2025年中考数学专项复习专题23 全等与相似模型之十字架模型解读与提分精练（全国通用）（解析版）

这是一份2025年中考数学专项复习专题23 全等与相似模型之十字架模型解读与提分精练（全国通用）（解析版），共50页。
TOC \ "1-4" \h \z \u \l "_Tc97" PAGEREF _Tc97 \h 1
\l "_Tc30717" 模型1.正方形中的十字架模型（全等模型） PAGEREF _Tc30717 \h 1
\l "_Tc10564" 模型2.矩形中的十字架模型（相似模型） PAGEREF _Tc10564 \h 7
\l "_Tc267" 模型3.等边三角形中的斜十字模型（相似模型） PAGEREF _Tc267 \h 12
\l "_Tc23316" 模型4.直角三角形中的十字模型（相似模型） PAGEREF _Tc23316 \h 17
\l "_Tc31823" PAGEREF _Tc31823 \h 22
模型1.正方形中的十字架模型（全等模型）
“十字形”模型，基本特征是在正方形中构成了一个互相重直的 “十字形”，由此产生了两组相等的锐角及一组全等的三角形。
条件：1）如图1，在正方形ABCD中，若E、F分别是BC、CD上的点，AE⊥BF；结论：AE=BF。

证明：四边形是正方形，，，∴
AE⊥BF，∴，，，∴AE=BF。
条件：2）如图2，在正方形ABCD中，若E、F、G分别是BC、CD、AB上的点，AE⊥GF；结论：AE=GF。
证明：在FC上取一点P，使得GB=PF，连结BP。
四边形是正方形，∴AB//CD，∴四边形是平行四边形，∴GF//BP，GF=BP，
同1）中证明，可得AE=GF。
条件：3）如图3，正方形ABCD中，若E、F、G、H分别是BC、CD、AB、AD上的点，EH⊥GF；
结论：HE=GF。

证明：在FC、BE上取一点P、Q，使得GB=PF，AH=QE，连结BP、AQ。
四边形是正方形，∴AB//CD，∴四边形是平行四边形，∴GF//BP，GF=BP，
同理可证得：四边形是平行四边形，∴AQ//HF，AQ=HF，同1）中证明，可得HE=GF。
例1．（2023.江苏吴江九年级期中）如下图，将边长为9cm的正方形纸片ABCD折叠，使得点A落在边CD上的E点，折痕为MN．若CE的长为6cm，则MN的长为 cm．
【答案】3
【分析】根据图形折叠前后图形不发生大小变化得出∠MWE=∠AWM=90°，进而得出∠DAE=∠DAE，再证明△NFM≌△ADE，然后利用勾股定理的知识求出MN的长．
【详解】解：作NF⊥AD，垂足为F，连接AE，NE，
∵将正方形纸片ABCD折叠，使得点A落在边CD上的E点，折痕为MN，
∴∠D=∠AHM=90°，∠DAE=∠DAE，∴△AHM∽△ADE，∴∠AMN=∠AED，
在△NFM和△ADE中∵，∴△NFM≌△ADE（AAS），∴FM=DE=CD-CE=3cm，
又∵在Rt△MNF中，FN=9cm，∴根据勾股定理得：MN==3（cm）．故答案为3．
【点睛】本题考查了图形的翻折变换，根据图形折叠前后图形不发生大小变化得出三角形的全等是解决问题的关键，难度一般．
例2．（2023年辽宁省丹东市中考数学真题）如图，在正方形中，，点E，F分别在边，上，与相交于点G，若，则的长为 ．
【答案】
【分析】根据题意证明，，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：四边形是正方形，，，
，，，
，，，，
又，，，，，
，，．故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，掌握这些性质是解题的关键．
例3．（2024·广东梅州·一模）如图，E、F分别是正方形的边，上的点，且，，相交于点，下列结论：①；②；③；④中，正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，证明是解题的关键．根据四边形是正方形及，可证出，则得到：①；可判断④；可以证出，则②一定成立；用反证法可证明，即可判断③．
【详解】解：四边形是正方形，，，，，
在和中，，，（故①正确）；
∴∵四边形是正方形，∴
∴（故④正确）；∴
∵四边形是正方形，∴，，
∴一定成立（故②正确）；假设，
，（线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等），
在中，，，这与正方形的边长相矛盾，
假设不成立，（故③错误）；∴正确的有①②④共3个正确，故选：C．
例4．（23-24江苏九年级期中）苏科版八下数学教材中，对正方形的性质和判定进行了探究，同时课本94页第19题对正方形中特殊线段的位置和数量关系也进行了探究，在此，我们也来作进一步的探究，如图1，探究所提供的正方形的边长都为2．
【探究】(1)如图2，在正方形中，如果点E、F分别在、上，且，垂足为M，那么与相等吗？证明你的结论．
【应用】(2)如图3，在正方形中，动点E、F分别在边、上，将正方形沿直线折叠，使点B对应的点M始终落在边上（点M不与点A、D重合），点C落在点N处，与交于点P，设，求线段的长（用含t的式子表示）．
【拓展】(3)如图4，在正方形中，E是的中点，F、G分别是、上的动点，且，求的最小值．
【答案】(1)，理由见解析(2)(3)
【分析】（1）据正方形的性质，可证出，即可得证；（2）过作，交于，连接，由（1）得同理可证：，由折叠的性质在中即可求解；（3）过点作，过点作，当、、三点共线时，的值最小，可求解．
【详解】（1）．证明：四边形是正方形，，，
，，，，
在和中，，．
（2）解：过作，交于，连接，
四边形是正方形，，四边形是平行四边形，，
将正方形沿直线折叠，使点B对应的点M始终落在边，
，，，，，
由（1）得同理可证：，，设，，，
，，，在中，，
整理得：，．

