专题09 全等三角形模型之半角模型与对角互补-2025年中考数学二轮专题（江西专用）(原卷版+解析版)

这是一份专题09 全等三角形模型之半角模型与对角互补-2025年中考数学二轮专题（江西专用）(原卷版+解析版)，文件包含专题09全等三角形模型之半角模型与对角互补模型解读与提分精练原卷版docx、专题09全等三角形模型之半角模型与对角互补模型解读与提分精练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共59页， 欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc10672" PAGEREF _Tc10672 \h 1
\l "_Tc4085" 模型1.全等三角形模型之半角模型 PAGEREF _Tc4085 \h 1
\l "_Tc31861" 模型2.全等三角形模型之90°-90°对角互补型 PAGEREF _Tc31861 \h 10
\l "_Tc29114" 模型3.全等三角形模型之60°-120°对角互补型 PAGEREF _Tc29114 \h 16
\l "_Tc22414" 模型4.全等三角形模型α—180°-α对角互补型 PAGEREF _Tc22414 \h 21
\l "_Tc13148" PAGEREF _Tc13148 \h 24
模型1.全等三角形模型之半角模型
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
例1．（2024·甘肃兰州·模拟预测）综合与实践
【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．
(1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．用等式写出线段的数量关系，并说明理由；
(2)【类比探究】小启改变点的位置后，进一步探究：如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，用等式写出线段的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】李老师提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)；理由见解析
(2)；理由见解析
(3)；理由见解析
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解
【分析】（1）由旋转的性质和正方形的性质，先证E，B，C三线共线．再证，进而证明，推出，可得．
（2）在上取，连接．依次证明，，可得．
（3）将绕点A逆时针旋转得，先证E，D，C三点共线，由（1）同理可得，进而可得．
【详解】（1）解：．理由如下：
由旋转的性质，可知，，，，
∴，
∴E，B，C三线共线．
∵，
∴．
在和中， ，
∴，
∴．
∵，
∴．
（2）解：．理由如下：
如图，在上取，连接．
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
在和中， ，
∴，
∴．
∵，
∴．
（3）解：．理由如下：
如图，将绕点A逆时针旋转得，
∴．
∵，
∴，
∴E，D，C三点共线．
由（1）同理可得，
∴．
【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练运用“半角模型”，正确作出辅助线是解题的关键．
例2．（24-25八年级上·辽宁沈阳·阶段练习）如图1，四边形是正方形，分别在边和上，且（此时），我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段之间的关系，将绕点A顺时针旋转后解决了这个问题．
(1)①请直接写出线段之间的关系___________．
②若正方形边长为12，点E为中点，则________．
(2)如图3，等腰直角三角形，点E、F在边上，且，请写出之间的关系，并说明理由．
(3)如图4，在中，，点在边上，且，当时，则的长为_________．
【答案】(1)①；②①②
(2)，理由见解析；
(3)
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解
【分析】（1）①利用旋转的性质，证明，得到，等量代换即可证明；②利用①中的结论，结合勾股定理即可求解；
（2）把绕点顺时针旋转得到，连接，根据旋转的性质，可知， ， ， ，在中， ，可求得，所以，证，利用得到；
（3）同(2)方法，把绕点顺时针旋转得到，连接．可证明∶ ．在中，，，，过点作，垂足为，利用直角三角形性质和勾股定理求出即可．
【详解】（1）解：①，
理由如下：由旋转可得，，，，
四边形为正方形，
，
，
三点共线，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
；
故答案为：；
②正方形边长为12，点E为中点，
，
设，
则，
在中，，
，
解得，
在中，，
故答案为：；
（2）解：猜想∶，
理由如下：
把绕点顺时针旋转得到，连接，
如图3
，，，，
，
，
，即，
，
又，
，
，
即，
在和中，
，
，
，
；
（3）解：把绕点顺时针旋转得到，连接，
如图4
，，，，
，，
，
，即，
又，
，
在和中，
，
，
，
过点作，垂足为，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质、勾股定理，解题的关键是∶利用旋转转化线段关系，将分散的条件集中到同一个三角形求解．
模型2.全等三角形模型之90°-90°对角互补型
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.
