（1）如圖①，求證：MA＝MN；
（2）如圖②，連接AN，O為AN的中點，MO的延長線交邊AB于點P，當(dāng)時，求AN和PM的長；
（3）如圖③，過點N作NH⊥BD于H，當(dāng)AM＝2時，求△HMN的面積．
2．如圖，直角邊長為6的等腰Rt△ABC中，點D、E分別在直角邊AC、BC上，DE∥AB，EC＝4．
（1）如圖1，將△DEC沿射線AC方向平移，得到△D1E1C1，邊D1E1與BC的交點為M，連接BE1，當(dāng)CC1多大時，△BME1是等腰直角三角形？并說明理由．
（2）如圖2，將△DEC繞點C旋轉(zhuǎn)∠α（0°＜α＜360°），得到△D1E1C，連接AD1、BE1、邊D1E1的中點為F．
①在旋轉(zhuǎn)過程中，AD1和BE1有怎樣的數(shù)量關(guān)系？并說明理由；
②連接BF，當(dāng)BF最大時，求AD1的值．（結(jié)果保留根號）
3.如圖1，已知，，點D在上，連接并延長交于點F．
（1）猜想：線段與的數(shù)量關(guān)系為_____；
（2）探究：若將圖1的繞點B順時針方向旋轉(zhuǎn)，當(dāng)小于時，得到圖2，連接并延長交于點F，則（1）中的結(jié)論是否還成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；
（3）拓展：圖1中，過點E作，垂足為點G．當(dāng)?shù)拇笮“l(fā)生變化，其它條件不變時，若，，直接寫出的長．

4. 實踐操作：第一步：如圖1，將矩形紙片沿過點D的直線折疊，使點A落在上的點處，得到折痕，然后把紙片展平．第二步：如圖2，將圖1中的矩形紙片沿過點E的直線折疊，點C恰好落在上的點處，點B落在點處，得到折痕，交于點M，交于點N，再把紙片展平．

問題解決：
（1）如圖1，填空：四邊形的形狀是_____________________；
（2）如圖2，線段與是否相等？若相等，請給出證明；若不等，請說明理由；
（3）如圖2，若，求的值．
5.問題背景：如圖（1），已知，求證：；
嘗試應(yīng)用：如圖（2），在和中，，，與相交于點．點在邊上，，求的值；
拓展創(chuàng)新：如圖（3），是內(nèi)一點，，，，，直接寫出的長．

