专题23.1 旋转与几何综合（压轴题专项讲练）-2022-2023学年九年级数学上册从重点到压轴（人教版）（解析+原卷）

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专题23.1 旋转与几何综合


【典例1】如图，正方形ABCD和正方形CEFG（其中BD>2CE），直线BG与DE交于点H．

(1)如图1，当点G在CD上时，请直接写出线段BG与DE的数量关系和位置关系；
(2)将正方形CEFG绕点C旋转一周．
①如图2，当点E在直线CD右侧时，求证：BH−DH=2CH；
②当∠DEC＝45°时，若AB＝3，CE＝1，请直接写出线段DH的长．

【思路点拨】
（1）证明△BCG≌△DCE可得结论；
（2）①在线段BG上截取BK＝DH，连接CK．证明△BCK≌△DCH(SAS)，推出CK＝CH，∠BCK＝∠DCH，推出△KCH是等腰直角三角形，即可解决问题；
②分两种情形：当D，G，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD；和当D，H，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD，分别根据正方形的性质结合勾股定理求解即可解决问题．

【解题过程】
（1）解：BG＝DE，BG⊥DE，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形CEFG都为正方形，
∴BC＝CD，∠BCG＝∠DCE＝90°，CG＝CE，
∴△BCG≌△DCE(SAS)，
∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE．
∵∠CDE+∠DEC＝90°，
∴∠HBE+∠BEH＝90°，
∴∠BHD＝90°，即BG⊥DE．
综上可知BG和DE的关系为BG＝DE且BG⊥DE．
故答案为：BG＝DE且BG⊥DE；
（2）①证明：如图，在线段BG上截取BK＝DH，连接CK．

∵四边形ABCD和四边形CEFG都为正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝∠GCE＝90°，CG＝CE，
∴∠BCG＝∠DCE，
∴△BCG≌△DCE(SAS)，
∴∠CBK＝∠CDH，
∵BK＝DH，BC＝DC，
∴△BCK≌△DCH(SAS)，
∴CK＝CH，∠BCK＝∠DCH，
∴∠BCK+∠KCD＝∠DCH+∠KCD，即∠KCH＝∠BCD＝90°，
∴△KCH是等腰直角三角形，
∴HK=2CH，
∴BH−DH=BH−BK=KH=2CH；
②如图，当D，G，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD．

由（1）同样的方法可知，BH＝DE，
∵四边形CEFG为正方形
∴CE＝CH＝1，
∴EH=2CH=2．
∵AB＝3，
∴BD=2AB=32，
设DH＝x，则BH=DE=x+2，
在Rt△BDH中，BH2+DH2=BD2，即(x+2)2+x2=(32)2，
解得：x1=34-22，x2=-34-22（舍）
故此时DH=34-22；
如图，当H，E重合时，∠DEC＝45°，连接BD．

设DH＝x，
∵BG＝DH，
∴BH=DH−HG=x−2，
在Rt△BDH中，BH2+DH2=BD2，即(x−2)2+x2=(32)2
解得： x1=34+22，x2=-34+22（舍）
故此时DH=34+22；
综上所述，满足条件的DH的值为34-22或34+22．


1．（2022·河北唐山·八年级期末）如图1所示，将一个边长为2的正方形ABCD和一个长为2、宽为1的长方形CEFD拼在一起，构成一个大的长方形ABEF．现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE'FD'，旋转角为α．

(1)当点D'恰好落在边EF上时，点D'到边DC的距离为____________，旋转角α=____________°；
(2)如图2，G为BC的中点，且0°<α<90°，求证：GD'=E'D；
(3)小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，△DCD'与△CBD'能否全等？若能，直接写出旋转角α的值；若不能，说明理由．
【思路点拨】
（1）根据矩形的性质可知点D'到边DC的距离等于F到边DC的距离，即DF=1，可知点D'到边DC的距离为1；根据旋转的性质得CD'=CD=2，即可判定∠CD'E=30° ，然后根据平行线的性质即可得到∠α=∠CD'E=30° ；
（2）由G为BC中点可得CG=CE，然后根据“SAS” 可判断△GCD'≌△E'CD，则GD'=E'D；
（3）根据正方形的性质得CB=CD，而CD=CD'，则 △BCD'和△DCD'为腰相等的两等腰三角形，当两顶角相等时它们全等，当 △BCD'和△DCD'为钝角三角 形时，可计算出α=135°，当 △BCD'和△DCD'为锐角三角形时，可计算得到α=315°．
【解题过程】
（1）解：由题意可知，当点D'恰好落在边EF上时，点D'到边DC的距离等于F到边DC的距离，即DF=1，
∴点D'到边DC的距离为：1，
∵CE=1，CD'=2，
∴在Rt△CED'中，∠CD'E=30°，
∵CD∥EF，
∴∠α=∠CD'E=30°，
故答案为：1，30；
（2）证明：∵G为BC中点，
∴CG=1，
∴CG=CE，
∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE'F'D'，
∴∠D'CE'=∠DCE=90°,CE=CE'=CG，
∴∠GCD'=∠DCE'=90°+α，
在△GCD'和△E'CD中，
∵{CD'=CD∠GCD=∠DCE'CG=CE'
∴△GCD'≌△E'CD(SAS)，
∴GD'=E'D；
（3）能，理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴CB=CD，
∵CD=CD'，
∴△BCD'和△DCD'为腰相等的两等腰三角形，
当∠BCD'=∠DCD'时，△BCD'≅△DCD'，
当△BCD'和△DCD'为钝角三角形时，则旋转角α=360°−90°2=135°，
当△BCD'和△DCD'为锐角三角形时，∠BCD'=∠DCD'=12∠BCD=45° ，
则α=360°−90°2=315°，
即旋转角α的值为135°或315°时，△BCD'和△DCD'全等．
2．（2022·山西吕梁·九年级期末）综合与实践：如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠EAF=45°，连接EF，求证：DE+BF=EF．

李伟同学是这样解决的：
将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，再证明△GAF≌△EAF，可得结论．
(1)如图2，在四边形ABCD中，AD∥BCAD>BC，∠D=90°，AD=CD=10，且∠BAE=45°，DE=4，求BE的长；
(2)类比（1）证明思想完成下列问题：在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，A为公共顶点，∠BAC=∠AGF=90°，若△ABC固定不动，△AFG绕点A旋转，AF、AG与边BC的交点分别为D、E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），在旋转过程中，等式BD2+CE2=DE2始终成立，请说明理由．
【思路点拨】
（1）过A作AG⊥BC，交BC延长线于G，由正方形的性质得出CG＝AD＝10，再运用勾股定理和方程求出BE的长；
（2）运用旋转性质和勾股定理判断说明等式成立．
【解题过程】
解：（1）如图2，过点A作AG⊥BC，交CB延长线于点G．

四边形ADCG中，∠D=∠C=∠G=90°，AD=DC，
∴四边形ADCG是正方形．
∴CG=AD=10．
已知∠BAE=45°，根据已知材料可得：BE=GB+DE．
设BE=x，则BG=x−4，
∴BC=14−x．
在Rt△BCE中，BE2=BC2+CE2，
∴x2=14−x2+62，
解得x=587．
∴BE=587．
（2）如图3，将△ACE绕点A顺时针旋转90°至△ABH位置，

则CE=BH，AE=AH，∠ABH=∠C=45°，旋转角∠EAH=90°．
连接HD，在△EAD和△HAD中，
AE=AH∠HAD=∠EADAD=AD，
∴△EAD≌△HADSAS．
∴DH=DE．
又∠HBD=∠ABH+∠ABD=90°，
∴BD2+BH2=HD2，
∴BD2+CE2=DE2．
3．（2022·黑龙江省新华农场中学九年级阶段练习）如图① ，在△ABC中，AB=AC=4，∠BAC=90°，AD⊥BC，垂足为D．

