專題15全等與相似模型-手拉手模型（教師卷）

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(shù)學(xué)幾何模塊中占據(jù)著重要地位。相似三角形與其它知識(shí)點(diǎn)結(jié)合以綜合題的形式呈現(xiàn)，其變化很多，難度大，是中考的?？碱}型。如果大家平時(shí)注重解題方法，熟練掌握基本解題模型，再遇到該類問(wèn)題就信心更足了。本專題就手拉手模型進(jìn)行梳理及對(duì)應(yīng)試題分析，方便掌握。模型1.手拉手模型【模型解讀】將兩個(gè)三角形繞著公共頂點(diǎn)（即頭）旋轉(zhuǎn)某一角度后能完全重合，則這兩個(gè)三角形構(gòu)成手拉手全等，也叫旋轉(zhuǎn)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(diǎn)；連接BE，AD交于點(diǎn)F。結(jié)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(diǎn)；連接BE，AD交于點(diǎn)N。結(jié)論：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BFD。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(diǎn)；連接BE，AD交于點(diǎn)F。結(jié)論：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ACM=∠BFM；④CF平分∠BFD。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(diǎn)；連接BG，ED交于點(diǎn)N。結(jié)論：①△△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。例1．（2022·北京東城·九年級(jí)期末）如圖，在等邊三角形ABC中，點(diǎn)P為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，連接AP，BP，CP，將線段AP繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到，連接．（1）用等式表示與CP的數(shù)量關(guān)系，并證明；（2）當(dāng)∠BPC＝120°時(shí)，①直接寫出的度數(shù)為；②若M為BC的中點(diǎn)，連接PM，請(qǐng)用等式表示PM與AP的數(shù)量關(guān)系，并證明．【答案】（1），理由見解析；（2）①60°；②PM＝，見解析【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，可得AB＝AC，∠BAC＝60°，再由由旋轉(zhuǎn)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(jù)等邊三角形的性質(zhì)，可得∠BAC＝60°，從而得到∠ABC＋∠ACB＝120°，進(jìn)而得到∠ABP＋∠ACP＝60°．再由，可得，即可求解；②延長(zhǎng)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(jìn)而得到．根據(jù)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(zhuǎn)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(zhǎng)PM到N，使得NM＝PM，連接BN．∵M(jìn)為BC的中點(diǎn)，∴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(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，圖形的旋轉(zhuǎn)，熟練掌握等邊三角形判定和性質(zhì)定理，全等三角形的判定和性質(zhì)定理，圖形的旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．例2．（2022·黑龍江·中考真題）和都是等邊三角形．(1)將繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到圖①的位置時(shí)，連接BD，CE并延長(zhǎng)相交于點(diǎn)P（點(diǎn)P與點(diǎn)A重合），有（或）成立；請(qǐng)證明．(2)將繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到圖②的位置時(shí)，連接BD，CE相交于點(diǎn)P，連接PA，猜想線段PA、PB、PC之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？并加以證明；(3)將繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到圖③的位置時(shí)，連接BD，CE相交于點(diǎn)P，連接PA，猜想線段PA、PB、PC之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？直接寫出結(jié)論，不需要證明．【答案】(1)證明見解析(2)圖②結(jié)論：，證明見解析(3)圖③結(jié)論：【分析】（1）由△ABC是等邊三角形，得AB=AC，再因?yàn)辄c(diǎn)P與點(diǎn)A重合，所以PB=AB，PC=AC，PA=0，即可得出結(jié)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(jié)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(jié)論：．(1)證明：∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC，∵點(diǎn)P與點(diǎn)A重合，∴PB=AB，PC=AC，PA=0，∴或；(2)解：圖②結(jié)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(jié)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(diǎn)睛】本題考查等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握等邊三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．例3．