2024年中考数学压轴题型（安徽专用）专题10 解答题压轴题（几何探究）（教师版）

PAGE1PAGE专题10解答题压轴题（几何探究）通用的解题思路：解决矩形翻折问题：利用折叠和矩形性质找出对应线段关系；在折叠后形成的直角三角形中利用勾股定理构造方程求解。2、十字架模型：3、动态问题中的线段长度最值通常利用三点共线解决，关键在于找到与这条线段两个端点之间恒为定长的点。4、奔驰模型：解题方法是旋转一边利用等边三角形构造“手拉手”模型证全等，结合勾股定理的逆定理得到结论。5、线段长度、比值及最值问题：（1）特殊图形、全等、相似、勾股定理；（2）圆中垂径定理。1．（2023·浙江湖州·中考真题）【特例感知】（1）如图1，在正方形ABCD中，点P在边AB的延长线上，连接PD，过点D作DM⊥PD，交BC的延长线于点M．求证：△DAP≌△DCM．【变式求异】（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D在边AB上，过点D作，交AC于点Q，点P在边AB的延长线上，连接，过点Q作QM⊥PQ，交射线BC于点M．已知BC=8，AC=10，AD=2DB，求PQQM【拓展应用】（3）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点P在边AB的延长线上，点Q在边AC上（不与点A，C重合），连接，以Q为顶点作∠PQM=∠PBC，∠PQM的边QM交射线BC于点M．若AC=mAB，CQ=nAC（m，n是常数），求PQQM的值（用含m，

【答案】（1）见解析；（2）83；（3）【分析】（1）根据ASA证明△DAP≌△DCM即可；（2）证明△DQP∽△NQM，得出PQQM=DQQN=DQDB，根据勾股定理AB=AC2−B（3）BC=AB2+AC2=1+m2AB，作于点N，证明【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，∠A=∠∴∠A=∠DCM=90°，∵DM⊥PD，∴∠ADP+∠PDC=∠CDM+∠PDC=90°，∴∠ADP=∠CDM，∴△DAP≌△DCMASA（2）如图1，作于点N，如图所示：

∵∠ABC=90°，，∴四边形DBNQ是矩形，∴∠DQN=90°，QN=DB，∵QM⊥PQ，∴∠DQP+∠PQN=∠MQN+∠PQN=90°，∴∠DQP=∠MQN，∵∠QDP=∠QNM=90°，∴△DQP∽△NQM，∴PQQM∵BC=8，AC=10，∠ABC=90°，∴AB=A∵AD=2DB，∴，∵∠ADQ=∠ABC=90°，∴DQ∥BC，∴△ADQ∽△ABC，∴DQBC∴DQ=16∴PQQM（3）∵AC=mAB，CO=nAC，∴CQ=mnAB，∴AQ=AC−CQ=m−mn∵∠BAC=90°，∴BC=A如图2，作于点N，

∵∠A+∠ABN+∠BNQ+∠AQN=360°，∴∠ABN+∠AQN=180°，∴∠AQN=∠PBN．∵∠PQM=∠PBC，∴∠PQM=∠AQN，∴∠AQP=∠NQM，∵∠A=∠QNM=90°，∴△QAP∽△QNM，∴PQQM∵∠A=∠QNC=90°，∠QCN=∠BCA，∴△QCN∽△BCA，∴QNBA∴QN=∴PQQM【点睛】本题主要考查了三角形全等和三角形相似的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．2．（2023·湖北襄阳·中考真题）【问题背景】人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形ABCD的对角线相交于点O，点P落在线段OC上，（k为常数）．

【特例证明】（1）如图1，将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合，两直角边分别与边AB，BC相交于点M，①填空：k=______；②求证：PM=PN．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明△PAM≅△PBN；也可过点P分别作AB，BC的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．）【类比探究】（2）如图2，将图1中的△PEF沿OC方向平移，判断PM与PN的数量关系（用含k的式子表示），并说明理由．【拓展运用】（3）如图3，点N在边BC上，∠BPN=45°，延长NP交边CD于点E，若，求k的值．【答案】（1）①1；②见解析；（2）PMPN【分析】（1）①利用正方形性质即可得出答案；②根据正方形的性质可得∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，∠APM=∠BPN，利用ASA证明△PAM≌△PBN即可；（2）过点P作PG∥BD交BC于G，利用平行线的性质及正方形的性质易证得∠PGC=∠PCG=∠PAM，∠APM=∠GPN，可证明△PAM∽△PGN，利用相似三角形性质即可得出答案；（3）过点P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于，作PG⊥AB于G，利用AAS证得△PGM≌△ECN，可得：GM=CN，PG=EC，再证得△BPN∽△BCP，可得PB2=BC⋅BN，同理可得：PB2=BA⋅BM，推出EC=2CN，进而可得，令HN=a，则PH=2a，【详解】解：（1）①由正方形的性质可知：OA=OC，∵将Rt△PEF的直角顶点P与点∴，故答案为：1；②证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠APB=∠MPN=90°，∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，∴∠APB−∠BPM=∠MPN−∠BPM，即∠APM=∠BPN，∴△PAM≌△PBNASA∴PM=PN．（2）PMPN过点P作PG∥BD交BC于G，

∴∠AOB=∠APG，∠PGC=∠OBC，∵四边形ABCD是正方形，∴∠PAM=∠OCB=∠OBC=45°，∠AOB=90°，∴∠APG=∠MPN=∠AOB=90°，∠PGC=∠PCG=∠PAM，∴PG=PC，∠APG−∠MPG=∠MPN−∠MPG，即∠APM=∠GPN，∴△PAM∽△PGN，∴．（3）过点P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于，作PG⊥AB于G，

