中考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)復(fù)習(xí)專題28 解答題重點(diǎn)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(diǎn)出題方向圖形的翻折與旋轉(zhuǎn)變換（解析版）模塊一中考真題集訓(xùn)類型一圖形的翻折1．（2022?棗莊）已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AB方向以每秒2cm的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動，同時動點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)沿BC方向以每秒1cm的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動的時間為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，AP=2tcm，BQ＝tcm（0≤t＜4），由△ABC為等腰直角三角形，可得∠A＝∠B＝45°，則可判斷△APE和△PBD為等腰直角三角形，得出PE＝AE=22AP＝tcm，BD＝PD，則CE＝AC﹣AE＝（4﹣t解：（1）如圖①，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，∴AB=AC2+BC由題意得，AP=2tcm，BQ＝tcm則BP＝（42?2t）∵PQ⊥BC，∴∠PQB＝90°，∴∠PQB＝∠ACB，∴PQ∥AC，∴BPBA∴42解得：t＝2，∴當(dāng)t＝2時，PQ⊥BC．（2）作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，如圖②，AP=2tcm，BQ＝tcm（0≤t∵∠C＝90°，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＝AE=22AP＝tcm，BD＝∴CE＝AC﹣AE＝（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=43，t∴當(dāng)t的值為43時，四邊形QPCP′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＝22，BC＝4，點(diǎn)E在BC上，CE＝AE，將△ABC沿AC翻折到△AFC，連接EF．（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(diǎn)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°，∴∠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：(22解得：x＝3，在Rt△EAF中，EF=AF（2）過點(diǎn)F作FG⊥BC交BC于點(diǎn)G，設(shè)CG＝y(tǒng)，則GE＝3﹣y，∵FC＝4，F(xiàn)E=17∴FG2＝FC2﹣CG2＝FE2﹣EG2，即：16﹣y2＝17﹣（3﹣y）2，解得：y=4∴FG=F∴sin∠CEF=FG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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)P、M、N分別在線段BE、BC、CE上運(yùn)動，求PM+PN的最小值．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(diǎn)N'，過D作DH⊥BC于H，由菱形的對稱性知，點(diǎn)N關(guān)于BE的對稱點(diǎn)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=3（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴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(diǎn)N'，過D作DH⊥BC于H，如圖：由菱形的對稱性知，點(diǎn)N關(guān)于BE的對稱點(diǎn)N'在DE上，∴PM+PN＝PM+PN'，∴當(dāng)P、M、N'共線時，PM+PN'＝MN'＝PM+PN，∵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3．總結(jié)提升：本題考查平行四邊形性質(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(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△AB'C'位置，設(shè)AC'交直線CD于點(diǎn)M．（1）當(dāng)點(diǎn)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(diǎn)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′H4=35，C'H=125，即得S△B′C′MS△AB′M=C′HAD=1253=45，而S△AB'C'=12AB'（2）作CN⊥AC'，由△ABC繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△AB'C'，得AB'＝AB＝5，AC'＝AC=AB2+BC2=34，∠AB'C'＝∠B＝90°＝∠AB'C，B'C'＝BC＝3，用面積法可得CN=CC′?AB′AC′=3034，證明△CMN∽△AMD，有CNAD=CMAM，故CN2?AM2＝AD2?CM2，設(shè)DM＝x，故（3034）解：（1）作C′H⊥DC于H，如圖：∵△ABC繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△AB'C'，∴AB'＝AB＝5，B'C'＝BC＝3，∴DB'=AB∵∠C'B'H＝90°﹣∠DB'A＝∠DAB'，∠CHB'＝90°＝∠D，∴△C′HB′∽△B′DA，∴C′HDB′=B′C′∴C'H=12∴S△B′C′M∵S△AB'C'＝S△B'C'M+S△AB'M=12AB'?B'C'∴S△AB'M=59S△AB'C'∴△AB'C'與矩形ABCD重疊部分的面積是256（2）作CN⊥AC'，如圖：∵△ABC繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△AB'C'，∴AB'＝AB＝5，AC'＝AC=AB2+BC2=34，∠AB'C'＝∠B＝90°＝∠AB'∴CC'＝2B'C'＝6，∵2S△ACC'＝CC'?AB'＝AC'?CN，∴CN=CC′?AB′∵∠CMN＝∠AMD，∠CNM＝∠ADM＝90°，∴△CMN∽△AMD，∴CNAD∴CN2AD2=CM2AM2，即設(shè)DM＝x，∴（3034）2×（x2+32）＝32（x+5）2化簡得：33x2﹣170x+25＝0，解得：x＝5（舍去）或x=5答：DM的長度為533總結(jié)提升：本題考查矩形的性質(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，AB=AC=25，BC=4，D，E，F(xiàn)分別為AC，AB，BC的中點(diǎn)，連接DE，（1）如圖1，求證：DF=5（2）如圖2，將∠EDF繞點(diǎn)D順時針旋轉(zhuǎn)一定角度，得到∠PDQ，當(dāng)射線DP交AB于點(diǎn)G，射線DQ交BC于點(diǎn)N時，連接FE并延長交射線DP于點(diǎn)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．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DF=12AC=（2）證明△DNF∽△DME，根據(jù)（1）的結(jié)論即可得FN=5（3）連接AF，過點(diǎn)C作CH⊥AB于H，證明△AGD∽△AHC，可得GD=12HC=455，勾股定理求得GE，AG，根據(jù)tan∠ADG=AGGD=34，∠EMG＝∠ADG，可得tan∠EMG=EGMG（1）證明：如圖1，連接AF，∵AB=AC=25，BC=4，D，E，F(xiàn)分別為AC，AB，∴DE=12BC=2，AF∴DF=1∴DF=5（2）解：FN=5理由如下：連接AF，如圖2，∵AB=AC=25，BC=4，D，E，F(xiàn)分別為AC，AB，∴EF=1∴四邊形CDEF是平行四邊形，∴∠DEF＝∠C，∵DF=1∴∠DFC＝∠C，∴∠DFC＝∠DEF，∴180°﹣∠DFC＝180°﹣∠DEF，∴∠DFN＝∠DEM，∵將∠EDF繞點(diǎn)D順時針旋轉(zhuǎn)一定角度，得到∠PDQ，∴∠EDF＝∠PDQ，∵∠FDN+∠NDE＝∠EDM+∠NDE，∴∠FDN＝∠EDM，∴△DNF∽△DME，∴NFEM∴FN=5（3）解：如圖，連接AF，過點(diǎn)C作CH⊥AB于H，Rt△AFC中，F(xiàn)C=1∴AF=A∵S△ABC∴HC=BC?AF∵DP⊥AB，∴△AGD∽△AHC，∴GDHC∴GD=1Rt△GED中，GE=ERt△AGD中，AG=A∴tan∠ADG=AG∵EF∥AD，∴∠EMG＝∠ADG，∴tan∠EMG=EG∴MG=4∴MD=MG+GD=8∵△DNF∽△DME，∴DNDM∴DN=5總結(jié)提升：本題是幾何變換綜合題，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(diǎn)D在直線AC上，連接BD，將DB繞點(diǎn)D逆時針旋轉(zhuǎn)120°，得到線段DE，連接BE，CE．