2024年初中升学考试专题复习数学总复习（按知识点分类）几何变换综合题

几何变换综合题49．（2023•大连）综合与实践问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．已知AB＝AC，∠A＞90°，点E为AC上一动点，将△ABE以BE为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究：独立思考：小明：“当点D落在BC上时，∠EDC＝2∠ACB．”小红：“若点E为AC中点，给出AC与DC的长，就可求出BE的长．”实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：问题1：在等腰△ABC中，AB＝AC，∠A＞90°，△BDE由△ABE翻折得到．（1）如图1，当点D落在BC上时，求证：∠EDC＝2∠ACB；（2）如图2，若点E为AC中点，AC＝4，CD＝3，求BE的长．问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成∠A＜90°的等腰三角形，可以将问题进一步拓展．问题2：如图3，在等腰△ABC中，∠A＜90°，AB＝AC＝BD＝4，2∠D＝∠ABD．若CD＝1，则求BC的长．【答案】（1）见解析过程；（2）3＋57（3）10．【分析】问题1：（1）由等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB，由折叠的性质和三角形内角和定理可得∠A＝∠BDE＝180°－2∠C，由邻补角的性质可得结论；（2）由三角形中位线定理可得CD＝2EF，由勾股定理可求AF，BF，即可求解；问题2：先证四边形CGMD是矩形，由勾股定理可求AD，由等腰三角形的性质可求MD，CG，即可求解．【解答】问题1：（1）证明：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵△BDE由△ABE翻折得到，∴∠A＝∠BDE＝180°－2∠C，∵∠EDC＋∠BDE＝180°，∴∠EDC＝2∠ACB；（2）解：如图，连接AD，交BE于点F，∵△BDE由△ABE翻折得到，∴AE＝DE，AF＝DF，∴CD＝2EF＝3，∴EF=3∵点E是AC的中点，∴AE＝EC=12在Rt△AEF中，AF=AE在Rt△ABF中，BF=AB∴BE＝BF＋EF=3＋问题2：解：连接AD，过点B作BM⊥AD于M，过点C作CG⊥BM于G，∵AB＝BD，BM⊥AD，∴AM＝DM，∠ABM＝∠DBM=12∠∵2∠BDC＝∠ABD，∴∠BDC＝∠DBM，∴BM∥CD，∴CD⊥AD，又∵CG⊥BM，∴四边形CGMD是矩形，∴CD＝GM，在Rt△ACD中，CD＝1，AD＝4，AD=AC∴AM＝MD=152，CG＝MD在Rt△BDM中，BM=BD∴BG＝BM－GM＝BM－CD=7在Rt△BCG中，BC=BG【点评】本题是几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质和判定，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．几何变换综合题42．（2023•重庆）如图，在等边△ABC中，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一动点（不与A，D重合），连接BE，CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF．（1）如图1，求证：∠CBE＝∠CAF；（2）如图2，连接BF交AC于点G，连接DG，EF，EF与DG所在直线交于点H，求证：EH＝FH；（3）如图3，连接BF交AC于点G，连接DG，EG，将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，连接PQ，QF．若AB＝4，直接写出PQ+QF的最小值．【考点】几何变换综合题．【分析】（1）根据旋转的性质得出CE＝CF，∠ECF＝60°，进而证明△BCE≌AACF（SAS），即可得证；试（2）过点F作FKIIAD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，证明四边形四边形EDFK是平行四边形，即可得证；（3）如图所示，延长AP，DQ交于点R，由（2）可知△DCG是等边三角形，根据折叠的性质可得∠PAG＝∠EAG＝30°，∠QDG＝∠EDG＝30°，进而得出△ADR是等边三角形，由（2）可得RtACED≌RtACFG，得出四边形GDQF是平行四边形，则QF＝DC＝﹣4C＝2．