专题4.10 相似三角形几何模型（旋转模型）（基础练）-2023-2024学年九年级数学上册全章复习与专题突破讲与练（浙教版）.docx

1、专题4.10 相似三角形几何模型（旋转模型）（基础练）一、单选题1（2023安徽芜湖统考二模）将两个全等的斜边长为2的等腰直角三角板如图放置，其中一块三角板角的顶点与另一块三角板的直角顶点A重合，若将三角板固定，当另一个三角板绕点A旋转时，它的直角边和斜边所在的直线分别与边交于点E、F设，则y关于x的函数图像大致是（）A BC D2（2022春九年级课时练习）如图， 一副三角板， ， 顶点重合， 将绕其顶点A旋转， 在旋转过程中， 以下4个位置， 不存在相似三角形的是（）A BC D3（2022全国九年级假期作业）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，将线段AB绕点B顺时针方向旋

2、转，使点A落在BD上的点H，E为边BC的中点，连接HE，交AC于点P若AC12，BD16，则线段PC的长为（）A3 B3 C4 D54（2022山东淄博统考一模）如图，四边形和四边形都是正方形，将正方形绕点旋转，连接BE，CF则的值为（）A B C D5（2021秋浙江九年级期末）如图，矩形是矩形以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转所得到的图形，延长线交于点E若，则的值为（）A B C D6（2020春河南新乡九年级河南师大附中校考阶段练习）如图，在矩形OABC中，把矩形OABC绕点A旋转，得到矩形ADEF且点D恰好落在BC上，连接OF交AD于点G则点G的坐标是（）A B C D7（2022秋海

3、南海口九年级统考期末）如图，为矩形为中心，绕点旋转，两直角边式中与边、分别相较于、若，则与的关系是（ ）A B C D8（2022秋八年级课时练习）如图，ABC，EFG均是边长为2的等边三角形，点D是边BC、EF的中点，直线AG、FC相交于点M当EFG绕点D旋转时，线段BM长的最小值是（ ）A2- B+1 C D-1二、填空题9（2022秋安徽淮南九年级校联考阶段练习）如图，直线与y轴交于点P，将它绕着点P旋转90所得的直线对应的函数解析式为 10（2023秋山东临沂九年级统考期末）如图，已知等腰的顶角的大小为，点D为边上的动点（与B、C不重合），将AD绕点A沿顺时针方向旋转角度时点D落在处，

4、连接给出下列结论：；平分；当时，的面积取得最小值其中正确的结论有 （填结论对应的序号）11（2022秋河南周口九年级校考期末）在中，绕点A旋转后能与重合，那么与的周长之比是 12（2023秋全国九年级专题练习）在平面内，先将一个多边形以点O为位似中心放大或缩小，使所得多边形与原多边形对应的线段的比值为k，逆时针旋转一个角度，这种经过相似和旋转变化的图形变换叫做旋转相似变换（k，），O为旋转相似中心，k为相似比，ABC是边长为1cm的等边三角形，将它作旋转相似变化A（，90），则BD长 cm13（2022秋九年级单元测试）如图，在ABC中，将ABC绕点A旋转，使点B落在AC边上的点D处，点C落在

5、点E处，如果点E恰好在线段BD的延长线上，那么边BC的长等于 14（2023吉林长春校考三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点，点将线段BA绕点B旋转180得到线段BC，则点C的坐标为 15（2022秋河南南阳九年级校考阶段练习）已知正方形的边长为4，点是边上靠近点的四等分点，连接，将线段绕点旋转，交外角的平分线于点，若，则的长为 16（2020春九年级统考课时练习）如图，已知有两堵墙AB，CD，AB墙高2米，两墙之间的距离BC为8米，小明将一架木梯放在距B点3米的E处靠向墙AB时，木梯有很多露出墙外，将木梯绕点E旋转90靠向墙CD时，木梯刚好达到墙的顶端，则墙CD的高为 米17（2021上

6、海九年级专题练习）如图，AD是ABC的中线，点E在边AB上，且DEAD，将BDE绕着点D旋转，使得点B与点C重合，点E落在点F处，连接AF交BC于点G，如果，那么的值等于 18（2023河北沧州校考二模）如图，在中，直角的顶点在上，、分别交、于点、，绕点任意旋转当时，的值为 ；当时，为 （用含的式子表示）三、解答题19（2023春重庆万州九年级重庆市万州第三中学校考阶段练习）如图，将ABC绕点A旋转得到ADE，连接BD，CE求证：ADBAEC20（2022秋广西贵港九年级校考阶段练习）如图与是两个全等的等腰直角三角形，绕点A旋转，边与分别相交于点F、G（1）求证：；（2）求证：21（2022春

