专题23.9 《旋转》中的等腰模型（专项练习）-2021-2022学年九年级数学上册基础知识专项讲练（人教版）

这是一份专题23.9 《旋转》中的等腰模型（专项练习）-2021-2022学年九年级数学上册基础知识专项讲练（人教版），共45页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

专题23.9 《旋转》中的等腰模型（专项练习）
一、解答题
1．如图，图1等腰△BAC与等腰△DEC，共点于C，且∠BCA＝∠ECD，连结BE、AD，若BC＝AC、EC＝DC．
（1）求证：BE＝AD；
（2）若将等腰△DEC绕点C旋转至图2、3、4情况时，其余条件不变，BE与AD还相等吗？为什么？（请你用图2证明你的猜想）


2．如图所示，等腰直角三角形、，，，，和交于点，问线段和之间有什么关系，并证明.

3．情境·观察：
将矩形ABCD纸片沿对角线AC剪开，得到△ABC和△,如图1所示，将△的顶点与点A重合，并绕点A按逆时针方向旋转，使点D，A（），B在同一条直线上，如图2所示，观察图2可知：旋转角= ° ，与BC相等的线段是 .

问题·探究：
如图3，△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB、AC为直角边，向△ABC外作等腰直角△ABE和等腰直角△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q，试探究EP与FQ之间的数量关系，并证明你的结论.


关系·拓展：
如图4，已知正方形ABCD，P为边BC上任意一点，连结AP，把AP绕点P顺时针方向旋转90°，点A对应点为点，连接,求的度数.
4．给出定义，若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形．
（1）在你学过的特殊四边形中，写出两种勾股四边形的名称；
（2）如图，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60°得到△DBE，连接AD，DC，CE，已知∠DCB=30°．
①求证：△BCE是等边三角形；
②求证：DC2+BC2=AC2，即四边形ABCD是勾股四边形．

5．如图，在四边形ABCD中，∠C=60°，∠A=30°，CD=BC．
（1）求∠B+∠D的度数．
（2）连接AC，探究AD，AB，AC三者之间的数量关系，并说明理由．
（3）若BC=2，点E在四边形ABCD内部运动，且满足DE2=CE2+BE2，求点E运动路径的长度．

6．如图所示，等腰直角中，，点在上，且，，．将绕点逆时针旋转，画出旋转后的图形，并求的长．

7．已知：如图所示，中，是的中点，分别是上的动点，且．试问：四边形的面积是否为定值？若为定值，请求出此值；若不为定值，请说明理由．

8．已知在中，，点D是BC上的任意一点，探究与的关系，并证明你的结论.


9．如图（a），（b），（c）所示，点E、D分别是正、正四边形ABCM，正五边形ABCMN中以C点为顶点的相邻两边上的点，且，DB交AE于点P．
（1）在图（a）中，求的度数．
（2）在图（b）中，的度数为________，图（c）中，的度数为________．
（3）根据前面探索，你能否将本题推广到一般的正n边形情况．若能，写出推广问题和结论；若不能，请说明理由．

10．定义：如（图1），点把线段分割成和，若以为边的三角形是一个直角三角形，则称点是线段的勾股分割点．
（1）已知点是线段的勾股分割点，若，求的长；
（2）如（图2），在等腰直角中， ，点为边上两点，满足，求证：点是线段的勾股分割点；阳阳同学在解决第（2）小题时遇到了困难，陈老师对阳阳说：要证明勾股分割点，则需设法构造直角三角形，你可以把绕点逆时针旋转试一试．请根据陈老师的提示完成第（2）小题的证明过程．

11．已知如图，射线在的内部，．点分别在射线上，且．连结．
（1）如图1，若，延长到点，使，连接．求证：①≌．
②．

（2）如图2，若，其它条件不变，问题（1）中的线段之间的数量关系是否发生变化？请说明理由．

12．在四边形中，．
（1）如图，若，，，求的长；

（2）如图，若，连接，求证：平分；

（3）在（2）的条件下，若，，直接写出的长度为________．

13．如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为DE的中点．过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．
(1)当A，B，C三点在同一直线上时(如图1)，求证：M为AN的中点．
(2)将图1中△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时(如图2)，求证：△CAN为等腰直角三角形．
(3)在（2）条件下，已知AD=1，CE=，求AN的长．

