数学-专项14几何综合探究问题-【备战2023】历年中考数学真题+一年模拟新题分项详解（重庆专用）【解析版】

【备战2023】历年中考数学真题+一年模拟新题分项详解（重庆专用）专题14几何综合探究问题历年历年中考真题1．（2022·重庆·统考中考真题）如图，在锐角△ABC中，∠A=60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交直线CD于点F．(1)如图1，若AB>AC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度数；(2)如图2，若AB=AC，且BD=AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想；(3)若AB=AC，且BD=AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中点，点K是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ．在点D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出PQBC【答案】(1)∠EFC=60°(2)BF+CF=2CN，证明见解析(3)2【分析】（1）在射线CD上取一点K，使得CK=BE，证明△CBE≌△BCK，求出∠CEB=∠BKD=∠BDK=∠ADF，然后根据四边形内角和定理及邻补角的性质得出答案；（2）证明△ABE≌△BCD，求出∠BFC=120°，倍长CN至Q，连接FQ，PQ，证明△CNM≌△QNF，求出FQ=CM=BC，在CF上截取FP＝FB，连接BP，易得△PBF为正三角形，然后求出∠PFQ=∠PBC，证△PFQ≌△PBC，可得PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，则可得△PCQ为正三角形，然后由BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN得出结论；（3）根据∠BFC=120°可知F轨迹为如图3-1中圆弧，O为所在圆的圆心，此时AO垂直平分BC，当P、F、O三点共线时，PF取得最小值，设HL=LK=2，解直角三角形求出PL、PH，再用面积法求出PQ计算即可．（1）解：如图1，在射线CD上取一点K，使得CK=BE，∵∠BCD=∠CBE，BC＝BC，∴△CBE≌△BCK（SAS），∴BK=CE=BD，∴∠CEB=∠BKD=∠BDK=∠ADF，∴∠ADF+∠AEF=∠AEF+∠CEB=180°，∴∠A+∠DFE=180°，∵∠A=60°，∴∠DFE=120°，∴∠CFE=60°；（2）BF+CF=2CN，证明：∵AB=AC，∠A=60°，∴△ABC是正三角形，∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠DBC＝60°，又∵BD=AE，∴△ABE≌△BCD（SAS），∴∠BCF=∠ABE，∴∠FBC+∠BCF=60°，∴∠BFC=120°，倍长CN至Q，连接FQ，PQ，∵CN＝QN，∠QNF＝∠CNM，NF＝NM，∴△CNM≌△QNF（SAS），∴FQ=CM，∠QFN＝∠CMN，由旋转的性质得AC＝CM，∴FQ=CM=BC，在CF上截取FP＝FB，连接BP，∵∠BFC=120°，∴∠BFP=60°，∴△PBF为正三角形，∴∠BPF＝60°，∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°，∴∠FCM=∠PBC，∵∠QFN＝∠CMN，∴FQ∥CM，∴∠PFQ=∠FCM，∴∠PFQ=∠PBC，又∵PB=PF，FQ=BC∴△PFQ≌△PBC（SAS），∴PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，∴△PCQ为正三角形，∴BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN，即BF+CF=2CN；（3）由（2）知∠BFC=120°，∴F轨迹为如图3-1中圆弧，O为所在圆的圆心，此时AO垂直平分BC，∴P、F、O三点共线时，PF取得最小值，∵∠PAO＝∠PAB＋∠BAO＝90°，∴tan∠APK=∴∠HPK>45°，∵QK⊥PF，∴∠PKH=∠QKH=45°，如图3-2，作HL⊥PK于L，设HL=LK=2，在Rt△HLP中，tan∠HPL=HLPL∴PL=3∴PH=32+设PQ与HK交于点R，则HK垂直平分PQ，∵S△PHK＝12∴2+3∴PR=2+∴PQ=2PR=4+2∵BC＝AP＝2PH=27∴PQBC【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，平行线的性质，圆的基本性质，解直角三角形，勾股定理等知识，综合性较强，能够作出合适的辅助线是解题的关键．2．（2022·重庆·统考中考真题）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，D为BC的中点，E，F分别为AC，AD上任意一点，连接EF，将线段EF绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，连接FG，AG(1)如图1，点E与点C重合，且GF的延长线过点B，若点P为FG的中点，连接PD，求PD的长；(2)如图2，EF的延长线交AB于点M，点N在AC上，∠AGN=∠AEG且GN=MF，求证：AM+AF=2AE(3)如图3，F为线段AD上一动点，E为AC的中点，连接BE，H为直线BC上一动点，连接EH，将△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面内，得到△B'EH，连接B'G，直接写出线段B'G的长度的最小值．【答案】(1)2(2)见解析(3)10【分析】（1）根据已知条件可得D为BC的中点，证明CP⊥BG，进而根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解；（2）过点E作EH⊥AE交AD的延长线于点H，证明△AEG≌△HEFSAS，△AGB≌△AMFAAS，可得AG=AF，进而根据AF+AM=FH+AF=AH，AH=（3）根据（2）可知∠FAG=90°，当点F在线段AD上运动时，点G在平行于BC的线段上运动，根据题意作出图形，根据点到圆上的距离求最值即可求解．【详解】（1）如图，连接CP∵将线段EF绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，∴△FCG是等腰直角三角形，∵P为FG的中点，∴CP⊥FG，∴CP=PF，∴∠PFC=∠FCP=45°，∵∠BAC=90°，D为BC的中点，AB=AC=22∴AD⊥BC，BC=2∴AD=DC，在Rt△PBC中，PD=（2）如图，过点E作EH⊥AE交AD的延长线于点H，∵EF⊥EG,HE⊥AE，∴∠HEF+∠FEA=∠FEA+∠AEG=90°，∴∠HEF=∵∠DAE=∠DAC=45°，∴△AEH是等腰直角三角形，∴AE=EH，∴AH=2在△AEG与△HEF中，

GE=FE∴△AEG≌△HEFSAS，∴∠H=∠GAE=45°，∴∠GAF=∠CAD+∠GAE=90°，∴∠MAF=∠NAG=45°，又HE⊥AC，∠BAC=90°，

∴HE//∴∠AMF=∠FEH，∵∠AGN=∠AEG，∵∠AEG=∠FEH=∠AMF，∴∠AMF=∠AGN，

