专题11 相似三角形模型之一线三等角与手拉手-2025年中考数学二轮专题（江西专用）(原卷版+解析版)

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc16067" PAGEREF _Tc16067 \h 1
\l "_Tc2634" 模型1.相似三角形模型之一线三等角模型 PAGEREF _Tc2634 \h 1
\l "_Tc7679" 模型2.相似三角形模型之手拉手模型 PAGEREF _Tc7679 \h 8
\l "_Tc25589" PAGEREF _Tc25589 \h 16
模型1.相似三角形模型之一线三等角模型
1）一线三等角模型（同侧型）

（锐角型） （直角型） （钝角型）
条件：如图，∠1=∠2＝∠3， 结论：△ACE∽△BED。
证明：∵∠1+∠C=∠2+∠DEB（外角定理），∠1=∠2
∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。
2）一线三等角模型（异侧型）
条件：如图，∠1=∠2＝∠3， 结论：△ADE∽△BEC.
证明：∵∠1=∠2，∴∠CBE=∠EAD（等角的补角相等），∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。
∵∠2=∠C+∠CEB（外角定理），∠3=∠DEA+∠CEB，∠2＝∠3∴∠C=∠DEA，∴△ADE∽△BEC.
3）一线三等角模型（变异型）
图1 图2 图3
①特殊中点型：条件：如图1，若C为AB的中点，且∠1=∠2＝∠3，结论：△ACE∽△BED∽△ECD.
证明：∵∠1+∠C=∠2+∠DEB（外角定理），∠1=∠2，∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。
∴，∵C为AB的中点，∴AE=EB，∴，∴，∵∠2=∠3，∴△BED∽△ECD
②一线三直角变异型1：条件：如图2，∠ABD=∠AFE=∠BDE=90°.结论：△ABC∽△BDE∽△BFC∽△AFB.
证明：∵∠ABD=∠AFE=90°，∴∠ABF+∠CBF=90°，∠A+∠ABF=90°，∴∠CBF=∠A，
∵∠ABD=∠BDE=90°，∴△ABC∽△BDE，∵∠ABD=∠AFE=90°，∴∠ABC=∠BFC=90°，
∴△ABC∽△BFC，同理可证：△ABC∽△AFB°，故△ABC∽△BDE∽△BFC∽△AFB.
③一线三直角变异型2：条件：如图3，∠ABD=∠ACE=∠BDE=90°.结论：△ABM∽△NDE∽△NCM.
证明：∵∠ABD=∠ACE=90°，∴∠ABM=∠MCN=90°，
∵∠AMB=∠NMC（对顶角相等）∴△ABM∽△NCM. 同理可证：△NDE∽△NCM
故：△ABM∽△NDE∽△NCM.
例1．（23-24九年级上·广西柳州·阶段练习）三个等角的顶点在同一条直线上，称一线三等角模型（角度有锐角、直角、钝角，若为直角，则又称一线三垂直模型）．解决此模型问题的一般方法是利用三等角关系找全等或相似三角形所需角的相等条件，利用全等或相似三角形解决问题．
【证明体验】
如图1，在四边形中，点为上一点，，求证：．
【思考探究】
（2）如图2，在四边形中，点为上一点，当时，上述结论是否依然成立？说明理由．
【拓展延伸】
（3）请利用（1）（2）获得的经验解决问题：
如图3，在中，，，以点为直角顶点作等腰，点在上，点在上，点在上，且，若，求的长．
【答案】（1）见详解（2）成立，理由见详解（3）5
【知识点】相似三角形的判定与性质综合、三角形的外角的定义及性质、用勾股定理解三角形
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质综合，勾股定理、三角形外角性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）通过等量代换得到，再结合，证明，则，即可作答．
（2）与（1）过程类似，通过等量代换得到，结合，证明，则，即可作答．
