相似三角形基本模型05 手拉手模型（旋转模型）-2024-2025学年九年级数学相似三角形基本模型探究（北师大版）

相似三角形基本模型05 手拉手模型（旋转模型） 【基本模型】 ①如图，若△ABC∽△ADE，则△ABD∽△ACE.[ ②如图所示，和都是等腰直角三角形，的延长线与相交于点P，则，且相似比为，与的夹角为． 总结：旋转相似型中由公共旋转顶点、一点及其旋转后的对应点组成的三角形与由公共旋转顶点、另一点及其旋转后的对应点组成的三角形相似． ③如图所示，，则，，且． 【例题精讲】 例．（等腰三角形手拉手）如图，由绕点A按逆时针方向旋转得到，且点B对应点D恰好落在的延长线上，相交于点P． (1)求的度数； (2)求证：； (3)F是延长线上的点，且，若，求的值（用含k的式子表示）． 例2．（直角三角形手拉手）在中，，，点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，连接，将线段绕点P逆时针旋转α得到线段，连接，，. (1)观察猜想 如图①，当时，的值是_______，直线与直线相交所成的较小角的度数是________． (2)类比探究 如图②，当时，请写出的值及直线与直线相交所成的较小角的度数，并就图②的情形说明理由． 例3．（等腰直角三角形手拉手）如图，在中，，，点分别在边上，，连接．将绕点顺时针方向旋转，记旋转角为． (1)[问题发现]当时，_____；当时，____； (2)[拓展研究]试判断：当时，的大小有无变化？请仅就图的情形给出证明； (3)[问题解决]在旋转过程中，的最大值为_______． 例4．（矩形手拉手）小瑞同学在进行数学探究活动中发现：将矩形ABCD绕点C顺时针方向旋转得到矩形． [探究1]（1）如图①，当时，点E在AD上，连接BE，求的度数； [探究2]（2）如图②，连结BD，FC，过点E作交BD于点．证明：； [探究3]（3）在探究2的条件下，射线BD分别交EC，FC于点P，N，如图③，探究线段BN，MN，PN之间的数量关系． 例5．（正方形手拉手）如图①，已知点G在正方形的对角线上，，垂足为点E，，垂足为点F． (1)在图①中，求的值： (2)如图②将正方形绕点C顺时针方向旋转角，探究线段与之间的数量关系，并证明你的结论． 例6．（构造手拉手模型）在中，于点D，点P为射线上任一点（点B除外），连接，将线段绕点P顺时针方向旋转α，，得到，连接． (1)【观察发现】如图1，当，且时，与的数量关系是 ，与的位置关系是 ． (2)【猜想证明】如图2，当，且时，（1）中的结论是否成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由．（请选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理） (3)【拓展探究】在（2）的条件下，若，，请直接写出的长． 例7．（坐标系中的手拉手）如图，在平面直角坐标系中，点坐标为，点的坐标为． (1)求直线的解析式； (2)点是坐标轴上的一个点，若为直角边构造直角三角形，请求出满足条件的所有点的坐标； (3)如图，以点为直角顶点作，射线交轴的负半轴于点，当绕点旋转时，的值是否发生变化？若不变；若变化，直接写出它的变化范围（不要解题过程）． 例8．（手拉手培优综合）【阅读】如图1，若，且点B，D，C在同一直线上，则我们把与称为旋转相似三角形． 【理解】（1）如图2，和是等边三角形，点D在边上，连接．求证：与是旋转相似三角形． 【应用】（2）如图3，与是旋转相似三角形，，求证：． 【拓展】（3）如图4，是四边形的对角线，，试在边上确定一点E，使得四边形是矩形，并说明理由． 【专项训练】 1．【问题发现】 (1)如图1，在中，，点为的中点，以为一边作正方形，点与点重合，易知．求线段与的数量关系； 【拓展研究】 (2)在（1）的条件下，将正方形BDEF绕点B旋转至如图2所示的位置，连接BE，CE，AF．请猜想线段AF和CE的数量关系，并证明你的结论． 2．综合与实践 问题情境： （1）如图1，在和中，．如图2，将绕顶点A按逆时针方向旋转得到，连接，求证：． 深入研究： （2）①如图3，在正方形和正方形中，已知点B，C，E在同一直线上，连接，交于点P，求的值； ②如图4，若将正方形绕点C按顺时针方向旋转一定角度，的值变化吗？请说明理由． 拓展应用： （3）如图5，若把正方形和正方形分别换成矩形和矩形，且，请直接写出此时的值． 3．在中，，，． (1)问题发现 如图1，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，，线段与的数量关系是______，与的位置关系是______； (2)类比探究 将绕点按逆时针方向旋转任意角度得到，连接，，线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论是否一致？若交于点N，请结合图2说明理由； (3)迁移应用 如图3，将绕点旋转一定角度得到，当点落到边上时，连接，求线段的长． 4．如图，在等腰直角三角形中，是的中点，将点以点为中心，按顺时针方向旋转得到点，连接分别交于点，连接． (1)判断四边形形状，并说明理由； (2)求的长． 5．已知和均为等腰三角形，，，，点、分别为、的中点，连接、、、． 