（1）求證：BC=3AB（2）當(dāng)點(diǎn)D在線段AC上（點(diǎn)D不與點(diǎn)A，C重合）時，求CEAD（3）過點(diǎn)A作AN∥DE交BD于點(diǎn)N，若AD＝2CD，請直接寫出ANCE思路引領(lǐng)：（1）作AH⊥BC于H，可得BH=32AB，BC＝2（2）證明△ABD∽△CBE，進(jìn)而得出結(jié)果；（3）當(dāng)點(diǎn)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(diǎn)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＝∠CAH=12∠BAC=12×120°=60∴sin60°=BH∴BH=3∴BC＝2BH=3（2）解：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB=180°?∠BAC2=由（1）得，BCAB同理可得，∠DBE＝30°，BEBD∴∠ABC＝∠DBE，BCAB∴∠ABC﹣∠DBC＝∠DBE﹣∠DBC，∴∠ABD＝∠CBE，∴△ABD∽△CBE，∴CEAD（3）解：如圖2，當(dāng)點(diǎn)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=3在Rt△ABF中，∠BAF＝180°﹣∠BAC＝60°，AB＝3a，∴AF＝3a?cos60°=32a，BF＝3a．sin60在Rt△BDF中，DF＝AD+AF＝2a+32aBD=BF∵∠AGD＝∠F＝90°，∠ADG＝∠BDF，∴△DAG∽△DBF，∴AGBF∴AG3∴AG=3∵AN∥DE，∴∠AND＝∠BDE＝120°，∴∠ANG＝60°，∴AN=AGsin60°=3∴ANCE如圖3，當(dāng)點(diǎn)D在AC的延長線上時，設(shè)AB＝AC＝2a，則AD＝4a，由（1）得，CE=3AD=4作BR⊥CA，交CA的延長線于R，作AQ⊥BD于Q，同理可得，AR＝a，BR=3∴BD=(3a)∴AQ3∴AQ=2∴AN=23∴ANCE綜上所述：5719或21總結(jié)提升：本題考查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(qiáng)的計算能力．7．（2022?濟(jì)南）如圖1，△ABC是等邊三角形，點(diǎn)D在△ABC的內(nèi)部，連接AD，將線段AD繞點(diǎn)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(diǎn)F．①如圖2，當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)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(diǎn)F為線段BC中點(diǎn)，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ABAF=ADAG，∠BAF＝∠DAG，進(jìn)而∠BAD＝∠FAG，再證明△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(diǎn)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，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△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(diǎn)，△ABC是等邊三角形，△ADE是等邊三角形，∴AF⊥BC，∠ABF＝∠ADG＝60°，∴∠AFB＝∠AGD，∴△ABF∽△ADG，∴ABAF=ADAG，∠BAF∴∠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(diǎn)A在射線OX上，OA＝a．如果OA繞點(diǎn)O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)n°（0＜n≤360）到OA′，那么點(diǎn)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(diǎn)A′的位置可以表示為（3，37°）；（2）在（1）的條件下，已知點(diǎn)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(diǎn)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：∵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(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)至AD（AD不與AC重合），旋轉(zhuǎn)角記為α，∠DAC的平分線AE與射線BD相交于點(diǎn)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)0°＜α＜90°時，求證：BD+2CE=2AE（3）當(dāng)0°＜α＜180°，AE＝2CE時，請直接寫出BDED思路引領(lǐng)：（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出∠BAD＝20°，AB＝AD，求出∠DAE=12∠DAC＝35（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＝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(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)α至AD，α＝20°，∴∠BAD＝20°，AB＝AD，∴∠ADB＝∠ABD=12×（180°﹣20°又∵∠BAC＝90°，∴∠DAC＝70°，∵AE平分∠DAC，∴∠DAE=12∠DAC＝35∴∠AEB＝∠ADB﹣∠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°，∴∠ACE+∠ABD＝180°，∵∠BAC＝90°，∴∠BEC＝360°﹣（∠ACE+∠ABD）﹣∠BAC＝360°﹣180°﹣90°＝90°，∵∠DEA＝∠CEA，∴∠DEA＝∠CEA=12×90°∵∠ABF+∠ABD＝180°，∠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=AE∴EF=AE∵EF＝BF+BD+DE＝CE+BD+CE＝BD+2CE，∴BD+2CE=2AE（3）解：如圖3，當(dāng)0°＜α＜90°時，由（2）可知BD+2CE=2AE，CE＝DE∵AE＝2CE，∴BD+2DE＝22DE，∴BDDE=2如圖4，當(dāng)90°＜α＜180°時，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，∴EF=2AE∴BD＝BF+DE+EF＝2DE+2AE∵AE＝2CE＝2DE，∴BD＝2DE+22DE，∴BDDE綜上所述，BDDE的值為22+2或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(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＝33，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+36；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．