专题03 相似三角形重要模型之手拉手模型（几何模型讲义）数学新教材华东师大版九年级上册

该初中数学几何模型讲义以相似手拉手模型为核心，通过知识框架图系统梳理模型来源、结构特点及证明过程，将共顶点旋转相似的核心条件、判定方法与结论应用按逻辑递进呈现，突出与全等手拉手模型的联系及螺旋相似变换的本质。 讲义亮点在于“问题链+分层练习”设计，如典例1通过旋转探究线段BD与CE的数量关系，培养几何直观与推理能力，21道练习题涵盖选择、填空及综合解答，从基础模型识别到压轴题应用。配套答题思路与易错点分析，帮助学生构建模型思维，教师可据此实施分层教学，提升复习效率。

专题03 相似三角形重要模型之手拉手模型（几何模型讲义） 相似手拉手模型，是初中几何旋转相似体系中最核心、最通用的模型，是全等手拉手模型的高阶推广。相较于全等手拉手“边长相等、旋转全等”的特殊情形，相似手拉手放宽了边长限制，以共顶点、等顶角、邻边成比例为核心条件，依托两边对应成比例及夹角相等进行相似判定，实现图形旋转前后的三角形相似变换。 相似手拉手的本质不是新定理，而是古典几何里的旋转相似变换（也叫螺旋相似，spiral similarity），该模型本质是共顶点旋转相似：两个形状相同、大小不同的三角形绕公共顶点旋转，通过角的和差等量代换构造出相等夹角，结合固定边长比例，稳定产生一组相似三角形。模型结构简洁、结论固定、变化灵活，广泛出现于几何压轴、线段最值、比例证明、角度推导题型中，是中考几何综合题的核心解题工具，也是衔接初高中旋转几何思想的关键知识点。 模型来源 1 知识储备 2 例讲模型 4 模型运用 51 古希腊时期就已出现“共顶点的两个等边三角形，对应连线相等且夹角60°”这类几何命题，是旋转全等的古老形态。 手拉手模型的数学本质是旋转变换。当两个等腰三角形（或等边三角形、正方形）共用一个顶点且顶角相等时，其中一个图形可以看作是由另一个图形绕公共顶点旋转一定角度得到的。这种旋转前后的图形对应部分全等，解题者为了快速识别这种结构，将其命名为“手拉手”。 这类构形在西方几何里常归在螺旋相似、Miquel 点、圆内接四边形等相关讨论中；有资料追到婆罗摩笈多时代圆内接四边形的一些比例关系里能看到影子，模型图形变化丰富，常出现在几何综合压轴题中，掌握该模型的构造规律，能够快速找到全等、相似关系，简化复杂几何推理。 1.旋转的定义 在平面内，把一个图形绕一个定点O沿某个方向转动一个角度，这样的图形运动称为旋转。点O叫做旋转中心，旋转的角叫做旋转角，如果图形上的点P经过旋转变为点P'，那么这两个点叫做这个旋转的对应点。旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等。 2.旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角度 3.手拉手模型的结构特点 如下图所示，手拉手模型是由两个具有公共顶点的相似三角形（△ABB'∽△ACC'），分别连接两个左手顶点（点B和点C）和右手顶点（点B'和点C'）所组成的图形。 ①旋转前有一对相似三角形，旋转后新产生一对相似三角形 ②证明新三角形相似采用“两边一夹角判定法” ③角相等从旋转得到，对应边成比例从原三角形相似中得到 4.值得注意的是，在手拉手模型中，一定是左手拉左手（BC），右手拉右手（B'C'）。那么如何判断左右手顶点呢？其实很简单，将两个三角形顶角顶点朝上，正对我们，我们左边就是左手顶点，右边为右手顶点。看下面的图会更清楚一些： 5.手拉手模型的证明 （1）将图①中的△ADE绕点A旋转一定角度，则得图②，图②为“旋转型”相似的基本图形，即△ABC∽△ADE. （2）如图所示，和都是等腰直角三角形，的延长线与相交于点P，则，且相似比为，与的夹角为． 总结：旋转相似型中由公共旋转顶点、一点及其旋转后的对应点组成的三角形与由公共旋转顶点、另一点及其旋转后的对应点组成的三角形相似． （3）如图所示，，则，，且． 【典例1】（2026春•朝阳区校级期末）综合与探究 【问题背景】我们学习了三角形的中位线定理，借助三角形的中位线可构造一组相似三角形，如图1，探索小组利用这个基本图形进行了探究活动，探究发现：若将它们绕公共顶点旋转，对应顶点连线的长度存在特殊的数量关系，请你和探索小组一起对此进行研究，如图1，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝4，分别取AB，AC的中点D，E，作△ADE． （1）初步发现：如图1，由三角形中位线构造△ADE∽△ABC，可知：　　 ； （2）猜想探究：如图2所示，将△ADE绕点A逆时针旋转，连接BD，CE．旋转过程中，线段BD和CE的长度存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明． （3）结论应用：如图3，当DE所在直线首次经过点B时，则CE＝　2　 ． （4）延伸思考：如图4，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，分别取AB，BC的中点D，E．作△BDE，将△BDE绕点B逆时针旋转，连接AD，CE．分别取AC，DE的中点M，N．当△BDE绕点B旋转过程中，直接写出当△BMN面积最大时，△BDA的面积是　4　 ． 【分析】（1）根据勾股定理结合∠ABC＝90°，AB＝BC＝4，求出AC＝4，根据点D和点E分别为AB，AC的中点，得出BD＝2，CE＝2，即可求解； （2）根据中点的定义得出ADAB，AEAC，进而得出 ，再求出cos∠BAC，通过证明△ABD∽△ACE，即可得出结论； （3）根据题意推出当DE所在直线经过点B时，AD⊥BE，根据勾股定理可得BD＝2，根据（2）可得，即可求解； （4）先求出BMAC，BDAB＝2，BEBC，进而求出DE，BNDE，过点N作NH⊥BM于H，则NH＝BN•sin∠NBHsin∠NBH，得出S△BMNBM•NHsin∠NBH，要△BMN面积最大，则sin∠NBH最大，即∠NBH＝90°，即可求出答案． 【解答】解：（1）∵∠ABC＝90°，AB＝BC＝4， ∴AC4， ∵点D和点E分别为AB，AC的中点， ∴AD＝BDAB＝2，AE＝CEAC＝2， ∴， 故答案为：； （2）猜想CEBD，证明如下： ∵点D和点E为分别为AB，AC的中点， ∴由图1可知，ABAB，AEAC， ∴， ∴， ∵∠ABC＝90°，AB＝BC＝4， ∴∠BAC＝45°， ∴cos∠BAC， 根据旋转的性质可得：∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD∽△ACE， ∴， ∴CEBD； （3）由图1可知点D和点E为分别为AB，AC中点， ∴DE∥BC，ADAB＝2， ∴△ABC∽△ADE， ∴∠ADE＝∠ABC＝90°， ∴如图3，当DE所在直线经过点B时，AD⊥BE， 根据勾股定理可得：BD2， 由（2）可得：， ∴， ∴CE＝2， 故答案为：2； （4）如图4， 在Rt△ABC中，AB＝4，BC＝3， ∴AC＝5， ∵点M是AC的中点， ∴BMAC， ∵点D，E是AB，BC的中点， ∴BDAB＝2，BEBC， 根据勾股定理得，DE， 在Rt△BDE中，点N是DE的中点， ∴BNDE， 过点N作NH⊥BM于H，则NH＝BN•sin∠NBHsin∠NBH， ∴S△BMNBM•NHsin∠NBHsin∠NBH， 要△BMN面积最大，则sin∠NBH最大，即∠NBH＝90°， 如图5，此时△BDE绕点B逆时针旋转90°，即∠ABD＝90°， ∴△BDA的面积为BD•AB2×4＝4， 故答案为：4． 【典例2】（2026•盐池县模拟）如图，在Rt△ABC中，点D是斜边AB上的动点（点D与点A不重合），连接CD，以CD为直角边在CD的右侧构造Rt△CDE，∠DCE＝90°，连接BE，． 【特例感知】 （1）如图1，当m＝1时，BE与AD之间的位置关系是AD⊥BE ，数量关系是AD＝BE ． 【类比迁移】 （2）如图2，当m≠1时，猜想BE与AD之间的位置关系和数量关系，并证明猜想． 【拓展应用】 （3）在（1）的条件下，点F与点C关于DE对称，连接DF，EF，BF，如图3．已知AC＝6． ①当四边形CDFE的面积为18时．求AD的长； ②当BF＝2时，则AD＝　4或2　 ． 【分析】（1）由1判断出△ACD≌△BCE，即可得出结论； （2）由已知得出△ADC∽△BEC，即可得出BE＝mAD，AD⊥BE； （3）①由已知得出四边形CDFE是正方形，求得边长，由勾股定理即可得出，数形结合即可求解； ②过D作DH⊥AC于H，则△ADH是等腰直角三角形，由勾股定理列方程求解即可． 