（3）解：如图，过点作，过点作，
当、、三点共线时，的值最小，
四边形是平行四边形，，，由（2）可证：，，
四边形是正方形，，，
，，，，
当、、三点共线时， ，的值最小，的值最小．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，平行四边形的判定及性质，正方形的性质，折叠的性质，动点线段最小值问题，掌握相关的判定方法及性质，理解折叠的性质，会根据动点的特征找出线段和最小值的条件是解题的关键．
模型2.矩形中的十字架模型（相似模型）
矩形的十字架模型：矩形相对两边上的任意两点联结的线段是互相垂直的，此时这两条线段的的比等于矩形的两边之比。通过平移线段构造基本图形，再借助相似三角形和平行四边的性质求得线段间的比例关系。
1）条件：如图1，在矩形ABCD中，若E是AB上的点，且DE⊥AC，结论：.
证明：四边形为矩形，，；
DE⊥AC，，，，，.
2）条件：如图2，在矩形ABCD中，若E、F分别是AB、CD上的点，且EF⊥AC，结论：.
证明：如图，过点F作于点G，则；
四边形为矩形，，四边形为矩形，；
；EF⊥AC，，；
，，，易证：DC=AB，FG=BC，.
3）条件：如图3，矩形ABCD中，若E、F、M、N分别是AB、CD、AD、BC上的点，EF⊥MN，结论：.
证明：如图：过点N、F作、垂直，；
四边形为矩形，，四边形为矩形，；
∵EF⊥MN，，∴；
又∵（对顶角相等），∴；
∴，，易证：NH=AB，FG=BC，.
例1．（2024·山西大同·模拟预测）矩形中，E为AD边上一点，且，．将沿翻折到处，延长交边于G点，延长交CD边于点H，且，则线段的长为 ．
【答案】/3.5
【分析】过E作于M，根据矩形性质和折叠性质，结合勾股定理求得，可求得，证明，求得和，设，证明四边形是矩形，得到，，在中，，，由勾股定理求解即可．
【详解】解：过E作于M，如图，则，
∵四边形是矩形，，∴，，
∵沿翻折到处， ，∴，，，
设，则，在中，由勾股定理得，
∴，则，∴，，
∵，，∴，
∴，即，∴，，
设，∵∴四边形是矩形，∴，，
在中，，，由勾股定理得，
则，解得，∴．∴故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的判定与性质、翻折性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，综合运用相关知识求解是解答的关键．
例2．（22-23下·衢州·二模）在矩形中，E是边的中点，连接，过点B作于点F，射线与直线交于点P，设．
(1)如图①，若，求证：；(2)如图②，当点P恰好与点D重合时，试确定m的值；
(3)作点B关于直线的对称点，当以点P，D，为顶点的三角形是等腰三角形时，求的值．
【答案】(1)见解析(2)(3)或2或
【分析】(1)根据正方形的性质，证明△ABE≌△BCP即可．(2) 设BE=EC=x，则BC=AD=2x，证明△ADF∽△BDA，△ADF∽△EBF即可．(3)根据等腰三角形的性质，分三种情况求解．
【详解】（1）如图，∵ =1，四边形ABCD是矩形，
∴AD=AB，∴四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=∠BCP=90°，
∵ ，∴∠BAE=∠CBP，∴△ABE≌△BCP，∴AE=BP．

（2）∵ 矩形中，E是边的中点，∴设BE=EC=x，则BC=AD=2x，∠BAD=90°．
∵ ，∠ADF=∠BDA，∴△ADF∽△BDA，∴，
∵ 四边形是矩形，∴AD∥BC，∴△ADF∽△EBF，
∴，∴，
解得，（舍去），∴BD=DF+EF=3EF=，
∴，∴．
（3）当时，∵ 四边形是矩形，∴AB=DC，AD=BC，∠ADC=∠ABC=∠BCP=90°，
∵ E是边的中点， ，∴ AD=BC=2BE，∠PFE=90°，
∵P，D，为顶点的三角形是等腰三角形，∴，∴，∴，
∴∠AED=∠ADE，∴AD=AE，∴sin∠BAE=，∴∠BAE=30°，根据（1）证明，得∠BAE=∠CBP=30°，
∴tan∠BAE=tan30°=，tan∠CBP=tan30°=，
∴，，∴=．

如图，当点P在CD的延长线上时，此时落在AD上，
根据题意，得∠BAF=∠AF=45°，∴∠PD=∠PD=45°，∴，
∵∠BAF=45°，∴∠BEA=45°，∴四边形ABE是正方形，故是AD的中点，
∴=CD，∴=．如图，∵ ，设AB=x，则AD=mx，BE=，
∵∠ABG=90°-∠FBE，∠AEB=90°-∠FBE，∴∠ABG=∠AEB，∴tan∠ABG= tan∠AEB，
∴，∴，解得AG=，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴，
∴，∴，∴，∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，特殊角的三角函数，熟练掌握矩形的性质，三角形的相似和特殊角的三角函数是解题的关键．
例3．（2023年河南九年级中考三模数学试题）综合与实践
【问题发现】(1)如图1，在正方形中，点E，F，G，H分别在边，，，上，且于点O．试猜想线段与的数量关系为__________；
【类比探究】(2)如图2，在矩形中，，，点E，F，G，H分别在边，，，上，连接，，且，垂足为O．试写出线段与的数量关系，并说明理由；
【拓展应用】(3)如图3，在四边形中，，，点M，N分别在边，上，连接，，且，垂足为O．已知，，若点M为的三等分点，直接写出线段的长．
【答案】(1)证明见解析(2)，证明见解析(3)或 ．
【分析】（1）过点H作交于N，过点G作交于M，证明即可求解；
（2）过点H作交于Q，过点G作交于P，由（1）可得，再结合相似三角形的性质可得结论； （3）如图3，过点D作于S，根据垂直的定义得到，根据已知条件得到或，根据勾股定理得到或 ，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：相等，理由如下：过点H作交于N，过点G作交于M，
∵四边形是正方形， ∴，四边形是矩形，四边形是矩形，
∴，，，∴， ∵， ∴，
∴， ∴；故答案为：相等；
（2）解：； 理由：过点H作交于Q，过点G作交于P，∴，

