2026年中考数学压轴几何模型 专题11 旋转与旋转相似讲义

专题11 旋转与旋转相似 旋转与旋转相似模型是中考几何核心构造方法，贯穿全等、相似与动态几何，高频出现在填空压轴、几何综合与代几综合题中。它能快速转化分散线段与角度，常用于解决线段和差、最值、定值及复杂证明问题，是突破几何压轴、提升区分度的关键思想。 本专题从知识精讲、典例分析、课堂随练、巩固提高四个部分展开，循序渐进，层层剖析旋转与旋转相似的重难点，内容详实丰富，供大家学习使用，欢迎下载。 ( 知识精讲 ) 经过旋转，对应线段相等，对应角相等；任意两条对应线段所在直线的夹角都等于旋转角；旋转前后的图形全等．旋转之后对应点连成的图形相似。 l．旋转的基本图形有： （1）如图，将∠AOB旋转至∠A 'OB '，则∠AOA'＝∠BOB'． （2）如图，将△AOB旋转至△ A'OB '，连结AA'， BB'，则△AOA ' ∽△BOB'（即旋转相似） 2．利用旋转性质解题的步骤为： （1）找旋转点，得等边、等角； （2）证全等或相似； （3）利用全等或者相似得到边、角关系． 【小结】旋转相似核心：有公共顶点、夹角相等、两边成比例 → 构造相似三角形，实现线段转化、角度转移。 ( 典型例题 ) 例1已知：在△ABC中，AB＝6，AC＝BC＝5，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转，得到△ADE，旋转角为a（0°＜a＜180°），点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，连结BD，BE． （1）如图，当a＝60°时，延长BE交AD于点F，求证：BF⊥AD，AF＝DF． （2）在旋转的过程中，过点D作DG⊥AB于点G，连结CE．当∠DAG＝∠ACB，且线段DG与线段AE无公共点时，求BE＋CE． 解 （1）由旋转的性质可得AB＝AD，AE＝DE，∠BAD＝a＝60°． 所以△ABD为等边三角形，所以AB＝DB． 从而得到BE为AD的垂直平分线，所以BF⊥AD，AF＝DF． （2）如图，按照题意画出图形，令CE与AB的交点为H． 由旋转的性质可得CA＝CB＝EA＝ED，∠CAB＝∠CBA ＝∠EAD＝∠EDA． 因为∠DAG＋∠DAE＋∠EAB＝∠ACB＋∠CAB＋∠CBA＝180°，且已知∠DAG＝∠ACB， 所以∠CAB＝∠EAB． 所以AB，CE互相垂直平分，则AC＝CB＝BE＝EA． 所以BE＋CE＝5＋． 例2已知：如图，△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED＝EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，连结EF． （1）求证：AB＝DB＋AF； （2）若点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间有怎样的数量关系?请说三明理由； （3）若点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间有怎样的数量关系？请说明理由． 证明 （1）如图1，过点E作EG∥AC交BC干表G，则△EBG为等边三角形． 易证△EBD≌△EGC，所以DB＝CG＝AE．由旋转的性质可得AF＝BE，所以AB＝BE＋AE＝AF＋DB． （2）AB＝DB－AF．理由如下： 如图2，过点E作EG∥AC，交CD于点G，则△EBG为等边三角形． 易证△EGD≌△EBC，所以DG＝BC＝AB． 由旋转的性质可得AF＝BE＝BG． 所以AB＝DG＝DB－AF． （3）AB＝AF－DB．理由如下： 如图3，过点E作EG∥AC，交BC的延长线于点G，则△EBG为等边三角形． 易证△EBD≌△EGC， 所以DB＝CG＝AE． 由旋转的性质可得AF＝BE， 所以AB＝BE－AE＝AF－DB． ( 课堂随练 ) 练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． 练1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． 练2．如图1，、分别是的内角、的平分线，过点作，交的延长线于点． (1)求证：； (2)如图2，如果，且，求的值； (3)如果是锐角，且与相似，求的度数，并直接写出的值． 练2答案：(1)见解析 (2) (3)，或， 【分析】（1）由题意：，证明即可解决问题． （2）延长交于点．证明，可得，，由，可得． （3）因为与相似，，所以中必有一个内角为因为是锐角，推出．接下来分两种情形分别求解即可． 【详解】（1）证明：如图1中， ， ，， 平分， ，同理， ，， ， ． （2）解：延长交于点． ， ， 平分， ， ， ， ，， ， ． （3）与相似，， 中必有一个内角为 是锐角， ． ①当时， ， ， ， ，此时． ②当时，， ， 与相似， ，此时． 综上所述，，．，． 【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 练3．