中考数学二轮培优复习专题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2cm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，AP=2tcm，BQ＝tcm（0≤t＜4），由△ABC为等腰直角三角形，可得∠A＝∠B＝45°，则可判断△APE和△PBD为等腰直角三角形，得出PE＝AE=22AP＝tcm，BD＝PD，则CE＝AC﹣AE＝（4﹣t解：（1）如图①，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，∴AB=AC2+BC由题意得，AP=2tcm，BQ＝tcm则BP＝（42−2t）∵PQ⊥BC，∴∠PQB＝90°，∴∠PQB＝∠ACB，∴PQ∥AC，∴BPBA∴42解得：t＝2，∴当t＝2时，PQ⊥BC．（2）作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，如图②，AP=2tcm，BQ＝tcm（0≤t∵∠C＝90°，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＝AE=22AP＝tcm，BD＝∴CE＝AC﹣AE＝（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=43，t∴当t的值为43时，四边形QPCP′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＝22，BC＝4，点E在BC上，CE＝AE，将△ABC沿AC翻折到△AFC，连接EF．（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°，∴∠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：(22解得：x＝3，在Rt△EAF中，EF=AF（2）过点F作FG⊥BC交BC于点G，设CG＝y，则GE＝3﹣y，∵FC＝4，FE=17∴FG2＝FC2﹣CG2＝FE2﹣EG2，即：16﹣y2＝17﹣（3﹣y）2，解得：y=4∴FG=F∴sin∠CEF=FG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．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=3（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴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，∵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3．总结提升：本题考查平行四边形性质及应用，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′H4=35，C'H=125，即得S△B′C′MS△AB′M=C′HAD=1253=45，而S△AB'C'=12AB'（2）作CN⊥AC'，由△ABC绕点A旋转到△AB'C'，得AB'＝AB＝5，AC'＝AC=AB2+BC2=34，∠AB'C'＝∠B＝90°＝∠AB'C，B'C'＝BC＝3，用面积法可得CN=CC′⋅AB′AC′=3034，证明△CMN∽△AMD，有CNAD=CMAM，故CN2•AM2＝AD2•CM2，设DM＝x，故（3034）解：（1）作C′H⊥DC于H，如图：∵△ABC绕点A旋转到△AB'C'，∴AB'＝AB＝5，B'C'＝BC＝3，∴DB'=AB∵∠C'B'H＝90°﹣∠DB'A＝∠DAB'，∠CHB'＝90°＝∠D，∴△C′HB′∽△B′DA，∴C′HDB′=B′C′∴C'H=12∴S△B′C′M∵S△AB'C'＝S△B'C'M+S△AB'M=12AB'•B'C'∴S△AB'M=59S△AB'C'∴△AB'C'与矩形ABCD重叠部分的面积是256（2）作CN⊥AC'，如图：∵△ABC绕点A旋转到△AB'C'，∴AB'＝AB＝5，AC'＝AC=AB2+BC2=34，∠AB'C'＝∠B＝90°＝∠AB'∴CC'＝2B'C'＝6，∵2S△ACC'＝CC'•AB'＝AC'•CN，∴CN=CC′⋅AB′∵∠CMN＝∠AMD，∠CNM＝∠ADM＝90°，∴△CMN∽△AMD，∴CNAD∴CN2AD2=CM2AM2，即设DM＝x，∴（3034）2×（x2+32）＝32（x+5）2化简得：33x2﹣170x+25＝0，解得：x＝5（舍去）或x=5答：DM的长度为533总结提升：本题考查矩形的性质，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，AB=AC=25，BC=4，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，连接DE，（1）如图1，求证：DF=5（2）如图2，将∠EDF绕点D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．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DF=12AC=（2）证明△DNF∽△DME，根据（1）的结论即可得FN=5（3）连接AF，过点C作CH⊥AB于H，证明△AGD∽△AHC，可得GD=12HC=455，勾股定理求得GE，AG，根据tan∠ADG=AGGD=34，∠EMG＝∠ADG，可得tan∠EMG=EGMG（1）证明：如图1，连接AF，∵AB=AC=25，BC=4，D，E，F分别为AC，AB，∴DE=12BC=2，AF∴DF=1∴DF=5（2）解：FN=5理由如下：连接AF，如图2，∵AB=AC=25，BC=4，D，E，F分别为AC，AB，∴EF=1∴四边形CDEF是平行四边形，∴∠DEF＝∠C，∵DF=1∴∠DFC＝∠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，∴NFEM∴FN=5（3）解：如图，连接AF，过点C作CH⊥AB于H，Rt△AFC中，FC=1∴AF=A∵S△ABC∴HC=BC⋅AF∵DP⊥AB，∴△AGD∽△AHC，∴GDHC∴GD=1Rt△GED中，GE=ERt△AGD中，AG=A∴tan∠ADG=AG∵EF∥AD，∴∠EMG＝∠ADG，∴tan∠EMG=EG∴MG=4∴MD=MG+GD=8∵△DNF∽△DME，∴DNDM∴DN=5总结提升：本题是几何变换综合题，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：BC=3AB（2）当点D在线段AC上（点D不与点A，C重合）时，求CEAD（3）过点A作AN∥DE交BD于点N，若AD＝2CD，请直接写出ANCE思路引领：（1）作AH⊥BC于H，可得BH=32AB，BC＝2（2）证明△ABD∽△CBE，进而得出结果；（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＝∠CAH=12∠BAC=12×120°=60∴sin60°=BH∴BH=3∴BC＝2BH=3（2）解：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB=180°−∠BAC2=由（1）得，BCAB同理可得，∠DBE＝30°，BEBD∴∠ABC＝∠DBE，BCAB∴∠ABC﹣∠DBC＝∠DBE﹣∠DBC，∴∠ABD＝∠CBE，∴△ABD∽△CBE，∴CEAD（3）解：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=3在Rt△ABF中，∠BAF＝180°﹣∠BAC＝60°，AB＝3a，∴AF＝3a•cos60°=32a，BF＝3a．