由（1）同理可得，， ，，∴， ∴，
∵，， ∴，， ∴ ； ∴；
（3）解：如图3，过点D作于S， ∴，
∵，， ∴，
∵点M为的三等分点，， ∴或，
∵， ∴或 ， 由（2）同理可得：，
∴ ， ∴ 或， 解得：或 ．
【点睛】本题考查了四边形的综合题，正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数的应用，正确地作出辅助线是解题的关键．
模型3.等边三角形中的斜十字模型（相似模型）
条件：如图1，已知等边△ABC，BD=EC（或CD=AE），
结论：①AD=BE，②AD和BE夹角为60°，③。

证明：如图，在等边中，，，
在与中，，，∴AD=BE，；
，∴AD和BE夹角为60°；
，，，同理：
，
例1．（23·24下·淄博·一模）如图，等边，点E，F分别在AC，BC边上，，连接AF，BE，相交于点P．(1)求的度数；(2)求证：．
【答案】(1)；(2)见解析
【分析】（1）根据证明，利用三角形的外角性质即可得解；
（2）证明，利用对应边对应成比例列式即可．
【详解】（1）解：∵是等边三角形，∴，，
又∵，∴，∴，
∴；
（2）证明：∵，，∴．
∵∴，∴，∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质．根据等边三角形的性质和已知条件证明三角形全等是解题的关键．
例2．（23·24·南通·模拟预测）如图，已知是等边内的一点，且，延长，，分别交，于点D，E．若，，则的周长等于 ．

【答案】
【分析】作于点F，在等边中，，，可求，，根据勾股定理可求，再利用相似三角形的判定定理可得，根据相似三角形的性质得，即，求得，，，即可求的周长．
【详解】解：如图，作于点F，

∵在等边中，，∴，
由勾股定理得，，∵，∴，在中，，
∵P是等边内的一点，且，∴，
∵，∴，又∵，∴，
∴，即，解得，，∴，
∴的周长．故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，等边三角形的性质，勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质，作出辅助线，求出的长是解题的关键．
例3．（23·24下·吉安·模拟预测）课本再现：
(1)如图1，D，E分别是等边三角形的两边上的点，且．求证：．下面是小涵同学的证明过程：证明：∵是等边三角形，∴．
∵，∴，∴．
小涵同学认为此题还可以得到另一个结论：的度数是 ；

迁移应用：(2)如图2，将图1中的延长至点G，使，连接．利用（1）中的结论完成下面的问题．①求证：；②若，求证：；拓展提升：(3)在等边中，若点D，E分别在射线上，连接交于点F，且，将绕点C逆时针旋转到，且使得．直线与直线交于点P，若，则的值为
【答案】(1)60°(2)①见解析；②见解析(3)2或3
【分析】（1）由全等的性质，得角相等，作等量代换得证结论；
（2）①求证，得，相应可证，于是；②可证，得，相应的，可证得；
（3）如图3，当点D，点E分别在上时，由，得，可求证是等边三角形，进一步求证，得，从而；如图4，当点D，点E分别在的延长线，的延长线上时，求证是等边三角形，得，进一步求证，得，求证CB=2BD，所以CP=3BP，．
【详解】（1）解：∵，∴，
∵，∴，故答案为：；
（2）证明：①由（1）知，∴，
又∵，∴是等边三角形，∴．
∴，∴，
又∵，∴，∴，
∵，∴，∴，∴；
②∵，∴，∴，
∵，∴，∵，∴；
（3）解：如图3，当点D，点E分别在上时，

