专题20 全等与相似模型之手拉手模型-2025年中考数学常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练（全国通用）

专题20 全等与相似模型之手拉手模型 全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。全等三角形、相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了。本专题就手拉手模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 2 模型1.手拉手模型（全等模型） 2 模型2.手拉手模型（相似模型） 12 26 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！ 模型1.手拉手模型（全等模型） 将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等。其中：公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。 等线段，共顶点，旋转前后的图形大小，形状不发生变化，只是位置不同而已。解题是通过三角形全等进行解决。SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。 1）双等边三角形型 条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等边三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即：∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMF，∴∠AFM=∠BCM=60°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 2）双等腰直角三角形型 条件：△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=90° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMN，∴∠ANM=∠BCM=90°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 3）双等腰三角形型 条件：BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠BCM=∠AFM；④CF平分∠BFD。 证明： ∵∠BCA=∠ECD，∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD， 又∵BC=AC，CE=CD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， 又∵∠CMB=∠AMF，∴∠BCM=∠AFM，过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 4）双正方形形型 条件：四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N。 结论：①△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。 证明： ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，∴BC=AC，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90° ∴∠BCD+∠DCG=∠ECG+∠DCG，即∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CMB=∠DMN，∴∠BCM=∠DNM=90°， 过点C作CP⊥DE,CQ⊥BG,则∠CPD=∠CPB=90°，又∵∠CBG=∠CDE，BC=DC，∴△BCQ≌△DCP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 例1．（23-24八年级下·辽宁丹东·期中）如图，点A，B，C在同一条直线上，，均为等边三角形，连接和，分别交、于点M，P，交于点Q，连接，，下面结论：①；②；③为等边三角形；④平分；⑤．其中结论正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 例2．（2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰中，，，点，分别在，上，，连接，，取中点，连接． (1)求证：，；(2)将绕点顺时针旋转到图2的位置． ①请直接写出与的位置关系：___________________；②求证：． 例3．（2023·山东·九年级专题练习）已知，为等边三角形，点在边上． 【基本图形】如图1，以为一边作等边三角形，连结．可得（不需证明）． 【迁移运用】如图2，点是边上一点，以为一边作等边三角．求证：． 【类比探究】如图3，点是边的延长线上一点，以为一边作等边三角．试探究线段，，三条线段之间存在怎样的数量关系，请写出你的结论并说明理由． 例4．（23-24九年级上·浙江台州·期末）如图，将绕点A顺时针旋转得到，并使C点的对应点D点落在直线上．(1)如图1，证明：平分；(2)如图2，与交于点F，若，求的度数；(3)如图3，连接，若，则的长为 ． 例5．（2022·浙江湖州·统考中考真题）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分别表示∠A，∠B的对边，．记△ABC的面积为S． (1)如图1，分别以AC，CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为，正方形BGFC的面积为．①若，，求S的值；②延长EA交GB的延长线于点N，连结FN，交BC于点M，交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示），求证：． (2)如图3，分别以AC，CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE，记等边三角形ACD的面积为，等边三角形CBE的面积为．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内），连结EF，CF．若EF⊥CF，试探索与S之间的等量关系，并说明理由． 例6．（2024·黑龙江·九年级期中）已知Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB＝90°，F为AB边的中点，且DF=EF，∠DFE＝90°，D是BC上一个动点．如图1，当D与C重合时，易证：CD2＋DB2＝2DF2； （1）当D不与C、B重合时，如图2，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明． （2）当D在BC的延长线上时，如图3，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并加以证明． 模型2.手拉手模型（相似模型） “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）。 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·江西·一模）图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，小丽和小亮对等腰只角形的旋转变换进行研究． (1)[观察猜想]如图1，△ABC是以AB、AC为腰的等腰三角形，点D、点E分别在AB、AC上．且DE∥BC，将△ADE绕点A逆时针旋转a（0°≤a≤360°）．请直接写出旋转后BD与CE的数量关系 　 　； (2)[探究证明]如图2，△ACB是以∠C为直角顶点的等腰直角三角形，DE∥BC分别交AC与AB两边于点E、点D．将△ADE绕点A逆时针旋转至图中所示的位置时，（1）中结论是否仍然成立．若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由； (3)[拓展延伸]如图3，BD是等边△ABC底边AC的中线，AE⊥BE，AE∥BC．将△ABE绕点B逆时针旋转到△FBE，点A落在点F的位置，若等边三角形的边长为4，当AB⊥BE时，求出DF2的值． 例2．（2024·山东枣庄·二模）综合实践 问题背景：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D，E，作．如图2所示，将绕点A逆时针旋转，连接，． (1)探究发现：旋转过程中，线段和的长度存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明． (2)性质应用：如图3，当所在直线首次经过点B时，求的长． 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．