初中数学同步九年级上册沪科版《压轴题》专题13四类手拉手相似模型含答案及解析

专题13四类手拉手相似模型目录解题知识必备 1压轴题型讲练 1类型一、任意三角形 1类型二、等腰三角形 4类型三、直角三角形 6类型四、等边三角形或等腰直角三角形 12压轴能力测评（10题） 13“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。1、利用三边证相似三角形（1）如果一个三角形的三条边与另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似．可简述为：三边对应成比例，两个三角形相似．（2）利用三边成比例判定两个三角形相似时，一定要注意边之间注意的对应关系，主要运用短对短、长对长、中间对中间的方法找对应边.另外要注意两个三角形的先后顺序.2.利用两边及其夹角判断两个三角形是否相似（1）如果一个三角形的两边与另一个三角形的两边对应成比例，并且夹角相等，那么这两个三角形相似．可简述为：两边对应成比例且夹角相等，两个三角形相似．（2）利用两边及其夹角判断两个三角形是否相似的方法：依据题目给出的条件，若存在一组角对应相等，则需要判断出该角的两边是否成比例.若成比例，则两个三角形相似；若不成比例，则两个三角形不相似若存在两组边成比例，则需要判断两边的夹角是否相等.若相等，则两个三角形相似；若不相等，则两个三角形不相似。3.利用两角判定两个三角形相似（1）如果一个三角形的两角与另一个三角形的两角对应相等，那么这两个三角形相似．（2）利用两角判定两个三角形相似的方法：如果根据已知条件，在两个三角形中不能直接找出两个角分别相等，那么可先结合三角形内角和定理、对顶角等知识，设法求出其中一个三角形中的第三个角，再判断两个三角形中是否有两角分别相等，若有，则两个三角形相似，否则两个三角形不相似。类型一、任意三角形条件:如图，∠BAC=∠DAE=，；结论：△ADE∽△ABC，△ABD∽△ACE；.例．问题背景：如图（1），已知，求证：；尝试应用：如图（2），在和中，，，与相交于点．点在边上，，求的值；拓展创新：如图（3），是内一点，，，，，直接写出的长．【变式训练1】．在和中，，，且，点E在的内部，连接EC，EB，EA和BD，并且．【观察猜想】（1）如图①，当时，线段BD与CE的数量关系为__________，线段EA，EB，EC的数量关系为__________．【探究证明】（2）如图②，当时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；【拓展应用】（3）在（2）的条件下，当点E在线段CD上时，若，请直接写出的面积．【变式训练2】．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点P是△ABC外一点，连接BP，将线段BP绕点P逆时针旋转α得到线段PD，连接BD，CD，AP．观察猜想：（1）如图1，当α＝60°时，的值为，直线CD与AP所成的较小角的度数为°；类比探究：（2）如图2，当α＝90°时，求出的值及直线CD与AP所成的较小角的度数；拓展应用：（3）如图3，当α＝90°时，点E，F分别为AB，AC的中点，点P在线段FE的延长线上，点A，D，P三点在一条直线上，BD交PF于点G，CD交AB于点H.若CD＝2＋，求BD的长．【变式训练3】．（1）尝试探究：如图①，在ΔABC中，，，点、分别是边、上的点，且EF∥AB．①的值为_________；②直线与直线的位置关系为__________；（2）类比延伸：如图②，若将图①中的绕点顺时针旋转，连接，，则在旋转的过程中，请判断的值及直线与直线的位置关系，并说明理由；（3）拓展运用：若，，在旋转过程中，当三点在同一直线上时，请直接写出此时线段的长．类型二、等腰三角形例．如图1，在中，，，D，E分别为AB，BC边上的点，连接DE，且，将绕点B在平面内旋转.(1)观察猜想：若，将绕点B旋转至如图2所示的位置，则______；(2)类比探究：若将绕点B旋转至如图3所示的位置，求的值；(3)拓展应用：若，D为AB的中点，，如图4，将绕点B旋转至如图5所示位置，请直接写出线段的长．【变式训练1】．1.问题发现图（1），在和中，，，，连接，交于点M.①的值为______；②的度数为_______．（2）类比探究图（2），在和中，，，连接，交的延长线于点M，请计算的值及的度数；（3）拓展延伸在（2）的条件下，若，，将绕点O在平面内旋转一周．①当直线经过点B且点C在线段上时，求的长；②请直接写出运动过程中M点到直线距离的最大值．【变式训练2】．观察猜想(1)如图1，在等边中，点M是边上任意一点（不含端点B、C），连接，以为边作等边，连接，则与的数量关系是______．(2)类比探究如图2，在等边中，点M是延长线上任意一点（不含端点C），（1）中其它条件不变，（1）中结论还成立吗？请说明理由．(3)拓展延伸如图3，在等腰中，，点M是边上任意一点（不含端点B、C），连接，以为边作等腰，使顶角．连按．试探究与的数量关系，并说明理由．【变式训练3】．（1）问题发现如图1，在和中，，，，连接交于点.填空：①的值为______；②的度数为______．（2）类比探究如图2，在和中，，，连接交的延长线于点.请判断的值及的度数，并说明理由；（3）拓展延伸在（2）的条件下，将绕点在平面内旋转，所在直线交于点，若，，请直接写出当点与点在同一条直线上时的长．

类型三、直角三角形条件:如图，，（即△COD∽△AOB）；结论：△AOC∽△BOD；，AC⊥BD，.例．【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AD绕点A顺时针旋转90°得到，连接，则线段BD与CE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，BD与CE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．【变式训练1】．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．【变式训练2】．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，点D，E分别为AC，BC的中点．△CDE绕点C顺时针旋转，设旋转角为α（0°≤α≤360°），记直线AD与直线BE的交点为点P．(1)如图1，当α＝0°时，AD与BE的数量关系为______，AD与BE的位置关系为______；(2)当0°＜α≤360°时，上述结论是否成立？若成立，请仅就图2的情形进行证明；若不成立，请说明理由；(3)△CDE绕点C顺时针旋转一周，请直接写出运动过程中P点运动轨迹的长度和P点到直线BC距离的最大值．【变式训练3】．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BC上一点，连接AP，以AP为腰作等腰，且，连接CQ、则BP和CQ的数量关系是______；(2)变式探究：如图2，中，，．点P是腰AB上一点，连接CP，以CP为底边作等腰，连接AQ，判断BP和AQ的数量关系，并说明理由；(3)问题解决：如图3，在正方形ABCD中，点P是边BC上一点，以DP为边作正方形DPEF，点Q是正方形DPEF两条对角线的交点，连接CQ．若正方形DPEF的边长为，，求正方形ABCD的边长．类型四、等边三角形或等腰直角三角形条件:M为等边三角形ABC和DEF的中点；结论：△BME∽△CMF；.条件:△ABC和ADE是等腰直角三角形；结论：△ABD∽△ACE.例．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．【变式训练1】．在等边中，为边上一点，于．(1)如图1，若，，求的值；(2)如图2，线段的垂直平分线交于，点为的中点，连接，，，求证：；(3)如图3，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点为边上点右边一动点，连接BM、，当取得最小值时，直接写出的值．【变式训练2】．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．【变式训练3】．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．1．如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝．点D，E分别在边AB，AC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF，连结BF，BF的中点为G．

