2022-2023學(xué)年人教版初中數(shù)學(xué)專題《相似三角形旋轉(zhuǎn)相似（手拉手模型）》含答案解析

專題相似優(yōu)選提升題：相似三角形五種解題模型題型四：旋轉(zhuǎn)相似（手拉手模型）一．填空題（共1小題）1．（2021秋?江安縣期末）如圖，點(diǎn)A在線段BD上，在BD的同側(cè)作等腰直角△ABC和等腰直角△ADE，CD與BE、AE分別交于點(diǎn)P，M．對(duì)于下列結(jié)論：①△BAE∽△CAD；②MP?MD＝MA?ME；③2CB2＝CP?CM；④sin∠CPB＝；其中正確的結(jié)論有①②③．（寫(xiě)出所有正確結(jié)論的序號(hào)）．【分析】根據(jù)題意可得：CA＝AB，AD＝AE，利用兩角成比例且?jiàn)A角相等的兩個(gè)三角形相似，證明①△BAE∽△CAD，從而得∠AEB＝∠ADC，然后利用兩角相等的兩個(gè)三角形相似證明△EMP∽△DMA，從而證明②MP?MD＝MA?ME，利用②的結(jié)論再證明△DEM∽△APM，從而得∠APM＝∠DEM＝90°，根據(jù)已知可知∠EAC＝90°，然后利用射影定理證明③2CB2＝CP?CM，求出∠CPB的度數(shù)即可判斷．【解答】解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴CA＝AB，AD＝AE，∠AED＝∠ABC＝90°，∠DAE＝∠CAB＝45°，∴∠DAE+∠EAC＝∠CAB+∠EAC，∴∠DAC＝∠EAB，∵＝＝，∴△BAE∽△CAD，故①正確；∵△BAE∽△CAD，∴∠AEB＝∠ADC，∵∠PME＝∠AMD，∴△EMP∽△DMA，∴＝，∴MP?MD＝MA?ME，故②正確；∵M(jìn)P?MD＝MA?ME，∴＝，∵∠AMP＝∠DME，∴△DEM∽△APM，∴∠APM＝∠DEM＝90°，∵∠DAE＝∠CAB＝45°，∴∠EAC＝180°﹣（∠DAE+∠CAB）＝90°，∴∠EAC＝∠APC，∵∠ACP＝∠ACM，∴△CPA∽△CAM，∴＝，∴CA2＝CP?CM，∴2CB2＝CP?CM，故③正確；設(shè)BE與AC相交于點(diǎn)F，∵△BAE∽△CAD，∴∠ACD＝∠ABE，∵∠AFB＝∠PFC，∴∠CPB＝∠CAB＝45°，∴sin∠CPB＝，故④錯(cuò)誤，所以，正確的結(jié)論有：①②③，故答案為：①②③．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了解直角三角形，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形，熟練掌握手拉手模型的相似三角形是解題的關(guān)鍵．二．解答題（共8小題）2．（2022春?龍崗區(qū)期末）（1）如圖1，△ABC為等邊三角形，點(diǎn)D為BC邊上的一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)D不與B、C重合），以AD為邊作等邊△ADE，連接CE．易求∠DCE＝120°；（2）如圖2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝AB，點(diǎn)D為BC上的一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)D不與B、C重合），以AD為邊作等腰Rt△ADE，∠DAE＝90°（頂點(diǎn)A、D、E按逆時(shí)針?lè)较蚺帕校?，連接CE，類比題（1），請(qǐng)你猜想：線段BD、CD、DE之間的關(guān)系，并說(shuō)明理由；（3）如圖3，在（2）的條件下，若D點(diǎn)在BC的延長(zhǎng)線上運(yùn)動(dòng)，以AD為邊作等腰Rt△ADE，∠DAE＝90°（頂點(diǎn)A、D、E按逆時(shí)針?lè)较蚺帕校?，連接CE．CE＝10，BC＝6，求AE的長(zhǎng)．【分析】（1）利用等式的性質(zhì)判斷出∠BAD＝∠CAE，進(jìn)而得出△ABD≌△ACE，即可得出答案；（2）同（1）的方法判斷出△ABD≌△ACE，進(jìn)而得出BD＝CE，∠BCE＝90°，即可得出結(jié)論；（3）同（2）的方法，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠B＝∠ACB＝∠BAC＝∠DAE＝60°，∴∠BAD+∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，∴∠BAD＝∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠B＝∠ACE＝60