專題20全等與相似模型之手拉手模型全等三角形與相似三角形在中考數學幾何模塊中占據著重要地位。全等三角形、相似三角形與其它知識點結合以綜合題的形式呈現，其變化很多，難度大，是中考的常考題型。如果大家平時注重解題方法，熟練掌握基本解題模型，再遇到該類問題就信心更足了。本專題就手拉手模型進行梳理及對應試題分析，方便掌握。TOC\o"1-4"\h\z\u 2模型1.手拉手模型（全等模型） 2模型2.手拉手模型（相似模型） 12 26大家在掌握幾何模型時，多數同學會注重模型結論，而忽視幾何模型的證明思路及方法，導致本末倒置。要知道數學題目的考察不是一成不變的，學數學更不能死記硬背，要在理解的基礎之上再記憶，這樣才能做到對于所學知識的靈活運用，并且更多時候能夠啟發我們解決問題的關鍵就是基于已有知識、方法的思路的適當延伸、拓展，所以學生在學習幾何模型要能夠做到的就是：①認識幾何模型并能夠從題目中提煉識別幾何模型；②記住結論，但更為關鍵的是記住證明思路及方法；③明白模型中常見的易錯點，因為多數題目考察的方面均源自于易錯點。當然，以上三點均屬于基礎要求，因為題目的多變性，若想在幾何學習中突出，還需做到的是，在平時的學習過程中通過大題量的訓練，深刻認識幾何模型，認真理解每一個題型，做到活學活用！模型1.手拉手模型（全等模型）將兩個三角形（或多邊形）繞著公共頂點旋轉某一角度后能完全重合，則這兩個三角形構成手拉手全等，也叫旋轉型全等。其中：公共頂點A記為“頭”，每個三角形另兩個頂點逆時針順序數的第一個頂點記為“左手”，第二個頂點記為“右手”。等線段，共頂點，旋轉前后的圖形大小，形狀不發生變化，只是位置不同而已。解題是通過三角形全等進行解決。SAS型全等（核心在于導角，即等角加（減）公共角）。1）雙等邊三角形型條件：△ABC和△DCE均為等邊三角形，C為公共點；連接BE，AD交于點F。結論：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。證明：∵△ABC和△DCE均為等邊三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60°∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即：∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMF，∴∠AFM=∠BCM=60°，過點C作CP⊥AD,CQ⊥BE,則∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS）∴CQ=CP，根據角平分線的判定可得：CF平分∠BFD。2）雙等腰直角三角形型條件：△ABC和△DCE均為等腰直角三角形，C為公共點；連接BE，AD交于點N。結論：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。證明：∵△ABC和△DCE均為等腰直角三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=90°∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMN，∴∠ANM=∠BCM=90°，過點C作CP⊥AD,CQ⊥BE,則∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS）∴CQ=CP，根據角平分線的判定可得：CN平分∠BND。3）雙等腰三角形型條件：BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C為公共點；連接BE，AD交于點F。結論：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠BCM=∠AFM；④CF平分∠BFD。證明：∵∠BCA=∠ECD，∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，又∵BC=AC，CE=CD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMF，∴∠BCM=∠AFM，過點C作CP⊥AD,CQ⊥BE,則∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS）∴CQ=CP，根據角平分線的判定可得：CF平分∠BFD。4）雙正方形形型條件：四邊形ABCD和四邊形CEFG都是正方形，C為公共點；連接BG，ED交于點N。結論：①△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。證明：∵四邊形ABCD和四邊形CEFG都是正方形，∴BC=AC，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°∴∠BCD+∠DCG=∠ECG+∠DCG，即∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE（SAS），∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CMB=∠DMN，∴∠BCM=∠DNM=90°，過點C作CP⊥DE,CQ⊥BG,則∠CPD=∠CPB=90°，又∵∠CBG=∠CDE，BC=DC，∴△BCQ≌△DCP（AAS）∴CQ=CP，根據角平分線的判定可得：CN平分∠BND。例1．（23-24八年級下·遼寧丹東·期中）如圖，點A，B，C在同一條直線上，，均為等邊三角形，連接和，分別交、于點M，P，交于點Q，連接，，下面結論：①；②；③為等邊三角形；④平分；⑤．其中結論正確的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個例2．（2024·山東泰安·中考真題）如圖1，在等腰中，，，點，分別在，上，，連接，，取中點，連接．(1)求證：，；(2)將繞點順時針旋轉到圖2的位置．①請直接寫出與的位置關系：___________________；②求證：．例3．（2023·山東·九年級專題練習）已知，為等邊三角形，點在邊上．【基本圖形】如圖1，以為一邊作等邊三角形，連結．可得（不需證明）．【遷移運用】如圖2，點是邊上一點，以為一邊作等邊三角．求證：．【類比探究】如圖3，點是邊的延長線上一點，以為一邊作等邊三角．試探究線段，，三條線段之間存在怎樣的數量關系，請寫出你的結論并說明理由．例4．（23-24九年級上·浙江臺州·期末）如圖，將繞點A順時針旋轉得到，并使C點的對應點D點落在直線上．(1)如圖1，證明：平分；(2)如圖2，與交于點F，若，求的度數；(3)如圖3，連接，若，則的長為．例5．（2022·浙江湖州·統考中考真題）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分別表示∠A，∠B的對邊，．記△ABC的面積為S．(1)如圖1，分別以AC，CB為邊向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．記正方形ACDE的面積為，正方形BGFC的面積為．①若，，求S的值；②延長EA交GB的延長線于點N，連結FN，交BC于點M，交AB于點H．若FH⊥AB（如圖2所示），求證：．(2)如圖3，分別以AC，CB為邊向形外作等邊三角形ACD和等邊三角形CBE，記等邊三角形ACD的面積為，等邊三角形CBE的面積為．以AB為邊向上作等邊三角形ABF（點C在△ABF內），連結EF，CF．若EF⊥CF，試探索與S之間的等量關系，并說明理由．例6．（2024·黑龍江·九年級期中）已知Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB＝90°，F為AB邊的中點，且DF=EF，∠DFE＝90°，D是BC上一個動點．如圖1，當D與C重合時，易證：CD2＋DB2＝2DF2；（1）當D不與C、B重合時，如圖2，CD、DB、DF有怎樣的數量關系，請直接寫出你的猜想，不需證明．（2）當D在BC的延長線上時，如圖3，CD、DB、DF有怎樣的數量關系，請寫出你的猜想，并加以證明．模型2.手拉手模型（相似模型）“手拉手”旋轉型定義：如果將一個三角形繞著它的項點旋轉并放大或縮小(這個頂點不變)，我們稱這樣的圖形變換為旋轉相似變換，這個頂點稱為旋轉相似中心，所得的三角形稱為原三角形的旋轉相似三角形。手拉手模型有以下特點：1）兩個三角形相似；2）這兩個三角形有公共頂點，且繞頂點旋轉并縮放后2個三角形可以重合；3）圖形是任意三角形（只要這兩個三角形是相似的）。1）手拉手相似模型（任意三角形）條件:如圖，∠BAC=∠DAE=，；結論：△ADE∽△ABC，△ABD∽△ACE；；∠BFC=∠BAC.證明：∵，∴，∵∠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）條件:如圖，，；結論：△AOC∽△BOD；，AC⊥BD，.證明：∵，∴∠AOB-∠BOC=∠COD-∠BOC，∴∠AOC=∠BOD，∵，∴△AOC∽△BOD，∴，∠OAB=∠OBD，∴∠AEB=∠AOB=90°，∴AC⊥BD，∴.3）手拉手相似模型（特殊的等邊三角形與等腰直角三角形）條件:M為等邊三角形ABC和DEF的邊AC和DF的中點；結論：△BME∽△CMF；.證明：∵M為等邊三角形ABC和DEF的邊AC和DF的中點，∴，∠BMC=∠EMF=90°，∴∠BMC-∠EMC=∠EMF-∠EMC，∴∠BME=∠CMF，∴△BME∽△CMF，∴，條件:△ABC和ADE是等腰直角三角形；結論：△ABD∽△ACE；∠ACE=90°；.證明：∵△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°例1．（2023·江西·一模）圖形的旋轉變換是研究數學相關問題的重要手段之一，小麗和小亮對等腰只角形的旋轉變換進行研究．(1)[觀察猜想]如圖1，△ABC是以AB、AC為腰的等腰三角形，點D、點E分別在AB、AC上．且DE∥BC，將△ADE繞點A逆時針旋轉a（0°≤a≤360°）．請直接寫出旋轉后BD與CE的數量關系；(2)[探究證明]如圖2，△ACB是以∠C為直角頂點的等腰直角三角形，DE∥BC分別交AC與AB兩邊于點E、點D．將△ADE繞點A逆時針旋轉至圖中所示的位置時，（1）中結論是否仍然成立．若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由；(3)[拓展延伸]如圖3，BD是等邊△ABC底邊AC的中線，AE⊥BE，AE∥BC．將△ABE繞點B逆時針旋轉到△FBE，點A落在點F的位置，若等邊三角形的邊長為4，當AB⊥BE時，求出DF2的值．例2．（2024·山東棗莊·二模）綜合實踐問題背景：借助三角形的中位線可構造一組相似三角形，若將它們繞公共頂點旋轉，對應頂點連線的長度存在特殊的數量關系，數學小組對此進行了研究，如圖1，在中，，，分別取，的中點D，E，作．如圖2所示，將繞點A逆時針旋轉，連接，．(1)探究發現：旋轉過程中，線段和的長度存在怎樣的數量關系？寫出你的猜想，并證明．(2)性質應用：如圖3，當所在直線首次經過點B時，求的長．例3．（2024·四川成都·中考真題）數學活動課上，同學們將兩個全等的三角形紙片完全重合放置，固定一個頂點，然后將其中一個紙片繞這個頂點旋轉，來探究圖形旋轉的性質．已知三角形紙片和中，，，．【初步感知】（1）如圖1，連接，，在紙片繞點旋轉過程中，試探究的值．【深入探究】（2）如圖2，在紙片繞點旋轉過程中，當點恰好落在的中線的延長線上時，延長交于點，求的長．【拓展延伸】（3）在紙片繞點旋轉過程中，試探究，，三點能否構成直角三角形．若能，直接寫出所有直角三角形的面積；若不能，請說明理由．例4．（2023·黑龍江齊齊哈爾·統考中考真題）綜合與實踐數學模型可以用來解決一類問題，是數學應用的基本途徑．通過探究圖形的變化規律，再結合其他數學知識的內在聯系，最終可以獲得寶貴的數學經驗，并將其運用到更廣闊的數學天地．

