专题27.42 相似三角形与旋转综合专题（培优篇）（专项练习）-2022-2023学年九年级数学下册基础知识专项讲练（人教版）

这是一份专题27.42 相似三角形与旋转综合专题（培优篇）（专项练习）-2022-2023学年九年级数学下册基础知识专项讲练（人教版），共56页。试卷主要包含了尝试探究等内容，欢迎下载使用。

专题27.42相似三角形与旋转综合专题（培优篇）
（专项练习）
1．在同一平面内，如图①，将两个全等的等腰直角三角形摆放在一起，点A为公共顶点，．如图②，若△ABC固定不动，把△ADE绕点A逆时针旋转，使AD、AE与边BC的交点分别为M、N点M不与点B重合，点N不与点C重合．

【探究】求证：．
【应用】已知等腰直角三角形的斜边长为4．
(1)的值为______．
(2)若，则MN的长为______．


2．如图，以的两边、分别向外作等边和等边，与交于点，已知，，．
（1）求证：；
（2）求的度数及的长；
（3）若点、分别是等边和等边的重心（三边中线的交点），连接、、，作出图象，求的长．


3．如图，四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，C，F，G三点在一直线上，连接AF并延长交边CD于点M．
（1）求证：△MFC∽△MCA；
（2）求证△ACF∽△ABE；
（3）若DM=1，CM=2，求正方形AEFG的边长．






4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，点M是AB的中点，连接MC，点P是线段BC延长线上一点，且PC＜BC，连接MP交AC于点H．将射线MP绕点M逆时针旋转60°交线段CA的延长线于点D．
（1）找出与∠AMP相等的角，并说明理由．
（2）若CP=BC，求的值．






5．如图，正方形ABCD，对角线AC，BD相交于O，Q为线段DB上的一点，，点M、N分别在直线BC、DC上．

（1）如图1，当Q为线段OD的中点时，求证：；
（2）如图2，当Q为线段OB的中点，点N在CD的延长线上时，则线段DN、BM、BC的数量关系为 ；
（3）在（2）的条件下，连接MN，交AD、BD于点E、F，若，，求EF的长．



6．（1）尝试探究：如图①，在中，，，点、分别是边、上的点，且EF∥AB．
①的值为_________；
②直线与直线的位置关系为__________；
（2）类比延伸：如图②，若将图①中的绕点顺时针旋转，连接，，则在旋转的过程中，请判断的值及直线与直线的位置关系，并说明理由；
（3）拓展运用：若，，在旋转过程中，当三点在同一直线上时，请直接写出此时线段的长．


7．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝2，BC＝1，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE．将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．
（1）①当α＝0°时，= ； ②当α＝180°时，= ；
（2）试判断：当0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情况给出证明．
（3）当△EDC旋转至A、B、E三点共线时，直接写出线段BD的长．









8．某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：

（1）问题发现：如图1，在等边中，点是边上任意一点，连接，以为边作等边，连接CQ，BP与CQ的数量关系是________；
（2）变式探究：如图2，在等腰中，，点是边上任意一点，以为腰作等腰，使，，连接，判断和的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题：如图3，在正方形中，点是边上一点，以为边作正方形，是正方形的中心，连接．若正方形的边长为5，，求正方形的边长．





9．一次小组合作探究课上，老师将两个正方形按如图所示的位置摆放（点E、A、D在同一条直线上），发现且．
小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答：
（1）将正方形绕点A按逆时针方向旋转（如图1），还能得到吗？若能，请给出证明，请说明理由；
（2）把背景中的正方形分别改成菱形和菱形，将菱形绕点A按顺时针方向旋转（如图2），试问当与的大小满足怎样的关系时，；
（3）把背景中的正方形分别改写成矩形和矩形，且，，（如图3），连接，．试求的值（用a，b表示）．








10．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点P为线段CA延长线上一动点，连接PB，将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，连接DB，DC．
（1）如图1，当α＝60°时，求证：PA＝DC；
（2）如图2，当α＝120°时，猜想PA和DC的数量关系并说明理由．
（3）当α＝120°时，若AB＝6，BP＝，请直接写出点D到CP的距离．





11．如图，和是有公共顶点直角三角形，，点P为射线，的交点．
（1）如图1，若和是等腰直角三角形，求证：；
（2）如图2，若，问：（1）中的结论是否成立？请说明理由．
（3）在（1）的条件下，，，若把绕点A旋转，当时，请直接写出的长度





12．观察猜想

(1)如图1，在等边中，点M是边上任意一点（不含端点B、C），连接，以为边作等边，连接，则与的数量关系是______．
(2)类比探究
如图2，在等边中，点M是延长线上任意一点（不含端点C），（1）中其它条件不变，（1）中结论还成立吗？请说明理由．
(3)拓展延伸
如图3，在等腰中，，点M是边上任意一点（不含端点B、C），连接，以为边作等腰，使顶角．连按．试探究与的数量关系，并说明理由．