°，∴∠DCE＝∠ACB+∠ACE＝120°，故答案為：120；（2）DE2＝CD2+BD2；理由如下：在Rt△ABC中，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∵AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ACE＝∠B＝45°，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，根據(jù)勾股定理得，DE2＝CD2+CE2＝CD2+BD2；（3）由（2）知，BD＝CE，∵CE＝10，∴BD＝10，∵BC＝6，∴CD＝BD﹣BC＝4，由（2）知，∠BCE＝90°，∴∠DCE＝90°，根據(jù)勾股定理得，DE2＝CE2+CD2＝116，在Rt△ADE中，DE2＝2AE2＝116，∴AE＝．【點(diǎn)評(píng)】此題是三角形綜合題，主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，判斷出△ABD≌△ACE是解本題的關(guān)鍵．3．（2021秋?亭湖區(qū)校級(jí)期末）問(wèn)題背景：如圖1，在矩形ABCD中，AB＝2，∠ABD＝30°，點(diǎn)E是邊AB的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AB交BD于點(diǎn)F．實(shí)驗(yàn)探究：（1）在一次數(shù)學(xué)活動(dòng)中，小王同學(xué)將圖1中的△BEF繞點(diǎn)B按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°，如圖2所示，得到結(jié)論：①＝；②直線AE與DF所夾銳角的度數(shù)為30°．（2）小王同學(xué)繼續(xù)將△BEF繞點(diǎn)B按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)至如圖3所示位置．請(qǐng)問(wèn)探究（1）中的結(jié)論是否仍然成立？并說(shuō)明理由．拓展延伸：根據(jù)以上探究，將△BEF繞點(diǎn)B按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)180°，設(shè)直線AE與DF的交點(diǎn)為P，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，點(diǎn)P的位置也隨之改變，請(qǐng)思考點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的軌跡，直接寫(xiě)出點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程．（結(jié)果保留π）【分析】（1）通過(guò)題目條件證明△FBD∽△EBA，即可推出答案；（2）同（1），此時(shí)△FBD與△EBA仍然相似；（3）通過(guò)前兩問(wèn)的鋪墊，得出P點(diǎn)的軌跡在這個(gè)矩形的外接圓上，進(jìn)而分析其運(yùn)動(dòng)路徑，求出軌跡長(zhǎng)即可．【解答】解：（1）如圖1，∵∠ABD＝30°，∠DAB＝90°，EF⊥BA，∴，如圖2，設(shè)AB與DF交于點(diǎn)O，AE與DF交于點(diǎn)H，∵△BEF繞點(diǎn)B按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°，∴∠DBF＝∠ABE＝90°，∴△FBD∽△EBA，∴，∠BDF＝∠BAE，又∵∠DOB＝∠AOF，∴∠DBA＝∠AHD＝30°，∴直線AE與DF所夾銳角的度數(shù)為30°，故答案為：，30°；（2）結(jié)論仍然成立，理由如下：如圖3，設(shè)AE與BD交于點(diǎn)O，AE與DF交于點(diǎn)H，∵將△BEF繞點(diǎn)B按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，∴∠ABE＝∠DBF，又∵，∴△ABE∽△DBF，∴，∠BDF＝∠BAE，又∵∠DOH＝∠AOB，∴∠ABD＝∠AHD＝30°，∴直線AE與DF所夾銳角的度數(shù)為30°．