福建卷第23题 【图形变换与几何综合】（解析版）

押福盛卷第23题

图形变换与几何综合

押题探究

题分2022年2021年2020年2019年2018年

号值中考中考中考中考中考

尺规+三角函

2310一概率综合尺规+三点共线概率综合四边形综合

数

解题秘籍

解题技巧

(1)考生备考时，要熟练掌握一线几点：①图形平移与旋转的相关性质，②直角三角

形相关性质，③全等三角形的判定与性质，④等腰、等边三角形的性质，⑤相似三角形的判

定与性质，⑥平行四边形、特殊平行四边形相关性质；需要综合运用这些知识点是解题的关

键，并学会做辅助线

(2)常见的几种旋转模型：手拉手模型，半角模型等要熟练运用

真题回顾

【真题1](2022・福建・统考中考真题)已知△4BC三ACEC,AB=AC,AB>BC.

(1)如图1,CB平分/ACQ,求证：四边形ABZ)C是菱形；

(2)如图2,将(1)中的△CCE绕点C逆时针旋转(旋转角小于∕BAC),BC,OE的延长线

相交于点凡用等式表示NACE与/EFC之间的数量关系，并证明；

(3)如图3,将⑴中的△CDE绕点C顺时针旋转(旋转角小于NABC),若NBaD=乙BCD,

求NAOB的度数.

【答案】(1)见解析

(2)∆ACE+乙EFC=180°,见解析

(3)30°

【分析】(1)先证明四边形ABr)C是平行四边形，再根据AB=AC得出结论；(2)先证出

/.ACF=∆CEF,再根据三角形内角和4CEF+4ECF+乙EFC=180°,得至IJ乙4CF+乙ECF+

NEFC=I80。，等量代换即可得到结论；(3)在AO上取一点M,使得AM=C8,连接8M,

证得△ABM三ΔCDB,得至IJNMBA=乙BDC,设NBCC=/.BAD=a,乙BDC=则〃CB=

a+β,得到a+4的关系即可.

【详解】(1)V∆ΛβC≤ΔDEC,

.∖AC=DC,

'：AB=AC,

：.ZABC=ZACB,AB=DC,

平分乙48,

Λ∆ACB=/.DCB,

：.∆ABC=乙DCB,

：.AB∖∖CD,

：.四边形ABCC是平行四边形，

XVAfi=AC,

.∙.四边形ABz)C是菱形；

(2)结论：∆ACE+∆EFC=180°.

证明：:4ABoDEC,

.∖ΛABC=LDEC,

VAB=AC,

Λ∆ABC=乙ACB,

，乙ACB=乙DEC,

ZACB÷∆ACF=LDEC+Z-CEF=180°,

.∖∆ACF=乙CEF,

■:乙CEF+乙ECF+乙EFC=180°,

Λ∆ACF÷Z,ECF+∆EFC=180°,

.∖zλCE+ZFFC=180°；

(3)在4。上取一点M,使得AM=C8,连接8M,

△ABM=△CDB,

：.BM=BD,4MBA=乙BDC,

：.∆ADB=乙BMD,

■:乙BMD=Z-BAD+KMBA,

：.∆ADB=Z.BCD+乙BDC,

½zBCD=∆BAD=α,乙BDC=β,则44DB=α+B,

VCA=CD,

∆CAD=Z.CDA=a+2。,

乙

：.Z-BAC=∆CAD一BAD=2βf

.∙.Z∕1CB=∣(180o-NBAC)=90。-0,

ΛZTlCD=(90。-0)+α,

,.'/.ACD+LCAD+/.CDA=180°,

/.(90°-6)+α+2(α+2β)=180°,

.,.a+β=30°,即NAO8=30°.

【点睛】本题考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理等，灵

活运用知识，利用数形结合思想，做出辅助线是解题的关键.

【真题2】(2021.福建.统考中考真题)如图，在RtZkABC中，∆ACB=90°.线段EF是由线

段AB平移得到的，点尸在边BC上，AEFD是以EF为斜边的等腰直角三角形，且点O恰好在

力C的延长线上.

(1)求证：∆ADE=LDFC；

(2)求证：CD=BF.

【答案】(1)见解析；(2)见解析

【分析】(1)通过两角和等于90。，然后通过等量代换即可证明；

(2)通过平移的性质，证明三角形全等，得到对应边相等，通过等量代换即可证明.

【详解】证明：(1)在等腰直角三角形EZ)F中，Z.EDF=90°,

.,.∆ADE+∆ADF=90°.

∖"∆ACB=90°,

LDFC+∆ADF=∆ACB=90°,

.".∆ADE=乙DFC.

(2)连接4E.

由平移的性质得4E〃8F,4E=BF.

.∖∆EAD=∆ACB=90°,

LDCF=180°-乙ACB=90°,

.".∆EAD=乙DCF.

∙.∙AEDF是等腰直角三角形，

：.DE=DF.

由（1）得4WE=乙DFC,

△AED=△CDFf

：.AE=CD,：.CD=BF.

