2024年中考数学复习探究性试题-图形的旋转（含解析）

第第页2024年中考数学复习探究性试题图形的旋转一．解答题（共15小题）1．已知△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，D为平面内一点．（1）如图1，当D点在AB的中点时，连接CD，将CD绕点D逆时针旋转90°，得到ED，若AB＝4，求△ADE的周长；（2）如图2，当D点在△ABC外部时，E、F分别是AB、BC的中点，连接EF、DE、DF，将DE绕E点逆时针旋转90°得到EG，连接CG、DG、FG，若∠FDG＝∠FGE，请探究FD、FG、CG之间的数量关系并给出证明；（3）如图3，当D在△ABC内部时，连接AD，将AD绕点D逆时针旋转90°，得到ED，若ED经过BC中点F，连接AE、CE，G为CE的中点，连接GF并延长交AB于点H，当AG最大时，请直接写出S△2．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，BC＝10cm，AD＝8cm，点P从点B出发，在线段BC上以每秒3cm的速度向点C匀速运动，与此同时，垂直于AD的直线m从底边BC出发，以每秒2cm的速度沿DA方向匀速平移，分别交AB、AC、AD于E、F、H，当点P到达点C，点P与直线m同时停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）．（1）AH＝，EF＝（用含t的式子表示）．（2）在整个运动过程中，所形成的△PEF的面积存在最大值，当△PEF的面积最大时，求线段BP的长；（3）是否存在某一时刻t，使△PEF为直角三角形？若存在，请求出此时刻t的值；若不存在，请说明理由．3．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∠ACB＝∠DEB＝90°，∠B＝30°，BE＝AC＝6．【问题探究】小昕同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转．（1）如图2，当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F，求BF的长．（2）若点C、E、D在同一条直线上，求点D到直线BC的距离．（3）连接DC，取DC的中点G，三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上（如图3），求点G所经过的路径长．（4）如图4，G为DC的中点，则在旋转过程中，点G到直线AB的距离的最大值是．4．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝AC，D为边BC上任意一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转60°，得到线段AE，F为边AC的中点，连接BF，CE，DE．（1）如图1，BF交AD于点G，若∠BAD＝15°，AG=6，求线段（2）如图2，M为DE的中点，连接CM，FM，求证：CM＝FM；（3）如图3，连接EF，点N为直线BC上一动点（不与点B，C重合），连接FN，将△BFN沿FN翻折至△ABC所在平面内，得到△B′FN，连接B′E，在（2）的条件下，若AB＝4，当EF取得最小值时，直接写出线段B′E的长度的最小值．5．已知△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ADE＝90°，点F为BE中点，连接DF，CF．【特例感知】（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上，猜想此时线段DF，CF的数量关系为，位置关系为；【深入探究】（2）如图2，在（1）的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转45°时，请你判断此时（1）中的结论是否仍然成立，并证明你的判断；【变式拓展】（3）如图3，在（1）的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转90°时，若AD＝1，AC=22，直接写出线段6．在中点复习课中，刘老师提出了如下问题：如图1，在△ABC中，点D为AB的中点，连接CD，若AC＝6，BC＝4，求CD的取值范围．【初步分析】小明经过分析，决定延长CD到E，使CD＝DE，连接AE，可得到△BCD≌△AED，进而在△AEC中得到CE的取值范围，于是可求得CD的取值范围．（1）请回答：①如图1，连接BE，由已知和作图能得到△ADC≌△BDE的理由是．A．SSSB．SASC．AASD．HL②求得CD的取值范围是．A．4＜CD＜6B．4⩽CD⩽6C．1＜CD＜5D．1⩽CD⩽5【感悟探究】小明经过反思发现，解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中．于是小明尝试用这种方法证明“中位线定理”如图2，D，E分别是△ABC的边AC，BC的中点，求证：DE∥AB，且DE=小明延长DE至F，使EF＝DE，连接BF．（2）请帮助小明完成证明．【感悟拓展】小明经过再次反思发现，解题时，条件中若出现多个“中点”字样，还可以考虑用中位线来研究中位线和三角形底边的数量关系和位置关系．请解决以下问题：（3）如图3，在等边三角形ABC中，点P为射线BC位于点C右侧的一个动点，将线段PC绕点P逆时针旋转120°得到线段PD，点C的对应点为点D，连接BD，点Q为BD的中点，连接CQ．若AB＝3，当CQ=127．【问题提出】（1）如图①，将△ABC绕点A逆时针旋转90°得△ADE，连接CE，DB，根据条件填空：①∠ACE的度数为；②若CE＝2，则CA的值为；【问题探究】（2）如图②，在Rt△ABC中，∠B＝90°，沿边AC翻折得到△ADC，点B的对应点为点D，点E，F分别在DC，BC边上，且∠EAF=12∠DAB，试猜想线段BF，EF，【问题解决】（3）如图③是公园人工湖的平面示意图，现要在人工湖对角线BD上架一座人行景观桥，但由于年代久远，人工湖规划书上只留下以下数据，CD＝CB，AD＝30m，AB＝40m，∠BAD+∠BCD＝120°，且AC=32CD，求对角线8．如图1，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点F，G，H分别为BC，DE，DC的中点．（1）观察猜想图1中，线段GH与FH的数量关系是，∠GHF的度数为；（2）探究证明把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接GF，BD，CE，判断△GHF的形状，并说明理；（3）拓展延伸把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝2，AB＝6，请直接写出△GHF面积的最大值．9．【问题初探】（1）李老师在数学课上提出了一个问题：如图1，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（m，4），点B的坐标为（4，n），其中m≥0，n≥0，连接OA，OB，AB，过点A作AC⊥y轴于点C，过点B作BD⊥x轴于点D，当∠AOB＝45°时，试用含m，n的代数式表示AB的长度．“乘风破浪”小组的思路是：如图2，利用旋转变换构造45°特殊角的思路，延长BD至E，使DE＝CA，连接OE，相当于将△OAC绕点O顺时针方向旋转90°至△OED的位置，可得△OAC≌△OED，从而得到∠EOB＝45°，把问题转化成探索线段AB与BE的数量关系，请写出完整的解题过程；【类比分析】（2）李老师总结了“乘风破浪”小组的解法是运用了转化的数学思想，将分离的普通角拼成了我们熟悉的特殊角，为了让学生进一步体会这一思想方法，李老师又提出了一个问题，请你解答：如图3，在等边△ABC中，AC＝6，点D是BC的中点，E是AB边上一动点，连接DE，作∠EDF＝120°，交边AC于点F，当BE＝2时，求CF的长；【拓展应用】（3）最后，李老师留了一道作业题，编制一道利用此种数学思想方法解决问题的题目，“披荆斩棘”小组编制的题目如下，请你解答：如图4，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标是（0，3），B是x轴上的一动点，将AB绕点A逆时针方向旋转150°并延长至二倍得到线段AC，当OB=3210．