中考數學幾何專項練習：相似模型--旋轉“手拉手”模型-試卷下載-教習網

?中考數學幾何專項練習：
相似模型--旋轉“手拉手”模型（基礎+培優(yōu)）
一、單選題
1．如圖，在中，，以，為邊分別向外作正方形和正方形，交于點，交于點．若，則（????）
??
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】設，，由“”可證，可得，，利用勾股定理分別求出，的長，即可求解．
【詳解】解：如圖，過點作，交的延長線于點，交的延長線于點，
??
，
，
，
設，，
，
，，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
．
故選：D．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，正方形的性質，全等三角形的判定和性質，添加恰當輔助線構造相似三角形是解題的關鍵．
2．如圖，與中，，，，交于D，給出下列結論：①；②；③；④．其中正確的結論有（????）個
??
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【分析】通過證明，可判斷①；根據，，得出，即可判斷②；根據，得出，則，即可判斷③；根據，得出，進而得出，即可判斷④．
【詳解】解：∵，，，
∴，
∴，故①不正確；
∵，，
∴，故②正確；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，故③正確；
∵，
∴，
∵，
∴，故④不正確，
綜上：正確的有②③，共2個，
故選：C．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定，解題的關鍵是掌握相關性質定理，并熟練運用．
3．如圖，已知，添加一個條件后，仍不能判定與相似的是（????）
??
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據相似三角形的判定逐項分析即可得到答案．
【詳解】解：，
，即，
A、，
，
故此選項不符合題意；
B、，
，
故此選項不符合題意；
C、由，
不能得到，
故此選項符合題意；
D、，
，
故此選項不符合題意；
故選：C．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定，如果兩個三角形的三組對應邊的比相等，那么這兩個三角形相似；如果兩個三角形的兩條對應邊的比相等，且夾角相等，那么這兩個三角形相似；如果兩個三角形的兩個角對應角相等，那么這兩個三角形相似．
4．如圖，在矩形中，，，將矩形繞著點A逆時針旋轉45°，得矩形，其中交于點E，延長交于點F，連接，，，則的值為（????）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據矩形的性質可得，根據旋轉的性質可得，，根據等腰直角三角形的判定和性質可得，，根據相似三角形的判定和性質可得，求得，，，根據全等三角形的判定和性質可得，根據勾股定理可得，即可求得．
【詳解】∵四邊形是矩形，，，
∴，
∵矩形繞著點A逆時針旋轉45°，得矩形，
∴，
∵，
∴
∴為等腰直角三角形
∴
同理為等腰直角三角形
∴
∴
∴
又∵，，，
∴
∴
∴，
∴
∴
在中，
∴
故
故選：A．
【點睛】本題考查了矩形的性質，旋轉的性質，等腰直角三角形的判定和性質，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，熟練掌握以上判定和性質是解題的關鍵．

二、填空題
5．如圖，已知和有公共頂點，且，，，則度．
??
【答案】
【分析】根據等腰三角形的性質及三角形內角和求出，根據題意證明，得到，得到，從而證明，進而得到．
【詳解】解：，，
，
，
，
，
，
，即，
，且，
，
，
故答案為：．
【點睛】本題考查了等腰三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，三角形內角和定理，結合圖形找到相似三角形并證明是解答本題的關鍵．
6．如圖，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，以C為頂點的正方形CDEF（C、D、E、F四個頂點按逆時針方向排列）可以繞點C自由轉動，且CD＝2，連接AF，BD，在正方形CDEF旋轉過程中，BD+AD的最小值為．

【答案】/
【分析】在AC上截取一點M，使得CM=．利用相似三角形的性質證明DM=AD，推出BD+AD=BD+DM，推出當B，D，M共線時，BD+AD的值最小，即可解決問題；
【詳解】解：如圖，在AC上截取一點M，使得CM=．連接DM，BM．

∵CD=2，CM=，CA=3，
∴CD2=CM?CA，
∴，
∵∠DCM=∠ACD，
∴△DCM∽△ACD，
∴，
∴DM=AD，
∴BD+AD=BD+DM，
∴當B，D，M共線時，BD+AD的值最小，
∴最小值=．
故答案為：．
【點睛】本題考查正方形的性質、相似三角形的判定和性質、兩點之間線段最短、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會由轉化的思想思考問題．
7．如圖，在和中，，E為的中點，將繞點O旋轉，直線，交于點F，連接，則的最小值是．

【答案】
【分析】取的中點，連接，則，當三點共線時，最小，證明，進而推出，進而得到，根據三角形中位線定理以及斜邊上的中線等于斜邊的一半，求出，進而求出的最小值．
【詳解】解：取的中點，連接，

則，
∴當三點共線時，最小，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的中點，為的中點，
∴，
∴的最小值為：；
故答案為：．
【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質，中位線定理，斜邊上的中線．熟練掌握相似三角形的判定方法，證明三角形相似，是解題的關鍵．

三、解答題
8．若繞點逆時針旋轉后，與構成位似圖形，則我們稱與互為“旋轉位似圖形”．
????
(1)知識理解：
如圖①，與互為“旋轉位似圖形”．
①若，，，則；
②若，，，則；
(2)知識運用：
如圖②，在四邊形中，，于點，，求證：與互為“旋轉位似圖形”；
(3)拓展提高：
如圖③，為等邊三角形，點為的中點，點是邊上的一點，點為延長線上的一點，點在線段上，，且與互為“旋轉位似圖形”．若，，求．
【答案】(1)①27°；②
(2)見解析
(3)

【分析】（1）①依據和互為“旋轉位似圖形”，可得，依據相似三角形的對應角相等，即可得到；
②依據，可得，根據，，，即可得出；
（2）依據，即可得到，進而得到，再根據，，即可得到，進而得出和互為“旋轉位似圖形”；
（3）利用直角三角形的性質和勾股定理解答即可．
【詳解】（1）①和互為“旋轉位似圖形”，
，
，
又，，
；
②，
，
，，，
，
，
故答案為：；；
（2），，
，
，即，
又，
，
，
又，，
，
，
，
繞點逆時針旋轉的度數后與構成位似圖形，
和互為“旋轉位似圖形”；
（3）點為的中點，
，
由題意得：，
，
，
，
，
由勾股定理可得，
，
．
【點睛】本題是相似形綜合題，主要考查了相似三角形的判定及性質，等腰直角三角形的判定及性質，勾股定理的綜合運用．在解答時添加輔助線等腰直角三角形，利用相似形的對應邊成比例是關鍵．
9．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(fā)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．求證：．
(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，以為邊作正方形，Q是正方形的中心，連接．若正方形的邊長為12，，求正方形的邊長．
【答案】(1)證明見解答過程
(2)和的數量關系為：；理由見解答過程
(3)

【分析】（1）證明，即可得到結論；
（2）證明，則，由得到，則，即可證明結論；
（3）連接，證明，得到，求出，設，則，在中，，則，求出，即可得到答案．
【詳解】（1）證明：∵與都是等邊三角形，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：和的數量關系為：；
理由如下：
在等腰中，，
∴，
在等腰中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：連接，如圖3所示：
??
∵四邊形是正方形，
∴，，
∵Q是正方形的中心，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
設，則，
在中，，
即，
解得：，
∵，
∴，
∴正方形的邊長．
【點睛】此題考查了相似三角形的判定和性質、全等三角形的判定和性質、正方形的性質、等腰三角形的性質、等邊三角形的性質等知識，熟練掌握相似三角形的判定和性質、全等三角形的判定和性質是解題的關鍵．
10．如圖1，中，，，，將繞點順時針旋轉得到，其中是點的對應點，且，連接，．
??
(1)求證：；
(2)如圖2，當點在線段上時，求的面積；
【答案】(1)見詳解
(2)

【分析】（1）可證，從而可證，可得，可求，即可得證；
（2）過作交于，可求，可證，可得，可求，即可求解．
【詳解】（1）證明：將繞點順時針旋轉得到，
，，，
，
，
，
，
，
在中：
，
，
．
（2）解：如圖，過作交于，
??
由旋轉得：，
，，
，
，
，
由（1）同理可證，
，
，
，
，
，
在中：
，
，
，

，
，
．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，相似三角形的判定及性質，勾股定理，面積轉化，掌握性質及判定方法是解題的關鍵．
11．（1）問題發(fā)現，如圖1，在中，，點是邊上一動點（不與點重合），，連接．
??
(1)①求的值；
②求的度數．
(2)拓展探究，如圖2，在中，．點是邊上一動點（不與點重合），，連接，請判斷與的數量關系以及與之間的數量關系，并說明理由．
【答案】(1)①1；②
(2)，，理由見解析

【分析】（1）根據已知條件推出，根據全等三角形的性質得到，，于是得到；
（2）根據已知條件得到，由相似三角形的性質得到，得到，根據相似三角形的性質得到結論；
【詳解】（1），，
，
，
，，
，
，
在與中，
，
，
，，
，
故答案為：1，；
（2），；
理由是：，，
，
，
，
，
，
，．
【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，熟練掌握相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．
12．如圖，點A在線段上，在的同側作等腰和等腰，與、分別交于點P、M．求證：
??
(1)；
(2)．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析