【解答】解：（1）当m＝1时，BE与AD之间的位置关系是AD⊥BE，数量关系是AD＝BE； ∵1， ∴CE＝CD，CB＝CA， ∵∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠ACD＝∠BCE，∠A＝∠ABC＝45°， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE，∠CBE＝∠A＝45°， ∴∠ABE＝∠CBE+∠ABC＝90°， 即AD⊥BE， 故答案为：AD⊥BE，AD＝BE； （2）当m≠1时，BE与AD之间的位置关系和数量关系为：BE＝mAD，AD⊥BE； 证明：∵∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠ACD＝∠BCE， ∵m， ∴△ADC∽△BEC， ∴m，∠CBE＝∠A，则BE＝mAD， ∵∠A+∠ABC＝90°， ∴∠CBE+∠ABC＝90°， ∴∠ABE＝90°， ∴AD⊥BE； （3）①如图，连接CF交DE于O， 由（1）知，AC＝BC＝6，∠ACB＝90°， 根据勾股定理得，AB6， 设AD＝x，则BD＝AB﹣AD＝6x， 同（1）的方法得，AD＝BE，∠DBE＝90°， ∴DE2＝BD2+BE2＝（6x）2+x2， ∵点F与点C关于DE对称， ∴DE垂直平分CF， ∴CD＝DF，CE＝EF， ∵CD＝CE， ∴CD＝DF＝EF＝CE， ∵∠DCE＝90°， ∴四边形CDFE是正方形， ∵四边形CDFE的面积为18， ∴正方形的面积为CD2DE2[（6x）2+x2]＝18， ∴x1＝x2＝3， 即AD的长为3； ②如图，过D作DH⊥AC于H，则△ADH是等腰直角三角形， 设AD＝x， ∴AH＝DHADx， ∴CH＝AC﹣AH＝6x， 连接OB， 由直角三角形性质得，OB＝OE＝OD＝OC＝OF， ∴∠OBF＝∠OFB，∠OCB＝∠OBC， ∵∠OCB+∠OBC+∠OBF+∠OFB＝180°， ∴∠OBC+∠OBF＝90°， 即∠CBF＝90° ∵BC＝6，BF＝2， ∴CF2， ∴CDCF2， ∵CH2+DH2＝CD2， ∴（6x）2+（x）2＝（2）2， ∴x＝4或x＝2， 即AD＝4或2， 故答案为：4或2． 【典例3】（2026•龙华区校级三模）定义：我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），我们就把这条对角线叫做这个四边形的“亲子线”． （1）如图1，△ABC的三个顶点均在正方形网格中的格点上，若四边形ABCD是以AC为“亲子线”的四边形，请只用无刻度的直尺，在图1中找出满足条件的点D，并画出这个四边形．保留画图痕迹（找出1个即可）． （2）如图2，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠DCB＝135°，对角线AC平分∠DAB，且． ①∠ACD+∠ADC＝　135　 °，此时对角线AC是四边形ABCD的“亲子线”吗？请说明理由； ②求AD•AB的值． （3）如图3，在（2）的条件下，若∠D＝90°，在AD边上取一点E，使AD：：，过点E作EF∥CD交AC于点F．将△AEF绕点A旋转，连接CE、BF，如图4，当CE所在的直线垂直于AF时，求BF的长． 【分析】（1）在格点中先运用勾股定理求出AB、BC、AC，再分情况求出AD或CD，然后根据AD或CD的长作图； （2）①先判断出∠D+∠ACD＝180°﹣∠DAC＝135°，再证明△DAC∽△CAB即可得出结论； ②根据△DAC∽△CAB，根据相似三角形的性质列出比例式，即可求出AD•AB的值； （3）先求出AE，由△AEF∽△ADC得出AF＝2，再分两种情况， ①延长CE交AF于点H，易得CE＝8，再求出△CAE∽△BAF，再根据相似三角形的性质列比例式，即可求出BF； ②设AF交CE于点G，易得CE＝16，再求出△CAE∽△BAF，再根据相似三角形的性质列比例式，即可求出BF． 【解答】解：（1）满足条件的点D及四边形ABCD，如图1即为所求； 由勾股定理得：AB，BC2，AC＝5，∠ABC＝90°， ∵四边形ABCD是以AC为“亲子线”的四边形，分两种情况讨论： ①当∠CAD＝90°时，△CAD∽△ABC或△DAC∽△ABC， ∴或， ∴或， ∴AD＝10或AD， 故点D1、D2即为所求； ②当∠ACD＝90°时，△CAD∽△BCA或△ACD∽△ABC， ∴或， ∴或， ∴CD或CD＝10， 故点D3、D4即为所求； （2）①此时对角线AC是四边形ABCD的“亲子线”；理由如下： 在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠DCB＝135°，对角线AC平分∠DAB， ∴∠DAC＝∠CAB＝45°， ∴∠ADC+∠ACD＝180°﹣∠DAC＝135°， 又∵∠DCB＝135°＝∠DCA+∠ACB， ∴∠D＝∠ACB， ∴△DAC∽△CAB， ∴对角线AC是四边形ABCD的“亲在线”； 故答案为：135； ②∵△DAC∽△CAB，AC， ∴， ∴AD•AB＝AC2， ∴AD•AB＝（）2＝10； （3）由（2）可知△ADC为等腰直角三角形，AC， ∵∠D＝90°， ∴AD＝CD， ∵AD：：， ∴AE：AD：，AE， ∵EF∥CD， ∴△AEF∽△ADC， ∴， ∴AFAC2， 分以下两种情况： ①如图3，延长CE交AF于点H， 由题意得：EH⊥AF， ∴EH＝AH＝FHAF＝1， 在Rt△ACH中，由勾股定理得： CH3， ∴CE＝CH﹣EH＝3﹣1＝2， ∵∠CAB＝∠EAF＝45°， ∴∠CAE＝∠BAF＝45°﹣∠BAE， ∵，， ∴， ∵∠CAE＝∠BAF， ∴△CAE∽△BAF， ∴， ∴， ∴BF＝2， ②如图4，设AF交CE于点G， 由题意得：CE⊥AF， ∴EG＝AG＝FGAF＝1， 在Rt△ACG中，由勾股定理得： CG3， ∴CE＝CG+EG＝3+1＝4， ∵∠CAB＝∠EAF＝45°， ∴∠CAE＝∠BAF＝45°+∠CAF， ∵，， ∴， ∵∠CAE＝∠BAF， ∴△CAE∽△BAF， ∴， ∴， ∴BF＝4， 综上所述，BF的长为2或4． 【典例4】（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△ABC中，点P是边BC上一点，连接AP，以AP为边作等边△APQ，连接CQ．则CQ与BP的数量关系是：CQ＝BP ； 【问题提出】 （2）如图②，在等腰△ABC中，AB＝BC，点P是边BC上任意一点，以AP为腰作等腰△APQ，使AP＝PQ，∠APQ＝∠ABC，连接CQ．试说明PB•AQ＝AP•CQ； 【问题解决】 （3）如图③，在正方形ADBC中，点P是边BC上一点，以AP为边作正方形APEF，点Q是正方形APEF的对称中心，连接CQ．若正方形APEF的边长为8，，求正方形ADBC的边长． 【分析】（1）根据等边三角形的性质推出∠BAP＝∠CAQ，然后证明△BAP≌△CAQ即可求出CQ和BP的数量关系． （2）先证明△ABC∽△APQ得到.进而证明△ABP∽△ACQ．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△BAP∽△CAQ并由相似比求出BP的长度，然后在Rt△ACP中通过勾股定理建立关于正方形ADBC边长的方程即可求解． 【解答】解：（1）∵△ABC和△APQ是等边三角形， ∴∠BAP＝60°﹣CAP＝∠CAQ． 在△BAP和△CAQ中， ， ∴△BAP≌△CAQ（SAS）． ∴CQ＝BP． 故答案为：CQ＝BP． （2）∵△ABC和△APQ是等腰三角形，且∠APQ＝∠ABC， ∴两个等腰三角形的底角也相等， ∴△ABC∽△APQ． ∴，即． ∵∠BAC＝∠PAQ． ∴∠BAP＝∠BAC﹣∠PAC＝∠PAQ﹣∠PAC＝∠CAQ． ∴△ABP∽△ACQ． ∴， 整理得：PB•AQ＝AP•CQ． （3）如图，连接AB． 根据正方形的性质，∠BAC＝∠PAQ＝45°，， ∴∠BAP＝45°﹣∠CAP＝∠CAQ． ∴△BAP∽△CAQ． ∴BPCQ＝6． 设AC＝BC＝m，则CP＝m﹣6． 在Rt△ACP中，AP2＝AC2+CP2， 代入各边长度得：64＝m2+（m﹣6）2． 解得：m＝3． 故正方形ADBC的边长为3． 【典例5】（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ABC和△ADE中，AB＝AD＝3，BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°． 【初步感知】 （1）如图1，连接BD，CE，在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究的值； 【深入探究】 （2）如图2，在纸片ADE绕点A逆时针旋转过程中（旋转角不大于90°），直线BD与CE交于点F； ①求证：CF＝EF； ②当∠BAD＝∠BCA时，求BF的长； 【拓展延伸】 （3）在纸片ADE绕点A逆时针旋转过程中（旋转角不大于90°），试探究C，D，F三点能否构成等腰三角形，若能，直接写出DF的长；若不能，请说明理由． 【分析】（1）先判定△ABD∽△ACE．进而由相似三角形对应边成比例求解． （2）①由△ABD∽△ACE可得∠DAE＝∠BFC，进而证明A、D、F、E四点共圆．从而得到∠AFE＝∠ADE＝90°，再根据等腰三角形“三线合一”的性质证得结论； ②由△ABD∽△ACE可得∠BAD＝∠CAE，进而得出∠BCA＝∠CAE，证得AE∥BC，再由FG为梯形ABCE的中位线，在Rt△BFG中由勾股定理求出BF的长度． （3）分为CD＝CF、DF＝CF和DF＝CD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DF的长度． 【解答】解：（1）∵∠BAC＝∠DAE，AB＝AD，AC＝AE，AC＝AE5． 