专题10 相似三角形模型之一线三等角、手拉手模型、半角模型与对角互补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（安徽专用）

专题10 相似三角形模型之一线三等角、手拉手模型、半角模型与对角互补模型 目录 1 模型1.相似三角形模型之一线三等角模型 1 模型2.相似三角形模型之手拉手模型 10 模型3.相似三角形模型之半角模型 18 模型4.相似三角形模型之对角互补模型 29 36 模型1.相似三角形模型之一线三等角模型 1）一线三等角模型（同侧型） （锐角型） （直角型） （钝角型） 条件：如图，∠1=∠2＝∠3， 结论：△ACE∽△BED。 证明：∵∠1+∠C=∠2+∠DEB（外角定理），∠1=∠2 ∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。 2）一线三等角模型（异侧型） 条件：如图，∠1=∠2＝∠3， 结论：△ADE∽△BEC. 证明：∵∠1=∠2，∴∠CBE=∠EAD（等角的补角相等），∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。 ∵∠2=∠C+∠CEB（外角定理），∠3=∠DEA+∠CEB，∠2＝∠3∴∠C=∠DEA，∴△ADE∽△BEC. 3）一线三等角模型（变异型） 图1 图2 图3 ①特殊中点型：条件：如图1，若C为AB的中点，且∠1=∠2＝∠3，结论：△ACE∽△BED∽△ECD. 证明：∵∠1+∠C=∠2+∠DEB（外角定理），∠1=∠2，∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。 ∴，∵C为AB的中点，∴AE=EB，∴，∴，∵∠2=∠3，∴△BED∽△ECD ②一线三直角变异型1：条件：如图2，∠ABD=∠AFE=∠BDE=90°.结论：△ABC∽△BDE∽△BFC∽△AFB. 证明：∵∠ABD=∠AFE=90°，∴∠ABF+∠CBF=90°，∠A+∠ABF=90°，∴∠CBF=∠A， ∵∠ABD=∠BDE=90°，∴△ABC∽△BDE，∵∠ABD=∠AFE=90°，∴∠ABC=∠BFC=90°， ∴△ABC∽△BFC，同理可证：△ABC∽△AFB°，故△ABC∽△BDE∽△BFC∽△AFB. ③一线三直角变异型2：条件：如图3，∠ABD=∠ACE=∠BDE=90°.结论：△ABM∽△NDE∽△NCM. 证明：∵∠ABD=∠ACE=90°，∴∠ABM=∠MCN=90°， ∵∠AMB=∠NMC（对顶角相等）∴△ABM∽△NCM. 同理可证：△NDE∽△NCM 故：△ABM∽△NDE∽△NCM. 例1．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）已知：在中，E是边上动点，连接，F为直线上方一点，连接，． 问题探究： （1）如图1，当为正方形时，若，请直接写出的值； （2）如图2，当为矩形时，若求的值； 应用拓展： （3）如图3，当为菱形时，交于点G，且 求的长． 例2．（2024·甘肃天水·二模）综合与实践 感知：数学课上，老师给出了一个模型：如图，点M在直线上，且（可以是直角、锐角或者钝角），像这种一条直线上的三个顶点含有三个相等的角的模型，我们把它称为“一线三等角”模型． 应用： (1)如图1，在矩形中，M，N分别为边上的点，，且，则的数量关系是_____； (2)如图2，在中，，，M是上的点（），且，，求的长； (3)如图3，在四边形中，，，，，求的值． 模型2.相似三角形模型之手拉手模型 “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．（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） 模型3.相似三角形模型之半角模型 1）半角模型（正方形（或等腰直角三角形）中的半角相似模型） 条件：已知，如图，在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交BC、CD边于M、N两点，且∠EAF＝45° 结论：如图1，△MDA∽△MAN∽△ABN； 图1 图2 证明：∵ABCD是正方形，∴∠ADM=45°，∵∠EAF＝45°，∴∠ADM=∠EAF， ∵∠AMD=∠NMA，∴△MDA∽△MAN，同理：△MAN∽△ABN，∴△MDA∽△MAN∽△ABN； 结论：如图2，△BME∽△AMN∽△DFN. 证明：∵ABCD是正方形，∴∠NDF=45°，∵∠EAF＝45°，∴∠NDF=∠EAF， ∵∠DNF=∠ANM，∴△AMN∽△DFN，同理：△BME∽△AMN，∴△BME∽△AMN∽△DFN； 结论：如图3，连接AC，则△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且； 图3 图4 证明：∵ABCD是正方形，∴∠BAC=∠ABC=∠ACF=45°，，∴∠BAM+∠MAC=45°， ∵∠EAF＝45°，∴∠FAC+∠MAC=45°，∴∠BAM=∠FAC，∴△AMB∽△AFC，∴。 同理：△AND∽△AEC，；即。 结论：如图4，△AMN∽△AFE且． 证明：∵ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠DFA=∠BAN；∵∠AFE=∠AFD，∠BAN=∠AMD，∴∠AFE=∠AMN； 又∠MAN=∠FAE，∴△AMN∽△AFE，由图3证明知：，∴。 2）半角模型（含120-60°半角模型） 图5 条件：如图5，已知∠BAC＝120°，； 结论：①△ABD∽△CAE∽△CBA；②；③ （）。 证明：∵，∴∠ADE=60°，∴∠ADB=120°，∵∠BAC＝120°，∴∠ADB=∠BAC， ∵∠ABD=∠CBA，∴△ABD∽△CBA；∴，即：， 同理：△CAE∽△CBA，∴，即：，即：△ABD∽△CAE∽△CBA；， ∴，∵AD=AE=DE，∴ 例1．（2024·辽宁·模拟预测）（1）如图，等腰中，，，、在线段上，且，，，求的长． （2）如图，在中，，如果，在直线上，在上，在的右侧，，若，，求的长． （3）如图，在中，若，、是线段上的两点，，若，，探究与的数量关系． 例2．（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． 