专题10 全等与相似模型之手拉手模型解读与提分精练-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（广东专用）

专题10 全等与相似模型之手拉手模型 目录 1 模型1.全等模型之手拉手模型 1 模型2.相似模型之手拉手模型 10 21 模型1.全等模型之手拉手模型 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．（24-25八年级上·湖南娄底·期中）小茗同学发现一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形．小茗把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图所示的“手拉手”图形中，和均为等腰直角三角形，，，，点在同一直线上，连接，为中边上的高． (1)求证：； (2)求的度数； (3)直接写出和之间的数量关系． 例2．（23-24八年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，在等腰中，，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，以为直角边，在左侧构造等腰，其中，，连接． (1)如图1，若点在上，求证：； 小明提供了如图2的思路：他利用的条件，在点作的垂线交的延长线于点，从而利用共点的两个等腰直角三角形“手拉手”模型，通过全等，转角得到结论． 请你按照小明的思路完成第（1）问； (2)如图3，若点在的下方，求证：； (3)如图4，若，，三点在一条直线上，求的长． 例3．（24-25八年级上·广东湛江·阶段练习）在学习全等三角形知识时、数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，他们得知这种模型称为“手拉手模型”，兴趣小组进行了如下操作： (1)如图1、两个等腰三角形和中， 连接、、如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是手拉手模型，在这个模型中，和全等的三角形是 ，此时和的数量关系是 ； (2)如图2、两个等腰直角三角形和中， 连接，，两线交于点 ，请判断线段和的数量关系和位置关系，并说明理由； (3)如图3，已知， 以、为边分别向外作等边和等边，连接，，两线交于点 ，请直接写出线段 和的数量关系及的度数． 模型2.相似模型之手拉手模型 “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，∴. 例1．（24-25九年级上·河南新乡·期末）我们常把在同一顶点处存在对应相等线段的图形称为“手拉手”模型，用该模型解决问题时重点在“构建”模型、证明相似以及用相似来解决问题． (1)等腰直角三角形和等腰直角三角形如图1放置，，点M、N分别为的中点，则_________； (2)将图1的等腰直角三角形绕点C逆时针旋转至如图2所示的位置，那么的值是否发生改变？说明理由； (3)正方形和正方形如图3放置，其中正方形的边长是正方形边长的一半，连结，请直接写出与之间的数量关系以及直线与直线所夹锐角的度数． 例2．（24-25九年级上·黑龙江齐齐哈尔·期末）综合与实践 在综合实践课上，刘老师组织同学们以“三角形中手拉手模型”为主题开展数学活动． (1)提出问题：若和都是等边三角形，连接和交于点，如图1所示，线段与线段的数量关系是_______，_______； (2)探究证明：若和都是直角三角形，，连接和交于点，如图2所示，试猜想与的关系，并说明理由； (3)拓展延伸： ①“智慧小组”发现在（2）的条件下，若，使图2中固定不动，将绕顶点旋转，当点在同一条直线上时，则_______； ②“勤奋小组”发现在（2）的条件下，若是的中点，使图3中固定不动，将绕顶点旋转，在旋转过程中，则的最小值为_______． 例3．（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）综合与实践 “手拉手”模型是初中几何图形的一种全等变形的重要模型，可以借助旋转和全等形的相关知识结合勾股定理等，来解决有关线段的长、角的度数等问题，在学习和生活中应用广泛，有着十分重要的地位和作用． 某校数学活动小组进行了有关旋转的系列探究： 如图①，已知和均是等腰直角三角形，，且，，易证：，． 深入探究： （1）如图②，将图①中绕点A逆时针旋转，连接、，并延长分别与、相交于点、，求证：，． 解决问题： （2）如图③，将图①中绕点逆时针旋转，使与重合，其他条件不变，若，，则_______，_______． 拓展应用： （3）如图④，将图①中绕点逆时针旋转，连接、，若，，，则______，______．（提示：求时，可过点作于点） 一、单选题 1．（2024·广东湛江·模拟预测）如图，点是等边内一点，若将绕点按逆时针方向旋转一个角度后得到，连接，若，则的长度为（   ） A．1 B．2 C． D． 2．（23-24九年级下·北京丰台·阶段练习）如图，和是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，把以A为中心顺时针旋转，点M为射线、的交点，若，，以下结论：①；②；③当点E在的延长线上时， ；④在旋转过程中，的最大面积为．