专题03 相似三角形中的重要模型之手拉手（旋转）模型-2024-2025学年九年级数学上册常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练（浙教版）

专题03 相似三角形中的重要模型之手拉手（旋转）模型 相似三角形是初中几何中的重要的内容，常常与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，是中考的常考题型。手拉手模型相似是手拉手模型当中相对于手拉手全等模型较难的一种模型，在实际的应用和解题当中出现时，对于同学们来说，都比较困难。而深入理解模型内涵，灵活运用相关结论可以显著提高解题效率，本专题重点讲解相似三角形的“手拉手”模型（旋转模型）。 1 模型1.“手拉手”模型（旋转模型） 1 15 【知识储备】手拉手相似证明题一般思路方法: ①由线段乘积相等转化成线段比例式相等； ②分子和分子组成一个三角形、分母和分母组成一个三角形； ③第②步成立，直接从证这两个三角形相似，逆向证明到线段乘积相等； ④第②步不成立，则选择替换掉线段比例式中的个别线段，之后再重复第③步。 模型1.“手拉手”模型（旋转模型） “手拉手”旋转型定义：如果将一个三角形绕着它的项点旋转并放大或缩小(这个顶点不变)，我们称这样的图形变换为旋转相似变换，这个顶点称为旋转相似中心，所得的三角形称为原三角形的旋转相似三角形。 手拉手模型有以下特点：1）两个三角形相似；2）这两个三角形有公共顶点，且绕顶点旋转并缩放后2个三角形可以重合；3）图形是任意三角形(只要这两个三角形是相似的)。 模型1.“手拉手”模型(旋转模型) 1）手拉手相似模型（任意三角形） 条件:如图，∠BAC=∠DAE=，； 结论：△ADE∽△ABC，△ABD∽△ACE；；∠BFC=∠BAC. 证明：∵，∴，∵∠BAC=∠DAE=，∴△ADE∽△ABC， ∵∠BAC=∠DAE=，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，∴∠BAD=∠CAE， ∵，∴△ABD∽△ACE，∴，∠ABD=∠ACE，∴∠BFC=∠BAC=∠DAE=， 2）手拉手相似模型（直角三角形） 条件:如图，，； 结论：△AOC∽△BOD；，AC⊥BD，. 证明：∵，∴∠AOB-∠BOC=∠COD-∠BOC，∴∠AOC=∠BOD， ∵，∴△AOC∽△BOD，∴，∠OAB=∠OBD， ∴∠AEB=∠AOB=90°，∴AC⊥BD，∴. 3）手拉手相似模型（特殊的等边三角形与等腰直角三角形） 条件:M为等边三角形ABC和DEF的边AC和DF的中点； 结论：△BME∽△CMF；. 证明：∵M为等边三角形ABC和DEF的边AC和DF的中点，∴，∠BMC=∠EMF=90°， ∴∠BMC-∠EMC=∠EMF-∠EMC，∴∠BME=∠CMF，∴△BME∽△CMF，∴， 条件:△ABC和ADE是等腰直角三角形； 结论：△ABD∽△ACE；∠ACE=90°；. 证明：∵△ABC和ADE是等腰直角三角形，∴，∠BAC=∠DAE=45°， ∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴△ABD∽△ACE， ∴，∠ACE=∠ABD=90° 例1．（2023·浙江·九年级期中）问题情境：如图1，在△ABC中，AB＝6，AC＝5，点D，E分别在边AB，AC上，且．数学思考： (1)在图1中，的值为 　 ；(2)图1中△ABC保持不动，将△ADE绕点A按逆时针方向旋转到图2的位置，其它条件不变，连接BD，CE，则（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由；(3)拓展探究：在图2中，延长BD，分别交AC，CE于点F，P，连接AP，得到图3，探究∠APE与∠ABC之间有何数量关系，并说明理由；(4)若将△ADE绕点A按逆时针方向旋转到图4的位置，连接BD，CE，延长BD交CE的延长线于点P，BP交AC于点F，则（3）中的结论是否仍然成立，若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出∠APE与∠ABC之间的数量关系． 例2．（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考阶段练习）如图1，与都是等腰直角三角形，，连接．(1)求证：；(2)如图2，当平分，点C在上时，直接写出图中所有与相等的角．    例3．（2024·四川成都·中考真题）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，，，． 【初步感知】（1）如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值． 【深入探究】（2）如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点，求的长． 【拓展延伸】（3）在纸片绕点旋转过程中，试探究，，三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形的面积；若不能，请说明理由． 例4．（2024·广东深圳·三模）（1）问题呈现：如图1， 和都是直角三角形，且，连接，求的值； （2）类比探究：如图2，是等腰直角三角形，，将绕点A逆时针旋转得到，连接，延长交于点F，设，求的长； （3）拓展提升：如图3，在等边中，是边上的中线，点M从点A移动到点D，连接，以为边长，在的上方作等边，求点N经过的路径长． 例5．（2023春·广东·九年级专题练习）已知在ABC中，O为BC边的中点，连接AO，将AOC绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到EOF，连接AE，CF． （1）如图1，当∠BAC＝90°且AB＝AC时，则AE与CF满足的数量关系是 ；（2）如图2，当∠BAC＝90°且AB≠AC时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）如图3，延长AO到点D，使OD＝OA，连接DE，当AO＝CF＝5，BC＝6时，求DE的长． 例6．（2023春·山西太原·九年级校考期中）【问题情境】如图1，在中，，点D，E分别是边的中点，连接．如图2，将绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为． 【观察发现】如图2，当时，_________． 【方法迁移】如图3，矩形中，点E，F分别是的中点．四边形为矩形，连接．如图4，将矩形绕点A逆时针旋转．旋转角为α，连接．