模型4.相似三角形模型之对角互补模型 1）对角互补相似1 条件：如图，在Rt△ABC中，∠C＝∠EOF＝90°，点O是AB的中点， 结论：如图，过点O作OD⊥AC，OH⊥BC，垂足分别为D，H，则：①△ODE∼△OHF；② 证明：∵OD⊥AC，OH⊥BC，垂足分别为D，H，∴∠EDO＝∠FHO＝90°， ∵∠C＝90°，∴四边形OHCD为矩形，∴∠DOH＝90°，DO＝CH ∴∠DOF+∠HOF＝90°， ∵∠EOF＝90°，∴∠DOF+∠DOE＝90°，∴∠HOF＝∠DOE，∴△ODE∼△OHF，∴， ∵∠C＝∠OHD＝90°，点O是AB的中点，∴H为BC中点，∴BH＝CH，∴BH＝DO，∴ ∵∠C＝∠OHD＝90°，∠B＝∠B，∴△OHB∼△ACB，∴，∴ 2）对角互补相似 2 条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，∠BOC＝. 结论1：如图1，过点C作CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分别为F，G；则①△ECG∼△DCF；②CE＝CD·. 证明：法1：∵CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分别为F，G；∴∠EGC＝∠DFC＝90°， ∵∠AOB＝90°，∴四边形OGCF为矩形，∴∠GCF＝90°，CF=OG，∴∠FCD+∠DCG＝90°， ∵∠DCE＝90°，∴∠GCE+∠DCG＝90°，∴∠GCE＝∠FCD，∴ECG∼△DCF，∴， ∵CF=OG，∴，∵在Rt△COG中，，∴CE＝CD· 条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，∠BOC＝. 结论2：如图2，过点C作CF⊥OC，交OB于F；则：①△CFE∼△COD；②CE＝CD·. 证明：法1：∵CF⊥OC，∴∠OCF＝90°，∴∠OCE+∠ECF＝90°， ∵∠DCE＝90°，∴∠OCE+∠DCO＝90°，∴∠ECF＝∠DCO， ∵∠AOB＝90°，∠OCF＝90°，∴∠COE+∠DOC＝90°，∴∠COE+∠CFO＝90°， ∴∠DOC＝∠CFO，∴CFE∼△COD，∴，∵在Rt△OCF中，，∴CE＝CD·. 3）对角互补相似3 条件：已知如图，四边形ABCD中，∠B+∠D=180°。 结论：如图，过点D作DE⊥BA，DF⊥BC，垂足分别为E、F；则：①△DAE∼△DCF；②A、B、C、D四点共圆。 证明：∵∠B+∠D=180°，∠A+∠C=180°，∴A、B、C、D四点共圆。 ∵DE⊥BA，DF⊥BC，∴∠AED=∠CFD=90°， ∵∠BAD+∠C=180°，∠BAD+∠DAE=180°，∴∠C=∠DAE，∴△DAE∼△DCF； 例1．（24-25九年级上·贵州贵阳·期中）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形，根据以上定义，解决下列问题： (1)如图1，正方形中，是上的点，将绕点旋转，使与重合，此时点的对应点在的延长线上，四边形是“直等补”四边形吗？请说明理由； (2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，．点到直线的距离为． ①求的长； ②若、分别是、边上的动点，求周长的最小值． 例2．（23-24九年级上·吉林长春·期中）【问题解决】如图①，在中，点在边上（点不与点重合），点在边上，且．连结并延长至点，使，连结．求证：． 【拓展探究】如图②，在中，，点是边的中点，点在边上，过点作交边于点，连结．若，，则的长为__________． 一、单选题 1．（24-25九年级上·陕西西安·期末）如图，在正方形中，为上一点，，交的延长线于点．若，则的长为（    ） A． B． C． D．8 2．（24-25九年级上·安徽合肥·期末）如图，矩形中，E是边上一动点，，，若，那么的长度为（   ） A． B． C．2 D． 3．（23-24九年级上·福建莆田·阶段练习）如图，矩形和矩形，，，，，矩形绕点A旋转，给出下列结论：①；②；③；④当时，．其中正确的结论有（  ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 二、填空题 4．（24-25九年级上·湖北孝感·期中）如图中，，D是斜边的中点，将绕点A按顺时针方向旋转得到，点在的延长线上，若，，则的长为 ． 5．（24-25九年级上·辽宁丹东·期末）如图，已知是一块含有角的直角三角板，点A是函数的图象上一点，点B是函数的图象上一点，则k的值 ． 6．（24-25九年级上·江西九江·阶段练习）如图，在矩形中，，，为的中点，点从点出发沿运动，连接，，，当为直角三角形时，的长为 ． 三、解答题 7．（24-25九年级上·河南驻马店·期末）综合与实践 如图，这个图案是世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图，在中，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，作交的延长线于点． (1)【观察感知】如图，通过观察，线段与的数量关系是__________； (2)【问题解决】如图，连接并延长交的延长线于点，若，，求的面积； (3)【类比迁移】在（）的条件下，连接交于点，则__________． 8．（2023·河南周口·三模）（1）问题发现：如图1，在中，，将边绕点C顺时针旋转得到线段，在射线上取点D，使得，线段与的数量关系是______； （2）类比探究：如图2，若，作，且，其他条件不变，写出变化后线段与的数量关系，并给出证明； （3）拓展延伸：如图3，正方形的边长为6，点E是边上一点，且，把线段逆时针旋转得到线段，连接，直接写出线段的长． 9．（24-25九年级上·辽宁盘锦·阶段练习）问题：如图，点、分别在正方形的边，上，，试判断、、之间的数量关系． (1)【发现】、、之间的数量关系为_______． (2)【类比引申】 如图，四边形中，，，，点、分别在边、上，则当与满足_______关系时，仍有中的结论，请证明． (3)【探究应用】 如图，在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形，已知米，，，，道路 、上分别有景点型、，且与垂直，米，现要在 、之间修一条笔直的道路，求这条道路的长．