如图1所示，矩形中，点E，F分别为边,的中点，将绕点A逆时针旋转，直线、相交于点P． (1)若，将绕点A逆时针旋转至如图2所示的位置上，则线段与的位置关系是 　 　，数量关系是 　 　． (2)若，将绕点A逆时针旋转，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立；若不成立，请写出正确结论 (3)若，，将旋转至时，请直接写出的长． 练3．(1)， (2)结论不完全成立．线段与的位置关系是，数量关系是 (3)或 【分析】（1）证明，利用全等三角形的性质可得结论； （2）证明，利用相似三角形的性质可得结论； （3）分两种情形画出图形，利用相似三角形的性质以及勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：线段与的位置关系是，数量关系是． 理由：四边形是矩形，， 四边形是正方形， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ，， ， ， ． （2）解：结论不完全成立．线段与的位置关系是，数量关系是． ，， ， ， ， ， ， ，， ， ，， ， ， ． （3）解：如图，当点P在的延长线上时， 在中，，， ， ， ， ， ， ，，， 四边形AEPF是矩形， ， ； 如图，当点P在线段上时，， ， 综上所述，满足条件的的值为或． 【点睛】此题考查了矩形的性质，全等三角形的判定及性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，解题的关键是正确寻找全等三角形和相似三角形，学会用分类讨论的思想思考问题． ( 巩固提高 ) 一、填空题 1．如图，在四边形中，，，，，则对角线的最大值为 ．    2．如图，在中，，，边上的高为，且是锐角,是边上的动点，连接，作，与边交于点，则经过点，，的的半径最小值为 ． 3．如图，在中，，，，，以下结论正确的是 ． ①；②若，则；③和相似，则；④连接，则的最大值为．    4．如图，正方形ABCD中，点F是BC边上一点，连接AF，以AF为对角线作正方形AEFG，边FG与AC相交于点H，连接DG．以下四个结论： ①∠EAB＝∠BFE＝∠DAG； ②△ACF∽△ADG； ③； ④DG⊥AC． 其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号） 5．如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC于点F，连接DF，分析下列结论：①△AEF∽△CAB；②CF＝2AF；③DF＝DC；④S四边形CDEF＝S△ABF，其中正确的结论有 （填正确的序号） 6．如图，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝2，CD＝5，AD＝kAB（k为常数），则BD的长为 ．（用含k的式子表示） 7．如图，正方形的边长为8，线段绕着点逆时针方向旋转，且，连接，以为边作正方形，为边的中点，当线段的长最小时， ． 二、解答题 8．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． 9．（1）如图1，在正方形中，点在边上，点在边上，且点不与、重合，点不与、重合，，，，求的长．小明利用正方形的性质，通过把旋转到的位置（如图2），就计算出了的长为_____． （2）如图3，是正方形的边上的任意一点，过点作的垂线交的延长线于点，连接．求的度数． （3）如图4，正方形中，过点再作，垂足为，连接．求证：． 10．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． 11．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 ． 12．如图，正方形的边长为1，点是边上的动点，从点沿向点运动，以为边，在的上方作正方形，连接．请探究： (1)线段与是否相等？请说明理由． (2)若，请给出证明；若设，，则当取何值时，最大？ (3)连接，当点运动到的何位置时，？请直接写出结论． 13．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 14．【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． 15．某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究： (1)问题发现：如图1，在等边中，点P是边上任意一点，连接AP，以为边作等边，连接，与的数量关系是 ； (2)变式探究：如图2，在等腰中，，点P是边上任意一点，以为腰作等腰，使，，连接，判断和的数量关系，并说明理由； (3)解决问题：如图3，在正方形中，点P是边上一点，以为边作正方形，Q是正方形的中心，连接．若正方形的边长为5，，求正方形的边长． 