专题03 相似三角形重要模型之手拉手模型（几何模型讲义）数学沪科版九年级上册

专题03.相似三角形中的基本模型之手拉手模型 相似三角形是初中数学几何中的重要内容，也是考查频率最高的知识点之一，常常与其他知识点相结合，作为压轴题出现，是中考的常考题型；手拉手模型在全等三角形中是常考的模型之一，相似中的手拉手模型较全等三角形中的手拉手模型要难，同时也更容易被考生所忽略；所以我们在解决此类题型时，需要深入理解该模型，灵活运用相关的结论可以显著提高做题效率。本专题重点讲解相似三角形的“手拉手”模型。 1 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 3 模型拓展 4 模型运用 4 模型1.手拉手（旋转）模型 4 14 “手拉手”模型名称源于几何图形的动态特征：当两个具有‌公共顶点‌的相似三角形通过旋转或缩放后，连接对应顶点形成的图形如同两人“手拉手”。民间数学爱好者根据此特征命名，使其成为几何解题中的通用术语。虽模型归类为现代教学成果，但其数学思想早有体现：7世纪印度数学家‌婆罗摩笈多‌研究的圆内接四边形定理中，对角线交点与边的垂足关系隐含手拉手结构。 “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)。 （2024·湖南郴州·模拟检测）如图1，在中，，，D，E分别为AB，BC边上的点，连接DE，且，将绕点B在平面内旋转. (1)观察猜想：若，将绕点B旋转至如图2所示的位置，则______； (2)类比探究：若将绕点B旋转至如图3所示的位置，求的值； (3)拓展应用：若，D为AB的中点，，如图4，将绕点B旋转至如图5所示位置，请直接写出线段的长． （2025·四川成都·一模）如图，以的两边分别向外作等边和等边，与交于点P，已知．    (1)求证：； (2)求的度数及的长； (3)若点Q、R分别是等边和等边的重心（三边中线的交点），连接，作出图象，求的长． 1.手拉手相似模型（任意三角形） 图1 图2 条件:如图1，∠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2，，； 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） 图3 图4 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° 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） 例1（2024·浙江宁波·模拟预测）【问题发现】（1）如图1，在中，，D为边上一点（不与点B、C重合）将线段绕点A顺时针旋转90°得到，连接，则线段与的数量关系是　 ，位置关系是　 ； 【探究证明】（2）如图2，在和中，将绕点A旋转，当点C，D，E在同一直线时，与具有怎样的位置关系，并说明理由； 【拓展延伸】（3）如图3，在中，，将绕点A顺时针旋转，点C对应点E，设旋转角为（），当点C，D，E在同一直线时，画出图形，并求出线段的长度． 例2（24-25九年级上·吉林长春·期末）在同一平面内，如图①，将两个全等的等腰直角三角形摆放在一起，其中，，点为公共顶点，．如图②，若固定不动，把绕点逆时针旋转，使、与边的交点分别为、，点不与点重合，点不与点重合． (1)求证：； (2)已知等腰直角三角形的斜边长为4． ①请求出的值； ②若，请求出的长． 例3（2024·山东济南·一模）已知ABC中，∠ABC＝90°，点D、E分别在边BC、边AC上，连接DE，DF⊥DE，点F、点C在直线DE同侧，连接FC，且． (1)点D与点B重合时， ①如图1，k＝1时，AE和FC的数量关系是 ，位置关系是 ； ②如图2，k＝2时，猜想AE和FC的关系，并说明理由； (2)BD＝2CD时， ①如图3，k＝1时，若AE＝2，＝6，求FC的长度； ②如图4，k＝2时，点M、N分别为EF和AC的中点，若AB＝10，直接写出MN的最小值． 例4（19-20八年级上·浙江杭州·期末）已知正方形DEFG的顶点F在正方形ABCD的一边AD的延长线上，连结AG，CE交于点H，若，，则CH的长为 . 例5（2019九年级·全国·专题练习）如图，已知点在内，，，，． （1）当时，求证：； （2）当时，求的值． 1．（2024·山东济南·一模）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． 2．（24-25九年级下·湖北黄冈·期中）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是底边上一点，连接，以为腰作等腰，且，连接、则和的数量关系是______； (2)变式探究：如图2，中，，．点P是腰上一点，连接，以为底边作等腰，连接，判断和的数量关系，并说明理由； (3)问题解决：如图3，在正方形中，点是边上一点，以为边作正方形，点是正方形两条对角线的交点，连接．若正方形的边长为，，请直接写出正方形的边长． 3．（2024·湖南岳阳·一模）一次小组合作探究课上，老师将两个正方形按如图所示的位置摆放（点E、A、D在同一条直线上），发现且． 小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答： （1）将正方形绕点A按逆时针方向旋转（如图1），还能得到吗？若能，请给出证明，请说明理由； （2）把背景中的正方形分别改成菱形和菱形，将菱形绕点A按顺时针方向旋转（如图2），试问当与的大小满足怎样的关系时，； （3）把背景中的正方形分别改写成矩形和矩形，且，，（如图3），连接，．试求的值（用a，b表示）．    4．（2019九年级·河南·专题练习）在和中，，，且，点E在的内部，连接EC，EB，EA和BD，并且． 【观察猜想】 （1）如图①，当时，线段BD与CE的数量关系为__________，线段EA，EB，EC的数量关系为__________． 【探究证明】 （2）如图②，当时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由； 【拓展应用】 （3）在（2）的条件下，当点E在线段CD上时，若，请直接写出的面积． 5．（2024·四川·一模）如图，正方形ABCD，对角线AC，BD相交于O，Q为线段DB上的一点，，点M、N分别在直线BC、DC上． （1）如图1，当Q为线段OD的中点时，求证：； （2）如图2，当Q为线段OB的中点，点N在CD的延长线上时，则线段DN、BM、BC的数量关系为 ； （3）在（2）的条件下，连接MN，交AD、BD于点E、F，若，，求EF的长． 6．（24-25九年级上·河南安阳·阶段练习）（1）观察猜想： 如图1，在中，，点D，E分别在边，上，，，将绕点A逆时针旋转到如图2所示的位置，连接，交于点G，连接交于点F，则值为______，的度数为_____． （2）类比探究： 如图3，当，时，请求出的值及的度数． （3）拓展应用： 如图4，在四边形中，，，．若，，请直接写出A，D两点之间的距离． 7．（24-25九年级上·山东聊城·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． 8．（2019·辽宁葫芦岛·一模）如图，在中，∠AC8=90°，∠BAC=a，点D在边AC上（不与点A、C重合）连接BD，点K为线段BD的中点，过点D作于点E，连结CK，EK，CE，将△ADE绕点A顺时针旋转一定的角度（旋转角小于90度) (1)如图1．