△ABC是等边三角形，点D为线段BC上任意一点，连接AD，E为直线AB上一点．（1）如图1，当点D为BC中点时，点E在AB边上，连接DE，若AE＝1，BE＝3，求DE的长．（2）如图2，若点E为AB延长线上一点，且BE＝CD，点F为CB延长线一点，且∠FAD＝60°，猜想线段AF，EF，AD之间的数量关系，并证明你的猜想；（3）如图3，在（1）的条件下，M为线段AD上一点，连接ME，将线段ME绕点E顺时针旋转60°，得到线段EN，连接MN，当BN+DN的值最小时，直接写出△AEM的面积．11．在△ABC中，AB⊥BC，∠C＝45°，点E是BC边上的一点（不含端点），F是AC上一点，将线段AB绕点B顺时针旋转α度得到线段BD，连接CD．（1）如图1，连接DE、EF，若D、E、F三点共线，DF⊥BC，垂足为E，且CF＝22，S△ABF=352，求（2）如图2，将△ABC沿着AC翻折得△MAC，若E、N分别是BC、MC的中点，连接AN，ME交AN、AC分别为P点和F点，连接CP，若∠BCD＝∠BAP，求证：2CP+2PM＝2CD．（3）如图3，已知α＝150°，AB＝2，连接DC、DE，G为射线DE上一点，连接GC、GB，将线段BC沿着CG翻折得到CB′，若点B′落在DE的延长线上，当DG取最大值时，连接GA，P是△ABG内部一动点，请直接写出(PG12．“启智”数学兴趣小组对图形的旋转展开进一步探究，总结了一些方法和规律，请你完成相关问题．（画图工具不限，不写画法）（1）动中有定：如图1，△ABC是边长为2的等边三角形．①将点A绕点C顺时针旋转一周，点A的对应点为点A′，请在图1中画出点A′的运动路径，当点A′不与A、B重合时，可得∠AA′B＝°或°；②将边AB绕点C顺时针旋转一周，请在图1中画出线段AB扫过的区域（用阴影表示，画出必要的辅助线），并求出该区域的面积．（2）以静制动：如图2，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，将△ABC绕点C旋转得△A'B'C，点P是线段A′B′上一个动点，点M是AC的中点．①线段PM的最小值是，最大值是；②点P到直线BC的距离为h，当PB＝PC时，求h的取值范围．13．如图，△ABC中，在平面内将线段AC绕点A逆时针旋转90°得到线段AD，过点D作DE⊥BC，分别交BC、AC于点E、F，连接AE．（1）如图1，若∠EAD＝120°，AD=63，AE=2（2）如图2，若∠ABC+∠EAC＝45°，求证：BC=2（3）如图3，在（2）问的条件下，若∠BAC＝150°，点P在射线BC上运动，当AP+32BP取得最小值为4+23时，在平面内将△APE绕点B逆时针旋转α（0＜α＜180）度得到△A'P'E'，当点P'恰好在线段AB14．综合与实践问题情境：数学活动课上，老师发给每位同学一个直角三角形纸片ABC，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4．问题发现奋进小组将三角形纸片ABC进行以下操作：第一步：折叠三角形纸片ABC使点C与点A重合，然后展开铺平，得到折痕DE；第二步：然后将△DEC绕点D顺时针方向旋转得到△DFG．点E，C的对应点分别是点F，G，直线GF与边AC交于点M（点M不与点A重合），与边AB交于点N．如图1小明发现，折痕DE的长很容易求出，并且MF和ME的数量关系也能证明．如图2小红发现，在△DEC绕点D旋转的过程中，当直线GF经过点B时或直线GF∥BC时，AM的长都可求……．问题提出与解决奋进小组根据小明和小红的发现，讨论后提出问题1和问题2，请你解答．问题1：如图1，按照如上操作（1）折痕DE的长为；（2）在△DEC绕点D旋转的过程中，试判断MF与ME的数量关系；并证明你的结论；问题2：在△DEC绕点D旋转的过程中，探究下列问题：①如图2，当直线GF经过点B时，AM的长为；②如图3，当直线GF∥BC时，求AM的长；拓展延伸：小刚受到探究过程的启发，在△DEC绕点D旋转的过程中，尝试画图，并提出问题3，请你解答．问题3：在△DEC绕点D旋转的过程中，连接AF，当AF取最小值时，请直接写出△AMD的面积．15．问题提出已知△ABC是等边三角形，将等边三角形ADE（A，D，E三点按逆时针排列）绕顶点A旋转，且平移线段AD使点A与顶点C重合，得到线段CF，连接BE，EF，BF．观察发现（1）如图1，当点E在线段AB上，猜想△BEF的形状；探究迁移（2）如图2，当点E不在线段AB上，（1）中猜想的结论是否依然成立，请说明理由；拓展应用（3）若AB＝2，AD=432，在△ADE绕着点A旋转的过程中，当EF⊥AC

2024年中考数学复习探究性试题图形的旋转参考答案与试题解析一．解答题（共15小题）1．已知△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，D为平面内一点．（1）如图1，当D点在AB的中点时，连接CD，将CD绕点D逆时针旋转90°，得到ED，若AB＝4，求△ADE的周长；（2）如图2，当D点在△ABC外部时，E、F分别是AB、BC的中点，连接EF、DE、DF，将DE绕E点逆时针旋转90°得到EG，连接CG、DG、FG，若∠FDG＝∠FGE，请探究FD、FG、CG之间的数量关系并给出证明；（3）如图3，当D在△ABC内部时，连接AD，将AD绕点D逆时针旋转90°，得到ED，若ED经过BC中点F，连接AE、CE，G为CE的中点，连接GF并延长交AB于点H，当AG最大时，请直接写出S△【考点】几何变换综合题．【专题】几何综合题；压轴题；图形的全等；平移、旋转与对称；图形的相似；推理能力．【答案】（1）△ADE的周长为2+25+22（2）FD＝CG+2FG（3）S△ACGS【分析】（1）过点E作EH⊥AB交BA的延长线于H，利用AAS证明△DEH≌△CDA，可得EH＝AD＝2，DH＝AC＝4，AH＝DH﹣AD＝4﹣2＝2，运用勾股定理可得AE＝22，即可得出答案；（2）连接AF、AG，过点F作FH⊥FG交AG于H，利用SAS证明△EAG≌△EFD，可得AG＝FD，∠AGE＝∠FDE，再利用SAS证明△AFH≌△CFG，可得AH＝CG，即可得出答案；（3）设AE、GH交于点M，作AB中点P，连接PC、PE、BE、AF，作PC中点Q，连接AQ、QG，设AB＝AC＝4a，则QG＝a，PA＝2a，运用勾股定理可得PC＝25a，进而可得AQ=12PC=5a，当A、Q、G三点共线时，AG＝AQ+QG=5a+a＝（5+1）a，取得最大值，利用ASA证得△AHM≌△AGM，可得HM＝GM，AH＝AG＝（5+【解答】解：（1）过点E作EH⊥AB交BA的延长线于H，如图1，∵点D是AB的中点，且AB＝4，∴AD＝BD=12AB＝在Rt△ACD中，∠CAD＝90°，AC＝AB＝4，∴tan∠ACD=ADAC=24=由旋转得：DE＝CD＝25，∠CDE＝90°，即∠ADC+∠ADE＝90°，∵∠ADC+∠ACD＝90°，∴∠ADE＝∠ACD，在△DEH和△CDA中，∠DHE∴△DEH≌△CDA（AAS），∴EH＝AD＝2，DH＝AC＝4，∴AH＝DH﹣AD＝4﹣2＝2，在Rt△AEH中，AE=AH2∴△ADE的周长＝AD+DE+AE＝2+25+22（2）猜想：FD＝CG+2FG如图2，连接AF、AG，过点F作FH⊥FG交AG于H，∵△ABC是等腰直角三角形，E、F分别是AB、BC的中点，∴AE＝EF，AE⊥EF，AF＝CF，∴∠AEG+∠FEG＝90°，由旋转得ED＝EG，∠DEG＝90°，∴∠FED+∠FEG＝90°，∠EDG＝∠EGD＝45°，∴∠AEG＝∠FED，在△EAG和△EFD中，AE=∴△EAG≌△EFD（SAS），∴AG＝FD，∠AGE＝∠FDE，∵∠FDG＝∠FGE，∴∠AGE+∠FGE＝∠FDE+∠FDG＝∠EDG＝45°，即∠AGF＝45°，∵∠GFH＝90°，∴∠FHG＝45°＝∠FGH，∴△FGH是等腰直角三角形，∴FH＝FG，HG=2FG∵∠AFH+∠CFH＝∠CFG+∠CFH＝90°，∴∠AFH＝∠CFG，在△AFH和△CFG中，AF=∴△