【点睛】本小题考查平移的性质、直角二角形和等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性

质，解题的关键是：正确添加辅助线、熟练掌握平移的性质和全等三角形的判定与性质.

【真题3】(2019・福建•统考中考真题)在用A4BC中，NABC=90。，ZBAC=30°,将MBC

绕点A顺时针旋转一定的角度α得到AAED点8、C的对应点分别是E、D.

(1)如图1,当点E恰好在AC上时，求NCDE的度数；

(2)如图2,若α=60。时，点f是边AC中点，求证：四边形BFDE是平行四边形.

CfflD

【答案】(1)15°；(2)证明见解析.

【分析】(1)如图1,利用旋转的性质得CA=DA,ZCAD=ZBAC≈30o,ZDEA=ZABC

=90°,再根据等腰三角形的性质求出/ADC,从而计算出NCDE的度数；

(2)如图2,利用直角三角形斜边上的中线性质得到BF=TAC,利用含30度的直角三角形

三功的关系得到BC=TAC,W∣JBF=BC,再根据旋转的性质得到NBAE=NCAD=60。，AB

=AE,AC=AD,DE=BC,从而得到DE=BF,4ACD和ABAE为等边三角形，接着由

∆AFD^∆CBA得至IJDF=BA,然后根据平行四边形的判定方法得到结论.

【详解】解：(1)如图1,•；AABC绕点A顺时针旋转ɑ得到^AED,点E恰好在AC匕

ΛZCAD=ZBAC=30o,ZDEA=ZABC=90o,

VCA=DA,

.∙.∕ACD=NADC=Z(180°-30°)=75。，NADE=90°-30°=60°,

2

ΛZCDE≈75o-60o=15o;

(2)证明：如图2,

：点F是边AC中点，

BF=^AC,

2

VZBAC=30o,

，BC=iAC,

2

ΛBF=BC,

V∆ABC绕点A顺时针旋转60。得到AAED,

ΛZBAE=ZCAD=60o,AB=AE,AC=AD,DE=BC,

ΛDE=BF,ZkACD和ABAE为等边三角形，

ΛBE=AB,

,/点F为AACD的边AC的中点,

.∙.DF1AC,

易证得AAFD丝ZkCBA,

ΛDF=BA,

，DF=BE,

而BF=DE,

.∙.四边形BEDF是平行四边形.

【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线

段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等.也考查了平行四边形的判定.

押题冲关

1.(2023春•福建福州.九年级福建省罗源第一中学校考期中)如图，先将AABC绕点C顺时

针旋转90。得到△DEC,再将线段DE绕点。顺时针旋转90。得到DG,连接BE、BG、AD,且

AC=4.

(1)若4ABC=I35。.B、E、。三点在同一条直线上，求BG的长；

(2)若NABC=90。，4C=2CE,点P在边48上，求线段PD的最小值.

【答案】⑴4√2

(2)2√3+2

【分析】(1)由旋转的性质可得乙=90。=Z∙BCE,AB=DE,BC=CE,AC=CD,

∆ABC=∆DEC=135°,由等腰三角形的性质可得NBEC=45。=4C8E,可证NBEC+

∆CED=180°,通过证明四边形4BDG是矩形，可得4。=BG,由等腰直角三角形的性质可

求解；

（2）由垂线段最短可得当PD148时，PD的长度有最小值，先证点P,点£点。三点共线，

由勾股定理可求DE的长，由正方形的性质可得BC=PE=2,即可求解.

【详解】（1）证明：如图，连接4G,

•・■△ABC绕点C顺时针旋转90。得到△DEC,

:AABCw>DEC,∆ACD=90°=Z.BCE9

∙.AB=DEtBC=CE,AC=CDf

∆ABC=(DEC=135°,

・・・Z,BEC=45°=乙CBE,

.∙.ZBFC÷ZCED=180°,

：,B、E、。三点共线；

•・•将线段DE绕点。顺时针旋转90。得到DG,

・•・DE=DG,Z,EDG=90°

・•・AB—DE-DG,

V∆ABE=∆ABC-乙CBE=90°,

・•.∆ABE+乙EDG=180°,

.∙.∕1BHDG,

二四边形4BDG是平行四边形，

Xv乙BDG=90°

四边形ABDG是矩形，

：.AD=BG,

∙∙∙AC=CD=4,Z.ACD=90°,

.∙.AD=√2AC=4∖∣2,

BG=4√2;

⑵•••点P在边48上，

.∙.当PD1AB时，PD的长度有最小值

由旋转的性质可得：

乙ABC=乙CED=4BCE=90°,

BCHDE,

v乙ABC+LBPD=180o,

ʌDPHBC,

・•・点P,点E,点。三点共线，

•：AC=2CE9

∙∙BC=CE=2,

又•・•Z.ABC=乙BPE=乙BCE=90°,

•••四边形BPEC是正方形，

.∙.BC=PE=2,

■■■CD=AC=4,CE=2,NCED=90°,

.∙.DE=√CD2-CE2=√16-4=2聒

■•DP=2V3+2.

