专题04 相似三角形之手拉手模型（几何模型讲义）（四川成都专用）2026年中考数学一轮复习几何模型系列

专题04 相似三角形之手拉手模型 手拉手模型是两个等腰三角形共顶点，顶角相等，通过角的和差推导对应角相等，进而证相似。解题关键是识别共边共角或共顶点等腰特征，快速锁定角相等条件，再套用对应边比例。 1 模型来源 1 真题现模型 1 提炼模型 4 模型运用 5 8 相似模型之手拉手模型，源于平面几何相似三角形的判定逻辑，是对高频图形结构的归纳总结，核心依托AA、SAS等相似判定定理，为解决比例线段、角度关系问题提供高效思路。相似手拉手模型则以“共顶点、双等腰、顶角相等”为核心结构，由两个顶角相等的等腰三角形共顶点旋转形成，是全等手拉手模型的进阶延伸，当全等模型中“相等线段”变为“成比例线段”时便转化而来，本质是旋转变换下的相似不变性，多用于证明线段比例、夹角相等，或破解复杂图形中的比例线段关联问题，通过精准捕捉图形特征，简化相似判定流程，降低解题难度。 （2025·四川巴中·中考真题）如图，P为外一点，和为的两条切线，A和B为切点，为直径． (1)求证： ①． ②． (2)，，求的长． （2025·四川遂宁·中考真题）如图，是的直径，是上的一点，连接，延长至点，连接，使． (1)求证：是的切线． (2)点是的中点，连接，交于点，过点作交于点，交于点，连接，若，，求的值． （2025·四川·中考真题）和中，，． 【初步感知】 （1）如图1，若，连接，则与之间的数量关系是____，位置关系是_____；（直接写出结论，不写推理过程） 【深入探究】 （2）如图2，若，将绕点C旋转，设直线与交于点M，与交于点N，试确定与之间的数量关系和位置关系，并说明理由； 【迁移应用】 （3）如图3，当点D在内部，且时，若，，连接，作于点F，交于点G，求的长． 相似模型之手拉手模型 核心结论：相似模型之手拉手是 “旋转相似” 的核心模型，核心是 “共顶点 + 两组邻边成比例 + 旋转角相等”，通过旋转构造满足 SAS 相似判定的三角形，对应边成比例、对应角相等，面积比为相似比的平方。 一、模型核心定义 手拉手相似模型是全等手拉手模型的拓展，本质是 “以公共顶点为旋转中心，将一个三角形绕顶点旋转一定角度后，与另一个三角形形成相似”。关键特征：两个三角形共用一个顶点（旋转中心），从公共顶点出发的两组邻边成比例（而非全等的 “相等”），且两组邻边的夹角（旋转角）相等，最终构成相似三角形。 二、模型核心三要素 共顶点：两个三角形共用一个公共顶点 O（旋转中心）。 邻边成比例：从 O 出发的两组线段对应成比例，即 OA/OB = OC/OD（而非全等的 OA=OB、OC=OD）。 旋转角相等：两组邻边的夹角相等，即∠AOB=∠COD（旋转角为 α，与全等手拉手一致）。 三、构造相似的核心逻辑 构造思路 以公共顶点 O 为旋转中心，将△COD 绕点 O 旋转，使成比例的线段 OC 与 OA（或 OD 与 OB）重合，旋转后∠AOC=∠BOD（旋转角相等推导），结合邻边成比例条件，满足 SAS 相似。 相似判定（固定 SAS） 边：OA/OB = OC/OD（已知邻边成比例）。 角：∠AOC=∠BOD（∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC，旋转角相等推导）。 结论：△AOC∽△BOD（SAS 相似判定：两边成比例且夹角相等）。 4、 常见模型分类 1.手拉手相似模型（任意三角形） 条件:如图，∠BAC=∠DAE=，； 结论：△ADE∽△ABC，△ABD∽△ACE；；∠BFC=∠BAC. 证明：∵，∴，∵∠BAC=∠DAE=，∴△ADE∽△ABC， ∵∠BAC=∠DAE=，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，∴∠BAD=∠CAE， ∵，∴△ABD∽△ACE，∴，∠ABD=∠ACE，∴∠BFC=∠BAC=∠DAE=， 2.手拉手相似模型（直角三角形） 条件:如图，，； 结论：△AOC∽△BOD；，AC⊥BD，. 证明：∵，∴∠AOB-∠BOC=∠COD-∠BOC，∴∠AOC=∠BOD， ∵，∴△AOC∽△BOD，∴，∠OAB=∠OBD， ∴∠AEB=∠AOB=90°，∴AC⊥BD，∴. 