寒假作业07 与相似三角形有关的10大模型（巩固培优）九年级数学苏科版

限时练习：60min 完成时间： 月 日 天气： 作业07 与相似三角形有关的模型 一．A字 “A”字模型图形（通常只有一个公共顶点）的两个三角形有一个“公共角”（是对应角），再有一个角相等或夹这个公共角的两边对应成比例，就可以判定这两个三角形相似。 ①“A”字模型 ②反“A”字模型 ③同向双“A”字模型 ④内接矩形模型 图1　 　图2 　 图3 图4 ①“A”字模型 条件：如图1，DE∥BC；结论：△ADE∽△ABC⇔＝＝。 ②反“A”字模型 条件：如图2，∠AED＝∠B；结论：△ADE∽△ACB⇔＝＝。 ③同向双“A”字模型 条件：如图3，EF∥BC； 结论：△AEF∽△ABC，△AEG∽△ABD，△AGF∽△ADC⇔。 ④内接矩形模型 条件：如图4，△ABC的内接矩形DEFG的边EF在BC边上，D、G分别在AB、AC边上，且AM⊥BC；结论：△ADG∽△ABC，△ADN∽△ABM，△AGN∽△ACM⇔。 二．8字 “8”字模型图形的两个三角形有“对顶角”，再有一个角相等或夹对顶角的两边对应成比例就可以判定这两个三角形相似． ①“8”字模型 ②反“8”字模型 ③平行双“8”字模型 ④斜双“8”字模型 图1 图2 图3 图4 ①“8”字模型 条件：如图1，AB∥CD；结论：△AOB∽△COD⇔＝＝。 ②反“8”字模型 条件：如图2，∠A＝∠D；结论：△AOB∽△DOC⇔＝＝。 ③平行双“8”字模型 条件：如图3，AB∥CD；结论：。 ④斜双“8”字模型 条件：如图4，∠1＝∠2；结论：△AOD∽△BOC，△AOB∽△DOC⇔∠3＝∠4。 三．“A8”模型 ①一“A”+“8”模型 ②两“A”+“8”模型（反向双“A”字模型） 图1 图2 ①一“A”+“8”模型 条件：如图1，DE∥BC； 结论：△ADE∽△ABC，△DEF∽△CBF，⇔。 ②两“A”+“8”模型 条件：如图2，DE∥AF∥BC； 结论：△DAF∽△DBC，△CAF∽△CED，⇔ 四．“母子型”模型（共边共角模型） “母子”模型的图形（通常有一个公共顶点和另外一个不是公共的顶点，由于小三角形寓于大三角形中，恰似子依母怀），也是有一个“公共角”，再有一个角相等或夹这个公共角的两边对应成比例就可以判定这两个三角形相似。 图1 图2 1）“母子”模型（斜射影模型） 条件：如图1，∠C=∠ABD； 结论：△ABD∽△ACB，AB2＝AD·AC. 2）双垂直模型（射影模型） 条件：如图2，∠ACB=90o，CD⊥AB； 结论：△ACD∽△ABC∽△CBD；CA2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB. 5． 一线三等角模型 “一线三等角”型的图形，因为一条直线上有三个相等的角，一般就会有两个三角形的“一对角相等”，再利用平角为180°，三角形的内角和为180°，就可以得到两个三角形的另外一对角也相等（或利用外角定理也可），从而得到两个三角形相似． 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。 2）一线三等角模型（异侧型） 条件：如图，∠1=∠2＝∠3， 结论：△ADE∽△BEC. 3）一线三等角模型（变异型） 图1 图2 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. ②一线三直角变异型：条件：如图2，∠ABD=∠AFE=∠BDE=90°.结论：△ABC∽△BDE∽△BFC∽△AFB. 六．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）。 条件:如图，∠BAC=∠DAE=，； 结论：△ADE∽△ABC，△ABD∽△ACE；；∠BFC=∠BAC，∠BFC=∠BAC=∠DAE=α 七．飞鱼模型 如图，在△ABC和△BCD中（∠BCE与∠ACD共角），点B在AC上，点D在CE上，AD与BE相交于F，那么①AB:BC=1:m;②DE:CD=1:n;③AF:DF=1:x;④EF:BF=1:y,以上四个“知二推二”。 （一）模型证明 已知 证明：如图，过点D作DG∥BE交AC于点G， （二）解决飞鱼模型常见辅助线做法 1.过点A作辅助线（过点E与过点A作法一致） 2.过点B作辅助线（过点D与过点B作法一致） 3.过点C作辅助线 4.过点F作辅助线 （三）拓展模型--梅涅劳斯定理 条件： 结论： 8． 瓜豆原理 一个主动点，一个从动点（根据某种约束条件，跟着主动点动），当主动点运动时，从动点的轨迹相同。 只要满足： 则两动点的运动轨迹是相似的，运动轨迹长度的比和它们到定点的距离比相同。 1、两“动”，一“定” 2、两动点与定点的连线夹角是定角 3、两动点到定点的距离比值是定值 动点轨迹基本类型为直线型和圆弧型，主动点叫瓜（豆），从动点叫瓜（豆），瓜在直线上运动，豆也在直线_上运动；瓜在圆周上运动，豆的轨迹也是圆。 1）-- 轨迹是直线1 如图，P是直线BC上一动点，A是直线BC外一定点，连接AP，取AP中点Q，当点P在直线上运动时，则Q点轨迹也是一条直线。 证明：分别过A、Q向BC作垂线，垂足分别为M、N，在运动过程中， 因为AP=2AQ，所以QN始终为AM的一半，即Q点到BC的距离是定值，故Q点轨迹是一条直线． 2）-- 轨迹是直线2 如图，在△APQ中AP=AQ，∠PAQ=为定值，当点P在直线BC上运动时，则Q点轨迹也是一条直线。 证明：在BC上任取一点P1，作三角形△AP1Q1，且满足∠P1AQ1=，AQ1=AP1，连结Q1Q交BC于点N， ∵AP=AQ，AQ1=AP1，∠P1AQ1=∠PAQ=，，∴∠APP1=∠AQQ1， ∵∠AMP=∠NMQ，∴∠MNQ=∠PAQ=，即Q点所在直线与BC的夹角为定值，故Q点轨迹是一条直线． 3） -- 轨迹是圆1 如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．Q点轨迹是？ 分析：如图，连接AO，取AO中点M，任意时刻，均有△AMQ ∽△AOP，QM：PO=AQ：AP=1：2。 则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。 4） -- 轨迹是圆2 如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP，当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？ 分析：如图，连结AO，作AM⊥AO，AO=AM；任意时刻均有△APO≌△AQM，且MQ=PO。 则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。 5） -- 轨迹是圆3 如图，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=kAQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？ 分析：如图，连结AO，作AM⊥AO，AO:AM=k:1；任意时刻均有△APO∽△AQM，且相似比为k。 则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。 总结： 为了便于区分动点P、Q，可称P为“主动点”，Q为“从动点”。 此类问题的两个必要条件：①主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ是定值）；②主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP：AQ是定值）。 分析：如图，连结AO，作∠OAM=∠PAQ，AO:AM=AP：AQ；任意时刻均有△APO∽△AQM。 则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 题型一 A字模型 1．（2025秋•兰州期中）如图，点，分别在△的边，上，且△△，若，，则值为（　　） A．9 B．6 C．3 D．1 2．（2025•金湖县一模）如图，在△中，，，，则（　　） A． B． C．3 D．2 3．（2024秋•鸡泽县期末）已知：在△中，点为上一点，过点作的平行线交于点，过点作的平行线交于点，连接，交于点．则下列说法不正确的是（　　） A． B． C． D． 4．（2023秋•临江市期末）如图，在△中，，，下列结论一定正确的是（　　） A． B． C． D． 5．（2025•东营一模）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，用“出入相补”法证明了三角形面积公式．如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，作AF⊥DE于点F，沿虚线分割再重新拼接（无重叠无缝隙）成四边形GBCH．若DE＝4，AF＝3，则四边形DBCE的面积为 　 　 ． 6．（2024•广平县模拟）如图将菱形ABCD的沿DF翻折，使点C落在AB边上，连结DE，EF，如果 BE＝BF，设△EBF的面积为 S1，△DFC 的面积为 S2，则∠C＝　　 ，　 ． 7．（2024秋•鼓楼区校级月考）如图，以线段为直径的半圆上有点，，且为的中点，作于，交延长线于点，弦，交于点，若，，则的长为 　 　． 8．（2024•湖北模拟）如图，△中，，，，点，分别在边和上，且，作的垂直平分线交于点，则的最小值 　　． 9．（2024秋•杨浦区期中）如图，已知在△中，点是中线上一点，且，点、分别在边、上，经过点．那么下列结论中，错误的是（　　） A．如果，那么 B．如果点与点重合，那么 C．的和是一个定值 D．的和是一个定值 10．（2024•锦江区模拟）如图，在等边中，，点是边上一点，且，过点作于点，连接，则　 　；点是的中点，连接，过点作交于点，则　　． 11．（2024•成华区校级开学）如图，，与之间的距离为3，在上方作等腰直角三角形，，，延长交于点，在上方作等腰直角三角形，，，、分别为、上的动点，且，连接、，则的最大值为 　　． 12．（2025•包河区一模）如图，矩形中为对角线上一动点，过点作交于点，作交于点，连接、． （1）若， ①求证：平分； ②求证：； （2）已知，且为的中点，求矩形的周长． 13．（2024秋•内江校级期中）已知：如图，在中，，，．点由出发沿方向向点匀速运动，速度为；点由出发沿方向向点匀速运动，速度为；连接．若设运动时间为，解答下列问题： （1）如图①，当为何值时，与相似； （2）如图②，连接，当为何值时，； （3）是否存在某时刻，使线段恰好把面积平分？若存在，求出此时的值；若不存在，说明理由． 14．（2025秋•南京月考）如图（1），已知△和△中，，，，且、、、共线，点、点在线段上．在射线上平移△，平移后得到△，直线与交于点． （1）如图（2），当在线段上时，设，，求关于的函数解析式（无需写出定义域）． （2）当时，设以、、、为顶点构成的四边形面积为，求的值． 15．（2025•德阳模拟）如图，在中，，，，动点从点出发，沿方向匀速运动，速度为，以为直径作，与交于点，连接．设运动时间为，解答下列问题： （1）取何值时，平分； （2）设的面积为，求与的函数关系式； （3）是否存在某一时刻，使与相切？若存在，求出的值；若不存在说明理由． 题型二 三角形内接矩形模型 16．（2023秋•茌平区校级月考）如图，△是一块锐角三角形余料，边长，高，现在要把它加工成长方形零件，且满足，、在上，、分别在、上，求矩形的面积． 17．（2024秋•奉贤区校级月考）如图，矩形的边在的边边上，顶点、分别在边、上，已知，． （1）当矩形为正方形时，求正方形的边长； （2）联结，当以为腰的等腰三角形时，求矩形的面积． 18．（2024春•江岸区校级月考）在△中，． （1）若，，以为直角边作△，并且与△相似，请你直接写出△的周长　 　 ； （2）如图，点，，，在边上，设正方形，，周长分别为，，，求证，； （3）作，，设△，△，△的周长分别为，，，直接写出的最大值　　 ． 题型三 8字模型 19．（2024秋•睢县期末）如图，线段，相交于点，，若，，，则的长是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 20．（2024秋•荷塘区校级期末）如图，在平行四边形中，点在边上，，交于点，若，则．（　　） A． B． C． D． 21．（2024秋•晋江市期末）如图，在矩形中，对角线与相交于点，，与相交点，则的值为（　　） A． B． C． D． 22．（2023秋•临渭区期末）如图，平行四边形中，为上一点，交于点．已知，则下列判断错误的是　　 A．△与△的周长比为 B．△与四边形的面积比为 C．若连接，则△与△相似，且相似比为 D．若题中条件“”改为“点为边的黄金分割点，”，则 23．（2024秋•诸暨市期中）如图，在矩形ABCD中，F为AB中点，连结DF，过点B作DF垂线，交DF延长线于点E，连结CE，若，则　 　 ；，则　 　 ．（用含有k的代数式表示） 24．（2025•青山区模拟）【问题背景】（1）如图1，AB∥CD，BC与AD交于点O，过点O的直线分别与AB，CD交于E，F两点，求证：． 【问题探究】（2）如图2，点E，F分别是平行四边形ABCD边AD，CD上的点，连接AF，BE交于点M，连接CM并延长交AD于点N． ①如图3，若平行四边形ABCD为正方形，E，F分别是边AD，CD的中点．求证：CF＝2AN； ②如图2，求证：． 25．（2024秋•汝阳县期中）如图，点是双曲线上一动点，且、为关于的一元二次方程的两根，动直线与轴、轴正半轴分别交于点、，过点与垂直的直线交轴于点，点是的中点，的延长线交过点与垂直的直线于点． （1）求双曲线的解析式； （2）求的最小值； （3）若点到的距离等于的最小值，求的值． 26．（2025秋•拱墅区校级月考）如图，四边形ABCD为圆内接四边形，点A为的中点，对角线BD与AC交于点F，点E在BF上，连接CE，且CE∥DA，CE＝BF． （1）求证：AF＝CD； （2）若，求的值（用含k的代数式表示）； （3）若BE＝2，△CEF的面积为2，求sin∠ABF的值． 27．（2024•十堰一模）已知：和为两个全等的等腰直角三角形，，，为中点，以为旋转中心，旋转，交于点，分别交，于，两点． （1）如图①，当时，求证：； （2）如图②，当点恰好落在边上时，连接，求的长； （3）如图③，时， ①求证：； ②直接写出的值． 28．（2024•鹿城区校级三模）如图1，在菱形中，于点，为的中点，延长交的延长线于点，已知，．点，分别在线段，上（不与端点重合），且满足，设，． （1）求证：． （2）求关于的函数表达式． （3）如图2，连结． ①当与△的一边垂直时，求的值． ②当点落在的延长线上时，记与的交点为，求的值． 29．（2025•朝阳区校级模拟）如图，在边长为的等边△中，点从点开始以每秒的速度沿射线方向运动，连结，点在线段上（不与端点重合），将射线绕点逆时针旋转得到的射线与射线交于点，设点的运动时间为秒． （1）如图①，当点在边上时，若平分，则　 　． （2）如图②，当点在边延长线上时，过点作交于点，若点为中点， ①求证：△△； ②当时，求的值． （3）若点是的三等分点，当△的面积等于，直接写出的值． 题型四 “ A8”字模型 30．（2024秋•贵池区期末）如图，在△中，中线与中线相交于点，连接．下列结论成立的是（　　） A． B． C． D． 31．（2024秋•耒阳市期中）如图在△中，点、分别在、上，，点在的延长线上，，，，则的值是（　　） A． B． C． D． 32．（2025•武汉模拟）如图，在△ABC中，M，N分别为边AB，AC上的点，∠ANM＝∠ABC． （1）求证：AN•AC＝AM•AB； （2）如图（2），已知∠ABC＝60°，延长BC到D，使BD＝AB，延长MN交AD于点P． ①若设，探究m，n之间的等量关系； ②连接BN，若BN平分∠MNC，BC＝3，CD＝2，直接写出AP的值． 33．（2024春•惠山区校级期末）[基础学习] （1）如图1，在△ABC中，D，E，F分别为AB，AC，BC上的点，DE∥BC，AF交DE于点G，求证：． [尝试应用] （2）如图2，已知D、E为△ABC的边BC上的两点，且满足3BD＝3DE＝CE，一条平行于AC的直线分别交AB、AD和AE于点P、Q和M，求的值． [拓展提高] （3）如图3，矩形ABCD中AB＝3a，AD＝2a（a为常数），点E是矩形AB边上的一个动点，延长BA至点F，使AF＝2AE，连接DE，CF，DE与CF相交于点G，连接BG，求BG的最小值（用a的代数式表示）． 题型五 母子型（共边共角型） 34．（2025•雷州市二模）如图，△中，，点在上，．若，，则的长度为（　　） A． B． C． D．4 35．（2024•鞍山模拟）如图，已知中，，分别是，边上的点，，，与的延长线交于点，，，则　　． 36．（2025•盱眙县模拟）如图，中，，于，，，求． 37．（2024秋•长春期中）如图，在△中，，，，点是的中点，连结，分别交、于点、．给出下面四个结论： ①； ②△△； ③△和△是以点为位似中心的位似图形； ④． 上述结论中，所有正确结论的序号是 　 　 ． 38．（2024•双城区一模）已知在，，是边中点，在边上，且，于点，，，则　 　． 39．（2023秋•晋中期末）如图，正方形的边长为4，点是对角线上的一点，且，点是边上的一个动点，连接，过点作交于点，当时，线段的长为 　　． 40．（2023•无锡）如图，△中，，，，点在上，交于点，的延长线与的延长线相交于点，且△△，则　 　． 41．（2024秋•淮北期末）如图，为 的直径，点在上，，点在的延长线上，与相切于点，与的延长线相交于点，与相交于点． （1）求证：； （2）若，，求的长． 42．（2025•宿迁模拟）在矩形中，点为射线上一动点，连接． （1）当点在边上时，将沿翻折，使点恰好落在对角线上点处，交于点． ①如图1，若，求的度数； ②如图2，当，且时，求的长． （2）在②所得矩形中，将矩形沿进行翻折，点的对应点为，当点，，三点共线时，求的长． 43（2023•丹徒区模拟）如图1，在中，点在边上，点在边上，若满足，则称点是点的“和谐点”． （1）如图2，． ①求证：点是点的“和谐点”； ②在边上还存在某一点（不与点重合），使得点也是点的“和谐点”，请在图2中仅用圆规作图，找出点的位置，并写出证明过程．（保留作图痕迹） （2）如图3，以点为原点，为轴正方向建立平面直角坐标系，已知点，，点在线段上，且点是点的“和谐点”． ①若，求出点的坐标； ②若满足条件的点恰有2个，直接写出长的取值范围是 　 　． 题型六 一线三等角模型 44．（2024•宁海县校级自主招生）有五本形状为长方体的书放置在方形书架中，如图所示，其中四本竖放，第五本斜放，点正好在书架边框上．每本书的厚度为，高度为，书架宽为，则的长 　　． 45．（2024•沈阳模拟）如图，矩形中，，，是边上一点，且，是边上一动点，作，交边于点，将沿着所在直线折叠，点的对应点恰好落在边上，则的长为 　 　． 46．（2025•台儿庄区模拟）感知：（1）数学课上，老师给出了一个模型：如图1，，由，，可得；又因为，可得，进而得到　 　我们把这个模型称为“一线三等角”模型． 应用：（2）实战组受此模型的启发，将三等角变为非直角，如图2，如图，在中，，，点是边上的一个动点（不与、重合），点是边上的一个动点，且． ①求证：； ②当点为中点时，求的长； 拓展：（3）在（2）的条件下，如图2，当为等腰三角形时，请直接写出的长． 47．（2024秋•内乡县期中）矩形中，，，将矩形折叠，使点落在点处，折痕为． （1）观察发现：如图1，若点恰好在边上，　　（填写一个与相似的三角形）； （2）拓展探究：如图1，若点恰好在边上，则线段的长为 　　； （3）迁移应用：如图2，若是的中点，的延长线交于点，其余条件不变，求线段的长． 48．（2024•中山市一模）【感知】如图①，在正方形中，为边上一点，连结，过点作交于点．易证：．（不需要证明） 【探究】如图②，在矩形中，为边上一点，连结，过点作交于点． （1）求证：． （2）若，，为的中点，求的长． 【应用】如图③，在中，，，．为边上一点（点不与点、重合），连结，过点作交于点．当为等腰三角形时，的长为 　 ． 49．（2025•韶关模拟）如图1，已知矩形，，．点从出发，以的速度沿边运动，（点不与点重合），连接，作，交矩形的边于，设点的运动时间为． （1）时，则　 　； （2）若，求的值； （3）当在边上时，且，求的面积； （4）当在边上时，直接写出的取值范围． 50．（2024秋•安岳县校级期末）在矩形中，．沿过点的直线折叠矩形，使点落在边上点处，折痕为． 【尝试】 （1）如图1，与始终保持相似关系，请说明理由． 【探究】 （2）随着折痕位置的变化，点的位置随之发生变化．当时，是否存在点，使？若存在，求出此时的长；若不存在，请说明理由． 【延伸】 （3）如图2，折叠，使边落在上处，折痕为．若，求的值． 51．（2023•梁溪区校级二模）如图，以矩形的顶点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，已知，，将矩形绕点逆时针方向旋转 得到矩形． （1）当点恰好落在轴上时，如图1，求点的坐标； （2）当点恰好落在矩形的对角线上时，求点的坐标； （3）在旋转过程中，点是直线与直线的交点，点是直线与直线的交点，若，请直接写出点的坐标． 52．（2024•武威一模）如图，在等腰中，，，在上，且，则　 　． 53．（2024•凉州区一模）如图，将等边折叠，折痕为，使点落在边上得到点．若，则　　． 54．（2024秋•安岳县期末）如图，在△中，，为边上一点，为 边上一点，且． （1）求证：△△； （2）若，，，求的长． 55．（2025秋•徐汇区校级月考）【模型构建】如图1，已知∠B＝∠C，如果∠AED＝∠B，那么△ABE∽△ECD．我们把这种图形叫做“一线三等角”． 【探究应用】如图2，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，BC＝6，点E在边BC上，BE＝4，P、Q分别是边AD、BE的中点．如果∠AED＝60°，且，那么PQ的长为 　 　 ． 56．（2025•聊城模拟）如图，直线与双曲线的交点为，与轴的交点为． （1）求的度数； （2）求的长； （3）已知点为双曲线上的一点，当时，求点的坐标． 57．（2023•武汉模拟）点在的延长线上，且． （1）如图（1），若，求证：△△； （2）如图（2），若，，若，则的值为 　 　；（直接写出） （3）如图（3），连接，若△△，，求证：． 题型七 手拉手模型 58．（2024•官渡区二模）如图，已知，添加一个条件使，你添加的条件是 　　 （写出一个即可） 59．（2024•宁明县三模）如图，，，，，点在线段上运动，为线段的中点，在点的运动过程中，的最小值是 　 　． 60．（2025•龙湾区开学）如图，在△和△中，，． （1）求证：． （2）若，，求的长． 61．（2025•东海县模拟）综合与实践： 【新知定义】如图1，若，，则△△．小明称图1中的△和△互为“手拉手等形三角形”． 【新知探究】 （1）如图2，若，，，为的中点．