专题03 相似三角形重要模型之手拉手模型（几何模型讲义）数学新教材湘教版九年级上册

该初中数学讲义通过知识框架图系统梳理了相似三角形手拉手模型的知识体系，将模型本质（共顶点旋转）、分类（全等型、相似型）、核心特征（共顶点、顶角相等、对应边关系）按“模型来源-知识储备-模型证明-解题应用”逻辑组织，用思维导图呈现解题步骤（识图定位、角度处理、证明相似、转化边角），清晰呈现重难点分布。 讲义亮点在于分层练习设计与精准方法指导，A组基础题巩固模型识别，B组提升题强化相似推理，C组压轴题结合旋转、二次函数综合应用，如典例2等腰三角形旋转证明线段关系，培养推理能力与模型意识。易错总结针对性解决对应顶点找错等问题，解题口诀帮助学生快速掌握思路，助力不同层次学生提升，教师可据此实施精准分层教学。

专题03 相似三角形重要模型之手拉手模型 手拉手模型本质为**共顶点旋转**，分为全等型与相似型，是中考几何压轴高频模型。核心特征：两个图形共顶点，顶角相等；全等型要求两图形腰长相等，相似型要求对应边成比例。 主要考查：证明拉手线段相等或成比例、证明拉手线段夹角等于顶角、求线段长度、求角度，以及线段最值问题。题型常以旋转为背景，结合等边三角形、等腰直角三角形、正方形，常出现在几何大题、填空压轴，也会和圆、二次函数综合。 解题思路：先锁定公共顶点，推导顶角相等，证明三角形全等或相似，再转化边角关系。易错点：找错对应顶点，混淆全等与相似条件；旋转多情况讨论时漏解。模型核心思想是旋转不变性，抓住边角对应关系，即可解决线段与角度相关证明与计算。 模型来源 2 知识储备 2 例讲模型 3 模型1.“手拉手”模型（旋转模型） 3 易错总结 8 模型运用 9 A组（基础题） 9 B组（能力提升题） 11 C组（综合压轴题） 14 手拉手模型并非古代几何的固定名称，是近代初中教研归纳出的几何模型。它的理论根基源自欧几里得《几何原本》中的三角形全等、相似与旋转思想。模型本质是**共顶点旋转**：两个有公共顶点、顶角相等的等腰图形，绕公共顶点旋转，两组对应顶点相连，形似两手相握，因此得名 “手拉手”。 最早这类旋转几何题零散出现在竞赛与中考题中，没有统一叫法。教研工作者为方便学生识别题型，提炼出共顶点、等顶角、拉手线等特征，将其命名为手拉手模型。 模型分为全等型和相似型：等边、等腰直角三角形多为全等手拉手；顶角相同、两等腰三角形边长成比例，就是相似手拉手。如今广泛用于初中几何，常考线段相等、比例、角度不变性，是几何压轴题的经典载体。 1）相似三角形SAS判定：两边对应成比例且夹角相等；AA判定； 2）等式性质：等量加等量、等量减等量，推导夹角相等； 3）三角形外角定理、对顶角； 4）旋转的性质：旋转不改变图形形状大小； 5）全等手拉手基础（作为特殊情况）。 模型1.“手拉手”模型（旋转模型） 【模型提炼与证明】 1.手拉手相似模型（任意三角形） 图1 图2 条件:如图1，∠BAC=∠DAE=，； 结论：△ADE∽△ABC，△ABD∽△ACE；；∠BFC=∠BAC. 证明：∵，∴，∵∠BAC=∠DAE=，∴△ADE∽△ABC， ∵∠BAC=∠DAE=，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，∴∠BAD=∠CAE， ∵，∴△ABD∽△ACE，∴，∠ABD=∠ACE，∴∠BFC=∠BAC=∠DAE=， 2.手拉手相似模型（直角三角形） 条件:如图2，，； 结论：△AOC∽△BOD；，AC⊥BD，. 证明：∵，∴∠AOB-∠BOC=∠COD-∠BOC，∴∠AOC=∠BOD， ∵，∴△AOC∽△BOD，∴，∠OAB=∠OBD， ∴∠AEB=∠AOB=90°，∴AC⊥BD，∴. 3.手拉手相似模型（特殊的等边三角形与等腰直角三角形） 图3 图4 条件:M为等边三角形ABC和DEF的边AC和DF的中点； 结论：△BME∽△CMF；. 证明：∵M为等边三角形ABC和DEF的边AC和DF的中点，∴，∠BMC=∠EMF=90°， ∴∠BMC-∠EMC=∠EMF-∠EMC，∴∠BME=∠CMF，∴△BME∽△CMF，∴， 条件:△ABC和ADE是等腰直角三角形； 结论：△ABD∽△ACE；∠ACE=90°；. 证明：∵△ABC和ADE是等腰直角三角形，∴，∠BAC=∠DAE=45°， ∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴△ABD∽△ACE， ∴，∠ACE=∠ABD=90° 【模型运用】 【典例1】（2025八年级上·吉林长春·专题练习）已知是等腰三角形，. 特殊情形：（1）如图①，当时，有_________.（填：“>”、“<”或“=”） 发现探究：（2）若将图①中的绕点A顺时针旋转（）到图②位置，判断（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由. 拓展运用：（3）如图③，D是等腰三角形ABC内一点，，若，，，则的大小为_________度. 【典例2】（24-25九年级下·安徽淮南·期中）已知等腰三角形和等腰三角形一顶点重合，是上的一动点，点在外． (1)如图1，若，且，求的长； (2)如图2，若，求证：； (3)如图3，，，，若，，求的长． 【典例3】（24-25九年级上·安徽合肥·期末）如图，和都是等腰三角形，A、B、C三点在一条直线上，，，． (1)求证：； (2)连接交于点M，连接交于点N，连接，求证：． 【典例4】（24-25九年级上·福建福州·阶段检测）定义：两个相似等腰三角形，如果它们的底角有一个公共的顶点，那么把这两个三角形称为“关联等腰三角形”．如图，在和中，，且，所以称和为“关联等腰三角形”，设它们的顶角为α，连接，则称为“关联比”．请阅读小颖探究“关联比”与α之间的关系的思维过程，请解答下列问题： 【特例感知】 （1）和为“关联等腰三角形”，且时， ①在图1中，若点E落在上，则“关联比” ； ②在图2中，探究和的关系，并求出“关联比”的值． 【类比探究】 （2）如图3，当和为“关联等腰三角形”，且时，“关联比” ． 【典例5】（24-25九年级上·山西临汾·期中）综合与探究 问题情境 小丽在学习全等三角形的知识时，发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化时，始终存在一对全等三角形．它们类似大手拉着小手，这种模型称为“手拉手模型”．小丽进行了如下操作： (1)问题发现 如图1，在和中，，，，连接，交于点M．小丽发现这就是手拉手模型，易证，进而可以得知： ①的值为______； ②的度数为______． (2)类比探究 如图2，在和中，若，，连接交的延长线于点M，与交于点P．小丽发现不等腰的三角形也可得到手拉手模型．请你求出此时的值及的度数，并说明理由； (3)拓展延伸 在（2）的条件下，将绕点O在平面内任意旋转，，所在直线交于点M，若，，请直接写出当点C与点M重合时的长． 模型常见易错点 1）混淆全等手拉手与相似手拉手结论 错误：相似手拉手直接写AC=BD；只有k=1全等时拉手线才相等。 解决方案：先看是否OA=OB，OC=OD；边长不等得到的是比值相等，不是线段相等。 2）找错要证相似的两个三角形 错误：看见图形就证△OAB∽△OCD之后直接跳结论，分不清△OAC、△OBD。 解决方案：公共顶点O不动；“OA配OC，OB配OD”组成新三角形△OAC、△OBD；严格按顶点书写。 3）夹角推导时不会使用8字型倒角 错误：直接默写“拉手夹角等于顶角”，大题不给推导。 解决方案：解答大题不能直接默写结论；需要借助相似得到一组等角，再用8字型倒角完成角度证明。选填可以直接用结论提速。 4）角度加减出错，推不出∠AOC=∠BOD 错误：图形旋转重叠后，分不清是加公共角还是减公共角。 解决方案：两顶角同时加上中间角，或者同时减去中间重叠角；等式性质保证夹角相等。画图圈出∠AOB、∠COD，再看公共部分。 5）旋转之后图形位置改变，判定模型失效 解决方案：手拉手只看公共顶点、顶角相等、两边成比例；图形旋转翻转，结论不变。 解题方法总结 相似手拉手解答步骤 1）识图定位：锁定公共顶点O；确认两个三角形顶角相等，对应边成比例； 2）角度处理：利用等式性质（加/减公共角）证明相似；3）整理比例：由已知相似，变形得到比例式； 4）SAS证明三角形相似；5）得到拉手线段比值； 6）（如需证夹角）：由相似得到一组对应角相等；利用8字型倒角证明拉手线夹角等于顶角。 终极口诀： 共顶两三角，顶角要相等；加减公共角，夹角就生成； 两边成比例，SAS证相似；拉手看比值，八字证夹角。 1．