專題28 解答題重點出題方向圖形的翻折與旋轉(zhuǎn)變換（解析版）

專題28解答題重點出題方向圖形的翻折與旋轉(zhuǎn)變換（解析版）

模塊一2022中考真題集訓(xùn)

類型一圖形的翻折

1．（2022?棗莊）已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，點P從點A出發(fā)，沿AB方向以每秒cm

的速度向終點B運動，同時動點Q從點B出發(fā)沿BC方向以每秒1cm的速度向終點C運動，設(shè)運動的2時

間為t秒．

（1）如圖①，若PQ⊥BC，求t的值；

（2）如圖②，將△PQC沿BC翻折至△P′QC，當(dāng)t為何值時，四邊形QPCP′為菱形？

思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)勾股定理求出AB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計算即可．

（2）作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，APtcm，BQ＝tcm（0≤t＜4），由△ABC為等腰直角三角形，

=2

可得∠A＝∠B＝45°，則可判斷△APE和△PBD為等腰直角三角形，得出PE＝AEAP＝tcm，BD＝

2

PD，則CE＝AC﹣AE＝（4﹣t）cm，由矩形和菱形性質(zhì)及勾股定理，即可求得答案=．2

解：（1）如圖①，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，

∴AB4（cm），

2222

由題意=得?，?AP+??t=cm，4BQ+＝4tc=m，2

則BP＝（4=2t）cm，

∵PQ⊥BC，2?2

∴∠PQB＝90°，

∴∠PQB＝∠ACB，

∴PQ∥AC，

∴，

????

=

∴????，

42?2??

=

解得：4t2＝2，4

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∴當(dāng)t＝2時，PQ⊥BC．

（2）作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，如圖②，

APtcm，BQ＝tcm（0≤t＜4），

∵∠=C＝290°，AC＝BC＝4cm，

∴△ABC為等腰直角三角形，

∴∠A＝∠B＝45°，

∴△APE和△PBD為等腰直角三角形，

∴PE＝AEAP＝tcm，BD＝PD，

2

∴CE＝AC=﹣A2E＝（4﹣t）cm，

∵四邊形PECD為矩形，

∴PD＝EC＝（4﹣t）cm，

∴BD＝（4﹣t）cm，

∴QD＝BD﹣BQ＝（4﹣2t）cm，

在Rt△PCE中，PC2＝PE2+CE2＝t2+（4﹣t）2，

在Rt△PDQ中，PQ2＝PD2+DQ2＝（4﹣t）2+（4﹣2t）2，

∵四邊形QPCP′為菱形，

∴PQ＝PC，

∴t2+（4﹣t）2＝（4﹣t）2+（4﹣2t）2，

∴t1，t2＝4（舍去）．

4

=3

∴當(dāng)t的值為時，四邊形QPCP′為菱形．

4

3

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總結(jié)提升：此題是相似形綜合題，主要考查的是菱形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)，線段垂直平分線

的性質(zhì)，用方程的思想解決問題是解本題的關(guān)鍵．

2．（2022?無錫）如圖，已知四邊形ABCD為矩形，AB＝2，BC＝4，點E在BC上，CE＝AE，將△ABC

沿AC翻折到△AFC，連接EF．2

（1）求EF的長；

（2）求sin∠CEF的值．

思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)翻折變換的特點和勾股定理結(jié)合方程思想解答即可；

（2）根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義，利用勾股定理解答即可．

解：（1）∵CE＝AE，

∴∠ECA＝∠EAC，

根據(jù)翻折可得：∠ECA＝∠FCA，∠BAC＝∠CAF，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴DA∥CB，

∴∠ECA＝∠CAD，

∴∠EAC＝∠CAD，

∴∠DAF＝∠BAE，

∵∠BAD＝90°，

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∴∠EAF＝90°，

設(shè)CE＝AE＝x，則BE＝4﹣x，

在△BAE中，根據(jù)勾股定理可得：

BA2+BE2＝AE2，

即：，

222

解得：(2x＝2)3，+(4??)=?