13．如图1，在中，，在斜边上取一点D，过点D作，交于点E．现将绕点A旋转一定角度到如图2所示的位置（点D在的内部），使得．
（1）①求证：；
②若，求的长；
（2）如图3，将原题中的条件“”去掉，其它条件不变，设，若，，求k的值；
（3）如图4，将原题中的条件“”去掉，其它条件不变，若，设，，试探究三者之间满足的等量关系．（直接写出结果，不必写出解答过程）












14．（1）观察猜想：
如图1，在中，，点D，E分别在边，上，，，将绕点A逆时针旋转到如图2所示的位置，连接，交于点G，连接交于点F，则值为______，的度数为_____．
（2）类比探究：
如图3，当，时，请求出的值及的度数．
（3）拓展应用：
如图4，在四边形中，，，．若，，请直接写出A，D两点之间的距离．







15．【问题发现】（1）如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B、C重合）将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，连结EC，则线段BD与CE的数量关系是　 ，位置关系是　 ；

【探究证明】（2）如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，将△ADE绕点A旋转，当点C，D，E在同一直线时，BD与CE具有怎样的位置关系，并说明理由；
【拓展延伸】（3）如图3，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝2CD＝4，将△ACD绕顺时针旋转，点C对应点E，设旋转角∠CAE为α（0°＜α＜360°），当点C，D，E在同一直线时，画出图形，并求出线段BE的长度．




16．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是BC边上的中点，点P是AC边上的一个动点，延长DP到点E，使∠CAE＝∠CDE，作∠DCG＝∠ACE，其中G点在DE上．
（1）如图1，若∠B＝45°，则＝　　；
（2）如图2，若∠DCG＝30°，，求：＝　　；
（3）如图3，若∠ABC＝60°，延长CG至点M，使得MG＝GC，连接AM，BM．在点P运动的过程中，探究：当的值为多少时，线段AM与DM的长度之和取得最小值？













17．如图1所示，矩形ABCD中，点E，F分别为边AB，AD的中点，将△AEF绕点A逆时针旋转（0°＜≤360°），直线BE，DF相交于点P．
（1）若AB＝AD，将△AEF绕点A逆时针旋至如图2所示的位置上，则线段BE与DF的位置关系是　 　，数量关系是　 　．
（2）若AD＝nAB（n≠1）将△AEF绕点A逆时针旋转，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图3所示的情况加以证明；若不成立，请写出正确结论，并说明理由．
（3）若AB＝6，BC＝8，将△AEF旋转至AE⊥BE时，请直接写出DP的长．







18．在中，，CD是中线，，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E、F，DF与AE交于点M，DE与BC交于点N．
（1）如图1，若，求证：；
（2）如图2，在绕点D旋转的过程中，试证明恒成立；
（3）若，，求DN的长．







19．如图1，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，将△COD绕点O逆时针旋转得到△EOF（旋转角为锐角），连AE，BF，DF，则AE=BF．
（1）如图2，若（1）中的正方形为矩形，其他条件不变．
①探究AE与BF的数量关系，并证明你的结论；
②若BD=7，AE=，求DF的长；
（2）如图3，若（1）中的正方形为平行四边形，其他条件不变，且BD=10，AC=6，AE=5，请直接写出DF的长．


















20．（1）问题发现如图1，在和中，，，，连接交于点.填空：①的值为______；②的度数为______．
（2）类比探究如图2，在和中，，，连接交的延长线于点.请判断的值及的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸在（2）的条件下，将绕点在平面内旋转，所在直线交于点，若，，请直接写出当点与点在同一条直线上时的长．


























参考答案
1．(1)8(2)
【探究】利用三角形外角的性质可证，又由，可证明结论；
【应用】（1）首先求出等腰直角三角形的直角边长，再由，得，则；
（2）由，得，由（1）知，得，从而得出答案．
解：(1)∵△ABC为等腰直角三角形，，
∴，同理，，
∵，
，
∴，∴；
(2)（1）∵等腰直角三角形的斜边长为4，
∴，∵，
∴，∴，∴，
故答案为：8；
（2）∵，∴，∵，
∴，∴，
故答案为：．
【点拨】本题是相似形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，利用前面探索的结论解决新的问题是解题的关键．
2．（1）见分析；（2）60°，12；（3）
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到AD=AB，AE=AC，∠DAB=∠EAC=∠AEC=∠ACE=60°，得到∠DAC=∠BAE，即可证明△ADC≌△ABE；
（2）根据全等三角形的性质得到∠ADP=∠ABP，设AB，PD交于O，根据三角形的内角和即可得到∠DPB=∠DAB=60°；在PE上取点F，使∠PCF=60°，根据全等三角形的性质和等边三角形的性质即可得到结论；
（3）过点Q作QG⊥AD于G，设QG=x，根据等边三角形的性质得到AQ=2x，AG=x，AB=x，证明△ABE∽△AQR，根据相似三角形的性质即可得到结论．
解：（1）∵△ABD和△ACE都为等边三角形，
∴AD=AB，AE=AC，∠DAB=∠EAC=∠AEC=∠ACE=60°，
∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，
即∠DAC=∠BAE，
在△ADC与△ABE中，
，
∴△ADC≌△ABE（SAS）；
（2）∵△ADC≌△ABE；
∴∠ADP=∠ABP，
设AB，PD交于O，
∵∠AOD=∠POB，
∴∠DPB=∠DAB=60°；
如图①，在PE上取点F，使∠PCF=60°，