14．在△ABC中，∠BAC=90°，AC=AB，点D为直线BC上的一动点，以AD为边作△ADE（顶点A､D､E按逆时针方向排列），且∠DAE=90°，AD=AE，连接CE．
（1）如图1，若点D在BC边上（点D与B､C不重合），
①求证：△ABD≌△ACE；
②求证：
（2）如图2，若点D在CB的延长线上，若DB=5，BC=7，则△ADE的面积为____．
（3）如图3，若点D在BC的延长线上，以AD为边作等腰Rt△ADE，∠DAE=90°，连结BE，若BE=10，BC=6，则AE的长为______．

15．（问题背景）（1）如图1，是正三角形外一点，，则？小明为了证明这个结论，将绕点逆时针旋转请帮助小明完成他的作图；


（迁移应用）（2）如图2，在等腰中，，点在外部，使得，若，求；
（拓展创新）（3）如图3，在四边形中，点在四边形内部．且，直接写出的长．
16．如图1，等腰中，，点，分别在边，上，，连接，点，，分别为，，的中点．

（1）观察猜想：图1中，线段与的数量关系是______，位置关系是______．
（2）探究证明：把绕点逆时针方向旋转到图2的位置，连接，，，判断的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把绕点在平面内自由旋转，若，，请直接写出面积的最大值．
17．（1）如图1所示，，都是等腰三角形，A、C、D三点在同一直线上，连接BD、AE，并延长AE交BD于点F，试判断AE与BD的数量关系及位置关系，并证明你的结论．
（2）若绕顶点C顺时针转任意角度后得到图2，图1中的结论是否仍然成立？请说明理由．

18．如图，在直角中，，点D是上一点，连接，把绕点A逆时针旋转90°，得到，连接交于点M．

（1）如图1，若，求的长；
（2）如图2，若，点N为上一点，，求证：；
（3）如图3，若，点D为直线上一动点，直线与直线交于点M，当为等腰三角形时，请直接写出此时的度数．
19．如图，等腰三角形中，，．作于点，将线段绕着点顺时针旋转角后得到线段，连接．

（1）求证：；
（2）延长线段，交线段于点．求的度数（用含有的式子表示） ．
20．问题背景
如图（1），在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，∠BAD＝α，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAFα，连接EF，试探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系．

（1）特殊情景
在上述条件下，小明增加条件“当∠BAD＝∠B＝∠D＝90°时”如图（2），小明很快写出了：BE，DF，EF之间的数量关系为______．
（2）类比猜想
类比特殊情景，小明猜想：在如图（1）的条件下线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你帮助小明完成证明；若不成立，请说明理由．
（3）解决问题
如图（3），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD，请直接写出DE的长．
21．如图，△ACB和△DCE均为等腰三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．

（1）如图1，若∠CAB＝∠CBA＝∠CDE＝∠CED＝50°．
①求证：AD＝BE；
②求∠AEB的度数．
（2）如图2，若∠ACB＝∠DCE＝90°，CF为△DCE中DE边上的高，试猜想AE，CF，BE之间的关系，并证明你的结论．
22．在中，．

(1)如图①，以点为直角顶点，为腰在右侧作等腰，过点作交的延长线于点．求证：．
(2)如图②，以为底边在左侧作等腰，连接，求的度数．
(3)如图③，中，,垂足为点，以为边在左侧作等边,连接交于，,求的长．