AFH≌△CFG（SAS），∴AH＝CG，∵AG＝AH+HG，∴FD＝CG+2FG（3）设AE、GH交于点M，作AB中点P，连接PC、PE、BE、AF，作PC中点Q，连接AQ、QG，如图，∵将AD绕点D逆时针旋转90°，得到ED，∴△AED是等腰直角三角形，∴AEAD=21，∠∵△ABF是等腰直角三角形，∴ABAF=21，∠∴ABAF∵∠BAF﹣∠EAF＝∠EAD﹣∠EAF，即∠BAE＝∠FAD，∴△BAE∽△FAD，∴∠BEA＝∠FAD＝90°，∵点P是AB的中点，∴PE=12∵Q是PC的中点，G是EC的中点，∴QG是△CPE的中位线，∴QG=12PE=14AB，设AB＝AC＝4a，则QG＝a，PA＝2a，在Rt△PAC中，PC=PA2+AQ=12PC=12×2当A、Q、G三点共线时，AG＝AQ+QG=5a+a＝（5+1）又∵QG∥PE，∴AG∥PE，∴∠PEA＝∠GAE，∵PE＝PA，∴∠PAE＝∠PEA＝∠EAG，∵F是BC的中点，G是EC的中点，∴FG是△BEC的中位线，∴FG∥BE，∴AE⊥HG，∴△AHM≌△AGM（ASA），∴HM＝GM，AH＝AG＝（5+1）a∴AEAM=∴S△∴S△ACGS【点评】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换的性质，三角形中位线定理，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形面积等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形或全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．2．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，BC＝10cm，AD＝8cm，点P从点B出发，在线段BC上以每秒3cm的速度向点C匀速运动，与此同时，垂直于AD的直线m从底边BC出发，以每秒2cm的速度沿DA方向匀速平移，分别交AB、AC、AD于E、F、H，当点P到达点C，点P与直线m同时停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）．（1）AH＝（8﹣2t）cm，EF＝（10-52t）cm（用含（2）在整个运动过程中，所形成的△PEF的面积存在最大值，当△PEF的面积最大时，求线段BP的长；（3）是否存在某一时刻t，使△PEF为直角三角形？若存在，请求出此时刻t的值；若不存在，请说明理由．【考点】几何变换综合题．【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】（1）（8﹣2t）cm；（10-52t）cm；（2）BP＝6（3）存在某一时刻t，使△PEF为直角三角形；当t=4017秒或t=280【分析】（1）首先用t表示出DH的长度，进而得到AH；然后依据△AEF∽△ABC，得到EFBC=AHAD，即EF10=8-2t8（2）如答图2所示，首先求出△PEF的面积的表达式，然后利用二次函数的性质求解；（3）如答图3所示，分三种情形，利用平行线分线段成比例定理得出比例式和勾股定理求解即可得出结论．【解答】解：（1）∵DH＝2tcm，∴AH＝（8﹣2t）cm；∵EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴EFBC=AH解得：EF＝（10-52t）故答案为：（8﹣2t）cm；（10-52t）（2）∵EF＝（10-52t）∴S△PEF=12EF=12（10-52=-52t2=-52（t﹣2）2+10（0＜t∴当t＝2秒时，S△PEF存在最大值，最大值为10cm2，此时BP＝3t＝6cm．（3）存在某一时刻t，使△PEF为直角三角形．理由如下：①若点E为直角顶点，如图3.1所示，此时PE∥AD，PE＝DH＝2tcm，BP＝3tcm．∵PE∥AD，∴PEAD=BP②若点F为直角顶点，如答图3.2所示，此时PF∥AD，PF＝DH＝2tcm，BP＝3tcm，CP＝（10﹣3t）cm．∵PF∥AD，∴PFAD=CP解得t=40③若点P为直角顶点，如答图3.3所示．过点E作EM⊥BC于点M，过点F作FN⊥BC于点N，则EM＝FN＝DH＝2tcm，EM∥FN∥AD．∵EM∥AD，∴EMAD=BM解得BM=54t∴PM＝BP﹣BM＝3t-54t=74在Rt△EMP中，由勾股定理得：PE2＝EM2+PM2＝（2t）2+（74t）2=11316∵FN∥AD，∴FNAD=CN解得CN=54t∴PN＝BC﹣BP﹣CN＝10﹣3t-54t＝10-174在Rt△FNP中，由勾股定理得：PF2＝FN2+PN2＝（2t）2+（10-174t）2=35316t2﹣在Rt△PEF中，由勾股定理得：EF2＝PE2+PF2，即：（10-52t）2＝（11316t2）+（35316t2﹣化简得：1838t2﹣35t＝0解得：t=280183或t＝∴t=280综上所述，当t=4017秒或t=280【点评】本题是运动型综合题，涉及动点与动线两种运动类型．第（1）问考查了菱形的定义；第（2）问考查了相似三角形、图形面积及二次函数的极值；第（3）问考查了相似三角形、勾股定理、解方程等知识点，重点考查了分类讨论的数学思想．3．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∠ACB＝∠DEB＝90°，∠B＝30°，BE＝AC＝6．【问题探究】小昕同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转．（1）如图2，当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F，求BF的长．（2）若点C、E、D在同一条直线上，求点D到直线BC的距离．（3）连接DC，取DC的中点G，三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上（如图3），求点G所经过的路径长．（4）如图4，G为DC的中点，则在旋转过程中，点G到直线AB的距离的最大值是732【考点】几何变换综合题．【专题】面积法；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；与圆有关的计算；运算能力；推理能力．【答案】（1）BF的长为43；（2）点D到直线BC的距离为26+2或26-（3）点G所经过的路径长为533（4）73【分析】（1）根据锐角三角函数求解，即可求出答案；（2）分两种情况：①当点E在BC上方时，如图1过点D作DH⊥BC于H，根据锐角三角函数求出BC＝63，DE＝23，最后利用面积求解即可；②当点E在BC下方时，同①的方法，即可求出答案；（3）先求出∠BOG＝150°，再判断出点G是以点O为圆心，23为半径的圆上，最后用弧长公式求解，即可求出答案；（4）过点O作OK⊥AB于K，求出OK=3【解答】解：（1）由题意得，∠BEF＝∠BED＝90°，在Rt△BEF中，∠ABC＝30°，BE＝6，∴BF=BEcos∠（2）①当点E在BC上方时，如图1，过点D作DH⊥BC于H，在Rt△ABC中，AC＝6，tan∠ABC=AC∴BC=633在Rt△BED中，∠EBD＝∠ABC＝30°，BE＝6，∴DE＝BE•tan∠DBE＝6×33=在Rt△BCE中，BE＝6，BC＝63，根据勾股定理得，CE=BC2∴CD＝CE+DE＝62+23∵S△BCD=12CD•BE=12∴DH=CD⋅BEBC②当点E在BC下方时，如图2，过点D作DM⊥BC于M，同理可得CE＝62，DE＝23，∴CD＝62-23∵S△BDC=12BC•DM=12∴DM=CD⋅BEBC∴点D到直线BC的距离为26+2或26-（3）如图3﹣1，连接CD，取CD的中点G，取BC的中点O，连接GO，则OG∥AB，∴∠COG＝∠B＝30°，∴∠BOG＝150°，∵点G为CD的中点，点O为BC的中点，∴GO=12BD＝2∴点G在以点O为圆心，23为半径的圆上，如图3﹣2，∴三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上时，点G所经过的轨迹为150°所对的圆弧，∴点G所经过的路径长为150×π×2（4）如图4，过点O作OK⊥AB于K，∵点O为BC的中点，BC＝63，∴OB＝33，∴OK＝OB•sin30°=3由（3）知，点G是以点O为圆心，23为半径的圆上，∴点G到直线AB的距离的最大值是23+故答案为：73【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了锐角三角函数，勾股定理，弧长公式，三角形的中位线定理，三角形的面积，画出图形是解本题的关键．