【中考冲刺】2024年中考数学二轮复习名校模拟题重要考点分类汇编（天津专用）专题03 填空几何压轴题 解析版

二轮复习2024年中考数学重要考点名校模拟题分类汇编专题03——填空几何压轴题（天津专用）1．（2023·天津河西·天津市新华中学校考三模）如图，四边形ABCD是边长为6的正方形，点E在边CD上，DE=2，过点E作EF∥BC，分别交AC，AB于点G，F，M，N分别是AG，BE的中点，则MN的长是

【答案】13．【分析】先证四边形AFED和BFEC都是矩形，由△AFG是等腰直角三角形，M是AG的中点，可得∠FMC=90°．由“矩形的对角线相等且互相平分”可得FC=BE，且N是FC的中点．根据勾股定理求出BE的长，即可求出MN的长．【详解】

解：如图，连接FM、FC，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥DC,∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°．又∵EF∥BC，∴∠AFE=∠ABC=90°，∴∠BFE=90°，∴四边形AFED和BFEC都是矩形，∴AF=DE=2．∵∠FAG=45°，∴△AFG是等腰直角三角形．∵M是AG的中点，∴FM⊥AC，∴∠FMC=90°．∵四边形BFEC是矩形，∴FC=BE=B又∵N是BE的中点，∴N是FC的中点，∴MN=1故答案为：13．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，以及“直角三角形斜边中线等于斜边一半”．熟练掌握以上知识，正确的作出辅助线是解题的关键．2．（2024上·天津和平·九年级天津市第五十五中学校考期末）如图，在正方形ABCD中，AB=4，点E，F分别为边BC，CD上动点，且BE+DF=4，连接BF，AE交于点G，连接DG，则线段DG长度的最小值为．【答案】2【分析】先证明△ABE≌△BCF，进而得出∠AGB=90°，则G在AB为直径的圆上运动，进而即可求解．【详解】解：在正方形ABCD中，AB=4，BE+DF=4，则CF+DF=CD=AB=4，∴CF=BE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABE=∠ADF=90°，AB=BC，∴△ABE≌△BCF，∴∠BAE=∠CBF．∵∠ABG+∠CBF=90°，∴∠ABG+∠BAE=90°，∴∠AGB=90°，∴G在AB为直径的圆上运动，如图所示，当点E与点C重合，点F与点D重合时DG最小，根据勾股定理，得BD=A∴DG=故答案为：22【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角所对的弦是直径，勾股定理，得出点G的轨迹是解题的关键．3．（2023上·天津和平·九年级天津市第五十五中学校考阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°且AB=2，点P为△ABC的内心，点O为AB边中点，将BO绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连接DP，则DP长的最小值为【答案】5−2【分析】在AB的下方作等腰直角三角形AKB，使得∠AKB=90°，AK=BK．连接DK，PK，过点K作KT⊥DB交DB的延长线于点T．根据三角形的内心为三角形角平分线的交点，求得∠APB=180°−45°=135°，进而判断出点P的运动轨迹在以K为圆心，KA为半径的圆上运动，求出DK，PK，结合DP≥DK−PK，可得结论．【详解】解：在AB的下方作等腰直角三角形AKB，使得∠AKB=90°，AK=BK．连接DK，PK，过点K作KT⊥DB交DB的延长线于点T．∵点P是△ACB的内心，∠C=90°，∴∠PAB=12∠CAB∴∠PAB+∠PBA=1∴∠APB=180°−45°=135°，∴点P在以K为圆心，KA为半径的圆上运动，∵AB=2，AK=BK，∠AKB=90°，∴AK=BK=KP=2，∠ABK=45°∵∠ABT=90°，∴∠KBT=45°，∴KT=BT=1，∵OA=OB=BD=1，∴DT=2，∴DK=D∴DP≥DK−PK=5∴DP的最小值为5−故答案为：5−【点睛】本题考查三角形的内心，等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转变换等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．