【猜想】如图①，当点在上时，线段和的大小关系是______； 【探究】如图②，把绕着点旋转一定的角度时，线段和的大小关系是什么？说明理由； 【拓展】如图③，和均为直角三角形，，且，，，点、分别为、的中点，连接、，当时，的面积是______． 6．小东在学习过程中，注重知识的迁移和延伸，下面是他在“图形的旋转”主题下设计的问题，请你解答． (1)操作发现 如图1，在中，，，点是边上一动点（不与点，重合），连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，，则______；若点，分别是，的中点，则，之间的数量关系为_____． (2)迁移应用 如图2，在中，，，于点，点是线段上一动点（不与点，重合），将线段绕点顺时针旋转，得到线段．点在线段上，且．猜想，之间的位置关系，并就图2所示的情形给出证明． (3)问题解决 在（2）的条件下，若，，当是直角三角形时，请直接写出的长． 7．问题情境： “综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图①中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，其中，将和按图②所示方式摆放，其中点B与点F重合（标记为点B）．当时，延长交于点G，则四边形的形状为　　．    深入探究： 老师将图②中的绕点B逆时针方向旋转，使点E落在内部，并让同学们提出新的问题． （1）“巧思小组”提出问题：如图③，当时，过点A作交的延长线于点与交于点N．试猜想线段和的数量关系，并加以证明． （2）“聪慧小组”提出问题：如图④，当时，过点A作于点H，若，则　　． 8．已知：（各顶点字母均按逆时针顺序）且，现将绕点旋转，射线与射线交于点，连接． (1)特例感知： ①如图1，，点在内部，且点，在两侧，则，，之间的数量关系是_____； ②如图2，，，点在内部，且点，在两侧，则，，之间的数量关系是_______； (2)拓展探究： 如图3，，，，点在的内部，且点，在两侧，请写出线段，，之间的数量关系，并证明你的结论． 9．如图1，在中，，，，将绕点A旋转得到．    (1)连接交直线于点P ①当时， ． ②当为等腰三角形时，求的长． (2)当点D恰好落在线段上时，如图2，连接，求的长． 10．某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究： (1)问题发现：如图1，在等边中，点P是边上任意一点，连接AP，以为边作等边，连接，与的数量关系是 ； (2)变式探究：如图2，在等腰中，，点P是边上任意一点，以为腰作等腰，使，，连接，判断和的数量关系，并说明理由； (3)解决问题：如图3，在正方形中，点P是边上一点，以为边作正方形，Q是正方形的中心，连接．若正方形的边长为5，，求正方形的边长． 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 学科网（北京）股份有限公司 $$ 相似三角形基本模型05 手拉手模型（旋转模型） 【基本模型】 ①如图，若△ABC∽△ADE，则△ABD∽△ACE.[ ②如图所示，和都是等腰直角三角形，的延长线与相交于点P，则，且相似比为，与的夹角为． 总结：旋转相似型中由公共旋转顶点、一点及其旋转后的对应点组成的三角形与由公共旋转顶点、另一点及其旋转后的对应点组成的三角形相似． ③如图所示，，则，，且． 【例题精讲】 例．（等腰三角形手拉手）如图，由绕点A按逆时针方向旋转得到，且点B对应点D恰好落在的延长线上，相交于点P． (1)求的度数； (2)求证：； (3)F是延长线上的点，且，若，求的值（用含k的式子表示）． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等： （1）由旋转的性质可得，则是等腰直角三角形，据此可得； （2）由旋转的性质可得，，则由勾股定理得到，再证明，则由勾股定理得到，据此可证明结论； （3）证明，得到，再证明，得到，进而推出，则． 【详解】（1）解：∵由绕点A按逆时针方向旋转得到， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴； （2）证明：∵由绕点A按逆时针方向旋转得到， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴ （3）解：∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 例2．（直角三角形手拉手）在中，，，点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，连接，将线段绕点P逆时针旋转α得到线段，连接，，. (1)观察猜想 如图①，当时，的值是_______，直线与直线相交所成的较小角的度数是________． (2)类比探究 如图②，当时，请写出的值及直线与直线相交所成的较小角的度数，并就图②的情形说明理由． 