中考数学二轮复习-专题13 几何压轴题（利用最值求值共48道）解析版

二轮复习2023-2024年中考数学重要考点名校模拟题分类汇编专题13——几何压轴题（利用最值求值共48道）（重庆专用）1．（2023下·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考阶段练习）在菱形ABCD中，∠D=60°，点H在平面内，点E为直线上一点．(1)如图1，当H在AC上时，BE=HE，若AB=4，CH=3AH，求CE的长；(2)如图2，当H在GA延长线上时，HB=HE，O为AC的中点，连接EO并延长交AD于点G，求证：AH=AG；(3)如图3，E在直线BC上运动，若∠BHC=30°，将△OCE沿OE所在直线翻折至△OC′E，连接HC′【答案】(1)CE=(2)证明见解析(3)OCCE=【分析】（1）过点H作HF⊥BC交BC于点F，根据菱形的性质及已知可得△ABC是等边三角形，由等边三角形的性质可得AC=BC=AB=4，∠ACB=∠ABC=60°，可得CH=3，CF=32，设CE=x，则HE=4−x，EF=x−32，根据勾股定理可得（2）过点E作EM∥AB交AC于点M，证明△EMC是等边三角形，可得EM=EC，∠HME=∠BAH，由HE=HB，继而得到∠EHM=∠HBA，证明△HEM≌△BHAAASAG=CE，即可得证；（3）分三种情况：①当点E在线段BC（不含端点）上运动；②当点E在射线BC上且在点C（含端点）的右边运动；③当点E在射线CB上且在点B（含端点）的左边运动，进行讨论即可．【详解】（1）解：过点H作HF⊥BC交BC于点F，∴∠HFE=∠HFC=90°，∵在菱形ABCD中，∠D=60°，BE=HE，AB=4，CH=3AH，∴∠ABC=∠D=60°，AB=BC，∴△ABC是等边三角形，∴AC=BC=AB=4，∠ACB=∠ABC=60°，∴CH=3∴CF=1设CE=x，∴HE=BE=4−x，EF=EC−FC=x−3∵HF∴4−x2解得：x=7∴CE的长为75

（2）证明：过点E作EM∥AB交AC于点∴∠MEC=∠ABC，由（1）知：△ABC是等边三角形，∴∠BAC=∠ACB=∠ABC=60°，∴∠MEC=∠MCE=60°，∠BAH=180°−∠BAC=180°−60°=120°，∴△EMC是等边三角形，∴EM=EC，∠EMC=∠MCE=60°，∴∠HME=180°−∠EMC=180°−60°=120°，∴∠HME=∠BAH，∵HE=HB，∴∠HEB=∠HBE，∴∠EHM+∠HCE=∠HBA+∠ABC，即∠EHM+60°=∠HBA+60°，∴∠EHM=∠HBA，在△HEM和△BHA中，∠HME=∠BAH∠EHM=∠HBA∴△HEM≌∴EM=HA，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥∴∠GAO=∠ECO，∵O为AC的中点，∴AO=CO，在△AGO和△CEO中，∠GAO=∠ECOAO=CO∴△AGO≌∴AG=CE，∴AG=CE，∴AH=AG；

（3）解：①当点E在线段BC（不含端点）上运动，以点A为圆心，AC为半径画图，∵∠BAC=60°，∴∠BHC=12∠BAC=12以点O为圆心，OC为半径画图，∵将△OCE沿OE所在直线翻折至△OC∴点C′点在⊙C∵O为AC的中点，AC=4，∴OC=1∴当HO⊥OC′时，此时HO=HA+AO=4+2=6，∴∠COC∴∠C过点E作EN⊥OC于点N，∵∠OCE=60°，∴CN=CE⋅cosEN=CE⋅sinON=EN∴OC=ON+CN=3∴OCCE

②当点E在射线BC上且在点C（含端点）的右边运动，以点A为圆心，AC为半径画图，∵∠BAC=60°，∴∠BHC=12∠BAC=12以点O为圆心，OC为半径画图，∵将△OCE沿OE所在直线翻折至△OC∴点C′点在⊙C∵O为AC的中点，AC=4，∴OC=1∴当HO⊥OC′时，此时HO=HA+AO=4+2=6，∴∠COC∴∠C过点E作EK⊥OC，交点OC的延长线于点K，∴∠ECK=∠ACB=60°，∴CK=CE⋅cosEK=CE⋅sinOK=EK∴OC=OK+CK=3∴OCCE

③当点E在射线CB上且在点B（含端点）的左边运动，由①②可知，点H点在⊙A且半径为4的圆上，点C′点在⊙C且半径为2当HO⊥OC′时，此时点E与B重合，点C′与C重合，点H与D则OH=OB=AO综上所述，OCCE=3【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，锐角三角函数，三角形外角的定义和性质等知识点．通过作辅助线构造全等三角形的和圆是解题的关键．2．（2023上·重庆沙坪坝·九年级重庆市凤鸣山中学校联考期中）已知，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，E是BC边上一点．(1)如图1，点D是AC边上一点，连接DE，将DE绕点E逆时针旋转90°至EF，连接BF．若AC=6，BE=3，求△BEF的面积；(2)如图2，连接AE，将AE绕点E顺时针旋转90°至EM，连接BM，取BM的中点N，连接EN．证明：AB−2EN=2(3)如图3，已知AC=23，连接AE，P为AE上一点，在AP的上方以AP为边作等边△APQ，刚好点Q是点P关于直线AC的对称点，连接CP，当CP+12AP取最小值的条件下，点G是直线PQ上一点，连接CG，将△CGP沿CG所在直线翻折得到△CGK（△CGK与△ABC在同一平面内），连接AK，当【答案】(1)9(2)见解析(3)2−【分析】（1）证明△CDE≌△HEF，可得CE=FH=3，由三角形的面积公式可求解；（2）作辅助线如解析图，证明△BEN≌△MGN，可得NE=GN，MG=BE，进一步可得MG=EQ=BE，BQ=2（3）作辅助线如解析图，可得当点C′，P，N三点共线时，CP+12AP有最小值，由折叠的性质可得CP=CK，进而得点K在以C为圆心，CP为半径的圆上运动，可得当点K落在【详解】（1）解：如图1，过点F作FH⊥直线BC于H，

∵将DE绕点E逆时针旋转90°至EF，∴∠DEF=90°，∵AC=6=BC，∴CE=BE=3，∵∠ACB=∠DEF=∠H=90°，∴∠CED+∠CDE=90°=∠CED+∠BEF∴∠CDE=∠BEF，∴△CDE≌△HEF（AAS）∴CE=FH=3，∴△BEF的面积=1（2）证明∶如图2，过点M作MG∥BC，交直线NE于点G，过点E作EQ∥AC，交AB于Q，

∵MG∥BC，∴∠G=∠NEB，∵点N是BM的中点，∴MN=BN，∴△BEN≌△MGN（AAS）∴NE=GN，∴GE=2NE，∵EQ∥AC，∴∠CAB=∠EQB=45°=∠ABC，∴QE=BE，∴MG=EQ=BE，∵将AE绕点E顺时针旋转90°至EM，∴AE=ME，∴∠AEQ=∠MEC，∴∠AEQ=∠EMG，∴△AEQ≌△EMG（SAS）∴EG=AQ，∴AB=AQ+BQ=2NE+2（3）解：如图，作点C关于AE的对称点C′，连接A

∵点Q是点P关于直线AC的对称点，∴AP=AQ，AC平分∠PAQ，∵△APQ是等边三角形，∴∠CAP=30°，∴PN=1∵点C与点C′关于AE∴PC=PC∴∠CAC∴△CAC∵CP+1∴当点C′，P，N三点共线时，CP+∵将△CGP沿CG所在直线翻折得到△CGK，∴CP=CK，∴点K在以C为圆心，CP为半径的圆上运动，∴当点K落在AC的延长线上时，AK有最大值，∵△CAC′为等边三角形，∴C′N垂直平分∵AC=23∴AN=CN=3∵PN=12AP∴PN=1，AP=2=CP，