拓展延伸：由（2）可得∠BAP＝∠BDP，∴A、B、P、D四點(diǎn)共圓，∴點(diǎn)P在矩形ABCD的外接圓上運(yùn)動(dòng)，如圖4：分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程可知，在△BEF順時(shí)針旋轉(zhuǎn)180°的過(guò)程中，P點(diǎn)從點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，又回到點(diǎn)B，具體分析如下：當(dāng)△BEF剛開(kāi)始旋轉(zhuǎn)時(shí)，P與B點(diǎn)重合，如圖5：當(dāng)△BEF開(kāi)始旋轉(zhuǎn)一定角度后，P點(diǎn)延弧BC運(yùn)動(dòng)，如圖6：當(dāng)△BEF旋轉(zhuǎn)60°后，P點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)，如圖7：當(dāng)△BEF旋轉(zhuǎn)超過(guò)60°后，P點(diǎn)開(kāi)始從C點(diǎn)延弧BC往B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，如圖8：當(dāng)△BEF旋轉(zhuǎn)180°時(shí)，P點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)，如圖9：綜上，P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)為2．∴其軌跡長(zhǎng)為2＝2××2×π×2＝．【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何變換綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定，旋轉(zhuǎn)等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握旋轉(zhuǎn)型相似是解題關(guān)鍵．4．（2021秋?開(kāi)江縣期末）【問(wèn)題背景】正方形ABCD和等腰直角三角形CEF按如圖①所示的位置擺放，點(diǎn)B，C，E在同一條直線上，其中∠ECF＝90°．【初步探究】（1）如圖②，將等腰直角三角形CEF繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，連接BF，DE，請(qǐng)直接寫(xiě)出BF與DE的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系：BF＝DE，BF⊥DE；【類比探究】（2）如圖③，將（1）中的正方形ABCD和等腰直角三角形CEF分別改成矩形ABCD和Rt△CEF，其中∠ECF＝90°，且，其他條件不變．①判斷線段BF與DE的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；②連接DF，BE，若CE＝6，AB＝12，求DF2+BE2的值．【分析】（1）先證明△BCF≌△DCE，得出BF＝DE，∠CBF＝∠CDE，進(jìn)而證明BF⊥DE；（2）①由∠BCD＝∠ECF＝90°得∠BCF＝∠DCE，且，得△BCF∽△DCE，即可得出BF與DE的關(guān)系；②利用相似三角形的性質(zhì)求出CF、BC的長(zhǎng)度及∠CBF＝∠CDE，進(jìn)而得出BF⊥DE，再利用勾股定理及等量代換得出DF2+BE2＝DB2+EF2，即可求出DF2+BE2的值．【解答】解：（1）如圖②，BF與CD交于點(diǎn)M，與DE交于點(diǎn)N，∵四邊形ABCD是正方形，∴BC＝DC，∠BCD＝90°，∵△ECF是等腰直角三角形，∴CF＝CE，∠ECF＝90°，∴∠BCD＝∠ECF，∴∠BCD+∠DCF＝∠ECF+∠DCF，∴∠BCF＝∠DCE，∴△BCF≌△DCE（SAS），∴BF＝DE，∠CBF＝∠CDE，∵∠BMC＝∠DMF，∠CBF+∠BMC＝90°，∴∠CDE+∠DMF＝90°，∴∠BND＝90°，∴BF⊥DE，故答案為：BF＝DE，BF⊥DE；（2）①如圖③，，理由：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°，∵∠ECF＝90°，∴∠BCD+∠DCF＝∠ECF+∠DCF，∴∠BCF＝∠DCE，∵，∴△BCF∽△DCE，∴＝；②如圖③，連接BD，∵△BCF∽△DCE，∴∠CBF＝∠CDE，∵四邊形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝12，∵CE＝6，，∴＝，∴CF＝8，BC＝16，∵∠DBO+∠CBF+∠BDC＝∠DBO+∠CDE+∠BDC＝∠DBO+∠BDO＝90°，∴∠BOD＝90°，∴∠DOF＝∠BOE＝∠EOF＝90°，在Rt△DOF中，DF2＝OD2+OF2，在Rt△BOE中，BE2＝OB2+OE2，在Rt△DOB中，DB2＝OD2+OB2，在Rt△EOF中，EF2＝OE2+OF2，∴DF2+BE2＝OD2+OF2+OB2+OE2＝DB2+EF2，在Rt△BCD中，BD2＝BC2+CD2＝162+122＝400，在Rt△CEF中，EF2＝EC2+CF2＝62+82＝100，∴BD2+EF2＝400+100＝500，∴DF2+BE2＝500．