在Rt△EAF中，EF．

22

（2）過點F作FG⊥=BC?交?+BC??于點=G1，7

設(shè)CG＝y(tǒng)，則GE＝3﹣y，

∵FC＝4，F(xiàn)E，

∴FG2＝FC2﹣=CG12＝7FE2﹣EG2，

即：16﹣y2＝17﹣（3﹣y）2，

解得：y，

4

=3

∴FG，

2282

=?????=

∴sin∠CEF3．

??834

=??=51

總結(jié)提升：本題主要考查了矩形的性質(zhì)，翻折變換，勾股定理，銳角三角函數(shù)，熟練掌握這些性質(zhì)特點

是解答本題的關(guān)鍵．

3．（2022?連云港）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，延長AD到點E，使DE＝AD，且BE⊥DC．

（1）求證：四邊形DBCE為菱形；

（2）若△DBC是邊長為2的等邊三角形，點P、M、N分別在線段BE、BC、CE上運動，求PM+PN的

最小值．

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思路引領(lǐng)：（1）先證明四邊形DBCE是平行四邊形，再由BE⊥DC，得四邊形DBCE是菱形；

（2）作N關(guān)于BE的對稱點N'，過D作DH⊥BC于H，由菱形的對稱性知，點N關(guān)于BE的對稱點N'

在DE上，可得PM+PN＝PM+PN'，即知MN'的最小值為平行線間的距離DH的長，即PM+PN的最小值

為DH的長，在Rt△DBH中，可得DH＝DB?sin∠DBC，即可得答案．

（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，=3

∴AD∥BC，AD＝BC，

∵DE＝AD，

∴DE＝BC，

∵E在AD的延長線上，

∴DE∥BC，

∴四邊形DBCE是平行四邊形，

∵BE⊥DC，

∴四邊形DBCE是菱形；

（2）解：作N關(guān)于BE的對稱點N'，過D作DH⊥BC于H，如圖：

由菱形的對稱性知，點N關(guān)于BE的對稱點N'在DE上，

∴PM+PN＝PM+PN'，

∴當(dāng)P、M、N'共線時，PM+PN'＝MN'＝PM+PN，

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∵DE∥BC，

∴MN'的最小值為平行線間的距離DH的長，即PM+PN的最小值為DH的長，

在Rt△DBH中，

∠DBC＝60°，DB＝2，

∴DH＝DB?sin∠DBC＝2，

3

∴PM+PN的最小值為．×2=3

總結(jié)提升：本題考查平行3四邊形性質(zhì)及應(yīng)用，涉及菱形的判定，等邊三角形性質(zhì)及應(yīng)用，對稱變換等，

解題的關(guān)鍵是掌握解決“將軍飲馬”模型的方法．

4．（2022?無錫）如圖1，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，將△ABC繞點A旋轉(zhuǎn)到△AB'C'位置，設(shè)AC'交

直線CD于點M．

（1）當(dāng)點B'恰好落在DC邊上時，求△AB'C'與矩形ABCD重疊部分的面積；

（2）如圖2，當(dāng)點C、B'、C'恰好在一直線上時，求DM的長度．

思路引領(lǐng)：（1）作C′H⊥DC于H，證明△C′HB′∽△B′DA，可得，C'H，即得

?′?312?△?′?′?

===

455?△??′?

