专题03 相似三角形重要模型之手拉手模型（几何模型讲义）数学沪教版五四制九年级上册

专题03.相似三角形中的基本模型之手拉手模型 相似三角形是初中几何中的重要的内容，常常与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，是中考的常考题型。手拉手模型相似是手拉手模型当中相对于手拉手全等模型较难的一种模型，在实际的应用和解题当中出现时，对于同学们来说，都比较困难。而深入理解模型内涵，灵活运用相关结论可以显著提高解题效率，本专题重点讲解相似三角形的“手拉手”模型（旋转模型）。 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)。 （2025·江苏宿迁·三模）综合与探究 问题情境：如图1，在边长为的正方形中，点在对角线上一点，连接，将绕着点顺时针方向旋转得到，过点作交射线于点，连接，． (1)猜想与有怎样的位置关系，并说明理由； (2)求证：四边形是正方形； (3)如图2，连接交于点，若，请直接写出的长． （2024·浙江绍兴·二模）【特例发现】 正方形与正方形如图1所示放置，，，三点在同一直线上，点在边上，连结，．通过推理证明，我们可得到两个结论：①；②．    【旋转探究】 将正方形绕点按顺时针方向旋转一定角度到图2所示的位置，则在“特例发现”中所得到的关于与的两个结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．    【迁移拓广】 如图3，在矩形与矩形中，若，．连结，．探索线段与线段存在怎样的数量关系和位置关系？为什么？    【联想发散】如图4，与均为正三角形，连结，．则线段与线段的数量关系是______；直线与直线相交所构成的夹角中，较小锐角的度数为______．      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·河南安阳·模拟预测）（1）【问题发现】 如图1，在中，，，点D为的中点，以为一边作正方形，点E与点A重合，易知，则线段与的数量关系是________； （2）【拓展研究】 在（1）的条件下，将正方形绕点B旋转至如图2所示的位置，连接，，．请猜想线段和的数量关系，并证明你的结论； （3）【结论运用】 在（1）（2）的条件下，若的面积为8时，当正方形旋转到C、E、F三点共线时，请直接写出线段的长． 例2（24-25九年级上·江西鹰潭·期中）如图1，在等腰直角三角形ADC中，∠ADC＝90°．AD＝4.点E是AD的中点，以DE为边作正方形DEFG，连接AG，CE．将正方形DEFG绕点D顺时针旋转，旋转角为a（0°＜a＜90°）．如图2，在旋转过程中． (1)判断与是否全等，并说明理由； (2)当时，与交于点，求的长． 例3（2024·山东枣庄·模拟预测）如图1，在等腰直角三角形中，，．点是的中点，以为边作正方形，连接，．将正方形绕点顺时针旋转，旋转角为（）． (1)如图2，在旋转过程中， ①判断与是否全等，并说明理由； ②当时，与交于点，求的长． (2)如图3，延长交直线于点．求证：； 例4（24-25八年级上·陕西西安·期中）问题情境 在综合实践课上，老师组织兴趣小组开展数学活动，探究正方形的旋转问题．在正方形和正方形中，点在一条直线上，连接（如图1）． (1)图1中线段和的数量关系是_____________，位置关系是_____________． (2)在图1的基础上，将正方形绕着点A沿顺时针方向旋转，如图2所示，（1）中的结论是否成立？请仅就图2的情况说明理由． 类比探究 (3)如图3，若将图2中的正方形和正方形都变为矩形，且，请仅就图3的情况探究与之间的数量关系． 例5（24-25九年级上·山东青岛·期中）【模型呈现：材料阅读】 如图1，点在同一直线上，点在直线CE的同侧，和均为等边三角形，交于点．对于上述问题，存在结论（不用证明）： （1）； （2）可以看作是由绕点旋转而成； 【模型改编：问题解决】 如图2，点在直线的同侧，，，，直线交于． ①求证：； ②则的度数． 如图3：将绕点C顺时针旋转一定角度， ③则的度数为___________． ④若将“”改为“”，则的度数为___________．（直接写结论） 【模型拓广：问题延伸】 如图4：在矩形和矩形中，，，，连接，，⑤则的值为___________． 1．（24-25八年级下·黑龙江大庆·期末）已知：正方形，等腰直角三角板的直角顶点落在正方形的顶点D处，使三角板绕点D旋转． (1)当三角板旋转到图1的位置时，求证：； (2)若，点M是边的中点，连接，与交于点O，当三角板的边与边重合时（如图2），若，求出和的长． 2．（24-25九年级上·广东深圳·阶段练习）如图（1），已知点在正方形的对角线上，，垂足为点，，垂足为点． (1)推断：的值为______；（直接写出结果） (2)探究与证明：将正方形绕点顺时针方向旋转角，如图（2）所示，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由； (3)拓展与运用：正方形在旋转过程中，当，，三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长交于点．若，，则______． 3．（24-25九年级上·广东深圳·阶段练习）如图（1），在矩形中，，点分别是边的中点，四边形为矩形，连接． (1)问题发现 在图（1）中， ； ； (2)拓展探究 将图（1）中的矩形绕点旋转一周，在旋转过程中，的大小有无变化？请仅就图（2）的情形给出证明； (3)问题解决 当矩形旋转至三点共线时，请直接写出线段的长 4．（24-25九年级上·湖北襄阳·期末）综合与实践 问题情境 在综合实践课上，同学们以“矩形的旋转”为主题开展学习探究活动．如图，在矩形中，，，在矩形中，，，点在上． (1)探究发现 连接，如图，猜想与之间的位置关系，并说明理由； (2)将矩形绕点顺时针旋转到如图的位置，连接，请求出； (3)解决问题 将矩形绕点旋转，当点在落在直线上时，直接写出线段的长______． 5．（24-25八年级下·山东潍坊·期末）（1）【问题发现】如图，在中，，，点D为的中点，以为一边作正方形，点E与点A重合，易知．请直接写出线段与的数量关系； （2） 【实验研究】在（1）的条件下，将正方形绕点C旋转至如图所示的位置，连接，，请猜想线段和的数量关系，并证明你的结论． 6．（2024·广东佛山·二模） (1)动手操作：如图1，将一张长方形的纸对折两次，然后沿45°的方向剪下一个角，打开，剪出的是一个______形．再利用图形的“旋转”开展数学探究活动，体会图形在旋转过程中的变化及其蕴含的数学思想方法； (2)问题探究：如图2，由“动手操作”所得的四边形的对角线相交于点，把一个与它全等的四边形绕点旋转，交于，交于．探究线段，之间的数量关系，并说明理由； (3)拓展迁移：如图3，矩形的对角线交点为，直角的边，分别与边，相交于，．设（为常数），探究线段，之间的数量关系，并说明理由． 7．（2024·湖北襄阳·一模）一次小组合作探究课上，老师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）． (1)证明推断：将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转到如图2所示的位置．①求证：BE=DG；②推断：BE与DG的位置关系为______； (2)类比探究：将（1）中的正方形分别改写成矩形AEFG和矩形ABCD，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），且．探究BE与DG的数量关系（用含a，b的式子表示），并写出探究过程． (3)拓展运用：如图4，在（2）的条件下，当，AE=4，AB=8，连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中，的值是定值，请求出这个定值． 8．（2024八年级·全国·专题练习）问题情境：如图1，为等腰直角三角形，是边上的一个动点（点E与不重合），以为边在外作等腰直角，连接．猜想线段之间的关系． （1）独立思考：请直接写出线段之间的关系． （2）合作交流：“希望”小组受上述问题的启发，将图1中的等腰直角绕着点C顺时针方向旋转至如图2的位置，交于点H，交于点O．（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由． （3）拓展延伸：“科技”小组将（2）中的等腰直角改为，，将等腰直角改为．试猜想是否为定值，结合图3说明理由． 9．（2024·辽宁鞍山·一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，以C为顶点作等腰直角△CMN，使∠CMN＝90°，连接BN，射线NM交BC于点D． （1）如图1，若点A，M，N在一条直线上． ①求证：BN+CM＝AM； ②若AM＝6，BN＝2，求BD的长； （2）如图2．若AB＝4，CN＝2，将△CMN绕点C逆时针旋转一周，在旋转过程中射线NM交AB于点H，当三角形DBH是直角三角形时，请你直接写出CD的长． 10．