（3）因为点为直角顶点作等腰，得，与（1）过程类似，通过等量代换得到，证明，得出的值，再证明，列式代入数值，即可作答．
【详解】解：（1）∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴；
（2）成立，理由如下：
∵
∴
即
∵
∴
∴
∴；
（3）∵是等腰三角形
∴
∵，
∴与（1）、（2）同理，得
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴
即
解得（为线段，负值舍去）
∴．
例2．（2024·甘肃天水·二模）综合与实践
感知：数学课上，老师给出了一个模型：如图，点M在直线上，且（可以是直角、锐角或者钝角），像这种一条直线上的三个顶点含有三个相等的角的模型，我们把它称为“一线三等角”模型．
应用：
(1)如图1，在矩形中，M，N分别为边上的点，，且，则的数量关系是_____；
(2)如图2，在中，，，M是上的点（），且，，求的长；
(3)如图3，在四边形中，，，，，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【知识点】相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、公式法解一元二次方程、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）
【分析】此题考查了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、解一元二次方程等知识， 添加辅助线构造相似三角形是解题的关键．
（1）证明，则，，即可得到结论；
（2）延长至点N，使，证明，则，设，则，，则，解得（负值已舍去）．则，过点M作于点D，求出，，，在中，利用勾股定理求值即可；
（3）延长至点P，使，则，连接交的延长线于点Q，过点M作于点N，则四边形为矩形，证明是等腰直角三角形，则，证明为等腰直角三角形，则．设，则，，，证明，得到，即，解得．证明，根据即可求出答案．
【详解】（1）解：．
证明：四边形为矩形，
．
，
，
又，
∵，
∴，
，
，，
．
故答案为：；
（2）如图1，延长至点N，使，
．
为等边三角形，
，
∵，，
∴，
∴，
∴，
．
设，则，，
，
解得（负值已舍去）．
∴，
过点M作于点D，
在中，，
，，，
在中，，
（3）如图3，延长至点P，使，则，
连接交的延长线于点Q，
过点M作于点N，则四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
，，
∴，
为等腰直角三角形，．
设，则，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
，即，
解得，（舍去），
．
，
，
，
∴．
模型2.相似三角形模型之手拉手模型
“手拉手”旋转型定义：如果将一个三角形绕着它的项点旋转并放大或缩小(这个顶点不变)，我们称这样的图形变换为旋转相似变换，这个顶点称为旋转相似中心，所得的三角形称为原三角形的旋转相似三角形。
手拉手模型有以下特点：1）两个三角形相似；2）这两个三角形有公共顶点，且绕顶点旋转并缩放后2个三角形可以重合；3）图形是任意三角形（只要这两个三角形是相似的）。
1）手拉手相似模型（任意三角形）
条件:如图，∠BAC=∠DAE=，；
结论：△ADE∽△ABC，△ABD∽△ACE；；∠BFC=∠BAC.
证明：∵，∴，∵∠BAC=∠DAE=，∴△ADE∽△ABC，
∵∠BAC=∠DAE=，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，
∵，∴△ABD∽△ACE，∴，∠ABD=∠ACE，∴∠BFC=∠BAC=∠DAE=，
2）手拉手相似模型（直角三角形）

条件:如图，，；
结论：△AOC∽△BOD；，AC⊥BD，.
证明：∵，∴∠AOB-∠BOC=∠COD-∠BOC，∴∠AOC=∠BOD，
∵，∴△AOC∽△BOD，∴，∠OAB=∠OBD，
∴∠AEB=∠AOB=90°，∴AC⊥BD，∴.
