2023学年二轮复习解答题专题四十：图形旋转引起的类比探究综合题

这是一份2023学年二轮复习解答题专题四十：图形旋转引起的类比探究综合题，文件包含2023学年二轮复习解答题专题四十图形旋转引起的类比探究综合题原卷版docx、2023学年二轮复习解答题专题四十图形旋转引起的类比探究综合题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共173页， 欢迎下载使用。
2023学年二轮复习解答题专题四十：
图形旋转引起的类比探究综合题
方法点睛
解决图形旋转引起的类比探究题的一般思路：
对于图形旋转型试题，要注意用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形旋转的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，并特别关注一些不变的量，不变的关系，善于动中取静，与特殊图形（特殊位置、特殊图形）探索结论，有一般情形验证结论，综合运用各种相关知识及数形结合、分类讨论、转化等数学思想来解决问题.
典例分析
例1： （2022沈阳中考） （1）如图，和是等腰直角三角形，，点C在OA上，点D在线段BO延长线上，连接AD，BC．线段AD与BC的数量关系为______；
（2）如图2，将图1中的绕点O顺时针旋转（）第一问的结论是否仍然成立；如果成立，证明你的结论，若不成立，说明理由．
（3）如图，若，点C是线段AB外一动点，，连接BC，
①若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值______；
②若以BC为斜边作，（B、C、D三点按顺时针排列），，连接AD，当时，直接写出AD的值．

【答案】（1）AD=BC；（2）结论仍成立，理由见详解；（3）①，②．
【解析】
【分析】（1）由题意易得，然后可证，进而问题可求解；
（2）由题意易得，然后可证，进而问题可求证；
（3）①根据题意作出图形，然后根据三角不等关系可得，则当A、C、D三点共线时取最大，进而问题可求解；②过点C作CE⊥AB于点E，连接DE，过点B作BF⊥DE于点F，然后可得点C、D、B、E四点共圆，则有，设，则，进而根据勾股定理可进行方程求解．
【详解】解：（1）AD=BC，理由如下：
∵和是等腰直角三角形，，
∴，
∴（SAS），
∴AD=BC，
故答案为AD=BC；
（2）结论仍成立，理由如下：
∵和是等腰直角三角形，，
∴，
∴，即，
∴（SAS），
∴AD=BC；
（3）①如图，

由题意得：，
根据三角不等关系可知：，
∴当A、C、D三点共线时取最大，
∴，
∵，，
∴，
∴AD的最大值为；
②过点C作CE⊥AB于点E，连接DE，过点B作BF⊥DE于点F，如图所示：

∴，
∴点C、D、B、E四点共圆，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，，
∴在Rt△AEC和Rt△BEC中，由勾股定理得：，整理得：①；
在Rt△BFD中，由勾股定理得：，整理得：②，
联立①②得：，
解得：（不符合题意，舍去），
∴，
过点E作EM⊥AD于点M，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、四点共圆及含30度直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、四点共圆及含30度直角三角形的性质是解题的关键．
专题过关
1. （2022广元中考）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
【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．
小问1详解】
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°；
【小问2详解】
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．
2. （2022山西中考）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）．
【解析】
【分析】（1）由三角形中位线定理得到MD∥AC，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，
∴MD∥AC，
∴∠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．
3. （2022抚顺中考） 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
【解析】
【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．
【小问1详解】
解：由旋转可知，，当时，
可知，
∵，是的平分线，
∴，
∴．
故答案为：；
小问2详解】
证明：延长到F，使，连接．

∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∵，
∴；
【小问3详解】
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．
4. （2022年重庆中考B卷） 在中，，，D为的中点，E，F分别为，上任意一点，连接，将线段绕点E顺时针旋转90°得到线段，连接，．

（1）如图1，点E与点C重合，且的延长线过点B，若点P为的中点，连接，求的长；
（2）如图2，的延长线交于点M，点N在上，且，求证：；
（3）如图3，F为线段上一动点，E为的中点，连接，H为直线上一动点，连接，将沿翻折至所在平面内，得到，连接，直接写出线段的长度的最小值．
【答案】（1）2 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件可得为的中点，证明，进而根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解；
（2）过点作交的延长线于点，证明，，可得，进而根据，即可得出结论，
（3）根据（2）可知，当点在线段上运动时，点在平行于的线段上运动，根据题意作出图形，根据点到圆上的距离求最值即可求解．
【小问1详解】
如图，连接

将线段绕点E顺时针旋转90°得到线段，
是等腰直角三角形，
P为FG的中点，
，
，
，
，D为的中点，，
，，
，
在中，；
【小问2详解】
如图，过点作交的延长线于点，