∴∠APN=∠CPN=60°，∵将△CGP沿CG所在直线翻折得到△CGK，∴CP=CK=2，∠CKG=∠CPG=60°∴KN=2+3，∠KGN=30°∴NG=3∴S△CKG∵S△APQ∴S△CGK【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，折叠的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质等知识，确定点P的位置是解题的关键．3．（2023上·重庆·九年级字水中学校考期中）如图1，等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝8，AD平分∠BAC交BC于点D，点E、F分别是线段AC、AB上两点，且AE＝AF，连接BE交AD于点Q，过点F作FG⊥BE交BE于点P，交BC于点G；（1）若BF＝2，求DQ的长；（2）求证：2AC−2AQ=BG（3）如图1，AE=4，连接EF，将△EAF绕点A顺时针旋转，点M为EF中点，连接BM，CM，以BM为直角边构造等腰Rt△BMN，过点N作NR⊥BC交BC于点R，连接RM，当NR最小时，直接写出MR的长度．【答案】（1）427【分析】（1）根据直角三角形的性质和三角形面积公式得出BQ，进而利用勾股定理和三角形面积公式解答即可；（2）过点C作CH⊥BC，交BE的延长线于H，根据ASA证明△BFG≌△CEH，进而利用全等三角形的性质解答即可；（3）连接AM，过点B作BK⊥AB，且BK=AB，连接NK，根据全等三角形的判定和性质得出NK=AM，得出点N在N在以K为圆心，22为半径的圆上移动，当K，N，R三点共线时，NR【详解】解：（1）∵BF=2，AB=AC=8，AE＝AF，∴AE＝AF=6，∵AB=AC=8，∠BAC=90°，∴BC=∵AD⊥BC，∴AD=CD=BD=42，∠BAD=∠CAD∴Q到AB，AC边的距离相等，∴SΔABQ∴BQ=4在Rt△ABE中，∠BAF=90°，AB=8，AE=6，∴BE=A∴BQ=4在RtBADQ中，∠BDQ=90°，DQ=B（2）过点C作CH⊥BC，交BE的延长线于H，∵CH⊥BC，AD⊥BC，∴AD//CH，∵BD=CD，∴BQ=HQ，∴DQ是△ACG的中线，BH=2BQ，∴CH=2DQ，∵∠ABC=∠BCA=45°，∠DCH=90°，∴∠ACH=∠DCH-∠BAC=45°，∴∠FBG=∠ACH，∵FG⊥BE，∴∠ABE+∠BFG=90°，∵∠ABE+∠AEB=90°，∴∠BFG=∠AEB∵∠HEC=∠AEB，∴∠BFG=∠HEC，∵AB=AC，AE=AF，∴CE=BF，在△BFG与△CEH中，∠BFG=∠HEC∴△BFG≌△CEH（ASA），∴BG=CH，∴BG=2DQ，∵BC=2AD=2（AQ+DQ）=2AQ+2DQ=2AQ+BG，∵BC=2∴2AC=2AQ+BG∴2AC−2AQ=BG（3）连接AM，过点B作BK⊥AB，且BK=AB，连接NK，∵AE=AF=4，∠EAF=90°，∴.EF=2∵M为EF中点，∴AM=EM=FM=22∴∠ABK=90°，∵BM绕点B逆时针旋转90°得BN，∴BM=BN，∠MBN=90°，∴∠ABM=∠KBN，在△ABM与△AKN中，AB=KB∴△ABM≌△KBN（SAS），∴AM=KN=22，∠BAM=∠BKN∴N在以K为圆心，22∴当且仅当K，N，R三点共线时，NR长度最小，如图∵当NR取最小值时，∠RBK=∠ABK-∠ABC=45°，∵NR⊥BC∴∠BRK=90°∴BR=RK=22BK=4∵△ABM≌△KBN，∴∠MAB=∠BKR=45°，∴点E在AB上，且为AB的中点，延长FE交BC于P，在Rt△BPE中，PE=BEsin45°=22∴PR=22∴MR=M【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，旋转变换，解直角三角形，全等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，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．4．（2023上·重庆万州·九年级重庆市万州第二高级中学校考期中）在△ABC中，AB=AC，∠ABE=∠BAC=120°，点D是边AB上的一点，∠AEB+∠BDF=180°．(1)如图1，若AC=4，BE=2，求△ABE的面积；(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△D′BE′，取D′E′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∠EBD=120°；在Rt△EBM，根据直角三角形30°（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，【详解】（1）解：如图1，过点E作EM⊥AB交于点M，∵AB=AC=4，∵∠EBD=在Rt△EBM中，∠EBM=∠180°−∠EBD=60°∴BM=1，则∴S△ABE（2）过点B作∠FBH=120°交FE延长线于点H，∵∠ADC+∠BDC=180°，∠BDC+∠BEA=180°，∴∠ADC=∠BEA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=∵∠ABC=30°∴AH=∴BH=∵BM=CM≤BC+BM，∴当点M，B，C共线时，CM最大，∴EMA′∴A【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理解直角三角形，全等三角形的判定和性质，轴对称图形的性质，含30度角的直角三角形的性质等知识点，解决问题的关键是作辅助线．5．（2023上·重庆沙坪坝·九年级重庆市第七中学校校考期中）在矩形ABCD中，点M是AB边上一动点（不与A、B点重合），连接DM,DM的延长线交CB的延长线于点N．(1)如图①．当∠ADM=30°时，若AM=2,DC=6，求MN的长；(2)如图②，连接AC，与DM交于点G，当∠ADM=∠BAC时，有BM=BC，连接BG，求证：NG=AG+2(3)如图③，AD=23,CD=6，将△ADM沿直线DM折叠，得到△EDM．当射线CE交线段AB于点F时，连接DF，当DF最大时，直接写出【答案】(1)8(2)见详解(3)6−2【分析】（1）根据直角三角形含30°角的性质可得MN的长；（2）如图②，过点B作BH⊥BG，交DN于点H，则∠HBG=90°，证明△ABC≌△NBMAAS和△ABG≌△NBG（3）如图③，当F与M重合时，AF最大，此时DF最大，先由勾股定理可得CE的长，证明△MBC≌△CEDAAS【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB=∠ABC=90°，AD∥BC，AB=CD=6，∴∠NBM=90°，∵AM=2，∴BM=6−2=4，∵AD∥BC，∠ADM=30°，∴∠N=∠ADM=30°，∴MN=2BM=8；（2）证明：如图②，过点B作BH⊥BG，交DN于点H，则∠HBG=90°，∵∠NBM=∠HBG=90°，∴∠ABG=∠NBH，∵∠ADM=∠BAC，∠ADM=∠N，∴∠BAC=∠N，又∵BM=BC，∠ABC=∠NBM=90°，∴△ABC≌△NBMAAS∴AB=NB，∴△ABG≌△NBGASA∴NH=AG，BH=BG，∵∠GBH=90°，∴△GBH是等腰直角三角形，∴GH=2∵NG=NH+GH，∴NG=AG+2（3）解：如图③，当F与M重合时，AF最大，此时DF最大，由折叠得：DE=AD=23，∠DEM=∠A=90°∴∠CED=90°，∴CE=6∵AB∥CD，∴∠BMC=∠DCE，∵BC=AD=DE，∠CED=∠B=90°，∴△MBC≌△CEDAAS∴BF=CE=26∵AB=6，∴AF=6−26∴当DF最大时，AF的值为6−26【点睛】本题主要考查了四边形综合题，涉及矩形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，三角形全等的性质和判定等知识，第（3）问有难度，确定DF最大时点F的位置是解本题的关键．6．（2023上·重庆北碚·九年级西南大学附中校考期中）已知△ABC是等腰三角形，AB=AC，△BDE是等边三角形．(1)如图1，若∠ACB=75°，点D为BC中点，且BD=1，延长BE交AC于点F，求CF的长度；(2)如图2，若∠ACB=30°，点D在边BC上（不与点B、C重合），连接EC，取EC的中点G，连接AG、GD、DA．求证：DG=3(3)如图3，若∠ACB=60°，点D在△ABC内部，且点E、D、C三点共线，连接DC，DA，当DCAD【答案】(1)6(2)见解析(3)2【分析】（1）首先由等边三角形BDE得出线段BD、BE的长度，再结合已知得出△BCE为直角三角形，根据已知等腰三角形和底角的度数得出∠A=30°，∠ABF=15°，从而得出∠CEF=45°，进而得出（2）首先延长AG至点H，使得GH=AG，连接EH、HD，构造全等三角形△EHG和△CAG，结合已知条件△HED≌△ABD，得出△ADH为等边三角形，根据三线合一得出30°角，利用三角函数解出即可．（3）由∠BDC=120°，点D的轨迹是圆弧，易得△ACD∽△APC，得出比例式DCPC=ADAC，即DCAD=PCAC，当【详解】（1）解：连接CE，∵△BDE为等边三角形，∴BD=BE=1，∵点D为BC中点，∴BC=2BD=2∴△BCE为直角三角形，∴∠BEC=90°，由勾股定理得：CE=4−1∵AB=AC∴∠ACB=∠ABC=75°，∴∠A=30°∴∠CFE=45°∴△CEF为等腰直角三角形，∴CE=EF=在Rt△CEF中，故答案为：6．（2）证明：延长AG至点H，使得GH=AG，连接EH、HD，∵G为EC的中点，∴CG=EG，∵∠ACG=∠EHG，∴△EHG≌△CAGSAS∴EH=CA=AB∵△BDE是等边三角形，∠ACB=30°，∴∠DEC+∠DCE=∠EDB=60°，∴∠DEH=∠DEC+HEG=∠DEC+∠ACG=30°，∴∠HED=∠ABD=30°，∴△HED≌△ABDSAS∴AD=HD∴△ADH为等边三角形，∴DG⊥HD，在Rt△ADH中，∠ADG=30°∴DG=（3）解：tan∵△BDE为等边三角形，∴∠BDE=60°，∵点E、D、C三点共线，∴∠BDC=120°，∴点D的运动轨迹是圆弧，过B、D、C作圆，延长AD交圆于点P，连接CP、BP，∵AB=AC∴△ABC为等边三角形，∵∠DBC+∠DCB=60°∴∠DBC=∠ACD，∵∠A=∠A，∴△ACD∽△APC，∴∠ADC=∠ACP，DCPC=AD∴当DCAD最大时，即PC∵AC为定值，∴当PC为直径时为最大值，∴∠PDC=∠PBC=90°，∴∠ADC=∠ACP=90°，∵∠BDC=120°，∴∠BPC=60°，∴tan故答案为：23【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性，等边三角形的性质和判定，三角函数定义，三角形的外角，勾股定理等知识点，解题关键是根据已知条件找到全等的三角形，熟悉三角形的性质．7．