；②請通過類比、歸納、猜想，探究出之間的數(shù)量關(guān)系的一般結(jié)論（用含有的代數(shù)式直接寫出，不用證明）；(3)如圖3，為邊上的中點，，連接，當點分別在線段上運動時，當時，直接寫出線段掃過的圖形的面積.【答案】(1)①見解析；②見解析(2)①；②；(3)【分析】（1）過點分別作的垂線，垂足分別為，連接，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得，，證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，即可得證；②根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)，得出，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出，則，即可得出；（2）①過的中點作的平行線，交于點，交于點，當時，，根據(jù)，可得是等腰直角三角形，，根據(jù)（1）中結(jié)論可得，再根據(jù)，，即可得到；②分類討論，根據(jù)①的方法證明即可；（3）如圖，當與重合時，取的中點，當與重合時，取的中點，可得是等邊三角形；則掃過的圖形的面積即為的面積，可利用建系的方法表示出的坐標，再利用中點公式求出，最后利用勾股定理即可求出的長度，進而即可求解．【詳解】（1）證明：①如圖所示，過點分別作的垂線，垂足分別為，連接，∵是等邊三角形，∴，∵，∴，，又∵，∴，，∴，∴，∴，即，在中，，∴，∴；②證明：∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）①證明：如圖，過的中點作的平行線，交于點，交于點，

當時，，即，是的中點，，，，，，，是等邊三角形，，，根據(jù)（1）中的結(jié)論可得，；故線段之間的數(shù)量關(guān)系為；②解：如圖，在上取一點使得，過作的平行線，交于點，交于點，同①，可得，，，，，同①可得，，即線段之間數(shù)量關(guān)系為；（3）解：如圖，當與重合時，取的中點，當與重合時，取的中點，當與重合時，，則，∴是等邊三角形，當與重合時，同理可得是等邊三角形，∵，∴，∴，∵分別為的中點，∴則∴，則又∵∴∴∴是等邊三角形；則掃過的圖形的面積即為的面積，，，，以點為原點，所在直線為軸建立平面直角坐標系，如圖所示，，如圖所示，過點作于點，∴∵是等邊三角形，∴，∴，∴，過點作于點，則，∴，∴，即線段掃過的圖形的面積為．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，正確地畫出圖形，作出輔助線，找對邊之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．1.（2024·江蘇·?？家荒＃┤鐖D，已知四邊形的對角互補，且，，．過頂點C作于E，則的值為（

）A． B．9 C．6 D．7．2【答案】B【分析】要求的值，主要求出AE和BE的長即可，注意到AC是角平分線，于是作CF⊥AD交AD的延長線于點F，可以證得兩對全等三角形，結(jié)合已知數(shù)據(jù)可以求得AE和BE的長，從而解決問題．【詳解】解：作CF⊥AD交AD的延長線于點F，則∠CFD=90°，∵CE⊥AB，∴∠CEB=90°，∴∠CFD=∠CEB=90°，∵∠BAC=∠DAC，∴AC平分∠BAD，∴CE=CF，∵四邊形ABCD對角互補，∴∠ABC+∠ADC=180°，又∵∠CDF+∠ADC=180°，∴∠CBE=∠CDF，在△CBE和△CDF中，∴△CBE≌△CDF（AAS），∴BE=DF，在△AEC和△AFC中，∴△AEC≌△AFC（AAS），∴AE=AF，設(shè)BE=a，則DF=a，

∵AB=15，AD=12，∴12+2a=15，得，∴AE=12+a=，BE=a=，∴，故選B．【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是巧妙構(gòu)造全等三角形進而得出等量關(guān)系．2．（2024·安徽六安·三模）在數(shù)學探究活動中，某同學進行了如下操作：如圖，在直角三角形紙片

內(nèi)剪取一個直角，點，，分別在，，邊上．請完成如下探究：（1）當為的中點時，若，

（2）當，、時，的長為

【答案】/度【分析】（1）連接，根據(jù)為的中點，可得，，則，根據(jù)，，易得四點在同一個圓上，根據(jù)圓周角定理，則有；（2）過點分別作于點，作于點，易證，可得，即，根據(jù)，有，，即；根據(jù)，得到，即，可得，即有，即．【詳解】解：（1）如圖1，連接，∵為的中點，∴，∴，∴，∵，，∴四點在同一個圓上，∴；