【分析】（1）由題意可得，，，即可證；
（2）由可得，即可證，可得．
【詳解】（1）證明：∵等腰和等腰，
∴，，，
∴，，，
∴，
∴，
（2）∵，
∴，且，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，等腰直角三角形性質，勾股定理的應用，熟練運用相似三角形的判定是本題的關鍵．
13．（1）如圖①在內，，，D是內一點，將繞點B順時針旋轉，點C恰好與點A重合．D旋轉到點E，連接、，判斷與的位置關系，并說明理由．
（2）在（1）的條件下，如圖②，當，延長交于點F，若，時，求的長．
（3）如圖③，在和中，，，連接、填空：
①線段與的數量關系是______________；
②當時，點E到的距離的長為2，則線段的長為__________．

【答案】（1），理由見解析（2）；（3）①；②
【分析】（1）由旋轉的性質得到，進一步證明即可證明；
（2）要求的長，根據矩形的判定定理可得四邊形是矩形，則，在中根據勾股定理可求得的長，根據，，即可求解；
（3）①要求線段與的數量關系，根據兩邊對應成比例且夾角相等可得，再根據相似三角形的性質即可求解；②要求線段的長，在中求出的長，再根據即可求解．
【詳解】解：（1），理由如下：
由旋轉的性質可得
∵，
∴，
∴．
（2）解：設與交于點，
由旋轉的性質可知，，
∵，
∴，即．
∵，
∴．
∴，
∴四邊形是矩形，
∴，
∵在中，，，，
∴，
∴；

（3）①∵，，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案為：．

②∵在中，，，，
∴，
∴，
∵，
∴．
【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質與判定，勾股定理，矩形的性質與判定，旋轉的性質，含30度角的直角三角形的性質等等，靈活運用所學知識是解題的關鍵．
14．在中，，．點是平面內不與點，重合的任意一點，連接，將線段繞點逆時針旋轉得到線段，連接，，．

(1)【猜想觀察】如圖①，若，交于點，則的值是______，直線與直線相交所成的較小角的度數是______；
(2)【類比探究】如圖②，若，與，分別相交于點，，求的值及的度數；
(3)【解決問題】如圖③，當時，若，，三點在同一直線上，且，交于點，，求的長．
【答案】(1)，
(2)；
(3)

【分析】（1）延長交于，根據證，即可得出，然后根據角相等得出即可；
（2）先證，根據線段比例關系得出的值，然后根據角的等量代換得出，即可，
（3）設，則，證，根據比例關系得出方程求解即可．
【詳解】（1）解：延長交于，

，
，，
，
，
即，
在和中，

，
，
，
在和中，且，
，
故答案為：，；
（2）線段繞點逆時針旋轉得到線段，
是等腰直角三角形，
，，

，，
，

又，
即，
，

，，
；
（3）設，則，
，

，
，
，
，
，
又，
，

即，

解得或（舍去），
．
【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，旋轉的性質，熟練掌握相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．
15．已知和都是等腰三角形，，．
??
(1)當時，
①如圖1，當點在邊上時，請直接寫出和的數量關系：　　；
②如圖2，當點不在邊上時，判斷線段和的數量關系，并說明理由；
(2)如圖3，當時，請直接寫出和的數量關系：　 ?。?br /> (3)在（1）的條件下，將繞點逆時針旋轉，當時，請直接寫出的長度．
【答案】(1)①；②，見解析
(2)
(3)或

【分析】（1）①根據題意可得，，進而得出答案；
②運用“”證明即可得出結論；
（2）證明即可得出結論；
（3）分兩種情況進行討論即可：①點D在的上方；②點D在的下方；進行討論求解即可．
【詳解】（1）解：①∵和都是等邊三角形，
∴，，
∴．
故答案為：；
②．
理由如下：
∵和都是等邊三角形，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2），
在等腰直角三角形中：，
在等腰直角三角形中：，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）分兩種情況討論：①如圖（1），點D在的上方，
??
延長交于點H，
∵，，
∴為的中垂線，
∴，
∴，，
∴，
由（1）可知；
②如圖（2），點D在的下方．
??
同理可得，
∴．
綜上所述，AD的長為或．
【點睛】本題考查了等邊三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，熟練掌握手拉手模型是解本題的關鍵．
16．某校數學興趣小組在一次學習活動中，對一些特殊幾何圖形具有的性質進行了如下探究：
??
(1)發(fā)現問題∶如圖1，在等腰中，，點M是邊上任意一點，連接，以為腰作等腰，使，，連接，求證：．
(2)類比探究：如圖2，在等腰中，，，，點M是邊上任意一點，以為腰作等腰，使，，在點M運動過程中，是否存在最小值？若存在，求出最小值，若不存在，請說明理由．
(3)拓展應用：如圖3，在正方形中，點E是邊上一點，以為邊作正方形，M是正方形的中心，連接，若正方形的邊長為12，，求的面積．
【答案】(1)詳見解析
(2)存在最小值，5
(3)

【分析】（1）由，推證進而證得，從而．
（2）連接，易證，得，再證，從而??，得，確定點N的運動路徑，即N在的邊上運動，由垂線段最短及直角三角形性質知時，最小，的最小值==5；
（3）連接，過點M作于點P，如圖，由正方形性質可證得，，所以，于是，；設由勾股定理求得，在中，，進一步求得三角形面積．
【詳解】（1）解：∵
∴
∴
??
∵．
∴．
???∴．
（2）存在最小值．
理由：連接，在等腰與等腰中

∴
??
∴
∴
∵
∴
∴??
∴
∴點N在的邊上運動，
∴當時，最小，的最小值==5
（3）連接，過點M作于點P如圖，
∵M為正方形的中心，
∴．
??
∵四邊形為正方形
∴．
∴．
∴
∵
∴
∴，
設
∵
由勾股定理得：
解得：， (舍去)
∴
在中，，
∴
【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、垂線段最短、正方形性質、直角三角形的性質、勾股定理等；能夠靈活根據題設條件求證三角形相似，進而得到線段、角的數量關系是解題的關鍵．
17．數學課上，李老師提出了一個問題：在矩形中，，，在邊上取一點M使，將繞點A順時針旋轉度到，以為邊作矩形（如圖1所示），，連接、交于點N．
??
(1)求證：．小明經過思考后，很快得到了解題思路：先用“兩邊對應成比例且夾角相等”證明，然后根據“直角三角形兩銳角互余”可證明，從而得到．請你按照他的思路完成證明過程．
(2)連接，當旋轉角時（如圖2），求的值．
(3)連接（如圖3），當時，小明發(fā)現是一個定值，請求出這個值．
【答案】(1)見解析
(2)；
(3)是一個定值，定值為325．

【分析】（1）利用“兩邊對應成比例且夾角相等”證明，推出，再利用“直角三角形兩銳角互余”可證明，即可證明；
（2）分別過點B、D作直線的垂線，垂足分別為Q、P，利用含30度角的直角三角形的性質有勾股定理求得、的長，根據三角形的面積公式求解即可；
（3）由（1）得，利用勾股定理推出等于，據此即可求解．
【詳解】（1）證明：∵四邊形和都是矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
∴，
∵，
∴，
∴；
??
（2）解：分別過點B、D作直線的垂線，垂足分別為Q、P，
??
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：連接，
??
∵，，，，
∴，，
由（1）得，
∴

，
∴是一個定值，定值為325．
【點睛】本題考查矩形中的旋轉變換，涉及三角形相似的判定與性質，含30度角的直角三角形的性質有勾股定理等知識，解題的關鍵是作輔助線，構造直角三角形求解．
18．在數學活動課上，老師讓同學們以“三角形紙片的折疊、旋轉”為主題開展數學活動，探究與角的度數、線段長度有關的問題．對直角三角形紙片進行如下操作：
??
【初步探究】如圖1，折疊三角形紙片，使點C與點A重合，得到折痕，然后展開鋪平，則與位置關系為_______，與的數量關系為_______；
【再次探究】如圖2，將繞點C順時針旋轉得到，連接，若，求的值；
【拓展提升】在（2）的條件下，在順時針旋轉一周的過程中，當時，求的長．
【答案】（1）；（2）；（3）或
【分析】（1）先由折疊的性質得到，進而證明，進一步證明，即可得到；
（2）由勾股定理得，由旋轉的性質可得，，則，證明，即可得到；
（3）分如圖3-1和圖3-2兩種情況討論求解即可．
【詳解】解：（1）∵折疊三角形紙片，使點C與點A重合，得到折痕，
∴點A與點C關于對稱，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案為：；
（2）在中，由勾股定理得，
由（1）可得，
∴，
由旋轉的性質可得，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）如圖3-1所示，當時，延長交于T，
∵，
∴，
又∵，
∴四邊形是矩形，
∴，，，
∴，
在中，由勾股定理得：；
??
如圖3-2所示，當時，過點M作于H，
∵，
∴，
又∵，
∴四邊形是矩形，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
??
綜上所述，的長為或．
【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質與判定，矩形的性質與判定，旋轉的性質，勾股定理等等，靈活運用所學知識是解題的關鍵．
19．如圖，在中，，，點D在射線上，連接，將繞點D逆時針旋轉，得到線段，連接．
??
(1)當點D落在線段上時，
①如圖1，當時，請直接寫出線段與線段的數量關系是______，______°；
②如圖2，當時，請判斷線段與的數量關系，并給出證明；
(2)當時，過點A作交于點N，若，猜想與的數量關系并說明理由．
【答案】(1)①，；②，理由見解析
(2)，理由見解析