例1．（24-25九年级上·河南新乡·期末）我们常把在同一顶点处存在对应相等线段的图形称为“手拉手”模型，用该模型解决问题时重点在“构建”模型、证明相似以及用相似来解决问题．
(1)等腰直角三角形和等腰直角三角形如图1放置，，点M、N分别为的中点，则_________；
(2)将图1的等腰直角三角形绕点C逆时针旋转至如图2所示的位置，那么的值是否发生改变？说明理由；
(3)正方形和正方形如图3放置，其中正方形的边长是正方形边长的一半，连结，请直接写出与之间的数量关系以及直线与直线所夹锐角的度数．
【答案】(1)
(2)不改变，理由见解析
(3)（或），
【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、根据正方形的性质证明
【分析】（1）连接，过点D作于点F，证明C，M，N三点共线．四边形为矩形，再利用勾股定理求解即可．
（2），M为中点，，，，证明，即可求解．
（3）连接，延长交于点H，四边形和四边形为正方形，则，，，，，证明，即可求解．
【详解】（1）解：连接，过点D作于点F，
∵与都为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵N为中点，
∴，
∵M为中点，
∴
∵
∴
∵
∴C，M，N三点共线．
∴，
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
在中，
∴，
∴；
连接，
∵，M为中点，
∴CM⊥AB，，，
∴，
∴，
∵，N为中点，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的值不会发生改变．
（2）延长交于点H，连接，
∵四边形和四边形为正方形，
∴，，，，，
∴，
∴，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题关键在于熟练掌握相似三角形的性质与判定，勾股定理的应用．
例2．（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）综合与实践
“手拉手”模型是初中几何图形的一种全等变形的重要模型，可以借助旋转和全等形的相关知识结合勾股定理等，来解决有关线段的长、角的度数等问题，在学习和生活中应用广泛，有着十分重要的地位和作用．
某校数学活动小组进行了有关旋转的系列探究：
如图①，已知和均是等腰直角三角形，，且，，易证：，．
深入探究：
（1）如图②，将图①中绕点A逆时针旋转，连接、，并延长分别与、相交于点、，求证：，．
解决问题：
（2）如图③，将图①中绕点逆时针旋转，使与重合，其他条件不变，若，，则_______，_______．
拓展应用：
（3）如图④，将图①中绕点逆时针旋转，连接、，若，，，则______，______．（提示：求时，可过点作于点）
【答案】（1）证明见解析；（2），；（3），
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合
【分析】（1）只需要利用SAS证明即可得到，，再证，即可推出即可证明，．
（2）同理可证△ABD≌△ACE，则CE=BD，∠ACE=∠ABD，AE=AD=3，可以推出BE=6利用勾股定理求出，证明△AEC∽△FEB，求出，则；
（3）如图所示，过点E作EH⊥AB于H，求出，则，利用勾股定理即可求出；求出，证明∠CBE=90°，则，同理可证△ACE≌△ABD，则．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，，且，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，．
（2）同理可证△ABD≌△ACE，
∴CE=BD，∠ACE=∠ABD，AE=AD=3，
∴BE=6
∵∠BAD=90°，AD=3，AB=6，
∴，
又∵∠AEC=∠BEF，
∴△AEC∽△FEB，
∴
∴，
∴，
∴；
（3）如图所示，过点E作EH⊥AB于H，
∵∠ABE=45°，
∴∠HEB=45°=∠HBE，
∴BH=EH，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°，，
∴∠CBE=90°，
∴，
同理可证△ACE≌△ABD，
∴．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等，熟练掌握全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
1．（23-24九年级上·安徽安庆·期末）如图，E、分别为矩形的边、上的点，，则图中①、②、③、④四个三角形中一定相似的是（ ）
A．①③B．②③C．①②③D．①④
【答案】A
【知识点】相似三角形的判定综合、同(等)角的余(补)角相等的应用、利用矩形的性质证明
【分析】此题考查了矩形的性质，相似三角形的判定及性质，熟记相似三角形的判定定理是解题的关键．根据矩形的性质得到，推出，由此证明①和③一定相似．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即①和③一定相似，
故选：A．
2．（23-24九年级上·甘肃张掖·期末）如图，已知，则图中相似三角形是 ．

【答案】
【知识点】相似三角形的判定综合
【分析】本题考查相似三角形的判定，掌握两角对应相等的两个三角形相似是解题的关键．
【详解】解：∵，，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：．
3．（24-25九年级上·湖南衡阳·期末）如图1，在矩形中，，，点、在、上，且，将四边形绕点逆时针旋转角，连接、相交于点，旋转后的图形如图2所示，则此时的值为 ．