其中正确结论有（    ）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 3．（24-25九年级上·湖南衡阳·期末）如图1，在矩形中，，，点、在、上，且，将四边形绕点逆时针旋转角，连接、相交于点，旋转后的图形如图2所示，则此时的值为 ． 4．（24-25九年级上·河南许昌·期中）如图，和为等腰直角三角形，将绕点顺时针旋转，连接，，点为直线，的交点．若，，则 ，在旋转过程中，的最大值为 ． 三、解答题 5．（24-25九年级上·重庆开州·阶段练习）如图1，是等腰直角三角形，其中，点D是边上一点，以为边向外作正方形，连接，将正方形绕点C顺时针旋转，如图2所示． (1)旋转过程中线段与之间存在怎样的关系，请说明理由． (2)当且时，求的面积． 6．（24-25九年级上·福建福州·期中）如图，、均为等边三角形，，．将绕点A沿顺时针方向旋转，连接、． (1)在图1中求证：； (2)如图2，当时，连接，求的面积； (3)在的旋转过程中，直接写出的面积的取值范围． 7．（24-25九年级上·重庆江津·期末）如图，等腰直角与等腰直角按图1位置放置，已知， ． (1)填空：　　　，　　　； (2)现将图1中等腰直角绕点A按顺时针方向旋转，当旋转到点C、D、E在一条直线上时，如图2所示，求的长度； (3)当图1中等腰直角绕点A顺时针方向旋转到满足时，如图3所示，猜想：与的数量关系，并证明你的猜想． 8．（23-24九年级下·江西赣州·阶段练习）如图1，在中，，点D，E分别在边上，且，将绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α． (1)问题发现：①当时， ________；②当时，________； (2)拓展研究：试判断，当时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明； (3)问题解决：当旋转至A，D，C三点共线时，直接写出线段的长． 9．（24-25九年级上·辽宁铁岭·阶段练习）如图1，将绕着直角顶点按顺时针方向旋转得到，点落在点处，点落在点处，连接． (1)求证：； (2)如图2，取的中点，连接，求证：； (3)如图3，过点作垂足为，交于点，若，求的面积 10．（24-25九年级上·山西晋中·期中）综合与实践 【问题情境】： 在数学综合与实践活动课上，老师让同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动． 如图1，正方形和正方形，连接，． 【操作发现】： 当正方形绕点旋转，如图，线段与之间的数量关系是______；直线与的夹角度数为______； 【深入探究】如图，若四边形与四边形都为菱形，且，，猜想与的数量关系与直线与的夹角度数，并说明理由； 【迁移探究】：如图，在（）的条件下，若，，直接写出线段的长． 11．（24-25九年级上·江苏南京·期末）在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形与旋转”为主题开展数学活动．如图，已知在直角三角形中，，，边的长为4． (1)操作发现 操作：如图（1），分别取边、的中点D、E，连接，则的值为_______． (2)变换探究 如图（2），将绕点A逆时针旋转得到，连接、，直线与直线相交于点F. （Ⅰ）在旋转过程中的值是否发生变化？请说明理由． （Ⅱ）直线与直线相交所形成的夹角（不超过）的大小是否发生变化？请说明理由． (3)拓展应用 在旋转过程中，直线与直线相交于点F，当为等腰三角形时，请直接写出的面积． 12．（2024·江西景德镇·二模）【问题情境】在数学活动课上，同学们在课上用两张矩形纸片进行探究活动.小组同学准备了两张矩形纸片和，其中，，将它们按如图1所示的方式放置，点E，G分别落在，边上时，点E，G恰好为边，的中点.然后将矩形纸片绕点B按顺时针方向旋转，旋转角为，连接与． 【观察发现】 （1）如图2所示，当时，小组成员发现与存在的数量关系为_________；位置关系为_________； 【探索猜想】 （2）如图3所示，当时，（1）中发现的结论是否仍然成立?请说明理由； 【拓展延伸】 （3）在矩形的旋转过程中，交于点P，交于点O，连接，，是否为定值；如果是，请直接写出此定值，如果不是，请你说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10 全等与相似模型之手拉手模型 目录 1 模型1.全等模型之手拉手模型 1 模型2.相似模型之手拉手模型 10 21 模型1.全等模型之手拉手模型 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．（24-25八年级上·湖南娄底·期中）小茗同学发现一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形．小茗把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图所示的“手拉手”图形中，和均为等腰直角三角形，，，，点在同一直线上，连接，为中边上的高． (1)求证：； (2)求的度数； (3)直接写出和之间的数量关系． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】根据三线合一证明、全等的性质和SAS综合（SAS）、斜边的中线等于斜边的一半、等边对等角 【分析】（）由可得，再根据即可证明； （）由等腰直角三角形的性质可得，即得，再根据全等三角形的性质可得，最后根据角的和差关系即可求解； （）由全都三角形的性质可得，由等于直接三角形的性质可得，即得，进而即可得到； 本题考查了等腰直角三角形的性质，全都三角形的判定和性质，直接三角形的性质，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 即， 又∵，， ∴； （2）解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：，理由如下： ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 即， ∴． 例2．（23-24八年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，在等腰中，，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，以为直角边，在左侧构造等腰，其中，，连接． (1)如图1，若点在上，求证：； 小明提供了如图2的思路：他利用的条件，在点作的垂线交的延长线于点，从而利用共点的两个等腰直角三角形“手拉手”模型，通过全等，转角得到结论． 请你按照小明的思路完成第（1）问； (2)如图3，若点在的下方，求证：； (3)如图4，若，，三点在一条直线上，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【知识点】根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得，根据，可知，易知为等腰直角三角形，再结合为等腰直角三角形，利用即可证明，进而可知，即可证明结论； （2）由旋转可知，，则，结合题意可知，，由为等腰直角三角形，可知，，得，利用即可证明； （3）利用第（2）问的结果，和，从而推出长方形，根据边角边证明，结合，从而推出，根据等腰三角形的性质推出，最后利用勾股定理即可求出长度． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∵，则， ∴， ∴为等腰直角三角形，则， 又∵为等腰直角三角形，则，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）证明：由旋转可知，，则， ∵，， ∴，， 又∵为等腰直角三角形，则，， ∴， 在与中，， ∴； （3）解：由题意可知，当，，三点在一条直线上，， 作于，如图所示， 由（2）可知，， ， ， ． ， ． 为长方形， ，， ， ， ， ． ， ，， ． ． 设，则， ， 在中，， ． ． 【点睛】本题考查了三角形的全等，等腰三角形的性质，旋转的性质和勾股定理，解题的关键在于掌握相关性质定理以及证明为长方形． 例3．（24-25八年级上·广东湛江·阶段练习）在学习全等三角形知识时、数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过资料查询，他们得知这种模型称为“手拉手模型”，兴趣小组进行了如下操作： (1)如图1、两个等腰三角形和中， 连接、、如果把小等腰三角形的腰长看作小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手，这个就是手拉手模型，在这个模型中，和全等的三角形是 ，此时和的数量关系是 ； (2)如图2、两个等腰直角三角形和中， 连接，，两线交于点 ，请判断线段和的数量关系和位置关系，并说明理由； (3)如图3，已知， 以、为边分别向外作等边和等边，连接，，两线交于点 ，请直接写出线段 和的数量关系及的度数． 【答案】(1)， (2)且，理由见解析 (3)， 【知识点】三角形的外角的定义及性质、三角形内角和定理的应用、等边三角形的性质、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】此题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，以及三角形的外角性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解本题的关键． （1）先判断出，进而判断出，即可得出结论； （2）先判断出，得出，，进而判断出，即可得出结论； （3）由三角形与三角形都为等边三角形，利用等边三角形的性质得到两对边相等，两三角形的内角都为，利用等式的性质得到，利用可得出得，，求出，即可根据求解． 【详解】（1）解：∵， ∴． ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴和全等的三角形是，此时和的数量关系是． 故答案为：，； （2）且； 理由如下：∵， ∴． ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 即， ∴， ∴， 综上所述：且． （3）和都为等边三角形， ，，， ，即， 在和中， ， ； ，， ∴ ， ∴． 模型2.