(1)發現問題：如圖1，在和中，，，，連接，，延長交于點．則與的數量關系：______，______；(2)類比探究：如圖2，在和中，，，，連接，，延長，交于點．請猜想與的數量關系及的度數，并說明理由；(3)拓展延伸：如圖3，和均為等腰直角三角形，，連接，，且點，，在一條直線上，過點作，垂足為點．則，，之間的數量關系：______；(4)實踐應用：正方形中，，若平面內存在點滿足，，則______．例5．（2024·山西·模擬預測）綜合與實踐問題背景：在數學活動課上，老師帶領同學們進行三角形旋轉的探究，已知和均為等邊三角形，O是和的中點，將繞點O順時針旋轉．猜想證明：(1)如圖①，在旋轉的過程中，當點E恰好在的延長線上時，交于點H，試判斷的形狀，并說明理由；(2)如圖②，在旋轉的過程中，當點E恰好落在邊上時，連接，試猜想線段與線段的數量關系，并加以證明；(3)如圖③，若，連接，設所在直線與所在直線交于點M，在旋轉的過程中，當點B，F，E在同一直線上時，在M，O兩點中的其中一點恰好是另一點與點C構成的線段的中點，請直接寫出此時的長．例6．（2024·山東濟南·模擬預測）(1)問題發現：如圖1，矩形與矩形相似，且矩形的兩邊分別在矩形的邊和上，，連接．線段F與的數量關系為；(2)拓展探究：如圖2，將矩形繞點A逆時針旋轉，其它條件不變．在旋轉的過程中，（1）中的結論是否仍然成立，請利用圖2進行說理．(3)解決問題：當矩形的邊時，點E為直線上異于D，C的一點，以為邊作正方形，點H為正方形的中心，連接，若，，直接寫出的長．例7．（2024·廣東深圳·二模）如圖，在等腰直角中，，D為上一點，E為延長線上一點，且，，則．1．（23-24九年級·遼寧盤錦·開學考試）如圖，在中，，過點C作于點D，過點B作于點M，連接，過點D作，交于點N．與相交于點E，若點E是的中點，則下列結論：①；②；③；④．其中正確的有（

）個．

A．4 B．3 C．2 D．12．（2022·湖南·中考真題）如圖，點是等邊三角形內一點，，，，則與的面積之和為（

）A． B． C． D．3．（23-24九年級上·遼寧大連·期中）如圖，在中，，點D是邊上的一個動點，連接，過點C作，使，連接，點F是的中點，連接并延長，交邊所在直線于點G，若，則的長為．4.（23-24九年級上·廣東深圳·期中）如圖，等腰直角中，，，過點作，，連接，過點作，垂足為，連接，則長為．5．（2024·河南周口·模擬預測）如圖，是等邊三角形，，點E是的平分線上的一動點，連接，將點E繞點C順時針旋轉得到點F，連接，．若是直角三角形，則線段的長為

6．（2024·山東泰安·三模）將矩形ABCD繞點B順時針旋轉得到矩形，點A、C、D的對應點分別為、、．如圖，當過點C時，若，，則的長為．7．（2023·湖北黃石·統考中考真題）如圖，將繞點A逆時針旋轉到的位置，使點落在上，與交于點E若，則（從“”中選擇一個符合要求的填空）；．

8．（2024·上海徐匯·九年級統考期末）如圖，在Rt△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，點D為斜邊BC上一點，且BD=3CD，將△ABD沿直線AD翻折，點B的對應點為B′，則sin∠CB′D=．9．（23-24九年級上·遼寧大連·期末）【問題初探】（1）在數學活動課上，王老師給出下面問題：如圖1，和是等邊三角形，點B、C、E不在同一條直線上，請找出圖中的全等三角形并直接寫出結論________________；（寫出一對即可）上面幾何模型被稱為“手拉手”模型，面對題目時我們也會“尋模而入，破模而出”．