在△ABD和△ACE中，∠ABD＝∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD＝∠CAE，． ∴△ABD∽△ACE． ∴． （2）①证明：连接AF． 由（1）知△ABD∽△ACE，△ABD可视为△ACE顺时针旋转∠BAC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：∠BAC＝∠DAE＝∠BFC． 在四边形ADFE中，∠DAE+∠DFE＝∠BFC+∠DFE＝180°． ∴A、D、F、E四点共圆． ∴∠AFE＝∠ADE＝90°， ∵AC＝AE，△ACE是等腰三角形， ∴CF＝EF． ②如图，作FG∥BC交AB于点F．由于∠ABC＝90°，则∠BGF＝90°． 由△ABD∽△ACE可得∠BAD＝∠CAE， 又∵∠BAD＝∠BCA， ∴∠BCA＝∠CAE， ∴AE∥BC， 由①知点F为CE中点，则FG为梯形ABCE的中位线，FG，BG． 在Rt△BFG中，BF． （3）C，D，F三点能否构成等腰三角形分为三种情况： ①当CD＝CF时，如图，作CH⊥BF，H为垂足．则DH＝FH． 根据（1）和（2）可知∠BFC＝∠BAC，，CF＝EF． ∴，cos∠BFC＝cos∠BAC，sin∠BFC＝sin∠BAC． 设FC＝5m，则BD＝6m，FH＝DH＝3m，CH＝4m，BH＝BD+DH＝9m． 在Rt△BCH中，BH2+CH2＝BC2，即81m2+16m2＝42，解得m． ∴DF＝2DH＝2×3． ②当DF＝CF时，如图，点D正好落在AC上． ∵∠BAC＝∠DFC，∠ADB＝∠FDC， ∴△ABD∽△FDC． ∴，CF＝DF． ∵AB＝3，CD＝AC﹣AD＝2，，DF＝CF， ∴DF2＝3×2，DF． ③当DF＝CD时，如图，作DH⊥CE，H为垂足，则CH＝FH． . ∵CF＝FE，DH＝DFsin∠DFHDF，FH＝DFcos∠DFHDF，DE＝4， ∴EH＝FH+FE＝FH+CF＝3FHDF． 在Rt△DEH中，DH2+EH2＝DE2，即DF2＝42，DF． 故C、D、F三点能构成等腰三角形，DF的长度为或或． 【典例6】（2026春•芝罘区期末）【尝试发现】 如图1，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，请直接写出线段BD和CE的数量关系是BD＝CE ． 【变式探究】 如图2，△ABC∽△ADE，连接BD和CE，BD的延长线交CE于点F，． （1）求的值； （2）判断∠DAE和∠DFE的数量关系并证明； 【联系拓广】 如图3，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，AC是对角线．E是边BC上一动点，连接AE，以AE为直角边向逆时针方向作△AEF，使△AEF∽△ABC，连接CF，DF． （1）求证：∠DCF＝∠ACB； （2）直接写出线段DF长度的最小值． 【分析】【尝试发现】根据SAS证△ADB≌△AEC即可得出结论； 【变式探究】（1）易证△ABD∽△ACE，即可得解； （2）8字型导角可得∠BAC＝∠BFC＝∠DAE，即可得解； 【联系拓广】（1）易证△ABE∽△ACF，则∠ACF＝∠ABE＝90°＝∠BCD，即可得证； （2）易得点F在直线CF上运动，则当DF⊥CF时，有最小值，证△DCF∽△ACB，可求DF． 【解答】解：【尝试发现】∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD， 即∠DAB＝∠EAC， 在△ADB和△AEC中， ， ∴△ADB≌△AEC（SAS）， ∴BD＝CE， 故答案为：BD＝CE； 【变式探究】（1）∵△ABC∽△ADE， ∴，∠BAC＝∠DAE， ∴，∠BAC+∠CAD＝∠DAE+CAD， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD∽△ACE， ∴； （2）∠DAE+∠DFE＝180°； 证明：记AC、BF交于点O， 由（1）知△ABD∽△ACE， ∴∠ABD＝∠ACE， ∵∠AOB＝∠COF， ∴∠BAC＝∠BFC， ∴∠DAE＝∠BFC， ∵∠BFC+∠DFE＝180°， ∴∠DAE+∠DFE＝180°； 【联系拓广】（1）证明：∵△AEF∽△ABC， ∴∠BAC＝∠EAF，， ∴∠BAC﹣∠CAE＝∠EAF﹣∠CAE，， ∴∠BAE＝∠CAF， ∴△ABE∽△ACF， ∴∠ACF＝∠ABE＝90°， ∵∠BCD＝90°， ∴∠ACF＝∠BCD， ∴∠ACF﹣∠ACD＝∠BCD﹣∠ACD， ∴∠DCF＝∠ACB； （2）由（1）知∠ACF＝90°， ∴点F在直线CF上运动， 则当DF⊥CF时，有最小值，如图， ∵∠DCF＝∠ACB，∠DFC＝∠ABC＝90°， ∴△DCF∽△ACB， ∴， ∵AB＝3，BC＝4， ∴AC5， ∴， ∴DF，即DF的最小值为． 1．如图，△ABC≌△ADE且BC、DE交于点O，连接BD、CE，则下列四个结论：①BC＝DE，②∠ABC＝∠ADE，③∠BAD＝∠CAE，④BD＝CE，其中一定成立的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据全等三角形的性质判断即可． 【解答】解：∵△ABC≌△ADE， ∴BC＝DE，∠ABC＝∠ADE，∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE， 但不能得出DB＝CE， 故选：C． 2．如图，△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，且△ABC∽△AB'C'，连接CC'，将CC′沿C′B′方向平移至EB'，连接BE，若CC'，则BE的长为（　　） A．1 B． C． D．2 【分析】连接BB′，在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义可得，再利用相似三角形的性质可得，∠ACB＝∠AC′B′＝90°，∠BAC＝∠B′AC′＝30°，从而利用等式的性质可得∠BAB′＝∠CAC′，进而可证△BAB′∽△CAC′，然后利用相似三角形的性质可得∠BB′A＝∠CC′A，，再利用平移的性质可得CC′∥B′E，，从而利用平行线的性质可得∠BB′E＝30°，最后证明△BCA∽△BEB′，从而可得∠BEB′＝90°，进而在Rt△BEB′中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答． 【解答】解：连接BB′， ∵∠BAC＝30°，∠ACB＝90°， ∴cos30°， ∵△ABC∽△AB'C'， ∴，∠ACB＝∠AC′B′＝90°，∠BAC＝∠B′AC′＝30°， ∴∠BAC+∠CAB′＝∠B′AC′+∠CAB′， ∴∠BAB′＝∠CAC′， ∴△BAB′∽△CAC′， ∴∠BB′A＝∠CC′A，， 由平移得： CC′＝B′E，CC′∥B′E， ∴， ∵CC′∥B′E， ∴∠CC′B′+∠AB′C′+∠BB′A+∠BB′E＝180°， ∴∠CC′B′+∠AB′C′+∠CC′A+∠BB′E＝180°， ∴∠AC′B′+∠AB′C′+∠BB′E＝180°， ∵∠AC′B′＝90°，∠B′AC′＝30°， ∴∠AB′C′＝90°﹣∠B′AC′＝60°， ∴∠BB′E＝30°， ∴∠BB′E＝∠CAB＝30°， ∴△BCA∽△BEB′， ∴∠BEB′＝∠ACB＝90°， ∴BE＝B′E•tan30°， 故选：B． 3．如图，△ABC和△BDE都是等边三角形，点D是AC上的点，连接AE，下列相似三角形成立的有（　　） ①△BCD∽△BEO；②△AOD∽△EOB；③△AOE∽△DOB；④△BOD∽△BDA． A．1对 B．2对 C．3对 D．4对 【分析】①根据等边三角形的性质可得∠CBD＝∠ABE，然后利用手拉手模型﹣旋转型相似证明△BCD∽△BEO； ②利用8字模型相似三角形证明△AOD∽△EOB； ③利用②的结论可得，然后利用两边成比例且夹角相等证明△AOE∽△DOB； ④利用两角相等的两个三角形相似证明△BOD∽△BDA． 【解答】解：∵△ABC和△BDE都是等边三角形， ∴∠C＝∠ABC＝∠CAB＝60°，∠EDB＝∠DBE＝∠DEB＝60°， ∴∠ABC﹣∠ABD＝∠DBE﹣∠ABD， ∴∠CBD＝∠ABE， ∴△BCD∽△BEO， 故①正确； ∵∠AOD＝∠BOE，∠DAB＝∠DEB＝60°， ∴△AOD∽△EOB， 故②正确； ∵△AOD∽△EOB， ∴， ∵∠AOE＝∠DOB， ∴△AOE∽△DOB， 故③正确； ∵∠DBA＝∠DBO，∠DAB＝∠ODB＝60°， ∴△BOD∽△BDA， 故④正确； 所以，上列相似三角形成立的有4对， 故选：D． 4．如图，在矩形ABCD中，过点D作对角线AC的垂线，垂足为E，过点E作BE的垂线交AD于点F，如果AB＝3，BC＝4，那么DF的长是（　　） A．3 B． C． D． 【分析】根据矩形的性质可得AB＝CD＝3，BC＝AD＝4，AB∥CD，∠ADC＝90°，由勾股定理可求出AC＝5，由面积法求出DE，再根据勾股定理求得CE，因此AE＝AC﹣CE，由同角的余角相等可得∠BEA＝∠DEF，∠DCE＝∠FDE，由平行线的性质得∠BAE＝∠DCE，进而得到∠BAE＝∠FDE，以此证明△ABE∽△DFE，最后根据相似三角形的性质即可求解． 