同（1）可得△APC≌△EFC，∠EPC=∠EAC=60°，
∴EF=AP=3，△CPF为等边三角形，
∴BE=PB+PF+FE=4+5+3=12；
（3）如图②，过点Q作QG⊥AD于G，设QG=x，

∵点Q、R分别是等边△ABD和等边△ACE的重心，
∴AQ=2x，AG=x，AB=x，
∵，∠QAR=∠QAB+∠BAC+∠RAC=30°+∠BAC+30°=60°+∠BAC，
∴∠QAR=∠BAE，
∴△ABE∽△AQR，
∴QR：BE=AQ：AB，
∴．
【点拨】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
3．（1）证明见分析；（2）证明见分析；（3）．
【分析】（1）由正方形的性质得，进而根据对顶角的性质得，再结合公共角，根据相似三角形的判定得结论；
（2）根据正方形的性质得，再证明其夹角相等，便可证明；
（3）由已知条件求得正方形的边长，进而由勾股定理求得的长度，再由，求得，进而求得正方形的对角线长，便可求得其边长．
解：（1）四边形是正方形，四边形是正方形，
，
，
，
，
；
（2）四边形是正方形，
，，
，
同理可得，
，
，
，
；
（3），，
，
，
，
，即，
，
，
，
即正方形的边长为．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，关键是掌握相似模型及证明方法和正方形性质．
4．（1）∠D=∠AMP，理由见分析；（2）．
【分析】（1）由旋转的性质可得∠PMD=60°，即可得到∠AMD+∠AMP=60°，只需要找到一个角与角∠AMD的度数和为60度即可得到答案；
（2）过点C作CG∥BA交MP于点G，证明△MDA≌△MGC，△CGP∽△BMP，然后计算求解即可得到答案.
解：（1）∠D=∠AMP，理由如下：
∵∠ACB=90°，∠B=30°，
∴∠BAC=60°，
∴∠D+∠DMA=∠BAC =60°
由旋转的性质知，∠DMA+∠AMP=∠PMD =60°，
∴∠D=∠AMP；

（2）如图，过点C作CG∥BA交MP于点G，
∵CG∥BA
∴∠GCP=∠B=30°，∠BCG=180°-∠B =150°．
∵∠ACB=90°，点M是AB的中点，∠B=30°
∴∠BAC=60°
∴，
∴∠MCB=∠B=30°，
∴∠MCG=120°，
∵∠MAD=180°﹣∠BAC =120°，
∴∠MAD=∠MCG．
由旋转的性质得∠PMD=60°
∵∠AMC=∠MCB+∠B=60°
∴∠AMG=∠PMD
∵∠DMG﹣∠AMD=∠AMG=∠AMC﹣∠GMC，
∴∠DMA=∠GMC．
在△MDA与△MGC中，

∴△MDA≌△MGC（ASA），
∴AD=CG．
∵CP=BC，
∴CP=BP．
∵∠GCP=∠B，∠GPC=∠MPB
∴△CGP∽△BMP，
∴
∴
设CG=AD=t，则BM=3t，AB=6t．
在Rt△ABC中，，
∴

【点拨】本题主要考查了旋转的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，三角函数等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
5．（1）见分析；（2）BM−DN=BC；（3）EF的长为．
【分析】（1）如图1，过Q点作QP⊥BD交DC于P，然后根据正方形的性质证明△QPN∽△QBM，就可以得出结论；
（2）如图2，过Q点作QH⊥BD交BC于H，通过证明△QHM∽△QDN，由相似三角形的性质就可以得出结论；
（3）由条件设CM=x，MB=3x，就用CB=4x，得出BH=2x，由（2）相似的性质可以求出MQ的值，再根据勾股定理就可以求出MN的值，可以表示出ND，由△NDE∽△NCM就可以求出NE，也可以表示出DE，最后由△DEF∽△BMF而求出结论．
解：（1）如图，过Q点作QP⊥BD交DC于P，

