2026年中考数学二轮复习专题05 相似三角形的基本八大模型（题型专练）（全国通用）（含解析）

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内●容●导●航
第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学
典例引领 方法透视 变式演练
题型01 相似模型之“A”字模型
题型02 相似模型之“X”字模型（“8”字模型）
题型03 相似模型之“AX”字模型（“A8”字模型）
题型04 相似模型之“母子型”模型（共边共角模型）
题型05 相似模型之一线三等角模型
题型06 相似模型之手拉手模型
题型07 相似模型之半角模型
题型08相似模型之对角互补模型
第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战
题●型●破●译
题型01 相似模型之“A”字模型
典例引领
【典例01】（2025·湖北武汉·一模）如图，一块材料的形状是等腰△ABC，，，把它加工成正方形零件，使正方形的一边在边上，其余两个顶点分别在，上，则这个正方形零件的边长是 ．
【答案】
【知识点】三线合一、根据正方形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合
【分析】本题主要考查相似三角形的应用，正方形的性质，三线合一性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
作于，得到，则，证明、，则，，，，则，即．
【详解】解：如图所示，作于，
∵，
∴
∴，
，，
，
，
，
四边形是正方形，
，
，
又，
，
，
，
∴，
．
故答案为：．
【典例02】（2026·上海虹口·一模）如图，、分别是△ABC边、上的点，且，．
(1)求的长；
(2)如果，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）根据，得，把数值代入进行计算，即可作答．
（2）结合，证明，又因为，故，把数值代入，得（负值已舍去），即，解得，即可作答．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
则，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：∵，，
∴，
由（1）得，，
∴，
则，
∴，
∴
∴（负值舍去），
∴
解得．
方法透视
变式演练
【变式01】（1）如图1，在△ABC中，E是上一点，过点E作的平行线交于点F，点D是上任意一点，连接交于点G，求证：；
（2）如图2，在（1）的条件下，连接，，若，且，恰好将三等分，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【知识点】相似三角形的判定与性质综合
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）由得，所以，同理可得，故，即得答案；
（2）先证明，得到，设，求出，的值，即可求得答案．
【详解】解：（1），
，
，
同理，
，
，
；
（2），恰好将三等分，
，
，
，
，
，
，
，
由（1）知，
设，则，，
由得，，
（负值舍去），
．
【变式02】（2025·黑龙江佳木斯·一模）如图，在中，，和的长分别是方程的两个根，以O为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，已知点从点出发，以每秒1个单位长度的速度匀速向点运动，同时点从点出发，以相同的速度向点O匀速运动，到达点O后又立即按原速返回，当点到达终点时，点Q也随之停止运动，连接，设点P、Q的运动时间为秒，的面积为．请结合图象信息解答下列问题：
(1)求线段的长；
(2)求S与t之间的函数关系式；
(3)是否存在t的值，使为直角三角形？若存在，请直接写出的值：若不存在请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)当或时，为直角三角形．
【知识点】因式分解法解一元二次方程、列二次函数关系式、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合
【分析】（1）先解方程，可得，，再利用勾股定理求解即可；
（2）如图，过作于，证明，可得，再分两种情况列函数解析式即可；
（3）如图，当，时，则，可得，求解；当时，证明，求解：（不符合题意，舍去）当时，此时，证明，可得；从而可得答案．
【详解】（1）解：∵，
∴，
解得：，，
∵和的长分别是方程的两个根，
∴，，
∵，
∴；
（2）解：如图，过作于，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当时，，
∴；
当时，，
∴；
∴；
（3）解：如图，当，时，则，
∴，
∴，
解得：；
当时，
∴，，
∴，
∴，
∴，
解得：（不符合题意，舍去）；
当时，此时，
∴，，
∴，
∴，
∴，
解得：；
同理可得：时不符合题意，舍去；
综上：当或时，为直角三角形．
题型02 相似模型之“X”字模型（“8”字模型）
典例引领
【典例01】（2026·上海闵行·一模）如图，线段相交于点，点是线段的中点，连接，分别延长交于点．已知，且．
(1)求证：；
(2)如果平分，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
（1）根据已知易证，，由直角三角形的性质可得，进而得到，即可证明结论；
（2）由题意得，易证，由直角三角形的性质可得，推出，，易证，即可得出结论．
【详解】（1）证明：，
，
，
又在中，点为中点，
，
，
；
（2）证明：平分，
，
，
，
又点是中点，，
，
，
∵
，
，
．
【典例02】（2026·上海徐汇·一模）如图，在梯形中，，分别交对角线、底边于点、，且．
(1)求证：；
(2)点在底边上，，，连接，如果与的面积相等，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了梯形的性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质．
(1)根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似可证，根据相似三角形的性质可证，根据同位角相等两直线平行可证结论成立；
(2)根据，，可知，根据相似三角形的性质可知，从而可得：，即可求出的长度．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
，
；
（2）解：根据题意得，，
，
，
，
和面积相等，
，
解得：．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·安徽池州·一模）如图，在矩形中，点在边上，连接，交对角线于点，且．
(1)若，求的度数；
(2)若，，求的长；
(3)若，求的值．
【答案】(1)
(2)的长为
(3)
【知识点】等边对等角、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合
【分析】（1）如图，连接，交对角线于点，根据矩形的性质得到，，则，由等边对等角得到，由三角形外角的性质得到，根据直角三角形两锐角互余即可求解；
（2）根据矩形的性质得到，，则，设，则，，所以，由此列式求解即可；
（3）设，，由矩形的性质，结合题意得到，，，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，整理得，所以，即，由（2）知，可得，由此即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接，交对角线于点，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，即，
设，则，
∵，
∴，
即，
解得，
∴的长为．
（3）解：设，，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∴，即，