16．（1）【观察发现】如图（1），在，点D是边的中点，延长BA到点E，使，连接，可得与的数量关系是______，位置关系是______． （2）【探究迁移】如图（2），在中，，，点为平面内一点，将线段绕点E顺时针旋转90°得到线段，连接，，点为的中点，连接、，试判断和的数量关系，并说明理由． （3）【拓展应用】在（2）的条件下，若，，当时，请直接写出的长． 17．某校数学活动小组探究了如下数学问题： (1)问题发现：如图1，中，，．点P是底边上一点，连接，以为腰作等腰，且，连接、则和的数量关系是______； (2)变式探究：如图2，中，，．点P是腰上一点，连接，以为底边作等腰，连接，判断和的数量关系，并说明理由； (3)问题解决：如图3，在正方形中，点是边上一点，以为边作正方形，点是正方形两条对角线的交点，连接．若正方形的边长为，，请直接写出正方形的边长． 18．【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． 19．如图，以的两边分别向外作等边和等边，与交于点P，已知．    (1)求证：； (2)求的度数及的长； (3)若点Q、R分别是等边和等边的重心（三边中线的交点），连接，作出图象，求的长． 20．在中，，，点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，连接，将线段绕点P逆时针旋转α得到线段，连接，，. (1)观察猜想 如图①，当时，的值是_______，直线与直线相交所成的较小角的度数是________． (2)类比探究 如图②，当时，请写出的值及直线与直线相交所成的较小角的度数，并就图②的情形说明理由． 【巩固提高参考答案】 1． 【知识点】三角形三边关系的应用、利用两边对应成比例及其夹角相等判定相似、含30度角的直角三角形 【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． 【知识点】圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合、利用平行四边形的性质求解、求特殊三角形外接圆的半径 【分析】作的外接圆，由圆周角定理可得，所以，再作于点，可证，进而可得，再利用垂线段最短和三角形三边关系即可得解． 【详解】解：如图，作的外接圆，连接、、，过作于点， 设， ， ， 过作于点，过作于点，则， ， ， ，， ， ，即， ， ， 即， 解得， 的半径最小值为 故答案为： 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、三角形的外接圆、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 3．②③ 【知识点】用勾股定理解三角形、构成三角形的条件、已知正切值求边长、利用相似三角形的性质求解 【分析】本题考查了三角形综合．①根据已有已知不能确定长，故不能确定，②过点作交于点，由即可求出AH，进而求出，③由和相似，判定，由勾股定理即可求解，④过点作，交于点，分别求出，，在中，利用三角形的三边关系即可求出长的最大值． 【详解】解：①∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴，故结论①不正确， ②过点作交于点，    ∵，， ∴， ∴，故结论②正确， ③∵，， ∴， 又∵和相似，，， ∴， ∴，故结论③正确 ④如图，过点作，过点作交于点，    ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， 在中，∵，， ∴， 当，，三点共线时，最大，最大值为，故结论④错误． 故答案为：②③． 【点睛】本题涉及了锐角三角函数的定义，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的三边关系，构造相似三角形是解题的关键． 4．①②④ 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】根据正方形的性质可知，有对顶角相等，可证∠EAB＝∠BFE，由可证∠EAB＝∠DAG，可判断结论①正确；由，，两边对应成比例且夹角相等即可得△ACF∽△ADG，可判断结论②正确；由结论②可知，可得DG平分，由正方形可知是等腰直角三角形，可推出DG⊥AC，结论④正确；利用两组角对应相等的两个三角形相似可得△ACF∽△AFH，根据相似的性质可得，则，又有，则结论③错误． 【详解】解：设AB与EF相交于点O，如图所示， ∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形， ∴，． 又∵， ∴． ∵， ∴， ∴， 故结论①正确； ∵AC、AF是正方形ABCD和正方形AEFG的对角线， ∴，， ∴． 又∵， ∴， 即． ∴△ACF∽△ADG． 故结论②正确； 由△ACF∽△ADG可知， ∴DG平分． ∵是等腰直角三角形， ∴DG⊥AC． 