sin60在Rt△BDF中，DF＝AD+AF＝2a+32aBD=BF∵∠AGD＝∠F＝90°，∠ADG＝∠BDF，∴△DAG∽△DBF，∴AGBF∴AG3∴AG=3∵AN∥DE，∴∠AND＝∠BDE＝120°，∴∠ANG＝60°，∴AN=AGsin60°=3∴ANCE如图3，当点D在AC的延长线上时，设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，由（1）得，CE=3AD=4作BR⊥CA，交CA的延长线于R，作AQ⊥BD于Q，同理可得，AR＝a，BR=3∴BD=(3a)∴AQ3∴AQ=2∴AN=23∴ANCE综上所述：5719或21总结提升：本题考查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ABAF=ADAG，∠BAF＝∠DAG，进而∠BAD＝∠FAG，再证明△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，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△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°，∴∠AFB＝∠AGD，∴△ABF∽△ADG，∴ABAF=ADAG，∠BAF∴∠BAF+∠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：∵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α，∠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0°＜α＜90°时，求证：BD+2CE=2AE（3）当0°＜α＜180°，AE＝2CE时，请直接写出BDED思路引领：（1）由旋转的性质得出∠BAD＝20°，AB＝AD，求出∠DAE=12∠DAC＝35（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＝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α至AD，α＝20°，∴∠BAD＝20°，AB＝AD，∴∠ADB＝∠ABD=12×（180°﹣20°又∵∠BAC＝90°，∴∠DAC＝70°，∵AE平分∠DAC，∴∠DAE=12∠DAC＝35∴∠AEB＝∠ADB﹣∠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°，∴∠ACE+∠ABD＝180°，∵∠BAC＝90°，∴∠BEC＝360°﹣（∠ACE+∠ABD）﹣∠BAC＝360°﹣180°﹣90°＝90°，∵∠DEA＝∠CEA，∴∠DEA＝∠CEA=12×90°∵∠ABF+∠ABD＝180°，∠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=AE∴EF=AE∵EF＝BF+BD+DE＝CE+BD+CE＝BD+2CE，∴BD+2CE=2AE（3）解：如图3，当0°＜α＜90°时，由（2）可知BD+2CE=2AE，CE＝DE∵AE＝2CE，∴BD+2DE＝22DE，∴BDDE=2如图4，当90°＜α＜180°时，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，∴EF=2AE∴BD＝BF+DE+EF＝2DE+2AE∵AE＝2CE＝2DE，∴BD＝2DE+22DE，∴BDDE综上所述，BDDE的值为22+2或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α（0°＜α＜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，说明理由．【方法运用】（3）如图3，若AB＝8，点C是线段AB外一动点，AC＝33，连接BC．①若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值是8+36；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AD，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＝36，即点D的运动轨迹是以T为圆心，36为半径的圆，当D在AT的延长线上时，AD的值最大，最大值为8+36；②如图4，在AB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DT=32AC=32×33=92，再求出DH、AH，即可求得AD；如图5，在AB下方作∠ABE＝30°，过点A作AE⊥BE于点E，连接DE，可证得△BAC解：（1）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，OA=OB∠AOD=∠BOC=90°∴△AOD≌△BOC（SAS），∴AD＝BC，故答案为：AD＝BC；（2）AD＝BC仍然成立.证明：如图2，∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOB+∠AOC＝∠AOC+∠COD＝90°+α，即∠BOC＝∠AOD，在△AOD和△BOC中，OA=OB∠AOD=∠BOC∴△AOD≌△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，∴BT=2AB，BD=2BC，∠ABT＝∠CBD＝45∴BTAB=BDBC=2，∴△ABC∽△TBD，∴DTAC∴DT=2AC=2×33∵AT＝AB＝8，DT＝36，∴点D的运动轨迹是以T为圆心，36为半径的圆，∴当D在AT的延长线上时，AD的值最大，最大值为8+36，故答案为：8+36；②如图4，在AB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，∵BTAB=BDBC=cos30°=32，∠ABC＝∠∴△BAC∽△BTD，∴DTAC∴DT=32AC=3在Rt△ABT中，AT＝AB•sin∠ABT＝8sin30°＝4，∵∠BAT＝90°﹣30°＝60°，∴∠TAH＝∠BAT﹣∠DAB＝60°﹣30°＝30°，∵TH⊥AD，∴TH＝AT•sin∠TAH＝4sin30°＝2，AH＝AT•cos∠TAH＝4cos30°＝23，在Rt△DTH中，DH=D∴AD＝AH+DH＝23+如图5，在AB上方作∠ABE＝30°，过点A作AE⊥BE于点E，连接DE，则BEAB=BDBC∵∠EBD＝∠ABC＝∠ABD+30°，∴△BDE∽△BCA，∴DEAC∴DE=32AC=3∵∠BAE＝90°﹣30°＝60°，AE＝AB•sin30°＝8×1∴∠DAE＝∠DAB+∠BAE＝30°+60°＝90°，∴AD=D综上所述，AD的值为23+652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α（0°＜α＜90°），得到线段CD，连接AD、BD．