例1【问题发现】（1）如图1，在中，，D为边上一点（不与点B、C重合）将线段绕点A顺时针旋转90°得到，连接，则线段与的数量关系是　 ，位置关系是　 ； 【探究证明】（2）如图2，在和中，将绕点A旋转，当点C，D，E在同一直线时，与具有怎样的位置关系，并说明理由； 【拓展延伸】（3）如图3，在中，，将绕点A顺时针旋转，点C对应点E，设旋转角为（），当点C，D，E在同一直线时，画出图形，并求出线段的长度． 例2【问题呈现】 如图，和是有公共顶点的直角三角形，，点P为射线、的交点．探究，的位置关系． 【问题探究】 (1)如图1，若和是等腰直角三角形，求证：； (2)如图2，若，（1）中结论是否仍然成立？请说明理由； (3)【拓展应用】在（1）的条件下，，，将绕点A旋转使点E恰好落在线段上，请直接写出此时的长度． 例3综合与实践 【问题呈现】 （1）如图1，和都是等边三角形，连接，．求证：． 【类比探究】 （2）如图2，和都是等腰直角三角形，，连接，，则 【拓展提升】 （3）如图3，，，连接，，若． ①求的值； ②延长交于点，则 ． 例4【操作与思考】 （1）如图1，在正方形中，点E，F分别为，边上的点，且，且绕点A顺时针旋转得到，画出，并证明； 【尝试与应用】 （2）如图2，正方形边长为8，点E，F分别为，边上的点，．交于M，求证； 【拓展与创新】 （3）如图3，矩形中，，，点E，F分别为，边上的点，，交于M．若，直接写出的长． 1．如图，在四边形中，，，，，则对角线的最大值为 ．    2．如图1，在中，，与边分别交于点D、E，连接，点F、G、H分别是的中点，分别连接． (1)观察、猜想 观察图1，猜想 ， (2)探究、说理 把绕点C逆时针方向旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由 (3)拓展、思考 在所在的平面内，把绕点C自由旋转，当时，直接写出线段的长度的取值范围 3．综合与实践 【问题呈现】 （1）如图①，和都是等腰直角三角形，，连接，，则，之间的数量关系是_______，________． （2）如图②，在中，，，（不与点，重合）是直线上的一动点，将线段绕点按顺时针方向旋转得到，连接，． 【类比探究】 ①如图②，点在线段上时，求证：． 【拓展提升】 ②如图③，，在点运动的过程中，当时，请直接写出的长． 4．如图，在Rt中，，，于点，点是直线上一动点，连接，过点作，交直线于点． (1)如图1，若，点在线段上，求出的值，并写出证明过程； (2)①如图2，若点在线段上，则___________（用含，的代数式表示）； ②当点E在直线上运动时，①中的结论是否仍然成立？请仅就图3的情形给出证明； (3)若，，请直接写出的长． 5．如图，回答下列题： 【操作发现】 如图（1），在和中，，，，连接，交于点M． ①与之间的数量关系为_________； ②的度数为_________； 【类比探究】 如图（2），在和中，，，连接，交的延长线于点M，请计算的值及的度数． 【实际应用】 如图（3），是一个由两个都含有角的大小不同的直角三角板、组成的图形，其中，，绕点C转动其中较小的三角板，使得点D、E、B在同一直线上，，，请直接写出之间的距离． 6．在矩形中，点为射线上一点，连接，以为一边，在的右侧作正方形． (1)若，如图1，连接，当射线与射线的交点在线段上时． 求证：①；②点一定在射线上； (2)如图2，若，，连接，求的最小值． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 相似三角形之手拉手模型 手拉手模型是两个等腰三角形共顶点，顶角相等，通过角的和差推导对应角相等，进而证相似。解题关键是识别共边共角或共顶点等腰特征，快速锁定角相等条件，再套用对应边比例。 1 模型来源 1 真题现模型 1 提炼模型 9 模型运用 11 23 相似模型之手拉手模型，源于平面几何相似三角形的判定逻辑，是对高频图形结构的归纳总结，核心依托AA、SAS等相似判定定理，为解决比例线段、角度关系问题提供高效思路。相似手拉手模型则以“共顶点、双等腰、顶角相等”为核心结构，由两个顶角相等的等腰三角形共顶点旋转形成，是全等手拉手模型的进阶延伸，当全等模型中“相等线段”变为“成比例线段”时便转化而来，本质是旋转变换下的相似不变性，多用于证明线段比例、夹角相等，或破解复杂图形中的比例线段关联问题，通过精准捕捉图形特征，简化相似判定流程，降低解题难度。 （2025·四川巴中·中考真题）如图，P为外一点，和为的两条切线，A和B为切点，为直径． (1)求证： ①． ②． (2)，，求的长． 