专题15 全等与相似模型-手拉手模型（教师卷）.docx

1、专题15 全等与相似模型-手拉手模型全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了。本专题就手拉手模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。模型1.手拉手模型【模型解读】将两个三角形绕着公共顶点（即头）旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等。1）双等边三角形型条件：如图1，ABC和DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。结论：ACDBCE；BE=AD

2、；AFM=BCM=60；CF平分BFD。 图1 图22）双等腰直角三角形型条件：如图2，ABC和DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。结论：ACDBCE；BE=AD；ANM=BCM=90；CN平分BFD。3）双等腰三角形型条件：ABC和DCE均为等腰三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。结论：ACDBCE；BE=AD；ACM=BFM；CF平分BFD。 图3 图44）双正方形形型条件：ABCFD和CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N。结论：BCGDCE；BG=DE；BCM=DNM=90；CN平分BNE。例1（2022北京东城九年级期末）如图，在等边

3、三角形ABC中，点P为ABC内一点，连接AP，BP，CP，将线段AP绕点A 顺时针旋转60得到 ，连接 （1）用等式表示 与CP的数量关系，并证明；（2）当BPC120时， 直接写出 的度数为 ；若M为BC的中点，连接PM，请用等式表示PM与AP的数量关系，并证明【答案】（1），理由见解析；（2）60；PM，见解析【分析】（1）根据等边三角形的性质，可得ABAC，BAC60，再由由旋转可知：从而得到，可证得，即可求解 ；（2）由BPC120，可得PBCPCB60根据等边三角形的性质，可得BAC60，从而得到ABCACB120，进而得到ABPACP60再由，可得 ，即可求解；延长PM到N，使得N

4、MPM，连接BN可先证得PCMNBM从而得到CPBN，PCMNBM进而得到 根据可得，可证得，从而得到 再由 为等边三角形，可得 从而得到 ，即可求解【详解】解：（1） 理由如下：在等边三角形ABC中，ABAC，BAC60，由旋转可知：即在和ACP中 （2）BPC120，PBCPCB60在等边三角形ABC中，BAC60，ABCACB120，ABPACP60 ，ABPABP60即 ；PM 理由如下：如图，延长PM到N，使得NMPM，连接BNM为BC的中点，BMCM在PCM和NBM中 PCMNBM（SAS）CPBN，PCMNBM BPC120，PBCPCB60PBCNBM60即NBP60ABCAC

5、B120，ABPACP60ABPABP60即 在PNB和 中 （SAS） 为等边三角形， ，PM 【点睛】本题主要考查了等边三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握等边三角形判定和性质定理，全等三角形的判定和性质定理，图形的旋转的性质是解题的关键例2（2022黑龙江中考真题）和都是等边三角形(1)将绕点A旋转到图的位置时，连接BD，CE并延长相交于点P（点P与点A重合），有（或）成立；请证明(2)将绕点A旋转到图的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将绕点A旋转到图的位置时，连接BD，CE相交于点P，

6、连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明【答案】(1)证明见解析 (2)图结论：，证明见解析 (3)图结论：【分析】（1）由ABC是等边三角形，得AB=AC，再因为点P与点A重合，所以PB=AB，PC=AC，PA=0，即可得出结论；（2）在BP上截取，连接AF，证明（SAS），得，再证明（SAS），得，然后证明是等边三角形，得，即可得出结论；（3）在CP上截取，连接AF，证明（SAS），得，再证明（SAS），得出，然后证明是等边三角形，得，即可得出结论：(1)证明：ABC是等边三角形，AB=AC，点P与点A重合，PB=AB，PC=AC，PA=0，或；(2

7、)解：图结论：证明：在BP上截取，连接AF， 和都是等边三角形，（SAS），AC=AB，CP=BF，（SAS），是等边三角形，；(3)解：图结论：，理由：在CP上截取，连接AF，和都是等边三角形，（SAS），AB=AC，BP=CF，（SAS），是等边三角形，即【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键例3（2022湖北襄阳市九年级阶段练习）如图，已知AOB和MON都是等腰直角三角形(OAOM=ON)，AOB=MON=90(1)如图，连接AM，BN，求证：AOMBON；(2)若将MON绕点O顺时针旋转，如图，