（1）当点E与点C重合时．

①如图1，若AD＝BD，求BF的长．②当点D从点A运动到点B时，求点G的运动路径长．（2）当AE＝3，点G在△DEF一边所在直线上时，求AD的长．2．如图，等腰三角形ABC和等腰三角形ADE，其中AB＝AC，AD＝AE．(1)如图1，若∠BAC＝90°，当C、D、E共线时，AD的延长线AF⊥BC交BC于点F，则∠ACE＝______；(2)如图2，连接CD、BE，延长ED交BC于点F，若点F是BC的中点，∠BAC＝∠DAE，证明：AD⊥CD；(3)如图3，延长DC到点M，连接BM，使得∠ABM＋∠ACM＝180°，延长ED、BM交于点N，连接AN，若∠BAC＝2∠NAD，请写出∠ADM、∠DAE它们之间的数量关系，并写出证明过程．3．如图，和是有公共顶点直角三角形，，点P为射线，的交点．（1）如图1，若和是等腰直角三角形，求证：；（2）如图2，若，问：（1）中的结论是否成立？请说明理由．（3）在（1）的条件下，，，若把绕点A旋转，当时，请直接写出的长度4．如图1，在中，，在斜边上取一点D，过点D作，交于点E．现将绕点A旋转一定角度到如图2所示的位置（点D在的内部），使得．（1）①求证：；②若，求的长；（2）如图3，将原题中的条件“”去掉，其它条件不变，设，若，，求k的值；（3）如图4，将原题中的条件“”去掉，其它条件不变，若，设，，试探究三者之间满足的等量关系．（直接写出结果，不必写出解答过程）5．数学课上，老师拿出两块不同大小的含30度角的三角板让同学们在不同位置尝试操作．（1）如图1摆放，当点在上，点在上，得知，，求的长．（2）如图2，在（1）的条件下，连结，求的面积．（3）如图3摆放，把这同样的两块三角板的直角顶点互相重合放置，小三角板绕着点旋转，连结、，当时，求的值．（4）不变，当的三边长扩大一倍后，绕点旋转一周，直线与交于点，请你直接写出点所经过的运动路径．6．（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CE，可得AD与CE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，CF，点为CF的中点，连接DE、，试判断DE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DE的长．7．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．8．

(1)【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．(2)【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出的值．(3)【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且＝＝．连接BD，CE．①求的值；②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．9．如图，为等边三角形，D为AC边上一点，连接BD，M为BD的中点，连接AM．(1)如图1，若AB＝2+2，∠ABD＝45°，求的面积；(2)如图2，过点M作与AC交于点E，与BC的延长线交于点N，求证：AD＝CN；(3)如图3，在（2）的条件下，将沿AM翻折得，连接B'N，当B'N取得最小值时，直接写出的值．10．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点P为线段CA延长线上一动点，连接PB，将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，连接DB，DC．（1）如图1，当α＝60°时，求证：PA＝DC；（2）如图2，当α＝120°时，猜想PA和DC的数量关系并说明理由．（3）当α＝120°时，若AB＝6，BP＝，请直接写出点D到CP的距离．