【解答】解：四边形ABCD为矩形，AB＝3，BC＝4， ∴AB＝CD＝3，BC＝AD＝4，AB∥CD，∠ADC＝90°， 在Rt△ADC中，5， ∵DE⊥AC， ∴S△ADC，即CD•AD＝AC•DE， ∴3×4＝5×DE， ∴DE， 在Rt△CDE中，， ∴AE＝AC﹣CE＝5， ∵∠CDE+∠DCE＝90°，∠CDE+∠FDE＝90°， ∴∠DCE＝∠FDE， ∵AB∥CD， ∴∠BAE＝∠DCE， ∴∠BAE＝∠FDE， ∵EF⊥BE， ∴∠BEF＝∠BEA+∠AEF＝90°， 又∵∠AEF+∠DEF＝90°， ∴∠BEA＝∠DEF， ∴△ABE∽△DFE， ∴，即， ∴DF． 故选：D． 5．如图，在矩形ABCD中，过点D作对角线AC的垂线，垂足为E，过点E作BE的垂线交AD于点F，如果AB＝3，BC＝4，那么DF的长是（　　） A．3 B． C． D． 【分析】根据矩形的性质可得AB＝CD＝3，BC＝AD＝4，AB∥CD，∠ADC＝90°，由勾股定理可求出AC＝5，由面积法求出DE，再根据勾股定理求得CE，因此AE＝AC﹣CE，由同角的余角相等可得∠BEA＝∠DEF，∠DCE＝∠FDE，由平行线的性质得∠BAE＝∠DCE，进而得到∠BAE＝∠FDE，以此证明△ABE∽△DFE，最后根据相似三角形的性质即可求解． 【解答】解：四边形ABCD为矩形，AB＝3，BC＝4， ∴AB＝CD＝3，BC＝AD＝4，AB∥CD，∠ADC＝90°， 在Rt△ADC中，5， ∵DE⊥AC， ∴S△ADC，即CD•AD＝AC•DE， ∴3×4＝5×DE， ∴DE， 在Rt△CDE中，， ∴AE＝AC﹣CE＝5， ∵∠CDE+∠DCE＝90°，∠CDE+∠FDE＝90°， ∴∠DCE＝∠FDE， ∵AB∥CD， ∴∠BAE＝∠DCE， ∴∠BAE＝∠FDE， ∵EF⊥BE， ∴∠BEF＝∠BEA+∠AEF＝90°， 又∵∠AEF+∠DEF＝90°， ∴∠BEA＝∠DEF， ∴△ABE∽△DFE， ∴，即， ∴DF． 故选：D． 6．如图，已知∠CAE＝∠BAD，添加一个条件使△ABC∽△ADE，你添加的条件是 　∠B＝∠D（答案不唯一）　 .（写出一个即可） 【分析】利用相似三角形的判定方法即可解答本题． 【解答】解：∵∠CAE＝∠BAD， ∴∠CAE+∠BAE＝∠BAD+∠BAE， ∴∠BAC＝∠DAE， ∴当∠C＝∠E，∠B＝∠D或时，△ABC∽△ADE． 故答案为：∠B＝∠D（答案不唯一）． 7．（2026•双流区校级模拟）如图，点D是△ABC内一点，点E在线段BD的延长线上，BE与AC交于点O，分别连接AD，AE，CE，若△ABC∽△ADE，∠ADE＝45°，∠ACE＝21°，则∠CAE＝ 　24°　 ． 【分析】先根据相似三角形的性质得到∠BAC＝∠DAE，，则利用比例的性质得到，再证明∠BAD＝∠CAE，则可判断△ABD∽△ACE，根据相似三角形的性质得到∠ABD＝∠ACE＝21°，然后根据三角形外角性质得到∠BAD＝24°，从而得到∠CAE的度数． 【解答】解：∵△ABC∽△ADE， ∴∠BAC＝∠DAE，， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD∽△ACE， ∴∠ABD＝∠ACE＝21°， ∵∠ADE＝∠ABD+∠BAD， ∴∠BAD＝45°﹣21°＝24°， ∴∠CAE＝24°． 故答案为：24°． 8．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　 ． 【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 9．如图，△ABC∽△ADE，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝3，AC＝4，点D在线段BC上运动，P为线段DE的中点，在点D的运动过程中，CP的最小值是 　2　 ． 【分析】根据相似三角形的判定与性质，证明∠DCE＝90°，推出CPDE，求出DE的最小值，可得结论． 【解答】解：∵△ABC∽△ADE， ∴，∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE，， ∴△BAD∽△CAE， ∴∠ABD＝∠ACE， ∵∠BAC＝90°， ∴∠ABD+∠ACB＝90°， ∴∠ACB+∠ACE＝90°， ∴∠DCE＝90°， ∵DP＝PE， ∴CPDE， ∵△ABC∽△ADE， ∴AD的值最小时，DE的值最小，此时CP的值最小， ∵AB＝3，AC＝4，∠BAC＝90°， ∴BC5， 根据垂线段最短可知，当AD⊥BC时，AD的值最小，根据三角形面积得，此时AD， ∵， ∴， ∴DEAD＝4， ∴CP的最小值为4＝2， 故答案为：2． 10．（2025秋•青羊区校级期末）如图，在△ABC和△DBE中，∠ABC＝∠DBE＝90°，AB＝5，BC＝10，，BE，0°＜∠ABD＜90°，连接AD，AE，CE，则△AEC面积的最小值为　5　 ，当△AEC的面积最小时，AD的长为　　 ． 【分析】对于第一个问题，要让△AEC面积最小，由于AC可求，是定值，因此只需让E点到AC距离最小即可，过点B作BH垂直AC于H，过点E作EF垂直AC于点F，根据垂线段最短原理易知，当E点落在BH上，即B、E、H三点共线时，EF取得最小值，从而求得△AEC面积的最小值；对于第二个问题，先求出△AEC面积最小时CE的长度，再根据△ABD∽△CBE，利用相似比算出AD的长度． 【解答】解：如图1，过点B作BH垂直AC于H，过点E作EF垂直AC于F． ∵∠ABC＝90°，AB＝5，BC＝10， ∴AC， ∵BH⊥AC， ∴AB×BC＝AC×BH， ∴BH， ∵BE+EF≥BH，BE， ∴EF≥BH﹣BE，当且仅当B、E、H共线时，EF取得最小值， ∴△AEC面积的最小值为； 当△AEC的面积最小时，如图2，此时H于F重合，， ， ， ∵∠DBE＝∠ABC＝90°， ∴∠DBA＝∠EBC， ∵， ∴△ABD∽△CBE， ∴， ∴． 故答案为：5，． 11．（2025秋•青羊区校级月考）如图1，在△ABC中，AC＝AB，F为AC中点，D点在边BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AP，若∠BAC＝120°，AB＝2，则FP的最小值为　　 ；如图2，在等腰△ABC中∠BAC＝120°，BC＝4，其中点P为高AD上的一个动点，连接BP，将BP绕点P逆时针旋转120°，得到PE，连接BE，DE，则△BDE周长的最小值是　2+2　 ． 【分析】对于图1，先通过构造△CAD≌△P1AP求出点P的轨迹，然后根据等边三角形的性质求出FH即可得出答案；对于图2，通过证明△ABP∽△CBE，求出∠BCE＝60°，然后再作点B关于直线CE的对称点，由将军饮马模型求出BE+DE的最小值为DQ的长度，最后在Rt△DHQ中由勾股定理即可求出结果． 【解答】解：如图，当D与C重合时，点P在P1处， 根据旋转的性质∠CAP1＝∠DAP＝60°，AC＝AP1，AD＝AP，则△CAP1是等边三角形． 在△CAD和△P1AP中， ， ∴△CAD≌△P1AP． ∴∠AP1P＝∠ACD30°， ∴点P的运动轨迹在直线P1P上． 根据等腰三角形的性质，P1F平分∠AP1C，即∠AP1F＝30°，则∠FP1P＝60°， 过点F作FH⊥P1P，垂足为H，则FH为FP的最小值． ∵FP1＝AP1cos30°＝ABcos30°． ∴FH＝FP1sin60°． 如图，连接CE，点B和点Q关于直线CE对称，CE交AQ于点G，过点D作DH⊥AQ，H为垂足． 根据旋转的性质BP＝PE，则， 又∵∠BPE＝∠BAC＝120°， ∴△BPE∽△BAC， ∴，∠ABC＝∠BPE， 又∵∠ABP＝∠ABC﹣∠PBD＝∠BPE﹣∠PBD＝∠CBE， ∴△ABP∽△CBE， ∴∠BCE＝∠BAP60°， ∵DH⊥BQ，CG⊥BQ， ∴DH∥CG，DH为△BCG的中位线． ∴CG2，DH1，BG＝BCsin60°＝2，BH， 根据轴对称的性质，GQ＝BG＝2，则HQ＝HG+GQ＝3． 在Rt△DHQ中，DQ2． ∵C△BDE＝BD+BE+DE＝BD+EQ+DE≥BD+DQ＝2+2． ∴△BPE周长的最小值为2+2． 故答案为：；2+2． 12．（2026•高新区校级二模）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 　　 ． 【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：． 13．（2026•平桥区二模）在Rt△ABC与Rt△DEC中，∠ABC＝∠DEC＝90°，AB＝2DE＝8，BC＝2EC＝6，现将△DEC绕着点C顺时针旋转．当CE⊥BC时，连接BD，过点A作AH⊥BD交直线BD于点H，则AH的长为　或　 ． 【分析】根据题意分两种情况进行讨论，过点D作DG⊥BC于点G，得出四边形DECG为矩形，得出相关线段的长度，然后利用相似三角形的判定和性质以及勾股定理进行求解． 