（24-25九年级上·山东济南·期末）如图①所示，已知正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE． （1）发现：当正方形AEFG绕点A旋转，如图②所示． ①线段DG与BE之间的数量关系是__________． ②直线DG与直线BE之间的位置关系是__________． （2）探究：如图③所示，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE时，上述两个结论是否成立？若成立，请加以证明．若不成立，请写出新结论，并说明理由． （3）应用：在（2）的情况下，连接BG、DE，若AE＝2，AB＝3，求BG2＋DE2的值． 11．（2024·山东青岛·一模）由特殊到一般、类比探究都是数学学习过程中重要的思想和方法，请你结合所学知识完成下列问题． 【特殊思考】 （1）如图1，正方形ABCD中，AE=AF，连接EF，易知BE与DF的数量关系为：BE=DF；BE与DF的位置关系为：BE⊥DF． 【一般问题】 （2）将图1中的三角形AEF绕点A旋转，在旋转过程中，BE与DF的数量关系和位置关系是否发生改变？结合图2，说明理由． 【类比探究】 （3）若将（2）中的正方形变为矩形，等腰Rt△AEF变为Rt△AEF，且AD=2AB，AF=2AE，其他条件不变．（2）中的结论是否发生变化？结合图3，说明理由． 12．（24-25九年级上·河南南阳·期末）如图1所示，边长为4的正方形与边长为的正方形的顶点C重合，点E在对角线上． （1）【问题发现】如图1所示，与的数量关系为__________； （2）【类比探究】如图2所示，将正方形绕点C旋转，旋转角为，请问此时上述结论是否还成立？若成立，写出推理过程，若不成立，说明理由； （3）【拓展延伸】当时，正方形若按图1所示位置开始旋转，在正方形的旋转过程中，当点A、F、C在一条直线上时，请直接写出此时线段的长__________． 13．（24-25九年级上·河南周口·期中）如图1，四边形和都是正方形，将正方形绕点按顺时针方向旋转，记旋转角为则图中与的数量关系是__ ，与的位置关系是_ _ ； 如图2，四边形和都是矩形，且，将矩形绕点按顺时针方向旋转，记旋转角为图中与的数量和位置关系分别是什么?请仅就图2的情况给出证明； 14．（24-25八年级下·山东泰安·期末）综合与实践课上，同学们以“特殊四边形旋转”为主题，开展数学活动． 【问题发现】（1）如图1，在矩形中，，点在对角线上，过点分别作和的垂线，垂足为，，则四边形为矩形．则_____． 【拓展探究】（2）如图2，将图1中的矩形绕点逆时针旋转，记旋转角为，当时，连接，，在旋转的过程中，与的数量关系是否仍然成立？请利用图2说明理由． 【解决问题】（3）如图3，当矩形的边时，点为直线上异于，的一点，以为边作正方形，点为正方形的中心（即正方形两条对角线的交点），连接，若，，求的长． 15．（2025·河南新乡·二模）综合与实践 如图1，和都是等腰直角三角形（），，连接，取 的中点 F，连接． (1)如图1，当点D，E分别在边上时，线段和的数量关系是 ，位置关系是 ． (2)将绕点A 旋转，在旋转过程中，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请仅就图2 中的情况给予证明；否则，请说明理由． (3)在（2）的条件下，当点 D 落在直线上时，若直线与直线相交于点 P，，请直接写出的值． 16．（2025·辽宁铁岭·二模）【问题背景】数学课上，王老师让大家将两个大小不同的等腰直角三角板的一个顶点重合，然后将较小的三角板绕重合的顶点进行旋转，画出旋转后的图形，找出其中的相似三角形． 【初步感受】 （1）①展示1：如图1，和都是等腰直角三角形，，的理论依据是 ； ②展示2：如图2，和都是等腰直角三角形，，求的值； 【尝试应用】 （2）如图3，在等腰直角三角形中，，点D为边上一点，以为一边作正方形，连接，求证：； 【迁移拓展】 （3）如图4，在四边形中，点E为对角线上一点，且，其中，求的长． 17．（2025·山东东营·三模）【问题呈现】 和都是直角三角形，，，，连接，，探究和的数量关系和位置关系． 【问题探究】 （1）如图1，当时，直接写出和的数量关系是___________，位置关系是___________； （2）如图2，当时，（1）中位置关系的结论是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由； 【拓展应用】 （3）当，，时，将绕点旋转，使，，三点恰好在同一直线上，请直接写出的长． 18．（24-25九年级上·辽宁大连·阶段练习）【课前引入】 【问题背景】如图1 ，在和中，，且，连接，易证明；小刚同学尝试改变条件，继续探究．如图2，在中，，将旋转一定的角度，如图3 ，连接和，求证： ； 【尝试运用】 如图4，，且，点D在上， ① 的值为 ； ②若 ，求的值； ③若在②的基础上，与的交点为M，直接写出的值 19．（2025·江西新余·三模）【初步感知】 （1）如图1，和相交于点，且，， ①则______（填“＜”“＞”或“＝”）； ②如图2，将图1中的绕点旋转，当点在外部，点在内部时，求证：； 【变式探究】 （2）如图3，在与中，，．猜想，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展应用】 （3）如图4，在四边形中，，，若，求，两点间的最大距离．    20．（24-25九年级上·陕西榆林·期中）综合与探究： 【问题发现】 数学课上，活动小组的同学将两个正方形纸片按照图1所示的方式放置．如图1，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，且这两个正方形的边长相等，四边形为这两个正方形的重叠部分，正方形可绕点O旋转． （1）在图1中，线段，之间的数量关系是______； 【类比迁移】 （2）如图2，矩形对角线相交于点O，点O又是矩形的一个顶点，且这两个矩形全等，矩形可绕点O旋转．边与AB相交于点E，边与相交于点F，猜想，，，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，，，直角的顶点O在边的中点处，可绕绕点O旋转．它的两条边，分别交，于点E，F，若，求OE的长． 21．（24-25九年级上·山西临汾·期中）综合与探究 问题情境 小丽在学习全等三角形的知识时，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．在相对位置变化时，始终存在一对全等三角形．它们类似大手拉着小手，这种模型称为“手拉手模型”．小丽进行了如下操作： (1)问题发现 如图1，在和中，，，，连接，交于点M．小丽发现这就是手拉手模型，易证，进而可以得知： ①的值为______； ②的度数为______． (2)类比探究 如图2，在和中，若，，连接交的延长线于点M，与交于点P．小丽发现不等腰的三角形也可得到手拉手模型．请你求出此时的值及的度数，并说明理由； (3)拓展延伸 在（2）的条件下，将绕点O在平面内任意旋转，，所在直线交于点M，若，，请直接写出当点C与点M重合时的长． 22．（24-25九年级上·湖南衡阳·阶段练习）如图1，在等腰直角三角形中，，．点是的中点，以为边作正方形，连接，．将正方形绕点顺时针旋转，旋转角为（）． (1)如图2，在旋转过程中， ①判断与是否全等，并说明理由； ②当时，与交于点，求的长． (2)如图3，延长交直线于点．求证： 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 相似三角形是初中几何中的重要的内容，常常与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，是中考的常考题型。手拉手模型相似是手拉手模型当中相对于手拉手全等模型较难的一种模型，在实际的应用和解题当中出现时，对于同学们来说，都比较困难。而深入理解模型内涵，灵活运用相关结论可以显著提高解题效率，本专题重点讲解相似三角形的“手拉手”模型（旋转模型）。 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)。 （2025·江苏宿迁·三模）综合与探究 问题情境：如图1，在边长为的正方形中，点在对角线上一点，连接，将绕着点顺时针方向旋转得到，过点作交射线于点，连接，． (1)猜想与有怎样的位置关系，并说明理由； (2)求证：四边形是正方形； (3)如图2，连接交于点，若，请直接写出的长． 【答案】(1)，理由见解析 (2)证明见解析 (3)或 【分析】（1）根据正方形的性质得出，，根据旋转的性质得出，，推得，根据全等三角形的判定与性质得出，即可求解； （2）过点作的平行线分别交，于点，，根据矩形的性质得出，，，结合正方形的性质和平行线的性质推得，根据等角对等边推得，根据等角的余角相等得出，根据全等三角形的判定和性质得出，根据平行线的判定得出，根据平行四边形的判定得出四边形是平行四边形，结合矩形和正方形的判定即可证明； （3）由点在射线上可以分类讨论，点在线段上，或者延长线上，结合（1）和（2）的结论，先求，根据勾股定理求出和，得出的值，即可得出的值，结合勾股定理求出的值，根据相似三角形的判定和性质即可求解． 