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）综合与实践 数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．   (1)发现问题：如图1，在和中，，，，连接，，延长交于点．则与的数量关系：______，______； (2)类比探究：如图2，在和中，，，，连接，，延长，交于点．请猜想与的数量关系及的度数，并说明理由； (3)拓展延伸：如图3，和均为等腰直角三角形，，连接，，且点，，在一条直线上，过点作，垂足为点．则，，之间的数量关系：______； (4)实践应用：正方形中，，若平面内存在点满足，，则______． 例5．（2024·山西·模拟预测）综合与实践 问题背景：在数学活动课上，老师带领同学们进行三角形旋转的探究，已知和均为等边三角形，O是和的中点，将绕点O顺时针旋转． 猜想证明：(1)如图①，在旋转的过程中，当点E恰好在的延长线上时，交于点H，试判断的形状，并说明理由；(2)如图②，在旋转的过程中，当点E恰好落在边上时，连接，试猜想线段与线段的数量关系，并加以证明；(3)如图③，若，连接，设所在直线与所在直线交于点M，在旋转的过程中，当点B，F，E在同一直线上时，在M，O两点中的其中一点恰好是另一点与点C构成的线段的中点，请直接写出此时的长． 例6．（2024·山东济南·模拟预测） (1)问题发现：如图1，矩形与矩形相似，且矩形的两边分别在矩形的边和上，，连接．线段F与的数量关系为 ； (2)拓展探究：如图2，将矩形绕点A逆时针旋转，其它条件不变．在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立，请利用图2进行说理． (3)解决问题：当矩形的边时，点E为直线上异于D，C的一点，以为边作正方形，点H为正方形的中心，连接，若，，直接写出的长． 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．（23-24九年级·辽宁盘锦·开学考试）如图，在中，，过点C作于点D，过点B作于点M，连接，过点D作，交于点N．与相交于点E，若点E是的中点，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（  ）个．    A．4 B．3 C．2 D．1 2．（2022·湖南·中考真题）如图，点是等边三角形内一点，，，，则与的面积之和为（     ） A． B． C． D． 3．（23-24九年级上·辽宁大连·期中）如图，在中，，点D是边上的一个动点，连接，过点C作，使，连接，点F是的中点，连接并延长，交边所在直线于点G，若，则的长为 ． 4.（23-24九年级上·广东深圳·期中）如图，等腰直角中，，，过点作，，连接，过点作，垂足为，连接，则长为 ． 5．（2024·河南周口·模拟预测）如图，是等边三角形，，点E是的平分线上的一动点，连接，将点E绕点C顺时针旋转得到点F，连接，．若是直角三角形，则线段的长为    6．（2024·山东泰安·三模）将矩形ABCD绕点B顺时针旋转得到矩形，点A、C、D的对应点分别为、、．如图，当过点C时，若，，则的长为 ． 7．（2023·湖北黄石·统考中考真题）如图，将绕点A逆时针旋转到的位置，使点落在上，与交于点E若，则 （从“”中选择一个符合要求的填空）； ．    8．（2024·上海徐汇·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，点D为斜边BC上一点，且BD=3CD，将△ABD沿直线AD翻折，点B的对应点为B′，则sin∠CB′D= ． 9．（23-24九年级上·辽宁大连·期末）【问题初探】（1）在数学活动课上，王老师给出下面问题：如图1，和是等边三角形，点B、C、E不在同一条直线上，请找出图中的全等三角形并直接写出结论________________；（写出一对即可） 上面几何模型被称为“手拉手”模型，面对题目时我们也会“寻模而入，破模而出”．        【类比分析】（2）如下图，已知四边形中，，，是的平分线，且．将线段绕点E顺时针旋转得到线段．当时，连接，试判断线段和线段的数量关系，并说明理由；①小明同学从结论出发给出如下解题思路：可以先猜测线段和线段的数量关系，然后通过逆用“手拉手”模型，合理添加辅助线，借助“全等”来解决问题；②小玲同学从条件入手给出另一种解题思路：可以根据条件，则，再通过“手拉手”模型，合理添加辅助线，构造与全等的三角形来解决问题． 请你选择一名同学的解题思路（也可另辟蹊径）来解决问题，并说明理由． 【拓展延伸】（3）如下图，中，当时，点D、E为、上的点，，，若，，求线段的长． 10．（23-24九年级下·四川达州·开学考试）已知，与都是等腰直角三角形，，，连接，． (1)如图，求证；(2)如图，点在内，，，三点在同一直线上，过点作的高，证明：；(3)如图，点在内，平分，的延长线与交于点，点恰好为中点，若，求线段的长． 11．（2023·河南新乡·模拟预测）问题发现：如图1，在△ABC中，AB＝AC， ，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，则： (1)①∠ACE的度数是 　 　；②线段AC，CD，CE之间的数量关系是 　 　． 拓展探究：(2)如图2，在△ABC中，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC，请写出∠ACE的度数及线段AD，BD，CD之间得数量关系，并说明理由； 解决问题：(3)如图3，在Rt△DBC中，DB＝3，DC=5，∠BDC＝90°，若点A满足AB＝AC，∠BAC＝90°，请直接写出线段AD的长度． 12．（2024·河南新乡·模拟预测）问题发现：如图1，在△ABC中，AB＝AC， ，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，则： (1)①∠ACE的度数是 　 　；②线段AC，CD，CE之间的数量关系是 　 　． 拓展探究：(2)如图2，在△ABC中，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC，请写出∠ACE的度数及线段AD，BD，CD之间得数量关系，并说明理由； 解决问题：(3)如图3，在Rt△DBC中，DB＝3，DC=5，∠BDC＝90°，若点A满足AB＝AC，∠BAC＝90°，请直接写出线段AD的长度． 13．（2024·浙江绍兴·校考一模）【问题探究】（1）如图1，锐角△ABC中，分别以AB、AC为边向外作等腰直角△ABE和等腰直角△ACD，使AE＝AB，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD＝90°，连接BD，CE，试猜想BD与CE的大小关系，不需要证明． 【深入探究】（2）如图2，四边形ABCD中，AB＝5，BC＝2，∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°，求BD2的值；甲同学受到第一问的启发构造了如图所示的一个和△ABD全等的三角形，将BD进行转化再计算，请你准确的叙述辅助线的作法，再计算； 【变式思考】（3）如图3，四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，∠ADC＝30°，AD＝6，BD＝10，则CD＝　 　． 14．（2024·江西·中考真题）综合与实践：如图，在中，点D是斜边上的动点（点D与点A不重合），连接，以为直角边在的右侧构造，，连接，． 特例感知（1）如图1，当时，与之间的位置关系是______，数量关系是______； 类比迁移（2）如图2，当时，猜想与之间的位置关系和数量关系，并证明猜想． 拓展应用（3）在（1）的条件下，点F与点C关于对称，连接，，，如图3．已知，设，四边形的面积为y．①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值；②当时，请直接写出的长度． 15．（2024·广东深圳·模拟预测）在平面内，将一个多边形先绕自身的顶点A旋转一个角度，再将旋转后的多边形以点A为位似中心放大或缩小，使所得多边形与原多边形对应线段的比为k，称这种变换为自旋转位似变换．若顺时针旋转，记作顺；若逆时针旋转，记作逆． 例如：如图①，先将绕点B逆时针旋转，得到，再将以点B为位似中心缩小到原来的，得到，这个变换记作逆． (1)如图②，经过顺得到，用尺规作出．（保留作图痕迹） (2)如图③，经过逆得到，经过顺得到，连接．求证：四边形AFDE是平行四边形．(3)如图④，在中，，，．若经过（2）中的变换得到的四边形是正方形，请直接写出的长． 16．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）天府新区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， 以为边作等边， 连接． 易证： (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，以边作正方形，Q是正方形 的中心， 连接．若正方形的边长为6，则正方形的边长为 17．（2024·湖北黄石·三模）（1）如图①，和为等腰直角三角形，，求证：．