专题28 解答题重点出题方向图形的翻折与旋转变换（解析版）

专题28解答题重点出题方向图形的翻折与旋转变换（解析版）

模块一2022中考真题集训

类型一图形的翻折

1．（2022•枣庄）已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，点P从点A出发，沿AB方向以每秒cm

的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，设运动的2时

间为t秒．

（1）如图①，若PQ⊥BC，求t的值；

（2）如图②，将△PQC沿BC翻折至△P′QC，当t为何值时，四边形QPCP′为菱形？

思路引领：（1）根据勾股定理求出AB，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．

（2）作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，APtcm，BQ＝tcm（0≤t＜4），由△ABC为等腰直角三角形，

=2

可得∠A＝∠B＝45°，则可判断△APE和△PBD为等腰直角三角形，得出PE＝AEAP＝tcm，BD＝

2

PD，则CE＝AC﹣AE＝（4﹣t）cm，由矩形和菱形性质及勾股定理，即可求得答案=．2

解：（1）如图①，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，

∴AB4（cm），

2222

由题意=得�，�AP+��t=cm，4BQ+＝4tc=m，2

则BP＝（4=2t）cm，

∵PQ⊥BC，2−2

∴∠PQB＝90°，

∴∠PQB＝∠ACB，

∴PQ∥AC，

∴，

𝐵𝐵

=

∴����，

42−2��

=

解得：4t2＝2，4

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∴当t＝2时，PQ⊥BC．

（2）作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，如图②，

APtcm，BQ＝tcm（0≤t＜4），

∵∠=C＝290°，AC＝BC＝4cm，

∴△ABC为等腰直角三角形，

∴∠A＝∠B＝45°，

∴△APE和△PBD为等腰直角三角形，

∴PE＝AEAP＝tcm，BD＝PD，

2

∴CE＝AC=﹣A2E＝（4﹣t）cm，

∵四边形PECD为矩形，

∴PD＝EC＝（4﹣t）cm，

∴BD＝（4﹣t）cm，

∴QD＝BD﹣BQ＝（4﹣2t）cm，

在Rt△PCE中，PC2＝PE2+CE2＝t2+（4﹣t）2，

在Rt△PDQ中，PQ2＝PD2+DQ2＝（4﹣t）2+（4﹣2t）2，

∵四边形QPCP′为菱形，

∴PQ＝PC，

∴t2+（4﹣t）2＝（4﹣t）2+（4﹣2t）2，

∴t1，t2＝4（舍去）．

4

=3

∴当t的值为时，四边形QPCP′为菱形．

4

3

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总结提升：此题是相似形综合题，主要考查的是菱形的性质、等腰直角三角形的性质，线段垂直平分线

的性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．

2．（2022•无锡）如图，已知四边形ABCD为矩形，AB＝2，BC＝4，点E在BC上，CE＝AE，将△ABC

沿AC翻折到△AFC，连接EF．2

（1）求EF的长；

（2）求sin∠CEF的值．

思路引领：（1）根据翻折变换的特点和勾股定理结合方程思想解答即可；

（2）根据锐角三角函数的定义，利用勾股定理解答即可．

解：（1）∵CE＝AE，

∴∠ECA＝∠EAC，

根据翻折可得：∠ECA＝∠FCA，∠BAC＝∠CAF，

∵四边形ABCD是矩形，

∴DA∥CB，

∴∠ECA＝∠CAD，

∴∠EAC＝∠CAD，

∴∠DAF＝∠BAE，

∵∠BAD＝90°，

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∴∠EAF＝90°，

设CE＝AE＝x，则BE＝4﹣x，

在△BAE中，根据勾股定理可得：

BA2+BE2＝AE2，

即：，

222

解得：(2x＝2)3，+(4−�)=�

在Rt△EAF中，EF．

22

（2）过点F作FG⊥=BC�交�+BC𝐴于点=G1，7

设CG＝y，则GE＝3﹣y，

∵FC＝4，FE，

∴FG2＝FC2﹣=CG12＝7FE2﹣EG2，

即：16﹣y2＝17﹣（3﹣y）2，

解得：y，

4

=3

∴FG，

2282

=��−��=

∴sin∠CEF3．

��834

=��=51

总结提升：本题主要考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握这些性质特点

是解答本题的关键．

3．（2022•连云港）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到点E，使DE＝AD，且BE⊥DC．

（1）求证：四边形DBCE为菱形；

（2）若△DBC是边长为2的等边三角形，点P、M、N分别在线段BE、BC、CE上运动，求PM+PN的

最小值．

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思路引领：（1）先证明四边形DBCE是平行四边形，再由BE⊥DC，得四边形DBCE是菱形；

（2）作N关于BE的对称点N'，过D作DH⊥BC于H，由菱形的对称性知，点N关于BE的对称点N'

在DE上，可得PM+PN＝PM+PN'，即知MN'的最小值为平行线间的距离DH的长，即PM+PN的最小值

为DH的长，在Rt△DBH中，可得DH＝DB•sin∠DBC，即可得答案．

（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，=3

∴AD∥BC，AD＝BC，

∵DE＝AD，

∴DE＝BC，

∵E在AD的延长线上，

∴DE∥BC，

∴四边形DBCE是平行四边形，

∵BE⊥DC，

∴四边形DBCE是菱形；

（2）解：作N关于BE的对称点N'，过D作DH⊥BC于H，如图：

由菱形的对称性知，点N关于BE的对称点N'在DE上，

∴PM+PN＝PM+PN'，

∴当P、M、N'共线时，PM+PN'＝MN'＝PM+PN，

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∵DE∥BC，

∴MN'的最小值为平行线间的距离DH的长，即PM+PN的最小值为DH的长，

在Rt△DBH中，

∠DBC＝60°，DB＝2，

∴DH＝DB•sin∠DBC＝2，

3

∴PM+PN的最小值为．×2=3

总结提升：本题考查平行3四边形性质及应用，涉及菱形的判定，等边三角形性质及应用，对称变换等，

解题的关键是掌握解决“将军饮马”模型的方法．

4．（2022•无锡）如图1，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，将△ABC绕点A旋转到△AB'C'位置，设AC'交

直线CD于点M．

（1）当点B'恰好落在DC边上时，求△AB'C'与矩形ABCD重叠部分的面积；

（2）如图2，当点C、B'、C'恰好在一直线上时，求DM的长度．

思路引领：（1）作C′H⊥DC于H，证明△C′HB′∽△B′DA，可得，C'H，即得

�′�312�△�′�′�

===

455�△��′�

12，而S△AB'C'AB'•B'C'，故S△AB'MS△AB'C'；

�′�54115525

（）=作=⊥，由△=绕点旋=转到△，得=＝=＝，＝，∠

𝐴23CN5AC'ABC2A2AB'C'A9B'AB56AC'AC

22

AB'C'＝∠B＝90°＝∠AB'C，B'C'＝BC＝3，用面积法可得CN=，证�明�△+C�M�N∽=△3A4MD，

��′⋅��′30

==

有，故CN2•AM2＝AD2•CM2，设DM＝x，故（）2×�（�′x2+32）34＝32（x+5）2，即可得DM

𝐶��30

=

的长𝐴度为��．34

5

解：（1）作33C′H⊥DC于H，如图：

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∵△ABC绕点A旋转到△AB'C'，

∴AB'＝AB＝5，B'C'＝BC＝3，

∴DB'4，

2222

∵∠C='B'H�＝�9′0°−﹣𝐴∠D=B'A5＝−∠3DA=B'，∠CHB'＝90°＝∠D，

∴△C′HB′∽△B′DA，

∴即，

�′��′�′�′�3

==

∴C�'�H′�，�′45

12

=5

∴12，

�△�′�′��′�54

===

�△��′�𝐴35

∵S△AB'C'＝S△B'C'M+S△AB'MAB'•B'C'，

115

=2=2

∴S△AB'MS△AB'C'；

525

=9=6

∴△AB'C'与矩形ABCD重叠部分的面积是；

25

（2）作CN⊥AC'，如图：6

∵△ABC绕点A旋转到△AB'C'，

∴AB'＝AB＝5，AC'＝AC，∠AB'C'＝∠B＝90°＝∠AB'C，B'C'＝BC＝3，

22

∴CC'＝2B'C'＝6，=��+��=34

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∵2S△ACC'＝CC'•AB'＝AC'•CN，

∴CN，

��′⋅��′6×530

===

∵∠CMN＝��∠′AMD，34∠CN3M4＝∠ADM＝90°，

∴△CMN∽△AMD，

∴，

𝐶��

=

∴𝐴��，即CN2•AM2＝AD2•CM2，

22

𝐶��

2=2

设�D�M＝x�，�

∴（）2×（x2+32）＝32（x+5）2，

30

化简得3：433x2﹣170x+25＝0，

解得：x＝5（舍去）或x，

5

=33

答：DM的长度为．

5

总结提升：本题考3查3矩形的性质，涉及旋转变换，相似三角形的判定与旋转，解题的关键是掌握旋转的

旋转，能熟练应用相似三角形判定定理．

5．（2022•锦州）如图，在△ABC中，，，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，

连接DE，DF．��=��=25��=4

（1）如图1，求证：；

5

（2）如图2，将∠ED�F�绕=点2D�顺�时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ

交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；

（3）如图3，在（2）的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．

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思路引领：（1）连接AF，可得AF⊥BC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，

1

��=��=5

根据中位线定理可得，即可得证；2

1

��=2��=2

（2）证明△DNF∽△DME，根据（1）的结论即可得；

5

��=��

（3）连接AF，过点C作CH⊥AB于H，证明△AGD∽△A2HC，可得，勾股定理求得

145

𝐴=��=

GE，AG，根据，∠EMG＝∠ADG，可得2，进5而求得MG，根据

��3��3

𝑡�∠𝐴�=𝐴=4𝑡�∠���=��=4

MD＝MG+GD求得MD，根据（2）的结论，即可求解．

5

（1）证明：如图1，连接AF，��=2��

∵，，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，

��=��=25��=4

∴，AF⊥BC，

1

��=��=2

∴2，

1

��=��=5

∴2；

5

��=��

（2）解：2，

5

理由如下：��=2��

连接AF，如图2，

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∵，，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，

∴��=��=25，��=4，

1

∴四��边=形2�C�DE=F�是�平�行�四∥边��形，

∴∠DEF＝∠C，

∵，

1

∴∠��D=FC2＝��∠=C，��

∴∠DFC＝∠DEF，

∴180°﹣∠DFC＝180°﹣∠DEF，

∴∠DFN＝∠DEM，

∵将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，

∴∠EDF＝∠PDQ，

∵∠FDN+∠NDE＝∠EDM+∠NDE，

∴∠FDN＝∠EDM，

∴△DNF∽△DME，

∴，

����5

==

∴����；2

5

（3�）�解=：2如��图，连接AF，过点C作CH⊥AB于H，

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Rt△AFC中，，

1

∴��=2��，=2

22

∵𝐴=��−��=4，

11

�△���=��⋅𝐴=��⋅��

∴22，

��⋅𝐴4×485

��===

∵DP⊥AB�，�255

∴△AGD∽△AHC，

∴，

𝐴𝐴1

==

∴����2，

145

𝐴=2��=5

Rt△GED中，，

22245225

𝐴=��−𝐴=2−()=

Rt△AGD中，55，

22245235

��=𝐴−𝐴=(5)−(5)=5

∴，

35

��53

𝑡�∠𝐴�==4=

𝐴554

∵EF∥AD，

∴∠EMG＝∠ADG，

∴，

��3

𝑡�∠���==

∴��4，

442585

��=𝐴=×=

∴33515，

854545

∵△𝐴DN=F�∽�△+D�M�E=，15+5=3

∴，

����5

==

����2

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∴．

554510

总结��提=升2：�本�题=是几2何×变3换=综合3题，考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边

的一半，中位线的性质定理，相似三角形的性质与判定，锐角三角函数，掌握相似三角形的性质与判定

是解题的关键．

6．（2022•鞍山）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在直线AC上，连接BD，将DB绕

点D逆时针旋转120°，得到线段DE，连接BE，CE．

（1）求证：BCAB；

=3

（2）当点D在线段AC上（点D不与点A，C重合）时，求的值；

𝐴

（3）过点A作AN∥DE交BD于点N，若AD＝2CD，请直接�写�出的值．

𝐶

𝐴

思路引领：（1）作AH⊥BC于H，可得BHAB，BC＝2BH，进而得出结论；

3

（2）证明△ABD∽△CBE，进而得出结果；=2

（3）当点D在线段AC上时，作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，设AB＝AC＝3a，

则AD＝2a，解直角三角形BDF，求得BD的长，根据△DAG∽△DBF求得AQ，进而求得AN，进一步

得出结果；当点D在AC的延长线上时，设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，同样方法求得结果．

（1）证明：如图1，

作AH⊥BC于H，

∵AB＝AC，

∴∠BAH＝∠CAH60°，BC＝2BH，

11

=2∠���=2×120°=

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∴sin60°，

��

=��

∴BH，

3

∴BC＝=22BH��；

（2）解：∵=AB＝3�A�C，

∴∠ABC＝∠ACB30°，

180°−∠���180°−120°

由（1）得，=2=2=

，

��

=3

�同�理可得，

∠DBE＝30°，，

𝐴

=3

∴∠ABC＝∠DB�E�，，

��𝐴

=

∴∠ABC﹣∠DBC＝�∠�DBE�﹣�∠DBC，

∴∠ABD＝∠CBE，

∴△ABD∽△CBE，

∴；

𝐴𝐴

==3

（�3）�解：𝐴如图2，

当点D在线段AC上时，

作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，

设AB＝AC＝3a，则AD＝2a，

由（1）得，CE，

在Rt△ABF中，=∠B3A�F�＝=1820°3�﹣∠BAC＝60°，AB＝3a，

∴AF＝3a•cos60°，BF＝3a．sin60°，

333

=2�=2�

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在Rt△BDF中，DF＝AD+AF＝2aa，

37

+2=2�

BDa，

2233272

∵∠=AG�D�＝+∠�F�＝9=0°，(∠2A�D)G+＝(∠2�B)DF=，19

∴△DAG∽△DBF，

∴，

��𝐴

=

∴𝐴𝐴，

��2�

33=

19�

2�

∴AG，

33

=�

∵AN∥D1E9，

∴∠AND＝∠BDE＝120°，

∴∠ANG＝60°，

∴ANaa，

��332619

==⋅=

𝑠�60°19319

∴619，

𝐶19�57

==

如图𝐴3，23�19

当点D在AC的延长线上时，

设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，

由（1）得，

CE4，

作B=R⊥3C�A�，=交C3�A的延长线于R，作AQ⊥BD于Q，

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同理可得，

AR＝a，BR，

=3�

∴BD2a，

22

=(3�)+(5�)=7

∴，

𝐵4�

=

∴AQ3�27，�

23

=�

∴AN7a，

2324

=�⋅=

737

∴4，

𝐶7�21

==

𝐴43�21

综上所述：或．

5721

总结提升：本19题考2查1了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题

的关键是正确分类和较强的计算能力．

7．（2022•济南）如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连接AD，将线段AD绕点A按逆

时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．

（1）判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；

（2）延长ED交直线BC于点F．

①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为AE＝BE﹣CE；

②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数并说明理由．

思路引领：（1）证明△BAD≌△CAE；

（2）①AE＝DE＝BE﹣BD＝BE﹣CE；

（3）连接AF，作AG⊥DE于G，先证明△ABF∽△ADG，从而，∠BAF＝∠DAG，进而∠BAD

��𝐴

=

𝐴��

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＝∠FAG，再证明△ABD∽△AFG．

解：（1）BD＝CE，理由如下：

∵△ABC是等边三角形，

∴∠BAC＝60°，AB＝AC，

∵AE是由AD绕点A逆时针旋转60°得到的，

∴∠DAE＝60°，AD＝AE，

∴∠BAC＝∠DAE，

∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，

即：∠BAD＝∠CAE，

在△BAD和△CAE中，

，

��=��

∠�𝐴=∠�𝐴

∴�△�B=A�D�≌△CAE（SAS），

∴BD＝CE；

（2）①由（1）得：∠DAE＝60°，AD＝AE，BD＝CE，

∴△ADE是等边三角形，

∴DE＝AE，

∴AE＝DE＝BE﹣BD＝BE﹣CE，

故答案为：AE＝BE﹣CE；

②如图，

∠BAD＝45°，理由如下：

连接AF，作AG⊥DE于G，

∴∠AGD＝90°，

∵F是BC的中点，△ABC是等边三角形，△ADE是等边三角形，

∴AF⊥BC，∠ABF＝∠ADG＝60°，

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∴∠AFB＝∠AGD，

∴△ABF∽△ADG，

∴，∠BAF＝∠DAG，

��𝐴

=

∴∠𝐴BAF�+�∠DAF＝∠DAG+∠DAF，

∴∠BAD＝∠FAG，

∴△ABD∽△AFG，

∴∠ADB＝∠AGF＝90°，

由（1）得：BD＝CE，

∵CE＝DE＝AD，

∴AD＝BD，

∴∠BAD＝45°．

总结提升：本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和想，相似三角形的判定和性质等知识，

解决问题的关键是利用二次相似：第一对相似三角形为第二对相似三角形提供两个条件．

8．（2022•常州）如图，点A在射线OX上，OA＝a．如果OA绕点O按逆时针方向旋转n°（0＜n≤360）

到OA′，那么点A′的位置可以用（a，n°）表示．

（1）按上述表示方法，若a＝3，n＝37，则点A′的位置可以表示为（3，37°）；

（2）在（1）的条件下，已知点B的位置用（3，74°）表示，连接A′A、A′B．求证：A′A＝A′B．

思路引领：（1）根据点的位置定义，即可得出答案；

（2）画出图形，证明△AOA′≌△BOA′（SAS），即可由全等三角形的性质，得出结论．

（1）解：由题意，得A′（a，n°），

∵a＝3，n＝37，

∴A′（3，37°），

故答案为：（3，37°）；

（2）证明：如图：

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∵A′（3，37°），B（3，74°），

∴∠AOA′＝37°，∠AOB＝74°，OA＝OB＝3，

∴∠A′OB＝∠AOB﹣∠AOA′＝74°﹣37°＝37°，

∵OA′＝OA′，

∴△AOA′≌△BOA′（SAS），

∴A′A＝A′B．

总结提升：本题考查全等三角形的判定与性质，新定义题目，旋转的性质，理解题意，熟练掌握全等三

角形的判定与性质是解题的关键．

9．（2022•辽宁）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，线段AB绕点A逆时针旋转至AD（AD不与AC重

合），旋转角记为，∠DAC的平分线AE与射线BD相交于点E，连接EC．

（1）如图①，当α＝20°时，∠AEB的度数是45°；

（2）如图②，当α0°＜＜90°时，求证：BD+2CEAE；

α=2

（3）当0°＜＜180°，AE＝2CE时，请直接写出的值．

𝐴

α

��

思路引领：（1）由旋转的性质得出∠BAD＝20°，AB＝AD，求出∠DAE∠DAC＝35°，由三角形外

1

角的性质可求出答案；=2

（2）延长DB到F，使BF＝CE，连接AF，证明△ADE≌△ACE（SAS），由全等三角形的性质可得出∠

DEA＝∠CEA，∠ADE＝∠ACE，DE＝CE，证明△ABF≌△ACE（SAS），由全等三角形的性质可得出AF

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＝AE，∠AFB＝∠AEC＝45°，由等腰直角三角形的性质可得出结论；

（3）分两种情况画出图形，由全等三角形的性质及等腰直角三角形的性质可得出答案．

（1）解：∵线段AB绕点A逆时针旋转至AD，＝20°，

∴∠BAD＝20°，AB＝AD，αα

∴∠ADB＝∠ABD（180°﹣20°）＝80°，

1

又∵∠BAC＝90°，=2×

∴∠DAC＝70°，

∵AE平分∠DAC，

∴∠DAE∠DAC＝35°，

1

∴∠AEB＝=∠2ADB﹣∠DAE＝80°﹣35°＝45°，

故答案为：45°；

（2）证明：延长DB到F，使BF＝CE，连接AF，

∵AB＝AC，AD＝AB，

∴AD＝AC，

∵AE平分∠DAC，

∴∠DAE＝∠CAE，

又∵AE＝AE，

∴△ADE≌△ACE（SAS），

∴∠DEA＝∠CEA，∠ADE＝∠ACE，DE＝CE，

∵AB＝AD，

∴∠ABD＝∠ADB，

∵∠ADE+∠ADB＝180°，

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∴∠ACE+∠ABD＝180°，

∵∠BAC＝90°，

∴∠BEC＝360°﹣（∠ACE+∠ABD）﹣∠BAC＝360°﹣180°﹣90°＝90°，

∵∠DEA＝∠CEA，

∴∠DEA＝∠CEA90°＝45°，

1

∵∠ABF+∠ABD＝=1820×°，∠ACE+∠ABD＝180°，

∴∠ABF＝∠ACE，

∵AB＝AC，BF＝CE，

∴△ABF≌△ACE（SAS），

∴AF＝AE，∠AFB＝∠AEC＝45°，

∴∠FAE＝180°﹣45°﹣45°＝90°，

在Rt△AFE中，∠FAE＝90°，

∵cos∠AEF，

𝐴

=

∴EF��，

𝐴𝐴

∵EF＝=B𝑐F�+∠B�D�+�D=E＝𝑐C�4E5+°B=D+C2E�＝�BD+2CE，

∴BD+2CEAE；

（3）解：如=图23，当0°＜＜90°时，

α

由（2）可知BD+2CEAE，CE＝DE，

∵AE＝2CE，=2

∴BD+2DE＝2DE，

2

∴2；

𝐴

=2−2

如图��4，当90°＜＜180°时，

α

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在BD上截取BF＝DE，连接AF，方法同（2）可证△ADE≌△ACE（SAS），

∴DE＝CE，

∵AB＝AC＝AD，

∴∠ABF＝∠ADE，

∴△ABF≌△ADE（SAS），

∴AF＝AE，∠BAF＝∠DAE，

又∵∠DAE＝∠CAE，

∴∠BAF＝∠CAE，

∴∠EAF＝∠FAC+∠CAE＝∠FAC+∠BAF＝∠BAC＝90°，

∴△AEF是等腰直角三角形，

∴EFAE，

∴BD=＝B2F+DE+EF＝2DEAE，

∵AE＝2CE＝2DE，+2

∴BD＝2DE+2DE，

2

∴2．

𝐴

=22+

综上��所述，的值为22或22．

𝐴

2+2−

总结提升：�本�题是几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质、等腰直角三

角形的性质、旋转变换的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．

10．（2022•沈阳）【特例感知】

（1）如图1，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，点C在OA上，点D在BO

的延长线上，连接AD，BC，线段AD与BC的数量关系是AD＝BC；

【类比迁移】

（2）如图2，将图1中的△COD绕着点O顺时针旋转（0°＜＜90°），那么第（1）问的结论是否仍

然成立？如果成立，证明你的结论；如果不成立，说明α理由．α

【方法运用】

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（3）如图3，若AB＝8，点C是线段AB外一动点，AC＝3，连接BC．

①若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则A3D的最大值是8+3；

②若以BC为斜边作Rt△BCD（B，C，D三点按顺时针排列），∠CDB＝90°，连接6AD，当∠CBD＝∠

DAB＝30°时，直接写出AD的值．

思路引领：（1）证明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出结论；

（2）利用旋转性质可证得∠BOC＝∠AOD，再证明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出结论；

（3）①过点A作AT⊥AB，使AT＝AB，连接BT，AD，DT，BD，先证得△ABC∽△TBD，得出DT＝

3，即点D的运动轨迹是以T为圆心，3为半径的圆，当D在AT的延长线上时，AD的值最大，最

大值6为8+3；6

②如图4，在6AB上方作∠ABT＝30°，过点A作AT⊥BT于点T，连接AD、BD、DT，过点T作TH⊥

AD于点H，可证得△BAC∽△BTD，得出DTAC3，再求出DH、AH，即可求得AD；

339

如图5，在AB下方作∠ABE＝30°，过点A作=AE2⊥B=E于2点×E，3连=接2DE，可证得△BAC∽△BTD，得出

DE，再由勾股定理即可求得AD．

9

解：=（21）AD＝BC．理由如下：

如图1，∵△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，

∴OA＝OB，OD＝OC，

在△AOD和△BOC中，

，

��=��

∠�𝐴=∠���=90°

∴�△�A=O�D�≌△BOC（SAS），

∴AD＝BC，

故答案为：AD＝BC；

（2）AD＝BC仍然成立.

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证明：如图2，∵∠AOB＝∠COD＝90°，

∴∠AOB+∠AOC＝∠AOC+∠COD＝90°+，

即∠BOC＝∠AOD，α

在△AOD和△BOC中，

，

��=��

∠�𝐴=∠���

∴�△�A=O�D�≌△BOC（SAS），

∴AD＝BC；

（3）①过点A作AT⊥AB，使AT＝AB，连接BT，AD，DT，BD，

∵△ABT和△CBD都是等腰直角三角形，

∴BTAB，BDBC，∠ABT＝∠CBD＝45°，

=2=2

∴，∠ABC＝∠TBD，

𝐵𝐴

==2

∴△��ABC�∽�△TBD，

∴，

��𝐵

==2

∴D��T��AC33，

∵AT＝=AB2＝8=，D2T＝×33，=6

∴点D的运动轨迹是以6T为圆心，3为半径的圆，

∴当D在AT的延长线上时，AD的值最6大，最大值为8+3，

故答案为：8+3；6

②如图4，在AB6上方作∠ABT＝30°，过点A作AT⊥BT于点T，连接AD、BD、DT，过点T作TH⊥

AD于点H，

∵cos30°，∠ABC＝∠TBD＝30°+∠TBC，

𝐵𝐴3

===

∴△��BAC�∽�△BTD，2

∴，

��𝐴3

==

∴D��T�A�C23，

339

在Rt△=A2BT中=，2AT×＝A3B•=si2n∠ABT＝8sin30°＝4，

∵∠BAT＝90°﹣30°＝60°，

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∴∠TAH＝∠BAT﹣∠DAB＝60°﹣30°＝30°，

∵TH⊥AD，

∴TH＝AT•sin∠TAH＝4sin30°＝2，AH＝AT•cos∠TAH＝4cos30°＝2，

3

在Rt△DTH中，DH，

2292265

=��−��=()−2=

∴AD＝AH+DH＝2；22

65

如图5，在AB上方作3∠+AB2E＝30°，过点A作AE⊥BE于点E，连接DE，

则cos30°，

𝐴𝐴3

===

∵∠��EBD�＝�∠ABC＝∠AB2D+30°，

∴△BDE∽△BCA，

∴，

��𝐴3

==

∴D��E��AC23，

339

==×3=

∵∠BAE2＝90°﹣230°＝602°，AE＝AB•sin30°＝84，

1

∴∠DAE＝∠DAB+∠BAE＝30°+60°＝90°，×2=

∴AD；

2292217

=��−𝐴=(2)−4=2

综上所述，AD的值为2或．

6517

3+

22

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总结提升：本题是几何变换综合题，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，勾股

定理，等腰三角形的性质等知识点，关键是添加恰当辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，

综合性较强，难度较大，属于中考压轴题．

11．（2022•广元）在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转（0°＜＜90°），得到线段CD，连

接AD、BD．αα

（1）如图1，将线段CA绕点C逆时针旋转，则∠ADB的度数为135°；

（2）将线段CA绕点C顺时针旋转时α

①在图2中依题意补全图形，并求∠αADB的度数；

②若∠BCD的平分线CE交BD于点F，交DA的延长线于点E，连结BE．用等式表示线段AD、CE、

BE之间的数量关系，并证明．

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思路引领：（1）根据旋转的性质可得CD＝CA＝CB，根据等腰三角形的性质得出∠ADC＝90°，∠

�

−

BDC＝45°，即可得∠ADB的度数；2

�

+

（2）①依题意2可补全图形，根据旋转的性质以及等腰三角形的性质即可求解；

②过点C作CG∥BD，交EB的延长线于点G，根据等腰三角形的性质可得出CE垂直平分BD，求出∠

G＝∠EBD＝45°．可得EC＝CG，EGEC，证明△ACE≌△BCG，可得AE＝BG，根据线段的和差

即可得出结论．=2

解：（1）在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转（0°＜＜90°），

∴CD＝CA＝CB，∠ACD＝，αα

∴∠BCD＝90°﹣，α

∵CD＝CA，CD＝αCB，

∴∠ADC90°，∠BDC45°，

180°−��180°−(90°−�)�

==−==+

∴∠ADB＝∠A2DC+∠BDC＝290°45°2135°，2

��

−++=

故答案为：135°；22

（2）①依题意补全图形如图，

由旋转得：CD＝CA＝CB，∠ACD＝，

∴∠BCD＝90°+，α

∵CD＝CA，CD＝αCB，

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∴∠ADC90°，∠BDC45°，

180°−��180°−(90°+�)�

==−==−

∴∠ADB＝∠A2DC﹣∠BDC＝290°45°245°；2

��

−−+=

②CE＝2BE﹣AD．22

证明2：过点C作CG∥BD，交EB的延长线于点G，

∵BC＝CD，CE平分∠BCD，

∴CE垂直平分BD，

∴BE＝DE，∠EFB＝90°，

由①知，∠ADB＝45°，

∴∠EBD＝∠EDB＝45°，

∴∠FEB＝45°，

∵BD∥CG，

∴∠ECG＝∠EFB＝90°，∠G＝∠EBD＝45°，

∴EC＝CG，EGEC，

∵∠ACE＝90°﹣=∠2ECB，∠BCG＝90°﹣∠ECB，

∴∠ACE＝∠BCG，

∵AC＝BC，

∴△ACE≌△BCG（SAS），

∴AE＝BG，

∵EG＝EB+BG＝EB+AE＝EB+ED﹣AD＝2EB﹣AD，

∴CE＝2BE﹣AD．

总结2提