旋转解答压轴题分类训练（4种类型40道）（解析版）-2024-2025学年人教版九年级数学上册

旋转解答压轴题分类训练(4种类型40道)

目录

【题型1压轴题求面积1..............................................................................................................1

【题型2压轴题求角度】.......................................................................31

【题型3最值问题】...........................................................................60

【题型4压轴题探究数量关系】................................................................83

【题型1压轴题求面积】

1.综合与实践已知：乙MBN=9。。,在BM和BN上截取BA=BC,将线段4B边绕点/逆时针旋转a

(0。＜a＜180。)得到线段4D,点E在射线BD上，连接CE,乙BEC=45°.

【特例感知】

(1)如图1,若旋转角a=90。，则BD与CE的数量关系是；

【类比迁移】

(2)如图2,试探究在旋转的过程中BD与CE的数量关系是否发生改变？若不变，请求BD与CE的数量关系;

若改变，请说明理由；

【拓展应用】

(3)如图3,在四边形ABCD中，AD=AB=BC=5,^ABC=90°,点E在直线上，ABEC=45。，

CE=4V2,请直接写出△「£＞后的面积.

【答案】(1)BD=y[2CE；(2)保持不变BD=鱼CE,理由见解析；(3)△CDE的面积为2或18

【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理；

(1)当a=90。可得四边形ZBCD是正方形，此时D、E重合，可得BD=&AB=&CE；

(2)过4作4GLBD于G,过C作CF1BD于尸，由旋转结合等腰三角形三线合一可得BD=2BG,再证明

AABG=ABCF(AAS),得到BG=CF,最后由NBEC=45。，得到FC=EF=BG,CE=&BG,即可得到

BD=2BG=V2CE；

(3)参考(2)中作辅助线，过4作4G1BC于G,过C作CF1BC于尸，先证明△力BG三△BCF(AAS),得到

BG=CF,AG=BF,再由乙BEC=45。，CE=4口得到FC=EF=BG=4,利用勾股定理求出BD,DE,

最后根据S^CDE=初■CF计算，需要利用点E与点B位置去分类讨论.

【详解】解：(1)•••将线段4B边绕点N逆时针旋转a=90。得到线段2D,BA=BC

:.BA=BC=4D,乙MBN=/.BAD=90°,

.-.BC\\AD,BD=7AD2+4/=&AB,

.•・四边形ABC。是正方形，

"BDC=45°,BA=BC=AD=CD

•・•点E在射线BD上，乙BEC=45°,

止匕时D、E重合，

.,.BA=CD—CE,

:.BD=y[2AB=V2CE；

(2)在旋转的过程中BD=V^CE不变，理由如下：

如图，过力作2G1BD于G,过C作CF_LBD于F,贝Ij/AGB=NBFC=90。，

•••将线段边绕点A逆时针旋转a得到线段ZD,

：.BA=AD,

••.BD=2BG,

MMBN=90°,

.-.Z.ABG+CBF=(BCF+CBF=90°,

：.Z-ABG=Z-BCF,

-BA=BC,

・••△/BGW2\BCF(AAS),

：.BG=CF,

•..匕BEC=45。,ZEFC=9O°,

"BEC=(ECF=45°,

.-.FC=EF,

：.FC=EF=BG,

：.CE=〃52+EF2=7BG2+BG2=V25G,

；.BD=2BG=V2CE；

(3)当E在点8右边时，如图，过/作/G18。于G,过C作于F,贝(U4GB=/BFC=产C=90。,

-/.ABC=90°,

.-.Z.ABG+CBF=乙BCF+CBF=90°,

：.Z-ABG=(BCF,

-BA=BC,

△ABG=△BCF(AAS),

：,BG=CF,AG=BF,

•.ZBEC=45°,乙EFC=90°,

"BEC=乙ECF=45°,

・・・FC=EF,

.-.FC=EF=BG,

.-.CE=7CF2+EF2=7BG2+BG2=的BG,

■：CE=4VL

:.FC=EF=BG=4,

■■.AG=BF=y/BC2-CF2=V52-42=3,

■,■AD=AB=BC=5,

■■.DG=\AD2-4G2=452—32=4,

.-.BD=BG+DG=4+4=8,

.-.DE=BD-BF-EF=8-4-3=1,

-''SACDE=(DE-CF=|xlx4=2；

:SACDE=次•CF=!X9x4=18；

综上所述，△CDE的面积为2或18.

2.(1)如图1,在△ABC和△4DE中，4DAE=^BAC,AD=AE,AB=AC.求证：△ABD三△ACE；

(2)如图2,在△ABC和△ADE中，^DAE=^BAC=120°,AD=AE,AB=AC,^ADB=90°,

点E在△28C内，延长DE交BC于点尸，求证：尸点为线段C8的中点；

(3)如图3,在△4BC中，AB=AC,NC4B=120。点P为△ABC外一点且N4PC=60。，AP=4,PB=

V15,请直接写出四边形4BPC的面积.