专题13四类手拉手相似模型目录解题知识必备 1压轴题型讲练 1类型一、任意三角形 1类型二、等腰三角形 4类型三、直角三角形 6类型四、等边三角形或等腰直角三角形 12压轴能力测评（10题） 13“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。1、利用三边证相似三角形的方法（1）如果一个三角形的三条边与另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似．可简述为：三边对应成比例，两个三角形相似．（2）利用三边成比例判定两个三角形相似时，一定要注意边之间注意的对应关系，主要运用短对短、长对长、中间对中间的方法找对应边.另外要注意两个三角形的先后顺序.2.利用两边及其夹角判断两个三角形是否相似的方法（1）如果一个三角形的两边与另一个三角形的两边对应成比例，并且夹角相等，那么这两个三角形相似．可简述为：两边对应成比例且夹角相等，两个三角形相似．（2）利用两边及其夹角判断两个三角形是否相似的方法：依据题目给出的条件，若存在一组角对应相等，则需要判断出该角的两边是否成比例.若成比例，则两个三角形相似；若不成比例，则两个三角形不相似若存在两组边成比例，则需要判断两边的夹角是否相等.若相等，则两个三角形相似；若不相等，则两个三角形不相似。3.利用两角判定两个三角形相似的方法（1）如果一个三角形的两角与另一个三角形的两角对应相等，那么这两个三角形相似．（2）利用两角判定两个三角形相似的方法：如果根据已知条件，在两个三角形中不能直接找出两个角分别相等，那么可先结合三角形内角和定理、对顶角等知识，设法求出其中一个三角形中的第三个角，再判断两个三角形中是否有两角分别相等，若有，则两个三角形相似，否则两个三角形不相似。类型一、任意三角形条件:如图，∠BAC=∠DAE=，；结论：△ADE∽△ABC，△ABD∽△ACE；.例．问题背景：如图（1），已知，求证：；尝试应用：如图（2），在和中，，，与相交于点．点在边上，，求的值；拓展创新：如图（3），是内一点，，，，，直接写出的长．【答案】问题背景：见详解；尝试应用：3；拓展创新：．【分析】问题背景：通过得到，，再找到相等的角，从而可证；尝试应用：连接CE，通过可以证得，得到，然后去证，，通过对应边成比例即可得到答案；拓展创新：在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，通过，，然后利用对应边成比例即可得到答案．【详解】问题背景：∵，∴∠BAC=∠DAE，，∴∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴；尝试应用：连接CE，∵，，∴，∴，∵∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴，∴，由于，，∴，即，∵，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，即，又∵∴，∴；拓展创新：如图，在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，∵∠ADE=∠BAD+∠ABD，∠ABC=∠ABD+∠CBD，，∴∠ADE=∠ABC，又∵∠DAE=∠BAC，∴，∴，又∵∠DAE=∠BAC，∴∠BAD=∠CAE，∴，∴，设CD=x，在直角三角形BCD中，由于∠CBD=30°，∴，，∴，∴，∵，∴，∴【点睛】本题考查了相似三角形的综合问题，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．【变式训练1】．在和中，，，且，点E在的内部，连接EC，EB，EA和BD，并且．【观察猜想】（1）如图①，当时，线段BD与CE的数量关系为__________，线段EA，EB，EC的数量关系为__________．【探究证明】（2）如图②，当时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；【拓展应用】（3）在（2）的条件下，当点E在线段CD上时，若，请直接写出的面积．【答案】（1），；（2）不成立，理由见解析；（3）2【分析】（1）由△DAB≌△EAC（SAS），可得BD=EC，∠ABD=∠ACE，由∠ACE+∠ABE=90°，推出∠ABD+∠ABE=90°，可得∠DBE=90°，由此即可解决问题；（2）结论：EA2=EC2+2BE2．由题意△ABC，△ADE都是等腰直角三角形，想办法证明△DAB∽△EAC，推出=，∠ACE=∠ABD，可得∠DBE=90°，推出DE2=BD2+BE2，即可解决问题；（3）首先证明AD=DE=EC，设AD=DE=EC=x，在Rt△ADC中，利用勾股定理即可解决问题；【详解】（1）如图①中，∵BA=BC，DA=DE．且∠ABC=∠ADE=60°，∴△ABC，△ADE都是等边三角形，∴AD=AE，AB=AC，∠DAE=∠BAC=60°，∴∠DAB=∠EAC，∴△DAB≌△EAC（SAS），∴BD=EC，∠ABD=∠ACE，∵∠ACE+∠ABE=90°，∴∠ABD+∠ABE=90°，∴∠DBE=90°，∴DE2=BD2+BE2，∵EA=DE，BD=EC，∴EA2=BE2+EC2．故答案为：BD=EC，EA2=EB2+EC2．（2）结论：EA2=EC2+2BE2．理由：如图②中，∵BA=BC，DA=DE．且∠ABC=∠ADE=90°，∴△ABC，△ADE都是等腰直角三角形，∴∠DAE=∠BAC=45°，∴∠DAB=∠EAC，∵=，=，∴，∴△DAB∽△EAC，∴=，∠ACE=∠ABD，∵∠ACE+∠ABE=90°，∴∠ABD+∠ABE=90°，∴∠DBE=90°，∴DE2=BD2+BE2，∵EA=DE，BD=EC，∴EA2=EC2+BE2，∴EA2=EC2+2BE2．（3）如图③中，∵∠AED=45°，D，E，C共线，∴∠AEC=135°，∵△ADB∽△AEC，∴∠ADB=∠AEC=135°，∵∠ADE=∠DBE=90°，∴∠BDE=∠BED=45°，∴BD=BE，∴DE=BD，∵EC=BD，∴AD=DE=EC，设AD=DE=EC=x，在Rt△ABC中，∵AB=BC=2，∴AC=2，在Rt△ADC中，∵AD2+DC2=AC2，∴x2+4x2=40，∴x=2（负根已经舍弃），∴AD=DE=2，∴BD=BE=2，∴S△BDE=×2×2=2．【点睛】本题属于三角形综合题，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，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．【变式训练2】．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点P是△ABC外一点，连接BP，将线段BP绕点P逆时针旋转α得到线段PD，连接BD，CD，AP．观察猜想：（1）如图1，当α＝60°时，的值为，直线CD与AP所成的较小角的度数为°；类比探究：（2）如图2，当α＝90°时，求出的值及直线CD与AP所成的较小角的度数；拓展应用：（3）如图3，当α＝90°时，点E，F分别为AB，AC的中点，点P在线段FE的延长线上，点A，D，P三点在一条直线上，BD交PF于点G，CD交AB于点H.若CD＝2＋，求BD的长．【答案】（1）1，60；（2），直线CD与AP所成的较小角的度数为45°；（3）BD＝．【分析】（1）根据α＝60°时，△ABC是等边三角形，再证明△PBA≌△DBC，即可求解，再得到直线CD与AP所成的度数；（2）根据等腰直角三角形的性质证明△PBA∽△DBC，再得到=，再根据相似三角形的性质求出直线CD与AP所成的度数；（3）延长CA，BD相交于点K，根据直角三角形斜边上的中线性质及中位线定理证得∠BCD＝∠KCD，由（2）的结论求出AP的长，再利用在Rt△PBD中，设PB＝PD＝x，由勾股定理可得BD＝x＝AD，再列出方程即可求出x，故可得到BD的长．【详解】（1）∵α＝60°，AB＝AC，∴△ABC是等边三角形，∴AB=CB∵将线段BP绕点P逆时针旋转α得到线段PD，∴△BDP是等边三角形，∴BP=BD∵∠PBA=∠PBD-∠ABD=60°-∠ABD，∠DBC=∠ABC-∠ABD=60°-∠ABD，∴∠PBA=∠DBC∴△PBA≌△DBC，∴AP=CD∴=1如图，延长CD交AB，AP分别于点G，H，则∠AHC为直线CD与AP所成的较小角，∵△PBA≌△DBC∴∠PAB=∠DCB∵∠HGA=∠BGC∴∠AHC＝∠ABC＝60°故答案为：1，60；（2）解：如图，延长CD交AB，AP分别于点M，N，则∠ANC为直线CD与AP所成的较小角，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝45°.在Rt△ABC中，＝cos∠ABC＝cos45°＝.∵PB＝PD，∠BPD＝90°，∴∠PBD＝∠PDB＝45°.在Rt△PBD中，＝cos∠PBD＝cos45°＝.∴＝，∠ABC＝∠PBD.