（2）如圖2，過點分別作于點，作于點，則有：，∴，∴，∵∴，∴，∵，，∴又∵，∴，則有，即．∵，∴，即，∵，∴，即．【點睛】本題考查了四點共圓，圓周角定理，三角形的內(nèi)角和，平角的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)，熟悉相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2023·山西臨汾·統(tǒng)考二模）在菱形中，，對角線交于點，分別是邊上的點，且與交于點，則的值為．

【答案】【分析】由菱形的性質(zhì)及可證，得，；由得，，于是，可得，進而求得答案．【詳解】∵∴∴∵四邊形是菱形，∴，∴∴∴，又∵∴．，∵∴，∴．設(shè)，則，，；故答案為：．【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，利用全等及相似得到線段間的數(shù)量關(guān)系是解題的關(guān)鍵．4．（23-24八年級上·山東臨沂·階段練習）如圖，為等邊三角形，邊長為4，點為的中點，，其兩邊分別交和的延長線于，則．【答案】6【分析】過點作，設(shè)與交于點，證明，由全等三角形的性質(zhì)可得，結(jié)合，可知，即可獲得答案．【詳解】解：∵是等邊三角形，邊長為4，∴，，如圖，過點作，設(shè)與交于點，又∵，，∴，又∵點為的中點，且，∴是的中位線，∴，在和中，，∴，∴，又∵，∴．故答案為：6．【點睛】本題考查平行線的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、三角形中位線的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理等知識，熟練掌握相關(guān)知識并靈活運用、正確作出輔助線構(gòu)建全等三角形是解題關(guān)鍵．5．（23-24九年級上·湖北孝感·階段練習）（情景呈現(xiàn)）畫，并畫的平分線．（I）把三角尺的直角頂點落在OC的任意一點上，使三角尺的兩條直角邊分別與的兩邊，垂直，垂足為，（如圖1）．則；若把三角尺繞點旋轉(zhuǎn)（如圖2），則________．（選填：“<”、“>”或“=”）（理解應(yīng)用）（2）在（1）的條件下，過點作直線，分別交，于點，，如圖3．①圖中全等三角形有________對．（不添加輔助線）②猜想，，之間的關(guān)系為________．（拓展延伸）（3）如圖4，畫，并畫的平分線，在上任取一點，作，的兩邊分別與，相交于，兩點，與相等嗎？請說明理由．【答案】（1）=；（2）①3；②；（3）相等，理由見解析【分析】（1）PE=PF，利用條件證明△PEM≌△PFN即可得出結(jié)論；（2）①根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到OP=PG=PH，證明△GPE≌△OPF（ASA），△EPO≌△FPH，△GPO≌△OPH，得到答案；②根據(jù)勾股定理，全等三角形的性質(zhì)解答；（3）作PG⊥OA于G，PH⊥OB于H，證明△PGE≌△PHF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證明結(jié)論．【詳解】（1）如圖2，過點P作PM⊥OA，PN⊥OB，垂足是M，N，∴∠AOB=∠PME=∠PNF=90°，∴∠MPN=90°，∵OC是∠AOB的平分線，∴PM=PN，∵∠EPF=90°，∴∠MPE=∠FPN，在△PEM和△PFN中，，∴△PEM≌△PFN（ASA），∴PE=PF，故答案為：=；（2）①∵OC平分∠AOB，∴∠AOC=∠BOC=45°，∵GH⊥OC，∴∠OGH=∠OHG=45°，∴OP=PG=PH，∵∠GPO=90°，∠EPF=90°，∴∠GPE=∠OPF，在△GPE和△OPF中，，∴△GPE≌△OPF（ASA），同理可證明△EPO≌△FPH，∵，∴△GPO≌△OPH（SAS），∴全等三角形有3對，故答案為：3；②GE2+FH2=EF2，理由如下：∵△GPE≌△OPF，∴GE=OF，∵△EPO≌△FPH，∴FH=OE，在Rt△EOF中，OF2+OE2=EF2，∴GE2+FH2=EF2，故答案為：GE2+FH2=EF2；（4）如圖，作PG⊥OA于G，PH⊥OB于H，在△OPG和△OPH中，，∴△OPG≌△OPH，∴PG=PH，∵∠AOB=60°，∠PGO=∠PHO=90°，∴∠GPH=120°，∵∠EPF=120°，∴∠GPH=∠EPF，∴∠GPE=∠FPH，在△PGE和△PHF中，，∴△PGE≌△PHF，∴PE=PF．【點睛】本題考查幾何變換綜合題，全等三角形的判定和性質(zhì)、角平分線的定義等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．6．（2023·遼寧沈陽·模擬預(yù)測）已知是中的角平分線，點，分別在邊，上，，，與的面積之和為．(1)當，，時，如圖1，若，，則______，______；(2)如圖2，當時，①求證：；②直接寫出與，的數(shù)量關(guān)系；(3)如圖3，當，，，時，請直接寫出的大小．【答案】(1)，9；(2)①證明見解析；②；(3)．【分析】本題屬于三角形綜合題，考查了直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．（1）證明，都是等腰直角三角形即可解決問題；（2）①如圖中，過點作于點，于點證明；②由推出，把繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到右邊，連接，延長至點P，使，連接，證明，,可得,即可求解；（3）如圖中，過點作于點，于點證明，推出，把繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，，，，過點作于點，利用含角的直角三角形性質(zhì)和勾股定理求出，可得結(jié)論．【詳解】（1）解：如圖中，，，，，平分，，，，，，都是等腰直角三角形，，，，故答案為：，；（2）①證明：如圖中，過點作于點，于點．