整理得，
∴，
∵，，
∴，
∴，
由（2）知，
∴．
【变式02】（2026·四川成都·一模）如图，在中，点E是线段的中点，点F在的延长线上，且，连接交线段于点G．
(1)求的值；
(2)当时．
i）如图1，若的面积是，求k的值；
ⅱ）如图2，连接，若，求的长（用含k的代数式表示）．
【答案】(1)
(2)i）；ⅱ）
【分析】（1）由平行四边形的性质可得，则可证明，证明得到，据此可得答案；
（2）：i）如图所示，连接，由相似三角形的性质得到，，同理可得，则；可求出，证明；求出，则，，由勾股定理得到，再根据三角形的面积公式建立方程求解即可；ⅱ）如图所示，连接，设交于点M，证明，得到；设，证明，可推出；设，则，由勾股定理可得，即，据此可得答案．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点E是线段的中点，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：i）如图所示，连接，
由（1）可得，
∴，，
∴同理可得，
∵的面积是8，
∴；
∵点E是线段的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得或（舍去）；
ⅱ）如图所示，连接，设交于点M，
由（1）（2）得，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴；
设，
∵，，
∴，
∴，即，
∴；
设，则，
由（2）i）得，则（平行线的性质），
在和中，由勾股定理得
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴或（舍去），
∴．
题型03 相似模型之“AX”字模型（“A8”字模型）
典例引领
【典例01】（2025·安徽铜陵·一模）如图，四边形中，，，、相交于点，，垂足为点，连接交于点，连接．
(1)求证：；
(2)求的值；
(3)求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【知识点】等边对等角、斜边的中线等于斜边的一半、根据矩形的性质与判定求线段长、相似三角形的判定与性质综合
【分析】（1）如图，过点作于点，证明四边形是矩形，得，进一步证明垂直平分，即可得证；
（2）证明得，推出，证明，由相似三角形的性质可得结论；
（3）证明得，设，则，得，进一步推出，得，推出，得，再推出，即可得证．
【详解】（1）证明：如图，过点作于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，即点是的中点，
∴垂直平分，
∴；
（2）解：∵，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）证明：由（2）知，，，
∴，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【典例02】（2026·新疆·一模）问题解决：（1）如图①，在△ABC中，分别是边上的一点，，，若，，求的长；
类比探究：（2）如图②，在中，的平分线交于点，的平分线交于点，与交于点．求出与的位置关系，并说明理由；
拓展延伸：（3）如图③，在四边形中，，点分别在边上，，若，，求的值．
【答案】（1）3；（2），理由见解析；（3）
【分析】（1）过点作，交延长线于点，设交于点，易得四边形是平行四边形，，在中，由求解即可；
（2）结合角平分线的定义可知，，再根据平行四边形的性质可得，进而可得，然后证明，易得，即可证明；
（3）过点作，交的延长线于点，过点作，交于点，过点作，交于点，交于点，连接，设交于点，易得四边形是矩形，首先证明，易得，再证明，由相似三角形的性质可得，设，，则，，结合，，可列二元一次方程组并求解，进而可得，，，；证明四边形是平行四边形，结合平行四边形的性质证明，可得，结合，即可解得的值．
【详解】解：（1）如下图，过点作，交延长线于点，设交于点，
∵，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，，
∴，，
∴，
在中，；
（2），理由如下：
∵平分，平分，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，即；
（3）如下图，过点作，交的延长线于点，过点作，交于点，过点作，交于点，交于点，连接，设交于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，，则，，
∵，，
∴，，
联立，解得，
∴，，，，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
方法透视
变式演练
【变式01】（2024·湖北·模拟预测）（1）【问题背景】如图1，，与相交于点E，点F在上．求证：；

小雅同学的想法是将结论转化为来证明，请你按照小雅的思路完成原题的证明过程．
（2）【类比探究】如图2，，，，与相交于点G，点H在上，．求证：．
（3）【拓展运用】如图3，在四边形中，，连接，交于点M，过点M作，交于点E，交于点F，连接交于点N，过点N作，交于点G，交于点H，若，，直接写出的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由，可证，则，同理可得：，则，两边同时除以，可得．
（2）由，，，，可得，，证明，则，同理，，则，两边同时除以得，，进而可得；（3）由（1）可知，，，则，解得，，则，计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵，∴，∴．同理可得：，
∴，两边同时除以，得．
（2）证明：∵，，，，∴，，
∵，∴，∴，同理，，
∴，∴，
两边同时除以得，，∴；
（3）解：由（1）可知，，，
∴，解得，，∴，解得，，∴．
【变式02】（2025·安徽合肥·一模）已知点是矩形边延长上一点，且，是对角线和的交点．连接，交于，交于，连接，如图1．
(1)求证：平分．
(2)若，，求的值．
(3)若，如图2，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【知识点】利用矩形的性质证明、根据正方形的性质与判定证明、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算
【分析】（1）平行得到，等边对等角，得到，进而得到，即可得证；
（2）过作于，勾股定理求出的长，进而求出的长，角平分线的性质，得到，证明，求出的长，进而得到的长，证明，推出的长，再根据正切的定义，进行求解即可；
（3）易证矩形是正方形，设，进而得到，证明，推出的长，勾股定理求出，证明，列出比例式进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵矩形，
∴，
，
，
平分．
（2）过作于．
在矩形中，，，
，，
，，
由（1）得平分，
，
，
，
又，
，
，
∵，，
∴，
，
，
；
（3），
矩形是正方形，
设，则，
由（2）知：，
，，
∴，
，平分，
∴，
，
，
，
．
题型04 相似模型之“母子型”模型（共边共角模型）
典例引领
【典例01】（2026·上海金山·一模）如图，在△ABC中，，点分别在边上，．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键：
（1）等边对等角，得到，三角形的外角的性质结合角的和差关系求出，即可得证；
（2）根据相似三角形的性质，列出比例式，进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：由（1）知：，
∴，
∴，即，
∴．
【典例02】（2025·山东滨州·模拟预测）如图，在中，，三条边及边上的高分别记为．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若将变为锐角△ABC，其他不变，如图，设其外接圆的直径为，试探索并写出这4个量的一个等量关系，然后给出证明．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)，证明见解析
