专题24.4含30度角的直角三角形五大题型（华东师大版）

专题24.4含30度角的直角三角形五大题型【华东师大版】考卷信息：本套训练卷共40题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生对含30度角的直角三角形的五大题型的理解！【题型1求长度】1．（2023春·辽宁抚顺·九年级统考期中）如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，CF=AE，连接AF，(1)求证：四边形BFDE是矩形；(2)已知∠DAB=60°，AF是∠DAB的平分线，若AD=3，求DC的长度．【答案】(1)见解析(2)9【分析】（1）先证四边形BFDE是平行四边形，再结合DE⊥AB证明为矩形；（2）根据含30度角的直角三角形的性质求出AE，再用勾股定理求出DE，结合矩形的性质可得BF=DE，BF⊥AB，再解Rt△ABF求出AB【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形∴DC∥AB，∵CF=AE，∴DF=BE且DF∴四边形BFDE是平行四边形，又∵DE⊥AB，∴四边形BFDE是矩形；（2）解：∵∠DAB=60°，DE⊥AB，∴∠ADE=30°，∵AD=3，∴AE=1∴DE=A∵四边形BFDE是矩形∴BF=DE=323∵AF是∠DAB的平分线，∠DAB=60°，∴∠FAB=12∠DAB=30°∴AF=2BF=33∴AB=A∴CD=AB=9【点睛】本题考查矩形的判定与性质，平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等，综合应用上述知识是解题的关键．2．（2023春·福建宁德·九年级校考期中）如图，已知△ABC中，∠ACB=60°，BC<AB<AC．

(1)在边AC上求作一点P，使得∠PBC=30°；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）(2)在（1）的条件下，若AB=32，∠A=45°，求AC【答案】(1)见解析(2)AC=6+23【分析】（1）过点B作BP⊥AC于P即可．（2）利用等腰直角三角形的性质以及勾股定理求得BP、AP的长，再利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求解即可．【详解】（1）解：如图，∠PBC即为所求；

；（2）解：如图，由（1）得∠APB=∠BPC=90°，∵∠A=45°，∴∠ABP=45°，∴BP=AP，在Rt△ABP中，AP=BP=在Rt△BPC中，∠PBC=30°，2PC=BCBC2=P解得PC=23∴AC=AP+PC=6+23【点睛】本题考查作图复杂作图，等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．3．（2023春·安徽亳州·九年级校考期中）如图是某儿童娱乐休闲广场上的一个滑梯的平面示意图，若将滑梯的滑道BD水平放置，则刚好与DE的长度相同．已知滑梯的高度AB为4米，AE的长为1米．其中E，A，D三点在同一直线上，CE⊥DE，BA⊥DE．

(1)求滑梯的滑道BD的长；(2)若把滑梯的滑道BD改成BF，使∠BFA=60°，求DF的长．（精确到0.1米，参考数据：3≈1.732【答案】(1)172(2)5.2米【分析】（1）设滑道BD的长为x米，则DE=x米，即AD=DE−AE=(x−1)米，在Rt△ABD中，由勾股定理得AB2（2）先求出∠ABF=30°，可得BF=2AF．设AF=a米，则BF=2a米，即有AB=BF2−AF【详解】（1）由题意，得△ABD是直角三角形，∠BAD=90°，BD=DE，AB=4米，设滑道BD的长为x米，则DE=x米，∵AE=1米，∴AD=DE−AE=(x−1)米，在Rt△ABD中，由勾股定理得A即42解得x=17答：滑梯的滑道BD的长为172（2）∵∠BFA=60°，∴∠ABF=90°−∠BFA=90°−60°=30°，∴BF=2AF．设AF=a米，则BF=2a米，∴AB=B∵AB=4米，∴3解得a=433由（1）可知，AD=DE−AE=BD−AE=17∴DF=AD−AF=15答：DF的长约为5.2米．【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，还考查了含30°角的直角三角形的性质，灵活运用勾股定理是解得本题的关键．4．（2023春·广东佛山·九年级统考期末）如图，△ABC是等边三角形，AB=3，点F是∠BAC的平分线上一动点，将线段AF绕点A顺时针方向旋转60°得到AE，连接CF、EF