参考答案
1．（1）证明见解析；（2）BE＝AD，理由见解析．
【分析】
（1）证出∠BCE＝∠ACD，根据SAS推出△BCE≌△ACD，即可得出结论；
（2）图2、图3、图4同样证出∠BCE＝∠ACD，根据SAS推出△BCE≌△ACD，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：∵∠BCA＝∠ECD，
∴∠BCA+∠ECA＝∠ECD+∠ECA，
∴∠BCE＝∠ACD，
在△BCE和△ACD中，，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE＝AD；
（2）解：图2、图3、图4中，BE＝AD，以图2为例，理由如下：
∵∠BCA＝∠ECD，
∴∠BCA－∠ECA＝∠ECD－∠ECA，
∴∠BCE＝∠ACD，
在△BCE和△ACD中，，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE＝AD．
【点拨】本题考查三角形全等的判定，熟练掌握三角形全等的判定定理是解题关键．
2．且，理由见解析
【解析】
【分析】
证明△DAC≌△EAB得DC=EB，再证明∠CDE+∠DEF=90°即可得到结论.
【详解】
且，
证明：∵∠DAE=∠CAB=90°，DA=EA，CA=BA，
∴∠DAC=∠EAB，
∴△DAC≌△EAB，
∴DC=EB，
∵∠FDE+∠FDA+∠AED=90°，
∴∠FDE+∠FED=90°，即
∴线段DC和EB之间的关系为：且
【点拨】此题主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
3．（1） 90°，AD；（2）EP=FQ，证明见解析；（3）45°.
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的性质、旋转的性质填空；
（2）由全等三角形△APE≌△BGA的对应边相等知，EP=AG；同理由全等三角形△FQA≌△AGC的对应边相等知FQ=AG，所以易证EP=FQ；
（3）由旋转的性质易求∠A1CE=45°.
【详解】
试题分析：（1）根据矩形的性质、旋转的性质填空；
（2）由全等三角形△APE≌△BGA的对应边相等知，EP=AG；同理由全等三角形△FQA≌△AGC的对应边相等知FQ=AG，所以易证EP=FQ；
（3）由旋转的性质易求∠A1CE=45°.
试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴如图1，在Rt△ADC与Rt△ABC中，
，
∴Rt△ADC≌Rt△ABC（HL），
即如图2，Rt△ABC≌Rt△C'DA′，
∴BC=AD，∠BAC=∠DC′A′．
又∵∠DC′A′+∠DA′C′=90°，
∴∠DA′C′+∠CAB=90°，
∴∠CAC′=90°．
问题·探究：
解：EP=FQ
∵∠AGB=∠EPA=∠EAB=90°
∴∠EAP+∠PEA=90°
∠EAP+∠BAG=90°
∴∠BAG=∠PEA
∵∠EPA=∠AGB
∠PEA=∠BAG
AE=AB
∴△EPA≌△AGB
∴EP=AG
同理：QF=AG
∴EP=FQ
联系·拓展：
解：∠A1CE=45°
过A1作A1Q⊥BE于点Q

由上可知：△ABP≌△A1QP
∴BP=A1Q，AB=PQ
∵AB=BC
∴BC=PQ
∴BP=CQ
∴A1Q=CQ
∴∠A1CE =45°
【点拨】本题考查了全等三角形、矩形、旋转的相关知识点，解题的关键是熟练的掌握全等三角形、矩形与旋转的性质.
4．(1)正方形、矩形、直角梯形均可；(2)①证明见解析②证明见解析
【分析】
（1）根据定义和特殊四边形的性质，则有矩形或正方形或直角梯形；
（2）①首先证明△ABC≌△DBE，得出AC=DE，BC=BE，连接CE，进一步得出△BCE为等边三角形；
②利用等边三角形的性质，进一步得出△DCE是直角三角形，问题得解．
【详解】
解：（1）正方形、矩形、直角梯形均可；
（2）①∵△ABC≌△DBE，
∴BC=BE，
∵∠CBE=60°，
∴△BCE是等边三角形；
②∵△ABC≌△DBE，
∴BE=BC，AC=ED；
∴△BCE为等边三角形，
∴BC=CE，∠BCE=60°，
∵∠DCB=30°，
∴∠DCE=90°，
在Rt△DCE中，
DC2+CE2=DE2，
∴DC2+BC2=AC2．
考点：四边形综合题．
5．（1）∠D+∠B=270°；（2）AD2+AB2=AC2；理由见解析；（3）点E运动路径的长度是．
【解析】
【分析】
（1）利用四边形内角和定理计算即可；
（2）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转60°，得到△QDC，连接AQ，证明∠QDA=90°，根据勾股定理可得结论；
（3）如图中，将△BCE绕C点顺时针旋转60°，得到△CDF，连接EF，想办法证明∠BEC=150°即可解决问题.
【详解】
（1）在四边形ABCD中，∠C=60°，∠A=30°，
∴∠D+∠B=360°-∠A-∠C=360°-60°-30°=270°．
（2）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转60°，得到△QDC，连接AQ，

∴∠ACQ=60°，AC=CQ，AB=QD，
∴△ACQ是等边三角形，
∴AC=CQ=AQ，
由（1）知：∠ADC+∠B=270°，
∴∠ADC+∠CDQ=270°，
可得∠QDA=90°，
∴AD2+DQ2=AQ2，
∴AD2+AB2=AC2；
（3）将△BCE绕C点顺时针旋转60°，得到△CDF，连接EF，