12，而S△AB'C'AB'?B'C'，故S△AB'MS△AB'C'；

?′?54115525

（）=作=⊥，由△=繞點旋=轉(zhuǎn)到△，得=＝=＝，＝，∠

??23CN5AC'ABC2A2AB'C'A9B'AB56AC'AC

22

AB'C'＝∠B＝90°＝∠AB'C，B'C'＝BC＝3，用面積法可得CN=，證?明?△+C?M?N∽=△3A4MD，

??′???′30

==

有，故CN2?AM2＝AD2?CM2，設(shè)DM＝x，故（）2×?（?′x2+32）34＝32（x+5）2，即可得DM

????30

=

的長??度為??．34

5

解：（1）作33C′H⊥DC于H，如圖：

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∵△ABC繞點A旋轉(zhuǎn)到△AB'C'，

∴AB'＝AB＝5，B'C'＝BC＝3，

∴DB'4，

2222

∵∠C='B'H?＝?9′0°?﹣??∠D=B'A5＝?∠3DA=B'，∠CHB'＝90°＝∠D，

∴△C′HB′∽△B′DA，

∴即，

?′??′?′?′?3

==

∴C?'?H′?，?′45

12

=5

∴12，

?△?′?′??′?54

===

?△??′???35

∵S△AB'C'＝S△B'C'M+S△AB'MAB'?B'C'，

115

=2=2

∴S△AB'MS△AB'C'；

525

=9=6

∴△AB'C'與矩形ABCD重疊部分的面積是；

25

（2）作CN⊥AC'，如圖：6

∵△ABC繞點A旋轉(zhuǎn)到△AB'C'，

∴AB'＝AB＝5，AC'＝AC，∠AB'C'＝∠B＝90°＝∠AB'C，B'C'＝BC＝3，

22

∴CC'＝2B'C'＝6，=??+??=34

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∵2S△ACC'＝CC'?AB'＝AC'?CN，

∴CN，

??′???′6×530

===

∵∠CMN＝??∠′AMD，34∠CN3M4＝∠ADM＝90°，

∴△CMN∽△AMD，

∴，

????

=

∴????，即CN2?AM2＝AD2?CM2，

22

????

2=2

設(shè)?D?M＝x?，?

∴（）2×（x2+32）＝32（x+5）2，

30

化簡得3：433x2﹣170x+25＝0，

解得：x＝5（舍去）或x，

5

=33

答：DM的長度為．

5

總結(jié)提升：本題考3查3矩形的性質(zhì)，涉及旋轉(zhuǎn)變換，相似三角形的判定與旋轉(zhuǎn)，解題的關(guān)鍵是掌握旋轉(zhuǎn)的

旋轉(zhuǎn)，能熟練應(yīng)用相似三角形判定定理．

5．（2022?錦州）如圖，在△ABC中，，，D，E，F(xiàn)分別為AC，AB，BC的中點，

連接DE，DF．??=??=25??=4

（1）如圖1，求證：；

5

（2）如圖2，將∠ED?F?繞=點2D?順?時針旋轉(zhuǎn)一定角度，得到∠PDQ，當(dāng)射線DP交AB于點G，射線DQ

交BC于點N時，連接FE并延長交射線DP于點M，判斷FN與EM的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；

（3）如圖3，在（2）的條件下，當(dāng)DP⊥AB時，求DN的長．

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思路引領(lǐng)：（1）連接AF，可得AF⊥BC，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得，

1

??=??=5

根據(jù)中位線定理可得，即可得證；2

1

??=2??=2

（2）證明△DNF∽△DME，根據(jù)（1）的結(jié)論即可得；

5

??=??

（3）連接AF，過點C作CH⊥AB于H，證明△AGD∽△A2HC，可得，勾股定理求得

145

??=??=

GE，AG，根據(jù)，∠EMG＝∠ADG，可得2，進(jìn)5而求得MG，根據(jù)

??3??3

???∠???=??=4???∠???=??=4

MD＝MG+GD求得MD，根據(jù)（2）的結(jié)論，即可求解．

5

（1）證明：如圖1，連接AF，??=2??

∵，，D，E，F(xiàn)分別為AC，AB，BC的中點，

??=??=25??=4

∴，AF⊥BC，

1

??=??=2

∴2，

1

??=??=5

∴2；

5

??=??

（2）解：2，

5

理由如下：??=2??

連接AF，如圖2，

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∵，，D，E，F(xiàn)分別為AC，AB，BC的中點，

∴??=??=25，??=4，

1

∴四??邊=形2?C?DE=F?是?平?行?四∥邊??形，

∴∠DEF＝∠C，

∵，

1

∴∠??D=FC2＝??∠=C，??

∴∠DFC＝∠DEF，

∴180°﹣∠DFC＝180°﹣∠DEF，

∴∠DFN＝∠DEM，

∵將∠EDF繞點D順時針旋轉(zhuǎn)一定角度，得到∠PDQ，

∴∠EDF＝∠PDQ，

∵∠FDN+∠NDE＝∠EDM+∠NDE，

∴∠FDN＝∠EDM，

∴△DNF∽△DME，

∴，

????5

==

∴????；2

5

（3?）?解=：2如??圖，連接AF，過點C作CH⊥AB于H，

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Rt△AFC中，，

1

∴??=2??，=2

22

∵??=?????=4，

11

?△???=?????=?????