，，平分，，，四邊形是矩形，，四邊形是正方形，，，，，；②解：，，，把繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到右邊，連接，延長至點P，使，連接，則，，，又，，，，，，，，，，；（3）解：如圖中，過點作于點，于點．，，平分，，，，，，，，，，把繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，則，，，過點作于點，,，．7．（23-24九年級上·北京朝陽·期中）如圖，，平分，點P為上一個動點，過點P作射線交于點E．以點P為旋轉(zhuǎn)中心，將射線沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，交于點F．(1)根據(jù)題意補全圖1；(2)如圖1，若點E在OA上，用等式表示線段OE、OP和OF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明；(3)如圖2，若點E在OA的反向延長線上，直接寫出線段OE、OP和OF之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】(1)補圖見解析(2)，證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)題意補全圖形即可；（2）作，得到，證明，得到，即可得出結(jié)論；（3）證明方法與（2）類似．【詳解】（1）補圖如下圖：（2）作交于，，，，，平分，，，，，，，在和中，，，，，，；（3）作交于，，，平分，，，，，，，，，在和中，，，，，，，．【點睛】本題屬于幾何變換綜合體，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵．8．（2024·吉林長春·一模）【教材呈現(xiàn)】下圖是華師版八年級上冊數(shù)學教材第96頁的部分內(nèi)容．我們已經(jīng)知道角是軸對稱圖形，角平分線所在的直線是角的對稱軸．如圖所示，是的平分線，P是上任一點，作，，垂足分別為點D和點E．將沿對折，我們發(fā)現(xiàn)與完全重合．由此即有：角平分線的性質(zhì)定理角平分線上的點到角兩邊的距離相等．已知：如圖所示，是的平分線，點P是上的任意一點，，，垂足分別為點D和點E．求證：．分析：圖中有兩個直角三角形和，只要證明這兩個三角形全等，便可證得．（1）請根據(jù)教材中的分析，結(jié)合圖①，寫出“角平分線的性質(zhì)定理”完整的證明過程．【定理應(yīng)用】（2）如圖②，已知是的平分線，點P是上的任意一點，點D、E分別在邊上，連結(jié)，．若，，則的長為______．（3）如圖③，在平行四邊形中，，平分交于點E，連結(jié)，將繞點E旋轉(zhuǎn)，當點C的對應(yīng)點F落在邊上時，若，則四邊形的面積為______．【答案】（1）詳見解析；（2）；（3）【分析】（1）因為是的平分線，所以，因為，所以，因為，可得，即證得；（2）作，垂足分別為點M和點N，證，可得，，，因為，，可得，證，可得，因為，所以，即，，可得的長；（3）證，可得，因為，所以，證，可得，已知，平分，可得，，求得，根據(jù)四邊形的面積=四邊形的面積、的面積的面積=2個的面積，求得的面積，可得四邊形的面積．【詳解】解：（1）證明：∵是的平分線，∴，∵，∴，∵，∴，∴；（2）作，垂足分別為點M和點N，∵是的平分線，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，即，∴，故答案為：5；（3）作，垂足分別為點M和點N，由于繞點E旋轉(zhuǎn)，點C的對應(yīng)點F落在邊上，即，∵平分，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵平分，，∴，∴，∴，∵，∴四邊形的面積，故答案為：．9．（2024·北京·一模）在△ABC中，AB=AC，∠A=60°，點D是BC邊的中點，作射線DE，與邊AB交于點E，射線DE繞點D順時針旋轉(zhuǎn)120°，與直線AC交于點F．（1）依題意將圖1補全；（2）小華通過觀察、實驗提出猜想：在點E運動的過程中，始終有DE=DF．小華把這個猜想與同學們進行交流，通過討論，形成了證明該猜想的幾種想法：想法1：由點D是BC邊的中點，通過構(gòu)造一邊的平行線，利用全等三角形，可證DE=DF；想法2：利用等邊三角形的對稱性，作點E關(guān)于線段AD的對稱點P，由∠BAC與∠EDF互補，可得∠AED與∠AFD互補，由等角對等邊，可證DE=DF；想法3：由等腰三角形三線合一，可得AD是∠BAC的角平分線，由角平分線定理，構(gòu)造點D到AB，AC的高，利用全等三角形，可證DE=DF…….請你參考上面的想法，幫助小華證明DE=DF（選一種方法即可）；（3）在點E運動的過程中，直接寫出BE，CF，AB之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】（1）將圖1補全見解析；（2）證明見解析；（3）數(shù)量關(guān)系：當點F在AC邊上時，；,當點F在AC延長線上時，．【分析】（1）根據(jù)要求畫出圖形即可；（2）選擇一種自己比較熟練的方法進行證明即可；（3）本題分點F在AC邊上，點F在AC延長線上，兩種情況分析即可.【詳解】解：（1）如圖1，