••・线段PD的最小值为2√3+2.

【点睛】本题是儿何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的性

质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键.

2.（2023春・福建厦门•九年级厦门双十中学校考期中）已知线段4B,将ZB绕点A逆时针旋转

a（0。<α<180。）得到4C,连接BC,在线段BC上取一点D,BD>CC连接AD,将线段绕

点A逆时针旋转（α得到AE,连接CE.

⑴如图1,当α=50。时,连接。E,求乙4DE度数；

（2汝U图2,当/B=30。时，试探究线段4。与CE之间满足的数量关系，并说明理由.

【答案】⑴77.5。

（2）AD=CE,理由见详解

【分析】(1)由旋转的性质可得4。=AE,再结合题意及等腰三角形的性质即可获得答案;

(2)过点A作4M1Be于点M,过点E作4N1Ae于点N,根据题意可得4ACB=LB=30°,

∆BAC=120°,即α=120o,AD=AE,∆DAEɪɪɑ=60°,再证明△AMD=ΔANE,AM=

AN；根据“直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半”可得ZC=2AM,易得AC=

2AN,结合垂直平分线的性质可得4E=CE,即可证明4。=CE.

【详解】(1)解：；线段AD绕点4逆时针旋转Ta得到4E,α=50。，

：.AD=AE,皿IE=Za=25。，

2

：.LADE=∆AED=∣(180o-乙DAE)=TX(180°-25°)=77.5°；

(2)如下图，过点4作AM1BC于点M,过点E作ZN，AC于点N,

：将4B绕点4逆时针旋转a(0。<α<180。)得到AC,

：.AB=AC,

又∙."=30°,

.∖∆ACB=∆B=30o,/-BAC=180o-ZF-/.ACB=120°,即α=120°,

,：AM1BC,

1

.∖∆CAM=-∆BAC=60°,

2

Y线段40绕点A逆时针旋转Ia得到4E,

.∖AD=AE∆DAE=-a=60°,

f2

：.Z-DAE=Z.CAM,即4Zλ4N+乙NAE=乙DAN÷KMAD,

.∖∆MAD=4NAE,

VAM1BC9AN1AC,

.,.∆AMD=(ANE=90°,

,在和AANE中，

(∆AMD=乙ANE

∖∆MAD=乙NAE,

(AD=AE

•••△4MD三AANE(AAS),

：.AM=AN,

∖Λ∆ACB=30o,AM1BC,

：.AC=2AM,

：.AC=2AN,

：.AE=CE,

：.AD=CE.

【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、30度角所对的直角边等

于斜边的一半、垂直平分线的定义与性质等知识,熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键.

3.（2023•福建厦门.福建省厦门第六中学校考一模）如图1,AZBC中，∆ACB=90°,44的

大小保持不变，点。在斜边AB上，DEIAC,垂足为点E.如图2,把A40E绕着点A顺时针

旋转，旋转角为。（0。＜。＜90。），点E的对应点为点P.

（1）求作点。的对应点Q（要求尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；

（2）连接PQ,CP,BQ,直线CP,BQ相交于点F,试探究在整个旋转过程中，直线CP,BQ所

相交成的锐角是否保持不变？若不变，请证明：若有变化，说明理由.

【答案】（1）见解析

（2）不变，理由见解析

【分析】（1）作∕P4Q=∕B4C,AQ=AD,则点Q即为所求；

（2）根据题意得出CEllBC,则喘=若，进而根据旋转的性质得出ZP=4E,AQ=AC,证

ABAC

明^C4PSABAQ得出44BQ=4ACP=Z.ACF,根据三角形的外角的性质即可得出NBFC=

乙4,进而得出结论.

【详解】（1）解：如图所示，点Q即为所求；

（2）解：如图所示，设CFMB交于点G,

B

o

'：DEIACf∆ACB=90,

：.DE∖∖BCf

•,•A—D=—AE,

ABAC

；把△4。E绕着点4顺时针旋转，旋转角为屋0。＜。＜90。），点E的对应点为点P,点。的对

应点Q,

：.AP=AE1AQ=AD,

.AP_AQ

''AC~AB,

XzCΛP=乙DAQ=a,

ΔCAP—&BAQ,

J.∆ABQ=Z-ACP=∆ACF,

■:乙BGC=4ABF+NBFC=/.ACF+/.BAC,

BFC=∆BAC,

∙.2B力C的大小保持不变，

."BFC是定值.

【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质与判定，三角形的外角的性质，掌握以

上知识是解题的关键.

4.（2022秋・福建福州•九年级校考期中）如图，四边形ABeo中，AC,BC是对角线，AABC是

等边三角形.线段CD绕点C顺时针旋转60。得到线段CE,连接/E.

⑴求证：AE=BD-,

(2)若4ADC=30o,AD=4,CD=6,求的长.