7、九年级课时练习）如图，在RtABC中，BAC90，ABAC在平面内任取一点D，连结AD（ADAB），将线段AD绕点A逆时针旋转90，得到线段AE，连结DE，CE，BD（1）直线BD和CE的位置关系是 ；（2）猜测BD和CE的数量关系并证明；（3）设直线BD，CE交于点P，把ADE绕点A旋转，当EAC90，AB2，AD1时，直接写出PB的长22（2022秋山东德州九年级统考期末）如图1，在RtABC中，ABC90，ABBC4，点D、E分别是边AB、AC的中点，连接DE，将ADE绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角为，BD、CE所在直线相交所成的锐角为（1）问题发现当0时，_；_（2）拓展探究试判断：

8、当0360时，和的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明（3）在ADE旋转过程中，当DEAC时，直接写出此时CBE的面积23（2013九年级单元测试）如图（1），ABC与EFD为等腰直角三角形，AC与DE重合，AB=EF，BAC=DEF=90，固定ABC，将EFD绕点A 顺时针旋转，当DF边与AB边重合时，旋转中止不考虑旋转开始和结束时重合的情况，设DE、DF（或它们的延长线）分别交BC（或它的延长线）于G、H点，如图（2）（1）问：始终与AGC相似的三角形有 ；（2）请选择（1）中的一组相似三角形加以证明24（2023河北模拟预测）问题发现：（1）如图1，在RtABC中，A90，ABkAC（

9、k1），D是AB上一点，DEBC，则BD，EC的数量关系为 类比探究（2）如图2，将AED绕着点A顺时针旋转，旋转角为a（0a90），连接CE，BD，请问（1）中BD，EC的数量关系还成立吗？说明理由拓展延伸：（3）如图3，在（2）的条件下，将AED绕点A继续旋转，旋转角为a（a90）直线BD，CE交于F点，若AC1，AB，则当ACE15时，BFCF的值为 参考答案1C【分析】由题意得，推出，得到，根据相似三角形的性质得到，于是得到结论解：由题意得，又是等腰直角三角形，且，又，即，故选：C【点拨】本题考查了相似三角形的判定，考查了相似三角形对应边比例相等的性质，本题中求证是解题的关键2D【分析

10、】根据相似三角形的判定定理逐一推理即可得到答案解：，故A不符合题意；，故B不符合题意；和是对顶角，故C不符合题意；和没有明确的度数，不存在相似三角形故选D【点拨】本题考查了相似三角形的判定定理，熟知相似三角形的判定定理是解题的关键：两个角对应相等，则这两个三角形相似；两条边对应成比例，且它们的夹角相等，则这两个三角形相似3D【分析】根据菱形的性质和勾股定理得BC=10，即可得BHABBC10，则OHBHOB2，根据角之间的关系和线段之间的关系得HOPHFE，根据相似三角形的性质得OP1，即可得解：过E点作EFBD于F，四边形ABCD是菱形，ACBD，EFAC，AC12，BD16，OCOAAC6

11、，OBODBD8，BHABBC10，OHBHOB2，E是BC的中点，EFAC，EFOC3，OFOB4，HFOH+OF6，EFAC，HOPHFE，OP1，CPOCOP5，故选D【点拨】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质4C【分析】连接AF，AC，根据正方形的性质可得，可证得ABEACF，即可求解解：如图，连接AF，AC，四边形和四边形都是正方形，AB=BC，AE=EF，BAC=EAF=45，ABC=AEF=90，BAE=CAF，ABEACF，故选：C【点拨】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质和判定，熟练掌握正方形的性质，相似三角形的性

12、质和判定是解题的关键5B【分析】根据旋转的性质得到AD1B1=B1DE，从而证明AD1B1EDB1，得到，根据AB和BC分别求出B1D和B1D1，从而计算出B1E解：由旋转可得：AD1B1=B1DE，AB1D1=DB1E，AD1B1EDB1，AB=3，BC=4，B1D=AD-AB1=4-3=1，B1D1=，故选B【点拨】本题考查了相似三角形的判定和性质，旋转的性质和矩形的性质，解题的关键是结合旋转的性质证明AD1B1EDB16A【分析】过D作DMOA于M，FNOA于N，则DMA=FNA=90，求出OA=5，AB=3，根据勾股定理求出AM，求出点D坐标，求出DAMAFN，求出AN和FN，求出F坐