（24-25九年级上·重庆江北·阶段检测）如图，在中，，绕点顺时针方向旋转，到，连接，交于点，若，，则的长为______． 2．（25-26九年级下·重庆·期中）如图，在中，，，将绕点按逆时针方向旋转得到，满足，过点作，垂足为，连接，若，则的长为______． 3．（2025·辽宁盘锦·二模）如图中，，M是斜边的中点，将绕点F按顺时针方向旋转，点E落在延长线上的处，点D落在处，若， ．则的长为_________. 4．（2025·安徽合肥·三模）如图，在和中，，连接．    (1)如图1，求证：； (2)当点D恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点G，求的长； (3)将绕点B旋转，试探究A，D，E三点，能否构成以为直角边的直角三角形；若能，请直接写出线段的长；若不能，请说明理由． 5．（2025·广东东莞·模拟预测）【问题情境】已知正方形和正方形，其中，． 【初步探究】（1）如图1，正方形的边，分别与正方形的边，重合． ①填空：与的数量关系是________； ②求证：； 【拓展探索】（2）将图1中的正方形绕点按逆时针方向旋转． ①如图2，当点落在边上时，连接，，延长与交于点，求的长； ②如图3，连接，，线段与交于点，当点在直线左侧时，连接，若存在实数满足等式，求出的值． 6．（2025·江西新余·三模）【初步感知】 （1）如图1，和相交于点，且，， ①则______（填“＜”“＞”或“＝”）； ②如图2，将图1中的绕点旋转，当点在外部，点在内部时，求证：； 【变式探究】 （2）如图3，在与中，，．猜想，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展应用】 （3）如图4，在四边形中，，，若，求，两点间的最大距离．    7．（2025·湖北襄阳·模拟预测）在中，，将绕点A旋转得到，连接对应点，． (1)如图1，求证：． (2)当经过的中点F时． ①如图2，若，求线段的长； ②如图3，延长交于点G，当时，判断线段，的数量关系，并说明理由． 8．（24-25九年级上·河南漯河·期末）数学活动课上，同学们将两个全等的直角三角形纸片和完全重合放置，固定一个顶点，然后将纸片绕点旋转，其中，． 【感知】 （1）如图1，连接，求在纸片绕点旋转的过程中，的值． 【探究】 （2）如图2，在纸片绕点旋转的过程中，当点恰好落在的高线的延长线上时，求的长． 【拓展】 （3）如图3，在纸片绕点旋转的过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，请直接写出的周长． 9．（2025九年级下·全国·学业考试）如图，等边可以看作由等边绕顶点经过旋转相似变换得到．但是我们注意到图形中的和的关系，上述变换也可以理解为图形是由绕顶点旋转形成的．于是我们得到一个结论：如果两个正三角形存在着公共顶点，则该图形可以看成是由一个三角形绕着该顶点旋转形成的． (1)利用上述结论解决问题：如图，在中，，，，，，都是等边三角形，求四边形的面积． (2)图中，，，，仿照上述结论，推广出符合图的结论．（写出结论即可） 10．（24-25九年级上·辽宁营口·期中）如图，在正方形中，点是边上的一点（不与、重合）将绕点A按顺时针方向旋转，得到．连接，交于点，交于点． (1)______； (2)如果，求证：； (3)交点，若，则______（直接写答案、用含的代数式表示）． 11．（24-25九年级上·安徽合肥·期末）综合实践课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，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，求的值． 【尝试证明】 （2）如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，求证：． 【深入探究】 （3）如图3，在（2）的条件下，延长交于点，求． 12．（24-25九年级上·黑龙江齐齐哈尔·期末）综合与实践 在综合实践课上，刘老师组织同学们以“三角形中手拉手模型”为主题开展数学活动． (1)提出问题：若和都是等边三角形，连接和交于点，如图1所示，线段与线段的数量关系是_______，_______； (2)探究证明：若和都是直角三角形，，连接和交于点，如图2所示，试猜想与的关系，并说明理由； (3)拓展延伸： ①“智慧小组”发现在（2）的条件下，若，使图2中固定不动，将绕顶点旋转，当点在同一条直线上时，则_______； ②“勤奋小组”发现在（2）的条件下，若是的中点，使图3中固定不动，将绕顶点旋转，在旋转过程中，则的最小值为_______． 13．（24-25九年级上·辽宁铁岭·阶段检测）如图1，将绕着直角顶点按顺时针方向旋转得到，点落在点处，点落在点处，连接． (1)求证：； (2)如图2，取的中点，连接，求证：； (3)如图3，过点作垂足为，交于点，若，求的面积 14．（24-25九年级上·安徽六安·阶段检测）如图1，和中，，，边与相交于点，且，连接，． (1)求的值为_______； (2)如图2，连接，，求证：； (3)将绕着点在平面内旋转，在旋转过程中是否为定值，若是，请直接写出该定值；若不是，请说明理由． 15．（24-25九年级上·河北保定·期中）一次小组合作探究课上，嘉嘉将两个正方形按如图所示的位置摆放（点、、在同一条直线上），发现且．小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答： (1)将正方形绕点按逆时针方向旋转（如图1），则与的数量关系为______，位置关系为______． (2)把背景中的正方形分别改成菱形和菱形，将菱形绕点按顺时针方向旋转（如图2），试问当与的大小满足怎样的关系时，背景中的结论仍成立？请说明理由； (3)把背景中的正方形分别改成矩形和矩形，且，将矩形绕点按顺时针方向旋转（如图3），写出与的数量关系并说明理由． 16．（24-25九年级上·辽宁本溪·期中）◆模型展示◆ 如图1，把字形相似的两个三角形中的一个固定，另一个三角形绕其公共顶点旋转，在旋转的过程中生成一对新的相似三角形． ◆理解模型◆ （1）如图2，在中，，点在边上，，，连接，．则________，与的数量关系是________． （2）如图3，在和中，，，点在边上，与交于点，，求的值． ◆拓展应用◆ （3）如图4，点为正方形的边上的三等分点，以为边在上方作正方形，点为正方形的中心，若，请直接写出线段的长度． 17．（24-25九年级上·河北唐山·期中）在中，，P是线段延长线上的一个动点，连接，将线段绕点P按逆时针方向旋转，旋转角为，得到线段，连接． (1)如图1，当时 ①与_____相似，； ②求证：； ③已知，求与之间的数量关系； (2)如图2，当时，②的结论是否仍然成立？若成立，请加以证明，并求与之间的数量关系；若不成立，请说明理由． 18．（2025·山东东营·中考真题）在中，，，． (1)问题发现 如图1，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，，线段与的数量关系是______，与的位置关系是______； (2)类比探究 将绕点按逆时针方向旋转任意角度得到，连接，，线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论是否一致？若交于点N，请结合图2说明理由； (3)迁移应用 如图3，将绕点旋转一定角度得到，当点落到边上时，连接，求线段的长． 19．（2025·河南周口·模拟预测）【发现问题】（1）如图1，和是等边三角形，点C、E、D在同一直线上，连接． ①的度数为 ； ②线段之间的数量关系是 ． 【类比探究】（2）如图2，和都是等腰直角三角形，，点C、E、D在同一直线上，连接．求的度数及线段之间的数量关系，并说明理由． 【解决问题】（3）如图3，和都是等腰直角三角形，，，连接 ，将绕点A旋转，当时，直接写出的长． 20．（25-26九年级上·福建漳州·阶段检测）在中，，将绕点C旋转得到，点A的对应点D落在边上，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，过点E作的平行线交的延长线于点F，过点B作的平行线交于点G，与交于点K． ①求证：； ②当时，直接写出的值． 21．（2026·辽宁锦州·三模）数学活动课上，同学们将一个矩形用对角线分成两个全等的三角形纸片，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．