中考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)訓(xùn)練第07講 全等三角形中手拉手（旋轉(zhuǎn)）模型（解析版）

第07講全等三角形中手拉手（旋轉(zhuǎn)）模型【應(yīng)對方法與策略】【基本模型】一、等邊三角形手拉手-出全等圖1圖2圖3圖4二、等腰直角三角形手拉手-出全等兩個共直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)過程中（B、C、D不共線）始終有：①△BCD≌△ACE；②BD⊥AE（位置關(guān)系）且BD=AE（數(shù)量關(guān)系）；③FC平分∠BFE；圖1圖2圖3圖4【多題一解】一．解答題（共13小題）1．（2022?金平區(qū)一模）如圖，AB、CD為⊙O的直徑，AB⊥CD，點(diǎn)E為上一點(diǎn)，點(diǎn)F為EC延長線上一點(diǎn)，∠FAC＝∠AEF．連接ED，交AB于點(diǎn)G．（1）證明：AF為⊙O的切線；（2）證明：AF＝AG；（3）若⊙O的半徑為2，G為OB的中點(diǎn)，AE的長．【分析】（1）根據(jù)垂直定義可得∠AOC＝90°，從而利用圓周角定理可得∠AEF＝∠AOC＝45°，進(jìn)而可得∠FAC＝45°，然后根據(jù)△AOC是等腰直角三角形可得∠OAC＝45°，從而求出∠OAF＝90°，即可解答；（2）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補(bǔ)，以及平角定義可得∠ACF＝∠ADG，再根據(jù)已知AB⊥CD，可證AD＝AC，∠FAC＝∠DAB＝45°，從而證明△ADG≌△ACF，即可解答；（3）連接BE，AD，分別在Rt△OAD和Rt△ODG中，根據(jù)勾股定理求出AD，DG的長，然后證明△ADG∽△EBG，利用相似三角形的性質(zhì)求出BE的長，最后在Rt△ABE中，利用勾股定理求出AE的長，即可解答．【解答】（1）證明：∵AB⊥CD，∴∠AOC＝90°，∴∠AEF＝∠AOC＝45°，∵∠FAC＝∠AEF，∴∠FAC＝45°，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA＝45°，∴∠OAF＝∠OAC+∠FAC＝90°，∵OA是⊙O的半徑，∴AF為⊙O的切線；（2）證明：∵四邊形ADEC是圓內(nèi)接四邊形，∴∠ADG+∠ACE＝180°，∵∠ACE+∠ACF＝180°，∴∠ACF＝∠ADG，∵AB⊥CD，∴∠AOD＝∠AOC＝∠BOD＝90°，∴AD＝AC，∠DAB＝∠BOD＝45°，∴∠FAC＝∠DAB＝45°，∴△ADG≌△ACF（ASA），∴AG＝AF；（3）解：連接BE，AD，∵G為OB的中點(diǎn)，OB＝2，∴OG＝GB＝OB＝1，∵OA＝OD＝2，∠AOD＝90°，∴AD＝OA＝2，∵∠BOD＝90°，∴BD＝＝＝，∵∠DAB＝∠DEB，∠AGD＝∠BGE，∴△ADG∽△EBG，∴＝，∴＝，∴EB＝，∵AB是⊙O的直徑，∴∠AEB＝90°，∴AE＝＝＝，∴AE的長為．【點(diǎn)評】本題考查了圓周角定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，切線的判定與性質(zhì)，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．2．（2022?蘭州模擬）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB是⊙O的直徑，AD平分∠CAB交⊙O于點(diǎn)D，在OD的延長線上存在一點(diǎn)E，使得∠CED＝∠B，連接CD．（1）求證：CE是⊙O的切線；（2）當(dāng)CE＝CB時，判斷四邊形ACDO的形狀并說明理由．【分析】（1）連接OC，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得∠ACB＝90°，從而可得∠CAB+∠B＝90°，再根據(jù)角平分線的定義，以及圓周角定理可得∠COD＝∠CAB，從而可得∠CED+∠COD＝90°，然后利用三角形內(nèi)角和定理求出∠OCE＝90°，即可解答；（2）根據(jù)CE＝CB，再利用（1）的結(jié)論可得△COE≌△CAB，從而可得CO＝CA，進(jìn)而可得△OCA是等邊三角形，然后利用等邊三角形的性質(zhì)可得∠CAB＝60°，從而可得∠COD＝60°，進(jìn)而可得△OCD是等邊三角形，最后利用等邊三角形的性質(zhì)可得CD＝OD＝AC＝OA，即可解答．