(1)S△ABD = ．（直接写出结果）
(2)如图②，将△ABD绕点D按顺时针方向旋转得到△A′B′D，设旋转角为α (α<90°)，在旋转过程中：
探究一：四边形APDQ的面积是否随旋转而变化？说明理由；
探究二：当α=________时，四边形APDQ是正方形．
【思路点拨】
（1）根据等腰三角形的性质，由AD⊥BC得BD=CD，则SΔABD=12SΔABC=4；
（2）①在ΔABC中，根据等腰直角三角形的性质得∠B=∠C=45°，易得∠BAD=∠DAC=45°，BD=AD，再利用等角的余角相等得到∠BDP=∠ADQ，于是可判断ΔBPD≌ΔAQD，所以S四边形APDQ=SΔAPD+SΔAQD=SΔAPD+SΔBPD=SΔABD=4，即可判断四边形APDQ的面积不会随旋转而变化；
②由于∠PAQ=90°，则当DP⊥AB时，四边形APDQ为矩形，加上PA=PD，于是可判断四边形APDQ是正方形，此时∠BDP=45°，即α=45°．
【解题过程】
（1）解：∵AB=AC=4，∠BAC=90°，AD⊥BC，
∴BD=CD，
∴SΔABD=12SΔABC=12×12AC⋅BC=12×12×4×4=4；
故答案为4；
（2）解：①四边形APDQ的面积不会随旋转而变化．理由如下：
在ΔABC中，∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠B=∠C=45°，
∵AD⊥BC，
∴∠BAD=∠DAC=45°，
∴∠B=∠DAQ=∠BAD=45°，BD=AD，
又∵∠BDP+∠ADP=90°，∠ADQ+∠ADP=∠PDQ=90°，
∴∠BDP=∠ADQ，
在ΔBPD和ΔAQD中，
∠B=∠DAQBD=AD∠BDP=∠ADQ，
∴ΔBPD≌ΔAQD（ASA），
∴S四边形APDQ=SΔAPD+SΔAQD=SΔAPD+SΔBPD=SΔABD=4；
②α=45°时，四边形APDQ是正方形．理由如下：

∵∠PAQ=90°，
∴当DP⊥AB时，
而∠PDQ=90°，
∴四边形APDQ为矩形，
∵∠PAD=45°，
∴PA=PD，
∴四边形APDQ是正方形，此时∠BDP=45°，即α=45°．
4．（2022·吉林通化·九年级期末）如图，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D、E在BC边上，∠DAE=45°，将△ACE绕点A顺时针旋转90°得△ABF．

(1)求证：BF⊥BC；
(2)连接DF，求证：△ADF≌△ADE；
(3)若BD=3，CE=4，则DF=______，四边形AFDE的面积＝______．
【思路点拨】
（1）由旋转的性质得∠C=∠ABF，从而得到∠DBF=∠ABC+∠ABF=90°，即可证明结论；
（2）由旋转的性质得AF=AE，∠BAF=∠CAE，则∠BAD+∠BAF=∠BAD+∠CAE=45°，再利用SAS即可证明；
（3）如图，过点A作AH⊥BC于H，由（1）得，∠DBF=90°，在Rt△DBF中，由勾股定理得DF=BD2+BF2=32+42=5，则BC=BD+DF+CE=3+5+4=12，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出AH，再利用S四边形AFDE=2S△ADE可得出答案．
【解题过程】
（1）证明：∵将△ACE绕点A顺时针旋转90°得△ABF，
∴∠C=∠ABF，
∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠C=45°，
∴∠DBF=∠ABC+∠ABF=45°+45°=90°，
∴BF⊥BC．
（2）证明：∵将△ACE绕点A顺时针旋转90°得△ABF，
∴AF=AE，∠BAF=∠CAE，
∵∠DAE=45°，∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°−45°=45°，
∴∠BAD+∠BAF=∠BAD+∠CAE=45°，
∴∠DAF=∠DAE，
在△ADF和△ADE中，
AF=AE∠DAF=∠DAEAD=AD，
∴△ADF≌△ADESAS．
（3）解：如图，过点A作AH⊥BC于H，

∵将△ACE绕点A顺时针旋转90°得△ABF，BD=3，CE=4，
∴BF=CE=4，
由（1）得，∠DBF=90°，
在Rt△DBF中，DF=BD2+BF2=32+42=5，
由（2）得，△ADF≌△ADE，
∴DE=DF=5，S△ADF=S△ADE，
∴BC=BD+DE+CE=3+5+4=12，
∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AH⊥BC
∴BH=CH，
∴AH=12BC=6，
∴四边形AFDE的面积：
S四边形AFDE=S△ADF+S△ADE
=2S△ADE
=2×12×DE×AH
=DE×AH
=5×6
=30．
故答案为：5；30．
5．（2022·贵州六盘水·九年级学业考试）【问题提出】如图1，在△ABC中，每个内角都小于120°，在△ABC内有一点P，请确定点P的位置，使PA+PB+PC最小．

(1)【问题解决】如图2，把△CAP绕点C顺时针旋转60°得到△CED，连接PD和AE，当点B，P，D，E四点共线时，PA+PB+PC的最小值即为线段BE的长，此时∠APB=________度；
(2)【问题拓展】如图3，在Rt△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点P是△ABC内一点，若∠APC=135°，PA=2，PC=1，求PB的长；
(3)【实际应用】如图4，△ABC是A，B，C三座城市位置的平面示意图，要在△ABC内规划建设一个物流基地（用点P表示），连接PA，PB，PC，并使PA+PB+PC最小；经测量：AC=40km，BC=30km，∠ACB=60°，求PA+PB+PC的最小值．
【思路点拨】
（1）由“把△CAP绕点C顺时针旋转60°得到△CED”，可得∠APC=∠CDE，易证△PCD是等边三角形，则可得∠CPD=∠CDP=60°，然后根据平角和周角即可求得答案；
（2）如图，把△ABP，绕点A逆时针旋转90°得到△ACP'，连接PP'，则∠PAP'=90°,AP'=AP,BP=CP'，由等腰直角三角形的性质可得∠APP'=∠AP'P=45°,PP'=2AP=22，继而可得∠P'PC=90°，然后利用勾股定理即可求得答案；
（3）把△ACP绕点C顺时针旋转60°得到△A'CP'，分别连接A'B,PP'，过点A'作A'F⊥BC交BC的延长线于点F，易证△PCP'是等边三角形，则PC=PP'，继而可得当B、P、P'、A'四点共线时，PA+PB+PC最小，然后根据含30°角的直角三角形的三边关系和勾股定理即可求得答案.
【解题过程】
（1）解：∵把△CAP绕点C顺时针旋转60°得到△CED，
∴CP=CD,∠PCD=60°,∠APC=∠CDE，
∴△PCD是等边三角形，
∴∠CPD=∠CDP=60°，
∵点B，P，D，E四点共线，
∴∠BPC=180°−∠CPD=120°,∠CDE=180°−∠CDP=120°，
∴∠APC=120°，
∴∠APB=360°−∠BPC−∠APC=120°；
（2）解：如图，把△ABP，绕点A逆时针旋转90°得到△ACP'，连接PP'，

∴∠PAP'=90°,AP'=AP,BP=CP'，
∴∠APP'=∠AP'P=45°,PP'=2AP=22，
∴∠P'PC=∠APC−∠APP'=135°−45°=90°，
在Rt△P'PC中，由勾股定理得：CP'=P'P2+CP2=(22)2+12=3，
∴PB=3；
（3）解：把△ACP绕点C顺时针旋转60°得到△A'CP'，分别连接A'B,PP'，过点A'作A'F⊥BC交BC的延长线于点F，

∴∠A'FB=90°,∠ACA'=60°,A'P'=AP,CP=CP',∠PCP'=60°，
∴△PCP'是等边三角形，
∴PC=PP'，
∴PA+PB+PC=P'A'+PB+PP'，
∴当B、P、P'、A'四点共线时，PA+PB+PC最小，
此时，PA+PB+PC=A'B，
∵∠ACB=60°,∠ACA'=60°，
∴∠A'CF=60°，
∴在Rt△A'CF中，CF=12A'C=12AC=20km，A'F=3CF=203km，
∴BF=BC+CF=50km，
在Rt△A'BF中，由勾股定理得：A'B=BF2+A'F2=502+(203)2=1037km，
∴PA+PB+PC的最小值为1037km.
6．（2022·北京·九年级专题练习）已知正方形ABCD，将线段BA绕点B旋转α（0°<α<90°），得到线段BE，连接EA，EC．

(1)如图1，当点E在正方形ABCD的内部时，若BE平分∠ABC，AB=4，则∠AEC=______°，四边形ABCE的面积为______；
(2)当点E在正方形ABCD的外部时，
①在图2中依题意补全图形，并求∠AEC的度数；
②作∠EBC的平分线BF交EC于点G，交EA的延长线于点F，连接CF．用等式表示线段AE，FB，FC之间的数量关系，并证明．