请探究矩形旋转过程中，与的数量关系； 【拓展延伸】如图5，若将上题中的矩形改为“平行四边形”且，矩形改为“平行四边形”，其他条件不变，如图6，在平行四边形旋转过程中，直接写出_________．      例7．（2024·广东深圳·二模）如图，在等腰直角中，，D为上一点，E为延长线上一点，且，，则 ． 1．（2023秋·北京顺义·九年级校考期中）如图，和都是等腰直角三角形，．连接BD，CE．则的值为（    ） A． B． C． D．2 2．（2023·福建龙岩·统考一模）如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，且有一个内角为72°，现将其绕点D顺时针旋转得到菱形A'B'C'D，线段AB与线段B'C'交于点P，连接BB'．当五边形A'B'BCD为正五边形时，即长为（    ） A．1 B． C． D． 3．（2023春·四川眉山·九年级专题练习）如图，正方形中，点是边上一点，连接，以为对角线作正方形，边与正方形的对角线相交于点，连接．以下四个结论：①；②；③；④．其中正确的个数为（ 　 ） A．个 B．个 C．个 D．个 4．（2023·湖南常德·统考中考真题）如图1，在中，，，，D是上一点，且，过点D作交于E，将绕A点顺时针旋转到图2的位置．则图2中的值为 ．    5．（2023·安徽滁州·九年级校考阶段练习）如图，点A在线段上，在的同侧作等腰和等腰，与、分别交于点P、M．求证：(1)；(2)．    6．（2024·重庆市九年级阶段练习）问题提出（1）如图（1），在等边三角形ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，则∠ACN＝ °． 类比探究（2）如图（2），在等边三角形ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其他条件不变，（1）中的结论还成立吗？请说明理由． 拓展延伸（3）如图（3），在等腰三角形ABC中，BA＝BC，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等腰三角形AMN，使AM＝MN，连接CN．添加一个条件，使得∠ABC＝∠ACN仍成立，写出你所添加的条件，并说明理由． 7．（2023春·山东威海·八年级统考期末）已知：四边形和都是正方形．      (1)如图1，若点C在对角线上，则的值为 ；（直接写结果） (2)将正方形绕点A逆时针旋转． ①如图2，连接．的值是否改变？若不改变，写出理由；若改变，写出新的值及理由； ②当，时，交于点M，交于点N，且，求的长． 8．（2024·山东聊城·九年级校考期中）如图，四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，C，F，G三点在一直线上，连接AF并延长交边CD于点M．（1）求证：△MFC∽△MCA；（2）求证△ACF∽△ABE； （3）若DM=1，CM=2，求正方形AEFG的边长． 9．（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）如图（1），等腰三角形中，，．点，分别在，上，．    (1)操作发现：将图（1）中的绕点逆时针旋转，当点落在边上时，交于点，如图（2）．发现：．请证明这个结论． (2)实践探究：将图（1）中的绕点顺时针旋转（），当，，三点在同一条直线上时，连接，如图（3）．请解答以下问题： ①求证：；②探究线段，，之间的数量关系，并说明理由． 10．（2023秋·福建泉州·九年级校考期末） 问题背景：（1）如图①，已知，求证：； 尝试应用：（2）如图②，在和中，，，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，，求的值； 拓展创新：（3）如图③，D是内一点，，，，，求AD的长． 11．（2023秋·江苏无锡·九年级校考阶段练习）【模型呈现：材料阅读】 如图，点，，在同一直线上，点，在直线的同侧，和均为等边三角形，，交于点，对于上述问题，存在结论（不用证明）： （1）（2）可以看作是由绕点旋转而成；…    【模型改编：问题解决】点，在直线的同侧，，，，直线，交于，如图1：点在直线上，①求证：；    ②求的度数．     如图2：将绕点顺时针旋转一定角度．③补全图形，则的度数为______； ④若将“”改为“”，则的度数为______．（直接写结论） 【模型拓广：问题延伸】如图3：在矩形和矩形中，，，，连接，，求的值．    图1                     图2                             图3 12．（2023·山东济南·八年级期末）某校数学活动小组探究了如下数学问题： (1)问题发现：如图1，中，，．点P是底边BC上一点，连接AP，以AP为腰作等腰，且，连接CQ、则BP和CQ的数量关系是______； (2)变式探究：如图2，中，，．点P是腰AB上一点，连接CP，以CP为底边作等腰，连接AQ，判断BP和AQ的数量关系，并说明理由； (3)问题解决：如图3，在正方形ABCD中，点P是边BC上一点，以DP为边作正方形DPEF，点Q是正方形DPEF两条对角线的交点，连接CQ．若正方形DPEF的边长为，，求正方形ABCD的边长． 13．（2023秋·福建泉州·九年级校考阶段练习）如图，已知中，，．点D是所在平面内不与点A、C重合的任意一点，连接，将线段绕点D顺时针旋转α得到线段，连接、．(1)如图1，当时，求证：． (2)当时，请判断线段与之间的数量关系是_____，并仅就图2的情形说明理由． (3)当时，且时，若，，点E在上方，求的长．    14．（2021·四川乐山·中考真题）在等腰中，，点是边上一点（不与点、重合），连结．（1）如图1，若，点关于直线的对称点为点，结，，则________； （2）若，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连结． ①在图2中补全图形；②探究与的数量关系，并证明； （3）如图3，若，且，试探究、、之间满足的数量关系，并证明． 15．（2023秋·河南·九年级校联考期末）转化是解决数学问题常用的思想方法之一，它可以在数与数、数与形、形与形之间灵话应用．如图1，已知在中，，，．请解答下面的问题： (1)基础巩固：如图1，将绕点按顺时针方向旋转得到，连接，则与之间的数量关系是__________； (2)拓展探究：如图2，点，分别是，的中点，连接，将绕点按顺时针方向旋转得到．①求证：；②用等式表示与之间的数量关系，并说明理由； (3)问题解决：点，分别是，的中点，连接，将绕点旋转得到，请直接写出点，，在同一直线上时的长．    16．（2024·江西抚州·九年级校考期中）将绕点按逆时针方向旋转度，并使各边长变为原来的倍，得，如图①所示，，我们将这种变换记为．    (1)如图①，对作变换得到，则_________；直线与直线所夹的锐角为_________度；(2)如图②，中，，对作变换得到，使点B、C、在同一直线上，连接且，求和的值； (3)如图③，中，，对作变换得到，便点在同一直线上，且，求和的值． 17．（2023·辽宁丹东·统考二模）（1）问题发现：如图1，已知正方形，点E为对角线上一动点，将绕点B顺时针旋转到处，得到，连接． 填空：① ___________；②的度数为___________； （2）类比探究：如图2，在矩形和中，，，连接，请分别求出的值及的度数；（3）拓展延伸：如图3，在（2）的条件下，将点E改为直线上一动点，其余条件不变，取线段的中点M，连接，，若，则当是直角三角形时，请直接写出线段的长．    原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！14 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 相似三角形中的重要模型之手拉手（旋转）模型 相似三角形是初中几何中的重要的内容，常常与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，是中考的常考题型。手拉手模型相似是手拉手模型当中相对于手拉手全等模型较难的一种模型，在实际的应用和解题当中出现时，对于同学们来说，都比较困难。而深入理解模型内涵，灵活运用相关结论可以显著提高解题效率，本专题重点讲解相似三角形的“手拉手”模型（旋转模型）。 1 模型1.“手拉手”模型（旋转模型） 1 13 【知识储备】手拉手相似证明题一般思路方法: ①由线段乘积相等转化成线段比例式相等； ②分子和分子组成一个三角形、分母和分母组成一个三角形； ③第②步成立，直接从证这两个三角形相似，逆向证明到线段乘积相等； ④第②步不成立，则选择替换掉线段比例式中的个别线段，之后再重复第③步。 模型1.“手拉手”模型（旋转模型） “手拉手”旋转型定义：如果将一个三角形绕着它的项点旋转并放大或缩小(这个顶点不变)，我们称这样的图形变换为旋转相似变换，这个顶点称为旋转相似中心，所得的三角形称为原三角形的旋转相似三角形。 手拉手模型有以下特点：1）两个三角形相似；2）这两个三角形有公共顶点，且绕顶点旋转并缩放后2个三角形可以重合；3）图形是任意三角形(只要这两个三角形是相似的)。 模型1.“手拉手”模型(旋转模型) 1）手拉手相似模型（任意三角形） 条件:如图，∠BAC=∠DAE=，； 结论：△ADE∽△ABC，△ABD∽△ACE；；∠BFC=∠BAC. 证明：∵，∴，∵∠BAC=∠DAE=，∴△ADE∽△ABC， ∵∠BAC=∠DAE=，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，∴∠BAD=∠CAE， ∵，∴△ABD∽△ACE，∴，∠ABD=∠ACE，∴∠BFC=∠BAC=∠DAE=， 2）手拉手相似模型（直角三角形） 条件:如图，，； 结论：△AOC∽△BOD；，AC⊥BD，. 证明：∵，∴∠AOB-∠BOC=∠COD-∠BOC，∴∠AOC=∠BOD， ∵，∴△AOC∽△BOD，∴，∠OAB=∠OBD， ∴∠AEB=∠AOB=90°，∴AC⊥BD，∴. 3）手拉手相似模型（特殊的等边三角形与等腰直角三角形） 条件:M为等边三角形ABC和DEF的边AC和DF的中点； 结论：△BME∽△CMF；. 证明：∵M为等边三角形ABC和DEF的边AC和DF的中点，∴，∠BMC=∠EMF=90°， ∴∠BMC-∠EMC=∠EMF-∠EMC，∴∠BME=∠CMF，∴△BME∽△CMF，∴， 条件:△ABC和ADE是等腰直角三角形； 结论：△ABD∽△ACE；∠ACE=90°；. 证明：∵△ABC和ADE是等腰直角三角形，∴，∠BAC=∠DAE=45°， ∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴△ABD∽△ACE， ∴，∠ACE=∠ABD=90° 例1．（2023·浙江·九年级期中）问题情境：如图1，在△ABC中，AB＝6，AC＝5，点D，E分别在边AB，AC上，且．数学思考： (1)在图1中，的值为 　 ；(2)图1中△ABC保持不动，将△ADE绕点A按逆时针方向旋转到图2的位置，其它条件不变，连接BD，CE，则（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由；(3)拓展探究：在图2中，延长BD，分别交AC，CE于点F，P，连接AP，得到图3，探究∠APE与∠ABC之间有何数量关系，并说明理由；(4)若将△ADE绕点A按逆时针方向旋转到图4的位置，连接BD，CE，延长BD交CE的延长线于点P，BP交AC于点F，则（3）中的结论是否仍然成立，若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出∠APE与∠ABC之间的数量关系． 【答案】(1)(2)（1）中结论仍然成立，理由见解析(3)∠APE=∠ABC，理由见解析 (4)结论不成立，∠APE+∠ABC=180°，理由见解析 【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理求解即可； （2）根据旋转的性质得到∠BAD=∠CAE，由（1）可证明△BAD∽△CAE，从而可证∠APE+∠ABC得到；（3）由（2）可证∠ABD=∠ACE，证明△AFB∽△PFC和△AFP∽△BFC即可得到结论； （4）证明∠ABD=∠ACE，推出A、B、C、P四点共圆即可得到结论； （1）解：∵，∴，∴； （2）解：中结论仍然成立，理由如下：∵旋转的性质，∴∠ADE=∠ABC，∠AED=∠ACB， ∴△ADE∽△ABC，∴，在图2中，由旋转的性质可知，∠BAC=∠DAE， ∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD∽△CAE，∴； （3）解：∠APE=∠ABC，理由如下：由（2）得△BAD∽△CAE，∴∠ABD=∠ACE， 又∵∠AFB=∠PFC，∴△AFB∽△PFC，∴，∴， 又∵∠AFP=∠BFC，∴△AFP∽△BFC，∴∠CBF=∠PAF， ∵∠APE=∠ACE+∠PAF，∠ABC=∠ABF+∠CBF，∴∠APE=∠ABC； （4）解：（3）结论不成立，∠APE+∠ABC=180°，理由如下： 由（2）知，△BAD∽△CAE，∴∠ABD=∠ACE， ∴A、B、C、P四点共圆，∴∠APE+∠ABC=180°． 【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，圆内接四边形的性质等等，熟练掌握相关三角形的性质与判定是解题的关键． 例2．