8、当点N恰好在AB边上时，求证：；当点A，M，N在同一条直线上时，若OB=4，ON =3，请直接写出线段BN的长【答案】(1)见解析；(2)见解析；或【分析】（1）利用SAS定理证明即可；（2）连接，证明，即可证；当点N在线段上时，连接，在中构造勾股定理的等量关系；当点M在线段上时，同理即可求得（1）证明：，即和是等腰直角三角形，(SAS) （2）解：证明：如图，连接，即和是等腰直角三角形，是等腰直角三角形， 或AOB和MON都是等腰直角三角形，OB=4，ON =3，当点N在线段上时，如图，连接，设，由(1)可知，是直角三角形，又，解得：（舍去）；当点M在线段上时，如图，连接，设，由(2)可知，

9、是直角三角形，又，解得： （舍去）综上所述：的长为或【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，三点共线分类讨论，对几何题目的综合把握是解题关键例4（2022重庆忠县九年级期末）已知等腰直角与有公共顶点（1）如图，当点在同一直线上时，点为的中点，求的长；（2）如图，将绕点旋转，点分别是的中点，交于，交于猜想与的数量关系和位置关系，并证明你猜想的结论；参考图，若为的中点，连接，在旋转过程中，线段的最小值是多少（直接写出结果）【答案】（1）；（2）；证明见解析；线段的最小值是【分析】（1）如图：过点作于点，先说明FQ是ADE的中位线，然后再求得FQ、BQ，最后再运用勾股定理解

10、答即可；（2）连接交于，先证明可得，然后再说明GM是ABD的中位线可得，然后再根据角的关系证明如图：连接CG，取中点O，连接OK、OM，再根据勾股定理和三角形中位线的性质求得CG和OK,进而求得OM,最后根据三角形的三边关系即可解答【详解】解：（1）过点作于点，点是的中点，FQ是ADE的中位线，； （2）证明:连接交于，即；在和中，（SAS）， 分别是的中点，GM是ABD的中位线且，如图：连接CG，取中点O，连接OK、OM，OK=AG=1CMG=90，O为CG的中点 OM=CG= MKOM-OK当O、K、M共线时，MK取最小值OM-OK=-1【点睛】本题主要考查了三角形的中线、勾股定理、全等三

11、角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识点成为解答本题的关键例5（2022山西大同九年级期中）综合与实践：已知是等腰三角形，（1）特殊情形：如图1，当时，_（填“”“”或“”）；（2）发现结论：若将图1中的绕点顺时针旋转（）到图2所示的位置，则（1）中的结论还成立吗？请说明理由（3）拓展运用：某学习小组在解答问题：“如图3，点是等腰直角三角形内一点，且，求的度数”时，小明发现可以利用旋转的知识，将绕点顺时针旋转90得到，连接，构造新图形解决问题请你根据小明的发现直接写出的度数【答案】（1）=；（2）成立，理由见解析；（3）BPA=135【分析】（1）由DEBC，得到ADE=B，AED=C，结

12、合AB=AC，得到DB=EC；（2）由旋转得到的结论判断出DABEAC，得到DB=CE；（3）由旋转构造出APBAEC，再用勾股定理计算出PE，然后用勾股定理逆定理判断出PEC是直角三角形，在简单计算即可【详解】解：（1）DEBC，ADE=B，AED=C，AB=AC，B=C，ADE=AED，AD=AE，DB=EC，故答案为：=；（2）成立证明：由易知AD=AE，由旋转性质可知DAB=EAC，在DAB和EAC中，DABEAC（SAS），DB=CE；（3）如图，将APB绕点A旋转90得AEC，连接PE，APBAEC，AE=AP=2，EC=BP=1，PAE=90，AEP=APE=45，在RtPAE中