∵，∴，∵，
，∴，∵，∴，
∵，∴是等边三角形，∴，
∴，∴，由②知 AD=2BD，∴；
如图4，当点D，点E分别在的延长线，的延长线上时，
∵,∴.
∵,∴,
∵,∴∴是等边三角形，
∴，∴，
又∵，∴，∴，∴，
∴CB=2BD，∴CP=3BP，∴，故答案为：2或3．
【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质；当属于动点情况时，注意分类讨论，情况完备是解题的关键．
模型4.直角三角形中的十字模型（相似模型）
该模型主要分等腰直角三角形和普通直角三角形两类情况讨论。
1）等腰直角三角形中的十字模型（全等+相似）：
条件：如图2，在△ABC中，AB=BC，AB⊥BC，结论：①D为BC中点，②BF⊥AD，③AF：FC=2：1，④∠BDA=∠CDF，⑤∠AFB=∠CFD，⑥∠AEC=135°，⑦，以上七个结论中，可“知二得五”。
证明：不妨把①②作为条件，来证明③--⑦的五个结论。
如图1，过点C作BC的垂线交BF于点H，过点A作AG垂直于CH，∴∠BCH=90°，∴∠CBH+∠CHB=90°
∵AB⊥BC，∴∠ABC=90°，∴∠BCH=∠ABC=90°，∵BF⊥AD，∴∠CBH+∠ADB=90°，∴∠CHB=∠ADB，
∵AB=BC，∴，∴BD=CH，∵D为BC中点，∴BD=DC=CH，∴AB=2CH，
易证：四边形ABCG为正方形，即AB//CG，∴，∴AF：CF=BA：HC=2：1
∵AB=BC，AB⊥BC，∴∠BCA=45°，∵∠BCH=90°，∴∠BCA=∠GCA=45°，
∵DC=CH，CF=CF，∴，∴∠CHF=∠CDF，∠CFH=∠CFD，
∴∠BDA=∠CDF，∵∠CFH=∠AFB，∴∠AFB=∠CFD，
如图2，过点C作CQ垂直于BF，∴∠BQC=90°，
∵AB⊥BC，∴∠ABD=∠BQC=90°，∴∠ABE+∠QBC=90°，∵AB=BC，∴，
∴CQ=BE，AE=BQ，∵BF⊥AD，CQ⊥BF，易证：，∴EA：QC=AF：CF=2：1。
∴AE=BQ=BE+EQ=CQ+EQ，∴CQ=EQ，∴QEC为等腰直角三角形，∴∠QEC=45°，
∴∠AEC=135°，。
2）直角三角形中的十字模型：
如图3，在三角形ABC中，BC=kAB，AB⊥BC，①D为BC中点，②BF⊥AD，③AF：FC=2：k2，④∠BDA=∠CDF，⑤∠AFB=∠CFD，⑥∠AEC=135°，⑦，以上七个结论中，可“知二得五”。（全等+相似）
证明：不妨把①②作为条件，来证明③--⑦的五个结论。
由于该模型证明主要结合了前面矩形中的十字架模型和等腰直角三角形中的十字架模型，故此不再详细证明，有兴趣的同学可以自行证明即可。
例1．（23·24上·深圳·期中）如图，在中，，，点D为边上的中点，连接，过点B作于点E，延长交于点F．则的长为 ．
【答案】
【分析】以为邻边作正方形，延长交为，先求出，再证明出，得出即为的中点，再证明，利用相似比及勾股定理即可求解．
【详解】解：以为邻边作正方形，延长交为，如下图：
，，，
在和中，，，
，，，即为的中点，
，，
，，
，，故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形相似的判定及性质、三角形全等、正方形的性质、勾股定理，解题的关键是利用相似三角形的相似比来求解．
例2．（23·24下·沧州·二模）如图，在中，，，点D是线段上的一点，连接，过点B作，分别交、于点E、F，与过点A且垂直于的直线相交于点G，连接，下列结论错误的是（ ）
A． B．若点D是AB的中点，则
C．当B、C、F、D四点在同一个圆上时， D．若，则
【答案】D
【分析】由，可确定A项正确；由可得，进而由确定点F为的三等分点，可确定B项正确；当B、C、F、D四点在同一个圆上时，由圆内接四边形的性质得到，得到为圆的直径，因为，根据垂径定理得到，故C项正确；因为D为的三等分点，即，可得，由此确定D项错误．
【详解】解：依题意可得，∴，∴，
又，∴．故A项正确；如图，
∵，，∴．
在与中，，∴，∴，
又∵，∴；∵为等腰直角三角形，
∴；∴；
∵，∴，∴，∴．故B项正确；
当B、C、F、D四点在同一个圆上时，由圆内接四边形的性质可得，
∴是B、C、F、D四点所在圆的直径，∵，∴，∴，故C项正确；
∵，，，∴，
∴，，∴，∴；
∴．故D项错误．故选：D．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形中相似三角形与全等三角形的应用，有一定的难度．对每一个结论，需要仔细分析，严格论证；注意各结论之间并非彼此孤立，而是往往存在逻辑关联关系，需要善加利用．
例3．（23·24下·三明·期末）如图①，在中，，，点D在边上，过点C作，垂足为M，交于点E．

(1)小亮通过探究发现，请你帮他说明理由；(2)如图②，平分交于点N，小明通过度量猜想有，他的猜想正确吗？请你帮他说明理由；(3)如图③，连接，若D是的中点，小刚通过探究得到结论，请你帮他说明理由．
【答案】(1)理由见解析；(2)正确，理由见解析；(3)理由见解析
【分析】（1）利用互余和三角形内角和定理进行求解，即可证明猜想；（2）根据等腰直角三角形的性质和角平分线的性质，证明，即可证明猜想；（3）根据，得到，，再证明，得到，即可证明猜想．
【详解】（1）解：，，
，，，；
（2）解：猜想正确，理由如下：，，，
平分，，，
在和中，，，；
（3）解：如图，过点C作平分交于点N，
由（2）可知，，，，
平分，，D是的中点，，
在和中，，，
，，即．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，等腰直角三角形的性质，角平分线的定义等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．
1．（23-24江苏八年级期末）如图，将边长为3的正方形ABCD纸片沿EF折叠，点C落在AB边上的点G处，点D与点H重合，CG与EF交于点P，取GH的中点Q，连接PQ，则GPQ的周长最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接BP，取CD的中点M，连接PM，根据折叠的性质，PM＝PQ，GH＝DC，PC＝PG，要求△GPQ的周长的最小值，只需求PM+PB的最小值，当M、P、B三点共线时，PM+BP＝BM最小，在Rt△BCM中，勾股定理求出BM，即可求解．
【详解】解：连接BP，取CD的中点M，连接PM，由折叠可知，PM＝PQ，GH＝DC，PC＝PG，
在Rt△BCG中，P是CG的中点，∴BP＝PG＝GC，∵Q是GH的中点，∴QG＝GH，
∴△GPQ的周长＝PQ+QG+PG＝PM+GH+PB＝PM+PB+CD，
∵CD＝3，∴△GPQ的周长＝PM+PB+，当M、P、B三点共线时，PM+BP＝BM最小，
在Rt△BCM中，BM＝，∴△GPQ的周长的最小值为.故选B．
【点评】本题考查图形的翻折变换，熟练掌握正方形的性质、直角三角形的性质，正确添加辅助线是解题的关键．
2．（2023安徽省芜湖市九年级期中）如图，正方形中，点E、F、H分别是的中点，交于G，连接．下列结论：①；②；③；④．正确的有（ ）