【详解】（1）解：；理由如下： ∵四边形是正方形，是对角线， ∴，，， ∴， 由旋转得，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即； （2）证明：如图，过点作的平行线分别交，于点，， 则四边形、均为矩形， ∴，，， ∵四边形是正方形，是对角线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故， 又∵， ∴， 在和中， ∴， ∴； 由旋转得，，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； （3）解：①当点在线段上时，如图，过点作的平行线分别交，于点，，过作于点， 由（2）知， 故设， 则，， 即， ∴， 可得， 解得：， ∴， 在中，， 在中，， ∴， 由（1）可得，， ∴， 在中，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 在中，， 即， 解得：， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∵， 即， ∴； ②当点在线段延长线上时，如图，如图，过点作的平行线分别交，于点，，过作于点， 由（2）知， 故设， 则，， 即， ∴， 可得， 解得：， ∴， 在中，， 在中，， ∴， 由（1）可得，， ∴， 在中，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 在中，， 即， 解得：， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∵， 即， ∴； 综上，的长度为或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，正方形的判定，矩形的判定与性质，等角的余角相等，等角对等边，勾股定理，相似三角形的判定与性质．熟练掌握相关知识是解题的关键． （2024·浙江绍兴·二模）【特例发现】 正方形与正方形如图1所示放置，，，三点在同一直线上，点在边上，连结，．通过推理证明，我们可得到两个结论：①；②．    【旋转探究】 将正方形绕点按顺时针方向旋转一定角度到图2所示的位置，则在“特例发现”中所得到的关于与的两个结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．    【迁移拓广】 如图3，在矩形与矩形中，若，．连结，．探索线段与线段存在怎样的数量关系和位置关系？为什么？    【联想发散】如图4，与均为正三角形，连结，．则线段与线段的数量关系是______；直线与直线相交所构成的夹角中，较小锐角的度数为______．      【答案】【旋转探究】结论仍然成立．证明见解析；【迁移拓广】有结论：①；②．理由见解析；【联想发散】，． 【分析】【旋转探究】根据正方形的性质易证，得出，延长与、交于点I、H，利用角的转化得出，从而结论得证； 【迁移拓广】 根据矩形的性质及条件“，”，易证，得出，，设和的交点为M，与的交点为N，利用角的转化得出，从而得到结论； 【联想发散】 延长交的延长线于点，交于点．证明，推出，，利用角的转化得出，可得结论． 【详解】【旋转探究】 结论仍然成立． 证明：如图，延长与、交于点I、H，   ， ， 在和中， ， ， ，， ，， ， ， ， 且； 【迁移拓广】 解：，．理由如下： 四边形与四边形都为矩形， ， ， ，， ， ， ，， ， 如图，设和的交点为M，与的交点为N，   ，，， ， ， ． 【联想发散】 解：如图，延长交的延长线于点，交于点．   ，都是等边三角形， ，，， ， ， ，， ， ， ， ，直线与直线相交所成较小角的度数是． 故答案为：，． 【点睛】本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，等边三角形的性质，旋转的性质等，熟练掌握并灵活运用相关知识是解题的关键． 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·河南安阳·模拟预测）（1）【问题发现】 如图1，在中，，，点D为的中点，以为一边作正方形，点E与点A重合，易知，则线段与的数量关系是________； （2）【拓展研究】 在（1）的条件下，将正方形绕点B旋转至如图2所示的位置，连接，，．请猜想线段和的数量关系，并证明你的结论； （3）【结论运用】 在（1）（2）的条件下，若的面积为8时，当正方形旋转到C、E、F三点共线时，请直接写出线段的长． 【答案】（1）；（2），详见解析；（3）或 【分析】（1）根据正方形的性质和勾股定理得到即可求解； （2）根据等腰直角三角形和正方形的性质证得，，进而可证得，利用相似三角形的性质可得结论； （3）先利用等腰直角三角形的性质求得，，进而，设，则，根据题意分两种情况，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵，点E与点A重合， ∴， 故答案为：； （2），理由为： ∵在中，，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）∵在中，，，的面积为8， ∴，则（负值舍去）， ∴， 由（1）知，， 设，则， ∵C、E、F三点共线， ∴有两种情况： ①如图1， 在中，，， 由得， 解得（负值舍去）； ②如图②， 在中，，， 由得， 解得（负值舍去）； 综上，满足条件的线段值为或． 【点睛】本题考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的性质，以及分类讨论和方程的思想的运用是解答的关键． 例2（24-25九年级上·江西鹰潭·期中）如图1，在等腰直角三角形ADC中，∠ADC＝90°．AD＝4.点E是AD的中点，以DE为边作正方形DEFG，连接AG，CE．将正方形DEFG绕点D顺时针旋转，旋转角为a（0°＜a＜90°）．如图2，在旋转过程中． (1)判断与是否全等，并说明理由； (2)当时，与交于点，求的长． 【答案】(1)，见解析 (2) 【分析】（1）由“”可证； （2）由全等三角形的性质可求，由等腰三角形的性质可得，在中，由勾股定理可求的长，通过证明，可得，即可求解． 【详解】（1）结论：． 理由：∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴． （2）如图，过点作于点． ∵，， ∴， ∵， ∴， 由题干知是的中点，旋转后长度不变， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键． 例3（2024·山东枣庄·模拟预测）如图1，在等腰直角三角形中，，．点是的中点，以为边作正方形，连接，．将正方形绕点顺时针旋转，旋转角为（）． (1)如图2，在旋转过程中， ①判断与是否全等，并说明理由； ②当时，与交于点，求的长． (2)如图3，延长交直线于点．求证：； 【答案】(1)①，理由见解析；② (2)证明见解析 【分析】（1）①根据“边角边”，证明即可；②过点作于，根据①中，，得出，再根据三线合一的性质，得出，再根据勾股定理，得出，再根据，得出，再根据相似三角形的性质，计算即可得出答案； （2）设交于，根据（1），得出，再根据角之间的数量关系，得出，再根据等量代换，得出，再根据垂线的定义，即可得出结论． 【详解】（1）解：①如图2中，结论：． 理由：∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴． ②如图2中，过点作于． ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）证明：如图3中，设交于． ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、三线合一的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、垂线的定义，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理． 例4（24-25八年级上·陕西西安·期中）问题情境 在综合实践课上，老师组织兴趣小组开展数学活动，探究正方形的旋转问题．在正方形和正方形中，点在一条直线上，连接（如图1）． (1)图1中线段和的数量关系是_____________，位置关系是_____________． (2)在图1的基础上，将正方形绕着点A沿顺时针方向旋转，如图2所示，（1）中的结论是否成立？请仅就图2的情况说明理由． 类比探究 (3)如图3，若将图2中的正方形和正方形都变为矩形，且，请仅就图3的情况探究与之间的数量关系． 【答案】(1)； (2)成立，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）延长交于，根据正方形性质得出，再利用SAS证明，然后根据全等三角形的性质及三角形内角和相等即可得出结论； （2）延长交于点H，交于点T．