若a=45，则的形状为__________________； (2)在（1)的条件下，若将图1中的三角形ADE绕点A旋转，使得D，E，B三点共线，点K为线段BD的中点，如图2所示，求证：； (3)若三角形ADE绕点A旋转至图3位置时，使得D，E，B三点共线，点K仍为线段BD的中点，请你直接写出BE，AE，CK三者之间的数量关系（用含a的三角函数表示）      9．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在中，，，，将绕点逆时针方向旋转90°，得到，连接，交于点，则的长为 ．    10．（2024·广东广州·一模）如图，正方形中，等腰直角绕着点旋转，，，则 ． 11．（2024·江苏宿迁·模拟预测）如图，，，，以C为顶点的正方形（C、D、E、F四个顶点按逆时针方向排列）可以绕点C自由转动，且，连接，则正方形旋转过程中，的最小值为 ．    12．（2024·重庆九龙坡·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，，将绕点C顺时针方向旋转后得，当恰好过点D时，为等腰三角形，若，则的长度为 ． 13．（24-25九年级上·广东惠州·期末）如图，M是斜边上的中点，将绕点B旋转，使得点C落在射线上的点D处，点A落在点E处，边的延长线交边于点F．如果，那么的长等于 ． 14．（2024·云南昆明·模拟预测）综合与实践： 【问题情境】 在数学活动课上，王老师让同学们用两张矩形纸片进行探究活动．阳光小组准备了两张矩形纸片和，其中，，将它们按如图所示的方式放置，当点A与点E重合，点F，H分别落在，边上时，点F，H恰好为边，的中点，然后将矩形纸片绕点A按逆时针方向旋转，旋转角为，连接与． 【观察发现】 如图2，当时，小组成员发现，易得，．         【探索猜想】 （1）如图3，当时，【观察发现】中发现的结论，是否仍然成立？请说明理由． 【拓展延伸】 （2）在矩形旋转过程中，当C，A，F三点共线时，请求出线段的长． 15．（24-25九年级上·河南洛阳·期中）在矩形和矩形中，，，，将矩形绕点旋转，直线交于点． (1)求的值； (2)证明：． 16．（24-25九年级上·河南濮阳·期末）如图1，在中，，点D、E分别在边、上，，，． (1)线段与之间的数量关系是 ； (2)如图 2，若绕点A旋转，（1）中线段与之间的数量关系还成立吗？ 若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； (3)绕点 A 旋转至，且，求线段的长． 17．（24-25九年级下·湖北荆州·阶段练习）（1）如图1，已知正方形与正方形，将正方形绕点A按逆时针方向旋转，求证：，且； （2）如图2，将（1）中的两个正方形分别改成矩形和矩形，且，，，将矩形绕点A顺时针方向旋转，连接，，在旋转过程中，的值是定值，请求出这个定值． 18．（2024·河南新乡·模拟预测）背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按如图1所示的位置摆放（点E、A、D在同一条直线上），小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答： (1)如图2，将正方形绕点A按逆时针方向旋转，求与的数量关系和位置关系； (2)如图3，把背景中的正方形分别改写成矩形和矩形，且，，，将矩形绕点A按顺时针方向旋转，求与的数量关系和位置关系； (3)在（2）的条件下，小组发现：在旋转过程中，的值是定值，请求出这个定值．（直接写出答案） 19．（24-25九年级上·山西大同·期末）综合与实践 在“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，已知在中，．请解答下面的问题． 观察猜想： （1）如图1，将绕点C按顺时针方向旋转得到，连接，则的度数为______． 探究证明： （2）如图2，D，E分别是边的中点，将绕点C按顺时针方向旋转得到，连接． ①求证：； ②若，，求的长． 20．（24-25九年级上·甘肃·阶段练习）【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． 21．（24-25九年级上·贵州安顺·期末）问题情境：数学课上，老师利用两个特殊的四边形进行图形变换操作探究，如图1，正方形和正方形，连接，． (1)发现：当正方形绕点A旋转，如图2，①线段与之间的数量关系是______； ②直线与直线之间的位置关系是______． (2)探究：若四边形与四边形都为矩形，矩形绕点A旋转，如图3，且，．请写出直线和直线的位置关系，并说明理由． (3)应用：在（2）的条件下，连接（点E在上方），矩形绕点A㫌转至，且，，则线段长是多少？（直接写出结论） 22．（2024·山东济南·一模）如图1，已知和均为等腰直角三角形，点D、E分别在线段上，． (1)观察猜想：如图2，将绕点A逆时针旋转，连接，的延长线交于点F．当的延长线恰好经过点E时，点E与点F重合，此时， ①的值为 　 　； ②的度数为 　 　度； (2)类比探究：如图3，继续旋转，点F与点E不重合时，上述结论是否仍然成立，请说明理由． (3)拓展延伸：若，，当所在的直线垂直于时，请直接写出线段的长． 23．（2024·安徽亳州·二模）如图1，在和中，，． (1)①求证：； ②若，试判断的形状，并说明理由； (2)如图2，旋转，使点D落在边BC上，若，．求证：． 24．（2024·辽宁鞍山·一模）在和中，，，，连接，． (1)如图①将绕点A旋转，在旋转过程中，线段与总保持相等的数量关系，请说明理由． (2)如图②，，，，把绕点A旋转，点P为射线与的交点，当E在延长线上时，求线段的长度（只求图中的情况）． (3)在②的条件下，在旋转过程中，点P为射线与射线的交点，当四边形为正方形时，直接写出线段长度的值． 16 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03.相似三角形中的基本模型之手拉手模型 相似三角形是初中数学几何中的重要内容，也是考查频率最高的知识点之一，常常与其他知识点相结合，作为压轴题出现，是中考的常考题型；手拉手模型在全等三角形中是常考的模型之一，相似中的手拉手模型较全等三角形中的手拉手模型要难，同时也更容易被考生所忽略；所以我们在解决此类题型时，需要深入理解该模型，灵活运用相关的结论可以显著提高做题效率。本专题重点讲解相似三角形的“手拉手”模型。 1 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 3 模型拓展 4 模型运用 4 模型1.手拉手（旋转）模型 4 14 “手拉手”模型名称源于几何图形的动态特征：当两个具有‌公共顶点‌的相似三角形通过旋转或缩放后，连接对应顶点形成的图形如同两人“手拉手”。民间数学爱好者根据此特征命名，使其成为几何解题中的通用术语。虽模型归类为现代教学成果，但其数学思想早有体现：7世纪印度数学家‌婆罗摩笈多‌研究的圆内接四边形定理中，对角线交点与边的垂足关系隐含手拉手结构。 “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)。 （2024·湖南郴州·模拟检测）如图1，在中，，，D，E分别为AB，BC边上的点，连接DE，且，将绕点B在平面内旋转. (1)观察猜想：若，将绕点B旋转至如图2所示的位置，则______； (2)类比探究：若将绕点B旋转至如图3所示的位置，求的值； (3)拓展应用：若，D为AB的中点，，如图4，将绕点B旋转至如图5所示位置，请直接写出线段的长． 