中考数学二轮压轴培优专题26以旋转为载体的几何综合问题（教师版）

 专题26以旋转为载体的几何综合问题

【例1】(2022·山东济南·中考真题)如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连接AD，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．

(1)判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；
(2)延长ED交直线BC于点F．
①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为_______；
②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数，并说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)①；②，理由见解析

【分析】(1)利用等边三角形的性质和旋转的性质易得到，再由全等三角形的性质求解；
(2)①根据线段绕点A按逆时针方向旋转得到得到是等边三角形，
由等边三角形的性质和(1)的结论来求解；②过点A作于点G，连接AF，根据等边三角形的性质和锐角三角函数求值得到，，进而得到，进而求出，结合，ED＝EC得到，再用等腰直角三角形的性质求解．
(1)
解：．
证明：∵是等边三角形，
∴，．
∵线段绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
即．
在和中
，
∴，
∴；
(2)
解：①
理由：∵线段绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴是等边三角形，
∴，
由(1)得，
∴；
②过点A作于点G，连接AF，如下图．

∵是等边三角形，，
∴，
∴．
∵是等边三角形，点F为线段BC中点，
∴，，，
∴，
∴，，
∴，
即，
∴，
∴．
∵，，
∴，
即是等腰直角三角形，
∴．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，理解相关知识是解答关键．
【例2】(2022·山东菏泽·中考真题)如图1，在中，于点D，在DA上取点E，使，连接BE、CE．

(1)直接写出CE与AB的位置关系；
(2)如图2，将绕点D旋转，得到(点，分别与点B，E对应)，连接，在旋转的过程中与的位置关系与(1)中的CE与AB的位置关系是否一致?请说明理由；
(3)如图3，当绕点D顺时针旋转30°时，射线与AD、分别交于点G、F，若，求的长．
【答案】(1)CE⊥AB，理由见解析
(2)一致，理由见解析
(3)

【分析】(1)由等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠DAB=45°，∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，可得结论；
(2)通过证明，可得，由余角的性质可得结论；
(3)由等腰直角的性质和直角三角形的性质可得，即可求解．
【详解】(1)如图，延长CE交AB于H，

∵∠ABC=45°，AD⊥BC，
∴∠ADC=∠ADB=90°，∠ABC=∠DAB=45°，
∵DE=CD，
∴∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，
∴∠BHC=∠BAD+∠AEH=90°，
∴CE⊥AB；
(2)在旋转的过程中与的位置关系与(1)中的CE与AB的位置关系是一致的，理由如下：
如图2，延长交于H，

由旋转可得：CD=，=AD，
∵∠ADC=∠ADB=90°，
∴，
∵，
∴,
，
∵+∠DGC=90°，∠DGC=∠AGH，
∴∠DA+∠AGH=90°，
∴∠AHC=90°，
；
(3)如图3，过点D作DH于点H，

∵△BED绕点D顺时针旋转30°，
∴，
，
，
∴AD=2DH，AH=DH=，
，
由(2)可知：，
，
∵AD⊥BC，CD=，
∴DG=1，CG=2DG=2，
∴CG=FG=2，
，
∴AG=2GF=4，
∴AD=AG+DG=4+1=5，
∴．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．
【例3】(2022·内蒙古通辽·中考真题)已知点在正方形的对角线上，正方形与正方形有公共点．

(1)如图1，当点在上，在上，求的值为多少；
(2)将正方形绕点逆时针方向旋转，如图2，求：的值为多少；
(3)，，将正方形绕逆时针方向旋转，当，，三点共线时，请直接写出的长度．
【答案】(1)2
(2)
(3)或

【分析】(1)根据题意可得，根据平行线分线段成比例即可求解；
(2)根据(1)的结论，可得，根据旋转的性质可得，进而证明，根据相似三角形的性质即可求解；
(3)分两种情况画出图形，证明△ADG∽△ACE，根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得出答案．
(1)
解：正方形与正方形有公共点，点在上，在上，



四边形是正方形


(2)
解：如图，连接，

正方形绕点逆时针方向旋转，



，
(3)
解：①如图，

，，
,,，
三点共线，
中，，
，
由(2)可知，  
，
．
②如图：

由(2)知△ADG∽△ACE，
∴，
∴DG=CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC=8，AC=，
∵AG=AD，
∴AG=AD=8，
∵四边形AFEG是正方形，
∴∠AGE=90°，GE=AG=8，
∵C，G，E三点共线．
∴∠AGC=90°
∴CG=，
∴CE=CG+EG=8+8，
∴DG=CE=．
综上，当C，G，E三点共线时，DG的长度为或．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
【例4】(2022·山东潍坊·中考真题)【情境再现】
甲、乙两个含角的直角三角尺如图①放置，甲的直角顶点放在乙斜边上的高的垂足O处，将甲绕点O顺时针旋转一个锐角到图②位置．小莹用作图软件Geogebra按图②作出示意图，并连接，如图③所示，交于E，交于F，通过证明，可得．
请你证明：．