进而得出CPGQ＝360°﹣2C4GD＝120°，则PQ＝√3pG＝√3GQ，当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，即可求解．（1）由“SAS”可证△ACF≌△BCE，可得结论；（2）【解答】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，∴∠ACB＝60°，AC＝BC，∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，∴CE＝CF，∠ECF＝60°，∵△ABC是等边三角形，∴∠BCA＝∠ECF，∴∠BCE＝∠ACF，∴△BCE≌△ACF（SAS），∴∠CBE＝∠CAF；（2）证明：如图所示，过点F作FK∥AD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∵AD⊥BC，∴BD＝CD，∴AD垂直平分BC，∴EB＝EC，又∵△BCE≌△ACF，∴AF＝BE，CF＝CE，∴AF＝CF，∴F在AC的垂直平分线上，∵AB＝BC，∴B在AC的垂直平分线上，∴BF垂直平分AC，∴AC⊥BF，AG＝CG=12∴∠AGF＝90°，又∵DG=12AC＝CG，∠∴△DCG是等边三角形，∴∠CGD＝∠CDG＝60°，∴∠AGH＝∠DGC＝60°，∴∠KGF＝∠AGF﹣∠AGH＝90°﹣60°＝30°，又∵∠ADK＝∠ADC﹣∠GDC＝90°﹣60＝30°，KF∥AD，∴∠HKF＝∠ADK＝30°，∴∠FKG＝∠KGF＝30°，∴FG＝FK，在Rt△CED与Rt△CGF中，CF=CECD=CG∴Rt△CED≌Rt△CFG，∴GF＝ED，∴ED＝FK，∴四边形EDFK是平行四边形，∴EH＝HF；（3）解：依题意，如图所示，延长AP，DQ交于点R，由（2）可知△DCG是等边三角形，∴∠EDG＝30°，∵将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，∴∠PAG＝∠EAG＝30°，∠QDG＝∠EDG＝30°，∴∠PAE＝∠QDE＝60°，∴△ADR是等边三角形，∴∠QDC＝∠ADC﹣∠ADQ＝90°﹣60°＝30°，由（2）可得Rt△CED≌Rt△CFG，∴DE＝GF，∴DE＝DQ，∴GF＝DQ，∵∠GBC＝∠QDC＝30°，∴GF∥DQ，∴四边形GDQF是平行四边形，∴QF＝DG=12由（2）可知G是AC的中点，则GA＝GD，∴∠GAD＝∠GDA＝30°，∴∠AGD＝120°，∵折叠，∴∠AGP+∠DGQ＝∠AGE+∠DGE＝∠AGD＝120°，∴∠PGQ＝360°﹣2∠AGD＝120°，又PG＝GE＝GQ，∴PQ=3PG=3∴当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，此时如图所示，∴GQ=12GC=∴PQ=3∴PQ+QF=3【点评】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．43．（2023•武威）【模型建立】（1）如图1，△ABC和△BDE都是等边三角形，点C关于AD的对称点F在BD边上．①求证：AE＝CD；②用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由；【模型应用】（2）如图2，△ABC是直角三角形，AB＝AC，CD⊥BD，垂足为D，点C关于AD的对称点F在BD边上．用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由；【模型迁移】（3）在（2）的条件下，若AD＝42，BD＝3CD，求cos∠AFB的值．【考点】几何变换综合题．【分析】（1）①根据△ABC和△BDE都是等边三角形推出判定△ABE和△CBD全等，然后根据全等三角形的对应边相等即可得证；②根据等边三角形的性质和对称的性质即可推出线段AD，BD，DF的数量关系；（2）过点B作BE⊥AD于E，根据等腰直角三角形的性质推出判定△ABE∽△CBD，然后根据等腰直角三角形的性质和对称性即可推出线段AD，BD，DF的数量关系；（3）过点A作AG⊥BD于G，推出△ADG是等腰直角三角形，求出AG、FG、AF的长后即可求出cos∠AFB的值．