13、，由勾股定理可得，PE=2，在PEC中，PE2=（2）2=8，CE2=12=1，PC2=32=9，PE2+CE2=PA2，PEC是直角三角形，PEC=90，AEC=135，又APBAEC，BPA=CEA=135【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，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，也是本题的难点例6（2022青海中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.(1)问题发现：如图1，若和是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：；

14、(2)解决问题：如图2，若和均为等腰直角三角形，点A，D，E在同一条直线上，CM为中DE边上的高，连接BE，请判断AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由. 图1 图2【答案】(1)见解析 (2)；【分析】（1）先判断出BAD=CAE，进而利用SAS判断出BADCAE，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出BADCAE，得出AD=BE，ADC=BEC，最后用角的差，即可得出结论【解析】(1)证明：和是顶角相等的等腰三角形，在和中，(2)解：，理由如下：由（1）的方法得，是等腰直角三角形，【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等

15、腰直角三角形的性质，判断出ACDBCE是解本题的关键例7（2022广东广州市八年级期中）如图，两个正方形ABCD与DEFG，连结AG，CE，二者相交于点H（1）证明：ADGCDE；（2）请说明AG和CE的位置和数量关系，并给予证明；（3）连结AE和CG，请问ADE的面积和CDG的面积有怎样的数量关系？并说明理由【答案】(1)答案见解析；(2) AG=CE，AGCE；(3) ADE的面积=CDG的面积【分析】（1）利用SAS证明ADGCDE；（2）利用ADGCDE得到AG=CE，DAG=DCE，利用DAG+AMD=90得到DCE+CMG=90，即可推出AGCE；（3）ADE的面积=CDG的面积，

16、作GPCD于P，ENAD交AD的延长线于N，证明 DPGDNE，得到PG=EN，再利用三角形的面积公式分别表示出ADE的面积，CDG的面积，即可得到结论ADE的面积=CDG的面积.【详解】（1）四边形ABCD与DEFG都是正方形，AD=CD，DG=DE，ADC=EDG=90，ADC+CDG=EDG+CDG，ADG=CDE，ADGCDE（SAS），（2）AG=CE，AGCE，ADGCDE，AG=CE，DAG=DCE，DAG+AMD=90，AMD=CMG，DCE+CMG=90，CHA=90，AGCE； （3）ADE的面积=CDG的面积，作GPCD于P，ENAD交AD的延长线于N，则DPG=DNE=

17、90，GDE=90，EDN+GDN=90，PDG+GDN=90，EDN=PDG，DE=DG，DPGDNE，PG=EN，ADE的面积=，CDG的面积=，ADE的面积=CDG的面积.【点睛】此题考查正方形的性质，三角形全等的判定及性质，利用三角形面积公式求解，根据图形得到三角形全等的条件是解题的关键.例8（2023福建福州市九年级月考）如图，和均为等边三角形，连接BE、CD（1）请判断：线段BE与CD的大小关系是 ；（2）观察图，当和分别绕点A旋转时，BE、CD之间的大小关系是否会改变?（3）观察如图和4，若四边形ABCD、DEFG都是正方形,猜想类似的结论是_,在如图中证明你的猜想.（4）这些结

18、论可否推广到任意正多边形（不必证明）,如图,BB1与EE1的关系是 ;它们分别在哪两个全等三角形中 ;请在如图中标出较小的正六边形AB1C1D1E1F1的另五个顶点，连接图中哪两个顶点,能构造出两个全等三角形？ 【答案】(1) BE=CD （2）线段BE与CD的大小关系不会改变 （3）AECG，证明见解析 （4）这些结论可以推广到任意正多边形.如图5，BB1=EE1，它们分别在AE1E和AB1B中，如图6，连接FF1，可证AB1BAF1F图形见解析.【分析】本题是变式拓展题，图形由简单到复杂，需要从简单图形中探讨解题方法，并借鉴用到复杂图形中；证明三角形全等时，用旋转变换寻找三角形全等的条件【