【類比分析】（2）如下圖，已知四邊形中，，，是的平分線，且．將線段繞點E順時針旋轉得到線段．當時，連接，試判斷線段和線段的數量關系，并說明理由；①小明同學從結論出發給出如下解題思路：可以先猜測線段和線段的數量關系，然后通過逆用“手拉手”模型，合理添加輔助線，借助“全等”來解決問題；②小玲同學從條件入手給出另一種解題思路：可以根據條件，則，再通過“手拉手”模型，合理添加輔助線，構造與全等的三角形來解決問題．請你選擇一名同學的解題思路（也可另辟蹊徑）來解決問題，并說明理由．【拓展延伸】（3）如下圖，中，當時，點D、E為、上的點，，，若，，求線段的長．10．（23-24九年級下·四川達州·開學考試）已知，與都是等腰直角三角形，，，連接，．(1)如圖，求證；(2)如圖，點在內，，，三點在同一直線上，過點作的高，證明：；(3)如圖，點在內，平分，的延長線與交于點，點恰好為中點，若，求線段的長．11．（2023·河南新鄉·模擬預測）問題發現：如圖1，在△ABC中，AB＝AC，，D為BC邊上一點（不與點B，C重合），將線段AD繞點A逆時針旋轉60°得到AE，則：(1)①∠ACE的度數是；②線段AC，CD，CE之間的數量關系是．拓展探究：(2)如圖2，在△ABC中，AB＝AC，D為BC邊上一點（不與點B，C重合），將線段AD繞點A逆時針旋轉90°得到AE，連接EC，請寫出∠ACE的度數及線段AD，BD，CD之間得數量關系，并說明理由；解決問題：(3)如圖3，在Rt△DBC中，DB＝3，DC=5，∠BDC＝90°，若點A滿足AB＝AC，∠BAC＝90°，請直接寫出線段AD的長度．12．（2024·河南新鄉·模擬預測）問題發現：如圖1，在△ABC中，AB＝AC，，D為BC邊上一點（不與點B，C重合），將線段AD繞點A逆時針旋轉60°得到AE，則：(1)①∠ACE的度數是；②線段AC，CD，CE之間的數量關系是．拓展探究：(2)如圖2，在△ABC中，AB＝AC，D為BC邊上一點（不與點B，C重合），將線段AD繞點A逆時針旋轉90°得到AE，連接EC，請寫出∠ACE的度數及線段AD，BD，CD之間得數量關系，并說明理由；解決問題：(3)如圖3，在Rt△DBC中，DB＝3，DC=5，∠BDC＝90°，若點A滿足AB＝AC，∠BAC＝90°，請直接寫出線段AD的長度．13．（2024·浙江紹興·校考一模）【問題探究】（1）如圖1，銳角△ABC中，分別以AB、AC為邊向外作等腰直角△ABE和等腰直角△ACD，使AE＝AB，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD＝90°，連接BD，CE，試猜想BD與CE的大小關系，不需要證明．【深入探究】（2）如圖2，四邊形ABCD中，AB＝5，BC＝2，∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°，求BD2的值；甲同學受到第一問的啟發構造了如圖所示的一個和△ABD全等的三角形，將BD進行轉化再計算，請你準確的敘述輔助線的作法，再計算；【變式思考】（3）如圖3，四邊形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，∠ADC＝30°，AD＝6，BD＝10，則CD＝．14．（2024·江西·中考真題）綜合與實踐：如圖，在中，點D是斜邊上的動點（點D與點A不重合），連接，以為直角邊在的右側構造，，連接，．特例感知（1）如圖1，當時，與之間的位置關系是______，數量關系是______；類比遷移（2）如圖2，當時，猜想與之間的位置關系和數量關系，并證明猜想．拓展應用（3）在（1）的條件下，點F與點C關于對稱，連接，，，如圖3．已知，設，四邊形的面積為y．①求y與x的函數表達式，并求出y的最小值；②當時，請直接寫出的長度．15．（2024·廣東深圳·模擬預測）在平面內，將一個多邊形先繞自身的頂點A旋轉一個角度，再將旋轉后的多邊形以點A為位似中心放大或縮小，使所得多邊形與原多邊形對應線段的比為k，稱這種變換為自旋轉位似變換．若順時針旋轉，記作順；若逆時針旋轉，記作逆．例如：如圖①，先將繞點B逆時針旋轉，得到，再將以點B為位似中心縮小到原來的，得到，這個變換記作逆．(1)如圖②，經過順得到，用尺規作出．（保留作圖痕跡）(2)如圖③，經過逆得到，經過順得到，連接．求證：四邊形AFDE是平行四邊形．(3)如圖④，在中，，，．若經過（2）中的變換得到的四邊形是正方形，請直接寫出的長．16．（2024·黑龍江齊齊哈爾·三模）天府新區某校數學活動小組在一次活動中，對一個數學問題作如下探究：(1)問題發現：如圖1，在等邊中，點P是邊上任意一點，連接，以為邊作等邊，連接．易證：(2)變式探究：如圖2，在等腰中，，點P是邊上任意一點，以為腰作等腰，使，連接．判斷和的數量關系，并說明理由：(3)解決問題：如圖3，在正方形中，點P是邊上一點，以邊作正方形，Q是正方形的中心，連接．若正方形的邊長為6，則正方形的邊長為17．（2024·湖北黃石·三模）（1）如圖①，和為等腰直角三角形，，求證：．（2）如圖②，，，試探究線段與線段的關系，并加以證明．（3）如圖③，，，求的最大值．

18．（2024·湖北武漢·模擬預測）在中，，，且．(1)如圖1，若F、G分別是、的中點，求證：．(2)如圖2，若，，連接，求的值．(3)如圖3，若，，F、G分別是和上的動點，且始終滿足，將繞A點順時針旋轉一周，則的最小值為______．19．（2024·陜西西安·模擬預測）（1）問題發現：如圖1，在菱形中，，點是對角線上一動點，連接，將繞點順時針旋轉得到，連接，．求的度數．（2）問題探究：如圖2，在正方形中，，點是對角線上一動點，連接，將繞點逆時針旋轉得到，連接，當時，求的長度；（3）問題解決：某科技公司現有一塊形如矩形的研發基地，如圖3，已知米，米，為了響應國家“科教興國”戰略，現需要擴大基地面積．擴建方案如下：點是對角線上一動點，以為邊在右側作直角三角形，滿足，，其中將修建成新能源研發區，為試驗區，為保證研發效果，要使研發區（即的面積最大，求此時試驗區（即的面積．