，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
在与中，

，
，
，
，
又，，
，
，
，
，
，
又，
，
,
，
，
，
，
；
【小问3详解】
由（2）可知，
则当点在线段上运动时，点在平行于的线段上运动，
将沿翻折至所在平面内，得到，
E为的中点，
，
，
则点在以为圆心为半径的圆上运动，当三点共线时，最小，
如图，当运动到与点重合时，取得最小值，．

如图，当点运动到与点重合时，取得最小值，
此时，则．

综上所述，的最小值为．
5. （2022达州中考） 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）
【解析】
【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．
【小问1详解】
等腰直角三角形和等腰直角三角形，
，



故答案为：

【小问2详解】



在与中，




又

重合，

故答案为：

【小问3详解】
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，
【小问4详解】
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．
6. （2022福建中考）已知，AB＝AC，AB＞BC．

（1）如图1，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形；
（2）如图2，将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明；
（3）如图3，将（1）中的△CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若，求∠ADB的度数．
【答案】（1）见解析 （2），见解析
（3）30°
【解析】
【分析】（1）先证明四边形ABDC是平行四边形，再根据AB＝AC得出结论；（2）先证出，再根据三角形内角和，得到，等量代换即可得到结论；（3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，证得，得到，设，，则，得到α+β的关系即可．
【小问1详解】
∵，
∴AC＝DC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，
∵CB平分∠ACD，
∴，
∴，
∴，
∴四边形ABDC是平行四边形，
又∵AB＝AC，
∴四边形ABDC是菱形；
【小问2详解】
结论：．
证明：∵，
∴，
∵AB＝AC，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问3详解】
在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，

∵AB＝CD，，
∴，
∴BM＝BD，，
∴，
∵，
∴，
设，，则，
∵CA＝CD，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即∠ADB＝30°．
【点睛】本题考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理等，灵活运用知识，利用数形结合思想，做出辅助线是解题的关键．
7．（2022江西中考）（12分）综合与实践
问题提出
某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形中心处，并绕点逆时针旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为．
操作发现
（1）如图1，若将三角板的顶点放在点处，在旋转过程中，当与重合时，重叠部分的面积为 　1　；当与垂直时，重叠部分的面积为 　　；一般地，若正方形面积为，在旋转过程中，重叠部分的面积与的关系为 　　；
类比探究
（2）若将三角板的顶点放在点处，在旋转过程中，，分别与正方形的边相交于点，．
①如图2，当时，试判断重叠部分的形状，并说明理由；
②如图3，当时，求重叠部分四边形的面积（结果保留根号）；
拓展应用
（3）若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心处，该锐角记为（设，将绕点逆时针旋转，在旋转过程中，的两边与正方形的边所围成的图形的面积为，请直接写出的最小值与最大值（分别用含的式子表示）．
（参考数据：，，

【分析】（1）如图1，若将三角板的顶点放在点处，在旋转过程中，当与重合时，与重合，此时重叠部分的面积的面积正方形的面积；当与垂直时，，重叠部分的面积正方形的面积；一般地，若正方形面积为，在旋转过程中，重叠部分的面积与的关系为．利用全等三角形的性质证明即可；
（2）①结论：是等边三角形．证明，可得结论；
②如图3中，连接，过点作于点．证明，推出，解直角三角形求出，即可解决问题；
（3）如图中，过点作于点，当时，的面积最小，即最小．如图中，当时，最大．分别求解即可．
【解答】解：（1）如图1，若将三角板的顶点放在点处，在旋转过程中，当与重合时，与重合，此时重叠部分的面积的面积正方形的面积；
当与垂直时，，重叠部分的面积正方形的面积；
一般地，若正方形面积为，在旋转过程中，重叠部分的面积与的关系为．
理由：如图1中，设交于点，交于点，过点作于点，于点．

是正方形的中心，
，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：1，1，．

（2）①如图2中，结论：是等边三角形．

理由：过点作，
是正方形的中心，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形；

②如图3中，连接，过点作于点．

，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．

（3）如图中，过点作于点，当时，的面积最小，即最小．

在中，，
，
．

如图中，当时，最大．

同法可证，
，
，
，
，
，
．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，四边形的面积等知识，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，属于中考压轴题．
8. （2022通辽中考）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）
【解析】
【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）勾股定理求得，，进而根据，由相似三角形的性质即可求解．
【小问1详解】
正方形与正方形有公共点，点在上，在上，



四边形是正方形


【小问2详解】
如图，连接，


正方形绕点逆时针方向旋转，



，
【小问3详解】
如图，


，，
,,，
三点共线，
中，，
，
由（2）可知，
，
．
【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．
9. （2022营口中考）如图1，在正方形中，点M为边上一点，过点M作且，连接，点P，Q分别为的中点，连接．

