?2023年春九年級數(shù)學中考復習《幾何圖形變換綜合壓軸題》專題訓練（附答案）
1．如圖①，△ABC中，AB＝AC，∠A＝48°，點D，E分別在邊AB，AC上，AD＝AE，連接DC，點M，P，N分別為DE，DC，BC的中點．

[觀察猜想]圖①，線段PM與PN的數(shù)量關系是 　 　，∠MPN＝　 　°．
[探究證明]把△ADE繞點A逆時針方向旋轉到圖②的位置，連結MN、BD，上述猜想的結論是否成立，請說明理由．
2．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8cm，BC＝6cm，邊BC在∠MON的邊ON上，且∠ABC＝2∠MON．△ABC沿射線ON向右平移，速度為每秒1cm，運動時間為t秒，t＝0時，點B與O重合；當點A落在OM上時停止運動．
（1）如圖1，當點B與O重合時，AC交OM于點D，DE⊥AB于點E，此時線段AD＝　 　cm，DE＝　 　cm；
（2）如圖2，在△ABC向右平移的過程中，AC交OM于點H，AB交OM于點G，當點G為AB中點時，求t的值；
（3）如果△ABC的邊上有一點P，在△ABC向右平移的同時，點P從點B出發(fā)沿B→C→A運動，當點P在BC邊上運動時，速度為每秒1cm，當點P在CA邊上運動時，速度為每秒4cm，當t＞6時，請求出當△AGP為直角三角形時t的值．



3．如圖，Rt△ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC，Rt△CDE，∠CDE＝90°，CD＝DE，（AB＝AC＞EC）．連接AD，以AD為腰作等腰Rt△ADF，∠ADF＝90°，AD＝DF，連接BF，AE交于點G．
（1）如圖①，當點D在線段AC上，點E在線段BC上時，直接寫出線段AG，GE的數(shù)量關系：　 ??；
（2）如圖②，當Rt△CDE繞點C順時針旋轉α（0°＜α＜45°）時，（1）中的結論還成立嗎？若成立請證明；若不成立，請說明理由．
（3）當Rt△CDE繞點C順時針旋轉一周回到圖①位置，若CD＝DE＝2，問正好在旋轉一周的過程中，點G所經過的路徑長為S，請直接寫出S的值．

4．如圖①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，點D，E，N分別是△ABC的AB，AC，BC邊上的中點，連接AN，DE交于點M．
（1）觀察猜想：
的值為 　 　；BD與CE的位置關系是 　 ?。?br /> （2）探究與證明：
將△ADE繞點A按順時針方向旋轉α角（0°＜α＜360°），且△ADE內部的線段AM隨之旋轉，如圖②所示，連接BD，CE，MN，試探究線段BD與MN之間分別有什么樣的數(shù)量關系，以及BD與CE有什么樣的位置關系，并證明；
（3）拓展與延伸：
△ADE在旋轉的過程中，設直線CE與BD相交于點F，當∠CAE＝90°時，請直接寫出BF的值．

5．如圖，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝7，點D，E分別在邊AB，BC上，將線段ED繞點E按逆時針方向旋轉90°得到EF．
（1）如圖1，若AD＝BD，點E與點C重合，AF與DC相交于點O，求證：BD＝2DO．
（2）已知點G為AF的中點．
①如圖2，若AD＝BD，CE＝2，求DG的長．
②若AD＝6BD，是否存在點E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的長，若不存在，試說明理由．

6．等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝4，AE＝2，其中△ABC固定，△ADE繞點A作360°旋轉，點F、M、N分別為線段BE、BC、CD的中點，連接MN、NF．
問題提出：
（1）如圖1，當AD在線段AC上時，則∠MNF的度數(shù)為 　 ?。痪€段MN和線段NF的數(shù)量關系為 　 ?。?br /> 深入討論：
（2）如圖2，當AD不在線段AC上時，請求出∠MNF的度數(shù)及線段MN和線段NF的數(shù)量關系 　 ?。?br /> 拓展延伸：
（3）如圖3，△ADE持續(xù)旋轉過程中，若CE與BD交點為P，則△BCP面積的最小值為 　 ?。?br />

7．已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4，直角∠EPF的頂點P為斜邊AB上的一個動點，直角的兩邊分別交線段AC、BC于E、F兩點．
（1）如圖1，當PB＝3AP，且PF⊥BC時，求PF的長度；
（2）如圖2，當AP＝PB時，求證：PE＝PF；
（3）如圖3，在（2）的條件下，將直角∠EPF繞點P旋轉，點D是EP的中點，連接DF，過點C作CN⊥DF，垂足為M，交PF于N；當線段DF最短時，求三角形MNF的面積．

8．（1）如圖1，∠BAD的平分線AE與∠BCD的平分線CE交于點E，AB∥CD，∠BAE＝25°，∠DCE＝20°，求∠AEC的度數(shù)；

（2）如圖2，∠BAD的平分線AE與∠BCD的平分線CE交于點E，∠ADC＝α°，∠ABC＝β°，求∠AEC的度數(shù)；
（3）如圖3，PQ⊥MN于點O，點A是平面內一點，AB、AC交MN于B、C兩點，AD平分∠BAC交PQ于點D，請問的值是否發(fā)生變化？若不變，求出其值；若改變，請說明理由．



9．如圖1是實驗室中的一種擺動裝置，BC在地面上，支架ABC是底邊為BC的等腰直角三角形，BC＝，擺動臂AD可繞點A旋轉，AD＝．
（1）在旋轉過程中，
①當A、D、B三點在同一直線上時，求BD的長；
②當A、D、B三點為同一直角三角形的頂點時，求BD的長．
（2）若擺動臂AD順時針旋轉90°，點D的位置由△ABC外的點D1轉到其內的點D2處，如圖2，此時∠AD2C＝135°，CD2＝1，求BD2的長；
（3）如圖3，若連接（2）中的D1D2，將（2）中△AD1D2的形狀和大小保持不變，把△AD1D2繞點A在平面內自由旋轉，分別取D1D2、CD2、BC的中點M、P、N，連接MP、PN、NM，M隨著△AD1D2繞點A在平面內自由旋轉，△MPN的面積是否發(fā)生變化，若不變，請直接寫出△MPN的面積；若變化，△MPN的面積是否存在最大與最小？若存在，請直接寫出△MPN面積的最大值與最小值．

10．如圖①在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，點D是AB邊上的動點，DE⊥BC于點E，連接AE，CD，點F，G，H分別是AE，CD，AC的中點．
（1）觀察猜想：△FGH的形狀是 　 ?。?br /> （2）探究論證：把△BDE繞點B按逆時針方向旋轉到圖②的位置，（1）中的結論是否仍然成立？請說明理由．
（3）拓展延伸：把△BDE繞點B在平面內自由旋轉，若BC＝6，BE＝2，請直接寫出△FGH周長的取值范圍．