已知矩形中，，． (1)如图1，纸片绕点旋转，当点的对应点在射线上时，求证：． (2)如图2，在纸片绕点旋转过程中，当与矩形对角线重合时，与交于点，连接并延长交于点，过点作，垂足为点，求的长． (3)如图3，在纸片绕点旋转过程中，当点的对应点在矩形对角线上时，与交于点，延长交于点，求的面积． 22．（2026·河南南阳·二模）综合与实践 旋转是几何图形中最基本的图形变换之一，利用旋转可将已知条件集中或转化，以达到解决问题的目的． (1)【初步探究】如图1，将绕点逆时针旋转，得到，连接，，则的度数为________，的形状是________． (2)【类比探究】如图2，在正方形中，点在边上，点在边上，且满足角，，，求正方形的边长． (3)【拓展延伸】如图3，在四边形中，，与互余，，为对角线，且满足． ①将绕点逆时针旋转到，连接，在图3中补全图形； ②若，，请直接写出的长． 23．（2026·山东临沂·二模）在中，，将绕点旋转得到，点的对应点落在边上，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当，时，求的长； (3)如图3，延长至点，使，连接，与交于点．求证：． 24．（2026·辽宁葫芦岛·二模）如图，两张全等的直角三角形纸片并重合放置，将保持固定，绕点按逆时针方向旋转，其中，，． (1)如图，当点落在边上时，连接并延长，使得，连接，，判断四边形的形状，并说明理由； (2)如图，延长交于点，求证：； (3)如图，当绕点按逆时针方向旋转时，连接，是线段延长线上的一点，连接，过点作，垂足为，交于点，若，连接，求的面积． 25．（2026·河南周口·二模）综合与探究 【问题情境】：数学课上，同学们以直角三角形为基本图形探究图形旋转变化问题．已知直角三角形纸片，，，，将绕点旋转得到． (1)【操作判断】：如图1，当点恰好落在的延长线上时，____； (2)【深入探究】：旋转到图2位置，连接、，与交于点，猜想线段与之间的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】：若旋转后，直线与直线交于点，射线交直线于点，直接写出的长． 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 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 手拉手模型本质为**共顶点旋转**，分为全等型与相似型，是中考几何压轴高频模型。核心特征：两个图形共顶点，顶角相等；全等型要求两图形腰长相等，相似型要求对应边成比例。 主要考查：证明拉手线段相等或成比例、证明拉手线段夹角等于顶角、求线段长度、求角度，以及线段最值问题。题型常以旋转为背景，结合等边三角形、等腰直角三角形、正方形，常出现在几何大题、填空压轴，也会和圆、二次函数综合。 解题思路：先锁定公共顶点，推导顶角相等，证明三角形全等或相似，再转化边角关系。易错点：找错对应顶点，混淆全等与相似条件；旋转多情况讨论时漏解。模型核心思想是旋转不变性，抓住边角对应关系，即可解决线段与角度相关证明与计算。 模型来源 2 知识储备 2 例讲模型 3 模型1.“手拉手”模型（旋转模型） 3 易错总结 8 模型运用 9 A组（基础题） 9 B组（能力提升题） 11 C组（综合压轴题） 14 手拉手模型并非古代几何的固定名称，是近代初中教研归纳出的几何模型。它的理论根基源自欧几里得《几何原本》中的三角形全等、相似与旋转思想。模型本质是**共顶点旋转**：两个有公共顶点、顶角相等的等腰图形，绕公共顶点旋转，两组对应顶点相连，形似两手相握，因此得名 “手拉手”。 最早这类旋转几何题零散出现在竞赛与中考题中，没有统一叫法。教研工作者为方便学生识别题型，提炼出共顶点、等顶角、拉手线等特征，将其命名为手拉手模型。 模型分为全等型和相似型：等边、等腰直角三角形多为全等手拉手；顶角相同、两等腰三角形边长成比例，就是相似手拉手。如今广泛用于初中几何，常考线段相等、比例、角度不变性，是几何压轴题的经典载体。 1）相似三角形SAS判定：两边对应成比例且夹角相等；AA判定； 2）等式性质：等量加等量、等量减等量，推导夹角相等； 3）三角形外角定理、对顶角； 4）旋转的性质：旋转不改变图形形状大小； 5）全等手拉手基础（作为特殊情况）。 模型1.“手拉手”模型（旋转模型） 【模型提炼与证明】 1.手拉手相似模型（任意三角形） 图1 图2 条件:如图1，∠BAC=∠DAE=，； 结论：△ADE∽△ABC，△ABD∽△ACE；；∠BFC=∠BAC. 证明：∵，∴，∵∠BAC=∠DAE=，∴△ADE∽△ABC， ∵∠BAC=∠DAE=，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，∴∠BAD=∠CAE， ∵，∴△ABD∽△ACE，∴，∠ABD=∠ACE，∴∠BFC=∠BAC=∠DAE=， 2.手拉手相似模型（直角三角形） 条件:如图2，，； 结论：△AOC∽△BOD；，AC⊥BD，. 证明：∵，∴∠AOB-∠BOC=∠COD-∠BOC，∴∠AOC=∠BOD， ∵，∴△AOC∽△BOD，∴，∠OAB=∠OBD， ∴∠AEB=∠AOB=90°，∴AC⊥BD，∴. 3.手拉手相似模型（特殊的等边三角形与等腰直角三角形） 图3 图4 条件:M为等边三角形ABC和DEF的边AC和DF的中点； 结论：△BME∽△CMF；. 证明：∵M为等边三角形ABC和DEF的边AC和DF的中点，∴，∠BMC=∠EMF=90°， ∴∠BMC-∠EMC=∠EMF-∠EMC，∴∠BME=∠CMF，∴△BME∽△CMF，∴， 条件:△ABC和ADE是等腰直角三角形； 结论：△ABD∽△ACE；∠ACE=90°；. 证明：∵△ABC和ADE是等腰直角三角形，∴，∠BAC=∠DAE=45°， ∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴△ABD∽△ACE， ∴，∠ACE=∠ABD=90° 【模型运用】 【典例1】（2025八年级上·吉林长春·专题练习）已知是等腰三角形，. 特殊情形：（1）如图①，当时，有_________.（填：“>”、“<”或“=”） 发现探究：（2）若将图①中的绕点A顺时针旋转（）到图②位置，判断（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由. 拓展运用：（3）如图③，D是等腰三角形ABC内一点，，若，，，则的大小为_________度. 【答案】（1）； （2）成立． 证明：由①知， ∴由旋转性质可知， 在和中， ， ∴， ∴； （3） 【分析】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理及其逆定理，解本题的关键是构造全等三角形，也是本题的难点． （1）由，得到，从而得出，再由，得到； （2）由旋转得到的结论判断出，得到； （3）由旋转构造出，判断出是直角三角形，且，即可求出答案． 【详解】解：（1）∵， ∴， ∵， ∴； （2）略 （3）如图，将绕点A顺时针旋转得，连接， ∴， ∴，，，， ∴， 在中，由勾股定理可得， ， 在中，，，， ∵， ∴是直角三角形，且， ∴， ∴． 故答案为：． 【典例2】（24-25九年级下·安徽淮南·期中）已知等腰三角形和等腰三角形一顶点重合，是上的一动点，点在外． (1)如图1，若，且，求的长； (2)如图2，若，求证：； (3)如图3，，，，若，，求的长． 【答案】(1)2 (2) 证明：， ， ． ， ， ， ． ， ， ， ． (3)8 【分析】（1）证明，即可求解； （2）先证明，可得，再由，可证得，即可解答； （3）根据等腰直角三角形的性质可得，再证明，可得，设，则，在中，利用勾股定理求出，即可求解． 【详解】（1）解：， 和是等边三角形， ， ， 即． 在和中， ， ； （2）略 （3）解：， 为等腰直角三角形， ， ． 同理：， ， ， ， 即， ， ， ． 设，则， 在中，由勾股定理得， 即， 解得或（舍去负值）， ． 【点睛】本题主要查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，一元二次方程的应用，熟练掌握相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 【典例3】（24-25九年级上·安徽合肥·期末）如图，和都是等腰三角形，A、B、C三点在一条直线上，，，． (1)求证：； (2)连接交于点M，连接交于点N，连接，求证：． 【答案】(1) 证明：，， ，， ， ， ； (2) 证明：由（1）知， ， ， ， 同理：， ，， ， ， ， ． 