專題15全等與相似模型-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。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。模型1.手拉手模型【模型解讀】將兩個三角形繞著公共頂點（即頭）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，常用“邊角邊”判定定理證明全等。1）雙等邊三角形型條件：如圖1，△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。圖1圖22）雙等腰直角三角形型條件：如圖2，△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。3）雙等腰三角形型條件：△ABC和△DCE均為等腰三角形，C為公共點；連接BE，AD交于點F。結論：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ACM=∠BFM；④CF平分∠AFD。圖3圖44）雙正方形形型條件：△ABCFD和△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。例1．（2022·北京東城·九年級期末）如圖，在等邊三角形ABC中，點P為△ABC內一點，連接AP，BP，CP，將線段AP繞點A順時針旋轉60°得到，連接．（1）用等式表示與CP的數量關系，并證明；（2）當∠BPC＝120°時，①直接寫出的度數為；②若M為BC的中點，連接PM，請用等式表示PM與AP的數量關系，并證明．【答案】（1），理由見解析；（2）①60°；②PM＝，見解析【分析】（1）根據等邊三角形的性質，可得AB＝AC，∠BAC＝60°，再由由旋轉可知：從而得到，可證得，即可求解；（2）①由∠BPC＝120°，可得∠PBC＋∠PCB＝60°．根據等邊三角形的性質，可得∠BAC＝60°，從而得到∠ABC＋∠ACB＝120°，進而得到∠ABP＋∠ACP＝60°．再由，可得，即可求解；②延長PM到N，使得NM＝PM，連接BN．可先證得△PCM≌△NBM．從而得到CP＝BN，∠PCM＝∠NBM．進而得到．根據①可得，可證得，從而得到．再由為等邊三角形，可得．從而得到，即可求解．【詳解】解：（1）．理由如下：在等邊三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝60°，由旋轉可知：

∴即在和△ACP中∴．∴．（2）①∵∠BPC＝120°，∴∠PBC＋∠PCB＝60°．∵在等邊三角形ABC中，∠BAC＝60°，∴∠ABC＋∠ACB＝120°，∴∠ABP＋∠ACP＝60°．∵．∴，∴∠ABP＋∠ABP＇＝60°．即；②PM＝．理由如下：如圖，延長PM到N，使得NM＝PM，連接BN．∵M為BC的中點，∴BM＝CM．在△PCM和△NBM中∴△PCM≌△NBM（SAS）．∴CP＝BN，∠PCM＝∠NBM．∴．∵∠BPC＝120°，∴∠PBC＋∠PCB＝60°．∴∠PBC＋∠NBM＝60°．即∠NBP＝60°．∵∠ABC＋∠ACB＝120°，∴∠ABP＋∠ACP＝60°．∴∠ABP＋∠ABP＇＝60°．即．∴．在△PNB和中∴（SAS）．∴．∵

∴為等邊三角形，∴．∴，∴PM＝．【點睛】本題主要考查了等邊三角形判定和性質，全等三角形的判定和性質，圖形的旋轉，熟練掌握等邊三角形判定和性質定理，全等三角形的判定和性質定理，圖形的旋轉的性質是解題的關鍵．例2．（2022·黑龍江·中考真題）和都是等邊三角形．(1)將繞點A旋轉到圖①的位置時，連接BD，CE并延長相交于點P（點P與點A重合），有（或）成立；請證明．(2)將繞點A旋轉到圖②的位置時，連接BD，CE相交于點P，連接PA，猜想線段PA、PB、PC之間有怎樣的數量關系？并加以證明；(3)將繞點A旋轉到圖③的位置時，連接BD，CE相交于點P，連接PA，猜想線段PA、PB、PC之間有怎樣的數量關系？直接寫出結論，不需要證明．【答案】(1)證明見解析(2)圖②結論：，證明見解析(3)圖③結論：【分析】（1）由△ABC是等邊三角形，得AB=AC，再因為點P與點A重合，所以PB=AB，PC=AC，PA=0，即可得出結論；（2）在BP上截取，連接AF，證明（SAS），得，再證明（SAS），得，，然后證明是等邊三角形，得，即可得出結論；（3）在CP上截取，連接AF，證明（SAS），得，再證明（SAS），得出，，然后證明是等邊三角形，得，即可得出結論：．(1)證明：∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC，∵點P與點A重合，∴PB=AB，PC=AC，PA=0，∴或；(2)解：圖②結論：證明：在BP上截取，連接AF，∵和都是等邊三角形，∴，，∴，∴，∴（SAS），∴，∵AC=AB，CP=BF，

∴（SAS），∴，，∴，∴，∴是等邊三角形，∴，∴；(3)解：圖③結論：，理由：在CP上截取，連接AF，∵和都是等邊三角形，∴，，∴，∴，∴（SAS），∴，∵AB=AC，BP=CF，∴（SAS），