（2023上·重庆·九年级重庆一中校考期中）已知Rt△ABC，∠ACB=90°，∠ABC=30°，CD⊥AB于点D，AD=AE(1)如图1，若∠EAD=60°，取BD的中点F，连接EF，AD=2，求EF的长度；(2)如图2，连接BE，点G在线段BE上，且GE=CD，连接CG、AG，若∠AGC+∠GCB=90°，H为BG中点，证明：CH=BH+CD；(3)如图3，在（2）的条件下，将△AEG绕点A逆时针旋转得△APQ，连接BQ，点R是BQ中点，连接CR，若AC=5，在△APQ旋转过程中，当2CR−BR最大时，直线CR与直线AB交于点T，请直接写出△BQT的面积．【答案】(1)EF=(2)见详解(3)450【分析】（1）解△AEF，AE=2,AF=5,∠EAF（2）连接CE，作AT⊥CE于T，不妨设AD=AE=2，可证得△AEG≌△ADC，从而∠AEG=∠ADC=90°，进而得出点A、C、B、E共圆，从而∠AEC=∠ABC=30°,∠CEB=∠CAB=60°，从而求得AT,ET的值，进而得出EH=CE=15+3，从而得出（3）取AB的中点O，连接OR，在AB上截取OT=54，可推出点R在以O为圆心，52为半径的圆上运动，可证得△ROT∽△BOR，从而得出RT=12BR，进而推出2CR−BR≤2CT，从而当C、T、R共线时，2CR−BR最大；作OS⊥CR于S，作RV⊥AB于V，解Rt△CRT求得CT=5214，根据△TOS∽△TCD求得OS=527,ST=1521【详解】（1）解：如图1，作EG⊥AB于G，∴∠AGE=∠EGF=90°,∵∠ABC=30°,∠ACB=90°,∴∠BAC=60°,∵∠ADC=90°,∴AC=2AD=4,∴AB=2AC=8,∴BD=AB−AD=6,∵F是BD的中点，∴DF=∴AF=AD+DF=5,在Rt△AEG中，AE=AD=2,∠EAD=60°∴AG=2∴FG=AF−AG=4,∴EF=（2）证明：如图2，连接CE，作AT⊥CE于T，不妨设AD=AE=2，∵∠ACB=90°,∴∠ACG+∠GCB=90°,∵∠AGC+∠GCB=90°,∴∠AGC=∠ACG,∴AG=AC,∵AE=AD,GE=CD,∴△AEG≌△ADC(∴∠AEG=∠ADC=90°,∴∠AEG+∠ACB=180°,∴A、C、B、E四点共圆，∴∠AEC=∠ABC=30°,∠CEB=∠CAB=60°,∴AT=∵CT=∴CE=ET+CT=∵AD=2,∠ADC=90°,∠CAD=60°,∴EG=CD=2∵AE=AD=2,AB=8,∴EB=∴BG=BE−EG=2∵H是BG中点，∴BH=GH=∴EH=EB−BH=∴EH=CE,∴△CEH是等边三角形，∴CH=EH=EG+GH=CD+BH;（3）解：如图3，取AB的中点O，连接OR，在AB上截取OT=5∵R是BQ的中点，∴OR=∴点R在以O为圆心，52∵∴△ROT∽△BOR，∴∴RT=∴CR−RT≤CT,∴2CR−2RT≤2CT,∴2CR−BR≤2CT,∴当C、T、R共线时，2CR−BR最大，作OS⊥CR于S，作RV⊥AB于V，在Rt△CRTCD=53∴CT=由△TOS∽△TCD得，OS∴∴OS=在Rt△ROSSR=∴RT=SR−ST=由△RTV∽△CTD得，RVRV∴RV=∴S△BQT【点睛】本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，确定圆的条件，解直角三角形，等边三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是较强的计算能力．8．（2023上·重庆北碚·九年级西南大学附中校考期末）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为BC边上一动点，连接AD，将AD绕着D点逆时针方向旋转90°得到DE，连接AE．(1)如图1，AH⊥BC，点D恰好为CH中点，AE与BC交于点G，若AB=4，求AE的长度；(2)如图2，DE与AB交于点F，连接BE，在BA延长线上有一点P，∠PCA=∠EAB，求证：AB=AP+2(3)如图3，DE与AB交于点F，且AB平分∠EAD，点M为线段AF上一点，点N为线段AD上一点，连接DM、MN，点K为DM延长线上一点，将△BDK沿直线BK翻折至△BDK所在平面内得到△BQK，连接DQ，在M、N运动过程中，当DM+MN取得最小值，且∠DKQ=45°时，请直接写出DQBC【答案】(1)25(2)证明见解析；(3)2−【分析】（1）由勾股定理，得到BC=42，根据等腰三角形三线合一的性质可知，点H是BC的中点，得到AH=CH=22，从而得到HD=12CH=2，再由勾股定理，求得AD=10（2）过点D作DG⊥BC交AB于点G，由题意可知，△ABC是等腰直角三角形，进而得出DG=BD，BG=2BD，利用旋转的性质，易证△ADG≌△EDBSAS，得到AG=BE，∠EBD=∠AGD=135°，进而证明△ABE≌△CAP（3）在AE上取点N′，使得AN=AN′，连接MN′，根据旋转的性质和角平分线的定义，易证△AMN≌△AMN′SAS，得到MN=MN′，进而推出当D、M、N′三点共线，且DN′⊥AE时，DM+MN取得最小值，再根据折叠的性质和三角形外角的定义，得出D、【详解】（1）解：∵∠BAC=90°，AB=AC=4，∴BC=A∵AH⊥BC，∴点H是BC的中点，∴AH=1∵点D为CH中点，∴HD=1在Rt△AHD中，AD=由旋转的性质可知，AD=DE=10，∠ADE=90°∴AE=A（2）证明：如图2，过点D作DG⊥BC交AB于点G，∴∠BDG=∠BDE+∠EDG=90°，∵∠BAC=90°，AB=AC，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠ABC=45°，∴∠BGD=180°−∠BDG−∠DBG=45°=∠GBD，∴DG=BD，BG=D由旋转的性质可知，AD=ED，∠ADE=90°，∴∠ADG+∠EDG=90°，∴∠ADG=∠BDE，在△ADG和△EDB中，AD=ED∠ADG=∠BDE∴△ADG≌△EDBSAS∴AG=BE，∠EBD=∠AGD=180°−∠BGD=135°，∴∠ABE=∠EBD−∠ABC=135°−45°=90°，在△ABE和△CAP中，∠EAB=∠PCAAC=AB∴△ABE≌△CAPASA∴AP=BE，∴AG=AP，∴AB=AG+BG=AP+2（3）解：如图3，在AE上取点N′，使得AN=AN′由旋转的性质可知，AD=ED，∠ADE=90°，∴△ADE是等腰直角三角形，∵AB平分∠EAD，∴∠BAD=∠BAE=1在△AMN和△AMNAN=AN∴△AMN≌△AMN∴MN=MN∴DM+MN=DM+MN∴当D、M、N′三点共线，且DN′⊥AE时，由旋转的性质可知，AD=ED，∠ADE=90°，∵DK⊥AE，∴∠ADK=∠EDK=45°，将△BDK沿直线BK翻折至△BDK所在平面内得到△BQK，∴BK⊥DQ，∠BKD=∠BKQ，BD=QB，∵∠DKQ=45°，∴∠BKD=∠BKQ=22.5°，∴∠BKD=∠BAD，∵∠AMK=∠BKD+∠MBK=∠BAD+∠ADK，∴∠MBK=∠ADK=45°，∴∠KBD=MBK+∠ABD=90°，∴KB⊥DQ，即D、B、Q三点共线，∵∠BAD=22.5°，∴∠CAD=∠BAC−∠BAD=67.5°，∠ADC=∠BAD+∠ABC=22.5°+45°=67.5°，∴∠CAD=∠ADC，∴AC=CD，∵∠BAC=90°，AB=AC，∴BC=A∴BD=BC−CD=2∴DQ=BD+QB=2BD=22∴【点睛】本题考查了勾股定理，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的特征，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，三点共线问题等知识，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．9．（2023上·重庆渝中·九年级重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图，△ABC为等边三角形，D为AC边上一点，连接BD,M为BD的中点，连接AM．(1)如图1，若AB=23+2,∠ABD=45°，求(2)如图2，在BC延长线上取一点N，连接AN，使得∠BAM+∠ANC=60°，求证：AM=3(3)如图3，在（2）问的条件下，若AB=47，当BD最小时，在线段BC上有一动点F，连接MF，将△BMF沿MF翻折得到△B′MF，连接NB′，在线段NB′上取一点【答案】(1)BM=(2)见解析(3)7【分析】（1）过点D作DH⊥AB，根据∠AD=45°，∠BAC=60°解三角形求出HD=3AH，可得AH=2，得出HD=3（2）延长AM至E，使得ME=AM，连接BE,NE，证明△AMD≌△EMB得出AD=BE，∠MAD=∠MEB，进而证明∠CAN=∠BAM=∠BAE，△ABE≌△ACN得出△AEN是等边三角形，MN⊥AE，进而根据勾股定理，即可求解；（3）由（2）可得CN=AD=12AC=27，AM⊥MN，根据NQNB′=3−33，在MN上截取MT=AM=7，则TNMN=3−33，证明△NQT∽△NB′M，得出QT【详解】（1）解：如解图1，过点D作DH⊥AB，∵∠ABD=45°，∴BH=HD，∵在△ABC为等边三角形中，∠BAC=60°，∴tan∠BAC=∴HD=3∴AB=BH+AH=3又∵AB=23∴3AH+AH=2∴AH=2，∴HD=3∵∠ABD=45°，∴BD=2∵M为BD的中点，∴BM=1（2）证明：如图所示，延长AM至E，使得ME=AM，连接BE,NE，∵M为BD的中点，∴BM=MD，又∵∠AMD=∠EMB，∴△AMD≌△EMB，∴AD=BE，∠MAD=∠MEB，∴∠BAM+∠BEM=∠BAM+∠MAD=60°，∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=∠ACB=60°，∵∠ACB=∠CAN+∠ANC=60°，∠BAM+∠ANC=60°，∴∠CAN=∠BAM=∠BAE，∴∠EAN=∠BAC−∠BAM+∠CAN=∠BAC=60°，∠BEA=∠CNA，在△ABE,△ACN中，∠BEA=∠CNA∠BAE=∠CAN∴△ABE≌△ACN，∴AE=AN，由∵∠EAN=60°，∴△AEN是等边三角形，∵AM=ME，AM=1∴MN⊥AE，∴MN=A即AM=3（3）∵△ABC为等边三角形，AB=47，当BD∴BD⊥AC，∴BD=3∵M为BD的中点，∴BM=DM=1∵将△BMF沿MF翻折得到△B∴B′∴B′在M为圆心，21由（2）知：AD=BE，BE=CN，∴CN=AD=1在Rt△AMD中，AM=由（2）可得AM⊥MN，如图所示，在MN上截取MT=AM=7，∴AT=2AM=72，M到AT则MT=3∴TNMN∵NQNB′又∠B∴△NQT∽△NB∴∠NTQ=∠NMB∴QT∥∴QTB∴QT=3−∵B′在以M为圆心，21∴Q在以T为圆心，21−如图所示，AQ最大时，则A，T，Q三点共线，且点T在∴AQ=AT+TQ=2∴当AQ最大时，△AMQ的面积为12AQ×1【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，到圆上一点的最值问题，解直角三角形，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．10．（2023上·重庆万州·九年级重庆市万州国本中学校校考阶段练习）如图所示，在等腰三角形ADE中，AD=ED，∠ADE=120°，等边△ABC边长为4，连接CE．