【解答】解：如图所示，过点D作DG⊥BC于点G， ∵DG⊥BC，∠DEC＝90°，CE⊥BC， ∴四边形DECG为矩形， ∴DG＝CE＝3，CG＝DE＝4， ∴BG＝BC﹣CG＝6﹣4＝2， 由勾股定理得， ∵∠ABC＝90°，DG⊥BC， ∴AB∥DG， ∴∠ABH＝∠BDG， 又∵∠AHB＝∠BGD＝90°， ∴△ABH∽△BDG， ∴， ∴； 如图所示，过点C作CK⊥BD于点K，过点D作DG⊥BC，交BC的延长线于点G，BD交CE于点F， 又∵AH⊥BD， ∴∠AHB＝∠CKF＝90°， ∵CE⊥BC，∠ABC＝90°， ∴AB∥CE， ∴∠ABH＝∠CFK， ∴△ABH∽△CFK， ∴， ∵∠DEC＝∠BCE＝90°，∠BFC＝∠DFE， ∴△BCF∽△DEF， ∴， 即， 解得， ∵DG⊥BC，∠DEC＝90°，CE⊥BC， ∴四边形DECG为矩形， ∴DG＝CE＝3，CG＝DE＝4， 由勾股定理得， 由等面积可得， ∴， ∴； 综上，AH的长为或． 故答案为：或． 14．（2026•射洪市校级二模）如图，△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，把△ADE以A为中心顺时针旋转，点M为射线BD、CE的交点．若，AD＝1．以下结论： ①BD＝CE； ②BD⊥CE； ③当点E在BA的延长线上时，； ④在旋转过程中，当线段MB最短时，△MBC的面积为．其中结论正确的是　①②③④　 （填序号）． 【分析】证明△BAD≌△CAE即可判断①，根据三角形的外角的性质得出②，证明∠DCM∽∠ECA得出，即可判断③；以A为圆心，AD为半径画圆，当CE在⊙A的下方与⊙A相切时，MB的值最小，可得四边形AEMD是正方形，在Rt△MBC中，然后根据三角形的面积公式即可判断④． 【解答】解：△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，把△ADE以A为中心顺时针旋转，点M为射线BD、CE的交点． ∵BA＝CA，DA＝EA，∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△BAD≌△CAE， ∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，故①正确，符合题意； 设∠ABD＝∠ACE＝α， ∴∠DBC＝45°﹣α， ∴∠EMB＝∠DBC+∠BCM＝∠DBC+∠BCA+∠ACE＝45°﹣α+45°+α＝90°， ∴BD⊥CE，故②正确，符合题意； 当点E在BA的延长线上时，如图所示， ∵∠DCM＝∠ECA，∠DMC＝∠EAC＝90°， ∴△DCM∽△ECA， ∴， ∵，AD＝1． ∴，， ∴， ∴，故③正确，符合题意； ④如图所示，以A为圆心，AD为半径画圆， ∵∠BMC＝90°， ∴当CE在⊙A的下方与⊙A相切时，MB的值最小，∠ADM＝∠DAE＝∠AEM＝90°， ∴四边形AEMD是矩形， 又AE＝AD， ∴四边形AEMD是正方形， ∴MD＝AE＝1， ∵， ∴， 在Rt△MBC中，， ∴MB取得最小值时，， ∴， 故④正确，符合题意． 故答案为：①②③④． 15．（2025秋•隆昌市校级期中）如图，已知△ABD∽△ACE，求证：△ABC∽△ADE． 【分析】根据相似三角形对应角相等、对应边相等的性质可得∠BAC＝∠DAE，，即可求证△ABC∽△ADE．即可解题． 【解答】证明：∵△ABD∽△ACE， ∴∠BAD＝∠CAE，． ∴∠BAD+∠BAE＝∠CAE+∠BAE， 即∠BAC＝∠DAE， ． ∴△ABC∽△ADE． 16．如图，已知矩形ABCD和矩形AEFG共用顶点A，点E在线段BD上，连接EG，DG，且． （1）求证：∠ABE＝∠ADG； （2）若，，，求EG的长． 【分析】（1）利用同角的余角相等可得∠BAE＝∠DAG，结合条件即可证明△ABE∽△ADG，以此即可得证； （2）易得∠ADB＝∠CBD，结合（1）中结论并根据等角加等角相等得∠EDG＝90°，再由勾股定理求得BD的长，于是得出BE的长，由△ABE∽△ADG可求出DG的长，最后再利用勾股定理即可求解． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形AEFG均为矩形， ∴∠BAD＝∠EAG＝90°，即∠BAE+∠DAE＝∠DAG+∠DAE＝90°， ∴∠BAE＝∠DAG， 又∵， ∴△ABE∽△ADG， ∴∠ABE＝∠ADG． （2）解：∵四边形ABCD为矩形， ∴AD∥BC，∠ABC＝∠ABE+∠CBD＝90°， ∴∠ADB＝∠CBD， ∵∠ABE＝∠ADG， ∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠CBD＝90°，即∠EDG＝90°， 在Rt△ABD中，AB，AD， ∴， ∴BEBD，DE， 由（1）知，△ABE∽△ADG， ∴，∠ABE＝∠ADG， ∴， ∴DG， 在Rt△DEG中，EG． 17．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝nBC，P为AB上的一点（不与端点重合），过点P作PM⊥AB交AC于点M，得到△APM． （1）【问题发现】如图1，当n＝1时，P为AB的中点时，CM与BP的数量关系为CMBP ； （2）【类比探究】如图2，当n＝2时，△APM绕点A顺时针旋转，连接CM，BP，则在旋转过程中CM与BP之间的数量关系是否发生变化？请说明理由； （3）【拓展延伸】在（2）的条件下，已知AB＝4，AP＝2，当△APM绕点A顺时针旋转至B，P，M三点共线时，请直接写出线段BM的长． 【分析】（1）当n＝1时，AB＝BC，可得AP＝BPAB，由PM∥BC，得出△APM∽△ABC，可得，推出CM＝AC﹣AMABABAB，即可得出答案； （2）通过证明△ABP∽△ACM，可得，即可求解； （3）分两种情况讨论，由勾股定理可求解． 【解答】解：（1）当n＝1时，AB＝BC， ∵∠ABC＝90°， ∴， ∵P为AB的中点， ∴， ∴AP＝BPAB， ∵PM⊥AB， ∴∠APM＝90°， ∴∠APM＝∠ABC， ∴PM∥BC， ∴△APM∽△ABC， ∴， ∴ACAB，AMAPAB， ∴CM＝AC﹣AMABABAB， ∴， ∴CMBP， 故答案为：CMBP； （2）CMBP的数量关系不变，理由如下： 当n＝2时，AB＝2BC， 则， ∴BCAB，PMAP， 由勾股定理可得：ACAB， AMAP， ∴， ∴ACAB，AMAP， ∴CM＝AC﹣AM（AB﹣AP）BP， 由旋转得：∠CAB＝∠MAP， 即∠BAP+∠CAP＝∠CAM+∠CAP， ∴∠BAP＝∠CAM， ∴△ABP∽△ACM， ∴， ∴CMBP； （3）∵AB＝4，AP＝2， ∴BC＝2，PM＝1， 由勾股定理可得：AC＝2，AM， ∵△APM绕点A顺时针旋转至B，P，M三点共线， ∴∠APM＝90°，PM＝1， ∠APB＝180°﹣90°＝90°， ∴BP2， 当△APM旋转至直线AB上方时，如图， 则BM＝BP+PM＝21； 当△APM旋转至直线AB下方时，如图， 则BM＝BP﹣PM＝21； 综上所述，线段BM的长为21或21． 18．（2026•凉州区校级模拟）在▱ABCD中，点E是线段CB延长线上一动点，连接AE，过A作AF⊥AE交射线DC于点F． （1）图1，四边形ABCD为正方形，判断AE与AF数量关系并证明； （2）图2，四边形ABCD为矩形，，判断AF与AE数量关系并证明； （3）图3，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，AE⊥BC于E，AF⊥AB，交过D且与AD垂直的直线于F，直接写出的值． 【分析】（1）利用正方形的性质证明△ABE≌△ADF（ASA），即可得到AE＝AF； （2）证明△ABE∽△ADF，即可求出，再利用ADAB，即可得出结论； （3）设AF和CD交于点H，设DF＝x，求出HFx，HDx，再求出ABx，AHx，即可求出AFxx＝2x，再利用勾股定理求出BFx，即可得出答案． 【解答】解：（1）AE＝AF，证明如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABE＝∠ADF＝90°， ∵AF⊥AE， ∴∠EAF＝90°， 即∠EAB+∠BAF＝90°， ∵∠DAF+∠BAF＝90°， ∴∠EAB＝∠DAF， 在△ABE与△ADF中， ， ∴△ABE≌△ADF（ASA）， ∴AE＝AF； （2）AFAE，理由如下： ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABE＝∠ADF＝90°， ∵AF⊥AE， ∴∠EAF＝90°， 即∠EAB+∠BAF＝90°， ∵∠DAF+∠BAF＝90°， ∴∠EAB＝∠DAF， ∴△ABE∽△ADF， ∴， ∵ADAB， ∴， ∴AFAE； （3）设AF和CD交于点H， ∵四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝60°， ∴AB∥CD，∠ABC＝∠ADC＝60°， ∵AF⊥AB， ∴∠BAF＝∠CHF＝90°， ∵DF⊥AD，∠ADC＝60°， ∴∠HDF＝30°， 设DF＝x， ∴HFDFx， 由勾股定理可得，HDx， ∵∠DAH＝180°﹣90°﹣60°＝30°， ∴AD＝2HDx， ∴AB＝ADx， ∵AHx， ∴AF＝AH+HFxx＝2x， ∴BFx， ∴． 