手拉手相似模型—浙教版数学九（上）知识点训练
阅卷人 一、选择题
得分
1．（2023九上·萧山期中）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，P是对角线AC上的动点，连接DP，将直线DP绕点P顺时针旋转，使旋转角等于∠DAC，且DG⊥PG，即∠DPG=∠DAC．连接CG，则CG最小值为（ ）
A． B． C． D．
阅卷人 二、填空题
得分
2．如图，点D是等腰直角三角形ABC的重心，∠ACB=90°，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连结DE.若△ABC的周长为6，则△DCE的周长为 .
3．（2024·宁波模拟）如图，在Rt和Rt中，，连结BD，CE，延长CE交BD于点．
（1）若，则CE的长为 .
（2） ．
阅卷人 三、解答题
得分
4．（2023九上·海珠期末）在中，，分别取、的中点并且同时将这两个中点绕点C按顺时针方向旋转依次得到点D、E，记旋转角为（），连接、、，如图所示．
（备用图）
（备用图）
（1）当时，求证：；
（2）若，当B、D、E三点共线时，求线段的长；
（3）当时，延长交于点H，连接，探究线段，，之间的数量关系并说明理由．
5．在 Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，BC=6.
（1）如图①，D是AB 上的一点，DE∥BC，交AC 于点E，则BD，CE 之间的数量关系为 .
（2）如图②，将（1）中△ADE 绕着点A 顺时针旋转，旋转角为（ 连结CE，BD.请问：（1）中 BD，CE 之间的数量关系还成立吗？ 请说明理由.
（3）如图③，将（1）中△ADE 沿DE 对折，点A 的对应点M 在BC 下方，△MDE 与Rt△ABC 重叠部分的面积记为y，BD 的长记为x.求y关于x的函数表达式，并求y的最大值.
6．如图 1， 在 中， 于点 ， 在 上取点 ， 使 ， 连结 ．
（1） 直接写出 与 的位置关系．
（2） 如图 2， 将 绕点 旋转， 得到 （点 分别与点 对应）， 连结 ， 在 旋转的过程中 与 的位置关系与 （1） 中 与 的位置关系是否一致？ 请说明理由．
（3） 如图 3， 当 绕点 顺时针旋转 时， 射线 与 分别交于点 ， 若 ， 求 的长．
7．（2023九下·宁波月考）如图，矩形和矩形共顶点，且绕着点顺时针旋转，满足.
（1）如图1，当D，E，B三点共线，且，，求的比值；
（2）如图2，的比值是否发生变化，若不变，说明理由；若变化，求出相应的值，并说明理由；
（3）如图3，若点F为的中点，且，，连结，求的面积.
8．（2023九上·东阳期中）【模型呈现：材料阅读】
如图1，点B，C，E在同一直线上，点A，D在直线CE的同侧，△ABC和△CDE均为等边三角形，AE，BD交于点F，对于上述问题，存在结论（不用证明）：
⑴△BCD≌△ACE．
⑵△ACE可以看作是由△BCD绕点C旋转而成．
（1）【模型改编：问题解决]
点A，D在直线CE的同侧，AB＝AC，ED＝EC，∠BAC＝∠DEC＝50°，直线AE，BD交于F，如图1：点B在直线CE上，
①求证：△BCD∽△ACE．
②求∠AFB的度数．
③如图2：将△ABC绕点C顺时针旋转一定角度．
补全图形，则∠AFB的度数为 ▲ ．
④若将“∠BAC＝∠DEC＝50°”改为“∠BAC＝∠DEC＝m°”，则∠AFB的度数为 ▲ ．（直接写结论）
（2）【模型拓广：问题延伸】
如图3：在矩形ABCD和矩形DEFG中，AB＝2，AD＝ED＝2，DG＝6，连接AG，BF，求的值．
9．（2024·邵东模拟）问题提出
如图（1），在ΔABC和ΔDEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，BC＝AC，EC＝DC，点E在ΔABC内部，直线AD与BE交于点F.线段AF，BF，CF之间存在怎样的数量关系？
（1）问题探究：
①先将问题特殊化如图（2），当点D，F重合时，易证ΔACD≌ΔBCE（SAS），请利用全等探究AF，BF，CF之间的数量关系（直接写出结果，不要求写出理由）；
②再探究一般情形如图（1），当点D，F不重合时，证明（1）中的结论仍然成立．
（2）问题拓展：如图（3），在ΔABC和ΔDEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，BC＝kAC，EC＝kDC（k是常数），点E 在ΔABC内部，直线AD与BE交于点F.直接写出一个等式，表示线段AF，BF，CF之间的数量关系.