证明：过点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，
根据上述条件易证：四边形ONCM为正方形，∴∠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.
证明：过点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，根据上述条件易证：四边形ONCM为正方形，
∴∠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．（23-24九年级上·河南洛阳·期中）综合与实践
已知，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，D为AB边的中点，∠EDF＝90°，∠EDF绕点D旋转，它的两边分别交AC，CB（或它们的延长线）于点E，F．
（1）【问题发现】如图1，当∠EDF绕点D旋转到DE⊥AC于点E时（如图1），
①证明：△ADE≌△BDF；②猜想：S△DEF+S△CEF＝ S△ABC．
（2）【类比探究】如图2，当∠EDF绕点D旋转到DE与AC不垂直时，且点E在线段AC上，试判断S△DEF+S△CEF与S△ABC的关系，并给予证明．
（3）【拓展延伸】如图3，当点E在线段AC的延长线上时，此时问题（2）中的结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，S△DEF，S△CEF，S△ABC又有怎样的关系？（写出你的猜想，不需证明）

图1 图2 图3
【答案】（1）①证明见解析；②；（2）上述结论成立；理由见解析；
（3）不成立；S△DEF﹣S△CEF＝；理由见解析.
【分析】（1）①先判断出DE∥AC得出∠ADE=∠B，再用同角的余角相等判断出∠A=∠BDF，即可得出结论；②当∠EDF绕D点旋转到DE⊥AC时，四边形CEDF是正方形，边长是AC的一半，即可得出结论；（2）成立；先判断出∠DCE=∠B，进而得出△CDE≌△BDF，即可得出结论；
（3）不成立；同（2）得：△DEC≌△DBF，得出S△DEF==S△CFE+S△ABC．
【详解】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，
∵点D是AB的中点，∴AD＝BD，在△ADE和△BDF中，∴△ADE≌△BDF（SAS）；
②如图1中，当∠EDF绕D点旋转到DE⊥AC时，四边形CEDF是正方形．

设△ABC的边长AC＝BC＝a，则正方形CEDF的边长为a．
∴S△ABC＝a2，S正方形DECF＝（a）2＝a2，即S△DEF+S△CEF＝S△ABC；故答案为．
（2）上述结论成立；理由如下：连接CD；如图2所示：∵AC＝BC，∠ACB＝90°，D为AB中点，
∴∠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：连接CD，如图3所示：
同（2）得：△DEC≌△DBF，∠DCE＝∠DBF＝135°
∴S△DEF＝S五边形DBFEC，＝S△CFE+S△DBC，＝S△CFE+S△ABC，∴S△DEF﹣S△CFE＝S△ABC．
∴S△DEF、S△CEF、S△ABC的关系是：S△DEF﹣S△CEF＝S△ABC．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了平行线的判定和性质，同角的余角相等，全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、图形面积的求法；证明三角形全等是解决问题的关键．
例2．（23-24九年级上·贵州贵阳·期中）问题背景：“对角互补”是经典的四边形模型，解决相应问题，通常会涉及到旋转构造、全等三角形的证明等综合性较高的几何知识．如果问题中有“，”角度出现，一般会和等腰直角三角形、正方形、等边三角形等特殊图形结合起来考察．

(1)【问题解决】如图①，，平分，小明同学从P点分别向，作垂线，，由此得到正方形，与全等的三角形是________；
(2)【问题探究】如图②，若，，平分，，，求的长；
(3)【拓展延伸】如图③，点P是正方形外一点，，，对角线，交于点O，连接，且，求正方形的面积．
【答案】(1)
(2)3
(3)16
【知识点】用勾股定理解三角形、角平分线的性质定理、根据正方形的性质与判定求线段长、全等三角形综合问题
【分析】（1）根据角平分线的性质及垂直的定义可得，，进而得四边形是正方形，再根据角的等量代换得，利用可证得，进而可求解．
（2）过点P作于M，于N，根据角平分线的性质可得，利用证得，进而可得，再利用证得，进而可得，设，则，，在中，利用直角三角形的特征即可求解．
（3）延长到，使，连接，根据正方形的性质可得，，利用得，进而可得，．设，利用勾股定理求得，再利用正方形的面积公式即可求解．
【详解】（1）解：，，且平分，
，，
四边形是正方形，
，
，
，
，
在和中，
，
；
故答案为：．
（2）如图，过点P作于M，于N，如图：

平分，
．
，
．
．
在四边形中，，
且，，
．
，
．
又
．
．
，，设，则，．
，
解得，．
．
在中，，，