【分析】（1）①首先根據題意證明和是等邊三角形，然后證明出，最后利用全等三角形的性質求解即可；
②首先證明出和是等腰直角三角形，然后證明出，根據相似三角形的性質求解即可；
（2）設，則，，然后根據勾股定理求出，然后利用等面積法求出，進而求解即可．
【詳解】（1）①∵將繞點D逆時針旋轉，
∴，
∵，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，，
∵，，
∴是等邊三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
故答案為：，；
②∵，
∴，
∵，
∴和是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）如圖所示，
??
∵，
∴，
設，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
∴，即，
∴解得，
∴．
【點睛】此題考查了旋轉的性質，相似三角形的性質和判定，全等三角形的性質和判定，勾股定理等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．
20．如圖，在和中，．
??
(1)求證：；
(2)若，求的長．
【答案】(1)見解析
(2)

【分析】（1）由，可得出，結合，可證出；
（2）由，利用相似三角形的性質可得出，結合，可求出的長．
【詳解】（1）證明：，
，
，
又，
；
（2）解：，
，
，
.
【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質，解題的關鍵是：（1）牢記“兩角對應相等的兩個三角形相似”；（2）牢記“相似三角形面積的比等于相似比的平方”．
21．問題背景：如圖（1），已知，求證：；
嘗試應用：如圖（2），在和中，，，與相交于點，點在邊上，，求；
拓展創(chuàng)新：如圖（3），是內一點，，，，請直接寫出的值．
??
【答案】問題背景：見解析
嘗試應用：3
拓展創(chuàng)新：4
【分析】問題背景：由題意得出，，則，可證得結論；
嘗試應用：連接，證明，由（1）知，由相似三角形的性質得出，，可證明，得出，則可求出答案；
拓展創(chuàng)新：過點作的垂線，兩垂線交于點，連接，由直角三角形的性質求得，由勾股定理求得，證明，由相似三角形的性質得出，證明，得出，求出，再根據勾股定理即可求得．
【詳解】問題背景：證明：，
，，
，，
；
嘗試應用：解：如圖1，連接，
??
，，
，
由（1）知，
，，
在中，，
，
，
，，
，
；
拓展創(chuàng)新：解：如圖2，過點作的垂線，兩垂線交于點，連接，
??
，
，
，
，，
，
，
，
，
又，
，即，
，
，
，
，
在中，．
【點睛】此題考查相似形的綜合應用，掌握直角三角形的性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質等知識是解題的關鍵.
22．已知正方形，動點在上運動，過點作射線于點，連接．
??
(1)如圖1，在上取一點，使，連接，求證：；
(2)如圖2，點在延長線上，求證：；
(3)如圖3，若把正方形改為矩形，且，其他條件不變，請猜想和的數量關系，直接寫出結論，不必證明．
【答案】(1)證明過程見詳解
(2)證明過程見詳解
(3)，理由見詳解

【分析】（1）先判斷出，利用等角的余角相等判斷出，進而判斷出，即可得出結論；
（2）利用四邊形的內角和定理和鄰補角的定義判，進而判斷出，再判斷出，即可得出結論；
（3）先判斷出，同（1）的方法得，，得出，得出比例式，進而得出，再用勾股定理得出，即可得出結論．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，且，
∴，
∴．
（2）證明：如圖所示，過點作交的延長線于點，
??
∴，
∵四邊形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
（3）解：，理由如下，
如圖所示，過點作交于點，
??
∴，
∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
同（1）的證明方法得，，
∴，
∴，
∵四邊形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題主要考查正方形、矩形、直角三角形的綜合，掌握正方形的性質，矩形的性質，直角三角形的勾股定理，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的綜合運用是解題的關鍵．
23．原題再現：小百合特別喜歡探究數學問題，一天萬老師給她這樣一個幾何問題：
和都是等邊三角形，將繞著點旋轉到圖位置，求證：小百合很快就通過≌，論證了．
??
(1)請你幫助小百合寫出證明過程；
遷移應用：小百合想，把等邊和等邊都換成等腰直角三角形，將繞著點旋轉到圖位置，其中，那么和有什么數量關系呢？
(2)請你幫助小百合寫出結論，并給出證明；
(3)如圖，如果把等腰直角三角形換成正方形，將正方形繞點旋轉，若，，在旋轉過程中，當，，三點共線時，請直接寫出的長度．
【答案】(1)證明見解析
(2)，證明見解析
(3)或

【分析】（1）證明，由全等三角形的性質得出；
（2）證明，由相似三角形的性質得出，則可得出結論；
（3）分兩種情況畫出圖形，證明，根據相似三角形的判定和性質以及勾股定理即可得出答案．
【詳解】（1）證明：和分別是等邊三角形，
，，
，
，
即，
在和中，
，
≌，
；
（2），
證明：，都是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
∽，
，
；
（3）如圖，連接，
??
由知∽，
，
，
四邊形是正方形，
，
，
四邊形是正方形，
，，
，，三點共線．
，
，
；
如圖，連接，
??
由知∽，
，
，
四邊形是正方形，
，
，
四邊形是正方形，
，，
，，三點共線．
，
，
；
綜上，當，，三點共線時，的長度為或．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了旋轉的性質，等腰直角三角形的性質，等邊三角形的性質，正方形的性質，相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定與性質等知識，解題的關鍵是正確尋找相似三角形解決問題，學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．
24．問題情境：
如圖①，正方形的邊長為，點在對角線上，，過點作，分別交，于點，．
??
數學思考：
(1)試判斷四邊形的形狀，并說明理由．
(2)將圖一中的四邊形繞點順時針旋轉一定的角度得到圖②連接，，猜想與之間的數量關系，并說明理由．
【答案】(1)四邊形是正方形，理由見解析
(2)

【分析】（1）根據正方形的性質可得，，根據已知條件證明四邊形是矩形，是等腰直角三角形，進而即可得出結論；
（2）根據正方形的性質可得，，進而可得，然后得出，即可證明，根據相似三角形的性質即可求解．
【詳解】（1）四邊形是正方形，理由如下，
∵四邊形是正方形，
∴，，
∵
∴，
∴是等腰直角三角形，四邊形是矩形，
∴，
∴四邊形是正方形；
（2）∵四邊形是正方形，四邊形是正方形；
∴，，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
即．
【點睛】本題考查了正方形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
25．綜合與實踐
問題情境：如圖1，在中，，，．點，分別是邊，的中點，連接
??
(1)特例分析：在圖1中，的長為，的值為．
(2)拓展探究：將圖1中的繞點C順時針方向旋轉．
①當點和點分別在和的延長線上時，的值為；
②當點和點旋轉到的外部時，得到圖2，判斷此時的值是否變化，請說明理由；
(3)問題解決：當旋轉到點，，三點在同一直線時，直接寫出的長．
【答案】(1)，
(2)①；②見解析
(3)或

【分析】（1）先根據勾股定理求得的長，然后根據中位線的性質得出，，根據平行線分線段成比例即可求解．
（2）①證明，根據旋轉的性質以及相似三角形的性質得出，則，進而可得，代入數據即可求解；②證明，根據相似三角形的性質即可求解；
（3）分點在線段上時，當點在線段上時，證明，根據相似三角形的性質即可求解．
【詳解】（1）解：∵在中，，，．
∴，分別是邊，的中點，；
∴
∴，；
故答案為：，．
（2）①如圖所示，
??
當點和點分別在和的延長線上時，的大小沒有變化，
∵，
∴
∴，則，
∴
故答案為：
②如圖2，
??
當點和點旋轉到的外部時，的大小沒有變化，
，
，
又，
，
．
（3）如圖所示，當點在線段上時，
∵，
??
在中，，則，
∵
∴
又∵，
∴
∴，
∴；
②當點在線段上時，如圖所示，
??
同理可得，，
∴．
【點睛】本題考查了相似三角形的性質與判定，旋轉的性質，熟練掌握相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．
26．已知：四邊形和都是正方形．
????
(1)如圖1，若點C在對角線上，則的值為；（直接寫結果）
(2)將正方形繞點A逆時針旋轉．
①如圖2，連接．的值是否改變？若不改變，寫出理由；若改變，寫出新的值及理由；
②當，時，交于點M，交于點N，且，求的長．
【答案】(1)
(2)①不變，理由見解析；②

