中考数学二轮培优题型训练压轴题19以翻折旋转为背景的几何类比探究压轴问题（解析版）

压轴题19以翻折旋转为背景的几何类比探究压轴问题例1．（2023•海安市一模）如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，点E是线段BO上一点（不含端点），将△ABE沿AE翻折，AB的对应边AB′与BD相交于点F．（1）当∠BAE＝15°时，求EF的长；（2）若△ABF是等腰三角形，求AF的长；（3）若EF＝k•BE，求k的取值范围．​【分析】（1）根据菱形的性质以及折叠的性质可得△ABC是等边三角形，AC⊥BD，AO＝2，BO＝23，∠BAF＝∠FBA＝30°，则BF＝AF＝23−OF，根据勾股定理求出OF，根据等腰直角三角形的性质可得OE＝OA＝2，即可得EF（2）分三种情况：①当AF＝BF时，②当AF＝AB时，③当AB＝BF时，根据等腰三角形的性质分别求解即可；（3）过点E作EM⊥AB于M，作EN⊥AF于N，根据三角形的面积公式可得ABAF=BEEF，则EF=AF⋅BEAB，由EF＝k•BE得k=AFAB，由点F在BD上可得AF的最大值为4，当AF⊥BD，即点F与点O重合时，AF的值最小为【解答】解：（1）菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，∴△ABC是等边三角形，AC⊥BD，AO=12AC，∠ABD＝∠CBD=12∠∴AO＝2，BO＝23，由折叠得∠BAE＝∠FAE＝15°，∴∠BAF＝∠FBA＝30°，∴BF＝AF＝23−OF在Rt△AOF中，OF2+OA2＝AF2，∴OF2+22＝（23−OF）2∴OF=2∵∠BAE＝15°，∠FBA＝30°，∴∠AEO＝45°，∴△AEO是等腰直角三角形，∴OE＝OA＝2，∴EF＝OE﹣OF＝2−2（2）若△ABF是等腰三角形，分三种情况：①当AF＝BF时，由（1）知，BF＝AF＝23−OF，OF=∴AF＝23−②当AF＝AB时，∵AB＝4，∴AF＝4；③当AB＝BF时，如图1，∵AB＝4，∴BF＝4，∴OF＝BF﹣OB＝4﹣23，∴AF=OA2+OF综上，AF的长为433或4或26−（3）过点E作EM⊥AB于M，作EN⊥AF于N，由折叠得∠BAE＝∠FAE，∴EM＝EN，∴S△ABE又∵S△ABE∴ABAF∴EF=AF⋅BE∵EF＝k•BE，∴k=AF∵点F在BD上，∴AF的最大值为4，当AF⊥BD，即点F与点O重合时，AF的值最小为OA＝2，∴2≤AF≤4，∴12∴k的取值范围为12≤k【点评】本题是几何变换综合题，考查了折叠的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等，分类思想的运用是解题的关键．例2．（2023•铁西区模拟）在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接BD，CE．（1）如图①将△ADE绕点A旋转，在旋转过程中，线段BD与CE总保持相等的数量关系，请说明理由；（2）如图②，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝8，AD＝4，把△ADE绕点A旋转，点P为射线BD与CE的交点，当E在BA延长线上时，求线段CP的长度（只求图中的情况）；（3）在（2）的条件下，在旋转过程中，点P为射线BD与射线CE的交点，当四边形ADPE为正方形时，直接写出线段PB长度的值．【分析】（1）证明△ABD≌△ACE（SAS），由全等三角形的性质得出BD＝CE；（2）证明△ABD≌△ACE（SAS），得出∠ABD＝∠ACE，证明△ABD∽△PCD，由相似三角形的性质得出ABPC=BD（3）分两种情况画出图形，由正方形的性质及勾股定理可得出答案．【解答】（1）证明：∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴AB＝AC，AD＝AE，∠DAB＝∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE；（2）解：∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵∠ADB＝∠PDC，∴△ABD∽△PCD，∴ABPC又∵AB＝8，AD＝4，∠BAC＝90°，∴CD＝AC﹣AD＝AB﹣AD＝8﹣4＝4，BD=AB2∴8PC∴PC=8（3）解：①当四边形ADPE为正方形时，点P在线段BD上，∵∠ADB＝90°，AD＝4，AB＝8，∴BD=AB2∴PB＝43−②如图，当点P在线段BD的延长线上时，同理PB＝BD+PD＝43+综上所述可得PB的长为43+4或43【点评】本题几何变换综合题，主要考查了正方形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．例3．（2023•南阳一模）在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．问题情景：在矩形ABCD中，点E为AD边上一动点，点F为BC边上一点，连接EF，将四边形CDEF沿EF折叠，点C、D分别落在点C'、D'处，设∠EFC＝α．（1）如图1，若∠EFC＝75°，AD＝AB，点F为BC的中点，延长D'C'交AB于点P．则PC'与PB的数量关系是PC'＝PB，写出图中一个30°的角：∠BFC'；（2）如图2，若点F为BC的中点，AD＝2AB，45°＜α＜90°，延长D'C'交AB于点P．求PC'与PB的数量关系，并说明理由；（3）如图3，若AB＝3，AD＝6，BF＝1，连接C'E，当点E为AD的三等分点时，直接写出EFC'E【分析】（1）证明Rt△PBF≌Rt△PC'F（HL），由全等三角形的性质得出PB＝PC'，由折叠的性质得出∠EFC＝∠EFC'＝75°，则可得出答案；（2）连接PF，方法同（1），由全等三角形的性质得出PB＝PC'；（3）①若点E为AD的三等分点，且AE＝2DE，②若点E为AD的三等分点，且DE＝2AE，由勾股定理可得出答案．【解答】解：（1）连接PF，∵F为BC的中点，∴BF＝CF，∵四边形ABCD为矩形，AD＝AB，∴四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠C＝90°，∵将正方形CDEF沿EF折叠，∴FC＝FC'，∠C＝∠D'C'F＝90°，∴∠PC'F＝90°，BF＝C'F，又∵PF＝PF，∴Rt△PBF≌Rt△PC'F（HL），∴PB＝PC'，∵∠EFC＝75°，将四边形CDEF沿EF折叠，∴∠EFC＝∠EFC'＝75°，∴∠BFC'＝180°﹣∠EFC﹣∠EFC'＝30°，故答案为：PC'＝PB，∠BFC'；（2）PC'＝PB．理由：连接PF，∵F为BC的中点，∴BF＝CF，∵将矩形CDEF沿EF折叠，∴FC＝FC'，∠C＝∠D'C'F＝90°，∴∠PC'F＝90°，BF＝C'F，∴Rt△PBF≌Rt△PC'F（HL），∴PB＝PC'；（3）①若点E为AD的三等分点，且AE＝2DE，∵AD＝6，∴AE＝4，ED＝2，过点E作EM⊥BC于M，∴四边形ABME为矩形，∴BM＝AE＝4，EM＝AB＝3，∴FM＝BM﹣BF＝4﹣1＝3，∴EF=FM2∵将矩形CDEF沿EF折叠，∴ED＝ED'＝2，C'D'＝CD＝3，∠D＝∠D'＝90°，∴C'E=C'D∴EFC'E②若点E为AD的三等分点，且DE＝2AE，∴DE＝4，EA＝2，过点E作EN⊥BC于N，同理可得FN＝1，EN＝3，∴EF=F同理由折叠可得ED＝ED'＝4，C'D'＝CD＝3，∠D＝∠D'＝90°，∴C'E=D'∴EFC'E综上所述，EFC'E的值为105或【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了正方形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．