∴∠ABC－∠ABD＝∠PBD－∠ABD.即∠PBA＝∠DBC.∴△PBA∽△DBC.∴＝＝，∠PAB＝∠DCB.

∵∠AMN＝∠CMB，∴∠ANC＝∠ABC＝45°.

即＝，直线CD与AP所成的较小角的度数为45°.(3)延长CA，BD相交于点K，如图.∵∠APB＝90°，E为AB的中点，∴EP＝EA＝EB.∴∠EAP＝∠EPA，∠EBP＝∠EPB.∵点E，F为AB，AC的中点，∴PFBC.∴∠AFP＝∠ACB＝∠PBD＝45°.

∵∠BGP＝∠FGK，∴∠BPE＝∠K.∴∠K＝∠EBP，∵∠EBP＝∠PEB，∠PEB=∠DBC，∴∠K＝∠CBD.∴CB＝CK.∴∠BCD＝∠KCD.由(2)知∠ADC＝∠PDB＝45°，△PBA∽△DBC，∴∠PAB＝∠DCB.∴∠BDC＝180°－45°－45°＝90°＝∠BAC.∵∠BHD＝∠CHA，∴∠DBA＝∠DCA.∴∠DBA＝∠PAB.∴AD＝BD.由(2)知DC＝AP，∴AP＝.在Rt△PBD中，PB＝PD＝x，由勾股定理可得BD＝=x＝AD.∴AD＋PD＝x＋x＝AP＝1＋.∴x＝1.∴BD＝．【点睛】此题主要考查四边形综合，解题的关键熟知旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及解直角三角形的方法．【变式训练3】．（1）尝试探究：如图①，在ΔABC中，，，点、分别是边、上的点，且EF∥AB．①的值为_________；②直线与直线的位置关系为__________；（2）类比延伸：如图②，若将图①中的绕点顺时针旋转，连接，，则在旋转的过程中，请判断的值及直线与直线的位置关系，并说明理由；（3）拓展运用：若，，在旋转过程中，当三点在同一直线上时，请直接写出此时线段的长．【答案】（1）①，②；（2），，证明见解析；（3）或【分析】（1）①由锐角三角函数可得AC＝BC，CF＝CE，可得AF＝AC−CF＝（BC−CE），BE＝BC−CE，即可求；②由垂直的定义可得AF⊥BE；（2）由题意可证△ACF∽△BCE，可得，∠FAC＝∠CBE，由余角的性质可证AF⊥BE；（3）分两种情况讨论，由旋转的性质和勾股定理可求AF的长．【详解】解：（1）∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∴，∵，∴，故答案为：，；（2），如图，连接，延长交于，交于点，∵旋转，∴，∵，∴，且，∴，∴，，∵，∴，∴；（3）①如图，过点作交的延长线于点，∵，，，，∴，，∵，，∴，且三点在同一直线上，∴，∵旋转，∴，∴，且，∴，，∴，∴；②如图，过点作于点，∵，，，，∴，，∵，，∴，∵旋转，∴，且，∴，，∴，∴．【点睛】本题是相似综合题，考查了平行线的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．类型二、等腰三角形例．如图1，在中，，，D，E分别为AB，BC边上的点，连接DE，且，将绕点B在平面内旋转.(1)观察猜想：若，将绕点B旋转至如图2所示的位置，则______；(2)类比探究：若将绕点B旋转至如图3所示的位置，求的值；(3)拓展应用：若，D为AB的中点，，如图4，将绕点B旋转至如图5所示位置，请直接写出线段的长．【答案】(1)1(2)(3)【分析】（1）根据，，，可得、均为等边三角形，可证明，即可得到的值；（2）根据，，，可得、均为等腰直角三角形，可证明，即可得到的值；（3）根据，D为AB的中点，，可以得到及的长度，根据，可得及的长度，利用勾股定理即可确定的长度，根据图5可得即可确定的长度；【详解】（1）解：∵，，，∴、均为等边三角形，∴，，，即：，∴，在和中，，∴，∴，即：故答案为：（2）∵，，，∴、均为等腰直角三角形，∴，，，即：，∴，在和中，，∴∴即：（3）∵，D为AB的中点，，∴，，∵，与交于点，∴，在中，，∴如图5所示，【点睛】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，等腰三角形的性质，勾股定理，掌握旋转全等及相似模型是重点．【变式训练1】．1.问题发现图（1），在和中，，，，连接，交于点M.①的值为______；②的度数为_______．（2）类比探究图（2），在和中，，，连接，交的延长线于点M，请计算的值及的度数；（3）拓展延伸在（2）的条件下，若，，将绕点O在平面内旋转一周．①当直线经过点B且点C在线段上时，求的长；②请直接写出运动过程中M点到直线距离的最大值．【答案】（1）①1；②；（2），；（3）①的长为；②M点到直线距离的最大值为【分析】（1）直接根据两个共顶点的等腰三角形证明，可以证明，最后在和中导角直接可以求解．（2）改变三角形结构，直接通过判定和相似，同样可以用第一问的方式证明，根据相似比，求线段比例，最后在和中导角直接可以求解的度数．（3）深度理解题意，本质上问的就是当B，C，D，三点共线时，求的长，在利用，对应边成比例求的长，最值的求解，先找到点和点的轨迹，可以发现是在两个圆弧上运动，再利用最大时，则M点到直线距离的最大，直接求解即可．【详解】（1）①∵，∴，∴，又∵，，∴，∴，∴，故答案为：；②设与交于点F，由①知，，∴，∵，，∴，故答案为：；（2）如下图，在和中，设与交于点；∵∠，，∴；∵，即，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴，．（3）①如下图所示，当直线经过点B且点C在线段上时；在中，，；过点O作的垂线，垂足为；∴；∵；∴；∴，；在中，由勾股定理得；；∴；∵；∴；即；②如下图所示，∵，；∴点M的轨迹是圆弧，即点M在圆P上运动，且；要想求出点到直线的最大值，动点距离直线越远越好，从下图可以看出，点的轨迹也是圆，点运动极限位置取决于的最大值；∵，；∴的最大值取得当且仅当时；即在中；；∴；过点作的垂线，垂足为；∴；即线段即为所求；在中；；∵；∴；∵；∴；；∴；∴M点到直线距离的最大值为．【点睛】本题主要考查等腰背景下全等三角形的判定和性质综合，特殊直角三角形为背景的相似三角形的判定和性质综合，利用特殊角的三角函数解三角形，圆轨迹动态下求线段的最值，熟练掌握手拉手模型证明三角形全等，数量掌握相似三角形的判定，特别是两边对应成比例，夹角相等类的，对于求点到直线最值类型要注意动点的轨迹寻找和影响最值的主要因素，进而综合判定求解是解题的关键．【变式训练2】．观察猜想(1)如图1，在等边中，点M是边上任意一点（不含端点B、C），连接，以为边作等边，连接，则与的数量关系是______．(2)类比探究如图2，在等边中，点M是延长线上任意一点（不含端点C），（1）中其它条件不变，（1）中结论还成立吗？请说明理由．(3)拓展延伸如图3，在等腰中，，点M是边上任意一点（不含端点B、C），连接，以为边作等腰，使顶角．连按．试探究与的数量关系，并说明理由．【答案】(1)(2)成立(3)【分析】（1）利用可证明，继而得出结论；（2）也可以通过证明，得出结论，和（1）的思路完全一样．（3）首先得出，从而判定，得到，根据，，得到，从而判定，得出结论．【详解】（1）证明：、是等边三角形，，，，，在和中，，，．（2）解：结论仍成立；理由如下：、是等边三角形，，，，，在和中，，，．（3）解：；理由如下：，，∴，又∵，，∴，，又，，，，．【点睛】本题是三角形综合题，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，解答本题的关键是仔细观察图形，找到全等（相似）的条件，利用全等（相似）的性质证明结论．【变式训练3】．（1）问题发现如图1，在和中，，，，连接交于点.填空：①的值为______；②的度数为______．（2）类比探究如图2，在和中，，，连接交的延长线于点.请判断的值及的度数，并说明理由；（3）拓展延伸在（2）的条件下，将绕点在平面内旋转，所在直线交于点，若，，请直接写出当点与点在同一条直线上时的长．