根据正方形性质，利用SAS证明，再根据全等三角形的性质及余角的意义即可得出结论； （3）根据矩形的性质及同角的余角相等得出，再根据相似三角形的判定证明即可得出结论． 【详解】（1）解：延长交于， ∵四边形和四边形是正方形， ∴ ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴． 故答案为：；； （2）成立． 理由：如图，延长交于点H，交于点T． ∵四边形和四边形均是正方形， ∴， ∴． 在和中， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴； （3）∵四边形和四边形为矩形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，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等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质是解本题的关键． 例5（24-25九年级上·山东青岛·期中）【模型呈现：材料阅读】 如图1，点在同一直线上，点在直线CE的同侧，和均为等边三角形，交于点．对于上述问题，存在结论（不用证明）： （1）； （2）可以看作是由绕点旋转而成； 【模型改编：问题解决】 如图2，点在直线的同侧，，，，直线交于． ①求证：； ②则的度数． 如图3：将绕点C顺时针旋转一定角度， ③则的度数为___________． ④若将“”改为“”，则的度数为___________．（直接写结论） 【模型拓广：问题延伸】 如图4：在矩形和矩形中，，，，连接，，⑤则的值为___________． 【答案】【模型改编：问题解决】①见解析；②；③；④；【模型拓广：问题延伸】 【分析】①先证，得，再根据，即可证； ②由可得，，即可得； ③连接并延长交于F，由可得，，由，得； ④同理③得； 【模型拓广：问题延伸】 连接，证，得，即，再求出，根据比例关系证，即可得出的值． 【详解】解：【模型改编：问题解决】 ①证明：∵，，， ∴， ， ∴， ∴， ∵， ， ∴； ②由①知，， ∴， ∴； ③由可得，， ∵， 故答案为：； ④同理③可得， 故答案为：； 【模型拓广：问题延伸】 连接， ∵在矩形和矩形中，，，， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，三角形外角等知识点，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 1．（24-25八年级下·黑龙江大庆·期末）已知：正方形，等腰直角三角板的直角顶点落在正方形的顶点D处，使三角板绕点D旋转． (1)当三角板旋转到图1的位置时，求证：； (2)若，点M是边的中点，连接，与交于点O，当三角板的边与边重合时（如图2），若，求出和的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)DF=， 【分析】（1）由正方形和等腰直角三角形的性质判断△ADF≌△CDE即可； （2）证得，由勾股定理得DM=，据此求得DO=，结合OF=知DF=，再证得，据此计算即可． 【详解】（1）证明：∵正方形ABCD和等腰直角三角形CEF， ∴FD=DE，CD=AD，∠ADC=∠EDF=90°， ∴∠ADF=∠CDE， ∴△ADF≌△CDE（SAS）， ∴CE=AF； （2）∵M是AB的中点， ∴， ∵AB CD， ∴， ∴ 在Rt△DAM中，AD=6，AM=3， ∴DM=， ∴DO=， ∵OF=， ∴DF=， ∵∠DFN=∠DCO=45°，∠FDN=∠CDO， ∴， ∴， ， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键． 2．（24-25九年级上·广东深圳·阶段练习）如图（1），已知点在正方形的对角线上，，垂足为点，，垂足为点． (1)推断：的值为______；（直接写出结果） (2)探究与证明：将正方形绕点顺时针方向旋转角，如图（2）所示，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由； (3)拓展与运用：正方形在旋转过程中，当，，三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长交于点．若，，则______． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）由、结合可得四边形是矩形，再由即可得出四边形是正方形；由正方形性质知：、，据此可得、，利用平行线分线段成比例定理可得； （2）连接，只需证即可得； （3）证明，由相似三角形的性质得出，设，则，求出的值，则可得出答案． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ，， 、， ， 四边形是矩形，， ， 四边形是正方形； ，， 是等腰直角三角形， ，， ， ， 故答案为：； （2）解：，理由如下： 连接， 由旋转性质知， 在和中， ，， ， ∴， ， ， 线段与之间的数量关系为； （3）解：由（2）知， ∵B、E、F三点在一条直线上， ， ， ， 、、三点共线， ， ， ， ， 设，则， ，， ， ， ，， ， ， 解得：，即， 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质． 3．（24-25九年级上·广东深圳·阶段练习）如图（1），在矩形中，，点分别是边的中点，四边形为矩形，连接． (1)问题发现 在图（1）中， ； ； (2)拓展探究 将图（1）中的矩形绕点旋转一周，在旋转过程中，的大小有无变化？请仅就图（2）的情形给出证明； (3)问题解决 当矩形旋转至三点共线时，请直接写出线段的长 【答案】(1)4，5 (2)不变，证明见解析 (3)或 【分析】（1）如图1，延长交于．在解直角三角形求出，即可解决问题； （2）如图2，连接，．证明，即可求解； （3）分两种情形：①如图（2）中，当点落在上时，利用勾股定理以及（2）中结论即可解决问题．②如图（3）中，当点落在上时，同法可得的长． 【详解】（1）解：如图1，延长交于． 四边形，四边形都是矩形， ，，， 四边形是矩形， ，，， ， 故答案为：；； （2）解： 的大小无变化. 证明：如图（1），连接 ， 由题意可知： ， ∴ ， 即 ， 在矩形 中， ， ∴ ， ∴ ， 在矩形 中， ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ； （3）解： 或 ； 如图（2），图（3）： ①如图（2），当点 在线段 上，由（2）知， ， ，在 中 ， ， ， ， ， ； ②当点 在 的延长线上时，由（2）知， ， ，在 中 ， ， ， ， ， ． 综上所述， 或 ． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转变换，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型． 4．（24-25九年级上·湖北襄阳·期末）综合与实践 问题情境 在综合实践课上，同学们以“矩形的旋转”为主题开展学习探究活动．如图，在矩形中，，，在矩形中，，，点在上． (1)探究发现 连接，如图，猜想与之间的位置关系，并说明理由； (2)将矩形绕点顺时针旋转到如图的位置，连接，请求出； (3)解决问题 将矩形绕点旋转，当点在落在直线上时，直接写出线段的长______． 【答案】(1)，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据已知条件结合矩形的性质证明，即可得到，即可证明; （2）连接，证明，即可求解； （3）根据题意，分两种情况，勾股定理求得即可． 【详解】（1）解：在矩形中，，， 在矩形中，，， （2）如图，连接， 在中， 在中， （3）将矩形绕点旋转，当点在落在线段上时， 在中， 如图，当点在线段上时， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，掌握旋转的性质是解题的关键． 5．（24-25八年级下·山东潍坊·期末）（1）【问题发现】如图，在中，，，点D为的中点，以为一边作正方形，点E与点A重合，易知．请直接写出线段与的数量关系； （2） 【实验研究】在（1）的条件下，将正方形绕点C旋转至如图所示的位置，连接，，请猜想线段和的数量关系，并证明你的结论． 【答案】（1）；（2），见解析 【分析】（1）易证，根据等腰直角三角形直角边于斜边的比可以得出相似比； （2）用SAS可证明，根据相似比即可得出结论． 【详解】（1）∵，， ∴∠B=45°； ∵四边形CDEF是正方形， ∴∠FAC=45°，∠F=90°； 在△ACF和△BCE中：∠BAC=∠F=90°，∠B=∠FAC=45°， ∴ ∵AF=CF，∠F=90°， ∴， ∴； （2） 证明：在中， ∵ ∴，∴， ∴， 在正方形中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质和等腰直角三角形的性质，熟练地掌握相似三角形对应边成比例的性质以及等腰直角三角形三边的比例是解题的关键， 6．