6. 在中，，．點D在邊上，且，交邊于點F，連接．
（1）特例發(fā)現(xiàn)：如圖1，當(dāng)時，①求證：；②推斷：_________．；
（2）探究證明：如圖2，當(dāng)時，請?zhí)骄康亩葦?shù)是否為定值，并說明理由；
（3）拓展運用：如圖3，在（2）的條件下，當(dāng)時，過點D作的垂線，交于點P，交于點K，若，求的長．
7．問題提出
如圖（1），在△ABC和△DEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，EC＝DC，點E在△ABC內(nèi)部，BF，CF之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？
問題探究
（1）先將問題特殊化如圖（2），當(dāng)點D，F(xiàn)重合時，表示AF，BF；
（2）再探究一般情形如圖（1），當(dāng)點D，F(xiàn)不重合時（1）中的結(jié)論仍然成立．
問題拓展
如圖（3），在△ABC和△DEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，EC＝kDC（k是常數(shù)），點E在△ABC內(nèi)部，表示線段AF，BF
8．在一平面內(nèi)，線段AB＝20，線段BC＝CD＝DA＝10，將這四條線段順次首尾相接．把AB固定，讓AD繞點A從AB開始逆時針旋轉(zhuǎn)角α（α＞0°）到某一位置時，BC，CD將會跟隨出現(xiàn)到相應(yīng)的位置．
論證：如圖1，當(dāng)AD∥BC時，設(shè)AB與CD交于點O，求證：AO＝10；
發(fā)現(xiàn)：當(dāng)旋轉(zhuǎn)角α＝60°時，∠ADC的度數(shù)可能是多少？
嘗試：取線段CD的中點M，當(dāng)點M與點B距離最大時，求點M到AB的距離；
拓展：①如圖2，設(shè)點D與B的距離為d，若∠BCD的平分線所在直線交AB于點P，直接寫出BP的長（用含d的式子表示）；
②當(dāng)點C在AB下方，且AD與CD垂直時，直接寫出a的余弦值．
2025年中考數(shù)學(xué)考前沖刺：實踐與探究綜合（含動點平移旋轉(zhuǎn)等）難題 壓軸練習(xí)題·解析版
1．如圖，在正方形ABCD中，AB＝6，M是對角線BD上的一個動點（0＜DM＜BD），連接AM，過點M作MN⊥AM交BC于點N．
（1）如圖①，求證：MA＝MN；
（2）如圖②，連接AN，O為AN的中點，MO的延長線交邊AB于點P，當(dāng)時，求AN和PM的長；
（3）如圖③，過點N作NH⊥BD于H，當(dāng)AM＝2時，求△HMN的面積．
【答案】見解析
【解析】（1）證明：過點M作MF⊥AB于F，作MG⊥BC于G，如圖①所示：
∴∠AFM＝∠MFB＝∠BGM＝∠NGM＝90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠DAB＝90°，AD＝AB，∠ABD＝∠DBC＝45°，
∵M(jìn)F⊥AB，MG⊥BC，
∴MF＝MG，
∵∠ABC＝90°，
∴四邊形FBGM是正方形，
∴∠FMG＝90°，
∴∠FMN+∠NMG＝90°，
∵M(jìn)N⊥AM，
∴∠AMF+∠FMN＝90°，
∴∠AMF＝∠NMG，
在△AMF和△NMG中，，
∴△AMF≌△NMG（ASA），
∴MA＝MN；
（2）解：在Rt△AMN中，由（1）知：MA＝MN，
∴∠MAN＝45°，
∵∠DBC＝45°，
∴∠MAN＝∠DBC，
∴Rt△AMN∽Rt△BCD，
∴＝（）2，
在Rt△ABD中，AB＝AD＝6，
∴BD＝6，
∴＝，
解得：AN＝2，
∴在Rt△ABN中，BN＝＝＝4，
∵在Rt△AMN中，MA＝MN，O是AN的中點，
∴OM＝OA＝ON＝AN＝，OM⊥AN，
∴∠AOP＝90°，
∴∠AOP＝∠ABN，
∵∠PAO＝∠NAB，
∴△PAO∽△NAB，
∴＝，即：＝，
解得：OP＝，
∴PM＝OM+OP＝+＝；
（3）解：過點A作AF⊥BD于F，如圖③所示：
∴∠AFM＝90°，
∴∠FAM+∠AMF＝90°，
∵M(jìn)N⊥AM，
∴∠AMN＝90°，
∴∠AMF+∠HMN＝90°，
∴∠FAM＝∠HMN，
∵NH⊥BD，
∴∠AFM＝∠MHN＝90°，
在△AFM和△MHN中，，
∴△AFM≌△MHN（AAS），
∴AF＝MH，
在等腰直角△ABD中，∵AF⊥BD，
∴AF＝BD＝×6＝3，
∴MH＝3，
∵AM＝2，
∴MN＝2，
∴HN＝＝＝，
∴S△HMN＝MH?HN＝×3×＝3，
∴△HMN的面積為3．
2．如圖，直角邊長為6的等腰Rt△ABC中，點D、E分別在直角邊AC、BC上，DE∥AB，EC＝4．
（1）如圖1，將△DEC沿射線AC方向平移，得到△D1E1C1，邊D1E1與BC的交點為M，連接BE1，當(dāng)CC1多大時，△BME1是等腰直角三角形？并說明理由．
（2）如圖2，將△DEC繞點C旋轉(zhuǎn)∠α（0°＜α＜360°），得到△D1E1C，連接AD1、BE1、邊D1E1的中點為F．
①在旋轉(zhuǎn)過程中，AD1和BE1有怎樣的數(shù)量關(guān)系？并說明理由；
②連接BF，當(dāng)BF最大時，求AD1的值．（結(jié)果保留根號）
【答案】見解析
【解析】（1）如圖1中，連接EE1，當(dāng)CC1＝2時，△BME1是等腰直角三角形．利用平移不變性解決問題即可．
（2）①AD1和BE1相等．證明△BE1C≌△AD1C，即可解決問題．
②當(dāng)點F在BC的延長線上時，BF最大．
【解答】（1）如圖1中，連接EE1，當(dāng)CC1＝2時，△BME1是等腰直角三角形．
理由：∵△DEC沿射線AC方向平移，得到△D1E1C1，
∴EE1∥AC，EE1⊥BC，
∴EE1＝CC1＝2，∠EE1M＝∠MD1C，
∵DE∥AB，
∴△ABC∽△DCE，
∴＝，∠EE1M＝∠MD1C＝45°，
∵AC＝BC＝6，
∴CD＝CE＝4，
∴BE＝EE1＝2，
∴∠BE1E＝45°，
∴∠BE1M＝90°，
∴∠BE1E＝∠ME1E＝45°，
∵∠BEE1＝∠MEE1＝90°，EE1＝EE1，
∴△BE1E≌△ME1E（ASA），
∴BE1＝ME1，
∴△BME1是等腰直角三角形．
（2）①AD1和BE1相等
理由：如圖2中，
∵∠ABC＝∠D1CE1＝90°，
∴∠BCE1＝∠ACD1，
又∵AC＝BC，CE1＝CD1，
∴△BE1C≌△AD1C（SAS），
∴AD1＝BE1．
②當(dāng)點F在BC的延長線上時，BF最大．
在Rt△D1CE1中，E1C＝D1C＝4
∴D1E1＝4，
∵F是中點，
∴CF＝D1E1＝2，
∴BF＝6+2．
3.如圖1，已知，，點D在上，連接并延長交于點F．
（1）猜想：線段與的數(shù)量關(guān)系為_____；
（2）探究：若將圖1的繞點B順時針方向旋轉(zhuǎn)，當(dāng)小于時，得到圖2，連接并延長交于點F，則（1）中的結(jié)論是否還成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；
（3）拓展：圖1中，過點E作，垂足為點G．當(dāng)?shù)拇笮“l(fā)生變化，其它條件不變時，若，，直接寫出的長．