【解答】（1）证明：①∵△ABC和△BDE都是等边三角形，∴AB＝CB，EB＝DB，∠ABC＝∠EBD＝60°，∴∠ABE＝∠CBD，∴△ABE≌△CBD，∴AE＝CD；②解：AD＝BD+DF．理由如下：∵△BDE是等边三角形，∴BD＝DE，∵点C与点F关于AD对称，∴CD＝DF，∵AD＝AE+DE，∴AD＝BD+DF；（2）BD+DF=2AD理由如下：如图1，过点B作BE⊥AD于E，∵点C与点F关于AD对称，∴∠ADC＝∠ADB，又∵CD⊥BD，∴∠ADC＝∠ADB＝45°，又∵BE⊥AD，∴△BDE是等腰直角三角形，又∵△ABC是等腰直角三角形，∴ABBC=BEBD=∴∠ABE＝∠CBD，∴△ABE∽△CBD，∴CDAE=BCAB=∴DF=2AE∵△BDE是等腰直角三角形，∴BD=2∴BD+DF=2即：BD+DF=2AD（3）解：如图2，过点A作AG⊥BD于G，又∵∠ADB＝45°，∴△AGD是等腰直角三角形，又∵AD＝42，∴AG＝DG＝4，BD+DF=2AD∵BD＝3CD，CD＝DF，∴DF＝2，又∵DG＝4，∴FG＝DG﹣DF＝2，在Rt△AFG中，由勾股定理得：AF=A∴cos∠AFB=FG【点评】本题是几何变换综合题，主要考查等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理，深入理解题意是解决问题的关键．几何变换综合题47．（2023•荆州）如图1，点P是线段AB上与点A，点B不重合的任意一点，在AB的同侧分别以A，P，B为顶点作∠1＝∠2＝∠3，其中∠1与∠3的一边分别是射线AB和射线BA，∠2的两边不在直线AB上，我们规定这三个角互为等联角，点P为等联点，线段AB为等联线．（1）如图2，在5×3个方格的纸上，小正方形的顶点为格点、边长均为1，AB为端点在格点的已知线段．请用三种不同连接格点的方法，作出以线段AB为等联线、某格点P为等联点的等联角，并标出等联角，保留作图痕迹；（2）如图3，在Rt△APC中，∠A＝90°，AC＞AP，延长AP至点B，使AB＝AC，作∠A的等联角∠CPD和∠PBD．将△APC沿PC折叠，使点A落在点M处，得到△MPC，再延长PM交BD的延长线于E，连接CE并延长交PD的延长线于F，连接BF．①确定△PCF的形状，并说明理由；②若AP：PB＝1：2，BF=2k，求等联线AB和线段PE的长（用含k【答案】（1）作图见解答．（2）①△PCF是等腰直角三角形．理由见解答．②等联线AB＝3k，线段PE=5【分析】（1）根据新定义，画出等联角即可；（2）①△PCF是等腰直角三角形，过点C作CN⊥BE交BE的延长线于N，由折叠得AC＝CM，∠CMP＝∠CME＝∠A＝90°，∠1＝∠2，证明四边形ABNC为正方形，进而证明Rt△CME≌Rt△CNE，得出∠PCF＝45°，即可求解；②过点F作FQ⊥BE于Q，FR⊥PB交PB的延长线于R，则∠R＝∠A＝90°．证明△APC≌△RFP，得出AP＝BR＝FR，在Rt△BRF中，BR2+FR2＝BF2，BF=2k，进而证明四边形BRFQ为正方形，则BQ＝QF＝k，由FQ∥CN，得出△AEF∽△NEC，根据相似三角形的性质得出NE=32k，根据PE【解答】解：（1）作图如下：（方法不唯一）（2）①△PCF是等腰直角三角形．理由为：如图，过点C作CN⊥BE交BE的延长线于N．由折叠得AC＝CM，∠CMP＝∠CME＝∠A＝90°，∠1＝∠2，∵AC＝AB，∠A＝∠PBD＝∠N＝90°，∴四边形ABNC为正方形，∴CN＝AC＝CM，又∵CE＝CE，∴Rt△CME≌Rt△CNE（HL），∴∠3＝∠4，而∠1+∠2+∠3+∠4＝90°，∠CPF＝90°，∴∠PCF＝∠2+∠3＝∠CFP＝45°，∴△PCF是等腰直角三角形．②如图，过点F作FQ⊥BE于Q，FR⊥PB交PB的延长线于R，则∠R＝∠A＝90°，∵∠1+∠5＝∠5+∠6＝90°，∴∠1＝∠6，由△PCF是等腰直角三角形知：PC＝PF，∴△APC≌△RFP（AAS），∴AP＝FR，AC＝PR，而AC＝AB，∴AP＝BR＝FR，在Rt△BRF中，BR2+FR2＝BF2，BF=2∴AP＝BR＝FR＝k，∴PB＝2AP＝2k，∴AB＝AP+PB＝BN＝3k，∵BR＝FR，∠QBR＝∠R＝∠FQB＝90°，∴四边形BRFQ为正方形，BQ＝OF＝k，∵FQ⊥BN，CN⊥BN，∴FQ∥CN，∴QENE而QE＝BN﹣NE﹣BQ＝3k﹣NE﹣k＝2k﹣NE，∴2k−NENE解得：NE=32由①知：PM＝AP＝k，ME=NE=3∴PE=PM+ME=k+3答：等联线AB＝3k，线段PE=5【点评】本题考查了几何新定义，正方形的性质与判定，折叠问题，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，理解新定义，掌握正方形的性质是解题的关键．