2023年中考集训20讲专题10：旋转型相似三角形

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专题10：旋转型相似三角形-2022年中考数学解题方法终极训练一、单选题1．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是△ABC的中线，∠ADC＝45°，把△ADC沿AD对折，使点C落在C′的位置，C′D交AB于点Q，则的值为（　　）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据折叠得到对应线段相等，对应角相等，根据直角三角形的斜边中线等于斜边一半，可得出AD＝DC＝BD，AC＝AC′，∠ADC＝∠ADC′＝45°，CD＝C′D，进而求出∠C、∠B的度数，求出其他角的度数，可得AQ＝AC，将转化为，再由相似三角形和等腰直角三角形的边角关系得出答案．【详解】解：如图，过点A作AE⊥BC，垂足为E，∵∠ADC＝45°，∴△ADE是等腰直角三角形，即AE＝DE＝AD，在Rt△ABC中，∵∠BAC＝90°，AD是△ABC的中线，∴AD＝CD＝BD，由折叠得：AC＝AC′，∠ADC＝∠ADC′＝45°，CD＝C′D，∴∠CDC′＝45°+45°＝90°，∴∠DAC＝∠DCA＝（180°﹣45°）÷2＝67.5°＝∠C′AD，∴∠B＝90°﹣∠C＝∠CAE＝22.5°，∠BQD＝90°﹣∠B＝∠C′QA＝67.5°，∴AC′＝AQ＝AC，由△AEC∽△BDQ得：＝，∴＝＝＝＝．故选：A．【点评】考查直角三角形的性质，折叠轴对称的性质，以及等腰三角形与相似三角形的性质和判定等知识，合理的转化是解决问题的关键．2．如图，正方形中，点是边上一点，连接，以为对角线作正方形，边与正方形的对角线相交于点，连接．以下四个结论：①；②；③；④．其中正确的个数为（ 　  ）A．个 B．个 C．个 D．个【答案】D【解析】①四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，∠EAB、∠GAD与∠BAG的和均为90°，即可证明∠EAB与∠GAD相等；②由题意易得AD=DC，AG=FG，进而可得，∠DAG=∠CAF，然后问题可证；③由四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，可求证△HAF∽△FAC，则有，然后根据等量关系可求解；④由②及题意知∠ADG=∠ACF=45°，则问题可求证．【详解】解：①∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形∴∠EAG=∠BAD=90°又∵∠EAB=90°-∠BAG，∠GAD=90°-∠BAG∴∠EAB=∠GAD∴①正确②∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形∴AD=DC，AG=FG∴AC=AD，AF=AG∴，即又∵∠DAG+∠GAC=∠FAC+∠GAC∴∠DAG=∠CAF∴∴②正确③∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，AF、AC为对角线∴∠AFH=∠ACF=45°又∵∠FAH=∠CAF∴△HAF∽△FAC∴即又∵AF=AE∴∴③正确④由②知又∵四边形ABCD为正方形， AC为对角线∴∠ADG=∠ACF=45°∴DG在正方形另外一条对角线上∴DG⊥AC∴④正确故选：D．【点评】本题主要考查相似三角形的判定与性质综合运用，同时利用到正方形相关性质，解题关键在于找到需要的相似三角形进而证明．二、填空题3．已知正方形DEFG的顶点F在正方形ABCD的一边AD的延长线上，连结AG，CE交于点H，若，，则CH的长为________.【答案】【解析】连接EG，与DF交于N，设CD和AH交于M，证明△ANG∽ADM，得到，从而求出DM的长，再通过勾股定理算出AM的长，通过证明△ADG≌△CDE得到∠DAG=∠DCE，从而说明△ADM∽△CHM，得到，最后算出CH的长.【详解】解：连接EG，与DF交于N，设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=.【点评】本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，正方形的性质，勾股定理，综合性较强，解题的关键是找到合适的全等三角形和相似三角形，通过其性质计算出CH的长.4．