【思路点拨】
（1）过点E作EK⊥BC于点K，由正方形的性质、旋转的性质及角平分线的定义可得∠ABE=∠CBE=45°,AB=BE=BC=4，再利用等腰三角形的性质和解直角三角形可求出∠BAE=∠BEA=67.5°，EK=22，继而可证明ΔABE≅ΔCBE(SAS)，便可求解；
（2）①根据题意作图即可；由正方形的性质、旋转的性质可得BE=BA=BC，再根据三角形内角和定理及等腰三角形的性质求出∠AEB,∠BEC=45°，即可求解；
②过点B作BH⊥AE 垂足为H，由等腰三角形的性质得到AH=EH=12AE ，再证明
ΔFBE≅ΔFBC(SAS) 即可得到EF=CF ，再推出ΔHBF 为等腰直角三角形，即可得到三者之间的关系．
【解题过程】
解：（1）过点E作EK⊥BC于点K

∴∠BKE=90°
∵ 四边形ABCD是正方形
∴∠ABC=90°,AB=BC
∵ BE平分∠ABC，AB=4，将线段BA绕点B旋转α（0°<α<90°），得到线段BE
∴∠ABE=∠CBE=45°,AB=BE=BC=4
∴∠BAE=∠BEA=67.5° ，sin∠EBK=EKBE=22=EK4
∴EK=22
∴SΔBCE=12⋅BC⋅EK=12×4×22=42
∵BE=BE
∴ΔABE≅ΔCBE(SAS)
∴∠AEB=∠CEB,SΔAEB=SΔCEB
∴∠AEC=∠AEB+∠CEB=135° ，四边形ABCE的面积为=SΔAEB+SΔCEB=82
故答案为：135，82
（2）①作图如下

∵ 四边形ABCD是正方形
∴∠ABC=90°,AB=BC
由旋转可得，BE=BA=BC
∵∠ABE+∠BAE+∠BEA=180°,∠ABE=α
∴∠BEA=∠BAE=180°−α2=90°−α2
∵∠CBE+∠BCE+∠BEC=180°,∠CBE=∠ABE+∠ABC=90°+α
∴∠BEC=∠BCE=180°−(90°+α)2=45°−α2
∴∠AEC=∠AEB−∠BEC=45°
②BF=2CF−22AE，理由如下：
如图，过点B作BH⊥AE 垂足为H

∴∠BHF=90°
∵BA=BE
∴AH=EH=12AE
∵BE=BC ，∠EBC的平分线BF交EC于点G
∴BG⊥CE,∠FBE=∠FBC
∴∠EGF=90°
∵BF=BF
∴ΔFBE≅ΔFBC(SAS)
∴EF=CF
∵∠AEC=45°
∴∠AEC=∠EFG=45°
∴∠EFG=45°=∠HBF
∴ΔHBF 为等腰直角三角形
∴BF=2HF=2(EF−EH)=2(EF−12AE)=2(CF−12AE)
即BF=2CF−22AE
7．（2022·江苏·盐城市明达初级中学八年级阶段练习）如图，正方形ODEF的边OD、OF在坐标轴上，点E坐标为（﹣6，6），将正方形ODEF绕点D逆时针旋转角度（0°＜α＜90°），得到正方形ABCD，AB交线段OF于点P，BA的延长线交线段EF于点Q，连DP、DQ

(1)求证：△ADQ≌△EDQ；
(2)求∠PDQ的度数；并判断线段PQ、EQ、PO之间的数量关系，说明理由．
(3)连接AF、FB、OB、AO得到四边形AFBO，在旋转过程中，当P点在何位置时四边形AFBO是矩形？请说明理由，并求出点Q的坐标．
【思路点拨】
（1）根据旋转变换的性质得到DE=AD，∠E=∠DAQ=90°，根据正方形的性质得到∠DAQ=90°，根据直角三角形的全等的判定定理证明即可；
（2）证明Rt△DAP≅Rt△DOP，得到∠ADP=∠ODP，AP=OP，等量代换即可；
（3）根据矩形的判定定理证明四边形AFBO是矩形，设点Q的坐标为−6,m，根据勾股定理列出方程，解方程求出m的值，得到点Q的坐标．
【解题过程】
（1）解:∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，
∴∠DAQ=90°，
∵将正方形ODEF绕点D逆时针旋转角度（0°＜α＜90°），，
∴DE=AD，∠E=∠DAB=90°，
在Rt△EDQ和Rt△ADQ
ED＝DADQ＝DQ,
∴Rt△EDQ≅Rt△ADQ,
∴△ADQ≌△EDQ；
（2）∠PDQ=45°,PQ=EQ+OP，理由如下：
∵四边形ODEF是正方形，
∴∠DOP=∠EDO=90°,
∵∠DAB=∠DOP=90°，
在Rt△DAP与Rt△DOP中，
DA＝DODP=DP，
∴Rt△DAP≅Rt△DOP，
∴∠ADP=∠ODP，AP=OP，
∵Rt△EDQ≅Rt△ADQ，
∴∠EDQ=∠ADQ，QE=AQ，
∴∠ADQ+∠ADP=∠EDQ+∠PDO=12∠EDO=45°，
∴∠PDQ=45°
∵PQ=AQ+AP,AQ=EQ,AP=OP,
∴PQ=EQ+OP．
（3）当P是OF中点时，四边形AFBO是矩形，

∵P是OF中点，
∴OP=PF=12OF
由(2)得AP=OP，
又∵AB=OF，
∴AP=12AB，
∴OP=PF=AP=PB，
∴四边形AFBO是平行四边形，
∵AB=OF，
∴▱AFBO是矩形，
设点Q的坐标为−6,m，
则QF=m,QE=6−m,OP=PF=3，
在Rt△QFP中：由勾股定理得，QF2+FP2=QP2，
∴m2+32=9−m2，
解得：m=4，
∴Q(−6，4)．
8．（2022·辽宁辽宁·二模）如图，已知在△AOB与△COD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=90°．

(1)如图1，点C，D分别在边OA，OB上，连接AD，BC，点M是线段BC的中点，连接OM，直接写出线段AD与OM之间的数量关系___________；
(2)如图2，将图1中的△COD绕点O逆时针旋转，使△COD的一边OD恰好与△AOB的边OA在同一条直线上时，点C落在OB上，点M为线段BC的中点，确定AD与OM之间的数量关系，并证明；
(3)如图3，将图1中的△COD绕点O逆时针旋转，旋转角为α0°<α<90°，连接AD，BC，点M为线段BC的中点，连接OM，确定AD与OM之间的数量关系，并证明．
【思路点拨】
(1)证明△AOD≌△BOC，然后根据点M为线段BC的中点即可得出结论；
(2)延长DC交AB于点E，连接ME，过点E作EN⊥AD于点N，证明出四边形ONEM为矩形，即可得出结论；
(3)延长BO到点F，使FO=BO，连接CF，得到OM与CF的数量关系．
【解题过程】
(1)解：∵OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=90°，
∴△AOD≌△BOC，
∴AD=BC，
又M是BC的中点，且∠BOC=90°，
∴OM=MC=BM=12BC=12AD，
故AD=2OM，
故答案为：AD=2OM
(2)AD=2OM，理由如下：
如下图所示，延长DC交AB于点E，连接ME，过点E作EN⊥AD于点N，
∵OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=90°，
∴∠A=∠D=∠B=∠BCE=∠DCO=45°，
∴AE=DE，BE=CE，∠AED=90°，
∴DN=AN，
∴AD=2NE，
∵M为BC的中点，
∴EM⊥BC，
∴四边形ONEM是矩形．
∴NE=OM，
∴AD=2OM．

(3)AD=2OM，理由如下：如图．
延长BO到F，使FO=BO，连接CF，

∵M为BC的中点，O为BF的中点，
∴MO为△BCF的中位线，
∴FC=2OM，
∵∠AOB=∠AOF=∠COD=90°，
∴∠AOB+∠BOD=∠AOF+∠AOC，即∠AOD=∠FOC，
在△AOD和△FOC中，
OA=OF∠AOD=∠FOCOC=OD
∴△AOD≌△FOCSAS，
∴FC=AD，
∴AD=2OM，

9．（2022·陕西渭南·八年级期中）已知△ABC中，AB=AC，∠ABC=60°，点P为射线AD上任意一点（点P与点A不重合）．连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连接QB并延长交直线AD于点E．