图1图2图3

【答案】（1）见详解（2）见详解（3）10V3+3

【分析】（1）首先推导=再利用"SAS"证明三△4CE即可；

（2）连接CE,延长EF至点H,取CF=CH,连接CH,由（1）可知，△ADB三△4EC,由全等三角形的性

质可得BD=EC,乙ADB=Z.AEC=90°,再证明△DBF=△ECH,易得BF=CH,则有8尸=CF,即可证

明结论；

（3）将4P绕点2逆时针旋转120。得到4Q,连接AQ、CQ、PQ,过点2作力"1PQ于点”，过点Q作QG1CP

于点G,易得4P=AQ=4,Z.APQ=/.AQP=30°,由（1）可知，AAPB=AAQC,可得CQ=PB=回,

根据等腰三角形的性质和含30度角的直角三角形的性质可得PH=»Q,AH=2,利用勾股定理解得

PH=2V3,进而可得PQ=2PH=4g,即可求得S^PQ的值；再求得QG,PG,CG的值，可确定PC的长度,

进一步计算S2XCPQ的值；然后根据S四边形/8PC=S四边形4Q”，即可获得答案.

【详解】(1)证明：■■/.DAE=Z.BAC,

乙

•，•Z-DA.E—Z-CAD=BAC—Z.CAD9

：.Z-CAE=乙BAD,

在△480和△4CE中，

(AB=AC

]2LBAD=/.CAE,

IAD=AE

AABD=△ACE(SAS)；

(2)证明：连接CE,延长EF至点H,mCF=CH,连接C”，如下图，

由(1)可知，△408三△4EC,

：.BD=EC,Z-ADB=^AEC=90°,

\'AD=AE,

：.Z-ADE=Z-AED,

-LADE+乙EDB=Z.AED+(CEH=90°,

"EDB=乙CEH,

-CF=CH,

・・/CFH=ZH,

"DFB=乙CFH=乙H,

-CE=BD,

△DBF=△ECH(AAS),

；.BF=CH,

：.BF=CF,

•••点F是BC的中点;

(3)解：如下图，将4P绕点2逆时针旋转120。得到4Q,连接2Q、”、PQ,过点2作4"，PQ于点”，过点

Q作QG1CP于点G,

则4P=AQ=4,/.PAQ=120°,

■■^APQ=UQP=|(180°-NPAQ)=30°,

由(1)可知，AAPB=AAQC,

；.CQ=PB=V15,

-AHLPQ,

.-.PH=QH=*Q,AH=^AP=2,

..PH=7Ap2—4"2=<42_22=2叔

；.PQ=2PH=4V3,

''-^AAPQ=*Q,4H=：X4V3X2=4V3；

■：Z.APC=60°,

：.Z.CPQ=Z.APC-Z.APQ=30°,

.•.在RtZkPQG中，QG=$Q=2四,

■.PG=《PQ2_QG2=J(4何2_(2回2=6,

.•.在RtACQG中，CG=〃Q2_QG2=J(V15)2-(2V3)2=V3,

.'.PC=PG+CG=6+V3,

:・S4CPQ--PC-QG=-x(6+V3)x2y/3=6y/3+3；

-AAPB=AAQC,

•••SA4PB=S^AQC，

，S四边形"BPC=^AAPC+^AAPB=^AAPC+S&AQC=^AAPQ+^ACPQ=4V3+6V3+3=10V3+3.

【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰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、旋转的性质等知识，熟练掌握相关知识，正确作出辅助线是解题关键.

3.如图，在△4BD中，BCLAD,且AC=BC,点£是BC上一点.

⑴若NC4E=巧。/^=4,求48.

(2)过点C作CMII4B,N为4c上一点，连接MN/M,恰有NMNC=45。+4ABN,求证：BN=MN+AM

⑶如图3,若△2BD为等边三角形，尸为48上一点，连接DF,点P是△48。内部一点，连接DP,将线段B0

绕点D逆时针旋转得到线段DQ,使NBDQ=NADP,将△4DP沿DP翻折到同一平面内的△DKP,在线段DQ

上截取0G=DP,连接GK,已知GK=6,PK=8,DG=10,请直接写出△DGK的面积.

【答案】⑴2+2田

(2)见解析

(3)2573-16

【分析】(1)过点K作EH14B于点X,根据题意易证△ABC,△BEH是等腰直角三角形，求出

^BAE=30°,利用含30度角的直角三角形中30度角所对的边是斜边的一半，求出EH=2,进而得到

BH=EH=2,再利用勾股定理求出4H=2板，即可求出48的长；

(2)过点C作QC1MC交BN于点Q,根据题意结合三角形外角的性质易证NMNC=NBNC,再根据MCII4B,

推出NMCN=NC4B=45。，进而求出NNCQ=45。，证明△MCN三△QGV(ASA),推出MC=CQ,结合

AC=BC./.BCQ=/.ACM=45°,证明△8CQ三△4CM(ASA),推出8Q=AM,即可证明结论；

(3)根据DP=DG,如图，将△DPK绕。逆时针旋转至△DGM,连接MK；将△GKM绕“旋转至

△HDM,连接HM；过K■作MT1OH交OH延长线于K；证明△MDK是正三角形，将绕G旋转60。

得到△MKN,连接GN,证明△GKN是正三角形，证明乙MGN=90。，同理可证/DHG=90。，△GMH是等

2

边三角形，求出MT==4,HT=4V3,DM=100+48g,由旋转的性质得：SADGK=SAMNK,SADHM

=S&KGM，根据S^DGK=—(S^KGM+S^DGM)，过点K作KL_LDM,则。乙="/7=渣"，设KL=九,

求出/1=争”/,计算即可求解.