【解答】（1）證明：連接OC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠CAB+∠B＝90°，∵AD平分∠CAB，∴∠CAD＝∠CAB，∵∠CAD＝∠COD，∴∠COD＝∠CAB，∵∠CED＝∠B，∴∠CED+∠COD＝90°，∴∠OCE＝180°﹣（∠CED+∠COD）＝90°，∵OC是⊙O的半徑，∴CE是⊙O的切線；（2）四邊形ACDO是菱形，理由：∵∠CED＝∠B，∠COD＝∠CAB，CE＝CB，∴△COE≌△CAB（AAS），∴CO＝CA，∵OC＝OA，∴OC＝OA＝AC，∴△OCA是等邊三角形，∴∠CAB＝60°，∴∠COD＝∠CAB＝60°，∵OC＝OD，∴△OCD是等邊三角形，∴CD＝OC＝OD，∴CD＝OD＝AC＝OA，∴四邊形ACDO是菱形．【點(diǎn)評】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，切線的判定與性質(zhì)，圓周角定理，三角形的外接圓與外心，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)，以及切線的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2022?海淀區(qū)二模）已知AB＝BC，∠ABC＝90°，直線l是過點(diǎn)B的一條動直線（不與直線AB，BC重合），分別過點(diǎn)A，C作直線l的垂線，垂足為D，E．（1）如圖1，當(dāng)45°＜∠ABD＜90°時，①求證：CE+DE＝AD；②連接AE，過點(diǎn)D作DH⊥AE于H，過點(diǎn)A作AF∥BC交DH的延長線于點(diǎn)F．依題意補(bǔ)全圖形，用等式表示線段DF，BE，DE的數(shù)量關(guān)系，并證明；（2）在直線l運(yùn)動的過程中，若DE的最大值為3，直接寫出AB的長．【分析】（1）①先證明△ABD≌△BCE（AAS），可得：AD＝BE，BD＝CE，由BD+DE＝BE，運(yùn)用等量代換即可得出答案；②補(bǔ)全圖形如圖2所示，先證明△ADF≌△BEA（AAS），得出DF＝AE，再由勾股定理可得：AD2+DE2＝AE2，運(yùn)用等量代換即可得出答案；（2）由于AD＝BE，設(shè)AD＝BE＝x，由勾股定理得AB2＝AD2+BD2，當(dāng)DE最大時，BD最小，AB的值最小，又AB2＝x2+（x﹣3）2＝2x2﹣6x+9＝2（x﹣）2+，運(yùn)用二次函數(shù)的最值即可得出答案．【解答】（1）證明：①∵AD⊥l，CE⊥l，∴∠ADB＝∠BEC＝90°，∴∠A+∠ABD＝90°，∵∠ABD+∠CBE＝∠ABC＝90°，∴∠A＝∠CBE，在△ABD和△BCE中，，∴△ABD≌△BCE（AAS），∴AD＝BE，BD＝CE，∵BD+DE＝BE，∴CE+DE＝AD；②補(bǔ)全圖形如圖2所示，BE2+DE2＝DF2，∵AH⊥DF，∴∠FAE+∠F＝90°，∵AF∥BC，∴∠FAB＝180°﹣∠ABC＝90°，∴∠FAE+∠BAE＝90°，∴∠F＝∠BAE，∵∠ADF+∠EDH＝90°，∠AEB+∠EDH＝90°，∴∠ADF＝∠AEB，由①知：AD＝BE，在△ADF和△BEA中，，∴△ADF≌△BEA（AAS），∴DF＝AE，在Rt△ADE中，AD2+DE2＝AE2，∴BE2+DE2＝DF2；（2）設(shè)AD＝BE＝x，∵DE的最大值為3，∴BD＝|x﹣3|，∵AB2＝AD2+BD2，當(dāng)DE最大時，BD最小，AB的值最小，∴AB2＝x2+（x﹣3）2＝2x2﹣6x+9＝2（x﹣）2+，∵2＞0，∴AB2有最小值，∴當(dāng)DE的最大值為3時，AB的值為．【點(diǎn)評】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理等，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．4．（2022?南平模擬）如圖，BD是⊙O的直徑，＝，點(diǎn)C是半圓上一動點(diǎn)，且與點(diǎn)A分別在BD的兩側(cè)．（1）如圖1，若＝5，BD＝4，求AC的長；（2）求證：CD+BC＝AC．【分析】（1）連接CO并延長交⊙O于點(diǎn)E，連接AE，利用直徑所對的圓周角是直角求出∠BAD＝∠CAE＝90°，從而可得∠ADB＝∠ABD＝45°，再根據(jù)已知＝5，求出∠BOC＝30°，進(jìn)而求出∠AEC＝60°，最后在Rt△ACE中，利用銳角三角函數(shù)求出AC長即可；（2）過點(diǎn)A作FA⊥AC，交CD的延長線于點(diǎn)F，利用手拉手模型﹣旋轉(zhuǎn)性全等，證明△ABC≌△ADF，從而可得AC＝AF，BC＝DF，進(jìn)而得到△ACF是等腰直角三角形，即可解答．