10．（2022·建华模拟）综合与实践
“手拉手”模型是初中几何图形的一种全等变形的重要模型，可以借助旋转和全等形的相关知识结合勾股定理等，来解决有关线段的长、角的度数等问题，在学习和生活中应用广泛，有着十分重要的地位和作用．
某校数学活动小组进行了有关旋转的系列探究：
如图①，已知 和 均是等腰直角三角形， ，且 ， ，易证： ， ．
（1）深入探究：
如图②，将图①中 绕点A逆时针旋转 ，连接 、 ，并延长 分别与 、 相交于点 、 ，求证： ， ．
（2）解决问题：
如图③，将图①中 绕点 逆时针旋转 ，使 与 重合，其他条件不变，若 ， ，则 ， ．
（3）拓展应用：
如图④，将图①中 绕点 逆时针旋转 ，连接 、 ，若 ， ， ，则 ， ．（提示：求 时，可过点 作 于点 ）
11． 如图， 和 的顶点 重合， ．
（1） 特例发现： 如图 1 ， 当点 分别在 上时， 可以得出结论： ， 直线 与直线 的位置关系是
（2） 探究证明： 如图 2 ， 将图 1 中的 绕点 顺时针旋转， 使点 恰好落在线段 上， 连结 ， （1） 中的结论是否仍然成立？ 若成立， 请证明； 若不成立， 请说明理由．
（3） 拓展运用： 如图 3 ， 将图 1 中的 绕点 顺时针旋转 ， 连结 ， 它们的延长线 交于点 ， 当 时， 求 的值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，作交于点，连接并延长交于点，作，
，，
，，
，
，
，，
，，
，
，即是定值，
点在直线上运动，
故当时，有最小值，
四边形是矩形，，，
，，，
，，
，，
，，
，
，
，，
.
故答案为：C.
【分析】作，由，判定，再利用相似三角形的性质证得，，进而证得，可得，即是定值，故可判定点在直线上运动，由此可得当时，有最小值.利用等面积法求得DE的长度后，再由勾股定理计算出CE的长度，接着再次利用等面积法求得EH的长度，然后通过余角的性质可证得是等腰三角形，故可得.
2．【答案】4
【知识点】相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形；手拉手相似模型
【解析】【解答】解：如图，延长CD，
由题意可得都是等腰直角三角形，
，，
，
点D是等腰直角三角形ABC的重心，，
，，，
设CD=2x，CF=3x，
，
的周长为，
的周长为4.
故答案为：4.
【分析】由题意可得都是等腰直角三角形，故，利用相似三角形的性质证得，设CD=2x，CF=3x，利用等腰直角三角形的性质求得，进而求得的周长为4.
3．【答案】（1）4
（2）
【知识点】相似三角形的性质；解直角三角形—边角关系；手拉手相似模型；相似三角形的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1） 在Rt和Rt中，
∴，
∴，
∴
∴
∴△DAB∽△EAC
∴
∴
∴CE=4
故答案为：4.
（2）如图：CF与AB交于点G
由（1）知 ：△DAB∽△EAC
∴∠ABD=∠ACE
∵∠BGF=∠AGC
∴∠BFC=∠CAB
在Rt 中，
故答案为 .
【分析】
（1）先根据已知条件得出，则△DAB∽△EAC，再根据对应边成比例，列出比例式，求出CE即可
（2）先根据△DAB∽△EAC得出∠ABD=∠ACE，从而推出∠BFC=∠CAB，因此得出即可.
4．【答案】（1）证明：∵BC=AC，D、E分别是BC和AC的中点，
∴CD=AE=，
又∵∠DCE=∠BCA=90°，即∠BCD+∠ACD=∠ACD+∠ACE=90°，
∴∠BCD=∠ACE，
∴△BCD≌△ACE(SAS)，
∴∠DBC=∠EAC.
（2）解：①如图，当点D在△ABC内时，过点C作CF⊥DE，
由（1）可知，若BC=AC，则△CDE为等腰直角三角形，其中CD==2，
当B、D、E三点共线时，
∴∠BDC=180°-∠CDE=135°，
∴∠BFC=90°，DF=EF=CF=2，
在Rt△BFC中，，
此时BE=BF+EF=；
②如图，当点D在△ABC外时，过点C作CF⊥DE，
同理可得，.
（3）解：如图，过点C作CG⊥CH，交BD于点G，
由（1）同理，∠BCD=∠ACE，
又∵，
∴△BCD∽△ACE，
∴∠CBD=∠CAE，
由∠BCA=∠GCH=90°，同理可得，∠BCG=∠ACH，
∴△BCG∽△ACH，
∴，
又∵，
∴，即，
∴，
在Rt△GCH中，
，
∴.
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；三角形全等的判定-SAS；手拉手全等模型；手拉手相似模型
【解析】【分析】（1）根据已知条件信息读题标量易判定目标角所在两三角形全等（手拉手全等），进而得证；
（2）画出对应草图，需先根据旋转角度不同进行分类分析，在全等基础上进一步解形，即利用特殊等腰直角三角形进一步构造结合勾股定理求解即可；
（3）类比分析即可得出类似（1）中结论，即相似(手拉手相似)，进一步为集中目标AH，BH，CH，即为共顶点的三组线段，同理通过逆向构造旋转相似进行线段转化从而得证目标三组线段数量关系.
5．【答案】（1）
（2）解：成立.
由旋转的性质可得，
，
，
，
.
（3）解：如图，连接AM，
由折叠的性质可得，
，
，，
，
，
，
，，
，，，
，
，
，
，
，
，
当时，.
【知识点】二次函数的最值；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；手拉手相似模型
【解析】【解答】解：(1)，，
，
.
故答案为：.
【分析】(1)由平行线的性质可得，进而证得.
(2)由旋转的性质可得，又，即可证得，再利用相似三角形的性质求得.