19、详解】（1）线段BE与CD的大小关系是BE=CD；（2）线段BE与CD的大小关系不会改变；（3）AE=CG证明：如图4，正方形ABCD与正方形DEFG中，AD=CD，DE=DG，ADC=GDE=90，又CDG=90+ADG=ADE，ADECDG，AE=CG（4）这些结论可以推广到任意正多边形如图5，BB1=EE1，它们分别在AE1E和AB1B中，如图6，连接FF1，可证AB1BAF1F【点睛】本题综合考查全等三角形、等边三角形和多边形有关知识注意对三角形全等的证明方法的发散模型2.“手拉手”模型(旋转模型)【模型解读与图示】“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

20、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）手拉手相似模型（任意三角形）条件:如图，BAC=DAE=，； 结论：ADEABC，ABDACE；.2）手拉手相似模型（直角三角形） 条件:如图，（即CODAOB）； 结论：AOCBOD；，ACBD，.3）手拉手相似模型（等边三角形与等腰直角三角形） 条件:M为等边三角形ABC和DEF的中点； 结论：BMECMF；.条件:ABC和ADE是等腰直角三角形； 结论：ABDACE.手拉手相似证明题一般思路方法:由线段乘积相等转化成线段比例式相等；分子和分子组成一个三角形、分母和分母

21、组成一个三角形；第步成立，直接从证这两个三角形相似，逆向证明到线段乘积相等；第步不成立，则选择替换掉线段比例式中的个别线段，之后再重复第步。例1（2022山西长治九年级期末）问题情境：如图1，在ABC中，AB6，AC5，点D，E分别在边AB，AC上，且数学思考：(1)在图1中，的值为 ；(2)图1中ABC保持不动，将ADE绕点A按逆时针方向旋转到图2的位置，其它条件不变，连接BD，CE，则（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由；(3)拓展探究：在图2中，延长BD，分别交AC，CE于点F，P，连接AP，得到图3，探究APE与ABC之间有何数量关系，并说明理由；(4)若将ADE绕点A按逆时针方向旋

22、转到图4的位置，连接BD，CE，延长BD交CE的延长线于点P，BP交AC于点F，则（3）中的结论是否仍然成立，若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出APE与ABC之间的数量关系【答案】(1)(2)（1）中结论仍然成立，理由见解析(3)APE=ABC，理由见解析(4)结论不成立，APE+ABC=180，理由见解析【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理求解即可；（2）根据旋转的性质得到BAD=CAE，由（1）可证明BADCAE，从而可证APE+ABC得到；（3）由（2）可证ABD=ACE，证明AFBPFC和AFPBFC即可得到结论；（4）证明ABD=ACE，推出A、B、C、P四点共圆即可得到结

23、论；（1）解：，；（2）解：中结论仍然成立，理由如下：旋转的性质，ADE=ABC，AED=ACB，ADEABC，在图2中，由旋转的性质可知，BAC=DAE，BAD=CAE，BADCAE，；（3）解：APE=ABC，理由如下：由（2）得BADCAE，ABD=ACE，又AFB=PFC，AFBPFC，又AFP=BFC，AFPBFC，CBF=PAF，APE=ACE+PAF，ABC=ABF+CBF，APE=ABC；（4）解：（3）结论不成立，APE+ABC=180，理由如下：由（2）知，BADCAE，ABD=ACE，A、B、C、P四点共圆，APE+ABC=180【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例，

24、旋转的性质，相似三角形的性质与判定，圆内接四边形的性质等等，熟练掌握相关三角形的性质与判定是解题的关键例2（2022山东济南八年级期末）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

25、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（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）

26、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例3（2022四川达州中考真题）某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形和等腰直角三角形，按如图1的方式摆放，随后保持不动，将绕点C按逆时针方向旋转（），连接，延长交于点F，连接该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：(1)【初步探究】如图2，当时

27、，则_；(2)【初步探究】如图3，当点E，F重合时，请直接写出，之间的数量关系：_；(3)【深入探究】如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由(4)【拓展延伸】如图5，在与中，若，（m为常数）保持不动，将绕点C按逆时针方向旋转（），连接，延长交于点F，连接，如图6试探究，之间的数量关系，并说明理由【答案】(1)(2)(3)仍然成立，理由见解析(4)【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，可得，根据题意可得，根据等原三角形的性质可得平分，即可得，根据旋转的性质可知；（2）证明，可得，根据等腰直角三角形可得，由，即可即可得出；（3）同（2