如图，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝2，CD＝5，AD＝kAB（k为常数），则BD的长为____．（用含k的式子表示）【答案】【解析】连接AC，将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACG，连接DG，根据相似三角形的判定与性质求出DG=kBC，然后根据题意推出∠CDG=90°，即可利用勾股定理求解．【详解】解：如图，连接AC，∵AE⊥BC，BE＝CE＝2，∴BC=4，AE垂直平分BC，AB=AC，将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACG，如图所示，连接DG，则AD=AG，BD=CG，由旋转的性质可得：∠BAC=∠DAG，∵AB=AC，AD=AG，∴△ABC∽△ADG，∴，∵AD＝kAB，∴DG=kBC=4k，∵∠BAE+∠ABC=90°，∠BAE=∠ADC，∴∠ABC+∠ADC=90°，∵△ABC∽△ADG，∴∠ABC=∠ADG，∴∠ADG+∠ADC=90°，即：∠CDG=90°，∴，∴．【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，旋转构造辅助线，以及勾股定理解三角形等，掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．5．如图，正方形的边长为8，线段绕着点逆时针方向旋转，且，连接，以为边作正方形，为边的中点，当线段的长最小时，______．【答案】【解析】连接BD，BF，FD，证明△EBC∽△FBD，根据题意，知道M，F，D三点一线时，FM最小，然后过点M作MG⊥BD，垂足为G，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理分别求出MG和DG的长，再根据正切的定义计算即可．【详解】解：连接BD，BF，FD，如图，∵，∴，∵∠FBD+∠DBE=45°，∠EBC+∠DBE=45°，∴∠FBD=∠EBC，∴△EBC∽△FBD，∴∠FDB=∠ECB，，∴DF=，由题意知：FM、DF、DM三条线段满足FM+DF≥MD，其中DM、DF的值一定，∴当M，F，D三点一线时，FM最小，过点M作MN⊥BD，垂足为G，∵∠MBN=45°，BM=AB=4，∴MN=BN=2，∵MD==4，∴DG==6，∴=，故答案为：．【点评】本题考查了正方形的性质，手拉手相似模型，锐角三角函数，勾股定理，三角形面积，线段最值模型，熟练构造相似模型，准确确定线段最小值的条件是解题的关键．6．已知正方形的边长为12，、分别在边、上，将沿折叠，使得点落在正方形内部（不含边界）的点处，的延长线交于点．若点在正方形的对称轴上，且满足，则折痕的长为______________．【答案】或【解析】根据得到点是的中点，再分两种情况讨论，①如答案图l，当点在对角线上时，过点作于点，过点作交的延长线于点，则四边形为矩形；利用相似三角形的性质即可求出EF；②答案如图2．当点在的中垂线上时，为的中点，过点作于点，过点作交的延长线于点，得到，，同①即可求出EF．【详解】解：∵，∴点是的中点，又∵点在正方形的对称轴上，∴分以下两种情况讨论：①如答案图l，当点在对角线上时，过点作于点，过点作交的延长线于点，则四边形为矩形，∵在正方形中，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，，由折叠可知，∴，∴，设，，则，∴，∵，∴，解得，∴，∴；②如答案图2．当点在的中垂线上时，为的中点，过点作于点，过点作交的延长线于点，则，，∴，同理①可得，综上所述，折痕的长为或．【点评】本题考查正方形的性质，轴对称变换，相似三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．7．如图，已知四边形ABCD与四边形CFGE都是矩形，点E在CD上，点H为AG的中点，，，，，则DH的长为______ ．【答案】【解析】延长GE交AB于点M，作于首先求出AG、AH，由ADN∽，得，求出DN、AN，HN，在中利用勾股定理即可解决问题．【详解】延长GE交AB于点M，作于N．四边形ABCD与四边形CFGE都是矩形，四边形BFGM是矩形，，，，，点H为AG的中点，，，，，∽，，，，，，在中，．