∵CE=CF，∠ECF=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CE，∠CFE=60°，
∵DE2=CE2+BE2，
∴DE2=EF2+DF2，
∴∠DFE=90°，
∴∠CFD=∠CFE+∠DFE=60°+90°=150°，
∴∠CEB=150°，
则动点E在四边形ABCD内部运动，满足∠CEB=150°，以BC为边向外作等边△OBC，
则点E是以O为圆心，OB为半径的圆周上运动，运动轨迹为，
∵OB=BC=2，
则==．
点E运动路径的长度是．
【点拨】本题考查四边形综合题、等边三角形的判定和性质、勾股定理以及逆定理、弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
6．
【解析】
【分析】
将△CEB绕点C逆时针旋转90°，得到△ACE′，连结DE′，根据旋转的性质可得CE＝C E′，AE′＝BE，再求出△ADE′是直角三角形，然后勾股定理得出，再根据∠ACE′＝∠BCE，∠CAE′＝∠B＝45°，然后求出∠DCE′＝45°，从而得到∠DCE＝∠DCE′，再利用“边角边”证明△E′CD≌△DCE，根据全等三角形对应边相等可得DE= DE′=，
【详解】
解：如图，由旋转性质知，
∴，即，
∴，
在中，，
∵，∠ECB=∠E′CA，
∴∠ECB+∠DCA=∠E′CA+ ∠DCA=∠E′CD=45°=∠DCE，
又∵E′C=CE，CD=CD
∴△E′CD≌△DCE，
∴DE= DE′=.

【点拨】本题考查了作图−旋转变换，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，难度适中．准确作出旋转后的图形是解题的关键．
7．四边形DECF的面积为定值2，理由详见解析.
【解析】
【分析】
连结CD，易证，由割补法可知四边形DECF的面积保持不变，利用三角形的面积公式求出答案．
【详解】
解：四边形DECF的面积为定值2．
理由：连结CD，
∵是的中点，
∴CD=BD=2， ，CD⊥BD，
又∵
∴，
四边形DECF的面积.

【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质, 等腰直角三角形的性质，解题的关键是连结CD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出CD的长.
8．
【分析】
作AE⊥BC于E，可得BE=CE=BC，然后再使用勾股定理即可完成解答.
【详解】
. 证明如下：
如图：作AE⊥BC于E， 由题意得：ED=BE-BD=CD-CE，
在ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，

∴BE=CE=BC，
由勾股定理可得：





即.
【点拨】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理的知识，解题的关键是做辅助线构造直角三角形.
9．（1）证明见解析；（2），；（3）见解析
【分析】
（1）根据SAS证明，得出，再根据计算得出的度数；
（2）方法与（1）相同；
（3）由（1）、（2）可得出规律：等于这个正n边形的一个内角的度数．
【详解】
（1）∵△ABC是正三角形，
∴AB＝BC，∠ABE=∠C=，
在和中
，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
（2）如图（b）:
∵△ABCM是正四边形，
∴AB＝BC，∠ABE=∠C=，
在和中
，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
如图（c）:
∵△ABCMN是正五边形，
∴AB＝BC，∠ABE=∠C=，
在和中
，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
（3）问题：如图（d）所示，点E，D分别是正n边形中以C点为顶点的相邻两边上的点，
且，DB交AE于P点．则等于这个正n边形的一个内角的度数，即．
【点拨】考查了全等三角形的判定、性质和三角形外角的性质，解题关键是利用SAS方法求证三角形全等和三角形外角的性质．
10．（1）BN=或；（2）见解析
【分析】
(1)分当MN为最大线段时和当BN为最大线段时，两种情况利用勾股定理即可解决问题；
(2)先证明△MCN≌△MCN′，得MN′=MN，由勾股定理得AN′2+AM2=MN′2，即可解答；
【详解】
（1）解：①当MN为最大线段时，
∵点 M , N是线段AB的勾股分割点，
∴BN===；
②当BN为最大线段时，
∵点M , N是线段AB的勾股分割点，
∴BN==，
综上所述：BN=或；
（2）①证明：如图，连接MN′

∵∠ACB=90°，∠MCN=45°，∴∠BCN+∠ACM=45°，
∵∠AC N′=∠BCN，
∴∠MC N′=∠ACN′+∠ACM=∠BCN+∠ACM=45°=∠MCN，
在△MCN和△MCN′中，

∴△MCN≌△MC N′
∴M N′=MN
∵∠CAN′=∠CAB=45°
∴∠MAN ′=90，
AN′2+AM2=MN′2
即BN 2+AM 2=MN 2，
∴点M , N是线段AB的勾股分割点
【点拨】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
11．（1）①见解析；②见解析；（2）不发生变化，仍然有，理由见解析．
【分析】
（1）①根据SAS即可证得结论；
②根据全等三角形的性质可得∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，进而可得∠EAF=∠GAF，然后根据SAS即可证明△EAF≌△GAF，可得EF＝FG，进一步即可证得结论；
（2）延长FD到点G，使DG＝BE，连结AG，根据SAS可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，然后仿（1）题的思路证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，进而可得结论．
【详解】
解：（1）证明：①如图1，在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS）；

