2025年中考数学几何模型归纳训练(全国通用)专题21全等与相似模型之半角模型解读与提分精练(原卷版+解析)

这是一份2025年中考数学几何模型归纳训练(全国通用)专题21全等与相似模型之半角模型解读与提分精练(原卷版+解析)，共74页。试卷主要包含了5=40，BD=90×0等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-4" \h \z \u \l "_Tc16839" PAGEREF _Tc16839 \h 1
\l "_Tc30549" 模型1.半角模型（全等模型） PAGEREF _Tc30549 \h 1
\l "_Tc8249" 模型2.半角模型（相似模型） PAGEREF _Tc8249 \h 13
\l "_Tc32339" PAGEREF _Tc32339 \h 15
大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！
模型1.半角模型（全等模型）
半角模型概念：半角模型是指是指有公共顶点，较小角等于较大角的一半，较大的角的两边相等，通过旋转，可将角进行等量转化，构造全等三角形的几何模型。
1）正方形半角模型
条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周长=2AB；⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。
证明：将△CBE绕点C逆时针旋转90°至△CDG，即△CBE≌△CDG，
∴∠ECB=∠GCD，∠B=∠CDG=90°，BE＝DG，CE＝CG；
∵ABCD是正方形，∴∠B=∠CDF=∠BCD=90°，BA＝DA；∴∠CDG+∠CDF=180°，故F、D、G共线。
∵∠ECF=45°，∴∠BCE+∠DCF=45°，∴∠GCD+∠DCF=∠GCF=45°，∴∠ECF=∠GCF=45°，
∵CF＝CF，∴△CEF≌△CGF，∴EF＝GF，∵GF＝DG＋DF，∴GF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF，
∴AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋DF+AE＋AF=AB＋AD=2AB，过点C作CH⊥EF，则∠CHE=90°，
∵△CEF≌△CGF，∴CD=CH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△CBE≌△CHE，
∴∠HEC=∠CBE，同理可证：∠HFC=∠DFC，即CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。
2）等腰直角三角形半角模型
条件：ABC是等腰直角三角形（∠BAC=90°，AB＝AC），∠DAE=45°；
结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；
证明：将△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACG，即△BAD≌△CAG，
∴∠BAD=∠CAG，∠B=∠GCA=45°，AD＝AG，BD＝CG；
∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°，∴∠CAG+∠EAC=∠GAE=45°，∴∠DAE=∠GAE=45°，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△GAE，∴ED＝EG，∵ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，∴∠ECG=90°，∴GE2＝GC2＋EC2,∴DE2＝BD2＋EC2；
3）等边三角形半角模型（120°-60°型）
条件：ABC是等边三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；
结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋CF；④AEF的周长=2AB；
⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。
证明：将△DBE绕点D顺时针旋转120°至△DCG，即△BDE≌△CDG，
∴∠EDB=∠GDC，∠DBE=∠DCG，BE＝GC，DE＝DG；
∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=60°，∴∠GDC+∠CDF=∠GDF=60°，故∠GDF=∠EDF，
∵DF＝DF，∴△EDF≌△GDF，∴EF＝GF，∵GF＝CG＋CF，∴GF＝BE＋CF，∴EF＝BE＋CF，
∴AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋CF+AE＋AF=AB＋AC=2AB，
过点D作DH⊥EF，DM⊥GF，则∠DHF=∠DMF=90°，
∵△EDF≌△GDF，∴DM=DH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△DHF≌△DMF，
∴∠HFD=∠MFD，同理可证：∠BFD=∠FED，即DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。
4）等边三角形半角模型（60°-30°型）
条件：ABC是等边三角形，∠EAD=30°；
结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+；
证明：将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACF，即△BAD≌△CAF，
∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠FCA=60°，AD＝AF，BD＝CF；
∵∠DAE=30°，∴∠BAD+∠EAC=30°，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=30°，∴∠DAE=∠FAE=30°，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE，∴ED＝EF，∵ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠ECF=120°，
过点F作FH⊥BC，∴∠FCH=60°，∠CFH=30°，∴CH=CF=BD，FH=CF=BD，
∵在直角三角形中：FE2＝FH2＋EH2,∴DE2＝(BD＋EC)2+(BD)2；
5）任意角度的半角模型（-型）

条件：∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；
结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。
证明：将△ABD绕点A逆时针°至△ACF，即△BAD≌△CAF，
∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠BCA=∠FCA=90°-，AD＝AF，BD＝CF；∴∠ECF=∠BCA+∠FCA=180°-。
∵∠BAC=，∠DAE=，∴∠BAD+∠EAC=，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=，∴∠DAE=∠FAE=，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE。
例1．（2023·广东广州·二模）在正方形中，点E、F分别在边上，且，连接．
(1)如图1，若，，求的长度；(2)如图2，连接，与、分别相交于点M、N，若正方形的边长为6，，求的长；(3)判断线段三者之间的数量关系并证明你的结论﹒

例2．（23-24八年级下·四川达州·阶段练习）倡导研究性学习方式，着力教材研究，习题研究，是学生跳出题海，提高学习能力和创新能力的有效途径．
(1)【问题背景】已知：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接，则之间存在怎样的数量关系呢？
（分析：我们把绕点A顺时针旋转至，点G、B、C在一条直线上．）
于是易证得： 和 ，所以 ．
直接应用：正方形的边长为6，，则的值为 ．
(2)【变式练习】已知：如图2，在中，，D、E是斜边上两点，且，请写出之间的数量关系，并说明理由．
(3)【拓展延伸】在（2）的条件下，当绕着点A逆时针一定角度后，点D落在线段BC上，点E落在线段BC的延长线上，如图3，此时（2）的结论是否仍然成立，并证明你的结论．

例3．（23-24九年级上·浙江台州·期中）如图，在中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D、E都在边BC上，∠BAD＝15°，∠DAE＝60°．若DE=3，则AB的长为 ．
例4．（23-24九年级上·江西南昌·期中）（1）如图①，在直角中，，，点D为边上一动点（与点B不重合），连接，将绕点A逆时针旋转，得到，那么之间的位置关系为__________，数量关系为__________；（2）如图②，在中，，，D，E（点D，E不与点B，C重合）为上两动点，且．求证：．（3）如图③，在中，，，，，D，E（点D，E不与点B，C重合）为上两动点，若以为边长的三角形是以为斜边的直角三角形时，求的长．
例5．（2024·江西·九年级期中）（1）【特例探究】如图1，在四边形中，，，，，猜想并写出线段，，之间的数量关系，证明你的猜想；
（2）【迁移推广】如图2，在四边形中，，，．请写出线段，，之间的数量关系，并证明；
（3）【拓展应用】如图3，在海上军事演习时，舰艇在指挥中心（处）北偏东20°的处．舰艇乙在指挥中心南偏西50°的处，并且两舰艇在指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正西方向以80海里/时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏西60°的方向以90海里/时的速度前进，半小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达，处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为75°．请直接写出此时两舰艇之间的距离．
例6．（2022·湖北十堰·中考真题）【阅读材料】如图①，四边形中，，，点，分别在，上，若，则．
【解决问题】如图②，在某公园的同一水平面上，四条道路围成四边形．已知，，，，道路，上分别有景点，，且，，若在，之间修一条直路，则路线的长比路线的长少_________（结果取整数，参考数据：）．

模型2.半角模型（相似模型）
半角模型特征：①共端点的等线段； ②共顶点的倍半角；
半角模型辅助线的作法：由旋转（或翻折）构造两对全等，从而将边转化，找到边与边的关系（将分散的条件集中，隐蔽的关系显现）。
常见的考法包括：90°与45°（正方形、直角三角形）；120°与60°（等边三角形）等。
1）半角模型（正方形（或等腰直角三角形）中的半角相似模型）
条件：已知，如图，在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交BC、CD边于M、N两点，且∠EAF＝45°

结论：如图1，△MDA∽△MAN∽△ABN；

图1 图2
证明：∵ABCD是正方形，∴∠ADM=45°，∵∠EAF＝45°，∴∠ADM=∠EAF，
∵∠AMD=∠NMA，∴△MDA∽△MAN，同理：△MAN∽△ABN，∴△MDA∽△MAN∽△ABN；
结论：如图2，△BME∽△AMN∽△DFN.
证明：∵ABCD是正方形，∴∠NDF=45°，∵∠EAF＝45°，∴∠NDF=∠EAF，
∵∠DNF=∠ANM，∴△AMN∽△DFN，同理：△BME∽△AMN，∴△BME∽△AMN∽△DFN；
结论：如图3，连接AC，则△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且；