（2022·湖北·襄陽(yáng)市九年級(jí)階段練習(xí)）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(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，①如圖②，當(dāng)點(diǎn)N恰好在AB邊上時(shí)，求證：；②當(dāng)點(diǎn)A，M，N在同一條直線上時(shí)，若OB=4，ON=3，請(qǐng)直接寫出線段BN的長(zhǎng)．【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(dāng)點(diǎn)N在線段上時(shí)，連接，在中構(gòu)造勾股定理的等量關(guān)系；當(dāng)點(diǎn)M在線段上時(shí)，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(dāng)點(diǎn)N在線段上時(shí)，如圖，連接，設(shè)，由(1)可知．∴，．∴，∴，∴是直角三角形，．又∵，∴，解得：（舍去）∴；當(dāng)點(diǎn)M在線段上時(shí)，如圖，連接，設(shè)，由(2)①可知．∴，．∴，∴，∴是直角三角形，．又∵，∴，解得：（舍去）∴綜上所述：的長(zhǎng)為或．【點(diǎn)睛】本題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)，三點(diǎn)共線分類討論，對(duì)幾何題目的綜合把握是解題關(guān)鍵．例4．（2022·重慶忠縣·九年級(jí)期末）已知等腰直角與有公共頂點(diǎn)．（1）如圖①，當(dāng)點(diǎn)在同一直線上時(shí)，點(diǎn)為的中點(diǎn)，求的長(zhǎng)；（2）如圖②，將繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)分別是的中點(diǎn)，交于，交于．①猜想與的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并證明你猜想的結(jié)論；②參考圖③，若為的中點(diǎn)，連接，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，線段的最小值是多少（直接寫出結(jié)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(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，先說(shuō)明FQ是△ADE的中位線，然后再求得FQ、BQ，最后再運(yùn)用勾股定理解答即可；（2）①連接交于，先證明可得，然后再說(shuō)明GM是△ABD的中位線可得，然后再根據(jù)角的關(guān)系證明﹔②如圖：連接CG，取中點(diǎn)O，連接OK、OM，再根據(jù)勾股定理和三角形中位線的性質(zhì)求得CG和OK,進(jìn)而求得OM,最后根據(jù)三角形的三邊關(guān)系即可解答．【詳解】解：（1）過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，∵點(diǎn)是的中點(diǎn)，∴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(diǎn)，∴GM是△ABD的中位線且，，﹔②如圖：連接CG，取中點(diǎn)O，連接OK、OM∴，OK=AG=1∵∠CMG=90°，O為CG的中點(diǎn)∴OM=CG=∵M(jìn)K＞OMOK∴當(dāng)O、K、M共線時(shí)，MK取最小值OMOK=1．【點(diǎn)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(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)點(diǎn)成為解答本題的關(guān)鍵．例5．（2022·山西大同·九年級(jí)期中）綜合與實(shí)踐：已知是等腰三角形，．（1）特殊情形：如圖1，當(dāng)∥時(shí)，______．（填“＞”“＜”或“＝”）；（2）發(fā)現(xiàn)結(jié)論：若將圖1中的繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)（）到圖2所示的位置，則（1）中的結(jié)論還成立嗎？請(qǐng)說(shuō)明理由．（3）拓展運(yùn)用：某學(xué)習(xí)小組在解答問(wèn)題：“如圖3，點(diǎn)是等腰直角三角形內(nèi)一點(diǎn)，，且，，，求的度數(shù)”時(shí)，小明發(fā)現(xiàn)可以利用旋轉(zhuǎn)的知識(shí)，將繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到，連接，構(gòu)造新圖形解決問(wèn)題．請(qǐng)你根據(jù)小明的發(fā)現(xiàn)直接寫出的度數(shù)．【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(jié)合AB=AC，得到DB=EC；（2）由旋轉(zhuǎn)得到的結(jié)論判斷出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；（3）由旋轉(zhuǎn)構(gòu)造出△APB≌△AEC，再用勾股定理計(jì)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(jiǎn)單計(jì)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(zhuǎn)性質(zhì)可知∠DAB=∠EAC，在△DAB和△EAC中，∴△DAB≌△EAC（SAS），∴DB=CE；（3）如圖，將△APB繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)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(diǎn)睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理及其逆定理，解本題的關(guān)鍵是構(gòu)造全等三角形，也是本題的難點(diǎn)．例6．（2022·青海·中考真題）兩個(gè)頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點(diǎn)，并把它們的底角頂點(diǎn)連接起來(lái)，則形成一組全等的三角形，把具有這個(gè)規(guī)律的圖形稱為“手拉手”圖形.(1)問(wèn)題發(fā)現(xiàn)：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(wèn)題：如圖2，若和均為等腰直角三角形，，點(diǎn)A，D，E在同一條直線上，CM為中DE邊上的高，連接BE，請(qǐng)判斷∠AEB的度數(shù)及線段CM，AE，BE之間的數(shù)量關(guān)系并說(shuō)明理由.