【答案】(1)1，； (2)，，理由见解析 【分析】(1)首先根据等边三角形的判定与性质及旋转的性质，即可证得，如图①中，设直线与直线交于点I，再利用全等三角形的性质及角的关系，即可求得结果； (2)首先根据等腰直角三角形的性质，可证得 ，可证得，即可证得，如图②中，设直线交于G，交于点H，再利用相似三角形的性质及角的关系，即可求得结果． 【详解】（1）解：，，，， 与都是等边三角形， ，，， ， 在与中， ， ，， ； 设与的延长线交于点I，如图①， ， ∴直线与直线相交所成的较小角的度数为； （2）解：，直线与直线相交所成的较小角的度数为， 理由如下： ，， ，， 同理可得：，， ， . ， 即， ， ，， 设交于点G，交于点H，如图②， ， ， ∴直线与直线相交所成的较小角的度数为． 【点睛】本题考查的是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形和相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形和相似三角形解决问题． 例3．（等腰直角三角形手拉手）如图，在中，，，点分别在边上，，连接．将绕点顺时针方向旋转，记旋转角为． (1)[问题发现]当时，_____；当时，____； (2)[拓展研究]试判断：当时，的大小有无变化？请仅就图的情形给出证明； (3)[问题解决]在旋转过程中，的最大值为_______． 【答案】(1)；； (2)没有变化，证明见解析； (3)． 【分析】（）利用等腰三角形的性质判断出， ，进而得出，得出，即可得出结论； 同的方法，即可得出结论； （） 利用两边成比例，夹角相等，判断出，即可得出结论； （）判断出点在的延长线上时，最大，再求出 ，即可得出结论； 此题是考查了旋转的性质，平行线的性质，相似三角形的判定和性质，判断出两三角形相似熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（1）在中，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； 如图，当时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）当时，的大小没有变化； 证明：在中， ∵，， ∴，， 同理，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）如图，当点在的延长线上时，最大，其最大值为， 在中，， ∴， ∴， 由（）知，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 例4．（矩形手拉手）小瑞同学在进行数学探究活动中发现：将矩形ABCD绕点C顺时针方向旋转得到矩形． [探究1]（1）如图①，当时，点E在AD上，连接BE，求的度数； [探究2]（2）如图②，连结BD，FC，过点E作交BD于点．证明：； [探究3]（3）在探究2的条件下，射线BD分别交EC，FC于点P，N，如图③，探究线段BN，MN，PN之间的数量关系． 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3），证明见解析． 【分析】（探究1）根据题意，证明，即可解答． （探究2）连接BE，证明，得到，即可证得． （探究3）连接，证明，，即可解答． 【详解】 [探究1]解：矩形绕点A顺时针旋转得到矩形，， ， ， 矩形，， [探究2]证明：如图，连接， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ； [探究3]解：关系式为，证明如下： 如图，连接， 在≌中， ， ， ， ，， ， ， 在和中， ，， ∴， ， ， 【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的性质与判定，等边三角形的判定与性质，相似三角形的性质与判定，掌握这些性质定理是解题的关键． 例5．（正方形手拉手）如图①，已知点G在正方形的对角线上，，垂足为点E，，垂足为点F． (1)在图①中，求的值： (2)如图②将正方形绕点C顺时针方向旋转角，探究线段与之间的数量关系，并证明你的结论． 【答案】(1) (2)，理由见解析 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，相似的判定与性质等，解题的关键是利用特殊角作辅助线构造特殊三角形． （1）由正方形的性质可得，，可证，，可得，由平行线分线段成比例可得； （2）由正方形的性质可得，即可证，可得，则． 【详解】（1）四边形是正方形， ，， ， ，， ， ， ， ； （2） 理由如下： 如图②，四边形，四边形是正方形， ，， ，， ， ，， ，且， ， ，   即 例6．（构造手拉手模型）在中，于点D，点P为射线上任一点（点B除外），连接，将线段绕点P顺时针方向旋转α，，得到，连接． (1)【观察发现】如图1，当，且时，与的数量关系是 ，与的位置关系是 ． (2)【猜想证明】如图2，当，且时，（1）中的结论是否成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由．（请选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理） (3)【拓展探究】在（2）的条件下，若，，请直接写出的长． 