专题06 有关相似三角形的常见压轴题-【聚焦压轴】2022届中考数学压轴大题专项训练1

这是一份专题06 有关相似三角形的常见压轴题-【聚焦压轴】2022届中考数学压轴大题专项训练1，文件包含专题06有关相似三角形的常见压轴题解析版-聚焦压轴2022届中考数学压轴大题专项训练doc、专题06有关相似三角形的常见压轴题原卷版-聚焦压轴2022届中考数学压轴大题专项训练doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共46页， 欢迎下载使用。
1．（2021·佛山市华英学校九年级月考）已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，点P由B点出发沿BA方向向点A匀速运动，速度为1cm/s，点Q由A点出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为2cm/s；若设运动的时间为t（s）（0＜t＜2），解答下列问题：
（1）如图①，连接PQ，直接写出t＝ 时，以A、P、Q为顶点的三角形与△ACB相似．
（2）如图②，当点P，Q运动时，是否存在某一时刻t，使得PQ＝PC，若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由；
（3）如图③，当点P，Q运动时，线段BC上是否存在一点G，使得四边形PQGB为菱形？若存在，试求出BG长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）或；（2）存在，；（3）不存在，理由见解析
【解题思路分析】(1)先根据勾股定理求出AB，由运动知，，分两种情况，①当时，②当~时，再利用相似三角形对应边成比例列式求解即可；
(2) 如图，过P点作于M点，利用求出CQ，再利用求出QM，利用求出AM，最后通过~，列式求解即可；
(3) 假设线段BC上存在一点G，使得四边形PQGB为平行四边形，通过~得到列式可求出的值，再推出的值，即可得到PQ≠PB判断出平行四边形PQGB不可能是菱形，即可得出结果．
【解析】解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，
cm，
由运动知，
，
以A、P、Q为顶点的三角形与△ACB相似，
①当~时，

解得；
②当~时，

解得，
故答案为：或；
（2）存在，如图，过P点作于M点，
，
PQ＝PC，
，
，
~
（3）不存在，，
假设线段BC上存在一点G，使得四边形PQGB为平行四边形，
~

平行四边形PQGB不可能是菱形，
线段BC上不存在一点G，使得四边形PQGB为菱形．
2．（2021·大连市第三十七中学九年级月考）如图，在△ABC中，BA=BC，AB=kAC．点F在AC上，点E在BF上，BE=2EF．点D在BC延长线上，连接AD、AE，∠ACD+∠DAE=180°．
（1）证明：；
（2）求的值（用含k的式子表示）；
（3）如图2，若，求的值（用含k的式子表示）．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【解题思路分析】（1）根据等角的补角相等证明即可；
（2）如图2中，过点C做∠ACM=∠ABE，交AD于点M．证明△AEB∽△AMC，可得，因为AB=kAC，推出AM=AE，CM=BE，CM=FE，再证明△DCM∽△AFE，可得，求出DM即可解决问题；
（3）如图3中，过点B做BN∥AC交AE延长线于点N．，证明△AHC∽DHA，推出AH2=HC•DH，，可得AD=AC，由AB=kAC，推出AD=AB，由，可得AE=AB，设AH=2a，AB=BC=b，推出DH=3a，AE=b，再证明△ADH∽△NBH’，推出，可得，推出9b2-12ab-20a2k2=0，求出b与k的关系，可得结论．
【解析】（1）证明：如图1中，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图2中，过点C作，交于点M．
∵，
∴△AEB∽△AMC，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，，，
∴，
∴△DCM∽△AFE，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图3中，过点B作BN∥AC交延长线于点N．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴由（2）知，，
∵△ADH∽△NBH’，
∴
∴，
∴，
∴（舍），，
∴．
3．（2021·鞍山市华育高新区学校九年级月考）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，点E为边BC上一点，连接AE交BD于点F．
（1）求证：BE•AF＝BC•EF；
（2）若AC⊥AB，AE⊥BC，BE＝3，AB＝4，求的值．
【答案】（1）见解析，（2）．
【解题思路分析】（1）先得到~，进而得到，即可解答．
（2）先证出，再证出，进而得到~，进而得到，然后在中，，可得，进而得到，在中，，再根据~可得到，即可求解．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，且 ，
∴ ，
又∵ ，
∴~，
∴ ，
∴ ，
∵，
∴BE•AF＝BC•EF．
（2）∵AC⊥AB，四边形ABCD是平行四边形，
∴ ，
∵AE⊥BC ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴~ ，
∴ ，
∵BE＝3，AB＝4，
∴在中， ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ ，， ，，
∴ ，
在中， ，
∴ ，
∴ ，
由（1）知，~，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
4．（2021·长春市第一零九中学九年级月考）在△ABC中，AB＝BC＝10，AD⊥BC于D，AD＝8．动点P从点B出发，沿折线BA→AC运动（点P不与B、C重合），点P在边BA上运动的速度为5个单位长度，在边AC上的运动速度为个单位长度，过P作PQ⊥BC于点Q，以PQ为边向右作矩形PQFE，使PQ＝2PE，点F在线段BC上，设点P运动的时间为t．
（1）点E在AC上时，则t＝ ；
（2）直接写出PQ的长（用含t代数式表示）；
（3）连结DE，当△DEF与△ADC相似时，求t的值．
（4）设矩形PQFE的对角线相交于点O，点O在△ACD边上时，直接写出t的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3）t的值为或或；（4）或
【解题思路分析】（1）由题意可得，设点E在AC上时，运动时间为t, 则BP=5t，从而可得PQ=，再由，可得，即，求解即可得t的值；
（2）分点P在AB上、点P在AC上两种情况求解，最后写出结论即可；
（3）画出D、E、F三点构成的三角形与△ADC相似时可能的情况，利用相似的性质列式求解即可；
（4）分点O在AD上时、点O在AD上时两种情况分别求解即可得出结论．
【解析】解：（1）设点E在AC上时，运动时间为t,如图：
则BP=5t，PQ⊥BC，
∵AB＝10，AD⊥BC于D，AD＝8，
∴，,
∴PQ=，，
∴，,
∵点E在AC上,
∴，
∴，即，
∴．