相似模型之手拉手模型 “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，∴. 例1．（24-25九年级上·河南新乡·期末）我们常把在同一顶点处存在对应相等线段的图形称为“手拉手”模型，用该模型解决问题时重点在“构建”模型、证明相似以及用相似来解决问题． (1)等腰直角三角形和等腰直角三角形如图1放置，，点M、N分别为的中点，则_________； (2)将图1的等腰直角三角形绕点C逆时针旋转至如图2所示的位置，那么的值是否发生改变？说明理由； (3)正方形和正方形如图3放置，其中正方形的边长是正方形边长的一半，连结，请直接写出与之间的数量关系以及直线与直线所夹锐角的度数． 【答案】(1) (2)不改变，理由见解析 (3)（或）， 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、根据正方形的性质证明 【分析】（1）连接，过点D作于点F，证明C，M，N三点共线．四边形为矩形，再利用勾股定理求解即可． （2），M为中点，，，，证明，即可求解． （3）连接，延长交于点H，四边形和四边形为正方形，则，，，，，证明，即可求解． 【详解】（1）解：连接，过点D作于点F， ∵与都为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵N为中点， ∴， ∵M为中点， ∴ ∵ ∴ ∵ ∴C，M，N三点共线． ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， 在中， ∴， ∴； 连接， ∵，M为中点， ∴CM⊥AB，，， ∴， ∴， ∵，N为中点， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴的值不会发生改变． （2）延长交于点H，连接， ∵四边形和四边形为正方形， ∴，，，，， ∴， ∴， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题关键在于熟练掌握相似三角形的性质与判定，勾股定理的应用． 例2．（24-25九年级上·黑龙江齐齐哈尔·期末）综合与实践 在综合实践课上，刘老师组织同学们以“三角形中手拉手模型”为主题开展数学活动． (1)提出问题：若和都是等边三角形，连接和交于点，如图1所示，线段与线段的数量关系是_______，_______； (2)探究证明：若和都是直角三角形，，连接和交于点，如图2所示，试猜想与的关系，并说明理由； (3)拓展延伸： ①“智慧小组”发现在（2）的条件下，若，使图2中固定不动，将绕顶点旋转，当点在同一条直线上时，则_______； ②“勤奋小组”发现在（2）的条件下，若是的中点，使图3中固定不动，将绕顶点旋转，在旋转过程中，则的最小值为_______． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)①或；② 【知识点】等边三角形的性质、全等三角形综合问题、相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解 【分析】（1）根据等边三角形的性质可得， 则有，证明，得到，由三角形内角和定理可得，由此即可求解； （2）根据题意可得，由勾股定理可得，则有，可证，由相似三角形的性质可得，，在中，由三角形内角和定理可得，即，由此即可求解； （3）①根据含角的直角三角形的性质可得，，，设，则，，由，运用勾股定理即可求解； ②根据题意可得点在以点为圆心，以为半径的圆上运动，连接，在中，，当点三点共线时，，此时线段的值最小，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可得的值，由此即可求解． 【详解】（1）解：∵和都是等边三角形， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：∵， ∴，即， ∵和都是直角三角形，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴，即， 综上所述，； （3）解：由（2）可得，， ①如图所示，点在同一条直线上， ∵，，，， ∴， ∴，， 设，则， ∴， ∵， ∴，即， 解得，，， 当时，； 当时，； 故答案为：或； ②如图所示， ∵绕顶点旋转， ∴点在以点为圆心，以为半径的圆上运动，连接， 在中，， 当点三点共线时，，此时线段的值最小， ∵和都是直角三角形，，， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，直线三角形斜边中线等于斜边的一半等知识的综合，掌握旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键． 例3．（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）综合与实践 “手拉手”模型是初中几何图形的一种全等变形的重要模型，可以借助旋转和全等形的相关知识结合勾股定理等，来解决有关线段的长、角的度数等问题，在学习和生活中应用广泛，有着十分重要的地位和作用． 某校数学活动小组进行了有关旋转的系列探究： 如图①，已知和均是等腰直角三角形，，且，，易证：，． 