【答案】(1)①见解析；②见解析；(2)5 【分析】本题考查了切线的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定等知识点，熟练掌握切线的性质是解题的关键． （1）根据切线长定理得出，结合，，即可证明． （2）根据圆周角定理得出，由①可知：，得出，即可证明，进而得到． （3）连接．根据圆周角定理得出，证明，根据相似三角形的性质即可求解． 【详解】（1）①证明：是切线， ， 又，， ． ②证明：点在上． ， 由①可知：， ， ， ． （2）解：连接． 是的直径， ， 又，， ∴． ， ， ． （2025·四川遂宁·中考真题）如图，是的直径，是上的一点，连接，延长至点，连接，使． (1)求证：是的切线． (2)点是的中点，连接，交于点，过点作交于点，交于点，连接，若，，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，由圆周角定理得，又由等腰三角形的性质及已知可得，即得，进而即可求证； （2）连接，由得，即得，，即得到，设，则，由勾股定理得，解得，再证明，得，即得，进而由得，代入计算即可求解． 【详解】（1）证明：连接， ∵是直径， ∴，即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴是的切线； （2）解：连接， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， 设，则， ∵， ∴, ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴, ∵， ∴， ∴， 即， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，切线的判定，相似三角形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． （2025·四川·中考真题）和中，，． 【初步感知】 （1）如图1，若，连接，则与之间的数量关系是____，位置关系是_____；（直接写出结论，不写推理过程） 【深入探究】 （2）如图2，若，将绕点C旋转，设直线与交于点M，与交于点N，试确定与之间的数量关系和位置关系，并说明理由； 【迁移应用】 （3）如图3，当点D在内部，且时，若，，连接，作于点F，交于点G，求的长． 【答案】（1），；（2）数量关系：，位置关系：，理由见解析；（3） 【分析】（1）证明，则，，再由对顶角结合互余的性质证明； （2）证明，则，，，再由对顶角结合互余的性质证明； （3）先求出，，过点作平行线交延长线于点，则，过点作延长线的垂线，垂足为点，证明，则，求出，即可证明，则，证明，则，求出，，则，那么由勾股定理得，再对运用面积法求解，最后由求解即可． 【详解】（1）解：如图， ， ，， 又， ， 即， 在△和△中， ， ， ，， 设与交于点， ，， ， ∴， ∴， 故答案为：，； （2）解：数量关系：，位置关系：． 理由如下：， ，即， 又， ， ，， ，， ， 则， 即； （3）解：∵，， ∴，， 过点作平行线交延长线于点，则，过点作延长线的垂线，垂足为点， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设， 则在中，由勾股定理得， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，难度较大，解题的关键是正确运用类比的思想条件并添加辅助线求解． 相似模型之手拉手模型 核心结论：相似模型之手拉手是 “旋转相似” 的核心模型，核心是 “共顶点 + 两组邻边成比例 + 旋转角相等”，通过旋转构造满足 SAS 相似判定的三角形，对应边成比例、对应角相等，面积比为相似比的平方。 一、模型核心定义 手拉手相似模型是全等手拉手模型的拓展，本质是 “以公共顶点为旋转中心，将一个三角形绕顶点旋转一定角度后，与另一个三角形形成相似”。关键特征：两个三角形共用一个顶点（旋转中心），从公共顶点出发的两组邻边成比例（而非全等的 “相等”），且两组邻边的夹角（旋转角）相等，最终构成相似三角形。 二、模型核心三要素 共顶点：两个三角形共用一个公共顶点 O（旋转中心）。 