13、标，求出直线AD和OF的解析式，再求出交点G的坐标即可解：过D作DMOA于M，FNOA于N，则DMA=FNA=90，在矩形OABC中，A（5，0）C（0，3），OA=BC=5，AB=OC=3=DM，把矩形OABC绕点A旋转，得到矩形ADEF且点D恰好落在BC上，AD=OA=5，OAB=DAF=90，AF=AB=3，DAM=BAF=90-DAB，BAO=FNA=90，BAF=AFN，DAM=AFN，在RtDMA中，由勾股定理得：AM=CD=OM=5-4=1，即点D坐标是（1，3），DMA=FNA，DAM=AFN，DAMAFN， ，解得：FN= ，AN=，ON=5+=，即F点的坐标是（，），设直线

14、AD的解析式是y=kx+b，把A（5，0），C（1，3）代入得： ，解得：k=- ，b=，直线AD的解析式是y=-，设直线OF的解析式是y=ax，把F（，）代入得：，解得：a= 直线OF的解析式是y=，解方程组得： ，即点G的坐标是（，），故选：A【点拨】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，点的坐标，相似三角形的性质和判定，勾股定理，用待定系数法求出一次函数的解析式等知识点，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键7D【分析】作交AB于点H，作交BC于点G，易证，利用相似三角形对应线段成比例可得结论.解：如图，作交AB于点H，作交BC于点G， 由题意得，又为矩形为中心，即.故选：D.【点拨】

15、本题主要考查了相似三角形的判定与性质，灵活的添加辅助线构造相似三角形是解题的关键.8D解：AC的中点O，连接AD、DG、BO、OM，如图ABC，EFG均是边长为2的等边三角形，点D是边BC、EF的中点，ADBC，GDEF，DA=DG，DC=DF，ADG=90-CDG=FDC，DAGDCF，DAG=DCFA、D、C、M四点共圆根据两点之间线段最短可得：BOBM+OM，即BMBO-OM，当M在线段BO与该圆的交点处时，线段BM最小，此时，BO=，OM=AC=1，则BM=BO-OM=-1故选D考点：1.等边三角形的性质、2.等腰三角形的性质、3.相似三角形的判定与性质.9【分析】利用旋转后的图形与原

16、图形相似，可得到新函数解析式与x轴的交点解：，函数与x轴的交点是，与y轴的交点是设函数与x轴交于点A，新函数与x轴交于点B，即，点设新函数解析式为，把点B代入求得，新函数解析式为，故答案为：【点拨】本题考查了一次函数图象与几何变换，一次函数的图象上点的坐标特征，三角形相似的判断和性质，求出点B的坐标是解题的关键10【分析】结论，和是两个顶角相等的等腰三角形，可得，即可得出最后结论结论利用推出，再利用等腰三角形的性质可得最后结论结论由等腰三角形性质得出，利用面积与相似比结合即可得出最后结论解：， ，故对，又是等腰三角形，平分，故对，即最小时最小，当时，最小，由等腰三角形三线合一，此时D点是中点，

17、故对故答案为：【点拨】本题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，中利用了三角形内角和以及平角的度数，中将面积与相似比结合是解题的关键11/【分析】根据旋转的性质可知与是顶角相等的两个等腰三角形，易证它们相似，利用相似三角形的性质解题解：如图，由旋转的性质可知，旋转角，所以，相似比，根据相似三角形的周长比等于相似比可知，与的周长之比为3：4，故答案为：3：4【点拨】本题利用旋转的性质，证明相似三角形，再用相似三角形的性质求周长的比122【分析】已知ABC旋转相似变换A（，90），得到ADE，可推出BAD90，利用勾股定理可求出BD的值解：将ABC作旋转相似变换A（，90），则cm