【答案】(1)AF=EF；(2)成立，理由見解析；(3)12
【解析】(1) 延長DF到G點，并使FG=DC，連接GE，證明△ACF△EDG，進(jìn)而得到△GEF為等腰三角形，即可證明AF=GE=EF；
(2)證明原理同(1)，延長DF到G點，并使FG=DC，連接GE，證明△ACF△EDG，進(jìn)而得到△GEF為等腰三角形，即可證明AF=GE=EF；
(3)補(bǔ)充完整圖后證明四邊形AEGC矩形，進(jìn)而得到∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°即可求解．
解：(1)延長DF到G點，并使FG=DC，連接GE，如下圖所示
∵，
∴DE=AC，BD=BC，
∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠ADF，
∴∠ADF=∠DCB，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠DCB=90°，
∵∠EDB=90°，
∴∠ADF+∠FDE=90°，
∴∠ACD=∠FDE，
又延長DF使得FG=DC，
∴FG+DF=DC+DF，
∴DG=CF，
在△ACF和△EDG中，
，
∴△ACF△EDG(SAS)，
∴GE=AF，∠G=∠AFC，
又∠AFC=∠GFE，
∴∠G=∠GFE
∴GE=EF
∴AF=EF，
故AF與EF的數(shù)量關(guān)系為：AF=EF.
故答案為：AF=EF；
(2)仍舊成立，理由如下：
延長DF到G點，并使FG=DC，連接GE，如下圖所示
設(shè)BD延長線DM交AE于M點，
∵，
∴DE=AC，BD=BC，
∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠MDF，
∴∠MDF=∠DCB，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠DCB=90°，
∵∠EDB=90°，
∴∠MDF+∠FDE=90°，
∴∠ACD=∠FDE，
又延長DF使得FG=DC，
∴FG+DF=DC+DF，
∴DG=CF，
在△ACF和△EDG中，
，
∴△ACF△EDG(SAS)，
∴GE=AF，∠G=∠AFC，
又∠AFC=∠GFE，
∴∠G=∠GFE
∴GE=EF，
∴AF=EF，
故AF與EF的數(shù)量關(guān)系為：AF=EF.
故答案為：AF=EF；
(3)如下圖所示：