∴22，

?????4×485

??===

∵DP⊥AB?，?255

∴△AGD∽△AHC，

∴，

????1

==

∴????2，

145

??=2??=5

Rt△GED中，，

22245225

??=?????=2?()=

Rt△AGD中，55，

22245235

??=?????=(5)?(5)=5

∴，

35

??53

???∠???==4=

??554

∵EF∥AD，

∴∠EMG＝∠ADG，

∴，

??3

???∠???==

∴??4，

442585

??=??=×=

∴33515，

854545

∵△??DN=F?∽?△+D?M?E=，15+5=3

∴，

????5

==

????2

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∴．

554510

總結(jié)??提=升2：?本?題=是幾2何×變3換=綜合3題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊

的一半，中位線的性質(zhì)定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，銳角三角函數(shù)，掌握相似三角形的性質(zhì)與判定

是解題的關(guān)鍵．

6．（2022?鞍山）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，點D在直線AC上，連接BD，將DB繞

點D逆時針旋轉(zhuǎn)120°，得到線段DE，連接BE，CE．

（1）求證：BCAB；

=3

（2）當(dāng)點D在線段AC上（點D不與點A，C重合）時，求的值；

??

（3）過點A作AN∥DE交BD于點N，若AD＝2CD，請直接?寫?出的值．

??

??

思路引領(lǐng)：（1）作AH⊥BC于H，可得BHAB，BC＝2BH，進(jìn)而得出結(jié)論；

3

（2）證明△ABD∽△CBE，進(jìn)而得出結(jié)果；=2

（3）當(dāng)點D在線段AC上時，作BF⊥AC，交CA的延長線于F，作AG⊥BD于G，設(shè)AB＝AC＝3a，

則AD＝2a，解直角三角形BDF，求得BD的長，根據(jù)△DAG∽△DBF求得AQ，進(jìn)而求得AN，進(jìn)一步

得出結(jié)果；當(dāng)點D在AC的延長線上時，設(shè)AB＝AC＝2a，則AD＝4a，同樣方法求得結(jié)果．

（1）證明：如圖1，

作AH⊥BC于H，

∵AB＝AC，

∴∠BAH＝∠CAH60°，BC＝2BH，

11

=2∠???=2×120°=

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∴sin60°，

??

=??

∴BH，

3

∴BC＝=22BH??；

（2）解：∵=AB＝3?A?C，

∴∠ABC＝∠ACB30°，

180°?∠???180°?120°

由（1）得，=2=2=

，

??

=3

?同?理可得，

∠DBE＝30°，，

??

=3

∴∠ABC＝∠DB?E?，，

????

=

∴∠ABC﹣∠DBC＝?∠?DBE?﹣?∠DBC，

∴∠ABD＝∠CBE，

∴△ABD∽△CBE，

∴；

????

==3

（?3）?解：??如圖2，

當(dāng)點D在線段AC上時，

作BF⊥AC，交CA的延長線于F，作AG⊥BD于G，

設(shè)AB＝AC＝3a，則AD＝2a，

由（1）得，CE，

在Rt△ABF中，=∠B3A?F?＝=1820°3?﹣∠BAC＝60°，AB＝3a，

∴AF＝3a?cos60°，BF＝3a．sin60°，

333

=2?=2?

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在Rt△BDF中，DF＝AD+AF＝2aa，

37

+2=2?

BDa，

2233272

∵∠=AG?D?＝+∠?F?＝9=0°，(∠2A?D)G+＝(∠2?B)DF=，19

∴△DAG∽△DBF，

∴，

????

=

∴????，

??2?

33=

19?

2?

∴AG，

33

=?

∵AN∥D1E9，

∴∠AND＝∠BDE＝120°，

∴∠ANG＝60°，

∴ANaa，

??332619

==?=

???60°19319

∴619，

??19?57

==

如圖??3，23?19

當(dāng)點D在AC的延長線上時，

設(shè)AB＝AC＝2a，則AD＝4a，

由（1）得，

CE4，

作B=R⊥3C?A?，=交C3?A的延長線于R，作AQ⊥BD于Q，

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同理可得，

AR＝a，BR，

=3?