專題20全等與相似模型之手拉手模型全等三角形與相似三角形在中考數學幾何模塊中占據著重要地位。全等三角形、相似三角形與其它知識點結合以綜合題的形式呈現，其變化很多，難度大，是中考的?？碱}型。如果大家平時注重解題方法，熟練掌握基本解題模型，再遇到該類問題就信心更足了。本專題就手拉手模型進行梳理及對應試題分析，方便掌握。TOC\o"1-4"\h\z\u 2模型1.手拉手模型（全等模型） 2模型2.手拉手模型（相似模型） 12 26大家在掌握幾何模型時，多數同學會注重模型結論，而忽視幾何模型的證明思路及方法，導致本末倒置。要知道數學題目的考察不是一成不變的，學數學更不能死記硬背，要在理解的基礎之上再記憶，這樣才能做到對于所學知識的靈活運用，并且更多時候能夠啟發我們解決問題的關鍵就是基于已有知識、方法的思路的適當延伸、拓展，所以學生在學習幾何模型要能夠做到的就是：①認識幾何模型并能夠從題目中提煉識別幾何模型；②記住結論，但更為關鍵的是記住證明思路及方法；③明白模型中常見的易錯點，因為多數題目考察的方面均源自于易錯點。當然，以上三點均屬于基礎要求，因為題目的多變性，若想在幾何學習中突出，還需做到的是，在平時的學習過程中通過大題量的訓練，深刻認識幾何模型，認真理解每一個題型，做到活學活用！模型1.手拉手模型（全等模型）將兩個三角形（或多邊形）繞著公共頂點旋轉某一角度后能完全重合，則這兩個三角形構成手拉手全等，也叫旋轉型全等。其中：公共頂點A記為“頭”，每個三角形另兩個頂點逆時針順序數的第一個頂點記為“左手”，第二個頂點記為“右手”。等線段，共頂點，旋轉前后的圖形大小，形狀不發生變化，只是位置不同而已。解題是通過三角形全等進行解決。SAS型全等（核心在于導角，即等角加（減）公共角）。1）雙等邊三角形型條件：△ABC和△DCE均為等邊三角形，C為公共點；連接BE，AD交于點F。結論：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。證明：∵△ABC和△DCE均為等邊三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=60°∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即：∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMF，∴∠AFM=∠BCM=60°，過點C作CP⊥AD,CQ⊥BE,則∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS）∴CQ=CP，根據角平分線的判定可得：CF平分∠BFD。2）雙等腰直角三角形型條件：△ABC和△DCE均為等腰直角三角形，C為公共點；連接BE，AD交于點N。結論：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。證明：∵△ABC和△DCE均為等腰直角三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD=90°∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMN，∴∠ANM=∠BCM=90°，過點C作CP⊥AD,CQ⊥BE,則∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS）∴CQ=CP，根據角平分線的判定可得：CN平分∠BND。3）雙等腰三角形型條件：BC=AC，CE=CD，∠BCA=∠ECD，C為公共點；連接BE，AD交于點F。結論：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠BCM=∠AFM；④CF平分∠BFD。證明：∵∠BCA=∠ECD，∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，又∵BC=AC，CE=CD，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，又∵∠CMB=∠AMF，∴∠BCM=∠AFM，過點C作CP⊥AD,CQ⊥BE,則∠CQB=∠CPA=90°，又∵∠CBE=∠CAD，BC=AC，∴△BCQ≌△ACP（AAS）∴CQ=CP，根據角平分線的判定可得：CF平分∠BFD。4）雙正方形形型條件：四邊形ABCD和四邊形CEFG都是正方形，C為公共點；連接BG，ED交于點N。結論：①△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。證明：∵四邊形ABCD和四邊形CEFG都是正方形，∴BC=AC，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°∴∠BCD+∠DCG=∠ECG+∠DCG，即∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE（SAS），∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CMB=∠DMN，∴∠BCM=∠DNM=90°，過點C作CP⊥DE,CQ⊥BG,則∠CPD=∠CPB=90°，又∵∠CBG=∠CDE，BC=DC，∴△BCQ≌△DCP（AAS）∴CQ=CP，根據角平分線的判定可得：CN平分∠BND。例1．（23-24八年級下·遼寧丹東·期中）如圖，點A，B，C在同一條直線上，，均為等邊三角形，連接和，分別交、于點M，P，交于點Q，連接，，下面結論：①；②；③為等邊三角形；④平分；⑤．其中結論正確的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】根據等邊三角形的性質即可證得故①正確；根據結合三角形外角性質即可得出，故②正確；根據等邊三角形的性質易證，得到結合即可得到為等邊三角形，故③正確；根據全等三角形性質，得到點到，的距離相等，，從而可得點在的角平分線上，故④正確；已有的條件無法求的度數，故⑤錯誤；從而解題．【詳解】解：、為等邊三角形，，，，，，在和中，，，故①正確；，，，，故②正確；在和中，，，，為等邊三角形，故③正確；，，點到，的距離相等，即邊上的高相等，點在的角平分線上，即平分；故④正確；已有的條件無法求的度數，故⑤錯誤；綜上所述：正確的結論有4個；故選：D．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，四點共圓的性質，三角形外角性質，角度的運算，解題的關鍵是熟練掌握并運用相關知識．例2．（2024·山東泰安·中考真題）如圖1，在等腰中，，，點，分別在，上，，連接，，取中點，連接．(1)求證：，；(2)將繞點順時針旋轉到圖2的位置．①請直接寫出與的位置關系：___________________；②求證：．【答案】(1)見解析(2)①；②見解析【分析】（1）先證明得到，，根據直角三角形斜邊中線性質得到，根據等邊對等角證明，進而可證明；（2）①延長到點，使，連結，延長到，使，連接并延長交于點．同（1）證明得到，然后利用三角形的中位線性質得到，則，進而證明即可得到結論；②延長到點，使，連接．先證明，得到，，進而，．證明得到即可得到結論．【詳解】（1）證明：在和中，，，，，，．是斜邊的中點，，，，．，，．；（2）解：①；理由如下：延長到點，使，連結，延長到，使，連接并延長交于點．證明（具體證法過程跟②一樣）．，是中點，是中點，是中位線，，，，，，．故答案為：；②證明：延長到點，使，連接．，，，，，，，，，，．，．在和中，，，，，，，．【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質、直角三角形斜邊中線性質、等腰三角形的判定與性質、三角形的中位線性質、平行線的判定與性質等知識，涉及知識點較多，綜合性強，熟練掌握相關知識的聯系與運用，靈活添加輔助線構造全等三角形是解答的關鍵．例3．（2023·山東·九年級專題練習）已知，為等邊三角形，點在邊上．【基本圖形】如圖1，以為一邊作等邊三角形，連結．可得（不需證明）．【遷移運用】如圖2，點是邊上一點，以為一邊作等邊三角．求證：．【類比探究】如圖3，點是邊的延長線上一點，以為一邊作等邊三角．試探究線段，，三條線段之間存在怎樣的數量關系，請寫出你的結論并說明理由．【答案】【基本圖形】見解析；【遷移運用】見解析；【類比探究】見解析．【分析】基本圖形：只需要證明得到，即可證明；遷移運用：過點作，交于點，然后證明得到，即可推出；類比探究：過點作，交于點，然后證明，得到，再由，即可得到．【詳解】基本圖形：證明：∵與都是等邊三角形，∴，，，，∴，，∴，在與中，，∴，∴，∴，∵，∴；遷移運用：證明：過點作，交于點，∵是等邊三角形，∴，∵，∴，，又∵，∴為等邊三角形，∴，∵為等邊三角形，∴，，∵，，∴，在與中，∴，∴，∴；類比探究：解：，理由如下：過點作，交于點，∵是等邊三角形，∴，∵，∴，，又∵，∴為等邊三角形，∴，∵為等邊三角形，∴，，∵，，∴，在與中，∴，∴，∵，∴．【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質與判定，等邊三角形的性質與判定，熟知全等三角形的性質與判定條件是解題的關鍵．例4．（23-24九年級上·浙江臺州·期末）如圖，將繞點A順時針旋轉得到，并使C點的對應點D點落在直線上．(1)如圖1，證明：平分；(2)如圖2，與交于點F，若，求的度數；(3)如圖3，連接，若，則的長為．【答案】(1)證明見解析；(2)；(3)．【分析】本題主要考查旋轉的性質，等腰三角形的判定與性質，勾股定理及逆定理的應用等知識，解答本題的關鍵是掌握旋轉的性質．（1）根據繞點A順時針旋轉得到，可得，即得，故，平分；（2）設，根據旋轉的性質和三角形外角的性質可得，即可解得；（3）過A作于H，由已知可得，即可得，從而，可得，是等腰直角三角形，故．【詳解】（1）證明：∵繞點A順時針旋轉得到，∴，∴，∴，∴平分；（2）解：設，∵∴，∵，∴，∵，∴，解得，∴；（3）解：過A作于H，如圖：∵繞點A順時針旋轉得到，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，故答案為：．例5．（2022·浙江湖州·統考中考真題）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分別表示∠A，∠B的對邊，．記△ABC的面積為S．(1)如圖1，分別以AC，CB為邊向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．記正方形ACDE的面積為，正方形BGFC的面積為．①若，，求S的值；②延長EA交GB的延長線于點N，連結FN，交BC于點M，交AB于點H．若FH⊥AB（如圖2所示），求證：．(2)如圖3，分別以AC，CB為邊向形外作等邊三角形ACD和等邊三角形CBE，記等邊三角形ACD的面積為，等邊三角形CBE的面積為．以AB為邊向上作等邊三角形ABF（點C在△ABF內），連結EF，CF．若EF⊥CF，試探索與S之間的等量關系，并說明理由．【答案】(1)①6；②見解析(2)，理由見解析【分析】（1）①將面積用a，b的代數式表示出來，計算，即可②利用AN公共邊，發現△FAN∽△ANB，利用，得到a，b的關系式，化簡，變形，即可得結論（2）等邊與等邊共頂點B，形成手拉手模型，△ABC≌△FBE，利用全等的對應邊，對應角，得到：AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，從而得到∠FEC＝30°，再利用，，得到a與b的關系，從而得到結論【詳解】（1）∵，∴b＝3，a＝4∵∠ACB＝90°∴②由題意得：∠FAN＝∠ANB＝90°，∵FH⊥AB∴∠AFN＝90°－∠FAH＝∠NAB∴△FAN∽△ANB∴∴，得：∴．即（2），理由如下：∵△ABF和△BEC都是等邊三角形∴AB＝FB，∠ABC＝60°－∠FBC＝∠FBE，CB＝EB∴△ABC≌△FBE（SAS）∴AC＝FE＝b∠FEB＝∠ACB＝90°∴∠FEC＝30°∵EF⊥CF，CE＝BC＝a∴∴∴由題意得：，∴∴【點睛】本題考查勾股定理，相似，手拉手模型，代數運算，本題難點是圖二中的相似和圖三中的手拉手全等。例6．（2024·黑龍江·九年級期中）已知Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB＝90°，F為AB邊的中點，且DF=EF，∠DFE＝90°，D是BC上一個動點．如圖1，當D與C重合時，易證：CD2＋DB2＝2DF2；（1）當D不與C、B重合時，如圖2，CD、DB、DF有怎樣的數量關系，請直接寫出你的猜想，不需證明．（2）當D在BC的延長線上時，如圖3，CD、DB、DF有怎樣的數量關系，請寫出你的猜想，并加以證明．【答案】（1）CD2+DB2=2DF2；（2）CD2+DB2=2DF2，證明見解析【分析】（1）由已知得，連接CF，BE，證明得CD=BE，再證明為直角三角形，由勾股定理可得結論；（2）連接CF，BE，證明得CD=BE，再證明為直角三角形，由勾股定理可得結論．【詳解】解：（1）CD2+DB2=2DF2證明：∵DF=EF，∠DFE＝90°，∴∴連接CF，BE，如圖∵△ABC是等腰直角三角形，F為斜邊AB的中點∴，即∴，又∴在和中∴∴，∴∴∵，∴CD2+DB2=2DF2；（2）CD2+DB2=2DF2證明：連接CF、BE∵CF=BF，DF=EF又∵∠DFC+∠CFE=∠EFB+∠CFB=90°∴∠DFC=∠EFB∴△DFC≌△EFB