（2024·广东佛山·二模） (1)动手操作：如图1，将一张长方形的纸对折两次，然后沿45°的方向剪下一个角，打开，剪出的是一个______形．再利用图形的“旋转”开展数学探究活动，体会图形在旋转过程中的变化及其蕴含的数学思想方法； (2)问题探究：如图2，由“动手操作”所得的四边形的对角线相交于点，把一个与它全等的四边形绕点旋转，交于，交于．探究线段，之间的数量关系，并说明理由； (3)拓展迁移：如图3，矩形的对角线交点为，直角的边，分别与边，相交于，．设（为常数），探究线段，之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)正方； (2)OE=OF； (3)OE=kOF，理由见解析 【分析】（1）一张长方形的纸对折两次，然后沿45°的方向剪下一个角，得出剪下的这个三角形为等腰直角三角形，展开即为正方形； （2）根据正方形的性质得出OB=OC，∠OCB=∠OBA=45°，结合图形，理由各角之间的数量关系得出∠COF=∠GOB，由全等三角形的判定及性质即可证明； （3）过点O作OM⊥AB，ON⊥BC，由矩形的判定定理得出四边形BMON是矩形，结合图形及各角之间的数量关系得出∠MOE=∠NOF，利用相似三角形的判定和性质得出∆OME~∆ONF，，根据图形得出OM=，ON=，代入计算即可得出结果． 【详解】（1）解：一张长方形的纸对折两次，然后沿45°的方向剪下一个角， ∴剪下的这个三角形为等腰直角三角形， 将其展开后，这个图形为正方形， 故答案为：正方形； （2）解：OE=OF，理由如下： 由（1）得四边形ABCD为正方形， ∴四边形OMHG为正方形， ∴OB=OC，∠OCB=∠OBA=45°， ∵∠COB=∠MOE=90°， ∴∠COF+∠FOB=∠FOB+∠GOB， ∴∠COF=∠GOB， ∴∆OEB≌∆OFC， ∴OE=OF； （3）解：如图所示，过点O作OM⊥AB，ON⊥BC， ∴∠OME=∠ONF=∠ONB=90°， ∵∠MBN=90， ∴四边形BMON是矩形， ∴∠MON=∠EOF=90°， ∴∠MOE+∠EON=∠NOF+∠EON， ∴∠MOE=∠NOF， ∴∆OME~∆ONF， ∴， ∵AO=OC，OM∥BC， ∴AM=MB， ∴OM=， 同理可得ON=， ∴， ∴OE=kOF． 【点睛】题目主要考查正方形的性质、矩形的判定和性质，全等三角形及相似三角形的判定和性质，理解题意，熟练掌握运用这些知识点是解题关键． 7．（2024·湖北襄阳·一模）一次小组合作探究课上，老师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）． (1)证明推断：将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转到如图2所示的位置．①求证：BE=DG；②推断：BE与DG的位置关系为______； (2)类比探究：将（1）中的正方形分别改写成矩形AEFG和矩形ABCD，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），且．探究BE与DG的数量关系（用含a，b的式子表示），并写出探究过程． (3)拓展运用：如图4，在（2）的条件下，当，AE=4，AB=8，连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中，的值是定值，请求出这个定值． 【答案】(1)①见解析；②BE⊥DG (2)，见解析 (3)260 【分析】（1）延长DG交BE于M，交AB于N，证明△DAG≌△BAE，根据全等三角形的性质解答即可； （2）证明△GAD∽△EAB即可得到结论； （3）连接BD、EG，根据勾股定理求出EG2+BD2，证明△EAB∽△GAD，根据相似三角形的性质得到BE⊥DG，根据勾股定理计算，得到答案． 【详解】（1）如图2，延长DG交BE于M，交AB于N， ∵四边形ABCD、四边形EFGA为正方形， ∴AB=AD，AE=AG，∠GAD=∠EAB=90°， ∴∠BHG=∠GAD 在△DAG和△BAE中， ， ∴△DAG≌△BAE（SAS）， ∴BE=DG，∠ADG=∠ABE， ∵∠AND=∠BNM， ∴∠BMN=∠NAD=90°，即BE⊥DG； 故答案是：BE⊥DG； （2） 理由：∵四边形ABCD和四边形AEFG都是矩形， ∴∠BAD＝∠EAG＝90°． ∴∠BAD＋∠BAG＝∠EAG＋∠BAG． ∴∠GAD＝∠EAB． 又， ∴△GAD∽△EAB． ∴． （3）设BE与DG交于Q，BE与AG交于点P，AB与DG交于点H， 由△EAB∽△GAD，得 ∠ABE＝∠ADG， 在Rt△ADH中，∠AHD＋∠ADG＝90°. 又∠AHD＝∠BHG， ∴∠BHG＋∠ABE＝90°， ∴∠BQH＝90°， ∴BE⊥DG 在Rt△DEH中，ED2＝QE2＋DQ2. 在Rt△BQG中，BG2＝QG2＋QB2. 由，AE＝4，AB＝8， 得AG＝6，AD＝12. 连接EG，BD， 在Rt△AGG中，EG2＝AE2＋AQ2. 在Rt△ABD中，BD2＝AB2＋AD2. ∴ED2＋GB2＝EQ2＋QD2＋GQ2＋QB2 ＝EG2＋BD2 ＝AE2＋AQ2AB2＋AD2 ＝42＋62＋82＋122 ＝260． 【点睛】本题考查的是正方形和矩形的性质、全等三角形和相似三角形的判定定理和性质定理，掌握相似三角形的判定定理和性质定理、正确作出辅助线是解题的关键． 8．（2024八年级·全国·专题练习）问题情境：如图1，为等腰直角三角形，是边上的一个动点（点E与不重合），以为边在外作等腰直角，连接．猜想线段之间的关系． （1）独立思考：请直接写出线段之间的关系． （2）合作交流：“希望”小组受上述问题的启发，将图1中的等腰直角绕着点C顺时针方向旋转至如图2的位置，交于点H，交于点O．（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由． （3）拓展延伸：“科技”小组将（2）中的等腰直角改为，，将等腰直角改为．试猜想是否为定值，结合图3说明理由． 【答案】（1）BE=AD， ，理由见解析；（2）BE=AD， ，理由见解析；（3）是定值，理由见解析． 【分析】（1）由△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，得到的结论，直接判断出，再用互余判断出垂直； （2）由△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，得到的结论，直接判断出，再用互余判断出垂直； （3）由条件用两边对应成比例，夹角相等判断出，再利用勾股定理即可求解． 【详解】解：（1）BE=AD， ；理由如下： 如图，延长BE交AD于点F， ∵△ABC和△CDE都是等腰直角三角形， ∴BC=AC，CE=CD，∠BCE=∠ACD=90°， ∴ ， ∴BE=AD，∠CEB=∠CDA， ∵∠CBE+∠CEB=90°， ∴∠CBE+∠CDA=90°， ∴ ∴ ； （2）BE=AD， ；理由如下： ∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°， ∴AC=BC， ∵△CDE是等腰直角三角形，∠ECD=90° ∴CD=CE， ∴∠ACB+∠ACE=∠ECD+∠ACE， 即∠BCE=∠ACD， ∴， ∴BE=AD，∠CBE=∠CAD， ∵∠BHC=∠AHO，∠CBH+∠BHC=90°， ∴∠CAD+∠AHO=90°， ∴∠AOH=90°， ∴ ； （3）是定值，理由如下： 理由：∵∠ECD=90°，∠ACB=90°， ∴∠ACB=∠ECD， ∴∠ACB+∠ACE=∠ECD+∠ACE ∴∠BCE=∠ACD， ∵AC=8，BC=6，CD=4，CE=3， ∴ ， ∴ ， ∴∠CBE=∠CAD， ∵∠BHC=∠AHO，∠CBH+∠BHC=90°， ∴∠CAD+∠AHO=90°， ∴∠AOH=90°， ∴， ∴∠BOD=∠AOB=90°， ∴BD2=OB2+OD2，AE2=OA2+OE2，AB2=OA2+OB2，DE2=OE2+OD2， ∴BD2+AE2=OB2+OD2+OA2+OE2=AB2+DE2， 在中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6， ∴AB2=100， 在中，∠ECD=90°，CD=4，CE=3， ∴DE2=25， ∴BD2+AE2=AB2+DE2=125． 【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是判断三角形全等和相似，难点是用勾股定理的计算定值． 9．（2024·辽宁鞍山·一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，以C为顶点作等腰直角△CMN，使∠CMN＝90°，连接BN，射线NM交BC于点D． （1）如图1，若点A，M，N在一条直线上． ①求证：BN+CM＝AM； ②若AM＝6，BN＝2，求BD的长； （2）如图2．若AB＝4，CN＝2，将△CMN绕点C逆时针旋转一周，在旋转过程中射线NM交AB于点H，当三角形DBH是直角三角形时，请你直接写出CD的长． 