18、，BAD=90，由勾股定理得：BD2（cm）故答案为：2【点拨】本题考查了旋转的性质、相似三角形的性质及勾股定理，理解题目中的旋转相似是解题的关键13【分析】如图所示，连接CE，由旋转的性质可得：AD=AB=4，BC=DE，BCD=DEA，AE=AC=5，则CD=AC-AD=1，然后证明BDCADE，得到，即，则，由此即可得到答案解：如图所示，连接CE，由旋转的性质可得：AD=AB=4，BC=DE，BCD=DEA，AE=AC=5，CD=AC-AD=1又BDC=ADE，BDCADE，即，（负值已经舍去），故答案为：【点拨】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的性质与判定，熟知相似三角形的性质与判

19、定条件是解题的关键14（2，2）【分析】根据旋转性质可得出点B是A、C的中点，过点C作CDx轴于D，利用相似三角形的判定与性质求得OD和CD即可求解解：点，点，OA=2，OB=1，由旋转性质得：AB=BC，即点B是A、C的中点，过点C作CDx轴于D，则CDOB，AOBADC，OD=2，CD=2，点C坐标为（2，2），故答案为：（2，2）【点拨】本题考查旋转性质、相似三角形的判定与性质，坐标与图形，熟练掌握旋转性质和相似三角形的判定与性质是解答的关键15【分析】过点F作FHAD于H，FNAM于N，由“HL”可证RtNFERtBEC，可得BCE=NEF，可证FEC=90，由勾股定理可求FC的长，通

20、过证明FHGCDG，可得，即可求解解：过点F作FHAD于H，FNAM于N，设BAD的外角为MAD，AF平分MAG，FHAD，FNAM，FAH=45，FN=FH，FHAD，FAH=AFH=45，AH=FH，AF=FH=，FH=AH=1，FN=FH=1，点E是边AB上靠近点B的四等分点，BE=1，EC=，将线段EC绕点E旋转，EC=EF，在RtNFE和RtBEC中，RtNFERtBEC（HL），BCE=NEF，BCE+BEC=90，BEC+NEF=90，FEC=90，CF=EC=，FHG=D=90，FGH=CGD，FHGCDG，FG=FC=故答案为：【点拨】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三

21、角形的判定和性质，角平分线的性质，正方形的性质，勾股定理，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键167.5【分析】先利用等角的余角相等得到BAE=CED，则可判断RtABEECD，然后利用相似比计算CD的高度解：根据题意，得，米，米，米，=5米，米故答案为：7.5；【点拨】本题主要考查了相似三角形的应用，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键.17【分析】证明EDBFDC，可得EDDF，EBDFCD，FCBE，即FCAB，所以CFGBAG，可得，所以FGAF，因为DEAD，DEDF，所以AEAF，进而可得出的值解：如图， 将BDE绕着点D旋转，使得点B与点C重合，点E落在点F处，BDCD，EDF

22、D，EDBFDC，EDBFDC（SAS），EBDFCD，FCBE，FCAB，CFGBAG，FGAG又AF=AG+GF,FGAF，DEAD，DEDF，AEAF，故答案为：【点拨】本题考查图形旋转的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握图形旋转的性质18 , 解：如图，过点O作OHAC于H，OGBC于G，由条件可以表示出HO、GO的值，通过证明PHOQGO由相似三角形的性质就可以求出结论解：过点O作OHAC于H，OGBC于G，OHP=OGQ=90ACB=90，四边形HCGO为矩形，HOG=90，HOP=GOQ，PHOQGO，设OA=x，则OB=2x，且ABC=30，AH=x，OG=x在Rt

23、AHO中，由勾股定理，得OH=x，=故答案为19见分析【分析】由题知，将ABC绕点A旋转得到ADE，可得到ACAE，ABAD，CAEBAD，即可证明解：将ABC绕点A旋转得到ADE，ACAE，ABAD，CAEBAD，ADBAEC【点拨】本题主要考查了旋转的性质以及相似三角形的判定，属于基础题，明白旋转前后的边和角都不变是解题的关键20（1）见分析；（2）见分析【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到，由外角的性质得到，于是得到，即可得到结论；（2）方法同（1）证得，根据相似三角形的性质即可得到结论解：（1）证明：与是两个全等的等腰直角三角形，；（2）证明：与是两个全等的等腰直角三角形，【点拨

24、】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形外角的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键21（1）BDCE；（2）BDCE，证明见分析；（3）或【分析】（1）依据等腰三角形的性质得到ABAC，ADAE，依据同角的余角相等得到DABCAE，然后依据SAS可证明ADBAEC，最后，依据全等三角形的性质可得到结论；（2）根据全等三角形的性质即可得到结论；（3）分为点E在AB上和点E在BA的延长线上两种情况画出图形，然后再证明BPEBAD，最后依据相似三角形的性质进行证明即可解：（1）BDCE，理由：延长CE交BD于P，将线段AD绕点A逆时针旋转9