28、）可得，过点，作，交于点，证明，可得，即可得出；（4）过点作，交于点，证明，可得，在中，勾股定理可得，即可得出(1)等腰直角三角形和等腰直角三角形，故答案为： (2)在与中， 又 重合，故答案为：(3)同（2）可得，过点，作，交于点，则，在与中，是等腰直角三角形，在与中，即，(4)过点作，交于点，中，即【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定是解题的关键例4（2021四川乐山中考真题）在等腰中，点是边上一点（不与点、重合），连结（1）如图1，若，点关于直线的对称点为点，结，则_；（2）

29、若，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连结在图2中补全图形；探究与的数量关系，并证明；（3）如图3，若，且，试探究、之间满足的数量关系，并证明【答案】（1）30；（2）见解析；见解析；（3），见解析【分析】（1）先根据题意得出ABC是等边三角形，再利用三角形的外角计算即可（2）按要求补全图即可先根据已知条件证明ABC是等边三角形，再证明，即可得出（3）先证明，再证明，得出，从而证明，得出，从而证明【详解】解：（1），ABC是等边三角形B=60点关于直线的对称点为点ABDE， 故答案为：；（2）补全图如图2所示； 与的数量关系为：；证明：，为正三角形，又绕点顺时针旋转，（3）连接，又，又，【点睛】本

30、题考查相似三角形的证明及性质、全等三角形的证明及性质、三角形的外角、轴对称，熟练进行角的转换是解题的关键，相似三角形的证明是重点例5（2022山东烟台中考真题）(1)【问题呈现】如图1，ABC和ADE都是等边三角形，连接BD，CE求证：BDCE(2)【类比探究】如图2，ABC和ADE都是等腰直角三角形，ABCADE90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，ABCADE90，且连接BD，CE求的值；延长CE交BD于点F，交AB于点G求sinBFC的值【答案】(1)见解析(2)(3)；【分析】（1）证明BADCAE，从而得出结论；（2）证明BADCAE

31、，进而得出结果；（3）先证明ABCADE，再证得CAEBAD，进而得出结果；在的基础上得出ACEABD，进而BFCBAC，进一步得出结果(1)证明：ABC和ADE都是等边三角形，ADAE，ABAC，DAEBAC60，DAEBAEBACBAE，BADCAE，BADCAE（SAS），BDCE；(2)解：ABC和ADE都是等腰直角三角形，DAEBAC45，DAEBAEBACBAE，BADCAE，BADCAE，；(3)解：，ABCADE90，ABCADE，BACDAE，CAEBAD，CAEBAD， ；由得：CAEBAD，ACEABD，AGCBGF，BFCBAC，sinBFC【点睛】本题考查了等腰三角形

32、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等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形例6.（2023四川成都九年级期中）如图1，已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GEBC，垂足为点E，GFCD，垂足为点F（1）证明：四边形CEGF是正方形；（2）探究与证明：将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转角（045），如图2所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展与运用：正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转角（045），如图3所示，当B，E，F三点在一条直线上时，延长CG交AD于点H，若AG9，GH3，求BC的长【答案】（1）答案见解析；（2）AGBE；

33、理由见解析；（3）BC【分析】（1）先说明GEBC、GFCD，再结合BCD=90可证四边形CEGF是矩形，再由ECG=45即可证明；（2）连接CG，证明ACGBCE，再应用相似三角形的性质解答即可；（3）先证AHGCHA可得，设BCCDADa，则ACa，求出AHa，DHa，最后代入即可求得a的值【详解】（1）四边形ABCD是正方形，BCD90，BCA45，GEBC、GFCD，CEGCFGECF90，四边形CEGF是矩形，CGEECG45，EGEC，四边形CEGF是正方形（2）结论：AGBE；理由：连接CG，由旋转性质知BCEACG，在RtCEG和RtCBA中，cos45，cos45，ACGBC