（1）证明：；
（2）将图1中的绕正方形的顶点D顺时针旋转．
①（1）中的结论是否成立？若成立，请结合图2写出证明过程；若不成立，请说明理由；
②若，在绕点D旋转的过程中，当B，M，N三点共线时，请直接写出线段的长．
【答案】（1）见解析 （2）①成立，见解析；②的长为或
【解析】
【分析】（1），连接，取的中点，连接，证明是等腰直角三角形，根据中位线的性质即可得证；
（2）①如图，连接，取的中点，连接，证明，证明，过点作于点，证明，则，根据中位线的性质即可得证；
②分情况讨论，根据勾股定理即可求的的长，根据①的结论即可求解．
【小问1详解】
如图，连接，取的中点，连接，

且，
是等腰直角三角形，
，
四边形是正方形，则，
且D,N,B在边CD的同侧，
三点共线，
设，，则，，
分别为的中点，
，
分别为的中点，
，，

过点作
则是等腰直角三角形

垂直平分
，
，
，
【小问2详解】
①如图，连接，取的中点，连接，

，
，
，
，
，
，，
分别为的中点，
，，
，，
分别为的中点，
，，
，，
，



过点作于点，

则是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
；
②如图，当共线，在的上方时，

，
，
中，，
，
，
，
，
，
，
如图，当共线，在的左边时，

中，，
，
，
，
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，正确的添加辅助线是解题的关键．
10. （2022河南上蔡三模）（1）【探索发现】小明在学习等边三角形的相关知识时，遇到这样一个问题：如图1，是等边三角形，点O是的外心，D是AB边的中点，连接OC，OD，OA，OB．猜想：
①∠AOB＝______°；
②的值为______．
（2）【猜想验证】如图2，若点O在等边三角形ABC的内部运动，且∠AOB的度数和（1）中一样，D是AB边的中点，连接OC，OD．小明想通过三角形全等或相似来探索的值是否发生变化，下面是小明的探索过程：
的值没有发生变化．证明如下：
以OA，OB为邻边构造，在边OC左侧构造等边三角形COF，连接AF，DE，如图3所示．
……
请你根据以上辅助线，将后面的证明过程补充完整．
（3）【拓展应用】在（2）的条件下，若，当OA，OB，OC三条线段组成的三角形恰好为直角三角形时，直接写出线段OA的长．

【答案】（1）①120；②2；（2）不变，是定值2；见解析；（3）2或4
【解析】
【分析】（1）作等边三角形ABC的外接圆，可知，，进一步可得，，故可知；
（2）证明可得，．再证明（SAS），可得．利用D是AB的中点，四边形AEBO是平行四边形，得到，，即；
（3）由（2），可知，，则以OA，OB，OC三条线段组成的三角形恰好为直角三角形时，即为直角三角形．可分以下两种情况进行讨论．①若，②若，结合图象求解即可．
【详解】解：（1）①120；②2．
作等边三角形ABC的外接圆，如解图1所示，

则，，
∵，D是AB边的中点，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）补充的证明过程如下：
∵是等边三角形，
∴，．
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵四边形AEBO是平行四边形，，
∴，，，
又∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵D是AB的中点，四边形AEBO是平行四边形，
∴，
∴，即，
（3）2或4．
由（2）可知，，
则以OA，OB，OC三条线段组成的三角形恰好为直角三角形时，即为直角三角形．
由题意，可分以下两种情况进行讨论．
①若，如解图2所示，则，

设，则．
∵，
∴．
∵，D为AB的中点，．
在中，由勾股定理，得，即，
解得或（舍去）．
∴．
②若，如解图3所示，则，．

设，则，．
∴．由①，可知．
在中，由勾股定理，得，即，
解得或（舍去）．
∴．
∴．
综上所述，当OA，OB，OC三条线段组成的三角形恰好为直角三角形时，线段OA的长为2或4．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，平行四边形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上性质，添加适当的辅助线进行求解．
11. （2022河南汝州一模）（1）操作发现：如图1，是等边三角形的角平分线，，．则与的数量关系是______，____．
（2）问题探究：将图1中的绕点逆时针旋转到，点落在点的位置，如图2所示，请你探究与的数量关系．
（3）拓展延伸：在（2）的条件下，若等边的边长为2，当时，直接写出值．

【答案】（1），；（2）；（3）或
【解析】
【分析】（1）证明ACE≌ACD可得到结论；
（2）证明即可；
（3）在旋转过程中，FA会有不同的位置，所以要分情况进行讨论，并利用勾股定理加以计算．
【详解】（1）解：如图1所示．

∵是等边的角平分线，
∴∠ACB=∠CAB=60°，∠CAD=∠CAB=30°．
∵AB⊥AE，
∴∠EAB=90°．
∴∠EAC=∠EAB-∠CAB=90°-60°=30°．
∴∠EAC=∠CAD．
∵CE∥AB，
∴∠ECA=∠CAB=60°．
∴∠ECA=∠DCA．
在EAC和DAC中，