（2）如图②，，，试探究线段与线段的关系，并加以证明．（3）如图③，，，求的最大值．    18．（2024·湖北武汉·模拟预测）在中，，，且． (1)如图1，若F、G分别是、的中点，求证：． (2)如图2，若，，连接，求的值．(3)如图3，若，，F、G分别是和上的动点，且始终满足，将绕A点顺时针旋转一周，则的最小值为______． 19．（2024·陕西西安·模拟预测）（1）问题发现：如图1，在菱形中，，点是对角线上一动点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，．求的度数． （2）问题探究：如图2，在正方形中，，点是对角线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，当时，求的长度； （3）问题解决：某科技公司现有一块形如矩形的研发基地，如图3，已知米，米，为了响应国家“科教兴国”战略，现需要扩大基地面积．扩建方案如下：点是对角线上一动点，以为边在右侧作直角三角形，满足，，其中将修建成新能源研发区，为试验区，为保证研发效果，要使研发区（即的面积最大，求此时试验区（即的面积．    原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！21 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题20 全等与相似模型之手拉手模型 全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。全等三角形、相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了。本专题就手拉手模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 2 模型1.手拉手模型（全等模型） 2 模型2.手拉手模型（相似模型） 12 26 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！ 模型1.手拉手模型（全等模型） 将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等。其中：公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。 等线段，共顶点，旋转前后的图形大小，形状不发生变化，只是位置不同而已。解题是通过三角形全等进行解决。SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。 1）双等边三角形型 条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等边三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即：∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMF，∴∠AFM=∠BCM=60°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 2）双等腰直角三角形型 条件：△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。 证明： ∵△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=90° ∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMN，∴∠ANM=∠BCM=90°， 过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 3）双等腰三角形型 条件：BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C为公共点；连接BE，AD交于点F。 结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠BCM=∠AFM；④CF平分∠BFD。 证明： ∵∠BCA=∠ECD，∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD， 又∵BC=AC，CE=CD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， 又∵∠CMB=∠AMF，∴∠BCM=∠AFM，过点C作CP⊥AD,CQ⊥BE,则∠CQB=∠CPA=90°， 又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CF平分∠BFD。 4）双正方形形型 条件：四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N。 结论：①△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。 证明： ∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，∴BC=AC，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90° ∴∠BCD+∠DCG=∠ECG+∠DCG，即∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CMB=∠DMN，∴∠BCM=∠DNM=90°， 过点C作CP⊥DE,CQ⊥BG,则∠CPD=∠CPB=90°，又∵∠CBG=∠CDE，BC=DC，∴△BCQ≌△DCP（AAS） ∴CQ=CP，根据角平分线的判定可得：CN平分∠BND。 例1．（23-24八年级下·辽宁丹东·期中）如图，点A，B，C在同一条直线上，，均为等边三角形，连接和，分别交、于点M，P，交于点Q，连接，，下面结论：①；②；③为等边三角形；④平分；⑤．其中结论正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】根据等边三角形的性质即可证得故①正确；根据结合三角形外角性质即可得出，故②正确；根据等边三角形的性质易证，得到结合即可得到为等边三角形，故③正确；根据全等三角形性质，得到点到，的距离相等，，从而可得点在的角平分线上，故④正确；已有的条件无法求的度数，故⑤错误；从而解题． 【详解】解：、为等边三角形， ，，，，， 在和中，，，故①正确； ，，， ，故②正确； 在和中，，，， 为等边三角形，故③正确；，， 点到，的距离相等，即边上的高相等， 点在的角平分线上，即平分；故④正确； 已有的条件无法求的度数，故⑤错误；综上所述：正确的结论有4个；故选：D． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，四点共圆的性质，三角形外角性质，角度的运算，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识． 例2．（2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰中，，，点，分别在，上，，连接，，取中点，连接． (1)求证：，；(2)将绕点顺时针旋转到图2的位置． ①请直接写出与的位置关系：___________________；②求证：． 【答案】(1)见解析(2)①；②见解析 【分析】（1）先证明得到，，根据直角三角形斜边中线性质得到，根据等边对等角证明，进而可证明； （2）①延长到点，使，连结，延长到，使，连接并延长交于点．同（1）证明得到，然后利用三角形的中位线性质得到，则，进而证明即可得到结论； ②延长到点，使，连接．先证明，得到，，进而，．证明得到即可得到结论． 【详解】（1）证明：在和中，，，， ，，． 是斜边的中点，，， ，．， ，．； （2）解：①；理由如下：延长到点，使，连结，延长到，使，连接并延长交于点．证明（具体证法过程跟②一样）．， 是中点，是中点，是中位线，， ，，， ，．故答案为：； ②证明：延长到点，使，连接． ，，，， ，，，， ，，． ，．在和中， ，，，，，，． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的中位线性质、平行线的判定与性质等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系与运用，灵活添加辅助线构造全等三角形是解答的关键． 例3．（2023·山东·九年级专题练习）已知，为等边三角形，点在边上． 【基本图形】如图1，以为一边作等边三角形，连结．可得（不需证明）． 【迁移运用】如图2，点是边上一点，以为一边作等边三角．求证：． 【类比探究】如图3，点是边的延长线上一点，以为一边作等边三角．试探究线段，，三条线段之间存在怎样的数量关系，请写出你的结论并说明理由． 【答案】【基本图形】见解析；【迁移运用】见解析；【类比探究】见解析． 【分析】基本图形：只需要证明得到，即可证明； 迁移运用：过点作，交于点，然后证明得到，即可推出；类比探究：过点作，交于点，然后证明，得到，再由，即可得到． 