∴BD2a，

22

=(3?)+(5?)=7

∴，

??4?

=

∴AQ3?27，?

23

=?

∴AN7a，

2324

=??=

737

∴4，

??7?21

==

??43?21

綜上所述：或．

5721

總結(jié)提升：本19題考2查1了等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解決問題

的關(guān)鍵是正確分類和較強的計算能力．

7．（2022?濟(jì)南）如圖1，△ABC是等邊三角形，點D在△ABC的內(nèi)部，連接AD，將線段AD繞點A按逆

時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到線段AE，連接BD，DE，CE．

（1）判斷線段BD與CE的數(shù)量關(guān)系并給出證明；

（2）延長ED交直線BC于點F．

①如圖2，當(dāng)點F與點B重合時，直接用等式表示線段AE，BE和CE的數(shù)量關(guān)系為AE＝BE﹣CE；

②如圖3，當(dāng)點F為線段BC中點，且ED＝EC時，猜想∠BAD的度數(shù)并說明理由．

思路引領(lǐng)：（1）證明△BAD≌△CAE；

（2）①AE＝DE＝BE﹣BD＝BE﹣CE；

（3）連接AF，作AG⊥DE于G，先證明△ABF∽△ADG，從而，∠BAF＝∠DAG，進(jìn)而∠BAD

????

=

????

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＝∠FAG，再證明△ABD∽△AFG．

解：（1）BD＝CE，理由如下：

∵△ABC是等邊三角形，

∴∠BAC＝60°，AB＝AC，

∵AE是由AD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到的，

∴∠DAE＝60°，AD＝AE，

∴∠BAC＝∠DAE，

∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，

即：∠BAD＝∠CAE，

在△BAD和△CAE中，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?B=A?D?≌△CAE（SAS），

∴BD＝CE；

（2）①由（1）得：∠DAE＝60°，AD＝AE，BD＝CE，

∴△ADE是等邊三角形，

∴DE＝AE，

∴AE＝DE＝BE﹣BD＝BE﹣CE，

故答案為：AE＝BE﹣CE；

②如圖，

∠BAD＝45°，理由如下：

連接AF，作AG⊥DE于G，

∴∠AGD＝90°，

∵F是BC的中點，△ABC是等邊三角形，△ADE是等邊三角形，

∴AF⊥BC，∠ABF＝∠ADG＝60°，

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∴∠AFB＝∠AGD，

∴△ABF∽△ADG，

∴，∠BAF＝∠DAG，

????

=

∴∠??BAF?+?∠DAF＝∠DAG+∠DAF，

∴∠BAD＝∠FAG，

∴△ABD∽△AFG，

∴∠ADB＝∠AGF＝90°，

由（1）得：BD＝CE，

∵CE＝DE＝AD，

∴AD＝BD，

∴∠BAD＝45°．

總結(jié)提升：本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和想，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，

解決問題的關(guān)鍵是利用二次相似：第一對相似三角形為第二對相似三角形提供兩個條件．

8．（2022?常州）如圖，點A在射線OX上，OA＝a．如果OA繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)n°（0＜n≤360）

到OA′，那么點A′的位置可以用（a，n°）表示．

（1）按上述表示方法，若a＝3，n＝37，則點A′的位置可以表示為（3，37°）；

（2）在（1）的條件下，已知點B的位置用（3，74°）表示，連接A′A、A′B．求證：A′A＝A′B．

思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)點的位置定義，即可得出答案；

（2）畫出圖形，證明△AOA′≌△BOA′（SAS），即可由全等三角形的性質(zhì)，得出結(jié)論．

（1）解：由題意，得A′（a，n°），

∵a＝3，n＝37，

∴A′（3，37°），

故答案為：（3，37°）；

（2）證明：如圖：

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∵A′（3，37°），B（3，74°），

∴∠AOA′＝37°，∠AOB＝74°，OA＝OB＝3，

∴∠A′OB＝∠AOB﹣∠AOA′＝74°﹣37°＝37°，

∵OA′＝OA′，

∴△AOA′≌△BOA′（SAS），

∴A′A＝A′B．

總結(jié)提升：本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，新定義題目，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，理解題意，熟練掌握全等三

