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中考数学一轮复习满分突破(全国通用)【题型方法解密】专题15海盗埋宝模型专题特训(原卷版+解析)
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这是一份中考数学一轮复习满分突破(全国通用)【题型方法解密】专题15海盗埋宝模型专题特训(原卷版+解析)，共61页。
模型数学概述：如图，∆ABD和∆ACE是等腰直角三角形，点B、
C为直角顶点，连接DE，点F为DE的中点，连接BF、CF，
则∆BFC为等腰直角三角形，点F为直角顶点。
证明方法一：
1)如右图，延长BF至点P，使得BF=FP，连接PE、PC，延长PE交AB于点Q
连接BC
∵ 点F为DE的中点 ∴DF=EF
在∆BDF和∆PEF中
BF=FP
∠BFD=∠PFE ∴∆BDF≌∆PEF（SAS） ∴BD=PE ∠DBF=∠EPF
DF=EF
∴BD‖PE ∴∠DBA=∠EQA
∵∆ABD和∆ACE是等腰三角形 ∴AB=BD ∠DBA=90°AC=AE ∠ACE=90°
∴AB=PE ∠DBA=∠EQA=90°
在四边形EQAC中
∵∠EQA +∠ECA =90° + 90°= 180°
∴∠QAC +∠QEC =360°-180°= 180°
又∵∠PEC +∠QEC= 180° ∴∠QAC=∠PEC
在∆BAC和∆PEC中
AB=PE
∠BAC=∠PEC ∴∆BAC≌∆PEC（SAS） ∴BC=PC ∠ACB=∠ECP
AC=AE
∴∠ACB+∠BCE=∠ECP+∠BCE 即∠ACE=∠BCP=90°
∴∆BCP为等腰直角三角形 又∵BF=PE
∴CF⊥BP CF=BF
∴∆BFC为等腰直角三角形
2) 如右图，延长BF至点P，使得BF=FP，连接PE、PC，延长PE交AB延长线于点Q，PQ与AC边相交于点G,连接BC
∵PQ‖BD ∴∠Q=90°
∴∠QAG=∠GEC （8字模型）
∴∠BAC=∠PEC
其它证明过程相同
证明方法二（思路）：
将∆DAB沿AB对称得∆PAB，将∆EAC沿AC对称得∆QAC，连接PE，DQ
∵∆ABD和∆ACE是等腰直角三角形
∴AB=BD ∠DBA=90°AC=CE ∠ACE=90°∠DAB=∠EAC=45°
∵∠DAP=∠EAQ ∴∠DAP+∠EAD =∠EAQ+∠EAD 即∠PAE=∠DAQ
则∆PAE≌∆DAQ（SAS） ∴ PE=DQ ∠APE=∠ADQ 则PE⊥DQ（手拉手模型）
∵BF是∆DPE的中位线，FC是∆EDQ的中位线
∴BF=12PE，BF‖PE，FC=12DQ，FC‖DQ
∴CF⊥BF CF=BF
∴∆BFC为等腰直角三角形
证明方法三（思路）：
连接BC，以BC边中点为坐标系原点，建立如图所示坐标系，假设A点坐标（m，n），B(-1,0)，C(1,0)，
过点D、A、E作BC边垂线，分别与BC边相交于点P、Q、M
已知∆DBP≌∆BAQ，∆CQA≌∆EMC （一线三垂直模型）
∴BP=AQ,BQ=DP
已知AQ=-n，OQ=m BO=1 CO=1
∴BP=-n 则OP=1-（-n）=1+n
BQ=1+m 则DP=1+m
所以点D的坐标为（-（1+n），1+m）
同理QC=EM=1-m，OM=1-（-n）=1+n
所以点E的坐标为（1+n，1-m）
已知点F为线段DE中点，所以点F的坐标为（0，1）
∴∆BFC为等腰直角三角形
【培优训练】
1．（2022春·广东深圳·八年级校联考期中）如图，已知△BAD≌△EBC，∠BAD=∠BCE=90°，∠ABD=∠BEC=30°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．
（1）如图1，当A，B，E三点在同一直线上时，判断AC与CN数量关系为________；
（2）将图1中△BCE绕点B逆时针旋转到图2位置时，（1）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由；
（3）将图1中△BCE绕点B逆时针旋转一周，旋转过程中△CAN能否为等腰直角三角形？若能，直接写出旋转角度；若不能，说明理由．
2．（2022秋·山东日照·九年级日照市田家炳实验中学校考阶段练习）如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．
（1）当A，B，C三点在同一直线上时（如图1），求证：M为AN的中点；
（2）将图1中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角三角形；
（3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，（2）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由．
3．（2022春·江苏·八年级专题练习）已知：Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，将△ABC绕点B按顺时针方向旋转．
(1)当C转到AB边上点C′位置时，A转到A′，（如图1所示）直线CC′和AA′相交于点D，试判断线段AD和线段A′D之间的数量关系，并证明你的结论．
(2)将Rt△ABC继续旋转到图2的位置时，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
(3)将Rt△ABC旋转至A、C′、A′三点在一条直线上时，请直接写出此时旋转角α的度数．
4．（2020秋·辽宁盘锦·八年级统考期末）如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD =∠BCE = 90°，点M为AN的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N。
（1）当A，B，C三点在同一直线上时（如图1），求证：AD=NE ；
（2）将图1中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角三角形；
（3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，（2）中的结论是否仍成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由。
5．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考阶段练习）如图1，已知等腰中，E为边AC一点，过E点作于F点，以为边作正方形，且，．
(1)如图1，连接，求线段的长；
(2)连接，M点为的中点，连接、，求与关系．
(3)将等腰绕A点旋转至如图2的位置，连接，M点为的中点，连接、，求与关系．
6．（2020·山东济南·中考真题）在等腰△ABC中，AC＝BC，是直角三角形，∠DAE＝90°，∠ADE＝∠ACB，连接BD，BE，点F是BD的中点，连接CF．
（1）当∠CAB＝45°时．
①如图1，当顶点D在边AC上时，请直接写出∠EAB与∠CBA的数量关系是 ．线段BE与线段CF的数量关系是 ；
②如图2，当顶点D在边AB上时，（1）中线段BE与线段CF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由；
学生经过讨论，探究出以下解决问题的思路，仅供大家参考：
思路一：作等腰△ABC底边上的高CM，并取BE的中点N，再利用三角形全等或相似有关知识来解决问题；
思路二：取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°，再利用旋转性质、三角形全等或相似有关知识来解快问题．
（2）当∠CAB＝30°时，如图3，当顶点D在边AC上时，写出线段BE与线段CF的数量关系，并说明理由．
7．（2020·河南·统考中考真题）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．
8．（2019·广西贵港·中考真题）已知：是等腰直角三角形，，将绕点顺时针方向旋转得到，记旋转角为，当时，作，垂足为，与交于点
（1）如图1，当时，作的平分线交于点.
①写出旋转角的度数；②求证：；
（2）如图2，在（1）的条件下，设是直线上的一个动点，连接，，若，求线段的最小值.（结果保留根号）
9．（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）在中，是边的中点．
(1)如图，，分别是的两条高，连接，，则与的数量关系是 ；若，则 ；
(2)如图，点，在的外部，和分别是以，为斜边的直角三角形，且，连接，．
①判断(1)中与的数量关系是否仍然成立，并证明你的结论；
②求的度数；
(3)如图，点，在的内部，和分别是以，为斜边的直角三角形，且，连接，，直接写出的度数（用含的式子表示）．
10．（2018·宁夏银川·银川唐徕回民中学校考二模）阅读理解：如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．垂美四边形有如下性质：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
已知：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，对角线AC、BD相交于点E．
求证：AD2+BC2=AB2+CD2
证明：∵四边形ABCD是垂美四边形∴AC⊥BD，∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，∴AD2+BC2=AB2+CD2．
拓展探究：（1）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由．
（2）如图3，在Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，分别以AB，AC为底边，在Rt△ABC外部作等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，连接FD，FE，分别交AB，AC于点M，N．试猜想四边形FMAN的形状，并说明理由；
问题解决：
如图4，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC=4，AB=5．求GE长．
11．（2018秋·广东广州·九年级中山大学附属中学校考期中）已知在△ABC中，∠BAC=60°，点P为边BC的中点，分别以AB和AC为斜边向外作Rt△ABD和Rt△ACE，且∠DAB=∠EAC=α，连结PD，PE，DE．
（1）如图1，若α=45°，则= ；
（2）如图2，若α为任意角度，求证：∠PDE=α；
（3）如图3，若α=15°，AB=8，AC=6，则△PDE的面积为 ．
12．（2021春·北京·八年级期中）在△ABC中，M是BC边的中点．
（1）如图1，BD，CE分别是△ABC的两条高，连接MD，ME；则MD与ME的数量关系是 ．
（2）如图2，点D，E在∠BAC的外部，△ABD和△ACE分别是以AB，AC为斜边的直角三角形，且∠BAD=∠CAE=30°，连接MD，ME．
①判断（1）中MD与ME的数量关系是否仍然成立，并证明你的结论；
②求∠DME的度数．
13．
如图①，在等腰△ABC中，AB=AC，分别以AB和AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，如图①所示，其中，DF⊥AB于点F，EG⊥AC于点G，M是BC的中点，连接MD，ME，MF，MG．则下列结论正确的是__________（填写序号）
①四边形AFMG是菱形；②△DFM和△EGM都是等腰三角形；③MD=ME；④MD⊥ME．
（2）数学思考：
如图②，在任意△ABC中，分别以AB和AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，M是BC的中点，连接MD和ME，则MD与ME具有怎样的数量和位置关系？请给出证明过程．
（3）类比探究：如图③Rt△ABC中，斜边BC=10，AB=6，分别以AB、AC为斜边作等腰直角三角形ABD和ACE，请直接写出DE的长．
14．（2022秋·湖北武汉·九年级校联考期中）如图，在的同侧以、为底边向外作等腰、，其中，为的中点，连接、．
(1)如图，当时，直接写出与的关系．
(2)如图，当时，（1）的结论还成立吗？请你做出判断并说明理由；
(3)如图，当，，连接，取其中点，若动点A从的位置运动到时停止，则点的运动路径长为______．
15．（2022秋·浙江·八年级专题练习）数学活动课中，老师给出以下问题：
（1）如图1，在中，D是边的中点，若，则中线长度的取值范围______．
（2）如图2，在中，D是边的中点，过D点的射线交边于E，再作交边于点F，连结，请探索由三条线段 、、构成的三角形的形状，并说明理由．
（3）已知：如图3，且，F是线段的中点．求证：．
16．（2021·安徽·九年级专题练习）如图，为锐角三角形，分别以AB、AC为斜边向外作等腰直角三角形，分别为和，D、E、F分别为AB、AC、BC边的中点，连接MN.
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）如图，若，，求MN的长.