【分析】本题考查相似三角形的判定，等腰三角形的性质，关键是由等腰三角形的性质推出，由相似三角形的性质推出． （1）由等腰三角形的性质推出，即可证明； （2）判定，推出，同理：，得到，因此，而，即可证明． 【详解】（1）略 （2）略 【典例4】（24-25九年级上·福建福州·阶段检测）定义：两个相似等腰三角形，如果它们的底角有一个公共的顶点，那么把这两个三角形称为“关联等腰三角形”．如图，在和中，，且，所以称和为“关联等腰三角形”，设它们的顶角为α，连接，则称为“关联比”．请阅读小颖探究“关联比”与α之间的关系的思维过程，请解答下列问题： 【特例感知】 （1）和为“关联等腰三角形”，且时， ①在图1中，若点E落在上，则“关联比” ； ②在图2中，探究和的关系，并求出“关联比”的值． 【类比探究】 （2）如图3，当和为“关联等腰三角形”，且时，“关联比” ． 【答案】（1）①；②，；（2） 【分析】（1）①由时，和为等腰直角三角形，斜边，而，代入计算即可； ②证得，得即可； （2）过点E作于点F，证得，即可得出结论． 本题考查了新定义的理解和应用，等腰三角形的性质，含30度直角三角形性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质． 【详解】解：（1）①∵当时，和都为等腰直角三角形， ∴由勾股定理得：， ∴， ∴； 故答案为：； ②，理由如下： ∵和为等腰直角三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）①过点E作于点F，如图3， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 同理：，， ∴， 即， ∴， ∴； 故答案为：． 【典例5】（24-25九年级上·山西临汾·期中）综合与探究 问题情境 小丽在学习全等三角形的知识时，发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化时，始终存在一对全等三角形．它们类似大手拉着小手，这种模型称为“手拉手模型”．小丽进行了如下操作： (1)问题发现 如图1，在和中，，，，连接，交于点M．小丽发现这就是手拉手模型，易证，进而可以得知： ①的值为______； ②的度数为______． (2)类比探究 如图2，在和中，若，，连接交的延长线于点M，与交于点P．小丽发现不等腰的三角形也可得到手拉手模型．请你求出此时的值及的度数，并说明理由； (3)拓展延伸 在（2）的条件下，将绕点O在平面内任意旋转，，所在直线交于点M，若，，请直接写出当点C与点M重合时的长． 【答案】(1)① 1；② 40° (2)解：，，理由如下： ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ，， ∵， ∴， ∴； (3)或 【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定及性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． （1）①利用证明，得出，即可得出答案； ②根据，得出，根据三角形的内角和定理即可得出答案； （2）根据两边的比相等且夹角相等，得出，根据相似三角形的性质及三角形内角和即可得出答案； （3）正确画图形，当点C与点M重合时，有两种情况：图3和图4，同理可证，则有，，根据勾股定理即可得出答案． 【详解】（1）① ， 故答案为：1； ② 在中，故答案为：； （2）略 （3）①点C与点M重合时，如图3，同理得：， ∴，， 设，则， ∵，，， ∴， 同理可得； 在中，由勾股定理得：， ，（舍去）， ∴； ②点C与点M重合时，如图4，同理得：， 设，则 在中，由勾股定理得：， （舍去）， ∴ 综上所述，的长为或． 模型常见易错点 1）混淆全等手拉手与相似手拉手结论 错误：相似手拉手直接写AC=BD；只有k=1全等时拉手线才相等。 解决方案：先看是否OA=OB，OC=OD；边长不等得到的是比值相等，不是线段相等。 2）找错要证相似的两个三角形 错误：看见图形就证△OAB∽△OCD之后直接跳结论，分不清△OAC、△OBD。 解决方案：公共顶点O不动；“OA配OC，OB配OD”组成新三角形△OAC、△OBD；严格按顶点书写。 3）夹角推导时不会使用8字型倒角 错误：直接默写“拉手夹角等于顶角”，大题不给推导。 解决方案：解答大题不能直接默写结论；需要借助相似得到一组等角，再用8字型倒角完成角度证明。选填可以直接用结论提速。 4）角度加减出错，推不出∠AOC=∠BOD 错误：图形旋转重叠后，分不清是加公共角还是减公共角。 解决方案：两顶角同时加上中间角，或者同时减去中间重叠角；等式性质保证夹角相等。画图圈出∠AOB、∠COD，再看公共部分。 5）旋转之后图形位置改变，判定模型失效 解决方案：手拉手只看公共顶点、顶角相等、两边成比例；图形旋转翻转，结论不变。 解题方法总结 相似手拉手解答步骤 1）识图定位：锁定公共顶点O；确认两个三角形顶角相等，对应边成比例； 2）角度处理：利用等式性质（加/减公共角）证明相似；3）整理比例：由已知相似，变形得到比例式； 4）SAS证明三角形相似；5）得到拉手线段比值； 6）（如需证夹角）：由相似得到一组对应角相等；利用8字型倒角证明拉手线夹角等于顶角。 终极口诀： 共顶两三角，顶角要相等；加减公共角，夹角就生成； 两边成比例，SAS证相似；拉手看比值，八字证夹角。 1．（24-25九年级上·重庆江北·阶段检测）如图，在中，，绕点顺时针方向旋转，到，连接，交于点，若，，则的长为______． 【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，灵活运用各知识点是解答本题的关键．过点作于点，根据勾股定理求出的长，根据旋转的性质得到是等腰直角三角形，证明，根据即可求出答案． 【详解】解：过点作于点， ，，， ， 绕点顺时针方向旋转，到， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ，即， ， ， ， ． 故答案为：． 2．（25-26九年级下·重庆·期中）如图，在中，，，将绕点按逆时针方向旋转得到，满足，过点作，垂足为，连接，若，则的长为______． 【答案】 【分析】设交于点，由旋转和平行的性质证出，再由三角形的面积比值关系转化出，设，则，利用勾股定理整理出，的长度，证出后，由相似三角形的比值关系运算求解即可． 【详解】解：设交于点，如图所示： ∵， ∴， ∵绕点逆时针方向旋转得到， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质，三角形的面积等知识，灵活运用三角形的面积比值关系是解题的关键． 3．（2025·辽宁盘锦·二模）如图中，，M是斜边的中点，将绕点F按顺时针方向旋转，点E落在延长线上的处，点D落在处，若， ．则的长为_________. 【答案】/ 【分析】本题利用勾股定理算出，根据直角三角形性质得到，利用等腰三角形性质推出，利用旋转的性质和等腰三角形性质得到，证明，根据相似三角形的性质建立等式求解，即可解题． 【详解】解：，， ， ， M是斜边的中点， ， ， 由旋转的性质可知，， ， ， ， ， ，解得， 故答案为：． 【点睛】本题考查勾股定理、直角三角形性质、旋转的性质、等腰三角形性质、相似三角形的性质和判定，熟练掌握相关性质并灵活运用，即可解题． 4．（2025·安徽合肥·三模）如图，在和中，，连接．    (1)如图1，求证：； (2)当点D恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点G，求的长； (3)将绕点B旋转，试探究A，D，E三点，能否构成以为直角边的直角三角形；若能，请直接写出线段的长；若不能，请说明理由． 【答案】(1) 证明： ， ， (2) (3)能，或 【分析】（1）根据题意可证明，再通过两条边对应成比例及夹角相等的两个三角形相似证明即可. （2）由是中线，可证，则四边形是平行四边形，是矩形，再通过两组对角相等可证，然后可得，再根据勾股定理得，最后算出的值. （3）分两种情况：如图，分别根据相似三角形和勾股定理即可解答． 【详解】（1）略 （2）延长交于H，连接交于M，    由（1）知， 是中线，， ， 四边形是平行四边形， ， 是矩形， ， ， 设， ， ， 由勾股定理得：，即，解得， ； （3）能，或． 