【知识点】相似三角形的判定与性质综合、同弧或等弧所对的圆周角相等、用勾股定理解三角形
【分析】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等，能够根据所求内容找到相关的量是解题的关键．
（1）根据三角形的面积公式即可求解；
（2）根据勾股定理得，式子变形可得，又有，即可证明；
（3）过点作直径交圆于点，连接，即可证明，推出，即．
【详解】（1）证明：，，，，，
，
．
（2）证明：在中，，根据勾股定理得，，
，
，
又（已证），
，
．
（3）解：，证明如下：
过点作直径交圆于点，连接，
为圆的直径，
，
，
，
，即：．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·吉林长春·一模）如图，在中，，，，点E是边上一点（且点E不与点B、C重合），连结．过点C作，交边于点D，交线段于点F．
(1)边的长为____；
(2)当时，求的长；
(3)当时，求的值；
(4)连结，当四边形为轴对称图形时，直接写出的长．
【答案】(1)4；
(2)；
(3)；
(4)的长为或．
【知识点】用勾股定理解三角形、由平行截线求相关线段的长或比值、相似三角形的判定与性质综合、已知余弦求边长
【分析】（1）直接利用勾股定理求解即可；
（2）分、两种情况，利用相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质求解即可；
（3）过点E作，交于点H ，根据勾股定理求出，，由，即，求出，得到，根据，得到，，即可得到．
（4）分以为对称轴、以为对称轴讨论，利用等面积法求解即可．
【详解】（1）解：在中，，，，
∴．
故答案为：4．
（2）解：∵，
当时，
∴，
∵，
∴，
∴，则，
∴，
综上，的长为．
（3）解： 如图，过点E作，交于点H ，
∵，
∴，，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（4）解：当四边形为轴对称图形时，
①如图，以为对称轴时，则，
∴；
②如图，以为对称轴时，则，
∴点D到的距离相等，
设点D到的距离为h，点C到的距离为m，
∴，
∴，即，
综上，的长为或．
【变式02】（2025·湖北武汉·一模）（）【提出问题】如图，是△ABC的边上一点，且．求证：；
（）【探究问题】在四边形中，，，是边上一点，连接交于点，且．
①如图，若，，，求的长；
②如图，若为的中点，直接写出的值．
【答案】（1）见解析；（2）①；②
【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合
【分析】（1）证明，利用相似三角形的性质即可证明结论；
（2）①导角证明，得到；求出，得到，证明，得到，设，由勾股定理得，解方程即可得到答案；②如图所示，延长交于F，连接，证明，得到，则可证明，再证明，得到，设，则，可得，则，即．
【详解】（）证明：∵，，
∴，
∴；
（）①∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得或（舍去），
∴；
②如图所示，延长交于F，连接，
∵，，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，即，
∴，即．
题型05 相似模型之一线三等角模型
典例引领
【典例01】（2026·湖南·模拟预测）如图，在中，点，分别在边，上，连接，，，满足．
(1)若射线交于点，求证：；
(2)若，求的长；
(3)若，求点在边上的位置．
【答案】(1)证明见详解；
(2)；
(3)点是上靠近点的三等分点
【分析】本题以平行四边形为载体，综合考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定及比例式的代换，关键是通过等角关系推导相似三角形，再利用相似比建立线段间的联系，逐步完成求解．
（1）先借助平行四边形对边平行的性质得到内错角相等，再结合已知等角条件推出两组对应角相等，从而用判定定理证明三角形相似．
（2）由（1）的相似得到，再通过等角对等边推出，将其转化为；接着利用平行四边形的角的互补关系和三角形内角和，证明，进而得到，推导出求出的长度；最后由平行线得到的相似三角形比例式，代入数值计算出的长．
（3）直接利用（2）得到的比例式，结合题目给出的，代入化简后得到与的比例关系，从而确定点在上的位置．
【详解】（1）证明：如图，射线交于点，
∵在中，，
，
，
，
又，
；
（2）解：由（1）得，
∴，即，
∵，
∴，
∴①，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，即②，
在中，，
∵，
∴，即③，
③-②得，即，
在中，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，化为，
将①代入得，化为④，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
解得；
（3）解：由（2）得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即点是上靠近点的三等分点．
【典例02】（2025·安徽淮北·一模）如图1，在四边形中，，点E是上一点，且．
(1)求证：．
(2)①如图2，若，当时，求证：
②如图3，当，，，时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【知识点】用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）证明，结合即可得证；
（2）证明：由相似三角形的性质可得，证明为直角三角形，结合，即可得证；②由相似三角形的性质可得，，作于，于，求出，得到，，，由勾股定理可得，，作于的延长线，交延长线与，由，，知，在中，，求得，在中，求得的长．
即可得解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：由（1）可知：，
∴，
∵，，
∴为直角三角形，
∵，
∴，
∴；
②解：由（1）可知：，
∴，
∵，，，
∴，，
如图，作于的延长线，交延长线与，
，
∵，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
，，
，
在中，，，
，已知，
，
中，．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·广东深圳·二模）在平行四边形中，点，分别在边，上．
【尝试初探】（1）如图1，若平行四边形是正方形，为的中点，，求的值；
【深入探究】（2）如图2，，，，求的值；
【拓展延伸】（3）如图3，与交于点，，，，求的值．
【答案】（1）；（2）；（3）
【知识点】全等三角形综合问题、根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算
【分析】（1）证明，由为中点得到，则，得到，，即可得到答案；
（2）过点作于点，过点作交延长线于点，连，，证明都是等腰直角三角形，则，证明，即可得到答案；
（3）延长，交于点点，过点作于，过点作交延长线于，利用解直角三角形和相似三角形的判定和性质进行证明即可．
【详解】（1）∵四边形为正方形
∴
∴
∵
∴
∴
∵为中点
∴，
∴
∴
∴
∴
（2）过点作于点，过点作交延长线于点，连，，则，
∵
∴
∴，
∵，
∴
∴
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，是等腰直角三角形，
∴，
∴
∴为等腰直角三角形
∴
∴
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形
∴
∵，
∴，
∵都是等腰直角三角形，
∴，
∴
∴
（3）延长，交于点点，过点作于，过点作交延长线于，
不妨设，则，由，得
由
∴，
∴，
∵
∴
∴，
∴
∴，
∵
∴，相似比为
∴
∵
∴
∴