以为一边在右侧作△，且△和△互为“手拉手等形三角形”，连接，则的长为 ； （2）在图1中，连接，，求证：△△； 【变式应用】 （3）如图3，在△中，，，为的中点，为一边在右侧作△，，，连接，求的长； 【综合应用】 （4）如图4，若，，，若点在线段上运动，且点不与点重合），以为一边在右侧作△，且△和△互为“手拉手等形三角形”，连接．以、为边构造矩形，连接．直接写出△面积的最大值及此时的长度． 62．（2025秋•市中区期中）【综合与实践】 从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究． 【特例研究】在正方形中，，相交于点． （1）如图1，△可以看成是△绕点逆时针旋转并放大倍得到，此时旋转角的度数为 ，的值为　　 ； （2）如图2，将△绕点逆时针旋转，旋转角为，并放大得到△（点，的对应点分别为点，，使得点落在上，点落在上，求的值； 【延伸拓展】 （3）如图3，在菱形中，，对角线，相交于点，是的垂直平分线与的交点，将△绕点逆时针旋转并放缩得到△（点，的对应点分别为点，，使得点落在线段上，点落在射线上．若，为的中点，求的长． 63．（2025秋•锦江区校级期中）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． 【问题发现】 （1）如图①，在等边△中，点是边上一点，连接，以为边作等边△，连接．则与的数量关系是： ； 【问题提出】 （2）如图②，在等腰△中，，点是边上任意一点，以为腰作等腰△，使，，连接．试说明； 【问题解决】 （3）如图③，在正方形中，点是边上一点，以为边作正方形，点是正方形的对称中心，连接．若正方形的边长为8，，求正方形的边长． 64．（2025•茂名一模）【问题背景】 如1图所示，在矩形中，点是边上的动点（点与点不重合），以为边向右侧构造矩形，． （1）连接，求证：． 【问题探究】 （2）若，，如2图所示，当经过矩形的顶点时，求的长． 【问题拓展】 （3）在运动过程中，当满足什么条件时，矩形的边一定能经过点？ 65．（2025•龙泉驿区模拟）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和△中，，，． 【初步感知】 （1）如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值； 【深入探究】 （2）如图2，在纸片绕点逆时针旋转过程中（旋转角不大于，直线与交于点； ①求证：； ②当时，求的长； 【拓展延伸】 （3）在纸片绕点逆时针旋转过程中（旋转角不大于，试探究，，三点能否构成等腰三角形，若能，直接写出的长；若不能，请说明理由． 66．（2024•张北县校级开学）【初步探索】如图1，已知点在直线上，点，在直线的同侧，，，，求证：； 【问题解决】在【初步探索】的基础上，将绕点顺时针旋转，直线，交于点，如图2所示． （1）当的面积达到最大时，的度数为 　 　； （2）根据图2，求证：； （3）根据图2，求的度数； 【类比应用】如图3，在矩形和矩形中，，，，连接，，请直接写出的值． 67．（2024•松山区三模）（1）问题发现 （1）如图1，和均为等边三角形，直线和直线交于点． 填空：①的度数是　 　；②线段，之间的数量关系为　　； （2）类比探究 如图2，和均为等腰直角三角形，，，，直线和直线交于点．请判断的度数及线段，之间的数量关系，并说明理由． （3）解决问题 如图3，在中，，，，点在边上，于点，，将绕着点在平面内旋转，请直接写出直线经过点时，点到直线的距离． 题型八 飞鱼模型 68．（2024春•莱芜区校级月考）△中，为中点，为中点，直线交于，求证：． 69．如图，是△的中线，为的中点，连接并延长，交于，．求证：． 70．（2024秋•石家庄期中）如图，是△的中线． ①若为的中点，射线交于点，则的值为 　　； ②若为上的一点，且，射线交于点，则的值为 　　． 71．（2024秋•滨湖区期中）【探究活动】如图，是△的中线，点在上，交于点． （1）当时，求的值； （2）当时，则 　 　；（用含的代数式表示） 【解决问题】请利用探究活动的经验或结论解决问题：△中，，是△的中线，点在直线上，射线交于点．若，，时，求的值． 72．（2025•江汉区模拟）已知等边三角形ABC中，D，E分别是在边AC，AB上，且CD＝nAE． （1）如图1，若n＝1，，CE，BD交于点F． ①求证：△ABD≌△BCE； ②求的值； （2）如图2，若n＝2，直接写出的最小值 　 　 ． 题型九 瓜豆原理--轨迹是直线 73．（2025•乌鲁木齐模拟）如图，△ACD中，AD，CD，BC⊥AC于C，AC＝2BC，则BD的最大值为 　 　 ． 74．（2025秋•工业园区校级期中）如图，直线m⊥n，垂足为点O，点A在直线n上，且OA＝3，点P是直线m上的一个动点，连接AP，将线段AP绕着点A按逆时针方向旋转120°得到线段AQ，点Q是点P的对应点，连接OQ，则OQ的最小值为　 　 ． 75．（2025•昆山市模拟）如图，矩形ABCD中，AD＝6，DC＝8，点E为对角线AC上一动点，BE⊥BF，，BG⊥EF于点G，连接CG，当CG最小时，CE的长为 　　 ． 76．（2024•泰安）如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，点E是AB边上的点，AE＝4，BE＝8，点F是BC上的一点，△EGF是以点G为直角顶点，∠EFG为30°角的直角三角形，连结AG．当点F在直线BC上运动时，线段AG的最小值是（　　） A．2 B． C． D．4 77．（2022秋•江夏区期末）如图所示，在坐标平面中，A（0，4），C为x轴负半轴上一点，CO＝3，AC＝5，若点P为y轴上一动点，以PC为腰作等腰三角形PCQ，已知∠CPQ＝2∠ACO＝2α（α为定值），连接OQ，则OQ的最小值为 　 　 ． 78．（2025•广西模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝120°，点M为CD边中点，点E为菱形四条边上的一个动点，沿A﹣B﹣C﹣D﹣A的方向运动，连接AE，以AE为边作直角三角形AEF，其中∠AEF＝90°，∠EAF＝60°，在点E运动的过程中，线段MF长度的最大值为 　 　 ． 79．（2024•金安区校级三模）如图，在等边△ABC中，以A为直角顶点作等腰直角△CAD，AF⊥BD分别交BD、CD于点E、F，N为线段BG上一动点，M为线段AD上一动点，且BN＝AM，以下4个结论：①∠CBN＝3∠ABD；②DF＝2EF；③DF＝CF+AF；④当CN+CM的值最小时，∠ACM＝∠DCM．正确的个数为（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 80．（2025•洛阳一模）综合与实践 （1）【提出问题】 如图1，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，点P是对角线BD上一动点，连接AP，将PA绕点P顺时针旋转60°得到PQ，连接AQ，DQ．则∠ADQ的度数为 　 　 ； （2）【类比探究】 如图2，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上一动点，且BP＞DP，连接AP，将AP绕点P顺时针旋转90°得到PQ，连接AQ，DQ． ①求∠ADQ的度数； ②当BP＝BA＝2时，求DQ的长； （3）【迁移运用】 如图3，在矩形ABCD中，AB＝4，∠ADB＝30°，点P是对角线BD上一动点，连接AP，以AP为边在AP的右边作Rt△APQ，且∠APQ＝90°，∠AQP＝30°，当点Q到BD的距离为时，请直接写出BP的长． 81．（2025秋•晋江市校级期中）【初步感知】 已知△ABC为等边三角形． （1）如图1，若点D为边BC上一点．以AD为边向右侧作等边△ADE，连接CE．当AC＝5，CE＝2时，CD＝　　 ，∠ACE＝　　 度； 【类比探究】 （2）如图2，若点D在边BC的延长线上，随着动点D的运动位置不同，线段EC、AC、CD之间的数量关系为 ，请证明你的结论． 【拓展应用】 （3）如图3，在等边△ABC中，AB＝5，点P是边AC上一定点且AP＝2，若点D为射线BC上动点，以DP为边向右侧作等边△DPE，连接CE、BE，请问：PE+BE是否有最小值？若有，请求出其最小值；若没有，请说明理由． 82．（2025春•渝中区校级月考）如图，△ABC中，点D是AC的中点，将线段AB绕点A逆时针旋转120°得线段AE，连接BE，点G是BE的中点． （1）如图1，若∠ABC＝90°，点D正好在BE上，连接AG，BD＝5，求AG的长度； （2）如图2，点F是BD上一点，连接AF，DG，若∠BAF＝∠DBE，∠ABC+∠DBE＝60°，求证2DG； （3）如图3，AB＝4，∠BAC＝30°，∠BDC＝45°，点F是直线BD上一动点，连接CF，将线段CF绕着点C逆时针旋转90°得线段CF'，点P是直线AE上一动点，点Q是直线AC上一动点，连接GP和PF′，当GP+PF'取最小值时，若△APQ是等腰直角三角形，请直接写出点Q到直线BD的距离． 83．（2025春•青羊区校级期中）在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°． （1）如图1，点D，E在直线BC上，连接AD，AE．若∠DAE＝45°，将△ADC绕点A旋转至△AFB，连接EF，求证：CD2+BE2＝EF2； （2）如图2，若点E为BC边上一点，以AE为斜边（AE左侧）作等腰Rt△ADE，连接BD，求证：BD＝DE； （3）如图3，若点H为平面内一点且满足，CH＝CB，点P是BH的中点，求的值． 84．（2025•汉阳区模拟）矩形ABCD中，，E是线段BC边上一点，EF⊥AE于E点，且EF＝AE． （1）如图1，当点F在线段CD上时，求； （2）如图2，点F在CD右侧，连DF，若∠EFD＝90°，连DE，则求证：DE＝2CF； （3）若AB＝6，则直接写出点F的路径长． 85．（2025•开州区模拟）在等边△ABC中，过点A作AE∥BC． （1）如图1，点E在点A的左侧，点D是AB边上的中点，连接BD，过点D作DE⊥AE交于点E，求证：BC＝4AE． （2）如图2，点E在点A的右侧，连接BE，点G是BE的中点，连接AG并延长交BC于点F，过点G作GH⊥AB交AB于点H，求证：． （3）若点E在点A的右侧，连接BE，点G是BE的中点，且BG＝BC，点P是直线BC上一动点，连接GP，将GP绕点G逆时针旋转60°得到GQ，连接AQ，在点P的运动过程中，当AQ取得最小值时，请直接写出的值． 86．（2025•西岗区一模）课堂上，刘老师与学生进行如下习题训练，让学生从中体会由于点的移动导致几何形的变化，进而引发几何结论千变万化的魅力，来吧，体验吧． 已知，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，D为BC上一动点，连接AD，作∠DAE＝90°，且使∠E＝∠C． （1）当点D运动到AD⊥BC时，如图（一），求AE的长； （2）如图（二），当D为BC中点时，求CE的长； （3）如图（三），M为BC中点，N为DE中点， ①判断MN与AB的位置关系，并证明； ②当D从点B运动到点C时，直接写出点N经过的路径长． 87．（2024秋•沙坪坝区校级期中）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D为线段AC上一动点，连接BD． （1）如图1，E为△ABC外一点，连接BE，BD＝BE且∠DBE＝90°，若AD＝2，，连接AE，求线段AE的长； （2）如图2，过点D作DG⊥BC于点G，AH平分∠BAC交BC于点H，连接DH，AG，若∠HDG＝2∠C，求证：； （3）如图3，若，F为BC边上一点且BF＝4，M为AB边上一动点，连接AF，MF，将△BFM沿FM翻折至△ABC所在的平面内，得到△B′FM，连接AB′，过B′作AB′的垂线，N为垂线上一动点，连接AN，将AN绕着点N逆时针旋转60°到A′N，连接A′B′，在M、N运动过程中，当线段AB'和A′B′均取得最小值时，请直接写出△AB′N的面积． 题型十 瓜豆原理--轨迹是圆 88．（2025•新会区二模）如图，在x轴上有A（2，0），B（5，0）两点，点C为y轴右侧一动点，且CA＝OA．将线段CB绕点B顺时针旋转60°到BD，连接CD，则线段AD的最大值为 　　 ． 89．（2023秋•碑林区校级期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，以AD的中点O为圆心，1为半径作半圆交边AD于E、F，动点P在半圆上，若∠BPQ＝90°且BP＝2PQ，则当CQ最小时，△BCQ的面积为 　 　 ． 90．（2022•平邑县校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，D是以点A为圆心，3为半径的圆上一点，连接BD，M是BD的中点，则线段CM长度的最小值为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 91．（2023春•兴化市月考）如图，已知点A是第一象限内的一个定点，点P是以O为圆心、1个单位长为半径的圆上的一个动点，连接AP，以AP为边在AP右侧作等边三角形APB．当点P在⊙O上运动一周时，点B运动的路径长是 　 　 ． 92．（2024秋•梁溪区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，动点A，B分别在x轴和函数y＝x的图象上，且AB＝2．作AB⊥BC，BC＝1（点C在直线AB的上方），则线段OC的最大值为 ． 93．（2025•梁溪区二模）如图，在平面直角坐标系中，已知A（5，5），B（8，0），点P在以A为圆心，2为半径的圆上，P关于B的对称点为Q．连接OP，将OP绕点O逆时针旋转90°得到OR．连接RQ．则RQ的最小值是（　　） A．14 B．15 C． D． 94．（2025秋•邗江区期中）在平面直角坐标系中，点A（﹣4，3），N（0，1），以A为圆心3为半径作圆，点M是⊙A上一动点，以MN为斜边作Rt△MBN，且，则OB的最小值为　 ． 95．（2024•越秀区校级三模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，AE＝3，连接BE，以BE为斜边在BE的右侧作等腰直角△BDE，P是AE边上的一点，连接PC和CD，当∠PCD＝45°，则PE长为 　　 ． 96．（2024秋•河北区期末）在平面直角坐标系中，，0），，1），将矩形OABC绕点O逆时针旋转得到矩形OA1B1C1． （Ⅰ）如图①，点A1在y轴正半轴上时，求旋转角的度数及点B1的坐标； （Ⅱ）如图②，点A1在射线AC上时，求旋转角的度数及点B1的坐标； （Ⅲ）已知，，记直线AA1与BB1交点为Q，直接写出PQ长度的最大值与最小值． 97．（2025•南岸区校级二模）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是平面内一点，连接AD，将点A绕点D顺时针旋转90°得点E，连接AE，DE． （1）如图1，点D在△ABC的内部，连接CD，点E恰好在CD上．若AE＝CE，求∠DAB的度数； （2）如图2，点D在点A的右上方，连接BE，CE，点D恰好在CE上，延长DA交BE于点F，点G是AC的中点，连接FG，求证：； （3）如图3，连接EC，∠AEC＝90°，将线段AD沿AC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到线段AM，点M为点D的对应点，连接BM，当BM取得最大值时，请直接写出此时的值． 98．（2024秋•锦江区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，M为BC的中点，P为平面上一点，连接PA，将PA绕点A逆时针旋转90°得到线段QA． （1）如图1，当Q在BM上时，连接PB，PQ，求证：PB2+BQ2＝PQ2； （2）如图2，当Q在CM上时，连接PC，AM相交于点D，若，求线段BQ的长； （3）如图3，连接PM，有PM＝BM，连接BQ，当线段BQ取得最小值时，请求出的值． 99．（2024秋•建邺区期中）如图①，在⊙O中，劣弧AB的度数为120°，点P是优弧AB上的动点，且不与点A，B重合，弦PB的垂直平分线分别交射线PA，弦PB于点C，D． （1）求证：△PCB是等边三角形； （2）△POC能否为等腰三角形？如果能，求此时∠POC的度数；如果不能，请说明理由； （3）若⊙O的半径为2，则△POC面积的最大值是 　 ． 38 / 42 学科网（北京）股份有限公司 $ 限时练习：60min 完成时间： 月 日 天气： 作业07 与相似三角形有关的模型 一．A字 “A”字模型图形（通常只有一个公共顶点）的两个三角形有一个“公共角”（是对应角），再有一个角相等或夹这个公共角的两边对应成比例，就可以判定这两个三角形相似。 ①“A”字模型 ②反“A”字模型 ③同向双“A”字模型 ④内接矩形模型 图1　 　图2 　 图3 图4 ①“A”字模型 条件：如图1，DE∥BC；结论：△ADE∽△ABC⇔＝＝。 ②反“A”字模型 条件：如图2，∠AED＝∠B；结论：△ADE∽△ACB⇔＝＝。 ③同向双“A”字模型 条件：如图3，EF∥BC； 结论：△AEF∽△ABC，△AEG∽△ABD，△AGF∽△ADC⇔。 ④内接矩形模型 条件：如图4，△ABC的内接矩形DEFG的边EF在BC边上，D、G分别在AB、AC边上，且AM⊥BC；结论：△ADG∽△ABC，△ADN∽△ABM，△AGN∽△ACM⇔。 二．8字 “8”字模型图形的两个三角形有“对顶角”，再有一个角相等或夹对顶角的两边对应成比例就可以判定这两个三角形相似． ①“8”字模型 ②反“8”字模型 ③平行双“8”字模型 ④斜双“8”字模型 图1 图2 图3 图4 ①“8”字模型 条件：如图1，AB∥CD；结论：△AOB∽△COD⇔＝＝。 ②反“8”字模型 条件：如图2，∠A＝∠D；结论：△AOB∽△DOC⇔＝＝。 ③平行双“8”字模型 条件：如图3，AB∥CD；结论：。 ④斜双“8”字模型 条件：如图4，∠1＝∠2；结论：△AOD∽△BOC，△AOB∽△DOC⇔∠3＝∠4。 三．“A8”模型 ①一“A”+“8”模型 ②两“A”+“8”模型（反向双“A”字模型） 图1 图2 ①一“A”+“8”模型 条件：如图1，DE∥BC； 结论：△ADE∽△ABC，△DEF∽△CBF，⇔。 ②两“A”+“8”模型 条件：如图2，DE∥AF∥BC； 结论：△DAF∽△DBC，△CAF∽△CED，⇔ 四．“母子型”模型（共边共角模型） “母子”模型的图形（通常有一个公共顶点和另外一个不是公共的顶点，由于小三角形寓于大三角形中，恰似子依母怀），也是有一个“公共角”，再有一个角相等或夹这个公共角的两边对应成比例就可以判定这两个三角形相似。 图1 图2 1）“母子”模型（斜射影模型） 条件：如图1，∠C=∠ABD； 结论：△ABD∽△ACB，AB2＝AD·AC. 2）双垂直模型（射影模型） 条件：如图2，∠ACB=90o，CD⊥AB； 结论：△ACD∽△ABC∽△CBD；CA2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB. 5． 一线三等角模型 “一线三等角”型的图形，因为一条直线上有三个相等的角，一般就会有两个三角形的“一对角相等”，再利用平角为180°，三角形的内角和为180°，就可以得到两个三角形的另外一对角也相等（或利用外角定理也可），从而得到两个三角形相似． 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。 2）一线三等角模型（异侧型） 条件：如图，∠1=∠2＝∠3， 结论：△ADE∽△BEC. 3）一线三等角模型（变异型） 图1 图2 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. ②一线三直角变异型：条件：如图2，∠ABD=∠AFE=∠BDE=90°.结论：△ABC∽△BDE∽△BFC∽△AFB. 六．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）。 条件:如图，∠BAC=∠DAE=，； 结论：△ADE∽△ABC，△ABD∽△ACE；；∠BFC=∠BAC，∠BFC=∠BAC=∠DAE=α 七．飞鱼模型 如图，在△ABC和△BCD中（∠BCE与∠ACD共角），点B在AC上，点D在CE上，AD与BE相交于F，那么①AB:BC=1:m;②DE:CD=1:n;③AF:DF=1:x;④EF:BF=1:y,以上四个“知二推二”。 （一）模型证明 已知 证明：如图，过点D作DG∥BE交AC于点G， （二）解决飞鱼模型常见辅助线做法 1.过点A作辅助线（过点E与过点A作法一致） 2.过点B作辅助线（过点D与过点B作法一致） 3.过点C作辅助线 4.过点F作辅助线 （三）拓展模型--梅涅劳斯定理 条件： 结论： 8． 瓜豆原理 一个主动点，一个从动点（根据某种约束条件，跟着主动点动），当主动点运动时，从动点的轨迹相同。 只要满足： 则两动点的运动轨迹是相似的，运动轨迹长度的比和它们到定点的距离比相同。 1、两“动”，一“定” 2、两动点与定点的连线夹角是定角 3、两动点到定点的距离比值是定值 动点轨迹基本类型为直线型和圆弧型，主动点叫瓜（豆），从动点叫瓜（豆），瓜在直线上运动，豆也在直线_上运动；瓜在圆周上运动，豆的轨迹也是圆。 1）-- 轨迹是直线1 如图，P是直线BC上一动点，A是直线BC外一定点，连接AP，取AP中点Q，当点P在直线上运动时，则Q点轨迹也是一条直线。 证明：分别过A、Q向BC作垂线，垂足分别为M、N，在运动过程中， 因为AP=2AQ，所以QN始终为AM的一半，即Q点到BC的距离是定值，故Q点轨迹是一条直线． 2）-- 轨迹是直线2 如图，在△APQ中AP=AQ，∠PAQ=为定值，当点P在直线BC上运动时，则Q点轨迹也是一条直线。 证明：在BC上任取一点P1，作三角形△AP1Q1，且满足∠P1AQ1=，AQ1=AP1，连结Q1Q交BC于点N， ∵AP=AQ，AQ1=AP1，∠P1AQ1=∠PAQ=，，∴∠APP1=∠AQQ1， ∵∠AMP=∠NMQ，∴∠MNQ=∠PAQ=，即Q点所在直线与BC的夹角为定值，故Q点轨迹是一条直线． 3） -- 轨迹是圆1 如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．Q点轨迹是？ 分析：如图，连接AO，取AO中点M，任意时刻，均有△AMQ ∽△AOP，QM：PO=AQ：AP=1：2。 则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。 4） -- 轨迹是圆2 如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP，当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？ 