【答案】(1)； (2)不成立，理由见解析 (3)或 【分析】（1）连接，证明，可得结论； （2）连接，由，，得到，，由旋转的性质得，，，得到，，再证明，得到，则； （3）分当P在线段上时和当P在延长线上时两种情况证明，推出 ，由此求解即可． 【详解】（1）如图，连接， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴，即， 在和中 ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； 故答案为：； （2）不成立，结论是；理由如下： 连接， ∵，，， 由旋转的性质得，，， ∴、都是等腰直角三角形， ∴，， ， ∴， ，， ， ， ∴ ， ∴不成立，结论是， （3）当点P在线段上时，如图2中， ，， ， ， ， ， ， ， ， ； 如图3所示，当P在延长线上时，连接， ，，，， ，，即∠BAP=∠CAE， 同（2）可得， ， ∴， ， 同理可求得：，， ， ∴． 综上所述：或 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角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，学会用分类讨论的思想思考问题． 例7．（坐标系中的手拉手）如图，在平面直角坐标系中，点坐标为，点的坐标为． (1)求直线的解析式； (2)点是坐标轴上的一个点，若为直角边构造直角三角形，请求出满足条件的所有点的坐标； (3)如图，以点为直角顶点作，射线交轴的负半轴于点，当绕点旋转时，的值是否发生变化？若不变；若变化，直接写出它的变化范围（不要解题过程）． 【答案】(1)； (2))或或； (3)不变，值为． 【分析】()由两点的坐标利用待定系数法可求得直线的解析式； ()分别过两点作的垂线，与坐标轴的交点即为所求的点，再结合相似三角形的性质求得的长即可求得点的坐标； ()过分别作轴和轴的垂线，垂足分别为, 可证明可得到，从而可把 转化为，再利用线段的和差可求得． 【详解】（1）解：设直线的解析式为， ∵点，在直线上， ∴， 解得， ∴直线的解析式为； （2）∵是以为直角边的直角三角形， ∴有或， 当时，如图， 过作的垂线，交轴于点，交轴于点，过点作轴于点， 则， ∴，， ∴， ， ∴， 由（）可知，， ∴，解得， ∴， ∴， ∵轴， ∴， ， 即 ， 解得， ； 当时， 如图,过作的垂线，交轴于点， 设直线交轴于点，则由()可知， ，， ， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ， 即， 解得， ∴， 综上可知点的坐标为)或或； （3）不变，理由如下： 过点分别作轴、轴的垂线，垂足分别为，如图 则， 又∵， ∴， ∴， ∵, ∴, ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴, ∴， ∴， 故的值不发生变化，值为. 【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式、全等三角形的判定和性质、余角性质、相似三角形的判定和性质，根据题意，正确作出辅助线，构造相似三角形和全等三角形是解题的关键． 例8．（手拉手培优综合）【阅读】如图1，若，且点B，D，C在同一直线上，则我们把与称为旋转相似三角形． 【理解】（1）如图2，和是等边三角形，点D在边上，连接．求证：与是旋转相似三角形． 【应用】（2）如图3，与是旋转相似三角形，，求证：． 【拓展】（3）如图4，是四边形的对角线，，试在边上确定一点E，使得四边形是矩形，并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）过点A作，垂足为E，则四边形是矩形，理由见解析 【分析】（1）根据和是等边三角形，可得，，即有，利用点B、D、C在同一直线，可判断与是旋转相似三角形； （2 ）根据与是旋转相似三角形，得，即有，，可证，得，可得，根据可得．可证，即可求证； （3）过点A作，垂足为E，连接，可证得，可得，，可证，可求得，，设，则，可得方程，可得，根据利用勾股定理逆定理可得是直角三角形，可证四边形是矩形． 【详解】证明：∵和是等边三角形， ∴， ∴，， ∴， ∵点D在边上， ∴点B、D、C在同一直线， ∴与是旋转相似三角形； （2）证明：与是旋转相似三角形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：过点A作，垂足为E，则四边形是矩形， 理由：连接， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则， 在中，， ∴，解得， ∴， ∵， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∵， ∴四边形是矩形． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等的判定与性质，矩形的判定，勾股定理的应用，解方程等知识点，解题的关键是利用相似三角形解决问题，属于中考常考题型． 【专项训练】 1．【问题发现】 (1)如图1，在中，，点为的中点，以为一边作正方形，点与点重合，易知．