【分析】（1）根據正方形的性質得到，由勾股定理得到，，則，又由，即可得到的值；
（2）①正方形的性質得到，又由即可，則，即可得到解答；
②當時,即，可證明B、A、F三點在同一直線上，C、A、G三點在同一直線上．證明，得到，得到，則．連接，過點G作延長線的垂線，垂足為點O．則，可證是等腰直角三角形，證明，則，，則，可證明是等腰直角三角形，則．則，得到．則,由勾股定理即可得到的長．
【詳解】（1）解：∵四邊形和都是正方形，
∴，
∴，
,
∴，
∵，
∴，
故答案為：
（2）①不變．理由如下：
∵四邊形和都是正方形，
∴，
∴，
∴，
即，
由（1）可知，,
∴，
∴，
∴，
即的值不改變；
②如圖：當時,即，
??
∵四邊形和都是正方形，
∴，，，
∴，，
∵，
∴B、A、F三點在同一直線上，C、A、G三點在同一直線上．
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
連接，過點G作延長線的垂線，垂足為點O．則，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，，
∴．
∴．，
∴．
∴，
∵，
∴,
∴是等腰直角三角形，．
∴．
∴．
∴．
∴,
在中，．
【點睛】此題考查了相似三角形的判定和性質、正方形的性質、旋轉的性質、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性質等知識，熟練掌握相似三角形的判定和性質、等腰直角三角形的判定和性質是解題的關鍵．
27．如圖①，正方形和正方形，連接，．
??　　??　　??
(1)發(fā)現：當正方形繞點A旋轉，如圖②，①線段與之間的數量關系是________；②直線與直線之間的位置關系是________．
(2)探究：如圖③，若四邊形與四邊形都為矩形，且，，證明：直線．
(3)應用：在（2）情況下，連接（點在上方），若，且，，則線段是多少？（直接寫出結論）
【答案】(1)，
(2)見解析
(3)

【分析】（1）先判斷出，進而得出，，再利用等角的余角相等即可得出結論；
（2）先利用兩邊對應成比例夾角相等判斷出，得出，再利用等角的余角相等即可得出結論；
（3）先求出，進而得出，即可得出四邊形是平行四邊形，進而得出，求出，借助（2）得出的相似，即可得出結論．
【詳解】（1）①∵四邊形和四邊形是正方形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
②如圖2，延長交于M，交于H，
??
由①知，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
（2）∵四邊形和四邊形都為矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）如圖4，（為了說明點B，E，F在同一條線上，特意畫的圖形）
??
∵，
∴
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，
∵，
∴點B，E，F在同一條直線上如圖5，
??
∴，
在中，根據勾股定理得，，
由（2）知，，
∴，
∴，
∴．
【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質，矩形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，平行四邊形的判定和性質，旋轉的性質，判斷出三角形全等和相似是解本題的關鍵．
28．如圖，已知中，，點D是邊上一點，且．
??
(1)求證：；
(2)求證：．
【答案】(1)見解析
(2)見解析

【分析】（1）可證，，從而可得，即可得證；
（2）可得，，從而可證，即可得證．
【詳解】（1）證明：，
∴，，
，
，
，
．
（2）證明：，
，
由（1）知：，
，
，
，
．
【點睛】本題主要考查了三角形相似的判定及性質，掌握判定方法及性質是解題的關鍵．
29．如圖，在和中，，．
????
(1)求證：．
(2)若點H、G分別是的中點，且，連接，求的值．
(3)若在和中，，點H、G分別是的中點，且，連接，求的值．
【答案】(1)見解析
(2)
(3)

【分析】（1）先利用等式的性質得到，再證明，得到，再利用兩邊成比例且夾角相等的兩三角形相似即可求證．
（2）利用兩邊成比例且夾角相等的兩三角形相似證明，利用對應邊成比例即可求解．
（3）先證明，再證明都是等腰直角三角形，接著得到，即可求解．
【詳解】（1）證明：∵，
∴，
∵在和中，
，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴都是等邊三角形，
∴它們的每個內角都是，
∵點H、G分別是的中點，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，
即，
∴，
∴．
（3）∵在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴都是等腰直角三角形，
∴，
∵點H、G分別是的中點，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，即
又∵，
∴，
∴．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質，解題關鍵是正確判定相似三角形．
30．【問題提出】
某數學興趣小組展示項目式學習的研究主題：已知四邊形，點為上的一點，，交于點．將繞點順時針旋轉得到，探究與的數量關系．
【問題探究】
探究一：若四邊形為正方形
（1）如圖1，正方形中，點為上的一點，交于點．則的值為______；
（2）如圖2，將圖1中的繞點順時針旋轉得到，連接、，試求的值；
探究二：若四邊形為矩形
如圖3，矩形中，點為上的一點，交于點，．
（3）將圖3中的繞點順時針旋轉得到，連接、，請在圖4中補全圖形，并探究此時的值；
【聯系拓廣】
（4）如圖3，矩形中，若，其它條件都不變，將繞點順時針旋轉得到，連接、，請直接寫出的值．
??
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）．
【分析】（1）根據正方形的性質可知，，，再根據銳角三角函數可知進而可知，，最后利用線段的和差關系即可解答；
（2）根據正方形的性質可知，，，再根據銳角三角函數可知進而可得，最后利用相似三角形的判定與性質即可解答；
（3）根據矩形的性質可知，再根據相似三角形的判定與性質即可解答；
（4）根據矩形的性質可知，再根據相似三角形的判定與性質即可解答．
【詳解】解：（1）∵是正方形的對角線，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
故答案為；
（2）∵是正方形的對角線，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由旋轉的性質可知：，
∴，
∴，
即；
（3）補全圖形后如圖，
∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵繞點順時針旋轉得到，
∴，，，
∴，
即，
即；
（4）∵四邊形是矩形，
∴，
∵,
∴，
∴，
∴，
由旋轉的性質可得：，，，
∴，
∴，
∴，
即．
??
【點睛】本題考查了正方形的性質，矩形的性質，旋轉的性質，相似三角形的判定與性質，掌握正方形的性質及矩形的性質是解題的關鍵．
31．【初步感知】如圖①，和都是等邊三角形，連結，．易知：（不用證朋）；
??
【深入探究】如圖②，和是形狀相同，大小不同的兩個直角三角尺，其中，，連結、．
(1)求的值；
(2)延長交于點，交于點，則______°；
(3)【拓展提升】如圖③，和都是直角三角形，，且，連結，．延長交于點，交于點，若，則______．（用含的式子表示）
【答案】(1)
(2)60
(3)

【分析】（1）證明，即可得出結論；　
（2）由可得，再根據，即可得出結論；
（3）先證可得，再根據，即可得出結論．
【詳解】（1）證明：在中，，
，即，
同理，，
，
又，
，
即，
，
；
（2）解：，
，
，，
；
故答案為：60；
（3）解：，，
，
，，
，
，，
．
故答案為：．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，解題關鍵是熟練掌握“手拉手”模型及其變形．
32．如圖，正方形中，點E是邊上一點，連結，以為對角線作正方形，邊與正方形的對角線相交于點H，連結．
??
(1)寫出和的數量關系，并證明．
(2)求證：
(3)連接，若正方形的邊長為6，求出的最小值．
【答案】(1)，詳見解析
(2)詳見解析
(3)

【分析】（1）根據正方形的性質可得，，可證明，即可；
（2）根據正方形的性質可得，再證明，可得，即可；
（3）證明，可得，從而得到A，F，C三點共線，連接交于點O，當E與C重合時，F與O重合，此時最小，再由勾股定理求出，即可．
【詳解】（1）解：結論：，
證明：∵四邊形，四邊形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）證明：∵四邊形，四邊形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：∵四邊形，四邊形是正方形，
∴，，，
∴，，
∴，????
∴，
∴，
∴A，F，C三點共線，
連接交于點O，當E與C重合時，F與O重合，此時最小，
??
∵正方形的邊長為6，
∴，
∴最小值．
【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質，正方形的性質，全等三角形的判定和性質，熟練掌握相似三角形的判定和性質，正方形的性質，全等三角形的判定和性質是解題的關鍵．
33．矩形中，，是邊上一點，以為邊在矩形在內部構造矩形．
??
(1)特例發(fā)現
如圖，當時，；
(2)類比探究
如圖，如圖，將矩形繞點順時針旋轉度，連接，當時，求的值；
(3)拓展運用
如圖，矩形在旋轉的過程中，落在邊上時，若、、三點共線，時，當時，則的長為．
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】（1）由正方形的性質可得，由矩形的性質可得，，由線段和差關系可求，即可求解；
（2）通過證明，可得；
（3）由相似三角形的性質可求，的長，由勾股定理可求的長，通過證明，可求解．
【詳解】（1）解：如圖，延長交于，
??
，
，，
矩形和矩形是正方形，
，
四邊形是矩形，
，，
，
，
，
，
故答案為：；
（2）解：如圖，連接，，
????
，
，，
矩形和矩形是正方形，
，，，
，，
∴
；
（3）解：，，
設，，，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，，
，
，
，
又，
，
，
，
故答案為：．
【點睛】本題是相似形綜合題，考查了正方形的性質，矩形的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理等知識，證明三角形相似是解題的關鍵．
34．如圖，四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，C，F，G三點在一直線上，連接AF并延長交邊CD于點M．
（1）求證：△MFC∽△MCA；
（2）求的值，
（3）若DM＝1，CM＝2，求正方形AEFG的邊長．