11．如圖①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，DE是△ABC的中位線，AN⊥BC，垂足為N，交DE于點M．
（1）觀察猜想
圖①中，的值為 　 ??；的值為 　 　．
（2）探究證明
如圖②，將△ADE繞點A順時針旋轉，旋轉角為a（0°＜a＜360°），連接BD，CE，判斷BD與CE和BD與MN分別有什么樣的數(shù)量關系，并證明；
（3）拓展延伸
在△ADE旋轉的過程中，設直線CE與BD相交于點F，若∠CAE＝90°，AB＝6，請直接寫出此時線段BF的長．

12．（一）發(fā)現(xiàn)探究：
如圖1，矩形ABCD和矩形AEFG位似，AB：BC＝：1，連接AC，則線段BE與CF有何數(shù)量關系，關系是 　 　；直線BE與直線CF所夾銳角的度數(shù)是 　 ?。?br /> （二）拓展探究：
如圖2，將矩形AEFG繞點A逆時針旋轉角α（0°＜α＜360°），上面的結論是否仍然成立？如果成立，請就圖2給出的情況加以證明．
（三）問題解決：
若點M是CF的中點，連接GM，BC＝4，AE＝AB，在矩形AEFG繞點A旋轉過程中，請直接寫出GM長的取值范圍．

13．已知△ABC中，點E為AB的中點，將△AEC沿CE所在的直線折疊得△A'EC，過點B作BF//AC，交直線A'C于點F．
（1）如圖1，若∠ACB＝90°，∠A＝30°，則線段AC，CF，BF之間的數(shù)量關系為．
（2）如圖2，若∠ACB為任意角，寫出此時AC，CF，BF之間的數(shù)量關系，并證明．
（3）如圖3，若∠ACB＝120°，BF＝6，BC＝4，求線段AC的長．


14．在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．點P是平面內不與點A，C重合的任意一點，連接AP，將線段AP繞點P逆時針旋轉α得到線段DP，連接AD，BD，CP．
（1）猜想觀察：如圖1，若α＝60°，BD交AC于點M，則的值是 　 　，直線BD與直線CP相交所成的較小角的度數(shù)是 　 ?。?br /> （2）類比探究：如圖2，若α＝90°，BD與AC，PC分別相交于點M，N．求的值及∠CNM的度數(shù)．
（3）解決問題：如圖3，當α＝90°時，若P，D，C三點在同一直線上，且DA＝DC，BD交AC于點M，DM＝2﹣，求AP的長．

15．（1）觀察發(fā)現(xiàn)：如圖1，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，點D是∠ACB的平分線CM上一點，將線段CD繞點C逆時針旋轉90°到CE，連結BE、BD，DE交BC于F．
填空：
①線段BD與BE的數(shù)量關系是 　 ??；
②線段BC與DE的位置關系是 　 ?。?br /> （2）拓展探究：如圖2，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝α，點D是邊AB的中點，將CD繞點C逆時針旋轉α到CE，連結BE、DE，DE交BC于F．（1）中的結論是否仍然成立？請說明理由．
（3）拓展應用：如圖3，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝60°，BC＝2，∠ACB的平分線交AB于D，點E是射線CD上的一點，將CE繞點C順時針旋轉60°到CF，連結AE、AF、EF，EF與AC相交于G，若以A、F、G為頂點的三角形與△ADE全等，直接寫出EF的長．

16．[初步嘗試]
（1）如圖①，在三角形紙片ABC中，∠ACB＝90°，將△ABC折疊，使點B與點C重合，折痕為MN，則AM與BM的數(shù)量關系為 　 ??；
[思考說理]
（2）如圖②，在三角形紙片ABC中，AC＝BC＝6，AB＝10，將△ABC折疊，使點B與點C重合，折痕為MN，求的值；
[拓展延伸]
（3）如圖③，在三角形紙片ABC中，AB＝9，BC＝6，∠ACB＝2∠A，將△ABC沿過頂點C的直線折疊，使點B落在邊AC上的點B′處，折痕為CM．
①求線段AC的長；
②若點O是邊AC的中點，點P為線段OB′上的一個動點，將△APM沿PM折疊得到△A′PM，點A的對應點為點A′，A′M與CP交于點F，求的取值范圍．

17．如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，△ABC的邊BC落在x軸上，頂點A在y軸正半軸上，點B在x軸負半軸上，點C在x軸正半軸上，若BC＝6，∠BAC+∠ACB＝90°．
（1）求點C坐標；
（2）現(xiàn)有一動點P從點B出發(fā)，以2個單位長度/秒的速度，沿線段BA向點A運動，運動時間為t秒，點D為y軸負半軸上一點，連接DP、DC，將線段CD繞點C旋轉，使點D落在線段OB上于點E，若∠ADC﹣∠CAD＝2∠ADP，請用含t的代數(shù)式表示點E坐標；
（3）在（2）的條件下，點F為線段OC上一點，連接PF并延長，交射線AC于點G，連接DE、DG，若PG＝2FG，∠EDG＝120°，AP＝1，求t的值．






18．△ABC為等邊三角形，AB＝4，AD⊥BC于點D，E為線段AD上一點，AE＝．以AE為邊在直線AD右側構造等邊三角形AEF，連接CE，N為CE的中點．
（1）如圖1，EF與AC交于點G，連接NG，求線段NG的長；
（2）如圖2，將△AEF繞點A逆時針旋轉，旋轉角為α，M為線段EF的中點，連接DN，MN．當30°＜α＜120°時，猜想∠DNM的大小是否為定值，并證明你的結論；
（3）連接BN，在△AEF繞點A逆時針旋轉過程中，當線段BN最大時，請直接寫出△ADN的面積 　 ?。?br /> 19．已知：如圖1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，等邊△CDE的邊CE在CB上，點D在AB上．
（1）求證：∠ACD＝2∠BDE；
（2）如圖2，將△ADC沿著CD翻折，得到△CDF．連接EF，求證：AD＝EF；
（3）如圖3，在（2）的條件下，過點D作DG⊥CD交CB延長線于點G，若BE＝m，DG＝4+2m．求△FDE的面積．




20．已知，△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2，∠A＝90°．取一塊含45°角的直角三角尺，將直角頂點放在斜邊BC邊的中點O處，一條直角邊過A點（如圖1）．三角尺繞O點順時針方向旋轉，使90°角的兩邊與Rt△ABC的兩邊AB，AC分別相交于點E，F(xiàn)（如圖2）．設BE＝x，CF＝y(tǒng)．
（1）探究：在圖2中，線段AE與CF有怎樣的大小關系？證明你的結論；
（2）求在上述旋轉過程中y與x的函數(shù)關系式，并寫出x的取值范圍；
（3）若將直角三角尺45°角的頂點放在斜邊BC邊的中點O處，一條直角邊過A點（如圖3）．三角尺繞O點順時針方向旋轉，使45°角的兩邊與Rt△ABC的兩邊AB，AC分別相交于點E，F(xiàn)（如圖4）．在三角尺繞O點旋轉的過程中，△OEF是否能成為等腰三角形？若能，直接寫出△OEF為等腰三角形時x的值；若不能，請說明理由．