【答案】(1)1 (2) (3) 【分析】（1）根据，，，可得、均为等边三角形，可证明，即可得到的值； （2）根据，，，可得、均为等腰直角三角形，可证明，即可得到的值； （3）根据，D为AB的中点，，可以得到及的长度，根据，可得及的长度，利用勾股定理即可确定的长度，根据图5可得即可确定的长度； 【详解】（1）解：∵，，， ∴、均为等边三角形， ∴，，， 即：， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 即： 故答案为： （2）∵，，， ∴、均为等腰直角三角形， ∴，，， 即：， ∴， 在和中， ， ∴ ∴ 即： （3）∵，D为AB的中点，， ∴，， ∵，与交于点， ∴， 在中， ， ∴如图5所示， 【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，勾股定理，掌握旋转全等及相似模型是重点． （2025·四川成都·一模）如图，以的两边分别向外作等边和等边，与交于点P，已知．    (1)求证：； (2)求的度数及的长； (3)若点Q、R分别是等边和等边的重心（三边中线的交点），连接，作出图象，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）证即可求证； （2）利用全等三角形的性质可得的度数；在上取点F，使，根据（1）中证明过程可证，即可求解； （3）过点Q作于G，设，根据重心的性质可得，进一步可证，即可求解． 【详解】（1）证明：∵和都为等边三角形， ∴ ∴， 即， ∴ （2）解：∵； ∴， 设交于O， ∵， ∴； 如图①在上取点F，使，    同（1）可得 ∴为等边三角形， ∴； （3）解：    如图②，过点Q作于G，设， ∵点Q、R分别是等边和等边的重心， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ 【点睛】本题以“手拉手”全等三角形模型为背景，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．熟记相关结论进行几何推理是解题关键． 1.手拉手相似模型（任意三角形） 图1 图2 条件:如图1，∠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2，，； 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） 图3 图4 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° 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） 例1（2024·浙江宁波·模拟预测）【问题发现】（1）如图1，在中，，D为边上一点（不与点B、C重合）将线段绕点A顺时针旋转90°得到，连接，则线段与的数量关系是　 ，位置关系是　 ； 【探究证明】（2）如图2，在和中，将绕点A旋转，当点C，D，E在同一直线时，与具有怎样的位置关系，并说明理由； 【拓展延伸】（3）如图3，在中，，将绕点A顺时针旋转，点C对应点E，设旋转角为（），当点C，D，E在同一直线时，画出图形，并求出线段的长度． 【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）画出图形见解析，线段的长度为． 【分析】（1）由题意易得，，从而可证，然后根据三角形全等的性质可求解； （2）连接，由题意易得，进而可证，最后根据三角形全等的性质及角的等量关系可求证； （3）如图，过A作，由题意可知，，然后根据相似三角形的性质及题意易证，最后根据勾股定理及等积法进行求解即可． 【详解】解：（1）在中，， ， ， ，即， 在和中，， ， ， ， ， 故答案为：； （2）， 理由：如图2，连接， ∵在和中，，，， ， ， ∵，， ， ， ， ∴； （3）如图3，过A作AF⊥EC， 由题意可知，， ∴，即， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， ， ，， ，2×， ． 【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定及相似三角形的性质与判定，关键是根据题意得到三角形的全等，然后利用全等三角形的性质得到相似三角形，进而求解． 例2（24-25九年级上·吉林长春·期末）在同一平面内，如图①，将两个全等的等腰直角三角形摆放在一起，其中，，点为公共顶点，．如图②，若固定不动，把绕点逆时针旋转，使、与边的交点分别为、，点不与点重合，点不与点重合． (1)求证：； (2)已知等腰直角三角形的斜边长为4． ①请求出的值； ②若，请求出的长． 【答案】(1)见解析 (2)①8②4﹣4 【分析】（1）利用三角形外角的性质可证等于，再由 等于 ，可证明结论． （2）①首先求出等腰直角三角形的直角边长，再由 相似于 ，即可得出结论．②先求 等于 ，再求 等于 ，从而得出答案． 【详解】（1）证明：∵△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°， ∴∠B＝∠C＝45°， 同理，∠DAE＝45°， ∵∠BAN＝∠BAM+∠DAE＝∠BAM+45°， ∠AMC＝∠BAM+∠B＝∠BAM+45°， ∴∠BAN＝∠AMC， ∴△BAN∽△CMA； （2）解：①∵等腰直角三角形的斜边长为4， ∴AB＝AC＝， ∵△BAN∽△CMA， ∴ ， ∴， ∴BN•CM＝8， 故BN•CM的值为8； ②∵BM＝CN， ∴BN＝CM， ∵BN•CM＝8， ∴BN＝CM＝， ∴MN＝BN+CM﹣BC＝， 故MN的长为． 【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，利用前面的结论解决新的问题是解题的关键． 例3（2024·山东济南·一模）已知ABC中，∠ABC＝90°，点D、E分别在边BC、边AC上，连接DE，DF⊥DE，点F、点C在直线DE同侧，连接FC，且． (1)点D与点B重合时， ①如图1，k＝1时，AE和FC的数量关系是 ，位置关系是 ； ②如图2，k＝2时，猜想AE和FC的关系，并说明理由； (2)BD＝2CD时， ①如图3，k＝1时，若AE＝2，＝6，求FC的长度； ②如图4，k＝2时，点M、N分别为EF和AC的中点，若AB＝10，直接写出MN的最小值． 【答案】(1)①AE＝FC；AE⊥FC；②AE＝2CF，AE⊥CF，见解析 (2)①6；② 【分析】（1）①如图1中，结论：AE＝FC；AE⊥FC；证明可得结论． ②如图2中，结论：AE＝2CF，AE⊥CF，证明△ABE∽△CBF可得结论． （2）①如图3中，过点D作DH⊥AC于H，作DT∥AB交AC于T，首先证明DH＝HT＝HC，设DH＝HT＝HC＝m，再证明△EDT≌△FDC（SAS），推出S△EDT＝S△FDC＝6，ET＝FC，构建方程求出m即可解决问题． ②如图4，连接DM，CM，根点M作于K，交AC于J，证明，推出点是在DC的垂直平分线MK上，当时，MN的值最小． 【详解】（1）解：（1）① 　AE＝FC　， 　AE⊥FC　； 理由：由题意知BA＝BC，BE=BE，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：AE＝FC，AE⊥FC． ②AE＝2CF，AE⊥CF， 理由如下： ∵，， ∴△ABE∽△CBF， ∴，∠A＝∠BCF， ∴AE＝2CF， ∵∠A+∠ACB＝90°， ∴∠BCF+∠ACB＝90°， ∴AE⊥CF； （2）①如图3，过点D作DH⊥AC于H，作DT∥AB交AC于T， 由题意知AB＝BC，∠ABC＝90°， ∴∠ACB＝45°， ∵DT∥AB，∴∠DTC＝∠DCT＝45°，∴DT＝DC， ∵DH⊥CT，∴HT＝HC， ∴DH＝HT＝HC，设DH＝HT＝HC＝m， ∴DT∥AB，∴， ∴AT＝4m， ∵AE＝2，∴ET＝4m﹣2， ∵DE＝DF，DT＝DC，∠EDF＝∠TDC＝90°， ∴∠EDT＝∠FDC，∴△EDT≌△FDC（SAS）， ∴S△EDT＝S△FDC＝6，ET＝FC， ∴， 解得m＝2或﹣（舍去）， ∴CF＝ET＝4m﹣2＝6； ②如图4，连接DM，CM，根点M作于K，交AC于J， 同法可证：， ∵， ∴， ∴点M是在DC的垂直平分线MK上，DC的长度不会变化， 当时，MN的值最小， 由题意：AB=10，BC=5，，， 在中，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵时，， ∴， ∴， ∴， MN的最小值为． 