例4．（2023•沈河区校级模拟）如图1，四边形ABCD中，∠BCD＝90°，AC＝AD，AF⊥CD于点F，交BD于点E，∠ABD＝2∠BDC．（1）判断线段AE与BC的关系，并说明理由；（2）若∠BDC＝30°，求∠ACD的度数；（3）如图2，在（2）的条件下，线段BD与AC交于点O，点G是△BCE内一点，∠CGE＝90°，GE＝3，将△CGE绕着点C逆时针旋转60°得△CMH，E点对应点为M，G点的对应点为H，且点O，G，H在一条直线上直接写出OG+OH的值．【分析】（1）连接CE，可证得BC∥AF，进而得出DE＝BE，运用直角三角形性质可得CE＝DE，进而得出∠ECD＝∠BDC，推出∠ABD＝∠BEC，由平行线的判定定理可得AB∥CE，根据平行四边形的判定和性质可得AE＝BC，AE∥BC．（2）根据已知条件可得出△BCE是等边三角形，BC＝CE，∠BCE＝60°，进而可得四边形ABCE是菱形，利用菱形性质可得∠ACB=12∠BCE＝30°，再由∠ACD＝∠BCD﹣∠（3）由旋转变换的性质可得：CH＝CG，CM＝CE，∠GCH＝∠ECM＝60°，得出△CGH是等边三角形，∠CHG＝60°，进而可得四边形BHCO是圆内接四边形，得出∠COH＝∠CBH，过点C作CL⊥OH于点L，可证得△COL∽△CBH，利用相似三角形性质和解直角三角形可得OLBH=CLCH=sin∠CHG＝sin60°=32，即OL=32BH=332，根据等边三角形性质可得GH＝2GL，推出OG+OH＝【解答】解：（1）AE＝BC，AE∥BC．理由如下：如图1，连接CE，∵AC＝AD，AF⊥CD，∴CF＝FD，∠AFD＝90°，∵∠BCD＝90°，∴∠BCD＝∠AFD，∴BC∥AF，∴DEBE∴DE＝BE，∵∠BCD＝90°，∴CE＝DE，∴∠ECD＝∠BDC，∵∠BEC＝∠ECD+∠BDC，∴∠BEC＝2∠BDC，∵∠ABD＝2∠BDC，∴∠ABD＝∠BEC，∴AB∥CE，∴四边形ABCE是平行四边形，∴AE＝BC，AE∥BC．（2）∵∠BDC＝30°，∠BCD＝90°，∴∠CBD＝60°，∵CE＝BE＝DE，∴△BCE是等边三角形，∴BC＝CE，∠BCE＝60°，∵四边形ABCE是平行四边形，∴四边形ABCE是菱形，∴∠ACB=12∠BCE＝30∴∠ACD＝∠BCD﹣∠ACB＝90°﹣30°＝60°；（3）∵将△CGE绕着点C逆时针旋转60°得△CMH，∴CH＝CG，CM＝CE，∠GCH＝∠ECM＝60°，∴△CGH是等边三角形，∴∠CHG＝60°，由（2）知：△BCE是等边三角形，∴CB＝CE，∠ECB＝60°，∴CE与CB重合，点M与点B重合，∴BH＝EG＝3，∠CHB＝∠CGE＝90°，∵四边形ABCE是菱形，∴∠BOC＝90°，∴∠BOC+∠CHB＝90°+90°＝180°，∴四边形BHCO是圆内接四边形，∴∠COH＝∠CBH，如图2，过点C作CL⊥OH于点L，则∠CLO＝90°＝∠CHB，∴△COL∽△CBH，∴OLBH=CLCH=sin∠∴OL=32BH=3∵△CGH是等边三角形，CL⊥OH，∴GH＝2GL，∵OH＝OG+GH＝OG+2GL，∴OG+OH＝OG+OG+2GL＝2（OG+GL）＝2OL，∴OG+OH＝2×332【点评】本题是几何综合题，考查了等腰三角形性质，等边三角形性质，直角三角形性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，旋转变换的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等，解题的关键是学会添加常用辅助线，运用相似三角形的判定和性质解决问题，属于中考压轴题．1．（2023•襄都区校级一模）已知点M，N是直线l上自左向右的两点，且MN＝8，点P是MN的中点，点Q是直线l上一点（不与点M，N重合），直线m经过点Q，MA⊥直线m于点A，NB⊥直线m于点B，连接PA，PB．（1）如图1，当点Q在点P，N之间时，求证：PA＝PB；（2）如图2，当点Q在点N的右侧时，若PN＝2NQ，且∠AQM＝30°，求AB和AP的长度．【分析】（1）过点P作PJ⊥直线m于点J．利用平行线等分线段定理证明即可；（2）过点P作PH⊥AB于点H．分别求出AQ．BQ，可得AB的长，再利用勾股定理求出AP．【解答】（1）证明：过点P作PJ⊥直线m于点J．∵MA⊥直线m，NB⊥直线m，PJ⊥直线m，∴MA∥NB∥PJ，∵PM＝PN，∴AJ＝JB，∵PJ⊥AB，∴PA＝PB；（2）解：过点P作PH⊥AB于点H．∵MA⊥直线m，NB⊥直线m，PH⊥直线m，∴MA∥NB∥PH，∵PM＝PN，∴AH＝BH，∵MN＝8，P是MN的中点，∴PM＝PN＝4，∵PN＝2NQ，∴NQ＝2，PQ＝6，MQ＝8，∵∠AQM＝30°，∴PH=12PQ＝3，BQ＝NQ•cos30=3，AQ＝MQ•cos30°∴AB＝AQ﹣BQ＝33，∴AH＝BH=3∴PA=A【点评】本题属于几何变换综合题，考查了平行线等分线段定理，勾股定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题．2．（2023•齐齐哈尔一模）综合与实践．旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与全等三角形等数学知识相结合来解决实际问题，某学校数学兴趣小组在研究三角形旋转的过程中，进行如下探究：如图1，△ABC和△DMN均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠MDN＝90°，点D为BC中点，△DMN绕点D旋转，连接AM、CN．观察猜想：（1）在△DMN旋转过程中，AM与CN的数量关系为AM＝CN；实践发现：（2）当点M、N在△ABC内且C、M、N三点共线时，如图2，求证：CM−AM=2拓展延伸：（3）当点M、N在△ABC外且C、M、N三点共线时，如图3，探究AM、CM、DM之间的数量关系是CM+AM=2DM解决问题：（4）若△ABC中，AB=5，在△DMN旋转过程中，当AM=2且C、M、N三点共线时，DM＝6−2【分析】（1）结论：AM＝CN．证明△ADM≌△CDN（SAS），可得结论；（2）连接AD．利用全等三角形的性质以及等腰直角三角形的性质证明即可；（3）结论：CM+AM=2DM（4）分两种情形：利用图2，图3分别求出MN，可得结论．【解答】（1）解：结论：AM＝CN．理由：连接AD．∵AB＝AC，∠BAC＝90°，BD＝DC，∴AD⊥BC，AD＝DB＝DC，∵∠ADC＝∠MDN＝90°，∴∠ADM＝∠CDN，在△ADM和△CDN中，DA=DC∠ADM=∠CDN∴△ADM≌△CDN（SAS），∴AM＝CN．故答案为：AM＝CN；（2）证明：连接AD．由（1）可知AM＝CN，∵△DMN是等腰直角三角形，∴MN=2DM∴CM﹣CN＝CM﹣AM＝MN=2DM，即CM﹣AM=2（3）解：结论：CM+AM=2DM理由：由（1）可知AM＝CN，∵△DMN是等腰直角三角形，∴MN=2DM∴CM+CN＝CM+AM＝MN=2DM，即CM+AM=2故答案为：CM+AM=2DM（4）解：如图2中，设AD交CM于点O．