(1)如图1，当∠DAC=90°时，试猜想BC与QE的位置关系，并说明理由；
(2)如图2，当∠DAC=120°，∠ACP=15°时，点E恰好与点A重合，若AC=6，求BQ的长．
【思路点拨】
（1）根据等边三角形的性质得AB=AC，∠ACB=60°，再根据旋转的性质得PC=CQ ，∠PCQ=60°，则∠BCQ=∠ACP，根据“SAS”可证明△ACP≅△BCQ，即可得出∠CBQ=∠CAP= 90°；
（2）根据（1）可证明△ACP≅△BCQ得到AP=BQ，由∠DAC= 120°，∠ACP= 15°, 得到△PCH为等腰直角三角形，在Rt△ACH中可求出AH、CH，继而可求出PH的长，可得出结论．
【解题过程】
（1）解：结论：BC⊥EQ ；
理由如下：如图1，设QE与CP的交点记为M，

∵AB=AC，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=CB，∠ACB=∠ABC=60°，
由旋转的性质得：PC=CQ ，且∠PCQ=60°，
∴∠PCQ=∠ACB，
∴∠PCQ−∠BCP=∠ACB−∠BCP，
即∠BCQ=∠ACP，
则在△CQB和△CPA中，
PC=QC∠BCQ=∠ACPAC=BC ，
∴△CQB≅△CPASAS，
∴∠CBQ=∠CAP，
∵∠CAP=90°，
∴∠CBQ=90° ，
∴BC⊥EQ；
（2）解：作CH⊥AD于H，如图2，

∵AB=AC，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=CB，∠ACB=∠ABC=60°，
∵PC=CQ ，且∠PCQ=60°，
∴∠PCQ=∠ACB，
∴∠PCQ−∠BCP=∠ACB−∠BCP，
即∠BCQ=∠ACP，
在△CQB和△CPA中，
PC=QC∠BCQ=∠ACPAC=BC ，
∴△ACP≅△BCQ
∴AP=BQ，
∵∠DAC=120°，∠ACP=15°，
∴∠APC=45°，∠PCB=45°，
∴∠HAC=60°，
∴△PCH为等腰直角三角形，
在Rt△ACH中，∠HAC=60°，AC=6，
∴AH=12AC=3，
CH=3AH=33，
在Rt△PHC中，PH=CH=33，
∴PA=PH−AH=33−3，
∴BQ=33−3．
10．（2022·全国·九年级专题练习）△ABC和△DEC是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC，CD=CE．

(1)【观察猜想】当△ABC和△DEC按如图1所示的位置摆放，连接BD、AE，延长BD交AE于点F，猜想线段BD和AE有怎样的数量关系和位置关系．
(2)【探究证明】如图2，将△DCE绕着点C顺时针旋转一定角度α0°<α<90°，线段BD和线段AE的数量关系和位置关系是否仍然成立？如果成立，请证明：如果不成立，请说明理由．
(3)【拓展应用】如图3，在△ACD中，∠ADC=45°，CD=2，AD=4，将AC绕着点C逆时针旋转90°至BC，连接BD，求BD的长．
【思路点拨】
（1）通过证明△BCD≅△ACE，即可求证；
（2）通过证明△BCD≅△ACE，即可求证；
（3）过点C作CH⊥CD，垂足为C，交AD于点H，根据旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，即可求解．
【解题过程】
（1）BD=AE ，BD⊥AE，
证明如下：在△BCD和△ACE中，
∵∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC，CD=CE，
∴△BCD≅△ACE，
∴BD=AE,∠CBD=∠CAE，
∵∠ACB=90°，
∴∠CBD+∠BDC=90°，
∵∠BDC=∠ADF，
∴∠CAE+∠ADF=90°，
∴BD⊥AE；
（2）成立，理由如下：
∵∠ACB=∠DEC，
∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，即∠BCD=∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
∵AC=BC，∠BCD=∠ACE，CD=CE，
∴△BCD≌△ACE，
∴BD=AE，∠CBD=∠CAE，
∵∠BGC=∠AGF，
∴∠CBD+∠BGC=∠CAE+∠AGF，
∵∠ACB=90°，
∴∠CBD+∠BGC=90°，
∴∠CAE+∠AGF=90°，
∴∠AFB=90°，
∴BD⊥AE；
（3）如图，过点C作CH⊥CD，垂足为C，交AD于点H，

由旋转性质可得：∠ACB=90°，AC=BC，
∵CH⊥CD，
∴∠DCH=90°，
∵∠ADC+∠CHD=90°，且∠ADC=45°，
∴∠CHD=45°，    
∴∠CHD=∠ADC，
∴CD=CH=2，
在Rt△DCH中：DH=CD2+CH2=22+22=2，
∵∠ACB=∠DCH=90°，
∴∠ACB+∠ACH=∠DCH+∠ACH，即∠ACD=∠BCH，
在△ACD和△BCH中，
∵AC=BC，∠ACD=∠BCH，CD=CH，
∴△ACD≌△BCH，
∴BH=AD=4，∠CBH=∠DAC，
∴∠CBH+∠1=∠DAC+∠2，
∵∠ACB=90°，
∴∠CBH+∠1=90°，
∴∠DAC+∠2=90°，  
∴∠BHA=90°，
∴BH⊥AD，
∴△BHD是直角三角形，在Rt△BDH中，BD=BH2+DH2=42+22=25．
11．（2022·全国·九年级专题练习）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．
【思路点拨】
（1）先判断出△ABE≅△ADF，得出AE=AF，∠DAF=∠BAE，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∠DAG=∠MFG，再判断出AF=FG，即可得出结论；
②由①知，△AGD≅△FGM，得DG=MG，AD=FM=BC得出CM=CF，根据题（1）DE=CE，得出CM=DE，得△ADE≅△DCM，得AE=DM．又根据点G是DM的中点，PG是△AEF的中位线，等量代换得DG=PG．根据△ADE≅△DCM得∠DAE=∠CDM，且∠EDA=∠EDN+∠ADN=90°，推出∠AND=90°，又根据PG∥AF，同旁内角互补，得∠NGP=90°，即DG⊥GP．
【解题过程】
（1）解：∵四边形ABCD是正方形
∴∠B=∠ADC=90°，AB=BC=AD=CD
∵△ECF为等腰直角三角形
∴CE=CF
∴CE＝CF，BE=DF
∴△ABE≅△ADF
∴AE=AF，∠DAF=∠BAE
∵点G是AF的中点
∴DG=12AF
∴DG=12AE
∵P为EF中点，G为AF中点
∴PG是△AEF的中位线
∴PG=12AE，PG∥AE
∴DG=PG，∠FAE=∠FGP
又∵在△ADF中DG=AG=GF
∴∠DAF=∠ADG且∠DAF+∠ADG=∠DGF
∴2∠DAF=∠DGF
∵∠DAF+∠FAE+∠EAB=90°
∴2∠DAF+∠FAE=90°
∴∠DGF+∠FAE=90°
∴∠DGF+∠FGP=90°
∴DG⊥GP
故DG=PG且DG⊥GP．
故答案是：DG=PG且DG⊥GP；
（2）
①证明：∵四边形ABCD是正方形，∠DAG=∠MFG
∴AD∥BC
∵点G是AF的中点
∴AG=FG
∴在△AGD和△FGM中
{∠DAG=∠MFGAG=FG∠AGD=∠FGM
∴△AGD≅△FGM(ASA)
解：②（1）中的结论DG=PG且DG⊥GP成立
证明：由①知，△AGD≅△FGM
∴DG=MG，AD=MF=BG
∴BM=CF=12BC
∴CM=CF
∵DE=CF
∴CM=DE
又∵AD=CD，∠ADE=∠DMC=90°
∴△ADE≅△DCM
∴AE=DM，∠DAE=∠CDM
∵点G是DM的中点
∴DG=MG=12DM=12AE
又∵P为EF中点，G为AF中点
∴PG是△AEF的中位线
∴PG=12AF，PG∥AF
∴DG=PG
又∵∠EDA=∠EDN+∠ADN=90°
∴∠DAE+∠ADN=90°
∴∠AND=90°
∴∠ENG=90°
又∵PG∥AF
∴∠ENG+∠NGP=180°
∴∠NGP=90°
∴DG⊥GP
故DG=PG且DG⊥GP．
12．（2022·北京·九年级专题练习）如图，等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC，点P为射线BC上一动点（不与点B、C重合），以点P为中心，将线段PC逆时针旋转α角，得到线段PQ，连接AP、BQ、M为线段BQ的中点．

(1)若点P在线段BC上，且M恰好也为AP的中点，
①依题意在图1中补全图形：②求出此时α的值和BPPC的值；
(2)写出一个α的值，使得对于任意线段BC延长线上的点P，总有APPM的值为定值，并证明；
【思路点拨】
（1）①由题意，画出图形即可；②连接AQ，证四边形ABPQ是平行四边形，得AB＝PC，再根据△ABC是等腰三角形即可求解．
（2）令α=90°，延长PM至N，使得MN＝PM，连接BN、AN、QN，证四边形BNQP是矩形，根据SAS证△ACP≅△ABN，得出△ANP为等腰直角三角形，即可求解．
【解题过程】
解：（1）①如图所示，即为所求，