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(diǎn)A作AT⊥AB，使AT＝AB，連接BT，AD，DT，BD，先證得△ABC∽△TBD，得出DT＝36，即點(diǎn)D的運(yùn)動軌跡是以T為圓心，36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+36；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=32AC=32×33=92，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，OA=OB∠AOD=∠BOC=90°∴△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，OA=OB∠AOD=∠BOC∴△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=2AB，BD=2BC，∠ABT＝∠CBD＝45∴BTAB=BDBC=2，∴△ABC∽△TBD，∴DTAC∴DT=2AC=2×33∵AT＝AB＝8，DT＝36，∴點(diǎn)D的運(yùn)動軌跡是以T為圓心，36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+36，故答案為：8+36；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，∵BTAB=BDBC=cos30°=32，∠ABC＝∠∴△BAC∽△BTD，∴DTAC∴DT=32AC=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°＝23，在Rt△DTH中，DH=D∴AD＝AH+DH＝23+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BEAB=BDBC∵∠EBD＝∠ABC＝∠ABD+30°，∴△BDE∽△BCA，∴DEAC∴DE=32AC=3∵∠BAE＝90°﹣30°＝60°，AE＝AB?sin30°＝8×1∴∠DAE＝∠DAB+∠BAE＝30°+60°＝90°，∴AD=D綜上所述，AD的值為23+652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(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．11．（2022?廣元）在Rt△ABC中，AC＝BC，將線段CA繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜90°），得到線段CD，連接AD、BD．（1）如圖1，將線段CA繞點(diǎn)C逆時針旋轉(zhuǎn)α，則∠ADB的度數(shù)為135°；（2）將線段CA繞點(diǎn)C順時針旋轉(zhuǎn)α?xí)r①在圖2中依題意補(bǔ)全圖形，并求∠ADB的度數(shù)；②若∠BCD的平分線CE交BD于點(diǎn)F，交DA的延長線于點(diǎn)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．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°?α2，∠BDC＝45°+α2（2）①依題意可補(bǔ)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(diǎn)C作CG∥BD，交EB的延長線于點(diǎn)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，EG=2EC，證明△ACE≌△BCG，可得AE＝BG解：（1）在Rt△ABC中，AC＝BC，將線段CA繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜90°），∴CD＝CA＝CB，∠ACD＝α，∴∠BCD＝90°﹣α，∵CD＝CA，CD＝CB，∴∠ADC=180°?α2=90°?α2，∠BDC∴∠ADB＝∠ADC+∠BDC＝90°?α2+45°+故答案為：135°；（2）①依題意補(bǔ)全圖形如圖，由旋轉(zhuǎn)得：CD＝CA＝CB，∠ACD＝α，∴∠BCD＝90°+α，∵CD＝CA，CD＝CB，∴∠ADC=180°?α2=90°?α2，∠BDC∴∠ADB＝∠ADC﹣∠BDC＝90°?α2?45°+②2CE＝2BE﹣AD．證明：過點(diǎn)C作CG∥BD，交EB的延長線于點(diǎn)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，EG=2EC∵∠ACE＝90°﹣∠ECB，∠BCG＝90°﹣∠ECB，∴∠ACE＝∠BCG，∵AC＝BC，∴△ACE≌△BCG（SAS），∴AE＝BG，∵EG＝EB+BG＝EB+AE＝EB+ED﹣AD＝2EB﹣AD，∴2CE＝2BE﹣AD．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)，等腰直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，添加恰當(dāng)?shù)妮o助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．12．（2022?連云港）【問題情境】在一次數(shù)學(xué)興趣小組活動中，小昕同學(xué)將一大一小兩個三角板按照如圖1所示的方式擺放．其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠B＝30°，BE＝AC＝3．【問題探究】小昕同學(xué)將三角板DEB繞點(diǎn)B按順時針方向旋轉(zhuǎn)．（1）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E落在邊AB上時，延長DE交BC于點(diǎn)F，求BF的長．（2）若點(diǎn)C、E、D在同一條直線上，求點(diǎn)D到直線BC的距離．（3）連接DC，取DC的中點(diǎn)G，三角板DEB由初始位置（圖1），旋轉(zhuǎn)到點(diǎn)C、B、D首次在同一條直線上（如圖3），求點(diǎn)G所經(jīng)過的路徑長．（4）如圖4，G為DC的中點(diǎn)，則在旋轉(zhuǎn)過程中，點(diǎn)G到直線AB的距離的最大值是734思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)銳角三角函數(shù)求解，即可求出答案；（2）①當(dāng)點(diǎn)E在BC上方時，如圖1過點(diǎn)D作DH⊥BC于H，根據(jù)銳角三角函數(shù)求出BC＝33，DE=3②當(dāng)點(diǎn)E在BC下方時，同①的方法，即可求出答案；（3）先求出∠BOE＝150°，再判斷出點(diǎn)G是以點(diǎn)O為圓心，3為半徑的圓上，最后用弧長公式求解，即可求出答案；（4）過點(diǎn)O作OK⊥AB于K，求出OK=3解：（1）由題意得，∠BEF＝∠BED＝90°，在Rt△BEF中，∠ABC＝30°，BE＝3，∴BF=BEcos∠ABC=（2）①當(dāng)點(diǎn)E在BC上方時，如圖1，過點(diǎn)D作DH⊥BC于H，在Rt△ABC中，AC＝3，∴tan∠ABC=AC∴BC=ACtan∠ABC=在Rt△BED中，∠EBD＝∠ABC＝30°，BE＝3，∴DE＝BE?tan∠DBE=3在Rt△BCE中，BE＝3，BC＝33，根據(jù)勾股定理得，CE=BC2∴CD＝CE+DE＝32+∵S△BCD=12CD?BE=12∴DH=CD?BE②當(dāng)點(diǎn)E在BC下方時，如圖2，過點(diǎn)D作DM⊥BC于M，∵S△BDC=12BC?DM=12∴DM=CD?BE即點(diǎn)D到直線BC的距離為6±1；（3）如圖3﹣1，連接CD，取CD的中點(diǎn)G，取BC的中點(diǎn)O，連接GO，則OG∥AB，∴∠COG＝∠B＝30°，∴∠BOG＝150°，∵點(diǎn)G為CD的中點(diǎn)，點(diǎn)O為BC的中點(diǎn)，∴GO=12BD∴點(diǎn)G是以點(diǎn)O為圓心，3為半徑的圓上，如圖3﹣2，∴三角板DEB由初始位置（圖1），旋轉(zhuǎn)到點(diǎn)C、B、D首次在同一條直線上時，點(diǎn)G所經(jīng)過的軌跡為150°所對的圓弧，∴點(diǎn)G所經(jīng)過的路徑長為150π?3180（4）如圖4，過點(diǎn)O作OK⊥AB于K，∵點(diǎn)O為BC的中點(diǎn)，BC＝33，∴OB=3∴OK＝OB?sin30°=3由（3）知，點(diǎn)G是以點(diǎn)O為圓心，3為半徑的圓上，∴點(diǎn)G到直線AB的距離的最大值是3+故答案為：73總結(jié)提升：此題是幾何變換綜合題，主要考查了銳角三角函數(shù)，勾股定理，弧長公式，三角形的中位線定理，三角形的面積，畫出圖形是解本題的關(guān)鍵．13．（2022?重慶）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝22，D為BC的中點(diǎn)，E，F(xiàn)分別為AC，AD上任意一點(diǎn)，連接EF，將線段EF繞點(diǎn)E順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段EG，連接FG，AG．