參考答案
1．解：[觀察猜想]如圖①中，

∵AB＝AC，AD＝AE，
∴AB﹣AD＝AC﹣AE，
∴BD＝CE，
∵點M、P、N分別為DE、DC、BC的中點，
∴PM，PN分別是△DEC，△CDB的中位線，
∴PM＝CE，PN＝BD，且PM∥CE，PN∥BD，
∴PM＝PN，∠DPM＝∠ACD，∠PNC＝∠B，
∵∠DPN＝∠BCD+∠PNC＝∠BCD+∠B，
∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠ACD+∠BCD+∠B＝∠ACB+∠B，
∵∠BAC＝48°，
∴∠ACB+∠B＝180°﹣48°＝132°，
∴∠MPN＝132°，
故答案為：PM＝PN，132．

[探究證明]：成立．
理由：如圖②中，連接CE，

由旋轉得∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵點M、P、N分別為DE、DC、BC的中點，
∴PM，PN分別是△DEC，△CDB的中位線，
∴PM＝CE，PN＝BD，
∴PM＝PN，
∵PM∥CE，PN∥BD，
∴∠DPM＝∠DCE，∠PNC＝∠DBC，
∵∠DPN＝∠PNC+∠DCB＝∠DBC+∠DCB，
∴∠NPM＝∠DPM+∠DPN＝∠DCE+∠DBC+∠DCB，
∵∠DCE＝∠ACD+∠ACE＝∠ACD+∠ABD，
∴∠MPN＝∠ACD+∠ABD+∠DBC+∠DCB＝∠ABC+∠ACB，
∵∠ABC+∠ACB＝180°﹣48°＝132°，
∴∠MPN＝132°．
∴PM＝PM，∠MPN＝132°，
∴（1）中結論成立．

2．解：（1）如圖1中，∵∠ACB＝90°，AC＝8cm，BC＝6cm，
∴AB＝＝＝10（cm），
∵∠ABC＝2∠MON，
∴∠DOE＝∠DOC，
∵∠OED＝∠OCD＝90°，OD＝OD，
∴△ODE≌△ODC（AAS），
∴OC＝OD＝6，DE＝CD，
∴AE＝OA﹣OE＝10﹣6＝4（cm），
設DE＝CD＝x，
在Rt△ADE中，AE2+DE2＝AD2，
∴42+x2＝（8﹣x）2，
∴x＝3，
∴DE＝3cm，AD＝8﹣3＝5cm，
故答案為：5，3；

（2）∵∠ABC＝2∠MON，∠ABC＝∠O+∠BGO，
∴∠O＝∠BGO，
∴BO＝BG，
∵G是AB的中點，
∴AG＝BG＝5cm，
∴OB＝BG＝5cm，
∴t＝5；

（3）當t＞6時，點P在AC邊上
此時BG＝OB＝tcm，AG＝（10﹣t）cm，AP＝AC﹣PC＝8﹣4（t﹣6）＝（32﹣4t）cm，
①當∠AP′G＝90°時，如圖3中，△AGP′∽△ABC，
∴＝，
即＝，
解得t＝7.5；

②當∠AGP″＝90°時，如圖3中，△AGP″∽△ACB，
∴＝，
即＝，
解得t＝
綜上，t的值為7.5或．

3．解：（1）∵Rt△ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC，Rt△CDE，∠CDE＝90°，CD＝DE，
∴∠BAC＝∠CDE，∠ABC＝∠DEC＝45°，
∴AB∥EF，AF∥BE，
∴四邊形ABEF是平行四邊形，
∴AG＝GE，
故答案為：AG＝GE；
（2）仍然成立，理由如下：
如圖②，連接EF，BE，

∵∠ADF＝∠EDC＝90°，
∴∠ADC＝∠EDF，
又∵AD＝DF，DE＝DC，
∴△ADC≌△EDF（SAS），
∴EF＝AC，∠DAC＝∠EFD，
∴AB＝EF，
∵∠BAC＝90°，∠DAF+∠AFD＝90°，
∴∠BAC+∠DAF+∠AFD＝180°，
∴∠BAC+∠DAF+∠DAC+∠AFE＝180°，
∴∠BAF+∠AFE＝180°，
∴AB∥EF，
∴四邊形ABEF是平行四邊形，
∴AG＝GE；
（3）如圖③，取AC中點H，連接GH，

∵CD＝DE＝2，∠EDC＝90°，
∴EC＝2，
∵AG＝GE，AH＝HC，
∴GH＝EC＝，
∵當Rt△CDE繞點C順時針旋轉一周回到圖①位置，
∴點G繞點H順時針旋轉一周，
∴點G所經過的路徑長為S＝2π．
4．解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，
∴BC＝＝＝10，
∵點N是BC上的中點，
∴AN＝BC＝5
∵DE∥BC
∴＝，
∴＝＝．
∵∠BAC＝90°，
∴AB⊥AC，
∴BD⊥CE，
故答案為：，垂直；

（2）結論：＝，＝．理由如下：由圖1可得：
∵DE∥BC
∴△ADE∽△ABC，△ADM∽△ABN，
∴＝，＝，
∵將△ADE繞點A按順時針方向旋轉α角
∴∠DAB＝∠CAE＝α，且＝，
∴△ADB∽△AEC
∴＝＝＝，
∵∠BAD＝∠MAN＝α，且＝，
∴△ABD∽△ANM
∴＝＝；

（3）如圖，當點E在線段AB上時，

∵AB＝6，AC＝8，AE＝4，AD＝3
∴CD＝11，BD＝
√
AD2+AB2
＝＝3，CE＝＝＝4，
∵＝＝，
∴＝，且∠DAE＝∠EAC＝90°
∴△AEC∽△ADB
∴∠ABD＝∠ACE，且∠ABD+∠BDA＝90°，
∴∠ACE+∠BDA＝90°
∴∠DFC＝90°＝∠BAC，且∠ACE＝∠ACE
∴△ACE∽△FCD
∴＝．
∴DF＝×4＝，
∴BF＝BD﹣DF＝．
如圖，當點E在線段BA的延長線上，