（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考阶段练习）如图1，与都是等腰直角三角形，，连接．(1)求证：；(2)如图2，当平分，点C在上时，直接写出图中所有与相等的角．    【答案】(1)见详解 (2)，，， 【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得，，即可得出,，从而得出，即可得出结论； （2）根据角平分线的性质可得出，再根据内角和以及外角和可得出结论； 【详解】（1）∵与都是等腰直角三角形∴， ∴,∴ ∴∴ （2）∵平分∴ ∵,∴, ∵∴同理（1）可得： ∴ ∵∴∴与相等的角有：，，， 【点睛】本题考查了相似三角形判断与性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握性质定理． 例3．（2024·四川成都·中考真题）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，，，． 【初步感知】（1）如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值． 【深入探究】（2）如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点，求的长． 【拓展延伸】（3）在纸片绕点旋转过程中，试探究，，三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形的面积；若不能，请说明理由． 【答案】（1）的值为；（2）；（3）直角三角形的面积分别为4，16，12， 【分析】（1）根据，，．证明，，继而得到，即，再证明，得到． （2）连接，延长交于点Q，根据(1)得，得到，根据中线得到，继而得到，结合，得到即，得到，再证明，得证矩形，再利用勾股定理，三角形相似的判定和性质计算即可．（3）运用分类思想解答即可． 【详解】（1）∵，，．∴， ∴，， ∴即，∵∴，∴． （2）连接，延长交于点Q，根据(1)得，∴， ∵是中线∴，∴， ∵，∴即， ∴，∴， ∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形， ∵∴四边形矩形，∴， ∴，∴，∴，设，则， ∵，∴，∴， ∵，∴，解得；∴，， ∵，∴，∴， ∴，∴，解得． （3）如图，当与重合时，此时，此时是直角三角形， 故； 如图，当在的延长线上时，此时，此时是直角三角形， 故； 如图，当时，此时是直角三角形，过点A作于点Q， ∵，∴，∵，，， ∴四边形是矩形，∴，∴，故； 如图，当时，此时是直角三角形，过点A作于点Q，交于点N， ∴，，∴，∴，， ∵，∴，∴， ∴，∴，∴， ∵，∴，∴，解得； 故． 【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理的判定和应用，三角形全等的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理，熟练掌握三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，中位线定理是解题的关键． 例4．（2024·广东深圳·三模）（1）问题呈现：如图1， 和都是直角三角形，且，连接，求的值； （2）类比探究：如图2，是等腰直角三角形，，将绕点A逆时针旋转得到，连接，延长交于点F，设，求的长； （3）拓展提升：如图3，在等边中，是边上的中线，点M从点A移动到点D，连接，以为边长，在的上方作等边，求点N经过的路径长． 【答案】（1）；（2），（3）． 【分析】（1）先证明，再根据勾股定理证得，进一步证明，最后根据相似比即可求得答案； （2）过D作，交的延长线于H，作于N，根据旋转的性质和等边三角形的性质证明，求出，通过勾股定理求出，即可得到答案； （3）过点N作于点H，先证明，由全等三角形的性质可得，即点N总在直线上，垂直平分，所以点N经过的路径为一条线段，起点为点M、A重合时点N的位置，终点为的中点H，然后求解即可获得答案． 【详解】解：（1）在和中，， ∴， ∵，∴，∴, ∴，设．，则， ∵，∴，设，同理可得，， ∴，，∴ ∴，∴,∴； （2）过D作，交的延长线于H，作于N，如图：∴ ∵是等腰直角三角形，， 由旋转的性质可知：，， ∴和是等边三角形，∴， ∵ ∴， ∴，∴， ∴，∴，， ∵，∴，∴， ∴,∴； （3）过点N作于点H，如下图， 在等边中，，在等边中，， ∴，∴，即, ∵，∴，∴， ∴点N总在直线上，即垂直平分， 点N总过的路径为一条线段，起点为M、A重合时点N的位置，终点为的中点H， 如图所示，在等边中，点M、A重合时，， 此时等边三角形“三线合一”的性质可得,∴点N经过的路径长为：． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键． 例5．（2023春·广东·九年级专题练习）已知在ABC中，O为BC边的中点，连接AO，将AOC绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到EOF，连接AE，CF． （1）如图1，当∠BAC＝90°且AB＝AC时，则AE与CF满足的数量关系是 ；（2）如图2，当∠BAC＝90°且AB≠AC时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）如图3，延长AO到点D，使OD＝OA，连接DE，当AO＝CF＝5，BC＝6时，求DE的长． 【答案】（1）；（2）成立，证明见解析；（3） 【分析】（1）结论．证明，可得结论．（2）结论成立．证明方法类似（1）． （3）首先证明，再利用相似三角形的性质求出，利用勾股定理求出即可． 【详解】解：（1）结论：．理由：如图1中， ，，，，， ，，，，，． （2）结论成立．理由：如图2中， ，，，，， ，，，． （3）如图3中，由旋转的性质可知，，，， ，，，，，， ，，，． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题． 例6．（2023春·山西太原·九年级校考期中）【问题情境】如图1，在中，，点D，E分别是边的中点，连接．如图2，将绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为． 【观察发现】如图2，当时，_________． 【方法迁移】如图3，矩形中，点E，F分别是的中点．四边形为矩形，连接．如图4，将矩形绕点A逆时针旋转．旋转角为α，连接．请探究矩形旋转过程中，与的数量关系； 【拓展延伸】如图5，若将上题中的矩形改为“平行四边形”且，矩形改为“平行四边形”，其他条件不变，如图6，在平行四边形旋转过程中，直接写出_________．      