【答案】（1）①见解析；②BD＝；（2）CD的值为或2． 【分析】（1）①过C作CF⊥CN，交AN于F，由△CMN是等腰直角三角形，∠CNM＝45°，CM＝MN，可证△ACF≌△BCN（SAS），线段和AM＝BN+CM； ②由AM＝6，BN＝2, 可求CM＝MN＝4，由△ACF≌△BCN，可得∠MCD＝∠CBN，ACM∥BN，可证△MCD∽△NBD，可得，ND＝，在Rt△DNB中，BD＝ ； （2）若∠BDH＝90°，如图2，此时点M与点D重合，△CMN是等腰直角三角形，CN＝2，可求CD＝，若∠BHD＝90°，如图3，∠BHD＝90°，∠B＝45°，可得CD＝CN＝2． 【详解】（1）①过C作CF⊥CN，交AN于F， ∵△CMN是等腰直角三角形， ∴∠CNM＝45°，CM＝MN， ∵CF⊥CN，∠ACB＝90°， ∴∠FCN＝∠ACB，∠CFN＝∠CNF＝45°， ∴∠ACF＝∠BCN，CF＝CN，且AC＝BC， ∴△ACF≌△BCN（SAS）， ∴AF＝BN， ∵CF＝CN，CM⊥MN， ∴MF＝MN＝CM， ∴AM＝AF+FM＝BN+CM； ②∵AM＝6，BN＝2，BN+CM＝AM， ∴CM＝MN＝4， ∵△ACF≌△BCN， ∴∠CAF＝∠CBN， ∵∠CAF+∠ACF＝∠CFN＝45°，∠BCN+∠MCD＝∠MCN＝45°， ∴∠CAF＝∠MCD，且∠CAF＝∠CBN， ∴∠MCD＝∠CBN， ∴ACM∥BN， ∴△MCD∽△NBD，∠CMD＝∠BND＝90°， ∴， ∴MD＝2ND， ∵MD+ND＝MN＝4， ∴ND＝， 在Rt△DNB中，BD＝ ； （2）若∠BDH＝90°，如图2，此时点M与点D重合， ∵△CMN是等腰直角三角形，CN＝2， ∴CM＝MN＝， ∴CD＝， 若∠BHD＝90°，如图3， ∵∠BHD＝90°，∠B＝45°， ∴∠BDH＝45°， ∴∠CDN＝45°＝∠N， ∴CD＝CN＝2， 综上所述，CD的值为或2． 【点睛】本题考查等腰直角三角形判定与性质，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，勾股定理，掌握等腰直角三角形判定与性质，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，勾股定理以及分类思想，熟练运用这些性质进行推理是解题关键． 10．（24-25九年级上·山东济南·期末）如图①所示，已知正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE． （1）发现：当正方形AEFG绕点A旋转，如图②所示． ①线段DG与BE之间的数量关系是__________． ②直线DG与直线BE之间的位置关系是__________． （2）探究：如图③所示，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE时，上述两个结论是否成立？若成立，请加以证明．若不成立，请写出新结论，并说明理由． （3）应用：在（2）的情况下，连接BG、DE，若AE＝2，AB＝3，求BG2＋DE2的值． 【答案】（1）①BE＝DG，②BE⊥DG；（2）数量关系不成立，DG＝2BE，位置关系成立，见解析；（3）65 【分析】（1）先判断出△ABE≌△ADG，进而得出BE=DG，∠ABE=∠ADG，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△ABE∽△ADG，得出∠ABE=∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出结论； （3）如图，延长BE交GD于H，连接BD，EG．利用勾股定理，以及相似三角形的性质即可解决问题． 【详解】解：（1）①如图②中， ∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形， ∴AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°， ∴∠BAE＝∠ADG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴BE＝DG． ②如图②，延长BE交AD于T，交DG于H． 由①知，△ABE≌△ADG， ∴∠ABE＝∠ADG， ∵∠ATB＋∠ABE＝90°， ∴∠ATB＋∠ADG＝90°， ∵∠ATB＝∠DTH， ∴∠DTH＋∠ADG＝90°， ∴∠DHB＝90°， ∴BE⊥DG， 故答案为：BE＝DG，BE⊥DG． （2）数量关系不成立，DG＝2BE，位置关系成立． 如图③中，延长BE交AD于T，交DG于H． ∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形， ∴∠BAD＝∠EAG， ∴∠BAE＝∠DAG， ∵AD＝2AB，AG＝2AE， ∴＝＝， ∴△ABE∽△ADG， ∴∠ABE＝∠ADG， ＝， ∴DG＝2BE， ∵∠ATB＋∠ABE＝90°， ∴∠ATB＋∠ADG＝90°， ∵∠ATB＝∠DTH， ∴∠DTH＋∠ADG＝90°， ∴∠DHB＝90°， ∴BE⊥DG． （3）如图，延长BE交GD于H，连接BD，EG ∵BH⊥DG， ∴，， ∴， ， ∵，， ∴， ∵AE＝2，AB＝3， 由（2）知，△ABE∽△ADG， ＝， ∴AG＝4，AD＝6 ∴＝65． 【点睛】本题是四边形综合题，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，判断出△ABE≌△ADG或△ABE∽△ADG是解题的关键． 11．（2024·山东青岛·一模）由特殊到一般、类比探究都是数学学习过程中重要的思想和方法，请你结合所学知识完成下列问题． 【特殊思考】 （1）如图1，正方形ABCD中，AE=AF，连接EF，易知BE与DF的数量关系为：BE=DF；BE与DF的位置关系为：BE⊥DF． 【一般问题】 （2）将图1中的三角形AEF绕点A旋转，在旋转过程中，BE与DF的数量关系和位置关系是否发生改变？结合图2，说明理由． 【类比探究】 （3）若将（2）中的正方形变为矩形，等腰Rt△AEF变为Rt△AEF，且AD=2AB，AF=2AE，其他条件不变．（2）中的结论是否发生变化？结合图3，说明理由． 【答案】（2）不变，理由见解析；（3）数量关系改变，位置关系不变，理由见解析 【分析】（2）证明△FAD≌△EAB，延长DF分别交AB、BE于点P、G，证明∠EGF=90°即可； （3）利用两边对应成比例且夹角相等，证明△FAD∽△EAB，可确定数量关系，对应角相等不变，故位置关系不受影响. 【详解】（2）结论：DF与BE互相垂直且相等． 理由：延长DF分别交AB、BE于点P、G． 在正方形ABCD和等腰直角△AEF中 AD=AB，AF=AE， ∠BAD=∠EAF=90°， ∴∠FAD=∠EAB， ∴△FAD≌△EAB， ∴∠ADF=∠ABE，DF=BE， ∵∠APD+∠ADP=90°， ∴∠GPB+∠ADP=90°， ∴∠GPB+∠ABE=90°， ∴∠EGF=180°-90°=90°， ∴DF⊥BE． （3）结论：数量关系改变，位置关系不变．DF=2BE，DF⊥BE． 理由：延长DF交EB于点N，交AB于点M， ∵AD=2AB，AF=2AE， ∴，， ∴， ∵∠BAD=∠EAF=90°， ∴∠FAD=∠EAB， ∴△FAD∽△EAB， ∴AD：AB=DF：BE =2， ∴DF=2BE， ∵△FAD∽△EAB， ∴∠ADF=∠ABE， ∵∠AMD+∠ADM=90°， ∴∠NMB+∠ADM=90°， ∴∠NMB+∠ABN=90°， ∴∠ENF=180°-90°=90°， ∴DF⊥BE． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形的全等判定和性质，三角形相似的判定和性质，矩形的性质，互余的性质，熟练掌握三角形全等和相似的判定方式是解题的关键． 12．（24-25九年级上·河南南阳·期末）如图1所示，边长为4的正方形与边长为的正方形的顶点C重合，点E在对角线上． （1）【问题发现】如图1所示，与的数量关系为__________； （2）【类比探究】如图2所示，将正方形绕点C旋转，旋转角为，请问此时上述结论是否还成立？若成立，写出推理过程，若不成立，说明理由； （3）【拓展延伸】当时，正方形若按图1所示位置开始旋转，在正方形的旋转过程中，当点A、F、C在一条直线上时，请直接写出此时线段的长__________． 【答案】（1）；（2）成立，证明见解析；（3）或． 【分析】问题发现：证出AB∥EF，由平行线分线段成比例定理得出，即可得出结论； 类比探究：证明△ACE∽△BCF，得出，即可的结论； 拓展延伸：分两种情况，连接AE，由正方形的性质得出AD=DC=4，AC=4，由勾股定理求出AE，即可得出答案． 