【变式02】（2026·江苏连云港·模拟预测）探究式学习是重要的学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．
【问题提出】
（1）如图1，在△ABC中，，，点，在线段上，，求证：．
【问题探究】
（2）如图2，在矩形中，，点在边上，点在边上，且．若，求的值．
【问题应用】
（3）如图3，在菱形中，，点在边延长线上，点在边延长线上，且．
①求证：．
②在①的条件下，若，，请直接写出菱形的面积．
【答案】（1）见解析（2）（3）①证明见解析②
【分析】（1）推出，，即可推出；
（2）连接，证明，设，，则，，，，列出方程，即可得，即可解答；
（3）①连接，过点作交的延长线于点，在上取一点，使得，证明，，可得，经过线段的转换即可解答；
②设，可得，即，求得菱形的边长即可解答．
【详解】证明：，
，
，
，且，
，
；
（2）如图，连接，
在矩形中，，，
，
，，
，，
，
，
∴∠BAE=∠FAC，
作FG⊥AC于点，
，
，
，
，
，
设，，则，，，，，
，
，
，
，
，，
；
（3）①证明：如图，连接，过点作交的延长线于点，
在菱形中，,，
，，
，
，
，，，
，，
，
，
，
在上取一点，使得，
在菱形中，，
，
，
，
，
，
，
，
．
在中，，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
②，，
，
四边形为菱形，
设，
，即，
解得，
即，
如图，过点作交于点，
，
，，
．
题型06 相似模型之手拉手模型
典例引领
【典例01】（2026·湖北黄石·一模）在△ABC中，，将△ABC绕点旋转得到，点的对应点在边上，连接．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，当，时，求的长，
(3)如图3，过点作的平行线交的延长线于点，连接交于
①求证：；
②当时，直接写出的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)①见解析；②
【分析】（1）根据旋转的性质和相似三角形的判定定理进行证明即可；
（2）根据相似三角形的性质可得，是直角三角形，由勾股定理可得，，由旋转的性质可得，，则．从而得到，使用勾股定理计算即可；
（3）①由旋转的性质可得，，，，则，结合，可证明．通过等量代换，可得，则可证明；
②作，垂足为，延长、交于点，设，则，使用勾股定理计算出．容易证明，根据相似三角形的性质可得，．由等腰三角形的性质，可得，进而得到．容易证明，则．由①中的，可得．由平行判定，则，代入即可．
【详解】（1）解：由旋转的性质可知，，，
∴，
∴；
（2）解：由（1）可知，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
在直角中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在直角△ABC中，，
∴
解得，；
（3）解：①由旋转的性质可知，，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴；
②如图，作，垂足为，延长、交于点，设，
∵，
∴，
在直角中，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【典例02】（2025·河南南阳·二模）综合与实践
【问题呈现】
（1）如图①，和△ADE都是等腰直角三角形，，连接，，则，之间的数量关系是_______，________．
（2）如图②，在△ABC中，，，（不与点，重合）是直线上的一动点，将线段绕点按顺时针方向旋转得到，连接，．
【类比探究】
①如图②，点在线段上时，求证：．
【拓展提升】
②如图③，，在点运动的过程中，当时，请直接写出的长．
【答案】（1）；；（2）①见解析；②
【分析】本题考查的是相似三角形的性质和判定、勾股定理、直角三角形的性质，勾股定理，以及旋转的性质等知识点．
（1）证明，根据相似三角形的性质可得，；
（2）同理（1）可得可求，，由此求出；
（3）分当在内时，当在外时， 两种情况，结合（1）的结论，利用直角三角形性质和勾股定理解三角形即可求解．
【详解】解：（1）；；
∵和△ADE都是等腰直角三角形，，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，，
故答案为：；；
（2）①如图②，过点作，垂足为，
∵在△ABC中，，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
由旋转可知：△ADE是等腰直角三角形，
同理（1）可得：；；
设，，
则，，，
∴，
∴，
②当在内时，如图③-1，过点作，垂足为，
同理可得：，；；
∵在△ABC中，，，
∴，
∴，
∴当时，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
当在内时，如图③-2，
同理可求：，，
∴
综上所述：长为
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·青海西宁·一模）综合与实践
【问题呈现】
（1）如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接，．求证：．
【类比探究】
（2）如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，，连接，，则
【拓展提升】
（3）如图3，，，连接，，若．
①求的值；
②延长交于点，则 ．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）①，②．
【分析】（1）利用等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可；
（2）利用等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可；
（3）①利用勾股定理求得，利用相似三角形的性质和相似三角形的判定解答即可；
②利用相似三角形的性质，对顶角相等的性质和三角形的内角和定理得到，再利用直角三角形的边角关系定理解答即可．
【详解】（1）证明：∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴，，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：；
（3）①∵，，
∴设，则，
∴，
∴．
∵，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴．
②设，交于点，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【变式02】（2025·江苏连云港·一模）综合与实践：
【新知定义】如图1，若，，则．小明称图1中的和互为“手拉手等形三角形”．
【新知探究】
（1）如图2，若，，，D为的中点．以为一边在右侧作△ADE，且△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”，连接，则的长为______；
（2）在图1中，连接，求证：；
【变式应用】
（3）如图3，在△ABC中，，，D为的中点，为一边在右侧作△ADE，，，连接，求的长；
【综合应用】
（4）如图4，若，，，若D点在线段上运动（，且点D不与点B重合），以为一边在右侧作△ADE，且△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”，连接．以为边构造矩形，连接．直接写出面积的最大值及此时的长度．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）；（4），
【知识点】图形问题(实际问题与二次函数)、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合
【分析】（1）根据含的直角三角形的性质和勾股定理求出，，根据互为“手拉手等形三角形”定义可得出，，然后证明，根据相似三角形的性质求解即可；