【答案】（1）見解析；（2）；（3）．
【分析】（1）由正方形的性質得∠ACD=∠AFG=45°，進而根據對頂角的性質得∠CFM=∠ACM，再結合公共角，根據相似三角形的判定得結論；
（2）根據正方形的性質得，再證明其夾角相等，便可證明△ACF∽△ABE，由相似三角形的性質得出結果；
（3）由已知條件求得正方形ABCD的邊長，進而由勾股定理求得AM的長度，再由△MFC∽△MCA，求得FM，進而求得正方形AEFG的對角線長，便可求得其邊長．
【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，四邊形AEFG是正方形，
∴∠ACD=∠AFG=45°，
∵∠CFM=∠AFG，
∴∠CFM=∠ACM=45°，
∵∠CMF=∠AMC，
∴△MFC∽△MCA；
（2）∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，∠BAC=45°，
∴AC=AB，
同理可得AF=，
∴，
∵∠EAF=∠BAC=45°，
∴∠CAF+∠CAE=∠BAE+∠CAE=45°，
∴∠CAF=∠BAE，
∴△ACF∽△ABE，
∴；
（3）∵DM=1，CM=2，
∴AD=CD=1+2=3，
∴AM=，
∵△MFC∽△MCA，
∴，即，
∴FM=，
∴AF=AM﹣FM=，
∴AF=，
即正方形AEFG的邊長為．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質，相似三角形的性質與判定，等腰直角三角形的判定和性質，勾股定理，關鍵是綜合應用這些知識解決問題．
35．如圖1，在中，，在斜邊上取一點D，過點D作，交于點E．現將繞點A旋轉一定角度到如圖2所示的位置（點D在的內部），使得．

（1）①求證：；
②若，求的長；
（2）如圖3，將原題中的條件“”去掉，其它條件不變，設，若，，求k的值；
（3）如圖4，將原題中的條件“”去掉，其它條件不變，若，設，，試探究三者之間滿足的等量關系．（直接寫出結果，不必寫出解答過程）
【答案】（1）①見解析；②；（2）；（3）4p2=9m2+4n2．
【分析】（1）①先利用平行線分線段成比例定理得，進而得出結論；
②利用①得出的比例式求出CE，再判斷出∠DCE=90°，利用勾股定理即可得出結論；
（2）同（1）的方法判斷出△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，即可得出結論；
【詳解】解：（1）①∵DE∥BC，
∴，
由旋轉知，∠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，
根據勾股定理得，DE=2，
在Rt△ADE中，AE=DE，
∴
（2）由旋轉知，∠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）由旋轉知，∠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．
【點睛】此題是相似三角形綜合題，主要考查了旋轉的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，直角三角形的判定，解本題的關鍵是得出∠DCE=90°和利用兩邊對應成比例夾角相等來判斷兩三角形相似的方法應用．
36．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∠AHC為直線CD與AP所成的較小角，
∵△PBA≌△DBC
∴∠PAB=∠DCB
∵∠HGA=∠BGC
∴∠AHC＝∠ABC＝60°
故答案為：1，60；

（2）解：如圖，延長CD交AB，AP分別于點M，N，則∠ANC為直線CD與AP所成的較小角，

∵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＝，直線CD與AP所成的較小角的度數為45°.
(3)延長CA，BD相交于點K，如圖.

∵∠APB＝90°，E為AB的中點，∴EP＝EA＝EB.
∴∠EAP＝∠EPA，∠EBP＝∠EPB.
∵點E，F為AB，AC的中點，
∴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＝．
【點睛】此題主要考查四邊形綜合，解題的關鍵熟知旋轉的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質及解直角三角形的方法．
37．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．
38．如圖1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，點D，E分別為AC，BC的中點．△CDE繞點C順時針旋轉，設旋轉角為α（0°≤α≤360°），記直線AD與直線BE的交點為點P．

(1)如圖1，當α＝0°時，AD與BE的數量關系為______，AD與BE的位置關系為______；
(2)當0°＜α≤360°時，上述結論是否成立？若成立，請僅就圖2的情形進行證明；若不成立，請說明理由；
(3)△CDE繞點C順時針旋轉一周，請直接寫出運動過程中P點運動軌跡的長度和P點到直線BC距離的最大值．
【答案】(1)AD＝BE，AD⊥BE
(2)結論仍然成立，證明見解析
(3)P點運動軌跡的長度是π；P點到直線BC距離的最大值是

【分析】（1）分別求出AD、BE的長即可解答；
（2）先證明△BCE∽△ACD ，可得＝，∠CBO＝∠CAD即可解答；
（3）利用銳角三角函數可求∠EBC=30°，由弧長公式可求P點運動軌跡的長度，由直角三角形的性質可求P點到直線BC距離的最大值即可．
【詳解】（1）解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，
∴AC=BC=，AB=2BC=2，AD⊥BE
∵點D，E分別為AC，BC的中點
∴AD=CD=AC=，BE=EC=BC=
∴ AD＝BE．
故答案為：AD＝BE，AD⊥BE．
（2）解：結論仍然成立，理由如下：
∵AC＝，BC＝1，CD＝，EC＝，
∴，＝，
∴，
∵△CDE繞點C順時針旋轉，
∴∠BCE＝∠ACD，
∴△BCE∽△ACD，
∴＝，∠CBO＝∠CAD，
∴AD＝BE，
∵∠CBO+∠BOC＝90°，
∴∠CAD+∠AOP＝90°，
∴∠APO＝90°，
∴BE⊥AD．
（3）解：∵∠APB＝90°，???
∴點P在以AB為直徑的圓上，
如圖3，取AB的中點G，作⊙G，以點C為圓心，CE為半徑作⊙C，當BE是⊙C切線時，點P到BC的距離最大，過點P作PH⊥BC，交BC的延長線于H，連接GP，

∵BE是⊙C切線，
∴CE⊥BE，
∵＝，
∴∠EBC＝30°，???
∴∠GBP＝30°，??
∵GB＝GP，
∴∠GBP＝∠GPB＝30°，????
∴∠BGP＝120°，
∵點P的運動軌跡為點C→點P→點C→點B→點C，
∴P點運動軌跡的長度＝×2＝π，
∵∠ABP＝30°，BP⊥AP，
∴AP＝AB＝1，BP＝AP＝，
∵∠CBP＝30°，PH⊥BH，
∴PH＝BP＝．????
∴P點到直線BC距離的最大值．
【點睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查了直角三角形的性質、相似三角形的判定和性質、旋轉的性質、銳角三角函數等知識點，靈活應用相關知識是解答本題的關鍵．
39．已知，在矩形中，，，點在邊上，且，過點作的垂線，并在垂線上矩形外側截取點F,使，連接，，將繞點按順時針方向旋轉，記旋轉角為．．
??
(1)如圖（1），當，求的值．
(2)如圖2，若，求m關于n的數量關系．
(3)若旋轉至A，E，F三點共線，求m的值．
【答案】(1)
(2)
(3)或．

【分析】（1）如圖1，過作，交的延長線于，先證明四邊形是矩形，然后根據矩形的性質和勾股定理分別求出m、n的值，即可求解；
（2）如圖2，連接，先后利用兩邊對應成比例且夾角相等證明、，利用相似三角形的性質即可得出結論；
（3）分兩種情況，分別畫出圖形，利用相似三角形的判定和性質結合勾股定理求解即可．
【詳解】（1）當時，如圖1，過作，交的延長線于，
??
四邊形是矩形，
，，，
，
四邊形是矩形，
，
，
，，
，
在中，由勾股定理得：，
在中，由勾股定理得：，
，
故答案為：；
（2）如圖2，連接，
??
在中，由勾股定理得：，
在中，，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
即；
（3）當旋轉至，，三點共線時，存在兩種情況：
①如圖3，連接，
??
在中，由勾股定理得：，
在中，，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
；
②如圖4，連接，
??
同理得：，
，，
，
綜上，或．
【點睛】本題考查了矩形的性質、旋轉的性質、勾股定理以及相似三角形的判定和性質等知識，熟練掌握相關圖形的性質定理、證明三角形相似是解題關鍵．
40．綜合與實踐
問題情境
在綜合實踐課上，老師組織興趣小組開展數學活動，探究正方形的旋轉問題．在正方形和正方形中，點G，A，B在一條直線上，連接，（如圖1）．
??　??　??　??
操作發(fā)現
（1）圖1中線段和的數量關系是______，位置關系是______．
（2）在圖1的基礎上，將正方形繞著點A沿順時針方向旋轉，如圖2所示，（1）中的結論是否成立？請僅就圖2的情況說明理由．
類比探究
（3）如圖3，若將圖2中的正方形和正方形中都變?yōu)榫匦?，且，，請僅就圖3的情況探究與之間的數量關系．
拓展探索
（4）在（3）的條件下，若，，矩形在順時針旋轉過程中，當點D，E，F在同一直線時，請直接寫出的值．
【答案】（1）；；（2）成立；理由見解析；（3）；（4）或
【分析】（1）延長交于點H，證明，得出，，求出，即可證明結論；
（2）延長交于點H，交于點T，證明，得出，，求出，即可證明結論；
（3）延長交于點H，交于點T，證明，得出，求出即可；
（4）分兩種情況討論，當在線段上時，當在線段上時，分別畫出圖形，根據勾股定理，求出結果即可．
【詳解】解：（1）延長交于點H，如圖所示：
????
∵四邊形和都是正方形，
∴，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案為：；．
（2）成立；理由如下：
延長交于點H，交于點T，如圖所示：
????
∵四邊形和都是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴．
故答案為：；．
（3）延長交于點H，交于點T，如圖所示：
????
∵四邊形和都是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即．
（4）當在線段上時，如圖所示：
??
∵四邊形為矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
根據解析（3）可知，，
∴；
當在線段上時，如圖所示：
????
∵四邊形為矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
根據解析（3）可知，，
∴；
綜上分析可知，或．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質，矩形的性質，正方形的性質，三角形相似的判定和性質，勾股定理，余角的性質，解題的關鍵是作出輔助線，熟練掌握三角形全等和三角形相似的判定方法，注意進行分類討論．
41．轉化是解決數學問題常用的思想方法之一，它可以在數與數、數與形、形與形之間靈活應用．
如圖1，已知在中，，，．請解答下面的問題：
??
(1)基礎鞏固
如圖1，將繞點按順時針方向旋轉得到，連接，則與之間的數量關系是__________；
(2)拓展探究
如圖2，點，分別是，的中點，連接，將繞點按順時針方向旋轉得到．
①求證：；
②用等式表示與之間的數量關系，并說明理由；
(3)問題解決
點，分別是，的中點，連接，將繞點旋轉得到，請直接寫出點，，在同一直線上時的長．
【答案】(1)
(2)①見解析；②，理由見解析
(3)的長為或．