【点睛】本题考查了相似三角形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握双子型基本模型是解题的关键． 例4（19-20八年级上·浙江杭州·期末）已知正方形DEFG的顶点F在正方形ABCD的一边AD的延长线上，连结AG，CE交于点H，若，，则CH的长为 . 【答案】 【分析】连接EG，与DF交于N，设CD和AH交于M，证明△ANG∽ADM，得到，从而求出DM的长，再通过勾股定理算出AM的长，通过证明△ADG≌△CDE得到∠DAG=∠DCE，从而说明△ADM∽△CHM，得到，最后算出CH的长. 【详解】解：连接EG，与DF交于N，设CD和AH交于M， ∴∠GNA=90°，DN=FN=EN=GN， ∵∠MAD=∠GAN，∠MDA=∠GNA=90°， ∴△ANG∽ADM， ∴， ∵， ∴DF=EG=2, ∴DN=NG=1， ∵AD=AB=3， ∴， 解得：DM=， ∴MC=，AM=， ∵∠ADM+∠MDG=∠EDG+∠CDG， ∴∠ADG=∠EDC， 在△ADG和△CDE中， ， ∴△ADG≌△CDE（SAS）， ∴∠DAG=∠DCE， ∵∠AMD=∠CMH， ∴∠ADM=∠CHM=90°， ∴△ADM∽△CHM， ∴， 即， 解得：CH=. 【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，正方形的性质，勾股定理，综合性较强，解题的关键是找到合适的全等三角形和相似三角形，通过其性质计算出CH的长. 例5（2019九年级·全国·专题练习）如图，已知点在内，，，，． （1）当时，求证：； （2）当时，求的值． 【答案】(1)见解析;(2) . 【分析】（1）连结，易证，然后得到，，然后利用直角三角形性质得到 （2）连结，易证，设在直角三角形EBD中由相似比可直接得到答案 【详解】如图所示图1，（1）连结， 易证，∴，证，， ∴ （2）如图所示图2， ∴∴， ∴∴ 又∵， 设，则， ∵∴，∴ 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，能够知道相似三角形对应边成比例是求线段比的常用方法是本题关键 1．（2024·山东济南·一模）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：． 2．（24-25九年级下·湖北黄冈·期中）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是底边上一点，连接，以为腰作等腰，且，连接、则和的数量关系是______； (2)变式探究：如图2，中，，．点P是腰上一点，连接，以为底边作等腰，连接，判断和的数量关系，并说明理由； (3)问题解决：如图3，在正方形中，点是边上一点，以为边作正方形，点是正方形两条对角线的交点，连接．若正方形的边长为，，请直接写出正方形的边长． 【答案】(1) (2) (3)6 【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和的数量关系； （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和的数量关系； （3）连接，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的长，接着设正方形的边长为x，运用勾股定理列出方程即可求得答案． 【详解】（1）解：∵是等腰直角三角形，， 在中，，， ∴，， ∴． 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：结论：， 理由如下：∵是等腰直角三角形，中，，， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：连接，如图所示， ∵四边形与四边形是正方形，与交于点， ∴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6． 【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． 3．（2024·湖南岳阳·一模）一次小组合作探究课上，老师将两个正方形按如图所示的位置摆放（点E、A、D在同一条直线上），发现且． 小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答： （1）将正方形绕点A按逆时针方向旋转（如图1），还能得到吗？若能，请给出证明，请说明理由； （2）把背景中的正方形分别改成菱形和菱形，将菱形绕点A按顺时针方向旋转（如图2），试问当与的大小满足怎样的关系时，； （3）把背景中的正方形分别改写成矩形和矩形，且，，（如图3），连接，．试求的值（用a，b表示）．    【答案】（1）见解析；（2）当时，，理由见解析；（3）． 【分析】（1）由正方形的性质得出，，，，得出，则可证明，从而可得出结论； （2）由菱形的性质得出，，则可证明，由全等三角形的性质可得出结论； （3）设与交于Q，与交于点P，证明，得出，得出，连接，，由勾股定理可求出答案． 【详解】（1）∵四边形为正方形， ∴，， 又∵四边形为正方形， ∴，， ∴ ∴， 在△AEB和△AGD中， ， ∴， ∴； （2）当时，， 理由如下： ∵， ∴ ∴， 又∵四边形和四边形均为菱形， ∴，， 在△AEB和△AGD中， ， ∴， ∴； （3）设与交于Q，与交于点P，    由题意知，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 连接，， ∴ ， ∵，，， ∴，， 在Rt△EAG中，由勾股定理得：，同理， ∴ ． 【点睛】本题考查了矩形、菱形、正方形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握特殊平行四边形的性质是解题的关键．由(3)可得结论：当四边形的对角线相互垂直时，四边形两组对边的平方和相等． 4．（2019九年级·河南·专题练习）在和中，，，且，点E在的内部，连接EC，EB，EA和BD，并且． 【观察猜想】 （1）如图①，当时，线段BD与CE的数量关系为__________，线段EA，EB，EC的数量关系为__________． 【探究证明】 （2）如图②，当时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由； 【拓展应用】 （3）在（2）的条件下，当点E在线段CD上时，若，请直接写出的面积． 【答案】（1），；（2）不成立，理由见解析；（3）2 【分析】（1）由△DAB≌△EAC（SAS），可得BD=EC，∠ABD=∠ACE，由∠ACE+∠ABE=90°，推出∠ABD+∠ABE=90°，可得∠DBE=90°，由此即可解决问题； （2）结论：EA2=EC2+2BE2．