【答案】
【知识点】根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长
【分析】连接，由勾股定理得，，在图2中，，，由旋转得：在图2中，，继而可证明，再根据对应边成比例即可求解．
【详解】解：连接，
在图1中，∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，，
∴
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴在图2中，，，
∴，
∴
由旋转得：在图2中，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，旋转的的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
3．（24-25九年级上·江苏扬州·阶段练习）如图，已知矩形的一条边，将矩形沿直线折叠使得顶点B落在边上的P点处．
(1)求证：；
(2)若与的比为，求边的长．
【答案】(1)详见解析
(2)
【知识点】矩形与折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形
【分析】本题考查的是矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握其性质并能灵活运用是解决此题的关键．
利用“一线三直角”证明，继而得出；
利用相似三角形的性质求出的长，设,则,利用勾股定理列出方程，解方程即可求得的长度．
【详解】（1）证明：由折叠的性质可知，,
,
四边形为矩形，
，
,
,
,
；
（2）解：,
与的比为,,
,
,
设,则,
在中，,
,解得：,
．
5．（24-25九年级上·辽宁丹东·期末）［问题情景］
（1）如图1，小红把三角板放置到矩形中，使得顶点、、分别落在、、上，则线段与的数量关系为______（直接写出结果）
［变式探究］
（2）如图2．小红把三角板放置到矩形中，使得顶点、、分别在、、边上，若，，求的长．
［拓展应用］
（3）如图3，小红把三角形放到平行四边形中，使得顶点、、分别在、、边上，，，，求的值．
【答案】（1）；（2）；（3）
【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、相似三角形的判定与性质综合、含30度角的直角三角形
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定、矩形的性质与判定、含角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点，学会添加适当的辅助线构造相似三角形是解题的关键．
（1）先利用直角三角形的性质得到，再通过证明得到，即可得出结论；
（2）过点作于，通过证明得到，求出的长，进而得到，即可求出的长；
（3）以为顶点作，其中边交与．交延长线与，利用平行四边形和等腰三角形的性质推出，得到，再结合，，利用比例的性质即可求出的值．
【详解】（1）解：矩形，
，
，
，，
，，
，，
，
，
，
．
故答案为：．
（2）证明：如图，过点作于，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
，
四边形是矩形，
，
．
（3）解：如图，以为顶点作，其中边交与．交延长线与，
在平行四边形中，，，
，，
又，
，
，，
又，
，
，
，
，
，
，，
，，
，
又，，
，即，
．
6．（23-24九年级下·江西赣州·阶段练习）如图1，在中，，点D，E分别在边上，且，将绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．
(1)问题发现：①当时， ________；②当时，________；
(2)拓展研究：试判断，当时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明；
(3)问题解决：当旋转至A，D，C三点共线时，直接写出线段的长．
【答案】(1)①2；②2
(2)当时，的大小无变化，见解析
(3)10或6
【知识点】根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形
【分析】（1）①当时，证明，得到，②当时，如图所示：同理①可得；
（2）如图2所示，旋转过程中，、、、长度不变，故：，，的大小无变化；
（3）当旋转右侧，，由，得：；当在左侧，此时，，是的中位线，，由勾股定理的即可求解．
【详解】（1）解：①当时，
，
，
，
即，
，即；
②当时，如图所示：
则三点共线，
，
，
，
，
即，
，即；
（2）解：如图2所示，旋转过程中，、、、长度不变，
即：，而，
，
，
故：当时，的大小无变化；
（3）解：当旋转到如图位置，，三点共线时右侧），
由题意得：，
由，得：，
由勾股定理得：，
，
当旋转到如图位置，，三点共线时左侧），
此时，，是的中位线，
，
由勾股定理得：，
，
故线段的长为10或6．
【点睛】本题考查的主要内容是图形的旋转，三角形的相似、中位线等，勾股定理等知识的综合，通过画图是弄清楚旋转后图形的位置关系是解题的关键．
7．（24-25九年级上·江苏南京·期末）在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形与旋转”为主题开展数学活动．如图，已知在直角三角形中，，，边的长为4．
(1)操作发现
操作：如图（1），分别取边、的中点D、E，连接，则的值为_______．
(2)变换探究
如图（2），将绕点A逆时针旋转得到，连接、，直线与直线相交于点F.