又GN=MF，∴△AGN≌△AMFAAS∴AM=AG,∵AG=FH，∴AM=FH，∴AF+AM=FH+AF=AH，∵AH=2∴AF+AM=2（3）由（2）可知∠FAG=90°，则当点F在线段AD上运动时，点G在平行于BC的线段上运动，∵将△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面内，得到△B'EH，∵E为AC的中点，∴AE=1∴B'E=BE则点B'在以E为圆心10为半径的圆上运动，当B',G,E三点共线时，B'E如图，当F运动到与D点重合时，B'G取得最小值，如图，当点F运动到与A点重合时，B'此时EG=EF=AE=2，则B综上所述，B'G的最小值为【点睛】本题考查了等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，全等三角形的性质与判定，轴对称线的性质，点到圆上一点距离最值问题，正确的添加辅助线是解题的关键．3．（2021·重庆·统考中考真题）在等边△ABC中，AB=6，BD⊥AC，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF．（1）将线段EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，连接FG．①如图1，当点E与点B重合，且GF的延长线过点C时，连接DG，求线段DG的长；②如图2，点E不与点A，B重合，GF的延长线交BC边于点H，连接EH，求证：BE+BH=3（2）如图3，当点E为AB中点时，点M为BE中点，点N在边AC上，且DN=2NC，点F从BD中点Q沿射线QD运动，将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，连接FP，当NP+12MP【答案】（1）①21；②见解析；（2）4【分析】（1）①连接AG，根据题意得出△ABC和△GEF均为等边三角形，从而可证明△GBC≌△GAC，进一步求出AD＝3，AG＝BG＝23②以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延长线交于点K，连接KF，先证明出△BFK是顶角为120°的等腰三角形，然后推出△FEB≌△FHK，从而得出结论即可；（2）利用“胡不归”模型构造出含有30°角的直角三角形，构造出NP+12MP=NP+PJ，当N、P、J三点共线的时候满足条件，然后利用等边三角形的性质及判定、矩形的判定及性质以及解直角三角形的知识分别计算出PN【详解】（1）解：①如图所示，连接AG，由题意可知，△ABC和△GEF均为等边三角形，∴∠GFB＝60°，∵BD⊥AC，∴∠FBC＝30°，∴∠FCB＝30°，∠ACG＝30°，∵AC＝BC，GC＝GC，∴△GBC≌△GAC（SAS），∴∠GAC＝∠GBC＝90°，AG＝BG，∵AB＝6，∴AD＝3，AG＝BG＝23∴在Rt△ADG中，DG=A∴DG=21②证明：以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延长线交于点K，连接KF，如图，∵△ABC和△GEF均为等边三角形，∴∠ABC＝60°，∠EFH＝120°，∴∠BEF+∠BHF＝180°，∵∠BHF+∠KHF＝180°，∴∠BEF＝∠KHF，由辅助线作法可知，FB＝FK，则∠K＝∠FBE，∵BD是等边△ABC的高，∴∠K＝∠DBC＝∠DBA＝30°，∴∠BFK＝120°，在△FEB与△FHK中，∠FEB=∠FHK∴△FEB≌△FHK（AAS），∴BE＝KH，∴BE+BH＝KH+BH＝BK，∵FB＝FK，∠BFK＝120°，∴BK＝3BF，即：BE+BH=3（2）方法一：以M为顶点，MP为一边，作∠PML=30°，ML交BD于G，过P作PH⊥ML于H，设MP交BD于K，如图：RtΔPMH中，∴NP+12MP最小即是NP+HP最小，此时N、P∵将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，∴F在射线QF上运动，则P在射线MP上运动，根据“瓜豆原理”，F为主动点，P是从动点，E为定点，∠FEP=60°，则F、P轨迹的夹角∠QKP=∠FEP=60°，∴∠BKM=60°，∵∠ABD=30°，∴∠BMK=90°，∵∠PML=30°，∴∠BML=60°，∴∠BML=∠A，∴ML//AC，∴∠HNA=180°-∠PHM=90°，而BD⊥AC，∴∠BDC=∠HNA=∠PHM=90°，∴四边形GHND是矩形，∴DN=GH，∵边ΔABC中，AB=6，BD⊥AC，∴CD=3，又DN=2NC，∴DN=GH=2，∵等边ΔABC中，AB=6，点E为AB中点时，点M为BE中点，∴BM=32，RtΔBGM中，MG=1∴MH=MG+GH=114，RtΔMHP中，∴PN=HN-HP=GD-HP=4∴S方法二：如图，连接EQ，∵在等边△ABC中，AB=6，BD⊥AC，∴∠A＝60°，∠BDA＝90°，∠ABD＝30°，∵点E、Q分别为AB、BD的中点，∴EQ为△ABD的中位线，∴EQ//AD，∴∠BEQ＝∠A＝60°，∠BQE＝∠BDA＝90°，∵∠BQE＝90°，∠ABD＝30°，∴EQ＝12∵点M为BE的中点，∴ME＝12BE＝∵将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，∴△EPF为等边三角形，∠PEF＝60°，PE＝EF＝PF，∴∠BEQ＝∠PEF，∴∠BEQ－∠PEQ＝∠PEF－∠PEQ，即∠MEP＝∠QEF，在△MEP与△QEF中，ME＝∴△MEP≌△QEF（SAS）∴∠EMP＝∠EQF＝90°，∴MP⊥BE，∴点P在射线MP上运动，如图，以M为顶点，MP为一边，作∠PML=30°，ML交BD于G，过P作PH⊥ML于H，设MP交BD于K，则在Rt△PMH中，HP=∴NP+12MP最小即是NP+HP最小，此时N、P∵∠EMP＝90°，∠PML＝30°，∴∠BML=180°-∠EMP-∠PML=60°，∴∠BML=∠A，∴ML//AC，∴∠HNA=180°-∠PHM=90°，又∵BD⊥AC，∴∠BDC=∠HNA=∠PHM=90°，∴四边形GHND是矩形，∴DN=GH，∵在等边△ABC中，AB=6，BD⊥AC，∴CD=3，又DN=2NC，∴DN=GH=2，∵在等边△ABC中，AB=6，点E为AB中点时，点M为BE中点，∴BM=32，∴在Rt△BGM中，MG=12∴MH=MG+GH=114，∴在Rt△MHP中，HP=MH⋅∴PN=HN-HP=GD-HP=4∴S【点睛】本题考查等边三角形性质及应用，涉及旋转变换、解直角三角形、三角形全等的判定及性质、矩形的判定及性质等知识，难度较大，解题的关键是构造辅助线．4．（2021·重庆·统考中考真题）在△ABC中，AB=AC，D是边BC上一动点，连接AD，将AD绕点A逆时针旋转至AE的位置，使得∠DAE+∠BAC=180°．（1）如图1，当∠BAC=90°时，连接BE，交AC于点F．若BE平分∠ABC，BD=2，求AF的长；（2）如图2，连接BE，取BE的中点G，连接AG．猜想AG与CD存在的数量关系，并证明你的猜想；（3）如图3，在（2）的条件下，连接DG，CE．若∠BAC=120°，当BD>CD，∠AEC=150°时，请直接写出BD-DGCE【答案】（1）2；（2）AG=12CD，证明见解析；（3【分析】（1）连接CE，过点F作FH⊥BC，垂足为H，证明△ABF≌△HBF，得：AF=HF，再在等腰直角△FHC中，找到FH=22CF，再去证明△FCE（2）作辅助线，延长BA至点M，使AM=AB，连接EM，在△BEF中，根据三角形的中位线，得出AG=12ME（3）如图（见解析），先根据旋转的性质判断出△ADE是等边三角形，再根据∠ABC+∠AEC=180°证出A,B,C,E四点共圆，然后根据等腰三角形的三线合一、角的和差可得△CDE是等腰直角三角形，设CE=DE=2a，从而可得AD=2a,CD=22a，根据三角形全等的判定定理与性质可得∠BDP=∠BAP=120°，从而可得∠AGD=∠GDP=∠APD=90°，根据矩形的判定与性质可得四边形AGDP是矩形，DG=AP，最后根据等量代换可得BD-DGCE【详解】解：（1）连接CE，过点F作FH⊥BC，垂足为H．∵BE平分∠ABC，∠BAC=90°，∴FA=FH．∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=45°，∴FH=2∵∠BAC+∠DAE=180°，∴∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=∴△ABD≌△ACE(SAS)，∴BD=CE=2，∠ABD=∠ACE=45°，∴∠BCE=90°，∵BE平分∠ABC，∴∠ABF=∠CBF.∴∠AFB=∠BEC，∵∠AFB=∠EFC，∴∠BEC=∠EFC，∴∠CEB=∠EFC．∴AF=2（2）AG=延长BA至点M，使AM=AB，连接EM．