图3 图4
证明：∵ABCD是正方形，∴∠BAC=∠ABC=∠ACF=45°，，∴∠BAM+∠MAC=45°，
∵∠EAF＝45°，∴∠FAC+∠MAC=45°，∴∠BAM=∠FAC，∴△AMB∽△AFC，∴。
同理：△AND∽△AEC，；即。
结论：如图4，△AMN∽△AFE且．
证明：∵ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠DFA=∠BAN；∵∠AFE=∠AFD，∠BAN=∠AMD，∴∠AFE=∠AMN；
又∠MAN=∠FAE，∴△AMN∽△AFE，由图3证明知：，∴。
2）半角模型（含120-60°半角模型）
图5
条件：如图5，已知∠BAC＝120°，；
结论：①△ABD∽△CAE∽△CBA；②；③ （）。
证明：∵，∴∠ADE=60°，∴∠ADB=120°，∵∠BAC＝120°，∴∠ADB=∠BAC，
∵∠ABD=∠CBA，∴△ABD∽△CBA；∴，即：，
同理：△CAE∽△CBA，∴，即：，即：△ABD∽△CAE∽△CBA；，
∴，∵AD=AE=DE，∴
例1．（23-24九年级上·广东深圳·期中）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=45°，AE、AF分别交BD于M、N，连按EN、EF，有以下结论：①△ABM∽△NEM；②△AEN是等腰直角三角形；③当AE=AF时，；④BE+DF=EF；⑤若点F是DC的中点，则CECB．
其中正确的个数是( )
A．2B．3C．4D．5
例2．（23-24九年级上·河北唐山·阶段练习）在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形摆放在一起，如图1所示，点A为公共顶点，点D在的延长线上，，．若将固定不动，把绕点A逆时针旋转a（），此时线段，射线分别与射线交于点M，N．(1)当旋转到如图2所示的位置时，①求证：；
②在图2中除外还有哪些相似三角形，直接写出；③如图2，若，求的长；
(2)在旋转过程中，若，请直接写出的长_________（用含d的式子表示）．

例3．（2024·辽宁·模拟预测）（1）如图，等腰中，，，、在线段上，且，，，求的长．
（2）如图，在中，，如果，在直线上，在上，在的右侧，，若，，求的长．（3）如图，在中，若，、是线段上的两点，，若，，探究与的数量关系．
例4．（2023·辽宁沈阳·统考二模）在菱形中，．点，分别在边，上，且．连接，．（1）如图1，连接，求证：是等边三角形；（2）平分交于点．
①如图2，交于点，点是的中点，当时，求的长．
②如图3，是的中点，点是线段上一动点（点与点，点不重合）．当，时，是否存在直线将分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1∶3．若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．
例5．（2024·山东烟台·一模）如图①，在正方形中，点N、M分别在边、上，连结、、．，将绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到．易证：，从而得．

【实践探究】（1）在图①条件下，若，，则正方形的边长是_________．
（2）如图②，点M、N分别在边、上，且．点E、F分别在、上，，连接，猜想三条线段、、之间满足的数量关系，并说明理由．
【拓展应用】（3）如图③，在矩形中，，，点M、N分别在边、上，连结，，已知，，求的长．

1．（2024·福建南平·二模）已知正方形的边长为6，E，F分别是，边上的点，且，将绕点D逆时针旋转，得到．若，则的长为（ ）
A．4B．5C．6D．6.5
2．（2024·重庆·一模）如图，正方形中，是上一点，是延长线上一点，，连接为中点，连接．若，则（ ）

A．B．C．D．
3．（2023·江苏宿迁·三模）如图，平面直角坐标系中，长方形，点A，C分别在y轴，x轴的正半轴上，，，，、分别交，于点D、E，且，则的长为（ ）

A．1B．C．2D．
4．（23-24九年级下·湖北襄阳·期中）如图所示，边长为4的正方形中，对角线，交于点O，E在线段上，连接，作交于点F，连接交于点H，则下列结论：①；②；③；④若，则，正确的是（ ）
A．①②④B．①③④C．①②③D．①②③④
5．（2024·山东淄博·二模）如图， 正方形 的边长为4， 点 M 在 CB 延长线上， 作 交 延长线于点 N，则 的长为 ．
6．（2024·吉林·二模）已知： 正方形 中，，它的两边分别交CB， 于点， ， 于点 ， 连结 ， 则下列结论 ① ； ②； ③； ④ 当 时， ，其中结论一定正确的序号是 ．
7．（2023·山西晋城·校联考模拟预测）如图，在矩形中，，，，分别为，边上的点．若，，则的长为 ．

8．（2023·上海宝山·校考一模）如图，在△ABC中，AB=AC ，点D、E在边BC上，∠DAE=∠B=30°，且，那么的值是 ．
9．（23-24九年级上·黑龙江绥化·期中）已知四边形中，，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交，（或它们的延长线）于E，F．当绕B点旋转到时，如图1，易证．（不用证明）(1)当绕B点旋转到时，如图2，（1）中结论是否成立？若成立，请给予证明； (2)当绕B点旋转到时，如图3，（1）中结论是否成立？若不成立，线段，，又有怎样的数量关系？请给予证明．
10．（2024·广西·模拟预测） 实践与探究：小明在课后研究正方形与等腰直角三角形叠放后各个线段间的数量关系．已知正方形的边长为6，等腰的锐角顶点A与正方形的顶点A重合，将此三角形绕A点旋转，，两边分别交直线，于M，N，旋转过程中，等腰的边与正方形没有交点．(1)如图1，当M，N分别在边，上时，小明通过测量发现，他给出了如下的证明：过A作交延长线于G，连接，如图2，易证，则有．请你帮助小明后续证明； (2)如图3，当M，N分别在，的延长线上时，请直接写出，，之间的数量关系； (3) 在旋转过程中，等腰直角三角形的一边正好经过正方形边上的中点P，求出此时的长．
11．（2024·重庆市育才中学二模）回答问题
（1）【初步探索】如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是_______________；
（2）【灵活运用】如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
（3）【拓展延伸】知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．
12．（2024·山西吕梁·九年级校考期中）在练习课上，慧慧同学遇到了这样一道数学题：如图，把两个全等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形ACBD，∠ACD＝30°，以D为顶点作∠MDN，交边AC，BC于点M，N，∠MDN＝60°，连接MN．
探究AM，MN，BN三条线段之间的数量关系．
慧慧分析：可先利用旋转，把其中的两条线段“接起来”，再通过证明两三角形全等，从而探究出AM，MN，BN三条线段之间的数量关系．
慧慧编题：在编题演练环节，慧慧编题如下：
如图（1），把两个全等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形ACBD，∠ACD＝45°，以D为顶点作∠MDN，交边AC，BC于点M，N，，连接MN．
（1）先猜想AM，MN，BN三条线段之间的数量关系，再证明．
（2）∠MDN绕点D旋转，当M，N分别在CA，BC的延长线上，完成图（2），其余条件不变，直接写出AM，MN，BN三条线段之间的数量关系．
请你解答：请对慧慧同学所编制的问题进行解答．
13．（2024·贵州·模拟预测）如图，在正方形中，，E、F分别是上的点，且，分别交于点M，N，连接．(1)如图①，试探究和的数量关系和位置关系；(2)如图②，若点G是的中点，连接，求证：；(3)在（2）的条件下，若，求的面积．
14．（2024·江西南昌·模拟预测）【模型建立】(1)如图1，在正方形中，，分别是边，上的点，且，探究图中线段，，之间的数量关系．
小明的探究思路如下：延长到点，使，连接，先证明，再证明．①，，之间的数量关系为________；
②小亮发现这里可以由经过一种图形变换得到，请你写出这种图形变换的过程________．像上面这样有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等的几何模型称为半角模型．
【类比探究】(2)如图2，在四边形中，，与互补，，分别是边，上的点，且，试问线段，，之间具有怎样的数量关系？判断并说明理由．
【模型应用】(3)如图3，在矩形中，点在边上，，，，求的长．
15．（2024·四川乐山·中考真题）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题：
【问题情境】如图1，在中，，，点D、E在边上，且，，，求的长．
解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．
由旋转的特征得，，，．
∵，，∴．
∵，∴，即．∴．
在和中，，，，∴___①___．∴．
又∵，∴在中，___②___．
∵，，

