【方法指導(dǎo)】
圖形的類比變換是近年來(lái)中考的?？键c(diǎn)，常以三角形、四邊形為背景，與翻折、旋轉(zhuǎn)相結(jié)合，考查三角形全等或相似的性質(zhì)與判定，難度較大．此類題目第一問(wèn)相對(duì)簡(jiǎn)單，后面的問(wèn)題需要結(jié)合第一問(wèn)的方法進(jìn)行類比解答．根據(jù)其特征大致可分為：幾何變換類比探究問(wèn)題、旋轉(zhuǎn)綜合問(wèn)題、翻折類問(wèn)題等．
解決此類問(wèn)題要善于將復(fù)雜圖象分解為幾個(gè)基本圖形，通過(guò)添加副主席補(bǔ)全或構(gòu)造基本圖形，借助轉(zhuǎn)化、方程、數(shù)形結(jié)合、分類討論等數(shù)學(xué)思想解決幾何證明問(wèn)題，計(jì)算則把幾何與代數(shù)知識(shí)綜合起來(lái)，滲透數(shù)形結(jié)合思想，考查學(xué)生分析問(wèn)題的能力、邏輯思維和推理能力.
【題型剖析】
【類型1】幾何類比變換綜合題
【例1】（2020?襄陽(yáng)）在△ABC中，∠BAC═90°，AB＝AC，點(diǎn)D在邊BC上，DE⊥DA且DE＝DA，AE交邊BC于點(diǎn)F，連接CE．
（1）特例發(fā)現(xiàn)：如圖1，當(dāng)AD＝AF時(shí)，
①求證：BD＝CF；
②推斷：∠ACE＝ 90 °；
（2）探究證明：如圖2，當(dāng)AD≠AF時(shí)，請(qǐng)?zhí)骄俊螦CE的度數(shù)是否為定值，并說(shuō)明理由；
（3）拓展運(yùn)用：如圖3，在（2）的條件下，當(dāng)EFAF=13時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作AE的垂線，交AE于點(diǎn)P，交AC于點(diǎn)K，若CK=163，求DF的長(zhǎng)．
【分析】（1）①證明△ABD≌△ACF（AAS）可得結(jié)論．
②利用四點(diǎn)共圓的性質(zhì)解決問(wèn)題即可．
（2）結(jié)論不變．利用四點(diǎn)共圓證明即可．
（3）如圖3中，連接EK．首先證明AB＝AC＝3EC，設(shè)EC＝a，則AB＝AC＝3a，在Rt△KCE中，利用勾股定理求出a，再求出DP，PF即可解決問(wèn)題．
【解析】（1）①證明：如圖1中，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACF，
∵AD＝AF，
∴∠ADF＝∠AFD，
∴∠ADB＝∠AFC，
∴△ABD≌△ACF（AAS），
∴BD＝CF．
②結(jié)論：∠ACE＝90°．
理由：如圖1中，∵DA＝DE，∠ADE＝90°，AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ACD＝∠AED＝45°，
∴A，D，E，C四點(diǎn)共圓，
∴∠ADE+∠ACE＝180°，
∴∠ACE＝90°．
故答案為90．
（2）結(jié)論：∠ACE＝90°．
理由：如圖2中，
∵DA＝DE，∠ADE＝90°，AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ACD＝∠AED＝45°，
∴A，D，E，C四點(diǎn)共圓，
∴∠ADE+∠ACE＝180°，
∴∠ACE＝90°．
（3）如圖3中，連接EK．
∵∠BAC+∠ACE＝180°，
∴AB∥CE，
∴ECAB=EFAF=13，設(shè)EC＝a，則AB＝AC＝3a，AK＝3a?163，
∵DA＝DE，DK⊥AE，
∴AP＝PE，
∴AK＝KE＝3a?163，
∵EK2＝CK2+EC2，
∴（3a?163）2＝（163）2+a2，
解得a＝4或0（舍棄），
∴EC＝4，AB＝AC＝12，
∴AE=AC2+EC2=122+42=410，
∴DP＝PA＝PE=12AE＝210，EF=14AE=10，
∴PF＝EF=10，
∵∠DPF＝90°，
∴DF=DP2+PF2=(210)2+(10)2=52．
【變式1-1】（2020?黔東南州）如圖1，△ABC和△DCE都是等邊三角形．
探究發(fā)現(xiàn)
（1）△BCD與△ACE是否全等？若全等，加以證明；若不全等，請(qǐng)說(shuō)明理由．
拓展運(yùn)用
（2）若B、C、E三點(diǎn)不在一條直線上，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，求BD的長(zhǎng)．
（3）若B、C、E三點(diǎn)在一條直線上（如圖2），且△ABC和△DCE的邊長(zhǎng)分別為1和2，求△ACD的面積及AD的長(zhǎng)．
【分析】（1）依據(jù)等式的性質(zhì)可證明∠BCD＝∠ACE，然后依據(jù)SAS可證明△ACE≌△BCD；
（2）由（1）知：BD＝AE，利用勾股定理計(jì)算AE的長(zhǎng)，可得BD的長(zhǎng)；
（3）如圖2，過(guò)A作AF⊥CD于F，先根據(jù)平角的定義得∠ACD＝60°，利用特殊角的三角函數(shù)可得AF的長(zhǎng)，由三角形面積公式可得△ACD的面積，最后根據(jù)勾股定理可得AD的長(zhǎng)．
【解析】（1）全等，理由是：
∵△ABC和△DCE都是等邊三角形，
∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，
即∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
CD=CE∠BCD=∠ACEBC=AC，
∴△ACE≌△BCD（ SAS）；
（2）如圖3，由（1）得：△BCD≌△ACE，
∴BD＝AE，
∵△DCE是等邊三角形，
∴∠CDE＝60°，CD＝DE＝2，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝30°+60°＝90°，
在Rt△ADE中，AD＝3，DE＝2，
∴AE=AD2+DE2=9+4=13，
∴BD=13；
（3）如圖2，過(guò)A作AF⊥CD于F，
∵B、C、E三點(diǎn)在一條直線上，
∴∠BCA+∠ACD+∠DCE＝180°，
∵△ABC和△DCE都是等邊三角形，
∴∠BCA＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝60°，
在Rt△ACF中，sin∠ACF=AFAC，
∴AF＝AC×sin∠ACF＝1×32=32，
∴S△ACD=12×CD×AF=12×2×32=32，
∴CF＝AC×cs∠ACF＝1×12=12，
FD＝CD﹣CF＝2?12=32，
在Rt△AFD中，AD2＝AF2+FD2=(32)2+(32)2=3，
∴AD=3．
【變式1-2】（2020?鞍山）在矩形ABCD中，點(diǎn)E是射線BC上一動(dòng)點(diǎn)，連接AE，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AE于點(diǎn)G，交直線CD于點(diǎn)F．
（1）當(dāng)矩形ABCD是正方形時(shí)，以點(diǎn)F為直角頂點(diǎn)在正方形ABCD的外部作等腰直角三角形CFH，連接EH．
①如圖1，若點(diǎn)E在線段BC上，則線段AE與EH之間的數(shù)量關(guān)系是 相等 ，位置關(guān)系是 垂直 ；
②如圖2，若點(diǎn)E在線段BC的延長(zhǎng)線上，①中的結(jié)論還成立嗎？如果成立，請(qǐng)給予證明；如果不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（2）如圖3，若點(diǎn)E在線段BC上，以BE和BF為鄰邊作平行四邊形BEHF，M是BH中點(diǎn)，連接GM，AB＝3，BC＝2，求GM的最小值．
【分析】（1）①證明△ABE≌△BCF，得到BE＝CF，AE＝BF，再證明四邊形BEHF為平行四邊形，從而可得結(jié)果；
②根據(jù)（1）中同樣的證明方法求證即可；
（2）說(shuō)明C、E、G、F四點(diǎn)共圓，得出GM的最小值為圓M半徑的最小值，設(shè)BE＝x，證明△ABE∽△BCF，得到CF，再利用勾股定理表示出EF=139x2?4x+4，求出最值即可得到GM的最小值．
【解析】（1）①∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，即∠BAE+∠AEB＝90°，
∵AE⊥BF，
∴∠CBF+∠AEB＝90°，
∴∠CBF＝∠BAE，又AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF，AE＝BF，
∵△FCH為等腰直角三角形，
∴FC＝FH＝BE，F(xiàn)H⊥FC，而CD⊥BC，
∴FH∥BC，
∴四邊形BEHF為平行四邊形，
∴BF∥EH且BF＝EH，
∴AE＝EH，AE⊥EH，
故答案為：相等；垂直；
②成立，理由是：
當(dāng)點(diǎn)E在線段BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，
同理可得：△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF，AE＝BF，
∵△FCH為等腰直角三角形，
∴FC＝FH＝BE，F(xiàn)H⊥FC，而CD⊥BC，
∴FH∥BC，
∴四邊形BEHF為平行四邊形，
∴BF∥EH且BF＝EH，
∴AE＝EH，AE⊥EH；
（2）∵∠EGF＝∠BCD＝90°，
∴C、E、G、F四點(diǎn)共圓，
∵四邊形BEHF是平行四邊形，M為BH中點(diǎn)，
∴M也是EF中點(diǎn)，
∴M是四邊形GECF外接圓圓心，
則GM的最小值為圓M半徑的最小值，
∵AB＝3，BC＝2，
設(shè)BE＝x，則CE＝2﹣x，
同（1）可得：∠CBF＝∠BAE，
又∵∠ABE＝∠BCF＝90°，
∴△ABE∽△BCF，
∴ABBC=BECF，即32=xCF，
∴CF=2x3，
∴EF=CE2+CF2=139x2?4x+4，
設(shè)y=139x2?4x+4，
當(dāng)x=1813時(shí)，y取最小值1613，
∴EF的最小值為41313，
故GM的最小值為21313．
【變式1-3】（2020?赤峰）如圖，矩形ABCD中，點(diǎn)P為對(duì)角線AC所在直線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接PD，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥PD，交直線AB于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)P作MN⊥AB，交直線CD于點(diǎn)M，交直線AB于點(diǎn)N．AB＝43，AD＝4．
（1）如圖1，①當(dāng)點(diǎn)P在線段AC上時(shí)，∠PDM和∠EPN的數(shù)量關(guān)系為：∠PDM ＝ ∠EPN；
②DPPE的值是 3 ；
（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在CA延長(zhǎng)線上時(shí)，（1）中的結(jié)論②是否成立？若成立，請(qǐng)證明；若不成立，說(shuō)明理由；
（3）如圖3，以線段PD，PE為鄰邊作矩形PEFD．設(shè)PM的長(zhǎng)為x，矩形PEFD的面積為y．請(qǐng)直接寫(xiě)出y與x之間的函數(shù)關(guān)系式及y的最小值．
【分析】（1）①利用等角的余角相等證明即可．
②證明∠CAB＝30°，推出∠PDE＝∠CAB＝30°即可．
（2）結(jié)論成立．證明方法類似②．
（3）利用相似三角形的性質(zhì)求出DM，利用勾股定理求出PD，再利用（2）中結(jié)論．求出PE，即可解決問(wèn)題．
【解析】（1）①如圖1中，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∵NM⊥AB，
∴NM⊥CD，
∵DP⊥PE，
∴∠PMD＝∠PNE＝∠DPE＝90°，
∴∠PDM+∠DPM＝90°，∠DPM+∠EPN＝90°，
∴∠PDM＝∠EPN．
故答案為＝．
②連接DE．∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠DAE＝∠B＝90°，AD＝BC＝4．
∴tan∠CAB=BCAB=33，
∴∠CAB＝30°，
∵∠DAE+∠DPE＝180°，
∴A，D，P，E四點(diǎn)共圓，
∴∠EDP＝∠PAB＝30°，
∴PEPD=tan30°=33，
∴PDPE=3．
（2）如圖2中，結(jié)論成立．
理由：連接DE．
∵∠DPE＝∠DAE＝90°，
∴A，D，E，P四點(diǎn)共圓，
∴∠PDE＝∠EAP＝∠CAB＝30°，
∴DPPE=1tan30°=3．
（3）如圖3中，由題意PM＝x，MN＝4﹣x，
∵∠PDM＝∠EPN，∠DMP＝∠PNE＝90°，
∴△DMP∽△PNE，
∴DMPN=PMEN=PDPE=3，
∴DM4?x=xEN=3，
∴DM=3（4﹣x），EN=33x，
∴PD=DM2+PM2=[3(4?x)]2+x2=2x2?6x+12，
PE=33PD=233?x2?6x+12，
∴y＝PD?PE=433（x2﹣6x+12）=433x2﹣83x+163（x＞0），
∵y=433（x﹣3）2+43，
∵433＞0，
∴當(dāng)x＝3時(shí)，y有最小值，最小值為43．
【類型2】幾何旋轉(zhuǎn)變換綜合題
【例2】（2020?錦州）已知△AOB和△MON都是等腰直角三角形（22OA＜OM＝ON），∠AOB＝∠MON＝90°．
（1）如圖1：連AM，BN，求證：△AOM≌△BON；
（2）若將△MON繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，
①如圖2，當(dāng)點(diǎn)N恰好在AB邊上時(shí)，求證：BN2+AN2＝2ON2；
②當(dāng)點(diǎn)A，M，N在同一條直線上時(shí)，若OB＝4，ON＝3，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段BN的長(zhǎng)．
【分析】（1）根據(jù)SAS證明三角形全等即可．
（2）②連接AM，證明AM＝BN，∠MAN＝90°，利用勾股定理解決問(wèn)題即可．
②分兩種情形分別畫(huà)出圖形求解即可．
【解析】（1）證明：如圖1中，
∵∠AOB＝∠MON＝90°，
∴∠AOM＝∠BON，
∵AO＝BO，OM＝ON，
∴△AOM≌△BON（SAS）．
（2）①證明：如圖2中，連接AM．
同法可證△AOM≌△BON，
∴AM＝BN，∠OAM＝∠B＝45°，
∵∠OAB＝∠B＝45°，
∴∠MAN＝∠OAM+∠OAB＝90°，
∴MN2＝AN2+AM2，
∵△MON是等腰直角三角形，
∴MN2＝2ON2，
∴NB2+AN2＝2ON2．
②如圖3﹣1中，設(shè)OA交BN于J，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥MN于H．
∵△AOM≌△BON，
∴AM＝BN，∠OAM＝∠OBN，
∵∠AJN＝∠BJO，
∴∠ANJ＝∠JOB＝90°，
∵OM＝ON＝3，∠MON＝90°，OH⊥MN，
∴MN＝32，MH＝HN═OH=322，
∴AH=OA2?OH2=42?(322)2=462，
∴BN＝AM＝MH+AH=46+322．
如圖3﹣2中，同法可證AM＝BN=46?322．
【變式2-1】（2020?沈陽(yáng)）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，點(diǎn)P為線段CA延長(zhǎng)線上一動(dòng)點(diǎn)，連接PB，將線段PB繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α，得到線段PD，連接DB，DC．
（1）如圖1，當(dāng)α＝60°時(shí)，
①求證：PA＝DC；
②求∠DCP的度數(shù)；
（2）如圖2，當(dāng)α＝120°時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出PA和DC的數(shù)量關(guān)系．
（3）當(dāng)α＝120°時(shí)，若AB＝6，BP=31，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)D到CP的距離為 32或532 ．
【分析】（1）①證明△PBA≌△DBC（SAS）可得結(jié)論．
②利用全等三角形的性質(zhì)解決問(wèn)題即可．
（2）證明△CBD∽△ABP，可得CDPA=BCAB=3解決問(wèn)題．
（3）分兩種情形，解直角三角形求出CD即可解決問(wèn)題．
【解析】（1）①證明：如圖1中，
∵將線段PB繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α，得到線段PD，
∴PB＝PD，
∵AB＝AC，PB＝PD，∠BAC＝∠BPD＝60°，
∴△ABC，△PBD是等邊三角形，
∴∠ABC＝∠PBD＝60°，
∴∠PBA＝∠DBC，
∵BP＝BD，BA＝BC，
∴△PBA≌△DBC（SAS），
∴PA＝DC．
②解：如圖1中，設(shè)BD交PC于點(diǎn)O．
∵△PBA≌△DBC，
∴∠BPA＝∠BDC，
∵∠BOP＝∠COD，
∴∠OBP＝∠OCD＝60°，即∠DCP＝60°．
（2）解：結(jié)論：CD=3PA．
理由：如圖2中，
∵AB＝AC，PB＝PD，∠BAC＝∠BPD＝120°，
∴BC＝2?AB?cs30°=3BA，BD═2BP?cs30°=3BP，
∴BCBA=BDBP=3，
∵∠ABC＝∠PBD＝30°，
∴∠ABP＝∠CBD，
∴△CBD∽△ABP，
∴CDPA=BCAB=3，
∴CD=3PA．
（3）過(guò)點(diǎn)D作DM⊥PC于M，過(guò)點(diǎn)B作BN⊥CP交CP的延長(zhǎng)線于N．
如圖3﹣1中，當(dāng)△PBA是鈍角三角形時(shí)，
在Rt△ABN中，∵∠N＝90°，AB＝6，∠BAN＝60°，
∴AN＝AB?cs60°＝3，BN＝AB?sin60°＝33，
∵PN=PB2?BN2=31?27=2，
∴PA＝3﹣2＝1，
由（2）可知，CD=3PA=3，
∵∠BPA＝∠BDC，
∴∠DCA＝∠PBD＝30°，
∵DM⊥PC，
∴DM=12CD=32
如圖3﹣2中，當(dāng)△ABP是銳角三角形時(shí)，同法可得PA＝2+3＝5，CD＝53，DM=12CD=532，
綜上所述，滿足條件的DM的值為32或532．
故答案為32或532．
【變式2-2】（2020?葫蘆島）在等腰△ADC和等腰△BEC中，∠ADC＝∠BEC＝90°，BC＜CD，將△BEC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，連接AB，點(diǎn)O為線段AB的中點(diǎn)，連接DO，EO．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)到CD邊上時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段DO與EO的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系；
（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)到AC邊上時(shí)，（1）中的結(jié)論是否成立？若成立，請(qǐng)寫(xiě)出證明過(guò)程，若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）若BC＝4，CD＝26，在△BEC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，當(dāng)∠ACB＝60°時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段OD的長(zhǎng)．
【分析】（1）利用直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，得出OE＝OA=12AB，進(jìn)而得出∠BOE＝2∠BAE，同理得出OD＝OA=12AB，∠DOE＝2∠BAD，即可得出結(jié)論；
（2）先判斷出△AOM≌△BOE（SAS），得出∠MAO＝∠EBO，MA＝EB，再判斷出∠MAD＝∠DCE，進(jìn)而判斷出△MAD≌△ECD，即可得出結(jié)論；
（3）分點(diǎn)B在AC左側(cè)和右側(cè)兩種情況，類似（2）的方法判斷出OD＝OE，即可得出結(jié)論．
【解析】（1）DO⊥EO，DO＝EO；
理由：當(dāng)點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)到CD邊上時(shí)，點(diǎn)E必在邊AC上，
∴∠AEB＝∠CEB＝90°，
在Rt△ABE中，點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，
∴OE＝OA=12AB，
∴∠BOE＝2∠BAE，
在Rt△ABD中，點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，
∴OD＝OA=12AB，
∴∠DOE＝2∠BAD，
∴OD＝OE，
∵等腰△ADC，且∠ADC＝90°，
∴∠DAC＝45°，
∴∠DOE＝∠BOE+∠DOE＝2∠BAE+2∠BAD＝2（∠BAE+∠DAE）＝2∠DAC＝90°，
∴OD⊥OE；
（2）仍然成立，
理由：如圖2，延長(zhǎng)EO到點(diǎn)M，使得OM＝OE，連接AM，DM，DE，
∵O是AB的中點(diǎn)，
∴OA＝OB，
∵∠AOM＝∠BOE，
∴△AOM≌△BOE（SAS），
∴∠MAO＝∠EBO，MA＝EB，
∵△ACD和△CBE是等腰三角形，∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠CAD＝∠ACD＝∠EBC＝∠BCE＝45°，
∵∠OBE＝180°﹣∠EBC＝135°，
∴∠MAO＝135°，
∴∠MAD＝∠MAO﹣∠DAC＝90°，
∵∠DCE＝∠DCA+∠BCE＝90°，
∴∠MAD＝∠DCE，
∵M(jìn)A＝EB，EB＝EC，
∴MA＝EC，
∵AD＝DC，
∴△MAD≌△ECD，
∴MD＝ED，∠ADM＝∠CDE，
∵∠CDE+∠ADE＝90°，
∴∠ADM+∠ADE＝90°，
∴∠MDE＝90°，
∵M(jìn)O＝EO，MD＝DE，
∴OD=12ME，OD⊥ME，
∵OE=12ME，
∴OD＝OE，OD⊥OE；
（3）①當(dāng)點(diǎn)B在AC左側(cè)時(shí)，如圖3，
延長(zhǎng)EO到點(diǎn)M，使得OM＝OE，連接AM，DM，DE，
同（2）的方法得，△OBE≌△OAM（SAS），
∴∠OBE＝∠OAM，OM＝OE，BE＝AM，
∵BE＝CE，
∴AM＝CE，
在四邊形ABECD中，∠ADC+∠DCE+∠BEC+∠OBE+∠BAD＝540°，
∵∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴∠DCE＝540°﹣90°﹣90°﹣∠OBE﹣∠BAD＝360°﹣∠OBE＝360°﹣∠OAM﹣∠BAD，
∵∠DAM+∠OAM+∠BAD＝360°，
∴∠DAM＝360°﹣∠OAM﹣∠BAD，
∴∠DAM＝∠DCE，
∵AD＝CD，
∴△DAM≌△DCE（SAS），
∴DM＝DE，∠ADM＝∠CDE，
∴∠EDM＝∠ADM+∠ADE＝∠CDE+∠ADE＝∠ADC＝90°，
∵OM＝OE，
∴OD＝OE=12ME，∠DOE＝90°，
在Rt△BCE中，CE=22BC＝22，
過(guò)點(diǎn)E作EH⊥DC交DC的延長(zhǎng)線于H，
在Rt△CHE中，∠ECH＝180°﹣∠ACD﹣∠ACB﹣∠BCE＝180°﹣45°﹣60°﹣45°＝30°，
∴EH=12CE=2，
根據(jù)勾股定理得，CH=3EH=6，
∴DH＝CD+CH＝36，
在Rt△DHE中，根據(jù)勾股定理得，DE=EH2+DH2=214，
∴OD=22DE＝27，
②當(dāng)點(diǎn)B在AC右側(cè)時(shí)，如圖4，
同①的方法得，OD＝OE，∠DOE＝90°，
連接DE，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥CD于H，
在Rt△EHC中，∠ECH＝30°
∴EH=12CE=2，
根據(jù)勾股定理得，CH=6，
∴DH＝CD﹣CH=6，
在Rt△DHE中，根據(jù)勾股定理得，DE＝22，
∴OD=22DE＝2，
即：線段OD的長(zhǎng)為2或27．
【變式2-3】（2020?濰坊）如圖1，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC=2+1，點(diǎn)D，E分別在邊AB，AC上，且AD＝AE＝1，連接DE．現(xiàn)將△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜360°），如圖2，連接CE，BD，CD．
（1）當(dāng)0°＜α＜180°時(shí)，求證：CE＝BD；
（2）如圖3，當(dāng)α＝90°時(shí)，延長(zhǎng)CE交BD于點(diǎn)F，求證：CF垂直平分BD；
（3）在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，求△BCD的面積的最大值，并寫(xiě)出此時(shí)旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)．
【分析】（1）利用“SAS”證得△ACE≌△ABD即可得到結(jié)論；
（2）利用“SAS”證得△ACE≌△ABD，推出∠ACE＝∠ABD，計(jì)算得出CD＝BC=2+2，利用等腰三角形“三線合一”的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（3）觀察圖形，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC的垂直平分線上時(shí)，△BCD的面積取得最大值，利用等腰直角三角形的性質(zhì)結(jié)合三角形面積公式即可求解．
【解析】（1）證明：如圖2中，根據(jù)題意：AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠EAD＝90°，
∵∠CAE+∠BAE＝∠BAD+∠BAE＝90°，
∴∠CAE＝∠BAD，
在△ACE和△ABD中，
AC=AB∠CAE=∠BADAE=AD，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴CE＝BD；
（2）證明：如圖3中，根據(jù)題意：AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠EAD＝90°，
在△ACE和△ABD中，
AC=AB∠CAE=∠BADAE=AD，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠ACE+∠AEC＝90°，且∠AEC＝∠FEB，
∴∠ABD+∠FEB＝90°，
∴∠EFB＝90°，
∴CF⊥BD，
∵AB＝AC=2+1，AD＝AE＝1，∠CAB＝∠EAD＝90°，
∴BC=2AB=2+2，CD＝AC+AD=2+2，
∴BC＝CD，
∵CF⊥BD，
∴CF是線段BD的垂直平分線；
（3）解：△BCD中，邊BC的長(zhǎng)是定值，則BC邊上的高取最大值時(shí)△BCD的面積有最大值，
∴當(dāng)點(diǎn)D在線段BC的垂直平分線上時(shí)，△BCD的面積取得最大值，如圖4中：
∵AB＝AC=2+1，AD＝AE＝1，∠CAB＝∠EAD＝90°，DG⊥BC于G，
∴AG=12BC=2+22，∠GAB＝45°，
∴DG＝AG+AD=2+22+1=2+42，∠DAB＝180°﹣45°＝135°，
∴△BCD的面積的最大值為：12BC?DG=12(2+2)(2+42)=32+52，
旋轉(zhuǎn)角α＝135°．
【變式2-4】（2020?鄂爾多斯）（1）【操作發(fā)現(xiàn)】
如圖1，在邊長(zhǎng)為1個(gè)單位長(zhǎng)度的小正方形組成的網(wǎng)格中，△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)均在格點(diǎn)上．
①請(qǐng)按要求畫(huà)圖：將△ABC繞點(diǎn)A順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)B′，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)C′．連接BB′；
②在①中所畫(huà)圖形中，∠AB′B＝ 45 °．
（2）【問(wèn)題解決】
如圖2，在Rt△ABC中，BC＝1，∠C＝90°，延長(zhǎng)CA到D，使CD＝1，將斜邊AB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到AE，連接DE，求∠ADE的度數(shù)．
（3）【拓展延伸】
如圖3，在四邊形ABCD中，AE⊥BC，垂足為E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝1，CD＝3，AD＝kAB（k為常數(shù)），求BD的長(zhǎng)（用含k的式子表示）．
【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)角，旋轉(zhuǎn)方向畫(huà)出圖形即可．
②只要證明△ABB′是等腰直角三角形即可．
（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥CD交CD的延長(zhǎng)線于H．證明△ABC≌△EAH（AAS）即可解決問(wèn)題．
（3）如圖3中，由AE⊥BC，BE＝EC，推出AB＝AC，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△ACG，連接DG．則BD＝CG，只要證明∠GDC＝90°，可得CG=DG2+CD2，由此即可解決問(wèn)題．
【解析】（1）①如圖1中，△AB′C′即為所求．
②由作圖可知，△ABB′是等腰直角三角形，
∴∠AB′B＝45°，
故答案為45．
（2）如圖2中，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥CD交CD的延長(zhǎng)線于H．
∵∠C＝∠BAE＝∠H＝90°，
∴∠B+∠CAB＝90°，∠CAB+∠EAH＝90°，
∴∠B＝∠EAH，
∵AB＝AE，
∴△ABC≌△EAH（AAS），
∴BC＝AH，EH＝AC，
∵BC＝CD，
∴CD＝AH，
∴DH＝AC＝EH，
∴∠EDH＝45°，
∴∠ADE＝135°．
（3）如圖3中，連接AC，
∵AE⊥BC，BE＝EC，
∴AB＝AC，
將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△ACG，連接DG．則BD＝CG，
∵∠BAD＝∠CAG，
∴∠BAC＝∠DAG，
∵AB＝AC，AD＝AG，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，
∴△ABC∽△ADG，
∵AD＝kAB，
∴DG＝kBC＝2k，
∵∠BAE+∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC，
∴∠ADG+∠ADC＝90°，
∴∠GDC＝90°，
∴CG=DG2+CD2=4k2+9．
∴BD＝CG=4k2+9．
【類型3】幾何翻折變換綜合題
【例3】（2020?南通）矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12．將矩形折疊，使點(diǎn)A落在點(diǎn)P處，折痕為DE．
（1）如圖①，若點(diǎn)P恰好在邊BC上，連接AP，求APDE的值；
（2）如圖②，若E是AB的中點(diǎn)，EP的延長(zhǎng)線交BC于點(diǎn)F，求BF的長(zhǎng)．
【分析】（1）如圖①中，取DE的中點(diǎn)M，連接PM．證明△POM∽△DCP，利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．
（2）如圖②中，過(guò)點(diǎn)P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．設(shè)EG＝x，則BG＝4﹣x．證明△EGP∽△PHD，推出EGPH=PGDH=EPPD=412=13，推出PG＝2EG＝3x，DH＝AG＝4+x，在Rt△PHD中，由PH2+DH2＝PD2，可得（3x）2+（4+x）2＝122，求出x，再證明△EGP∽△EBF，利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．
【解析】（1）如圖①中，取DE的中點(diǎn)M，連接PM．
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠C＝90°，
由翻折可知，AO＝OP，AP⊥DE，∠2＝∠3，∠DAE＝∠DPE＝90°，
在Rt△EPD中，∵EM＝MD，
∴PM＝EM＝DM，
∴∠3＝∠MPD，
∴∠1＝∠3+∠MPD＝2∠3，
∵∠ADP＝2∠3，
∴∠1＝∠ADP，
∵AD∥BC，
∴∠ADP＝∠DPC，
∴∠1＝∠DPC，
∵∠MOP＝∠C＝90°，
∴△POM∽△DCP，
∴POPM=CDPD=812=23，
∴APDE=2PO2PM=23．
解法二：證明△ABP和△DAE相似，APDE=ABDA=23．
（2）如圖②中，過(guò)點(diǎn)P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．則四邊形AGHD是矩形，設(shè)EG＝x，則BG＝4﹣x
∵∠A＝∠EPD＝90°，∠EGP＝∠DHP＝90°，
∴∠EPG+∠DPH＝90°，∠DPH+∠PDH＝90°，
∴∠EPG＝∠PDH，
∴△EGP∽△PHD，
∴EGPH=PGDH=EPPD=412=13，
∴PH＝3EG＝3x，DH＝AG＝4+x，
在Rt△PHD中，∵PH2+DH2＝PD2，
∴（3x）2+（4+x）2＝122，
解得x=165（負(fù)值已經(jīng)舍棄），
∴BG＝4?165=45，
在Rt△EGP中，GP=EP2?EG2=125，
∵GH∥BC，
∴△EGP∽△EBF，
∴EGEB=GPBF，
∴1654=125BF，
∴BF＝3．
【變式3-1】（2020?無(wú)錫）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，點(diǎn)E為邊CD上的一點(diǎn)（與C、D不重合），四邊形ABCE關(guān)于直線AE的對(duì)稱圖形為四邊形ANME，延長(zhǎng)ME交AB于點(diǎn)P，記四邊形PADE的面積為S．
（1）若DE=33，求S的值；
（2）設(shè)DE＝x，求S關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式．
【分析】（1）根據(jù)三角函數(shù)的定義得到∠AED＝60°，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠BAE＝60°，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到∠AEC＝∠AEM，推出△APE為等邊三角形，于是得到結(jié)論；
（2）過(guò)E作EF⊥AB于F，由（1）可知，∠AEP＝∠AED＝∠PAE，求得AP＝PE，設(shè)AP＝PE＝a，AF＝ED＝x，則PF＝a﹣x，EF＝AD＝1，根據(jù)勾股定理列方程得到a=x2+12x，于是得到結(jié)論．
【解析】（1）∵在矩形ABCD中，∠D＝90°，AD＝1，DE=33，
∴AE=AD2+DE2=233，
∴tan∠AED=ADDE=3，
∴∠AED＝60°，
∵AB∥CD，
∴∠BAE＝60°，
∵四邊形ABCE關(guān)于直線AE的對(duì)稱圖形為四邊形ANME，
∴∠AEC＝∠AEM，
∵∠PEC＝∠DEM，
∴∠AEP＝∠AED＝60°，
∴△APE為等邊三角形，
∴S=12×（233+33）×1=32；
（2）過(guò)E作EF⊥AB于F，
由（1）可知，∠AEP＝∠AED＝∠PAE，
∴AP＝PE，
設(shè)AP＝PE＝a，AF＝ED＝x，
則PF＝a﹣x，EF＝AD＝1，
在Rt△PEF中，（a﹣x）2+1＝a2，解得：a=x2+12x，
∴S=12?x×1+12×x2+12x×1=12x+x2+14x=3x2+14x．
【變式3-2】（2020?深圳）如圖，矩形紙片ABCD中，AB＝6，BC＝12．將紙片折疊，使點(diǎn)B落在邊AD的延長(zhǎng)線上的點(diǎn)G處，折痕為EF，點(diǎn)E、F分別在邊AD和邊BC上．連接BG，交CD于點(diǎn)K，F(xiàn)G交CD于點(diǎn)H．給出以下結(jié)論：
①EF⊥BG；
②GE＝GF；
③△GDK和△GKH的面積相等；
④當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C重合時(shí)，∠DEF＝75°，
其中正確的結(jié)論共有（ ）
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
【分析】連接BE，設(shè)EF與BG交于點(diǎn)O，由折疊的性質(zhì)可得EF垂直平分BG，可判斷①；由“ASA”可證△BOF≌△GOE，可得BF＝EG＝GF，可判斷②；通過(guò)證明四邊形BEGF是菱形，可得∠BEF＝∠GEF，由銳角三角函數(shù)可求∠AEB＝30°，可得∠DEF＝75°，可判斷④，由題意無(wú)法證明△GDK和△GKH的面積相等，即可求解．
【解析】如圖，連接BE，設(shè)EF與BG交于點(diǎn)O，
∵將紙片折疊，使點(diǎn)B落在邊AD的延長(zhǎng)線上的點(diǎn)G處，
∴EF垂直平分BG，
∴EF⊥BG，BO＝GO，BE＝EG，BF＝FG，故①正確，
∵AD∥BC，
∴∠EGO＝∠FBO，
又∵∠EOG＝∠BOF，
∴△BOF≌△GOE（ASA），
∴BF＝EG，
∴BF＝EG＝GF，故②正確，
∵BE＝EG＝BF＝FG，
∴四邊形BEGF是菱形，
∴∠BEF＝∠GEF，
當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C重合時(shí)，則BF＝BC＝BE＝12，
∵sin∠AEB=ABBE=612=12，
∴∠AEB＝30°，
∴∠DEF＝75°，故④正確，
∵BG平分∠EGF，
∴DG≠GH，
由角平分線定理，DGGH=DKKH，
∴DK≠KH，
∴S△GDK≠S△GKH，
故③錯(cuò)誤；
故選：C．
【變式3-3】（2020?廣東）如圖，在正方形ABCD中，AB＝3，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，CD上，∠EFD＝60°．若將四邊形EBCF沿EF折疊，點(diǎn)B′恰好落在AD邊上，則BE的長(zhǎng)度為（ ）
A．1B．2C．3D．2
【分析】由正方形的性質(zhì)得出∠EFD＝∠BEF＝60°，由折疊的性質(zhì)得出∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E，設(shè)BE＝x，則B'E＝x，AE＝3﹣x，由直角三角形的性質(zhì)可得：2（3﹣x）＝x，解方程求出x即可得出答案．
【解析】∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠A＝90°，
∴∠EFD＝∠BEF＝60°，
∵將四邊形EBCF沿EF折疊，點(diǎn)B恰好落在AD邊上，
∴∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E，
∴∠AEB'＝180°﹣∠BEF﹣∠FEB'＝60°，
∴B'E＝2AE，
設(shè)BE＝x，則B'E＝x，AE＝3﹣x，
∴2（3﹣x）＝x，
解得x＝2．
故選：D．
【達(dá)標(biāo)檢測(cè)】
1．（2020?包頭）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝2，Rt△ABC繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)得到Rt△A′B′C，A′C與AB交于點(diǎn)D．
（1）如圖1，當(dāng)A′B′∥AC時(shí)，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥A′C，垂足為E，連接AE．
①求證：AD＝BD；
②求S△ACES△ABE的值；
（2）如圖2，當(dāng)A′C⊥AB時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作DM∥A′B′，交B′C于點(diǎn)N，交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，求DNNM的值．
【分析】（1）①由平行線的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得∠B′A′C＝∠A′CA＝∠BAC，得CD＝AD，再證明CD＝BD便可得結(jié)論；
②證明△BEC∽△ACB得CE與CD的關(guān)系，進(jìn)而得S△ACE與S△ADE的關(guān)系，由D是AB的中點(diǎn)得S△ABE＝2S△ADE，進(jìn)而結(jié)果；
（2）證明CN∥AB得△MCN∽△MAD，得MNMD=CNAD，應(yīng)用面積法求得CD，進(jìn)而求得AD，再解直角三角形求得CN，便可求得結(jié)果．
【解析】（1）①∵A′B′∥AC，
∴∠B′A′C＝∠A′CA，
∵∠B′A′C＝∠BAC，
∴∠A′CA＝∠BAC，
∴AD＝CD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCD＝90°﹣∠ACD，
∵∠ABC＝90°﹣∠BAC，
∴∠CBD＝∠BCD，
∴BD＝CD，
∴AD＝BD；
②∵∠ACB＝90°，BC＝2，AC＝4，
∴AB=22+42=25，
∵BE⊥CD，
∴∠BEC＝∠ACB＝90°，
∵∠BCE＝∠ABC，
∴△BEC∽△ACB，
∴CEBC=BCAB，即CE2=225，
∴CE=255，
∵∠ACB＝90°，AD＝BD，
∴CD=12AB=5，
∴CE=25CD，
∴S△ACE=23S△ADE，
∵AD＝BD，
∴S△ABE＝2S△ADE，
∴S△ACES△ABE=13；
（2）∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°＝∠A′CB′，
∴AB∥CN，
∴△MCN∽△MAD，
∴MNMD=CNAD，
∵S△ABC=12AB?CD=12AC?BC，
∴CD=AC?BCAB=4×225=455，
∴AD=AC2?CD2=855，
∵DM∥A′B′，
∴∠CDN＝∠A′＝∠A，
∴CN＝CD?tan∠CDN＝CD?tanA＝CD?BCAC=455×24=255，
∴MNMD=255855=14，
∴DNNM=3．
2．（2020?吉林）能夠完全重合的平行四邊形紙片ABCD和AEFG按圖①方式擺放，其中AD＝AG＝5，AB＝9．點(diǎn)D，G分別在邊AE，AB上，CD與FG相交于點(diǎn)H．
【探究】求證：四邊形AGHD是菱形．
【操作一】固定圖①中的平行四邊形紙片ABCD，將平行四邊形紙片AEFG繞著點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定的角度，使點(diǎn)F與點(diǎn)C重合，如圖②．則這兩張平行四邊形紙片未重疊部分圖形的周長(zhǎng)和為 56 ．
【操作二】將圖②中的平行四邊形紙片AEFG繞著點(diǎn)A繼續(xù)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定的角度，使點(diǎn)E與點(diǎn)B重合，連接DG，CF，如圖③，若sin∠BAD=45，則四邊形DCFG的面積為 72 ．
【分析】【探究】先由平行四邊形的性質(zhì)得AE∥GF，DC∥AB，進(jìn)而得四邊形AGHD是平行四邊形，再結(jié)合鄰邊相等，得四邊形AGHD是菱形；
【操作一】這兩張平行四邊形紙片未重疊部分圖形的周長(zhǎng)和實(shí)際為平行四邊形ABCD和平行四邊形AEFG的周長(zhǎng)和，由此求得結(jié)果便可；
【操作二】證明△AMD≌△AMG得∠AMD＝∠AMG＝90°，解Rt△ADM得DM，再證明四邊形DCFG為矩形，由矩形面積公式求得結(jié)果．
【解析】【探究】∵四邊形ABCD和AEFG都是平行四邊形，
∴AE∥GF，DC∥AB，
∴四邊形AGHD是平行四邊形，
∵AD＝AG，
∴四邊形AGHD是菱形；
【操作一】根據(jù)題意得，這兩張平行四邊形紙片未重疊部分圖形的周長(zhǎng)和為：
ME+EF+MC+AD+DM+AM+AG+GN+AN+BN+BC+NF＝（ME+AM+AG+EF+NF+GN）+（AD+BC+DM+MC+AN+BN）＝2（AE+AG）+2（AB+AD）＝2×（9+5）+2×（9+5）＝56，
故答案為：56；
【操作二】由題意知，AD＝AG＝5，∠DAB＝∠BAG，
又AM＝AM，
∴△AMD≌△AMG（SAS），
∴DM＝GM，∠AMD＝∠AMG，
∵∠AMD+∠AMG＝180°，
∴∠AMD＝∠AMG＝90°，
∵sin∠BAD=45，
∴DMAD=45，
∴DM=45AD＝4，
∴DG＝8，
∵四邊形ABCD和四邊形AEFG是平行四邊形，
∴DC∥AB∥GF，DC＝AB＝GF＝9，
∴四邊形CDGF是平行四邊形，
∵∠AMD＝90°，
∴∠CDG＝∠AMD＝90°，
∴四邊形CDGF是矩形，
∴S矩形DCFG＝DG?DC＝8×9＝72，
故答案為：72．
3．（2020?湖北）實(shí)踐操作：
第一步：如圖1，將矩形紙片ABCD沿過(guò)點(diǎn)D的直線折疊，使點(diǎn)A落在CD上的點(diǎn)A'處，得到折痕DE，然后把紙片展平．
第二步：如圖2，將圖1中的矩形紙片ABCD沿過(guò)點(diǎn)E的直線折疊，點(diǎn)C恰好落在AD上的點(diǎn)C′處，點(diǎn)B落在點(diǎn)B'處，得到折痕EF，B'C′交AB于點(diǎn)M，C′F交DE于點(diǎn)N，再把紙片展平．
問(wèn)題解決：
（1）如圖1，填空：四邊形AEA'D的形狀是 正方形 ；
（2）如圖2，線段MC′與ME是否相等？若相等，請(qǐng)給出證明；若不等，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）如圖2，若AC′＝2cm，DC'＝4cm，求DN：EN的值．
【分析】（1）由折疊性質(zhì)得AD＝AD′，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE，再根據(jù)平行線的性質(zhì)和等腰三角形的判定得到四邊形AEA′D是菱形，進(jìn)而結(jié)合內(nèi)角為直角條件得四邊形AEA′D為正方形；
（2）連接C′E，證明Rt△EC′A≌Rt△C′EB′，得∠C′EA＝∠EC′B′，便可得結(jié)論；
（3）設(shè)DF＝xcm，則FC′＝FC＝（8﹣x）cm，由勾股定理求出x的值，延長(zhǎng)BA、FC′交于點(diǎn)G，求得AG，再證明△DNF∽△ENG，便可求得結(jié)果．
【解析】（1）∵ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°，
∵將矩形紙片ABCD沿過(guò)點(diǎn)D的直線折疊，使點(diǎn)A落在CD上的點(diǎn)A'處，得到折痕DE，
∴AD＝A′D，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE＝45°，
∵AB∥CD，
∴∠AED＝∠A′DE＝∠ADE，
∴AD＝AE，
∴AD＝AE＝A′E＝A′D，
∴四邊形AEA′D是菱形，
∵∠A＝90°，
∴四邊形AEA′D是正方形．
故答案為：正方形；
（2）MC′＝ME．
證明：如圖1，連接C′E，由（1）知，AD＝AE，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠EAC′＝∠B＝90°，
由折疊知，B′C′＝BC，∠B＝∠B′，
∴AE＝B′C′，∠EAC′＝∠B′，
又EC′＝C′E，
∴Rt△EC′A≌Rt△C′EB′（HL），
∴∠C′EA＝∠EC′B′，
∴MC′＝ME；
（3）∵Rt△EC′A≌Rt△C′EB′，
∴AC′＝B′E，
由折疊知，B′E＝BE，
∴AC′＝BE，
∵AC′＝2cm，DC′＝4cm，
∴AB＝CD＝2+4+2＝8（cm），
設(shè)DF＝xcm，則FC′＝FC＝（8﹣x）cm，
∵DC′2+DF2＝FC′2，
∴42+x2＝（8﹣x）2，
解得，x＝3，
即DF＝3cm，
如圖2，延長(zhǎng)BA、FC′交于點(diǎn)G，則∠AC′G＝∠DC′F，
∴tan∠AC′G＝tan∠DC′F=AGAC'=DFDC'=34，
∴AG=32cm，
∴EG=32+6=152cm，
∵DF∥EG，
∴△DNF∽△ENG，
∴DNEN=DFEG=3152=25．
4．（2020?宜昌）菱形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，0°＜∠ABO≤60°，點(diǎn)G是射線OD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)G作GE∥DC交射線OC于點(diǎn)E，以O(shè)E，OG為鄰邊作矩形EOGF．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)F在線段DC上時(shí)，求證：DF＝FC；
（2）若延長(zhǎng)AD與邊GF交于點(diǎn)H，將△GDH沿直線AD翻折180°得到△MDH．
①如圖2，當(dāng)點(diǎn)M在EG上時(shí)，求證：四邊形EOGF為正方形；
②如圖3，當(dāng)tan∠ABO為定值m時(shí)，設(shè)DG＝k?DO，k為大于0的常數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng)k＞2時(shí)，點(diǎn)M在矩形EOGF的外部，求m的值．
【分析】（1）證明四邊形GEFD是平行四邊形，四邊形GECF是平行四邊形，得GE＝DF，GE＝CF，進(jìn)而得結(jié)論；
（2）①由折疊的性質(zhì)知，∠GDH＝∠MDH，DH⊥GM，再證明∠DGM＝45°，進(jìn)而得OE＝OG，再根據(jù)正方形的判定方法得出結(jié)論；
②先證明k＝2時(shí)，M點(diǎn)在矩形 EOGF上，即點(diǎn)M在EF上，過(guò)點(diǎn)D作DN⊥EF于點(diǎn)N，設(shè)OB＝b，證明△MFH∽△DNM，用b表示MN，再由勾股定理列出等式，解答便可．
【解析】證明（1）∵四邊形EOGF是矩形，
∴EO∥GF，GO∥EF，
∵GE∥DC，
∴四邊形GEFD是平行四邊形，四邊形GECF是平行四邊形，
∴GE＝DF，GE＝CF，
∴DF＝FC；
（2）①如圖1，由折疊的性質(zhì)知，∠GDH＝∠MDH，DH⊥GM，
∵GE∥CD，
∴∠DGM＝∠BDC，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠ADB＝∠BDC，∠COD＝90°，
∵∠ADB＝∠GDH，
∴∠DGM＝∠GDH，
∵DH⊥GM，
∴∠DGM＝45°，
∴∠OEG＝45°，
∴OE＝OG，
∵四邊形EOGF是矩形，
∴四邊形EOGF是正方形；
②如圖2，∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠ADB，
∵GE∥CD，
∴∠DGE＝∠CDB，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠ADB＝∠DGE＝∠CDB，
∴∠GDM＝2∠ABD，
∵tan∠ABO＝m（m為定值），
∴點(diǎn)M始終在固定射線DM上并隨k的增大向上運(yùn)動(dòng)，
∵當(dāng)且僅當(dāng)k＞2時(shí)，M點(diǎn)在矩形EOGF的外部，
∴k＝2時(shí)，M點(diǎn)在矩形 EOGF上，
若點(diǎn)M在EF上，如圖2，
設(shè)OB＝b，則，OA＝OC＝mb，DG＝DM＝kb＝2b，OG＝（k+1）b＝3b，OE＝m（k+1）b＝3mb，GH＝HM＝mkb＝2mb，
∴FH＝OE﹣GH＝3mb﹣2mb＝mb，
過(guò)點(diǎn)D作DN⊥EF于點(diǎn)N，
∵∠FHM+∠FMH＝∠FMH+∠DMN，
∴∠FHM＝∠DMN，
∵∠F＝∠DNM＝90°，
∴△MFH∽△DNM，
∴FHMN=MHDM，
∴mbMN=2mb2b，
∴MN＝b，
∵DM2＝DN2+MN2，
∴（2b）2＝（3mb）2+b2，
解得，m=33，或m=?33（舍），
故m=33．
若點(diǎn)M在OE上，如圖3，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠GDH＝∠ADO＝∠ABO＝∠ODC，
設(shè)∠GDH＝∠ADO＝∠ABO＝∠ODC＝α，OD＝x，則DG＝2x，
∵∠MOG＝∠DGH＝90°，
∴GH＝DG?tanα＝2x?tanα，
OC＝OD?tanα＝x?tanα，
由折疊性質(zhì)知，DG＝DM＝2x，GM⊥DH，
∴∠OGM+∠MGH＝∠MGH+∠GHD＝90°，
∴∠OGM＝∠GHD，
∴△OGM∽△GHD，
∴OMGD=OGGH，
∴OM=GD?OGGH=2x?3x2x?tanα=3xtanα，
由勾股定理得，OD2+OM2＝DM2，
∴x2+(3xtanα)2=(2x)2，
解得，tanα=3，
∴m=3（舍棄，這種情形，不符合如圖3，隱含條件，∠ABD＞45°）．
故m=33．
5．（2020?邵陽(yáng)）已知：如圖①，將一塊45°角的直角三角板DEF與正方形ABCD的一角重合，連接AF，CE，點(diǎn)M是CE的中點(diǎn)，連接DM．
（1）請(qǐng)你猜想AF與DM的數(shù)量關(guān)系是 AF＝2DM ．
（2）如圖②，把正方形ABCD繞著點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α角（0°＜α＜90°）．
①AF與DM的數(shù)量關(guān)系是否仍成立，若成立，請(qǐng)證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；（溫馨提示：延長(zhǎng)DM到點(diǎn)N，使MN＝DM，連接CN）
②求證：AF⊥DM；
③若旋轉(zhuǎn)角α＝45°，且∠EDM＝2∠MDC，求ADED的值．（可不寫(xiě)過(guò)程，直接寫(xiě)出結(jié)果）
【分析】（1）根據(jù)題意合理猜想即可；
（2）①延長(zhǎng)DM到點(diǎn)N，使MN＝DM，連接CN，先證明△MNC≌△MDE，再證明△ADF≌△DCN，得到AF＝DN，故可得到AF＝2DM；
②根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和直角的換算即可求解；
③依題意可得∠AFD＝∠EDM＝30°，可設(shè)AG＝k，得到DG，AD，F(xiàn)G，ED的長(zhǎng)，故可求解．
【解析】（1）猜想AF與DM的數(shù)量關(guān)系是AF＝2DM，
理由：∵四邊形ABCD是正方形，
∴CD＝AD，∠ADC＝90°，
在△ADF和△CDE中，
AD=CD∠ADF=∠CDEDF=DE，
∴△ADF≌△CDE（SAS），
∴AF＝CE，
∵M(jìn)是CE的中點(diǎn)，
∴CE＝2DM，
∴AF＝2DM，
故答案為：AF＝2DM；
（2）①AF＝2DM仍然成立，
理由如下：延長(zhǎng)DM到點(diǎn)N，使MN＝DM，連接CN，
∵M(jìn)是CE中點(diǎn)，
∴CM＝EM，
又∠CMN＝∠EMD，
∴△MNC≌△MDE（SAS），
∴CN＝DE＝DF，∠MNC＝∠MDE，
∴CN∥DE，
又AD∥BC
∴∠NCB＝∠EDA，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠BCD＝90°＝∠EDF，
∴∠ADF＝∠DCN，
∴△ADF≌△DCN（SAS），
∴AF＝DN，
∴AF＝2DM；
②∵△ADF≌△DCN，
∴∠NDC＝∠FAD，
∵∠CDA＝90°，
∴∠NDC+∠NDA＝90°，
∴∠FAD+∠NDA＝90°，
∴AF⊥DM；
③∵α＝45°，
∴∠EDC＝90°﹣45°＝45°
∵∠EDM＝2∠MDC，
∴∠EDM=23∠EDC＝30°，
∴∠AFD＝30°，
過(guò)A點(diǎn)作AG⊥FD的延長(zhǎng)線于G點(diǎn)，∴∠ADG＝90°﹣45°＝45°，
∴△ADG是等腰直角三角形，
設(shè)AG＝k，則DG＝k，AD＝AG÷sin45°=2k，
FG＝AG÷tan30°=3k，
∴FD＝ED=3k﹣k，
故ADED=2k3k?k=6+22．
6．（2020?益陽(yáng)）定義：若四邊形有一組對(duì)角互補(bǔ)，一組鄰邊相等，且相等鄰邊的夾角為直角，像這樣的圖形稱為“直角等鄰對(duì)補(bǔ)”四邊形，簡(jiǎn)稱“直等補(bǔ)”四邊形．
根據(jù)以上定義，解決下列問(wèn)題：
（1）如圖1，正方形ABCD中，E是CD上的點(diǎn)，將△BCE繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，使BC與BA重合，此時(shí)點(diǎn)E的對(duì)應(yīng)點(diǎn)F在DA的延長(zhǎng)線上，則四邊形BEDF為“直等補(bǔ)”四邊形，為什么？
（2）如圖2，已知四邊形ABCD是“直等補(bǔ)”四邊形，AB＝BC＝5，CD＝1，AD＞AB，點(diǎn)B到直線AD的距離為BE．
①求BE的長(zhǎng)；
②若M、N分別是AB、AD邊上的動(dòng)點(diǎn)，求△MNC周長(zhǎng)的最小值．
【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得BE＝BF，再證明∠EBF＝90°，∠EBF+∠D＝180°便可；
（2）①過(guò)點(diǎn)C作CF⊥BE于點(diǎn)F，證明△BCF≌△ABE得CF＝BE，設(shè)BE＝x，在Rt△BCF中，則勾股定理列出x的方程解答便可；
②延長(zhǎng)CB到F，使得BF＝BC，延長(zhǎng)CD到G，使得CD＝DG，連接FG，分別與AB、AD交于點(diǎn)M、N，求出FG便是△MNC的最小周長(zhǎng)．
【解析】（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，
∵將△BCE繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，使BC與BA重合，此時(shí)點(diǎn)E的對(duì)應(yīng)點(diǎn)F在DA的延長(zhǎng)線上，
∴BE＝BF，∠CBE＝∠ABF，
∴∠EBF＝∠ABC＝90°，
∴∠EBF+∠D＝180°，
∴四邊形BEDF為“直等補(bǔ)”四邊形；
（2）①過(guò)C作CF⊥BF于點(diǎn)F，如圖1，
則∠CFE＝90°，
∵四邊形ABCD是“直等補(bǔ)”四邊形，AB＝BC＝5，CD＝1，AD＞AB，
∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，
∴∠D＝90°，
∵BE⊥AD，
∴∠DEF＝90°，
∴四邊形CDEF是矩形，
∴EF＝CD＝1，
∵∠ABE+∠A＝∠CBE+∠ABE＝90°，
∴∠A＝∠CBF，
∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC＝5，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE＝CF，
設(shè)BE＝CF＝x，則BF＝x﹣1，
∵CF2+BF2＝BC2，
∴x2+（x﹣1）2＝52，
解得，x＝4，或x＝﹣3（舍），
∴BE＝4；
②如圖2，延長(zhǎng)CB到F，使得BF＝BC，延長(zhǎng)CD到G，使得CD＝DG，連接FG，分別與AB、AD交于點(diǎn)M、N，過(guò)G作GH⊥BC，與BC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)H．
則BC＝BF＝5，CD＝DG＝1，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴CM＝FM，CN＝GN，
∴△MNC的周長(zhǎng)＝CM+MN+CN＝FM+MN+GN＝FG的值最小，
∵四邊形ABCD是“直等補(bǔ)”四邊形，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠BCD+∠HCG＝180°，
∴∠A＝∠HCG，
∵∠AEB＝∠CHG＝90°，
∴△ABE∽△CGH，
∴BEGH=AECH=ABCG
∵AB＝5，BE＝4，
∴AE=AB2?BE2=3，
∴4GH=3CH=52，
∴GH=85，CH=65，
∴FH＝FC+CH=565，
∴FG=FH2+GH2=82，
∴△MNC周長(zhǎng)的最小值為82．
7．（2020?十堰）如圖1，已知△ABC≌△EBD，∠ACB＝∠EDB＝90°，點(diǎn)D在AB上，連接CD并延長(zhǎng)交AE于點(diǎn)F．
（1）猜想：線段AF與EF的數(shù)量關(guān)系為 AF＝EF ；
（2）探究：若將圖1的△EBD繞點(diǎn)B順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，當(dāng)∠CBE小于180°時(shí)，得到圖2，連接CD并延長(zhǎng)交AE于點(diǎn)F，則（1）中的結(jié)論是否還成立？若成立，請(qǐng)證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）拓展：圖1中，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥CB，垂足為點(diǎn)G．當(dāng)∠ABC的大小發(fā)生變化，其它條件不變時(shí)，若∠EBG＝∠BAE，BC＝6，直接寫(xiě)出AB的長(zhǎng)．
【分析】（1）方法1、延長(zhǎng)DF到K點(diǎn)，并使FK＝DC，連接KE，證明△ACF≌△EDK，進(jìn)而得到△KEF為等腰三角形，即可證明AF＝KE＝EF；
方法2、先判斷出△CBD∽△ABE，得出∠DCB＝∠EAB，進(jìn)而判斷出△ADF∽△CDB，再判斷出△ADC∽△FDB，得出∠ACD＝∠ABF，即可得出結(jié)論；
（2）證明原理同（1），延長(zhǎng)DF到K點(diǎn)，并使FK＝DC，連接KE，證明△ACF≌△EDK，進(jìn)而得到△KEF為等腰三角形，即可證明AF＝KE＝EF；
（3）補(bǔ)充完整圖后證明四邊形AEGC為矩形，進(jìn)而得到∠ABC＝∠ABE＝∠EBG＝60°即可求解．
【解析】（1）方法1、延長(zhǎng)DF到K點(diǎn)，并使FK＝DC，連接KE，如圖1所示，
∵△ABC≌△EBD，
∴DE＝AC，BD＝BC，
∴∠CDB＝∠DCB，且∠CDB＝∠ADF，
∴∠ADF＝∠DCB，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠DCB＝90°，
∵∠EDB＝90°，
∴∠ADF+∠FDE＝90°，
∴∠ACD＝∠FDE，
∵FK+DF＝DC+DF，
∴DK＝CF，
在△ACF和△EDK中，AC=ED∠ACF=∠EDKCF=DK，
∴△ACF≌△EDK（SAS），
∴KE＝AF，∠K＝∠AFC，
又∠AFC＝∠KFE，
∴∠K＝∠KFE
∴KE＝EF
∴AF＝EF，
故AF與EF的數(shù)量關(guān)系為：AF＝EF．
故答案為：AF＝EF；
方法2、由旋轉(zhuǎn)得，∠CBD＝∠ABE，CB＝BD，AB＝BE，
∴CBAB=BDBE，
∴△CBD∽△ABE，
∴∠DCB＝∠EAB，
∵∠ADF＝∠CDB，
∴△ADF∽△CDB，
∴ADDC=DFDB，
∴ADDF=DCDB，
∵∠ADC＝∠FDB，
∴△ADC∽△FDB，
∴∠ACD＝∠ABF，
∵∠ACD+∠DCB＝90°，
∴∠EAB+∠ABF＝90°，
∴∠AFB＝90°，
∴BF⊥AE，
∵AB＝BE，BF⊥AE，
∴AF＝EF；
故答案為AF＝EF；
（2）仍然成立，理由如下：
延長(zhǎng)DF到K點(diǎn)，并使FK＝DC，連接KE，如圖2所示，
設(shè)BD延長(zhǎng)線DM交AE于M點(diǎn)，
∵△ABC≌△EBD，
∴DE＝AC，BD＝BC，
∴∠CDB＝∠DCB，且∠CDB＝∠MDF，
∴∠MDF＝∠DCB，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠DCB＝90°，
∵∠EDB＝90°，
∴∠MDF+∠FDE＝90°，
∴∠ACD＝∠FDE，
∵FK+DF＝DC+DF，
∴DK＝CF，
在△ACF和△EDK中，AC=ED∠ACF=∠EDKCF=DK，
∴△ACF≌△EDK（SAS），
∴KE＝AF，∠K＝∠AFC，
又∠AFC＝∠KFE，
∴∠K＝∠KFE，
∴KE＝EF，
∴AF＝EF，
故AF與EF的數(shù)量關(guān)系為：AF＝EF．
（3）當(dāng)點(diǎn)G在點(diǎn)B右側(cè)時(shí)，如圖3所示，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC交CB的延長(zhǎng)線于G，
∵BA＝BE，
∴∠BAE＝∠BEA，
∵∠BAE＝∠EBG，
∴∠BEA＝∠EBG，
∴AE∥CG，
∴∠AEG+∠G＝180°，
∴∠AEG＝90°，
∴∠ACG＝∠G＝∠AEG＝90°，
∴四邊形AEGC為矩形，
∴AC＝EG，且AB＝BE，
∴Rt△ACB≌Rt△EGB（HL），
∴BG＝BC＝6，∠ABC＝∠EBG，
又∵ED＝AC＝EG，且EB＝EB，
∴Rt△EDB≌Rt△EGB（HL），
∴DB＝GB＝6，∠EBG＝∠ABE，
∴∠ABC＝∠ABE＝∠EBG＝60°，
∴∠BAC＝30°，
在Rt△ABC中，由30°所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半可知：AB＝2BC＝12．
當(dāng)點(diǎn)G在點(diǎn)B左側(cè)時(shí)，如圖4所示，
由旋轉(zhuǎn)知，∠ABC＝∠ABE，AB＝BE，
∴∠BAE＝∠BEA，
∵∠BAE＝∠EBG＝2∠ABC＝2∠ABE，
∴∠BAE＝∠AEB＝2∠ABE，
∵∠AEB+∠BAE+∠ABE＝180°，
∴2∠ABE+2∠ABE+∠ABE＝180°，
∴∠BAE＝36°，
∴∠ABC＝36°，
在Rt△ABC中，cs36°=BCAB，
∴AB=BCcs36°=6cs36°，
即滿足條件的AB＝12或6cs36°．
8．（2020?威海）發(fā)現(xiàn)規(guī)律
（1）如圖①，△ABC與△ADE都是等邊三角形，直線BD，CE交于點(diǎn)F．直線BD，AC交于點(diǎn)H．求∠BFC的度數(shù)．
（2）已知：△ABC與△ADE的位置如圖②所示，直線BD，CE交于點(diǎn)F．直線BD，AC交于點(diǎn)H．若∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，求∠BFC的度數(shù)．
應(yīng)用結(jié)論
（3）如圖③，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O的坐標(biāo)為（0，0），點(diǎn)M的坐標(biāo)為（3，0），N為y軸上一動(dòng)點(diǎn)，連接MN．將線段MN繞點(diǎn)M逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段MK，連接NK，OK．求線段OK長(zhǎng)度的最小值．
【分析】（1）由“SAS”可證△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE，由三角形內(nèi)角和定理可求解；
（2）通過(guò)證明△ABC∽△ADE，可得∠BAC＝∠DAE，ABAD=ACAE，可證△ABD∽△ACE，可得∠ABD＝∠ACE，由外角性質(zhì)可得∠BFC＝∠BAC，由三角形內(nèi)角和定理可求解；
（3）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得△MNK是等邊三角形，可得MK＝MN＝NK，∠NMK＝∠NKM＝∠KNM＝60°，如圖③，將△MOK繞點(diǎn)M順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△MQN，連接OQ，可得∠OMQ＝60°，OK＝NQ，MO＝MQ，則當(dāng)NQ為最小值時(shí)，OK有最小值，由垂線段最短可得當(dāng)QN⊥y軸時(shí)，NQ有最小值，由直角三角形的性質(zhì)可求解．
【解析】（1）如圖①，
∵△ABC，△ADE是等邊三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°＝∠ABC＝∠ACB，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABD+∠FBC＝∠ABC＝60°，
∴∠ACE+∠FBC＝60°，
∴∠BFC＝180°﹣∠FBC﹣∠ACE﹣∠ACB＝60°；
（2）如圖②，
∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，ABAD=ACAE，
∴∠BAD＝∠CAE，ABAC=ADAE，
∴△ABD∽△ACE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠BHC＝∠ABD+∠BAC＝∠BFC+∠ACE，
∴∠BFC＝∠BAC，
∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠BFC+α+β＝180°，
∴∠BFC＝180°﹣α﹣β；
（3）∵將線段MN繞點(diǎn)M逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段MK，
∴MN＝MK，∠NMK＝60°，
∴△MNK是等邊三角形，
∴MK＝MN＝NK，∠NMK＝∠NKM＝∠KNM＝60°，
如圖③，將△MOK繞點(diǎn)M順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△MQN，連接OQ，
∴△MOK≌△MQN，∠OMQ＝60°，
∴OK＝NQ，MO＝MQ，
∴△MOQ是等邊三角形，
∴∠QOM＝60°，
∴∠NOQ＝30°，
∵OK＝NQ，
∴當(dāng)NQ為最小值時(shí)，OK有最小值，
由垂線段最短可得：當(dāng)QN⊥y軸時(shí)，NQ有最小值，
此時(shí)，QN⊥y軸，∠NOQ＝30°，
∴NQ=12OQ=32，
∴線段OK長(zhǎng)度的最小值為32．
9．（2020?重慶）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)D是BC邊上一動(dòng)點(diǎn)，連接AD，把AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到AE，連接CE，DE．點(diǎn)F是DE的中點(diǎn)，連接CF．
（1）求證：CF=22AD；
（2）如圖2所示，在點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，當(dāng)BD＝2CD時(shí)，分別延長(zhǎng)CF，BA，相交于點(diǎn)G，猜想AG與BC存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你猜想的結(jié)論；
（3）在點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，在線段AD上存在一點(diǎn)P，使PA+PB+PC的值最小．當(dāng)PA+PB+PC的值取得最小值時(shí)，AP的長(zhǎng)為m，請(qǐng)直接用含m的式子表示CE的長(zhǎng)．
【分析】（1）由“SAS”可證△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)可得結(jié)論；
（2）過(guò)點(diǎn)G作GH⊥BC于H，設(shè)CD＝a，可得BD＝2a，BC＝3a，AB＝AC=322a，由全等三角形的性質(zhì)可得BD＝CE＝2a，由銳角三角函數(shù)可求GH＝2CH，可求CH＝a，可求BG的長(zhǎng)，即可求AG=22a=22CD=26BC；
（3）將△BPC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，連接PN，可得當(dāng)點(diǎn)A，點(diǎn)P，點(diǎn)N，點(diǎn)M共線時(shí)，PA+PB+PC值最小，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得△BPN是等邊三角形，△CBM是等邊三角形，可得∠BPN＝∠BNP＝60°，BM＝CM，由直角三角形的性質(zhì)可求解．
【解析】證明：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵把AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAE，DE=2AD，
又∵AB＝AC，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝90°，
∵點(diǎn)F是DE的中點(diǎn)，
∴CF=12DE=22AD；
（2）AG=26BC，
理由如下：如圖2，過(guò)點(diǎn)G作GH⊥BC于H，
∵BD＝2CD，
∴設(shè)CD＝a，則BD＝2a，BC＝3a，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴AB＝AC=BC2=322a，
由（1）可知：△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE＝2a，
∵CF＝DF，
∴∠FDC＝∠FCD，
∴tan∠FDC＝tan∠FCD，
∴CECD=GHCH=2，
∴GH＝2CH，
∵GH⊥BC，∠ABC＝45°，
∴∠ABC＝∠BGH＝45°，
∴BH＝GH，
∴BG=2BH
∵BH+CH＝BC＝3a，
∴CH＝a，BH＝GH＝2a，
∴BG＝22a，
∴AG＝BG﹣AB=22a=22CD=26BC；
（3）如圖3﹣1，將△BPC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，連接PN，
∴BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°，
∴△BPN是等邊三角形，
∴BP＝PN，
∴PA+PB+PC＝AP+PN+MN，
∴當(dāng)點(diǎn)A，點(diǎn)P，點(diǎn)N，點(diǎn)M共線時(shí)，PA+PB+PC值最小，
此時(shí)，如圖3﹣2，連接MC，
∵將△BPC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，
∴BP＝BN，BC＝BM，∠PBN＝60°＝∠CBM，
∴△BPN是等邊三角形，△CBM是等邊三角形，
∴∠BPN＝∠BNP＝60°，BM＝CM，
∵BM＝CM，AB＝AC，
∴AM垂直平分BC，
∵AD⊥BC，∠BPD＝60°，
∴BD=3PD，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD⊥BC，
∴AD＝BD，
∴3PD＝PD+AP，
∴PD=3+12m，
∴BD=3PD=3+32m，
由（1）可知：CE＝BD=3+32m．
10．（2020?青海）在△ABC中，AB＝AC，CG⊥BA交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．
特例感知：
（1）將一等腰直角三角尺按圖1所示的位置擺放，該三角尺的直角頂點(diǎn)為F，一條直角邊與AC重合，另一條直角邊恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)B．通過(guò)觀察、測(cè)量BF與CG的長(zhǎng)度，得到BF＝CG．請(qǐng)給予證明．
猜想論證：
（2）當(dāng)三角尺沿AC方向移動(dòng)到圖2所示的位置時(shí)，一條直角邊仍與AC邊重合，另一條直角邊交BC于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥BA垂足為E．此時(shí)請(qǐng)你通過(guò)觀察、測(cè)量DE、DF與CG的長(zhǎng)度，猜想并寫(xiě)出DE、DF與CG之間存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想．
聯(lián)系拓展：
（3）當(dāng)三角尺在圖2的基礎(chǔ)上沿AC方向繼續(xù)移動(dòng)到圖3所示的位置（點(diǎn)F在線段AC上，且點(diǎn)F與點(diǎn)C不重合）時(shí)，請(qǐng)你判斷（2）中的猜想是否仍然成立？（不用證明）
【分析】（1）證明△FAB≌△GAC即可解決問(wèn)題．
（2）結(jié)論：CG＝DE+DF．利用面積法證明即可．
（3）結(jié)論不變，證明方法類似（2）．
【解析】（1）證明：如圖1中，
∵∠F＝∠G＝90°，∠FAB＝∠CAG，AB＝AC，
∴△FAB≌△GAC（AAS），
∴FB＝CG．
（2）解：結(jié)論：CG＝DE+DF．
理由：如圖2中，連接AD．
∵S△ABC＝S△ABD+S△ADC，DE⊥AB，DF⊥AC，CG⊥AB，
∴12?AB?CG=12?AB?DE+12?AC?DF，
∵AB＝AC，
∴CG＝DE+DF．
（3）解：結(jié)論不變：CG＝DE+DF．
理由：如圖3中，連接AD．
∵S△ABC＝S△ABD+S△ADC，DE⊥AB，DF⊥AC，CG⊥AB，
∴12?AB?CG=12?AB?DE+12?AC?DF，
∵AB＝AC，
∴CG＝DE+DF．
11．（2020?山西）綜合與實(shí)踐
問(wèn)題情境：
如圖①，點(diǎn)E為正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，∠AEB＝90°，將Rt△ABE繞點(diǎn)B按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°，得到△CBE′（點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)C）．延長(zhǎng)AE交CE′于點(diǎn)F，連接DE．
猜想證明：
（1）試判斷四邊形BE'FE的形狀，并說(shuō)明理由；
（2）如圖②，若DA＝DE，請(qǐng)猜想線段CF與FE'的數(shù)量關(guān)系并加以證明；
解決問(wèn)題：
（3）如圖①，若AB＝15，CF＝3，請(qǐng)直接寫(xiě)出DE的長(zhǎng)．
【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠AEB＝∠CE'B＝90°，BE＝BE'，∠EBE'＝90°，由正方形的判定可證四邊形BE'FE是正方形；
（2）過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AE于H，由等腰三角形的性質(zhì)可得AH=12AE，DH⊥AE，由“AAS”可得△ADH≌△BAE，可得AH＝BE=12AE，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AE＝CE'，可得結(jié)論；
（3）利用勾股定理可求BE＝BE'＝9，再利用勾股定理可求DE的長(zhǎng)．
【解析】（1）四邊形BE'FE是正方形，
理由如下：
∵將Rt△ABE繞點(diǎn)B按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°，
∴∠AEB＝∠CE'B＝90°，BE＝BE'，∠EBE'＝90°，
又∵∠BEF＝90°，
∴四邊形BE'FE是矩形，
又∵BE＝BE'，
∴四邊形BE'FE是正方形；
（2）CF＝E'F；
理由如下：如圖②，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AE于H，
∵DA＝DE，DH⊥AE，
∴AH=12AE，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠DAH+∠EAB＝90°，
∴∠ADH＝∠EAB，
又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH＝BE=12AE，
∵將Rt△ABE繞點(diǎn)B按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°，
∴AE＝CE'，
∵四邊形BE'FE是正方形，
∴BE＝E'F，
∴E'F=12CE'，
∴CF＝E'F；
（3）如圖①，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AE于H，
∵四邊形BE'FE是正方形，
∴BE'＝E'F＝BE，
∵AB＝BC＝15，CF＝3，BC2＝E'B2+E'C2，
∴225＝E'B2+（E'B+3）2，
∴E'B＝9＝BE，
∴CE'＝CF+E'F＝12，
由（2）可知：BE＝AH＝9，DH＝AE＝CE'＝12，
∴HE＝3，
∴DE=DH2+HE2=144+9=317．
12．（2020?遼陽(yáng)）如圖，射線AB和射線CB相交于點(diǎn)B，∠ABC＝α（0°＜α＜180°），且AB＝CB．點(diǎn)D是射線CB上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)D不與點(diǎn)C和點(diǎn)B重合），作射線AD，并在射線AD上取一點(diǎn)E，使∠AEC＝α，連接CE，BE．
（1）如圖①，當(dāng)點(diǎn)D在線段CB上，α＝90°時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出∠AEB的度數(shù)；
（2）如圖②，當(dāng)點(diǎn)D在線段CB上，α＝120°時(shí)，請(qǐng)寫(xiě)出線段AE，BE，CE之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；
（3）當(dāng)α＝120°，tan∠DAB=13時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出CEBE的值．
【分析】（1）連接AC，證A、B、E、C四點(diǎn)共圓，由圓周角定理得出∠AEB＝∠ACB，證出△ABC是等腰直角三角形，則∠ACB＝45°，進(jìn)而得出結(jié)論；
（2）在AD上截取AF＝CE，連接BF，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥EF于H，證△ABF≌△CBE（SAS），得出∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，由等腰三角形的性質(zhì)得出FH＝EH，由三角函數(shù)定義得出FH＝EH=32BE，進(jìn)而得出結(jié)論；
（3）由（2）得FH＝EH=32BE，由三角函數(shù)定義得出AH＝3BH=32BE，分別表示出CE，進(jìn)而得出答案．
【解析】（1）連接AC，如圖①所示：
∵α＝90°，∠ABC＝α，∠AEC＝α，
∴∠ABC＝∠AEC＝90°，
∴A、B、E、C四點(diǎn)共圓，
∴∠AEB＝∠ACB，
∵∠ABC＝90°，AB＝CB，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝45°，
∴∠AEB＝45°；
（2）AE=3BE+CE，理由如下：
在AD上截取AF＝CE，連接BF，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥EF于H，如圖②所示：
∵∠ABC＝∠AEC，∠ADB＝∠CDE，
∴180°﹣∠ABC﹣∠ADB＝180°﹣∠AEC﹣∠CDE，
∴∠A＝∠C，
在△ABF和△CBE中，AF=CE∠A=∠CAB=CB，
∴△ABF≌△CBE（SAS），
∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，
∴∠ABF+∠FBD＝∠CBE+∠FBD，
∴∠ABD＝∠FBE，
∵∠ABC＝120°，
∴∠FBE＝120°，
∵BF＝BE，
∴∠BFE＝∠BEF=12×（180°﹣∠FBE）=12×（180°﹣120°）＝30°，
∵BH⊥EF，
∴∠BHE＝90°，F(xiàn)H＝EH，
在Rt△BHE中，BH=12BE，F(xiàn)H＝EH=3BH=32BE，
∴EF＝2EH＝2×32BE=3BE，
∵AE＝EF+AF，AF＝CE，
∴AE=3BE+CE；
（3）分兩種情況：
①當(dāng)點(diǎn)D在線段CB上時(shí)，
在AD上截取AF＝CE，連接BF，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥EF于H，如圖②所示：
由（2）得：FH＝EH=32BE，
∵tan∠DAB=BHAH=13，
∴AH＝3BH=32BE，
∴CE＝AF＝AH﹣FH=32BE?32BE=3?32BE，
∴CEBE=3?32；
②當(dāng)點(diǎn)D在線段CB的延長(zhǎng)線上時(shí)，
在射線AD上截取AF＝CE，連接BF，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥EF于H，如圖③所示：
同①得：FH＝EH=32BE，AH＝3BH=32BE，
∴CE＝AF＝AH+FH=32BE+32BE=3+32BE，
∴CEBE=3+32；
綜上所述，當(dāng)α＝120°，tan∠DAB=13時(shí)，CEBE的值為3?32或3+32．
13．（2020?金華）如圖，在△ABC中，AB＝42，∠B＝45°，∠C＝60°．
（1）求BC邊上的高線長(zhǎng)．
（2）點(diǎn)E為線段AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F在邊AC上，連結(jié)EF，沿EF將△AEF折疊得到△PEF．
①如圖2，當(dāng)點(diǎn)P落在BC上時(shí)，求∠AEP的度數(shù)．
②如圖3，連結(jié)AP，當(dāng)PF⊥AC時(shí)，求AP的長(zhǎng)．
【分析】（1）如圖1中，過(guò)點(diǎn)A作AD⊥BC于D．解直角三角形求出AD即可．
（2）①證明BE＝EP，可得∠EPB＝∠B＝45°解決問(wèn)題．
②如圖3中，由（1）可知：AC=ADsin60°=833，證明△AEF∽△ACB，推出AFAB=AEAC，由此求出AF即可解決問(wèn)題．
【解析】（1）如圖1中，過(guò)點(diǎn)A作AD⊥BC于D．
在Rt△ABD中，AD＝AB?sin45°＝42×22=4．
（2）①如圖2中，
∵△AEF≌△PEF，
∴AE＝EP，
∵AE＝EB，
∴BE＝EP，
∴∠EPB＝∠B＝45°，
∴∠PEB＝90°，
∴∠AEP＝180°﹣90°＝90°．
②如圖3中，由（1）可知：AC=ADsin60°=833，
∵PF⊥AC，
∴∠PFA＝90°，
∵△AEF≌△PEF，
∴∠AFE＝∠PFE＝45°，
∴∠AFE＝∠B，
∵∠EAF＝∠CAB，
∴△AEF∽△ACB，
∴AFAB=AEAC，即AF42=22833，
∴AF＝23，
在Rt△AFP，AF＝FP，
∴AP=2AF＝26．
方法二：AE＝BE＝PE可得直角三角形ABP，由PF⊥AC，可得∠AFE＝45°，可得∠FAP＝45°，即∠PAB＝30°． AP＝ABcs30°＝26．
14．（2020?青島）已知：如圖，在四邊形ABCD和Rt△EBF中，AB∥CD，CD＞AB，點(diǎn)C在EB上，∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，延長(zhǎng)DC交EF于點(diǎn)M．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AC方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為2cm/s；同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)M出發(fā)，沿MF方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s．過(guò)點(diǎn)P作GH⊥AB于點(diǎn)H，交CD于點(diǎn)G．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）（0＜t＜5）．
解答下列問(wèn)題：
（1）當(dāng)t為何值時(shí)，點(diǎn)M在線段CQ的垂直平分線上？
（2）連接PQ，作QN⊥AF于點(diǎn)N，當(dāng)四邊形PQNH為矩形時(shí)，求t的值；
（3）連接QC，QH，設(shè)四邊形QCGH的面積為S（cm2），求S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（4）點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，是否存在某一時(shí)刻t，使點(diǎn)P在∠AFE的平分線上？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【分析】（1）由平行線分線段成比例可得CMBF=CEBE，可求CM的長(zhǎng)，由線段垂直平分線的性質(zhì)可得CM＝MQ，即可求解；
（2）利用銳角三角函數(shù)分別求出PH=65t，QN＝6?45t，由矩形的性質(zhì)可求解；
（3）利用面積的和差關(guān)系可得S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，即可求解；
（4）連接PF，延長(zhǎng)AC交EF于K，由“SSS”可證△ABC≌△EBF，可得∠E＝∠CAB，可證∠ABC＝∠EKC＝90°，由面積法可求CK的長(zhǎng)，由角平分線的性質(zhì)可求解．
【解析】（1）∵AB∥CD，
∴CMBF=CEBE，
∴8?68=CM6，
∴CM=32，
∵點(diǎn)M在線段CQ的垂直平分線上，
∴CM＝MQ，
∴1×t=32，
∴t=32；
（2）如圖1，過(guò)點(diǎn)Q作QN⊥AF于點(diǎn)N，
∵∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，
∴AC=AB2+BC2=64+36=10cm，EF=BF2+BE2=64+36=10cm，
∵CE＝2cm，CM=32cm，
∴EM=EC2+CM2=4+94=52，
∵sin∠PAH＝sin∠CAB，
∴BCAC=PHAP，
∴610=PH2t，
∴PH=65t，
同理可求QN＝6?45t，
∵四邊形PQNH是矩形，
∴PH＝NQ，
∴6?45t=65t，
∴t＝3；
∴當(dāng)t＝3時(shí)，四邊形PQNH為矩形；
（3）如圖2，過(guò)點(diǎn)Q作QN⊥AF于點(diǎn)N，
由（2）可知QN＝6?45t，
∵cs∠PAH＝cs∠CAB，
∴AHAP=ABAC，
∴AH2t=810，
∴AH=85t，
∵四邊形QCGH的面積為S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，
∴S=12×6×（8?85t+6+8?85t+32）?12×32×[6﹣（6?45t）]?12×（6?45t）（8?85t+6）=?1625t2+15t+572；
（4）存在
理由如下：如圖3，連接PF，延長(zhǎng)AC交EF于K，
∵AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，AC＝EF＝10cm，
∴△ABC≌△EBF（SSS），
∴∠E＝∠CAB，
又∵∠ACB＝∠ECK，
∴∠ABC＝∠EKC＝90°，
∵S△CEM=12×EC×CM=12×EM×CK，
∴CK=2×3252=65，
∵PF平分∠AFE，PH⊥AF，PK⊥EF，
∴PH＝PK，
∴65t＝10﹣2t+65，
∴t=72，
∴當(dāng)t=72時(shí)，使點(diǎn)P在∠AFE的平分線上．
15．（2020?岳陽(yáng)）如圖1，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，動(dòng)點(diǎn)P，Q分別從C點(diǎn)，A點(diǎn)同時(shí)以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度出發(fā)，且分別在邊CA，AB上沿C→A，A→B的方向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，P，Q兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（s），連接PQ，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥PQ，PE與邊BC相交于點(diǎn)E，連接QE．
（1）如圖2，當(dāng)t＝5s時(shí)，延長(zhǎng)EP交邊AD于點(diǎn)F．求證：AF＝CE；
（2）在（1）的條件下，試探究線段AQ，QE，CE三者之間的等量關(guān)系，并加以證明；
（3）如圖3，當(dāng)t＞94s時(shí)，延長(zhǎng)EP交邊AD于點(diǎn)F，連接FQ，若FQ平分∠AFP，求AFCE的值．
【分析】（1）先利用勾股定理求出AC，再判斷出CP＝AP，進(jìn)而判斷出△APF≌△CPE，即可得出結(jié)論；
（2）先判斷出AF＝CE，PE＝PF，再用勾股定理得出AQ2+AF2＝QF2，即可得出結(jié)論；
（3）先判斷出△FAQ≌△FPQ（AAS），得出AQ＝PQ＝t，AF＝PF，進(jìn)而判斷出PE＝CE，再判斷出△CNE∽△CBA，得出CE=58t，在Rt△QPE中，QE2＝PQ2+PE2，在Rt△BQE中，QE2＝BQ2+BE2，得出PQ2+PE2＝BQ2+BE2，t2+（58t）2＝（6﹣t）2，進(jìn)而求出t，即可得出結(jié)論．
【解析】（1）∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ABC＝90°，
在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，根據(jù)勾股定理得，AC＝10，
由運(yùn)動(dòng)知，CP＝t＝5，
∴AP＝AC﹣CP＝5，
∴AP＝CP，
∵AD∥BC，
∴∠PAF＝∠PCE，∠AFP＝∠CEP，
∴△APF≌△CPE（AAS），
∴AF＝CE；
（2）結(jié)論：AQ2+CE2＝QE2，
理由：如圖2，
連接FQ，由（1）知，△APF≌△CPE，
∴AF＝CE，PE＝PF，
∵EF⊥PQ，
∴QE＝QF，
在Rt△QAF中，根據(jù)勾股定理得，AQ2+AF2＝QF2，
∴AQ2+CE2＝QE2；
（3）如圖3，
由運(yùn)動(dòng)知，AQ＝t，CP＝t，
∴AP＝AC﹣CP＝10﹣t，
∵FQ平分∠AFE，
∴∠AFQ＝∠PFQ，
∵∠FAQ＝∠FPQ＝90°，F(xiàn)Q＝FQ，
∴△FAQ≌△FPQ（AAS），
∴AQ＝PQ＝t，AF＝PF，
∴BQ＝AB﹣AQ＝6﹣t，∠FAC＝∠FPA，
∵∠DAC＝∠ACB，∠APF＝∠CPE，
∴∠ACB＝∠CPE，
∴PE＝CE，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥AC于N，
∴CN=12CP=12t，∠CNE＝90°＝∠ABC，
∵∠NCE＝∠BCA，
∴△CNE∽△CBA，
∴CEAC=CNCB，
∴CE10=12t8，
∴CE=58t，
∴PE=58t，BE＝BC﹣CE＝8?58t，
在Rt△QPE中，QE2＝PQ2+PE2，
在Rt△BQE中，QE2＝BQ2+BE2，
∴PQ2+PE2＝BQ2+BE2，
∴t2+（58t）2＝（6﹣t）2+（8?58t）2，
∴t=5011，
∴CP＝t=5011，
∴AP＝10﹣CP=6011，
∵AD∥BC，
∴△APF∽△CPE，
∴AFCE=APCP=60115011=65．
16．（2020?濰坊）如圖1，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC=2+1，點(diǎn)D，E分別在邊AB，AC上，且AD＝AE＝1，連接DE．現(xiàn)將△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜360°），如圖2，連接CE，BD，CD．
（1）當(dāng)0°＜α＜180°時(shí)，求證：CE＝BD；
（2）如圖3，當(dāng)α＝90°時(shí)，延長(zhǎng)CE交BD于點(diǎn)F，求證：CF垂直平分BD；
（3）在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，求△BCD的面積的最大值，并寫(xiě)出此時(shí)旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)．
【分析】（1）利用“SAS”證得△ACE≌△ABD即可得到結(jié)論；
（2）利用“SAS”證得△ACE≌△ABD，推出∠ACE＝∠ABD，計(jì)算得出CD＝BC=2+2，利用等腰三角形“三線合一”的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（3）觀察圖形，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC的垂直平分線上時(shí)，△BCD的面積取得最大值，利用等腰直角三角形的性質(zhì)結(jié)合三角形面積公式即可求解．
【解析】（1）證明：如圖2中，根據(jù)題意：AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠EAD＝90°，
∵∠CAE+∠BAE＝∠BAD+∠BAE＝90°，
∴∠CAE＝∠BAD，
在△ACE和△ABD中，
AC=AB∠CAE=∠BADAE=AD，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴CE＝BD；
（2）證明：如圖3中，根據(jù)題意：AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠EAD＝90°，
在△ACE和△ABD中，
AC=AB∠CAE=∠BADAE=AD，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠ACE+∠AEC＝90°，且∠AEC＝∠FEB，
∴∠ABD+∠FEB＝90°，
∴∠EFB＝90°，
∴CF⊥BD，
∵AB＝AC=2+1，AD＝AE＝1，∠CAB＝∠EAD＝90°，
∴BC=2AB=2+2，CD＝AC+AD=2+2，
∴BC＝CD，
∵CF⊥BD，
∴CF是線段BD的垂直平分線；
（3）解：△BCD中，邊BC的長(zhǎng)是定值，則BC邊上的高取最大值時(shí)△BCD的面積有最大值，
∴當(dāng)點(diǎn)D在線段BC的垂直平分線上時(shí)，△BCD的面積取得最大值，如圖4中：
∵AB＝AC=2+1，AD＝AE＝1，∠CAB＝∠EAD＝90°，DG⊥BC于G，
∴AG=12BC=2+22，∠GAB＝45°，
∴DG＝AG+AD=2+22+1=2+42，∠DAB＝180°﹣45°＝135°，
∴△BCD的面積的最大值為：12BC?DG=12(2+2)(2+42)=32+52，
旋轉(zhuǎn)角α＝135°．
17．（2020?重慶）△ABC為等邊三角形，AB＝8，AD⊥BC于點(diǎn)D，E為線段AD上一點(diǎn)，AE＝23．以AE為邊在直線AD右側(cè)構(gòu)造等邊三角形AEF，連接CE，N為CE的中點(diǎn)．
（1）如圖1，EF與AC交于點(diǎn)G，連接NG，求線段NG的長(zhǎng)；
（2）如圖2，將△AEF繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α，M為線段EF的中點(diǎn)，連接DN，MN．當(dāng)30°＜α＜120°時(shí)，猜想∠DNM的大小是否為定值，并證明你的結(jié)論；
（3）連接BN，在△AEF繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)線段BN最大時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出△ADN的面積．
【分析】（1）如圖1中，連接BE，CF．解直角三角形求出BE，再利用全等三角形的性質(zhì)證明CF＝BE，利用三角形的中位線定理即可解決問(wèn)題．
（2）結(jié)論：∠DNM＝120°是定值．利用全等三角形的性質(zhì)證明∠EBC+∠BCF＝120°，再利用三角形的中位線定理，三角形的外角的性質(zhì)證明∠DNM＝∠EBC+∠BCF即可．
（3）如圖3﹣1中，取AC的中點(diǎn)，連接BJ，BN．首先證明當(dāng)點(diǎn)N在BJ的延長(zhǎng)線上時(shí)，BN的值最大，如圖3﹣2中，過(guò)點(diǎn)N作NH⊥AD于H，設(shè)BJ交AD于K，連接AN．解直角三角形求出NH即可解決問(wèn)題．
【解析】（1）如圖1中，連接BE，CF．
∵△ABC是等邊三角形，AD⊥BC，
∴AB＝BC＝AC＝8，BD＝CD＝4，∠BAD＝∠CAD＝30°，
∴AD=3BD＝43，
∵△AEF是等邊三角形，
∴∠EAF＝60°，
∴∠EAG＝∠GAF＝30°，
∴EG＝GF，
∵AE＝23，
∴DE＝AE＝23，
∴BE=BD2+DE2=42+(23)2=27，
∵△ABC，△AEF是等邊三角形，
∴AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
∴△BAE≌△CAF（SAS），
∴CF＝BE＝27，
∵EN＝CN，EG＝FG，
∴GN=12CF=7．
（2）結(jié)論：∠DNM＝120°是定值．
理由：連接BE，CF．同法可證△BAE≌△CAF（SAS），
∴∠ABE＝∠ACF，
∵∠ABC+∠ACB＝60°+60°＝120°，
∴∠EBC+∠BCF＝∠ABC﹣∠ABE+∠ACB+∠ACF＝120°，
∵EN＝NC，EM＝MF，
∴MN∥CF，
∴∠ENM＝∠ECF，
∵BD＝DC，EN＝NC，
∴DN∥BE，
∴∠CDN＝∠EBC，
∵∠END＝∠NDC+∠NCD，
∴∠DNM＝∠DNE+∠ENM＝∠NDC+∠ACB+∠ACN+∠ECF＝∠EBC+∠ACB+∠ACF＝∠EBC+∠BCF＝120°．
（3）如圖3﹣1中，取AC的中點(diǎn)，連接BJ，BN．
∵AJ＝CJ，EN＝NC，
∴JN=12AE=3，
∵BJ＝AD＝43，
∴BN≤BJ+JN，
∴BN≤53，
∴當(dāng)點(diǎn)N在BJ的延長(zhǎng)線上時(shí)，BN的值最大，如圖3﹣2中，過(guò)點(diǎn)N作NH⊥AD于H，設(shè)BJ交AD于K，連接AN．
∵KJ＝AJ?tan30°=433，JN=3，
∴KN=733，
在Rt△HKN中，∵∠NHK＝90°，∠NKH＝60°，
∴HN＝NK?sin60°=733×32=72，
∴S△ADN=12?AD?NH=12×43×72=73．
18．（2020?湖州）已知在△ABC中，AC＝BC＝m，D是AB邊上的一點(diǎn)，將∠B沿著過(guò)點(diǎn)D的直線折疊，使點(diǎn)B落在AC邊的點(diǎn)P處（不與點(diǎn)A，C重合），折痕交BC邊于點(diǎn)E．
（1）特例感知 如圖1，若∠C＝60°，D是AB的中點(diǎn)，求證：AP=12AC；
（2）變式求異 如圖2，若∠C＝90°，m＝62，AD＝7，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AC于點(diǎn)H，求DH和AP的長(zhǎng)；
（3）化歸探究 如圖3，若m＝10，AB＝12，且當(dāng)AD＝a時(shí)，存在兩次不同的折疊，使點(diǎn)B落在AC邊上兩個(gè)不同的位置，請(qǐng)直接寫(xiě)出a的取值范圍．
【分析】（1）證明△ADP是等邊三角形即可解決問(wèn)題．
（2）分兩種情形：情形一：當(dāng)點(diǎn)B落在線段CH上的點(diǎn)P1處時(shí)，如圖2﹣1中．情形二：當(dāng)點(diǎn)B落在線段AH上的點(diǎn)P2處時(shí)，如圖2﹣2中，分別求解即可．
（3）如圖3中，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于H，過(guò)點(diǎn)D作DP⊥AC于P．求出DP＝DB時(shí)AD的值，結(jié)合圖形即可判斷．
【解析】（1）證明：∵AC＝BC，∠C＝60°，
∴△ABC是等邊三角形，
∴AC＝AB，∠A＝60°，
由題意，得DB＝DP，DA＝DB，
∴DA＝DP，
∴△ADP使得等邊三角形，
∴AP＝AD=12AB=12AC．
（2）解：∵AC＝BC＝62，∠C＝90°，
∴AB=AC2+BC2=(62)2+(62)2=12，
∵DH⊥AC，
∴DH∥BC，
∴△ADH∽△ABC，
∴DHBC=ADAB，
∵AD＝7，
∴DH62=712，
∴DH=722，
將∠B沿過(guò)點(diǎn)D的直線折疊，
情形一：當(dāng)點(diǎn)B落在線段CH上的點(diǎn)P1處時(shí)，如圖2﹣1中，
∵AB＝12，
∴DP1＝DB＝AB﹣AD＝5，
∴HP1=DP12?DH2=52?(722)2=22，
∴AP1＝AH+HP1＝42，
情形二：當(dāng)點(diǎn)B落在線段AH上的點(diǎn)P2處時(shí)，如圖2﹣2中，
同法可證HP2=22，
∴AP2＝AH﹣HP2＝32，
綜上所述，滿足條件的AP的值為42或32．
（3）如圖3中，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于H，過(guò)點(diǎn)D作DP⊥AC于P．
∵CA＝CB，CH⊥AB，
∴AH＝HB＝6，
∴CH=AC2?AH2=102?62=8，
當(dāng)DB＝DP時(shí)，設(shè)BD＝PD＝x，則AD＝12﹣x，
∵sinA=CHAC=PDAD，
∴810=x12?x，
∴x=163，
∴AD＝AB﹣BD=203，
觀察圖形可知當(dāng)6＜a＜203時(shí)，存在兩次不同的折疊，使點(diǎn)B落在AC邊上兩個(gè)不同的位置．
19．（2020?丹東）已知：菱形ABCD和菱形A′B′C′D′，∠BAD＝∠B′A′D′，起始位置點(diǎn)A在邊A′B′上，點(diǎn)B在A′B′所在直線上，點(diǎn)B在點(diǎn)A的右側(cè)，點(diǎn)B′在點(diǎn)A′的右側(cè)，連接AC和A′C′，將菱形ABCD以A為旋轉(zhuǎn)中心逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α角（0°＜α＜180°）．
（1）如圖1，若點(diǎn)A與A′重合，且∠BAD＝∠B′A′D′＝90°，求證：BB′＝DD′．
（2）若點(diǎn)A與A′不重合，M是A′C′上一點(diǎn)，當(dāng)MA′＝MA時(shí)，連接BM和A′C，BM和A′C所在直線相交于點(diǎn)P．
①如圖2，當(dāng)∠BAD＝∠B′A′D′＝90°時(shí)，請(qǐng)猜想線段BM和線段A′C的數(shù)量關(guān)系及∠BPC的度數(shù)．
②如圖3，當(dāng)∠BAD＝∠B′A′D′＝60°時(shí)，請(qǐng)求出線段BM和線段A′C的數(shù)量關(guān)系及∠BPC的度數(shù)．
③在②的條件下，若點(diǎn)A與A′B′的中點(diǎn)重合，A′B′＝4，AB＝2，在整個(gè)旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)M重合時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段BM的長(zhǎng)．
【分析】（1）證明△ADD′≌△BAB′（SAS）可得結(jié)論．
（2）①證明△AA′C∽△MAB，可得結(jié)論．
②證明方法類似①．
③求出A′C，利用②中結(jié)論計(jì)算即可．
【解析】（1）證明：如圖1中，
在菱形ABCD和菱形A′B′C′D′中，∵∠BAD＝∠B′A′D′＝90°，
∴四邊形ABCD，四邊形A′B′CD′都是正方形，
∵∠DAB＝∠D′AB′＝90°，
∴∠DAD′＝∠BAB′，
∵AD＝AB，AD′＝AB′，
∴△ADD′≌△ABB′（SAS），
∴DD′＝BB′．
（2）①解：如圖2中，結(jié)論：CA′=2BM，∠BPC＝45°．
理由：設(shè)AC交BP于O．
∵四邊形ABCD，四邊形A′B′CD′都是正方形，
∴∠MA′A＝∠DAC＝45°，
∴∠A′AC＝∠MAB，
∵M(jìn)A′＝MA，
∴∠MA′A＝∠MAA′＝45°，
∴∠AMA′＝90°，
∴AA′=2AM，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∵AC=2AB，
∴AA'AM=ACAB=2，
∵∠A′AC＝∠MAB，
∴△AA′C∽△MAB，
∴A'CBM=AA'AM=2，∠A′CA＝∠ABM，
∴CA′=2BM，
∵∠AOB＝∠COP，
∴∠CPO＝∠OAB＝45°，即∠BPC＝45°．
②解：如圖3中，設(shè)AC交BP于O．
在菱形ABCD和菱形A′B′C′D′中，∵∠BAD＝∠B′A′D′＝60°，
∴∠C′A′B′＝∠CAB＝30°，
∴∠A′AC＝∠MAB，
∵M(jìn)A′＝MA，
∴∠MA′A＝∠MAA′＝30°，
∴AA′=3AM，
在△ABC中，∵BA＝BC，∠CAB＝30°，
∴AC=3AB，
∴AA'AM=ACAB=3，
∵∠A′AC＝∠MAB，
∴△A′AC∽△MAB，
∴A'CBM=AA'AM=3，∠ACA′＝∠ABM，
∴A′C=3BM，
∵∠AOB＝∠COP，
∴∠CPO＝∠OAB＝30°，即∠BPC＝30°．
③如圖4中，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥A′C于H．
由題意AB＝BC＝CD＝AD＝2，可得AC=3AB＝23，
在Rt△A′AH中，A′H=12AA′＝1，A'H=3AH=3，
在Rt△AHC中，CH=AC2?AH2=(23)2?12=11，
∴A′C＝A′H+CH=3+11或A′C=11?3
由②可知，A′C=3BM，
∴BM＝1+333或333?1．
20．（2020?郴州）如圖1，在等腰直角三角形ADC中，∠ADC＝90°，AD＝4．點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，以DE為邊作正方形DEFG，連接AG，CE．將正方形DEFG繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜90°）．
（1）如圖2，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，
①判斷△AGD與△CED是否全等，并說(shuō)明理由；
②當(dāng)CE＝CD時(shí)，AG與EF交于點(diǎn)H，求GH的長(zhǎng)．
（2）如圖3，延長(zhǎng)CE交直線AG于點(diǎn)P．
①求證：AG⊥CP；
②在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，線段PC的長(zhǎng)度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【分析】（1）①結(jié)論：△AGD≌△CED．根據(jù)SAS證明即可．
②如圖2中，過(guò)點(diǎn)A作AT⊥GD于T．解直角三角形求出AT，GT，再利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．
（2）①如圖3中，設(shè)AD交PC于O．利用全等三角形的性質(zhì)，解決問(wèn)題即可．
②因?yàn)椤螩PA＝90°，AC是定值，推出當(dāng)∠ACP最小時(shí)，PC的值最大，推出當(dāng)DE⊥PC時(shí)，∠ACP的值最小，此時(shí)PC的值最大，此時(shí)點(diǎn)F與P重合（如圖4中）．
【解析】（1）①如圖2中，結(jié)論：△AGD≌△CED．
理由：∵四邊形EFGD是正方形，
∴DG＝DE，∠GDE＝90°，
∵DA＝DC，∠ADC＝90°，
∴∠GDE＝∠ADC，
∴∠ADG＝∠CDE，
∴△AGD≌△CED（SAS）．
②如圖2中，過(guò)點(diǎn)A作AT⊥GD于T．
∵△AGD≌△CED，CD＝CE，
∴AD＝AG＝4，
∵AT⊥GD，
∴TG＝TD＝1，
∴AT=AG2?TG2=15，
∵EF∥DG，
∴∠GHF＝∠AGT，
∵∠F＝∠ATG＝90°，
∴△GFH∽△ATG，
∴GHAG=FGAT，
∴GH4=215，
∴GH=81515．
（2）①如圖3中，設(shè)AD交PC于O．
∵△AGD≌△CED，
∴∠DAG＝∠DCE，
∵∠DCE+∠COD＝90°，∠COD＝∠AOP，
∴∠AOP+∠DAG＝90°，
∴∠APO＝90°，
∴CP⊥AG．
②∵∠CPA＝90°，AC是定值，
∴當(dāng)∠ACP最小時(shí)，PC的值最大，
∴當(dāng)DE⊥PC時(shí)，∠ACP的值最小，此時(shí)PC的值最大，此時(shí)點(diǎn)F與P重合（如圖4中），
∵∠CED＝90°，CD＝4，DE＝2，
∴EC=CD2?DE2=42?22=23，
∵EF＝DE＝2，
∴CP＝CE+EF＝2+23，
∴PC的最大值為2+23．
21．（2020?天津）將一個(gè)直角三角形紙片OAB放置在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O（0，0），點(diǎn)A（2，0），點(diǎn)B在第一象限，∠OAB＝90°，∠B＝30°，點(diǎn)P在邊OB上（點(diǎn)P不與點(diǎn)O，B重合）．
（Ⅰ）如圖①，當(dāng)OP＝1時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（Ⅱ）折疊該紙片，使折痕所在的直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)P，并與x軸的正半軸相交于點(diǎn)Q，且OQ＝OP，點(diǎn)O的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為O'，設(shè)OP＝t．
①如圖②，若折疊后△O'PQ與△OAB重疊部分為四邊形，O'P，O'Q分別與邊AB相交于點(diǎn)C，D，試用含有t的式子表示O'D的長(zhǎng)，并直接寫(xiě)出t的取值范圍；
②若折疊后△O'PQ與△OAB重疊部分的面積為S，當(dāng)1≤t≤3時(shí)，求S的取值范圍（直接寫(xiě)出結(jié)果即可）．
【分析】（Ⅰ）如圖①中，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥OA于H．解直角三角形求出OH，PH即可．
（Ⅱ）①解直角三角形求出DQ，DO′即可．
②求出點(diǎn)O′落在AB上時(shí)，S=34×（43）2=439．當(dāng)43＜t≤2時(shí)，重疊部分是四邊形PQDC，S=34t2?38（3t﹣4）2=?738t2+33t﹣23，當(dāng)t=?332×(?738)=127時(shí)，S有最大值，最大值=437．再求出當(dāng)t＝1或3時(shí)，S的值即可判斷．
【解析】（Ⅰ）如圖①中，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥OA于H．
∵∠OAB＝90°，∠B＝30°，
∴∠BOA＝90°﹣30°＝60°，
∴∠OPH＝90°﹣60°＝30°，
∵OP＝1，
∴OH=12OP=12，PH＝OP?cs30°=32，
∴P（12，32）．
（Ⅱ）①如圖②中，
由折疊可知，△O′PQ≌△OPQ，
∴OP＝O′P，OQ＝O′Q，
∵OP＝OQ＝t，
∴OP＝OQ＝O′P＝O′Q，
∴四邊形OPO′Q是菱形，
∴QO′∥OB，
∴∠ADQ＝∠B＝30°，
∵A（2，0），
∴OA＝2，QA＝2﹣t，
在Rt△AQD中，DQ＝2QA＝4﹣2t，
∵O′D＝O′Q﹣QD＝3t﹣4，
∴43＜t＜2．
②當(dāng)點(diǎn)O′落在AB上時(shí)，重疊部分是△PQO′，此時(shí)t=43，S=34×（43）2=439，
當(dāng)43＜t≤2時(shí)，重疊部分是四邊形PQDC，S=34t2?38（3t﹣4）2=?738t2+33t﹣23，
當(dāng)t=?332×(?738)=127時(shí)，S有最大值，最大值=437，
當(dāng)t＝1時(shí)，S=34，當(dāng)t＝3時(shí)，S=12×12×32=38，
綜上所述，38≤S≤437．

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