②连接AQ，如图所示，

∵M为AP、BQ的中点，
∴AM=PM，BM=QM，
∴四边形ABPQ是平行四边形，
∴AB＝PQ，AB//PQ，
∴α=∠QPC=∠ABC=45°，
∵PC=PQ，
∴AB＝PC，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴ AB：AC：BC=1:1：2，
∴BPPC=2PC−PCPC=2−1．
（2）α=90°，
延长PM至N，使得MN＝PM，连接BN、AN、QN，
如图所示：

∵M为线段BQ的中点，
∴BM=QM，
又∵MN＝PM，
∴四边形BNQP是平行四边形，
又∵∠CPQ=90°，
∴四边形BNQP是矩形，
∴BN//PQ，BN=PQ，
∴∠NBP=180°−α=90°，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABN=45°+90°=135°，∠ACP=180°-45°=135°，即∠ACP=∠ABN，
又AB=AC，
∴△ACP≅△ABN(SAS)，
∴AN=AP，∠CAP=∠BAN，
∴∠CAP+∠CAN=∠BAN+∠CAN，即∠NAP=∠BAC=90°，
即△ANP为等腰直角三角形，
∴APPN=22，
又∵PM=12PN，
∴APPM=2，
即APPM的值为定值，
当α=90°时，APPM的值为定值．
13．（2022·山东烟台·九年级期中）如图，正方形ABCD中∠PAQ分别交BC，CD于点E，F，连接EF．

(1)如图①，若∠1=28°，∠2=73°，试求∠3的度数；
(2)如图②，以点A为旋转中心，旋转∠PAQ，旋转时保持∠PAQ=45°．当点E，F分别在边BC，CD上时，AE和AF是角平分线吗？如果是，请说出是哪两个角的平分线并给予证明；如果不是，请说明理由；
(3)如图③，在②的条件下，当点E，F分别在BC，CD的延长线上时，②中的结论是否成立？只需回答结论，不需说明理由．
【思路点拨】
（1）延长DH至点H，使DH＝BE，连接AH．先证明△ABE≌△ADH，再证明△FAE≌△FAH，即可得解；
（2）延长DH至点H，使DH＝BE，连接AH．同（1）可证△ABE≌△ADH，在证△FAE≌△FAH即可得解；
（3）在BC上取一点M，使得BM=DF，连接AM，设AE与FC交于点N，连接MN，先证明△ABM≌△ADF，再设法证明△AFN≌△AMN，即可证明△NFE≌△NME，则有∠FEN=∠MEN，结论得证．
【解题过程】
解：（1）延长DH至点H，使DH＝BE，连接AH，

∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，
∴∠B＝∠ADH＝90°，
∵∠2＝73°，
∴∠BAE＝90°－∠2＝17°，
在△ABE和△ADH中，AB=AD，∠B=∠ADH=90°，BE=DH，
∴△ABE≌△ADH，
∴AE＝AH，∠2＝∠H＝73°，∠BAE＝∠DAH＝17°，
∴∠HAF＝∠DAH＋∠1＝17°＋28°＝45°，
∵∠EAF＝90°－∠1－∠BAE＝45°，
∴∠EAF＝∠HAF，
又∵AE＝AH，AF＝AF，
∴△FAE≌△FAH，
∴∠3＝∠AFH，
∵∠AFH＝90°－∠1＝90°－28°＝62°，
∴∠3＝62°；
（2）AE是∠FEB的平分线，AF是∠EFD的平分线，
理由：延长DH至点H，使DH＝BE，连接AH，

同（1）可证△ABE≌△ADH，
∴AE＝AH，∠AEB＝∠H，∠1＝∠4，
∵∠2＝45°，
∴∠1＋∠3＝90°－∠2＝45°，
∴∠4＋∠3＝90°－∠2＝45°，
即∠HAF＝45°，
∴∠2＝∠HAF，
又∵AE＝AH，AF＝AF，
∴△FAE≌△FAH，
∴∠AFE＝∠AFH，∠AEF＝∠H，
∴∠AEB＝∠AEF，
∴AE平分∠FEB，AF平分∠EFD；
（3）AE仍然是∠FEB的平分线，AF不是∠EFD的平分线，
理由如下：在BC上取一点M，使得BM=DF，连接AM，设AE与FC交于点N，连接MN，如图，

∵BM=DF，AB=AD，∠ABM=∠ADF，
∴△ABM≌△ADF，
∴∠MAB=∠DAF，AF=AM，
∵∠BAM+∠MAD=90°，
∴∠FAD+∠MAD=90°，
∴∠MAF=90°，
∵∠FAE=45°，
∴∠EAM=90°-∠FAE=45°，
∴∠FAN=∠MAN，
∵AF=AM，AN=AN，
∴△AFN≌△AMN，
∴∠FNA=∠MNA，FN=MN，
∴∠FNE=180°-∠FNA=180°-∠MNA=∠MNE，
∵EN=EN，
∴△NFE≌△NME，
∴∠FEN=∠MEN，
∴AE平分∠FEB，
通过对图形的观察可以明显发现，AF不是∠EFD的平分线．
即结论得证．
14．（2022·河南南阳·三模）【发现奥秘】

(1)如图1，在等边三角形ABC中，AB=2，点E是△ABC内一点，连接AE,EC,BE，分别将AC,EC绕点C顺时针旋转60°得到DC,FC，连接AD,DF,EF．当B，E，F，D四个点满足______时，BE+AE+CE的值最小，最小值为_______．
【解法探索】
(2)如图2，在△ABC中，∠ACB=90°,AC=BC，点P是△ABC内一点，连接PA,PB,PC，请求出当PA+PB+PC的值最小时∠BCP的度数，并直接写出此时PA:PB:PC的值．（提示：分别将PC,AC绕点C顺时针旋转60°得到DC,EC，连接PD,DE,AE）
【拓展应用】
(3)在△ABC中，∠ACB=90°,∠BAC=30°,BC=2，点P是△ABC内一点，连接PA,PB,PC，直接写出当PA+PB+PC的值最小时，PA:PB:PC的值．
【思路点拨】
(1)证明△AEC≅△DFC得到AE=DF进而得到B，E，F，D四个点满足四点共线时，BE+AE+CE的值最小为BD，再由等边△ABC及AB=2求出BD的长；
(2)同(1)中思路证明△APC≌△EDC(SAS)得到PA=DE，当B，P，D，E四点共线时，PA+PB+PC的值最小为BE；进一步得到∠BCE=150°，BC=CE即可求出∠BCP=45∘，再过点C作CF⊥AB于点F，利用∠FBP=30∘即可求出PA:PB:PC的值；
(3)同(2)中思路即可求解．
【解题过程】
(1)解：由旋转的性质，可知CE=CF,CA=CD,∠ECF=∠ACD=60°，
∠ACE=∠ECF−∠ACF=60∘−∠ACF，∠DCF=∠ACD−∠ACF=60∘−∠ACF，
∴∠ACE=∠DCF，
∴△ACE≌△DCF(SAS)，
∴AE=DF，
且EC=EF，
∴BE+AE+CE=BE+DF+EF，
∴当B，E，F，D四点共线时，BE+DF+EF的值最小为BD，如图所示：

连接AC，设AC与BD交于点O，
∵ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠OCB=60°，
∴BO=32BC=32×2=3，
此时BD=2BO=23．
(2)
解：由旋转的性质，可知PC=CD,AC=CE,∠PCD=∠ACE=60°，
∠PCA=∠PCD−∠ACD=60∘−∠ACD，∠DCE=∠ACE−∠ACD=60∘−∠ACD，
∴∠PCA=∠DCE，
∴△APC≌△EDC(SAS)，
∴PA=DE，
且△PDC，  △ACE均为等边三角形，PC=PD,
∴PA+PB+PC=DE+PB+PD，
∴当B，P，D，E四点共线时，PA+PB+PC的值最小，如图1所示．