∴∠PQB=90°．
∵∠MQN=90°，
∴∠NQP=∠MQB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，∠BDC=∠DBC=45°．DO=BO，
∴∠DPQ=45°，DQ=PQ，
∴∠DPQ=∠DBC=45°，
∴△QPN∽△QBM，
∴，
∵Q是OD的中点，且PQ⊥BD，
∴DO=2DQ，DP=DC，
∴BQ=3DQ，DN+NP=DC=BC，
∴BQ=3PQ，
∴，
∴NP=BM，
∴DN+BM=BC；
（2）如图，过Q点作QH⊥BD交BC于H，

∴∠BQH=∠DQH=90°，
∴∠BHQ=45°，
∵∠COB=90°，
∴QH∥OC，
∵Q是OB的中点，
∴BH=CH=BC，
∵∠NQM=90°，
∴∠NQD=∠MQH，
∵∠QND+∠NQD=45°，∠MQH+∠QMH=45°，
∴∠QND=∠QMH，
∴△QHM∽△QDN，
∴，
∴HM=ND，
∵BM-HM=HB，
∴BM−DN=BC．
故答案为：BM−DN=BC；
（3）∵MB：MC=3：1，设CM=x，
∴MB=3x，
∴CB=CD=4x，
∴HB=2x，
∴HM=x．
∵HM=ND，
∴ND=3x，
∴CN=7x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴ED∥BC，
∴△NDE∽△NCM，△DEF∽△BMF，
∴，
∴，
∴DE=x，
∴，
∵NQ=9，
∴QM=3，
在Rt△MNQ中，由勾股定理得：
，
∴，
∴，
∴，
设EF=a，则FM=7a，
∴，
∴．
∴EF的长为．
【点拨】本题考查了正方形的性质的运用，相似三角形的判定和性质的运用，勾股定理的运用及平行线等分线段定理的运用，在解答时利用三角形相似的性质求出线段的比是解答本题的关键．
6．（1）①，②；（2），，证明见分析；（3）或
【分析】（1）①由锐角三角函数可得AC＝BC，CF＝CE，可得AF＝AC−CF＝（BC−CE），BE＝BC−CE，即可求；
②由垂直的定义可得AF⊥BE；
（2）由题意可证△ACF∽△BCE，可得，∠FAC＝∠CBE，由余角的性质可证AF⊥BE；
（3）分两种情况讨论，由旋转的性质和勾股定理可求AF的长．
解：（1）∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
∴ ，
∵，
∴，
故答案为：，；
（2），
如图，连接，延长交于，交于点，

∵旋转，
∴，
∵，
∴，且，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴；
（3）①如图，过点作交的延长线于点，

∵，，，，
∴，，
∵，，
∴，且三点在同一直线上，
∴，
∵旋转，
∴，
∴，且，
∴，，
∴，
∴；
②如图，过点作于点，

∵，，，，
∴，，
∵，，
∴，
∵旋转，∴，且，
∴，，
∴，
∴．
【点拨】本题是相似综合题，考查了平行线的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
7．（1）①，②； （2）无变化，证明见分析； （3）或．
【分析】（1）①先用勾股定理求出AC，再由中点可求出BD，AE，从而得到答案；
②当α＝180°时，点E在AC的延长线上，点D在BC的延长线上，由题可知，CD＝BC，CE＝AC，即可得出结论；
（2）先找到，然后证明△ACE∽△BCD，即可得出结论；
（3）先由（2）可算出BD＝AE，然后分类讨论即可得出结论．
解：（1）①当α＝0°时，
在Rt△ABC中，AB＝2，BC＝1，
∴AC＝，
∵点D，E是BC，AC的中点，
∴BD＝BC＝，AE＝AC＝，
∴；
②当α＝180°时，如图，

点E在AC的延长线上，点D在BC的延长线上，
由题意可知，CD＝BC，CE＝AC，
∴BD＝BC+CD＝BC＝，AE＝AC+CE＝AC＝，
∴；
（2）无变化，
在图1中，点D，E是BC，AC的中点，
∴DE∥BA，
∴，
如图2，∵△EDC在旋转过程中形状大小不变，
∴仍然成立，
由旋转知，∠ACE＝∠BCD＝α，
∴△ACE∽△BCD，
∴，
∴的大小不变；
（3）由（1）知，CE＝AC＝，
在Rt△CBE中，BC＝1，根据勾股定理得，BE＝，
由（2）知，，
∴BD＝AE，
如图3，当点落在线段AB上时，

AE＝AB﹣BE＝，
∴BD＝AE＝×＝；
如图4，当点落在线段AB的延长线上时，

AE＝AB+BE＝2+＝
∴BD＝AE＝×＝，
即：当△EDC旋转至A、B、E三点共线时，线段BD的长为或．
【点拨】本题考查了几何变换的综合问题，主要考查了勾股定理，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，注意分类讨论的思想是解题的关键．
8．（1）；（2）；理由见分析；（3）4．
【分析】（1）利用定理证明，根据全等三角形的性质解答；
（2）先证明，得到，再证明，根据相似三角形的性质解答即可；
（3）连接、，根据相似三角形的性质求出，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．
解：（1）问题发现：∵和都是等边三角形，
∴A，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）变式探究：，
理由如下：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解决问题：连接、，如图所示:

∵四边形是正方形，
∴，，
∵是正方形的中心，
∴，，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，
则，
在中，，即，
解得，（舍去），，
∴正方形的边长为：．
【点拨】本题考查的是正方形的性质、三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定和性质、勾股定理的应用，掌握相似三角形的判定定理和性质定理、正方形的性质是解题的关键．
9．（1）见分析；（2）当时，，理由见分析；（3）．
【分析】（1）由正方形的性质得出，，，，得出，则可证明，从而可得出结论；
（2）由菱形的性质得出，，则可证明，由全等三角形的性质可得出结论；
（3）设与交于Q，与交于点P，证明，得出，得出，连接，，由勾股定理可求出答案．
解：（1）∵四边形为正方形，
∴，，
又∵四边形为正方形，
∴，，
∴
∴，
在△AEB和△AGD中，
，
∴，
∴；
（2）当时，，
理由如下：
∵，
∴
∴，
又∵四边形和四边形均为菱形，
∴，，
在△AEB和△AGD中，
，
∴，
∴；
（3）设与交于Q，与交于点P，

由题意知，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
连接，，
∴

，
∵，，，
∴，，
在Rt△EAG中，由勾股定理得：，同理，
∴

．
【点拨】本题考查了矩形、菱形、正方形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握特殊平行四边形的性质是解题的关键．由(3)可得结论：当四边形的对角线相互垂直时，四边形两组对边的平方和相等．
10．（1）见分析；（2）；（3）或
【分析】（1）当α＝60°时，△ABC和△PBD为等边三角形，根据三角形全等即可求证；
（2）过点作，求得，根据题意可得，可得，再根据，判定，得到，即可求解；
（3）过点作于点，过点作于点，分两种情况进行讨论，当在线段或当在线段延长线上时，设根据勾股定理求解即可．
解：（1）当α＝60°时，∵AB＝AC
∴△ABC为等边三角形，
∴，
由旋转的性质可得：，
∴△PBD为等边三角形
∴，
∴
在和中

∴
∴
（2）过点作，如下图：

∵当α＝120°时，
∴，
∴
由勾股定理得
∴
∴
由旋转的性质可得：，
∴，
又∵
∴
又∵，
∴
∴
∴
∴
（3）过点作于点，过点作于点，则点D到CP的距离就是的长度
当在线段上时，如下图：

由题意可得：
∵α＝120°，
∴
在中，，∴，
在中，，，∴
∴，
由（2）得
由旋转的性质可得：
设，则
由勾股定理可得：
即，解得
则
当在线段延长线上，如下图：

则，
由（2）得，
设，则
由勾股定理可得：
即，解得
则
综上所述：点D到CP的距离为或
【点拨】此题考查了旋转的性质、全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的性质以及勾股定理，综合性比较强，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
11．（1）见分析；（2）成立，理由见分析；（3）PB的长为或．
【分析】（1）由条件证明△ABD≌△ACE，即可得∠ABD=∠ACE，可得出∠BPC=90°，进而得出BD⊥CP；
（2）先判断出△ADB∽△AEC，即可得出结论；
(3) 分为点E在AB上和点E在AB的延长线上两种情况画出图形，然后再证明△PEB∽△AEC，最后依据相似三角形的性质进行证明即可．
解：（1）证明：如图，

∵∠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；
（2）（1）中结论成立，理由：
在Rt△ABC中，∠ABC=30°，
∴AB=AC，
在Rt△ADE中，∠ADE=30°，
∴AD=AE，
∴
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ADB∽△AEC．
∴∠ABD=∠ACE
同（1）得；
（3）解：∵和是等腰直角三角形，
∴，
①当点E在AB上时，BE=AC-AE=1．

∵∠EAC=90°，
∴CE=．
同（1）可证△ADB≌△AEC．
∴∠DBA=∠ECA．
∵∠PEB=∠AEC，
∴△PEB∽△AEC．
∴
∴．
∴PB=．
②当点E在BA延长线上时，BE=5．