48．（2023•岳阳）如图1，在△ABC中，AB＝AC，点M，N分别为边AB，BC的中点，连接MN．初步尝试：（1）MN与AC的数量关系是MN=12AC，MN与AC的位置关系是MN∥AC特例研讨：（2）如图2，若∠BAC＝90°，BC＝42，先将△BMN绕点B顺时针旋转α（α为锐角），得到△BEF，当点A，E，F在同一直线上时，AE与BC相交于点D，连接CF．①求∠BCF的度数；②求CD的长．深入探究：（3）若∠BAC＜90°，将△BMN绕点B顺时针旋转α，得到△BEF，连接AE，CF．当旋转角α满足0°＜α＜360°，点C，E，F在同一直线上时，利用所提供的备用图探究∠BAE与∠ABF的数量关系，并说明理由．【答案】（1）MN=12AC；MN（2）①∠BCF＝30°；②CD=62（3）∠BAE＝∠ABF或∠BAE+∠ABF＝180°．【分析】（1）AB＝AC，点M，N分别为边AB，BC的中点，则MN是△ABC的中位线，即可得出结论；（2）特例研讨：①连接EM，MN，NF，证明△BME是等边三角形，△BNF是等边三角形，得出∠FCB＝30°；②连接AN，证明△ADN∽△BDE，则DNDE=ANBE=222=2，设DE＝x，则DN=2x，在Rt△ABE中，BE＝2，AE=23，则AD=23−x，在Rt△（3）当点C，E，F在同一直线上时，且点E在FC上时，设∠ABC＝∠ACB＝θ，则∠BAC＝180°﹣2θ，得出∠BEC+∠BAC＝180°，则A．B，E，C在同一个圆上，进而根据圆周角定理得出∠EAC＝∠EBC＝α﹣θ，表示∠BAE与∠ABF，即可求解；当F在EC上时，可得A，B，E，C在同一个圆上，设∠ABC＝∠ACB＝θ，则∠BAC＝∠BEF＝180°﹣2θ，设∠NBF＝β，则∠EBM＝β，则α+β＝360°，表示∠BAE与∠ABF，即可求解．【解答】解：（1）∵AB＝AC，点M，N分别为边AB，BC的中点，∴MN是△ABC的中位线，∴MN=12AC，MN故答案是：MN=12AC，MN∥（2）特例研讨：①如图所示，连接EM，MN，NF，∵MN是△BAC的中位线，∴MN∥AC，∴∠BMN＝∠BAC＝90°，∵将△BMN绕点B顺时针旋转α（α为锐角），得到△BEF，∴BE＝BM，BF＝BN；∠BEF＝∠BMN＝90°，∵点A，E，F在同一直线上，∴∠AEB＝∠BEF＝90°，在Rt△ABE中，M是斜边AB的中点，∴ME=1∴BM＝ME＝BE，∴△BME是等边三角形，∴∠ABE＝60°，即旋转角α＝60°，∴∠NBF＝60°，BN＝BF，∴△BNF是等边三角形，又∵BN＝NC，BN＝NF，∴NF＝NC，∴∠NCF＝∠NFC，∴∠BNF＝∠NCF+∠NFC＝2∠NFC＝60°，∴∠FCB＝30°；（2）如图所示，连接AN，∵AB＝AC，∠BAC＝90°BC=42∴AB=22BC=4，∠ACB∵∠ADN＝∠BDE，∠ANB＝∠BED＝90°，∴△ADN∽△BDE，∴DNDE设DE＝x，则DN=2在Rt△ABE中，BE=2，AE=23，则AD=2在Rt△ADN中，AD2＝DN2+AN2，∴(23解得：x=4−23或x=−2∴CD=DN+CN=2（3）如图所示，当点C，E，F在同一直线上时，且点E在FC上时，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，设∠ABC＝∠ACB＝θ，则∠BAC＝180°﹣2θ，∵MN是△ABC的中位线，∴MN∥AC，∴∠MNB＝∠MBN＝θ，∵将△BMN绕点B顺时针旋转α，得到△BEF，∴△EBF≌△MBN，∠MBE＝∠NBF＝α，∴∠EBF＝∠EFB＝θ，∴∠BEF＝180°﹣2θ，∵点C，E，F在同一直线上，∴∠BEC＝2θ，∴∠BEC+∠BAC＝180°，∴A，B，E，C在同一个圆上，∴∠EAC＝∠EBC＝α﹣θ，∴∠BAE＝∠BAC﹣∠EAC＝（180°﹣2θ）﹣（α﹣θ）＝180°﹣α﹣θ，∵∠ABF＝α+θ，∴∠BAE+∠ABF＝180°，如图所示，当F在EC上时，∵∠BEF＝∠BAC，BC＝BC，∴A，B，E，C在同一个圆上，设∠ABC＝∠ACB＝θ，则∠BAC＝∠BEF＝180°﹣2θ，将△BMN绕点B顺时针旋转α，得到△BEF，设∠NBF＝β，则∠EBM＝β，则α+β＝360°，∴∠ABF＝θ﹣β，∵∠BFE＝∠EBF＝θ，∠EFB＝∠FBC+∠FCB，∴∠ECB＝∠FCB＝∠EFB﹣∠FBC＝θ﹣β，∵EB=∴∠EAB＝∠ECB＝θ﹣β，∴∠BAE＝∠ABF，综上所述，∠BAE＝∠ABF或∠BAE+∠ABF＝180°．【点评】本题属于几何变换综合题，考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，中位线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，勾股定理，熟练掌以上知识是解题的关键．几何变换综合题43．（2023•广元）如图1，已知线段AB，AC，线段AC绕点A在直线AB上方旋转，连接BC，以BC为边在BC上方作Rt△BDC，且∠DBC＝30°．（1）若∠BCD＝90°，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，连接DE，用等式表示线段AC与DE的数量关系是AC=233（2）如图2，在（1）的条件下，若DE⊥AB，AB＝4，AC＝2，求BC的长；（3）如图3，若∠BCD＝90°，AB＝4，AC＝2，当AD的值最大时，求此时tan∠CBA的值．【答案】（1）AC=2（2）BC=27（3）35【分析】（1）证明△ABEC∽△CBD，根据相似三角形的性质得出ABBC=BEBD，∠DBE＝∠CBA，进而证明△（2）求出AE＝2，延长DE交AB于点F，在Rt△AEF中，由直角三角形的性质求得EF，AF，进而求得BF的长，根据（1的结论，得出DE=3，在Rt△BFD中，勾股定理求得BD，进而根据△ABC∽△EBD（3）如图所示，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB＝90°，∠EBA＝30°，连接BE，EA，ED，EC，同（1）可得△BDE∽△BCA，求出AE的长，进而得出D在以E为圆心，433为半径的圆上运动，当点A，E，D三点共线时，AD的值最大，进而求得cos∠BDA=277，sin∠BDA=217，根据△ABC∽△EBD得出∠BDE＝∠BCA，过点A作AF⊥BC于点F【解答】解：（1）在Rt△BDC中，∠DBC＝30°，在Rt△BAE中，∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，∴△ABE∽△CBD，∠DBE+∠EBC＝∠ABC+∠EBC，BE=AB×cos∠ABE=3∴ABBC=BEBD，∠∴△ABC∽△EBD，∴ACDE∴AC=2故答案为：AC=23（2）在Rt△BAE，∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，AB＝4，∴AE＝AB•sin∠EBA=12AB＝2，∠延长DE交AB于点F，如图所示，∴EF=AE×sin∠BAE=32×2=∴BF＝AB﹣AF＝4﹣1＝3，由（1）可得AC=2∴DE=3∴DF=DE+EF=23在Rt△BFD中，BD=B∵△ABC∽△EBD，∴BCBD∴BC=2即BC=27（3）如图所示，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB＝90°，∠EBA＝30°，连接BE，EA，ED，EC，同（1）可得△BDE∽△BCA，∴DEAC∵AC＝2，∴DE=4在Rt△AEB中，AB＝4，AE=AB×tan∠EBA=4×3∴D在以E为圆心，43∴当点A，E，D三点共线时，AD的值最大，此时如图所示，则AD=AE+DE=8在Rt△ABD中，BD=A∴cos∠BDA=ADBD=8∵∠BEA＝90°，∴∠BED＝90°，∵△ABC∽△EBD，∴∠BDE＝∠BCA，过点A作AF⊥BC于点F，∴CF=AC×cos∠ACB=2×277∵∠DBC＝30°，∴BC=3∴BF=BC−CF=27Rt△AFB中，tan∠CBA=AF【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，锐角三角函数的定义，熟练掌握解直角三角形及相似三角形的性质与判定是解题的关键．44．（2023•随州）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．（1）下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）当△ABC的三个内角均小于120°时，如图1，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，连接PP′，由PC＝P′C，∠PCP′＝60°，可知△PCP′为等边三角形，故PP′＝PC，又P′A′＝PA，故PA+PB+PC＝P′A′+PB+PP′≥A′B，由两点之间线段最短可知，当B，P，P′，A′在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A′B，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有∠APC＝∠BPC＝∠APB＝120°；已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为A点．（2）如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC＝3，BC＝4，∠ACB＝30°，已知点P为△ABC的“费马点”，求PA+PB+PC的值；（3）如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC＝4km，BC＝23km，∠ACB＝60°．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/km，a元/km，2a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为213a元．（结果用含【答案】（1）等边；两点之间线段最短；120°；A；（2）5；（3）213a【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析后即可得出结论，然后填空即可；（2）根据（1）的方法将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，即可得出可知当B、P、P'、A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，再根据∠ACB＝30°可证明∠ACA'＝90°，根据勾股定理即可求出A'B；（3）根据总铺设成本=a(PA+PB+2PC)，将△APC绕点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，得到等腰直角△PP'C，推出PP'=2PC，即可得出当B、P、P'、A在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A'B的长，然后根据已知条件和旋转的性质求出【解答】解：（1）∵PC＝P'C，∠PCP'＝60°，∴△PCP'为等边三角形，∴PP'＝PC，∠P'PC＝∠PP'C＝60°，又∵P'A'＝PA，∴PA+PB+PC＝PA'+PB+PP'≥A'B，根据两点之间线段最短可知，当B、P、P'、A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，∴∠BPC+∠P'PC＝180°，∠A'P'C+∠PP'C＝180°，∴∠BPC＝120°，∠A'P'C＝120°，∵将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，∴△APC≌△A'P'C，∴∠APC＝∠AP'C'＝120°，∴∠APB＝360°﹣120°﹣120°＝120°，∴∠APC＝∠BPC＝∠APB＝120°，∵∠BAC≥120°，∴BC＞AC，BC＞AB，∴BC+AB＞AC+AB，BC+AC＞AB+AC，∴三个顶点中顶点A到另外两个顶点的距离和最小，又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点，∴该三角形的“费马点”为点A．故答案为：等边；两点之间线段最短；120°；A；（2）如图4，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，由（1）可知当B、P、P'、A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，∵∠ACP＝∠A'CP'，∴∠ACP+∠BCP＝∠A'CP'+∠BCP＝∠ACB＝30°，又∵∠PCP'＝60°，∴∠BCA'＝90°，根据旋转的性质可知：AC＝A'C＝3，∴A'B=4即PA+PB+PC的最小值为5；（3）∵总铺设成本＝PA×a+PB×a+PC×2a=a(PA+PB+∴当PA+PB+2PC将△APC绕点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，连接PP'，A'B，由旋转性质可知：P'C＝PC，∠PCP'＝∠ACA'＝90°，P'A'＝PA，A'C＝AC＝4km，∴PP'=2PC∴PA+PB+2PC＝P'A'+PB+PP当B、P、P'、A在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A'B过点A'作A'H⊥BC于H，∵∠ACB＝60°，∠ACA'＝90°，∴∠A'CH＝30°，∴A'H=12A'C＝2∴HC=A'C2−A'H∴BH＝BC+CH=23+23∴A'B=AH2即PA+PB+2PC的最小值为213总铺设成本为：总铺设成本=a(PA+PB+2PC)=故答案为：213a【点评】本题是几何变换综合题，主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，两点之间线段最短以及等边三角形的性质，深入理解题意是解决问题的关键．几何变换综合题50．（2023•湖北）【问题呈现】△CAB和△CDE都是直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，CB＝mCA，CE＝mCD，连接AD，BE，探究AD，BE的位置关系．【问题探究】（1）如图1，当m＝1时，直接写出AD，BE的位置关系：AD⊥BE．（2）如图2，当m≠1时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．【拓展应用】（3）当m=3，AB＝47，DE＝4时，将△CDE绕点C旋转，使A，D，E三点恰好在同一直线上，求BE【答案】（1）BE⊥AD；（2）成立，理由见解析过程；（3）BE＝63或43．【分析】（1）由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得∠DAC＝∠CBE，由余角的性质可证AD⊥BE；（2）通过证明△DCA∽△ECB，可得∠DAC＝∠CBE，由余角的性质可证AD⊥BE；（3）分两种情况讨论，由相似三角形的性质可得BE=3AD【解答】解：（1）如图1，延长BE交AC于点H，交AD于N，当m＝1时，DC＝CE，CB＝CA，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠DAC＝∠CBE，∵∠CAB+∠ABE+∠CBE＝90°，∴∠CAB+∠ABE+∠DAC＝90°，∴∠ANB＝90°，∴AD⊥BE，故答案为：AD⊥BE；（2）（1）中的结论成立，理由如下：如图2，延长BE交AC于点H，交AD于N，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，又∵DCCE∴△DCA∽△ECB，∴∠DAC＝∠CBE，∵∠CAB+∠ABE+∠CBE＝90°，∴∠CAB+∠ABE+∠DAC＝90°，∴∠ANB＝90°，∴AD⊥BE，（3）如图3，当点E在线段AD上时，连接BE，∵△DCA∽△ECB，∴BEAD=BC∴BE=3AD=3（4+∵AD⊥BE，∵∴AB2＝AE2+BE2，∴112＝AE2+3（4+AE）2，∴AE＝2或AE＝﹣8（舍去），∴BE＝63，当点D在线段AE上时，连接BE，∵△DCA∽△ECB，∴BEAD=BC∴BE=3AD=3（∵AD⊥BE，∵∴AB2＝AE2+BE2，∴112＝AE2+3（AE﹣4）2，∴AE＝8或AE＝﹣2（舍去），∴BE＝43，综上所述：BE＝63或43．【点评】本题是几何变换综合题，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，勾股定理，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．几何变换综合题39．（2023•巴中）综合与实践．（1）提出