圖1

圖2【答案】(1)見解析(2)；【分析】（1）先判斷出∠BAD=∠CAE，進(jìn)而利用SAS判斷出△BAD≌△CAE，即可得出結(jié)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(jié)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(diǎn)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(zhì)，等腰三角形，等邊三角形，等腰直角三角形的性質(zhì)，判斷出△ACD≌△BCE是解本題的關(guān)鍵．例7．（2022·廣東廣州市·八年級(jí)期中）如圖，兩個(gè)正方形ABCD與DEFG，連結(jié)AG，CE，二者相交于點(diǎn)H．（1）證明：△ADG≌△CDE；（2）請(qǐng)說(shuō)明AG和CE的位置和數(shù)量關(guān)系，并給予證明；（3）連結(jié)AE和CG，請(qǐng)問(wèn)△ADE的面積和△CDG的面積有怎樣的數(shù)量關(guān)系？并說(shuō)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(zhǎng)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(jié)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(zhǎng)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(diǎn)睛】此題考查正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定及性質(zhì)，利用三角形面積公式求解，根據(jù)圖形得到三角形全等的條件是解題的關(guān)鍵.例8．（2023·福建福州市·九年級(jí)月考）如圖，和均為等邊三角形，連接BE、CD．（1）請(qǐng)判斷：線段BE與CD的大小關(guān)系是；（2）觀察圖，當(dāng)和分別繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)時(shí)，BE、CD之間的大小關(guān)系是否會(huì)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(jié)論是___________,在如圖中證明你的猜想.（4）這些結(jié)論可否推廣到任意正多邊形（不必證明）,如圖,BB1與EE1的關(guān)系是;它們分別在哪兩個(gè)全等三角形中;請(qǐng)?jiān)谌鐖D中標(biāo)出較小的正六邊形AB1C1D1E1F1的另五個(gè)頂點(diǎn)，連接圖中哪兩個(gè)頂點(diǎn),能構(gòu)造出兩個(gè)全等三角形？【答案】(1)BE=CD（2）線段BE與CD的大小關(guān)系不會(huì)改變（3）AE＝CG，證明見解析（4）這些結(jié)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(jiǎn)單到復(fù)雜，需要從簡(jiǎn)單圖形中探討解題方法，并借鑒用到復(fù)雜圖形中；證明三角形全等時(shí)，用旋轉(zhuǎn)變換尋找三角形全等的條件．【詳解】（1）線段BE與CD的大小關(guān)系是BE=CD；（2）線段BE與CD的大小關(guān)系不會(huì)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(jié)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(diǎn)睛】本題綜合考查全等三角形、等邊三角形和多邊形有關(guān)知識(shí)．注意對(duì)三角形全等的證明方法的發(fā)散．模型2.“手拉手”模型(旋轉(zhuǎn)模型)【模型解讀與圖示】“手拉手”旋轉(zhuǎn)型定義：如果將一個(gè)三角形繞著它的項(xiàng)點(diǎn)旋轉(zhuǎn)并放大或縮小(這個(gè)頂點(diǎn)不變)，我們稱這樣的圖形變換為旋轉(zhuǎn)相似變換，這個(gè)頂點(diǎn)稱為旋轉(zhuǎn)相似中心，所得的三角形稱為原三角形的旋轉(zhuǎn)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(jié)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(jié)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(diǎn)；結(jié)論：△BME∽△CMF；.條件:△ABC和ADE是等腰直角三角形；結(jié)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(zhuǎn)化成線段比例式相等；②分子和分子組成一個(gè)三角形、分母和分母組成一個(gè)三角形；③第②步成立，直接從證這兩個(gè)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(gè)別線段，之后再重復(fù)第③步。例1．（2022·山西長(zhǎng)治·九年級(jí)期末）問(wèn)題情境：如圖1，在△ABC中，AB＝6，AC＝5，點(diǎn)D，E分別在邊AB，AC上，且．?dāng)?shù)學(xué)思考：(1)在圖1中，的值為；(2)圖1中△ABC保持不動(dòng)，將△ADE繞點(diǎn)A按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)到圖2的位置，其它條件不變，連接BD，CE，則（1）中的結(jié)論是否仍然成立？