4．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝AC，D为边BC上任意一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转60°，得到线段AE，F为边AC的中点，连接BF，CE，DE．（1）如图1，BF交AD于点G，若∠BAD＝15°，AG=6，求线段（2）如图2，M为DE的中点，连接CM，FM，求证：CM＝FM；（3）如图3，连接EF，点N为直线BC上一动点（不与点B，C重合），连接FN，将△BFN沿FN翻折至△ABC所在平面内，得到△B′FN，连接B′E，在（2）的条件下，若AB＝4，当EF取得最小值时，直接写出线段B′E的长度的最小值．【考点】几何变换综合题．【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】（1）3-3（2）证明见解析过程；（3）3．【分析】（1）先证明△ABC是等边三角形，得到∠BAC＝60°，推导出∠GAF＝45°，根据锐角三角函数的定义计算可得AF，FG，BF的长，由此即得答案；（2）过点D作DP∥CE，交BE于点P，连结MP，EP，先证明△BAD≌△CAE，得到BD＝CE，∠ACE＝60°，再证明四边形PDCE是平行四边形，可进一步推得得CM＝MP，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证得结论；（3）由（2）知∠ACE＝60°，由此当EF⊥CE时，EF取最小值，求出这个最小值为3；由轴对称的性质可知，点B′在以点F为圆心，BF的长为半径的弧上运动，所以当B′，E，F三点共线时，线段B′E的长度取得最小值，求出这个最小值，即得答案．【解答】（1）解：∵AB＝AC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，AB＝AC＝BC，∵∠BAD＝15°，∴∠GAF＝60°﹣15°＝45°，∵F为边AC的中点，∴BF⊥AC，∴∠AGF＝∠GAF＝45°，∴AF=GF=∴BG=3-（2）证明：过点D作DP∥CE，交BE于点P，连结MP，EP，如图2，∵将线段AD绕点A逆时针旋转60°，得到线段AE，∴AD＝AE，∠DAE＝60°，∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴∠DAE＝∠BAC，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE＝60°，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝60°+60°＝120°，∵DP∥CE，∴∠PDC＝180°﹣∠BCE＝60°，∵AB＝AC，F为边AC的中点，∴∠DBP=12∠∴∠DBP＝∠DPB＝30°，∴BD＝DP，∴DP＝CE，∴四边形PDCE是平行四边形，∵M为DE的中点，∴DM＝EM，∴C，M，P三点共线，且CM=∵BF⊥FC，∴FM=∴CM＝FM；（3）解：由（2）知，∠ACE＝60°，∴射线CE与AC的夹角为定值，即射线CE的方向固定，∴当EF⊥CE时，EF取最小值，∵AB＝4，∴AC＝4，∴CF=在Rt△FEC中，EF=∵△BFN沿FN翻折至△ABC所在平面内，得到△B′FN，∴点B′在以点F为圆心，BF的长为半径的弧上运动，∴当B′，E，F三点共线时，线段B′E的长度取得最小值，如图4，在Rt△ABF中，BF=∴线段B′E的长度的最小值为23【点评】本题主要考查了图形的旋转与翻折，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，平行四边形的判定与性质及直角三角形的性质等知识，作辅助线构造平行四边形及求线段最小值的分析思路是解题的关键．5．已知△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ADE＝90°，点F为BE中点，连接DF，CF．【特例感知】（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上，猜想此时线段DF，CF的数量关系为CF＝DF，位置关系为CF⊥DF；【深入探究】（2）如图2，在（1）的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转45°时，请你判断此时（1）中的结论是否仍然成立，并证明你的判断；【变式拓展】（3）如图3，在（1）的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转90°时，若AD＝1，AC=22，直接写出线段【考点】几何变换综合题．【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】（1）CF＝DF，CF⊥DF；（2）此时（1）中的结论仍然成立，理由见解析过程；（3）102【分析】（1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知DF＝BF，根据∠DFE＝2∠DCF，∠BFE＝2∠BCF，得到∠EFD+∠EFB＝2∠DCB＝90°，DF⊥BF．（2）延长DF交BC于点G，先证明△DEF≌△GCF，得到DE＝CG，DF＝FG，根据AD＝DE，AB＝BC，得到BD＝BG又因为∠ABC＝90°，所以DF＝CF且DF⊥BF．（3）延长DF交BA于点H，先证明△DEF≌△HBF，得到DE＝BH，DF＝FH，根据旋转条件可以△ADH为直角三角形，由△ABC和△ADE是等腰直角三角形，AC=22，可以求出AB的值，进而可以根据勾股定理可以求出DH，再求出DF，由DF＝BF，求出得【解答】解：（1）∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴∠BCE＝∠BDE＝90°，∠ABC＝45°，∵点F为BE中点，∴DF=∴DF＝CF，∠FBD＝∠FDB，∠FCB＝∠FBC，∵∠ABC＝∠FBD+∠FBC＝45°，∴∠CFD＝2∠FBD+2∠FBC＝90°，即CF⊥DF，故答案为：CF＝DF，CF⊥DF；（2）此时（1）中的结论是否仍然成立，证明如下：延长DF交BC于点G，∵∠ADE＝∠ACB＝90°，∴DE∥BC，∴∠FBG＝∠FED，∠FGB＝∠FDE，∵点F为BE中点，∴BF＝EF，∵∠FBG＝∠FED，∠FGB＝∠FDE，BF＝EF，∴△FGB≌△FDE（AAS），∴DE＝BG，DF＝GF，∴CF=∵AD＝DE，∴AD＝BG，∵AC＝BC，∴AC﹣AD＝BC﹣BG，即CD＝CG，∴CF⊥DF；（3）延长DF交AB于点H，连接CD，CH，如图3，∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴AC＝BC，AD＝DE，∠AED＝∠ABC＝45°，由旋转的性质得出∠CAE＝∠BAD＝90°，∴AE∥BC，∴∠AEB＝∠CBE，∴∠AEB﹣∠AED＝∠ABC﹣∠CBE，∠DEF＝∠HBF，∵点F为BE中点，∴BF＝EF，∵∠DEF＝∠HBF，BF＝EF，∠BFH＝∠EFD，∴△DEF≌HBH，∴DE＝HB，DF＝HF，∵AC=22，AD＝∴AB=∴AH＝AB﹣BH＝3，在Rt△ADH中，根据勾股定理可得：DH=∴DF=∵∠CAE＝90°，∠DAE＝45°，∴∠CAD＝45°，∵AD＝DE，DE＝HB，∴AD＝HB，∵AD＝HB，∠CAD＝∠CBH，AC＝BC，∴△ACD≌△CBH（SAS），∴CH＝CD，∠BCH＝∠DCA，∵∠BCH+∠ACH＝90°，∴∠DCH＝∠ACD+∠ACH＝90°，∴CF=【点评】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定，及勾股定理的运用．