（结果取整数，参考数据：，） 10．（23-24九年级下·湖北武汉·期中）【问题发现】 （1）如图1，在和中，，，，连接交于点M．求出的值及的度数； 【类比探究】 （2）如图2，在和中，，，连接，交的延长线于点M，求出的值及的度数； 【拓展延伸】 （3）在（2）的条件下，若，，将绕点O在平面内旋转一周．当D、C、B三点共线时时，直接写出的长为__________； 11．（24-25九年级上·河北保定·期末）如图，正方形和正方形，连接，．易得线段（数量关系），（位置关系）． (1)[发现]：当正方形绕点旋转，如图，线段与之间的数量关系是 ；位置关系是 ； (2)[探究]：如图，若四边形与四边形都为矩形，且，，猜想与的数量关系与位置关系，并说明理由． 12．（24-25九年级上·海南海口·期末）如图1，把两个全等的等腰直角和叠放在一起，使的锐角顶点与的斜边中点重合，其中．固定不动，将绕点沿顺时针方向旋转（旋转角满足条件：）．设射线与射线相交于点，射线与线段相交于点． (1)如图1，当射线经过点，即点与点重合时，易证：．此时，的值为______________； (2)当旋转到图2的位置时， ①的值是否改变？请说明理由； ②与相似吗？请说明理由； (3)如图3，当时，线段交于点． ①求证：； ②若，求的值． 13．（2024·江苏淮安·一模）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，我们做以下探究． 在中，，，是边上一点，且(为正整数），、分别是边和边上的点，连接，且． 【初步感知】（）如图，当时，兴趣小组探究得出结论：，请写出证明过程． 【深入探究】（）如图，当，试探究线段，，之间的数量关系，请写出结论并证明； 请通过类比、归纳、猜想，探究出线段，，之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）． 【拓展运用】（）如图，点为靠近的四等分点，连接，设的中点为，若，求点从点运动到点的过程中，请直接写出点运动的路径长． 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 相似三角形模型之一线三等角、手拉手模型、半角模型与对角互补模型 目录 1 模型1.相似三角形模型之一线三等角模型 1 模型2.相似三角形模型之手拉手模型 10 模型3.相似三角形模型之半角模型 18 模型4.相似三角形模型之对角互补模型 29 36 模型1.相似三角形模型之一线三等角模型 1）一线三等角模型（同侧型） （锐角型） （直角型） （钝角型） 条件：如图，∠1=∠2＝∠3， 结论：△ACE∽△BED。 证明：∵∠1+∠C=∠2+∠DEB（外角定理），∠1=∠2 ∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。 2）一线三等角模型（异侧型） 条件：如图，∠1=∠2＝∠3， 结论：△ADE∽△BEC. 证明：∵∠1=∠2，∴∠CBE=∠EAD（等角的补角相等），∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。 ∵∠2=∠C+∠CEB（外角定理），∠3=∠DEA+∠CEB，∠2＝∠3∴∠C=∠DEA，∴△ADE∽△BEC. 3）一线三等角模型（变异型） 图1 图2 图3 ①特殊中点型：条件：如图1，若C为AB的中点，且∠1=∠2＝∠3，结论：△ACE∽△BED∽△ECD. 证明：∵∠1+∠C=∠2+∠DEB（外角定理），∠1=∠2，∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。 ∴，∵C为AB的中点，∴AE=EB，∴，∴，∵∠2=∠3，∴△BED∽△ECD ②一线三直角变异型1：条件：如图2，∠ABD=∠AFE=∠BDE=90°.结论：△ABC∽△BDE∽△BFC∽△AFB. 证明：∵∠ABD=∠AFE=90°，∴∠ABF+∠CBF=90°，∠A+∠ABF=90°，∴∠CBF=∠A， ∵∠ABD=∠BDE=90°，∴△ABC∽△BDE，∵∠ABD=∠AFE=90°，∴∠ABC=∠BFC=90°， ∴△ABC∽△BFC，同理可证：△ABC∽△AFB°，故△ABC∽△BDE∽△BFC∽△AFB. ③一线三直角变异型2：条件：如图3，∠ABD=∠ACE=∠BDE=90°.结论：△ABM∽△NDE∽△NCM. 证明：∵∠ABD=∠ACE=90°，∴∠ABM=∠MCN=90°， ∵∠AMB=∠NMC（对顶角相等）∴△ABM∽△NCM. 同理可证：△NDE∽△NCM 故：△ABM∽△NDE∽△NCM. 例1．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）已知：在中，E是边上动点，连接，F为直线上方一点，连接，． 问题探究： （1）如图1，当为正方形时，若，请直接写出的值； （2）如图2，当为矩形时，若求的值； 应用拓展： （3）如图3，当为菱形时，交于点G，且 求的长． 【答案】（1）；（2）；（3） 【知识点】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、利用平行四边形的性质求解、全等三角形综合问题 【分析】（1）在上截取，连接，利用正方形性质证明，再利用解三角形求出，继而得到答案； （2）在上截取，连接，利用矩形性质得，再证明，再利用勾股定理得即可求出； （3）在上截取，连接，过点作于点，过点作于点，证明，再利用菱形性质及解三角形列式即可得到答案． 【详解】解：（1）当为正方形时，若，则的值为，理由如下： 在上截取，连接，如图： ， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）在上截取，连接，如图： ， ∵为矩形， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）在上截取，连接，过点作于点，过点作于点， ， ∵，， ∴， 同理， ∴，， ∵为菱形， ∴，，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∵，， ∴． 