【解答】（1）解：連接CO并延長交⊙O于點(diǎn)E，連接AE，∵BD是⊙O的直徑，∴∠BAD＝90°，∵＝，∴AB＝AD，∴∠ADB＝∠ABD＝45°，∵＝5，∴∠BOC＝∠COD，∴∠BOC＝∠BOD＝180°×＝30°，∴∠BDC＝∠BOC＝15°，∴∠ADC＝∠ADB+∠BDC＝60°，∴∠ADC＝∠AEC＝60°，∵CE是⊙O的直徑，∴∠CAE＝90°，∵CE＝BD＝4，∴AC＝CEsin60°＝4×＝2；（2）證明：過點(diǎn)A作FA⊥AC，交CD的延長線于點(diǎn)F，∴∠CAF＝90°，∵∠BAD＝90°，∴∠BAD﹣∠CAD＝∠CAF﹣∠CAD，∴∠BAC＝∠DAF，∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ADC+∠ADF＝180°，∴∠ADF＝∠ABC，∵AB＝AD，∴△ABC≌△ADF（ASA），∴AC＝AF，BC＝DF，∴△ACF是等腰直角三角形，∴CF＝AC，∴CD+DF＝AC，∴CD+BC＝AC．【點(diǎn)評】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，圓心角、弧、弦的關(guān)系，圓周角定理，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．5．（2022?黔東南州一模）綜合與實(shí)踐（1）問題發(fā)現(xiàn)如圖1，△ACB和△DCE均為等邊三角形，點(diǎn)A，D，E在同一直線上，連接BE．請寫出∠AEB的度數(shù)及線段AD，BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（2）類比探究如圖2，△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，點(diǎn)A，D，E在同一直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE．填空：①∠AEB的度數(shù)為90°；②線段CM，AE，BE之間的數(shù)量關(guān)系為AE＝BE+2CM．（3）拓展延伸在（2）的條件下，若BE＝4，CM＝3，則四邊形ABEC的面積為35．【分析】（1）由條件易證△ACD≌△BCE，從而得到：AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．由點(diǎn)A，D，E在同一直線上可求出∠ADC，從而可以求出∠AEB的度數(shù)；（2）仿照（1）中的解法可求出∠AEB的度數(shù)，證出AD＝BE；由等腰直角三角形的性質(zhì)可得CM＝DM＝ME，從而證到AE＝BE+2CM；（3）由（2）得∠AEB＝90°，AD＝BE＝4，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出CM⊥AE，DE＝2CM＝6，求出AE＝AD+DE＝10，四邊形ABEC的面積＝△ACE的面積+△ABE的面積，即可得出答案．【解答】解：（1）∠AEB＝60°，AD＝BE，理由如下：∵△ACB和△DCE均為等邊三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°．∴∠ACD＝∠BCE．在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS）．∴∠ADC＝∠BEC．AD＝BE，∵△DCE為等邊三角形，∴∠CDE＝∠CED＝60°．∵點(diǎn)A，D，E在同一直線上，∴∠ADC＝120°．∴∠BEC＝120°．∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°．（2）猜想：①∠AEB＝90°，②AE＝BE+2CM．理由如下：∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°．∴∠ACD＝∠BCE．在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS）．∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．∵△DCE為等腰直角三角形，∴∠CDE＝∠CED＝45°．∵點(diǎn)A，D，E在同一直線上，∴∠ADC＝135°．∴∠BEC＝135°．∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°．∵CD＝CE，CM⊥DE，∴DM＝ME．∵∠DCE＝90°，∴DM＝ME＝CM．∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．故答案為：90°，AE＝BE+2CM；（3）由（2）得：∠AEB＝90°，AD＝BE＝4，∵△DCE均為等腰直角三角形，CM為△DCE中DE邊上的高，∴CM⊥AE，DE＝2CM＝6，∴AE＝AD+DE＝4+6＝10，∴四邊形ABEC的面積＝△ACE的面積+△ABE的面積＝AE×CM+AE×BE＝×10×3+×10×4＝35；故答案為：35．