【答案】观察发现：；方法迁移：；拓展延伸： 【分析】观察发现：由勾股定理求出根据三角形中位线定理求出再证明可得结论； 方法迁移：由勾股定理求出再证明可得结论； 拓展延伸：先求出再证明可得结论． 【详解】观察发现：如图1，∵分别是的中点，∴是的中位线， ∴, 由勾股定理得, ∴, 如图2，由旋转得∴即 又∵∴,∴故答案为 方法迁移：理由如下：连接，如图，              ∵，点E，F分别是的中点，∴， 在矩形中， 在中，由勾股定理得，同理可求得 ∵，∴，∴， 又∵，∴，∴； 拓展延伸：连接过点A作于点H，如图5， ∵，点E，F分别是的中点，四边形分别是平行四边形， ∴∴∴∴ ∴∴ ∴同理可得，； 如图6，连接由旋转得，∴ 又∵∴∴故答案为：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，矩形的属性持，平行四边形的性质以及相似三角形的判定与性质，能够识别图形，正确作出辅助线是解答本题的关键． 例7．（2024·广东深圳·二模）如图，在等腰直角中，，D为上一点，E为延长线上一点，且，，则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，添加辅助线，构造相似三角形是解题的关键．过点E作，交的延长线于点H，先证明，得到，，同时计算，因此得到，再证明，即可得到答案． 【详解】过点E作，交的延长线于点H， ，，，， ，，，，， ，，，， ，，， ．故答案为：． 1．（2023秋·北京顺义·九年级校考期中）如图，和都是等腰直角三角形，．连接BD，CE．则的值为（    ） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】由等腰直角三角形的性质可推出，，，从而可得出，，证明即可得出结论． 【详解】解：∵和都是等腰直角三角形， ∴，，， ∴，，∴，∴．故选B． 【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质．掌握三角形相似的判定条件是解题关键． 2．（2023·福建龙岩·统考一模）如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，且有一个内角为72°，现将其绕点D顺时针旋转得到菱形A'B'C'D，线段AB与线段B'C'交于点P，连接BB'．当五边形A'B'BCD为正五边形时，即长为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】先计算得出∠CDC'=∠ADA'=∠ADC'=36°，得到点C'在对角线BD上，再证明△BDA∽△BAC'，求得BP= C'A= C'B=，进一步计算即可求解． 【详解】解：连接BC'，AC'，如图： ∵五边形A'B'BCD为正五边形，∴∠CDA'==108°， ∵菱形ABCD绕点D顺时针旋转得到菱形A'B'C'D，且∠ADC=72°， ∴∠A'DC'=∠ADC=72°，∴∠CDC'=∠ADA'=108°-72°=36°， ∴∠CDC'=∠ADA'=∠ADC'=36°，∴点C'在对角线BD上，∠ABC'=36°， 由旋转的性质知AD=AB= DC'=2，∴∠DC'A=∠DAC'=72°， ∴∠C'AB=36°，∴C'A= C'B，设C'A= C'B=x，则BD= x+2， ∵∠BDA=∠BAC'=36°，∴△BDA∽△BAC'， ∴DA：AC'=BD：BA，即2：x=( x+2)：2， 整理得：x2+2x-4=0，解得x=，(负值已舍) ∵∠C'BP=36°，∠BC'P=72°，∴∠C'PB=72°，∴BP= C'A= C'B=，∴AP=3-， ∴，故选：B． 【点睛】本题考查了正多边的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，二次根式的混合运算，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 3．（2023春·四川眉山·九年级专题练习）如图，正方形中，点是边上一点，连接，以为对角线作正方形，边与正方形的对角线相交于点，连接．以下四个结论：①；②；③；④．其中正确的个数为（ 　 ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】D 【分析】①四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，∠EAB、∠GAD与∠BAG的和均为90°，即可证明∠EAB与∠GAD相等；②由题意易得AD=DC，AG=FG，进而可得，∠DAG=∠CAF，然后问题可证；③由四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，可求证△HAF∽△FAC，则有，然后根据等量关系可求解；④由②及题意知∠ADG=∠ACF=45°，则问题可求证． 【详解】解：①∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形∴∠EAG=∠BAD=90° 又∵∠EAB=90°-∠BAG，∠GAD=90°-∠BAG∴∠EAB=∠GAD∴①正确 ②∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形∴AD=DC，AG=FG ∴AC=AD，AF=AG∴，即 又∵∠DAG+∠GAC=∠FAC+∠GAC∴∠DAG=∠CAF∴∴②正确 ③∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，AF、AC为对角线∴∠AFH=∠ACF=45° 又∵∠FAH=∠CAF∴△HAF∽△FAC∴即 又∵AF=AE∴∴③正确 ④由②知 又∵四边形ABCD为正方形， AC为对角线∴∠ADG=∠ACF=45° ∴DG在正方形另外一条对角线上∴DG⊥AC∴④正确故选：D． 【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质综合运用，同时利用到正方形相关性质，解题关键在于找到需要的相似三角形进而证明． 4．（2023·湖南常德·统考中考真题）如图1，在中，，，，D是上一点，且，过点D作交于E，将绕A点顺时针旋转到图2的位置．则图2中的值为 ．    【答案】/0.8 【分析】首先根据勾股定理得到，然后证明出，得到，进而得到，然后证明出，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】∵在中，，，，∴ ∵∴，∴ ∴∴∵∴ ∴∴∴．故答案为：． 【点睛】此题考查了相似三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质和判定定理． 