专题411相似三角形几何模型（旋转模型）（培优练）-2023-2024学年九年级数学上册全章复习与专题突破讲与练（浙教版）

专题4.11相似三角形几何模型（旋转模型）（培优练）1．（2023秋·九年级课时练习）如图①，四边形是正方形，，分别在边、上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法，如图①，将绕点顺时针旋转，点与点重合，连接、、．

（1）试判断，，之间的数量关系；（2）如图②，点、分别在正方形的边、的延长线上，，连接，请写出、、之间的数量关系，并写出证明过程．（3）如图③，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，请直接写出，，之间数量关系．2．（2023·全国·九年级专题练习）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有角的三角尺放在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点C重合，绕点C旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点M，N，连接，可得．探究一：如图②，把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点H在直线上．求证：；探究二：在图②中，连接，分别交，于点E，F．求证：；探究三：把三角尺旋转到如图③所示位置，直线与三角尺角两边，分别交于点E，F，连接交于点O，求的值．

3．（2023·全国·九年级专题练习）在中，，将绕点顺时针旋转得到，其中点的对应点分别为点．

（1）如图1，当点落在的延长线上时，求的长；（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点，求的长；（3）如图3，连接，，直线交于点，点为的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．4．（2023·全国·九年级专题练习）如图，四边形中，，，，，，于点．将与该四边形按如图方式放在同一平面内，使点与重合，其中，，．绕点旋转，且在旋转过程中，分别交边于点．