（2）类似（1）证明即可；
（3）过B作于M，过D作于N，根据，得出，证明，得出，则，证明，得出，代入数值求解即可；
（4）类似（1）证明，得出， ，设，则，过A作于M，过F作于N，则，，，，证明，可求出，则，然后根据二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解∶∵，，，D为的中点
∴，，，
∵和互为“手拉手等形三角形”，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，即，
解得，经检验符合题意；
（2）证明：如图，
∵△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
（3）∵，，D为的中点，
∴，，
∴，
过B作于M，过D作于N，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
解得，经检验，符合题意；
（4）解：∵，，，
∴，，，
∵△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴， ，
设，则，
过A作于M，过F作于N，
∴，，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴
，
∴当时，有最大值为，此时，
∴面积的最大值为，此时的长度为．
题型07 相似模型之半角模型
典例引领
【典例01】（24-25九年级上·江苏南京·月考）【模型回顾】在八年级，我们学习了全等三角形的经典模型—“半角模型”：如图1，在正方形中，E、F在边上，，连接．请你写出线段、、的数量关系：_______；
【探索发现】如图2，小明连接对角线，与、交于点M、N，图中与相似的三角形共有___________个，请你选择其中一组证明；
【深入研究】正方形边长为1，设的长为x，的长为，求与的函数关系式．
【答案】（1）；（2）5，见解析；（3）
【分析】（1）延长到点G，使，连接，证明，得出，，证明，得出，则可得出结论；
（2）根据正方形的性质和相似三角形的判定方法即可得到结论；
（3）由（1）知，，根据相似三角形的性质得到，作于O，过A作于P，得到，根据全等三角形的性质得到，求得，由（1）知，，得到，求得，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：（1）；
理由：延长到点G，使，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：；
（2）与相似的三角形有．
理由：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
将绕点A顺时针旋转得到，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴，
∵，
∴，
∴，
∴与相似的三角形有，
故答案为：5；
（3）由（1）知，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
作于O，过A作于P，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（1）知，，
∴,
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【典例02】（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△ABC中，，如果，在直线上，在上，在的右侧，，若，，求的长．
（3）如图，在△ABC中，若，、是线段上的两点，，若，，探究与的数量关系．
【答案】（1）；（2）或；（3）
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合
【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，，
，
，，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
方法透视
变式演练
【变式01】（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)①，②将绕点顺时针旋转
(2)，理由见详解
(3)5.2
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合
【分析】（1）①沿着小明的思路，先证，再证，即可得出结论；②在①的基础上，证明即可得解；
（2）延长至点，使得，连接，先证，再证，即可得出结论；
（3）方法1：延长至，使，过作的平行线交的延长线于，延长交于，连接，设，则，证明，可得，求出，得出，由（1）得：，由勾股定理得：，解方程即可．
方法2：过点作于点，设，则有，即，分别在和中，表示出和求出，再证是等腰直角三角形，即可得，则有，再证，即有，进而有，则可得一元二次方程，解方程就可求出．
【详解】（1）解：①，理由如下：
沿着小明的思路进行证明，
在正方形中，有，，
即有，
，，，
，
，，
，，
，
，
，，
，
，
，，
，结论得证；
②将绕点顺时针旋转即可得到．
理由如下：
在①已经证得，并得到，
，
将绕点顺时针旋转即可得到；
故答案为：①，②将绕点顺时针旋转；
（2），理由如下：
延长至点，使得，连接，如图，
与互补，
，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，，
，结论得证；
（3）解法一：如图，延长至，使，过作的平行线交的延长线于，延长交于，连接，
四边形是正方形，
，，
，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
设，则，
，
，
，
，
，
由（1）得：，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
，
；
解法二：过点作于点，如图，
，，
在矩形中，，，，
设，则有，
，
在中，，
在中，，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
即：
，，
，
，
，，，
，
，
，
，
结合，解得，
．
题型08 相似模型之对角互补模型
典例引领
【典例01】（2025·河南焦作·一模）【操作判断】
如图1，为两条互相垂直的射线，为的平分线上任意一点，过点作，分别交射线于点．此时在的两侧，试探究之间的数量关系．
以下是小明简略的解题过程，请根据要求作答．
解：，理由如下：
过点作于点于点，则四边形为矩形．
平分，．①
，．
，② ．…
（1）①的依据是______，②中所填的关系表达式为______；
【迁移探究】
（2）如图2，若过点作的两条垂线在的同侧．题中的结论是否发生变化？如果结论不变，请说明理由；如果变化，请写出新结论并给出证明；
【拓展应用】
（3）如图3，若为内部一点，且，请直接写出与之间的数量关系（结果用含的式子表示）．
【答案】（1）角平分线上的点到这个角的两边的距离相等，；（2）不发生变化，依旧是，理由见解析；（3）
【知识点】角平分线的性质定理、根据矩形的性质与判定求线段长、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算
【分析】（1）根据解析过程即可求解；
（2）过点作于点，作于，则四边形是矩形，根据角平分线性质得到，再证明即可；
（3）过点作于点，作于，证明，则，而在中，，则．
【详解】（1）解：①的依据是角平分线上的点到这个角的两边的距离相等；②中所填的关系表达式为；
（2）解：不发生变化，依旧是，理由如下：
过点作于点，作于，
∵为两条互相垂直的射线，
∴，
∴四边形是矩形，
∴
∵平分，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：过点作于点，作于，
∵为两条互相垂直的射线，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，
∴．