（1）如圖1，點(diǎn)E與點(diǎn)C重合，且GF的延長線過點(diǎn)B，若點(diǎn)P為FG的中點(diǎn)，連接PD，求PD的長；（2）如圖2，EF的延長線交AB于點(diǎn)M，點(diǎn)N在AC上，∠AGN＝∠AEG且GN＝MF，求證：AM+AF=2AE（3）如圖3，F(xiàn)為線段AD上一動點(diǎn)，E為AC的中點(diǎn)，連接BE，H為直線BC上一動點(diǎn)，連接EH，將△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面內(nèi)，得到△B′EH，連接B′G，直接寫出線段B′G的長度的最小值．思路引領(lǐng)：（1）連接CP，判斷出△FCG為等腰直角三角形，進(jìn)而判斷出CP⊥FG，進(jìn)而得出DP=12BC，再求出（2）過點(diǎn)E作EH⊥AE交AD的延長線于H，先判斷出△EGA≌△EFH（SAS），得出AG＝FH，∠EAG＝∠H＝45°，進(jìn)而判斷出△AGN≌△AMF（AAS），即可得出結(jié)論；（3）先求出BE=10，再判斷出點(diǎn)B'是以點(diǎn)E為圓心，10為半徑的圓上，再判斷出點(diǎn)G在點(diǎn)A右側(cè)過點(diǎn)A與AD垂直且等長的線段上，進(jìn)而得出EF最大時，B'G（1）解：如圖1，連接CP，由旋轉(zhuǎn)知，CF＝CG，∠FCG＝90°，∴△FCG為等腰直角三角形，∵點(diǎn)P是FG的中點(diǎn)，∴CP⊥FG，∵點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，∴DP=12在Rt△ABC中，AB＝AC＝22，∴BC=2AB∴DP＝2；（2）證明：如圖2，過點(diǎn)E作EH⊥AE交AD的延長線于H，∴∠AEH＝90°，由旋轉(zhuǎn)知，EG＝EF，∠FEG＝90°，∴∠FEG＝∠AEH，∴∠AEG＝∠HEF，∵AB＝AC，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，∴∠BAD＝∠CAD=12∠BAC＝45∴∠H＝90°﹣∠CAD＝45°＝∠CAD，∴AE＝HE，∴△EGA≌△EFH（SAS），∴AG＝FH，∠EAG＝∠H＝45°，∴∠EAG＝∠BAD＝45°，∵AB⊥AC，HE⊥AC，∴AB∥HE，∴∠AMF＝∠HEF，∵△EGA≌△EFH，∴∠AEG＝∠HEF，∵∠AGN＝∠AEG，∴∠AGN＝∠HEF，∴∠AGN＝∠AMF，∵GN＝MF，∴△AGN≌△AMF（AAS），∴AG＝AM，∵AG＝FH，∴AM＝FH，∴AF+AM＝AF+FH＝AH=2AE（3）解：∵點(diǎn)E是AC的中點(diǎn)，∴AE=12AC根據(jù)勾股定理得，BE=A由折疊知，BE＝B'E=10∴點(diǎn)B'是以點(diǎn)E為圓心，10為半徑的圓上，由旋轉(zhuǎn)知，EF＝EG，∴點(diǎn)G在點(diǎn)A右側(cè)過點(diǎn)A與AD垂直且等長的線段上，∴B'G的最小值為B'E﹣EG，要B'G最小，則EG最大，即EF最大，∵點(diǎn)F在AD上，∴點(diǎn)F在點(diǎn)A或點(diǎn)D時，EF最大，最大值為2，∴線段B′G的長度的最小值10?總結(jié)提升：此題是幾何變換綜合題，主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，作出輔助線構(gòu)造出全等三角形是解本題的關(guān)鍵．14．（2022?成都）如圖，在矩形ABCD中，AD＝nAB（n＞1），點(diǎn)E是AD邊上一動點(diǎn)（點(diǎn)E不與A，D重合），連接BE，以BE為邊在直線BE的右側(cè)作矩形EBFG，使得矩形EBFG∽矩形ABCD，EG交直線CD于點(diǎn)H．【嘗試初探】（1）在點(diǎn)E的運(yùn)動過程中，△ABE與△DEH始終保持相似關(guān)系，請說明理由．【深入探究】（2）若n＝2，隨著E點(diǎn)位置的變化，H點(diǎn)的位置隨之發(fā)生變化，當(dāng)H是線段CD中點(diǎn)時，求tan∠ABE的值．【拓展延伸】（3）連接BH，F(xiàn)H，當(dāng)△BFH是以FH為腰的等腰三角形時，求tan∠ABE的值（用含n的代數(shù)式表示）．思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)兩角對應(yīng)相等可證明△ABE∽△DEH；（2）設(shè)DH＝x，AE＝a，則AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，由△ABE∽△DEH，列比例式可得x=2a±（3）分兩種情況：FH＝BH和FH＝BF，先根據(jù)三角形相似證明F在射線DC上，再根據(jù)三角形相似的性質(zhì)和勾股定理列等式可得結(jié)論．解：（1）∵四邊形EBFG和四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠BEG＝∠D＝90°，∴∠ABE+∠AEB＝∠AEB+∠DEH＝90°，∴∠DEH＝∠ABE，∴△ABE∽△DEH，∴在點(diǎn)E的運(yùn)動過程中，△ABE與△DEH始終保持相似關(guān)系；（2）如圖1，∵H是線段CD中點(diǎn)，∴DH＝CH，設(shè)DH＝x，AE＝a，則AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，由（1）知：△ABE∽△DEH，∴AEDH=AB∴2x2＝4ax﹣a2，∴2x2﹣4ax+a2＝0，∴x=4a±∵tan∠ABE=AE當(dāng)x=2a+2a2時，tan當(dāng)x=2a?2a2時，tan綜上，tan∠ABE的值是2±2（3）分兩種情況：①如圖2，BH＝FH，設(shè)AB＝x，AE＝a，∵四邊形BEGF是矩形，∴∠BEG＝∠G＝90°，BE＝FG，∴Rt△BEH≌Rt△FGH（HL），∴EH＝GH，∵矩形EBFG∽矩形ABCD，∴ADAB=∴2EHBE=∴EHBE由（1）知：△ABE∽△DEH，∴DEAB∴nx?ax∴nx＝2a，∴ax∴tan∠ABE=AE②如圖3，BF＝FH，∵矩形EBFG∽矩形ABCD，∴∠ABC＝∠EBF＝90°，ABBC∴∠ABE＝∠CBF，∴△ABE∽△CBF，∴∠BCF＝∠A＝90°，∴D，C，F(xiàn)共線，∵BF＝FH，∴∠FBH＝∠FHB，∵EG∥BF，∴∠FBH＝∠EHB，∴∠EHB＝∠CHB，∵BE⊥EH，BC⊥CH，∴BE＝BC，由①可知：AB＝x，AE＝a，BE＝BC＝nx，由勾股定理得：AB2+AE2＝BE2，∴x2+a2＝（nx）2，∴x=a∴tan∠ABE=AE綜上，tan∠ABE的值是n2或n總結(jié)提升：此題是幾何變換綜合題，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，矩形的相似的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)以及直角三角形的性質(zhì)，三角形全等的性質(zhì)和判定等知識，注意運(yùn)用參數(shù)表示線段的長，并結(jié)合方程解決問題，還要運(yùn)用分類討論的思想．15．（2022?重慶）如圖，在銳角△ABC中，∠A＝60°，點(diǎn)D，E分別是邊AB，AC上一動點(diǎn)，連接BE交直線CD于點(diǎn)F．（1）如圖1，若AB＞AC，且BD＝CE，∠BCD＝∠CBE，求∠CFE的度數(shù)；（2）如圖2，若AB＝AC，且BD＝AE，在平面內(nèi)將線段AC繞點(diǎn)C順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到線段CM，連接MF，點(diǎn)N是MF的中點(diǎn)，連接CN．在點(diǎn)D，E運(yùn)動過程中，猜想線段BF，CF，CN之間存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想；（3）若AB＝AC，且BD＝AE，將△ABC沿直線AB翻折至△ABC所在平面內(nèi)得到△ABP，點(diǎn)H是AP的中點(diǎn)，點(diǎn)K是線段PF上一點(diǎn)，將△PHK沿直線HK翻折至△PHK所在平面內(nèi)得到△QHK，連接PQ．在點(diǎn)D，E運(yùn)動過程中，當(dāng)線段PF取得最小值，且QK⊥PF時，請直接寫出PQBC思路引領(lǐng)：（1）如圖1中，在射線CD上取一點(diǎn)K，使得CK＝BE，證明△BCE≌△CBK（SAS），推出BK＝CE，∠BEC＝∠BKD，再證明∠ADF+∠AEF＝180°，可得結(jié)論；（2）結(jié)論：BF+CF＝2CN．首先證明∠BFC＝120°．如圖2﹣1中，延長CN到Q，使得NQ＝CN，連接FQ，證明△CNM≌△QNF（SAS），推出FQ＝CM＝BC，延長CF到P，使得PF＝BF，則△PBF是等邊三角形，再證明△PFQ≌△PBC（SAS），推出PQ＝PC，∠CPB＝∠QPF＝60°，推出△PCQ是等邊三角形，可得結(jié)論；（3）由（2）可知∠BFC＝120°，推出點(diǎn)F的運(yùn)動軌跡為紅色圓?。