（2）当时，点P在AB上，PQ=，
当时，点P在AC上，
∴ ，
∴，
∵，
∴PQ=，
∴；
（3）若点P在AB上，如图所示：
则,
∴，
∵D、E、F三点构成的三角形与△ADC相似，
则或，
即或，
解得：或，

若点P在AC上，如图所示：
则,
∴，
∴，
∴点F与点C重合，
∵D、E、F三点构成的三角形与△ADC相似，
则，
即，
解得：，

由上可知，当D、E、F三点构成的三角形与△ADC相似时， t的值为或或；
（4）当点O在AD上时，
，
∴，
∴，
∴

点P在AC上时，点O在AC上，此时，
由上可知，当或时，点O在△ACD边上．
5．（2021·江阴市云亭中学九年级月考）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，M是边CD上的一点，将沿直线AM翻折，得．连接BN．
（1）当点B、M、N在同一直线时，求DM的长；
（2）当DM=1时，求的面积；
（3）当射线BN交线段CD于点F时，求DF的最大值．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解题思路分析】（1）连接BN，由折叠性质得到AD=BC=AN=3，∠ANM=∠ANB=90°，利用勾股定理求出BN，设DM=x，在△BCM中，利用勾股定理得到方程，解之即可；
（2）延长MN交AB延长线于点Q，由矩形的性质得出∠DMA=∠MAQ，由折叠性质得出∠DMA=∠AMQ，AN=AD=3，MN=MD=1，得出∠MAQ=∠AMQ，证出MQ=AQ，设NQ=x，则AQ=MQ=1+x，证出∠ANQ=90°，在Rt△ANQ中，由勾股定理得出方程，解方程求出NQ=4，AQ=5，即可求出△ABN的面积；
（3）过点A作AH⊥BF于点H，证明△ABH∽△BFC，得出对应边成比例，可以看到点N是在以A为圆心3为半径的圆上运动，所以当射线BN与圆相切时，DF最大，此时B、N、M三点共线，由折叠性质得：AD=AH，推出CF=BH，由勾股定理求出BH，得出CF，即可得出结果．
【解析】解：（1）连接BN，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，AB=CD=4，
∵B，M，N共线，
则由折叠性质得：AD=BC=AN=3，∠ANM=∠ANB=90°，
∴BN==，
设DM=MN=x，
则CM=4-x，
在△BCM中，
，
即，
解得：x=，即DM=；
（2）延长MN交AB延长线于点Q，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，
∴∠DMA=∠MAQ，
由折叠性质得：△ANM≌△ADM，
∴∠DMA=∠AMQ，AN=AD=3，MN=MD=1，
∴∠MAQ=∠AMQ，
∴MQ=AQ，
设NQ=x，则AQ=MQ=1+x，
∵∠ANM=90°，
∴∠ANQ=90°，
在Rt△ANQ中，由勾股定理得：AQ2=AN2+NQ2，
∴（x+1）2=32+x2，
解得：x=4，
∴NQ=4，AQ=5，
∵AB=4，AQ=5，
∴S△NAB=S△NAQ=×AN•NQ=××3×4=；
（3）过点A作AH⊥BF于点H，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，
∴∠HBA=∠BFC，
∵∠AHB=∠BCF=90°，
∴△ABH∽△BFC，
∴，
∵AH≤AN=3，AB=4，
∴可以看到点N是在以A为圆心3为半径的圆上运动，所以当射线BN与圆相切时，DF最大，此时B、N、M三点共线，如图所示：
由折叠性质得：AD=AH，
∵AD=BC，
∴AH=BC，
∵，
∴CF=BH，
由勾股定理得：BH==，
∴CF=，
∴DF的最大值=DC-CF=．
6．（2021·广东龙岗·深圳市东升学校九年级月考）在矩形ABCD中，点E是AD边上一点，连接BE，且∠ABE＝30°，BE＝DE，连接BD．点P从点E出发沿射线ED运动，过点P作PQ∥BD交直线BE于点Q．
（1）当点P在线段ED上时（如图1），求证：BE＝PD＋PQ；
（2）若BC＝6，设PQ长为x，以P、Q、D三点为顶点所构成的三角形面积为y，求y与x的函数关系式（不要求写出自变量x的取值范围）；
（3）在②的条件下，当点P运动到线段ED的中点时，连接QC，过点P作PF⊥QC，垂足为F，PF交对角线BD于点G（如图2），求线段PF的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【解题思路分析】（1）过点E作EM⊥QP垂足为M；在Rt△EQP中，易得∠EBD=∠EDB=30°；进而可得PE=PQ，且BE=DE．故可证得BE=PD+PQ．
（2）点P从点E出发沿射线ED运动，所以分当点P在线段ED上时与当点P在线段ED的延长线上时两种情况讨论，根据所作的辅助线，可得y与x的关系；
（3）连接PC交BD于点N，可得∠QPC=90°，进而可得△PNG∽△QPC，可得，解可得PG的长，再证明△PNG∽△PFC，利用相似三角形的性质即可求解．
【解析】（1）证明：∵∠A=90°，∠ABE=30°，
∴∠AEB=60°．
∵EB=ED，
∴∠EBD=∠EDB=30°．
∵PQ∥BD，
∴∠EQP=∠EBD．
∠EPQ=∠EDB．
∴∠EPQ=∠EQP=30°，
∴EQ=EP．
过点E作EM⊥QP垂足为M．则PQ=2PM．
∵∠EPM=30°，∴PM=PE，PE=PQ．
∵BE=DE=PD+PE，
∴BE=PD+PQ．
（2）解：由题意知AE=BE，
∴DE=BE=2AE．
∵AD=BC=6，
∴2AE=DE=BE=4．
当点P在线段ED上时（如图1），
过点Q作QH⊥AD于点H，则QH=PQ=x．
由（1）得PD=BE-x，即PD=4-x．
∴y=PD•QH=−x2+x．
当点P在线段ED的延长线上时（如图2），