∵△PDC， △ACE均为等边三角形，
∴∠BPC=∠CDE=∠CPA=120°， ∠BCE=90°+60°=150°，
∵AC=BC,AC=CE，
∴BC=CE．
∴∠PBC=∠DEC=15°，
∴∠BCP=45°，
∴当B，P，D，E四点共线时，PA+PB+PC的值最小，此时∠BCP=45°；
过点C作CF⊥AB于点F，如图1所示．
∵PB=PA, CB=CA，
∴CP是线段AB的中垂线，
∴C，P，F三点共线，∠FBC=∠FAC=45°
∴PA=PB,∠FBP=∠FAP=30°，
设PF=1，则PB=PA=2,CF=BF=3．
∴PC=3−1，
∴PA:PB:PC=2:2:(3−1)．
(3)解：分别将PC,AC绕点C顺时针旋转60°得到DC,EC，连接PD,DE,AE，
过点E作EF⊥BC，交BC的延长线于点F，如图2所示：

由(2)可知，当B，P，D，E四点共线时，PA+PB+PC的值最小，此时∠BPC=∠CDE=∠CPA=120°，
由(2)知：△APC≌△EDC，∠BCE=90°+60°=150°，
∴∠ECF=30°，
∵BC=2，
∴AC=CE=23，
∴EF=3,CF=3．
∴BF=2+3=5，
∴在Rt△BEF中由勾股定理得到BE=BF2+EF2=52+(3)2=27，
过点C作CG⊥BE，垂足为G，如图2所示．
∵S△BCE=12×BC×EF=12×BE×CG，
∴12×2×3=12×27×CG，
∴CG=217，
∴PG=DG=33×217=77，
∴在Rt△BCG中由勾股定理得到BG=BC2−CG2=22−2172=577，
∴PD=PC=2PG=277,BP=BG−PG=577−77=477，
∴PD=DE=BE−BP−PD=27−477−277=877，
∴PA:PB:PC=4:2:1．
15．（2022·全国·九年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝α，点D在边AC上（不与点A，C重合），连接BD，点K为线段BD的中点，过点D作DE⊥AB于点E，连接CK，EK，CE．

(1)如图1，若α＝45°，则△ECK的形状为 ．
(2)在（1）的条件下，若将图1中△ADE绕点A顺时针旋转一定的角度（旋转角小于90°），使得D，E，B三点共线，点K为线段BD的中点，如图2所示．求证：BE﹣AE＝2CK．
(3)若BC＝8，AC＝15，点D在边AC上（不与点A，C重合），AD＝2CD，将线段AD绕点A旋转，点K始终为BD的中点，则线段CK长度的最大值是多少？请直接写出结果．
【思路点拨】
（1）首先利用直角三角形斜边上中线的性质得EK＝KB＝DK=12BD，再利用等腰三角形的性质和三角形外角的性质可得∠CKE＝2∠ABC＝90°，从而得出答案；
（2）在BD上截取BG＝DE，连接CG，设AC交BD于Q，利用SAS证明△AEC≌△BGC，得CE＝CG，∠5＝∠BCG，从而解决问题；
（3）取AB的中点O，连接OC，OK，利用直角三角形斜边上中线的性质求出CO的长，再利用三角形中位线定理得OK的长，最后利用三角形三边关系可得答案．
【解题过程】
(1)解：△ECK是等腰直角三角形，理由如下：
∵∠A＝45°，∠ACB＝90°，
∴∠A＝∠CBA＝45°，
∴CA＝CB，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∵DK＝KB，
∴EK＝KB＝DK=12BD，
∴∠KEB＝∠KBE，
∴∠EKD＝∠KBE+∠KEB＝2∠KBE，
∵∠DCB＝90°，DK＝KB，
∴CK＝KB＝KD=12BD，
∴∠KCB＝∠KBC，EK＝KC，
∴∠DKC＝∠KBC+∠KCB＝2∠KBC，
∴∠EKC＝∠EKD+∠DKC
＝2（∠KBE+∠KBC）
＝2∠ABC
＝90°，
∴△ECK是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角三角形；
(2)证明：如图，在BD上截取BG＝DE，连接CG，设AC交BD于Q，

∵∠α＝45°，DE⊥AE，
∴∠AED＝90°，∠DAE＝45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴DE＝AE＝BG，
∵∠1+∠3＝∠2+∠4＝90°，∠1＝∠2，
∴∠3＝∠4，
∵AC＝BC，
∴△AEC≌△BGC（SAS），
∴CE＝CG，∠5＝∠BCG，
∴∠ECG＝∠ACB＝90°，
∴△ECG是等腰直角三角形，
∵KD＝KB，DE＝BG，
∴KE＝KG，∴CK＝EK＝KG，
∴BE﹣AE＝2CK；
(3)解：∵AD＝2CD，AC＝15，∴AD＝10，
取AB的中点O，连接OC，OK，

∵点K始终为BD的中点，
∴OK是△ABD的中位线，
∴OK=12AD＝5，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，AB=82+152=17，
∴OC=172，
∵CK≤KO+OC，
∴CK的最大值为5+172=272．
16．（2022·辽宁沈阳·一模）如图，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，边BA绕点B顺时针旋转α角得到线段BP，连接PA，PC，过点P作PD⊥AC于点D．

(1)如图1，若α=60°，∠DPC=______°；
(2)如图2，若α=30°，求∠DPC的度数；
(3)如图3，若α=150°，依题意补全图，并求出∠DPC的度数．
【思路点拨】
（1）根据旋转的性质和等边三角形的判定定理确定△ABP是等边三角形，根据等边三角形的性质，角的和差关系和等量代换思想确定AP=AC，∠PAC=30°，根据等边对等角和三角形内角和定理求出∠ACP，最后根据三角形内角和定理即可求出∠DPC．
（2）过点A作AE⊥BP于E．根据旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理求出∠BAE，∠BAP，根据30°所对的直角边是斜边的一半确定AE=12AB，根据角的和差关系求出∠EAP和∠DAP，根据三角形内角和定理求出∠DPA，根据全等三角形的判定定理和性质确定AE=AD，根据等量代换思想确定D是AC的中点，根据线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质即可求出∠DPC．
（3）过点A作AE⊥BP交PB的延长线于E．根据旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理求出∠EPA，∠BAP，根据30°所对的直角边是斜边的一半确定AE=12AB，根据三角形内角和定理和角的和差关系求出∠EAP和∠DAP，根据全等三角形的判定定理和性质确定AD=AE，并求出∠DPA，根据等量代换思想确定D是AC的中点，根据线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质即可求出∠DPC．
【解题过程】
（1）解：∵边BA绕点B顺时针旋转α角得到线段BP，且α=60°，
∴BP=BA，∠ABP=60°．
∴△ABP是等边三角形．
∴AP=AB，∠BAP=60°．
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴AP=AC，∠PAC=∠BAC-∠BAP=30°．
∴∠APC=∠ACP=180°−∠PAC2=75°．
∵PD⊥AC，
∴∠PDC=90°．
∴∠DPC=180°-∠PDC-∠ACP=15°．
故答案为：15．
（2）解：如下图所示，过点A作AE⊥BP于E．

∵AE⊥BP，
∴∠AEB=∠AEP=90°．
∵边BA绕点B顺时针旋转α角得到线段BP，且α=30°，
∴BA=BP，∠ABP=30°．
∴∠BAE=180°-∠AEB-∠ABP=60°，∠BAP=∠BPA=180°−∠ABP2=75°，AE=12AB．
∴∠EAP=∠BAP-∠BAE=15°．
∵∠BAC=90°，
∴∠DAP=∠BAC-∠BAP=15°．
∴∠EAP=∠DAP．
∵PD⊥AC，
∴∠ADP=90°．
∴∠AEP=∠ADP，∠DPA=180°-∠ADP-∠DAP=75°．
∵AP是△AEP和△ADP的公共边，
∴△AEP≌△ADPASA．
∴AE=AD．
∴AD=12AB．
∵AB=AC，
∴AD=12AC．
∴D是AC中点．
∴PD垂直平分AC．
∴PA=PC．
∴∠DPC=∠DPA=75°．
（3）解：补全图形如下，过点A作AE⊥BP交PB的延长线于E．

∵边BA绕点B顺时针旋转α角得到线段BP，且α=150°，
∴BA=BP，∠ABP=150°．
∴∠EPA=∠BAP=180°−∠ABP2=15°，∠ABE=180°-∠ABP=30°．
∵AE⊥BP，
∴∠AEP=90°．
∴∠BAE=180°-∠AEP-∠ABE=60°，AE=12AB．
∴∠EAP=∠BAE+∠BAP=75°．
∵∠BAC=90°，PD⊥AC，
∴∠DAP=∠BAC-∠BAP=75°，∠ADP=90°．
∴∠ADP=∠AEP，∠DAP=∠EAP．
∵AP是△ADP和△AEP的公共边，
∴△ADP≌△AEPAAS．
∴AD=AE，∠DPA=∠EPA=15°．
∴AD=12AB．
∵AB=AC，
∴AD=12AC．
∴D是AC中点．
∴PD垂直平分AC．
∴PA=PC．
∴∠DPC=∠DPA=15°．
17．（2022·湖北湖北·模拟预测）已知等边三角形ABC，过A点作AC的垂线l，点P为l上一动点（不与点A重合），连接CP，把线段CP绕点C逆时针方向旋转60°得到CQ，连QB．