A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】利用正方形的性质找条件证明，则，由得到，则，即可判断①；连接，同理可得：，，在中，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到 ，即可判断④；可得是等腰三角形，由等腰三角形三线合一得到，垂直平分，；假设，推出矛盾，则，即可判断②；证明是等腰三角形，由三线合一可知，由得到，由得到，由三角形外角的性质得到，即可判断③．
【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，

∵点E、F、H分别是的中点，∴，
在与中，，∴，∴，
∵，∴，
∴，∴；故①正确；连接，如图所示：
同理可得：，，在中，H是边的中点，
∴，即；故④正确；
∵，∴是等腰三角形，∴，垂直平分， ∴；
若，则是等边三角形，则，，
则，而，与矛盾，
∴，∴，∴，故②错误；
∵，∴是等腰三角形，
∵，∴，∵，∴，
∵，∴，∴，
∴；故③正确；正确的结论有3个，故选：C．
【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、直角三角形的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质是解题的关键．
3．（23·24下·贵港·一模）如图，在等边的，边上各任取一点，，且，，相交于点，下列三个结论：①若PC=2AP，则BO=6PO；②若，，则，③，其中正确的是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【分析】根据等边三角形的性质得到，根据线段的和差得到，过作交于，根据相似三角形的性质得到正确；过作于，解直角三角形得到正确；在根据全等三角形的性质得到，，根据相似三角形的性质得到正确．
【详解】解：是等边三角形，，
，，，，
过作交于，
∽，∽，，，
，，；故①正确；
过作于，则，
，，，，故正确；
在等边中，，，
在与中，，≌，，，
，∽，，，
故正确；故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
4．（23·24·德州·二模）如图，正方形ABCD中，点E为BC边上的一点，连接AE，过点D作DM⊥AE，垂足为点M，交AB于点F．将△AMF沿AB翻折得到△ANF．延长DM，AN交于点P． 给出以下结论①；②；③；④若，则；．其中正确的是（ ）
A．①②③④B．①②③C．①②④D．③④
【答案】A
【分析】根据正方形的性质和余角的性质证明∠BAE=∠ADM，从而得到△ABE≌△DAF，可判断①；再由翻折的性质证明∠FAN=∠FAM=∠ADM，从而可得，得到，可判断③；再由得到相似比，可得面积之比，可判断④.
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴AD=AB，∠ABC=∠BAD=90°，∴∠BAE+∠DAE=90°，
∵DM⊥AE，∴∠DMA=90°，即∠ADM+∠DAM=90°，
∴∠BAE=∠ADM，∴△ABE≌△DAF（AAS），故①正确；
∵△ANF由△AMF翻折得到，∴∠FAN=∠FAM=∠ADM，
∵∠P=∠P，∴，故②正确；
∴，∴，故③正确；
∵，∴AF：AD=2:3,则△APF和△DPA的相似比为2:3，
∴，∴，故④正确.故选A.
【点睛】本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，解题的关键是读懂题意，根据已知条件证明.
5．（23·24下·江门·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC．点D是线段BC上的一点，连接AD，过点C作CG⊥AD，分别交AD、AB于点G、E，与过点B且垂直于BC的直线相交于点F，点D是BC的中点，连接DE．则= ；
【答案】
【分析】先证，得到，再通过证明 ， 为等腰直角三角形得出，即可求解．
【详解】 CG⊥AD
∠ACB=90°

又 ， 为等腰直角三角形 ，
点D是BC的中点
故答案为： ．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并能灵活运用是解题的关键．
6．（23·24下·山西·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，AE是BC边上的中线，过点B作AE的垂线BD，垂足为H，交AC于点D，则AD的长为 ．
【答案】
【分析】过点C作FC⊥BC于C，延长BD交CF于F，证明△ABE≌△BCF（ASA），得BE＝CF，再证明△ABD∽△CFD，列比例式可得结论．
【详解】过点C作FC⊥BC于C，延长BD交CF于F，
∵∠ABC＝∠BCF＝90°，∴∠ABC+∠BCF＝180°，∴AB∥CF，
∵AE⊥BD，∴∠AHB＝∠BAH+∠ABH＝90°，∵∠ABH+∠CBF＝90°，∴∠CBF＝∠BAH，
在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（ASA），∴BE＝CF，
∵AE是BC边上的中线，∴BE＝BC＝1，∴CF＝1，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC＝＝＝2，
∵AB∥CF，∴∠BAD＝∠DCF，∠ABD＝∠DFC，∴△ABD∽△CFD，
∴，即，解得：AD＝．故答案为：
【点睛】考核知识点：相似三角形的判定和性质．熟练运用相似三角形的判定和性质是关键．
7．（23-24九年级上·辽宁鞍山·期中）如图，在中，，，点D为边上一动点（不与点B、C重合），垂直交于点E，垂足为点H，连接并延长交于点F，下面结论：①若是边上的中线，则；②若平分，则；③若，则；④当时，．正确的有（填序号） ．

【答案】①②③④
【分析】根据勾股定理，再利用三角形面积公式求得，即可判断①；过点C作交的延长线于点M，根据等腰直角三角形的判定与性质可得，再根据直角三角形的性质和平行线的性质推出，再由相似三角形的性质即可判断②；过点B作交的延长线于点N，当时，设，则，，证明，可得，再根据平行线的判定可得，从而证得，再由相似三角形的性质即可判断③；过点D作交于点M，根据三角形中位线定理可得，再根据直角三角形的性质和平行线的性质推得，，，再由相似三角形的性质即可判断④．
【详解】解：∵是边上的中线，∴，
∵，∴，∵，，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，故①正确，符合题意；
如图，过点C作交的延长线于点M，