（1）如图1，将线段CA绕点C逆时针旋转α，则∠ADB的度数为135°；（2）将线段CA绕点C顺时针旋转α时①在图2中依题意补全图形，并求∠ADB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．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°−α2，∠BDC＝45°+α2（2）①依题意可补全图形，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，EG=2EC，证明△ACE≌△BCG，可得AE＝BG解：（1）在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转α（0°＜α＜90°），∴CD＝CA＝CB，∠ACD＝α，∴∠BCD＝90°﹣α，∵CD＝CA，CD＝CB，∴∠ADC=180°−α2=90°−α2，∠BDC∴∠ADB＝∠ADC+∠BDC＝90°−α2+45°+故答案为：135°；（2）①依题意补全图形如图，由旋转得：CD＝CA＝CB，∠ACD＝α，∴∠BCD＝90°+α，∵CD＝CA，CD＝CB，∴∠ADC=180°−α2=90°−α2，∠BDC∴∠ADB＝∠ADC﹣∠BDC＝90°−α2−45°+②2CE＝2BE﹣AD．证明：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，EG=2EC∵∠ACE＝90°﹣∠ECB，∠BCG＝90°﹣∠ECB，∴∠ACE＝∠BCG，∵AC＝BC，∴△ACE≌△BCG（SAS），∴AE＝BG，∵EG＝EB+BG＝EB+AE＝EB+ED﹣AD＝2EB﹣AD，∴2CE＝2BE﹣AD．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，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．12．（2022•连云港）【问题情境】在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠B＝30°，BE＝AC＝3．【问题探究】小昕同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转．（1）如图2，当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F，求BF的长．（2）若点C、E、D在同一条直线上，求点D到直线BC的距离．（3）连接DC，取DC的中点G，三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上（如图3），求点G所经过的路径长．（4）如图4，G为DC的中点，则在旋转过程中，点G到直线AB的距离的最大值是734思路引领：（1）根据锐角三角函数求解，即可求出答案；（2）①当点E在BC上方时，如图1过点D作DH⊥BC于H，根据锐角三角函数求出BC＝33，DE=3②当点E在BC下方时，同①的方法，即可求出答案；（3）先求出∠BOE＝150°，再判断出点G是以点O为圆心，3为半径的圆上，最后用弧长公式求解，即可求出答案；（4）过点O作OK⊥AB于K，求出OK=3解：（1）由题意得，∠BEF＝∠BED＝90°，在Rt△BEF中，∠ABC＝30°，BE＝3，∴BF=BEcos∠ABC=（2）①当点E在BC上方时，如图1，过点D作DH⊥BC于H，在Rt△ABC中，AC＝3，∴tan∠ABC=AC∴BC=ACtan∠ABC=在Rt△BED中，∠EBD＝∠ABC＝30°，BE＝3，∴DE＝BE•tan∠DBE=3在Rt△BCE中，BE＝3，BC＝33，根据勾股定理得，CE=BC2∴CD＝CE+DE＝32+∵S△BCD=12CD•BE=12∴DH=CD⋅BE②当点E在BC下方时，如图2，过点D作DM⊥BC于M，∵S△BDC=12BC•DM=12∴DM=CD⋅BE即点D到直线BC的距离为6±1；（3）如图3﹣1，连接CD，取CD的中点G，取BC的中点O，连接GO，则OG∥AB，∴∠COG＝∠B＝30°，∴∠BOG＝150°，∵点G为CD的中点，点O为BC的中点，∴GO=12BD∴点G是以点O为圆心，3为半径的圆上，如图3﹣2，∴三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上时，点G所经过的轨迹为150°所对的圆弧，∴点G所经过的路径长为150π⋅3180（4）如图4，过点O作OK⊥AB于K，∵点O为BC的中点，BC＝33，∴OB=3∴OK＝OB•sin30°=3由（3）知，点G是以点O为圆心，3为半径的圆上，∴点G到直线AB的距离的最大值是3+故答案为：73总结提升：此题是几何变换综合题，主要考查了锐角三角函数，勾股定理，弧长公式，三角形的中位线定理，三角形的面积，画出图形是解本题的关键．13．（2022•重庆）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝22，D为BC的中点，E，F分别为AC，AD上任意一点，连接EF，将线段EF绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，连接FG，AG．（1）如图1，点E与点C重合，且GF的延长线过点B，若点P为FG的中点，连接PD，求PD的长；（2）如图2，EF的延长线交AB于点M，点N在AC上，∠AGN＝∠AEG且GN＝MF，求证：AM+AF=2AE（3）如图3，F为线段AD上一动点，E为AC的中点，连接BE，H为直线BC上一动点，连接EH，将△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面内，得到△B′EH，连接B′G，直接写出线段B′G的长度的最小值．思路引领：（1）连接CP，判断出△FCG为等腰直角三角形，进而判断出CP⊥FG，进而得出DP=12BC，再求出（2）过点E作EH⊥AE交AD的延长线于H，先判断出△EGA≌△EFH（SAS），得出AG＝FH，∠EAG＝∠H＝45°，进而判断出△AGN≌△AMF（AAS），即可得出结论；（3）先求出BE=10，再判断出点B'是以点E为圆心，10为半径的圆上，再判断出点G在点A右侧过点A与AD垂直且等长的线段上，进而得出EF最大时，B'G（1）解：如图1，连接CP，由旋转知，CF＝CG，∠FCG＝90°，∴△FCG为等腰直角三角形，∵点P是FG的中点，∴CP⊥FG，∵点D是BC的中点，∴DP=12在Rt△ABC中，AB＝AC＝22，∴BC=2AB∴DP＝2；（2）证明：如图2，过点E作EH⊥AE交AD的延长线于H，∴∠AEH＝90°，由旋转知，EG＝EF，∠FEG＝90°，∴∠FEG＝∠AEH，∴∠AEG＝∠HEF，∵AB＝AC，点D是BC的中点，∴∠BAD＝∠CAD=12∠BAC＝45∴∠H＝90°﹣∠CAD＝45°＝∠CAD，∴AE＝HE，∴△EGA≌△EFH（SAS），∴AG＝FH，∠EAG＝∠H＝45°，∴∠EAG＝∠BAD＝45°，∵AB⊥AC，HE⊥AC，∴AB∥HE，∴∠AMF＝∠HEF，∵△EGA≌△EFH，∴∠AEG＝∠HEF，∵∠AGN＝∠AEG，∴∠AGN＝∠HEF，∴∠AGN＝∠AMF，∵GN＝MF，∴△AGN≌△AMF（AAS），∴AG＝AM，∵AG＝FH，∴AM＝FH，∴AF+AM＝AF+FH＝AH=2AE（3）解：∵点E是AC的中点，∴AE=12AC根据勾股定理得，BE=A由折叠知，BE＝B'E=10∴点B'是以点E为圆心，10为半径的圆上，由旋转知，EF＝EG，∴点G在点A右侧过点A与AD垂直且等长的线段上，∴B'G的最小值为B'E﹣EG，要B'G最小，则EG最大，即EF最大，∵点F在AD上，∴点F在点A或点D时，EF最大，最大值为2，∴线段B′G的长度的最小值10−总结提升：此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，作出辅助线构造出全等三角形是解本题的关键．