(1)尺规作图：在AF的上方找点D，使得DE⊥AF且DE=AC；(2)在（1）的条件下，连接CD、DF．①求证：AE+CD>AC；②求证：△CDF是等边三角形；③当△DEF是等腰三角形时，求AF的长度？【答案】(1)作图见解析(2)①证明见解析；②证明见解析；③3或1【分析】（1）由旋转的性质可得AE=AF，∠FAE=60°，则△AEF是等边三角形，由DE⊥AF可知，D在AF的垂直平分线上，如图1，分别以A、F为圆心，大于12AF的长为半径画弧，交点为M，连接EM并延长，以E为圆心，AC长为半径画弧，与EM的交点即为D，则点（2）①如图2，连接CD、DF、AD，记DE与AC的交点为N，DF与AC的交点为H，证明△CAF≌△DEFSAS，则CF=DF，∠ACF=∠EDF，由题意知∠DNH=∠ANE=180°−∠NAE−∠AEN=60°，∠ACF+∠CHF+∠DFC=180°=∠EDF+∠DHM+∠DNH，则∠DFC=∠DNH=60°，△CDF是等边三角形，CD=CF，由AF+CF>AC，可得AE+CD>AC；②由①可证△CDF是等边三角形；③由题意知，∠DEF=30°，∠AFE=60°，当△DEF是等腰三角形时，分DE=DF，DE=EF，DF=EF，三种情况求解：情况一、当DE=DF时，由∠DFE=∠DFA+∠AFE>60°>30°=∠DEF，可知此情况不成立；情况二、当DE=EF时，AF=EF=DE=AC=AB=3；情况三、当DF=EF时，∠FDE=∠DEF=30°，如图3，记AF与DE交点为P，则AF=2PF，PF=12EF，EP=12DE=1【详解】（1）解：如图1，点D即为所求；（2）①证明：如图2，连接CD、DF、AD，记DE与AC的交点为N，DF与AC的交点为H，由（1）可知，∠CAF=30°，∠AEN=∠DEF=1∴∠CAF=∠DEF，∵AC=DE，∠CAF=∠DEF，AF=EF，∴△CAF≌△DEFSAS∴CF=DF，∠ACF=∠EDF，由题意知∠DNH=∠ANE=180°−∠NAE−∠AEN=60°，∵∠ACF+∠CHF+∠DFC=180°=∠EDF+∠DHM+∠DNH，∴∠DFC=∠DNH=60°，∴△CDF是等边三角形，∴CD=CF，∵AF+CF>AC，∴AE+CD>AC；②由①可证△CDF是等边三角形；③解：由题意知，∠DEF=30°，∠AFE=60°，当△DEF是等腰三角形时，分DE=DF，DE=EF，DF=EF，三种情况求解：情况一、当DE=DF时，∴∠DFE=∠DEF，∵∠DFE=∠DFA+∠AFE>60°>30°=∠DEF，∴此情况不成立；情况二、当DE=EF时，AF=EF=DE=AC=AB=3∴AF=3情况三、当DF=EF时，∠FDE=∠DEF=30°，如图3，记AF与DE交点为P，则AF=2PF，PF=12EF由勾股定理得EP=E∴3PF=32∴AF=1；综上所述，当△DEF是等腰三角形时，AF的值为3或1．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，作垂线，垂直平分线的性质，勾股定理，含30°的直角三角形，等腰三角形的性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．5．（2023春·陕西咸阳·九年级咸阳彩虹学校校考期中）综合与实践问题情境：在数学课上，老师给出了如下情境：如图1，△ABC是等边三角形，点F是AC边的中点，点D在直线BF上运动，连接AD，以AD为边向右侧作等边三角形ADE，连接CE，直线CE与直线BF交于点M．试探究线段BD与CE的数量关系及∠BMC的大小．(1)初步探究：如图1，当点D在线段BF上时，请直接写出：①BD与CE的数量关系；②∠BMC=°(2)深入探究：如图2，当点D在线段BF的延长线上时，（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；(3)拓展延伸：如图3，当点D在线段FB的延长线上时，若FM=2，BD=32，求出【答案】(1)①BD=CE，②60(2)成立，证明见解析(3)11【分析】（1）由题意易得△ABD≌△ACE，然后根据全等三角形的性质可进行求解；（2）由题意易证△BAD≌△CAE，则有BD=CE，∠ABD=∠ACE，然后问题可求解；（3）由题意易证△BAD≌△CAE，则有BD=CE=3∠ABF=1【详解】（1）解：①∵△ABC和△ADE是等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∵∠BAD=∠BAC−∠DAC，∠CAE=∠DAE−∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD=CE；故答案为：BD=CE；②∵点F是AC边的中点，△ABC是等边三角形，∴∠ABD=∠CBF=30°，∠ACB=60°，由①可知△ABD≌△ACE，∴∠ABD=∠ACE=30°，∴∠BCM=90°，∴∠BMC=90°−∠CBF=60°；故答案为60；（2）解：（1）中的结论还成立，理由如下：∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°，∵△ADE是等边三角形，∴AD=AE，∠DAE=60°，∴∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠BAC+∠DAC，∠CAE=∠DAE+∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAESAS∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，∵∠ABD+∠DBC+∠ACB=120°，∴∠ACE+∠DBC+∠ACB=120°，∴∠BMC=60°；（3）解：∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°，∵△ADE是等边三角形，∴AD=AE，∠DAE=60°，∴∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠DAE−∠BAE，∠CAE=∠BAC−∠BAE，即∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAESAS∴BD=CE=3∵△ABC是等边三角形，F是AC的中点∴∠ABF=1∴∠CFM=90°，∠ACM=∠ABF=30°，∴CM=2FM=4，∴EM=CE+CM=3【点睛】本题主要考查等边三角形的性质、含30度直角三角形的性质及全等三角形的性质与判定，熟练掌握等边三角形的性质、含30度直角三角形的性质及全等三角形的性质与判定是解题的关键．6．（2023秋·福建福州·九年级统考期末）在等边三角形ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，且BD=CE，连接AD、BE交于点F．(1)如图1，求证：AD=BE；(2)过点E作EG⊥AD于点G．①如图2，若BF=11，FG=6，求AD的长度；②如图3，连接BG、CG，若BG=EG，求证：CG⊥AB．【答案】(1)见解析(2)①23，②见解析【分析】（1）根据等边三角形的性质，结合已知证明△ABD≌△BCE即可．（2）①利用△ABD≌△BCE，得证∠GFE=60°，结合已知得到∠GEF=30°，得证EF=2FG，根据BF+EF=BE=AD=BF+②证明BG=AG,利用线段的垂直平分线性质证明CG⊥AB．【详解】（1）∵等边三角形ABC，BD=CE，∴AB=BC=CA，∠ABD=∠BCE=60°，∴AB=BC∠ABD=∠BCE∴△ABD≌△BCE，∴AD=BE．（2）根据(1)得△ABD≌△BCE，∴∠BAD=∠CBE，AD=BE；∵等边三角形ABC，∴∠ABE+∠CBE=60°，∴∠ABE+∠BAD=60°，∵∠ABE+∠BAD=∠GFE，∴∠GFE=60°，∵EG⊥AD，∴∠GEF=30°，∴EF=2FG，∴BF+EF=BE=AD=BF+∵BF=11，FG=6，∴AD=BF+②根据(1)得△ABD≌△BCE，∴∠BAD=∠CBE，AD=BE；∵等边三角形ABC，∴∠ABE+∠CBE=60°，∴∠ABE+∠BAD=60°，∵∠ABE+∠BAD=∠GFE，∴∠GFE=60°，∵EG⊥AD，∴∠GEF=30°，∵BG=EG，∴∠GBE=∠GEF=30°，过点G作GM⊥BG交BE于点H，交BC于点M，则∠GHB=90°−∠GBF=60°，设∠EBC=α，则∠BAD=∠EBC=α，∠GAE=60°−α∴∠GBM=30°+α，∠GMB=∠GHB−∠EBM=60°−α，在Rt△AGE中，∠GEA=90°−∠GAE=90°−∴∠AEF=60°+α，在△AGE,△MGB中，∠GAE=∠GMB∠AEG=∠GBM∴△AGE≌△MGBAAS∴BM=AE，AG=MG，连接AM，如图，∵∠AGM=180°−∠FGH=120°∴∠GAM=∠GMA=30°又∵CA=CB，∴CM=CE，在△BEC,△AMC中，AC=BC∴△BEC≌△AMC∴∠CAM=∠EBC=α，∴∠MAG=60−2α=30°，∴α=15°，∴∠GAE=60°−α=45°，∴△AGE是等腰直角三角形，∴AG=GE，∴BG=AG，∵CA=CB，∴CG是线段AB垂直平分线，∴CG⊥AB．【点睛】本题考查了等边三角形的性质,三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形的性质，等边三角形的性质是解题的关键．7．（2023春·江西吉安·九年级校联考期中）将一副三角板ABC和DEF如图（1）放置，其中∠ABC=∠EDF=90°，∠A=30°，∠E=45°，BC与DF共线，将△DEF沿CB方向平移，当EF经过AC的中点O时，直线EF交AB于点G[如图（2）]，若BC=3，则此时线段OG的长度为．

【答案】3【分析】过O作OH⊥AG于H，∠ABC=∠EDF=90°，∠A=30°，∠E=45°，得出∠OGA=45°，根据30°所对直角边等于斜边的一半得出AC=2BC=6，由点O是AC的中点，得出AO=3，再根据勾股定理即可得OG；【详解】∵∠ABC=90°，∴∠FBG=90°,∵∠F=∠FGB=45°,∴∠OGA=45°,∵∠A=30°,BC=3,∴AC=2BC=6,∵点O是AC的中点，∴AO=3,过O作OH⊥AG于H，

∴∠AHO=∠OHG=90°,∴OH=∴OG=故答案为：3【点睛】该题主要考查了直角三角形30°所对直角边等于斜边的一半，勾股定理等知识点，解答的关键是掌握这些知识点并能够熟练运用8．（2023春·浙江绍兴·九年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB=2，AD=4，∠BAD=60°，连结AC，将△ACD沿AC折叠得到△ACD′，AD′交BC于点E，则

【答案】14【分析】见详解的作图，欲求AE的长，猜想构造直角△AEH，依据勾股定理求解．因△ABH是含30°角的直角三角形，故可求得AH、BH的长，进一步求得CH的长，由全等三角形及折叠性可证得AE=CE，则EH=CH−CE=CH−AE，于是将直角三角形AEH中的已知与待求的AE通过勾股定理联系起来了，即可求得AE的长．【详解】过点A作CB延长线的垂线，垂足为H，见下图．

∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠ABH=∠BAD=60°，∴由∠AHB=90°得，∠HAB=30°，∵AB=2，∴BH=1∴AH=A则CH=BH+BC=BH+AD=1+4=5．∵平行四边形ABCD，∴△CAB≌ACD，又△ACD≌△ACD′，∴△CAB≌△ACD′，∴∠ACB=∠CAD′∴AE=CE（等角对等边）．设AE=CE=x，则EH=CH−CE=5−x，在直角△AEH中，A即：x2解得：x=故答案为：145【点睛】本题考查了平行四边形、折叠图形、勾股定理、等角对等边等性质，解题的关键是求证AE=CE，并运用勾股定理求解．【题型2求最值】1．（2023秋·福建龙岩·九年级龙岩二中校考期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，将△ABC绕顶点C顺时针旋转，旋转角为θ0°<θ<180°，得到△MNC，P，Q分别是AC、MN的中点，AC=2t，连接PQ，则旋转时PQ