（2）想法1：證明：如圖2，過D作，交AC于G，∵點D是BC邊的中點，∴DG=AB．∴△CDG是等邊三角形．∴∠EDB+∠EDG=120°．∵∠FDG+∠EDG=120°，∴∠EDB=∠FDG．∵BD=DG，∠B=∠FGD=60°，∴△BDE≌△GDF．∴DE=DF．想法2：證明：如圖3，連接AD，∵點D是BC邊的中點，∴AD是△ABC的對稱軸．作點E關(guān)于線段AD的對稱點P，點P在邊AC上，∴△ADE≌△ADP．∴DE=DP，∠AED=∠APD．∵∠BAC+∠EDF=180°，∴∠AED+∠AFD=180°．∵∠APD+∠DPF=180°，∴∠AFD=∠DPF．∴DP=DF．∴DE=DF．想法3：證明：如圖4，連接AD，過D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，∵點D是BC邊的中點，∴AD平分∠BAC．∵DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，∴DM=DN．∵∠A=60°，∴∠MDE+∠EDN=120°．∵∠FDN+∠EDN=120°，∴∠MDE=∠FDN．∴Rt△MDE≌Rt△NDF．∴DE=DF．（3）當點F在AC邊上時，；證明：如圖5中，過點D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N．∵∠B=∠C=60°，BD=DC，∠BDM=∠CDN=30°，在△BDM與△CDN中，，∴△BDM≌△CDN，∴BM=CN，DM=DN，又∵∠EDF=120°=∠MDN，∴∠EDM=∠NDF，又∵∠EMD=∠FND=90°，∴△EDM≌△FDN，∴ME=NF，∴BE+CF=BM+EM+NC-FN=2BM=BD=AB；當點F在AC延長線上時，．如圖6，∵∠B=∠C=60°，BD=DC，∠BDM=∠CDN=30°，∴△BDM≌△CDN，∴BM=CN，DM=DN，又∵∠EDF=120°=∠MDN，∴∠EDM=∠NDF，又∵∠EMD=∠FND=90°，∴△EDM≌△FDN，∴ME=NF，∴BE-CF=BM+EM-（FN-CN）=2BM=BD=AB【點睛】本題的關(guān)鍵是等邊三角形的性質(zhì)和三角形全等的判定和性質(zhì)得出結(jié)論，雖然本題的內(nèi)容較多但是題目難度并不大，所以要認真讀題，第三問的問題要畫出兩種情況的圖形，利用三角形全等的出結(jié)論即可.10．（2023·陜西西安·模擬預(yù)測）問題提出（1）如圖①，在中，，，平分，，則點到的距離為__________．問題探究（2）如圖②，中，，，，點為斜邊上一點，且，的兩邊交于點，交于點，若，求四邊形的面積．問題解決（3）市政部門根據(jù)地形在某街道設(shè)計一個三角形賞花園如圖③，為賞花園的大致輪廓，并將賞花園分成、和四邊形三部分，其中在四邊形區(qū)域內(nèi)種植平方米的月季，在和兩區(qū)域種植薰衣草，根據(jù)設(shè)計要求：，點、、分別在邊、、上，且，，為了節(jié)約種植成本，三角形賞花園的面積是否存在最小值，若存在，請求出面積的最小值；若不存在，請說明由．