【答案】⑴证明见解析

(2)BD=2√13

【分析】(1)根据旋转的性质，得出NDCE=60。，CD=CE,再根据等边三角形的性质，

得出ZACB=60。，AC=BC,再根据角之间的数量关系，得出ZBCD=NACE,再根据“边

角边“，得出ABCD三AACE,再根据全等三角形的性质，即可得出结论；

(2)连接DE,根据旋转的性质，得H"DCE=60。，CD=CE,再根据等边三角形的判定，

得出ACDE是等边三角形，再根据等边三角形的性质，得出NCoE=60。，DE=CD=6,

进而得出NADE=90。，再根据勾股定理，得出AE=2√Π,再根据(1)的结论，即可得出

答案.

【详解】(1)证明：由旋转可知NDCE=60。，CD=CE,

,∙ΔABC是等边三角形，

J./.ACB=60o,AC=BC,

：.∆ACB+Z.ACD=乙DCE+乙ACD,

即48CD=ΛACE,

⅛ΔBCE)和△4CE中

-BC=AC

乙BCD=乙ACE,

CD=CE

Λ∆FCD≡Δ/ICF(SAS),

：.AE=BD;

(2)解：如图，连接DE,

Y线段CD绕点C顺时针旋转60。得到线段CE,

."DCE=60。，CD=CE,

・•・ZkCDE是等边三角形，

.*.zCZ)E=60o,DE—CD—6»

VZ/1DC=30°,

.∖∆ADE=4ADC+/-CDE=90°,

在RtA/。E中，

：.AE=y∕AD2+DE2=√16+36=2√13,

'：AE=BD,

：.BD=2√13.

【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾

股定理，熟练掌握相关知识点，并且正确作出辅助线构建直角三角形是解本题的关键.

5.(2023秋・福建龙岩•九年级统考期末)将AABC绕点Z逆时针旋转ɑ得到A40E,且点。落

在BC的延长线上，连接CE.

⑴如图1,若α=120t),NCEC=90。，CE交4。于点尸.①求NBAC的度数；②直接写出笑的

CF

值.

(2)如图2,若点M,N分别为BD,CE的中点，连接MN并延长交4。于点G,求证：MGl40.

【答案】⑴①30。；②I

(2)证明见解析

【分析】（I）①根据旋转得至IJBC三AADE,AB=AD1AC=AEf∆BAD=∆CAE=a=

120°,从而

∆ABD…=3。。,∆ACE=∆AEC=-0°~z--=30°,进而

Z.ACB=∆AED=120°得至此BAC=180°-4ABD-/.ACB=180°-30°-120°=30°；

②由44Cn=∆BAC+∆ABC=∆ACE+乙DCF,得至∣JNCCF=60°-30o=30o=∆ADB,

CF=DF,再根据△?!BC三A4DE,得至IksBC=ZADE=30。，根据含30。直角三角形的三

边关系得

到E尸--DF--CF,从而有竺=ɪ;

22CF2

(2)连接4M,4N,如图所示，由4B=AD,M为B。的中点，根据等腰三角形性质至∣J4M1BD,

Z.BAM=∆DAM,W∖∆AMB=90°,进而∕4CE+=90。，再由4C=4E,N是CE的中

点，

根据等腰三角形性质得到ANlCE,∆ANC=^AMC=90°,从而4,C,M,N四点共圆，由圆

周角定理

得NaCN=/.AMN,从而确定MG1AD.

【详解】(1)解：①：AABC绕点4逆时针旋转α得AADE,

：.^ABCADE,AB=AD,AC=AE,ΛBAD=ΛCAE=a=120°,

180o-∆BAD180o-∆CAE

Λ∆ABD=Z-ADB==30o,Z.ACE=∆AEC==30°,

22

.∖∆AED=∆AEC+乙CED=30°+90°=120°,

∖9∆ABC=∆ADE,

：.∆ACB=∆AED=120o,

.Λ.∆BAC=180o-∆ABD一乙ACB=180°-30°-120°=30°；

理由如F：

uJ∆ACD=∆BAC+∆ABC=∆ACE÷乙DCF,

.u.∆DCF=60°-30o=30o=∆ADB,

：・CF=DF,

AABCADE,

.∖∆ABC=∆ADE=30°,

■:乙DEC=90°,

：.EF=-DF=-CF,

22

・EF1

・,1=于

(2)证明：连接AMMN,如图所示:

9：AB=AD9M为3。的中点,

：.AM1BD,Z.BAM=∆DAM,

.∖∆AMB=90°,

to

..∆ABDΛ-∆BAM=90f

・"4CE+NZMM=90。，

又FC=AE,N是CE的中点,

：.AN1CE,

，乙ANC=4AMC=90。，

∙M,C,M,N四点共圆，

：.Z.ACN=∆AMN,

，乙4MN+NZMM=90。，

.'.∆AGM=180°一乙AMN-Z.DAM=90°,

：.MG1AD.

【点睛】本题考查几何综合，综合性较强，涉及旋转性质、角度和差倍分关系、含30。直角

三角形的三边关系、等腰三角形性质、四点共圆、圆周角定理等知识，熟练掌握相关知识点，

灵活运用几何性质推理是解决问题的关键∙

6.（2022秋・福建泉州•九年级校考阶段练习）如图，在Rt△4BC中,NC=90。,Ac=8,BC=6,

将4ABC绕点B按顺时针方向旋转得到4DBE,当点E恰好落在线段AB上时,连接4D,乙4BD

的平分线BF交/。于点F,连接EF.