【点睛】本题考查相似三角形判定及性质，正方形性质，菱形性质，平行四边形性质，解三角形相关计算，等腰三角形性质，全等三角形判定及性质，勾股定理等． 例2．（2024·甘肃天水·二模）综合与实践 感知：数学课上，老师给出了一个模型：如图，点M在直线上，且（可以是直角、锐角或者钝角），像这种一条直线上的三个顶点含有三个相等的角的模型，我们把它称为“一线三等角”模型． 应用： (1)如图1，在矩形中，M，N分别为边上的点，，且，则的数量关系是_____； (2)如图2，在中，，，M是上的点（），且，，求的长； (3)如图3，在四边形中，，，，，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、公式法解一元二次方程、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】此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、解一元二次方程等知识， 添加辅助线构造相似三角形是解题的关键． （1）证明，则，，即可得到结论； （2）延长至点N，使，证明，则，设，则，，则，解得（负值已舍去）．则，过点M作于点D，求出，，，在中，利用勾股定理求值即可； （3）延长至点P，使，则，连接交的延长线于点Q，过点M作于点N，则四边形为矩形，证明是等腰直角三角形，则，证明为等腰直角三角形，则．设，则，，，证明，得到，即，解得．证明，根据即可求出答案． 【详解】（1）解：． 证明：四边形为矩形， ． ， ， 又， ∵， ∴， ， ，， ． 故答案为：； （2）如图1，延长至点N，使， ． 为等边三角形， ， ∵，， ∴， ∴， ∴， ． 设，则，， ， 解得（负值已舍去）． ∴， 过点M作于点D， 在中，， ，，， 在中，， （3）如图3，延长至点P，使，则， 连接交的延长线于点Q， 过点M作于点N，则四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ，， ∴， 为等腰直角三角形，． 设，则，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ，即， 解得，（舍去）， ． ， ， ， ∴． 模型2.相似三角形模型之手拉手模型 “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．（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． 模型3.相似三角形模型之半角模型 1）半角模型（正方形（或等腰直角三角形）中的半角相似模型） 条件：已知，如图，在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交BC、CD边于M、N两点，且∠EAF＝45° 结论：如图1，△MDA∽△MAN∽△ABN； 图1 图2 证明：∵ABCD是正方形，∴∠ADM=45°，∵∠EAF＝45°，∴∠ADM=∠EAF， ∵∠AMD=∠NMA，∴△MDA∽△MAN，同理：△MAN∽△ABN，∴△MDA∽△MAN∽△ABN； 结论：如图2，△BME∽△AMN∽△DFN. 证明：∵ABCD是正方形，∴∠NDF=45°，∵∠EAF＝45°，∴∠NDF=∠EAF， ∵∠DNF=∠ANM，∴△AMN∽△DFN，同理：△BME∽△AMN，∴△BME∽△AMN∽△DFN； 结论：如图3，连接AC，则△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且； 图3 图4 证明：∵ABCD是正方形，∴∠BAC=∠ABC=∠ACF=45°，，∴∠BAM+∠MAC=45°， ∵∠EAF＝45°，∴∠FAC+∠MAC=45°，∴∠BAM=∠FAC，∴△AMB∽△AFC，∴。 同理：△AND∽△AEC，；即。 结论：如图4，△AMN∽△AFE且． 证明：∵ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠DFA=∠BAN；∵∠AFE=∠AFD，∠BAN=∠AMD，∴∠AFE=∠AMN； 又∠MAN=∠FAE，∴△AMN∽△AFE，由图3证明知：，∴。 2）半角模型（含120-60°半角模型） 图5 条件：如图5，已知∠BAC＝120°，； 结论：①△ABD∽△CAE∽△CBA；②；③ （）。 证明：∵，∴∠ADE=60°，∴∠ADB=120°，∵∠BAC＝120°，∴∠ADB=∠BAC， ∵∠ABD=∠CBA，∴△ABD∽△CBA；∴，即：， 同理：△CAE∽△CBA，∴，即：，即：△ABD∽△CAE∽△CBA；， ∴，∵AD=AE=DE，∴ 例1．（2024·辽宁·模拟预测）（1）如图，等腰中，，，、在线段上，且，，，求的长． （2）如图，在中，，如果，在直线上，在上，在的右侧，，若，，求的长． （3）如图，在中，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，， ， ，， ， ， ，， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了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，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识并正确作出辅助线． 例2．（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， ． 【点睛】本题考了勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、旋转的知识、等腰直角三角形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，做辅助线构造全等三角形是解答本题的关键． 模型4.