．
（3）如图，延长到，使，连接．如图：

在四边形中，，且．
四边形是正方形，
，．
．
又，
．
．
，．
，
．
是等腰直角三角形．
由勾股定理，．
在中，，设，由勾股定理，，
．
．
．
．
．
【点睛】本题考查了角平分线的性质、全等三角形的判定及性质、正方形的判定及性质、勾股定理、直角三角形的特征，熟练掌握相关判定及性质，添加适当的辅助线解决问题是解题的关键．
模型3.全等三角形模型之60°-120°对角互补型
1）“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.
证明：过点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.
证明：过点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，∴。
例1．（23-24八年级下·湖北咸宁·期中）【问题提出】（1）如图1，在四边形中，，，，连接．试探究、、之间的数量关系．
小明的思路是：他发现和互补，推得，于是想到延长到点，使，连接．从而得到，然后证明，不难得到、、之间的数量关系是______；
【问题变式】（2）如图2，四边形中，，，连接，试探究、、之间的数量关系，并说明理由；
【问题拓展】（3）如图3，四边形中，，，，连接，若，求四边形的面积．（直接写出结果）

【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）
【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、全等的性质和SAS综合（SAS）、等边三角形的判定和性质
【分析】（1）延长到点，使，连接．根据等角的补角相等得出，利用证明，再根据全等三角形的性质得出，，根据角的和差易证为等边三角形，然后根据等边三角形的性质得出，最后根据线段的和差及等量代换即可得证；
（2）延长到点E，使，连接，根据等角的补角相等得出，利用证明，再根据全等三角形的性质得出，，然后得出是等腰直角三角形，进而得出结论；
（3）延长到点E，使，连接，根据等角的补角相等得出，利用证明，再根据全等三角形的性质得出，，根据角的和差得出过点A作交于点F，根据三线合一得出，根据含30度角的直角三角形的性质、勾股定理以及三角形面积公式得出，最后根据全等三角形的面积相等即可得出四边形的面积，从而得出答案．
【详解】（1）延长到点，使，连接．
，，
在和中
，
为等边三角形
（2）如图，延长到点E，使，连接

在和
，
是等腰直角三角形，
即
（3）如图：延长到点E，使，连接，
，，
在和中
，
过点A作交于点F，
在中，，
四边形的面积．
【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质、等边三角形的判定及性质以及勾股定理，添加合适的辅助线是解题的关键．
模型4.全等三角形模型α—180°-α对角互补型
1）“α对180°-α模型”
条件：四边形ABCD中，AP=BP，∠A+∠B=180°。结论：OP平分∠AOB。
证明：过点P作PE⊥OA，PF⊥OB，∴∠AEP=∠BFP=90°，
∵∠A+∠B=180°，∠OAP+∠PAE=180°，∴∠EAP=∠B。
∵AP=BP，∴△PAE≌△PBF，∴PE=PF，∴OP平分∠AOB。
注意：如下图：①AP=BP，②∠A+∠B=180°，③OP平分∠AOB，以上三个条件可知二推一。
例1．（23-24八年级上·吉林长春·阶段练习）如图（1）~（3），已知的平分线OM上有一点P，的两边与射线OA、OB交于点C、D，连接CD交OP于点G，设，．
(1)如图（1），当时，试猜想PC与PD，与的数量关系（不用说明理由）；
(2)如图（2），当，时，（1）中的两个猜想还成立吗？请说明理由．
(3)如图（3），当时，你认为（1）中的两个猜想是否仍然成立，若成立，请直接写出结论；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)，(2)成立，理由见详解(3)，
【分析】（1）过P点作PE⊥OB于点E，作PF⊥OA于点F点，延长DP交OA于点N，根据角平分线的性质可得PF=PE，先证明∠EPF=∠CPD，再证明∠CPE=∠EPD，即可证明△FPC≌△EPD，则有PC=PD，∠PDC=∠PCD，则有2∠PDC=∠CPN，根据∠AOB+∠CPD=180°，∠CPD+∠CPN=180°，可得∠AOB=∠CPN，即问题得解；（2）解答方法同（1）；（3）解答方法同（2）．
【详解】（1），，
证明：过P点作PE⊥OB于点E，作PF⊥OA于点F点，延长DP交OA于点N，如图，

∵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°，∴四边形OCPD的内角和为360°，
同理，四边形OFPE的内角和为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，结论得证；
（2）成立，理由如下：过P点作PE⊥OB于点E，作PF⊥OA于点F点，延长DP交OA于点N，如图，