由题意△ABC，△ADE都是等腰直角三角形，想办法证明△DAB∽△EAC，推出=，∠ACE=∠ABD，可得∠DBE=90°，推出DE2=BD2+BE2，即可解决问题； （3）首先证明AD=DE=EC，设AD=DE=EC=x，在Rt△ADC中，利用勾股定理即可解决问题； 【详解】 （1）如图①中， ∵BA=BC，DA=DE．且∠ABC=∠ADE=60°， ∴△ABC，△ADE都是等边三角形， ∴AD=AE，AB=AC，∠DAE=∠BAC=60°， ∴∠DAB=∠EAC， ∴△DAB≌△EAC（SAS）， ∴BD=EC，∠ABD=∠ACE， ∵∠ACE+∠ABE=90°， ∴∠ABD+∠ABE=90°， ∴∠DBE=90°， ∴DE2=BD2+BE2， ∵EA=DE，BD=EC， ∴EA2=BE2+EC2． 故答案为：BD=EC，EA2=EB2+EC2． （2）结论：EA2=EC2+2BE2． 理由：如图②中， ∵BA=BC，DA=DE．且∠ABC=∠ADE=90°， ∴△ABC，△ADE都是等腰直角三角形， ∴∠DAE=∠BAC=45°， ∴∠DAB=∠EAC， ∵=， =， ∴， ∴△DAB∽△EAC， ∴=，∠ACE=∠ABD， ∵∠ACE+∠ABE=90°， ∴∠ABD+∠ABE=90°， ∴∠DBE=90°， ∴DE2=BD2+BE2， ∵EA=DE，BD=EC， ∴EA2=EC2+BE2， ∴EA2=EC2+2BE2． （3）如图③中， ∵∠AED=45°，D，E，C共线， ∴∠AEC=135°， ∵△ADB∽△AEC， ∴∠ADB=∠AEC=135°， ∵∠ADE=∠DBE=90°， ∴∠BDE=∠BED=45°， ∴BD=BE， ∴DE=BD， ∵EC=BD， ∴AD=DE=EC，设AD=DE=EC=x， 在Rt△ABC中，∵AB=BC=2， ∴AC=2， 在Rt△ADC中， ∵AD2+DC2=AC2， ∴x2+4x2=40， ∴x=2（负根已经舍弃）， ∴AD=DE=2， ∴BD=BE=2， ∴S△BDE=×2×2=2． 【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，等腰直角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． 5．（2024·四川·一模）如图，正方形ABCD，对角线AC，BD相交于O，Q为线段DB上的一点，，点M、N分别在直线BC、DC上． （1）如图1，当Q为线段OD的中点时，求证：； （2）如图2，当Q为线段OB的中点，点N在CD的延长线上时，则线段DN、BM、BC的数量关系为 ； （3）在（2）的条件下，连接MN，交AD、BD于点E、F，若，，求EF的长． 【答案】（1）见解析；（2）BM−DN=BC；（3）EF的长为． 【分析】（1）如图1，过Q点作QP⊥BD交DC于P，然后根据正方形的性质证明△QPN∽△QBM，就可以得出结论； （2）如图2，过Q点作QH⊥BD交BC于H，通过证明△QHM∽△QDN，由相似三角形的性质就可以得出结论； （3）由条件设CM=x，MB=3x，就用CB=4x，得出BH=2x，由（2）相似的性质可以求出MQ的值，再根据勾股定理就可以求出MN的值，可以表示出ND，由△NDE∽△NCM就可以求出NE，也可以表示出DE，最后由△DEF∽△BMF而求出结论． 【详解】解：（1）如图，过Q点作QP⊥BD交DC于P， ∴∠PQB=90°． ∵∠MQN=90°， ∴∠NQP=∠MQB， ∵四边形ABCD是正方形， ∴CD=CB，∠BDC=∠DBC=45°．DO=BO， ∴∠DPQ=45°，DQ=PQ， ∴∠DPQ=∠DBC=45°， ∴△QPN∽△QBM， ∴， ∵Q是OD的中点，且PQ⊥BD， ∴DO=2DQ，DP=DC， ∴BQ=3DQ，DN+NP=DC=BC， ∴BQ=3PQ， ∴， ∴NP=BM， ∴DN+BM=BC； （2）如图，过Q点作QH⊥BD交BC于H， ∴∠BQH=∠DQH=90°， ∴∠BHQ=45°， ∵∠COB=90°， ∴QH∥OC， ∵Q是OB的中点， ∴BH=CH=BC， ∵∠NQM=90°， ∴∠NQD=∠MQH， ∵∠QND+∠NQD=45°，∠MQH+∠QMH=45°， ∴∠QND=∠QMH， ∴△QHM∽△QDN， ∴， ∴HM=ND， ∵BM-HM=HB， ∴BM−DN=BC． 故答案为：BM−DN=BC； （3）∵MB：MC=3：1，设CM=x， ∴MB=3x， ∴CB=CD=4x， ∴HB=2x， ∴HM=x． ∵HM=ND， ∴ND=3x， ∴CN=7x， ∵四边形ABCD是正方形， ∴ED∥BC， ∴△NDE∽△NCM，△DEF∽△BMF， ∴， ∴， ∴DE=x， ∴， ∵NQ=9， ∴QM=3， 在Rt△MNQ中，由勾股定理得： ， ∴， ∴， ∴， 设EF=a，则FM=7a， ∴， ∴． ∴EF的长为． 【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，相似三角形的判定和性质的运用，勾股定理的运用及平行线等分线段定理的运用，在解答时利用三角形相似的性质求出线段的比是解答本题的关键． 6．（24-25九年级上·河南安阳·阶段练习）（1）观察猜想： 如图1，在中，，点D，E分别在边，上，，，将绕点A逆时针旋转到如图2所示的位置，连接，交于点G，连接交于点F，则值为______，的度数为_____． （2）类比探究： 如图3，当，时，请求出的值及的度数． （3）拓展应用： 如图4，在四边形中，，，．若，，请直接写出A，D两点之间的距离． 【答案】（1），45°；（2），30°；（3）2 【分析】（1）由题意得△ABC和△ADE为等腰直角三角形，则，证△BAD∽△CAE，得，∠ABD=∠ACE，进而得出∠BFC=∠BAC=45°； （2）由直角三角形的性质得DE=AD，BC=AB，AE=DE，AC=BC，则，证△BAD∽△CAE，得，∠ABD=∠ACE，证出∠BFC=∠BAC=30°； （3）以AD为斜边在AD右侧作等腰直角三角形ADM，连接CM，由等腰直角三角形的性质得∠BAC=∠DAM=45°，，证△BAD∽△CAM，得∠ABD=∠ACM，，则CM=3，证出∠DCM=90°，由勾股定理得DM=，则AD= DM=2． 【详解】（1）∵∠ACB=90°，∠BAC=∠DAE=45°，DE=AE， ∴∆ABC和∆ADE为等腰直角三角形， ∴， ∵∠BAD=∠BAC+∠CAD，∠CAE=∠DAE+∠CAD， ∴∠BAD=∠CAE， ∴∆BAD~∆CAE， ∴，∠ABD=∠ACE， 又∵∠AGB=∠FGC， ∴∠BFC=∠BAC=45°， 故答案是：，45°； （2）∵∠ACB=∠AED=90°，∠BAC=∠DAE=30°， ∴DE=AD，BC=AB，AE=DE，AC=BC， ∴， ∵∠BAD=∠BAC+∠CAD，∠CAE=∠DAE+∠CAD， ∴∠BAD=∠CAE， ∴∆BAD~∆CAE， ∴，∠ABD=∠ACE， 又∵∠AGB=∠FGC， ∴∠BFC=∠BAC=30°； （3）以AD为斜边，在AD的右侧作等腰直角三角形ADM，连接CM，如图， ∵AC=BC，∠ACB=90°， ∴∆ABC为等腰直角三角形， ∴∠BAC=∠DAM=45°，， ∴∠BAC-∠DAC=∠DAM-∠DAC，即∠BAD=∠CAM， ∴∆BAD~∆CAM， ∴∠ABD=∠ACM，， 又∵BD=6， ∴CM==3， ∵四边形ABDC的内角和为360°，∠BDC=45°，∠BAC=45°，∠ACB=90° ∴∠ABD+∠BCD=180°， ∴∠ACM+∠BCD=180°， ∴∠DCM=90°， ∴DM=， ∴AD=DM=2， 即A，D两点之间的距离是2． 【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，第（3）小题，添加辅助线，构造相似三角形，是解题的关键． 