同理可得：BD＝3，BE＝10，∠BAC＝∠EFB＝90°
∵∠EBF＝∠EBF，∠BAD＝∠EFB＝90°
∴△ADB∽△FEB
∴＝，
∴BF＝＝4，
綜上所述：當∠CAE＝90°時，BF＝4或．
5．（1）證明：∵CA＝CB，∠ACB＝90°，BD＝AD，
∴CD⊥AB，CD＝AD＝BD，
∵CD＝CF，
∴AD＝CF，
∵∠ACD＝∠DCF＝90°，
∴AD∥CF，
∴四邊形ADFC是平行四邊形，
∴OD＝OC，
∴BD＝2OD；

（2）解：①如圖2中，作DT⊥BC于點T，F(xiàn)H⊥BC于H，連接BF，

則∠DTE＝∠EHF＝90°，
∴∠TDE+∠DET＝90°，
∵∠DET+∠HEF＝90°，
∴∠TDE＝∠HEF，
又∵DE＝EF，
∴△DTE≌△EHF（AAS），
∴DT＝EH，
由題意：BD＝AD＝CD＝AB＝，BC＝BD＝7，
∵DT⊥BC，
∴EH＝DT＝TC＝，
∵EC＝2，
∴BH＝BC﹣HE﹣EC＝，
∴HF＝TE＝TC﹣EC＝BC﹣EC＝，
∴BF＝＝，
∵點D、G分別是AB、AF的中點，
∴DG＝BF＝；

②存在，
理由：如圖3﹣1中，當∠DEG＝90°時，F(xiàn)，E，G，A共線，作DT⊥BC于點T，F(xiàn)H⊥BC于H．設EC＝x．

∵AD＝6BD，
∴BD＝AB＝，
∵DT⊥BC，∠DBT＝45°，
∴DT＝BT＝1，
∵△DTE≌△EHF，
∴EH＝DT＝1，
∴BH＝FH＝6﹣x，
∵FH∥AC，
∴＝，
∴＝，
整理得：x2﹣6x+7＝0，
解得x＝3±．
∴EC＝3±．
如圖3﹣2中，當∠EDG＝90°時，取AB的中點O，連接OG．作EH⊥AB于H．

設EC＝x，由2①可知BF＝（6﹣x），OG＝BF＝（6﹣x），
∵∠EHD＝∠EDG＝∠DOG＝90°，
∴∠ODG+∠OGD＝90°，∠ODG+∠EDH＝90°，
∴∠DGO＝∠HDE，
∴△EHD∽△DOG，
∴＝，
∴＝，
整理得：x2﹣18x+134＝0，
解得x＝9﹣或9+（舍棄）．
∴EC＝9﹣．
如圖3﹣3中，當∠DGE＝90°時，取AB的中點O，連接OG，CG，作DT⊥BC于T，F(xiàn)H⊥BC于H，EK⊥CG于K．設EC＝x．

∵∠DBE＝∠DFE＝45°，
∴D，B，F(xiàn)，E四點共圓，
∴∠DBF+∠DEF＝180°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DBF＝90°，
∵AO＝OB，AG＝GF，
∴OG∥BF，
∴∠AOG＝∠ABF＝90°，
∴OG⊥AB，

∵OG垂直平分線段AB，
∵CA＝CB，
∴O，G，C共線，
由△DTE≌△EHF，可得EH＝DT＝BT＝1，ET＝FH＝6﹣x，BF＝（6﹣x），OG＝BF＝（6﹣x），CK＝EK＝x，GK＝﹣（6﹣x）﹣x，
由△OGD∽△KEG，可得＝，
∴＝，
解得x＝1，
∴EC＝1．
綜上所述，滿足條件的EC的值為3±或9﹣或1．
6．解：（1）如圖1中，連接DB，MF，CE，延長BD交EC于H．

∵AC＝AB，AE＝AD，∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝EC，∠ACE＝∠ABD，
∵∠ABD+∠ADB＝90°，∠ADB＝∠CDH，
∴∠ADH+∠DCH＝90°，
∴∠CHD＝90°，
∴EC⊥BH，
∵BM＝MC，BF＝FE，
∴MF∥EC，MF＝EC，
∵CM＝MB，CN＝ND，
∴MN∥BD，MN＝BD，
∴MN＝MF，MN⊥MF，
∴∠NMF＝90°，
∴∠MNF＝45°，NF＝MN，
故答案為：45°，NF＝MN；
（2）如圖2中，連接MF，EC，BD．設EC交AB于O，BD交EC于H．

∵AC＝AB，AE＝AD，∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝EC，∠ACE＝∠ABD，
∵∠AOC+∠ACO＝90°，∠AOC＝∠BOH，
∴∠OBH+∠BOH＝90°，
∴∠BHO＝90°，
∴EC⊥BD，
∵BM＝MC，BF＝FE，
∴MF∥EC，MF＝EC，
∵CM＝MB，CN＝ND，
∴MN∥BD，MN＝BD，
∴MN＝MF，MN⊥MF，
∴∠NMF＝90°，
∴∠MNF＝45°，NF＝MN．
故答案為：NF＝MN；
（3）如圖3中，以A為圓心AD為半徑作⊙A．

當直線PB與⊙A相切時，此時∠CBP的值最小，點P到BC的距離最小，即△BCP的面積最小，
∵AD＝AE，AB＝AC，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE＝∠ABD，BD＝EC，
∵∠ABD+∠AOB＝90°，∠AOB＝∠CPO，
∴∠CPB＝90°，
∵PB是⊙A的切線，
∴∠ADP＝90°，
∵∠DPE＝∠ADP＝∠DAE＝90°，
∴四邊形ADPE是矩形，
∵AE＝AD，
∴四邊形ADPE是正方形，
∴AD＝AE＝PD＝PE＝2，BD＝EC＝＝2，
∴PC＝2﹣2，PB＝2+2，
∴S△BCP的最小值＝×PC×PB＝（2﹣2）（2+2）＝4．
故答案為：4．
7．（1）解：∵PE⊥AC，
∴∠AEP＝∠PEC＝90°．
又∵∠EPF＝∠ACB＝90°，
∴四邊形PECF為矩形，
∴∠PFC＝90°，
∴∠PFB＝90°，
∴∠AEP＝∠PFB．
∵AC＝BC，∠C＝90°，
∴∠A＝∠B＝45°，
∴∠FPB＝∠B＝45°，
∴PF＝BF，
∵PB＝3AP，BA＝4，
∴PB＝3，
∵PF2+BF2＝，
∴PF＝3；
（2）證明：連接PC，如圖2．

∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴CP＝AP＝AB．∠ACP＝∠BCP＝∠ACB＝45°，CP⊥AB，
∴∠APE+∠CPE＝90°．
∵∠CPF+∠CPE＝90°，
∴∠APE＝∠CPF．
在△APE和△CPF中，
，
∴△APE≌△CPF（ASA），
∴PE＝PF．
（3）解：由（2）可知△PEF是等腰直角三角形，當PF⊥CB時，線段DF最短，

∴四邊形PECF是正方形，
∴CF＝PF，
∵AP＝BP＝2，
∴PF＝BF＝CF＝2，
∵CN⊥DF，
∴∠MCF+∠MFC＝90°，
∵∠MFC+∠DFP＝90°，
∴∠MCF＝∠DFP，
∵∠CFN＝∠DPF，
∴△CFN≌△FPD（ASA），
∴FN＝DP＝1，
∴＝，
∵，
∴MF＝＝＝，
∴MN＝＝，
∴＝＝．
8．解：（1）如圖1，過點E作EM∥AB，

∵AB∥CD，
∴EM∥AB∥CD，
∴∠DCE＝∠CEM，∠BAE＝∠AEM，
∵∠BAE＝25°，∠DCE＝20°，
∴∠AEC＝∠CEM+∠AEM＝∠DCE+∠BAE＝25°+20°＝45°；
（2）如圖2，延長BC交AD于點F，

∵∠BFD＝∠B+∠BAD，∠BCD＝∠BFD+∠D，
∴∠BCD＝∠BFD+∠D＝∠B+∠BAD+∠D，
∵CE平分∠BCD，AE平分∠BAD，
∴∠ECD＝∠ECB＝∠BCD，∠EAD＝∠EAB＝∠BAD，
∵∠AEC+∠ECB＝∠ABC+∠EAB，
∴∠AEC＝∠ABC+∠EAB﹣∠ECB＝∠ABC+∠EAB﹣∠BCD＝∠ABC+∠EAB﹣（∠ABC+∠BAD+∠ADC）＝（∠ABC﹣∠ADC）＝（β﹣α），
即∠AEC＝；
（3）的值不發(fā)生變化，其值為，理由如下：
如圖3，記AB與PQ交于E，AD與CB交于F，

∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠DAC，
∵PQ⊥MN，
∴∠DOF＝∠BOE＝90°，
∵∠DOF+∠ADP＝∠DAC+∠ACB①，∠ADP+∠DFO＝∠OEB+∠ABC②，
所以①﹣②得，
90°﹣∠DFO＝∠DAC+∠ACB﹣∠OEB﹣ABC，
∴90°﹣∠DFO+（∠OEB﹣∠DAC）＝∠ACB﹣ABC，
∴∠ADP+∠ADP＝∠ACB﹣ABC，
∴2∠ADP＝∠ACB﹣ABC，
∴＝．
9．解：（1）∵AB＝AC，BC＝，∠BAC＝90°，
∴AB＝AC＝，
①當點D落在線段AB上，
BD＝AB﹣AD＝﹣，
當點D落在線段BD的延長線上時，
BD＝AB+AD＝+，
∴BD的長為﹣或+．
②顯然∠ABD不能為直角，
當∠ADB為直角時，AD2+BD2＝AB2，
∴BD＝，
當∠BAD為直角時，AB2+AD2＝BD2，
∴BD＝，
∴BD長為或．
（2）如圖，連接D1D2，D1C，則△AD1D2為等腰直角三角形，

∴D1D2＝AD1＝2，
∴AD1＝AD2，AB＝AC，
∵∠BAC＝∠D2AD1，
∴∠BAD2＝∠CAD1，
在△ABD2和△ACD1中，
，
∴△BAD2≌△CAD1（SAS），
∴BD2＝CD1，
又∵∠AD2C＝135°，
∴∠D1D2C＝∠AD2C﹣∠AD2D1＝135°﹣45°＝90°，
∴CD1＝＝，
∴BD2＝；
（3）△MPN的面積存在最大值與最小值，理由如下：
如圖2，所示，連接CD1，

理由：∵點P，M分別是CD2，D2D1的中點，
∴PM＝CD1，PM∥CD1，
∵點N，M分別是BC，D1D2的中點，
∴PN＝BD2，PN∥BD2，
∵BD2＝CD1，
∴PM＝PN，
∴△PMN是等腰三角形，
∵PM∥CD1，
∴∠D2PM＝∠D2CD1，
∵PN∥BD2，
∴∠PNC＝∠D2BC，
∵∠D2PN＝∠D2CB+∠PNC＝∠D2CB+∠D2BC，
∴∠MPN＝∠D2PM+∠D2PN＝∠D2CD1+∠D2CB+∠D2BC＝∠BCD1+∠D2BC＝∠ACB+∠ACD1+∠D2BC＝∠ACB+∠ABD2+∠D2BC＝∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ACB+∠ABC＝90°，
∴∠MPN＝90°．
∴△PMN為等腰直角三角形．
∴S△PMN＝PM2＝（CD1）2＝（BD2）2，
∴當BD2取最大時，△PMN的面積最大，
此時最大面積S＝[（）]2＝．
當BD2取最小時，△PMN面積最小，
此時最小面積S＝[（）]2＝．
10．解：（1）等腰直角三角形，理由如下：
連接EG并延長交AC于K，

∵DE⊥BC，∠ACB＝90°，
∴DE∥AC，
∴∠EDG＝∠KCG，
又∵G為CD中點，
∴DG＝CG，
在△DGE與△CGK中，
，
∴△DGE≌△CGK（ASA），
∴EG＝GK，
又∵F為AE的中點，EF＝AF，
∴FG∥AC∥DE，
∴∠EFG＝∠DEF，
又∵F，H分別為AE，AC的中點，
∴HF∥EC，
∴∠AFH＝∠AEC，∠AHF＝∠ACE＝90°，
∵∠GFH＝180°﹣（∠EFG+∥AFH），∠EFG+∠AFH＝∠DEF+∠AEC＝90°，
∴∠GFH＝180°﹣90°＝90°，
又∵G，H分別為CD，AC的中點，
∴GH∥AD，
∴∠GHC＝∠DAC＝45°，
∵∠FHG＝180°﹣∠GHC﹣∠AHF＝180°﹣45°﹣90°＝45°，
∴△FGH為等腰直角三角形，
故答案為：等腰直角三角形；
（2）形狀不變，理由如下
連接CE并延長交AB于點P，交AD的延長線于點O，

由圖①可知∠DBE＝45°＝∠ABC，∠DEB＝90°＝∠ACB，
∴∠DBA+∠ABE＝∠ABE+∠EBC，
∴∠ABD＝∠CBE，
∵，，
∴，
∴△ABD∽△CBE，
∴，∠BCE＝∠BAD，
∵∠BPC＝∠APO，
∴∠AQC＝∠ABC＝45°，
∵點F，G，H分別為AE，CD，AC的中點，
∴FH，
∴∠AHF＝∠ACO，∠GHC＝∠CAQ，
∴△FGH為等腰直角三角形；
（3）當△BDE繞點B在平面內自由旋轉時，作出E點軌跡如圖所示，

∵△GFH的周長為GF，F(xiàn)H，GH的和，
由（2）知△GFH恒為等腰直角三角形，
∴C，
又∵F，H分別為AE，AC中點，
∴FH＝，
當E在圓B上運動時，
CE的最大值＝CB+BE，CE的最小值＝CB﹣BE，
∵CB＝6，CE＝2，
∴CE的最大值＝8，最小值＝4，
∴△FGH周長的最大值為8+4，最小值為4+2，
故4+2≤C△FGH．
11．解：（1）∵AB＝AC，DE是△ABC的中位線，
∴AD＝AE，
∴BD＝CE，
即，
如下圖，過點D作DF⊥BC于點F，則DF＝MN，

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝45°，
∴△BDF是等腰直角三角形，
∴BD＝DF，
∴BD＝MN，
即，
故答案為：1，；
（2）BD＝CE，BD＝MN，
證明：∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，
由旋轉的性質知，∠DAB＝∠MAN＝α，
∵DE是△ABC的中位線，AN⊥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∴△AMN∽△ADB，
∴，
又∵△ABC是等腰直角三角形，AN⊥BC，
∴，
∴，
即BD＝MN；
（3）①當點E在AB上時，BE＝AB﹣AE＝3，

∵∠CAE＝90°，
∴CE＝＝3，
同理（2）可證△ADB≌△AEC，
∴∠BAD＝∠ECA，
∵∠FEB＝∠AEC，
∴△FEB∽△AEC，
∴，
∴，
∴FB＝；
②當點E在BA的延長線上時，BE＝AB+AE＝9，

∵∠CAE＝90°，
∴CE＝＝3，
同理（2）可證△ADB≌△AEC，
∴∠BAD＝∠ECA，
∵∠FEB＝∠AEC，
∴△FEB∽△AEC，
∴，
∴，
∴FB＝；
綜上，F(xiàn)B的長為或．
12．解：（一）發(fā)現(xiàn)探究：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∴tan∠ACB＝＝，
∴∠ACB＝60°，
∴∠CAB＝30°，
∵四邊形AEFG是矩形，
∴∠AEF＝90°，
∴AE＝AF?cos30°＝AF，AB＝AC?cos30°＝AC，
∴BE＝AB﹣AE＝（AC﹣AF）＝CF，
故答案為：BE＝CF，30°；

（二）拓展探究：結論不變．
理由：如圖2中，延長CF交BE的延長線于點M，設AC交BM于點J．

∵∠CAB＝∠FAE＝30°，
∴∠BAE＝∠CAF，
∵＝＝，
∴△EAB∽△FAC，
∴＝＝，∠ABE＝∠ACF，
∵∠AJB＝∠CJM，
∴∠M＝∠JAB＝30°，
∴（1）中結論成立；

（三）問題解決：如圖3中，延長FG到T，使得GT＝GF，連接CT，AT．

在Rt△ABC中，BC＝4，∠CAB＝30°，
∴AC＝2BC＝8，AB＝BC＝12，
∵AE＝AB，
∴AE＝6，
∴FG＝AE＝GT＝6，AG＝＝2，
∴AT＝＝＝4，
∴AC﹣AT≤CT≤AC+AT，
∴4≤CT≤12，
∵FG＝GT，F(xiàn)M＝MC，
∴GM＝CT，
∴2≤GM≤6．
13．解：（1）AC＝CF+BF，理由如下：
∵∠ACB＝90°，點E為邊AB的中點，
∴AE＝CE，
∴∠ACE＝∠A＝30°，
由翻轉的性質得，∠A'CE＝∠ACE，
∴∠BCF＝90°﹣30°×2＝30°，
∵BF∥AC，
∴∠CBF＝180°﹣∠ACB＝90°，
∴CF＝2BF，BC＝BF÷tan30°＝BF÷＝BF，
又∵AC＝BC÷tan30°＝BF÷＝3BF，
∴AC＝CF+BF；
（2）AC＝CF﹣BF；證明如下：
連接A'B，

由翻折的性質得，A'E＝AE，A'C＝AC，∠A＝∠CA'E，
∵點E為邊AB的中點，
∴AE＝BE，
∴BE＝A'E，
∴∠EA'B＝∠EBA'，
∵BF∥AC，
∴∠A+∠ABF＝180°，
∵∠CA'E+∠EA'F＝180°，
∴∠ABF＝∠EA'F，
∵∠FA'B＝∠EA'F﹣∠EA'B，∠FBA'＝∠ABF﹣∠EBA'，
即∠FA'B＝∠FBA'，
∴A'F＝BF，
∵A'C＝CF﹣A'F，
∴AC＝CF﹣BF；
（3）連接A'B，過點F作FG⊥BC于G，
∵BF∥AC，∠ACB＝120°，
∴∠CBF＝180°﹣120°＝60°，
∴BG＝BF?cos60°＝6×＝3，F(xiàn)G＝BF?sin60°＝6×＝3，
∴CG＝BC﹣BG＝4﹣3＝1，
在Rt△CGF中，CF＝＝＝2，
∴AC＝BF+CF＝6+2．
14．解：（1）延長BD交PC于Q，

∵α＝60°，
∴AB＝AC，AD＝AP，
∵∠CAB＝60°＝∠PAD，
∴∠CAB+∠DAC＝∠PAD+∠DAC，
即∠DAB＝∠PAC，
∴在△CPA和△BDA中，
，
∴△CPA≌△BDA（SAS），
∴BD＝CP，
即，
在△CMQ和△AMB中，∠PCA＝∠DBA且∠QMC＝∠BMA，
∴∠CQM＝∠CAB＝60°，
故答案為：1，60°；
（2）∵線段AP繞P點逆時針旋轉90°得到線段DP，
∴△PAD是等腰直角三角形，
∴∠APD＝90°，∠PAD＝∠PDA＝45°，
∴＝cos∠PAD＝cos45°＝，
∵CA＝CB，∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∴＝cos∠CAB＝cos45°＝，
∴，
又∵∠PAD+∠CAD＝∠CAB+∠CAD，
即∠PAC＝∠DAB，
∴△PAC∽△DAB，
∴∠PCA＝∠DBA，，
即＝，
∵∠BMC＝∠CNM+∠PCA＝∠BAC+∠DBA，∠DBA＝∠PCA，
∴∠CNM＝∠BAC＝45°；
（3）設AP＝PD＝x，則AD＝x，
∵DA＝DC，
∴PC＝PD+CD＝（+1）x，
由（2）知，
∴BD＝PC＝（+1）x＝（2+）x，
∵DA＝DC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∵∠PCA＝∠DBA，
∴∠DAC＝∠BAD，
又∵∠ADM＝∠BDA，
∴△ADM∽△BDA，
∴＝，
即AD2＝DM?BD，
∴（x）2＝（2﹣）（2+）x，
解得x＝1或x＝0（舍去），
∴AP＝1．
15．解（1）∵CD是∠ACB的平分線，∠ACB＝90°，
∴∠DCB＝45°，
∵∠DCE＝90°，
∴∠ECF＝45°，
∴∠DCF＝∠ECF，
∵CD＝CE，
∴DF＝EF，CF⊥DE，
∴BD＝BE，
故答案為：①BD＝BE；②BC⊥DE；
（2）（1）中的結論仍然成立．理由：
∵AB＝BC，點D是AB的中點，
∴∠ACD＝∠BCD＝α，
∵∠DCE＝α，
∴∠DCB＝ECB＝α，
∴∠BCD＝∠BCE，
在△DCB和△ECB中，
，
∴△DCB≌△ECB（SAS），
∴BD＝BE，
∵CD＝CE，
∴BC⊥DE；
（3）①如圖3，當△AGF≌△ADE時，

在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等邊三角形，
∴∠ACB＝∠B＝60°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACE＝30°，CD⊥AB，
∵將CE繞點C順時針旋轉60°到CF，
∴AC垂直平分EF，
∴AE＝AF，EF＝2FG，
∴∠EAG＝∠FAG，
∵△AGF≌△ADE，
∴∠DAE＝∠FAG＝∠GAE＝30°，DE＝GF，
∵AD＝1，
∴DE＝AD?tan30°＝，
∴EF＝2GF＝2DE＝；
②如圖4，當△AGF≌△ADE時，

由①知，AD＝GF，AD⊥CD，AC⊥EF，∠DCG＝∠FCG，
∴∠ADC＝∠FGC＝90°，
∴△CDA≌△CGF（AAS），
∴CF＝AC＝2，
∵將CE繞點C順時針旋轉60°到CF，
∴CE＝CF，∠ECF＝60°，
∴△ECF是等邊三角形，
∴EF＝CF＝2；
③如圖5，當△AGF≌△ADE時，

由①知，CE＝CF，∠ECG＝∠FCG＝30°，CGEF，EF＝2FG，
∵∠GAF＝∠BAC＝60°，
∴∠AFG＝30°，
∵△△AGF≌△ADE，
∴AG＝AD＝1，
∴FG＝＝，
∴EF＝2GF＝2，
綜上所述，EF的長為或2或．
16．解：（1）如圖①中，

∵△ABC折疊，使點B與點C重合，折痕為MN，
∴MN垂直平分線段BC，
∴CN＝BN，
∵∠MNB＝∠ACB＝90°，
∴MN∥AC，
∵CN＝BN，
∴AM＝BM．
故答案為AM＝BM．

（2）如圖②中，

∵CA＝CB＝6，
∴∠A＝∠B，
由題意MN垂直平分線段BC，
∴BM＝CM，
∴∠B＝∠MCB，
∴∠BCM＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BCM∽△BAC，
∴＝，
∴＝，
∴BM＝，
∴AM＝AB﹣BM＝10﹣＝，
∴＝＝．

（3）①如圖③中，

由折疊的性質可知，CB＝CB′＝6，∠BCM＝∠ACM，
∵∠ACB＝2∠A，
∴∠BCM＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BCM∽△BAC，
∴＝＝，
∴＝，
∴BM＝4，
∴AM＝CM＝5，
∴＝，
∴AC＝．

②如圖③﹣1中，設PB′＝x．

∵AC＝，BC＝CB′＝6，
∴AB′＝﹣6＝，
∴AP＝AP′＝+x，
∵∠A＝∠A′＝∠MCF，∠PFA′＝∠MFC，PA＝PA′，
∴△PFA′∽△MFC，
∴＝，
∵CM＝5，
∴＝＝+，
∵OA＝OC＝，
∴0≤x≤，
∴≤≤．
17．解：（1）∵∠BAC+∠ACB＝90°，∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°，
∴，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC，
∵OA⊥BC，
∴OB＝OC＝，
∴C（﹣3，0）；
（2）如圖1，

作點D關于BCD對稱點D′，連接CD′，BD′，延長DB至F，在BA上截取BP′＝BD，
∴CD′＝CD，BD′＝BD，
∴∠DD′C＝∠ADC，
∵∠ADC﹣∠CAD＝2∠ADP，
∴∠DD′C﹣∠CAD＝2∠ADP，
∴∠ACD′＝2∠ADP，
由（1）得：AO垂直平分BC，
∴∠ABD′＝2∠ADP，
∵BD＝BD′，BP′＝BD，
∴∠BDD′＝∠BD′D，∠BDP′＝∠BP′D，
∵∠FBD′＝∠BDD′+∠BD′D＝2∠BDD′，
同理可得：∠FBA＝2∠BDP′，
∴∠FBD′﹣∠FBA＝2（∠BDD′﹣∠BDP′）＝2∠ADP′，
∴∠ABD′＝2∠ADP′，
∴∠ADP＝∠ADP′，
∴點P′和點P重合，
∴CD＝BP＝2t，
∴CE＝CD＝2t，
∴E（3﹣2t，0）；
（3）如圖2，

作PH∥AG，交BC于G，
∴∠PHF＝∠GCF，∠FPH＝∠CGF，∠ACB＝∠PHB，
∵∠ACB＝∠ABC，
∴∠PHB＝∠ABC，
∴PH＝PB＝2t，
∵PG＝2PF，
∴∠PF＝GF，
∴△PFH≌△GFC（AAS），
∴CG＝PH＝2t，
∵CD＝PB，
∴CD＝CG，
∴∠CDG＝∠CGD，
∴∠DCG＝180°﹣2∠CDG，
同理可得：∠ECD＝180°﹣∠CDE，
∴∠DCE+∠DCG＝360°﹣2（∠CDG+∠CDE）＝360°﹣2×120＝120°，
∴∠ECG＝120°，
∴∠ACB＝180°﹣∠ECG＝60°，
∵AB＝AC，
∴△ABC是等邊三角形，
∴AB＝BC＝6，
∴PB＝AC﹣AP＝6﹣1＝5，
∴t＝．
18．解：（1）∵△ABC為等邊三角形，AD⊥BC，
∴∠DAC＝30°，
∵△AEF是等邊三角形，
∴∠AEF＝60°，
∴∠AGE＝90°，
在Rt△CEG中，N是EC的中點，
∴GN＝EC，
∵AB＝4，
∴BD＝CD＝2，AD＝2，
∵AE＝，
∴DE＝，
∴EC＝，
∴NG＝；
（2）∠DNM＝120°是定值，理由如下：
連接CF，BE，BE交AC于H，DN交AC于G，
∵AB＝AC，∠BAE＝∠CAF＝60°+∠CAE，AE＝AF，
∴△ABE≌△ACF（SAS），
∴∠ABE＝∠ACF，
∵M是EF的中點，N是EC的中點，
∴MN∥CF，
∴∠DGC＝∠BHC，
∵D是BC的中點，
∴BE∥DN，
∴∠ENM＝∠ECF，
∵∠BHC＝∠ABE+∠BAH＝∠ABE+60°，
∴∠DGC＝∠ABE+60°＝∠ACF+60°，
∵∠DGC＝∠DNC+∠GCN＝∠DNC+∠ACF﹣∠ECF，
∴∠DNC＝60°+∠ECF＝60°+∠ENM，
∴∠DGE＝180°﹣∠DNC＝120°﹣∠ENM，
∴∠DNM＝∠DNE+∠ENM＝120°；
（3）取AC的中點P，
∵BP+PN≥BN，
∴當B、P、N三點共線時，BN最大，
∴BN＝BP+PN＝BP+AE＝2+＝，
設BP與AD交O點，NQ⊥AD交于Q，
∵BO⊥AC，AD⊥BC，
∴BO＝BP＝×2＝，ON＝﹣＝，
∵∠BOD＝∠QON，∠BDO＝∠OQN，
∴△ONQ∽△OBD，
∴＝，
∴NQ＝，
∴S△AND＝×AD×NQ＝×2×＝，
故答案為：．


19．（1）證明：∵△CDE是等邊三角形，
∴∠CDE＝∠DEC＝60°，
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴∠ACD＝∠ACB﹣∠DCE＝90°﹣60°＝30°，∠A＝∠B＝45du3，
∴∠BDE＝∠DEC﹣∠B＝60°﹣45°＝15°，
∴∠ACD＝2∠BDE；
（2）證明：由（1）得：∠ACD＝30°，
∴∠DCF＝∠ACD＝30°，
∵△CDE是等邊三角形，
∴CD＝CE，∠DCE＝60°，
∴∠ECF＝∠DCE﹣∠DCF＝60°﹣30°＝30°，
∴∠DCF＝∠ECF，
在△DCF和△ECF中，
，
∴△DCF≌△ECF（SAS），
∴DF＝EF，
由折疊得：AD＝DF，
∴AD＝EF；
（3）解：如圖，

作DQ⊥BC于Q，作DT⊥AC于T，
∴∠DCQ＝90°，
∵DG⊥CD，
∴∠CDG＝90°，
∵∠DCE＝60°，
∴∠G＝90°﹣∠DCE＝30°，
∴DQ＝＝2+m，
∵∠DQE＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠BDQ＝90°﹣∠ABC＝45°，
∴∠BDQ＝∠ABC，
∴BQ＝DQ＝2+m，
∴QE+BE＝2+m，
∵BE＝m，
∴QE＝2，
∵DE＝CD＝CE＝2QE＝4，
在Rt△CDT中，∠ACD＝30°，
∴DT＝，
∵∠ACD＝∠DCF＝30°，DT⊥AC，DO⊥CF，
∴DO＝DT＝2，
由折疊得：∠DCF＝∠A＝45°，
∵∠DOF＝90°，
∴同理可得：OF＝OD＝2，
∴＝＝4．
20．解：（1）AE＝CF．
理由：連接AO．如圖2，
∵AB＝AC，點O為BC的中點，∠BAC＝90°，
∴∠AOC＝90°，∠EAO＝∠C＝45°，AO＝OC．
∵∠EOF＝90°，∠EOA+∠AOF＝90°，∠COF+∠AOF＝90°，
∴∠EOA＝∠FOC，
在△EOA和△FOC中，

∴△EOA≌△FOC（ASA），
∴AE＝CF．

（2）∵AE＝CF，∴BE+CF＝BE+AE＝AB＝2，即x+y＝2，
∴y與x的函數(shù)關系式：y＝2﹣x．
x的取值范圍是：0≤x≤2．

（3）△OEF能構成等腰三角形．
當OE＝EF時，如圖3，點E為AB中點，點F與點A重合，BE＝AE＝1，即x＝1，
當OE＝OF時，如圖4，BE＝BO＝CO＝CF＝，即x＝，
當EF＝OF時，如圖5，點E與點A重合，點F為AC中點，即x＝2，
綜上所述：△OEF為等腰三角形時x的值為1或或2．



相關試卷

2023年九年級中考數(shù)學專題訓練：動態(tài)幾何壓軸題附答案：

這是一份2023年九年級中考數(shù)學專題訓練：動態(tài)幾何壓軸題附答案，共16頁。試卷主要包含了如圖1，，，，求的度數(shù)，如圖，在中，，，，已知等內容，歡迎下載使用。

2023年 九年級數(shù)學中考復習幾何綜合壓軸題專題提升訓練附答案：

這是一份2023年 九年級數(shù)學中考復習幾何綜合壓軸題專題提升訓練附答案，共47頁。試卷主要包含了圓中最長的弦是　 ??；，問題情境，綜合與實踐，已知等內容，歡迎下載使用。

專題21 函數(shù)與幾何的綜合問題的常見壓軸題-【聚焦壓軸】2022屆中考數(shù)學壓軸大題專項訓練1：

這是一份專題21 函數(shù)與幾何的綜合問題的常見壓軸題-【聚焦壓軸】2022屆中考數(shù)學壓軸大題專項訓練1，文件包含專題21函數(shù)與幾何的綜合問題的常見壓軸題解析版-聚焦壓軸2022屆中考數(shù)學壓軸大題專項訓練doc、專題21函數(shù)與幾何的綜合問題的常見壓軸題原卷版-聚焦壓軸2022屆中考數(shù)學壓軸大題專項訓練doc等2份試卷配套教學資源，其中試卷共68頁， 歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關試卷 更多

專題05 有關平移、翻折、旋轉等圖形變換的常見壓軸題-【聚焦壓軸】2022屆中考數(shù)學壓軸大題專項訓練1

專題05 有關平移、翻折、旋轉等圖形變換的常見壓軸題-【聚焦壓軸】2022屆中考數(shù)學壓軸大題專項訓練1
專題14 圖形變換和類比探究類幾何壓軸綜合問題-版突破中考數(shù)學壓軸之學霸秘笈大揭秘（學生版）

專題14 圖形變換和類比探究類幾何壓軸綜合問題-版突破中考數(shù)學壓軸之學霸秘笈大揭秘（學生版）
專題14 圖形變換和類比探究類幾何壓軸綜合問題-版突破中考數(shù)學壓軸之學霸秘笈大揭秘（教師版）

專題14 圖形變換和類比探究類幾何壓軸綜合問題-版突破中考數(shù)學壓軸之學霸秘笈大揭秘（教師版）
中考數(shù)學復習——壓軸題專項訓練（二次函數(shù)與幾何模型綜合）

中考數(shù)學復習——壓軸題專項訓練（二次函數(shù)與幾何模型綜合）
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內容侵犯了您的知識產權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來到教習網
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經成功發(fā)送，5分鐘內有效

設置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部