邻边成比例：从 O 出发的两组线段对应成比例，即 OA/OB = OC/OD（而非全等的 OA=OB、OC=OD）。 旋转角相等：两组邻边的夹角相等，即∠AOB=∠COD（旋转角为 α，与全等手拉手一致）。 三、构造相似的核心逻辑 构造思路 以公共顶点 O 为旋转中心，将△COD 绕点 O 旋转，使成比例的线段 OC 与 OA（或 OD 与 OB）重合，旋转后∠AOC=∠BOD（旋转角相等推导），结合邻边成比例条件，满足 SAS 相似。 相似判定（固定 SAS） 边：OA/OB = OC/OD（已知邻边成比例）。 角：∠AOC=∠BOD（∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC，旋转角相等推导）。 结论：△AOC∽△BOD（SAS 相似判定：两边成比例且夹角相等）。 4、 常见模型分类 1.手拉手相似模型（任意三角形） 条件:如图，∠BAC=∠DAE=，； 结论：△ADE∽△ABC，△ABD∽△ACE；；∠BFC=∠BAC. 证明：∵，∴，∵∠BAC=∠DAE=，∴△ADE∽△ABC， ∵∠BAC=∠DAE=，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，∴∠BAD=∠CAE， ∵，∴△ABD∽△ACE，∴，∠ABD=∠ACE，∴∠BFC=∠BAC=∠DAE=， 2.手拉手相似模型（直角三角形） 条件:如图，，； 结论：△AOC∽△BOD；，AC⊥BD，. 证明：∵，∴∠AOB-∠BOC=∠COD-∠BOC，∴∠AOC=∠BOD， ∵，∴△AOC∽△BOD，∴，∠OAB=∠OBD， ∴∠AEB=∠AOB=90°，∴AC⊥BD，∴. 例1【问题发现】（1）如图1，在中，，D为边上一点（不与点B、C重合）将线段绕点A顺时针旋转90°得到，连接，则线段与的数量关系是　 ，位置关系是　 ； 【探究证明】（2）如图2，在和中，将绕点A旋转，当点C，D，E在同一直线时，与具有怎样的位置关系，并说明理由； 【拓展延伸】（3）如图3，在中，，将绕点A顺时针旋转，点C对应点E，设旋转角为（），当点C，D，E在同一直线时，画出图形，并求出线段的长度． 【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）画出图形见解析，线段的长度为． 【分析】（1）由题意易得，，从而可证，然后根据三角形全等的性质可求解； （2）连接，由题意易得，进而可证，最后根据三角形全等的性质及角的等量关系可求证； （3）如图，过A作，由题意可知，，然后根据相似三角形的性质及题意易证，最后根据勾股定理及等积法进行求解即可． 【详解】解：（1）在中，， ， ， ，即， 在和中，， ， ， ， ， 故答案为：； （2）， 理由：如图2，连接， ∵在和中，，，， ， ， ∵，， ， ， ， ∴； （3）如图3，过A作AF⊥EC， 由题意可知，， ∴，即， ， ， ， ， ， ， 在中，，， ，， ，， ，2×， ． 【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定及相似三角形的性质与判定，关键是根据题意得到三角形的全等，然后利用全等三角形的性质得到相似三角形，进而求解． 例2【问题呈现】 如图，和是有公共顶点的直角三角形，，点P为射线、的交点．探究，的位置关系． 【问题探究】 (1)如图1，若和是等腰直角三角形，求证：； (2)如图2，若，（1）中结论是否仍然成立？请说明理由； (3)【拓展应用】在（1）的条件下，，，将绕点A旋转使点E恰好落在线段上，请直接写出此时的长度． 【答案】(1)见解析 (2)成立，理由见解析 (3) 【分析】本题主要了考查相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、旋转的性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． （1）利用两边对应成比例且夹角相等证明可得，再根据可得，再根据对顶角相等可得，然后运用等量代换即可证明结论； （2）与第（1）同样的方法证明； （3）当E恰好落在线段AB上时，利用（1）的结论和对顶角相等，证明然后分别根据相似三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：设交于点O，如图1； ∵和是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中： ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即． （2）解：成立，理由如下： 设交于点O，如图2， ∵， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中： ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴， 即． （3）解：如图：当点E在上时，    由（1）的结论可得， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴； 例3综合与实践 【问题呈现】 （1）如图1，和都是等边三角形，连接，．求证：． 【类比探究】 （2）如图2，和都是等腰直角三角形，，连接，，则 【拓展提升】 （3）如图3，，，连接，，若． ①求的值； ②延长交于点，则 ． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）①，②． 【分析】（1）利用等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可； （2）利用等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可； （3）①利用勾股定理求得，利用相似三角形的性质和相似三角形的判定解答即可； ②利用相似三角形的性质，对顶角相等的性质和三角形的内角和定理得到，再利用直角三角形的边角关系定理解答即可． 【详解】（1）证明：∵和是等边三角形， ∴，，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）∵和都是等腰直角三角形，， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：； （3）①∵，， ∴设，则， ∴， ∴． ∵，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴． ②设，交于点，如图， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 例4【操作与思考】 （1）如图1，在正方形中，点E，F分别为，边上的点，且，且绕点A顺时针旋转得到，画出，并证明； 【尝试与应用】 （2）如图2，正方形边长为8，点E，F分别为，边上的点，．交于M，求证； 【拓展与创新】 （3）如图3，矩形中，，，点E，F分别为，边上的点，，交于M．若，直接写出的长． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【分析】（1），由旋转性质可知，再证明，可得，由此证明结论； （2）延长到G，使得，连接，证明，得到，，，．过点F作，交的延长线于点N，得到，． 证明，结合正切函数证明即可解题． （3）模仿（2），延长到G，使得，连接，过点F作，交的延长线于点N，构造，再证明，可得，再延长交于点K，结合，证明，列出比例式计算即可． 【详解】（1）∵绕点A顺时针旋转得到，如图， ∴，， ∴，， ∵， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， ∴， （2）①延长到G，使得，连接， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴． 过点F作，交的延长线于点N， ∴，． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． （3）延长到G，使得，连接 ∴， ∵矩形ABCD中，，，， ∴， ， ∴， ∴，， ∴，． 过点F作，交的延长线于点N， ∴，． ∵， ∴．， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴． ∴． 延长交于点K， ∵， ∴， ∴． ∵四边形是矩形，，， ∴，， ∴， ∴， 整理，得， 解方程，得（不合题意舍去）， 综上所述，的长为． 【点睛】本题考查了四边形与全等三角形、相似三角形的综合，解题关键是通过旋转构造全等三角形或相似三角形，转化线段关系． 1．如图，在四边形中，，，，，则对角线的最大值为 ．    