∵G是BE的中点，∴AG=1∵∠BAC+∠DAE=∠BAC+∠CAM=180°，∴∠DAE=∠CAM，∴∠DAC=∠EAM，在△ADC和△AEM中，AD=AE∠DAC=∠EAM∴△ADC≌△AEM(SAS)，∴CD=ME，∴AG=1（3）如图，设AC,BE交于点P，连接DE,DP，∵∠DAE+∠BAC=180°,∠BAC=120°，∴∠DAE=60°，由旋转的性质得：AD=AE，∴△ADE是等边三角形，∴∠AED=60°,AD=DE，∵∠AEC=150°，∴∠CED=∠AEC-∠AED=90°，∵∠BAC=120°,AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=1∴∠ABC+∠AEC=180°，∴点A,B,C,E四点共圆，由圆周角定理得：∠AEB=∠ACB=30°=1∴BE垂直平分AD，∠DEB=1∴AG=DG,AP=DP,BD=AB=AC，∴BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE=1∴∠CDE=∠CBE+∠DEB=45°，∴Rt△CDE是等腰直角三角形，∴CE=DE,CD=2设CE=DE=2a，则AD=2a,CD=22由（2）可知，AG=1∴DG=AG=2∴AG∴△ADG是等腰直角三角形，且∠AGD=90°，∴∠EGD=1∴∠BDG=∠EGD-∠CBE=30°，在△BDP和BAP中，BD=BABP=BP∴△BDP≅BAP(SSS)，∴∠BDP=∠BAP=120°，∴∠GDP=∠BDP-∠BDG=90°，∠CDP=180°-∠BDP=60°，∴∠CPD=180°-∠CDP-∠ACB=90°，∴∠AGD=∠GDP=∠APD=90°，∴四边形AGDP是矩形，∴DG=AP，在Rt△CDP中，CP=CD⋅cos则BD-DGCE【点睛】本题考查了图形的旋转、等边三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、圆周角定理、解直角三角形等知识点，综合能力比较强，较难的是题（3），判断出A,B,C,E四点共圆是解题关键．5．（2020·重庆·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE．点F是DE的中点，连接CF．（1）求证：CF=2（2）如图2所示，在点D运动的过程中，当BD=2CD时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明你猜想的结论；（3）在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使PA+PB+PC的值最小．当PA+PB+PC的值取得最小值时，AP的长为m，请直接用含m的式子表示CE的长．【答案】（1）证明见解析；（2）BC=32AG；（3【分析】（1）先证△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得结论；（2）连接AF，由（1）得ΔABD≅ΔACE，CE=BD，∠ACE=∠ABD=45°，推出∠DCE=∠BCA+∠ACE=45°+45°=90°，然后根据现有条件说明在Rt△DCE中，DE=CD2+CE2=CD2+BD2=5CD，点（3）在△ABC内取一点P，连接AP、BP、CP，将三角形ABP绕点B逆时针旋转60°得到△EBD，证明点P位于线段CE上，同理得到点P位于线段BF上，证明∠BPC=120°，进而得到∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，设PD为a，得出BD=3a，AD=BD=3a，得出a+m=3【详解】解：（1）证明如下：∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，∵AB=AC，AD=AE，∴在△ABD和△ACE中{∠BAD=∠CAE∴ΔABD≅ΔACE，∴∠ABD=∠ACE=45°，∴∠DCE=∠ACB+∠ACE=90°，在Rt△ADE中，F为DE中点（同时AD=AE），∠ADE=∠AED=45°，∴AF⊥DE，即Rt△ADF为等腰直角三角形，∴AF=DF=2∵CF=DF，∴CF=2（2）连接AF，由（1）得ΔABD≅ΔACE，CE=BD，∠ACE=∠ABD=45°，∴∠DCE=∠BCA+∠ACE=45°+45°=90°，在Rt△DCE中，DE=C∵F为DE中点，∴DF=EF=1在四边形ADCE中，有∠DAE=∠DCE=90°，∠DAE+∠DCE=180°，∴点A，D，C，E四点共圆，∵F为DE中点，∴F为圆心，则CF=AF，在Rt△AGC中，∵CF=AF，∴F为CG中点，即CG=2∴AG=C即BC=32（3）如图1，在△ABC内取一点P，连接AP、BP、CP，将三角形ABP绕点B逆时针旋转60°得到△EBD，得到△BPD为等边三角形，所以PD=BP，∴AP+BP+CP=DE+DP+CP，∴当PA+PB+PC的值取得最小值时，点P位于线段CE上；如图2，将三角形ACP绕点C顺时针旋转60°得到△FCG，得到△PCG为等边三角形，所以PC=GP，∴AP+BP+CP=GF+GP+BP，∴当PA+PB+PC的值取得最小值时，点P位于线段BF上；综上所述：如图3，以AB、AC为边向外做等边三角形ABE和等边三角形ACF，连接CE、BF，则交点P为求作的点，∴△AEC≌△ABF，∴∠AEC=∠ABF，∴∠EPB=EAB=60°，∴∠BPC=120°，如图4，同理可得，∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，

∴∠BPD=60°，设PD为a，∴BD=3又AD=BD=3∴a+m=3m=(a=又BD=CE∴CE=【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，锐角三角函数等知识，灵活运用所学知识是解本题的关键．6．（2020·重庆·统考中考真题）△ABC为等边三角形，AB=8，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一点，AE=23．以AE为边在直线AD右侧构造等边三角形AEF，连接CE，N为CE（1）如图1，EF与AC交于点G，连接NG，求线段NG的长；（2）如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转，旋转角为α，M为线段EF的中点，连接DN，MN．当30°＜α＜120°时，猜想∠DNM的大小是否为定值，并证明你的结论；（3）连接BN．在△AEF绕点A逆时针旋转过程中，当线段BN最大时，请直接写出△ADN的面积．【答案】（1）NG=7；（2）∠DNM的为定值120°，证明见详解；（3）△AND的面积为7【分析】（1）证明∠CGE=90°，求出DE=23，EC=27（2）证明BE∥DN，MN∥CF，△ABE≌△ACF，得到因此∠DGC=∠BHC，∠ENM=∠ECF，∠ABE=∠ACF，通过角的代换即可求解；（3）取AC中点P，因为BP+PN≥BN，所以当B、P、N在一直线上，BN最大．求出BN=53，设BP与AD交于O，NQ⊥AD于Q，根据△ONQ∽△OBD，可求得NQ=72，问题得解【详解】解：（1）∵△ABC为等边三角形，AB=8，AD⊥BC于点D，∴∠DAC=30°,CD=12∴AD=AC∴DE=AD-AE=23∴CE=DE∵三角形AEF是等边三角形，

∴∠AEG=60°∴∠EGC=90∵N为CE的中点∴NG=1（2）∠DNM的为定值120°．连CF，BE，BE交AC于H，DN交AC于G，如图，∵D、N、M分别为BC、CE、EF中点，∴DN、MN分别为△BCE、ECF中位线，∴BE∥DN，MN∥CF，∵△ABC、△AEF都是等边三角形，∴AB=AC,AE=AF,∠BAC=∠EAF=60°∴∠BAE=∠CAF∴△ABE≌△ACF．∴∠DGC=∠BHC，∠ENM=∠ECF，∠ABE=∠ACF又∵∠BHC=∠ABE+∠BAH=∠ABE+60°，∴∠DGC=∠ABE+60°=∠ACF+60°又∵∠DGC=∠DNC+∠GCN=∠DNC+∠ACF-∠ECF，∴∠DNC=60°+∠ECF=60°+∠ENM，∴∠DNE=180°-∠DNC=120°-∠ENM，∴∠DNM=∠DNE+∠ENM=120°．（3）△AND的面积为73如图，取AC中点P，因为BP+PN≥BN，所以当B、P、N在一直线上，BN最大．∴BN=BP+PN=BP+12AE=设BP与AD交于O，NQ⊥AD于Q，如图，∴BO=23BP=833，ON=73由题意得△ONQ∽△OBD，∴NQ=72∴△AND的面积为：12×AD×NQ=7【点睛】本题考查了等边三角形性质，直角三角形性质，中位线定理，相似等知识，综合性较强，熟知图形变化规律，根据题意正确画出图形是解题关键．7．