∵BA=BE，
∴∠BAE=∠BEA，
∵∠BAE=∠EBG,
∴∠BEA=∠EBG，
∴AECG，
∴∠AEG+∠G=180°，
∴∠AEG=90°，
∴∠ACG=∠G=∠AEG=90°，
∴四邊形AEGC為矩形，
∴AC=EG，且AB=BE，
∴Rt△ACBRt△EGB(HL)，
∴BG=BC=6，∠ABC=∠EBG，
又∵ED=AC=EG，且EB=EB，
∴Rt△EDBRt△EGB(HL)，
∴DB=GB=6，∠EBG=∠ABE，
∴∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°，
∴∠BAC=30°，
∴在Rt△ABC中由30°所對的直角邊等于斜邊的一半可知：
．
故答案為：．
【點睛】本題屬于四邊形的綜合題，考查了三角形全等的性質(zhì)和判定，矩形的性質(zhì)和判定，本題的關(guān)鍵是延長DF到G點并使FG=DC，進(jìn)而構(gòu)造全等，本題難度稍大，需要作出合適的輔助線．
4. 實踐操作：第一步：如圖1，將矩形紙片沿過點D的直線折疊，使點A落在上的點處，得到折痕，然后把紙片展平．第二步：如圖2，將圖1中的矩形紙片沿過點E的直線折疊，點C恰好落在上的點處，點B落在點處，得到折痕，交于點M，交于點N，再把紙片展平．

問題解決：
（1）如圖1，填空：四邊形的形狀是_____________________；
（2）如圖2，線段與是否相等？若相等，請給出證明；若不等，請說明理由；
（3）如圖2，若，求的值．
【答案】（1）正方形；（2），見解析；（3）
【解析】（1）有一組鄰邊相等且一個角為直角的平行四邊形是正方形；
（2）連接，由（1）問的結(jié)論可知，，又因為矩形紙片沿過點E的直線折疊，可知折疊前后對應(yīng)角以及對應(yīng)邊相等，有，，，可以證明和全等，得到，從而有；
（3）由，有；由折疊知，，可以計算出；用勾股定理計算出DF的長度，再證明得出等量關(guān)系，從而得到的值．
【詳解】（1）解：∵ABCD是平行四邊形，
∴，
∴四邊形是平行四邊形
∵矩形紙片沿過點D的直線折疊，使點A落在上的點處
∴
∴
∵
∴四邊形的形狀是正方形
故最后答案為：四邊形的形狀是正方形；
（2）
理由如下：如圖，連接，由（1）知：
∵四邊形是矩形，
∴
由折疊知：
∴
又，
∴
∴
∴
（3）∵，∴
由折疊知：，∴
∵
∴
設(shè)，則
在中，由勾股定理得：
解得：，即
如圖，延長交于點G，則
∴
∴
∴
∵，∴
∴
【點睛】（1）本問主要考查了正方形的定義，即有一組鄰邊相等且一個角為直角的平行四邊形是正方形，其中明確折疊前后對應(yīng)邊、對應(yīng)角相等是解題的關(guān)鍵；
（2）本問利用了正方形的性質(zhì)以及折疊前后對應(yīng)邊、對應(yīng)角相等來證明三角形全等，再根據(jù)角相等則邊相等即可做題，其中知道角相等則邊相等的思想是解題的關(guān)鍵；
（3）本問考查了全等三角形、相似三角形的性質(zhì)、角相等則正切值相等以及勾股定理的應(yīng)用，其中知道三角形相似則對應(yīng)邊成比例是解題的關(guān)鍵．
5.問題背景：如圖（1），已知，求證：；
嘗試應(yīng)用：如圖（2），在和中，，，與相交于點．點在邊上，，求的值；
拓展創(chuàng)新：如圖（3），是內(nèi)一點，，，，，直接寫出的長．