并說(shuō)明理由；(3)拓展探究：在圖2中，延長(zhǎng)BD，分別交AC，CE于點(diǎn)F，P，連接AP，得到圖3，探究∠APE與∠ABC之間有何數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；(4)若將△ADE繞點(diǎn)A按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)到圖4的位置，連接BD，CE，延長(zhǎng)BD交CE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，BP交AC于點(diǎn)F，則（3）中的結(jié)論是否仍然成立，若成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；若不成立，請(qǐng)直接寫出∠APE與∠ABC之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】(1)(2)（1）中結(jié)論仍然成立，理由見解析(3)∠APE=∠ABC，理由見解析(4)結(jié)論不成立，∠APE+∠ABC=180°，理由見解析【分析】（1）根據(jù)平行線分線段成比例定理求解即可；（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)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(jié)論；（4）證明∠ABD=∠ACE，推出A、B、C、P四點(diǎn)共圓即可得到結(jié)論；（1）解：∵，∴，∴；（2）解：中結(jié)論仍然成立，理由如下：∵旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，∴∠ADE=∠ABC，∠AED=∠ACB，∴△ADE∽△ABC，∴，在圖2中，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)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(jié)論不成立，∠APE+∠ABC=180°，理由如下：由（2）知，△BAD∽△CAE，∴∠ABD=∠ACE，∴A、B、C、P四點(diǎn)共圓，∴∠APE+∠ABC=180°．【點(diǎn)睛】本題主要考查了平行線分線段成比例，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)等等，熟練掌握相關(guān)三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．例2．（2022·山東濟(jì)南·八年級(jí)期末）某校數(shù)學(xué)活動(dòng)小組探究了如下數(shù)學(xué)問(wèn)題：(1)問(wèn)題發(fā)現(xiàn)：如圖1，中，，．點(diǎn)P是底邊BC上一點(diǎn)，連接AP，以AP為腰作等腰，且，連接CQ、則BP和CQ的數(shù)量關(guān)系是______；(2)變式探究：如圖2，中，，．點(diǎn)P是腰AB上一點(diǎn)，連接CP，以CP為底邊作等腰，連接AQ，判斷BP和AQ的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；(3)問(wèn)題解決：如圖3，在正方形ABCD中，點(diǎn)P是邊BC上一點(diǎn)，以DP為邊作正方形DPEF，點(diǎn)Q是正方形DPEF兩條對(duì)角線的交點(diǎn)，連接CQ．若正方形DPEF的邊長(zhǎng)為，，求正方形ABCD的邊長(zhǎng)．【答案】(1)(2)(3)3【分析】（1）根據(jù)已知條件利用邊角邊證明，再利用全等三角形的性質(zhì)即可得到BP和CQ的數(shù)量關(guān)系；（2）根據(jù)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(zhǎng)比例且夾角相等的判定定理證明，之后再由相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例即可得到BP和AQ的數(shù)量關(guān)系；（3）連接BD，如圖（見詳解），先由正方形的性質(zhì)判斷出和都是等腰直角三角形，再利用與第二問(wèn)同樣的方法證出，由對(duì)應(yīng)邊成比例，依據(jù)相似比求出線段BP的長(zhǎng)，接著設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為x，運(yùn)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(diǎn)Q，∴和都是等腰直角三角形，∴，．∵，∴，∴，∴．∵，∴．在中，，設(shè)，則，又∵正方形的邊長(zhǎng)為，∴，∴，解得（舍去），．∴正方形的邊長(zhǎng)為3．【點(diǎn)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(zhì)，以及正方形和等腰三角形的性質(zhì)，正確識(shí)圖并能熟練地掌握幾何圖形的性質(zhì)與判定定理進(jìn)行證明是解題的關(guān)鍵．例3．