∵，，∴是等腰直角三角形，∴，∴，
∵，∴，∵平分，∴，
∴，∴，∵，∴，
∴，故②正确，符合题意；
当时，设，则，∴，
过点B作交的延长线于点N，∴，∴，
∵，∴，∴，
又，，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，故③正确，符合题意；
如图，过点D作交于点M，

当时，∴是的中位线，∴，
∵，，∴，
∴，，∴，
∴，∴，∵，，
∴，∴，∵，，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，故④符合题意；
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定与性质、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、三角形中位线定理及平行线的性质与判定，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
8．（23·24上·珠海·期中）在中，，，D为中点，连接，过点C作于点E，交于点M．过点B作交的延长线于点F，则下列结论正确的有 （请填序号）①；②；③连接，则有是等边三角形；④连接，则有垂直平分．

【答案】①②④
【分析】①根据证明即可；
②证明，得出，即可证明；
③根据，得出，根据，得出，证明不可能是等边三角形；④根据，得出，，说明点M、B在线段的垂直平分线上，证明垂直平分．
【详解】解：①∵，，∴，
∴，∴，∵∴，故①正确；
②∵在中，，，∴，
∵，∴，∵D为中点，∴，
∵，∴，，∴，
∵，∴，∴，∴，故②正确；
③∵，∴，∵在中，∴，
∴不可能是等边三角形，故③错误；

④∵，∴，，∴点M、B在线段的垂直平分线上，
∴垂直平分，故④正确；综上分析可知，正确的有①②④．故答案为：①②④．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，垂直平分线的判定，余角的性质，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法，证明．
9．（23·24上·无锡·期末）如图，在边长为3的等边中，D、E分别为边上的点，与相交于点P， ．若，则 ．
【答案】 /度
【分析】如图所示，过点E作于F，证明得到，利用三角形外角的性质即可推出，利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出，从而求出BF，利用勾股定理求出的长，再证明，得到，即可求出，从而求出，由此即可得到答案．
【详解】解：如图所示，过点E作于F，
∵是等边三角形，∴，∴，
又∵，∴，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，
∴∴，
又∵，∴，∴，
∴，∴，∴，故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线是解题的关键．
10．（2024·江苏泰州·模拟预测）如图所示，在矩形中，F是上一点，平分交于点E，且，垂足为点M，，，则的长是
【答案】
【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定以及相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键在于利用三角形相似构造方程求得对应边的长度．
根据已知证，利用勾股定理求出的长，再证明，得出，然后证明，得出对应边成比例，建立关于a、x的方程，求解即可．
【详解】解：∵平分交于点E，且，
，∴，
又∵，∴，设，
在和中，，∴，
∴，∴，∴，
在和中，，∴，
∴，∴，∴，解得：，故答案：
11．（2023·北京海淀·一模）如图，正方形中，点分别在上，交于点；(1)_______．(2)在线段上截取，连接的角平分线交于点．
①依题意补全图形；②用等式表示线段与的数量关系，并证明．
【答案】(1)(2)①见解析；②
【分析】本题考查正方形的性质和全等三角形的判定，等腰直角三角形性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，合理作出辅助线．（1）通过证明，得出，根据，得出，即可解答；（2）①根据题意补全图形即可；②过点A作，交延长线于点H，连接，先证明，得出，则，再证明，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵四边形为正方形，∴，
在和中，，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，故答案为：．
（2）解：①根据题意补全图形如图所示：

②证明：过点A作，交延长线于点H，连接，
∵，平分，∴，
∵，∴，∴，∴，
∵四边形为正方形，∴，∵，∴，
∵，，，∴，∴，
∵，，∴，
∵，∴，∴．
12．（2024·河南·一模）综合与实践
完成任务：（1）填空：上述材料中的依据是________（填“”或“”或“”或“”）
【发现问题】同学们通过交流后发现，已知可证得，已知同样可证得，为了验证这个结论是否具有一般性，又进行了如下探究．
【迁移探究】（2）在正方形中，点E在上，点M，N分别在上，连接交于点P．甲小组同学根据画出图形如图2所示，乙小组同学根据画出图形如图3所示．甲小组同学发现已知仍能证明，乙小组同学发现已知无法证明一定成立．