∵△ADM≌△CDN，∴AM＝CN，∠DAM＝∠DCN，∵∠AOM＝∠COD，∴∠AMO＝∠CDO＝90°，∵AB＝AC=5，AM=∴CM=A∴MN＝CM﹣CN=3∴DM=22MN如图3中，同法可得DM=6综上所述，DM的长为6−22故答案为：6−22【点评】本题属于几何变换综合题，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．3．（2023•长安区一模）问题提出：（1）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AO是它的一条中线，则∠COA与∠B的数量关系是：∠COA＝2∠B；（2）如图，在△ABC中，∠A＝60°，BC＝6，CG⊥AB于点G，BH⊥AC于点H，O为BC边上一点，且OG＝OB，连接GH，求GH的长；问题解决：（3）某次施工中，工人师傅需要画一个20°的角，但他手里只有一把带刻度的直角尺，工程监理给出了下面简易的作图方法：①画线段OB＝15cm，再过它的中点C作m⊥OB；②利用刻度尺在m上寻找点A，使得OA＝15cm，再过点A作l∥OB；③利用刻度尺过点O作射线，将射线与AC和l的交点分别记为点F、E，调节刻度尺使FE＝□cm时（“□”内的数字被汗渍侵蚀无法看清），则∠EOB＝20°；你认为监理给的方法可行吗？如果可行，请写出“□”内的数字，并说明理由；如果不可行，请给出可行的方案．【分析】（1）利用直角三角形斜边中线的性质以及等腰三角形的性质证明即可．（2）连接OH，证明△OGH是等边三角形可得结论；（3）取EF是中点P，连接AP，证明AP＝FP＝EP＝AO＝15，推出∠AEF＝∠EAP，∠AOP＝∠APO，推出∠AOP＝2∠AEF＝2∠BOE，可得结论．【解答】解：（1）如图1中，∵∠CAB＝90°，AO是中线，∴OA＝OB＝OC，∴∠OAB＝∠B，∵∠COA＝∠OAB+∠B，∴∠COA＝2∠B，故答案为：2；（2）如图2中，连接OH．∵OG＝OB，∴∠GBO＝∠BGO，∵∠CGB＝90°，∴∠GBO+∠GCO＝90°，∠BGO+∠CGO＝90°，∴∠GCO＝∠CGO，∴OH＝BO＝OG＝OC＝3，∴B，C，H，G在以O为圆心，OC为半径的圆上，∵∠A＝60°，∴∠ACG＝30°，∴∠GOH＝60°，∴△GOH是等边三角形，∴GH＝OG＝3；（3）可行，30．理由：在Rt△ACO中，cos∠AOC=OC∴∠AOC＝60°，取EF是中点P，连接AP，∵AP∥直线l，AC⊥OB，∴AC⊥AE，∠AEF＝∠BOE，∴∠FAE＝90°，∵EP＝PF，EF＝30cm，∴AP＝FP＝EP＝AO＝15（cm），∴∠AEF＝∠EAP，∠AOP＝∠APO，∴∠AOP＝2∠AEF＝2∠BOE，∴∠BOE=13∠AOB＝20【点评】本题属于几何变换综合题，考查了直角三角形斜边中线的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．4．（2023•南关区校级模拟）如图，在△ABC中，BA=10，BC＝3，tanB＝3，点D为边BC的中点．动点P从点B出发，沿折线BA﹣AC向点C运动，在BA、AC上的速度分别为每秒10个单位长度和每秒13个单位长度．连结AD、PD，设点P的运动时间为t秒（t（1）线段AC的长为13；（2）用含t的代数式表示线段AP的长；（3）当∠APD为钝角时，求t的取值范围；（4）做点B关于直线PD的对称点B′，连结B′D，当B′D⊥BC时，直接写出t的值．【分析】（1）如图1中，过点A作AE⊥BC于点E．解直角三角形求出AE，BE，再利用勾股定理求出AC即可；（2）分两种情形：当0＜t≤1时．当1＜t≤2时，分别根据路程，速度，时间的关系求解；（3）求出两种特殊情形：如图1中，当DP⊥AB时，如图2中，当DP⊥AC时，t的值，可得结论；（4）分两种情形：如图3中，当DB′⊥BC时，过点P作PJ⊥BC于点J．解直角三角形求出BP．如图4中，当DB′⊥BC时，过点P作PJ⊥BC于点J．记住解阿三角形求出CP，可得结论．【解答】解：（1）如图1中，过点A作AE⊥BC于点E．∵tanB=AEBE=3，∴AE＝3，BE＝1，∵BC＝3，∴EC＝2，∴AC=A故答案为：13．（2）当0＜t≤1时，AP=10−当1＜t≤2时，AP=13（t﹣综上所述，AP=10（3）如图1中，当DP⊥AB时，∵12•AB•DP=12•BD∴DP=3×∴BP=D此时t=3如图2中，当DP⊥AC时，DP=3×∴CP=C此时t＝1+10观察图形可知满足条件的t的值为：320＜t＜1或1＜t（4）如图3中，当DB′⊥BC时，过点P作PJ⊥BC于点J．设BJ＝x，则PJ＝DJ＝3x，∴4x=3∴x=3∴PB=3∴t=3如图4中，当DB′⊥BC时，过点P作PJ⊥BC于点J．设DJ＝PJ＝3y，则CJ＝2y，∴5y=3∴y=3∴PC=P∴t＝1+7综上所述，满足条件的t的值为38或17【点评】本题属于几何变换综合题，考查了解直角三角形，三角形的面积轴对称变换，等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．5．（2023•盐田区二模）操作：如图1，点E在矩形ABCD边CD上，沿AE折叠，点D恰落在BC边上D'处．再将图1对折，使点E与点A重合，得多边形AC′FBNM（图2），点C的对应点为点C′．思考：若AB＝6，AD＝10．（1）求图1中CE的长；（2）求证：△AC'F≌△ECD'．探究：若用一张A4(AD=2AB)纸进行上述操作，判断C'F与【分析】思考：（1）由折叠的性质得出AD'＝AD＝10，∠AD'E＝90°，证明△ED'C∽△D'AB，由相似三角形的性质得出CEBD'（2）由折叠的性质得出∠AED＝∠AED'，∠EAC'＝∠AEC，证出∠FAC'＝∠CED'，根据ASA可证明△AC'F≌△ECD'；探究：设AB＝m，AD=2m，证明△ED'C∽△D'AB，由相似三角形的性质得出ED'D'A=D'CAB，求出ED'＝（2−2）m，由全等三角形的性质得出C'F＝CD'＝（2−1）m，AF【解答】解：思考：（1）由折叠的性质可得，AD'＝AD＝10，∠AD'E＝90°，∵∠B＝90°，AB＝6，AD'＝10，∴BD'＝8，∴CD'＝BC﹣BD'＝10﹣8＝2，∵∠AD'B+∠ED'C＝90°，∠AD'B+∠BAD'＝90°，∴∠ED'C＝∠BAD'，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝90°，∴△ED'C∽△D'AB，∴CEBD'∴CE8∴CE=8（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠AED＝∠FAE，由折叠的性质得出∠AED＝∠AED'，∠EAC'＝∠AEC，∴∠FAE＝∠AED'，∠EAC'﹣∠FAE＝∠AEC﹣∠AED'，即∠FAC'＝∠CED'，又∵AC'＝EC，∠C'＝∠C，∴△AC'F≌△ECD'（ASA）；探究：C'F＝BF．理由：由AD=2AB，设AB＝m，AD=2∴BD'＝m，CD'＝（2−1）m∴△ED'C∽△D'AB，∴ED'D'A∴ED'2∴ED'＝（2−2）m∵△AC'F≌△ECD'，∴C'F＝CD'＝（2−1）m，AF＝ED'＝（2−2）∴BF＝AB﹣AF＝m﹣（2−2）m＝（2−1）m＝C'【点评】本题是四边形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质和判定，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．