专题15 海盗埋宝模型 (3种证明方法)
模型文字概述：从前，某海盗头带着众海盗，用船装着他们抢来的财物，来到一个荒岛上。他们要把这些财物埋下。因为怕时间久了会被人发现，所以他们来不及画标记位置的藏宝图了。但他们发现，岛上有三棵树，一棵是A，一棵是B，一棵是C。海盗头对一个水手说：“从A到B拉一根绳子，然后从B出发，沿着垂直于绳子的方向，往岛里走一段等于这段绳子的长度。这一点叫做1号地点。”水手这样做了。
海盗头又对另一个水手说：“从A到C拉一根绳子，然后从C出发，沿着垂直于绳子的方向，往岛里走一段等于这段绳子的长度。这一点叫做2号地点。”第二个水手也这样做了。
等水手找到1号、2号地点的时候，海盗头便下令说：“伙计们，我们把财宝埋在这两点的正当中吧！”海盗们把财宝埋好了，上船走了。
过了几个月，其中一个水手想利用这笔财宝救助难民，于是就偷偷地串通好了海盗头的小侍从，两个人回到岛上。可谁知，A被台风刮走了，没有留下一点儿痕迹，只有另外两棵树还在。水手非常懊恼，觉得他们的美梦要落空了。可是，小侍从却很聪明，他说：“别急，没有A，我一样能把财宝找出来！”
只见小侍从找到了另外两棵树连线的中点，过中点作了一条该连线的垂线，沿着该垂线在向岛内走出两棵树连线一半的距离，这时小侍从对水手说：“这儿就是藏宝的地点，我们快挖吧！”
水手将信将凝，顺着小侍从指的那一点试着挖了下去，谁知挖了一会儿，果然挖到了海盗们以前埋下的财宝。两个人把财宝全都挖了出来，高高兴兴地用船运走了。你能说明其中的原因吗？
模型数学概述：如图，∆ABD和∆ACE是等腰直角三角形，点B、
C为直角顶点，连接DE，点F为DE的中点，连接BF、CF，
则∆BFC为等腰直角三角形，点F为直角顶点。
证明方法一：
1)如右图，延长BF至点P，使得BF=FP，连接PE、PC，延长PE交AB于点Q
连接BC
∵ 点F为DE的中点 ∴DF=EF
在∆BDF和∆PEF中
BF=FP
∠BFD=∠PFE ∴∆BDF≌∆PEF（SAS） ∴BD=PE ∠DBF=∠EPF
DF=EF
∴BD‖PE ∴∠DBA=∠EQA
∵∆ABD和∆ACE是等腰三角形 ∴AB=BD ∠DBA=90°AC=AE ∠ACE=90°
∴AB=PE ∠DBA=∠EQA=90°
在四边形EQAC中
∵∠EQA +∠ECA =90° + 90°= 180°
∴∠QAC +∠QEC =360°-180°= 180°
又∵∠PEC +∠QEC= 180° ∴∠QAC=∠PEC
在∆BAC和∆PEC中
AB=PE
∠BAC=∠PEC ∴∆BAC≌∆PEC（SAS） ∴BC=PC ∠ACB=∠ECP
AC=AE
∴∠ACB+∠BCE=∠ECP+∠BCE 即∠ACE=∠BCP=90°
∴∆BCP为等腰直角三角形 又∵BF=PE
∴CF⊥BP CF=BF
∴∆BFC为等腰直角三角形
2) 如右图，延长BF至点P，使得BF=FP，连接PE、PC，延长PE交AB延长线于点Q，PQ与AC边相交于点G,连接BC
∵PQ‖BD ∴∠Q=90°
∴∠QAG=∠GEC （8字模型）
∴∠BAC=∠PEC
其它证明过程相同
证明方法二（思路）：
将∆DAB沿AB对称得∆PAB，将∆EAC沿AC对称得∆QAC，连接PE，DQ
∵∆ABD和∆ACE是等腰直角三角形
∴AB=BD ∠DBA=90°AC=CE ∠ACE=90°∠DAB=∠EAC=45°
∵∠DAP=∠EAQ ∴∠DAP+∠EAD =∠EAQ+∠EAD 即∠PAE=∠DAQ
则∆PAE≌∆DAQ（SAS） ∴ PE=DQ ∠APE=∠ADQ 则PE⊥DQ（手拉手模型）
∵BF是∆DPE的中位线，FC是∆EDQ的中位线
∴BF=12PE，BF‖PE，FC=12DQ，FC‖DQ
∴CF⊥BF CF=BF
∴∆BFC为等腰直角三角形
证明方法三（思路）：
连接BC，以BC边中点为坐标系原点，建立如图所示坐标系，假设A点坐标（m，n），B(-1,0)，C(1,0)，
过点D、A、E作BC边垂线，分别与BC边相交于点P、Q、M
已知∆DBP≌∆BAQ，∆CQA≌∆EMC （一线三垂直模型）
∴BP=AQ,BQ=DP
已知AQ=-n，OQ=m BO=1 CO=1
∴BP=-n 则OP=1-（-n）=1+n
BQ=1+m 则DP=1+m
所以点D的坐标为（-（1+n），1+m）
同理QC=EM=1-m，OM=1-（-n）=1+n
所以点E的坐标为（1+n，1-m）
已知点F为线段DE中点，所以点F的坐标为（0，1）
∴∆BFC为等腰直角三角形
【培优训练】
1．（2022春·广东深圳·八年级校联考期中）如图，已知△BAD≌△EBC，∠BAD=∠BCE=90°，∠ABD=∠BEC=30°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．
（1）如图1，当A，B，E三点在同一直线上时，判断AC与CN数量关系为________；
（2）将图1中△BCE绕点B逆时针旋转到图2位置时，（1）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由；
（3）将图1中△BCE绕点B逆时针旋转一周，旋转过程中△CAN能否为等腰直角三角形？若能，直接写出旋转角度；若不能，说明理由．
【答案】（1）AC=CN；（2）成立，证明见解析；（3）△CAN能成为等腰直角三角形，此时旋转角为60°或180°．
【分析】（1）根据平行线的性质可得∠NEM=∠ADM，由中点的定义可得DM=EM，利用ASA可证明△ADM≌△NEM，可得AD=NE，根据全等三角形的性质可得AD=BC，AB=CE，根据等量代换的NE=BC，由∠BEC=30°，可得∠NEC=∠ABC=120°，利用SAS可证明△ABC≌△NEC，即可证明AC=NC，可得答案；
（2）设旋转角为α，同（1）可证明△MEN≌△MDA，可得NE=BC，可利用α表示出∠ABC、∠DBE，根据平行线的性质可用α表示出∠CEN，即可得出∠ABC=∠CEN，利用SAS可证明△ABC≌△CEN，即可证明（1）中结论依然成立；
（3）由△CAN为等腰直角三角形，AC=CN可得∠CAN=90°，设旋转角为，可知旋转过程中∠ABC=120°+，可得∠ABC=180°时，∠CAN=90°，进而求出的度数即可．
【详解】（1）AC与CN数量关系为：AC=CN．理由如下：
∵△BAD≌△BCE，
∴BC=AD，EC=AB，
∵EN∥AD，∠DAB=90°，
∴∠MEN=∠MDA．∠BEN=90°，
∵∠BEC=30°，∠BCE=90°，
∴∠CEN=120°，∠ABC=120°，
∴∠CEN=∠ABC，
∵M为DE的中点，
∴MD=ME，
在△MEN与△MDA中，，
∴△MEN≌△MDA（ASA），
∴EN=AD，
∴EN=BC．
在△ABC与△CEN中，，
∴△ABC≌△CEN（SAS），
∴AC=CN．
（2）结论仍然成立．理由如下：
与（1）同理，可证明△MEN≌△MDA，
∴EN=BC．
设旋转角为α，
∴∠ABC=120°+α，
∵∠ABD=30°，
∴∠DBE=150°-α，
∵BD=BE，
∴∠BED=∠BDE=（180°-∠DBE）=15°+α，
∵EN∥AD，
∴∠MEN=∠MDA=∠ADB+∠BDE=60°+（15°+α）=75°+α，
∴∠CEN=∠CEB+∠BED+∠MEN=30°+（15°+α）+（75°+α）=120°+α，
∴∠ABC=∠CEN，
在△ABC与△CEN中，，
∴△ABC≌△CEN（SAS），
∴AC=CN．
（3）如图，设旋转角为，
∵图1中∠ABC=120°，
∴旋转过程中，∠ABC=120°+，
∵△CAN为等腰直角三角形，AC=CN，
∴∠CAN=90°，
∴当∠ABC=180°时，∠CAN=90°，即点A、B、C在一条直线上，点N、E、C在一条直线上．
∴=180°-120°=60°
∴△CAN能成为等腰直角三角形，此时旋转角为60°或180°．
【点睛】本题考查了图形的旋转变换，由旋转性质得出旋转过程中不变的量，再利用全等三角形证明题设中的结论是解题关键．
2．（2022秋·山东日照·九年级日照市田家炳实验中学校考阶段练习）如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．
（1）当A，B，C三点在同一直线上时（如图1），求证：M为AN的中点；
（2）将图1中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角三角形；
（3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，（2）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）△ACN仍为等腰直角三角形，证明见解析．
【分析】（1）由EN∥AD和点M为DE的中点可以证到△ADM≌△NEM，从而证到M为AN的中点．
（2）易证AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=135°，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形．
（3）同（2）中的解题可得AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=180°﹣∠CBN，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形．
【详解】（1）证明：如图1，
∵EN∥AD，∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．
∵点M为DE的中点，∴DM=EM．
在△ADM和△NEM中，∵，∴△ADM≌△NEM（AAS）．
∴AM=MN．∴M为AN的中点．
（2）证明：如图2，
∵△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∴AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°．
∵AD∥NE，∴∠DAE+∠NEA=180°．
∵∠DAE=90°，∴∠NEA=90°．∴∠NEC=135°．
∵A，B，E三点在同一直线上，∴∠ABC=180°﹣∠CBE=135°．∴∠ABC=∠NEC．
∵△ADM≌△NEM（已证），∴AD=NE．
∵AD=AB，∴AB=NE．
在△ABC和△NEC中，∵，∴△ABC≌△NEC（SAS）．
∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．
∴△ACN为等腰直角三角形．
（3）△ACN仍为等腰直角三角形．证明如下：
如图3，此时A、B、N三点在同一条直线上．
∵AD∥EN，∠DAB=90°，∴∠ENA=∠DAN=90°．
∵∠BCE=90°，∴∠CBN+∠CEN=360°﹣90°﹣90°=180°．
∵A、B、N三点在同一条直线上，∴∠ABC+∠CBN=180°．∴∠ABC=∠NEC．
∵△ADM≌△NEM（已证），∴AD=NE．
∵AD=AB，∴AB=NE．
在△ABC和△NEC中，∵，∴△ABC≌△NEC（SAS）．
∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．
∴△ACN为等腰直角三角形．
【点睛】本题考查全等三角形的旋转问题，熟练掌握旋转的性质是解题的关键.
3．（2022春·江苏·八年级专题练习）已知：Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，将△ABC绕点B按顺时针方向旋转．
(1)当C转到AB边上点C′位置时，A转到A′，（如图1所示）直线CC′和AA′相交于点D，试判断线段AD和线段A′D之间的数量关系，并证明你的结论．
(2)将Rt△ABC继续旋转到图2的位置时，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
(3)将Rt△ABC旋转至A、C′、A′三点在一条直线上时，请直接写出此时旋转角α的度数．
【答案】(1)，证明见解析
(2)成立，证明见解析
(3)
【分析】（1）设，先根据直角三角形的性质可得，再根据旋转的性质可得，然后根据等边三角形的判定与性质可得，，都是等边三角形，从而可得，由此即可得出结论；
（2）在上截取，连接，先根据旋转的性质可得，从而可得，再根据三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质可得，，然后根据三角形的外角性质可得，最后根据等腰三角形的判定可得，由此即可得出结论；
（3）如图（见解析），先根据旋转的性质可得，再根据直角三角形全等的判定定理证出，然后根据全等三角形的性质可得，最后根据旋转角即可得．
(1)
解：，证明如下：
设，
在中，，
，
由旋转的性质得：，
，和都是等边三角形，
，
，
是等边三角形，
，
；
(2)
解：成立，证明如下：
如图，在上截取，连接，
由旋转的性质得：，
，
，
在和中，，
，
，
，
，
；
(3)
解：如图，当点三点在一条直线上时，
由旋转的性质得：，
，
在和中，，
，
，
则旋转角．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．
4．（2020秋·辽宁盘锦·八年级统考期末）如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD =∠BCE = 90°，点M为AN的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N。
（1）当A，B，C三点在同一直线上时（如图1），求证：AD=NE ；
（2）将图1中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角三角形；
（3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，（2）中的结论是否仍成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由。
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）成立，证明见解析
【分析】（1）由EN∥AD，点M为AN的中点，利用AAS证得△ADM≌△NEM，从而得到结论；
（2）易证AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=135°，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形；
（3）借鉴（2）中的解题经验可得AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=180°-∠CBN，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形．
【详解】（1）如图1，
∵EN∥AD，
∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．
∵点M为AN的中点，
∴AM=MN．
在△ADM和△NEM中，
∴△ADM≌△NEM(AAS)．
∴AD=NE；
（2）如图2，
∵BAD和△BCE均为等腰直角三角形，
∴AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°．
∵AD∥NE，∴∠DAE+∠NEA=180°．
∵∠DAE=90°，∴∠NEA=90°．
∴∠NEC=135°．
∵A，B，E三点在同一直线上，
∴∠ABC=180°﹣∠CBE=135°．
∴∠ABC=∠NEC．
∵EN∥AD，
∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．
∵点M为AN的中点，
∴AM=MN．
在△ADM和△NEM中，
∴△ADM≌△NEM(AAS)．
∴AD=NE．
又∵AD=AB，∴AB=NE．
在△ABC和△NEC中，
∴△ABC≌△NEC(SAS)．
∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．
∴∠ACN=∠BCE=90°．
∴△ACN为等腰直角三角形．
（3）△ACN仍为等腰直角三角形．
如图3，
此时A、B、N三点在同一条直线上．
∵AD∥EN，∠DAB=90°，∴∠ENA=∠DAN=90°．
∵∠BCE=90°，∴∠CBN+∠CEN=360°﹣90°﹣90°=180°．
∵A、B、N三点在同一条直线上，∴∠ABC+∠CBN=180°．
∴∠ABC=∠NEC．
∵△ADM≌△NEM（已证），AD=NE．
又∵AD=AB，∴AB=NE．
在△ABC和△NEC中，
∴△ABC≌△NEC(SAS)．
∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．
∴∠ACN=∠BCE=90°．
∴△ACN为等腰直角三角形．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、多边形的内角和等知识的综合应用，解决问题的关键是掌握等腰直角三角形的判定方法．
5．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考阶段练习）如图1，已知等腰中，E为边AC一点，过E点作于F点，以为边作正方形，且，．
(1)如图1，连接，求线段的长；
(2)连接，M点为的中点，连接、，求与关系．
(3)将等腰绕A点旋转至如图2的位置，连接，M点为的中点，连接、，求与关系．
【答案】(1)
(2)，
(3)，
【分析】对于（1），根据等腰直角三角形的性质及勾股定理求出，，再求出，最后根据勾股定理求出答案即可；
对于（2），根据直角三角形的性质即可得出答案，再根据勾股定理的逆定理判断；
对于（3），作，连接，，根据正方形的性质，结合得，可得，，再根据证明 ，可得，，进而得出是等腰直角三角形，最后等腰三角形的性质得出答案．
（1）
如图，过点C作于点D，连接．
∵是等腰直角三角形，，
∴，
∴．
∵四边形是正方形，
∴，，
在中，；
（2）
由点M是的中点，
在中，；
在，，
∴；
在中，，
∴.