【分析】（1）證明是等邊三角形，即可得到結論；
（2）①利用兩邊對應成比例，且夾角相等，可證明；②證明是等邊三角形，在中，利用勾股定理求得的長，再利用相似三角形的性質求解即可；
（3）分兩種情況分析，A、Ｍ、Ｎ三點所在直線與不相交和與相交，然后利用勾股定理以及相似三角形的判定和性質分別求解即可求得答案．
【詳解】（1）解：根據旋轉的性質得，，
∴是等邊三角形，
∴；
故答案為：；
（2）①證明：點，分別是，的中點，繞點按順時針方向旋轉得到，
，，
．
．
；
②解：．
理由如下：如圖，連接，
??
，，
．
，
是等邊三角形．
，．
．
．
在中，由勾股定理得
．
．
由①得，．
．
；
（3）解：①如圖所示，
??
∵，，，
∴，，，，，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
②如圖所示，
??
同理，，
∴，
∴；
綜上所述，的長為或．
【點睛】此題主要考查了幾何變換綜合題，相似三角形的判定和性質，勾股定理，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．
42．綜合與實踐
綜合與實踐課上，數學老師讓同學們以“矩形的旋轉”為主題開展教學活動．
【操作判斷】
??
如圖①，在矩形中，，點M，P分別在邊，上（均不與端點重合）且，以和為鄰邊作矩形，連接，．
（1）如圖②，當時，與的數量關系為，與的數量關系為．
【遷移探究】
（2）如圖③，當時，天天先將矩形繞點A 順時針旋轉，再連接，則CN與之間的數量關系是．
【拓展應用】
（3）在（2）的條件下，已知，，當矩形旋轉至C，N，M三點共線時，求線段的長．
【答案】（1），；（2）；（3）線段的長為或
【分析】（1）當時，，，則，所以，再證明，，三點在同一條直線上，由勾股定理得，，所以，于是得到問題的答案；
（2）先證明，得，，則
，，即可證明，再根據勾股定理求得，則
，所以；
（3）分兩種情況，一是，，三點共線，且點在線段上，由勾股定理求得，則；二是，，三點共線，且點在線段的延長線上，由勾股定理求得，則．
【詳解】解：（1）當時，，，
，
，
四邊形和四邊形都是正方形，
，，，
，，
，
，，三點在同一條直線上，
，，
，，
，
故答案為：，；
（2）發(fā)生變化，，
理由：如圖3，連接，當時，則，，
??
，
，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
；
（3），，
，，，，
如圖4，，，三點共線，且點在線段上，
??
，
，
，
如圖5，，，三點共線，且點在線段的延長線上，
??
，
，

綜上所述，線段的長是或．
【點睛】本題重點考查矩形的性質、正方形的性質、旋轉的性質、相似三角形的判定與性質、勾股定理、數形結合與分類討論思想的運用等知識與方法，本題綜合性強，難度較大，正確地作出所需要的輔助線是解題關鍵．
43．在中，，，點是平面內不與點，重合的任意一點，連接，將線段繞點旋轉得到線段，連接、、．
??
(1)當時，
①如圖1，當點在的邊上時，線段繞點順時針旋轉得到線段，則與的數量關系是_______________；
②如圖2，當點在內部時，線段繞點順時針旋轉得到線段，①中與的數量關系還成立嗎？若成立，請證明結論，若不成立，說明理由；
(2)當時，
①如圖3，線段繞點順時針旋轉得到線段．試判斷與的數量關系，并說明理由；
②若點，，在一條直線上，且，線段繞點逆時針旋轉得到線段，求的值．
【答案】(1)①；②成立，證明見解析；
(2)①，理由見解析；②或

【分析】（1）①根據旋轉的性質和等邊三角形的判定，易證和是等邊三角形，得到，，，再利用“”證明，即可得到與的數量關系；
②由①可知，和是等邊三角形，進而證明，得到，即可證明結論；
（2）①根據旋轉的性質和等腰直角三角形的判定，易證和是等腰直角三角形，得到，，，進而得到，，易證，從而得到，即可得到與的數量關系；
②設，則，根據等腰直角的性質，得到，，分兩種情況討論：點在上和點在的延長線上，利用旋轉的性質，等腰直角三角形的性質以及勾股定理分別求解，即可求出，的值．
【詳解】（1）解：①，，
是等邊三角形，
，，
線段繞點旋轉得到線段，
，，
是等邊三角形，
，，
，
在和中，
，
，
，
故答案為：；
②成立，理由如下：
由①可知，和是等邊三角形，
，，，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：①，理由如下：
，，
是等腰直角三角形，
，，
線段繞點旋轉得到線段，
，，
是等腰直角三角形，
，
，，
，
，
，
，
；
②，
設，則，
，，
是等腰直角三角形，
，，
如圖，當點在上時，此時，
??
由旋轉的性質可知，是等腰直角三角形，
，，
，，
由勾股定理得：，
；
如圖，當點在的延長線上時，此時，
??
同理可知，，，
由勾股定理得：，
，
綜上可知，的值為或．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，等腰直角三角形的判定和性質，勾股定理等知識，利用分類討論的思想，熟練掌握手拉手—旋轉型全等是解題關鍵．
44．【問題呈現】
（1）如圖1，和都是等邊三角形，連接．求證：．
??
【類比探究】
（2）如圖2，和都是等腰直角三角形，，連接．請直接寫出的值．
????
【拓展提升】
（3）如圖3，和都是直角三角形，，且．連接．
????
①求的值；
②延長交于點，交于點．求的值．
【答案】（1）見解析；（2）；（3）；
【分析】（1）由等邊三角形的性質可得，從而得到，由證明，即可得到；
（2）由等腰直角三角形的性質可得，從而得到，證明，最后根據相似三角形的性質即可得到答案；
（3）由是直角三角形，可得，通過證明得到，從而得到，即可推出，最后由相似三角形的性質即可得到答案；由得，，，得到，由三角形內角和定理和對頂角相等可得，從而得到．
【詳解】（1）證明：和都是等邊三角形，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：和都是等腰直角三角形，，
，
，
，
，
，
（3）是直角三角形，，
令，則，
，
和都是直角三角形，，且，
，
，
，
，
，
，
由得，，，
，
，
，，，
，即，
．
【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質、等腰直角三角形的性質、三角形全等的判定與性質、三角形相似的判定與性質、三角形內角和定理、勾股定理，熟練掌握等邊三角形的性質、等腰直角三角形的性質、三角形全等的判定與性質、三角形相似的判定與性質、三角形內角和定理、勾股定理，是解題的關鍵．
45．【感受與猜想】
??
(1)如圖，四邊形和四邊形均為正方形，點正好落在對角線上．試猜想與的數量關系：__．
【探究與證明】
(2)如圖，四邊形和四邊形均為正方形，正方形繞點順時針旋轉角()，連結，．()中的結論是否還成立，若成立，請給出證明．
【拓展與延伸】
(3)如圖3，在平面直角坐標系中，直線分別交軸，軸于，兩點，點為線段上一點，以為底邊向下作等腰直角三角形．
①若，求點的坐標．
②若點落在邊的中點處，與交于點，已知，求的長．
【答案】(1)；(2)成立，證明見解析；(3)①；②
【分析】（1）由四邊形和四邊形均為正方形，得，，即可得；
（2）連接，，由四邊形和四邊形均為正方形，可得，，，即可證明，根據相似三角形的性質，即可求解；
（3）①連接，過作軸于，求出，，知是等腰直角三角形，而是等腰直角三角形，可得，進而可得，再根據的等腰直角三角形，可得，即可求解；
②連接，過作軸于，同①得出的坐標，進而可得直線函數表達式，把即可求解．
【詳解】解：（1）四邊形和四邊形均為正方形，
，，
，
即；
故答案為：；
（2）（1）中的結論還成立，證明如下：
連接，，如圖：
??
四邊形和四邊形均為正方形，
，
，
，
，
，
（3）①連接，過作軸于，如圖：
??
在中，令得，令得，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
的等腰直角三角形，
，
，
②連接，過作軸于，如圖：
??
為的中點，
，
，
同①可得，
，
，
，，
，
的等腰直角三角形，
，
，
設的解析式為，
，
解得：，
直線表達式為，??
把，代入得，
解得：，
．
【點睛】本題考查一次函數的綜合應用，涉及待定系數法，相似三角形判定與性質，等腰直角三角形三邊的關系等知識，解題的關鍵是作輔助線，構造相似三角形解決問題．
46．如圖1所示，矩形中，點E，F分別為邊，的中點，將繞點A逆時針旋轉，直線，相交于點P．

