專題31圖形的旋轉(zhuǎn)（優(yōu)選真題60道）-三年（2021-2023）中考數(shù)學(xué)真題分項匯編【全國通用】-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1．（2023?大慶）搭載神舟十六號載人飛船的長征二號F遙十六運載火箭于2023年5月30日成功發(fā)射升空，景海鵬、朱楊柱、桂海潮3名航天員開啟“太空出差”之旅，展現(xiàn)了中國航天科技的新高度．下列圖標(biāo)中，其文字上方的圖案是中心對稱圖形的是（）
A．B．
C．D．
【分析】根據(jù)中心對稱圖形的概念判斷．把一個圖形繞某一點旋轉(zhuǎn)180°，如果旋轉(zhuǎn)后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形
【解答】解：選項A、B、D都不能找到一個點，使圖形繞某一點旋轉(zhuǎn)180°后與原來的圖形重合，所以不是中心對稱圖形．
選項C能找到一個點，使圖形繞某一點旋轉(zhuǎn)180°后與原來的圖形重合，所以是中心對稱圖形．
故選：C．
【點評】本題考查的是中心對稱圖形，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后與自身重合．
2．（2023?寧夏）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝2．點D在BC上，且BD：CD＝1：3．連接AD，線段AD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AE，連接BE，DE．則△BDE的面積是（）
A．14B．38C．34D．32
【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AD＝AE，∠DAE＝90°，再根據(jù)SAS證明△EAB≌△DAC得出∠C＝∠ABE＝45°，CD＝BE，得出∠EBC＝90°，再根據(jù)三角形的面積公式即可求解．
【解答】解：∵線段AD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠EAB+∠BAD＝90°，
在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠BAD+∠CAD＝90°，∠C＝∠ABC＝45°，
∴∠EAB＝∠CAD，
∴△EAB≌△DAC（SAS），
∴∠C＝∠ABE＝45°，CD＝BE，
∴∠EBC＝∠EBA+∠ABC＝90°，
∵BC＝2，BD：CD＝1：3，
∴BD=12，CD＝BE=32，
∴S△BDE=12BD?BE=12×12×32=38，
故選：B．
【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)SAS證明△EAB≌△DAC是解題的關(guān)鍵．
3．（2023?泰安）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，Rt△AOB的一條直角邊OB在x軸上，點A的坐標(biāo)為（﹣6，4）；Rt△COD中，∠COD＝90°，OD＝43，∠D＝30°，連接BC，點M是BC中點，連接AM．將Rt△COD以點O為旋轉(zhuǎn)中心按順時針方向旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過程中，線段AM的最小值是（）
A．3B．62?4C．213?2D．2
【分析】由點M是BC中點，想到構(gòu)造中位線，取OB中點，再利用三角形兩邊之差的最值模型．
【解答】解：取OB中點N，連接MN，AN．
在Rt△OCD中，OD＝43，∠D＝30°，
∴OC＝4，
∵M、N分別是BC、OB的中點，
∴MN=12OC＝2，
在△ABN中，AB＝4，BN＝3，
∴AN＝5，
在△AMN中，AM＞AN﹣MN；當(dāng)M運動到AN上時，AM＝AN﹣MN，
∴AM≥AN﹣MN＝5﹣2＝3，
∴線段AM的最小值是3，
故選：A．
【點評】此題方法較多，可以用三角形兩邊之差的最值模型，也可用瓜豆模型．
4．（2023?無錫）如圖，△ABC中，∠BAC＝55°，將△ABC逆時針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜55°），得到△ADE，DE交AC于F．當(dāng)α＝40°時，點D恰好落在BC上，此時∠AFE等于（）
A．80°B．85°C．90°D．95°
【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠BAC＝∠DAE，∠BAD＝∠CAE＝40°，AB＝AD，∠C＝∠E，由等腰三角形的性質(zhì)可求∠B＝70°，由三角形內(nèi)角和定理可求解．
【解答】解：∵將△ABC逆時針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜55°），得到△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，∠BAD＝∠CAE＝40°，AB＝AD，∠C＝∠E，
∴∠B＝70°，
∴∠C＝∠E＝55°，
∴∠AFE＝180°﹣55°﹣40°＝85°，
故選：B．
【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
5．（2023?通遼）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點P（0，1），點A（4，1），以點P為中心，把點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到點B，在M1（﹣1，?3），M2（?33，0），M3（1，3?1），M4（2，23）四個點中，直線PB經(jīng)過的點是（）
A．M1B．M2C．M3D．M4
【分析】根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得B（2，1+2 3），利用待定系數(shù)法可得直線PB的解析式，依次將M1，M2，M3，M4四個點的一個坐標(biāo)代入y=3x+1中可解答．
【解答】解：∵點A（4，1），點P（0，1），
∴PA⊥y軸，PA＝4，
由旋轉(zhuǎn)得：∠APB＝60°，AP＝PB＝4，
如圖，過點B作BC⊥y軸于C，
∴∠BPC＝30°，
∴BC＝2，PC＝2 3，
∴B（2，1+2 3），
設(shè)直線PB的解析式為：y＝kx+b，
則2k+b=1+23b=1，
∴k=3b=1，
∴直線PB的解析式為：y=3x+1，
當(dāng)x＝﹣1時，y=?3+1，
∴點M1（﹣1，?3）不在直線PB上，
當(dāng)x=?33時，y＝﹣1+1＝0，
∴M2（?33，0）在直線PB上，
當(dāng)x＝1時，y=3+1，
∴M3（1，3?1）不在直線PB上，
當(dāng)x＝2時，y＝23+1，
∴M4（2，23）不在直線PB上．
故選：B．
【點評】本題考查的是圖形旋轉(zhuǎn)變換，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，確定點B的坐標(biāo)是解本題的關(guān)鍵．
6．（2023?通遼）如圖，將△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)到△ADE，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜180°），點B的對應(yīng)點D恰好落在BC邊上，若DE⊥AC，∠CAD＝24°，則旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)為（）
A．24°B．28°C．48°D．66°
【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠B＝∠ADE＝66°，AB＝AD，由等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理可求解．
【解答】解：∵DE⊥AC，∠CAD＝24°，
∴∠ADE＝66°，
∵將△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)到△ADE，
∴∠B＝∠ADE＝66°，AB＝AD，
∴∠B＝∠ADB＝66°
∴∠BAD＝48°，
故選：C．
【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
7．（2023?聊城）如圖，已知等腰直角△ABC，∠ACB＝90°，AB=2，點C是矩形ECGF與△ABC的公共頂點，且CE＝1，CG＝3；點D是CB延長線上一點，且CD＝2．連接BG，DF，在矩形ECGF繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)一周的過程中，當(dāng)線段BG達到最長和最短時，線段DF對應(yīng)的長度分別為m和n，則mn的值為（）
A．2B．3C．10D．13
【分析】當(dāng)點G在線段BC的延長線時時，GB有最大值，由勾股定理可求此時GF的長，當(dāng)點G在線段CB的延長線上時，GB有最小值，由勾股定理可求此時GF的長，即可求解．
【解答】解：在等腰直角△ABC，∠ACB＝90°，AB=2，
∴AC＝BC＝1，
在△BCG中，CG﹣BC＜BG＜CG+BC，
即2＜BG＜4，
如圖，當(dāng)點G在線段BC的延長線時時，GB有最大值，
∴DG＝DC+CG＝5，GF＝1，
∴DF=DG2+GF2=25+1=26=m，
當(dāng)點G在線段CB的延長線上時，GB有最小值，
∴DG＝CG﹣DC＝1，F(xiàn)G＝1，
∴DF=FG2+DG2=1+1=2=n，
∴mn=13，
故選：D．
【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，矩形的性質(zhì)，勾股定理等知識，確定BG最長和最短時的位置是解題的關(guān)鍵．
8．（2023?天津）如圖，把△ABC以點A為中心逆時針旋轉(zhuǎn)得到△ADE，點B，C的對應(yīng)點分別是點D，E，且點E在BC的延長線上，連接BD，則下列結(jié)論一定正確的是（）
A．∠CAE＝∠BEDB．AB＝AEC．∠ACE＝∠ADED．CE＝BD
【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠ABC＝∠ADE，∠BAD＝∠CAE，由三角形內(nèi)角和定理可得∠BED＝∠BAD＝∠CAE．
【解答】解：如圖，設(shè)AD與BE的交點為O，
∵把△ABC以點A為中心逆時針旋轉(zhuǎn)得到△ADE，
∴∠ABC＝∠ADE，∠BAD＝∠CAE，
又∵∠AOB＝∠DOE，
∴∠BED＝∠BAD＝∠CAE，
故選：A．
【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
9．（2023?株洲）如圖所示，在矩形ABCD中，AB＞AD，AC與BD相交于點O，下列說法正確的是（）
?
A．點O為矩形ABCD的對稱中心
B．點O為線段AB的對稱中心
C．直線BD為矩形ABCD的對稱軸
D．直線AC為線段BD的對稱軸
【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)、軸對稱圖形的性質(zhì)和中心對稱圖形的性質(zhì)，可以判斷各個選項中的說法是否正確，本題得以解決．
【解答】解：矩形ABCD是中心對稱圖形，對稱中心是對角線的交點O，故選項A正確，符合題意；
線段AB的中點是為線段AB的對稱中心，故選項B錯誤，不符合題意；
矩形ABCD是軸對稱圖形，對稱軸是過一組對邊中點的直線，故選項C錯誤，不符合題意；
過線段BD的中點的垂線是線段BD的對稱軸，故選項D錯誤，不符合題意；
故選：A．
【點評】本題考查中心對稱、矩形的性質(zhì)、軸對稱的性質(zhì)，熟記矩形即是中心對稱圖形也是軸對稱圖形是解答本題的關(guān)鍵．
10．（2023?宜賓）如圖，△ABC和△ADE是以點A為直角頂點的等腰直角三角形，把△ADE以A為中心順時針旋轉(zhuǎn)，點M為射線BD、CE的交點．若AB=3，AD＝1．以下結(jié)論：①BD＝CE；②BD⊥CE；③當(dāng)點E在BA的延長線上時，MC=3?32；④在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)線段MB最短時，△MBC的面積為12．其中正確結(jié)論有（）
A．1個B．2個C．3個D．4個
【分析】證明△BAD≌△CAE可判斷①，由三角形的外角的性質(zhì)可判斷②，證明∠DCM∽∠ECA，有 MC3=3?12，即可判斷③；以A為圓心，AD為半徑畫圓，當(dāng)CE在⊙A的下方與⊙A相切時，MB的值最小，可得四邊形AEMD是正方形，在Rt△MBC中，MC=BC2?MB2=2+1，然后根據(jù)三角形的面積公式可判斷④．
【解答】解：∵△ABC和△ADE是以點A為直角頂點的等腰直角三角形，
∴BA＝CA，DA＝EA，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，故①正確；
設(shè)∠ABD＝∠ACE＝x，∠DBC＝45°﹣x，
∴∠EMB＝∠DBC+∠BCM＝∠DBC+∠BCA+∠ACE＝45°﹣x+45°+x＝90°，
∴BD⊥CE，故②正確；
當(dāng)點E在BA的延長線上時，如圖：
同理可得∠DMC＝90°，
∴∠DMC＝∠EAC，
∵∠DCM＝∠ECA，
∴∠DCM∽△ECA
∴MCAC=CDEC，
∵AB=3=AC，AD＝1＝AE，
∴CD=AC?AD=3?1，CE=AE2+AC2=2，
∴MC3=3?12，
∴MC=3?32，故③正確；
④以A為圓心，AD為半徑畫圓，如圖：
∵∠BMC＝90°，
∴當(dāng)CE在⊙A的下方與⊙A相切時，MB的值最小，
∴∠ADM＝∠DME＝∠AEM＝90°，
∵AE＝AD，
∴四邊形AEMD是正方形，
∴MD＝AE＝1，
∵BD=AB2?AD2=(3)2?12=2，
∴CE＝BD=2，BM＝BD﹣MD=2?1，
∴MC＝CE+ME=2+1，
∵BC=2AB=6，
∴MB=BC2?MC2=(6)2?(2?1)2=2+1，
∴△MBC的面積為12×（2+1）×（2?1）=12，故④正確，
故選：D．
【點評】本題考查等腰直角三角形的旋轉(zhuǎn)問題，涉及全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，最短路徑等知識，解題的關(guān)鍵是掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．
11．（2022?天津）如圖，在△ABC中，AB＝AC，若M是BC邊上任意一點，將△ABM繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到△ACN，點M的對應(yīng)點為點N，連接MN，則下列結(jié)論一定正確的是（）
A．AB＝ANB．AB∥NCC．∠AMN＝∠ACND．MN⊥AC
【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)判斷即可．
【解答】解：A、∵AB＝AC，
∴AB≥AM，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，AN＝AM，
∴AB≥AN，故本選項結(jié)論錯誤，不符合題意；
B、當(dāng)△ABC為等邊三角形時，AB∥NC，除此之外，AB與NC不平行，故本選項結(jié)論錯誤，不符合題意；
C、由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，∠BAC＝∠MAN，∠ABC＝∠ACN，
∵AM＝AN，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠AMN，
∴∠AMN＝∠ACN，本選項結(jié)論正確，符合題意；
D、只有當(dāng)點M為BC的中點時，∠BAM＝∠CAM＝∠CAN，才有MN⊥AC，故本選項結(jié)論錯誤，不符合題意；
故選：C．
【點評】本題考查的是旋轉(zhuǎn)變換、等腰三角形的性質(zhì)、平行線的判定，掌握旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
12．（2022?益陽）如圖，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，將△ABC繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)50°得到△AB′C′，以下結(jié)論：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正確的有（）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，BC＝B′C′∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為50°，通過推理證明對①②③④四個結(jié)論進行判斷即可．
【解答】解：①∵△ABC繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)50°得到△AB′C′，
∴BC＝B′C′．故①正確；
②∵△ABC繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)50°，
∴∠BAB′＝50°．
∵∠CAB＝20°，
∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°．
∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°，
∴∠AB′C′＝∠B′AC．
∴AC∥C′B′．故②正確；
③在△BAB′中，
AB＝AB′，∠BAB′＝50°，
∴∠AB′B＝∠ABB′=12（180°﹣50°）＝65°．
∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°．
∴C′B′與BB′不垂直．故③不正確；
④在△ACC′中，
AC＝AC′，∠CAC′＝50°，
∴∠ACC′=12（180°﹣50°）＝65°．
∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正確．
∴①②④這三個結(jié)論正確．
故選：B．