∴，，∴，∴，∴是等邊三角形，∴，∴，即．【點睛】本題考查等邊三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，熟練掌握等邊三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質是解題的關鍵．例3．（2022·湖北·襄陽市九年級階段練習）如圖，已知AOB和MON都是等腰直角三角形(OA<OM=ON)，∠AOB=∠MON=90°．(1)如圖①，連接AM，BN，求證：AOM≌BON；(2)若將MON繞點O順時針旋轉，①如圖②，當點N恰好在AB邊上時，求證：；②當點A，M，N在同一條直線上時，若OB=4，ON=3，請直接寫出線段BN的長．【答案】(1)見解析；(2)①見解析；②或．【分析】（1）利用SAS定理證明即可；（2）①連接，證明，即可證；②當點N在線段上時，連接，在中構造勾股定理的等量關系；當點M在線段上時，同理即可求得．（1）證明：，，即．和是等腰直角三角形，，(SAS)．（2）解：①證明：如圖，連接．，，即．和是等腰直角三角形，，，，．是等腰直角三角形，，．②或．∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，OB=4，ON=3，∴．當點N在線段上時，如圖，連接，設，由(1)可知．∴，．∴，∴，∴是直角三角形，．又∵，∴，解得：（舍去）∴；當點M在線段上時，如圖，連接，設，由(2)①可知．∴，．∴，∴，∴是直角三角形，．又∵，∴，解得：（舍去）∴綜上所述：的長為或．【點睛】本題主要考查全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的性質，三點共線分類討論，對幾何題目的綜合把握是解題關鍵．例4．（2022·重慶忠縣·九年級期末）已知等腰直角與有公共頂點．（1）如圖①，當點在同一直線上時，點為的中點，求的長；（2）如圖②，將繞點旋轉，點分別是的中點，交于，交于．①猜想與的數量關系和位置關系，并證明你猜想的結論；②參考圖③，若為的中點，連接，在旋轉過程中，線段的最小值是多少（直接寫出結果）．【答案】（1）；（2）①；證明見解析；②線段的最小值是．【分析】（1）如圖：過點作于點，先說明FQ是△ADE的中位線，然后再求得FQ、BQ，最后再運用勾股定理解答即可；（2）①連接交于，先證明可得，然后再說明GM是△ABD的中位線可得，然后再根據角的關系證明﹔②如圖：連接CG，取中點O，連接OK、OM，再根據勾股定理和三角形中位線的性質求得CG和OK,進而求得OM,最后根據三角形的三邊關系即可解答．【詳解】解：（1）過點作于點，∵點是的中點，∴FQ是△ADE的中位線，；（2）①﹔證明:連接交于．，．即；在和中，，（SAS），分別是的中點，∴GM是△ABD的中位線且，，﹔②如圖：連接CG，取中點O，連接OK、OM∴，OK=AG=1∵∠CMG=90°，O為CG的中點∴OM=CG=∵MK＞OM-OK∴當O、K、M共線時，MK取最小值OM-OK=-1．【點睛】本題主要考查了三角形的中線、勾股定理、全等三角形的判定與性質等知識點，靈活運用相關知識點成為解答本題的關鍵．例5．（2022·山西大同·九年級期中）綜合與實踐：已知是等腰三角形，．（1）特殊情形：如圖1，當∥時，______．（填“＞”“＜”或“＝”）；（2）發現結論：若將圖1中的繞點順時針旋轉（）到圖2所示的位置，則（1）中的結論還成立嗎？請說明理由．（3）拓展運用：某學習小組在解答問題：“如圖3，點是等腰直角三角形內一點，，且，，，求的度數”時，小明發現可以利用旋轉的知識，將繞點順時針旋轉90°得到，連接，構造新圖形解決問題．請你根據小明的發現直接寫出的度數．【答案】（1）=；（2）成立，理由見解析；（3）∠BPA=135°．【分析】（1）由DE∥BC，得到∠ADE=∠B，∠AED=∠C，結合AB=AC，得到DB=EC；（2）由旋轉得到的結論判斷出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；（3）由旋轉構造出△APB≌△AEC，再用勾股定理計算出PE，然后用勾股定理逆定理判斷出△PEC是直角三角形，在簡單計算即可．【詳解】解：（1）∵DE∥BC，∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，∵AB=AC，∴∠B=∠C，∴∠ADE=∠AED，∴AD=AE，∴DB=EC，故答案為：=；（2）成立．證明：由①易知AD=AE，∴由旋轉性質可知∠DAB=∠EAC，在△DAB和△EAC中，∴△DAB≌△EAC（SAS），∴DB=CE；（3）如圖，將△APB繞點A旋轉90°得△AEC，連接PE，∴△APB≌△AEC，∴AE=AP=2，EC=BP=1，∠PAE=90°，∴∠AEP=∠APE=45°，在Rt△PAE中，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∵△APB≌△AEC，∴∠BPA=∠CEA=135°．【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，平行線的性質，全等三角形的性質和判定，勾股定理及其逆定理，解本題的關鍵是構造全等三角形，也是本題的難點．例6．（2022·青海·中考真題）兩個頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點，并把它們的底角頂點連接起來，則形成一組全等的三角形，把具有這個規律的圖形稱為“手拉手”圖形.(1)問題發現：如圖1，若和是頂角相等的等腰三角形，BC，DE分別是底邊.求證：；(2)解決問題：如圖2，若和均為等腰直角三角形，，點A，D，E在同一條直線上，CM為中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數及線段CM，AE，BE之間的數量關系并說明理由.