（2019·重庆·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点E在边BC上，连结AE，EM⊥AE，垂足为E，交CD于点M，AF⊥BC，垂足为F，BH⊥AE，垂足为H，交AF于点N，点P显AD上一点，连接CP．（1）若DP=2AP=4，CP=17，CD=5，求△ACD的面积．（2）若AE=BN，AN=CE，求证：AD=2CM+2CE．【答案】（1）S△ACD=12；（2【分析】（1）作CG⊥AD于G，设PG=x，则DG=4-x，在Rt△PGC和Rt△DGC中，由勾股定理得出方程，解方程得出x=1，即PG=1，得出GC=4，求出AD=6，由三角形面积公式即可得出结果；（2）连接NE，证明△NBF≌△EAF得出BF=AF，NF=EF，再证明△ANE≌△ECM得出CM=NE，由NF=22NE=22MC，得出AF=22【详解】解：（1）解：作CG⊥AD于G，如图1所示：设PG＝x，则DG＝4﹣x，在Rt△PGC中，GC2＝CP2﹣PG2＝17﹣x2，在Rt△DGC中，GC2＝CD2﹣GD2＝52﹣（4﹣x）2＝9+8x﹣x2，∴17﹣x2＝9+8x﹣x2，解得：x＝1，即PG＝1，∴GC＝4，∵DP＝2AP＝4，∴AD＝6，∴S△ACD＝12×AD×CG＝12×6×4＝（2）证明：连接NE，如图2所示：∵AH⊥AE，AF⊥BC，AE⊥EM，∴∠AEB+∠NBF＝∠AEB+∠EAF＝∠AEB+∠MEC＝90°，∴∠NBF＝∠EAF＝∠MEC，在△NBF和△EAF中，∠NBF=∠∴△NBF≌△EAF（AAS），∴BF＝AF，NF＝EF，∴∠ABC＝45°，∠ENF＝45°，FC＝AF＝BF，∴∠ANE＝∠BCD＝135°，AD＝BC＝2AF，在△ANE和△ECM中，∠HEC=∠EAF∴△ANE≌△ECM（ASA），∴CM＝NE，又∵NF＝22NE＝22∴AF＝22MC+EC∴AD＝2MC+2EC．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积公式等知识；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解题的关键.8．（2016·重庆·中考真题）已知△ABC是等腰三角形，∠BAC=90°，CD=12BC，DE⊥CE，DE=CE，连接AE，点M是AE（1）如图1，若点D在BC边上，连接CM，当AB=4时，求CM的长；（2）如图2，若点D在△ABC的内部，连接BD，点N是BD中点，连接MN，NE，求证MN⊥AE；（3）如图3，将图2中的△CDE绕点C逆时针旋转，使∠BCD=30°，连接BD，点N是BD中点，连接MN，探索MNAC【答案】（1）5；（2）证明过程见解析；（3）7【分析】（1）根据等腰直角三角形ABC得出BC的长度，然后根据等腰直角三角形DCE得出CE的长度，然后根据Rt△ACE的勾股定理得出AE的长度，从而根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出答案；（2）延长EN到NF，使NE=NF，再连接BF，AF，然后证明△ABF≌△ACE，从而得出∠FAE=∠BAC=90°，然后根据平行线的性质得出答案；（3）根据第二题同样的方法得出MN=12AF，AF=AE【详解】（1）∵AB=AC=4，∠BAC=90°，∴BC=42，则CD=22，∴CE=2，在Rt△ACE中，根据勾股定理：AE=42∴CM=AE（2）如图，延长EN到NF，使NE=NF，再连接BF，AF，∴BF=DE=CE，∠FBN=∠NDE，∴则∠ACE=90°-∠DCB，∠ABF=∠BDE-∠ABN=∠180°-∠DBC-∠DCB-∠EDC-∠ABN=180°-（∠DBC+∠ABN）-45°-∠DCB=90°-∠DCB，所以∠ACE=∠ABF，所以△ABF≌△ACE，

所以∠FAB=∠EAC，

所以∠FAE=∠BAC=90°，因为MN//AF，所以MN⊥AE．（3）同（2）可得MN=12AF，AF=AE又AC=2CE，∠ACE=120°，可求得AE=72AC，所以9．（2015·重庆·统考中考真题）如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=60°，点E是∠BAC角平分线上一点，过点E作AE的垂线，过点A作AB的线段，两垂线交于点D，连接DB，点F是BD的中点．DH⊥AC，垂足为H，连接EF，HF．(1)如图1，若点H是AC的中点，AC=23，求AB，BD(2)如图1，求证：HF=EF．(3)如图2，连接CF，CE，猜想：△CEF是否是等边三角形？若是，请证明；若不是，请说明理由．【答案】(1)AB=43，(2)证明见解析(3)△CEF为等边三角形【分析】（1）根据直角三角形的性质和三角函数即可得到结果；（2）如图1，连接AF，证出△DAE≌△ADH，△DHF≌△AEF，即可得到结果；（3）如图2，取AB的中点M，连接CM，FM，在Rt△ADE中，AD=2AE，根据三角形的中位线的性质得到AD=2FM，于是得到FM=AE，由∠CAE=30°，(1)解：∵∠ACB=90°，∠BAC=60°，∴∠ABC=30°，∴AB=2AC=2×23∵AD⊥AB，∠CAB=60°，∴∠DAC=30°，∵AH=1∴AD=AH∴BD=A(2)解：如图1，连接AF，∵AE是∠BAC角平分线，∴∠HAE=30°，∴∠ADE=∠DAH=30°，在△DAE与△ADH中，∠AHD＝∴△DAE≌△ADH，∴DH=AE，∵点F是BD的中点，∴DF=AF，∵∠EAF=∠EAB-∠FAB=30°-∠FAB∠FDH=∠FDA-∠HDA=∠FDA-60°=（90°-∠FBA）-60°=30°-∠FBA，∴∠EAF=∠FDH，在△DHF与△AEF中，DH＝AE∴△DHF≌△AEF，∴HF=EF；(3)解：如图2，取AB的中点M，连接CM，FM∵F、M分别是BD、AB的中点，∴FM∥AD，即FM⊥AB．在Rt△ADE中，AD=2∵DF=BF，AM=BM，∴AD=2FM，∴FM=AE，∵∠ABC=30°，∴AC=CM=1∵∠CAE=12在△ACE与△MCF中，AC＝CM∴△ACE≌△MCF，∴CE=CF，∠ACE=∠MCF，∵∠ACM=60°，∴∠ECF=60°，∴△CEF是等边三角形．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．10．（2014·重庆·统考中考真题）已知：如图①，在矩形ABCD中，AB=5，AD=203，AE⊥BD，垂足是E，点F是点E关于AB的对称点，连接AF、（1）求AE和BE的长；（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）.当点F分别平移到线段AB、AD上时，直接写出相应的m的值；（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q.是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）4，3；（2）当点F在线段AB上时，m=3；当点F在线段AD上时，m=16（3）存在，310-253或12524或【分析】（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；（2）依题意画出图形，如答图2所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m的值；（3）在旋转过程中，等腰△DPQ有4种情形，如答图3所示，对于各种情形分别进行计算．【详解】解：（1）在Rt△ABD中，AB=5，AD=203由勾股定理得：BD=AB2+AD2∵S△ABD=12BD•AE=1∴AE=AB·ADBD=在Rt△ABE中，AB=5，AE=4，由勾股定理得：BE=3；（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示：由对称点性质可知，∠1=∠2．由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′=3．①当点F′落在AB上时，∵AB∥A′B′，∴∠3=∠4，∴∠3=∠2，∴BB′=B′F′=3，即m=3；②当点F′落在AD上时，∵AB∥A′B′，∴∠6=∠2，∵∠1=∠2，∠5=∠1，∴∠5=∠6，又易知A′B′⊥AD，∴△B′F′D为等腰三角形，∴B′D=B′F′=3，∴BB′=BD﹣B′D=253﹣3=163，即m=（3）存在．