专题03 相似三角形重要模型-手拉手模型（解析版）

专题03相似三角形重要模型-手拉手模型相似三角形是初中几何中的重要的内容，常常与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，是中考的常考题型。手拉手模型相似是手拉手模型当中相对于手拉手全等模型较难的一种模型，在实际的应用和解题当中出现时，对于同学们来说，都比较困难。而深入理解模型内涵，灵活运用相关结论可以显著提高解题效率，本专题重点讲解相似三角形的“手拉手”模型（旋转模型）。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。模型1.“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.例1．（2023秋·福建泉州·九年级校考期末）问题背景：（1）如图①，已知，求证：；尝试应用：（2）如图②，在和中，，，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，，求的值；拓展创新：（3）如图③，D是内一点，，，，，求AD的长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】问题背景（1）由题意得出，，则，可证得结论；尝试应用（2）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（3）过点作的垂线，过点作的垂线，两垂线交于点，连接，证明，由相似三角形的性质得出，证明，得出，求出，由勾股定理求出，最后由直角三角形的性质可求出的长．【详解】问题背景（1）证明：，，，，，；尝试应用（2）解：如图，连接，，，，由（1）知，，，∴，∵∴∴∵∴∴∴∴，拓展创新（3）解：如图2，过点作的垂线，过点作的垂线，两垂线交于点，连接，，，，，又，，，又，，即，，，，，，．【点睛】此题是相似形综合题，考查了直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．例2．（2023秋·江苏无锡·九年级校考阶段练习）【模型呈现：材料阅读】如图，点，，在同一直线上，点，在直线的同侧，和均为等边三角形，，交于点，对于上述问题，存在结论（不用证明）：（1）（2）可以看作是由绕点旋转而成；…

【模型改编：问题解决】点，在直线的同侧，，，，直线，交于，如图1：点在直线上，①求证：；

②求的度数．

如图2：将绕点顺时针旋转一定角度．③补全图形，则的度数为______；④若将“”改为“”，则的度数为______．（直接写结论）【模型拓广：问题延伸】如图3：在矩形和矩形中，，，，连接，，求的值．

图1

图2

图3【答案】【模型改编：问题解决】①见解析；②；③图见解析，115°；④【模型拓广：问题延伸】【分析】【模型改编：问题解决】①先证明，可得，再证明，可得；②由，可得，再结合三角形的外角可得答案；③连接并延长交于，同理可得：，，再结合三角形的外角可得答案；④先求解，结合③的思路可得答案；【模型拓广：问题延伸】连接、，先证明，可得，，证明，可得，可得，从而可得答案．【详解】【模型改编：问题解决】①∵，，，∴，，∴，∴，∵，，∴，∴；②由①知，，∴，∴③补图如下：连接并延长交于，

图2同理可得：∴，∴，④∵，，∴，同理③可得，故答案为：；【模型拓广：问题延伸】连接、，

图3∵在矩形和矩形中，，，，∴，又∵，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴．【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，熟练的证明三角形相似是解本题的关键．例3．（2023春·湖北黄冈·九年级专题练习）【问题呈现】和都是直角三角形，，连接，，探究，的位置关系．

(1)如图1，当时，直接写出，的位置关系：____________；(2)如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．【拓展应用】(3)当时，将绕点C旋转，使三点恰好在同一直线上，求的长．【答案】(1)(2)成立；理由见解析(3)或【分析】（1）根据，得出，，证明，得出，根据，求出，即可证明结论；（2）证明，得出，根据，求出，即可证明结论；（3）分两种情况，当点E在线段上时，当点D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】（1）解：∵，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴；故答案为：．

（2）解：成立；理由如下：∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴；

（3）解：当点E在线段上时，连接，如图所示：

设，则，根据解析（2）可知，，∴，∴，根据解析（2）可知，，∴，根据勾股定理得：，即，解得：或（舍去），∴此时；当点D在线段上时，连接，如图所示：

设，则，根据解析（2）可知，，∴，∴，根据解析（2）可知，，∴，根据勾股定理得：，即，解得：或（舍去），∴此时；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，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论．例4．（2023秋·福建泉州·九年级校考阶段练习）如图，已知中，，．点D是所在平面内不与点A、C重合的任意一点，连接，将线段绕点D顺时针旋转α得到线段，连接、．