A．26t B．23t C．【答案】D【分析】当P、C、Q三点共线时，PQ最长，根据图形求出此时的旋转角即可求出PQ的长．【详解】解：如图，当△ABC旋转到P、C、Q三点共线时，PQ最长，

∵∠N=∠ABC=30°，∠MCN=∠ACB=90°，Q是MN的中点，∴CQ=MQ=CM，∴△CMQ是等边三角形，∴∠M=∠MCQ=∠MCQ=60°，∵P、C、Q三点共线，∴θ=∠ACM=180°−∠MCQ=180°−60°=120°，∵AC=2t，∴CP=12AC=t∵AC中点为P，MN中点为Q，∠MCN=90°，∴CQ=12MN=2t∴PQ=CP+CQ=2t+t=3t，故选：D．【点睛】本题考查了等边三角形的判定，旋转的性质的应用，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，直角三角形30°角所对的边是斜边的一半，熟练运用旋转的性质：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、后的图形全等是解题的关键．2．（2023春·江苏常州·九年级校考期中）阅读：如果两个动点到一个定点的距离的比为定值，且这两个动点与定点连线所成角的度数也为定值，那么这两动点的运动路径相同．应用：如图，点O是矩形ABCD的对角线AC的中点，BC=3，以O为直角顶点的Rt△OPQ的顶点P在边AD上，∠BAC=∠Q=60°，当P在AD上运动时，DQ的最大值为（

A．1 B．3 C．2 D．2【答案】C【分析】根据题意，确定出点Q的轨迹为一条线段，确定出点P在A、D两点时，点Q的位置，即可求解．【详解】解：由题意可得：点Q的轨迹为一条线段，∠Q=60°，∠POQ=90°∴∠OPQ=30°又∵∠BAD=90°，∠BAC=60°∴∠CAD=30°Rt△ABC中，BC=3，设AB=x，则AC=2x，由勾股定理可得：x解得x=∴AB=3，AC=2∴AO=当P与A重合时，过点O作OF⊥OA交AD于点F如下图：

∵∠CAD=30°，∠OPQ=30°∴Q在线段AD上，∠AFO=60°∴点Q与点F重合由勾股定理可得：OQ=1，PQ=2当P与D重合时，过点O作OE⊥OD交BC于点E，连接DE，EF，如下图：

由题意可得：OD=OC，∠OCD=60°∴△ODC为等边三角形，即OD=CD=OC=3，∵∠BCD=∠EOD=90°，OD=CD，DE=DE∴△ODE≌△CDE∴∠ODE=12∠ODC=30°，此时，点Q∴∠OED=60°，则点Q与点E重合，∴点Q的轨迹为线段EF由此可得，当P与D重合时，DQ最大，为DE的长度在Rt△OED中，OD=3，可得：OE=1，DE=2即DQ最大为2，故选：C【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，含30°直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质，确定出点Q的轨迹．3．（2023春·陕西安康·九年级校考期中）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在边AB，AD上，折叠△AEF使得点A落在CD上，若∠ABC=120°，AD=43，AB=8

【答案】2【分析】由折叠的性质可知AE=GE，当GE⊥AB时，GE的长度取最小值，则AE的长度取最小值，此时BE的长度取最大值，过点D作DH⊥AB于点H，则DH=GE=AE，由含30度角直角三角形的性质以及勾股定理可得DH=AE=GE=6，从而即可得到答案．【详解】解：由折叠的性质可知AE=GE，当GE⊥AB时，GE的长度取最小值，则AE的长度取最小值，此时BE的长度取最大值，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥∴∠DAB+∠ABC=180°，∴∠DAB=180°−∠ABC=180°−120°=60°，如图，过点D作DH⊥AB于点H，则DH=GE=AE，

在Rt△ADH中，∠DAH=60°∴∠ADH=90°−∠DAH=30°，∴AH=1∴DH=A∴AE和GE长度的最小值为6，故BE长度的最大值为AB−AE=8−6=2，故答案为：2．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、含30度角直角三角形的性质、勾股定理、折叠的性质，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线，构造直角三角形是解题的关键．4．（2023秋·天津和平·九年级校考期中）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（1）如图，线段AB=；（2）则线段EP1的最大值为，最小值为【答案】224+2【分析】（1）过点B作BD⊥AC于点D，根据直角三角形的性质和勾股定理即可得；（2）当P在AC上运动至垂足点D，△ABC绕点B旋转，点P的对应点P1在线段AB上时，EP1最小；当P1,E,B三点共线，点P【详解】解：（1）如图，过点B作BD⊥AC于点D，连接BP,BP∵∠BAC=45°，∠ACB=30°，∴△ABD是等腰直角三角形，BC=2BD，∴AD=BD，设AD=BD=xx>0，则BC=2x∴CD=B∵AC=AD+CD=2+23∴x+3解得x=2，∴AB=A故答案为：22（2）∵点E为线段AB中点，∴BE=1由旋转的性质得：BP=BP∴EP则当P1,E,B三点共线，且P在AC上运动至垂足点D时，EP又∵EP1≤B∴当P1,E,B三点共线，且P运动到点C时，EP故答案为：4+2，2−【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质、三角形三边关系的应用等等，熟知相关知识是解题的关键．5．（2023春·江苏·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，点P是边AB上的一动点，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转一周得到△A'B'C，点E是边【答案】2【分析】先根据含有30°角的直角三角形的性质可得AB=4，由勾股定理可得BC=23，由旋转的性质可得A′C=AC=2，由点E是边A′C的中点可得A′E=CE=1，当点P与点B重合，点P、C、E、A【详解】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，∴AB=2AC=2×2=4，∴BC=A由旋转的性质可得：A′∵点E是边A′C的中点，∴A如图所示，当点P与点B重合，点P、C、E、A′在同一直线上时，PE此时PE=BC+CE=23故答案为：23【点睛】本题主要考查了含有30°角的直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，熟练掌握含有30°角的直角三角形的性质，旋转的性质，是解题的关键．6．（2023春·江苏·九年级期末）小明同学将一大一小两个三角板按照如图所示的方式摆放，其中∠ACB=∠AED=90°，∠BAC=∠DAE=30°，AE=63，AB=43，连接BE，取BE的中点F，将三角板ABC绕点A按顺时针方向旋转一周，则在旋转过程中，点F到直线AD的距离的最大值是【答案】7【分析】如图，取AE的中点O，连接OF，F为BE的中点，由三角形的中位线定理得出OF=23，得出在旋转过程中，点F在以O为圆心OF=23为半径的圆上动，再过O点作OR⊥AD于R，构造直角三角形，求出【详解】解：如图，取AE的中点O，连接OF，F为BE的中点，AB=4由三角形的中位线定理得，OF=∴在旋转过程中，点F在以O为圆心OF=23过O点作OR⊥AD于R，AE=6在Rt△AOR中，∴RO=OA×∴点F到直线AD的距离的最大值为OR+OF=【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，中位线定理等知识点，通过作图构造不变的线段OR，7．（2023春·陕西西安·九年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=4，D，E是AB边上的两个动点，满足AD=BE，连接CD、CE，求CD+CE的最小值

【答案】8【分析】过点A，B分别作AC的垂线和BC的垂线交于点M，连接MC，ME，先证△ACB≌△MBC，得AB=MC，再证△CAD≌△MBE，得CD=ME，进而得出CD+CE=ME+CE，当C，E，M三点不共线时，ME+CE>MC；当C，E，M三点共线时，ME+CE=MC，然后根据直角三角形中，30°的角所对的直角边等于斜边的一半求出AB的值，从而得出结果．【详解】过点A，B分别作AC的垂线和BC的垂线交于点M，连接MC，ME，

