第12讲相似三角形中的“手拉手”旋转型-【多题一解一题多解】冲刺中考数学满分应对方法与策略（全国通用）

第12讲相似三角形中的“手拉手”旋转型【应对方法与策略】模型展示：如图，若△ABC∽△ADE，则△ABD∽△ACE.[来.Com]【多题一解】一、单选题1．（2020·四川眉山·统考中考真题）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【分析】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．【点睛】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2．（2021·四川成都·统考二模）如图，在一个的网格中，点都在格点上，，点P是线段AB上的一个动点，连接OP，将线段OA沿直线OP进行翻折，点A落在点C处，连接BC，以BC为斜边在直线BC的左侧（或下方）构造等腰直角三角形，则点P从A运动到B的过程中，线段BC的长的最小值为____________，线段BD所扫过的区域内的格点的个数为（不包含所扫过的区域边界上的点）____________．【答案】

4【分析】根据仅当C在OB上时等号成立，由折叠性质可知OA=OC，从而求出BC的最小值；再证明，而且相似比为：1，从而得出点D在以为半径的圆弧上运动，由此画出图形即可得出格点的个数．【详解】解：如图，连接OB，AD．∵，∴，又∵仅当C在OB上时等号成立，∴BC的最小值，又∵，∴BC的最小值，∵和均为等腰直角三角形，∴，，又∵，，∴，∴，∴，即，∴如图：点D在以为半径的圆弧上运动，当点P与点A重合时，点D在处，当点P与点B重合时，点D在处，∴线段BD所扫过的区域内的格点的个数为（不包含所扫过的区域边界上的点）4个．故答案为：，4．【点睛】本题主要考查了对称变换和旋转相似，解题关键是通过旋转相似证明，从而得出点D在以为半径的圆弧上运动，再根据画图得出结论．三、解答题3．（2022春·九年级课时练习）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______．【答案】(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．【详解】（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：．【点睛】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．4．（2022秋·全国·九年级专题练习）【问题发现】如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为斜边BC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，连接EC，则线段BD与CE的数量关系是______，位置关系是______；【探究证明】如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，将△ADE绕点A旋转，当点C，D，E在同一条直线上时，BD与CE具有怎样的位置关系，说明理由；【拓展延伸】如图3，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝2CD＝4，过点C作CA⊥BD于A．将△ACD绕点A顺时针旋转，点C的对应点为点E．设旋转角∠CAE为（0°＜＜360°），当C，D，E在同一条直线上时，画出图形，并求出线段BE的长度．【答案】BD＝CE，BD⊥CE；BD⊥CE，理由见解析；图见解析，【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答；（2）连接BD，根据全等三角形的判定和性质以及垂直的定义即可得到结论；（3）如图3，过A作AF⊥EC，根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得到结论．【详解】解：（1）BD＝CE，BD⊥CE；（2）BD⊥CE．理由如下：在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠AEC＝45°，∵∠CAB＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△CEA≌△BDA，∴∠BDA＝∠AEC＝45°，∴∠BDE＝∠BDA＋∠ADE＝90°，∴BD⊥CE．（3）如图所示，过点A作AF⊥CE，垂足为点F．根据题意可知，Rt△ABC∽Rt△AED，∠BAC＝∠EAD，∴，∴．∵∠BAC＝∠EAD＝90°，∴∠BAE＝∠CAD，∴△BAE∽△CAD，∴∠BEA＝∠CDA，∠BEC＋∠DEA＝∠DEA＋90°，∴∠BEC＝90°，∴BE⊥CE．在旋转前，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝2CD＝4，∴，∵AC⊥BD，∴，∴．∴，在Rt△ACD中，CD边上的高，旋转后，得，∴．【点睛】本题是几何变换综合题，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，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，关键是添加恰当辅助线．5．（2021·山东威海·统考模拟预测）发现规律（1）如图①，△ABC与△ADE都是等边三角形，直线BD，CE交于点F．直线BD，AC交于点H．求∠BFC的度数．（2）已知：△ABC与△ADE的位置如图②所示，直线BD，CE交于点F．直线BD，AC交于点H．若∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，求∠BFC的度数．应用结论（3）如图③，在平面直角坐标系中，点O的坐标为（0，0），点M的坐标为（3，0），N为y轴上一动点，连接MN．将线段MN绕点M逆时针旋转60°得到线段MK，连接NK，OK．求线段OK长度的最小值．【答案】（1）60°；（2）∠BFC＝180°﹣α﹣β；（3）【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE，由三角形内角和定理可求解；（2）通过证明△ABC∽△ADE，可得∠BAC＝∠DAE，，可证△ABD∽△ACE，可得∠ABD＝∠ACE，由外角性质可得∠BFC＝∠BAC，由三角形内角和定理可求解；（3）由旋转的性质可得△MNK是等边三角形，可得MK＝MN＝NK，∠NMK＝∠NKM＝∠KNM＝60°，如图③，将△MOK绕点M顺时针旋转60°，得到△MQN，连接OQ，可得∠OMQ＝60°，OK＝NQ，MO＝MQ，则当NQ为最小值时，OK有最小值，由垂线段最短可得当QN⊥y轴时，NQ有最小值，由直角三角形的性质可求解．【详解】解：（1）如图①，∵△ABC，△ADE是等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵∠ABD+∠FBC＝∠ABC＝60°，∴∠ACE+∠FBC＝60°，∴∠BFC＝180°﹣∠FBC﹣∠ACE﹣∠ACB＝60°；（2）如图②，∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC＝∠DAE，，∴∠BAD＝∠CAE，，∴△ABD∽△ACE，∴∠ABD＝∠ACE，∵∠BHC＝∠ABD+∠BAC＝∠BFC+∠ACE，∴∠BFC＝∠BAC，∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，∴∠BFC+α+β＝180°，∴∠BFC＝180°﹣α﹣β；（3）∵将线段MN绕点M逆时针旋转60°得到线段MK，∴MN＝MK，∠NMK＝60°，∴△MNK是等边三角形，∴MK＝MN＝NK，∠NMK＝∠NKM＝∠KNM＝60°，如图③，将△MOK绕点M顺时针旋转60°，得到△MQN，连接OQ，∴△MOK≌△MQN，∠OMQ＝60°，∴OK＝NQ，MO＝MQ，∴△MOQ是等边三角形，∴∠QOM＝60°，∴∠NOQ＝30°，∵OK＝NQ，∴当NQ为最小值时，OK有最小值，由垂线段最短可得：当QN⊥y轴时，NQ有最小值，此时，QN⊥y轴，∠NOQ＝30°，∴NQ＝OQ＝，∴线段OK长度的最小值为【点睛】本题是几何变换综合题型，主要考查了等边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，旋转的性质，三角形内角和定理等知识点，灵活的运用相关的性质进行证明推理是解题的关键.6．（2021秋·四川成都·九年级成都实外校考期中）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，＝cos45°＝，＝cos45°＝，∴，∴△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．7．（2022春·九年级课时练习）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．【答案】(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．【详解】（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，，，，．【点睛】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．8．（2022秋·山东菏泽·九年级统考期中）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．【详解】（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．9．（2021·辽宁朝阳·统考中考真题）如图，在RtABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点O在线段AB上（点O不与点A，B重合），且OB＝kOA，点M是AC延长线上的一点，作射线OM，将射线OM绕点O逆时针旋转90°，交射线CB于点N．（1）如图1，当k＝1时，判断线段OM与ON的数量关系，并说明理由；（2）如图2，当k＞1时，判断线段OM与ON的数量关系（用含k的式子表示），并证明；（3）点P在射线BC上，若∠BON＝15°，PN＝kAM（k≠1），且＜，请直接写出的值（用含k的式子表示）．【答案】（1）OM＝ON，见解析；（2）ON＝k•OM，见解析；（3）【分析】（1）作OD⊥AM，OE⊥BC，证明△DOM≌△EON；（2）作OD⊥AM，OE⊥BC，证明△DOM∽△EON；（3）设AC＝BC＝a，解Rt△EON和斜△AOM，用含的代数式分别表示再利用比例的性质可得答案．【详解】解：（1）OM＝ON，如图1，作OD⊥AM于D，OE⊥CB于E，∴∠ADO＝∠MDO＝∠CEO＝∠OEN＝90°，∴∠DOE＝90°，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠A＝∠ABC＝45°，在Rt△AOD中，，同理：OE＝OB，∵OA＝OB，∴OD＝OE，∵∠DOE＝90°，∴∠DOM＋∠MOE＝90°，∵∠MON＝90°，∴∠EON＋∠MOE＝90°，∴∠DOM＝∠EON，在Rt△DOM和Rt△EON中，，∴△DOM≌△EON（ASA），∴OM＝ON．（2）如图2，作OD⊥AM于D，OE⊥BC于E，由（1）知：OD＝OA，OE＝OB，∴，由（1）知：∠DOM＝∠EON，∠MDO＝∠NEO＝90°，∴△DOM∽△EON，∴，∴ON＝k•OM．（3）如图3，设AC＝BC＝a，∴AB＝a，∵OB＝k•OA，∴OB＝•a，OA＝•a，∴OE＝OB＝a，∵∠N＝∠ABC﹣∠BON＝45°﹣15°＝30°，∴EN＝＝OE＝•a，∵CE＝OD＝OA＝a，∴NC＝CE＋EN＝a＋•a，由（2）知：，△DOM∽△EON，∴∠AMO＝∠N＝30°∵，∴，∴△PON∽△AOM，∴∠P＝∠A＝45°，∴PE＝OE＝a，∴PN＝PE＋EN＝a＋•a，设AD＝OD＝x，∴DM＝，由AD＋DM＝AC＋CM得，（＋1）x＝AC＋CM，∴x＝（AC＋CM）＜（AC＋AC）＝AC，∴k＞1∴，∴．【点睛】本题考查了三角形全等和相似，以及解直角三角形，解决问题的关键是作OD⊥AC，OE⊥BC；本题的难点是条件得出k＞1．10．（2022春·九年级课时练习）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）．【答案】（1）见解析；（2）当时，，理由见解析；（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．【详解】（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，∴．【点睛】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．11．（2022秋·全国·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，＝cos∠ABC＝cos45°＝.∵PB＝PD，∠BPD＝90°，∴∠PBD＝∠PDB＝45°.在Rt△PBD中，＝cos∠PBD＝cos45°＝.∴＝，∠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．12．（2020·江苏盐城·校考一模）如图1，若点P是△ABC内一点，且有∠PBC=∠PCA=∠PAB，则称点P是△ABC的“等角点”（1）如图1，∠ABC=70°，则∠APB=（2）如图2，在△ABC中，∠ACB=90°，点P是△ABC的“等角点”，若∠BAC=45°①求的值；②求tan∠PBC的值；【答案】（1）；（2）①；②．【分析】（1）结合题意，可得，结合∠ABC=70°，即可计算得；（2）①由∠BAC=45°，∠ACB=90°，可得,；结合点P是△ABC的“等角点”，得，从而得到，通过相似比即可得到答案；②由（2）①可知，相似比可得CP和AP的关系，通过证明，得；将CP、AP关系式代入到三角函数，从而完成求解．【详解】（1）∵∠PBC=∠PCA=∠PAB∴∵∠ABC=70°∴∴（2）①∵∠BAC=45°，∠ACB=90°∴∠ABC=45°∴,∵点P是△ABC的“等角点”∴∠PBC=∠PAB∴∴∴②由（2）①得∴∵∠ACB=90°∴∵∠PBC=∠PCA∴∴，即∴∴．【点睛】本题考查了相似三角形、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握相似三角形、直角三角形、三角函数的性质，从而完成求解．13．（2020·湖北武汉·中考真题）问题背景：如图（1），已知，求证：；尝试应用：如图（2），在和中，，，与相交于点．点在边上，，求的值；拓展创新：如图（3），是内一点，，，，，直接写出的长．【答案】问题背景：见详解；尝试应用：3；拓展创新：．【分析】问题背景：通过得到，，再找到相等的角，从而可证；尝试应用：连接CE，通过可以证得，得到，然后去证，，通过对应边成比例即可得到答案；拓展创新：在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，通过，，然后利用对应边成比例即可得到答案．【详解】问题背景：∵，∴∠BAC=∠DAE，，∴∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴；尝试应用：连接CE，∵，，∴，∴，∵∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴，∴，由于，，∴，即，∵，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，即，又∵∴，∴；拓展创新：如图，在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，∵∠ADE=∠BAD+∠ABD，∠ABC=∠ABD+∠CBD，，∴∠ADE=∠ABC，又∵∠DAE=∠BAC，∴，∴，又∵∠DAE=∠BAC，∴∠BAD=∠CAE，∴，∴，设CD=x，在直角三角形BCD中，由于∠CBD=30°，∴，，∴，∴，∵，∴，∴【点睛】本题考查了相似三角形的综合问题，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．14．（2020·山东枣庄·中考真题）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．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（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．【详解】（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，．∵，，∴．∴，∴．∴．

【点睛】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．15．（2023秋·河南周口·九年级统考期末）在中，，，点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，连接，将线段绕点P逆时针旋转α得到线段，连接，，.(1)观察猜想如图①，当时，的值是_______，直线与直线相交所成的较小角的度数是________．(2)类比探究如图②，当时，请写出的值及直线与直线相交所成的较小角的度数，并就图②的情形说明理由．【答案】(1)1，；(2)，，理由见解析【分析】(1)首先根据等边三角形的判定与性质及旋转的性质，即可证得，如图①中，设直线与直线交于点I，再利用全等三角形的性质及角的关系，即可求得结果；(2)首先根据等腰直角三角形的性质，可证得，可证得，即可证得，如图②中，设直线交于G，交于点H，再利用相似三角形的性质及角的关系，即可求得结果．【详解】（1）解：，，，，与都是等边三角形，，，，，在与中，，，，；设与的延长线交于点I，如图①，，∴直线与直线相交所成的较小角的度数为；（2）解：，直线与直线相交所成的较小角的度数为，理由如下：，，，，同理可得：，，，.，即，，，，设交于点G，交于点H，如图②，，，∴直线与直线相交所成的较小角的度数为．【点睛】本题考查的是几何变换综合题，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，全等三角形和相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形和相似三角形解决问题．16．（2022·全国·九年级专题练习）如图，为等边三角形，D为AC边上一点，连接BD，M为BD的中点，连接AM．(1)如图1，若AB＝2+2，∠ABD＝45°，求的面积；(2)如图2，过点M作与AC交于点E，与BC的延长线交于点N，求证：AD＝CN；(3)如图3，在（2）的条件下，将沿AM翻折得，连接B'N，当B'N取得最小值时，直接写出的值．【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)【分析】（1）过点D作DH⊥AB，根据∠ABD＝45°，∠BAC＝60°解三角形求出，可得再结合三角形中学性质即可解得；（2）过点A作AG⊥BC，垂足为G，连接MG，又中位线性质和，得，再通过四点共圆证明，进而可得，从而可证明为等边三角形，延长AM到P，使MP=AM，连接PN，构造，得AD=BP，继而证明（SAS），从而可得，由此即可得出结论；（3）取AC的中点Q，连接BQ，取BQ的中点K，连接KM，通过构造，得出即D为AC的中点时，取最小值，再结合题目条件解三角形即可求解．(1)解：如解图1，过点D作DH⊥AB，∵∠ABD＝45°，∴，∵在△ABC为等边三角形中，∠BAC＝60°，∴，∴，∴，

又∵AB＝2+2，∴，∴，∴，∴，∵M为BD的中点，∴；(2)如解图2，过点A作，垂足为G，连接MG，∵△ABC为等边三角形，∴BG=GC，∵BM=DM，∴，∴，∴，又∵，，∴，∴A、M、G、N四点共圆，∴，∴，又∵MP=AM，，∴，又∵，∴为等边三角形，，∵，∴，∴，如解图2，延长AM到P，使MP=AM，连接PN，∵BM=DM，，∴（SAS）∴AD=BP，在和中，，∴（SAS）∴，∴；(3)取AC的中点Q，连接BQ，取BQ的中点K，连接KM，∵将△ABM沿AM翻折得△AB'M，，∴，，又∵，∴，∴，即：，又∵，，∴，∴，∴，又∵BM=MD，BK=KQ，∴，又∵AB=BC，∴，∴，∴，当M点与K点重合时，取最小值，此时取最小值，∴D点与Q点重合，即D为AC的中点时，取最小值，如解图3-2；设AD=a，∵是等边三角形，D点是AC的中点，∴，∴，，∴，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∵，∴

【点睛】本题主要考查了三角形综合，涉及了等边三角形、全等三角形、相似三角形的性质和判定以及解三角形等知识点，难度大，综合性强，需要平时积累和训练．解题关键是根据题目的已知条件添加辅助线构造适当的三角形转化线段和角的关系．17．（2021秋·广东深圳·九年级深圳市南山外国语学校校联考期中）（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．（2021·广东深圳·统考中考真题）在正方形中，等腰直角，，连接，H为中点，连接、、，发现和为定值．（1）①__________；②__________；③小明为了证明①②，连接交于O，连接，证明了和的关系，请你按他的思路证明①②．（2）小明又用三个相似三角形（两个大三角形全等）摆出如图2，，（）求：①__________（用k的代数式表示）②__________（用k、的代数式表示）【答案】（1）①；②45°；③见解析；（2）①；②【分析】（1）①通过中位线得出，再通过等腰直角三角形斜边与直角边的关系得出,则，在等腰Rt△OBA中得出，再结合中位线OH和正方形的性质证明∠BOH=∠BAF，即可证明出，即可得出比值；②利用相似三角形的性质，对应角相等，代换角即可求出；（2）①用与（1）相似的方法可以证明出，即可得出比值；②通过添加辅助线，构造两个直角三角形，用锐角三角函数和勾股定理表示出两边，即可求出比值．【详解】（1）；②45°③证明：如图所示：由正方形性质得：，O为的中点又∵H为的中点，则，∴是等腰直角三角形∴∴∵∴，又∵∴又∴，又∵∴∴，∴（2）①②理由如下：①如图，连接，与交于O点，连接由题可知四边形ABCD为平行四边形，∴O为AC和BD的中点，又∵H为CE中点，∴，,又∵,∴,即，,即，∵OH是△ACE的中位线，∴OH∥AE，∴,又∵是△AOD的外角，∴,又∵,∴,∴,又∵，∴∴②：由得：，则在中，，不妨令，，如图作则：，则由勾股定理解得：∴．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，平行四边形的性质，锐角三角函数，涉及知识点较多，难度较大，能够通过已知条件找出判定相似三角形的条件是解题关键．19．（2021·重庆·统考一模）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．20．（2020·河南濮阳·统考一模）矩形中，，点分别在边上，且，连接并延长，交的延长线于点，点为射线上一动点，过点作的垂线，交于点．（1）特例发现，如图，若点恰好与点重合，填空：①________；②与的等量关系为_________．（2）拓展探究如图，若点在的延长线上，与能否相等？若能，求出的长；若不能，请说明理由．（3）思维延伸如图，点是线段上异于点一点，连接，过点作直线，交直线于点，是否存在点，使相等？若存在，请直接写出的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）①4；②；（2）与能够相等，理由详见解析；（3）（3）能够相等，【分析】（1）①根据，利用对应边成比例列式求出ED长；②过点Q作，交AB于点H，交DC于点G，设，利用，对应边成比例列式求出x，得到这两个三角形其实是全等的，所以；（2）过点作，交的延长线于点，延长交于点，构造“k”字型全等三角形，设，再利用相似三角形的性质列式求解；（3）过点作于点，过点作，交的延长线于点，延长交于点，同（2）构造“k”字型全等三角形，，再利用相似三角形的性质列式求解．【详解】（1）①∵，∴，∴，，，，解得，故答案是：4；②如图，过点Q作，交AB于点H，交DC于点G，可得，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，设，，∵，∴，∴，，得，∴，根据，得，解得，∴，∴，∴，故答案是：；（2）与能够相等，，如图，过点作，交的延长线于点，延长交于点，，又，设，则，，解得，经检验，是该分式方程的根，；（3）能够相等，，如图，过点作于点，过点作，交的延长线于点，延长交于点，根据“k”字型全等得，设，则，，解得，故的长为．【点睛】本题考查“k”字型全等三角形，相似三角形的性质和判定，解题的关键是作辅助线构造“k”字型全等，再利用相似三角形对应边成比例列式求解．21．（2020·江苏宿迁·统考中考真题）【感知】（1）如图①，在四边形ABCD中，∠C=∠D=90°，点E在边CD上，∠AEB=90°，求证：=．【探究】（2）如图②，在四边形ABCD中，∠C=∠ADC=90°，点E在边CD上，点F在边AD的延长线上，∠FEG=∠AEB=90°，且=，连接BG交CD于点H．求证：BH=GH．【拓展】（3）如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB+∠DEC=180°，且=，过E作EF交AD于点F，若∠EFA=∠AEB，延长FE交BC于点G．求证：BG=CG．【答案】（1）见解析

（2）见解析

（3）见解析【分析】（1）证得∠BEC=∠EAD，证明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；（2）过点G作GM⊥CD于点M，由（1）可知，证得BC=GM，证明△BCH≌△GMH（AAS），可得出结论；（3）在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，证明△AEF∽△EBM，由相似三角形的性质得出，证明△DEF∽△ECN，则，得出，则BM=CN，证明△BGM≌△CGN（AAS），由全等三角形的性质可得出结论．【详解】（1）∵∠C=∠D=∠AEB=90°，∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°，∴∠BEC=∠EAD，∴Rt△AED∽Rt△EBC，∴；（2）如图1，过点G作GM⊥CD于点M，同（1）的理由可知：，∵，，∴，∴CB=GM，在△BCH和△GMH中，，∴△BCH≌△GMH（AAS），∴BH=GH；（3）证明：如图2，在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=∠AEF+∠AEB+∠BEM=180°，∠EFA=∠AEB，∴∠EAF=∠BEM，∴△AEF∽△EBM，∴，∵∠AEB+∠DEC=180°，∠EFA+∠DFE=180°，而∠EFA=∠AEB，∴∠CED=∠EFD，∵∠BMG+∠BME=180°，∴∠N=∠EFD，∵∠EFD+∠EDF+∠FED=∠FED+∠DEC+∠CEN=180°，∴∠EDF=∠CEN，∴△DEF∽△ECN，∴，又∵，∴，∴BM=CN，在△BGM和△CGN中，，∴△BGM≌△CGN（AAS），∴BG=CG．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．22．（2020·山东威海·统考中考真题）发现规律：（1）如图①，与都是等边三角形，直线交于点．直线，交于点．求的度数（2）已知：与的位置如图②所示，直线交于点．直线，交于点．若，，求的度数应用结论：（3）如图③，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，为轴上一动点，连接．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，求线段长度的最小值【答案】（1）的度数为；（2）的度数为；（3）线段长度的最小值为【分析】（1）通过证明可得，再由三角形内角和定理进行求解即可；（2）通过证明可得，，可证，可得，由外角性质可得，再有三角形内角和定理进行求解即可；（3）由旋转的性质可得是等边三角形，可得，，如图③将绕点M顺时针旋转，得到，连接OQ，可得，OK=NQ，MO=MQ，则当NQ为最小值时，OK有最小值，由垂线段最短可得当轴时，NQ有最小值，由直角三角形的性质即可求解．【详解】（1）∵与是等边三角形∴AB=AC，AD=AE，∴∴∴∵∴∴；（2）∵，∴∴，∴，∴∴∵∴∵∴∴；（3）∵将线段MN绕点M逆时针旋转得到线段MK∴，∴是等边三角形∴，如下图，将绕点M顺时针旋转，得到，连接OQ∴，∴OK=NQ，MO=MQ∴是等边三角形∴∴∵OK=NQ∴当NQ为最小值时，OK有最小值，由垂线段最短可得当轴时，NQ有最小值∵点的坐标为∴∵轴，∴∴线段OK长度的最小值为．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边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，旋转的性质，三角形内角和定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是解决本题的关键．【一题多解】1．（2022春·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；（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．2．（2022秋·全国·九年级专题练习）数学课上，老师拿出两块不同大小的含30度角的三角板让同学们在不同位置尝试操作．（1）如图1摆放，当点在上，点在上，得知，，求的长．（2）如图2，在（1）的条件下，连结，求的面积．（3）如图3摆放，把这同样的两块三角板的直角顶点互相重合放置，小三角板绕着点旋转，连结、，当时，求的值．（4）不变，当的三边长扩大一倍后，绕点旋转一周，直线与交于点，请你直接写出点所经过的运动路径．【答案】（1）；（2）；（3）或；（4）．【分析】（1）根据题意算出的长，利用直角三角形心中对应的边等于斜边的一半求出，同理求出，再作差即可；（2）过点作于点，求出、AC即可求出；（3）延长AM，BC交于点D，作延长BN使得，利用旋转相似证明，得，再三角形中通过角之间的关系来证明，得四边形是矩形，再根据条件及勾股定理求解；（4）确定的轨迹是以为直径的圆弧，，求出最大值为，由此得出路径所对圆心角为120°，从而求解．【详解】解：（1）∵，，∴，∵，，∴，∵，，∴，∴．（2）过点作于点，∵，，，∴，.，即的面积．（3）I．若点M在外，延长BN交AM于点H，交AC于点G，由（1）得中，，，，在中，，，，∵，，∴，∴，又∵，，∴∴，又∵，，，又∵，，∴四边形是矩形，∴，，，∴在中，，∴∴；II．若点M在内部，则如图3-2：同理可求：∴，，∴∴；（4）不变，当的三边长扩大一倍后，∴在中，，，，同（3）理可证明，∴直线与交点所经过的运动路径是以为直径的圆弧，当M点在AC右侧时，如图4-1：当CM⊥AM时最大，此时，∴当CM⊥AM时，此时AM与AB重合，B点与H点重合；当M点在AC左侧时，如图4-2：当CM⊥AM时，最大，此时，∴当CM⊥AM时，此时；故如图所示：直线与交点所经过的运动路径为，弧长．【点睛】本题考查了含的直角三角形性质、旋转相似、点的远动路径等知识点，综合性强，题目较难，解题的关键是：能利用勾股定理及锐角三角函数知识解直角三角形；针对旋转问题，要添加适当地辅助线．3．（2020·山东日照·中考真题）如图，函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A（m，0），B（0，n）两点，m，n分别是方程x2﹣2x﹣3＝0的两个实数根，