∵OM平分AOB，∴∠AOP=∠BOP，∵PF⊥OA，PE⊥OB，∴∠PFO=∠PEO=90°，PF=PE，
∵四边形OFPE的内角和为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，结论得证；
（3）成立，，，
证明：过P点作PE⊥OB于点E，作PF⊥OA于点F点，延长DP交OA于点N，如图，
∵OM平分AOB，∴∠AOP=∠BOP，∵PF⊥OA，PE⊥OB，∴∠PFO=∠PEO=90°，PF=PE，
∵四边形OFPE的内角和为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，结论得证．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的判定与性质以及三角形内角和定理等知识，证明△FPC≌△EPD是解答本题的关键．
1．（23-24八年级下·四川绵阳·开学考试）在四边形中，是钝角，，对角线平分．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，若，求的度数；
(3)如图3，当时，请判断、与之间的数量关系？并加以证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)，证明见解析
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等边三角形的判定和性质、根据等角对等边证明边相等
【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．
（1）在上取点，使得，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，再证出，根据等腰三角形的判定可得，由此即可得证；
（2）延长至点，使得，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，再证出是等边三角形，，由此即可得；
（3）延长至点，使得，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，再证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，由此即可得．
【详解】（1）证明：如图，在上取点，使得，连接，
∵对角线平分，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
（2）解：如图，延长至点，使得，连接，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
（3）解：，证明如下：
如图，延长至点，使得，连接，
由（2）已证：，
∴，
∵对角线平分，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又∵，，
∴．
2．（24-25八年级上·福建泉州·期中）（1）如图①，在四边形中，，，E、F分别是边、上的点，且．请直接写出线段，，之间的数量关系：______；
（2）如图②，在四边形中，，，E、F分别是边、上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立?若成立，请写出证明过程；
（3）在四边形中，，，E、F分别是边、所在直线上的点，且，请画出图形（除图②外），并求证线段，，之间的数量关系．
【答案】（1）
（2）（1）中的结论仍然成立，理由见解析
（3）或
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）
【分析】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的性质和判定，四边形内角和的应用，解此题的关键是能正确作出辅助线得出全等三角形．
（1）延长到G，使，连接，证明．由全等三角形的性质得出，证明．由全等三角形的性质得出，
（2）延长到点G，使，连接．证明．由全等三角形的性质得出，证明．由全等三角形的性质得出，
（3）在上截取，使，连接．方法同（1）（2）可得出结论．
【详解】（1）证明：延长到G，使，连接，，
∵，
∴．
∴，
∵，
∴，
∴．
∴．
又，
∴．
∴，
∵，
∴；
（2）解：（1）中的结论仍然成立．
理由：延长到G，使，连接，．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
（3）结论不成立，应当是或，
①
证明：在上截取，使，连接．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
②．
证明：在上截取，如图，
同第一种情况方法，证，
证，
∴．
3．（24-25八年级上·全国·期中）【问题发现】如图1，正方形（四边相等，四个内角均为）中，、分别在边、上，且，连接，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．大致思路：巧妙地通过辅助线在边向外构造，使得，进而证出度数，最后证明，即可得出结论．请补充辅助线的作法，并写出完整证明过程．