圖1

圖2【答案】(1)見解析(2)；【分析】（1）先判斷出∠BAD=∠CAE，進而利用SAS判斷出△BAD≌△CAE，即可得出結論；（2）同（1）的方法判斷出△BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠ADC=∠BEC，最后用角的差，即可得出結論．【解析】(1)證明：∵和是頂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，∴，∴，∴，∴．∵，，∴．∵，∴，∴．∴．【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質，等腰三角形，等邊三角形，等腰直角三角形的性質，判斷出△ACD≌△BCE是解本題的關鍵．例7．（2022·廣東廣州市·八年級期中）如圖，兩個正方形ABCD與DEFG，連結AG，CE，二者相交于點H．（1）證明：△ADG≌△CDE；（2）請說明AG和CE的位置和數量關系，并給予證明；（3）連結AE和CG，請問△ADE的面積和△CDG的面積有怎樣的數量關系？并說明理由．【答案】(1)答案見解析；(2)AG=CE，AG⊥CE；(3)△ADE的面積=△CDG的面積【分析】（1）利用SAS證明△ADG≌△CDE；（2）利用△ADG≌△CDE得到AG=CE，∠DAG=∠DCE，利用∠DAG+∠AMD=90°得到∠DCE+∠CMG=90°，即可推出AG⊥CE；（3）△ADE的面積=△CDG的面積，作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延長線于N，證明△DPG≌△DNE，得到PG=EN，再利用三角形的面積公式分別表示出△ADE的面積，△CDG的面積，即可得到結論△ADE的面積=△CDG的面積.【詳解】（1）∵四邊形ABCD與DEFG都是正方形，∴AD=CD，DG=DE，∠ADC=∠EDG=90°，∴∠ADC+∠CDG=∠EDG+∠CDG，∴∠ADG=∠CDE，∴△ADG≌△CDE（SAS），（2）AG=CE，AG⊥CE，∵△ADG≌△CDE，∴AG=CE，∠DAG=∠DCE，∵∠DAG+∠AMD=90°，∠AMD=∠CMG，∴∠DCE+∠CMG=90°，∴∠CHA=90°，∴AG⊥CE；（3）△ADE的面積=△CDG的面積，作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延長線于N，則∠DPG=∠DNE=90°，∵∠GDE=90°，∴∠EDN+∠GDN=90°，∵∠PDG+∠GDN=90°，∴∠EDN=∠PDG，∵DE=DG，∴△DPG≌△DNE，∴PG=EN，∵△ADE的面積=，△CDG的面積=，∴△ADE的面積=△CDG的面積.【點睛】此題考查正方形的性質，三角形全等的判定及性質，利用三角形面積公式求解，根據圖形得到三角形全等的條件是解題的關鍵.例8．（2023·福建福州市·九年級月考）如圖，和均為等邊三角形，連接BE、CD．（1）請判斷：線段BE與CD的大小關系是；（2）觀察圖，當和分別繞點A旋轉時，BE、CD之間的大小關系是否會改變?（3）觀察如圖和4，若四邊形ABCD、DEFG都是正方形,猜想類似的結論是___________,在如圖中證明你的猜想.（4）這些結論可否推廣到任意正多邊形（不必證明）,如圖,BB1與EE1的關系是;它們分別在哪兩個全等三角形中;請在如圖中標出較小的正六邊形AB1C1D1E1F1的另五個頂點，連接圖中哪兩個頂點,能構造出兩個全等三角形？【答案】(1)BE=CD（2）線段BE與CD的大小關系不會改變（3）AE＝CG，證明見解析（4）這些結論可以推廣到任意正多邊形.如圖5，BB1=EE1，它們分別在△AE1E和△AB1B中，如圖6，連接FF1，可證△AB1B≌△AF1F．圖形見解析.【分析】本題是變式拓展題，圖形由簡單到復雜，需要從簡單圖形中探討解題方法，并借鑒用到復雜圖形中；證明三角形全等時，用旋轉變換尋找三角形全等的條件．【詳解】（1）線段BE與CD的大小關系是BE=CD；（2）線段BE與CD的大小關系不會改變；（3）AE=CG．證明：如圖4，正方形ABCD與正方形DEFG中，∵AD=CD，DE=DG，∠ADC=∠GDE=90°，又∠CDG=90°+∠ADG=∠ADE，∴△ADE≌△CDG，∴AE=CG．（4）這些結論可以推廣到任意正多邊形．如圖5，BB1=EE1，它們分別在△AE1E和△AB1B中，如圖6，連接FF1，可證△AB1B≌△AF1F．【點睛】本題綜合考查全等三角形、等邊三角形和多邊形有關知識．注意對三角形全等的證明方法的發散．模型2.“手拉手”模型(旋轉模型)【模型解讀與圖示】“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。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；.2）手拉手相似模型（直角三角形）條件:如圖，，（即△COD∽△AOB）；結論：△AOC∽△BOD；，AC⊥BD，.3）手拉手相似模型（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的中點；結論：△BME∽△CMF；.條件:△ABC和ADE是等腰直角三角形；結論：△ABD∽△ACE.手拉手相似證明題一般思路方法:①由線段乘積相等轉化成線段比例式相等；②分子和分子組成一個三角形、分母和分母組成一個三角形；③第②步成立，直接從證這兩個三角形相似，逆向證明到線段乘積相等；④第②步不成立，則選擇替換掉線段比例式中的個別線段，之后再重復第③步。例1．（2022·山西長治·九年級期末）問題情境：如圖1，在△ABC中，AB＝6，AC＝5，點D，E分別在邊AB，AC上，且．數學思考：(1)在圖1中，的值為；(2)圖1中△ABC保持不動，將△ADE繞點A按逆時針方向旋轉到圖2的位置，其它條件不變，連接BD，CE，則（1）中的結論是否仍然成立？并說明理由；(3)拓展探究：在圖2中，延長BD，分別交AC，CE于點F，P，連接AP，得到圖3，探究∠APE與∠ABC之間有何數量關系，并說明理由；(4)若將△ADE繞點A按逆時針方向旋轉到圖4的位置，連接BD，CE，延長BD交CE的延長線于點P，BP交AC于點F，則（3）中的結論是否仍然成立，若成立，請說明理由；若不成立，請直接寫出∠APE與∠ABC之間的數量關系．【答案】(1)(2)（1）中結論仍然成立，理由見解析(3)∠APE=∠ABC，理由見解析(4)結論不成立，∠APE+∠ABC=180°，理由見解析【分析】（1）根據平行線分線段成比例定理求解即可；（2）根據旋轉的性質得到∠BAD=∠CAE，由（1）可證明△BAD∽△CAE，從而可證∠APE+∠ABC得到；（3）由（2）可證∠ABD=∠ACE，證明△AFB∽△PFC和△AFP∽△BFC即可得到結論；（4）證明∠ABD=∠ACE，推出A、B、C、P四點共圓即可得到結論；（1）解：∵，∴，∴；（2）解：中結論仍然成立，理由如下：∵旋轉的性質，∴∠ADE=∠ABC，∠AED=∠ACB，∴△ADE∽△ABC，∴，在圖2中，由旋轉的性質可知，∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD∽△CAE，∴；（3）解：∠APE=∠ABC，理由如下：由（2）得△BAD∽△CAE，∴∠ABD=∠ACE，又∵∠AFB=∠PFC，∴△AFB∽△PFC∴，∴，又∵∠AFP=∠BFC，∴△AFP∽△BFC，∴∠CBF=∠PAF，∵∠APE=∠ACE+∠PAF，∠ABC=∠ABF+∠CBF，∴∠APE=∠ABC；（4）解：（3）結論不成立，∠APE+∠ABC=180°，理由如下：由（2）知，△BAD∽△CAE，∴∠ABD=∠ACE，∴A、B、C、P四點共圓，∴∠APE+∠ABC=180°．【點睛】本題主要考查了平行線分線段成比例，旋轉的性質，相似三角形的性質與判定，圓內接四邊形的性質等等，熟練掌握相關三角形的性質與判定是解題的關鍵．例2．（2022·山東濟南·八年級期末）某校數學活動小組探究了如下數學問題：(1)問題發現：如圖1，中，，．點P是底邊BC上一點，連接AP，以AP為腰作等腰，且，連接CQ、則BP和CQ的數量關系是______；(2)變式探究：如圖2，中，，．