要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键．6．在中点复习课中，刘老师提出了如下问题：如图1，在△ABC中，点D为AB的中点，连接CD，若AC＝6，BC＝4，求CD的取值范围．【初步分析】小明经过分析，决定延长CD到E，使CD＝DE，连接AE，可得到△BCD≌△AED，进而在△AEC中得到CE的取值范围，于是可求得CD的取值范围．（1）请回答：①如图1，连接BE，由已知和作图能得到△ADC≌△BDE的理由是B．A．SSSB．SASC．AASD．HL②求得CD的取值范围是C．A．4＜CD＜6B．4⩽CD⩽6C．1＜CD＜5D．1⩽CD⩽5【感悟探究】小明经过反思发现，解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中．于是小明尝试用这种方法证明“中位线定理”如图2，D，E分别是△ABC的边AC，BC的中点，求证：DE∥AB，且DE=小明延长DE至F，使EF＝DE，连接BF．（2）请帮助小明完成证明．【感悟拓展】小明经过再次反思发现，解题时，条件中若出现多个“中点”字样，还可以考虑用中位线来研究中位线和三角形底边的数量关系和位置关系．请解决以下问题：（3）如图3，在等边三角形ABC中，点P为射线BC位于点C右侧的一个动点，将线段PC绕点P逆时针旋转120°得到线段PD，点C的对应点为点D，连接BD，点Q为BD的中点，连接CQ．若AB＝3，当CQ=12【考点】几何变换综合题．【专题】代数几何综合题；运算能力；推理能力．【答案】（1）①B；②C；（2）证明见解答过程；（3）BP的长度为6或92【分析】（1）①根据CD＝DE，∠ADC＝∠BDE，AD＝BD推出△ADC和△BDE全等即可；②根据全等得出AE＝BC＝4，CE＝2CD，由三角形三边关系定理得出6﹣4＜2CD＜6+4，求出即可；（2）如图所示，延长DE到F，使得DE＝EF，证明△CDE≌△BFE，进而得到CD＝BF，∠CDE＝∠F，推导出AD∥BF；由CD＝AD，推导出AD＝BF，进而得到四边形ABFD是平行四边形，推导出DE∥（3）分两种情况：当CQ为△BDP的中位线时，当CQ不是△BDP的中位线时，分别解答即可．【解答】解：（1）①∵在△ADC和△BDE中，CD=∴△ADC≌△BDE（SAS），故选：B；②∵由（1）知：△ADC≌△BDE，∴AE＝BC＝4，CE＝2CD，在△ACE中，AB＝6，由三角形三边关系定理得：6﹣4＜2CD＜6+4，∴1＜CD＜5，故选：C；（2）证明：∵E是BC的中点，∴CE＝BE．在△CDE和△BFE中，CE=∴△CDE≌△BFE（SAS），∴CD＝BF，∠CDE＝∠F，∴AD∥BF，∵CD＝AD，∴AD＝BF，∴四边形ABFD是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），∴DF∥AB，DF＝AB，∴DE∥（3）BP的长度为6或92当CQ为△BDP的中位线时，如图3.1，CQ=∵点Q是BD的中点，∴点C为BP的中点，∴CP＝BC＝3，∴BP＝6．当CQ不是△BDP的中位线时，连接CD，取BC的中点E，连接QE，过点P作PF⊥CD于点F，过点F作FN⊥CP于点N，过点Q作QM⊥BC于点M．如图3.2，∵△CDP为等腰三角形，∠CPD＝120°，∴∠DCP＝30°，∴PF=∵CQ=∴PF＝CQ．∵E为BC的中点，Q为BD的中点，∴EQ是△BCD的中位线，∴EQ∥∴∠CEQ＝∠DCP＝30°，∴MQ=∴MQ＝FN，EM＝CN．∵QC＝FP，∴Rt△QCM≌Rt△FPN（HL），∴CM＝PN，∴EM+CM＝CN+PN，即EC＝CP，∴CP=EC=综上所述，BP的长度为6或92【点评】此题属于几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，中位线定理，三角形的三边关系，借助辅助线进行解答是解答本题的关键．7．【问题提出】（1）如图①，将△ABC绕点A逆时针旋转90°得△ADE，连接CE，DB，根据条件填空：①∠ACE的度数为45°；②若CE＝2，则CA的值为2；【问题探究】（2）如图②，在Rt△ABC中，∠B＝90°，沿边AC翻折得到△ADC，点B的对应点为点D，点E，F分别在DC，BC边上，且∠EAF=12∠DAB，试猜想线段BF，EF，【问题解决】（3）如图③是公园人工湖的平面示意图，现要在人工湖对角线BD上架一座人行景观桥，但由于年代久远，人工湖规划书上只留下以下数据，CD＝CB，AD＝30m，AB＝40m，∠BAD+∠BCD＝120°，且AC=32CD，求对角线【考点】几何变换综合题．【专题】图形的全等；平移、旋转与对称；图形的相似；推理能力；应用意识．【答案】（1）①45°；②2；（2）EF＝BF+DE，理由见解答过程；（3）对角线BD的长为20373【分析】（1）①将△ABC绕点A逆时针旋转90°得△ADE，可得∠EAC＝90°，AE＝AC，△ACE是等腰直角三角形，故∠ACE＝45°；②由△ACE是等腰直角三角形，可得CA=CE（2）延长CD到K，使DK＝BF，证明△ADK≌△ABF（SAS），可得AK＝AF，∠DAK＝∠BAF，而∠EAF=12∠DAB，即可得△EAK≌△EAF（SAS），EF＝EK，从而EK＝DK+DE，有EF＝BF+（3）将△ADC绕C逆时针旋转至△CBE，连接AE，过点E作EM⊥AB，交AB的延长线于点M，证明△DCB∽△ACE，可得BDAE=CDAC=23，BD=23AE，由∠BAD+∠BCD＝120°，可证∠ABC+∠EBC＝240°，即可得∠EBM＝60°，根据AB＝40m，BE＝AD＝30m，知BM＝15m，EM=3BM＝153m，由勾股定理得AE【解答】解：（1）①∵将△ABC绕点A逆时针旋转90°得△ADE，∴∠EAC＝90°，AE＝AC，∴△ACE是等腰直角三角形，∴∠ACE＝45°；故答案为：45°；②∵△ACE是等腰直角三角形，∴CA=CE故答案为：2；（2）EF＝BF+DE，理由如下：延长CD到K，使DK＝BF，如图：∵∠B＝90°，沿边AC翻折得到△ADC，点B的对应点为点D，∴∠ADC＝∠B＝90°，AB＝AD，∴∠ADK＝90°＝∠B，∵DK＝BF，∴△ADK≌△ABF（SAS），∴AK＝AF，∠DAK＝∠BAF，∵∠EAF=12∠∴∠DAE+∠BAF＝∠EAF，∴∠DAE+∠DAK＝∠EAF，即∠EAK＝∠EAF，∵AE＝AE，∴△EAK≌△EAF（SAS），∴EF＝EK，∵EK＝DK+DE，∴EF＝BF+DE；（3）将△ADC绕C逆时针旋转至△CBE，连接AE，过点E作EM⊥AB，交AB的延长线于点M，如图：∴AD＝BE，CA＝CE，∠ACD＝∠ECB，∠ADC＝∠EBC，∴∠ACD+∠ACB＝∠ECB+∠ACB，即∠BCD＝∠ACE，∵CDCA∴△DCB∽△ACE，∵AC=32∴BDAE∴BD=23∵∠BAD+∠BCD＝120°，∴∠ABC+∠ADC＝360°﹣∠BAD﹣∠BCD＝360°﹣120°＝240°，∵∠ADC＝∠EBC，∴∠ABC+∠EBC＝240°，∴∠ABE＝120°，∴∠EBM＝60°，∵AB＝40m，BE＝AD＝30m，∴BM＝15m，EM=3BM＝153m∴AM＝AB+BM＝40+15＝55（m），∴AE=AM2∴BD=23AE=20∴对角线BD的长为20373【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，旋转变换的性质等知识，根据题意作出辅助线，利用三角形全等是解决问题的关键．8．如图1，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点F，G，H分别为BC，DE，DC的中点．（1）观察猜想图1中，线段GH与FH的数量关系是GH＝FH，∠GHF的度数为60°；（2）探究证明把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接GF，BD，CE，判断△GHF的形状，并说明理；（3）拓展延伸把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝2，AB＝6，请直接写出△GHF面积的最大值．