故答案为．【点评】本题考查矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．8．如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC于点F，连接DF，分析下列五个结论：①△AEF∽△CAB；②CF＝2AF；③DF＝DC；④S四边形CDEF＝S△ABF，其中正确的结论有_____个．【答案】4【解析】①四边形ABCD是矩形，BE⊥AC，则∠ABC＝∠AFB＝90°，又∠BAF＝∠CAB，于是△AEF∽△CAB，故①正确；②由AE＝AD＝BC，又AD∥BC，所以＝＝，故②正确；③过D作DM∥BE交AC于N，得到四边形BMDE是平行四边形，求出BM＝DE＝BC，得到CN＝NF，根据线段的垂直平分线的性质可得结论，故③正确；④根据△AEF∽△CBF得到，求出S△AEF＝S△ABF，S△ABF＝S矩形ABCDS四边形CDEF＝S△ACD﹣S△AEF＝S矩形ABCD﹣S矩形ABCD＝S矩形ABCD，即可得到S四边形CDEF＝S△ABF，故④正确．【详解】解：过D作DM∥BE交AC于N，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝BC，∵BE⊥AC于点F，∴∠EAC＝∠ACB，∠ABC＝∠AFE＝90°，∴△AEF∽△CAB，故①正确；∵AD∥BC，∴△AEF∽△CBF，∴＝＝，∵AE＝AD＝BC，∴＝，∴CF＝2AF，故②正确，∵DE∥BM，BE∥DM，∴四边形BMDE是平行四边形，∴BM＝DE＝BC，∴BM＝CM，∴CN＝NF，∵BE⊥AC于点F，DM∥BE，∴DN⊥CF，∴DF＝DC，故③正确；∵△AEF∽△CBF，∴，∴S△AEF＝S△ABF，S△ABF＝S矩形ABCD∴S△AEF＝S矩形ABCD，又∵S四边形CDEF＝S△ACD﹣S△AEF＝S矩形ABCD﹣S矩形ABCD＝S矩形ABCD，∴S四边形CDEF＝S△ABF，故④正确；故答案为：4．【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，图形面积的计算，正确的作出辅助线，根据相似三角形表示出图形面积之间关系是解题的关键．三、解答题9．如图，在中，．动点P从点A出发，以每秒3个单位长度的速度沿方向绕行一周，动直线从开始，以每秒1个单位长度的速度向右平移，分别交于两点．当点P运动到点A时，直线也停止运动．（1）求点P到的最大距离；（2）当点P在上运动时，①求的值；②把绕点E顺时针方向旋转，当点P的对应点落在上时，的对应线段恰好与垂直，求此时t的值．（3）当点P关于直线的对称点为F时，四边形能否成为菱形？若能，直接写出t的值；若不能，请说明理由．【答案】（1）；（2）①；②；（3）能，【解析】（1）当点P与点C重合时，点P到AB的距离最大，过点C作CF⊥AB于F，根据面积法求解即可；（2）①分别求出DG和PG的长，求出，即可得；②证明得即，解方程求解即可；（3）分当点P在上、当点P在上和当点P在上三种情况列式求解即可．【详解】解：（1）当点P与点C重合时，点P到的距离最大，过点C作CF⊥AB于F ∴根据勾股定理，得∵∴．∴当点P与点C重合时，点P到AB的距离最大，最大值为Rt△ABC斜边AB上的高CF，即点P到的最大距离是．（2）①当点P在上运动时，设运动时间为，则有，直线，如图，过点D作于点G，则四边形是矩形，，，即，，即．②，．∵直线直线，，由旋转的性质，得，，，即，．（3）因为点F是点P关于直线的对称点，即垂直平分，所以，当也垂直平分时，四边形为菱形．∵直线，即，①当点P在上时，若垂直平分，则有，解得；②当点P在上时，三点都在x轴上，构不成四边形；③当点P在上时，若点P在直线的右侧，类比①可得：，解得；若点P在直线的左侧，四点构不成凸四边形．综上，当时，四边形为菱形．【点评】此题考查了菱形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题．10．（1）【问题发现】：如图1在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为BC的中点，以CD为一边作正方形CDEF，点E与点A重合，易知△ACF∽△BCE．线段BE与AF有怎样的数量关系？请直接写出．（2）【拓展研究】：在（1）的条件下，将正方形CDEF绕点C旋转至如图2所示的位置，连接BE，CE，AF．