求线段与的数量关系； 【拓展研究】 (2)在（1）的条件下，将正方形BDEF绕点B旋转至如图2所示的位置，连接BE，CE，AF．请猜想线段AF和CE的数量关系，并证明你的结论． 【答案】(1)； (2)，证明见解析． 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键． （1）根据正方形的性质和勾股定理得到即可求解； （2）利用相似三角形的判定方法判定出，即可根据相似的性质求解． 【详解】（1）解：∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵，点与点重合， ∴, ∴； （2）解：，理由如下： 在中，，， ∴，， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 2．综合与实践 问题情境： （1）如图1，在和中，．如图2，将绕顶点A按逆时针方向旋转得到，连接，求证：． 深入研究： （2）①如图3，在正方形和正方形中，已知点B，C，E在同一直线上，连接，交于点P，求的值； ②如图4，若将正方形绕点C按顺时针方向旋转一定角度，的值变化吗？请说明理由． 拓展应用： （3）如图5，若把正方形和正方形分别换成矩形和矩形，且，请直接写出此时的值． 【答案】（1）见解析；（2）①，②不变，见解析；（3） 【分析】本题考查了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，深入理解题意，作出正确的辅助线是解题的关键． （1）利用旋转的性质，证明，即可解答； （2）①连接，根据正方形的性质得到对应边成比例，对应角相等，证明，即可得到的值； ②同①中原理证明，即可求出的值，即可解答； （3）连接，根据矩形的性质得到对应边成比例，对应角相等，证明，即可解答， 【详解】（1）证明：由旋转得到：， ， 即， 在与中， ， ， ； （2）①如图，连接， ，四边形，是正方形， ， ， ， ， ； ②成立，证明如下：如图，连接， 四边形，是正方形， ，， ， 即， 同①中原理，可得， ， 不变； （3）解：如图，连接， ，四边形，是矩形，且， ，， ， 即， 同（2）中原理，可得， ． 3．在中，，，． (1)问题发现 如图1，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，，线段与的数量关系是______，与的位置关系是______； (2)类比探究 将绕点按逆时针方向旋转任意角度得到，连接，，线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论是否一致？若交于点N，请结合图2说明理由； (3)迁移应用 如图3，将绕点旋转一定角度得到，当点落到边上时，连接，求线段的长． 【答案】(1)； (2)一致；理由见解析 (3) 【分析】（1）延长交于点H，根据旋转得出，，，根据勾股定理得出，，根据等腰三角形的性质得出，，根据三角形内角和定理求出，即可得出结论； （2）延长交于点H，证明，得出，，根据三角形内角和定理得出，即可证明结论； （3）过点C作于点N，根据等腰三角形的性质得出，根据勾股定理得出，证明，得出，求出，根据解析（2）得出． 【详解】（1）解：延长交于点H，如图所示： ∵将绕点按逆时针方向旋转得到， ∴，，， ∴根据勾股定理得：，， ∴， ∵，，， ∴，， ∴， ∴． （2）解：线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论一致；理由如下： 延长交于点H，如图所示： ∵将绕点旋转得到， ∴，，，， ∴， ∴， ∴，， ∴； 又∵，，， ∴， ∴； （3）解：过点C作于点N，如图所示： 根据旋转可知：， ∴， ∵在中，，，， ∴根据勾股定理得：， ∵，， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴， 根据解析（2）可知：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法． 4．如图，在等腰直角三角形中，是的中点，将点以点为中心，按顺时针方向旋转得到点，连接分别交于点，连接． (1)判断四边形形状，并说明理由； (2)求的长． 【答案】(1)四边形为正方形．理由见解析 (2) 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握知识点是解题的关键． （1）根据等腰三角形三线合一的性质及正方形的判定证明即可； （2）先证明，再证明，继而得出，利用勾股定理求出，即可求解． 【详解】（1）解：四边形为正方形，理由如下： 为等腰直角三角形，且为中点， ，， 为等腰直角三角形． ，且， ，， ， 四边形为平行四边形， 又，， 四边形为正方形． （2）解：由（1）知，， ． ． ∵四边形为正方形， ，， ∴， ∵， ∴， ∴， ． 由（1）知，且． ∴， 在中，． ． ． 5．已知和均为等腰三角形，，，，点、分别为、的中点，连接、、、． 【猜想】如图①，当点在上时，线段和的大小关系是______； 【探究】如图②，把绕着点旋转一定的角度时，线段和的大小关系是什么？