【考点】几何变换综合题．【专题】几何综合题；线段、角、相交线与平行线；三角形；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．【答案】（1）GH＝FH，60°；（2）△GHF的形状是等边三角形，理由见解析；（3）43．【分析】（1）易证FH是△CBD的中位线，GH是△CDE的中位线，得出FH∥BD，FH=12BD，GH∥CE，GH=12CE，再求出BD＝CE，得出GH＝FH，然后由平行线的性质得出∠DHF＝∠ADC，∠（2）由旋转的性质得∠BAD＝∠CAE，先证△ABD≌△ACE（SAS），得出∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，同（1）得FH是△CBD的中位线，GH是△CDE的中位线，推出FH＝GH，∠DHG＝∠DCE，∠HFC＝∠DBC，则△GHF是等腰三角形，再证∠GHF＝60°，则△GHF是等边三角形；（3）由（2）知△GHF是等边三角形，FH＝GH=12BD，得出GH最大时，△GHF面积最大，推出点D在BA的延长线上，BD最大，此时△GHF的面积最大，求出BD最大时的长，得出【解答】解：（1）∵点F、G是BC、DC的中点，∴FH是△CBD的中位线，∴FH∥BD，FH=12∵点H、G是DC、DE的中点，∴GH是△CDE的中位线，∴GH∥CE，GH=12∵AB＝AC，AD＝AE，∴AB﹣AD＝AC﹣AE，即BD＝CE，∴GH＝FH，∵FH∥BD，∴∠DHF＝∠ADC，∵GH∥CE，∴∠DHG＝∠DCA，∵∠ADC+∠ACD＝180°﹣∠BAC＝180°﹣120°＝60°，∴∠GHF＝∠DHF+∠DHG＝∠ADC+∠ACD＝60°，故答案为：GH＝FH，60°；（2）△GHF的形状是等边三角形，理由如下：由旋转的性质得：∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，同（1）得：FH是△CBD的中位线，GH是△CDE的中位线，∴FH=12BD，GH=12CE，FH∥BD，∴FH＝GH，∠DHG＝∠DCE，∠HFC＝∠DBC，∴△GHF是等腰三角形，∵∠DHF＝∠HFC+∠DCB＝∠DBC+∠DCB，∴∠GHF＝∠DHG+∠DHF＝∠DCE+∠DBC+∠DCB＝∠BCE+∠DBC＝∠ACB+∠ACE+∠DBC＝∠ACB+∠ABD+∠DBC＝∠ACB+∠ABC，∵∠ACB+∠ABC＝180°﹣∠BAC＝180°﹣120°＝60°，∴∠GHF＝60°，∴△GHF是等边三角形；（3）由（2）知，△GHF是等边三角形，FH＝GH=12∴GH最大时，△GHF面积最大，∴点D在BA的延长线上，BD最大，此时△GHF的面积最大，此时，BD＝AB+AD＝6+2＝8，∴GH=12BD=12∴S△GHF最大=34GH2=34×4【点评】本题是几何变换综合题，考查了三角形中位线定理、三角形内角和定理、平行线的性质、等腰三角形的判定、等边三角形的判定与性质、旋转的性质、全等三角形的判定由性质等知识，综合性强，熟练掌握三角形中位线定理和等边三角形的判定与性质是解题的关键．9．【问题初探】（1）李老师在数学课上提出了一个问题：如图1，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（m，4），点B的坐标为（4，n），其中m≥0，n≥0，连接OA，OB，AB，过点A作AC⊥y轴于点C，过点B作BD⊥x轴于点D，当∠AOB＝45°时，试用含m，n的代数式表示AB的长度．“乘风破浪”小组的思路是：如图2，利用旋转变换构造45°特殊角的思路，延长BD至E，使DE＝CA，连接OE，相当于将△OAC绕点O顺时针方向旋转90°至△OED的位置，可得△OAC≌△OED，从而得到∠EOB＝45°，把问题转化成探索线段AB与BE的数量关系，请写出完整的解题过程；【类比分析】（2）李老师总结了“乘风破浪”小组的解法是运用了转化的数学思想，将分离的普通角拼成了我们熟悉的特殊角，为了让学生进一步体会这一思想方法，李老师又提出了一个问题，请你解答：如图3，在等边△ABC中，AC＝6，点D是BC的中点，E是AB边上一动点，连接DE，作∠EDF＝120°，交边AC于点F，当BE＝2时，求CF的长；【拓展应用】（3）最后，李老师留了一道作业题，编制一道利用此种数学思想方法解决问题的题目，“披荆斩棘”小组编制的题目如下，请你解答：如图4，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标是（0，3），B是x轴上的一动点，将AB绕点A逆时针方向旋转150°并延长至二倍得到线段AC，当OB=32【考点】几何变换综合题．【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；运算能力；推理能力．【答案】（1）AB的长为m+n；（2）CF的长为1；（3）点C的横坐标为32或9【分析】（1）由点A的坐标为（m，4），点B的坐标为（4，n），得AC＝m，BD＝n，OC＝OD＝4，证明△OCA≌△ODE（SAS），可得∠AOC＝∠DOE，OA＝OE，即可证△AOB≌△EOB（SAS），得AB＝BE，从而可得AB的长为m+n；（2）过D作DG⊥AB于G，过D作DH⊥AC于H，证明△BDG≌△CDH（AAS），可得BG＝CH=32，DG＝DH，再证△GDE≌△HDF（ASA），可得GE＝HF=12，故CF＝CH﹣（3）延长CA交x轴于K，过B作BT⊥CK于T，过C作CQ⊥y轴于Q，当B在原点右边时，求出AB=392，证明△BKT∽△AKO，可得KTOK=BKAK=BTOA，即可得KTOK=32+OK3134+KT=3943，可解得KT【解答】解：（1）∵点A的坐标为（m，4），点B的坐标为（4，n），∴AC＝m，BD＝n，OC＝OD＝4，∵AC⊥y轴，过点B作BD⊥x轴，∴∠ACO＝90°＝∠BDO＝∠ODE，∵AC＝DE，∴△OCA≌△ODE（SAS），∴∠AOC＝∠DOE，OA＝OE，∵∠AOC+∠AOD＝90°，∴∠DOE+∠AOD＝90°，即∠AOE＝90°，∵∠AOB＝45°，∴∠BOE＝45°，∴∠AOB＝∠BOE，∵OB＝OB，∴△AOB≌△EOB（SAS），∴AB＝BE，∴AB＝DE+BD＝AC+BD＝m+n；∴AB的长为m+n；（2）过D作DG⊥AB于G，过D作DH⊥AC于H，如图：∵D为BC中点，∴BD＝CD=12BC＝∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠C＝60°，在Rt△BDG中，BG=12BD∵BE＝2，∴GE＝BE﹣BG＝2-3∵∠BGD＝90°＝∠CHD，∴△BDG≌△CDH（AAS），∴BG＝CH=32，DG＝∵∠GDH＝360°﹣∠AGD﹣∠A﹣∠AHD＝360°﹣90°﹣60°﹣90°＝120°，∴∠GDE+∠EDH＝120°，∵∠EDF＝∠EDH+∠HDF＝120°，∴∠GDE＝∠HDF，∵∠EGD＝90°＝∠FHD，∴△GDE≌△HDF（ASA），∴GE＝HF=1∴CF＝CH﹣HF=32∴CF的长为1；（3）延长CA交x轴于K，过B作BT⊥CK于T，过C作CQ⊥y轴于Q，当B在原点右方时，如图：∵A（0，3），OB=3∴AB=3∵∠CAB＝150°，∴∠TAB＝30°，∴BT=12AB=394，AT∵∠BKT＝∠AKO，∠BTK＝90°＝∠AOK，∴△BKT∽△AKO，∴KTOK∴KTOK解得KT=31328，∴AK＝AT+KT=3∵CQ∥OK，∴△ACQ∽△AKO，∴CQOK∵AC＝2AB=39∴CQ3∴CQ=3∴点C的横坐标为32当B在原点左方时，如图：同理可得点C的横坐标为92综上所述，点C的横坐标为32或9【点评】本题考查几何变换综合应用，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，含30°角的直角三角形三边关系等，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题．10．△ABC是等边三角形，点D为线段BC上任意一点，连接AD，E为直线AB上一点．（1）如图1，当点D为BC中点时，点E在AB边上，连接DE，若AE＝1，BE＝3，求DE的长．（2）如图2，若点E为AB延长线上一点，且BE＝CD，点F为CB延长线一点，且∠FAD＝60°，猜想线段AF，EF，AD之间的数量关系，并证明你的猜想；（3）如图3，在（1）的条件下，M为线段AD上一点，连接ME，将线段ME绕点E顺时针旋转60°，得到线段EN，连接MN，当BN+DN的值最小时，直接写出△AEM的面积．【考点】几何变换综合题．【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】（1）DE=7（2）AF＝AD+EF，理由见解答过程；（3）S△AEM=5【分析】（1）作EF⊥AD于F，可得出EF∥BC，从而△AEF∽△ABD，从而AFAD=EFBD=（2）在AF上截取AG＝AD，连接BG，可推出△AGB≌△ADC，从而∠ABG＝∠C＝60°，BG＝CD，进而可证明△FBE≌△FBG，从而得出EF＝FG，进一步得出结论；（3）在AC上截取AW＝AE＝1，连接WN，可证得△AEM≌△WEN，从而∠EWN＝∠BAD＝30°，从而得出∠AWN＝90°，从而得出点N在过W且于AW垂直的直线上l运动，作点B关于l的对称点B′，连接DB′交l于点N，直线l交AB于I，B′D交AB于X，可推出△BDI是等边三角形，从而XI＝BX＝1，进而得出IN得值，可求得GI得值，进而求得GN，从而求得AM，进一步得出结果．【解答】解：（1）如图1，作EF⊥AD于F，∵△ABC是等边三角形，点D是BC的中点，∴BC＝AB＝AE+BE＝4，AD⊥BC，BD＝CD=12BC＝2，AD=32AB∴EF∥BC，∴△AEF∽△ABD，∴AFAD∴AF=14AD=32∴DF＝AD﹣AF=3∴DE=D（2）AF＝AD+EF，理由如下：如图2，AF＝AD+EF，理由如下：在AF上截取AG＝AD，连接BG，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠ABC＝∠C＝∠BAC＝60°，∴∠FAD＝∠BAC＝60°，∴∠FAB＝∠CAD，∴△AGB≌△ADC（SAS），∴∠ABG＝∠C＝60°，BG＝CD，∴∠FBG＝180°﹣∠ABG﹣∠ABC＝60°，∵BE＝CD，∴BG＝BE，∵∠FBE＝∠ABC＝60°，∴∠FBE＝∠FBG，∵BF＝BF，∴△FBE≌△FBG（SAS），∴EF＝FG，∴AF＝AG+FG＝AD+EF；（3）如图3，在AC上截取AW＝AE＝1，连接WN，∵∠ABC＝60°，∴△AEW是等边三角形，∴∠AEW＝60°，AE＝EW＝1，∵点D为BC中点，∴AD为∠BAC在平分线，∴AD⊥EW，∴EO=1∵线段ME绕点E顺时针旋转60°得到线段EN，∴∠MEN＝60°，EM＝EN，∴∠MEN＝∠AEW，∴∠AEM＝∠WEN，∴△AEM≌△WEN（SAS），∴∠EWN＝∠BAD＝30°，∴∠AWN＝90°，∴点N在过W且于AW垂直的直线上l运动，如图4，作点B关于l的对称点B′，连接DB′交l于点N，直线l交AB于I，B′D交AB于X，此时BN+DN最小，即为B′D，∵∠AGN＝90°，AG＝1，∠BAC＝60°，∴AI＝2AG＝2，∴BI＝BD＝2，∵∠ABC＝60°，∴△BDI是等边三角形，∴XI＝BX＝1，∵∠NIX＝∠AIG＝30°，∠IXN＝90°，∴IN=IX∵GI＝AG•tan60°=3AG=∴GN＝GI+IN=5∴AM＝GN=5∴S△AEM=12AM•EO【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．11．在△ABC中，AB⊥BC，∠C＝45°，点E是BC边上的一点（不含端点），F是AC上一点，将线段AB绕点B顺时针旋转α度得到线段BD，连接CD．（1）如图1，连接DE、EF，若D、E、F三点共线，DF⊥BC，垂足为E，且CF＝22，S△ABF=352，求（2）如图2，将△ABC沿着AC翻折得△MAC，若E、N分别是BC、MC的中点，连接AN，ME交AN、AC分别为P点和F点，连接CP，若∠BCD＝∠BAP，求证：2CP+2PM＝2CD．（3）如图3，已知α＝150°，AB＝2，连接DC、DE，G为射线DE上一点，连接GC、GB，将线段BC沿着CG翻折得到CB′，若点B′落在DE的延长线上，当DG取最大值时，连接GA，P是△ABG内部一动点，请直接写出(PG【考点】几何变换综合题．【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；圆的有关概念及性质；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．【答案】（1）27；（2）证明过程详见解答；（3）75-123【分析】（1）设BE＝a，则AB＝BC＝a+2，根据12AB⋅BE=（2）作CG⊥EM于G，作DH⊥BC于H，可证得ABCM是正方形，可证得△AMN≌△MCE，从而得出∠CME＝∠MAN，进而得出MG＝2CG，∠APM＝90°，可证得△APM≌△AGC，从而PM＝CG，进而证得CG＝PG，从而∠CPG＝∠PCG＝45°，进而得出PM+22CP＝PM+PG＝MG＝2CG，可证得△MCG≌△BCH，从而CH＝（3）可证得△BCD是等边三角形，从而∠BCD＝60°，CD＝BC，进而得出∠CBD＝∠CDG，从而得出点B、D、C、G共圆，从而得出∠BGD＝∠BCD＝60°，从而点G在△BCD的外接圆上运动，当DG是△BD外接圆的直径时，DG最大，此时∠DBG＝90°，进而求得DG的长；作AW⊥AP，并使AW=12PA，作AV⊥AB，并使AV=12AB，连接WV，可证得△VAW∽△BAP，从而得出WVPB=AWPA=12，进而得出PG+12PB+52PA＝PG+WP+WV，从而得出当G、P、W、V共线时，PG+12PB+52PA最小，作GR⊥AV，交【解答】（1）解：设BE＝a，则AB＝BC＝a+2，∵DF⊥BC，AB⊥BC，∴12∴12∴a1＝7，a2＝﹣5（舍去），∴BD＝AB＝BC＝7，BE＝5，∴DE2＝BD2﹣BE2＝72﹣52＝24，∴CD=D（2）证明：如图1，作CG⊥EM于G，作DH⊥BC于H，∵将△ABC沿着AC翻折得△MAC，AB＝BC，∠ABC＝90°，∴AM＝AB＝BC＝CM，∴四边形ABCM是菱形，∴菱形ABCM是正方形，∴∠AMN＝∠BCM＝90°，CM∥AB，∴∠BAP＝∠ANM，∵∠BCD＝∠BAP，∴∠BCD＝∠ANM，∵线段AB绕点B顺时针旋转α度得到线段BD，∴BD＝AB＝BC，∴CD＝CH，∵N是CM的中点，E是BC的中点，∴MN=12CM=12AM∴tan∠MAN=MNAM=12∴△AMN≌△MCE（SAS），∴∠CME＝∠MAN，∴tan∠CME=CGMG=12，∠MAN+∠AME＝∠CME+∠AME∴MG＝2CG，∠APM＝90°，∴∠APM＝∠MGC＝90°，∴△APM≌△AGC（AAS），∴PM＝CG，∴MG＝2PM＝2CG，∴PG＝PM，∴CG＝PG，∴∠CPG＝∠PCG＝45°，∴PG=2∴PM+22CP＝PM+PG＝MG＝2∵∠AMN＝∠BHC＝90°，∠ANM＝∠BCD，∴∠MAN＝∠CBH，∴∠CBH＝∠CME，∵∠MGC＝∠BHC＝90°，CM＝BC，∴△MCG≌△BCH（AAS），∴CH＝CG，∴MG＝2CG，∴CD＝MG，∴CD＝PM+22∴2PM+2（3）如图2，∵∠ABD＝α＝150°，∠ABC＝90°，∴∠CBD＝∠ABD﹣∠ABC＝60°，∵BC＝BD，∴△BCD是等边三角形，∴∠BCD＝60°，CD＝BC，∵线段BC沿着CG翻折得到CB′，∴∠B′＝∠CBG，CB′＝CB，∴CB′＝CD，∴∠CDG＝∠B′，∴∠CBD＝∠CDG，∴点B、D、C、G共圆，∴∠BGD＝∠BCD＝60°，∴点G在△BCD的外接圆上运动，当DG是△BD外接圆的直径时，DG最大，此时∠DBG＝90°，∴∠ABG＝∠ABD﹣∠DBG＝150°﹣90°＝60°，DG=BD作AW⊥AP，并使AW=12PA，作AV⊥AB，并使AV=12∴∠PAW＝∠BAV＝90°，AVAB=AWPA=∴∠BAP＝∠WAV，∴△VAW∽△BAP，∴WVPB∴WV=1∴PG+12PB+52PA＝PG+∴当G、P、W、V共线时，PG+1作GR⊥AV，交AV的延长线于R，作GX⊥AB于X，∴∠R＝∠GXA＝∠RAX＝90°，∴四边形AXGR是矩形，∴AR＝GX＝BG•sin∠ABG＝BG•sin60°=233×32=1，BX＝BG•cos∠ABG∴RV＝AR+AV＝1+12AB＝2，GR＝AX＝AB﹣BX＝2∴GV2＝RV2+GR2＝22+（6-33）2∴(PG+1【点评】本题考查了正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，确定圆的条件，圆的有关性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．12．“启智”数学兴趣小组对图形的旋转展开进一步探究，总结了一些方法和规律，请你完成相关问题．（画图工具不限，不写画法）（1）动中有定：如图1，△ABC是边长为2的等边三角形．①将点A绕点C顺时针旋转一周，点A的对应点为点A′，请在图1中画出点A′的运动路径，当点A′不与A、B重合时，可得∠AA′B＝30°或150°；②将边AB绕点C顺时针旋转一周，请在图1中画出线段AB扫过的区域（用阴影表示，画出必要的辅助线），并求出该区域的面积．（2）以静制动：如图2，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，将△ABC绕点C旋转得△A'B'C，点P是线段A′B′上一个动点，点M是AC的中点．①线段PM的最小值是2310，最大值是8.5②点P到直线BC的距离为h，当PB＝PC时，求h的取值范围．【考点】几何变换综合题．【专题】圆的有关概念及性质；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．【答案】（1）①30，150；②π；（2）①2310，8.5②339【分析】（1）①当A′在优弧AmB上时，∠AA′B=12∠ACB=30°，当点A′在劣弧AB上时，∠AA′B＝180②线段AB扫过的区域的面积等于半径2圆的面积减去半径为3的圆的面积；（2）①线段AB运动区域是圆环，其中大圆的半径是6，小圆的半径可用面积法求得，作CD⊥AB于D，作AE⊥BC于E，从而CD=BC②作AF⊥BE于E，交大圆于W，可得出点P在BC的垂直平分线AF上设大圆的直径为BE，连接WB，WE，可根据tanE＝tan∠FWB得出BFWF=WFEF，从而求得WF＝3【解答】解：（1）①，如图1，∵A′C＝AC，∴点A′在以C为圆心，2为半径的圆，当A′在优弧AmB上时，∠AA′B=1当点A′在劣弧AB上时，∠AA′B＝180°﹣30°＝150°，故答案为：30会后150；②如图2，作CD⊥AB于D，∵AC＝2，∴S大圆＝π•22＝4π，∵△ABC是等边三角形，∴CD=32AB∴S小圆＝π•（3）2＝3π，∴S阴影＝π；（2）如图3，①作CD⊥AB于D，作AE⊥BC于E，线段AB运动区域是圆环：大圆是以C为圆心，BC为半径，小圆半径是CD的长，设AC交小圆于P1，∵AB＝AC，BC＝6，∴BE＝3，AE＝4，由面积法得：CD=BC∴MP1＝CP1﹣CM=24延长AC交大圆于P2，则MP2＝CM+CP2＝CM+CB＝2.5+6＝8.5，∴PM的最小值为2310，最大值为8.5故答案为：2310，8.5②如图3，作AF⊥BE于E，交大圆于W，∵PB＝PC，∴点P在BC的垂直平分线AF上设大圆的直径为BE，连接WB，WE，∴∠BPE＝90°，BE＝BC＝6，EF＝BE﹣BF＝9，∵∠FWB+∠WBE＝∠E+∠WBE＝90°，∴∠E＝∠FWB，∴tanE＝tan∠FWB，∴BFWF∴WF2＝BF•EF＝27，∴WF＝33，设BE交小圆于G，H，AF交小圆于V，连接VG，VH，∵CG＝CH=245，CF＝∴FG＝CG﹣CF=95，FH＝CF+CG同理可得：FV2＝FG•FH=9∴339【点评】本题考查了圆的定义，圆周角定理和圆的内接四边形的性质，锐角三角函数的定义等知识，解决问题的关键是要有较强计算能力．13．如图，△ABC中，在平面内将线段AC绕点A逆时针旋转90°得到线段AD，过点D作DE⊥BC，分别交BC、AC于点E、F，连接AE．（1）如图1，若∠EAD＝120°，AD=63，AE=2（2）如图2，若∠ABC+∠EAC＝45°，求证：BC=2（3）如图3，在（2）问的条件下，若∠BAC＝150°，点P在射线BC上运动，当AP+32BP取得最小值为4+23时，在平面内将△APE绕点B逆时针旋转α（0＜α＜180）度得到△A'P'E'，当点P'恰好在线段AB【考点】几何变换综合题．【专题】三角形；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】（1）239；（2）见解析；（3）42+26【分析】（1）过点D作DG⊥AE交延长线于点G，则∠DAG＝60°，在Rt△DEG中，DE=GD2（2）在DE上截取DM＝EC，过点A作AN⊥AC交BC于点N，证明△ADM≌△ACE（SAS），可知△AEM是等腰直角三角形，再证明△ABN≌△ACE（ASA），解得BN＝EC，则BC＝2CE+2AE（3）将BC绕点B旋转60°，过点A作AQ⊥BQ交BC于点P，则AP+32BP＝AQ，此时AP+32BP取得最小值，即AQ＝4+23，根据题意可求旋转角α＝15°，再由AP+PQ＝BP+PQ＝BP+32BP＝4+23，求出BP＝AP＝4，根据直角三角形的性质分别求出PE＝23+2，A'M=6+2，即可求△A′PE的面积=1【解答】（1）解：如图1，过点D作DG⊥AE交延长线于点G，∵∠DAE＝120°，∴∠DAG＝60°，∵AD＝63，∴AG=12AD＝3∴DG=AD∵AE＝23，∴GE＝53，在Rt△DEG中，DE=GD2（2）证明：如图2，在DE上截取DM＝EC，过点A作AN⊥AC交BC于点N，由旋转可知，AD＝AC，∠DAC＝90°，∵DE⊥BC，∴∠DEC＝90°，∴∠D＝∠C，∴△ADM≌△ACE（SAS），∴AM＝AE，∠DAM＝∠EAC，∵∠DAM+∠MAC＝90°，∴∠EAC+∠CAM＝90°，∴△AEM是等腰直角三角形，∴∠AEM＝45°，∴∠AEC＝45°，∵∠NAE＝90°，∴∠ANE＝45°，∴AN＝AE，∠ANB＝∠AEC，∵∠ABC+∠EAC＝45°，∠ABN+∠BAN＝45°，∴∠BAN＝∠CAE，∴△ABN≌△ACE（ASA），∴BN＝EC，∴BC＝2CE+2AE（3）解：如图3，将BC绕点B旋转60°，过点A作AQ⊥BQ交BC于点P，∵∠PBQ＝60°，∠BQP＝90°，∴PQ＝BP•sin60°=32∴AP+32BP＝AQ，此时AP+32BP取得最小值，即AQ∵∠BAC＝150°，∠ABC＝∠ACB，∴∠ABC＝15°，∵点P'恰好在线段AB，∴旋转角α＝15°，∵∠APC＝∠BPQ＝30°，∴AP＝BP，∴AP+PQ＝BP+PQ＝BP+32BP＝4+2∴BP＝AP＝4，∵∠APE＝30°，∴AN＝2，∴PN＝23，∵∠AEP＝45°，∴NE＝AN＝2，∴PE＝23+2∵NB＝4+23，AN＝2，∴AB=AN2+B∵AB＝A'B，∴A'B＝26+22∵∠A'BM＝30°，∴A'M=6∴△A′PE的面积=12×（2+23）×（6+2）＝【点评】本题考查几何变换的综合应用，熟练掌握三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，胡不归求最短距离的方法是解题的关键．14．综合与实践问题情境：数学活动课上，老师发给每位同学一个直角三角形纸片ABC，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4．问题发现奋进小组将三角形纸片ABC进行以下操作：第一步：折叠三角形纸片ABC使点C与点A重合，然后展开铺平，得到折痕DE；第二步：然后将△DEC绕点D顺时针方向旋转得到△DFG．点E，C的对应点分别是点F，G，直线GF与边AC交于点M（点M不与点A重合），与边AB交于点N．如图1小明发现，折痕DE的长很容易求出，并且MF和ME的数量关系也能证明．如图2小红发现，在△DEC绕点D旋转的过程中，当直线GF经过点B时或直线GF∥BC时，AM的长都可求……．问题提出与解决奋进小组根据小明和小红的发现，讨论后提出问题1和问题2，请你解答．问题1：如图1，按照如上操作（1）折