请猜想线段BE和AF的数量关系，并证明你的结论；（3）【结论运用】：在（1）（2）的条件下，若△ABC的面积为8时，当正方形CDEF旋转到B、E、F点共线时，请直接写出线段AF的长．【答案】（1）；（2），证明过程见解答；（3）或．【解析】（1）当点与点重合时，证明和都是等腰直角三角形，所以它们的对应角相等，可得，可推出；（2）由和都是等腰直角三角形可得，再由，可证明，可推出仍然成立；（3）由、、三点共线得，根据图1，由的面积为8，可求出，，且，在中由勾股定理求出的长，再求的长，再由求出的长．【详解】解：（1）结论：，如图1，，，，四边形是正方形，，，，，，点与点重合，，，，；，，，．（2）．证明：如图2，由（1）得，，四边形是正方形，，，，，，，，，．（3）如图1，，，点为的中点，，，，的面积为8，，，，，点与点重合，四边形是正方形，；如图2，、、三点共线且点在线段上，，，，．，；如图3，、、三点共线且点在线段上，，，则，．，，综上所述，线段的长为或．【点评】此题重点考查相似三角形的判定与性质、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、二次根式的化简以及解直角三角形等知识与方法，此题综合性较强，难度较大，属于考试压轴题．解题关键是利用旋转相似得到，问题（3）难点正确画出图形，得到．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【答案】（1）见解析；（2）成立，理由见解析；（3）PB的长为或．【解析】（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．【详解】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．【点评】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．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．【答案】（1）见解析；（2）BM−DN=BC；（3）EF的长为．【解析】（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．【详解】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．【点评】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．13．在矩形中，，点为的中点，点为对角线的中点，点、分别在边、上，且．（1）求的值．（2）求证：．（3）作射线与射线交于点，若，，求的长．【答案】（1）；（2）证明过程见解析；（3）【解析】（1）取AB的中点N，连接PN，PM．只要证明△PMF∽△PNE，可得；（2）利用相似三角形的性质即可解决问题；（3）延长CD交EG与H．由BE：AF=3：4，EN=2MF，设BE=3x，AF=4x，FM=a，EN=2a，由AM=2BN，可得4x-a=2（3x-2a），推出a=x，可得AM=AM=x，AD=x，DF=x，AE=x，，在Rt△AEF中，根据勾股定理可得（x）2+（4x）2=29，解得x=，推出，根据DH//AE，，可得，设DG=y，根据DH∥BE，可得，由此构建方程即可．【详解】解：（1）解：取AB的中点N，连接PN，PM．∵AM=MD，PB=PD，AN=NB，∴PM=AB，PN=AD，PM∥AB，PN∥AD，∴四边形ANPM是平行四边形，∵∠A=90°，∴四边形ANPM是矩形，∴∠MPN=∠EPF=90°，∴∠EPN=∠EPM，∵∠PMF=∠PNE=90°，∴△PMF∽△PNE，∴故答案为：；（2）∵为的中位线，∴为中点，∴，又∵∽（已证），∴，∴，∴．（3）延长交于点，∵BE：AF=3：4，EN=2MF，设BE=3x，AF=4x，FM=a，EN=2a，∵AM=2BN，∴4x-a=2（3x-2a），∴a=x，∴AM=x，AD=x，DF=x，AE=x，在Rt△AEF中，∵（x）2+（4x）2=29，解得x=，∴，∵DH//AE，∴，可得，设DQ=y，∵DH//BE，∴，∴，∴．∴．【点评】本题考查相似三角形的性质、矩形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．14．