【迁移应用】
延长分别交所在直线于点P，D，如图④，猜想并证明与的位置关系．
【拓展延伸】
小亮将图②中的甲、乙换成含角的直角三角尺如图⑤，按图⑤作出示意图，并连接，如图⑥所示，其他条件不变，请你猜想并证明与的数量关系．
【答案】证明见解析；垂直；
【分析】证明，即可得出结论；通过，可以求出，得出结论；证明，得出，得出结论；
【详解】证明： ，
，
，
，
，
，
；
迁移应用：，
证明： ，
，
，
，
，
，
，
；
拓展延伸：，
证明：在中，，
在中，，
，
由上一问题可知，，
，
，
．
【点睛】本题考查旋转变换，涉及知识点：全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、等角的余角相等，解题关键结合图形灵活应用相关的判定与性质．
【例5】(2022·辽宁锦州·中考真题)如图，在中，，D，E，F分别为的中点，连接．
　　 　　
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，当射线交于点G，射线交于点N时，连接并延长交射线于点M，判断与的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在(2)的条件下，当时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)

【分析】(1)连接，可得，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据中位线定理可得，即可得证；
(2)证明，根据(1)的结论即可得；
(3)连接，过点作于，证明，可得，勾股定理求得，根据，，可得，进而求得，根据求得，根据(2)的结论，即可求解．
(1)
证明：如图，连接，

，D，E，F分别为的中点，
，，
，
，
(2)
，理由如下，
连接，如图，
，D，E，F分别为的中点，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，

将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，
，
，
，
，
，
，
(3)
如图，连接，过点作于，

中，,
，
，
，
，
，
，
，
中，
，
中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质定理，相似三角形的性质与判定，求角的正确，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．

一、解答题【共20题】
1．(2022·辽宁阜新·中考真题)已知，四边形是正方形，绕点旋转()，，，连接，．

(1)如图，求证：≌；
(2)直线与相交于点．
如图，于点，于点，求证：四边形是正方形；
如图，连接，若，，直接写出在旋转的过程中，线段长度的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析②

【分析】根据证明三角形全等即可；
根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
作交于点，作于点，证明是等腰直角三角形，求出的最小值，可得结论．
【详解】(1)证明：四边形是正方形，
，．
，．
，
，
在和中，

≌；
(2)证明：如图中，设与相交于点．

，
．
≌，
．
，
．
，
，，
四边形是矩形，
．
四边形是正方形，
，．
．
又，
≌．
．
矩形是正方形；
解：作交于点，作于点，

∵
∴≌．
．
，，
最大时，最小，．
．
由可知，是等腰直角三角形，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
2．(2022·江苏南通·中考真题)如图，矩形中，，点E在折线上运动，将绕点A顺时针旋转得到，旋转角等于，连接．

(1)当点E在上时，作，垂足为M，求证；
(2)当时，求的长；
(3)连接，点E从点B运动到点D的过程中，试探究的最小值．
【答案】(1)见详解
(2)或
(3)

【分析】(1)证明即可得证．
(2)分情况讨论，当点E在BC上时，借助，在中求解；当点E在CD上时，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，借助并利用勾股定理求解即可．
(3)分别讨论当点E在BC和CD上时，点F所在位置不同，DF的最小值也不同，综合比较取最小即可．
(1)
如图所示，
由题意可知，，，
，
由旋转性质知：AE=AF，
在和中，
，
，
．

(2)
当点E在BC上时，
在中，，，
则，
在中，，，
则，
由(1)可得，，
在中，，，
则，
当点E在CD上时，如图，

过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，
同(1)可得，
，
由勾股定理得；
故CF的长为或．
(3)
如图1所示，当点E在BC边上时，过点D作于点H，
由(1)知，，
故点F在射线MF上运动，且点F与点H重合时，DH的值最小．
在与中，
，
，
，
即，
，，
，
在与中，
，
，
，
即，
，
故的最小值；

如图2所示，当点E在线段CD上时，将线段AD绕点A顺时针旋转的度数，得到线段AR，连接FR，过点D作，，
由题意可知，，
在与中，
，
，
，
故点F在RF上运动，当点F与点K重合时，DF的值最小；
由于，，，
故四边形DQRK是矩形；
，
，
，
，
故此时DF的最小值为；
由于，故DF的最小值为．

【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理、解直角三角形，解决本题的关键是各性质定理的综合应用．
3．(2022·辽宁盘锦·中考真题)如图，四边形ABCD是正方形，△ECF为等腰直角三角形，∠ECF＝90°，点E在BC上，点F在CD上，P为EF中点，连接AF，G为AF中点，连接PG，DG，将Rt△ECF绕点C顺时针旋转，旋转角为α(0°≤α≤360°)．

(1)如图1，当α＝0°时，DG与PG的关系为　　；
(2)如图2，当α＝90°时
①求证：△AGD≌△FGM；
②(1)中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)且
(2)①见解析；②成立，理由见解析

【分析】(1)先判断出，得出，，再用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半和三角形中位线定理、三角形外角和定理，即可得出结论；
(2)①先判断出，再判断出，即可得出结论；
②由①知，，得，得出，根据题(1)，得出，得，得．又根据点是的中点，是的中位线，等量代换得．根据得，且，推出，又根据，同旁内角互补，得，即．
(1)
解：∵四边形ABCD是正方形
∴，
∵为等腰直角三角形
∴
∴CE＝CF，
∴
∴，
∵点是的中点
∴
∴
∵为中点，为中点
∴是的中位线
∴，
∴，
又∵在中
∴且
∴
∵
∴
∴
∴
∴
故且．
故答案是：DG=PG且DG⊥GP；
(2)
①证明：∵四边形是正方形，
∴
∵点是的中点
∴
∴在和中