【點(diǎn)評(píng)】本題是相似形綜合題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，靈活應(yīng)用這些性質(zhì)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．5．（2021秋?靜安區(qū)期末）如圖1，四邊形ABCD中，∠BAD的平分線AE交邊BC于點(diǎn)E，已知AB＝9，AE＝6，AE2＝AB?AD，且DC∥AE．（1）求證：DE2＝AE?DC；（2）如果BE＝9，求四邊形ABCD的面積；（3）如圖2，延長(zhǎng)AD、BC交于點(diǎn)F，設(shè)BE＝x，EF＝y(tǒng)，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫(xiě)出定義域．【分析】（1）先證明△ABE∽△AED，可得∠AEB＝∠ADE，再由平行線性質(zhì)可推出∠ADE＝∠DCE，進(jìn)而證得△ADE∽△ECD，根據(jù)相似三角形性質(zhì)可證得結(jié)論；（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)B作BG⊥AE，運(yùn)用等腰三角形性質(zhì)可得G為AE的中點(diǎn)，進(jìn)而可證得△ADE≌△ECD（SAS），再求得S△ABE＝×AE×BG＝18，根據(jù)△ABE∽△AED且相似比為3：2，可求得S△AED＝S△CDE＝8，由S四邊形ABCD＝S△ABE+S△AED+S△CDE可求得答案；（3）由△ABE∽△AED，可求得：DE＝x，進(jìn)而得出DC＝x2，再利用△ADE∽△ECD，可得：CE＝x，再利用DC∥AE，可得△AEF∽△DCF，進(jìn)而求得：CF＝EF，再結(jié)合題意得出答案．【解答】（1）證明：如圖1，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE，∵AE2＝AB?AD，∴＝，∴△ABE∽△AED，∴∠AEB＝∠ADE，∵DC∥AE，∴∠AEB＝∠DCE，∠AED＝∠CDE，∴∠ADE＝∠DCE，∴△ADE∽△ECD，∴＝，∴DE2＝AE?DC；（2）解：如圖2，過(guò)點(diǎn)B作BG⊥AE，∵BE＝9＝AB，∴△ABE是等腰三角形，∴G為AE的中點(diǎn)，由（1）可得△ADE、△ECD也是等腰三角形，∵AE2＝AB?AD，AB＝BE＝9，AE＝6，∴AD＝4，DE＝6，CE＝4，AG＝3，∴△ADE≌△ECD（SAS），在Rt△ABG中，BG＝＝＝6，∴S△ABE＝×AE×BG＝×6×6＝18，∵△ABE∽△AED且相似比為3：2，∴S△ABE：S△AED＝9：4，∴S△AED＝S△CDE＝8，∴S四邊形ABCD＝S△ABE+S△AED+S△CDE＝18+8+8＝34；（3）解：如圖3，由（1）知：△ABE∽△AED，∴＝，∵BE＝x，AB＝9，AE＝6，AE2＝AB?AD，AD＝4，∴＝，∴DE＝x，由（1）知：DE2＝AE?DC，∴DC＝x2，∵△ADE∽△ECD，∴＝＝，∴CE＝x，∵DC∥AE，∴△AEF∽△DCF，∴＝＝，∴CF＝EF，∴＝＝＝，∴y＝EF＝CE＝×x＝，∵即，∴3＜x＜9，∴y關(guān)于x的函數(shù)解析式為y＝，定義域?yàn)?＜x＜9．【點(diǎn)評(píng)】本題是相似三角形綜合題，考查了角平分線定義，平行線的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形面積等知識(shí)，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．6．（2021秋?新鄉(xiāng)期末）如圖1，在Rt△ABC中，AC＝BC＝5，等腰直角△BDE的頂點(diǎn)D，E分別在邊BC，AB上，且BD＝，將△BDE繞點(diǎn)B按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，記旋轉(zhuǎn)角為α（0°≤α＜360°）．（1）問(wèn)題發(fā)現(xiàn)當(dāng)α＝0°時(shí)，的值為，直線AE，CD相交形成的較小角的度數(shù)為45°；（2）拓展探究試判斷：在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，（1）中的兩個(gè)結(jié)論有無(wú)變化？