过点Q作QH′⊥DA交DA延长线于点H′，
∴QH′=x．
过点E作EM′⊥PQ于点M′，同理可得EP=EQ=PQ，
∴BE=PQ-PD，
∴PD=x-4，
∴y=PD•QH′=x2−x．
（3）解：连接PC交BD于点N（如图3）．
∵点P是线段ED中点，
∴EP=PD=2，PQ=2．
∵DC=AB=AE•tan60°=2，
∴PC==4．
∴cs∠DPC=．
∴∠DPC=60°．
∴∠QPC=180°-∠EPQ-∠DPC=90°．
∵PQ∥BD，
∴∠PND=∠QPC=90°．
∴PN=PD=1．
QC==2．
∵∠PGN=90°-∠FPC，∠PCF=90°-∠FPC，
∴∠PGN=∠PCF．
∵∠PNG=∠QPC=90°，
∴△PNG∽△QPC，
∴，
∴PG=×2=．
∵∠PNG=∠PFC=90°，∠NPG=∠FPC，
∴△PNG∽△PFC，
∴，即，
∴PF=．
7．（2021·合肥一六八中学九年级模拟预测）如图1，和都是等腰直角三角形，，，且点是上的点（点不与点，重合），过点作交的延长线于点，的延长线交于点．过点作交于点，连接．
（1）求证：；
（2）若，求的长；
（3）如图2，若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【解题思路分析】（1）先判断出，再判断出，进而判断出，即可得出结论；
（2）先利用等式的旋转判断出，再判断出，进而判断出~，进而求出，即可得出结论；
（3）先判断出，得出，进而得出和，进而判断出，得出，即可得出结论．
【解析】证明：（1），
，
，
，
，
，
；
（2），，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）如图2，
作于，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，
，
，
8．（2021·合肥市第四十五中学九年级三模）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，CE⊥AB于E，点F是CE上一点，连接AF并延长交BC于点D，CG⊥AD于点G，连接EG．
（1）求证：CD2＝DG•DA；
（2）如图1，若CF＝2EF，求证：点D是BC中点；
（3）如图2，若GC＝2，GE＝2，求GD．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解题思路分析】（1）先证明△ACD∽△CGD，根据相似三角形性质即可证得结论；
（2）如图1，过E作EH∥AD交BC于点H，运用平行线分线段成比例定理即可证得结论；
（3）根据∠AGC＝∠AEC＝90°，得出A、C、G、E四点共圆，过点E作EH⊥AD于点H，可得△EGH是等腰直角三角形，再证明△CFG≌△EFH（AAS），利用勾股定理和三角函数定义求出AG，再证明△CAG∽△DCG，运用相似三角形性质即可求出答案．
【解析】解：（1）∵CG⊥AD，∠ACB＝90°，
∴∠CGD＝∠ACB＝90°，
∵∠CDA＝∠CDG，
∴△ACD∽△CGD，
∴CD：DG＝DA：CD，
∴CD2＝DG•DA；
（2）如图1，过E作EH//AD交BC于点H，
∵HE//AD，
∴BH：HD＝BE：EA，CD：HD＝CF：EF，
∵CB＝CA，∠ACB＝90°，CE⊥AB，
∴E为AB的中点，
∴BE：EA＝1，
∴BH：HD＝BE：EA＝1，
∵CF＝2EF，
∴CD：HD＝CF：EF＝2，
∴BH＝HD，CD＝2HD，
∴BD＝BH+HD＝2HD，
∴BD＝CD，
∴D为BD的中点．
（3）∵CB＝CA，∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝45°，
∵CE⊥AB，CG⊥AD，
∴∠AGC＝∠AEC＝90°，∠ACE＝45°，
∴A、C、G、E四点共圆，
∴∠AGE＝∠ACE＝45°，
如图2，过点E作EH⊥AD于点H，
∴△EGH是等腰直角三角形，
EH＝GH＝GE•sin45°＝2×＝2，
∵CG＝2，
∴CG＝EH，
∵∠CGF＝∠EHF＝90°，∠CFG＝∠EFH，
∴△CFG≌△EFH（AAS），
∴FG＝FH＝1，CF＝EF，
在Rt△CFG中，CF＝＝＝，
∴CE＝2CF＝2，
∴AC＝＝＝2，
∴AG＝＝＝6，
∵∠CGD＝∠AGC＝90°，
∴∠CAG+∠ACG＝90°，
∵∠ACG+∠DCG＝90°，
∴∠CAG＝∠DCG，
∴△CAG∽△DCG，
∴＝，
∴．
9．（2021·长沙市雅礼实验中学九年级月考）如图，已知二次函数的图象与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点；顶点为点．
（1）若线段的长8，求的值；
（2）连接，．若，求点的坐标；
（3）连接，若~，点是该抛物线上任意一点，若对于任意实数，总有成立，求实数的最小值．
【答案】（1）4；（2）；（3）．
【解题思路分析】（1）令，解得二次函数图象与x轴的两个交点坐标即可解题；