【详解】基本图形：证明：∵与都是等边三角形， ∴，，，， ∴，，∴， 在与中，，∴， ∴，∴，∵，∴； 迁移运用：证明：过点作，交于点， ∵是等边三角形，∴， ∵，∴，， 又∵，∴为等边三角形，∴， ∵为等边三角形，∴，， ∵，，∴， 在与中，∴，∴，∴； 类比探究：解：，理由如下：过点作，交于点， ∵是等边三角形，∴， ∵，∴，， 又∵，∴为等边三角形，∴， ∵为等边三角形，∴，， ∵，，∴， 在与中，∴，∴， ∵，∴． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键． 例4．（23-24九年级上·浙江台州·期末）如图，将绕点A顺时针旋转得到，并使C点的对应点D点落在直线上．(1)如图1，证明：平分；(2)如图2，与交于点F，若，求的度数；(3)如图3，连接，若，则的长为 ． 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)． 【分析】本题主要考查旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理及逆定理的应用等知识，解答本题的关键是掌握旋转的性质．（1）根据绕点A顺时针旋转得到，可得，即得，故，平分；（2）设，根据旋转的性质和三角形外角的性质可得，即可解得；（3）过A作于H，由已知可得，即可得，从而，可得，是等腰直角三角形，故． 【详解】（1）证明：∵绕点A顺时针旋转得到， ∴，∴，∴，∴平分； （2）解：设，∵∴， ∵，∴， ∵，∴，解得，∴； （3）解：过A作于H，如图： ∵绕点A顺时针旋转得到，∴， ∵，∴，∵， ∴，∴，∵，∴，， ∴，∴是等腰直角三角形，∴，故答案为：． 例5．（2022·浙江湖州·统考中考真题）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分别表示∠A，∠B的对边，．记△ABC的面积为S． (1)如图1，分别以AC，CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为，正方形BGFC的面积为．①若，，求S的值；②延长EA交GB的延长线于点N，连结FN，交BC于点M，交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示），求证：． (2)如图3，分别以AC，CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE，记等边三角形ACD的面积为，等边三角形CBE的面积为．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内），连结EF，CF．若EF⊥CF，试探索与S之间的等量关系，并说明理由． 【答案】(1)①6；②见解析(2)，理由见解析 【分析】（1）①将面积用a，b的代数式表示出来，计算，即可 ②利用AN公共边，发现△FAN∽△ANB，利用，得到a，b的关系式，化简，变形，即可得结论 （2）等边与等边共顶点B，形成手拉手模型，△ABC≌△FBE，利用全等的对应边，对应角，得到：AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，从而得到∠FEC＝30°，再利用，，得到a与b的关系，从而得到结论 【详解】（1）∵，∴b＝3，a＝4 ∵∠ACB＝90°∴ ②由题意得：∠FAN＝∠ANB＝90°，∵FH⊥AB∴∠AFN＝90°－∠FAH＝∠NAB∴△FAN∽△ANB ∴∴，得：∴．即 （2），理由如下：∵△ABF和△BEC都是等边三角形 ∴AB＝FB，∠ABC＝60°－∠FBC＝∠FBE，CB＝EB ∴△ABC≌△FBE（SAS）∴AC＝FE＝b ∠FEB＝∠ACB＝90° ∴∠FEC＝30° ∵EF⊥CF，CE＝BC＝a∴∴∴ 由题意得：，∴∴ 【点睛】本题考查勾股定理，相似，手拉手模型，代数运算，本题难点是图二中的相似和图三中的手拉手全等。 例6．（2024·黑龙江·九年级期中）已知Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB＝90°，F为AB边的中点，且DF=EF，∠DFE＝90°，D是BC上一个动点．如图1，当D与C重合时，易证：CD2＋DB2＝2DF2； （1）当D不与C、B重合时，如图2，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明． （2）当D在BC的延长线上时，如图3，CD、DB、DF有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并加以证明． 【答案】（1）CD2+DB2=2DF2 ；（2）CD2+DB2=2DF2，证明见解析 【分析】（1）由已知得，连接CF，BE，证明得CD=BE，再证明为直角三角形，由勾股定理可得结论； （2）连接CF，BE，证明得CD=BE，再证明为直角三角形，由勾股定理可得结论． 【详解】解：（1）CD2+DB2=2DF2 证明：∵DF=EF，∠DFE＝90°，∴ ∴ 连接CF，BE，如图 ∵△ABC是等腰直角三角形，F为斜边AB的中点 ∴ ，即 ∴， 又 ∴ 在和中 ∴ ∴， ∴ ∴ ∵，∴CD2+DB2=2DF2 ； （2）CD2+DB2=2DF2 证明：连接CF、BE ∵CF=BF，DF=EF又∵∠DFC+∠CFE=∠EFB+∠CFB=90° ∴∠DFC=∠EFB∴△DFC≌△EFB       ∴CD=BE，∠DCF=∠EBF=135° ∵∠EBD=∠EBF－∠FBD=135°－45°=90° 在Rt△DBE中，BE2+DB2=DE2 ∵ DE2=2DF2 ∴ CD2+DB2=2DF2 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、证明三角形全等是解决问题的关键，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 模型2.手拉手模型（相似模型） “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）。 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·江西·一模）图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，小丽和小亮对等腰只角形的旋转变换进行研究． (1)[观察猜想]如图1，△ABC是以AB、AC为腰的等腰三角形，点D、点E分别在AB、AC上．且DE∥BC，将△ADE绕点A逆时针旋转a（0°≤a≤360°）．请直接写出旋转后BD与CE的数量关系 　 　； (2)[探究证明]如图2，△ACB是以∠C为直角顶点的等腰直角三角形，DE∥BC分别交AC与AB两边于点E、点D．将△ADE绕点A逆时针旋转至图中所示的位置时，（1）中结论是否仍然成立．若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由； (3)[拓展延伸]如图3，BD是等边△ABC底边AC的中线，AE⊥BE，AE∥BC．将△ABE绕点B逆时针旋转到△FBE，点A落在点F的位置，若等边三角形的边长为4，当AB⊥BE时，求出DF2的值． 【答案】(1)结论BD=CE．证明见解析； (2)结论不成立．BD与CE的数量关系：BD=CE．证明见解析；(3)28 【分析】（1）结论BD=CE．证明△ABD≌△ACE（）；（2）结论不成立．BD与CE的数量关系：BD=CE．证明△DAB∽△EAC，可得结论；（3）根据条件可得当AB⊥BE时，，结合等边三角形的性质，可得，勾股定理即可求得． 【详解】（1）结论BD=CE．理由：如图1中，∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE， ∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≌△ACE（），∴BD=EC．故答案为：BD=CE． （2）结论不成立．BD与CE的数量关系：BD=CE． 理由：∵△ABC，△AED都是等腰直角三角形，∴∠CAB=∠EAD=45°，， ∵∠DAB=∠EAC，∴△DAB∽△EAC，∴，∴BD=CE （3）如图3，BD是等边△ABC底边AC的中线，AE⊥BE，AE∥BC． ， 将△ABE绕点B逆时针旋转到△FBE，点A落在点F的位置， 当AB⊥BE时， ABC是等边△，等边三角形的边长为4，， 【点睛】本题属于几何变换综合题，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，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． 例2．（2024·山东枣庄·二模）综合实践 问题背景：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D，E，作．如图2所示，将绕点A逆时针旋转，连接，． (1)探究发现：旋转过程中，线段和的长度存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明． (2)性质应用：如图3，当所在直线首次经过点B时，求的长． 