分析：如图，连结AO，作AM⊥AO，AO=AM；任意时刻均有△APO≌△AQM，且MQ=PO。 则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。 5） -- 轨迹是圆3 如图，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=kAQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？ 分析：如图，连结AO，作AM⊥AO，AO:AM=k:1；任意时刻均有△APO∽△AQM，且相似比为k。 则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。 总结： 为了便于区分动点P、Q，可称P为“主动点”，Q为“从动点”。 此类问题的两个必要条件：①主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ是定值）；②主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP：AQ是定值）。 分析：如图，连结AO，作∠OAM=∠PAQ，AO:AM=AP：AQ；任意时刻均有△APO∽△AQM。 则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 题型一 A字模型 1．（2025秋•兰州期中）如图，点，分别在△的边，上，且△△，若，，则值为（　　） A．9 B．6 C．3 D．1 【答案】 【分析】本题可根据相似三角形的性质，利用相似三角形面积比与相似比的关系来求解△的面积． 【解答】相似三角形面积比等于相似比的平方， 设△与△的面积分别为和，相似比为， 则有， 由题可知，已知， 将其代入到中， 可得， 即． 故选：． 2．（2025•金湖县一模）如图，在△中，，，，则（　　） A． B． C．3 D．2 【答案】 【分析】根据，得到两对内错角相等，再利用相似三角形的判定得到△△，根据相似三角形的性质求解即可． 【解答】解：， ，， △△， ，即， 解得：． 故选：． 3．（2024秋•鸡泽县期末）已知：在△中，点为上一点，过点作的平行线交于点，过点作的平行线交于点，连接，交于点．则下列说法不正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】 【分析】由于平行线可以得到三角形相似，然后利用相似三角形的对应线段成比例即可得到结论． 【解答】解：， △△， ，， ， △， ，， ， 故选：． 4．（2023秋•临江市期末）如图，在△中，，，下列结论一定正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据，可得△△，△△，利用相似三角形的性质即可判断、、选项，再根据平行线分线段成比例即可判断选项． 【解答】解：， ，， △△， ， 故选项不符合题意； ， ，， △△， ， 故、选项不符合题意； ，， ，， ， 故选项符合题意； 故选：． 5．（2025•东营一模）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，用“出入相补”法证明了三角形面积公式．如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，作AF⊥DE于点F，沿虚线分割再重新拼接（无重叠无缝隙）成四边形GBCH．若DE＝4，AF＝3，则四边形DBCE的面积为 　18　 ． 【答案】18． 【分析】先根据三角形的面积公式可得△ADE的面积＝6，然后利用三角形的中位线定理可得DEBC，DE∥BC，从而可得∠ADE＝∠ABC，∠AED＝∠ACB，进而可得△ADE∽△ABC，最后利用相似三角形的性质进行计算，即可解答． 【解答】解：∵AF⊥DE， ∴△ADE的面积DE•AF4×3＝6， ∵点D、E分别是AB、AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DEBC，DE∥BC， ∴∠ADE＝∠ABC，∠AED＝∠ACB， ∴△ADE∽△ABC， ∴（）2， ∴△ABC的面积＝4△ADE的面积＝24， ∴四边形DBCE的面积＝△ABC的面积﹣△ADE的面积＝24﹣6＝18， 故答案为：18． 6．（2024•广平县模拟）如图将菱形ABCD的沿DF翻折，使点C落在AB边上，连结DE，EF，如果 BE＝BF，设△EBF的面积为 S1，△DFC 的面积为 S2，则∠C＝　72°　 ，　2　 ． 【答案】72°，2． 【分析】三个等腰△DAE、△DFC、△DEF全等，可得∠ADE＝∠CDF＝∠EDF，利用∠ADC+∠C＝180°求∠C；构造△FGC∽△∠DFC，求出，由△BEF∽△GDF求出面积比，利用等高求出，进而得到2． 【解答】解：在DC上取一点G，使FG＝FC， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝DA，∠A＝∠C，∠ADC+∠C＝180°， ∵BE＝BF， ∴AE＝CF， ∴△DAE≌△DFC（SAS）， ∴∠ADE＝∠CDF， 由翻折得，∠CDF＝∠EDF， ∴∠ADE＝∠CDF＝∠EDF， ∵∠ADC+∠C＝180°， ∴∠ADE+∠CDF+∠EDF+∠C＝180°， ∴3∠CDF+∠C＝180°①， ∵DF＝DC， ∴∠DFC＝∠C， ∴∠DFC+∠C+∠CDF＝180°， ∴2∠C+∠CDF＝180°②， 由①②得∠C＝72°； ∵FG＝FC， ∠C＝∠FGC＝72°， ∴∠FGC＝∠DFC＝72°， ∵∠C＝∠C， ∴△FGC∽△DFC， ∴， ∵∠CDF＝180°﹣2∠C＝180°﹣2×72°＝36°，∠DFG＝∠FGC﹣∠CDF＝72°﹣36°＝36°， ∴∠CDF＝∠DFG， ∴GD＝GF＝FC， ∴， ∴FC2﹣DC2+FC•DC＝0， ∴（）21＝0， ∴， ∵∠BEF＝∠BFE＝∠FDG＝∠DFG＝36°， ∴△BEF∽△GDF， ∴， ∴（）2， ∴， ∴（）32， ∴2， 故答案为：72°，2． 7．（2024秋•鼓楼区校级月考）如图，以线段为直径的半圆上有点，，且为的中点，作于，交延长线于点，弦，交于点，若，，则的长为 　　． 【答案】． 【分析】由三角形相似，勾股定理求出圆的半径，从而可求的长． 【解答】解：设半圆圆心为，的半径为，连接交于， ， ， 是半圆的直径， ， ， ， ， 是的中位线， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，（舍去）， ， ， ， ． 故答案为：． 8．（2024•湖北模拟）如图，△中，，，，点，分别在边和上，且，作的垂直平分线交于点，则的最小值 　5　． 【答案】5． 【分析】过点作，交于点，根据已知条件，利用勾股定理求出，设，证明△△，，，和，然后再证明△△，求出，最后在△中利用勾股定理求出的最小值，即可求解． 【解答】解：过点作，交于点，如图， ，，， ，， ， ， 设，则， 在△和△中， ，， △△， ， ，， ，， ， ，， ， ， ， 是的垂直平分线， ，，， 在△和△中， ，， △△， ， ， ， ， ， ， ， 在△中，由勾股定理得： ， ， 当时，有最小值为25， ， 的最小值为， 故答案为：5． 9．（2024秋•杨浦区期中）如图，已知在△中，点是中线上一点，且，点、分别在边、上，经过点．那么下列结论中，错误的是（　　） A．如果，那么 B．如果点与点重合，那么 C．的和是一个定值 D．的和是一个定值 【答案】 【分析】通过设，，由三角形面积公式推出和、和的比值，进而得出和的比值为，根据三角形面积公式又得出和之比等于，由此得出．显然进而选项正确，选项错误；对于选项，通过两边对应成比例及夹角相等证得△△，然后由同位角相等即可证明；对于选项，由推出，进而得到． 【解答】解：设，，，，． 根据三角形面积公式：． ，， ． ． ． 又． ，即． 当，，又因，则△△，． ，选项正确． 当点与点重合，，则，即． ，选项正确． 由于，选项正确． 而，不是定值，选项错误，符合题意． 故选：． 10．（2024•锦江区模拟）如图，在等边中，，点是边上一点，且，过点作于点，连接，则　　；点是的中点，连接，过点作交于点，则　　． 【答案】． 【分析】过点作于，过点作于，过点作于，延长交于，可证得，得出，求得，，，再运用勾股定理可得，再证得，得出，求得，，，，设，则，，，由，得，建立方程求得，即可求得答案． 【解答】解：，，， ，， ， ， 在中，由勾股定理得： ． 点是的中点， ， 过点作于，过点作于，过点作于，延长交于， 是等边三角形，， ，， ， ，， ， ， ，即， ，， ， ， ，， ， ，即， ，， ，， 设，则，， ， ， ， ， ，即， 解得：， ，， ， ， 故答案为：． 11．（2024•成华区校级开学）如图，，与之间的距离为3，在上方作等腰直角三角形，，，延长交于点，在上方作等腰直角三角形，，，、分别为、上的动点，且，连接、，则的最大值为 　　． 【答案】． 【分析】分两种情况讨论，构造直角三角形，运用勾股定理表示出、的值，然后构造型相似即可． 【解答】解：（1）当在右边时，如图， 过作两条平行线，过作两条平行线，过作． 则，， ，． 设， ， ， ． 构造如图的直角三角形，， ， ， ， ， 故当、在一条直线上时， 最大． （2）当在左边时，如图， 过作两条平行线，过作两条平行线，过作． 则，， ，． 设， ， ， ， ， 构造如图的直角三角形，， ， ， ， ， 故当、在一条直线上时， 最大． ， 的最大值为． 故答案为：． 12．（2025•包河区一模）如图，矩形中为对角线上一动点，过点作交于点，作交于点，连接、． （1）若， ①求证：平分； ②求证：； （2）已知，且为的中点，求矩形的周长． 【答案】（1）①见解析； ②见解析； （2）． 【分析】（1）①由矩形得到，再导角证明，等量代换得到，结合即可求解； ②证明△△，得到，然后等量代换即可证明； （2）作于点，由相似可得，求得，再利用三线合一性质求出，最后利用勾股定理求解即可． 【解答】（1）①证明：四边形是矩形， ， ， ， ，， 故， ， 故， 故， ， ， ， 平分； ②证明：， △△， ， ，，， ， 整理可得：； （2）如图所示，作于点， ，且为中点， 故，， △△， ，即，， 故， ， ， ，， ， ， 故矩形的周长． 13．（2024秋•内江校级期中）已知：如图，在中，，，．点由出发沿方向向点匀速运动，速度为；点由出发沿方向向点匀速运动，速度为；连接．若设运动时间为，解答下列问题： （1）如图①，当为何值时，与相似； （2）如图②，连接，当为何值时，； （3）是否存在某时刻，使线段恰好把面积平分？若存在，求出此时的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）或；（2）；（3）存在，使线段恰好把的面积平分． 【分析】（1）由题意知：，，则，当时，得，当时，得，分别代入计算即可； （2）过点作于，则，由，得，代入计算即可； （3）若存在，则此时，过点作于，由，得，表示出的长，从而列出方程． 【解答】解（1）在中，， 由题意知：，，则， 与相似， ①当时， ， ， 解得：； ②当时， ， ， 解得：． 故当或秒时，与相似； （2）如图，过点作于， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得； （3）存在某时刻，使线段恰好把的面积平分，理由为： 假设存在某时刻，使线段恰好把的面积平分， 有， ， 此时， 过点作于， ， ， ， ， ， ， 的面积为， 即， 化简得：， △， ， ， ， 则存在，使线段恰好把的面积平分． 14．（2025秋•南京月考）如图（1），已知△和△中，，，，且、、、共线，点、点在线段上．在射线上平移△，平移后得到△，直线与交于点． （1）如图（2），当在线段上时，设，，求关于的函数解析式（无需写出定义域）． （2）当时，设以、、、为顶点构成的四边形面积为，求的值． 【答案】（1）． （2）或． 【分析】（1）通过作，，由推出和△△．进而得到和分别与的数量关系，即可求出答案． （2）根据在线段外和在线段上两种情况分别求出和，然后即可求出答案． 【解答】解：（1）如图，作，．． 易知， ，． 设， ，， ． ． 由可得△△，则， ． （2）为方便表示，图中画出的△即为移动后的位置． 当时，有两种情况： ①如图，作，为垂足．易得， ， 设，则，，， ，， ， ． ，， ， ． ②由（1）可知，， ． 综合①②可得的值为或． 15．（2025•德阳模拟）如图，在中，，，，动点从点出发，沿方向匀速运动，速度为，以为直径作，与交于点，连接．设运动时间为，解答下列问题： （1）取何值时，平分； （2）设的面积为，求与的函数关系式； （3）是否存在某一时刻，使与相切？若存在，求出的值；若不存在说明理由． 【答案】（1）当时，平分； （2）； （3）当时，与相切． 【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角可得，运用勾股定理可得，再证得，可得 ，利用角平分线性质可得，建立方程求解即可得出答案； （2）过点作于点，利用相似三角形性质可得 ，再运用面积法求得 ，再根据三角形面积即可求得答案； （3）过点作于点，利用相似三角形性质和圆的性质即可求得答案． 【解答】解：（1）由题意得：，，， ，， 是的直径， ， 在中，， ，， ， ，即， ， ， 当时，平分， ， 解得：， 当时，平分； （2）如图，过点作于点， ， ，即， ， ，， ，即， ， ； （3）存在某一时刻，使与相切．理由如下： 如图，过点作于点， 由（1）（2）知： ， ，， ， ， ， ， ， ， 与相切， ， ， ， ， ，即， 解得：， 当时，与相切． 题型二 三角形内接矩形模型 16．（2023秋•茌平区校级月考）如图，△是一块锐角三角形余料，边长，高，现在要把它加工成长方形零件，且满足，、在上，、分别在、上，求矩形的面积． 【答案】． 【分析】易证△△，得到，设，则，，于是有，解出的值即可得出矩形的长和宽，再利用矩形的面积公式计算即可求解， 【解答】解：四边形为长方形， ， ，， △△ ， 设，则，， ， 解得：， ，， ． 17．（2024秋•奉贤区校级月考）如图，矩形的边在的边边上，顶点、分别在边、上，已知，． （1）当矩形为正方形时，求正方形的边长； （2）联结，当以为腰的等腰三角形时，求矩形的面积． 【答案】（1）；（2）或18． 【分析】（1）过点作于，交于，利用，得，设，则，，代入解方程即可； （2）分或两种情形，分别根据等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质可求出矩形的长和宽，从而解决问题． 【解答】解：（1）如图，过点作于，交于， ，， ， ， 四边形为正方形，设， ，， ， ， ， ， 解得：， 正方形的边长为； （2）当时，如图，作于， ， ， ， ，， ， ， ， ； 当时，如图，作于， 设，则， ， ， 解得， ， ， ， 综上：矩形的面积为或18． 18．（2024春•江岸区校级月考）在△中，． （1）若，，以为直角边作△，并且与△相似，请你直接写出△的周长　15或20　 ； （2）如图，点，，，在边上，设正方形，，周长分别为，，，求证，； （3）作，，设△，△，△的周长分别为，，，直接写出的最大值　　 ． 【答案】（1）15或20； （2）设，，， 正方形，，， ，，，， 由题意得，， △△， ，即， ， 由题意得，，， ； （3）． 【分析】（1）分情况讨论，写出相似式，利用相似三角形的性质即可求解； （2）找出相似三角形，利用相似三角形性质找到边的关系进行推导； （3）设，利用相似三角形的性质，把长度问题转化为角度相关问题，构造出二次函数，进而求最值． 【解答】（1）解：，，， ， 当△△时， ， 即； 当△△时， ， 即． 故答案为：15或20； （2）证明：设，，， 正方形，，， ，，，， 由题意得，， △△， ，即， ， 由题意得，，， ； （3）解：设，，则，， ， ， 由相似得：，，， ，， ，， ，，， ， 当时，有最大值，最大为． 故答案为：． 题型三 8字模型 19．（2024秋•睢县期末）如图，线段，相交于点，，若，，，则的长是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】 【分析】根据平行线的性质：两直线平行，内错角相等，可得，，则△△，由相似三角形的性质得，代入数值即可求解． 【解答】解：， ，， △△， ， ，，， ， ． 故选：． 20．（2024秋•荷塘区校级期末）如图，在平行四边形中，点在边上，，交于点，若，则．（　　） A． B． C． D． 【答案】 【分析】本题通过平行四边形的性质可以得到且，进而得到△△，在通过，得到，再由相似三角形的面积比等于相似比的平方得出答案． 【解答】解：四边形是平行四边形， 且， △△， ， ， ， 因为相似三角形的面积比等于相似比的平方， 所以， 故选：． 21．（2024秋•晋江市期末）如图，在矩形中，对角线与相交于点，，与相交点，则的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据矩形的性质得，，，则△△，有，再根据，可得，从而解决问题． 【解答】解：四边形是矩形， ，，， △△， ， ， ， ， ， ， ， 故选：． 22．（2023秋•临渭区期末）如图，平行四边形中，为上一点，交于点．已知，则下列判断错误的是　　 A．△与△的周长比为 B．△与四边形的面积比为 C．若连接，则△与△相似，且相似比为 D．若题中条件“”改为“点为边的黄金分割点，”，则 【答案】 【分析】根据平行四边形的性质可得，，从而可得，再利用平行线的性质可得，，从而可得△△，进而利用相似三角形的性质即可判断；然后利用相似三角形的性质可得，从而可得△的面积：△的面积，再设△的面积为，则△的面积为，从而可得△的面积，进而可得△的面积，再利用平行四边形的性质可得，，从而利用证明△△，进而可得△的面积△的面积，再利用面积的和差关系可得四边形的面积，从而可得△的面积：四边形的面积比，即可判断；再根据相似三角形的性质可得，从而可得△和△不一定相似，即可判断；最后根据黄金分割的定义可得，从而可得，再利用相似三角形的性质可得，从而进行计算即可判断，即可解答． 【解答】解：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ，， △△， △与△的周长比为；△与△的面积比为； 故不符合题意； △△， ， △的面积：△的面积， 设△的面积为，则△的面积为， △的面积， △的面积△的面积△的面积， 四边形是平行四边形， ，， ， △△， △的面积△的面积， 四边形的面积△的面积△的面积， △的面积：四边形的面积比， 故不符合题意； 如图：连接， △△， ， ， △和△不一定相似， 故符合题意； 点为边的黄金分割点，， ， ， △△， ， ， 故不符合题意； 故选：． 23．（2024秋•诸暨市期中）如图，在矩形ABCD中，F为AB中点，连结DF，过点B作DF垂线，交DF延长线于点E，连结CE，若，则　　 ；，则　　 ．（用含有k的代数式表示） 【答案】；． 【分析】过点E作EH⊥AB，先判定△DFA∽△EFH，根据相似三角形的对应边成比例得到比例式，再判定△DFA∽△EFH，根据对应边成比例与比例的性质即可求出结果． 【解答】解：过点E作EH⊥AB， ∴S△BCEBC•BH，S△BEFBF•EH， ∵EH⊥AB， ∴∠EHF＝∠DAF＝90°， 又∵∠DFA＝∠EFH， ∴△DFA∽△EFH， ∴， ∵F为AB中点， ∴FA＝FB， 当时，， ∵AD＝BC，FA＝FB， ∴， 设HF＝x，则BH＝kx， ∴AF＝BF＝BH+HF＝（k+1）x， ∴AB＝2BF＝2（k+1）x， ∵△DFA∽△EFH， ∴， ∵BE⊥DE， ∴∠BEF＝∠DAF＝90°， 又∵∠BFE＝∠DFA， ∴△DFA∽△BFE， ∴， ∴EF•DF＝BF•AF＝（k+1）2x2， ∵EF， ∴DF2＝（k+1）3x2， ∴， ∵AD＝BC， ∴， 在Rt△AFD中，由勾股定理得：DF2＝AD2+AF2， ∴AD2＝DF2﹣AF2＝（k+1）3x2﹣（k+1）2x2， 当k＝2时，AD2＝33x2﹣32x2＝18x2， ∴ADx，AB＝2（k+1）x＝6x， ∴． 故答案为：；． 24．（2025•青山区模拟）【问题背景】（1）如图1，AB∥CD，BC与AD交于点O，过点O的直线分别与AB，CD交于E，F两点，求证：． 【问题探究】（2）如图2，点E，F分别是平行四边形ABCD边AD，CD上的点，连接AF，BE交于点M，连接CM并延长交AD于点N． ①如图3，若平行四边形ABCD为正方形，E，F分别是边AD，CD的中点．求证：CF＝2AN； ②如图2，求证：． 【答案】证明见解析． 【分析】（1）证明△AEO∽△DFO，得出，同理△BEO∽△CFO，得出．则可得出结论； （2）①延长AF，BC交于点G，证明△BAE≌△ADF（SAS），得出∠ABE＝∠DAF，证出∠BMG＝90°，得出CMBG＝CG，证明MN＝NE，则可得出结论； ②延长AF，BC交于点H，证明△ANM∽△HCM，得出，同理△AEM∽△HBM，得出，则可得出结论． 【解答】证明：（1）∵AB∥CD， ∴∠A＝∠D，∠AEO＝∠DFO， ∴△AEO∽△DFO， ∴， 同理△BEO∽△CFO，． ∴； （2）①延长AF，BC交于点G， ∵E、F是正方形ABCD边AD，CD上的中点， ∴AE＝DE＝DF＝CF， ∵∠ADF＝∠GCF＝90°，∠AFD＝∠GFC， ∴△ADF≌△GCF（AAS）， ∴AD＝CG＝BC， ∵AB＝AD∠BAE＝∠ADF， ∴△BAE≌△ADF（SAS）， ∴∠ABE＝∠DAF， ∵∠DAF+∠BAM＝90°， ∴∠ABE+∠BAM＝90°， 即∠BMG＝90°， ∴CMBG＝CG， ∴∠CMG＝∠G， ∵AD∥CG， ∴∠NAM＝∠G， ∵∠CMG＝∠NMA， ∴∠NAM＝∠NMA， ∴AN＝MN， ∵∠NAM+∠AEM＝90°，∠NMA+∠NME＝90°， ∴∠AEM＝∠NME， ∴MN＝NE， ∴， ∴CF＝2AN； ②延长AF，BC交于点H， ∵AD∥BC， ∴∠ANM＝∠HCM，∠NAM＝∠CHM， ∴△ANM∽△HCM， ∴， 同理△AEM∽△HBM， ∴， ∴， ∴， ∵AB∥CF， ∴， ∴． 25．（2024秋•汝阳县期中）如图，点是双曲线上一动点，且、为关于的一元二次方程的两根，动直线与轴、轴正半轴分别交于点、，过点与垂直的直线交轴于点，点是的中点，的延长线交过点与垂直的直线于点． （1）求双曲线的解析式； （2）求的最小值； （3）若点到的距离等于的最小值，求的值． 【答案】（1）； （2）； （3）． 【分析】（1）根据根与系数关系得出的值，即可得出的值，进而确定双曲线的解析式； （2）根据点的坐标求出，再用配方法确定的最值即可； （3）作于，证△△，△△，根据线段比例关系得出与的数量关系即可． 