分两种情况：①如图， ，过点B作于点Q，过点D作 于P，    ∴ ∴四边形是矩形 ∴ 设 ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴，即 ∴ 在中， ∴ 解得：（负值舍去） ∵ ∴，即 ∴ ①如图， ，过点B作于点Q，    ∴ ∴四边形 是矩形 ∴ ∵ ∴ 由勾股定理得： 综上，的长是或 【点睛】本题主要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、平行四边形判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、三角函数、中位线定理、直角三角形的性质等，熟练掌握相关知识点是解题的关键 5．（2025·广东东莞·模拟预测）【问题情境】已知正方形和正方形，其中，． 【初步探究】（1）如图1，正方形的边，分别与正方形的边，重合． ①填空：与的数量关系是________； ②求证：； 【拓展探索】（2）将图1中的正方形绕点按逆时针方向旋转． ①如图2，当点落在边上时，连接，，延长与交于点，求的长； ②如图3，连接，，线段与交于点，当点在直线左侧时，连接，若存在实数满足等式，求出的值． 【答案】[初步探究]（1）①； ②， ∵正方形和正方形，正方形的边，分别与正方形的边，重合， ∴， ∴， ∴， ∴； [拓展探索]（2）①；② 【分析】[初步探究]（1）①先利用正方形的性质得出，，再结合，求得； ②先利用正方形的性质得出，列出比例式，证得，从而有结论成立； [拓展探索]（2）①先证明，通过相似得出比例式，，求得，再得出，然后利用勾股定理求得，再求出； ②先证得，得出，再证明，得出，，再利用等腰直角三角形的性质得了，从而可得出结果． 【详解】解：[初步探究]（1）①∵正方形和正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 故答案为：； ②略 [拓展探索]（2）①延长，，交于点， ∵，， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴ ∴，， ∴，解得：， ∴， ∴，即， ∵， ∴； ②如图，在上取点，使得，连接． ∵四边形是正方形，四边形是正方形， ∴，，， ∴，即， ∴（）， ∴， ∵， ∴（）， ∴，． ∵， ∴， 即， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题关键是找准相似三角形，列出比例式求出相关线段． 6．（2025·江西新余·三模）【初步感知】 （1）如图1，和相交于点，且，， ①则______（填“＜”“＞”或“＝”）； ②如图2，将图1中的绕点旋转，当点在外部，点在内部时，求证：； 【变式探究】 （2）如图3，在与中，，．猜想，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展应用】 （3）如图4，在四边形中，，，若，求，两点间的最大距离．    【答案】（1）①； ②证明：由①可知，，， ，即， 又， ， ； （2），理由如下： ， ， 又， ， ； （3）10 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）①证明平行线的性质以及等腰三角形的性质与判定，得出，即可求解． ②由①可知，，，进而证明，根据全等三角形的性质，即可求解； （2）证明，根据相似三角形的性质，即可求解； （3）连接，在的上方取点，证明，进而证明，根据相似三角形的性质得出，进而求得，即可求解． 【详解】解：（1）①∵ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ ∴，即 故答案为：； ②略 （2）略 （3）如图，连接，在的上方取点，    使， ． ， 在中，， ，， ， ， ， ，， ， ， ， ， 当时，，两点间的距离最大， ，两点间的最大距离为10． 7．（2025·湖北襄阳·模拟预测）在中，，将绕点A旋转得到，连接对应点，． (1)如图1，求证：． (2)当经过的中点F时． ①如图2，若，求线段的长； ②如图3，延长交于点G，当时，判断线段，的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)证明：∵将绕点A旋转得到， ∴，，． ∴，． ∴． (2)①； ②，理由： 设． ∵，， ∴，，． ∵，， ∴． ∴．         ∴． ∴． ∴．     ∴． 由①知，． ∴． ∵， ∴． 【分析】（1）根据旋转的性质可得，，，即可得出，，根据相似三角形的判定定理即可证明． （2）①勾股定理求出，根据直角三角形的性质得出，即可得，结合，得出，即可得，证明，根据相似三角形的性质即可求解． ②设，根据，，得出，，．证明，得出，，由①知，．即可得．根据，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：①∵，，， ∴．     ∵点F是的中点， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴．     ∵， ∴．         ∴，即．     ∴．         ②略 【点睛】该题主要考查了相似三角形的性质和判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定，直角三角形的性质，旋转的性质等知识点．解题的关键是证明三角形相似． 8．（24-25九年级上·河南漯河·期末）数学活动课上，同学们将两个全等的直角三角形纸片和完全重合放置，固定一个顶点，然后将纸片绕点旋转，其中，． 【感知】 （1）如图1，连接，求在纸片绕点旋转的过程中，的值． 【探究】 （2）如图2，在纸片绕点旋转的过程中，当点恰好落在的高线的延长线上时，求的长． 【拓展】 （3）如图3，在纸片绕点旋转的过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，请直接写出的周长． 【答案】（1）；（2）12；（3）36 【分析】（1）在中，由勾股定理，得．根据旋转可得，再根据．，证明，即可得出． （2）由题意，得和是直角三角形．由（1），可知，，根据等面积法求出，证明，得出，即可求解． （3）根据，是的中线，，得出，证明，得出，求出，即可得，即可求解． 【详解】解：（1）在中，由勾股定理，得． 根据旋转可得， ∴，即． ∵， ∴， ∴， ∴． （2）由题意，得． ∴和是直角三角形． 由（1），可知， ∴， ∵， ∴． 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）∵，是的中线，， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴． 由上述结论，可得， ∴的周长为． 【点睛】该题考查了相似三角形的性质和判定，勾股定理，旋转的性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质，等腰三角形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 9．（2025九年级下·全国·学业考试）如图，等边可以看作由等边绕顶点经过旋转相似变换得到．但是我们注意到图形中的和的关系，上述变换也可以理解为图形是由绕顶点旋转形成的．于是我们得到一个结论：如果两个正三角形存在着公共顶点，则该图形可以看成是由一个三角形绕着该顶点旋转形成的． (1)利用上述结论解决问题：如图，在中，，，，，，都是等边三角形，求四边形的面积． (2)图中，，，，仿照上述结论，推广出符合图的结论．（写出结论即可） 【答案】(1) (2)当等腰与等腰与顶角均为，则可以看成由绕该顶点旋转形成的． 【分析】（）由等边三角形的性质可证，得到，即得，同理得，即可得四边形为平行四边形，得到，即得，由勾股定理的逆定理可得，即得，进而得到，即得到边上的高为，最后根据平行四边形的面积公式计算即可； （）由，，，可知，即可证，据此可得结论． 【详解】（1）解：（）∵，都是等边三角形， ∴，，， ∴， 即， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， 同理可得，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ， ， ， ， ∵， ， ， 边上的高为， ； （2）解：当等腰与等腰与顶角均为，则该图形可以看成由绕该顶点旋转形成的． 