（Ⅰ）在旋转过程中的值是否发生变化？请说明理由．
（Ⅱ）直线与直线相交所形成的夹角（不超过）的大小是否发生变化？请说明理由．
(3)拓展应用
在旋转过程中，直线与直线相交于点F，当为等腰三角形时，请直接写出的面积．
【答案】(1)
(2)（Ⅰ）不变，理由见详解；（Ⅱ）不变，理由见详解；
(3)的面积为或．
【知识点】根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形
【分析】（1）根据含30度角的直角三角形的性质，结合勾股定理求出的长，中点求出的长，进而求出比值即可；
（2）（Ⅰ）根据旋转的性质，证明，得到，（Ⅱ）由相似三角形的性质得出，设与交于点，
求得，即可；
（3）分，两种情况，进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵，，，
∴，
∴，
∵、分别为边、的中点，
∴，
∴；
（2）解：（Ⅰ）的比值不变；
由旋转的性质可的出，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴的比值不变；
（Ⅱ）直线与直线相交所形成的夹角（不超过）的大小为定值，不发生改变；
由（Ⅰ）知，
∴，
设与交于点，
∴，
∵，
∴，
∴直线与直线相交所形成的夹角（不超过）的大小为定值，不发生改变；
（3）解：①当时，如图，过点作，则，
由（2）知，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当时，过点作，设，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理，得：，
∴，
解得：，
∴．
综上：的面积为或．
【点睛】本题考查含30度角的直角三角形，勾股定理，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的定义，熟练掌握相关知识点，证明三角形相似，是解题的关键．
8．（24-25九年级上·辽宁铁岭·阶段练习）如图1，将绕着直角顶点按顺时针方向旋转得到，点落在点处，点落在点处，连接．
(1)求证：；
(2)如图2，取的中点，连接，求证：；
(3)如图3，过点作垂足为，交于点，若，求的面积
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【知识点】全等三角形综合问题、相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解
【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键，
（1）过点A作垂足为E，过点C作垂足为F，易证得，可得，可推出，从而证得；
（2）延长到点F，使，连接，可证得，得到，由于，，可得，从而得到；
（3）过点C作垂足为G，过点C作垂足为N，过点B作垂足为M， 由于，，利用直角三角形的性质可得，，可得到，在中，利用锐角三角函数可得，从而求得的面积，根据，，可证得，从而得以，同理，两式相乘可得，进而得到，即可求得的值．
【详解】（1）证明：如图，过点A作垂足为E，过点C作垂足为F，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）证明：如图，延长到点F，使，连接，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）解：如图，过点C作垂足为G，过点C作垂足为N，过点B作垂足为M，
∵，，
∴，
∴，
在中，
，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴①
同理②
①×②得
∴
∴．
9．（23-24九年级上·山西长治·期中）【问题情境】
数学活动课上，老师让同学们准备了一些等边三角形纸片、正方形纸片和等腰直角三角形纸片，通过折、拼的方式探索其中蕴含的数学知识．
【数学思考】
（1）希望小组选用等边三角形纸片进行折叠，并提出问题：如图1，将等边三角形沿直线折叠，点恰好落在边上的点处，折痕分别交，于，两点．求证：；
（2）善思小组选用正方形纸片进行折叠，并提出问题：如图2，将正方形沿直线折叠，点恰好落在边的中点处，点落在点处，折痕分别交，于，两点，设，交于点．若，求的长；
【拓展探究】
（3）智慧小组将两个不同的等腰直角三角形拼在一起，并提出问题：如图3，与都是等腰直角三角形，点在边上，，交于点．若，，请直接写出图中阴影部分的面积．
【答案】（1）见详解；（2）；（3）；
【知识点】折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长
【分析】（1）由折叠的性质可得，，，推导出，结合等边三角形，可得，得到，结合，，可得．