故结论④正确； ∵，， ∴△ACF∽△AFH， ∴， ∴． ∵在等腰直角中，， ∴， 故结论③错误， ∴正确的结论是①②④， 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定定理证明三角形相似是解题的关键． 5．①②③④ 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、利用矩形的性质证明、与三角形中位线有关的证明 【分析】根据四边形是矩形，，可得，又，于是，故①符合题意；根据点是边的中点，以及，得出，根据相似三角形对应边成比例，可得，故②符合题意；过作交于，得到四边形是平行四边形，求出，得到，根据线段的垂直平分线的性质可得结论，故③符合题意；根据得到与的比值，以及与的比值，据此求出，，可得，即可得到，故④符合题意． 【详解】解：如图，过作交于，交于， 四边形是矩形， ∴，，， ， 于点， ， ，故①符合题意； ∵， ，而E是AD的中点， ， ， ，故②符合题意； ∵， 四边形是平行四边形， ， ，， 于点，， ， 垂直平分， ，故③符合题意； ， ， ，， ， 又， ，故④符合题意； 故答案①②③④． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，图形面积的计算的综合应用，正确作出辅助线是解题的关键．解题时注意，相似三角形的对应边成比例． 6． 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形 【分析】连接AC，将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACG，连接DG，根据相似三角形的判定与性质求出DG=kBC，然后根据题意推出∠CDG=90°，即可利用勾股定理求解． 【详解】解：如图，连接AC， ∵AE⊥BC，BE＝CE＝2， ∴BC=4，AE垂直平分BC，AB=AC， 将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACG，如图所示，连接DG， 则AD=AG，BD=CG， 由旋转的性质可得：∠BAC=∠DAG， ∵AB=AC，AD=AG， ∴△ABC∽△ADG， ∴， ∵AD＝kAB， ∴DG=kBC=4k， ∵∠BAE+∠ABC=90°，∠BAE=∠ADC， ∴∠ABC+∠ADC=90°， ∵△ABC∽△ADG， ∴∠ABC=∠ADG， ∴∠ADG+∠ADC=90°， 即：∠CDG=90°， ∴， ∴． 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，旋转构造辅助线，以及勾股定理解三角形等，掌握相似三角形的判定与性质是解题关键． 7． 【知识点】旋转综合题(几何变换)、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】连接BD，BF，FD，证明△EBC∽△FBD，根据题意，知道M，F，D三点一线时，FM最小，然后过点M作MG⊥BD，垂足为G，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理分别求出MG和DG的长，再根据正切的定义计算即可． 【详解】解：连接BD，BF，FD，如图， ∵， ∴， ∵∠FBD+∠DBE=45°，∠EBC+∠DBE=45°， ∴∠FBD=∠EBC， ∴△EBC∽△FBD， ∴∠FDB=∠ECB，， ∴DF=， 由题意知：FM、DF、DM三条线段满足FM+DF≥MD，其中DM、DF的值一定， ∴当M，F，D三点一线时，FM最小， 过点M作MN⊥BD，垂足为G， ∵∠MBN=45°，BM=AB=4， ∴MN=BN=2， ∵MD==4， ∴DG==6， ∴=， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，手拉手相似模型，锐角三角函数，勾股定理，三角形面积，线段最值模型，熟练构造相似模型，准确确定线段最小值的条件是解题的关键． 8．(1)1； (2)①；②； (3)或 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形 【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． 9．（1）；（2）；（3）见解析 【知识点】根据旋转的性质求解、全等三角形综合问题、相似三角形的判定与性质综合、根据正方形的性质求线段长 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定； （1）旋转可知， 、、在同一直线上，进而可得，再证明，即可得，由此即可得出结论； （2）根据正方形的性质结合已知条件证明，得出，进而证明是等腰直角三角形，即可求解； （3）连接，证明，根据相似三角形的性质即可得证． 