7．（24-25九年级上·山东聊城·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． 8．（2019·辽宁葫芦岛·一模）如图，在中，∠AC8=90°，∠BAC=a，点D在边AC上（不与点A、C重合）连接BD，点K为线段BD的中点，过点D作于点E，连结CK，EK，CE，将△ADE绕点A顺时针旋转一定的角度（旋转角小于90度) (1)如图1．若a=45，则的形状为__________________； (2)在（1)的条件下，若将图1中的三角形ADE绕点A旋转，使得D，E，B三点共线，点K为线段BD的中点，如图2所示，求证：； (3)若三角形ADE绕点A旋转至图3位置时，使得D，E，B三点共线，点K仍为线段BD的中点，请你直接写出BE，AE，CK三者之间的数量关系（用含a的三角函数表示）      【答案】（1）等腰直角三角形；（2）见解析；（3）BE-AE=2CK； 【分析】（1）利用直角三角形斜边中线的性质及等腰直角三角形的性质证明EK=KC，∠EKC =90°即可； （2）在BD上截取BG=DE，连接CG，设AC交BF于Q，结合等腰直角三角形的性质利用SAS可证△AEC≌△BGC，由全等三角形对应边、对应角相等的性质易证△ECG是等腰直角三角形，由直角三角形斜边中线的性质可得CK=EK=KG，等量代换可得结论. （3）在BD上截取BG=DE，连接CG，设AC交BE于Q，根据等角的余角相等可得∠CAE=∠CBG，由tanα的表示可得，易证△CAE∽△CBG，由直角三角形斜边中线的性质等量代换可得结论. 【详解】（1）等腰直角三角形； 理由：如图1中， ∵∠A=45°，∠ACB=90°， ∴∠A=∠CBA=45°， ∴CA=CB， ∵DE⊥AB， ∴∠DEB=90°， ∵DK=KB， ∴EK=KB=DK= BD， ∴∠KEB=∠KBE， ∴∠EKD=∠KBE+∠KEB=2∠KBE， ∵∠DCB=90°，DK=KB， ∴CK=KB=KD= BD， ∴∠KCB=∠KBC，EK=KC， ∴∠DKC=∠KBC+∠KCB=2∠KBC， ∴∠EKC=∠EKD+∠DKC=2（∠KBE+∠KBC）=2∠ABC=90°， ∴△ECK是等腰直角三角形． （2）证明：如图2中，在BD上截取BG=DE，连接CG，设AC交BF于Q． ∵∠α=45°，DE⊥AE， ∴∠AED=90°，∠DAE=45°， ∴△ADE是等腰直角三角形， ∴DE=AE=BG， ∵∠1+∠3=∠2+∠4=90°，∠1=∠2， ∴∠3=∠4， ∵AC=BC， ∴△AEC≌△BGC（SAS）， ∴CE=CG，∠5=∠BCG， ∴∠ECG=∠ACB=90°， ∴△ECG是等腰直角三角形， ∵KD=KB，DE=BG， ∴KE=KG， ∴CK=EK=KG， ∴BE－AE= BE－BG=EG=EK＋KG =2CK． （3）解：结论：BE-AE•tanα=2CK． 理由：如图3中，在BD上截取BG=DE，连接CG，设AC交BE于Q． ∵DE⊥AE，∠ACB=90°， ∴∠CAE+∠EQA=90°,∠CBG+∠CQB=90° ∵∠EQA=∠CQB， ∴∠CAE=∠CBG， 在Rt△ACB中，tanα=， 在Rt△ADE中，tanα= ， ∴， DE=AE·tanα ∴△CAE∽△CBG， ∴∠ACE=∠BCG， ∴∠ECG=∠ACB=90°， ∵KD=KB，DE=BG， ∴KE=KG， ∴EG=2CK， ∵BE－BG=EG=2CK， ∴BE－DE=2CK， ∴BE－AE•tanα=2CK． 【点睛】本题考查了等腰直角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、锐角三角函数等，灵活的利用等腰直角三角形的判定和性质是解题的关键. 9．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在中，，，，将绕点逆时针方向旋转90°，得到，连接，交于点，则的长为 ．    【答案】 【分析】过点作于点，利用勾股定理求得根据旋转的性质可证是等腰直角三角形，可得，再由，证明，可得即，再由，求得从而求得即可求解． 【详解】过点D作DF⊥AB于点F， ∵， ，    ∵将绕点A逆时针方向旋转得到 是等腰直角三角形， ， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ，即 ∵，， ∴， ， 即， 又∵ ， ， ， 故答案为∶． 【点睛】本题考查旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形的面积，熟练掌握相关知识是解题的关键． 10．（2024·广东广州·一模）如图，正方形中，等腰直角绕着点旋转，，，则 ． 【答案】 【分析】连接，证，得，根据等腰直角三角形斜边与直角边的比例关系即可得出比值． 【详解】解：如右图，连接， 由题知，四边形为正方形，为等腰直角三角形 ，， ， 由题知，为等腰直角三角形，为等腰直角三角形， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，根据，，证是解题的关键． 11．（2024·江苏宿迁·模拟预测）如图，，，，以C为顶点的正方形（C、D、E、F四个顶点按逆时针方向排列）可以绕点C自由转动，且，连接，则正方形旋转过程中，的最小值为 ．    【答案】 【分析】取的中点M．连接，证明得到，进而得到，故当B，D，M共线时，取最小值，利用勾股定理求得即可． 【详解】解：如图中．取的中点M．连接，    ∵，∴， ∵， ∴， ∴，又， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当B，D，M共线时，取最小值，最小值为． 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、两点之间线段最短、勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质，证得是解答的关键． 12．（2024·重庆九龙坡·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，，将绕点C顺时针方向旋转后得，当恰好过点D时，为等腰三角形，若，则的长度为 ． 【答案】 【分析】过点D作于点E，则，设，则，根据旋转的性质可得，则为等腰直角三角形，，即可根据勾股定理将表示出来，再在中，根据勾股定理列出方程求解，再在中，根据勾股定理求出，最后证明，根据相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：过点D作于点E，则， ∵ ∴， ∴四边形为矩形， ∴， 设，则， ∵绕点C顺时针方向旋转后得， ∴，， ∵为等腰三角形， ∴， 根据勾股定理可得：， 在中，根据勾股定理可得：， 即， 解得：，（舍）， 在中，根据勾股定理可得：， ∵绕点C顺时针方向旋转后得， ∴，，， ∴，则， ∴， ∴，即， 解得：， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的性质，解题的关键是掌握勾股定理的内容，正确画出辅助线，构造直角三角形求出相应线段． 13．（24-25九年级上·广东惠州·期末）如图，M是斜边上的中点，将绕点B旋转，使得点C落在射线上的点D处，点A落在点E处，边的延长线交边于点F．如果，那么的长等于 ． 【答案】 【分析】如图：连接，先证可得，进而说明垂直平分线段，即、可得；然后再证，根据相似三角形的性质列式即可解答． 