理由如下：在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：①如答图3﹣1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，易知∠2=2∠Q，∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，∴∠3=∠Q，∴A′Q=A′B=5，∴F′Q=F′A′+A′Q=4+5=9．在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=F'Q2∴DQ=BQ﹣BD=310②如答图3﹣2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，易知∠2=∠P，∵∠1=∠2，∴∠1=∠P，∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．∵∠3=∠2，∴∠3=∠1，∴BQ=A′Q，∴F′Q=F′A′﹣A′Q=4﹣BQ．在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF'即32解得：BQ=258∴DQ=BD﹣BQ=253-25③如答图3﹣3所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，易知∠3=∠4．∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，∴∠4=90°﹣12∠2∵∠1=∠2，∴∠4=90°﹣12∠1∴∠A′QB=∠4=90°﹣12∠1∴∠A′BQ=180°﹣∠A′QB﹣∠1=90°﹣12∠1∴∠A′QB=∠A′BQ，∴A′Q=A′B=5，∴F′Q=A′Q﹣A′F′=5﹣4=1．在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=BF'2+F'∴DQ=BD﹣BQ=253④如答图3﹣4所示，点Q落在BD上，且PQ=PD，易知∠2=∠3．∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，∴∠1=∠4，∴BQ=BA′=5，∴DQ=BD﹣BQ=253﹣5=10综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形；DQ的长度分别为310-253或12524【点睛】本题是几何变换压轴题，涉及旋转与平移变换、矩形、勾股定理、等腰三角形等知识点．第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论；在计算过程中，注意识别旋转过程中的不变量，注意利用等腰三角形的性质简化计算．一年模拟新题一年模拟新题1．（2022·重庆璧山·统考一模）在△ABC中，AB=AC，∠ABC=30°，点D是边AB上的一动点，点F是边CD上的动点，连接AF并延长至点E，交BC于G，连接BE，∠AFC=60°，且∠E+∠BDF=180°，(1)如图1，若BC=43，BE=2，求AE(2)如图2，若D是AB的中点，连接DE、BF，求证：DF+EF=3(3)如图3，在（2）问的条件下，将△BDE绕点B顺时针旋转，旋转中的三角形记为△D1BE1，取D1E1的中点为M，连接CM．当CM取最大时，将【答案】(1)2(2)见解析(3)17+4【分析】（1）作EM⊥AB于点M，根据题目给的已知条件可得出BC=3AB=43，AB=AC=4，又因∠E+∠BDF=180°，得出∠EFD+∠EBD=（2）过点B作∠FBH=120°交FE延长线于点H，根据∠EFD=∠AFC=60°得出∠EBD=120°，再通过∠ADC+∠BDC=180°，∠BDC+∠BEA=180°的关系得出∠ADC（3）作BM'⊥DE与点M'，设AD=AD=BE=1，则AB=2，AH=1，BH=3，当【详解】（1）解：如图1，过点E作EM⊥AB交于点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）过点B作∠FBH=120°交FE延长线于点H∵∠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为等腰三角形，∴HF=∴FH=（3）作BM'⊥DE与点M'，作设AD=AD=BE=1，则∵BM=CM≤BC+BM，∴当点M，B，C共线时，CM最大，∴EMA1∴A【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，轴对称图形的性质等知识点，解决问题的关键是作辅助线．2．（2022·重庆南岸·校考模拟预测）如图1，△ABC是等腰直角三角形，AB=BC，∠ABC=90°，线段BD可绕点B在平面内旋转，BD=4．(1)若AB=8，在线段BD旋转过程中，当点B，C，D三点在同一直线上时，直接写出CD的长．(2)如图2，若将线段BD绕点B按顺时针方向旋转90°，得到线段BE，连接AE，CE．①当点D的位置由△ABC外的点D转到其内的点E处，且∠AEB=135°，AE=25时，求CE②如图3，若AB=8，连接DE，将△BDE绕点B在平面内旋转，分别取DE，AE，AC的中点M，P，N，连接MP，PN，NM，请直接写出△MPN面积S【答案】(1)4或12(2)①213；②【分析】（1）分两种情形分别求解即可．（2）①首先证明∠AED=90°，利用勾股定理求出DE，AD，再利用全等三角形的性质证明EC=AD即可．②如图3中，连接AD，延长CE交AB于O，交AD于J．想办法证明△PMN是等腰直角三角形，S△PMN=【详解】（1）当点D在CB的延长线上时，CD=4+8=12，当点D在线段BC上时，CD=8-4=4，故CD的长为4或12．（2）①如图2中，连接AD，DE．∵BD=BE=4，∠DBE=90°，∴DE=2BD=42∵∠AEB=135°，∴∠AED=90°，∵AE=25∴AD=∵∠DBE=∠ABC=90°，∴∠DBA=∠EBC，∵BD=BE，BA=BC，∴△DBA≌△EBC(SAS∴EC=AD=213②如图3中，连接AD，延长CE交AB于O，交AD于J．∵∠DBE=∠ABC=90°，∴∠DBA=∠EBC，∵BD=BE，BA=BC，∴△∴EC=AD，∠DAB=∠ECB，∵∠BOC+∠BCE=90°，∠AOJ=∠BOC，∴∠AOJ+∠DAB=90°，∴∠AJC=90°，∴CJ⊥AD，∵AP=EP，EM=MD，∴PM∥AD，同法可得，PN∥EC，∴PM=PN，PM⊥JC，∴PN⊥PM，∴△PMN是等腰直角三角形，∴∵4⩽AD⩽12，∴2⩽S【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的面积．三角形的中位线定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．3．（2022·重庆大渡口·重庆市第三十七中学校校考二模）在△ABC中，AB=BC，∠B=45°，AD为BC边上的高，M为线段AB上一动点．(1)如图1，连接CM交AD于Q，若∠ACM=45°，AB=2．求线段DQ(2)如图2，点M，N在线段AB上，且AM=BN，连接CM，CN分别交线段AD于点Q、P，若点P为线段CN的中点，求证：AQ+2(3)如图3，若AD=410，当点M在运动过程中，射线DB上有一点G，满足BM=2DG【答案】(1)3-22(2)证明见详解；(3)16．