则∠MPN=∠GPH=∠PGM=∠ECN=90°，∴∠MPN−∠GPN=∠GPH−∠GPN，即∠MPG=∠NPH，∴∠PMG=∠PNH，由（2）和已知条件可得：PM=kPN，，∴，∴△PGM≌△ECNAAS∴GM=CN，PG=EC，∵∠BPN=∠PCB=45°，∠PBN=∠CBP，∴△BPN∽△BCP，∴，∴PB同理可得：PB∵BC=BA，∴BM=BN，∴AM=CN，∴AG=2CN，∵∠PAB∴PG=AG，∴EC=2CN，∴，令HN=a，则PH=2a，CN=3a，EC=6a，∴，∴．【点睛】此题是相似三角形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键．3．（2023·江苏盐城·中考真题）综合与实践【问题情境】如图1，小华将矩形纸片ABCD先沿对角线BD折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线BD上，点B的对应点记为B'，折痕与边AD，BC分别交于点E，F【活动猜想】（1）如图2，当点B'与点D重合时，四边形BEDF【问题解决】（2）如图3，当AB=4，AD=8，BF=3时，求证：点A'，B'，【深入探究】（3）如图4，当AB与BC满足什么关系时，始终有A'B'（4）在（3）的情形下，设AC与BD，EF分别交于点O，P，试探究三条线段AP，B'D，【答案】（1）菱形；（2）证明见解答；（3）BC=3AB，证明见解析；（4）【分析】（1）由折叠可得：，OB=OD，再证得△BFO≌△DEO(ASA)，可得OE=OF（2）设EF与BD交于点M，过点B'作B'K⊥BC于K，利用勾股定理可得BD=45，再证明△BFM∽△BDC，可求得BM=655，进而可得BB'=1255，再由△B（3）设∠OAB=∠OBA=α，则∠OBC=90°−α，利用折叠的性质和平行线性质可得：，再运用三角形内角和定理即可求得α=60°，利用解直角三角形即可求得答案；（4）过点E作EG⊥BC于G，设EF交BD于，设AE=m，EF=n，利用解直角三角形可得B'D=BD−BB'【详解】解：（1）当点B'与点D重合时，四边形BEDF理由：设EF与BD交于点O，如图，由折叠得：，OB=OD，∴∠BOF=∠DOE=90°，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠OBF=∠ODE，∴△BFO≌△DEO(ASA∴OE=OF，∴四边形BEDF是菱形．故答案为：菱形．（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，AB=4，AD=8，BF=3，∴BC=AD=8，CD=AB=4，∠BCD=90°，，，如图，设EF与BD交于点M，过点B'作B'K⊥BC于由折叠得：∠A'B'F=∠ABF=∠BMF=∠，，∴△BFM∽△BDC，∴，即，，∴BB∵∠BKB'=∠BCD∴△BBB'KCD=∴B'K=，∴B∵B'F∴B∴∠CB∴∠A∴点A'，B'，C在同一条直线上．（3）当BC=3AB时，始终有A'理由：如图，设AC、BD交于点O，∵四边形ABCD是矩形，∴OA=OB，∠OBA+∠OBC=90°，∴∠OAB=∠OBA，设∠OAB=∠OBA=α，则∠OBC=90°−α，由折叠得：∠A'B∴∠BB'F+∠∴∠AB∵A，，，即3α=180°，，，∴，∴BC=3（4），理由如下：如图，过点E作EG⊥BC于G，设EF交BD于，由折叠得：，B'F=BF，∠BFE=∠设AE=m，EF=n，由（3）得：，∴∠BB∴∠BFE=∠B，，，∴四边形是矩形，，，AD∥BC，∴BF=B，∴BB，∴B∵AD∥BC，，，，∴AP+B∴AP+B即3EF=2(AP+【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性质，等腰三角形性质，平行线性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等，涉及知识点多，综合性强，难度较大．1．（2023·安徽合肥·一模）通过以前的学习，我们知道：“如图1，在正方形ABCD中，CE⊥DF，则CE=DF”．某数学兴趣小组在完成了以上学习后，决定对该问题进一步探究：

(1)【问题探究】如图2，在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在线段AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH，试猜想EGFH(2)【知识迁移】如图3，在矩形ABCD中，AB=m，BC=n，点E，F，G，H分别在线段AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH，试猜想EGFH(3)【拓展应用】如图4，在四边形ABCD中，∠DAB=90°，∠ABC=60°，AB=BC，点E，F分别在线段AB，AD上，且CE⊥BF，求CEBF【答案】(1)1，详见解析(2)nm(3)32【分析】（1）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，在正方形ABCD中，AB=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，证明△ABM≌△ADN，根据全等三角形的性质即可得解；（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用在长方形ABCD中，BC=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，证明△ABM≌△ADN，再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可；（3）如图3中，过点C作CM⊥AB于点M．设CE交于点O，证明△CME∽△BAF，推出CEBF=【详解】（1）EGFH如图1，过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，

∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AD∥BC，AB=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，∴AM=HF，AN=EG，∵，∴，∴∠BAM=∠DAN，在△ABM和△ADN中，∠BAM=∠DANAB=AD∴△ABM≌△ADNASA∴AM=AN，即EG=FH，∴EGFH故答案为：1；（2）如图2，过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，

∴AM=HF，AN=EG，在长方形ABCD中，BC=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，∵，∴，∴∠BAM=∠DAN，∴△ABM∽△ADN，∴AMAN∵AB=m,BC=AD=n，∴EGFH（3）如图3，过点C作CM⊥AB于点M，设CE交于点O，