∴CD=BE，∠DCF=∠EBF=135°∵∠EBD=∠EBF－∠FBD=135°－45°=90°在Rt△DBE中，BE2+DB2=DE2∵DE2=2DF2∴CD2+DB2=2DF2【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的性質、證明三角形全等是解決問題的關鍵，學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．模型2.手拉手模型（相似模型）“手拉手”旋轉型定義：如果將一個三角形繞著它的項點旋轉并放大或縮小(這個頂點不變)，我們稱這樣的圖形變換為旋轉相似變換，這個頂點稱為旋轉相似中心，所得的三角形稱為原三角形的旋轉相似三角形。手拉手模型有以下特點：1）兩個三角形相似；2）這兩個三角形有公共頂點，且繞頂點旋轉并縮放后2個三角形可以重合；3）圖形是任意三角形（只要這兩個三角形是相似的）。1）手拉手相似模型（任意三角形）條件:如圖，∠BAC=∠DAE=，；結論：△ADE∽△ABC，△ABD∽△ACE；；∠BFC=∠BAC.證明：∵，∴，∵∠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）條件:如圖，，；結論：△AOC∽△BOD；，AC⊥BD，.證明：∵，∴∠AOB-∠BOC=∠COD-∠BOC，∴∠AOC=∠BOD，∵，∴△AOC∽△BOD，∴，∠OAB=∠OBD，∴∠AEB=∠AOB=90°，∴AC⊥BD，∴.3）手拉手相似模型（特殊的等邊三角形與等腰直角三角形）條件:M為等邊三角形ABC和DEF的邊AC和DF的中點；結論：△BME∽△CMF；.證明：∵M為等邊三角形ABC和DEF的邊AC和DF的中點，∴，∠BMC=∠EMF=90°，∴∠BMC-∠EMC=∠EMF-∠EMC，∴∠BME=∠CMF，∴△BME∽△CMF，∴，條件:△ABC和ADE是等腰直角三角形；結論：△ABD∽△ACE；∠ACE=90°；.證明：∵△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°例1．（2023·江西·一模）圖形的旋轉變換是研究數學相關問題的重要手段之一，小麗和小亮對等腰只角形的旋轉變換進行研究．(1)[觀察猜想]如圖1，△ABC是以AB、AC為腰的等腰三角形，點D、點E分別在AB、AC上．且DE∥BC，將△ADE繞點A逆時針旋轉a（0°≤a≤360°）．請直接寫出旋轉后BD與CE的數量關系；(2)[探究證明]如圖2，△ACB是以∠C為直角頂點的等腰直角三角形，DE∥BC分別交AC與AB兩邊于點E、點D．將△ADE繞點A逆時針旋轉至圖中所示的位置時，（1）中結論是否仍然成立．若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由；(3)[拓展延伸]如圖3，BD是等邊△ABC底邊AC的中線，AE⊥BE，AE∥BC．將△ABE繞點B逆時針旋轉到△FBE，點A落在點F的位置，若等邊三角形的邊長為4，當AB⊥BE時，求出DF2的值．【答案】(1)結論BD=CE．證明見解析；(2)結論不成立．BD與CE的數量關系：BD=CE．證明見解析；(3)28【分析】（1）結論BD=CE．證明△ABD≌△ACE（）；（2）結論不成立．BD與CE的數量關系：BD=CE．證明△DAB∽△EAC，可得結論；（3）根據條件可得當AB⊥BE時，，結合等邊三角形的性質，可得，勾股定理即可求得．【詳解】（1）結論BD=CE．理由：如圖1中，∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≌△ACE（），∴BD=EC．故答案為：BD=CE．（2）結論不成立．BD與CE的數量關系：BD=CE．理由：∵△ABC，△AED都是等腰直角三角形，∴∠CAB=∠EAD=45°，，∵∠DAB=∠EAC，∴△DAB∽△EAC，∴，∴BD=CE（3）如圖3，BD是等邊△ABC底邊AC的中線，AE⊥BE，AE∥BC．，將△ABE繞點B逆時針旋轉到△FBE，點A落在點F的位置，當AB⊥BE時，ABC是等邊△，等邊三角形的邊長為4，，【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題．例2．（2024·山東棗莊·二模）綜合實踐問題背景：借助三角形的中位線可構造一組相似三角形，若將它們繞公共頂點旋轉，對應頂點連線的長度存在特殊的數量關系，數學小組對此進行了研究，如圖1，在中，，，分別取，的中點D，E，作．如圖2所示，將繞點A逆時針旋轉，連接，．(1)探究發現：旋轉過程中，線段和的長度存在怎樣的數量關系？寫出你的猜想，并證明．(2)性質應用：如圖3，當所在直線首次經過點B時，求的長．【答案】(1)，證明見解析；(2)【分析】本題考查了相似三角形的判定和性質，旋轉的性質，解直角三角形，解題的關鍵是熟練掌握旋轉前后對應角相等，對應邊相等；相似三角形對應角相等，對應邊成比例，以及解直角三角形的方法和步驟．（1）根據中點的定義得出，進而得出，易得，通過證明，即可得出結論；（2）根據題意推出當所在直線經過點B時，，根據勾股定理可得，根據（1）可得，即可求解；【詳解】（1）解：猜想，證明如下：在中，，，，的中點分別為D，E，∴，，，則，，，，，，將繞點A逆時針旋轉，連接，，根據旋轉的性質可得：，，，，；（2）解：，分別取，的中點D，E，，，，，∴當所在直線經過點B時，，，在中，根據勾股定理可得：，由（1）可得：，，解得：；例3．（2024·四川成都·中考真題）數學活動課上，同學們將兩個全等的三角形紙片完全重合放置，固定一個頂點，然后將其中一個紙片繞這個頂點旋轉，來探究圖形旋轉的性質．已知三角形紙片和中，，，．【初步感知】（1）如圖1，連接，，在紙片繞點旋轉過程中，試探究的值．【深入探究】（2）如圖2，在紙片繞點旋轉過程中，當點恰好落在的中線的延長線上時，延長交于點，求的長．【拓展延伸】（3）在紙片繞點旋轉過程中，試探究，，三點能否構成直角三角形．若能，直接寫出所有直角三角形的面積；若不能，請說明理由．【答案】（1）的值為；（2）；（3）直角三角形的面積分別為4，16，12，【分析】（1）根據，，．證明，，繼而得到，即，再證明，得到．（2）連接，延長交于點Q，根據(1)得，得到，根據中線得到，繼而得到，結合，得到即，得到，再證明，得證矩形，再利用勾股定理，三角形相似的判定和性質計算即可．（3）運用分類思想解答即可．【詳解】（1）∵，，．∴，∴，，∴即，∵∴，∴．（2）連接，延長交于點Q，根據(1)得，∴，∵是中線∴，∴，∵，∴即，∴，∴，∵，∴，∴，∴四邊形是平行四邊形，∵∴四邊形矩形，∴，∴，∴，∴，設，則，∵，∴，∴，∵，∴，解得；∴，，∵，∴，∴，∴，∴，解得．（3）如圖，當與重合時，此時，此時是直角三角形，故；如圖，當在的延長線上時，此時，此時是直角三角形，故；如圖，當時，此時是直角三角形，過點A作于點Q，∵，∴，∵，，，∴四邊形是矩形，∴，∴，故；如圖，當時，此時是直角三角形，過點A作于點Q，交于點N，∴，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，解得；故．【點睛】本題考查了旋轉的性質，三角形相似的判定和性質，三角形中位線定理的判定和應用，三角形全等的判定和性質，三角函數的應用，勾股定理，熟練掌握三角函數的應用，三角形相似的判定和性質，矩形的判定和性質，中位線定理是解題的關鍵．例4．（2023·黑龍江齊齊哈爾·統考中考真題）綜合與實踐數學模型可以用來解決一類問題，是數學應用的基本途徑．通過探究圖形的變化規律，再結合其他數學知識的內在聯系，最終可以獲得寶貴的數學經驗，并將其運用到更廣闊的數學天地．