（2）过点作轴交线段于点，由两直线平行内错角相等得到，继而证明，由等角对等边得到，再用勾股定理解得，由直线的解析式得到，，列式，解得m的值即可解题；
（3）由~得到，据此解得，解得令，，由配方法解题．
【解析】解：（1）对于二次函数，
令，则或，
故点的坐标分别为：、，
∴，
∴．
（2）如图，过点作轴交线段于点，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
由（1）知，，，，
∴，
直线的解析式为：，
∴，，
∵，∴
∴，
解得：，（舍去），
∴
（3）∵~，
∴，∴，
解得：，（舍去）
点为拋物线上任意一点，
，
令，
∵，∴的最大值为
又
当的时候，最小值为，
若对于任意实数，总有成立
∴，∴，
∴的最小值为．
10．（2021·杭州市十三中教育集团（总校）九年级二模）如图，正方形中，点在边上运动（不与点，重合），连结，过点作，，过点作直线，为垂足，连结，与相交于点．
（1）求证：；
（2）当是的中点时，求的值；
（3）设，，求关于的函数关系式．
【答案】（1）见解析；（2）2；（3）
【解题思路分析】（1）根据正方形的性质可得∠B＝90°，再由EF⊥EC，EF＝EC，即可证明△PEF≌△BCE，即可得出答案；
（2）过点F作FH⊥AD于H，设正方形ABCD的边长为a，证明四边形APFH是正方形，再证明△FGH∽△CGD，应用相似三角形性质即可求出答案；
（3）设BE＝b，则AE＝bx，AB＝b＋bx，再由△FGH∽△CGD，得出，进而求得GH＝，AG＝，DG＝，再根据y＝，即可求得答案．
【解析】解：（1）∵正方形ABCD，
∴∠B＝90°，
∴∠BEC＋∠BCE＝90°，
∵EF⊥EC，
∵∠PEF＋∠BEC＝90°，
∴∠PEF＝∠BCE，
∵FP⊥AB，
∴∠EPF＝90°，
∴∠EPF＝∠B，
∵EF＝EC，
∴△PEF≌△BCE（AAS），
∴PF＝BE；
（2）如图，过点F作FH⊥AD于H，
设正方形ABCD的边长为a，
∵E是AB的中点，
∴AE＝BE＝AB＝a，
由（1）知△PEF≌△BCE，
∴PF＝BE＝AB＝a，PE＝BC＝a，
∴PA＝PE−AE＝a−a＝a，
∵∠PAD＝∠APF＝∠AHF＝90°，PA＝PF，
∴四边形APFH是正方形，
∴AH＝PF＝a，FH＝PA＝a，
∴DH＝a，
∵∠FHG＝∠D＝90°，∠FGH＝∠CGD，
∴△FGH∽△CGD，
∴，
∴，
∴GD＝DH＝×a＝a，
∴AG＝AD−DG＝a，
∴；
（3）设BE＝b，则AE＝bx，AB＝b＋bx，
∴PE＝BC＝CD＝AB＝b＋bx，AP＝BE＝PF＝AH＝FH＝b，
∴DH＝AE＝bx，
∵△FGH∽△CGD，
∴，
∴DG＝（1＋x）GH，
∵GH＋DG＝DH，
∴GH＋（1＋x）GH＝bx，
∴GH＝，
∴AG＝AH＋GH＝b＋＝，DG＝（1＋x）GH＝，
∴y＝＝，
∴y关于x的函数关系式为y＝．
11．（2021·珠海市紫荆中学九年级三模）已知，在中，，平分交于点，点为上一点，经过点，的圆O分别交，于点，，连接，连接交于点．
（1）求证：为圆O的切线．
（2）求证：~
（3）若，，求的长度．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解题思路分析】（1）先判断出，得出，即可得出结论；
（2）先判断出∠AEF=∠B，再判断出∠AEF=∠ADF，进而得出∠B=∠ADF，进而即可得出结论；
（3）设圆的半径为，则，，得出，解得：，则，，求出，进而求出的长即可．
【解析】（1）证明：如图，连接，
平分，
，
，
，
，
，
∴，
，
∴，
，
又∵为圆O的半径，
∴为圆O的切线；
（2）证明：如图，连接，
为圆O的直径，
，
，
，
∵，
，
又，
；
（3）解：设圆的半径为，则，，
在中，，
即，
解得：，
，，
在中，，
∵~，
∴，
．
，
，
∴，
．
12．（2021·辽宁大连·九年级期末）在中，，E为AC上一点，连接BE．
（1）如图1，当时，将绕点C逆时针旋转90°得到，点E的对应点F落在BC延长线上，求证：；
（2）过点C作，垂足为P，连接AP并延长交BC于点Q．
①如图2，若，求证：；
②如图3，若，，，求AP的长（用含a、k的式子表示）．
【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②
【解题思路分析】（1）延长交于点，根据互余得出角的关系，再利用垂直的定义解答即可；
（2）过点作交的延长线于点，根据全等三角形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质解答即可；
（3）根据相似三角形的性质解答即可．
【解析】证明：（1）如图1，延长交于点，
由题可得：，，
，
，
，
，
；
（2）过点作交的延长线于点，如图2，
，
，，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，
，
，
，
；
（3）过作于，
，，
，
，
，，
，
，
，