ㄈ鐖D3﹣1中），推出P，F(xiàn)，O三點(diǎn)共線時，PF的值最小，此時tan∠APK=AOAP=23，如圖3﹣2中，過點(diǎn)H作HL⊥PK于點(diǎn)L，設(shè)HL＝LK＝2，PL=3，PH=7解：（1）如圖1中，在射線CD上取一點(diǎn)K，使得CK＝BE，在△BCE和△CBK中，BC=CB∠BCK=∠CBE∴△BCE≌△CBK（SAS），∴BK＝CE，∠BEC＝∠BKD，∵CE＝BD，∴BD＝BK，∴∠BKD＝∠BDK＝∠ADC＝∠CEB，∵∠BEC+∠AEF＝180°，∴∠ADF+∠AEF＝180°，∴∠A+∠EFD＝180°，∵∠A＝60°，∴∠EFD＝120°，∴∠CFE＝180°﹣120°＝60°；（2）結(jié)論：BF+CF＝2CN．理由：如圖2中，∵AB＝AC，∠A＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB＝CB，∠A＝∠CBD＝60°，∵AE＝BD，∴△ABE≌△BCD（SAS），∴∠BCF＝∠ABE，∴∠FBC+∠BCF＝60°，∴∠BFC＝120°，如圖2﹣1中，延長CN到Q，使得NQ＝CN，連接FQ，∵NM＝NF，∠CNM＝∠FNQ，CN＝NQ，∴△CNM≌△QNF（SAS），∴FQ＝CM＝BC，延長CF到P，使得PF＝BF，則△PBF是等邊三角形，∴∠PBC+∠PCB＝∠PCB+∠FCM＝120°，∴∠PFQ＝∠FCM＝∠PBC，∵PB＝PF，∴△PFQ≌△PBC（SAS），∴PQ＝PC，∠CPB＝∠QPF＝60°，∴△PCQ是等邊三角形，∴BF+CF＝PC＝QC＝2CN．證法二：延長MC到P，使得CP＝CM，連接PB，PF，延長FC到Q，使得CQ＝BF．∵FN＝MN，CP＝CM，∴PF＝2CN，∵CB＝CM＝CP，∠BCP＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴△BCP是等邊三角形，∴∠BPC+∠BFC＝180°，∴∠PBF+∠PCF＝180°，∵∠PCQ+∠PCF＝180°，∴∠PBF＝∠PCQ，∴PB＝PC，BF＝CQ，∴△PBF≌△PCQ（SAS），∴PF＝PQ，∠BPF＝∠QPC，∴∠QPF＝∠BPC＝60°，∴△PQF是等邊三角形，∴FQ＝CF+CQ＝CF+BF＝2CN；（3）由（2）可知∠BFC＝120°，∴點(diǎn)F的運(yùn)動軌跡為紅色圓?。ㄈ鐖D3﹣1中），∴P，F(xiàn)，O三點(diǎn)共線時，PF的值最小，此時tan∠APK=AO∴∠HPK＞45°，∵QK⊥PF，∴∠PKH＝∠QKH＝45°，如圖3﹣2中，過點(diǎn)H作HL⊥PK于點(diǎn)L，設(shè)PQ交KH題意點(diǎn)J，設(shè)HL＝LK＝2，PL=3，PH=7，KH＝2∵S△PHK=12?PK?HL=12?∴PQ＝2PJ＝2×2(2+3∴PQBC總結(jié)提升：本題屬于幾何變換綜合題，考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，學(xué)會利用面積法解決問題，屬于中考壓軸題．16．（2022?鐘樓區(qū)校級模擬）如圖，將矩形紙片ABCD沿對角線AC折疊，點(diǎn)D落在點(diǎn)F處，AF與BC相交于點(diǎn)E．（1）求證：△ABE≌△CFE；（2）若AB＝4，AD＝8，求AE的長．思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)AAS證明三角形全等即可．（2）設(shè)AE＝x，在Rt△ABE中，利用勾股定理構(gòu)建方程即可解問題．（1）證明：∵矩形ABCD沿對角線AC折疊，點(diǎn)D落在等F處，∴∠F＝∠D＝∠B＝90°，CD＝CF＝AB，∵∠AEB＝∠CEF，∴△ABE≌△CFE（AAS）．（2）設(shè)AE＝x，∵△ABE≌△CFE，∴EC＝AE＝x，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，BC＝AD＝8，BE＝8﹣x，在Rt△ABE中，則有（8﹣x）2+42＝x2，解得x＝5，∴AE＝5．總結(jié)提升：本題考查翻折變換，矩形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考?？碱}型．17．（2022?濱?？h校級三模）如圖，一張矩形紙片ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AD＞AB．將矩形紙片折疊，使得點(diǎn)A與點(diǎn)C重合，折痕交AD于點(diǎn)M，交BC于點(diǎn)N．（1）請在圖中用圓規(guī)和無刻度的直尺作出折痕MN（不寫作法，保留作圖痕跡）；（2）在（1）的條件下，連接AN、CM，判斷四邊形ANCM的形狀并說明理由；（3）若AB＝4，BC＝8，求折痕MN的長．思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)線段的垂直平分線的作圖步驟畫圖；（2）先判定四邊形ANCM是平行四邊形，再證明是菱形；（3）多次利用勾股定理求解．解：（1）如下圖：MN即為所求；（2）四邊形ANCM的形狀是菱形，理由：由折疊得：MN是AC的垂直平分線，∴∠AOM＝∠CON＝90°，AO＝CO，矩形紙片ABCD中，有AD∥BC，∴∠CAD＝∠ACB，∴△AOM≌△CON（ASA），∴AM＝CN，∴四邊形AMCN是平行四邊形，∵∠CON＝90°，∴?AMCN是菱形；（3）∵M(jìn)N是AC的垂直平分線，∴AN＝CN，設(shè)CN＝x，則BN＝8﹣x，在Rt△ABN中，AN2＝AB2+BN2，即：x2＝42+（8﹣x）2，解得：x＝5，在Rt△ABC中，有AC=AB2∴OC=1在Rt△CON中，ON=C∴MN＝2ON＝25．總結(jié)提升：本題考查了作圖，掌握菱形的判定方法和勾股定理是解題的關(guān)鍵．18．（2022?珠海校級三模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，F(xiàn)是對角線AC上不與點(diǎn)A，C重合的一點(diǎn)，過點(diǎn)F作EF⊥AD于點(diǎn)E，將△AEF翻折得到△GEF，點(diǎn)G在線段AD上，連接CG，若∠FGC＝90°，延長GF交AB于點(diǎn)H，連接CH．（1）求證：△CDG∽△GAH；（2）求tan∠GHC的值．思路引領(lǐng)：（1）由矩形的性質(zhì)得∠D＝∠GAH＝90°，再證∠DCG＝∠AGH，即可得出結(jié)論；（2）由翻折的性質(zhì)得∠EGF＝∠EAF，則∠AGH＝∠DAC＝∠DCG，再由銳角三角函數(shù)定義得DGCD=AHAG=CDAD（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D＝∠GAH＝90°，∴∠DCG+∠DGC＝90°，∵∠FGC＝90°，∴∠AGH+∠DGC＝90°，∴∠DCG＝∠AGH，∴△CDG∽△GAH；（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝2，由翻折的性質(zhì)得：∠EGF＝∠EAF，∴∠AGH＝∠DAC＝∠DCG，∴tan∠DCG＝tan∠AGH＝tan∠DAC，∴DGCD∴DG=12CD∴AG＝AD﹣DG＝4﹣1＝3，∵△CDG∽△GAH，∴CGGH∴tan∠GHC=CG總結(jié)提升：此題考查了翻折變換的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)定義等知識，熟練掌握翻折變換的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．19．（2022?大理州二模）如圖，在矩形OABC中，OA＝8，AB＝4．將△OAB沿OB所在直線翻折，點(diǎn)A落在點(diǎn)A′處，OA'與BC邊交于點(diǎn)D，過點(diǎn)B作BE∥OA′交OA于點(diǎn)E．（1）求證：四邊形OEBD是菱形．（2）求線段OD的長．思路引領(lǐng)：（1）先證明四邊形OEBD為平行四邊形，由折疊的性質(zhì)可知，∠EOB＝∠BOD，證出∠OBD＝∠BOD，由菱形的判定可得出結(jié)論；（2）設(shè)CD＝x，則OD＝BD＝8﹣x，由勾股定理求出x＝3，則可得出答案．（1）證明：∵四邊形OABC是矩形，∴CB∥AO，∴∠EOB＝∠OBD，又∵BE∥OA′，∴四邊形OEBD為平行四邊形，由折疊的性質(zhì)可知，∠EOB＝∠BOD，∴∠OBD＝∠BOD，∴OD＝BD，∴四邊形OEBD為菱形；（2）解：∵OABC是矩形，OC＝4，CB＝8，∴設(shè)CD＝x，由（1）知：OD＝BD＝8﹣x，在Rt△OCD中，有OC2+CD2＝OD2，即：16+x2＝（8﹣x）2，解得：x＝3，∴OD＝8﹣3＝5，∴線段OD的長為5．總結(jié)提升：本題考查了菱形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識解決問題．20．（2022?新市區(qū)校級三模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90，AD為△ABC的中線，將△ABD沿AB進(jìn)行折疊，得到△ABE，連接AE、CE，CE交AD于F點(diǎn)．