(1)如图①，若∠CAD=∠EAB，AD=6，求CE(2)如图②，取CE中点F，连接BF，BD，猜想线段BF与(3)在（2）的条件下，连接CD，将△ADE沿AB翻折得△AD1E1，连接D1B，若【答案】(1)CE=10(2)BF=3(3)CFCD【分析】（1）作EF1⊥AC于点F1，作DG⊥AE于点G，先求得AE=2AG=32（2）连接DF并延长至M，使FM=DF，连接CM、BM，延长AD交CM于点N，交BC于点H，证明△CFM≌△EFDSAS和△BAD≌△BCMSAS，推出（3）推出当A、D1、B共线时，D1B最小，此时点D、D1重合，且都在线段AB上，求得∠CAE=90°，利用勾股定理求得CE=19，过点【详解】（1）解：过点E作EF1⊥AC于点F1，过点D作

∵AD=ED，∠ADE=120°，∴∠DAE=∠DEA=30°，AG=EG，∴DG=12AD=∴AE=2AG=32∵∠CAD=∠EAB，△ABC是等边三角形，∴∠CAD=∠EAB=60°−30°∴∠CAE=15°+30°=45°，∴△AEF∴AF∴CF在Rt△CEF1（2）解：BF=3连接DF并延长至M，使FM=DF，连接CM、BM，延长AD交CM于点N，交BC于点H，

∵点F是CE中点，∴CF=EF，∴△CFM≌△EFDSAS∴CM=DE=AD，∠MCF=∠DEF，∴CM∥∴∠CND=∠NDE=180°−∠ADE=60°，∵∠CHA=∠HCN+∠CNH=∠HAB+∠ABC，∴∠BCM=∠BAD，∵BA=BC，∴△BAD≌△BCMSAS∴BD=BM，∠ABD=∠CBM，∴∠MBD=∠CBA=60°，∴△BDM是等边三角形，∵FM=DF，∴BF⊥DM，∴∠DBF=30°，∴BD=2DF，BF=3∴BF=3（3）解：过点D作DG⊥AE于点G，

∵AD=ED，∠ADE=120°，∴∠DAE=∠DEA=30°，AG=EG，∴DG=12AD=∴AE=2AG=3点D1在以点A为圆心，1为半径的圆上，当A、D1、B共线时，D1