角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

9．（2022?遼寧）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，線段AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至AD（AD不與AC重

合），旋轉(zhuǎn)角記為，∠DAC的平分線AE與射線BD相交于點E，連接EC．

（1）如圖①，當(dāng)α＝20°時，∠AEB的度數(shù)是45°；

（2）如圖②，當(dāng)α0°＜＜90°時，求證：BD+2CEAE；

α=2

（3）當(dāng)0°＜＜180°，AE＝2CE時，請直接寫出的值．

??

α

??

思路引領(lǐng)：（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出∠BAD＝20°，AB＝AD，求出∠DAE∠DAC＝35°，由三角形外

1

角的性質(zhì)可求出答案；=2

（2）延長DB到F，使BF＝CE，連接AF，證明△ADE≌△ACE（SAS），由全等三角形的性質(zhì)可得出∠

DEA＝∠CEA，∠ADE＝∠ACE，DE＝CE，證明△ABF≌△ACE（SAS），由全等三角形的性質(zhì)可得出AF

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＝AE，∠AFB＝∠AEC＝45°，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論；

（3）分兩種情況畫出圖形，由全等三角形的性質(zhì)及等腰直角三角形的性質(zhì)可得出答案．

（1）解：∵線段AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至AD，＝20°，

∴∠BAD＝20°，AB＝AD，αα

∴∠ADB＝∠ABD（180°﹣20°）＝80°，

1

又∵∠BAC＝90°，=2×

∴∠DAC＝70°，

∵AE平分∠DAC，

∴∠DAE∠DAC＝35°，

1

∴∠AEB＝=∠2ADB﹣∠DAE＝80°﹣35°＝45°，

故答案為：45°；

（2）證明：延長DB到F，使BF＝CE，連接AF，

∵AB＝AC，AD＝AB，

∴AD＝AC，

∵AE平分∠DAC，

∴∠DAE＝∠CAE，

又∵AE＝AE，

∴△ADE≌△ACE（SAS），

∴∠DEA＝∠CEA，∠ADE＝∠ACE，DE＝CE，

∵AB＝AD，

∴∠ABD＝∠ADB，

∵∠ADE+∠ADB＝180°，

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∴∠ACE+∠ABD＝180°，

∵∠BAC＝90°，

∴∠BEC＝360°﹣（∠ACE+∠ABD）﹣∠BAC＝360°﹣180°﹣90°＝90°，

∵∠DEA＝∠CEA，

∴∠DEA＝∠CEA90°＝45°，

1

∵∠ABF+∠ABD＝=1820×°，∠ACE+∠ABD＝180°，

∴∠ABF＝∠ACE，

∵AB＝AC，BF＝CE，

∴△ABF≌△ACE（SAS），

∴AF＝AE，∠AFB＝∠AEC＝45°，

∴∠FAE＝180°﹣45°﹣45°＝90°，

在Rt△AFE中，∠FAE＝90°，

∵cos∠AEF，

??

=

∴EF??，

????

∵EF＝=B??F?+∠B?D?+?D=E＝??C?4E5+°B=D+C2E?＝?BD+2CE，

∴BD+2CEAE；

（3）解：如=圖23，當(dāng)0°＜＜90°時，

α

由（2）可知BD+2CEAE，CE＝DE，

∵AE＝2CE，=2

∴BD+2DE＝2DE，

2

∴2；

??

=2?2

如圖??4，當(dāng)90°＜＜180°時，

α

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在BD上截取BF＝DE，連接AF，方法同（2）可證△ADE≌△ACE（SAS），

∴DE＝CE，

∵AB＝AC＝AD，

∴∠ABF＝∠ADE，

∴△ABF≌△ADE（SAS），

∴AF＝AE，∠BAF＝∠DAE，

又∵∠DAE＝∠CAE，

∴∠BAF＝∠CAE，

∴∠EAF＝∠FAC+∠CAE＝∠FAC+∠BAF＝∠BAC＝90°，

∴△AEF是等腰直角三角形，

∴EFAE，

∴BD=＝B2F+DE+EF＝2DEAE，

∵AE＝2CE＝2DE，+2

∴BD＝2DE+2DE，

2

∴2．

??