②由①知：△ABE≌△ADG，∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵∠EAF＝∠CAM=60°，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=120°－60°=60°，
∴∠EAF=∠GAF，
在△EAF和△GAF中，，
∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝GF，
∵GF＝DG+DF，BE＝DG，
∴BE+DF＝EF；
（2）不发生变化，结论EF＝BE+DF仍然成立；
理由：如图3，延长FD到点G，使DG＝BE，连结AG．

∵，，∴∠ABE=∠ADG，
在△ABE和△ADG中，，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠EAF，
在△AEF和△GAF中，，
∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF．
【点拨】本题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，属于常考题型，正确添加辅助线、熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
12．（1）；（2）见解析；（3）．
【分析】
（1）先根据勾股定理求出BD，再根据勾股定理求出BC即可；
（2）连接AC，过点C作CF⊥AD于F，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于E，可得四边形AECF是矩形，然后证明△CFD≌△CEB，求出CF＝CE，可得四边形AECF是正方形，根据正方形的性质可得结论；
（3）根据全等三角形的性质和正方形的性质求出BE＝1，可得正方形AECF的边长为4，然后根据勾股定理可求出AC的长度．
【详解】
解：（1）∵，
∴，
∴；
（2）连接AC，过点C作CF⊥AD于F，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于E，
则∠CFA＝∠FAE＝∠AEC＝90°，
∴四边形AECF是矩形，
∴∠FCE＝90°，
∵∠DCB＝90°，
∴∠DCF＝∠BCE，
又∵∠CFD＝∠CEB＝90°，CD＝CB，
∴△CFD≌△CEB，
∴CF＝CE，
∴四边形AECF是正方形，
∵AC是对角线，
∴平分；

（3）由（2）可知，△CFD≌△CEB，
∴DF＝BE，
∵四边形AECF是正方形，，，
∴AE＝AF，即AB＋BE＝AD－DF，
∴3＋BE＝5－BE，
∴BE＝1，
∴AE＝4，
∴AC＝．
【点拨】本题主要考查了勾股定理的应用，矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、正方形的判定和性质，熟练掌握常用辅助线的作法是解题的关键．
13．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）AN=
【分析】
（1）由EN∥AD和点M为DE的中点可以证到△ADM≌△NEM，从而证到M为AN的中点．
（2）易证AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=135°，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形．
（3）由（2）知，NE=AD=1，利用等腰直角三角形的性质得出AB=1，BE=2，得出AE=3，最后利用勾股定理即可得出结论．
【详解】
解：(1)∵点M为DE的中点，
∴DM=ME．
∵AD∥EN，
∴∠ADM=∠NEM，
又∵∠DMA=∠EMN，
∴△DMA≌△EMN，
∴AM=MN，即M为AN的中点．
(2)由(1)中△DMA≌△EMN可知DA=EN，
又∵DA=AB，
∴AB=NE，
∵∠ABC=∠NEC=135°，BC=CE，
∴△ABC≌△NEC，
∴AC=CN，∠ACB=∠NCE，
∵∠BCE=∠BCN+∠NCE=90°，
∴∠BCN+∠ACB=90°，
∴∠ACN=90°，
∴△CAN为等腰直角三角形．
(3)由(2)知，NE=AD=1，
在等腰直角三角形BAD中，AD=1，
∴AB=AD=1，
在等腰直角三角形BCE中,CE=，
∴BE=2，
∴AE=AB+BE=3
由(2)知,∠AEN=90°，
在Rt△AEN中,AE=3,NE=1,根据勾股定理得, AN=.