∴
解：②(1)中的结论且成立
证明：由①知，
∴，
∴
∴
∵
∴
又∵，
∴
∴，
∵点是的中点
∴
又∵为中点，为中点
∴是的中位线
∴，
∴
又∵
∴
∴
∴
又∵
∴
∴
∴
故且．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的中位线定理，解题的关键是全等三角形性质，三角形中位线定理，等量代换的转换运用．
4．(2022·山东青岛·中考真题)如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转得到，连接．点P从点B出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点Q从点A出发，沿方向匀速运动，速度为．交于点F，连接．设运动时间为．解答下列问题：

(1)当时，求t的值；
(2)设四边形的面积为，求S与t之间的函数关系式；
(3)是否存在某一时刻t，使？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，

【分析】(1)利用得，即，进而求解；
(2)分别过点C，P作，垂足分别为M，N，证得，，求得，再证得，得出，根据即可求出表达式；
(3)当时，易证，得出，则，进而求出t值．
(1)
解：在中，由勾股定理得，
∵绕点A按逆时针方向旋转得到
∴
∵
∴
又
∴
∴
∴
∴
答：当时，t的值为．

(2)
解：分别过点C，P作，垂足分别为M，N
∵
∴
又
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴

∴



∴
(3)
解：假设存在某一时刻t，使

∵
∴
∵
∴
又
∴
∴
∴
∴
∴存在时刻，使．
【点睛】本题考查了旋转与相似，利用勾股定理求线段长，平行线的性质，根据旋转的性质，找到相似图形是解决问题的关键，是中考中的常考题．
5．(2022·辽宁·本溪市教师进修学院中考真题)在中，，线段绕点A逆时针旋转至不与重合)，旋转角记为，的平分线与射线相交于点E，连接．

(1)如图①，当时，的度数是_____________；
(2)如图②，当时，求证：；
(3)当时，请直接写出的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)或

【分析】(1)根据旋转的性质可知，当时可根据等腰三角形的性质计算的角度，再由，是的平分线可知，由三角形外角的性质，通过即可得出答案；
(2)延长到F，使，连接，先证明，可推导、、，再由已知条件及等腰三角形的性质推导，然后证明，推导，在中，由三角函数可计算，即可证明；
(3)分两种情况讨论：①当时，借助(2)可知，再求的值即可；②当时，在线段BD上取点F，使得，结合(2)中，可知、，易证明，可推导、、， ，在中，由三角函数可计算，即可推导，再求的值即可．
(1)
解：由旋转可知，，当时，
可知，
∵，是的平分线，
∴，
∴．
故答案为：；
(2)
证明：延长到F，使，连接．

∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∵，
∴；
(3)
①当时，由(2)可知，
，，
∴，
当时，可知，
∴；
②当时，如下图，在线段BD上取点F，使得，

由(2)可知，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
当时，可知，
∴．
综上所述，当时， 或．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质及三角函数解直角三角形的知识，解题关键是熟练掌握相关性质，并通过作辅助线构建全等三角形．
6．(2022·广西梧州·中考真题)如图，在平面直角坐标系中，直线分别与x，y轴交于点A，B，抛物线恰好经过这两点．

(1)求此抛物线的解析式；
(2)若点C的坐标是，将绕着点C逆时针旋转90°得到，点A的对应点是点E．
①写出点E的坐标，并判断点E是否在此抛物线上；
②若点P是y轴上的任一点，求取最小值时，点P的坐标．
【答案】(1)
(2)①点E在抛物线上；②P(0，−)

【分析】(1)先求出A、B坐标，然后根据待定系数法求解即可；
(2)①根据旋转的性质求出EF=AO=3，CF=CO=6，从而可求E的坐标，然后把E的坐标代入(1)的函数解析式中，从而判断出点E是否在抛物线上；
②过点E作EH⊥AB，交y轴于P，垂足为H，，则，得，可知HP＋PE的最小值为EH的长，从而解决问题．
(1)
解：当x=0时，y=-4，
当y=0时，，
∴x=-3，
∴A(-3，0)，B(0，-4)，
把A、B代入抛物线，
得，
∴，
∴抛物线解析式为．
(2)
解：①∵A(-3，0)，C(0，6)，
∴AO=3，CO=6，
由旋转知：EF=AO=3，CF=CO=6，∠FCO=90°
∴E到x轴的距离为6-3=3，
∴点E的坐标为(6，3)，
当x=3时，，
∴点E在抛物线上；
②过点E作EH⊥AB，交y轴于P，垂足为H，

∵A(−3，0)，B(0，−4)，
∴OA＝3，OB＝4，
∴AB＝5，
∵，
∴，
∴，
∴HP＋PE的最小值为EH的长，
作EG⊥y轴于G，
∵∠GEP＝∠ABO，
∴tan∠GEP＝tan∠ABO，
∴，
∴，
∴，
∴OP＝−3＝，
∴P(0，−)．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，旋转的性质，三角函数，两点之间、线段最短等知识，利用三角函数将转化为HP的长是解题的关键．
7．(2022·湖南岳阳·中考真题)如图，和的顶点重合，，，，．

(1)特例发现：如图1，当点，分别在，上时，可以得出结论：______，直线与直线的位置关系是______；
(2)探究证明：如图2，将图1中的绕点顺时针旋转，使点恰好落在线段上，连接，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
(3)拓展运用：如图3，将图1中的绕点顺时针旋转，连接、，它们的延长线交于点，当时，求的值．
【答案】(1) ，垂直
(2)成立，理由见解析
(3)