(3)利用直角三角形的性质求得AB的长度，再通过平行线的比例性质表示出，再次通过直角三角形的性质分别表示出DE、FG的长度，即可求得梯形面积y的函数关系式，然后通过二次函数的性质求得y的最大值.
6．【答案】（1）解：
（2）解：在 旋转的过程中 与 的位置关系与 （1） 中 与 的位置关系是一致的， 理由如下：
如图 2， 延长 交 于 ，
由旋转的性质， 得 ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：如图 3， 过点 作 于点 ，
绕点 顺时针旋转 ，
，
，
，
，
，
，
由（2） 可知， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
.
【知识点】相似三角形的性质；旋转的性质；手拉手相似模型
【解析】【解答】解：（1）如图，延长CE交AB于点F，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
.
【分析】（1）延长CE交AB于点F，先证出是等腰直角三角形，得，由对顶角相等，进行等量代换求出，即可得证；
（2）延长 交 于 ，根据旋转的性质求出，根据角的和差关系得，从而可以证出，得，接下来根据直角三角形两锐角互余、对顶角的性质得，即可得证；
（3）过点 作 于点 ，根据旋转的性质得，从而求出，，然后利用含30° 的直角三角形的性质、”三线合一“的性质求出，由（2）中的，根据相似三角形对应角相等得，从而求出，进而求出得，即可求出.
7．【答案】（1）解：如图，连接，BF，.
四边形是矩形，
，.
，
，
设，，则，
，
同法可证，
，
，，
，，
，
；
（2）解：不变，理由是：
如图，连接，.
四边形是矩形，
，.
，
，
设，，则，
，
同法可证，
，
，，
，，
，
；
（3）解：如图，连接，，过点作交的延长线于点.
四边形是矩形，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，，四点共圆，
，
，
，
，
，
的面积
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）连接DF，BF，AE，利用矩形的性质可证得AD=BC，∠DAB=90°，利用已知可得到AD与AB的比值，设AD=3k，AB=4k，利用勾股定理表示出BD的长，可得到AD：AB：BD的坐标，同理可证得EF：BE：BF=3：4：5，可证得△ABD∽△EBF，利用相似三角形的性质可证得∠ABD=∠EBF， ，可推出∠ABE=∠DBF，，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△ABE∽△DBF，利用相似三角形的对应边成比例，可证得结论.
（2）连接BD，BF，利用矩形的性质可证得∠DAB=90°，AD=BC，同理可证得可证得EF：BE：BF=3：4：5，可证得△ABD∽△EBF，利用相似三角形的性质可证得∠ABD=∠EBF， ，可推出∠ABE=∠DBF，，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△ABE∽△DBF，利用相似三角形的对应边成比例，可得到的比值.
（3）连接BF，AE，过点G作GT⊥DC，交DC的延长线于点T，利用矩形的性质可得到AB的长，同时可求出AE的长；再证明△ABE∽△CBG，利用相似三角形的对应边成比例，可求出CG的长；利用∠BCF=∠BGF=90°，可得到点C，F，B，G四点共圆，利用圆周角定理可证得∠GCT=∠FBG，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△CTG∽△BGF，利用相似三角形的性质，可求出GT的长；然后利用三角形的面积公式，可求出△CFG的面积.
8．【答案】（1）解：①∵AB＝AC，ED＝EC，∠BAC＝∠DEC＝50°，
∴∠ABC＝∠ACB＝（180°-50°）÷2＝65°，∠EDC＝∠ECD＝（180°-50°）÷2＝65°，
∴△ABC∽△EDC，
∴，
∵∠ACE＝180°-∠ACB＝115°，∠BCD＝180°-∠ECD＝115°，
∴△BCD∽△ACE；
②由①知，△BCD∽△ACE，
∴∠DBC＝∠EAC，
∴∠AFB＝∠DBC+∠CEA＝∠EAC+∠CEA＝∠ACB＝65°；
③补图如下：
；115°；
④90°-；
（2）解：连接BD、DF，
∵在矩形ABCD和矩形DEFG中，AB＝1，AD＝ED＝，DG＝3，
∴＝，
又∵∠BAD＝∠DGF＝90°，
∴△ADB∽△GDF，
∴∠ADB＝∠GDF，＝，
∵∠ADG＝∠GDF+∠ADF，∠BDF＝∠ADB+∠ADF，
∴∠ADG＝∠BDF，
∴△BDF∽△ADG，
∴＝，
∵AD＝，AB＝1，
∴BD＝＝2，
∴＝＝＝，
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解： （1）③解：∵AB＝AC，ED＝EC，∠BAC＝∠DEC＝50°，
∴∠ABC＝∠ACB＝（180°-50°）÷2＝65°，∠EDC＝∠ECD＝（180°-50°）÷2＝65°，
∴△ABC∽△EDC，
∴，
∵∠ACE＝180°-∠ACB＝115°，∠BCD＝180°-∠ECD＝115°，
∴△BCD∽△ACE，
∴∠BDC＝∠AEC，
∴∠AFB＝∠BDC+∠CDE+∠DEF＝∠AEC+∠CDE+∠DEF＝180°-∠DCE＝180°-65°=115°；
④∵AB＝AC，ED＝EC，∠BAC＝∠DEC＝m°，
∴∠ABC＝∠ACB＝（180°-m°）÷2＝90°-，∠EDC＝∠ECD＝（180°-m°）÷2＝90°-，
∴△ABC∽△EDC，
∴，
∵∠ACE＝180°-∠ACB＝90°+，∠BCD＝180°-∠ECD＝90°+，
∴△BCD∽△ACE，
∴∠DBC＝∠EAC，
∴∠AFB＝∠DBC+∠CEA＝∠EAC+∠CEA＝∠ACB＝90°-；
【分析】（1）①根据两角分别相等的两个三角形相似得△ABC∽△EDC推出，再根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似证明△BCD∽△ACE；
②根据△BCD∽△ACE得∠DBC＝∠EAC，进而推出∠AFB＝∠ACB；
③根据①的思路证明△BCD∽△ACE推出∠BDC＝∠AEC，从而计算∠AFB＝180°-∠DCE；
④根据①②的思路得∠AFB＝∠ACB即可求得；
（2）根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似得△ADB∽△GDF，推出∠ADB＝∠GDF，＝，再根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似得＝即可求得.