【详解】解：如图，连接， 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴垂直平分线段， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． ∴， ∵ ∴ ∴， ∴． 故答案为． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识点，证得是解答本题的关键． 14．（2024·云南昆明·模拟预测）综合与实践： 【问题情境】 在数学活动课上，王老师让同学们用两张矩形纸片进行探究活动．阳光小组准备了两张矩形纸片和，其中，，将它们按如图所示的方式放置，当点A与点E重合，点F，H分别落在，边上时，点F，H恰好为边，的中点，然后将矩形纸片绕点A按逆时针方向旋转，旋转角为，连接与． 【观察发现】 如图2，当时，小组成员发现，易得，．         【探索猜想】 （1）如图3，当时，【观察发现】中发现的结论，是否仍然成立？请说明理由． 【拓展延伸】 （2）在矩形旋转过程中，当C，A，F三点共线时，请求出线段的长． 【答案】（1）结论，仍然成立，理由见解析；（2）或． 【分析】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，计算较复杂，做出正确的辅助线是解题的关键． （1）设与的交点为I，与的交点为M，根据（1）中的思路，同理证明，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）考虑两种情况，即：点F在的延长线上或点F在线段的延长线上，作对应的辅助线，通过相似三角形的性质，即可解答． 【详解】（1）解：结论，仍然成立，理由如下： 如图，设与的交点为I,与的交点为M, 四边形和四边形是矩形， ， 即， 根据图1中，点，分别落在，边上时，点，恰好为边，的中点， ，， , ， ，即， ， ， , ， ．   （2）解：①当点F在的延长线上时，如图所示， 作交的延长线于点K， 求得， ，，三点共线， ， , ， ， ， ， ， ，   ， ，， ； ①当点F在线段上时，如图所示， 过点H作的垂线，交于点N， ， ， ， ， ，   ， ，， ，， ， 综上所述，当，，三点共线时，线段的长为或． 15．（24-25九年级上·河南洛阳·期中）在矩形和矩形中，，，，将矩形绕点旋转，直线交于点． (1)求的值； (2)证明：． 【答案】(1)； (2)证明见解析． 【分析】（）证明得到，由得到即可求解； （）由得到，由对顶角，根据三角形内角和定理即可求证； 本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，三角形内角和定理，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）解：在矩形和矩形中， ， 即， ∵， ∴， 又， ， 即， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ； （2）证明：设与交于点， 由（）知， ， 又 ， 即． 16．（24-25九年级上·河南濮阳·期末）如图1，在中，，点D、E分别在边、上，，，． (1)线段与之间的数量关系是 ； (2)如图 2，若绕点A旋转，（1）中线段与之间的数量关系还成立吗？ 若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； (3)绕点 A 旋转至，且，求线段的长． 【答案】(1)； (2)成立，证明详见解析； (3)3或． 【分析】（1）由题意可知，则，可证得，得，则，由平行线分线段成比例即可证得答案； （2）先证明，再由，，可证得，即可证明，再利用其性质即可证明； （3）分在上方和下方两种情况作出图形，分别讨论，证明四边形是平行四边形，先求出的长度，再由（2）可知，即可求解， 【详解】（1）解：∵，，， ∴，则， ∴， ∴，则， ∴，则， 故答案为：； （2）成立，理由如下： ∵， ∴，即． ∵，， ∴ ∴， ∴， ∴， 即； （3）①如图3，在中，，， ∴， ∴，    ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ②同①四边形是平行四边形，    ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， 综上所述，长3或． 【点睛】本题考查相似三角形的判定及性质，平行线分线段成比例，平行四边形的判定及性质，勾股定理等知识，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 17．（24-25九年级下·湖北荆州·阶段练习）（1）如图1，已知正方形与正方形，将正方形绕点A按逆时针方向旋转，求证：，且； （2）如图2，将（1）中的两个正方形分别改成矩形和矩形，且，，，将矩形绕点A顺时针方向旋转，连接，，在旋转过程中，的值是定值，请求出这个定值． 【答案】（1）证明见解析；（2）65 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形相似的判定及性质，勾股定理等； （1）延长交于，交于，由正方形的性质及可判定，由全等三角形及性质得，，即可得证； （2）连接、，交于，交于，由矩形的性质及三角形相似判定方法得，由三角形相似的性质得，由勾股定理得 ，，，，即可求解； 掌握判定方法及性质，作出恰当的辅助线，构建直角三角形，利用勾股定理解答是解题关键． 【详解】解：（1）如图，延长交于，交于， 四边形与四边形是正方形， ， ， ， ， ， 在和中 ， （）， ， ， ， ， ， ， ； （2）如图，连接、，交于，交于， 四边形和四边矩形是矩形， ， ， ， ， ，， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 18．（2024·河南新乡·模拟预测）背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按如图1所示的位置摆放（点E、A、D在同一条直线上），小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答： (1)如图2，将正方形绕点A按逆时针方向旋转，求与的数量关系和位置关系； (2)如图3，把背景中的正方形分别改写成矩形和矩形，且，，，将矩形绕点A按顺时针方向旋转，求与的数量关系和位置关系； (3)在（2）的条件下，小组发现：在旋转过程中，的值是定值，请求出这个定值．（直接写出答案） 【答案】(1)见解析 (2)，，理由见解析 (3)260 【分析】（1）证明，得出，，，求出，即可得出答案； （2），，，求出，．证明， 得出，，根据，得出，即可证明结论； （3）根据勾股定理得出，，根据得出答案即可． 【详解】（1）解：如图2，延长交于M，交于N，如图所示： ∵四边形、四边形为正方形， ∴，，， ∴ 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴，即； （2）解：，，理由如下： 如图3，设与交于Q，与交于点P， ∵，，， ∴，． ∵四边形和四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴． （3）解：如图3，由（2）知，，，， ∴， ， 又由（2）知， 则． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法和全等三角形的判定方法． 19．（24-25九年级上·山西大同·期末）综合与实践 在“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，已知在中，．请解答下面的问题． 