即的值为． 19．（2026•岳池县模拟）（1）问题发现 （1）如图1，△ABC和△CDE均为等边三角形，直线AD和直线BE交于点F． 填空：①∠AFB的度数是　60°　 ；②线段AD，BE之间的数量关系为AD＝BE ； （2）类比探究 如图2，△ABC和△CDE均为等腰直角三角形，∠ABC＝∠DEC＝90°，AB＝BC，DE＝EC，直线AD和直线BE交于点F．请判断∠AFB的度数及线段AD，BE之间的数量关系，并说明理由． （3）解决问题 如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝5，点D在AB边上，DE⊥AC于点E，AE＝3，将△ADE绕着点A在平面内旋转，请直接写出直线DE经过点B时，点C到直线DE的距离． 【分析】（1）证明△ACD≌△BCE（SAS），即可解决问题． （2）结论：∠AFB＝45°，ADBE．证明△ACD∽△BCE，可得，∠CBF＝∠CAF，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， ∵△ABC和△CDE均为等边三角形， ∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°， ∴∠ACD＝∠BCE， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE，∠ACD＝∠CBF， 设BC交AF于点O． ∵∠AOC＝∠BOF， ∴∠BFO＝∠ACO＝60°， ∴∠AFB＝60°， 故答案为60°，AD＝BE． （2）结论：∠AFB＝45°，ADBE． 理由：如图2中， ∵∠ABC＝∠DEC＝90°，AB＝BC，DE＝EC， ∴∠ACD＝45°+∠BCD＝∠BCE，， ∴△ACD∽△BCE， ∴，∠CBF＝∠CAF， ∵∠AFB+∠CBF＝∠ACB+∠CAF， ∴∠AFB＝∠ACB＝45°． （3）如图3中， ∵AEB＝∠ACB＝90°， ∴A，B，C，E四点共圆， ∴∠CEB＝∠CAB＝30°，∠ABD＝∠ACE， ∵∠FAE＝∠BAC＝30°， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△BAD∽△CAE， ∴cos30°， ∴ECBD， 在Rt△ADE中，∵DE，∠DAE＝30°， ∴AEDE＝3， ∴BE4， ∴BD＝BE﹣DE＝4， ∴CEBD＝2， ∵∠BEC＝30°， ∴点C到直线DE的距离等于CE•sin30°． 如图4中，当D，EB在同一直线上时，同法可知BD＝DE+EB＝4，CEBD＝2， 点C到直线DE的距离等于CE•sin30°． 综上所述，点C到直线DE的距离等于±． 20．（2026春•沙坪坝区校级月考）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ACB＝α（0＜α＜45°）．将射线CA绕点C逆时针旋转45°交AB的延长线于点F． （1）如图1，若BF＝2AB＝2，求tan∠BCF的值； （2）如图2，将线段CB绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，连接DA并延长交CF于点E．求证：； （3）如图3，在（1）的条件下，将线段BA绕点B旋转得BK，连接AK并延长至点L，连接CL，使得∠ACK＝∠ALC．当CL取得最小值时，在直线AB上取一点M，连接KM，将△KBM沿KM所在直线翻折到△ABC所在平面内，得△KB′M，连接CB'，KB'，当CB′取得最大值时，求△KB′L的面积． 【分析】（1）通过构造等腰直角△BGF求出BG和CG的长度，即可得出答案． （2）先作点F关于AC的对称点P，然后根据四点共圆证明∠BPQ＝45°，再根据平行线分线段成比例得出CE＝DQ，进而由手拉手旋转相似证明△CBF∽△CDQ，得到BFDQ，从而由BF+AB＝AF＝AC证明结论． （3）根据题意先判定当CL取得最小值时CK与⊙B相切，然后由点B′的轨迹为⊙K，从而得到当CB′取得最大值时点B′的位置，最后求出KL的长度即可得到答案． 【解答】（1）解：如图，过点B作BG⊥CF，G为垂足． ∵∠FCA＝45°，∠CAF＝90°， ∴∠CFA＝90°﹣45°＝45°． ∴△CAF和△BGF都是等腰直角三角形． ∵BF＝2AB＝2， ∴AB＝1，CA＝AF＝3． ∵BG＝FG，CFAF（BF+AB）＝3． ∴CG＝CF﹣FG＝2． ∴tan∠BCF． （2）证明：如图，点P和点F关于直线AC对称，连接PD并延长交直线AC于点Q． 根据题意易得：△CAF、△CAP、△CBD和△CFP都是等腰直角三角形． ∴∠CPB＝∠BDC＝45°， ∴BCPD四点共圆， ∴∠BPQ＝∠BCD＝45°， ∴△APQ和△CPQ都是等腰直角三角形． ∴AC＝AF＝AP＝AQ，CDBC，CQ＝2ACCF， ∵∠CFP＝∠FPQ＝45°， ∴CF∥PQ， 根据平行线分线段成比例，则，即CE＝DQ， 在△CBF和△CDQ中，∠BCF＝45°﹣∠ACB＝∠DCQ，． ∴△CBF∽△CDQ， ∴， ∴BFDQCE． ∵BF+AB＝AF＝AC， ∴． （3）解：如图，根据题意点K在⊙B上，⊙B交线段AF、CK交于点H，G． 由于AH是⊙B的直径，则∠AGH＝90°． ∵∠AHG＝90°﹣∠GAH＝∠CAG，∠AHG＝∠AKG． ∴∠AKG＝∠CAG， ∴∠CGA＝∠AKG+∠GAK＝∠CAG+∠GAK＝∠LAC， 又∵∠ACK＝∠ALC， ∴△ACG∽△CLA． ∴． 同理，当点K绕点B逆时针旋转到点H左侧时，可以延长CK交⊙B于G，相当于G、K两点互换位置． 同样可以得到：△ACG∽△CLA．进而得到． ∴CL取最小值时，AG取最大值． 此时AG＝AH＝2AB＝2． 根据轴对称的性质KB′＝KB＝1，则点B′的轨迹为⊙K．⊙K与线段CG的右侧交点为T． ∵CT＝CK+KT＝CK+KB′≥CB′． ∴CB′的最大值为CT的长度．． 此时△KB′L为△KTL． 由AG为⊙B的直径可知：CG⊥AL． 根据可得：CL.， ∵CG． ∴cos∠CLA＝cos∠ACG． ∴KL＝CL•cos∠CLA． ∴S△KB′L＝S△KTLKL•KT． 故△KB′L的面积为． 21．（2025•东海县模拟）综合与实践： 【新知定义】如图1，若∠BAC＝∠DAE，，则△ABC∽△ADE．小明称图1中的△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”． 【新知探究】 （1）如图2，若∠BAC＝90°，∠B＝30°，BC＝4，D为BC的中点．以AD为一边在AD右侧作△ADE，且△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”，连接CE，则CE的长为　　 ； （2）在图1中，连接BD，CE，求证：△ABD∽△ACE； 【变式应用】 （3）如图3，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D为BC的中点，AD为一边在AD右侧作△ADE，∠BAC＝∠DAE，S△ABC＝S△ADE，连接CE，求CE的长； 【综合应用】 （4）如图4，若∠BAC＝90°，∠B＝30°，AC＝1，若D点在线段BC上运动BC，且点D不与点B重合），以AD为一边在AD右侧作△ADE，且△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”，连接CE．以AD、AE为边构造矩形ADFE，连接CF．直接写出△CEF面积的最大值及此时BD的长度． 【分析】（1）由定义可知△ABC∽△ADE，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AD＝4，作BM⊥AC，DN⊥AE，垂足分别为M、N，根据等面积得，易证△ABM∽△AND，等比转化可得，从而得到△ABD∽△AEC，利用相似比求解即可； （4）易证∠BCE＝90°，BDCEx，过F作FM⊥CE，AN⊥CE，分别交直线CE于点M、N，易得CN＝AC•cos30°，所以EN＝CN﹣CEx，再证△AEN∽△EFM，得到FMENx，从而表示出△CEF的面积，最后利用二次函数最值求解即可． 