【點(diǎn)評】本題是四邊形綜合題目，考查了等邊三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、三角形全等的判定與性質(zhì)、三角形面積等知識；熟練掌握等邊三角形和等腰直角三角形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．6．（2022?威縣校級模擬）如圖，已知在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝6，D是線段BC上一點(diǎn)（不與點(diǎn)B，C重合），連接AD，將線段AD繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)120°得到線段AE，連接CE，DE．設(shè)∠BAD＝α．（1）求證：△ABD≌△ACE；（2）求AD長度的最小值；（3）用含α的代數(shù)式表示∠DEC；（4）若△ABD的外心在該三角形的內(nèi)部時，m°＜α＜n°，直接寫出m，n的值．【分析】（1）由SAS證明△ABD≌△ACE即可；（2）當(dāng)AD⊥BC時，AD的長度最小，在Rt△ABD中求出AD即可；（3）由∠DEC＝∠AEC﹣∠AED，分別求出∠AEC＝150°﹣α，∠AED＝30°，即可求解；（4）當(dāng)∠BAD＝90°時，△ABD的外接圓的圓心在BD上，此時α＝90°，當(dāng)∠ADB＝90°時，△ABD的外接圓的圓心在AB上，此時α＝60°，則60°＜α＜90°時，△ABD的外心在該三角形的內(nèi)部．【解答】（1）證明：∵∠BAC＝∠DAE＝120°，∴∠BAD＝∠CAE＝120°﹣∠CAD，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS）；（2）解：當(dāng)AD⊥BC時，AD的長度最小，∵∠BAC＝120°，AB＝AC，∴∠B＝30°，∴AD＝AB＝3，∴AD長度的最小值是3；（3）解：由（2）知，∠B＝30°，∵∠BAD＝α，∴∠ADB＝150°﹣α，∵△ABD≌△ACE，∴∠AEC＝∠ADB＝150°﹣α，∵∠DAE＝120°，AD＝AE，∴∠AED＝30°，∴∠DEC＝∠AEC﹣∠AED＝120°﹣α；（4）解：當(dāng)∠BAD＝90°時，△ABD的外接圓的圓心在BD上，此時α＝90°，當(dāng)∠ADB＝90°時，△ABD的外接圓的圓心在AB上，此時α＝60°，∴60°＜α＜90°時，△ABD的外心在該三角形的內(nèi)部，∴m＝60，n＝90．【點(diǎn)評】本題考查圓的綜合應(yīng)用，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形全等的判定及性質(zhì)，外接圓的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7．（2022?黃岡二模）（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，△ACB和△DCE均為等邊三角形，點(diǎn)A，D，E在同一直線上，連接BE．填空：①∠AEB的度數(shù)為60°；②線段AD，BE之間的數(shù)量關(guān)系為AD＝BE；（2）拓展探究如圖2，△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，點(diǎn)A，D，E在同一直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數(shù)及線段CM，AE，BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）解決問題如圖3，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝5，平面上一動點(diǎn)P到點(diǎn)B的距離為3，將線段CP繞點(diǎn)C順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段CD，連DA，DB，PB，則BD是否有最大值和最小值，若有直接寫出，若沒有說明理由？【分析】（1）①證明△CDA≌△CEB，根據(jù)得到∠CEB＝∠CDA＝120°，計(jì)算即可；②由①知，△CDA≌△CEB，即可得出結(jié)論；（2）證明△CDA≌△CEB，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)解答；（3）當(dāng)B、D、A三點(diǎn)在同一條直線上時，BD有最小值，此時∠PBC＝45°時，BD的最小值為5﹣3同理可得：如圖4，當(dāng)B、D、A三點(diǎn)在同一條直線上時，BD的最大值為：AB+AD＝AB+BP＝5+3．