证明如下：∵，， ∴，则， ∵， ∴， ∴，   ∴， 即：当等腰与等腰与顶角均为，则可以看成由绕该顶点旋转形成的． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理的逆定理，直角三角形的性质，相似三角形的性质，掌握以上知识点是解题的关键． 10．（24-25九年级上·辽宁营口·期中）如图，在正方形中，点是边上的一点（不与、重合）将绕点A按顺时针方向旋转，得到．连接，交于点，交于点． (1)______； (2)如果，求证：； (3)交点，若，则______（直接写答案、用含的代数式表示）． 【答案】(1)90 (2) 证明：由旋转知，， ， ， ， ∴， ∴， 又， ∴， ， ∴． ∵，， ； (3) 【分析】（1）由旋转知； （2）由题意可得，，即可证，即可证； （3）过点M作交于点F，得，由旋转可设，可得，，即得． 【详解】（1）解：∵绕点A按顺时针方向旋转， ∴． 故答案为：90； （2）略 （3）如图，过点M作交于点F， 则，， ∴，， 由旋转知，， 设， ∵， ∴， ∴， ∴， ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，旋转性质，等腰直角三角形性质，相似三角形的判定和性质，添加辅助线构建相似三角形，综合运用相关知识是解本题的关键． 11．（24-25九年级上·安徽合肥·期末）综合实践课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，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，求的值． 【尝试证明】 （2）如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，求证：． 【深入探究】 （3）如图3，在（2）的条件下，延长交于点，求． 【答案】（1）； （2）证明：∵，是的中线 ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴， ∴； （3） 【分析】（1）根据勾股定理求出，然后证明出， ，然后证明出，得到； （2）根据直角三角形斜边中线的性质得到，得到，然后结合等边对等角和全等三角形的性质得到，即可得到； （3）首先证明出，得到，代数求出，然后求出，然后证明出，得到，然后代数求解即可． 【详解】解：（1）∵，，． ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴； （2）略 （3）由（2）得，， ∴， ∴ ∴， ∴ ∵ ∴， ∴ ∴， ∴． 【点睛】此题考查了相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，旋转的性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 12．（24-25九年级上·黑龙江齐齐哈尔·期末）综合与实践 在综合实践课上，刘老师组织同学们以“三角形中手拉手模型”为主题开展数学活动． (1)提出问题：若和都是等边三角形，连接和交于点，如图1所示，线段与线段的数量关系是_______，_______； (2)探究证明：若和都是直角三角形，，连接和交于点，如图2所示，试猜想与的关系，并说明理由； (3)拓展延伸： ①“智慧小组”发现在（2）的条件下，若，使图2中固定不动，将绕顶点旋转，当点在同一条直线上时，则_______； ②“勤奋小组”发现在（2）的条件下，若是的中点，使图3中固定不动，将绕顶点旋转，在旋转过程中，则的最小值为_______． 【答案】(1) (2)解：，理由： ∵， ∴，即， ∵和都是直角三角形，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴，即， 综上所述，； (3)①或；② 【分析】（1）根据等边三角形的性质可得， 则有，证明，得到，由三角形内角和定理可得，由此即可求解； （2）根据题意可得，由勾股定理可得，则有，可证，由相似三角形的性质可得，，在中，由三角形内角和定理可得，即，由此即可求解； （3）①根据含角的直角三角形的性质可得，，，设，则，，由，运用勾股定理即可求解； ②根据题意可得点在以点为圆心，以为半径的圆上运动，连接，在中，，当点三点共线时，，此时线段的值最小，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可得的值，由此即可求解． 【详解】（1）解：∵和都是等边三角形， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）略 （3）解：由（2）可得，， ①如图所示，点在同一条直线上， ∵，，，， ∴， ∴，， 设，则， ∴， ∵， ∴，即， 解得，，， 当时，； 当时，； 故答案为：或； ②如图所示， ∵绕顶点旋转， ∴点在以点为圆心，以为半径的圆上运动，连接， 在中，， 当点三点共线时，，此时线段的值最小， ∵和都是直角三角形，，， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，直线三角形斜边中线等于斜边的一半等知识的综合，掌握旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键． 13．（24-25九年级上·辽宁铁岭·阶段检测）如图1，将绕着直角顶点按顺时针方向旋转得到，点落在点处，点落在点处，连接． (1)求证：； (2)如图2，取的中点，连接，求证：； (3)如图3，过点作垂足为，交于点，若，求的面积 【答案】(1) 证明：如图，过点A作垂足为E，过点C作垂足为F， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； (2) 证明：如图，延长到点F，使，连接， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； (3) 【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键， （1）过点A作垂足为E，过点C作垂足为F，易证得，可得，可推出，从而证得； （2）延长到点F，使，连接，可证得，得到，由于，，可得，从而得到； （3）过点C作垂足为G，过点C作垂足为N，过点B作垂足为M， 由于，，利用直角三角形的性质可得，，可得到，在中，利用锐角三角函数可得，从而求得的面积，根据，，可证得，从而得以，同理，两式相乘可得，进而得到，即可求得的值． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：如图，过点C作垂足为G，过点C作垂足为N，过点B作垂足为M， ∵，， ∴， ∴， 在中， ， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴① 同理② ①×②得 ∴ ∴． 14．（24-25九年级上·安徽六安·阶段检测）如图1，和中，，，边与相交于点，且，连接，． (1)求的值为_______； (2)如图2，连接，，求证：； (3)将绕着点在平面内旋转，在旋转过程中是否为定值，若是，请直接写出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2) ∵， ∴，即 ∵ ∴， ∴ ∴， ∴， 即：， 又∵， ∴ (3)是定值，； 【分析】本题主要考查直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质； （1）设，，得到，，代入即可； （2）先证出，得到，即可证出结果； （3）先证出，得到，即可求出结果． 【详解】（1）解：根据题意不妨设，， ∵ ∴ ∵， ∴ ∴ 故答案为：； （2）略 （3）∵， ∴ 即 ∵ ∴， ∴ ∴， ∴， 即：， 又∵ ∴ ∴ ∴ ∴为定值． 15．（24-25九年级上·河北保定·期中）一次小组合作探究课上，嘉嘉将两个正方形按如图所示的位置摆放（点、、在同一条直线上），发现且．小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答： (1)将正方形绕点按逆时针方向旋转（如图1），则与的数量关系为______，位置关系为______． (2)把背景中的正方形分别改成菱形和菱形，将菱形绕点按顺时针方向旋转（如图2），试问当与的大小满足怎样的关系时，背景中的结论仍成立？请说明理由； (3)把背景中的正方形分别改成矩形和矩形，且，将矩形绕点按顺时针方向旋转（如图3），写出与的数量关系并说明理由． 