【答案】(1)，证明见解析；(2) 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，旋转的性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握旋转前后对应角相等，对应边相等；相似三角形对应角相等，对应边成比例，以及解直角三角形的方法和步骤． （1）根据中点的定义得出，进而得出，易得，通过证明，即可得出结论；（2）根据题意推出当所在直线经过点B时，，根据勾股定理可得，根据（1）可得，即可求解； 【详解】（1）解：猜想，证明如下： 在中，，，，的中点分别为D，E， ∴，，，则， ，，，，， 将绕点A逆时针旋转，连接，，根据旋转的性质可得：， ，，，； （2）解：，分别取，的中点D，E， ，，，， ∴当所在直线经过点B时，，， 在中，根据勾股定理可得：，由（1）可得：， ，解得：； 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．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）综合与实践 数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．   (1)发现问题：如图1，在和中，，，，连接，，延长交于点．则与的数量关系：______，______； (2)类比探究：如图2，在和中，，，，连接，，延长，交于点．请猜想与的数量关系及的度数，并说明理由； (3)拓展延伸：如图3，和均为等腰直角三角形，，连接，，且点，，在一条直线上，过点作，垂足为点．则，，之间的数量关系：______； (4)实践应用：正方形中，，若平面内存在点满足，，则______． 【答案】(1)，(2)，，证明见解析(3)(4)或 【分析】（1）根据已知得出，即可证明，得出，，进而根据三角形的外角的性质即可求解；（2）同（1）的方法即可得证；（3）同（1）的方法证明，根据等腰直角三角形的性质得出，即可得出结论； （4）根据题意画出图形，连接，以为直径,的中点为圆心作圆，以点为圆心，为半径作圆，两圆交于点，延长至，使得，证明，得出，勾股定理求得，进而求得，根据相似三角形的性质即可得出，勾股定理求得，进而根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】（1）解：∵，∴， 又∵，，∴，∴， 设交于点， ∵∴，故答案为：，．          （2）结论：，； 证明：∵，∴，即， 又∵，，∴∴， ∵，，∴，∴， （3）， 理由如下，∵，∴，即， 又∵和均为等腰直角三角形∴，∴，∴， 在中，，∴，∴； （4）解：如图所示，连接，以为直径,的中点为圆心作圆，以点为圆心，为半径作圆，两圆交于点，延长至，使得，则是等腰直角三角形， ∵,∴， ∵，∴∴，∴， ∵，在中，， ∴∴ 过点作于点，设，则， 在中，，在中， ∴∴解得：，则， 设交于点，则是等腰直角三角形，∴ 在中，∴∴ 又，∴∴ ∴，∴∴， 在中， ∴， 综上所述，或故答案为：或． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，熟练运用已知模型是解题的关键． 例5．（2024·山西·模拟预测）综合与实践 问题背景：在数学活动课上，老师带领同学们进行三角形旋转的探究，已知和均为等边三角形，O是和的中点，将绕点O顺时针旋转． 猜想证明：(1)如图①，在旋转的过程中，当点E恰好在的延长线上时，交于点H，试判断的形状，并说明理由；(2)如图②，在旋转的过程中，当点E恰好落在边上时，连接，试猜想线段与线段的数量关系，并加以证明；(3)如图③，若，连接，设所在直线与所在直线交于点M，在旋转的过程中，当点B，F，E在同一直线上时，在M，O两点中的其中一点恰好是另一点与点C构成的线段的中点，请直接写出此时的长． 【答案】(1)为等腰三角形，理由见详解(2)，证明见详解(3)1或2 【分析】（1）根据等边三角形的性质以及外角定理得到，则，即可求证； （2）连接，证明，则，即；（3）如图①，当点在同一直线上，连接，先证明 ，继而得到，则，则，可得，故，即可求解；如图②，当点O为中点时，，在中，由勾股定理得，则，而此时三点共线，故点B和点E重合，由点M是直线与直线的交点，得到三点重合，故此时的长为的长． 【详解】（1）解：为等腰三角形，理由：∵为等边三角形，∴，， ∵O是的中点∴，∵是等边三角形，∴， ∵，∴，∴，∴为等腰三角形； （2）解：， 证明如下：连接，∵均是等边三角形，∴， ∵点O为的中点，∴，∴， ∵，∴，∴，∴，∴； （3）解：情况一，如图①，当点在同一直线上，连接， ∵点O为中点，∴，∵，∴， ∴，∴，∴，∴， ∵点M为的中点，点O为中点，∴，∴，即，解得：； 情况二：∵为等边三角形，∴，∵点O为中点，，∴，， 如图②，当点O为中点时，， ∵等边边长为2，∴在中，，∴， ∵此时三点共线，∴点B和点E重合，又∵点M是直线与直线的交点，∴三点重合， ∴此时的长为的长，即，综上所述，此时的长为1或2． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，解直角三角形，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等知识点，正确添加辅助线，熟练掌握知识点是解题的关键． 例6．（2024·山东济南·模拟预测） (1)问题发现：如图1，矩形与矩形相似，且矩形的两边分别在矩形的边和上，，连接．线段F与的数量关系为 ； (2)拓展探究：如图2，将矩形绕点A逆时针旋转，其它条件不变．在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立，请利用图2进行说理． (3)解决问题：当矩形的边时，点E为直线上异于D，C的一点，以为边作正方形，点H为正方形的中心，连接，若，，直接写出的长． 【答案】(1)(2)（1）中的结论仍然成立，理由见解析．(3)的长为或 【分析】本题考查了相似多边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是： （1）延长，交于H，连接，利用矩形的性质与判定可证明四边形是矩形，得出，，利用相似多边形的性质得出，进而得出，在中，由勾股定理得：，即可求解；（2）如图2，连接、，利用相似多边形的性质、旋转的性质可证明，得出，利用矩形的性质，勾股定理可求出，即可得出结论； （3）分点E在线段上，点E在线段延长线上，利用相似三角形的判定与性质求解即可． 【详解】（1）解：如图1，延长，交于H，连接， ∵四边形和四边形都是矩形，∴， ∴，∴四边形是矩形，∴，， ∵矩形与矩形相似，，∴， ∴，即， 在中，由勾股定理得：， ∴，故答案为：． （2）解：（1）中的结论仍然成立 理由如下：如图2，连接、， ∵矩形与矩形相似，∴，由旋转可得：， ∴，∴， ∵，∴，∴，∴，∴； （3）解：①如图3，当点E在线段上时，连接、， ∵四边形，四边形为正方形，∴，， ∴，∴，∴， ∵，，∴，∴； ②如图4，当点E在线段延长线上时，连接、， ∵四边形，四边形为正方形，∴，， ∴，∴，∴， ∵，，∴，∴，综上所述，的长为或． 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．（23-24九年级下·辽宁盘锦·开学考试）如图，在中，，过点C作于点D，过点B作于点M，连接，过点D作，交于点N．与相交于点E，若点E是的中点，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（    ）个．    A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】A 【分析】本题考查的是全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质；证明是等腰直角三角形，从而证明，，根据全等三角形的性质即可证明结论，证明是等腰直角三角形，可得 ，，可得，即可证明结论． 【详解】解：∵，∴， ∵，∴， ∵，，∴是等腰直角三角形，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴，故①②③正确， 过点作于点，则， ∵，，∴，∵点E是的中点，∴， ∵，∴，∴， ∴，∴，故④正确，故选：A． 2．（2022·湖南·中考真题）如图，点是等边三角形内一点，，，，则与的面积之和为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将绕点B顺时针旋转得，连接，得到是等边三角形，再利用勾股定理的逆定理可得，从而求解． 【详解】解：将绕点顺时针旋转得，连接， ，，，是等边三角形， ， ∵，，，， 与的面积之和为．故选：C． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，旋转的性质等知识，利用旋转将与的面积之和转化为，是解题的关键． 3．（23-24九年级上·辽宁大连·期中）如图，在中，，点D是边上的一个动点，连接，过点C作，使，连接，点F是的中点，连接并延长，交边所在直线于点G，若，则的长为 ． 