∴___③___．
【问题解决】上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______．
刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变．
【知识迁移】如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明．
【拓展应用】如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．
【问题再探】如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式．

16．（2024·吉林长春·一模）【问题提出】如图①，在正方形中，、分别是边和对角线上的点，，从而，______．
【思考探究】如图②，在矩形中，，，、分别是边和对角线上的点，，若，求的长．
【拓展延伸】如图③，在菱形中，，对角线，交的延长线于点，、分别是菱形高和对角线上的点，，，直接写出的长．
17．（2024·江西新余·模拟预测）【问题提出】（1）如图①，在正方形中，点，分别在边和对角线上，，求证：．
【尝试应用】（2）如图②，在矩形中，，，点，分别在边和对角线上，，，求的长．
【拓展提高】（3）如图③，在菱形中，，，点，分别在边和对角线上，，，，的延长线交于点，请直接写出的长．
18．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有角的三角尺放在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点重合，绕点旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点，，连接，可得．
【探究一】如图②，把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上．求证：；
【探究二】在图②中，连接，分别交，于点，．求证：；
【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线与三角尺角两边，分别交于点，．连接交于点，求的值．

专题21 全等与相似模型之半角模型
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。全等三角形、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。本专题就半角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
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\l "_Tc30549" 模型1.半角模型（全等模型） PAGEREF _Tc30549 \h 1
\l "_Tc8249" 模型2.半角模型（相似模型） PAGEREF _Tc8249 \h 13
\l "_Tc32339" PAGEREF _Tc32339 \h 15
大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！
模型1.半角模型（全等模型）
半角模型概念：半角模型是指是指有公共顶点，较小角等于较大角的一半，较大的角的两边相等，通过旋转，可将角进行等量转化，构造全等三角形的几何模型。
1）正方形半角模型
条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周长=2AB；⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。
证明：将△CBE绕点C逆时针旋转90°至△CDG，即△CBE≌△CDG，
∴∠ECB=∠GCD，∠B=∠CDG=90°，BE＝DG，CE＝CG；
∵ABCD是正方形，∴∠B=∠CDF=∠BCD=90°，BA＝DA；∴∠CDG+∠CDF=180°，故F、D、G共线。
∵∠ECF=45°，∴∠BCE+∠DCF=45°，∴∠GCD+∠DCF=∠GCF=45°，∴∠ECF=∠GCF=45°，
∵CF＝CF，∴△CEF≌△CGF，∴EF＝GF，∵GF＝DG＋DF，∴GF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF，
∴AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋DF+AE＋AF=AB＋AD=2AB，过点C作CH⊥EF，则∠CHE=90°，
∵△CEF≌△CGF，∴CD=CH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△CBE≌△CHE，
∴∠HEC=∠CBE，同理可证：∠HFC=∠DFC，即CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。
2）等腰直角三角形半角模型
条件：ABC是等腰直角三角形（∠BAC=90°，AB＝AC），∠DAE=45°；
结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；
证明：将△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACG，即△BAD≌△CAG，
∴∠BAD=∠CAG，∠B=∠GCA=45°，AD＝AG，BD＝CG；
∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°，∴∠CAG+∠EAC=∠GAE=45°，∴∠DAE=∠GAE=45°，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△GAE，∴ED＝EG，∵ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，∴∠ECG=90°，∴GE2＝GC2＋EC2,∴DE2＝BD2＋EC2；
3）等边三角形半角模型（120°-60°型）
条件：ABC是等边三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；
结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋CF；④AEF的周长=2AB；
⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。
证明：将△DBE绕点D顺时针旋转120°至△DCG，即△BDE≌△CDG，
∴∠EDB=∠GDC，∠DBE=∠DCG，BE＝GC，DE＝DG；
∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=60°，∴∠GDC+∠CDF=∠GDF=60°，故∠GDF=∠EDF，
∵DF＝DF，∴△EDF≌△GDF，∴EF＝GF，∵GF＝CG＋CF，∴GF＝BE＋CF，∴EF＝BE＋CF，
∴AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋CF+AE＋AF=AB＋AC=2AB，
过点D作DH⊥EF，DM⊥GF，则∠DHF=∠DMF=90°，
∵△EDF≌△GDF，∴DM=DH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△DHF≌△DMF，
∴∠HFD=∠MFD，同理可证：∠BFD=∠FED，即DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。
4）等边三角形半角模型（60°-30°型）
条件：ABC是等边三角形，∠EAD=30°；
结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+；
证明：将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACF，即△BAD≌△CAF，
∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠FCA=60°，AD＝AF，BD＝CF；
∵∠DAE=30°，∴∠BAD+∠EAC=30°，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=30°，∴∠DAE=∠FAE=30°，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE，∴ED＝EF，∵ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠ECF=120°，
过点F作FH⊥BC，∴∠FCH=60°，∠CFH=30°，∴CH=CF=BD，FH=CF=BD，
∵在直角三角形中：FE2＝FH2＋EH2,∴DE2＝(BD＋EC)2+(BD)2；
5）任意角度的半角模型（-型）

条件：∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；
结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。
证明：将△ABD绕点A逆时针°至△ACF，即△BAD≌△CAF，
∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠BCA=∠FCA=90°-，AD＝AF，BD＝CF；∴∠ECF=∠BCA+∠FCA=180°-。
∵∠BAC=，∠DAE=，∴∠BAD+∠EAC=，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=，∴∠DAE=∠FAE=，
∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE。
例1．（2023·广东广州·二模）在正方形中，点E、F分别在边上，且，连接．
(1)如图1，若，，求的长度；(2)如图2，连接，与、分别相交于点M、N，若正方形的边长为6，，求的长；(3)判断线段三者之间的数量关系并证明你的结论﹒

【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）延长，使，证明和，求得．（2）设，则，在中，根据勾股定理可得，，解得：．（3）三者之间的数量关系：，证明和，根据勾股定理即可证明．
【详解】（1）解：延长，使，如图所示：

∵四边形为正方形，∴，，
在和中，，∴，∴，，
∵，∴，∴，∴，
在和中，，∴，∴．
（2）解：设，则，由（1）可知，，
在中，根据勾股定理可得，，解得：，∴．
（3）三者之间的数量关系：．
证明：截取，在和中，，∴，
∴，，又∵，∴，
在和中，，∴，
∴，∴．即．
【点睛】此题考查了三角形全等、勾股定理，解题的关键是构造辅助线，熟悉三角形全等的证明．
例2．（23-24八年级下·四川达州·阶段练习）倡导研究性学习方式，着力教材研究，习题研究，是学生跳出题海，提高学习能力和创新能力的有效途径．
(1)【问题背景】已知：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接，则之间存在怎样的数量关系呢？
（分析：我们把绕点A顺时针旋转至，点G、B、C在一条直线上．）
于是易证得： 和 ，所以 ．
直接应用：正方形的边长为6，，则的值为 ．
(2)【变式练习】已知：如图2，在中，，D、E是斜边上两点，且，请写出之间的数量关系，并说明理由．
(3)【拓展延伸】在（2）的条件下，当绕着点A逆时针一定角度后，点D落在线段BC上，点E落在线段BC的延长线上，如图3，此时（2）的结论是否仍然成立，并证明你的结论．

【答案】(1)(2)，见解析(3)成立，见解析
【分析】（1）根据分析过程及图形分析即可；（2），把顺时针旋转到的位置此时与重合，连接，证，得，再证是直角三角形，然后由勾股定理即可解决问题；（3）根据第（2）问的辅助线画出图形即可证明．
【详解】（1）∵四边形是正方形，∴，
把绕点A顺时针旋转至，则与重合， ∴
∴，∴点G、B、C在一条直线上
∵，∴，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴；∵正方形的边长为6，，
∴，∴，，
在中，，∴，解得，
∴故答案为：；
（2），理由如下：把顺时针旋转到的位置此时与重合，连接，

则，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，∵，∴，
∴，∴，∴是直角三角形，
∴，∴．
（3）依然成立，理由如下：
把顺时针旋转到的位置此时与重合，连接，
则，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，∵，∴，
∴，∴，
∴是直角三角形，∴，∴．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性比较强，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，属于中考常考题型．
例3．（23-24九年级上·浙江台州·期中）如图，在中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D、E都在边BC上，∠BAD＝15°，∠DAE＝60°．若DE=3，则AB的长为 ．
【答案】
【分析】如图（见解析），先根据等腰三角形的定义可得，再根据角的和差可得，，从而可得，设，然后利用直角三角形的性质、勾股定理可得，最后根据线段的和差建立方程，解方程即可得．
【详解】如图，过点A作于点F，
在中，，，，
，，，，
，，
，，设，
在中，，，
，，
又，，解得，则，故答案为：．