相似三角形模型之对角互补模型 1）对角互补相似1 条件：如图，在Rt△ABC中，∠C＝∠EOF＝90°，点O是AB的中点， 结论：如图，过点O作OD⊥AC，OH⊥BC，垂足分别为D，H，则：①△ODE∼△OHF；② 证明：∵OD⊥AC，OH⊥BC，垂足分别为D，H，∴∠EDO＝∠FHO＝90°， ∵∠C＝90°，∴四边形OHCD为矩形，∴∠DOH＝90°，DO＝CH ∴∠DOF+∠HOF＝90°， ∵∠EOF＝90°，∴∠DOF+∠DOE＝90°，∴∠HOF＝∠DOE，∴△ODE∼△OHF，∴， ∵∠C＝∠OHD＝90°，点O是AB的中点，∴H为BC中点，∴BH＝CH，∴BH＝DO，∴ ∵∠C＝∠OHD＝90°，∠B＝∠B，∴△OHB∼△ACB，∴，∴ 2）对角互补相似 2 条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，∠BOC＝. 结论1：如图1，过点C作CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分别为F，G；则①△ECG∼△DCF；②CE＝CD·. 证明：法1：∵CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分别为F，G；∴∠EGC＝∠DFC＝90°， ∵∠AOB＝90°，∴四边形OGCF为矩形，∴∠GCF＝90°，CF=OG，∴∠FCD+∠DCG＝90°， ∵∠DCE＝90°，∴∠GCE+∠DCG＝90°，∴∠GCE＝∠FCD，∴ECG∼△DCF，∴， ∵CF=OG，∴，∵在Rt△COG中，，∴CE＝CD· 条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，∠BOC＝. 结论2：如图2，过点C作CF⊥OC，交OB于F；则：①△CFE∼△COD；②CE＝CD·. 证明：法1：∵CF⊥OC，∴∠OCF＝90°，∴∠OCE+∠ECF＝90°， ∵∠DCE＝90°，∴∠OCE+∠DCO＝90°，∴∠ECF＝∠DCO， ∵∠AOB＝90°，∠OCF＝90°，∴∠COE+∠DOC＝90°，∴∠COE+∠CFO＝90°， ∴∠DOC＝∠CFO，∴CFE∼△COD，∴，∵在Rt△OCF中，，∴CE＝CD·. 3）对角互补相似3 条件：已知如图，四边形ABCD中，∠B+∠D=180°。 结论：如图，过点D作DE⊥BA，DF⊥BC，垂足分别为E、F；则：①△DAE∼△DCF；②A、B、C、D四点共圆。 证明：∵∠B+∠D=180°，∠A+∠C=180°，∴A、B、C、D四点共圆。 ∵DE⊥BA，DF⊥BC，∴∠AED=∠CFD=90°， ∵∠BAD+∠C=180°，∠BAD+∠DAE=180°，∴∠C=∠DAE，∴△DAE∼△DCF； 例1．（24-25九年级上·贵州贵阳·期中）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形，根据以上定义，解决下列问题： (1)如图1，正方形中，是上的点，将绕点旋转，使与重合，此时点的对应点在的延长线上，四边形是“直等补”四边形吗？请说明理由； (2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，．点到直线的距离为． ①求的长； ②若、分别是、边上的动点，求周长的最小值． 【答案】(1)是，见解析 (2)①4；② 【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】（1）由旋转知，，从而得，则由“直等补”四边形定义即可求解； （2）①过C作于点F，由四边形是“直等补”四边形，得四边形是矩形，；再证明，得；设，则，在中由勾股定理建立方程求得x的值，从而求得； ②延长到F，使得，延长到G，使得，连接，分别与交于点M、N，过G作，与的延长线交于点H．则的周长的值最小；再证明，由对应边成比例求得，从而由勾股定理求得，最后由勾股定理求出即可． 【详解】（1）解：是；理由如下： ∵四边形是正方形， ∴， 由旋转性质得：， ∴， ∴， ∴四边形BEDF为“直等补”四边形； （2）解：①过C作于点F，如图1， 则； ∵四边形是“直等补”四边形，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，设，则， ∵， ∴， 解得，或（舍）， ∴； ②如图2，延长到F，使得，延长到G，使得，连接，分别与交于点M、N，过G作，与的延长线交于点H． 则， ∵， ∴， ∴的周长的值最小， ∵四边形是“直等补”四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵，， ∴， ∴由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴周长的最小值为． 【点睛】本题考查了新定义，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，矩形的判定与性质等知识，证明三角形全等与相似是解题的关键． 例2．（23-24九年级上·吉林长春·期中）【问题解决】如图①，在中，点在边上（点不与点重合），点在边上，且．连结并延长至点，使，连结．求证：． 【拓展探究】如图②，在中，，点是边的中点，点在边上，过点作交边于点，连结．若，，则的长为__________． 【答案】【问题解决】见解析；【拓展探究】 【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、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】[问题解决]先证明，得到，进而得到，根据两直线平行同旁内角互补，得到； [拓展探究]延长到G，使得，连接，证明，得，再证明，由勾股定理求得，由线段垂直平分线性质得． 【详解】[问题解决] 证明：，， ． ， ． ． ． ． [拓展探究] 延长到G，使得，连接，如图， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， 由勾股定理，得， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查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，通过作辅助线构造全等是解题的关键． 一、单选题 1．（24-25九年级上·陕西西安·期末）如图，在正方形中，为上一点，，交的延长线于点．若，则的长为（    ） A． B． C． D．