9．【答案】（1）①如图(2)，由△ACD≌△BCE，
∴BE=AD，∠EBC=∠CAD，
∵点D、F 重合，
∴BE=AD=AF，
∵△CDE 为等腰直角三角形，
∴DE=EF=CF，
∴BF=BD=BE+ED=AF+ CF，
即BF-AF= CF
②如图(1)，过点C 作CG⊥CF 交BF 于点G，
由(1)知，△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠CAF=∠CBE，BE=AD，
∵∠ACF+∠ACG=90°，∠ACG+∠GCB=90°，
∴∠ACF=∠BCG，
∵∠CAF=∠CBE，BC=AC，
∴△BCG≌△ACF(ASA)，
∴GC=FC，BG=AF，
故△GCF 为等腰直角三角形，则GF=CF，
则BF=BG+GF=AF+CF， 即BF-AF= CF；
（2）解：BF-kAF=·FC，理由如下
如图(2)，过点C 作CG⊥CF 交BF 于点G，
同理，∠ACD=∠BCF。
又∵ BC＝kAC，EC＝kDC ，
即，
∴△ACD∽△BCE，
∴∠CAF=∠CBE，
∵∠ACF+∠ACG=90°，∠ACG+∠GCB=90°，
∴∠ACF=∠BCG，
∵∠CAF=∠CBE，
∴△BCG∽△ACF，
∴，
∴CG=kCF，BG=kAF，
在Rt△FCG中，
∴，
则BF=BG+GF=kAF+， 即BF-kAF=·FC.
【知识点】手拉手全等模型；手拉手相似模型
【解析】【分析】（1）①由“手拉手全等模型”或几何直观易分析全等；
②在全等的基础为进一步往目标线段靠拢，需采用“截长补短”的方式再进行转移，即构造并证明二次全等得出结论；
（2）在“手拉手全等模型”基础上更改为比例关系，即类比推理得出“手拉手相似模型”，需注意二次相似中，类比参考二次相似构造即可.
10．【答案】（1）证明：∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ， ，且 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
即 ， ．
（2）；
（3）；
【知识点】三角形全等及其性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（2）同理可证△ABD≌△ACE，
∴CE=BD，∠ACE=∠ABD，AE=AD=3，
∴BE=6
∵∠BAD=90°，AD=3，AB=6，
∴ ，
又∵∠AEC=∠BEF，
∴△AEC∽△FEB，
∴
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（3）如图所示，过点E作EH⊥AB于H，
∵∠ABE=45°，
∴∠HEB=45°=∠HBE，
∴BH=EH，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°， ，
∴∠CBE=90°，
∴ ，
同理可证△ACE≌△ABD，
∴ ．
【分析】（1）全等三角形的判定与性质定理的应用；
（2）相似三角形与全等三角形的判定与性质定理的综合应用；
（3）由于，可构造以BE为底边的等腰直角三角形EHB，应用勾股定理即可。
11．【答案】（1）；
（2）解：结论成立，理由如下：
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
.
（3）解：如图， 过点 作 于点 ， 设 交 于点 ， 过点 作 于点 ，
，
，
，
，
，
，
，
又，
四点共圆，
，
，
，
∴ 四边形 是矩形，
，
，
，
设 ， 则 ，
，
，
，
，
，
，
，
，
.
【知识点】相似三角形的性质；旋转的性质；四点共圆模型；手拉手相似模型；求正切值
【解析】【解答】解：（1），
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：，.
【分析】（1）解含30° 的直角三角形得的值，从而求出的值，最后代入计算即可；
（2）先利用“两边对应成比例且夹角相等的三角形相似”证出，根据相似三角形对应角相等得，进而根据平角定义、四边形内角和得，最后求出，即可得证；
（3）过点 作 于点 ， 设 交 于点 ， 过点 作 于点 ，然后求出，由的值得的值，接下来证明四点共圆，从而证明四边形 是矩形，得，利用勾股定理求出的值，设 ， 则 ，根据正切的定义得，从而求出的值，得关于的方差，解方程求出的值，进而得的值，最后代入数值进行计算即可.
1 / 1手拉手相似模型—浙教版数学九（上）知识点训练
阅卷人 一、选择题
得分
1．（2023九上·萧山期中）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，P是对角线AC上的动点，连接DP，将直线DP绕点P顺时针旋转，使旋转角等于∠DAC，且DG⊥PG，即∠DPG=∠DAC．连接CG，则CG最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，作交于点，连接并延长交于点，作，
，，
，，
，
，
，，
，，
，
，即是定值，
点在直线上运动，
故当时，有最小值，
四边形是矩形，，，
，，，
，，
，，
，，
，
，
，，
.
故答案为：C.
【分析】作，由，判定，再利用相似三角形的性质证得，，进而证得，可得，即是定值，故可判定点在直线上运动，由此可得当时，有最小值.利用等面积法求得DE的长度后，再由勾股定理计算出CE的长度，接着再次利用等面积法求得EH的长度，然后通过余角的性质可证得是等腰三角形，故可得.
阅卷人 二、填空题
得分
2．如图，点D是等腰直角三角形ABC的重心，∠ACB=90°，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连结DE.若△ABC的周长为6，则△DCE的周长为 .
【答案】4
【知识点】相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形；手拉手相似模型
【解析】【解答】解：如图，延长CD，
由题意可得都是等腰直角三角形，
，，
，
点D是等腰直角三角形ABC的重心，，
，，，
设CD=2x，CF=3x，
，
的周长为，
的周长为4.
故答案为：4.
【分析】由题意可得都是等腰直角三角形，故，利用相似三角形的性质证得，设CD=2x，CF=3x，利用等腰直角三角形的性质求得，进而求得的周长为4.
3．（2024·宁波模拟）如图，在Rt和Rt中，，连结BD，CE，延长CE交BD于点．
（1）若，则CE的长为 .
（2） ．
【答案】（1）4
（2）
【知识点】相似三角形的性质；解直角三角形—边角关系；手拉手相似模型；相似三角形的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1） 在Rt和Rt中，
∴，
∴，
∴
∴
∴△DAB∽△EAC
∴
∴
∴CE=4
故答案为：4.
（2）如图：CF与AB交于点G
由（1）知 ：△DAB∽△EAC
∴∠ABD=∠ACE
∵∠BGF=∠AGC
∴∠BFC=∠CAB
在Rt 中，
故答案为 .
【分析】
（1）先根据已知条件得出，则△DAB∽△EAC，再根据对应边成比例，列出比例式，求出CE即可
（2）先根据△DAB∽△EAC得出∠ABD=∠ACE，从而推出∠BFC=∠CAB，因此得出即可.
阅卷人 三、解答题
得分
4．（2023九上·海珠期末）在中，，分别取、的中点并且同时将这两个中点绕点C按顺时针方向旋转依次得到点D、E，记旋转角为（），连接、、，如图所示．
（备用图）
（备用图）
（1）当时，求证：；
（2）若，当B、D、E三点共线时，求线段的长；
（3）当时，延长交于点H，连接，探究线段，，之间的数量关系并说明理由．
【答案】（1）证明：∵BC=AC，D、E分别是BC和AC的中点，
∴CD=AE=，
又∵∠DCE=∠BCA=90°，即∠BCD+∠ACD=∠ACD+∠ACE=90°，
∴∠BCD=∠ACE，
∴△BCD≌△ACE(SAS)，
∴∠DBC=∠EAC.
（2）解：①如图，当点D在△ABC内时，过点C作CF⊥DE，
由（1）可知，若BC=AC，则△CDE为等腰直角三角形，其中CD==2，
当B、D、E三点共线时，
∴∠BDC=180°-∠CDE=135°，
∴∠BFC=90°，DF=EF=CF=2，
在Rt△BFC中，，
此时BE=BF+EF=；
②如图，当点D在△ABC外时，过点C作CF⊥DE，
同理可得，.
（3）解：如图，过点C作CG⊥CH，交BD于点G，
由（1）同理，∠BCD=∠ACE，
又∵，
∴△BCD∽△ACE，
∴∠CBD=∠CAE，
由∠BCA=∠GCH=90°，同理可得，∠BCG=∠ACH，
∴△BCG∽△ACH，
∴，
又∵，
∴，即，
∴，
在Rt△GCH中，
，
∴.
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；三角形全等的判定-SAS；手拉手全等模型；手拉手相似模型
【解析】【分析】（1）根据已知条件信息读题标量易判定目标角所在两三角形全等（手拉手全等），进而得证；
（2）画出对应草图，需先根据旋转角度不同进行分类分析，在全等基础上进一步解形，即利用特殊等腰直角三角形进一步构造结合勾股定理求解即可；
（3）类比分析即可得出类似（1）中结论，即相似(手拉手相似)，进一步为集中目标AH，BH，CH，即为共顶点的三组线段，同理通过逆向构造旋转相似进行线段转化从而得证目标三组线段数量关系.
5．在 Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，BC=6.
（1）如图①，D是AB 上的一点，DE∥BC，交AC 于点E，则BD，CE 之间的数量关系为 .
（2）如图②，将（1）中△ADE 绕着点A 顺时针旋转，旋转角为（ 连结CE，BD.请问：（1）中 BD，CE 之间的数量关系还成立吗？ 请说明理由.
（3）如图③，将（1）中△ADE 沿DE 对折，点A 的对应点M 在BC 下方，△MDE 与Rt△ABC 重叠部分的面积记为y，BD 的长记为x.求y关于x的函数表达式，并求y的最大值.
【答案】（1）
（2）解：成立.
由旋转的性质可得，
，
，
，
.
（3）解：如图，连接AM，
由折叠的性质可得，
，
，，
，
，
，
，，
，，，
，
，
，
，
，
，
当时，.
【知识点】二次函数的最值；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；手拉手相似模型
【解析】【解答】解：(1)，，
，
.
故答案为：.
【分析】(1)由平行线的性质可得，进而证得.
(2)由旋转的性质可得，又，即可证得，再利用相似三角形的性质求得.
(3)利用直角三角形的性质求得AB的长度，再通过平行线的比例性质表示出，再次通过直角三角形的性质分别表示出DE、FG的长度，即可求得梯形面积y的函数关系式，然后通过二次函数的性质求得y的最大值.
6．如图 1， 在 中， 于点 ， 在 上取点 ， 使 ， 连结 ．
（1） 直接写出 与 的位置关系．
（2） 如图 2， 将 绕点 旋转， 得到 （点 分别与点 对应）， 连结 ， 在 旋转的过程中 与 的位置关系与 （1） 中 与 的位置关系是否一致？ 请说明理由．
（3） 如图 3， 当 绕点 顺时针旋转 时， 射线 与 分别交于点 ， 若 ， 求 的长．
【答案】（1）解：
（2）解：在 旋转的过程中 与 的位置关系与 （1） 中 与 的位置关系是一致的， 理由如下：
如图 2， 延长 交 于 ，
由旋转的性质， 得 ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：如图 3， 过点 作 于点 ，
绕点 顺时针旋转 ，
，
，
，
，
，
，
由（2） 可知， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
.
【知识点】相似三角形的性质；旋转的性质；手拉手相似模型
【解析】【解答】解：（1）如图，延长CE交AB于点F，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
.
【分析】（1）延长CE交AB于点F，先证出是等腰直角三角形，得，由对顶角相等，进行等量代换求出，即可得证；
（2）延长 交 于 ，根据旋转的性质求出，根据角的和差关系得，从而可以证出，得，接下来根据直角三角形两锐角互余、对顶角的性质得，即可得证；
（3）过点 作 于点 ，根据旋转的性质得，从而求出，，然后利用含30° 的直角三角形的性质、”三线合一“的性质求出，由（2）中的，根据相似三角形对应角相等得，从而求出，进而求出得，即可求出.
7．（2023九下·宁波月考）如图，矩形和矩形共顶点，且绕着点顺时针旋转，满足.
（1）如图1，当D，E，B三点共线，且，，求的比值；
（2）如图2，的比值是否发生变化，若不变，说明理由；若变化，求出相应的值，并说明理由；
（3）如图3，若点F为的中点，且，，连结，求的面积.
【答案】（1）解：如图，连接，BF，.
四边形是矩形，
，.
，
，
设，，则，
，
同法可证，
，
，，
，，
，
；
（2）解：不变，理由是：
如图，连接，.
四边形是矩形，
，.
，
，
设，，则，
，
同法可证，
，
，，
，，
，
；
（3）解：如图，连接，，过点作交的延长线于点.
四边形是矩形，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，，四点共圆，
，
，
，
，
，
的面积
【知识点】圆周角定理；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）连接DF，BF，AE，利用矩形的性质可证得AD=BC，∠DAB=90°，利用已知可得到AD与AB的比值，设AD=3k，AB=4k，利用勾股定理表示出BD的长，可得到AD：AB：BD的坐标，同理可证得EF：BE：BF=3：4：5，可证得△ABD∽△EBF，利用相似三角形的性质可证得∠ABD=∠EBF， ，可推出∠ABE=∠DBF，，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△ABE∽△DBF，利用相似三角形的对应边成比例，可证得结论.
（2）连接BD，BF，利用矩形的性质可证得∠DAB=90°，AD=BC，同理可证得可证得EF：BE：BF=3：4：5，可证得△ABD∽△EBF，利用相似三角形的性质可证得∠ABD=∠EBF， ，可推出∠ABE=∠DBF，，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△ABE∽△DBF，利用相似三角形的对应边成比例，可得到的比值.
（3）连接BF，AE，过点G作GT⊥DC，交DC的延长线于点T，利用矩形的性质可得到AB的长，同时可求出AE的长；再证明△ABE∽△CBG，利用相似三角形的对应边成比例，可求出CG的长；利用∠BCF=∠BGF=90°，可得到点C，F，B，G四点共圆，利用圆周角定理可证得∠GCT=∠FBG，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△CTG∽△BGF，利用相似三角形的性质，可求出GT的长；然后利用三角形的面积公式，可求出△CFG的面积.
8．（2023九上·东阳期中）【模型呈现：材料阅读】
如图1，点B，C，E在同一直线上，点A，D在直线CE的同侧，△ABC和△CDE均为等边三角形，AE，BD交于点F，对于上述问题，存在结论（不用证明）：
⑴△BCD≌△ACE．
⑵△ACE可以看作是由△BCD绕点C旋转而成．
（1）【模型改编：问题解决]
点A，D在直线CE的同侧，AB＝AC，ED＝EC，∠BAC＝∠DEC＝50°，直线AE，BD交于F，如图1：点B在直线CE上，
①求证：△BCD∽△ACE．
②求∠AFB的度数．
③如图2：将△ABC绕点C顺时针旋转一定角度．
补全图形，则∠AFB的度数为 ▲ ．
④若将“∠BAC＝∠DEC＝50°”改为“∠BAC＝∠DEC＝m°”，则∠AFB的度数为 ▲ ．（直接写结论）
（2）【模型拓广：问题延伸】
如图3：在矩形ABCD和矩形DEFG中，AB＝2，AD＝ED＝2，DG＝6，连接AG，BF，求的值．
【答案】（1）解：①∵AB＝AC，ED＝EC，∠BAC＝∠DEC＝50°，
∴∠ABC＝∠ACB＝（180°-50°）÷2＝65°，∠EDC＝∠ECD＝（180°-50°）÷2＝65°，
∴△ABC∽△EDC，
∴，
∵∠ACE＝180°-∠ACB＝115°，∠BCD＝180°-∠ECD＝115°，
∴△BCD∽△ACE；
②由①知，△BCD∽△ACE，
∴∠DBC＝∠EAC，
∴∠AFB＝∠DBC+∠CEA＝∠EAC+∠CEA＝∠ACB＝65°；
③补图如下：
；115°；
④90°-；
（2）解：连接BD、DF，
∵在矩形ABCD和矩形DEFG中，AB＝1，AD＝ED＝，DG＝3，
∴＝，
又∵∠BAD＝∠DGF＝90°，
∴△ADB∽△GDF，
∴∠ADB＝∠GDF，＝，
∵∠ADG＝∠GDF+∠ADF，∠BDF＝∠ADB+∠ADF，
∴∠ADG＝∠BDF，
∴△BDF∽△ADG，
∴＝，
∵AD＝，AB＝1，
∴BD＝＝2，
∴＝＝＝，
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解： （1）③解：∵AB＝AC，ED＝EC，∠BAC＝∠DEC＝50°，
∴∠ABC＝∠ACB＝（180°-50°）÷2＝65°，∠EDC＝∠ECD＝（180°-50°）÷2＝65°，
∴△ABC∽△EDC，
∴，
∵∠ACE＝180°-∠ACB＝115°，∠BCD＝180°-∠ECD＝115°，
∴△BCD∽△ACE，
∴∠BDC＝∠AEC，
∴∠AFB＝∠BDC+∠CDE+∠DEF＝∠AEC+∠CDE+∠DEF＝180°-∠DCE＝180°-65°=115°；
④∵AB＝AC，ED＝EC，∠BAC＝∠DEC＝m°，
∴∠ABC＝∠ACB＝（180°-m°）÷2＝90°-，∠EDC＝∠ECD＝（180°-m°）÷2＝90°-，
∴△ABC∽△EDC，
∴，
∵∠ACE＝180°-∠ACB＝90°+，∠BCD＝180°-∠ECD＝90°+，
∴△BCD∽△ACE，
∴∠DBC＝∠EAC，
∴∠AFB＝∠DBC+∠CEA＝∠EAC+∠CEA＝∠ACB＝90°-；
【分析】（1）①根据两角分别相等的两个三角形相似得△ABC∽△EDC推出，再根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似证明△BCD∽△ACE；
②根据△BCD∽△ACE得∠DBC＝∠EAC，进而推出∠AFB＝∠ACB；
③根据①的思路证明△BCD∽△ACE推出∠BDC＝∠AEC，从而计算∠AFB＝180°-∠DCE；
④根据①②的思路得∠AFB＝∠ACB即可求得；
（2）根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似得△ADB∽△GDF，推出∠ADB＝∠GDF，＝，再根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似得＝即可求得.
9．（2024·邵东模拟）问题提出
如图（1），在ΔABC和ΔDEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，BC＝AC，EC＝DC，点E在ΔABC内部，直线AD与BE交于点F.线段AF，BF，CF之间存在怎样的数量关系？
（1）问题探究：
①先将问题特殊化如图（2），当点D，F重合时，易证ΔACD≌ΔBCE（SAS），请利用全等探究AF，BF，CF之间的数量关系（直接写出结果，不要求写出理由）；
②再探究一般情形如图（1），当点D，F不重合时，证明（1）中的结论仍然成立．
（2）问题拓展：如图（3），在ΔABC和ΔDEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，BC＝kAC，EC＝kDC（k是常数），点E 在ΔABC内部，直线AD与BE交于点F.直接写出一个等式，表示线段AF，BF，CF之间的数量关系.
【答案】（1）①如图(2)，由△ACD≌△BCE，
∴BE=AD，∠EBC=∠CAD，
∵点D、F 重合，
∴BE=AD=AF，
∵△CDE 为等腰直角三角形，
∴DE=EF=CF，
∴BF=BD=BE+ED=AF+ CF，
即BF-AF= CF
②如图(1)，过点C 作CG⊥CF 交BF 于点G，
由(1)知，△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠CAF=∠CBE，BE=AD，
∵∠ACF+∠ACG=90°，∠ACG+∠GCB=90°，
∴∠ACF=∠BCG，
∵∠CAF=∠CBE，BC=AC，
∴△BCG≌△ACF(ASA)，
∴GC=FC，BG=AF，
故△GCF 为等腰直角三角形，则GF=CF，
则BF=BG+GF=AF+CF， 即BF-AF= CF；
（2）解：BF-kAF=·FC，理由如下
如图(2)，过点C 作CG⊥CF 交BF 于点G，
同理，∠ACD=∠BCF。
又∵ BC＝kAC，EC＝kDC ，
即，
∴△ACD∽△BCE，
∴∠CAF=∠CBE，
∵∠ACF+∠ACG=90°，∠ACG+∠GCB=90°，
∴∠ACF=∠BCG，
∵∠CAF=∠CBE，
∴△BCG∽△ACF，
∴，
∴CG=kCF，BG=kAF，
在Rt△FCG中，
∴，
则BF=BG+GF=kAF+， 即BF-kAF=·FC.
【知识点】手拉手全等模型；手拉手相似模型
【解析】【分析】（1）①由“手拉手全等模型”或几何直观易分析全等；
②在全等的基础为进一步往目标线段靠拢，需采用“截长补短”的方式再进行转移，即构造并证明二次全等得出结论；
（2）在“手拉手全等模型”基础上更改为比例关系，即类比推理得出“手拉手相似模型”，需注意二次相似中，类比参考二次相似构造即可.
10．（2022·建华模拟）综合与实践
“手拉手”模型是初中几何图形的一种全等变形的重要模型，可以借助旋转和全等形的相关知识结合勾股定理等，来解决有关线段的长、角的度数等问题，在学习和生活中应用广泛，有着十分重要的地位和作用．
某校数学活动小组进行了有关旋转的系列探究：
如图①，已知 和 均是等腰直角三角形， ，且 ， ，易证： ， ．
（1）深入探究：
如图②，将图①中 绕点A逆时针旋转 ，连接 、 ，并延长 分别与 、 相交于点 、 ，求证： ， ．
（2）解决问题：
如图③，将图①中 绕点 逆时针旋转 ，使 与 重合，其他条件不变，若 ， ，则 ， ．
（3）拓展应用：
如图④，将图①中 绕点 逆时针旋转 ，连接 、 ，若 ， ， ，则 ， ．（提示：求 时，可过点 作 于点 ）
【答案】（1）证明：∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ， ，且 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
即 ， ．
（2）；
（3）；
【知识点】三角形全等及其性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（2）同理可证△ABD≌△ACE，
∴CE=BD，∠ACE=∠ABD，AE=AD=3，
∴BE=6
∵∠BAD=90°，AD=3，AB=6，
∴ ，
又∵∠AEC=∠BEF，
∴△AEC∽△FEB，
∴
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（3）如图所示，过点E作EH⊥AB于H，
∵∠ABE=45°，
∴∠HEB=45°=∠HBE，
∴BH=EH，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°， ，
∴∠CBE=90°，
∴ ，
同理可证△ACE≌△ABD，
∴ ．
【分析】（1）全等三角形的判定与性质定理的应用；
（2）相似三角形与全等三角形的判定与性质定理的综合应用；
（3）由于，可构造以BE为底边的等腰直角三角形EHB，应用勾股定理即可。
11． 如图， 和 的顶点 重合， ．
（1） 特例发现： 如图 1 ， 当点 分别在 上时， 可以得出结论： ， 直线 与直线 的位置关系是
（2） 探究证明： 如图 2 ， 将图 1 中的 绕点 顺时针旋转， 使点 恰好落在线段 上， 连结 ， （1） 中的结论是否仍然成立？ 若成立， 请证明； 若不成立， 请说明理由．
（3） 拓展运用： 如图 3 ， 将图 1 中的 绕点 顺时针旋转 ， 连结 ， 它们的延长线 交于点 ， 当 时， 求 的值．
【答案】（1）；
（2）解：结论成立，理由如下：
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
.
（3）解：如图， 过点 作 于点 ， 设 交 于点 ， 过点 作 于点 ，
，
，
，
，
，
，
，
又，
四点共圆，
，
，
，
∴ 四边形 是矩形，
，
，
，
设 ， 则 ，
，
，
，
，
，
，
，
，
.
【知识点】相似三角形的性质；旋转的性质；四点共圆模型；手拉手相似模型；求正切值
【解析】【解答】解：（1），
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：，.
【分析】（1）解含30° 的直角三角形得的值，从而求出的值，最后代入计算即可；
（2）先利用“两边对应成比例且夹角相等的三角形相似”证出，根据相似三角形对应角相等得，进而根据平角定义、四边形内角和得，最后求出，即可得证；
（3）过点 作 于点 ， 设 交 于点 ， 过点 作 于点 ，然后求出，由的值得的值，接下来证明四点共圆，从而证明四边形 是矩形，得，利用勾股定理求出的值，设 ， 则 ，根据正切的定义得，从而求出的值，得关于的方差，解方程求出的值，进而得的值，最后代入数值进行计算即可.
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