(1)求EF的长；

(2)求证：C、E、尸三点共线.

【答案】(I)EF=2√5;

(2)见解析

【分析】(1)将4ABC绕点B按顺时针方向旋转得到4DBE,可得DE=AC=8,BE=BC=6,

从而可求AD,由AB=8D,BF平分NABC,可得尸是4。中点，EF=IAD即可得答案；

⑵连接CE,先证4ABC=2/1=243,再用NZBC+4BCE+NBEC=180。得243+

2乙BEC=180°,从而证明43+乙BEC+乙BED=180。即可.

【详解】(1)VZC=90o,AC=8,BC=6,

.∙.AB=yjAC2+BC2=10,

∙.∙W∆ABe绕点B按顺时针方向旋转得到^DBE,

ʌAB=BD=10,DE=AC=8,BE=BC=6,乙DEB=4C=90°,

.∙.NAED=90o,AE=AB-BE=4,

-.AD=y∕AE2+DE2=4√5,

∙.∙BF平分NABD,S.AB=BD,

.∙.AF=DF,

RtAACE中，EF=^AD=2√5;

(2)连接CE,如图：

由（1）知：BF平分N48D,且AB=BD,

.∙.EF=-AD=DF,乙BFD=乙BEG=90°,

2

ʌz2=Z3,

V乙DGF=乙BGE,

・•・XDFGSABEG,

ʌZl=Z2,

ʌzl=z3,

VB/平分乙48。，

ʌ∆ABD=∆ABC=2Z.1,

・∙・Z-ABC=243,

•・•BC=BE9

・∙・乙BEC=乙BCE,

•・•Z.ABC+乙BCE+乙BEC=180°,

・•・243+2乙BEC=180。，

・•・Z3+乙BEC=90°,

・•.Z3+乙BEC+乙BED=180°,

：CE、产三点共线.

【点睛】本题考查直角三角形性质及应用，涉及勾股定理、旋转变换、等腰三角形性质等知

识，解题的关键是掌握定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.

7.（2023•福建•模拟预测）如图1,在△48C中，AB=AC,∆BAC=2a,点、D,E均在边BC上

（点。在点E的左侧），且zJλ4E=α.

（1）如图1,将AABO绕点4逆时针旋转2α得到AACF,连接EF,求证：A4DEWA4FE;

222

(2)如图2,若NBAC=90°,求证:DE=BD+ECi

(3)如图3,若NBAC=60o,AB=AC=5,BD=1,求线段CE的长度.

【答案】(1)见详解

(2)见详解

⑶EC=I

【分析】(1)根据旋转的性质，可得：AABO三A4CF,由NB4C=2α,∆DAE=a,可得

∆BAD+∆EAC=α,即有4C4F+4E4C=4E4F=α,∆DAE=Z.EAF=a,即可证明；

(2)将AABD绕点4逆时针旋转90。得到△ACF,连接EF,FC,先求出乙4BC=乙ACB=45°,

根据旋转的性质有:/-ABC=∆ACF=45o,BD=FC,即有NECF=∆ACB+乙ACF=90°,

则在RtZkECF中，有：EF2=EC2+FC2,结合(1)的证明方法可得△4DE三△∕1FE,问

题得证；

(3)将△4Bn绕点4逆时针旋转60。得至IJAACF,连接EF,FC,过尸点作FGIBC,交BC的

延长线于点G,易得△84C是等边三角形，即有/B=BC=5,NBZe=ZTIBC=Z.ACB=60°；

表示出CE=BC-BD-EC=4-EC,根据(1)中的方法可证明：△ADE≤ΔAFE,即DE=

EF=4-EC,求出4FCG=60°,即有4CFG=30°,在RtΔCFG中，CG=∣FC=即EG=

EC+CG=EC+FG=y,在RtAE尸G中，IitlFF2=EG2+FG2,可得(4-EC)2=

(EC+02+俘)：解方程即可求解.

【详解】(1)根据旋转的性质，可得：AABC三AACF,

：.AD=AF9乙BAD=∆CAF,

∖*∆BAC=2α,∆DAE=α,

∆BAD+∆EAC=α,

ΛzCΛF+∆EAC=∆EAF=α,

β

..Z-DAE=∆EAF—a1

∖'AD=AF,AE=AE,

∙'∙ΔADE=△AFE；

(2)将Z4BD绕点力逆时针旋转90。得到ZkACG连接EF,FC,

.∖∆ABC=∆ACB=45°,

根据旋转的性质有：/-ABC=∆ACF=45o,BD=FJ

LECF=∆ACB+Z.ACF=90°,

・•・在RtAECF中,有：FF2=EC2÷FC2,

根据(1)中的方法，同理可证明△4。EmZkAFE,

：.DE=FE,

・•・结合BD=Fc,WDF2=FD2+FC2;