【答案】（1）①1；②；（2），．理由见解析；（3）2或4．【分析】（1）①证明△COA≌△DOB（SAS），得AC=BD，比值为1；②由△COA≌△DOB，得∠CAO=∠DBO，然后根据三角形的内角和定理先求∠OAB+∠OBA的值，再求∠AMB的值即可；（2）根据锐角三角比可得，根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，根据相似撒尿性的性质求解即可；（3）当点与点在同一条直线上，有两种情况：如图3和图4，然后根据旋转的性质和勾股定理，可得AD的长．【详解】（1）①∵，∴∠BOD=∠AOC，又∵，，∴△BOD≌△AOC，∴BD=AC，∴=1；②∵，∴∠OAB+∠OBA=140°，∵△BOD≌△AOC，∴∠CAO=∠DBO，∴∠CAO+∠OAB+∠ABM=∠DBO+∠OAB+∠ABM=∠OAB+∠OBA=140°，∴∠AMB=；（2）如图2，，．理由如下：中，，，，同理得：，，，，，，∠CAO=∠DBO，∵∠BEO+∠DBO=90°，∴∠CAE+∠AEM=90°，∴∠AMB=90°；（3）∵∠A=30°，，∴OA==3．如图3，当点D和点A在点O的同侧时，∵，∴AD=3-2=2；如图4，当点D和点A在点O的两侧时，∵，，OA=3∴AD=3+1=4．综上可知，AD的长是2或4．【点睛】本题是三角形的综合题，主要考查了三角形全等和相似的性质和判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，旋转的性质，以及分类讨论的数学思想，解题的关键是能得出：△AOC∽△BOD，根据相似三角形的性质，并运用类比的思想解决问题，本题是一道比较好的题目．类型三、直角三角形条件:如图，，（即△COD∽△AOB）；结论：△AOC∽△BOD；，AC⊥BD，.例．【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AD绕点A顺时针旋转90°得到，连接，则线段BD与CE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，BD与CE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BD，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BD，∵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．【变式训练1】．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．【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．【变式训练2】．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，点D，E分别为AC，BC的中点．△CDE绕点C顺时针旋转，设旋转角为α（0°≤α≤360°），记直线AD与直线BE的交点为点P．(1)如图1，当α＝0°时，AD与BE的数量关系为______，AD与BE的位置关系为______；(2)当0°＜α≤360°时，上述结论是否成立？若成立，请仅就图2的情形进行证明；若不成立，请说明理由；(3)△CDE绕点C顺时针旋转一周，请直接写出运动过程中P点运动轨迹的长度和P点到直线BC距离的最大值．【答案】(1)AD＝BE，AD⊥BE(2)结论仍然成立，证明见解析(3)P点运动轨迹的长度是π；P点到直线BC距离的最大值是【分析】（1）分别求出AD、BE的长即可解答；（2）先证明△BCE∽△ACD，可得＝，∠CBO＝∠CAD即可解答；（3）利用锐角三角函数可求∠EBC=30°，由弧长公式可求P点运动轨迹的长度，由直角三角形的性质可求P点到直线BC距离的最大值即可．【详解】（1）解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，∴AC=BC=，AB=2BC=2，AD⊥BE∵点D，E分别为AC，BC的中点∴AD=CD=AC=，BE=EC=BC=∴AD＝BE．故答案为：AD＝BE，AD⊥BE．（2）解：结论仍然成立，理由如下：∵AC＝，BC＝1，CD＝，EC＝，∴，＝，∴，∵△CDE绕点C顺时针旋转，∴∠BCE＝∠ACD，∴△BCE∽△ACD，∴＝，∠CBO＝∠CAD，∴AD＝BE，∵∠CBO+∠BOC＝90°，∴∠CAD+∠AOP＝90°，∴∠APO＝90°，∴BE⊥AD．（3）解：∵∠APB＝90°，

∴点P在以AB为直径的圆上，如图3，取AB的中点G，作⊙G，以点C为圆心，CE为半径作⊙C，当BE是⊙C切线时，点P到BC的距离最大，过点P作PH⊥BC，交BC的延长线于H，连接GP，∵BE是⊙C切线，∴CE⊥BE，∵＝，∴∠EBC＝30°，

∴∠GBP＝30°，

∵GB＝GP，∴∠GBP＝∠GPB＝30°，

∴∠BGP＝120°，∵点P的运动轨迹为点C→点P→点C→点B→点C，∴P点运动轨迹的长度＝×2＝π，∵∠ABP＝30°，BP⊥AP，∴AP＝AB＝1，BP＝AP＝，∵∠CBP＝30°，PH⊥BH，∴PH＝BP＝．