5．（2023·安徽滁州·九年级校考阶段练习）如图，点A在线段上，在的同侧作等腰和等腰，与、分别交于点P、M．求证：    (1)；(2)． 【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）由题意可得，，，即可证； （2）由可得，即可证，可得． 【详解】（1）证明：∵等腰和等腰， ∴，，， ∴，，， ∴， ∴， （2）∵，∴，且， ∴，∴，∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质，勾股定理的应用，熟练运用相似三角形的判定是本题的关键． 6．（2024·重庆市九年级阶段练习）问题提出（1）如图（1），在等边三角形ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，则∠ACN＝ °． 类比探究（2）如图（2），在等边三角形ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其他条件不变，（1）中的结论还成立吗？请说明理由． 拓展延伸（3）如图（3），在等腰三角形ABC中，BA＝BC，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等腰三角形AMN，使AM＝MN，连接CN．添加一个条件，使得∠ABC＝∠ACN仍成立，写出你所添加的条件，并说明理由． 【答案】（1）60；（2）见解析；（3）见解析 【分析】（1）根据等边三角形的性质可得AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，进而得到∠BAM=∠CAN，再利用SAS可证明≌，继而得出结论； （2）也可以通过证明≌，得出结论，和（1）的思路完全一样； （3）当∠ABC＝∠AMN时，∽，利用相似的性质得到，又根据∠BAM＝∠CAN，证得∽，即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵、是等边三角形， ∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，∴∠BAM=∠CAN， ∵在和中， ， ∴≌（SAS），∴∠ABC=∠ACN； ∵是等边三角形∴∠ABC=60°∴∠ACN=∠ABC=60°． （2）结论∠ACN＝60°仍成立． 理由如下：∵、都是等边三角形，∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°， ∴∠BAM＝∠CAN，∴≌，∴∠ACN＝∠ABM＝60°． （3）添加条件：∠ABC＝∠AMN． 理由如下：∵BA＝BC，MA＝MN，∠ABC＝∠AMN，∴∠BAC＝∠MAN， ∴∽，∴．又∠BAM＝∠BAC－∠MAC，∠CAN＝∠MAN－∠MAC， ∴∠BAM＝∠CAN，∴∽，∴∠ABC＝∠ACN． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，以及全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是仔细观察图形，找到全等的条件，利用全等的性质证明结论． 7．（2023春·山东威海·八年级统考期末）已知：四边形和都是正方形．      (1)如图1，若点C在对角线上，则的值为 ；（直接写结果） (2)将正方形绕点A逆时针旋转． ①如图2，连接．的值是否改变？若不改变，写出理由；若改变，写出新的值及理由； ②当，时，交于点M，交于点N，且，求的长． 【答案】(1)(2)①不变，理由见解析；② 【分析】（1）根据正方形的性质得到，由勾股定理得到，，则，又由，即可得到的值； （2）①正方形的性质得到，又由即可，则，即可得到解答；②当时,即，可证明B、A、F三点在同一直线上，C、A、G三点在同一直线上．证明，得到，得到，则．连接，过点G作延长线的垂线，垂足为点O．则，可证是等腰直角三角形，证明，则，，则，可证明是等腰直角三角形，则．则，得到．则,由勾股定理即可得到的长． 【详解】（1）解：∵四边形和都是正方形， ∴， ∴，, ∴， ∵，∴，故答案为： （2）①不变．理由如下：∵四边形和都是正方形， ∴，∴， ∴，即， 由（1）可知，,∴， ∴，∴，即的值不改变； ②如图：当时,即，    ∵四边形和都是正方形， ∴，，， ∴，，∵， ∴B、A、F三点在同一直线上，C、A、G三点在同一直线上． ∵，∴，∵，∴， ∵， ∴，∴， ∵，∴，∴． 连接，过点G作延长线的垂线，垂足为点O．则， ∵，∴，∴是等腰直角三角形， ∵，，∴． ∴．，∴． ∴， ∵，∴, ∴是等腰直角三角形，．∴． ∴．∴．∴, 在中，． 【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、正方形的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质是解题的关键． 8．（2024·山东聊城·九年级校考期中）如图，四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，C，F，G三点在一直线上，连接AF并延长交边CD于点M．（1）求证：△MFC∽△MCA；（2）求证△ACF∽△ABE； （3）若DM=1，CM=2，求正方形AEFG的边长． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）． 【分析】（1）由正方形的性质得，进而根据对顶角的性质得，再结合公共角，根据相似三角形的判定得结论； （2）根据正方形的性质得，再证明其夹角相等，便可证明； （3）由已知条件求得正方形的边长，进而由勾股定理求得的长度，再由，求得，进而求得正方形的对角线长，便可求得其边长． 【详解】解：（1）四边形是正方形，四边形是正方形，， ，，，； （2）四边形是正方形，，， ，同理可得，， ，，； （3），，，， ，，即，， ，，即正方形的边长为． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，关键是掌握相似模型及证明方法和正方形性质． 9．（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）如图（1），等腰三角形中，，．点，分别在，上，．    (1)操作发现：将图（1）中的绕点逆时针旋转，当点落在边上时，交于点，如图（2）．发现：．请证明这个结论． (2)实践探究：将图（1）中的绕点顺时针旋转（），当，，三点在同一条直线上时，连接，如图（3）．