【答案】（1）4；（2）；（3）【分析】（1）如圖①中，作于．證明，推出，，設(shè)，在中，根據(jù)，構(gòu)建方程即可解決問題．（2）如圖②中，作于，于，連接．，推出，，再利用面積法求出，的長即可解決問題．（3）存在．如圖③中，作于，于．利用全等三角形的性質(zhì)證明是角平分線，求出的值，由中，是角平分線，，是定值，可知當是的高時，的面積最小，由此即可解決問題．【詳解】解：（1）如圖①中，作于．

在中，，，，，，平分，，，，，，，平分，，，設(shè)，在中，，，解得：，，故答案為：4．（2）如圖②中，作于，于，連接．，四邊形是矩形，，，，，，，，，在中，，，，，，，，解得：，；（3）存在．如圖③中，作于，于．，，，，，，，，，，，平分，，設(shè)，則，，，，，，，中，是角平分線，，是定值，當是的高時，的面積最小，此時．的面積的最小值．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了四邊形的面積，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．11．（23-24九年級上·廣東惠州·期中）在中，，．將一塊三角板的直角頂點放在斜邊的中點處，將三角板繞點旋轉(zhuǎn)，三角板的兩直角邊分別交邊、于點D、E．(1)如圖①，當時，則的值是________．(2)如圖②，當與不垂直時，（1）中的結(jié)論是否還成立？若成立，請予以證明；若不成立，請說明理由；(3)如圖③，在內(nèi)作，使得、分別交、于點、，連接．那么的周長是否為定值？若是，求出定值；若不是，請說明理由．【答案】(1)2(2)依然成立(3)的周長為定值，且周長為2【分析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)和為斜邊的中點可知，，所以的值可求；（2）結(jié)論成立．連接，通過證明≌．可得，所以；（3）的周長為定值，且周長為2．在上截取，通過證明≌，得到．所以．【詳解】（1）連∵P是的中點，，∴∵，∴∴四邊形是矩形，∴又∵∴∴；故答案為：2；（2）結(jié)論成立．連接，如圖②．是等腰直角三角形，是的中點，，，．，．．又，．≌．，．（3）的周長為定值，且周長為2．在上截取，如圖③，由（2）可知：，，，，．，又，≌，．，，，．的周長是2．【點睛】此題比較復(fù)雜，綜合考查全等三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、圖形的變換．綜合性很強，是一道不錯的題目．12．（2023·廣東深圳·一模）（1）【探究發(fā)現(xiàn)】如圖1，正方形的對角線相交于點O，在正方形繞點O旋轉(zhuǎn)的過程中，邊與邊交于點M，邊與邊交于點N．證明：；（2）【類比遷移】如圖2，矩形的對角線相交于點O，且，，在矩形，繞點O旋轉(zhuǎn)的過程中，邊與邊交于點M，邊與邊交于點N．若，求的長；（3）【拓展應(yīng)用】如圖3，四邊形和四邊形都是平行四邊形，且，，，是直角三角形，在繞點O旋轉(zhuǎn)的過程中，邊與邊交于點M，邊與邊交于點N．當與重疊部分的面積是的面積的時，請直接寫出的長．

【答案】（1）證明見解析（2）（3）【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)證明三角形全等即可；（2）過點O作的平行線交于點E、交于點P，過點N作垂線交于點Q，構(gòu)造相似三角形，對應(yīng)邊成比例求，然后根計算即可；（3）過點O作的垂線交于點H，用勾股定理求出，證、，結(jié)合與重疊部分的面積是的面積的，設(shè)列出方程求出m，根據(jù)勾股定理求出即可．【詳解】（1）正方形的對角線相交于點，在正方形繞點旋轉(zhuǎn)的過程中，邊與邊交于點，邊與邊交于點，，，，即，在和中，；（2）如圖，過點作的平行線交于點、交于點，過點作垂線交于點，

四邊形和四邊形都是矩形，，，，，，，，，，，，，即，，；（3）如圖，過點作的垂線交于點，設(shè)，則，設(shè)，則，，，，又，，，，四邊形和四邊形都是平行四邊形，是直角三角形∴，(有公共角且都有直角)，，∴，∵，即，∴，，設(shè)，則，∵，即，∴，與重疊部分的面積是的面積的，平行四邊形對角線平分平行四邊形的面積，，即，∴，即，∴，∴，∴．【點睛】本題綜合考查了全等三角形的證明、勾股定理、特