【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识点，通过作辅助线，构造等腰直角三角形是解题关键．
例4．（23-24九年级上·江西南昌·期中）（1）如图①，在直角中，，，点D为边上一动点（与点B不重合），连接，将绕点A逆时针旋转，得到，那么之间的位置关系为__________，数量关系为__________；（2）如图②，在中，，，D，E（点D，E不与点B，C重合）为上两动点，且．求证：．（3）如图③，在中，，，，，D，E（点D，E不与点B，C重合）为上两动点，若以为边长的三角形是以为斜边的直角三角形时，求的长．
【答案】（1）CE⊥BD；CE=BD；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）根据，AD=AE，运用SAS证明，根据全等三角形性质得出对应边相等，对应角相等，即可得到线段CE、BD之间的关系；
（2）把绕点A顺时针旋转，得到 ，连接DG，由SAS得到，可得DE=DG，即可把EF、BE、FC放到一个直角三角形中，从而根据勾股定理即可证明；
（3）把绕点A顺时针旋转，得到，可得AF=AE，，EC=BF，，由SAS可证，可得DF=DE，由以BD、DE、EC为边的三角形是直角三角形，分两种情况讨论，由直角三角形的性质可求解．
【详解】解：（1）CE与BD位置关系是CE⊥BD，数量关系是CE=BD
∵绕点A逆时针旋转，得到∴
∴，∴
∵BA=CA，AD=AE∴∴且CE=BD
∵∴，即CE⊥BD 故答案为：CE⊥BD；CE=BD；
（2）如图②，把绕点A顺时针旋转，得到，连接DG，

则∴AG=AE，BG=CE，
∵，∴
在和中，∴∴ED=GD
∵∴即
（3）如图③，把绕点A顺时针旋转，得到，
∴∴AF=AE，，EC=BF，
∵，AB=AC∴∴
∵，∴，且AF=AE，AD=AD∴∴DF=DE
∵以BD、DE、EC为边的三角形是直角三角形
∴以BD、DF、BF为边的三角形是直角三角形 ∴是直角三角形
若，且∴BF=2BD=EC，
∵∴
∴∴
若，且∴BD=2BF=2EC，
∵
∴∴BD=2，∴
【点睛】此题是几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、旋转的性质、勾股定理，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
例5．（2024·江西·九年级期中）（1）【特例探究】如图1，在四边形中，，，，，猜想并写出线段，，之间的数量关系，证明你的猜想；
（2）【迁移推广】如图2，在四边形中，，，．请写出线段，，之间的数量关系，并证明；
（3）【拓展应用】如图3，在海上军事演习时，舰艇在指挥中心（处）北偏东20°的处．舰艇乙在指挥中心南偏西50°的处，并且两舰艇在指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正西方向以80海里/时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏西60°的方向以90海里/时的速度前进，半小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达，处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为75°．请直接写出此时两舰艇之间的距离．
【答案】（1）EF=BE+DF，理由见解析；（2）EF=BE+DF，理由见解析；（3）85海里
【分析】（1）延长CD至点G，使DG=BE，连接AG，可证得△ABE≌△ADG，可得到AE=AG，∠BAE=∠DAG，再由，，可证得△AEF≌△AGF，从而得到EF=FG，即可求解；（2）延长CD至点H，使DH=BE，连接AH，可证得△ABE≌△ADH，可得到AE=AH，∠BAE=∠DAH，再由，可证得△AEF≌△AHF，从而得到EF=FH，即可求解； （3）连接CD，延长AC、BD交于点M，根据题意可得∠AOB=2∠COD，∠OAM+∠OBM=70°+110°=180°，再由（2）【迁移推广】得：CD=AC+BD，即可求解．
【详解】解：（1）EF=BE+DF，理由如下：如图，延长CD至点G，使DG=BE，连接AG，

∵，∴∠ADG=∠ABC=90°，
∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵，，∴∠BAE+∠DAF=50°，∴∠FAG=∠EAF=50°，
∵AF=AF，∴△AEF≌△AGF，∴EF=FG，∵FG=DG+DF，∴EF=DG+DF=BE+DF；
（2）EF=BE+DF，理由如下：如图，延长CD至点H，使DH=BE，连接AH，
∵，∠ADC+∠ADH=180°，∴∠ADH=∠ABC，
∵AB=AD，∴△ABE≌△ADH，∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，
∵∴∠EAF=∠BAE+∠DAF=∠DAF+∠DAH，∴∠EAF=∠HAF，
∵AF=AF，∴△AEF≌△AHF，∴EF=FH，∵FH=DH+DF，∴EF=DH+DF=BE+DF；
（3）如图，连接CD，延长AC、BD交于点M，
根据题意得： ∠AOB=20°+90°+40°=150°，∠OBD=60°+50°=110°，∠COD=75°，∠OAM=90°-20°=70°，OA=OB，
∴∠AOB=2∠COD，∠OAM+∠OBM=70°+110°=180°，
∵OA=OB，∴由（2）【迁移推广】得：CD=AC+BD，
∵AC=80×0.5=40，BD=90×0.5=45，∴CD=40+45=85海里．即此时两舰艇之间的距离85海里．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理的运用、等腰直角三角形的性质，题目的综合性较强，难度较大，解题的关键是正确的作出辅助线构造全等三角形，解答时，注意类比思想的应用．
例6．（2022·湖北十堰·中考真题）【阅读材料】如图①，四边形中，，，点，分别在，上，若，则．
【解决问题】如图②，在某公园的同一水平面上，四条道路围成四边形．已知，，，，道路，上分别有景点，，且，，若在，之间修一条直路，则路线的长比路线的长少_________（结果取整数，参考数据：）．

【答案】370
【分析】延长交于点，根据已知条件求得,进而根据含30度角的直角三角形的性质，求得，，从而求得的长，根据材料可得，即可求解．
【详解】解：如图，延长交于点，连接，
，，，，，
是等边三角形，,,
在中，，，
，，，
中，，，
，
，
，中，
是等腰直角三角形
由阅读材料可得，
路线的长比路线的长少．答案：370．
【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，理解题意是解题的关键．
模型2.半角模型（相似模型）
半角模型特征：①共端点的等线段； ②共顶点的倍半角；
半角模型辅助线的作法：由旋转（或翻折）构造两对全等，从而将边转化，找到边与边的关系（将分散的条件集中，隐蔽的关系显现）。
常见的考法包括：90°与45°（正方形、直角三角形）；120°与60°（等边三角形）等。
1）半角模型（正方形（或等腰直角三角形）中的半角相似模型）
条件：已知，如图，在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交BC、CD边于M、N两点，且∠EAF＝45°

结论：如图1，△MDA∽△MAN∽△ABN；

图1 图2
证明：∵ABCD是正方形，∴∠ADM=45°，∵∠EAF＝45°，∴∠ADM=∠EAF，
∵∠AMD=∠NMA，∴△MDA∽△MAN，同理：△MAN∽△ABN，∴△MDA∽△MAN∽△ABN；
结论：如图2，△BME∽△AMN∽△DFN.
证明：∵ABCD是正方形，∴∠NDF=45°，∵∠EAF＝45°，∴∠NDF=∠EAF，
∵∠DNF=∠ANM，∴△AMN∽△DFN，同理：△BME∽△AMN，∴△BME∽△AMN∽△DFN；
结论：如图3，连接AC，则△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且；