【分析】(1)解直角三角形求出，，可得结论；
(2)结论不变，证明，推出，，可得结论；
(3)如图3中，过点作于点，设交于点，过点作于点求出，，可得结论．
(1)
解：在中，，，，
∴，
在中，，，
∴，
∴，，
∴，此时，
故答案为：，垂直；
(2)
结论成立．
理由：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
(3)
如图3中，过点作于点，设交于点，过点作于点．

∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，，
当时，四边形是矩形，
∴，，
设，则，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
8．(2022·湖北十堰·中考真题)已知，在内部作等腰，，．点为射线上任意一点(与点不重合)，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接并延长交射线于点．

(1)如图1，当时，线段与的数量关系是_________；
(2)如图2，当时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(3)若，，，过点作，垂足为，请直接写出的长(用含有的式子表示)．
【答案】(1)BF=CF
(2)成立；理由见解析
(3)或PD=0或

【分析】(1)连接AF，先根据“SAS”证明，得出，再证明，即可得出结论；
(2)连接AF，先说明，然后根据“SAS”证明，得出，再证明，即可得出结论；
(3)先根据，AB=AC，得出△ABC为等边三角形，再按照，，三种情况进行讨论，得出结果即可．
(1)
解：BF=CF；理由如下：
连接AF，如图所示：

根据旋转可知，，AE=AD，
∵∠BAC=90°，
∴，，
∴，
∵AC=AB，
∴(SAS)，
∴，
∴，
∵在Rt△ABF与Rt△ACF中，
∴(HL)，
∴BF=CF．
故答案为：BF=CF．
(2)
成立；理由如下：
连接AF，如图所示：

根据旋转可知，，AE=AD，
∵，
∴，，
∴，
∵AC=AB，
∴，
∴，
∴，
∵在Rt△ABF与Rt△ACF中，
∴(HL)，
∴BF=CF．
(3)
∵，AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴，，
当时，连接AF，如图所示：

根据解析(2)可知，，
∴，
∵，
，
即，
，
根据解析(2)可知，，
∴，
∴，
，
，
∵，
∴，
∴，
，
∴；
当时，AD与AC重合，如图所示：

∵，，
∴△ADE为等边三角形，
∴∠ADE=60°，
∵，
∴，
∴此时点P与点D重合，；
当时，连接AF，如图所示：

根据解析(2)可知，，
∴，
∵，
，
即，
，
根据解析(2)可知，，
∴，
∴，
∵，
，
∵，
∴，
∴，
，
∴；
综上分析可知，或PD=0或．
9．(2022·山西·中考真题)综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：

(1)如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
问题解决：
(2)如图②，在三角板旋转过程中，当时，求线段CN的长；
(3)如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
【答案】(1)四边形AMDN为矩形；理由见解析；(2)；(3)．
【分析】(1)由三角形中位线定理得到 ，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
(2)证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；
(3)延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
【详解】解：(1)四边形AMDN为矩形．
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴，
∴∠AMD+∠A=180°，
∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
(2)在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴∠B+∠C=90°，．
∵点D是BC的中点，
∴CD=BC=5．
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．

∴CG=CD=．
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴△CGN∽△CAB．
∴，即，
∴；
(3)延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，

∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，
∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，
∴(6-x)2+(8-x)2=(x)2，
解得x=，
∴线段AN的长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第(3)问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
10．(2022·湖北武汉·中考真题)如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．的三个顶点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．

(1)在图(1)中，，分别是边，与网格线的交点．先将点绕点旋转得到点，画出点，再在上画点，使；
(2)在图(2)中，是边上一点，．先将绕点逆时针旋转，得到线段，画出线段，再画点，使，两点关于直线对称．
【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析

【分析】(1)取格点，作平行四边形，利用平行四边形对角顶点关于对角线交点对称即可求点F；平行四边形对边在网格中与格线的交点等高，连接等高点即可作出；
(2)取格点，作垂直平分线即可作出线段AH；利用垂直平分线的性质，证明三角形全等，作出，两点关于直线对称
(1)
解：作图如下：

取格点，连接，且，所以四边形是平行四边形，连接 ，与AC的交点就是点E，所以BE=EF，所以点F即为所求的点；
连接CF，交格线于点M，因为四边形ABCF是平行四边形，连接DM交AC于一点，该点就是所求的G点；
(2)
解：作图如下：

取格点D、E，连接DE，AC平行于DE，取格点R，连接BR并延长BR交DE于一点H，连接AH，此线段即为所求作线段；
理由如下：取格点W连接AW、CW，连接CR，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴ ，
∵点是的中点，
∴点是的中点，
即，
∴垂直平分，
∴．
连接，交AC于点，连接交于点，则该点就是点关于直线的对称点．
理由如下：∵垂直平分，
∴是等腰三角形，，
∴ ，
∴，
∴，
∴，两点关于直线对称.
【点睛】本题考查了用无刻度直尺在网格中作图的知识，找准格点作出平行四边形和垂直平分线是解决本题的关键．
11．(2022·四川广元·中考真题)在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转α(0°＜α＜90°)，得到线段CD，连接AD、BD．

(1)如图1，将线段CA绕点C逆时针旋转α，则∠ADB的度数为 　 　；
(2)将线段CA绕点C顺时针旋转α时
①在图2中依题意补全图形，并求∠ADB的度数；
②若∠BCD的平分线CE交BD于点F，交DA的延长线于点E，连结BE．用等式表示线段AD、CE、BE之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)135°
(2)(2)①补全图形见解析；∠ADB=45°；②2BE-AD=CE．理由见解析