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）求的值，（3）若DM＝1，CM＝2，求正方形AEFG的边长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）．【解析】（1）由正方形的性质得∠ACD=∠AFG=45°，进而根据对顶角的性质得∠CFM=∠ACM，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△ACF∽△ABE，由相似三角形的性质得出结果；（3）由已知条件求得正方形ABCD的边长，进而由勾股定理求得AM的长度，再由△MFC∽△MCA，求得FM，进而求得正方形AEFG的对角线长，便可求得其边长．【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，四边形AEFG是正方形，∴∠ACD=∠AFG=45°，∵∠CFM=∠AFG，∴∠CFM=∠ACM=45°，∵∠CMF=∠AMC，∴△MFC∽△MCA；（2）∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∠BAC=45°，∴AC=AB，同理可得AF=，∴，∵∠EAF=∠BAC=45°，∴∠CAF+∠CAE=∠BAE+∠CAE=45°，∴∠CAF=∠BAE，∴△ACF∽△ABE，∴；（3）∵DM=1，CM=2，∴AD=CD=1+2=3，∴AM=，∵△MFC∽△MCA，∴，即，∴FM=，∴AF=AM﹣FM=，∴AF=，即正方形AEFG的边长为．【点评】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，关键是综合应用这些知识解决问题．15．如图1，分别是的内角的平分线，过点作，交的延长线于点．（1）求证：；（2）如图2，如果，且，求的值；（3）如果是锐角，且与相似，求的度数，并直接写出的值．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3），或，．【解析】（1）由题意：，根据三角形外内角性质和三角形内角和可得，由此即可解决问题．（2）延长交于点．证明，可得，，由，可得．（3）因为与相似，，所以中必有一个内角为因为是锐角，推出．接下来分两种情形分别求解即可．【详解】（1）证明：如图1中，，，，平分，平分的，，，，，，．（2）解：延长交于点．，，又∵，，，，，，．（3）与相似，，中必有一个内角为是锐角，．①当时，， ，，，，如图，过B点作BH⊥AE，∵，AD平分∠BAC，∴∠BAH=45°，∴AH=BH，，∵，∴，∴，∵，∴．②当时，即时，，，，如解图（3）-2；过B点作BH⊥AE，，分别是的内角的平分线，∴，∴BD=AD，又∵，∴，，∴，∴，∴，∴在中，∴综上所述，，或，．【点评】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．16．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α（0°＜α≤360°），直线BE、DF相交于点P．（1）若AB＝AD，将△AEF绕点A逆时针旋转至如图2所示的位置，则线段BE与DF的数量关系是　   　．（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＝8，BC＝12，将△AEF旋转至AE⊥BE，请算出DP的长．【答案】（1）BE＝DF；（2）不成立，结论：DF＝nBE；理由见解析（3）或【解析】（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．【详解】解：（1）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，故答案为：BE=DF；（2）结论不成立，结论：DF=nBE，∵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；（3）如图4-1中，当点P在BE的延长线上时，在Rt△AEB中，∵∠AEB=90°，AB=8，AE=AB=4，∴BE==，∵△ABE∽△ADF，∴=，∴=，∴DF=，∵四边形AEPF是矩形，∴AE=PF=4，∴PD=DF-PF=；如图4-2中，当点P在线段BE上时，同法可得DF=，PF=AE=4，∴PD=DF＋PF=，综上所述，满足条件的PD的值为或．