請(qǐng)僅就圖2的情況給出證明：（3）問(wèn)題解決當(dāng)△BDE旋轉(zhuǎn)至A，D，E三點(diǎn)在同一條直線上時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出△ACD的面積．【分析】（1）根據(jù)平行線分線段成比例可得；（2）利用等腰三角形的性質(zhì)可證明△ABE∽△CBD，得，∠BAE＝∠BCD，從而∠F＝180°﹣∠BAE﹣∠AGF＝180°﹣∠BCD﹣∠BGC＝ABC＝45°；（3）分DE在AB上方或在AB下方時(shí)，作AH⊥CD于H，利用（2）中結(jié)論求出CD的長(zhǎng)即可．【解答】解：（1）∵△ABC與△BDE都是等腰直角三角形，∴DE∥AC，∴，∴，∵∠B＝45°，∴直線AE，CD相交形成的較小角的度數(shù)為45°，故答案為：；45；（2）無(wú)變化，理由如下：延長(zhǎng)AE，CD交于點(diǎn)F，CF交AB于點(diǎn)G，∵△ABC與△BDE都是等腰直角三角形，∴∠ABC＝∠DBE＝45°，，∴∠ABC﹣∠ABD＝∠DBE﹣∠ABD，∴∠CBD＝∠ABE，又∵，∴△ABE∽△CBD，∴，∠BAE＝∠BCD，∴∠F＝180°﹣∠BAE﹣∠AGF＝180°﹣∠BCD﹣∠BGC＝∠ABC＝45°；（3）如圖，當(dāng)DE在AB上方時(shí)，作AH⊥CD于H，由A，D，E三點(diǎn)在同一條直線上知，∠ADB＝90°，∴AD＝，由（2）知∠ADH＝45°，，∴AH＝＝，CD＝，∴S△ACD＝CD×AH＝＝12+，當(dāng)DE在AB下方時(shí)，同理可得S△ACD＝×CD×AH＝＝12﹣，綜上：S△ACD＝12±．【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何變換綜合題，主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，利用前面探索的結(jié)論解決新的問(wèn)題是解題的關(guān)鍵．7．（2021春?環(huán)翠區(qū)期末）某校數(shù)學(xué)活動(dòng)小組在一次活動(dòng)中，對(duì)一個(gè)數(shù)學(xué)問(wèn)題作如下探究：（1）問(wèn)題發(fā)現(xiàn)：如圖1，在等邊△ABC中，點(diǎn)P是邊BC上任意一點(diǎn)，連接AP，以AP為邊作等邊△APQ，連接CQ，∠ABC與∠ACQ的數(shù)量關(guān)系是∠ABC＝∠ACQ；（2）變式探究：如圖2，在等腰△ABC中，AB＝BC，點(diǎn)P是邊BC上任意一點(diǎn)，以AP為腰作等腰△APQ，使AP＝PQ，∠APQ＝∠ABC，連接CQ，判斷∠ABC和∠ACQ的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；（3）解決問(wèn)題：如圖3，在正方形ADBC中，點(diǎn)P是邊BC上一點(diǎn)，以AP為邊作正方形APEF，Q是正方形APEF對(duì)角線的交點(diǎn)，連接CQ．若正方形APEF的邊長(zhǎng)為10，，求正方形ADBC的邊長(zhǎng)．【分析】（1）利用SAS定理證明△BAP≌△CAQ，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)解答；（2）先證明△BAC∽△PAQ，得到，再證明△BAP∽△CAQ，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)解答即可；（3）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出BP，根據(jù)勾股定理列出方程，解方程得到答案．【解答】解：（1）∵△ABC和△APQ都是等邊三角形，∴AB＝AC，AP＝AQ，∠BAC＝∠PAQ＝60°，∴∠BAP＝∠CAQ，在△BAP和△CAQ中，，∴△BAP≌△CAQ（SAS），∴∠ABC＝∠ACQ，故答案為：∠ABC＝∠ACQ；（2）∠ABC＝∠ACQ，理由如下：∵AB＝BC，∴∠BAC＝，∵AP＝PQ，∴∠PAQ＝，∵∠APQ＝∠ABC，∴∠BAC＝∠PAQ，∴△BAC∽△PAQ，∴，∵∠BAP+∠PAC＝∠PAC+∠CAQ，∴∠BAP＝∠CAQ，∴△BAP∽△CAQ，∴∠ABC＝∠ACQ；（3）如圖3，連接AB，∵四邊形ADBC和四邊形APEF都是正方形，∴AB＝AC，AP＝AQ，∠BAC＝∠PAQ＝45°，∴∠BAP＝∠CAQ，，∴△BAP∽△CAQ，∴，∴BP＝CQ＝2，∵AP2＝AC2+PC2，∴100＝AC2+（AC﹣2）2，∴AC＝8，AC＝﹣6（舍去），∴正方形ADBC的邊長(zhǎng)為8．