(3)将△48。绕点4逆时针旋转60。得到△/次,连接EF,FJ过产点作尸GLBC,交BC的

延长线于点G,如图，

JZkBAC是等边三角形，

乙乙

：.AB=BC=SfBAC=∆ABC=ACB=60°,

VBD=1,

：.DE=BC-BD-EC=4—EC,

根据(1)中的方法可证明：△?!DE三a4FE,

：.DE=EF=4-EC,

o

根据旋转的性质有：/-ABC=∆ACF=60,BD=CF=I9

:•乙BCF=120°,

.∖∆FCG=60°,

YFG1CG,

.∖∆CFG=30°,

Λ⅛Rt∆CFGψ,CG=∣FC=1,即EG=EC+CG=EC+%

.∙.利用勾股定理可得：FG=争

;在RtAEFG中，FE2=EG2+FG2,

.∙∙("EC)2=(EC+∣y+g)2,

解得：EC=I.

【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，旋转的性质，全等三角

形的判定与性质，勾股定理，以及含30。角的直角三角形的性质等知识，合理作出相应的辅

助线是解答本题的关键.

8.(2022秋•福建泉州•九年级校考阶段练习)【问题情境】在一次数学兴趣小组活动中，小

昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放.其中NACB=乙DEB=90。,NB=

30o,BE=AC=3.

【问题探究】小听同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转.

(1)如图1,BD=.

(2)如图2,当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F,求BF的长.

(3)若点C、E、。在同一条直线上，求点。到直线BC的距离.

【答案】⑴2百

(2)2√3

⑶点。到宜线BC的距离为√δ±1

【分析】(1)在RtABDE中，根据锐角三角函数求解，即可求出答案;

(2)在RtABEF中，根据锐角三角函数求解，即可求出答案;

(3)分类讨论，①当点E在BC上方时，如图1过点。作DHlBC于H,根据锐角三角函数求

出BC=3√5,Z)F=√3,最后利用面积求解，即可求出答案；②当点E在BC下方时，同①

的方法，即可求出答案:

【详解】(1)解：在RtZiBDE中，48=30。，BE=3,

BD=焉*=2/

(2)解：由题意得，48EF=NBED=90。,

PP

∙.∙在Rt△BEF中，Z.ABC=30o,BE=3,cos^ABC=—

BF

BF=3=2√3

ʌ^BCC。S3。。

(3)①当点E在BC上方时,

如图1,过点。作DHIBC,垂足为

D

E.

图1

.∙.⅛Δ∕4BCψ,∆ACB=90o,NABC=30°,AC=3,

∙∙∙ta山BC吟

,AC3

:∙BnzC=----=3√3

tan∆ABCtan30o

•••在ABCE中，NDEB=90°,∆DBE=∆ABC=30°,

DP

BE=3,tan"BE=靛

∙∙.DE=BE-tan30o=√3.

•:点C、E、。在同一直线上，H∆DEB=90°,

•••4CEB=180°-Z.DEB=90°.

又在ACBE中，ZTEB=90。，BC=3√3,BE=3,

.∙.CE=√BC2-BF2=3√2,

.∙.CD=CF+DE=3√2+√3.

•••在ABCD中，SABCD=：CD∙BE=抑∙DH,

"H=甯=历+1

②当点E在BC下方时，

如图2,在ABCE中，•••Z.CEB=90o,BE=3,BC=3√3,

CE=VfiC2-BE2=3√2.

：.CD=CE-DE=3a一√3.

过点。作DM_LBC,垂足为M.

⅛∆fiZ)Cφ,SABDC=TBC∙DM=gCD∙BE

.∙.DM=√6-1.

综上，点D到直线BC的距离为√δ±1.

【点睛】本题考查了解直角三角形，旋转的性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键.

9.(2022•福建泉州・统考模拟预测)如图，等腰AABC中，AB=AC=I,∆BAC=45°,^∙ΔABC

绕点A逆时针旋转一定角度α(45°<α≤90°)得到△ADE,点B、C的对应点分别是£>、E.连

接BD、CE交于点F,连接AD、CE交于点、G.

(1)用含α的代数式表示NaGC的度数;

(2)当4E∣∣B。时,求CF的长.

【答案】(1)135°-E

(2)√2-1

【分析】(1)由旋转的性质可得48=AD,AC=AE,∆BAC=∆DAE=45°,∆CAE=a=

/.BAD,由等腰三角形的性质可求解；

(2)由等腰三角形的性质可得=由平行线的性质可求α=90°,由等腰直角

三角形的性质和平行四边形的性质可求解.