【解答】（1）解：在Rt△ABC中，BC＝4，∠B＝30°， ∴AC＝BC•sin30°＝2，AB＝BC•cos30°＝2， ∵D是BC中点， ∴BC＝2， 由△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”可知，△ABC∽△ADE， ∴，∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴， ∵∠BAD＝∠CAE＝90°﹣∠CAD， ∴△ABD∽△ACE， ∴，即， ∴CE； 故答案为：； （2）证明：如图， ∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAE． ∵，即， ∴△ABD∽△ACE； （3）解：在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D是BC中点， ∴，即∠ADB＝90°， ∴， 作BM⊥AC，DN⊥AE，垂足分别为M、N， 则∠AMB＝∠AND＝90°， ∵S△ABC＝S△ADE， ∴， ∴， ∵∠AMB＝∠AND，∠BAC＝∠DAE， ∴△ABM∽△AND， ∴， ∴， ∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD∽△AEC， ∴，即， ∴； （4）在Rt△ABC中，∠B＝30°，AC＝1， ∴BC＝2AC＝2，AB， ∵△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”， ∴△ABC∽△ADE， ∴，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ADE＝∠B＝90°， ∴， ∵∠BAD＝∠CAE＝90°﹣∠CAD， ∴△ABD∽△ACE， ∴，∠ACE＝∠B＝30°， ∵∠B+∠ACB＝90°， ∴∠ACE+∠ACB＝90°，即∠BCE＝90°， ∴点E就在垂直BC的直线上运动， 设CE＝x，则BDx， 如图，过F作FM⊥CE，AN⊥CE，分别交直线CE于点M、N， 在Rt△ACN中，AC＝1，∠ACN＝30°， ∴CN＝AC•cos30°， ∴EN＝CN﹣CEx， ∵四边形ADFE为矩形， ∴AD＝EF，∠EAD＝90°， ∴∠AEN＝∠EFM＝90°﹣∠MEF， ∵∠N＝∠M＝90°， ∴△AEN∽△EFM， ∴tan30°， ∴FMENx， ∴S△CEF x•（x） x2x （x）2， ∵0， ∴当x时，S△CEF，此时BDx， ∴△CEF面积的最大值为，BD的长度为． 25 / 26 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 相似三角形重要模型之手拉手模型（几何模型讲义） 相似手拉手模型，是初中几何旋转相似体系中最核心、最通用的模型，是全等手拉手模型的高阶推广。相较于全等手拉手“边长相等、旋转全等”的特殊情形，相似手拉手放宽了边长限制，以共顶点、等顶角、邻边成比例为核心条件，依托两边对应成比例及夹角相等进行相似判定，实现图形旋转前后的三角形相似变换。 相似手拉手的本质不是新定理，而是古典几何里的旋转相似变换（也叫螺旋相似，spiral similarity），该模型本质是共顶点旋转相似：两个形状相同、大小不同的三角形绕公共顶点旋转，通过角的和差等量代换构造出相等夹角，结合固定边长比例，稳定产生一组相似三角形。模型结构简洁、结论固定、变化灵活，广泛出现于几何压轴、线段最值、比例证明、角度推导题型中，是中考几何综合题的核心解题工具，也是衔接初高中旋转几何思想的关键知识点。 模型来源 1 知识储备 2 例讲模型 4 模型运用 51 古希腊时期就已出现“共顶点的两个等边三角形，对应连线相等且夹角60°”这类几何命题，是旋转全等的古老形态。 手拉手模型的数学本质是旋转变换。当两个等腰三角形（或等边三角形、正方形）共用一个顶点且顶角相等时，其中一个图形可以看作是由另一个图形绕公共顶点旋转一定角度得到的。这种旋转前后的图形对应部分全等，解题者为了快速识别这种结构，将其命名为“手拉手”。 这类构形在西方几何里常归在螺旋相似、Miquel 点、圆内接四边形等相关讨论中；有资料追到婆罗摩笈多时代圆内接四边形的一些比例关系里能看到影子，模型图形变化丰富，常出现在几何综合压轴题中，掌握该模型的构造规律，能够快速找到全等、相似关系，简化复杂几何推理。 1.旋转的定义 在平面内，把一个图形绕一个定点O沿某个方向转动一个角度，这样的图形运动称为旋转。点O叫做旋转中心，旋转的角叫做旋转角，如果图形上的点P经过旋转变为点P'，那么这两个点叫做这个旋转的对应点。旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等。 2.旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角度 3.手拉手模型的结构特点 如下图所示，手拉手模型是由两个具有公共顶点的相似三角形（△ABB'∽△ACC'），分别连接两个左手顶点（点B和点C）和右手顶点（点B'和点C'）所组成的图形。 ①旋转前有一对相似三角形，旋转后新产生一对相似三角形 ②证明新三角形相似采用“两边一夹角判定法” ③角相等从旋转得到，对应边成比例从原三角形相似中得到 4.值得注意的是，在手拉手模型中，一定是左手拉左手（BC），右手拉右手（B'C'）。那么如何判断左右手顶点呢？其实很简单，将两个三角形顶角顶点朝上，正对我们，我们左边就是左手顶点，右边为右手顶点。看下面的图会更清楚一些： 5.手拉手模型的证明 （1）将图①中的△ADE绕点A旋转一定角度，则得图②，图②为“旋转型”相似的基本图形，即△ABC∽△ADE. （2）如图所示，和都是等腰直角三角形，的延长线与相交于点P，则，且相似比为，与的夹角为． 总结：旋转相似型中由公共旋转顶点、一点及其旋转后的对应点组成的三角形与由公共旋转顶点、另一点及其旋转后的对应点组成的三角形相似． （3）如图所示，，则，，且． 【典例1】（2026春•朝阳区校级期末）综合与探究 【问题背景】我们学习了三角形的中位线定理，借助三角形的中位线可构造一组相似三角形，如图1，探索小组利用这个基本图形进行了探究活动，探究发现：若将它们绕公共顶点旋转，对应顶点连线的长度存在特殊的数量关系，请你和探索小组一起对此进行研究，如图1，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝4，分别取AB，AC的中点D，E，作△ADE． （1）初步发现：如图1，由三角形中位线构造△ADE∽△ABC，可知： ； （2）猜想探究：如图2所示，将△ADE绕点A逆时针旋转，连接BD，CE．旋转过程中，线段BD和CE的长度存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明． （3）结论应用：如图3，当DE所在直线首次经过点B时，则CE＝ ． （4）延伸思考：如图4，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，分别取AB，BC的中点D，E．作△BDE，将△BDE绕点B逆时针旋转，连接AD，CE．分别取AC，DE的中点M，N．当△BDE绕点B旋转过程中，直接写出当△BMN面积最大时，△BDA的面积是 ． 【典例2】（2026•盐池县模拟）如图，在Rt△ABC中，点D是斜边AB上的动点（点D与点A不重合），连接CD，以CD为直角边在CD的右侧构造Rt△CDE，∠DCE＝90°，连接BE，． 【特例感知】 （1）如图1，当m＝1时，BE与AD之间的位置关系是 ，数量关系是 ． 【类比迁移】 （2）如图2，当m≠1时，猜想BE与AD之间的位置关系和数量关系，并证明猜想． 【拓展应用】 （3）在（1）的条件下，点F与点C关于DE对称，连接DF，EF，BF，如图3．已知AC＝6． ①当四边形CDFE的面积为18时．求AD的长； ②当BF＝2时，则AD＝ ． 【典例3】（2026•龙华区校级三模）定义：我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），我们就把这条对角线叫做这个四边形的“亲子线”． （1）如图1，△ABC的三个顶点均在正方形网格中的格点上，若四边形ABCD是以AC为“亲子线”的四边形，请只用无刻度的直尺，在图1中找出满足条件的点D，并画出这个四边形．保留画图痕迹（找出1个即可）． （2）如图2，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠DCB＝135°，对角线AC平分∠DAB，且． ①∠ACD+∠ADC＝ °，此时对角线AC是四边形ABCD的“亲子线”吗？请说明理由； ②求AD•AB的值． （3）如图3，在（2）的条件下，若∠D＝90°，在AD边上取一点E，使AD：：，过点E作EF∥CD交AC于点F．将△AEF绕点A旋转，连接CE、BF，如图4，当CE所在的直线垂直于AF时，求BF的长． 【典例4】（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△ABC中，点P是边BC上一点，连接AP，以AP为边作等边△APQ，连接CQ．则CQ与BP的数量关系是： ； 【问题提出】 （2）如图②，在等腰△ABC中，AB＝BC，点P是边BC上任意一点，以AP为腰作等腰△APQ，使AP＝PQ，∠APQ＝∠ABC，连接CQ．试说明PB•AQ＝AP•CQ； 【问题解决】 （3）如图③，在正方形ADBC中，点P是边BC上一点，以AP为边作正方形APEF，点Q是正方形APEF的对称中心，连接CQ．若正方形APEF的边长为8，，求正方形ADBC的边长． 【典例5】（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ABC和△ADE中，AB＝AD＝3，BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°． 