8 【答案】B 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据正方形的性质求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理求出的长，证明，列出比例式，求出的长，进而求出的长即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：B 2．（24-25九年级上·安徽合肥·期末）如图，矩形中，E是边上一动点，，，若，那么的长度为（   ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据矩形的性质求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了查矩形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．连接，由，得，由矩形的性质昨，则，所以，得，，所以，，可证明出，由，得，所以，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图，连接， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ，， ，， ， ， ，， ， ， ， 故选：． 3．（23-24九年级上·福建莆田·阶段练习）如图，矩形和矩形，，，，，矩形绕点A旋转，给出下列结论：①；②；③；④当时，．其中正确的结论有（  ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 【答案】B 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解、根据矩形的性质求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】根据，，证明，则，，可判断①的正误；如图1，记交点为，交点为，由，可得，进而可判断②的正误；如图1，连接，由勾股定理得，，，可判断③的正误；如图1，作于，的延长线于，则四边形是矩形，求，的长，然后求面积即可，可判断④的正误． 【详解】解：∵矩形和矩形， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴，， ∴，①正确，故符合要求； 如图1，记交点为，交点为， ∵，， ∴， ∴，②正确，故符合要求； 如图1，连接， 由勾股定理得，， ∵， ∴， ∴，③错误，故不符合要求； 如图1，作于，的延长线于，则四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 由勾股定理得， ∴， ∴，④正确，故符合要求； 故选：B． 【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质 ，矩形的判定与性质，勾股定理，三角形内角和定理，含的直角三角形等知识．熟练掌握相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质是解题的关键． 二、填空题 4．（24-25九年级上·湖北孝感·期中）如图中，，D是斜边的中点，将绕点A按顺时针方向旋转得到，点在的延长线上，若，，则的长为 ． 【答案】 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解、斜边的中线等于斜边的一半、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查勾股定理、旋转的性质、直角三角形斜边中线定理及相似三角形的性质与判定，熟练掌握勾股定理、直角三角形斜边中线定理及相似三角形的性质与判定是解题的关键；由题意易得，，由旋转的性质可得，然后可得，进而根据相似三角形的性质可进行求解． 【详解】解：∵，D是斜边的中点，，， ∴，， ∴， 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为． 5．（24-25九年级上·辽宁丹东·期末）如图，已知是一块含有角的直角三角板，点A是函数的图象上一点，点B是函数的图象上一点，则k的值 ． 【答案】 【知识点】反比例函数与几何综合、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查反比例函数系数k的几何意义、相似三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握反比例函数系数k的几何意义是解题的关键． 由是一块含有角的直角三角板可得，如图：过点A作轴于C，过点B作轴于D，证明可得，设，则；根据反比例函数图象上点的坐标特征得，据此求解即可． 【详解】解：∵是一块含有角的直角三角板， ∴， ∴， 如图：过点A作轴于C，过点B作轴于D， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， ∴， ∵点A是函数的图象上一点，点B是函数的图象上一点， ∴， ∴． 故答案为：． 6．（24-25九年级上·江西九江·阶段练习）如图，在矩形中，，，为的中点，点从点出发沿运动，连接，，，当为直角三角形时，的长为 ． 【答案】或或 【知识点】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】本题考查矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，分点在上四种情况进行讨论求解即可． 【详解】解：∵矩形， ∴，， ∵为的中点， ∴， ①当点在上时，则：当为直角三角形时，， ∴四边形为矩形， ∴； ②当点在上时，则：点与点重合时，，为直角三角形， ∴； ③当点在上时，不存在为直角三角形； ④当点在上，当时，为直角三角形； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：或或． 三、解答题 7．（24-25九年级上·河南驻马店·期末）综合与实践 如图，这个图案是世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图，在中，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，作交的延长线于点． (1)【观察感知】如图，通过观察，线段与的数量关系是__________； (2)【问题解决】如图，连接并延长交的延长线于点，若，，求的面积； (3)【类比迁移】在（）的条件下，连接交于点，则__________． 