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专题 27.42 相似三角形与旋转综合专题（培优篇）
（专项练习）
1．在同一平面内，如图①，将两个全等的等腰直角三角形摆放在一起，点A为公共顶
点， ．如图②，若△ABC固定不动，把△ADE绕点A逆时针旋转，使
AD、AE与边BC的交点分别为M、N点M不与点B重合，点N不与点C重合 ．
【探究】求证： ．
【应用】已知等腰直角三角形的斜边长为4．
(1) 的值为______．
(2)若 ，则MN的长为______．
2．如图，以 的两边 、 分别向外作等边 和等边 ， 与
交于点 ，已知 ， ， ．
（1）求证： ；
（2）求 的度数及 的长；
（3）若点 、 分别是等边 和等边 的重心（三边中线的交点），连接
、 、 ，作出图象，求 的长．3．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）求证△ACF∽△ABE；
（3）若DM=1，CM=2，求正方形AEFG的边长．
4．如图，在Rt ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，点M是AB的中点，连接MC，点P
是线段BC延长线上△一点，且PC＜BC，连接MP交AC于点H．将射线MP绕点M逆时针
旋转60°交线段CA的延长线于点D．
（1）找出与∠AMP相等的角，并说明理由．
（2）若CP= BC，求 的值．
5．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．
6．（1）尝试探究：如图①，在 中， ， ，点 、 分别是
边 、 上的点，且EF∥AB．
① 的值为_________；
②直线 与直线 的位置关系为__________；
（2）类比延伸：如图②，若将图①中的 绕点 顺时针旋转，连接 ， ，则
在旋转的过程中，请判断 的值及直线 与直线 的位置关系，并说明理由；
（3）拓展运用：若 ， ，在旋转过程中，当 三点在同一直线上时，
请直接写出此时线段 的长．7．如图，在Rt ABC中，∠B＝90°，AB＝2，BC＝1，点D，E分别是边BC，AC的
中点，连接DE．将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．
△
（1）①当α＝0°时， = ； ②当α＝180°时， = ；
（2）试判断：当0°≤α＜360°时， 的大小有无变化？请仅就图2的情况给出证明．
（3）当 EDC旋转至A、B、E三点共线时，直接写出线段BD的长．
△
8．某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：
（1）问题发现：如图1，在等边 中，点 是边 上任意一点，连接 ，以
为边作等边 ，连接CQ，BP与CQ的数量关系是________；
（2）变式探究：如图2，在等腰 中， ，点 是边 上任意一点，以
为腰作等腰 ，使 ， ，连接 ，判断 和 的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题：如图3，在正方形 中，点 是边 上一点，以 为边作正方
形 ， 是正方形 的中心，连接 ．若正方形 的边长为5， ，
求正方形 的边长．
9．一次小组合作探究课上，老师将两个正方形按如图所示的位置摆放（点E、A、D
在同一条直线上），发现 且 ．
小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答：
（1）将正方形 绕点A按逆时针方向旋转（如图1），还能得到 吗？若
能，请给出证明，请说明理由；
（2）把背景中的正方形分别改成菱形 和菱形 ，将菱形 绕点A按顺
时针方向旋转（如图2），试问当 与 的大小满足怎样的关系时， ；
（3）把背景中的正方形分别改写成矩形 和矩形 ，且 ，
， （如图3），连接 ， ．试求 的值（用a，b表示）．10．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点P为线段CA延长线上一动点，连接PB，
将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，连接DB，DC．
（1）如图1，当α＝60°时，求证：PA＝DC；
（2）如图2，当α＝120°时，猜想PA和DC的数量关系并说明理由．
（3）当α＝120°时，若AB＝6，BP＝ ，请直接写出点D到CP的距离．
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12．观察猜想
(1)如图1，在等边 中，点M是边 上任意一点（不含端点B、C），连接 ，
以 为边作等边 ，连接 ，则 与 的数量关系是______．
(2)类比探究
如图2，在等边 中，点M是 延长线上任意一点（不含端点C），（1）中其
它条件不变，（1）中结论还成立吗？请说明理由．
(3)拓展延伸
如图3，在等腰 中， ，点M是边 上任意一点（不含端点B、C），
连接 ，以 为边作等腰 ，使顶角 ．连按 ．试探究
与 的数量关系，并说明理由．
13．如图1，在 中， ，在斜边 上取一点D，过点D
作 ，交 于点E．现将 绕点A旋转一定角度到如图2所示的位置（点D在
的内部），使得 ．（1）①求证： ；
②若 ，求 的长；
（2）如图3，将原题中的条件“ ”去掉，其它条件不变， 设，
若 ， ，求k的值；
（3）如图4，将原题中的条件“ ”去掉，其它条件不变，若
，设 ， ，试探究 三者之间满足的等量关系．
（直接写出结果，不必写出解答过程）
14．（1）观察猜想：
如图1，在 中， ，点D，E分别在边 ， 上，
， ，将 绕点A逆时针旋转到如图2所示的位置，连接
，交 于点G，连接 交 于点F，则 值为______， 的度数为_____．
（2）类比探究：如图3，当 ， 时，请求出 的值及
的度数．
（3）拓展应用：
如图4，在四边形 中， ， ， ．若 ，
，请直接写出A，D两点之间的距离．
15．【问题发现】（1）如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点
B、C重合）将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，连结EC，则线段BD与CE的数
量关系是 ，位置关系是 ；
【探究证明】（2）如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，将
△ADE绕点A旋转，当点C，D，E在同一直线时，BD与CE具有怎样的位置关系，并说
明理由；
【拓展延伸】（3）如图3，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝2CD＝4，将△ACD
绕顺时针旋转，点C对应点E，设旋转角∠CAE为 （0°＜ ＜360°），当点C，D，E
在同一直线时，画出图形，并求出线段BE的长度．α α16．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是BC边上的中点，点P是AC边上的一个动
点，延长DP到点E，使∠CAE＝∠CDE，作∠DCG＝∠ACE，其中G点在DE上．
（1）如图1，若∠B＝45°，则 ＝ ；
（2）如图2，若∠DCG＝30°， ，求： ＝ ；
（3）如图3，若∠ABC＝60°，延长CG至点M，使得MG＝GC，连接AM，BM．在
点P运动的过程中，探究：当 的值为多少时，线段AM与DM的长度之和取得最小值？
17．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 （0°＜ ≤360°），直线BE，DF相交于点P．
（1）若AB＝AD，将△AEF绕点A逆时针旋至如图2所示的位置上，则线段BE与DF的位置关系是 ，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＝6，BC＝8，将△AEF旋转至AE⊥BE时，请直接写出DP的长．
18．在 中， ，CD是中线， ，一个以点D为顶点的45°角
绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E、F，DF与AE
交于点M，DE与BC交于点N．
（1）如图1，若 ，求证： ；
（2）如图2，在 绕点D旋转的过程中，试证明 恒成立；
（3）若 ， ，求DN的长．19．如图1，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，将△COD绕点O逆时针旋转
得到△EOF（旋转角为锐角），连AE，BF，DF，则AE=BF．
（1）如图2，若（1）中的正方形为矩形，其他条件不变．
①探究AE与BF的数量关系，并证明你的结论；
②若BD=7，AE= ，求DF的长；
（2）如图3，若（1）中的正方形为平行四边形，其他条件不变，且BD=10，AC=6，
AE=5，请直接写出DF的长．20．（1）问题发现如图1，在 和 中， ， ，
，连接 交于点 .填空：① 的值为______；② 的
度数为______．
（2）类比探究如图2，在 和 中， ，
，连接 交 的延长线于点 .请判断 的值及 的度数，
并说明理由；
（3）拓展延伸在（2）的条件下，将 绕点 在平面内旋转， 所在直线交
于点 ，若 ， ，请直接写出当点 与点 在同一条直线上时 的长．参考答案
1．(1)8(2)
【探究】利用三角形外角的性质可证 ，又由 ，可证明
结论；
【应用】（1）首先求出等腰直角三角形的直角边长，再由 ，得
，则 ；
（2）由 ，得 ，由（1）知 ，得 ，从而
得出答案．
解：(1)∵△ABC为等腰直角三角形， ，
∴ ，同理， ，
∵ ，
，
∴ ，∴ ；
(2)（1）∵等腰直角三角形的斜边长为4，
∴ ，∵ ，
∴ ，∴ ，∴ ，
故答案为：8；
（2）∵ ，∴ ，∵ ，
∴ ，∴ ，
故答案为： ．【点拨】本题是相似形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判
定与性质，利用前面探索的结论解决新的问题是解题的关键．
2．（1）见分析；（2）60°，12；（3）
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到AD=AB，AE=AC，
∠DAB=∠EAC=∠AEC=∠ACE=60°，得到∠DAC=∠BAE，即可证明△ADC≌△ABE；
（2）根据全等三角形的性质得到∠ADP=∠ABP，设AB，PD交于O，根据三角形的
内角和即可得到∠DPB=∠DAB=60°；在PE上取点F，使∠PCF=60°，根据全等三角形的性
质和等边三角形的性质即可得到结论；
（3）过点Q作QG⊥AD于G，设QG=x，根据等边三角形的性质得到AQ=2x，AG=
x，AB= x，证明△ABE∽△AQR，根据相似三角形的性质即可得到结论．
解：（1）∵△ABD和△ACE都为等边三角形，
∴AD=AB，AE=AC，∠DAB=∠EAC=∠AEC=∠ACE=60°，
∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，
即∠DAC=∠BAE，
在△ADC与△ABE中，
，
∴△ADC≌△ABE（SAS）；
（2）∵△ADC≌△ABE；
∴∠ADP=∠ABP，
设AB，PD交于O，
∵∠AOD=∠POB，
∴∠DPB=∠DAB=60°；
如图①，在PE上取点F，使∠PCF=60°，同（1）可得△APC≌△EFC，∠EPC=∠EAC=60°，
∴EF=AP=3，△CPF为等边三角形，
∴BE=PB+PF+FE=4+5+3=12；
（3）如图②，过点Q作QG⊥AD于G，设QG=x，
∵点Q、R分别是等边△ABD和等边△ACE的重心，
∴AQ=2x，AG= x，AB= x，
∵ ，∠QAR=∠QAB+∠BAC+∠RAC=30°+∠BAC+30°=60°+∠BAC，
∴∠QAR=∠BAE，
∴△ABE∽△AQR，
∴QR：BE=AQ：AB，
∴ ．
【点拨】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，等边三角
形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
3．（1）证明见分析；（2）证明见分析；（3） ．
【分析】（1）由正方形的性质得 ，进而根据对顶角的性质得
，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 ；（3）由已知条件求得正方形 的边长，进而由勾股定理求得 的长度，再由
，求得 ，进而求得正方形 的对角线长，便可求得其边长．
解：（1） 四边形 是正方形，四边形 是正方形，
，
，
，
，
；
（2） 四边形 是正方形，
， ，
，
同理可得 ，
，
，
，
；
（3） ， ，
，
，
，
，即 ，
，
，
，
即正方形 的边长为 ．【点拨】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，关键
是掌握相似模型及证明方法和正方形性质．
4．（1）∠D=∠AMP，理由见分析；（2） ．
【分析】（1）由旋转的性质可得∠PMD=60°，即可得到∠AMD+∠AMP=60°，只需要
找到一个角与角∠AMD的度数和为60度即可得到答案；
（2）过点C作CG∥BA交MP于点G，证明△MDA≌△MGC，△CGP∽△BMP，然后计
算求解即可得到答案.
解：（1）∠D=∠AMP，理由如下：
∵∠ACB=90°，∠B=30°，
∴∠BAC=60°，
∴∠D+∠DMA=∠BAC =60°
由旋转的性质知，∠DMA+∠AMP=∠PMD =60°，
∴∠D=∠AMP；
（2）如图，过点C作CG∥BA交MP于点G，
∵CG∥BA
∴∠GCP=∠B=30°，∠BCG=180°-∠B =150°．
∵∠ACB=90°，点M是AB的中点，∠B=30°
∴∠BAC=60°
∴ ，
∴∠MCB=∠B=30°，
∴∠MCG=120°，
∵∠MAD=180°﹣∠BAC =120°，
∴∠MAD=∠MCG．
由旋转的性质得∠PMD=60°
∵∠AMC=∠MCB+∠B=60°∴∠AMG=∠PMD
∵∠DMG﹣∠AMD=∠AMG=∠AMC﹣∠GMC，
∴∠DMA=∠GMC．
在△MDA与△MGC中，
∴△MDA≌△MGC（ASA），
∴AD=CG．
∵CP= BC，
∴CP= BP．
∵∠GCP=∠B，∠GPC=∠MPB
∴△CGP∽△BMP，
∴
∴
设CG=AD=t，则BM=3t，AB=6t．
在Rt△ABC中， ，
∴
【点拨】本题主要考查了旋转的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，全
等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，三角函数等等，解题的关键在于能够
熟练掌握相关知识进行求解.5．（1）见分析；（2）BM− DN= BC；（3）EF的长为 ．
【分析】（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．
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 ．
【点拨】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．
6．（1）① ，② ；（2） ， ，证明见分析；（3）
或
【分析】（1）①由锐角三角函数可得AC＝ BC，CF＝ CE，可得AF＝AC−CF＝
（BC−CE），BE＝BC−CE，即可求 ；
②由垂直的定义可得AF⊥BE；
（2）由题意可证△ACF∽△BCE，可得 ，∠FAC＝∠CBE，由余角的性
质可证AF⊥BE；
（3）分两种情况讨论，由旋转的性质和勾股定理可求AF的长．
解：（1）∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故答案为： ， ；
（2） ，
如图，连接 ，延长 交 于 ，交 于点 ，
∵旋转，
∴ ，
∵ ，
∴ ，且 ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
（3）①如图，过点 作 交 的延长线于点 ，∵ ， ， ， ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，且 三点在同一直线上，
∴ ，
∵旋转，
∴ ，
∴ ，且 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ；
②如图，过点 作 于点 ，
∵ ， ， ， ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∵旋转，∴ ，且 ，∴ ， ，
∴ ，
∴ ．
【点拨】本题是相似综合题，考查了平行线的性质，直角三角形的性质，相似三角形
的判定和性质，勾股定理，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
7．（1）① ，② ； （2）无变化，证明见分析； （3） 或 ．
【分析】（1）①先用勾股定理求出AC，再由中点可求出BD，AE，从而得到答案；
②当α＝180°时，点E在AC的延长线上，点D在BC的延长线上，由题可知，CD＝
BC，CE＝ AC，即可得出结论；
（2）先找到 ，然后证明△ACE∽△BCD，即可得出结论；
（3）先由（2）可算出BD＝ AE，然后分类讨论即可得出结论．
解：（1）①当α＝0°时，
在Rt△ABC中，AB＝2，BC＝1，
∴AC＝ ，
∵点D，E是BC，AC的中点，
∴BD＝ BC＝ ，AE＝ AC＝ ，
∴ ；
②当α＝180°时，如图，点E在AC的延长线上，点D在BC的延长线上，
由题意可知，CD＝ BC，CE＝ AC，
∴BD＝BC+CD＝ BC＝ ，AE＝AC+CE＝ AC＝ ，
∴ ；
（2）无变化，
在图1中，点D，E是BC，AC的中点，
∴DE∥BA，
∴ ，
如图2，∵△EDC在旋转过程中形状大小不变，
∴ 仍然成立，
由旋转知，∠ACE＝∠BCD＝α，
∴△ACE∽△BCD，
∴ ，
∴ 的大小不变；
（3）由（1）知，CE＝ AC＝ ，
在Rt△CBE中，BC＝1，根据勾股定理得，BE＝ ，
由（2）知， ，
∴BD＝ AE，
如图3，当点落在线段AB上时，AE＝AB﹣BE＝ ，
∴BD＝ AE＝ × ＝ ；
如图4，当点落在线段AB的延长线上时，
AE＝AB+BE＝2+ ＝
∴BD＝ AE＝ × ＝ ，
即：当△EDC旋转至A、B、E三点共线时，线段BD的长为 或 ．
【点拨】本题考查了几何变换的综合问题，主要考查了勾股定理，旋转的性质，相似
三角形的判定和性质，注意分类讨论的思想是解题的关键．
8．（1） ；（2） ；理由见分析；（3）4．
【分析】（1）利用 定理证明 ，根据全等三角形的性质解答；
（2）先证明 ，得到 ，再证明 ，根据相似三
角形的性质解答即可；
（3）连接 、 ，根据相似三角形的性质求出 ，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．
解：（1）问题发现：∵ 和 都是等边三角形，
∴A ， ， ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ；
（2）变式探究： ，
理由如下：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；（3）解决问题：连接 、 ，如图所示:
∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
∵ 是正方形 的中心，
∴ ， ，
∴ ，即 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
设 ，
则 ，
在 中， ，即 ，
解得， （舍去）， ，
∴正方形 的边长为： ．
【点拨】本题考查的是正方形的性质、三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定
和性质、勾股定理的应用，掌握相似三角形的判定定理和性质定理、正方形的性质是解题
的关键．9．（1）见分析；（2）当 时， ，理由见分析；（3）
．
【分析】（1）由正方形的性质得出 ， ， ，
，得出 ，则可证明 ，从而可得出结论；
（2）由菱形的性质得出 ， ，则可证明 ，由全
等三角形的性质可得出结论；
（3）设 与 交于Q， 与 交于点P，证明 ，得出
，得出 ，连接 ， ，由勾股定理可求出答案．
解：（1）∵四边形 为正方形，
∴ ， ，
又∵四边形 为正方形，
∴ ， ，
∴
∴ ，
在△AEB和△AGD中，
，
∴ ，
∴ ；
（2）当 时， ，
理由如下：
∵ ，
∴
∴ ，
又∵四边形 和四边形 均为菱形，
∴ ， ，
在△AEB和△AGD中，，
∴ ，
∴ ；
（3）设 与 交于Q， 与 交于点P，
由题意知， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
连接 ， ，
∴
，
∵ ， ， ，
∴ ， ，
在Rt△EAG中，由勾股定理得： ，同理 ，
∴
．【点拨】本题考查了矩形、菱形、正方形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形
相似的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握特殊平行四边形的性质是解题的关键．由
(3)可得结论：当四边形的对角线相互垂直时，四边形两组对边的平方和相等．
10．（1）见分析；（2） ；（3） 或
【分析】（1）当α＝60°时，△ABC和△PBD为等边三角形，根据三角形全等即可求
证；
（2）过点 作 ，求得 ，根据题意可得 ，可得
，再根据 ，判定 ，得到 ，即可求
解；
（3）过点 作 于点 ，过点 作 于点 ，分两种情况进行讨论，
当 在线段 或当 在线段 延长线上时，设 根据勾股定理求解即可．
解：（1）当α＝60°时，∵AB＝AC
∴△ABC为等边三角形，
∴ ，
由旋转的性质可得： ，
∴△PBD为等边三角形
∴ ，
∴
在 和 中
∴
∴
（2）过点 作 ，如下图：∵当α＝120°时，
∴ ，
∴
由勾股定理得
∴
∴
由旋转的性质可得： ，
∴ ，
又∵
∴
又∵ ，
∴
∴
∴
∴
（3）过点 作 于点 ，过点 作 于点 ，则点D到CP的距离就
是 的长度
当 在线段 上时，如下图：由题意可得：
∵α＝120°，
∴
在 中， ， ∴ ，
在 中， ， ，∴
∴ ，
由（2）得
由旋转的性质可得：
设 ，则
由勾股定理可得：
即 ，解得
则
当 在线段 延长线上，如下图：
则 ，
由（2）得，
设 ，则由勾股定理可得：
即 ，解得
则
综上所述：点D到CP的距离为 或
【点拨】此题考查了旋转的性质、全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定及性
质、等腰三角形的性质以及勾股定理，综合性比较强，熟练掌握相关基本性质是解题的关
键．
11．（1）见分析；（2）成立，理由见分析；（3）PB的长为 或 ．
【分析】（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．
△ 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=∠EC△A．
∵∠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=∠EC△A．
∵∠BEP=∠CEA，
∴△PEB∽△AEC．
∴ ．
∴ ．
∴PB= ．
综上所述，PB的长为 或 ．
【点拨】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．(1) (2) △ 成立(3)【分析】（1）利用 可证明 ，继而得出结论；
（2）也可以通过证明 ，得出结论，和（1）的思路完全一样．
（3）首先得出 ，从而判定 ，得到 ，根据
， ，得到 ，从而判定
，得出结论．
(1)证明： 、 是等边三角形，
， ， ，
，
在 和 中，
，
，
．
(2)解：结论 仍成立；
理由如下： 、 是等边三角形，
， ， ，
，
在 和 中，
，
，
．
(3)
解： ；
理由如下： ， ，
∴ ，
又∵ ，
，∴ ，
，
又 ， ，
，
，
．
【点拨】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定
与性质，解答本题的关键是仔细观察图形，找到全等（相似）的条件，利用全等（相似）
的性质证明结论．
13．（1）①见分析；② ；（2） ；（3）4p2=9m2+4n2．
【分析】（1）①先利用平行线分线段成比例定理得 ，进而得出结论；
②利用①得出的比例式求出CE，再判断出∠DCE=90°，利用勾股定理即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出 ABD∽△ACE，即可得出AE=4k，CE=3k，同（1）的方
法得出∠DCE=90°，利用勾股定理△得出DE的平方，用DE的平方建立方程求解即可；
（3）同（2）的方法得出 ， 即可得出结论；
解：（1）①∵DE∥BC，
∴ ，
由旋转知，∠EAC=∠DAB，
∴△ABD∽△ACE，
②在Rt ABC中，AC=BC，
△
∴ ，
由①知， ABD∽△ACE，
∴∠ABD=△∠ACE，
∵∠ACD+∠ABD=90°，
∴∠ACE+∠ACD=90°，
∴∠DCE=90°，
∵△ABD∽△ACE，，
∴ ，
∵
∴
在Rt CDE中，
△
根据勾股定理得，DE=2，
在Rt ADE中，AE=DE，
△
∴
（2）由旋转知，∠EAC=∠DAB，
，
∴△ABD∽△ACE，
∵AD=4，BD=3，
∴AE=kAD=4k，CE=kBD=3k，
∵△ABD∽△ACE，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠ACD+∠ABD=90°，
∴∠ACE+∠ACD=90°，
∴∠DCE=90°，
在Rt CDE中，DE2=CD2+CE2=1+9k2，
在Rt△ADE中，DE2=AD2-AE2=16-16k2，
∴1+9△k2=16-16k2，
∴ 或 （舍），
（3）由旋转知，∠EAC=∠DAB，∴△ABD∽△ACE，
∵AD=p，BD=n，
∴ ，
∵△ABD∽△ACE，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠ACD+∠ABD=90°，
∴∠ACE+∠ACD=90°，
∴∠DCE=90°，
在Rt CDE中， ，
△
∵ ，
，
∴4p2=9m2+4n2．
【点拨】此题是相似三角形综合题，主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性
质，勾股定理，直角三角形的判定，解本题的关键是得出∠DCE=90°和利用两边对应成比
例夹角相等来判断两三角形相似的方法应用．
14．（1） ，45°；（2） ，30°；（3）2
【分析】（1）由题意得△ABC和△ADE为等腰直角三角形，则 ，证
△BAD∽△CAE，得 ，∠ABD=∠ACE，进而得出∠BFC=∠BAC=45°；
（2）由直角三角形的性质得DE= AD，BC= AB，AE= DE，AC= BC，则
，证△BAD∽△CAE，得 ，∠ABD=∠ACE，证出
∠BFC=∠BAC=30°；（3）以AD为斜边在AD右侧作等腰直角三角形ADM，连接CM，由等腰直角三角形
的性质得∠BAC=∠DAM=45°， ，证△BAD∽△CAM，得∠ABD=∠ACM，
，则CM=3 ，证出∠DCM=90°，由勾股定理得DM= ，则AD=
DM=2 ．
解：（1）∵∠ACB=90°，∠BAC=∠DAE=45°，DE=AE，
∴ ABC和 ADE为等腰直角三角形，
∆ ∆
∴ ，
∵∠BAD=∠BAC+∠CAD，∠CAE=∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
∴ BAD CAE，
∆ ~∆
∴ ，∠ABD=∠ACE，
又∵∠AGB=∠FGC，
∴∠BFC=∠BAC=45°，
故答案是： ，45°；
（2）∵∠ACB=∠AED=90°，∠BAC=∠DAE=30°，
∴DE= AD，BC= AB，AE= DE，AC= BC，
∴ ，
∵∠BAD=∠BAC+∠CAD，∠CAE=∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
∴ BAD CAE，
∆ ~∆
∴ ，∠ABD=∠ACE，
又∵∠AGB=∠FGC，
∴∠BFC=∠BAC=30°；
（3）以AD为斜边，在AD的右侧作等腰直角三角形ADM，连接CM，如图，∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴ ABC为等腰直角三角形，
∆
∴∠BAC=∠DAM=45°， ，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAM-∠DAC，即∠BAD=∠CAM，
∴ BAD CAM，
∆ ~∆
∴∠ABD=∠ACM， ，
又∵BD=6，
∴CM= =3 ，
∵四边形ABDC的内角和为360°，∠BDC=45°，∠BAC=45°，∠ACB=90°
∴∠ABD+∠BCD=180°，
∴∠ACM+∠BCD=180°，
∴∠DCM=90°，
∴DM= ，
∴AD= DM=2 ，
即A，D两点之间的距离是2 ．
【点拨】本题主要考查相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，
第（3）小题，添加辅助线，构造相似三角形，是解题的关键．
15．（1）BD＝CE，BD⊥CE；（2）BD⊥CE，理由见分析；（3）画出图形见分析，
线段BE的长度为 ．
【分析】（1）由题意易得AD=AE，∠CAE=∠BAD，从而可证△ABD≌△ACE，然后
根据三角形全等的性质可求解；（2）连接BD，由题意易得∠BAD=∠CAE，进而可证△BAD≌△CAE，最后根据三
角形全等的性质及角的等量关系可求证；
（3）如图，过A作AF⊥EC，由题意可知Rt△ABC∽Rt△AED，∠BAC＝∠EAD＝
90°，然后根据相似三角形的性质及题意易证△BAE∽△CAD，最后根据勾股定理及等积
法进行求解即可．
解：（1）在Rt△ABC中，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中， ，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠B＝∠ACE＝45°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BCE＝45°+45°＝90°，
故答案为：BD＝CE，BD⊥CE；
（2）BD⊥CE，
理由：如图2，连接BD，
∵在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠AEC＝45°，
∵∠CAB＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AC＝AB，AE＝AD，
∴△CEA≌△BDA（SAS），
∴∠BDA＝∠AEC＝45°，
∴∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝90°，∴BD⊥CE；
（3）如图3，过A作AF⊥EC，
由题意可知Rt△ABC∽Rt△AED，∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴ ，即 ，
∵∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴∠BAE＝∠CAD，
∴△BAE∽△CAD，
∴∠ABE＝∠ACD，
∵∠BEC＝180°﹣（∠CBE+∠BCE）＝180°﹣（∠CBA+∠ABE+∠BCE）＝180°﹣
（∠CBA+∠ACD+∠BCE）＝90°，
∴BE⊥CE，
在Rt△BCD中，BC＝2CD＝4，
∴BD＝ ，
∵AC⊥BD，
∴S△BCD＝ AC•BD＝ BC•AC，
∴AC＝AE＝ ，AD＝ ，
∴AF= ，CE＝2CF＝2× ，
∴BE＝ ．
【点拨】本题主要考查全等三角形的性质与判定及相似三角形的性质与判定，关键是
根据题意得到三角形的全等，然后利用全等三角形的性质得到相似三角形，进而求解．16．（1） ；（2） ；（3）当 时，线段AM与DM的长度之和取得
最小值．
【分析】（1）如图1，根据 ABC是等腰直角三角形，得BC= AC，由点D是BC
△
边上的中点，可知2CD= AC，得AC与CD的比，证明 DCG∽△ACE，列比例式可得结
△
论；
（2）如图2，连接AD，同理得 DCG∽△ACE，可得 ，设
△
AB=AC=5k，BD=CD=4k，则AD=3k，由此即可解决问题；
（3）如图3中，由题意，当A，M，D共线时，AM+DM的值最小．想办法证明
∠GDM=∠GDC=45°，设CH=a，则PC=2a，PH=DH= a，推出AC=2CD=2（a+ a），
由此即可解决问题．
解：（1）如图1，
∵AB＝AC．∠B＝45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵BC＝ AC，
又∵点D是BC边上的中点，
∴BC＝2CD，
∴2CD＝ AC，
∴ ＝ ＝ ，
∵∠CAE＝∠CDE，∠DCG＝∠ACE，
∴△DCG∽△ACE，∴ ＝ ；
故答案为： ；
（2）如图2．连接AD，
∵∠CAE＝∠CDE．∠ECA＝∠GCD，
∴△DCG∽△ACE，
∴ ＝ ，
又∵AB＝AC，点D是BC边上的中点，
∴BD＝DC，AD⊥BC，
设AB＝AC＝5k．BD＝DC＝4k，
由勾股定理可得AD＝3k，
∵∠ECA＝∠GCD，
∴∠ACD＝∠ECG
∵
∴
∴△ADC∽△EGC，
∴∠ADC＝∠EGC＝90°
可得EG⊥GC，
又∵D，G，E三点共线，
∴∠DGC＝90°，
又∵∠DCG＝30°，
可得DG＝2k，GC＝2 k，
∴S ＝ ×2k× k＝2 k2，
DGC
△S ＝ ×8k×3k＝12k2，
ABC
△
∴ ＝ ＝ ；
故答案为： ；
（3）如图3，当A，M．D三点共线时，AM+DM的值最小，
连接EM，取AC的中点O，连接OE，OD．作PH⊥CD于点H，
∵AB＝AC，∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
又∵BC＝AC．∠ACB＝60°，
∴∠DAC＝∠HPC＝30°，
∵BD＝CD，AC＝BC，
∴AC＝2CD，
∵∠CAE＝∠CDE，∠ECA＝∠GCD，
∴△DCG∽△ACE，
∴ ，
∴EC＝2CG，
又∵CG＝MG，
∴MC＝CE，
又∵∠ACD＝60°，
∴∠MCE＝60°，
∴△MCE是等边三角形，
又∵O是中点，∴DC＝CO，∠ECO＝∠MCD，MC＝CE，
∴△MDC≌△EOC（SAS），
∴OE＝DM，
又∵∠CDE＝∠CAE，
∴A，D，C，E四点共圆，
∴∠ADC+∠AEC＝180°，
∴∠AEC＝90°，
∴AO＝OC，
∴EO＝OC＝CD＝MD，
又∵CG＝GM，CD＝DM，
∴∠GDM＝∠GDC＝45°，∠PDH＝∠DPH＝45°，
∴PH＝DH，
设CH＝a，则PC＝2a，PH＝DH＝ ，
∴AC＝2CD＝2（a+ ），
∴ ．
【点拨】本题考查了等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形
的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找相似
三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
17．（1）BE＝DF，BE⊥DF （2）不成立；结论：DF＝nBE，BE⊥DF；理由见分析
（3）4 ﹣3或4 ＋3
【分析】（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.
解：（1）如图2中，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，∠ABE＝∠ADF，
∵∠ABE＋∠AHB＝90°，∠AHB＝∠DHP，
∴∠ADF＋∠PHD＝90°，
∴∠DPH＝90°，
∴BE⊥DF，
故答案为：BE＝DF，BE⊥DF；
（2）如图3中，结论不成立，结论：DF＝nBE，BE⊥DF，
∵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，
∵∠ABE＋∠AHB＝90°，∠AHB＝∠DHP，
∴∠ADF＋∠PHD＝90°，∴∠DPH＝90°，
∴BE⊥DF；
（3）如图4﹣1中，当点P在BE的延长线上时，
在Rt△AEB中，∵∠AEB＝90°，AB＝6，AE＝3，
∴BE＝ ＝3 ，
∵△ABE∽△ADF，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴DF＝4 ，
∵四边形AEPF是矩形，
∴AE＝PF＝3，
∴PD＝DF﹣PF＝4 ﹣3；
如图4﹣2中，当点P在线段BE上时，同法可得DF＝4 ，PF＝AE＝3，
∴PD＝DF＋PF＝4 ＋3，
综上所述，满足条件的PD的值为4 ﹣3或4 ＋3.【点拨】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.
18．（1）详见分析；（2）详见分析；（3）
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠BCD＝∠ACD＝45°，∠BCE＝
∠ACF＝90°，于是得到∠DCE＝∠DCF＝135°，根据全等三角形的性质即可的结论；
（2）证得△CDF∽△CED，根据相似三角形的性质得到 ，即CD2＝CE•CF；
（3）如图，过D作DG⊥BC于G，于是得到∠DGN＝∠ECN＝90°，CG＝DG，当CD
＝2， 时，求得 ，再推出△CEN∽△GDN，根据相似三角形的性质得到
，求出GN，再根据勾股定理即可得到结论．
解：（1）证明：∵ ， ，CD是中线，
∴ ， ，
∴ ．
在 与 中， ，
∴ ．
∴ ；
（2）证明：∵ ，
∴∵ ，
∴ ．
∴ ．
∴ ，即 ．
（3）如图，过D作 于点G，
则 ， ．
当 ， 时，
由 ，得 ．
在 中，
．
∵ ， ，
∴ ．
∴ ，
∴ ．
∴ ．
【点拨】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性
质，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
19．（1）①AE=BF；证明见分析；②DF= ；（2）DF= ．
【分析】（1）①利用矩形的性质，旋转的性质得到∠BOF=∠AOE，证明△BOF≌△AOE可得结论，
②利用矩形性质与旋转性质证明△BFD为直角三角形，从而可得答案，
（2）利用平行四边形的性质与旋转的性质，证明△AOE∽△BOF，求解BF，再证明
△BDF是直角三角形，从而可得答案．
解：（1）①AE=BF，理由如下：
证明：∵ABCD为矩形，
∴AC=BD，OA=OB=OC=OD，
∵△COD绕点O旋转得△EOF，
∴OC=OE，OD=OF，∠COE=∠DOF
∵∠BOD=∠AOC=180°
∴∠BOD-∠DOF=∠AOC-∠COE
即∠BOF=∠AOE
∴△BOF≌△AOE（SAS），
∴BF=AE
②∵OB=OD=OF，
∴∠BFD=90°
∴△BFD为直角三角形，
∴ ，
∵BF=AE
∴
∵BD=7，AE=
∴DF=（2））∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OC=OA= AC=3，OB=OD= BD=5，
∵将 COD绕点O按逆时针方向旋转得到 FOE，
∴OC△=OE，OD=OF，∠EOC=∠FOD △
∴OA=OE，OB=OF，∠EOA=∠FOB
∴ ，且∠EOA=∠FOB
∴△AOE∽△BOF，
∴
∵OB=OF=OD
∴△BDF是直角三角形，
∴
【点拨】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，平行四边形的性质，全等三角
形的判定和性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，证明△AOE∽△BOF是解本题的
关键．20．（1）①1；② ；（2） ， ．理由见分析；（3）2或4．
【分析】（1）①证明△COA≌△DOB（SAS），得AC=BD，比值为1；
②由△COA≌△DOB，得∠CAO=∠DBO，然后根据三角形的内角和定理先求
∠OAB+∠OBA的值，再求∠AMB的值即可；
（2）根据锐角三角比可得 ，根据两边的比相等且夹角相等可得
△AOC∽△BOD，根据相似撒尿性的性质求解即可；
（3）当点 与点 在同一条直线上，有两种情况：如图3和图4，然后根据旋转
的性质和勾股定理，可得AD的长．
解：（1）①∵ ，
∴∠BOD=∠AOC，
又∵ ， ，
∴△BOD≌△AOC，
∴BD=AC，
∴ =1；
②∵ ，
∴∠OAB+∠OBA=140°，
∵△BOD≌△AOC，
∴∠CAO=∠DBO，
∴∠CAO+∠OAB+∠ABM=∠DBO+∠OAB+∠ABM=∠OAB+∠OBA=140°，
∴∠AMB= ；
（2）如图2，
， ．理由如下：中， ， ，
，
同理得： ，
，
，
，
，
，∠CAO=∠DBO，
∵∠BEO+∠DBO=90°，
∴∠CAE+∠AEM=90°，
∴∠AMB=90°；
（3） ∵∠A=30°， ，
∴OA= =3．
如图3，当点D和点A在点O的同侧时，
∵ ，
∴AD=3-2=2；
如图4，当点D和点A在点O的两侧时，
∵ ，，OA=3
∴AD=3+1=4．综上可知，AD的长是2或4．
【点拨】本题是三角形的综合题，主要考查了三角形全等和相似的性质和判定，相似
三角形的判定与性质，解直角三角形，旋转的性质，以及分类讨论的数学思想，解题的关
键是能得出：△AOC∽△BOD，根据相似三角形的性质，并运用类比的思想解决问题，本题
是一道比较好的题目．