图3 图4
证明：∵ABCD是正方形，∴∠BAC=∠ABC=∠ACF=45°，，∴∠BAM+∠MAC=45°，
∵∠EAF＝45°，∴∠FAC+∠MAC=45°，∴∠BAM=∠FAC，∴△AMB∽△AFC，∴。
同理：△AND∽△AEC，；即。
结论：如图4，△AMN∽△AFE且．
证明：∵ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠DFA=∠BAN；∵∠AFE=∠AFD，∠BAN=∠AMD，∴∠AFE=∠AMN；
又∠MAN=∠FAE，∴△AMN∽△AFE，由图3证明知：，∴。
2）半角模型（含120-60°半角模型）
图5
条件：如图5，已知∠BAC＝120°，；
结论：①△ABD∽△CAE∽△CBA；②；③ （）。
证明：∵，∴∠ADE=60°，∴∠ADB=120°，∵∠BAC＝120°，∴∠ADB=∠BAC，
∵∠ABD=∠CBA，∴△ABD∽△CBA；∴，即：，
同理：△CAE∽△CBA，∴，即：，即：△ABD∽△CAE∽△CBA；，
∴，∵AD=AE=DE，∴
例1．（23-24九年级上·广东深圳·期中）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=45°，AE、AF分别交BD于M、N，连按EN、EF，有以下结论：①△ABM∽△NEM；②△AEN是等腰直角三角形；③当AE=AF时，；④BE+DF=EF；⑤若点F是DC的中点，则CECB．
其中正确的个数是( )
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】①如图，证明△AMN∽△BME和△AMB∽△NME，
②利用相似三角形的性质可得∠NAE=∠AEN=45°，则△AEN是等腰直角三角形可作判断；
③先证明CE=CF，假设正方形边长为1，设CE=x，则BE=1-x，表示AC的长为AO+OC可作判断；
④如图3，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，证明△AEF≌△AEH（SAS），则EF=EH=BE+BH=BE+DF，可作判断；⑤如图4中，设正方形的边长为2a，则DF=CF=a，AF=a，想办法求出BE，EC即可判断．
【详解】如图，∵四边形ABCD是正方形，∴∠EBM=∠ADM=∠FDN=∠ABD=45°．
∵∠MAN=∠EBM=45°，∠AMN=∠BME，∴△AMN∽△BME，
∴，∴，∵∠AMB=∠EMN，∴△AMB∽△NME，故①正确，
∴∠AEN=∠ABD=45°，∴∠NAE=∠AEN=45°，∴△AEN是等腰直角三角形，故②正确，
在△ABE和△ADF中，∵，∴Rt△ABE≌Rt△ADF(HL)，∴BE=DF．
∵BC=CD，∴CE=CF，假设正方形边长为1，设CE=x，则BE=1﹣x，如图2，连接AC，交EF于H，

∵AE=AF，CE=CF，∴AC是EF的垂直平分线，∴AC⊥EF，OE=OF，
Rt△CEF中，OCEFx，在△EAF中，∠EAO=∠FAO=22.5°=∠BAE=22.5°，∴OE=BE．
∵AE=AE，∴Rt△ABE≌Rt△AOE(HL)，∴AO=AB=1，∴ACAO+OC，
∴1x，∴x=2，∴，故③不正确，
③如图3，∴将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则AF=AH，∠DAF=∠BAH．
∵∠EAF=45°=∠DAF+∠BAE=∠HAE．∵∠ABE=∠ABH=90°，∴H、B、E三点共线，
在△AEF和△AEH中，，∴△AEF≌△AEH(SAS)，∴EF=EH=BE+BH=BE+DF，故④正确，
如图4中，设正方形的边长为2a，则DF=CF=a，AFa，
∵DF∥AB，∴，∴AN=NEAFa，∴AEANa，
∴BEa，∴ECaBC，故⑤正确．故选：C．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质和判定等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线构造全等三角形，属于中考压轴题．
例2．（23-24九年级上·河北唐山·阶段练习）在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形摆放在一起，如图1所示，点A为公共顶点，点D在的延长线上，，．若将固定不动，把绕点A逆时针旋转a（），此时线段，射线分别与射线交于点M，N．

(1)当旋转到如图2所示的位置时，①求证：；
②在图2中除外还有哪些相似三角形，直接写出；③如图2，若，求的长；
(2)在旋转过程中，若，请直接写出的长_________（用含d的式子表示）．
【答案】(1)①见详解；②，；③；(2)或．
【分析】（1）①本题考查三角形相似的判定，旋转的性质与等腰三角形的性质，根据两角相等的两个三角形相似证明；②本题考查三角形相似的判定，旋转的性质与等腰三角形的性质，根据等腰直角三角形的性质得到，可证明；③本题考查三角形相似的判定，旋转的性质与等腰三角形的性质，根据勾股定理求出，证明，根据相似三角形的性质计算即可；（2）本题考查三角形相似的判定，旋转的性质与等腰三角形的性质，分点在线段上、点在线段的延长线上两种情况，根据相似三角形的性质计算，得到答案．
【详解】（1）①证明：∵

②，，∵，∴，
∵、都是等腰直角三角形，∴，，
∴，；
③在中，，，则，，
，，，
，，，即，解得：；
（2）如图2，当点在线段上时，

由②可知：，，即，解得：，
；
如图3，当点在线段的延长线上时，，
综上所述：的长为或．
【点睛】本题考查的是旋转的性质、相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质及勾股定理，掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
例3．（2024·辽宁·模拟预测）（1）如图，等腰中，，，、在线段上，且，，，求的长．
（2）如图，在中，，如果，在直线上，在上，在的右侧，，若，，求的长．（3）如图，在中，若，、是线段上的两点，，若，，探究与的数量关系．
【答案】（1）；（2）或；（3）
【分析】（1）过点作，且使得，连接，，证明，得到，，证明，得到，设，则，在中，根据勾股定理求解即可；（2）分两种情况：①当点在点的左侧时，作，，连接，作交于点，②当点在点的右侧时，作，，连接，作交的延长线于点，根全等三角形的判定与性质和勾股定理求解即可；（3）作，且令，连接，，证明，得到，，推出，证明，得到，证明，即可求解．
【详解】（1）如图，过点作，且使得，连接，，
，，，，，
在和中，，，
，，，，，
在和中，，，，
设，则，
在中，，，解得：，；
（2）①当点在点的左侧时，作，，连接，作交于点，
，，，
在和中，，，
，，，，，
在和中，，，，
设，则，
，，，
，，
，
在中，，即，解得：，；
②当点在点的右侧时，作，，连接，作交的延长线于点，
，，，，，
在和中，，，
，，，，，
在和中，，，，
设，则，
，，，，，
，在中，，即，
解得：，；综上所述，或；
（3）作，且令，连接，，
，，，，
， ，，，
，，，
，，，，
，，
，
，，，．
【点睛】本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，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识并正确作出辅助线．
例4．（2023·辽宁沈阳·统考二模）在菱形中，．点，分别在边，上，且．连接，．（1）如图1，连接，求证：是等边三角形；（2）平分交于点．
①如图2，交于点，点是的中点，当时，求的长．
②如图3，是的中点，点是线段上一动点（点与点，点不重合）．当，时，是否存在直线将分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1∶3．若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）①；②或
【分析】（1）证，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形证明即可；
（2）①连接，证，列出比例式，根据相似比即可求解；②分点H为AG中点和点N为EC中点两种情况，根据相似比，求出比值即可．
【详解】解：（1）四边形是菱形， ，
∵，∴△ABC是等边三角形，∴，，
，；，，，是等边三角形；
（2）①连接，点是的中点，，
，，，
由（1）知，是等边三角形，，平分，，
，，即，
，，
②如图，当点H为AG中点时，即；∵是的中点，∴OH∥EC，∴△AMO∽△AEC,
∵，∴，即；
同理，如图所示，当点N为EC中点时， ON∥AE，；
连接FG，作FP⊥BC，交BC延长线与点P，∵，，∴,
∵CD∥AB，∴∠B=∠DCP=60°，∴∠CFP=30°，∴CP=2，，
∵AE=AF，AG=AG，∠EAG=∠FAG，∴△EAG≌△FAG，∴EG=FG，
设EG=x,CG=8-x，PG=10-x，，解得，，
∵EN=CN=4，；综上，的值为：或．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，解题关键是熟练运用相关几何知识，构建几何模型证明相似或全等．
例5．（2024·山东烟台·一模）如图①，在正方形中，点N、M分别在边、上，连结、、．，将绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到．易证：，从而得．