【分析】(1)由题意得点A、D、B都在以C为圆心，CA为半径的⊙C上，利用圆内接四边形的性质即可求解；
(2)①根据题意补全图形即可；同(1)，利用圆周角定理即可求解；
②过点C作CH⊥EC于点C，交ED的延长线于点H，证明BE=DE，△CEH是等腰直角三角形，推出EH=2BE-AD，利用等腰直角三角形的性质即可证明结论．
【详解】(1)解：由题意得：CA=CD=CB，
∴点A、D、B都在以C为圆心，CA为半径的⊙C上，如图，

在优弧上取点G，连接AG，BG，
∵Rt△ABC中，∠BCA=90°，
∴∠BGA=45°，
∵四边形ADBG是圆内接四边形，
∴∠ADB=180°-45°=135°，
故答案为：135°；
(2)①补全图形，如图：

由题意得：CA=CD=CB，
∴点A、D、B都在以C为圆心，CA为半径的⊙C上，如图，

∵Rt△ABC中，∠BCA=90°，
∴∠ADB=45°；
②2BE-AD=CE．理由如下：
过点C作CH⊥EC于点C，交ED的延长线于点H，如图：

∵CD=CB，CE是∠BCD的平分线，
∴CE是线段BD的垂直平分线，
∴BE=DE，∠EFD=90°，
由①知∠ADB=45°，
∴∠DEF=45°，
∴△CEH是等腰直角三角形，
∴∠DEF=∠H=45°，CE=CH，
∵CD=CA，
∴∠CAD=∠CDA，则∠CAE=∠CDH，
∴△AEC≌△DHC，
∴AE=DH，
∴EH=2ED-AD=2BE-AD，
∵△CEH是等腰直角三角形，
∴2BE-AD=CE．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形和等腰直角三角形解决问题．
12．(2022·江苏连云港·中考真题)【问题情境】在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中，，．
【问题探究】小昕同学将三角板绕点B按顺时针方向旋转．


(1)如图2，当点落在边上时，延长交于点，求的长．
(2)若点、、在同一条直线上，求点到直线的距离．
(3)连接，取的中点，三角板由初始位置(图1)，旋转到点、、首次在同一条直线上(如图3)，求点所经过的路径长．
(4)如图4，为的中点，则在旋转过程中，点到直线的距离的最大值是_____．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)

【分析】(1)在Rt△BEF中，根据余弦的定义求解即可；
(2)分点在上方和下方两种情况讨论求解即可；
(3)取的中点，连接，从而求出OG=，得出点在以为圆心，为半径的圆上，然后根据弧长公式即可求解；
(4)由(3)知，点在以为圆心，为半径的圆上，过O作OH⊥AB于H，当G在OH的反向延长线上时，GH最大，即点到直线的距离的最大，在Rt△BOH中求出OH，进而可求GH.
(1)
解：由题意得，，
∵在中，，，．
∴．
(2)
①当点在上方时，
如图一，过点作，垂足为，

∵在中，，，，
∴，
∴．
∵在中，，，
，，
∴．
∵点、、在同一直线上，且，
∴．
又∵在中，，，，
∴，
∴．
∵在中，，
∴．
②当点在下方时，
如图二，

在中，∵，，，
∴．
∴．
过点作，垂足为．
在中，，
∴．
综上，点到直线的距离为．
(3)
解：如图三，取的中点，连接，则．

∴点在以为圆心，为半径的圆上．
当三角板绕点B顺时针由初始位置旋转到点、B、首次在同一条直线上时，点所经过的轨迹为所对的圆弧，圆弧长为．
∴点所经过的路径长为．
(4)
解：由(3)知，点在以为圆心，为半径的圆上，
如图四，过O作OH⊥AB于H，

当G在OH的反向延长线上时，GH最大，即点到直线的距离的最大，
在Rt△BOH中，∠BHO=90°，∠OBH=30°，，
∴，
∴，
即点到直线的距离的最大值为.
【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，弧长公式，解直角三角形等知识，分点在上方和下方是解第(2)的关键，确定点G的运动轨迹是解第(3)(4)的关键.
13．(2022·四川达州·中考真题)某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形和等腰直角三角形，按如图1的方式摆放，，随后保持不动，将绕点C按逆时针方向旋转)，连接，，延长交于点F，连接．该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：


(1)【初步探究】如图2，当时，则_____；
(2)【初步探究】如图3，当点E，F重合时，请直接写出，，之间的数量关系：_________；
(3)【深入探究】如图4，当点E，F不重合时，(2)中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由．
(4)【拓展延伸】如图5，在与中，，若，(m为常数)．保持不动，将绕点C按逆时针方向旋转)，连接，，延长交于点F，连接，如图6．试探究，，之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)仍然成立，理由见解析
(4)

【分析】(1)根据等腰直角三角形的性质，可得，根据题意可得，根据等原三角形的性质可得平分，即可得，根据旋转的性质可知；
(2)证明 ，可得，根据等腰直角三角形可得，由，即可即可得出；
(3)同(2)可得 ，过点，作，交于点，证明， ，可得，即可得出；
(4)过点作，交于点，证明，可得，，在中，勾股定理可得，即可得出．
【详解】(1)等腰直角三角形和等腰直角三角形，
，