【解答】解：（1）、为关于的一元二次方程的两根， ， 点是双曲线上一动点， ， 双曲线的解析式为； （2）点的坐标为， ， 当时，有最小值为， 即的最小值为； （3）作于， 由（2）知，， 设， 点是的中点， ， ，，， ， ，，， 又， △△，△△， ，， ， 即， ， 又， ， 即， ， ， ． 26．（2025秋•拱墅区校级月考）如图，四边形ABCD为圆内接四边形，点A为的中点，对角线BD与AC交于点F，点E在BF上，连接CE，且CE∥DA，CE＝BF． （1）求证：AF＝CD； （2）若，求的值（用含k的代数式表示）； （3）若BE＝2，△CEF的面积为2，求sin∠ABF的值． 【答案】（1）∵点A为的中点， ∴∠ABF＝∠ADB， ∵CE∥AD， ∴∠DEC＝∠ADB． 在△ABF和△DEC中， ， ∴△ABF≌△DEC（AAS）， ∴AF＝CD． （2）． （3）． 【分析】（1）根据圆和平行线的性质证明∠ABF＝∠ADB和∠DEC＝∠ADB，然后推出△ABF≌△DEC，进而得出结论． （2）先证明△ABC∽△AFB得到，然后根据已知条件得出＝＝k+1．再由＝求出答案， （3）通过构造S△ABE＝S△FEC＝2求出AH的长度，然后根据等腰三角形的性质得知BH＝DH，最后在Rt△ABH中根据勾股定理构建关于AB的方程求解即可． 【解答】（1）证明：∵点A为的中点， ∴∠ABF＝∠ADB， ∵CE∥AD， ∴∠DEC＝∠ADB． 在△ABF和△DEC中， ， ∴△ABF≌△DEC（AAS）， ∴AF＝CD． （2）解：在△ABC和△AFB中，∠ABF＝∠ACB，∠BAF＝∠CAB， ∴△ABC∽△AFB， ∴． 由可得＝＝k+1． ∵＝＝， ∴＝． （3）解：连接AE，过点A作AH⊥BD，H为垂足． 根据圆的性质，AB＝AD，则BH＝DH． 由AD∥CE可得S△AEC＝S△DEC， ∴S△AEF＝S△DFC， 根据△ABF≌△DEC可知S△ABF＝S△DEC， ∴S△AEC＝S△ABF，则S△ABE＝S△FEC＝BE•AH＝2， ∴AH＝2， 设AB＝2m，则D＝BE+DE＝BE+AB＝2+2m． ∴BH＝1+m， 在Rt△ABH中，AB2＝AH2+BH2， ∴（2m）2＝22+（1+m）2， 解得：m＝， 即AB＝2m＝． ∴sin∠ABF＝＝． 27．（2024•十堰一模）已知：和为两个全等的等腰直角三角形，，，为中点，以为旋转中心，旋转，交于点，分别交，于，两点． （1）如图①，当时，求证：； （2）如图②，当点恰好落在边上时，连接，求的长； （3）如图③，时， ①求证：； ②直接写出的值． 【答案】（1）证明见解答； （2）的长为； （3）①证明见解答； ②． 【分析】（1）根据题意得：，，，推出，即，再运用全等三角形的判定即可证得结论； （2）过点作于，可证得，得出，，再运用勾股定理即可求得答案； （3）①过点作于，先证得是等腰直角三角形，可得，，设，则，再证得，利用相似三角形性质即可证得结论； ②连接、，过点作于，利用解直角三角形求得，即可求得，再证得，即可求得，进而求得答案． 【解答】（1）证明：如图①，和为两个全等的等腰直角三角形， ，，， ，即， ，， ， ； （2）解：如图②，过点作于， 则， ， 为等腰直角三角形， ，， ， ， ， ，， 为中点， ， ， ，， ， 在中，； （3）①证明：如图③，过点作于， 则， 为等腰直角三角形，， ，， 是等腰直角三角形， ，，设， ， ， ，， ， 解得：， ，，， ， ，， ， ，即， ， ， ； ②解：如图，连接、，过点作于， 则， ， ， ，即， ， ， ， ， ． 28．（2024•鹿城区校级三模）如图1，在菱形中，于点，为的中点，延长交的延长线于点，已知，．点，分别在线段，上（不与端点重合），且满足，设，． （1）求证：． （2）求关于的函数表达式． （3）如图2，连结． ①当与△的一边垂直时，求的值． ②当点落在的延长线上时，记与的交点为，求的值． 【答案】（1）证明见解答； （2）关于的函数表达式为． （3）①的值为或． ②的值为． 【分析】（1）连接，利用菱形性质可得，，易证，，进而运用证得△△，即可证得结论； （2）由中点性质得，进而得出，设，，则，再结合已知条件即可求得答案； （3）①由于点，分别在线段，上（不与端点重合），故不可能垂直，分两种情况讨论：当时，当时，分别求得的值； ②过点作交的延长线于点，作于，由，得△△，利用相似三角形性质建立方程求得的值，再由，可得△△，利用相似三角形性质即可求得答案． 【解答】（1）证明：如图1，连接， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， ，， 在△和△中， ， △△， ． （2）解：、分别为、的中点， ， ， ， 由（1）知， ， ， 设，， 则， ， ， ； （3）解：①点，分别在线段，上（不与端点重合）， 不可能垂直， 当时，如图2，连接，， 则， 同理可得△是等边三角形， 点是的中点， ， ， ， ， ， 又， △△， ， 即， 由（2）得，，，， ，，， ， 解得：； 当时，如图3， ，， ， ， 即， ， 解得：； 综上所述，的值为或． ②如图4，过点作交的延长线于点，作于， 则，， ， ， 则，， 由（2）知，，， ， ， △△， ，即， 解得：（负值舍去）， ， ， ， ， ， ， △△， ． 29．（2025•朝阳区校级模拟）如图，在边长为的等边△中，点从点开始以每秒的速度沿射线方向运动，连结，点在线段上（不与端点重合），将射线绕点逆时针旋转得到的射线与射线交于点，设点的运动时间为秒． （1）如图①，当点在边上时，若平分，则　30　． （2）如图②，当点在边延长线上时，过点作交于点，若点为中点， ①求证：△△； ②当时，求的值． （3）若点是的三等分点，当△的面积等于，直接写出的值． 【答案】（1）30．（2）①证明见解答； ②的值为3． （3）的值为4或1． 【分析】（1）运用等边三角形性质、角平分线定义、旋转变换性质及直角三角形性质即可求得答案； （2）①利用可证得△△，再利用即可证得△△； ②根据题意建立方程求解即可得出答案； （3）分两种情况：当时，当时，分别求得的值即可． 【解答】（1）解：△是等边三角形， ， 平分， ， 射线绕点逆时针旋转得到的射线与射线交于点， ， ， ， 故答案为：30． （2）①证明：， ，， 点为中点， ， 又， △△， ， △是等边三角形， ，， ，， ， ， 射线绕点逆时针旋转得到的射线与射线交于点， ，即， 又， ， △△； ②由①知△△， ， 由题意得 ， ， 解得， 的值为3． （3）点是的三等分点， 或， 当时，如图，过点作于，过点作交的延长线于， 则， △的面积等于， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， △△， ， ， ， ， ， 解得； 当，即时，如图，过点作交的延长线于， 则， 又， ， ， ， △△， ， ， ，即， 解得：； 综上所述，的值为4或1． 题型四 “ A8”字模型 30．（2024秋•贵池区期末）如图，在△中，中线与中线相交于点，连接．下列结论成立的是（　　） A． B． C． D． 【答案】 【分析】由，是△的中线，得到是△的中位线，推出△△，△△，由相似三角形的性质即可解决问题． 【解答】解：，是△的中线， 是△的中位线， ，， △△， ，，， ， ， ， ， ， ， ， △△， ， ， ， 结论成立的是， 故选：． 31．（2024秋•耒阳市期中）如图在△中，点、分别在、上，，点在的延长线上，，，，则的值是（　　） A． B． C． D． 【答案】 【分析】通过证明△△，可求，可得，通过证明△△，可得，即可求解． 【解答】解：， △△， ， ，， ， ， ， ， △△， ， ， ， 故选：． 32．（2025•武汉模拟）如图，在△ABC中，M，N分别为边AB，AC上的点，∠ANM＝∠ABC． （1）求证：AN•AC＝AM•AB； （2）如图（2），已知∠ABC＝60°，延长BC到D，使BD＝AB，延长MN交AD于点P． ①若设，探究m，n之间的等量关系； ②连接BN，若BN平分∠MNC，BC＝3，CD＝2，直接写出AP的值． 【答案】（1）见解析； （2）①； ②． 【分析】（1）利用两角对应相等证明△AMN∽△ACB，列出比例式，化为乘积关系即可； （2）①法一：如图（2）所示，作CQ∥AB交AD于点Q，∠ABC＝60°，BD＝AB，从而△ABD和△CQD为等边三角形，设CD＝a，则BC＝am，则QD＝CD＝a，AQ＝BC＝am．证明△ACQ∽△APN，可得，即m，故AN＝mPN．又由（1）可知△AMN∽△ACB，从而，故ANMN，所以mPNMN，再利用n，整理后即可得； 法二：（构造“双A型”相似）：如图（3）所示，作DR∥MP交AB于点R，作RS∥AC交BD于点S．首先证明△ADC≌△DBR（ASA）．得BR＝CD．设BR＝CD＝a，则BC＝am＝AR，由DR∥MP，可得，由RS∥AC，可得，从而n，故SC＝an，则BS＝BC﹣SC＝（m﹣n）a，由RS∥AC，可得，即，整理可得． ②作BF⊥NM延长线于点F，BE⊥AC于点E，作DH∥MP交AB于点H，如图（4）所示，利用角平分线性质可得BF＝BE，根据对角互补可证得△BFM≌△BEC（ASA），从而BM＝BC，由BC＝3，CD＝2， 故BM＝3，AB＝BD＝3+2＝5，由（2）①中可证得△ACD≌△DHB，则BH＝CD＝2，故MH＝1，AM＝2， 由MP∥DH，可得，从而AP． 【解答】（1）证明：∵∠ANM＝∠ABC，∠A＝∠A， ∴△AMN∽△ACB， ∴， ∴AN•AC＝AM•AB； （2）①解：法一： 如图（2）所示，作CQ∥AB交AD于点Q， ∵∠ABC＝60°，BD＝AB， ∴△ABD为等边三角形，从而△CQD也为等边三角形． 设CD＝a，则BC＝am，则QD＝CD＝a，AQ＝BC＝am． ∵∠ANM＝60°， ∴∠ANP＝∠AQC＝120°， ∵∠CAQ＝∠NAP， ∴△ACQ∽△APN， ∴，即m， 故AN＝mPN． 又由（1）可知△AMN∽△ACB， ∴， 故ANMN， ∴mPNMN， 又∵n，即． 法二（构造“双A型”相似）：如图（3）所示， 作DR∥MP交AB于点R，作RS∥AC交BD于点S． ∵∠ANM＝60°， ∴∠ATR＝∠CTD＝60°＝∠CAD+∠ADT， 又∵∠ADT+∠TDB＝60°， ∴∠CAD＝∠TDB． 在△ADC和△DBR中， ， ∴△ADC≌△DBR（ASA）． ∴BR＝CD． 设BR＝CD＝a，则BC＝am＝AR， 由DR∥MP，可得， 由RS∥AC，可得， 从而n， 故SC＝an， 则BS＝BC﹣SC＝am﹣an＝（m﹣n）a， 由RS∥AC，可得， 即，即， 整理可得． ②解：作BF⊥NM延长线于点F，BE⊥AC于点E，作DH∥MP交AB于点H， 如图（4）所示， ∵BN平分∠MNC， ∴BF＝BE， ∵∠MNE+∠MBC＝120°+60°＝180°， ∴∠BMN+∠BCN＝180°， 从而可得∠FMB＝∠BCE． 在△BFM和△BEC中， ， ∴△BFM≌△BEC（ASA）， ∴BM＝BC， ∵BC＝3，CD＝2， ∴BM＝3，AB＝BD＝3+2＝5， 由（2）①中可证得△ACD≌△DHB，则BH＝CD＝2， ∴MH＝1，AM＝2， 由MP∥DH， ∴， 从而AP． 33．（2024春•惠山区校级期末）[基础学习] （1）如图1，在△ABC中，D，E，F分别为AB，AC，BC上的点，DE∥BC，AF交DE于点G，求证：． [尝试应用] （2）如图2，已知D、E为△ABC的边BC上的两点，且满足3BD＝3DE＝CE，一条平行于AC的直线分别交AB、AD和AE于点P、Q和M，求的值． [拓展提高] （3）如图3，矩形ABCD中AB＝3a，AD＝2a（a为常数），点E是矩形AB边上的一个动点，延长BA至点F，使AF＝2AE，连接DE，CF，DE与CF相交于点G，连接BG，求BG的最小值（用a的代数式表示）． 【答案】（1）证明见解答； （2）； （3）a． 【分析】（1）通过证明△ADG∽△ABF，△AEG∽△ACF，由相似三角形的性质可求解； （2）过点Q作QG∥BC，分别交AB、AE、AC于F、K、G，通过证明△AFQ∽△ABD，△AQK∽△ADE，△AKG∽△AEC，△FPQ∽△FAG，△MQK∽△AGK，得出PQAG，QMAG，即可求得答案； （3）连接AG，并延长AG交CD于H，通过相似三角形的性质可求DHCD＝a，点G在线段AH上运动，当且仅当BG⊥AH时，BG有最小值，即可求解． 【解答】（1）证明：∵DE∥BC， ∴△ADG∽△ABF，△AEG∽△ACF， ∴，， ∴， ∴； （2）解：如图，过点Q作QG∥BC，分别交AB、AE、AC于F、K、G， ∵QG∥BC， ∴△AFQ∽△ABD，△AQK∽△ADE，△AKG∽△AEC， ∴，，， ∴， ∵3BD＝3DE＝CE， ∴设BD＝x，则DE＝x，CE＝3x，设k， ∴k， ∴FQ＝QK＝kx，KG＝3kx， ∴FG＝FQ+QK+KG＝5kx， ∵PM∥AC， ∴△FPQ∽△FAG，△MQK∽△AGK， ∴，， ∴PQAG，QMAG， ∴； （3）如图，连接AG，并延长AG交CD于H， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD，CD＝AB＝3a，∠BAD＝∠ADC＝90°， ∴△AEG∽△HDG，△EFG∽△DCG， ∴，， ∴ ∴， ∵AF＝2AE， ∴， ∴DHCD＝a， ∴点G在线段AH上运动，当且仅当BG⊥AH时，BG有最小值， 在Rt△ADH中，AHa， ∵BG⊥AH， ∴∠AGB＝90°＝∠ADH， ∵∠ABG+∠BAG＝∠BAG+∠HAD＝90°， ∴∠ABG＝∠HAD， ∴△ABG∽△HAD， ∴，即， ∴BGa， ∴BG的最小值为a． 题型五 母子型（共边共角型） 34．（2025•雷州市二模）如图，△中，，点在上，．若，，则的长度为（　　） A． B． C． D．4 【答案】 【分析】在△中，由锐角三角函数求得，再由勾股定理求得，最后在△中由锐角三角函数求得． 【解答】解：，，， ， ， ， ， ． ， ． 故选：． 35．（2024•鞍山模拟）如图，已知中，，分别是，边上的点，，，与的延长线交于点，，，则　　． 【答案】． 【分析】过点作，交的延长线于点，由等角的补角相等得，于是可证，利用相似三角形的性质求出，，由可得，，利用相似三角形的性质即可求解． 【解答】解：如图，过点作，交的延长线于点， ， ，即， 又， ， ，即， ，， ， ， ，即， ，， ， ， ， ，即， ， ． 36．（2025•盱眙县模拟）如图，中，，于，，，求． 【分析】根据射影定理求得斜边上的高线的长度，然后由三角形的面积公式进行解答． 【解答】解：如图，中，，， ． 又，， ，， ， ，即． 37．（2024秋•长春期中）如图，在△中，，，，点是的中点，连结，分别交、于点、．给出下面四个结论： ①； ②△△； ③△和△是以点为位似中心的位似图形； ④． 上述结论中，所有正确结论的序号是 　①②　 ． 【答案】①②． 【分析】由斜边中线定理可直接判断①； 由斜边中线性质定理，可得，得，证明△△，可判断②； 由勾股定理求得斜边长后，证明△△，△△，利用相似三角形的性质可求出，，，的长，推出，可判断③； 求得的值，可判断④． 【解答】解：，点是的中点，则由斜边中线定理可知，故①结论正确； ，点是的中点， ， ， 又， △△，故②结论正确； ， ， ，，由勾股定理可得：， ， ， △△， ，即， 从而可得，，， △△， ，即， ， ， ， △和△不是以点为位似中心的位似图形，故③结论不正确； ， ， ， ，故④结论不正确． 综上，正确的有①②． 故答案为：①②． 38．（2024•双城区一模）已知在，，是边中点，在边上，且，于点，，，则　　． 【答案】． 【分析】延长与交于点，过点作，交的延长线于点，根据垂直定义可得，在中，利用锐角三角函数的求出的长，从而求出的长，再根据线段中点的定义可得，从而利用证明，然后利用全等三角形的性质可得，，再证明，从而利用相似三角形的性质求出的长，最后利用三角形的外角性质可得，再利用对顶角相等可得，从而可得，进而可得，再证明，从而利用相似三角形的性质求出的长，进而求出的长，再在中，利用勾股定理进行计算，即可解答． 【解答】解：延长与交于点，过点作，交的延长线于点， ， ， ， 在中，，， ， ， 是边中点， ， ，， ， ，， ，， ， ， ， 解得：， 是的一个外角， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ， ， 故答案为：． 39．（2023秋•晋中期末）如图，正方形的边长为4，点是对角线上的一点，且，点是边上的一个动点，连接，过点作交于点，当时，线段的长为 　　． 【答案】． 【分析】设，连接交于点，交于，过点作于，过点作于，由正方形的性质可得：，，，，，，，，由，可得，，再证得△△，可得，即可求得答案． 【解答】解：设，连接交于点，交于，过点作于，过点作于， 四边形是边长为4的正方形， ，，，， ， ， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ，， △△， ， ， 即， 解得：， ， 故答案为：． 40．（2023•无锡）如图，△中，，，，点在上，交于点，的延长线与的延长线相交于点，且△△，则　　． 【答案】． 【分析】利用△△得，，，设，利用等腰计算得，，再利用双勾股得，再计算即可． 【解答】解：，， ， △△， ，，， ， 设，则， ， 由得， 由得， 设， ， ， ， 即， ， ，， △△， ， ， 同理， ， ， ， ，（负值舍去） ． 故答案为：． 41．（2024秋•淮北期末）如图，为 的直径，点在上，，点在的延长线上，与相切于点，与的延长线相交于点，与相交于点． （1）求证：； （2）若，，求的长． 【答案】（1）见解析； （2）． 【分析】（1）连接，可得，由，可得，又，，可得．再由，则可得，即可证明结论； （2）设，，则，，，在△中，由勾股定理可得方程，解得．再证明△△，得到，故可解出．在△中，由勾股定理可得，进而可得． 【解答】（1）证明：连接，如图所示， 与相切于点， ， ， ， 又，， ， 又， ， ． （2）解：， 设，， 则， ， 又， ，， 在△中，由勾股定理可得： ， 解得：或（舍去）． ，． ，， ， ， 又， △△． ，即， ． 在△中，由勾股定理有： ， ． 42．（2025•宿迁模拟）在矩形中，点为射线上一动点，连接． （1）当点在边上时，将沿翻折，使点恰好落在对角线上点处，交于点． ①如图1，若，求的度数； ②如图2，当，且时，求的长． （2）在②所得矩形中，将矩形沿进行翻折，点的对应点为，当点，，三点共线时，求的长． 【答案】（1）①；②； （2）或或． 【分析】（1）①由矩形的性质和锐角三角函数定义得，再由折叠的性质得，则是等边三角形，即可得出结论； ②由折叠的性质得，，则，再证，即可解决问题； （2）分三种情况，、证△，得，再由勾股定理得，即可解决问题； 、证，得，再由勾股定理等，即可得出结论； 、与重合时，． 【解答】解：（1）①四边形是矩形， ，， ， ， ， ， 由折叠的性质得：， 是等边三角形， ， ； ②由折叠的性质得：，， ， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ，， ， ， ， ，即， 解得：（负值已舍去）， 即的长为； （2）当点，，三点共线时，分三种情况： 、如图3，由②可知，， 四边形是矩形， ，，，， ，， 由折叠的性质得：，， ，， △， ， ， ； 、如图4， 由折叠的性质得：， ， ， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， ； 、与重合时，； 综上所述，的长为或或． 43（2023•丹徒区模拟）如图1，在中，点在边上，点在边上，若满足，则称点是点的“和谐点”． （1）如图2，． ①求证：点是点的“和谐点”； ②在边上还存在某一点（不与点重合），使得点也是点的“和谐点”，请在图2中仅用圆规作图，找出点的位置，并写出证明过程．（保留作图痕迹） （2）如图3，以点为原点，为轴正方向建立平面直角坐标系，已知点，，点在线段上，且点是点的“和谐点”． ①若，求出点的坐标； ②若满足条件的点恰有2个，直接写出长的取值范围是 　　． 【答案】（1）①证明见解答； ②作图、证明见解答； （2）①点的坐标为，或，； ②． 【分析】（1）①由考虑平角，只要证明即可； ②分别做线段、的中垂线，两条中垂线交于点，则为的外心，以为圆心，为半径作圆交于点，点即为所求．用同弧所对的圆周角相等证明； （2）①通过求出的长度，然后求出直线的表达式为：，设点的坐标为，利用、两点间的距离公式解方程求出点； ②求出两个临界状态时的：一是当点与点重合时；二是的外接圆与线段恰有一个交点时． 【解答】（1）①证明：，， ， ， ， 点是点的“和谐点”； ②解：以为圆心，为半径作弧交于点，点即为所求，如图： 连接， ，， ， ， ， ， ， ， 、、、四点共圆， ， ， ， 也是点的“和谐点”； （2）解：①，， ， ，， ， ， 直线的表达式为：， 设点的坐标为， 点， ， ， ，， ，或，； ②当点与点重合时，的外接圆与线段恰有两个交点，恰有两个“和谐点”，如图： 点，， ， 由①知， ，即， ， ； 当的外接圆与线段恰有一个交点时，如图： 此时的外接圆与线段相切，则，且为直径， ， 点的坐标为， ，，， ，， ， ， ， ， ，即， ， ； 综上，若满足条件的点恰有2个，长的取值范围是， 故答案为：． 题型六 一线三等角模型 44．（2024•宁海县校级自主招生）有五本形状为长方体的书放置在方形书架中，如图所示，其中四本竖放，第五本斜放，点正好在书架边框上．每本书的厚度为，高度为，书架宽为，则的长 　　． 【答案】． 【分析】根据题意得出，，，证，根据线段比例关系得出的长度即可． 【解答】解：由题知，，，， ，， ， ， ， ， 即， ， 在中，由勾股定理得， 即， 解得或（舍去）， 故答案为：． 45．（2024•沈阳模拟）如图，矩形中，，，是边上一点，且，是边上一动点，作，交边于点，将沿着所在直线折叠，点的对应点恰好落在边上，则的长为 　4或　． 【答案】4或． 【分析】设，则，过作于，则．先利用，即可得出；再利用△，即可得出；在中，利用勾股定理列方程求解即可得到的值，进而得出结论． 【解答】解：设，则， 如图所示，过作于，则， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ，即， ， 由折叠可得，，，， ， ， ， 又， △， ，即， ， ， 中，， ， 解得或， 或． 故答案为：4或． 46．（2025•台儿庄区模拟）感知：（1）数学课上，老师给出了一个模型：如图1，，由，，可得；又因为，可得，进而得到　　我们把这个模型称为“一线三等角”模型． 应用：（2）实战组受此模型的启发，将三等角变为非直角，如图2，如图，在中，，，点是边上的一个动点（不与、重合），点是边上的一个动点，且． ①求证：； ②当点为中点时，求的长； 拓展：（3）在（2）的条件下，如图2，当为等腰三角形时，请直接写出的长． 