(1)如图1，判断线段AP与BQ的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，当点P、B在AC同侧且AP＝AC时，求证：直线PB垂直平分线段CQ；
(3)如图3，若等边三角形ABC的边长为4，点P、B分别位于直线AC异侧，且△APQ的面积等于34，请直接写出线段AP的长度．
【思路点拨】
（1）由“SAS”证得△ACP≌△BCQ，再用全等三角形的性质求解；
（2）由“SAS”证得△ACP≌△BCQ可得AP=BQ，所以BQ=AP=AC=BC，由“等边对等角”可得∠ABP=∠APB=75°，则∠CBP=∠ABC+∠ABP=135°，进而得到∠CBD=∠QBD=45°，得到BD是△BCQ的平分线，结合BC=BQ即可求解；
（3）需要分点Q在直线l上方和点Q在直线l下方两种情况讨论，设AP的长度，根据△APQ的面积等于34建立等式，即可求出AP的长．
【解题过程】
（1）解：AP＝BQ．
理由如下：
在等边△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝60°，
由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，
∴∠ACB＝∠PCQ，
∴∠ACB﹣∠PCB＝∠PCQ﹣∠PCB，即∠ACP＝∠BCQ，
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴AP＝BQ；
（2）证明：在等边△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝60°，
由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，
∴∠ACB＝∠PCQ，
∴∠ACB﹣∠PCB＝∠PCQ﹣∠PCB，即∠ACP＝∠BCQ，
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝90°；
∴BQ＝AP＝AC＝BC.
∵AP＝AC，∠CAP＝90°，
∴∠BAP＝30°，∠ABP＝∠APB＝75°，
∴∠CBP＝∠ABC+∠ABP＝135°，
∴∠CBD＝45°，
∴∠QBD＝45°，
∴∠CBD＝∠QBD，即BD平分∠CBQ，
∴BD⊥CQ，且点D是CQ的中点，即直线PB垂直平分线段CQ；
（3）解：AP的长为：3或33或23+212．
理由如下：①当点Q在直线l上方时，如图所示，延长BQ交l于点E，过点Q作QF⊥l于点F，

由题意可得AC＝BC，PC＝CQ，∠PCQ＝∠ACB＝60°，
∴∠ACP＝∠BCQ，
∴△APC≌△BCQ（SAS），
∴AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝90°，
∵∠CAB＝∠ABC＝60°，
∴∠BAE＝∠ABE＝30°，
∵AB＝AC＝4，
∴AE＝BE=433，
∴∠BEF＝60°，
设AP＝t，则BQ＝t，
∴EQ=423−t，
在Rt△EFQ中，QF=32EQ=32（423−t），
∴S△APQ=12AP•QF=34，即12•t32（423−t）=34，
解得t=3或t=33．即AP的长为3或33．
②当点Q在直线l下方时，如图所示，设BQ交l于点E，过点Q作QF⊥l于点F，

由题意可得AC＝BC，PC＝CQ，∠PCQ＝∠ACB＝60°，
∴∠ACP＝∠BCQ，
∴△APC≌△BCQ（SAS），
∴AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝90°，
∵∠CAB＝∠ABC＝60°，
∴∠BAE＝∠ABE＝30°，
∴∠BEF＝120°，∠QEF＝60°，
∵AB＝AC＝4，
∴AE＝BE=433，
设AP＝m，则BQ＝m，
∴EQ＝m−433，
在Rt△EFQ中，QF=32EQ=32（m−433），
∴S△APQ=12AP•QF=34，即12•m•32（m−433）=34，
解得m=23+213（m=23-213 负值舍去）．
综上可得，AP的长为：3或33或23+213．
18．（2022·贵州·遵义市第十二中学一模）已知正方形ABCD和等腰直角三角形BEF，BE＝EF，∠BEF＝90°，按图1放置，使点F在BC上，取DF的中点G，连接EG，CG．

(1)探索EG，CG的数量关系和位置关系并证明；
(2)将图（1）中△BEF绕点B顺时针旋转45°，再连接DF，取DF中点G（见图2），（1）中的结论是否仍然成立？证明你的结论；
(3)将图（1）中△BEF绕点B顺时针转动任意角度（旋转角在0°到90°之间），再连接DF，取DF中点G（见图3），（1）中的结论是否仍然成立？证明你的结论．
【思路点拨】
（1）首先证明B、E、D三点共线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证明EG＝DG＝GF＝CG，得到∠EGF＝2∠EDG，∠CGF＝2∠CDG，从而证得∠EGC＝90°；
（2）首先证明△FEG≌△DHG，然后证明△ECH为等腰直角三角形．可以证得：EG＝CG且EG⊥CG；
（3）首先证明：△BEC≌△FEH，即可证得：△ECH为等腰直角三角形，从而得到：EG＝CG且EG⊥CG．
【解题过程】
解：（1）EG＝CG且EG⊥CG．
证明如下：如图①，连接BD．

∵正方形ABCD和等腰Rt△BEF，
∴∠EBF＝∠DBC＝45°．
∴B、E、D三点共线．
∵∠DEF＝90°，G为DF的中点，∠DCB＝90°，
∴EG＝DG＝GF＝CG．
∴∠EGF＝2∠EDG，∠CGF＝2∠CDG．
∴∠EGF＋∠CGF＝2∠EDC＝90°，
即∠EGC＝90°，
∴EG⊥CG．
（2）仍然成立，
证明如下：如图②，延长EG交CD于点H．
∵BE⊥EF，∴EF∥CD，∴∠1＝∠2．
又∵∠3＝∠4，FG＝DG，
∴△FEG≌△DHG，
∴EF＝DH，EG＝GH．
∵△BEF为等腰直角三角形，
∴BE＝EF，∴BE＝DH．
∵CD＝BC，∴CE＝CH．
∴△ECH为等腰直角三角形．
又∵EG＝GH，
∴EG＝CG且EG⊥CG
（3）仍然成立．
证明如下：如图③，延长CG至H，使GH＝CG，连接HF交BC于M，连接EH、EC．
∵GF＝GD，∠HGF＝∠CGD，HG＝CG，
∴△HFG≌△CDG，
∴HF＝CD，∠GHF＝∠GCD，
∴HF∥CD．
∵正方形ABCD，
∴HF＝BC，HF⊥BC．
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BE＝EF，∠EBC＝∠HFE，
∴△BEC≌△FEH，
∴HE＝EC，∠BEC＝∠FEH，
∴∠BEF＝∠HEC＝90°，
∴△ECH为等腰直角三角形．
又∵CG＝GH，
∴EG＝CG且EG⊥CG．
19．（2022·山西太原·二模）综合与实践
问题情境
在△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，点M是直线AC上一动点．连接MB，将线段MB绕点M逆时针旋转90°得到MD．

操作证明
(1)如图1，当点M与点A重合时，连接DC，判断四边形ABCD的形状，并证明；
(2)如图2，当点M与点C重合时，连接DB，判断四边形ABDC的形状，并证明；
(3)探究猜想：当点M不与点A，点C重合时．
①试猜想DC与BC的位置关系，并利用图3证明你的猜想；
②直接写出AB，CD和AM之间的数量关系．
【思路点拨】
（1）根据旋转的性质可得AD=AB，∠BAD=90°．再由∠ABC=90°，BA=BC，可得AD=BC．AB∥CD．可得到四边形ABCD是平行四边形，即可求解；
（2）根据旋转的性质可得CB=CD，∠BCD=90°．由∠ABC=90°，BA=BC，可得AB=DC，AB∥CD．即可求解；
（3）①过点M作ME⊥AC交AB于点E，连接ED，则∠AME=90°，可得AM=ME．可证得△ABM≌△EDM，从而得到∠A=∠MED=45°，AB=ED，再证得四边形EBCD是矩形．即可求解；②分两种情况讨论：当点M在射线OA上时，点M在射线OC上时，即可求解．
【解题过程】
（1）解：四边形ABCD是正方形．证明如下：
∵将线段MB绕点M逆时针旋转90°得到MD，点M与点A重合，
∴AD=AB，∠BAD=90°．
∵∠ABC=90°，BA=BC，
∴∠BAD+∠ABC=180°，AD=BC．
∴AD∥BC．
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∵BA=BC，
∴四边形ABCD是正方形．
（2）解∶ 四边形ABDC是平行四边形．证明如下：
∵将线段MB绕点M逆时针旋转90°得到MD，点M与点C重合，
∴CB=CD，∠BCD=90°．
∵∠ABC=90°，BA=BC，
∴∠BCD=∠ABC，AB=DC．
∴AB∥CD．
∴四边形ABDC是平行四边形．
（3）解∶①DC⊥BC．证明如下：
如图，过点M作ME⊥AC交AB于点E，连接ED，则∠AME=90°．