∴P点到直线BC距离的最大值．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、旋转的性质、锐角三角函数等知识点，灵活应用相关知识是解答本题的关键．【变式训练3】．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BC上一点，连接AP，以AP为腰作等腰，且，连接CQ、则BP和CQ的数量关系是______；(2)变式探究：如图2，中，，．点P是腰AB上一点，连接CP，以CP为底边作等腰，连接AQ，判断BP和AQ的数量关系，并说明理由；(3)问题解决：如图3，在正方形ABCD中，点P是边BC上一点，以DP为边作正方形DPEF，点Q是正方形DPEF两条对角线的交点，连接CQ．若正方形DPEF的边长为，，求正方形ABCD的边长．【答案】(1)(2)(3)3【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BP和CQ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BP和AQ的数量关系；（3）连接BD，如图（见详解），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BP的长，接着设正方形ABCD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：判断，理由如下：∵是等腰直角三角形，中，，，∴，．∵，∴，∴，∴，∴；（3）解：连接BD，如图所示，

∵四边形与四边形是正方形，DE与PF交于点Q，∴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3．【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．类型四、等边三角形或等腰直角三角形条件:M为等边三角形ABC和DEF的中点；结论：△BME∽△CMF；.条件:△ABC和ADE是等腰直角三角形；结论：△ABD∽△ACE.例．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．【答案】(1)(2)，理由见解析(3)4【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：．【变式训练1】．在等边中，为边上一点，于．(1)如图1，若，，求的值；(2)如图2，线段的垂直平分线交于，点为的中点，连接，，，求证：；(3)如图3，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点为边上点右边一动点，连接BM、，当取得最小值时，直接写出的值．【答案】(1)；(2)见解析；(3)．【分析】（1）根据等边三角形性质，可得，在中，求出，，进而在中求出．（2）延长至H，使，连接，，易得，再证明，可得是等边三角形，从而可得，即可得出结论；（3）延长到，使，连接、，，由旋转相似模型可以证明，从而可得，即点M直线上运动，根据将军饮马模型可得当、M、C三点共线，点N与C点重合时，此时最小，最小值为，根据最小值的图形解三角形即可求解．【详解】（1）解：∵是等边三角形，∴，，∴，在中，，，∴，在中，，则；（2）证明：延长至H，使，连接，，如图，∵点G为AD的中点，∴．，在和中，，∴，∴，，∴，∴∵，∴，∵是等边三角形，∴，，∴，∵点F在线段CD的垂直平分线上，∴，，，在和中，，∴∴，，∴，∴是等边三角形，，∴，，∴；（3）如图3-1，延长到，使，连接、，，∴，又∵在等边中，，∴，由旋转可知：，，∴，∴，∴，又∵，即，∴∴，∴，∴点M直线上运动，作点B关于MG的对称点，连接、、、，由对称性质可知：，，，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴，即：，∴当、M、C三点共线，点N与C点重合时，如图3-2，此时最小，最小值为，设边长为，作，垂足为K，作，垂足为H，∴，，∵，，∴，，∵，∴，即，∴，∵，∴，∵，∴，∴.【点睛】本题主要考查了解三角形、相似三角形的性质和判定、全等三角形的判定与性质、等边三角形性质和判定等，解题（2）关键倍长中线构造全等三角形证明是等边三角形，解题（3）关键利用旋转相似模型构造，证明，即点M直线上运动，由将军饮马模型得出最小值时M、N的位置上．【变式训练2】．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．【答案】(1)见解析(2)(3)【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．【变式训练3】．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．【答案】(1)(2)(3)6【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BD，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BD，如图所示，∵四边形与四边形是正方形，DE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．1．如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝．点D，E分别在边AB，AC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF，连结BF，BF的中点为G．

（1）当点E与点C重合时．

①如图1，若AD＝BD，求BF的长．②当点D从点A运动到点B时，求点G的运动路径长．（2）当AE＝3，点G在△DEF一边所在直线上时，求AD的长．【答案】（1）①；②（2）或或或【分析】（1）①利用等腰直角三角形的性质，易证AC＝BC，∠A＝45°，利用解直角三角形求出AC，BC的长，利用旋转的性质，可证得△DCF是等腰直角三角形，从而可求出DF的长，再证明DF∥BC，可得到四边形DFCB是平行四边形，利用平行四边形的对角线的性质，可证得BF＝2GF，DC＝2CG，继而可求出CG的长，然后利用勾股定理求出GF的长，从而可求出BF的长；②如图，连接AF，取AB的中点T，连接GT，利用等腰直角三角形的性质，可证得CA＝CB，CD＝CF，∠ACB＝∠DCF＝90°，∠CAB＝45°，利用SAS证明△ACF≌△BCD，利用全等三角形的性质可得到∠CAF＝∠CBD＝45°，AF＝BD，从而可证AF⊥AB，即可得到TG∥AF，就可推出TG⊥AB，由此可得点G的运动轨迹是Rt△ABC斜边的中线，即可求出点G的运动路径长．（2）分情况讨论：当点G在直线EF上时，过点D作DJ⊥AC于点J，设AJ＝DJ＝x，则EJ＝3－x，易证△DEJ∽△EBC，利用相似三角形的对应边成比例建立关于x的方程，解方程求出x的值，可得到AJ，DJ的长，在等腰直角△ADJ中，利用解直角三角形求出AD的长；当点G在直线DF上时，利用解直角三角形求出AD的长；当点G在直线DE上时，过点F作FT⊥CA交CA的延长线于点T，过点G作GK⊥AC于点K，过点D作DJ⊥AC于点J，设FT＝AT＝y，用含y的代数式表示出KG，EK的长，再证明△FET∽△EGK，利用相似三角形的对应边成比例，建立关于y的方程，解方程求出y的值，就可得到TF，TE的长，然后求出DJ的长，利用解直角三角形求出AD的长；当点G在直线DF上时，点D与点B重合，求出AD的长即可．【详解】（1）解：如图，