【解答】解：（1）①∵△ACB和△DCE均為等邊三角形，∴∠ACB＝∠DCE＝60°，CA＝CB，CD＝CE，∴∠ACD＝∠BCE，在△CDA和△CEB中，，∴△CDA≌△CEB，∴∠CEB＝∠CDA＝120°，又∠CED＝60°，∴∠AEB＝120°﹣60°＝60°；②由①知，△CDA≌△CEB，∴AD＝BE；故答案為：60°，AD＝BE（2）∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，即∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE，∴AD＝BE，∠BEC＝∠ADC＝135°．∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135°﹣45°＝90°；結(jié)論：AE＝2CM+BE，在等腰直角三角形DCE中，CM為斜邊DE上的高，∴CM＝DM＝ME，∴DE＝2CM．∴AE＝DE+AD＝2CM+BE∴AE＝2CM+BE．（3）如圖3，∵點(diǎn)P到點(diǎn)B的距離是3，∴點(diǎn)P是以點(diǎn)B為圓心，3為半徑的圓，當(dāng)B、D、A三點(diǎn)在同一條直線上時，BD有最小值，∵∠ACB＝90°，∠DCP＝90°，∴∠ACD＝∠BCP在△ACD與△BCP中，，∴△ACD≌△BCP（SAS），∴∠PBC＝∠A＝45°，AD＝BP＝3，在Rt△ABC中，AC＝BC＝5，∴AB＝5∴BD＝AB﹣AD＝5﹣3此時∠PBC＝45°時，BD的最小值為5﹣3，同理可得：如圖4，當(dāng)B、D、A三點(diǎn)在同一條直線上時，BD的最大值為：AB+AD＝AB+BP＝5+3，【點(diǎn)評】此題是幾何變換綜合題，主要考查了考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(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．8．（2022?邵陽模擬）旋轉(zhuǎn)是一種重要的圖形變換，當(dāng)圖形中有一組鄰邊相等時往往可以通過旋轉(zhuǎn)解決問題．（1）嘗試解決：如圖①，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)M是BC上的一點(diǎn)，BM＝1cm，CM＝2cm，將△ABM繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)后得到△ACN，連接MN，則AM＝cm．（2）類比探究：如圖②，在“箏形”四邊形ABCD中，AB＝AD＝a，CB＝CD，AB⊥BC于點(diǎn)B，AD⊥CD于點(diǎn)D，點(diǎn)P、Q分別是AB、AD上的點(diǎn)，且∠PCB+∠QCD＝∠PCQ，求△APQ的周長．（結(jié)果用a表示）（3）拓展應(yīng)用：如圖③，已知四邊形ABCD，AD＝CD，∠ADC＝60°，∠ABC＝75°，AB＝2，BC＝2，求四邊形ABCD的面積．【分析】（1）如圖①，先根據(jù)等腰直角三角形得兩銳角為45°，由旋轉(zhuǎn)得∠MCN＝90°，CN＝BM＝1，由勾股定理可得MN的長，最后根據(jù)△AMN是等腰直角三角形可得結(jié)論；（2）如圖②，延長AB到E，使BE＝DQ，連接CE，證明△CDQ≌△CBE（SAS）和△QCP≌△ECP（SAS），根據(jù)等量代換可得△APQ的周長＝2AB＝2a；（3）如圖③，連接BD，由于AD＝CD，所以可將△BCD繞點(diǎn)D順時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△DAB′，連接BB′，延長BA，作B′E⊥BA；易證△BDB'是等邊三角形，△AEB'是等腰直角三角形，利用勾股定理計(jì)算AE＝B′E＝，BB′＝2，根據(jù)面積差可得結(jié)論．【解答】解：（1）如圖①，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，由旋轉(zhuǎn)得：CN＝BM＝1，∠ACN＝∠B＝45°，∠MAN＝∠BAC＝90°，AM＝AN，∴∠MCN＝∠ACB+∠ACN＝45°+45°＝90°，△AMN是等腰直角三角形，∵CM＝2，∴MN＝＝，∴AM＝MN＝（cm）；故答案為：；（2）如圖②，延長AB到E，使BE＝DQ，連接CE，∵AB⊥BC，AD⊥CD，∴∠ADC＝∠ABC＝90°，∴∠CBE＝∠CDQ＝90°，在△CDQ和△CBE中，，∴△CDQ≌△CBE（SAS），∴∠DCQ＝∠BCE，CQ＝CE，∵∠PCB+∠QCD＝∠PCQ，∴∠PCB+∠BCE＝∠PCQ＝∠PCE，在△QCP和△ECP中，，∴△QCP≌△ECP（SAS），∴PQ＝PE，∴△APQ的周長＝AQ+PQ+AP＝AQ+PE+AP＝AQ+BE+PB+AP＝AQ+DQ+AB＝2AB＝2a；（3）如圖③，連接BD，由于AD＝CD，所以可將△BCD繞點(diǎn)D順時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△DAB′，連接BB′，延長BA，作B′E⊥BA于E，由旋轉(zhuǎn)得：△BCD≌△B′AD，∴BD＝B'D，∠BDB'＝60°，∠CBD＝∠AB'D，∴S四邊形ABCD＝S四邊形BDB′A，△BDB'是等邊三角形，∵∠ABC＝75°，∠ADC＝60°，∴∠BAB′＝∠BDB'+∠AB'D+∠ABD＝135°，∴∠B′AE＝45°，∵B′A＝BC＝2，∴B′E＝AE＝，∴BE＝AB+AE＝2+＝3，∴BB′＝＝2，設(shè)等邊三角形的高為h，則勾股定理得：h＝＝，∴S四邊形ABCD＝S四邊形BDB′A＝S△BDB′﹣S△ABB′＝×2×﹣××＝5﹣2．