请解答以下问题： ①求证：；②探究线段，，之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析(2)①见解析；②，理由见解析 【分析】（1）根据平行线的性质可得，根据三角形的外角性质可得，推得，根据等边对等角可得，根据相似三角形的判定和性质可得，即可证明；（2）①根据平行线分线段成比例定理可得，推得，，根据全等三角形的判定即可证明；②根据全等三角形的性质可得，根据相似三角形的判定和性质可得，推得，即可求解． 【详解】（1）解：在图（1）中，∵，∴； 在图（2）中，根据旋转的性质，∴， ∵，，∴， ∵，∴，∴， ∴，∴； （2）解：①在图（1）中，∵，∴， ∵，∴，∵， ∴在图（3）中，，∴， 在和中，，∴； ②，理由：∵，∴， ∵，∴在图（1）中，，∴，即， ∵，， ∴，∴， ∵，∴． 【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，平行线的性质，三角形的外角性质，等边对等角，平行线分线段成比例定理，熟练掌握等腰三角形共点旋转模型是解本题的关键， 10．（2023秋·福建泉州·九年级校考期末） 问题背景：（1）如图①，已知，求证：； 尝试应用：（2）如图②，在和中，，，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，，求的值； 拓展创新：（3）如图③，D是内一点，，，，，求AD的长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】问题背景（1）由题意得出，，则，可证得结论； 尝试应用（2）连接，证明，由（1）知，由相似三角形的性质得出，，可证明，得出，则可求出答案． 拓展创新（3）过点作的垂线，过点作的垂线，两垂线交于点，连接，证明，由相似三角形的性质得出，证明，得出，求出，由勾股定理求出，最后由直角三角形的性质可求出的长． 【详解】问题背景（1） 证明：，，， ，，； 尝试应用（2）解：如图，连接， ，，， 由（1）知，，，∴， ∵∴∴ ∵∴∴∴∴， 拓展创新（3）解：如图2，过点作的垂线，过点作的垂线，两垂线交于点，连接， ，，，， 又，，， 又，， 即，，， ，， ，． 【点睛】此题是相似形综合题，考查了直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 11．（2023秋·江苏无锡·九年级校考阶段练习）【模型呈现：材料阅读】 如图，点，，在同一直线上，点，在直线的同侧，和均为等边三角形，，交于点，对于上述问题，存在结论（不用证明）： （1）（2）可以看作是由绕点旋转而成；…    【模型改编：问题解决】点，在直线的同侧，，，，直线，交于，如图1：点在直线上，①求证：；    ②求的度数．     如图2：将绕点顺时针旋转一定角度．③补全图形，则的度数为______； ④若将“”改为“”，则的度数为______．（直接写结论） 【模型拓广：问题延伸】如图3：在矩形和矩形中，，，，连接，，求的值．    图1                     图2                             图3 【答案】【模型改编：问题解决】①见解析；②；③图见解析，115°；④ 【模型拓广：问题延伸】 【分析】【模型改编：问题解决】①先证明，可得，再证明，可得；②由，可得，再结合三角形的外角可得答案； ③连接并延长交于，同理可得：，，再结合三角形的外角可得答案；④先求解，结合③的思路可得答案； 【模型拓广：问题延伸】连接、， 先证明，可得，，证明，可得，可得，从而可得答案． 【详解】【模型改编：问题解决】①∵，，， ∴，， ∴，∴，∵，， ∴，∴； ②由①知，，∴， ∴ ③补图如下：连接并延长交于，   图2   图3 同理可得：∴， ∴， ④∵，，∴， 同理③可得，故答案为：； 【模型拓广：问题延伸】连接、， ∵在矩形和矩形中，，，， ∴， 又∵，∴，∴，， ∵，， ∴，∴，∴， ∵，，∴，∴． 【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，熟 练的证明三角形相似是解本题的关键． 12．（2023·山东济南·八年级期末）某校数学活动小组探究了如下数学问题： (1)问题发现：如图1，中，，．点P是底边BC上一点，连接AP，以AP为腰作等腰，且，连接CQ、则BP和CQ的数量关系是______； (2)变式探究：如图2，中，，．点P是腰AB上一点，连接CP，以CP为底边作等腰，连接AQ，判断BP和AQ的数量关系，并说明理由； (3)问题解决：如图3，在正方形ABCD中，点P是边BC上一点，以DP为边作正方形DPEF，点Q是正方形DPEF两条对角线的交点，连接CQ．若正方形DPEF的边长为，，求正方形ABCD的边长． 【答案】(1)(2)(3)3 【分析】（1）根据已知条件利用边角边证明，再利用全等三角形的性质即可得到BP和CQ的数量关系；（2）根据任意等腰直角三角形的直角边与斜边的比是相等的，利用两边长比例且夹角相等的判定定理证明，之后再由相似三角形对应边成比例即可得到BP和AQ的数量关系； （3）连接BD，如图（见详解），先由正方形的性质判断出和都是等腰直角三角形，再利用与第二问同样的方法证出，由对应边成比例，依据相似比求出线段BP的长，接着设正方形ABCD的边长为x，运用勾股定理列出方程即可求得答案． （1）解：∵是等腰直角三角形，，在中，，，∴，，∴．在和中， ，∴，∴； （2）解：判断，理由如下：∵是等腰直角三角形，中，，，∴，．∵，∴，∴，∴，∴； （3）解：连接BD，如图所示， ∵四边形与四边形是正方形，DE与PF交于点Q，∴和都是等腰直角三角形，∴，．∵，∴，∴，∴．∵，∴．在中，，设，则，又∵正方形的边长为，∴，∴，解得（舍去），．∴正方形的边长为3． 【点睛】本题是一道几何综合题，考查了全等三角形，相似三角形的判定和性质，以及正方形和等腰三角形的性质，正确识图并能熟练地掌握几何图形的性质与判定定理进行证明是解题的关键． 13．（2023秋·福建泉州·九年级校考阶段练习）如图，已知中，，．点D是所在平面内不与点A、C重合的任意一点，连接，将线段绕点D顺时针旋转α得到线段，连接、．(1)如图1，当时，求证：． (2)当时，请判断线段与之间的数量关系是_____，并仅就图2的情形说明理由． (3)当时，且时，若，，点E在上方，求的长．    【答案】(1)见解析，(2)，理由见解析(3) 【分析】（1）先证明和是等边三角形，再证明，可推出； （2）过A作与H，先根据含的直角三角形的性质，等腰三角形的性质以及勾股定理可求出，同理求出，可得出，证明，然后证明即可求解；（3）过E作于F，可判断是等腰直角三角形，然后可求出，，的长度，由（2）同理可证出，最后根据相似三角形的性质即可求解． 