（1）求证：四边形为矩形；（2）求的长；（3）若，求的长；（4）恰好为等腰三角形，求．5．（2023·全国·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．6．（2023·全国·九年级假期作业）如图①，点E为正方形内一点，，将绕点B按顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为点C）．延长交于点F，连接．（1）试判断四边形的形状，并说明理由．（2）如图①，若，，求的长．（3）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明．7．（2023春·山西·九年级专题练习）如图1，中，，的大小保持不变，点在斜边上，，垂足为点．如图2，把绕着点顺时针旋转，旋转角为，点的对应点为点．（1）求作点的对应点（要求尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；（2）连接，，，直线，相交于点，试探究在整个旋转过程中，直线，所相交成的锐角是否保持不变？若不变，请证明：若有变化，说明理由．8．（2023·全国·九年级专题练习）阅读材料，解决问题折叠、旋转是我们常见的两种图形变化方式如图1，在中，，点D，E在边上，，若，，求的长．小明发现，如果将绕点A按逆时针方向旋转，得到，连接（如图2）．使条件集中在中，可求得（即）的长，具体作法为：作，且，连接，可证，再结合已知中，可证，得，接着在中利用勾股定理即可求得的长，即的长．（1）请你回答：与全等的条件是__________（填“”、“”、“”、“”或“”中的一个），的长为__________；（2）如图3，正方形中，点P为延长线上一点，将沿翻折至位置，延长交直线于点F．①求证：；②连接交于点O，连接（如图4），请你直接写出的值．9．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，正方形和正方形（其中），的延长线与直线交于点H．（1）如图1，当点G在上时，求证：；（2）将正方形绕点C旋转一周．①如图2，当点E在直线右侧时，判断的数量关系并证明；②当时，若，请直接写出线段的长．10．（2023·全国·九年级专题练习）在锐角中，，，，将绕点B按逆时针方向旋转，得到．（1）如图1，当点在线段的延长线上时，求的度数；（2）如图2，连接，若，求的长；（3）如图3，点E为线段中点，点P是线段上的动点，在绕点B按逆时针方向旋转过程中，点P的对应点是点，求线段长度的最大值与最小值．11．（2023春·河南驻马店·九年级校考阶段练习）如图1，在中，，，，点分别是边的中点，连接．将绕点逆时针方向旋转，记旋转角为．（1）问题发现当时，______；当时，______．（2）拓展探究试判断：当时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）问题解决绕点逆时针旋转至三点在同一条直线上时，请直接写出线段的长______．12．（2023春·山西·九年级专题练习）（1）如图①，将绕点旋转任意角度得到△，连接、，证明：．（2）如图②，四边形和四边形均为正方形，连接，，求的值．13．（2023春·全国·八年级阶段练习）（探索发现）如图①，四边形是正方形，分别在边上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法，如图①，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．（1）试判断之间的数量关系，并写出证明过程；（2）如图①如果正方形的边长为4，求三角形的周长；（3）如图②，点分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程．14．（2023春·八年级课时练习）在中，，D为上一动点．（1）如图1，当时，若，求的长；（2）如图2，当时，点P为的中点，且，求证：；（3）如图3，在（2）的条件下，将绕点P旋转，得到，连接，直接写出的值．15．（2023春·山东菏泽·九年级统考期中）已知，四边形是正方形，绕点旋转（），，，连接，．（1）如图，求证：≌；（2）直线与相交于点．如图，于点，于点，求证：四边形是正方形；如图，连接，若，，直接写出在旋转的过程中，线段长度的最小值．16．（2023·全国·九年级专题练习）阅读下面材料：张明同学遇到这样一个问题：如图1，在正三角形ABC内有一点P，且，，，求的度数．张明同学是这样思考的：如图2，利用旋转和全等的知识构造，连接，得到两个特殊的三角形，从而将问题解决．（1）请你计算图1中的度数；（2）参考张明同学思考问题的方法，解决下列问题：如图3，在正方形内有一点，且，，，求的度数．17．（2022秋·全国·九年级专题练习）综合与实践问题情境：如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△（点A的对应点为点C）．延长AE交于点F，连接DE．猜想证明：（1）试判断四边形的形状，并说明理由；（2）如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与的数量关系并加以证明；解决问题：（3）如图①，若AB＝5，CF＝1，请直接写出DE的长．18．（2023·河北衡水·校考模拟预测）已知点在正方形的对角线上，正方形与正方形有公共点．（1）如图1，当点在上，在上，求的值为多少；（2）将正方形绕点逆时针方向旋转，如图2，求：的值为多少；(3)，，将正方形绕逆时针方向旋转，当，，三点共线时，请直接写出的长度．参考答案1．(1)(2)，证明见解析(3)【分析】（1）首先利用证明，得，从而得出答案；（2）在上取,连接，首先由，得，，再利用证明，得，即可证明结论；（3）将绕点逆时针旋转得，由旋转的性质得点、、共线，由（1）同理可得，得，从而解决问题．【详解】（1）解：，证明如下：如图：四边形是正方形，，，由旋转的性质可得：，，，，，点、、共线，，，，，在和中，，，，；（2）解：，证明如下：如图，在上取，连接，，四边形是正方形，，，，，在和中，，，，，，，，，在和中，，，，，；（3）解：如图，将绕点逆时针旋转得，

，，，，，点、、共线，，，，，在和中，，，，．【点拨】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用旋转构造全等三角形是解题的关键．2．探究一：见解析；探究二：见解析；探究三：【分析】探究一：求出，证明即可；探究二：根据正方形的性质证明，根据三角形内角和定理得出，等量代换求出，加上公共角，进而可证明；探究三：先证明，得到，，然后将绕点C逆时针旋转得到，则点G在直线上，得出，根据全等三角形的性质得出，进而得到，可证明，根据相似三角形的性质得出．【详解】探究一：证明：∵把绕点C逆时针旋转得到，点H在直线上，∴，，∴，∴，在和中，，∴，∴；探究二：证明：如图，

∵四边形是正方形，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴；探究三：解：∵，是正方形的对角线，∴，，∴，∵，∴，即，∴，∴，，如图，将绕点C逆时针旋转90°得到，则点G在直线上，

∴，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴．【点拨】本题是相似三角形的综合题，主要考查了全等三角形的性质和判定，旋转的性质，正方形的性质，相似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是解决问题的关键．3．(1)8(2)(3)存在最小值1，理由见解析【分析】（1）先求出，再在中，求出，从而可得；（2）过作交于，过作于，先证明，再根据，求出，进而可得和及，由得，即可得；（3）过作交延长线于，连接，先证明，得，再证明得，是的中位线，，要使最小，只需最小，此时共线，的最小值为，即可得最小值为．【详解】（1）解：，，，绕点顺时针旋转得到，点落在的延长线上，，中，，；（2）解：过作交于，过作于，如图：

绕点顺时针旋转得到，，，，，，中，，，，中，，同理，，，，，，；（3）解：存在最小值1，理由如下：过作交延长线于，连接，如图：

绕点顺时针旋转得到，，，而，，，，，，，，在和中，，，，即是中点，点为的中点，是的中位线，，要使最小，只需最小，此时共线，的最小值为，最小为．【点拨】本题考查直角三角形的旋转变换，涉及勾股定理、平行线分线段成比例、等腰三角形判定、全等三角形判定与性质等知识，综合性较强，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．4．(1)见解析(2)6(3)(4)16或【分析】（1）根据矩形的证明方法即可得证；（2）根据四边形为矩形，可得的长度，根据含有角的直角三角形的性质和勾股定理进行计算即可得到答案；（3）根据四边形为矩形，可得的长，从而可求出的长，在中，由勾股定理进行计算即可得到答案；（4）根据等腰三角形的性质，分类讨论：①当时；②当时；③当时；根据勾股定理即可求解．【详解】（1）证明：，，，，，，即，四边形是矩形；（2）解：四边形是矩形，，在中，，，；（3）解：四边形是矩形，，，，在中，；（4）解：①当时，，，，，②当时，此种情况不存在，③当时，如图所示，

，，在中，，解得：，，综上所述，恰好为等腰三角形，的值为或16．【点拨】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，含有角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，等腰三角形的性质，含有角的直角三角形的性质，是解题的关键．5．(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．【点拨】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．6．(1)四边形是正方形，理由见解析(2)(3)，证明见解析【分析】（1）根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；（2）过点作于点．证明，推出，，利用勾股定理求解即可；（3）过点作于点，由全等三角形的性质和等腰三角形的性质，可得结论．【详解】（1）解：结论：四边形是正方形．理由如下：是由绕点按顺时针方向旋转得到的，，，又，，四边形是矩形，由旋转可知：，四边形是正方形；（2）如图①，过点作于点．则四边形是正方形，，，，，在和中，，，，，，在中，，根据勾股定理得：，，或（舍去），，故答案为：12．（3）结论：．证明：如图②，过点作于点，，，，，由旋转可知：，

由（1）可知：四边形是正方形，，，．【点拨】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质和判定，全等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解决问题．7．(1)见解析(2)不变，理由见解析【分析】（1）作，，则点即为所求；（2）根据题意得出，则，进而根据旋转的性质得出，证明得出，根据三角形的外角的性质即可得出，进而得出结论．【详解】（1）解：如图所示，点即为所求；（2）解：如图所示，设交于点，∵，，∴，∴，∵把绕着点顺时针旋转，旋转角为，点的对应点为点，点的对应点，∴，∴，又，∴，∴，∵，∴，∵的大小保持不变，∴是定值．【点拨】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质与判定，三角形的外角的性质，掌握以上知识是解题的关键．8．(1)，(2)①证明见详解；②【分析】（1）根据绕点A按逆时针方向旋转得到可得，，结合可得，根据边角边定理即可得到证明，在中利用勾股定理即可得到答案；（2）①连接，根据定理即可得到，即可得到证明；②连接，过C作交延长线于一点G，根据折叠得到，，由①可得，，即可得到，从而得到，根据正方形性质可得，，结合可得，即可得到，即可得到答案.【详解】（1）解：∵绕点A按逆时针方向旋转得到，∴，，，∵，∴，在与中，∴，∵，，∴，∵绕点A按逆时针方向旋转得到，∴，，∴，∴，在中，，∵，∴，故答案为：，；（2）解：①连接，∵沿翻折至位置，四边形是正方形，∴，，在在与中，，

∴，∴；②连接，过C作交延长线于一点G，∵沿翻折至位置，∴，，∵，∴，∴，∴，∵四边形是正方形，∴，，

∵，∴，在与中，，∴，∴，，∴，在中，，∴.【点拨】本题考查正方形的性质，等腰三角形性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是添加辅助线．9．(1)证明见解析(2)①，证明见解析；②或【分析】（1）证明，即可得到，再由角的等量代换即可证明；（2）①在线段上截取，连接，证明，得到为等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的边角性质即可；②分两种情况，一是如图3所示，当D，G，E三点共线时，，连接．求出BD，设，则．在中，利用勾股定理列出方程解答；二是如图4所示，当B，H，G三点共线时，，连接．设，中利用勾股定理列出方程即可解答．【详解】（1）证明：如图1，∵四边形和均为正方形，∴，，

∴．∴．

又∵，∴．∴．（2）解：①，证明如下：如图所示，在线段上截取，连接．由（1）可知，，又∵，∴．∴．

∴，即．∴为等腰直角三角形．∴．∴，∴．

②第一种情况：如图3所示，当D，G，E三点共线时，，此时G、H重合，连接．由①可知，且．又∵，∴．设，则．∴在中，由勾股定理得．∴，解得（负值舍），∴；第二种情况：如图4所示，当B，H，G三点共线时，，连接．设，∵，∴．在中，由勾股定理得．∴．解得，∴∴的长为或．【点拨】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等知识点，解题的关键是熟知上述知识点，并正确作出辅助线．10．(1)(2)(3)线段长度的最大值为7与最小值为【分析】（1）由旋转的性质可得：，，又由等腰三角形的性质，即可求得的度数；（2）由旋转的性质可得：，易证得，利用相似三角形对应边成比例，即可求出；（3）由①当P在上运动至垂足点D，绕点B旋转，使点P的对应点在线段上时，最小；②当P在上运动至点C，绕点B旋转，使点P的对应点在线段的延长线上时，最大，即可求得线段长度的最大值与最小值．【详解】（1）解：由旋转的性质可得：，，∴，∴．（2）解：由旋转的性质可得：，∴，，，∴，，∴，∴，∴，即，解得：．（3）解：过点B作，D为垂足，∵为锐角三角形，∴点D在线段上，在中，,，∴，∴，∴，∵，∴，解得：或（舍去），∵点E为线段中点，∴；①如图1，当P在上运动至垂足点D，绕点B旋转，使点P的对应点在线段上时，最小，且最小值为：；②如图2，当P在上运动至点C，绕点B旋转，使点P的对应点在线段的延长线上时，最大，且最大值为：．综上分析可知，线段长度的最大值为7与最小值为．【点拨】本题主要考查了旋转的性质、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．此题难度较大，注意数形结合思想的应用，注意旋转前后的对应关系．11．(1)；(2)没有，证明见解析(3)满足条件的的长为或【分析】（1）当时，在Rt中，勾股定理，可求的长，然后根据点分别是边的中点，分别求出的大小，即可求出的的值；当时，可得，然后根据，可求的值；（2）首先判断出，再根据，判断出，然后由相似三角形的对应边成比例，可求解；（3）分两种情形：当点在的延长线上时；当点在线段上时，分别求解即可．【详解】（1）解：当时，Rt中，，，点分别是边的中点，，，，故答案为：；如图，当时，可得，，，故答案为：；（2）解：如图，当时，的大小没有变化，，，，，；（3）解：如图，当点在的延长线上时，在Rt中，，，，，，；如图，当点在线段上时，在Rt中，，，，，，，综上所述，满足条件的的长为或．【点拨】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理等知识，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，属于中考压轴题．12．（1）见解析；（2）【分析】（1）通过证明，可得结论；（2）连接和，证明可得的值．【详解】证明：（1）将绕点A旋转任意角度得到，，，，，，；（2）连接和，四边形和四边形均为正方形，，，，则，，，．．．【点拨】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．13．(1)，证明见详解；(2)8；(3)，证明见详解．【分析】（1）根据旋转得到，，，，即可得到即可得到答案；（2）由（1）结论代入即可得到答案；（3）在上取连接，首先由，得，，再利用证明，得，即可得到答案．【详解】（1）解：，理由如下，证明：∵是绕点A顺时针旋转得到，∴，，，∵，∴，在与中，∵，∴，∴，∵，∴；（2）解：由（1）得，；∴，∵正方形的边长为4，∴；（3）解：在上取，连接，在与中，∵，∴，∴，，∴，∵，∴，在与中，，∴，∴，∵，∴．【点拨】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用旋转构造全等三角形是解题的关键．14．(1)(2)见解析(3)【分析】（1）过点D作于点H．由三角形外角的性质易求．根据题意可求，即得出．设，则，根据勾股定理可求出．从而可列出关于x的方程，解出x，即可求出的长；（2）连接，过点A作于点Q．易得出，根据勾股定理可得出．结合题意又可得出．设．根据等腰三角形的性质可得，即点D为中点．结合题意利用三角形中位线定理可得，，从而可证，最后根据勾股定理可求出；（3）在（2）的基础上，过点作交的延长线于点T，由旋转的性质可知，，即易证四边形是矩形，得出，，进而可求出，，，最后根据勾股定理求出和的长，作比即可．【详解】（1）如图，过点D作于点H．

∵，，，∴，即．∵，∴，∴．设，则，∴．∴，解得：，∴；（2）如图，连接，过点A作于点Q．∵，∴，∴，∴．∵，∴．设．∵，，∴，即点D为中点．∵点P为的中点，即，∴，，∴，∴，，∴；（3）如图，在（2）的基础上，过点作交的延长线于点T，由旋转的性质可知，，∴．∵，，∴四边形是矩形，∴，，∴，，，∴，，∴．【点拨】本题考查三角形外角的性质，等腰直角三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，矩形的判定和性质等知识，综合性强，较难．正确的作出辅助线是解题关键．15．(1)见解析(2)①见解析②【分析】根据证明三角形全等即可；根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；作交于点，作于点，证明是等腰直角三角形，求出的最小值，可得结论．【详解】（1）证明：四边形是正方形，，．，．，，在和中，≌；（2）证明：如图中，设与相交于点．，．≌，．，．，，，四边形是矩形，．四边形是正方形，，．．又，≌．．矩形是正方形；解：作交于点，作于点，∵∴≌．．，，最大时，最小，．．由可知，是等腰直角三角形，．【点拨】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，等腰直角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解决问题，属于中考压轴题．16．(1)(2)【分析】（1）将△APB逆时针旋转60°得到△AP′C，根据旋转的性质可知△ABP≌△ACP′，求证△APP′为等边三角形，再根据勾股定理的逆定理得出∠PP′C=90°，即可求出∠AP′C=∠APB=150°；（2）将△APB绕点A顺时针旋转90°，根据旋转的性质可知是等腰直角三角形，求证∠APP′=45°，用勾股定理逆定理求出∠P′PB=90°，最后求出∠APB=∠P'PB+∠APP'=135°即可．【详解】（1）（1）如图2，把绕点A逆时针旋转60°得到，由旋转的性质，，，，，∴是等边三角形，∴，，∵，，∴，∴，∴；∴；（2）如图3，把绕点逆时针旋转90°得到，由旋转的性质，，，，∴是等腰直角三角形，∴，，∵，，∴，∴，∴，∴．【点拨】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，正方形的性质，勾股定理及其逆定理的运用，全等三角形的判定与性质，做辅助线构造直角三角形是解答的关键.17．(1)四边形BFE是正方形，见解析(2)线段CF与的数量关系是CF=，见解析(3)【分析】（1）先证明四边形是矩形，再证明有一组邻边线段即可得证．(2)过点D作DQ⊥AE，垂足为Q，得证AE=2AQ=2QE，再证明△DAQ≌△ABE，结合旋转性质，得到△≌△ABE，得到DQ=AE==2=+CF，得证．(3)过点D作DM⊥AE，垂足为M，证明△DAM≌△ABE，结合旋转性质，得到△≌△ABE，得到DM=AE==+CF，设=x，则DM=AE==x+1，根据勾股定理，，求得x的值，再利用计算即可．【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∴∠ABE+∠CBE=90°．∵Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△（点A的对应点为点C）∴△ABE≌△，∴∠AEB=∠=90°，BE=，∠ABE=∠，∴∠+∠CBE=90°，∴∠BEF=90°，四边形是正方