【答案】(1)， (2) 解：当时， ， 理由如下： ， ， 又∵四边形和四边形为菱形， ， ， ； (3)解：，理由： ∵和是矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． 【分析】（1）由正方形的性质得出， 得出， 证明，则可得出结论； （2）由菱形的性质得出， 证明， 由全等三角形的性质可得出结论； （3）根据矩形的性质得到，即可得到，然后证明即可解题． 【详解】（1）； ； 理由如下： 如图（1）， 延长交于， 交于点， ∵四边形、四边形为正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， 故答案为： ； ； （2）略 （3）略 【点睛】本题考查了正方形的性质 ，菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握特殊平行四边形的性质是解题的关键． 16．（24-25九年级上·辽宁本溪·期中）◆模型展示◆ 如图1，把字形相似的两个三角形中的一个固定，另一个三角形绕其公共顶点旋转，在旋转的过程中生成一对新的相似三角形． ◆理解模型◆ （1）如图2，在中，，点在边上，，，连接，．则________，与的数量关系是________． （2）如图3，在和中，，，点在边上，与交于点，，求的值． ◆拓展应用◆ （3）如图4，点为正方形的边上的三等分点，以为边在上方作正方形，点为正方形的中心，若，请直接写出线段的长度． 【答案】（1）；；（2）；（3）或 【分析】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数等知识点，合理分类讨论是解题的关键． （1）利用等边三角形的判定与性质证出，即可通过全等的性质解答； （2）连接，证出得到，证出得到，证出得到，通过边的比值关系转化求解即可； （3）连接，分类讨论和时两种情况，利用边的比值关系求出和的长，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：∵，，， ∴和为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴和中， ∴ ∴， ∴ 故答案为：；； （2）解：连接，如图所示： ∵，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）连接，分两种情况： ①当时，如图③所示： ∵四边形是正方形， ∴，对角线与互相垂直平分， ∴为等腰直角三角形， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴在中，， ∴； ②当时，如图④所示： 同①可得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴在中，， ∴； 综上所述，线段的长度为：或． 17．（24-25九年级上·河北唐山·期中）在中，，P是线段延长线上的一个动点，连接，将线段绕点P按逆时针方向旋转，旋转角为，得到线段，连接． (1)如图1，当时 ①与_____相似，； ②求证：； ③已知，求与之间的数量关系； (2)如图2，当时，②的结论是否仍然成立？若成立，请加以证明，并求与之间的数量关系；若不成立，请说明理由． 【答案】(1)①， ②由①知：，， ∴，， ∴， ∴； ③ (2)成立， 证明如下： ∵， ∴， ∵将线段绕点P按逆时针方向旋转，旋转角为，得到线段，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质： （1）①证明，得到即可； ②根据，结合，证明； ③根据，列出比例式求解即可； （2）成立，根据时，，均为等腰直角三角形，推出，根据角的和差关系，推出，证明，列出比例式求出与之间的数量关系即可． 【详解】（1）解：①， ∴， ∵将线段绕点P按逆时针方向旋转，旋转角为，得到线段， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：，； ② 略 ③∵， ∴ （2）略 18．（2025·山东东营·中考真题）在中，，，． (1)问题发现 如图1，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，，线段与的数量关系是______，与的位置关系是______； (2)类比探究 将绕点按逆时针方向旋转任意角度得到，连接，，线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论是否一致？若交于点N，请结合图2说明理由； (3)迁移应用 如图3，将绕点旋转一定角度得到，当点落到边上时，连接，求线段的长． 【答案】(1)； (2) 解：线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论一致；理由如下： 延长交于点H，如图所示： ∵将绕点旋转得到， ∴，，，， ∴， ∴， ∴，， ∴； 又∵，，， ∴， ∴； (3) 【分析】（1）延长交于点H，根据旋转得出，，，根据勾股定理得出，，根据等腰三角形的性质得出，，根据三角形内角和定理求出，即可得出结论； （2）延长交于点H，证明，得出，，根据三角形内角和定理得出，即可证明结论； （3）过点C作于点N，根据等腰三角形的性质得出，根据勾股定理得出，证明，得出，求出，根据解析（2）得出． 【详解】（1）解：延长交于点H，如图所示： ∵将绕点按逆时针方向旋转得到， ∴，，， ∴根据勾股定理得：，， ∴， ∵，，， ∴，， ∴， ∴． （2）略 （3）解：过点C作于点N，如图所示： 根据旋转可知：， ∴， ∵在中，，，， ∴根据勾股定理得：， ∵，， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴， 根据解析（2）可知：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法． 19．（2025·河南周口·模拟预测）【发现问题】（1）如图1，和是等边三角形，点C、E、D在同一直线上，连接． ①的度数为 ； ②线段之间的数量关系是 ． 【类比探究】（2）如图2，和都是等腰直角三角形，，点C、E、D在同一直线上，连接．求的度数及线段之间的数量关系，并说明理由． 【解决问题】（3）如图3，和都是等腰直角三角形，，，连接 ，将绕点A旋转，当时，直接写出的长． 【答案】（1），； （2），． 理由：和都是等腰直角三角形，， ， ， ，， ， ， ． ． 点C、E、D在同一直线上， ， ， °． （3）的长为7或17． 【分析】本题主要考查几何变换，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． （1）根据等边三角形的性质，证明，利用全等三角形的性质即可解答． （2）根据等腰直角三角形的性质与三角函数，证明，得到，求出，即可解答； （3）分两种情况进行讨论，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：（1）；； 和是等边三角形， ，， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ； （2）略 （3）的长为7或17； 如图1，当时，同（2）知， 三点在一条直线上． 在中，， ， ； 如图2，当时，同理， 三点在一条直线上． 在中，， ， ． 综上所述，的长为7或17． 20．（25-26九年级上·福建漳州·阶段检测）在中，，将绕点C旋转得到，点A的对应点D落在边上，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，过点E作的平行线交的延长线于点F，过点B作的平行线交于点G，与交于点K． ①求证：； ②当时，直接写出的值． 【答案】(1)证明：由旋转可知，，，， ， ∴． (2)①证明：由旋转得，，，， ，， ， ， 又， ， 在和中， ， ， ， ； ② 【分析】（1）利用旋转的性质结合相似三角形的判定即可证得结论； （2）①根据旋转的性质得出，，再利用平行线的性质和平角的定义得到，证明，即可得出结论； ②延长，交的延长线于点M，先证明，再证得，利用相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质及勾股定理结合已知条件即可得出最终结果． 