【详解】（1）解：∵正方形 ， ∴，， ∵把旋转到的位置，如图2， ∴，，，， ∴， ，即、、在同一直线上， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， （2） 四边形是正方形， ，， ，， ， ，即 ， ， ， 是等腰直角三角形． ； （3）证明：如图4，连接， ∵是等腰直角三角形，， ∴，， ∵四边形是正方形，是对角线， ∴是等腰直角三角形，，， ∴， ∴； 又∵， ∴， ∴， ∴． 10．（1）；45°；（2）①见解析；② 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解、解直角三角形的相关计算 【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 11．（1）见解析；（2）；（3）①，②． 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、全等三角形综合问题、等腰三角形的性质和判定 【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． 12．(1)，见解析 (2)见解析；当时，有最大值 (3)点运动到的中点 【知识点】根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、y=ax²+bx+c的最值、图形问题(实际问题与二次函数) 【分析】本题考查了考查正方形的性质、二次函数的性质、相似三角形的判定与性质等，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． （1）先证明，即可用证明即可得出结论； （2）先利用两角对应相等的两个三角形相似证明，进而可得，即可求出函数解析式，继而求出最值； （3）要使，需，又因为，所以，即，所以当E点是的中点时，． 【详解】（1）解：， 理由： ∵四边形，都是正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）如图， ∵正方形和正方形， ∴， ∴，， ∴． 又∵， ∴， ∴，即 ， ∴ ， ∴ 当时，有最大值为； （3）解：当E点是的中点时，． 理由如下： ∵ E是中点， ∴ ， ∴ ． 又∵， ∴ ． 又∵ ， ∴ ． 又∵， ∴． 13．(1)，90 (2)（1）中的结论还成立，理由见解析 (3) 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、与三角形中位线有关的求解问题、根据旋转的性质求解 【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． 14．（1）见解析；（2）见解析；（3） 【知识点】全等三角形综合问题、相似三角形的判定与性质综合、四边形其他综合问题、解直角三角形的相关计算 【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． 15．(1) (2)，理由见解析 (3)4 【知识点】根据正方形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合、全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查的是正方形的性质、三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定和性质、勾股定理的应用，掌握相似三角形的判定定理和性质定理、正方形的性质是解题的关键． （1）利用定理证明，根据全等三角形的性质解答； （2）先证明，得到，再证明，根据相似三角形的性质解答即可； （3）连接、，根据相似三角形的性质求出，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案． 【详解】（1）问题发现：∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 故答案为：； （2）变式探究：， 理由如下：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解决问题：如图3，连接、， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵Q是正方形的中心， ∴，， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则 ， 在中，，即， 解得，（舍去），， ∴正方形的边长为：． 16．（1），；（2），理由见解析；（3）或． 【知识点】解直角三角形的相关计算、在同一平面内，垂直于同一直线的两直线平行、相似三角形的判定与性质综合、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质和旋转相似模型；解题关键是构造旋转相似模型转换线段关系． （1）根据三角形中位线可直接得出结论； （2）延长至点，使，连接、，根据旋转相似模型证明，即可得出结论； （3）根据当时，可得点在直线，点在直线，再由不同位置分两种情况讨论，结合（2）的结论即可解答． 