4．（2023上·天津和平·九年级天津市汇文中学校考阶段练习）如图，已知Rt△ACB，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，AB＝8，点D在CB所在直线上运动，以AD为边作等边三角形ADE，则CB＝．在点D运动过程中，CE的最小值为．【答案】42【分析】以AC为边作正△AFC，并作FH⊥AC，垂足为点H，连接FD、CE，由直角三角形可求BC＝4，AC=43，由“SAS”可证△FAD≌△CAE，得CE＝FD，CE最小即是FD最小，此时FD=CH=12AC=23【详解】解：以AC为边作正△AFC，并作FH⊥AC，垂足为点H，连接FD、CE，如图：在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，∴∠BAC＝30°，∴BC=1∴AC=∵△AFC，△ADE都是等边三角形，∴AD＝AE，AF＝AC，∠DAE＝∠FAC＝60°，

∴∠FAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC，即∠FAD＝∠CAE，在△FAD和△CAE中，AD=AE∠FAD=∠CAE∴△FAD≌△CAE（SAS），∴CE＝FD，∴CE最小即是FD最小，∴当FD⊥BD时，FD最小，此时∠FDC＝∠DCH＝∠CHF＝90°，∴四边形FDCH是矩形，∴FD=CH=1∴CE的最小值是23故答案为：4，23【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握等边三角形的性质．5．（2022上·天津南开·九年级天津育贤中学校考期末）如图，正方形ABCD中，点E是CD边上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点G，连接CG并延长交AD于点F，当AF的最大值是2时，正方形ABCD的边长为．

【答案】8．【分析】以AB为直径作圆O，则∠AGB=90º，当CF与圆O相切时，AF最大，AF=2，由切线长定理的AF=FG，BC=CG，过F作FH⊥BC与H，则四边形ABHF为矩形，AB=FH，AF=BH=2，设正方形的边长为x，在Rt△FHC中，由勾股定理得x2+(x-2)2=(x+2)2解之即可．【详解】以AB为直径作圆O，∵AB为直径，∴∠AGB=90º，当CF与圆O相切时，AF最大，AF=2，由切线长定理的AF=FG，BC=CG，过F作FH⊥BC与H，则四边形ABHF为矩形，AB=FH，AF=BH=2，设正方形的边长为x，则HC=x-2，FC=2+x，FH=x，在Rt△FHC中，由勾股定理得，x2+(x-2)2=(x+2)2，整理得：x2-8x=0，解得x=8，x=0（舍去），故答案为：8．

【点睛】本题考查圆的切线问题，涉及切线长，直径所对的圆周角，引辅助圆与辅助线，正方形的性质，矩形的性质与判定，能综合运用这些知识解决问题特别是勾股定理构造分析是解题关键．6．（2023上·天津滨海新·九年级天津市滨海新区塘沽第一中学校考期中）如图，在△ABC中，AC=2+23，∠BAC=45°，∠ACB=30°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A₁BC₁，点E为线段AB中点，点P是线段AC上的动点，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转的过程中，点（1）如图，线段AB=；（2）则线段EP1的最小值为【答案】22【分析】本题考查了旋转的性质以及解直角三角形．作垂线构造直角三角形是解题关键．（1）过点B作BD⊥AC，设AD=BD=x，可得CD=3x，根据（2）当△ABC绕点B按逆时针方向旋转，使得点P的对应点P1在线段AB上，且BP⊥AC时，E【详解】解：过点B作BD⊥AC，如图所示：∵∠BAC=45°∴∠ABD=45°∴AD=BD设AD=BD=x，∵∠ACB=30°，∴BC=2BD=2x，CD=∵AC=AD+CD=2+2∴x+3解得：x=2∴AD=BD=x=2AB=当△ABC绕点B按逆时针方向旋转，使得点P的对应点P1在线段AB上，且BP⊥AC时，E此时：E∵点E为线段AB中点，∴BE=∴E故答案为：①22；②7．