(1)發現問題：如圖1，在和中，，，，連接，，延長交于點．則與的數量關系：______，______；(2)類比探究：如圖2，在和中，，，，連接，，延長，交于點．請猜想與的數量關系及的度數，并說明理由；(3)拓展延伸：如圖3，和均為等腰直角三角形，，連接，，且點，，在一條直線上，過點作，垂足為點．則，，之間的數量關系：______；(4)實踐應用：正方形中，，若平面內存在點滿足，，則______．【答案】(1)，(2)，，證明見解析(3)(4)或【分析】（1）根據已知得出，即可證明，得出，，進而根據三角形的外角的性質即可求解；（2）同（1）的方法即可得證；（3）同（1）的方法證明，根據等腰直角三角形的性質得出，即可得出結論；（4）根據題意畫出圖形，連接，以為直徑,的中點為圓心作圓，以點為圓心，為半徑作圓，兩圓交于點，延長至，使得，證明，得出，勾股定理求得，進而求得，根據相似三角形的性質即可得出，勾股定理求得，進而根據三角形的面積公式即可求解．【詳解】（1）解：∵，∴，又∵，，∴，∴，設交于點，∵∴，故答案為：，．

（2）結論：，；證明：∵，∴，即，又∵，，∴∴，∵，，∴，∴，（3），理由如下，∵，∴，即，又∵和均為等腰直角三角形∴，∴，∴，在中，，∴，∴；（4）解：如圖所示，連接，以為直徑,的中點為圓心作圓，以點為圓心，為半徑作圓，兩圓交于點，延長至，使得，則是等腰直角三角形，∵,∴，∵，∴∴，∴，∵，在中，，∴∴過點作于點，設，則，在中，，在中，∴∴解得：，則，設交于點，則是等腰直角三角形，∴在中，∴∴又，∴∴∴，∴∴，在中，∴，綜上所述，或故答案為：或．【點睛】本題考查了全等三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，正方形的性質，勾股定理，直徑所對的圓周角是直角，熟練運用已知模型是解題的關鍵．例5．（2024·山西·模擬預測）綜合與實踐問題背景：在數學活動課上，老師帶領同學們進行三角形旋轉的探究，已知和均為等邊三角形，O是和的中點，將繞點O順時針旋轉．猜想證明：(1)如圖①，在旋轉的過程中，當點E恰好在的延長線上時，交于點H，試判斷的形狀，并說明理由；(2)如圖②，在旋轉的過程中，當點E恰好落在邊上時，連接，試猜想線段與線段的數量關系，并加以證明；(3)如圖③，若，連接，設所在直線與所在直線交于點M，在旋轉的過程中，當點B，F，E在同一直線上時，在M，O兩點中的其中一點恰好是另一點與點C構成的線段的中點，請直接寫出此時的長．【答案】(1)為等腰三角形，理由見詳解(2)，證明見詳解(3)1或2【分析】（1）根據等邊三角形的性質以及外角定理得到，則，即可求證；（2）連接，證明，則，即；（3）如圖①，當點在同一直線上，連接，先證明，繼而得到，則，則，可得，故，即可求解；如圖②，當點O為中點時，，在中，由勾股定理得，則，而此時三點共線，故點B和點E重合，由點M是直線與直線的交點，得到三點重合，故此時的長為的長．【詳解】（1）解：為等腰三角形，理由：∵為等邊三角形，∴，，∵O是的中點∴，∵是等邊三角形，∴，∵，∴，∴，∴為等腰三角形；（2）解：，證明如下：連接，∵均是等邊三角形，∴，∵點O為的中點，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（3）解：情況一，如圖①，當點在同一直線上，連接，∵點O為中點，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵點M為的中點，點O為中點，∴，∴，即，解得：；情況二：∵為等邊三角形，∴，∵點O為中點，，∴，，如圖②，當點O為中點時，，∵等邊邊長為2，∴在中，，∴，∵此時三點共線，∴點B和點E重合，又∵點M是直線與直線的交點，∴三點重合，∴此時的長為的長，即，綜上所述，此時的長為1或2．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，解直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質等知識點，正確添加輔助線，熟練掌握知識點是解題的關鍵．例6．（2024·山東濟南·模擬預測）(1)問題發現：如圖1，矩形與矩形相似，且矩形的兩邊分別在矩形的邊和上，，連接．線段F與的數量關系為；(2)拓展探究：如圖2，將矩形繞點A逆時針旋轉，其它條件不變．在旋轉的過程中，（1）中的結論是否仍然成立，請利用圖2進行說理．(3)解決問題：當矩形的邊時，點E為直線上異于D，C的一點，以為邊作正方形，點H為正方形的中心，連接，若，，直接寫出的長．【答案】(1)(2)（1）中的結論仍然成立，理由見解析．(3)的長為或【分析】本題考查了相似多邊形的性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質等知識，解題的關鍵是：（1）延長，交于H，連接，利用矩形的性質與判定可證明四邊形是矩形，得出，，利用相似多邊形的性質得出，進而得出，在中，由勾股定理得：，即可求解；（2）如圖2，連接、，利用相似多邊形的性質、旋轉的性質可證明，得出，利用矩形的性質，勾股定理可求出，即可得出結論；（3）分點E在線段上，點E在線段延長線上，利用相似三角形的判定與性質求解即可．【詳解】（1）解：如圖1，延長，交于H，連接，∵四邊形和四邊形都是矩形，∴，∴，∴四邊形是矩形，∴，，∵矩形與矩形相似，，∴，∴，即，在中，由勾股定理得：，∴，故答案為：．（2）解：（1）中的結論仍然成立理由如下：如圖2，連接、，∵矩形與矩形相似，∴，由旋轉可得：，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（3）解：①如圖3，當點E在線段上時，連接、，∵四邊形，四邊形為正方形，∴，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴；②如圖4，當點E在線段延長線上時，連接、，∵四邊形，四邊形為正方形，∴，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，綜上所述，的長為或．例7．（2024·廣東深圳·二模）如圖，在等腰直角中，，D為上一點，E為延長線上一點，且，，則．【答案】【分析】本題主要考查了相似三角形的判定與性質，等腰直角三角形的判定與性質，勾股定理，添加輔助線，構造相似三角形是解題的關鍵．過點E作，交的延長線于點H，先證明，得到，，同時計算，因此得到，再證明，即可得到答案．【詳解】過點E作，交的延長線于點H，，，，，，，，，，，，，，，，，．故答案為：．1．（23-24九年級下·遼寧盤錦·開學考試）如圖，在中，，過點C作于點D，過點B作于點M，連接，過點D作，交于點N．與相交于點E，若點E是的中點，則下列結論：①；②；③；④．其中正確的有（