【答案】（1）； （2）①证明见解答过程；②3.6； （3）2或． 【分析】（1）根据相似三角形的性质解答即可； （2）①根据等腰三角形的性质得到，根据三角形的外角性质得到，进而证明； ②根据相似三角形的性质计算，得到答案； （3）分、、三种情况，根据等腰三角形的性质、相似三角形的性质计算即可． 【解答】（1）解：， ， ， 故答案为：； （2）①证明：， ， ，，， ， ， ； ②解：，点为中点， ， ， ，即， 解得：； （3）解：当时，， ， ； 当时，， ， ，不合题意， ； 当时，， ， ， ，即， 解得：， ， 综上所述：当为等腰三角形时，的长为2或． 47．（2024秋•内乡县期中）矩形中，，，将矩形折叠，使点落在点处，折痕为． （1）观察发现：如图1，若点恰好在边上，　　（填写一个与相似的三角形）； （2）拓展探究：如图1，若点恰好在边上，则线段的长为 　　； （3）迁移应用：如图2，若是的中点，的延长线交于点，其余条件不变，求线段的长． 【答案】（1）； （2）； （3）3． 【分析】（1）先判断出，再用同角的余角相等，判断出，即可得出结论； （2）先利用勾股定理求出，进而求出，再用勾股定理，建立方程求解，即可得出结论； （3）过点作交于，交于．设，则．证明，推出，推出，，在中，由，可得，求出，再证明，利用相似三角形的性质求解即可． 【解答】解：（1）四边形是矩形， ， ， 由折叠知，， ， ， ， ， 故答案为：； （2）四边形是矩形， ，，， 由折叠知，，， 在中，， ， 在中，， ， ， 故答案为：； （3）如图，过点作交于，交于． 则四边形是矩形， 设，则， ，， ，， ， ， ， ，， 在中，， ， 解得（负值已经舍弃）， ， 在中，， ， ， ， ， ． 48．（2024•中山市一模）【感知】如图①，在正方形中，为边上一点，连结，过点作交于点．易证：．（不需要证明） 【探究】如图②，在矩形中，为边上一点，连结，过点作交于点． （1）求证：． （2）若，，为的中点，求的长． 【应用】如图③，在中，，，．为边上一点（点不与点、重合），连结，过点作交于点．当为等腰三角形时，的长为 　或2　． 【答案】【探究】（1）见解析；（2）；【应用】或2． 【分析】【探究】（1）利用同角的余角相等得，从而证明结论； （2）由（1）知，得，代入计算即可； 【应用】如果，则，，则点与点重合，点与点重合，不符合题意；如果，利用证明，得，可得答案；如果，则，则，则，从而解决问题． 【解答】【探究】（1）证明：四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， 又， ； （2）解：为的中点， ， 由（1）知， ， 即， ； 【应用】解：如果，则，，则点与点重合，点与点重合，不符合题意， ②如果，则， 为的外角， ， ，， ， ， ， ， 又，， ， ， ，，， ， ； 如果，则， ， 在中，， ， ， 又， 点为的中点， ， 综上，的长为或2， 故答案为：或2． 49．（2025•韶关模拟）如图1，已知矩形，，．点从出发，以的速度沿边运动，（点不与点重合），连接，作，交矩形的边于，设点的运动时间为． （1）时，则　　； （2）若，求的值； （3）当在边上时，且，求的面积； （4）当在边上时，直接写出的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）； （4）或． 【分析】（1）因为，所以，因为，所以，则，所以，又由，可得，代入比例式可求出的长． （2）因为，，所以，所以，因为，所以，所以，即，解之即可； （3）在中，，所以，由（1）知，，所以，所以，解得，所以，，，再根据三角形面积公式即可表达； （4）由（1）知，，所以，所以，解得，因为点在上，所以，即，解不等式，注意点不与重合，需要舍去的情况． 【解答】解：（1）， ， 又， ， ， ， ， 时， ， ， ． 故答案为：． （2）， ， ， ， ， ， ，即， 解得； （3）在中，， ， 由（1）知，， ， ， 解得， ，，， ； （4）由（1）知，， ， ，解得， 点在上， ，即， 解得或． 点不与重合， 或． 50．（2024秋•安岳县校级期末）在矩形中，．沿过点的直线折叠矩形，使点落在边上点处，折痕为． 【尝试】 （1）如图1，与始终保持相似关系，请说明理由． 【探究】 （2）随着折痕位置的变化，点的位置随之发生变化．当时，是否存在点，使？若存在，求出此时的长；若不存在，请说明理由． 【延伸】 （3）如图2，折叠，使边落在上处，折痕为．若，求的值． 【答案】（1）见解析； （2）； （3）． 【分析】（1）根据同角的余角相等可得，即可证明结论； （2）利用两个角相等证明，得，从而得出，再利用勾股定理解决问题； （3）利用，得，设，，则，，利用勾股定理得出和的关系，进而解决问题． 【解答】解：（1）四边形是矩形， ， 由折叠知，， ， ， ； （2）存在点，使， 将沿翻折，使点落在边上点处， ，， 又矩形中，， ，， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ． （3）， ， 由折叠知，，， ， ， ， ， 设，，则，， ， 解得或（舍去）， ， ． 51．（2023•梁溪区校级二模）如图，以矩形的顶点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，已知，，将矩形绕点逆时针方向旋转 得到矩形． （1）当点恰好落在轴上时，如图1，求点的坐标； （2）当点恰好落在矩形的对角线上时，求点的坐标； （3）在旋转过程中，点是直线与直线的交点，点是直线与直线的交点，若，请直接写出点的坐标． 【答案】（1）； （2）或，； （3），或，． 【分析】（1）由旋转的性质可得，，，再由勾股定理求出的长，即可得出结论； （2）分两种情况，①当点恰好落在矩形的对角线上时，设交于点，连接交于点，连接，证，得，，再证点、、三点共线，即可解决问题； ②当点恰好落在矩形的对角线上上时，过点作轴于点，过点作于点，证，求出，，同理，求出，，即可解决问题； （3）分两种情况讨论，由面积法可求，再由勾股定理求出的值，即可解决问题． 【解答】解：（1）四边形是矩形， ，，， 将矩形绕点逆时针方向旋转得到矩形， ，，， ， 点的坐标； （2）分两种情况： ①如图2，当点恰好落在矩形的对角线上时， 设交于点，连接交于点，连接， 四边形是矩形， ，，， ， ， 将矩形绕点逆时针方向旋转得到矩形， ，，，，，， ， ，， ，， ， ， ， ，， ， ，， ， ， ， 点、、三点共线， ，， 点、点关于对称， ， 点的坐标为； ②如图3，当点恰好落在矩形的对角线上上时，过点作轴于点，过点作于点， 则， 将矩形绕点逆时针方向旋转得到矩形， ，，，， ， ， ， ， ， 即， 解得：，， 同理：， ， 即， 解得：，， ，， 点的坐标为，； 综上所述，点的坐标为或，； （3）分两种情况： ①如图4，当点在点右侧时，连接，过点作于点， ， 设，则，， ，， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， 解得：（负值已舍去）， ， ， 点的坐标为，； ②如图5，当点在点左侧时，连接，过点作于点， ， 设，则，， ，， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， 解得：， ， ， 点的坐标为，； 综上所述，点的坐标为，或，． 52．（2024•武威一模）如图，在等腰中，，，在上，且，则　　． 【答案】． 【分析】根据已知易得，从而可得，再利用等腰三角形的性质可得，从而利用三角形内角和定理可得，然后利用平角定义可得，从而可得，进而可得，最后利用相似三角形的性质进行计算即可解答． 【解答】解：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 53．（2024•凉州区一模）如图，将等边折叠，折痕为，使点落在边上得到点．若，则　　． 【答案】． 【分析】根据题意可设，则，，利用等边三角形的性质可得，，由折叠可知，，，于是根据平角的定义和三角形内角和定理可推出，则，可得，即，以此即可求解． 【解答】解：， 设，则，， 为等边三角形， ，， 根据折叠的性质可得，，，， ，即， ，即， ， ， ，即， ， ， ． 故答案为：． 54．（2024秋•安岳县期末）如图，在△中，，为边上一点，为 边上一点，且． （1）求证：△△； （2）若，，，求的长． 【答案】（1）证明详见解析； （2）2或4． 【分析】（1）一线三等角模型，通过外角的性质得到，推出，即可得证； （2）直接根据第一问的相似三角形得到，代入求解即可． 【解答】（1）证明：， ， ， ， ， △△； （2）解：，， ， 由（1）知，△△， ， 即， 或4， 答：或4． 55．（2025秋•徐汇区校级月考）【模型构建】如图1，已知∠B＝∠C，如果∠AED＝∠B，那么△ABE∽△ECD．我们把这种图形叫做“一线三等角”． 【探究应用】如图2，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，BC＝6，点E在边BC上，BE＝4，P、Q分别是边AD、BE的中点．如果∠AED＝60°，且，那么PQ的长为 　7　 ． 【答案】7． 【分析】通过辅助线构造△ADF∽△EBA，结合tan∠AED得到相似比，进而求出AB和CD的长度，然后根据梯形中位线的性质求出PG的长度，即可在Rt△PQG中求出PQ的长度． 【解答】解：如图，延长BA，过点D作DF⊥AB，垂足为F，根据题意四边形BCDF为矩形． ∵cos∠AED＝cos60°， ∴∠DAE＝90°． 又∵∠DFA＝∠ABE＝90°， 根据“一线三等角”模型，△ADF∽△EBA， ∴， 在Rt△ADE中，tan∠AED． ∴AB2，AFBE＝4，CD＝BF＝6． 过点P作BC的垂线，G为垂足，则PG∥AB∥CD． ∵P是AD的中点， ∴PG是梯形ABCD的中位线，BG＝CG3，QG＝BG﹣BQ＝1，PG4． ∴PQ7． 故答案为：7． 56．（2025•聊城模拟）如图，直线与双曲线的交点为，与轴的交点为． （1）求的度数； （2）求的长； （3）已知点为双曲线上的一点，当时，求点的坐标． 【分析】（1）根据一次函数的解析式，求出与坐标轴的交点，再根据三角函数即可求出的度数． （2）过点作轴，垂足为，设出点坐标，通过证明．即可求出点的坐标，从而求出的长度． （3）过作，点在轴上，再过点作于点，设点的坐标，然后根据一线三等角，利用的性质，求出点的坐标． 【解答】解：（1）设直线与轴交于点，如图所示： 当时，．即点． 当时，，即点． ． ． ． （2）过点作轴，垂足为，如图所示． 设点坐标为：．且． ，． ． ． ．即：． 或（舍． ． ． 即：． （3）过作，点在轴上，再过点作于点，如图所示． 设，． ． ． ． ． ，且是一内角的外角． ． ． 即：． ． ． ． ． 57．（2023•武汉模拟）点在的延长线上，且． （1）如图（1），若，求证：△△； （2）如图（2），若，，若，则的值为 　　；（直接写出） （3）如图（3），连接，若△△，，求证：． 【答案】（1）见解析； （2）； （3）见解析． 【分析】（1）根据三角形外角的性质可得，从而证明结论； （2）过点作交于点，由（1）可得△△，则，设，则，，，即可得出答案； （3）延长到点，使得，连接，同理得△△，得，证明，说明△△，进而解决问题． 【解答】（1）证明：，， ， ， △△； （2）解：如图（2），过点作交于点， ， ，， ， ， ， ， ， ， 由（1）可得△△， ， 设，则，， ， ， 故答案为：； （3）证明：如图（3），延长到点，使得，连接， △△， ， ， ， 又， △△， ， △△， ， ， 设，则，，， ， ， 又， △△， ， ． 题型七 手拉手模型 58．（2024•官渡区二模）如图，已知，添加一个条件使，你添加的条件是 　（答案不唯一）　（写出一个即可） 【答案】（答案不唯一）． 【分析】利用相似三角形的判定方法即可解答本题． 【解答】解：， ， ， 当，或时，． 故答案为：（答案不唯一）． 59．（2024•宁明县三模）如图，，，，，点在线段上运动，为线段的中点，在点的运动过程中，的最小值是 　2　． 【答案】2． 【分析】根据相似三角形的判定与性质，证明，推出，求出的最小值，可得结论． 【解答】解：， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 的值最小时，的值最小，此时的值最小， ，，， ， 根据垂线段最短可知，当时，的值最小，根据三角形面积得，此时， ， ， ， 的最小值为， 故答案为：2． 60．（2025•龙湾区开学）如图，在△和△中，，． （1）求证：． （2）若，，求的长． 【答案】（1）见解析； （2）8． 【分析】（1）由，可化为，再由，证明△△，所以． （2）由，可得相似比，根据即可得出的长． 【解答】（1）证明：， ， 又， ， 即， △△， ． （2）， ， ． 61．（2025•东海县模拟）综合与实践： 【新知定义】如图1，若，，则△△．小明称图1中的△和△互为“手拉手等形三角形”． 【新知探究】 （1）如图2，若，，，为的中点．以为一边在右侧作△，且△和△互为“手拉手等形三角形”，连接，则的长为 ； （2）在图1中，连接，，求证：△△； 【变式应用】 （3）如图3，在△中，，，为的中点，为一边在右侧作△，，，连接，求的长； 【综合应用】 （4）如图4，若，，，若点在线段上运动，且点不与点重合），以为一边在右侧作△，且△和△互为“手拉手等形三角形”，连接．以、为边构造矩形，连接．直接写出△面积的最大值及此时的长度． 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）； （4）△面积的最大值为，的长度为． 【分析】（1）由定义可知△△，所以，再代入数值求解即可； （2）利用两边对应成比例且夹角相等的两个三角形是相似三角形即可得解； （3）由题易得，作，，垂足分别为、，根据等面积得，易证△△，等比转化可得，从而得到△△，利用相似比求解即可； （4）易证，，过作，，分别交直线于点、，易得，所以，再证△△，得到，从而表示出△的面积，最后利用二次函数最值求解即可． 【解答】（1）解：在△中，，， ，， 是中点， ， 由△和△互为“手拉手等形三角形”可知，△△， ，， ， ， △△， ，即， ； 故答案为：； （2）证明：如图， ， ， ． ，即， △△； （3）解：在△中，，，是中点， ，即， ， 作，，垂足分别为、， 则， ， ， ， ，， △△， ， ， ， ， △△， ，即， ； （4）在△中，，， ，， △和△互为“手拉手等形三角形”， △△， ，，， ， ， △△， ，， ， ，即， 点就在垂直的直线上运动， 设，则， 如图，过作，，分别交直线于点、， 在△中，，， ， ， 四边形为矩形， ，， ， ， △△， ， ， ， ， 当时，，此时， △面积的最大值为，的长度为． 62．（2025秋•市中区期中）【综合与实践】 从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究． 【特例研究】在正方形中，，相交于点． （1）如图1，△可以看成是△绕点逆时针旋转并放大倍得到，此时旋转角的度数为 ，的值为　　 ； （2）如图2，将△绕点逆时针旋转，旋转角为，并放大得到△（点，的对应点分别为点，，使得点落在上，点落在上，求的值； 【延伸拓展】 （3）如图3，在菱形中，，对角线，相交于点，是的垂直平分线与的交点，将△绕点逆时针旋转并放缩得到△（点，的对应点分别为点，，使得点落在线段上，点落在射线上．若，为的中点，求的长． 【答案】（1）；， （2）． （3）3． 【分析】（1）根据题意判定△、△是等腰直角三角形，即可求出旋转角和放大倍数值． （2）由旋转的性质得出△△，然后通过相似比求出答案． （3）分别求出和的值，然后根据△△，进而由相似比求出的长度，再根据勾股定理求出即可求出的长度． 【解答】解：（1）根据正方形的性质，△、△是等腰直角三角形． 旋转角，放大倍数， 故答案为：；， （2）根据旋转的性质旋转角， 又， △△． ． ． （3）如图，延长交于点． 四边形为菱形，， △和△为等边三角形，， ， 为的垂直平分线， ， ． ，，． ． ． 根据题意△△可得，． ，． ． ． 63．（2025秋•锦江区校级期中）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． 【问题发现】 （1）如图①，在等边△中，点是边上一点，连接，以为边作等边△，连接．则与的数量关系是： ； 【问题提出】 （2）如图②，在等腰△中，，点是边上任意一点，以为腰作等腰△，使，，连接．试说明； 【问题解决】 （3）如图③，在正方形中，点是边上一点，以为边作正方形，点是正方形的对称中心，连接．若正方形的边长为8，，求正方形的边长． 【答案】（1）． （2）△和△是等腰三角形，且， 两个等腰三角形的底角也相等， △△． ，即． ． ． △△． ， 整理得：． （3）． 【分析】（1）根据等边三角形的性质推出，然后证明△△即可求出和的数量关系． （2）先证明△△得到进而证明△△．从而根据对应边成比例整理可得结论． （3）根据正方形的性质构造△△并由相似比求出的长度，然后在△中通过勾股定理建立关于正方形边长的方程即可求解． 【解答】解：（1）△和△是等边三角形， ． 在△和△中， ， △△． ． 故答案为：． （2）△和△是等腰三角形，且， 两个等腰三角形的底角也相等， △△． ，即． ． ． △△． ， 整理得：． （3）如图，连接． 根据正方形的性质，，， ． △△． ． 设，则． 在△中，， 代入各边长度得：． 解得：． 故正方形的边长为． 64．（2025•茂名一模）【问题背景】 如1图所示，在矩形中，点是边上的动点（点与点不重合），以为边向右侧构造矩形，． （1）连接，求证：． 【问题探究】 （2）若，，如2图所示，当经过矩形的顶点时，求的长． 【问题拓展】 （3）在运动过程中，当满足什么条件时，矩形的边一定能经过点？ 【答案】见解答 【分析】（1）利用手拉手旋转模型边角边证得相似，再利用相似三角形的性质证得结论； （2）利用一线三等角模型证得相似三角形，利用对应边成比例构造方程求得； （3）将几何一定能经过的问题转化为方程一定有解的问题，从而用根的判别式解决问题． 【解答】解：（1）证明：矩形与矩形， ， ， ， △， ； （2），， 矩形与矩形， ，，， ， ， △， ， ， 设，则， ， 解得：，， 的长为1或4； （3）由题，若矩形的边一定能经过点， 则一定存在（2）中的△，， 设，，则，， 关于的方程即：一定有解， △， ，均为正数， ， 时，矩形的边一定能经过点． 65．（2025•龙泉驿区模拟）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和△中，，，． 【初步感知】 （1）如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值； 【深入探究】 （2）如图2，在纸片绕点逆时针旋转过程中（旋转角不大于，直线与交于点； ①求证：； ②当时，求的长； 【拓展延伸】 （3）在纸片绕点逆时针旋转过程中（旋转角不大于，试探究，，三点能否构成等腰三角形，若能，直接写出的长；若不能，请说明理由． 【答案】（1）． （2）①证明见解答；②． （3）能构成等腰三角形，长为或或． 【分析】（1）先判定△△．进而由相似三角形对应边成比例求解． （2）①由△△可得，进而证明、、、四点共圆．从而得到，再根据等腰三角形“三线合一”的性质证得结论； ②由△△可得，进而得出，证得，再由为梯形的中位线，在△中由勾股定理求出的长度． （3）分为、和三种情况构成等腰三角形，结合前面的结论通过辅助线构造直角三角形由勾股定理或者相似三角形的性质求出的长度． 【解答】解：（1），，，． 在△和△中，，． △△． ． （2）①证明：连接． 由（1）知△△，△可视为△顺时针旋转而来，并且边长缩小到原来的， 对应边的夹角为旋转角都相等：． 在四边形中，． 、、、四点共圆． ， ，△是等腰三角形， ． ②如图，作交于点．由于，则． 由△△可得， 又， ， ， 由①知点为中点，则为梯形的中位线，，． 在△中，． （3），，三点能否构成等腰三角形分为三种情况： ①当时，如图，作，为垂足．则． 根据（1）和（2）可知，，． ，，． 设，则，，，． 在△中，，即，解得． ． ②当时，如图，点正好落在上． ，， △△． ，． ，，，， ，． ③当时，如图，作，为垂足，则． ，，，， ． 在△中，，即，． 故、、三点能构成等腰三角形，的长度为或或． 66．（2024•张北县校级开学）【初步探索】如图1，已知点在直线上，点，在直线的同侧，，，，求证：； 【问题解决】在【初步探索】的基础上，将绕点顺时针旋转，直线，交于点，如图2所示． （1）当的面积达到最大时，的度数为 　　； （2）根据图2，求证：； （3）根据图2，求的度数； 【类比应用】如图3，在矩形和矩形中，，，，连接，，请直接写出的值． 【答案】【初步探索】证明见解析；【问题解决】（1）；（2）证明见解析；（3）；【类比应用】． 【分析】【初步探索】利用两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似判定，再利用相似三角形的性质解答即可得出结论； 【问题解决】（1）利用三角形的底一定时，高最大，则三角形的面积最大解答即可； （2）利用两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似判定即可； （3）利用相似三角形的性质和三角形的内角和定理及其推论解答即可； 【类比应用】连接，，利用勾股定理和相似三角形的判定与性质解答即可． 【解答】【初步探索】证明：，， ． ， ， ； 【问题解决】（1）解：一定，， 当最大时，的面积达到最大， 由题意得：当时，取得最大值，此时的面积达到最大． ， ，， ， 旋转角． 故答案为：； （2）证明：，，， ， ． 由【初步探索】知：， ； （3）解：， ． ； 【类比应用】解：，理由： 连接，，如图， 矩形和矩形，，，， ，． ，， ． ， ． 在中， ， ． 在中， ， ． ． ， ， ， ． 67．（2024•松山区三模）（1）问题发现 （1）如图1，和均为等边三角形，直线和直线交于点． 填空：①的度数是　　；②线段，之间的数量关系为　　； （2）类比探究 如图2，和均为等腰直角三角形，，，，直线和直线交于点．请判断的度数及线段，之间的数量关系，并说明理由． （3）解决问题 如图3，在中，，，，点在边上，于点，，将绕着点在平面内旋转，请直接写出直线经过点时，点到直线的距离． 【分析】（1）证明，即可解决问题． （2）结论：，．证明，可得，，由此即可解决问题． （3）分两种情形分别求解即可解决问题． 【解答】解：（1）如图1中， 和均为等边三角形， ，，， ， ， ，， 设交于点． ， ， ， 故答案为，． （2）结论：，． 理由：如图2中， ，，， ，， ， ，， ， ． （3）如图3中， ， ，，，四点共圆， ，， ， ， ， ， ， 在中，，， ， ， ， ， ， 点到直线的距离等于． 