①在图2中，已知，求证：；②在图3中，若，则的度数为多少?
【拓展应用】（3）如图4，在正方形中，，点E在边上，点M在边上，且，点F，N分别在直线上，若，当直线与直线所夹较小角的度数为时，请直接写出的长．
【答案】（1）；（2）①见解析；②；（3）或
【分析】（1）先证明，结合，可知根据即可证明；
（2）①作于点H，先证明，然后根据即可证明即可证明结论成立；②于点L，同理可证，从而，然后利用直角三角形两锐角互余和三角形外角的性质即可求解；（3）①当N、F在边上时，作于点G，作于点H，则四边形和四边形都是矩形，同理可证，求出，设，则，利用勾股定理求出x的值，进而可求出的长．当N、F在的延长线上时，同理可求出的长
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，，∴．
∵，∴，∴，
∵，∴．故答案为：；
（2）①作于点H，∵四边形是正方形，∴，，
∴四边形是矩形，∴，，∴．
．
∵，∴，∴，∴，∴；
②作于点L，同理可证四边形是矩形，∴．
∵，∴，∴，
∴，∴．
（3）解：①当N、F在边上时，如图，，作于点G，作于点H，则四边形和四边形都是矩形，同理可证，∴．
∵，∴，∴．
∵，∴
∵，∴，∴．设，则，
∵，∴，∴（负值舍去），∴．
②当N、F在的延长线上时，如图，
同理可得：，，∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，以及三角形外角的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
13．（23-24八年级上·湖北宜昌·期中）请阅读，完成证明和填空．
九年级数学兴趣小组在学校的“数学长廊”中兴奋地展示了他们小组探究发现的结果，内容如下：
(1)如图1，正三角形中，在、边上分别取点、，使，连结、，发现，且.请证明：.
(2)如图2，正方形中，在、边上分别取点、，使，连结、，那么______，且______度．
(3)如图3，正五边形中，在、边上分别取点、，使，连结、，那么______，且______度．
(4)在正n边形中，对相邻的三边实施同样的操作过程，也会有类似的结论．
请大胆猜测，用一句话概括你的发现：________________________________．
【答案】(1)证明见解析(2)，(3)，
(4)所连接的两条线段相等，所求的角恰好等于正边形的内角.
【分析】（1）利用是正三角形，可得，，又因，所以，，所以；
（2）同（1）利用三角形全等，可知在正方形中，，；
（3）同（1），利用三角形全等可知在正五边形中，，．
（4）根据（1）（2）（3）的答案，总结归纳出结论即可；
【详解】（1）证明：∵是正三角形，∴，.
在和中，，∴.∴.
又∵，∴.又∵，∴.
（2）解：∵四边形是正方形，∴，
又∵，∴，∴，
又∵，∴，∴，即；
（3）解：∵五边形是正五边形，∴，
又∵，∴，∴，∴，
∴．
（4）解：所连接的两条线段相等，所求的角恰好等于正边形的内角.
【点睛】本题以正多边形为背景，以正三角形为切入点，通过对问题的类比、改造、延伸和拓展来检测分析问题、解决问题的能力.启示我们学习数学要在“做数学”，而不是“背数学”.
14．（23-24八年级下·江西宜春·期中）[特例感知]如图1，在正方形中，点E，F分别为，的中点，、交于点G．
（1）易证，可知、的关系为___________；（2）连接，若，求的长．
[初步探究]如图2，在正方形中，点E为边上一点，分别交、于F、G，垂足为O．求证：．
[基本应用]如图3，将边长为6的正方形折叠，使得点A落在边的中点M处，折痕为，点P、Q分别在边、上，请直接写出折痕的长：________．
[应用拓展]如图4，在四边形中，，，，，于E，交于F，则长为________．
【答案】特例感知：（1）且；（2）6；初步探究：见解析；基本应用：；应用拓展：
【分析】[特例感知]（1）由“SAS”可证，即可得出结论；
（2）由“AAS”可证，可得AD=BH，由直角三角形的性质可求得的长；
[初步探究]“ASA”可证，可得DE=DH=FG；
[基本应用]由全等三角形的性质可证PQ=AM，由勾股定理可求解；[应用拓展]由“AAS”可证,可得AH=BE, DH=AE，由“ASA"可证,可得DE=AF=．
【详解】[特例感知]解：（1）∵四边形是正方形,∴,
∵点，是，的中点,∴，，∴，
在和中 ∴，∴，，
∵，∴ ，∴，∴ ．
故答案为： 且．
（2）解：延长交的延长线于点H，
∵四边形是正方形，∴且，∴，
又∵，∴，∴，
又由（1）知：，∴，∴在中，，∴．
[初步探究]过点C作交 于点H，交DE于N,
∵，， ∴四边形是平行四边形，∴，
∵，，∴，∵，，∴，
又∵，，∴，∴，∴．
[基本应用]如图，连接AM,过点作于H点，∴，
∵，∴四边形ABQH是矩形，∴HQ=AB=6,
由折叠可知PQ⊥AM，∴，∵ ，∴ ，
∵四边形是正方形，∴ ，∴ ，
在和中 ∴， ∴ ，
∵点是的中点，∴ ，
在中，由勾股定理得，，∴= ．故答案为：．
[应用拓展]过点作于，
∵ ，∴ ，∴ ，
又∵， ，∴ ，∴， ，
∵，， ，∴，
∴四边形是矩形，∴， ，
∴ ，∴，
∴ ，∴ ，∴ ，
∴，∴，∴，
又∵， ，∴ ，∴ ．故答案为： ．
【点睛】此题是四边形综合题,考查了正方形的性质，勾股定理,折叠的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
15．（23·24下·成都市·九年级期中）已知四边形中，、分别是、边上的点，与交于点．（1）如图①，若四边形是矩形，且，求证：； （2）如图②，若四边形是平行四边形，试探究：当与满足什么关系时，成立？并证明你的结论；（3）如图③，若，，，，请直接写出的值．

【答案】（1）见解析；（2），见解析；（3）
【分析】（1）由矩形的性质得出，由角的互余关系得出，即可得出；
（2）在的延长线上取点，使，由等腰三角形的性质得出．由平行四边形的性质得出，，证出，得出，因此．证明，得出对应边成比例，即可得出结论；
（3）连接、，交于点，作于，由勾股定理求出，由证明，得出，由等腰三角形的性质得出，，证明，得出对应边成比例求出，由勾股定理求出，由的面积求出，证明，得出对应边成比例，即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，∴，
又∵，，∴，∴；
（2）解：当时，成立，理由如下：
如图所示，在的延长线上取点，使，则．

∵四边形是平行四边形，∴，，∴，，
∵，∴，
又∵，∴，
∴． ∴，∴，∴；
（3）解：如图所示，连接、，交于点，作于，
∵，，，∴，
在和中，，∴，∴，
∵，∴，，∴，
又∵，∴，∴，
∴，即，∴，
∴，∴，
∵，∴，解得，
∵，∴，∴，
又∵，∴，
∵，∴，∴，∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，以及相似三角形的判定与性质，正确添加辅助线，构造相似三角形是解答本题的关键．
16．（23-24九年级下·江苏连云港·期中）【实践探究】
（1）如图1，矩形中，交于点E，则的值是______；
【变式探究】（2）如图2，中，为边上一点，连接，交于点E，若，求的长；
【灵活应用】（3）如图3，在矩形中，，点E，F分别在上，以为折痕，将四边形翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作交于点N，若，设的面积为的面积为的面积为，若，则的值为_______．