）個．

A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】本題考查的是全等三角形的性質和判定，等腰直角三角形的性質，相似三角形的判定和性質；證明是等腰直角三角形，從而證明，，根據全等三角形的性質即可證明結論，證明是等腰直角三角形，可得，，可得，即可證明結論．【詳解】解：∵，∴，∵，∴，∵，，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴，故①②③正確，過點作于點，則，∵，，∴，∵點E是的中點，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故④正確，故選：A．2．（2022·湖南·中考真題）如圖，點是等邊三角形內一點，，，，則與的面積之和為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】將繞點B順時針旋轉得，連接，得到是等邊三角形，再利用勾股定理的逆定理可得，從而求解．【詳解】解：將繞點順時針旋轉得，連接，，，，是等邊三角形，，∵，，，，與的面積之和為．故選：C．【點睛】本題主要考查了等邊三角形的判定與性質，勾股定理的逆定理，旋轉的性質等知識，利用旋轉將與的面積之和轉化為，是解題的關鍵．3．（23-24九年級上·遼寧大連·期中）如圖，在中，，點D是邊上的一個動點，連接，過點C作，使，連接，點F是的中點，連接并延長，交邊所在直線于點G，若，則的長為．【答案】或【分析】分點G在上，和在延長線上，兩種情況討論，當點G在上，連接，證明，可得，再由等腰三角形的性質可得，設，則，由勾股定理可得，即可求解；當點G在延長線上，連接，同理可證，得，，由是等腰直角三角形，點是的中點，得到是的垂直平分線，推出，設，則，，利用勾股定理即可求解．【詳解】解：如圖，當點G在上，連接，

∵，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，∵點F是的中點，∴，即，是等腰直角三角形，點是的中點，是的垂直平分線，，設，∵，，∴，∵，∴，解得：，即；如圖，當點G在延長線上，連接，同理可得：，，∴，∴，是等腰直角三角形，點是的中點，是的垂直平分線，，設，則，，，，，，即，解得：，，綜上，的長為或故答案為：或．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質，勾股定理，等腰三角形的判定和性質，證明，是解題的關鍵．4.（23-24九年級上·廣東深圳·期中）如圖，等腰直角中，，，過點作，，連接，過點作，垂足為，連接，則長為．【答案】/【分析】利用勾股定理及等面積法求得，，，過點作交于，由等腰直角三角形的性質及三角形內角和定理可證得，，，易知，可得，，則，進而由等腰三角形的性質可得．【詳解】解：∵，，，∴，∵，則，∴，則，過點作交于，則，∵是等腰直角三角形，∴，∵，，則，∴，又∵，則，則由三角形內角和可知：，∴，∴，∴，，則，∵，則，∴，故答案為：．【點睛】本題考查勾股定理，等腰直角三角形的判定及性質，全等三角形的判定及性質等知識，添加輔助線構造全等三角形是解決問題的關鍵．5．（2024·河南周口·模擬預測）如圖，是等邊三角形，，點E是的平分線上的一動點，連接，將點E繞點C順時針旋轉得到點F，連接，．若是直角三角形，則線段的長為

【答案】或【分析】根據等邊三角形的性質和角平分線的定義可得，，再根據旋轉的性質可得，，利用等量代換可得，證得，可得，，，由是直角三角形，分類討論：或進行求解即可．【詳解】解：∵是等邊三角形，平分，∴，，∵將點E繞點C順時針旋轉得到點F，∴，，∴，，∴，∴，∴，，，∵是直角三角形，當，在中，，∴，當時，在中，，即，∴，故答案為：或．【點睛】本題考查等邊三角形的性質、角平分線的定義、全等三角形的判定與性質、直角三角形的性質、勾股定理、銳角三角函數及旋轉的性質，熟練掌握相關定理證得，進行分類討論是解題的關鍵。6．（2024·山東泰安·三模）將矩形ABCD繞點B順時針旋轉得到矩形，點A、C、D的對應點分別為、、．如圖，當過點C時，若，，則的長為．【答案】/【分析】本題考查的是矩形的性質、相似三角形的判定和性質、旋轉變換的性質．連接，根據勾股定理求出，根據相似三角形的性質列出比例式，計算即可．【詳解】解：如圖，連接，由題意得，，，由勾股定理得，，，由勾股定理得，，，，，，，即，解得，．故答案為：．7．（2023·湖北黃石·統考中考真題）如圖，將繞點A逆時針旋轉到的位置，使點落在上，與交于點E若，則（從“”中選擇一個符合要求的填空）；．

【答案】（答案不唯一）【分析】根據旋轉的性質得出，即可推出；通過證明，得出，求出，設，，則，，證明，得出，則，即可求解．【詳解】解：∵將繞點A逆時針旋轉得到，∴，∴，即，∵將繞點A逆時針旋轉得到，∴，，∴，∴，∴，即，解得：，∵四邊形是平行四邊形，，∴，∴，設，，則，，∵，∴，∴，∴，整理得：，把代入解得：故答案為：，．【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，平行四邊形的性質，相似三角形的判定和性質，解題的關鍵是掌握相關性質定理，掌握相似三角形對應邊成比例．8．（2024·上海徐匯·九年級統考期末）如圖，在Rt△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，點D為斜邊BC上一點，且BD=3CD，將△ABD沿直線AD翻折，點B的對應點為B′，則sin∠CB′D=．【答案】/【分析】先證明A、B′、C、D四點共圓，推出∠CB′D=∠CAD，過點D作DE⊥AC于點E，利用平行線分線段成比例定理得到AE=3CE，由勾股定理得到AD=，再由正弦函數即可求解．【詳解】解：∵∠CAB=90°，AB=AC，∴∠ACB=∠B=45°，由折疊的性質得∠AB′D=∠B=45°，∴∠AB′D=∠ACD=45°，∴A、B′、C、D四點共圓，∴∠CB′D=∠CAD，過點D作DE⊥AC于點E，∵∠CAB=90°，∴DE∥AB，∵BD=3CD，∴AE=3CE，∵∠ACB=45°，∴△DEC是等腰直角三角形，∴DE=CE，設DE=CE=a，則AE=3CE=3a，在Rt△ADE中，AD=，∴sin∠CB′D=sin∠CAD=．故答案為：．【點睛】本題考查了圓內接四邊形的知識，正弦函數，折疊的性質以及勾股定理，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．9．（23-24九年級上·遼寧大連·期末）【問題初探】（1）在數學活動課上，王老師給出下面問題：如圖1，和是等邊三角形，點B、C、E不在同一條直線上，請找出圖中的全等三角形并直接寫出結論________________；（寫出一對即可）上面幾何模型被稱為“手拉手”模型，面對題目時我們也會“尋模而入，破模而出”．

【類比分析】（2）如下圖，已知四邊形中，，，是的平分線，且．將線段繞點E順時針旋轉得到線段．當時，連接，試判斷線段和線段的數量關系，并說明理由；①小明同學從結論出發給出如下解題思路：可以先猜測線段和線段的數量關系，然后通過逆用“手拉手”模型，合理添加輔助線，借助“全等”來解決問題；②小玲同學從條件入手給出另一種解題思路：可以根據條件，則，再通過“手拉手”模型，合理添加輔助線，構造與全等的三角形來解決問題．請你選擇一名同學的解題思路（也可另辟蹊徑）來解決問題，并說明理由．【拓展延伸】（3）如下圖，中，當時，點D、E為、上的點，，，若，，求線段的長．【答案】（1）；（2），理由見解析；（3）【分析】（1）利用證明即可；（2）過點作平分交于，先證明四邊形是平行四邊形，可得，再證明是等邊三角形，推出，再證得即可；（3）設，以、為邊作，連接，將繞點逆時針旋轉得，連接，可得是等邊三角形，，，再得出，利用勾股定理建立方程求解即可得出答案．【詳解】解：（1）．理由如下：如圖1，