【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問(wèn)題是解題的關(guān)鍵．8．（2020秋?平頂山期末）圖形的旋轉(zhuǎn)變換是研究數(shù)學(xué)相關(guān)問(wèn)題的重要手段之一．小華和小芳對(duì)等腰直角三角形的旋轉(zhuǎn)變換進(jìn)行研究．如圖（1），已知△ABC和△ADE均為等腰直角三角形，點(diǎn)D，E分別在線段AB，AC上，且∠C＝∠AED＝90°．（1）觀察猜想小華將△ADE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，連接BD，CE，如圖（2），當(dāng)BD的延長(zhǎng)線恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)E時(shí)，①的值為；②∠BEC的度數(shù)為45度；（2）類比探究如圖（3），小芳在小華的基礎(chǔ)上，繼續(xù)旋轉(zhuǎn)△ADE，連接BD，CE，設(shè)BD的延長(zhǎng)線交CE于點(diǎn)F，請(qǐng)求出的值及∠BFC的度數(shù)，并說(shuō)明理由．（3）拓展延伸若AE＝DE＝，AC＝BC＝，當(dāng)CE所在的直線垂直于AD時(shí)，請(qǐng)你直接寫(xiě)出BD的長(zhǎng)．【分析】（1）如圖（2）中，設(shè)AC交BE于點(diǎn)O．證明△DAB∽△EAC，推出＝＝，∠ABD＝∠ACE，再證明∠BAO＝∠CEO＝45°，可得結(jié)論．（2）如圖（3）中，設(shè)AC交BF于點(diǎn)O．證明△DAB∽△EAC，可得結(jié)論．（3）分兩種情形：如圖（4）﹣1中，當(dāng)CE⊥AD于O時(shí)，如圖（4）﹣2中，當(dāng)EC⊥AD時(shí)，延長(zhǎng)CE交AD于O．分別求出EC，可得結(jié)論．【解答】解：（1）如圖（2）中，設(shè)AC交BE于點(diǎn)O．∵△AED，△ABC都是等腰直角三角形，∴∠EAD＝∠CAB＝45°，AD＝AE，AB＝AC，∴∠EAC＝∠DAB，＝＝，∴△DAB∽△EAC，∴＝＝，∠ABD＝∠ACE，∵∠AOB＝∠EOC，∴∠BAO＝∠CEO＝45°，故答案為：，45．（2）如圖（3）中，設(shè)AC交BF于點(diǎn)O．∵△AED，△ABC都是等腰直角三角形，∴∠EAD＝∠CAB＝45°，AD＝AE，AB＝AC，∴∠EAC＝∠DAB，＝＝，∴△DAB∽△EAC，∴＝＝，∠ABD＝∠ACE，∵∠AOB＝∠FOC，∴∠BAO＝∠CFO＝45°，∴＝，∠BFC＝45°．（3）如圖（4）﹣1中，當(dāng)CE⊥AD于O時(shí)，∵AE＝DE＝，AC＝BC＝，∠AED＝∠ACB＝90°，∴AD＝AE＝2，∵EO⊥AD，∴OD＝OA＝OE＝1，∴OC＝＝3，∴EC＝OE+OC＝4，∵BD＝EC，∴BD＝4．如圖（4）﹣2中，當(dāng)EC⊥AD時(shí)，延長(zhǎng)CE交AD于O．同法可得OD＝OA＝OE＝1，OC＝3，EC＝3﹣1＝2，∴BD＝EC＝2，綜上所述，BD的長(zhǎng)為4或2．【點(diǎn)評(píng)】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．9．（2021秋?邗江區(qū)期末）如圖，將△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α后，△ABC與△ADE構(gòu)成位似圖形，我們稱△ABC與△ADE互為“旋轉(zhuǎn)位似圖形”．（1）知識(shí)理解：兩個(gè)重合了一個(gè)頂點(diǎn)且邊長(zhǎng)不相等的等邊三角形是（填“是”或“不是”）“旋轉(zhuǎn)位似圖形”；如圖1，△ABC和△ADE互為“旋轉(zhuǎn)位似圖形”，①若α＝26°，∠B＝100°，∠E＝29°，則∠BAE＝25°；②若AD＝6，DE＝8，AB＝4，則BC＝；（2）知識(shí)運(yùn)用：如圖2，在四邊形ABCD中，∠ADC＝90°，AE⊥BD于E，∠DAC＝∠DBC，求證：△ACD和△ABE互為“旋轉(zhuǎn)位似圖形”；（3）拓展提高：如圖3，△ABC為等腰直角三角形，點(diǎn)G為AC中點(diǎn)，點(diǎn)F是AB上一點(diǎn)，D是GF延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，點(diǎn)E在線段GF上，