【详解】解：问题发现：∵四边形ABCD和四边形CFEG是正方形， ∴∠B=∠CFE=90°，∠FCE=∠BCA=45°，CE=CF，CE⊥GF， ∴AB∥EF， ∴， ∴AE=BF； 故答案为：AE=BF； 类比探究：上述结论还成立，理由如下： 连接CE，如图2所示： ∵∠FCE=∠BCA=45°， ∴∠BCF=∠ACE=45°-∠ACF， 在Rt△CEG和Rt△CBA中， CE=CF，CA=CB， ∴， ∴△ACE∽△BCF， ∴， ∴AE=BF； 拓展延伸：分两种情况： ①如图3所示：连接AE ∵四边形ABCD和四边形CFEG是正方形， ∴AD=DC=4，EG=GC= ∴EC=2 ∴DE=2 在Rt△ADE中，AE=； ②如图4所示：连接AE， 同①得AD=DC=4，CF=FE= ∴AC=4，AF=AC+CF=4+=5 在Rt△AFE中，． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、平行线分线段成比例定理、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． 13．（24-25九年级上·河南周口·期中）如图1，四边形和都是正方形，将正方形绕点按顺时针方向旋转，记旋转角为则图中与的数量关系是__ ，与的位置关系是_ _ ； 如图2，四边形和都是矩形，且，将矩形绕点按顺时针方向旋转，记旋转角为图中与的数量和位置关系分别是什么?请仅就图2的情况给出证明； 【答案】（1）AG=CE，AG⊥CE；（2）CE=2AG，理由见详解 【分析】（1）根据题意易得AB=CB，BG=BE，∠ABC=∠GBE=90°，则有∠ABG=∠CBE，进而可证△ABG≌△CBE，然后问题可证，延长AG交BC、CE与点H、M，然后根据三角形全等的性质及直角三角形的性质可求解； （2）由题意易得∠ABG=∠CBE，则可证△ABG∽△CBE，进而问题可得证． 【详解】解：（1）∵四边形和都是正方形， ∴AB=CB，BG=BE，∠ABC=∠GBE=90°， ∴∠ABG+∠GBC=90°，∠CBE+∠GBC=90°， ∴∠ABG=∠CBE， ∴△ABG≌△CBE（SAS）， ∴AG=CE，∠GAB=∠ECB， 延长AG交BC、CE与点H、M，如图所示： ∵∠GAB+∠AHB=90°，∠AHB=∠CHM， ∴∠ECB+∠CHM=90°，即∠CMH=90°， ∴AM⊥CE，即AG⊥CE， 故答案为：AG=CE，AG⊥CE； （2）CE=2AG，AG⊥CE．理由如下： ∵四边形和都是矩形， ∴∠ABC=∠GBE=90°， ∴∠ABG+∠GBC=90°，∠GBC+∠CBE=90°， ∴∠ABG=∠CBE， ∵， ∴△ABG∽△CBE， ∴，∠GAB=∠ECB， ∴CE=2AG； 延长AG交BC、CE与点H、M，如图所示： ∵∠GAB+∠AHB=90°，∠AHB=∠CHM， ∴∠ECB+∠CHM=90°，即∠CMH=90°， ∴AM⊥CE，即AG⊥CE， 综上，CE=2AG，AG⊥CE． 【点睛】本题主要考查矩形与正方形的性质及相似三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形与正方形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键． 14．（24-25八年级下·山东泰安·期末）综合与实践课上，同学们以“特殊四边形旋转”为主题，开展数学活动． 【问题发现】（1）如图1，在矩形中，，点在对角线上，过点分别作和的垂线，垂足为，，则四边形为矩形．则_____． 【拓展探究】（2）如图2，将图1中的矩形绕点逆时针旋转，记旋转角为，当时，连接，，在旋转的过程中，与的数量关系是否仍然成立？请利用图2说明理由． 【解决问题】（3）如图3，当矩形的边时，点为直线上异于，的一点，以为边作正方形，点为正方形的中心（即正方形两条对角线的交点），连接，若，，求的长． 【答案】（1）；（2）仍然成立，理由见解析；（3）的长为或 【分析】本题考查了正方形的性质、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并灵活运用是解此题的关键． （1）证明，由相似三角形的性质计算即可得解； （2）图1中，，，则，推出，图2中，由旋转可得：，推出，进而可得，由相似三角形的性质计算即可得解； （3）分两种情况：①如图3，当点在线段上时，连接、；②如图4，当点在线段延长线上时，连接、；分别利用正方形的性质、相似三角形的性质计算即可得解． 【详解】解：（1）在矩形中，， ， ，， ， 又， ， ， ， ，即， ； （2）仍然成立．理由如下： 图1中，，， ， ， 图2中，由旋转可得：， ， ， ， ， ， ； （3）分两种情况：①如图3，当点在线段上时，连接、， 四边形，四边形为正方形， ，， ， ， ， ，， ， ； ②如图4，当点在线段延长线上时，连接、， 四边形，四边形为正方形， ，， ， ， ， ，， ， ， 综上所述，的长为或． 15．（2025·河南新乡·二模）综合与实践 如图1，和都是等腰直角三角形（），，连接，取 的中点 F，连接． (1)如图1，当点D，E分别在边上时，线段和的数量关系是 ，位置关系是 ． (2)将绕点A 旋转，在旋转过程中，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请仅就图2 中的情况给予证明；否则，请说明理由． (3)在（2）的条件下，当点 D 落在直线上时，若直线与直线相交于点 P，，请直接写出的值． 【答案】(1)， (2)结论成立，见解析 (3)或 【分析】（1）根据直角三角形斜边的性质解答即可； （2）分别延长至点G，至点H，使，，可得垂直平分，垂直平分，从而得到，再证明，，，然后根据三角形中位线定理可得，，从而得到，，，即可解答； （3）根据题意可得，设，然后分两种情况讨论，结合勾股定理以及相似三角形的判定和性质解答即可． 【详解】（1）解∶∵，点 F是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， 即； 故答案为：， （2）解：如图，分别延长至点G，至点H，使，， ∵， ∴垂直平分，垂直平分， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵点 F是的中点， ∴分别为的中位线， ∴，， ∴，，， ∴， 即； （3）解：由（2）得，， ∵和都是等腰直角三角形， ∴， 设， 如图，此时， 在中，，， ∴， 解得：（负值舍去）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 如图，此时， 在中，，， ∴， 解得：（负值舍去）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的值为或 ． 【点睛】本题主要查了直角三角形斜边的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，熟练掌握直角三角形斜边的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理是解题的关键． 16．（2025·辽宁铁岭·二模）【问题背景】数学课上，王老师让大家将两个大小不同的等腰直角三角板的一个顶点重合，然后将较小的三角板绕重合的顶点进行旋转，画出旋转后的图形，找出其中的相似三角形． 【初步感受】 （1）①展示1：如图1，和都是等腰直角三角形，，的理论依据是 ； ②展示2：如图2，和都是等腰直角三角形，，求的值； 【尝试应用】 （2）如图3，在等腰直角三角形中，，点D为边上一点，以为一边作正方形，连接，求证：； 【迁移拓展】 （3）如图4，在四边形中，点E为对角线上一点，且，其中，求的长． 【答案】（1）①；②；（2）见解析；（3） 【分析】（1）①证明，即可解答；②根据等腰直角三角形的性质可得，，可证明，即可解答； （2）连接，结合正方形的性质以及等腰直角三角形的性质可得，，可证明，即可解答； （3）延长交于点M，根据，可得 ，可证明，从而得到，再由，可得，即可解答． 【详解】（1）解：①∵和都是等腰直角三角形，， ∴，， ∴， ∴ 故答案为： ②∵和都是等腰直角三角形，， ∴，， ∴，， ∴， ∴； （2）证明：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴； （3）如图，延长交于点M， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要查了正方形的性质以及等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，利用类比思想解答是解题的关键． 17．（2025·山东东营·三模）【问题呈现】 和都是直角三角形，，，，连接，，探究和的数量关系和位置关系． 【问题探究】 （1）如图1，当时，直接写出和的数量关系是___________，位置关系是___________； （2）如图2，当时，（1）中位置关系的结论是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由； 【拓展应用】 （3）当，，时，将绕点旋转，使，，三点恰好在同一直线上，请直接写出的长． 【答案】（1），；（2）成立，见解析；（3）或 【分析】（1）根据，得出，，证明，得出，根据，求出，即可证明结论； （2）证明，得出，根据，求出，即可证明结论； （3）分两种情况，当点在线段上时，当点在线段上时，分别画出图形，根据勾股定理求出结果即可． 