（1）判斷四邊形ADBE的形狀，并說明理由；（2）若已知EC⊥AD，EC=23，求△CBE思路引領(lǐng)：（1）利用直角三角形斜邊中線等于斜邊一半可得AD＝BD＝DC，再根據(jù)翻折的性質(zhì)即可求解；（2）利用AD∥BE，AD⊥CE，可得BE⊥CE，利用來菱形的性質(zhì)證得BC＝2BE，再利用勾股定理即可求出BE，則問題即可得解．解：（1）四邊形ADBE為菱形，理由：∵∠BAC＝90，AD為Rt△ABC的中線，∴AD＝BD＝DC，由折疊可知：AE＝AD，BE＝BD，∴AE＝AD＝BD＝BE，∴四邊形ADBE為菱形；（2）∵四邊形ADBE為菱形，∴BD＝BE，AD∥BE，∵AD⊥CE，∴BE⊥CE，∴∠BEC＝90°∵BC＝2BE，∴BC＝2BD＝2BE，∵BE2+CE2＝BC2，∴BE∴BE＝2，∴△BEC的面積=BE?EC總結(jié)提升：本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊中線等于斜邊一半、勾股定理等知識，靈活利用菱形的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．21．（2023?南開區(qū)模擬）已知點(diǎn)O是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，連接OA，OB，將△BAO繞點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)如圖，若△ABC是等邊三角形，OA＝5，OB＝12，△BAO旋轉(zhuǎn)后得到△BCD，連接OC，OD，已知OC＝13．（Ⅰ）求OD的長；（Ⅱ）求∠AOB的大?。悸芬I(lǐng)：（Ⅰ）證明△BOD是等邊三角形，可得OD＝OB＝12；（Ⅱ）利用勾股定理的逆定理證明△ODC是直角三角形，即可求解．解：（Ⅰ）∵將△BAO繞點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)，∴△BAO≌△BCD，∴∠ABO＝∠CBD，BO＝BD，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝60°，∵∠ABO＝∠CBD，∴∠ABO+∠OBC＝∠CBD+∠OBC，∴∠OBD＝∠ABC＝60°，∵BO＝BD，∴△BOD是等邊三角形，∴OD＝OB＝12；（Ⅱ）∵△BAO≌△BCD，∴∠AOB＝∠CDB，AO＝CD＝5，∵△BOD是等邊三角形，∴∠BDO＝60°，∵OD＝12，CD＝5，OC＝13，即132＝52+122，∴OC2＝CD2+OD2，∴△ODC是直角三角形，∠ODC＝90°，∴∠BDC＝∠BDO+∠ODC＝60°+90°＝150°，∴∠AOB＝∠BDC＝150°．總結(jié)提升：本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理的逆定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．22．（2022?沭陽縣校級模擬）（1）如圖1，已知正方形ABCD的邊長為6，圓B的半徑為3，點(diǎn)P是圓B上的一個動點(diǎn)，則PD+12PC的最小值為152，PD?12PC（2）如圖2，已知菱形ABCD的邊長為4，∠B＝60°，圓B的半徑為2，點(diǎn)P是圓B上的一個動點(diǎn)，求PD+12PC的最小值，以及PD?思路引領(lǐng)：（1）在BC上截取BE=32，可證得△PBE∽△CBP，進(jìn)而得出PE=12PC，從而PD+12PC＝PD+PE≥DE，PD?12（2）方法同（1）相同．解：（1）如圖1，在BC上截取BE=3∴BEBP∵∠PBE＝∠PBC，∴△PBE∽△CBP，∴PEPC∴PE=12∴PD+12PC＝PD+PE≥PD?12PC＝PD﹣PE≤∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∴DE=C∴PD+12PC的最小值為：152，此時點(diǎn)P在PD?12PC的最大值為：152，此時點(diǎn)P在故答案為：152，15（2）如圖2，在BC上截取BE＝1，作DF⊥BC交BC的延長線于F，∴BEBP∵∠PBE＝∠PBC，∴△PBE∽△CBP，∴PEPC∴PE=12∴PD+12PC＝PD+PE≥PD?12PC＝PD﹣PE≤在Rt△DCF中，∠DCF＝∠ABC＝60°，CD＝4，∴CF＝4?cos60°＝2，DF＝4?sin60°＝23，在Rt△DEF中，DF＝23，EF＝CE+CF＝3+2＝5，∴DE=5∴PD+12PC的最小值為：37，此時點(diǎn)P在PPD?12PC的最大值為：37，此時點(diǎn)P在P總結(jié)提升：本題考查了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)鍵是作輔助線，構(gòu)造相似三角形．23．（2023?金溪縣模擬）如圖，長方形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E為BC上一點(diǎn)，且BE＝2，F(xiàn)為AB邊上的一個動點(diǎn)，連接EF，將△FBE繞著點(diǎn)E順時針旋轉(zhuǎn)45°得到△GTE，連接CG、DE．（1）求證：TG∥DE；（2）當(dāng)BF為多少時，CG的最小值且最小值是多少？思路引領(lǐng)：（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BE＝TE＝2，∠BET＝45°，∠EBF＝∠GTE＝90°，可得∠TED＝90°，可得結(jié)論；（2）由題意可得當(dāng)CG⊥TG時，CG有最小值，由等腰直角三角形的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)可求解．（1）證明：∵AB＝6，BC＝8，BE＝2，∴CD＝CE＝6，∴∠DEC＝45°，∵將△FBE繞著點(diǎn)E順時針旋轉(zhuǎn)45°得到△GTE，∴BE＝TE＝2，∠BET＝45°，∠EBF＝∠GTE＝90°，∴∠TED＝90°，∴∠GTE+∠TED＝180°，∴TG∥DE；（2）解：∵TG∥DE，∴點(diǎn)G在與DE平行且與DE的距離為2的直線上運(yùn)動，∴當(dāng)CG⊥TG時，CG有最小值，∴四邊形TEJG是矩形，∴GJ＝TE＝2，∠EJC＝90°，TG＝EJ，∴△EJC是等腰直角三角形，∴TG＝JC＝32，∴當(dāng)BF為32時，CG的最小值為32+總結(jié)提升：本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)等知識，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．24．（2022?鐘樓區(qū)校級模擬）將一副三角板按如圖所示的方式擺放，AB＝6，DE＝9，點(diǎn)D為邊AC上的點(diǎn)，ADAC=33，（1）∠ADE的大小為75度．（2）若三角板DEF固定，將三角板ABC繞點(diǎn)D逆時針旋轉(zhuǎn)，①當(dāng)點(diǎn)B第一次落在直線DE上時停止旋轉(zhuǎn)，請在圖1中用直尺和圓規(guī)畫出線段AB旋轉(zhuǎn)運(yùn)動所形成的平面圖形（用陰影表示，保留畫圖痕跡，不要求寫畫法），則該圖形的面積為18+12π．②當(dāng)旋轉(zhuǎn)至A、B、E三點(diǎn)共線時，求BE的長．思路引領(lǐng)：（1）利用平行線的性質(zhì)以及三角形的外角的性質(zhì)求解即可；（2）①根據(jù)題意畫出圖形，利用扇形的面積公式求解即可；②分兩種情形：如圖2﹣1中，當(dāng)點(diǎn)B落在線段AE上時，如圖2﹣2中，當(dāng)點(diǎn)A落在BE上時，利用勾股定理求出AE即可解決問題．解：（1）如圖1中，設(shè)DE交BC于點(diǎn)T．∵BC∥EF，∴∠DTC＝∠E＝45°，∴∠ADE＝∠DTC+∠C＝45°+30°＝75°．故答案為：75；（2）①圖形如圖1﹣1所示：∵AB＝6，∠BAC＝90°，∠C＝30°，∴AC=3AB＝63∵ADAC∴AD＝6，∴DB=AB2∴陰影部分的面積＝S△ABD+S扇形DBB﹣S扇形ADA′﹣S△A′DB′＝S扇形DBB′﹣S扇形ADA′=30π×(6＝3π．故答案為：3π．②如圖2﹣1中，當(dāng)點(diǎn)B落在線段AE上時，在Rt△AED中，AE=DE2∵AB＝6，∴BE＝AE﹣AB＝35?如圖2﹣2中，當(dāng)點(diǎn)A落在BE上時，同法可得AE＝35，此時BE＝AE+AB＝35+綜上所述，滿足條件的BE的值為35?6或35總結(jié)提升：本題屬于幾何變換綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)變換，特殊直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，扇形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．25．（2022?