4

【详解】(1)解：如图，过点E作于点凡

D

c

H-/BCLAD,5.AC=BC,

Z-ACB=90°,

・•.Z.CAB=Z.CBA=45°,

•・•EHLAB,

・・.△ZB&ZXBEH是等腰直角三角形，

・•.EH=BH,

•・•Z.CAE=15°fAE=4,

・•・乙BAE=30°,

・•・EH=/E=2,

・•.BH=EH=2,

•••AH=、AE2-EH2=2V3,

・•.AB=AH+BH=2+2V3；

(2)证明：如图，过点。作QC1MC交BN于点Q,

由(1)知44c8=90。，^CAB=Z.CBA=45°,

•・•Z.MNC=45°4-Z-ABN,Z.BNC=Z.CAB+^ABN=45°+Z.ABN,

・•・乙MNC=^BNC,

•・.MC\\ABfQC1MC,

・•・乙MCN=Z.CAB=45°,Z.MCQ=90°,

・•・乙NCQ=^BCQ=45。,

•・•NC=NC,

・•.△MCN=△QCN(ASA),

・•.MC=CQ,MN=NQ,

•・•AC=BC,乙BCQ=/.ACM=45°,

・•・△BCQwZkACM(ASA),

BQ=AM,

・•.BN=BQ+NQ=MN+AM；

(3)解：••・DP=DG,

如图，将△。尸K绕。逆时针旋转至△OGM,连接MK,

.・.MG=PK=8,DM=DK,2MDK=^MDG+乙GDK=CKDP+乙GDK,乙GDK=CBDQ—乙BDK,

MBDQ=Z.ADP,乙GDK=Z-ADP-乙BDK,乙MDK=乙KDP+{z_ADP-乙BDK)=/-ADB=60°,

.•.△MDK是正三角形，

将△GKM绕M旋转至△HEW,连接HM；过新作MT1DH交DH延长线于K；将△DKG绕G旋转60。得到

△MKN,连接GN,

.-.KG=KN,乙GKN=60°,MN=DG=10,

.•.△GKN是正三角形，

.-.KG=KN=6,

在△GMN中GN2+MG2=62+82=102=MN2,4MGN=90°,

同理可证ADHG=90°,△GMH是等边三角形，

:ZGHK=180°-4DHG-4GHM=30°,DH=GK=6,

在△GHT中NT=90°,HM=GM=8,AMHT=30°,

MT=|WM=4,HT=yjHM2-MT2=V82-42=4痘,

在△DM7中，AT=90°,DT=DH+HT=6+4V3,

2

・•.DM2=DT2+M7=(6+4V3)+42=100+48属

由旋转的性质得：S^DGK=S4MNKBADHM=S^KGM，

:・SADGK=SWMK—(S/^KGM+SMGM)

如图过点K作KL1DM,则DL=ML=&»M,设KL=h,

2

...h=\DK2-DL2=」DM2_^DM)=争M,

SWMK="M-h=|DMX与DM=^-DM2=乎X(100+48V3)=25K+36,

S^KGM=S^DHM=^DH-MT-^x6x4-12,SADMG=|/)G,GM=gx1。x8=40,

:-SADGK=SWMK—(S/\KGM+^ADGM)=25V3+36—(12+40)=25V3—16.

【点睛】本题考查了三角形的旋转、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定和性质，勾股定理，还

考查了勾股定理以及30。角所对的直角边等于斜边的一半的应用；通过转换证明全等、运用割补法求面积是

解题的关键.

4.【问题初探】

△4BC和△OBE是两个都含有45。角的大小不同的直角三角板.

(1)当两个三角板如图(1)所示的位置摆放时，D、B、C在同一直线上，•••4B=BC,

^ABD=/.CBE=90°,DB=EB,：.AABD=ACBE.依据的是判定定理.

A.SSSB.SASC.ASAD.AAS

【类比探究】

(2)当三角板ABC保持不动时，将三角板D8E绕点8顺时针旋转到如图(2)所示的位置，判断2。与CE的

数量关系和位置关系，并说明理由.

【拓展延伸】

(3)如图(3),在四边形ABCD中，ABAD=90°,AB=AD,BC=^CD,连接AC,BD,^ACD=45°,A

到直线CD的距离为7,请求出△BCD的面积.

【答案】(1)B；(2)AD=CE,AD1CE；(3)24

【分析】此题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质.

(1)由条件可以看出是两边及夹角对应相等的两个三角形全等，据此求解即可；

(2)先证明△。8/32\£8。(5人5)得到4。=。&乙ADB=LCEB,再延长4。与CE交于点O,证明

乙ODE+乙OED=90。即可得至Ij/O1CE；

(3)过4作/C1ZM交延长线于作ZN_LC7)交CO于N,可证得△三△40M,可得=DM,

再由CM=14求出8C和CD的长即可.