【答案】問題背景：見詳解；嘗試應(yīng)用：3；拓展創(chuàng)新：．
【解析】問題背景：通過得到，，再找到相等的角，從而可證；
嘗試應(yīng)用：連接CE，通過可以證得，得到，然后去證，，通過對應(yīng)邊成比例即可得到答案；
拓展創(chuàng)新：在AD的右側(cè)作∠DAE=∠BAC，AE交BD延長線于E，連接CE，通過，，然后利用對應(yīng)邊成比例即可得到答案．
【詳解】問題背景：∵，
∴∠BAC=∠DAE， ，
∴∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴；
嘗試應(yīng)用：連接CE，
∵，，
∴，
∴，
∵∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴，
∴，
由于，，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
又∵
∴，
∴；
拓展創(chuàng)新：
如圖，在AD的右側(cè)作∠DAE=∠BAC，AE交BD延長線于E，連接CE，
∵∠ADE=∠BAD+∠ABD，∠ABC=∠ABD+∠CBD，，
∴∠ADE=∠ABC，
又∵∠DAE=∠BAC，
∴，
∴，
又∵∠DAE=∠BAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴，
∴，
設(shè)CD=x，在直角三角形BCD中，由于∠CBD=30°，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
【點睛】本題考查了相似三角形的綜合問題，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
6. 在中，，．點D在邊上，且，交邊于點F，連接．
（1）特例發(fā)現(xiàn)：如圖1，當(dāng)時，①求證：；②推斷：_________．；
（2）探究證明：如圖2，當(dāng)時，請?zhí)骄康亩葦?shù)是否為定值，并說明理由；
（3）拓展運用：如圖3，在（2）的條件下，當(dāng)時，過點D作的垂線，交于點P，交于點K，若，求的長．
【答案】（1）①證明見解析，② ；（2）為定值，證明見解析；（3）
【解析】（1）①利用已知條件證明即可得到結(jié)論，②先證明利用相似三角形的性質(zhì)再證明結(jié)合相似三角形的性質(zhì)可得答案；
（2）由（1）中②的解題思路可得結(jié)論；
（3）設(shè) 則 利用等腰直角三角形的性質(zhì)分別表示： 由表示 再證明利用相似三角形的性質(zhì)建立方程求解，即可得到答案．
【詳解】證明：（1）①