(1)如图1，当时，求证：．(2)当时，请判断线段与之间的数量关系是_____，并仅就图2的情形说明理由．(3)当时，且时，若，，点E在上方，求的长．【答案】(1)见解析，(2)，理由见解析(3)【分析】（1）先证明和是等边三角形，再证明，可推出；（2）过A作与H，先根据含的直角三角形的性质，等腰三角形的性质以及勾股定理可求出，同理求出，可得出，证明，然后证明即可求解；（3）过E作于F，可判断是等腰直角三角形，然后可求出，，的长度，由（2）同理可证出，最后根据相似三角形的性质即可求解．【详解】（1）解：∵旋转，∴，当时，又，∴和是等边三角形，∴，，，∴，∴，∴；

（2）解：过A作与H，

∵，，∴，，∴，又由勾股定理得，∴，∴，同理，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，即（3）解：如图，

过E作于F，当时，∵，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，由（2）同理可证，∴，即，∴．【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，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，解题的关键在于正确寻找全等三角形或相似三角形．例5．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）综合与实践数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．

(1)发现问题：如图1，在和中，，，，连接，，延长交于点．则与的数量关系：______，______；(2)类比探究：如图2，在和中，，，，连接，，延长，交于点．请猜想与的数量关系及的度数，并说明理由；(3)拓展延伸：如图3，和均为等腰直角三角形，，连接，，且点，，在一条直线上，过点作，垂足为点．则，，之间的数量关系：______；(4)实践应用：正方形中，，若平面内存在点满足，，则______．【答案】(1)，(2)，，证明见解析(3)(4)或【分析】（1）根据已知得出，即可证明，得出，，进而根据三角形的外角的性质即可求解；（2）同（1）的方法即可得证；（3）同（1）的方法证明，根据等腰直角三角形的性质得出，即可得出结论；（4）根据题意画出图形，连接，以为直径,的中点为圆心作圆，以点为圆心，为半径作圆，两圆交于点，延长至，使得，证明，得出，勾股定理求得，进而求得，根据相似三角形的性质即可得出，勾股定理求得，进而根据三角形的面积公式即可求解．【详解】（1）解：∵，∴，又∵，，∴，∴，设交于点，

∵∴，故答案为：，．（2）结论：，；证明：∵，∴，即，又∵，，∴∴，∵，，∴，∴，（3），理由如下，∵，∴，即，又∵和均为等腰直角三角形∴，∴，∴，在中，，∴，∴；（4）解：如图所示，