∵∠EAC=90°，
∴CE=5．
同（1）可证△ADB≌△AEC．
∴∠DBA=∠ECA．
∵∠BEP=∠CEA，
∴△PEB∽△AEC．
∴．
∴．
∴PB=．
综上所述，PB的长为或．
【点拨】此题主要考查的是旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定，证明得△PEB∽△AEC是解题的关键．
12．(1)(2)成立(3)
【分析】（1）利用可证明，继而得出结论；
（2）也可以通过证明，得出结论，和（1）的思路完全一样．
（3）首先得出，从而判定，得到，根据，，得到，从而判定，得出结论．
(1)证明：、是等边三角形，
，，，
，
在和中，
，
，
．
(2)解：结论仍成立；
理由如下：、是等边三角形，
，，，
，
在和中，
，
，
．
(3)
解：；
理由如下：，，
∴，
又∵，
，
∴，
，
又，，
，
，
．
【点拨】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是仔细观察图形，找到全等（相似）的条件，利用全等（相似）的性质证明结论．
13．（1）①见分析；②；（2）；（3）4p2=9m2+4n2．
【分析】（1）①先利用平行线分线段成比例定理得，进而得出结论；
②利用①得出的比例式求出CE，再判断出∠DCE=90°，利用勾股定理即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出△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，即可得出结论；
解：（1）①∵DE∥BC，
∴，
由旋转知，∠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，
根据勾股定理得，DE=2，
在Rt△ADE中，AE=DE，
∴
（2）由旋转知，∠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）由旋转知，∠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．
【点拨】此题是相似三角形综合题，主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的判定，解本题的关键是得出∠DCE=90°和利用两边对应成比例夹角相等来判断两三角形相似的方法应用．
14．（1），45°；（2），30°；（3）2
【分析】（1）由题意得△ABC和△ADE为等腰直角三角形，则，证△BAD∽△CAE，得，∠ABD=∠ACE，进而得出∠BFC=∠BAC=45°；
（2）由直角三角形的性质得DE=AD，BC=AB，AE=DE，AC=BC，则，证△BAD∽△CAE，得，∠ABD=∠ACE，证出∠BFC=∠BAC=30°；
（3）以AD为斜边在AD右侧作等腰直角三角形ADM，连接CM，由等腰直角三角形的性质得∠BAC=∠DAM=45°，，证△BAD∽△CAM，得∠ABD=∠ACM，，则CM=3，证出∠DCM=90°，由勾股定理得DM=，则AD=
DM=2．
解：（1）∵∠ACB=90°，∠BAC=∠DAE=45°，DE=AE，
∴∆ABC和∆ADE为等腰直角三角形，
∴，
∵∠BAD=∠BAC+∠CAD，∠CAE=∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
∴∆BAD~∆CAE，
∴，∠ABD=∠ACE，
又∵∠AGB=∠FGC，
∴∠BFC=∠BAC=45°，
故答案是：，45°；
（2）∵∠ACB=∠AED=90°，∠BAC=∠DAE=30°，
∴DE=AD，BC=AB，AE=DE，AC=BC，
∴，
∵∠BAD=∠BAC+∠CAD，∠CAE=∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
∴∆BAD~∆CAE，
∴，∠ABD=∠ACE，
又∵∠AGB=∠FGC，
∴∠BFC=∠BAC=30°；
（3）以AD为斜边，在AD的右侧作等腰直角三角形ADM，连接CM，如图，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∆ABC为等腰直角三角形，
∴∠BAC=∠DAM=45°，，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAM-∠DAC，即∠BAD=∠CAM，
∴∆BAD~∆CAM，
∴∠ABD=∠ACM，，
又∵BD=6，
∴CM==3，
∵四边形ABDC的内角和为360°，∠BDC=45°，∠BAC=45°，∠ACB=90°
∴∠ABD+∠BCD=180°，
∴∠ACM+∠BCD=180°，
∴∠DCM=90°，
∴DM=，
∴AD=DM=2，
即A，D两点之间的距离是2．

【点拨】本题主要考查相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，第（3）小题，添加辅助线，构造相似三角形，是解题的关键．
15．（1）BD＝CE，BD⊥CE；（2）BD⊥CE，理由见分析；（3）画出图形见分析，线段BE的长度为．
【分析】（1）由题意易得AD=AE，∠CAE=∠BAD，从而可证△ABD≌△ACE，然后根据三角形全等的性质可求解；
（2）连接BD，由题意易得∠BAD=∠CAE，进而可证△BAD≌△CAE，最后根据三角形全等的性质及角的等量关系可求证；
（3）如图，过A作AF⊥EC，由题意可知Rt△ABC∽Rt△AED，∠BAC＝∠EAD＝90°，然后根据相似三角形的性质及题意易证△BAE∽△CAD，最后根据勾股定理及等积法进行求解即可．
解：（1）在Rt△ABC中，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠B＝∠ACE＝45°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BCE＝45°+45°＝90°，
故答案为：BD＝CE，BD⊥CE；
（2）BD⊥CE，
理由：如图2，连接BD，

∵在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠AEC＝45°，
∵∠CAB＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AC＝AB，AE＝AD，
∴△CEA≌△BDA（SAS），
∴∠BDA＝∠AEC＝45°，
∴∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝90°，
∴BD⊥CE；
（3）如图3，过A作AF⊥EC，

