2023年中考集训20讲专题10：旋转型相似三角形

专题10：旋转型相似三角形-2022年中考数学解题方法终极训练

一、单选题

1．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是△ABC的中线，∠ADC＝45°，把△ADC沿AD对折，使点C落在C′的位置，C′D交AB于点Q，则的值为（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据折叠得到对应线段相等，对应角相等，根据直角三角形的斜边中线等于斜边一半，可得出AD＝DC＝BD，AC＝AC′，∠ADC＝∠ADC′＝45°，CD＝C′D，进而求出∠C、∠B的度数，求出其他角的度数，可得AQ＝AC，将转化为，再由相似三角形和等腰直角三角形的边角关系得出答案．

【详解】解：如图，过点A作AE⊥BC，垂足为E，

∵∠ADC＝45°，

∴△ADE是等腰直角三角形，即AE＝DE＝AD，

在Rt△ABC中，

∵∠BAC＝90°，AD是△ABC的中线，

∴AD＝CD＝BD，

由折叠得：AC＝AC′，∠ADC＝∠ADC′＝45°，CD＝C′D，

∴∠CDC′＝45°+45°＝90°，

∴∠DAC＝∠DCA＝（180°﹣45°）÷2＝67.5°＝∠C′AD，

∴∠B＝90°﹣∠C＝∠CAE＝22.5°，∠BQD＝90°﹣∠B＝∠C′QA＝67.5°，

∴AC′＝AQ＝AC，

由△AEC∽△BDQ得：＝，

∴＝＝＝＝．

故选：A．

【点评】考查直角三角形的性质，折叠轴对称的性质，以及等腰三角形与相似三角形的性质和判定等知识，合理的转化是解决问题的关键．

2．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

【解析】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．

【点评】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

3．已知正方形DEFG的顶点F在正方形ABCD的一边AD的延长线上，连结AG，CE交于点H，若，，则CH的长为________.

【答案】

【解析】连接EG，与DF交于N，设CD和AH交于M，证明△ANG∽ADM，得到，从而求出DM的长，再通过勾股定理算出AM的长，通过证明△ADG≌△CDE得到∠DAG=∠DCE，从而说明△ADM∽△CHM，得到，最后算出CH的长.

【详解】解：连接EG，与DF交于N，设CD和AH交于M，

∴∠GNA=90°，DN=FN=EN=GN，

∵∠MAD=∠GAN，∠MDA=∠GNA=90°，

∴△ANG∽ADM，

∴，

∵，

∴DF=EG=2,

∴DN=NG=1，

∵AD=AB=3，

∴，

解得：DM=，

∴MC=，AM=，

∵∠ADM+∠MDG=∠EDG+∠CDG，

∴∠ADG=∠EDC，

在△ADG和△CDE中，

，

∴△ADG≌△CDE（SAS），

∴∠DAG=∠DCE，

∵∠AMD=∠CMH，

∴∠ADM=∠CHM=90°，

∴△ADM∽△CHM，

∴，

即，

解得：CH=.

【点评】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，正方形的性质，勾股定理，综合性较强，解题的关键是找到合适的全等三角形和相似三角形，通过其性质计算出CH的长.

4．如图，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝2，CD＝5，AD＝kAB（k为常数），则BD的长为____．（用含k的式子表示）

【答案】

【解析】连接AC，将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACG，连接DG，根据相似三角形的判定与性质求出DG=kBC，然后根据题意推出∠CDG=90°，即可利用勾股定理求解．

【详解】解：如图，连接AC，

∵AE⊥BC，BE＝CE＝2，

∴BC=4，AE垂直平分BC，AB=AC，

将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACG，如图所示，连接DG，

则AD=AG，BD=CG，

由旋转的性质可得：∠BAC=∠DAG，

∵AB=AC，AD=AG，

∴△ABC∽△ADG，

∴，

∵AD＝kAB，

∴DG=kBC=4k，

∵∠BAE+∠ABC=90°，∠BAE=∠ADC，

∴∠ABC+∠ADC=90°，

∵△ABC∽△ADG，

∴∠ABC=∠ADG，

∴∠ADG+∠ADC=90°，

即：∠CDG=90°，

∴，

∴．

【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，旋转构造辅助线，以及勾股定理解三角形等，掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．

5．如图，正方形的边长为8，线段绕着点逆时针方向旋转，且，连接，以为边作正方形，为边的中点，当线段的长最小时，______．

【答案】

【解析】连接BD，BF，FD，证明△EBC∽△FBD，根据题意，知道M，F，D三点一线时，FM最小，然后过点M作MG⊥BD，垂足为G，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理分别求出MG和DG的长，再根据正切的定义计算即可．

【详解】解：连接BD，BF，FD，如图，

∵，

∴，

∵∠FBD+∠DBE=45°，∠EBC+∠DBE=45°，

∴∠FBD=∠EBC，

∴△EBC∽△FBD，

∴∠FDB=∠ECB，，

∴DF=，

由题意知：FM、DF、DM三条线段满足FM+DF≥MD，其中DM、DF的值一定，

∴当M，F，D三点一线时，FM最小，

过点M作MN⊥BD，垂足为G，

∵∠MBN=45°，BM=AB=4，

∴MN=BN=2，

∵MD==4，

∴DG==6，

∴=，

故答案为：．

【点评】本题考查了正方形的性质，手拉手相似模型，锐角三角函数，勾股定理，三角形面积，线段最值模型，熟练构造相似模型，准确确定线段最小值的条件是解题的关键．

6．已知正方形的边长为12，、分别在边、上，将沿折叠，使得点落在正方形内部（不含边界）的点处，的延长线交于点．若点在正方形的对称轴上，且满足，则折痕的长为______________．

【答案】或

【解析】根据得到点是的中点，再分两种情况讨论，①如答案图l，当点在对角线上时，过点作于点，过点作交的延长线于点，则四边形为矩形；利用相似三角形的性质即可求出EF；②答案如图2．当点在的中垂线上时，为的中点，过点作于点，过点作交的延长线于点，得到，，同①即可求出EF．

【详解】解：∵，

∴点是的中点，

又∵点在正方形的对称轴上，

∴分以下两种情况讨论：

①如答案图l，当点在对角线上时，过点作于点，过点作交的延长线于点，则四边形为矩形，

∵在正方形中，，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，，由折叠可知，

∴，

∴，

设，，则，

∴，

∵，

∴，解得，

∴，

∴；

②如答案图2．当点在的中垂线上时，为的中点，过点作于点，过点作交的延长线于点，

则，，

∴，同理①可得，

综上所述，折痕的长为或．

【点评】本题考查正方形的性质，轴对称变换，相似三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．

7．如图，已知四边形ABCD与四边形CFGE都是矩形，点E在CD上，点H为AG的中点，，，，，则DH的长为______ ．

【答案】

【解析】延长GE交AB于点M，作于首先求出AG、AH，由ADN∽，得，求出DN、AN，HN，在中利用勾股定理即可解决问题．

【详解】延长GE交AB于点M，作于N．

四边形ABCD与四边形CFGE都是矩形，

四边形BFGM是矩形，

，

，

，

，

点H为AG的中点，

，

，

，，

∽，

，

，

，，

，

在中，．

故答案为．

【点评】本题考查矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．

8．如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC于点F，连接DF，分析下列五个结论：①△AEF∽△CAB；②CF＝2AF；③DF＝DC；④S四边形CDEF＝S△ABF，其中正确的结论有_____个．

【答案】4

【解析】①四边形ABCD是矩形，BE⊥AC，则∠ABC＝∠AFB＝90°，又∠BAF＝∠CAB，于是△AEF∽△CAB，故①正确；

②由AE＝AD＝BC，又AD∥BC，所以＝＝，故②正确；

③过D作DM∥BE交AC于N，得到四边形BMDE是平行四边形，求出BM＝DE＝BC，得到CN＝NF，根据线段的垂直平分线的性质可得结论，故③正确；

④根据△AEF∽△CBF得到，求出S△AEF＝S△ABF，S△ABF＝S矩形ABCDS四边形CDEF＝S△ACD﹣S△AEF＝S矩形ABCD﹣S矩形ABCD＝S矩形ABCD，即可得到S四边形CDEF＝S△ABF，故④正确．

【详解】解：过D作DM∥BE交AC于N，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝BC，

∵BE⊥AC于点F，

∴∠EAC＝∠ACB，∠ABC＝∠AFE＝90°，

∴△AEF∽△CAB，故①正确；

∵AD∥BC，

∴△AEF∽△CBF，

∴＝＝，

∵AE＝AD＝BC，

∴＝，

∴CF＝2AF，故②正确，

∵DE∥BM，BE∥DM，

∴四边形BMDE是平行四边形，

∴BM＝DE＝BC，

∴BM＝CM，

∴CN＝NF，

∵BE⊥AC于点F，DM∥BE，

∴DN⊥CF，

∴DF＝DC，故③正确；

∵△AEF∽△CBF，

∴，

∴S△AEF＝S△ABF，S△ABF＝S矩形ABCD

∴S△AEF＝S矩形ABCD，

又∵S四边形CDEF＝S△ACD﹣S△AEF＝S矩形ABCD﹣S矩形ABCD＝S矩形ABCD，

∴S四边形CDEF＝S△ABF，故④正确；

故答案为：4．

【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，图形面积的计算，正确的作出辅助线，根据相似三角形表示出图形面积之间关系是解题的关键．

三、解答题

9．如图，在中，．动点P从点A出发，以每秒3个单位长度的速度沿方向绕行一周，动直线从开始，以每秒1个单位长度的速度向右平移，分别交于两点．当点P运动到点A时，直线也停止运动．

（1）求点P到的最大距离；

（2）当点P在上运动时，

①求的值；

②把绕点E顺时针方向旋转，当点P的对应点落在上时，的对应线段恰好与垂直，求此时t的值．

（3）当点P关于直线的对称点为F时，四边形能否成为菱形？若能，直接写出t的值；若不能，请说明理由．

【答案】（1）；（2）①；②；（3）能，

【解析】（1）当点P与点C重合时，点P到AB的距离最大，过点C作CF⊥AB于F，根据面积法求解即可；

（2）①分别求出DG和PG的长，求出，即可得；②证明得即，解方程求解即可；

（3）分当点P在上、当点P在上和当点P在上三种情况列式求解即可．

【详解】解：（1）当点P与点C重合时，点P到的距离最大，

过点C作CF⊥AB于F

∴根据勾股定理，得

∵

∴．

∴当点P与点C重合时，点P到AB的距离最大，最大值为Rt△ABC斜边AB上的高CF，

即点P到的最大距离是．

（2）①当点P在上运动时，设运动时间为，则有，

直线

，

如图，过点D作于点G，则四边形是矩形，

，

，即

，

，即．

②

，

．

∵直线

直线，

，

由旋转的性质，得

，

，

，

即，

．

（3）因为点F是点P关于直线的对称点，即垂直平分，

所以，当也垂直平分时，四边形为菱形．

∵直线

，即

，

①当点P在上时，若垂直平分，则有

，

解得；

②当点P在上时，三点都在x轴上，构不成四边形；

③当点P在上时，若点P在直线的右侧，类比①可得：

，

解得；

若点P在直线的左侧，四点构不成凸四边形．

综上，当时，四边形为菱形．

【点评】此题考查了菱形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题．

10．（1）【问题发现】：

如图1在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为BC的中点，以CD为一边作正方形CDEF，点E与点A重合，易知△ACF∽△BCE．线段BE与AF有怎样的数量关系？请直接写出．

（2）【拓展研究】：

在（1）的条件下，将正方形CDEF绕点C旋转至如图2所示的位置，连接BE，CE，AF．请猜想线段BE和AF的数量关系，并证明你的结论；

（3）【结论运用】：

在（1）（2）的条件下，若△ABC的面积为8时，当正方形CDEF旋转到B、E、F点共线时，请直接写出线段AF的长．

【答案】（1）；（2），证明过程见解答；（3）或．

【解析】（1）当点与点重合时，证明和都是等腰直角三角形，所以它们的对应角相等，可得，可推出；

（2）由和都是等腰直角三角形可得，再由，可证明，可推出仍然成立；

（3）由、、三点共线得，根据图1，由的面积为8，可求出，，且，在中由勾股定理求出的长，再求的长，再由求出的长．

【详解】解：（1）结论：，

如图1，，，

，

四边形是正方形，

，，

，

，，

点与点重合，

，，，

；

，

，

，

．

（2）．

证明：如图2，由（1）得，，

四边形是正方形，

，，

，

，

，

，

，

，

．

（3）如图1，，，点为的中点，

，，

，

的面积为8，

，

，

，

，

点与点重合，四边形是正方形，

；

如图2，、、三点共线且点在线段上，

，

，

，

．

，

；

如图3，、、三点共线且点在线段上，

，

，

则，

．

，

，

综上所述，线段的长为或．

【点评】此题重点考查相似三角形的判定与性质、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、二次根式的化简以及解直角三角形等知识与方法，此题综合性较强，难度较大，属于考试压轴题．解题关键是利用旋转相似得到，问题（3）难点正确画出图形，得到．

11．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．

【解析】（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．

【点评】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．

12．如图，正方形ABCD，对角线AC，BD相交于O，Q为线段DB上的一点，，点M、N分别在直线BC、DC上．

（1）如图1，当Q为线段OD的中点时，求证：；

（2）如图2，当Q为线段OB的中点，点N在CD的延长线上时，则线段DN、BM、BC的数量关系为           ；

（3）在（2）的条件下，连接MN，交AD、BD于点E、F，若，，求EF的长．

【答案】（1）见解析；（2）BM−DN=BC；（3）EF的长为．

【解析】（1）如图1，过Q点作QP⊥BD交DC于P，然后根据正方形的性质证明△QPN∽△QBM，就可以得出结论；

（2）如图2，过Q点作QH⊥BD交BC于H，通过证明△QHM∽△QDN，由相似三角形的性质就可以得出结论；

（3）由条件设CM=x，MB=3x，就用CB=4x，得出BH=2x，由（2）相似的性质可以求出MQ的值，再根据勾股定理就可以求出MN的值，可以表示出ND，由△NDE∽△NCM就可以求出NE，也可以表示出DE，最后由△DEF∽△BMF而求出结论．

【详解】解：（1）如图，过Q点作QP⊥BD交DC于P，

∴∠PQB=90°．

∵∠MQN=90°，

∴∠NQP=∠MQB，

∵四边形ABCD是正方形，

∴CD=CB，∠BDC=∠DBC=45°．DO=BO，

∴∠DPQ=45°，DQ=PQ，

∴∠DPQ=∠DBC=45°，

∴△QPN∽△QBM，

∴，

∵Q是OD的中点，且PQ⊥BD，

∴DO=2DQ，DP=DC，

∴BQ=3DQ，DN+NP=DC=BC，

∴BQ=3PQ，

∴，

∴NP=BM，

∴DN+BM=BC；

（2）如图，过Q点作QH⊥BD交BC于H，

∴∠BQH=∠DQH=90°，

∴∠BHQ=45°，

∵∠COB=90°，

∴QH∥OC，

∵Q是OB的中点，

∴BH=CH=BC，

∵∠NQM=90°，

∴∠NQD=∠MQH，

∵∠QND+∠NQD=45°，∠MQH+∠QMH=45°，

∴∠QND=∠QMH，

∴△QHM∽△QDN，

∴，

∴HM=ND，

∵BM-HM=HB，

∴BM−DN=BC．

故答案为：BM−DN=BC；

（3）∵MB：MC=3：1，设CM=x，

∴MB=3x，

∴CB=CD=4x，

∴HB=2x，

∴HM=x．

∵HM=ND，

∴ND=3x，

∴CN=7x，

∵四边形ABCD是正方形，

∴ED∥BC，

∴△NDE∽△NCM，△DEF∽△BMF，

∴，

∴，

∴DE=x，

∴，

∵NQ=9，

∴QM=3，

在Rt△MNQ中，由勾股定理得：

，

∴，

∴，

∴，

设EF=a，则FM=7a，

∴，

∴．

∴EF的长为．

【点评】本题考查了正方形的性质的运用，相似三角形的判定和性质的运用，勾股定理的运用及平行线等分线段定理的运用，在解答时利用三角形相似的性质求出线段的比是解答本题的关键．

13．在矩形中，，点为的中点，点为对角线的中点，点、分别在边、上，且．

（1）求的值．

（2）求证：．

（3）作射线与射线交于点，若，，求的长．

【答案】（1）；（2）证明过程见解析；（3）

【解析】（1）取AB的中点N，连接PN，PM．只要证明△PMF∽△PNE，可得；

（2）利用相似三角形的性质即可解决问题；

（3）延长CD交EG与H．由BE：AF=3：4，EN=2MF，设BE=3x，AF=4x，FM=a，EN=2a，由AM=2BN，可得4x-a=2（3x-2a），推出a=x，可得AM=AM=x，AD=x，DF=x，AE=x，，在Rt△AEF中，根据勾股定理可得（x）2+（4x）2=29，解得x=，推出，根据DH//AE，，可得，设DG=y，根据DH∥BE，可得，由此构建方程即可．

【详解】解：（1）解：取AB的中点N，连接PN，PM．

∵AM=MD，PB=PD，AN=NB，

∴PM=AB，PN=AD，PM∥AB，PN∥AD，

∴四边形ANPM是平行四边形，

∵∠A=90°，

∴四边形ANPM是矩形，

∴∠MPN=∠EPF=90°，

∴∠EPN=∠EPM，∵∠PMF=∠PNE=90°，

∴△PMF∽△PNE，

∴

故答案为：；

（2）∵为的中位线，∴为中点，

∴，

又∵∽（已证），

∴，∴，

∴．

（3）延长交于点，

∵BE：AF=3：4，EN=2MF，

设BE=3x，AF=4x，FM=a，EN=2a，

∵AM=2BN，

∴4x-a=2（3x-2a），

∴a=x，

∴AM=x，AD=x，DF=x，AE=x，

在Rt△AEF中，∵（x）2+（4x）2=29，

解得x=，

∴，

∵DH//AE，

∴，可得，设DQ=y，

∵DH//BE，

∴，

∴，

∴．

∴．

【点评】本题考查相似三角形的性质、矩形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．

14．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）．

【解析】（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．

【点评】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．

15．如图1，分别是的内角的平分线，过点作，交的延长线于点．

（1）求证：；

（2）如图2，如果，且，求的值；

（3）如果是锐角，且与相似，求的度数，并直接写出的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3），或，．

【解析】（1）由题意：，根据三角形外内角性质和三角形内角和可得，由此即可解决问题．

（2）延长交于点．证明，可得，，由，可得．

（3）因为与相似，，所以中必有一个内角为因为是锐角，推出．接下来分两种情形分别求解即可．

【详解】（1）证明：如图1中，

，

，，

平分，平分的，

，，

，，

，

．

（2）解：延长交于点．

，

，

又∵，

，

，

，，

，

．

（3）与相似，，

中必有一个内角为

是锐角，

．

①当时，，

，

，

，

，

如图，过B点作BH⊥AE，

∵，AD平分∠BAC，

∴∠BAH=45°，

∴AH=BH，，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴．

②当时，即时，，

，

，

如解图（3）-2；过B点作BH⊥AE，

，分别是的内角的平分线，

∴，

∴BD=AD，

又∵，

∴，，

∴，

∴，

∴，

∴在中，

∴

综上所述，，或，．

【点评】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．

16．如图1所示，矩形ABCD中，点E，F分别为边AB，AD的中点，将△AEF绕点A逆时针旋转α（0°＜α≤360°），直线BE、DF相交于点P．

（1）若AB＝AD，将△AEF绕点A逆时针旋转至如图2所示的位置，则线段BE与DF的数量关系是　   　．

（2）若AD＝nAB（n≠1），将△AEF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AB＝8，BC＝12，将△AEF旋转至AE⊥BE，请算出DP的长．

【答案】（1）BE＝DF；（2）不成立，结论：DF＝nBE；理由见解析（3）或

【解析】（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）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，

故答案为：BE=DF；

（2）结论不成立，结论：DF=nBE，

∵AE=AB，AF=AD，AD=nAB，

∴AF=nAE，

∴AF∶AE=AD∶AB，

∴AF∶AE=AD∶AB，

∵∠DAB=∠EAF=90°，

∴∠BAE=∠DAF，

∴△BAE∽△DAF，

∴DF∶BE=AF∶AE=n，∠ABE=∠ADF，

∴DF=nBE；

（3）如图4-1中，当点P在BE的延长线上时，

在Rt△AEB中，∵∠AEB=90°，AB=8，AE=AB=4，

∴BE==，

∵△ABE∽△ADF，

∴=，

∴=，

∴DF=，

∵四边形AEPF是矩形，

∴AE=PF=4，

∴PD=DF-PF=；

如图4-2中，当点P在线段BE上时，

同法可得DF=，PF=AE=4，

∴PD=DF＋PF=，

综上所述，满足条件的PD的值为或．

【点评】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．

17．将正方形的边绕点逆时针旋转至 ，记旋转角为．连接，过点作垂直于直线，垂足为点，连接，

如图1，当时，的形状为          ，连接，可求出的值为        ；

当且时，

①中的两个结论是否仍然成立?如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；

②当以点为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出的值．

【答案】（1）等腰直角三角形，；（2）①结论不变，理由见解析；②3或1．

【解析】（1）根据题意，证明是等边三角形，得，计算出，根据，可得为等腰直角三角形；证明，可得的值；

（2）①连接BD，通过正方形性质及旋转，表示出，结合，可得为等腰直角三角形；证明，可得的值；

②分为以CD为边和CD为对角线两种情况进行讨论即可．

【详解】（1）由题知°，°，

∴°，且为等边三角形

∴°，

∴

∵

∴°

∴°

∴为等腰直角三角形

连接BD，如图所示

∵°

∴即

∵

∴

∴

故答案为：等腰直角三角形，

（2）①两个结论仍然成立

连接BD，如图所示：

∵，

∴

∵

∴

∴

∵

∴

∴是等腰直角三角形

∴

∵四边形为正方形

∴

∴

∵

∴

∴

∴

∴结论不变，依然成立

②若以点为顶点的四边形是平行四边形时，分两种情况讨论

第一种：以CD为边时，则，此时点在线段BA的延长线上，

如图所示：

此时点E与点A重合，

∴，得；

②当以CD为对角线时，如图所示：

此时点F为CD中点，

∵

∴

∵

∴

∴

∴

∴

∴

综上：的值为3或1．

【点评】本题考查了正方形与旋转综合性问题，能准确的确定相似三角形，是解决本题的关键．

18．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，以C为顶点作等腰直角三角形CMN．使∠CMN＝90°，连接BN，射线NM交BC于点D．

（1）如图1，若点A，M，N在一条直线上，

①求证：BN+CM＝AM；

②若AM＝4，BN＝，求BD的长；

（2）如图2，若AB＝4，CN＝2，将△CMN绕点C顺时针旋转一周，在旋转过程中射线NM交AB于点H，当三角形DBH是直角三角形时，请你直接写出CD的长．

【答案】（1）①证明见解析；②；（2）2.

【解析】（1）①如图，过点C作CF⊥CN，交AN于点F，由等腰直角三角形的性质，可求∠CNM=45°，CM=MN，即可证∠FCN=∠ACB，∠CFN=∠CNF=45°，根据“SAS”可证

△ACF≌△BCN，可得AF=BN，根据等腰直角三角形的性质可得MF=MN=CM，即可证BN+CM=AM；

②由题意可求出CM=MN=，由全等三角形的性质可得∠CAF=∠CBN，即可证∠MCD=∠CBN，则CM∥BN，可得△MCD∽△NBD，根据相似三角形的性质和勾股定理可求BD的长；

（2）分∠BDH=90°，∠DHB=90°两种情况讨论，根据等腰直角三角形的性质可求CD的长．

【详解】证明：（1）①如图，过点C作CF⊥CN，交AN于点F，

∵△CMN是等腰直角三角形，

∴∠CNM＝45°，CM＝MN，

∵CF⊥CN，∠ACB＝90°，

∴∠FCN＝∠ACB，∠CFN＝∠CNF＝45°，

∴∠ACF＝∠BCN，CF＝CN，且AC＝BC，

∴△ACF≌△BCN（SAS），

∴AF＝BN，

∵CF＝CN，CM⊥MN，

∴MF＝MN＝CM，

∴AM＝AF+FM＝BN+CM

②∵AM＝4，BN＝，BN+CM＝AM，

∴CM＝MN＝，

∵△ACF≌△BCN，

∴∠CAF＝∠CBN，

∵∠CAF+∠ACF＝∠CFN＝45°，∠BCN+∠MCD＝∠MCN＝45°

∴∠CAF＝∠MCD，且∠CAF＝∠CBN，

∴∠MCD＝∠CBN

∴CM∥BN

∴△MCD∽△NBD，∠CMD＝∠BND＝90°

∴＝

∴MD＝ND

∵MD+ND＝MN＝

∴ND＝

在Rt△DNB中，BD＝＝

（2）若∠BDH＝90°，如图，此时点M与点D重合，

∵△CMN是等腰直角三角形，CN＝2

∴CM＝MN＝

∴CD＝，

若∠BHD＝90°，如图，

∵∠BHD＝90°，∠B＝45°，

∴∠BDH＝45°

∴∠CDN＝45°＝∠N

∴CD＝CN＝2．

【点评】本题是几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形判定和性质，相似三角形判定和性质以及分类思想，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．