【點(diǎn)評】本題是四邊形的綜合題，主要考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形全等，四邊形和三角形面積計(jì)算等知識，關(guān)鍵是利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)作輔助線，構(gòu)建全等三角形來解決問題．【一題多解】1．（2022?鄭州二模）如圖1，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°．點(diǎn)D是BC邊上一動點(diǎn)，連接AD，將AD繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)90°到AE，連接CE．（1）求證：CD+CE＝CA．（2）如圖2，連接DE，交AC于點(diǎn)F．①求證：CD?CE＝CF?CA；②當(dāng)△CEF是等腰三角形時，請直接寫出BD的長．【分析】（1）證明△ABD≌△ACE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CE＝BD，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出BC＝CA，進(jìn)而證明結(jié)論；（2）①證明△ABD∽△DCF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計(jì)算即可證明；②分CE＝CF、EF＝CF兩種情況，根據(jù)①中結(jié)論計(jì)算，得到答案．【解答】解：（1）證明：∵將AD繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)90°到AE，∴AD＝AE，∠DAE＝90°．∵∠BAC＝90°，∴∠DAE＝∠BAC，∴∠DAE﹣∠DAC＝∠BAC﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴CE＝BD，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，∴BC＝CA，∴CD+CE＝CD+BD＝BC＝CA；（2）①證明：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD＝AE，∠DAE＝90°，∴∠B＝∠ACB＝∠ADE＝45°．∵∠ADC＝∠B+∠BAD，且∠ADC＝∠ADE+∠CDF，∴∠BAD＝∠CDF，∴△ABD∽△DCF，∴＝，即∴CD?BD＝CF?AB，∵CE＝BD，AB＝AC，∴CD?CE＝CF?CA；②或2．設(shè)BD＝x，則CD＝4﹣x，當(dāng)CE＝CF時，CE＝CF＝BD＝x，∵CD?CE＝CF?CA，∴（4﹣x）?x＝2x，解得：x1＝4﹣2，x2＝0（舍去）；當(dāng)EF＝CF時，∠EFC＝90°，∴CF＝CE＝BD＝x，則（4﹣x）?x＝2?x，解得x1＝2，x2＝0（舍去）；由題意可知，EF≠EC，綜上，當(dāng)△CEF是等腰三角形時，BD的長為4﹣2或2．【點(diǎn)評】本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，證明△ABD∽△DCF是解題的關(guān)鍵．2．（2022?漢壽縣一模）如圖1，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，點(diǎn)E、F分別為AB，AC的中點(diǎn)，D為線段EF上一動點(diǎn)（不與點(diǎn)E，F(xiàn)重合），將線段AD繞點(diǎn)A逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到AN，連接NC，DB．（1）證明：△ABD≌△ACN；（2）如圖2，連接ND，NF，AF與ND相交于點(diǎn)M．①證明：在點(diǎn)D的運(yùn)動過程中，總有∠DFN＝90°；②若，當(dāng)ED的長度為多少時，△AMN為等腰三角形？【分析】（1）由“SAS”可證△ADB≌△ANC；（2）①由“SAS”可證△EAD≌△FAN，可得∠AFN＝∠AEF＝45°，可得結(jié)論；②分三種情況討論，由等腰三角形的性質(zhì)可求解．