如图4中，当，在同一直线上时，同法可知，， 点到直线的距离等于． 综上所述，点到直线的距离等于． 题型八 飞鱼模型 68．（2024春•莱芜区校级月考）△中，为中点，为中点，直线交于，求证：． 【分析】作中点，连接，由于、是、中点，所以是△的中位线，在△中利用三角形中位线定理可求，同理在△中，也有，那么有． 【解答】证明：作的中点，连接， 则， 又， ， ， ， ， ． 69．如图，是△的中线，为的中点，连接并延长，交于，．求证：． 【分析】作交于，根据三角形的中位线定理得到，即，根据平行线分线段成比例定理证明结论． 【解答】证明：作交于， 为的中点， ， 是△的中线， ，又， ， ， ， ． 70．（2024秋•石家庄期中）如图，是△的中线． ①若为的中点，射线交于点，则的值为 　　； ②若为上的一点，且，射线交于点，则的值为 　　． 【分析】①过点作于点，根据平行线分线段成比例可得，，再由是△的中线，为的中点，可得，，即可求解； ②根据，可得，再由，可得，即可求解． 【解答】解：①过点作于点， ，， 是△的中线， ， ，即， 为的中点， ， ，即， ， ， ； 故答案为：； ②，， ，即， ， ， ． 故答案为：． 71．（2024秋•滨湖区期中）【探究活动】如图，是△的中线，点在上，交于点． （1）当时，求的值； （2）当时，则 　　；（用含的代数式表示） 【解决问题】请利用探究活动的经验或结论解决问题：△中，，是△的中线，点在直线上，射线交于点．若，，时，求的值． 【答案】（1）； （2）； （3）的值为或． 【分析】（1）过点作交于点，利用△△，△△，得到，即可得解； （2）同（1）思路一样； 【解决问题】由射线交于点可知，点有可能在线段上，有可能在线段延长线上，所以分两种情况讨论，再利用前述结论得出，然后构造直角三角形，利用相似求出直角边长，再结合勾股定理求出的长即可． 【解答】解：（1）如图，过点作交于点， 则，， ， △△， ， ， △△， ， ， ， ， 是中线， ， ， ， （2）如图，过点作交于点， 同（1）中方法可知， ， ， ， 故答案为：； 【解决问题】分两种情况， ①当点在线段上时，如图所示， ，， ， 由前述结论可知， ， 过作于点，则， ， ， ， △△， ， ，， ， 在△中，； ②当点在线段延长线上时，如图所示， 同（1）中方法，可求得， ， 过作于点，则， ， ， ， △△， ， ，， ， 在△中，． 综上，的值为或． 72．（2025•江汉区模拟）已知等边三角形ABC中，D，E分别是在边AC，AB上，且CD＝nAE． （1）如图1，若n＝1，，CE，BD交于点F． ①求证：△ABD≌△BCE； ②求的值； （2）如图2，若n＝2，直接写出的最小值 　　 ． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）①利用等边三角形的性质和已知条件，通过全等三角形的判定定理来证明； ②通过作辅助线构造相似三角形来求解； （2）根据勾股定理以及30°角直角三角形三边关系列出的表达式，利用换元法以及二次函数的性质求出最小值即可． 【解答】（1）①证明：∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°， ∵n＝1，且CD＝nAE， ∴CD＝AE， ∵AD＝AC﹣CD，BE＝AB﹣AE， ∴AD＝BE， ∵在△ABD和△BCE中， ， ∴△ABD≌△BCE（SAS）； ②解：过点C作CG∥AB交BD的延长线于点G． ∵CG∥AB， ∴∠G＝∠ABD，∠GCD＝∠A＝60°； ∵△ABD≌△∠BCE， ∴∠ABD＝∠BCE， ∴∠G＝∠BCE； ∵，设AD＝3x，则AC＝5x， ∴CD＝2x，AE＝2x，BE＝3x； ∵CG∥AB， ∴△CDG∽△ADB， ∴，， 解得CG， ∵∠G＝∠BCE，∠GFC＝∠BFE， ∴△CFG∽△BFE，则， 代入数据得， ∴； （2）解：作BM⊥AC于M，DN⊥AE于N，如图： ∵n＝2， ∴CD＝2AE， 设CD＝2AE＝2a，AC＝AB＝BC＝2b， ∴AM＝b，AD＝2b﹣2a， ∵∠A＝60°， ∴ANAD＝b﹣a，DNAN（b﹣a），BMAMb， ∴EN＝AE﹣AN＝a﹣b+a＝2a﹣b，DM＝AM﹣AD＝b﹣2b+2a＝2a﹣b， ∴， 令y，x， ∵CD≤AC， ∴a≤b， ∴0≤x≤1， ∴y， 令s，t＝x+1， ∴1≤t≤2，x＝t﹣1， ∴s44（）2﹣4， ∴当时，s有最小值，则y有最小， ∴t，x1， ∴y， ∴． 故答案为：． 题型九 瓜豆原理--轨迹是直线 73．（2025•乌鲁木齐模拟）如图，△ACD中，AD，CD，BC⊥AC于C，AC＝2BC，则BD的最大值为 　　 ． 【答案】． 【分析】过点C作CE⊥CD，且CE＝2CD＝2，连接AE，DE，通过证明△ACE∽△BCD，可得2，即AE＝2BD，则当点D在线段AE上时，AE有最大值为2，即可求解． 【解答】解：如图，过点C作CE⊥CD，且CE＝2CD＝2，连接AE，DE， ∴DE， ∵∠ECD＝∠BCA＝90°， ∴∠ECA＝∠BCD， 又∵， ∴△ACE∽△BCD， ∴2， ∴AE＝2BD， 在△ADE中，AE＜AD+DE， ∴当点D在线段AE上时，AE有最大值为2， ∴BD的最大值为， 故答案为：． 74．（2025秋•工业园区校级期中）如图，直线m⊥n，垂足为点O，点A在直线n上，且OA＝3，点P是直线m上的一个动点，连接AP，将线段AP绕着点A按逆时针方向旋转120°得到线段AQ，点Q是点P的对应点，连接OQ，则OQ的最小值为　　 ． 【答案】． 【分析】由题可识别瓜豆模型，从而先找出点Q的轨迹，将OA绕点A逆时针旋转120°得到线段AM，连接MQ，易证△AOP≌△AMQ（SAS），可得点Q在直线KL上运动，当OQ⊥KL时有最小值，据此求解即可． 【解答】解：∵直线m⊥n，垂足为点O， ∴∠AOP＝90°， 如图，将OA绕点A逆时针旋转120°得到线段AM，连接MQ， 作直线MQ，交直线n于点K，交直线m于点L， 由旋转可知AP＝AQ，AO＝AM＝3，∠PAQ＝∠OAM＝120°， ∴∠OAP＝∠MAQ， ∴△AOP≌△AMQ（SAS）， ∴∠AOP＝∠AMQ＝90°， ∵∠OAM＝120°， ∴∠MKA＝120﹣90°＝30°， ∴点Q在直线KL上运动，当OQ⊥KL时有最小值， 在Rt△AMK中，AM＝3，∠AKM＝30°， ∴AK＝2AM＝6， ∴OK＝OA+AK＝9， 在Rt△OQK中，OK＝9，∠OKQ＝30°， ∴OQOK，即OQ的最小值为； 故答案为：． 75．（2025•昆山市模拟）如图，矩形ABCD中，AD＝6，DC＝8，点E为对角线AC上一动点，BE⊥BF，，BG⊥EF于点G，连接CG，当CG最小时，CE的长为 　　 ． 【答案】． 【分析】过点B作BP⊥AC于点P，连接PG，则可得△ABE∽△PBG，进而可知∠BPG为定值，因此CG⊥PG时，CG最小，通过设元利用三角函数和相似比可表示出PG、CP，即可求出结果． 【解答】解：如图，过点B作BP⊥AC于点P，连接PG， ∵，∠ABC＝∠EBF， ∴△ABC∽△EBF， ∴∠CAB＝∠FEB， ∵∠APB＝∠EGB＝90°， ∴△ABP∽△EBG， ∴，∠ABP＝∠EBG， ∴∠ABE＝∠PBG， ∴△ABE∽△PBG， ∴∠BPG＝∠BAE， 即在点E的运动过程中，∠BPG的大小不变且等于∠BAC， ∴当CG⊥PG时，CG最小， 设此时AE＝x， ∵， ∴PG， ∵CG⊥PG， ∴∠PCG＝∠BPG＝∠BAC， ∴， 代入PG，解得CP＝x， ∵CP＝BC•sin∠CBP＝BC•sin∠BAC， ∴x， ∴AE ∴CE， 故答案为：． 76．（2024•泰安）如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，点E是AB边上的点，AE＝4，BE＝8，点F是BC上的一点，△EGF是以点G为直角顶点，∠EFG为30°角的直角三角形，连结AG．当点F在直线BC上运动时，线段AG的最小值是（　　） A．2 B． C． D．4 【答案】C 【分析】法一：由动点可识别瓜豆模型，构造△AEQ∽△GEF，进而再证△AEG∽△QEF，所以可知AGQF，进而求出QF最小值即可． 法二：E作EM⊥BC，则点E、M、F、G四点共圆，从而得到AP＝MH，因为AG≥AP，所以求出MH的值即可得解． 【解答】解：法一：如图，过E作EQ∥BC，过A作AB的垂线交EQ于点Q， 则∠B＝∠AEQ＝60°， ∴∠AQE＝∠EFG＝30°， ∵∠GEF＝∠EAQ＝90°， ∴△AEQ∽△GEF， ∴， ∴， ∵∠AEG＝∠QEF＝60°+∠QEG， ∴△AEG∽△QEF， ∴sin30°， ∴AGQF， 过E作EH⊥BC于点H，则EH＝BE•sin60°＝4， ∵点F是BC上的一点， ∴QF⊥BC时最小，此时QF＝EH＝4， ∴AG最小值为2； 法二：如图，过E作EM⊥BC于点M，作MH⊥AB于点H，作AP⊥GM于点P， ∵∠EMF+∠EGF＝180°，∴点E、M、F、G四点共圆， ∴∠EMG＝∠EFG＝30°， ∵∠B＝60°， ∴∠BEM＝30°＝∠EMG， ∴MG∥AB， ∴四边形MHAP是矩形， ∴MH＝AP， ∵BE＝8， ∴EM＝BE•cos30°＝4， ∴MHEM＝2AP， ∴AG≥AP＝2， ∴AG最小值是2． 故选：C． 77．（2022秋•江夏区期末）如图所示，在坐标平面中，A（0，4），C为x轴负半轴上一点，CO＝3，AC＝5，若点P为y轴上一动点，以PC为腰作等腰三角形PCQ，已知∠CPQ＝2∠ACO＝2α（α为定值），连接OQ，则OQ的最小值为 　　 ． 【答案】． 【分析】先由等腰定角识别出“瓜豆模型”中的点在直线上，从而构造手拉手全等，证明点Q的轨迹在直线上，再利用垂线段最短求解即可． 【解答】解：延长AC至点M，连接PM，使PM＝AP， ∵∠ACO＝α， ∴∠M＝∠CAO＝90°﹣α， ∵∠M＝∠MAP＝90°﹣α， ∴∠MPA＝2α＝∠CPQ， ∴∠APM＝2α＝∠CPQ， ∴∠CPM＝∠APQ， 又∵CP＝PQ，PM＝PA， ∴△CPM≌△QPA（ SAS）， ∴∠PAQ＝∠M＝∠CAO＝90°﹣α， ∴点Q的运动轨迹在AN这条直线上， ∴当OQ⊥AN时，OQ有最小值， ∵S△AON＝S△AOC， ∴， ∴3×4＝5OQ， 解得， ∴OQ的最小值是， 故答案为：． 78．（2025•广西模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝120°，点M为CD边中点，点E为菱形四条边上的一个动点，沿A﹣B﹣C﹣D﹣A的方向运动，连接AE，以AE为边作直角三角形AEF，其中∠AEF＝90°，∠EAF＝60°，在点E运动的过程中，线段MF长度的最大值为 　　 ． 【答案】． 【分析】要求MF的最大值，则需要知道F的运动轨迹，而F随点E运动而运动，就是我们常说的主从联动瓜豆模型，而E的运动轨迹是菱形，所以点F的运动轨迹也是菱形，进而发现，当AE与AD重合时，MF有最大值，连接AC，可分△ABC和△ACD两个等边三角形，然后由等边三角形的性质及勾股定理可得答案． 【解答】解：由题可知△AEF是含有30°的直角三角形， 如图，我们先探索点F的运动轨迹，找几个特殊点， 当点E在AB上运动时， ∵∠BAD＝120°， ∴∠BAC＝60°＝∠EAF， 此时点F就在直线AC上运动，当E运动到点B时，F运动到点G， 当E在BC上运动时，我们取E运动到点C，此时∠EAF＝∠CAD＝60°， ∴F在AD延长线上的点H处，并且满足AH＝2AC＝AG， 当点E在CD上运动时，我们依然取E运动到点D，此时AD和AE重合， ∵∠BAD＝120°， ∴∠DAK＝60°＝∠EAF， 即此时点F运动到AB延长线上的点K处， 所以我们发现点F的运动轨迹是如图所示的菱形AGHK， 很明显MK是F运动过程中的最长线段， 因此如图，当点E运动到点D重合时，MF有最大值，连接AC，AM， ∵∠BAD＝120°，∠EAF＝60°， ∴∠BAD+∠EAF＝180°， ∴点B，点A，点F三点共线，∠BAD＝120°， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD＝BC＝CD＝2，∠B＝∠ADC＝60°， ∴△ACD是等边三角形， ∵点M是CD的中点， ∴CM＝MD＝1，∠DAM＝30°， ∴AMMD，∠MAF＝90°， ∵∠DFA＝90°﹣∠DAF＝30°， ∴AF＝2AD＝4， ∴MF， 故答案为：． 79．（2024•金安区校级三模）如图，在等边△ABC中，以A为直角顶点作等腰直角△CAD，AF⊥BD分别交BD、CD于点E、F，N为线段BG上一动点，M为线段AD上一动点，且BN＝AM，以下4个结论：①∠CBN＝3∠ABD；②DF＝2EF；③DF＝CF+AF；④当CN+CM的值最小时，∠ACM＝∠DCM．正确的个数为（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】A 【分析】根据等边△ABC与等腰直角△CAD中，可得∠BAD＝150°，∠ABD＝∠ADB＝15°，则∠CBN＝45°，得①正确；在Rt△DEF中证明∠EDF＝30°，得到②正确；在DF上取DH＝CF，连接AH证明△ACE≌△ADH进而得△AFH是等边三角形，从而证明③正确；过B作BP⊥DB，使BP＝AC，连接PN，证明Rt△BPN≌Rt△ACM可得CM+CN＝CN+PN，求CM+CN最小就是求CN+PN最小，此时根据证明△CBP′是等腰三角形，结合已知及作图可得∠CBP′＝135°，即可证明∠DCM＝∠ACM＝22.5°，则④正确． 【解答】解：∵在等边△ABC与等腰直角△CAD中， ∴AB＝AC＝BC，∠CAB＝∠ACB＝ABC＝60°，∠DAC＝90°，AC＝AD， ∴AB＝AC＝BC＝AD，∠BAD＝∠BAC+∠CAD＝90°+60°＝150°，∠ACD＝∠ADC＝45°， ∴∠ABD＝∠ADB＝（180°﹣∠BAD）÷2＝15°， ∴∠EDF＝∠ADC﹣∠ADB＝30°， ∴∠CBN＝∠ABC﹣∠ABD＝60°﹣15°＝45°， ∴∠CBN＝3∠ABD，故①正确； ∵∠DEF＝90°， ∴DF＝2EF，故②正确； 如图：在DF上取DH＝CF，连接AH， 又∵∠ACD＝∠ADC，AC＝AD， ∴△ACE≌△ADH（SAS）， ∴AF＝AH， ∵在Rt△DEF中，∠DFE＝90°﹣∠EDF＝60， ∴△AFH是等边三角形， ∴AF＝HF， ∴DF＝DH+FH＝CF+AF，故③正确； 过B作BP⊥DB，使BP＝AC，连接PN， 在Rt△BPN与△RtACM中， ， ∴Rt△BPN≌Rt△ACM（SAS）， ∴PN＝CM， ∴CM+CN＝CN+PN， 当CM+CN最小时即CN+PN最小， 延长PB至P′使BP′＝BP，则P与P′关于BD对称，连接CP′交BD于N′， 连接PN′则点N′为PN+CN最小值的位置， 此时CN+PN最小， 即CM+CN最小， ∵AC＝BP，AC＝BC， ∴CB＝BP′， ∴∠BCP′＝∠BP′C， ∵∠CBD＝45°，∠P′BD＝90°， ∴∠CBP′＝135°， ∴∠BCP′＝∠BP′C＝（180°﹣∠CBP′）÷2＝22.5°， ∴∠ACM＝∠BPC＝∠BP′C＝22.5°， ∴∠DCM＝∠ACD﹣∠ACM＝45°﹣22.5°＝22.5°， ∴∠DCM＝∠ACM，故④正确， ∴①②③④都正确， 故选：A． 80．（2025•洛阳一模）综合与实践 （1）【提出问题】 如图1，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，点P是对角线BD上一动点，连接AP，将PA绕点P顺时针旋转60°得到PQ，连接AQ，DQ．则∠ADQ的度数为 　60°　 ； （2）【类比探究】 如图2，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上一动点，且BP＞DP，连接AP，将AP绕点P顺时针旋转90°得到PQ，连接AQ，DQ． ①求∠ADQ的度数； ②当BP＝BA＝2时，求DQ的长； （3）【迁移运用】 如图3，在矩形ABCD中，AB＝4，∠ADB＝30°，点P是对角线BD上一动点，连接AP，以AP为边在AP的右边作Rt△APQ，且∠APQ＝90°，∠AQP＝30°，当点Q到BD的距离为时，请直接写出BP的长． 【答案】（1）60°；（2）①90°；②2；（3）2． 【分析】（1）证△ABP≌△ADQ（SAS）即可得解； （2）①过A作AE⊥BD于点E，证△APE∽△AQD即可得解；②先求出PE的值，再利用相似比求解即可； （3）参考（2）中思路构造三垂直相似，分类讨论求解即可． 【解答】解：（1）∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°， ∴AB＝AD，∠BAD＝60°，∠ABD＝60°， 由旋转可知，AP＝AQ，∠PAQ＝60°， ∴∠BAP＝∠DAQ＝60°﹣∠PAD， ∴△ABP≌△ADQ（SAS）， ∴∠ADQ＝∠ABP＝60°； 故答案为：60°； （2）过A作AE⊥BD于点E， ∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线， ∴∠ADE＝45°，即△ADE为等腰直角三角形， ∴AD，∠DAE＝45°， 由旋转可知△APQ是等腰直角三角形， ∴AQAP，∠PAQ＝45°， ∴，∠PAE＝∠QAD＝45°﹣∠DAP， ∴△APE∽△AQD， ∴∠ADQ＝∠AEP＝90°； ②在Rt△ABE中，BE＝AB•cos45°， ∴PE＝BP﹣BE＝2， 由①知△APE∽△AQD， ∴， ∴DQPE＝2； （3）在Rt△APQ中，∠AQP＝30°， ∴， ∵∠ADB＝30°， ∴∠ABD＝60°， 过A作AL⊥BD于点L，过Q作QK⊥BD于点K，则QK， 在Rt△ABL中，BL＝AB•cos60°＝2， ①当Q在BD上方时， 同理可得△QPK∽△PAL， ∴， ∴PL， ∴BP＝BL+PL＝2； ②当Q在BD下方时， 同理可得PL， ∴BP＝BL﹣PL＝2； 综上，BP的长为2． 81．（2025秋•晋江市校级期中）【初步感知】 已知△ABC为等边三角形． （1）如图1，若点D为边BC上一点．以AD为边向右侧作等边△ADE，连接CE．当AC＝5，CE＝2时，CD＝　3　 ，∠ACE＝　60　 度； 【类比探究】 （2）如图2，若点D在边BC的延长线上，随着动点D的运动位置不同，线段EC、AC、CD之间的数量关系为EC＝AC+CD ，请证明你的结论． 【拓展应用】 （3）如图3，在等边△ABC中，AB＝5，点P是边AC上一定点且AP＝2，若点D为射线BC上动点，以DP为边向右侧作等边△DPE，连接CE、BE，请问：PE+BE是否有最小值？若有，请求出其最小值；若没有，请说明理由． 【答案】（1）3，60； （2）EC＝AC+CD；理由如下： ∵△ABC和△ADE是等边三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°* ∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，即∠BAD＝∠CAE． 在△ABD和△ACE中， ∴△ABD≌△ACE（SAS）． ∴CE＝BD， ∵AC＝BC， ∴CE＝BD＝BC+CD＝AC+CD； （3）BE+PE的最小值为8． 【分析】（1）证△ABD≌△ACE（SAS）即可得解； （2）证△ABD≌△ACE（SAS）即可得解； （3）在射线BC上截取PC＝DM，连接EM，证△EPC≌△EDM（SAS），可得△CEM是等边三角形，进而可知点E在∠ACD角平分线上运动，据此求解即可． 【解答】解：（1）∵△ABC和△ADE是等边三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°， ∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE． 在△ABD和△ACE中， ∴△ABD≌△ACE（SAS）． ∴CE＝BD＝2，∠ACE＝∠ABD＝60°， ∴CD＝BC﹣BD＝3， 故答案为：3，60； （2）EC＝AC+CD；理由如下： ∵△ABC和△ADE是等边三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°， ∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，即∠BAD＝∠CAE． 在△ABD和△ACE中， ∴△ABD≌△ACE（SAS）． ∴CE＝BD， ∵AC＝BC， ∴CE＝BD＝BC+CD＝AC+CD； （3）PE+BE有最小值；理由如下： 如图，在射线BC上截取PC＝DM，连接EM， ∴PE＝ED，∠DPE＝∠ACB＝60°， ∴∠ACD＝180°﹣∠ACB＝120°， ∴∠ACD+∠DEP＝180°， ∵∠PCE+∠CEP+∠EPC＝180°，∠ECD+∠CDE+∠CED＝180°， ∴∠ECD+∠CDE+∠CED+∠PCE+∠CEP+∠EPC＝360°， ∵∠PCE+∠ECD+∠CEP+∠CED﹣∠ACD+∠DEP＝180°， ∴∠EPC+∠CDE＝180°， ∴∠EPC＝∠EDM， 在△EPC和△EDM中， ∴△EPC≌△EDM（SAS）， ∴EC＝EM，∠PEC＝∠DEM， ∵∠PEC+∠CED＝∠DEP＝60°， ∴∠CEM＝∠DEM+∠CED＝60°， ∴△CEM是等边三角形， ∴∠ECM＝60°， ∴∠ECD＝60°，∠ACE＝180°﹣∠ECD﹣∠ACB＝60°， 即点E在∠ACD角平分线上运动， 在射线CD上截取CP'＝CP，连接EP' 在△CEP和△CEP'中， ∴△CEP≌△CEP′（SAS）， ∴PE＝P′E， ∴BE+PE＝BE+P'E， 由三角形三边关系可得，BE+P'E≥BP'，即当点E与点C重合时，BE+P'E＝BP'时，BE+PE有最小值BP′， ∵AP＝2，AC＝BC＝AB＝5， ∴PC＝AC﹣AP＝3， ∴BE+PE＝BE+P′E＝BP'＝BE+CP'＝BC+CP＝5+3＝8， ∴BE+PE的最小值为8． 82．（2025春•渝中区校级月考）如图，△ABC中，点D是AC的中点，将线段AB绕点A逆时针旋转120°得线段AE，连接BE，点G是BE的中点． （1）如图1，若∠ABC＝90°，点D正好在BE上，连接AG，BD＝5，求AG的长度； （2）如图2，点F是BD上一点，连接AF，DG，若∠BAF＝∠DBE，∠ABC+∠DBE＝60°，求证2DG； （3）如图3，AB＝4，∠BAC＝30°，∠BDC＝45°，点F是直线BD上一动点，连接CF，将线段CF绕着点C逆时针旋转90°得线段CF'，点P是直线AE上一动点，点Q是直线AC上一动点，连接GP和PF′，当GP+PF'取最小值时，若△APQ是等腰直角三角形，请直接写出点Q到直线BD的距离． 【答案】（1）． （2）证明见解答． （3）或． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质求出∠ABE＝30°，然后在Rt△ABC中，由斜边中线的性质得出∠BAD＝∠ABE＝30°，进而得到BC和AB的长度，再由Rt△ABG中30°角的性质求出AG的长度． （2）通过辅助线构造平行四边形证明△AEP≌△BHC（SSS）得到∠PAE＝∠CBH，然后证明△FAB≌△CBH（SAS）结合中位线定理得出BF＝CH＝2DG，再证明△FAP是等腰三角形，由等腰三角形的性质结合勾股定理得到PF＝2IFAF，最后根据平行四边形的性质得出BP＝2BD，结合BPPF+BF即可求出结论． （3）先作出点G关于AE的对称点T，然后根据瓜豆原理求出点F′的轨迹在直线HJ上，接着根据轴对称和点到直线的距离的性质，可得到GP+PF'取最小值时点P的位置P′，推断出LQ就是点Q到直线BD的距离，再根据30°特殊角和勾股定理分别在△ETP′和△ABC中求出AP′和AD的长度，根据等腰直角三角形的性质求出LQ的长度即可． 【解答】（1）解：根据旋转的性质，∠BAE＝120°，AB＝AE，则∠ABE＝（180°﹣∠BAE）÷2＝30°． 在Rt△ABC中，根据斜边中线等于斜边的一半，则AD＝BD，∠BAD＝∠ABE＝30°． ∴BC5． ∴AB5． 在Rt△ABG中，∠ABG＝30°，则AG． （2）证明：如图，延长AG至点H，使AG＝GH，延长BD至点P使PD＝BD；作AI⊥PF，I为垂足；连接PA，PE，HC． ∵BE和AH分别被点G平分， ∴四边形ABHE为平行四边形． 同理，BP和AC分别被点D平分，则四边形ABCP也是平行四边形． ∴AB＝EH＝PC，PC∥AB∥EH，BP＝2BD． ∴四边形PCHE也是平行四边形． 根据平行四边形的性质可得：AE＝BH＝AB，AP＝BC，EP＝HC， ∴△AEP≌△BHC（SSS）． ∴∠PAE＝∠CBH． ∵AE∥BH， ∴∠ABH＝180°﹣∠BAE＝60°， ∵∠ABC+∠DBE＝60°，∠ABH＝∠ABC+∠CBH＝60°， ∴∠DBE＝∠CBH． ∵∠FAB＝∠DBE， ∴∠PAE＝∠FAB＝∠CBH． ∴∠PAF＝∠PAE+∠FAE＝∠FAE+∠BAF＝∠BAE＝120°， ∵∠PFA＝∠BAF+∠ABF＝∠FBE+∠ABF＝∠ABE＝30°， ∴∠APF＝180°﹣∠PAF﹣∠PFA＝30°＝∠PFA． ∴AF＝AP＝BC， 在△FAB和△CBH中，AF＝BC，∠FAB＝∠CBH，AB＝BH，则△FAB≌△CBH（SAS）． ∴BF＝CH， ∵DG是△ACH的中位线， ∴BF＝CH＝2DG． 在等腰△FAP中，∠AFP＝∠APF＝30°，则底边PF上的高AI，IFAF． ∴PF＝2IFAF． ∵BP＝2BD＝PF+BF， ∴2BDAF+2DG． （3）如图，过点E作ET⊥AB交BA延长线于点T，以点C为旋转中心把线段CD逆时针旋转90°得到CJ，以点C为旋转中心把线段CB逆时针旋转90°得到CH，连接HJ．过点T作TK⊥HJ，垂足为K，延长EA交TK于点P′，连接P′Q并延长交BD延长线于点L． 根据作图可知，∠ETA＝∠AGE＝90°，∠TAE＝180°﹣∠BAE＝60°＝∠GAE，AE＝AE，则△ATE≌△AGE（AAS）， ∴点T是点G关于AE的轴对称点，GP＝TP， 根据旋转的性质，由∠BDC＝45°易知点J在BD上，△CDJ和△CBH均为等腰直角三角形，则点F′在直线HJ上． ∴GP+PF'＝TP+PF′≥TK． 当GP+PF'取最小值TK时，点P与点P′重合． 对于△CDB和△CJH，CD＝CJ，∠DCB＝∠DCJ+∠BCJ＝∠BCH+∠BCJ＝∠JCH，BD＝CH，则△CDB≌△CJH（SAS）， ∴∠CJH＝∠BDC＝45°， ∴∠DJH＝∠DJC+∠CJH＝90°，即BD⊥HK． ∴BD∥TK． ∴∠ATP′＝∠DBA＝∠BDC﹣∠BAC＝15°， ∴∠AP′T＝∠TAE﹣∠ATP′＝45°， 又∵△AP′Q是等腰直角三角形，∠P′AQ＝90°， ∴AQ＝AP′，∠AP′Q＝45°， ∴∠TP′L＝90°， ∴四边形JKP′L为矩形，则线段LQ就是点Q到直线BD的距离． 作TM⊥AE，M为垂足．由∠TEA＝90°﹣∠TAE＝30°可得： TA2，ET2，TM，EM3， 由于△TMP′是等腰直角三角形，MP′＝TM，则EP′＝EM+MP′＝3． ∴AQ＝AP′＝EP′﹣AE＝EP′﹣AB1． 在△ABC中，作CN⊥AB，N为垂足，连接DN． 根据斜边中线的性质，DN，由于∠BAC＝30°，CN＝DNCD，△CDN为等边三角形． ∴∠BDN＝∠CDN﹣∠BDC＝15°＝∠DBN． ∴BN＝DN＝CN，则△CNB为等腰直角三角形． ∵AB＝AN+BN＝4，ANCN， ∴CN+CN＝（1）AD＝4． ∴AD2（1）． ∴DQ＝AD﹣AQ1． ∵∠DQL＝∠AQP′＝45°，△DQL是等腰直角三角形， ∴LQ． 同理，当Q在直线AC上点A的左侧时，DQ＝AD+AQ＝3（1），LQ． 故点Q到直线BD的距离为或． 83．（2025春•青羊区校级期中）在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°． （1）如图1，点D，E在直线BC上，连接AD，AE．若∠DAE＝45°，将△ADC绕点A旋转至△AFB，连接EF，求证：CD2+BE2＝EF2； （2）如图2，若点E为BC边上一点，以AE为斜边（AE左侧）作等腰Rt△ADE，连接BD，求证：BD＝DE； （3）如图3，若点H为平面内一点且满足，CH＝CB，点P是BH的中点，求的值． 【答案】（1）证明见解析； （2） （3）或． 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB＝45°，∠CAD+∠BAE＝90°﹣∠DAE＝45°，由旋转的性质得到△ADC≌△AFB，则BF＝CD，∠ABF＝∠ACD＝45°，AD＝AF，∠CAD＝∠BAF，在Rt△BEF中由勾股定理得到BF2+BE2＝EF2，即CD2+BE2＝EF2，再证△AED≌△AEF（SAS），得到EF＝DE，由此即可求解； （2）根据瓜豆模型——点在直线上可知，点D的轨迹也是一条直线，取BC中点O，过O作OK⊥AB于点K，连接OA、DK，易得△OAK为等腰直角三角形，且AK＝BK，可证△DAK∽△EAO，得到∠DKO＝∠EOA＝90°，进而可知点D在AB的垂直平分线上运动，进而得解； （3）设BC＝13a，则BH＝10a，当H在BC的上方时，如图所示，将△BAP绕点A顺时针旋转90°得到△ACQ，连接PC，则∠PAQ＝90°，进而勾股定理求得AP，当H在BC的下方时，同理可得得，即可求解． 【解答】（1）证明：在 Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，∠DAE＝45°， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°＝∠DAE， ∴∠CAD+∠BAE＝90°﹣∠DAE＝45°， ∵将△ADC绕点A旋转至△AFB， ∴△ADC≌△AFB， ∴BF＝CD，∠ABF＝∠ACD＝45°，AD＝AF，∠CAD＝∠BAF， ∴∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝45°， ∴∠ABF+∠ABC＝45°+45°＝90°，即FB⊥BE， 在Rt△BEF中，由勾股定理得：BF2+BE2＝EF2， ∴CD2+BE2＝EF2， 在△AED和△AEF中， ， ∴△AED≌△AEF（SAS）， ∴EF＝DE， ∴CD2+BE2＝DE2； （2）证明：取BC中点O，过O作OK⊥AB于点K，连接OA、DK， ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴AO⊥BC，且∠BAO＝45°，OA＝OB， ∴△OAK为等腰直角三角形，且AK＝BK， ∴OK＝AK，OAAK， ∵△DEF为等腰直角三角形，且AE是斜边， ∴AEAD，∠DAE＝45°， ∴∠DAK＝∠EAO，， ∴△DAK∽△EAO， ∴∠DKO＝∠EOA＝90°，即DK⊥AB， ∵AK＝BK， ∴DK垂直平分AB， ∴AD＝BD， ∵AD＝DE， ∴BD＝DE； （3）解：在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∵BHBC， ∴设BC＝13a，则BH＝10a， ∵点P是BH的中点， ∴BP＝5a， 当H在BC的上方时，如图3，将△BAP绕点A顺时针旋转90°得到△ACQ，连接PC，则∠PAQ＝90°， ∴△ABP≌△ACQ， ∴∠ABP＝∠ACQ，CQ＝BP＝5a，PA＝AQ， ∵CH＝CB，点P是BH的中点， ∴CP⊥BH， ∴∠CPB＝90°， 在Rt△PCB中，由勾股定理得：CP12a， 又∵∠BAC＝90°， ∴四边形ACPB中，∠ABP+∠ACP＝180°， ∴∠ACQ+∠ACP＝180°， ∴P，C，Q三点共线， ∴PQ＝PC+CQ＝PC+BP＝12a+5a＝17a， 又∵∠PAQ＝90°，PA＝AQ， ∴APPQa， ∴； 当H在BC的下方时，如图4， 同理可得，PC＝12a，CQ＝PB＝5a， ∴PQ＝PC﹣PQ＝7a， ∴APPQa， ∴； 综上所述，的值为或． 84．（2025•汉阳区模拟）矩形ABCD中，，E是线段BC边上一点，EF⊥AE于E点，且EF＝AE． （1）如图1，当点F在线段CD上时，求； （2）如图2，点F在CD右侧，连DF，若∠EFD＝90°，连DE，则求证：DE＝2CF； （3）若AB＝6，则直接写出点F的路径长． 【答案】（1）；（2）见解析；（3）8． 【分析】（1）证明出△ABE≌△ECF（AAS）即可求解； （2）延长DF，BC交于点G，取DE中点O，连接OC，OF，可得△ABE≌△DCG（AAS），四边形AEGD是平行四边形，那么由面积法得到EG×CD＝AE×EF＝4×3＝12，，解Rt△AEB，求出∠AEB＝60°，则∠FEC＝90°﹣∠AEB＝30°，可得点D，F，C，E在以点O为圆心的圆上，那么OC＝OF，由圆周角定理得到∠COF＝2∠CEF＝60°，故△OCF 是等边三角形，即可证明； （3）在BC上取点G，使得BG＝BA＝6，过点F作FH⊥BC交BC延长线于点H，同理可证明△ABE≌△EHF，证明出△FHG为等腰直角三角形，则∠FGH＝45°，那么点F的运用轨迹为线段GF，由点E从B运动到C，即可得到点F运动的路径长． 【解答】（1）解：如图： ∵， ∴设AB＝3，BC＝4， ∵四边形ABCD是矩形，EF⊥AE， ∴∠B＝∠C＝∠AEF＝90°， ∴∠1＝∠2＝90°﹣∠3， ∵EF＝AE， ∴△ABE≌△ECF（AAS）， ∴EC＝AB＝3， ∴BE＝BC﹣CE＝1， ∴； （2）证明：延长DF，BC交于点G，取DE中点O，连接OC，OF， ∵∠EFD＝90°，∠AEF＝90°， ∴∠EFD+∠AEF＝180°， ∴AE∥DF， ∴∠AEB＝∠G， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD＝3，∠B＝∠BCD＝∠DCG＝90°，BC＝AD＝4，AD∥|BC， ∴△ABE≌△DCG（AAS）， ∴BE＝CG， ∴EG＝BC＝DA＝4， ∴四边形AEGD是平行四边形， ∴EG×CD＝AE×EF＝4×3＝12， ∴， ∴， ∴∠AEB＝60°， ∴∠FEC＝90°﹣∠AEB＝30°， ∴∠DFE＝∠DCE＝90°， ∴点D，F，C，E在以点O为圆心的圆上， ∴OC＝OF，∠COF＝2∠CEF＝60°， ∴△OCF是等边三角形， ∴OC＝CF， ∵DE＝2OC， ∴DE＝2CF； （3）解：在BC上取点G，使得BG＝BA＝6，过点F作FH⊥BC于点H， ∵BA＝6，， ∴BC＝8， 同理可证明△ABE≌△EHF， ∴AB＝EH＝6， 设BE＝HF＝x， ∴BH＝BE+EH＝x+6， ∴GH＝BH﹣BG＝x+6﹣6＝FH， ∴△FHG为等腰直角三角形， ∴∠FGH＝45°， ∴点F的运用轨迹为线段GF， 当点E与点B重合时，点F与点G重合， 当点E与点C重合时，如图： 此时FG的长即为点F的路径长， ∴BE＝FH＝BC＝8， ∴， ∴点F的路径长为． 85．（2025•开州区模拟）在等边△ABC中，过点A作AE∥BC． （1）如图1，点E在点A的左侧，点D是AB边上的中点，连接BD，过点D作DE⊥AE交于点E，求证：BC＝4AE． （2）如图2，点E在点A的右侧，连接BE，点G是BE的中点，连接AG并延长交BC于点F，过点G作GH⊥AB交AB于点H，求证：． （3）若点E在点A的右侧，连接BE，点G是BE的中点，且BG＝BC，点P是直线BC上一动点，连接GP，将GP绕点G逆时针旋转60°得到GQ，连接AQ，在点P的运动过程中，当AQ取得最小值时，请直接写出的值． 【答案】（1）证明见解答． （2）证明见解答． （3）． 【分析】（1）根据已知条件求出∠BAE＝∠ABC＝60°，然后由AE＝AD•cos60°，再结合点D是AB中点求出答案． （2）构造△ABE的中位线KG，则KG，然后在Rt△HGK中由HG＝KG•sin∠HKG求出结论． （3）通过在直线BC上选择特殊点M、N，找出点Q的运动轨迹为直线M′N′，然后得到点A到直线M′N′的距离AR为AQ的最小值，接着通过解直角三角形求出BM′的长度，最后在Rt△BTE和Rt△BSM′中分别求出AE和RS，即可求出结果． 【解答】（1）证明：∵AE∥BC，△ABC是等边三角形， ∴∠BAE＝∠ABC＝60°． ∵在Rt△ADE中，AE＝AD•cos60°AB•． ∴BC＝4AE． （2）证明：如图，作GK∥BC交AB于点K，易得∠HKG＝∠ABC＝60°． ∵点G是BE中点， ∴KG是△ABE的中位线，KG， 在Rt△HGK中，HG＝KG•sin∠HKG•AEz． （3）解：如图，过点G作BC的垂线，垂足为N，点M为BC上一点，∠GMN＝60°；当点P分别运动到点M，N时，点Q运动到M′、N′；过点A、B分别向M′N′作垂线，R、S为垂足；过点B作EA延长线的垂线，T为垂足． 当主动点P在直线BC上运动时，从动点Q的轨迹为直线M′N′． 根据点到直线的距离最短，当点Q与点R重合时，AQ长度最小， ∵△GMM′和△GNN′为等边三角形，GN⊥MM′． ∴∠NGM30°． 由等腰三角形“三线合一”的性质，点N与点N′关于GM′对称，则∠GMN′＝∠GM′N＝60°． ∴当点Q运动到点R时，点P正好在BC上，与点M′重合，∠NM′N＝120°． ∵∠NM′N+∠ABC＝180°， ∴M′N′∥AB． ∵AR⊥M′N′，BS⊥M′N′， ∴AR＝BS． 设AB＝2a，则BG＝2a，BE＝4a． 则BT＝AB•sins60°a，TA＝AB•cos60°＝a， ∴AE＝TE﹣TATA＝（1）a． ∵∠GBN＝∠BET，sin∠GBN，sin∠BET，BE＝2BG． ∴GNa， 在Rt△BGN中，BNa． ∴BM′＝BN+NM′＝BN+GN•tan30°a． 在Rt△BSM′中，由M′N′∥AB可得∠BM′S＝∠ABM′＝60°，则BS＝BM′•sin60°a． ∴． 86．（2025•西岗区一模）课堂上，刘老师与学生进行如下习题训练，让学生从中体会由于点的移动导致几何形的变化，进而引发几何结论千变万化的魅力，来吧，体验吧． 已知，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，D为BC上一动点，连接AD，作∠DAE＝90°，且使∠E＝∠C． （1）当点D运动到AD⊥BC时，如图（一），求AE的长； （2）如图（二），当D为BC中点时，求CE的长； （3）如图（三），M为BC中点，N为DE中点， ①判断MN与AB的位置关系，并证明； ②当D从点B运动到点C时，直接写出点N经过的路径长． 【答案】（1）； （2）； （3）①MN∥AB，证明见解析； ． 【分析】（1）由等面积易求AD，再证△ABC∽△ADE，即可得解； （2）先证△ADE≌△CDE（SAS）得到AE＝CE，再利用△ABC∽△ADE，求出AE即可得到CE； （3）①连接AM，AN，易证∠B＝∠ADE，再证△ABD∽△AMN，得到∠B＝∠AMN，进而得解； ②由MN∥AB可知点N的轨迹是条线段，分别找出点D和B，点D和C重合时点N的位置，进而求解即可． 【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°， 由勾股定理得BC2＝AB2+AC2， ∴， ∵AD⊥BC， ∴， ∴， ∵∠DAE＝90°， ∴∠BAC＝∠DAE， ∵∠E＝∠C， ∴△ABC∽△ADE， ∴， ∴； （2）由（1）可知BC＝10， 在Rt△ABC中，∠BAC＝90°， ∵点D为BC中点， ∴AD＝CD＝BD＝5， ∴∠B＝∠BAD， 在Rt△DAE中，∠DAE＝90°， ∴∠ADE+∠AED＝90°， ∵∠B+∠ACB＝90°，∠AEC＝∠ACB， ∴∠B＝∠ADE， 在△ABD中，∠ADC＝∠B+∠BAD， ∵∠ADC＝∠ADE+∠EDC， ∴∠BAD＝∠EDC， ∴∠ADE＝∠EDC， ∵DE＝DE， ∴△ADE≌△CDE（SAS）， ∴AE＝CE， 由（1）证明得△ABC∽△ADE， ∴， ∴， ∴； （3）①结论：MN∥AB，证明如下： 法一：连接AM，AN， 由（1）证明得△ABC∽△ADE， ∴， 在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点M为BC中点， ∴， 同理可证，， ∴，即， ∵AM＝BM，AN＝DN， ∴∠B＝∠BAM，∠ADE＝∠DAN， 由（1）证明得∠B＝∠ADE， ∴∠BAM＝∠DAN， ∴∠BAM﹣∠DAM＝∠DAN﹣∠DAM，即∠BAD＝∠AMN， ∴△ABD∽△AMN， ∴∠B＝∠AMN， ∴∠BAM＝∠AMN， ∴MN∥AB； 法二：连接AM，AN，CN，CE， 由（1）证明得，△ABC∽△ADE， ∴， ∵∠BAC＝90°，∠DAE＝90°， ∴∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAE+∠CAD＝90°， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD∽△ACE， ∴∠B＝∠ACE， ∵∠B+∠ACB＝90°， ∴∠ACE+∠ACB＝90°，即∠BCE＝90°， 在Rt△ADE中，点N为DE中点， ∴， 同理可证，AM＝CM， ∴AN＝CN， ∵MN＝MN， ∴△AMN≌△CMN（SSS）， ∴∠AMN＝∠CMN， 由（2）证明得，∠AMN＝∠B， ∴∠B＝∠CMN， ∴MN∥AB； ②由①知，MN∥AB， ∵M为BC中点， ∴点N的轨迹则再一条定直线上， 当点D与点B重合时，点N与点M重合， 当点D与点C重合时，如图，此时AE在BA延长线上E与E'重合，N则与点Q重合， ∴点N经过的路径长为线段MQ的长， 由（1）知△ABC∽△ACE'， ∴， ∴AE'， ∴BE'＝AB+AE'， ∵M为BC中点，Q为DE'中点， ∴MQ为△BCE'中位线， ∴MQBE'， 即点N经过的路径长为． 87．（2024秋•沙坪坝区校级期中）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D为线段AC上一动点，连接BD． （1）如图1，E为△ABC外一点，连接BE，BD＝BE且∠DBE＝90°，若AD＝2，，连接AE，求线段AE的长； （2）如图2，过点D作DG⊥BC于点G，AH平分∠BAC交BC于点H，连接DH，AG，若∠HDG＝2∠C，求证：； （3）如图3，若，F为BC边上一点且BF＝4，M为AB边上一动点，连接AF，MF，将△BFM沿FM翻折至△ABC所在的平面内，得到△B′FM，连接AB′，过B′作AB′的垂线，N为垂线上一动点，连接AN，将AN绕着点N逆时针旋转60°到A′N，连接A′B′，在M、N运动过程中，当线段AB'和A′B′均取得最小值时，请直接写出△AB′N的面积． 【答案】（1）2； （2）证明见解析； （3）144． 【分析】（1）由勾股定理可得AB长度，过E作EF⊥AB于点F，证△EBF≌△BDA（AAS），最后在Rt△AEF中利用勾股定理求解即可； （2）线段有关系，所以联想等腰直角三角形，过A作AQ⊥AG，交CB延长线于点Q，证△AGQ是等腰直角三角形+BQ＝DG即可得证，所以很明显要证△ABQ≌△ADG，根据题意可以∠BAH＝∠DAH，再通过导角推出∠ABH＝∠ADH，所以可证△ABH≌△ADH，得到AB＝AD，再通过导角证出∠ABQ＝∠ADG，易证△ABQ≌△ADG，即可得证； （3）先求出AF＝2，由三边关系可知AB'≥AF﹣BF，当且仅当A、B'、F三点共线时取等，所以AB'最小＝24，再由题识别瓜豆模型——点在直线上，点N是主动点，点A'是从动点，所以需要找到点A'的运动轨迹，构造全等，将AB'绕点A顺时针旋转60°得到AP，连接A'P，证△NAB'≌△A'AP，得到∠APB＝∠AB'N＝90°，B'N＝PA'，所以点A'就在垂直AP的直线PA'上运动，再根据特殊角求解即可． 【解答】（1）解：过E作EF⊥AB于点F， 在Rt△ABD中，AD＝2，BD＝2，AD2+AB2＝BD2 ∴AB4， ∵∠ABD+∠EBF＝90°，∠ABD+∠ADB＝90°， ∴∠EBF＝∠ADB， 在△EBF和△BDA中， ， ∴△EBF≌△BDA（AAS）， ∴EF＝AB＝4，BF＝AD＝2， ∴AF＝AB﹣BF＝2， 在Rt△AEF中，AE2； （2）证明：过A作AQ⊥AG，交CB延长线于点Q，则∠GAQ＝90°， ∴∠BAC＝90°，AH平分∠BAC， ∴∠BAH＝∠CAH＝45°， 设∠C＝α，则∠HDG＝2α， ∵DG⊥BC于点G， ∴∠DGH＝∠DGC＝90°， ∴∠ABC＝90°﹣α，∠DHG＝90°﹣2α， ∴∠ADH＝∠DHG+∠C＝90°﹣α， ∴∠ABH＝∠ADH， 在△ABH和△ADH中， ， ∴△ABH≌△ADH（AAS）， ∴AB＝AH， ∵∠GAQ＝∠BAC＝90°， ∴∠BAQ＝∠DAG， ∵∠ADG＝∠DGC+∠C＝90°+α，∠ABQ＝∠BAC+∠C＝90°+α， ∴∠ABQ＝∠ADG， 在△ABQ和△ADG中， ， ∴△ABQ≌△ADG（ASA）， ∴AQ＝AG，BQ＝DG， ∴△AQG是等腰直角三角形， ∴GQ， ∵GQ＝BG+BQ＝BG+DG， ∴BG+DGAG； （3）解：如图，过A作AH⊥BC于点H， 在Rt△ABC中，AB＝AC＝6， ∴BC12， ∴AHBC＝6， 由折叠可知，FB＝FB'＝4， ∴FH＝BH﹣BF＝2， 在Rt△AFH中，AF2， 在△A'BF中，AB'≥AF﹣BF，当且仅当A、B'、F三点共线时取等，如图所示， 此时AB'＝24， 如图，连接AA'，将AB'绕点A顺时针旋转60°得到AP，连接A'P， ∵AN绕点N逆时针旋转60°得到NA‘， ∴△ANA'是等边三角形， ∴AA'＝AN，∠NAA'＝60°， ∴∠NAB'＝∠PAA'＝60°﹣∠A'AB'， 在△NAB'和△A'AP中， ， ∴△NAB'≌△A'AP（SAS）， ∴∠APB＝∠AB'N＝90°，B'N＝PA'， ∴点A'就在垂直AP的直线PA'上运动， ∴当A'B'⊥A'P时，A'B'有最小值， 如图所示，连接PB'， ∵AP＝AB'，∠PAB'＝60°， ∴△APB'是等边三角形， ∴∠APB'＝60°， ∴∠A'PB'＝30°，PB'＝AB'＝24， ∴PA'PB'AB'， ∴B'NAB'， ∴S△AB'NAB'•B'NAB'2（24）2＝144． 