14．（2022•成都）如图，在矩形ABCD中，AD＝nAB（n＞1），点E是AD边上一动点（点E不与A，D重合），连接BE，以BE为边在直线BE的右侧作矩形EBFG，使得矩形EBFG∽矩形ABCD，EG交直线CD于点H．【尝试初探】（1）在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系，请说明理由．【深入探究】（2）若n＝2，随着E点位置的变化，H点的位置随之发生变化，当H是线段CD中点时，求tan∠ABE的值．【拓展延伸】（3）连接BH，FH，当△BFH是以FH为腰的等腰三角形时，求tan∠ABE的值（用含n的代数式表示）．思路引领：（1）根据两角对应相等可证明△ABE∽△DEH；（2）设DH＝x，AE＝a，则AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，由△ABE∽△DEH，列比例式可得x=2a±（3）分两种情况：FH＝BH和FH＝BF，先根据三角形相似证明F在射线DC上，再根据三角形相似的性质和勾股定理列等式可得结论．解：（1）∵四边形EBFG和四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠BEG＝∠D＝90°，∴∠ABE+∠AEB＝∠AEB+∠DEH＝90°，∴∠DEH＝∠ABE，∴△ABE∽△DEH，∴在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系；（2）如图1，∵H是线段CD中点，∴DH＝CH，设DH＝x，AE＝a，则AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，由（1）知：△ABE∽△DEH，∴AEDH=AB∴2x2＝4ax﹣a2，∴2x2﹣4ax+a2＝0，∴x=4a±∵tan∠ABE=AE当x=2a+2a2时，tan当x=2a−2a2时，tan综上，tan∠ABE的值是2±2（3）分两种情况：①如图2，BH＝FH，设AB＝x，AE＝a，∵四边形BEGF是矩形，∴∠BEG＝∠G＝90°，BE＝FG，∴Rt△BEH≌Rt△FGH（HL），∴EH＝GH，∵矩形EBFG∽矩形ABCD，∴ADAB=∴2EHBE=∴EHBE由（1）知：△ABE∽△DEH，∴DEAB∴nx−ax∴nx＝2a，∴ax∴tan∠ABE=AE②如图3，BF＝FH，∵矩形EBFG∽矩形ABCD，∴∠ABC＝∠EBF＝90°，ABBC∴∠ABE＝∠CBF，∴△ABE∽△CBF，∴∠BCF＝∠A＝90°，∴D，C，F共线，∵BF＝FH，∴∠FBH＝∠FHB，∵EG∥BF，∴∠FBH＝∠EHB，∴∠EHB＝∠CHB，∵BE⊥EH，BC⊥CH，∴BE＝BC，由①可知：AB＝x，AE＝a，BE＝BC＝nx，由勾股定理得：AB2+AE2＝BE2，∴x2+a2＝（nx）2，∴x=a∴tan∠ABE=AE综上，tan∠ABE的值是n2或n总结提升：此题是几何变换综合题，考查了相似三角形的判定与性质，矩形的相似的性质，矩形的性质以及直角三角形的性质，三角形全等的性质和判定等知识，注意运用参数表示线段的长，并结合方程解决问题，还要运用分类讨论的思想．15．（2022•重庆）如图，在锐角△ABC中，∠A＝60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交直线CD于点F．（1）如图1，若AB＞AC，且BD＝CE，∠BCD＝∠CBE，求∠CFE的度数；（2）如图2，若AB＝AC，且BD＝AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想；（3）若AB＝AC，且BD＝AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中点，点K是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ．在点D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出PQBC思路引领：（1）如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK＝BE，证明△BCE≌△CBK（SAS），推出BK＝CE，∠BEC＝∠BKD，再证明∠ADF+∠AEF＝180°，可得结论；（2）结论：BF+CF＝2CN．首先证明∠BFC＝120°．如图2﹣1中，延长CN到Q，使得NQ＝CN，连接FQ，证明△CNM≌△QNF（SAS），推出FQ＝CM＝BC，延长CF到P，使得PF＝BF，则△PBF是等边三角形，再证明△PFQ≌△PBC（SAS），推出PQ＝PC，∠CPB＝∠QPF＝60°，推出△PCQ是等边三角形，可得结论；（3）由（2）可知∠BFC＝120°，推出点F的运动轨迹为红色圆弧（如图3﹣1中），推出P，F，O三点共线时，PF的值最小，此时tan∠APK=AOAP=23，如图3﹣2中，过点H作HL⊥PK于点L，设HL＝LK＝2，PL=3，PH=7解：（1）如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK＝BE，在△BCE和△CBK中，BC=CB∠BCK=∠CBE∴△BCE≌△CBK（SAS），∴BK＝CE，∠BEC＝∠BKD，∵CE＝BD，∴BD＝BK，∴∠BKD＝∠BDK＝∠ADC＝∠CEB，∵∠BEC+∠AEF＝180°，∴∠ADF+∠AEF＝180°，∴∠A+∠EFD＝180°，∵∠A＝60°，∴∠EFD＝120°，∴∠CFE＝180°﹣120°＝60°；（2）结论：BF+CF＝2CN．理由：如图2中，∵AB＝AC，∠A＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝CB，∠A＝∠CBD＝60°，∵AE＝BD，∴△ABE≌△BCD（SAS），∴∠BCF＝∠ABE，∴∠FBC+∠BCF＝60°，∴∠BFC＝120°，如图2﹣1中，延长CN到Q，使得NQ＝CN，连接FQ，∵NM＝NF，∠CNM＝∠FNQ，CN＝NQ，∴△CNM≌△QNF（SAS），∴FQ＝CM＝BC，延长CF到P，使得PF＝BF，则△PBF是等边三角形，∴∠PBC+∠PCB＝∠PCB+∠FCM＝120°，∴∠PFQ＝∠FCM＝∠PBC，∵PB＝PF，∴△PFQ≌△PBC（SAS），∴PQ＝PC，∠CPB＝∠QPF＝60°，∴△PCQ是等边三角形，∴BF+CF＝PC＝QC＝2CN．