和是等邊三角形，，，，，即，在和中，，；（2）如圖2，過點作平分交于，四邊形中，，，，，，平分，，，，，四邊形是平行四邊形，，平分，，，是等邊三角形，，，，，即，由旋轉得：，，，，；（3）如圖3，以、為邊作平行四邊形，連接，則，，，，設，則，，，又，是等邊三角形，將繞點逆時針旋轉得，連接，是等邊三角形，，，，，，即，，即的長為．【點睛】本題是幾何綜合題，考查了等邊三角形的性質，平行四邊形的性質，旋轉變換的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，正確添加輔助線是解題關鍵．10．（23-24九年級下·四川達州·開學考試）已知，與都是等腰直角三角形，，，連接，．(1)如圖，求證；(2)如圖，點在內，，，三點在同一直線上，過點作的高，證明：；(3)如圖，點在內，平分，的延長線與交于點，點恰好為中點，若，求線段的長．【答案】(1)見詳解(2)見詳解(3)【分析】本題是三角形的綜合問題，考查了等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定與性質，等腰三角形的性質和直角三角形斜邊中線的性質等知識點，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．（1）由“”可證，可得；（2）同理知：，先根據等腰三角形三線合一的性質得，再由直角三角形斜邊中線的性質得，最后由線段的和可得結論；（3）連接，設，則，，，由（1）知，得，證明，得，計算，列方程即可解答．【詳解】（1）證明：與都是等腰直角三角形，，，，，，，；（2）證明：，，，，，，由（1）可知：，點在內，，，三點在同一直線上，（3）解：如圖，連接，平分，，，，，，設，則，，，由（1）知，，，，，，是的中點，，，，，，，，，，，，，，；11．（2023·河南新鄉·模擬預測）問題發現：如圖1，在△ABC中，AB＝AC，，D為BC邊上一點（不與點B，C重合），將線段AD繞點A逆時針旋轉60°得到AE，則：(1)①∠ACE的度數是；②線段AC，CD，CE之間的數量關系是．拓展探究：(2)如圖2，在△ABC中，AB＝AC，D為BC邊上一點（不與點B，C重合），將線段AD繞點A逆時針旋轉90°得到AE，連接EC，請寫出∠ACE的度數及線段AD，BD，CD之間得數量關系，并說明理由；解決問題：(3)如圖3，在Rt△DBC中，DB＝3，DC=5，∠BDC＝90°，若點A滿足AB＝AC，∠BAC＝90°，請直接寫出線段AD的長度．【答案】(1)60°，AC＝DC+EC(2)∠ACE＝45°，BD2+CD2＝2AD2，見解析(3)AD＝或AD＝4【分析】（1）證明△BAD≌△CAE，根據全等三角形的性質解答；（2）根據全等三角形的性質得到BD=CE，∠ACE=∠B，得到∠DCE=90°，根據勾股定理計算即可；（3）如圖3，作AE⊥CD于E，連接AD，根據勾股定理得到BC==，推出點B，C，A，D四點共圓，根據圓周角定理得到∠ADE=45°，求得△ADE是等腰直角三角形，得到AE=DE，根據勾股定理即可得到結論．（1）解：∵在△ABC中，AB＝AC，∠BAC=60°，∴AC=AB=BC，根據旋轉性質得：∠B=∠BAC＝∠DAE＝60°，AD=AE，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE＝∠B＝60°，BD＝CE，∴BC＝BD+CD＝EC+CD，∴AC＝BC＝EC+CD；故答案為：60°，AC＝DC+EC；（2）解：BD2+CD2＝2AD2，理由如下：由（1）得，△BAD≌△CAE，∴BD＝CE，∠ACE＝∠B＝45°，∴∠DCE＝90°，∴CE2+CD2＝ED2，在Rt△ADE中，AD2+AE2＝ED2，又AD＝AE，∴BD2+CD2＝2AD2；（3）解：作AE⊥CD于E，連接AD，∵在Rt△DBC中，DB＝3，DC＝5，∠BDC＝90°，∴BC＝，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴AB＝AC＝，∠ABC＝∠ACB＝45°，∵∠BDC＝∠BAC＝90°，∴點B，C，A，D四點共圓，∴∠ADE＝∠ABC=45°，∴△ADE是等腰直角三角形，∴AE＝DE，∴CE＝5﹣DE，∵AE2+CE2＝AC2，∴AE2+（5﹣AE）2＝17，∴AE＝1，或AE＝4，∴AD＝或AD＝4．【點睛】本題考查的是全等三角形的判定和性質、勾股定理、以及旋轉變換的性質，掌握全等三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．12．（2024·河南新鄉·模擬預測）問題發現：如圖1，在△ABC中，AB＝AC，，D為BC邊上一點（不與點B，C重合），將線段AD繞點A逆時針旋轉60°得到AE，則：(1)①∠ACE的度數是；②線段AC，CD，CE之間的數量關系是．拓展探究：(2)如圖2，在△ABC中，AB＝AC，D為BC邊上一點（不與點B，C重合），將線段AD繞點A逆時針旋轉90°得到AE，連接EC，請寫出∠ACE的度數及線段AD，BD，CD之間得數量關系，并說明理由；解決問題：(3)如圖3，在Rt△DBC中，DB＝3，DC=5，∠BDC＝90°，若點A滿足AB＝AC，∠BAC＝90°，請直接寫出線段AD的長度．【答案】(1)60°，AC＝DC+EC(2)∠ACE＝45°，BD2+CD2＝2AD2，見解析(3)AD＝或AD＝4【分析】（1）證明△BAD≌△CAE，根據全等三角形的性質解答；（2）根據全等三角形的性質得到BD=CE，∠ACE=∠B，得到∠DCE=90°，根據勾股定理計算即可；（3）如圖3，作AE⊥CD于E，連接AD，根據勾股定理得到BC==，推出點B，C，A，D四點共圓，根據圓周角定理得到∠ADE=45°，求得△ADE是等腰直角三角形，得到AE=DE，根據勾股定理即可得到結論．（1）解：∵在△ABC中，AB＝AC，∠BAC=60°，∴AC=AB=BC，根據旋轉性質得：∠B=∠BAC＝∠DAE＝60°，AD=AE，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE＝∠B＝60°，BD＝CE，∴BC＝BD+CD＝EC+CD，∴AC＝BC＝EC+CD；故答案為：60°，AC＝DC+EC；（2）解：BD2+CD2＝2AD2，理由如下：由（1）得，△BAD≌△CAE，∴BD＝CE，∠ACE＝∠B＝45°，∴∠DCE＝90°，∴CE2+CD2＝ED2，在Rt△ADE中，AD2+AE2＝ED2，又AD＝AE，∴BD2+CD2＝2AD2；（3）解：作AE⊥CD于E，連接AD，∵在Rt△DBC中，DB＝3，DC＝5，∠BDC＝90°，∴BC＝，∵∠BAC＝90°，AB＝AC∴AB＝AC＝，∠ABC＝∠ACB＝45°，∵∠BDC＝∠BAC＝90°，∴點B，C，A，D四點共圓，∴∠ADE＝∠ABC=45°，∴△ADE是等腰直角三角形，∴AE＝DE，∴CE＝5﹣DE，∵AE2+CE2＝AC2，∴AE2+（5﹣AE）2＝17，∴AE＝1，或AE＝4，∴AD＝或AD＝4．【點睛】本題考查的是全等三角形的判定和性質、勾股定理、以及旋轉變換的性質，掌握全等三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．13．（2024·浙江紹興·校考一模）【問題探究】（1）如圖1，銳角△ABC中，分別以AB、AC為邊向外作等腰直角△ABE和等腰直角△ACD，使AE＝AB，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD＝90°，連接BD，CE，試猜想BD與CE的大小關系，不需要證明．【深入探究】（2）如圖2，四邊形ABCD中，AB＝5，BC＝2，∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°，求BD2的值；甲同學受到第一問的啟發構造了如圖所示的一個和△ABD全等的三角形，將BD進行轉化再計算，請你準確的敘述輔助線的作法，再計算；【變式思考】（3）如圖3，四邊形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，∠ADC＝30°，AD＝6，BD＝10，則CD＝．【答案】（1）BD＝CE；（2）BD2＝54；（3）8【分析】（1）首先根據等式的性質證明∠EAC=∠BAD，則根據SAS即可證明△EAC≌△BAD，根據全等三角形的性質即可證明；（2）在△ABC的外部，以A為直角頂點作等腰直角△BAE，使∠BAE=90°，AE=AB，連接EA、EB、EC，證明△EAC≌△BAD，證明BD=CE，然后在直角三角形BCE中利用勾股定理即可求解；（3）先證明△ABC是等邊三角形，再把△