∵CM⊥AB，∴∠CME=90°，∴∠ECM+∠CEM=90°，∵CE⊥BF，∴∠BOE=90°，∴∠CEM+∠ABF=90°，∴∠ECM=∠ABF，又，∴△CME∽△BAF，∴CEBF∵AB=BC，∠ABC=60°，∴CEBF【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，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．2．（2024·安徽阜阳·一模）【数学模型】（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，且AE⊥DF，求证：DE=CF．【模型迁移】（2）如图2，在矩形ABCD中，，，点E在边AD上，点M，N分别在边AB，CD上，且BE⊥MN，求BEMN的值．【模型应用】（3）如图3，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，，AB=BC，AD=CD，点E，F分别在边AB，AD上，且DE⊥CF，垂足为G，求CFDE的值．【答案】（1）见详解（2）35（3）【分析】（1）证明△ADE≌△DCF，即可证明结论；（2）过点N作NH⊥AB于点，首先证明四边形BCNH为矩形，易得NH=BC=5，再证明△ABE∽△HNM，由相似三角形的性质即可获得答案；（3）过C作于点N，CM⊥AB交AB的延长线于点M，连接BD，首先证明四边形ANCM为矩形，易得，AM=CN，再证明，进而可得∠BCD=∠BAD=90°，易知，结合∠ABC+∠CBM=180°，易得∠ADC=∠CBM，即可证明△BCM∽△DCN，由相似三角形的性质可得BMDN=BCCD=ABAD=23，设，则DN=3x，设AB=BC=2y，则AD=CD=3y【详解】解：（1）∵四边形ABCD为正方形，∴AD=DC，，∵AE⊥DF，∴∠CDF+∠AED=∠AED+∠DAE，∴∠CDF=∠DAE，在△ADE和△DCF中，∠DAE=∠CDFAD=DC∴△ADE≌△DCF(ASA∴DE=CF；（2）如下图，过点N作NH⊥AB于点，∵四边形ABCD为矩形，，，∴∠A=∠ABC=∠C=90°，∵NH⊥AB，∴∠BHN=∠ABC=∠C=90°，∴四边形BCNH为矩形，∴NH=BC=5，∵BE⊥MN，NH⊥AB，∴∠HNM+∠HMN=∠HMN+∠ABE，∴∠HNM=∠ABE，又∵∠A=∠MHN=90°，∴△ABE∽△HNM，∴BEMN（3）过C作于点N，CM⊥AB交AB的延长线于点M，连接BD，如下图，∵∠BAD=90°，∴∠BAD=∠ANC=∠M=90°，∴四边形ANCM为矩形，∴，AM=CN，在△BAD和△BCD中，AB=CBBD=BD∴△BAD≌△BCD(SSS∴∠BCD=∠BAD=90°，∴∠ABC+∠ADC=360°−∠BAD−∠BCD=180°，∵∠ABC+∠CBM=180°，∴∠ADC=∠CBM，∵∠CND=∠M=90°，∴△BCM∽△DCN，∴BMDN设，则DN=3x，设AB=BC=2y，则AD=CD=3y，∴CN=AM=AB+BM=2x+2y，在Rt△CND中，由勾股定理可得∴(3x)解得13x=5y或x=−y（舍去），∴x=5∵∠BAD=90°，DE⊥CF，∴∠ADE+∠NFC=∠NCF+∠NFC，∴∠ADE=∠NCF，又∵∠EAD=∠FNC=90°，∴△ADE∽△NCF，∴CFDE【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．3．（2022·安徽滁州·二模）【证明体验】（1）如图1，AD为△ABC的角平分线，∠ADC=60°，点E在线段AB上，AE=AC，求证：DE平分∠ADB；【思考探究】（2）如图2，在（1）的条件下，F为AB上一点，连接FC交AD于点G．若FB=FC，求证：DE【拓展延伸】（3）如图3，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD，，点E在AC上，∠EDC=∠ABC，若，CD=25，AD=2AE，求AC的长．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）AC=【分析】（1）证△AED≌△ACD即可；（2）证△EBD∽△GCD即可；（3）在AB上取一点F，使得AF=AD，连接CF．证△AFC≌△ADC可推出∠DCE=∠BCF，可证△DCE∽△BCF，进一步可证△EAD∽△DAC，即可求解．【详解】（1）证明：∵AD为△ABC的角平分线∴∠EAD=∠CAD∵AE=AC，AD=AD∴△AED≌△ACD∴∠ADE=∠ADC=60°∴∠EDB=180°−∠ADE−∠ADC=60°∴DE平分∠ADB（2）证明：∵FB=FC∴∠EBD=∠GCD∵∠BDE=∠GDC=60°∴△EBD∽△GCD∴BDCD=由（1）可知：△AED≌△ACD∴DE=CD∴D（3）解：如图，在AB上取一点F，使得AF=AD，连接CF

∵AC平分∠BAD∴∠FAC=∠DAC∵AF=AD,AC=AC∴△AFC≌△ADC∴CF=CD,∠ACF=∠ACD,∠AFC=∠ADC∵∠ACF+∠BCF=∠ACB=2∠ACD∴∠DCE=∠BCF∵∠EDC=∠FBC∴△DCE∽△BCF∴CD∵BC=5,CF=CD=2∴CE=4∵∠AED=180°−∠CED=180°−∠BFC=∠AFC=∠ADC,∠EAD=∠DAC∴△EAD∽△DAC∴AE∵AD=2AE∴AE解得：AE=∴AC=CE+AE=【点睛】本题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．掌握相关内容进行几何推导是解题关键．4．（2024·广东惠州·一模）数学活动课上，老师提出如下问题：已知正方形ABCD，E为对角线AC上一点．【感知】（1）如图1，连接，DE．求证：BE=DE；【探究】（2）如图2，F是DE延长线上一点，FB⊥BE，EF交AB于点G．①求证：∠FBG=∠FGB；②若G为AB的中点，且AB=4，求的长．【应用】（3）如图3，F是DE延长线上一点，FB⊥BE，EF交AB于点G，BE=BF．求证：GD=2【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解；②13；（3）证明见解析【分析】（1）先判断出AB=AD，∠BAE=∠DAE=45°，进而判断出△ABE≌△ADE，即可得出结论；（2）①先判断出∠AGD=∠FBG，进而判断出∠FBG=∠FGB，即可得出结论；②过点F作FH⊥AB于H，先求出AG=BG=2，AD=4，进而求出AH=3，进而求出FH=2，最后用勾股定理即可求出答案；（3）在Rt△EBF中，由勾股定理得EF=2BE，由（1）知，BE=DE，由（2）知，FG=BF，可证明【详解】解：（1）∵AC是正方形ABCD的对角线，∴AB=AD，∠BAE=∠DAE=45°，∵AE=AE，∴△ABE≌△ADESAS∴BE=DE；（2）①∵四边形ABCD是正方形，∴∠GAD=90°，∴∠AGD+∠ADG=90°，由（1）知，△ABE≌△ADE，∴∠ADG=∠EBG，∴∠AGD+∠EBG=90°，∵FB⊥BE，∴∠FBG+∠EBG=90°，∴∠AGD=∠FBG，∵∠AGD=∠FGB，∴∠FBG=∠FGB，②如图，过点F作FH⊥AB于H，∵四边形ABCD为正方形，点G为AB的中点，AB=4，∴AG=BG=2，AD=4，由（2）①知，FG=FB，∴GH=BH=1，∴AH=AG+GH=3，在Rt△FHG与Rt△DAG∴tan∠∴FHGH∴FH=2GH=2，在Rt△AHF中，由勾股定理得（3）∵FB⊥BE，∴∠FBE＝90°，在Rt△EBF中，，由（1）知，BE=DE，由（2）知，FG=BF，∴GE=EF−FG=2∴GD=GE+DE=2【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，作出辅助线构造出直角三角形是解（2）的关键．5．（2024·甘肃平凉·模拟预测）问题情境】已知等腰三角形ABC中，点D在底边BC上．将线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE（旋转角小于180°），连接BE，CE，以CE为底边在其上方作等腰三角形FEC，使∠FCE=∠ACB=α，连接AF．【尝试探究】（1）如图1，当α=60°时，易知AF=BE；如图2，当α=45°时，则AF与BE的数量关系为______．（2）如图3，探究AF与BE的数量关系（用含α的三角函数表示），并说明理由．【拓展应用】（3）如图4，当α=30°，且B，E，F三点共线时，若BC=221，BD=15【答案】（1）BE=2AF