在中，，
则.
在中，，
∴是直角三角形，
∴；
（3）
，．
理由：过点B作交的延长线于点H，连接，，
∴．
∵四边形是正方形，
∴．
∵点是的中点，
∴．
在和中，
∴，
∴，．
∵四边形是正方形，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵是等腰三角形，
∴，，
∴．
∵，
∴．
在和中，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形．
∵，
∴，．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，直角三角形的性质，勾股定理及逆定理，正方形的性质等，构造全等三角形是解题的关键．
6．（2020·山东济南·中考真题）在等腰△ABC中，AC＝BC，是直角三角形，∠DAE＝90°，∠ADE＝∠ACB，连接BD，BE，点F是BD的中点，连接CF．
（1）当∠CAB＝45°时．
①如图1，当顶点D在边AC上时，请直接写出∠EAB与∠CBA的数量关系是 ．线段BE与线段CF的数量关系是 ；
②如图2，当顶点D在边AB上时，（1）中线段BE与线段CF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由；
学生经过讨论，探究出以下解决问题的思路，仅供大家参考：
思路一：作等腰△ABC底边上的高CM，并取BE的中点N，再利用三角形全等或相似有关知识来解决问题；
思路二：取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°，再利用旋转性质、三角形全等或相似有关知识来解快问题．
（2）当∠CAB＝30°时，如图3，当顶点D在边AC上时，写出线段BE与线段CF的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）①，；②仍然成立，证明见解析；（2），理由见解析．
【分析】（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．首先证明再利用直角三角形斜边中线的性质解决问题即可．②解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．证明（SAS），可得结论．解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．证明四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，可得结论．
（2）结论：BE＝．如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．证明，可得结论．
【详解】解：（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．
∵CA＝CB，∠CAB＝45°，
∴∠CAB＝∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ADE＝∠ACB＝45°，∠DAE＝90°，
∴∠ADE＝∠AED＝45°，
∴AD＝AE，
∴AT⊥DE，DT＝ET，
∴AB垂直平分DE，
∴BD＝BE，
∵∠BCD＝90°，DF＝FB，
∴CF＝BD，
∴CF＝BE．
故答案为：∠EAB＝∠ABC，CF＝BE．
②结论不变．
解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，AM＝BM，
∴CM⊥AB，CM＝BM＝AM，
由①得：
设AD＝AE＝y．FM＝x，DM＝a，
点F是BD的中点，
则DF＝FB＝a+x，
∵AM＝BM，
∴y+a＝a+2x，
∴y＝2x，即AD＝2FM，
∵AM＝BM，EN＝BN，
∴AE＝2MN，MN∥AE，
∴MN＝FM，∠BMN＝∠EAB＝90°，
∴∠CMF＝∠BMN＝90°，
∴（SAS），
∴CF＝BN，
∵BE＝2BN，
∴CF＝BE．
解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把△CAG绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．
∵AD＝AE，∠EAD＝90°，EG＝DG，
∴AG⊥DE，∠EAG＝∠DAG＝45°，AG＝DG＝EG，
∵∠CAB＝45°，
∴∠CAG＝90°，
∴AC⊥AG，
∴AC∥DE，
∵∠ACB＝∠CBT＝90°，
∴AC∥BT∥，
∵AG＝BT，
∴DG＝BT＝EG，
∴四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，
∴BD与GT互相平分，
∵点F是BD的中点，
∴BD与GT交于点F，
∴GF＝FT，
由旋转可得；
是等腰直角三角形，
∴CF＝FG＝FT，
∴CF＝BE．
（2）结论：BE＝．
理由：如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．
∵CA＝CB，
∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠ACB＝120°，
∵AT＝TB，
∴CT⊥AB，
∴AT＝，
∴AB＝，
∵DF＝FB，AT＝TB，
∴TF∥AD，AD＝2FT，
∴∠FTB＝∠CAB＝30°，
∵∠CTB＝∠DAE＝90°，
∴∠CTF＝∠BAE＝60°，
∵∠ADE＝∠ACB＝60°，
∴AE＝AD＝FT，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质,锐角三角函数的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
7．（2020·河南·统考中考真题）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．
【分析】（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．
【点睛】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．
8．（2019·广西贵港·中考真题）已知：是等腰直角三角形，，将绕点顺时针方向旋转得到，记旋转角为，当时，作，垂足为，与交于点
（1）如图1，当时，作的平分线交于点.
①写出旋转角的度数；②求证：；
（2）如图2，在（1）的条件下，设是直线上的一个动点，连接，，若，求线段的最小值.（结果保留根号）
【答案】（1）①旋转角为；②见解析；（2）的最小值为.
【分析】（1）①解直角三角形求出即可解决问题.
②连接，设交于点.在时截取，连接.首先证明是等边三角形，再证明，即可解决问题.
（2）如图2中，连接，，，作交的延长线于.证明，推出，推出，关于对称，推出，推出，求出即可解决问题.
【详解】解：（1）①旋转角为．
理由：如图1中，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴旋转角为.
②证明：连接，设交于点.在时截取，连接.
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴.
（2）解：如图2中，连接，，，作交的延长线于.
由②可知，，，，
∴，
∴，
∴，关于对称，
∴，
∴，
在中，，，
∴，，
∴.
∴的最小值为.
【点睛】本题属于四边形综合题，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，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题.
9．（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）在中，是边的中点．
(1)如图，，分别是的两条高，连接，，则与的数量关系是 ；若，则 ；
(2)如图，点，在的外部，和分别是以，为斜边的直角三角形，且，连接，．
①判断(1)中与的数量关系是否仍然成立，并证明你的结论；
②求的度数；
(3)如图，点，在的内部，和分别是以，为斜边的直角三角形，且，连接，，直接写出的度数（用含的式子表示）．
【答案】(1)；
(2)①仍然成立，理由见解析；②
(3)
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中心是斜边的一半得到，再根据三角形内角和定理求出．
（2）分别取，的中点，，连接，，，，证明，根据全等三角形的性体质、三角形内角和定理计算即可．
（3）由（2）得出，同理即可求出．
【详解】（1）∵，分别是的两条高,
∴,
∴,
∴,
,
,
,
故答案为：；．
（2）①仍然成立；
分别取，的中点，，连接，，，，如图2．
点，分别是，的中点，
是的中位线．
，．
，
是的中点，
是的中线．
．
．
同理可证．
，
．
．
，
．
．
同理可证．
．
在和中，
．
．
②如图．
，
．
，
．
∵，
，
,
．
（3）
由（2）得出，
∴，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和三角形内角和定理、直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质是解题关键．
10．（2018·宁夏银川·银川唐徕回民中学校考二模）阅读理解：如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．垂美四边形有如下性质：
垂美四边形的两组对边的平方和相等．
已知：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，对角线AC、BD相交于点E．
求证：AD2+BC2=AB2+CD2
证明：∵四边形ABCD是垂美四边形
∴AC⊥BD，
∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2．
拓展探究：
（1）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由．
（2）如图3，在Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，分别以AB，AC为底边，在Rt△ABC外部作等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，连接FD，FE，分别交AB，AC于点M，N．试猜想四边形FMAN的形状，并说明理由；
问题解决：
如图4，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC=4，AB=5．求GE长．
【答案】拓展探究：（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由详见解析；（2）四边形FMAN是矩形，理由详见解析；问题解决：.
【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理可得直线AC是线段BD的垂直平分线，进而得证；
（2）首先猜想出结论，根据垂直的定义可得∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，由勾股定理得AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，进而证得猜想，将已知代入即可求得CD；
（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可.
【详解】拓展探究：（1）四边形ABCD是垂美四边形，
理由如下：
∵AB=AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB=CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形．
（2）四边形FMAN是矩形，
理由：如图3，连接AF，
∵Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，
∴AF=CF=BF，
又∵等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，
∴AD=DB、AE=CE，
∴由（1）可得，DF⊥AB，EF⊥AC，
又∵∠BAC=90°，
∴∠AMF=∠MAN=∠ANF=90°，
∴四边形AMFN是矩形；
问题解决：
连接CG、BE，
∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
∵在△GAB和△CAE中，AG=AC，∠GAB=∠CAE，AB=AE，
∴△GAB≌△CAE，
∴∠ABG=∠AEC，
又∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
∴CG2+BE2=CB2+GE2，
∵AC=4，AB=5，
∴BC=3，CG=，BE=，
∴GE2=CG2+BE2﹣CB2=73，
∴GE=
【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键；
11．（2018秋·广东广州·九年级中山大学附属中学校考期中）已知在△ABC中，∠BAC=60°，点P为边BC的中点，分别以AB和AC为斜边向外作Rt△ABD和Rt△ACE，且∠DAB=∠EAC=α，连结PD，PE，DE．
（1）如图1，若α=45°，则= ；
（2）如图2，若α为任意角度，求证：∠PDE=α；
（3）如图3，若α=15°，AB=8，AC=6，则△PDE的面积为 ．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.
【分析】(1) 分别取AB、AC中点F、G，连接DF、PF、PG、EG，证明AFPG为平行四边形，再证明△DFP和△PGE全等，再证明∠DPE=90°，最后得到△DEP是等腰直角三角形.
(2)类似（1）证明四边形AFPG为平行四边形，证明△DFP和△PGE全等，再证明∠DPE=180°﹣∠DFB，∠DFA=180°﹣∠DFB，所以∠DPE=∠DFA，所以等腰三角形DPE和等腰三角形ADF中，∠PDE=∠DAF=α.
（3）同理（1）求出DP=EP长度，由（2）可得，∠PDE=α=15°=∠PED，过点E作DP的垂线，交DP的延长线于H，则∠EPH=30°，所以可求得EH= PE= ，所以可以得到△PDE的面积.
【详解】解：（1）分别取AB、AC中点F、G，连接DF、PF、PG、EG，则根据三角形中位线定理可得，AF=PG，AG=PF，即四边形AFPG为平行四边形，
∴∠PFB=∠BAC=∠PGC=60°，∵Rt△ABD和Rt△ACE中，∠DAB=∠EAC=α=45°，
∴△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，∴DF⊥AB，EG⊥AC，且DF=AF=PG，PF=AG=EG，∴∠DFP=∠PGE=150°，
在△DFP和△PGE中，,
∴△DFP≌△PGE（SAS），
∴DP=PE，∠GPE=∠FDP，
∵△DPF中，∠FDP+∠DPF+∠PFB=90°，而∠PFB=∠FPG，
∴∠GPE+∠DPF+∠FPG=90°，即∠DPE=90°，
∴△DEP是等腰直角三角形，∴.