（1）延长到点G，使 ，连接．
（2）求证：．
【问题应用】如图2，在四边形中，，以A为顶点的分别交于E、F，且，求五边形的周长
【答案】（1）DF；（2）见解析；问题应用：
【知识点】根据旋转的性质求解、根据正方形的性质证明、全等的性质和SAS综合（SAS）
【分析】[问题发现]（1）根据“巧妙地通过辅助线在边向外构造，使得”可知，我们要做辅助线，使得，则可得出答案；
（2）结合正方形的性质，证明即可；
[问题应用]根据旋转的性质得到，，，，，推出、、三点共线，根据全等三角形的性质即可得到，据此求解即可．
本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
【详解】解：[问题发现]（1）依题意，延长到点，使，连接，
故答案为：；
（2）证明：由（1）得，
四边形是正方形，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
．
[问题应用]依题意，将绕点顺时针旋转得到，
，，，，，
，
、、三点共线，
，
，
，
，，
，
，
，
，
∴五边形的周长为
故答案为：．
4．（23-24九年级上·山东聊城·阶段练习）如图，在四边形中，，，平分．
(1)如图，若，，则 ；
(2)问题解决：如图，求证：；
(3)问题拓展：如图，在等腰中，，平分，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、角平分线的性质定理、三角形的外角的定义及性质、等腰三角形的性质和判定
【分析】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定义及外角性质，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）若，可得， ，再根据角平分线的性质即可求解；
（2）如图，过点分别作于，的延长线于点，由角平分线的性质可得，再由，可得，即可证明，得到；
（3）如图3，在上取，由等腰三角形的性质可得，进而得到，再得到，即得，再由（2）可得，然后根据三角形外角性质可得，可得到，进而得到，即得，据此即可求证．
【详解】（1）解：若，则，，
，，
平分，
，
故答案为：；
（2）证明：如图，过点分别作于，的延长线于点，则，
平分，
，
，
，
，
，
，
；
（3）证明：如图，在上取，
是等腰三角形，，
，
平分，
，
，
，
，
由（2）可得，，
，
，
，
，
，
，
即．
5．（24-25九年级上·辽宁盘锦·阶段练习）问题：如图，点、分别在正方形的边，上，，试判断、、之间的数量关系．
(1)【发现】、、之间的数量关系为_______．
(2)【类比引申】
如图，四边形中，，，，点、分别在边、上，则当与满足_______关系时，仍有中的结论，请证明．
(3)【探究应用】
如图，在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形，已知米，，，，道路 、上分别有景点型、，且与垂直，米，现要在 、之间修一条笔直的道路，求这条道路的长．（结果取整数，参考数据：，）
【答案】(1)；
(2)；
(3)米．
【知识点】全等三角形综合问题、根据正方形的性质证明、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形
【分析】【发现】根据正方形的性质可得：，，利用可证，根据全等三角形的性质可证，，从而可证，根据全等三角形对应边相等可证；
【类比引申】延长到，使，连接，可证，根据全等三角形的性质可得，利用可证，根据全等三角形对应角相等可得；
过点作垂足为点，连接，可知是等边三角形，根据已知角的度数可知，根据直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半可以得到的长度，利用勾股定理可求的长度，从而可证是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质可得，由【类比引申】可知．
【详解】（1）【发现】解：如下图所示，
延长到点，使，
四边形是正方形，
，，
在和中，
，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
故答案为：；
（2）【类比引申】解：当时，中结论仍然成立，
理由如下：
如下图所示，延长到，使，连接，
，，
，
在和中，
，
，，
又，
在和中，
，
，
又，
，
；
（3）【探究应用】解：如下图所示，过点作垂足为点，连接，
与垂直，
，
，
，
，
是等边三角形，
米，
在中，，
，
米，
米，
米，
米，
，
，
，
，
，
由【类比引申】可知(米)．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形的性质．解决本题的关键是作辅助线构造全等三角形，利用全等三角形的性质找到边和角之间的关系．
6．（24-25八年级上·新疆昌吉·期末）【问题提出】如图，已知在正方形中（四边相等，四个内角均为），点、分别在边、上运动，当时，探究线段、和线段的数量关系如下：
【尝试探究】小明同学研究思路如下：
（1）观察猜想：；