點P是腰AB上一點，連接CP，以CP為底邊作等腰，連接AQ，判斷BP和AQ的數量關系，并說明理由；(3)問題解決：如圖3，在正方形ABCD中，點P是邊BC上一點，以DP為邊作正方形DPEF，點Q是正方形DPEF兩條對角線的交點，連接CQ．若正方形DPEF的邊長為，，求正方形ABCD的邊長．【答案】(1)(2)(3)3【分析】（1）根據已知條件利用邊角邊證明，再利用全等三角形的性質即可得到BP和CQ的數量關系；（2）根據任意等腰直角三角形的直角邊與斜邊的比是相等的，利用兩邊長比例且夾角相等的判定定理證明，之后再由相似三角形對應邊成比例即可得到BP和AQ的數量關系；（3）連接BD，如圖（見詳解），先由正方形的性質判斷出和都是等腰直角三角形，再利用與第二問同樣的方法證出，由對應邊成比例，依據相似比求出線段BP的長，接著設正方形ABCD的邊長為x，運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：判斷，理由如下：∵是等腰直角三角形，中，，，∴，．∵，∴，∴，∴，∴；（3）解：連接BD，如圖所示，∵四邊形與四邊形是正方形，DE與PF交于點Q，∴和都是等腰直角三角形，∴，．∵，∴，∴，∴．∵，∴．在中，，設，則，又∵正方形的邊長為，∴，∴，解得（舍去），．∴正方形的邊長為3．【點睛】本題是一道幾何綜合題，考查了全等三角形，相似三角形的判定和性質，以及正方形和等腰三角形的性質，正確識圖并能熟練地掌握幾何圖形的性質與判定定理進行證明是解題的關鍵．例3．（2022·四川達州·中考真題）某校一數學興趣小組在一次合作探究活動中，將兩塊大小不同的等腰直角三角形和等腰直角三角形，按如圖1的方式擺放，，隨后保持不動，將繞點C按逆時針方向旋轉（），連接，，延長交于點F，連接．該數學興趣小組進行如下探究，請你幫忙解答：(1)【初步探究】如圖2，當時，則_____；(2)【初步探究】如圖3，當點E，F重合時，請直接寫出，，之間的數量關系：_________；(3)【深入探究】如圖4，當點E，F不重合時，（2）中的結論是否仍然成立？若成立，請給出推理過程；若不成立，請說明理由．(4)【拓展延伸】如圖5，在與中，，若，（m為常數）．保持不動，將繞點C按逆時針方向旋轉（），連接，，延長交于點F，連接，如圖6．試探究，，之間的數量關系，并說明理由．【答案】(1)(2)(3)仍然成立，理由見解析(4)【分析】（1）根據等腰直角三角形的性質，可得，根據題意可得，根據等原三角形的性質可得平分，即可得，根據旋轉的性質可知；（2）證明，可得，根據等腰直角三角形可得，由，即可即可得出；（3）同（2）可得，過點，作，交于點，證明，，可得，即可得出；（4）過點作，交于點，證明，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，，故答案為：(2)在與中，又重合，故答案為：(3)同（2）可得，過點，作，交于點，則，，在與中，，，，是等腰直角三角形，，，，，在與中，，，，，即，(4)過點作，交于點，，，，，，，，，，，，，，中，，，即．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質，旋轉的性質，全等三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，掌握全等三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．例4．（2021·四川樂山·中考真題）在等腰中，，點是邊上一點（不與點、重合），連結．（1）如圖1，若，點關于直線的對稱點為點，結，，則________；（2）若，將線段繞點順時針旋轉得到線段，連結．①在圖2中補全圖形；②探究與的數量關系，并證明；（3）如圖3，若，且，試探究、、之間滿足的數量關系，并證明．【答案】（1）30°；（2）①見解析；②；見解析；（3），見解析【分析】（1）先根據題意得出△ABC是等邊三角形，再利用三角形的外角計算即可（2）①按要求補全圖即可②先根據已知條件證明△ABC是等邊三角形，再證明，即可得出（3）先證明，再證明，得出，從而證明，得出，從而證明【詳解】解：（1）∵，∴△ABC是等邊三角形∴∠B=60°∵點關于直線的對稱點為點∴AB⊥DE，∴故答案為：；（2）①補全圖如圖2所示；②與的數量關系為：；證明：∵，．∴為正三角形，又∵繞點順時針旋轉，∴，，∵，，∴，∴，∴．（3）連接．∵，，∴．∴．又∵，∴，∴．∵，∴，∴，∴，∴，．∵，∴．又∵，∴．【點睛】本題考查相似三角形的證明及性質、全等三角形的證明及性質、三角形的外角、軸對稱，熟練進行角的轉換是解題的關鍵，相似三角形的證明是重點例5．（2022·山東煙臺·中考真題）(1)【問題呈現】如圖1，△ABC和△ADE都是等邊三角形，連接BD，CE．求證：BD＝CE．(2)【類比探究】如圖2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．連接BD，CE．請直接寫出的值．(3)【拓展提升】如圖3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且＝＝．連接BD，CE．①求的值；②延長CE交BD于點F，交AB于點G．求sin∠BFC的值．【答案】(1)見解析(2)(3)①；②【分析】（1）證明△BAD≌△CAE，從而得出結論；（2）證明△BAD∽△CAE，進而得出結果；（3）①先證明△ABC∽△ADE，再證得△CAE∽△BAD，進而得出結果；②在①的基礎上得出∠ACE＝∠ABD，進而∠BFC＝∠BAC，進一步得出結果．(1)證明：∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE；(2)解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，，∠DAE＝∠BAC＝45°，∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE，；(3)解：①，∠ABC＝∠ADE＝90°，∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC＝∠DAE，，∴∠CAE＝∠BAD，∴△CAE∽△BAD，；②由①得：△CAE∽△BAD，∴∠ACE＝∠ABD，∵∠AGC＝∠BGF，∴∠BFC＝∠BAC，∴sin∠BFC．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質等知識，解決問題的關鍵是熟練掌握“手拉手”模型及其變形．例6.（2023·四川·成都九年級期中）如圖1，已知點G在正方形ABCD的對角線AC上，GE⊥BC，垂足為點E，GF⊥CD，垂足為點F．（1）證明：四邊形CEGF是正方形；（2）探究與證明：將正方形CEGF繞點C順時針方向旋轉α角（0°＜α＜45°），如圖2所示，試探究線段AG與BE之間的數量關系，并說明理由；（3）拓展與運用：正方形CEGF繞點C順時針方向旋轉α角（0°＜α＜45°），如圖3所示，當B，E，F三點在一條直線上時，延長CG交AD于點H，若AG＝9，GH＝3，求BC的長．【答案】（1）答案見解析；（2）AG＝BE；理由見解析；（3）BC＝．【分析】（1）先說明GE⊥BC、GF⊥CD，再結合∠BCD=90°可證四邊形CEGF是矩形，再由∠ECG=45°即可證明；（2）連接CG，證明△ACG∽△BCE，再應用相似三角形的性質解答即可；（3）先證△AHG∽△CHA可得，設BC＝CD＝AD＝a，則AC＝a，求出AH＝a，DH＝a，最后代入即可求得a的值．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠BCA＝45°，∵GE⊥BC、GF⊥CD，∴∠CEG＝∠CFG＝∠ECF＝90°，∴四邊形CEGF是矩形，∠CGE＝∠ECG＝45°，∴EG＝EC，∴四邊形CEGF是正方形．（2）結論：AG＝BE；理由：連接CG，由旋轉性質知∠BCE＝∠ACG＝α，在Rt△CEG和Rt△CBA中，＝cos45°＝，＝cos45°＝，∴，∴△ACG∽△BCE，∴∴線段AG與BE之間的數量關系為AG＝BE；（3）∵∠CEF＝45°，點B、E、F三點共線，∴∠BEC＝135°，∵△ACG∽△BCE，∴∠AGC＝∠BEC＝135°，∴∠AGH＝∠CAH＝45°，∵∠CHA＝∠AHG，∴△AHG∽△CHA，∴，設BC＝CD＝AD＝a，則AC=a，由，得，∴AH＝a，則DH＝AD﹣AH＝a，，∴，得