【分析】（1）先求出CD与AC2，再证明△BAC∽△CAM，求出AM的长，从而求出BH=MH=2-1，然后由AD∥（2）延长AP至R，使PR=AP，连接CR、BR、NR，如图2所示，先证明四边形ANRC为平行四边形，再证明四边形BMCR为平行四边形，再根据平行四边形的性质得AMAB（3）过点M作MK⊥BC于K，如图3-1所示，先得出AG+55MG=(410)2+x2+(x-8105【详解】（1）解：过点M作MH⊥BC于H，如图1所示，∵AB=BC=2，∠B=45°，AD为BC∴BD=AD=1，∴CD=2∴AC∵∠B=45°，∠ACM=45°，∴∠ACM=∠B，又∠BAC=∠CAM，∴△BAC∽△CAM，∴AB∴AM=A∴BM=2∴在Rt△BHM中，BH=MH=∴CH=1，又MH⊥BC，AD为BC边上的高，∴AD∥∴△CDQ∽△CHM，∴DQ∴DQ=(（2）解：延长AP至R，使PR=AP，连接CR、BR、∵点P为线段CN的中点，∴PN=PC，∴四边形ANRC为平行四边形，∴AN=CR,AN∥CR，∴CR=2∵AM=BN，∴AN=BM=CR=2∴BM=CR,BM∥∴四边形BMCR为平行四边形，∴CM∥∴△AMQ∽△ABR，∴AM又∵AD=BD,CD=DR，∴AR=BC=AB，∴AM=AQ，∴AB=AM+BM=AQ+2即：AQ+2（3）解：过点M作MK⊥BC于K，如图3-1所示，设DG=x，则BM=2∵由已知得△BMK为等腰直角三角形，∴BK=MK=2∴AG+==(4∴AG+55MG的最小值相当于在x轴上找一点P(x,0)到Q(0,410)作点R关于x轴的对称点R'，连接QR'交x轴于点P，连接PQ，此时QP+PR∵R'(8∴QR∴AG+55MG【点睛】此题是关于三角形的综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质、利用轴对称求最短距离问题等知识，熟练掌握相关的性质、判定是解答此题的关键．4．（2022·重庆·重庆八中校考模拟预测）在Rt△ABC中，∠CAB=30°，点D是BC边上一点，过点D作DE⊥AB于点E，CD=1，DB=4(1)如图1，将△DEB绕点B旋转至△NMB，使得DB落在AB上，连接AM，求线段AM的长；(2)如图2，将△DEB绕点B旋转至△GFB，连接AF，H为AF中点，连接CH，HG，求证：CH=HG；(3)如图3，在第（2）问的条件下，将△ACH沿CH翻折至△SCH，当H在线段AB下方，且∠ACH=30°，直接写出点B到HS的距离．【答案】(1)2(2)见解析(3)25【分析】(1)过点M作MF⊥AB于点F，根据∠CAB=30°，得到∠ABC=∠MBF=60°，从而得到∠BDE=∠BMF=30°，继而得到BE=BM=2，BF=EF=1,MF=3AF=10-1=9，根据勾股定理，得AM=A(2)连接CG，延长FG到点P，使得FG=GP，连接PA,PB，证明△PBA∽△GBC，结合三角形中位线定理，证明△GCH是等边三角形即可．（3）设CH与AB交于点K，连接KS，过点K作KO⊥BS，垂足为O，根据S△HBS=S四边形HSBK-S△HBK，过点B作BP⊥HS，垂足为P，得到12HS·BP=2534【详解】（1）过点M作MF⊥AB于点F，因为∠CAB=30°，所以∠ABC=∠MBF=60°，所以∠BDE=∠BMF=30°，因为CD=1，DB=4，所以BC=5,AB=10，所以BE=BM=2，BF=EF=1,MF=3所以AF=10-1=9，所以AM=A（2）连接CG，延长FG到点P，使得FG=GP，连接PA,PB，因为FG⊥GB，所以直线GB是线段FP的垂直平分线，所以BF=BP，所以∠BPF=∠BFP=30°，所以∠PBG=∠FBG=∠EBD=60°，所以∠PBA=∠GBC，因为∠BPF=∠BFP=∠BAC=30°，所以BGBP所以BGBC=所以△PBA∽△GBC，所以CGPA=BC所以CG=1因为AH=HF，所以GH∥PA，所以GH=CG，所以∠GCH=∠GCH，所以∠FAB+所以30°+因为∠GCB+所以∠GCH-30°+解得∠GCH=所以△GCH是等边三角形，所以CH=HG．（3）设CH与AB交于点K，连接KS，根据折叠的性质，得到KS=KA；因为∠ACH=30°，∠BAC=30°，所以KA=KC,∠CKB=所以△KBC是等边三角形，所以KA=KC=KB=因为AH=HF，所以HK∥FB，所以∠KBF=因为∠CBK=所以∠CBK+所以C,B,G三点共线；延长BF交HS于点Q，因为KB=KS，∠FBK=所以△KBQ是等边三角形，所以KB=KQ，所以KQ=KS，所以点Q与点S重合，因为BC=5，所以KA=KC=KB=过点K作KO⊥BS，垂足为O，则SO=5所以S四边形S△HBK所以S过点B作BP⊥HS，垂足为P，所以12HS·BP=25过点H作HM⊥AC，垂足为M，交AB于点N，因为∠ACH=30°，所以∠MHC=60°，因为∠HKA=所以△KNH是等边三角形，所以KN=NH=HK=2，所以AN=AK-NK=5-2=3，因为∠ACH=30°，∠BAC=30°，BC=5，所以MN=3所以MH=7所以AH=M所以HS=19所以BP=25【点睛】本题考查了含30°角的直角三角形的性质，三角形相似的判定和性质，等边三角形的判定和性质，三角形中位线定理的应用，勾股定理，熟练掌握上述定理是解题的关键．5．（2022·重庆开州·校联考模拟预测）已知如图，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，点D为直线AC上一点，连接BD，将BD绕点B逆时针旋转90°至BE，连接AE交直线BC于点F(1)如图1，若BD平分∠ABC，AC＝3，求AD的长；(2)如图2，求证：AF＝EF；(3)如图3，当CD=CF=13AC=2时，M为直线AB上一动点，连接FM，将△EFB沿直线FM翻折到△EFB同一平面得△E'【答案】(1)6-3(2)见解析(3)12-【分析】（1）由勾股定理求斜边AB的长，再利用全等三角形的性质求解；（2）过点A作AH∥BE交BC的延长线于点H．证明三角形AFH全等三角形EFB，得证（3）在点M移动的过程中，FE'=FE=AF=210，所以点E'的轨迹是F为圆心，FE'为半径的圆，当线段CE'最小时，F、C、E'共线．B'在AC上，由（2）AF=EF，所以S△EFB=【详解】（1）解：如图1中，过点D作DH⊥AB于点H．∵AC=BC，∠C=90°，AC=3，∴AB=C∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，在△DBC和△DBH中，∠C=∠BHD=90°∠DBC=∠DBH∴△DBC≌△DBH(AAS∴BH=BC=3，∴AH=AB-BH=32∵∠DAH=45°，∴AD=2（2）证明：过点A作AH∥BE交BC的延长线于点∴∠H=∠EBF，∠E=∠HAF，∵∠DBE=90°，∠ACB=90°，∴∠D+∠CBD=90°，∠EBF+∠FBD=90°，∴∠D=∠EBF，∴∠D=∠H，∵∠BCD=∠ACH=90°，CB=CA，∴△BCD≌△ACH(AAS∴AH=BD，∵BD=BE，∴AH=BE，∵∠H=∠EBF，∠E=∠HAF，∴△BFE≌△HFA(AAS∴AF=EF；（3）解：∵CD=CF=1∴AC=6，∴AD=FB=4，∴AF=C同理可得EF=AF=210∴E'F=210∴E'的轨迹是以F为圆心，E'F=210∴CE'最小时，F，C，E'共线，此时∠E'FB'=∠EFB，∴B'在AE上，过点D作DG⊥AF于点G，∵12∴DG=4×2∴S∴S∵EF=AF，∴S∴S∴S【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，轨迹，三角形的面积等知识解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．6．（2021·重庆綦江·校考三模）如图①，在等腰Rt△ABC和等腰Rt△BDE中，∠BAC=∠BDE=90°，AB=AC，BD=DE，E为BC的中点，F为CE的中点，连接AF，DF，AD．(1)若AB=4，求AD的长度；(2)若将△BDE绕点B旋转到如图②所示的位置，请证明AF=DF，AF⊥DF；(3)如图③，在△BDE绕点B旋转的过程中，再将△ACF绕点A逆时针旋转60°到△AC'F'，连接BF【答案】(1)2(2)见解析(3)2【分析】（1）在等腰直角三角形ABC中求出BE的长，在等腰直角三角形BDE中求出BD，再利用勾股定理求出AD即可；（2）延长AF至G，使FG=AF，连接EG，DG，AD，先证明△ACF≌△GEF，从而证得△ABD≌△GED，进一步命题得证；（3）取BC的中点I，连接FI，AI，将AI逆时针旋转60°至AO，连接OF'，可证得△F'AO≌△FAI，进而得出点F'在以O为圆心，2为半径的圆上运动，连接BO并延长交⊙O于G，当F'在点G时，【详解】（1）解：在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=4，AB=AC，∴BC=42，∠ABC=45°∵点E为BC的中点，∴BE=22在等腰Rt△BDE中，BDE=90°，BE=22，BD=DE∴BD=DE=2，在Rt△BDA中，∠ABD=90°，AB=4，BD=2，∴AD=A（2）证明：如图1，延长AF至G，使FG=AF，连接EG，DG，AD，∵点F是CE的中点，∴EF=CF，在△ACF和△GEF中，CF=EF∠AFC=∠EFG∴△ACF≌△GEF(SAS)，∴AC=FG，∠ACF=∠FEG，∴AC∥∵AB⊥AC，∴EG⊥AB，∵∠EDB=90°，∴∠DEG=∠ABD，∵AC=AB，∴EG=AB，在△ABD和△GED中，AB=EG∠ABD=∠GED∴△ABD≌△GED(SAS)，∴AD=DG，∠ADB=∠EDG，∴∠ADB-∠BDG=∠EDG-∠BDG，∴∠ADG=∠BDE=90°，∴△ADG是等腰直角三角形，∵AF=FG，∴DF⊥AF，DF=AF=1（3）如图2，取BC的中点I，连接FI，AI，将AI逆时针旋转60°至AO，连接OF'，∵AB=4，∴BC=2∴BE=1∵点F是CE的中点，∴FI=1∵∠FAF∴∠FAF∴∠F∵AF=AF'，∴△F'AO∴OF∴点F'在以O为圆心，2连接BO并延长交⊙O于G，当F'在点G时，B作OH⊥BC于H，在Rt△OHI中，∠OIH=∠AIH-∠AIO=90°-60°=30°，OI=AI=22∴OH=12OI=∴OB=O∴BG=BO+OG=23即BF'的最大值23【点睛】本题考查等腰直角三角形性质，全等三角形判定和性质，三角形中位线性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．