34、E，线段AG与BE之间的数量关系为AGBE；（3）CEF45，点B、E、F三点共线，BEC135，ACGBCE，AGCBEC135，AGHCAH45，CHAAHG，AHGCHA，设BCCDADa，则AC=a，由，得，AHa，则DHADAHa，得解得：a，即BC【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查相似形的判定和性质、正方形的性质等知识点，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题并利用参数构建方程解决问题课后专项训练1（2022浙江温州一模）如图，在ABC中以AC，BC为边向外作正方形ACFG与正方形BCDE，连结DF，并过C点作CHAB于H并交FD于M若ACB120，AC3，BC2，则MD的长为

35、（）ABCD【答案】A【分析】过D作DNCF于点N，作DPHM于点P，过点F作FQHM，交HM的延长线于点Q，依据勾股定理即可求得DF的长，再根据全等三角形的对应边相等得到FQ=DP，进而证明FQMDPM，得到M是FD的中点，由此可得DM=DF【详解】如图所示，过D作DNCF于点N，作DPHM于点P，过点F作FQHM，交HM的延长线于点Q，ACB120，ACFBCD90，DCN60，CDN30，又BCDC2，ACFC3，CNCD1，FNCFCN312，DN，RtDFN中，DF四边形BCDE是正方形，BCCD，BCD90，又CHAB，DCP+BCHCBH+BCH90，DCPCBH，又DPCBHC

36、90，DCPCBH（AAS），DPCH，同理可得ACHCFQ，FQCH，FQDP，又QDPM90，FMQDMP，FQMDPM（AAS），FMDM，即M是FD的中点，DMDF故选：A【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合运用，通过作辅助线构造全等三角形，灵活运用全等三角形的对应边相等是解题的关键2（2022湖南中考真题）如图，点是等边三角形内一点，则与的面积之和为（）ABCD【答案】C【分析】将绕点B顺时针旋转得，连接，得到是等边三角形，再利用勾股定理的逆定理可得，从而求解【详解】解：将绕点顺时针旋转得，连接，是等边三角形， ，与的面积之和为故选：C【点睛】本题

37、主要考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，旋转的性质等知识，利用旋转将与的面积之和转化为，是解题的关键3（2022广东茂名二模）如图，在中，D是边上的一个动点，连接，并将线段绕点A逆时针旋转后得线段，连接，在点D运动过程中，线段长度的最小值是_【答案】【分析】过点作于点，在上取点，使，连接，先根据直角三角形的性质、勾股定理可得，根据等腰直角三角形的判定与性质可得，从而可得，再根据旋转的性质可得，然后根据三角形全等的判定证出，根据全等三角形的性质可得，最后根据垂线段最短可得当时，的长度最小，在中，解直角三角形即可得【详解】解：如图，过点作于点，在上取点，使，连接，是等腰直角三角形，由旋

38、转的性质得：，在和中，如图，由垂线段最短可知，当时，的长度最小，在中，即线段长度的最小值是，故答案为：【点睛】本题考查了含角的直角三角形的性质、勾股定理、三角形全等的判定定理与性质、旋转的性质、解直角三角形等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键4（2023湖南常德统考中考真题）如图1，在中，D是上一点，且，过点D作交于E，将绕A点顺时针旋转到图2的位置则图2中的值为 【答案】/0.8【分析】首先根据勾股定理得到，然后证明出，得到，进而得到，然后证明出，利用相似三角形的性质求解即可【详解】在中，故答案为：【点睛】此题考查了相似三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质和判

39、定定理5、（2022重庆九年级期末）已知正方形DEFG的顶点F在正方形ABCD的一边AD的延长线上，连结AG，CE交于点H，若，则CH的长为_.【分析】连接EG，与DF交于N，设CD和AH交于M，证明ANGADM，得到，从而求出DM的长，再通过勾股定理算出AM的长，通过证明ADGCDE得到DAG=DCE，从而说明ADMCHM，得到，最后算出CH的长.【详解】解：连接EG，与DF交于N，设CD和AH交于M，GNA=90，DN=FN=EN=GN，MAD=GAN，MDA=GNA=90，ANGADM，DF=EG=2,DN=NG=1，AD=AB=3，解得：DM=，MC=，AM=，ADM+MDG=EDG+