【点拨】本题主要考查全等三角形的综合问题，旋转的性质以及用勾股定理理解三角形，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键.
14．（1）①见解析；②见解析；（2）；（3）
【分析】
（1）①根据∠BAC=∠DAE，推出∠BAD=∠CAE，再结合AB=AC，AD=AE，即可证明△ABD≌△ACE，②根据∠ABD=∠ACE，可得∠ABD+∠ACB=∠ACE+∠ACB=∠BCE，根据BD=CE，即可证明结论；
（2）过点A作AF⊥DE于点F，利用等腰三角形的性质和直角三角形的性质，易得AF＝DE，利用全等三角形的判定定理可得△ABD≌△ACE，由全等三角形的性质可得∠ADB＝∠AEC，DB＝EC，易得EC＝5，DC＝12，利用勾股定理可得DE的长，利用三角形的面积公式可得结论；
（3）根据Rt△BCE中，BE＝10，BC＝6，求得CE＝＝8，进而得出CD＝8−6＝2，在Rt△DCE中，求得DE＝=，最后根据△ADE是等腰直角三角形，即可得出AE的长．
【详解】
（1）①∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
又∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE，
②∵△ABD≌△ACE，
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，
∴∠ABD+∠ACB=∠ACE+∠ACB=∠DCE=90°，
；
（2）过点A作AF⊥DE于点F．

∵AD＝AE，
∴点F是DE的中点，
∵∠DAE＝90°，
∴AF＝DE，
同理可证△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC，DB＝EC，
∵DB＝5，BC＝7，
∴EC＝5，DC＝12，
∵∠DAE＝90°，
∴∠ADE＋∠AED＝90°，
∴∠ADC＋∠CDE＋∠AED＝90°，
∴∠AEC＋∠AED＋∠CDE＝90°，
即∠CED＋∠CDE＝90°，
∴∠ECD＝90°，
∴DE2＝CE2＋CD2＝25＋144＝169，
∵DE＞0，
∴DE＝13，
∴AF＝，
∴△ADE的面积为＝DE•AF＝×13×＝；
（3）由（1）可知：△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∴∠BCE=∠ACB+∠∠ACE=∠ACB+∠ABD=90°，
∴Rt△BCE中，BE＝10，BC＝6，
∴CE＝＝8，
∴BD＝CE＝8，
∴CD＝8−6＝2，
∴Rt△DCE中，DE＝=，
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴AE＝＝=．
【点拨】本题主要考查了全等三角形的判定定理及性质定理，还有等腰三角形的性质等，综合利用定理，作出恰当的辅助线是解答此题的关键．
15．（1）见解析；（2）3；（3）5
【分析】
（1）根据旋转的定义和性质解答；
（2）由题意可以得到由此可得 和PC=AM，最后由△PAC的面积等于4.5可以求得PC的值；
（3）根据三角形的性质解答．
【详解】
（1）如图，作，连结，则即为所求作的图形：


（2）作线段垂直于交延长线于点
连接



为等腰直角三角形，



在与中：





（3）5．证明如下：
如图，将顺时针旋转至，则，，
，
，即
为直角三角形，其中，，由勾股定理得，
又旋转角为，即，
则，即，
在与中，




【点拨】本题考查三角形的应用，熟练掌握三角形全等的判定和性质、旋转的意义和性质、等腰三角形和直角三角形的性质是解题关键．
16．（1）， ；（2）是等腰直角三角形，理由见解析；（3）98
【分析】
（1）根据题意可证得，利用三角形的中位线定理得出，，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线定理得出，得出，通过角的转换得出与互余，证得．
（2）先证明，得出，同（1）的方法得出，，即可得出，同（1）的方法由，即可得出结论．
（3）当最大时，的面积最大，而最大值是，，计算得出结论．
【详解】
（1）线段PM与PN的数量关系是，位置关系是．
∵等腰中，，
∴AB=AC，
∵AD=AE，
∴AB-AD=AC-AE，
∴BD=CE，
∵点，，分别为，，的中点，
∴，，
∴；
∵，
∴，
∵，
∴，
∵（两直线平行内错角相等），
∴，
∴．
（2）是等腰直角三角形．
证明：由旋转可知，，
，，
∴，
∴，，
根据三角形的中位线定理可得，，，
∴，
∴是等腰三角形，
同（1）的方法可得，，
∴，
同（1）的方法得，，
，
∵，
∴

，
∵，∴，
∴，
∴是等腰直角三角形．
（3）由（2）知，是等腰直角三角形，，
∴最大时，面积最大，
∵点在的延长线上，BD最大，
∴，
∴，
∴．
【点拨】本题主要考查了三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质的综合运用，熟练掌握中位线定理是解题关键．
17．（1）AE=BD，AE⊥BD，见解析；（2）结论还成立，见解析
【分析】
（1）根据SAS推出ACE≌BCD，根据全等三角形的性质得出AE=BD，∠CAE＝∠DBC，根据∠ACB＝90求出∠CAE+∠AEC＝90，求出∠DBC+∠BEF＝90，根据三角形内角和定理求出∠BFE＝90°即可；
（2）根据SAS推出ACE≌BCD，根据全等三角形的性质得出AE=BD，∠CAE＝∠DBC，根据∠ACB＝90求出∠CAE+∠AOC＝90°，求出∠DBC+∠BOE＝90，根据三角形内角和定理求出∠BFO＝90即可．
【详解】
（1）AE=BD，AE⊥BD．
证明：∵，都是等腰三角形，
∴AC=BC,CE=CD，
在ACE和BCD中

