全等与相似模型-手拉手模型（解析版）

这是一份全等与相似模型-手拉手模型（解析版），共57页。试卷主要包含了手拉手模型，“手拉手”模型，5；或等内容，欢迎下载使用。

模型1.手拉手模型
【模型解读】将两个三角形绕着公共顶点（即头）旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等，常用“边角边”判定定理证明全等。
1）双等边三角形型
条件：如图1，△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。

图1 图2
2）双等腰直角三角形型
条件：如图2，△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BFD。
3）双等腰三角形型
条件：△ABC和△DCE均为等腰三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ACM=∠BFM；④CF平分∠BFD。

图3 图4
4）双正方形形型
条件：△ABCFD和△CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N。
结论：①△△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。
例1．（2022·北京东城·九年级期末）如图，在等边三角形ABC中，点P为△ABC内一点，连接AP，BP，CP，将线段AP绕点A 顺时针旋转60°得到 ，连接 ．
（1）用等式表示 与CP的数量关系，并证明；
（2）当∠BPC＝120°时， ①直接写出 的度数为 ；
②若M为BC的中点，连接PM，请用等式表示PM与AP的数量关系，并证明．
【答案】（1），理由见解析；（2）①60°；②PM＝，见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质，可得AB＝AC，∠BAC＝60°，再由由旋转可知：从而得到，可证得，即可求解 ；
（2）①由∠BPC＝120°，可得∠PBC＋∠PCB＝60°．根据等边三角形的性质，可得∠BAC＝60°，从而得到∠ABC＋∠ACB＝120°，进而得到∠ABP＋∠ACP＝60°．再由，可得 ，即可求解；②延长PM到N，使得NM＝PM，连接BN．可先证得△PCM≌△NBM．从而得到CP＝BN，∠PCM＝∠NBM．进而得到 ．根据①可得，可证得，从而得到 ．再由 为等边三角形，可得 ．从而得到 ，即可求解．
【详解】解：（1） ．理由如下：在等边三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝60°，
由旋转可知： ∴即
在和△ACP中 ∴ ．∴ ．
（2）①∵∠BPC＝120°，∴∠PBC＋∠PCB＝60°．
∵在等边三角形ABC中，∠BAC＝60°，∴∠ABC＋∠ACB＝120°，∴∠ABP＋∠ACP＝60°．
∵ ．∴ ，∴∠ABP＋∠ABP＇＝60°．即 ；
②PM＝ ．理由如下：如图，延长PM到N，使得NM＝PM，连接BN．
∵M为BC的中点，∴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）．∴ ．
∵ ∴ 为等边三角形，
∴ ．∴ ，∴PM＝ ．
【点睛】本题主要考查了等边三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握等边三角形判定和性质定理，全等三角形的判定和性质定理，图形的旋转的性质是解题的关键．
例2．（2022·黑龙江·中考真题）和都是等边三角形．
(1)将绕点A旋转到图①的位置时，连接BD，CE并延长相交于点P（点P与点A重合），有（或）成立；请证明．(2)将绕点A旋转到图②的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将绕点A旋转到图③的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．
【答案】(1)证明见解析 (2)图②结论：，证明见解析 (3)图③结论：
【分析】（1）由△ABC是等边三角形，得AB=AC，再因为点P与点A重合，所以PB=AB，PC=AC，PA=0，即可得出结论；（2）在BP上截取，连接AF，证明（SAS），得，再证明（SAS），得，，然后证明是等边三角形，得，即可得出结论；（3）在CP上截取，连接AF，证明（SAS），得，再证明（SAS），得出，，然后证明是等边三角形，得，即可得出结论：．
(1)证明：∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC，
∵点P与点A重合，∴PB=AB，PC=AC，PA=0，∴或；
(2)解：图②结论：
证明：在BP上截取，连接AF，

∵和都是等边三角形，∴，，
∴，∴，∴（SAS），∴，
∵AC=AB，CP=BF， ∴（SAS），
∴，，∴，
∴，∴是等边三角形，∴，∴；
(3)解：图③结论：，理由：在CP上截取，连接AF，
∵和都是等边三角形，∴，，
∴，∴，∴（SAS），∴，
∵AB=AC，BP=CF，∴（SAS），
∴，，∴，
∴，∴是等边三角形，
∴，∴，即．
【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．
例3．（2022·湖北·襄阳市九年级阶段练习）如图，已知AOB和MON都是等腰直角三角形(OA②当点A，M，N在同一条直线上时，若OB=4，ON =3，请直接写出线段BN的长．
【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②或．
【分析】（1）利用SAS定理证明即可；
（2）①连接，证明，即可证；②当点N在线段上时，连接，在中构造勾股定理的等量关系；当点M在线段上时，同理即可求得．
（1）证明：，，即．
和是等腰直角三角形，，(SAS) ．
（2）解：①证明：如图，连接．
，，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，∴．
当点N在线段上时，如图，连接，设，
由(1)可知．∴，．
∴，
∴，∴是直角三角形，．
又∵，∴，
解得：（舍去）∴；
当点M在线段上时，如图，连接，设，由(2)①可知．
∴，．
∴，
∴，∴是直角三角形，．
又∵，∴，
解得： （舍去）∴
综上所述：的长为或．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，三点共线分类讨论，对几何题目的综合把握是解题关键．
例4．（2022·重庆忠县·九年级期末）已知等腰直角与有公共顶点．
（1）如图①，当点在同一直线上时，点为的中点，求的长；
（2）如图②，将绕点旋转，点分别是的中点，交于，交于．①猜想与的数量关系和位置关系，并证明你猜想的结论；②参考图③，若为的中点，连接，在旋转过程中，线段的最小值是多少（直接写出结果）．
【答案】（1）；（2）①；证明见解析；②线段的最小值是．
【分析】（1）如图：过点作于点，先说明FQ是△ADE的中位线，然后再求得FQ、BQ，最后再运用勾股定理解答即可；（2）①连接交于，先证明可得，然后再说明GM是△ABD的中位线可得，然后再根据角的关系证明﹔②如图：连接CG，取中点O，连接OK、OM，再根据勾股定理和三角形中位线的性质求得CG和OK,进而求得OM,最后根据三角形的三边关系即可解答．
【详解】解：（1）过点作于点，∵点是的中点，∴FQ是△ADE的中位线
，；

（2）①﹔证明:连接交于．
，．即；
在和中，，
（SAS），
分别是的中点，∴GM是△ABD的中位线
且，
，﹔
②如图：连接CG，取中点O，连接OK、OM
∴，OK=AG=1
∵∠CMG=90°，O为CG的中点 ∴OM=CG=
∵MK＞OM-OK∴当O、K、M共线时，MK取最小值OM-OK=-1．
【点睛】本题主要考查了三角形的中线、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识点成为解答本题的关键．
例5．（2022·山西大同·九年级期中）综合与实践：已知是等腰三角形，．
（1）特殊情形：如图1，当∥时，______．（填“＞”“＜”或“＝”）；（2）发现结论：若将图1中的绕点顺时针旋转（）到图2所示的位置，则（1）中的结论还成立吗？请说明理由．（3）拓展运用：某学习小组在解答问题：“如图3，点是等腰直角三角形内一点，，且，，，求的度数”时，小明发现可以利用旋转的知识，将绕点顺时针旋转90°得到，连接，构造新图形解决问题．请你根据小明的发现直接写出的度数．
【答案】（1）=；（2）成立，理由见解析；（3）∠BPA=135°．
【分析】（1）由DE∥BC，得到∠ADE=∠B，∠AED=∠C，结合AB=AC，得到DB=EC；
（2）由旋转得到的结论判断出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；（3）由旋转构造出△APB≌△AEC，再用勾股定理计算出PE，然后用勾股定理逆定理判断出△PEC是直角三角形，在简单计算即可．
【详解】解：（1）∵DE∥BC，∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，
∵AB=AC，∴∠B=∠C，∴∠ADE=∠AED，∴AD=AE，∴DB=EC，故答案为：=；
（2）成立．证明：由①易知AD=AE，∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，∴△DAB≌△EAC（SAS），∴DB=CE；
（3）如图，
将△APB绕点A旋转90°得△AEC，连接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°．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理及其逆定理，解本题的关键是构造全等三角形，也是本题的难点．
例6．（2022·青海·中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.
(1)问题发现：如图1，若和是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：；
(2)解决问题：如图2，若和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一条直线上，CM为中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由.

图1 图2
【答案】(1)见解析 (2)；
【分析】（1）先判断出∠BAD=∠CAE，进而利用SAS判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出△BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠ADC=∠BEC，最后用角的差，即可得出结论．
【解析】(1)证明：∵和是顶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，∴，
∴，∴，
∴．
∵，，∴．∵，∴，
∴．∴．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD≌△BCE是解本题的关键．
例7．（2022·广东广州市·八年级期中）如图，两个正方形ABCD与DEFG，连结AG，CE，二者相交于点H．（1）证明：△ADG≌△CDE；（2）请说明AG和CE的位置和数量关系，并给予证明；
（3）连结AE和CG，请问△ADE的面积和△CDG的面积有怎样的数量关系？并说明理由．
【答案】(1)答案见解析；(2) AG=CE，AG⊥CE；(3) △ADE的面积=△CDG的面积
【分析】（1）利用SAS证明△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的面积=△CDG的面积，作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延长线于N，证明 △DPG≌△DNE，得到PG=EN，再利用三角形的面积公式分别表示出△ADE的面积，△CDG的面积，即可得到结论△ADE的面积=△CDG的面积.
【详解】（1）∵四边形ABCD与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的面积=△CDG的面积，作GP⊥CD于P，EN⊥AD交AD的延长线于N，则∠DPG=∠DNE=90°，
∵∠GDE=90°，∴∠EDN+∠GDN=90°，∵∠PDG+∠GDN=90°，∴∠EDN=∠PDG，
∵DE=DG，∴△DPG≌△DNE，∴PG=EN，∵△ADE的面积=，△CDG的面积=，
∴△ADE的面积=△CDG的面积.
【点睛】此题考查正方形的性质，三角形全等的判定及性质，利用三角形面积公式求解，根据图形得到三角形全等的条件是解题的关键.
例8．（2023·福建福州市·九年级月考）如图，和均为等边三角形，连接BE、CD．
（1）请判断：线段BE与CD的大小关系是 ；
（2）观察图，当和分别绕点A旋转时，BE、CD之间的大小关系是否会改变?
（3）观察如图和4，若四边形ABCD、DEFG都是正方形,猜想类似的结论是___________,在如图中证明你的猜想.
（4）这些结论可否推广到任意正多边形（不必证明）,如图,BB1与EE1的关系是 ;它们分别在哪两个全等三角形中 ;请在如图中标出较小的正六边形AB1C1D1E1F1的另五个顶点，连接图中哪两个顶点,能构造出两个全等三角形？

【答案】(1) BE=CD （2）线段BE与CD的大小关系不会改变 （3）AE＝CG，证明见解析 （4）这些结论可以推广到任意正多边形.如图5，BB1=EE1，它们分别在△AE1E和△AB1B中，如图6，连接FF1，可证△AB1B≌△AF1F．图形见解析.
【分析】本题是变式拓展题，图形由简单到复杂，需要从简单图形中探讨解题方法，并借鉴用到复杂图形中；证明三角形全等时，用旋转变换寻找三角形全等的条件．
【详解】（1）线段BE与CD的大小关系是BE=CD；（2）线段BE与CD的大小关系不会改变；
（3）AE=CG．证明：如图4，正方形ABCD与正方形DEFG中，
∵AD=CD，DE=DG，∠ADC=∠GDE=90°，
又∠CDG=90°+∠ADG=∠ADE，∴△ADE≌△CDG，∴AE=CG．
（4）这些结论可以推广到任意正多边形．
如图5，BB1=EE1，它们分别在△AE1E和△AB1B中，如图6，连接FF1，可证△AB1B≌△AF1F．
【点睛】本题综合考查全等三角形、等边三角形和多边形有关知识．注意对三角形全等的证明方法的发散．
模型2.“手拉手”模型(旋转模型)
【模型解读与图示】“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。
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；.
2）手拉手相似模型（直角三角形）

条件:如图，，（即△COD∽△AOB）；
结论：△AOC∽△BOD；，AC⊥BD，.
3）手拉手相似模型（等边三角形与等腰直角三角形）

条件:M为等边三角形ABC和DEF的中点； 结论：△BME∽△CMF；.
条件:△ABC和ADE是等腰直角三角形； 结论：△ABD∽△ACE.
手拉手相似证明题一般思路方法:①由线段乘积相等转化成线段比例式相等；
②分子和分子组成一个三角形、分母和分母组成一个三角形；
③第②步成立，直接从证这两个三角形相似，逆向证明到线段乘积相等；
④第②步不成立，则选择替换掉线段比例式中的个别线段，之后再重复第③步。
例1．（2022·山西长治·九年级期末）问题情境：如图1，在△ABC中，AB＝6，AC＝5，点D，E分别在边AB，AC上，且．数学思考：
(1)在图1中，的值为 ；(2)图1中△ABC保持不动，将△ADE绕点A按逆时针方向旋转到图2的位置，其它条件不变，连接BD，CE，则（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由；(3)拓展探究：在图2中，延长BD，分别交AC，CE于点F，P，连接AP，得到图3，探究∠APE与∠ABC之间有何数量关系，并说明理由；(4)若将△ADE绕点A按逆时针方向旋转到图4的位置，连接BD，CE，延长BD交CE的延长线于点P，BP交AC于点F，则（3）中的结论是否仍然成立，若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出∠APE与∠ABC之间的数量关系．
【答案】(1)(2)（1）中结论仍然成立，理由见解析(3)∠APE=∠ABC，理由见解析
(4)结论不成立，∠APE+∠ABC=180°，理由见解析
【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理求解即可；
（2）根据旋转的性质得到∠BAD=∠CAE，由（1）可证明△BAD∽△CAE，从而可证∠APE+∠ABC得到；（3）由（2）可证∠ABD=∠ACE，证明△AFB∽△PFC和△AFP∽△BFC即可得到结论；
（4）证明∠ABD=∠ACE，推出A、B、C、P四点共圆即可得到结论；
（1）解：∵，∴，∴；
（2）解：中结论仍然成立，理由如下：
∵旋转的性质，∴∠ADE=∠ABC，∠AED=∠ACB，
∴△ADE∽△ABC，∴，
在图2中，由旋转的性质可知，∠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）结论不成立，∠APE+∠ABC=180°，理由如下：
由（2）知，△BAD∽△CAE，∴∠ABD=∠ACE，∴A、B、C、P四点共圆，∴∠APE+∠ABC=180°．
【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，圆内接四边形的性质等等，熟练掌握相关三角形的性质与判定是解题的关键．
例2．（2022·山东济南·八年级期末）某校数学活动小组探究了如下数学问题：
(1)问题发现：如图1，中，，．点P是底边BC上一点，连接AP，以AP为腰作等腰，且，连接CQ、则BP和CQ的数量关系是______；
(2)变式探究：如图2，中，，．点P是腰AB上一点，连接CP，以CP为底边作等腰，连接AQ，判断BP和AQ的数量关系，并说明理由；
(3)问题解决：如图3，在正方形ABCD中，点P是边BC上一点，以DP为边作正方形DPEF，点Q是正方形DPEF两条对角线的交点，连接CQ．若正方形DPEF的边长为，，求正方形ABCD的边长．
【答案】(1)(2)(3)3
【分析】（1）根据已知条件利用边角边证明，再利用全等三角形的性质即可得到BP和CQ的数量关系；（2）根据任意等腰直角三角形的直角边与斜边的比是相等的，利用两边长比例且夹角相等的判定定理证明，之后再由相似三角形对应边成比例即可得到BP和AQ的数量关系；
（3）连接BD，如图（见详解），先由正方形的性质判断出和都是等腰直角三角形，再利用与第二问同样的方法证出，由对应边成比例，依据相似比求出线段BP的长，接着设正方形ABCD的边长为x，运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：判断，理由如下：∵是等腰直角三角形，中，，，∴，．∵，∴，∴，∴，∴；
（3）解：连接BD，如图所示，
∵四边形与四边形是正方形，DE与PF交于点Q，∴和都是等腰直角三角形，∴，．∵，∴，∴，∴．∵，∴．在中，，设，则，又∵正方形的边长为，∴，∴，解得（舍去），．∴正方形的边长为3．
【点睛】本题是一道几何综合题，考查了全等三角形，相似三角形的判定和性质，以及正方形和等腰三角形的性质，正确识图并能熟练地掌握几何图形的性质与判定定理进行证明是解题的关键．
例3．（2022·四川达州·中考真题）某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形和等腰直角三角形，按如图1的方式摆放，，随后保持不动，将绕点C按逆时针方向旋转（），连接，，延长交于点F，连接．该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：
(1)【初步探究】如图2，当时，则_____；
(2)【初步探究】如图3，当点E，F重合时，请直接写出，，之间的数量关系：_________；
(3)【深入探究】如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由．(4)【拓展延伸】如图5，在与中，，若，（m为常数）．保持不动，将绕点C按逆时针方向旋转（），连接，，延长交于点F，连接，如图6．试探究，，之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)(2)(3)仍然成立，理由见解析(4)
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，可得，根据题意可得，根据等原三角形的性质可得平分，即可得，根据旋转的性质可知；
（2）证明，可得，根据等腰直角三角形可得，由，即可即可得出；
（3）同（2）可得，过点，作，交于点，证明，，可得，即可得出；
（4）过点作，交于点，证明，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，，
故答案为：

(2)
在与中，
又 重合，故答案为：
(3)同（2）可得，
过点，作，交于点，
则，，
在与中，，，
，是等腰直角三角形，，，
，，
在与中，，，
，，即，
(4)过点作，交于点，
，，，，
，，，
，
，，，
，，
中，，
，即．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定是解题的关键．
例4．（2021·四川乐山·中考真题）在等腰中，，点是边上一点（不与点、重合），连结．（1）如图1，若，点关于直线的对称点为点，结，，则________；
（2）若，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连结．
①在图2中补全图形；②探究与的数量关系，并证明；
（3）如图3，若，且，试探究、、之间满足的数量关系，并证明．
【答案】（1）30°；（2）①见解析；②；见解析；（3），见解析
【分析】（1）先根据题意得出△ABC是等边三角形，再利用三角形的外角计算即可
（2）①按要求补全图即可
②先根据已知条件证明△ABC是等边三角形，再证明，即可得出
（3）先证明，再证明，得出，从而证明，得出，从而证明
【详解】解：（1）∵，∴△ABC是等边三角形∴∠B=60°
∵点关于直线的对称点为点∴AB⊥DE，∴ 故答案为：；
（2）①补全图如图2所示；

②与的数量关系为：；
证明：∵，．∴为正三角形，
又∵绕点顺时针旋转，∴，，
∵，，
∴，∴，∴．
（3）连接．∵，，∴．∴．
又∵，∴，∴．∵，∴，
∴，∴，∴，．
∵，∴．又∵，∴．
【点睛】本题考查相似三角形的证明及性质、全等三角形的证明及性质、三角形的外角、轴对称，熟练进行角的转换是解题的关键，相似三角形的证明是重点
例5．（2022·山东烟台·中考真题）
(1)【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
(2)【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出的值．(3)【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且＝＝．连接BD，CE．①求的值；②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．
【答案】(1)见解析(2)(3)①；②
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；（2）证明△BAD∽△CAE，进而得出结果；
（3）①先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；
②在①的基础上得出∠ACE＝∠ABD，进而∠BFC＝∠BAC，进一步得出结果．
(1)证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，∴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．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．
例6.（2023·四川·成都九年级期中）如图1，已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F．（1）证明：四边形CEGF是正方形；（2）探究与证明：将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图2所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展与运用：正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图3所示，当B，E，F三点在一条直线上时，延长CG交AD于点H，若AG＝9，GH＝3，求BC的长．
【答案】（1）答案见解析；（2）AG＝BE；理由见解析；（3）BC＝．
【分析】（1）先说明GE⊥BC、GF⊥CD，再结合∠BCD=90°可证四边形CEGF是矩形，再由∠ECG=45°即可证明；（2）连接CG，证明△ACG∽△BCE，再应用相似三角形的性质解答即可；
（3）先证△AHG∽△CHA可得，设BC＝CD＝AD＝a，则AC＝a，
求出AH＝a，DH＝a，最后代入即可求得a的值．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠BCA＝45°，
∵GE⊥BC、GF⊥CD，∴∠CEG＝∠CFG＝∠ECF＝90°，
∴四边形CEGF是矩形，∠CGE＝∠ECG＝45°，∴EG＝EC，∴四边形CEGF是正方形．
（2）结论：AG＝BE；理由：连接CG，
由旋转性质知∠BCE＝∠ACG＝α，在Rt△CEG和Rt△CBA中，
＝cs45°＝，＝cs45°＝，∴，∴△ACG∽△BCE，
∴∴线段AG与BE之间的数量关系为AG＝BE；
（3）∵∠CEF＝45°，点B、E、F三点共线，∴∠BEC＝135°，
∵△ACG∽△BCE，∴∠AGC＝∠BEC＝135°，∴∠AGH＝∠CAH＝45°，
∵∠CHA＝∠AHG，∴△AHG∽△CHA，∴，
设BC＝CD＝AD＝a，则AC=a，由，得，∴AH＝a，
则DH＝AD﹣AH＝a，，
∴，得 解得：a＝，即BC＝．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查相似形的判定和性质、正方形的性质等知识点，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题并利用参数构建方程解决问题．
课后专项训练
1．（2022·浙江·温州一模）如图，在△ABC中以AC，BC为边向外作正方形ACFG与正方形BCDE，连结DF，并过C点作CH⊥AB于H并交FD于M．若∠ACB＝120°，AC＝3，BC＝2，则MD的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过D作DN⊥CF于点N，作DP⊥HM于点P，过点F作FQ⊥HM，交HM的延长线于点Q，依据勾股定理即可求得DF的长，再根据全等三角形的对应边相等得到FQ=DP，进而证明
△FQM≌△DPM，得到M是FD的中点，由此可得DM=DF．
【详解】如图所示，过D作DN⊥CF于点N，作DP⊥HM于点P，过点F作FQ⊥HM，交HM的延长线于点Q，
∵∠ACB＝120°，∠ACF＝∠BCD＝90°，∴∠DCN＝60°，∠CDN＝30°，
又∵BC＝DC＝2，AC＝FC＝3，
∴CNCD＝1，FN＝CF﹣CN＝3﹣1＝2，DN，
Rt△DFN中，DF．
∵四边形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的中点，
∴DMDF．故选：A
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合运用，通过作辅助线构造全等三角形，灵活运用全等三角形的对应边相等是解题的关键．
2．（2022·湖南·中考真题）如图，点是等边三角形内一点，，，，则与的面积之和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将绕点B顺时针旋转得，连接，得到是等边三角形，再利用勾股定理的逆定理可得，从而求解．
【详解】解：将绕点顺时针旋转得，连接，
，，，是等边三角形， ，
∵，，，，
与的面积之和为．故选：C．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，旋转的性质等知识，利用旋转将与的面积之和转化为，是解题的关键．
3．（2022·广东茂名·二模）如图，在中，，D是边上的一个动点，连接，并将线段绕点A逆时针旋转后得线段，连接，在点D运动过程中，线段长度的最小值是_________．
【答案】
【分析】过点作于点，在上取点，使，连接，先根据直角三角形的性质、勾股定理可得，根据等腰直角三角形的判定与性质可得，从而可得，再根据旋转的性质可得，然后根据三角形全等的判定证出，根据全等三角形的性质可得，最后根据垂线段最短可得当时，的长度最小，在中，解直角三角形即可得．
【详解】解：如图，过点作于点，在上取点，使，连接，
，，
，是等腰直角三角形，
，，
，
由旋转的性质得：，，
，，，
在和中，，，，
如图，由垂线段最短可知，当时，的长度最小，
在中，，
即线段长度的最小值是，故答案为：．
【点睛】本题考查了含角的直角三角形的性质、勾股定理、三角形全等的判定定理与性质、旋转的性质、解直角三角形等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．
4．（2023·湖南常德·统考中考真题）如图1，在中，，，，D是上一点，且，过点D作交于E，将绕A点顺时针旋转到图2的位置．则图2中的值为 ．

【答案】/0.8
【分析】首先根据勾股定理得到，然后证明出，得到，进而得到，然后证明出，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】∵在中，，，，∴
∵∴，∴
∴∴∵∴
∴∴∴．故答案为：．
【点睛】此题考查了相似三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质和判定定理．
5、（2022·重庆·九年级期末）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________.
【分析】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=.
【点拨】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.
6．（2022秋·江西抚州·九年级临川一中校考期中）将绕点按逆时针方向旋转度，并使各边长变为原来的倍，得，如图①所示，，我们将这种变换记为．

(1)如图①，对作变换得到，则_________；直线与直线所夹的锐角为_________度；(2)如图②，中，，对作变换得到，使点B、C、在同一直线上，连接且，求和的值；
(3)如图③，中，，对作变换得到，便点在同一直线上，且，求和的值．
【答案】(1)；；(2)，(3)，
【分析】（1）根据变换可得△ABC∽， ，， ，再根据相似三角形的性质，即可求解；（2）先证明四边形是矩形，根据矩形的性质可得，再由，可得，从而得到，再根据直角三角形的性质，即可求解；
（3）先证明四边形是平行四边形，结合∠BAC＝36°，可得，从而得到，可证得，从而得到，进而得到，即可求解．
【详解】（1）解：如图，设直线BC与直线的交点为H，交BH于O．

根据题意得：，，， ，∴，
∵ ，，∴，直线与直线所夹的锐角为；
（2）∵，则，同理：，
∴，，，
∵共线，∴，而，，
∴，∴∵，则，
∵四边形是矩形，∴．∴．
在中，，，∴，∴；
（3）∵，∴，同理可得：，，
∵，∴，而，
∴，，∴，，
∴，，∴四边形 是平行四边形，∴，
∵，∴，
∴，而，∴ ，∴（负根舍），
∴，∴．
【点睛】本题考查四边形综合题、平行四边形与矩形的判定与性质，相似三角形的性质、一元二次方程、变换的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
7．（2023·辽宁丹东·统考二模）（1）问题发现：如图1，已知正方形，点E为对角线上一动点，将绕点B顺时针旋转到处，得到，连接．填空：① ___________；②的度数为___________；（2）类比探究：如图2，在矩形和中，，，连接，请分别求出的值及的度数；（3）拓展延伸：如图3，在（2）的条件下，将点E改为直线上一动点，其余条件不变，取线段的中点M，连接，，若，则当是直角三角形时，请直接写出线段的长．

【答案】（1）①1；②；（2）；；（3）或．
【分析】（1）根据旋转的性质可得，则，通过证明，即可得出结论；（2）根据可得，根据，得出，即可证明，即可得出结论；（3）先求出的长度，根据点M为中点，可得，根据是直角三角形，可求出，从而得到，最后根据勾股定理，列出方程求解即可．
【详解】解：（1）∵绕点B顺时针旋转到，∴，
∵四边形为正方形，∴，，，
∴，即，
在和中，，∴，
∴，∴，故答案为：①1；②．
（2）；，理由如下：在矩形中，，
∵，则，∴，同理在中，
∵，则，∴，∴，
∵，∴，即
∴，∴，∴，
∴，综上：；．
（3）由（2）可得，，∵，∴，∴，
∵点M为的中点，，∴，
∵为直角三角形，∴，∴，∴，
设，则，，
在中，根据勾股定理得：，即，
解得：．∴或．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握相关知识点，并灵活运用．
8．（2023春·山西太原·九年级山西实验中学校考期中）【问题情境】如图1，在中，，点D，E分别是边的中点，连接．如图2，将绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为．【观察发现】如图2，当时，_________．
【方法迁移】如图3，矩形中，点E，F分别是的中点．四边形为矩形，连接．如图4，将矩形绕点A逆时针旋转．旋转角为α，连接．请探究矩形旋转过程中，与的数量关系；
【拓展延伸】如图5，若将上题中的矩形改为“平行四边形”且，矩形改为“平行四边形”，其他条件不变，如图6，在平行四边形旋转过程中，直接写出_________．

【答案】观察发现：；方法迁移：；拓展延伸：
【分析】观察发现：由勾股定理求出根据三角形中位线定理求出再证明可得结论；
方法迁移：由勾股定理求出再证明可得结论；
拓展延伸：先求出再证明可得结论．
【详解】观察发现：如图1，∵分别是的中点，∴是的中位线，
∴,
由勾股定理得, ∴,
如图2，由旋转得∴即
又∵∴,∴故答案为
方法迁移：理由如下：连接，如图，

∵，点E，F分别是的中点，∴，
在矩形中，
在中，由勾股定理得，同理可求得
∵，∴，∴，
又∵，∴，∴；
拓展延伸：连接过点A作于点H，如图5，
∵，点E，F分别是的中点，四边形分别是平行四边形，
∴∴∴∴
∴∴
∴同理可得，；
如图6，连接由旋转得，∴
又∵∴∴故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，矩形的属性持，平行四边形的性质以及相似三角形的判定与性质，能够识别图形，正确作出辅助线是解答本题的关键．
9．（2022·重庆忠县·九年级期末）已知等腰直角与有公共顶点，，，．现将绕点旋转．
(1)如图①，当点，，在同一直线上时，点为的中点，求的长；
(2)如图②，连接，．点为的中点，连接交于点，求证：；
(3)如图③，点为的中点，以为直角边构造等腰，连接，在绕点旋转过程中，当最小时，直接写出的面积．

【答案】(1)(2)见解析(3)
【分析】（1）连接并延长交于，可得，，，再运用勾股定理可得结论；（2）延长到，使，连接，据SAS证明得，运用中位线定理证明，再证明，得，故可得结论；（3）据点F在AB上时BN的值最小，求出BN的值，运用等腰直角三角形的性质求出NG和AB，运用三角形面积公式求解即可．
(1)连接并延长交于，

，点是的中点，，
与都是等腰直角三角形，，，，
又，，由已知可得，，
，；
(2)证明：延长到，使，连接，
，．，，
又，，．即；
又，，，
，A分别是，的中点，．，
，，，；
(3)∵AE=AD=4，∠EAF=90°，∴DE=，∵点F是DE的中点，∴AF=DE=2，
∴点F在以A为圆心，2为半径的⊙A上移动，如图，
当点F在AB上时，BF最小，∵是等腰直角三角形，
∴BF最小时，BN也最小，∴的最小值为：AB-AF=
此时，
∵ ∴ ∴
∵是等腰直角三角形， ∴
∴的最小值为：
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，旋转变换，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形是解决问题的关键．
10．（2023春·广东揭阳·九年级校考期中）已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝4，另有一块等腰直角三角板的直角顶点放在C处，CP＝CQ＝2，将三角板CPQ绕点C旋转(保持点P在△ABC内部)，连接AP、BP、BQ．（1）如图1求证：AP＝BQ；（2）如图2当三角板CPQ绕点C旋转到点A、P、Q在同一直线时，求AP长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据∠ACB=∠PCQ=90°，可得∠ACP=∠BCQ，再利用SAS，即可求证；
（2）根据直角三角形的性质，可得，再由勾股定理，可得，即可求解．
【详解】证明：（1）∵∠ACB=∠PCQ=90°，∴∠ACP=∠BCQ，
∵AC=BC，CP=CQ，∴△△ACP≌△BCQ（SAS）∴AP=BQ；
（2）如图2中，作CH⊥PQ于H，
∵CP＝CQ＝2，∴ ，
∵∠PCQ=90°，∴ ，∴ ，
∵AC=4，∴ ，
∵点A、P、Q在同一直线，∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，图形的旋转，勾股定理，二次根式的化简，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
11．（2022·山东·九年级专题练习）如图，正方形ABCD，将边CD绕点D顺逆时针旋转α（0°＜α＜90°），得到线段DE，连接AE，CE，过点A作AF⊥CE交线段CE的延长线于点F，连接BF．
（1）当AE＝AB时，求α的度数；（2）求证：∠AEF＝45°；（3）求证：AE∥FB．
【答案】（1）α＝30°；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【分析】（1）根据旋转的性质可得CD=DE，由正方形的性质可得AB=CE=AD，根据已知AB=AE，可得出△ADE是等边三角形，求出∠ADE的度数，即可求解；
（2）根据旋转的性质得出△CDE和△ADE都是等腰三角形，由题可知旋转角是∠EDC，进而得出∠ADE、∠AED、∠CED与α之间的关系，再根据平角的特点即可求解；
（3）方法一：过点B作AF与CF的垂线，可以得到一个平行四边形，进一步可判定是矩形，根据角度关系得出∠BCF=∠BAF，判定矩形是正方形，得出∠BFC=45°，结合（2）可得出结论；
方法二：过点B作BF的垂线交BF于点M，根据垂直的性质和正方形的性质可以得出∠ABF=∠CBM，∠BAF=∠BCF，AB=BC，进而判定两个三角形全等，可得出△BFM是等腰直角三角形，求出∠ BFE=45°，结合（2）可得出结论；
方法三：取AC的中点O，根据直角三角形的性质和正方形的性质，可得出OA=OC=OB=OF，所以A、B、C、F在同一个圆上，∠ CBF=∠BAC=45°，结合（2）即可得出结论．
【详解】解：(1) 在正方形ABCD中，AB＝AD＝DC，由旋转可知，DC＝DE，
∵AE＝AB∴AE＝AD＝DE∴△AED是等边三角形，
∴∠ADE＝60°，∴∠ADC＝90°，∴α＝∠ADC－∠ADE＝90°－60°＝30°．
（2）证明：在△CDE中，DC＝DE，
∴∠DCE＝∠DEC＝， 在△ADE中，AD＝ED，∠ADE＝90°－α，
∴∠DAE＝∠DEA＝
∴∠AEC＝∠DEC＋∠DEA＝＝135°．∴∠AEF＝45°，
（3）证明：过点B作BG//CF与AF的延长线交于点G，过点B作BH//GF与CF交于点H，
则四边形BGFH是平行四边形，∵AF⊥CE，∴平行四边形BGFH是矩形，
∵∠AFP＝∠ABC＝90°，∠APF＝∠BPC，∴∠GAB＝BCP，
在△ABG和△CBH中∴△ABG≌△CBH(AAS)，
∴BG＝BH，∴矩形BGFH是正方形，∴∠HFB＝45°，
由（2）可知：∠AEF ＝45°∴∠HFB＝∠AEF ＝45°，∴AE∥FB．

方法2：过点B作BM⊥BF交FC于点M，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠FBN＋∠ABM＝∠ABM＋∠MBC＝90°，∴∠FBN＝∠MBC，
∵AF⊥FC，∴∠AFC＝90°，又∴∠AFP＝∠PBC，∠FPA＝∠BPC∴∠FAB＝BCM,
在△ABF和△CBM中，∴△ABF≌△CBM(ASA)，
∴BF＝BM,∴△FBM是等腰直角三角形，∴∠MFB＝45°，
由（2）可知：∠AEF ＝45°∴∠MFB＝∠AEF ＝45°，∴AE∥FB．
方法3：取AC的中点为点O，∵AF⊥FC，∠ABC=90°∴OA＝OB＝OC＝OF·
∴点A，B，C，F都在同一个圆上， ∴∠BFC＝∠BAC＝45°·
由（2）可知：∠AEF ＝45°∴∠MFB＝∠AEF ＝45°，∴AE∥FB．
【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、平行线的判定；根据特殊图形得出角的度数；根据图形的特点，得出角之间的关系，三个角相加等于180°，得出结果；作辅助线求出∠BFC的度数，结合第二问的结果得出证明．
12．（2022·河南·方城县一模）在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动．
(1)△ABC是边长为3的等边三角形，E是边AC上的一点，且AE=1，小亮以BE为边作等边三角形BEF，如图（1）所示．则CF的长为 ．（直接写出结果，不说明理由）

(2)△ABC是边长为3的等边三角形，E是边AC上的一个动点，小亮以BE为边作等边三角形BEF，如图（2）所示．在点E从点C到点A的运动过程中，求点F所经过的路径长．
思路梳理并填空：当点E不与点A重合时，如图，连结CF，
∵△ABC、△BEF都是等边三角形
∴BA=BC，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60°
∴①∠ABE+ =∠CBF+ ；
∴∠ABE=∠CBF ∴△ABE≌△CBF ∴∠BAE=∠BCF=60°
又∠ABC=60° ∴∠BCF=∠ABC
∴②______∥______；
当点E在点A处时，点F与点C重合．
当点E在点C处时，CF=CA．∴③点F所经过的路径长为 ．
(3)△ABC是边长为3的等边三角形，M是高CD上的一个动点，小亮以BM为边作等边三角形BMN，如图（3）所示．在点M从点C到点D的运动过程中，求点N所经过的路径长．
(4)正方形ABCD的边长为3，E是边CB上的一个动点，在点E从点C到点B的运动过程中，小亮以B为顶点作正方形BFGH，其中点F，G都在直线AE上，如图（4）．当点E到达点B时，点F，G，H与点B重合．则点H所经过的路径长为 ．（直接写出结果，不说明理由）

【答案】(1)1 (2)①∠CBE； ∠CBE； ②CF；AB；③3
(3)点N所经过的路径长为 (4)
【分析】（1）证明△ABE≌△CBF，则CF=AE=1，问题即解决；（2）读懂每步推理的依据，即可完成；
（3）取BC的中点H，连结DH，NH，证明△BDM≌△BHN，则当点M在点C处时，NH⊥BC，且NH=CD，此时在直角△ACD 中即可求得CD的长，从而求得结果；
（4）当E、B不重合时，取BC的中点M，连结MH，CH，可证△BFA≌△BHC，可得H、G、C三点共线，可得；当点E在C处时， MH⊥BC，所以可确定点H所经过的路径，从而求得路径长．
（1）∵△ABC、△BEF都是等边三角形∴BA=BC，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60°
∴∠ABE+∠EBC=∠CBF+∠EBC ∴∠ABE=∠CBF ∴△ABE≌△CBF∴CF=AE=1故答案为：1
（2）当点E不与点A重合时，如图，连结CF，
∵△ABC、△BEF都是等边三角形∴BA=BC，BE=BF，∠ABC=∠EBF=60°
∴∠ABE+∠EBC=∠CBF+∠EBC ∴∠ABE=∠CBF ∴△ABE≌△CBF∴∠BAE=∠BCF=60°
又∠ABC=60°∴∠BCF=∠ABC∴CF∥AB
当点E在点A处时，点F与点C重合．
当点E在点C处时，CF=CA．∴点F所经过的路径长为3．
故答案为：①∠EBC，∠ EBC；②CF，AB； ③3
（3）如图（3），取BC的中点H，连结DH，NH，则

∵△ABC是等边三角形，CD⊥AB
∴∠ABC=60°，AB=BC， ∴BD=BH ∴△BDH是等边三角形
∵△BMN是等边三角形 由（2）知△BDM≌△BHN∴∠BHN=∠BDM=90°即NH⊥BC
当点M在点D处时，点N与点H重合，
当点M在点C处时，NH⊥BC，且NH=CD 在Rt△ACD中，∠A=60°，AC=3
∴CD=3×= 所以点N所经过的路径长为.
（4）如图①，当点E不与点B重合时，取BC的中点M，连结MH，CH
由四边形ABCD和四边形BFGH都是正方形
∴AB=BC，BF=BH，∠ABC=∠FBH=∠BHG= 90° ∴∠ABF=∠CBH
∴△BFA≌△BHC∴∠BFA=∠BHC=90° ∵∠BHG=90°∴H、G、C三点共线
∵MH是直角△BCH斜边上的中线∴
当点E在C处时，如图②，MH⊥BC，
所以点H所经过的路径长为：以点M为圆心，半径为，圆心角为90°的弧
此时弧长为：故答案为：
【点睛】本题是三角形全等的综合，考查了正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，弧长的计算等知识；关键是正确寻找到点的运动路径，这是属于几何压轴题．
13．（2022·福建福州·九年级校考期中）正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为3和1，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转．（1）当旋转至图1位置时，连接BE，DG，则线段BE和DG的关系为 ；
（2）在图1中，连接BD，BF，DF，求在旋转过程中BDF的面积最大值；
（3）在旋转过程中，当点G，E，D在同一直线上时，求线段BE的长．
【答案】（1），；（2）7.5；（3）或
【分析】（1）利用正方形的性质证明即可证得结论；
（2）连接，，，，，设交于点．利用勾股定理求出，，由推出当点F，A，K在同一直线上时，点到的最大距离，由此可得结论；
（3）分两种情形：如图中，当，，共线时，连接交于．如图中，当，，共线时，连接交于．利用勾股定理求出，可得结论．
【详解】解：（1），，理由如下：
如图1中，设交于点，交于点．

四边形、四边形都是正方形，，，，
，，
在和中，，，，，
，，，
故答案为：BE＝DG，BE⊥DG；
（2）如图1中，连接，，，，，设交于点．
四边形、四边形都是正方形，，，，，
，，，
，当点F，A，K在同一直线上时，点到的最大距离，
的面积的最大值为；
（3）如图中，当，，共线时，连接交于．

四边形是正方形，，，，
，，
，；
如图中，当，，共线时，连接交于．
四边形是正方形，，，
，，
，，；
综上所述，满足条件的的长为或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
14．（2022·辽宁沈阳·九年级校考期中）（1）如图①，若在等边△ABC的边AB上任取一点E（点E不与B重合），以EC为边在△ABC同侧作等边△CEN，连接AN．求证：ANBC且AN＝BE；
（2）如图②，若把（1）中的“等边△ABC”改成正方形ABCD，同样在边AB上任取一点E（点E不与B重合），以EC为边在正方形ABCD同则作正方形CEMN，连接DN，请你判断图中是否有与（1）中类似的结论．若有，直接写出结论；若没有，请说明理由；
【答案】（1）见解析；（2）有，ANBC且DN＝BE；（3）不成立，，理由见解析
【分析】（1）直接由“手拉手”模型推出，然后根据全等三角形的性质证明即可；
（2）仿照（1）的过程判断出，然后根据全等三角形的性质证明即可；
【详解】证：（1）∵△ABC和△CEN均为等边三角形，
∴AC=BC，EC=NC，∠ACB=∠NCE=60°，∠B=60°，
∵∠ACB=∠ACE+∠ECB，∠NCE=∠ACE+∠NCA，∴∠ECB=∠NCA，
在△ECB和△NCA中，∴△ECB≌△NCA(SAS)，
∴AN=BE，∠NAC=∠B=60°，∵∠ACB=∠NAC=60°，∴AN∥BC，∴AN∥BC且AN＝BE；
（2）有，AN∥BC且DN＝BE；理由如下：∵四边形ABCD和四边形CEMN均为正方形，
∴BC=DC，EC=NC，∠BCD=∠ECN=90°，∠B=90°，
∵∠BCD=∠BCE+∠ECD，∠ECN=∠ECD+∠DCN，∴∠BCE=∠DCN，
在△BCE和△DCN中，∴△BCE≌△DCN(SAS)，∴BE=DN，∠CDN=∠B=90°，
∵∠ADC=90°，∴∠ADC+∠CDN=180°，即：A、D、N三点共线，
∵AD∥BC，∴AN∥BC，∴AN∥BC且DN＝BE；
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，特殊平行四边形的性质等，理解基本图形的性质，掌握全等三角形以及基本性质是解题关键．
15．（2023·浙江·九年级课时练习）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．
【答案】（1）见解析；（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．
【详解】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
【点睛】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．
16.（2022·山东·九年级课时练习）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．
【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．
【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；
（1）中结论成立，理由：在Rt△ABC中，∠ABC=30°，∴AB=AC，
（2）在Rt△ADE中，∠ADE=30°，∴AD=AE，∴
∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，∴△ADB∽△AEC．∴∠ABD=∠ACE 同（1）得；
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．
【点睛】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．
17．（2023·广东·深圳市九年级期中）（1）如图1，Rt△ABC与Rt△ADE，∠ADE＝∠ABC＝90°，，连接BD，CE．求证：．（2）如图2，四边形ABCD，∠BAD＝∠BCD＝90°，且，连接BC，BC、AC、CD之间有何数量关系？
小明在完成本题中，如图3，使用了“旋转放缩”的技巧，即将△ABC绕点A逆时针旋转90°，并放大2倍，点B对应点D．点C落点为点E，连接DE，请你根据以上思路直接写出BC，AC，CD之间的关系．
（3）拓展：如图4，矩形ABCD，E为线段AD上一点，以CE为边，在其右侧作矩形CEFG，且，AB＝5，连接BE，BF．求BE+BF的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）根据已知条件直接证明，再证明，从而可得，设，则,根据勾股定理求得,求得，即可得证；
（2）根据题意可知，，设则,求得,分别求得,根据，即可求得；（3）根据（2）的方法，旋转放缩,缩小为原来的，使得的落点为,的落点为，过点作于点,交的延长线于点，作点关于的对称点,连接,则,当点三点共线时，取等于号，接下来根据相似的性质分别求得各边的长度，最后根据勾股定理求得即可求得最小值
【详解】（1）∠ADE＝∠ABC＝90°，
即
设，则,

（2）∠BAD＝∠BCD＝90°，且
将△ABC绕点A逆时针旋转90°，并放大2倍，点B对应点D．点C落点为点E，
， ，
三点共线，
，设则
（3）如图，设,将绕点逆时针旋转，并缩小为原来的，
使得的落点为,的落点为，过点作于点,交的延长线于点，
作点关于的对称点,连接 则，
当点三点共线时，取等于号
由作图知:， 且,
，AB＝5 ,


四边形是矩形
在中
在中，
四边形是矩形,
四边形是矩形,
在中，
的最小值为
【点睛】本题考查了三角形相似的性质与判定，旋转放缩法构造相似三角形，线段和最值问题，勾股定理，正确的作出图形和辅助线是解题的关键．
18．（2023·绵阳市·九年级专题练习）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点P是△ABC外一点，连接BP，将线段BP绕点P逆时针旋转α得到线段PD，连接BD，CD，AP．
观察猜想：
（1）如图1，当α＝60°时，的值为 ，直线CD与 AP所成的较小角的度数为 °；
类比探究：（2）如图2，当α＝90°时，求出的值及直线CD与AP所成的较小角的度数；
拓展应用：（3）如图3，当α＝90°时，点E，F分别为AB，AC的中点，点P在线段FE的延长线上，点A，D，P三点在一条直线上，BD交PF于点G，CD交AB于点H. 若CD＝2＋，求BD的长．
【答案】（1）1，60；（2），直线CD与AP所成的较小角的度数为45°；（3）BD＝．
【分析】（1）根据α＝60°时，△ABC是等边三角形，再证明△PBA≌△DBC，即可求解，再得到直线CD与 AP所成的度数；（2）根据等腰直角三角形的性质证明△PBA∽△DBC，再得到=，再根据相似三角形的性质求出直线CD与 AP所成的度数；（3）延长CA，BD相交于点K， 根据直角三角形斜边上的中线性质及中位线定理证得∠BCD＝∠KCD，由（2）的结论求出AP的长，再利用在Rt△PBD中，设PB＝PD＝x，由勾股定理可得BD＝x＝AD，再列出方程即可求出x，故可得到BD的长．
【详解】（1）∵α＝60°，AB＝AC，∴△ABC是等边三角形，∴AB=CB
∵将线段BP绕点P逆时针旋转α得到线段PD，∴△BDP是等边三角形，∴BP=BD
∵∠PBA=∠PBD-∠ABD=60°-∠ABD，∠DBC=∠ABC-∠ABD=60°-∠ABD，
∴∠PBA=∠DBC∴△PBA≌△DBC，∴AP=CD∴=1
如图，延长CD交AB，AP分别于点G，H，则∠AHC为直线CD与AP所成的较小角，
∵△PBA≌△DBC∴∠PAB=∠DCB ∵∠HGA=∠BGC∴∠AHC＝∠ABC＝60°故答案为：1，60；
（2）解：如图，延长CD交AB，AP分别于点M，N，则∠ANC为直线CD与AP所成的较小角，

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝45°.
在Rt△ABC中，＝cs∠ABC＝cs45°＝.
∵PB＝PD，∠BPD＝90°，∴∠PBD＝∠PDB＝45°.
在Rt△PBD中，＝cs∠PBD＝cs45°＝.
∴＝，∠ABC＝∠PBD. ∴∠ABC－∠ABD＝∠PBD－∠ABD.
即∠PBA＝∠DBC.∴△PBA∽△DBC. ∴＝＝，∠PAB＝∠DCB.
∵∠AMN＝∠CMB，∴∠ANC＝∠ABC＝45°. 即＝，直线CD与AP所成的较小角的度数为45°.
(3)延长CA，BD相交于点K，如图.
∵∠APB＝90°，E为AB的中点，∴EP＝EA＝EB.∴∠EAP＝∠EPA，∠EBP＝∠EPB.
∵点E，F为AB，AC的中点，∴PFBC.∴∠AFP＝∠ACB＝∠PBD＝45°.
∵∠BGP＝∠FGK，∴∠BPE＝∠K.∴∠K＝∠EBP，
∵∠EBP＝∠PEB，∠PEB=∠DBC，∴∠K＝∠CBD. ∴CB＝CK.
∴∠BCD＝∠KCD. 由(2)知∠ADC＝∠PDB＝45°，△PBA∽△DBC，
∴∠PAB＝∠DCB.∴∠BDC＝180°－45°－45°＝90°＝∠BAC.
∵∠BHD＝∠CHA，∴∠DBA＝∠DCA.∴∠DBA＝∠PAB. ∴AD＝BD.
由(2)知DC＝AP，∴AP＝.
在Rt△PBD中，PB＝PD＝x，由勾股定理可得BD＝=x＝AD.
∴AD＋PD＝x＋x＝AP＝1＋.∴x＝1. ∴BD＝．
【点睛】此题主要考查四边形综合，解题的关键熟知旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及解直角三角形的方法．
19．（2023·湖北·九年级专题练习）在和中，，，且，点E在的内部，连接EC，EB，EA和BD，并且．
【观察猜想】（1）如图①，当时，线段BD与CE的数量关系为__________，线段EA，EB，EC的数量关系为__________．
【探究证明】（2）如图②，当时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；
【拓展应用】（3）在（2）的条件下，当点E在线段CD上时，若，请直接写出的面积．
【答案】（1），；（2）不成立，理由见解析；（3）2
【分析】（1）由△DAB≌△EAC（SAS），可得BD=EC，∠ABD=∠ACE，由∠ACE+∠ABE=90°，推出∠ABD+∠ABE=90°，可得∠DBE=90°，由此即可解决问题；
（2）结论：EA2=EC2+2BE2．由题意△ABC，△ADE都是等腰直角三角形，想办法证明△DAB∽△EAC，推出=，∠ACE=∠ABD，可得∠DBE=90°，推出DE2=BD2+BE2，即可解决问题；
（3）首先证明AD=DE=EC，设AD=DE=EC=x，在Rt△ADC中，利用勾股定理即可解决问题；
【详解】（1）如图①中，
∵BA=BC，DA=DE．且∠ABC=∠ADE=60°，∴△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AD=AE，AB=AC，∠DAE=∠BAC=60°，∴∠DAB=∠EAC，
∴△DAB≌△EAC（SAS），∴BD=EC，∠ABD=∠ACE，
∵∠ACE+∠ABE=90°，∴∠ABD+∠ABE=90°，
∴∠DBE=90°，∴DE2=BD2+BE2，∵EA=DE，BD=EC，
∴EA2=BE2+EC2．故答案为：BD=EC，EA2=EB2+EC2．
（2）结论：EA2=EC2+2BE2．理由：如图②中，

∵BA=BC，DA=DE．且∠ABC=∠ADE=90°，∴△ABC，△ADE都是等腰直角三角形，
∴∠DAE=∠BAC=45°，∴∠DAB=∠EAC∵=， =，∴，
∴△DAB∽△EAC，∴=，∠ACE=∠ABD，
∵∠ACE+∠ABE=90°，∴∠ABD+∠ABE=90°，∴∠DBE=90°，∴DE2=BD2+BE2，
∵EA=DE，BD=EC，∴EA2=EC2+BE2，∴EA2=EC2+2BE2．
（3）如图③中，∵∠AED=45°，D，E，C共线，∴∠AEC=135°，
∵△ADB∽△AEC，∴∠ADB=∠AEC=135°，∵∠ADE=∠DBE=90°，∴∠BDE=∠BED=45°，∴BD=BE，
∴DE=BD，∵EC=BD，∴AD=DE=EC，设AD=DE=EC=x，
在Rt△ABC中，∵AB=BC=2，∴AC=2，在Rt△ADC中，∵AD2+DC2=AC2，∴x2+4x2=40，
∴x=2（负根已经舍弃），∴AD=DE=2，∴BD=BE=2，∴S△BDE=×2×2=2．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
20．（2023··广西一模）如图，和均为等腰直角三角形，．现将绕点C旋转．
（1）如图1，若三点共线，，求点B到直线的距离；
（2）如图2，连接，点F为线段的中点，连接，求证：；
（3）如图3，若点G在线段上，且，在内部有一点O，请直接写出的最小值．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）．
【分析】（1）由旋转性质易证，从而可得， ，再求的CE边高即可；（2）通过倍长中线构造，得，由即可证明；（3）利用费马点模型构造图形，过点G作，且，过点G作，且，可得，，将问题由转化为两点之间距离最短即可解答．
【详解】解：（1）∵，，
∴，∴，
又∵，，∴（SAS），
∴，，∵，，∴，
∵若三点共线，∴，如图，过B点作BH⊥CE交CE延长线于点H，

∴，∴，即：点B到直线的距离为；
（2）延长CF到N，使FN=CF，连接BN，
∵FD=FB，，∴（SAS）∴，
∵，∴，
又∵，∴，∴，
又∵，，∴（SAS），∴，
又∵，∴，∴，即，
（3）的最小值为；过程如下：如解图3，过点G作，且，过点G作，且，连接OC、、，
∴，，∴，
∵，∴，∴，即，
∵，
∴，
∵，仅当C、O、、在同一条直线上等号成立；
如解图4，过点作，垂足为H，过点作，垂足为P，
∵，∴，，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∴，，
∴，，
∴，∴，
∴的最小值为：，
∴的最小值为．
【点睛】本题是三角形综合题，涉及了三角形旋转全等和旋转相似的综合、解三角形等知识点，解（2）关键是倍长中线构造三角形全等证明；解（3）关键是掌握费马点求最值模型，利用旋转转化线段关系．