深入探究： （1）如图②，将图①中绕点A逆时针旋转，连接、，并延长分别与、相交于点、，求证：，． 解决问题： （2）如图③，将图①中绕点逆时针旋转，使与重合，其他条件不变，若，，则_______，_______． 拓展应用： （3）如图④，将图①中绕点逆时针旋转，连接、，若，，，则______，______．（提示：求时，可过点作于点） 【答案】（1）证明见解析；（2），；（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）只需要利用SAS证明即可得到，，再证，即可推出即可证明，． （2）同理可证△ABD≌△ACE，则CE=BD，∠ACE=∠ABD，AE=AD=3，可以推出BE=6利用勾股定理求出，证明△AEC∽△FEB，求出，则； （3）如图所示，过点E作EH⊥AB于H，求出，则，利用勾股定理即可求出；求出，证明∠CBE=90°，则，同理可证△ACE≌△ABD，则． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵，，且， ∴， ∵， ∴， ∴， 即，． （2）同理可证△ABD≌△ACE， ∴CE=BD，∠ACE=∠ABD，AE=AD=3， ∴BE=6 ∵∠BAD=90°，AD=3，AB=6， ∴， 又∵∠AEC=∠BEF， ∴△AEC∽△FEB， ∴ ∴， ∴， ∴； （3）如图所示，过点E作EH⊥AB于H， ∵∠ABE=45°， ∴∠HEB=45°=∠HBE， ∴BH=EH， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵AB=AC，∠BAC=90°， ∴∠ABC=45°，， ∴∠CBE=90°， ∴， 同理可证△ACE≌△ABD， ∴． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等，熟练掌握全等三角形的性质与判定条件是解题的关键． 一、单选题 1．（2024·广东湛江·模拟预测）如图，点是等边内一点，若将绕点按逆时针方向旋转一个角度后得到，连接，若，则的长度为（   ） A．1 B．2 C． D． 【答案】B 【知识点】等边三角形的判定和性质、根据旋转的性质求解 【分析】本题主要考查旋转的性质，由旋转得，得，得，可判断出是等边三角形，故可得． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴ 由旋转得， ∴， ∴ 而， ∴，即， ∵， ∴是等边三角形， ∴, 故选：B． 2．（23-24九年级下·北京丰台·阶段练习）如图，和是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，把以A为中心顺时针旋转，点M为射线、的交点，若，，以下结论：①；②；③当点E在的延长线上时， ；④在旋转过程中，的最大面积为．其中正确结论有（    ）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【知识点】根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形 【分析】本题根据题意证明，可判断①，由三角形外角性质可判断②，证明，根据相似的性质算出，可判断③，以为圆心，为半径画圆，当点在的延长线上， 点在的延长线上，点与点重合时，、的值最大，根据三角形面积公式即可判断④． 【详解】解：和是以点A为直角顶点的等腰直角三角形， ，，， ， ， ，， 故①正确； 设， ， ， ， ， ， ， 故②正确； 当点在的延长线上时，如图所示，    同理可得， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， 故③正确； 以为圆心，为半径画圆， 当点在的延长线上， 点在的延长线上，点与点重合时，如图所示， 这时、的值最大， 的最大面积为．    故④正确； 综上所述 ，其中正确结论有个， 故选：D． 【点睛】本题考查等腰直角三角形的旋转问题，涉及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，最大面积等知识，解题的关键是掌握旋转的性质. 二、填空题 3．（24-25九年级上·湖南衡阳·期末）如图1，在矩形中，，，点、在、上，且，将四边形绕点逆时针旋转角，连接、相交于点，旋转后的图形如图2所示，则此时的值为 ． 【答案】 【知识点】根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】连接，由勾股定理得，，在图2中，，，由旋转得：在图2中，，继而可证明，再根据对应边成比例即可求解． 【详解】解：连接， 在图1中，∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形，， ∴ ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴在图2中，，， ∴， ∴ 由旋转得：在图2中， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，旋转的的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 4．