【实践探究】（1）在图①条件下，若，，则正方形的边长是_________．
（2）如图②，点M、N分别在边、上，且．点E、F分别在、上，，连接，猜想三条线段、、之间满足的数量关系，并说明理由．
【拓展应用】（3）如图③，在矩形中，，，点M、N分别在边、上，连结，，已知，，求的长．
【答案】（1）12；（2），见解析；（3）4
【分析】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识；证明三角形全等和由勾股定理得出方程是解题的关键．
（1）由旋转的性质可得，，，，证出，得出，可证，得出．证出．在中，由勾股定理得出，则，设正方形的边长为，则，，得出方程，解方程即可；
（2）将绕点顺时针旋转，得到，连接，由旋转的性质可得，，，，由“”可证，可得，由直角三角形的性质和平行四边形的性质可求，由勾股定理可求解；
（3）延长至，使，过作的平行线交的延长线于，延长交于，连接，则四边形是正方形，得出，设，则，由平行线得出，求出，得出，由（1）得：，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】（1）解法提示：∵四边形是正方形，
∴，.由旋转得，
∴，，，，
∴，∴E，B，N在同一条直线上.
∵，，∴，
∴，∴，∴.
在与中，∴，∴.
∵，∴，∴.
在中，由勾股定理得∴.∴；
（2）三条线段，，之间满足的数量关系为，理由如下：
图（1）
如图（1），过点D作，且，连接，，
则，∴.∵四边形是正方形，∴，
∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴.
在与中，∴，∴，.
∵，，∴
在和中，∴，∴，
在中，由勾股定理得，∴；
（3）如图（2），把矩形补成正方形，延长交于G，连接，则.
∵四边形是矩形，∴，∴，∴，
∴，∴， 设，则.
∵四边形是正方形，，∴由（1）中证明知，.
在中，由勾股定理得，
即，解得，∴的长为4．
1．（2024·福建南平·二模）已知正方形的边长为6，E，F分别是，边上的点，且，将绕点D逆时针旋转，得到．若，则的长为（ ）
A．4B．5C．6D．6.5
【答案】B
【分析】本题主要考查了图形的旋转，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握图形的旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．由旋转性质可证明，从而；设，则可得，由勾股定理建立方程即可求得x．
【详解】由旋转的性质可得：，，，，
四边形是正方形，，，
，，即，，
在和中，，，
设，则，，
在中，由勾股定理得：解得：故选B．
2．（2024·重庆·一模）如图，正方形中，是上一点，是延长线上一点，，连接为中点，连接．若，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取中点，连接，根据，，以及直角三角形，可证≌，从而得到，，可证得为等腰直角三角形，则有，根据三角形的外角定理有，，接着证为等腰直角三角形；设，，则，在中，为中位线，有，，，有，又，故为等腰直角三角形，，则，而，则可得，即可求解．
【详解】解：取中点，连接，
∵四边形是正方形，∴，，
在和中，∴≌，
∴，∴，
∴为等腰直角三角形，∴，
∵分别是和的外角，∴，，
设，，则，在中，、分别为、中点，
∴为中位线，∴，，，
，∴P，
又∴，∴，∴为等腰直角三角形，∴，
∴，而，∴．故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的外角定理等知识，作出辅助线，找到等腰直角三角形是求解的关键．
3．（2023·江苏宿迁·三模）如图，平面直角坐标系中，长方形，点A，C分别在y轴，x轴的正半轴上，，，，、分别交，于点D、E，且，则的长为（ ）

A．1B．C．2D．
【答案】C
【分析】如图，过点E作交延长线于点F，过点F作交延长线于点G，作于H，由“AAS”可证，可得，，通过证明，可得，即可求解．
【详解】解：如图，过点E作交延长线于点F，过点F作交延长线于点G，作于H，，，，，

，，，
在和中，，，
，，，
，，∴四边形是矩形，
，，，，
，，∴，∴，，故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线是本题的关键．
4．（23-24九年级下·湖北襄阳·期中）如图所示，边长为4的正方形中，对角线，交于点O，E在线段上，连接，作交于点F，连接交于点H，则下列结论：①；②；③；④若，则，正确的是（ ）
A．①②④B．①③④C．①②③D．①②③④
【答案】D
【分析】由“”可证，可得，，由四边形的内角和定理可证，可得；通过证明，可得；
通过证明，可得，通过证明，可得，可得结论；
通过证明，可得，即可求解．
【详解】解：如图，连接，

四边形是正方形，，，
又，，，，，
，，
又，，，，故正确；
，，，，
又，，，，故正确；
．，，，，，
，，，
，，，，故正确；
，，，，，，
又，，，
，，故正确，故选：D．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
5．（2024·山东淄博·二模）如图， 正方形 的边长为4， 点 M 在 CB 延长线上， 作 交 延长线于点 N，则 的长为 ．
【答案】
【分析】在上取一点F使得，连接，先证明得到，，进而可以证明得到，设，则，，在中利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图所示，在上取一点F使得，连接，
∵四边形是正方形，∴，，
∴，∴，，
∴，∴，
又∵，∴，又∵，∴，∴，
设，∵，，∴，，
∴，在中，，∴，
解得，∴，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理和解一元二次方程，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
6．（2024·吉林·二模）已知： 正方形 中，，它的两边分别交CB， 于点， ， 于点 ， 连结 ， 则下列结论 ① ； ②； ③； ④ 当 时， ，其中结论一定正确的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理；延长至，使．证明，，根据全等三角形的性质进而即可判断①，根据不一定成立，即可判断②；证明，进而得出，，得出，根据等角的余角相等即可判断③，进而根据等腰直角三角形的性质以及勾股定理，即可判断④，即可求解．
【详解】解：延长至，使．
∵四边形是正方形，，，
在和中，，∴，，，
，，，，
在和中，，，∴
∴，故①正确；
∵不一定成立，∴不一定成立，故②不正确；
∵∴，又∵，∴
∴，∴∴
又∵，∴，故③正确；
当 时，∴，∴是等腰直角三角形
∴由①可得，∴，故④正确故答案为：①③④．
7．（2023·山西晋城·校联考模拟预测）如图，在矩形中，，，，分别为，边上的点．若，，则的长为 ．

【答案】3
【分析】先做辅助线，作出相似三角形，再用等腰直角三角形的性质，相似的判定和性质即可求得的长．
【详解】在上作点G，使，在上作点H，使，
∵∴
又∵∴，∴

设,则 同理可得，
∴∴
∵
∴
∵，∴ ∴∴∴∴故填：3
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，相似的判定与性质，严格的逻辑思维时解题的关键，做辅助线时解题的难点．
8．（2023·上海宝山·校考一模）如图，在△ABC中，AB=AC ，点D、E在边BC上，∠DAE=∠B=30°，且，那么的值是 ．
【答案】．
【分析】由已知可得，从而可知，，
设AB=3x，则BE=2x，再利用勾股定理和等腰三角形性质用x表示DE和BC，从而解答
【详解】解：∵∠BAE=∠DAE+∠BAD，∠ADE=∠B+∠BAD，
又∵∠DAE=∠B=30°，∴∠BAE=∠ADE，∴，∴，，
过A点作AH⊥BC，垂足为H，设AB=3x，则BE=2x，
∵∠B=30°，∴，，∴，
在中，，
又∵，∴，∴，
∵AB=AC，AH⊥BC，∴，∴，
故答案为： .
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质以及勾股定理，利用三角形相似得到AB与BE的关系是解题的关键．
9．（23-24九年级上·黑龙江绥化·期中）已知四边形中，，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交，（或它们的延长线）于E，F．当绕B点旋转到时，如图1，易证．（不用证明）(1)当绕B点旋转到时，如图2，（1）中结论是否成立？若成立，请给予证明； (2)当绕B点旋转到时，如图3，（1）中结论是否成立？若不成立，线段，，又有怎样的数量关系？请给予证明．
【答案】(1)图2成立，，证明见解析
(2)图3不成立，、、的关系是，证明见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，本题中求证是关键．
（1）将顺时针旋转，可得，证，即可求解；
（2）将顺时针旋转，可得，证，即可求解．
【详解】（1）解：将顺时针旋转，如图，