鄖陽區(qū)模擬）如圖1，△ABC和△ADE均為等邊三角形，連接BD，CE．（1）直接寫出BD與CE的數(shù)量關(guān)系為相等；直線BD與CE所夾銳角為60度；（2）將△ADE繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)至如圖2，取BC，DE的中點(diǎn)M，N，連接MN，試問：MNBD（3）若AB＝14，AD＝6，當(dāng)圖形旋轉(zhuǎn)至B，D，E三點(diǎn)在一條直線上時，請畫出圖形，并直接寫出MN的值為53或83．思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，由SAS可證△ABD≌△ACE，由全等三角形的性質(zhì)可得∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，再利用三角形外角的性質(zhì)可求解；（2）如圖2中，連接AM、AN．只要證明△BAD∽△MAN，利用相似比為32（3）如圖3，連接AM，AN，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到AN⊥DE，DN＝EN=12DE=12AD＝3，∠DAN=12∠DAE＝30°，AN＝33，同理AM＝73根據(jù)勾股定理得到BN=AB解：（1）如圖1，設(shè)直線BD與CE相交于F，∵△ABC和△ADE均為等邊三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，∵∠ABD+∠BAC＝∠ACE+∠BFC（8字型），∴∠BFC＝∠BAC＝60°，故答案為：相等，60；（2）不發(fā)生變化，理由如下：如圖2中，連接AM、AN，∵△ABC，△ADE都是等邊三角形，BM＝MC，DN＝NE，∴AM⊥BC，AN⊥DE，∠ABC＝∠ADE＝∠BAC＝∠DAE＝60°，∴AMAB=sin60°，ANAD=sin60°，∠MAB＝∠MAC＝∠DAN＝∠∴AMAB=ANAD，∠BAD∴△BAD∽△MAN，∴MNBD=AMAB（3）如圖3，連接AM，AN，∵△ABC和△ADE均為等邊三角形，點(diǎn)M，N是BC，DE的中點(diǎn)，∴AN⊥DE，DN＝EN=12DE=12AD＝3，∠DAN∴AN＝33，同理AM＝73∴BN=A∴BD＝BN﹣DN＝10，由（2）知MNBD∴MN＝10×32=當(dāng)D，E在△ABC外部時，同理可得BD＝13+3＝16，∴MN＝83．故答案為：53或83．總結(jié)提升：此題是幾何變換綜合題，主要考查相似三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、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)造全等三角形或相似三角形解決問題．26．（2022?齊河縣模擬）如圖，在△ABC中，AB＝AC，E是線段BC上一動點(diǎn)（不與B、C重合），連接AE，將線段AE繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)與∠BAC相等的角度，得到線段AF，連接EF．點(diǎn)M和點(diǎn)N分別是邊BC，EF的中點(diǎn)．【問題發(fā)現(xiàn)】（1）如圖1，若∠BAC＝60°，當(dāng)點(diǎn)E是BC邊的中點(diǎn)時，MNBE=32，直線BE與MN【解決問題】（2）如圖2，若∠BAC＝60°，當(dāng)點(diǎn)E是BC邊上任意一點(diǎn)時（不與B、C重合），上述兩個結(jié)論是否成立？若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由．【拓展探究】（3）如圖3，若∠BAC＝90°，AB＝6，CG=13CB，在E思路引領(lǐng)：（1）設(shè)AB＝2a，證△ABC是等邊三角形，得AB＝BC＝2a，AE⊥BC，BE＝a，則AE=3a，再證△AEF是等邊三角形，得∠AEF＝60°，EF＝AE=3a，則∠NEC＝30°，然后由等邊三角形的性質(zhì)得AN⊥EF，MN=12（2）連接AM、AN，證△ABC為等邊三角形，則AM⊥BC，再證△MAN∽△BAE，得MNBE=32，∠AMN＝∠ABE＝60°，則∠NMC＝∠AMC﹣∠（3）連接AM、AN，同（2）得AM⊥BC，△MAN∽△BAE，則∠AMN＝∠B＝45°，∠NMC＝45°，再求出MG=2，當(dāng)GN⊥MN時，GN最小，此時△MNG解：（1）設(shè)AB＝2a，∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC＝2a，∵點(diǎn)E是BC邊的中點(diǎn)，點(diǎn)M是BC邊的中點(diǎn)，∴E與M重合，AE⊥BC，BE＝a，∴AE=AB由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：∠EAF＝∠BAC＝60°，AE＝AF，∴△AEF是等邊三角形，∴∠AEF＝60°，EF＝AE=3a∴∠NEC＝∠AEC﹣∠AEF＝90°﹣60°＝30°，∵點(diǎn)N是EF的中點(diǎn)，∴AN⊥EF，MN=12EF=∴MNBE故答案為：32（2）上述兩個結(jié)論均成立，理由如下：如圖2，連接AM、AN，∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC為等邊三角形，∵M(jìn)是BC中點(diǎn)，∴AM⊥BC，∴∠BMA＝90°，在Rt△ABM中，∠B＝60°，∴∠BAM＝90°﹣∠B＝30°，sinB=AM同理可得∠EAN＝30°，sin∠AEF=AN∴∠MAN＝∠BAE，ANAE∴△MAN∽△BAE，∴MNBE=ANAE=32，∠∴∠NMC＝∠AMC﹣∠AMN＝90°﹣60°＝30°，綜上所述，MNBE=32，直線BE和（3）如圖3，連接AM、AN，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠B＝45°，BC=2AB＝62同（2）得：AM⊥BC，△MAN∽△BAE，∴∠AMN＝∠B＝45°，∴∠NMC＝∠AMC﹣∠AMN＝45°，∵M(jìn)是BC的中點(diǎn)，∴CM=12BC＝3∵CG=13CB=∴MG＝CM﹣CG=2當(dāng)GN⊥MN時，GN最小，此時△MNG是等腰直角三角形，則GN=22即GN的最小值為1．總結(jié)提升：本題是幾何變換綜合題目，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)以及垂線段最短等知識，本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，證明三角形全等和三角形相似是解題的關(guān)鍵，屬于中考常考題型．27．（2022?槐蔭區(qū)二模）在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，點(diǎn)D在斜邊BC上，且滿足BD=13BC，將線段DB繞點(diǎn)D順時針旋轉(zhuǎn)至DE，記旋轉(zhuǎn)角為α，連接CE，BE，以CE為斜邊在其右側(cè)作直角三角形CEF，且∠CFE＝90°，∠ECF＝60°，連接（1）如圖1，當(dāng)α＝180°時，請直接寫出線段BE與線段AF的數(shù)量關(guān)系BE＝2AF；（2）當(dāng)0°＜α＜180°時，①如圖2，（1）中線段BE與線段AF的數(shù)量關(guān)系是否仍然成立？請說明理由；②當(dāng)B，E，F(xiàn)三點(diǎn)共線時，如圖3，連接AE，若AE＝3，請直接寫出cos∠EFA的值及線段BC的值．思路引領(lǐng)：（1）由直角三角形的性質(zhì)可得AC=12BC，由旋轉(zhuǎn)的的性質(zhì)可得BD＝DE=13BC，BE=23BC，由直角三角形的性質(zhì)可求（2）①通過證明△CBE∽△CAF，由相似三角形的性質(zhì)可得AFBE②過點(diǎn)D作DH⊥BE于H，由等腰三角形的性質(zhì)可得BH＝HE＝AF，由相似三角形的性質(zhì)可求∠EFA＝60°，由直角三角形的性質(zhì)及勾股定理可得出答案．解：（1）∵∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，∴AC=12∵BD=13BC，將線段DB繞點(diǎn)D順時針旋轉(zhuǎn)至∴BD＝DE=13BC，BE=∴CE=13∵∠CFE＝90°，∠ECF＝60°，∴∠CEF＝30°，∴CF=12CE=∴AF＝AC﹣CF=13∴BE＝2AF；故答案為：BE＝2AF；（2）①結(jié)論仍然成立，理由如下：∵∠BCA＝∠ECF＝60°，∴∠BCE＝∠ACF，又∵ACBC∴△CBE∽△CAF，∴AFBE∴BE＝2AF；②∵B，E，F(xiàn)三點(diǎn)共線，∴∠CEB+∠CEF＝180°，∴∠CEB＝150°，∵△CBE∽△CAF，∴∠CEB＝∠AFC＝150°，∴∠EFA＝150°﹣90°＝60°，∴cos∠EFA＝cos60°=1如圖3，過點(diǎn)D作DH⊥BE于H，∵BD＝DE，DH⊥BE，∴BH＝HE，∵BE＝2AF，∴BH＝HE＝AF，∵DH⊥BE，CF⊥BE，∴DH∥CF，∴BHHF∴HF＝2BH，∴EF＝HE＝BH，∴EF＝AF，∴△EFA是等邊三角形，∴EF＝AE＝AF＝3，∴BE＝6，CF=3∴BC=BF2總結(jié)提升：本題是幾何變換綜合題，考查了直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定，相似三角形的判定和性質(zhì)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．