（24-25九年级上·河南许昌·期中）如图，和为等腰直角三角形，将绕点顺时针旋转，连接，，点为直线，的交点．若，，则 ，在旋转过程中，的最大值为 ． 【答案】 45 / 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、三角形三边关系的应用 【分析】本题主要考查等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形三边关系的应用，，得出，根据求出结果即可；根据，且当、A、D三点共线时等号成立，得出． 【详解】解：∵和为等腰直角三角形， ∴，，，，， ∴， 即， ∴， ∴， ∴； ∵将绕点顺时针旋转，，且当、A、D三点共线时等号成立， 又∵，， ∴的最大值为：． 故答案为：45；． 三、解答题 5．（24-25九年级上·重庆开州·阶段练习）如图1，是等腰直角三角形，其中，点D是边上一点，以为边向外作正方形，连接，将正方形绕点C顺时针旋转，如图2所示． (1)旋转过程中线段与之间存在怎样的关系，请说明理由． (2)当且时，求的面积． 【答案】(1)，，见解析 (2) 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、三角形内角和定理的应用、根据等角对等边求边长 【分析】（1）证明，则，，如图1，延长交于，可求，进而可得； （2）证明，则，如图2，作的延长线于，由勾股定理得，，可求，根据，计算求解，进而可得的面积． 【详解】（1）解：，，理由如下； 由题意知，， ∵正方形， ∴，， ∵，，， ∴， ∴，， 如图1，延长交于， ∴， ∴； （2）解：由题意知，，即， 又∵，， ∴， ∴， 如图2，作的延长线于， ∵， ∴， ∴， 由勾股定理得，， 解得，， ∵， ∴， ∴的面积为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理．熟练掌握全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理是解题的关键． 6．（24-25九年级上·福建福州·期中）如图，、均为等边三角形，，．将绕点A沿顺时针方向旋转，连接、． (1)在图1中求证：； (2)如图2，当时，连接，求的面积； (3)在的旋转过程中，直接写出的面积的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】等边三角形的性质、含30度角的直角三角形、二次根式的应用、用勾股定理解三角形 【分析】（1）先根据等边三角形的性质可得，从而可得，再证出，根据全等三角形的性质即可得证； （2）过点作于点，过点作，交延长线于点，先求出，再在和中，分别求出和的长，从而可得的长，然后利用三角形的面积公式求解即可得； （3）分两种情况：①过点作于点，当与在同一条直线上，且点在的外部时，的面积最大；②过点作于点，当与在同一条直线上，且点在的内部时，的面积最小，先求出的长，再利用三角形的面积公式求解即可得． 【详解】（1）证明：∵、均为等边三角形， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解： 如图，过点作于点，过点作，交延长线于点， ∵、均为等边三角形，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴在中，， 在中，， ∴， 又∵，， ∴， ∴点到的距离等于点到的距离，即为， ∴的面积为． （3）解：①如图，过点作于点，当与在同一条直线上，且点在的外部时，的面积最大， 由（2）已得：，， ∵， ∴， ∴的面积的最大值为； ②如图，过点作于点，当与在同一条直线上，且点在的内部时，的面积最小， 由（2）已得：，， ∵， ∴， ∴的面积的最小值为； ∴的面积的取值范围为． 【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、等边三角形的性质、二次根式的应用、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，较难的是题（3），正确找出最大与最小两个临界位置是解题关键． 7．（24-25九年级上·重庆江津·期末）如图，等腰直角与等腰直角按图1位置放置，已知， ． (1)填空：　　　，　　　； (2)现将图1中等腰直角绕点A按顺时针方向旋转，当旋转到点C、D、E在一条直线上时，如图2所示，求的长度； (3)当图1中等腰直角绕点A顺时针方向旋转到满足时，如图3所示，猜想：与的数量关系，并证明你的猜想． 【答案】(1)， (2) (3)，证明见解析 【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、根据旋转的性质求解 【分析】（1）利用勾股定理求解即可； （2）过作于，由直角三角形斜边中线的性质得，由勾股定理得，进而可求出的长度； （3）连接交于F，交于G，证明得，再证明得，进而可求出． 【详解】（1）解：∵是等腰直角三角形，， ∴． ∵是等腰直角三角形，， ∴． 故答案为：，； （2）解：过作于， 在等腰中，， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：，理由如下： 连接交于F，交于G 在和中，， ∴ ∴ ∴ 在和中， ∴ ∴ ∴ 又∵且 ∴ ∵是公共边 ∴ ∴ 又∵在等腰中，是斜边 ∴ ∴ ∵ ∴ 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键． 