（2022·四川達(dá)州·中考真題）某校一數(shù)學(xué)興趣小組在一次合作探究活動(dòng)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(dòng)，將繞點(diǎn)C按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)（），連接，，延長(zhǎng)交于點(diǎn)F，連接．該數(shù)學(xué)興趣小組進(jìn)行如下探究，請(qǐng)你幫忙解答：(1)【初步探究】如圖2，當(dāng)時(shí)，則_____；(2)【初步探究】如圖3，當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)重合時(shí)，請(qǐng)直接寫出，，之間的數(shù)量關(guān)系：_________；(3)【深入探究】如圖4，當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)不重合時(shí)，（2）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請(qǐng)給出推理過(guò)程；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由．(4)【拓展延伸】如圖5，在與中，，若，（m為常數(shù)）．保持不動(dòng)，將繞點(diǎn)C按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)（），連接，，延長(zhǎng)交于點(diǎn)F，連接，如圖6．試探究，，之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．【答案】(1)(2)(3)仍然成立，理由見解析(4)【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，可得，根據(jù)題意可得，根據(jù)等原三角形的性質(zhì)可得平分，即可得，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知；（2）證明，可得，根據(jù)等腰直角三角形可得，由，即可即可得出；（3）同（2）可得，過(guò)點(diǎn)，作，交于點(diǎn)，證明，，可得，即可得出；（4）過(guò)點(diǎn)作，交于點(diǎn)，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(guò)點(diǎn)，作，交于點(diǎn)，則，，在與中，，，，是等腰直角三角形，，，，，在與中，，，，，即，(4)過(guò)點(diǎn)作，交于點(diǎn)，，，，，，，，，，，，，，中，，，即．【點(diǎn)睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，掌握全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．例4．（2021·四川樂(lè)山·中考真題）在等腰中，，點(diǎn)是邊上一點(diǎn)（不與點(diǎn)、重合），連結(jié)．（1）如圖1，若，點(diǎn)關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)，結(jié)，，則________；（2）若，將線段繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到線段，連結(jié)．①在圖2中補(bǔ)全圖形；②探究與的數(shù)量關(guān)系，并證明；（3）如圖3，若，且，試探究、、之間滿足的數(shù)量關(guān)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(jù)題意得出△ABC是等邊三角形，再利用三角形的外角計(jì)算即可（2）①按要求補(bǔ)全圖即可②先根據(jù)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(diǎn)關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)∴AB⊥DE，∴故答案為：；（2）①補(bǔ)全圖如圖2所示；②與的數(shù)量關(guān)系為：；證明：∵，．∴為正三角形，又∵繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，∴，，∵，，∴，∴，∴．（3）連接．∵，，∴．∴．又∵，∴，∴．∵，∴，∴，∴，∴，．∵，∴．又∵，∴．【點(diǎn)睛】本題考查相似三角形的證明及性質(zhì)、全等三角形的證明及性質(zhì)、三角形的外角、軸對(duì)稱，熟練進(jìn)行角的轉(zhuǎn)換是解題的關(guān)鍵，相似三角形的證明是重點(diǎn)例5．（2022·山東煙臺(tái)·中考真題）(1)【問(wèn)題呈現(xiàn)】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(qǐng)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(zhǎng)CE交BD于點(diǎn)F，交AB于點(diǎn)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(jié)論；（2）證明△BAD∽△CAE，進(jìn)而得出結(jié)果；（3）①先證明△ABC∽△ADE，再證得△CAE∽△BAD，進(jìn)而得出結(jié)果；②在①的基礎(chǔ)上得出∠ACE＝∠ABD，進(jìn)而∠BFC＝∠BAC，進(jìn)一步得出結(jié)