【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）由同角的余角相等可得，再由矩形性质和垂直定义可得，可证得，即可求得答经；（2）过点作于点，先证得，可求得，再证得，即可求得答案；
（3）设与交于点，过点作交于点，由，可求得，再证得，可得，则，再证得，可得，再运用三角形面积公式可求得：，代入，解方程求得，由，可得，再利用平行四边形性质可得，即可求得答案．
【详解】解：（1）如图1，∵四边形是矩形，，
，，，

，，
，，，故答答为：；
（2）如图2，过点作于点，
则，在中，，
，∵，∴，
∵，∴，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∴，即，∴，∴；
（3）如图3，设与交于点，过点作交于点，
由对称性可知，
，，
，，
，即，，，
，，，，
，，即，
设，则，，
，，，
，即，，，
，，
，，解得：，
，，，，，
，，，
，，，
，是平行四边形，，
，∴四边形是平行四边形，故答案为：．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了折叠的性质，矩形的判定与性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题．
17．（2024·广东深圳·中考真题）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”．
(1)如图1所示，四边形为“垂中平行四边形”，，，则________；________；
(2)如图2，若四边形为“垂中平行四边形”，且，猜想与的关系，并说明理由；
(3)①如图3所示，在中，，，交于点，请画出以为边的垂中平行四边形，要求：点在垂中平行四边形的一条边上（温馨提示：不限作图工具）；
②若关于直线对称得到，连接，作射线交①中所画平行四边形的边于点，连接，请直接写出的值．
【答案】(1)，(2)，理由见解析(3)①见解析；②或．
【分析】（1）根据题意可推出，得到，从而推出，再根据勾股定理可求得，再求得；（2）根据题意可推出，得到，设，则，，再利用勾股定理得到，从而推出、，即可求得答案；
（3）①分情况讨论，第一种情况，作的平行线，使，连接，延长交于点；第二种情况，作的平分线，取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接；第三种情况，作，交的延长线于点，连接，作的垂直平分线；在延长线上取点F，使，连接；
②根据①中的三种情况讨论：第一种情况，根据题意可证得是等腰三角形，作，则，可推出，从而推出，计算可得，最后利用勾股定理即可求得；
第二种情况，延长、交于点，同理可得是等腰三角形，连接，可由，结合三线合一推出，从而推出，同第一种情况即可求得；
第三种情况无交点，不符合题意．
【详解】（1）解：，为的中点，，，，
，，，即，解得，
，；故答案为：1；；
（2）解：，理由如下：根据题意，在垂中四边形中，，且为的中点，
，；又，，
；设，则，，，
，，，
，，；
（3）解：①第一种情况：作的平行线，使，连接，
则四边形为平行四边形；延长交于点，
，，，
，，，即，为的中点；
故如图1所示，四边形即为所求的垂中平行四边形：

第二种情况：作的平分线，取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接，故为的中点；
同理可证明：，则，则四边形是平行四边形；
故如图2所示，四边形即为所求的垂中平行四边形：
第三种情况：作，交的延长线于点，连接，作的垂直平分线；
在延长线上取点F，使，连接，则为的中点，
同理可证明，从而，故四边形是平行四边形；
故如图3所示，四边形即为所求的垂中平行四边形：

②若按照图1作图， 由题意可知，，
四边形是平行四边形，，，是等腰三角形；
过P作于H，则，，，，，
，；
,，，，即
∴
若按照图2作图， 延长、交于点，同理可得：是等腰三角形，

连接，，，，
，；同理，，
，，，，即，
，
若按照图3作图，则：没有交点，不存在PE（不符合题意）
故答案为：或．
【点睛】本题考查了垂中平行四边形的定义，平行四边形的性质与判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，尺规作图，等腰三角形的判定与性质等，熟练掌握以上知识点，读懂题意并作出合适的辅助线是解题的关键．
18．（24-25九年级上·陕西西安·阶段练习）【数学模型】（1）如图1，在矩形中，，，点、分别在边、上，，垂足为点，则 ．
【模型探究】（2）如图2，在平行四边形中，点、分别在边、上，与交于点，且，请证明：；
【拓展应用】（3）如图3，白云小区有一块四边形绿地，为了居民出行方便计划在四边形中修两条小路，在边上取一点，连接与交于点，、即为规划的两条小路，其中，，，且，求两条小路长度的比，即求的值．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）
【分析】（1）证明，根据相似三角形对应边成比例即可求解；
（2）当时，可证明得到，再证明，得到，由此可得，即；
（3）如图所示，过点C作交延长线于N，过点D作交延长线于M，则四边形是平行四边形，证明，则，再证，得，则，在上取一点P，使，连接，证是等边三角形，得，，然后证，得，设，则，，进而由，得出方程，求出，即可解决问题．
【详解】解：（1）∵四边形是矩形，
∴，，，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，，
，，，故答案为：；
（2）∵，，∴，
又∵，∴，∴，
∵四边形是平行四边形，∴，，∴，
又∵，∴，∵，∴，
∴，∴，∴，∴；
（3）如图所示，过点C作交延长线于N，过点D作交延长线于M，则四边形是平行四边形，∴，，，
同（2）可得，在上取一点P使得，连接，
∵，∴，∴是等边三角形，
∴，∴；
∵，∴，
∴，∴，∴，
设，则，，∴，
∵，∴，解得，
∴，∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质，等边三角形的性质与判定等等，熟知相似三角形的性质与判定条件是解题的关键．
数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，在正方形中，已知，求证：．
甲小组同学的证明思路如下：由同角的余角相等可得．再由，，证得（依据：________），从而得．
乙小组的同学猜想，其他条件不变，若已知，同样可证得，证明思路如下：
由，可证得，可得，再根据角的等量代换即可证得．