13．（2021·黑龙江巴彦·九年级期末）已知：为圆O的直径，弦垂直平分于，连接、．
（1）如图1，求证，为等边三角形．
（2）如图2，为弧上一点，连接、、，求证：．
（3）如图3，在（2）的条件下，点为、的交点，为延长线上一点，连接交圆O于，连接，若平分，，，求弦的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解题思路分析】（1）证明，即可解决问题．
（2）如图2中，在上取一点使得，证明，推出，可得结论．
（3）如图3中，在上取一点，使得，连接，证明，推出，由，，推出，推出，设，则，，利用勾股定理构建方程求出，证明，推出，推出，推出，，过作角的延长线于，设，，再利用勾股定理构建方程求解即可．
【解析】解：（1）证明：如图1中，连接，
在圆O中，，
，，
，
，
又弦垂直平分于，
，
，
，
，
，
等腰为等边三角形．
（2）证明：如图2中，在上取一点使得，
又，
为等边三角形，
，，
为等边三角形，
，，
，
，即，
，
，
．
（3）如图3中，在上取一点，使得，连接，
设，则，
又平分，
，
,
四边形为圆内接四边形,
，
，
，
，，，
，
，
，，
，
，
设，则，，
作交延长线于点，则，，，
由勾股定理得：，
，
，，
，
，
，
，，过作交的延长线于点，
设，，，
则在中，，
，，
由勾股定理可得，
解得，
．
14．（2021·山东师范大学第二附属中学九年级月考）在中，，，点在边上，，将线段绕点顺时针旋转至，记旋转角为，连接，，以为斜边在其一侧制作等腰直角三角形．连接．