②推斷：
理由如下：












（2）為定值，
理由如下：
由（1）得：







（3） ，
設(shè) 則













，
解得：

【點睛】本題考查的是三角形的全等的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形相似的判定與性質(zhì)，更重要的是考查學(xué)生的學(xué)習(xí)探究的能力，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
7．問題提出
如圖（1），在△ABC和△DEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，EC＝DC，點E在△ABC內(nèi)部，BF，CF之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？
問題探究
（1）先將問題特殊化如圖（2），當(dāng)點D，F(xiàn)重合時，表示AF，BF；
（2）再探究一般情形如圖（1），當(dāng)點D，F(xiàn)不重合時（1）中的結(jié)論仍然成立．
問題拓展
如圖（3），在△ABC和△DEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，EC＝kDC（k是常數(shù)），點E在△ABC內(nèi)部，表示線段AF，BF
【答案】見解析。
【解析】（1）證明△ACD≌△BCE（SAS），則△CDE為等腰直角三角形，故DE＝EF＝CF，進(jìn)而求解；
（2）由（1）知，△ACD≌△BCE（SAS），再證明△BCG≌△ACF（AAS），得到△GCF為等腰直角三角形，則GF＝CF，即可求解；
（3）證明△BCE∽△CAD和△BGC∽△AFC，得到＝，則BG＝kAF，GC＝kFC，進(jìn)而求解．
解：（1）如圖（2），∵∠ACD+∠ACE＝90°，
∴∠BCE＝∠ACD，
∵BC＝AC，EC＝DC，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE＝AD＝AF，∠EBC＝∠CAD，
故△CDE為等腰直角三角形，
故DE＝EF＝CF，
則BF＝BD＝BE+ED＝AF+CF；
即BF﹣AF＝CF；
（2）如圖（1），由（1）知，
∴∠CAF＝∠CBE，BE＝AF，
過點C作CG⊥CF交BF于點G，
∵∠FCE+∠ECG＝90°，∠ECG+∠GCB＝90°，
∴∠ACF＝∠GCB，
∵∠CAF＝∠CBE，BC＝AC，
∴△BCG≌△ACF（AAS），
∴GC＝FC，BG＝AF，
故△GCF為等腰直角三角形，則GF＝，
則BF＝BG+GF＝AF+CF，
即BF﹣AF＝CF；
（3）由（2）知，∠BCE＝∠ACD，
而BC＝kAC，EC＝kDC，
即，
∴△BCE∽△CAD，
∴∠CAD＝∠CBE，
過點C作CG⊥CF交BF于點G，
由（2）知，∠BCG＝∠ACF，
∴△BGC∽△AFC，
∴＝，
則BG＝kAF，GC＝kFC，
在Rt△CGF中，GF＝＝＝，
則BF＝BG+GF＝kAF+?FC，
即BF﹣kAF＝?FC．
8．在一平面內(nèi)，線段AB＝20，線段BC＝CD＝DA＝10，將這四條線段順次首尾相接．把AB固定，讓AD繞點A從AB開始逆時針旋轉(zhuǎn)角α（α＞0°）到某一位置時，BC，CD將會跟隨出現(xiàn)到相應(yīng)的位置．
論證：如圖1，當(dāng)AD∥BC時，設(shè)AB與CD交于點O，求證：AO＝10；
發(fā)現(xiàn)：當(dāng)旋轉(zhuǎn)角α＝60°時，∠ADC的度數(shù)可能是多少？
嘗試：取線段CD的中點M，當(dāng)點M與點B距離最大時，求點M到AB的距離；
拓展：①如圖2，設(shè)點D與B的距離為d，若∠BCD的平分線所在直線交AB于點P，直接寫出BP的長（用含d的式子表示）；
②當(dāng)點C在AB下方，且AD與CD垂直時，直接寫出a的余弦值．
【答案】見解析。
【解析】論證：由△AOD≌△BOC，得AO＝BO，而AB＝20，可得AO＝10；