【典例02】（2025·辽宁大连·一模）如图1，在四边形中，，．
(1)用等式写出和的数量关系是______；
(2)如图2，连接，．求证：平分；
(3)当，时，点是上一点，将绕点逆时针旋转得到．
①如图3，当点恰好在上时，判断并说明四边形的形状；
②如图4，当交于点时，若，，求的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)①正方形，见解析；②
【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）根据四边形内角和即可解答；
（2）过点作交延长线于点，证明即可解答；
（3）①先证明四边形为矩形，由（2）可得，平分，即可解答；
②过点作于点，交于点，则四边形是矩形，证明，，利用相似三角形的性质得到，即可得到，再根据题意得到，设，，则，利用勾股定理即可解答．
【详解】（1）解：根据四边形内角和为，
可得，
故答案为：；
（2）解：如图，过点作交延长线于点，
由（1）得，，
，
，
，
，
，
，，
，
即平分；
（3）解：①由（1）得，，
，
，
，
四边形是矩形，
绕点旋转得到，
，
如图，过点作交延长线于点，
，，
，，
，
，
，
，
，
即平分，
，
，
，
，
矩形是正方形．
②如图，过点作于点，交于点，则四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
，，
，
设，，则，
在中，，
，
同理，，
，
解得，，
．
方法透视
变式演练
【变式01】（2025·湖北武汉·一模）如图，是四边形的对角线，已知．
(1)如图1，点在的延长线上，若，求证：；
(2)如图2，若，求证：；
(3)如图3，若，，直接写出的值（用含的式子表示）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【知识点】 三角形外接圆的概念辨析、已知圆内接四边形求角度、相似三角形的判定与性质综合、求角的正切值
【分析】此题考查了相似三角形的判定与性质，直角三角形外接圆、圆内接四边形的性质，正切的定义等，熟练掌握是解题的关键．
（1）分别证明、即可；
（2）连接，以为半径作圆，易得点、点在圆上，四边形为圆内接四边形，根据托勒密定理得，即，又弦所对圆周角，，，，；
（3），如图所示，构造三角形，即可求出的值．
【详解】（1）解：，
，
，
，
又，
，
．
（2）解：如图所示，连接，以为半径作圆，
易得点、点在圆上，
四边形为圆内接四边形，
根据同弦所对圆周角相等，设，，，，，，，，，，
如图所示，分别将，，的边长与、、相乘，得：
将上述三个三角形拼接，得：
，
新图形为平行四边形，
，
即，即，
又弦所对圆周角，
，，
，
．
（3）解：
，
如图所示，作等腰三角形，为锐角，，，设，，
则，，
，
，
，
，
根据上述结论，，
则，
如图所示，作矩形，设，
则，
根据上述结论，，
，
，
答：．
题●型●训●练
一、单选题
1．（2026·湖南·模拟预测）如图，在四边形中，是边的中点，，，，则（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】延长、，交于点F，过点A作于点G，证明，得出，求出，得出，证明为等边三角形，得出，，求出，，最后根据勾股定理和直角三角形的性质，求出结果即可．
【详解】解：延长、，交于点F，过点A作于点G，如图所示：
则，
∵点E为的中点，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
解得：，负值舍去，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴．
故选：B．
2．（2025·云南玉溪·三模）如图，△ABC中，，与相交于点．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先由相似三角形面积比得出相似比，再根据相似三角形性质得到对应边的比例关系，进而求出的值．本题主要考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方，以及相似三角形的对应边成比例是解题的关键．
【详解】解：∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴
故选：A．
二、填空题
3．（2026·上海松江·一模）如图， 已知△ABC，点、分别在边、的延长线上，，，，，那么______．
【答案】2
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，证明，列出比例式进行求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，即，
∴；
故答案为：2．
4．（2026·陕西西安·一模）如图，在矩形中，，，E是射线上一点，F是射线上一点，且，连接，交于点G，连接，当的值最小时，的面积为__________．
【答案】/7.5/
【分析】通过构造辅助线，先证得四边形、是矩形，再证得，结合已知条件求得，的值，进而得到的值，利用对称的性质得到，，当点，G，C三点共线时，得出有最小值，再证明，利用相似三角形的性质求得的值，最后利用三角形面积公式即可求得结果．
【详解】解：如图，过点G作，延长交于点M，过点G作，
则，
在矩形中，，，
∴四边形、是矩形，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，解得，
∴，
作点B关于点P的对称点，连接，
∴，，
∴，
∵，
∴当点，G，C三点共线时，的值最小，此时最小值为，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
三、解答题
5．（2025·河南郑州·一模）如图，点为△ABC的边上一点，延长至点，使得，点在线段上，且，，．
(1)求的长．
(2)若，平分，求的长．
【答案】(1)2.4
(2)
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）由平行得到，，即可求解；
（2）过作于，由平行线的性质，等腰三角形的性质，锐角的正弦推出，由，推出，即可求出，于是得到．
【详解】（1）解：∵，
，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）过作于，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
6．（2025·江西吉安·二模）追本溯源
题（1）是来自课本中的习题，请你完成解答，提炼方法并完成题（2）．
（1）如图1，在菱形中，对角线与交于点O，且，，求菱形的高．
方法应用
（2）如图2，在菱形中，对角线与交于点O，过点D作于点E，交于点F，若，，求的长
【答案】（1）；（2）
【分析】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质．
（1）根据勾股定理求出的值，根据等面积法列方程求解即可；
（2）根据菱形的性质得出，，，，证明，得到，进而求出，根据勾股定理求出，根据等面积法即可得出答案．
【详解】（1）解：∵在菱形中，对角线与交于点O，且，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
解得：；
（2）解：∵四边形为菱形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：．
7．（2025·安徽合肥·一模）如图，在中，平分交于点，点在边上，满足．连接交于点，过点作交于点．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若，求的值．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)．
【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握以上内容是解题的关键．
（）平分，故，因为，则，由，可得，又，，故，可得；