【解答】（1）證明：∵將線段AD繞點(diǎn)A逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到AN，∴AD＝AN，∠DAN＝90°，∵∠BAC＝∠DAN＝90°，∴∠BAD＝∠CAN，在△ADB和△ANC中，，∴△ADB≌△ANC（SAS）；（2）①證明：∵點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點(diǎn)，∴AE＝AB，AF＝AC，∵AB＝AC，∴AE＝AF，∴△AEF是等腰直角三角形，∵AE＝AF，∠BAD＝∠FAN，AD＝AN，∴△EAD≌△FAN（SAS），∴∠AFN＝∠AEF＝45°，∴∠DFN＝∠AFN+∠AFD＝45°+45°＝90°，即：∠DFN＝90°；②解：當(dāng)AM＝MN時，∠MAN＝∠ANM＝45°，∴∠DAF＝∠DAN﹣∠FAN＝90°﹣45°＝45°，∵AE＝AF，∴ED＝FD＝EF，∵AE＝AF＝AB＝2，∴EF＝＝＝4，∴ED＝2，當(dāng)AN＝MN時，∠NAM＝∠AMN＝＝＝67.5°，∴∠EAD＝∠NAM＝67.5°，∵∠AEF＝45°，∴∠ADE＝67.5°＝∠EAD，∴ED＝AE＝2，當(dāng)AM＝AN時，∠AMN＝∠ANM＝45°，∴∠MAN＝90°，此時點(diǎn)D與點(diǎn)F重合，不符合題意，綜上所述：ED＝2或2．【點(diǎn)評】本題是幾何變換綜合題，考查了等腰直角三角形性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形分類等知識，解決問題的關(guān)鍵是熟練掌握“手拉手”模型．3．（2022?順城區(qū)模擬）如圖，△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝60°，MB⊥BC，垂足為B，點(diǎn)D在直線BM上，連接CD，將線段CD繞點(diǎn)C逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到線段CE，連接DE，直線DE與直線AB相交于點(diǎn)F．（1）連接AE，請直接寫出線段AE與線段BD的數(shù)量關(guān)系；（2）猜想線段EF與線段DF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）若CA＝CB＝5，AF＝，請直接寫出線段BD的長．【分析】（1）利用SAS證明△ECA≌△DCB即可；（2）過點(diǎn)D作DH∥AE，交AB于H，利用AAS證明△EFA≌△DFH，得AE＝DH，由（1）知∠DHF＝150°，從而證明DH＝BD，從而解決問題；（3）分點(diǎn)F在A下方和上方兩種情形，由（2）知AF＝FH＝，則BH＝AB﹣AH＝5﹣1＝4，過點(diǎn)D作DG⊥AB于G，利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)即可解答．【解答】證明：（1）AE＝BD，理由如下：∵CD繞點(diǎn)C逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到線段CE，∴CE＝CD，∠DCE＝60°，∵∠ACB＝60°，∴∠ECA＝∠DCB＝60°﹣∠ACD，又∵CA＝CB，∴△ECA≌△DCB（SAS），∴AE＝BD；（2）FE＝FD，理由如下：過點(diǎn)D作DH∥AE，交AB于H，∴∠DHF＝∠EAF，∵CA＝CB，∠ACB＝60°，∴△ABC為等邊三角形，∴∠CAB＝∠CBA＝60°，∵M(jìn)B⊥BC，∴∠CBD＝90°，∴∠HBD＝∠CBD﹣∠CBA＝90°﹣60°＝30°，∵△ECA≌△DCB，∴∠EAC＝∠CBD＝90°，∴∠DHF＝∠EAF＝∠EAC+∠CAB＝90°+60°＝150°，∴∠DHB＝180°﹣∠FHD＝180°﹣150°＝30°，∴∠HBD＝∠DHB，∴DH＝DB，∵AE＝BD，∴AE＝HD，又∠EFA＝∠DFH，∠EAF＝∠DHF，∴△EFA≌△DFH（AAS），∴FE＝FD；（3）如圖，當(dāng)點(diǎn)F在線段AB上時，由（2）知AF＝FH＝，∴BH＝AB﹣AH＝5﹣1＝4，過點(diǎn)D作DG⊥AB于G，∵DH＝DB，DG⊥BH，∴BG＝GH＝2，設(shè)DG＝x，則BD＝2x，BG＝x，∴x＝，∴BD＝2x＝；當(dāng)點(diǎn)F在線段BA的延長線上時，同理可得BH＝6，則BD＝2，綜上：BD＝或2．【點(diǎn)評】本題是幾何變換綜合題，主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，作輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．4．