8．（23-24九年级下·江西赣州·阶段练习）如图1，在中，，点D，E分别在边上，且，将绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α． (1)问题发现：①当时， ________；②当时，________； (2)拓展研究：试判断，当时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明； (3)问题解决：当旋转至A，D，C三点共线时，直接写出线段的长． 【答案】(1)①2；②2 (2)当时，的大小无变化，见解析 (3)10或6 【知识点】根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形 【分析】（1）①当时，证明，得到，②当时，如图所示：同理①可得； （2）如图2所示，旋转过程中，、、、长度不变，故：，，的大小无变化； （3）当旋转右侧，，由，得：；当在左侧，此时，，是的中位线，，由勾股定理的即可求解． 【详解】（1）解：①当时， ， ， ， 即， ，即； ②当时，如图所示： 则三点共线， ， ， ， ， 即， ，即； （2）解：如图2所示，旋转过程中，、、、长度不变， 即：，而， ， ， 故：当时，的大小无变化； （3）解：当旋转到如图位置，，三点共线时右侧）， 由题意得：， 由，得：， 由勾股定理得：， ， 当旋转到如图位置，，三点共线时左侧）， 此时，，是的中位线， ， 由勾股定理得：， ， 故线段的长为10或6． 【点睛】本题考查的主要内容是图形的旋转，三角形的相似、中位线等，勾股定理等知识的综合，通过画图是弄清楚旋转后图形的位置关系是解题的关键． 9．（24-25九年级上·辽宁铁岭·阶段练习）如图1，将绕着直角顶点按顺时针方向旋转得到，点落在点处，点落在点处，连接． (1)求证：； (2)如图2，取的中点，连接，求证：； (3)如图3，过点作垂足为，交于点，若，求的面积 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【知识点】全等三角形综合问题、相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键， （1）过点A作垂足为E，过点C作垂足为F，易证得，可得，可推出，从而证得； （2）延长到点F，使，连接，可证得，得到，由于，，可得，从而得到； （3）过点C作垂足为G，过点C作垂足为N，过点B作垂足为M， 由于，，利用直角三角形的性质可得，，可得到，在中，利用锐角三角函数可得，从而求得的面积，根据，，可证得，从而得以，同理，两式相乘可得，进而得到，即可求得的值． 【详解】（1）证明：如图，过点A作垂足为E，过点C作垂足为F， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）证明：如图，延长到点F，使，连接， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （3）解：如图，过点C作垂足为G，过点C作垂足为N，过点B作垂足为M， ∵，， ∴， ∴， 在中， ， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴① 同理② ①×②得 ∴ ∴． 10．（24-25九年级上·山西晋中·期中）综合与实践 【问题情境】： 在数学综合与实践活动课上，老师让同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动． 如图1，正方形和正方形，连接，． 【操作发现】： 当正方形绕点旋转，如图，线段与之间的数量关系是______；直线与的夹角度数为______； 【深入探究】如图，若四边形与四边形都为菱形，且，，猜想与的数量关系与直线与的夹角度数，并说明理由； 【迁移探究】：如图，在（）的条件下，若，，直接写出线段的长． 【答案】[操作发现]，；[深入探究] ；；[迁移探究]线段的长． 【知识点】利用菱形的性质求线段长、根据正方形的性质证明、全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形 【分析】[操作发现]由四边形和四边形是正方形，得，，，证明，得出，，延长交于点，交于点，根据全等三角形的性质和角度和差即可求解； [深入探究]由四边形和四边形是菱形，得，，，证明，得出，，延长交于点，交于点，根据全等三角形的性质和角度和差即可求解； [迁移探究]分当在上时和当在上时两种情况分析即可求解． 