=22+

綜上??所述，的值為22或22．

??

2+2?

總結(jié)提升：?本?題是幾何變換綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三

角形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)，掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．

10．（2022?沈陽）【特例感知】

（1）如圖1，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，點C在OA上，點D在BO

的延長線上，連接AD，BC，線段AD與BC的數(shù)量關(guān)系是AD＝BC；

【類比遷移】

（2）如圖2，將圖1中的△COD繞著點O順時針旋轉(zhuǎn)（0°＜＜90°），那么第（1）問的結(jié)論是否仍

然成立？如果成立，證明你的結(jié)論；如果不成立，說明α理由．α

【方法運用】

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（3）如圖3，若AB＝8，點C是線段AB外一動點，AC＝3，連接BC．

①若將CB繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到CD，連接AD，則A3D的最大值是8+3；

②若以BC為斜邊作Rt△BCD（B，C，D三點按順時針排列），∠CDB＝90°，連接6AD，當(dāng)∠CBD＝∠

DAB＝30°時，直接寫出AD的值．

思路引領(lǐng)：（1）證明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出結(jié)論；

（2）利用旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可證得∠BOC＝∠AOD，再證明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出結(jié)論；

（3）①過點A作AT⊥AB，使AT＝AB，連接BT，AD，DT，BD，先證得△ABC∽△TBD，得出DT＝

3，即點D的運動軌跡是以T為圓心，3為半徑的圓，當(dāng)D在AT的延長線上時，AD的值最大，最

大值6為8+3；6

②如圖4，在6AB上方作∠ABT＝30°，過點A作AT⊥BT于點T，連接AD、BD、DT，過點T作TH⊥

AD于點H，可證得△BAC∽△BTD，得出DTAC3，再求出DH、AH，即可求得AD；

339

如圖5，在AB下方作∠ABE＝30°，過點A作=AE2⊥B=E于2點×E，3連=接2DE，可證得△BAC∽△BTD，得出

DE，再由勾股定理即可求得AD．

9

解：=（21）AD＝BC．理由如下：

如圖1，∵△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，

∴OA＝OB，OD＝OC，

在△AOD和△BOC中，

，

??=??

∠???=∠???=90°

∴?△?A=O?D?≌△BOC（SAS），

∴AD＝BC，

故答案為：AD＝BC；

（2）AD＝BC仍然成立.

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證明：如圖2，∵∠AOB＝∠COD＝90°，

∴∠AOB+∠AOC＝∠AOC+∠COD＝90°+，

即∠BOC＝∠AOD，α

在△AOD和△BOC中，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?A=O?D?≌△BOC（SAS），

∴AD＝BC；

（3）①過點A作AT⊥AB，使AT＝AB，連接BT，AD，DT，BD，

∵△ABT和△CBD都是等腰直角三角形，

∴BTAB，BDBC，∠ABT＝∠CBD＝45°，

=2=2

∴，∠ABC＝∠TBD，

????

==2

∴△??ABC?∽?△TBD，

∴，

????

==2

∴D??T??AC33，

∵AT＝=AB2＝8=，D2T＝×33，=6

∴點D的運動軌跡是以6T為圓心，3為半徑的圓，

∴當(dāng)D在AT的延長線上時，AD的值最6大，最大值為8+3，

故答案為：8+3；6

②如圖4，在AB6上方作∠ABT＝30°，過點A作AT⊥BT于點T，連接AD、BD、DT，過點T作TH⊥

AD于點H，

∵cos30°，∠ABC＝∠TBD＝30°+∠TBC，

????3

===

∴△??BAC?∽?△BTD，2

∴，

????3

==

∴D??T?A?C23，

339

在Rt△=A2BT中=，2AT×＝A3B?=si2n∠ABT＝8sin30°＝4，

∵∠BAT＝90°﹣30°＝60°，

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∴∠TAH＝∠BAT﹣∠DAB＝60°﹣30°＝30°，