由题意可知Rt△ABC∽Rt△AED，∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴，即，
∵∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴∠BAE＝∠CAD，
∴△BAE∽△CAD，
∴∠ABE＝∠ACD，
∵∠BEC＝180°﹣（∠CBE+∠BCE）＝180°﹣（∠CBA+∠ABE+∠BCE）＝180°﹣（∠CBA+∠ACD+∠BCE）＝90°，
∴BE⊥CE，
在Rt△BCD中，BC＝2CD＝4，
∴BD＝，
∵AC⊥BD，
∴S△BCD＝AC•BD＝BC•AC，
∴AC＝AE＝，AD＝，
∴AF=，CE＝2CF＝2×，
∴BE＝．
【点拨】本题主要考查全等三角形的性质与判定及相似三角形的性质与判定，关键是根据题意得到三角形的全等，然后利用全等三角形的性质得到相似三角形，进而求解．
16．（1）；（2）；（3）当时，线段AM与DM的长度之和取得最小值．
【分析】（1）如图1，根据△ABC是等腰直角三角形，得BC=AC，由点D是BC边上的中点，可知2CD=AC，得AC与CD的比，证明△DCG∽△ACE，列比例式可得结论；
（2）如图2，连接AD，同理得△DCG∽△ACE，可得 ，设AB=AC=5k，BD=CD=4k，则AD=3k，由此即可解决问题；
（3）如图3中，由题意，当A，M，D共线时，AM+DM的值最小．想办法证明∠GDM=∠GDC=45°，设CH=a，则PC=2a，PH=DH=a，推出AC=2CD=2（a+a），由此即可解决问题．
解：（1）如图1，

∵AB＝AC．∠B＝45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵BC＝AC，
又∵点D是BC边上的中点，
∴BC＝2CD，
∴2CD＝AC，
∴＝＝，
∵∠CAE＝∠CDE，∠DCG＝∠ACE，
∴△DCG∽△ACE，
∴＝；
故答案为：；
（2）如图2．连接AD，

∵∠CAE＝∠CDE．∠ECA＝∠GCD，
∴△DCG∽△ACE，
∴＝，
又∵AB＝AC，点D是BC边上的中点，
∴BD＝DC，AD⊥BC，
设AB＝AC＝5k．BD＝DC＝4k，
由勾股定理可得AD＝3k，
∵∠ECA＝∠GCD，
∴∠ACD＝∠ECG
∵
∴
∴△ADC∽△EGC，
∴∠ADC＝∠EGC＝90°
可得EG⊥GC，
又∵D，G，E三点共线，
∴∠DGC＝90°，
又∵∠DCG＝30°，
可得DG＝2k，GC＝2k，
∴S△DGC＝×2k×k＝2k2，
S△ABC＝×8k×3k＝12k2，
∴＝＝；
故答案为：；
（3）如图3，当A，M．D三点共线时，AM+DM的值最小，
连接EM，取AC的中点O，连接OE，OD．作PH⊥CD于点H，

∵AB＝AC，∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
又∵BC＝AC．∠ACB＝60°，
∴∠DAC＝∠HPC＝30°，
∵BD＝CD，AC＝BC，
∴AC＝2CD，
∵∠CAE＝∠CDE，∠ECA＝∠GCD，
∴△DCG∽△ACE，
∴，
∴EC＝2CG，
又∵CG＝MG，
∴MC＝CE，
又∵∠ACD＝60°，
∴∠MCE＝60°，
∴△MCE是等边三角形，
又∵O是中点，
∴DC＝CO，∠ECO＝∠MCD，MC＝CE，
∴△MDC≌△EOC（SAS），
∴OE＝DM，
又∵∠CDE＝∠CAE，
∴A，D，C，E四点共圆，
∴∠ADC+∠AEC＝180°，
∴∠AEC＝90°，
∴AO＝OC，
∴EO＝OC＝CD＝MD，
又∵CG＝GM，CD＝DM，
∴∠GDM＝∠GDC＝45°，∠PDH＝∠DPH＝45°，
∴PH＝DH，
设CH＝a，则PC＝2a，PH＝DH＝，
∴AC＝2CD＝2（a+），
∴．
【点拨】本题考查了等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
17．（1）BE＝DF，BE⊥DF　（2）不成立；结论：DF＝nBE，BE⊥DF；理由见分析
（3）4﹣3或4＋3
【分析】（1）如图2中，结论：BE＝DF，BE⊥DF．证明△ABE≌△ADF（SAS），利用全等三角形的性质可得结论；
（2）结论：DF＝nBE，BE⊥DF，证明△ABE∽△ADF（SAS），利用相似三角形的性质可得结论；
（3）分两种情形画出图形，利用相似三角形的性质以及勾股定理求解即可.
解：（1）如图2中，结论：BE＝DF，BE⊥DF，
理由：∵四边形ABCD是矩形，AB＝AD，
∴四边形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，
故答案为：BE＝DF，BE⊥DF；

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

（3）如图4﹣1中，当点P在BE的延长线上时，
在Rt△AEB中，∵∠AEB＝90°，AB＝6，AE＝3，
∴BE＝＝3，
∵△ABE∽△ADF，
∴＝，
∴＝，
∴DF＝4，
∵四边形AEPF是矩形，
∴AE＝PF＝3，
∴PD＝DF﹣PF＝4﹣3；
如图4﹣2中，当点P在线段BE上时，同法可得DF＝4，PF＝AE＝3，
∴PD＝DF＋PF＝4＋3，
综上所述，满足条件的PD的值为4﹣3或4＋3.