故答案为：

(2)


在与中，




又

重合，

故答案为：

(3)同(2)可得
，
过点，作，交于点，

则，
，
在与中，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
在与中，
，
，
，
，
即，
(4)过点作，交于点，

，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
中，，
，
即．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定是解题的关键．
14．(2021·辽宁沈阳·中考真题)在中，，中，)，，，，点B，C，E不共线，点P为直线上一点，且．
(1)如图1，点D在线段延长线上，则________，________，(用含的代数式表示)；

(2)如图2，点A，E在直线同侧，求证：平分；

(3)若，，将图3中的绕点C按顺时针方向旋转，当时，直线交于点G，点M是中点，请直接写出的长．

【答案】(1)，；(2)见解析；(3)的长为或．
【分析】(1)利用三角形内角和定理以及等腰三角形的性质求解即可．
(2)如图2中，连接．证明，可得结论．
(3)分两种情形：如图中，设交于．图中，设交于，当时，利用三角形的中位线定理，可得，求出，可得结论．
【详解】(1)解：如图1中，

，
，
，
，
，
，
，
，
，
(2)证明：如图2中，连接．

，，
，，
，
，
，
平分．
(3)解：如图中，设交于．

，，
是等腰直角三角形，
，，
垂直平分线段，
，
，
，
，
，是等边三角形，
，
，
，
，
，，
，
，
，
．
如图中，设交于，当时，同法可证．

，，
，
，
，，
，
，
，
，
综上所述，的长为或．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是利用特殊三角形的性质解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
15．(2021·山东日照·中考真题)问题背景：
如图1，在矩形中，，，点是边的中点，过点作交于点．

实验探究：
(1)在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论：①_____；②直线与所夹锐角的度数为______．
(2)小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究(1)中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：
在以上探究中，当旋转至、、三点共线时，则的面积为______．
【答案】(1)，30°；(2)成立，理由见解析；拓展延伸：或
【分析】(1)通过证明，可得，，即可求解；
(2)通过证明，可得，，即可求解；
拓展延伸：分两种情况讨论，先求出，的长，即可求解．
【详解】解：(1)如图1，，，，
，
如图2，设与交于点，与交于点，

绕点按逆时针方向旋转，
，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为，
故答案为：，；
(2)结论仍然成立，
理由如下：如图3，设与交于点，与交于点，

将绕点按逆时针方向旋转，
，
又 ，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为．
拓展延伸：如图4，当点在的上方时，过点作于，

，，点是边的中点，，
，，，
，，
，
、、三点共线，
，
，
，
，
由(2)可得：，
，
，
的面积；
如图5，当点在的下方时，过点作，交的延长线于，

同理可求：的面积；
故答案为：或．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
16．(2022·江苏·淮安市淮安区教师发展中心学科研训处模拟预测)(1)如图1，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝39°，连接AC，BD交于点M．填空：的值为 ，∠AMB的度数为 ；
(2)如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OBA＝∠ODC＝60°，连接AC交BD的延长线于点M．请判断的值，并说明理由；
(3)在(2)的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD＝1，OB＝；点Q为CD的中点，则在旋转的过程中，AQ的最大值为 ．

【答案】(1)1，39°；(2)，理由见解析；(3)
【分析】(1)①根据已知条件证明△COA≌△DOB，即可证明AC=BD；②根据△COA≌△DOB可得∠CAO=∠DBO，根据已知条件可得∠OAB+∠ABO=141°，然后在△AMB中，根据等角的转换即可得到答案；
(2)根据已知条件证明△AOC∽△BOD，即可求出；
(3)找出Q的运动轨迹是以点O为圆心的圆上，根据一箭穿心模型即可求出AQ的最大值．
【详解】解：(1)①如图1，

∵∠AOB=∠COD=40°，
∴∠COA=∠DOB，
∵OC=OD，OA=OB，
∴△COA≌△DOB(SAS)，
∴AC=BD，
∴=1，
②∵△COA≌△DOB，
∴∠CAO=∠DBO，
∵∠AOB=39°，
∴∠OAB+∠ABO=141°，
在△AMB中，∠AMB=180°﹣(∠CAO+∠OAB+∠ABD)=180°﹣(∠DBO+∠OAB+∠ABD)=180°﹣141°=39°，
(2)如图2，

理由是：
在Rt△COD中，∠DCO=30°，∠DOC=90°，
∴，
同理得：，
∴，
∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOC=∠BOD，
∴△AOC∽△BOD，
∴；
(3)解：连接OQ，
∵Q为CD的中点，
△COD为直角三角形，
∴OQ= ，
又∵ ，OD=1，
∴CD=2，
∴OQ=1，
∴点Q在以O为圆心，1为半径的圆上，
∴当A,O,Q三点共线时，AQ最大，
∵△BOA为直角三角形，OB=，，
∴，
∴．

【点睛】本题考查全等三角形和相似三角形的判定和性质的综合应用，本题涉及两个常见的几何模型：手拉手全等模型，手拉手相似模型，以及利用隐形圆求最值．本题的难度较大，是中考题中常见的几何综合题．
17．(2022·广东·深圳市龙华区丹堤实验学校模拟预测)【操作与发现】
如图①，在正方形ABCD中，点N，M分别在边BC、CD上．连接AM、AN、MN．∠MAN＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而可得：DM+BN＝MN．