【详解】解：(1)vAB=BC,^ABD=/.CBE=90°,DB=EB,

・・・△/BOwZkCBE.依据的是判定定理SAS,

故选：B；

(2)AD=CE,AD1CE,理由如下：

MDBE=乙ABC=90°,

=乙BCE=90°-zJDBC,

•・••・•AB=BC,DB=EB,

△DBA三△EBC(SAS),

.t.AD=CE,Z-ADB=乙CEB,

延长/。与CE交于点O,如图2,

,:乙BDE+乙BED=90°,

••ZBDE+乙BEC+Z.CED=90°,

；/BDE+/-ADB+Z.CED=90°,

.•.乙ODE+乙OED=90°,

・・z。=90°,

.,.AD1CE；

(3)过/作AC1ZM交CD延长线于M,作川V_LC。交CO于N,如图3,

图3

-Z.ACD=45°,

.-.^ACD=ZM=45°,

：.AC=AM,

“BAD=90°,AB=AD,ABAC=Z.DAM=90°一/.DAC

AABC=AADM(SAS).

：.BC=DM,AACB=ZM=45°,

：.^LACD=Z.ACB+"CD=90°,

-A到直线CO的距离为7,

.-.AN=7,

-AC=AM,

：,CM=2AN=14,

・；BC=：CD,

；.CM=BC+DM=BC+CD,

：.BC=6,CD=8,

♦'♦S&BCD=^BC.CD=[x6x8=24.

5.△ABC为等腰三角形，AB=AC2V3,乙48c=30。,△ADE为等边三角形，连接BE,点”为BE的

中点，将△2DE绕点A逆时针旋转.

(1)如图1,当点£在8C上且4E14C时，连接DM,求线段DM的长；

(2)如图2,连接AM,CD,在△ADE绕点/旋转的过程中，猜想力M与CD的数量关系，并证明你的结论；

⑶连接DM,DE=2,在△4DE绕点/逆时针旋转过程中，当线段BE的长度最小时，请直接写出△4DM的

面积.

【答案】(1)DM=B

(2)XM-|CD；理由见解析

⑶SA4DM=

【分析】(1)连接BD,过点A作4F1BC于点F,根据直角三角形的性质得出4F==g，根据△4DE

为等边三角形，得出N4ED==N4DE=60。，AE=DE,证明4D||BC,△BDE为等边三角形，根据

等边三角形的性质得出DM1BE,证明四边形2DMF为平行四边形，根据平行四边形的性质即可得出结论；

(2)延长B4^LAM=AB,连接EM,证明△D4C三△瓦4M,得出EM=CD,根据中位线性质得出

AM-|FM,即可得出结论；

(3)根据等边三角形性质得出4E=DE=2,ACME=60。，根据力B=2仃，利用三角形三边关系得出

AB-AE<BE<AB+AE,且当2、B、E三点共线时，等号成立，画出图形，先根据等边三角形性质求出

EN=^AE=1,根据勾股定理得出ON='DE2一EN2=瓜求出4M=2+遮一1=遮+1,根据三角形

面积公式求出结果即可.

【详解】(1)解：连接BD,过点工作2F1BC于点尸，如图所示：

■.■AB=AC=2V3,乙4BC=30°,

：./.ABC=ZC=30°,AF==V3,

.-.ABAC=180°-30°-30°=120°,

'.'AE1AC,

：./LEAC=90°,

.•.Zi4EC=90o-30°=60°,

•・•△/DE为等边三角形，

：.Z.AED=乙DAE=Z.ADE=60°,AE=DE,

・•/BED=180°-60°-60°=60°,

.,-Z-ADE=乙BED,

"DIIBC,

*：Z.AEC=乙EAB+Z-ABE,

：./.ABE=乙AEC-乙ABE=60°-30°=30°,

：.Z-ABE=Z.BAE,

：.AE—BE,

.'.BE=DE,

・・.△BDE为等边三角形，

・・•点川为BE的中点，

：.DM1BE,

•：AF1BC,

.'.DMWAF,

-ADWBC,

・•・四边形ZDMF为平行四边形，

：.DM=AF=y/3；

(2)解：AM^^CD；理由如下：

延长BA,取AN=AB,连接EN,如图所示：

根据解析(1)可知：^BAC=120°,/.DAE=60°,AD=AE,

.•/CAN=180°-120°=60°,

：.^DAE=乙CAN,

：.Z-DAC+Z.CAE=Z-CAE+乙EAN,

：.Z.DAC=乙EAN,

-AB=AC,AB=AN,

：.AC=AN,

△£MC三△E4N,

；.EN=CD,

•••2N=AB,点”为BE的中点，

.-.AM=^EN,

：.AM^^CD；

(3)解：•••△4DE为等边三角形，

：.AE=DE=2,N£ME=60°,

■-AB=2V3,△4DE绕点A逆时针旋转，

.-.AB-AE<BE<AB+AE,且当4、B、E三点共线时，等号成立,

二当点E在线段4B上时，BE最小，如图所示：

过点D作DN14B于点N,

•・•△4DE为等边三角形，

；.EN=%E=1,

.-.DN='DE2—EN2=V3,

,・,点Af为BE的中点，

.-.ME==a一1,

：.AM=2+V3—1=V3+1,

''-^AADM~54MXDN=5X(V3+1)xyfi—

【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，中位线的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性

质，勾股定理，三角形三边关系的应用，三角形外角的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的

判定和性质.

6.如图1,已知N4BC=90。，△ABE是等边三角形，点尸为射线BC上任意一点(点尸与点2不重合)，连

接4P,将线段2P绕点N逆时针旋转60。得到线段4Q,连接QE并延长交射线BC于点尸.

⑴如图2,当BP=BA时，乙EBF=。，猜想NQFC=°；

⑵如图1,当点P为射线BC上任意一点时，猜想NQFC的度数，并加以证明；

⑶已知线段FB=2,AB=m,当AQIIBC时，求四边形力BFQ的面积.

【答案】(1)30,60

⑵60。不变，见解析

⑶37n

【分析】(1)根据乙良尸=乙48。—乙48E计算，证明△"!尸三△E4Q(SAS),利用全等三角形的性质可以证

明““度数；

(2)根据三角形全等证明即可；

(3)利用平行线的性质，等腰三角形的性质，图形的面积性质，解答即可.

本题考查了三角形的全等，旋转的性质，等腰三角形性质，熟练掌握性质是解题的关键.

【详解】(1)解：•・•乙48。=90。，是等边三角形，

"ABE=60°,AB=AE,

••ZEBF=乙ABC-Z.ABE=30°；

•・•线段4P绕点A逆时针旋转60。得到线段4Q,

.-.^PAQ=60°,AP=AQf

=60°-/.PAE=^EAQ,

(AB=AE

乙BAP=/-EAQ

IAP=AQ

.\ABAP=AEAQ(SAS),

=^AEQ=90°,

；/BEF=Z.AEF-^LAEB=30°；

；/BFE=180°-乙EBF-乙BEF=120°；

"QFC=180°-(BFE=60°,

故答案为：30,60.

(2)解：Z-QFC=60°.理由如下：

-Z,ABC=90°,△是等边三角形，

：,^LABE=60°,AB=AE,

••ZEBF=乙ABC-Z-ABE=30°；

•・•线段4P绕点A逆时针旋转60。得到线段4Q,

：,Z.PAQ=60°,AP=AQ,

：^BAP=60°一/-PAE=/-EAQ,

(AB=AE

Z.BAP=Z-EAQ

IAP=AQ

・•.△B/P三△E4Q(SAS),

：.AABP=Z^EQ=90°,

"BEF=2LAEF-Z.AEB=30°；

"BFE=180°-乙EBF-乙BEF=120°；

；・"FC=180°-乙BFE=60°.

(3)解：・.・ZQ||BC,

.•ZQAP=乙APB=60°,

=30°,

••ZQAB=90°,

・•・P,尸重合,

.•.PE=QE=FB,AE=AB,

.•・四边形4BFQ的面积为：IFB-ABX3=3m

7.如图①，在矩形ABCD中，点£在边4B上，点厂在边BC上，连接DE,DF,EF,已知

/.EFB=2/.CDF.

⑴求证：DF平分NCFE；

(2)如图②，若矩形力BCD为正方形，求dDE的度数；

⑶如图③，在(2)的基础上，将点£绕点。顺时针旋转使点£的对应点落到点斤，已知点E"恰好落在边

8C的延长线上，连接DE，，EE',若EE'=8近,求的面积.

【答案】(1)见解析

(2)45°

⑶32

【分析】此题考查了全等三角形的的判定和性质，正方形的性质、矩形的性质、等腰三角形的判定和性质.

(1)设NCDF=a,贝lUEFB=2NCDF=2a,得到NCFD=90。一a,A.DFE=90°-a,即可得到

乙DFE=KDFE,结论得证；

(2)过点。作DH1EF于“，证明△CDF三△//£>/("5),贝心。=DH/CDF=4FDH,证明

△40E三△HDE(HL),则4HDE=ZJ1DE,贝UNFDH+NEOH=/CDF+N4DE=［乙4DC=45°,即可得至Ij

答案；

(3)证明Rt^DCE，三RtzXfME(HL),则NED。=NED4得到△是等腰直角三角形，即可得到

DE=DE'=8.

【详解】(1)证明：设NCDf=a,贝IJ/EFB=2z_CDF=2a,

•.•四边形ABC。矩形，

;zC=90°,

.-.Z.CFD=90°-4CDF=90°-a,

：.Z.DFE=180°—乙DFC—乙BFE=180°—(90°—a)—2a=90°—a

"DFE=乙DFE,

.•.O尸平分4CFE；

(2)过点。作DH1EF于〃,

图②

:,乙C=(DGF=90°,

由(1)可知，(DFE=(DFE,

又・・・DF=DF

・•.△CDF=△HDF(AAS),

:.CD=DH/CDF=乙FDH,

•・•四边形/BCD是正方形，

.-.CD=DAf^A=ACDA=90°

.'.DA=DH,

yDE=DE

AXPE=AHZ)E(HL),

"HDE=/.ADE,

i

"FDH+乙EDH=乙CDF+/.ADE=^ADC=45°,

••/FDE=乙FDH+乙EDH=45°

(3)将点E绕点D顺时针旋转使点E的对应点落到点E,

.'.DE=DE',

-DC=DA,44=乙DCB=^DCE'=90°

・・・Rt△DCEf=Rt△04伙HL),

：.Z-EDC=Z.EDA,

：./LCDE'+乙CDE=Z.ADE+乙CDE=90°,

：/E，DE=90°

是等腰直角三角形，

.-.DE=DE'=号EE'=乎x8V2=8

△DEE，的面积=^DE'•DE=《x8x8=32

8.在△ABC中，。为直线AC上一动点，连接BD,将BD绕点2逆时针旋转90。，得到BE,连接OE与相

交于点F.

(1)如图1,若。为2C的中点，/-BAC=90°,AC=4,BD=后,连接4E,求线段4E的长；

⑵如图2,G是线段B4延长线上一点，。在线段4C上，连接DG,EC,若NB2C<90。，ECLBG,

/.ADE=Z.DBC,乙DBC+KG=LEBF,证明=24D+DC；

⑶如图3,若△ABC为等边三角形，AB=6V2,点〃为线段4c上一点，且2cM=AM,点尸是直线BC上

的动点，连接EP,MP,EM,请直接写出当EP+MP最小时△EPM的面积.

【答案】⑴=g

⑵见详解

(3)9+2V3

【分析】(1)根据题意由勾股定理可得48长度，作EG142,交AB于G,利用旋转及互余可证得

AABD=AGEB,则得EG=AB,BG=AD,可求出4G,再由勾股定理可得4E的长度；

(2)由旋转可知，ABDE为等腰直角三角形，根据其性质再利用互余可证得△EBC三△BDG,则有

BD=DG,乙EBC=4BDG,由NHDE=NDBC,可证N40G=45。，由NAOE=NDBC,禾U用三角形内角和定

理可得41cB=45。，作交C4延长线于H,连接HG,易知，△BCH为等腰直角三角形，可得

/.BHC=45°,BH=BC=DG,CH=42BC,易得8H||DG,可证四边形BDGH是平行四边形，即

HD=2AD,利用CH=HO+CC可得证结论；

(3)作BH14C,交AC于H,将BC绕点B逆时针旋转90。，证明△BGE三△BCD,进而证得EG||BH,作点M

关于BC的对称点N,连接PN,CN,由对称易知CM=CN,易知当EP+MP最小时，即EP+PN最小，亦即

N、P、E在同一直线，且NE1EG,如图，作B7LGE,交GE于T,易知四边形8QET是矩形，证得△PMC

是等边三角形，求出PE=3痣+2VL△射用的高八=茄，根据5/^”=权「力可得答案.

【详解】（1）解：••・£»为ac的中点，4C=4,BD=同,Z.BAC=90°,

.■.AD=^AC-2,

则由勾股定理，可得：48='BD2—AD2=5,

作EG14B,交力B于G,

由题意可知，NOBE=90。，BE=BD,

.-.zl+z2=90°,z2+z3=90°,

=z.3,

又・・ZEGB=/.BAC=90°,

・•.△4"三△GEB(AAS),

：.EG=AB=5,BG=AD=2,

则4G=—=3,

由勾股定理可得：AE=VEG2+AG2=V34；

(2)证明：由旋转可知，△BDE为等腰直角三角形,

.-.Z7=45°,4EBD=90°,BE=BD,

•••EC1BG,

.-.Z3+Z.EBF=90°,

又・.・44+NEBF=90。,Z3+Z1=90°,

.•.z3=z4,zl=Z.EBF,

又MDBC+Z-G=乙EBF,乙EBF=42+乙DBC,

.,.z2=A-G,

(乙3=Z4

在△EBC和ABOG中，］Z2=ZG,

(BE=BD

△EBC三△BOG(AAS),

-'-BC=DG,Z-EBC=Z-BDG,

则：/.EBD+Z.DBC=Z7+^ADE+£.ADG,

,：Z.ADE=Z.DBC,

：.Z.EBD=Z7+Z.ADG,gp：90。=45。+NADG,

.•.乙40G=45°,

^,Z-ADE=Z-DBC=z5+z6,

由三角形内角和定理可得：ZD^C+Z2=Z6+Z7,

即：46+45+42=乙6+47,

：./.ACB=45+42=匕7=45°,

作交乙4延长线于H,连接HG,如图，

为等腰直角三角形，

-,ABHC=45°,BH=BC=DG,CH=&BC,

■.■^ADG=45°,

:.BH||DG,

.•.四边形BDGH是平行四边形，

：.AH=AD,即HZ)=24。，

■.CH=HD+CD=2AD+CD=®C；

(3)作BH14C,交AC于H,

•・•△ABC是等边三角形，

"B=AC=BC=6VL乙ACB=/.ABC=60°,BH平分4aBC,

则=4CBH=30°,

将绕点B逆时针旋转90。，贝IJBC=BG=6vLZ.DBE=乙CBG=90°,

"EBG=乙DBC,乙GBH=乙CBG-乙CBH=60°

・•.△BGE=△BCD(SAS),

"BGE=乙BCD=60°

'.EG||BH,

作点M关于BC的对称点N,连接RV,CN,由对称易知CM=QV,乙BCN=cACB=60。，PM=PN

：.EP+MP=EP+PN

1

当EP+MP最小时，即EP+PN最小，亦即N、P、E在同一直线，且NEJ.EG,如图:

作BT1GE,交GE于T,贝IJ/BGT=60。，^.TBG=30°

-'-GT=^BG=3V2,BT-y/BG2—TG2—3V6,

-EG||BH,BHLAC,NE1EG

・•.BHJ.NP,NE||AC,四边形BQET是矩形,

则z_aC8=Z.NPC=乙BPQ=60°,EQ=BT=3V6,即4MPE=60°,

由轴对称可知，ZCPM=ANPC=60°,

△PMC是等边三角形，贝ij：PM=CM=CP,

•：2CM=AM,

:.PM=CM=CP=2VLBP=4V2,乙ABH=Z.CBH=30°

：.QP=湖=2VLCH=却=3V2,

则由勾股定理可得：BQ=2V6,BH=3V6,

■.■NE\\AC,BH1NP,

则QH为NE,AC之间的距离，

：.QH=V6,即的高八=巡

■".PE=EQ+PQ=3V6+2V2,

•♦△EPM=-/i=Ix（3V6+2V2）XV6=9+2V3.

【点睛】本题属于几何综合题，考查了全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，等边三

角形的判定及性质，第（2）问证明N4C8=45。，乙4DG=45。解决问题的关键，第（3）问弄清点E的运动

轨迹是解决问题的关键.

9.已知正方形ABCD中，点F为对角线BD上一点，点E在8c的延长线上，连接EF.

（1）如图1,DEFIED,连接CF,若AB=3CE=6,求CF的长；

⑵如图2,将EF绕点F逆时针旋转90。得到FG,连接EG交CD于点H,若BE=&DF,求证：EH=GH；

（3）如图3,在（2）的条件下，连接CG,将CG绕点C顺时针旋转60。得CM,连接GM,DM,BM,若AB=8,

当DM取得最小值时，直接写出△BOM的面积.

【答案】（1）2心

⑵见解析；

(3)24+8V^.

【分析】(1)本题考查正方形的性质及勾股定理，过F作FP1BC于P,先根据正方形的性质得到△BPF和

△8EF都是等腰直角三角形，求出BP、CP,在Rt^CPF中根据勾股定理求解即可得到答案；

(2)本题考查正方形的性质，三角形全等的判定与性质，过E作EK1BD于点K,交DC于点、R,连接DG,根

据正方形的性质及辅助线先证明△EFK三△FGD(SAS),再证明△GDH三△ERH(AAS)即可得到证明；

(3)本题考查正方形的性质及最短距离问题，先找到动点所在直线，根据垂线段最短结合特殊直角三角形

边的关系求解即可得到答案；

【详解】(1)解：过F作尸P1BC于P,

图1

.•ZBPF=乙EPF=90°,

•.•四边形4BCD是正方形，

AB=BC,/.ABC=90°,4DBC=45°,

.-.APFB=45°,NE=45。，

△BPF和△都是等腰直角三角形，

■:AB=3C£=6,

■■.BE=BC+CE=8,

.-.BP=PE=PF=^BE=4,CP=2

在Rt2XCPF中，ZCPF=90°,CP=2,PF=4,

■■■CF=«PF2+CP2=2V5；

(2)证明：过E作EK1BD于点K,交。。于点R,连接DG,

：/EKB=90°,乙KEF+乙KFE=90°,

"KEF=(DFG,

•••四边形48co是正方形,^DBC=ABDC=45°,

；.BK=EK,

在Rt△BEK中,BE2=BK2+EK2

：.BE=四EK,

'.'BE=V2DF,

・・.0尸=EK,

在和△FGO中，

(EK=DF

］乙FEK=乙DFG,

IEF=FG

AAEFK=AFGZ)(SAS),

.•.0G=FK,乙GDF=乙EKF=90°,

；,DK=KR,DG||KE,

.-.FK=ER=DG,乙DGH="EH,

在△GOH和△£1/?”中，

(乙DGH=乙REH

1乙DHG=LRHE,

IDG=ER

・•.△GDH=△ER"(AAS),

・・.GH=EH；

(3)解：由(2)得，ZGDF=90°,如图，

.,•点G轨迹：直线a,

•••CG绕点C顺时针旋转60。得CM,

.••点M轨迹：直线b,且NGKM=60。，

当点G在点K时有等边三角形，4DKC=60。，

由NBDC=/.CDK=45°,AB=8,CQ垂直于DK,DQ=CQ=4vL

(2"等DK=4V2+

当DM0直线b时，DM最小即DM，的长，

4M'DK=30°,4BDR=60°,DM'=争K=2V6+2也

AB=8,BD=8V2,BR=4V6,

SQBDM，=5DM1-BR=24+8V3,

10.已知△ABC,点M为边AC中点，点N为线段8M中点.

图1

(1)如图1,若力B=BC,BM=8,AC=12,求力B的长:

(2)如图2,过点N作直线I,分别过点4B,C作直线/的垂线段4E,BF,CG,求证：AE-CG=2BF-

⑶在(1)条件下，点P与点Q分别是射线M力与射线MB上两动点，且PQ=AB,点M关于PQ的对称点为M,

将QP绕点P顺时针旋转90。得到Q?,连接MQ)当MQ最大时，直接写出△PMQ的面积.

【答案］⑴10

(2)见解析

(3)25+5V5

【分析】(1)根据等腰三角形三线合一，得到8M14C,求出AM的长，在RtaBAM中，应用勾股定理，即

可求解，

(2)作延长GM,交2E于点/,由△BFN三△MHN(AAS),得到=BF,由△4M三△CGM

(AAS),得到2/=CG,IM=GM,结合得到/E=2MH=28F,等量代换，即可求解，

(3)作PQ中点D,作PH1MQ1根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，求出DM的长度，根据对称的性

质求出OAT的长度，由旋转的性质，得至！UDPQ'=90°,Q?的长度，在Rt^DPQ，中，应用勾股定理，求出

DQ'的长度，在△DMQ中，M'Q'<DM'+DQ',当点。在线段MQ上时，MQ取得最大值，在Rt^DPQ，中,

SADPQ，=^DP.PQTDQ，PH，求出PH的长度,代入S^pQ,=•PH，即可求解,

本题考查了，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，三角形的中位线，全等三角形的性质与判定，直角

三角形斜边中线等于斜边一半，解题的关键是：根据中点，连接辅助线，构造全等三角形.

【详解】(1)解：•••AB=8C,点M为边4C中点，力C=12,

：.BM1AC,AM=^AC=^x12=6,

在Rt△BAM中，AB=y/AM2+BM2=V62+82=10,

(2)解：过点M,作交直线［于点H,延长GM,交4E于点/,

•••点N为线段BM中点，MH11,BF11,乙FNB=LHNM,

；/BFN=乙MHN=90°,BN=MN,

△BFN=AMHN(AAS),

:.MH=BF,

•：AE1Z,CG11,

•••4E平行于CG

=乙MCG,AAIM=乙CGM,

・•・M为边AC中点，

.-.AM=CM,

△AIM^△CGM（AAS）,

：.AI=CG,IM=GM,

•./Ell,MH11,

.-.1EWMH,

:.IE=2MH=2BF,

：.AE=Al+IE=CG+2BF,

：.AE—CG=2BF,

（3）在（1）条件下，点P与点Q分别是射线与射线MB上两动点，且PQ=4B,点M关于PQ的对称点为

M',将QP绕点P顺时针旋转90。得到QT,连接MQ一当最大时，直接写出△PMQ的面积.

解：作PQ中点D,连接DM,DM',DQ',过点P作PH1ATQ一交于点H,

■.■AMIBM,D是PQ中点,

.-.DM=DP=1PQ=Tx10=5,

由对称的性质可得：DM'=DM=5,

・•・QP绕点P顺时针旋转90。得到。P,

••ZDPQ'=90°,Q'P=QP=10,

在Rt△DPQ，中，DQ'=、DP2+Q，p2=V52+102=S瓜

在△DMQ中，M'Q'<DM'+DQ'=5+5V5,

当点。在线段MQ上时，MQ取得最大值，

在RtaDPQ，中，SADPQ.=-PQ'^1DQ'-PH,即：1x5x10=|x5V5xPH,解得：PH=2娓,

"'-^APM,Q'=^MQ•P"=Jx（5+5V5）x2V5=25+5V5,

【题型2压轴题求角度】

11.如图，△4BC中，ZC=90°,C4=CB,点。为4B上一动点（不与力,8重合），连接CD,将CD绕点C

顺时针旋转90。得到CE,EFWAC,AF1EF,连接4E.

⑴求器的值;

⑵若△CDE的面积为5,4c=3鱼时，求4E的长；

⑶G为△ABC所在平面内一点，且CG=6,4G=9,BG=3,请画出草图并直接写出N8GC的度数.

【答案】⑴黑=鱼

(2)AE=2或4

⑶NBGC=135。或45。，图见解析

【分析】(1)通过旋转性质，先证得△ECA三△DCB,再通过直角等腰三角形的基本性质即可求解;

(2)先通过△CQE的面积求出ED,再求出AB,再在RtaEAD中，利用勾股定理求解即可；

(3)分两种情况G点可以在△ABC的内部或者△ABC的外部，分别画图求解即可.

【详解】(1)解：•••由旋转的性质可知，CD=CE,Z.DCE=90°,

又"ACB=90°,CA=CB,

.-.^ECA+乙ACD=/LACD+乙DCB=90°,ACAB=ZCF4=45°,

.,-Z.ECA=Z-DCB,

又•:CD=CE,CA=CB,

・•.△ECA=△DCS(SAS),

：.EA=DB,/,EAC=Z.DBC=45°,

：.Z.EAD=90°,

X---EF||AC,AF1EFf

.,.zF=90°=Z.EAB,

：.Z.EAF=45°,

.•.在RtA£72中，EF=AF,AE=yjAF2+EF2=历AF,

:.BD—y[2AF,

"AF-V乙

(2)连接ED,如图所示，

■：CE=CD,Z.ECD=90°,

：，s&CDE=^CD2=5,

:.CD—