6．（2023•白塔区校级一模）已知，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点D在射线CB上，连接DA，将线段DA绕点D逆时针旋转90°后得到DE，过点E作EM⊥BC交直线BC于点M，连接AE，CE．（1）如图①，若点D在线段CB上（且不与点C、点B重合）时，求证：①MC＝BD；②∠ACE＝90°（2）延长AD与直线CE相交于点N，①当点D在线段CB上（且不与点C、点B重合）时，如图②所示，若AD平分∠BAC，CD=2ME，且AB=2+22②当点D在射线CB上（且不与点C、点B重合）时，若CENE=3【分析】（1）①证明ABD≌△DME，进而得出结论；②证明△ABD∽△ACE，进而得出结论；（2）①设AC与DE交于点F，证明∠BAD＝22.5°，在AB上取一点T，使得AT＝DT，证明BD＝BT，设BD＝BT＝m，则DT＝AT=2m，可得m+2m＝2+22，推出m＝2，再证明△ABD∽△ADF，利用相似三角形的性质求出AF，再证明EN＝②证明∠MDE＝∠CAE，进而在Rt△ACN和Rt△ACE中，表示出tan∠CAN和tan∠CAE，进而求得结果．【解答】（1）证明：①∵∠ADE＝90°，∴∠ADB+∠MDE＝90°，∵∠ABD＝90°，∴∠ADB+∠BAD＝90°，∴∠BAD＝∠MDE，在△ABD和△DME中，∠B=∠M=90°∠BAD=∠MDE∴△ABD≌△DME（AAS），∴AB＝DM，∵AB＝BC，∴BC＝DM，∴MC＝BD；②∵∠BAC＝∠DAF，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAF﹣∠CAD，即：∠BAD＝∠CAE，∵ACAB∴△ABD∽△ACE，∴∠ACE＝∠B＝90°；（2）解：①设AC与DE交于点F，∵△ABD≌△DME，∴AB＝DM，BD＝EM，∵AB＝BC，∴BC＝DM，∴MC＝BD＝EM，∴∠MCE＝∠MEC＝45°，∴EC=2ME∵CD=2ME∴CD＝CE，∴∠CDE＝∠CED，∵∠MCE＝∠CDE+∠CED，∴∠CDE＝∠CED＝22.5°，∵∠ADE＝90°，∴∠ADB＝67.5°，∵∠B＝90°，∴∠BAD＝22.5°，在AB上取一点T，使得AT＝DT，∴∠TAD＝∠TDA＝22.5°，∴∠BTD＝∠TAD+∠TDA＝45°，∵∠B＝90°，∴∠BDT＝∠BTD＝45°，∴BD＝BT，设BD＝BT＝m，则DT＝AT=2m∴m+2m＝2+22∴m＝2，∴BD＝2，∴AD=B∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠DAF，∵∠B＝∠ADF＝90°，∴△ABD∽△ADF，∴ABAD∴2+22∴AF＝42，∵∠DEN＝∠DAF＝22.5°，DE＝AD，∠EDN＝∠ADF＝90°，∴△EDN≌△ADF（ASA），∴EN＝AF＝42；②当点D在线段BC上时，∵CENE∴CECN由上得，∠MDE＝∠BAD＝∠CAE，∴tan∠MDEtan∠NAC=tan∠CAE如图，当点D在CB的延长线上时，同理可得：tan∠MDEtan∠NAC=综上所述，tan∠MDEtan∠NAC=3【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形性质，锐角函数定义，全等三角形判定和性质，相似三角形判定和性质等知识，解决问题的关键是转化线段和角．7．（2023•天宁区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，点A（0，2），点B在x轴正半轴上，点C在第一象限内．（1）如图1，OB＝4．①若△ABC是以AC为斜边的直角三角形，且tan∠BAC＝2．请在图（1）中利用圆规、无刻度直尺作出点C的位置（不写作法，保留作图痕迹），写出点C的坐标：（8，8）；②若△ABC是等边三角形．求点C的坐标；（2）如图2，△ABC是等边三角形，点C在以P（33，6）为圆心，半径为r的圆上．若存在两个△ABC满足条件，求r的取值范围．【分析】（1）①以点B为圆心，AB为半径画弧交AB的延长线于点N，分别以A、N为圆心，大于AB的长度为半径画弧，交于第一象限内点W，在射线BW上截取BC＝2AB，连接AC，点C即为所求作的点；设C（x，y），过点C作CE⊥x轴于点E，由tan∠BAO＝tan∠CBE，得OBOA=CEBE，即42=yx−4，得出y＝2x﹣8，即CE＝2x﹣8，由勾股定理得BE②过点C作CD⊥AB于点D，作CE⊥y轴于点E，过点D作FG⊥x轴于点G，交CE于点F，设C（a，b），则CE＝a，FG＝b，由△DCF∽△BDG，可得CFDG=DF（2）以OA为边作等边三角形OAM，使点M落在第一象限，作射线MP交⊙P于点C、C′，分别以AC、AC′为边作等边△ABC和等边△AB′C′，连接AP，取BB′的中点Q，连接AQ、PQ，点B、B′均在x轴正半轴上，过点P作PH⊥y轴于点H，可证得△BAB′≌△CAC′（SAS），△ABQ≌△ACP（SAS），推出△PAQ是等边三角形，可得AP＝AQ，利用勾股定理可求得OQ=39，即可得出0＜r≤【解答】解：（1）①如图1﹣①，点C即为所求作的点．设C（x，y），过点C作CE⊥x轴于点E，则OE＝x，CE＝y，∴BE＝OE﹣OB＝x﹣4，∵点A（0，2），∴OA＝2，∵OB＝4，∴B（4，0），在Rt△AOB中，AB=OA2∵∠AOB＝∠BEC＝90°，∴∠BAO+∠ABO＝90°，∵∠ABC＝90°，∴∠CBE+∠ABO＝90°，∴∠BAO＝∠CBE，∴tan∠BAO＝tan∠CBE，∴OBOA=CE∴y＝2x﹣8，即CE＝2x﹣8，∵tan∠BAC＝2，∴BCAB∴BC＝2AB＝45，在Rt△BCE中，BE2+CE2＝BC2，∴（x﹣4）2+（2x﹣8）2＝（45）2，解得：x＝0（舍去）或x＝8，∴y＝2x﹣8＝2×8﹣8＝8，∴点C的坐标为（8，8），故答案为：（8，8）；②如图1﹣②，过点C作CD⊥AB于点D，作CE⊥y轴于点E，过点D作FG⊥x轴于点G，交CE于点F，设C（a，b），则CE＝a，FG＝b，∵△ABC为等边三角形，CD⊥AB，∴AD＝DB=12AB∵DG∥OA，D是AB的中点，∴DG是△ABO的中位线，∴OG＝BG＝2，DG=12∴FD＝FG﹣DG＝b﹣1，∵∠EOG＝∠OEF＝∠FGO＝90°，∴四边形EFGO是矩形，∴EF＝OG＝2，CF＝CE﹣EF＝a﹣2，在Rt△BCD中，CDBD=tan∠ABC＝tan60°∵∠DFC＝∠BGD＝∠BDC＝90°，∴∠CDF+∠DCF＝∠CDF+∠BDG＝90°，∴∠DCF＝∠BDG，∴△DCF∽△BDG，∴CFDG=DF解得：a＝2+3，b＝1+23∴点C的坐标为（2+3，1+23（2）如图2，以OA为边作等边三角形OAM，使点M落在第一象限，作射线MP交⊙P于点C、C′，分别以AC、AC′为边作等边△ABC和等边△AB′C′，连接AP，取BB′的中点Q，连接AQ、PQ，点B、B′均在x轴正半轴上，过点P作PH⊥y轴于点H，则AB＝AC，AB′＝AC′，∠BAC＝∠B′AC′＝60°，∴∠BAB′+∠B′AC＝∠B′AC+∠CAC′，∴∠BAB′＝∠CAC′，∴△BAB′≌△CAC′（SAS），∴BB′＝CC′＝2r，BQ＝CP＝r，∠ABQ＝∠ACP，∴△ABQ≌△ACP（SAS），∴AQ＝AP，∠BAQ＝∠CAP，∴∠PAQ＝∠CAP+∠CAQ＝∠BAQ+∠CAQ＝∠BAC＝60°，∴△PAQ是等边三角形，∴AP＝AQ，∵AP2＝PH2+AH2＝（33）2+42＝43，AQ2＝OA2+OQ2＝22+OQ2，∴22+OQ2＝43，∵OQ＞0，∴OQ=39∴0＜r≤39【点评】本题是几何变换综合题，考查了勾股定理，等边三角形的判定和性质，直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，添加辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题关键．