解得：a＝，即BC＝．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查相似形的判定和性質、正方形的性質等知識點，解題的關鍵是正確尋找相似三角形解決問題并利用參數構建方程解決問題．課后專項訓練1．（2022·浙江·溫州一模）如圖，在△ABC中以AC，BC為邊向外作正方形ACFG與正方形BCDE，連結DF，并過C點作CH⊥AB于H并交FD于M．若∠ACB＝120°，AC＝3，BC＝2，則MD的長為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】過D作DN⊥CF于點N，作DP⊥HM于點P，過點F作FQ⊥HM，交HM的延長線于點Q，依據勾股定理即可求得DF的長，再根據全等三角形的對應邊相等得到FQ=DP，進而證明△FQM≌△DPM，得到M是FD的中點，由此可得DM=DF．【詳解】如圖所示，過D作DN⊥CF于點N，作DP⊥HM于點P，過點F作FQ⊥HM，交HM的延長線于點Q，∵∠ACB＝120°，∠ACF＝∠BCD＝90°，∴∠DCN＝60°，∠CDN＝30°，又∵BC＝DC＝2，AC＝FC＝3，∴CNCD＝1，FN＝CF﹣CN＝3﹣1＝2，DN，Rt△DFN中，DF．∵四邊形BCDE是正方形，∴BC＝CD，∠BCD＝90°，又∵CH⊥AB，∴∠DCP+∠BCH＝∠CBH+∠BCH＝90°，∴∠DCP＝∠CBH，又∵∠DPC＝∠BHC＝90°，∴△DCP≌△CBH（AAS），∴DP＝CH，同理可得△ACH≌△CFQ，∴FQ＝CH，∴FQ＝DP，又∵∠Q＝∠DPM＝90°，∠FMQ＝∠DMP，∴△FQM≌△DPM（AAS），∴FM＝DM，即M是FD的中點，∴DMDF．故選：A【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質以及勾股定理的綜合運用，通過作輔助線構造全等三角形，靈活運用全等三角形的對應邊相等是解題的關鍵．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．（2022·廣東茂名·二模）如圖，在中，，D是邊上的一個動點，連接，并將線段繞點A逆時針旋轉后得線段，連接，在點D運動過程中，線段長度的最小值是_________．【答案】【分析】過點作于點，在上取點，使，連接，先根據直角三角形的性質、勾股定理可得，根據等腰直角三角形的判定與性質可得，從而可得，再根據旋轉的性質可得，然后根據三角形全等的判定證出，根據全等三角形的性質可得，最后根據垂線段最短可得當時，的長度最小，在中，解直角三角形即可得．【詳解】解：如圖，過點作于點，在上取點，使，連接，，，，是等腰直角三角形，，，，由旋轉的性質得：，，，，，在和中，，，，如圖，由垂線段最短可知，當時，的長度最小，在中，，即線段長度的最小值是，故答案為：．【點睛】本題考查了含角的直角三角形的性質、勾股定理、三角形全等的判定定理與性質、旋轉的性質、解直角三角形等知識點，通過作輔助線，構造全等三角形是解題關鍵．4．（2023·湖南常德·統考中考真題）如圖1，在中，，，，D是上一點，且，過點D作交于E，將繞A點順時針旋轉到圖2的位置．則圖2中的值為．