（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(diǎn)C在OA上，點(diǎn)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(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜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，說明理由．【方法運(yùn)用】（3）如圖3，若AB＝8，點(diǎn)C是線段AB外一動點(diǎn)，AC＝3，連接BC．①若將CB繞點(diǎn)C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到CD，連接AD，則AD的最大值是8+3；②若以BC為斜邊作Rt△BCD（B，C，D三點(diǎn)按順時針排列），∠CDB＝90°，連接AD，當(dāng)∠CBD＝∠DAB＝30°時，直接寫出AD的值．【分析】（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(diǎn)A作AT⊥AB，使AT＝AB，連接BT，AD，DT，BD，先證得△ABC∽△TBD，得出DT＝3，即點(diǎn)D的運(yùn)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，最大值為8+3；②如圖4，在AB上方作∠ABT＝30°，過點(diǎn)A作AT⊥BT于點(diǎn)T，連接AD、BD、DT，過點(diǎn)T作TH⊥AD于點(diǎn)H，可證得△BAC∽△BTD，得出DT＝AC＝×3＝，再求出DH、AH，即可求得AD；如圖5，在AB下方作∠ABE＝30°，過點(diǎn)A作AE⊥BE于點(diǎn)E，連接DE，可證得△BAC∽△BTD，得出DE＝，再由勾股定理即可求得AD．【解答】解：（1）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，，∴△AOD≌△BOC（SAS），∴AD＝BC，故答案為：AD＝BC；（2）AD＝BC仍然成立.證明：如圖2，∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOB+∠AOC＝∠AOC+∠COD＝90°+α，即∠BOC＝∠AOD，在△AOD和△BOC中，，∴△AOD≌△BOC（SAS），∴AD＝BC；（3）①過點(diǎn)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，∴BT＝AB，BD＝BC，∠ABT＝∠CBD＝45°，∴＝＝，∠ABC＝∠TBD，∴△ABC∽△TBD，∴＝＝，∴DT＝AC＝×3＝3，∵AT＝AB＝8，DT＝3，∴點(diǎn)D的運(yùn)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，最大值為8+3，故答案為：8+3；②如圖4，在AB上方作∠ABT＝30°，過點(diǎn)A作AT⊥BT于點(diǎn)T，連接AD、BD、DT，過點(diǎn)T作TH⊥AD于點(diǎn)H，∵＝＝cos30°＝，∠ABC＝∠TBD＝30°+∠TBC，∴△BAC∽△BTD，∴＝＝，∴DT＝AC＝×3＝，在Rt△ABT中，AT＝AB?sin∠ABT＝8sin30°＝4，∵∠BAT＝90°﹣30°＝60°，∴∠TAH＝∠BAT﹣∠DAB＝60°﹣30°＝30°，∵TH⊥AD，∴TH＝AT?sin∠TAH＝4sin30°＝2，AH＝AT?cos∠TAH＝4cos30°＝2，在Rt△DTH中，DH＝＝＝，∴AD＝AH+DH＝2+；如圖5，在AB上方作∠ABE＝30°，過點(diǎn)A作AE⊥BE于點(diǎn)E，連接DE，則＝＝cos30°＝，∵∠EBD＝∠ABC＝∠ABD+30°，∴△BDE∽△BCA，∴＝＝，∴DE＝AC＝×3＝，∵∠BAE＝90°﹣30°＝60°，AE＝AB?sin30°＝8×＝4，∴∠DAE＝∠DAB+∠BAE＝30°+60°＝90°，∴AD＝＝＝；綜上所述，AD的值為2+或．【點(diǎn)評】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(diǎn)，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(qiáng)，難度較大，屬于中考壓軸題．5．（2022?十堰模擬）（1）如圖1，△ACB和△DCE均為等邊三角形，點(diǎn)A，D，E在同一直線上，連接BE．①∠AEB的度數(shù)為60°；②線段AD，BE之間的數(shù)量關(guān)系為AD＝BE；（2）如圖2，△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，點(diǎn)A，D，E在同一直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE，請