(1)【实践探究】在图①条件下，若CN＝6，CM＝8，则正方形ABCD的边长是______．
(2)如图②，在正方形ABCD中，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN、MN，∠MAN＝45°，若tan∠BAN，求证：M是CD的中点．
(3)【拓展】如图③，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝16，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN，已知∠MAN＝45°，BN＝4，则DM的长是______．
【答案】(1)12
(2)见解析
(3)8

【分析】(1)利用旋转的性质结合SAS可以证明△ANM≌△ANE，从而得到DM+BN＝MN，设正方形ABCD的边长为x，则BN＝x﹣6，DM＝x﹣8，利用勾股定理求得MN=10，从而列得方程求解即可求出正方形边长．
(2)根据设BN＝m，DM＝n，则MN＝m+ n，利用tan∠BAN，可得正方形边长为3m，从而得到CM=3m-n，CN＝2m，根据勾股定理得到：，代入可得关于m，n得方程，继而得到3m＝2n，最后代入CM=3m-n得到DM＝CM，即M是CD的中点．
(3)延长AB至P，使BP＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，将图③补充成边长为16的正方形，从而得到与前两问的图形，利用可得△ABN∽△APE，继而求出PE的长度，从而利用前面的结论，并利用勾股定理列方程即可求出结果．

(1)
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝AD，∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，
由旋转的性质得：△ABE≌△ADM，
∴BE＝DM，∠ABE＝∠D＝90°，AE＝AM，∠BAE＝∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM＝∠DAM+∠BAM＝∠BAD＝90°，
即∠EAM＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠MAN＝∠EAN，
在△AMN和△AEN中，
，
∴△AMN≌△AEN(SAS)，
∴MN＝EN，
∵EN＝BE+BN＝DM+BN，
∴MN＝BN+DM，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：
∴MN10，
则BN+DM＝10，
设正方形ABCD的边长为x，则BN＝BC﹣CN＝x﹣6，DM＝CD﹣CM＝x﹣8，
∴x﹣6+x﹣8＝10，
解得：x＝12，
即正方形ABCD的边长是12；
故答案为：12；

(2)
证明：设BN＝m，DM＝n，
由(1)可知，MN＝BN+DM＝m+n，
∵∠B＝90°，tan∠BAN，
∴tan∠BAN，
∴AB＝3BN＝3m，
∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：
∴，
整理得：3m＝2n，
∴CM＝2n﹣n＝n，
∴DM＝CM，
即M是CD的中点；

(3)
解：延长AB至P，使BP＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，如图③所示：
则四边形APQD是正方形，
∴PQ＝DQ＝AP＝AB+BP＝12+4＝16，
设DM＝a，则MQ＝16﹣a，
∵PQBC，
∴△ABN∽△APE，
∴，
∴PEBN，
∴EQ＝PQ﹣PE＝16，
由(1)得：EM＝PE+DMa，
在Rt△QEM中，由勾股定理得：

，
解得：a＝8，
即DM的长是8；
故答案为：8．

【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用勾股定理解直角三角形等知识，灵活运用前两问中结论DM+BN＝MN，已知直角三角形CMN中勾股定理结论是解题的关键．
18．(2021·四川乐山·三模)在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．

(1)观察猜想
如图1，当α＝60°时，的值是　 　，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是　 　．
(2)类比探究
如图2，当α＝90°时，请写出，并就图2的情形说明理由．
(3)解决问题
当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．
【答案】(1)1，60°
(2)
(3)2+或2-

【分析】(1)如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明△CAP≌△BAD(SAS)，即可解决问题．
(2)如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明△DAB∽△PAC，即可解决问题．
(3)分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD＝DC即可解决问题．
②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC解决问题．
(1)
解：如图1中，延长CP交BD的延长线于E．

∵CA=CB,∠ACB=60°，
∴∆CAB为等边三角形，
又∵将线段AP绕点P逆时针旋转60°得到线段DP
∴AP=DP，∠APD=60°
∴∆APD为等边三角形，
∴CA＝BA，PA＝DA，
∴∠PAD＝∠CAB＝60°，
∴∠PAD-∠PAB＝∠CAB-∠PAB
∴∠CAP＝∠BAD，
∵CA＝BA，PA＝DA，
∴△CAP≌△BAD(SAS)，
∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，
∵∠AOC＝∠BOE，
∴∠BEO＝∠CAO＝60°，
∴=1，
故答案为1，60°．
(2)
=，
理由：如图2中，设BD交AC于点O．

∵∠PAD＝∠CAB＝45°，
∴∠PAC＝∠DAB，
∵＝＝，
∴△DAB∽△PAC，
∴∠PCA＝∠DBA， =＝，
(3)
如图3﹣1中，当点D在线段PC上时．

∵CE＝EA，CF＝FB，
∴EF∥AB，
∴∠EFC＝∠ABC＝45°，
∵∠PAO＝45°，
∴∠PAO＝∠OFH，
∵∠POA＝∠FOH，
∴∠H＝∠APO，
∵∠APC＝90°，EA＝EC，
∴PE＝EA＝EC，
∴∠EPA＝∠EAP＝∠BAH，
∴∠H＝∠BAH，
∴BH＝BA，
∵∠ADP＝∠BDC＝45°，
∴∠ADB＝90°，
∴BD⊥AH，
∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°，
∵∠ADB＝∠ACB＝90°，
∴A，D，C，B四点共圆，
∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，
∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，
∴DA＝DC，设AD＝a，PD＝a，
∴=．
解法二：在Rt△PAD中，∵E是AC的中点，
∴PE＝EA＝EC，
∴∠EPC＝∠ECP，
∵∠CEF＝45°＝∠EPC+∠ECP，
∴∠EPC＝∠ECP＝22.5°，
∵∠PDA＝45°＝∠ACD+∠DAC，
∴∠DAC＝22.5°，
∴AD＝DC，
设PD＝a，则AD＝DC＝a，
∴，
如图3﹣3中，当点P在线段CD上时，同理可得DA=DC,设AD＝a，PD＝a，