【答案】 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，三角形三边关系，掌握手拉手的相似模型是解题的关键． 以为底边构造顶角为的等腰三角形，过点E作，连接，根据等腰三角形的性质，求得，再证，利用边角关系证，求得，最后利用三角形三边关系，即可求解． 【详解】解：如图，以为底边构造顶角为的等腰三角形，过点E作，连接，   ， ， ， ， ， ， ，， ，，即， ， ， ， 根据三角形三边关系可知， 故当三点共线时，最长，最长为． 故答案为：． 2．如图1，在中，，与边分别交于点D、E，连接，点F、G、H分别是的中点，分别连接． (1)观察、猜想 观察图1，猜想 ， (2)探究、说理 把绕点C逆时针方向旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由 (3)拓展、思考 在所在的平面内，把绕点C自由旋转，当时，直接写出线段的长度的取值范围 【答案】(1)，90 (2)（1）中的结论还成立，理由见解析 (3) 【分析】（1）由平行得，则，由平行得到，则，由三角形中位线定理得到，故，，再根据平行导角即可； （2）由角正切得到，证明，则，由三角形中位线得到，，再根据平行和相似三角形的性质导角即可； （3）由题意可知，，则，由于是的中位线，则，继而可求取值范围． 【详解】（1）解：在中，， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， ∵， ∴， ∴， ∵点F、G、H分别是的中点， ∴分别为的中位线， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴, 故答案为：，90； （2）解：（1）中的结论还成立，理由如下： 证明：如图2， 在中，， ∴， 在中，∴， ∴ 又， ∴ ∴ ∴ ∵是的中位线， ∴． 同理可得， ∴ ∵是的中位线， ∴， ∴ ∵， 由于，有， 由得： ∴； （3）解：由题意可知，， ∴，即 ∴绕点C旋转时，当D点落在边上时，AD最小值为6；当点D落在延长线上时，最大值为14， ∵是的中位线，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的中位线定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识点，难度较大，综合性强，熟练掌握知识点和基本图形是解题的关键． 3．综合与实践 【问题呈现】 （1）如图①，和都是等腰直角三角形，，连接，，则，之间的数量关系是_______，________． （2）如图②，在中，，，（不与点，重合）是直线上的一动点，将线段绕点按顺时针方向旋转得到，连接，． 【类比探究】 ①如图②，点在线段上时，求证：． 【拓展提升】 ②如图③，，在点运动的过程中，当时，请直接写出的长． 【答案】（1）；45°；（2）①见解析；② 【分析】本题考查的是相似三角形的性质和判定、勾股定理、以及旋转变换的性质，． （1）证明，根据相似三角形的性质可得，； （2）同理（1）可得可求，，由此求出； （3）分当在内时，当在外时， 两种情况，结合（1）的结论，利用直角三角形性质和勾股定理解三角形即可求解. 【详解】（1）；； 解：∵和都是等腰直角三角形，， ∴，，， ∴，， ∴， ∴，， ∴，， 故答案为：；； （2）①如图②，过点作，垂足为， ∵在中，，， ∴， ∴是等腰直角三角形， 由旋转可知：是等腰直角三角形， 同理（1）可得：；； 设，， 则，，， ∴， ∴， ②当在内时，如图③-1，过点作，垂足为， 同理可得：，；； ∵在中，，， ∴， ∴， ∴当时，， ∴， ∴ 当在内时，如图③-2， 同理可求：，， ∴ 综上所述：长为 4．如图，在Rt中，，，于点，点是直线上一动点，连接，过点作，交直线于点． (1)如图1，若，点在线段上，求出的值，并写出证明过程； (2)①如图2，若点在线段上，则___________（用含，的代数式表示）； ②当点E在直线上运动时，①中的结论是否仍然成立？请仅就图3的情形给出证明； (3)若，，请直接写出的长． 【答案】(1)1； (2)①；②； (3)或 【分析】（1）先用等量代换判断出，，得到，再判断出即可； （2）方法和（1）一样，先用等量代换判断出，，得到，再判断出即可； （3）由（2）的结论得出，判断出，求出DE，再利用勾股定理，计算出即可． 