40、CDG，ADG=EDC，在ADG和CDE中，ADGCDE（SAS），DAG=DCE，AMD=CMH，ADM=CHM=90，ADMCHM，即，解得：CH=.【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，综合性较强，解题的关键是找到合适的全等三角形和相似三角形，通过其性质计算出CH的长.6（2022秋江西抚州九年级临川一中校考期中）将绕点按逆时针方向旋转度，并使各边长变为原来的倍，得，如图所示，我们将这种变换记为(1)如图，对作变换得到，则_；直线与直线所夹的锐角为_度；(2)如图，中，对作变换得到，使点B、C、在同一直线上，连接且，求和的值；(3)如图

41、，中，对作变换得到，便点在同一直线上，且，求和的值【答案】(1)；(2)，(3)，【分析】（1）根据变换可得ABC， ， ，再根据相似三角形的性质，即可求解；（2）先证明四边形是矩形，根据矩形的性质可得，再由，可得，从而得到，再根据直角三角形的性质，即可求解；（3）先证明四边形是平行四边形，结合BAC36，可得，从而得到，可证得，从而得到，进而得到，即可求解【详解】（1）解：如图，设直线BC与直线的交点为H，交BH于O根据题意得：， ， ，直线与直线所夹的锐角为；（2），则，同理：，共线，而，则，四边形是矩形，在中，；（3），同理可得：，而，四边形 是平行四边形，而， ，（负根舍），【点睛】本

42、题考查四边形综合题、平行四边形与矩形的判定与性质，相似三角形的性质、一元二次方程、变换的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型7（2023辽宁丹东统考二模）（1）问题发现：如图1，已知正方形，点E为对角线上一动点，将绕点B顺时针旋转到处，得到，连接填空： _；的度数为_；（2）类比探究：如图2，在矩形和中，连接，请分别求出的值及的度数；（3）拓展延伸：如图3，在（2）的条件下，将点E改为直线上一动点，其余条件不变，取线段的中点M，连接，若，则当是直角三角形时，请直接写出线段的长【答案】（1）1；（2）；（3）或【分析】（1）根据旋转的性质可得，则，通过证明

43、，即可得出结论；（2）根据可得，根据，得出，即可证明，即可得出结论；（3）先求出的长度，根据点M为中点，可得，根据是直角三角形，可求出，从而得到，最后根据勾股定理，列出方程求解即可【详解】解：（1）绕点B顺时针旋转到，四边形为正方形，即，在和中，故答案为：1；（2）；，理由如下：在矩形中，则，同理在中，则，即，综上：；（3）由（2）可得，点M为的中点，为直角三角形，设，则，在中，根据勾股定理得：，即，解得：或【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握相关知识点，并灵活运用8（2023春山西太原九年级山西实验中学

44、校考期中）【问题情境】如图1，在中，点D，E分别是边的中点，连接如图2，将绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为【观察发现】如图2，当时，_【方法迁移】如图3，矩形中，点E，F分别是的中点四边形为矩形，连接如图4，将矩形绕点A逆时针旋转旋转角为，连接请探究矩形旋转过程中，与的数量关系；【拓展延伸】如图5，若将上题中的矩形改为“平行四边形”且，矩形改为“平行四边形”，其他条件不变，如图6，在平行四边形旋转过程中，直接写出_【答案】观察发现：；方法迁移：；拓展延伸：【分析】观察发现：由勾股定理求出根据三角形中位线定理求出再证明可得结论；方法迁移：由勾股定理求出再证明可得结论；拓展延伸：先求出再证明可得结论【详解】观察发现：如图1，分别是的中点，是的中位线，,由勾股定理得, ,如图2，由旋转得即又,故答案为方法迁移：理由如下：连接，如图，点E，F分别是的中点，在矩形中，在中，由勾股定理得，同理可求得，又，；拓展延伸：连接过点A作于点H，如图5，点E，F分别是的中点，四边形分别是平行四边形，