（）由平行线的性质可得，，又平分，则有，证明，，即可得结论；
（）证明，即可得，又由可得，从而，由，可得．
【详解】（1）证明：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）证明：∵，
∴，，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：∵，，
∴，
∴，
又由（）可得，
∴，
由（）知，
∴．
8．（2025·安徽铜陵·二模）如图1，在矩形中，M为中点，延长交的延长线于点E，连接，与交于点F．
(1)求证：；
(2)如图2，将矩形改成正方形，，其他条件不变，
①求证，并求出的值；
②如图3，在的延长线上取点P，使得，延长与的延长线交于点Q，连接，，求证：平分．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②见解析
【分析】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用．
（1）利用矩形的性质得到相等的边和角，然后证明即可得出结论；
（2）①根据正方形的性质得出相等的角，求出相关边长，证明，，然后利用相似三角形的性质即可得出结论，利用勾股定理即可求解；
②延长，交于点E，证明，，利用相似三角形的性质得出，继而得出，最后根据等量代换得出可得出结论．
【详解】（1）证明：四边形为矩形，
，，
，
为中点，
，
在和中，
，
，
；
（2）证明：①由（1）知，
，
四边形为正方形，
，，，
，
∴，
∴，，
，，
，
在中，，，由勾股定理得，
，
；
②如图，延长，交于点E，
四边形为正方形，
，，
，
同上易得，，，
，，
，
，
，
，
∴垂直平分，
，
，
，
，
又，
，
即平分．
9．（2025·山东济南·模拟预测）【初步探索】如图，已知点在直线上，点，在直线的同侧，，，，求证：；
【问题解决】在【初步探索】的基础上，将绕点顺时针旋转，直线，交于点，如图所示．

（1）当的面积达到最大时，的度数为______；
（2）根据图，求证：；
（3）根据图，求的度数；
【类比应用】如图，在矩形和矩形中，，，，连接，，请直接写出的值．
【答案】初步探索：证明见解析；问题解决：（1）；（2）证明见解析；（3）；类比应用：，理由见解析
【分析】初步探索：根据题意证明出，即可得出结论；
（1）一定，，因此当最大时，的面积最大，因此当时，取最大值，此时的面积最大，即可得出的度数；
（2）由，，可得，，得，，得出，即可得出结论；
（3）由可得，进而即可得出结论．
类比应用：连接、，在和中，根据勾股定理，，然后解直角三角形，由，可得，由，可得即可得出结论．
【详解】初步探索：证明：∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（1）∵一定，，
∴当最大时，的面积最大，
由题意得时，取最大值，此时的面积最大，
∴，
∵，，
∴，
∴旋转角；
（2）∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，即．
∵，，
∴；
（3）∵，
∴，
∴
，
即的度数为115°；
类比应用：连接，．如图，
在和中，
由勾股定理，，
∴，
，
∴，
∴，即．
又∵，
∴，
∴．
10．（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，在中，（），为边上一点，满足
(1)求证：；
(2)在延长线上有一点，是边上的中线，连接．
①当，时，求的值；
②将沿翻折至，线段与线段交于点H，若，，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】（1）根据题意易证得，根据相似三角形的性质得到，从而得到结论；
（2）①根据直角三角形斜边上的中线性质可得，根据等腰三角形的性质得到，在中，由勾股定理得，进而求得的值；
②连接，过点G作的平行线交延长线于点M，过点G作于点W，过点F作于点N，且交于点Q，延长交的延长线于点K，证得，根据相似三角形的性质得到，设、、，在中，由勾股定理得，证得，进而得到；再证得，进而得到，，则，再证得四边形是矩形，进而得到、，在中，由勾股定理得，再证得和，进而得到，根据的代数式列出方程，最后根据进行求解即可．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：①如图，连接，
在中，是边上的中线，
，
在中，是边上的中线，
，
，
是等腰三角形，
，
，
在中，由勾股定理得：，
；
②如图，连接，过点G作的平行线交延长线于点M，过点G作于点W，过点F作于点N，且交于点Q，延长交的延长线于点K，
则、、、，
、是的中线，
、、，
，
，
即，
，
设，
，
，
，
在中，，
在中，，
，
，
，
设、、，
在中，由勾股定理得：，
在中，，
在中，，
，
，
由翻折的性质得：，
，
，
，
；
、，
，
，
，即，
，
，
，
、，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
、，
在中，，
即，
，
，
，
，
，
，
、，
，
，
，
、，
、，
，
，
，
，即，
，
，即，
，
解得，
．
11．（2025·山东济南·一模）（一）模型呈现
（1）如图1，点在直线上，，过点作于点，过点作于点，由，得，又，可以推理得到，进而得到_______，_______．我们把这个数学模型称为“字”模型或“一线三等角”模型；
（二）模型体验
（2）如图2，在中，点为上一点，，四边形的周长为，的周长为．小诚同学发现根据模型可以推理得到，进而得到，那么，再根据题目中周长信息就可得_______；
（三）模型拓展
（3）如图3，在中，，直线经过点，且于点，于点．请猜想线段之间的数量关系，并写出证明过程：
（四）模型应用
（4）如图4，已知在矩形中，，点在边上，且．是对角线上一动点，是边上一动点，且满足，当在上运动时，请求线段的最大值，并求出此时线段的长度．
【答案】（1）；（2）；（3），见解析；（4）当时
【知识点】用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、其他问题(二次函数综合)
【分析】（1）由全等三角形的性质可得结论；
（2）由全等三角形的性质得对应相等的线段，经过等量代换即可求出；
（3）证明，得，由，得，进而可得结论：
（4）在上找一点使，延长交的延长线于点，过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为．由矩形性质及勾股定理证明，求出，证明，进而证明，为等腰三角形，
设，则，解直角三角形求出，，设，，证明，得，由二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：，
，
故答案为：
（2）解：四边形的周长为，，
，
，
的周长为，，
，
，
，
故答案为：；
（3）解：；理由如下，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（4）解：在上找一点使，延长交的延长线于点，过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为．
在矩形中，，，
，，
，，
，
，
，
，
，
，，
为等腰三角形，
，
设，则，
，
，，，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
∴，，
设，，
，
，
，
即，
，对称轴为直线，
当时，，
即当时，．
12．（2025·江苏盐城·一模）问题情境 借助三角形的中位线可构造一组相似三角形，若将它们绕公共顶点旋转，对应顶点连线的长度存在特殊的数量关系，数学小组对此进行了研究．如图1，在中，，，分别取、的中点、，作．如图2所示，将绕点逆时针旋转，连接、．
【探究发现】旋转过程中，线段和存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并加以证明．
【类比应用】如图3，当所在直线首次经过点时，求的长．