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(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(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)等知識(shí)，解決問(wèn)題的關(guān)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(jí)期中）如圖1，已知點(diǎn)G在正方形ABCD的對(duì)角線AC上，GE⊥BC，垂足為點(diǎn)E，GF⊥CD，垂足為點(diǎn)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(diǎn)C順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α角（0°＜α＜45°），如圖2所示，試探究線段AG與BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；（3）拓展與運(yùn)用：正方形CEGF繞點(diǎn)C順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α角（0°＜α＜45°），如圖3所示，當(dāng)B，E，F(xiàn)三點(diǎn)在一條直線上時(shí)，延長(zhǎng)CG交AD于點(diǎn)H，若AG＝9，GH＝3，求BC的長(zhǎng)．【答案】（1）答案見解析；（2）AG＝BE；理由見解析；（3）BC＝．【分析】（1）先說(shuō)明GE⊥BC、GF⊥CD，再結(jié)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(yīng)用相似三角形的性質(zhì)解答即可；（3）先證△AHG∽△CHA可得，設(shè)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(jié)論：AG＝BE；理由：連接CG，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知∠BCE＝∠ACG＝α，在Rt△CEG和Rt△CBA中，＝cos45°＝，＝cos45°＝，∴，∴△ACG∽△BCE，∴∴線段AG與BE之間的數(shù)量關(guān)系為AG＝BE；（3）∵∠CEF＝45°，點(diǎn)B、E、F三點(diǎn)共線，∴∠BEC＝135°，∵△ACG∽△BCE，∴∠AGC＝∠BEC＝135°，∴∠AGH＝∠CAH＝45°，∵∠CHA＝∠AHG，∴△AHG∽△CHA，∴，設(shè)BC＝CD＝AD＝a，則AC=a，由，得，∴AH＝a，則DH＝AD﹣AH＝a，，∴，得

解得：a＝，即BC＝．【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查相似形的判定和性質(zhì)、正方形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問(wèn)題并利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問(wèn)題．課后專項(xiàng)訓(xùn)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(jié)DF，并過(guò)C點(diǎn)作CH⊥AB于H并交FD于M．若∠ACB＝120°，AC＝3，BC＝2，則MD的長(zhǎng)為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】過(guò)D作DN⊥CF于點(diǎn)N，作DP⊥HM于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥HM，交HM的延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，依據(jù)勾股定理即可求得DF的長(zhǎng)，再根據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等得到FQ=DP，進(jìn)而證明△FQM≌△DPM，得到M是FD的中點(diǎn)，由此可得DM=DF．【詳解】如圖所示，過(guò)D作DN⊥CF于點(diǎn)N，作DP⊥HM于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥HM，交HM的延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，∵∠ACB＝120°，∠ACF＝∠BCD＝90°，∴∠DCN＝60°，∠CDN＝30°，又∵BC＝DC＝2，AC＝FC＝3，∴CNCD＝1，F(xiàn)N＝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(diǎn)，∴DMDF．故選：A【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理的綜合運(yùn)用，通過(guò)作輔助線構(gòu)造全等三角形，靈活運(yùn)用全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等是解題的關(guān)鍵．2．