【答案】/0.8【分析】首先根據勾股定理得到，然后證明出，得到，進而得到，然后證明出，利用相似三角形的性質求解即可．【詳解】∵在中，，，，∴∵∴，∴∴∴∵∴∴∴∴．故答案為：．【點睛】此題考查了相似三角形的性質和判定，解題的關鍵是熟練掌握相似三角形的性質和判定定理．5、（2022·重慶·九年級期末）已知正方形DEFG的頂點F在正方形ABCD的一邊AD的延長線上，連結AG，CE交于點H，若，，則CH的長為________.【分析】連接EG，與DF交于N，設CD和AH交于M，證明△ANG∽ADM，得到，從而求出DM的長，再通過勾股定理算出AM的長，通過證明△ADG≌△CDE得到∠DAG=∠DCE，從而說明△ADM∽△CHM，得到，最后算出CH的長.【詳解】解：連接EG，與DF交于N，設CD和AH交于M，∴∠GNA=90°，DN=FN=EN=GN，∵∠MAD=∠GAN，∠MDA=∠GNA=90°，∴△ANG∽ADM，∴，∵，∴DF=EG=2,∴DN=NG=1，∵AD=AB=3，∴，解得：DM=，∴MC=，AM=，∵∠ADM+∠MDG=∠EDG+∠CDG，∴∠ADG=∠EDC，在△ADG和△CDE中，，∴△ADG≌△CDE（SAS），∴∠DAG=∠DCE，∵∠AMD=∠CMH，∴∠ADM=∠CHM=90°，∴△ADM∽△CHM，∴，即，解得：CH=.【點撥】本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，正方形的性質，勾股定理，綜合性較強，解題的關鍵是找到合適的全等三角形和相似三角形，通過其性質計算出CH的長.6．（2022秋·江西撫州·九年級臨川一中校考期中）將繞點按逆時針方向旋轉度，并使各邊長變為原來的倍，得，如圖①所示，，我們將這種變換記為．

(1)如圖①，對作變換得到，則_________；直線與直線所夾的銳角為_________度；(2)如圖②，中，，對作變換得到，使點B、C、在同一直線上，連接且，求和的值；(3)如圖③，中，，對作變換得到，便點在同一直線上，且，求和的值．【答案】(1)；；(2)，(3)，【分析】（1）根據變換可得△ABC∽，，，，再根據相似三角形的性質，即可求解；（2）先證明四邊形是矩形，根據矩形的性質可得，再由，可得，從而得到，再根據直角三角形的性質，即可求解；（3）先證明四邊形是平行四邊形，結合∠BAC＝36°，可得，從而得到，可證得，從而得到，進而得到，即可求解．【詳解】（1）解：如圖，設直線BC與直線的交點為H，交BH于O．

根據題意得：，，，，∴，∵，，∴，直線與直線所夾的銳角為；（2）∵，則，同理：，∴，，，∵共線，∴，而，，∴，∴∵，則，∵四邊形是矩形，∴．∴．在中，，，∴，∴；（3）∵，∴，同理可得：，，∵，∴，而，∴，，∴，，∴，，∴四邊形是平行四邊形，∴，∵，∴，∴，而，∴，∴（負根舍），∴，∴．【點睛】本題考查四邊形綜合題、平行四邊形與矩形的判定與性質，相似三角形的性質、一元二次方程、變換的定義等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題，屬于中考常考題型．7．（2023·遼寧丹東·統考二模）（1）問題發現：如圖1，已知正方形，點E為對角線上一動點，將繞點B順時針旋轉到處，得到，連接．填空：①___________；②的度數為___________；（2）類比探究：如圖2，在矩形和中，，，連接，請分別求出的值及的度數；（3）拓展延伸：如圖3，在（2）的條件下，將點E改為直線上一動點，其余條件不變，取線段的中點M，連接，，若，則當是直角三角形時，請直接寫出線段的長．

【答案】（1）①1；②；（2）；；（3）或．【分析】（1）根據旋轉的性質可得，則，通過證明，即可得出結論；（2）根據可得，根據，得出，即可證明，即可得出結論；（3）先求出的長度，根據點M為中點，可得，根據是直角三角形，可求出，從而得到，最后根據勾股定理，列出方程求解即可．【詳解】解：（1）∵繞點B順時針旋轉到，∴，∵四邊形為正方形，∴，，，∴，即，在和中，，∴，∴，∴，故答案為：①1；②．（2）；，理由如下：在矩形中，，∵，則，∴，同理在中，∵，則，∴，∴，∵，∴，即∴，∴，∴，∴，綜上：；．（3）由（2）可得，，∵，∴，∴，∵點M為的中點，，∴，∵為直角三角形，∴，∴，∴，設，則，，在中，根據勾股定理得：，即，解得：．∴或．【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，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，解直角三角形，解題的關鍵是熟練掌握相關知識點，并靈活運用．8．（2023春·山西太原·九年級山西實驗中學校考期中）【問題情境】如圖1，在中，，點D，E分別是邊的中點，連接．如圖2，將繞點C按順時針方向旋轉，記旋轉角為．【觀察發現】如圖2，當時，_________．【方法遷移】如圖3，矩形中，點E，F分別是的中點．四邊形為矩形，連接．如圖4，將矩形繞點A逆時針旋轉．旋轉角為α，連接．請探究矩形旋轉過程中，與的數量關系；【拓展延伸】如圖5，若將上題中的矩形改為“平行四邊形”且，矩形改為“平行四邊形”，其他條件不變，如圖6，在平行四邊形旋轉過程中，直接寫出_________．

【答案】觀察發現：；方法遷移：；拓展延伸：【分析】觀察發現：由勾股定理求出根據三角形中位線定理求出再證明可得結論；方法遷移：由勾股定理求出再證明可得結論；拓展延伸：先求出再證明可得結論．【詳解】觀察發現：如圖1，∵分別是的中點，∴是的中位線，∴,由勾股定理得,∴,如圖2，由旋轉得∴即又∵∴,∴故答案為方法遷移：理由如下：連接，如圖，