【延伸思考】如图4，在中，，，，分别取、的中点、．作，将绕点逆时针旋转，连接、．当首次与平行时，求的面积．
【答案】探究发现：，理由见详解；类比应用：；延伸思考：
【知识点】用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算
【分析】（探究发现）根据中点的定义得出，进而得出，即可得，通过证明，即可得出结论；
（类比应用）根据题意推出当所在直线经过点时，，根据勾股定理可得，根据（探究发现）可得，即可求解；
（延伸思考）过点作于点，根据平行线的性质得出，根 据 旋转的 性 质 得 出，进 而 推 出，则，求 出，再根据三角形面积公式，即可解答．
【详解】（探究发现）解：，
理由如下：
∵点和点为分别为中点，
∴，
，
∴，
，
，
，
根据旋转的性质可得：，
，
，
即．
（类比应用）解：由图1可知 ∵点和点为分别为中点，
，
，
，
∴当所在直线经过点时，，
根据勾股定理可得：，
由（探究发现）可得：，
，
解得：；
（延伸思考）解：过点作于点，
根据题意可得：，
，
，
，
∵，
，
根据旋转的性质可得：，
，
，
，
．
考向解读
1. 模型特征：在三角形中作一条底边的平行线，构成“A”字形，产生两个相似三角形，对应边成比例。
2. 正A与斜A：正A字形中平行线与底边平行；斜A字形中非平行线但共角，同样满足相似关系。
3. 应用方向：常考利用相似比求线段长度、证明比例式，或结合动态问题求函数关系。
4. 综合压轴：多与二次函数、动点问题结合，考查学生从复杂图形中识别基本模型的能力。
方法技能
1. 平行得相似：见到平行线立即联想“A”字形相似，找出对应顶点，写出比例式 ADAB = AEAC = DEBC。
2. 斜A找共角：无平行线但有公共角时，考虑斜A字形，证另一组角相等或用两边对应成比例且夹角相等证相似。
3. 设参列方程：求线段长度时，设未知数利用相似比列方程求解，注意对应边要准确。
4. 动态抓不变量：动点问题中，平行关系变化时相似比随之变化，但相似关系保持不变。
考向解读
1. 模型特征：两条直线相交，构成对顶角，常结合平行线或角相等条件，形成“X”字形相似三角形。
2. 平行型“X”字：在两条平行线间，连结端点形成“X”形，出现两组相似三角形，对应边成比例。
3. 非平行型：仅有对顶角加另一组角相等，也可证相似，常用于复杂图形中抽离基本模型。
4. 综合应用：常与中线、角平分线、动态几何结合，考查比例线段证明和长度计算。
方法技能
1. 识别对顶角：见到两条线段交叉，先找对顶角，再寻另一组等角（内错角或已知相等角）证相似。
2. 平行出比例：有平行线时，“X”字形中对应线段比例相等，如 OAOB = OCOD ，可直接列式。
3. 乘积式转化：将比例式转化为等积式（如OA ×OD = OB× OC），方便代入数值求解。
4. 多个“X”字：复杂图形中可能隐藏多个“X”字模型，逐个分析，利用比例传递解题。
考向解读
1. 复合模型特征：图形中同时包含“A”字和“8”字两种基本相似结构，是二者的组合与拓展。
2. 分类考查：常分为“一A+8”、“两A+8”（反向双A）、“四A+8”等类型，考查学生在复杂图形中分解基本模型的能力。
3. 线段关系推导：常考利用两组相似三角形的比例式相加或相乘，推导出复杂的线段关系或等式。
4. 综合压轴应用：多与中点、平行线、动态几何结合，考查转化与化归思想。
方法技能
1. 分解基本模型：从复杂图形中分别识别出“A”字形和“8”字形相似三角形，逐一分析。
2. 寻找中间比：两组相似三角形中常有公共线段或比例作为桥梁，利用中间比实现比例传递。
3. 比例式加减处理：遇“两A+8”模型，常需将两个比例式相加得到新的关系式，注意代数变形。
4. 平行线构造：当模型隐含时，主动作平行线构造“AX”结构，实现线段比的转化。
考向解读
1. 模型特征：一个大三角形内含一个小三角形，两者共一角，且小三角形的一边与大三角形的另一边重合，形成“子母”相似关系。
2. 射影定理型：直角三角形斜边上的高分成的两个小三角形均与原三角形相似，是母子型的特例。
3. 乘积式结论：常考由相似得到比例式，进而转化为等积式（如AD×AB=AE× AC）用于计算。
4. 综合应用：多与圆（切割线定理）、勾股定理结合，考查学生识别共角共边结构的能力。
方法技能
1. 抓公共角：母子型相似的关键是找到公共角，再找另一组等角或夹公共角的两边对应成比例。
2. 射影定理巧用：在直角三角形中，记住射影定理结论（AC2=AD×AB、BC2=BD×AB、CD2=AD×BD）可快速解题。
3. 等积式转化：由相似推出的比例式常转化为等积式，便于代入已知线段长度求解未知量。
4. 识别变式图形：母子型常隐藏于复杂图形中（如圆内接三角形），通过旋转或翻折识别基本结构。
考向解读
1. 模型特征：在同一条直线上出现三个相等的角，顶点分别位于直线和两个三角形上，构成两组相似三角形。
2. 分类考查：常分为同侧型和异侧型，直角型（一线三垂直）和锐角、钝角型，不同位置结论略有差异。
3. 相似结论：由等角条件直接推出两个三角形相似，得到对应边成比例，用于求线段长度或证明乘积式。
4. 综合应用：多与二次函数、动点问题结合，考查学生在坐标系中构造模型解决问题的能力。
方法技能
1. 找线寻角：在图形中寻找同一直线上的三个等角顶点，确定“一线三等角”的基本结构。
2. 等角导相似：由外角定理或三角形内角和证明另一组角相等，得到两个三角形相似。
3. 比例列方程：由相似得对应边成比例，设未知数列方程求解线段长度或点坐标。
4. 直角特例快解：当等角为直角时（一线三垂直），相似关系更直观，可直接用水平竖直线段比列式。
考向解读
1. 模型特征：两个相似三角形共顶点，且对应边成比例，绕公共顶点旋转构成“手拉手”结构，产生新的相似三角形。
2. 旋转相似：由旋转得到第二对相似三角形（即拉手线构成的三角形与原三角形相似），常考证明二次相似。
3. 结论应用：主要结论为拉手线的比等于相似比，拉手线的夹角等于旋转角（即对应边的夹角）。
4. 综合压轴：多与最值问题、动点轨迹结合，考查学生从旋转图形中识别相似关系的能力。
方法技能
1. 识别公共顶点：找到两个相似三角形的公共顶点，确认对应边成比例是模型成立的前提。
2. 证二次相似：由第一对相似得对应角相等，再结合旋转角证第二对三角形相似（常为SAS）。
3. 拉手线比例：由二次相似得到拉手线的比等于原相似比，直接用于求线段长度。
4. 动态抓不变量：图形旋转过程中，相似比和拉手线夹角保持不变，可用于求轨迹或最值。
考向解读
1. 模型特征：一个大角（常为90°或120°）内含其半角（45°或60°），通过旋转构造相似三角形，实现线段关系转化。
2. 相似结构：旋转后常出现两组相似三角形，一组是全等（用于边转移），另一组是相似（用于比例计算）。
3. 线段关系：常考结论如EF2 = BE2 + DF2（正方形半角）或线段乘积关系，需结合勾股定理求解。
4. 综合应用：多与最值问题、动点轨迹结合，考查学生构造旋转相似解决问题的能力。
方法技能
1. 旋转构造：将半角一侧的三角形绕顶点旋转，使两边与大角两边重合，构造全等三角形。
2. 证相似得比例：旋转后新出现的三角形与原三角形相似，利用相似比列方程求线段长度。
3. 勾股结合：将转移后的线段集中到直角三角形中，用勾股定理建立等量关系求解。
4. 多解验证：半角模型中常有多组相似关系，选择最直接的一组列式，注意对应边要准确。
考向解读
1. 模型特征：四边形（常为圆内接四边形）中，一组对角互补，通过作垂线或旋转构造相似三角形。
2. 双垂直特例：对角互补的常见特例是“对角都为90°”的双垂直结构，出现射影定理型相似。
3. 相似结论：由对角互补可推出另一组对角相等或邻补角相等，进而证明三角形相似得到比例式。
4. 综合应用：多与圆（圆周角定理）、角平分线结合，考查学生转化角关系的能力。
方法技能
1. 互补导出等角：四边形对角互补，则外角等于内对角，利用这一关系寻找相等的角证相似。
2. 作垂线构造：过顶点作双垂直，将对角互补转化为一线三等角或射影定理模型求解。
3. 旋转集中边：将对角互补的三角形旋转，使互补角拼成平角，构造共线边便于计算。
4. 圆中直接套用：圆内接四边形对角互补，结合圆周角定理可直接找到多组相等的角。