【详解】（1）略 （2）①略； ②解：如图，延长，交的延长线于点M， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ，， ∴四边形是平行四边形， ，， ， 设，， ，， ， ， ， ， ， ， ，即， ， 在中，， 由（2）①可知，， ∴， ， ． 21．（2026·辽宁锦州·三模）数学活动课上，同学们将一个矩形用对角线分成两个全等的三角形纸片，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．已知矩形中，，． (1)如图1，纸片绕点旋转，当点的对应点在射线上时，求证：． (2)如图2，在纸片绕点旋转过程中，当与矩形对角线重合时，与交于点，连接并延长交于点，过点作，垂足为点，求的长． (3)如图3，在纸片绕点旋转过程中，当点的对应点在矩形对角线上时，与交于点，延长交于点，求的面积． 【答案】(1)证明：如图1，四边形是矩形， ，， ， ， 由旋转得，， （） (2)的长为 (3)的面积为 【分析】（1）根据矩形的性质和旋转的性质可知，，利用即可证明； （2）证明，根据相似三角形的性质可以求出，利用勾股定理即可求出，证明，利用相似三角形的性质求出，利用即可求出结果； （3）连接，延长交于点，根据矩形的性质和旋转的性质可得，根据内错角相等，两直线平行，可证，根据平行线的性质可知，根据等角的余角相等可证，可证，根据全等三角形的性质可证点、、共线，设，则，利用勾股定理列方程求出，证明，利用相似三角形的性质求出，证明，利用相似三角形的性质求出，利用三角形的面积公式求出的面积． 【详解】（1）略； （2）解：如下图所示， 由旋转知，，， 则， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， ， ， ， 的长为； （3）解：如下图所示，连接，延长交于点， 四边形是矩形， ，，， ， ， 由旋转得，，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ，， ， ， 点、、共线， ，， ， ， 设，则， 在中，， ，， ， ， ，， ， ，即， ， 过点作，， ， ， ， ， ， ，即， ， ， ， ， 的面积为． 22．（2026·河南南阳·二模）综合与实践 旋转是几何图形中最基本的图形变换之一，利用旋转可将已知条件集中或转化，以达到解决问题的目的． (1)【初步探究】如图1，将绕点逆时针旋转，得到，连接，，则的度数为________，的形状是________． (2)【类比探究】如图2，在正方形中，点在边上，点在边上，且满足角，，，求正方形的边长． (3)【拓展延伸】如图3，在四边形中，，与互余，，为对角线，且满足． ①将绕点逆时针旋转到，连接，在图3中补全图形； ②若，，请直接写出的长． 【答案】(1)；等腰直角三角形 (2)6 (3)①；② 【分析】（1）根据旋转的性质可知和都是等腰直角三角形，即可求解； （2）将绕点逆时针旋转得到，证明，设正方形边长为，则，，结合勾股定理即可解题； （3）①根据题意补全图形即可；②证明，得到，再根据勾股定理求出的长，即可解答． 【详解】（1）解：由旋转的性质得：，， ∴是等腰直角三角形， ∴； 由旋转的性质得：，， ∴的形状是等腰直角三角形； （2）解：如图，将绕点逆时针旋转得到， ∵正方形， ∴， 由旋转的性质可得，，，， ∵， ∴，，三点共线． ∵， ∴． ∵，， ∴． ∴． ∵， ∴． 设正方形的边长为，则，， 在中，，即， 解得，（负值舍去）． ∴正方形的边长为6． （3）解：①略 ②由旋转的性质可得，，，， ∴． 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∵与互余，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 23．（2026·山东临沂·二模）在中，，将绕点旋转得到，点的对应点落在边上，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当，时，求的长； (3)如图3，延长至点，使，连接，与交于点．求证：． 【答案】(1)证明：由旋转性质得：， ∴​， ∵由旋转性质得知，， ∴， ∴； (2) (3)证明：由旋转得，， ∵， ∴， ∵， ∴， 即， 在和中， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【分析】（1）根据旋转的性质得出相等的边和角，然后利用相似三角形的判定定理进行证明； （2）根据勾股定理求出直角三角形斜边长度，利用相似三角形的性质得出线段之间的数量关系，设为，则，，根据勾股定理列出方程求解； （3）根据旋转的性质得出相等的边和角，证明，得出相等的角，然后利用邻补角的定义得出，即可得出平行线． 【详解】（1）证明：略； （2）解：在中，， ∴， ∵， ∴， 由，得，， 即， ∵， ∴， 设为，则，， 在中， ， 即，​ 解得或(舍去)， ∴； （3）证明：略． 24．（2026·辽宁葫芦岛·二模）如图，两张全等的直角三角形纸片并重合放置，将保持固定，绕点按逆时针方向旋转，其中，，． (1)如图，当点落在边上时，连接并延长，使得，连接，，判断四边形的形状，并说明理由； (2)如图，延长交于点，求证：； (3)如图，当绕点按逆时针方向旋转时，连接，是线段延长线上的一点，连接，过点作，垂足为，交于点，若，连接，求的面积． 【答案】(1)解：四边形是矩形；理由如下： ∵在中，， ∴， ， ∴， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形； (2)证明：过点作，与的延长线交于点，如图： ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， 又 ， ， ； (3) 【分析】（1）先推导出，得到，继而推导出四边形是平行四边形，再根据，得到四边形是矩形，即可解答； （2）过点作，与的延长线交于点，先推导出，得到，则，继而推导出，可证明出，则，即可解答； （3）延长交的延长线于点，先推导出，，得到，继而推导出，得到， ，求出利用勾股定理求得，推导出，进一步得到，，接着根据勾股定理，求出，根据，即可解答． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：延长交的延长线于点，如图 ， ， ， ， ∵绕点按逆时针方向旋转， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ∴， ， ， ， ， 在中，，，， ， ， ，， ， ， ， 在中， ， ， ． 25．（2026·河南周口·二模）综合与探究 【问题情境】：数学课上，同学们以直角三角形为基本图形探究图形旋转变化问题．已知直角三角形纸片，，，，将绕点旋转得到． (1)【操作判断】：如图1，当点恰好落在的延长线上时，____； (2)【深入探究】：旋转到图2位置，连接、，与交于点，猜想线段与之间的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】：若旋转后，直线与直线交于点，射线交直线于点，直接写出的长． 【答案】(1) (2)，理由如下： 如图，过点作交于点， 由旋转可知，，， ， ， ， ，， ， ， ， ，，， ， ； (3)或 【分析】（1）由旋转的性质可证明，，得到，推出，由勾股定理可得的长，再由等腰三角形三线合一可得，即可得解； （2）过点作交于点，由旋转的性质结合等边对等角可得，由平行线的性质结合角的等量证明，推出，得到，从而证得，即可得证； （3）由旋转可知，由（2）可知，，由勾股定理可得的长，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，以及等腰三角形三线合一可得，，分两种情况讨论：将绕点逆时针旋转得到，将绕点顺时针旋转得到，分别根据等面积法可表示出与之间的数量关系，再在中，根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）解：将绕点旋转得到， ，，， ，，即， ， ， 在中，，， ， ，，即， ， ，解得； （2）略 （3）解：由旋转可知， 由（2）可知，， ， ，，， 将绕点逆时针旋转得到，如图所示， ，即， ， 在中，， 即，解得或（不合题意，舍去）， ； 将绕点顺时针旋转得到，如图所示， ，即， ， 在中，， 即，解得或（不合题意，舍去）， ． 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $