中考数学二轮培优复习几何专项练习：相似模型-旋转“手拉手”模型（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】试卷第=page11页，共=sectionpages33页资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】中考数学几何专项练习：相似模型--旋转“手拉手”模型（基础+培优）一、单选题1．如图，在中，，以，为边分别向外作正方形和正方形，交于点，交于点．若，则（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】设，，由“”可证，可得，，利用勾股定理分别求出，的长，即可求解．【详解】解：如图，过点作，交的延长线于点，交的延长线于点，

，，，设，，，，，，，，，在和中，，，，，，．故选：D．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．2．如图，与中，，，，交于D，给出下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论有（

）个

A．4 B．3 C．2 D．1【答案】C【分析】通过证明，可判断①；根据，，得出，即可判断②；根据，得出，则，即可判断③；根据，得出，进而得出，即可判断④．【详解】解：∵，，，∴，∴，故①不正确；∵，，∴，故②正确；∵，∴，∴，∵，∴，故③正确；∵，∴，∵，∴，故④不正确，综上：正确的有②③，共2个，故选：C．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定，解题的关键是掌握相关性质定理，并熟练运用．3．如图，已知，添加一个条件后，仍不能判定与相似的是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据相似三角形的判定逐项分析即可得到答案．【详解】解：，，即，A、，，故此选项不符合题意；B、，，故此选项不符合题意；C、由，不能得到，故此选项符合题意；D、，，故此选项不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的判定，如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似；如果两个三角形的两条对应边的比相等，且夹角相等，那么这两个三角形相似；如果两个三角形的两个角对应角相等，那么这两个三角形相似．4．如图，在矩形中，，，将矩形绕着点A逆时针旋转45°，得矩形，其中交于点E，延长交于点F，连接，，，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据矩形的性质可得，根据旋转的性质可得，，根据等腰直角三角形的判定和性质可得，，根据相似三角形的判定和性质可得，求得，，，根据全等三角形的判定和性质可得，根据勾股定理可得，即可求得．【详解】∵四边形是矩形，，，∴，∵矩形绕着点A逆时针旋转45°，得矩形，∴，∵，∴∴为等腰直角三角形∴同理为等腰直角三角形∴∴∴又∵，，，∴∴∴，∴∴在中，∴故故选：A．【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，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，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．二、填空题5．如图，已知和有公共顶点，且，，，则度．

【答案】【分析】根据等腰三角形的性质及三角形内角和求出，根据题意证明，得到，得到，从而证明，进而得到．【详解】解：，，，，，，，，即，，且，，，故答案为：．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形内角和定理，结合图形找到相似三角形并证明是解答本题的关键．6．如图，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，以C为顶点的正方形CDEF（C、D、E、F四个顶点按逆时针方向排列）可以绕点C自由转动，且CD＝2，连接AF，BD，在正方形CDEF旋转过程中，BD+AD的最小值为．【答案】/【分析】在AC上截取一点M，使得CM=．利用相似三角形的性质证明DM=AD，推出BD+AD=BD+DM，推出当B，D，M共线时，BD+AD的值最小，即可解决问题；【详解】解：如图，在AC上截取一点M，使得CM=．连接DM，BM．∵CD=2，CM=，CA=3，∴CD2=CM•CA，∴，∵∠DCM=∠ACD，∴△DCM∽△ACD，∴，∴DM=AD，∴BD+AD=BD+DM，∴当B，D，M共线时，BD+AD的值最小，∴最小值=．故答案为：．【点睛】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、两点之间线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是学会由转化的思想思考问题．7．如图，在和中，，E为的中点，将绕点O旋转，直线，交于点F，连接，则的最小值是．【答案】【分析】取的中点，连接，则，当三点共线时，最小，证明，进而推出，进而得到，根据三角形中位线定理以及斜边上的中线等于斜边的一半，求出，进而求出的最小值．【详解】解：取的中点，连接，则，∴当三点共线时，最小，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵是的中点，为的中点，∴，∴的最小值为：；故答案为：．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，中位线定理，斜边上的中线．熟练掌握相似三角形的判定方法，证明三角形相似，是解题的关键．三、解答题8．若绕点逆时针旋转后，与构成位似图形，则我们称与互为“旋转位似图形”．

(1)知识理解：如图①，与互为“旋转位似图形”．①若，，，则；②若，，，则；(2)知识运用：如图②，在四边形中，，于点，，求证：与互为“旋转位似图形”；(3)拓展提高：如图③，为等边三角形，点为的中点，点是边上的一点，点为延长线上的一点，点在线段上，，且与互为“旋转位似图形”．若，，求．【答案】(1)①27°；②(2)见解析(3)【分析】（1）①依据和互为“旋转位似图形”，可得，依据相似三角形的对应角相等，即可得到；②依据，可得，根据，，，即可得出；（2）依据，即可得到，进而得到，再根据，，即可得到，进而得出和互为“旋转位似图形”；（3）利用直角三角形的性质和勾股定理解答即可．【详解】（1）①和互为“旋转位似图形”，，，又，，；②，，，，，，，故答案为：；；（2），，，，即，又，，，又，，，，，绕点逆时针旋转的度数后与构成位似图形，和互为“旋转位似图形”；（3）点为的中点，，由题意得：，，，，，由勾股定理可得，，．【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理的综合运用．在解答时添加辅助线等腰直角三角形，利用相似形的对应边成比例是关键．9．某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：

(1)问题发现：如图1，在等边中，点P是边上任意一点，连接，以为边作等边，连接．求证：．(2)变式探究：如图2，在等腰中，，点P是边上任意一点，以为腰作等腰，使，，连接．判断和的数量关系，并说明理由；(3)解决问题：如图3，在正方形中，点P是边上一点，以为边作正方形，Q是正方形的中心，连接．若正方形的边长为12，，求正方形的边长．【答案】(1)证明见解答过程(2)和的数量关系为：；理由见解答过程(3)【分析】（1）证明，即可得到结论；（2）证明，则，由得到，则，即可证明结论；（3）连接，证明，得到，求出，设，则，在中，，则，求出，即可得到答案．【详解】（1）证明：∵与都是等边三角形，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴；（2）解：和的数量关系为：；理由如下：在等腰中，，∴，在等腰中，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（3）解：连接，如图3所示：

∵四边形是正方形，∴，，∵Q是正方形的中心，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，设，则，在中，，即，解得：，∵，∴，∴正方形的边长．【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、正方形的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质是解题的关键．10．如图1，中，，，，将绕点顺时针旋转得到，其中是点的对应点，且，连接，．

(1)求证：；(2)如图2，当点在线段上时，求的面积；【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）可证，从而可证，可得，可求，即可得证；（2）过作交于，可求，可证，可得，可求，即可求解．【详解】（1）证明：将绕点顺时针旋转得到，，，，，，，，，在中：，，．（2）解：如图，过作交于，

由旋转得：，，，，，，由（1）同理可证，，，，，，在中：，，，，，．【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，面积转化，掌握性质及判定方法是解题的关键．11．（1）问题发现，如图1，在中，，点是边上一动点（不与点重合），，连接．

(1)①求的值；②求的度数．(2)拓展探究，如图2，在中，．点是边上一动点（不与点重合），，连接，请判断与的数量关系以及与之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)①1；②(2)，，理由见解析【分析】（1）根据已知条件推出，根据全等三角形的性质得到，，于是得到；（2）根据已知条件得到，由相似三角形的性质得到，得到，根据相似三角形的性质得到结论；【详解】（1），，，，，，，，在与中，，，，，，故答案为：1，；（2），；理由是：，，，，，，，，．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．12．如图，点A在线段上，在的同侧作等腰和等腰，与、分别交于点P、M．求证：

(1)；(2)．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由题意可得，，，即可证；（2）由可得，即可证，可得．【详解】（1）证明：∵等腰和等腰，∴，，，∴，，，∴，∴，（2）∵，∴，且，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质，勾股定理的应用，熟练运用相似三角形的判定是本题的关键．13．（1）如图①在内，，，D是内一点，将绕点B顺时针旋转，点C恰好与点A重合．D旋转到点E，连接、，判断与的位置关系，并说明理由．（2）在（1）的条件下，如图②，当，延长交于点F，若，时，求的长．（3）如图③，在和中，，，连接、填空：①线段与的数量关系是______________；②当时，点E到的距离的长为2，则线段的长为__________．【答案】（1），理由见解析（2）；（3）①；②【分析】（1）由旋转的性质得到，进一步证明即可证明；（2）要求的长，根据矩形的判定定理可得四边形是矩形，则，在中根据勾股定理可求得的长，根据，，即可求解；（3）①要求线段与的数量关系，根据两边对应成比例且夹角相等可得，再根据相似三角形的性质即可求解；②要求线段的长，在中求出的长，再根据即可求解．【详解】解：（1），理由如下：由旋转的性质可得∵，∴，∴．（2）解：设与交于点，由旋转的性质可知，，∵，∴，即．∵，∴．∴，∴四边形是矩形，∴，∵在中，，，，∴，∴；（3）①∵，，∴，，∴．∵，∴，∴，∴，∴，故答案为：．②∵在中，，，，∴，∴，∵，∴．【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质与判定，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质等等，灵活运用所学知识是解题的关键．14．在中，，．点是平面内不与点，重合的任意一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，．(1)【猜想观察】如图①，若，交于点，则的值是______，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，若，与，分别相交于点，，求的值及的度数；(3)【解决问题】如图③，当时，若，，三点在同一直线上，且，交于点，，求的长．【答案】(1)，(2)；(3)【分析】（1）延长交于，根据证，即可得出，然后根据角相等得出即可；（2）先证，根据线段比例关系得出的值，然后根据角的等量代换得出，即可，（3）设，则，证，根据比例关系得出方程求解即可．【详解】（1）解：延长交于，，，，，，即，在和中，，，，在和中，且，，故答案为：，；（2）线段绕点逆时针旋转得到线段，是等腰直角三角形，，，，，，又，即，，，，；（3）设，则，，，，，，，又，，即，解得或（舍去），．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．15．已知和都是等腰三角形，，．

(1)当时，①如图1，当点在边上时，请直接写出和的数量关系：；②如图2，当点不在边上时，判断线段和的数量关系，并说明理由；(2)如图3，当时，请直接写出和的数量关系：；(3)在（1）的条件下，将绕点逆时针旋转，当时，请直接写出的长度．【答案】(1)①；②，见解析(2)(3)或【分析】（1）①根据题意可得，，进而得出答案；②运用“”证明即可得出结论；（2）证明即可得出结论；（3）分两种情况进行讨论即可：①点D在的上方；②点D在的下方；进行讨论求解即可．【详解】（1）解：①∵和都是等边三角形，∴，，∴．故答案为：；②．理由如下：∵和都是等边三角形，∴，，∵，∴，在和中，，∴，∴；（2），在等腰直角三角形中：，在等腰直角三角形中：，，∴，，∴，∴，∴，∴；（3）分两种情况讨论：①如图（1），点D在的上方，

延长交于点H，∵，，∴为的中垂线，∴，∴，，∴，由（1）可知；②如图（2），点D在的下方．

同理可得，∴．综上所述，AD的长为或．【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握手拉手模型是解本题的关键．16．某校数学兴趣小组在一次学习活动中，对一些特殊几何图形具有的性质进行了如下探究：

(1)发现问题∶如图1，在等腰中，，点M是边上任意一点，连接，以为腰作等腰，使，，连接，求证：．(2)类比探究：如图2，在等腰中，，，，点M是边上任意一点，以为腰作等腰，使，，在点M运动过程中，是否存在最小值？若存在，求出最小值，若不存在，请说明理由．(3)拓展应用：如图3，在正方形中，点E是边上一点，以为边作正方形，M是正方形的中心，连接，若正方形的边长为12，，求的面积．【答案】(1)详见解析(2)存在最小值，5(3)【分析】（1）由，推证进而证得，从而．（2）连接，易证，得，再证，从而

，得，确定点N的运动路径，即N在的边上运动，由垂线段最短及直角三角形性质知时，最小，的最小值==5；（3）连接，过点M作于点P，如图，由正方形性质可证得，，所以，于是，；设由勾股定理求得，在中，，进一步求得三角形面积．【详解】（1）解：∵∴∴

∵．∴．

∴．（2）存在最小值．理由：连接，在等腰与等腰中∴

∴∴∵∴∴

∴∴点N在的边上运动，∴当时，最小，的最小值==5（3）连接，过点M作于点P如图，∵M为正方形的中心，∴．

∵四边形为正方形∴．∴．∴∵∴∴，设∵由勾股定理得：解得：，(舍去)∴在中，，∴【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、垂线段最短、正方形性质、直角三角形的性质、勾股定理等；能够灵活根据题设条件求证三角形相似，进而得到线段、角的数量关系是解题的关键．17．数学课上，李老师提出了一个问题：在矩形中，，，在边上取一点M使，将绕点A顺时针旋转度到，以为边作矩形（如图1所示），，连接、交于点N．

(1)求证：．小明经过思考后，很快得到了解题思路：先用“两边对应成比例且夹角相等”证明，然后根据“直角三角形两锐角互余”可证明，从而得到．请你按照他的思路完成证明过程．(2)连接，当旋转角时（如图2），求的值．(3)连接（如图3），当时，小明发现是一个定值，请求出这个值．【答案】(1)见解析(2)；(3)是一个定值，定值为325．【分析】（1）利用“两边对应成比例且夹角相等”证明，推出，再利用“直角三角形两锐角互余”可证明，即可证明；（2）分别过点B、D作直线的垂线，垂足分别为Q、P，利用含30度角的直角三角形的性质有勾股定理求得、的长，根据三角形的面积公式求解即可；（3）由（1）得，利用勾股定理推出等于，据此即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形和都是矩形，∴，∴，∵，，∴，∴；∴，∵，∴，∴；

（2）解：分别过点B、D作直线的垂线，垂足分别为Q、P，

∵，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴；（3）解：连接，

∵，，，，∴，，由（1）得，∴，∴是一个定值，定值为325．【点睛】本题考查矩形中的旋转变换，涉及三角形相似的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质有勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形求解．18．在数学活动课上，老师让同学们以“三角形纸片的折叠、旋转”为主题开展数学活动，探究与角的度数、线段长度有关的问题．对直角三角形纸片进行如下操作：

【初步探究】如图1，折叠三角形纸片，使点C与点A重合，得到折痕，然后展开铺平，则与位置关系为_______，与的数量关系为_______；【再次探究】如图2，将绕点C顺时针旋转得到，连接，若，求的值；【拓展提升】在（2）的条件下，在顺时针旋转一周的过程中，当时，求的长．【答案】（1）；（2）；（3）或【分析】（1）先由折叠的性质得到，进而证明，进一步证明，即可得到；（2）由勾股定理得，由旋转的性质可得，，则，证明，即可得到；（3）分如图3-1和图3-2两种情况讨论求解即可．【详解】解：（1）∵折叠三角形纸片，使点C与点A重合，得到折痕，∴点A与点C关于对称，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：；（2）在中，由勾股定理得，由（1）可得，∴，由旋转的性质可得，，∴，∵，∴，∴；（3）如图3-1所示，当时，延长交于T，∵，∴，又∵，∴四边形是矩形，∴，，，∴，在中，由勾股定理得：；

如图3-2所示，当时，过点M作于H，∵，∴，又∵，∴四边形是矩形，∴，∴，在中，由勾股定理得：，

综上所述，的长为或．【点睛】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，旋转的性质，勾股定理等等，灵活运用所学知识是解题的关键．19．如图，在中，，，点D在射线上，连接，将绕点D逆时针旋转，得到线段，连接．

(1)当点D落在线段上时，①如图1，当时，请直接写出线段与线段的数量关系是______，______°；②如图2，当时，请判断线段与的数量关系，并给出证明；(2)当时，过点A作交于点N，若，猜想与的数量关系并说明理由．【答案】(1)①，；②，理由见解析(2)，理由见解析【分析】（1）①首先根据题意证明和是等边三角形，然后证明出，最后利用全等三角形的性质求解即可；②首先证明出和是等腰直角三角形，然后证明出，根据相似三角形的性质求解即可；（2）设，则，，然后根据勾股定理求出，然后利用等面积法求出，进而求解即可．【详解】（1）①∵将绕点D逆时针旋转，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，，∵，，∴是等边三角形，∴，，∴，∴，∴在和中，，∴，∴，，∴，故答案为：，；②∵，∴，∵，∴和是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∵，∴，∴；（2）如图所示，

∵，∴，设，∴，∴，∴在中，，∴，∴，即，∴解得，∴．【点睛】此题考查了旋转的性质，相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．20．如图，在和中，．

(1)求证：；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由，可得出，结合，可证出；（2）由，利用相似三角形的性质可得出，结合，可求出的长．【详解】（1）证明：，，，又，；（2）解：，，，.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）牢记“两角对应相等的两个三角形相似”；（2）牢记“相似三角形面积的比等于相似比的平方”．21．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；拓展创新：如图（3），是内一点，，，，请直接写出的值．

【答案】问题背景：见解析尝试应用：3拓展创新：4【分析】问题背景：由题意得出，，则，可证得结论；尝试应用：连接，证明，由（1）知，由相似三角形的性质得出，，可证明，得出，则可求出答案；拓展创新：过点作的垂线，两垂线交于点，连接，由直角三角形的性质求得，由勾股定理求得，证明，由相似三角形的性质得出，证明，得出，求出，再根据勾股定理即可求得．【详解】问题背景：证明：，，，，，；尝试应用：解：如图1，连接，

，，，由（1）知，，，在中，，，，，，，；拓展创新：解：如图2，过点作的垂线，两垂线交于点，连接，

，，，，，，，，，又，，即，，，，，在中，．【点睛】此题考查相似形的综合应用，掌握直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识是解题的关键.22．已知正方形，动点在上运动，过点作射线于点，连接．

(1)如图1，在上取一点，使，连接，求证：；(2)如图2，点在延长线上，求证：；(3)如图3，若把正方形改为矩形，且，其他条件不变，请猜想和的数量关系，直接写出结论，不必证明．【答案】(1)证明过程见详解(2)证明过程见详解(3)，理由见详解【分析】（1）先判断出，利用等角的余角相等判断出，进而判断出，即可得出结论；（2）利用四边形的内角和定理和邻补角的定义判，进而判断出，再判断出，即可得出结论；（3）先判断出，同（1）的方法得，，得出，得出比例式，进而得出，再用勾股定理得出，即可得出结论．【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，且，∴，∴．（2）证明：如图所示，过点作交的延长线于点，

∴，∵四边形是正方形，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴．（3）解：，理由如下，如图所示，过点作交于点，

∴，∵四边形是矩形，∴，∴，同（1）的证明方法得，，∴，∴，∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，在中，，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查正方形、矩形、直角三角形的综合，掌握正方形的性质，矩形的性质，直角三角形的勾股定理，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的综合运用是解题的关键．23．原题再现：小百合特别喜欢探究数学问题，一天万老师给她这样一个几何问题：和都是等边三角形，将绕着点旋转到图位置，求证：小百合很快就通过≌，论证了．

(1)请你帮助小百合写出证明过程；迁移应用：小百合想，把等边和等边都换成等腰直角三角形，将绕着点旋转到图位置，其中，那么和有什么数量关系呢？(2)请你帮助小百合写出结论，并给出证明；(3)如图，如果把等腰直角三角形换成正方形，将正方形绕点旋转，若，，在旋转过程中，当，，三点共线时，请直接写出的长度．【答案】(1)证明见解析(2)，证明见解析(3)或【分析】（1）证明，由全等三角形的性质得出；（2）证明，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；（3）分两种情况画出图形，证明，根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得出答案．【详解】（1）证明：和分别是等边三角形，，，，，即，在和中，，≌，；（2），证明：，都是等腰直角三角形，，，，，，∽，，；（3）如图，连接，

由知∽，，，四边形是正方形，，，四边形是正方形，，，，，三点共线．，，；如图，连接，

由知∽，，，四边形是正方形，，，四边形是正方形，，，，，三点共线．，，；综上，当，，三点共线时，的长度为或．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．24．问题情境：如图①，正方形的边长为，点在对角线上，，过点作，分别交，于点，．

数学思考：(1)试判断四边形的形状，并说明理由．(2)将图一中的四边形绕点顺时针旋转一定的角度得到图②连接，，猜想与之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)四边形是正方形，理由见解析(2)【分析】（1）根据正方形的性质可得，，根据已知条件证明四边形是矩形，是等腰直角三角形，进而即可得出结论；（2）根据正方形的性质可得，，进而可得，然后得出，即可证明，根据相似三角形的性质即可求解．【详解】（1）四边形是正方形，理由如下，∵四边形是正方形，∴，，∵∴，∴是等腰直角三角形，四边形是矩形，∴，∴四边形是正方形；（2）∵四边形是正方形，四边形是正方形；∴，，∴，∵∴，∴，∴，即．【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．25．综合与实践问题情境：如图1，在中，，，．点，分别是边，的中点，连接

(1)特例分析：在图1中，的长为，的值为．(2)拓展探究：将图1中的绕点C顺时针方向旋转．①当点和点分别在和的延长线上时，的值为；②当点和点旋转到的外部时，得到图2，判断此时的值是否变化，请说明理由；(3)问题解决：当旋转到点，，三点在同一直线时，直接写出的长．【答案】(1)，(2)①；②见解析(3)或【分析】（1）先根据勾股定理求得的长，然后根据中位线的性质得出，，根据平行线分线段成比例即可求解．（2）①证明，根据旋转的性质以及相似三角形的性质得出，则，进而可得，代入数据即可求解；②证明，根据相似三角形的性质即可求解；（3）分点在线段上时，当点在线段上时，证明，根据相似三角形的性质即可求解．【详解】（1）解：∵在中，，，．∴，分别是边，的中点，；∴∴，；故答案为：，．（2）①如图所示，

当点和点分别在和的延长线上时，的大小没有变化，∵，∴∴，则，∴故答案为：②如图2，

当点和点旋转到的外部时，的大小没有变化，，，又，，．（3）如图所示，当点在线段上时，∵，

在中，，则，∵∴又∵，∴∴，∴；②当点在线段上时，如图所示，

同理可得，，∴．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．26．已知：四边形和都是正方形．

(1)如图1，若点C在对角线上，则的值为；（直接写结果）(2)将正方形绕点A逆时针旋转．①如图2，连接．的值是否改变？若不改变，写出理由；若改变，写出新的值及理由；②当，时，交于点M，交于点N，且，求的长．【答案】(1)(2)①不变，理由见解析；②【分析】（1）根据正方形的性质得到，由勾股定理得到，，则，又由，即可得到的值；（2）①正方形的性质得到，又由即可，则，即可得到解答；②当时,即，可证明B、A、F三点在同一直线上，C、A、G三点在同一直线上．证明，得到，得到，则．连接，过点G作延长线的垂线，垂足为点O．则，可证是等腰直角三角形，证明，则，，则，可证明是等腰直角三角形，则．则，得到．则,由勾股定理即可得到的长．【详解】（1）解：∵四边形和都是正方形，∴，∴，,∴，∵，∴，故答案为：（2）①不变．理由如下：∵四边形和都是正方形，∴，∴，∴，即，由（1）可知，,∴，∴，∴，即的值不改变；②如图：当时,即，

∵四边形和都是正方形，∴，，，∴，，∵，∴B、A、F三点在同一直线上，C、A、G三点在同一直线上．∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴．连接，过点G作延长线的垂线，垂足为点O．则，∵，∴，∴是等腰直角三角形，∵，，∴．∴．，∴．∴，∵，∴,∴是等腰直角三角形，．∴．∴．∴．∴,在中，．【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、正方形的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质是解题的关键．27．如图①，正方形和正方形，连接，．

(1)发现：当正方形绕点A旋转，如图②，①线段与之间的数量关系是________；②直线与直线之间的位置关系是________．(2)探究：如图③，若四边形与四边形都为矩形，且，，证明：直线．(3)应用：在（2）情况下，连接（点在上方），若，且，，则线段是多少？（直接写出结论）【答案】(1)，(2)见解析(3)【分析】（1）先判断出，进而得出，，再利用等角的余角相等即可得出结论；（2）先利用两边对应成比例夹角相等判断出，得出，再利用等角的余角相等即可得出结论；（3）先求出，进而得出，即可得出四边形是平行四边形，进而得出，求出，借助（2）得出的相似，即可得出结论．【详解】（1）①∵四边形和四边形是正方形，∴，∴，在和中，，∴，∴；②如图2，延长交于M，交于H，

由①知，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴（2）∵四边形和四边形都为矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴；（3）如图4，（为了说明点B，E，F在同一条线上，特意画的图形）

∵，∴在中，，∴，∴，∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∵，∴点B，E，F在同一条直线上如图5，

∴，在中，根据勾股定理得，，由（2）知，，∴，∴，∴．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，旋转的性质，判断出三角形全等和相似是解本题的关键．28．如图，已知中，，点D是边上一点，且．

(1)求证：；(2)求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）可证，，从而可得，即可得证；（2）可得，，从而可证，即可得证．【详解】（1）证明：，∴，，，，，．（2）证明：，，由（1）知：，，，，．【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定及性质，掌握判定方法及性质是解题的关键．29．如图，在和中，，．

(1)求证：．(2)若点H、G分别是的中点，且，连接，求的值．(3)若在和中，，点H、G分别是的中点，且，连接，求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）先利用等式的性质得到，再证明，得到，再利用两边成比例且夹角相等的两三角形相似即可求证．（2）利用两边成比例且夹角相等的两三角形相似证明，利用对应边成比例即可求解．（3）先证明，再证明都是等腰直角三角形，接着得到，即可求解．【详解】（1）证明：∵，∴，∵在和中，，，∴，∴，∴，∴．（2）∵，∴，∵，∴，∴，∴都是等边三角形，∴它们的每个内角都是，∵点H、G分别是的中点，∴，，，∴，，∵，∴，即，∴，∴．（3）∵在和中，，∴，∴，∵，，∴∴都是等腰直角三角形，∴，∵点H、G分别是的中点，∴，∴，，∴，∵，∴，即又∵，∴，∴．【点睛】本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、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，解题关键是正确判定相似三角形．30．【问题提出】某数学兴趣小组展示项目式学习的研究主题：已知四边形，点为上的一点，，交于点．将绕点顺时针旋转得到，探究与的数量关系．【问题探究】探究一：若四边形为正方形（1）如图1，正方形中，点为上的一点，交于点．则的值为______；（2）如图2，将图1中的绕点顺时针旋转得到，连接、，试求的值；探究二：若四边形为矩形如图3，矩形中，点为上的一点，交于点，．（3）将图3中的绕点顺时针旋转得到，连接、，请在图4中补全图形，并探究此时的值；【联系拓广】（4）如图3，矩形中，若，其它条件都不变，将绕点顺时针旋转得到，连接、，请直接写出的值．

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）．【分析】（1）根据正方形的性质可知，，，再根据锐角三角函数可知进而可知，，最后利用线段的和差关系即可解答；（2）根据正方形的性质可知，，，再根据锐角三角函数可知进而可得，最后利用相似三角形的判定与性质即可解答；（3）根据矩形的性质可知，再根据相似三角形的判定与性质即可解答；（4）根据矩形的性质可知，再根据相似三角形的判定与性质即可解答．【详解】解：（1）∵是正方形的对角线，∴，，，∴，∵，∴，∴，∴，，∴，，∴，故答案为；（2）∵是正方形的对角线，∴，，，∴，∵，∴，∴，∴，由旋转的性质可知：，∴，∴，即；（3）补全图形后如图，∵四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，∵绕点顺时针旋转得到，∴，，，∴，即，即；（4）∵四边形是矩形，∴，∵,∴，∴，∴，由旋转的性质可得：，，，∴，∴，∴，即．

【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，掌握正方形的性质及矩形的性质是解题的关键．31．【初步感知】如图①，和都是等边三角形，连结，．易知：（不用证朋）；

【深入探究】如图②，和是形状相同，大小不同的两个直角三角尺，其中，，连结、．(1)求的值；(2)延长交于点，交于点，则______°；(3)【拓展提升】如图③，和都是直角三角形，，且，连结，．延长交于点，交于点，若，则______．（用含的式子表示）【答案】(1)(2)60(3)【分析】（1）证明，即可得出结论；（2）由可得，再根据，即可得出结论；（3）先证可得，再根据，即可得出结论．【详解】（1）证明：在中，，，即，同理，，，又，，即，，；（2）解：，，，，；故答案为：60；（3）解：，，，，，，，，．故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解题关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．32．如图，正方形中，点E是边上一点，连结，以为对角线作正方形，边与正方形的对角线相交于点H，连结．

(1)写出和的数量关系，并证明．(2)求证：(3)连接，若正方形的边长为6，求出的最小值．【答案】(1)，详见解析(2)详见解析(3)【分析】（1）根据正方形的性质可得，，可证明，即可；（2）根据正方形的性质可得，再证明，可得，即可；（3）证明，可得，从而得到A，F，C三点共线，连接交于点O，当E与C重合时，F与O重合，此时最小，再由勾股定理求出，即可．【详解】（1）解：结论：，证明：∵四边形，四边形是正方形，∴，∴，∵，∴，∴；（2）证明：∵四边形，四边形是正方形，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴；（3）解：∵四边形，四边形是正方形，∴，，，∴，，∴，

∴，∴，∴A，F，C三点共线，连接交于点O，当E与C重合时，F与O重合，此时最小，

∵正方形的边长为6，∴，∴最小值．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．33．矩形中，，是边上一点，以为边在矩形在内部构造矩形．

(1)特例发现如图，当时，；(2)类比探究如图，如图，将矩形绕点顺时针旋转度，连接，当时，求的值；(3)拓展运用如图，矩形在旋转的过程中，落在边上时，若、、三点共线，时，当时，则的长为．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由正方形的性质可得，由矩形的性质可得，，由线段和差关系可求，即可求解；（2）通过证明，可得；（3）由相似三角形的性质可求，的长，由勾股定理可求的长，通过证明，可求解．【详解】（1）解：如图，延长交于，

，，，矩形和矩形是正方形，，四边形是矩形，，，，，，，故答案为：；（2）解：如图，连接，，

，，，矩形和矩形是正方形，，，，，，∴；（3）解：，，设，，，，，，，又，，，，，，，，，，又，，，，故答案为：．【点睛】本题是相似形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，证明三角形相似是解题的关键．34．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）．【分析】（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．【点睛】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．35．如图1，在中，，在斜边上取一点D，过点D作，交于点E．现将绕点A旋转一定角度到如图2所示的位置（点D在的内部），使得．（1）①求证：；②若，求的长；（2）如图3，将原题中的条件“”去掉，其它条件不变，设，若，，求k的值；（3）如图4，将原题中的条件“”去掉，其它条件不变，若，设，，试探究三者之间满足的等量关系．（直接写出结果，不必写出解答过程）【答案】（1）①见解析；②；（2）；（3）4p2=9m2+4n2．【分析】（1）①先利用平行线分线段成比例定理得，进而得出结论；②利用①得出的比例式求出CE，再判断出∠DCE=90°，利用勾股定理即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△ABD∽△ACE，即可得出AE=4k，CE=3k，同（1）的方法得出∠DCE=90°，利用勾股定理得出DE的平方，用DE的平方建立方程求解即可；（3）同（2）的方法得出，即可得出结论；【详解】解：（1）①∵DE∥BC，∴，由旋转知，∠EAC=∠DAB，∴△ABD∽△ACE，②在Rt△ABC中，AC=BC，∴，由①知，△ABD∽△ACE，∴∠ABD=∠ACE，∵∠ACD+∠ABD=90°，∴∠ACE+∠ACD=90°，∴∠DCE=90°，∵△ABD∽△ACE，，∴，∵∴在Rt△CDE中，根据勾股定理得，DE=2，在Rt△ADE中，AE=DE，∴（2）由旋转知，∠EAC=∠DAB，，∴△ABD∽△ACE，∵AD=4，BD=3，∴AE=kAD=4k，CE=kBD=3k，∵△ABD∽△ACE，∴∠ABD=∠ACE，∵∠ACD+∠ABD=90°，∴∠ACE+∠ACD=90°，∴∠DCE=90°，在Rt△CDE中，DE2=CD2+CE2=1+9k2，在Rt△ADE中，DE2=AD2-AE2=16-16k2，∴1+9k2=16-16k2，∴或（舍），（3）由旋转知，∠EAC=∠DAB，∴△ABD∽△ACE，∵AD=p，BD=n，∴，∵△ABD∽△ACE，∴∠ABD=∠ACE，∵∠ACD+∠ABD=90°，∴∠ACE+∠ACD=90°，∴∠DCE=90°，在Rt△CDE中，，∵，，∴4p2=9m2+4n2．【点睛】此题是相似三角形综合题，主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的判定，解本题的关键是得出∠DCE=90°和利用两边对应成比例夹角相等来判断两三角形相似的方法应用．36．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．37．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．38．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，点D，E分别为AC，BC的中点．△CDE绕点C顺时针旋转，设旋转角为α（0°≤α≤360°），记直线AD与直线BE的交点为点P．(1)如图1，当α＝0°时，AD与BE的数量关系为______，AD与BE的位置关系为______；(2)当0°＜α≤360°时，上述结论是否成立？若成立，请仅就图2的情形进行证明；若不成立，请说明理由；(3)△CDE绕点C顺时针旋转一周，请直接写出运动过程中P点运动轨迹的长度和P点到直线BC距离的最大值．【答案】(1)AD＝BE，AD⊥BE(2)结论仍然成立，证明见解析(3)P点运动轨迹的长度是π；P点到直线BC距离的最大值是【分析】（1）分别求出AD、BE的长即可解答；（2）先证明△BCE∽△ACD，可得＝，∠CBO＝∠CAD即可解答；（3）利用锐角三角函数可求∠EBC=30°，由弧长公式可求P点运动轨迹的长度，由直角三角形的性质可求P点到直线BC距离的最大值即可．【详解】（1）解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，∴AC=BC=，AB=2BC=2，AD⊥BE∵点D，E分别为AC，BC的中点∴AD=CD=AC=，BE=EC=BC=∴AD＝BE．故答案为：AD＝BE，AD⊥BE．（2）解：结论仍然成立，理由如下：∵AC＝，BC＝1，CD＝，EC＝，∴，＝，∴，∵△CDE绕点C顺时针旋转，∴∠BCE＝∠ACD，∴△BCE∽△ACD，∴＝，∠CBO＝∠CAD，∴AD＝BE，∵∠CBO+∠BOC＝90°，∴∠CAD+∠AOP＝90°，∴∠APO＝90°，∴BE⊥AD．（3）解：∵∠APB＝90°，

∴点P在以AB为直径的圆上，如图3，取AB的中点G，作⊙G，以点C为圆心，CE为半径作⊙C，当BE是⊙C切线时，点P到BC的距离最大，过点P作PH⊥BC，交BC的延长线于H，连接GP，∵BE是⊙C切线，∴CE⊥BE，∵＝，∴∠EBC＝30°，

∴∠GBP＝30°，

∵GB＝GP，∴∠GBP＝∠GPB＝30°，

∴∠BGP＝120°，∵点P的运动轨迹为点C→点P→点C→点B→点C，∴P点运动轨迹的长度＝×2＝π，∵∠ABP＝30°，BP⊥AP，∴AP＝AB＝1，BP＝AP＝，∵∠CBP＝30°，PH⊥BH，∴PH＝BP＝．

∴P点到直线BC距离的最大值．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、旋转的性质、锐角三角函数等知识点，灵活应用相关知识是解答本题的关键．39．已知，在矩形中，，，点在边上，且，过点作的垂线，并在垂线上矩形外侧截取点F,使，连接，，将绕点按顺时针方向旋转，记旋转角为．．

(1)如图（1），当，求的值．(2)如图2，若，求m关于n的数量关系．(3)若旋转至A，E，F三点共线，求m的值．【答案】(1)(2)(3)或．【分析】（1）如图1，过作，交的延长线于，先证明四边形是矩形，然后根据矩形的性质和勾股定理分别求出m、n的值，即可求解；（2）如图2，连接，先后利用两边对应成比例且夹角相等证明、，利用相似三角形的性质即可得出结论；（3）分两种情况，分别画出图形，利用相似三角形的判定和性质结合勾股定理求解即可．【详解】（1）当时，如图1，过作，交的延长线于，

四边形是矩形，，，，，四边形是矩形，，，，，，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，，故答案为：；（2）如图2，连接，

在中，由勾股定理得：，在中，，，，，，，，，，，，，，即；（3）当旋转至，，三点共线时，存在两种情况：①如图3，连接，

在中，由勾股定理得：，在中，，，，，，，，，，，，，，在中，，，；②如图4，连接，

同理得：，，，，综上，或．【点睛】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、勾股定理以及相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、证明三角形相似是解题关键．40．综合与实践问题情境在综合实践课上，老师组织兴趣小组开展数学活动，探究正方形的旋转问题．在正方形和正方形中，点G，A，B在一条直线上，连接，（如图1）．

操作发现（1）图1中线段和的数量关系是______，位置关系是______．（2）在图1的基础上，将正方形绕着点A沿顺时针方向旋转，如图2所示，（1）中的结论是否成立？请仅就图2的情况说明理由．类比探究（3）如图3，若将图2中的正方形和正方形中都变为矩形，且，，请仅就图3的情况探究与之间的数量关系．拓展探索（4）在（3）的条件下，若，，矩形在顺时针旋转过程中，当点D，E，F在同一直线时，请直接写出的值．【答案】（1）；；（2）成立；理由见解析；（3）；（4）或【分析】（1）延长交于点H，证明，得出，，求出，即可证明结论；（2）延长交于点H，交于点T，证明，得出，，求出，即可证明结论；（3）延长交于点H，交于点T，证明，得出，求出即可；（4）分两种情况讨论，当在线段上时，当在线段上时，分别画出图形，根据勾股定理，求出结果即可．【详解】解：（1）延长交于点H，如图所示：

∵四边形和都是正方形，∴，，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴．故答案为：；．（2）成立；理由如下：延长交于点H，交于点T，如图所示：

∵四边形和都是正方形，∴，，，∴，∴，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴．故答案为：；．（3）延长交于点H，交于点T，如图所示：

∵四边形和都是矩形，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，即．（4）当在线段上时，如图所示：

∵四边形为矩形，∴，，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，根据解析（3）可知，，∴；当在线段上时，如图所示：

∵四边形为矩形，∴，，，∴，∴，∴，∴，根据解析（3）可知，，∴；综上分析可知，或．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，正方形的性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，余角的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形全等和三角形相似的判定方法，注意进行分类讨论．41．转化是解决数学问题常用的思想方法之一，它可以在数与数、数与形、形与形之间灵活应用．如图1，已知在中，，，．请解答下面的问题：

(1)基础巩固如图1，将绕点按顺时针方向旋转得到，连接，则与之间的数量关系是__________；(2)拓展探究如图2，点，分别是，的中点，连接，将绕点按顺时针方向旋转得到．①求证：；②用等式表示与之间的数量关系，并说明理由；(3)问题解决点，分别是，的中点，连接，将绕点旋转得到，请直接写出点，，在同一直线上时的长．【答案】(1)(2)①见解析；②，理由见解析(3)的长为或．【分析】（1）证明是等边三角形，即可得到结论；（2）①利用两边对应成比例，且夹角相等，可证明；②证明是等边三角形，在中，利用勾股定理求得的长，再利用相似三角形的性质求解即可；（3）分两种情况分析，A、Ｍ、Ｎ三点所在直线与不相交和与相交，然后利用勾股定理以及相似三角形的判定和性质分别求解即可求得答案．【详解】（1）解：根据旋转的性质得，，∴是等边三角形，∴；故答案为：；（2）①证明：点，分别是，的中点，绕点按顺时针方向旋转得到，，，．．；②解：．理由如下：如图，连接，

，，．，是等边三角形．，．．．在中，由勾股定理得．．由①得，．．；（3）解：①如图所示，

∵，，，∴，，，，，，∴，，∵，，∴，∴，∴，∴；②如图所示，

同理，，∴，∴；综上所述，的长为或．【点睛】此题主要考查了几何变换综合题，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．42．综合与实践综合与实践课上，数学老师让同学们以“矩形的旋转”为主题开展教学活动．【操作判断】

如图①，在矩形中，，点M，P分别在边，上（均不与端点重合）且，以和为邻边作矩形，连接，．（1）如图②，当时，与的数量关系为，与的数量关系为．【迁移探究】（2）如图③，当时，天天先将矩形绕点A顺时针旋转，再连接，则CN与之间的数量关系是．【拓展应用】（3）在（2）的条件下，已知，，当矩形旋转至C，N，M三点共线时，求线段的长．【答案】（1），；（2）；（3）线段的长为或【分析】（1）当时，，，则，所以，再证明，，三点在同一条直线上，由勾股定理得，，所以，于是得到问题的答案；（2）先证明，得，，则，，即可证明，再根据勾股定理求得，则，所以；（3）分两种情况，一是，，三点共线，且点在线段上，由勾股定理求得，则；二是，，三点共线，且点在线段的延长线上，由勾股定理求得，则．【详解】解：（1）当时，，，，，四边形和四边形都是正方形，，，，，，，，，三点在同一条直线上，，，，，，故答案为：，；（2）发生变化，，理由：如图3，连接，当时，则，，

，，，，，，，，，，，，；（3），，，，，，如图4，，，三点共线，且点在线段上，

，，，如图5，，，三点共线，且点在线段的延长线上，

，，综上所述，线段的长是或．【点睛】本题重点考查矩形的性质、正方形的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、数形结合与分类讨论思想的运用等知识与方法，本题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题关键．43．在中，，，点是平面内不与点，重合的任意一点，连接，将线段绕点旋转得到线段，连接、、．

(1)当时，①如图1，当点在的边上时，线段绕点顺时针旋转得到线段，则与的数量关系是_______________；②如图2，当点在内部时，线段绕点顺时针旋转得到线段，①中与的数量关系还成立吗？若成立，请证明结论，若不成立，说明理由；(2)当时，①如图3，线段绕点顺时针旋转得到线段．试判断与的数量关系，并说明理由；②若点，，在一条直线上，且，线段绕点逆时针旋转得到线段，求的值．【答案】(1)①；②成立，证明见解析；(2)①，理由见解析；②或【分析】（1）①根据旋转的性质和等边三角形的判定，易证和是等边三角形，得到，，，再利用“”证明，即可得到与的数量关系；②由①可知，和是等边三角形，进而证明，得到，即可证明结论；（2）①根据旋转的性质和等腰直角三角形的判定，易证和是等腰直角三角形，得到，，，进而得到，，易证，从而得到，即可得到与的数量关系；②设，则，根据等腰直角的性质，得到，，分两种情况讨论：点在上和点在的延长线上，利用旋转的性质，等腰直角三角形的性质以及勾股定理分别求解，即可求出，的值．【详解】（1）解：①，，是等边三角形，，，线段绕点旋转得到线段，，，是等边三角形，，，，在和中，，，，故答案为：；②成立，理由如下：由①可知，和是等边三角形，，，，，，在和中，，，；（2）解：①，理由如下：，，是等腰直角三角形，，，线段绕点旋转得到线段，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，；②，设，则，，，是等腰直角三角形，，，如图，当点在上时，此时，

由旋转的性质可知，是等腰直角三角形，，，，，由勾股定理得：，；如图，当点在的延长线上时，此时，

同理可知，，，由勾股定理得：，，综上可知，的值为或．【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，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，利用分类讨论的思想，熟练掌握手拉手—旋转型全等是解题关键．44．【问题呈现】（1）如图1，和都是等边三角形，连接．求证：．

【类比探究】（2）如图2，和都是等腰直角三角形，，连接．请直接写出的值．

【拓展提升】（3）如图3，和都是直角三角形，，且．连接．

①求的值；②延长交于点，交于点．求的值．【答案】（1）见解析；（2）；（3）；【分析】（1）由等边三角形的性质可得，从而得到，由证明，即可得到；（2）由等腰直角三角形的性质可得，从而得到，证明，最后根据相似三角形的性质即可得到答案；（3）由是直角三角形，可得，通过证明得到，从而得到，即可推出，最后由相似三角形的性质即可得到答案；由得，，，得到，由三角形内角和定理和对顶角相等可得，从而得到．【详解】（1）证明：和都是等边三角形，，，，在和中，，，；（2）解：和都是等腰直角三角形，，，，，，，（3）是直角三角形，，令，则，，和都是直角三角形，，且，，，，，，，由得，，，，，，，，，即，．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质、三角形相似的判定与性质、三角形内角和定理、勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质、三角形相似的判定与性质、三角形内角和定理、勾股定理，是解题的关键．45．【感受与猜想】

(1)如图，四边形和四边形均为正方形，点正好落在对角线上．试猜想与的数量关系：__．【探究与证明】(2)如图，四边形和四边形均为正方形，正方形绕点顺时针旋转角()，连结，．()中的结论是否还成立，若成立，请给出证明．【拓展与延伸】(3)如图3，在平面直角坐标系中，直线分别交轴，轴于，两点，点为线段上一点，以为底边向下作等腰直角三角形．①若，求点的坐标．②若点落在边的中点处，与交于点，已知，求的长．【答案】(1)；(2)成立，证明见解析；(3)①；②【分析】（1）由四边形和四边形均为正方形，得，，即可得；（2）连接，，由四边形和四边形均为正方形，可得，，，即可证明，根据相似三角形的性质，即可求解；（3）①连接，过作轴于，求出，，知是等腰直角三角形，而是等腰直角三角形，可得，进而可得，再根据的等腰直角三角形，可得，即可求解；②连接，过作轴于，同①得出的坐标，进而可得直线函数表达式，把即可求解．【详解】解：（1）四边形和四边形均为正方形，，，，即；故答案为：；（2）（1）中的结论还成立，证明如下：连接，，如图：