（2022·湖南·中考真題）如圖，點(diǎn)是等邊三角形內(nèi)一點(diǎn)，，，，則與的面積之和為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】將繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)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(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得，連接，，，，是等邊三角形，，∵，，，，與的面積之和為．故選：C．【點(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的逆定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識(shí)，利用旋轉(zhuǎn)將與的面積之和轉(zhuǎn)化為，是解題的關(guān)鍵．3．（2022·廣東茂名·二模）如圖，在中，，D是邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接，并將線段繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)后得線段，連接，在點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線段長(zhǎng)度的最小值是_________．【答案】【分析】過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，在上取點(diǎn)，使，連接，先根據(jù)直角三角形的性質(zhì)、勾股定理可得，根據(jù)等腰直角三角形的判定與性質(zhì)可得，從而可得，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，然后根據(jù)三角形全等的判定證出，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得，最后根據(jù)垂線段最短可得當(dāng)時(shí)，的長(zhǎng)度最小，在中，解直角三角形即可得．【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，在上取點(diǎn)，使，連接，，，，是等腰直角三角形，，，，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，，，，，在和中，，，，如圖，由垂線段最短可知，當(dāng)時(shí)，的長(zhǎng)度最小，在中，，即線段長(zhǎng)度的最小值是，故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查了含角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、三角形全等的判定定理與性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、解直角三角形等知識(shí)點(diǎn)，通過(guò)作輔助線，構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵．4．（2023·湖南常德·統(tǒng)考中考真題）如圖1，在中，，，，D是上一點(diǎn)，且，過(guò)點(diǎn)D作交于E，將繞A點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到圖2的位置．則圖2中的值為．

【答案】/0.8【分析】首先根據(jù)勾股定理得到，然后證明出，得到，進(jìn)而得到，然后證明出，利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．【詳解】∵在中，，，，∴∵∴，∴∴∴∵∴∴∴∴．故答案為：．【點(diǎn)睛】此題考查了相似三角形的性質(zhì)和判定，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的性質(zhì)和判定定理．5、（2022·重慶·九年級(jí)期末）已知正方形DEFG的頂點(diǎn)F在正方形ABCD的一邊AD的延長(zhǎng)線上，連結(jié)AG，CE交于點(diǎn)H，若，，則CH的長(zhǎng)為________.【分析】連接EG，與DF交于N，設(shè)CD和AH交于M，證明△ANG∽ADM，得到，從而求出DM的長(zhǎng)，再通過(guò)勾股定理算出AM的長(zhǎng)，通過(guò)證明△ADG≌△CDE得到∠DAG=∠DCE，從而說(shuō)明△ADM∽△CHM，得到，最后算出CH的長(zhǎng).【詳解】解：連接EG，與DF交于N，設(shè)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(diǎn)撥】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，綜合性較強(qiáng)，解題的關(guān)鍵是找到合適的全等三角形和相似三角形，通過(guò)其性質(zhì)計(jì)算出CH的長(zhǎng).6．（2022秋·江西撫州·九年級(jí)臨川一中?？计谥校⒗@點(diǎn)按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)度，并使各邊長(zhǎng)變?yōu)樵瓉?lái)的倍，得，如圖①所示，，我們將這種變換記為．

(1)如圖①，對(duì)作變換得到，則_________；直線與直線所夾的銳角為_________度；(2)如圖②，中，，對(duì)作變換得到，使點(diǎn)B、C、在同一直線上，連接且，求和的值；(3)如圖③，中，，對(duì)作變換得到，便點(diǎn)在同一直線上，且，求和的值．【答案】(1)；；(2)，(3