7．（2021·重庆·一模）矩形ABCD中．∠ADB＝30°，△AEF中，∠AFE＝90°，∠AEF＝30°，AE=12BD．连接EC，点G是EC中点．将△AEF绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜(1)如图1，若A恰好在线段CE延长线上，CD＝2，连接FG，求FG的长度；(2)如图2，若点F恰好落在线段EC上，连接BG．证明：2（GC﹣GB）=3DC(3)如图3，若点F恰好落在线段BA延长线上，M是线段BC上一点，3BM＝CM，P是平面内一点，满足∠MPC＝∠DCE，连接PF，已知CD＝2，求线段PF的取值范围．【答案】(1)7(2)见解析(3)332【分析】（1）如图1中，过点F作AH⊥AE于H．解直角三角形求出FH，HG，利用勾股定理解决问题即可．（2）如图2中，连接AC交BD于M，连接BF，GM．证明△BAF≌△BMG（SAS），推出BF＝MG，∠ABF＝∠MBF，推出∠FBG＝∠ABM＝60°，推出△FBG是等边三角形，可得结论．（3）如图3中，连接AC，作线段CM的垂直平分线交EC于O，连接OM．以O为圆心，OM为半径作⊙O，作点O关于CM的对称点O′，以O′为圆心，O′M为半径作⊙O′，推出∠MPC＝∠ECD＝30°，∠MPC=12∠MOC＝30°，推出点P在CM两侧的两段优弧上，再根据r﹣OF≤PF≤r+O′(1)解：如图1中，过点F作AH⊥AE于H．∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∵AB＝CD＝2，∠ADB＝30°，∴BD＝2AB＝4，∵AE=12∴AE＝AB＝2，∵∠ABD＝90°﹣30°＝60°，∴△ABE是等边三角形，∴AE＝BE＝DE＝2，∴A，E，C共线，∵FH⊥AE，∴∠FHE＝∠AFE＝90°，∵∠AEF＝30°，∴AF=12AE＝1，EF=3，FH=3∵EG＝CG＝1，∴GH＝1+3∴FG=F(2)解：如图2中，连接AC交BD于M，连接BF，GM．∵四边形ABCD是矩形，∴AM＝MC＝BM＝DM，∵∠ABM＝90°﹣∠ADB＝60°，∴△ABM是等边三角形，∴∠AMB＝∠BAM＝60°，∵AM＝MC，EG＝CG，∴GM∥AE，GM=12∴∠AMG+∠EAM＝180°，∴∠AMG+60°+∠FAB+60°＝180°，∴∠AMG+∠FAB＝60°，∵∠AMG+∠BMG＝60°，∴∠BAF＝∠BMG，∵MG=12AE．AF=∴AF＝MG，AB＝MB，∴△BAF≌△BMG（SAS），∴BF＝BG，∠ABF＝∠MBF，∴∠FBG＝∠ABM＝60°，∴△FBG是等边三角形，∴BG＝FG，∴GC﹣GB＝GE﹣FG＝BF=3AF∵AE＝CD＝2AF，∴2（GC﹣GB）=3DC(3)解：如图3中，连接AC，作线段CM的垂直平分线交EC于O，连接OM．∵∠EAD＝∠DAC＝30°，∠BAC＝60°，∴∠BAC＝∠CAE＝60°，AB＝AE，∵AC＝AC，∴△ACB≌△ACE（SAS），∴∠ACB＝∠ACE＝30°，∵OE＝OC，∠MCO＝60°，∴△OMC是等边三角形，∴∠MOC＝60°，以O为圆心，OM为半径作⊙O，作点O关于CM的对称点O′，以O′为圆心，O′M为半径作⊙O′，∵∠MPC＝∠ECD＝30°，∴∠MPC=12∠MOC＝∴点P在CM两侧的两段优弧上，由题意，⊙O，⊙O′的半径都是r＝CM=332，OF=(3-94∵r﹣OF≤PF≤r+O′F，∴332-【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，圆周角定理等知识，正确寻找全等三角形解决问题是解题的关键是．8．（2022·重庆沙坪坝·统考一模）在等腰△ABC中，AB=AC，将CA绕点C顺时针旋转α至CD的位置，连接AD．点E为边BC上一动点，连接DE交AC于点F．(1)如图1，若∠BAC=90°，AB=1，且α=90°，点B与点E重合，求BD的长；(2)如图2，连接AE，若AC=DE，AC⊥DE．求证：BE=2(3)如图3，在（2）的条件下，将△ACD沿CD翻折，使得点A落在点G处．H是BC的中点，连接FH．若BC2=2+2，在点E移动的过程中，当FH的长取得最小值时，请直接写出此时点【答案】(1)BD=5(2)详见解析；(3)点B到直线CG的距离为2+2【分析】（1）过点D作DP⊥BC的延长线于点P，利用勾股定理求解即可；（2）过点D作QD⊥AD于点D，且QD=AD，连接AQ，CQ，先证明△ADE≌△QDC，再证明△ABE≌△CAQ，推出BE=AQ，再等腰直角三角形的性质，特殊角的三角函数值求解；（3）过点P作CP⊥CB，且CP=CH，连接AH，DP，FP．证明△PCF是等腰三角形，推出PF=PC，推出点F在以点P为圆心，PC为半径的⊙P上，当FH的值最小时，点F为PH与⊙P的交点，过点B作BT⊥GC交GC的延长线于点T，在BT上取一点R，使得BR=CR．证明△CTR是等腰直角三角形，设CT=TR=m，构建方程，可得结论．（1）解：过点D作DP⊥BC的延长线于点P，如下图，∴∠DPC=90°．∵AB=AC=1，∠BAC=90°，∴∠ACB=45°，∴BC=A∵α=90°，∴∠DCP=45°，由题意知，AC=CD=1，在Rt△DCP中，∠DCP=45°，CD=1CP=DP=CD⋅sin∴BP=BC+CP=2在Rt△BPD中，∠BPD=90°∴BD=B（2）证明：过点D作QD⊥AD于点D，且QD=AD，连接AQ，CQ，如下图．∴∠ADQ=90°，∴∠ADC+∠1=90°，∠DQA=45°．∵AC⊥DE，∴∠CAD+∠2=90°．∵CA=CD，∴∠CAD=∠ADC，∴∠1=∠2．∵CA=CD，CA=DE，∴DE=DC．又∵∠1=∠2，AD=QD，∴△ADE≌△QDC，∴AE=QC，∠3=∠4．∵DE=DC．∴∠DEC=∠DCE．∵∠AEC=∠3+∠DEC，∠ECQ=∠4+∠DCE，∴∠AEC=∠ECQ．∵AB=AC，∴∠B=∠5．∵∠BAE=∠AEC-∠B，∠ACQ=∠ECQ-∠5，∴∠BAE=∠ACQ．又∵AB=AC，AE=QC，∴△ABE≌△CAQ，∴BE=AQ．在Rt△ADQ中，∠DQA=45°∴AD=AQ⋅sin∴AQ=2∴BE=2（3）解：如下图3，过点P作CP⊥CB，且CP=CH，连接AH，DP，FP．∵AB=AC，BH=CH，∴AH⊥CB，∴∠AHC=90°．∵DE⊥AC，∴∠4+∠1=∠1+∠2+∠3=90°，∴∠4=∠2+∠3=∠PCF．∵DE=DC，∴∠4=∠DCF=∠PCF，∴∠1=∠2．∵CA=CD，CH=CP，∴△ACH≌△DCP（∴∠AHC=∠DPC=90°．∵cos∠1=cos∠2，∴CFCE∵∠DCE=∠FCP，∴△DCE∽△PCF．∵△DCE是等腰三角形，∴△PCF是等腰三角形，∴PF=PC，∴点F在以点P为圆心，PC为半径的⊙P上，如下图中，当FH的值最小时，点F为PH与⊙P的交点，过点B作BT⊥G交GC的延长线于点T，在BT上取一点R，使得BR=CR．∵CH=CP，CP⊥BC，∴∠CPH=45°．∵△DCE∽△PCF，∴∠CPH=∠CDE=45°，∴∠DCE=1∵∠DCA=90°-∠CDE=45°，∴∠ADC=1∴∠CDG=∠ADC=∠DCE=67.5°，∴DG∥BC，∴D，P，G三点共线，∠DCG=∠DCA=45°，∴∠BCT=180°-∠DCE-∠DCG=67.5°．