【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)性質(zhì)的應(yīng)用，圖形的旋轉(zhuǎn)只改變圖形的位置，不改變圖形的形狀與大?。?br>13．（2022?呼和浩特）如圖．△ABC中，∠ACB＝90°，將△ABC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)得到△EDC，使點B的對應(yīng)點D恰好落在AB邊上，AC、ED交于點F．若∠BCD＝α，則∠EFC的度數(shù)是（用含α的代數(shù)式表示）（）
A．90°+12αB．90°?12αC．180°?32αD．32α
【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，BC＝CD，∠B＝∠EDC，∠A＝∠E，∠ACE＝∠BCD，因為∠BCD＝α，所以∠B＝∠BDC=180°?α2=90°?α2，∠ACE＝α，由三角形內(nèi)角和可得，∠A＝90°﹣∠B=α2．所以∠E=α2．再由三角形內(nèi)角和定理可知，∠EFC＝180°﹣∠ECF﹣∠E＝180°?32α．
【解答】解：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，BC＝CD，∠B＝∠EDC，∠A＝∠E，∠ACE＝∠BCD，
∵∠BCD＝α，
∴∠B＝∠BDC=180°?α2=90°?α2，∠ACE＝α，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠B=α2．
∴∠E=α2．
∴∠EFC＝180°﹣∠ECF﹣∠E＝180°?32α．
故選：C．
【點評】本題主要考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和等相關(guān)內(nèi)容，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出∠E和∠ECF的角度是解題關(guān)鍵．
14．（2022?丹東）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AB＝CD，對角線AC與BD交于點O，點E是AD的中點，連接OE，△ABD的周長為12cm，則下列結(jié)論錯誤的是（）
A．OE∥AB
B．四邊形ABCD是中心對稱圖形
C．△EOD的周長等于3cm
D．若∠ABC＝90°，則四邊形ABCD是軸對稱圖形
【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)及三角形中位線定理判斷各個選項即可．
【解答】解：∵AB∥CD，AB＝CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵對角線AC與BD交于點O，點E是AD的中點，
∴OE是△ABD的中位線，
∴OE∥AB，
∴A選項結(jié)論正確，不符合題意；
∵四邊形ABCD是中心對稱圖形，
∴B選項結(jié)論正確，不符合題意；
∵△ABD的周長為12cm，
∴△EOD的周長等于6cm，
∴C選項結(jié)論錯誤，符合題意；
若∠ABC＝90°，則四邊形ABCD是矩形，是軸對稱圖形，
∴D選項結(jié)論正確，不符合題意；
故選：C．
【點評】本題主要考查平行四邊形的判定與性質(zhì)，三角形中位線定理，中心對稱圖形、軸對稱圖形、矩形的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)，三角形中位線定理，中心對稱圖形、軸對稱圖形、矩形的判定與性質(zhì)等知識是解題的關(guān)鍵．
15．（2022?常德）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，將△ABC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△DEC，點A，B的對應(yīng)點分別是D，E，點F是邊AC的中點，連接BF，BE，F(xiàn)D．則下列結(jié)論錯誤的是（）
A．BE＝BCB．BF∥DE，BF＝DE
C．∠DFC＝90°D．DG＝3GF
【分析】根據(jù)等邊三角形的判定定理得到△BCE為等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到BE＝BC，判斷A選項；證明△ABC≌△CFD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)判斷B、C選項；解直角三角形，用CF分別表示出GF、DF，判斷D選項．
【解答】解：A、由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，CB＝CE，∠BCE＝60°，
∴△BCE為等邊三角形，
∴BE＝BC，本選項結(jié)論正確，不符合題意；
B、在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，點F是邊AC的中點，
∴AB=12AC＝CF＝BF，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，CA＝CD，∠ACD＝60°，
∴∠A＝∠ACD，
在△ABC和△CFD中，
AB=CF∠A=∠FCDCA=CD，
∴△ABC≌△CFD（SAS），
∴DF＝BC＝BE，
∵DE＝AB＝BF，
∴四邊形EBFD為平行四邊形，
∴BF∥DE，BF＝DE，本選項結(jié)論正確，不符合題意；
C、∵△ABC≌△CFD，
∴∠DFC＝∠ABC＝90°，本選項結(jié)論正確，不符合題意；
D、在Rt△GFC中，∠GCF＝30°，
∴GF=33CF，
同理可得，DF=3CF，
∴DF＝3GF，故本選項結(jié)論錯誤，符合題意；
故選：D．
【點評】本題考查的是旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)，正確理解旋轉(zhuǎn)變換的概念是解題的關(guān)鍵．
16．（2022?綏化）如圖，線段OA在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，A點坐標(biāo)為（2，5），線段OA繞原點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段OA'，則點A'的坐標(biāo)為（）
A．（﹣5，2）B．（5，2）C．（2，﹣5）D．（5，﹣2）
【分析】過點A作AB⊥x軸于點B，過點A′作A′C⊥x軸于點C，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)解答即可．
【解答】解：過點A作AB⊥x軸于點B，過點A′作A′C⊥x軸于點C，如圖，
∵A點坐標(biāo)為（2，5），
∴OB＝2，AB＝5．
由題意：∠AOA′＝90°，OA＝OA′．
∴∠AOB+∠A′OC＝90°．
∵∠A′OC+∠A′＝90°，
∴∠A′＝∠AOB．
在△A′OC和△OAB中，
∠A'=∠AOB∠A'CO=∠OBA=90°OA'=AO，
∴△A′OC≌△OAB（AAS）．
∴A′C＝OB＝2，OC＝AB＝5，
∴A′（﹣5，2）．
故選：A．
【點評】本題主要考查了圖形的旋轉(zhuǎn)與坐標(biāo)的變化，點的坐標(biāo)的特征，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，利用點的坐標(biāo)表示出相應(yīng)線段的長度是解題的關(guān)鍵．
17．（2022?杭州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點P（0，2），點A（4，2）．以點P為旋轉(zhuǎn)中心，把點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得點B．在M1（?33，0），M2（?3，﹣1），M3（1，4），M4（2，112）四個點中，直線PB經(jīng)過的點是（）
A．M1B．M2C．M3D．M4
【分析】根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得B（2，2+23），利用待定系數(shù)法可得直線PB的解析式，依次將M1，M2，M3，M4四個點的一個坐標(biāo)代入y=3x+2中可解答．
【解答】解：∵點A（4，2），點P（0，2），
∴PA⊥y軸，PA＝4，
由旋轉(zhuǎn)得：∠APB＝60°，AP＝PB＝4，
如圖，過點B作BC⊥y軸于C，
∴∠BPC＝30°，
∴BC＝2，PC＝23，
∴B（2，2+23），
設(shè)直線PB的解析式為：y＝kx+b，
則2k+b=2+23b=2，
∴k=3b=2，
∴直線PB的解析式為：y=3x+2，
當(dāng)y＝0時，3x+2＝0，x=?233，
∴點M1（?33，0）不在直線PB上，
當(dāng)x=?3時，y＝﹣3+2＝﹣1，
∴M2（?3，﹣1）在直線PB上，
當(dāng)x＝1時，y=3+2，
∴M3（1，4）不在直線PB上，
當(dāng)x＝2時，y＝23+2，
∴M4（2，112）不在直線PB上．
故選：B．
【點評】本題考查的是圖形旋轉(zhuǎn)變換，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，確定點B的坐標(biāo)是解本題的關(guān)鍵．
18．（2022?聊城）如圖，在直角坐標(biāo)系中，線段A1B1是將△ABC繞著點P（3，2）逆時針旋轉(zhuǎn)一定角度后得到的△A1B1C1的一部分，則點C的對應(yīng)點C1的坐標(biāo)是（）
A．（﹣2，3）B．（﹣3，2）C．（﹣2，4）D．（﹣3，3）
【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)解答即可．
【解答】解：連接AP，A1P．
∵線段A1B1是將△ABC繞著點P（3，2）逆時針旋轉(zhuǎn)一定角度后得到的△A1B1C1的一部分，
∴A的對應(yīng)點為A1，
∴∠APA1＝90°，
∴旋轉(zhuǎn)角為90°，
∴點C繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到的C1點的坐標(biāo)為（﹣2，3），
故選：A．
【點評】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，熟練掌握對應(yīng)點與旋轉(zhuǎn)中心的連線是旋轉(zhuǎn)角和旋轉(zhuǎn)角相等是解答本題的關(guān)鍵．
二．填空題（共22小題）
19．（2023?寧夏）如圖是由邊長為1的小正方形組成的9×6網(wǎng)格，點A，B，C，D，E，F(xiàn)，G均在格點上，下列結(jié)論：
①點D與點F關(guān)于點E中心對稱；
②連接FB，F(xiàn)C，F(xiàn)E，則FC平分∠BFE；
③連接AG，則點B，F(xiàn)到線段AG的距離相等．
其中正確結(jié)論的序號是 ①②③ ．
【分析】根據(jù)中心對稱概念，全等三角形判定與性質(zhì)，點到直線的距離等逐個判斷．
【解答】解：①連接DF，如圖：
由圖可知，點D與點F關(guān)于點E中心對稱，故①正確；
②如圖：
由SSS可知△BFC≌△EFC，
∴∠BFC＝∠EFC，F(xiàn)C平分∠BFE，故②正確；
③取AG上的格點M，N，連接BM，F(xiàn)N，如圖，
由正方形性質(zhì)可知∠AMB＝∠FNG＝90°，
∴B到AG的距離為BM的長度，F(xiàn)到AG的距離為FN的長度，
而BM＝FN，
∴點B，F(xiàn)到線段AG的距離相等，故③正確；
∴正確結(jié)論是①②③；
故答案為：①②③．
【點評】本題考查中心對稱，三角形全等的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形性質(zhì)及應(yīng)用等，解題的關(guān)鍵是掌握中心對稱的概念，能熟練應(yīng)用全等三角形的判定定理．
20．（2023?營口）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，將AC繞著點C按順時針旋轉(zhuǎn)60°得到CD，連接BD交AC于點E，則AEED= 22?66 ．
【分析】連接AD，過點D作DG⊥AC于點G，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC＝CD，∠ACD＝60°，得到△ACD為等邊三角形，由等邊三角形三線合一可知AG＝CG=12AC，再設(shè)AB＝AC＝2a，則AC＝AD＝CD＝2a，AG＝CG＝a，易得DG=3a，△ABE∽△GDE，由相似三角形的性質(zhì)可得AEGE=ABDG，即AE=233GE，由AE+GE＝AG＝a可求出GE=(23?3)a，AE=(4?23)a，利用勾股定理求出DE，以此即可求解．
【解答】解：如圖，連接AD，過點D作DG⊥AC于點G，
∵將AC繞著點C按順時針旋轉(zhuǎn)60°得到CD，
∴AC＝CD，∠ACD＝60°，
∴△ACD為等邊三角形，
∵DG⊥AC，
∴AG＝CG=12AC，
設(shè)AB＝AC＝2a，則AC＝AD＝CD＝2a，AG＝CG＝a，
在Rt△ADG中，DG=AD2?AG2=3a，
∵∠BAE＝∠DGE＝90°，∠AEB＝∠GED，
∴△ABE∽△GDE，
∴AEGE=ABDG，即AEGE=2a3a=233，
∴AE=233GE，
∵AE+GE＝AG＝a，
∴233GE+GE＝a，
解得：GE=(23?3)a，
∴AE=(4?23)a，
在Rt△DGE中，DE=DG2+EG2=23(2?3)a，
∴AEED=(4?23)a23(2?3)a=6?333=(322?62)23=22?66．
【點評】本題主要考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)，解題關(guān)鍵正確作出輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題．
21．（2023?蘭州）如圖，將面積為7的正方形OABC和面積為9的正方形ODEF分別繞原點O順時針旋轉(zhuǎn)，使OA，OD落在數(shù)軸上，點A，D在數(shù)軸上對應(yīng)的數(shù)字分別為a、b，則b﹣a＝ 3?7 ．
【分析】利用正方形的面積求得OA=7，OD＝3，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出a＝OA=7，b＝OD＝3，從而求得b﹣a＝3?7．
【解答】解：∵正方形OABC和正方形ODEF的面積分別為7和9，
∴OA=7，OD＝3，
∴a＝OA=7，b＝OD＝3，
∴b﹣a＝3?7．
故答案為：3?7．
【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．
22．（2023?內(nèi)蒙古）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝1，將△ABC繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△AB′C′．連接BB′，交AC于點D，則ADDC的值為 5 ．
【分析】過點D作DF⊥AB于點F，利用勾股定理求得 AB=10，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可證△ABB'、△DFB 是等腰直角三角形，可得DF＝BF，再由S△ADB=12×BC×AD=12×DF×AB，AD=10DF，證明△AFD∽△ACB，可得 DFBC=AFAC，即AF＝3DF，再由 AF=10?DF，求得 DF=104，從而求得 AD=52，CD=12，即可求解．
【解答】解：過點D作DF⊥AB于點F，
，
∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝1，AB=32+12=10，
∵將△ABC繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn) 90° 得到△AB'C'，AB=AB'=10，∠BAB'＝90°，
∴△ABB'是等腰直角三角形，
∴∠ABB'＝45°
∵DF⊥AB，∠DFB＝45°，
∴△DFB是等腰直角三角形，
∴DF＝BF，
S△DBA=12×BC×AD=12×DF×AB，即 AD=10DF，
∵∠C＝∠AFD＝90°，∠CAB＝∠FAD，
∴△AFD∽△ACB，
∴DFBC=AFAC，
即AF＝3DF，
又∵AF=10?DF，
∴DF=104，
∴AD=10×104=52，
∴CD=3?52=12，
∴ADCD=5212=5，
故答案為：5．
【點評】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、三角形的面積，則練掌握相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．
23．（2023?張家界）如圖，AO為∠BAC的平分線，且∠BAC＝50°，將四邊形ABOC繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)后，得到四邊形AB′O′C′，且∠OAC′＝100°，則四邊形ABOC旋轉(zhuǎn)的角度是 75° ．
【分析】依據(jù)AO為∠BAC的平分線可知，∠BAO＝∠CAO=12∠BAC＝25°，依據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知∠C′AO′＝∠CAO＝25°，旋轉(zhuǎn)角為∠OAO′，∠OAO′＝∠OAC′﹣∠C′AO′代入數(shù)據(jù)即可得解．
【解答】解：∵AO為∠BAC的平分線，∠BAC＝50°，
∴∠BAO＝∠CAO=12∠BAC＝25°，
依據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知∠C′AO′＝∠CAO＝25°，旋轉(zhuǎn)角為∠OAO′，
∴∠OAO′＝∠OAC′﹣∠C′AO′＝100°﹣25°＝75°．
故答案為：75°．
【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的判定，菱形的判定，熟練運用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．
24．如圖，點E是正方形ABCD內(nèi)的一點，將△ABE繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△CBF．若∠ABE＝55°，則∠EGC＝ 80 度．