【答案】或 【分析】分点G在上，和在延长线上，两种情况讨论，当点G在上，连接，证明，可得，再由等腰三角形的性质可得，设，则，由勾股定理可得，即可求解；当点G在延长线上，连接，同理可证，得，，由是等腰直角三角形，点是的中点，得到是的垂直平分线，推出，设，则，，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，当点G在上，连接，    ∵，∴，∴， ∵，，∴，， ∴，∴， ∵点F是的中点，∴，即， 是等腰直角三角形，点是的中点，是的垂直平分线， ，设，∵，，∴， ∵，∴，解得：，即； 如图，当点G在延长线上，连接，同理可得：，， ∴，∴， 是等腰直角三角形，点是的中点，是的垂直平分线，， 设，则，，，， ，，即，解得：，， 综上，的长为或故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，证明，是解题的关键． 4.（23-24九年级上·广东深圳·期中）如图，等腰直角中，，，过点作，，连接，过点作，垂足为，连接，则长为 ． 【答案】/ 【分析】利用勾股定理及等面积法求得，，，过点作交于，由等腰直角三角形的性质及三角形内角和定理可证得，，，易知，可得，，则，进而由等腰三角形的性质可得． 【详解】解：∵，，，∴， ∵，则，∴， 则，过点作交于，则， ∵是等腰直角三角形，∴， ∵，，则，∴， 又∵，则，则由三角形内角和可知：， ∴，∴，∴，，则， ∵，则，∴，故答案为：． 【点睛】本题考查勾股定理，等腰直角三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质等知识，添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键． 5．（2024·河南周口·模拟预测）如图，是等边三角形，，点E是的平分线上的一动点，连接，将点E绕点C顺时针旋转得到点F，连接，．若是直角三角形，则线段的长为    【答案】或 【分析】根据等边三角形的性质和角平分线的定义可得，，再根据旋转的性质可得，，利用等量代换可得，证得，可得，，，由是直角三角形，分类讨论：或进行求解即可． 【详解】解：∵是等边三角形，平分，∴，， ∵将点E绕点C顺时针旋转得到点F，∴，， ∴，，∴， ∴，∴，，， ∵是直角三角形，当，在中，，∴， 当时，在中，，即，∴， 故答案为：或． 【点睛】本题考查等边三角形的性质、角平分线的定义、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理、锐角三角函数及旋转的性质，熟练掌握相关定理证得，进行分类讨论是解题的关键。 6．（2024·山东泰安·三模）将矩形ABCD绕点B顺时针旋转得到矩形，点A、C、D的对应点分别为、、．如图，当过点C时，若，，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查的是矩形的性质、相似三角形的判定和性质、旋转变换的性质．连接，根据勾股定理求出，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可． 【详解】解：如图，连接， 由题意得，，，由勾股定理得，，， 由勾股定理得，，，，， ，，即，解得，．故答案为：． 7．（2023·湖北黄石·统考中考真题）如图，将绕点A逆时针旋转到的位置，使点落在上，与交于点E若，则 （从“”中选择一个符合要求的填空）； ．    【答案】 （答案不唯一） 【分析】根据旋转的性质得出，即可推出；通过证明，得出，求出，设，，则，，证明，得出，则，即可求解． 【详解】解：∵将绕点A逆时针旋转得到，∴， ∴，即， ∵将绕点A逆时针旋转得到，∴，， ∴，∴，∴，即，解得：， ∵四边形是平行四边形，，∴，∴， 设，，则，， ∵，∴，∴，∴， 整理得：，把代入解得：故答案为：，． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关性质定理，掌握相似三角形对应边成比例． 8．（2024·上海徐汇·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，点D为斜边BC上一点，且BD=3CD，将△ABD沿直线AD翻折，点B的对应点为B′，则sin∠CB′D= ． 【答案】/ 【分析】先证明A、B′、C、D四点共圆，推出∠CB′D=∠CAD，过点D作DE⊥AC于点E，利用平行线分线段成比例定理得到AE=3CE，由勾股定理得到AD=，再由正弦函数即可求解． 【详解】解：∵∠CAB=90°，AB=AC，∴∠ACB=∠B=45°， 由折叠的性质得∠AB′D=∠B=45°，∴∠AB′D=∠ACD=45°，∴A、B′、C、D四点共圆，∴∠CB′D=∠CAD， 过点D作DE⊥AC于点E，∵∠CAB=90°，∴DE∥AB，∵BD=3CD，∴AE=3CE， ∵∠ACB=45°，∴△DEC是等腰直角三角形，∴DE=CE，设DE=CE=a，则AE=3CE=3a， 在Rt△ADE中，AD=， ∴sin∠CB′D= sin∠CAD=． 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的知识，正弦函数，折叠的性质以及勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 9．（23-24九年级上·辽宁大连·期末）【问题初探】（1）在数学活动课上，王老师给出下面问题：如图1，和是等边三角形，点B、C、E不在同一条直线上，请找出图中的全等三角形并直接写出结论________________；（写出一对即可） 上面几何模型被称为“手拉手”模型，面对题目时我们也会“寻模而入，破模而出”．        【类比分析】（2）如下图，已知四边形中，，，是的平分线，且．将线段绕点E顺时针旋转得到线段．当时，连接，试判断线段和线段的数量关系，并说明理由；①小明同学从结论出发给出如下解题思路：可以先猜测线段和线段的数量关系，然后通过逆用“手拉手”模型，合理添加辅助线，借助“全等”来解决问题；②小玲同学从条件入手给出另一种解题思路：可以根据条件，则，再通过“手拉手”模型，合理添加辅助线，构造与全等的三角形来解决问题． 请你选择一名同学的解题思路（也可另辟蹊径）来解决问题，并说明理由． 【拓展延伸】（3）如下图，中，当时，点D、E为、上的点，，，若，，求线段的长． 【答案】（1）；（2），理由见解析；（3） 【分析】（1）利用证明即可；（2）过点作平分交于，先证明四边形是平行四边形，可得，再证明是等边三角形，推出，再证得即可；（3）设，以、为边作，连接，将绕点逆时针旋转得，连接，可得是等边三角形，，，再得出，利用勾股定理建立方程求解即可得出答案． 【详解】解：（1）．理由如下：如图1，       和是等边三角形，，，， ，即， 在和中，，； （2）如图2，过点作平分交于， 四边形中，，，，，， 平分，，，，， 四边形是平行四边形，，平分，， ，是等边三角形，，， ，，即，由旋转得：，， ，，； （3）如图3，以、为边作平行四边形，连接， 则，，，， 设，则，，， 又，是等边三角形，将绕点逆时针旋转得，连接， 是等边三角形，，，， ，，即，，即的长为． 【点睛】本题是几何综合题，考查了等边三角形的性质，平行四边形的性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确添加辅助线是解题关键． 10．（23-24九年级下·四川达州·开学考试）已知，与都是等腰直角三角形，，，连接，． (1)如图，求证；(2)如图，点在内，，，三点在同一直线上，过点作的高，证明：；(3)如图，点在内，平分，的延长线与交于点，点恰好为中点，若，求线段的长． 【答案】(1)见详解(2)见详解(3) 【分析】本题是三角形的综合问题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质和直角三角形斜边中线的性质等知识点，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． （1）由“”可证，可得；（2）同理知：，先根据等腰三角形三线合一的性质得，再由直角三角形斜边中线的性质得，最后由线段的和可得结论；（3）连接，设，则，，，由（1）知，得，证明，得，计算，列方程即可解答． 【详解】（1）证明：与都是等腰直角三角形，， ，， ，，，； （2）证明：，，，， ，，由（1）可知：， 点在内，，，三点在同一直线上， （3）解：如图，连接， 平分，，，，，， 设，则，，，由（1）知，， ，，，， 是的中点，，，，， ，，，， ，，，， ，； 11．（2023·河南新乡·模拟预测）问题发现：如图1，在△ABC中，AB＝AC， ，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，则： (1)①∠ACE的度数是 　 　；②线段AC，CD，CE之间的数量关系是 　 　． 拓展探究：(2)如图2，在△ABC中，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC，请写出∠ACE的度数及线段AD，BD，CD之间得数量关系，并说明理由； 解决问题：(3)如图3，在Rt△DBC中，DB＝3，DC=5，∠BDC＝90°，若点A满足AB＝AC，∠BAC＝90°，请直接写出线段AD的长度． 