【详解】（1）解：当时，即：， ， ， ， ， ， ， ， 即， ， ， ，， ， ， （2）， ， ， ， ， ， ， 即， ， ， ，， ， ， 成立如图3， ， ， 又， ， ， ， ， 即， ， ， ，， ， ， ． （3）由（2）有，， 又∵，， ， ∴，， ， ， 如图4图5图6，连接． 如图4，当E在线段上时， 在中，，， 根据勾股定理得，， ，或舍 如图5，当E在延长线上时， 在中，，， 根据勾股定理得，， ， ，或舍， ③如图6，当E在延长线上时， 在中，，， 根据勾股定理得，， ， ，或（舍）， 综上：或． 【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了三角形相似的性质和判定，勾股定理，判断相似是解决本题的关键，求CE是本题的难点． 5．如图，回答下列题： 【操作发现】 如图（1），在和中，，，，连接，交于点M． ①与之间的数量关系为_________； ②的度数为_________； 【类比探究】 如图（2），在和中，，，连接，交的延长线于点M，请计算的值及的度数． 【实际应用】 如图（3），是一个由两个都含有角的大小不同的直角三角板、组成的图形，其中，，绕点C转动其中较小的三角板，使得点D、E、B在同一直线上，，，请直接写出之间的距离． 【答案】（1）①；②40°；（2），；（3）或 【分析】（1）①由推出，利用边角边即可证与全等，即可求出结果；②先证出与相等，分别加，，结果仍相等，即可得到； （2）证明与相似即可求出的值，再通过相似三角形对应角相等及三角形内角和定理即可证出的度数为； （3）分点点E在线段和线段延长线两种情况讨论，作于H，连接，由角直角三角形得，由勾股定理得，在中，，则，另一种情况同理可求解． 【详解】解：（1）①， ， ， 又，， ， ， ②设与交于点， 由①知，， ， ，， ， 故答案为：①；②； （2）中，，． ∴ 同理得： ∴， ∵， ∴， ∴． ∴，， 在中，． （3）如图3-1中，作于H，连接， 在中，∵，，． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴由勾股定理得， 在中，， ∴， 同（2）可证明：， ∴， ∴， 如图3-2中，连接，作于H， 同法可得，， ∴， ∵， ∴， ∴． 综上所述，点A、D之间的距离为或． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似的判定与性质，解直角三角形，利用勾股定理构造方程等，解题的关键是在图形的变换中要能够以不变应万变，找出图形中不变的特征． 6．在矩形中，点为射线上一点，连接，以为一边，在的右侧作正方形． (1)若，如图1，连接，当射线与射线的交点在线段上时． 求证：①； ②点一定在射线上； (2)如图2，若，，连接，求的最小值． 【答案】(1)①证明见解析，②证明见解析；(2) 【分析】（1）①根据正方形的性质得到，结合相似三角形的判定即可求解；②连接，可知和都是等腰直角三角形，利用手拉手的相似模型，证得，求得，最后根据，得到三点共线即可求解． （2）先将一条边设元，通过相似和全等找到线段之间的关系，用含有未知数的式子将其余线段长度表示出来，通过勾股定理将表示出来，利用函数求出最值即可求解． 【详解】（1）解：①证明：四边形是矩形，， 四边形是正方形， 是对角线， ， 同理， 又， ． ②如图，连接， 四边形是正方形，是对角线， ， 同理， ， 又， ， ， ， ， 点一定在射线上． （2）如图，过点E作直线，再过点F分别作，则， 设的长度为，则， ， ， ， ， 四边形为矩形， ， ， ，， ， 在和中，， ，， 结合图形可知四边形和四边形都是矩形， ， ， 由勾股定理可知， 当时，有最小值，最小值为32，最小值为． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质，矩形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，二次函数的最值等知识点，掌握“手拉手”的相似模型、“一线三等角”的全等模型，以及设元通过函数求最值的思路是解题的关键． 1 / 13 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