【初步感知】 （1）如图1，连接BD，CE，在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究的值； 【深入探究】 （2）如图2，在纸片ADE绕点A逆时针旋转过程中（旋转角不大于90°），直线BD与CE交于点F； ①求证：CF＝EF； ②当∠BAD＝∠BCA时，求BF的长； 【拓展延伸】 （3）在纸片ADE绕点A逆时针旋转过程中（旋转角不大于90°），试探究C，D，F三点能否构成等腰三角形，若能，直接写出DF的长；若不能，请说明理由． 【典例6】（2026春•芝罘区期末）【尝试发现】 如图1，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，请直接写出线段BD和CE的数量关系是 ． 【变式探究】 如图2，△ABC∽△ADE，连接BD和CE，BD的延长线交CE于点F，． （1）求的值； （2）判断∠DAE和∠DFE的数量关系并证明； 【联系拓广】 如图3，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，AC是对角线．E是边BC上一动点，连接AE，以AE为直角边向逆时针方向作△AEF，使△AEF∽△ABC，连接CF，DF． （1）求证：∠DCF＝∠ACB； （2）直接写出线段DF长度的最小值． 1．如图，△ABC≌△ADE且BC、DE交于点O，连接BD、CE，则下列四个结论：①BC＝DE，②∠ABC＝∠ADE，③∠BAD＝∠CAE，④BD＝CE，其中一定成立的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．如图，△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，且△ABC∽△AB'C'，连接CC'，将CC′沿C′B′方向平移至EB'，连接BE，若CC'，则BE的长为（　　） A．1 B． C． D．2 3．如图，△ABC和△BDE都是等边三角形，点D是AC上的点，连接AE，下列相似三角形成立的有（　　） ①△BCD∽△BEO；②△AOD∽△EOB；③△AOE∽△DOB；④△BOD∽△BDA． A．1对 B．2对 C．3对 D．4对 4．如图，在矩形ABCD中，过点D作对角线AC的垂线，垂足为E，过点E作BE的垂线交AD于点F，如果AB＝3，BC＝4，那么DF的长是（　　） A．3 B． C． D． 5．如图，在矩形ABCD中，过点D作对角线AC的垂线，垂足为E，过点E作BE的垂线交AD于点F，如果AB＝3，BC＝4，那么DF的长是（　　） A．3 B． C． D． 6．如图，已知∠CAE＝∠BAD，添加一个条件使△ABC∽△ADE，你添加的条件是 .（写出一个即可） 7．（2026•双流区校级模拟）如图，点D是△ABC内一点，点E在线段BD的延长线上，BE与AC交于点O，分别连接AD，AE，CE，若△ABC∽△ADE，∠ADE＝45°，∠ACE＝21°，则∠CAE＝ ． 8．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 ． 9．如图，△ABC∽△ADE，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝3，AC＝4，点D在线段BC上运动，P为线段DE的中点，在点D的运动过程中，CP的最小值是 ． 10．（2025秋•青羊区校级期末）如图，在△ABC和△DBE中，∠ABC＝∠DBE＝90°，AB＝5，BC＝10，，BE，0°＜∠ABD＜90°，连接AD，AE，CE，则△AEC面积的最小值为 ，当△AEC的面积最小时，AD的长为 ． 11．（2025秋•青羊区校级月考）如图1，在△ABC中，AC＝AB，F为AC中点，D点在边BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AP，若∠BAC＝120°，AB＝2，则FP的最小值为 ；如图2，在等腰△ABC中∠BAC＝120°，BC＝4，其中点P为高AD上的一个动点，连接BP，将BP绕点P逆时针旋转120°，得到PE，连接BE，DE，则△BDE周长的最小值是 ． 12．（2026•高新区校级二模）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 ． 13．（2026•平桥区二模）在Rt△ABC与Rt△DEC中，∠ABC＝∠DEC＝90°，AB＝2DE＝8，BC＝2EC＝6，现将△DEC绕着点C顺时针旋转．当CE⊥BC时，连接BD，过点A作AH⊥BD交直线BD于点H，则AH的长为 ． 14．（2026•射洪市校级二模）如图，△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，把△ADE以A为中心顺时针旋转，点M为射线BD、CE的交点．若，AD＝1．以下结论： ①BD＝CE； ②BD⊥CE； ③当点E在BA的延长线上时，； ④在旋转过程中，当线段MB最短时，△MBC的面积为．其中结论正确的是 （填序号）． 15．（2025秋•隆昌市校级期中）如图，已知△ABD∽△ACE，求证：△ABC∽△ADE． 16．如图，已知矩形ABCD和矩形AEFG共用顶点A，点E在线段BD上，连接EG，DG，且． （1）求证：∠ABE＝∠ADG； （2）若，，，求EG的长． 17．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝nBC，P为AB上的一点（不与端点重合），过点P作PM⊥AB交AC于点M，得到△APM． （1）【问题发现】如图1，当n＝1时，P为AB的中点时，CM与BP的数量关系为CMBP ； （2）【类比探究】如图2，当n＝2时，△APM绕点A顺时针旋转，连接CM，BP，则在旋转过程中CM与BP之间的数量关系是否发生变化？请说明理由； （3）【拓展延伸】在（2）的条件下，已知AB＝4，AP＝2，当△APM绕点A顺时针旋转至B，P，M三点共线时，请直接写出线段BM的长． 18．（2026•凉州区校级模拟）在▱ABCD中，点E是线段CB延长线上一动点，连接AE，过A作AF⊥AE交射线DC于点F． （1）图1，四边形ABCD为正方形，判断AE与AF数量关系并证明； （2）图2，四边形ABCD为矩形，，判断AF与AE数量关系并证明； （3）图3，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，AE⊥BC于E，AF⊥AB，交过D且与AD垂直的直线于F，直接写出的值． 19．（2026•岳池县模拟）（1）问题发现 （1）如图1，△ABC和△CDE均为等边三角形，直线AD和直线BE交于点F． 填空：①∠AFB的度数是 ；②线段AD，BE之间的数量关系为 ； （2）类比探究 如图2，△ABC和△CDE均为等腰直角三角形，∠ABC＝∠DEC＝90°，AB＝BC，DE＝EC，直线AD和直线BE交于点F．请判断∠AFB的度数及线段AD，BE之间的数量关系，并说明理由． （3）解决问题 如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝5，点D在AB边上，DE⊥AC于点E，AE＝3，将△ADE绕着点A在平面内旋转，请直接写出直线DE经过点B时，点C到直线DE的距离． 20．（2026春•沙坪坝区校级月考）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ACB＝α（0＜α＜45°）．将射线CA绕点C逆时针旋转45°交AB的延长线于点F． （1）如图1，若BF＝2AB＝2，求tan∠BCF的值； （2）如图2，将线段CB绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，连接DA并延长交CF于点E．求证：； （3）如图3，在（1）的条件下，将线段BA绕点B旋转得BK，连接AK并延长至点L，连接CL，使得∠ACK＝∠ALC．当CL取得最小值时，在直线AB上取一点M，连接KM，将△KBM沿KM所在直线翻折到△ABC所在平面内，得△KB′M，连接CB'，KB'，当CB′取得最大值时，求△KB′L的面积． 21．（2025•东海县模拟）综合与实践： 【新知定义】如图1，若∠BAC＝∠DAE，，则△ABC∽△ADE．小明称图1中的△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”． 【新知探究】 （1）如图2，若∠BAC＝90°，∠B＝30°，BC＝4，D为BC的中点．以AD为一边在AD右侧作△ADE，且△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”，连接CE，则CE的长为 ； （2）在图1中，连接BD，CE，求证：△ABD∽△ACE； 【变式应用】 （3）如图3，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D为BC的中点，AD为一边在AD右侧作△ADE，∠BAC＝∠DAE，S△ABC＝S△ADE，连接CE，求CE的长； 【综合应用】 （4）如图4，若∠BAC＝90°，∠B＝30°，AC＝1，若D点在线段BC上运动BC，且点D不与点B重合），以AD为一边在AD右侧作△ADE，且△ABC和△ADE互为“手拉手等形三角形”，连接CE．以AD、AE为边构造矩形ADFE，连接CF．直接写出△CEF面积的最大值及此时BD的长度． 25 / 26 学科网（北京）股份有限公司 $