【分析】先根據(jù)正方形的性質(zhì)可得∠ABC＝90°，從而可得∠EBC＝35°，然后根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：BE＝BF，∠EBF＝90°，從而可得∠BEF＝∠BFE＝45°，最后利用三角形的外角性質(zhì)進行計算，即可解答．
【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，
∵∠ABE＝55°，
∴∠EBC＝∠ABC﹣∠ABE＝35°，
由旋轉(zhuǎn)得：BE＝BF，∠EBF＝90°，
∴∠BEF＝∠BFE＝45°，
∵∠EGC是△BEG的一個外角，
∴∠EGC＝∠BEF+∠EBC＝80°，
故答案為：80．
【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，以及正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
25．（2023?綏化）已知等腰△ABC，∠A＝120°，AB＝2．現(xiàn)將△ABC以點B為旋轉(zhuǎn)中心旋轉(zhuǎn)45°，得到△A′BC′，延長C′A′交直線BC于點D．則A′D的長度為 4+23或4?23 ．
【分析】分兩種情況：①當(dāng)△ABC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)45°得到△A′BC′，過點B作BE⊥A'D于D，作BD的垂直平分線HF交DB于H，交A'D于F，連接BF，先求出∠D＝15°，再求出A'E＝1，BE=3，進而得DF=BF=23，EF＝3，據(jù)此可求得A'D的長；
②當(dāng)△ABC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)45°得到△A′BC′，過點D作DM⊥A'D于M，作AD的垂直平分線PQ交A'B于Q，先求出∠A'BD＝15°，設(shè)A'M＝x，則A'D＝2x，DM=3x，進而可求得DQ=BQ=23x，QM＝3x，據(jù)此可求出x，進而可求得A'D的長．
【解答】解：∵將△ABC繞點B旋轉(zhuǎn)45°得到△A′BC′，
∴有以下兩種情況：
①當(dāng)△ABC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)45°得到△A′BC′，
過點B作BE⊥A'D于E，作BD的垂直平分線HF交DB于H，交A'D于F，連接BF，
∵△ABC為等腰三角形，∠A＝120°，AB＝2，
∴∠BA'C'＝∠A＝120°，A'B＝AB＝2，∠ABC＝30°，
∴∠DA'B＝60°，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：∠A'BA＝45°，
∴∠A'BC＝∠A'BA+∠ABC＝75°，
又∵∠A'BC＝∠DA'B+∠D，
即75°＝60°+∠D＝15°，
在Rt△A'BE中，∠DA'B＝60°，A'B＝2，
∴∠A'BE＝30°，
∴A'E=12AB=1，
由勾股定理得：BE=A'B2?A'E2=3，
∵HF為BD的垂直平分線，
∴DF＝BF，
∴∠D＝∠FBD＝15°，
∴∠EFB＝∠D+∠FBD＝30°，
∴BF=2BE=23，故：DF=BF=23，
由勾股定理得：EF=BF2?BE2=3，
∴A'D=AE+EF+DF=4+23；
②當(dāng)△ABC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)45°得到△A′BC′，
過點D作DM⊥A'D于M，作AD的垂直平分線PQ交A'B于Q，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：∠ABA'＝45°，∠BA'C'＝∠A＝120°，A'B＝AB＝2，
∴∠A'BD＝∠ABA'﹣∠ABC＝15°，∠BA'D＝60°，
∵DM⊥A'D，
∴∠A'DM＝30°，
在Rt△A'DM中，∠A'DM＝30°，設(shè)A'M＝x，
則A'D＝2A'M＝2x，
由勾股定理得：DM=A'D2?A'M2=3x，
∵PQ為BD的垂直平分線，
∴BQ＝DQ，
∴∠A'BD＝∠QDB＝15°，
∴∠DQM＝∠A'BD+∠QDB＝30°，
∴DQ=BQ=2DM=23x，
由勾股定理得：QM=QD2?DM2=3x，
∵A'M+QM+BQ＝A'B，
∴x+3x+23x=2，
∴x=2?3，
即A'D=2x=4?23．
綜上所述：A′D的長度為4+23或4?23．
故答案為：4+23或4?23．
【點評】此題主要考查了圖形的旋轉(zhuǎn)變換及性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等，解答此題的關(guān)鍵是理解題意，熟練掌握圖形的旋轉(zhuǎn)變換，理解在直角三角形中，30°的角所對的直角邊等于斜邊的一半，分類討論是解答此題的難點，漏解是解答此題的易錯點之一．
26．（2023?黑龍江）如圖，在Rt△ACB中，∠BAC＝30°，CB＝2，點E是斜邊AB的中點，把Rt△ABC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，得Rt△AFD，點C，點B旋轉(zhuǎn)后的對應(yīng)點分別是點D，點F，連接CF，EF，CE，在旋轉(zhuǎn)的過程中，△CEF面積的最大值是 4+3 ．
【分析】線段CE為定值，點F到CE距離最大時，△CEF的面積最大，畫出圖形，即可求出答案．
【解答】解：∵線段CE為定值，
∴點F到CE的距離最大時，△CEF的面積有最大值．
在Rt△ACB中，∠BAC＝30°，E是AB的中點，
∴AB＝2BC＝4，CE＝AE=12AB＝2，AC＝AB?cs30°＝23，
∴∠ECA＝∠BAC＝30°，
過點A作AG⊥CE交CE的延長線于點G，
∴AG=12AC=3，
∵點F的在以A為圓心，AB長為半徑的圓上，
∴AF＝AB＝4，
∴點F到CE的距離最大值為4+3，
∴S△CEF=12CE?(4+3)=4+3，
故答案為：4+3．
【點評】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，特殊直角三角形的性質(zhì)，點的運動軌跡等知識，采取動靜互換，畫出△CEF的面積最大時的圖形是解題的關(guān)鍵．
27．（2023?綏化）如圖，△ABC是邊長為6的等邊三角形，點E為高BD上的動點．連接CE，將CE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到CF．連接AF，EF，DF，則△CDF周長的最小值是 3+33 ．
【分析】分析已知，可證明△BCE≌△ACF，得∠CAF＝∠CBE＝30°，可知點F在△ABC外，使∠CAF＝30°的射線AF上，根據(jù)將軍飲馬型，求得DF+CF的最小值便可求得本題結(jié)果．
【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，
∴AC＝BC＝6，∠ABC＝∠BCA＝60°，
∵∠ECF＝60°，
∴∠BCE＝60°﹣∠ECA＝∠ACF，
∵CE＝CF，
∴△BCE≌△ACF（SAS），
∴∠CAF＝∠CBE，
∵△ABC是等邊三角形，BD是高，
∴∠CBE=12∠ABC＝30°，CD=12AC＝3，
過C點作CG⊥AF，交AF的延長線于點G，延長CG到H，使得GH＝CG，連接AH，DH，DH與AG交于點I，連接CI，F(xiàn)H，
則∠ACG＝60°，CG＝GH=12AC＝3，
∴CH＝AC＝6，
∴△ACH為等邊三角形，
∴DH＝CD?tan60°=33，
AG垂直平分CH，
∴CI＝HI，CF＝FH，
∴CI+DI＝HI+DI＝DH＝33，
CF+DF＝HF+DF≥DH，
∴當(dāng)F與I重合時，即D、F、H三點共線時，CF+DF的值最小為：CF+DF＝DH＝33，
∴△CDF的周長的最小值為3+33．
故答案為：3+33．
【點評】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，將軍飲馬的應(yīng)用，關(guān)鍵在于證明三角形全等確定E點運動軌跡．
28．（2023?上海）如圖，在△ABC中，∠C＝35°，將△ABC繞著點A旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜180°），旋轉(zhuǎn)后的點B落在BC上，點B的對應(yīng)點為D，聯(lián)結(jié)AD，AD是∠BAC的角平分線，則α＝ (1103)° ．
【分析】由AB＝AD，∠BAD＝α及角平分線的定義得∠CAD＝∠BAD＝α，根據(jù)三角形外角性質(zhì)得∠ADB＝35°+α，即有∠B＝∠ADB＝35°+α，由三角形的內(nèi)角和定理求解即可．
【解答】解：如圖，
∵AB＝AD，∠BAD＝α，AD是∠BAC 的角平分線，
∴∠CAD＝∠BAD＝α，
∵∠ADB＝∠C+∠CAD＝35°+α，AB＝AD，
∴∠B＝∠ADB＝35°+α，
在△ABC 中，∠C+∠CAB+∠B＝180°，
∴35°+2α+35°+α＝180°，
解得：α=(1103)°；
故答案為：(1103)°．
【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì) 及三角形的內(nèi)角和等知識，孰練掌握相關(guān)圖形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
29．（2023?江西）如圖，在?ABCD中，∠B＝60°，BC＝2AB，將AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)角α（0°＜α＜360°）得到AP，連接PC，PD．當(dāng)△PCD為直角三角形時，旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)為 90°或180°或270° ．
【分析】P點在以A為圓心，AB為半徑的圓上運動，有固定軌跡，△PCD為直角三角形，要分三種情況討論求解．
【解答】解：由題意可知，P點在以A為圓心，AB為半徑的圓上運動．
如圖：延長BA與⊙A交于P3，連接P3C．
∵P3C＝2AB＝BC，
又∵∠B＝60°，
∴△P3BC為等邊三角形，
∴AC⊥AB．
在?ABCD中，AB∥CD，AB＝CD，
∴CD⊥AC．
∴∠ACD＝90°，
∴當(dāng)P在直線AC上時符合題意，
∴α1＝90°，α2＝270°．
連接P3D，
∵AP3∥CD，AP3＝AB＝CD，
∴四邊形ACDP3為平行四邊形．
∴∠P3DC＝∠P3AC＝90°，
即：P運動到P3時符合題意．
∴α3＝180°．
記CD中點為G，以G為圓心，GC為半徑作⊙G．
AG=AC2+CG2=BC2?AB2+CG2=(2CD)2?CD2+(12CD)2=132CD＞32CD，
∴⊙A與⊙G相離，
∴∠DPC＜90°．
故答案為：90°、180°、270°．
【點評】本題考查了直角三角形的定義，等邊三角形，等腰三角形的性質(zhì)及判定，以及圓周角定理，勾股定理等知識點．題目新穎、靈活，解法多樣，需要敏銳的感知圖形的運動變化才能順利解題．
30．（2023?新疆）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△OAB為直角三角形，∠A＝90°，∠AOB＝30°，OB＝4．若反比例函數(shù)y=kx（k≠0）的圖象經(jīng)過OA的中點C，交AB于點D，則k＝ 334 ．
【分析】先根據(jù)直角三角形中30°的角所對的直角邊是斜邊的一半求出AB，再根據(jù)勾股定理求出OA，在Rt△AOE中求出AE，OE，最后根據(jù)點C是OA的中點求出點C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出k的值即可．
【解答】解：過點A作AE⊥OB于點E，過點C作CF⊥OB于點F，
∵∠A＝90°，∠AOB＝30°，OB＝4，
∴AB=12OB=12×4=2，
由勾股定理得OA=OB2?AB2=42?22=23，
在Rt△AOE中，∠AOB＝30°，OA=23，
∴AE=12OA=12×23=3，
由勾股定理得OE=OA2?AE2=(23)2?(3)2=3，
∵點C是OA的中點，
∴CF=12AE=32，OF=12OE=32，
∵點C在第一象限，
∴點C的坐標(biāo)是(32，32)，
∵反比例函數(shù)y=kx的圖象經(jīng)過OA的中點C，
∴k=32×32=334，
故答案為：334．
【點評】本題考查了反比例函數(shù)與幾何的綜合題，熟知直角三角形中30°的角所對的直角邊是斜邊的一半，熟練掌握勾股定理，求出點C的坐標(biāo)是此題的關(guān)鍵．
31．（2023?宜賓）如圖，M是正方形ABCD邊CD的中點，P是正方形內(nèi)一點，連接BP，線段BP以B為中心逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段BQ，連接MQ．若AB＝4，MP＝1，則MQ的最小值為 210?1 ．
【分析】連接BM，將△BCM繞B逆時針旋轉(zhuǎn)90°得△BEF，連接MF，QF，證明△BPM≌△BBQF（SAS），得MP＝QF＝1，故Q的運動軌跡是以F為圓心，1為半徑的弧，求出BM=BC2+CM2=25，可得MF=2BM＝210，由MQ≥MF﹣QF，知MQ≥210?1，從而可得MQ的最小值為210?1．
【解答】解：連接BM，將△BCM繞B逆時針旋轉(zhuǎn)90°得△BEF，連接MF，QF，如圖：
∵∠CBE＝90°，∠ABC＝90°，
∴∠ABC+∠CBE＝180°，
∴A，B，E共線，
∵∠PBM＝∠PBQ﹣∠MBQ＝90°﹣∠MBQ＝∠FBQ，
由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得PB＝QB，MB＝FB，
∴△BPM≌△BBQF（SAS），
∴MP＝QF＝1，
∴Q的運動軌跡是以F為圓心，1為半徑的弧，
∵BC＝AB＝4，CM=12CD＝2，
∴BM=BC2+CM2=25，
∵∠MBF＝90°，BM＝BF，
∴MF=2BM＝210，
∵MQ≥MF﹣QF，
∴MQ≥210?1，
∴MQ的最小值為210?1．
故答案為：210?1．
【點評】本題考查正方形中的旋轉(zhuǎn)問題，解題的關(guān)鍵是掌握性質(zhì)的性質(zhì)，正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形解決問題．
32．（2022?阜新）如圖，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝4，將△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△ADE，則點D到BC的距離是 2 ．
【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AB＝AD＝4，∠BAD＝60°，可證△ABD是等邊三角形，由直角三角形的性質(zhì)可求解．
【解答】解：如圖，連接BD，過點D作DH⊥BC于H，
∵將△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°，
∴AB＝AD＝4，∠BAD＝60°，
∴△ABD是等邊三角形，
∴BD＝AB＝4，∠ABD＝60°，
∴∠DBC＝30°，
∵DH⊥BC，
∴DH=12BD＝2，
∴點D到BC的距離是2，
故答案為：2．
【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
33．（2022?貴港）如圖，將△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)角α（0°＜α＜180°）得到△ADE，點B的對應(yīng)點D恰好落在BC邊上，若DE⊥AC，∠CAD＝25°，則旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)是 50° ．
【分析】先求出∠ADE的度數(shù)，然后由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)分析求解．
【解答】解：根據(jù)題意，
∵DE⊥AC，∠CAD＝25°，
∴∠ADE＝90°﹣25°＝65°，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠B＝∠ADE，AB＝AD，
∴∠ADB＝∠B＝65°，
∴∠BAD＝180°﹣65°﹣65°＝50°，
∴旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)是50°；
故答案為：50°．
【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)進行計算．
34．（2022?朝陽）如圖，在矩形ABCD中，AD＝23，DC＝43，將線段DC繞點D按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點C的對應(yīng)點E恰好落在邊AB上時，圖中陰影部分的面積是 24﹣63?4π ．
【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得DE＝DC＝43，由銳角三角函數(shù)可求∠ADE＝60°，由勾股定理可求AE的長，分別求出扇形EDC和四邊形DCBE的面積，即可求解．
【解答】解：∵將線段DC繞點D按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，
∴DE＝DC＝43，
∵cs∠ADE=ADDE=2343=12，
∴∠ADE＝60°，
∴∠EDC＝30°，
∴S扇形EDC=30×π×48360=4π，
∵AE=DE2?AD2=48?12=6，
∴BE＝AB﹣AE＝43?6，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴EB∥CD，∠B＝∠DCB＝90°，
∵EB≠CB，
∴四邊形DCBE是直角梯形，
∴S四邊形DCBE=(43?6+43)×232=24﹣63，
∴陰影部分的面積＝24﹣63?4π，
故答案為：24﹣63?4π．
【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，矩形的性質(zhì)，扇形的面積公式等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．
35．（2022?廣州）如圖，在矩形ABCD中，BC＝2AB，點P為邊AD上的一個動點，線段BP繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段BP′，連接PP′，CP′．當(dāng)點P′落在邊BC上時，∠PP′C的度數(shù)為 120° ；當(dāng)線段CP′的長度最小時，∠PP′C的度數(shù)為 75° ．