∵，點E，F分別是的中點，∴，在矩形中，在中，由勾股定理得，同理可求得∵，∴，∴，又∵，∴，∴；拓展延伸：連接過點A作于點H，如圖5，∵，點E，F分別是的中點，四邊形分別是平行四邊形，∴∴∴∴∴∴∴同理可得，；如圖6，連接由旋轉得，∴又∵∴∴故答案為：．【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，矩形的屬性持，平行四邊形的性質以及相似三角形的判定與性質，能夠識別圖形，正確作出輔助線是解答本題的關鍵．9．（2022·重慶忠縣·九年級期末）已知等腰直角與有公共頂點，，，．現將繞點旋轉．(1)如圖①，當點，，在同一直線上時，點為的中點，求的長；(2)如圖②，連接，．點為的中點，連接交于點，求證：；(3)如圖③，點為的中點，以為直角邊構造等腰，連接，在繞點旋轉過程中，當最小時，直接寫出的面積．【答案】(1)(2)見解析(3)【分析】（1）連接并延長交于，可得，，，再運用勾股定理可得結論；（2）延長到，使，連接，據SAS證明得，運用中位線定理證明，再證明，得，故可得結論；（3）據點F在AB上時BN的值最小，求出BN的值，運用等腰直角三角形的性質求出NG和AB，運用三角形面積公式求解即可．(1)連接并延長交于，，點是的中點，，與都是等腰直角三角形，，，，又，，由已知可得，，，；(2)證明：延長到，使，連接，，．，，又，，．即；又，，，，A分別是，的中點，．，，，，；(3)∵AE=AD=4，∠EAF=90°，∴DE=，∵點F是DE的中點，∴AF=DE=2，∴點F在以A為圓心，2為半徑的⊙A上移動，如圖，當點F在AB上時，BF最小，∵是等腰直角三角形，∴BF最小時，BN也最小，∴的最小值為：AB-AF=此時，∵∴∴∵是等腰直角三角形，∴∴的最小值為：【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質，旋轉變換，勾股定理，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形是解決問題的關鍵．10．（2023春·廣東揭陽·九年級校考期中）已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝4，另有一塊等腰直角三角板的直角頂點放在C處，CP＝CQ＝2，將三角板CPQ繞點C旋轉(保持點P在△ABC內部)，連接AP、BP、BQ．（1）如圖1求證：AP＝BQ；（2）如圖2當三角板CPQ繞點C旋轉到點A、P、Q在同一直線時，求AP長．【答案】（1）見解析；（2）【分析】（1）根據∠ACB=∠PCQ=90°，可得∠ACP=∠BCQ，再利用SAS，即可求證；（2）根據直角三角形的性質，可得，再由勾股定理，可得，即可求解．【詳解】證明：（1）∵∠ACB=∠PCQ=90°，∴∠ACP=∠BCQ，∵AC=BC，CP=CQ，∴△△ACP≌△BCQ（SAS）∴AP=BQ；（2）如圖2中，作CH⊥PQ于H，∵CP＝CQ＝2，∴，∵∠PCQ=90°，∴，∴，∵AC=4，∴，∵點A、P、Q在同一直線，∴．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質，圖形的旋轉，勾股定理，二次根式的化簡，熟練掌握相關知識點是解題的關鍵．11．（2022·山東·九年級專題練習）如圖，正方形ABCD，將邊CD繞點D順逆時針旋轉α（0°＜α＜90°），得到線段DE，連接AE，CE，過點A作AF⊥CE交線段CE的延長線于點F，連接BF．（1）當AE＝AB時，求α的度數；（2）求證：∠AEF＝45°；（3）求證：AE∥FB．【答案】（1）α＝30°；（2）證明見解析；（3）證明見解析．【分析】（1）根據旋轉的性質可得CD=DE，由正方形的性質可得AB=CE=AD，根據已知AB=AE，可得出△ADE是等邊三角形，求出∠ADE的度數，即可求解；（2）根據旋轉的性質得出△CDE和△ADE都是等腰三角形，由題可知旋轉角是∠EDC，進而得出∠ADE、∠AED、∠CED與α之間的關系，再根據平角的特點即可求解；（3）方法一：過點B作AF與CF的垂線，可以得到一個平行四邊形，進一步可判定是矩形，根據角度關系得出∠BCF=∠BAF，判定矩形是正方形，得出∠BFC=45°，結合（2）可得出結論；方法二：過點B作BF的垂線交BF于點M，根據垂直的性質和正方形的性質可以得出∠ABF=∠CBM，∠BAF=∠BCF，AB=BC，進而判定兩個三角形全等，可得出△BFM是等腰直角三角形，求出∠BFE=45°，結合（2）可得出結論；方法三：取AC的中點O，根據直角三角形的性質和正方形的性質，可得出OA=OC=OB=OF，所以A、B、C、F在同一個圓上，∠CBF=∠BAC=45°，結合（2）即可得出結論．【詳解】解：(1)在正方形ABCD中，AB＝AD＝DC，由旋轉可知，DC＝DE，∵AE＝AB∴AE＝AD＝DE∴△AED是等邊三角形，∴∠ADE＝60°，∴∠ADC＝90°，∴α＝∠ADC－∠ADE＝90°－60°＝30°．（2）證明：在△CDE中，DC＝DE，∴∠DCE＝∠DEC＝，在△ADE中，AD＝ED，∠ADE＝90°－α，∴∠DAE＝∠DEA＝∴∠AEC＝∠DEC＋∠DEA＝＝135°．∴∠AEF＝45°，（3）證明：過點B作BG//CF與AF的延長線交于點G，過點B作BH//GF與CF交于點H，則四邊形BGFH是平行四邊形，∵AF⊥CE，∴平行四邊形BGFH是矩形，∵∠AFP＝∠ABC＝90°，∠APF＝∠BPC，∴∠GAB＝BCP，在△ABG和△CBH中∴△ABG≌△CBH(AAS)，∴BG＝BH，∴矩形BGFH是正方形，∴∠HFB＝45°，由（2）可知：∠AEF＝45°∴∠HFB＝∠AEF＝45°，∴AE∥FB．方法2：過點B作BM⊥BF交FC于點M，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∴∠FBN＋∠ABM＝∠ABM＋∠MBC＝90°，∴∠FBN＝∠MBC，∵AF⊥FC，∴∠AFC＝90°，又∴∠AFP＝∠PBC，∠FPA＝∠BPC∴∠FAB＝BCM,在△ABF和△CBM中，∴△ABF≌△CBM(ASA)，∴BF＝BM,∴△FBM是等腰直角三角形，∴∠MFB＝45°，由（2）可知：∠AEF＝45°∴∠MFB＝∠AEF＝45°，∴AE∥FB．方法3：取AC的中點為點O，∵AF⊥FC，∠ABC=90°∴OA＝OB＝OC＝OF·∴點A，B，C，F都在同一個圓上，∴∠BFC＝∠BAC＝45°·由（2）可知：∠AEF＝45°∴∠MFB＝∠AEF＝45°，∴AE∥FB．【點睛】本題考查了旋轉的性質、正方形的性質、平行線的判定；根據特殊圖形得出角的度數；根據圖形的特點，得出角之間的關系，三個角相加等于180°，得出結果；作輔助線求出∠BFC的度數，結合第二問的結果得出證明．12．（2022·河南·方城縣一模）在數學興趣小組活動中，小亮進行數學探究活動．(1)△ABC是邊長為3的等邊三角形，E是邊AC上的一點，且AE=1，小亮以BE為邊作等邊三角形BEF，如圖（1）所示．則CF的長為．（直接寫出結果，不說明理由）(2)△ABC是邊長為3的等邊三角形，E是邊AC上的一個動點，小亮以BE為邊作等邊三角形BEF，如圖（2）所示．在點E從點C到點A的運動過程中，求點F所經過的路徑長．思路梳理并填空：當點E不與點A重合時，如圖，連結CF，∵△ABC、△BEF都是等邊三角形∴BA=BC，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60°∴①∠ABE+=∠CBF+；∴∠ABE=∠CBF∴△ABE≌△CBF∴∠BAE=∠BCF=60°又∠ABC=60°∴∠BCF=∠ABC∴②______∥______；當點E在點A處時，點F與點C重合．當點E在點C處時，CF=CA．∴③點F所經過的路徑長為．(3)△ABC是邊長為3的等邊三角形，M是高CD上的一個動點，小亮以BM為邊作等邊三角形BMN，如圖（3）所示．在點M從點C到點D的運動過程中，求點N所經過的路徑長．(4)正方形ABCD的邊長為3，E是邊CB上的一個動點，在點E從點C到點B的運動過程中，小亮以B為頂點作正方形BFGH，其中點F，G都在直線AE上，如圖（4）．當點E到達點B時，點F，G，H與點B重合．則點H所經過的路徑長為．（直接寫出結果，不說明理由）【答案】(1)1(2)①∠CBE；∠CBE；