（2023上·天津和平·九年级天津市双菱中学校考阶段练习）如图，已知△ABC中，∠C=90°，AC=BC=22，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B的长为【答案】23−2【分析】如图，作辅助线；证明△ABC′≌△B′BC【详解】解：如图，连接BB′，由题意得：∠BAB′=60°∴△ABB∴∠ABB′=60°，AB=B′B，由旋转性质可知：AC=AC′，∴BM垂直平分AB∵AC=BC，∴A在△ABC′与AC∴△ABC∴∠MBB∴BM⊥AB′，且在Rt△ABC中，由勾股定理得：∴AB∴AM=2，在Rt△AMB，由勾股定理得：BM=∵C′∴C′故答案为：23【点睛】此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，等腰直角三角形的性质，作辅助线构造出全等三角形并求出BC′在等边三角形的高上是解题的关键．8．（2023·天津河西·天津市新华中学校考二模）如图，已知∠AED＝∠ACB＝90°，AC=BC=3，AE=DE=1，点D在AB上，连接CE，点M，点N分别为BD，CE的中点，则MN的长为．【答案】10【分析】连接DN并延长DN交AC于F，连接BF，根据DE∥AC，可证△EDN≌△CFN，可得DE=CF，求出DN=FN，FC=ED，得出MN是中位线，再证△CAE≌△BCF，得出BF=CE,即可解题．【详解】解：连接DN并延长DN交AC于F，连接BF，如图，∵∠AED＝∠ACB＝90°，AC=BC=3，AE=DE=1，∴∠EAD=∠EDA=∠BAC=45°，∴DE∥AC，∴∠DEN=∠FCN，∵点N为CE的中点，∴EN=NC，在△DEN和△FCN中，{∴△DEN≌△FCN(ASA)，∴DE=FC，∴AE=FC，∵点M为BD的中点，∴MN是△BDF的中位线，∴MN=1∵∠EAD=∠BAC=45°，∴∠EAC=∠FCB=90°，在△CAE和△BCF中，{∴△CAE≌△BCF(SAS)，∴BF=CE，∴MN=1【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质，全等三角形的性质和判定，三角形的中位线，平行线性质和判定的应用，勾股定理．9．（2022·天津·天津市双菱中学校考模拟预测）如图，在边长为2的正方形ABCD中，动点F，E以相同的速度分别从点D，C同时出发向点C，B运动（任何一个点到达终点时，两点都停止运动）连接AE，BF，AE与BF交于点P，过点P分别作PM∥CD交BC于点M，PN∥BC交CD于点

（1）AE和BF的数量关系为；（2）MN长度的最小值为．【答案】AE=BF5【分析】（1）利用正方形性质，根据SAS可证明△ABE≌△BCF，即可得出结论；（2）首先证明四边形PNCM为矩形，得到PC=MN，利用（1）中证明的△ABE≌△BCF推出AE⊥BF，得出点P是以AB为直径的圆弧上运动，当G、P、C三点共线时，PC为最短，利用勾股定理求出GC的长，进而求出PC的长，即可得出MN长度的最小值．【详解】解：（1）∵四边形ABCD为正方形，∴BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，∵动点F，E以相同的速度分别从点D，C同时出发向点C，B运动，∴DF=CE，∴BE=CF，在△ABE和△BCF中，AB=BC∠ABF=∠BCF∴△ABE≌△BCFSAS∴AE=BF；（2）如图，连接PC，取AB中点G，

∵PM∥CD，∴四边形PNCM为平行四边形，∵∠C=90°，∴四边形PNCM为矩形，∴PC=MN，由（1）可知△ABE≌△BCF，∴∠BFC=∠AEB，∵∠BFC+∠FBC=90°，∴∠AEB+∠FBC=90°，∴∠BPE=90°，即AE⊥BF，∴点P是以AB为直径的圆弧上运动，∴AB的中点G为圆心，连接GP为半径，∴AG=BG=GP=当G、P、C三点共线时，PC为最短，在Rt△CBGCG=B∴PC=CG−PG=5∴MN=PC=5故答案为：AE=BF；5−1【点睛】本题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，圆周角所对的弦为直径，勾股定理，正确作出辅助线，确定当G、P、C三点共线时，PC为最短是解答本题的关键．10．（2023·天津河西·天津市新华中学校考一模）如图，正方形ABCD的边长为4，E是边CD上一点，DE=3CE，连接BE，与AC相交于点M，过点M作MN⊥BE，交AD于点N，连接BN，则点E到BN的距离为．