∵，，∴A与点C重合，∴，
∵，，∴，
∵，∴，∴，∴ ；
（2）解：不成立，新结论为， 将顺时针旋转，如图，
∵，，∴A与点C重合，，∴，，
∵，∴，
∵，∴，∵，∴，∴，∴．
10．（2024·广西·模拟预测） 实践与探究：小明在课后研究正方形与等腰直角三角形叠放后各个线段间的数量关系．已知正方形的边长为6，等腰的锐角顶点A与正方形的顶点A重合，将此三角形绕A点旋转，，两边分别交直线，于M，N，旋转过程中，等腰的边与正方形没有交点．(1)如图1，当M，N分别在边，上时，小明通过测量发现，他给出了如下的证明：过A作交延长线于G，连接，如图2，易证，则有．请你帮助小明后续证明； (2)如图3，当M，N分别在，的延长线上时，请直接写出，，之间的数量关系； (3) 在旋转过程中，等腰直角三角形的一边正好经过正方形边上的中点P，求出此时的长．
【答案】(1)见解析(2)(3)或10
【分析】（1）根据全等三角形的性质可得，，进而证得，可得，即可得证；（2）在上截取，连接，根据正方形的性质可得，，可证，可得，，利用等量代换可得，证得，可得，即可得出结论；
（3）分类讨论：若等腰直角三角形的腰经过边上的中点，此时P与M重合，中，利用勾股定理列方程求解即可；若等腰直角三角形的底经过边上的中点，
则M，N分别在，的延长线上，过A作交于G，连接，证得，可得，则，，在中，利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）证明：∵，∴，，
∵，，∴，即，
又∵，∴，∴，即；
（2）解：，理由如下：在上截取，连接，
∵四边形是正方形，∴，，
又∵，∴，∴，，
∵，∴，∵，∴，
又∵，∴，∴，∵，∴；

（3）解：若等腰直角三角形的腰经过边上的中点，此时P与M重合，如图，
∵，∴，则，∴，
在中，，即，解得；
若等腰直角三角形的底经过边上的中点，则M，N分别在，的延长线上，如图，
过A作交于G，连接，易证，
与（1）类似，可证，得，设，则，
∵P是中点，即，又，，
∴，则，，
在中，，即，解得，∴，
综上所述，或10．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、勾股定理、解一元一次方程，熟练掌握全等三角形的性质与判定，正确添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
11．（2024·重庆市育才中学二模）回答问题
（1）【初步探索】如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是_______________；
（2）【灵活运用】如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
（3）【拓展延伸】知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．
【答案】（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由见解析；（3）∠EAF=180°-∠DAB
【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据此得出结论；
（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．
【详解】解：（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：
如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B=∠ADF=90°，∠ADG=∠ADF=90°，∴∠B=∠ADG=90°，
又∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；故答案为：∠BAE+∠FAD=∠EAF；
（2）仍成立，理由：如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，∴∠B=∠ADG，
又∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）∠EAF=180°-∠DAB．证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，∴∠ADC=∠ABE，
又∵AB=AD，∴△ADG≌△ABE（SAS），∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠FAE=∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）=360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）=360°，即2∠FAE+∠DAB=360°，∴∠EAF=180°-∠DAB．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．解题时注意：同角的补角相等．
12．（2024·山西吕梁·九年级校考期中）在练习课上，慧慧同学遇到了这样一道数学题：如图，把两个全等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形ACBD，∠ACD＝30°，以D为顶点作∠MDN，交边AC，BC于点M，N，∠MDN＝60°，连接MN．
探究AM，MN，BN三条线段之间的数量关系．
慧慧分析：可先利用旋转，把其中的两条线段“接起来”，再通过证明两三角形全等，从而探究出AM，MN，BN三条线段之间的数量关系．
慧慧编题：在编题演练环节，慧慧编题如下：
如图（1），把两个全等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形ACBD，∠ACD＝45°，以D为顶点作∠MDN，交边AC，BC于点M，N，，连接MN．
（1）先猜想AM，MN，BN三条线段之间的数量关系，再证明．
（2）∠MDN绕点D旋转，当M，N分别在CA，BC的延长线上，完成图（2），其余条件不变，直接写出AM，MN，BN三条线段之间的数量关系．
请你解答：请对慧慧同学所编制的问题进行解答．
【答案】【探究】AM＋BN＝MN，证明见解析；（1）AM＋BN＝MN，证明见解析；（2）BN−AM＝MN，证明见解析
【分析】探究：延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；
（1）延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；（2）在CB截取BE＝AM，连接DE，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可．
【详解】探究：AM＋BN＝MN，证明：延长CB到E，使BE＝AM，
∵∠A＝∠CBD＝90°，∴∠A＝∠EBD＝90°，
在△DAM和△DBE中∴△DAM≌△DBE，∴∠BDE＝∠MDA，DM＝DE.

∵∠MDN＝∠ADC＝60°，∴∠ADM＝∠NDC，∴∠BDE＝∠NDC，∴∠MDN＝∠NDE.
在△MDN和△EDN中，∴△MDN≌△EDN，∴MN＝NE.
∵NE＝BE＋BN＝AM＋BN，∴AM＋BN＝MN．
解：（1）AM＋BN＝MN.证明：延长CB到E，使BE＝AM，连接DE，
∠ACD＝45°，，。∠MDN＋∠ACD＝90°，
∵∠A＝∠CBD＝90°，∴∠A＝∠DBE＝90°.
∵∠CDA＋∠ACD＝90°，∠MDN＋∠ACD＝90°，∴∠MDN＝∠CDA.
∵∠MDN＝∠BDC，∴∠MDA＝∠CDN，∠CDM＝∠NDB.
在△DAM和△DBE中,∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠MDA＝∠CDN，DM＝DE.∵∠MDN＋∠ACD＝90°，∠ACD＋∠ADC＝90°，
∴∠NDM＝∠ADC＝∠CDB，∴∠ADM＝∠CDN＝∠BDE.
∵∠CDM＝∠NDB ∴∠MDN＝∠NDE.
在△MDN和△EDN中,∴△MDN≌△EDN，∴MN＝NE.
∵NE＝BE＋BN＝AM＋BN，∴AM＋BN＝MN．
解：（2）BN−AM＝MN，证明：在CB截取BE＝AM，连接DE，
∠ACD＝45°，，∠MDN＋∠ACD＝90°.
∵∠CDA＋∠ACD＝90°，∠MDN＋∠ACD＝90°，∴∠MDN＝∠CDA.
∵∠ADN＝∠ADN，∴∠MDA＝∠CDN.∵∠B＝∠CAD＝90°，∴∠B＝∠DAM＝90°.
在△DAM和△DBE中∴△DAM≌△DBE，∴∠BDE＝∠ADM＝∠CDN，DM＝DE.
∵∠ADC＝∠BDC＝∠MDN，∴∠MDN＝∠EDN.
在△MDN和△EDN中,∴△MDN≌△EDN，∴MN＝NE.
∵NE＝BN−BE＝BN−AM，∴BN−AM＝MN．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生运用性质进行推理的能力，可先利用旋转，把其中的两条线段“接起来”，再通过证明两三角形全等是解题的关键．
13．（2024·贵州·模拟预测）如图，在正方形中，，E、F分别是上的点，且，分别交于点M，N，连接．(1)如图①，试探究和的数量关系和位置关系；(2)如图②，若点G是的中点，连接，求证：；(3)在（2）的条件下，若，求的面积．
【答案】(1)，且(2)见解析(3)
【分析】（1）证明得，再证明得，进而可求出和的数量关系和位置关系；（2）把绕点A逆时针旋转，得到，根据证明得，由直角三角形斜边中线的性质得，然后证明即可证明结论成立；（3）过点N作于点P，过点G作于点Q，证明四边形为平行四边形得，，再证明四边形为平行四边形得，设，根据求出x的值，然后根据求解即可．
【详解】（1），且
∵， ，，∴．
∵，∴，∴
∴∴，且
（2）如图，把绕点A逆时针旋转，得到∴，．
∵，∴，∴，即，
∵，，∴B、D两点重合．∵，∴F，D，H三点共线，
∴，∴．由（1） 得：，
∵G是的中点，，∴，∴，∴；
（3）过点N作于点P，过点G作于点Q，
∴．又∵，∴四边形为平行四边形，
∴，，∴是等腰直角三角形，
∴，∴，
又∵，∴四边形为平行四边形，∴．
设，则，，，∴解得 ，
∴．由（2）得：，
．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，旋转的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
14．（2024·江西南昌·模拟预测）【模型建立】(1)如图1，在正方形中，，分别是边，上的点，且，探究图中线段，，之间的数量关系．
小明的探究思路如下：延长到点，使，连接，先证明，再证明．①，，之间的数量关系为________；
②小亮发现这里可以由经过一种图形变换得到，请你写出这种图形变换的过程________．像上面这样有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等的几何模型称为半角模型．
【类比探究】(2)如图2，在四边形中，，与互补，，分别是边，上的点，且，试问线段，，之间具有怎样的数量关系？判断并说明理由．
【模型应用】(3)如图3，在矩形中，点在边上，，，，求的长．
【答案】(1)①BE+DF=EF，②将△ADF绕A点顺时针旋转90°(2)EF=DF+BE，理由见详解(3)5.2
【分析】（1）①沿着小明的思路，先证△ADF≌△ABG，再证△AEF≌△AEG，即可得出结论；②在①的基础上，证明∠GAF=90°即可得解；（2）延长CB至点M，使得BM=DF，连接AM，先证△ABM≌△ADF，再证△MAE≌△FAE，即可得出结论；（3）过E点作EN⊥AC于N点，设EC=x，则有x＜6，即BE=6-x，分别在Rt△ABE和Rt△ADC中，表示出和求出AC，再证△AEN是等腰直角三角形，即可得，则有，再证Rt△ABC∽Rt△ENC，即有，进而有，则可得一元二次方程，解方程就可求出CE．
【详解】（1）①BE+DF=EF，理由如下：
沿着小明的思路进行证明，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，结论得证；
②将△ADF绕A点顺时针旋转90°即可得到△ABG．
理由如下：在①已经证得△ADF≌△ABG，并得到∠BAE+∠BAG=45°=∠EAF，
∴∠GAF=∠EAG+∠EAF=45°+45°=90°，∴将△ADF绕A点顺时针旋转90°即可得到△ABG；
故答案为：①BE+DF=EF，②将△ADF绕A点顺时针旋转90°；
（2）EF=DF+BE，理由如下：延长CB至点M，使得BM=DF，连接AM，如图，