【点评】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．17．将正方形的边绕点逆时针旋转至 ，记旋转角为．连接，过点作垂直于直线，垂足为点，连接，如图1，当时，的形状为          ，连接，可求出的值为        ； 当且时，①中的两个结论是否仍然成立?如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；②当以点为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出的值．【答案】（1）等腰直角三角形，；（2）①结论不变，理由见解析；②3或1．【解析】（1）根据题意，证明是等边三角形，得，计算出，根据，可得为等腰直角三角形；证明，可得的值；（2）①连接BD，通过正方形性质及旋转，表示出，结合，可得为等腰直角三角形；证明，可得的值；②分为以CD为边和CD为对角线两种情况进行讨论即可．【详解】（1）由题知°，°，∴°，且为等边三角形 ∴°，∴∵∴°∴°∴为等腰直角三角形连接BD，如图所示∵°∴即∵∴∴故答案为：等腰直角三角形，（2）①两个结论仍然成立连接BD，如图所示： ∵，∴∵∴∴∵∴∴是等腰直角三角形∴∵四边形为正方形∴∴∵∴∴∴∴结论不变，依然成立②若以点为顶点的四边形是平行四边形时，分两种情况讨论第一种：以CD为边时，则，此时点在线段BA的延长线上，如图所示：此时点E与点A重合，∴，得；②当以CD为对角线时，如图所示：此时点F为CD中点，∵∴∵∴∴∴∴∴综上：的值为3或1．【点评】本题考查了正方形与旋转综合性问题，能准确的确定相似三角形，是解决本题的关键．18．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，以C为顶点作等腰直角三角形CMN．使∠CMN＝90°，连接BN，射线NM交BC于点D．（1）如图1，若点A，M，N在一条直线上，①求证：BN+CM＝AM；②若AM＝4，BN＝，求BD的长；（2）如图2，若AB＝4，CN＝2，将△CMN绕点C顺时针旋转一周，在旋转过程中射线NM交AB于点H，当三角形DBH是直角三角形时，请你直接写出CD的长．【答案】（1）①证明见解析；②；（2）2.【解析】（1）①如图，过点C作CF⊥CN，交AN于点F，由等腰直角三角形的性质，可求∠CNM=45°，CM=MN，即可证∠FCN=∠ACB，∠CFN=∠CNF=45°，根据“SAS”可证△ACF≌△BCN，可得AF=BN，根据等腰直角三角形的性质可得MF=MN=CM，即可证BN+CM=AM；②由题意可求出CM=MN=，由全等三角形的性质可得∠CAF=∠CBN，即可证∠MCD=∠CBN，则CM∥BN，可得△MCD∽△NBD，根据相似三角形的性质和勾股定理可求BD的长；（2）分∠BDH=90°，∠DHB=90°两种情况讨论，根据等腰直角三角形的性质可求CD的长．【详解】证明：（1）①如图，过点C作CF⊥CN，交AN于点F，∵△CMN是等腰直角三角形，∴∠CNM＝45°，CM＝MN，∵CF⊥CN，∠ACB＝90°，∴∠FCN＝∠ACB，∠CFN＝∠CNF＝45°，∴∠ACF＝∠BCN，CF＝CN，且AC＝BC，∴△ACF≌△BCN（SAS），∴AF＝BN，∵CF＝CN，CM⊥MN，∴MF＝MN＝CM，∴AM＝AF+FM＝BN+CM②∵AM＝4，BN＝，BN+CM＝AM，∴CM＝MN＝，∵△ACF≌△BCN，∴∠CAF＝∠CBN，∵∠CAF+∠ACF＝∠CFN＝45°，∠BCN+∠MCD＝∠MCN＝45°∴∠CAF＝∠MCD，且∠CAF＝∠CBN，∴∠MCD＝∠CBN∴CM∥BN∴△MCD∽△NBD，∠CMD＝∠BND＝90°∴＝∴MD＝ND∵MD+ND＝MN＝∴ND＝在Rt△DNB中，BD＝＝（2）若∠BDH＝90°，如图，此时点M与点D重合，∵△CMN是等腰直角三角形，CN＝2∴CM＝MN＝∴CD＝，若∠BHD＝90°，如图，∵∠BHD＝90°，∠B＝45°，∴∠BDH＝45°∴∠CDN＝45°＝∠N∴CD＝CN＝2．【点评】本题是几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形判定和性质，相似三角形判定和性质以及分类思想，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．