（2）分析问题：这是一个不共线的线段和问题，通常可以通过“截长”或“补短”的方法将其中两条不共线的线段转化为共线线段；
（3）制定方案：通过“截长”发现此路不通，于是采取“补短”的方法解决问题；
（4）实施方案：延长到点，使得，连接，从而解决问题．
请你帮助小明完成对猜想的证明；
【模型建立】如图，若将沿斜边翻折得到，且，点、分别在边、上运动，且，上述猜想的结论还成立吗？请加以说明；
【拓展应用】如图，已知是边长为的等边三角形，，，以为顶点作一个角，使其角的两边分别交边、于点、，连接，请直接写出的周长．
【答案】[尝试探究]见解析；[模型建立]成立，见解析；[拓展应用]．
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、折叠问题、等边三角形的性质、根据正方形的性质证明
【分析】[尝试探究]延长到点，使得，证明，，再由全等三角形的性质即可求证；
[模型建立]延长，连接，由折叠性质可知，则，，然后证明，再由全等三角形的性质即可求证；
[拓展应用]延长至，使，同上理可得，则，再证明，再由全等三角形的性质即可求解．
【详解】解：[尝试探究]证明：延长到点，使得，
∵四边形形是正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
[模型建立]证明：仍然成立，理由，
如图，延长，连接，
由折叠性质可知：，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
又∵，，
∴；
[拓展应用]
解：∵是边长为的等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
延长至，使，
同上理可得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的周长
．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的周长，等边三角形的性质等知识点，掌握知识点的应用是解题的关键．
7．（24-25九年级上·广东汕头·阶段练习）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】
【问题解决】
（1）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】
（2）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，连接，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】
（3）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）．
【答案】（1），，5；（2），证明见解析；（3）
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形、正方形性质理解
【分析】本题主要考查了旋转的性质、正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质定理成为解题的关键．
（1）由旋转的性质可得，进而证明可得，再说明、，再运用勾股定理即可解答；
（2）由旋转的性质以及题意可得，再证明可得，再结合正方形的性质可证得，易证可得，最后在中运用勾股定理即可解答；
（3）如图4所示，延长交延长线于M点，交延长线于N点，将绕着点A顺时针旋转得到，连接．过点H作直线与O，则可得，再说明是等腰直角三角形，即；由（2）知，则；再根据勾股定理可得，最后运用等量代换即可证明结论．
【详解】解：（1）如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连结．
由旋转的特征得．
∵，
∴．
∵，
∴，即．
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
又∵，
∴在中，．
∵，
∴．
故答案为：，，5．
（2），证明如下：
如图3，将绕点A逆时针旋转，得到，过点D作交边于点H，连接．
由旋转得：．
由题意得：，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
又∵为正方形的对角线，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
在中，，
∴；
（3），证明如下：
如图4所示，延长交延长线于M点，交延长线于N点，将绕着点A顺时针旋转得到，连接．过点H作直线与O，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
由（2）知，则，
则由勾股定理有：，即
又∵，
∴，即，
∴．
故答案为：．
如图1，在中，，点D、E在边上，且，求DE的长．
解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连结．
由旋转的特征得．
∵，
∴．
∵，
∴，即．
∴．
在和中，
，
∴①_____．
∴．
又∵，
∴在中，②_____．
∵，
∴③_____．