∵∠ABC=90°，BA=BC，
∴∠A=180°−∠ABC2=45°．
∴∠AEM=90°−∠A=45°，
∴∠A=∠AEM=45°．
∴AM=ME．
∵将线段MB绕点M逆时针旋转90°得到MD，
∴MD=MB，∠BMD=90°．
∴∠AME=∠BMD=90°．
∴∠AME+∠EMB=∠BMD+∠EMB．
∴∠AMB=∠EMD．  
在△ABM和△EDM中，
MA=ME∠AMB=∠EMDMB=MD
∴△ABM≌△EDM（SAS）．
∴∠A=∠MED=45°，AB=ED．
∴∠AED=∠AEM+∠MED=90°．
∴∠AED=∠ABC=90°．
∴ED∥BC．
∵AB=BC，
∴ED=BC．
∴四边形EBCD是平行四边形．
∵∠ABC=90°，
∴四边形EBCD是矩形．
∴∠BCD=90°．
∴DC⊥BC．  
②设AC的中点为O，

当点M在射线OA上时，
由①得：CD=BE，∠AME=∠BMD=90°．∠A=∠MED=45°，
∴△AEM为等腰直角三角形，AE=AB-BE=AB-CD，
∴AE=2AM，
∴AB−CD=2AM；
点M在射线OC上时，过点M作ME⊥AC交AB于点E，连接ED，则∠AME=90°．

∵∠ABC=90°，BA=BC，
∴∠A=180°−∠ABC2=45°．
∴∠AEM=90°−∠A=45°，
∴∠A=∠AEM=45°．
∴AM=ME．
∵将线段MB绕点M逆时针旋转90°得到MD，
∴MD=MB，∠BMD=90°．
∴∠AME=∠BMD=90°．
∴∠AME−∠EMB=∠BMD−∠EMB．
∴∠AMB=∠EMD．
在△ABM和△EDM中，MA=ME∠AMB=∠EMDMB=MD
∴△ABM≌△EDM（SAS）．
∴∠A=∠MED=45°，AB=ED，
∴∠AED=∠AEM+∠MED=90°，AE=2AM，
∴∠AED=∠ABC=90°．
∴ED∥BC．
∵AB=BC，
∴ED=BC．
∴四边形EBCD是平行四边形．
∵∠ABC=90°，
∴四边形EBCD是矩形．
∴BE=CD，
∴AE=AB+BE=AB+CD，
∴AB+CD=2AM．
20．（2022·全国·九年级专题练习）如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，△AOD的顶点A在x轴上，点A的坐标是(22，0)，点D的坐标是(3，1)，作点D关于x轴的对称点B，连接OB，AB，BD．
　 　
(1)求点B的坐标和∠BOD的度数；
(2)如图2，将点A绕点O逆时针转动α度（0<α<90°）得到点P，点G是平面内一点，以P、B、D、G为顶点形成的四边形为平行四边形．
①当该平行四边形为菱形且BD是其一边时，求点G的坐标；
②当△BOD内部（包含边界）存在满足条件的点G时，直接写出点P的横坐标的取值范围．
【思路点拨】
（1）根据题意：点D、B关于x轴对称，可得点B的坐标．再根据勾股定理，得到OB=OD=2，再根据点D、B的坐标，即可得到BD=2，所以OB=OD=BD=2，根据等边三角形的性质，即可得到∠BOD的度数．
（2）①分情况讨论，情况1：根据题意，得到OB2+BP2=OP2，得到△OBP是等腰直角三角形，然后再过点B作BE⊥y轴于点E，过点P作PF⊥BE于点F，可得△OBE≌△BPF且点G、P、F共线，从而得到BF=OE=1，PF=BE=3，即可得到点G的坐标；情况2：根据题意，得到OD2+DP2=OP2，得到△ODP是等腰直角三角形，记BD与x轴的交点为点F，过点P作PE⊥BD于点E，可知△ODF≌△DPE且点E、D、B共线，从而得到PE=DF=1，DE=OF=3，即可得到点G的坐标；②分情况讨论，情况1：当旋转开始时x轴上存在满足题意的点G，此时xP=22．随后，点G落在OB上．如图3，BD交x轴于点E，过点P作PF⊥x轴于点F，过点P作PH⊥BD于点H，过点G作GK⊥BD于点K．设DH=x，则PH=3x，HE=1−x，OF=OE+PH=3+3x．在Rt△OPF中，可得(3+3x)2+(1−x)2=(22)2，解出x得值，从而得到点P的横坐标的取值范围．情况2：当点P旋转至直线BD上时，xP=3．继续旋转，点G恰好存在于OD上，如图4．四边形PGBD是平行四边形，PG∥BD，而BD⊥x轴，故PG⊥x轴．延长PG交x轴于点K．设OK=x，则GK=33x，PG=BD=2，PK=2+33x，在Rt△OPK中，可得：x2+(2+33x)2=(22)2，解出x得值，从而得到点P的横坐标的取值范围．
【解题过程】
（1）解 ∵点D、B关于x轴对称，
∴点B的坐标是(3，−1)．
根据勾股定理：OB=(3)2+12=2
OB=OD=BD=2，
∴∠BOD=60°．
（2）①解：情况1（如图1）：

∵四边形BDGP是菱形，PG∥BD且PG=BP=BD=DG=2，
又∵OB=2，OP=OA=22
∴OB2+BP2=OP2，
∴△OBP是等腰直角三角形．
过点B作BE⊥y轴于点E，过点P作PF⊥BE于点F，
∵OB=BP
又∵∠OBE+∠FBP=90° ，∠FBP+∠BPF=90°
∴∠OBE=∠BPF
又∵∠OED=∠BFP=90°
∴△OBE≌△BPF（AAS）且点G、P、F共线．
∵点B的坐标是(3，−1)，
∴OE=1，BE=3．
∴BF=OE=1，PF=BE=3，
∴EF=BF+BE=3+1，GF−OE=GP+PF−OE=2+3−1=3+1．
∴G的坐标是(3+1，3+1)；
情况2（如图2）：

∵四边形BDPG是菱形，PG∥BD且PG=GB=BD=DP=2，
∵OD=OB=2，OP=OA=22
∴OD2+DP2=OP2，
∴△ODP是等腰直角三角形．
记BD与x轴的交点为点F，过点P作PE⊥BD于点E，
∵OD=DP，
又∵∠PDE+∠ODF=90°
∠DPE+∠PDE=90°
∴∠ODF=∠DPE
又∵∠PED=∠ODF
∴△ODF≌△DPE（AAS）且点E、D、B共线．
∵点D的坐标是(3，1)，
∴DF=1，OF=3．
∴PE=DF=1，DE=OF=3，
∴EF−PG=3+1−2=3−1，OF−PE=3−1．
∴G的坐标是(3−1，3−1)；
②解：情况1：当旋转开始时x轴上存在满足题意的点G，此时xP=22．随后，点G落在OB上．如图3，BD交x轴于点E，过点P作PF⊥x轴于点F，过点P作PH⊥BD于点H，过点G作GK⊥BD于点K．设DH=x，则PH=3x，HE=1−x，OF=OE+PH=3+3x．
在Rt△OPF中，
(3+3x)2+(1−x)2=(22)2
化简得：x2+x−1=0，
解得：x=−1±52（负值舍去）
于是，OF=3+3x=3+152，
故3+152≤xP<22．

情况2：当点P旋转至直线BD上时，xP=3．继续旋转，点G恰好存在于OD上，
如图4．四边形PGBD是平行四边形，PG∥BD，而BD⊥x轴，故PG⊥x轴．
延长PG交x轴于点K．

设OK=x，则GK=33x，PG=BD=2，
∴PK=2+33x，
在Rt△OPK中，x2+(2+33x)2=(22)2，
解得：x=−3±152（负值舍去）
故−3+152≤xP<3．