∴PC＝a﹣a，
∴．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题.
19．(2021·山东济南·一模)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，点D，E分别为AC，BC的中点．△CDE绕点C顺时针旋转，设旋转角为α(0°≤α≤360°)，记直线AD与直线BE的交点为点P．

(1)如图1，当α＝0°时，AD与BE的数量关系为______，AD与BE的位置关系为______；
(2)当0°＜α≤360°时，上述结论是否成立？若成立，请仅就图2的情形进行证明；若不成立，请说明理由；
(3)△CDE绕点C顺时针旋转一周，请直接写出运动过程中P点运动轨迹的长度和P点到直线BC距离的最大值．
【答案】(1)AD＝BE，AD⊥BE
(2)结论仍然成立，证明见解析
(3)P点运动轨迹的长度是π；P点到直线BC距离的最大值是

【分析】(1)分别求出AD、BE的长即可解答；
(2)先证明△BCE∽△ACD ，可得＝，∠CBO＝∠CAD即可解答；
(3)利用锐角三角函数可求∠EBC=30°，由弧长公式可求P点运动轨迹的长度，由直角三角形的性质可求P点到直线BC距离的最大值即可．
(1)
解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，
∴AC=BC=，AB=2BC=2，AD⊥BE
∵点D，E分别为AC，BC的中点
∴AD=CD=AC=，BE=EC=BC=
∴ AD＝BE．
故答案为：AD＝BE，AD⊥BE．
(2)
解：结论仍然成立，理由如下：
∵AC＝，BC＝1，CD＝，EC＝，
∴，＝，
∴，
∵△CDE绕点C顺时针旋转，
∴∠BCE＝∠ACD，
∴△BCE∽△ACD，
∴＝，∠CBO＝∠CAD，
∴AD＝BE，
∵∠CBO+∠BOC＝90°，
∴∠CAD+∠AOP＝90°，
∴∠APO＝90°，
∴BE⊥AD．
(3)
解：∵∠APB＝90°，   
∴点P在以AB为直径的圆上，
如图3，取AB的中点G，作⊙G，以点C为圆心，CE为半径作⊙C，当BE是⊙C切线时，点P到BC的距离最大，过点P作PH⊥BC，交BC的延长线于H，连接GP，

∵BE是⊙C切线，
∴CE⊥BE，
∵＝，
∴∠EBC＝30°，   
∴∠GBP＝30°，  
∵GB＝GP，
∴∠GBP＝∠GPB＝30°，    
∴∠BGP＝120°，
∵点P的运动轨迹为点C→点P→点C→点B→点C，
∴P点运动轨迹的长度＝×2＝π，
∵∠ABP＝30°，BP⊥AP，
∴AP＝AB＝1，BP＝AP＝，
∵∠CBP＝30°，PH⊥BH，
∴PH＝BP＝．    
∴P点到直线BC距离的最大值．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、旋转的性质、锐角三角函数等知识点，灵活应用相关知识是解答本题的关键．
20．(2022·黑龙江·齐齐哈尔市富拉尔基区教师进修学校三模)综合与实践
如图①，Rt△ABC中，∠ACB= 90° ，CD为Rt△ABC的斜边上的中线，在证明CD=AD= BD的过程中，我们可以延长CD到E，使得CD=DE ，连接BE．很容易证明∠ACD≌△BED，进而证明△ABC≌△ECB，所以AB=CE，所以CD= AD= BD．我们可以得到直角三角形的性质：直角三角形斜边中线等于斜边的一半．
实践操作：
将两个全等的Rt△ABD，Rt△ACE拼在一起 ，如图②，△ABD不动．
问题解决：
(1)将△ACE绕点A逆时针旋转，连接DE，M是DE的中点，连接MB，MC，如图③，求证：MB=MC；
拓展延伸：
(2)若将图②中的CE向上平移，且∠CAE不变，连接DE ，M是DE的中点，连接MB ，MC，如图④，则线段MB，MC的数量关系为 ；
问题再探：
(3)在(2)的条件下，若∠CAE改变大小，如图⑤，其他条件不变，请你判断线段MB ，MC的数量关系还成立吗?请说明理由．

【答案】(1)见解析；(2)MB=MC；(3)成立，理由见解析．
【分析】(1)由旋转得到，，继而证明，再证明，接着由得到；
(2)由平移的性质得到，继而得到，接着由得到；
(3)延长BM交CE于点F，证明，由此得到MB=MF，再结合直角三角形斜边中线的性质解得即可．
【详解】解：(1)由题意知Rt△ABD≌Rt△ACE

旋转



M是DE的中点




(2)由题意，
平移


M是DE的中点




故答案为：；
(3)成立，理由如下，
如图，延长BM交CE于点F，
平移


M是DE的中点





．

【点睛】本题考查几何变换，涉及全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．