【详解】(1)••♦将AABC绕点A逆时针旋转一定角度α(45°<α≤90°)得到AADE,

：.AB=AD,AC=AE,/.BAC=∆DAE=45°,∆CAE=a=/.BAD,

"：AB=AC,

∙∖AC=AE=AB=AD,

..,,.,,180-a

..∆AErCz=∆ACzEr=--------

2

.∙."GC="AE+=45。+(=135。/

(2)^AB=AD1∆BAD=α,

180c-α

；・乙ABD

2

VAEHBDf

.∖∆ABD+∆BAE=180°,

：.a=90",

J.ΛBAD=/.CAE=90°,

：.CE=y[2AC=y∕2,∆AEC=45°,

∙/ΛBAE=135°,

：.^BAE+ΛAEC=180°,

.∖AB∖∖CE,

.∙.四边形ABFE是平行四边形，

：.AB=EF=1,

：.CF=CE-EF=y[2-∖.

【点睛】本题考查J'旋转的性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质，掌握旋转

的性质是解题的关键.

10.(2022.福建厦门.九年级厦门一中校考阶段练习)已知：在矩形48C。中，把矩形48CD绕

点C旋转，得到矩形FECG,且点E落在AD边上，连接BG交CE于点

图1图2

(1)如图1,连接BE,求证：BE平分-EC；

(2)如图2,连接FH,若FH平分4EFG,在不添加任何辅助线的条件下，请直接写出图2中

所有数量关系为2倍的两条线段.

【答案】(1)证明见详解；

(2)BG=2BH,BG=2GH,ED=2CH,CH=2AE.

【分析】(1)过点B作BMlCE于M,然后通过三角形的面积证明Ba=BM,根据角平分线

的判定定理得点B在乙4EC的角平分线上，从而得证；

(2)通过证明ABMH三△GCH,而得到BG=2BH,8G=2GH；通过线段的加减可得EC=

ICH-.设AE=xlCH=y,然后用x,y表示线段DE,CO,CE,再用勾股定理可得出CH=2AE,

从而求解.

【详解】(1)证明：过点B作BMICE于M,如图1所示，

,・,把矩形/BC。绕点C旋转，得到矩形FECG,且点E落在4。边上，

：・BC=EC,

-S^BEC=^BC-AB=^EC-BM,

••・AB—BM,

XBA1EA,BM1EC,

.∙.点B在〃EC的角平分线上，

即BE平分41EC；

(2)解：如图1,BM=AB=CD=CG,乙BMH=乙GCH=9Q°,AMHB=乙CHG,

.∙.ΔBMHGCH(AAS),

.∙.BH=GH,

.∙.BG=2BH,BG=2GH；

又•；AD=AE+ED=CE=2CH+EM=2CH+AE(如图1),

.∙.ED=2CH；

•••FH平分Z∙EFG,

乙EFH=45°,

；.△EFH为等腰直角三角形，

.∙.EF=EH,

.∙.EH=AB=CD,

设4E=X,CH=y,

■■DE=2y,CD=X+y,CE=X+2y,

■.(2y)2+(x+y)?=(X+2y)2,

.∙.y=2x即CH=2AE；

综上所述，图2中所有数量关系为2倍的两条线段为：BG=2BH,BG=2GH,ED=2CH,

CH=2AE.

【点睛】此题考查了矩形的旋转与性质、角平分线的判定定理、三角形全等的判定与性质、

勾股定理等知识，熟练掌握图形旋转的性质与相关定理是解答此题的关键.

11.(2021秋•福建厦门•九年级厦门双十中学思明分校校考阶段练习)如图，将矩形ABCD绕

着点C按顺时针方向旋转得到矩形尸ECG,使点B落在4。边上的点E处，连接BG交CE于点H,

连接BE.

⑴求证：8E平分Z4EC；

(2)取Be中点P,连接PH,求证：PH∖∖CG.

【答案】(1)见解析

(2)见解析

【分析】(I)根据平行线性质，得到NAEB=NEBC;根据等腰三角形的性质，得到NBEC=

乙EBC,等量代换得至∣Jz√lEB=4BEC即可.

(2)如图，过点B作BMLEC,证明8M=B4=CD=CG,后证明△BMH三△GCH,得到

BH=GH,继而得到PH是ABCG中位线得证.

【详解】(1)•••矩形ABCC绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形尸ECG,使点B落在4。边上的

点E处，

：.ADHBC,AB=CD=CG,CB=CE,乙BCD=乙ECG=9Q0,

：.4AEB=乙EBC,/.BEC—Z-EBC,

.,.∆AEB=∆BEC,

,BE平分乙4EC.

(2)如图，过点B作BMJ.EC,

∙.∙8E平分N4EC,

J.BM=BA=CD=CG,

,4BHM=乙GHC

;4BMH=4GCH=90°,

BM=GC

：.ΔBMH≤ΔGCH,

ED

G

；.BH=GH,

.•.「“是4BCG中位线，

：.PHWCG.

【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，实践中中位线定

理，等腰三角形的性质，平行线的性质，角平分线的性质，熟练掌握矩形的性质，旋转的性

质，三角形中位线定理是解题的关键.

12.(2022秋•福建福州•九年级福建省福州第十九中学校考阶段练习)如图，在正方形ABCD

中，点E在边BC上(不与端点重合)，ZkADF是由AABE绕点4顺时针旋转90。得到的，连接EF

交4。于点G,过点A作4HIEF,垂足为“，连接BH.

(1)求证：AE=√2fW;

(2)求证：∆AEF=∆HBE∙,

(3)若4G∙BH=50√2,CE=2,求BE的值.

【答案】(1)见解析

(2)见解析

⑶BE=6

【分析】(1)由旋转的性质可得4E=∕F,^EAF=90°,证明△4EF是等腰直角三角形可

得结论；

(2)通过证明点A,B,E,H四点共圆，可得NAEF=NABH=45。，可得结论；

(3)通过证明△?!BHSAGE4,由相似三角形的性质可求AE的长，由勾股定理可求解.

【详解】(1)解：；四边形ABCD是正方形,

LBAD=∆ABC=90o,AB=BC,

,.∙ΔACF是由A4BE绕点4顺时针旋转90。得至IJ的，

：.AE=AF,∆EAF=90°,

.∙.AAEF是等腰直角三角形，

EF=√∑4E,∆AEF=∆AFE=45°,

,：AH1EF,

：.EH=HF=^EF=^-AE,B∣UE=√25,W:

(2)证明："：AHɪEF,

：.UHE=/.ABE=90°,

点A,B,E,，四点共圆，贝IJ乙4EF=乙4B"=45。，

"EBH=90°-乙ABH=45°,

J.∆AEF=∆HBE-.

(3)解：'：AH1EF,4840=90。，

J./.BAH=90°-/.GAH=Z.AGH

由⑴知乙48H=乙AEG=45°,

ΛΔABHGEA,

.AH_BH

•∙~~~=,

AGAE

：.AH-AE=AG-BH=50^2,

•..△4EF是等腰直角三角形，AHLEF,

：.AH=HE,则AE=√∑4H,

.∖y∕2AH2=50√2,则AH=5√2,

.".AE=>∕2AH=10,

在Rt△ABE中，AB=BC=BE+CE=BE+2,

由勾股定理知：AE2=AB2+BE2,

.,.102=(BE+2)2+BE2,

解得BE=6或BE=-8(舍去).

【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定

和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理等知识，掌握相似三角形的判定

与性质和等腰直角三角形的性质是解题的关键.

13.(2022秋•福建厦门•九年级厦门一中校考阶段练习)已知：在矩形48C。中，把矩形ABCO

绕点C旋转，得到矩形FECG,且点E落在AD边上，连接BG交CE于点H.

F

⑴如图1，连接BE,求证：BE平分乙4EC；

（2）如图2,连接FH,若FH平分立EFG,判断CH与4E之间的数量关系，并说明理由.

【答案】（1）见解析

（T）CH=2AE,证明见解析

【分析】（1）根据旋转的性质得到CE=BC,求得4CEB=NCBE,根据矩形的性质，得出

AD∖∖BC,继而得出乙4EB=NEBC,等量代换得出42EB=NBEC,即可得证；

（2）根据全等三角形的性质得到BH=GH,求得BG=2BH,BG=2GH,根据线段的和差

得到CE=2CH,根据已知条件得到AEFH是等腰直角三角形，求得EF=EH,设ZE=

X,CH=y,根据勾股定理即可得到结论.

【详解】（1）证明：如图，

根据四边形48CO是矩形，

.∙.AD∖∖BC,

•••/.AEB=/.EBC,

•・•把矩形4BCD绕点。旋转得至IJ矩形FECG,

ʌCE=BC,

・•・乙CEB=Z-CBE,

ʌZ-AEB=Z-BECy

即BE平分乙4EC；

(2)解：如图，过8作BMICE于M,连接BE,

图2

在AABE和AMBE中，

∆A=4BME

∆AEB=乙BEM，

BE=BE

.∙.∆∕1FF≡ΔMFF(AAS),

.∙.AE=EM9AB=BM,

∙∙∙BM=CG,

在和AGCH中，

ZBMH=乙GCH=90°

乙BHM=乙GHC，

BM=CG

.∙.∆BMH≤∆GCW(AAS),

・•・BH=GH,

ʌBG=2BH,BG=2GH,

•・•AD=AE+DE=CE=CHEH=CH+CH-]-AE=2CH+AEf

・•・DE=2CH,

V尸”平分4EFG,

・・.∆EFH=45°,

・•.△EF”是等腰直角三角形，

・•・EF=EH,

.-.EH=AB=CDr

设4E=x,CH=y,

・•・DE—2y,CT)=X+y,CF=x+2y,

VDE2÷CD2=CE2,

・•・(2y)2+(x+y)2=(x÷2y)2,

解得：y=2x,

ʌCH=2AE,

【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形

的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键.

14.（2022秋•福建厦门•九年级校考阶段练习）如图1,∆ABC.ACDE都是等边三角形，边

DE分别交BC、4C于点。、E,将△CDE绕点C顺时针旋转OO（0。<。<360。）设直线AE与直

线BD相交于点F

AA

图1图2

（1）如图2,当（（Γ<α<360t5）时•，求证：BD=AE.

（2）当△CDE绕点C旋转至3、D、E三点共线时，若AB=7,CD=3,求BD的长.