连接，以为直径,的中点为圆心作圆，以点为圆心，为半径作圆，两圆交于点，延长至，使得，则是等腰直角三角形，

∵,∴，∵，∴∴，∴，∵，在中，，∴∴过点作于点，设，则，在中，，在中，∴∴解得：，则，设交于点，则是等腰直角三角形，∴在中，∴∴又，∴∴∴，∴∴，在中，∴，综上所述，或故答案为：或．【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，正方形的性质，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，熟练运用已知模型是解题的关键．例6．（2023·山东济南·九年级统考期中）问题背景：一次小组合作探究课上，小明将一个正方形和等腰按如图所示的位置摆放（点、、在同一条直线上），其中．小组同学进行了如下探究，请你帮助解答：初步探究（1）如图，将等腰绕点按顺时针方向旋转，连接，．请直接写出与的关系；（2）如图，将（1）中的正方形和等腰分别改成菱形和等腰，其中，，其他条件不变，求证：；深入探究：（3）如图，将（1）中的正方形和等腰分别改成矩形和，其中且，其它条件不变．①探索线段与的关系，说明理由；②连接，若，，直接写出________．【答案】（1），；（2）见解析；（3）①，，见解析；②500【分析】（1）由正方形的性质，等腰直角三角形的性质，得到BC=CD，CE=CF，证明△BCF≌DCE，得到BF=DE，∠CBF=∠CDE，结合对顶角相等，即可得到；（2）由菱形的性质，旋转的性质，先证明，即可得到结论成立；（3）①由矩形的性质，直角三角形的性质，先证明，得到与的数量关系，再由余角的性质证明位置关系即可；②连接BD，先求出矩形的边长，直角三角形的边长，与（1）同理先证明，然后利用勾股定理，等量代换，即可得到．【详解】解：（1）如图：∵正方形和等腰中，∴BC=CD，CE=CF，∠BCD=∠ECF=90°，∴∠BCD+∠DCF=∠ECF+∠DCF，即∠BCF=∠DCE，∴△BCF≌DCE，∴，∠CBF=∠CDE，∵∠BGC=∠DGF，∴∠BCG=∠DFG=90°∴．（2）证明：如图：，，四边形为菱形，又，；（3）①在矩形中，，，又，；，设与交于点G，．②如图：连接BD在矩形ABCD中，CD=AB=12，∵，，∴，BC=16，∵△BCF∽△DCE，∴∠CBF=∠CDE，∵∠BGC=∠DGF，∴∠BCG=∠DQG=90°，∴BF⊥DE；在直角△BCD中，有，在直角△BDQ中，；在直角△CEF中，，在直角△EFQ中，；∴；在直角△BEQ和直角△DFQ中，由勾股定理，则∵，，∴；故答案为：．【点睛】本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，旋转的性质，勾股定理，以及等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，找到证明三角形相似和三角形全等的条件进行解题．例7．（2023春·广东·九年级专题练习）已知在ABC中，O为BC边的中点，连接AO，将AOC绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到EOF，连接AE，CF．（1）如图1，当∠BAC＝90°且AB＝AC时，则AE与CF满足的数量关系是；（2）如图2，当∠BAC＝90°且AB≠AC时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）如图3，延长AO到点D，使OD＝OA，连接DE，当AO＝CF＝5，BC＝6时，求DE的长．【答案】（1）；（2）成立，证明见解析；（3）【分析】（1）结论．证明，可得结论．（2）结论成立．证明方法类似（1）．（3）首先证明，再利用相似三角形的性质求出，利用勾股定理求出即可．【详解】解：（1）结论：．理由：如图1中，，，，，，，，，，，．（2）结论成立．理由：如图2中，，，，，，，，，．（3）如图3中，由旋转的性质可知，，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，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．课后专项训练1．（2023秋·北京顺义·九年级校考期中）如图，和都是等腰直角三角形，．连接BD，CE．则的值为（

）A． B． C． D．2【答案】B【分析】由等腰直角三角形的性质可推出，，，从而可得出，，证明即可得出结论．【详解】解：∵和都是等腰直角三角形，∴，，，∴，，∴，∴．故选B．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质．掌握三角形相似的判定条件是解题关键．2．（2023春·浙江金华·九年级校考期中）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．3．（2023春·浙江丽水·九年级专题练习）如图，在中，过点C作，垂足为点D，过点D分别作，，垂足分别为E，F．连接EF交线段CD于点O，若，，则的值为（

）．A． B．4 C． D．6【答案】B【分析】由题意易得出，即说明点C，E，D，F四点共圆，得出，从而易证，得出．由题意可求出，即可求出．【详解】解：∵，，∴，∴点C，E，D，F四点共圆，∴，即．又∵，∴，∴，∴．∵，，∴，∴．故选B．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，四点共圆的知识，圆周角定理．确定点C，E，D，F四点共圆，从而可得出证明的条件是解题关键．4．（2022·广西梧州·统考一模）如图，在中，，将绕着点B逆时针方向旋转，使点C的对应点落在CA的延长线上，得到，连接，交于点O．下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】利用旋转的性质和等腰三角形的性质推出，即可判断①的正确性；通过点、、、四点共圆可以判断出②③④的正确性．【详解】解：由题意可得：，∵∴∵∴，故①正确；∵∴∵∴∴，∴点、、、四点共圆∵，∴是直径，不是直径∴，故②错误；∵点、、、四点共圆∴，故③正确；∵点、、、四点共圆∴，∴，故④正确；∴正确结论的个数是3个故选C．【点睛】本题考查了图形的旋转、等腰三角形的性质、四点共圆、圆周角定理的推论以及相似的判定等知识点，灵活运用这些知识点是解题的关键．5．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）如图，已知，，，将绕点A顺时针旋转得到，且点G落在对角线上，延长交于点H，则的长为．

【答案】【分析】先利用平行四边形的性质得到，，，再根据旋转的性质得到，，，，接着证明，然后利用相似比求出，从而得到的长．【详解】解：∵四边形为平行四边形，∴，，，∵将绕点A顺时针旋转得到，且点G落在对角线上，∴，，，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，旋转、三角形相似的判定利用三角形相似比求线段的长，根据旋转的性质得到，然后根据两组对应角分别相等的两三角形相似得出是本题的关键．6．（2022·安徽·模拟预测）如图，将边长为3的菱形绕点逆时针旋转到菱形的位置，使点落在上，与交于点．若，则的长为．【答案】/0.75【分析】延长交BC的延长线于点M，过点C作CNDM交于点N，根据菱形的性质和旋转的性质证明△AB≌△AD≌△DCM≌，求得＝＝2，CM＝＝1，再根据CNDM，得，，代入即可求解．【详解】解：如图，延长交BC的延长线于点M，过点C作CNDN交于点N，∵四边形ABCD是菱形∴AB＝BC＝CD＝AD＝3，∠B＝∠ADC＝∠，ABCD∴∠DCM＝∠B由旋转的性质得：，，，，∠ADC＝∠，∴△≌△∴∴∵∠CDM+∠ADC＝∠DA＋∠∴∴△AB≌△DCM≌，∴DM＝，∠M＝∠∴∵CNDM∴∽∴∵∴∴∵CNDM∴△CNE∽△DE∴∴∴CE＝故答案为：【点睛】本题考查菱形的性质，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，综合性较强，作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．7．（2021·湖南益阳·统考中考真题）如图，中，，将绕A点顺时针方向旋转角得到，连接，，则与的面积之比等于．【答案】【分析】先根据正切三角函数的定义可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定可得，最后根据相似三角形的性质即可得．【详解】解：在中，，，由旋转的性质得：，，在和中，，，，即与的面积之比等于，故答案为：．【点睛】本题考查了正切三角函数、旋转的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．8．（2023秋·山东济南·九年级校考阶段练习）如图，已知，．

(1)求证：；(2)若，，求．【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）根据的正切值得，即可证明相似．（2）先证明，进而求出，再根据得出，即可求出．【详解】（1）∵∴∵∴，∴∴（2）∵由（1），∴∵∴∴∵，∴∵∴∴【点睛】本题考查相似三角形的判定、特殊角三角函数值及勾股定理，根据特殊角得出对应线段成比例是解题关键．9．（2023·安徽滁州·九年级校考阶段练习）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．10．（2023秋·湖北孝感·九年级校联考阶段练习）问题背景：如图，在中，，，是边上的中线，是上一点，将绕点逆时针旋转得到，的延长线交于点．问题探究：（1）当点在线段上时，证明．①先将问题特殊化，如图2，当时，证明：；②再探究一般情形，如图，当不垂直时，证明：；拓展探究：（2）如图3，若的延长线交的延长线于点时，直接写出一个等式，表示，，之间的数量关系．

【答案】（1）①见解析，②见解析（2）【分析】①结论：．根据旋转的性质，再证明四边形是正方形，可得结论．②结论不变，如图2中，过点C作于点G，过点C作交的延长线于点H．证明，可以推出，再利用正方形的性质解决问题即可．（2）结论：，证明方法类似②．【详解】（1）①证明：∵，∴，在中，，，∵将绕点C逆时针旋转得到，∴，，，，∴，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，∴，∴，∵是中边上的中线，∴，在和中，∴，∴，∴，∴，∴②结论成立，证明：过点C作于点G，过点C作交的延长线于点H．则．

由旋转性质可知，，∴，，，∵，，∴，∴，∴，，．∴．∴．∴四边形是正方形．∴，∴．∵，，，∴．∴．∴．（2）解：．理由：如下图所示，过作交于点，交的延长线于点，

则四边形是平行四边形，，∴，，∴，∴，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，在和中，，∴，∴，∴四边形是正方形，∴，∴，∴．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解题关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．11．（2022·河南·九年级专题练习）规定：有一角重合，且角的两边叠合在一起的两个相似四边形叫做“嵌套四边形”，如图，四边形ABCD和AMPN就是嵌套四边形．（1）问题联想：如图①，嵌套四边形ABCD，AMPN都是正方形，现把正方形AMPN以A为中心顺时针旋转150°得到正方形AM'P'N'，连接BM'，DN'交于点O，则BM'与DN'的数量关系为_____，位置关系为_____；（2）类比探究：如图②，将（1）中的正方形换成菱形，∠BAD=∠MAN=60，其他条件不变，则（1）中的结论还成立吗?若成立，请说明理由；若不成立，请给出正确的结论，并说明理由；（3）拓展延伸：如图3，将（1）中的嵌套四边形ABCD和AMPN换成是长和宽之比为2:1的矩形，旋转角换成α（90°＜α＜180°），其他条件不变，请直接写出BM'与DN'的数量关系和位置关系．【答案】（1），；（2）成立，不成立，与相交，且夹角为.理由见解析；（3），.【分析】（1）根据SAS证明△ABM’≌△AND’，进而得到，∠ABM’=∠ADN’，再利用三角形内角和可推出∠BOD=90°，即；（2）根据旋转和菱形的性质证明，再推出，故可求解；（3）根据旋转和矩形的性质证明，得到，再推出即可求解．【详解】（1）如图设，交于点H，，∵四边形ABCD，AMPN都是正方形，把正方形AMPN以A为中心顺时针旋转150°得到正方形AM'P'N'，∴AB=AD,AM’=AD’,∴△ABM’≌△AND’，∴，∠ABM’=∠ADN’，∵∠ADN’+∠DHA+∠DAH=180°，∠ABM’+∠BHO+∠BOD=180°，又∠DHA=∠BHO∴，即故答案为：，；（2）成立，不成立，与相交，且夹角为.理由：设，交于点，由旋转的性质可得.∵四边形，都是菱形，∴，，∴，∴，.又∵，∴；故与相交，且夹角为；（3），，理由如下：设，交于点，由旋转的性质可得.∵四边形ABCD和AMPN是长和宽之比为2:1的矩形∴，，∴∴，∴，.又∵，∴∴，．【点睛】此题主要考查正方形、矩形、菱形的性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，运用了类比的思想方法，体现了逻辑推理的核心素养．12．（2023·山东青岛·模拟预测）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．【详解】（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．13．（2023秋·湖北恩施·九年级校考阶段练习）问题提出

如图1，在中，，点是边上一点，是等腰三角形，，，交于点，探究与的数量关系.问题探究

（1）先将问题特殊化，如图2，当时，直接写出的大小；（2）再探究一般情形，如图1，求与的数量关系.问题拓展

将图1特殊化，如图3，当时，若，求的值.

【答案】问题探究：（1）；（2）；问题拓展：【分析】问题探究：（1）作，交的延长线于点G，如图，证明，得到，再通过线段的代换得出，即得，进而求解；（2）延长并截取，如图，证明，得到，，再通过线段的代换得出，即得，进而求解；问题拓展：易得都是等边三角形，可得，，进而得，可证，设，则，根据相似三角形的性质求出，进而可得，即可求解.【详解】解：问题探究：（1）作，交的延长线于点G，如图，则，，∵，∴，∴，

∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴；

（2）延长并截取，连接，如图，∵，，∴，∵，∴，

∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴；

问题拓展：延长并截取，连接，如图，由（2）可得，，∴都是等边三角形，∴，，∴，∴，∴，设，则，

∴，，，∴，∴，，∴.【点睛】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，正确添加辅助线、证明三角形全等与相似是解题的关键.14．（2023春·河南·九年级专题练习）由两个顶角相等且有公共顶角顶点的特殊多边形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，我们把这种模型称为“手拉手模型”．

(1)【问题发现】如图1所示，两个等腰直角三角形和中，，，，连接、，两线交于点P，和的数量关系是；和的位置关系是；(2)【类比探究】如图2所示，点P是线段上的动点，分别以、为边在的同侧作正方形与正方形，连接分别交线段、于点M、N．①求的度数；②连接交于点H，直接写出的值；(3)【拓展延伸】如图3所示，已知点C为线段上一点，，和为同侧的两个等边三角形，连接交于N，连接交于M，连接，直接写出线段的最大值．【答案】(1)，(2)①；②(3)【分析】（1）证明，即可得到，，问题得证；（2）①连接、、，证明，再证明，即可得出结果；②证明，即有，即可求解；（3）证明为等边三角形，就有MN=CN，由条件可以得出，即有，可得，设为x，则有，用相似三角形的性质把用含x的式子表示出来，从而求出最大值．【详解】（1）∵，∴，，又∵，，∴，∴，，∵，∴，∴，故答案为：，；（2）①连接、、，AC

∵四边形和四边形是正方形，∴，，，，，，∴，，∴，，∵，，∴，∴，∵，∴；②∵，，∴，又∵，∴，∴，∵，∴；（3）∵和为等边三角形，∴，，．∴，即．∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，又∵，∴是等边三角形．∴，∵，∴，∴，∴，设为x，则有，∴，∴，∴，∴当时，NC有最大值是，即点C在的中点时，线段最大，最大值是．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理以及二次函数的最值的运用．在解答的过程中书写全等三角形时对应顶点的字母要写在对应的位置上，灵活运用顶点式求最值．15．（2023秋·江苏泰州·九年级校考阶段练习）类比探究【问题背景】已知D、E分别是的边和边上的点，且，则把绕着A逆时针方向旋转，连接和．

①如图2，找出图中的另外一组相似三角形__________②若，，，则__________．【迁移应用】在中，，，D、E、M分别是、、中点，连接和．①如图3，写出和的数量关系__________；②如图4，把绕着点A逆时针方向旋转，当D落在上时，连接和，取中点N，连接，若，求的长．

【创新应用】如图5：，，是直角三角形，，，将绕着点A旋转，连接，F是上一点，且，连接，请直接写出的取值范围．

【答案】【问题背景】①，②；【迁移应用】①，②3；【创新应用】【问题背景】①根据相似三角形的性质可得，根据相似三角形的判定即可证明；②利用相似三角形的性质求解；【迁移应用】①根据正切的定义求得，即可得结论；②连接，根据相似三角形的性质和判定，求出，根据三角形的中位线定理即可求得；【创新应用】过点A作于点K，过点C作于点J，连接,根据等腰三角形的性质可得，根据勾股定理求得，根据三角形的面积公式求得，根据勾股定理求得，根据平行线分线段成比例可得，根据相似三角形的判定和性质可得，即可求得，，通过，即可可得结论．【详解】解：①∵，∴，∴，∵，∴，∴．故答案为：．②∵，∴，∴，∴．故答案为：．①如图3中，在中，，，∴，∴，∵，，∴．故答案为：．②如图4中，连接．

∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，，∴．如图5中，过点A作于点K，过点C作于点J，连接．

∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正切的定义，三角形中位线定理，平行线分线段成比例，勾股定理，等腰三角形的性质等，添加常用辅助线，构造平行线是解题的关键．16．（2023秋·山东济南·九年级校考阶段练习）（1）如图1，正方形和正方形（其中，连接，交于点，请直接写出线段与的数量关系是，位置关系是．（2）如图2，矩形和矩形，，，，将矩形绕点逆时针旋转，连接，交于点，（1）中线段关系还成立吗？若成立，请写出理由；若不成立，请写出线段，的数量关系和位置关系，并说明理由．

【答案】（1），（2）不成立，，，理由见解析【分析】（1）证明，即可求解；（2）根据两边对应成比例且夹角相等证明，即可求解；【详解】解：（1）如图1，

在正方形和正方形中，，，即，，，，，，，，；（2）不成立，新结论：，，理由如下：

如图2，由（1）知，，，，，，，，，，即，，，，，；【点睛】本题是四边形综合题，涉及旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性