①当点E与点C重合时．∵△ABC是等腰直角三角形，

∴AC＝BC，∠A＝45°，∴AC＝BC＝ABsin∠A＝sin45°＝；∵将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF，∴∠DCE＝90°，DE＝CF∴△DCF是等腰直角三角形，∵AD＝CD＝CF＝BD＝，∠DFC＝∠CDF＝45°∴∴BC＝DF，∴∠A＝∠DCA＝45°，∴∠ADC＝180°－45°－45°＝90°，∴∠ADF＝90°－45°＝45°＝∠ABC∴DF∥BC∴四边形DFCB是平行四边形，∴BF＝2GF，DC＝2CG∴CG＝在Rt△EFG中∴BF＝；②如图，连接AF，取AB的中点T，连接GT

∵△ACB和△CDF是等腰直角三角形，CA＝CB，CD＝CF，∠ACB＝∠DCF＝90°，∠CAB＝45°，

∴∠ACF＝∠BCD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF＝∠CBD＝45°，AF＝BD，∴∠BAF＝∠CAF＋∠CAB＝90°，∴AF⊥AB，∵AT＝TB，BG＝GF，∴TG∥AF，∴TG⊥AB，∴点G的运动轨迹是Rt△ABC斜边的中线，运动的路径的长为；（2）解：如图，当点G在直线EF上时，过点D作DJ⊥AC于点J，

设AJ＝DJ＝x，则EJ＝3－x，∵∠DJE＝∠C＝∠DEB＝90°，∴∠DEJ＋∠CEB＝90°，∠CEB＋∠CBE＝90°，∴∠DEJ＝∠CEB∴△DEJ∽△EBC∴∴解之：∴∴；当点G在直线DF上时，

由题意得：当点G在直线DE上时，过点F作FT⊥CA交CA的延长线于点T，过点G作GK⊥AC于点K，过点D作DJ⊥AC于点J，

设FT＝AT＝y，∵GK∥FT∥BC，GF＝GB，∴TK＝KC，∴∴∵∠T＝∠GKE＝∠FEG＝90°，易证∠FET＝∠EGK∴△FET∽△EGK∴∴整理得：2y2＋9y－6＝0解之：（取正值），∴易证△FET≌△EDJ，∴当点G在直线DF上时，点D与点B重合，此时