【详解】（1）解：∵旋转，∴， 当时，又，∴和是等边三角形， ∴，，，∴，∴，∴；          （2）解： 过A作与H， ∵，，∴，，∴， 又由勾股定理得，∴，∴，同理， ∵，，∴，∴， ∵，，∴， ∴，∴，即 （3）解：如图，过E作于F， 当时，∵，∴，， ∵，∴，∴， ∵，∴， ∴，∴， 由（2）同理可证，∴，即，∴． 【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键在于正确寻找全等三角形或相似三角形． 14．（2021·四川乐山·中考真题）在等腰中，，点是边上一点（不与点、重合），连结．（1）如图1，若，点关于直线的对称点为点，结，，则________； （2）若，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连结． ①在图2中补全图形；②探究与的数量关系，并证明； （3）如图3，若，且，试探究、、之间满足的数量关系，并证明． 【答案】（1）30°；（2）①见解析；②；见解析；（3），见解析 【分析】（1）先根据题意得出△ABC是等边三角形，再利用三角形的外角计算即可 （2）①按要求补全图即可 ②先根据已知条件证明△ABC是等边三角形，再证明，即可得出 （3）先证明，再证明，得出，从而证明，得出，从而证明 【详解】解：（1）∵， ∴△ABC是等边三角形∴∠B=60° ∵点关于直线的对称点为点∴AB⊥DE，∴ 故答案为：； （2）①补全图如图2所示； ②与的数量关系为：； 证明：∵，．∴为正三角形， 又∵绕点顺时针旋转，∴，， ∵，， ∴，∴，∴． （3）连接．∵，，∴．∴． 又∵，∴，∴．∵，∴， ∴，∴，∴，． ∵，∴．又∵，∴． 【点睛】本题考查相似三角形的证明及性质、全等三角形的证明及性质、三角形的外角、轴对称，熟练进行角的转换是解题的关键，相似三角形的证明是重点 15．（2023秋·河南·九年级校联考期末）转化是解决数学问题常用的思想方法之一，它可以在数与数、数与形、形与形之间灵话应用． 如图1，已知在中，，，．请解答下面的问题：    (1)基础巩固：如图1，将绕点按顺时针方向旋转得到，连接，则与之间的数量关系是__________； (2)拓展探究：如图2，点，分别是，的中点，连接，将绕点按顺时针方向旋转得到．①求证：；②用等式表示与之间的数量关系，并说明理由； (3)问题解决：点，分别是，的中点，连接，将绕点旋转得到，请直接写出点，，在同一直线上时的长． 【答案】(1)(2)①见解析；②，理由见解析(3)的长为或． 【分析】（1）证明是等边三角形，即可得到结论； （2）①利用两边对应成比例，且夹角相等，可证明；②证明是等边三角形，在中，利用勾股定理求得的长，再利用相似三角形的性质求解即可； （3）分两种情况分析，A、Ｍ、Ｎ三点所在直线与不相交和与相交，然后利用勾股定理以及相似三角形的判定和性质分别求解即可求得答案． 【详解】（1）解：根据旋转的性质得，， ∴是等边三角形，∴；故答案为：； （2）①证明：点，分别是，的中点，绕点按顺时针方向旋转得到， ，，．．； ②解：．理由如下：如图，连接，          ，，．，是等边三角形． ，．． ．在中，由勾股定理得 ．． 由①得，．．； （3）解：①如图所示，∵，，， ∴，，，，，， ∴，， ∵，，∴，∴， ∴，∴； ②如图所示，同理，，∴，∴； 综上所述，的长为或． 【点睛】此题主要考查了几何变换综合题，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 16．（2024·江西抚州·九年级校考期中）将绕点按逆时针方向旋转度，并使各边长变为原来的倍，得，如图①所示，，我们将这种变换记为．    (1)如图①，对作变换得到，则_________；直线与直线所夹的锐角为_________度； (2)如图②，中，，对作变换得到，使点B、C、在同一直线上，连接且，求和的值； (3)如图③，中，，对作变换得到，便点在同一直线上，且，求和的值． 【答案】(1)；；(2)，(3)， 【分析】（1）根据变换可得△ABC∽， ，， ，再根据相似三角形的性质，即可求解；（2）先证明四边形是矩形，根据矩形的性质可得，再由，可得，从而得到，再根据直角三角形的性质，即可求解； （3）先证明四边形是平行四边形，结合∠BAC＝36°，可得，从而得到，可证得，从而得到，进而得到，即可求解． 【详解】（1）解：如图，设直线BC与直线的交点为H，交BH于O．    根据题意得：，，， ，∴， ∵ ，，∴，直线与直线所夹的锐角为； （2）∵，则，同理：， ∴，，， ∵共线，∴，而，， ∴，∴ ∵，则，∵四边形是矩形，∴． ∴． 在中，，，∴，∴； （3）∵，∴， 同理可得：，， ∵，∴，而， ∴，，∴，， ∴，，∴四边形 是平行四边形，∴， ∵，∴， ∴，而，∴ ，∴（负根舍）， ∴，∴． 【点睛】本题考查四边形综合题、平行四边形与矩形的判定与性质，相似三角形的性质、一元二次方程、变换的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 17．（2023·辽宁丹东·统考二模）（1）问题发现：如图1，已知正方形，点E为对角线上一动点，将绕点B顺时针旋转到处，得到，连接． 填空：① ___________；②的度数为___________； （2）类比探究：如图2，在矩形和中，，，连接，请分别求出的值及的度数； （3）拓展延伸：如图3，在（2）的条件下，将点E改为直线上一动点，其余条件不变，取线段的中点M，连接，，若，则当是直角三角形时，请直接写出线段的长．    【答案】（1）①1；②；（2）；；（3）或． 【分析】（1）根据旋转的性质可得，则，通过证明，即可得出结论；（2）根据可得，根据，得出，即可证明，即可得出结论； （3）先求出的长度，根据点M为中点，可得，根据是直角三角形，可求出，从而得到，最后根据勾股定理，列出方程求解即可． 【详解】解：（1）∵绕点B顺时针旋转到，∴， ∵四边形为正方形，∴，，， ∴，即， 在和中，，∴， ∴，∴，故答案为：①1；②． （2）；，理由如下：在矩形中，， ∵，则，∴， 同理在中，∵，则，∴，∴， ∵，∴，即 ∴，∴，∴， ∴，综上：；． （3）由（2）可得，，∵，∴，∴， ∵点M为的中点，，∴， ∵为直角三角形，∴， ∴，∴， 设，则，， 在中，根据勾股定理得：， 即，解得：．∴或． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，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，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握相关知识点，并灵活运用． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$