题型十 瓜豆原理--轨迹是圆 88．（2025•新会区二模）如图，在x轴上有A（2，0），B（5，0）两点，点C为y轴右侧一动点，且CA＝OA．将线段CB绕点B顺时针旋转60°到BD，连接CD，则线段AD的最大值为 　5　 ． 【答案】5． 【分析】以AB为一边在AB的上方作等边△ABE，连接DE，依题意得AB＝3，CA＝OA＝2，则AB＝EB＝AE＝3，∠ABE＝60°，由旋转的性质得△BCD是等边三角形，则BC＝BD＝CD，∠CBD＝60°，进而得∠ABC＝∠EBD，由此可依据“SAS”判定△ABC和△EBD全等得DE＝AC＝2，再根据“两点之间线段最短”得AD≤AE+DE＝5，据此即可得出AD的最大值． 【解答】解：以AB为一边在AB的上方作等边△ABE，连接DE，如图所示： ∵点A（2，0），点B（5，0）， ∴OA＝2，OB＝5， ∴AB＝OB﹣OA＝3， ∴CA＝OA＝2， ∵△ABE是等边三角形， ∴AB＝EB＝AE＝3，∠ABE＝60°， 由旋转的性质得：BC＝BD，∠CBD＝60°， ∴△BCD是等边三角形， ∴BC＝BD＝CD，∠CBD＝60°， ∴∠ABE＝∠CBD＝60°， ∴∠ABC+∠CBE＝∠CBE+∠EBD， ∴∠ABC＝∠EBD， 在△ABC和△EBD中， ， ∴△ABC≌△EBD（SAS）， ∴DE＝AC＝2， 根据“两点之间线段最短”得：AD≤AE+DE＝5， ∴当点A，E，D共线时，AD为最大，最大值是5． 故答案为：5． 89．（2023秋•碑林区校级期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，以AD的中点O为圆心，1为半径作半圆交边AD于E、F，动点P在半圆上，若∠BPQ＝90°且BP＝2PQ，则当CQ最小时，△BCQ的面积为 　6　 ． 【答案】6． 【分析】根据题意可知点P在半圆上运动，而Q是随P的位置变化而变化，所以很明显的瓜豆模型——点在圆上，其中P是主动点，Q是从动点，连接OB，过点O作OO'⊥OB交CD于点O'，证△AOB∽△DO'O，再证△BPQ∽△BOO'，最后证△OBP∽△O'BQ，得到O'Q，因此可知点Q在以O'为圆心，为半径的圆上半圆上运动，进而求解即可． 【解答】解：连接OB，过点O作OO'⊥OB交CD于点O'，则∠BOO'＝90°， ∵正方形ABCD，O是AD中点， ∴AO＝ODADAB，∠A＝∠D＝90°， ∴∠AOB＝∠OO'D＝90°﹣∠DOO'， ∴△AOB∽△DO'O， ∴， ∴O'D1， ∵∠BPQ＝90°，BP＝2PQ， ∴∠BPQ＝∠BOO'，， ∴△BPQ∽△BOO' ∴∠PBQ＝∠OBO'，， ∴∠OBP＝∠O'BQ， ∴△OBP∽△O'BQ， ∴， ∵OP＝1， ∴O'Q， ∴点Q在以O'为圆心，为半径的圆上半圆上运动， 当O'、Q、C三点共线时，CQ最小， 此时CQ＝CD﹣O'D﹣OO'＝4﹣13，且△BCQ直角三角形， ∴S△BCQ6， 故答案为：6． 90．（2022•平邑县校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，D是以点A为圆心，3为半径的圆上一点，连接BD，M是BD的中点，则线段CM长度的最小值为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】取AB的中点O，连接OM，AD，由三角形的中位线可得OM，则M点在以O为圆心，为半径的圆上，CM的最小值为CO5． 【解答】解：取AB的中点O，连接OM，AD， ∵M是BD的中点， ∴OM∥AD，OMAD， ∴AD＝3， ∴OM， ∴M点在以O为圆心，为半径的圆上， ∵∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12， ∴AB＝13， ∴CO， ∴CM的最小值为5， 故选：C． 91．（2023春•兴化市月考）如图，已知点A是第一象限内的一个定点，点P是以O为圆心、1个单位长为半径的圆上的一个动点，连接AP，以AP为边在AP右侧作等边三角形APB．当点P在⊙O上运动一周时，点B运动的路径长是 　2π　 ． 【答案】2π． 【分析】根据已知条件得到点B的运动轨迹也为圆，根据全等三角形的性质得到OP＝O'B＝1，即可求出路径长． 【解答】解：如图，连接AO、OP，将AO绕点A逆时针旋转60°，得线段AO'，连接O'B、OO'， ∵AO＝AO'，∠OAO'＝60°， ∴△OAO'为等边三角形， ∵△APB为等边三角形， ∴∠PAB＝60°，PA＝BA， ∴∠PAB﹣∠OAB＝∠OAO'﹣∠OAB， ∴∠PAO＝∠BAO′， 在△APO与△ABO′中， ， ∴△APO≌△ABO′（SAS）， ∴OP＝O'B＝1， ∴⊙O'即为动点B运动的路径， ∴当点P在⊙O上运动一周时，点B运动的路径长是2π． 故答案为：2π． 92．（2024秋•梁溪区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，动点A，B分别在x轴和函数y＝x的图象上，且AB＝2．作AB⊥BC，BC＝1（点C在直线AB的上方），则线段OC的最大值为 　　 ． 【答案】． 【分析】如图，以AB为斜边向上作等腰直角△ABD，连接OD，CD．求出OD，CD，根据OC≤OD+CD，可得结论． 【解答】解：如图，以AB为斜边向上作等腰直角△ABD，连接OD，CD． ∵点B在直线y＝x上， ∴∠BOA＝135°， ∵∠ADB＝90°，AD＝BD，AB＝2， ∴，∠ABD＝45°， ∵∠BOA＝135°，AB＝2，则由定弦定角可知，点O在以D为圆心，DA为半径的⊙D上． ∴， ∵CB⊥AB， ∴∠CBD＝45°， 过点C作CE⊥BD于点E，如图： 则1， ∴， ∴DE＝CE＝BE， ∴， ∴CD＝BC＝1， ∵OD+DC≥OC， ∴当O，D，C三点共线时，OC取得最大值， 最大值为． 故答案为：． 93．（2025•梁溪区二模）如图，在平面直角坐标系中，已知A（5，5），B（8，0），点P在以A为圆心，2为半径的圆上，P关于B的对称点为Q．连接OP，将OP绕点O逆时针旋转90°得到OR．连接RQ．则RQ的最小值是（　　） A．14 B．15 C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，轴对称，旋转的性质得到点A关于点B的对称点A1的横坐标为2×8﹣5＝11，纵坐标为0×2﹣5＝﹣5，即A1（11，﹣5），点Q在以点A1为圆心，2为半径的圆上，点R在以点A2为圆心，2为半径的圆上，由此得到RQ的最小值是A1A2的值减去QN的最大值，数形结合分析即可求解． 【解答】解：∵点A（5，5），B（8，0）， ∴点A关于点B的对称点A1的横坐标为2×8﹣5＝11，纵坐标为0×2﹣5＝﹣5， 即A1（11，﹣5）， ∵点P在以A为圆心，2为半径的圆上，P关于B的对称点为Q， ∴点Q在以点A1为圆心，2为半径的圆上， 如图所示，连接OA， ∵A（5，5）， ∴点A到x轴的距离为5，到y轴的距离为5， ∴∠AOB＝45°， 将OA绕点O逆时针旋转90°度得OA2，则∠AOA2＝90°， ∴OA2与x轴的负半轴的夹角为45°， ∴A2（﹣5，5）， ∴点R在以点A2为圆心，2为半径的圆上， ∴当点P在⊙A上顺时针运动时，根据轴对称的性质得到点Q在⊙A1上逆时针运动，点R在⊙A2上顺时针运动， 连接A1A2， ∴， ∵点Q，R的运动方向不同， ∴线段RQ与线段A1A2的关系是：相交与平行，如图所示， ∴如图3所述，当RQ∥A1A2时，延长RQ交⊙A1于点N，过点A1作A1M⊥RQ于点M， 当RN∥A1A2，时，RQ＝A1A2﹣QN， ∴QN最大时，RQ的值最小， ∴当QA1⊥NA1时，QN的值在四边形A1NRA2是平行四边形时最大， ∴， ∴， 故选：D． 94．（2025秋•邗江区期中）在平面直角坐标系中，点A（﹣4，3），N（0，1），以A为圆心3为半径作圆，点M是⊙A上一动点，以MN为斜边作Rt△MBN，且，则OB的最小值为　5　 ． 【答案】5． 【分析】由动点问题可识别瓜豆模型，在AN上方构造Rt△AHN，且，可得H（﹣3，4），再证△ANM∽△HNB，可得BH长度，进而得点B运动轨迹，从而得解． 【解答】解：如图，连接AN，在AN上方构造Rt△AHN，且， 再过H作KL⊥y轴于点K，过A作AL⊥KL于点L， 则∠L＝∠AHN＝∠HKN＝90°， ∴∠AHL＝∠HNK＝90°﹣∠NHK， ∴△ALH∽△HKN， ∴， 设AL＝x，LH＝y，则HK＝3x，KN＝3y， ∵A（﹣4，3），N（0，1）， ∴， 解得， ∴H（﹣3，4）， ∴OH＝5； 如图，连接AM、BH，则AM＝3， ∵，且∠AHN＝∠MBN＝90°， ∴△AHN∽△MBN， ∴∠ANH＝∠MNB，， ∴∠ANM＝∠HNB，， ∴△ANM∽△HNB， ∴，即， ∴BH， ∴点B在以H（﹣3，4）为圆心，为半径的圆上， ∴OBmin＝OH﹣BH＝5； 故答案为：5． 95．（2024•越秀区校级三模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，AE＝3，连接BE，以BE为斜边在BE的右侧作等腰直角△BDE，P是AE边上的一点，连接PC和CD，当∠PCD＝45°，则PE长为 　2　 ． 【答案】2 【分析】由AE＝3得动点E在圆上运动，因为△BDE是等腰直角三角形且∠PCD＝45°，所以想到瓜豆原理，可两次构造三角形相似去解答． 【解答】解：方法一：以AB为斜边在AB的右侧作等腰直角△ABF，连接FC，FD． ∵∠ABF＝∠EBD＝45°， ∴∠ABE＝∠FBD， ∵， ∴△ABE∽△FBD， ∴， ∴FD， 在四边形ACBF中，∠ACB＝∠AFB＝90°， ∴A、C、B、F四点共圆， ∴∠ACF＝∠ABF＝45°，∠CAB＝∠CFB， ∵∠PCD＝45° ∴∠ACP＝∠FCD， 又∵△ABE∽△FBD， ∴∠BAE＝∠BFD， ∴∠CAP＝∠CFD， ∴△CAP∽△CFD， ∴， 在四边形ACBF中，由对角互补模型得AC+CB， ∴CF ∴， ∴AP＝1， ∴PE＝2， 方法二：如图，作DF⊥CD交CP延长线于点F， ∵∠PCD＝45°， ∴△DCF是等腰直角三角形， ∴DC＝DF， ∵△BDE是等腰直角三角形， ∴DB＝DE， ∵∠BDC＝∠EDF＝90°﹣∠CDE， ∴△BDC≌△EDF（SAS）， ∴EF＝BC＝4，∠BCD＝∠EFD， 延长FE交BC于点G， 由8字型可得∠CGF＝90°＝∠ACG， ∴EF∥AC， ∴， ∴PE＝2AP， ∵AE＝3， ∴PE＝2； 故答案为：2 96．（2024秋•河北区期末）在平面直角坐标系中，，0），，1），将矩形OABC绕点O逆时针旋转得到矩形OA1B1C1． （Ⅰ）如图①，点A1在y轴正半轴上时，求旋转角的度数及点B1的坐标； （Ⅱ）如图②，点A1在射线AC上时，求旋转角的度数及点B1的坐标； （Ⅲ）已知，，记直线AA1与BB1交点为Q，直接写出PQ长度的最大值与最小值． 【答案】（Ⅰ）旋转角∠A1OA＝90°，B1（﹣1，； （Ⅱ）旋转角∠A1OA＝120°，，1）； （Ⅲ）最大值为，最小值为． 【分析】（Ⅰ）由点A对应点A1落在y轴上可知旋转角为90°，再根据长度得出点B1坐标即可； （Ⅱ）先由线段长度可求得∠CAO＝30°，进而求得旋转角∠AOA1＝120°，过点B1作B1H⊥x轴于H，易得∠B1OH＝30°，再解Rt△B1OH即可得解； （Ⅲ）先证点Q是BB11中点，因为B1的运动轨迹是以O为圆心，以OB1为半径的圆，所以根据瓜豆模型，点Q的运动轨迹也是圆，进而根据点圆最值求解即可． 【解答】解：（Ⅰ）在矩形OABC中，，0），，1）， ∴，OC＝1， 又点A1在y轴正半轴上， 故矩形OA1B1C1中， ∴旋转角∠A1OA＝90°， ，OC1＝OC＝1， ∴B1（﹣1，； （Ⅱ）连接B1O， 同（Ⅰ）理，矩形OABC中，，OC＝1， 在Rt△CAO中，∠COA＝90°， ， ∴∠CAO＝30°，同理∠B1OA1＝30°， 由OA1＝OA，故∠CA1O＝∠CAO＝30°，旋转角∠A1OA＝120°， 在Rt△B1C1O中，∠C1＝90°， ，C1O＝CO＝1，， 过点B1作B1H⊥x轴于H， 在Rt△B1OH中，∠B1HO＝90°， ∠B1OH＝180°﹣∠B1OA1﹣∠AOA1＝30°， ∴，B1H＝B1O•sin∠B1OH＝1， ∴，1）； （Ⅲ）如图，连接AA1、BB1交于点Q，延长AA1、CB1交于点M， ∵OA＝OA1， ∴∠OAA1＝∠OA1A， ∵∠B1AC＝90°， ∴∠A1MB1＝∠OA1A， ∵∠MA1B1＝∠OAA1， ∴∠MA1B1＝∠M， ∴B1M＝A1B1＝AB， 在△ABQ和△MB1Q中， ， ∴△ABQ≌△MB1Q（AAS）， ∴BQ＝B1Q， 连接OB1和OB，取OB中点N，连接NQ，则NQ为△BOB1中位线， ∴NQOB1， 由（Ⅱ）知OB1＝2， ∴NQOB1＝1， 即点Q在以N为圆心，1为半径的圆上运动， ∴当P、N、Q三点共线时有最大值和最小值，如图最大值为PQ1的长，最小值为PQ2的长， ∵B（，1），O（0，0）， ∴N（）， ∴PN， ∴PQ1＝PN+r，PQ2＝PN﹣r， 综上，最大值为，最小值为． 97．（2025•南岸区校级二模）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是平面内一点，连接AD，将点A绕点D顺时针旋转90°得点E，连接AE，DE． （1）如图1，点D在△ABC的内部，连接CD，点E恰好在CD上．若AE＝CE，求∠DAB的度数； （2）如图2，点D在点A的右上方，连接BE，CE，点D恰好在CE上，延长DA交BE于点F，点G是AC的中点，连接FG，求证：； （3）如图3，连接EC，∠AEC＝90°，将线段AD沿AC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到线段AM，点M为点D的对应点，连接BM，当BM取得最大值时，请直接写出此时的值． 【答案】（1）22.5°． （2）证明见解答． （3）． 【分析】（1）首先判定△ABC和△ADE是等腰直角三角形，然后根据外角的性质求出∠ECA＝22.5°，再从∠BAC中由角的和差关系求出∠DAB的大小． （2）通过辅助线构造△ACD∽△BCH，接着推出BH＝AE，进而证明△BFH≌△EFA，从而得到AF＝FH，则FG是△AHG的中位线，再结合CHCD即可证明结论． （3）先由定弦定角模型求出点E的运动轨迹，然后根据瓜豆模型中主从动点的运动轨迹关系判定出点D的运动轨迹，从而由轴对称的性质得出点M的运动轨迹，再由等腰直角三角形的性质及中位线的性质在Rt△BQI中求出BM关于AB的表达式，最终求出答案． 【解答】解：（1）根据题意可知△ABC和△ADE是等腰直角三角形． ∴∠DAE＝∠DEA＝45°． ∵AE＝CE， ∴∠ECA＝∠EAC22.5°， ∵∠DAB＝∠BAC﹣∠DAE﹣∠EAC＝90°﹣45°﹣22.5°＝22.5°． （2）证明：延长DF至点H，使DH＝CD，连接BH，CH，则△DCH是等腰直角三角形． ∴∠DCH＝∠DHC＝∠ACB＝45°， ∴∠ACD＝∠BCH＝45°﹣∠ACH． 又∵． ∴△ACD∽△BCH． ∴BHAD＝AE，∠BHC＝∠ADC＝90°， ∵∠EAH＝180°﹣∠EAD＝135°，∠AHB＝∠BHC+∠DHC＝135°， ∴∠EAH＝∠AHB， 又∵∠AFE＝∠HFB， ∴△BFH≌△EFA（AAS）， ∴AF＝FH， ∵AG＝GC， ∴FGCHCD． ∴CDFG． （3）如图，点F、G分别为AC、AB的中点，过点F作BC的垂线交BA延长线于点H，交BC于点I． 易得△BHI为等腰直角三角形． ∵FG为△ABC的中位线， ∴FG∥BC，FGBCAB． 根据题意，∠AEC＝90°，由定弦定角辅助圆模型可知主动点E的运动轨迹是以AC为直径的⊙F上，因此从动点D的运动轨迹在以GF为直径的⊙P上． 而根据轴对称的性质，点D关于AC的对称点M的运动轨迹在以FH为直径的⊙Q上， ∴FG＝FH，AG＝AH． ∴AQ为△GFH的中位线． ∴AQ∥FG， 由平行线分线段成比例可得F、Q两点分别是线段HI的三等分点，则QI＝FH＝FG． 在Rt△BQI中，BI＝HIFHAB，QI＝FGAB，则BQAB． ∴BM＝BQ+MQABAB． ∴． 98．（2024秋•锦江区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，M为BC的中点，P为平面上一点，连接PA，将PA绕点A逆时针旋转90°得到线段QA． （1）如图1，当Q在BM上时，连接PB，PQ，求证：PB2+BQ2＝PQ2； （2）如图2，当Q在CM上时，连接PC，AM相交于点D，若，求线段BQ的长； （3）如图3，连接PM，有PM＝BM，连接BQ，当线段BQ取得最小值时，请求出的值． 【答案】（1）证明：由旋转的性质可得AP＝AQ，∠PAQ＝90°， ∴∠PAQ＝∠BAC， ∴∠PAB＝∠QAC， ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠ACB＝∠ABC＝45°， 在△APB和△AQC中， ， ∴△APB≌△AQC（SAS）， ∴∠ABP＝∠ACQ＝45°， ∴∠PBQ＝∠ABP+∠ABC＝90°， 在Rt△PBQ中，由勾股定理可得PB2+BQ2＝PQ2； （2）BQ＝2； （3）． 【分析】（1）证出△APB≌△AQC，即可得证； （2）由（1）可得PB2+BQ2＝PQ2，PB∥DM，PB＝QC，进而可得DM是△CBP的中位线，设DM＝x，则PB＝CQ＝2x，进而可得BM＝CM＝AM，最后利用线段和差求解； （3）过A作AN⊥AM，且AN＝AM，连接CN，易证△APM≌△AQN（SAS），可得点N轨迹，利用三边关系可得BQ≤BN﹣QN，当且仅当B、Q、N三点共线时取等，据此求解即可． 【解答】（1）证明：由旋转的性质可得AP＝AQ，∠PAQ＝90°＝∠BAC， ∴∠PAB＝∠QAC＝90°﹣∠BAQ， ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠ACB＝∠ABC＝45°， 在△APB和△AQC中， ， ∴△APB≌△AQC（SAS）， ∴∠ABP＝∠ACQ＝45°， ∴∠PBQ＝∠ABP+∠ABC＝90°， 在Rt△PBQ中，由勾股定理可得PB2+BQ2＝PQ2； （2）解：如图，连接PQ， 由（1）思路可得△APB≌△AQC，∠PBQ＝90°， ∴PB∥DM，PB＝QC， ∵M是BC中点， ∴DM为△CBP的中位线， 设DM＝x，则CQ＝PB＝2x， ∵AD， ∴AM＝BM＝CM， ∴BQ； （3）解：如图，过A作AN⊥AM，且AN＝AM，连接CN， 则∠PAQ＝∠MAN＝90°， ∴∠PAM＝∠QAN＝90°﹣∠MAQ， 在△APM和△AQN中， ， ∴△APM≌△AQN（SAS）， ∴NQ＝PM＝BM， ∵M为BC中点， ∴可设NQ＝PM＝BM＝AM＝CM＝AN＝1， ∴BQ≤BN﹣QN，当且仅当B、Q、N三点共线时取等， ∵∠AMC＝∠CAN＝90°， ∴∠CAN＝∠ACN＝45°， ∴CN＝AN＝1， ∴由勾股定理得BN， ∴BQ最小值1， ∵AB， ∴． 99．（2024秋•建邺区期中）如图①，在⊙O中，劣弧AB的度数为120°，点P是优弧AB上的动点，且不与点A，B重合，弦PB的垂直平分线分别交射线PA，弦PB于点C，D． （1）求证：△PCB是等边三角形； （2）△POC能否为等腰三角形？如果能，求此时∠POC的度数；如果不能，请说明理由； （3）若⊙O的半径为2，则△POC面积的最大值是 　2　 ． 【答案】（1）证明详见解析； （2）∠POC＝120°或15°或75°； （3）2． 【分析】（1）根据垂直平分线即可得出CP＝CB，再由有一个角是60°的等腰三角形即可得证； （2）见到等腰三角形存在性问题优先考虑分类讨论，可以从点C的运动轨迹入手，也可以从点P的运动轨迹出发，画出符合题意的图形，即可得解； （3）由题易得△POC≌△BOC，所以转化为求△BOC的面积最大值，因为OB＝2是定值，所以可以看作以OB为底，C到OB的距离为高，这时我们就需要知道点C的运动轨迹了，根据瓜豆原理的种瓜得瓜，种豆得豆，因为P在圆弧上运动，所以点C也在圆弧上运动，见等腰或者等边则构造等腰或等边，利用手拉手全找到点C的轨迹，进而即可得解． 【解答】（1）证明：∵CD垂直平分PB， ∴CP＝CB， ∵劣弧AB的度数为120°， ∴优弧AB的度数为60°， 即∠APB＝60°， ∴△PCB是等边三角形； （2）解：①如图，当OC＝OP时， ∵OP是半径， ∴此时OC也是半径，点C在圆上， 由（1）知△PCB是等边三角形， ∴∠PCB＝60°＝∠B， ∵∠PAB＝60°， ∴点A与点C重合， ∴∠POC＝2∠B＝120°； ②当CO＝CP时，有两种情况， Ⅰ，当点P靠近点B时，如图， ∵OP＝OB， ∴PB的垂直平分线经过点O，即点O、C、D三点共线， ∵∠APB＝60°， ∴∠PCD＝30°， ∵CO＝CP， ∴∠POC＝15°； Ⅱ，当点P靠近点A时，如图， 由（1）知△PCB是等边三角形， ∴∠PCB＝60°， ∴∠PCO＝30°， ∵CO＝CP， ∴∠POC75°； ③当OP＝CP时， ∵当点P运动到A时，点O、P、C均在⊙O上， ∴∠OPC＝90°， ∵∠PCO＝30°， ∴OP：PC：OC＝1：：2， ∴PC＞OP， ∴点P在向下运动时不会构成等腰三角形， 故此情况不存在； 综上，∠POC＝120°或15°或75°； （3）解：连接OB， ∵CP＝CB，OP＝OB，OC＝OC， ∴△POC≌△BOC（SSS）， 因此求出△BOC的面积最大值，即可得到△POC的面积最大值， 如图，取劣弧AB中点E，连接OE、BE、CE， ∵劣弧AB的度数为120°， ∴∠OEB＝60°， ∵OE＝OB， ∴△OEB为等边三角形， ∴∠OBE＝60°，BE＝BO， ∵∠CBP＝60°， ∴∠CBE＝∠PBO＝60°﹣∠OBC， ∵CB＝CP， ∴△CBE≌△PBO（SAS）， ∴CE＝OP， ∵半径为2， ∴CE＝OE＝BE＝OP＝2， ∴点C在以E为圆心，2为半径的圆上， 如图，作CH⊥OB于点H，当C、E、H三点共线时，CH最大，此时CH＝CE+EH， ∵∠OBE＝60°，BE＝2， ∴EH＝BE•sin60°， ∴CH＝CE+EH＝2， ∴S△BOCOB•CH2， ∴△POC的面积最大值为2； 故答案为：2． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/1/5 10:40:44；用户：19902929970；邮箱：19902929970；学号：37357472 1 / 153 学科网（北京）股份有限公司 $