（2）BE=2AF⋅cos【分析】(1)可证明△ACF∽△BCE,从而BEAF(2)过点A作AH⊥BC于点,可推出CFCE=ACBC=1(3)作DM⊥BF于点M,过点C作CH⊥BF,交BF延长线于点H,设.BM=x,则BE=2x,由DM∥CH得BMBH=BDBC=15,从而BH=5BM=5x,EH=BH−BE=3x,进而表示出【详解】解：当α=45°时,△ABC和△FEC是等腰直角三角形，∴∠ACB=∠FCE=45°，∴∠ACF=∠BCE，∵CE∴△ACF∽△BCE，∴BE故答案为：BE=2（2）如图1,BE=2AF⋅过点A作AH⊥BC于点,∵AB=AC，∴BH=CH=12BC∴cos∴2cos同理可得：2cos∴BC∵∠FCE=∠ACB，∴∠ACF=∠BCE，∴△ACF∽△BCE，∴BE∴BE=2AF⋅（3）如图2,作DM⊥BF于点M,过点C作CH⊥BF，交BF延长线于点，∴∠BMD=∠H=90°，∴DM∥CH，∵线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE，∴DB=DE，∴BM=EM,∵∠FCE=∠FEC=30°,∴∠CFH=∠FCE+∠FEC=60°,∴EF=CF=2FH,设BM=x,则BE=2x,∵DM∥CH,∵BM∴BH=5BM=5x,∴EH=BH−−BE=3x,∵FE=2FH,∴FE=FC=2x,FH=x.∵HC=3在Rt△∴BH²+CH²=BC²，∴5x∴x=3,∴BE=2x=6,由（2）得:AF=3【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，等腰三角形的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．6．（2023·广东东莞·一模）（1）问题发现：如图1，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=40°，连接AC,BD交于点M，填空：ACBD=；∠AMB=（2）类比探究：如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接AC交BD的延长线于点M，请判断ACBD的值及∠AMB（3）拓展延伸：如图3，在（2）的条件下，将△OCD绕点O旋转至点C与点M重合，若OD=1，OB=7，填空：AC=【答案】（1）1，40°；（2）ACBD=3，∠AMB=90°，理由见解析；（3）【分析】（1）如图1中，设BD交AD于J．证明△OAC≌△OBDSAS，推出，∠CAO=∠DBO可得结论．（2）设AO交BM于J．证明△COA∽△DOB，推出，∠JAM=∠JBO可得结论．（3）正确画图形，当点C与点M重合时，有两种情况：如图3和4，同理可得：△AOC∽△BOD，则∠AMB＝90°，ACBD=3【详解】解：（1）如图1中，设BD交AD于J．∵OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=40°，∴∠DOB=∠COA，∴△OAC≌△OBDSAS∴AC=BD，∠CAO=∠DBO，∵∠AJM=∠BJO，∴∠AMJ=∠BOJ=40°，∴ACBD=1，故答案为：1，40°．（2）如图2中，结论：ACBD=3理由：在Rt△∵∠DOC=90°，∠DCO=30°，∴，∴OCOD同理可得：AOBO∴，∵∠COD=∠AOB=90°，∴∠COA=∠DOB，∴△COA∽△DOB，∴，∠CAO=∠DBO，在△AMB中，∠AMB=180°−∠MAB+∠ABM=180°−∠OAB+∠ABM+∠DBO（3）拓展延伸①点C与点M重合时，如图（3），同（2）得：△AOC∽△BOD，∴∠CAO=∠DBO，ACBD在△AMB中，=180°−(∠OAB+∠ABM+∠DBO)=90°；∵∠AOB=∠COD=90°，CODO∴∠ODC=∠OBA=60°，∴∠OCD=∠OAB=30°，设BD=x，则AC=3Rt△COD中，∴CD=2，∴BC=x−2，Rt△AOB中，∴AB=2OB=27在Rt△AMB中，由勾股定理得：∴3x整理得：x2∴(x−3)(x+2)=0，∴x1∴BD=3，∴AC=33②点C与点M重合时，如图（4），同理得：∠AMB=90°，ACBD设BD=x，则AC=3在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC∴3x整理得x2∴(x+3)(x−2)=0，∴（舍去），x2=2∴，∴AC=23综上所述，AC的长为33或2故答案为：33或【点睛】本题考查了三角形全等和相似的性质和判定，勾股定理，解一元二次方程、相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是能得出△AOC∽△BOD，根据相似三角形的性质解决问题．7．（2024·陕西渭南·一模）【问题提出】（1）如图1，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上一点，连接AP，CP，则AP______CP；（填“>”“<”或“=”）【问题探究】（2）如图2，在△ABC中，BA=BC，点D是AC边上一点，连接BD，将△ABD绕点B顺时针旋转得到△CBE，求证：∠DBE与∠DCE互补．【答案】【问题提出】=；【问题探究】见详解【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质．【问题提出】根据题意可以用两边夹角证明△ABP≌△CBP即可；【问题探究】将∠DCE分成∠ACB+∠BCE，而∠BCE=∠A，再用三角形内角和定理即可．【详解】解：【问题提出】是正方形∴BA=BC，∠ABP=∠CBP=45°在△ABP和△CBP中BA=BC∴△ABP≌△CBP(SAS)；【问题探究】∵△ABD绕点B顺时针旋转得到△CBE∴∠DBA=∠EBC,∠BCE=∠A∵∠ABC+∠A+∠ACB=180°∴∠DBE+∠DCE=∠ABC+∠BCE+∠ACB=∠ABC+∠A+∠ACB=180°∴∠DBE与∠DCE互补．8．（2024·江西抚州·一模）课本再现（1）如图1，CD与相交于点A,△ABC是等腰直角三角形，∠C=90°，若DE∥BC，求证：△ADE是等腰直角三角形．类比探究（2）①如图2，AB是等腰直角△ACB的斜边，G为边AB的中点，E是BA的延长线上一动点，过点E分别作AC与BC的垂线，垂足分别为D,F，顺次连接DG,GF,FD，得到△DGF，求证：△DGF是等腰直角三角形．②如图3，当点E在边AB上，且①中其他条件不变时，△DGF是等腰直角三角形是否成立？_______（填“是”或“否”）．拓展应用（3）如图4，在四边形ABCD中，BC=CD,∠BCD=∠BAD=90°,AC平分∠BAD，当AD=1,AC=22时，求线段BC

【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②是，理由见解析；（3）5【分析】（1）分别证明∠D=90°，DE=DA即可得到结论；（2）①如图，连接，结合（1）可得：△ADE为等腰直角三角形；证明△ADG≌△CFG，结合全等三角形的性质可得结论；②如图，连接，同理可得：△DCG≌△FBG，可得GD=GF，∠DGC=∠FGB，进一步可得△DGF为等腰直角三角形；（3）如图，将△ACD绕C逆时针旋转90°得到△A'CB，过C作CE⊥AB于E，可得△ACD≌△A'CB，∠ACA【详解】证明（1）∵△ABC为等腰直角三角形，∴AC=BC，∠ACB=90°，∠ABC=∠BAC=45°，∵DE∥BC，∴∠D=∠C=90°，∠E=∠B=45°，∴∠EAD=45°=∠E，∴DE=DA，∴△ADE为等腰直角三角形；（2）①如图，连接，∵AB是等腰直角△ACB的斜边，G为边AB的中点，∴CG⊥AB，AG=CG=BG，∠CAB=∠BCG=45°，

∴∠DAG=∠FCG=135°，∵ED⊥CD，∠DCB=90°，∴DE∥BC，结合（1）可得：△ADE为等腰直角三角形；∴DE=AD，∵DE⊥CD，EF⊥BC，∠DCF=∠DCB=90°，∴四边形DEFC为矩形，∴DE=FC，∴，∴△ADG≌△CFG，∴DG=FG，∠AGD=∠FGC，∵AGC=∠AGF+∠FGC=90°，∴∠AGF+∠AGD=90°，∴∠DGF=90°，∴△DGF为等腰直角三角形；②△DGF为等腰直角三角形成立；理由如下：如图，连接，

同理可得：CG=BG，∠DCG=∠B=45°，DC=EF=BF，∴△DCG≌△FBG，∴GD=GF，∠DGC=∠FGB，同理可得：∠DGF=∠CGB=90°，∴△DGF为等腰直角三角形；（3）如图，将△ACD绕C逆时针旋转90°得到△A'CB，过C作CE⊥AB

∴△ACD≌△A'CB∴A'B=AD=1，AC=A∵∠BCD=∠BAD=90°，∴∠D+∠ABC=180°，∴∠ABC+∠A∴A,B,A∴在等腰直角三角形ACAAA∴CE=AE=A'E=2∴BC=2【点睛】本题考查的是平行线的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的性质，矩形的判定与性质，旋转的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．9．（2024·山东青岛·一模）【探究1】如图1，∠BAD的平分线AE与∠BCD的平分线CE交于点E，AB∥CD，∠ABC=30°，∠ADC=36°，则∠AEC=；【探究2】如图2，∠BAD的三等分线AE与∠BCD的三等分线CE交于点E，∠EAD=13∠BAD,∠BCE=13∠BCD，AB∥CD，∠ABC=30°【探究3】如图3，∠BAD的n等分线AE与∠BCD的n等分线CE交于点E，∠EAD=1n∠BAD，∠BCE=1n∠BCD，AB∥CD，∠ABC=x°,∠ADC=y°，则∠AEC=(用含

【答案】探究1：33°；探究2：44°；探究3：n−1【分析】本题考查角平分线的定义，平行线的性质，以及角的和差关系．探究1：过点E作EF∥AB，根据平行线的性质可得∠BCD=∠ABC=30°，∠BAD=∠ADC=36°，再根据角平分线的定义求出∠BAE，∠DCE，再利用平行线的性质得出∠FEA=∠BAE，，最后根据∠AEC=∠FEC+∠FEA即可求解；探究2、3参照上述方法求解．【详解】解：探究1：如图1，过点E作EF∥AB，

∵AB∥CD，∴∠BCD=∠ABC=30°，∠BAD=∠ADC=36°，∵AE平分∠BAD，CE平分∠BCD，∴∠BAE=12∠BAD=∵EF∥AB，∴∠FEA=∠BAE=18°，∵EF∥AB，AB∥CD，∴EF∥CD，∴∠FEC=∠DCE=15°，∴∠AEC=∠FEC+∠FEA=15°+18°=33°；探究2：如图2，过点E作EF∥AB，

∵AB∥CD，∴∠BCD=∠ABC=30°，∠BAD=∠ADC=36°，∵∠EAD=1∴∠BAE=2∵EF∥AB，∴∠FEA=∠BAE=24°，∵EF∥AB，AB∥CD，∴EF∥CD，∴∠FEC=∠DCE=20°，∴∠AEC=∠FEC+∠FEA=20°+24°=44°；探究3：如图3，过点E作EF∥AB，

∵AB∥CD，∴∠BCD=∠ABC=x°，∠BAD=∠ADC=y°，∵∠EAD=1n∠BAD∴∠BAE=n−1∵EF∥AB，∴∠FEA=∠BAE=n−1∵EF∥AB，AB∥CD，∴EF∥CD，∴∠FEC=∠DCE=n−1∴∠AEC=∠FEC+∠FEA=n−1故答案为：探究1：33°；探究2：44°；探究3：n−1n10．（2024·山东临沂·二模）用四根一样长的木棍搭成菱形ABCD，点P是线段DC上的动点（点P不与点D和点C重合），在射线BP上取一点M，连接DM，CM，使∠CDM=∠CBP．【操作探究一】（1）如图1，调整菱形ABCD，使∠A=90°，当点M在菱形ABCD外时，在射线BP上取一点N，使BN=DM，连接CN，则∠BMC=______，MCMN【操作探究二】（2）如图2，调整菱形ABCD，使∠A=120°，当点M在菱形ABCD外时，在射线BP上取一点N，使BN=DM，连接CN，探索MC与MN的数量关系，并说明理由；【拓展迁移】（3）在菱形ABCD中，∠A=120°，AB=32．若点P在直线CD上，点M在射线BP上，且当时，请直接写出的长．【答案】（1）45°，22；（2）MN=3MC，理由见解析；（3）9−3【分析】（1）证明△BCN≌△DCM(SAS)得到∠BCN=∠DCM，CN=CM，从而得到∠DCM+∠DCN=∠MCN=90°，推出（2）证明△BCN≌△DCM(SAS)得到∠BCN=∠DCM，CN=CM，从而得到∠DCM+∠DCN=∠MCN=120°，作CE⊥BP交BP于E，则ME=NE，∠CEM=90°，根据含30°角的性质及勾股定理得出EM=3（3）当时，点M和点N重合，再分两种情况：当点P在线段CD的延长线时，过点M作MF⊥CD于点F；当点P在DC的延长线上时，过点M作MF⊥CD交DC的延长线于点F；利用等腰直角三角形的性质以及锐角三角形函数进行计算即可得到答案．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠BCD=90°，在△BCN和△DCM中，BC=DC∠CBN=∠CDM∴△BCN≌△DCM(SAS∴∠BCN=∠DCM，CN=CM，∵∠BCN+∠DCN=∠BCD=90°，∴∠DCM+∠DCN=∠MCN=90°，∴△MCN是等腰直角三角形，∴∠CMN=45°，CMMN∴∠CMB=45°，CMMN故答案为：45°，22（2）MN=3∵四边形ABCD是菱形，∠A=120°，∴BC=CD，∠BCD=∠A=120°，在△BCN和△DCM中，BC=DC∠CBN=∠CDM∴△BCN≌△DCM(SAS∴∠BCN=∠DCM，CN=CM，∵∠BCN+∠DCN=∠BCD=120°，∴∠DCM+∠DCN=∠MCN=120°，，∴∠CMN=∠CNM，∵∠CMN+∠CNM+∠MCN=180°，∴，如图2，作CE⊥BP交BP于E，则ME=NE，∠CEM=90°，在Rt△CEM中，∠CME=30°，∴CE=1∴，∴；（3）当时，点M和点N重合，如图3，当点P在线段CD的延长线时，过点M作MF⊥CD于点F，设MD=x，∵MF⊥CD，，∴△DFM为等腰直角三角形，∴，∵四边形ABCD是菱形，，∠A=120°，AB=32∴BC=CD=32，∠BCD=120°由菱形的对称性及可得∠MCF=∠BCM=12在Rt△MCF中，∠MCF=60°，∴，∴，∴DF+CF=2∴x=9−33∴MD=9−33如图4，当点P在DC的延长线上时，过点M作MF⊥CD交DC的延长线于点F，设MD=y，同①可得：DF=22y∴DF−CF=2∴y=9+33∴MD=9+33综上所述，的长度为9−33或9+33【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、菱形的性质、正方形的性质、锐角三角函数、含30°角的直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键．11．（23-24九年级上·广东茂名·期末）问题提出：如图1，E是菱形ABCD边BC上一点，△AEF是等腰三角形，AE=EF，∠AEF=∠ABC=ββ≥90°，交CD于点G，探究∠GCF与β的数量关系．问题探究：（1）先将问题特殊化，如图2，当β=90°时，求∠GCF的度数；（2）再探究一般情形，如图1，求∠GCF与β的数量关系；问题拓展：将图1特殊化，如图3，当，β=120°，且DGCG=12【答案】问题探究（1）∠GCF=45°；（2）∠GCF=32【分析】问题探究（1）在BA上截取BJ，使得BJ=BE，证明△EAJ≌△FEC得到∠AJE=∠ECF，进一步证明∠AJE=135°，∠ECF=135°，即可求出∠GCF=45°；（2）在AB上截取AN，使AN=EC，连接，证明△ANE≌△ECF得到∠ANE=∠ECF，求出∠BNE=90°−12β得到∠ANE=90°+1问题拓展：过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P，先计算出DG=1，CG=2．在Rt△ADP中，PD=32，AP=323，再求出∠P=∠GCF=90°【详解】解：问题探究（1）如图2中，在BA上截取BJ，使得BJ=BE．∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=∠BCD=∠BCD=90°，BA=BC，∵BJ=BE，∴AJ=EC，∵∠AEC=∠AEF+∠CEF=∠BAE+∠B，∠AEF=∠B=90°，∴∠CEF=∠EAJ，∵EA=EF，∴△EAJ≌△FECSAS∴∠AJE=∠ECF，∵∠B=90°，BJ=BE，∴∠BJE=45°，∴∠AJE=180°−∠BJE=135°，∴∠ECF=135°，∴∠GCF=∠ECF−∠ECD=135°−90°=45°；（2）结论：∠GCF=3理由：如图1中，在AB上截取AN，使AN=EC，连接．∵∠AEC=∠ABC+∠BAE=∠AEF+∠FEC，∠ABC=∠AEF，．∵AE=EF，∴△ANE≌△ECFSAS．∵AB=BC，AN=EC，∴BN=BE．∵∠EBN=β，∴∠BNE=90°−1∴∠ANE=180°−∠BNE=90°+1∴∠GCF=∠ECF−∠BCD=∠ANE−∠BCD=90°+问题拓展：如图3中，过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P．∵，DGCG=∴DG=1，CG=2．∵四边形ABCD为菱形，∴∠ADC=∠ABC=120°，∴∠ADP=60°，∴在Rt△ADP中，∴PD=12AD=∴PG=PD+DG=3∵β=120°，∴由（2）知，∠GCF=3∴∠P=∠GCF=90°，又∵∠AGP=∠FGC，∴△APG∽△FCG，∴AP∴3∴CF=6【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用勾股定理解直角三角形等知识，综合性强，理解题意，根据题意添加辅助线构造全等三角形或相似三角形是解题关键．12．（2024·吉林长春·一模）【教材呈现】华师版教材九年级上册P₇页16题．已知：如图①，在△ABC中，AB=AC，点D、E、F分别为AB、BC、AC的中点．求证：四边形ADEF是菱形．【拓展延伸】（1）如图②，在△ABC中，AD是△ABC的角平分线，CE⊥AD交AD延长线于点E，点F为BC的中点，连结EF．若AB=52，EF=1，则（2）如图③，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，连结CE，点P、G、分别为CE、DE、BC的中点．若，AC=2，∠AED=∠ACB=30°，则PG+PH的最小值为_______．【答案】【教材呈现】见解析，（1）92；（2）【分析】教材呈现：根据中点定义和中位线的性质得AD=12AB=拓展延伸：（1）延长AB交CE的延长线于点M，证明△AEM≌△AEC，AM=AC，ME=CE，利用中位线的性质得BM=2EF=2×1=2，从而即可得解；（2）连接CD、BE，由等腰三角形的三角形的性质AG⊥DE，GE=23，又解直角三角形得AD=AE=4，根据三角形的两边差小于第三边得BE≥AE−AB=4−2，即BE≥2，再证明当A、B、E重合时，点A、C、D重合，即BE=2时，CD=2【详解】教材呈现：证明：∵AB=AC，点D、E、F分别为AB、BC、AC的中点．∴AD=∴AD=AF=EF=DE,∴四边形ADEF是菱形；拓展延伸：解：（1）延长AB交CE的延长线于点M，∵AD是△ABC的角平分线，∴∠MAE=∠CAE，∵CE⊥AD，∴∠AEM=∠AEC=90°，∵AE=AE，∴△AEM≌△AEC，∴AM=AC，ME=CE，∵点F为BC的中点，∴BM=2EF=2×1=2，∵AB=5∴AC=AM=AB+BM=5故答案为：92（2）连接CD、BE，∵AD=AE，G是DE的中点，，∴AG⊥DE，GE=2∵∠AED=30°，∴cos∠AEG=cos∴AD=AE=4，∵AB=AC=2，∴根据三角形的两边差小于第三边得BE≥AE−AB=4−2，即BE≥2，如下图，当A、B、E三点共线且AB在线段AE上时，BE=2，∵AB=AC，AE=AD，∠AED=∠ACB=30°，∴∠ABC=∠ADE=30°，∴∠BAC=180°−30°−30°=120°=∠EAD，∴当A、B、E重合时，点A、C、D重合，即BE=2时，CD=2，∵点P、G、分别为CE、DE、BC的中点，∴PH=1∴PG+PH的最小值为12故答案为：2．【点睛】本题主要考查了中位线的性质，全等三角形的判定及性质，三角形三边关系的应用，解直角三角形以及等腰三角形的性质，熟练掌握中位线的性质是解题的关键．13．（2024·山西太原·一模）综合与实践问题情境：综合实践课上，老师让同学们以正方形为背景，添加适当的几何元素后，探究线段之间的数量关系．如图1，已知四边形ABCD是正方形，点E在线段BC上，以CE为边作正方形EFGC，使点G在线段CD上．延长CD至点，使DH=GD，连接．

数学思考：（1）拼搏小组提出如下问题，请你解答：①求证：AH=AE；②猜想线段HG与之间的数量关系，直接写出结论；深入探究：（2）奋进小组将正方形CEFG从图1中位置开始，绕点E逆时针旋转（设点C的对应点为C'①如图2，当点F恰好落到线段AE上时，连接HG．猜想此时线段HG与之间的数量关系，并说明理由；②若AB=6,BE=2，在正方形CEFG旋转过程中，直接写出A,F,G三点在同一直线上时线段HG的长．【答案】（1）①见解析；②AF=22HG；（2）①HG=【分析】（1）①先由正方形的性质得出BE=DH,再根据SAS证明△ABE≌△ADH即可得出结论；②延长EF交AD于点M，证明△AFM是等腰直角三角形即可得出结论；（2）①连接EH,EG,分别证明△AEH，△EFG是等腰直角三角形，可得E,G,H三点共线，进一步可得出结论；②分点A,F,G三点共线和点A,G,F三点共线两种情况结合相似三角形的判定与性质可得结论【详解】解：（1）①∵四边形ABCD,CEFG是正方形，∴CB=CD=AB=AD,CE=CG，∠ABC=∠ADC=∠ADH=90°,∴CB−CE=CD−CG,即BE=DG,∵DH=GD，∴BE=DH,在△ABE和△ADH中，AB=AD∠ABE=∠ADH∴△ABE≌△ADHSAS∴AH=AE；②如图，延长EF交AD于点M，

∴∠MFG=∠FGD=∠GDM=90°,∠MAB=∠B=∠BEM=90°，∴四边形FGDM,ABEM是矩形，∴BE=AM,DG=FM,∵BE=DH，∴AM=FM=DG=DH,∴△AFM是等腰直角三角形，∴AF=∴AF=（2）①如图，连接EH,EG,

由（1）①得，∠BAE=∠DAH,∴∠BAE+∠EAD=∠EAD+∠DAH=90°,又AE=AH,∴△AEH是等腰直角三角形，∴∠AEH=45°，∵四边形EFGC∴△EFG是等腰直角三角形，∴∠AEG=45°，∴E,G,H三点共线，∵EH=2∴HG=EH−EG=2即：HG=2②如图，连接EH,EG,点A,F,G三点共线时，

∵△AEH,△EDF是等腰直角三角形，∴AEEH=∴∠AEH+∠HEF=∠HEF+∠FEG，∴∠AEF=∠HEG，∴△AEF∽△HFG，∴AFHG在Rt△ABE中，∴AE=A在Rt△AEF中，∴AF=A∴HG=2如图，当A,G,F三点共线时，

∵△AEH,△EGF是等腰直角三角形，∴AEEH=∴∠AEH+∠GEA=∠GEA+∠FEG，∴∠FEA=∠GEH，∴△AEF∽△HEG，∴AFHG在Rt△ABE中，∴AE=A在Rt△AEF中，∴AF=A∴HG=2综上，HG的长为43【点睛】本题主要考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理以及相似三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线构造相似三角形是解答本题的关键．14．（2023·贵州遵义·三模）（1）【问题发现】如图①，在△OAB中，若将△OAB绕点O逆时针旋转120°得到△OA'B'，连接B（2）【问题探究】如图②，已知△ABC是边长为43的等边三角形，以BC为边向外作等边三角形BCD，P为△ABC内一点，将线段CP绕点C逆时针旋转60°，点P的对应点为点Q①求证：△DCQ≌△BCP；②求PA+PB+PC的最小值；（3）【实际应用】如图③，在矩形ABCD中，AB=600，AD=800，P是矩形内一动点S△PAD=2S△PBC，Q为△ADP内任意一点，是否存在点P【答案】（1）30°；（2）①见解析；②12；（3）存在，400【分析】（1）根据旋转的性质得出OB'=OB（2）①根据等边三角形的性质证明全等即可；②连接，得到△CPQ是等边三角形，由两点之间线段最短得AP+DQ+PQ≥AD，求出AD即可得解；（3）过点P作EF∥AD交AB于点E，交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°得△AD'Q'，连接DD',QQ',D'P，设D'P【详解】（1）解：∵将△OAB绕点O逆时针旋转120°得到△OA∴OB'=OB=3∴∠OBB故答案为：30°；（2）①证明：∵△BDC是等边三角形，∴CD=CB，∠DCB=60°，由旋转得∠PCQ=60°，PC=CQ，∴∠DCQ=∠BCP，在和△BCP中，CD=CB∠DCQ=∠BCP∴△DCQ≌△BCPSAS②连接，∵PC=CQ，∠PCQ=60°，∴△CPQ是等边三角形，∴PQ=PC，∵，∴PB=DQ，∴PA+PB+PC=PA+QD+PQ，由两点之间线段最短得AP+DQ+PQ≥AD，∴PA+PB+PC≥AD，∴当点A、P、Q、D在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，为AD的值，延长AC，作DE⊥AC，交AC的延长线于点E，∵△ABC是边长为43∴AC=CD=CB=43，∠BCD=∠ACB=60°∴∠DCE=180°−60°−60°=60°，∴∠CDE=90°−60°=30°，∴EC=1∴DE=CD2∴AD=D即PA+PB+PC取最小值为12．（3）存在一点P和一点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值，理由如下：过点P作EF∥AD交AB于点E，交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°得△AD'Q'，连接DD',Q由（2）知，当P,Q,Q',D'在矩形ABCD中，AB=600,AD=800，∴BC=AD=800，AD∥BC，∠ABC=∠BCD=∠BAD=90°，∵EF∥AD，∴∠AEF=∠EFD=90°，∴四边形ADFE是矩形，∴EF=AD=800，∵S△PAD∴12∴AE=2BE，∵AE+BE=AB=600，∴AE=400，∵点P在EF上，∴当D'P⊥EF时，∵EF∥AD，∴D'∵△ADD∴AD∴D'∵∠EAG=∠AEP=∠EPG=90°，∴四边形AEPG是矩形，∴GP=AE=400，∴D'∴AQ+DQ+PQ的最小值为4003【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，解题的关键是结合旋转的性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理．15．（2021·湖北襄阳·一模）在矩形ABCD中，ADAB=k（k为常数），点P是对角线BD上一动点（不与B，D重合），，将射线PA绕点P逆时针旋转90°与射线CB交于点E，连接

(1)特例发现：如图1，当k=1时，将点P移动到对角线交点处，则PAPE=______，∠AEP=______；当点P移动到其它位置时，(2)类比探究：如图2，若k≠1时，当k的值确定时，请探究∠AEP的大小是否会随着点P的移动而发生变化，并说明理由；(3)拓展应用：当k≠1时，如图2，连接PC,PC⊥BD,AE∥PC,PC=2，求AP的长．【答案】(1)4，45°，不变；(2)∠AEP的大小不变