（1）若，將繞點A逆時針旋至如圖2所示的位置上，則線段與的位置關系是______，數量關系是______．
（2）若將繞點A逆時針旋轉，則（1）中的結論是否仍然成立？若成立，請就圖3所示的情況加以證明；若不成立，請寫出正確結論，并說明理由．
（3）若，，將旋轉至時，請直接寫出的長．
【答案】（1）BE＝DF，BE⊥DF；
（2）結論：DF＝nBE，BE⊥DF，證明見祥解；
（3）滿足條件的PD的值為6﹣5或6＋5．
【分析】（1）如圖2中，結論：BE＝DF，BE⊥DF．證明△ABE≌△ADF（SAS），利用全等三角形的性質可得結論；
（2）結論：DF＝nBE，BE⊥DF，證明△ABE∽△ADF（SAS），利用相似三角形的性質可得結論；
（3）分兩種情形畫出圖形，利用相似三角形的性質以及勾股定理求解即可.
【詳解】解：（1）如圖2中，結論：BE＝DF，BE⊥DF，
理由：∵四邊形ABCD是矩形，AB＝AD，
∴四邊形ABCD是正方形，
AE＝AB，AF＝AD，
∴AE＝AF，
∵∠DAB＝∠EAF＝90°，
∴∠BAE＝∠DAF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴BE＝DF，∠ABE＝∠ADF，
∵∠ABE＋∠AHB＝90°，∠AHB＝∠DHP，
∴∠ADF＋∠PHD＝90°，
∴∠DPH＝90°，
∴BE⊥DF，
故答案為：BE＝DF，BE⊥DF；

（2）如圖3中，結論不成立，結論：DF＝nBE，BE⊥DF，
∵AE＝AB，AF＝AD，AD＝nAB，
∴AD＝nAB，即AF＝nAE，
∴AF∶AE=AD∶AB，
∴AF∶AE＝AD∶AB，
∵∠DAB＝∠EAF＝90°，
∴
∴∠BAE＝∠DAF，
∴△BAE∽△DAF，
∴DF∶BE＝AF∶AE＝n：1，∠ABE＝∠ADF，
∴DF＝nBE，
∵∠ABE＋∠AHB＝90°，∠AHB＝∠DHP，
∴∠ADF＋∠PHD＝90°，
∴∠DPH＝90°，
∴BE⊥DF；

（3）如圖4﹣1中，當點P在BE的延長線上時，
在Rt△AEB中，
∵∠AEB＝90°，AB＝10，AE＝5，
∴BE＝＝5，
∵△ABE∽△ADF，
∴＝，
∴＝，
∴DF＝6，
∵四邊形AEPF是矩形，
∴AE＝PF＝5，
∴PD＝DF﹣PF＝6﹣5；
如圖4﹣2中，當點P在線段BE上時，
在Rt△AEB中，
∵∠AEB＝90°，AB＝10，AE＝5，
∴BE＝＝5，
∵△ABE∽△ADF，
∴＝，
∴＝，
∴DF＝6，
PF＝AE＝5，
∴PD＝DF＋PF＝6＋5，
綜上所述，滿足條件的PD的值為6﹣5或6＋5.

【點睛】此題考查了矩形的性質，全等三角形的判定及性質，旋轉的性質，相似三角形的判定及性質，勾股定理，注意應用分類思想解決問題，是一道較難的幾何綜合題.
47．如圖1，正方形的邊長為5，點E、F分別是邊、上一點，且四邊形為邊長為2的正方形，連接．

（1）在圖1中，求的值；
（2）將圖1中的正方形繞點B旋轉一周，探究的值是否變化？若不變，請利用圖2求出該值；若變化請說明理由；
（3）當正方形旋轉至D，G，E三點共線時，求的長．
【答案】（1）；（2）不變，；（3）或
【分析】（1）延長EG交AD于H，解直角三角形求出DH，GD即可解決問題；
（2）連接BD，BG，證明△CBE∽△DBG即可求解；
（3）分兩種情況：①當點G落在DE的延長線上時，利用勾股定理及（2）的結論即可解答，②當點G落在DE上時，同法可求解．
【詳解】解：（1）延長交于點H；
∵四邊形ABCD，四邊形BEGF為正方形，
∴AB=BC=CD=AD=5，BE=EG=GF=FB=2，AB∥EG，AD∥BC∥FG，
∴AH=BE=2，DH=CE=BC=BE=3，GH=AF=AB=BF=3，GH⊥AD，
在Rt△DGH中，；
∴；
∴

（2）連接，；
∵四邊形ABCD，四邊形BEGF為正方形，
∴∠DBC=∠DBA=45°，∠GBE=45°，；
∴∠DBC+∠EBD=∠GBE+∠EBD，即∠CBE=∠DBG，
∵BC=5，BE=2，
∴，；
∴；
∴
∴
∴，
∴
即的值不變，

（3）①當點G在線段延長線上時，（如圖1）

由（2）知：，∴．
在中，，，
∴，
∴

②當點G在線段上時，（如圖2）

由（2）知：∴，∴．
在中，，，
∴，
∴

綜上：或
【點睛】本題考查四邊形綜合題，考查了正方形的性質，旋轉變換，相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是正確尋找相似三角形解決問題，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．
48．如圖，在中，，將繞點C旋轉得到，連接AD．
(1)如圖1，點E恰好落在線段AB上．
①求證：；
②猜想和的關系，并說明理由；

(2)如圖2，在旋轉過程中，射線BE交線段AC于點F，若，，求CF的長．

【答案】(1)①見解析；②，理由見解析
(2)3或

【分析】（1）①由旋轉的性質得，，，根據相似的判定定理即可得證；
②由旋轉和相似三角形的性質得，由得，故，代換即可得出結果；
（2）設，作于H，射線BE交線段AC于點F，則，由旋轉可證，由相似三角形的性質得，即，由此可證，故，求得，分情況討論：①當線段BE交AC于F時、當射線BE交AC于F時，根據相似比求出x的值，再根據勾股定理即可求出CF的長．
【詳解】（1）①∵將繞點C旋轉得到，
∴，，，
∴，，
∴；
②，理由如下：
∵將繞點C旋轉得到，
∴，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）
設，作于H，射線BE交線段AC于點F，則，
∵將繞點C旋轉得到，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，，即，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴

①當線段BE交AC于F時，
解得，（舍），
∴，

②當射線BE交AC于F時，
解得（舍），，
∴，
綜上，CF的長為3或．
【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質以及旋轉的性質，掌握相似三角形的判定定理以及性質是解題的關鍵．
49．△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D在邊BC上，BDBC，將線段DB繞點D順時針旋轉α至DE，連接BE，CE，以CE為斜邊在其一側作等腰直角三角形CEF，連接AF．

(1)如圖1，當α＝180°時，請直接寫出線段AF與線段BE的數量關系；
(2)當0°＜α＜180°時，
①如圖2，（1）中線段AF與線段BE的數量關系是否仍然成立？請說明理由；
②如圖3，當BC＝10，且點B，E，F三點共線時，求線段AF的長．
【答案】(1)；
(2)①仍然成立，理由見解析；②2．

【分析】（1）根據題意得BD=DE=EC=BC，進而可得△ABC∽△FEC，得出，由BC=AC，推出，即可得出答案；
（2）①可證得△ACF∽△BCE，從而得出結果；
②作DG⊥BF于G，可推出△BDG∽△BCF，進而得出BG=BF，DG=CF，進一步得出DG=BG，進而在Rt△BDG中根據勾股定理求得BG，進一步求得結果．
【詳解】（1）當α=180°時，點E在線段BC上，
∵BD=BC，
∴DE=BD=BC，
∴BD=DE=EC，
∵△CEF是等腰直角三角形，
∴∠CFE=∠BAC=90°，
∵∠ECF=∠BCA=45°，
∴△ABC∽△FEC，
∴，
∴，
∵BC=AC，
∴，
∴，即，
∴；
（2）①仍然成立，
理由如下：
如圖2，∵△CEF是等腰直角三角形，
∴∠ECF=45°，，
∵在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠BCA=45°，=，
∴∠ECF=∠BCA，，
∴∠ACF+∠ACE=∠BCE+∠ACE，
∴∠ACF=∠BCE，
∵，
∴△CAF∽△CBE，
∴，
∴仍然成立．
②如圖，