四边形和四边形均为正方形，，，，，，（3）①连接，过作轴于，如图：

在中，令得，令得，，，，是等腰直角三角形，，是等腰直角三角形，，，，，，，，，，，，的等腰直角三角形，，，②连接，过作轴于，如图：

为的中点，，，同①可得，，，，，，的等腰直角三角形，，，设的解析式为，，解得：，直线表达式为，

把，代入得，解得：，．【点睛】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，相似三角形判定与性质，等腰直角三角形三边的关系等知识，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形解决问题．46．如图1所示，矩形中，点E，F分别为边，的中点，将绕点A逆时针旋转，直线，相交于点P．（1）若，将绕点A逆时针旋至如图2所示的位置上，则线段与的位置关系是______，数量关系是______．（2）若将绕点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，，将旋转至时，请直接写出的长．【答案】（1）BE＝DF，BE⊥DF；（2）结论：DF＝nBE，BE⊥DF，证明见祥解；（3）满足条件的PD的值为6﹣5或6＋5．【分析】（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）如图2中，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，∠ABE＝∠ADF，∵∠ABE＋∠AHB＝90°，∠AHB＝∠DHP，∴∠ADF＋∠PHD＝90°，∴∠DPH＝90°，∴BE⊥DF，故答案为：BE＝DF，BE⊥DF；（2）如图3中，结论不成立，结论：DF＝nBE，BE⊥DF，∵AE＝AB，AF＝AD，AD＝nAB，∴AD＝nAB，即AF＝nAE，∴AF∶AE=AD∶AB，∴AF∶AE＝AD∶AB，∵∠DAB＝∠EAF＝90°，∴∴∠BAE＝∠DAF，∴△BAE∽△DAF，∴DF∶BE＝AF∶AE＝n：1，∠ABE＝∠ADF，∴DF＝nBE，∵∠ABE＋∠AHB＝90°，∠AHB＝∠DHP，∴∠ADF＋∠PHD＝90°，∴∠DPH＝90°，∴BE⊥DF；（3）如图4﹣1中，当点P在BE的延长线上时，在Rt△AEB中，∵∠AEB＝90°，AB＝10，AE＝5，∴BE＝＝5，∵△ABE∽△ADF，∴＝，∴＝，∴DF＝6，∵四边形AEPF是矩形，∴AE＝PF＝5，∴PD＝DF﹣PF＝6﹣5；如图4﹣2中，当点P在线段BE上时，在Rt△AEB中，∵∠AEB＝90°，AB＝10，AE＝5，∴BE＝＝5，∵△ABE∽△ADF，∴＝，∴＝，∴DF＝6，PF＝AE＝5，∴PD＝DF＋PF＝6＋5，综上所述，满足条件的PD的值为6﹣5或6＋5.【点睛】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.47．如图1，正方形的边长为5，点E、F分别是边、上一点，且四边形为边长为2的正方形，连接．（1）在图1中，求的值；（2）将图1中的正方形绕点B旋转一周，探究的值是否变化？若不变，请利用图2求出该值；若变化请说明理由；（3）当正方形旋转至D，G，E三点共线时，求的长．【答案】（1）；（2）不变，；（3）或【分析】（1）延长EG交AD于H，解直角三角形求出DH，GD即可解决问题；（2）连接BD，BG，证明△CBE∽△DBG即可求解；（3）分两种情况：①当点G落在DE的延长线上时，利用勾股定理及（2）的结论即可解答，②当点G落在DE上时，同法可求解．【详解】解：（1）延长交于点H；∵四边形ABCD，四边形BEGF为正方形，∴AB=BC=CD=AD=5，BE=EG=GF=FB=2，AB∥EG，AD∥BC∥FG，∴AH=BE=2，DH=CE=BC=BE=3，GH=AF=AB=BF=3，GH⊥AD，在Rt△DGH中，；∴；∴（2）连接，；∵四边形ABCD，四边形BEGF为正方形，∴∠DBC=∠DBA=45°，∠GBE=45°，；∴∠DBC+∠EBD=∠GBE+∠EBD，即∠CBE=∠DBG，∵BC=5，BE=2，∴，；∴；∴∴∴，∴即的值不变，（3）①当点G在线段延长线上时，（如图1）由（2）知：，∴．在中，，，∴，∴②当点G在线段上时，（如图2）由（2）知：∴，∴．在中，，，∴，∴综上：或【点睛】本题考查四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．48．如图，在中，，将绕点C旋转得到，连接AD．(1)如图1，点E恰好落在线段AB上．①求证：；②猜想和的关系，并说明理由；(2)如图2，在旋转过程中，射线BE交线段AC于点F，若，，求CF的长．【答案】(1)①见解析；②，理由见解析(2)3或【分析】（1）①由旋转的性质得，，，根据相似的判定定理即可得证；②由旋转和相似三角形的性质得，由得，故，代换即可得出结果；（2）设，作于H，射线BE交线段AC于点F，则，由旋转可证，由相似三角形的性质得，即，由此可证，故，求得，分情况讨论：①当线段BE交AC于F时、当射线BE交AC于F时，根据相似比求出x的值，再根据勾股定理即可求出CF的长．【详解】（1）①∵将绕点C旋转得到，∴，，，∴，，∴；②，理由如下：∵将绕点C旋转得到，∴，∵，，，∴，∵，∴，∴，∴；（2）设，作于H，射线BE交线段AC于点F，则，∵将绕点C旋转得到，∴，，，∴，，∴，∴，，即，∵，∴，∴，∵，，∴①当线段BE交AC于F时，解得，（舍），∴，②当射线BE交AC于F时，解得（舍），，∴，综上，CF的长为3或．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质以及旋转的性质，掌握相似三角形的判定定理以及性质是解题的关键．49．△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在边BC上，BDBC，将线段DB绕点D顺时针旋转α至DE，连接BE，CE，以CE为斜边在其一侧作等腰直角三角形CEF，连接AF．(1)如图1，当α＝180°时，请直接写出线段AF与线段BE的数量关系；(2)当0°＜α＜180°时，①如图2，（1）中线段AF与线段BE的数量关系是否仍然成立？请说明理由；②如图3，当BC＝10，且点B，E，F三点共线时，求线段AF的长．【答案】(1)；(2)①仍然成立，理由见解析；②2．【分析】（1）根据题意得BD=DE=EC=BC，进而可得△ABC∽△FEC，得出，由BC=AC，推出，即可得出答案；（2）①可证得△ACF∽△BCE，从而得出结果；②作DG⊥BF于G，可推出△BDG∽△BCF，进而得出BG=BF，DG=CF，进一步得出DG=BG，进而在Rt△BDG中根据勾股定理求得BG，进一步求得结果．【详解】（1）当α=1