（1）如图1，当时，请直接写出线段与线段的数量关系；
（2）当时，
①如图2，（1）中线段与线段的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，当，，三点共线时，连接，判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】（1）；（2）①成立，理由见解析；②平行四边形，理由见解析；
【解题思路分析】（1）如图1，证明，由平行线分线段成比例可得，由的余弦值可得；
（2）①根据两边成比例，夹角相等，证明~，即可得；
②如图3，过作，连接, 交于点，根据已知条件证明，根据平行线分线段成比例可得，根据锐角三角函数以及①的结论可得,
根据三角形内角和以及~可得，进而可得，即可证明四边形是平行四边形．
【解析】（1）如图1，
，，
，
是以为斜边等腰直角三角形，
,，
，
，
，
，
，
即；
（2）①仍然成立，理由如下：
如图2，
，，
，
是以为斜边等腰直角三角形，
,，
，
，
即，
，
，
，
，
，
即；
②四边形是平行四边形，理由如下：
如图3，过作，连接, 交于点，
，，
，
，
，
，
是以为斜边等腰直角三角形，
，
，，三点共线，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由①可知，
，
是以为斜边等腰直角三角形，
,，
，
，
，
，
，
，
即，
，
，
，
四边形是平行四边形．
15．（2021·老河口市教学研究室九年级月考）在和中，，连接，，直线交于交 于．
（1）特例发现：如图1，，．推断∶①的值为__________；②的度数为__________．
（2）探究证明：如图2，若．判断的值及的度数，并说明理由．
（3）拓展延伸：在（2）的条件下，将绕点顺时针旋转，使点与点第一次重合，若，，，求的长．
【答案】（1）①；②；（2），，理由见解析；（3）3
【解题思路分析】（1）根据题意可得得到，，从而得到，即可求解；
（2）根据题意可得，从而得到，，从而得到，即可求解；
（3）根据三角函数的定义，可得，得到，得到，即可求解．
【解析】解：（1）∵
∴
在和中
∴
∴，
∴
又∵
∴
∴
故答案为，．
（2），．
理由如下：∵，
∴，
即．
∵，
∴~，
∴，，
∴
．
（3）∵，，，
∴，
在中，，
在中，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∵，
∴．