观察猜想： （1）如图1，将绕点C按顺时针方向旋转得到，连接，则的度数为______． 探究证明： （2）如图2，D，E分别是边的中点，将绕点C按顺时针方向旋转得到，连接． ①求证：； ②若，，求的长． 【答案】（1）；（2）①证明见解析；② 【分析】（1）如图1，根据旋转的性质得到，则根据等边三角形的判定方法可判断为等边三角形得到，再由即可求出答案； （2）①由于点分别是边的中点，所以，再根据旋转的性质得到，，所以，从而可判断；②先利用勾股定理计算出，则5，过点作于点，如图2，利用含30度角的直角三角形三边的关系得到，然后在中利用勾股定理可计算出的长． 【详解】解：（1）如图1，∵绕点按顺时针方向旋转得到 ，，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 故答案为：； （2）①∵点分别是边的中点， ， ∵绕点按顺时针方向旋转得到， ， ， ， ； ② ， 过点作于点，如图2， 在中， ∵， ∴， ∴， ∴，， 在中，． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键，也考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理和含30度角的直角三角形的性质； 20．（24-25九年级上·甘肃·阶段练习）【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． 21．（24-25九年级上·贵州安顺·期末）问题情境：数学课上，老师利用两个特殊的四边形进行图形变换操作探究，如图1，正方形和正方形，连接，． (1)发现：当正方形绕点A旋转，如图2，①线段与之间的数量关系是______； ②直线与直线之间的位置关系是______． (2)探究：若四边形与四边形都为矩形，矩形绕点A旋转，如图3，且，．请写出直线和直线的位置关系，并说明理由． (3)应用：在（2）的条件下，连接（点E在上方），矩形绕点A㫌转至，且，，则线段长是多少？（直接写出结论） 【答案】(1)； (2)，理由见详解 (3) 【分析】（1）①先判断出，进而得出，②由，再利用等角的余角相等即可得出结论； （2）先利用两边对应成比例夹角相等判断出，得出，再利用等角的余角相等即可得出结论； （3）先求出，进而得出，即可得出四边形是平行四边形，进而得出，求出，借助（2）得出的相似，即可得出结论． 【详解】（1）解：①∵四边形和四边形是正方形， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴； ②如图2，延长交于M，交于H，    由①知，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ （2）延长交于M，交于N， ∵四边形和四边形都为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）如图4，（为了说明点B，E，F在同一条线上）    在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴点B，E，F在同一条直线上如图5，    ∴， 在中，根据勾股定理得，， 由（2）知，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】此题是四边形综合题，主要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，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理的应用，判断出三角形全等和相似是解本题的关键． 22．（2024·山东济南·一模）如图1，已知和均为等腰直角三角形，点D、E分别在线段上，． (1)观察猜想：如图2，将绕点A逆时针旋转，连接，的延长线交于点F．当的延长线恰好经过点E时，点E与点F重合，此时， ①的值为 　 　； ②的度数为 　 　度； (2)类比探究：如图3，继续旋转，点F与点E不重合时，上述结论是否仍然成立，请说明理由． (3)拓展延伸：若，，当所在的直线垂直于时，请直接写出线段的长． 【答案】(1)，45 (2)成立，理由见解析 (3)的长为或． 【分析】（1）如图所示，设与交于O，求得，，，证明，据此求解即可； （2）同（1）求解即可； （3）分两种情形：如图3-1和图3-2所示，分别求出，根据（1）（2）的方法求解即可． 【详解】（1）解：如图所示，设与交于O， ∵和都是等腰直角三角形，， ∴， ∴，，，即， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， 由于点E与点F重合， ∴， 故答案为：，45； （2）解：设与交于O， ∵和都是等腰直角三角形，， ∴， ∴，，，即， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴； （3）解：如图3-1所示，当于O时， ∵和都是等腰直角三角形，，， ∴同（1）可得， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理可证， ∴， ∴； 如图3-2所示，当时，延长交于O． 同理可得，，， ∴； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，解题的关键在于能找到相似三角形进行求解． 23．（2024·安徽亳州·二模）如图1，在和中，，． (1)①求证：； ②若，试判断的形状，并说明理由； (2)如图2，旋转，使点D落在边BC上，若，．求证：． 【答案】(1)①见解析；②等腰三角形，见解析 (2)见解析 【分析】（1）①先证明，得出，再证明，然后可证； ②由，可得，即是等腰三角形； （2）先证明，得出，再证明，可证，得出，进而可证，即． 【详解】（1）①证明：∵，， ∴， ∴，即． 又∵， ∴，即． ∴ ②解：是等腰三角形． 理由：由①知． ∵， ∴，即是等腰三角形． （2）证明：∵，， ∴， ∴，即． 又∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用． 24．（2024·辽宁鞍山·一模）在和中，，，，连接，． (1)如图①将绕点A旋转，在旋转过程中，线段与总保持相等的数量关系，请说明理由． (2)如图②，，，，把绕点A旋转，点P为射线与的交点，当E在延长线上时，求线段的长度（只求图中的情况）． (3)在②的条件下，在旋转过程中，点P为射线与射线的交点，当四边形为正方形时，直接写出线段长度的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【分析】（1）通过证明即可； （2）利用得到，进一步通过得到，即可得答案； （3）分当点P在线段上和当点P在线段的延长线上两种情况进行计算． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）∵，， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴ 又∵，，， ∴， ∴， ∴； （3）∵，，， ∴， ∵为正方形，如图，当点P在线段上时， ∴， ∴ ， 当点P在的延长线上时， ； 综上所述，或． 【点睛】本题是几何变换题，主要考查了正方形的判定和性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用全等三角形进行边和角的转化是解决问题的关键． 16 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $