中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專題13 幾何壓軸題（利用最值求值共48道）解析版

二輪復(fù)習(xí)2023-2024年中考數(shù)學(xué)重要考點名校模擬題分類匯編專題13——幾何壓軸題（利用最值求值共48道）（重慶專用）1．（2023下·重慶沙坪壩·九年級重慶八中?？茧A段練習(xí)）在菱形ABCD中，∠D=60°，點H在平面內(nèi)，點E為直線上一點．(1)如圖1，當(dāng)H在AC上時，BE=HE，若AB=4，CH=3AH，求CE的長；(2)如圖2，當(dāng)H在GA延長線上時，HB=HE，O為AC的中點，連接EO并延長交AD于點G，求證：AH=AG；(3)如圖3，E在直線BC上運動，若∠BHC=30°，將△OCE沿OE所在直線翻折至△OC′E，連接HC′【答案】(1)CE=(2)證明見解析(3)OCCE=【分析】（1）過點H作HF⊥BC交BC于點F，根據(jù)菱形的性質(zhì)及已知可得△ABC是等邊三角形，由等邊三角形的性質(zhì)可得AC=BC=AB=4，∠ACB=∠ABC=60°，可得CH=3，CF=32，設(shè)CE=x，則HE=4?x，EF=x?32，根據(jù)勾股定理可得（2）過點E作EM∥AB交AC于點M，證明△EMC是等邊三角形，可得EM=EC，∠HME=∠BAH，由HE=HB，繼而得到∠EHM=∠HBA，證明△HEM≌△BHAAASAG=CE，即可得證；（3）分三種情況：①當(dāng)點E在線段BC（不含端點）上運動；②當(dāng)點E在射線BC上且在點C（含端點）的右邊運動；③當(dāng)點E在射線CB上且在點B（含端點）的左邊運動，進行討論即可．【詳解】（1）解：過點H作HF⊥BC交BC于點F，∴∠HFE=∠HFC=90°，∵在菱形ABCD中，∠D=60°，BE=HE，AB=4，CH=3AH，∴∠ABC=∠D=60°，AB=BC，∴△ABC是等邊三角形，∴AC=BC=AB=4，∠ACB=∠ABC=60°，∴CH=3∴CF=1設(shè)CE=x，∴HE=BE=4?x，EF=EC?FC=x?3∵HF∴4?x2解得：x=7∴CE的長為75

（2）證明：過點E作EM∥AB交AC于點∴∠MEC=∠ABC，由（1）知：△ABC是等邊三角形，∴∠BAC=∠ACB=∠ABC=60°，∴∠MEC=∠MCE=60°，∠BAH=180°?∠BAC=180°?60°=120°，∴△EMC是等邊三角形，∴EM=EC，∠EMC=∠MCE=60°，∴∠HME=180°?∠EMC=180°?60°=120°，∴∠HME=∠BAH，∵HE=HB，∴∠HEB=∠HBE，∴∠EHM+∠HCE=∠HBA+∠ABC，即∠EHM+60°=∠HBA+60°，∴∠EHM=∠HBA，在△HEM和△BHA中，∠HME=∠BAH∠EHM=∠HBA∴△HEM≌∴EM=HA，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥∴∠GAO=∠ECO，∵O為AC的中點，∴AO=CO，在△AGO和△CEO中，∠GAO=∠ECOAO=CO∴△AGO≌∴AG=CE，∴AG=CE，∴AH=AG；

（3）解：①當(dāng)點E在線段BC（不含端點）上運動，以點A為圓心，AC為半徑畫圖，∵∠BAC=60°，∴∠BHC=12∠BAC=12以點O為圓心，OC為半徑畫圖，∵將△OCE沿OE所在直線翻折至△OC∴點C′點在⊙C∵O為AC的中點，AC=4，∴OC=1∴當(dāng)HO⊥OC′時，此時HO=HA+AO=4+2=6，∴∠COC∴∠C過點E作EN⊥OC于點N，∵∠OCE=60°，∴CN=CE?cosEN=CE?sinON=EN∴OC=ON+CN=3∴OCCE

②當(dāng)點E在射線BC上且在點C（含端點）的右邊運動，以點A為圓心，AC為半徑畫圖，∵∠BAC=60°，∴∠BHC=12∠BAC=12以點O為圓心，OC為半徑畫圖，∵將△OCE沿OE所在直線翻折至△OC∴點C′點在⊙C∵O為AC的中點，AC=4，∴OC=1∴當(dāng)HO⊥OC′時，此時HO=HA+AO=4+2=6，∴∠COC∴∠C過點E作EK⊥OC，交點OC的延長線于點K，∴∠ECK=∠ACB=60°，∴CK=CE?cosEK=CE?sinOK=EK∴OC=OK+CK=3∴OCCE

③當(dāng)點E在射線CB上且在點B（含端點）的左邊運動，由①②可知，點H點在⊙A且半徑為4的圓上，點C′點在⊙C且半徑為2當(dāng)HO⊥OC′時，此時點E與B重合，點C′與C重合，點H與D則OH=OB=AO綜上所述，OCCE=3【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，銳角三角函數(shù)，三角形外角的定義和性質(zhì)等知識點．通過作輔助線構(gòu)造全等三角形的和圓是解題的關(guān)鍵．2．（2023上·重慶沙坪壩·九年級重慶市鳳鳴山中學(xué)校聯(lián)考期中）已知，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，E是BC邊上一點．(1)如圖1，點D是AC邊上一點，連接DE，將DE繞點E逆時針旋轉(zhuǎn)90°至EF，連接BF．若AC=6，BE=3，求△BEF的面積；(2)如圖2，連接AE，將AE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)90°至EM，連接BM，取BM的中點N，連接EN．證明：AB?2EN=2(3)如圖3，已知AC=23，連接AE，P為AE上一點，在AP的上方以AP為邊作等邊△APQ，剛好點Q是點P關(guān)于直線AC的對稱點，連接CP，當(dāng)CP+12AP取最小值的條件下，點G是直線PQ上一點，連接CG，將△CGP沿CG所在直線翻折得到△CGK（△CGK與△ABC在同一平面內(nèi)），連接AK，當(dāng)【答案】(1)9(2)見解析(3)2?【分析】（1）證明△CDE≌△HEF，可得CE=FH=3，由三角形的面積公式可求解；（2）作輔助線如解析圖，證明△BEN≌△MGN，可得NE=GN，MG=BE，進一步可得MG=EQ=BE，BQ=2（3）作輔助線如解析圖，可得當(dāng)點C′，P，N三點共線時，CP+12AP有最小值，由折疊的性質(zhì)可得CP=CK，進而得點K在以C為圓心，CP為半徑的圓上運動，可得當(dāng)點K落在【詳解】（1）解：如圖1，過點F作FH⊥直線BC于H，

∵將DE繞點E逆時針旋轉(zhuǎn)90°至EF，∴∠DEF=90°，∵AC=6=BC，∴CE=BE=3，∵∠ACB=∠DEF=∠H=90°，∴∠CED+∠CDE=90°=∠CED+∠BEF∴∠CDE=∠BEF，∴△CDE≌△HEF（AAS）∴CE=FH=3，∴△BEF的面積=1（2）證明∶如圖2，過點M作MG∥BC，交直線NE于點G，過點E作EQ∥AC，交AB于Q，

∵MG∥BC，∴∠G=∠NEB，∵點N是BM的中點，∴MN=BN，∴△BEN≌△MGN（AAS）∴NE=GN，∴GE=2NE，∵EQ∥AC，∴∠CAB=∠EQB=45°=∠ABC，∴QE=BE，∴MG=EQ=BE，∵將AE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)90°至EM，∴AE=ME，∴∠AEQ=∠MEC，∴∠AEQ=∠EMG，∴△AEQ≌△EMG（SAS）∴EG=AQ，∴AB=AQ+BQ=2NE+2（3）解：如圖，作點C關(guān)于AE的對稱點C′，連接A

∵點Q是點P關(guān)于直線AC的對稱點，∴AP=AQ，AC平分∠PAQ，∵△APQ是等邊三角形，∴∠CAP=30°，∴PN=1∵點C與點C′關(guān)于AE∴PC=PC∴∠CAC∴△CAC∵CP+1∴當(dāng)點C′，P，N三點共線時，CP+∵將△CGP沿CG所在直線翻折得到△CGK，∴CP=CK，∴點K在以C為圓心，CP為半徑的圓上運動，∴當(dāng)點K落在AC的延長線上時，AK有最大值，∵△CAC′為等邊三角形，∴C′N垂直平分∵AC=23∴AN=CN=3∵PN=12AP∴PN=1，AP=2=CP，

∴∠APN=∠CPN=60°，∵將△CGP沿CG所在直線翻折得到△CGK，∴CP=CK=2，∠CKG=∠CPG=60°∴KN=2+3，∠KGN=30°∴NG=3∴S△CKG∵S△APQ∴S△CGK【點睛】本題是幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識，確定點P的位置是解題的關(guān)鍵．3．（2023上·重慶·九年級字水中學(xué)?？计谥校┤鐖D1，等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝8，AD平分∠BAC交BC于點D，點E、F分別是線段AC、AB上兩點，且AE＝AF，連接BE交AD于點Q，過點F作FG⊥BE交BE于點P，交BC于點G；（1）若BF＝2，求DQ的長；（2）求證：2AC?2AQ=BG（3）如圖1，AE=4，連接EF，將△EAF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，點M為EF中點，連接BM，CM，以BM為直角邊構(gòu)造等腰Rt△BMN，過點N作NR⊥BC交BC于點R，連接RM，當(dāng)NR最小時，直接寫出MR的長度．【答案】（1）427【分析】（1）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)和三角形面積公式得出BQ，進而利用勾股定理和三角形面積公式解答即可；（2）過點C作CH⊥BC，交BE的延長線于H，根據(jù)ASA證明△BFG≌△CEH，進而利用全等三角形的性質(zhì)解答即可；（3）連接AM，過點B作BK⊥AB，且BK=AB，連接NK，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)得出NK=AM，得出點N在N在以K為圓心，22為半徑的圓上移動，當(dāng)K，N，R三點共線時，NR【詳解】解：（1）∵BF=2，AB=AC=8，AE＝AF，∴AE＝AF=6，∵AB=AC=8，∠BAC=90°，∴BC=∵AD⊥BC，∴AD=CD=BD=42，∠BAD=∠CAD∴Q到AB，AC邊的距離相等，∴SΔABQ∴BQ=4在Rt△ABE中，∠BAF=90°，AB=8，AE=6，∴BE=A∴BQ=4在RtBADQ中，∠BDQ=90°，DQ=B（2）過點C作CH⊥BC，交BE的延長線于H，∵CH⊥BC，AD⊥BC，∴AD//CH，∵BD=CD，∴BQ=HQ，∴DQ是△ACG的中線，BH=2BQ，∴CH=2DQ，∵∠ABC=∠BCA=45°，∠DCH=90°，∴∠ACH=∠DCH-∠BAC=45°，∴∠FBG=∠ACH，∵FG⊥BE，∴∠ABE+∠BFG=90°，∵∠ABE+∠AEB=90°，∴∠BFG=∠AEB∵∠HEC=∠AEB，∴∠BFG=∠HEC，∵AB=AC，AE=AF，∴CE=BF，在△BFG與△CEH中，∠BFG=∠HEC∴△BFG≌△CEH（ASA），∴BG=CH，∴BG=2DQ，∵BC=2AD=2（AQ+DQ）=2AQ+2DQ=2AQ+BG，∵BC=2∴2AC=2AQ+BG∴2AC?2AQ=BG（3）連接AM，過點B作BK⊥AB，且BK=AB，連接NK，∵AE=AF=4，∠EAF=90°，∴.EF=2∵M為EF中點，∴AM=EM=FM=22∴∠ABK=90°，∵BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°得BN，∴BM=BN，∠MBN=90°，∴∠ABM=∠KBN，在△ABM與△AKN中，AB=KB∴△ABM≌△KBN（SAS），∴AM=KN=22，∠BAM=∠BKN∴N在以K為圓心，22∴當(dāng)且僅當(dāng)K，N，R三點共線時，NR長度最小，如圖∵當(dāng)NR取最小值時，∠RBK=∠ABK-∠ABC=45°，∵NR⊥BC∴∠BRK=90°∴BR=RK=22BK=4∵△ABM≌△KBN，∴∠MAB=∠BKR=45°，∴點E在AB上，且為AB的中點，延長FE交BC于P，在Rt△BPE中，PE=BEsin45°=22∴PR=22∴MR=M【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)變換，解直角三角形，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．4．（2023上·重慶萬州·九年級重慶市萬州第二高級中學(xué)?？计谥校┰凇鰽BC中，AB=AC，∠ABE=∠BAC=120°，點D是邊AB上的一點，∠AEB+∠BDF=180°．(1)如圖1，若AC=4，BE=2，求△ABE的面積；(2)如圖2，若D是AB的中點，連接DE、BF，求證：DF+EF=3(3)如圖3，在（2）問的條件下，將△BDE繞點B順時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)中的三角形記為△D′BE′，取D′E′的中點為M，連接CM．當(dāng)CM取最大時，將【答案】(1)2(2)見解析(3)17+4【分析】（1）作EM⊥AB于點M，根據(jù)∠EBD=120°；在Rt△EBM，根據(jù)直角三角形30°（2）過點B作∠FBH=120°交FE延長線于點H，根據(jù)∠EFD=∠AFC=60°得出∠EBD=120°，再通過∠ADC+∠BDC=180°，∠BDC+∠BEA=180°的關(guān)系得出∠ADC=（3）作BM′⊥DE與點M′，設(shè)AD=AD=BE=1，則AB=2，AH=1，【詳解】（1）解：如圖1，過點E作EM⊥AB交于點M，∵AB=AC=4，∵∠EBD=在Rt△EBM中，∠EBM=∠180°?∠EBD=60°∴BM=1，則∴S△ABE（2）過點B作∠FBH=120°交FE延長線于點H，∵∠ADC+∠BDC=180°，∠BDC+∠BEA=180°，∴∠ADC=∠BEA在△ADC和△BEA中，AB=AC，∴△ADC≌△BEAAAS∴AD=∵AD=BD，∴BD=∵∠EBD=∴∠HBE=∵∠BEA+∠BDF=180°，∴∠BEH=∴△BEH≌△BDFASA∴BF=BH，∴△BHF為等腰三角形，∴HF=∴FH=（3）作BM′⊥DE與點M′，作設(shè)AD=AD=∵∠ABC=30°∴AH=∴BH=∵BM=CM≤BC+BM，∴當(dāng)點M，B，C共線時，CM最大，∴EMA′∴A【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理解直角三角形，全等三角形的判定和性質(zhì)，軸對稱圖形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)等知識點，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線．5．（2023上·重慶沙坪壩·九年級重慶市第七中學(xué)校?？计谥校┰诰匦蜛BCD中，點M是AB邊上一動點（不與A、B點重合），連接DM,DM的延長線交CB的延長線于點N．(1)如圖①．當(dāng)∠ADM=30°時，若AM=2,DC=6，求MN的長；(2)如圖②，連接AC，與DM交于點G，當(dāng)∠ADM=∠BAC時，有BM=BC，連接BG，求證：NG=AG+2(3)如圖③，AD=23,CD=6，將△ADM沿直線DM折疊，得到△EDM．當(dāng)射線CE交線段AB于點F時，連接DF，當(dāng)DF最大時，直接寫出【答案】(1)8(2)見詳解(3)6?2【分析】（1）根據(jù)直角三角形含30°角的性質(zhì)可得MN的長；（2）如圖②，過點B作BH⊥BG，交DN于點H，則∠HBG=90°，證明△ABC≌△NBMAAS和△ABG≌△NBG（3）如圖③，當(dāng)F與M重合時，AF最大，此時DF最大，先由勾股定理可得CE的長，證明△MBC≌△CEDAAS【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠DAB=∠ABC=90°，AD∥BC，AB=CD=6，∴∠NBM=90°，∵AM=2，∴BM=6?2=4，∵AD∥BC，∠ADM=30°，∴∠N=∠ADM=30°，∴MN=2BM=8；（2）證明：如圖②，過點B作BH⊥BG，交DN于點H，則∠HBG=90°，∵∠NBM=∠HBG=90°，∴∠ABG=∠NBH，∵∠ADM=∠BAC，∠ADM=∠N，∴∠BAC=∠N，又∵BM=BC，∠ABC=∠NBM=90°，∴△ABC≌△NBMAAS∴AB=NB，∴△ABG≌△NBGASA∴NH=AG，BH=BG，∵∠GBH=90°，∴△GBH是等腰直角三角形，∴GH=2∵NG=NH+GH，∴NG=AG+2（3）解：如圖③，當(dāng)F與M重合時，AF最大，此時DF最大，由折疊得：DE=AD=23，∠DEM=∠A=90°∴∠CED=90°，∴CE=6∵AB∥CD，∴∠BMC=∠DCE，∵BC=AD=DE，∠CED=∠B=90°，∴△MBC≌△CEDAAS∴BF=CE=26∵AB=6，∴AF=6?26∴當(dāng)DF最大時，AF的值為6?26【點睛】本題主要考查了四邊形綜合題，涉及矩形的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形全等的性質(zhì)和判定等知識，第（3）問有難度，確定DF最大時點F的位置是解本題的關(guān)鍵．6．（2023上·重慶北碚·九年級西南大學(xué)附中校考期中）已知△ABC是等腰三角形，AB=AC，△BDE是等邊三角形．(1)如圖1，若∠ACB=75°，點D為BC中點，且BD=1，延長BE交AC于點F，求CF的長度；(2)如圖2，若∠ACB=30°，點D在邊BC上（不與點B、C重合），連接EC，取EC的中點G，連接AG、GD、DA．求證：DG=3(3)如圖3，若∠ACB=60°，點D在△ABC內(nèi)部，且點E、D、C三點共線，連接DC，DA，當(dāng)DCAD【答案】(1)6(2)見解析(3)2【分析】（1）首先由等邊三角形BDE得出線段BD、BE的長度，再結(jié)合已知得出△BCE為直角三角形，根據(jù)已知等腰三角形和底角的度數(shù)得出∠A=30°，∠ABF=15°，從而得出∠CEF=45°，進而得出（2）首先延長AG至點H，使得GH=AG，連接EH、HD，構(gòu)造全等三角形△EHG和△CAG，結(jié)合已知條件△HED≌△ABD，得出△ADH為等邊三角形，根據(jù)三線合一得出30°角，利用三角函數(shù)解出即可．（3）由∠BDC=120°，點D的軌跡是圓弧，易得△ACD∽△APC，得出比例式DCPC=ADAC，即DCAD=PCAC，當(dāng)【詳解】（1）解：連接CE，∵△BDE為等邊三角形，∴BD=BE=1，∵點D為BC中點，∴BC=2BD=2∴△BCE為直角三角形，∴∠BEC=90°，由勾股定理得：CE=4?1∵AB=AC∴∠ACB=∠ABC=75°，∴∠A=30°∴∠CFE=45°∴△CEF為等腰直角三角形，∴CE=EF=在Rt△CEF中，故答案為：6．（2）證明：延長AG至點H，使得GH=AG，連接EH、HD，∵G為EC的中點，∴CG=EG，∵∠ACG=∠EHG，∴△EHG≌△CAGSAS∴EH=CA=AB∵△BDE是等邊三角形，∠ACB=30°，∴∠DEC+∠DCE=∠EDB=60°，∴∠DEH=∠DEC+HEG=∠DEC+∠ACG=30°，∴∠HED=∠ABD=30°，∴△HED≌△ABDSAS∴AD=HD∴△ADH為等邊三角形，∴DG⊥HD，在Rt△ADH中，∠ADG=30°∴DG=（3）解：tan∵△BDE為等邊三角形，∴∠BDE=60°，∵點E、D、C三點共線，∴∠BDC=120°，∴點D的運動軌跡是圓弧，過B、D、C作圓，延長AD交圓于點P，連接CP、BP，∵AB=AC∴△ABC為等邊三角形，∵∠DBC+∠DCB=60°∴∠DBC=∠ACD，∵∠A=∠A，∴△ACD∽△APC，∴∠ADC=∠ACP，DCPC=AD∴當(dāng)DCAD最大時，即PC∵AC為定值，∴當(dāng)PC為直徑時為最大值，∴∠PDC=∠PBC=90°，∴∠ADC=∠ACP=90°，∵∠BDC=120°，∴∠BPC=60°，∴tan故答案為：23【點睛】本題考查了三角形全等的判定和性，等邊三角形的性質(zhì)和判定，三角函數(shù)定義，三角形的外角，勾股定理等知識點，解題關(guān)鍵是根據(jù)已知條件找到全等的三角形，熟悉三角形的性質(zhì)．7．（2023上·重慶·九年級重慶一中?？计谥校┮阎猂t△ABC，∠ACB=90°，∠ABC=30°，CD⊥AB于點D，AD=AE(1)如圖1，若∠EAD=60°，取BD的中點F，連接EF，AD=2，求EF的長度；(2)如圖2，連接BE，點G在線段BE上，且GE=CD，連接CG、AG，若∠AGC+∠GCB=90°，H為BG中點，證明：CH=BH+CD；(3)如圖3，在（2）的條件下，將△AEG繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得△APQ，連接BQ，點R是BQ中點，連接CR，若AC=5，在△APQ旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)2CR?BR最大時，直線CR與直線AB交于點T，請直接寫出△BQT的面積．【答案】(1)EF=(2)見詳解(3)450【分析】（1）解△AEF，AE=2,AF=5,∠EAF（2）連接CE，作AT⊥CE于T，不妨設(shè)AD=AE=2，可證得△AEG≌△ADC，從而∠AEG=∠ADC=90°，進而得出點A、C、B、E共圓，從而∠AEC=∠ABC=30°,∠CEB=∠CAB=60°，從而求得AT,ET的值，進而得出EH=CE=15+3，從而得出（3）取AB的中點O，連接OR，在AB上截取OT=54，可推出點R在以O(shè)為圓心，52為半徑的圓上運動，可證得△ROT∽△BOR，從而得出RT=12BR，進而推出2CR?BR≤2CT，從而當(dāng)C、T、R共線時，2CR?BR最大；作OS⊥CR于S，作RV⊥AB于V，解Rt△CRT求得CT=5214，根據(jù)△TOS∽△TCD求得OS=527,ST=1521【詳解】（1）解：如圖1，作EG⊥AB于G，∴∠AGE=∠EGF=90°,∵∠ABC=30°,∠ACB=90°,∴∠BAC=60°,∵∠ADC=90°,∴AC=2AD=4,∴AB=2AC=8,∴BD=AB?AD=6,∵F是BD的中點，∴DF=∴AF=AD+DF=5,在Rt△AEG中，AE=AD=2,∠EAD=60°∴AG=2∴FG=AF?AG=4,∴EF=（2）證明：如圖2，連接CE，作AT⊥CE于T，不妨設(shè)AD=AE=2，∵∠ACB=90°,∴∠ACG+∠GCB=90°,∵∠AGC+∠GCB=90°,∴∠AGC=∠ACG,∴AG=AC,∵AE=AD,GE=CD,∴△AEG≌△ADC(∴∠AEG=∠ADC=90°,∴∠AEG+∠ACB=180°,∴A、C、B、E四點共圓，∴∠AEC=∠ABC=30°,∠CEB=∠CAB=60°,∴AT=∵CT=∴CE=ET+CT=∵AD=2,∠ADC=90°,∠CAD=60°,∴EG=CD=2∵AE=AD=2,AB=8,∴EB=∴BG=BE?EG=2∵H是BG中點，∴BH=GH=∴EH=EB?BH=∴EH=CE,∴△CEH是等邊三角形，∴CH=EH=EG+GH=CD+BH;（3）解：如圖3，取AB的中點O，連接OR，在AB上截取OT=5∵R是BQ的中點，∴OR=∴點R在以O(shè)為圓心，52∵∴△ROT∽△BOR，∴∴RT=∴CR?RT≤CT,∴2CR?2RT≤2CT,∴2CR?BR≤2CT,∴當(dāng)C、T、R共線時，2CR?BR最大，作OS⊥CR于S，作RV⊥AB于V，在Rt△CRTCD=53∴CT=由△TOS∽△TCD得，OS∴∴OS=在Rt△ROSSR=∴RT=SR?ST=由△RTV∽△CTD得，RVRV∴RV=∴S△BQT【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，確定圓的條件，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識，解決問題的關(guān)鍵是較強的計算能力．8．（2023上·重慶北碚·九年級西南大學(xué)附中?？计谀┰凇鰽BC中，∠BAC=90°，AB=AC，點D為BC邊上一動點，連接AD，將AD繞著D點逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到DE，連接AE．(1)如圖1，AH⊥BC，點D恰好為CH中點，AE與BC交于點G，若AB=4，求AE的長度；(2)如圖2，DE與AB交于點F，連接BE，在BA延長線上有一點P，∠PCA=∠EAB，求證：AB=AP+2(3)如圖3，DE與AB交于點F，且AB平分∠EAD，點M為線段AF上一點，點N為線段AD上一點，連接DM、MN，點K為DM延長線上一點，將△BDK沿直線BK翻折至△BDK所在平面內(nèi)得到△BQK，連接DQ，在M、N運動過程中，當(dāng)DM+MN取得最小值，且∠DKQ=45°時，請直接寫出DQBC【答案】(1)25(2)證明見解析；(3)2?【分析】（1）由勾股定理，得到BC=42，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可知，點H是BC的中點，得到AH=CH=22，從而得到HD=12CH=2，再由勾股定理，求得AD=10（2）過點D作DG⊥BC交AB于點G，由題意可知，△ABC是等腰直角三角形，進而得出DG=BD，BG=2BD，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，易證△ADG≌△EDBSAS，得到AG=BE，∠EBD=∠AGD=135°，進而證明△ABE≌△CAP（3）在AE上取點N′，使得AN=AN′，連接MN′，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和角平分線的定義，易證△AMN≌△AMN′SAS，得到MN=MN′，進而推出當(dāng)D、M、N′三點共線，且DN′⊥AE時，DM+MN取得最小值，再根據(jù)折疊的性質(zhì)和三角形外角的定義，得出D、【詳解】（1）解：∵∠BAC=90°，AB=AC=4，∴BC=A∵AH⊥BC，∴點H是BC的中點，∴AH=1∵點D為CH中點，∴HD=1在Rt△AHD中，AD=由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，AD=DE=10，∠ADE=90°∴AE=A（2）證明：如圖2，過點D作DG⊥BC交AB于點G，∴∠BDG=∠BDE+∠EDG=90°，∵∠BAC=90°，AB=AC，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠ABC=45°，∴∠BGD=180°?∠BDG?∠DBG=45°=∠GBD，∴DG=BD，BG=D由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，AD=ED，∠ADE=90°，∴∠ADG+∠EDG=90°，∴∠ADG=∠BDE，在△ADG和△EDB中，AD=ED∠ADG=∠BDE∴△ADG≌△EDBSAS∴AG=BE，∠EBD=∠AGD=180°?∠BGD=135°，∴∠ABE=∠EBD?∠ABC=135°?45°=90°，在△ABE和△CAP中，∠EAB=∠PCAAC=AB∴△ABE≌△CAPASA∴AP=BE，∴AG=AP，∴AB=AG+BG=AP+2（3）解：如圖3，在AE上取點N′，使得AN=AN′由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，AD=ED，∠ADE=90°，∴△ADE是等腰直角三角形，∵AB平分∠EAD，∴∠BAD=∠BAE=1在△AMN和△AMNAN=AN∴△AMN≌△AMN∴MN=MN∴DM+MN=DM+MN∴當(dāng)D、M、N′三點共線，且DN′⊥AE時，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，AD=ED，∠ADE=90°，∵DK⊥AE，∴∠ADK=∠EDK=45°，將△BDK沿直線BK翻折至△BDK所在平面內(nèi)得到△BQK，∴BK⊥DQ，∠BKD=∠BKQ，BD=QB，∵∠DKQ=45°，∴∠BKD=∠BKQ=22.5°，∴∠BKD=∠BAD，∵∠AMK=∠BKD+∠MBK=∠BAD+∠ADK，∴∠MBK=∠ADK=45°，∴∠KBD=MBK+∠ABD=90°，∴KB⊥DQ，即D、B、Q三點共線，∵∠BAD=22.5°，∴∠CAD=∠BAC?∠BAD=67.5°，∠ADC=∠BAD+∠ABC=22.5°+45°=67.5°，∴∠CAD=∠ADC，∴AC=CD，∵∠BAC=90°，AB=AC，∴BC=A∴BD=BC?CD=2∴DQ=BD+QB=2BD=22∴【點睛】本題考查了勾股定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的特征，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，三點共線問題等知識，靈活運用相關(guān)知識解決問題是解題關(guān)鍵．9．（2023上·重慶渝中·九年級重慶巴蜀中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，△ABC為等邊三角形，D為AC邊上一點，連接BD,M為BD的中點，連接AM．(1)如圖1，若AB=23+2,∠ABD=45°，求(2)如圖2，在BC延長線上取一點N，連接AN，使得∠BAM+∠ANC=60°，求證：AM=3(3)如圖3，在（2）問的條件下，若AB=47，當(dāng)BD最小時，在線段BC上有一動點F，連接MF，將△BMF沿MF翻折得到△B′MF，連接NB′，在線段NB′上取一點【答案】(1)BM=(2)見解析(3)7【分析】（1）過點D作DH⊥AB，根據(jù)∠AD=45°，∠BAC=60°解三角形求出HD=3AH，可得AH=2，得出HD=3（2）延長AM至E，使得ME=AM，連接BE,NE，證明△AMD≌△EMB得出AD=BE，∠MAD=∠MEB，進而證明∠CAN=∠BAM=∠BAE，△ABE≌△ACN得出△AEN是等邊三角形，MN⊥AE，進而根據(jù)勾股定理，即可求解；（3）由（2）可得CN=AD=12AC=27，AM⊥MN，根據(jù)NQNB′=3?33，在MN上截取MT=AM=7，則TNMN=3?33，證明△NQT∽△NB′M，得出QT【詳解】（1）解：如解圖1，過點D作DH⊥AB，∵∠ABD=45°，∴BH=HD，∵在△ABC為等邊三角形中，∠BAC=60°，∴tan∠BAC=∴HD=3∴AB=BH+AH=3又∵AB=23∴3AH+AH=2∴AH=2，∴HD=3∵∠ABD=45°，∴BD=2∵M為BD的中點，∴BM=1（2）證明：如圖所示，延長AM至E，使得ME=AM，連接BE,NE，∵M為BD的中點，∴BM=MD，又∵∠AMD=∠EMB，∴△AMD≌△EMB，∴AD=BE，∠MAD=∠MEB，∴∠BAM+∠BEM=∠BAM+∠MAD=60°，∵△ABC為等邊三角形，∴∠BAC=∠ACB=60°，∵∠ACB=∠CAN+∠ANC=60°，∠BAM+∠ANC=60°，∴∠CAN=∠BAM=∠BAE，∴∠EAN=∠BAC?∠BAM+∠CAN=∠BAC=60°，∠BEA=∠CNA，在△ABE,△ACN中，∠BEA=∠CNA∠BAE=∠CAN∴△ABE≌△ACN，∴AE=AN，由∵∠EAN=60°，∴△AEN是等邊三角形，∵AM=ME，AM=1∴MN⊥AE，∴MN=A即AM=3（3）∵△ABC為等邊三角形，AB=47，當(dāng)BD∴BD⊥AC，∴BD=3∵M為BD的中點，∴BM=DM=1∵將△BMF沿MF翻折得到△B∴B′∴B′在M為圓心，21由（2）知：AD=BE，BE=CN，∴CN=AD=1在Rt△AMD中，AM=由（2）可得AM⊥MN，如圖所示，在MN上截取MT=AM=7，∴AT=2AM=72，M到AT則MT=3∴TNMN∵NQNB′又∠B∴△NQT∽△NB∴∠NTQ=∠NMB∴QT∥∴QTB∴QT=3?∵B′在以M為圓心，21∴Q在以T為圓心，21?如圖所示，AQ最大時，則A，T，Q三點共線，且點T在∴AQ=AT+TQ=2∴當(dāng)AQ最大時，△AMQ的面積為12AQ×1【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，到圓上一點的最值問題，解直角三角形，等邊三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．10．（2023上·重慶萬州·九年級重慶市萬州國本中學(xué)校?？茧A段練習(xí)）如圖所示，在等腰三角形ADE中，AD=ED，∠ADE=120°，等邊△ABC邊長為4，連接CE．

(1)如圖①，若∠CAD=∠EAB，AD=6，求CE(2)如圖②，取CE中點F，連接BF，BD，猜想線段BF與(3)在（2）的條件下，連接CD，將△ADE沿AB翻折得△AD1E1，連接D1B，若【答案】(1)CE=10(2)BF=3(3)CFCD【分析】（1）作EF1⊥AC于點F1，作DG⊥AE于點G，先求得AE=2AG=32（2）連接DF并延長至M，使FM=DF，連接CM、BM，延長AD交CM于點N，交BC于點H，證明△CFM≌△EFDSAS和△BAD≌△BCMSAS，推出（3）推出當(dāng)A、D1、B共線時，D1B最小，此時點D、D1重合，且都在線段AB上，求得∠CAE=90°，利用勾股定理求得CE=19，過點【詳解】（1）解：過點E作EF1⊥AC于點F1，過點D作

∵AD=ED，∠ADE=120°，∴∠DAE=∠DEA=30°，AG=EG，∴DG=12AD=∴AE=2AG=32∵∠CAD=∠EAB，△ABC是等邊三角形，∴∠CAD=∠EAB=60°?30°∴∠CAE=15°+30°=45°，∴△AEF∴AF∴CF在Rt△CEF1（2）解：BF=3連接DF并延長至M，使FM=DF，連接CM、BM，延長AD交CM于點N，交BC于點H，

∵點F是CE中點，∴CF=EF，∴△CFM≌△EFDSAS∴CM=DE=AD，∠MCF=∠DEF，∴CM∥∴∠CND=∠NDE=180°?∠ADE=60°，∵∠CHA=∠HCN+∠CNH=∠HAB+∠ABC，∴∠BCM=∠BAD，∵BA=BC，∴△BAD≌△BCMSAS∴BD=BM，∠ABD=∠CBM，∴∠MBD=∠CBA=60°，∴△BDM是等邊三角形，∵FM=DF，∴BF⊥DM，∴∠DBF=30°，∴BD=2DF，BF=3∴BF=3（3）解：過點D作DG⊥AE于點G，

∵AD=ED，∠ADE=120°，∴∠DAE=∠DEA=30°，AG=EG，∴DG=12AD=∴AE=2AG=3點D1在以點A為圓心，1為半徑的圓上，當(dāng)A、D1、B共線時，D1

∠CAE=∠CAB+∠DAE=90°，∴CE=A∴CF=1過點C作CK⊥AB于點K，則AK=BK=2，CK=4∴DK=AK?AD=1，∴CD=C∴CFCD【點睛】本題考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，正確引出輔助線解決問題是解題的關(guān)鍵．11．（2023上·重慶江北·九年級重慶十八中?？茧A段練習(xí)）在正方形ABCD中，點E是對角線BD上點.連接AE（1）如圖l，若AB=72，BE=10.求AE（2）如圖2，對角線AC與BD相交于點O，點F在AB上，且EF=AE，逹接CF.點G在EF上，EG=BG，延長BG交AC于點H.求證：CF=2（3）如圖3，在（l）的條件下，過點E作EM//CD交OC于點M，把△OEM繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)α度（0≤α≤360）得△OE'M'，取E'M'的中點K，連接CK，將CK順時針旋轉(zhuǎn)90°得到CN，連接KN，過點N作NR⊥BC于點R，當(dāng)NR最大時，求線段【答案】（1）58；（2）證明見解析；（3）29.【分析】（1）在Rt△AOE中，求出AO，OE，利用勾股定理解決問題即可．（2）如圖2中，過點E作EM⊥AB于M，EN⊥BC于N，連接EC．首先證明△EFC是等腰直角三角形，再證明AE＝BH，可得結(jié)論．（3）如圖3﹣1中，將線段CO繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°得到CT，連接TN，OK．證明△OCK≌△TCN（SAS），推出OK＝TN，可得OK＝12E′M′＝322，推出TN＝OK＝322，由題意當(dāng)NR經(jīng)過點T時，NR的值最大，如圖3﹣2中，此時M′在OA上，連接OR，此時O，R，T【詳解】解：（1）如圖1中，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OA＝OB＝OC＝OD，AB＝BC＝72，∠ABC＝90°，∴AC＝BD＝2AB＝14，∴OA＝OB＝7，∵BE＝10，∴OE＝BE﹣OB＝10﹣7＝3，∴AE=O（2）證明：如圖2中，過點E作EM⊥AB于M，EN⊥BC于N．連接EC．∵BD垂直平分線段AC，∴EA＝EC，∵EF＝EA，∴EC＝EF，∵BD平分∠ABC，EM⊥AB，EN⊥BC，∴EM＝EN，∵∠EMF＝∠ENC＝90°，在Rt△EMF和Rt△ENC中，EM=ENEF=EC∴Rt△EMF≌Rt△ENC（HL），∴∠MEF＝∠NEC，∵∠EMB＝∠MBN＝∠ENB＝90°，∴∠MEN＝90°，∴∠FEC＝∠MEN＝90°，∴△EFC是等腰直角三角形，∴CF＝2EF，∵GB＝GE，EA＝EC，∴∠GBE＝∠GEB，∠EAC＝∠ECA，∵∠GEB+∠CEB＝90°，∠CEB+∠ECA＝90°，∴∠GEB＝∠ECA，∴∠EAO＝∠OBH，在△AOE和△BOH中，∠AOE=∠BOHAO=BO∴△AOE≌△BOH（ASA），∴BH＝AE，∵AE＝EF，CF＝2EF，∴CF＝2BH．（3）解：如圖3﹣1中，將線段CO繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°得到CT，連接TN，OK．∵∠OCT＝∠KCN＝90°，∴∠OCK＝∠TCN，在△OCK和△TCN中，CO=CT∠OCK=∠TCN∴△OCK≌△TCN（SAS），∴OK＝TN，由（1）可知，OE′＝OM′＝3，∴E′M′＝32∵E′K＝KM′，∴OK＝12E′M′＝3∴TN＝OK＝32∵NR⊥BC，∴當(dāng)NR經(jīng)過點T時，NR的值最大，如圖3﹣2中，此時M′在OA上，連接OR，此時O，R，T，N共線．在Rt△OKR中，OK＝322，∴KR=O【點睛】此題主要考查了勾股定理、正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定等有關(guān)基本性質(zhì)，熟練掌握并靈活運用基本性質(zhì)找到NR值最大所具備的條件是解題的關(guān)鍵．12．（2023上·重慶沙坪壩·九年級重慶一中校考期末）如圖，在△ABC中，∠BAC=45°，BD⊥AC交AC于點D，M為線段BD上一動點，連接CM．(1)如圖1，連接AM，若AM是∠BAC的角平分線且AM=BC時，求∠BCM的度數(shù)．(2)如圖2，將線段CB繞點C按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到線段CF，連接AF交線段CM于點G，連接DG，若點G為線段AF的中點，求證：AB+CM=2(3)如圖3，在（2）的基礎(chǔ)上，若3AB=42BM，將△BDC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)θ角度0°≤θ≤360°，旋轉(zhuǎn)后△BDC對應(yīng)△BD′C′，點M對應(yīng)的點為M′，連接AM′，DM′，AC′．旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)線段AC′【答案】(1)22.5°(2)見解析(3)9【分析】（1）結(jié)合∠BAC=45°，BD⊥AC，得到∠BAC=∠DBA=45°，繼而得到BD=AD，結(jié)合AM=BC，證明Rt△ADM≌Rt△BDC（2）延長DG至E，使得GE=DG，連接CE,EF，證明△ADG≌△FEG，進而證明∠1=∠2，△BDC≌△FEC，得出△ADB是等腰直角三角形，AB=2（3）根據(jù)已知條件設(shè)AB=42，則BM=3，AD=DB=4，得出cos∠DCB=DCBC=117=1717，則∠CBD′=∠DCB，延長AB至K，延長CM交AB于點T，得出tanα=BTCT=35，在BM【詳解】（1）證明：∵∠BAC=45°，BD⊥AC，AM是∠BAC的角平分線，∴∠BAC=∠DBA=45°，BD=AD，∠DAM=∠BAM=22.5°，在Rt△ADM與RtAM=BCAD=BD∴Rt△ADM≌∴∠DAM=∠DBC=22.5°,DM=DC，∴∠DCM=∠DMC=45°，∴∠BCM=∠DMC?∠DBC=45°?22.5°=22.5°．（2）如圖，延長DG至E，使得GE=DG，連接CE,EF∵點G為線段AF的中點，∴AG=FG，在△ADG與△FEG中AG=FG∴△ADG≌△FEG，∴AD=EF，∠DAG=∠EFG，∴AD∥∴∠1+∠ACF=180°，∵將線段CB繞點C按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到線段CF，∴∠BCF=90°，BC=FC，∵∠ACF=∠ACB+∠BCF=∠ACB+90°，又∵BD⊥AC，∴∠BDC=90∴∠2+∠ACB=90°，∴∠2+∠ACF=180°，∴∠1=∠2，∵BD=AD，AD=EF，∴EF=BD，在△BDC與△FEC中，EF=BD∠1=∠2∴△BDC≌△FEC，∴CD=CE,∠DCB=∠FCE，∴∠DCB+∠BCE=∠ECF+∠BCE=∠BCF=90°，∴△DCE是等腰直角三角形，∵DG=GE，∴CG⊥DE，∠CDG=45°，∵∠CDM=90°，∴∠GDM=45°，∴△DGM是等腰直角三角形，∴∠DCM是等腰直角三角形，又∵△ADB是等腰直角三角形，∴AB=2∴AB+CM=2（3）∵3AB=42BM，設(shè)AB=42，則BM=3，AD=DB=4∴DC=DM=1，在Rt△DCB中，BC=∴cos∠DCB=∵當(dāng)線段AC′與線段BD存在交點H且∴∠CBD∴BD⊥BD如圖，延長AB至K，延長CM交AB于點T，

由（2）可知△DCM是等腰直角三角形，∴△ACT是等腰直角三角形，∴CT⊥AB，CT=AT=2∴BT=42∴∠BCT+∠CBT=90°，∵∠DBD′=∠CB∴∠C∴∠C∴tanα=如圖，在BM上截取BQ=34BM′，過點Q作則BQ=3

∴BM∵BDBM′∴△BQM∴QM∴當(dāng)A,Q,M′三點共線時，此時QR=2∴AR=AB?BR=23∴tanβ=∴tanβ【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，求正切，構(gòu)造相似三角形與全等三角形是解題的關(guān)鍵．13．（2023上·重慶沙坪壩·九年級重慶一中?？茧A段練習(xí)）如圖，在△ABC中，點D是AC上一點，連接BD，過點C作CE⊥BD交BD于點E．(1)如圖1，若∠A=90°,∠ABD=30°,AD=3,S△ABC=(2)如圖2，若∠BAC為銳角，點D為AC的中點，點F為CE上一點，連接AF,CF=2ED，且∠EBC=45°，求證：AF=2(3)如圖3，點H是線段AB上一動點，連接HC，將△AHC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，得到△AH′C′，滿足AC′⊥HC，垂足為點P，將△BDC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△BD′【答案】(1)3(2)答案見解析(3)48【分析】（1）利用直角三角形和特殊的三角函數(shù)值求出AB,BD的長度，再求出△ABD的面積，再求出△BDC的面積，最后利用等積法求出CE的長度．（2）先畫出輔助線，利用點D為AC的中點，證明△ADH≌△CDE，再利用證明出的條件，證明出△ABH≌△BFE，最后證明出AB=BF,∠BAH=∠FBE,從而得到△ABE為等腰直角三角形，再證明出結(jié)果即可；（3）取AC的中點O，將△ABD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A′D′B，作B關(guān)于A′C′的對稱點B′，連接OB′，則∠ABB=90°，當(dāng)BD′+D′P最小時，即B′,【詳解】（1）∵∠A=90°,∠ABD=30°,AD=3，∴BD=2AD=6,AB=3∴S∵S∴S∴即：12×6×BD=33（2）過點A作AH⊥BE于點H，∵D為AC中點，∴AD=DC，在△ADH與△CDE中∠AHD=∠E=90°∴△ADH≌△CDE∴DH=ED,AH=CE，又∵CF=2ED，∴CF=EH∴BH=EF,連接BE在△ABH與△BFE中AH=BE∴△ABH≌△BFE∴AB=BF,∠BAH=∠FBE,∵∠BAH+∠ABH=90°,∴∠FBE+∠ABH=90°∴△ABE為等腰直角三角形，∴∴AF=2（3）解：依題意如圖所示，∵AC′⊥HC垂足為P，則P取AC的中點O，將△ABD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A′D′B，作B關(guān)于A′∴BD∵BD又B′∴BD′+過點B′,O作BC的垂線，垂足分別為T,J，過點O作OL⊥B′T于點L，過點P∵∠ABB=90°，∴∠又∵∠T=∠BAC∴△B∵∠BAC=90°,AB=6，AC=8，∴BC=AB2∵△∴B′T∴B′T=∵∠BAC=90°,AB=6，AC=8，BC=10，∴sin∠ACB=在Rt△OJC中，OJ=OCsin∠ACB=3∴LT=OJ=125∴TJ=TB+BJ=在Rt△B′又PN∥∴△OPN∽△△O∴PNBL=解得：PN=∴S△PBC【點睛】本題考查了利用直角三角形的特殊三角函數(shù)值以及等面積法求高，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，一點到圓上的距離，軸對稱求線段和的最值問題，第三問中，根據(jù)隱圓與軸對稱的性質(zhì)確定最值位置是解題的關(guān)鍵．14．（2023上·重慶沙坪壩·九年級重慶八中校考期末）在△ABC中，AB=AC，∠ABC=30°，點D是邊AB上的一動點，點F是邊CD上的動點，連接AF并延長至點E，交BC于G，連接BE，∠AFC=60°，且∠E+∠BDF=180°，(1)如圖1，若BC=43，BE=2，求AE(2)如圖2，若D是AB的中點，連接DE、BF，求證：DF+EF=3(3)如圖3，在（2）問的條件下，將△BDE繞點B順時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)中的三角形記為△D1BE1，取D1E1的中點為M，連接CM．當(dāng)CM取最大時，將【答案】(1)2(2)見解析(3)17+4【分析】（1）作EM⊥AB于點M，根據(jù)題目給的已知條件可得出BC=3AB=43，AB=AC=4，又因∠E+∠BDF=180°，得出∠EFD+∠EBD=（2）過點B作∠FBH=120°交FE延長線于點H，根據(jù)∠EFD=∠AFC=60°得出∠EBD=120°，再通過∠ADC+∠BDC=180°，∠BDC+∠BEA=180°的關(guān)系得出∠ADC=（3）作BM'⊥DE與點M'，設(shè)AD=AD=BE=1，則AB=2，AH=1，BH=3，當(dāng)【詳解】（1）解：如圖1，過點E作EM⊥AB交于點M，∵在△ABC中，AB=AC，∴∠BAC=BC=∴AB=∵∠E+∠BDF=∴∠EFD+∠EBD=180°，∴∠EBD=在Rt△EBM中，∠EBM=∠180°?∠EBD=60°∴BM=1，EM=3，在Rt△AEM中，∠AME∴AE=（2）過點B作∠FBH=120°交FE延長線于點∵∠EFD=∴∠EBD=∵∠ADC+∠BDC=180°，∴∠ADC在△ADC和△BEA中，AB=AC，∴△ADC?△BEAAAS∴AD=∵AD=BD，∴BD=∵∠EBD=∴∠HBE=∵∠BEA+∠BDF=180°，∴∠BEH=∴△BEH?△BDFASA∴BF=BH，∴△BHF為等腰三角形，∴HF=∴FH=（3）作BM'⊥DE與點M'，作設(shè)AD=AD=BE=1，則∵BM=CM≤BC+BM，∴當(dāng)點M，B，C共線時，CM最大，∴EMA1∴A【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的判定和性質(zhì)，軸對稱圖形的性質(zhì)等知識點，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線．15．（2023上·重慶九龍坡·九年級重慶市育才中學(xué)?？计谥校┰凇鰽BC中，將線段AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AD，連接CD．(1)如圖1，若∠ACD=90°，tan∠CAD=13，AB=(2)如圖2，點E為線段BC的中點，連接AE，若∠ACD=135°，猜想AC，CD，AE的數(shù)量關(guān)系．(3)如圖3，當(dāng)∠BAC=60°時，過點B作射線AC的垂線，垂足為點G．點H為直線BG上的一個動點，將△AGH沿直線AH翻折至△AGH所在平面內(nèi)得到△AFH，連接BF，取BF的中點為點Q，連接DQ，當(dāng)線段DQ取得最小值時，將△ADQ沿直線DQ翻折至△ADQ所在平面內(nèi)得到△KDQ，過點K作線段AD的垂線，垂足為點W，連接BK，直接寫出DWBK【答案】(1)13(2)2(3)DW【分析】（1）過點C作CE⊥AB于E，解Rt△ACD求得CD和AC，解Rt△ACE求得AE和（2）將△ACD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°至△AFB，連接CF、EF，可推出△BCF是直角三角形，進而得出CE=EF，結(jié)合AC=AF推出CF⊥AE，CG=FG，從而得出EG是△CBF的中位線，進一步得出結(jié)果；（3）取AB的中點O，連接OQ，可推出OQ=12AF=12AG=14AB，從而得出點Q在以O(shè)為圓心，14AB為半徑的圓上運動，連接OD，交⊙O于點Q′，當(dāng)點Q運動到Q′′處時，DQ最?。蛔鱇X⊥AB于X，設(shè)AK交OD于T，可推出∠BKX=∠BAK=∠DAO【詳解】（1）解：如圖1，過點C作CE⊥AB于E，∴∠CEA=∠CEB=90°，∵∠ACD=90°，tan∠CAD=13，AB=10，將線段AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)∴sin∠CAD=1010，cos∠CAD=3∴CD=AD?sin∠CAD=10∵∠CEB=∠DAB=90°，∴AD∥∴∠ACE=∠DAC，∴AE=AC?sin∠ACE=3×10∴BE=AB?AE=10∴BC=C∴線段BC的長度為13；（2）22如圖2，將△ACD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°至△AFB，連接CF、EF，∵∠ACD=135°，∴∠AFB=∠ACD=135°，AC=AF，F(xiàn)B=CD，∴∠AFC=45°，∴∠BFC=∠AFB?∠AFC=135°?45°=90°，∵點E為線段BC的中點，∴EF=CE=1∴AE垂直平分CF，即AE⊥CF，CG=FG，∴AG=AF?sin∴EG=1∵AG+EG=AE，∴22（3）如圖3，取AB的中點O，連接OQ，∵∠BAC=60°，過點B作射線AC的垂線，∴∠AGB=90°，∴∠ABG=90°?∠BAC=90°?60°=30°，∴AG=12∵將△AGH沿直線AH翻折至△AGH所在平面內(nèi)得到△AFH，∴AF=AG=1∵點Q是BF的中點，∴OQ=1∴點Q在以O(shè)為圓心，14連接OD，交⊙O于點Q′，當(dāng)點Q運動到Q′′處時，如圖4，作KX⊥AB于X，設(shè)AK交OD于T，∵過點K作線段AD的垂線，∠DAB=90°，∴四邊形AXKW是矩形，∴AW=KX，AX=WK，∵將△ADQ沿直線DQ翻折至△ADQ所在平面內(nèi)得到△KDQ，過點K作線段AD的垂線，垂足為點W，連接BK，∴AT=KT，AK⊥OD，∵O是AB的中點，∴OT∥∴BK⊥AK，∵∠DAO=∠ATO=∠KXB=90°，∴∠ADO+∠AOD=∠AOD+∠KAB，∠BKX+∠B=∠B+∠BAK，∴∠ADO=∠KAB，∠BKX=∠BAK，∴∠BKX=∠BAK=∠ODA，∵O是AB的中點，AD=AB，∴tan∠BKX=∴BXKX設(shè)BX=k，∴AW=KX=2k，∴BK=K∴AK=2BK=25∴AD=AB=A∴DW=AD?AW=5k?2k=3k，∴DWBK【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)，解直角三角形，垂直平分線的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理，直角三角形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，確定圓的條件，勾股定理等知識，解決問題的關(guān)鍵利用旋轉(zhuǎn)將條件集中．16．（2024上·重慶北碚·九年級西南大學(xué)附中?？计谀┰凇鰽BC中，AB=AC．(1)如圖，當(dāng)∠A=90°時，取AC上一點D，取BC上一點E，連接BD，DE．若BD平分∠ADE，AD=DE=2，求AC的長；(2)如圖2，當(dāng)∠BAC=60°時，取AB上一點F，取BC上一點G，連接FG，AG，延長BC至點H，連接AH．已知∠GAH=60°，AH=AG+FG，求證：CH=BF；(3)當(dāng)∠BAC=60°，點P在△ABC內(nèi)部時，連接AP，BP，CP．當(dāng)2AP+BP+3CP的值最小時，請直接寫【答案】(1)2+2(2)證明見解析(3)4【分析】（1）過D作DK⊥BC于K，而BD平分∠ADE，AD=DE=2，可得AD=DK=2，可得E，K重合，從而可得答案；（2）證明∠BAG=∠CAH，作∠HBT=∠ABC=60°，BT與AG的延長線交于點T，可得∠ABT=∠ACH=120°，證明△ABT≌△ACH，再證明GT=GF，過G作GK⊥AB于K，作GI⊥BT于I，而∠HBT=∠ABC=60°，證明Rt△FGK≌Rt△TGI（3）如圖，作∠PCM=∠BCN=60°，CM=12CP，CN=12CB，連接PM，MN，可得MN=12BP，當(dāng)∠CPM=30°時，則CM⊥PM，且PM=CP2?12CP2=32CP，由2AP+BP+3CP=2AP+MN+PM，可得當(dāng)A，P，M，N共線時，2AP+BP+3CP取得最小值，過N作NR⊥AC于【詳解】（1）解：∵∠A=90°時，AB=AC，∴∠ABC=∠C=45°，過D作DK⊥BC于K，而BD平分∠ADE，AD=DE=2，∴AD=DK=2，∴E，K重合，∴∠DEC=90°，∠EDC=∠C=45°，∴DE=CE=2，∴CD=22∴AC=2+22（2）如圖，∵AB=AC，∠BAC=60°，∴△ABC為等邊三角形；∴∠ABC=∠ACB=60°，∴∠ACH=120°，∵∠GAH=∠BAC=60°，∴∠BAG=∠CAH，作∠HBT=∠ABC=60°，BT與AG的延長線交于點T，∴∠ABT=∠ACH=120°，∴△ABT≌△ACH，∴BT=CH，AT=AH，∵AG+GT=AT=AH=AG+GF，∴GT=GF，過G作GK⊥AB于K，作GI⊥BT于I，而∠HBT=∠ABC=60°，∴GK=GI，∴Rt△FGK≌∴∠GFK=∠GTI，而∠HBT=∠ABC=60°，GF=GT，∴△GFB≌△GTB，∴FB=TB，∴BF=CH．（3）由AB=AC，∠BAC=60°，∴ΔABC為等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，如圖，作∠PCM=∠BCN=60°，CM=12CP，CN=12∴∠NCM=∠BCP，CMCP∴△NCM∽△BCP，∴MNBP∴MN=1當(dāng)∠CPM=30°時，則CM⊥PM，且PM=C∵2AP+BP+3∴當(dāng)A，P，M，N共線時，2AP+BP+3過N作NR⊥AC于R，而∠ACN=∠ACB+∠BCN=120°，∴∠NCR=60°，∠CNR=30°，設(shè)CR=x，∴CN=2x，CB=AC=AB=4x，NR=3∴AN=5x∵∠AMC=∠ARN=90°，∠CAM=∠NAR，∴△ACM∽△ANR，∴ACAR∴4x2∴CM=2217∴CP=2CM=4∴BP=2MN=2AN?AM過P作PS⊥BC于S，過A作AT⊥BC于T，∴CP∴421解得：CS=12∴PS=4∵AT=4x∴S△BPC【點睛】本題考查的是等腰直角三角形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，等邊三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練的作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．17．（2023上·重慶·九年級重慶市松樹橋中學(xué)校?？计谥校┮阎鰽BC和△DBE均為等腰直角三角形，其中∠BAC=90°，∠BDE=90°，AB=AC，DB=DE，連接CE，點F是CE的中點，連接AF、DF．(1)如圖，點E在線段AB上，且BE=2，AF=5，求線段AC的長；(2)如圖，連接AD，求證：2FD=AD(3)如圖，BD=1，AC=2，將△DBE繞著點B逆時針旋轉(zhuǎn)，將線段AB沿直線AF翻折得到線段AB′，連接B′E，當(dāng)【答案】(1)8(2)見解析(3)170【分析】（1）利用直角三角形斜邊中線定理求出CE，利用等腰直角三角形的性質(zhì)求出DE=DB=2，再利用勾股定理求出CD=72，可得（2）如圖2中，延長DF到T，使得FT=DF，連接CT，AT，AD，延長DB交TC的延長線于點J，BJ交AC于點O．證明△AFD是等腰直角三角形，可得結(jié)論；（3）如圖3中，取BC的中點O，連接OF，OA．利用三角形中位線定理證明OF=22，推出當(dāng)點F落在OB上時，CF的值最大（如圖4中），連接OB′，BB′，過點B′作B′J⊥BC于點J，延長AF交BB′于點K．求出B′J，【詳解】（1）解：如圖1中，∵∠CAE=90°，CF=EF，∴EC=2AF=10，∵BA=AC，∴∠B=45°，∵DE⊥CB，∴DE=BD=2∴CD=E∴BC=82∴AC=AB=8；（2）證明：如圖2中，延長DF到T，使得FT=DF，連接CT，AT，AD，延長DB交TC的延長線于點J，BJ交AC于點O∵CF=CE，∠CFT=∠EFD，F(xiàn)T=FD，∴△CFT≌△EFD(SAS)，∴CT=DE=DB，∠CTF=∠FDE，∴TJ∥∴∠J+∠BDE=180°，∵∠BDE=90°，∴∠J=90°，∵∠ABD=90°+∠AOB，∠TCA=90°+∠COJ，∠AOB=∠COJ，∴∠ABD=∠ACT，∵CB=BA，∴△ACT≌△ABD(SAS)，∴AT=BD，∠CAT=∠BAD，∴∠TAD=∠CAB=90°，∵FT=DF，∴AF⊥DT，∠FAD=∠FAT=45°，∴△AFD是等腰直角三角形，∴AD=2（3）如圖3中，取BC的中點O，連接OF，OA．∵AC=BC=2，∠CAB=90°，∴BC=2∵BD=DE=1，∠BDE=90°，∴BE=1∵CO=OB，CF=FE，∴OF=1∴當(dāng)點F落在OB上時，CF的值最大（如圖4），連接OB′，BB′，過點B′作B′J⊥BC于點J，延長AF交BB′于點K．∵AB=AB′，∠BAF=∠B′AF，∴AK⊥BB′，∴BK=KB′，∵∠BKF=∠AOF=90°，∠AFO=∠BFK，∴∠FBK=∠OAF，∴tan∵BF=2∴FK=1010，∴BB′=2∵B′JJB∴B′J=225∴EJ=9∴EB′=B′【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)變換，等腰直角三角形的性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．18．（2024上·重慶沙坪壩·九年級重慶一中?？计谀┰凇鰽BC中，點D為線段BC上一動點，點E為射線AC上一動點，連接AD，BE．(1)若AC>AB，AD⊥BC，當(dāng)點E在線段AC上時，AD，BE交于點F，點①如圖1，若BF=10，BD=3②如圖2，點G為線段AF上一點，連接GE并延長交BC的延長線于點H．若點E為GH中點，∠BAC=60°，∠DAC=2∠EBC，求證：(2)如圖3，若AC=AB=3，∠BAC=60°．當(dāng)點E在線段AC的延長線上時，連接DE，將△DCE沿DC所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)得到△DCM，連接AM，當(dāng)AM取得最小值時，△ABC內(nèi)存在點K，使得∠ABK=∠CAK，當(dāng)KE取得最小值時，請直接寫出【答案】(1)①34；②見解析(2)6?1231【分析】（1）①過點E作EG⊥AD于點G，通過勾股定理得到DF的長，證明△FDB≌△FGE(AAS②延長AC至點K，使EK=EA，連接HK，連接FK交BC于點M，用過證明三角形全等結(jié)合直角三角形的兩個銳角互余，三角形內(nèi)角和等知識即可得證；（2）△DCE沿直線BC翻折后，點E的對應(yīng)點落在直線CM上，當(dāng)AM⊥CM時，AM取得最小值，通過含30°角的直角三角形的特征求出∠AKB=120°，過點A作AC的垂線，過點B作BC垂線相交于點O，點K在以O(shè)為圓心，OA為半徑的圓上，半徑OA=3，當(dāng)O，K，E三點共線時，KE【詳解】（1）解：①過點E作EG⊥AD于點G，∵AD⊥BC，∴∠BDF=90°，∠EGF=90°，∴∠BDF=∠EGF，在Rt△BDF中，∠BDF=90°∴DF=B∵點F為BE中點，∴BF=EF，在△FDB和△FGE中，∠BDF=∠FGE∠1=∠2∴△FDB≌△FGE(AAS∴BD=GE=3，DF=GF=1，∵AD=7，∴AG=AD?DF?FG=7?1?1=5，在Rt△AGE中，∠AGE=90°∴AE=A②證明：延長AC至點K，使EK=EA，連接HK，連接FK交BC于點M．∵AD⊥BC，∴∠ADC=90°，∵點E為GH的中點，∴GE=HE，在△AGE和△KHE中，AE=KE∠1=∠2∴△AGE≌△KHE(SAS)∴∠3=∠4，∴AD∥∴∠CHK=∠ADC=90°，∵∠DAC=2∠EBC，∴設(shè)∠EBC=x，在Rt△BDF中，∠5=90°?∠EBC=90°?x∴∠6=∠5=90°?x，∴∠AEF=180°?∠DAC?∠6=90°?x，∴∠6=∠AEF，∴AF=AE，180°?∠6=180°?∠AEF，即∠7=∠FEK，∴AF=EK，∵點F為BE中點，∴BF=EF，在△AFB和△KEF中，AF=KE∠7=∠FEK∴△AFB≌△KEF(SAS∴AB=FK，∵∠BAC=60°，∴∠HKM=∠4+∠9=∠3+∠8=60°，∴∠10=90°?∠HKM=30°，∴∠11=∠10=30°，在Rt△MHK中，∠10=30°∴HK=1∴AG=1在Rt△FDM中，∠11=30°∴DF=1∴1（2）如圖，△DCE沿直線BC翻折后，點E的對應(yīng)點落在直線CM上，當(dāng)AM⊥CM時，AM取得最小值．由題意可知：∠1=60°，AC=3，∠AMC=90°，∴∠CAM=30°，∴CM=1∴CE=CM=3∴AE=∵∠ABK=∠CAK，∴∠ABK+∠BAK=60°，∴∠AKB=120°過點A作AC的垂線，過點B作BC垂線相交于點O，∴點K在以O(shè)為圓心，OA為半徑的圓上，半徑OA=3，當(dāng)O，K，E三點共線時，KE此時OE=O∴KE=OE?AO=93過點K作KQ⊥AC于點Q，∴△EKQ∽△EOA，∴∴KQ=3∴AQ=9∴AK2=A【點睛】本題考查了三角形綜合應(yīng)用，涉及全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，折疊性質(zhì)，直角三角形特征，勾股定理，三角形內(nèi)角和定理等知識，添加輔助線構(gòu)造直角三角形和全等三角形是解答本題的關(guān)鍵．19．（2023上·重慶銅梁·九年級重慶市巴川中學(xué)校?？计谀┤鐖D，在△ABC中，AC=BC,∠ACB=90°，點D在AB的延長線上，連接DC．(1)如圖，當(dāng)CD=6,tanD=3(2)如圖，將線段DC繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段DE，連接CE，點F為CE的中點，過點F作FG⊥AD于點G．求證：22(3)如圖，在第（1）問的條件下，取AB的中點H，點Q為線段CD上的一動點，連接BQ、HQ，將△HBQ沿HQ翻折得△HB′Q，連接B′D、【答案】(1)6(2)見解析(3)3【分析】（1）作CW⊥AD于W，可得出∠D=30°，解直角三角形CDW求得結(jié)果；（2）作CW⊥AB于W，連接DF，WF，在GD上截取GV=FG，可得出∠DVF=135°，可推出C、W、F、D共圓，從而∠FWD=∠DCE=45°，∠WCF=∠WDV，進而證明△CWF≌△DVF，從而CW=DV，進一步得出結(jié)論；（3）根據(jù)折疊可得HB′=HB，從而推出點B′在以H為圓心，BH為半徑圓上運動，進而得出當(dāng)DB′與⊙H相切時，∠B′DA最大，此時HB′【詳解】（1）解：如圖1，作CW⊥AD于W，∴∠CWD=90°，∵tan∴∠D=30°，∴CW=12CD=3∴AB=BC，∠ACB=90°，∴∠A=∠ABC=45°，∴AC=2∴AB=2（2）解：如圖2，作CW⊥AB于W，連接DF，WF，在GD上截取GV=FG，∴∠CWD=90°，∠FVG=∠GFV=45°，∴∠DVF=135°，∵線段DC繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段DE，∴CD=DE，∠CDE=90°，∴∠DCE=∠E=45°，∵點F是CE的中點，∴DF⊥CE，∴∠CFD=90°=∠CWD，∴C、W、F、D共圓，∴∠FWD=∠DCE=45°，∠WCF=∠WDV，∴∠CWF=135°，∠FWD=∠FNG，∴WF=FV，∴△CWF≌△DVF(AAS∴CW=DV，∵DV=CW=2∴DV+GV=2（3）解：如圖3，∵△HBQ沿HQ翻折得△HB∴HB∴點B′在以H為圓心，BH∴當(dāng)DB′與⊙H相切時，∠B作B′R⊥AD于由（1）知：CH=BH=3，DH=3∴DB∵∴32∴B∴S【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，確定圓的條件，解直角三角形等知識，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形．20．（2023上·重慶沙坪壩·九年級重慶一中校考開學(xué)考試）如圖，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D，E分別為BC上兩動點，BD=CE．

(1)如圖1，若EH⊥AD于H交AB于K，求證：AE=EK；(2)如圖2，若EF∥AD交AC于F，GF⊥AG，AG=GF，求證：(3)如圖3，若AB=4，將AE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)90°得EM，N為BM中點，當(dāng)AN+12AM【答案】(1)見解析(2)見解析(3)6【分析】（1）證明△ABD≌△ACE(SAS)，得到∠BAD=∠CAE，進一步證明∠AKE=∠KAE，根據(jù)在同一個三角形中等角對等邊得到（2）過點C作CH⊥AC，則∠BCH=45°，連接AE并延長交CH于H，連接FH交BC于Q設(shè)AG=FG=a，則AF=2a，設(shè)FQ=CQ=QH=b，則CF=CH=2b，表示出CG=GQ2（3）過點作AG⊥BC于G，過點M作MP⊥BC延長線于P，連接MC，連接GN交AM于H，過點N作NF∥AM交AB于F，證明AN+12AM=CN+NF，故當(dāng)C、N、F三點共線時，CN+NF的值最?。▋牲c之間，線段最短），此時AN+12【詳解】（1）解：證明：∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ABD=∠ACE=180°?90°在△ABD和△ACE中，AB=AC∠ABD=∠ACE∴△ABD≌△ACE(SAS∴∠BAD=∠CAE，又∵∠BAC=90°，EH⊥AD于H交AB于K，∴∠AKE=90°?∠BAD，∠KAE=90°?∠CAE，∴∠AKE=∠KAE，∴AE=EK；（2）證明：如圖，過點C作CH⊥AC，交FE的延長線于點P，

∴∠PCA=90°，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB=∠ABC=45°，∴∠PCE=∠ABC=45°，∵AD∥∴∠ADC=∠FEC，∴∠ADB=∠FEC，∵BD=CE，∴△ABD≌△ACE，∴AD=AE，AB=PC=AC，∴AD+EF=PE+EF=PF，過G作QG⊥GC，使GC=GQ，∴△GCQ是等腰直角三角形，∴CQ=2連接FQ，CQ，∵GF⊥AG，GF=AG，∴△AGF是等腰直角三角形，∴△GAC≌△GFQ，∴AC=FQ，∠GAC=∠GFQ=45°，∴∠AFQ=∠AFG+∠GFQ=90°，∴∠QFC=∠PCF=90°，∴PC∥∵AC=PC=FQ，∴四邊形FPCQ是平行四邊形，∴PF=CQ，∵PF=AD+EF，∴AD+EF=2（3）如圖，過點A作AG⊥BC于G，過點M作MP⊥BC延長線于P，連接MC，連接GN交AM于H，過點N作NF∥AM交AB于

∵AE=ME，∠AEM=90°，∴∠GAE+∠GEA=∠PEM+∠GEA=90°，∴∠GAE=∠PEM，在△GAE和△PEM中，∠GAE=∠PEM∠AGE=∠EPM∴△GAE≌△PEM(AAS∴AG=EP，GE=PM，又∵AG=GC，∴GC=EP，∴GC?EC=EP?EC，∴GE=CP，∴PM=CP，∴∠MCP=45°∵G為BC中點，N為BM中點，∴GN∥∴∠NGC=45°，∵N為BM中點，F(xiàn)N∥∴FN是△BAM的中位線，∴F是AB的中點，F(xiàn)N=1在△AGN和△CGN中，AG=CG∠AGN=∠CGN∴△GNA≌△CGN(SAS∴AN=CN，∴AN+1∴如圖，當(dāng)C、N、F三點共線時，CN+NF的值最小（兩點之間，線段最短），此時AN+1

∵∠MCP=∠ABC=45°，∴MC∥又∵NF∥∴四邊形AFCM是平行四邊形，∴MC=FA=1∴MP=EG=CM2=∴BD=CE=22，CD=2∴S【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、兩點之間線段最短、平行四邊形的判定與性質(zhì)、三角形中位線定理等知識，構(gòu)造輔助線、數(shù)形結(jié)合畫出圖象分析和計算是解題的關(guān)鍵．21．（2023上·重慶·九年級重慶市第十一中學(xué)校?？奸_學(xué)考試）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，點D為AB邊上一點，連接