【详解】解：[操作发现] ∵四边形和四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴，， 如图，延长交于点，交于点， ∵，， ∴， ∴， ∴直线与的夹角度数为， 故答案为：，； [深入探究] ∵四边形和四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴，， 如图，延长交的延长线于点，交于点， ∵，，， ∴， ∴直线与的夹角度数为； [迁移探究] 如图，当在上时，连接，交于点， ∵，，四边形为菱形， ∴，，， ∵四边形为菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴点三点共线， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴； 如图，当在上时，延长，交延长线于点， ∵四边形为菱形， ∴，，， 由（）可得三点共线，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， 由勾股定理得：， 综上可知：线段的长． 【点睛】此题考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，掌握知识点的应用是解题的关键． 11．（24-25九年级上·江苏南京·期末）在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形与旋转”为主题开展数学活动．如图，已知在直角三角形中，，，边的长为4． (1)操作发现 操作：如图（1），分别取边、的中点D、E，连接，则的值为_______． (2)变换探究 如图（2），将绕点A逆时针旋转得到，连接、，直线与直线相交于点F. （Ⅰ）在旋转过程中的值是否发生变化？请说明理由． （Ⅱ）直线与直线相交所形成的夹角（不超过）的大小是否发生变化？请说明理由． (3)拓展应用 在旋转过程中，直线与直线相交于点F，当为等腰三角形时，请直接写出的面积． 【答案】(1) (2)（Ⅰ）不变，理由见详解；（Ⅱ）不变，理由见详解； (3)的面积为或． 【知识点】根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形 【分析】（1）根据含30度角的直角三角形的性质，结合勾股定理求出的长，中点求出的长，进而求出比值即可； （2）（Ⅰ）根据旋转的性质，证明，得到，（Ⅱ）由相似三角形的性质得出，设与交于点， 求得，即可； （3）分，两种情况，进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵，，， ∴， ∴， ∵、分别为边、的中点， ∴， ∴； （2）解：（Ⅰ）的比值不变； 由旋转的性质可的出，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴的比值不变； （Ⅱ）直线与直线相交所形成的夹角（不超过）的大小为定值，不发生改变； 由（Ⅰ）知， ∴， 设与交于点， ∴， ∵， ∴， ∴直线与直线相交所形成的夹角（不超过）的大小为定值，不发生改变； （3）解：①当时，如图，过点作，则， 由（2）知， ∴， ∴， ∴， ∴； ②当时，过点作，设， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得：， ∴， 解得：， ∴． 综上：的面积为或． 【点睛】本题考查含30度角的直角三角形，勾股定理，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的定义，熟练掌握相关知识点，证明三角形相似，是解题的关键． 12．（2024·江西景德镇·二模）【问题情境】在数学活动课上，同学们在课上用两张矩形纸片进行探究活动.小组同学准备了两张矩形纸片和，其中，，将它们按如图1所示的方式放置，点E，G分别落在，边上时，点E，G恰好为边，的中点.然后将矩形纸片绕点B按顺时针方向旋转，旋转角为，连接与． 【观察发现】 （1）如图2所示，当时，小组成员发现与存在的数量关系为_________；位置关系为_________； 【探索猜想】 （2）如图3所示，当时，（1）中发现的结论是否仍然成立?请说明理由； 【拓展延伸】 （3）在矩形的旋转过程中，交于点P，交于点O，连接，，是否为定值；如果是，请直接写出此定值，如果不是，请你说明理由. 【答案】（1）；；（2）成立，理由见解析；（3）是定值，其的定值为65 【知识点】利用矩形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解 【分析】（1）延长交于点H，证明，即可得，再根据相似的性质得到，通过等量转换，证明，即可解答； （2）证明，得出，，设与交于点P，与交于点O，进而得，即可解答； （3）连接，，由（2）得，根据勾股定理得出，即可解答． 【详解】解：（1）如图1所示，延长交于点H． ∵点E，G恰好为边的中点， ∴，， ∵四边形和是矩形，， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴． 故答案为：；； （2）当时，（1）中发现的结论仍然成立． 理由：如图2所示， ∵四边形和是矩形， ∴， ∴， 即， ∵，， ∴， ∴，， 设与交于点P，与交于点O，则， ∴， ∴； ∴当时，与的数量关系是；位置关系是； （3）是定值，其的定值为65． 连接，，由（2）得， ∴、、、均为直角三角形， 根据勾股定理得：，， ，， ∴， ∵， ， ∴， 即：的定值为65． 【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，三角形内角和定理的应用，作出正确的辅助线是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$