∠CAE=∠CAB+∠DAE=90°，∴CE=A∴CF=1过点C作CK⊥AB于点K，则AK=BK=2，CK=4∴DK=AK−AD=1，∴CD=C∴CFCD【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．11．（2023上·重庆江北·九年级重庆十八中校考阶段练习）在正方形ABCD中，点E是对角线BD上点.连接AE（1）如图l，若AB=72，BE=10.求AE（2）如图2，对角线AC与BD相交于点O，点F在AB上，且EF=AE，逹接CF.点G在EF上，EG=BG，延长BG交AC于点H.求证：CF=2（3）如图3，在（l）的条件下，过点E作EM//CD交OC于点M，把△OEM绕点O逆时针旋转α度（0≤α≤360）得△OE'M'，取E'M'的中点K，连接CK，将CK顺时针旋转90°得到CN，连接KN，过点N作NR⊥BC于点R，当NR最大时，求线段【答案】（1）58；（2）证明见解析；（3）29.【分析】（1）在Rt△AOE中，求出AO，OE，利用勾股定理解决问题即可．（2）如图2中，过点E作EM⊥AB于M，EN⊥BC于N，连接EC．首先证明△EFC是等腰直角三角形，再证明AE＝BH，可得结论．（3）如图3﹣1中，将线段CO绕点C顺时针旋转90°得到CT，连接TN，OK．证明△OCK≌△TCN（SAS），推出OK＝TN，可得OK＝12E′M′＝322，推出TN＝OK＝322，由题意当NR经过点T时，NR的值最大，如图3﹣2中，此时M′在OA上，连接OR，此时O，R，T【详解】解：（1）如图1中，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OA＝OB＝OC＝OD，AB＝BC＝72，∠ABC＝90°，∴AC＝BD＝2AB＝14，∴OA＝OB＝7，∵BE＝10，∴OE＝BE﹣OB＝10﹣7＝3，∴AE=O（2）证明：如图2中，过点E作EM⊥AB于M，EN⊥BC于N．连接EC．∵BD垂直平分线段AC，∴EA＝EC，∵EF＝EA，∴EC＝EF，∵BD平分∠ABC，EM⊥AB，EN⊥BC，∴EM＝EN，∵∠EMF＝∠ENC＝90°，在Rt△EMF和Rt△ENC中，EM=ENEF=EC∴Rt△EMF≌Rt△ENC（HL），∴∠MEF＝∠NEC，∵∠EMB＝∠MBN＝∠ENB＝90°，∴∠MEN＝90°，∴∠FEC＝∠MEN＝90°，∴△EFC是等腰直角三角形，∴CF＝2EF，∵GB＝GE，EA＝EC，∴∠GBE＝∠GEB，∠EAC＝∠ECA，∵∠GEB+∠CEB＝90°，∠CEB+∠ECA＝90°，∴∠GEB＝∠ECA，∴∠EAO＝∠OBH，在△AOE和△BOH中，∠AOE=∠BOHAO=BO∴△AOE≌△BOH（ASA），∴BH＝AE，∵AE＝EF，CF＝2EF，∴CF＝2BH．（3）解：如图3﹣1中，将线段CO绕点C顺时针旋转90°得到CT，连接TN，OK．∵∠OCT＝∠KCN＝90°，∴∠OCK＝∠TCN，在△OCK和△TCN中，CO=CT∠OCK=∠TCN∴△OCK≌△TCN（SAS），∴OK＝TN，由（1）可知，OE′＝OM′＝3，∴E′M′＝32∵E′K＝KM′，∴OK＝12E′M′＝3∴TN＝OK＝32∵NR⊥BC，∴当NR经过点T时，NR的值最大，如图3﹣2中，此时M′在OA上，连接OR，此时O，R，T，N共线．在Rt△OKR中，OK＝322，∴KR=O【点睛】此题主要考查了勾股定理、正方形的性质、旋转的性质，全等三角形的性质与判定等有关基本性质，熟练掌握并灵活运用基本性质找到NR值最大所具备的条件是解题的关键．12．（2023上·重庆沙坪坝·九年级重庆一中校考期末）如图，在△ABC中，∠BAC=45°，BD⊥AC交AC于点D，M为线段BD上一动点，连接CM．(1)如图1，连接AM，若AM是∠BAC的角平分线且AM=BC时，求∠BCM的度数．(2)如图2，将线段CB绕点C按逆时针方向旋转90°，得到线段CF，连接AF交线段CM于点G，连接DG，若点G为线段AF的中点，求证：AB+CM=2(3)如图3，在（2）的基础上，若3AB=42BM，将△BDC绕点B顺时针旋转θ角度0°≤θ≤360°，旋转后△BDC对应△BD′C′，点M对应的点为M′，连接AM′，DM′，AC′．旋转过程中，当线段AC′【答案】(1)22.5°(2)见解析(3)9【分析】（1）结合∠BAC=45°，BD⊥AC，得到∠BAC=∠DBA=45°，继而得到BD=AD，结合AM=BC，证明Rt△ADM≌Rt△BDC（2）延长DG至E，使得GE=DG，连接CE,EF，证明△ADG≌△FEG，进而证明∠1=∠2，△BDC≌△FEC，得出△ADB是等腰直角三角形，AB=2（3）根据已知条件设AB=42，则BM=3，AD=DB=4，得出cos∠DCB=DCBC=117=1717，则∠CBD′=∠DCB，延长AB至K，延长CM交AB于点T，得出tanα=BTCT=35，在BM【详解】（1）证明：∵∠BAC=45°，BD⊥AC，AM是∠BAC的角平分线，∴∠BAC=∠DBA=45°，BD=AD，∠DAM=∠BAM=22.5°，在Rt△ADM与RtAM=BCAD=BD∴Rt△ADM≌∴∠DAM=∠DBC=22.5°,DM=DC，∴∠DCM=∠DMC=45°，∴∠BCM=∠DMC−∠DBC=45°−22.5°=22.5°．（2）如图，延长DG至E，使得GE=DG，连接CE,EF∵点G为线段AF的中点，∴AG=FG，在△ADG与△FEG中AG=FG∴△ADG≌△FEG，∴AD=EF，∠DAG=∠EFG，∴AD∥∴∠1+∠ACF=180°，∵将线段CB绕点C按逆时针方向旋转90°，得到线段CF，∴∠BCF=90°，BC=FC，∵∠ACF=∠ACB+∠BCF=∠ACB+90°，又∵BD⊥AC，∴∠BDC=90∴∠2+∠ACB=90°，∴∠2+∠ACF=180°，∴∠1=∠2，∵BD=AD，AD=EF，∴EF=BD，在△BDC与△FEC中，EF=BD∠1=∠2∴△BDC≌△FEC，∴CD=CE,∠DCB=∠FCE，∴∠DCB+∠BCE=∠ECF+∠BCE=∠BCF=90°，∴△DCE是等腰直角三角形，∵DG=GE，∴CG⊥DE，∠CDG=45°，∵∠CDM=90°，∴∠GDM=45°，∴△DGM是等腰直角三角形，∴∠DCM是等腰直角三角形，又∵△ADB是等腰直角三角形，∴AB=2∴AB+CM=2（3）∵3AB=42BM，设AB=42，则BM=3，AD=DB=4∴DC=DM=1，在Rt△DCB中，BC=∴cos∠DCB=∵当线段AC′与线段BD存在交点H且∴∠CBD∴BD⊥BD如图，延长AB至K，延长CM交AB于点T，

由（2）可知△DCM是等腰直角三角形，∴△ACT是等腰直角三角形，∴CT⊥AB，CT=AT=2∴BT=42∴∠BCT+∠CBT=90°，∵∠DBD′=∠CB∴∠C∴∠C∴tanα=如图，在BM上截取BQ=34BM′，过点Q作则BQ=3