25、0，得到线段AE，ADAE，DAE90，BAC90，ABAC，DAB+BAECAE+BAE90，DABEAC，DABEAC（SAS），ABDACE，ABC+ACBABP+ABC+PCB90，BPC90，BDCE，故答案为：BDCE；（2）BD和CE的数量是：BDCE；由（1）知ABDACE，BDCE；（3）当点E在AB上时，BEABAE1EAC90，CE，同（1）可证ADBAECAECBEP，BPEEAC90，PBEABD，BPEBAD，BP当点E在BA延长线上时，BE3，EAC90，CE，由BPEBAD，PB，综上所述，PB的长为或【点拨】本题通过旋转图形的引入，综合考查了三角形全等、三角形

26、相似、直角三角形性质知识点.22（1），45；（2）和的大小无变化；（3）BCE的面积为 或【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质，线段的中点的定义即可判断（2）结论：和的大小无变化如图2中，延长CE交AB于点O，交BD于K证明DABEAC，即可解决问题（3）分两种情形：当点E在线段AB上时，当点E在线段BA的延长线上时，分别求解即可（1）解：如图1中，B90，BABC，A45，AC =AB，点D、E分别是边AB、AC的中点，BDAB，ECAC，45；故答案为，45（2）解：结论：和的大小无变化理由如下：如图2中，延长CE交AB于点O，交BD于K由（1）得：AEAD，ACAB，DAEBAC，D

27、ABEAC，DABEAC，OBKOCA，BOKCOA，BKOCAO45，即45，和的大小无变化（3）解：ABC90，ABBC4，点E分别是边AC的中点，当点E在线段AB上时，SBCE =，当点E在线段BA的延长线上时，SBCE =综上所述，BCE的面积为 或【点拨】本题属于几何变换综合题，考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题23（1）HGA及HAB（2）见分析试题分析：（1）由等腰直角三角形的性质与三角形外角的性质，易得GAC=H，然后由公共角相等，即可得AGCHGA；由B=

28、ACG=45，即可得AGCHAB（2）由等腰直角三角形的性质与三角形外角的性质，即可证得结论解：（1）始终与AGC相似的三角形有HGA及HAB；故答案为HGA、HAB（2）选择：AGCHGA证明：AGB是AGC和AGH的外角，AGB=GAC+ACB，AGB=GAH+H，ACB=GAH=45，GAC=H，AGC=HGA（公共角），AGCHGA选择：AGCHAB证明：AGB是AGC和AGH的外角，AGB=GAC+ACB，AGB=GAH+H，ACB=GAH=45，GAC=H，B=ACG=45，AGCHAB考点：相似三角形的判定；等腰直角三角形；旋转的性质点评：此题考查了相似三角形的判定以及等腰直角三

29、角形的性质此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用24（1）BDkEC；（2）成立，理由见分析；（3）1或2.【分析】问题发现：（1）由平行线分线段成比例可得，即可得BDkEC；类比探究：（2）通过证明ABDACE，可得k，即可得BDkEC；拓展延伸：（3）分两种情况讨论，由相似三角形的性质可得ACEABD，即可证BFC90，由直角三角形的性质和勾股定理可求BFCF的值解：问题发现：（1）DEBC，ABkAC，BDkEC，故答案为BDkEC；类比探究：（2）成立，理由如下：连接BD由旋转的性质可知，BADCAE，ABDACE，k，故BDkEC；拓展延伸：（3）BFCF的值为2或1；由旋转的性质

30、可知BADCAE，ABDACEACE15ABDABC+ACB90FBC+FCB90BFC90BAC90，AC1，AB，tanABC，ABC30ACB60分两种情况分析：如图2，在RtBAC中，ABC30，AC1，BC2AC2，在RtBFC中，CBF30+1545，BC2BFCFBFCF（）22如图3，设CFa，在BF上取点G，使BCG15BCF60+1575，CBFABCABD301515，CFB90GCF60CGBG2a，GFaCF2+BF2BC2a2+（2a+a） 222，解得a22，BFCF（2+）aa（2+）a21，即：BFCF1或2故答案为1或2【点拨】本题是相似三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，证明ABDACE是本题的关键