28．（2022?臨邑縣模擬）如圖，△ABC與△ACD為正三角形，點(diǎn)O為射線CA上的動點(diǎn)，將射線OM繞點(diǎn)O逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到射線ON．（1）如圖1，點(diǎn)O與點(diǎn)A重合時，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在線段BC，CD上，求證：△AEC≌△OFD；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)O在CA的延長線上時，E，F(xiàn)分別在線段BC的延長線和線段CD的延長線上，請寫出CE、CF、CO三條線段之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．思路引領(lǐng)：（1）由等邊三角形得到AC＝AD，∠ACB＝∠D＝∠BAC＝∠COD＝60°，推出∠EAC＝∠FOD，即可證得結(jié)論；（2）過點(diǎn)O作OH∥BC交CF于點(diǎn)H，得到△COH是等邊三角形，證明△OHF≌△OCE，推出CE＝FH，即可得到CF＝CO+CE．（1）證明：∵△ABC與△ACD為正三角形，∴AC＝AD，∠ACB＝∠D＝∠BAC＝∠COD＝60°，由旋轉(zhuǎn)得∠EOF＝60°，∴∠EAC＝∠FOD，∴△AEC≌△OFD（ASA）；（2）解：CF＝CO+CE，理由如下：如圖3，過點(diǎn)O作OH∥BC交CF于點(diǎn)H，∴∠HOC＝∠BCA＝60°，∠OHC＝∠HCE＝60°，∴△COH是等邊三角形，∴OC＝CH＝OH，∵∠EOF＝∠COH＝∠CHO＝∠BCA＝60°，∴∠COE＝∠FOH，∠OCE＝∠OHF＝120°，∵OH＝OC，∴△OHF≌△OCE（ASA），∴CE＝FH，∵CF＝CH+FH，∴CF＝CO+CE．總結(jié)提升：此題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，掌握等邊三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．29．（2022?亭湖區(qū)校級模擬）問題：A4紙給我們矩形的印象，這個矩形是特殊矩形嗎？思考：通過度量、上網(wǎng)查閱資料，小麗同學(xué)發(fā)現(xiàn)A4紙的長與寬的比是一個特殊值“2”定義：如圖1，點(diǎn)C把線段AB分成兩部分，如果ACBC=2，那么點(diǎn)C為線段AB的“白銀分割點(diǎn)”如圖2，矩形ABCD中，BC應(yīng)用：（1）如圖3，矩形ABCD是白銀矩形，AD＞AB，將矩形沿著EF對折，求證：矩形ABFE也是白銀矩形．（2）如圖4，矩形ABCD中，AB＝1，BC=2，E為CD上一點(diǎn)，將矩形ABCD沿BE折疊，使得點(diǎn)C落在AD邊上的點(diǎn)F處，延長BF交CD的延長線于點(diǎn)G，說明點(diǎn)E為線段GC的”白銀分制點(diǎn)”（3）已知線段AB（如圖5），作線段AB的一個“白銀分割點(diǎn)”．（要求：尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，不寫作法）思路引領(lǐng)：（1）設(shè)AB＝m，則AD=2m，根據(jù)將矩形沿著EF對折，可得AE＝DE=12AD=22m（2）根據(jù)四邊形ABCD是矩形，矩形ABCD沿BE折疊，使得點(diǎn)C落在AD邊上的點(diǎn)F處，可得AF=BF2?AB2=1，從而有△ABF是等腰直角三角形，即可證△GFE的等腰直角三角形，故GE=2EF，即得GE=2CE（3）過B作BH⊥AB，在BH上取BE＝AB，連接AE，作∠AEB的角平分線交AB于K，則點(diǎn)K即為線段AB的“白銀分割點(diǎn)”．（1）證明：∵矩形ABCD是白銀矩形，AD＞AB，∴設(shè)AB＝m，則AD=2m∵將矩形沿著EF對折，∴∠AEF＝∠DEF＝90°，AE＝DE=12AD=∵∠A＝∠B＝90°，∴四邊形ABFE是矩形，∵ABAE∴矩形ABFE也是白銀矩形；（2）證明：如圖：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝90°＝∠C，∵矩形ABCD沿BE折疊，使得點(diǎn)C落在AD邊上的點(diǎn)F處，∴BF＝BC=2，∠BFE＝∠C＝90°＝∠GFE，EF＝CE∵AB＝1，∴AF=B∴AB＝AF，∴△ABF是等腰直角三角形，∠AFB＝45°＝∠GFD，∵∠ADC＝90°＝∠ADG，∴∠G＝45°，∴△GFE的等腰直角三角形，∴GE=2EF∴GE=2CE∴E是線段GC的”白銀分制點(diǎn)”；（3）如圖：過B作BH⊥AB，在BH上取BE＝AB，連接AE，作∠AEB的角平分線交AB于K，點(diǎn)K即為線段AB的“白銀分割點(diǎn)”．總結(jié)提升：本題考查幾何變換綜合應(yīng)用，涉及新定義，矩形的性質(zhì)及應(yīng)用，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是讀懂“白銀三角形”，“白銀分割點(diǎn)”的定義．30．（2022?沭陽縣校級模擬）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，將△ABC繞點(diǎn)C順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度得到△DEC，點(diǎn)A、B的對應(yīng)點(diǎn)分別是D、E．（1））點(diǎn)E恰好落在邊AC上，如圖1，求∠ADE的大??；（2）如圖2，若△ABC繞點(diǎn)C順時針旋轉(zhuǎn)的角度為60°，點(diǎn)F是邊AC中點(diǎn)，求證：四邊形BFDE是平行四邊形．思路引領(lǐng)：（1）先根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠DCE＝∠ACB＝30°，CD＝CA，∠DEC＝∠ABC＝90°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和計算出∠CAD＝∠CDA＝75°，然后利用互余可計算出∠ADE的度數(shù)；（2）先根據(jù)斜邊上的中線性質(zhì)得到BF＝FA＝FC＝AB，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到DE＝AB，CB＝CE，∠BCE＝60°，∠DEC＝∠ABC＝90°，所以DE＝BF，接著證明△BCE為等邊三角形得到∠CBE＝∠CEB＝60°，然后證明DE∥BF，從而可判斷四邊形BFDE是平行四邊形．（1）解：∵△ABC繞點(diǎn)C順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度得到△DEC，點(diǎn)E恰好落在邊AC上，∴∠DCE＝∠ACB＝30°，CD＝CA，∠DEC＝∠ABC＝90°，∵CD＝CA，∴∠CAD＝∠CDA=12（180°﹣30°）＝75在Rt△ADE中，∠ADE＝90°﹣∠EAD＝90°﹣75°＝15°；（2）證明：∵∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，∴∠A＝60°，AC＝2AB，∵點(diǎn)F是邊AC中點(diǎn)，∴BF＝FA＝FC，∴AB＝BF，∵△ABC繞點(diǎn)C順時針旋轉(zhuǎn)的角度為60°，∴DE＝AB，CB＝CE，∠BCE＝60°，∠DEC＝∠ABC＝90°，∴DE＝BF，∵CB＝CE，∠BCE＝60°，∴△BCE為等邊三角形，∴∠CBE＝∠CEB＝60°，∵FB＝FC，∴∠FBC＝∠FCB＝30°，∴∠EBF＝∠EBC﹣∠FBC＝30°，∴∠DEB+∠EBF＝90°+60°+30°＝180°，∴DE∥BF，而DE＝BF，∴四邊形BFDE是平行四邊形．總結(jié)提升：本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：對應(yīng)點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對應(yīng)點(diǎn)與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．也考查了直角三角形斜邊上的中線和平行四邊形的判定．31．（2022?大名縣校級四