∵CR=BR，∴∠CBR=∠BCR=22.5°，∴∠TCR=∠CRT=45°，设TR=CT=m，则CR=BR=2∴2m+m∴m=2∴BT=1+2∴此时点B到CG的距离为2+【点睛】本题属于几何旋转变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题．9．（2022·重庆·统考二模）已知△ABC中，AB=AC，点D是BC延长线上的一点，E是AB上一点，连接DE交AC于点G，使得∠AED=2∠ADC．(1)如图1，若DE⊥AB，∠ADG=30°，CD=32，求线段AD的长．(2)如图2，过点C作CF∥AB交DE于点F，在EG上取一点N，使得GN=GC，连接AN，求证：AE=DF．(3)如图3，若点D是平面内任意一点，且满足∠ADC=45°，AC=6，直接写出△ACD面积的最大值．【答案】(1)AD=3+33；(2)见解析(3)S△ACD最大=9+92．【分析】（1）作CH⊥AD于H，设∠BAC=α，分别表示出∠CAD，∠ACB和∠ABC，在△ABC中根据三角形内角和求得α，进而解斜三角形ACD求得结果；（2）在AG上截取GH=GF，连接NH，EH，设∠ABC=∠ACB=α，∠ADC=β，则AED=2β，通过角之间的关系推出AG=DG，进而证明△DGC≌△AGN，进一步证明△CGF≌△NGH，从而得出AH=DF，通过角之间关系得出∠ANH=∠ANE和∠AEN=∠NHG，从而得出点A、E、N、H四点共圆，从而得出∠AHE=∠ANE，∠AEH=∠ANH，进而∠AEH=∠AHE，进一步得出结论；（3）根据“定弦对定角”得出点D的运动轨迹，进一步求得结果．（1）解：如图1，作CH⊥AD于H，设∠BAC=α，在Rt△ADE中，∠DAE=90°-∠ADE=60°，∴∠CAD=∠BAD-∠BAC=60°-α，∵∠AED=90°，∠AED=2∠ADC，∴∠ADC=45°，∴∠ACB=∠ADC+∠CAD=45°+（60°-α）=105°-α，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=105°-α，在△ABC中，∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，∴2（105°-α）+α=180°，∴α=30°，∴∠CAD=30°，在Rt△CDH中，CH=DH=CD•sin∠ADC=32•sin45°=32×22=3在Rt△ACH中，AH=CH∴AD=DH+AH=3+33；（2）证明：如图2，在AG上截取GH=GF，连接NH，EH，设∠ABC=∠ACB=α，∠ADC=β，则∠AED=2β，∵∠AED=∠ABC+∠BDE，∴2β=α+∠BDE，∴∠BDE=2β-α，∴∠ADE=∠ADC-∠BDE=β-（2β-α）=α-β，∵∠ACB=∠ADC+∠DAC，∴α=β+∠DAC，∴∠DAC=α-β，∴∠ADE=∠DAC，∴AG=DG，∵∠DGC=∠AGN，CG=GN，∴△DGC≌△AGN（SAS），∴AG=DG，∠DCG=∠ANG，同理可得：△CGF≌△NGH（SAS），∴GH=FG，∠FCG=∠HNG，∴∠DCG-∠FCG=∠ANG-∠HNG，即：∠ANH=∠DCF，∵CF∥AB，∴∠FCD=∠ABC，∠CFG=∠AEN，∴∠ANH=∠ABC，∵∠ACB=180°-∠DCF-∠FCG，∠ANE=180°-∠ANH-∠HNG，∴∠ANE=∠ACB，∴∠ANH=∠ANE，∵∠CFG=∠AEN（已证），∠NHG=∠CFG（已证），∴∠AEN=∠NHG，即∠AEN+∠AHN=180°，∴点A、E、N、H四点共圆，∴∠AHE=∠ANE，∠AEH=∠ANH，∴∠AEH=∠AHE，∴AE=AH，∵AG=DG，GH=FG，∴DF=AH，∴AE=DF；（3）解：如图，以AC为斜边作等腰直角三角形AOC，以点O为圆心，OA为半径作圆O，作OE⊥AC于E，延长EO交⊙O于D′，则点D在优弧AD′C上运动，当点D运动到点D′时，△ACD的面积最大，在Rt△AOC中，OA=22AC=32，OE=12AC∴ED′=OE+OD′=3+32，∴S△ACD最大=12AC•ED′=12×6×(3+32)=9+9【点睛】本题考查了等腰三角形性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．10．（2022·重庆铜梁·统考一模）菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O．(1)如图1，过菱形ABCD的顶点A作AE⊥BC于点E，交OB于点H，若AB=AC=6，求OH的长；(2)如图2，过菱形ABCD的顶点A作AF⊥AD，且AF=AD，线段AF交OB于点H，交BC于点E．当D，C，F三点在同一直线上时，求证：OH+OA=2(3)如图3，菱形ABCD中，∠ABC=45°，点P为直线AD上的动点，连接BP，将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BQ，连接AQ，当线段AQ的长度最小时，直接写出∠BAQ的度数．【答案】(1)3(2)证明见详解(3)75°【分析】（1）证明ΔABC是等边三角形，再证明四边形OHEC的面积等于ΔABC的面积的13，得S（2）如图2中，连接CH，在OC上取一点Q，使得OH=OQ，连接HQ．证明ΔBEH≅ΔAEC(ASA)，推出BH=AC=2OC，QH=QC=2OH，设OH=m（3）如图3中，以AB为边向下作等边ΔABT，连接PT，过点T作TH⊥AD于点H，在TH上取一点J，使得AJ=JT．证明ΔABQ≅ΔTBT(SAS)，推出AQ=PT，当TP与TH重合时，TP的值最小，此时（1）（1）解：如图1中，连接CH，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD，AC⊥BD，OA=OC，∵AB=AC=6，∴AB=AC=BC=6，∴Δ∵AE⊥CB，∴BE=CE=3，∴AE=A∵AO=OC，BE=EC，∴S∴∴即：1∴OH=3（2）（2）证明：如图2中，连接CH，在OC上取一点Q，使得OH=OQ，连接HQ．∵AD⊥AD，AD=AF，∴∠ADF=∠F=45°，∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABC=∠ADC=45°，AD//CB，∴AE⊥BC，∴∠AEB=∠AEC=90°，∵DA=DC，∴∠DAC=∠DCA=67.5°，∴∠EAC=∠EBH=22.5°，∴Δ∴BH=AC=2OC，∵BD垂直平分线段AC，∴HA=HC，∴∠HCA=∠HAC=22.5°，∵OQ=OH，∴∠OHQ=∠OQH=45°，∵∠OQH=∠QHC+∠QCH，∴∠QHC=∠HCQ=22.5°，∴QH=QC=2设OH=m，则OQ=m，HQ=CQ=2∴OC=m+2∴OH+OC=m+m+2∵22∴OH+OC=2（3）（3）解：如图3中，以AB为边向下作等边ΔABT，连接PT，过点T作TH⊥AD于点H，在TH上取一点J，使得AJ=JT∵∠PBQ=∠ABT=60°，∴∠ABQ=∠TBP，∵BP=BQ，BA=BT，∴Δ∴AQ=PT，∴当TP与TH重合时，TP的值最小，此时AQ的值最小．∵四边形ABCD是菱形，∴AD//CB，∴∠BAD+∠ABC=180°，∵∠ABC=45°，∠BAT=60°，∴∠BAD=135°，∠TAH=75°，∵∠AHT=90°，∴∠ATH=15°，∴∠BAQ=∠BTH=60°+15°=75°．故∠BAQ的度数为75°．【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟悉相关性质并能熟练应用是解题的关键．11．（2022·重庆·西南大学附中校考三模）在Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，D为BC上一点．(1)如图1，过C作CE⊥AB于E，连接AD，DE．若AD平分∠BAC，CD=2，求DE的长；(2)如图2，以CD为直角边，点C为直角顶点，向右作等腰直角三角形△DCM，将△DCM绕点C顺时针旋转α°(0<α<45)，连接AM，BD，取线段AM的中点N，连接CN．求证：BD=2CN；(3)如图3，点E，F在AB边上，连接CE，CF，且CE=CF，点D为BC的中点，连接DE，交CF于点P．将△BDE