∴ACE≌BCD（SAS），
∴AE=BD，∠CAE＝∠DBC，
∵∠ACB＝90，
∴∠CAE+∠AEC＝90，
∵∠CAE＝∠DBC，∠AEC＝∠BEF，
∴∠DBC+∠BEF＝90，
∴∠BFE＝180﹣90＝90，
∴AE⊥BD；
（2）解：结论还成立，
理由是：∵∠ACB＝∠ECD，
∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE，
即∠ACE＝∠BCD，
在ACE和BCD中

∴ACE≌BCD（SAS），
∴AE=BD，∠CAE＝∠DBC，
∵∠ACB＝90，
∴∠CAE+∠AOC＝90，
∵∠CAE＝∠DBC，∠AOC＝∠BOE，
∴∠DBC+∠BOE＝90，
∴∠BFO＝180﹣90＝90，
∴AE⊥BD．
【点拨】本题考查了全等三角形的性质和判定综合应用，以及等腰三角形性质、内角和定理，解此题的关键是通过全等得到对应边、对应角相等．
18．（1）；（2）见解析；（3）或或
【分析】
（1）根据含30°角的直角三角形的性质可得BC=2AB=4，BD=AB=1，即可得出的长；
（2）在BD上截取DF=EN，可证出，由全等三角形的性质得AN=AF，，可得出，则，可得，即F是BC的中点，可得出AN=AF=FC=DF+CD=EN+CD；
（3）由题意可得AD=AE，，，分三种情况：①AM=MD，②AM=AD，③AD=MD，根据等腰三角形的性质求出的度数，再根据三角形外角的性质即可求解．
【详解】
解：（1）∵，，
∴BC=2AB=4，，
∵
∴，
∴BD=AB=1，
∴=BC-BD=4-1=3；
（2）证明：如图2，在BD上截取DF=EN，

∵把绕点A逆时针旋转90°，得到，
∴AD=AE，，，
∵，
∴，
∴，
∴AN=AF，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∵AN=AF，
∴，
∴，即F是BC的中点，
∴AF=FC=DF+CD=EN+CD，
∵AN=AF，
∴；
（3）解：由题意可得AD=AE，，
∴，

分三种情况：
①AM=MD时，
∵AM=MD，
∴，
∴，
∵，
∴；
②AM=AD时，
∵AM=AD，
∴，
∵，
∴；
③AD=MD时，
∵AD=MD，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴当为等腰三角形时，的度数为或或．
【点拨】本题主要考查了几何变换综合题，需要熟练掌握旋转的性质，直角三角形的性质，直角三角形斜边上中线的性质以及全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题．
19．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据“边角边”证，得到即可；
（2）由（1）得，，再根据三角形内角和证明即可．
【详解】
证明： 线段绕点顺时针旋转角得到线段，

，．
，
．
在与中，



．

（2）解： ，
，
又，
，
【点拨】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质和三角形内角和定理，解题关键是熟练运用全等三角形的判定与性质进行证明．
20．（1）BE+DF＝EF；（2）成立；（3）DE
【分析】
（1）将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，由旋转的性质可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG，根据∠EAF=∠BAD可得∠BAE+∠DAF＝45°，即可得出∠∠EAF＝∠FAG，利用SAS可证明△AFE≌△AFG，可得EF=FG，进而可得EF=BE+FD；（2）将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH，由旋转的性质可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH，根据∠BAD＝α，∠EAFα可得∠BAE+∠FADα，进而可证明∠FAH＝∠EAF，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得EF=FH=BE+FD；（3）将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′，由旋转的性质可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝4，即可求出∠E′BD＝90°，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得DE＝DE′，利用勾股定理求出DE的长即可的答案.
【详解】
（1）BE+DF＝EF，
如图1，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，
∵∠ADC＝∠B＝∠ADG＝90°，
∴∠FDG＝180°，即点F，D，G共线．
由旋转可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG．
∵∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣∠BAD=90°-45°＝45°，
∴∠DAG+∠DAF＝45°，即∠FAG=45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG．
又∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴BE+DF＝EF，