∵∠ABC与∠D互补，∴∠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，结论得证；
（3）过E点作EN⊥AC于N点，如图，
∵AD=6，AB=4，∴在矩形ABCD中，AD=BC=6，AB=DC=4，∠D=∠B=90°，
∴设EC=x，则有x＜6，∴BE=BC-EC=6-x，在Rt△ABE中，，
在Rt△ADC中，，
∵∠CAE=45°，EN⊥AC，∴∠ANE=90°=∠ENC，∴∠AEN=45°，∴△AEN是等腰直角三角形，
∴，∴，即：
∵∠ENC=90°=∠B，∠ACB=∠ECN，∴Rt△ABC∽Rt△ENC，∴，
∵AB=4，AC=，EC=x，∴，∴，
∵，∴，∴结合x＜6，解得x=5.2，∴CE=5.2．
【点睛】本题考了勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、旋转的知识、等腰直角三角形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，做辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
15．（2024·四川乐山·中考真题）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题：
【问题情境】如图1，在中，，，点D、E在边上，且，，，求的长．
解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．
由旋转的特征得，，，．
∵，，∴．
∵，∴，即．∴．
在和中，，，，∴___①___．∴．
又∵，∴在中，___②___．
∵，，

∴___③___．
【问题解决】上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______．
刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变．
【知识迁移】如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明．
【拓展应用】如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．
【问题再探】如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式．

【答案】【问题解决】①；②；③5；【知识迁移】，见解析；【拓展应用】；【问题再探】
【分析】【问题解决】根据题中思路解答即可；
【知识迁移】如图，将绕点逆时针旋转，得到．过点作交边于点，连接．由旋转的特征得．结合题意得．证明，得出．根据正方形性质得出．结合，得出．证明，得出．证明．得出．在中，根据勾股定理即可求解；
【拓展应用】如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，将绕着点顺时针旋转，得到，连接．则．则，，根据，证明，得出，过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形．得出，证明是等腰直角三角形，得出，，在中，根据勾股定理即可证明；
【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．由旋转的特征得．根据，得出，证明，得出，根据勾股定理算出，根据，表示出，证明，根据相似三角形的性质表示出，，同理可得．，证明四边形为矩形．得出，，在中，根据勾股定理即可求解；
【详解】【问题解决】解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．

由旋转的特征得，，，．
∵，，∴．
∵，∴，即．∴．
在和中，，，，∴①．∴．
又∵，∴在中，②．
∵，，∴③．
【知识迁移】．
证明：如图，将绕点逆时针旋转，得到．过点作交边于点，连接．
由旋转的特征得．
由题意得，∴．
在和中，，∴．∴．
又∵为正方形的对角线，∴．
∵，∴．
在和中，，
∴，∴．
在和中，，∴．∴．
在中，，∴．
【拓展应用】．
证明：如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，
将绕着点顺时针旋转，得到，连接．则．
则，，
，，
在和中，，∴，
过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形．
∴，，，
是等腰直角三角形，，
，，，，
在中，，，∴，
即，又∴，
∴，即，
【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．由旋转的特征得．

，，，即，
在和中，，，，
，，又，，
，，，
，即，，
同理可得．，，，
又∵，∴四边形为矩形．
，，
在中，．，解得．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是旋转变换的性质、矩形的性质和判定、正方形的性质和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用旋转变换作图，掌握以上知识点是解题的关键．
16．（2024·吉林长春·一模）【问题提出】如图①，在正方形中，、分别是边和对角线上的点，，从而，______．
【思考探究】如图②，在矩形中，，，、分别是边和对角线上的点，，若，求的长．
【拓展延伸】如图③，在菱形中，，对角线，交的延长线于点，、分别是菱形高和对角线上的点，，，直接写出的长．
【答案】问题提出：思考探究：拓展延伸：
【分析】[问题提出]根据正方形的性质得出，进而根据相似三角形的性质得出，即可求解；[思考探究]证明得出，根据含30度角的直角三角形的性质得出，根据已知条件得出，进而即可求解；
[拓展延伸] 连接，设交于点，根据菱形的性质，勾股定理求得，进而得出，结合题意可得，即可得出，进而根据，得出，根据，得出，证明，即可证明，根据相似三角形的性质，即可求解．
【详解】解：[问题提出]∵四边形是正方形，是对角线，∴
∵∴，故答案为：．
[思考探究]解：如图②

在矩形中，∵∴，，
∵∴，∴∴∴
又∵，则∴∴
∵，，则，∴
[拓展延伸]如图所示，连接，设交于点，
∵四边形是菱形，∴，，
∵∴，则，∴，
∵∴，即∴
∵∴∵∴
又∵∴∴∴∴
∵∴解得：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
17．（2024·江西新余·模拟预测）【问题提出】（1）如图①，在正方形中，点，分别在边和对角线上，，求证：．
【尝试应用】（2）如图②，在矩形中，，，点，分别在边和对角线上，，，求的长．
【拓展提高】（3）如图③，在菱形中，，，点，分别在边和对角线上，，，，的延长线交于点，请直接写出的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）根据正方形的性质，得，，结合，得出，即可作答；（2）连接交于点，证出，根据相似三角形的性质，列式代入数值，计算即可作答；（3）过点作交延长线于点，交于点，连接，交于点，证明，再根据等面积法，得，运用勾股定理得出的值，根据列式，得出的值，由计算即可作答．
【详解】证明：（1）如图1，
∵四边形是正方形∴，∴
∵∴∴，可得，即；
解：（2）如图2，连接交于点，∵四边形是矩形∴，
∴，，∵∴
∴，则则∴；
解：（3）如图3，过点作交延长线于点，交于点，连接，交于点．
∵四边形是菱形，
∴，，
，，
∵∴则
∴∵
∴∴，则．
，
．，
∵四边形是菱形∴∴∴
得，，．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、矩形的性质、菱形的性质，综合性强，难度适中，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
18．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有角的三角尺放在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点重合，绕点旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点，，连接，可得．
【探究一】如图②，把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上．求证：；
【探究二】在图②中，连接，分别交，于点，．求证：；
【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线与三角尺角两边，分别交于点，．连接交于点，求的值．

【答案】[探究一]见解析；[探究二]见解析；[探究三]
【分析】[探究一]证明，即可得证；
[探究二]根据正方形的性质证明，根据三角形内角和得出，加上公共角，进而即可证明 [探究三]先证明，得出，，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．得出，根据全等三角形的性质得出，进而可得，证明，根据相似三角形的性质得出，即可得出结论．
【详解】[探究一] ∵把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上，
∴，∴，∴，
在与中∴∴
[探究二]证明：如图所示，

∵四边形是正方形，∴，又，∴，
∵，∴，又∵，∴，
又∵公共角，∴；
[探究三] 证明：∵是正方形的对角线，
∴，，∴，
∵，∴，
即，∴，∴，，
如图所示，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．

∴，，∴，
又，∴，∴，∵，∴，
又∴，∴，即．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．