【答案】(1)60°，AC＝DC+EC(2)∠ACE＝45°，BD2+CD2＝2AD2，见解析(3)AD＝或AD＝4 【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答；（2）根据全等三角形的性质得到BD=CE，∠ACE=∠B，得到∠DCE=90°，根据勾股定理计算即可；（3）如图3，作AE⊥CD于E，连接AD，根据勾股定理得到BC==，推出点B，C，A，D四点共圆，根据圆周角定理得到∠ADE=45°，求得△ADE是等腰直角三角形，得到AE=DE，根据勾股定理即可得到结论． （1）解：∵在△ABC中，AB＝AC，∠BAC=60°， ∴AC=AB=BC，根据旋转性质得：∠B=∠BAC＝∠DAE＝60°，AD=AE， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴∠ACE＝∠B＝60°，BD＝CE，∴BC＝BD+CD＝EC+CD，∴AC＝BC＝EC+CD； 故答案为：60°，AC＝DC+EC； （2）解：BD2+CD2＝2AD2，理由如下：由（1）得，△BAD≌△CAE， ∴BD＝CE，∠ACE＝∠B＝45°，∴∠DCE＝90°，∴CE2+CD2＝ED2， 在Rt△ADE中，AD2+AE2＝ED2，又AD＝AE，∴BD2+CD2＝2AD2； （3）解：作AE⊥CD于E，连接AD，∵在Rt△DBC中，DB＝3，DC＝5，∠BDC＝90°，∴BC＝， ∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴AB＝AC＝，∠ABC＝∠ACB＝45°， ∵∠BDC＝∠BAC＝90°，∴点B，C，A，D四点共圆，∴∠ADE＝∠ABC=45°， ∴△ADE是等腰直角三角形，∴AE＝DE，∴CE＝5﹣DE， ∵AE2+CE2＝AC2，∴AE2+（5﹣AE）2＝17，∴AE＝1，或AE＝4，∴AD＝或AD＝4． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理、以及旋转变换的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 12．（2024·河南新乡·模拟预测）问题发现：如图1，在△ABC中，AB＝AC， ，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，则： (1)①∠ACE的度数是 　 　；②线段AC，CD，CE之间的数量关系是 　 　． 拓展探究：(2)如图2，在△ABC中，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC，请写出∠ACE的度数及线段AD，BD，CD之间得数量关系，并说明理由； 解决问题：(3)如图3，在Rt△DBC中，DB＝3，DC=5，∠BDC＝90°，若点A满足AB＝AC，∠BAC＝90°，请直接写出线段AD的长度． 【答案】(1)60°，AC＝DC+EC(2)∠ACE＝45°，BD2+CD2＝2AD2，见解析(3)AD＝或AD＝4 【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答；（2）根据全等三角形的性质得到BD=CE，∠ACE=∠B，得到∠DCE=90°，根据勾股定理计算即可；（3）如图3，作AE⊥CD于E，连接AD，根据勾股定理得到BC==，推出点B，C，A，D四点共圆，根据圆周角定理得到∠ADE=45°，求得△ADE是等腰直角三角形，得到AE=DE，根据勾股定理即可得到结论． （1）解：∵在△ABC中，AB＝AC，∠BAC=60°， ∴AC=AB=BC，根据旋转性质得：∠B=∠BAC＝∠DAE＝60°，AD=AE， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴∠ACE＝∠B＝60°，BD＝CE，∴BC＝BD+CD＝EC+CD， ∴AC＝BC＝EC+CD；故答案为：60°，AC＝DC+EC； （2）解：BD2+CD2＝2AD2，理由如下：由（1）得，△BAD≌△CAE， ∴BD＝CE，∠ACE＝∠B＝45°，∴∠DCE＝90°，∴CE2+CD2＝ED2， 在Rt△ADE中，AD2+AE2＝ED2，又AD＝AE，∴BD2+CD2＝2AD2； （3）解：作AE⊥CD于E，连接AD， ∵在Rt△DBC中，DB＝3，DC＝5，∠BDC＝90°，∴BC＝， ∵∠BAC＝90°，AB＝AC ∴AB＝AC＝，∠ABC＝∠ACB＝45°， ∵∠BDC＝∠BAC＝90°，∴点B，C，A，D四点共圆， ∴∠ADE＝∠ABC=45°，∴△ADE是等腰直角三角形，∴AE＝DE，∴CE＝5﹣DE， ∵AE2+CE2＝AC2，∴AE2+（5﹣AE）2＝17，∴AE＝1，或AE＝4，∴AD＝或AD＝4． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理、以及旋转变换的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 13．（2024·浙江绍兴·校考一模）【问题探究】（1）如图1，锐角△ABC中，分别以AB、AC为边向外作等腰直角△ABE和等腰直角△ACD，使AE＝AB，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD＝90°，连接BD，CE，试猜想BD与CE的大小关系，不需要证明． 【深入探究】（2）如图2，四边形ABCD中，AB＝5，BC＝2，∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°，求BD2的值；甲同学受到第一问的启发构造了如图所示的一个和△ABD全等的三角形，将BD进行转化再计算，请你准确的叙述辅助线的作法，再计算； 【变式思考】（3）如图3，四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，∠ADC＝30°，AD＝6，BD＝10，则CD＝　 　． 【答案】（1）BD＝CE；（2）BD2＝54；（3）8 【分析】（1）首先根据等式的性质证明∠EAC=∠BAD，则根据SAS即可证明△EAC≌△BAD，根据全等三角形的性质即可证明；（2）在△ABC的外部，以A为直角顶点作等腰直角△BAE，使∠BAE=90°，AE=AB，连接EA、EB、EC，证明△EAC≌△BAD，证明BD=CE，然后在直角三角形BCE中利用勾股定理即可求解； （3）先证明△ABC是等边三角形，再把△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE，连接DE，则可得△CDE是等边三角形，再证△BDE是直角三角形，运用勾股定理求出DE的长，从而可得CD的长． 【详解】解：（1）BD＝CE．理由是： ∵∠BAE＝∠CAD， ∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD， 在△EAC和△BAD中， ， ∴△EAC≌△BAD， ∴BD＝CE； （2）如图2，在△ABC的外部，以A为直角顶点作等腰直角△BAE，使∠BAE＝90°，AE＝AB，连接EA、EB、EC． ∵∠ACD＝∠ADC＝45°， ∴AC＝AD，∠CAD＝90°，∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD， 在△EAC和△BAD中，，∴△EAC≌△BAD，∴BD＝CE． ∵AE＝AB＝5， ∴BE＝，∠ABE＝∠AEB＝45°， 又∵∠ABC＝45°，  ∴∠ABC+∠ABE＝45°+45°＝90°， ∴，∴ ． （3）如图，∵AB＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形， 把△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE，连接DE，则BE＝AD，△CDE是等边三角形， ∴DE＝CD，∠CED＝60°，∵∠ADC＝30°， ∴∠BED＝30°+60°＝90°， 在Rt△BDE中，DE＝＝＝8，  ∴CD＝DE＝8． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，正确理解题目之间的联系，构造全等三角形是解决本题关键． 14．（2024·江西·中考真题）综合与实践：如图，在中，点D是斜边上的动点（点D与点A不重合），连接，以为直角边在的右侧构造，，连接，． 特例感知（1）如图1，当时，与之间的位置关系是______，数量关系是______； 类比迁移（2）如图2，当时，猜想与之间的位置关系和数量关系，并证明猜想． 拓展应用（3）在（1）的条件下，点F与点C关于对称，连接，，，如图3．已知，设，四边形的面积为y．①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值；②当时，请直接写出的长度． 【答案】（1），（2）与之间的位置关系是，数量关系是；（3）①y与x的函数表达式，当时，的最小值为；②当时，为或. 