证法二：延长MC到P，使得CP＝CM，连接PB，PF，延长FC到Q，使得CQ＝BF．∵FN＝MN，CP＝CM，∴PF＝2CN，∵CB＝CM＝CP，∠BCP＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴△BCP是等边三角形，∴∠BPC+∠BFC＝180°，∴∠PBF+∠PCF＝180°，∵∠PCQ+∠PCF＝180°，∴∠PBF＝∠PCQ，∴PB＝PC，BF＝CQ，∴△PBF≌△PCQ（SAS），∴PF＝PQ，∠BPF＝∠QPC，∴∠QPF＝∠BPC＝60°，∴△PQF是等边三角形，∴FQ＝CF+CQ＝CF+BF＝2CN；（3）由（2）可知∠BFC＝120°，∴点F的运动轨迹为红色圆弧（如图3﹣1中），∴P，F，O三点共线时，PF的值最小，此时tan∠APK=AO∴∠HPK＞45°，∵QK⊥PF，∴∠PKH＝∠QKH＝45°，如图3﹣2中，过点H作HL⊥PK于点L，设PQ交KH题意点J，设HL＝LK＝2，PL=3，PH=7，KH＝2∵S△PHK=12•PK•HL=12•∴PQ＝2PJ＝2×2(2+3∴PQBC总结提升：本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用面积法解决问题，属于中考压轴题．16．（2022•钟楼区校级模拟）如图，将矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点D落在点F处，AF与BC相交于点E．（1）求证：△ABE≌△CFE；（2）若AB＝4，AD＝8，求AE的长．思路引领：（1）根据AAS证明三角形全等即可．（2）设AE＝x，在Rt△ABE中，利用勾股定理构建方程即可解问题．（1）证明：∵矩形ABCD沿对角线AC折叠，点D落在等F处，∴∠F＝∠D＝∠B＝90°，CD＝CF＝AB，∵∠AEB＝∠CEF，∴△ABE≌△CFE（AAS）．（2）设AE＝x，∵△ABE≌△CFE，∴EC＝AE＝x，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，BC＝AD＝8，BE＝8﹣x，在Rt△ABE中，则有（8﹣x）2+42＝x2，解得x＝5，∴AE＝5．总结提升：本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．17．（2022•滨海县校级三模）如图，一张矩形纸片ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AD＞AB．将矩形纸片折叠，使得点A与点C重合，折痕交AD于点M，交BC于点N．（1）请在图中用圆规和无刻度的直尺作出折痕MN（不写作法，保留作图痕迹）；（2）在（1）的条件下，连接AN、CM，判断四边形ANCM的形状并说明理由；（3）若AB＝4，BC＝8，求折痕MN的长．思路引领：（1）根据线段的垂直平分线的作图步骤画图；（2）先判定四边形ANCM是平行四边形，再证明是菱形；（3）多次利用勾股定理求解．解：（1）如下图：MN即为所求；（2）四边形ANCM的形状是菱形，理由：由折叠得：MN是AC的垂直平分线，∴∠AOM＝∠CON＝90°，AO＝CO，矩形纸片ABCD中，有AD∥BC，∴∠CAD＝∠ACB，∴△AOM≌△CON（ASA），∴AM＝CN，∴四边形AMCN是平行四边形，∵∠CON＝90°，∴▱AMCN是菱形；（3）∵MN是AC的垂直平分线，∴AN＝CN，设CN＝x，则BN＝8﹣x，在Rt△ABN中，AN2＝AB2+BN2，即：x2＝42+（8﹣x）2，解得：x＝5，在Rt△ABC中，有AC=AB2∴OC=1在Rt△CON中，ON=C∴MN＝2ON＝25．总结提升：本题考查了作图，掌握菱形的判定方法和勾股定理是解题的关键．18．（2022•珠海校级三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，F是对角线AC上不与点A，C重合的一点，过点F作EF⊥AD于点E，将△AEF翻折得到△GEF，点G在线段AD上，连接CG，若∠FGC＝90°，延长GF交AB于点H，连接CH．（1）求证：△CDG∽△GAH；（2）求tan∠GHC的值．思路引领：（1）由矩形的性质得∠D＝∠GAH＝90°，再证∠DCG＝∠AGH，即可得出结论；（2）由翻折的性质得∠EGF＝∠EAF，则∠AGH＝∠DAC＝∠DCG，再由锐角三角函数定义得DGCD=AHAG=CDAD（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠GAH＝90°，∴∠DCG+∠DGC＝90°，∵∠FGC＝90°，∴∠AGH+∠DGC＝90°，∴∠DCG＝∠AGH，∴△CDG∽△GAH；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝2，由翻折的性质得：∠EGF＝∠EAF，∴∠AGH＝∠DAC＝∠DCG，∴tan∠DCG＝tan∠AGH＝tan∠DAC，∴DGCD∴DG=12CD∴AG＝AD﹣DG＝4﹣1＝3，∵△CDG∽△GAH，∴CGGH∴tan∠GHC=CG总结提升：此题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、相似三角形的判定与性质以及锐角三角函数定义等知识，熟练掌握翻折变换的性质和矩形的性质，证明三角形相似是解题的关键．19．（2022•大理州二模）如图，在矩形OABC中，OA＝8，AB＝4．将△OAB沿OB所在直线翻折，点A落在点A′处，OA'与BC边交于点D，过点B作BE∥OA′交OA于点E．（1）求证：四边形OEBD是菱形．（2）求线段OD的长．思路引领：（1）先证明四边形OEBD为平行四边形，由折叠的性质可知，∠EOB＝∠BOD，证出∠OBD＝∠BOD，由菱形的判定可得出结论；（2）设CD＝x，则OD＝BD＝8﹣x，由勾股定理求出x＝3，则可得出答案．（1）证明：∵四边形OABC是矩形，∴CB∥AO，∴∠EOB＝∠OBD，又∵BE∥OA′，∴四边形OEBD为平行四边形，由折叠的性质可知，∠EOB＝∠BOD，∴∠OBD＝∠BOD，∴OD＝BD，∴四边形OEBD为菱形；（2）解：∵OABC是矩形，OC＝4，CB＝8，∴设CD＝x，由（1）知：OD＝BD＝8﹣x，在Rt△OCD中，有OC2+CD2＝OD2，即：16+x2＝（8﹣x）2，解得：x＝3，∴OD＝8﹣3＝5，∴线段OD的长为5．总结提升：本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，折叠的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．20．（2022•新市区校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90，AD为△ABC的中线，将△ABD沿AB进行折叠，得到△ABE，连接AE、CE，CE交AD于F点．（1）判断四边形ADBE的形状，并说明理由；（2）若已知EC⊥AD，EC=23，求△CBE思路引领：（1）利用直角三角形斜边中线等于斜边一半可得AD＝BD＝DC，再根据翻折的性质即可求解；（2）利用AD∥BE，AD⊥CE，可得BE⊥CE，利用来菱形的性质证得BC＝2BE，再利用勾股定理即可求出BE，则问题即可得解．解：（1）四边形ADBE为菱形，理由：∵∠BAC＝90，AD为Rt△ABC的中线，∴AD＝BD＝DC，由折叠可知：AE＝AD，BE＝BD，∴AE＝AD＝BD＝BE，∴四边形ADBE为菱形；（2）∵四边形ADBE为菱形，∴BD＝BE，AD∥BE，∵AD⊥CE，∴BE⊥CE，∴∠BEC＝90°∵BC＝2BE，∴BC＝2BD＝2BE，∵BE2+CE2＝BC2，∴BE∴BE＝2，∴△BEC的面积=BE⋅EC总结提升：本题考查了菱形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、勾股定理等知识，灵活利用菱形的性质是解答本题的关键．21．（2023•南开区模拟）已知点O是△ABC内一点，连接OA，OB，将△BAO绕点B顺时针旋转如图，若△ABC是等边三角形，OA＝5，OB＝12，△BAO旋转后得到△BCD，连接OC，OD，已知OC＝13．（Ⅰ）求OD的长；（Ⅱ）求∠AOB的大小．思路引领：（Ⅰ）证明△BOD是等边三角形，可得OD＝OB＝12；（Ⅱ）利用勾股定理的逆定理证明△ODC是直角三角形，即可求解．解：（Ⅰ）∵将△BAO绕点B顺时针旋转，∴△BAO≌△BCD，∴∠ABO＝∠CBD，BO＝BD，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∵∠ABO＝∠CBD，∴∠ABO+∠OBC＝∠CBD+∠OBC，∴∠OBD＝∠ABC＝60°，∵BO＝BD，∴△BOD是等边三角形，∴OD＝OB＝12；（Ⅱ）∵△BAO≌△BCD，∴∠AOB＝∠CDB，AO＝CD＝5，∵△BOD是等边三角形，∴∠BDO＝60°，∵OD＝12，CD＝5，OC＝13，即132＝52+122，∴OC2＝CD2+OD2，∴△ODC是直角三角形，∠ODC＝90°，∴∠BDC＝∠BDO+∠ODC＝60°+90°＝150°，∴∠AOB＝∠BDC＝150°．总结提升：本题考查了旋转的性质，勾股定理的逆定理，等边三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．22．（2022•沭阳县校级模拟）（1）如图1，已知正方形ABCD的边长为6，圆B的半径为3，点P是圆B上的一个动点，则PD+12PC的最小值为152，PD−12PC（2）如图2，已知菱形ABCD的边长为4，∠B＝60°，圆B的半径为2，点P是圆B上的一个动点，求PD+12PC的最小值，以及PD−思路引领：（1）在BC上截取BE=32，可证得△PBE∽△CBP，进而得出PE=12PC，从而PD+12PC＝PD+PE≥DE，PD−12（2）方法同（1）相同．解：（1）如图1，在BC上截取BE=3∴BEBP∵∠PBE＝∠PBC，∴△PBE∽△CBP，∴PEPC∴PE=12∴PD+12PC＝PD+PE≥PD−12PC＝PD﹣PE≤∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∴DE=C∴PD+12PC的最小值为：152，此时点P在PD−12PC的最大值为：152，此时点P在故答案为：152，15（2）如图2，在BC上截取BE＝1，作DF⊥BC交BC的延长线于F，∴BEBP∵∠PBE＝∠PBC，∴△PBE∽△CBP，∴PEPC∴PE=12∴PD+12PC＝PD+PE≥PD−12PC＝PD﹣PE≤在Rt△DCF中，∠DCF＝∠ABC＝60°，CD＝4，∴CF＝4•cos60°＝2，DF＝4•sin60°＝23，在Rt△DEF中，DF＝23，EF＝CE+CF＝3+2＝5，∴DE=5∴PD+12PC的最小值为：37，此时点P在PPD−12PC的最大值为：37，此时点P在P总结提升：本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．23．（2023•金溪县模拟）如图，长方形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E为BC上一点，且BE＝2，F为AB边上的一个动点，连接EF，将△FBE绕着点E顺时针旋转45°得到△GTE，连接CG、DE．（1）求证：TG∥DE；（2）当BF为多少时，CG的最小值且最小值是多少？思路引领：（1）由旋转的性质可得BE＝TE＝2，∠BET＝45°，∠EBF＝∠GTE＝90°，可得∠TED＝90°，可得结论；（2）由题意可得当CG⊥TG时，CG有最小值，由等腰直角三角形的性质和矩形的性质可求解．（1）证明：∵AB＝6，BC＝8，BE＝2，∴CD＝CE＝6，∴∠DEC＝45°，∵将△FBE绕着点E顺时针旋转45°得到△GTE，∴BE＝TE＝2，∠BET＝45°，∠EBF＝∠GTE＝90°，∴∠TED＝90°，∴∠GTE+∠TED＝180°，∴TG∥DE；（2）解：∵TG∥DE，∴点G在与DE平行且与DE的距离为2的直线上运动，∴当CG⊥TG时，CG有最小值，∴四边形TEJG是矩形，∴GJ＝TE＝2，∠EJC＝90°，TG＝EJ，∴△EJC是等腰直角三角形，∴TG＝JC＝32，∴当BF为32时，CG的最小值为32+总结提升：本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．24．（2022•钟楼区校级模拟）将一副三角板按如图所示的方式摆放，AB＝6，DE＝9，点D为边AC上的点，ADAC=33，（1）∠ADE的大小为75度．（2）若三角板DEF固定，将三角板ABC绕点D逆时针旋转，①当点B第一次落在直线DE上时停止旋转，请在图1中用直尺和圆规画出线段AB旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法），则该图形的面积为18+12π．②当旋转至A、B、E三点共线时，求BE的长．思路引领：（1）利用平行线的性质以及三角形的外角的性质求解即可；（2）①根据题意画出图形，利用扇形的面积公式求解即可；②分两种情形：如图2﹣1中，当点B落在线段AE上时，如图2﹣2中，当点A落在BE上时，利用勾股定理求出AE即可解决问题．解：（1）如图1中，设DE交BC于点T．∵BC∥EF，∴∠DTC＝∠E＝45°，∴∠ADE＝∠DTC+∠C＝45°+30°＝75°．故答案为：75；（2）①图形如图1﹣1所示：∵AB＝6，∠BAC＝90°，∠C＝30°，∴AC=3AB＝63∵ADAC∴AD＝6，∴DB=AB2∴阴影部分的面积＝S△ABD+S扇形DBB﹣S扇形ADA′﹣S△A′DB′＝S扇形DBB′﹣S扇形ADA′=30π×(6＝3π．故答案为：3π．②如图2﹣1中，当点B落在线段AE上时，在Rt△AED中，AE=DE2∵AB＝6，∴BE＝AE﹣AB＝35−如图2﹣2中，当点A落在BE上时，同法可得AE＝35，此时BE＝AE+AB＝35+综上所述，满足条件的BE的值为35−6或35总结提升：本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，特殊直角三角形的性质，勾股定理，扇形的面积等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．25．（2022•郧阳区模拟）如图1，△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BD，CE．（1）直接写出BD与CE的数量关系为相等；直线BD与CE所夹锐角为60度；（2）将△ADE绕点A逆时针旋转至如图2，取BC，DE的中点M，N，连接MN，试问：MNBD（3）若AB＝14，AD＝6，当图形旋转至B，D，E三点在一条直线上时，请画出图形，并直接写出MN的值为53或83．思路引领：（1）根据等边三角形的性质，由SAS可证△ABD≌△ACE，由全等三角形的性质可得∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，再利用三角形外角的性质可求解；（2）如图2中，连接AM、AN．只要证明△BAD∽△MAN，利用相似比为32（3）如图3，连接AM，AN，根据等边三角形的性质得到AN⊥DE，DN＝EN=12DE=12AD＝3，∠DAN=12∠DAE＝30°，AN＝33，同理AM＝73根据勾股定理得到BN=AB解：（1）如图1，设直线BD与CE相交于F，∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，∵∠ABD+∠BAC＝∠ACE+∠BFC（8字型），∴∠BFC＝∠BAC＝60°，故答案为：相等，60；（2）不发生变化，理由如下：如图2中，连接AM、AN，∵△ABC，△ADE都是等边三角形，BM＝MC，DN＝NE，∴AM⊥BC，AN⊥DE，∠ABC＝∠ADE＝∠BAC＝∠DAE＝60°，∴AMAB=sin60°，ANAD=sin60°，∠MAB＝∠MAC＝∠DAN＝∠∴AMAB=ANAD，∠BAD∴△BAD∽△MAN，∴MNBD=AMAB（3）如图3，连接AM，AN，∵△ABC和△ADE均为等边三角形，点M，N是BC，DE的中点，∴AN⊥DE，DN＝EN=12DE=12AD＝3，∠DAN∴AN＝33，同理AM＝73∴BN=A∴BD＝BN﹣DN＝10，由（2）知MNBD∴MN＝10×32=当D，E在△ABC外部时，同理可得BD＝13+3＝16，∴MN＝83．故答案为：53或83．总结提升：此题是几何变换综合题，主要考查相似三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、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，构造全等三角形或相似三角形解决问题．26．（2022•齐河县模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，E是线段BC上一动点（不与B、C重合），连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AF，连接EF．点M和点N分别是边BC，EF的中点．【问题发现】（1）如图1，若∠BAC＝60°，当点E是BC边的中点时，MNBE=32，直线BE与MN【解决问题】（2）如图2，若∠BAC＝60°，当点E是BC边上任意一点时（不与B、C重合），上述两个结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．【拓展探究】（3）如图3，若∠BAC＝90°，AB＝6，CG=13CB，在E思路引领：（1）设AB＝2a，证△ABC是等边三角形，得AB＝BC＝2a，AE⊥BC，BE＝a，则AE=3a，再证△AEF是等边三角形，得∠AEF＝60°，EF＝AE=3a，则∠NEC＝30°，然后由等边三角形的性质得AN⊥EF，MN=12（2）连接AM、AN，证△ABC为等边三角形，则AM⊥BC，再证△MAN∽△BAE，得MNBE=32，∠AMN＝∠ABE＝60°，则∠NMC＝∠AMC﹣∠（3）连接AM、AN，同（2）得AM⊥BC，△MAN∽△BAE，则∠AMN＝∠B＝45°，∠NMC＝45°，再求出MG=2，当GN⊥MN时，GN最小，此时△MNG解：（1）设AB＝2a，∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝2a，∵点E是BC边的中点，点M是BC边的中点，∴E与M重合，AE⊥BC，BE＝a，∴AE=AB由旋转的性质得：∠EAF＝∠BAC＝60°，AE＝AF，∴△AEF是等边三角形，∴∠AEF＝60°，EF＝AE=3a∴∠NEC＝∠AEC﹣∠AEF＝90°﹣60°＝30°，∵点N是EF的中点，∴AN⊥EF，MN=12EF=∴MNBE故答案为：32（2）上述两个结论均成立，理由如下：如图2，连接AM、AN，∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC为等边三角形，∵M是BC中点，∴AM⊥BC，∴∠BMA＝90°，在Rt△ABM中，∠B＝60°，∴∠BAM＝90°﹣∠B＝30°，sinB=AM同理可得∠EAN＝30°，sin∠AEF=AN∴∠MAN＝∠BAE，ANAE∴△MAN∽△BAE，∴MNBE=ANAE=32，∠∴∠NMC＝∠AMC﹣∠AMN＝90°﹣60°＝30°，综上所述，MNBE=32，直线BE和（3）如图3，连接AM、AN，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠B＝45°，BC=2AB＝62同（2）得：AM⊥BC，△MAN∽△BAE，∴∠AMN＝∠B＝45°，∴∠NMC＝∠AMC﹣∠AMN＝45°，∵M是BC的中点，∴CM=12BC＝3∵CG=13CB=∴MG＝CM﹣CG=2当GN⊥MN时，GN最小，此时△MNG是等腰直角三角形，则GN=22即GN的最小值为1．总结提升：本题是几何变换综合题目，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、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的性质以及垂线段最短等知识，本题综合性强，熟练掌握旋转变换的性质和等腰三角形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．27．（2022•槐荫区二模）在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，点D在斜边BC上，且满足BD=13BC，将线段DB绕点D顺时针旋转至DE，记旋转角为α，连接CE，BE，以CE为斜边在其右侧作直角三角形CEF，且∠CFE＝90°，∠ECF＝60°，连接（1）如图1，当α＝180°时，请直接写出线段BE与线段AF的数量关系BE＝2AF；（2）当0°＜α＜180°时，①如图2，（1）中线段BE与线段AF的数量关系是否仍然成立？请说明理由；②当B，E，F三点共线时，如图3，连接AE，若AE＝3，请直接写出cos∠EFA的值及线段BC的值．思路引领：（1）由直角三角形的性质可得AC=12BC，由旋转的的性质可得BD＝DE=13BC，BE=23BC，由直角三角形的性质可求（2）①通过证明△CBE∽△CAF，由相似三角形的性质可得AFBE②过点D作DH⊥BE于H，由等腰三角形的性质可得BH＝HE＝AF，由相似三角形的性质可求∠EFA＝60°，由直角三角形的性质及勾股定理可得出答案．解：（1）∵∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，∴AC=12∵BD=13BC，将线段DB绕点D顺时针旋转至∴BD＝DE=13BC，BE=∴CE=13∵∠CFE＝90°，∠ECF＝60°，∴∠CEF＝30°，∴CF=12CE=∴AF＝AC﹣CF=13∴BE＝2AF；故答案为：BE＝2AF；（2）①结论仍然成立，理由如下：∵∠BCA＝∠ECF＝60°，∴∠BCE＝∠ACF，又∵ACBC∴△CBE∽△CAF，∴AFBE∴BE＝2AF；②∵B，E，F三点共线，∴∠CEB+∠CEF＝180°，∴∠CEB＝150°，∵△CBE∽△CAF，∴∠CEB＝∠AFC＝150°，∴∠EFA＝150°﹣90°＝60°，∴cos∠EFA＝cos60°=1如图3，过点D作DH⊥BE于H，∵BD＝DE，DH⊥BE，∴BH＝HE，∵BE＝2AF，∴BH＝HE＝AF，∵DH⊥BE，CF⊥BE，∴DH∥CF，∴BHHF∴HF＝2BH，∴EF＝HE＝BH，∴EF＝AF，∴△EFA是等边三角形，∴EF＝AE＝AF＝3，∴BE＝6，CF=3∴BC=BF2总结提升：本题是几何变换综合题，考查了直角三角形的性质，等边三角形的判定，相似三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．28．（2022•临邑县模拟）如图，△ABC与△ACD为正三角形，点O为射线CA上的动点，将射线OM绕点O逆时针旋转60°，得到射线ON．（1）如图1，点O与点A重合时，点E，F分别在线段BC，CD上，求证：△AEC≌△OFD；（2）如图2，当点O在CA的延长线上时，E，F分别在线段BC的延长线和线段CD的延长线上，请写出CE、CF、CO三条线段之间的数量关系，并说明理由．思路引领：（1）由等边三角形得到AC＝AD，∠ACB＝∠D＝∠BAC＝∠COD＝60°，推出∠EAC＝∠FOD，即可证得结论；（2）过点O作OH∥BC交CF于点H，得到△COH是等边三角形，证明△OHF≌△OCE，推出CE＝FH，即可得到CF＝CO+CE．（1）证明：∵△ABC与△ACD为正三角形，∴AC＝AD，∠ACB＝∠D＝∠BAC＝∠COD＝60°，由旋转得∠EOF＝60°，∴∠EAC＝∠FOD，∴△AEC≌△OFD（ASA）；（2）解：CF＝CO+CE，理由如下：如图3，过点O作OH∥BC交CF于点H，∴∠HOC＝∠BCA＝60°，∠OHC＝∠HCE＝60°，∴△COH是等边三角形，∴OC＝CH＝OH，∵∠EOF＝∠COH＝∠CHO＝∠BCA＝60°，∴∠COE＝∠FOH，∠OCE＝∠OHF＝120°，∵OH＝OC，∴△OHF≌△OCE（ASA），∴CE＝FH，∵CF＝CH+FH，∴CF＝CO+CE．总结提升：此题考查了旋转的性质，掌握等边三角形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质是解题的关键．29．（2022•亭湖区校级模拟）问题：A4纸给我们矩形的印象，这个矩形是特殊矩形吗？思考：通过度量、上网查阅资料，小丽同学发现A4纸的长与宽的比是一个特殊值“2”定义：如图1，点C把线段AB分成两部分，如果ACBC=2，那么点C为线段AB的“白银分割点”如图2，矩形ABCD中，BC应用：（1）如图3，矩形ABCD是白银矩形，AD＞AB，将矩形沿着EF对折，求证：矩形ABFE也是白银矩形．（2）如图4，矩形ABCD中，AB＝1，BC=2，E为CD上一点，将矩形ABCD沿BE折叠，使得点C落在AD边上的点F处，延长BF交CD的延长线于点G，说明点E为线段GC的”白银分制点”（3）已知线段AB（如图5），作线段AB的一个“白银分割点”．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）思路引领：（1）设AB＝m，则AD=2m，根据将矩形沿着EF对折，可得AE＝DE=12AD=22m（2）根据四边形ABCD是矩形，矩形ABCD沿BE折叠，使得点C落在AD边上的点F处，可得AF=BF2−AB2=1，从而有△ABF是等腰直角三角形，即可证△GFE的等腰直角三角形，故GE=2EF，即得GE=2CE（3）过B作BH⊥AB，在BH上取BE＝AB，连接AE，作∠AEB的角平分线交AB于K，则点K即为线段AB的“白银分割点”．（1）证明：∵矩形ABCD是白银矩形，AD＞AB，∴设AB＝m，则AD=2m∵将矩形沿着EF对折，∴∠AEF＝∠DEF＝90°，AE＝DE=12AD=∵∠A＝∠B＝90°，∴四边形ABFE是矩形，∵ABAE∴矩形ABFE也是白银矩形；（2）证明：如图：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°＝∠C，∵矩形ABCD沿BE折叠，使得点C落在AD边上的点F处，∴BF＝BC=2，∠BFE＝∠C＝90°＝∠GFE，EF＝CE∵AB＝1，∴AF=B∴AB＝AF，∴△ABF是等腰直角三角形，∠AFB＝45°＝∠GFD，∵∠ADC＝90°＝∠ADG，∴∠G＝45°，∴△GFE的等腰直角三角形，∴GE=2EF∴GE=2CE∴E是线段GC的”白银分制点”；（3）如图：过B作BH⊥AB，在BH上取BE＝AB，连接AE，作∠AEB的角平分线交AB于K，点K即为线段AB的“白银分割点”．总结提升：本题考查几何变换综合应用，涉及新定义，矩形的性质及应用，等腰直角三角形的判定与性质，解题的关键是读懂“白银三角形”，“白银分割点”的定义．30．（2022•沭阳县校级模拟）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转一定的角度得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E．（1））点E恰好落在边AC上，如图1，求∠ADE的大小；（2）如图2，若△ABC绕点C顺时针旋转的角度为60°，点F是边AC中点，求证：四边形BFDE是平行四边形．思路引领：（1）先根据旋转的性质得到∠DCE＝∠ACB＝30°，CD＝CA，∠DEC＝∠ABC＝90°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠CAD＝∠CDA＝75°，然后利用互余可计算出∠ADE的度数；（2）先根据斜边上的中线性质得到BF＝FA＝FC＝AB，再根据旋转的性质得到DE＝AB，CB＝CE，∠BCE＝60°，∠DEC＝∠ABC＝90°，所以DE＝BF，接着证明△BCE为等边三角形得到∠CBE＝∠CEB＝60°，然后证明DE∥BF，从而可判断四边形BFDE是平行四边形．（1）解：∵△ABC绕点C顺时针旋转一定的角度得到△DEC，点E恰好落在边AC上，∴∠DCE＝∠ACB＝30°，CD＝CA，∠DEC＝∠ABC＝90°，∵CD＝CA，∴∠CAD＝∠CDA=12（180°﹣30°）＝75在Rt△ADE中，∠ADE＝90°﹣∠EAD＝90°﹣75°＝15°；（2）证明：∵∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，∴∠A＝60°，AC＝2AB，∵点F是边AC中点，∴BF＝FA＝FC，∴AB＝BF，∵△ABC绕点C顺时针旋转的角度为60°，∴DE＝AB，CB＝CE，∠BCE＝60°，∠DEC＝∠ABC＝90°，∴DE＝BF，∵CB＝CE，∠BCE＝60°，∴△BCE为等边三角形，∴∠CBE＝∠CEB＝60°，∵FB＝FC，∴∠FBC＝∠FCB＝30°，∴∠EBF＝∠EBC﹣∠FBC＝30°，∴∠DEB+∠EBF＝90°+60°+30°＝180°，∴DE∥BF，而DE＝BF，∴四边形BFDE是平行四边形．总结提升：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．也考查了直角三角形斜边上的中线和平行四边形的判定．31．（2022•大名县校级四