【分析】如圖，以AB為邊向右作等邊△ABE，連接EP′．利用全等三角形的性質(zhì)證明∠BEP′＝90°，推出點P′在射線EP′上運動，如圖1中，設(shè)EP′交BC于點O，再證明△BEO是等腰直角三角形，可得結(jié)論．
【解答】解：如圖，以AB為邊向右作等邊△ABE，連接EP′．
∵△BPP′是等邊三角形，
∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE，
∴∠ABP＝∠EBP′，
在△ABP和△EBP′中，
BA=BE∠ABP=∠EBP'BP=BP'，
∴△ABP≌△EBP′（SAS），
∴∠BAP＝∠BEP′＝90°，
∴點P′在射線EP′上運動，
如圖1中，設(shè)EP′交BC于點O，
當(dāng)點P′落在BC上時，點P′與O重合，此時∠PP′C＝180°﹣60°＝120°，
當(dāng)CP′⊥EP′時，CP′的長最小，此時∠EBO＝∠OCP′＝30°，
∴EO=12OB，OP′=12OC，
∴EP′＝EO+OP′=12OB+12OC=12BC，
∵BC＝2AB，
∴EP′＝AB＝EB，
∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°，
∴∠BP′C＝45°+90°＝135°，
∴∠PP′C＝∠BP′C﹣∠BP′P＝135°﹣60°＝75°．
故答案為：120°，75°．
【點評】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．
36．（2022?無錫）△ABC是邊長為5的等邊三角形，△DCE是邊長為3的等邊三角形，直線BD與直線AE交于點F．如圖，若點D在△ABC內(nèi)，∠DBC＝20°，則∠BAF＝ 80 °；現(xiàn)將△DCE繞點C旋轉(zhuǎn)1周，在這個旋轉(zhuǎn)過程中，線段AF長度的最小值是 4?3 ．
【分析】第一個問題證明△BCD≌△ACE（SAS），推出∠DBC＝∠EAC＝20°，可得∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．第二個問題，如圖1中，設(shè)BF交AC于點T．證明∠BCT＝∠AFT＝60°，推出點F在△ABC的外接圓上運動，當(dāng)∠ABF最小時，AF的值最小，此時CD⊥BD，求出AE，EF可得結(jié)論．
【解答】解：∵△ACB，△DEC都是等邊三角形，
∴AC＝CB，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
CB=CA∠BCD=∠ACECD=CE，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴∠DBC＝∠EAC＝20°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．
如圖1中，設(shè)BF交AC于點T．
同法可證△BCD≌△ACE，
∴∠CBD＝∠CAF，
∵∠BTC＝∠ATF，
∴∠BCT＝∠AFT＝60°，
∴點F在△ABC的外接圓上運動，當(dāng)∠ABF最小時，AF的值最小，此時CD⊥BD，
∴BD=BC2?CD2=52?32=4，
∴AE＝BD＝4，∠BDC＝∠AEC＝90°，
∵CD＝CE，CF＝CF，
∴Rt△CFD≌Rt△CFE（HL），
∴∠DCF＝∠ECF＝30°，
∴EF＝CE?tan30°=3，
∴AF的最小值＝AE﹣EF＝4?3，
故答案為：80，4?3．
【點評】本題考查旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，軌跡，解直角三角形，等邊三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考常考題型．
37．（2021?鎮(zhèn)江）如圖，等腰三角形ABC中，AB＝AC，BC＝6，cs∠ABC=13，點P在邊AC上運動（可與點A，C重合），將線段BP繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)120°，得到線段DP，連接BD，則BD長的最大值為 93 ．
【分析】由旋轉(zhuǎn)知△BPD是頂角為120°的等腰三角形，可求得BD=3BP，當(dāng)BP最大時，BD取最大值，即點P與點A重合時，BP＝BA最大，求出AB的長即可解決問題．
【解答】解：∵將線段BP繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)120°，得到線段DP，
∴BP＝PD，
∴△BPD是等腰三角形，
∴∠PBD＝30°，
過點P作PH⊥BD于點H，
∴BH＝DH，
∵cs30°=BHBP=32，
∴BH=32BP，
∴BD=3BP，
∴當(dāng)BP最大時，BD取最大值，即點P與點A重合時，BP＝BA最大，
過點A作AG⊥BC于點G，
∵AB＝AC，AG⊥BC，
∴BG=12BC＝3，
∵cs∠ABC=13，
∴BGAB=13，
∴AB＝9，
∴BD最大值為：3BP＝93．
故答案為：93．
【點評】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)和判定，三角函數(shù)等知識，證明出BD=3BP是解題的關(guān)鍵．
38．（2021?桂林）如圖，正方形OABC的邊長為2，將正方形OABC繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，連接BC′，當(dāng)點A′恰好落在線段BC′上時，線段BC′的長度是 6+2 ．
【分析】如圖，作輔助線，構(gòu)建直角三角形，利用勾股定理分別計算OB，OE，EC'和BE的長，根據(jù)線段的和可得結(jié)論．
【解答】解：如圖，連接OB，過點O作OE⊥C'B于E，則∠OEC'＝∠OEB＝90°，
∵將正方形OABC繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，點A′恰好落在線段BC′上，
∴∠OC'E＝45°，OA＝OC'＝AB＝2，∠A＝90°，
∴OB＝22，OE＝EC'=2，
在Rt△OBE中，由勾股定理得：BE=OB2?OE2=(22)2?(2)2=6，
∴BC'＝BE+EC'=6+2．
故答案為：6+2．
【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形，解題的關(guān)鍵是：作輔助線，構(gòu)建等腰直角三角形OEC'和直角三角形OEB．
39．（2021?臨沂）在平面直角坐標(biāo)系中，平行四邊形ABCD的對稱中心是坐標(biāo)原點，頂點A、B的坐標(biāo)分別是（﹣1，1）、（2，1），將平行四邊形ABCD沿x軸向右平移3個單位長度，則頂點C的對應(yīng)點C1的坐標(biāo)是（4，﹣1）．
【分析】由題意A,C關(guān)于原點對稱，求出點C的坐標(biāo)，再利用平移的性質(zhì)求出點C1的坐標(biāo)可得結(jié)論．
【解答】解：∵平行四邊形ABCD的對稱中心是坐標(biāo)原點，
∴點A,點C關(guān)于原點對稱，
∵A(﹣1,1),
∴C(1,﹣1),
∴將平行四邊形ABCD沿x軸向右平移3個單位長度，則頂點C的對應(yīng)點C1的坐標(biāo)是(4,﹣1),
故答案為：（4，﹣1）．
【點評】本題考查中心對稱，平行四邊形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形變化﹣平移等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握中心對稱的性質(zhì)，屬于中考常考題型．
40．（2021?巴中）如圖，把邊長為3的正方形OABC繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，DE與BC交于點P，ED的延長線交AB于點Q，交OA的延長線于點M．若BQ：AQ＝3：1，則AM＝ 25 ．
【分析】方法一，由BQ：AQ＝3：1，AQ：AB＝1：4，再由△ODM∽△QAM可得AM：DM＝1：4，設(shè)AM＝x，在Rt△ODM中由勾股定理即可求解；
方法二，連接OQ，OP，利用HL證明Rt△OAQ≌Rt△ODQ，得QA＝DQ，同理可證：CP＝DP，設(shè)CP＝x，則BP＝3﹣x，PQ＝x+34，在Rt△BPQ中，利用勾股定理列出方程（3﹣x）2+（94）2＝（x+34）2，解方程得x=95，再利用△AQM∽△BQP可求解．
【解答】解：方法一，∵BQ：AQ＝3：1，
∴AQAB=14，
∵把邊長為3的正方形OABC繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，
∴OD＝AB＝OA＝3，∠ODE＝∠OAB＝90°，
∴∠ODM＝∠QAM＝90°，
又∵∠M＝∠M，
∴△ODM∽△QAM，
∴AQOD=AMDM=AQAB=14，
設(shè)AM＝x，則DM＝4x，OM＝3+x，
在Rt△ODM中，由勾股定理得：
OD2+DM2＝OM2，
即32+（4x）2＝（3+x）2，
解得：x=25或0（舍去），
∴AM=25，
故答案為：25．
方法二，連接OQ，OP，
∵將正方形OABC繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，
∴OA＝OD，∠OAQ＝∠ODQ＝90°，
在Rt△OAQ和Rt△ODQ中，
OQ=OQOA=OD，
∴Rt△OAQ≌Rt△ODQ（HL），
∴QA＝DQ，
同理可證：CP＝DP，
∵BQ：AQ＝3：1，AB＝3，
∴BQ=94，AQ=34，
設(shè)CP＝x，則BP＝3﹣x，PQ＝x+34，
在Rt△BPQ中，由勾股定理得：
（3﹣x）2+（94）2＝（x+34）2，
解得x=95，
∴BP=65，
∵∠AQM＝∠BQP，∠BAM＝∠B，
∴△AQM∽△BQP，
∴AMBP=AQBQ=13，
∴AM65=13，
∴AM=25．
故答案為：25．
【點評】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．
三．解答題（共20小題）
41．在△ABC中，∠B＝∠C＝α（0°＜α＜45°），AM⊥BC于點M，D是線段MC上的動點（不與點M，C重合），將線段DM繞點D順時針旋轉(zhuǎn)2α得到線段DE．
（1）如圖1，當(dāng)點E在線段AC上時，求證：D是MC的中點；
（2）如圖2，若在線段BM上存在點F（不與點B，M重合）滿足DF＝DC，連接AE，EF，直接寫出∠AEF的大小，并證明．
【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得DM＝DE，∠MDE＝2a，利用三角形外角的性質(zhì)求出∠DEC＝a＝∠C，可得DE＝DC，等量代換得到DM＝DC即可；
（2）延長FE到H使FE＝EH，連接CH，AH，可得DE是△FCH的中位線，然后求出∠B＝∠ACH，設(shè)DM＝DE＝m，CD＝n，求出BF＝2m＝CH，證明△ABF≌ACH（SAS），得到AF＝AH，再根據(jù)等腰三角形三線合一證明AE⊥FH即可．
【解答】（1）證明：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：DM＝DE，∠MDE＝2a，
∵∠C＝a，
∴∠DEC＝∠MDE﹣∠C＝a，
∴∠C＝∠DEC，
∴DE＝DC，
∴DM＝DC，即D是MC的中點；
（2）∠AEF＝90°，
證明：如圖，延長FE到H使FE＝EH，連接CH，AH，
∵DF＝DC，
∴DE是FCH的中位線，
∴DE∥CH，CH＝2DE，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：DM＝DE，∠MDE＝2a，
∴∠FCH＝2a，
∵∠B＝∠C＝a，
∴∠ACH＝a，△ABC是等腰三角形，
∴∠B＝∠ACH，AB＝AC
設(shè)DM＝DE＝m，CD＝n，則CH＝2m，CM＝m+n，
.DF＝CD＝n，
∴FM＝DF﹣DM＝n﹣m，
∵AM⊥BC，
∴BM＝CM＝m+n，
∴BF＝BM﹣FM＝m+n﹣（n﹣m）＝2m，
∴CH＝BF，
在△ABF和△ACH中，
AB=AC∠B=∠ACHBF=CH，
∴△ABF≌△ACH（SAS），
∴AF＝AH，
∵FE＝EH，
∴AE⊥FH，即∠AEF＝90°，
【點評】本題考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，三角形中位線定理以及全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，作出合適的輔助線，構(gòu)造出全等三角形是解題的關(guān)鍵．
42．（2023?大連）綜合與實踐
問題情境：數(shù)學(xué)活動課上，王老師給同學(xué)們每人發(fā)了一張等腰三角形紙片探究折疊的性質(zhì)．
已知AB＝AC，∠A＞90°，點E為AC上一動點，將△ABE以BE為對稱軸翻折．同學(xué)們經(jīng)過思考后進行如下探究：
獨立思考：小明：“當(dāng)點D落在BC上時，∠EDC＝2∠ACB．”
小紅：“若點E為AC中點，給出AC與DC的長，就可求出BE的長．”
實踐探究：奮進小組的同學(xué)們經(jīng)過探究后提出問題1，請你回答：
問題1：在等腰△ABC中，AB＝AC，∠A＞90°，△BDE由△ABE翻折得到．
（1）如圖1，當(dāng)點D落在BC上時，求證：∠EDC＝2∠ACB；
（2）如圖2，若點E為AC中點，AC＝4，CD＝3，求BE的長．
問題解決：小明經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：若將問題1中的等腰三角形換成∠A＜90°的等腰三角形，可以將問題進一步拓展．
問題2：如圖3，在等腰△ABC中，∠A＜90°，AB＝AC＝BD＝4，2∠D＝∠ABD．若CD＝1，則求BC的長．
【分析】問題1：（1）由等腰三角形的性質(zhì)可得∠ABC＝∠ACB，由折疊的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理可得∠A＝∠BDE＝180°﹣2∠C，由鄰補角的性質(zhì)可得結(jié)論；
（2）由三角形中位線定理可得CD＝2EF，由勾股定理可求AF，BF，即可求解；
問題2：先證四邊形CGMD是矩形，由勾股定理可求AD，由等腰三角形的性質(zhì)可求MD，CG，即可求解．
【解答】問題1：（1）證明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵△BDE由△ABE翻折得到，
∴∠A＝∠BDE＝180°﹣2∠C，
∵∠EDC+∠BDE＝180°，
∴∠EDC＝2∠ACB；
（2）解：如圖，連接AD，交BE于點F，
∵△BDE由△ABE翻折得到，
∴AE＝DE，AF＝DF，
∴CD＝2EF＝3，
∴EF=32，
∵點E是AC的中點，
∴AE＝EC=12AC＝2，
在Rt△AEF中，AF=AE2?EF2=4?94=72，
在Rt△ABF中，BF=AB2?AF2=16?74=572，
∴BE＝BF+EF=3+572；
問題2：解：連接AD，過點B作BM⊥AD于M，過點C作CG⊥BM于G，
∵AB＝BD，BM⊥AD，
∴AM＝DM，∠ABM＝∠DBM=12∠ABD，
∵2∠BDC＝∠ABD，
∴∠BDC＝∠DBM，
∴BM∥CD，
∴CD⊥AD，
又∵CG⊥BM，
∴四邊形CGMD是矩形，
∴CD＝GM，
在Rt△ACD中，CD＝1，AC＝4，AD=AC2?CD2=42?12=15，
∴AM＝MD=152，CG＝MD=152，
在Rt△BDM中，BM=BD2?DM2=16?154=72，
∴BG＝BM﹣GM＝BM﹣CD=72?1=52，
在Rt△BCG中，BC=BG2+CG2=254+154=10．
【點評】本題是幾何變換綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，矩形的性質(zhì)和判定，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．
43．（2023?貴州）如圖①，小紅在學(xué)習(xí)了三角形相關(guān)知識后，對等腰直角三角形進行了探究，在等腰直角三角形ABC中，CA＝CB，∠C＝90°，過點B作射線BD⊥AB，垂足為B，點P在CB上．
（1）【動手操作】
如圖②，若點P在線段CB上，畫出射線PA，并將射線PA繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°與BD交于點E，根據(jù)題意在圖中畫出圖形，圖中∠PBE的度數(shù)為 135 度；
（2）【問題探究】
根據(jù)（1）所畫圖形，探究線段PA與PE的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（3）【拓展延伸】
如圖③，若點P在射線CB上移動，將射線PA繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°與BD交于點E，探究線段BA，BP，BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【分析】（1）根據(jù)題意畫出圖形，由CA＝CB，∠C＝90°，得∠ABC＝45°，而BD⊥AB，即得∠PBD＝∠ABC+∠ABD＝135°；
（2）過P作PM∥AB交AC于M，證明△PCM是等腰直角三角形，得CP＝CM，∠PMC＝45°，即可證△APM≌△PEB（ASA），故PA＝PE；
（3）當(dāng)P在線段BC上時，過P作PM∥AB交AC于M，結(jié)合（2）可得AB=2BP+BE；當(dāng)P在線段CB的延長線上時，過P作PN⊥BC交BE于N，證明△BPN是等腰直角三角形，可得∠ABP＝135°，BP＝NP，BN=2BP，∠PNB＝45°，即可證△EPN≌△APB（ASA），EN＝BA，根據(jù)BE＝EN+BN，即得BE＝BA+2BP．
【解答】解：（1）畫出圖形如下：
∵CA＝CB，∠C＝90°，
∴∠ABC＝45°，
∵BD⊥AB，
∴∠ABD＝90°，
∴∠PBD＝∠ABC+∠ABD＝45°+90°＝135°；
故答案為：135；
（2）PA＝PE，理由如下：
過P作PM∥AB交AC于M，如圖：
∴∠MPC＝∠ABC＝45°，
∴△PCM是等腰直角三角形，
∴CP＝CM，∠PMC＝45°，
∴CA﹣CM＝CB﹣CP，即AM＝BP，∠AMP＝135°＝∠PBE，
∵∠APE＝90°，
∴∠EPB＝90°﹣∠APC＝∠PAC，
∴△APM≌△PEB（ASA），
∴PA＝PE；
（3）當(dāng)P在線段BC上時，過P作PM∥AB交AC于M，如圖：
由（2）可知，BE＝PM，BP＝AM，
∵AB=2（AM+CM），
∴AB=2BP+2CM，
∵PM=2CM，
∴AB=2BP+BE；
當(dāng)P在線段CB的延長線上時，過P作PN⊥BC交BE于N，如圖：
∵∠ABD＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠PBN＝180°﹣∠ABC﹣∠ABD＝45°，
∴△BPN是等腰直角三角形，∠ABP＝135°，
∴BP＝NP，BN=2BP，∠PNB＝45°，
∴∠PNE＝135°＝∠ABP，
∵∠APE＝90°，
∴∠EPN＝90°﹣∠APN＝∠APB，
∴△EPN≌△APB（ASA），
∴EN＝BA，
∵BE＝EN+BN，
∴BE＝BA+2BP；
綜上所述，當(dāng)P在線段BC上時，AB=2BP+BE；當(dāng)P在線段CB的延長線上時，BE＝BA+2BP．
【點評】本題考查幾何變換綜合應(yīng)用，涉及等腰直角三角形，旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．
44．（2023?遼寧）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，點O為AB的中點，點D在直線AB上（不與點A，B重合），連接CD，線段CD繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段CE，過點B作直線l⊥BC，過點E作EF⊥l，垂足為點F，直線EF交直線OC于點G．
（1）如圖1，當(dāng)點D與點O重合時，請直接寫出線段AD與線段EF的數(shù)量關(guān)系；
（2）如圖2，當(dāng)點D在線段AB上時，求證：CG+BD=2BC；
（3）連接DE，△CDE的面積記為S1，△ABC的面積記為S2，當(dāng)EF：BC＝1：3時，請直接寫出S1S2的值．
【分析】（1）連接BE，由∠ACB＝90°，CA＝CB，得∠A＝45°，根據(jù)線段CD繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段CE，有CD＝CE，∠DCE＝90°，可得△BCE≌△ACD（SAS），從而BE＝AD，∠A＝∠CBE＝45°，知△BEF是等腰直角三角形，BE=2EF，故AD=2EF；
（2）由∠ACB＝90°，CA＝CB，O為AB的中點，得∠COB＝90°，AB=2BC，證明△CEG≌△DCA（AAS），得CG＝AD，根據(jù)AD+BD＝AB，即得CG+BD=2BC；
（3）由EF：BC＝1：3，設(shè)EF＝m，則BC＝AC＝3m，分兩種情況：當(dāng)D在線段AB上時，延長AC交GF于K，由△CEG≌△DCA，得GE＝AC＝3m，而四邊形BCKF是矩形，有KF＝BC＝3m，∠CKG＝90°，根據(jù)勾股定理可得CE2＝CK2+KE2＝m2+（2m）2＝5m2，故S1=12CD?CE=12CE2=5m22，S2=12AC?BC=9m22，即得S1S2=59；當(dāng)D在射線BA上時，延長EG交AC于T，同理可得S1S2=179．
【解答】（1）解：AD=2EF，理由如下：
連接BE，如圖：
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴∠A＝45°，
∵線段CD繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段CE，
∴CD＝CE，∠DCE＝90°，
∴∠BCE＝90°﹣∠BCD＝∠ACD，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE＝AD，∠A＝∠CBE＝45°，
∵直線l⊥BC，
∴∠EBF＝45°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=2EF，
∴AD=2EF；
（2）證明：如圖，
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，O為AB的中點，
∴∠COB＝90°，AB=2BC，
∵∠BFG＝90°，
∴∠G＝360°﹣∠COB﹣∠OBF﹣∠BFG＝45°＝∠A，
∵BC⊥直線l，EF⊥直線l，
∴BC∥GF，
∴∠CEG＝∠BCE，
∵∠BCE＝90°﹣∠BCD＝∠ACD，
∴∠CEG＝∠ACD，
∵CE＝CD，
∴△CEG≌△DCA（AAS），
∴CG＝AD，
∵AD+BD＝AB，
∴CG+BD=2BC；
（3）解：由EF：BC＝1：3，設(shè)EF＝m，則BC＝AC＝3m，
當(dāng)D在線段AB上時，延長AC交GF于K，如圖：
由（2）知△CEG≌△DCA，
∴GE＝AC＝3m，
∵∠CBF＝∠BFE＝∠BCK＝90°，
∴四邊形BCKF是矩形，
∴KF＝BC＝3m，∠CKG＝90°，
∴KE＝KF﹣EF＝2m，
∴GK＝GE﹣KE＝m，
∵∠G＝45°，
∴CK＝GK＝m，
∴CE2＝CK2+KE2＝m2+（2m）2＝5m2，
∴S1=12CD?CE=12CE2=5m22，
∵AC＝BC＝3m，
∴S2=12AC?BC=9m22，
∴S1S2=59；
當(dāng)D在射線BA上時，延長EG交AC于T，如圖：
同理可得BC＝AC＝EG＝3m，
∴FG＝EG﹣EF＝2m，
∵TF＝BC＝3m，
∴TG＝TF﹣FG＝m，
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，O為AB的中點，
∴∠AOC＝45°，
∵BC∥EF，
∴∠ETC＝90°，
∴CT＝TG＝m，
∴CE2＝CT2+TE2＝m2+（m+3m）2＝17m2，
∴S1=17m22，
∴S1S2=179；
綜上所述，S1S2的值為59或179．
【點評】本題考查等腰直角三角形中的旋轉(zhuǎn)問題，涉及三角形全等的判定于性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，三角形面積等知識，解題的關(guān)鍵是分類討論思想的應(yīng)用．
45．（2023?武漢）如圖是由小正方形組成的8×6網(wǎng)格，每個小正方形的頂點叫做格點．正方形ABCD四個頂點都是格點，E是AD上的格點，僅用無刻度的直尺在給定網(wǎng)格中完成畫圖，畫圖過程用虛線表示．
（1）在圖（1）中，先將線段BE繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°，畫對應(yīng)線段BF，再在CD上畫點G，并連接BG，使∠GBE＝45°；
（2）在圖（2）中，M是BE與網(wǎng)格線的交點，先畫點M關(guān)于BD的對稱點N，再在BD上畫點H，并連接MH，使∠BHM＝∠MBD．
?
【分析】（1）取格點F，連接BF，連接 EF，再取格點P，連接CP交EF于Q，連接BQ，延長交CD于G即可；
（2）取格點F，連接 BF、EF，交格線于N，再取格點P，Q，連接PQ交EF于O，連接MO并延長交BD于H即可．
【解答】解：（1）如圖（1），線段BF和點G即為所求；
理由：∵BC＝BA，CF＝AE，∠BCF＝∠BAE＝90°，
∴△BCF≌△BAE（SAS），
∴∠CBF＝∠ABE，
∴∠FBE＝∠CBF+∠CBE＝∠ABE+∠CBE＝∠CBA＝90°，
∴線段BE繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90° 得BF，
∵PE∥FC，
∴∠PEQ＝∠CFQ，∠EPQ＝∠FCQ，
∵PE＝FC，
∴△PEQ≌△CFO（ASA），
∴EQ＝FQ，
∴∠GBE=12∠EBF＝45°；
（2）如圖（2）所示，點N與點H即為所求，
理由：∵BC＝BA，∠BCF＝∠BAE＝90°，CF＝AE，
∴△BCF≌△BAE（SAS），
∴BF＝BE，
∵DF＝DE，
∴BF與BE 關(guān)于BD對稱
∵BN＝BM，
∴M，N關(guān)于BD對稱，
∵PE/FC，
∴△POE∽△QOF，
∴EOOF=PEFQ=12，
∵MG∥AE
∴EMMB=AGGB=24=12，
∴EMEB=EOEF=13，
∵∠MEO＝∠BEF，
∴△MEO∽△BEF，
∴∠EMO＝∠EBF，
∴OM∥BF，
∴∠MHB＝∠FBH，
由軸對稱可得∠FBH＝∠EBH，
∴∠BHM＝∠MBD．
【點評】本題考查了作圖﹣旋轉(zhuǎn)變換，軸對稱變換，勾股定理、勾股定理的逆定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握旋轉(zhuǎn)和軸對稱的性質(zhì)．
46．（2023?荊州）如圖1，點P是線段AB上與點A，點B不重合的任意一點，在AB的同側(cè)分別以A，P，B為頂點作∠1＝∠2＝∠3，其中∠1與∠3的一邊分別是射線AB和射線BA，∠2的兩邊不在直線AB上，我們規(guī)定這三個角互為等聯(lián)角，點P為等聯(lián)點，線段AB為等聯(lián)線．
（1）如圖2，在5×3個方格的紙上，小正方形的頂點為格點、邊長均為1，AB為端點在格點的已知線段．請用三種不同連接格點的方法，作出以線段AB為等聯(lián)線、某格點P為等聯(lián)點的等聯(lián)角，并標(biāo)出等聯(lián)角，保留作圖痕跡；
（2）如圖3，在Rt△APC中，∠A＝90°，AC＞AP，延長AP至點B，使AB＝AC，作∠A的等聯(lián)角∠CPD和∠PBD．將△APC沿PC折疊，使點A落在點M處，得到△MPC，再延長PM交BD的延長線于E，連接CE并延長交PD的延長線于F，連接BF．
①確定△PCF的形狀，并說明理由；
②若AP：PB＝1：2，BF=2k，求等聯(lián)線AB和線段PE的長（用含k的式子表示）．
【分析】（1）根據(jù)新定義，畫出等聯(lián)角即可；
（2）①△PCF是等腰直角三角形，過點C作CN⊥BE交BE的延長線于N，由折疊得AC＝CM，∠CMP＝∠CME＝∠A＝90°，∠1＝∠2，證明四邊形ABNC為正方形，進而證明Rt△CME≌Rt△CNE，得出∠PCF＝45°，即可求解；
②過點F作FQ⊥BE于Q，F(xiàn)R⊥PB交PB的延長線于R，則∠R＝∠A＝90°．證明△APC≌△RFP，得出AP＝BR＝FR，在Rt△BRF 中，BR2+FR2＝BF2，BF=2k，進而證明四邊形BRFQ為正方形，則BQ＝QF＝k，由FQ∥CN，得出△AEF∽△NEC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出NE=32k，根據(jù) PE＝PM+ME即可．
【解答】解：（1）作圖如下：（方法不唯一）
（2）①△PCF是等腰直角三角形．理由為：
如圖，過點C作CN⊥BE交BE的延長線于N．
由折疊得AC＝CM，∠CMP＝∠CME＝∠A＝90°，∠1＝∠2，
∵AC＝AB，∠A＝∠PBD＝∠N＝90°，
∴四邊形ABNC為正方形，
∴CN＝AC＝CM，
又∵CE＝CE，
∴Rt△CME≌Rt△CNE（HL），
∴∠3＝∠4，
而∠1+∠2+∠3+∠4＝90°，∠CPF＝90°，
∴∠PCF＝∠2+∠3＝∠CFP＝45°，
∴△PCF是等腰直角三角形．
②如圖，過點F作FQ⊥BE于Q，F(xiàn)R⊥PB交PB的延長線于R，
則∠R＝∠A＝90°，
∵∠1+∠5＝∠5+∠6＝90°，
∴∠1＝∠6，
由△PCF是等腰直角三角形知：PC＝PF，
∴△APC≌△RFP（AAS），
∴AP＝FR，AC＝PR，
而AC＝AB，
∴AP＝BR＝FR，
在Rt△BRF中，BR2+FR2＝BF2，BF=2k，
∴AP＝BR＝FR＝k，
∴PB＝2AP＝2k，
∴AB＝AP+PB＝BN＝3k，
∵BR＝FR，∠QBR＝∠R＝∠FQB＝90°，
∴四邊形BRFQ為正方形，BQ＝OF＝k，
∵FQ⊥BN，CN⊥BN，
∴FQ∥CN，
∴QENE=QFCN，
而QE＝BN﹣NE﹣BQ＝3k﹣NE﹣k＝2k﹣NE，
∴2k?NENE=k3k=13，
解得：NE=32k，
由①知：PM＝AP＝k，ME=NE=32k，
∴PE=PM+ME=k+32k=52k，
答：等聯(lián)線AB＝3k，線段PE=52k．
【點評】本題考查了幾何新定義，正方形的性質(zhì)與判定，折疊問題，全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，理解新定義，掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
47．（2023?岳陽）如圖1，在△ABC中，AB＝AC，點M，N分別為邊AB，BC的中點，連接MN．
初步嘗試：（1）MN與AC的數(shù)量關(guān)系是 MN=12AC ，MN與AC的位置關(guān)系是 MN∥AC ．
特例研討：（2）如圖2，若∠BAC＝90°，BC＝42，先將△BMN繞點B順時針旋轉(zhuǎn)α（α為銳角），得到△BEF，當(dāng)點A，E，F(xiàn)在同一直線上時，AE與BC相交于點D，連接CF．
①求∠BCF的度數(shù)；
②求CD的長．
深入探究：（3）若∠BAC＜90°，將△BMN繞點B順時針旋轉(zhuǎn)α，得到△BEF，連接AE，CF．當(dāng)旋轉(zhuǎn)角α滿足0°＜α＜360°，點C，E，F(xiàn)在同一直線上時，利用所提供的備用圖探究∠BAE與∠ABF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【分析】（1）AB＝AC，點M，N分別為邊AB，BC的中點，則MN是△ABC的中位線，即可得出結(jié)論；
（2）特例研討：①連接EM，MN，NF，證明△BME是等邊三角形，△BNF是等邊三角形，得出∠FCB＝30°；
②連接AN，證明△ADN∽△BDE，則 DNDE=ANBE=222=2，設(shè)DE＝x，則DN=2x，在Rt△ABE中，BE＝2，AE=23，則AD=23?x，在Rt△ADN中，AD2＝DN2+AN2，勾股定理求得x=4?23，則CD=DN+CN=2x+22=62?26；
（3）當(dāng)點C，E，F(xiàn)在同一直線上時，且點E在FC上時，設(shè)∠ABC＝∠ACB＝θ，則∠BAC＝180°﹣2θ，得出∠BEC+∠BAC＝180°，則A．B，E，C 在同一個圓上，進而根據(jù)圓周角定理得出∠EAC＝∠EBC＝α﹣θ，表示∠BAE與∠ABF，即可求解；當(dāng)F在EC上時，可得A，B，E，C在同一個圓上，設(shè)∠ABC＝∠ACB＝θ，則∠BAC＝∠BEF＝180°﹣2θ，設(shè)∠NBF＝β，則∠EBM＝β，則 α+β＝360°，表示∠BAE 與∠ABF，即可求解．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，點M，N分別為邊AB，BC的中點，
∴MN是△ABC的中位線，
∴MN=12AC，MN∥AC；
故答案為：MN=12AC，MN∥AC；
（2）特例研討：①如圖所示，連接EM，MN，NF，
∵MN是△BAC的中位線，
∴MN∥AC，
∴∠BMN＝∠BAC＝90°，
∵將△BMN繞點B順時針旋轉(zhuǎn)α（α為銳角），得到△BEF，
∴BE＝BM，BF＝BN；∠BEF＝∠BMN＝90°，
∵點A，E，F(xiàn)在同一直線上，
∴∠AEB＝∠BEF＝90°，
在Rt△ABE中，M是斜邊AB的中點，
∴ME=12AB=MB，
∴BM＝ME＝BE，
∴△BME是等邊三角形，
∴∠ABE＝60°，即旋轉(zhuǎn)角α＝60°，
∴∠NBF＝60°，BN＝BF，
∴△BNF是等邊三角形，
又∵BN＝NC，BN＝NF，
∴NF＝NC，
∴∠NCF＝∠NFC，
∴∠BNF＝∠NCF+∠NFC＝2∠NFC＝60°，
∴∠FCB＝30°；
（2）如圖所示，連接AN，
∵AB＝AC，∠BAC＝90° BC=42，
∴AB=22BC=4，∠ACB＝∠ABC＝45°，
∵∠ADN＝∠BDE，∠ANB＝∠BED＝90°，
∴△ADN∽△BDE，
∴DNDE=ANBE=222=2，
設(shè)DE＝x，則DN=2x，
在Rt△ABE中，BE=2，AE=23，則AD=23?x，
在Rt△ADN中，AD2＝DN2+AN2，
∴(23?x)2=(2x)2+(22)2，
解得：x=4?23 或 x=?23?4 （舍去），
∴CD=DN+CN=2x+22=62?26；
（3）如圖所示，當(dāng)點C，E，F(xiàn)在同一直線上時，且點E在FC上時，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，設(shè)∠ABC＝∠ACB＝θ，則∠BAC＝180°﹣2θ，
∵MN是△ABC的中位線，
∴MN∥AC，
∴∠MNB＝∠MBN＝θ，
∵將△BMN繞點B順時針旋轉(zhuǎn)α，得到△BEF，
∴△EBF≌△MBN，∠MBE＝∠NBF＝α，
∴∠EBF＝∠EFB＝θ，
∴∠BEF＝180°﹣2θ，
∵點C，E，F(xiàn)在同一直線上，
∴∠BEC＝2θ，
∴∠BEC+∠BAC＝180°，
∴A，B，E，C在同一個圓上，
∴∠EAC＝∠EBC＝α﹣θ，
∴∠BAE＝∠BAC﹣∠EAC＝（180°﹣2θ）﹣（α﹣θ）＝180°﹣α﹣θ，
∵∠ABF＝α+θ，
∴∠BAE+∠ABF＝180°，
如圖所示，當(dāng)F在EC上時，
∵∠BEF＝∠BAC，BC＝BC，
∴A，B，E，C在同一個圓上，設(shè)∠ABC＝∠ACB＝θ，則∠BAC＝∠BEF＝180°﹣2θ，
將△BMN繞點B順時針旋轉(zhuǎn)α，得到△BEF，設(shè)∠NBF＝β，則∠EBM＝β，則 α+β＝360°，
∴∠ABF＝θ﹣β，
∵∠BFE＝∠EBF＝θ，∠EFB＝∠FBC+∠FCB，
∴∠ECB＝∠FCB＝∠EFB﹣∠FBC＝θ﹣β，
∵EB=EB，
∴∠EAB＝∠ECB＝θ﹣β，
∴∠BAE＝∠ABF，
綜上所述，∠BAE＝∠ABF或∠BAE+∠ABF＝180°．
【點評】本題屬于幾何變換綜合題，考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形對角互補，相似三角形的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，中位線的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)與判定，三角形內(nèi)角和定理，三角形外角的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌以上知識是解題的關(guān)鍵．
48．（2023?邵陽）如圖，在等邊三角形ABC中，D為AB上的一點，過點D作BC的平行線DE交AC于點E，點P是線段DE上的動點（點P不與D、E重合）．將△ABP繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△ACQ，連接EQ、PQ，PQ交AC于F．
（1）證明：在點P的運動過程中，總有∠PEQ＝120°．
（2）當(dāng)APDP為何值時，△AQF是直角三角形？
?
【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得PA＝QA，∠PAQ＝60°，通過證明點A，點P，點E，點Q四點共圓，可得∠PAQ+∠PEQ＝180°，即可得結(jié)論；
（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠PAQ＝60°，AP＝AQ，由角的數(shù)量關(guān)系可求∠DAP＝30°，∠APD＝90°，即可求解．
【解答】（1）證明：∵將△ABP繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°，
∴PA＝QA，∠PAQ＝60°，
∴△APQ是等邊三角形，
∴∠AQP＝60°，
∵DE∥BC，
∴∠AED＝∠ACB＝60°，
∴∠AQP＝∠AED，
∴點A，點P，點E，點Q四點共圓，
∴∠PAQ+∠PEQ＝180°，
∴∠PEQ＝120°；
（2）解：如圖，
根據(jù)題意：只有當(dāng)∠AFQ＝90°時，成立，
∵△ABP繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△ACQ，
∴∠PAQ＝60°，AP＝AQ，
∴△APQ是等邊三角形，
∴∠PAQ＝60°，
∵∠AFQ＝90°，
∴∠PAF＝∠QAF＝30°，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠ABC＝∠BCA＝∠CAB＝60°，
∵DE∥BC，
∴∠ADP＝∠ABC＝60°，
∴∠DAP＝30°，∠APD＝90°，
∴tan∠ADP＝tan60°=APPD=3．
【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．
49．（2023?溫州）如圖，在2×4的方格紙ABCD中，每個小方格的邊長為1．已知格點P，請按要求畫格點三角形（頂點均在格點上）．
（1）在圖1中畫一個等腰三角形PEF，使底邊長為2，點E在BC上，點F在AD上，再畫出該三角形繞矩形ABCD的中心旋轉(zhuǎn)180°后的圖形；
（2）在圖2中畫一個Rt△PQR，使∠P＝45°，點Q在BC上，點R在AD上，再畫出該三角形向右平移1個單位后的圖形．
【分析】（1）跟進一下作出圖形即可；
（2）作等腰直角三角形PQR，可得結(jié)論．
【解答】解：（1）圖形如圖1所示（答案不唯一）；
（2）圖形如圖2所示（答案不唯一）．
【點評】本題考查作圖﹣旋轉(zhuǎn)變換，平移變換等知識，解題的關(guān)鍵是掌握在旋轉(zhuǎn)變換，平移變換的性質(zhì)，屬于中考常考題型．
50．（2023?廣元）如圖1，已知線段AB，AC，線段AC繞點A在直線AB上方旋轉(zhuǎn)，連接BC，以BC為邊在BC上方作Rt△BDC，且∠DBC＝30°．
（1）若∠BDC＝90°，以AB為邊在AB上方作Rt△BAE，且∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，連接DE，用等式表示線段AC與DE的數(shù)量關(guān)系是 AC=233DE ；
（2）如圖2，在（1）的條件下，若DE⊥AB，AB＝4，AC＝2，求BC的長；
（3）如圖3，若∠BCD＝90°，AB＝4，AC＝2，當(dāng)AD的值最大時，求此時tan∠CBA的值．
【分析】（1）證明△ABE∽△CBD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出ABBC=BEBD，∠DBE＝∠CBA，進而證明△ABC∽△EBD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解；
（2）求出AE＝2，延長DE交AB于點F，在Rt△AEF 中，由直角三角形的性質(zhì)求得EF，AF，進而求得BF的長，根據(jù)（1 的結(jié)論，得出 DE=3，在Rt△BFD中，勾股定理求得BD，進而根據(jù)△ABC∽△EBD，即可求出案．
（3）如圖所示，以AB為邊在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB＝90°，∠EBA＝30°，連接BE，EA，ED，EC，同（1）可得△BDE∽△BCA，求出AE的長，進而得出D在以E為圓心，433為半徑的圓上運動，當(dāng)點A，E，D 三點共線時，AD的值最大，進而求得 cs∠BDA=277，sin∠BDA=217，根據(jù)△ABC∽△EBD得出∠BDE＝∠BCA，過點A作AF⊥BC于點F，由直角三角形的性質(zhì)分別求得AF，CF，然后求出BF，最后根據(jù)正切的定義即可得出答案．
【解答】解：（1）在Rt△BDC中，∠DBC＝30°，在Rt△BAE中，∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，
∴△ABE∽△CBD，∠DBE+∠EBC＝∠ABC+∠EBC，BE=AB×cs∠ABE=32AB，
∴ABBC=BEBD，∠DBE＝∠CBA，
∴△ABC∽△EBD，
∴ACDE=ABBE=AB32AB=233，
∴AC=233DE，
故答案為：AC=233DE；
（2）在Rt△BAE，∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，AB＝4，
∴AE＝AB?sin∠EBA=12AB＝2，∠BAE＝60°，
延長DE交AB于點F，如圖所示，
∴EF=AE×sin∠BAE=32×2=3，AF=12AE=1，
∴BF＝AB﹣AF＝4﹣1＝3，
由（1）可得AC=233DE，
∴DE=32AC=3，
∴DF=DE+EF=23，
在Rt△BFD中，BD=BF2+DF2=32+(23)2=21，
∵△ABC∽△EBD，
∴BCBD=ACDE=233，
∴BC=233×21=27，
即BC=27；
（3）如圖所示，以AB為邊在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB＝90°，∠EBA＝30°，連接BE，EA，ED，EC，
同（1）可得△BDE∽△BCA，
∴DEAC=BDBC=233，
∵AC＝2，
∴DE=433，
在Rt△AEB中，AB＝4，AE=AB×tan∠EBA=4×33=433，
∴D在以E為圓心，433為半徑的圓上運動，
∴當(dāng)點A，E，D三點共線時，AD的值最大，此時如圖所示，則AD=AE+DE=833，
在Rt△ABD中，BD=AB2+AD2=42+(833)2=4213，
∴cs∠BDA=ADBD=8334213=277，sin∠BDA=ABBD=44213=217，
∵∠BEA＝90°，
∴∠BED＝90°，
∵△ABC∽△EBD，
∴∠BDE＝∠BCA，
過點A作AF⊥BC于點F，
∴CF=AC×cs∠ACB=2×277=477，AF=AC×sin∠ACB=2217，
∵∠DBC＝30°，
∴BC=32BD=32×4213=27，
∴BF=BC?CF=27?477=1077，
Rt△AFB中，tan∠CBA=AFBF=22171077=35．
【點評】本題是幾何變換綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，解直角三角形，銳角三角函數(shù)的定義，熟練掌握解直角三角形及相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．
51．（2023?隨州）1643年，法國數(shù)學(xué)家費馬曾提出一個著名的幾何問題：給定不在同一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最小的點的位置，意大利數(shù)學(xué)家和物理學(xué)家托里拆利給出了分析和證明，該點也被稱為“費馬點”或“托里拆利點”，該問題也被稱為“將軍巡營”問題．
（1）下面是該問題的一種常見的解決方法，請補充以下推理過程：（其中①處從“直角”和“等邊”中選擇填空，②處從“兩點之間線段最短”和“三角形兩邊之和大于第三邊”中選擇填空，③處填寫角度數(shù)，④處填寫該三角形的某個頂點）
當(dāng)△ABC的三個內(nèi)角均小于120°時，
如圖1，將△APC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△A′P′C，連接PP′，
由PC＝P′C，∠PCP′＝60°，可知△PCP′為等邊三角形，故PP′＝PC，又P′A′＝PA，故PA+PB+PC＝P′A′+PB+PP′≥A′B，
由兩點之間線段最短可知，當(dāng)B，P，P′，A′在同一條直線上時，PA+PB+PC取最小值，如圖2，最小值為A′B，此時的P點為該三角形的“費馬點”，
且有∠APC＝∠BPC＝∠APB＝ 120° ；
已知當(dāng)△ABC有一個內(nèi)角大于或等于120°時，“費馬點”為該三角形的某個頂點．如圖3，若∠BAC≥120°，則該三角形的“費馬點”為 A 點．
（2）如圖4，在△ABC中，三個內(nèi)角均小于120°，且AC＝3，BC＝4，∠ACB＝30°，已知點P為△ABC的“費馬點”，求PA+PB+PC的值；
（3）如圖5，設(shè)村莊A，B，C的連線構(gòu)成一個三角形，且已知AC＝4km，BC＝23km，∠ACB＝60°．現(xiàn)欲建一中轉(zhuǎn)站P沿直線向A，B，C三個村莊鋪設(shè)電纜，已知由中轉(zhuǎn)站P到村莊A，B，C的鋪設(shè)成本分別為a元/km，a元/km，2a元/km，選取合適的P的位置，可以使總的鋪設(shè)成本最低為 213a 元．（結(jié)果用含a的式子表示）
【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和兩點之間線段最短進行推理分析后即可得出結(jié)論，然后填空即可；
（2）根據(jù)（1）的方法將△APC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△A'P'C，即可得出可知當(dāng)B、P、P'、A'在同一條直線上時，PA+PB+PC取最小值，最小值為A'B，再根據(jù)∠ACB＝30°可證明∠BCA'＝90°，根據(jù)勾股定理即可求出A'B；
（3）根據(jù)總鋪設(shè)成本=a(PA+PB+2PC)，將△APC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A'P'C，得到等腰直角△PP'C，推出PP'=2PC，即可得出當(dāng)B、P、P'、A'在同一條直線上時，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值為A'B的長，然后根據(jù)已知條件和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求出A'B即可．
【解答】解：（1）∵PC＝P'C，∠PCP'＝60°，
∴△PCP'為等邊三角形，
∴PP'＝PC，∠P'PC＝∠PP'C＝60°，
又∵P'A'＝PA，
∴PA+PB+PC＝PA'+PB+PP'≥A'B，
根據(jù)兩點之間線段最短可知，當(dāng)B、P、P'、A'在同一條直線上時，PA+PB+PC取最小值，最小值為A'B，
此時的P點為該三角形的“費馬點”，
∴∠BPC+∠P'PC＝180°，∠A'P'C+∠PP'C＝180°，
∴∠BPC＝120°，∠A'P'C＝120°，
∵將△APC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△A′P′C，
∴△APC≌△A'P'C，
∴∠APC＝∠AP'C'＝120°，
∴∠APB＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
∴∠APC＝∠BPC＝∠APB＝120°，
∵∠BAC≥120°，
∴BC＞AC，BC＞AB，
∴BC+AB＞AC+AB，BC+AC＞AB+AC，
∴三個頂點中頂點A到另外兩個頂點的距離和最小，
又∵已知當(dāng)△ABC有一個內(nèi)角大于或等于120°時，“費馬點”為該三角形的某個頂點，
∴該三角形的“費馬點”為點A．
故答案為：等邊；兩點之間線段最短；120°；A；
（2）如圖4，將△APC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△A'P'C，連接PP'，
由（1）可知當(dāng)B、P、P'、A'在同一條直線上時，PA+PB+PC取最小值，最小值為A'B，
∵∠ACP＝∠A'CP'，
∴∠ACP+∠BCP＝∠A'CP'+∠BCP＝∠ACB＝30°，
又∵∠PCP'＝60°，
∴∠BCA'＝90°，
根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知：AC＝A'C＝3，
∴A'B=42+32=5，
即PA+PB+PC的最小值為5；
（3）∵總鋪設(shè)成本＝PA×a+PB×a+PC×2a=a(PA+PB+2PC)，
∴當(dāng)PA+PB+2PC最小時，總鋪設(shè)成本最低，
將△APC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A'P'C，連接PP'，A'B，
由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知：P'C＝PC，∠PCP'＝∠ACA'＝90°，P'A'＝PA，A'C＝AC＝4km，
∴PP'=2PC，
∴PA+PB+2PC＝P'A'+PB+PP'，
當(dāng)B、P、P'、A'在同一條直線上時，P'A'+PB+PP'取最小值，
即PA+PB+2PC取最小值為A'B，
過點A'作A'H⊥BC于H，
∵∠ACB＝60°，∠ACA'＝90°，
∴∠A'CH＝30°，
∴A'H=12A'C＝2km，
∴HC=A'C2?A'H2=42?22=23（km），
∴BH＝BC+CH=23+23=4（km），
∴A'B=A'H2+BH2=(43)2+22=213（km），
即PA+PB+2PC的最小值為213km，
總鋪設(shè)成本為：總鋪設(shè)成本=a(PA+PB+2PC)=213a（元）．
故答案為：213a．
【點評】本題是幾何變換綜合題，主要考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，兩點之間線段最短以及等邊三角形的性質(zhì)，深入理解題意是解決問題的關(guān)鍵．
52．（2023?湖北）【問題呈現(xiàn)】
△CAB和△CDE都是直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，CB＝mCA，CE＝mCD，連接AD，BE，探究AD，BE的位置關(guān)系．
【問題探究】
（1）如圖1，當(dāng)m＝1時，直接寫出AD，BE的位置關(guān)系： AD⊥BE ．
（2）如圖2，當(dāng)m≠1時，（1）中的結(jié)論是否成立？若成立，給出證明；若不成立，說明理由．
【拓展應(yīng)用】
（3）當(dāng)m=3，AB＝47，DE＝4時，將△CDE繞點C旋轉(zhuǎn)，使A，D，E三點恰好在同一直線上，求BE的長．
【分析】（1）由“SAS”可證△ACD≌△BCE，可得∠DAC＝∠CBE，由余角的性質(zhì)可證AD⊥BE；
（2）通過證明△DCA∽△ECB，可得∠DAC＝∠CBE，由余角的性質(zhì)可證AD⊥BE；
（3）分兩種情況討論，由相似三角形的性質(zhì)可得BE=3AD，由勾股定理可求解．
【解答】解：（1）如圖1，延長BE交AC于點H，交AD于N，
當(dāng)m＝1時，DC＝CE，CB＝CA，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠DAC＝∠CBE，
∵∠CAB+∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠CAB+∠ABE+∠DAC＝90°，
∴∠ANB＝90°，
∴AD⊥BE，
故答案為：AD⊥BE；
（2）（1）中的結(jié)論成立，理由如下：
如圖2，延長BE交AC于點H，交AD于N，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
又∵DCCE=ACBC=1m，
∴△DCA∽△ECB，
∴∠DAC＝∠CBE，
∵∠CAB+∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠CAB+∠ABE+∠DAC＝90°，
∴∠ANB＝90°，
∴AD⊥BE，
（3）如圖3，當(dāng)點E在線段AD上時，連接BE，
∵△DCA∽△ECB，
∴BEAD=BCAC=m=3，
∴BE=3AD=3（4+AE），
∵AD⊥BE，
∴AB2＝AE2+BE2，
∴112＝AE2+3（4+AE）2，
∴AE＝2或AE＝﹣8（舍去），
∴BE＝63，
當(dāng)點D在線段AE上時，連接BE，
∵△DCA∽△ECB，
∴BEAD=BCAC=m=3，
∴BE=3AD=3（AE﹣4），
∵AD⊥BE，
∴AB2＝AE2+BE2，
∴112＝AE2+3（AE﹣4）2，
∴AE＝8或AE＝﹣2（舍去），
∴BE＝43，
綜上所述：BE＝63或43．
【點評】本題是幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．
53．（2023?安徽）在Rt△ABC中，M是斜邊AB的中點，將線段MA繞點M旋轉(zhuǎn)至MD位置，點D在直線AB外，連接AD，BD．
（1）如圖1，求∠ADB的大??；
（2）已知點D和邊AC上的點E滿足ME⊥AD，DE∥AB．
（i）如圖2，連接CD，求證：BD＝CD；
（ii）如圖3，連接BE，若AC＝8，BC＝6，求tan∠ABE的值．
【分析】（1）證MA＝MD＝MB，得∠MAD＝∠MDA，∠MDB＝∠MBD，再由三角形內(nèi)角和定理得∠ADB＝∠MDA+∠MDB＝90°即可；
（2）（i）證四邊形EMBD是平行四邊形，得DE＝BM＝AM，再證四邊形EAMD是平行四邊形，進而得平行四邊形EAMD是菱形，則∠BAD＝∠CAD，然后證A、C、D、B四點共圓，由圓周角定理得BD=CD，即可得出結(jié)論；
（ii）過點E作EH⊥AB于點H，由勾股定理得AB＝10，再由菱形的性質(zhì)得AE＝AM＝5，進而由銳角三角函數(shù)定義得EH＝3，則AH＝4，BH＝6，然后由銳角三角函數(shù)定義即可得出結(jié)論．
【解答】（1）解：∵M是AB的中點，
∴MA＝MB，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：MA＝MD＝MB，
∴∠MAD＝∠MDA，∠MDB＝∠MBD，
∵∠MAD+∠MDA+∠MDB+∠MBD＝180°，
∴∠ADB＝∠MDA+∠MDB＝90°，
即∠ADB的大小為90°；
（2）（i）證明：∵∠ADB＝90°，
∴AD⊥BD，
∵ME⊥AD，
∴ME∥BD，
∵ED∥BM，
∴四邊形EMBD是平行四邊形，
∴DE＝BM＝AM，
∴DE∥AM，
∴四邊形EAMD是平行四邊形，
∵EM⊥AD，
∴平行四邊形EAMD是菱形，
∴∠BAD＝∠CAD，
又∵∠ACB＝∠ADB＝90°，
∴A、C、D、B四點共圓，
∵∠BCD＝∠CAD，
∴BD=CD，
∴BD＝CD；
（ii）解：如圖3，過點E作EH⊥AB于點H，
則∠EHA＝∠EHB＝90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=82+62=10，
∵四邊形EAMD是菱形，
∴AE＝AM=12AB＝5，
∴sin∠CAB=BCAB=610=35，
∴EH＝AE?sin∠CAB＝5×35=3，
∴AH=AE2?EH2=52?32=4，
∴BH＝AB﹣AH＝10﹣4＝6，
∴tan∠ABE=EHBH=36=12，
即tan∠ABE的值為12．
【點評】本題是幾何變換綜合題目，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，四點共圓，圓周角定理以及銳角三角函數(shù)定義等知識，本題綜合性強，熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵，屬于中考常考題型．
54．（2023?巴中）綜合與實踐．
（1）提出問題．如圖1，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，且AB＝AC，AD＝AE，連接BD，連接CE交BD的延長線于點O．
①∠BOC的度數(shù)是 90° ．
②BD：CE＝ 1：1 ．
（2）類比探究．如圖2，在△ABC和△DEC中，∠BAC＝∠EDC＝90°，且AB＝AC，DE＝DC，連接AD、BE并延長交于點O．
①∠AOB的度數(shù)是 45° ；
②AD：BE＝ 1：2 ．
（3）問題解決．如圖3，在等邊△ABC中，AD⊥BC于點D，點E在線段AD上（不與A重合），以AE為邊在AD的左側(cè)構(gòu)造等邊△AEF，將△AEF繞著點A在平面內(nèi)順時針旋轉(zhuǎn)任意角度．如圖4，M為EF的中點，N為BE的中點．
①說明△MND為等腰三角形．
②求∠MND的度數(shù)．
【分析】（1）（2）從圖形可辯知，這個是手拉手全等或相似模型，按模型的相關(guān)結(jié)論解題．
（3）稍有變化，受前兩問的啟發(fā)，連接BF、CE完成手拉手的構(gòu)造，再結(jié)合三角形中位線知識解題．
【解答】解：（1）①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE．
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS）．
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ABC+∠ACB＝∠ABD+∠OBC+∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠OBC+∠ACB＝90°，
即：∠BCE+∠OBC＝90°，
∴∠BOC＝90°．
故∠BOC的度數(shù)是90°．
②由①得△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE．
故BD：CE＝1：1．
（2）①∵AB＝AC，DE＝DC，
∴ABDE=ACDC，
又∵∠BAC＝∠EDC＝90°，
∴△ABC∽△DEC，
∴∠ACB＝∠DCB，BCAC=ECDC．
∴∠ACE+∠ECB＝∠DCA+∠ACE，
∴∠ECB＝∠DCA．
∴△ECB∽△DCA，
∴∠CBE＝∠CAD，
∴∠AOB＝180°﹣∠ABO﹣∠BAO＝180°﹣∠ABO﹣∠CAD﹣∠BAC＝180°﹣∠ABO﹣∠CBE﹣90°＝180°﹣45°﹣90°＝45°．
故∠AOB 的度數(shù)是45°．
②由①得：△ECB∽△DCA．
∴AD：BE＝DC：EC，
∵∠EDC＝90°，且DE＝DC，
∴∠DCE＝45°，
∴DCEC=cs45°=22．
∴AD：BE=1：2．
（3）①解：連接BF、CE，延長CE交MN于點P，交BF于點O．
在等邊△ABC中AB＝AC，又∵AD⊥BC于點D，
∴D為BC的中點，
又∵M為EF的中點，N為BE的中點，
∴MN、ND分別是在△BEF、△BCE的中位線，
∴MN=12BF，DN=11EC．
∵∠FAE＝∠BAC＝60°，
∴∠FAE+∠EAB＝∠BAC+∠EAB．
∴∠FAB＝∠EAC．
在△ACE和△ABF中，
AF=AE∠FAB=∠EACAB=AC，
∴△ACE≌△ABF（SAS）．
∴BF＝EC．
∴MN＝DN．
∴△MND為等腰三角形．
②∵△ACE≌△ABF，
∴∠ACE＝∠ABF，
由（1）（2）規(guī)律可知：∠BOC＝60°，
∴∠FOC＝180°﹣∠BOC＝180°﹣60°＝120°，
又∵BF∥MN，CP∥DN，
∴∠MND＝∠MPE＝∠FOC＝120°．
【點評】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)及相似三角形的判定及性質(zhì)．方法靈活多變，需要較強的構(gòu)造能力．
55．（2023?金昌）【模型建立】
（1）如圖1，△ABC和△BDE都是等邊三角形，點C關(guān)于AD的對稱點F在BD邊上．
①求證：AE＝CD；
②用等式寫出線段AD，BD，DF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
【模型應(yīng)用】
（2）如圖2，△ABC是直角三角形，AB＝AC，CD⊥BD，垂足為D，點C關(guān)于AD的對稱點F在BD邊上．用等式寫出線段AD，BD，DF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
【模型遷移】
（3）在（2）的條件下，若AD＝42，BD＝3CD，求cs∠AFB的值．
【分析】（1）①根據(jù)△ABC和△BDE都是等邊三角形推出判定△ABE和△CBD全等，然后根據(jù)全等三角形的對應(yīng)邊相等即可得證；
②根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和對稱的性質(zhì)即可推出線段AD，BD，DF的數(shù)量關(guān)系；
（2）過點B作BE⊥AD于E，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)推出判定△ABE∽△CBD，然后根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)和對稱性即可推出線段AD，BD，DF的數(shù)量關(guān)系；
（3）過點A作AG⊥BD于G，推出△ADG是等腰直角三角形，求出AG、FG、AF的長后即可求出cs∠AFB的值．
【解答】（1）證明：①∵△ABC和△BDE都是等邊三角形，
∴AB＝CB，EB＝DB，∠ABC＝∠EBD＝60°，
∴∠ABE＝∠CBD，
∴△ABE≌△CBD，
∴AE＝CD；
②解：AD＝BD+DF．
理由如下：
∵△BDE是等邊三角形，
∴BD＝DE，
∵點C與點F關(guān)于AD對稱，
∴CD＝DF，
∵AD＝AE+DE，
∴AD＝BD+DF；
（2）BD+DF=2AD．
理由如下：
如圖1，過點B作BE⊥AD于E，
∵點C與點F關(guān)于AD對稱，
∴∠ADC＝∠ADB，
又∵CD⊥BD，
∴∠ADC＝∠ADB＝45°，
又∵BE⊥AD，
∴△BDE是等腰直角三角形，
又∵△ABC是等腰直角三角形，
∴ABBC=BEBD=22，∠ABC＝∠EBD＝45°，
∴∠ABE＝∠CBD，
∴△ABE∽△CBD，
∴CDAE=BCAB=2，CD＝DF，
∴DF=2AE，
∵△BDE是等腰直角三角形，
∴BD=2DE，
∴BD+DF=2(DE+AE)=2AD，
即：BD+DF=2AD．
（3）解：如圖2，過點A作AG⊥BD于G，
又∵∠ADB＝45°，
∴△AGD是等腰直角三角形，
又∵AD＝42，
∴AG＝DG＝4，BD+DF=2AD＝8，
∵BD＝3CD，CD＝DF，
∴DF＝2，
又∵DG＝4，
∴FG＝DG﹣DF＝2，
在Rt△AFG中，由勾股定理得：AF=AG2+FG2=42+22=25，
∴cs∠AFB=FGAF=225=55．
【點評】本題是幾何變換綜合題，主要考查等邊三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理，深入理解題意是解決問題的關(guān)鍵．
56．如圖，在等邊△ABC中，AD⊥BC于點D，E為線段AD上一動點（不與A，D重合），連接BE，CE，將CE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段CF，連接AF．
（1）如圖1，求證：∠CBE＝∠CAF；
（2）如圖2，連接BF交AC于點G，連接DG，EF，EF與DG所在直線交于點H，求證：EH＝FH；
（3）如圖3，連接BF交AC于點G，連接DG，EG，將△AEG沿AG所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)，得到△APG，將△DEG沿DG所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)，得到△DQG，連接PQ，QF．若AB＝4，直接寫出PQ+QF的最小值．
【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出CE＝CF，∠ECF＝60°，進而證明△BCE≌AACF（SAS），即可得證；試（2）過點F作FKIIAD，交DH點的延長線于點K，連接EK，F(xiàn)D，證明四邊形四邊形EDFK是平行四邊形，即可得證；（3）如圖所示，延長AP，DQ交于點R，由（2）可知△DCG是等邊三角形，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得∠PAG＝∠EAG＝30°，∠QDG＝∠EDG＝30°，進而得出△ADR是等邊三角形，由（2）可得RtACED≌RtACFG，得出四邊形GDQF是平行四邊形，則QF＝DC＝﹣4C＝2．進而得出CPGQ＝360°﹣2C 4GD＝120°，則PQ＝√3pG＝√3GQ，當(dāng)GQ取得最小值時，即GQ⊥DR時，PQ取得最小值，即可求解．（1）由“SAS”可證△ACF≌△BCE，可得結(jié)論；
（2）
【解答】（1）證明：∵△ABC為等邊三角形，
∴∠ACB＝60°，AC＝BC，
∵將CE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段CF，
∴CE＝CF，∠ECF＝60°，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠BCA＝∠ECF，
∴∠BCE＝∠ACF，
∴△BCE≌△ACF（SAS），
∴∠CBE＝∠CAF；
（2）證明：如圖所示，過點F作FK∥AD，交DH點的延長線于點K，連接EK，F(xiàn)D，
∵△ABC是等邊三角形，
∴AB＝AC＝BC，
∵AD⊥BC，
∴BD＝CD，
∴AD垂直平分BC，
∴EB＝EC，
又∵△BCE≌△ACF，
∴AF＝BE，CF＝CE，
∴AF＝CF，
∴F在AC的垂直平分線上，
∵AB＝BC，
∴B在AC的垂直平分線上，
∴BF垂直平分AC，
∴AC⊥BF，AG＝CG=12AC，
∴∠AGF＝90°，
又∵DG=12AC＝CG，∠ACD＝60°，
∴△DCG是等邊三角形，
∴∠CGD＝∠CDG＝60°，
∴∠AGH＝∠DGC＝60°，
∴∠KGF＝∠AGF﹣∠AGH＝90°﹣60°＝30°，
又∵∠ADK＝∠ADC﹣∠GDC＝90°﹣60＝30°，KF∥AD，
∴∠HKF＝∠ADK＝30°，
∴∠FKG＝∠KGF＝30°，
∴FG＝FK，
在Rt△CED與Rt△CGF中，
CF=CECD=CG，
∴Rt△CED≌Rt△CFG，
∴GF＝ED，
∴ED＝FK，
∴四邊形EDFK是平行四邊形，
∴EH＝HF；
解法二：連接CH，證明∠CHE＝90°，可得結(jié)論．
（3）解：依題意，如圖所示，延長AP，DQ交于點R，
由（2）可知△DCG是等邊三角形，
∴∠EDG＝30°，
∵將△AEG沿AG所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)，得到△APG，將△DEG沿DG所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)，得到△DQG，
∴∠PAG＝∠EAG＝30°，∠QDG＝∠EDG＝30°，
∴∠PAE＝∠QDE＝60°，
∴△ADR是等邊三角形，
∴∠QDC＝∠ADC﹣∠ADQ＝90°﹣60°＝30°，
由（2）可得Rt△CED≌Rt△CFG，
∴DE＝GF，
∴DE＝DQ，
∴GF＝DQ，
∵∠GBC＝∠QDC＝30°，
∴GF∥DQ，
∴四邊形GDQF是平行四邊形，
∴QF＝DG=12AC＝2，
由（2）可知G是AC的中點，則GA＝GD，
∴∠GAD＝∠GDA＝30°，
∴∠AGD＝120°，
∵折疊，
∴∠AGP+∠DGQ＝∠AGE+∠DGE＝∠AGD＝120°，
∴∠PGQ＝360°﹣2∠AGD＝120°，
又PG＝GE＝GQ，
∴PQ=3PG=3GQ，
∴當(dāng)GQ取得最小值時，即GQ⊥DR時，PQ取得最小值，此時如圖所示，
∴GQ=12GC=12DC＝1，
∴PQ=3，
∴PQ+QF=3+2．
解法二：由兩次翻折，推得∠PGQ＝360°﹣240°＝120°，則PQ=3PG=3EG，
由QF＝DG＝2，推出PQ1+QF的最小值，只需要求出EG的最小值，
當(dāng)EG⊥AD時，EG的值最小，最小值為1，
∴PQ+QF的最小值為3+2．
【點評】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，勾股定理，平行四邊形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
57．（2023?自貢）如圖1，一大一小兩個等腰直角三角形疊放在一起，M，N分別是斜邊DE，AB的中點，DE＝2，AB＝4．
（1）將△CDE繞頂點C旋轉(zhuǎn)一周，請直接寫出點M，N距離的最大值和最小值；
（2）將△CDE繞頂點C逆時針旋轉(zhuǎn)120°（如圖2），求MN的長．
【分析】（1）以C為圓心，CM長為半徑畫圓，連接CN交DE于M1，延長NC交圓于M2，由等腰直角三角形的性質(zhì)，推出CN平分∠ACB，CN=12AB=12×4＝2，M1是DE中點，CM1=12DE=12×2＝1，即可求出M、N距離的最小值和最大值；
（2）連接CM，CN，作NH⊥MC交MC延長線于H，由等腰直角三角形的性質(zhì)推出CN=12AB＝2，CM=12DE＝1，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠NCH＝180°﹣∠MCN＝60°，由直角三角形的性質(zhì)得到CH=12CN＝1，NH=3CH=3，由勾股定理即可求出MN=MH2+NH2=7．
【解答】解：（1）以C為圓心，CM長為半徑畫圓，連接CN交DE于M1，延長NC交圓于M2，
∵△ACB是等腰直角三角形，N是AB中點，
∴CN平分∠ACB，CN=12AB=12×4＝2，
∵△DCE是等腰直角三角形，
∴M1是DE中點，
∴CM1=12DE=12×2＝1，
∴M、N距離的最小值是NM1＝CN﹣CM1＝2﹣1＝1，M、N距離的最大值是NM2＝CN+CM2＝2+1＝3．
（2）連接CM，CN，作NH⊥MC交MC延長線于H，
∵△ACB是等腰直角三角形，N是AB中點，
∴CN=12AB＝2，
同理：CM=12DE＝1，
∵△CDE繞頂點C逆時針旋轉(zhuǎn)120°，
∴∠MCN＝120°，
∴∠NCH＝180°﹣∠MCN＝60°，
∴CH=12CN＝1，
∴NH=3CH=3，
∵MH＝MC+CH＝2，
∴MN=MH2+NH2=7．
【點評】本題考查等腰直角三角形，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，關(guān)鍵是以C為圓心，CM的長為半徑作輔助圓；通過作輔助線構(gòu)造直角三角形．
58．（2021?成都）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，將△ABC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)得到△A′BC′，其中點A，C的對應(yīng)點分別為點A′，C′．
（1）如圖1，當(dāng)點A′落在AC的延長線上時，求AA′的長；
（2）如圖2，當(dāng)點C′落在AB的延長線上時，連接CC′，交A′B于點M，求BM的長；
（3）如圖3，連接AA′，CC′，直線CC′交AA′于點D，點E為AC的中點，連接DE．在旋轉(zhuǎn)過程中，DE是否存在最小值？若存在，求出DE的最小值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）先求出AC＝4，再在Rt△A'BC中，求出A'C=A'B2?BC2=4，從而可得AA'＝8；
（2）過C作CE∥A'B交AB于E，過C作CD⊥AB于D，先證明CE＝BC＝3，再根據(jù)S△ABC=12AC?BC=12AB?CD，求出CD，進而可得DE和BE及C'E，由CE∥A'B得BMCE=BC'C'E，即可得BM=1511；
（3）過A作AP∥A'C'交C'D延長線于P，連接A'C，先證明∠ACP＝∠A'C'D＝∠P，得AP＝AC＝A'C'，再證明△APD≌△A'C'D得AD＝A'D，DE是△AA'C的中位線，DE=12A'C，要使DE最小，只需A'C最小，此時A'、C、B共線，A'C的最小值為A'B﹣BC＝AB﹣BC＝2，即可得DE最小值為12A'C＝1．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，
∴AC=AB2?BC2=4，
∵∠ACB＝90°，△ABC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)得到△A′BC′，點A′落在AC的延長線上，
∴∠A'CB＝90°，A'B＝AB＝5，
Rt△A'BC中，A'C=A'B2?BC2=4，
∴AA'＝AC+A'C＝8；
（2）過C作CE∥A'B交AB于E，過C作CD⊥AB于D，如圖：
∵△ABC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)得到△A′BC′，
∴∠A'BC'＝∠ABC，BC'＝BC＝3，
∵CE∥A'B，
∴∠A'BC'＝∠CEB，
∴∠CEB＝∠ABC，
∴CE＝BC＝3，
Rt△ABC中，S△ABC=12AC?BC=12AB?CD，AC＝4，BC＝3，AB＝5，
∴CD=AC?BCAB=125，
Rt△CED中，DE=CE2?CD2=32?(125)2=95，
同理BD=95，
∴BE＝DE+BD=185，C'E＝BC'+BE＝3+185=335，
∵CE∥A'B，
∴BMCE=BC'C'E，
∴BM3=3335，
∴BM=1511；
（3）DE存在最小值1，理由如下：
過A作AP∥A'C'交C'D延長線于P，連接A'C，如圖：
∵△ABC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)得到△A′BC′，
∴BC＝BC'，∠ACB＝∠A'C'B＝90°，AC＝A'C'，
∴∠BCC'＝∠BC'C，
而∠ACP＝180°﹣∠ACB﹣∠BCC'＝90°﹣∠BCC'，
∠A'C'D＝∠A'C'B﹣∠BC'C＝90°﹣∠BC'C，
∴∠ACP＝∠A'C'D，
∵AP∥A'C'，
∴∠P＝∠A'C'D，
∴∠P＝∠ACP，
∴AP＝AC，
∴AP＝A'C'，
在△APD和△A'C'D中，
∠P=∠A'C'D∠PDA=∠A'DC'AP=A'C'，
∴△APD≌△A'C'D（AAS），
∴AD＝A'D，即D是AA'中點，
∵點E為AC的中點，
∴DE是△AA'C的中位線，
∴DE=12A'C，
要使DE最小，只需A'C最小，此時A'、C、B共線，A'C的最小值為A'B﹣BC＝AB﹣BC＝2，
∴DE最小為12A'C＝1．
【點評】本題考查直角三角形的旋轉(zhuǎn)變換，涉及勾股定理、平行線分線段成比例、等腰三角形判定、全等三角形判定與性質(zhì)等知識，綜合性較強，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形．
59．（2022?沈陽）【特例感知】
（1）如圖1，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，點C在OA上，點D在BO的延長線上，連接AD，BC，線段AD與BC的數(shù)量關(guān)系是 AD＝BC ；
【類比遷移】
（2）如圖2，將圖1中的△COD繞著點O順時針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜90°），那么第（1）問的結(jié)論是否仍然成立？如果成立，證明你的結(jié)論；如果不成立，說明理由．
【方法運用】
（3）如圖3，若AB＝8，點C是線段AB外一動點，AC＝33，連接BC．
①若將CB繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到CD，連接AD，則AD的最大值是 8+36 ；
②若以BC為斜邊作Rt△BCD（B，C，D三點按順時針排列），∠CDB＝90°，連接AD，當(dāng)∠CBD＝∠DAB＝30°時，直接寫出AD的值．
【分析】（1）證明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出結(jié)論；
（2）利用旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可證得∠BOC＝∠AOD，再證明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出結(jié)論；
（3）①過點A作AT⊥AB，使AT＝AB，連接BT，AD，DT，BD，先證得△ABC∽△TBD，得出DT＝36，即點D的運動軌跡是以T為圓心，36為半徑的圓，當(dāng)D在AT的延長線上時，AD的值最大，最大值為8+36；
②如圖4，在AB上方作∠ABT＝30°，過點A作AT⊥BT于點T，連接AD、BD、DT，過點T作TH⊥AD于點H，可證得△BAC∽△BTD，得出DT=32AC=32×33=92，再求出DH、AH，即可求得AD；如圖5，在AB下方作∠ABE＝30°，過點A作AE⊥BE于點E，連接DE，可證得△BAC∽△BTD，得出DE=92，再由勾股定理即可求得AD．
【解答】解：（1）AD＝BC．理由如下：
如圖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°OD=OC，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴AD＝BC，
故答案為：AD＝BC；
（2）AD＝BC仍然成立.
證明：如圖2，∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOB+∠AOC＝∠AOC+∠COD＝90°+α，
即∠BOC＝∠AOD，
在△AOD和△BOC中，
OA=OB∠AOD=∠BOCOD=OC，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴AD＝BC；
（3）①過點A作AT⊥AB，使AT＝AB，連接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，
∴△ABC∽△TBD，
∴DTAC=BTAB=2，
∴DT=2AC=2×33=36，
∵AT＝AB＝8，DT＝36，
∴點D的運動軌跡是以T為圓心，36為半徑的圓，
∴當(dāng)D在AT的延長線上時，AD的值最大，最大值為8+36，
故答案為：8+36；
②如圖4，在AB上方作∠ABT＝30°，過點A作AT⊥BT于點T，連接AD、BD、DT，過點T作TH⊥AD于點H，
∵BTAB=BDBC=cs30°=32，∠ABC＝∠TBD＝30°+∠TBC，
∴△BAC∽△BTD，
∴DTAC=BDBC=32，
∴DT=32AC=32×33=92，
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?cs∠TAH＝4cs30°＝23，
在Rt△DTH中，DH=DT2?TH2=(92)2?22=652，
∴AD＝AH+DH＝23+652；
如圖5，在AB上方作∠ABE＝30°，過點A作AE⊥BE于點E，連接DE，
則BEAB=BDBC=cs30°=32，
∵∠EBD＝∠ABC＝∠ABD+30°，
∴△BDE∽△BCA，
∴DEAC=BEAB=32，
∴DE=32AC=32×33=92，
∵∠BAE＝90°﹣30°＝60°，AE＝AB?sin30°＝8×12=4，
∴∠DAE＝∠DAB+∠BAE＝30°+60°＝90°，
∴AD=DE2?AE2=(92)2?42=172；
綜上所述，AD的值為23+652或172．
【點評】本題是幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，瓜豆原理等知識點，關(guān)鍵是添加恰當(dāng)輔助線，構(gòu)造全等三角形或相似三角形解決問題，綜合性較強，難度較大，屬于中考壓軸題．
60．（2022?錦州）如圖，在△ABC中，AB=AC=25，BC=4，D，E，F(xiàn)分別為AC，AB，BC的中點，連接DE，DF．
（1）如圖1，求證：DF=52DE；
（2）如圖2，將∠EDF繞點D順時針旋轉(zhuǎn)一定角度，得到∠PDQ，當(dāng)射線DP交AB于點G，射線DQ交BC于點N時，連接FE并延長交射線DP于點M，判斷FN與EM的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（3）如圖3，在（2）的條件下，當(dāng)DP⊥AB時，求DN的長．
【分析】（1）連接AF，可得AF⊥BC，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得DF=12AC=5，根據(jù)中位線定理可得DE=12BC=2，即可得證；
（2）證明△DNF∽△DME，根據(jù)（1）的結(jié)論即可得FN=52EM；
（3）連接AF，過點C作CH⊥AB于H，證明△AGD∽△AHC，可得GD=12HC=455，勾股定理求得GE，AG，根據(jù)tan∠ADG=AGGD=34，∠EMG＝∠ADG，可得tan∠EMG=EGMG=34，進而求得MG，根據(jù)MD＝MG+GD求得MD，根據(jù)（2）的結(jié)論DN=52DM，即可求解．
【解答】（1）證明：如圖1，連接AF，
∵AB=AC=25，BC=4，D，E，F(xiàn)分別為AC，AB，BC的中點，
∴DE=12BC=2，AF⊥BC，
∴DF=12AC=5，
∴DF=52DE；
（2）解：FN=52EM，
理由如下：
連接AF，如圖2，
∵AB=AC=25，BC=4，D，E，F(xiàn)分別為AC，AB，BC的中點，
∴EF=12AC=CD，EF∥DC，
∴四邊形CDEF是平行四邊形，
∴∠DEF＝∠C，
∵DF=12AC=DC，
∴∠DFC＝∠C，
∴∠DFC＝∠DEF，
∴180°﹣∠DFC＝180°﹣∠DEF，
∴∠DFN＝∠DEM，
∵將∠EDF繞點D順時針旋轉(zhuǎn)一定角度，得到∠PDQ，
∴∠EDF＝∠PDQ，
∵∠FDN+∠NDE＝∠EDM+∠NDE，
∴∠FDN＝∠EDM，
∴△DNF∽△DME，
∴NFEM=DFDE=52，
∴FN=52EM；
（3）解：如圖，連接AF，過點C作CH⊥AB于H，
Rt△AFC中，F(xiàn)C=12BC=2，
∴AF=AC2?FC2=4，
∵S△ABC=12BC?AF=12AB?CH，
∴HC=BC?AFAB=4×425=855，
∵DP⊥AB，
∴△AGD∽△AHC，
∴GDHC=ADAC=12，
∴GD=12HC=455，
Rt△GED中，GE=ED2?GD2=22?(455)2=255，
Rt△AGD中，AG=AD2?GD2=(5)2?(455)2=355，
∴tan∠ADG=AGGD=355455=34，
∵EF∥AD，
∴∠EMG＝∠ADG，
∴tan∠EMG=EGMG=34，
∴MG=43GE=43×255=8515，
∴MD=MG+GD=8515+455=453，
∵△DNF∽△DME，
∴DNDM=DFDE=52，
∴DN=52DM=52×453=103．
【點評】本題是幾何變換綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，中位線的性質(zhì)定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，銳角三角函數(shù)，掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．

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