说明理由； 【拓展】如图③，和均为直角三角形，，且，，，点、分别为、的中点，连接、，当时，的面积是______． 【答案】【猜想】；【探究】，理由见解析；【拓展】． 【分析】猜想：先求出，利用勾股定理求出的长，再由勾股定理求出的长，即可确定数量关系； 探究：根据，结合，得出，得出，即可得出答案； 拓展：连接、，证明是等边三角形，是直角三角形，求出，再由进行计算即可． 【详解】解：猜想： 点是的中点，是等腰直角三角形， ， ，， ， ， 是的中点，是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， 故答案为：； 探究： ，理由如下： 由猜想可知，，，，， ，， ， ， ，， ， ， ， ； 拓展： 如图，连接、， ， 由探究可知，， ， 在中，， ， 是的中点， ， ， 为等边三角形， ， ， ， 是直角三角形， ，， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查几何变换的综合应用，熟练掌握等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定及性质、三角形相似的判定及性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质、旋转的性质是解此题的关键． 6．小东在学习过程中，注重知识的迁移和延伸，下面是他在“图形的旋转”主题下设计的问题，请你解答． (1)操作发现 如图1，在中，，，点是边上一动点（不与点，重合），连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，，则______；若点，分别是，的中点，则，之间的数量关系为_____． (2)迁移应用 如图2，在中，，，于点，点是线段上一动点（不与点，重合），将线段绕点顺时针旋转，得到线段．点在线段上，且．猜想，之间的位置关系，并就图2所示的情形给出证明． (3)问题解决 在（2）的条件下，若，，当是直角三角形时，请直接写出的长． 【答案】(1)， (2)，证明见解析 (3)或 【分析】（1）证明，结合内角和求，利用中位线和全等确定，的关系； （2）延长至点，使，连接，，，证即可； （3）分三种情况分别讨论：①当时，不存在；当时，、、共线，利用求解；当时，四边形为矩形，结合图形求解． 【详解】（1）解：∵将线段绕点逆时针旋转， ∴，， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵点，分别是，的中点， ∴， ∴， 故答案为：，； （2）如图，延长至点，使，连接，，， ∵， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）∵，， ∴， ∴， 根据题意是直角三角形分三种情况： 情况①：当时，如图， 由（2）可得， ∴， ∴， 即是等腰直角三角形， 与，矛盾， 故不存在； 情况②：当时，如图， ∵， ∴、、共线， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设， ∴，， ∴， 解得：， 即； 情况③：当时，如图， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， 由（2）知， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 综上，当是直角三角形时，的长为或． 【点睛】本题考查几何变换综合题，结合了旋转的性质、全等的判定与性质、相似的判定与性质、中位线、勾股定理等，正确的构造全等和分类讨论是解题的关键． 7．问题情境： “综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图①中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，其中，将和按图②所示方式摆放，其中点B与点F重合（标记为点B）．当时，延长交于点G，则四边形的形状为　　．    深入探究： 老师将图②中的绕点B逆时针方向旋转，使点E落在内部，并让同学们提出新的问题． （1）“巧思小组”提出问题：如图③，当时，过点A作交的延长线于点与交于点N．试猜想线段和的数量关系，并加以证明． （2）“聪慧小组”提出问题：如图④，当时，过点A作于点H，若，则　　． 【答案】问题情境：正方形；深入探究：（1）；见解析；（2） 【分析】问题情境：先证明四边形是矩形，再由可得，从而得四边形是正方形； 深入探究：（1）由已知可得，再由等积方法，推出，再结合已知即可证明结论： （2）设的交点为，过作于，则易得，点是的中点；利用三角函数知识可求得的长，进而求得的长，利用相似三角形的性质即可求得结果． 【详解】解：问题情境：结论：四边形为正方形．理由如下： ， ， ， ， ， ， ∴四边形为矩形． ∵， ， ∴矩形为正方形． 故答案为：正方形： 深入探究：（1）结论：． 理由：∵， ， ， ， ，即， ， ， ，由（1）得， ； （2）解：如图：设的交点为，过作于，    ∵， ， ， ， ， ， ， ∴点是的中点， 由勾股定理得， ， ， ，即， ， ， ， ， ． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识点，适当添加的辅助线、构造相似三角形是解题的关键． 8．已知：（各顶点字母均按逆时针顺序）且，现将绕点旋转，射线与射线交于点，连接． (1)特例感知： ①如图1，，点在内部，且点，在两侧，则，，之间的数量关系是_____； ②如图2，，，点在内部，且点，在两侧，则，，之间的数量关系是_______； (2)拓展探究： 如图3，，，，点在的内部，且点，在两侧，请写出线段，，之间的数量关系，并证明你的结论． 【答案】(1)①；② (2)，证明见解析 【分析】（1）①结论：．在上取一点，使得，连接，设交与点，证明，推出，推出，推出是等边三角形，再证明，可得结论； ②结论：．在上取一点，使得，连接，设交与点，证明，推出，推出，再证明，推出，可得结论； （2）结论：．设在上取一点，使得，连接，设交与点，证明，推出，，再证明，推出，推出，可得结论． 【详解】（1）解：①结论：． 理由：在上取一点，使得，连接，设交于点， ，， 是等边三角形， ， 也是等边三角形， ，，， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， ． 故答案为：； ②结论：． 理由：在上取一点，使得，连接，设交与点， ，，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：； （2）解：结论：． 理由：设在上取一点，使得，连接，设交与点， ， ∴，， ∵， ∴， ∴， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ． 【点睛】本题属于相似形综合题，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 9．如图1，在中，，，，将绕点A旋转得到．    (1)连接交直线于点P ①当时， ． ②当为等腰三角形时，求的长． (2)当点D恰好落在线段上时，如图2，连接，求的长． 【答案】(1)①  ②或 或 (2) 【分析】本题是几何变换综合题，考查了折叠的性质，勾股定理，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形到现在，正确地作出辅助线是解题的关键. （1）①根据勾股定理得到由旋转的性质得于是得到结论； ②当 时，求得当 时， 如图， 过点作于，根据等腰三角形的性质得到 当时，过作 于，根据等腰三角形的性质和勾股定理得到； （2）如图，根据旋转的性质得到 ，得到设与交于，过作 于， 由知， 根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得到结论. 【详解】（1）①在中， ， 由旋转的性质得 ， ， ， 故答案为：； ②当时， 如图当时，过点作 于，    则 ∴； 当时， 过作于，    综上所述，的长为或 或 ； （2）如图， ∵将 绕点旋转得到， ， ， ， 设与交于， 过作于，      由（1）知， ， ， ， ，即， 解得 ， ， ， ． 10．某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究： (1)问题发现：如图1，在等边中，点P是边上任意一点，连接AP，以为边作等边，连接，与的数量关系是 ； (2)变式探究：如图2，在等腰中，，点P是边上任意一点，以为腰作等腰，使，，连接，判断和的数量关系，并说明理由； (3)解决问题：如图3，在正方形中，点P是边上一点，以为边作正方形，Q是正方形的中心，连接．若正方形的边长为5，，求正方形的边长． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)4 【分析】本题考查的是正方形的性质、三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定和性质、勾股定理的应用，掌握相似三角形的判定定理和性质定理、正方形的性质是解题的关键． （1）利用定理证明，根据全等三角形的性质解答； （2）先证明，得到，再证明，根据相似三角形的性质解答即可； （3）连接、，根据相似三角形的性质求出，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案． 【详解】（1）问题发现：∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 故答案为：； （2）变式探究：， 理由如下：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解决问题：如图3，连接、， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵Q是正方形的中心， ∴，， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则 ， 在中，，即， 解得，（舍去），， ∴正方形的边长为：． 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 学科网（北京）股份有限公司 $$