∴BM∵BDBM′∴△BQM∴QM∴当A,Q,M′三点共线时，此时QR=2∴AR=AB−BR=23∴tanβ=∴tanβ【点睛】本题考查了等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，求正切，构造相似三角形与全等三角形是解题的关键．13．（2023上·重庆沙坪坝·九年级重庆一中校考阶段练习）如图，在△ABC中，点D是AC上一点，连接BD，过点C作CE⊥BD交BD于点E．(1)如图1，若∠A=90°,∠ABD=30°,AD=3,S△ABC=(2)如图2，若∠BAC为锐角，点D为AC的中点，点F为CE上一点，连接AF,CF=2ED，且∠EBC=45°，求证：AF=2(3)如图3，点H是线段AB上一动点，连接HC，将△AHC绕点A顺时针旋转，得到△AH′C′，满足AC′⊥HC，垂足为点P，将△BDC绕点B逆时针旋转90°，得到△BD′【答案】(1)3(2)答案见解析(3)48【分析】（1）利用直角三角形和特殊的三角函数值求出AB,BD的长度，再求出△ABD的面积，再求出△BDC的面积，最后利用等积法求出CE的长度．（2）先画出辅助线，利用点D为AC的中点，证明△ADH≌△CDE，再利用证明出的条件，证明出△ABH≌△BFE，最后证明出AB=BF,∠BAH=∠FBE,从而得到△ABE为等腰直角三角形，再证明出结果即可；（3）取AC的中点O，将△ABD绕点B逆时针旋转90°得到△A′D′B，作B关于A′C′的对称点B′，连接OB′，则∠ABB=90°，当BD′+D′P最小时，即B′,【详解】（1）∵∠A=90°,∠ABD=30°,AD=3，∴BD=2AD=6,AB=3∴S∵S∴S∴即：12×6×BD=33（2）过点A作AH⊥BE于点H，∵D为AC中点，∴AD=DC，在△ADH与△CDE中∠AHD=∠E=90°∴△ADH≌△CDE∴DH=ED,AH=CE，又∵CF=2ED，∴CF=EH∴BH=EF,连接BE在△ABH与△BFE中AH=BE∴△ABH≌△BFE∴AB=BF,∠BAH=∠FBE,∵∠BAH+∠ABH=90°,∴∠FBE+∠ABH=90°∴△ABE为等腰直角三角形，∴∴AF=2（3）解：依题意如图所示，∵AC′⊥HC垂足为P，则P取AC的中点O，将△ABD绕点B逆时针旋转90°得到△A′D′B，作B关于A′∴BD∵BD又B′∴BD′+过点B′,O作BC的垂线，垂足分别为T,J，过点O作OL⊥B′T于点L，过点P∵∠ABB=90°，∴∠又∵∠T=∠BAC∴△B∵∠BAC=90°,AB=6，AC=8，∴BC=AB2∵△∴B′T∴B′T=∵∠BAC=90°,AB=6，AC=8，BC=10，∴sin∠ACB=在Rt△OJC中，OJ=OCsin∠ACB=3∴LT=OJ=125∴TJ=TB+BJ=在Rt△B′又PN∥∴△OPN∽△△O∴PNBL=解得：PN=∴S△PBC【点睛】本题考查了利用直角三角形的特殊三角函数值以及等面积法求高，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，一点到圆上的距离，轴对称求线段和的最值问题，第三问中，根据隐圆与轴对称的性质确定最值位置是解题的关键．14．（2023上·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考期末）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∵∠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．15．（2023上·重庆九龙坡·九年级重庆市育才中学校考期中）在△ABC中，将线段AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AD，连接CD．(1)如图1，若∠ACD=90°，tan∠CAD=13，AB=(2)如图2，点E为线段BC的中点，连接AE，若∠ACD=135°，猜想AC，CD，AE的数量关系．(3)如图3，当∠BAC=60°时，过点B作射线AC的垂线，垂足为点G．点H为直线BG上的一个动点，将△AGH沿直线AH翻折至△AGH所在平面内得到△AFH，连接BF，取BF的中点为点Q，连接DQ，当线段DQ取得最小值时，将△ADQ沿直线DQ翻折至△ADQ所在平面内得到△KDQ，过点K作线段AD的垂线，垂足为点W，连接BK，直接写出DWBK【答案】(1)13(2)2(3)DW【分析】（1）过点C作CE⊥AB于E，解Rt△ACD求得CD和AC，解Rt△ACE求得AE和（2）将△ACD绕点A顺时针旋转90°至△AFB，连接CF、EF，可推出△BCF是直角三角形，进而得出CE=EF，结合AC=AF推出CF⊥AE，CG=FG，从而得出EG是△CBF的中位线，进一步得出结果；（3）取AB的中点O，连接OQ，可推出OQ=12AF=12AG=14AB，从而得出点Q在以O为圆心，14AB为半径的圆上运动，连接OD，交⊙O于点Q′，当点Q运动到Q′′处时，DQ最小；作KX⊥AB于X，设AK交OD于T，可推出∠BKX=∠BAK=∠DAO【详解】（1）解：如图1，过点C作CE⊥AB于E，∴∠CEA=∠CEB=90°，∵∠ACD=90°，tan∠CAD=13，AB=10，将线段AB绕点A逆时针旋转∴sin∠CAD=1010，cos∠CAD=3∴CD=AD⋅sin∠CAD=10∵∠CEB=∠DAB=90°，∴AD∥∴∠ACE=∠DAC，∴AE=AC⋅sin∠ACE=3×10∴BE=AB−AE=10∴BC=C∴线段BC的长度为13；（2）22如图2，将△ACD绕点A顺时针旋转90°至△AFB，连接CF、EF，∵∠ACD=135°，∴∠AFB=∠ACD=135°，AC=AF，FB=CD，∴∠AFC=45°，∴∠BFC=∠AFB−∠AFC=135°−45°=90°，∵点E为线段BC的中点，∴EF=CE=1∴AE垂直平分CF，即AE⊥CF，CG=FG，∴AG=AF⋅sin∴EG=1∵AG+EG=AE，∴22（3）如图3，取AB的中点O，连接OQ，∵∠BAC=60°，过点B作射线AC的垂线，∴∠AGB=90°，∴∠ABG=90°−∠BAC=90°−60°=30°，∴AG=12∵将△AGH沿直线AH翻折至△AGH所在平面内得到△AFH，∴AF=AG=1∵点Q是BF的中点，∴OQ=1∴点Q在以O为圆心，14连接OD，交⊙O于点Q′，当点Q运动到Q′′处时，如图4，作KX⊥AB于X，设AK交OD于T，∵过点K作线段AD的垂线，∠DAB=90°，∴四边形AXKW是矩形，∴AW=KX，AX=WK，∵将△ADQ沿直线DQ翻折至△ADQ所在平面内得到△KDQ，过点K作线段AD的垂线，垂足为点W，连接BK，∴AT=KT，AK⊥OD，∵O是AB的中点，∴OT∥∴BK⊥AK，∵∠DAO=∠ATO=∠KXB=90°，∴∠ADO+∠AOD=∠AOD+∠KAB，∠BKX+∠B=∠B+∠BAK，∴∠ADO=∠KAB，∠BKX=∠BAK，∴∠BKX=∠BAK=∠ODA，∵O是AB的中点，AD=AB，∴tan∠BKX=∴BXKX设BX=k，∴AW=KX=2k，∴BK=K∴AK=2BK=25∴AD=AB=A∴DW=AD−AW=5k−2k=3k，∴DWBK【点睛】本题考查旋转的性质和折叠的性质，解直角三角形，垂直平分线的判定和性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质，矩形的判定和性质，确定圆的条件，勾股定理等知识，解决问题的关键利用旋转将条件集中．16．（2024上·重庆北碚·九年级西南大学附中校考期末）在△ABC中，AB=AC．(1)如图，当∠A=90°时，取AC上一点D，取BC上一点E，连接BD，DE．若BD平分∠ADE，AD=DE=2，求AC的长；(2)如图2，当∠BAC=60°时，取AB上一点F，取BC上一点G，连接FG，AG，延长BC至点H，连接AH．已知∠GAH=60°，AH=AG+FG，求证：CH=BF；(3)当∠BAC=60°，点P在△ABC内部时，连接AP，BP，CP．当2AP+BP+3CP的值最小时，请直接写【答案】(1)2+2(2)证明见解析(3)4【分析】（1）过D作DK⊥BC于K，而BD平分∠ADE，AD=DE=2，可得AD=DK=2，可得E，K重合，从而可得答案；（2）证明∠BAG=∠CAH，作∠HBT=∠ABC=60°，BT与AG的延长线交于点T，可得∠ABT=∠ACH=120°，证明△ABT≌△ACH，再证明GT=GF，过G作GK⊥AB于K，作GI⊥BT于I，而∠HBT=∠ABC=60°，证明Rt△FGK≌Rt△TGI（3）如图，作∠PCM=∠BCN=60°，CM=12CP，CN=12CB，连接PM，MN，可得MN=12BP，当∠CPM=30°时，则CM⊥PM，且PM=CP2−12CP2=32CP，由2AP+BP+3CP=2AP+MN+PM，可得当A，P，M，N共线时，2AP+BP+3CP取得最小值，过N作NR⊥AC于【详解】（1）解：∵∠A=90°时，AB=AC，∴∠ABC=∠C=45°，过D作DK⊥BC于K，而BD平分∠ADE，AD=DE=2，∴AD=DK=2，∴E，K重合，∴∠DEC=90°，∠EDC=∠C=45°，∴DE=CE=2，∴CD=22∴AC=2+22（2）如图，∵AB=AC，∠BAC=60°，∴△ABC为等边三角形；∴∠ABC=∠ACB=60°，∴∠ACH=120°，∵∠GAH=∠BAC=60°，∴∠BAG=∠CAH，作∠HBT=∠ABC=60°，BT与AG的延长线交于点T，∴∠ABT=∠ACH=120°，∴△ABT≌△ACH，∴BT=CH，AT=AH，∵AG+GT=AT=AH=AG+GF，∴GT=GF，过G作GK⊥AB于K，作GI⊥BT于I，而∠HBT=∠ABC=60°，∴GK=GI，∴Rt△FGK≌∴∠GFK=∠GTI，而∠HBT=∠ABC=60°，GF=GT，∴△GFB≌△GTB，∴FB=TB，∴BF=CH．（3）由AB=AC，∠BAC=60°，∴ΔABC为等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，如图，作∠PCM=∠BCN=60°，CM=12CP，CN=12∴∠NCM=∠BCP，CMCP∴△NCM∽△BCP，∴MNBP∴MN=1当∠CPM=30°时，则CM⊥PM，且PM=C∵2AP+BP+3∴当A，P，M，N共线时，2AP+BP+3过N作NR⊥AC于R，而∠ACN=∠ACB+∠BCN=120°，∴∠NCR=60°，∠CNR=30°，设CR=x，∴CN=2x，CB=AC=AB=4x，NR=3∴AN=5x∵∠AMC=∠ARN=90°，∠CAM=∠NAR，∴△ACM∽△ANR，∴ACAR∴4x2∴CM=2217∴CP=2CM=4∴BP=2MN=2AN−AM过P作PS⊥BC于S，过A作AT⊥BC于T，∴CP∴421解得：CS=12∴PS=4∵AT=4x∴S△BPC【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练的作出合适的辅助线是解本题的关键．17．（2023上·重庆·九年级重庆市松树桥中学校校考期中）已知△ABC和△DBE均为等腰直角三角形，其中∠BAC=90°，∠BDE=90°，AB=AC，DB=DE，连接CE，点F是CE的中点，连接AF、DF．(1)如图，点E在线段AB上，且BE=2，AF=5，求线段AC的长；(2)如图，连接AD，求证：2FD=AD(3)如图，BD=1，AC=2，将△DBE绕着点B逆时针旋转，将线段AB沿直线AF翻折得到线段AB′，连接B′E，当【答案】(1)8(2)见解析(3)170【分析】（1）利用直角三角形斜边中线定理求出CE，利用等腰直角三角形的性质求出DE=DB=2，再利用勾股定理求出CD=72，可得（2）如图2中，延长DF到T，使得FT=DF，连接CT，AT，AD，延长DB交TC的延长线于点J，BJ交AC于点O．证明△AFD是等腰直角三角形，可得结论；（3）如图3中，取BC的中点O，连接OF，OA．利用三角形中位线定理证明OF=22，推出当点F落在OB上时，CF的值最大（如图4中），连接OB′，BB′，过点B′作B′J⊥BC于点J，延长AF交BB′于点K．求出B′J，【详解】（1）解：如图1中，∵∠CAE=90°，CF=EF，∴EC=2AF=10，∵BA=AC，∴∠B=45°，∵DE⊥CB，∴DE=BD=2∴CD=E∴BC=82∴AC=AB=8；（2）证明：如图2中，延长DF到T，使得FT=DF，连接CT，AT，AD，延长DB交TC的延长线于点J，BJ交AC于点O∵CF=CE，∠CFT=∠EFD，FT=FD，∴△CFT≌△EFD(SAS)，∴CT=DE=DB，∠CTF=∠FDE，∴TJ∥∴∠J+∠BDE=180°，∵∠BDE=90°，∴∠J=90°，∵∠ABD=90°+∠AOB，∠TCA=90°+∠COJ，∠AOB=∠COJ，∴∠ABD=∠ACT，∵CB=BA，∴△ACT≌△ABD(SAS)，∴AT=BD，∠CAT=∠BAD，∴∠TAD=∠CAB=90°，∵FT=DF，∴AF⊥DT，∠FAD=∠FAT=45°，∴△AFD是等腰直角三角形，∴AD=2（3）如图3中，取BC的中点O，连接OF，OA．∵AC=BC=2，∠CAB=90°，∴BC=2∵BD=DE=1，∠BDE=90°，∴BE=1∵CO=OB，CF=FE，∴OF=1∴当点F落在OB上时，CF的值最大（如图4），连接OB′，BB′，过点B′作B′J⊥BC于点J，延长AF交BB′于点K．∵AB=AB′，∠BAF=∠B′AF，∴AK⊥BB′，∴BK=KB′，∵∠BKF=∠AOF=90°，∠AFO=∠BFK，∴∠FBK=∠OAF，∴tan∵BF=2∴FK=1010，∴BB′=2∵B′JJB∴B′J=225∴EJ=9∴EB′=B′【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，等腰直角三角形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．18．（2024上·重庆沙坪坝·九年级重庆一中校考期末）在△ABC中，点D为线段BC上一动点，点E为射线AC上一动点，连接AD，BE．(1)若AC>AB，AD⊥BC，当点E在线段AC上时，AD，BE交于点F，点①如图1，若BF=10，BD=3②如图2，点G为线段AF上一点，连接GE并延长交BC的延长线于点H．若点E为GH中点，∠BAC=60°，∠DAC=2∠EBC，求证：(2)如图3，若AC=AB=3，∠BAC=60°．当点E在线段AC的延长线上时，连接DE，将△DCE沿DC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△DCM，连接AM，当AM取得最小值时，△ABC内存在点K，使得∠ABK=∠CAK，当KE取得最小值时，请直接写出【答案】(1)①34；②见解析(2)6−1231【分析】（1）①过点E作EG⊥AD于点G，通过勾股定理得到DF的长，证明△FDB≌△FGE(AAS②延长AC至点K，使EK=EA，连接HK，连接FK交BC于点M，用过证明三角形全等结合直角三角形的两个锐角互余，三角形内角和等知识即可得证；（2）△DCE沿直线BC翻折后，点E的对应点落在直线CM上，当AM⊥CM时，AM取得最小值，通过含30°角的直角三角形的特征求出∠AKB=120°，过点A作AC的垂线，过点B作BC垂线相交于点O，点K在以O为圆心，OA为半径的圆上，半径OA=3，当O，K，E三点共线时，KE【详解】（1）解：①过点E作EG⊥AD于点G，∵AD⊥BC，∴∠BDF=90°，∠EGF=90°，∴∠BDF=∠EGF，在Rt△BDF中，∠BDF=90°∴DF=B∵点F为BE中点，∴BF=EF，在△FDB和△FGE中，∠BDF=∠FGE∠1=∠2∴△FDB≌△FGE(AAS∴BD=GE=3，DF=GF=1，∵AD=7，∴AG=AD−DF−FG=7−1−1=5，在Rt△AGE中，∠AGE=90°∴AE=A②证明：延长AC至点K，使EK=EA，连接HK，连接FK交BC于点M．∵AD⊥BC，∴∠ADC=90°，∵点E为GH的中点，∴GE=HE，在△AGE和△KHE中，AE=KE∠1=∠2∴△AGE≌△KHE(SAS)∴∠3=∠4，∴AD∥∴∠CHK=∠ADC=90°，∵∠DAC=2∠EBC，∴设∠EBC=x，在Rt△BDF中，∠5=90°−∠EBC=90°−x∴∠6=∠5=90°−x，∴∠AEF=180°−∠DAC−∠6=90°−x，∴∠6=∠AEF，∴AF=AE，180°−∠6=180°−∠AEF，即∠7=∠FEK，∴AF=EK，∵点F为BE中点，∴BF=EF，在△AFB和△KEF中，AF=KE∠7=∠FEK∴△AFB≌△KEF(SAS∴AB=FK，∵∠BAC=60°，∴∠HKM=∠4+∠9=∠3+∠8=60°，∴∠10=90°−∠HKM=30°，∴∠11=∠10=30°，在Rt△MHK中，∠10=30°∴HK=1∴AG=1在Rt△FDM中，∠11=30°∴DF=1∴1（2）如图，△DCE沿直线BC翻折后，点E的对应点落在直线CM上，当AM⊥CM时，AM取得最小值．由题意可知：∠1=60°，AC=3，∠AMC=90°，∴∠CAM=30°，∴CM=1∴CE=CM=3∴AE=∵∠ABK=∠CAK，∴∠ABK+∠BAK=60°，∴∠AKB=120°过点A作AC的垂线，过点B作BC垂线相交于点O，∴点K在以O为圆心，OA为半径的圆上，半径OA=3，当O，K，E三点共线时，KE此时OE=O∴KE=OE−AO=93过点K作KQ⊥AC于点Q，∴△EKQ∽△EOA，∴∴KQ=3∴AQ=9∴AK2=A【点睛】本题考查了三角形综合应用，涉及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，折叠性质，直角三角形特征，勾股定理，三角形内角和定理等知识，添加辅助线构造直角三角形和全等三角形是解答本题的关键．19．（2023上·重庆铜梁·九年级重庆市巴川中学校校考期末）如图，在△ABC中，AC=BC,∠ACB=90°，点D在AB的延长线上，连接DC．(1)如图，当CD=6,tanD=3(2)如图，将线段DC绕点D逆时针旋转90°得到线段DE，连接CE，点F为CE的中点，过点F作FG⊥AD于点G．求证：22(3)如图，在第（1）问的条件下，取AB的中点H，点Q为线段CD上的一动点，连接BQ、HQ，将△HBQ沿HQ翻折得△HB′Q，连接B′D、【答案】(1)6(2)见解析(3)3【分析】（1）作CW⊥AD于W，可得出∠D=30°，解直角三角形CDW求得结果；（2）作CW⊥AB于W，连接DF，WF，在GD上截取GV=FG，可得出∠DVF=135°，可推出C、W、F、D共圆，从而∠FWD=∠DCE=45°，∠WCF=∠WDV，进而证明△CWF≌△DVF，从而CW=DV，进一步得出结论；（3）根据折叠可得HB′=HB，从而推出点B′在以H为圆心，BH为半径圆上运动，进而得出当DB′与⊙H相切时，∠B′DA最大，此时HB′【详解】（1）解：如图1，作CW⊥AD于W，∴∠CWD=90°，∵tan∴∠D=30°，∴CW=12CD=3∴AB=BC，∠ACB=90°，∴∠A=∠ABC=45°，∴AC=2∴AB=2（2）解：如图2，作CW⊥AB于W，连接DF，WF，在GD上截取GV=FG，∴∠CWD=90°，∠FVG=∠GFV=45°，∴∠DVF=135°，∵线段DC绕点D逆时针旋转90°得到线段DE，∴CD=DE，∠CDE=90°，∴∠DCE=∠E=45°，∵点F是CE的中点，∴DF⊥CE，∴∠CFD=90°=∠CWD，∴C、W、F、D共圆，∴∠FWD=∠DCE=45°，∠WCF=∠WDV，∴∠CWF=135°，∠FWD=∠FNG，∴WF=FV，∴△CWF≌△DVF(AAS∴CW=DV，∵DV=CW=2∴DV+GV=2（3）解：如图3，∵△HBQ沿HQ翻折得△HB∴HB∴点B′在以H为圆心，BH∴当DB′与⊙H相切时，∠B作B′R⊥AD于由（1）知：CH=BH=3，DH=3∴DB∵∴32∴B∴S【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，确定圆的条件，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．20．（2023上·重庆沙坪坝·九年级重庆一中校考开学考试）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D，E分别为BC上两动点，BD=CE．

(1)如图1，若EH⊥AD于H交AB于K，求证：AE=EK；(2)如图2，若EF∥AD交AC于F，GF⊥AG，AG=GF，求证：(3)如图3，若AB=4，将AE绕点E顺时针旋转90°得EM，N为BM中点，当AN+12AM【答案】(1)见解析(2)见解析(3)6【分析】（1）证明△ABD≌△ACE(SAS)，得到∠BAD=∠CAE，进一步证明∠AKE=∠KAE，根据在同一个三角形中等角对等边得到（2）过点C作CH⊥AC，则∠BCH=45°，连接AE并延长交CH于H，连接FH交BC于Q设AG=FG=a，则AF=2a，设FQ=CQ=QH=b，则CF=CH=2b，表示出CG=GQ2（3）过点作AG⊥BC于G，过点M作MP⊥BC延长线于P，连接MC，连接GN交AM于H，过点N作NF∥AM交AB于F，证明AN+12AM=CN+NF，故当C、N、F三点共线时，CN+NF的值最小（两点之间，线段最短），此时AN+12【详解】（1）解：证明：∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ABD=∠ACE=180°−90°在△ABD和△ACE中，AB=AC∠ABD=∠ACE∴△ABD≌△ACE(SAS∴∠BAD=∠CAE，又∵∠BAC=90°，EH⊥AD于H交AB于K，∴∠AKE=90°−∠BAD，∠KAE=90°−∠CAE，∴∠AKE=∠KAE，∴AE=EK；（2）证明：如图，过点C作CH⊥AC，交FE的延长线于点P，

∴∠PCA=90°，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB=∠ABC=45°，∴∠PCE=∠ABC=45°，∵AD∥∴∠ADC=∠FEC，∴∠ADB=∠FEC，∵BD=CE，∴△ABD≌△ACE，∴AD=AE，AB=PC=AC，∴AD+EF=PE+EF=PF，过G作QG⊥GC，使GC=GQ，∴△GCQ是等腰直角三角形，∴CQ=2连接FQ，CQ，∵GF⊥AG，GF=AG，∴△AGF是等腰直角三角形，∴△GAC≌△GFQ，∴AC=FQ，∠GAC=∠GFQ=45°，∴∠AFQ=∠AFG+∠GFQ=90°，∴∠QFC=∠PCF=90°，∴PC∥∵AC=PC=FQ，∴四边形FPCQ是平行四边形，∴PF=CQ，∵PF=AD+EF，∴AD+EF=2（3）如图，过点A作AG⊥BC于G，过点M作MP⊥BC延长线于P，连接MC，连接GN交AM于H，过点N作NF∥AM交AB于

∵AE=ME，∠AEM=90°，∴∠GAE+∠GEA=∠PEM+∠GEA=90°，∴∠GAE=∠PEM，在△GAE和△PEM中，∠GAE=∠PEM∠AGE=∠EPM∴△GAE≌△PEM(AAS∴AG=EP，GE=PM，又∵AG=GC，∴GC=EP，∴GC−EC=EP−EC，∴GE=CP，∴PM=CP，∴∠MCP=45°∵G为BC中点，N为BM中点，∴GN∥∴∠NGC=45°，∵N为BM中点，FN∥∴FN是△BAM的中位线，∴F是AB的中点，FN=1在△AGN和△CGN中，AG=CG∠AGN=∠CGN∴△GNA≌△CGN(SAS∴AN=CN，∴AN+1∴如图，当C、N、F三点共线时，CN+NF的值最小（两点之间，线段最短），此时AN+1

∵∠MCP=∠ABC=45°，∴MC∥又∵NF∥∴四边形AFCM是平行四边形，∴MC=FA=1∴MP=EG=CM2=∴BD=CE=22，CD=2∴S【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、两点之间线段最短、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理等知识，构造辅助线、数形结合画出图象分析和计算是解题的关键．21．（2023上·重庆·九年级重庆市第十一中学校校考开学考试）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D为AB边上一点，连接