故答案为BE+DF＝EF．
（2）成立．
如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH，
可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH．
∵∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADH+∠ADC＝180°，
∴点C，D，H在同一直线上．
∵∠BAD＝α，∠EAFα，
∴∠BAE+∠FADα，
∴∠DAH+∠FADα，
∴∠FAH＝∠EAF，
又∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AHF（SAS），
∴EF＝FH＝DF+DH＝DF+BE；

（3）DE，
如图3，将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′．

可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，
在Rt△ABC中，∵AB＝AC＝4，∠BAC=90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝4，
∴CD=BC=BD=3，
∴∠ABC+∠ABE′＝90°，即∠E′BD＝90°，
∴E′B2+BD2＝E′D2．
易证△AE′D≌△AED，
∴DE＝DE′，
∴DE2＝BD2+EC2，即DE2，
解得．
【点拨】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，旋转后不改变图形的大小和形状，并且对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角，熟练掌握旋转的性质及全等三角形的判定定理是解题关键.
21．（1）①见解析；②80°；（2）AE＝2CF+BE，理由见解析．
【分析】
（1）①通过角的计算找出∠ACD=∠BCE，再结合△ACB和△DCE均为等腰三角形可得出“AC=BC，DC=EC”，利用全等三角形的判定（SAS）即可证出△ACD≌△BCE，由此即可得出结论AD=BE；
②结合①中的△ACD≌△BCE可得出∠ADC=∠BEC，再通过角的计算即可算出∠AEB的度数；
（2）根据等腰三角形的性质结合顶角的度数，即可得出底角的度数，利用（1）的结论，通过解直角三角形即可求出线段AD、DE的长度，二者相加即可证出结论．
【详解】
（1）①证明：∵∠CAB＝∠CBA＝∠CDE＝∠CED＝50°，
∴∠ACB＝∠DCE＝180°﹣2×50°＝80°，
∵∠ACB＝∠ACD+∠DCB，∠DCE＝∠DCB+∠BCE，
∴∠ACD＝∠BCE，
∵△ACB，△DCE都是等腰三角形，
∴AC＝BC，DC＝EC，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE．
②解：∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠BEC，
∵点A、D、E在同一直线上，且∠CDE＝50°，
∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝130°，
∴∠BEC＝130°，
∵∠BEC＝∠CED+∠AEB，∠CED＝50°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝80°．
（2）结论：AE＝2CF+BE．
理由：∵△ACB，△DCE都是等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°，
∵CF⊥DE，
∴∠CFD＝90°，DF＝EF＝CF，
∵AD＝BE，
∴AE＝AD+DE＝BE+2CF．

【点拨】本题主要考查等腰三角形的性质以及三角形全等的证明，正确理解等腰三角形的性质以及三角形全等的证明是本题的解题关键．
22．（1）见解析；（2）；（3）4+6
【分析】
（1）根据“一线三垂直”模型，可以证得；
（2）过点C作CM⊥CO交BO于M，AC与BO交于点N，利用旋转模型证明≌，由外角的性质计算即可；
（3）在CE上截取一点H，使CH=AE，连接OH，利用等腰直角△AOB，等边△BOC证得≌，通过等角代换证明为等边三角形，由线段和计算即可得到结果．
【详解】
（1）∵∠BAC=∠AOB=90°，
∴∠BAO+∠DAC=∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠DAC=∠ABO，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=AC，
在△AOB和△CDA中，

∴△AOB≌△CDA（AAS）
（2）如图②，过点C作CM⊥CO交BO于M，AC与BO交于点N，
，
，
，，
，
∵AC=BC，
≌，
，
，
，
故答案为：135°．


（3）如图③，在CE上截取一点H，使CH=AE，连接OH，
∵△AOB是等腰直角三角形，△BOC是等边三角形，所以
，
，
≌，
，AE=CH=3，∠AOE=∠COH，
，∠AOB=90°，
，
，∠BOH=∠BOC-∠COH=60°-45°=15°，
，
为等边三角形，
，
Rt△ADE中，∠DAE=45°-15°=30°，
∴AE=2DE，
设DE=x，则AE=2x，AD=x，
∵AD=OD，
∴2+x=x，
x=+1，
∴AE=2x=2+2，
∴AC=CH+HE+AE=2+2+2+2+2=4+6．
故答案为：4+6．

【点拨】本题考查了“一线三垂直”模型，三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等角代换的应用，计算线段和的应用，掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键．