發(fā)現(xiàn)：設(shè)AB的中點為O，當(dāng)AD從初始位置AO繞A順時針旋轉(zhuǎn)60°時，BC也從初始位置BC'繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°，BC旋轉(zhuǎn)到BO的位置，即C以O(shè)重合，從而可得∠ADC＝60°；
嘗試：當(dāng)點M與點B距離最大時，D、C、B共線，過D作DQ⊥AB于Q，過M作MN⊥AB于N，由已知可得AD＝10，設(shè)AQ＝x，則BQ＝20﹣x，100﹣x2＝400﹣（20﹣x）2，可得AQ＝，DQ＝，再由MN∥DQ，得＝，MN＝，即點M到AB的距離為；
拓展：
①設(shè)直線CP交DB于H，過G作DG⊥AB于G，連接DP，設(shè)BG＝m，則AG＝20﹣m，由AD2﹣AG2＝BD2﹣BG2，可得m＝，BG＝，而△BHP∽△BGD，有＝，即可得BP＝；
②過B作BG⊥CD于G，設(shè)AN＝t，則BN＝20﹣t，DN＝＝，由△ADN∽△BGN，＝＝，表達(dá)出NG＝，BG＝，Rt△BCG中，CG＝，根據(jù)DN+NG+CG＝10，列方程++＝10，解得t＝，即可得csα＝＝＝．
【解答】論證：
證明：∵AD∥BC，
∴∠A＝∠B，∠C＝∠D，
在△AOD和△BOC中，
，
∴△AOD≌△BOC（ASA），
∴AO＝BO，
∵AO+BO＝AB＝20，
∴AO＝10；
發(fā)現(xiàn)：設(shè)AB的中點為O，如圖：
當(dāng)AD從初始位置AO繞A順時針旋轉(zhuǎn)60°時，BC也從初始位置BC'繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°，
而BO＝BC'＝10，
∴△BC'O是等邊三角形，
∴BC旋轉(zhuǎn)到BO的位置，即C以O(shè)重合，
∵AO＝AD＝CD＝10，
∴△ADC是等邊三角形，
∴∠ADC＝60°；
嘗試：取線段CD的中點M，當(dāng)點M與點B距離最大時，D、C、B共線，過D作DQ⊥AB于Q，過M作MN⊥AB于N，如圖：
由已知可得AD＝10，BD＝BC+CD＝20，BM＝CM+BC＝15，
設(shè)AQ＝x，則BQ＝20﹣x，
∵AD2﹣AQ2＝DQ2＝BD2﹣BQ2，
∴100﹣x2＝400﹣（20﹣x）2，
解得x＝，
∴AQ＝，
∴DQ＝＝，
∵DQ⊥AB，MN⊥AB，
∴MN∥DQ，
∴＝，即＝，
∴MN＝，
∴點M到AB的距離為；
拓展：
①設(shè)直線CP交DB于H，過G作DG⊥AB于G，連接DP，如圖：
∵BC＝DC＝10，CP平分∠BCD，
∴∠BHC＝∠DHC＝90°，BH＝BD＝d，
設(shè)BG＝m，則AG＝20﹣m，
∵AD2﹣AG2＝BD2﹣BG2，
∴100﹣（20﹣m）2＝d2﹣m2，
∴m＝，
∴BG＝，
∵∠BHP＝∠BGD＝90°，∠PBH＝∠DBG，
∴△BHP∽△BGD，
∴＝，
∴BP＝＝；
②過B作BG⊥CD于G，如圖：
設(shè)AN＝t，則BN＝20﹣t，DN＝＝，
∵∠D＝∠BGN＝90°，∠AND＝∠BNG，
∴△ADN∽△BGN，
∴＝＝，
即＝＝，
∴NG＝，BG＝，
Rt△BCG中，BC＝10，
∴CG＝＝，
∵CD＝10，
∴DN+NG+CG＝10，
即++＝10，
∴t+（20﹣t）+20＝10t，
20+20＝10t，即2＝t﹣2，
兩邊平方，整理得：3t2﹣40t＝﹣4t，
∵t≠0，
∴3t﹣40＝﹣4，
解得t＝（大于20，舍去）或t＝，
∴AN＝，
∴csα＝＝＝．
方法二：過C作CK⊥AB于K，過F作FH⊥AC于H，如圖：
∵AD＝CD＝10，AD⊥DC，
∴AC2＝200，
∵AC2﹣AK2＝BC2﹣BK2，
∴200﹣AK2＝100﹣（20﹣AK）2，
解得AK＝，
∴CK＝＝，
Rt△ACK中，tan∠KAC＝＝，
Rt△AFH中，tan∠KAC＝＝，
設(shè)FH＝n，則CH＝FH＝n，AH＝5n，
∵AC＝AH+CH＝10，
∴5n+n＝10，
解得n＝，
∴AF＝＝n＝?＝，
Rt△ADF中，
csα＝＝＝．

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