作DG⊥BF于G，
∴∠BGD=90°，
∵∠CFE=90°，
∴DG∥CF，
∴△BDG∽△BCF，
∴，
∴BG=BF，DG=CF，
∵BD=DE，
∴BG=GE，
∴EF=GE=BG，
∵EF=CF，
∴DG=BG，
在Rt△BDG中，
BG2+DG2=BD2，
∴BG2+（BG）2=（）2，
∴BG=，
∴BE=2，
由（2）得：AF=BE，
∴AF=2×=2．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，構造相似三角形．
50．如圖，四邊形ABCD和四邊形AEFG是矩形且，點E線段BD上．

(1)連接DG，求證：∠BDG＝90°；
(2)連接DF，當AB＝AE時，求證：DF＝FG；
(3)在（2）的條件下，連接EG，若∠DGE＝45°，AB＝2，求AD的長．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)

【分析】（1）利用兩邊成比例且夾角相等，可證明△ABE∽△ADG，得∠AEB＝∠AGD，再利用EF∥AG，得∠EMD＝∠AGD，則∠EMD＝∠AEB，從而解決問題；
（2）由SAS可證明△DEF≌△EDA，得DF＝EA，即可證明結論；
（3）由∠EDG＝∠EFG＝90°，得D，E，F，G四點共圓，證明△ANE是等腰直角三角形，得NE＝AE＝AB＝2，AN＝AE＝2，從而求出答案．
【詳解】（1）證明：∵∠BAE+∠EAD＝∠BAD＝90°，
∠DAG+∠EAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAE＝∠DAG，
又∵，
∴△ABE∽△ADG，
∴∠AEB＝∠AGD，
設EF交DG于M，

∵EF∥AG，
∴∠EMD＝∠AGD，
∴∠EMD＝∠AEB，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠DEM＝180°﹣∠AEF＝90°，
即∠EMD+∠DEM＝90°，
∴∠BDG＝∠EDM＝180°﹣（∠DEM+∠DME）＝90°；
（2）證明：∵，AB＝AE，
∴AD＝AG，∠ADG＝∠AGD，
∵AG＝FE，
∴FE＝AD，
∵△ABE∽△ADG，
∴∠AEB＝∠AGD＝∠ADG，
∵∠DEF＝90°﹣∠AEB，∠EDA＝∠EDG﹣∠ADG＝90°﹣∠ADG，
∴∠DEF＝∠EDA，
在△DEF與△EDA中，，
∴△DEF≌△EDA（SAS），
∴DF＝EA，
∵EA＝FG，
∴DF＝FG；
（3）解：∵∠EDG＝∠EFG＝90°，
∴D，E，F，G四點共圓，
設EF交AD于N，
∵∠DGE＝45°，
∴∠DFE＝45°，
∵△DEF≌△EDA，
∴∠EAD＝∠DFE＝45°，
∵∠AEN＝90°，
∴△ANE是等腰直角三角形，
∴NE＝AE＝AB＝2，AN＝AE＝2，
∵△DEF≌△EDA，
∴∠FED＝∠ADE，
∴ND＝NE＝2，
∴AD＝AN+ND＝2+2．
【點睛】本題是相似形綜合題，主要考查了矩形的性質，相似三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的判定與性質等知識，利用四點共圓得出∠DFE＝45°是解題的關鍵．
51．如圖，在矩形中，，點G為邊上一點，過點G作，且，交于點F，連接．

(1)求證：；
(2)連接，求證：；
(3)當點E正好在BD的延長線上時，求BG的長．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)的長為

【分析】（1）根據兩個角對應相等的三角形相似進行判定即可；
（2）連接，交于M點，由得，進一步證得和，得到，最終根據余角性質推出，即可得證；
（3）作的延長線于H點，設，根據，分別表示出，，再通過建立方程求解并檢驗即可．
【詳解】（1）證明：∵四邊形為矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
（2）證明：連接，交于M點，如圖所示：

∵四邊形為矩形，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即：，
∴，
∴．
（3）解：如圖，作的延長線于H點，設，

，，，

，
，
，
∵，，
∴，，
則，
∵，，
∵，
∴，
∴，
解得：，
經檢驗，是原分式方程的解，
∴的長為．
【點睛】本題主要考查相似三角形的判定與性質綜合，矩形的性質，余角的性質，熟練掌握并靈活運用相似三角形的各種判定方法是解題關鍵．
52．圖形的旋轉變換是研究數學相關問題的重要手段之一，小華和小芳對等腰直角三角形的旋轉變換進行了研究．如圖（1），已知和均為等腰直角三角形，點，分別在線段，上，且．

(1)觀察猜想
小華將繞點逆時針旋轉，連接，，如圖（2），當的延長線恰好經過點時：
①的值為________；
②的度數為________度；
(2)類比探究
如圖（3），小芳在小華的基礎上繼續(xù)旋轉，連接，，設的延長線交于點，（1）中的兩個結論是否仍然成立?請說明理由．
(3)拓展延伸
若，，當所在的直線垂直于時，請你直接寫出的長．
【答案】(1)①；②45
(2)成立，理由見解析
(3)或

【分析】（1）如圖（2）中，設交于點．證明，推出，，再證明，可得結論．
（2）如圖（3）中，設交于點．證明，可得結論．
（3）分兩種情形：如圖（4）中，當于時，如圖（4）中，當時，延長交于．分別求出，可得結論．
【詳解】（1）如圖（2）中，設交于點．

，都是等腰直角三角形，
，，，
，，
，
，，
，
，
故答案為：，45．
（2）如圖（3）中，設交于點．

，都是等腰直角三角形，
，，，
，，
，
，，
，
，
，．
（3）如圖（4）中，當于時，

，，，
，
，
，
，
，
，
．
如圖（4）中，當時，延長交于．

同法可得，，，
，
綜上所述，的長為或．
【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等腰直角三角形的性質，相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是正確尋找相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
53．如圖1，在矩形中，已知．，點E、F分別是、的中點，連接．將繞點C按順時針方向旋轉，記旋轉角為α．

(1)問題發(fā)現：
①當時，＝　　；②當時，＝　 ??；
(2)拓展探究：
將繞點C按順時針方向旋轉到如圖2的位置，求此時的值；
(3)問題解決：
當旋轉至A、F、E三點共線時，求線段的長（寫出必要的解題過程）．
【答案】(1)；
(2)
(3)或

【分析】（1）①根據矩形中，．，，運用勾股定理得到，當時，根據E、F分別是、的中點，得到，，即可求得；②當時，由，得到；
（2）連接，根據旋轉性質得到，結合，推出，推出；
（3）根據，求出，根據，得到，當點F在線段上時，結合，得到，得到；當點F在線段延長線上時，得到，得到．
【詳解】（1）解：（1）①當時，見題干圖1，
∵矩形中，．，，
∴，
∵點E、F分別是、的中點，
∴是的中位線，
∴，，
∴，
故答案為：；
②當時，如圖1，
∵，
∴，
故答案為：；

（2）如圖2，連接，
由旋轉知，，
∵，
∴，
∴；

（3）A、F、E三點共線時，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
當點F在線段上時，如圖3，
∵，
∴，
∴；

當點F在線段延長線上時，如圖4，
，
∴；

故的長度為或．
【點睛】本題主要考查了四邊形和三角形旋轉的綜合．解決問題的關鍵是熟練掌握旋轉的性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理解直角三角形．注意分類討論．
54．如圖1，在中，，，，點D，E分別是中點，連接．在同一平面內，將繞點A逆時針旋轉，射線相交于點P．

(1)如圖2，在旋轉過程中，的角度是否不變？若不變，請求出的度數．
(2)如圖2，當時，求線段的長．
(3)連接，當線段取得最小值時，求線段的值．
【答案】(1)不變，
(2)
(3)或

【分析】（1）首先證明出，然后根據三角形內角和證明即可；
（2）連接．首先證明出，進而得到，然后證明出和，利用相似三角形的性質得到，然后利用勾股定理求出，最后利用相似三角形的性質求解即可；
（3）根據題意分兩種情況討論，當E，P第一次重合時和當E，P第二次重合時，分別根據勾股定理和相似三角形的性質求解即可．
【詳解】（1）不變，理由如下：
∵點D，E分別為中點，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴．
∵，
∴．
（2）連接．

∵，，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴．
∵，，，點D，E分別是中點，
∴，
∴．
∴．
∵，，
∴．
∴，
∴．
（3）①如備用圖1，當E，P第一次重合時，

在運動的過程中，，，
∴當最大時，的值最小．
在中，，
∴，∴．
過點D作于點F，由，可得，．
∴．
∴．
②如備用圖2，當E，P第二次重合時，

與①同理，，
可證，可得，
∴．
連接，則．
綜上所述，或．
【點睛】此題考查了旋轉綜合題，相似三角形的性質和判定，勾股定理等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．

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