（2）结合正方形性质和折叠性质课推导出，设，表示．在中，用勾股定理可求、，用相似比，即可求．
（3）由等腰直角三角形性质三角形内角和、平角定义可推导出，结合，可得，设，在中，用勾股定理求得，由相似比可求，得到．过点作于点，可证，相似比求，则可求．
【详解】（1）证明：是等边三角形，
．
由折叠的性质，得，，．
，，
．
又，
．
．
，，
．
（2）四边形是正方形，
，．
由折叠的性质，得，．
，，
．
又，
．
．
是的中点，．
设，则．
在中，由勾股定理，得，
即，解得．
，．
，
．
．
（3）与都是等腰直角三角形，
，，，．
，，
．
又，
．
．
，，．
设．
在中，由勾股定理，得，即，解得，（舍去）．
．
∴，
∴，
．
如图，过点作于点，则．
又为公共角，
∴．
，即．．
．
【点睛】本题考查勾股定理、等边三角形的性质、正方形的性质、等腰三角形的性质，相似三角形的性质和判定等的综合应用，熟练掌握相似三角形的性质和判定，并能正确作图是解题关键．
10．（24-25九年级上·河南周口·阶段练习）问题发现
（1）如图1，在四边形中，，，是上一点，若，则_____；
拓展探究：
（2）如图2，在四边形中，是上一点，当时，求证：；
解决问题：
（3）如图3，在中，，，点以的速度从点出发，沿边向点运动，点以的速度从点出发，沿边向点运动，当一个点停止运动时，另一个点也随之停止运动．连接，在的右侧作，交射线于点，连接．设运动时间为秒，当（点与点重合除外）是等腰三角形时，直接写出的值．
【答案】（1）18（2）见解析（3）的值为1或2
【知识点】等边三角形的判定和性质、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，熟练掌握一线三等角相似模型，是解题的关键：
（1）证明，列出比例式进行求解即可；
（2）证明，列出比例式进行求解即可；
（3）分点在线段上和点在的延长线上，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】解：，
，
，
，
，
．
，
，
．
故答案为：18；
（2）证明：，
．
，
．
，
，
，
．
（3）如图1，过点作于点．
在中，，
，
．
根据题意，得．
当点在线段上时．
在等腰中，，
，
当是等腰三角形时，只能是，
．
由（2）中的结论可知，
，解得或（点与点重合，舍去），
．
如图2，当点在的延长线上时．
，
，
当是等腰三角形时，该三角形是等边三角形，
，
．
由（2）中的结论可知，
，解得或（舍去），
．
综上所述，的值为1或2．
11．（2024·江西景德镇·二模）【问题情境】在数学活动课上，同学们在课上用两张矩形纸片进行探究活动.小组同学准备了两张矩形纸片和，其中，，将它们按如图1所示的方式放置，点E，G分别落在，边上时，点E，G恰好为边，的中点.然后将矩形纸片绕点B按顺时针方向旋转，旋转角为，连接与．
【观察发现】
（1）如图2所示，当时，小组成员发现与存在的数量关系为_________；位置关系为_________；
【探索猜想】
（2）如图3所示，当时，（1）中发现的结论是否仍然成立?请说明理由；
【拓展延伸】
（3）在矩形的旋转过程中，交于点P，交于点O，连接，，是否为定值；如果是，请直接写出此定值，如果不是，请你说明理由.
【答案】（1）；；（2）成立，理由见解析；（3）是定值，其的定值为65
【知识点】利用矩形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解
【分析】（1）延长交于点H，证明，即可得，再根据相似的性质得到，通过等量转换，证明，即可解答；
（2）证明，得出，，设与交于点P，与交于点O，进而得，即可解答；
（3）连接，，由（2）得，根据勾股定理得出，即可解答．
【详解】解：（1）如图1所示，延长交于点H．
∵点E，G恰好为边的中点，
∴，，
∵四边形和是矩形，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴．
故答案为：；；
（2）当时，（1）中发现的结论仍然成立．
理由：如图2所示，
∵四边形和是矩形，
∴，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴，，
设与交于点P，与交于点O，则，
∴，
∴；
∴当时，与的数量关系是；位置关系是；
（3）是定值，其的定值为65．
连接，，由（2）得，
∴、、、均为直角三角形，
根据勾股定理得：，，
，，
∴，
∵，
，
∴，
即：的定值为65．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，三角形内角和定理的应用，作出正确的辅助线是解题的关键．