【答案】34【分析】过M作MH⊥BC于H，交AD于K，连接NE，根据正方形的性质得AB=AD=BC=CD=4，∠BCD=90°，∠ACB=45°=∠DAC，再判断△CMH是等腰直角三角形得MH=CH，设MH=CH=x，则BH=4x，由勾股定理求出BM=4517，再根据AAS证△BHM≌△MKN得MN=BM=4517，设点E到【详解】解：过M作MH⊥BC于H，交AD于K，连接NE，

∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD=4，∠BCD=90°，∠ACB=45°=∠DAC，∵DE=3CE，∴CE=1，在Rt△BCEtan∠EBC=CEBC∴MH∴BH=4NH，∵∠ACB=45°，∴△CMH是等腰直角三角形，∴MH=CH，设MH=CH=x，则BH=4x，∵BH+CH=BC=4，∴4x+x=4，x=4∴BH=165，∴BM=B∵∠DAC=45°，∴MK=MA=BH，∵MN⊥BE，∴∠BMH=90°−∠NMK=∠MNK，∵∠BHM=∠MKN=90°，∴△BHM≌△MKN(AAS∴MN=BM=4517∴AN=AD−NK−DK=12∴BN=A设点E到BN的距离为ℎ，∵2S∴ℎ=BE⋅MN故答案为：342【点睛】本题是四边形综合题，主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角函数的定义，勾股定理等知识点，解题关键是正确作出辅助线求出相关的线段长．11．（2023下·天津南开·九年级南开翔宇学校校考阶段练习）如图，四边形ABCD为正方形，点E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．若AB=1，则CE+CG的值为．【答案】2【分析】过点E作MN⊥BC于点M，作EN⊥CD于N，利用正方形的性质，角平分线的性质以及全等三角形的判定可证△EMF≌△END得出EF=ED，再证明△ADE≌△CDG，得出AE=CG，则可证CE+CG=AC，最后利用勾股定理求解即可．【详解】解：过点E作MN⊥BC于点M，作EN⊥CD于N，∵四边形ABCD为正方形，AB=1，∴AD=CD，AC平分∠BCD，∠BCD=∠ADC=90°，AC=2∴EM=EN，四边形EMCN是矩形，∴∠MEN=90°，又EF⊥DE，∴∠MEN=∠FED=90°，∴∠MEF=∠NED，又∠EMF=∠END=90°，EM=EN，∴△EMF≌△END，∴EF=ED，∴矩形DEFG是正方形，又四边形ABCD为正方形，∴∠ADC=∠EDG=90°，DE=DG，∴∠ADE=∠CDG，∴△ADE≌△CDG，∴AE=CG，∴CE+CG=CE+AE=AC=2故答案为：2．【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，添加合适的辅助线，证明矩形DEFG是正方形是解题的关键．12．（2023下·天津和平·九年级天津一中校考阶段练习）如图．在矩形ABCD中，AB=3，BC=33．点P在线段BC上运动（含B、C两点），连接AP，以点A为中心，将线段AP逆时针旋转60°到AQ，连接DQ，则线段DQ的最小值为【答案】3【分析】以AB为边向右作等边三角形△ABF，作射线FQ交AD于点E，过点D作DH⊥QE于H，连接PQ，根据矩形的性质得∠ABP=∠BAD=90°，根据△ABF，△APQ都是等边三角形得∠BAF=∠PAQ=60°，BA=FA，PA=QA，可得∠BAP=∠FAQ，用SAS可证明△BAP≌△FAQ，得∠ABP=∠AFQ=90°，根据∠FAE=30°得∠AEF=60°，根据AB=AF=3，∠FAE=30°，在Rt△AFE中，设FE=x，则AE=2x，根据勾股定理得，x2+32=(2x)2，进行计算得FE=3，AE=23，即可得点Q在射线FE上运动，根据AD=BC=33得DE=3，根据DH⊥EF，∠DEH=∠AEF=60°【详解】解：如图所示，以AB为边向右作等边三角形△ABF，作射线FQ交AD于点E，过点D作DH⊥QE于H，连接PQ，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABP=∠BAD=90°，∵△ABF，△APQ都是等边三角形，∴∠BAF=∠PAQ=60°，BA=FA，PA=QA，∴∠BAP=∠FAQ，在△BAP和△FAQ中，BA=FA∴△BAP≌△FAQ（SAS），∴∠ABP=∠AFQ=90°，∵∠FAE=∠BAD−∠BAF=90°−60°=30°，∴∠AEF=180∵AB=AF=3，∠FAE=30°，∴在Rt△AFE中，设FE=x，则AE=2x，根据勾股定理得，x23xx2x1=3∴FE=3，AE=2∴点Q在射线FE上运动，∵AD=BC=33∴DE=AD−AE=33∵DH⊥EF，∠DEH=∠AEF=60°，∴DH=D∵垂线段最短，∴当点Q与点H重合时，DQ的值最小，最小值为32故答案为：32【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转变换，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是构造全等三角形，添加辅助线，本题是中考选择题中的压轴题．13．（2024上·天津和平·九年级天津二十中校考期末）如图，等边三角形ABC的边长为4，⊙C的半径为3，P为AB边上一动点，过点P作⊙C的切线PQ，切点为Q，则PQ的最小值为．【答案】3【分析】连接OC和PC，利用切线的性质得到CQ⊥PQ，可得当CP最小时，PQ最小，此时CP⊥AB，再求出CP，利用勾股定理求出PQ即可．【详解】解：连接QC和PC，∵PQ和圆C相切，∴CQ⊥PQ，即△CPQ始终为直角三角形，CQ为定值，∴当CP最小时，PQ最小，∵△ABC是等边三角形，∴当CP⊥AB时，CP最小，此时CP⊥AB，∵AB=BC=AC=4，∴AP=BP=2，∴CP=AC2−A∵圆C的半径CQ=3，∴PQ=CP故答案为：3．【点睛】本题考查了切线的性质，等边三角形的性质，以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意得到当PC⊥AB时，线段PQ最短是关键．14．（2023下·天津滨海新·九年级天津经济技术开发区第一中学校考开学考试）如图，已知菱形ABCD的边长为4，∠DAB=60°，E为AB的中点，F为CE的中点，AF与DE相交于点G，则GF的长等于．【答案】192/【分析】过点F作FH∥CD，交DE于H，过点C作CM⊥AB，交AB的延长线于M，连接FB，先证明FH是△CDE的中位线，得FH=2，再证明△AEG≌△FHG，得AG=FG，在Rt△CBM中计算BM和CM的长，再证明FB是中位线，可得BF的长，由勾股定理可得AF【详解】如图，过点F作FH∥CD，交DE于H，过点C作CM⊥AB，交AB的延长线于M，连接FB，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=CD=BC=4，AB∥CD，∴FH∥AB，∴∠FHG=∠AEG，∵FH∥CD，∴DHEH∵F是CE的中点，∴H是DE的中点，∴FH是△CDE的中位线，∴FH=1∵E是AB的中点，∴AE=BE=2，∴AE=FH，∵∠AGE=∠FGH，∴△AEG≌△FHG(AAS∴AG=FG，∵AD∥∴∠CBM=∠DAB=60°，Rt△CBM中，∠BCM=30°∴BM=12BC=2∴BE=BM，∵F是CE的中点，∴FB是△CEM的中位线，∴BF=12CM=∴∠EBF=∠M=90°，Rt△AFB中，由勾股定理得：AF=∴GF=1故答案为：192【点睛】此题考查的是菱形的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线分线段成比例定理，掌握其性质定理是解决此题的关键．15．（2022上·天津和平·九年级天津二十中校考期末）在矩形ABCD中，∠B的平分线BE与AD交于点E，∠BED的平分线EF与DC交于点F，若AB=9，DF=2FC，则BC=．（结果保留根号）【答案】6【分析】先延长EF和BC，交于点G，再根据条件可以判断三角形ABE为等腰直角三角形，并求得其斜边BE的长，然后根据条件判断三角形BEG为等腰三角形，最后根据△EFD∽△GFC得出CG与DE的倍数关系，并根据BG=BC+CG进行计算即可．【详解】延长EF和BC，交于点G．∵矩形ABCD中，∠B的角平分线BE与AD交于点E，∴∠ABE=∠AEB=45°，∴AB=AE=9，∴直角三角形ABE中，BE=92+9又∵∠BED的角平分线EF与DC交于点F，∴∠BEG=∠DEF．∵AD∥BC，∴∠G=∠DEF，∴∠BEG=∠G，∴BG=BE=92．由∠G=∠DEF，∠EFD=∠GFC，可得△EFD∽△GFC，∴CGDE设CG=x，DE=2x，则AD=9+2x=BC．∵BG=BC+CG，∴92=9+2x+x，解得x=32-3，∴BC=9+2（32-3）=62+3．故答案为62+3．16．（2023下·天津河东·九年级天津市第五十四中学校考阶段练习）如图，在正方形ABCD中，AD=10，点E在BC边上（不与端点重合），BF⊥AE于点F，连接DF，当△ADF是等腰三角形时，EC的长等于．【答案】5【分析】根据正方形的性质以及直角三角形的性质可得AD＞AF，当AF=DF时，点E与点C重合，从而得当△ADF是等腰三角形时，只有AD=DF，过点D作DM⊥AE，则AM=FM，可得△AMD≌△BFA，结合勾股定理，即可求解．【详解】解：∵在正方形ABCD中，∴AB=BC=CD=AD=10，∵BF⊥AE，∴AB＞AF，∴AD＞AF，当AF=DF时，∵BF⊥AE，∴点F在AC与BD的交点上，即点E与点C重合，不符合题意，∴当△ADF是等腰三角形时，只有AD=DF，过点D作DM⊥AE，则AM=FM，∵∠DAM+∠BAF=90°，∠BAF+∠ABF=90°，∴∠DAM=∠ABF，又∵AD=AB，∠AMD=∠AFB=90°，∴△AMD≌△BFA，∴AM=BF，∴AF=2BF，∵AF2+BF2=AB2，∴4BF2+BF2=102，解得：BF=25（负值舍去），设EF=x，则x2+(25)2+102=(45+x)2，解得：x=5，∴BE=25∴CE=10-5=5．故答案是：5．【点睛】本题主要考查正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，添加辅助线，构造全等三角形，是解题的关键．17．（2023·天津河东·天津市第七中学校考模拟预测）如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠ABC=120°，将△ADC沿射线AC的方向平移得到△A′D′C′，分别连接A′【答案】4【分析】根据菱形的性质得到AB=CD=4，∠ABC=120°，得出∠BAC=30°，根据平移的性质得到A′D′=AD=4，A′D′∥AD，推出四边形A′BCD′是平行四边形，得到A′B=D′C，于是得到A′B+D′B的最小值为B【详解】解：在边长为4的菱形ABCD中，∠ABC=120°，∴AB=CD=4，∠ACB=∠DAC=30°，将△ADC沿射线AC的方向平移得到△A∴A′D′∵四边形ABCD是菱形，∴AD=CB，AD∥∴∠ADC=120°，∴A′D′∴四边形A′∴A′∴A′B+BD∵点D′在过点D且平行于AC∴作点C关于定直线的对称点E，连接BE交定直线于D′则BE的长度即为BD在Rt△CHD中，∠D′DC=∠ACD=30°∴CH=EH=1∴CE=4，∴CE=CB，∵∠ECB=∠ECA∴∠E=∠BCE=30°，∴BE=2×3故答案为：43【点睛】本题考查了轴对称－最短路线问题，菱形的性质，含30°的直角三角形的性质，平移的性质，正确地理解题意是解题的关键．18．（2020上·天津·九年级天津二十五中校考阶段练习）如图，等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，若AP=2，BP=26，CP=42，则△ABC【答案】14+4【分析】将△ABP绕点A逆时针旋转90°至△ACQ的位置，连接PQ，如图1，根据旋转的性质可得△APQ是等腰直角三角形，根据勾股定理可求出PQ的长，然后利用勾股定理的逆定理可判断△PCQ是直角三角形，进而可得∠AQC=135°，过点A作AF⊥CQ交CQ的延长线于点F，如图2，易得△AFQ是等腰直角三角形，于是可得AF与FC的长，在Rt△FAC中可利用勾股定理求出AC2，进一步根据△ABC的面积=12【详解】解：将△ABP绕点A逆时针旋转90°至△ACQ的位置，连接PQ，如图1，则AQ=AP=2，∠PAQ=90°，QC=BP=26∴PQ=A∵PQ2+C∴PQ∴∠PQC=90°，∴∠AQC=90°+45°=135°，过点A作AF⊥CQ交CQ的延长线于点F，如图2，则∠AQF=180°－135°=45°，∴AF=FQ=2∴FC=FQ+QC=2∴AC∴△ABC的面积=12故答案为：14+43【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质、旋转的性质、勾股定理及其逆定理等知识，具有相当的难度，正确作出辅助线、灵活应用整体的思想方法是解题的关键．19．（2021上·天津河北·九年级天津外国语大学附属外国语学校校考阶段练习）如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ,连接BQ.若PA=6，PB=8，PC=10,则四边形APBQ的面积为.

【答案】24+93．【详解】解：如图，连结PQ，根据等边三角形的性质得∠BAC=60°，AB=AC，再根据旋转的性质得AP=PQ=6，∠PAQ=60°，即可判定△APQ为等边三角形，所以PQ=AP=6；在△APC和△ABQ中，AB=AC，∠CAP=∠BAQ，AP=PQ，利用SAS判定△APC≌△ABQ，根据全等三角形的性质可得PC=QB=10；在△BPQ中，已知PB2=82=64，PQ2=62，BQ2=102，即PB2+PQ2=BQ2，所以△PBQ为直角三角形，∠BPQ=90°，所以S四边形APBQ=S△BPQ+S△APQ=12×6×834+×62=24+9故答案为：24+93．

【点睛】本题考查旋转的性质；等边三角形的性质；全等三角形的判定及性质．20．（2021上·天津河东·九年级天津市第七中学校考期中）如图，在四边形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为.【答案】41【详解】作AD′⊥AD，AD′=AD，连接CD′，DD′，如图：∵∠BAC+∠CAD=∠DAD′+∠CAD，即∠BAD=∠CAD′，在△BAD与△CAD′中，BA=CA∠BAD=∠CAD′∴△BAD≌△CAD′(SAS)，∴BD=CD′，∠DAD′=90°，由勾股定理得DD′=AD∠D′DA+∠ADC=90°由勾股定理得CD′=D∴BD=CD′=41，故答案为：41．21．（2021上·天津·九年级天津一中校考期中）如图，在RtΔABC中，∠ACB=90°，将ΔABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C，M是BC的中点，P是A′B′的中点，连接PM，若【答案】3【分析】连接PC．首先依据直角三角形斜边上中线的性质求出PC=2，然后再依据三角形的三边关系可得到PM≤PC+CM，故此可得到PM的最大值为PC+CM．【详解】解：如图连接PC．在RtΔABC中，∵∠A=30°，BC=2，∴AB=4，根据旋转不变性可知，A′∴A∴PC=1∵CM=BM=1，又∵PM⩽PC+CM，即PM⩽3，∴PM的最大值为3（此时P、C、M共线）．故答案为：3．【点睛】考查旋转的性质，含30°角的直角三角形的性质，掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键．22．（2022上·天津·九年级天津市汇文中学校考期中）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=6（1）如图①，将线段CA绕点C顺时针旋转30°，所得到与AB交于点M，则MC的长=；（2）如图②，点D是边AC上一点D且AD=23，将线段AD绕点A旋转，得线段AD′，点F始终为BD′的中点，则将线段AD绕点A逆时针旋转【答案】61506+【分析】（1）根据旋转的性质及等腰三角形、等边三角形的性质求解；（2）取AB中点E连接EF、EC，所以EF为中位线，求出EF，再利用CE+EF≥CF求CF的最大值及此时的旋转角．【详解】解：（1）如图1所示：在RtΔABC中，∠ACB=90°,∠BAC=30°,BC=6∴∠ABC=90°−30°=60°，∵将线段CA绕点C顺时针旋转30°，∴∠BAC=∠ACM∴Δ∴AM=MC，∴∠MCB=90°−∠ACM=60°，∴∠MCB=∠B=60°∴Δ∴MC=MB=MA=BC=6，故答案为：6；（2）在RtΔABC中，∠ACB=90°,∠BAC=30°,BC=6∴AB=12，取AB中点E连接EF、EC，如图2，∴EF为中位线，又AD=23∴EF=1∵CE+EF≥CF，∴当CE、EF共线时，CF最大，CF最大值=EC+EF=6+3此时，CF∥∴∠D即当将线段AD绕点A逆时针旋转150°时，线段CF的长最大，最大值为6+3故答案为：150；6+3【点睛】此题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和等腰三角形、等边三角形以及直角三角形的性质是解答此题的关键．23．（2022上·天津·九年级天津市第五十五中学校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点D是AC的中点，将CD绕着点C逆时针旋转，在旋转的过程中点D的对应点为点E，连接AE、BE，则△AEB面积的最小值是．【答案】1【分析】作CH⊥AB于H，如图，先利用勾股定理计算出AB=5，再利用面积法计算出CH=125，再根据旋转的性质得CE=2，然后利用E点在线段HC上时，点E到AB的距离最小，从而可计算出【详解】解：作CH⊥AB于H，如图，∵∠ACB=90°，AC=4，BC=3，∴AB=3∵12∴CH=6×8∵点D是AC的中点，

∴CD=2，∵将CD绕着点C逆时针旋转，在旋转过程中点D的对应点为点E，∴CE=2，即点E在以C为圆心，2为半径的圆上，∵点E在线段HC上时，点E到AB的距离最小，∴ΔAEB的面积的最大值为故答案为：1．【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．也考查了勾股定理．24．（2022上·天津滨海新·九年级塘沽二中校考期中）已知正方形ABCD的边长为6，O是BC边的中点．（Ⅰ）如图①，连接AO，则AO的长为．（Ⅱ）如图②，点E是正方形内一动点，OE=2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF．则线段OF长的最小值为．【答案】35；3【分析】（Ⅰ）根据勾股定理可求AO的长；（Ⅱ）连接DO，将△DOE绕点D逆时针旋转90°得△DGF，过点G作DC的垂线，垂足为M，过点O作BC的垂线，交直线GM于点N，连接OG，求出OG长，再根据三角形三边关系可求OF最小值．【详解】（Ⅰ）∵正方形ABCD的边长为6，O是BC边的中点，∴OB=OC=3，AO=AB故答案为：35（Ⅱ）连接DO，将△DOE绕点D逆时针旋转90°得△DGF，过点G作DC的垂线，垂足为M，过点O作BC的垂线，交直线GM于点N，连接OG，由旋转可知，GF=OE=2，DO=DG，∠OEG=90°，∴∠GDM+∠ODC=90°，∵∠DOC+∠ODC=90°，∴∠DOC=∠GDM，∵∠C=∠GMD，∴△DOC≌△GDM，∴DM=OC=3，GM=DC=6,由辅助线作法可知，四边形CMNO是矩形，∵CM=OC=3，∴矩形CMNO是正方形，ON=MN=3，OG=ON∵OF≥OG-GF，∴OF的最小值为OG-GF=310故答案为：310【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质，旋转的性质和最小值问题，解题关键是构造手拉手全等模型，转化确定线段的取值范围．25．（2022上·天津武清·九年级天津英华国际学校校考阶段练习）如图，点P是等边三角形ABC内一点，且PA=6，PB=2，PC=22，则这个等边三角形ABC【答案】14【分析】将三角形BCP绕点B逆时针旋转60°得三角形BDA，过B作BH⊥直线AP于H，先证明三角形BDP为等边三角形，利用勾股定理逆定理得∠DPA=90°，进而得∠BPH=30°，利用勾股定理解直角三角形即可得答案．【详解】解：将三角形BCP绕点B逆时针旋转60°，得三角形BDA，BC边落在AB上，过B作BH⊥直线AP于H，如图所示，由旋转知，△BDP为等边三角形，AD=PC=22∴BP=PD=BD=2，∠BPD=60°，∵PA=6，∴PD∴∠APD=90°，∴∠BPH=30°，∴BH=12BP=22，由勾股定理得：AB=6+故答案为：14．【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定、勾股定理逆定理、旋转变换的应用等知识点，解题关键是作旋转变换，将分散的条件集中在同一三角形中．26．（2022上·天津·九年级天津市第五十五中学校考期末）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，∠EAF=45°，正方形ABCD的边长为3，BE=1，则DF的长为【答案】3【分析】将△ABE绕点A逆时针旋转90°