8．（2023•长春一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，sinA=35．点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度向终点B匀速运动，过点P作PD⊥AB交折线AC﹣CB于点D，连结BD，将△DBP绕点D逆时针旋转90°得到△DEF．设点P的运动时间为（1）AC＝4．（2）用含t的代数式表示线段PD的长．（3）当点E落在AB边上时，求t的值．（4）当△DEF与△ABC重叠部分为三角形时，直接写出t的取值范围．【分析】（1）在△ACB中，sinA=BCAB=35（2）分两种情形：如图1﹣1中，当点D在线段AC上时，如图1﹣2中，当点D在线段BC上时，分别求出PD即可；（3）如图2中，当点E落在AB上时，PD＝PB＝2t，根据AP+PB＝5，构建方程求解即可；（4）当E或F在△ABC内部时，△DEF与△ABC重叠部分为三角形，求出几个特殊位置的t的值，可得结论．【解答】解：（1）在△ACB中，∠C＝90°，AB＝5，∴sinA=BC∴BC＝3，∴AC=A故答案为：4；（2）如图1﹣1中，当点D在线段AC上时，0＜t≤8∵AP＝2t，∴tanA=DP∴PD=32如图1﹣2中，当点D在线段BC上时，85＜t∵tanB=DP∴PD=43（5﹣2综上所述，PD=3（3）如图2中，当点E落在AB上时，PD＝PB=32∵AP+PB＝5，∴2t+32解得t=10∴t=107时，点E落在（4）如图3中，当点F落在AC边上时，CD+BD＝3，∴35×43（5﹣2t）+5解得，t=70观察图象可知当7037＜t＜52时，点F综合（3）（4）可知，当E或F在△ABC内部时，△DEF与△ABC重叠部分为三角形，当点D与C重合时，2t＝4×4解得t=8∴满足条件的t的值为：107≤t≤85或【点评】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，解直角三角形，三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．9．（2023•市中区一模）（1）①如图1，等腰△ABC（BC为底）与等腰△ADE（DE为底），∠BAC＝∠DAE，则BD与CE的数量关系为BD＝CE；②如图2，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，则sin∠DAC＝35（2）如图3，在（1）②的条件下，点E在线段CD上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，使∠EAF＝∠DAC，连接CF．当AE＝32时，求CF的长度；（3）如图4，矩形ABCD中，若AB＝23，AD＝6，点E在线段CD上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连结CF，AE的中点为G，CF的中点为H，若GH=13，直接写出DE【分析】（1）①证明△BAD≌△CAE（SAS），由全等三角形的性质得出BD＝CE；②由勾股股定理求出AC＝5，由正弦的定义可得出答案；（2）连结EF，延长AD至M，使得AM＝AC，连结MC，证明△AFC≌△AEM（SAS），由全等三角形的性质得出CF＝ME，由勾股定理求出ME的长，则可得出答案；（3）连接CG，并延长交BA的延长线于M，连接MF，证明△AMG≌△ECG（AAS），由全等三角形的性质得出MG＝CG，AM＝CE，由三角形中位线定理得出MF＝2GH＝213，得出∠BAC＝60°，AC＝2AB＝43，延长AB至N，使AB＝BN，连接NF，过点F作FP⊥AN于点P，设AN＝NF＝x，由勾股定理求出x，则可得出答案．【解答】解：（1）①∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，BA=CA∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE．故答案为：BD＝CE；②矩形ABCD中，AB＝CD＝3，AD＝4，∴AC=A∴sin∠DAC=CD故答案为：35（2）连结EF，延长AD至M，使得AM＝AC，连结MC，∵将AE绕点A顺时针旋转得到AF，∴AE＝AF，又∵∠DAC＝∠EAF，∴∠CAF＝∠EAM，∴△AFC≌△AEM（SAS），∴CF＝ME，在Rt△ADE中，AE＝32，AD＝4，∴DM＝AM﹣AD＝1，DE=A∴ME=D∴CF=3（3）43−连接CG，并延长交BA的延长线于M，连接MF，∵AB∥CE，G为AE的中点，∴∠AMG＝∠ECG，∠MAG＝∠ECG，AE＝EG，∴△AMG≌△ECG（AAS），∴MG＝CG，AM＝CE，∵H是CF的中点，GH=13∴GH是△CMF的中位线，∴MF＝2GH＝213，∵矩形ABCD中，AB＝23，DC＝AD＝6，∴∠BAC＝60°，AC＝2AB＝43，延长AB至N，使AB＝BN，连接NF，∴AN＝AC，∠NAC＝∠EAF＝60°，同（1）①可知△ANF≌△ACE，∴NF＝CE，∠ANF＝∠ACE＝60°，∵AN＝AC，∠NAC＝60°，∴∠ANC＝60°，∴∠ANC＝∠ANF，∴点N，F，C三点共线，过点F作FP⊥AN于点P，设AN＝NF＝x，在Rt△PNF中，∠N＝60°，NF＝x，∴PN=12x，PF=在Rt△MPF中，PF2+MP2＝MF2，MP＝MA+AN+PN＝43+12x，∴(3解得x＝4﹣23（负值舍去），∴NF＝CE＝4﹣23，∴DE＝CD﹣CE＝23−（4﹣23）＝43【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．10．（2023•武汉模拟）问题提出：如图，△ABC为等边三角形，D为CB的延长线上一点，∠DAE＝∠DEA，探究BD与EC的数量关系．问题探究：（1）现将问题特殊化，如图2，当E为AC的中点，DM⊥AC于点M，探究DB与EC的数量关系，说明理由；（2）再探究一般情形，如图1，（1）中的结论还成立吗？问题拓展：（3）如图3，若AE＝nEC，AB与DE交于点F，直接写出tan∠DFB的值（用含n的式子表示）．【分析】（1）如图2，过点E作EH∥AB，交BC于H，证明△ADB≌△DEH（AAS），可得结论；（2）如图1，过点E作EH∥AB，交BC于H，同理可得结论；（3）如图3，过点E作EH∥AB，交BC于H，过点A作AG⊥BC于G，则∠DEH＝∠DFB，设CE＝a，证明∠ADB＝∠DFB，根据三角函数的定义可解答．【解答】解：（1）DB＝EC，理由如下：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠BAC＝∠C＝60°，如图2，过点E作EH∥AB，交BC于H，∴∠CHE＝∠ABC＝60°，∠CEH＝∠BAC＝60°，∴∠CHE＝∠C＝∠CEH＝60°，∴EH＝CE，∵∠ABC＝∠CHE，∴∠ABD＝∠DHE，∵∠DAE＝∠DEA，∴AD＝DE，∵∠DAE＝∠BAD+∠BAC，∠AED＝∠CDE+∠C，∴∠BAD＝∠CDE，∴△ADB≌△DEH（AAS），∴BD＝EH，∴BD＝CE；（2）如图1，（1）中的结论还成立，理由如下：如图1，过点E作EH∥AB，交BC于H，同理可得：BD＝CE；（3）如图3，过点E作EH∥AB，交BC于H，过点A作AG⊥BC于G，则∠DEH＝∠DFB，由（2）知：△ADB≌△DEH，∴∠ADB＝∠DEH，∴∠DFB＝∠ADB，设CE＝a，∵AE＝nEC，∴AC＝BC＝（n+1）a，∵△ABC是等边三角形，AG⊥BC，∴BG＝CG=(n+1)a2，∠CAG＝30∴AG=3CGRt△ADG中，tan∠ADB=AGDG=tan∴tan∠DFB=3【点评】本题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．11．（2023•二道区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，sinC=45．点P从点A出发，以每秒4个单位长度的速度向终点B匀速运动，点Q为线段BP的中点．点D与点C在PQ的同侧，且∠DPQ＝90°，∠DQP＝∠C．设点P的运动时间为（1）线段PQ的长为2﹣2t（用含t的代数式表示）；（2）当点D落在AC边上时，求PD的长；（3）当△DPQ与△ABC重叠部分是轴对称图形时，求t的值；（4）当点D到△ABC任意两边距离相等时，直接写出t的值．【分析】（1）根据BP＝4﹣4t，再利用中点的定义可得答案；（2）首先求得AC＝5，BC＝3，再根据tan∠DQP＝∠tanC，求出DP，从而列出方程即可得出答案；（3）设QD与AC交于点E，由重叠部分是轴对称图形时，则∠QEA＝90°，QE＝PQ＝2﹣2t，根据sinA=QE（4）分点D到AB、BC距离相等或点D到BC、AC距离相等或点D到AB、AC距离相等，分别列出关于t的方程，解方程即可．【解答】解：（1）由题意知，AP＝4t，∴BP＝4﹣4t，∵点Q为BP的中点，∴PQ=12BP＝2﹣2故答案为：2﹣2t；（2）在Rt△ABC中，∠B＝90°，∴sinC=AB∴AC＝5，由勾股定理得，BC＝3，∵∠DQP＝∠C，∴tan∠DQP＝∠tanC，∴DPQP∴DP=4∴PD＝AP•tanA＝4t×34=∴3t=8−8t解得t=8∴PD=24（3）设QD与AC交于点E，当△DPQ与△ABC重叠部分是轴对称图形时，则∠QEA＝90°，QE＝PQ＝2﹣2t，∴sinA=QE∴2−2t4t+2−2t解得t=1（4）当点D到AB与BC距离相等时，则DP＝PB，∴8−8t3=4﹣4解得t＝1，∵0＜t＜1，∴t＝1舍去，当点D到BC与AC距离相等时，则DG⊥BC于G，DH⊥AC于H，连接DB、DA、DC，则四边形BGDP是矩形，∴DG＝PB＝4﹣4t，∴S△ABD+S△ACD+S△BCD＝S△ABC，∴12解得t=23当点D到AB与AC距离相等时，同理可得12解得t=2综上：t=2332或【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形的性质，轴对称图形的性质，三角函数，三角形的面积等知识，运用面积法列方程是解决问题（3）的关键，同时注意分类讨论思想的运用．12．（2023•惠水县一模）如图，平行四边形ABCD中，AB＝7，BC＝10．点P是BC边上的一点，连接AP，以AP为对称轴作△ABP的轴对称图形△AQP．（1）动手操作当点Q正好落在AD边上时，在图①中画出△ABP的轴对称图形△AQP，并判断四边形ABPQ的形状是菱形；（2）问题解决如图②，当点P是线段BC中点，且CQ＝2时，求AP的长；（3）拓展探究如图③，当点P、Q、D在同一直线上，且∠PQC＝∠PQA时，求PQ的长．【分析】（1）由题意画出图形，根据折叠得出AB＝AQ，BP＝PQ，证明三角形ABP是等腰三角形，进一步得出结果；（2）连接BQ交AP于点E，由轴对称的性质得出AQ＝AB，BP＝PQ，求出EP和BP的长，由勾股定理可得出答案；（3）证明△PDC∽△CDQ，由相似三角形的性质得出PDCD【解答】解：（1）如图①，△AQP即为所求，由折叠可得，AB＝AQ，BP＝PQ，∠BAP＝∠PAQ，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠PAQ＝∠APB，∴∠APB＝∠BAP，∴AB＝BP，∴AB＝BP＝PQ＝AQ，∴四边形ABPQ是菱形；故答案为：菱形；（2）如图②，连接BQ交AP于点E，∵△AQP与△ABP是以AP为对称轴的轴对称图形，由轴对称的性质得，AQ＝AB，BP＝PQ，∴AP是线段BQ的垂直平分线．∴点E是BQ的中点，∠AEB＝∠BEP＝90°．又∵点P是BC的中点，∴EP为△BQC的中位线．∴EP=12QC＝1，BP=12在Rt△BEP中，BE=BP2−在Rt△ABE中，AE=AB∴AP＝AE+EP＝1+5＝6；（3）当点P，Q，D在同一直线上时，且∠PQC＝∠PQA，∵四边形ABCD是平行四边形，△AQP与△ABP是以AP为对称轴的轴对称图形，∴∠DAP＝∠APB，∠APB＝∠APQ，∴∠APQ＝∠DAP，∴AD＝DP＝10，∵∠B＝∠AQP＝∠PQC＝∠ADC，又∵∠ADC＝∠ADP+∠PDC，∠PQC＝∠PDC+∠DCQ，∴∠ADP＝∠DCQ．∵AD∥BC，∴∠ADP＝∠DPC，∴∠DCQ＝∠DPC．∵∠PDC＝∠QDC，∴△PDC∽△CDQ，∴PDCD即107∴DQ=49∴PQ＝PD﹣DQ＝10−49【点评】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，相似三角形的判定和性质，轴对称性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是熟练掌握折叠的性质．13．（2023•青山湖区模拟）●问题发现如图1，△ABC和△DEF都是等边三角形，边BC和EF在同一直线上，O是边BC的中点，BE＝CF，连接AD，则下列结论正确的是①③④．（填序号即可）①OE＝OF；②AD＝BE；③AD⊥BE；④整个图形是轴对称图形．●数学思考将图1中的△DEF绕着点O旋转，△ABC不动，连接AD和BE，如图2，则AD和BE具有怎样的数量和位置关系？请给出证明过程；●拓展应用已知AB＝8cm，DE＝4cm，在图1中的△DEF绕着点O旋转的过程中，当BE⊥DF时，求线段AD的长度．#ZZA0【分析】●问题发现：由等腰三角形的性质判断①，作辅助线构造三角形判断②，由过一点有且只有一条直线垂直于已知直线判断③，由③的结论可以判断④；●数学思考：连接AO，OD，由△DEF是等边三角形可得，DO⊥EF，∠EDO=12∠EDF=30°，OD=3OE，然后证明●拓展应用：分两种情况利用勾股定理解题即可．【解答】解：●问题发现：∵O是边BC的中点，△ABC是等边三角形，∴OB＝OC，又∵BE＝CF，∴OE＝OF，所以①正确；过D作DG∥BE交AB于点G，∴∠AGD＝∠B＝60°，∵△ABC和△DEF都是等边三角形，∴∠B＝∠DEF＝60°，∴DG∥BE，∴四边形BEDG为平行四边形，∴DG＝BE≠AD，所以②不正确；连接AO，DO，∵△ABC和△DEF都是等边三角形，∴AB＝AC，DE＝DF，∵OB＝OC，OE＝OF∴AO⊥BC，DO⊥BC，∴A，D，O三点共线，即AD⊥BE，所以③正确；由③可知整个图形关于直线AD成轴对称图形，所以④正确；故答案为：①③④．●数学思考：AD=3BE，AD⊥连接AO，OD，由图1，OB＝OC，BE＝CF，可得OE＝OF．△DEF绕着点O旋转，OE＝OF仍然成立．∵△DEF是等边三角形，∴DO⊥EF，∠EDO=1∴OD=3同理，AO⊥OB，OA=3∴AO：OB=DO：EO=3：1，∠AOB＝∠DOE∴∠BOE＝∠AOD．∴△BOE∽△AOD．∴AD=3BE，∠OAD＝∠延长BE交AD于H点，交AO于l点，又∠AIH＝BIO，∴△AIH∽△BIO．∴∠HIA＝∠IOB＝90°．∴AD⊥BE．●拓展应用当BE⊥DF时，∵AD⊥BE，∴A，D，F三点共线．如备用图1，设BE＝xcm，则AD=3xcm∵AD⊥BE，∴在Rt△ABH中，(3解之得：x=−3±15∴x=15即AD=35如备用图2．设BE＝ycm，则AD=3ycm∵AD⊥BE，∴在Rt△ABH中，(y−23解之得：y=3又y＞0，∴y=15即AD=35综上所述，AD=35【点评】本题考查等边三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，掌握等边三角形的性质和旋转的性质是解题的关键．14．（2023•苏州一模）如图，△ABC是边长为3的等边三角形，D是AB上一动点，连接CD，以CD为边向CD的右侧作等边三角形CDE，连接AE．（1）【尝试初探】如图1，当点D在线段AB上运动时，AC，DE相交于点F，在运动过程中发现有两个三角形始终保持全等，请你找出这对全等三角形，并说明理由．（2）【深入探究】如图2，当点D在线段AB上运动时，延长ED，交CB的延长线于点H，随着D点位置的变化，H点的位置随之发生变化，当AD＝2BD时，求tan∠DHC的值．（3）【拓展延伸】如图3，当点D在BA的延长线上运动时，CD，AE相交于点F，设△ADF的面积为S1，△CEF的面积为S2，当S2＝4S1时，求BD的长．【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用SAS即可证明△BCD≌△ACE；（2）过点D作DG⊥BC于D点G，由（1）可说明AE∥CH，从而得出△ADE∽△BDH，进而解决问题；（3）过点C作CH⊥AB于点H，由（1）同理得△BCD≌△ACE，再说明△AFD∽△CFE，得S1S2=(ADCE)2，设BD＝x，则AD＝BD﹣【解答】解：（1）如图1，△BCD≌△ACE，理由如下：∵△ABC与△CDE都是等边三角形，∴BC＝AC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB﹣∠ACD＝∠DCE﹣∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△BCD与△ACE中，BC=AC∠BCD=∠ACE∴△BCD≌△ACE（SAS）；（2）如图2，过点D作DG⊥BC于D点G，∵△ABC是边长为3的等边三角形，AD＝2BD，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，BD＝1，AD＝2，∵DG⊥BC，∴BG=1DG=3BG=由（1）得，△BCD≌△ACE，∴AE＝BD＝1，∠CAE＝∠CBA＝60°，∴∠CAE＝∠ACB，∴AE∥CH，∴△ADE∽△BDH，∴AEBH∵AD＝2BD，AE＝1，∴1BH∴BH=1∴GH＝BH+BG＝1，∵DG⊥BC，∴tan∠DHC=DG（3）如图3，过点C作CH⊥AB于点H，∵△ABC与△CDE都是等边三角形，∴BC＝AC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△BCD与△ACE中，BC=AC∠BCD=∠ACE∴△BCD≌△ACE（SAS），∴∠BDC＝∠AEC，又∵∠AFD＝∠CFE，∴△AFD∽△CFE，∴S1∵S2＝4S1，∴CE＝2AD，设BD＝x，则AD＝BD﹣AB＝x﹣3，CD＝CE＝2（x﹣3）＝2x﹣6，∵CH⊥AB，△ABC是边长为3的等边三角形，∴AH=1CH=3AH=∴DH＝AH+AD=3∵CH⊥AB，∴CH2+DH2＝CD2，即（332）2+(x−32)解得x=7±∵点D在BA的延长线上，∴BD＞AB，∴x＞3，∴x=7+即BD=7+【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握手拉手模型是解题的关键．15．（2023•海淀区模拟）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，将线段CA绕点C逆时针旋转α角得到线段CD，连接AD，过点C作CE⊥AD于点E，连接BD交CA，CE于点F，G．（1）当α＝60°时，如图1，依题意补全图形，直接写出∠BGC的大小；（2）当α≠60°时，如图2，试判断线段BG与CE之间的数量关系，并证明你的结论；（3）若F为AC的中点，直接写出AD的长．【分析】（1）根据题意作图，根据等腰三角形的性质和角的和差即可求解；（2）根据等腰三角形的性质和角的和差即可求出∠GDE＝45°；再根据等腰直角三角形的判定和性质得出AG=2DE，连接AG，可证明∠AGB是直角，进而证明△BGA∽△CED（3）过点F作FN⊥AB，通过证明△BNF∽△BGA，再利用相似三角形的性质和等腰三角形的性质进行求解即可．【解答】解：（1）依题意补全图形，如图所示：∵∠ACD＝α＝60°，AC＝BC，CE⊥AD，∴∠ADC=12（180°﹣∠ACD）＝90°−12α＝60°，∠DCE=12∠ACD=12∵∠BCA＝90°，∴∠BCD＝∠ABC+∠ACD＝90°+α＝150°，∵BC＝CD，∴∠CDB＝∠CBD＝45°−12α＝15∴∠GDE＝∠ADC﹣∠CDB＝45°，∴∠DGE＝90°﹣45°＝45°＝∠AGC；（2）BG=2CE连接AG，∵∠ACD＝α，DC＝AC，CE⊥AD，∴∠ADC=12（180°﹣∠ACD）＝90°−12α，∠DCE=12∠ACD=12α＝∠DAC，∴AG＝DG，∵∠BCA＝90°，∴∠BCD＝∠ABC+∠ACD＝90°+α，∵BC＝CD，∴∠CDB=∠CBD=45°−12∴∠GDE＝∠ADC﹣∠CDB＝45°＝∠GAE，∴∠CAG＝∠CDG，∠AGD＝90°＝∠AGB，△DEG是等腰直角三角形，∴AG=2DE∵AC＝BC，∴∠CAB＝45°，∴∠BAG＝∠BAC+∠CAG＝90°−12∴∠CDE＝∠BAG，∵∠CED＝∠BGA，∴△BGA∽△CED，∴BGCE∴BG=2CE（3）过点F作FN⊥AB，则∠BNF＝90°＝∠BGA＝∠ANF，∵∠BNF＝∠AGB，∴△BNF∽△BGA，∴BFAB∵F为AC的中点，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，∴CF=12AC＝2＝AF，AB=AC2+BC2∴BF=BC2+CF2∴25∴AG=4∵△AEG是等腰直角三角形，∴AE=22AG∴AD=4【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点，准确作出辅助线是解题的关键．16．（2023•郸城县一模）综合与实践：在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在矩形ABCD中，E为AB边上一点，F为AD边上一点，连接CE、CF，分别将△BCE和△CDF沿CE、CF翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，且C、H、G三点共线．（1）如图1，若F为AD边的中点，AB＝BC＝6，点G与点H重合，则∠ECF＝45°，BE＝2；（2）如图2，若F为AD的中点，CG平分∠ECF，AB=2+1，BC＝2，求∠ECF的度数及（3）AB＝5，AD＝3，若F为AD的三等分点，请直接写出BE的长．【分析】（1）证明四边形ABCD是正方形，由正方形的性质得出AD＝AB＝6，∠BCD＝90°，由勾股定理及折叠的性质可得出答案；（2）延长CG，交AB于点M，证明△CBM和△EHM均为等腰直角三角形，得出BM＝BC＝2，EM=2BE，则可求出BE的长，由折叠的性质得出∠BCE＝∠GCE，∠DCF＝∠GCF（3）分两种情况：①当AF＝2DF时，如图3，过点E作EP∥GH，交FG的延长线于点P，连接EF，则四边形GHEP为矩形，GH＝EP，EH＝GP，证明Rt△EFP≌Rt△FEA（HL），由全等三角形的性质得出AE＝FP，设BE＝EH＝a，FP＝a+1，AE＝FP＝5﹣a，得出a+1＝5﹣a，则可得出答案；②当DF＝2AF时，如图4，过点E作EP∥GH，交FG的延长线于点P，连接EF，则四边形GHEP为矩形，GH＝EP，EH＝GP，设BE＝EH＝a，FP＝a+2，AE＝5﹣a，由勾股定理得出12+（5﹣a）2＝22+（a+2）2，求出a则可得出答案．【解答】.解：（1）∵AB＝BC，四边形ABCD是矩形，∴四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝6，∠BCD＝90°，∵F为AD的中点，∴DF＝AF＝3，∵将△BCE和△CDF沿CE、CF翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，∴BE＝EG，DF＝FG＝3，设BE＝x，则AE＝6﹣x，∴EF＝3+x，∵EF2＝AE2+AF2，∴（3+x）2＝（6﹣x）2+32，∴x＝2，∴BE＝2．∵将△BCE和△CDF沿CE、CF翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，∴∠BCE＝∠GCE，∠DCF＝∠GCF，∵∠BCD＝90°，∴∠ECF=12∠BCD=12故答案为：45；2；（2）如图2，延长CG，交AB于点M，∵CG平分∠ECF，∴∠2＝∠4．由折叠的性质可知，∠1＝∠2，∠3＝∠4．∴∠1＝∠2＝∠3＝∠4=14∠BCD＝22.5∴∠ECF＝45°．∵CD∥AB，∠EMH＝∠DCM＝45°，∴△CBM和△EHM均为等腰直角三角形，∴BM＝BC＝2，EM=2BE∴BE+EM＝2，即BE+2BE解得BE＝22−（3）2或97分两种情况：①当AF＝2DF时，如图3，过点E作EP∥GH，交FG的延长线于点P，连接EF，则四边形GHEP为矩形，GH＝EP，EH＝GP，由折叠的性质可知，CD＝CG＝5，BC＝CH＝3，∴HG＝CG﹣CH＝2，∵AF＝2DF，∴AF＝2，∴AF＝EP，在Rt△EFP和Rt△FEA中，AF=EPEF=EF∴Rt△EFP≌Rt△FEA（HL），∴AE＝FP，设BE＝EH＝a，FP＝a+1，AE＝FP＝5﹣a，∴a+1＝5﹣a，解得a＝2，∴BE＝2．②当DF＝2AF时，如图4，过点E作EP∥GH，交FG的延长线于点P，连接EF，则四边形GHEP为矩形，GH＝EP，EH＝GP，由折叠的性质可知，CD＝CG＝5，BC＝CH＝3，∴EP＝HG＝CG﹣CH＝2，∵DF＝2AF，∴AF＝1．设BE＝EH＝a，FP＝a+2，AE＝5﹣a，∵EF2＝AF2+AE2＝EP2+FP2，∴12+（5﹣a）2＝22+（a+2）2，解得a=9∴BE=9综上可知，BE的长为2或97【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．17．（2023•翼城县一模）综合与实践问题解决：（1）已知在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，四边形CDEF是正方形，H为BF所在的直线与AD的交点．如图1，当点F在AC上时，请判断BF和AD的关系，并说明理由．问题探究：（2）如图2，将正方形CDEF绕点C旋转，当点D在直线AC右侧时，求证：BH﹣AH=2CH问题拓展：（3）将正方形CDEF绕点C旋转一周，当∠ADC＝45°时，若AC＝3，CD＝1，请直接写出线段AH的长．【分析】（1）由正方形的性质得出CD＝CF，∠BCF＝∠ACD＝90°，证明△ACD≌△BCF（SAS），由全等三角形的性质得出BF＝AD，∠DAC＝∠CBF，证出∠AHF＝90°，则可得出结论；（2）在线段BF上截取BK＝AH，连接CK．证明△BCK≌△ACH（SAS），由全等三角形的性质得出CK＝CH，∠BCK＝∠ACH，证出∠KCH＝∠BCA＝90°，则△KCH是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可得出结论；（3）分两种情况：①如图，当A，H（F），D三点共线时，∠ADC＝45°；②如图，当B，D（H），F三点共线时，∠ADC＝45°，由勾股定理可得出答案．【解答】（1）解：BF＝AD，AD⊥BF．理由：∵四边形CDEF是正方形，∴CD＝CF，∠BCF＝∠ACD＝90°，在△ACD与△BCF中，AC=BC∠ACD=∠BCF∴△ACD≌△BCF（SAS），∴BF＝AD，∠DAC＝∠CBF，∵∠CBF+∠CFB＝∠DAC+∠AFH＝90°，∴∠AHF＝90°，∴AD⊥BF；（2）证明：如图，在线段BF上截取BK＝AH，连接CK．由（1）可知，∠CBK＝∠CAH，在△BCK和△ACH中，BC=AC∠CBK=∠CAH∴△BCK≌△ACH（SAS），∴CK＝CH，∠BCK＝∠ACH，∴∠KCH＝∠BCA＝90°，∴△KCH是等腰直角三角形，∴HK=2CH∴BH﹣AH＝BH﹣BK＝KH=2CH（3）解：线段AH的长为34−22①如图，当A，H（F），D三点共线时，∠ADC＝45°．由（1）可知，BH＝AD，且CD＝CF＝1，FD=2CF=∵BC＝3，∴AB=2BC＝32设AH＝x，则BH＝AD＝x+2在Rt△BAH中，BH2+AH2＝AB2，∴（x+2）2+x2＝（32）2解得x=34−22②如图，当B，D（H），F三点共线时，∠ADC＝45°，设AH＝x，∵BF＝AH，∴BH＝AH﹣HF＝x−2在Rt△ABH中，BH2+AH2＝AB2，∴(x−2解得x=2+342综上所述，线段AH的长为34−22【点评】本题是几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．18．（2023•临朐县一模）九年级一班同学在数学老师的指导下，以“等腰三角形的旋转”为主题，开展数学探究活动．操作探究：（1）如图1，△OAB为等腰三角形，OA＝OB，∠AOB＝60°，将△OAB绕点O旋转180°，得到△ODE，连接AE，F是AE的中点，连接OF，则∠BAE＝90°，OF与DE的数量关系是DE＝2OF；迁移探究：（2）如图2，（1）中的其他条件不变，当△OAB绕点O逆时针旋转，点D正好落在∠AOB的角平分线上，得到△ODE，求出此时∠BAE的度数及OF与DE的数量关系；拓展应用：（3）如图3，在等腰三角形OAB中，OA＝OB＝4，∠AOB＝90°．将△OAB绕点O旋转，得到△ODE，连接AE，F是AE的中点，连接OF．当∠EAB＝15°时，请直接写出OF的长．【分析】（1）证明△OAB为等边三角形，根据旋转的性质得△OAB≌△ODE，求出∠AOE＝120°，根据等腰三角形的性质可得∠DAE＝30°，OF⊥AE，即可得∠BAE＝90°，OA＝DE＝2OF；（2）根据旋转的性质得△OAB≌△ODE，由OD平分∠AO