【详解】（1）解：∵，， ∴，； （2）结论：， 理由∶如图2-1，延长至点，使，连接、， ∵点为的中点， ∴ 由题意∶， ∴， 由旋转知 ∴ ， ∴， ∴ ∵，， ∴ ，即：， ∴， ∴， ∴ ∴ （3）当时， ∵，即：， ∴， 又∵， ∴点在直线， 当点在线段上时，如图2-2， ∵， ∴点在直线， ∵，，， ∴，， ∴， ∴； 当点在线段延长线上时，如图2-2， 同理可证：点在直线，点在直线， ，， ∴， ∴； 综上所述：的长为或． 17．(1) (2) (3)6 【知识点】根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形 【分析】（1）根据已知条件利用边角边证明，再利用全等三角形的性质即可得到和的数量关系； （2）根据任意等腰直角三角形的直角边与斜边的比是相等的，利用两边长比例且夹角相等的判定定理证明，之后再由相似三角形对应边成比例即可得到和的数量关系； （3）连接，先由正方形的性质判断出和都是等腰直角三角形，再利用与第二问同样的方法证出，由对应边成比例，依据相似比求出线段的长，接着设正方形的边长为x，运用勾股定理列出方程即可求得答案． 【详解】（1）解：∵是等腰直角三角形，， 在中，，， ∴，， ∴． 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：结论：， 理由如下：∵是等腰直角三角形，中，，， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：连接，如图所示， ∵四边形与四边形是正方形，与交于点， ∴和都是等腰直角三角形， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． 在中，，设，则， 又∵正方形的边长为， ∴， ∴， 解得（舍去），． ∴正方形的边长为6． 【点睛】本题是一道几何综合题，考查了全等三角形，相似三角形的判定和性质，以及正方形和等腰三角形的性质，正确识图并能熟练地掌握几何图形的性质与判定定理进行证明是解题的关键． 18．(1)见解析 (2)成立，理由见解析 (3) 【知识点】根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、等腰三角形的性质和判定 【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∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴； 19．(1)见解析 (2) (3) 【知识点】全等三角形综合问题、相似三角形的判定与性质综合、重心的有关性质、等边三角形的性质 【分析】（1）证即可求证； （2）利用全等三角形的性质可得的度数；在上取点F，使，根据（1）中证明过程可证，即可求解； （3）过点Q作于G，设，根据重心的性质可得，进一步可证，即可求解． 【详解】（1）证明：∵和都为等边三角形， ∴ ∴， 即， ∴ （2）解：∵； ∴， 设交于O， ∵， ∴； 如图①在上取点F，使，    同（1）可得 ∴为等边三角形， ∴； （3）解：    如图②，过点Q作于G，设， ∵点Q、R分别是等边和等边的重心， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ 【点睛】本题以“手拉手”全等三角形模型为背景，考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质．熟记相关结论进行几何推理是解题关键． 20．(1)1，； (2)，，理由见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、相似三角形的判定与性质综合、等边三角形的判定和性质、根据旋转的性质求解 【分析】(1)首先根据等边三角形的判定与性质及旋转的性质，即可证得，如图①中，设直线与直线交于点I，再利用全等三角形的性质及角的关系，即可求得结果； (2)首先根据等腰直角三角形的性质，可证得 ，可证得，即可证得，如图②中，设直线交于G，交于点H，再利用相似三角形的性质及角的关系，即可求得结果． 【详解】（1）解：，，，， 与都是等边三角形， ，，， ， 在与中， ， ，， ； 设与的延长线交于点I，如图①， ， ∴直线与直线相交所成的较小角的度数为； （2）解：，直线与直线相交所成的较小角的度数为， 理由如下： ，， ，， 同理可得：，， ， . ， 即， ， ，， 设交于点G，交于点H，如图②， ， ， ∴直线与直线相交所成的较小角的度数为． 【点睛】本题考查的是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形和相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形和相似三角形解决问题． 4 学科网（北京）股份有限公司 $