∵∠ACB=90°，MA⊥AC，∴AM∥∵MB⊥BC∴AC∥MB，∴∠CAB=∠MBA，∵BC=CB，∠ACB=∠MBC=90°，∴△ACB≌△MBC，∴AB=MC，∵AD=BE，∴△CAD≌△MBE，∴CD=ME，∴CD+CE=ME+CE，当C，E，M三点不共线时，ME+CE>MC；当C，E，M三点共线时，ME+CE=MC．∴CD+CE的最小值是MC的长，∵∠B=30°，∠ACB=90°，∴AB=2AC，∵AC=4，∴AB=8，∴MC=AB=8，∴CD+CE的最小值是8．故答案为：8．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形三边关系，直角三角形的性质，正确作出辅助线找出恰当的全等三角形是解本题的关键．8．（2023春·重庆·九年级重庆市南坪中学校校联考期末）在平行四边形ABCD中，连接BD，若BD⊥CD，点E为边AD上一点，连接CE，交BD于点F．(1)如图1，若点E为AD中点，对角线AC与BD相交于点O，且△DFE的面积为5，DF=2，求CD的长；(2)如图2，若点G在BD上，且DG=AB，连接CG，过G作GH⊥CE于点H，连接DH并延长交AB于点M，若DM=2AB，用等式表示线段BM、DH、(3)如图3，若∠ABC=120°，AB=2，点N在BC边上，BC=4CN，且CE平分∠BCD，线段PQ（点P在点Q的左侧）在线段CE上运动，且PQ=3，连接BP，NQ，请直接写出BP+PQ+QN【答案】(1)CD=2(2)BD=BM+2(3)BP+PQ+QN的最小值为7【分析】（1）连接OE，证明OE⊥BD，利用三角形的面积公式求出OE的值，再根据三角形的中位线定理可求出AB的值，由此即可求解；（2）如图所示，过点D作DR⊥DM于点R，可证△DHG≌△DRC(ASA)，可得DH=DR,HG=CR，△HDR是等腰直角三角形，HR=2DH=2DR，再证△GDC是等腰直角三角形，可得（3）如图所示，过点N作NG∥CE，交BD于点G，过点G作GM∥BC于点M，延长CD到H，使得DH=CD，连接PH,GH，可得的平行四边形PQNG，证明△BCP≌△HCP，可得BP+PQ+QN=PH+PG+3=GH+3【详解】（1）解：如图所示，连接OE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD，OD=OB，∵BD⊥CD，∴AB⊥BD，∵点E是AD的中点，即AE=DE，且OD=OB，∴OE是△ABD的中位线，即OE∥AB，OE=∴OE⊥BD，∴S△DEF=1∴OE=5∴CD=AB=2OE=25∴CD=25（2）证明：BD=BM+2如图所示，过点D作DR⊥DM于点R，∵CD⊥BD,DR⊥DM，∴∠MDR=∠BDC=90°，∠HDG+∠GDR=∠GDR+∠RDC=90°，∴∠HDG=∠RDC，∵GH⊥CE,BD⊥CD，∴∠HGF+∠HFG=∠DFC+∠DCF=90°，且∠HFG=∠DFC(对顶角相等)，∴∠HGD=∠RCD，在△DHG,△DRC中，∠HDG=∠RDCDG=DC∴△DHG≌△DRC(ASA∴DH=DR,HG=RC，∵∠HDR=90°，∴△HDR是等腰直角三角形，∴∠DHR=∠DRH=45°，HR=2∵DG=DC，∠GDC=90°，∴△GDC是等腰直角三角形，∴∠DGC=∠DCG=45°，CG=2∵AB=CD，∴CG=2∵DM=2∴DM=CG，∵在平行四边形ABCD中，CD∥AB，且CD⊥BD，∴AB⊥BD，即∠ABD=90°，∵∠GHC=90°，∴∠GHC=∠MBD=90°，在△HFD,△GFC中，∠DHF=∠FGC=45°，∠HFD=∠GFC(对顶角)，∴∠HDF=∠FCG，在△CHG,△DBM中，∠HCG=∠BDM∠GHC=∠MBD∴△CHG≌△DBM(AAS∴CH=BD,BM=HG，∵CR=HG，∴BM=CR，∴CR+RH=CH=BD，且RH=2∴BD=BM+2（3）解：如图所示，过点N作NG∥CE，交BD于点G，过点G作GM⊥BC于点M，延长CD到H，使得DH=CD，连接PH,GH，∵在平行四边形ABCD中，∠ABC=120°，∴∠BCD=60°，∵CE平分∠BCD，∴∠BCE=∠DCE=30°，∵∠BDC=90∴∠DBC=30°，∵AB=CD=2，∴BC=2CD=4，∵BC=4CN，∴CB=1,BN=3，∵NG∥CE，∴∠BNG=∠ECB=30°，∵∠GBN=∠GNB=30°，GM⊥CB，∴BM=MN=32，∵NG∴GN=3∵PQ=3∴PQ=NG,PQ∥NG，∴四边形PQNG是平行四边形，∴NQ=PG，∵CH=CB=4，∠BCP=∠HCP,CP=CP，∴△BCP≌△HCP(SAS∴PB=PH，∴BP+PQ+QN=PH+PG+3，当H,P,G三点共线时，BP+PQ+QN∵CD=2，BC=4，∴BD=B∵BG=GN=3∴DG=3∴GH=D∴BP+PQ+QN=7【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，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．【题型3求面积】1．（2023春·湖南衡阳·九年级校联考期中）如图，在平面直角坐标系中，点A1、A2、A3…An在x轴上，B1、B2、B3…Bn在直线y=33x上，若A11,0，且△A1B1

【答案】2【分析】直线y=33x与x轴的成角∠B1OA1=30°，可得∠OB2A2=30°，…，∠OBnAn=30°，∠OB1A2【详解】解：∵△A1B1A2∴A1B∵直线y=33x与x轴的成角∠∴∠OB∴OA∵A1∴A同理∠OB2A2=30°∴B2A2=OA2∵∠AB1O=30°∴∠OB同理∠OB2A3=90°∴B1B2=3，∴S1=12×1×3故答案是：22n−3【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，等边三角形和直角三角形的性质；能够判断阴影三角形是直角三角形，并求出每边长、应用相似三角形规律求解是解题的关键．2．（2023春·福建龙岩·九年级校考期中）如图，在△ABC中，∠ABC=60°，AB=6，BC=10，则△ABC面积是;若以AC为边向外作等边△ACD，连BD，则

【答案】153【分析】过点A作AM⊥BC于M，由直角三角形的性质求出BM=3，由勾股定理求出AM的长，由三角形面积公式可得出答案；以AB为边作等边三角形ABE，连接EC，过点E作EF⊥BC，交CB的延长线于F，证明△EAC≌△BAD(SAS)，得出BD=EC，由勾股定理求出CE【详解】解：过点A作AM⊥BC于M，

∵∠ABC=60°，BA=6，∴∠BAM=30°，∴BM=3，∴AM=A∴S以AB为边作等边三角形ABE，连接EC，过点E作EF⊥BC，交CB的延长线于F，∵△ABE与△ACD都为等边三角形，∴∠EAB=∠DAC=60°，AE=AB，∴∠EAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC，即∠EAC=∠BAD，在△EAC和△BAD中，AE=AB∠EAC=∠BAD∴△EAC≌△BAD(SAS)∴BD=EC，∵∠EBA=60°，∠ABC=60°，∴∠EBC=120°，∴∠EBF=60°，∠FEB=30°，在△EBC中，BC=10，EB=6，∴EF=33，FB=3，FC=10+3=13∴EC∴BD=EC=14．故答案为：153，14【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．3．（2023春·陕西西安·九年级高新一中校考期末）如图，▱ABCD中，∠B=60°，AB⊥AC，AB=3，对角线AC绕着对称中心O按顺时针方向旋转一定角度后，其所在直线分别交AD、BC于点E、F，若BF=2CF，则图中阴影部分的面积是

【答案】3【分析】根据平行四边形的性质及全等三角形的判定可知△AOE≌△COFASA【详解】解：过点O作OH⊥BC，垂足为H，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，AB∥∴∠CAD=∠ACB，∵∠AOE=∠COF，∴△AOE≌△COFASA∴S△AOE=S∵AB⊥AC，∴∠BAC=90°，∵∠B=60°，∴∠ACB=30°，∴BC=6，∴AC=B∴OC=3∵OH⊥BC，∴∠OHC=90°，∵∠ACB=30°，∴OH=3∵BF=2CF，∴BC=BF+CF=3CF，∵BC=6，∴CF=1∴S△COF∴阴影部分的面积为2×3故答案为33

【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，三角形的面积，掌握平行四边形的性质是解题的关键．4．（2023春·福建龙岩·九年级校考期中）如图，点O是△ABC内一点，连结OB、OC，并将AB、OB、OC、AC的中点D、E、F、G依次连结，得到四边形DEFG．

(1)求证：四边形DEFG是平行四边形；(2)如果∠OBC=45°，∠OCB=30°，OC=4，求△OBC的面积．【答案】(1)证明见解析(2)2+2【分析】（1）根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得DG∥BC，DG=12BC，EF∥BC，EF=12（2）过点O作OM⊥BC于M，由含30°的直角三角形的性质可得OM=12OC=2，根据勾股定理求得CM=2【详解】（1）证明：∵将AB、OB、OC、AC的中点分别为D、E、F、G，∴DG∥BC，DG=12BC，EF∥BC∴DG∥EF，DG=EF，∴四边形DEFG是平行四边形．（2）解：过点O作OM⊥BC于M，如图：

在Rt△OCM中，∠OCM=30°，OC=4∴OM=1∴CM=O在Rt△OBM中，∠OBM=∠BOM=45°∴BM=OM=2，∴BC=2+23∴△OBC的面积=1【点睛】本题考查了三角形的中位线的性质，平行四边形的判定，含30°角的直角三角形性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．5．（2023春·四川达州·九年级校考期末）如图，在▱ABCD中，AE、AF是高，∠BAE=30°，BE=2，CF=1，DE交AF于点G．

(1)求▱ABCD的面积；(2)求证：△AEG是等边三角形．【答案】(1)12(2)证明见解析【分析】（1）根据直角三角形的性质可得AB=2BE=4，再利用勾股定理求得AE=23，根据平行四边形的性质求得AB=CD=4，BC=AD，∠ADC=∠B=60°，从而求得DF=3，再由直角三角形的性质求得AD=2DF=6，从而求得BC=6（2）根据平行四边形的性质求出∠BAD=∠C=120°，∠EAF=60°，求得EC=CD=4，根据等腰三角形的性质∠2=∠3=30°，∠AEG=60°，再根据等边三角形的判定即可得出结论．【详解】（1）解：∵在Rt△AEB中，∠1=30°，BE=2∴∠B=60°，AB=2BE=4，∴AE=A∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD=4，BC=AD，∠ADC=∠B=60°，∵CF=1，∴DF=3，∴在Rt△ADF中，∠DAF=90°−60°=30°，则AD=2DF=6∴BC=6，∴S▱ABCD（2）证明：由（1）知：∠DAF=30°，∠BAD=180°−∠B=120°，即∠C=120°，∴∠EAF=∠BAD−∠1−∠DAF=60°，∵BC=6，BE=2，CD=AB=4，∴EC=BC−BE=4=CD，∴∠2=∠3=1∴∠AEG=90°−∠2=60°，∴∠EAG=∠AEG=∠AGE=60°，∴△AEG是等边三角形．【点睛】本题考查平行四边形的性质、勾股定理、直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，熟练掌握相关性质是解题的关键．6．（2023春·四川成都·九年级校考期中）如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=4，∠ABC=60°，点P、Q是边AB、BC上两个动点，且BP=4CQ，以BP、BQ为邻边作平行四边形BPDQ，PD、QD分别交AC于点E

(1)当平行四边形BPDQ的周长为14时，求m的值；(2)在第（1）问的条件下，求证：△DEF≌△QCF；(3)如图2，连接AD、PF、PQ，当AD与△PQF的一边平行时，求△PQF的面积．【答案】(1)1(2)见解析(3)1639【分析】（1）由BP=4CQ，CQ=m得到BP=4m，由BC=4，CQ=m得到BQ=4−m，根据平行四边形BPDQ的周长为14得到2BQ+BP（2）由四边形BPDQ是平行四边形得到PD∥BC，PD=BQ，则∠D=∠CQF，过点P作PM⊥BC于M，则∠PMC=∠PMB=90°，由BP=4CQ，CQ=m得到BP=4m，Rt△PBM中，∠B=60°，∠BPM=30°，则BM=12BP=2m，由边形BPDQ是平行四边形，得到BC∥PD，可得∠MPE=90°，则∠MPE=∠PMC=∠ACB=90°，则边形PMCE是矩形，得到PE=CM=4−2m，PD∥BC，则ED=m，（3）分两种情况：AD∥PF和AD∥PQ，分别进行求解即可．【详解】（1）解：∵BP=4CQ，∴BP=4m，∵BC=4，∴BQ=4−m，∵平行四边形BPDQ的周长为14，∴2BQ+BP∴24−m+4m解得：m=1，∴m的值是1；（2）证明：∵四边形BPDQ是平行四边形，∴PD∥BC，PD=BQ，∴∠D=∠CQF，如图1，过点P作PM⊥BC于M，则∠PMC=∠PMB=90°，

∵BP=4CQ，∴BP=4m，在Rt△PBM中，∠B=60°∴∠BPM=30°，∴BM=1∵四边形BPDQ是平行四边形，∴BC∥PD，∴∠MPE=180°−∠PMC=90°，∴∠MPE=∠PMC=∠ACB=90°，∴四边形PMCE是矩形，∴PE=CM=4−2m，PD∥BC，∴ED=PD−PE=BQ−PE=4−m−4−2m=m，∵CQ=m，∴CQ=ED，∵∠EFD=∠CFQ，∴△DEF≌△QCFAAS；（3）解：分两种情况：①如图2，AD∥PF，

∵PD∥BC，∴∠AEP=∠C=90°，Rt△AEP中，∠PAE=30°∴PE=1∵AP∥DF，∴四边形APFD是平行四边形，∴PE=ED，∴4−2m=m，∴m=4∵PE=4−2×43=∴PE=CQ，∵PE∥CQ，∴四边形CQPE是矩形，∴∠CQP=90°，∴S△PFQ②如图3，AD∥PQ，

∵AD∥PQ，∴四边形APQD是平行四边形，∴AP=DQ，∵PB=DQ，∴AP=PB，∴8−4m=4m，∴m=1，∴S=1综上，△PQF的面积为1639或【点睛】此题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、含30°直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关判定和性质、分类讨论是解题的关键．7．（2023春·陕西咸阳·九年级统考期中）【问题背景】如图1，在等腰直角△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，则边BC与边AB的数量关系为BC=2（1）如图2，在等腰△ABC中，AB=AC,∠BAC=120°，作AD⊥BC于点D，则得到边BC与边AB的数量关系为；【迁移应用】（2）如图3，△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC=∠DAE=120°，D、E、C三点共线，连接BD，①求证：△ADB≌△AEC；②求AD、BD、CD之间的数量关系；【拓展延伸】（3）如图4，△ABC与△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD并延长，交AC于点F，连接EF、CE．若BF=6，∠CBF=15°，∠BAD=30°，求△AEF的面积．

【答案】（1）BC=3AB（2）①见解析②【分析】（1）根据等腰三角形三线合一，含30度角的直角三角形的性质，进行求解即可；（2）①利用SAS进行证明即可；②由全等三角形的性质可得BD=EC，由（1）可知：DE=3（3）过点E作EH⊥AC于H，连接EF，由含30度角的直角三角形的性质先求出AF,EH的长，再由三角形的面积公式进行求解即可．【详解】解：（1）BC=3∵AB=AC,∠BAC=120°,AD⊥BC，∴∠B=∠C=30°，∴AB=2AD,BD=A∴BC=23∴BC=3（2）①∵∠BAC=∠DAE=120°，∴∠DAB=∠CAE=120°−∠BAE，在△ADB和△AEC中，DA=EA∠DAB=∠EAC∴△ADB≌△AECSAS②DC=BD+3∵△ADB≌△AEC，∴BD=EC，由（1）可知：DE=3∵DC=DE+EC，∴DC=BD+3（3）如图4，过点E作EH⊥AC于H，连接EF，

∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB=AC=63，∠ABC=∠ACB=45°∵∠CBF=15°，∴∠ABD=30°，又∵∠BAD=30°，∴∠ABD=∠BAD,∠DAF=∠AFD=60°，∴AD=BD，△ADF是等边三角形，∴AD=BD=DF=AF，∵∠ABD=30°,∠BAC=90°，∴BA=3∴AF=6=AD=BD=DF，∵∠DAE=90°,AD=AE，∴AE=6,∠FAE=30°，∵EH⊥AC，∴EH=AE=3，∴S△AEF故答案为：9．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．8．（2023春·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）已知：菱形ABCD中，过点C作CH⊥AD，垂足为点H，AH=DH．

(1)如图1，求∠ABC的度数；(2)如图2，连接AC、BD，点E在AB上，EG⊥BC于点G，交BD于点F，点M在CH上，连接AF、DM，CM=2FG，求证：DM=AF；(3)如图3，在（2）的条件下，分别连接CE、FM，CE、FM交于点K，FM交AC于点N，若AE:CN=5:3，MN=21，求菱形ABCD【答案】(1)∠ABC=60°；(2)见解析(3)菱形ABCD的面积为4503【分析】（1）连接AC，根据三线合一性质解得AC=CD，再由菱形性质解得AC=CD=AD，继而解题；（2）由菱形性质解得BD平分∠ABC，解得∠ABF=30°，再由含30°角的直角三角形性质解得BF=2FG，继而证明△ABF≌△DCM，最后根据全等三角形的性质解题；（3）在FK上取点R，使KR=NK，连接AR，先证明△EFK≌△CMK，据此解得FK−KR=MK−NK，即FR=MN=21，再证明△ERK≌△CNK，解得∠BER=60°，∠ETB=90°，设AE=5a，则CN=ER=3a，过点R作RQ⊥AB于点Q，ER交BD于点T，连接AK，AM，由勾股定理解得EQ、RQ、AQ、AR的值CN=ER=3a，继而解得FR、TR、FT的值，在Rt△FTR中，利用勾股定理解得【详解】（1）解：连接AC，

∵四边形ABCD为菱形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D，∵CH⊥AD，AH=DH，∴AC=CD，∴AC=CD=AD，∴△ACD是等边三角形，∴∠D=60°，∠ABC=60°；（2）证明：∵四边形ABCD为菱形，∴BD平分∠ABC，

∴∠ABF=∠FBG=1∵EG⊥BC，∴∠FGB=90°，在Rt△FBG中，∠FBG=30°∴BF=2FG，又∵CM=2FG，∴BF=CM，∵△ACD为等边三角形，CH⊥AD，∴∠DCH=1∴∠DCH=∠ABF，∴△ABF≌△DCMSAS∴DM=AF；（3）解：在FK上取点R，使KR=NK，连接AR，∵四边形ABCD为菱形，

∴AD∥BC，∴∠HCB=∠DHC=90°，又∵∠EGB=90°，∠EGB=∠HCB，∴EG∥∴∠EFK=∠CMK，∠FEK=∠NCK，∵∠BEG=90°−∠ABC=90°−60°=30°，∴∠BEG=∠EBF，∴BF=EF，∴EF=CM，∴△EFK≌△CMKASA∴FK=MK，EK=CK，∴FK−KR=MK−NK，即FR=MN=21∵∠EKR=∠CKN，KR=NK，

∴△ERK≌△CNK，∴∠REK=∠NCK，ER=CN，∴ER∥∴∠BER=∠BAC=60°，∠ETB=∠AOB=90°，∵AE:CN=5:3，设AE=5a，则CN=ER=3a，过点R作RQ⊥AB于点Q，ER交BD于点T，连接AK，AM，

∴在Rt△ERQ中，∠ERQ=90°−60°=30°∴EQ=12ER=∴AQ=AE+EQ=5a+3在Rt△ARQ中，∠AQR=90°∴AR=A∵CH垂直平分AD，∴AM=DM，又由（2）得DM=AF，∴AF=AM，又∵FK=MK，∴AK⊥MF，∵RK=NK，∴AR=AN=7a，∴AC=AN+CN=7a+3a=10a，∴AB=AC=10a，∴BE=AB−AE=10a−5a=5a，在Rt△EBT中，∠EBT=30°∴ET=1在Rt△EFT中，∠FET=60°−30°=30°∴EF=2FT，EF解得FT=5TR=ER−ET=3a−5在Rt△FTR中，F212解得：a=3，∴AB=AD=10×3=30，∴AH=HD=15，∴CH=A∴菱形ABCD的面积为：30×153【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形、勾股定理、平行线的性质等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识是解题关键．【题型4含30度角的直角三角形在坐标系中的运用】1．（2023春·河北保定·九年级校考期中）将△OBA按如图方式放在平面直角坐标系中，其中∠OBA=90°，∠A=30°，顶点A的坐标为3,3，将△OBA绕原点逆时针旋转，每次旋转60°，则第2023次旋转结束时，点A对应点的坐标为（

A．−23,0 B．23,0 C．【答案】D【分析】根据旋转性质，可知6次旋转为1个循环，故先需要求出前6次循环对应的A点坐标即可，利用全等三角形性质求出第一次旋转对应的A点坐标，之后第2次旋转，根据图形位置以及OA长，即可求出，第3、4、5次分别利用关于原点中心对称，即可求出，最后一次和A点重合，再判断第2023次属于循环中的第1次，最后即可得出答案．【详解】解：由题意可知：6次旋转为1个循环，故只需要求出前6次循环对应的A点坐标即可第一次旋转时：过点A′作x轴的垂线，垂足为C由A的坐标为3,3可知：OB=3，∵∠A=30°∴∠AOB=90°−∠A=60°，OA=2OB=2由旋转性质可知：△AOB≌△A∴∠A′OB′=∠AOB=60°，OA∴∠A′OC=180°−∠A在△A′OC与△AOB中：∠A′OC′=∠AOB=60°∴△A′OC′≌△AOB(AAS∴OC=OB=3，A′C=AB=3∴此时点A′对应坐标为−当第二次旋转时，如下图所示：此时A′′点对应点的坐标为当第3次旋转时，第3次的点A对应点与A点中心对称，故坐标为−当第4次旋转时，第4次的点A对应点与第1次旋转的A′点对应点中心对称，故坐标为当第5次旋转时，第5次的点A对应点与第2次旋转的A′′点对应点中心对称，故坐标为第6次旋转时，与A点重合．故前6次旋转，点A对应点的坐标分别为：−3,3、−23,0、−3,−3、由于2023÷6=337⋅⋅⋅⋅⋅⋅1，故第2023次旋转时，A点的对应点为−3故选：D．【点睛】本题主要是考查了旋转性质、中心对称求点坐标、三角形全等以及点的坐标特征，熟练利用条件证明全等三角形,通过旋转和中心对称求解对应点坐标，是求解该题的关键．2．（2023秋·海南省直辖县级单位·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的边OA在x轴上，边OC在y轴上，且点A的坐标为3,0．根据四边形的不稳定性，固定点O，A，沿箭头方向推动正方形OABC得到四边形OADE，其中点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，若∠COE=30°，则点D的坐标为（

）A．92,332 B．32【答案】A【分析】如图所示，过点D作DF⊥x轴于F，由题意得，四边形OADE是菱形，则AD=OA=3，AD∥OE，再求出∠DAF=∠AOE=60°得到∠ADF=30°，利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出DF=332【详解】解：如图所示，过点D作DF⊥x轴于F，由题意得，四边形OADE是菱形，∴AD=OA=3，AD∥OE，∵∠COE=30°，∴∠AOE=∠AOC−∠COE=60°，∴∠DAF=∠AOE=60°，∴∠ADF=30°，∴AF=1∴DF=AD2∴点D的坐标为92故选A．【点睛】本题主要考查了坐标与图形，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，菱形的性质与判定得到，正确作出辅助线是解题的关键．3．（2023秋·山东滨州·九年级统考期末）(1)如图，在等边△ABC中，BD平分∠ABC交AC于点D，过点D作DE⊥BC于点E，且CE=1，则BC的长为(2)如图，在平面直角坐标系中，点A4,3，点P在坐标轴上，若以P，O，A为顶点的三角形是等腰三角形，则满足条件的点P共有【答案】48【分析】(1)首先可求得∠CDE=30°，根据直角三角形的性质可求得CD=2CE=2，再根据等边三角形的性质，即可求得BC的长；(2)分别以点O、A为圆心，以OA的长为半径画弧，以及作线段OA的垂直平分线，与坐标轴的交点即为所求的点P的位置．【详解】解：(1)∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠C=60°，AB=BC=AC，∵DE⊥BC，∴∠CDE=90°，在Rt△CDE中，∠CDE=90°−∠C=90°−60°=30°∵EC=1，∴CD=2EC=2，∵BD平分∠ABC，且AB=BC，∴AD=CD=2，∴AB=AC=AD+CD=4，∴BC=4，故答案为：4；(2)如图所示，以O为圆心，以OA长为半径，所作的圆与坐标轴有4个交点；以A为圆心，以OA为半径，所作的圆与坐标轴有2个交点；作OA的垂直平分线，与坐标轴有2个点，故满足条件的点P有8个，故答案为：8．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定，坐标与图形性质，利用数形结合的思想求解更简便．4．（2023春·四川成都·九年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线OP与x轴的夹角为30°，点B1在x轴上，且OB1=2，过点B1作B1A1⊥OP交OP于点A1，以A1B1为边在A1B1右侧作等边三角形A1B1C1；过点C1作OP的垂线分别交x轴、OP干点B2、A2，以A2B2为边在A2B2的右侧作等边三角形

【答案】738【分析】根据特殊直角三角形的性质，求出OA1，OA2，OA3，…，可得点A1【详解】解：∵B1∴∠OA∵∠POB4=30°∴△A1B1C∴点A1的纵坐标为1∵等边三角形A1∴A1B1∵∠OB∴∠B∴A1∴∠A∵∠A∴A2C1∴OA∴点A2的纵坐标为1同理得：A2∴OA∴点A3的纵坐标为1…，∴点An的纵坐标为2∴点A2021的纵坐标为2故答案为：738，【点睛】本题考查等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．5．（2023秋·江苏镇江·九年级校联考期末）如图，M，N分别为锐角∠AOB边OA，OB上的点，把∠AOB沿MN折叠，点O落在∠AOB所在平面内的点(1)如图1，点C在∠AOB内，若∠CMA=20°，∠CNB=50°，求(2)如图2，若∠AOB=45°，ON=2，折叠后点C在直线OC上方，CM与OB交于点E，且MN=ME(3)如图3，若折叠后，直线MC⊥OB，垂足为点E，且OM=5，ME=3，求此时【答案】(1)35°(2)2(3)52【分析】（1）根据平角的定义得到∠CMO=160°，∠CNO=130°，根据折叠的性质得到∠OMN=80°，（2）先证明∠OEM=45°+∠OMN，再由三角形内角和定理得到45°+2∠OMN+45°+∠OMN=180°，则∠OMN=30°，如图，过点N作ND⊥OM于点D，在Rt△ODN中，求出DN=OD=1，在Rt△DMN中，则（3）分点N在线段OE上，点N在线段OE的延长线上，两种情况利用勾股定理讨论求解即可．【详解】（1）解：∵∠CMA=20°，∴∠CMO=180°−∠CMA=160°，由折叠的性质可知：∠OMN=1∴∠AOB=180°−∠OMN−∠ONM=35°；（2）解：由折叠的性质可知：∠EMN=∠NMO，∴∠OME=2∠OMN，∵∠AOB=45°，∴∠MNE=∠AOB+∠OMN=45°+∠OMN，∵MN=ME，∴∠OEM=∠MNE=45°+∠OMN，∵∠AOB+∠OME+∠OEM=180°，∴45°+2∠OMN+45°+∠OMN=180°，∴∠OMN=30°，如图，过点N作ND⊥OM于点D，在Rt△ODN中，∠DON=45°∴DN=OD=1，在Rt△DMN中，∠DMN=30°∴MN=2DN=2；∴折痕MN的长为2；（3）解：①若折叠后，直线MC⊥OB于点E，∵OM=5，∴OE=O若点N在线段OE上，如上图所示，由折叠的性质可知：CM=OM=5，∴CE=CM−EM=5−3=2，在Rt△CEN中，EN=OE−ON=4−ON，根据勾股定理，得E∴4−ON2解得ON=5②若点N在线段OE的延长线上，如下图所示，由折叠可知：CM=OM=5，∴CE=CM+EM=5+3=8，在Rt△CEN中，EN=OE−ON=4−ON，根据勾股定理，得E∴ON−42解得ON=10．综上所述，ON=52或【点睛】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．6．（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，A−2,0，点B在x轴上，点C在y轴上，∠ACB=90o

(1)求点B的坐标；(2)点P从点B出发沿着线段BC以每秒2个单位长度运动，到C点停止运动，运动时间为t秒，连接AP，△ABP的面积为S，用含t的式子表示S；(3)在（2）的条件下，当S=12时，以BP为边作等边△BPD，求点D的纵坐标．（直接写出答案）【答案】(1)6,0(2)S=4t(3)−3或6【分析】(1)求出∠ACO=30°,由直角三角形的性质可得出答案；(2)过点P作PE⊥AB于点E,由直角三角形的性质可得出PE=1(3)分两种情况，当点D在PB的上方时，当点D在PB的下方时，由等边三角形的性质及直角三角形的性质可得出答案.【详解】（1）∵A(−2,0∴AO=2,∵∠ACB=90°,∠ACB=30°,∴∠CAO=60°,∴∠ACO=30°,∴AC=2OA=4,∴AB=2AC=8,∴OB=AB−OA=6,∴B(6,0（2）过点P作PE⊥AB于点E,当点D在PB的上方时，

∵点P从点B出发沿着线段BC以每秒2个单位长度运动，∴PB=2t,∵∠ABC=30°,∴PE=∴S（3）∵S=12,∴4t=12,∴t=3,∴PB=6,如图，当点D在PB的上方时，

∵△BPD为等边三角形,∴∠PBD=60°,PB=BD,∴∠ABD=90°,∴BD=6,∴D点的纵坐标为6，当点D在PB的下方时，

∵△BPD为等边三角形,∴∠BPD=60°,∵∠BCO=60°,∴PD∥y轴,∴∠PFB=90°,∴PF=PD=3,∴D点的纵坐标为−3，综上所述，D点的纵坐标为−3或6．【点睛】本题考查了坐标与图形的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，三角形的面积，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键．7．（2023春·福建厦门·九年级厦门外国语学校校考期中）如图1，平而直角坐标系xOy中，点A(3,0)，∠OAB=60°，点B在y轴上，点C是线段AB的中点，点D−32,32，线段CD与y轴交于点(1)判断四边形OCBD的形状，并说明理由．(2)如图2，点E，F分别在线段AC，OD上，AE=DF，且∠EGF=90°，求线段【答案】(1)四边形OCBD为菱形，详见解析(2)OE=3【分析】(1)利用30°的直角三角形的性质，求出OB的长，用中点坐标公式得到D，C两点关于y轴，进而可得G点坐标，利用坐标的性质即可判定四边形的形状；（2）延长FG交AB于点M，连FE，先证四边形FOEC为平行四边形，再利用全等证出四边形FOEC的对角线相等，确定四形形FOEC为矩形，利用矩形的角为直角确定△AOE为直角三角形，最后利用勾股定理即可得解．【详解】（1）四边形OCBD为菱形，理由如下∵∠AOB=90°,∠OAB=60°∴∠ABO=30°∵A3,0,C为∴OA=OC=AC=BC=∴OB=∴B0,3∵C为AB的中点∴根据中点坐标公式得C∵D−∴根据中点坐标公式得G∴OB⊥DC,DG=CG,BG=OG∴四边形OCBD为菱形（2）延长FG交AB于点M，连FE∵AC=BC=OD,DF=AE∴CE=FO由（1）知四边形OCBD为菱形∵OD∥BC∴四边形FOEC为平行四边形由（1）知四边形OCBD为菱形∴GD=GC,OC=AC，OD∥BC∴∠CDF=∠DCM,∠DFG=∠CMG∴△DGF≌△CGM∴GF=GM,DF=CM又∵∠EGF=90°∴EF=ME又∵AE=DF∴EF=CM+CE=DF+CE=AE+CE=AC=OC∴四边形FOEC为矩形∴∠CEO=∠OEA=90°∵∠OAB=60°∴∠AOE=30°∴AE=由勾股定理得OE=【点睛】本题考查了四边形的综合，坐标与图形，勾股定理，三角形全等的性质与判定,直角三角形的性质等知识点，熟练掌握其性质是解决此题的关键8．（2023秋·湖南长沙·九年级校考期末）如图1，在平面直角坐标系中，点Aa,0在x轴的负半轴，且满足a2−9a−3=0，点B(1)求点B的坐标；(2)若OM⊥AB，垂足为M，求线段OM的长度；(3)如图2，在△AOB中，分别以AB，OB为边，向外侧作正△ABD与正△OBC，连接CD，交AB于点E，求线段DE与【答案】(1)0,3(2)3(3)DE=CE【分析】（1）利用含30°角的直角三角形的三边关系直接计算求出OB的长，再转化为坐标即可．（2）利用勾股定理求出AB的长，再用等积变形的方法求出OM的长度即可．（3）过点D作DF⊥AB，利用等边三角形的性质求证△DFE≌△CBE，即可得出DE=CE．【详解】（1）解：∵解得：a=−3∴OA=3∵∠ABO=30°∴∴OB=OA×∴B（2）解：∵OA=3∴AB=∵OM⊥AB∴∴OM=（3）解：过点D作DF⊥AB，垂足为点F，∵△ABD和△OBC是正三角形，∴∠OBC=∠DAB=60°，∵∠ABO=∴∠ABC=∠DFB=90°，∵AD=6，∴DF=6×∴DF=OB=CB在△DEF和△CEB中∠DEF=∠CEB∴△DEF≌CEB∴DE=CE【点睛】本题主要考查点坐标的求解，含30°角的直角三角形三边的计算以及全等三角形的证明，熟练掌握特殊直角三角形的三边关系及全等三角形的证明是解决本题的关键．【题型5含30度角的直角三角形与分类讨论思想综合运用】1．（2023秋·江苏泰州·九年级校考期末）在Rt△ABC中，∠C=90°，有一个锐角为60°，AB=6，若点P在直线AB上（不与点A，B重合），且∠PCB=30°，则AP的长为【答案】92【分析】由于一个锐角为60°，则另一个锐角为30°，可能是∠A也可能是∠B；∠PCB=30°可以分为点P在线段AB上和P在线段AB的延长线上两种情况，分别根据直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理即可解答．【详解】解：当∠CBA=60°时，∵∠C=90°,∠A=30°，∴∠CBA=60°,BC=1由勾股定理得，AC=33①点P在线段AB上，∵∠PCB=30°,∠CBA=60°，∴∠CPB=90°，∴∠CPA=90°，在Rt△ACP中，∠A=30°∴PC=1∴在Rt△APC中，由勾股定理得AP=②点P在线段AB的延长线上，∵∠PCB=30°，∴∠ACP=90°+30°=120°，∵∠A=30°，∴∠CPA=30°．∵∠PCB=30°，∴∠PCB=∠CPA，∴BP=BC=3，∴AP=AB+BP=6+3=9．当∠ABC=30°时，∵∠ACB=90°,∠ABC=30°，∴∠A=60°,AC=1由勾股定理得，BC=33①点P在线段AB上，∵∠PCB=30°，∴∠ACP=60°，∴△ACP是等边三角形∴AP=AC=3．②点P在线段AB的延长线上，∵∠PCB=30°,∠ABC=30°，∴CP∥AP，这与CP与AP交于点P矛盾，舍去．综上，AP的长为92故答案为：92【点睛】本题考查了勾股定理、含30°角的直角三角形的三边关系等知识点，掌握分类讨论思想是解答本题的关键．2．（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨市虹桥初级中学校校考期中）如图，在四边形ABCD中，AC、BD为对角线，AB=AC，∠ADB=2∠DBC=60°，AD=6，BC=23，则线段BD的长为

【答案】8【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后根据矩形的性质，直角三角形的性质和勾股定理，即可求解．【详解】如图，过A作AE⊥BC于点E，过D作GF⊥BC交BC延长线于点F，作AG⊥GF于点G，

∴∠F=∠G=∠AEF=90°，∴四边形AEFG是矩形，∴AG=EF，∵AB=AC，∴BE=EC=1∵∠ADB=2∠DBC=60°，∴∠DBC=30°，∴∠BDF=60°，∴∠ADG=180°−∠ADB−∠BDF=180°−60°−60°=60°，∴∠DAG=30°，∴DG=1在Rt△ADG中，由勾股定理得：AG=A∴AG=EF=33∴BF=BE+EF=3在Rt△BDF中，∠DBF=30°，∴DF=1由勾股定理得：BD∴BD则：BD=8，故答案为：8．【点睛】此题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是明确题意，利用数形结合思想解答．3．（2023春·辽宁丹东·九年级统考期末）如图，在ΔABC中，∠C=90°，∠B=30°，AC=4，点P为AB上一点，将线段PB绕点P顺时针旋转得线段PQ，点Q在射线BC上，当PQ的垂直平分线MN经过ΔABC一边中点时，PB的长为

【答案】2或3或5【分析】本题需考虑MN经过ΔABC【详解】解：∵∠C=90°，∠B=30°，AC=4，∴AB=8，BC=43PQ的垂直平分线MN经过ΔABC一边中点，可分为以下三种情况：经过AB的中点D；经过AC的中点E；经过BC的中点F当MN经过AB的中点D时，交BC于点G，如图：BD=1

∵PB绕点P顺时针旋转得线段PQ，∴PQ=PB，∴∠PQB=∠B=30°，∵∠DPQ是ΔPQB∴∠DPQ=∠B+∠PQB=60∵MN垂直平分PQ，∴PD=QD，∴ΔPQD∴PD=QP，∴PD=PB，∴PB=1当MN经过AC的中点E时，交BC于点G，如图：EC=1

∵∠PQB=30°，MN垂直PQ，∴∠EGQ=60∴∠CEG=30°，在RtΔECG中，EC=2∴CG=2∴BG=10∵点G在MN上，∴PG=QG，∴∠PQB=∠QPG=30°，∵∠PGB是ΔPQG∴∠PGB=∠PQB+∠QPG=60∴∠GPB=90∴PG⊥PB，在RtΔPGB中，BG=∴PG=1∴由勾股定理得：PB=B当MN经过BC的中点F时，交BC于点F（G），如图：BF=1

同理可证：PG⊥PB，在RtΔPGB中，∠B=30°，BF=2∴PB=3．综上：PB的长为：2或5或3．故答案为：2，3或5．【点睛】本题综合考查了垂直平分线，含30°角的直角三角形，三角形外角的性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点．分类讨论思想是解题的关键，同时也是本题的易错点．4．（