【点拨】此题考查了矩形的性质，全等三角形的判定及性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，注意应用分类思想解决问题， 是一道较难的几何综合题.
18．（1）详见分析；（2）详见分析；（3）
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠BCD＝∠ACD＝45°，∠BCE＝∠ACF＝90°，于是得到∠DCE＝∠DCF＝135°，根据全等三角形的性质即可的结论；
（2）证得△CDF∽△CED，根据相似三角形的性质得到，即CD2＝CE•CF；
（3）如图，过D作DG⊥BC于G，于是得到∠DGN＝∠ECN＝90°，CG＝DG，当CD＝2，时，求得，再推出△CEN∽△GDN，根据相似三角形的性质得到，求出GN，再根据勾股定理即可得到结论．
解：（1）证明：∵，，CD是中线，
∴，，
∴．
在与中，，
∴．
∴；     
（2）证明：∵，
∴
∵，
∴．
∴．
∴，即．
（3）如图，过D作于点G，
则，．
当，时，
由，得．
在中，
．
∵，，
∴．
∴，
∴．
∴．    

【点拨】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
19．（1）①AE=BF；证明见分析；②DF=；（2）DF=．
【分析】（1）①利用矩形的性质，旋转的性质得到∠BOF=∠AOE，证明△BOF≌△AOE可得结论，
②利用矩形性质与旋转性质证明△BFD为直角三角形，从而可得答案，
（2）利用平行四边形的性质与旋转的性质，证明△AOE∽△BOF，求解BF，再证明△BDF是直角三角形，从而可得答案．
解：（1）①AE=BF，理由如下：
证明：∵ABCD为矩形，
∴AC=BD，OA=OB=OC=OD，
∵△COD绕点O旋转得△EOF，
∴OC=OE，OD=OF，∠COE=∠DOF
∵∠BOD=∠AOC=180°
∴∠BOD-∠DOF=∠AOC-∠COE
即∠BOF=∠AOE
∴△BOF≌△AOE（SAS），
∴BF=AE

②∵OB=OD=OF，
∴∠BFD=90°
∴△BFD为直角三角形，
∴，
∵BF=AE
∴
∵BD=7，AE=
∴DF=

（2））∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OC=OA=AC=3，OB=OD=BD=5，
∵将△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△FOE，
∴OC=OE，OD=OF，∠EOC=∠FOD
∴OA=OE，OB=OF，∠EOA=∠FOB
∴ ，且∠EOA=∠FOB
∴△AOE∽△BOF，
∴


 ∵OB=OF=OD
∴△BDF是直角三角形，
∴


【点拨】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，证明△AOE∽△BOF是解本题的关键．
20．（1）①1；②；（2），．理由见分析；（3）2或4．
【分析】（1）①证明△COA≌△DOB（SAS），得AC=BD，比值为1；
②由△COA≌△DOB，得∠CAO=∠DBO，然后根据三角形的内角和定理先求∠OAB+∠OBA的值，再求∠AMB的值即可；
（2）根据锐角三角比可得，根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，根据相似撒尿性的性质求解即可；
（3）当点与点在同一条直线上，有两种情况：如图3和图4，然后根据旋转的性质和勾股定理，可得AD的长．
解：（1）①∵，
∴∠BOD=∠AOC，
又∵，，
∴△BOD≌△AOC，
∴BD=AC，
∴=1；
②∵，
∴∠OAB+∠OBA=140°，
∵△BOD≌△AOC，
∴∠CAO=∠DBO，
∴∠CAO+∠OAB+∠ABM=∠DBO+∠OAB+∠ABM=∠OAB+∠OBA=140°，
∴∠AMB=；
（2）如图2，

，．理由如下：
中，，，
，
同理得：，
，
，
，
，
，∠CAO=∠DBO，
∵∠BEO+∠DBO=90°，
∴∠CAE+∠AEM=90°，
∴∠AMB=90°；
（3） ∵∠A=30°，，
∴OA==3．
如图3，当点D和点A在点O的同侧时，
∵，
∴AD=3-2=2；

如图4，当点D和点A在点O的两侧时，
∵，，OA=3
∴AD=3+1=4．

综上可知，AD的长是2或4．
【点拨】本题是三角形的综合题，主要考查了三角形全等和相似的性质和判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，旋转的性质，以及分类讨论的数学思想，解题的关键是能得出：△AOC∽△BOD，根据相似三角形的性质，并运用类比的思想解决问题，本题是一道比较好的题目．