∴AD的长为或或或．【点晴】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题，2．如图，等腰三角形ABC和等腰三角形ADE，其中AB＝AC，AD＝AE．(1)如图1，若∠BAC＝90°，当C、D、E共线时，AD的延长线AF⊥BC交BC于点F，则∠ACE＝______；(2)如图2，连接CD、BE，延长ED交BC于点F，若点F是BC的中点，∠BAC＝∠DAE，证明：AD⊥CD；(3)如图3，延长DC到点M，连接BM，使得∠ABM＋∠ACM＝180°，延长ED、BM交于点N，连接AN，若∠BAC＝2∠NAD，请写出∠ADM、∠DAE它们之间的数量关系，并写出证明过程．【答案】(1)22.5°(2)见解析(3)∠DAE+2∠ADM=180°，详见解析【分析】（1）由等腰直角三角形性质得∠B=∠CAF=45°，再由三角形外角性质知∠ACE=∠BCF，代入求值即可；（2）连接AF，过A作AH⊥EF，由手拉手相似得△ACD∽△AFH，得∠CDF=∠BAC，再由∠ADE=90°－∠DAE，等量代换即可得证；（3）将AN绕A逆时针旋转∠BAC的度数，交MD延长线于Q，证明△ACQ≌△ABN，得AN=AQ，再证明△AND≌△AQD，得∠ADQ=∠AND，由对顶角相等得∠ADM=∠ADE，根据等腰三角形性质等量代换即可解答．【详解】（1）解：∵△ABC为等腰三角形，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°，由三角形外角性质知，∠ADE=∠ACE+∠DAC，∠AED=∠ECB+∠B，∵AD=AE，∴∠ADE=∠AED，∴∠ACE+∠DAC=∠ECB+∠B，∵AF⊥BC，∴∠BAF=∠CAD=45°，∴∠ACE=∠BCE，又∠ACB=45°，∴∠ACE=22.5°，故答案为：22.5°．（2）解：连接AF，过A作AH⊥EF于H，如图所示，∵∠BAC=∠DAE，AD=AE，AB=AC，∴∠CAF=∠BAF=∠DAH=∠EAH，∴∠CAD=∠HAF，由△ACF∽△ADH知，∴，∴△ACD∽△AFH，∴∠ACD=∠AFH，∴∠CDF=∠CAF，∵∠ADE=∠AED=90°－∠DAE，∴∠ADE+∠CDF=90°，故∠ADC=90°，即AD⊥CD．（3）解：将AN绕A逆时针旋转∠BAC的度数，交MD延长线于Q，∵∠BAC=∠QAN，∴∠QAC=∠BAN，∵∠ABM+∠ACM=180°，∠ACM+∠ACQ=180°，∴∠ABM=∠ACQ，∵AB=AC，∴△ACQ≌△ABN，∴AN=AQ，∵∠BAC=2∠NAD=∠NAQ，∴∠QAD=∠NAD，又AD=AD，∴△AND≌△ADQ，∴∠AND=∠ADQ，即∠ADM+∠MDN=∠ADE+∠EDQ，∴∠ADM=∠ADE，∵AD=AE，∴∠DAE+2∠ADE=180°，即∠DAE+2∠ADM=180°．【点睛】本题综合考查了等腰三角形性质、三角形内角和定理、相似三角形判定与性质、旋转变换与全等三角形判定，难度较大．根据已知条件，构造手拉手的相似与全等模型是解题关键．3．如图，和是有公共顶点直角三角形，，点P为射线，的交点．（1）如图1，若和是等腰直角三角形，求证：；（2）如图2，若，问：（1）中的结论是否成立？请说明理由．（3）在（1）的条件下，，，若把绕点A旋转，当时，请直接写出的长度【答案】（1）见解析；（2）成立，理由见解析；（3）PB的长为或．【分析】（1）由条件证明△ABD≌△ACE，即可得∠ABD=∠ACE，可得出∠BPC=90°，进而得出BD⊥CP；（2）先判断出△ADB∽△AEC，即可得出结论；(3)分为点E在AB上和点E在AB的延长线上两种情况画出图形，然后再证明△PEB∽△AEC，最后依据相似三角形的性质进行证明即可．【详解】解：（1）证明：如图，∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAE+∠CAE=∠BAD+∠BAE，即∠BAD=∠CAE．∵和是等腰直角三角形，∴，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD=∠ACE．∵∠CAB=90°，∴∠ACF+∠AFC=90°，∴∠ABP+∠BFP=90°．∴∠BPF=90°，∴BD⊥CP；（2）（1）中结论成立，理由：在Rt△ABC中，∠ABC=30°，∴AB=AC，在Rt△ADE中，∠ADE=30°，∴AD=AE，∴∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，∴△ADB∽△AEC．∴∠ABD=∠ACE同（1）得；（3）解：∵和是等腰直角三角形，∴，①当点E在AB上时，BE=AC-AE=1．∵∠EAC=90°，∴CE=．同（1）可证△ADB≌△AEC．∴∠DBA=∠ECA．∵∠PEB=∠AEC，∴△PEB∽△AEC．∴∴．∴PB=．②当点E在BA延长线上时，BE=5．∵∠EAC=90°，∴CE=5．同（1）可证△ADB≌△AEC．∴∠DBA=∠ECA．∵∠BEP=∠CEA，∴△PEB∽△AEC．∴．∴．∴PB=．综上所述，PB的长为或．【点睛】此题主要考查的是旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定，证明得△PEB∽△AEC是解题的关键．4．如图1，在中，，在斜边上取一点D，过点D作，交于点E．现将绕点A旋转一定角度到如图2所示的位置（点D在的内部），使得．（1）①求证：；②若，求的长；（2）如图3，将原题中的条件“”去掉，其它条件不变，设，若，，求k的值；（3）如图4，将原题中的条件“”去掉，其它条件不变，若，设，，试探究三者之间满足的等量关系．（直接写出结果，不必写出解答过程）【答案】（1）①见解析；②；（2）；（3）4p2=9m2+4n2．【分析】（1）①先利用平行线分线段成比例定理得，进而得出结论；②利用①得出的比例式求出CE，再判断出∠DCE=90°，利用勾股定理即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△ABD∽△ACE，即可得出AE=4k，CE=3k，同（1）的方法得出∠DCE=90°，利用勾股定理得出DE的平方，用DE的平方建立方程求解即可；（3）同（2）的方法得出，即可得出结论；【详解】解：（1）①∵DE∥BC，∴，由旋转知，∠EAC=∠DAB，∴△ABD∽△ACE，②在Rt△ABC中，AC=BC，∴，由①知，△ABD∽△ACE，∴∠ABD=∠ACE，∵∠ACD+∠ABD=90°，∴∠ACE+∠ACD=90°，∴∠DCE=90°，∵△ABD∽△ACE，，∴，∵∴在Rt△CDE中，根据勾股定理得，DE=2，在Rt△ADE中，AE=DE，∴（2）由旋转知，∠EAC=∠DAB，，∴△ABD∽△ACE，∵AD=4，BD=3，∴AE=kAD=4k，CE=kBD=3k，∵△ABD∽△ACE，∴∠ABD=∠ACE，∵∠ACD+∠ABD=90°，∴∠ACE+∠ACD=90°，∴∠DCE=90°，在Rt△CDE中，DE2=CD2+CE2=1+9k2，在Rt△ADE中，DE2=AD2-AE2=16-16k2，∴1+9k2=16-16k2，∴或（舍），（3）由旋转知，∠EAC=∠DAB，∴△ABD∽△ACE，∵AD=p，BD=n，∴，∵△ABD∽△ACE，∴∠ABD=∠ACE，∵∠ACD+∠ABD=90°，∴∠ACE+∠ACD=90°，∴∠DCE=90°，在Rt△CDE中，，∵，，∴4p2=9m2+4n2．【点睛】此题是相似三角形综合题，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，直角三角形的判定，解本题的关键是得出∠DCE=90°和利用两边对应成比例夹角相等来判断两三角形相似的方法应用．5．数学课上，老师拿出两块不同大小的含30度角的三角板让同学们在不同位置尝试操作．（1）如图1摆放，当点在上，点在上，得知，，求的长．（2）如图2，在（1）的条件下，连结，求的面积．（3）如图3摆放，把这同样的两块三角板的直角顶点互相重合放置，小三角板绕着点旋转，连结、，当时，求的值．（4）不变，当的三边长扩大一倍后，绕点旋转一周，直线与交于点，请你直接写出点所经过的运动路径．【答案】（1）；（2）；（3）或；（4）．【分析】（1）根据题意算出的长，利用直角三角形心中对应的边等于斜边的一半求出，同理求出，再作差即可；（2）过点作于点，求出、AC即可求出；（3）延长AM，BC交于点D，作延长BN使得，利用旋转相似证明，得，再三角形中通过角之间的关系来证明，得四边形是矩形，再根据条件及勾股定理求解；（4）确定的轨迹是以为直径的圆弧，，求出最大值为，由此得出路径所对圆心角为120°，从而求解．【详解】解：（1）∵，，∴，∵，，∴，∵，，∴，∴．（2）过点作于点，∵，，，∴，.，即的面积．（3）I．若点M在外，延长BN交AM于点H，交AC于点G，由（1）得中，，，，在中，，，，∵，，∴，∴，又∵，，∴∴，又∵，，，又∵，，∴四边形是矩形，∴，，，∴在中，，∴∴；II．若点M在内部，则如图3-2：同理可求：∴，，∴∴；（4）不变，当的三边长扩大一倍后，∴在中，，，，同（3）理可证明，∴直线与交点所经过的运动路径是以为直径的圆弧，当M点在AC右侧时，如图4-1：当CM⊥AM时最大，此时，∴当CM⊥AM时，此时AM与AB重合，B点与H点重合；当M点在AC左侧时，如图4-2：当CM⊥AM时，最大，此时，∴当CM⊥AM时，此时；故如图所示：直线与交点所经过的运动路径为，弧长．【点睛】本题考查了含的直角三角形性质、旋转相似、点的运动路径等知识点，综合性强，题目较难，解题的关键是：能利用勾股定理及锐角三角函数知识解直角三角形；针对旋转问题，要添加适当地辅助线．6．（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CE，可得AD与CE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，CF，点为CF的中点，连接DE、，试判断DE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DE的长．【答案】（1），；（2），理由见解析；（3）或．【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：DE的长为或．7．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．【答案】(1)1，；(2)，，理由见