②CF；AB；③3(3)點N所經過的路徑長為(4)【分析】（1）證明△ABE≌△CBF，則CF=AE=1，問題即解決；（2）讀懂每步推理的依據，即可完成；（3）取BC的中點H，連結DH，NH，證明△BDM≌△BHN，則當點M在點C處時，NH⊥BC，且NH=CD，此時在直角△ACD

中即可求得CD的長，從而求得結果；（4）當E、B不重合時，取BC的中點M，連結MH，CH，可證△BFA≌△BHC，可得H、G、C三點共線，可得；當點E在C處時，MH⊥BC，所以可確定點H所經過的路徑，從而求得路徑長．（1）∵△ABC、△BEF都是等邊三角形∴BA=BC，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60°∴∠ABE+∠EBC=∠CBF+∠EBC∴∠ABE=∠CBF∴△ABE≌△CBF∴CF=AE=1故答案為：1（2）當點E不與點A重合時，如圖，連結CF，∵△ABC、△BEF都是等邊三角形∴BA=BC，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60°∴∠ABE+∠EBC=∠CBF+∠EBC∴∠ABE=∠CBF∴△ABE≌△CBF∴∠BAE=∠BCF=60°又∠ABC=60°∴∠BCF=∠ABC∴CF∥AB當點E在點A處時，點F與點C重合．當點E在點C處時，CF=CA．∴點F所經過的路徑長為3．故答案為：①∠EBC，∠EBC；②CF，AB；③3（3）如圖（3），取BC的中點H，連結DH，NH，則∵△ABC是等邊三角形，CD⊥AB∴∠ABC=60°，AB=BC，∴BD=BH∴△BDH是等邊三角形∵△BMN是等邊三角形由（2）知△BDM≌△BHN∴∠BHN=∠BDM=90°即NH⊥BC當點M在點D處時，點N與點H重合，當點M在點C處時，NH⊥BC，且NH=CD在Rt△ACD中，∠A=60°，AC=3∴CD=3×=所以點N所經過的路徑長為.（4）如圖①，當點E不與點B重合時，取BC的中點M，連結MH，CH由四邊形ABCD和四邊形BFGH都是正方形∴AB=BC，BF=BH，∠ABC=∠FBH=∠BHG=90°∴∠ABF=∠CBH∴△BFA≌△BHC∴∠BFA=∠BHC=90°∵∠BHG=90°∴H、G、C三點共線∵MH是直角△BCH斜邊上的中線∴當點E在C處時，如圖②，MH⊥BC，所以點H所經過的路徑長為：以點M為圓心，半徑為，圓心角為90°的弧此時弧長為：故答案為：【點睛】本題是三角形全等的綜合，考查了正方形的性質，等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質，弧長的計算等知識；關鍵是正確尋找到點的運動路徑，這是屬于幾何壓軸題．13．（2022·福建福州·九年級校考期中）正方形ABCD和正方形AEFG的邊長分別為3和1，將正方形AEFG繞點A逆時針旋轉．（1）當旋轉至圖1位置時，連接BE，DG，則線段BE和DG的關系為；（2）在圖1中，連接BD，BF，DF，求在旋轉過程中BDF的面積最大值；（3）在旋轉過程中，當點G，E，D在同一直線上時，求線段BE的長．【答案】（1），；（2）7.5；（3）或【分析】（1）利用正方形的性質證明即可證得結論；（2）連接，，，，，設交于點．利用勾股定理求出，，由推出當點F，A，K在同一直線上時，點到的最大距離，由此可得結論；（3）分兩種情形：如圖中，當，，共線時，連接交于．如圖中，當，，共線時，連接交于．利用勾股定理求出，可得結論．【詳解】解：（1），，理由如下：如圖1中，設交于點，交于點．四邊形、四邊形都是正方形，，，，，，在和中，，，，，，，，故答案為：BE＝DG，BE⊥DG；（2）如圖1中，連接，，，，，設交于點．四邊形、四邊形都是正方形，，，，，，，，，當點F，A，K在同一直線上時，點到的最大距離，的面積的最大值為；（3）如圖中，當，，共線時，連接交于．四邊形是正方形，，，，，，，；如圖中，當，，共線時，連接交于．四邊形是正方形，，，，，，，；綜上所述，滿足條件的的長為或．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理的應用等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．14．（2022·遼寧沈陽·九年級校考期中）（1）如圖①，若在等邊△ABC的邊AB上任取一點E（點E不與B重合），以EC為邊在△ABC同側作等邊△CEN，連接AN．求證：ANBC且AN＝BE；（2）如圖②，若把（1）中的“等邊△ABC”改成正方形ABCD，同樣在邊AB上任取一點E（點E不與B重合），以EC為邊在正方形ABCD同則作正方形CEMN，連接DN，請你判斷圖中是否有與（1）中類似的結論．若有，直接寫出結論；若沒有，請說明理由；【答案】（1）見解析；（2）有，ANBC且DN＝BE；（3）不成立，，理由見解析【分析】（1）直接由“手拉手”模型推出，然后根據全等三角形的性質證明即可；（2）仿照（1）的過程判斷出，然后根據全等三角形的性質證明即可；【詳解】證：（1）∵△ABC和△CEN均為等邊三角形，∴AC=BC，EC=NC，∠ACB=∠NCE=60°，∠B=60°，∵∠ACB=∠ACE+∠ECB，∠NCE=∠ACE+∠NCA，∴∠ECB=∠NCA，在△ECB和△NCA中，∴△ECB≌△NCA(SAS)，∴AN=BE，∠NAC=∠B=60°，∵∠ACB=∠NAC=60°，∴AN∥BC，∴AN∥BC且AN＝BE；（2）有，AN∥BC且DN＝BE；理由如下：∵四邊形ABCD和四邊形CEMN均為正方形，∴BC=DC，EC=NC，∠BCD=∠ECN=90°，∠B=90°，∵∠BCD=∠BCE+∠ECD，∠ECN=∠ECD+∠DCN，∴∠BCE=∠DCN，在△BCE和△DCN中，∴△BCE≌△DCN(SAS)，∴BE=DN，∠CDN=∠B=90°，∵∠ADC=90°，∴∠ADC+∠CDN=180°，即：A、D、N三點共線，∵AD∥BC，∴AN∥BC，∴AN∥BC且DN＝BE；【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質，特殊平行四邊形的性質等，理解基本圖形的性質，掌握全等三角形以及基本性質是解題關鍵．15．（2023·浙江·九年級課時練習）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，點P為線段CA延長線上一動點，連接PB，將線段PB繞點P逆時針旋轉，旋轉角為α，得到線段PD，連接DB，DC．（1）如圖1，當α＝60°時，求證：PA＝DC；（2）如圖2，當α＝120°時，猜想PA和DC的數量關系并說明理由．（3）當α＝120°時，若AB＝6，BP＝，請直接寫出點D到CP的距離．【答案】（1）見解析；（2）；（3）或【分析】（1）當α＝60°時，△ABC和△PBD為等邊三角形，根據三角形全等即可求證；（2）過點作，求得，根據題意可得，可得，再根據，判定，得到，即可求解；（3）過點作于點，過點作于點，分兩種情況進行討論，當在線段或當在線段延長線上時，設根據勾股定理求解即可．【詳解】解：（1）當α＝60°時，∵AB＝AC∴△ABC為等邊三角形，∴，由旋轉的性質可得：，∴△PBD為等邊三角形∴，∴在和中∴∴（2）過點作，如下圖：∵當α＝120°時，∴，∴由勾股定理得∴∴由旋轉的性質可得：，∴，又∵∴又∵，∴∴∴∴（3）過點作于點，過點作于點，則點D到CP的距離就是的長度當在線段上時，如下圖：由題意可得：∵α＝120°，∴在中，，∴，在中，，，∴∴，由（2）得由旋轉的性質可得：設，則由勾股定理可得：即，解得則當在線段延長線上，如下圖：則，由（2）得，設，則由勾股定理可得：即，解得則綜上所述：點D到CP的距離為或【點睛】此題考查了旋轉的性質、全等三角形的判定及性質、相似三角形的判定及性質、等腰三角形的性質以及勾股定理，綜合性比較強，熟練掌握相關基本性質是解題的關鍵．16.（2022·山東·九年級課時練習）如圖，和是有公共頂點直角三角形，，點P為射線，的交點．（1）如圖1，若和是等腰直角三角形，求證：；（2）如圖2，若，問：（1）中的結論是否成立？請說明理由．（3）在（1）的條件下，，，若把繞點A旋轉，當時，請直接寫出的長度【答案】（1）見解析；（2）成立，理由見解析；（3）PB的長為或．【分析】（1）由條件證明△ABD≌△ACE，即可得∠ABD=∠ACE，可得出∠BPC=90°，進而得出BD⊥CP；（2）先判斷出△ADB∽△AEC，即可得出結論；(3)分為點E在AB上和點E在AB的延長線上兩種情況畫出圖形，然后再證明△PEB∽△AEC，最后依據相似三角形的性質進行證明即可．【詳解】解：（1）證明：如圖，∵∠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；（1）中結論成立，理由：在Rt△ABC中，∠ABC=30°，∴AB=AC，（2）在Rt△ADE中，∠ADE=30°，∴AD=AE，∴∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，∴△ADB∽△AEC．∴∠ABD=∠ACE同（1）得；解：∵和是等腰直角三角形，∴，①當點E在AB上時，BE=AC-AE=1．∵∠EAC=90°∴CE=．同（1）可證△ADB≌△AEC．∴∠DBA=∠ECA．∵∠PEB=∠AEC，∴△PEB∽△AEC∴∴．∴PB=．②當點E在BA延長線上時，BE=5．∵∠EAC=90°，∴CE=5．同（1）可證△ADB≌△AEC．∴∠DBA=∠ECA．∵∠BEP=∠CEA，∴△PEB∽△AEC．∴．∴．∴PB=．綜上所述，PB的長為或．【點睛】此題主要考查的是旋轉的性質、等腰三角形的性質、全等三角形的性質和判定、相似三角形的性質和判定，證明得△PEB∽△AEC是解題的關鍵．17．（2023·廣東·深圳市九年級期中）（1）如圖1，Rt△ABC與Rt△ADE，∠ADE＝∠ABC＝90°，，連接BD，CE．求證：．（2）如圖2，四邊形ABCD，∠BAD＝∠BCD＝90°，且，連接BC，BC、AC、CD之間有何數量關系？小明在完成本題中，如圖3，使用了“旋轉放縮”的技巧，即將△ABC繞點A逆時針旋轉90°，并放大2倍，點B對應點D．點C落點為點E，連接DE，請你根據以上思路直接寫出BC，AC，CD之間的關系．（3）拓展：如圖4，矩形ABCD，E為線段AD上一點，以CE為邊，在其右側作矩形CEFG，且，AB＝5，連接BE，BF．求BE+BF的最小值．【答案】（1）見解析；（2）；（3）【分析】（1）根據已知條件直接證明，再證明，從而可得，設，則,根據勾股定理求得,求得，即可得證；（2）根據題意可知，，設則,求得,分別求得,根據，即可求得；（3）根據（2）的方法，旋轉放縮,縮小為原來的，使得的落點為,的落點為，過點作于點,交的延長線于點，作點關于的對稱點,連接,則,當點三點共線時，取等于號，接下來根據相似的性質分別求得各邊的長度，最后根據勾股定理求得即可求得最小值【詳解】（1）∠ADE＝∠ABC＝90°，即設，則,（2）∠BAD＝∠BCD＝90°，且將△ABC繞點A逆時針旋轉90°，并放大2倍，點B對應點D．點C落點為點E，，，三點共線，，設則（3）如圖，設,將繞點逆時針旋轉，并縮小為原來的，使得的落點為,的落點為，過點作于點,交的延長線于點，作點關于的對稱點,連接則，當點三點共線時，取等于號由作圖知:，且,，AB＝5,四邊形是矩形在中在中，四邊形是矩形,四邊形是矩形,在中，的最小值為【點睛】本題考查了三角形相似的性質與判定，旋轉放縮法構造相似三角形，線段和最值問題，勾股定理，正確的作出圖形和輔助線是解題的關鍵．18．（2023·綿陽市·九年級專題練習）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，點P是△ABC外一點，連接BP，將線段BP繞點P逆時針旋轉α得到線段PD，連接BD，CD，AP．觀察猜想：（1）如圖1，當α＝60°時，的值為，直線CD與AP所成的較小角的度數為°；類比探究：（2）如圖2，當α＝90°時，求出的值及直線CD與AP所成的較小角的度數；拓展應用：（3）如圖3，當α＝90°時，點E，F分別為AB，AC的中點，點P在線段FE的延長線上，點A，D，P三點在一條直線上，BD交PF于點G，CD交AB于點H.若CD＝2＋，求BD的長．【答案】（1）1，60；（2），直線CD與AP所成的較小角的度數為45°；（3）BD＝．【分析】（1）根據α＝60°時，△ABC是等邊三角形，再證明△PBA≌△DBC，即可求解，再得到直線CD與AP所成的度數；（2）根據等腰直角三角形的性質證明△PBA∽△DBC，再得到=，再根據相似三角形的性質求出直線CD與AP所成的度數；（3）延長CA，BD相交于點K，根據直角三角形斜邊上的中線性質及中位線定理證得∠BCD＝∠KCD，由（2）的結論求出AP的長，再利用在Rt△PBD中，設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的長．【詳解】（1）∵α＝60°，AB＝AC，∴△ABC是等邊三角形，∴AB=CB∵將線段BP繞點P逆時針旋轉α得到線段PD，∴△BDP是等邊三角形，∴BP=BD∵∠PBA=∠PBD-∠ABD=60°-∠ABD，∠DBC=∠ABC-∠ABD=60°-∠ABD，∴∠PBA=∠DBC∴△PBA≌△DBC，∴AP=CD∴=1如圖，延長CD交AB，AP分別于點G，H，則