（2）证明：分别取AB、AC中点F、G，连接DF、PF、PG、EG，则根据三角形中位线定理可得，AF=PG，AG=PF，即四边形AFPG为平行四边形，
∴∠PFB=∠BAC=∠PGC=60°，∵Rt△ABD和Rt△ACE中，DF=AF，GE=AG，∴DF=PG，PF=EG，∠DFB=2∠DAF=2α，∠EGC=2∠CAE=2α，
∴∠DFP=∠PGE，在△DFP和△PGE中，，
∴△DFP≌△PGE（SAS），∴DP=PE，∠GPE=∠FDP，
∵在△DFP中，∠FDP+∠DPF+∠PFB=180°﹣∠DFB，而∠PFB=∠FPG，∴∠GPE+∠DPF+∠FPG=180°﹣∠DFB，即∠DPE=180°﹣∠DFB，
又∵∠DFA=180°﹣∠DFB，∴∠DPE=∠DFA，
∴在等腰三角形DPE和等腰三角形ADF中，∠PDE=∠DAF=α.
（3）分别取AB、AC中点F、G，连接DF、PF、PG、EG，则根据三角形中位线定理可得，AF=PG=4，AG=PF=3，即四边形AFPG为平行四边形，∴∠PFB=∠BAC=∠PGC=60°,
∵Rt△ABD和Rt△ACE中，DF=AF，GE=AG，∴DF=PG=4，PF=EG=3，∠DFB=2∠DAF=2α=30°，∠EGC=2∠CAE=2α=30°，∴∠DFP=∠PGE=90°，
∴DP=EP= =5，
由（2）可得，∠PDE=α=15°=∠PED，过点E作DP的垂线，交DP的延长线于H，则∠EPH=30°，∴EH= PE= ，∴△PDE的面积= ×DP×EH= ×5×= ．
【点睛】本题利用题目中的原理迁移解决问题，一般利用正方形，等腰，等边三角形，直角三角形斜边中线等于斜边一半等隐含条件，构造全等三角形，把没办法利用的已知条件转移到方便利用的图形位置,从而求解，其中多个问题层层递进，互相联系，找到不同问法的相同原理或者技巧既是此类问题的钥匙，相同原理或技巧在不同情境中,以不变应万变.
12．（2021春·北京·八年级期中）在△ABC中，M是BC边的中点．
（1）如图1，BD，CE分别是△ABC的两条高，连接MD，ME；则MD与ME的数量关系是 ．
（2）如图2，点D，E在∠BAC的外部，△ABD和△ACE分别是以AB，AC为斜边的直角三角形，且∠BAD=∠CAE=30°，连接MD，ME．
①判断（1）中MD与ME的数量关系是否仍然成立，并证明你的结论；
②求∠DME的度数．
【答案】（1）MD＝ME（2）①MD＝ME仍然成立；理由见解析②120°
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半得到MD＝ME；
（2）分别取AB，AC的中点F，H，连接FD，FM，HE，HM，证明△DFM≌△MHE，根据全等三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．
【详解】解：（1）∵BD，CE分别是△ABC的两条高，M是BC边的中点，
∴EM＝BC，DM＝BC，
∴MD＝ME，
故答案为：MD＝ME；
（2）①MD＝ME仍然成立；
证明：分别取AB，AC的中点F，H，连接FD，FM，HE，HM，
∵点F，M分别是AB，BC的中点，
∴FM是△ABC的中位线．
∴FM∥AC，FM＝AC．
∴∠BFM＝∠BAC．
∵H是AC的中点，
∴EH是Rt△AEC的中线．
∴EH＝AC＝AH．
∴FM＝EH．
同理可证，MH＝DF．
∵DF＝AB＝AF，
∴∠FDA＝∠FAD．
∴∠BFD＝∠FDA＋∠FAD＝2∠FAD．
∵∠BAD＝30°，
∴∠BFD＝60°．
∴∠DFM＝∠BFD＋∠BFM＝60°＋∠BAC．
同理可证，MHE＝60°＋∠BAC．
∴∠DFM＝∠MHE．
在△DFM和△MHE中，
，
∴△DFM≌△MHE．
∴MD＝ME；
②∵HM∥AB，
∴∠FMH＝∠BFM．
∵△DFM≌△MHE，
∴∠FDM＝∠HME，
∴∠DME＝∠FMD＋∠FMH＋∠HME
＝∠FMD＋∠BFM＋∠FDM
＝180°−∠BFD
＝120°．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形中位线、三角形内角和定理、直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
13．
如图①，在等腰△ABC中，AB=AC，分别以AB和AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，如图①所示，其中，DF⊥AB于点F，EG⊥AC于点G，M是BC的中点，连接MD，ME，MF，MG．则下列结论正确的是__________（填写序号）
①四边形AFMG是菱形；②△DFM和△EGM都是等腰三角形；③MD=ME；④MD⊥ME．
（2）数学思考：
如图②，在任意△ABC中，分别以AB和AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，M是BC的中点，连接MD和ME，则MD与ME具有怎样的数量和位置关系？请给出证明过程．
（3）类比探究：如图③Rt△ABC中，斜边BC=10，AB=6，分别以AB、AC为斜边作等腰直角三角形ABD和ACE，请直接写出DE的长．
【答案】（1）①②③④；（2）证明见解析；（3）DE的长为：或,.
【详解】试题分析：（1）由条件可以通过三角形全等和轴对称的性质，直角三角形斜边上的中线性质以及四点共圆即可得出结论；
（2）取AB、AC的中点F、G，连接DF，MF，EG，MG，根据三角形的中位线的性质和等腰直角三角形的性质就可以得出四边形AFMG是平行四边形，从而得出△DFM≌△MGE，根据其性质以及各个角之间的关系即可得出结论；
（3）分四种情况，①等腰直角三角形ABD和ACE都在Rt△ABC外侧，②等腰直角三角形ABD和ACE都在Rt△ABC内侧，③等腰直角三角形ABD和ACE一个Rt△ABC外侧，④等腰直角三角形ABD和ACE,一个在Rt△ABC外侧，一个在等腰直角三角形ABD和ACE都在Rt△ABC内侧分别求出DE的长度即可．
试题解析：（1）∵和是等腰直角三角形，
∵在和中，
于点F，于点G，
∴和都是等腰三角形，故②正确；∵M是BC的中点，∴∴
即在和中，故③正确；连接AM、FM、GM，如图1所示：
M是BC的中点，
∴四边形AFMG是菱形，故①正确；M是BC的中点，∴四边形ADBM四点共圆，∵AM是对称轴,
故④正确，故答案为①②③④；
（2）理由如下：取AB、AC的中点F、G，连接DF，MF，EG，MG，如图2所示：
∵△ABD和△AEC是等腰直角三角形，
∵M是BC的中点，∴四边形AFMG是平行四边形，
∵在和中，
,
(3)中，斜边BC=10，AB=6，∴AC=8，和是等腰直角三角形，
分四种情况，①如图3，和是等腰直角三角形，
∴D，A，E三点共线，②如图4，和是等腰直角三角形，∴点A，D，E共线，③如图5，和是等腰直角三角形，
④如图6，和是等腰直角三角形，综上所述：DE的长为：或,.
考点：四边形综合题．
14．（2022秋·湖北武汉·九年级校联考期中）如图，在的同侧以、为底边向外作等腰、，其中，为的中点，连接、．
(1)如图，当时，直接写出与的关系．
(2)如图，当时，（1）的结论还成立吗？请你做出判断并说明理由；
(3)如图，当，，连接，取其中点，若动点A从的位置运动到时停止，则点的运动路径长为______．
【答案】(1)
(2)结论仍然成立，理由见解析
(3)
【分析】（1）先证点，点A，点三点共线，由等腰直角三角形的性质可求解；
（2）由“”SAS””可证≌，可得，，由三角形内角和定理可求解；
（3）先证点A,点，点三点共圆，由等腰直角三角形的性质可求，可得，由弧长公式可求解．
【详解】（1）解：，，理由如下：
如图，连接，
等腰和等腰，
，，，
，为边的中点，
，，
点，点A，点三点共线，
垂直平分，
，
同理可得：，
，
，，
；
（2）结论仍然成立，理由如下：
如图，分别取、中点、，连接、，再连接、，
，，点是的中点，点是的中点，
，，，，
为边的中点，点是的中点，点是的中点，
,，，，，，
，，
四边形为平行四边形，
，
，
，
在与中，
，
≌，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（3）如图，连接，并延长至,使，连接，，，
，，
，
，
点是的中点，
，
又，
四边形是平行四边形，
∥，，
，
又，
是的中垂线，
，
同理可得：，
，
点，点，点三点都在以为圆心，为半径的圆上，
，
，
，
，
，
动点从的位置运动到，
点旋转的角度为，
点的运动路径长，
故答案为：．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
15．（2022秋·浙江·八年级专题练习）数学活动课中，老师给出以下问题：
（1）如图1，在中，D是边的中点，若，则中线长度的取值范围______．
（2）如图2，在中，D是边的中点，过D点的射线交边于E，再作交边于点F，连结，请探索由三条线段 、、构成的三角形的形状，并说明理由．
（3）已知：如图3，且，F是线段的中点．求证：．
【答案】（1）2【分析】(1) 延长AD到E，使AD=DE，连接CE，证△ADB≌△EDC，推出EC=AB，根据三角形的三边关系定理求出即可;
(2) 延长FD到点G使DG=FD，连结GE，GB，就有FE=GE，连结EG、BG，可证△CFD≌△BDG，则BG=CF，再将BE、EF、CF构成三角形转化为即可得出结论；
(3) 延长AF到G使FG=AF，连接GE，GD，先证明△ABF≌△EFG，再证明△ACD≌△GED，从而AD=GD,根据FG=AF结论可证.
【详解】（1）如图，延长AD到E，使AD=DE，连接CE，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
∵BD=CD，∠ADB=∠BCDE，AD=DE，
∴△ADB≌△EDC，
∴EC=AB，
∴根据三角形的三边关系定理：
AC+CE∵，
∴EC=AB=5.
∴4∴2故线段AD的长的取值范围为：2（2）BE、EF、CF构成的三角形为钝角三角形
如图，延长FD到点G，使DG=FD，连结GE，GB，
∵D是CB的中点，
∴CD=BD，
在△CDF和△BDG中，
FD=GD，∠CDF=∠GDB，CD=BD
∴△DCF≌△DBG(SAS)，
∴CF=BG，
∴AC//BG，
∵FD⊥DE，FD=DG，
∴ED是GF的垂直平分线，
∴FE=GE，
∴BE、EF、CF构成三角形转化为,
∵,且题目中为锐角，
∴为钝角
∴为钝角三角形
∴BE、EF、CF构成的三角形为钝角三角形;
(3)延长AF到G使FG=AF，连接GE，GD
∵F是BE的中点，
∴BF=EF，
∵在△AFB与△EFG中
AF=FG，∠AFB=∠EFG，BF=EF，
∴△ABF≌△EFG，
∴AB=EG，∠B=∠FEG，
∵AB=AC,
∴AC=GE,
∵∠BAC=∠CDE=90°，
∴∠B+∠DEF+∠CAD+∠CDA=180°，
∵∠CAD+∠C+∠CDA=180°，
∴∠C=∠B+∠FED=∠FEG+∠FED=∠GED，
∵在△ACD与△GED中,
AC=GE，∠C=∠GED，CD=ED，
∴△ACD≌△GED，
∴AD=GD，
∵AF=GF，
∴AF⊥FD，
【点睛】本题考查三角形的三边关系，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，线段垂直平分线性质定理的逆定理.本题前两问都是利用中线的性质构造全等三角形，再利用全等三角形的性质，将线段放在同一个三角形中进行讨论，（3）中在需知到线段距离相等的点在线段的垂直平分线上.
16．（2021·安徽·九年级专题练习）如图，为锐角三角形，分别以AB、AC为斜边向外作等腰直角三角形，分别为和，D、E、F分别为AB、AC、BC边的中点，连接MN.
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）如图，若，，求MN的长.
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据中位线性质和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，，然后通过角度关系代换得到，进而得到三角形全等；
（2）根据等腰直角三角形的性质得到，通过角的转换得到进而得到三角形相似；
（3）根据题中给出的结论得到为等边三角形，再根据（2）中的结论得到为等腰直角三角形，进一步计算出.
【详解】（1）证明：、E、F分别为AB、AC、BC边的中点
，
四边形ADFE为平行四边形
，，
与为等腰直角三角形
，，
，，
；
（2）证明与为等腰直角三角形，D、E分别为AB、AC的中点
与为等腰直角三角形
，，
又
又
；
（3）解：
又
为等边三角形
由（2）知
，同理
可得为等腰直角三角形
如下图，过点B作于点G
.
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定及性质，三角形相似的判定及性质，线段和角的和差等相关几何综合证明，熟练掌握相关证明方法及辅助线画法是解决本题的关键.
模型数学概述：如图，∆ABD和∆ACE是等腰直角三角形，点B、
C为直角顶点，连接DE，点F为DE的中点，连接BF、CF，
则∆BFC为等腰直角三角形，点F为直角顶点。
证明方法一：
1)如右图，延长BF至点P，使得BF=FP，连接PE、PC，延长PE交AB于点Q
连接BC
∵ 点F为DE的中点 ∴DF=EF
在∆BDF和∆PEF中
BF=FP
∠BFD=∠PFE ∴∆BDF≌∆PEF（SAS） ∴BD=PE ∠DBF=∠EPF
DF=EF
∴BD‖PE ∴∠DBA=∠EQA
∵∆ABD和∆ACE是等腰三角形 ∴AB=BD ∠DBA=90°AC=AE ∠ACE=90°
∴AB=PE ∠DBA=∠EQA=90°
在四边形EQAC中
∵∠EQA +∠ECA =90° + 90°= 180°
∴∠QAC +∠QEC =360°-180°= 180°
又∵∠PEC +∠QEC= 180° ∴∠QAC=∠PEC
在∆BAC和∆PEC中
AB=PE
∠BAC=∠PEC ∴∆BAC≌∆PEC（SAS） ∴BC=PC ∠ACB=∠ECP
AC=AE
∴∠ACB+∠BCE=∠ECP+∠BCE 即∠ACE=∠BCP=90°
∴∆BCP为等腰直角三角形 又∵BF=PE
∴CF⊥BP CF=BF
∴∆BFC为等腰直角三角形
2) 如右图，延长BF至点P，使得BF=FP，连接PE、PC，延长PE交AB延长线于点Q，PQ与AC边相交于点G,连接BC
∵PQ‖BD ∴∠Q=90°
∴∠QAG=∠GEC （8字模型）
∴∠BAC=∠PEC
其它证明过程相同
证明方法二（思路）：
将∆DAB沿AB对称得∆PAB，将∆EAC沿AC对称得∆QAC，连接PE，DQ
∵∆ABD和∆ACE是等腰直角三角形
∴AB=BD ∠DBA=90°AC=CE ∠ACE=90°∠DAB=∠EAC=45°
∵∠DAP=∠EAQ ∴∠DAP+∠EAD =∠EAQ+∠EAD 即∠PAE=∠DAQ
则∆PAE≌∆DAQ（SAS） ∴ PE=DQ ∠APE=∠ADQ 则PE⊥DQ（手拉手模型）
∵BF是∆DPE的中位线，FC是∆EDQ的中位线
∴BF=12PE，BF‖PE，FC=12DQ，FC‖DQ
∴CF⊥BF CF=BF
∴∆BFC为等腰直角三角形
证明方法三（思路）：
连接BC，以BC边中点为坐标系原点，建立如图所示坐标系，假设A点坐标（m，n），B(-1,0)，C(1,0)，
过点D、A、E作BC边垂线，分别与BC边相交于点P、Q、M
已知∆DBP≌∆BAQ，∆CQA≌∆EMC （一线三垂直模型）
∴BP=AQ,BQ=DP
已知AQ=-n，OQ=m BO=1 CO=1
∴BP=-n 则OP=1-（-n）=1+n
BQ=1+m 则DP=1+m
所以点D的坐标为（-（1+n），1+m）
同理QC=EM=1-m，OM=1-（-n）=1+n
所以点E的坐标为（1+n，1-m）
已知点F为线段DE中点，所以点F的坐标为（0，1）
∴∆BFC为等腰直角三角形
【培优训练】
1．（2022春·广东深圳·八年级校联考期中）如图，已知△BAD≌△EBC，∠BAD=∠BCE=90°，∠ABD=∠BEC=30°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．
（1）如图1，当A，B，E三点在同一直线上时，判断AC与CN数量关系为________；
（2）将图1中△BCE绕点B逆时针旋转到图2位置时，（1）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由；
（3）将图1中△BCE绕点B逆时针旋转一周，旋转过程中△CAN能否为等腰直角三角形？若能，直接写出旋转角度；若不能，说明理由．
2．（2022秋·山东日照·九年级日照市田家炳实验中学校考阶段练习）如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．
（1）当A，B，C三点在同一直线上时（如图1），求证：M为AN的中点；
（2）将图1中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角三角形；
（3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，（2）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由．
3．（2022春·江苏·八年级专题练习）已知：Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，将△ABC绕点B按顺时针方向旋转．
(1)当C转到AB边上点C′位置时，A转到A′，（如图1所示）直线CC′和AA′相交于点D，试判断线段AD和线段A′D之间的数量关系，并证明你的结论．
(2)将Rt△ABC继续旋转到图2的位置时，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
(3)将Rt△ABC旋转至A、C′、A′三点在一条直线上时，请直接写出此时旋转角α的度数．
4．（2020秋·辽宁盘锦·八年级统考期末）如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD =∠BCE = 90°，点M为AN的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N。
（1）当A，B，C三点在同一直线上时（如图1），求证：AD=NE ；
（2）将图1中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角三角形；
（3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，（2）中的结论是否仍成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由。
5．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考阶段练习）如图1，已知等腰中，E为边AC一点，过E点作于F点，以为边作正方形，且，．
(1)如图1，连接，求线段的长；
(2)连接，M点为的中点，连接、，求与关系．
(3)将等腰绕A点旋转至如图2的位置，连接，M点为的中点，连接、，求与关系．
6．（2020·山东济南·中考真题）在等腰△ABC中，AC＝BC，是直角三角形，∠DAE＝90°，∠ADE＝∠ACB，连接BD，BE，点F是BD的中点，连接CF．
（1）当∠CAB＝45°时．
①如图1，当顶点D在边AC上时，请直接写出∠EAB与∠CBA的数量关系是 ．线段BE与线段CF的数量关系是 ；
②如图2，当顶点D在边AB上时，（1）中线段BE与线段CF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由；
学生经过讨论，探究出以下解决问题的思路，仅供大家参考：
思路一：作等腰△ABC底边上的高CM，并取BE的中点N，再利用三角形全等或相似有关知识来解决问题；
思路二：取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°，再利用旋转性质、三角形全等或相似有关知识来解快问题．
（2）当∠CAB＝30°时，如图3，当顶点D在边AC上时，写出线段BE与线段CF的数量关系，并说明理由．
7．（2020·河南·统考中考真题）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．
8．（2019·广西贵港·中考真题）已知：是等腰直角三角形，，将绕点顺时针方向旋转得到，记旋转角为，当时，作，垂足为，与交于点
（1）如图1，当时，作的平分线交于点.
①写出旋转角的度数；②求证：；
（2）如图2，在（1）的条件下，设是直线上的一个动点，连接，，若，求线段的最小值.（结果保留根号）
9．（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）在中，是边的中点．
(1)如图，，分别是的两条高，连接，，则与的数量关系是 ；若，则 ；
(2)如图，点，在的外部，和分别是以，为斜边的直角三角形，且，连接，．
①判断(1)中与的数量关系是否仍然成立，并证明你的结论；
②求的度数；
(3)如图，点，在的内部，和分别是以，为斜边的直角三角形，且，连接，，直接写出的度数（用含的式子表示）．
10．（2018·宁夏银川·银川唐徕回民中学校考二模）阅读理解：如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．垂美四边形有如下性质：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
已知：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，对角线AC、BD相交于点E．
求证：AD2+BC2=AB2+CD2
证明：∵四边形ABCD是垂美四边形∴AC⊥BD，∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，∴AD2+BC2=AB2+CD2．
拓展探究：（1）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由．
（2）如图3，在Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，分别以AB，AC为底边，在Rt△ABC外部作等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，连接FD，FE，分别交AB，AC于点M，N．试猜想四边形FMAN的形状，并说明理由；
问题解决：
如图4，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC=4，AB=5．求GE长．
11．（2018秋·广东广州·九年级中山大学附属中学校考期中）已知在△ABC中，∠BAC=60°，点P为边BC的中点，分别以AB和AC为斜边向外作Rt△ABD和Rt△ACE，且∠DAB=∠EAC=α，连结PD，PE，DE．
（1）如图1，若α=45°，则= ；
（2）如图2，若α为任意角度，求证：∠PDE=α；
（3）如图3，若α=15°，AB=8，AC=6，则△PDE的面积为 ．
12．（2021春·北京·八年级期中）在△ABC中，M是BC边的中点．
（1）如图1，BD，CE分别是△ABC的两条高，连接MD，ME；则MD与ME的数量关系是 ．
（2）如图2，点D，E在∠BAC的外部，△ABD和△ACE分别是以AB，AC为斜边的直角三角形，且∠BAD=∠CAE=30°，连接MD，ME．
①判断（1）中MD与ME的数量关系是否仍然成立，并证明你的结论；
②求∠DME的度数．
13．
如图①，在等腰△ABC中，AB=AC，分别以AB和AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，如图①所示，其中，DF⊥AB于点F，EG⊥AC于点G，M是BC的中点，连接MD，ME，MF，MG．则下列结论正确的是__________（填写序号）
①四边形AFMG是菱形；②△DFM和△EGM都是等腰三角形；③MD=ME；④MD⊥ME．
（2）数学思考：
如图②，在任意△ABC中，分别以AB和AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，M是BC的中点，连接MD和ME，则MD与ME具有怎样的数量和位置关系？请给出证明过程．
（3）类比探究：如图③Rt△ABC中，斜边BC=10，AB=6，分别以AB、AC为斜边作等腰直角三角形ABD和ACE，请直接写出DE的长．
14．（2022秋·湖北武汉·九年级校联考期中）如图，在的同侧以、为底边向外作等腰、，其中，为的中点，连接、．
(1)如图，当时，直接写出与的关系．
(2)如图，当时，（1）的结论还成立吗？请你做出判断并说明理由；
(3)如图，当，，连接，取其中点，若动点A从的位置运动到时停止，则点的运动路径长为______．
15．（2022秋·浙江·八年级专题练习）数学活动课中，老师给出以下问题：
（1）如图1，在中，D是边的中点，若，则中线长度的取值范围______．
（2）如图2，在中，D是边的中点，过D点的射线交边于E，再作交边于点F，连结，请探索由三条线段 、、构成的三角形的形状，并说明理由．
（3）已知：如图3，且，F是线段的中点．求证：．
16．（2021·安徽·九年级专题练习）如图，为锐角三角形，分别以AB、AC为斜边向外作等腰直角三角形，分别为和，D、E、F分别为AB、AC、BC边的中点，连接MN.
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）如图，若，，求MN的长.
专题15 海盗埋宝模型 (3种证明方法)
模型文字概述：从前，某海盗头带着众海盗，用船装着他们抢来的财物，来到一个荒岛上。他们要把这些财物埋下。因为怕时间久了会被人发现，所以他们来不及画标记位置的藏宝图了。但他们发现，岛上有三棵树，一棵是A，一棵是B，一棵是C。海盗头对一个水手说：“从A到B拉一根绳子，然后从B出发，沿着垂直于绳子的方向，往岛里走一段等于这段绳子的长度。这一点叫做1号地点。”水手这样做了。
海盗头又对另一个水手说：“从A到C拉一根绳子，然后从C出发，沿着垂直于绳子的方向，往岛里走一段等于这段绳子的长度。这一点叫做2号地点。”第二个水手也这样做了。
等水手找到1号、2号地点的时候，海盗头便下令说：“伙计们，我们把财宝埋在这两点的正当中吧！”海盗们把财宝埋好了，上船走了。
过了几个月，其中一个水手想利用这笔财宝救助难民，于是就偷偷地串通好了海盗头的小侍从，两个人回到岛上。可谁知，A被台风刮走了，没有留下一点儿痕迹，只有另外两棵树还在。水手非常懊恼，觉得他们的美梦要落空了。可是，小侍从却很聪明，他说：“别急，没有A，我一样能把财宝找出来！”
只见小侍从找到了另外两棵树连线的中点，过中点作了一条该连线的垂线，沿着该垂线在向岛内走出两棵树连线一半的距离，这时小侍从对水手说：“这儿就是藏宝的地点，我们快挖吧！”
水手将信将凝，顺着小侍从指的那一点试着挖了下去，谁知挖了一会儿，果然挖到了海盗们以前埋下的财宝。两个人把财宝全都挖了出来，高高兴兴地用船运走了。你能说明其中的原因吗？
模型数学概述：如图，∆ABD和∆ACE是等腰直角三角形，点B、
C为直角顶点，连接DE，点F为DE的中点，连接BF、CF，
则∆BFC为等腰直角三角形，点F为直角顶点。
证明方法一：
1)如右图，延长BF至点P，使得BF=FP，连接PE、PC，延长PE交AB于点Q
连接BC
∵ 点F为DE的中点 ∴DF=EF
在∆BDF和∆PEF中
BF=FP
∠BFD=∠PFE ∴∆BDF≌∆PEF（SAS） ∴BD=PE ∠DBF=∠EPF
DF=EF
∴BD‖PE ∴∠DBA=∠EQA
∵∆ABD和∆ACE是等腰三角形 ∴AB=BD ∠DBA=90°AC=AE ∠ACE=90°
∴AB=PE ∠DBA=∠EQA=90°
在四边形EQAC中
∵∠EQA +∠ECA =90° + 90°= 180°
∴∠QAC +∠QEC =360°-180°= 180°
又∵∠PEC +∠QEC= 180° ∴∠QAC=∠PEC
在∆BAC和∆PEC中
AB=PE
∠BAC=∠PEC ∴∆BAC≌∆PEC（SAS） ∴BC=PC ∠ACB=∠ECP
AC=AE
∴∠ACB+∠BCE=∠ECP+∠BCE 即∠ACE=∠BCP=90°
∴∆BCP为等腰直角三角形 又∵BF=PE
∴CF⊥BP CF=BF
∴∆BFC为等腰直角三角形
2) 如右图，延长BF至点P，使得BF=FP，连接PE、PC，延长PE交AB延长线于点Q，PQ与AC边相交于点G,连接BC
∵PQ‖BD ∴∠Q=90°
∴∠QAG=∠GEC （8字模型）
∴∠BAC=∠PEC
其它证明过程相同
证明方法二（思路）：
将∆DAB沿AB对称得∆PAB，将∆EAC沿AC对称得∆QAC，连接PE，DQ
∵∆ABD和∆ACE是等腰直角三角形
∴AB=BD ∠DBA=90°AC=CE ∠ACE=90°∠DAB=∠EAC=45°
∵∠DAP=∠EAQ ∴∠DAP+∠EAD =∠EAQ+∠EAD 即∠PAE=∠DAQ
则∆PAE≌∆DAQ（SAS） ∴ PE=DQ ∠APE=∠ADQ 则PE⊥DQ（手拉手模型）
∵BF是∆DPE的中位线，FC是∆EDQ的中位线
∴BF=12PE，BF‖PE，FC=12DQ，FC‖DQ
∴CF⊥BF CF=BF
∴∆BFC为等腰直角三角形
证明方法三（思路）：
连接BC，以BC边中点为坐标系原点，建立如图所示坐标系，假设A点坐标（m，n），B(-1,0)，C(1,0)，
过点D、A、E作BC边垂线，分别与BC边相交于点P、Q、M
已知∆DBP≌∆BAQ，∆CQA≌∆EMC （一线三垂直模型）
∴BP=AQ,BQ=DP
已知AQ=-n，OQ=m BO=1 CO=1
∴BP=-n 则OP=1-（-n）=1+n
BQ=1+m 则DP=1+m
所以点D的坐标为（-（1+n），1+m）
同理QC=EM=1-m，OM=1-（-n）=1+n
所以点E的坐标为（1+n，1-m）
已知点F为线段DE中点，所以点F的坐标为（0，1）
∴∆BFC为等腰直角三角形
【培优训练】
1．（2022春·广东深圳·八年级校联考期中）如图，已知△BAD≌△EBC，∠BAD=∠BCE=90°，∠ABD=∠BEC=30°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．
（1）如图1，当A，B，E三点在同一直线上时，判断AC与CN数量关系为________；
（2）将图1中△BCE绕点B逆时针旋转到图2位置时，（1）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由；
（3）将图1中△BCE绕点B逆时针旋转一周，旋转过程中△CAN能否为等腰直角三角形？若能，直接写出旋转角度；若不能，说明理由．
【答案】（1）AC=CN；（2）成立，证明见解析；（3）△CAN能成为等腰直角三角形，此时旋转角为60°或180°．
【分析】（1）根据平行线的性质可得∠NEM=∠ADM，由中点的定义可得DM=EM，利用ASA可证明△ADM≌△NEM，可得AD=NE，根据全等三角形的性质可得AD=BC，AB=CE，根据等量代换的NE=BC，由∠BEC=30°，可得∠NEC=∠ABC=120°，利用SAS可证明△ABC≌△NEC，即可证明AC=NC，可得答案；
（2）设旋转角为α，同（1）可证明△MEN≌△MDA，可得NE=BC，可利用α表示出∠ABC、∠DBE，根据平行线的性质可用α表示出∠CEN，即可得出∠ABC=∠CEN，利用SAS可证明△ABC≌△CEN，即可证明（1）中结论依然成立；
（3）由△CAN为等腰直角三角形，AC=CN可得∠CAN=90°，设旋转角为，可知旋转过程中∠ABC=120°+，可得∠ABC=180°时，∠CAN=90°，进而求出的度数即可．
【详解】（1）AC与CN数量关系为：AC=CN．理由如下：
∵△BAD≌△BCE，
∴BC=AD，EC=AB，
∵EN∥AD，∠DAB=90°，
∴∠MEN=∠MDA．∠BEN=90°，
∵∠BEC=30°，∠BCE=90°，
∴∠CEN=120°，∠ABC=120°，
∴∠CEN=∠ABC，
∵M为DE的中点，
∴MD=ME，
在△MEN与△MDA中，，
∴△MEN≌△MDA（ASA），
∴EN=AD，
∴EN=BC．
在△ABC与△CEN中，，
∴△ABC≌△CEN（SAS），
∴AC=CN．
（2）结论仍然成立．理由如下：
与（1）同理，可证明△MEN≌△MDA，
∴EN=BC．
设旋转角为α，
∴∠ABC=120°+α，
∵∠ABD=30°，
∴∠DBE=150°-α，
∵BD=BE，
∴∠BED=∠BDE=（180°-∠DBE）=15°+α，
∵EN∥AD，
∴∠MEN=∠MDA=∠ADB+∠BDE=60°+（15°+α）=75°+α，
∴∠CEN=∠CEB+∠BED+∠MEN=30°+（15°+α）+（75°+α）=120°+α，
∴∠ABC=∠CEN，
在△ABC与△CEN中，，
∴△ABC≌△CEN（SAS），
∴AC=CN．
（3）如图，设旋转角为，
∵图1中∠ABC=120°，
∴旋转过程中，∠ABC=120°+，
∵△CAN为等腰直角三角形，AC=CN，
∴∠CAN=90°，
∴当∠ABC=180°时，∠CAN=90°，即点A、B、C在一条直线上，点N、E、C在一条直线上．
∴=180°-120°=60°
∴△CAN能成为等腰直角三角形，此时旋转角为60°或180°．
【点睛】本题考查了图形的旋转变换，由旋转性质得出旋转过程中不变的量，再利用全等三角形证明题设中的结论是解题关键．
2．（2022秋·山东日照·九年级日照市田家炳实验中学校考阶段练习）如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．
（1）当A，B，C三点在同一直线上时（如图1），求证：M为AN的中点；
（2）将图1中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角三角形；
（3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，（2）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）△ACN仍为等腰直角三角形，证明见解析．
【分析】（1）由EN∥AD和点M为DE的中点可以证到△ADM≌△NEM，从而证到M为AN的中点．
（2）易证AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=135°，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形．
（3）同（2）中的解题可得AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=180°﹣∠CBN，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形．
【详解】（1）证明：如图1，
∵EN∥AD，∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．
∵点M为DE的中点，∴DM=EM．
在△ADM和△NEM中，∵，∴△ADM≌△NEM（AAS）．
∴AM=MN．∴M为AN的中点．
（2）证明：如图2，
∵△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∴AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°．
∵AD∥NE，∴∠DAE+∠NEA=180°．
∵∠DAE=90°，∴∠NEA=90°．∴∠NEC=135°．
∵A，B，E三点在同一直线上，∴∠ABC=180°﹣∠CBE=135°．∴∠ABC=∠NEC．
∵△ADM≌△NEM（已证），∴AD=NE．
∵AD=AB，∴AB=NE．
在△ABC和△NEC中，∵，∴△ABC≌△NEC（SAS）．
∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．
∴△ACN为等腰直角三角形．
（3）△ACN仍为等腰直角三角形．证明如下：
如图3，此时A、B、N三点在同一条直线上．
∵AD∥EN，∠DAB=90°，∴∠ENA=∠DAN=90°．
∵∠BCE=90°，∴∠CBN+∠CEN=360°﹣90°﹣90°=180°．
∵A、B、N三点在同一条直线上，∴∠ABC+∠CBN=180°．∴∠ABC=∠NEC．
∵△ADM≌△NEM（已证），∴AD=NE．
∵AD=AB，∴AB=NE．
在△ABC和△NEC中，∵，∴△ABC≌△NEC（SAS）．
∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．
∴△ACN为等腰直角三角形．
【点睛】本题考查全等三角形的旋转问题，熟练掌握旋转的性质是解题的关键.
3．（2022春·江苏·八年级专题练习）已知：Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，将△ABC绕点B按顺时针方向旋转．
(1)当C转到AB边上点C′位置时，A转到A′，（如图1所示）直线CC′和AA′相交于点D，试判断线段AD和线段A′D之间的数量关系，并证明你的结论．
(2)将Rt△ABC继续旋转到图2的位置时，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
(3)将Rt△ABC旋转至A、C′、A′三点在一条直线上时，请直接写出此时旋转角α的度数．
【答案】(1)，证明见解析
(2)成立，证明见解析
(3)
【分析】（1）设，先根据直角三角形的性质可得，再根据旋转的性质可得，然后根据等边三角形的判定与性质可得，，都是等边三角形，从而可得，由此即可得出结论；
（2）在上截取，连接，先根据旋转的性质可得，从而可得，再根据三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质可得，，然后根据三角形的外角性质可得，最后根据等腰三角形的判定可得，由此即可得出结论；
（3）如图（见解析），先根据旋转的性质可得，再根据直角三角形全等的判定定理证出，然后根据全等三角形的性质可得，最后根据旋转角即可得．
(1)
解：，证明如下：
设，
在中，，
，
由旋转的性质得：，
，和都是等边三角形，
，
，
是等边三角形，
，
；
(2)
解：成立，证明如下：
如图，在上截取，连接，
由旋转的性质得：，
，
，
在和中，，
，
，
，
，
；
(3)
解：如图，当点三点在一条直线上时，
由旋转的性质得：，
，
在和中，，
，
，
则旋转角．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．
4．（2020秋·辽宁盘锦·八年级统考期末）如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD =∠BCE = 90°，点M为AN的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N。
（1）当A，B，C三点在同一直线上时（如图1），求证：AD=NE ；
（2）将图1中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角三角形；
（3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，（2）中的结论是否仍成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由。
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）成立，证明见解析
【分析】（1）由EN∥AD，点M为AN的中点，利用AAS证得△ADM≌△NEM，从而得到结论；
（2）易证AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=135°，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形；
（3）借鉴（2）中的解题经验可得AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=180°-∠CBN，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形．
【详解】（1）如图1，
∵EN∥AD，
∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．
∵点M为AN的中点，
∴AM=MN．
在△ADM和△NEM中，
∴△ADM≌△NEM(AAS)．
∴AD=NE；
（2）如图2，
∵BAD和△BCE均为等腰直角三角形，
∴AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°．
∵AD∥NE，∴∠DAE+∠NEA=180°．
∵∠DAE=90°，∴∠NEA=90°．
∴∠NEC=135°．
∵A，B，E三点在同一直线上，
∴∠ABC=180°﹣∠CBE=135°．
∴∠ABC=∠NEC．
∵EN∥AD，
∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．
∵点M为AN的中点，
∴AM=MN．
在△ADM和△NEM中，
∴△ADM≌△NEM(AAS)．
∴AD=NE．
又∵AD=AB，∴AB=NE．
在△ABC和△NEC中，
∴△ABC≌△NEC(SAS)．
∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．
∴∠ACN=∠BCE=90°．
∴△ACN为等腰直角三角形．
（3）△ACN仍为等腰直角三角形．
如图3，
此时A、B、N三点在同一条直线上．
∵AD∥EN，∠DAB=90°，∴∠ENA=∠DAN=90°．
∵∠BCE=90°，∴∠CBN+∠CEN=360°﹣90°﹣90°=180°．
∵A、B、N三点在同一条直线上，∴∠ABC+∠CBN=180°．
∴∠ABC=∠NEC．
∵△ADM≌△NEM（已证），AD=NE．
又∵AD=AB，∴AB=NE．
在△ABC和△NEC中，
∴△ABC≌△NEC(SAS)．
∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．
∴∠ACN=∠BCE=90°．
∴△ACN为等腰直角三角形．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、多边形的内角和等知识的综合应用，解决问题的关键是掌握等腰直角三角形的判定方法．
5．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考阶段练习）如图1，已知等腰中，E为边AC一点，过E点作于F点，以为边作正方形，且，．
(1)如图1，连接，求线段的长；
(2)连接，M点为的中点，连接、，求与关系．
(3)将等腰绕A点旋转至如图2的位置，连接，M点为的中点，连接、，求与关系．
【答案】(1)
(2)，
(3)，
【分析】对于（1），根据等腰直角三角形的性质及勾股定理求出，，再求出，最后根据勾股定理求出答案即可；
对于（2），根据直角三角形的性质即可得出答案，再根据勾股定理的逆定理判断；
对于（3），作，连接，，根据正方形的性质，结合得，可得，，再根据证明 ，可得，，进而得出是等腰直角三角形，最后等腰三角形的性质得出答案．
（1）
如图，过点C作于点D，连接．
∵是等腰直角三角形，，
∴，
∴．
∵四边形是正方形，
∴，，
在中，；
（2）
由点M是的中点，
在中，；
在，，
∴；
在中，，
∴.
在中，，
则.
在中，，
∴是直角三角形，
∴；
（3）
，．
理由：过点B作交的延长线于点H，连接，，
∴．
∵四边形是正方形，
∴．
∵点是的中点，
∴．
在和中，
∴，
∴，．
∵四边形是正方形，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵是等腰三角形，
∴，，
∴．
∵，
∴．
在和中，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形．
∵，
∴，．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，直角三角形的性质，勾股定理及逆定理，正方形的性质等，构造全等三角形是解题的关键．
6．（2020·山东济南·中考真题）在等腰△ABC中，AC＝BC，是直角三角形，∠DAE＝90°，∠ADE＝∠ACB，连接BD，BE，点F是BD的中点，连接CF．
（1）当∠CAB＝45°时．
①如图1，当顶点D在边AC上时，请直接写出∠EAB与∠CBA的数量关系是 ．线段BE与线段CF的数量关系是 ；
②如图2，当顶点D在边AB上时，（1）中线段BE与线段CF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由；
学生经过讨论，探究出以下解决问题的思路，仅供大家参考：
思路一：作等腰△ABC底边上的高CM，并取BE的中点N，再利用三角形全等或相似有关知识来解决问题；
思路二：取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°，再利用旋转性质、三角形全等或相似有关知识来解快问题．
（2）当∠CAB＝30°时，如图3，当顶点D在边AC上时，写出线段BE与线段CF的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）①，；②仍然成立，证明见解析；（2），理由见解析．
【分析】（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．首先证明再利用直角三角形斜边中线的性质解决问题即可．②解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．证明（SAS），可得结论．解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．证明四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，可得结论．
（2）结论：BE＝．如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．证明，可得结论．
【详解】解：（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．
∵CA＝CB，∠CAB＝45°，
∴∠CAB＝∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ADE＝∠ACB＝45°，∠DAE＝90°，
∴∠ADE＝∠AED＝45°，
∴AD＝AE，
∴AT⊥DE，DT＝ET，
∴AB垂直平分DE，
∴BD＝BE，
∵∠BCD＝90°，DF＝FB，
∴CF＝BD，
∴CF＝BE．
故答案为：∠EAB＝∠ABC，CF＝BE．
②结论不变．
解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，AM＝BM，
∴CM⊥AB，CM＝BM＝AM，
由①得：
设AD＝AE＝y．FM＝x，DM＝a，
点F是BD的中点，
则DF＝FB＝a+x，
∵AM＝BM，
∴y+a＝a+2x，
∴y＝2x，即AD＝2FM，
∵AM＝BM，EN＝BN，
∴AE＝2MN，MN∥AE，
∴MN＝FM，∠BMN＝∠EAB＝90°，
∴∠CMF＝∠BMN＝90°，
∴（SAS），
∴CF＝BN，
∵BE＝2BN，
∴CF＝BE．
解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把△CAG绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．
∵AD＝AE，∠EAD＝90°，EG＝DG，
∴AG⊥DE，∠EAG＝∠DAG＝45°，AG＝DG＝EG，
∵∠CAB＝45°，
∴∠CAG＝90°，
∴AC⊥AG，
∴AC∥DE，
∵∠ACB＝∠CBT＝90°，
∴AC∥BT∥，
∵AG＝BT，
∴DG＝BT＝EG，
∴四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，
∴BD与GT互相平分，
∵点F是BD的中点，
∴BD与GT交于点F，
∴GF＝FT，
由旋转可得；
是等腰直角三角形，
∴CF＝FG＝FT，
∴CF＝BE．
（2）结论：BE＝．
理由：如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．
∵CA＝CB，
∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠ACB＝120°，
∵AT＝TB，
∴CT⊥AB，
∴AT＝，
∴AB＝，
∵DF＝FB，AT＝TB，
∴TF∥AD，AD＝2FT，
∴∠FTB＝∠CAB＝30°，
∵∠CTB＝∠DAE＝90°，
∴∠CTF＝∠BAE＝60°，
∵∠ADE＝∠ACB＝60°，
∴AE＝AD＝FT，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质,锐角三角函数的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
7．（2020·河南·统考中考真题）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．
【分析】（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．
【点睛】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．
8．（2019·广西贵港·中考真题）已知：是等腰直角三角形，，将绕点顺时针方向旋转得到，记旋转角为，当时，作，垂足为，与交于点
（1）如图1，当时，作的平分线交于点.
①写出旋转角的度数；②求证：；
（2）如图2，在（1）的条件下，设是直线上的一个动点，连接，，若，求线段的最小值.（结果保留根号）
【答案】（1）①旋转角为；②见解析；（2）的最小值为.
【分析】（1）①解直角三角形求出即可解决问题.
②连接，设交于点.在时截取，连接.首先证明是等边三角形，再证明，即可解决问题.
（2）如图2中，连接，，，作交的延长线于.证明，推出，推出，关于对称，推出，推出，求出即可解决问题.
【详解】解：（1）①旋转角为．
理由：如图1中，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴旋转角为.
②证明：连接，设交于点.在时截取，连接.
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴.
（2）解：如图2中，连接，，，作交的延长线于.
由②可知，，，，
∴，
∴，
∴，关于对称，
∴，
∴，
在中，，，
∴，，
∴.
∴的最小值为.
【点睛】本题属于四边形综合题，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，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题.
9．（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）在中，是边的中点．
(1)如图，，分别是的两条高，连接，，则与的数量关系是 ；若，则 ；
(2)如图，点，在的外部，和分别是以，为斜边的直角三角形，且，连接，．
①判断(1)中与的数量关系是否仍然成立，并证明你的结论；
②求的度数；
(3)如图，点，在的内部，和分别是以，为斜边的直角三角形，且，连接，，直接写出的度数（用含的式子表示）．
【答案】(1)；
(2)①仍然成立，理由见解析；②
(3)
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中心是斜边的一半得到，再根据三角形内角和定理求出．
（2）分别取，的中点，，连接，，，，证明，根据全等三角形的性体质、三角形内角和定理计算即可．
（3）由（2）得出，同理即可求出．
【详解】（1）∵，分别是的两条高,
∴,
∴,
∴,
,
,
,
故答案为：；．
（2）①仍然成立；
分别取，的中点，，连接，，，，如图2．
点，分别是，的中点，
是的中位线．
，．
，
是的中点，
是的中线．
．
．
同理可证．
，
．
．
，
．
．
同理可证．
．
在和中，
．
．
②如图．
，
．
，
．
∵，
，
,
．
（3）
由（2）得出，
∴，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和三角形内角和定理、直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质是解题关键．
10．（2018·宁夏银川·银川唐徕回民中学校考二模）阅读理解：如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．垂美四边形有如下性质：
垂美四边形的两组对边的平方和相等．
已知：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，对角线AC、BD相交于点E．
求证：AD2+BC2=AB2+CD2
证明：∵四边形ABCD是垂美四边形
∴AC⊥BD，
∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2．
拓展探究：
（1）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由．
（2）如图3，在Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，分别以AB，AC为底边，在Rt△ABC外部作等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，连接FD，FE，分别交AB，AC于点M，N．试猜想四边形FMAN的形状，并说明理由；
问题解决：
如图4，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC=4，AB=5．求GE长．
【答案】拓展探究：（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由详见解析；（2）四边形FMAN是矩形，理由详见解析；问题解决：.
【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理可得直线AC是线段BD的垂直平分线，进而得证；
（2）首先猜想出结论，根据垂直的定义可得∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，由勾股定理得AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，进而证得猜想，将已知代入即可求得CD；
（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可.
【详解】拓展探究：（1）四边形ABCD是垂美四边形，
理由如下：
∵AB=AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB=CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形．
（2）四边形FMAN是矩形，
理由：如图3，连接AF，
∵Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，
∴AF=CF=BF，
又∵等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，
∴AD=DB、AE=CE，
∴由（1）可得，DF⊥AB，EF⊥AC，
又∵∠BAC=90°，
∴∠AMF=∠MAN=∠ANF=90°，
∴四边形AMFN是矩形；
问题解决：
连接CG、BE，
∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
∵在△GAB和△CAE中，AG=AC，∠GAB=∠CAE，AB=AE，
∴△GAB≌△CAE，
∴∠ABG=∠AEC，
又∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
∴CG2+BE2=CB2+GE2，
∵AC=4，AB=5，
∴BC=3，CG=，BE=，
∴GE2=CG2+BE2﹣CB2=73，
∴GE=
【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键；
11．（2018秋·广东广州·九年级中山大学附属中学校考期中）已知在△ABC中，∠BAC=60°，点P为边BC的中点，分别以AB和AC为斜边向外作Rt△ABD和Rt△ACE，且∠DAB=∠EAC=α，连结PD，PE，DE．
（1）如图1，若α=45°，则= ；
（2）如图2，若α为任意角度，求证：∠PDE=α；
（3）如图3，若α=15°，AB=8，AC=6，则△PDE的面积为 ．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.
【分析】(1) 分别取AB、AC中点F、G，连接DF、PF、PG、EG，证明AFPG为平行四边形，再证明△DFP和△PGE全等，再证明∠DPE=90°，最后得到△DEP是等腰直角三角形.
(2)类似（1）证明四边形AFPG为平行四边形，证明△DFP和△PGE全等，再证明∠DPE=180°﹣∠DFB，∠DFA=180°﹣∠DFB，所以∠DPE=∠DFA，所以等腰三角形DPE和等腰三角形ADF中，∠PDE=∠DAF=α.
（3）同理（1）求出DP=EP长度，由（2）可得，∠PDE=α=15°=∠PED，过点E作DP的垂线，交DP的延长线于H，则∠EPH=30°，所以可求得EH= PE= ，所以可以得到△PDE的面积.
【详解】解：（1）分别取AB、AC中点F、G，连接DF、PF、PG、EG，则根据三角形中位线定理可得，AF=PG，AG=PF，即四边形AFPG为平行四边形，
∴∠PFB=∠BAC=∠PGC=60°，∵Rt△ABD和Rt△ACE中，∠DAB=∠EAC=α=45°，
∴△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，∴DF⊥AB，EG⊥AC，且DF=AF=PG，PF=AG=EG，∴∠DFP=∠PGE=150°，
在△DFP和△PGE中，,
∴△DFP≌△PGE（SAS），
∴DP=PE，∠GPE=∠FDP，
∵△DPF中，∠FDP+∠DPF+∠PFB=90°，而∠PFB=∠FPG，
∴∠GPE+∠DPF+∠FPG=90°，即∠DPE=90°，
∴△DEP是等腰直角三角形，∴.
（2）证明：分别取AB、AC中点F、G，连接DF、PF、PG、EG，则根据三角形中位线定理可得，AF=PG，AG=PF，即四边形AFPG为平行四边形，
∴∠PFB=∠BAC=∠PGC=60°，∵Rt△ABD和Rt△ACE中，DF=AF，GE=AG，∴DF=PG，PF=EG，∠DFB=2∠DAF=2α，∠EGC=2∠CAE=2α，
∴∠DFP=∠PGE，在△DFP和△PGE中，，
∴△DFP≌△PGE（SAS），∴DP=PE，∠GPE=∠FDP，
∵在△DFP中，∠FDP+∠DPF+∠PFB=180°﹣∠DFB，而∠PFB=∠FPG，∴∠GPE+∠DPF+∠FPG=180°﹣∠DFB，即∠DPE=180°﹣∠DFB，
又∵∠DFA=180°﹣∠DFB，∴∠DPE=∠DFA，
∴在等腰三角形DPE和等腰三角形ADF中，∠PDE=∠DAF=α.
（3）分别取AB、AC中点F、G，连接DF、PF、PG、EG，则根据三角形中位线定理可得，AF=PG=4，AG=PF=3，即四边形AFPG为平行四边形，∴∠PFB=∠BAC=∠PGC=60°,
∵Rt△ABD和Rt△ACE中，DF=AF，GE=AG，∴DF=PG=4，PF=EG=3，∠DFB=2∠DAF=2α=30°，∠EGC=2∠CAE=2α=30°，∴∠DFP=∠PGE=90°，
∴DP=EP= =5，
由（2）可得，∠PDE=α=15°=∠PED，过点E作DP的垂线，交DP的延长线于H，则∠EPH=30°，∴EH= PE= ，∴△PDE的面积= ×DP×EH= ×5×= ．
【点睛】本题利用题目中的原理迁移解决问题，一般利用正方形，等腰，等边三角形，直角三角形斜边中线等于斜边一半等隐含条件，构造全等三角形，把没办法利用的已知条件转移到方便利用的图形位置,从而求解，其中多个问题层层递进，互相联系，找到不同问法的相同原理或者技巧既是此类问题的钥匙，相同原理或技巧在不同情境中,以不变应万变.
12．（2021春·北京·八年级期中）在△ABC中，M是BC边的中点．
（1）如图1，BD，CE分别是△ABC的两条高，连接MD，ME；则MD与ME的数量关系是 ．
（2）如图2，点D，E在∠BAC的外部，△ABD和△ACE分别是以AB，AC为斜边的直角三角形，且∠BAD=∠CAE=30°，连接MD，ME．
①判断（1）中MD与ME的数量关系是否仍然成立，并证明你的结论；
②求∠DME的度数．
【答案】（1）MD＝ME（2）①MD＝ME仍然成立；理由见解析②120°
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半得到MD＝ME；
（2）分别取AB，AC的中点F，H，连接FD，FM，HE，HM，证明△DFM≌△MHE，根据全等三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．
【详解】解：（1）∵BD，CE分别是△ABC的两条高，M是BC边的中点，
∴EM＝BC，DM＝BC，
∴MD＝ME，
故答案为：MD＝ME；
（2）①MD＝ME仍然成立；
证明：分别取AB，AC的中点F，H，连接FD，FM，HE，HM，
∵点F，M分别是AB，BC的中点，
∴FM是△ABC的中位线．
∴FM∥AC，FM＝AC．
∴∠BFM＝∠BAC．
∵H是AC的中点，
∴EH是Rt△AEC的中线．
∴EH＝AC＝AH．
∴FM＝EH．
同理可证，MH＝DF．
∵DF＝AB＝AF，
∴∠FDA＝∠FAD．
∴∠BFD＝∠FDA＋∠FAD＝2∠FAD．
∵∠BAD＝30°，
∴∠BFD＝60°．
∴∠DFM＝∠BFD＋∠BFM＝60°＋∠BAC．
同理可证，MHE＝60°＋∠BAC．
∴∠DFM＝∠MHE．
在△DFM和△MHE中，
，
∴△DFM≌△MHE．
∴MD＝ME；
②∵HM∥AB，
∴∠FMH＝∠BFM．
∵△DFM≌△MHE，
∴∠FDM＝∠HME，
∴∠DME＝∠FMD＋∠FMH＋∠HME
＝∠FMD＋∠BFM＋∠FDM
＝180°−∠BFD
＝120°．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形中位线、三角形内角和定理、直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
13．
如图①，在等腰△ABC中，AB=AC，分别以AB和AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，如图①所示，其中，DF⊥AB于点F，EG⊥AC于点G，M是BC的中点，连接MD，ME，MF，MG．则下列结论正确的是__________（填写序号）
①四边形AFMG是菱形；②△DFM和△EGM都是等腰三角形；③MD=ME；④MD⊥ME．
（2）数学思考：
如图②，在任意△ABC中，分别以AB和AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，M是BC的中点，连接MD和ME，则MD与ME具有怎样的数量和位置关系？请给出证明过程．
（3）类比探究：如图③Rt△ABC中，斜边BC=10，AB=6，分别以AB、AC为斜边作等腰直角三角形ABD和ACE，请直接写出DE的长．
【答案】（1）①②③④；（2）证明见解析；（3）DE的长为：或,.
【详解】试题分析：（1）由条件可以通过三角形全等和轴对称的性质，直角三角形斜边上的中线性质以及四点共圆即可得出结论；
（2）取AB、AC的中点F、G，连接DF，MF，EG，MG，根据三角形的中位线的性质和等腰直角三角形的性质就可以得出四边形AFMG是平行四边形，从而得出△DFM≌△MGE，根据其性质以及各个角之间的关系即可得出结论；
（3）分四种情况，①等腰直角三角形ABD和ACE都在Rt△ABC外侧，②等腰直角三角形ABD和ACE都在Rt△ABC内侧，③等腰直角三角形ABD和ACE一个Rt△ABC外侧，④等腰直角三角形ABD和ACE,一个在Rt△ABC外侧，一个在等腰直角三角形ABD和ACE都在Rt△ABC内侧分别求出DE的长度即可．
试题解析：（1）∵和是等腰直角三角形，
∵在和中，
于点F，于点G，
∴和都是等腰三角形，故②正确；∵M是BC的中点，∴∴
即在和中，故③正确；连接AM、FM、GM，如图1所示：
M是BC的中点，
∴四边形AFMG是菱形，故①正确；M是BC的中点，∴四边形ADBM四点共圆，∵AM是对称轴,
故④正确，故答案为①②③④；
（2）理由如下：取AB、AC的中点F、G，连接DF，MF，EG，MG，如图2所示：
∵△ABD和△AEC是等腰直角三角形，
∵M是BC的中点，∴四边形AFMG是平行四边形，
∵在和中，
,
(3)中，斜边BC=10，AB=6，∴AC=8，和是等腰直角三角形，
分四种情况，①如图3，和是等腰直角三角形，
∴D，A，E三点共线，②如图4，和是等腰直角三角形，∴点A，D，E共线，③如图5，和是等腰直角三角形，
④如图6，和是等腰直角三角形，综上所述：DE的长为：或,.
考点：四边形综合题．
14．（2022秋·湖北武汉·九年级校联考期中）如图，在的同侧以、为底边向外作等腰、，其中，为的中点，连接、．
(1)如图，当时，直接写出与的关系．
(2)如图，当时，（1）的结论还成立吗？请你做出判断并说明理由；
(3)如图，当，，连接，取其中点，若动点A从的位置运动到时停止，则点的运动路径长为______．
【答案】(1)
(2)结论仍然成立，理由见解析
(3)
【分析】（1）先证点，点A，点三点共线，由等腰直角三角形的性质可求解；
（2）由“”SAS””可证≌，可得，，由三角形内角和定理可求解；
（3）先证点A,点，点三点共圆，由等腰直角三角形的性质可求，可得，由弧长公式可求解．
【详解】（1）解：，，理由如下：
如图，连接，
等腰和等腰，
，，，
，为边的中点，
，，
点，点A，点三点共线，
垂直平分，
，
同理可得：，
，
，，
；
（2）结论仍然成立，理由如下：
如图，分别取、中点、，连接、，再连接、，
，，点是的中点，点是的中点，
，，，，
为边的中点，点是的中点，点是的中点，
,，，，，，
，，
四边形为平行四边形，
，
，
，
在与中，
，
≌，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（3）如图，连接，并延长至,使，连接，，，
，，
，
，
点是的中点，
，
又，
四边形是平行四边形，
∥，，
，
又，
是的中垂线，
，
同理可得：，
，
点，点，点三点都在以为圆心，为半径的圆上，
，
，
，
，
，
动点从的位置运动到，
点旋转的角度为，
点的运动路径长，
故答案为：．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
15．（2022秋·浙江·八年级专题练习）数学活动课中，老师给出以下问题：
（1）如图1，在中，D是边的中点，若，则中线长度的取值范围______．
（2）如图2，在中，D是边的中点，过D点的射线交边于E，再作交边于点F，连结，请探索由三条线段 、、构成的三角形的形状，并说明理由．
（3）已知：如图3，且，F是线段的中点．求证：．
【答案】（1）2
(2) 延长FD到点G使DG=FD，连结GE，GB，就有FE=GE，连结EG、BG，可证△CFD≌△BDG，则BG=CF，再将BE、EF、CF构成三角形转化为即可得出结论；
(3) 延长AF到G使FG=AF，连接GE，GD，先证明△ABF≌△EFG，再证明△ACD≌△GED，从而AD=GD,根据FG=AF结论可证.
【详解】（1）如图，延长AD到E，使AD=DE，连接CE，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
∵BD=CD，∠ADB=∠BCDE，AD=DE，
∴△ADB≌△EDC，
∴EC=AB，
∴根据三角形的三边关系定理：
AC+CE
∴EC=AB=5.
∴4
如图，延长FD到点G，使DG=FD，连结GE，GB，
∵D是CB的中点，
∴CD=BD，
在△CDF和△BDG中，
FD=GD，∠CDF=∠GDB，CD=BD
∴△DCF≌△DBG(SAS)，
∴CF=BG，
∴AC//BG，
∵FD⊥DE，FD=DG，
∴ED是GF的垂直平分线，
∴FE=GE，
∴BE、EF、CF构成三角形转化为,
∵,且题目中为锐角，
∴为钝角
∴为钝角三角形
∴BE、EF、CF构成的三角形为钝角三角形;
(3)延长AF到G使FG=AF，连接GE，GD
∵F是BE的中点，
∴BF=EF，
∵在△AFB与△EFG中
AF=FG，∠AFB=∠EFG，BF=EF，
∴△ABF≌△EFG，
∴AB=EG，∠B=∠FEG，
∵AB=AC,
∴AC=GE,
∵∠BAC=∠CDE=90°，
∴∠B+∠DEF+∠CAD+∠CDA=180°，
∵∠CAD+∠C+∠CDA=180°，
∴∠C=∠B+∠FED=∠FEG+∠FED=∠GED，
∵在△ACD与△GED中,
AC=GE，∠C=∠GED，CD=ED，
∴△ACD≌△GED，
∴AD=GD，
∵AF=GF，
∴AF⊥FD，
【点睛】本题考查三角形的三边关系，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，线段垂直平分线性质定理的逆定理.本题前两问都是利用中线的性质构造全等三角形，再利用全等三角形的性质，将线段放在同一个三角形中进行讨论，（3）中在需知到线段距离相等的点在线段的垂直平分线上.
16．（2021·安徽·九年级专题练习）如图，为锐角三角形，分别以AB、AC为斜边向外作等腰直角三角形，分别为和，D、E、F分别为AB、AC、BC边的中点，连接MN.
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）如图，若，，求MN的长.
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据中位线性质和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，，然后通过角度关系代换得到，进而得到三角形全等；
（2）根据等腰直角三角形的性质得到，通过角的转换得到进而得到三角形相似；
（3）根据题中给出的结论得到为等边三角形，再根据（2）中的结论得到为等腰直角三角形，进一步计算出.
【详解】（1）证明：、E、F分别为AB、AC、BC边的中点
，
四边形ADFE为平行四边形
，，
与为等腰直角三角形
，，
，，
；
（2）证明与为等腰直角三角形，D、E分别为AB、AC的中点
与为等腰直角三角形
，，
又
又
；
（3）解：
又
为等边三角形
由（2）知
，同理
可得为等腰直角三角形
如下图，过点B作于点G
.
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定及性质，三角形相似的判定及性质，线段和角的和差等相关几何综合证明，熟练掌握相关证明方法及辅助线画法是解决本题的关键.
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