∵TH⊥AD，

∴TH＝AT?sin∠TAH＝4sin30°＝2，AH＝AT?cos∠TAH＝4cos30°＝2，

3

在Rt△DTH中，DH，

2292265

=?????=()?2=

∴AD＝AH+DH＝2；22

65

如圖5，在AB上方作3∠+AB2E＝30°，過點A作AE⊥BE于點E，連接DE，

則cos30°，

????3

===

∵∠??EBD?＝?∠ABC＝∠AB2D+30°，

∴△BDE∽△BCA，

∴，

????3

==

∴D??E??AC23，

339

==×3=

∵∠BAE2＝90°﹣230°＝602°，AE＝AB?sin30°＝84，

1

∴∠DAE＝∠DAB+∠BAE＝30°+60°＝90°，×2=

∴AD；

2292217

=?????=(2)?4=2

綜上所述，AD的值為2或．

6517

3+

22

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總結(jié)提升：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)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股

定理，等腰三角形的性質(zhì)等知識點，關(guān)鍵是添加恰當(dāng)輔助線，構(gòu)造全等三角形或相似三角形解決問題，

綜合性較強，難度較大，屬于中考壓軸題．

11．（2022?廣元）在Rt△ABC中，AC＝BC，將線段CA繞點C旋轉(zhuǎn)（0°＜＜90°），得到線段CD，連

接AD、BD．αα

（1）如圖1，將線段CA繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)，則∠ADB的度數(shù)為135°；

（2）將線段CA繞點C順時針旋轉(zhuǎn)時α

①在圖2中依題意補全圖形，并求∠αADB的度數(shù)；

②若∠BCD的平分線CE交BD于點F，交DA的延長線于點E，連結(jié)BE．用等式表示線段AD、CE、

BE之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．

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思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得CD＝CA＝CB，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出∠ADC＝90°，∠

?

?

BDC＝45°，即可得∠ADB的度數(shù)；2

?

+

（2）①依題意2可補全圖形，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)即可求解；

②過點C作CG∥BD，交EB的延長線于點G，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得出CE垂直平分BD，求出∠

G＝∠EBD＝45°．可得EC＝CG，EGEC，證明△ACE≌△BCG，可得AE＝BG，根據(jù)線段的和差

即可得出結(jié)論．=2

解：（1）在Rt△ABC中，AC＝BC，將線段CA繞點C旋轉(zhuǎn)（0°＜＜90°），

∴CD＝CA＝CB，∠ACD＝，αα

∴∠BCD＝90°﹣，α

∵CD＝CA，CD＝αCB，

∴∠ADC90°，∠BDC45°，

180°???180°?(90°??)?

==?==+

∴∠ADB＝∠A2DC+∠BDC＝290°45°2135°，2

??

?++=

故答案為：135°；22

（2）①依題意補全圖形如圖，

由旋轉(zhuǎn)得：CD＝CA＝CB，∠ACD＝，

∴∠BCD＝90°+，α

∵CD＝CA，CD＝αCB，

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∴∠ADC90°，∠BDC45°，

180°???180°?(90°+?)?

==?==?

∴∠ADB＝∠A2DC﹣∠BDC＝290°45°245°；2

??

??+=

②CE＝2BE﹣AD．22

證明2：過點C作CG∥BD，交EB的延長線于點G，

∵BC＝CD，CE平分∠BCD，

∴CE垂直平分BD，

∴BE＝DE，∠EFB＝90°，

由①知，∠ADB＝45°，

∴∠EBD＝∠EDB＝45°，

∴∠FEB＝45°，

∵BD∥CG，

∴∠ECG＝∠EFB＝90°，∠G＝∠EBD＝45°，

∴EC＝CG，EGEC，

∵∠ACE＝90°﹣=∠2ECB，∠BCG＝90°﹣∠ECB，

∴∠ACE＝∠BCG，

∵AC＝BC，

∴△ACE≌△BCG（SAS），

∴AE＝BG，

∵EG＝EB+BG＝EB+AE＝EB+ED﹣AD＝2EB﹣AD，

∴CE＝2BE﹣AD．

總結(jié)2提