【详解】解：（1）延长交于点，如图， ， ，， ， ，， ， ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）成立，理由如下： 如图延长交于点， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）当点在线段上时，连接，如图所示； 设，则， 根据（2）可知， ， ， 根据（2）可知，， ， 根据勾股定理得， 即， 解得或（舍去）， 此时； 当点在线段上时，连接，如图所示， 设，则， 根据（2）可知， ， ， 根据（2）可知， ， 根据勾股定理得， 即， 解得或（舍去）， 此时； 综上，或． 【点睛】本题考查几何变换的综合应用，主要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、三角形内角和定理的应用、解一元二次方程和勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法和分类讨论． 18．（24-25九年级上·辽宁大连·阶段练习）【课前引入】 【问题背景】如图1 ，在和中，，且，连接，易证明；小刚同学尝试改变条件，继续探究．如图2，在中，，将旋转一定的角度，如图3 ，连接和，求证： ； 【尝试运用】 如图4，，且，点D在上， ① 的值为 ； ②若 ，求的值； ③若在②的基础上，与的交点为M，直接写出的值 【答案】问题背景：证明见解析；尝试运用：①1；②；③ 【分析】本题考查的是相似三角形的判定与性质及勾股定理的应用， 问题背景：先证明，得出，再根据得出结论； 尝试运用：①证明即可证明结论； ②先证明，设，则，根据勾股定理求出，进而求出结论； ③证明，根据相似三角形性质求出结论． 【详解】解：问题背景：如图2，在中，， ， ， ， 将旋转一定的角度，如图3 ， ， ； 尝试运用：①， ， ， ， ， ， ， 故答案为：1； ②，且， ， ， ， ， 设， ， ， 在中，， 在中，， 则， ， ； ③如下图： ， ， ， 由②知：，， ， 故答案为：． 19．（2025·江西新余·三模）【初步感知】 （1）如图1，和相交于点，且，， ①则______（填“＜”“＞”或“＝”）； ②如图2，将图1中的绕点旋转，当点在外部，点在内部时，求证：； 【变式探究】 （2）如图3，在与中，，．猜想，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展应用】 （3）如图4，在四边形中，，，若，求，两点间的最大距离．    【答案】（1）①；②见解析；（2），证明见解析；（3）10 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）①证明平行线的性质以及等腰三角形的性质与判定，得出，即可求解． ②由①可知，，，进而证明，根据全等三角形的性质，即可求解； （2）证明，根据相似三角形的性质，即可求解； （3）连接，在的上方取点，证明，进而证明，根据相似三角形的性质得出，进而求得，即可求解． 【详解】解：（1）①∵ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ ∴，即 故答案为：； ②证明：由①可知，，， ，即， 又， ， ； （2）；理由如下： ， ， 又， ， ； （3）如图，连接，在的上方取点，    使， ． ， 在中，， ，， ， ， ， ，， ， ， ， ， 当时，，两点间的距离最大， ，两点间的最大距离为10． 20．（24-25九年级上·陕西榆林·期中）综合与探究： 【问题发现】 数学课上，活动小组的同学将两个正方形纸片按照图1所示的方式放置．如图1，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，且这两个正方形的边长相等，四边形为这两个正方形的重叠部分，正方形可绕点O旋转． （1）在图1中，线段，之间的数量关系是______； 【类比迁移】 （2）如图2，矩形对角线相交于点O，点O又是矩形的一个顶点，且这两个矩形全等，矩形可绕点O旋转．边与AB相交于点E，边与相交于点F，猜想，，，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，，，直角的顶点O在边的中点处，可绕绕点O旋转．它的两条边，分别交，于点E，F，若，求OE的长． 【答案】（1）；（2）；理由见解析；（3） 【分析】（1）先证明，再根据全等三角形的性质，即可得出结论； （2）过点O作，垂足为H、G，证明即可解答； （3）作垂足为G，由勾股定理求出，再根据（2）的结论代入求解即可． 【详解】解：（1）在正方形和正方形中，，，，， ， ， ； （2），理由如下： 过点O作，，垂足分别为点H，G，如图所示： ∴， ∴四边形是矩形，， ∵O是矩形的中心， ∴， ∴，， ∵，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即； （3）作，垂足为点G，如图所示： ∵O为的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴， 由（2）可知， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形与相似综合题，主要考查了正方形的判定与性质，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，作辅助线构造相似三角形是解题的关键． 21．（24-25九年级上·山西临汾·期中）综合与探究 问题情境 小丽在学习全等三角形的知识时，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．在相对位置变化时，始终存在一对全等三角形．它们类似大手拉着小手，这种模型称为“手拉手模型”．小丽进行了如下操作： (1)问题发现 如图1，在和中，，，，连接，交于点M．小丽发现这就是手拉手模型，易证，进而可以得知： ①的值为______； ②的度数为______． (2)类比探究 如图2，在和中，若，，连接交的延长线于点M，与交于点P．小丽发现不等腰的三角形也可得到手拉手模型．请你求出此时的值及的度数，并说明理由； (3)拓展延伸 在（2）的条件下，将绕点O在平面内任意旋转，，所在直线交于点M，若，，请直接写出当点C与点M重合时的长． 【答案】(1)① 1；② 40° (2)，，理由见解析 (3)或 【分析】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，熟练掌握性质定理是解题的关键． （1）①利用证明，得出，即可得出答案； ②根据，得出，根据三角形的内角和定理即可得出答案； （2）根据两边的比相等且夹角相等，得出，根据相似三角形的性质及三角形内角和即可得出答案； （3）正确画图形，当点C与点M重合时，有两种情况：图3和图4，同理可证，则有，，根据勾股定理即可得出答案． 【详解】（1）① ， 故答案为：1； ② 在中，故答案为：； （2）解：∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ，， ∵， ∴， ∴； （3）①点C与点M重合时，如图3，同理得：， ∴，， 设，则， ∵，，， ∴， 同理可得； 在中，由勾股定理得：， ，（舍去）， ∴； ②点C与点M重合时，如图4，同理得：， 设，则 在中，由勾股定理得：， （舍去）， ∴ 综上所述，的长为或． 22．（24-25九年级上·湖南衡阳·阶段练习）如图1，在等腰直角三角形中，，．点是的中点，以为边作正方形，连接，．将正方形绕点顺时针旋转，旋转角为（）． (1)如图2，在旋转过程中， ①判断与是否全等，并说明理由； ②当时，与交于点，求的长． (2)如图3，延长交直线于点．求证： 【答案】(1)①，证明见解析；② (2)见解析 【分析】（1）①根据“边角边”，证明即可；②过点作于，根据①中，，得出，再根据三线合一的性质，得出，再根据勾股定理，得出，再根据，得出，再根据相似三角形的性质，计算即可得出答案； （2）设交于，根据（1），得出，再根据角之间的数量关系，得出，再根据等量代换，得出，再根据垂线的定义，即可得出结论． 【详解】（1）解：①如图2中，结论：． 理由：∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴． ②如图2中，过点作于． ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）证明：如图3中，设交于． ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、三线合一的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、垂线的定义，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理． 16 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $