1．（2023?保定一模）如圖，將△ABC折疊，使點(diǎn)C落在BC邊上C′處，展開后得到折痕l，則l是△ABC的（ ）
A．高B．中線C．中位線D．角平分線
【分析】根據(jù)折疊性質(zhì)可知，l⊥BC，由三角形高的定義即可得到答案．
【詳解】∵將△ABC折疊，使點(diǎn)C落在BC邊上C'處，展開后得到折痕l，
∴l(xiāng)⊥BC，即l是△ABC的高，
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題考查折疊性質(zhì)及三角形高的定義，熟記相關(guān)性質(zhì)及定義是解決問題的關(guān)鍵．
2．（2023?三水區(qū)模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，將△ABE沿AE折疊，使點(diǎn)B落在矩形內(nèi)點(diǎn)F處，連接CF，則CF的長(zhǎng)為（ ）
A．B．C．D．
【分析】過(guò)E作EG⊥CF于G，根據(jù)折疊可知△CEF是等腰三角形，可證明△ABE∽△EGC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解．
【詳解】如圖所示，過(guò)E作EG⊥CF于G，
∵將△ABE沿AE折疊，使點(diǎn)B落在矩形內(nèi)點(diǎn)F處，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，
∴EB＝EF＝EC，
∴△CEF是等腰三角形，
∴G是CF中點(diǎn)，EG平分∠CEF，且AE平分∠BEF，
∴2∠AEF+2∠GEF＝180°，
∴∠AEF+∠GEF＝90°，即AE⊥EG，
∴∠BAE+∠BEA＝∠BEA+∠GEC＝90°，
∴∠BAE＝∠GEC，
∵∠B＝∠EGC＝90°，
∴△ABE∽△EGC，
根據(jù)題意，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，即，
∴在Rt△ABE中，，
∴，即，
∴，
∵CF＝2CG，
∴．
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題中主要考查翻折變換，涉及到直角三角形得學(xué)年制，相似三角形的判定與性質(zhì)，理解矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，掌握三角形相似的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
3．（2023?工業(yè)園區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在矩形ABCD中，將△ABE沿AE折疊得到△AFE，延長(zhǎng)EF交AD邊于點(diǎn)M，若AB＝6，BE＝2，則MF的長(zhǎng)為（ ）
A．B．8C．6D．
【分析】作MN⊥BC于點(diǎn)N，由折疊得EF＝BE＝2，AF＝AB＝6，∠AFE＝∠B＝90°．再用”AAS“證明△AFM≌△MNE得ME＝AM，在直角三角形AMF中使用勾股定理建立方程求解即可．
【詳解】如圖，作MN⊥BC于點(diǎn)N，
由折疊可得：△ABE≌△AFE．
∴EF＝BE＝2，AF＝AB＝6，∠AFE＝∠B＝90°，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AME＝∠CEM，
又MN⊥BC，
∴MN＝AB＝AF＝6，∠MNE＝∠AFM＝90°，
在△AFM和△MNE中，
，
∴△AFM≌△MNE（AAS）．
∴AM＝ME，
設(shè)MF＝x，則AM＝ME＝x+2，
在直角三角形AMF中，由勾股定理有：AM2＝AF2+MF2，
即（x+2）2＝36+x2，解得：x＝8．
故MF＝8．
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握折疊的性質(zhì)并在直角三角形AMF中運(yùn)用勾股定理建立方程求解是解答此題的關(guān)鍵．
4．（2023?集寧區(qū)校級(jí)模擬）點(diǎn)D是等邊三角形ABC的邊AB上的一點(diǎn)，且AD＝1，BD＝2，現(xiàn)將△ABC折疊，使點(diǎn)C與點(diǎn)D重合，折痕為EF，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AC和BC上，若BF＝，則CE的長(zhǎng)為（ ）
A．B．C．D．
【分析】先求得AC＝AB＝3，由翻折的性質(zhì)可知：EC＝ED，然后證明△AED∽△BDF，利用相似三角形的性質(zhì)可求得AE＝，然后可求得CE的長(zhǎng)．
【詳解】∵△ABC為等邊三角形，
∴AC＝AB＝3，∠A＝∠B＝∠C＝60°．
由翻折的性質(zhì)可知：∠EDF＝60°．
∴∠FDB+∠EDA＝120°．
∵∠EDA+∠AED＝120°，
∴∠AED＝∠FDB．
∴△AED∽△BDF．
∴，即＝．
解得：AE＝．
∴CE＝3﹣AE＝3﹣＝．
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題主要考查的是等邊三角形的性質(zhì)、翻折的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定，利用相似三角形的性質(zhì)求得AE的長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵．
5．（2023?灞橋區(qū)一模）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6，點(diǎn)D、E分別在AC邊和AB邊上，沿著直線DE翻折△ADE，點(diǎn)A落在BC邊上，記為點(diǎn)F，如果CF＝2，則BE的長(zhǎng)為（ ）
A．6B．C．D．
【分析】過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AB于G，先求出，則，設(shè)AE＝x，則，在Rt△EFG中，利用勾股定理求解即可．
【詳解】過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AB于G，
∴∠BGF＝90°，
∵∠C＝90°，AC＝BC＝6，CF＝2，
∴，
∴，
∴，
設(shè)AE＝x，則，
在Rt△EFG中，由勾股定理得EG2+FG2＝EF2，
即，
解得，
∴，
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查了翻折變換，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，能夠準(zhǔn)確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
6．（2023?保定一模）如圖，在菱形ABCD中，AB＝6cm，∠B＝120°，P為對(duì)角線AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作AC的垂線，交AD或CD于點(diǎn)E，交AB或BC于點(diǎn)F，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)以cm/s的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s），以EF為折線將菱形ABCD向右折疊，若重合部分面積為，求t的值，對(duì)于其答案，甲答：t＝2，乙答：t＝3，丙答：t＝4，則正確的是（ ）
A．只有甲答的對(duì)
B．甲、乙答案合在一起才完整
C．甲、丙答案合在一起才完整
D．三人答案合在一起才完整
【分析】由菱形的性質(zhì)推出∠DAC的度數(shù)，通過(guò)分類討論的方法得到含有特殊角的直角三角形AGD、APE、CPE以及等邊三角形EFA、EFC，利用面積公式進(jìn)而列出有關(guān)時(shí)間t的一元二次方程，通過(guò)解方程求出t．
【詳解】如圖，連接BD交AC于點(diǎn)G，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AD＝CD＝BC＝AB＝6，
BD⊥AC，∠ADC＝∠ABC＝120°，
∴，
在Rt△AGD中，DG＝AD＝3，
∴AG＝DG＝3，
∵DA＝DC，BD⊥AC，
∴AC＝2AG＝6，
由題意可知，
AP＝t（0≤t≤6），
如圖所示，重合部分
S△EFA＝S△EFA′＝4，
在Rt△APE中，EF⊥AC，∠DAC＝30°，
∴EP＝＝t，
∵∠DAB＝180°﹣∠B＝60°，EF⊥AC，
∴△EFA為等邊三角形，
∴EF＝2EP＝2t，
∴S△EFA＝S△EFA′＝EF?AP＝×2t×t＝4（0≤t≤6），
∴t＝2，
如圖所示，重合部分：
S△EFC＝4，
在Rt△CPE中，EF⊥AC，∠DCA＝30°，CP＝AC﹣AP＝6﹣t，
∴EP＝＝6﹣t，
∵∠DCB＝180°﹣∠B＝60°，EF⊥AC，
∴△EFC為等邊三角形，
∴EF＝2EP＝12﹣2t，
∴S△EFC＝EF?CP＝（12﹣2t）×（6﹣t）＝4（0≤t≤6），
∴t＝4，
∴t＝4或t＝2，即甲、丙答案合在一起才完整．
故答案選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查的是菱形的性質(zhì)和折疊問題，涉及到的知識(shí)點(diǎn)有利用特殊直角三角形求邊長(zhǎng)、求角度以及等邊三角形的判定．是否能用分類討論的方法解決本題折疊問題是這道題的難點(diǎn)．本題的綜合能力較強(qiáng)．
7．（2023?泗陽(yáng)縣一模）如圖1，在矩形ABCD中，BC＝6cm，連接BD，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥BD，垂足為點(diǎn)E．現(xiàn)做如下操作：剪下圖1中的△ABE和△ADE，按如圖2方式拼接，其中△ADE拼接到△GFB處，其中BF＝DE，點(diǎn)F在線段BC上；△ABE拼接到△DKH處，其中DH＝AE，點(diǎn)K在線段BD上．若點(diǎn)K恰好也在線段GF上，則在圖2中下列結(jié)論正確的是（ ）
A．CD＝3cmB．△BGK 和△DHK 面積相等
C．BG＝3cmD．DK＝4.5cm
【分析】由∠ADB＝∠DBC，∠ADB＝∠GFB，可得∠DBC＝∠GFB，故BK＝FK，∠BGK＝90°﹣∠GFB＝90°﹣∠DBC＝∠GBK，即得FK＝BK＝GK，從而BK＝GK＝FK＝3cm，設(shè)CD＝AB＝DK＝xcm，得x2+62＝（3+x）2，解得DK＝4.5cm，從而可得答案．
【詳解】∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵∠ADB＝∠GFB，
∴∠DBC＝∠GFB，
∴BK＝FK，∠BGK＝90°﹣∠GFB＝90°﹣∠DBC＝∠GBK，
∴BK＝GK，
∴FK＝BK＝GK，
∵GK+FK＝GF＝AD＝BC＝6cm，
∴BK＝GK＝FK＝3cm，
設(shè)CD＝AB＝DK＝xcm，則BD＝BK+DK＝（3+x）cm，
在Rt△BCD中，
x2+62＝（3+x）2，
解得x＝4.5，
∴DK＝4.5cm，
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查圖形的剪拼，涉及勾股定理及應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是讀懂題意，求出BK＝GK＝FK＝3cm．
8．（2022?蘇州模擬）如圖，若將如圖1所示的正方形剪成四塊，恰能拼成如圖2所示的長(zhǎng)方形，設(shè)a＝1，則b的值為（ ）
A．B．C．D．
【分析】根據(jù)上圖可知正方形的邊長(zhǎng)為a+b，下圖長(zhǎng)方形的長(zhǎng)為a+b+b，寬為b，并且它們的面積相等，由此可列出（a+b）2＝b（a+b+b），解方程即可求得結(jié)論．
【詳解】根據(jù)題意得：正方形的邊長(zhǎng)為a+b，長(zhǎng)方形的長(zhǎng)為a+b+b，寬為b，
則（a+b）2＝b（a+b+b），即a2﹣b2+ab＝0，
∵ab≠0，
∴，
解得：，
∵＞0，
∴，
∴當(dāng)a＝1時(shí)，，
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查了圖形的拼接、解一元二次方程、正方形的面積、長(zhǎng)方形的面積，正確理解題意，找到隱含的數(shù)量關(guān)系列出方程是解答的關(guān)鍵．
9．（2023?景縣校級(jí)模擬）如圖，在△ABC中，BC＝3，將△ABC平移5個(gè)單位長(zhǎng)度得到△A1B1C1，點(diǎn)P，Q分別是AB，A1C1的中點(diǎn)，PQ的值不可以是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【分析】取A1B1的中點(diǎn)P′，連接QP′、PP′，如圖，根據(jù)平移的性質(zhì)得到PP′＝5，B1C1＝BC＝3，再利用P′Q為△A1B1C1的中位線得到P′Q＝1.5，利用三角形三邊的關(guān)系得到
∴PP′﹣P′Q≤PQ≤PP′+P′Q（當(dāng)且僅當(dāng)P、P′、Q三點(diǎn)共線時(shí)取等號(hào)），從而得到答案．
【詳解】取A1B1的中點(diǎn)P′，連接QP′、PP′，如圖，
∵△ABC平移5個(gè)單位長(zhǎng)度得到△A1B1C1，
∴PP′＝5，B1C1＝BC＝3，
∵Q是A1C1的中點(diǎn)，P′為A1B1的中點(diǎn)，
∴P′Q為△A1B1C1的中位線，
∴P′Q＝B1C1＝1.5，
∴PP′﹣P′Q≤PQ≤PP′+P′Q（當(dāng)且僅當(dāng)P、P′、Q三點(diǎn)共線時(shí)取等號(hào)），
即5﹣1.5≤PQ≤5+1.5，
∴PQ值范圍為3.5≤PQ≤6.5．
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查了平移的性質(zhì)：把一個(gè)圖形整體沿某一直線方向移動(dòng)，會(huì)得到一個(gè)新的圖形，新圖形與原圖形的形狀和大小完全相同；新圖形中的每一點(diǎn)，都是由原圖形中的某一點(diǎn)移動(dòng)后得到的，這兩個(gè)點(diǎn)是對(duì)應(yīng)點(diǎn)．連接各組對(duì)應(yīng)點(diǎn)的線段平行（或共線）且相等．
10．（2023?鐵西區(qū)模擬）如圖Rt△DEF中，∠DEF＝90°，M是斜邊DF的中點(diǎn)，將△DEF繞點(diǎn)F按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)E落在EM延長(zhǎng)線上的E處，點(diǎn)D落在D′處，若DE＝2，EF＝4．則EE′的長(zhǎng)為（ ）
A．7.5B．6C．6.4D．6.5
【分析】過(guò)F作FH⊥EE′于H，根據(jù)勾股定理得到DF＝＝＝10，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到結(jié)論．
【詳解】過(guò)F作FH⊥EE′于H，
∵∠DEF＝90°，DE＝2，EF＝4，
∴DF＝＝＝10，
∵M(jìn)是斜邊DF的中點(diǎn)，
∴EM＝DF＝5，S△EFM＝S△DEF＝××＝EM?FH，
∴FH＝，
∴EH＝＝3.2，
∵將△DEF繞點(diǎn)F按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)E落在EM延長(zhǎng)線上的E處，
∴EF＝E′F，
∴EE′＝2EH＝6.4，
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等，利用面積法求AH的長(zhǎng)是解決本題的關(guān)鍵．
11．（2023?泗洪縣一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝4，將△ABC繞頂點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)得到△A′B′C，若點(diǎn)O是BC中點(diǎn)，點(diǎn)P是A′B′中點(diǎn)，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，線段OP的最大值等于（ ）
A．4B．6C．8D．10
【分析】由∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝4，得AB＝2BC＝8，由旋轉(zhuǎn)得∠A′CB′＝90°，A′B′＝8，則PC＝4，由OP≤OC+PC，且OC＝2，得OP≤6，即可求得OP的最大值為6．
【詳解】連接PC，
∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝4，
∴AB＝2BC＝8，
∵點(diǎn)O是BC中點(diǎn)，
∴OC＝OB＝BC＝2，
由旋轉(zhuǎn)得∠A′CB′＝∠ACB＝90°，A′B′＝AB＝8，
∵點(diǎn)P是A′B′中點(diǎn)，
∴PC＝A′B′＝4，
∵OP≤OC+PC，且OC+PC＝2+4＝6，
∴OP≤6，
∴OP的最大值為6，
故選：B．
【點(diǎn)睛】此題重點(diǎn)考查直角三角形中30°解所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、兩點(diǎn)之間線段最短等知識(shí)，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．
12．（2023?秦皇島一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，將△ABC繞頂點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△A'B'C，D是A'B'的中點(diǎn)，連接BD，若BC＝2，∠ABC＝60°，則線段BD的最大值為（ ）
A．B．C．3D．4
【分析】連接CD，由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半知CD＝2，在△BCD中，利用三角形三邊關(guān)系可得BD的最大值．
【詳解】如圖，連接CD，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2，∠ABC＝60°，則∠A＝30°，
∴AB＝2BC＝4，
由旋轉(zhuǎn)可知，A'B'＝4，
∵D是A'B'的中點(diǎn)，
∴，
在△BCD中，利用三角形三邊關(guān)系可得BD≤BC+CD（當(dāng)B，C，D三點(diǎn)共線時(shí)取等號(hào)），
∴BD≤BC+CD＝4，
∴BD的最大值為4，
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了含30°角的直角三角形的性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，三角形三邊關(guān)系，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識(shí)，掌握幾何最值的求解方法是解題的關(guān)鍵．
13．（2023?南平模擬）如圖，在△ABC中，∠BAC＝135°，將△ABC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△DEC，點(diǎn)A，B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為D，E．當(dāng)點(diǎn)A、D、E在同一條直線上時(shí)，下列結(jié)論不正確的是（ ）
A．△ABC≌△DECB．AE＝AB+CDC．D．AB⊥AE
【分析】根據(jù)圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，以及全等圖形的基本性質(zhì)進(jìn)行逐項(xiàng)分析即可．
【詳解】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，△ABC≌△DEC，
故A選項(xiàng)不符合題意；
則∠EDC＝∠BAC＝135°，且A、D、E三點(diǎn)在同一直線上，
∴∠ADC＝45°，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知CA＝CD，
∴∠CAD＝∠ADC＝45°，
則∠BAD＝∠BAC﹣∠CAD＝135°﹣45°＝90°，
∴AB⊥AE，
故D選項(xiàng)不符合題意；
∴△ADC中，∠ACD＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴，
故C選項(xiàng)不符合題意；
∵△ABC≌△DEC，
∴AB＝DE，
∴，
故B選項(xiàng)符合題意；
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)等，掌握基本圖形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
14．（2023?陵水縣一模）如圖，直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝3，BC＝5，將腰DC繞點(diǎn)D逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°并縮短，恰好使，連接AE，則△ADE的面積是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】過(guò)點(diǎn)D作DF垂直于BC于F，過(guò)E作EG垂直于AD交AD的延長(zhǎng)線于G，由矩形的判定與性質(zhì)可得∠CDF+∠CDG＝90°，CF＝2，再由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)可得EG的長(zhǎng)，則△ADE的面積就能求出來(lái)．
【詳解】過(guò)點(diǎn)D作DF垂直于BC于F，過(guò)E作EG垂直于AD交AD的延長(zhǎng)線于G，
∴∠G＝∠CFD＝90°
直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝3，BC＝5，
∴AB⊥AD，
∴四邊形ABCD是矩形，
∴∠ADF＝90°，BF＝AD＝3，
∴∠FDG＝90°，
∴∠CDF+∠CDG＝90°，CF＝BC﹣BF＝5﹣3＝2，
由旋轉(zhuǎn)可知：∠CDE＝90°，
∴∠EDG+∠CDG＝90°，
∵DE＝CD，
∴∠EDG＝∠CDF，
∴△EDG∽△CDF，
∴，
∴EG＝CF＝，
∴S△ADE＝×AD×EG＝×3×＝2．
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題需要把旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角形的面積公式結(jié)合求解．考查學(xué)生綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)的能力．注意旋轉(zhuǎn)變化前后，對(duì)應(yīng)角相等．
15．（2023?武清區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在Rt△ABC中，AB＝AC，D，E是斜邊BC上兩點(diǎn)，且∠DAE＝45°，將△ADC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后，得到△AFB，連接EF．則下列結(jié)論不正確的是（ ）
A．∠EAF＝45°B．△EBF為等腰直角三角形
C．AE平分∠DAFD．BE+CD＞ED
【分析】由已知∠DAE＝45°和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可判斷A項(xiàng)，進(jìn)一步可判斷C項(xiàng)；利用SAS可證明△AED≌△AEF，可得ED＝EF，根據(jù)三角形三邊關(guān)系和等量代換即可判斷D選項(xiàng)，容易證明△EBF是直角三角形，但是BE、CD不一定相等，所以BE、BF不一定相等，由此可判斷B項(xiàng)，于是可得答案．
【詳解】∵△ADC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后，得到△AFB，
∴△ADC≌△AFB，∠FAD＝90°，AD＝AF，BF＝CD，
∵∠DAE＝45°，
∴∠EAF＝90°﹣∠DAE＝45°，所以A正確，不符合題意；
∴∠DAE＝∠EAF，
∴AE平分∠DAF，所以C正確，不符合題意；
，
∴△AED≌△AEF（SAS），
∴ED＝EF，
∵BE+BF＞EF，
∴BE+CD＞ED，
所以D正確，不符合題意；
在Rt△ABC中，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵△ADC≌△AFB，
∴∠ACD＝∠ABF＝45°，
∵∠ABF+∠ABE＝∠ACD+∠ABC＝90°，
∴△EBF為直角三角形，
但是BE、CD不一定相等，所以BE、BF不一定相等，所以B不正確，符合題意．
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，注意旋轉(zhuǎn)前后的對(duì)應(yīng)關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
16．（2023?瓊山區(qū)一模）如圖，在矩形ABCD中，AD＝1，將矩形ABCD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得到矩形AEFG，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)E落在CD上，且DE＝EF，則四邊形ABCE的面積為（ ）
A．2﹣1B．C．﹣D．﹣1
【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BC＝EF＝AD＝1，AE＝AB，可求AE的長(zhǎng)，即可求解．
【詳解】∵將矩形ABCD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得到矩形AEFG，
∴BC＝EF＝AD＝1，AE＝AB，
∵DE＝EF＝1，
∴AE＝＝AB，
∴EC＝﹣1，
∴四邊形ABCE的面積＝×（+﹣1）×1＝﹣，
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
17．（2023?雨山區(qū)校級(jí)一模）如圖，點(diǎn)E是等邊三角形△ABC邊AC的中點(diǎn)，點(diǎn)D是直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，連接ED，并繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段EF，連接DF．若運(yùn)動(dòng)過(guò)程中AF的最小值為，則AB的值為（ ）
A．2B．C．D．4
【分析】由“SAS”可證△BDE≌△NFE，可得∠N＝∠CBE＝30°，則點(diǎn)N在與AN成30°的直線上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)AF'⊥F'N時(shí)，AF'有最小值，即可求解．
【詳解】如圖，連接BE，延長(zhǎng)AC至N，使EN＝BE，連接FN，
∵△ABC是等邊三角形，E是AC的中點(diǎn)，
∴AE＝EC，∠ABE＝∠CBE＝30°，BE⊥AC，
∴∠BEN＝∠DEF＝90°，BE＝AE，
∴∠BED＝∠CEF，
在△BDE和△NFE中，
，
∴△BDE≌△NFE（SAS），
∴∠N＝∠CBE＝30°，
∴點(diǎn)F在與AN成30°的直線上運(yùn)動(dòng)，
∴當(dāng)AF'⊥F'N時(shí)，AF'有最小值，
∴AF'＝AN，
∴+1＝（AE+AE），
∴AE＝2，
∴AC＝4，
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，確定點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵．
18．（2023?南山區(qū)模擬）如圖，△ABC中，∠ABC＝45°，BC＝4，tan∠ACB＝3，AD⊥BC于D，若將△ADC繞點(diǎn)D逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到△FDE，當(dāng)點(diǎn)E恰好落在AC上，連接AF．則AF的長(zhǎng)為（ ）
A．B．C．D．2
【分析】過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AF于點(diǎn)H，由銳角三角函數(shù)的定義求出CD＝1，AD＝3，由勾股定理求出AC的長(zhǎng)，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出DC＝DE，DA＝DF＝3，∠CDE＝∠ADF，證出∠DCE＝∠DAF，設(shè)AH＝a，DH＝3a，由勾股定理得出a2+（3a）2＝32，求出a可得出答案．
【詳解】過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AF于點(diǎn)H，
∵∠ABC＝45°，AD⊥BC，
∴AD＝BD，
∵tan∠ACB＝＝3，
設(shè)CD＝x，
∴AD＝3x，
∴BC＝3x+x＝4，
∴x＝1，
∴CD＝1，AD＝3，
∴AC＝＝＝，
∵將△ADC繞點(diǎn)D逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到△FDE，
∴DC＝DE，DA＝DF＝3，∠CDE＝∠ADF，
∴∠DCE＝∠DAF，
∴tan∠DAH＝3，
設(shè)AH＝a，DH＝3a，
∵AH2+DH2＝AD2，
∴a2+（3a）2＝32，
∴a＝，
∴AH＝，
∴AF＝2AH＝．
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的定義，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
19．（2023?隨州一模）如圖，等邊三角形ABC，AB＝6，D為BC中點(diǎn)，M為AD上的動(dòng)點(diǎn)，連接CM，將線段CM繞點(diǎn)C逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到CN，連接ND，則ND+CN的最小值為（ ）
A．3B．C．D．6
【分析】首先利用SAS證明△ACM≌△BCN，得∠CBN＝∠CAM，可知N在線段BN上運(yùn)動(dòng)，作點(diǎn)D關(guān)于直線BN的對(duì)稱點(diǎn)D'，連接CD'，則ND+CN的最小值即為CD'的長(zhǎng)，利用勾股定理求出CD'的長(zhǎng)即可得出答案．
【詳解】∵線段CM繞點(diǎn)C逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到CN，
∴CM＝CN，∠MCN＝∠ACB＝60°，
∴∠ACM＝∠BCN，
∵AC＝CB，
∴△ACM≌△BCN（SAS），
∴∠CBN＝∠CAM，
∵△ABC是等邊三角形，點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，
∴∠CAM＝30°，
∴∠CBN＝30°，
∴點(diǎn)N在線段BN上運(yùn)動(dòng)，
作點(diǎn)D關(guān)于直線BN的對(duì)稱點(diǎn)D'，連接CD'，則ND+CN的最小值即為CD'的長(zhǎng)，
∴∠CBN＝∠D'BN＝30°，
∴△BDD'是等邊三角形，
∴BD＝DC＝D'B，
∴∠BD'C＝90°，∠BCD'＝30°，
∵BC＝6，
∴BD'＝3，CD'＝3，
∴ND+CN的最小值為3，
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，證明點(diǎn)N在線段BN上運(yùn)動(dòng)是解題的關(guān)鍵．
20．（2023?河?xùn)|區(qū)校級(jí)模擬）如圖，正方形ABCD和正方形CEFG邊長(zhǎng)分別為a和b，正方形CEFG繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)，給出下列結(jié)論：①BE＝DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2＝2a2+2b2；④當(dāng)∠DCE＝60°時(shí)，S△DCE＝S△BCE．其中正確的結(jié)論是（ ）
A．①②③B．②③④C．①②④D．①②③④
【分析】設(shè)BE，DG交于點(diǎn)O，由四邊形ABCD和EFGC都為正方形，得∠BCE＝∠ECG+∠DCE，再利用SAS證得△BCE≌△DCG即可推出BE＝DG，且BE⊥DG，故①②正確，連接BD，EG，由勾股定理可推出BG2+DE2＝DO2+BO2+EO2+OG2＝2a2+2b2，故③正確，延長(zhǎng)BC至點(diǎn)M，EM⊥BC于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥CD于N，當(dāng)∠DCE＝60°時(shí)，可知NE＝，ME＝，代入面積公式可知④正確．
【詳解】設(shè)BE，DG交于點(diǎn)O，
∵四邊形ABCD和EFGC都為正方形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，
∴∠BCD+∠DCE＝∠ECG+∠DCE＝90°，
∴∠BCE＝∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE＝DG，
∴∠1＝∠2，
∵∠1+∠4＝∠3+1＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
∴∠BOG＝90°，
∴BE⊥DG，
故①②正確；
連接BD，EG，如圖所示，
∴DO2+BO2＝BD2＝BC2+CD2＝2a2，
EO2+OG2＝EG2＝CG2+CE2＝2b2，
∴BG2+DE2＝DO2+BO2+EO2+OG2＝2a2+2b2，故③正確；
如圖所示，延長(zhǎng)BC至點(diǎn)M，EM⊥BC于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥CD于N，
∴S△DCE＝，S，
當(dāng)∠DCE＝60°時(shí)，∠ECM＝90°﹣∠DCE＝90°﹣60°＝30°，
∵sin∠DCE＝，sin，
∴NE＝，ME＝，
∴S＝，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，
∴S＝S△BCE，故④正確，
∴正確的結(jié)論是①②③④，
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，含30°角直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，綜合性較強(qiáng)，通過(guò)SAS證明△BCE≌△DCG是解題的關(guān)鍵．
二．填空題（共20小題）
21．（2023?二道區(qū)校級(jí)模擬）如圖，一張三角形紙片ABC其中∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，將紙片做兩次折疊：第一次使點(diǎn)A落在點(diǎn)B處，得到折痕記為a，然后將紙面展平做第二次折疊，使點(diǎn)B落在點(diǎn)C處，折痕記為b，則＝ ．
【分析】由三角形中位線定理求出b＝2；由勾股定理求出AB＝5，證明△BDF∽△BCA，得出對(duì)應(yīng)邊成比例求出DF即可．
【詳解】如圖所示：
由折疊的性質(zhì)得：DE是線段BC的垂直平分線，
∴DE是△ABC的中位線，
∴b＝DE＝AC＝2；
∵∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝＝＝5，
由折疊的性質(zhì)得：AD＝BD＝AB＝，∠ADF＝∠ACB＝90°，
∵∠A＝∠A，
∴△ADF∽△ACB，
∴＝，即＝，
解得：DF＝，即a＝，
∴＝＝．
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查了折疊的性質(zhì)、三角形中位線定理，根據(jù)題意畫出圖形，利用數(shù)形結(jié)合求解是解題的關(guān)鍵．
22．（2023?海曙區(qū)校級(jí)一模）如圖，在等腰三角形紙片ABC中，AB＝AC，將該紙片翻折，使得點(diǎn)C落在邊AB的F處，折痕為DE，D，E分別在邊BC，AC上，∠AFD＝∠DEF，若DE＝4，BD＝9，則DF＝ 6 ，△ABC的面積為 ．
【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)可得∠CED＝∠DEF，∠C＝∠DFE，以此可得∠CED＝∠AFD，因此可判斷A、F、D、E四點(diǎn)共圓，由圓周角定理可得∠DAF＝∠DEF，∠CAD＝∠DFE，進(jìn)而得到∠AFD＝∠DAF，∠CAD＝∠C，則DF＝AD＝CD，由等腰三角形的性質(zhì)可得∠B＝∠C，以此可證明△BAD∽△CED，由相似三角形的性質(zhì)可求得DF＝AD＝CD＝6，則BC＝15，BG＝CG＝，DG＝，根據(jù)勾股定理求出AG，再算出△ABC的面積即可求解．
【詳解】連接AD，過(guò)點(diǎn)A作AG⊥BC于點(diǎn)G，如圖，
根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，∠CED＝∠DEF，∠C＝∠DFE，
∵∠AFD＝∠DEF，
∴∠CED＝∠AFD，
∴A、F、D、E四點(diǎn)共圓，
∴∠DAF＝∠DEF，∠CAD＝∠DFE，
∴∠AFD＝∠DAF，∠CAD＝∠C，
∴DF＝AD＝CD，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵∠CED＝∠DEF＝∠DAF，
∴△BAD∽△CED，
∴，
∵DE＝4，BD＝9，DF＝AD＝CD，
∴，
∴DF＝AD＝CD＝6，
∴BC＝BD+CD＝9+6＝15，
∵AG⊥BC，AB＝AC，
∴BG＝CG＝＝，
∴DG＝CG﹣CD＝＝，
在Rt△ADG中，由勾股定理得＝＝，
∴＝＝．
故答案為：6，．
【點(diǎn)睛】本題主要考查四點(diǎn)共圓的判定、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)，圓周角定理、勾股定理，正確作出輔助線，通過(guò)所給條件推出A、F、D、E四點(diǎn)共圓，以此得到DF＝AD＝CD是解題關(guān)鍵．
23．（2023?天寧區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝6，點(diǎn)E為線段CD的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)F從點(diǎn)C出發(fā)，C→B→A的方向在CB和BA上運(yùn)動(dòng)，將矩形沿EF折疊，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C′，當(dāng)點(diǎn)C′恰好落在矩形的對(duì)角線上時(shí)（不與矩形頂點(diǎn)重合），點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)的距離為 3或6+ ．
【分析】分點(diǎn)C′落在對(duì)角線BD上和點(diǎn)C′落在對(duì)角線AC上兩種情況分別進(jìn)行討論求解，即可得出點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)的距離．
【詳解】分兩種情況：
①當(dāng)點(diǎn)C′落在對(duì)角線BD上時(shí)，連接CC′，如圖1所示：
∵將矩形沿EF折疊，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)C′，且點(diǎn)C'恰好落在矩形的對(duì)角線上，
∴CC′⊥EF，
∵點(diǎn)E為線段CD的中點(diǎn)，
∴CE＝ED＝EC′，
∴∠CC′D＝90°，即CC′⊥BD，
∴EF∥BD，
∴點(diǎn)F是BC的中點(diǎn)，
在矩形ABCD中，AD＝6，
∴BC＝AD＝6，
∴CF＝3，
∴點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)的距離為3；
②當(dāng)點(diǎn)C′落在對(duì)角線AC上時(shí)，作FH⊥CD于H，則CC′⊥EF，四邊形CBFH為矩形，如圖2所示：
在矩形ABCD中，AD＝6，AB＝6，∠B＝∠BCD＝90°，AB∥CD，
∴BC＝AD＝6，tan∠BAC＝＝＝，
∴∠BAC＝30°，
∵EF⊥AC，
∴∠AFE＝60°，
∴∠FEH＝60°，
∵四邊形CBFH為矩形，
∴HF＝BC＝6，
∴EH＝＝＝2，
∵EC＝CD＝3，
∴BF＝CH＝CE﹣EH＝3﹣2＝，
∴點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)的距離為6+；
綜上所述：點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)的距離為3或6+；
故答案為：3或6+．
【點(diǎn)睛】本題考查了翻折變換的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、三角函數(shù)的應(yīng)用等知識(shí)；熟練掌握矩形的性質(zhì)，熟記翻折變換的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
24．（2023?路北區(qū)模擬）綜合實(shí)踐活動(dòng)課上，小亮將一張面積為24cm2，其中一邊BC為8cm的銳角三角形紙片（如圖1），經(jīng)過(guò)兩刀裁剪，拼成了一個(gè)無(wú)縫隙、無(wú)重疊的矩形BCDE（如圖2），則矩形的周長(zhǎng)為 22 cm．
【分析】延長(zhǎng)AT交BC于點(diǎn)P，利用三角形的面積公式求出AP，求出BE，CD，DE，可得結(jié)論．
【詳解】延長(zhǎng)AT交BC于點(diǎn)P，
∵AP⊥BC，
∴?BC?AP＝24，
∴×8×AP＝24，
∴AP＝6（cm），
由題意，AT＝PT＝3（cm），
∴BE＝CD＝PT＝3（cm），
∵DE＝BC＝8cm，
∴矩形BCDE的周長(zhǎng)為8+8+3+3＝22（cm）．
故答案為：22．
【點(diǎn)睛】本題考查圖形的拼剪，矩形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是讀懂圖象信息，屬于中考?？碱}型．
25．（2023?泗陽(yáng)縣校級(jí)一模）如圖，已知等邊△ABC，點(diǎn)D為平面內(nèi)任意一點(diǎn)，且AD＝1，DC＝2AD，則BD的最大值是 3 ．
【分析】由“SAS”可證△BAD≌△CAH，可得BD＝CH，由三角形的三邊關(guān)系可求解．
【詳解】如圖，以AD為邊作等邊三角形ADH，連接CH，
∵AD＝1，DC＝2AD，
∴DC＝2，
∵△ABC和△ADH都是等邊三角形，
∴AD＝AH＝HD＝1，AB＝AC，∠BAC＝∠DAH＝60°，
∴∠BAD＝∠CAH，
在△BAD和△CAH中，
，
∴△BAD≌△CAH（SAS），
∴BD＝CH，
在△CDH中，CH＜CD+DH，
∴當(dāng)點(diǎn)H在線段CD的延長(zhǎng)線上時(shí)，CH有最大值為CD+DH＝3，
∴BD的最大值為3，
故答案為：3．
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)等知識(shí)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
26．（2023?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)一模）如圖，Rt△ABC中，AB＝AC＝12，Rt△ADE中，AD＝AE＝6，直線BD與CE交于P，當(dāng)∠EAD繞點(diǎn)A任意旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，P到直線AB距離的最大值是 12﹣6 ．
【分析】如圖，取BC的中點(diǎn)O，連接OP交AB于點(diǎn)J，設(shè)AB交PC于點(diǎn)K．證明∠BPC＝90°，推出點(diǎn)P在以BC為直徑的圓上運(yùn)動(dòng)，推出當(dāng)P是的中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)P到AB的距離最大．
【詳解】如圖，取BC的中點(diǎn)O，連接OP交AB于點(diǎn)J，設(shè)AB交PC于點(diǎn)K．
∵∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴∠DAB＝∠EAC，
∵AD＝AE．AB＝AC，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴∠DBA＝∠ACE，
∵∠AKC＝∠BKP，
∴∠BPK＝∠CAK＝90°，
∴點(diǎn)P在以BC為直徑的圓上運(yùn)動(dòng)，
∵AB＝AC＝12，∠BAC＝90°，
∴BC＝AB＝24，
∵OB＝OC，
∴OP＝BC＝12，
當(dāng)P是的中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)P到AB的距離最大，
此時(shí)OP⊥AB，AJ＝JB，
∵BO＝OC，
∴OJ＝AC＝6，
∴PJ＝OP＝OJ＝12﹣6，
∴點(diǎn)P到AB的最大距離為12﹣6．
故答案為：12﹣6．
【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，垂徑定理，三角形中位線定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．
27．（2023?南山區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，P是△ABC的高CD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以B點(diǎn)為旋轉(zhuǎn)中心把線段BP逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°得到BP′，連接DP′，則DP′的最小值是 2﹣2 ．
【分析】在BC上截取BE＝BD，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得BA＝4，∠ABC＝∠BAC＝∠BCD＝∠DCA＝45°，BD＝CD＝AD＝2＝BE，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BP＝BP'，∠PBP'＝45°，可證△BDP'≌△BEP，可得PE＝P'D，當(dāng)PE⊥CD時(shí)，PE有最小值，即DP'有最小值，由直角三角形的性質(zhì)可求DP′的最小值．
【詳解】如圖，在BC上截取BE＝BD，連接EP，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，CD⊥AB，
∴BA＝4，∠ABC＝∠BAC＝∠BCD＝∠DCA＝45°，BD＝CD＝AD＝2＝BE，
∵以B點(diǎn)為旋轉(zhuǎn)中心把線段BP逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°得到BP′，
∴BP＝BP'，∠PBP'＝45°＝∠ABC，
∴∠DBP'＝∠CBP，
在△BDP'和△BEP中，
，
∴△BDP'≌△BEP（SAS），
∴PE＝P'D，
∴當(dāng)PE⊥CD時(shí)，PE有最小值，即DP'有最小值，
∵PE⊥CD，∠BCD＝45°，
∴CE＝PE＝BC﹣BE＝4﹣2，
∴PE＝2﹣2，
故答案為：2﹣2．
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形判定和性質(zhì)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．
28．（2023?南崗區(qū)校級(jí)模擬）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝，繞點(diǎn)C將△ABC旋轉(zhuǎn)，使一直角邊的另一個(gè)端點(diǎn)落在直線AB上的一點(diǎn)M處，則線段BM的長(zhǎng)為 3或8 cm．
【分析】由勾股定理可求AB的長(zhǎng)，由面積可求CH的長(zhǎng)，由勾股定理可求AH，BH的長(zhǎng)，分兩種情況討論，由等腰三角形的性質(zhì)可求解．
【詳解】如圖，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于H，
∵∠C＝90°，AC＝cm，tan∠ABC＝，
∴BC＝2（cm），
∴AB＝＝＝5（cm），
∵S△ABC＝×AC?BC＝×AB×CH，
∴×2＝5×CH，
∴CH＝2（cm），
∴AH＝＝＝1（cm），
∴BH＝4（cm），
當(dāng)點(diǎn)A落在直線AB上時(shí)，則AC＝CM，
∵CH⊥AB，
∴MH＝AH＝1（cm），
∴BM＝5﹣2＝3（cm），
當(dāng)點(diǎn)B落在直線AB上時(shí)，則CB＝CM'，
∵CH⊥AB，
∴M'H＝BH＝4（cm），
∴BM'＝8（cm），
綜上所述：BM＝3cm或8cm，
故答案為：3或8．
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，利用分類討論思想解決問題是解題的關(guān)鍵．
29．（2023?河南模擬）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，對(duì)稱軸AD交BC于點(diǎn)D，點(diǎn)E是直線AD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接EC，將線段EC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°得FC，連接DF，則DF長(zhǎng)的最小值為 ﹣ ．
【分析】在AC上取一點(diǎn)G，使CG＝CD，連接EG，根據(jù)等腰直角三角形三角形的性質(zhì)可得CD＝CG＝，再求出∠DCF＝∠GCE，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得CE＝CF，然后利用“邊角邊”證明△DCF和△GCE全等，再根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得DF＝EG，然后根據(jù)垂線段最短可得EG⊥AD時(shí)最短，再根據(jù)∠CAD＝60°求解即可．
【詳解】如圖，在AC上取一點(diǎn)G，使CG＝CD，連接EG，
∵AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，
∴∠ACB＝30°，
∴CD＝，
∵旋轉(zhuǎn)角為30°，
∴∠ECF＝30°，
∴∠ECF＝∠ACB，
∴∠GCE＝∠DCF，
∵CD＝CG，
又∵CE旋轉(zhuǎn)到CF，
∴CE＝CF，
∴△DCF≌△GCE（SAS），
∴DF＝EG，
根據(jù)垂線段最短，EG⊥AD時(shí)，EG最短，即DF最短，
∵∠CAD＝×120°＝60°，AG＝AC﹣CG＝2﹣，
∴EG＝AG?sin60°＝（2﹣）×＝﹣，
∴DF＝﹣，
故答案為：﹣．
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)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)，垂線段最短的性質(zhì)，作輔助線構(gòu)造出全等三角形是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點(diǎn)．
30．（2023?澄城縣一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，CE＝2BE，EF＝2，連接AF，將線段AF繞著點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到AP，則線段PE的最小值為 ﹣2 ．
【分析】連接AE，過(guò)點(diǎn)A作AG⊥AE，截取AG＝AE，連接PG，GE，通過(guò)SAS證明△AEF≌△AGP，得PG＝EF＝2，再利用勾股定理求出GE的長(zhǎng)．最后在△GPE中，利用三邊關(guān)系即可得出答案．
【詳解】如圖，連接AE，過(guò)點(diǎn)A作AG⊥AE，截取AG＝AE，連接PG，GE，
∵將線段AF繞著點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到AP，
∴AF＝AP，∠PAF＝90°，
∴∠FAE+∠PAE＝∠PAE+∠PAG＝90°，
∴∠FAE＝∠PAG．
又∵AG＝AE，
∴△AEF≌△AGP（SAS），
∴PG＝EF＝2．
∵BC＝3，CE＝2BE，
∴BE＝1．
∴在Rt△ABE中，AE＝＝．
∵AG＝AE，∠GAE＝90°，
∴GE＝AE＝．
∵PE≥GE﹣PG，且當(dāng)點(diǎn)G，P，E三點(diǎn)共線時(shí)取等號(hào)，
∴PE的最小值為GE?PG＝?2．
故答案為：?2．
【點(diǎn)睛】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)，三角形的三邊關(guān)系等知識(shí)，作輔助線構(gòu)造出全等三角形是解題的關(guān)鍵．
31．（2023?工業(yè)園區(qū)校級(jí)模擬）如圖，把平行四邊形ABCD繞著點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到平行四邊形AEFG，取BE、AG的中點(diǎn)M、Q，連接MQ，若AD＝8，AB＝10，∠BAD＝45°，則線段MQ長(zhǎng)度的最大值為 +5 ．
【分析】取AE的中點(diǎn)K，過(guò)D作DH⊥AB于H，連接DE，QK，KM，BD，由AD＝8，∠BAD＝45°，可得AH＝DH＝＝4，又AB＝10，可得BD＝＝2＝EG，由三角形中位線定理可得KQ＝EG＝，KM＝AB＝5，而△MKQ中，MQ＜KQ+KM，故當(dāng)M，K，Q共線時(shí)，MQ最大，MQ最大為+5．
【詳解】取AE的中點(diǎn)K，過(guò)D作DH⊥AB于H，連接DE，QK，KM，BD，如圖：
∵AD＝8，∠BAD＝45°，
∴AH＝DH＝＝4，
∵AB＝10，
∴BH＝6，
∴BD＝＝2，
∵平行四邊形ABCD繞著點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到平行四邊形AEFG，
∴EG＝BD＝2，
∵Q為AG中點(diǎn)，K為AE中點(diǎn)，
∴KQ＝EG＝，
∵M(jìn)為BE中點(diǎn)，K為AE中點(diǎn)，
∴KM＝AB＝5，
在△MKQ中，MQ＜KQ+KM，
∴當(dāng)M，K，Q共線時(shí)，MQ最大，如圖：
此時(shí)QM＝KQ+KM＝+5，
∴MQ最大為+5，
故答案為：+5．
【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形中的旋轉(zhuǎn)問題，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．
32．（2023?交城縣一模）如圖，在等邊△ABC中，AB＝4，D為BC的中點(diǎn)，連接AD，將△ABD繞著點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△ACD′，連接BD′交AD于點(diǎn)E，則BE的長(zhǎng)為 ．
【分析】過(guò)D'作D'F⊥BC，交BC延長(zhǎng)線于F，由△ABC是等邊三角形，AB＝4，D為BC的中點(diǎn)，將△ABD繞著點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△ACD′，可得△ABD≌△ACD'（SAS），即得∠ABD＝∠ACD'＝60°，BD＝CD'＝2，從而∠D'CF＝180°﹣∠ACB﹣∠ACD'＝60°，有CF＝CD'＝1，D'F＝CF＝，故BD'＝＝2，而DE∥D'F，得＝，從而BE＝．
【詳解】過(guò)D'作D'F⊥BC，交BC延長(zhǎng)線于F，如圖：
∵△ABC是等邊三角形，AB＝4，D為BC的中點(diǎn)，
∴AB＝AB，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，BD＝CD＝2，
∵將△ABD繞著點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△ACD′，
∴∠DAD'＝60°＝∠BAC，AD＝AD'，
∴∠BAD＝∠CAD'，
∴△ABD≌△ACD'（SAS），
∴∠ABD＝∠ACD'＝60°，BD＝CD'＝2，
∴∠D'CF＝180°﹣∠ACB﹣∠ACD'＝60°，
∴∠CD'F＝30°，
∴CF＝CD'＝1，D'F＝CF＝，
∴BF＝5，
∴BD'＝＝＝2，
∵DE∥D'F，
∴＝，即＝，
∴BE＝，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查等邊三角形中的旋轉(zhuǎn)變換，解題的關(guān)鍵是掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．
33．（2023?普陀區(qū)一模）如圖，在△ABC中，AD為邊BC上的中線，BC＝2AC，BC＝6，AD＝2．將△ADC繞點(diǎn)D以逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到△A′DC′，點(diǎn)A′、C′分別與點(diǎn)A、C對(duì)應(yīng)．連接BC′，BC′與線段AD交于點(diǎn)G．如果點(diǎn)A′、A、C′在同一條直線上，那么C′G＝ ．
【分析】以D為原點(diǎn)，DC所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系，過(guò)A作AH⊥DC于H，設(shè)A'C'交y軸于M，由AD為邊BC上的中線，BC＝2AC，BC＝6，可得BD＝CD＝AC＝3，B（﹣3，0），設(shè)DH＝m，由AD2﹣DH2＝AH2＝AC2﹣CH2，可得m＝，故DH＝，AH＝，A（，），直線DA解析式為y＝2x，根據(jù)將△ADC繞點(diǎn)D以逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到△A′DC′，可證A'C'∥DC，得四邊形AMDH是矩形，從而求得C'（，），直線BC'解析式為y＝x+，聯(lián)立得G（，），即可得到答案．
【詳解】以D為原點(diǎn)，DC所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系，過(guò)A作AH⊥DC于H，設(shè)A'C'交y軸于M，如圖：
∵AD為邊BC上的中線，BC＝2AC，BC＝6，
∴BD＝CD＝AC＝3，
∴B（﹣3，0），
設(shè)DH＝m，則CH＝3﹣m，
∵AD2﹣DH2＝AH2＝AC2﹣CH2，
∴22﹣m2＝32﹣（3﹣m）2，
解得m＝，
∴DH＝，AH＝，
∴A（，），
由D（0，0），A（，）得直線DA解析式為y＝2x，
∵將△ADC繞點(diǎn)D以逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到△A′DC′，
∴AD＝A'D，∠CAD＝∠C'A'D，
∴∠AA'D＝∠A'AD，
∴∠CAD＝∠A'AD，
∵AC＝CD，
∴∠CAD＝∠ADC，
∴∠A'AD＝∠ADC，
∴A'C'∥DC，
∴四邊形AMDH是矩形，
∴AM＝DH＝，DM＝AH＝，
∵AD＝A'D，
∴A'M＝AM＝，
∴C'M＝A'C'﹣A'M＝3﹣＝，
∴C'（，），
由B（﹣3，0），C'（，）得直線BC'解析式為y＝x+，
聯(lián)立得，
∴G（，），
∴C'G＝＝，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查三角形中的旋轉(zhuǎn)問題，解題的關(guān)鍵是建立直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)．
34．（2023?陳倉(cāng)區(qū)模擬）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E為BC上定點(diǎn)，BC＝2AB＝4BE＝8，點(diǎn)F為射線BA上一動(dòng)點(diǎn)，連接EF，將EF繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，點(diǎn)F落點(diǎn)為點(diǎn)G，則CG的最小值為 2 ．
【分析】將△BEF繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△HEG，延長(zhǎng)HG交CD于點(diǎn)N，證明點(diǎn)G在平行于BC，且與BC的距離為1的直線上運(yùn)動(dòng)，可得G運(yùn)動(dòng)到N，即CG⊥HG時(shí)，CG有最小值，從而可得HE＝CG＝BE＝1．
【詳解】將△BEF繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△HEG，延長(zhǎng)HG交CD于點(diǎn)N，如圖：
∴BE＝HE＝2，BF＝HG，∠B＝∠H＝∠BEH＝90°，
∴HG∥HN，
∴點(diǎn)G在平行于BC，且與BC的距離為1的直線上運(yùn)動(dòng)，
∴當(dāng)G運(yùn)動(dòng)到N，即CG⊥HG時(shí)，CG有最小值，如圖：
∵∠HEC＝∠C＝∠EHN＝90°，
∴四邊形EHNB是矩形，
∴HE＝CG＝BE＝2，
故答案為：2．
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，確定點(diǎn)G的軌跡是解題的關(guān)鍵．
35．（2023?雁塔區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在△ABC中，，線段AB上有一動(dòng)點(diǎn)D，連接DC，將DC繞著點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°得到線段CE，連接DE、AE，在點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，D、E兩點(diǎn)到AC的距離之和為 3 ．
【分析】由“SAS”可證△ACE≌△BCD，可得AE＝BD，∠CAE＝∠B＝30°，由直角三角形的性質(zhì)可求解．
【詳解】如圖，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥AB于F，過(guò)點(diǎn)D作DN⊥AC于N，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AC于H，
∵，CF⊥AB，
∴∠CBA＝30°＝∠CAB，AF＝BF，
∴CF＝，BF＝CF＝3，
∴AB＝6，
∵將DC繞著點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°得到線段CE，
∴CE＝CD，∠DCE＝120°＝∠ACB，
∴∠ACE＝∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD，∠CAE＝∠B＝30°，
∵DN⊥AC，EH⊥AC，
∴EH＝AE＝DB，DN＝AD，
∴EH+DN＝DB+AD＝AB＝3，
故答案為：3．
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)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)等知識(shí)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
36．（2023?大連模擬）如圖，在正方形ABCD中，BD為其對(duì)角線，，E為AD中點(diǎn)，點(diǎn)F在△ABD的高AO上運(yùn)動(dòng)，連接EF，將線段EF繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段EG，連接FG，AG，將△BHE沿直線EH翻折，則線段B′G的最小值為 ．
【分析】根據(jù)勾股定理和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得BE＝B′E＝，根據(jù)三角形三邊關(guān)系得B′G＞B′E﹣GE，則只需要求出GE的最大值即可求解．
【詳解】∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB＝AD＝，
∵E為AD中點(diǎn)，
∴AE＝＝，
在Rt△ABE中，由勾股定理得，
∵將△BHE沿直線EH翻折得到△B′HE，
∴BE＝B′E＝，
在△GEB中，B′G＞B′E﹣GE，
∴B′G，
當(dāng)GE取得最大值時(shí)，B′G取最小值，
∵線段EF繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段EG，
∴EF＝EG，
當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)A重合時(shí)，線段EF取得最大值，即線段EG取得最大值，
此時(shí)EF＝EG＝，
如圖，當(dāng)BE⊥AD時(shí)，
此時(shí)，B′、G、E三點(diǎn)共線，B′G＝B′E﹣EG＝．
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)、勾股定理、折疊的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角形三邊關(guān)系，靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)，確定B′、G、E三點(diǎn)共線，且點(diǎn)F與點(diǎn)A重合時(shí)線段B′G取得最小值時(shí)解題關(guān)鍵．
37．（2023?游仙區(qū)模擬）△ABC中，∠ACB＝90°，把△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α度（0°＜α＜90°），得到△ADE，點(diǎn)B，C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)D，E，連接EC并延長(zhǎng)交BD于點(diǎn)P．若，則的值為 ．
【分析】設(shè)BC＝x，AB＝5x，根據(jù)勾股定理得到AC＝＝4x，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到AC＝AE＝4x，AD＝AB＝5x，∠AED＝ACB＝90°，DE＝BC，∠EAC＝∠DAB＝α，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到CE＝BD，過(guò)B作BF∥DE交EP的延長(zhǎng)線于F，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠DEP＝∠F，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到PD＝BP＝BD，于是得到結(jié)論．
【詳解】∵∠ACB＝90°，，
設(shè)BC＝x，AB＝5x，
∴AC＝＝4x，
∵將△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△ADE，
∴AC＝AE＝4x，AD＝AB＝5x，∠AED＝ACB＝90°，DE＝BC，∠EAC＝∠DAB＝α，
∴∠AEC＝∠ACE＝（180°﹣α）∠ADB＝∠ABD＝（180°﹣α），
∴∠AEC＝∠ADB，
∴△AEC∽△ADB，
∴＝＝＝，
∴CE＝BD，
過(guò)B作BF∥DE交EP的延長(zhǎng)線于F，
∴∠DEP＝∠F，
∵∠DEP+∠AEC＝∠ACE+∠BCF＝90°，
∴∠DEP＝∠BCF，
∴∠BCF＝∠F，
∴BF＝BC，
∴BF＝DE，
∵∠EPD＝∠BPF，
∴△DEP≌△BFP（AAS），
∴PD＝BP＝BD，
∴＝＝，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
38．（2023?三明模擬）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為8，E是CD邊上的動(dòng)點(diǎn)（E不與C，D重合），△AFE與△ADE關(guān)于直線AE對(duì)稱，把△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABG，連結(jié)FG，F(xiàn)C．現(xiàn)有以下結(jié)論：
①∠GAF＝∠DAF；
②CF的最小值為8﹣8；
③當(dāng)DE＝2時(shí)，GF＝10；
④當(dāng)E為CD中點(diǎn)時(shí)，CF所在直線垂直平分AG；
其中一定正確的是 ②③ ．（寫出所有正確結(jié)論的序號(hào)）
【分析】如圖，連接BE，根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)得到AF＝AD，∠EAD＝∠EAF，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到AG＝AE，∠GAB＝∠EAD．求得∠GAB＝∠EAF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到FG＝BE，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到BC＝CD＝AB＝8，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．
【詳解】如圖，連接BE，
∵△AFE與△ADE關(guān)于AE所在的直線對(duì)稱，
∴AF＝AD，∠EAD＝∠EAF，
∵△ADE按順時(shí)針方向繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)90°得到△ABG，
∴AG＝AE，∠GAB＝∠EAD，
∴∠GAB＝∠EAF，
∴∠GAB+∠BAF＝∠BAF+∠EAF，
∴∠GAF＝∠EAB，
故①錯(cuò)誤；
當(dāng)CF⊥EF時(shí)，CF有最小值，此時(shí)∠CFE＝90°，
∴∠AFE＝90°，
∴∠AFE+∠CFE＝180°，
∴A、F、C三點(diǎn)共線，
即CF有最小值時(shí)，點(diǎn)F在對(duì)角線AC上，
∴∠ACD＝45°，
∴EF＝CF，
∴，
∵CE+EF＝8，
∴，
∴，
∴，
故②正確；
在△GAF和△EAB中，
，
∴△GAF≌△EAB（SAS），
∴FG＝BE，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AB＝8．
∵DE＝2，
∴CE＝6，
在Rt△BCE中，，
∴GF＝10，
故③正確；
當(dāng)E為CD中點(diǎn)時(shí)，BG＝DE＝4，
∴CG＝BC+BG＝12，
又，
∴CG≠CA，
∴點(diǎn)C不在AG的垂直平分線上，
∴CF所在直線不會(huì)垂直平分AG，
故④錯(cuò)誤；
故答案為：②③．
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．
39．（2023?虹口區(qū)一模）我們規(guī)定：如果一個(gè)三角形一邊上的高等于這條邊，那么這個(gè)三角形叫做“等高底”三角形，這條邊叫做這個(gè)三角形的“等底”．如圖，已知直線l1∥l2，l1與l2之間的距離是3，“等高底”△ABC的“等底”BC在直線l1上（點(diǎn)B在點(diǎn)C的左側(cè)），點(diǎn)A在直線l2上，AB＝BC，將△ABC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°得到△A1BC1，點(diǎn)A、C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)A1、C1，那么A1C的長(zhǎng)為 3﹣3 ．
【分析】先根據(jù)勾股定理求出BC，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)法性質(zhì)求解．
【詳解】如下圖：
∵BC＝3，AC＝3，AB＝A1B＝3，
∴A1C＝A1B﹣BC＝3﹣3，
故答案為：3﹣3．
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，掌握勾股定理是解題的關(guān)鍵．
40．（2023?南寧一模）我們給出如下定義：在平面內(nèi)，點(diǎn)到圖形的距離是指這個(gè)點(diǎn)到圖形上所有點(diǎn)的距離的最小值．在平面內(nèi)有一個(gè)矩形ABCD，AB＝4，AD＝2，中心為O，在矩形外有一點(diǎn)P，OP＝3，當(dāng)矩形繞著點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)時(shí)，則點(diǎn)P到矩形的距離d的取值范圍為 3﹣≤d≤2 ．
【分析】由題意以及矩形的性質(zhì)得OP過(guò)矩形ABCD各邊的中點(diǎn)時(shí)，d最大，OP過(guò)矩形ABCD的頂點(diǎn)時(shí)，d最小，分別求出d的值即可得出答案．
【詳解】如圖：設(shè)AB的中點(diǎn)是E，OP過(guò)點(diǎn)E時(shí)，點(diǎn)O與邊AB上所有點(diǎn)的連線中，OE最小，此時(shí)此時(shí)d＝PE最大，OP過(guò)頂點(diǎn)A時(shí)，點(diǎn)O與邊AB上所有點(diǎn)的連線中，OA最大，此時(shí)d＝PA最小，
如圖①：∵AB＝4，AD＝2，中心為O，
∴OE＝1，OE⊥AB，
∵OP＝3，
∴d＝PE＝2；
如圖②：∵AB＝4，AD＝2，中心為O，
∴AE＝2，OE＝1，OE⊥AB，
∴OA＝＝，
∵OP＝3，
∴d＝PA＝3﹣；
∴d的取值范圍為3﹣≤d≤2．
故答案為：3﹣≤d≤2．
【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，根據(jù)題意得出d最大、最小時(shí)點(diǎn)P的位置是解題的關(guān)鍵．

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