【答案】(1) (2)； (3)． 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】（）根据旋转的性质可得，，进而证明，即可求解； （）根据（）的方法证明，进而证明，求得，则，然后根据三角形的面积公式，即可求解； （）过点作于点，证明得出，证明，设，则，代入比例式，得出，进而即可求解； 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，旋转的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】（1）解：． ∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，作交的延长线于点． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图所示，过点作于点， ∵，， ∴， ∴， 即，即， 又∵， ∴， ∴， 设，则， ， 解得：， ∴， ∴， 故答案为：． 8．（2023·河南周口·三模）（1）问题发现：如图1，在中，，将边绕点C顺时针旋转得到线段，在射线上取点D，使得，线段与的数量关系是______； （2）类比探究：如图2，若，作，且，其他条件不变，写出变化后线段与的数量关系，并给出证明； （3）拓展延伸：如图3，正方形的边长为6，点E是边上一点，且，把线段逆时针旋转得到线段，连接，直接写出线段的长． 【答案】（1）；（2），证明见解析；（3） 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】（1）结合“一线三等角”推出，从而证得结论即可； （2）利用条件证明，然后根据相似三角形的性质证明即可； （3）作延长线于点，过点作，交于点，交于点，结合“一线三垂直”证明，从而利用全等三角形的性质求出和，最后利用勾股定理计算即可． 【详解】（1）解：∵将边绕点C顺时针旋转得到线段， ∴， ∵，， ∴． 在和中， ∴， ∴． 故答案为： （2）． 证明：同（1）可得，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （3）如图所示，作延长线于点，过点作，交于点，交于点， 则，，， 由（1）同理可证，， ∴，， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，掌握一线三等角全等和相似模型，并熟练运用是解题关键． 9．（24-25九年级上·辽宁盘锦·阶段练习）问题：如图，点、分别在正方形的边，上，，试判断、、之间的数量关系． (1)【发现】、、之间的数量关系为_______． (2)【类比引申】 如图，四边形中，，，，点、分别在边、上，则当与满足_______关系时，仍有中的结论，请证明． (3)【探究应用】 如图，在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形，已知米，，，，道路 、上分别有景点型、，且与垂直，米，现要在 、之间修一条笔直的道路，求这条道路的长．（结果取整数，参考数据：，） 【答案】(1)； (2)； (3)米． 【知识点】全等三角形综合问题、根据正方形的性质证明、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形 【分析】【发现】根据正方形的性质可得：，，利用可证，根据全等三角形的性质可证，，从而可证，根据全等三角形对应边相等可证； 【类比引申】延长到，使，连接，可证，根据全等三角形的性质可得，利用可证，根据全等三角形对应角相等可得； 过点作垂足为点，连接，可知是等边三角形，根据已知角的度数可知，根据直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半可以得到的长度，利用勾股定理可求的长度，从而可证是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质可得，由【类比引申】可知． 【详解】（1）【发现】解：如下图所示， 延长到点，使， 四边形是正方形， ，， 在和中， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， 故答案为：； （2）【类比引申】解：当时，中结论仍然成立， 理由如下： 如下图所示，延长到，使，连接， ，， ， 在和中， ， ，， 又， 在和中， ， ， 又， ， ； （3）【探究应用】解：如下图所示，过点作垂足为点，连接， 与垂直， ， ， ， ， 是等边三角形， 米， 在中，， ， 米， 米， 米， 米， ， ， ， ， ， 由【类比引申】可知(米)． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形的性质．解决本题的关键是作辅助线构造全等三角形，利用全等三角形的性质找到边和角之间的关系． 10．（23-24九年级下·湖北武汉·期中）【问题发现】 （1）如图1，在和中，，，，连接交于点M．求出的值及的度数； 【类比探究】 （2）如图2，在和中，，，连接，交的延长线于点M，求出的值及的度数； 【拓展延伸】 （3）在（2）的条件下，若，，将绕点O在平面内旋转一周．当D、C、B三点共线时时，直接写出的长为__________； 【答案】（1），；（2），；（3）或 【知识点】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解、全等三角形综合问题 【分析】（1）直接根据两个共顶点的等腰三角形证明，可以证明，最后在和中导角直接可以求解； （2）改变三角形结构，直接通过判定和相似，同样可以用第一问的方式证明，根据相似比，求线段比例，最后在和中导角直接可以求解的度数； （3）分点在直线的左侧和右侧两种情况讨论，利用相似三角形对应边的比设未知数，在中利用勾股定理构造方程即可求出的长． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， 如图，设与交于点F， ∵， ∴， ∵， ， ∴； （2）解：如下图，在和中，设与交于点， ∵∠，， ∴； ∵， 即， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴，； （3）①如下图所示，点C在线段上时， 在中，，， ， 在中，， 由（2）知，，且， 设，则， 在中，， ， 解得，，舍去， ， ②如下图，当点C在线段延长线上时， 在中，，， ， 在中，， 由（2）知，，且， 设，则， 在中，， ， 解得，，舍去， ； 综上所述：的长为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，相似的判定与性质，解直角三角形，利用勾股定理构造方程等，解题的关键是在图形的变换中要能够以不变应万变，找出图形中不变的特征． 11．（24-25九年级上·河北保定·期末）如图，正方形和正方形，连接，．易得线段（数量关系），（位置关系）． (1)[发现]：当正方形绕点旋转，如图，线段与之间的数量关系是 ；位置关系是 ； (2)[探究]：如图，若四边形与四边形都为矩形，且，，猜想与的数量关系与位置关系，并说明理由． 【答案】(1)， (2)，，理由见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、利用矩形的性质求角度、根据正方形的性质证明、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与性质、正方形和矩形的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． （1）证明得，，又，，得，所以，既可求解； （2）延长交于，交于，证明得，，所以，结合，可得，所以，即可求解． 【详解】（1）解：如图，延长交于，交于， 四边形和四边形是正方形， ，，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， 故答案为：，； （2）解：，，理由如下： 如图，延长交于，交于， 四边形与四边形都为矩形， ， ， 即， ，， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ． 12．（24-25九年级上·海南海口·期末）如图1，把两个全等的等腰直角和叠放在一起，使的锐角顶点与的斜边中点重合，其中．固定不动，将绕点沿顺时针方向旋转（旋转角满足条件：）．设射线与射线相交于点，射线与线段相交于点． (1)如图1，当射线经过点，即点与点重合时，易证：．此时，的值为______________； (2)当旋转到图2的位置时， ①的值是否改变？请说明理由； ②与相似吗？请说明理由； (3)如图3，当时，线段交于点． ①求证：； ②若，求的值． 【答案】(1) (2)①BP•CQ的值不改变，理由见解析；②，相似，理由见解析 (3)①见解析；② 【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 【分析】（1）由题意得：，根据点是的斜边中点，可得；由推出，，即可； （2）①仍然可证，故结论不变；②由得．根据得．结合即可求证； （3）①证即可；②由，得．过点作于点．推出即可求解； 【详解】（1）解：由题意得：， ∵点是的斜边中点， ∴； ∵． ∴， ∴， 故答案为： （2）解：①如图1，的值不改变． 与是全等的等腰直角三角形，是的中点，， ． ， ． ， ； ②， ． ， ． ， ． （3）解：①如图2， ， ， ， ； ②由， ． 过点作于点． ， ∴， ， ． ， ． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质等知识点，几何综合性较强，需要学生具备扎实的几何基础． 13．（2024·江苏淮安·一模）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，我们做以下探究． 在中，，，是边上一点，且(为正整数），、分别是边和边上的点，连接，且． 【初步感知】（）如图，当时，兴趣小组探究得出结论：，请写出证明过程． 【深入探究】（）如图，当，试探究线段，，之间的数量关系，请写出结论并证明； 请通过类比、归纳、猜想，探究出线段，，之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）． 【拓展运用】（）如图，点为靠近的四等分点，连接，设的中点为，若，求点从点运动到点的过程中，请直接写出点运动的路径长． 【答案】（）证明见解析；（），理由见解析；；（） 【分析】（1）由“”可证，可得，即可求解； （2）①先证和是等腰直角三角形，可得，，，，可求，，通过证明，可求，即可求解； ②分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求解； （3）连接，，，由题意可得点在线段的垂直平分线上运动，由题意易得，当点E与点A重合时，过点M作于点H，当点E与点C重合时，假设此时的中点为N，即为原来的点M，进而得出点M的运动轨迹，然后问题可求解． 【详解】（）证明：连接，∵，，且当时，， ，，，， ，，∴∠EDF，， 在和中，，∴， ， ，即； （），理由如下：过点作于，于， ，，， ，，和是等腰直角三角形， ，，，，， ，，设，则，，，， ，，，四边形是矩形， ，， 又，，，， ； 如图4，当点在射线上时，过点作于，于， ，，，，，和是等腰直角三角形， ，，，，， ∴，，设，， ，，，，，， 四边形是矩形，，， 又，，，， ； 当点在的延长线上时，如图5，，，， ，，和是等腰直角三角形， ，，，，， ∴，， 设，，，，， ，，，四边形是矩形， ，， 又，，，， ； 综上所述：当点在射线上时，，当点在延长线上时，； （3）解：连接，，，如图（1）， 的中点为，，，∴点在线段的垂直平分线上运动， ∵点D为靠近B的四等分点，∴， 由（2）得，∴ 当点E与点A重合时，过点M作于点H，如图， ∴，∴，∴∴，∴， ∵，代入得，∴； 当点E与点C重合时，假设此时的中点为N，即为原来的点M，如图， ∵，代入得，∴， ∴如图，点M的运动轨迹即为的长， ∵在Rt中，∴∴∴点运动的路径长为 【点睛】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 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 $$