【分析】（1）先证明，，，可得；再结合全等三角形的性质可得结论；（2）先证明，，结合，可得；再结合相似三角形的性质可得结论；（3）①先证明四边形为正方形，如图，过作于，可得，，再分情况结合勾股定理可得函数解析式，结合函数性质可得最小值；②如图，连接，，，证明，可得在上，且为直径，则，过作于，过作于，求解正方形面积为,结合，再解方程可得答案. 【详解】解：（1）∵，∴，， ∵，∴，，∴； ∴，，∴， ∴，∴与之间的位置关系是，数量关系是； （2）与之间的位置关系是，数量关系是；理由如下： ∵，∴，， ∵，∴；∴，， ∴，∴， ∴与之间的位置关系是，数量关系是； （3）由（1）得：，，，∴，都为等腰直角三角形； ∵点F与点C关于对称，∴为等腰直角三角形；， ∴四边形为正方形，如图，过作于， ∵，，∴，， 当时，∴，∴， 如图，当时，此时，同理可得：， ∴y与x的函数表达式为，当时，的最小值为； ②如图，∵，正方形，记正方形的中心为，∴， 连接，，，∴，∴在上，且为直径，∴， 过作于，过作于，∴，， ∴，∴，∴正方形面积为, ∴，解得：，，经检验都符合题意，如图， 综上：当时，为或. 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，二次函数的性质，圆的确定及圆周角定理的应用，本题难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键. 15．（2024·广东深圳·模拟预测）在平面内，将一个多边形先绕自身的顶点A旋转一个角度，再将旋转后的多边形以点A为位似中心放大或缩小，使所得多边形与原多边形对应线段的比为k，称这种变换为自旋转位似变换．若顺时针旋转，记作顺；若逆时针旋转，记作逆． 例如：如图①，先将绕点B逆时针旋转，得到，再将以点B为位似中心缩小到原来的，得到，这个变换记作逆． (1)如图②，经过顺得到，用尺规作出．（保留作图痕迹） (2)如图③，经过逆得到，经过顺得到，连接．求证：四边形AFDE是平行四边形．(3)如图④，在中，，，．若经过（2）中的变换得到的四边形是正方形，请直接写出的长． 【答案】(1)见解析(2)见解析(3) 【分析】（1）旋转，可作等边三角形，，从而得出点和点对应点，进而作出图形； （2）根据和位似，与位似得出，，，进而推出，从而，进而得出，同理可得：，从而推出四边形是平行四边形；（3）要使是正方形，应使，，从而得出，从而得出，从而，于是作等边，保证，作直径，保证，这样得出作法．并求出的长． 【详解】（1）解：如图1，1．以B为圆心，为半径画弧，以C为圆心，为半径画弧，两弧在的上方交于点D，分别以A，C为圆心，以为半径画弧，两弧交于点E， 2．延长至，使，延长至，使，连接，则就是求作的三角形； （2）证明：∵和位似，与位似，∴，，， ∴，∴，∴，∴，∴， 同理可得：，∴四边形是平行四边形； （3）解：如图2，证明：由上知：，， ∴，，，， ∴，要使是正方形，应使，， ∴，，∴， ∴，∴， ∴作等边，保证，作直径，保证，这样得出作法； ∵，，，∴． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质，图形的位似，圆周角定理，确定圆的条件，尺规作图，平行四边形的判定与性质，正方形的判定与性质，解直角三角形等知识，熟练掌握以上知识点是解决问题的关键，需要较强的分析能力． 16．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）天府新区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， 以为边作等边， 连接． 易证： (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，以边作正方形，Q是正方形 的中心， 连接．若正方形的边长为6，则正方形的边长为 【答案】(1)(2)，理由见解析(3) 【分析】（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、，证明，由相似三角形的性质得出，可求出，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案． 【详解】（1）解：与都是等边三角形，，，， ，， 在和中，，，；故答案为：； （2）解：和的数量关系为：；理由如下： 在等腰中，，， 在等腰中，，， ，，，∴，， ，，，； （3）解：连接、，如图3所示：四边形是正方形，，， 是正方形的中心，，， ，， ，，， ，，设，则， 在中，，即，解得：（舍去）， 正方形的边长，故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形相似是解题的关键． 17．（2024·湖北黄石·三模）（1）如图①，和为等腰直角三角形，，求证：．（2）如图②，，，试探究线段与线段的关系，并加以证明．（3）如图③，，，求的最大值．    【答案】（1）见解析；（2），见解析；（3） 【分析】（1）证明，则； （2）证明，则，，证明，则，， 由，可得，即； （3）如图,过点C作，在上取点E使，连接．由（2）知：，则，，由勾股定理得，，则，即最大值为，进而可求的最大值． 【详解】（1）证明：∵，∴，即， 又∵，∴，∴； （2）解：，证明如下： ∵，，∴，∴，∴， ∵，∴，即， 又∵，∴，∴，，∴ ， ∴，∴，即； （3）解：如图,过点C作，在上取点E使，连接．    由（2）知：，∴，∴， ∵，∴，∴由勾股定理得，， ∵，∴，∴最大值为，∴的最大值为． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系等知识．熟练掌握了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系是解题的关键． 18．（2024·湖北武汉·模拟预测）在中，，，且． (1)如图1，若F、G分别是、的中点，求证：． (2)如图2，若，，连接，求的值．(3)如图3，若，，F、G分别是和上的动点，且始终满足，将绕A点顺时针旋转一周，则的最小值为______． 【答案】(1)见解析；(2)；(3)． 【分析】（1）根据相似三角形的性质及判定，即可证明结论；（2）连接，，同（1）可得，继而证明，可得，设，计算得，即可证明，所以，求得，即可求得答案；（3）连接，，同（2）可得：，所以，当时，求得的最小值，当D点在上时，求得的最小值，即得答案． 【详解】（1），，， 又，  ，， ； （2）连接，，同（1）可得，， ，，， ，，设，则，， ，， ， ，，，，； （3）连接，，同（2）可得：，， ，，，，，， 当时，最小，最小值为，当D点在上时，最小为， ．故答案为：． 【点睛】本题考查了线段的最值问题，图形旋转的性质，相似三角形的判定与性质，三角函数，直角三角形的性质，添加辅助线，构造相似三角形是解题的关键． 19．（2024·陕西西安·模拟预测）（1）问题发现：如图1，在菱形中，，点是对角线上一动点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，．求的度数． （2）问题探究：如图2，在正方形中，，点是对角线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，当时，求的长度； （3）问题解决：某科技公司现有一块形如矩形的研发基地，如图3，已知米，米，为了响应国家“科教兴国”战略，现需要扩大基地面积．扩建方案如下：点是对角线上一动点，以为边在右侧作直角三角形，满足，，其中将修建成新能源研发区，为试验区，为保证研发效果，要使研发区（即的面积最大，求此时试验区（即的面积．    【答案】（1）；（2）；（3）平方米 【分析】（1）根据菱形的性质推出，，根据旋转的性质得到，从而推出，即可判定，然后根据全等三角形的性质得到； （2）过点作于，根据正方形的性质推出是等腰直角三角形，根据与之间的数量关系求出的长后求出和的长，然后根据勾股定理求出的长，由旋转的性质可知是等腰直角三角形，求出的长后在中根据勾股定理即可求出结果； （3）过作于，过点作，交延长线于，先判定，求出的长后根据相似三角形的性质及与的关系求出的长，设为，用含的代数式表示出和的长，用三角形面积公式列出关于的函数关系式，根据二次函数的最值即可求出面积最大时的的值，再求出此时试验区（即的面积． 【详解】解：（1）四边形是菱形，，，， 由旋转可知：，，，，； （2）如图2，过点作于，       四边形是正方形，，是对角线，，，， 又，是等腰直角三角形， ，，，，， 在中，， 绕点逆时针旋转得到，是等腰直角三角形，， 在中，，，； （3）如图3，过作于，过点作，交延长线于，， 四边形是矩形，米，米，，（米， （米，米，（米， 中，，，，， 又，，又，， ，设米，则米， 米，米，米， ， 当时，面积最大，此时米，米， （米，（米， （平方米）， 即研发区的面积最大时试验区的面积为平方米． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查菱形的性质，正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理以及二次函数的应用等知识点，深入理解题意是解决问题的关键． 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 $$