∴．
∴EC=DC．
故答案为：EC=DC，∠EAC=30°．
（2）证明：如图2所示．

∵是等边的角平分线，
∴，有，
即．
由旋转可知，由（1）知，
∴，
∴．
（3）解：分两种情况．
如图3a，当时：


∵，
∴点、、在一条直线上．
过点作于点，由题意可得，
，，
∴．
在中，根据勾股定理得：

由（2）知，
∴．
如图3b，当时：


∵，，，
∴点在线段上．
过点作于点，由题意可得，
，，
∴．
在中，根据勾股定理得：

由（2）知，
∴．
综合上述两种情况，或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、图形的旋转变换等知识点．紧紧围绕图形旋转的性质，充分利用全等、勾股定理是解题的关键．
12.（2022北京人大附中一模） 是等边三角形，点P在的延长线上，以P为中心，将线段逆时针旋转n°（）得线段，连接，．

（1）如图，若，画出当时的图形，并写出此时n的值；
（2）M为线段的中点，连接．写出一个n的值，使得对于延长线上任意一点P，总有，并说明理由．
【答案】（1）60°；（2）n=120°，理由见详解.
【解析】
【分析】（1）由是等边三角形，得∠BAC=∠ACB=60°，由，，得∠PBQ=∠CPA=30°，，进而得到∠BPC=60°，即可求解；
（2）以点C为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图2，
设点B（a，0），点P（x，0），根据坐标系中，中点坐标公式和两点间的距离公式，分别表示出MP，AP的长度，即可.
【详解】如图1，若，当时，n=60°，理由如下：
∵是等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=60°，
∵，
∴∠CAP=∠CPA=30°，
∵
∴∠PBQ=∠CPA=30°，
∵，
∴，
∴∠Q=90°，
∴∠BPC=180°-∠Q -∠PBQ =180°-90°-30°= 60°，
∴n=60°；
（2）当n=120°时，对于延长线上任意一点P，总有，理由如下：
以点C为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图2，
设点B（a，0），点P（x，0），
∴PQ=PC=x，
∵∠CPQ=120°，
∴∠NPQ=180°-120°=60°，
过点Q作QH⊥x轴，则PH=x，QH=x,
∴点Q坐标为（，），
∵点M时BQ的中点，
∴点M的坐标为：
过点A作AE⊥x轴，则CE=CB，AE=CE，
∴点A坐标为： ，
∴AP==
MP==，
即：.

图1 图2
【点睛】本题主要考查等边三角形和含30°角的直角三角形的性质，画出图形，建立合适的平面直角坐标系，把几何问题化为代数问题，用数形结合的思想方法，是解题的关键.
13.（2022北京密云二模） 如图，在等边中，点D在BA的延长线上，点P是BC边上的一个动点（点P不与点B重合），将线段PD绕点P逆时针旋转60°得到线段PE，连接BE和DE．

（1）依据题意，补全图形；
（2）比较与的大小，并证明；
（3）用等式表示线段BE、BP与BD之间数量关系，并证明．
【答案】（1）补图见解析
（2），证明见解析
（3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据要求补全图形即可；
（2）由题意知，是等边三角形，则，，由三角形外角的定义与性质可知，由，可知，进而可得；
（3）如图2，在上找一点使，连接、，由（2）可知，易证，则，，由，可求，则是等边三角形，，根据，可得．
【小问1详解】
解：由题意作图1，如下：

【小问2详解】
解：．
证明：由题意知，是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【小问3详解】
解：．
证明：如图2，在上找一点使，连接、，


由（2）可知，
在和中，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴线段BE、BP与BD之间的数量关系为．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的定义与性质等知识．解题的关键在于熟练掌握等边三角形的性质与判定，找出角度、线段的数量关系．
14. （2022门头沟一模） 如图，在等边中，将线段绕点顺时针旋转，得到线段．连接，作的平分线，交于．

（1）①根据题意，补全图形；
②请用等式写出与的数量关系，并证明．
（2）分别延长和交于点，用等式表示线段，，的数量关系，并证明．
【答案】（1）①见解析，②∠BAD＝2∠BCD，证明见解析；
（2）＝＋，证明见解析．
【解析】
【分析】（1）①按照题意补全图形即可，②由旋转的性质可知AD＝AC，∠CAD＝，△ADC是等腰三角形，∠ADC＝∠ACD＝90°－，由△ABC是等边三角形得∠BCD＝30°－，∠BAD＝2（30°－），得到结论；
（2），连接GF，在AF上截取FG＝DF，分别证明△ABF≌△ADF（SAS），△DFG是等边三角形，△BCF≌△DAG（AAS）， 得到CF＝AG，即可得到结论．
【小问1详解】
解：①补全图形如图1，

② ∠BAD＝2∠BCD
证明：由旋转的性质可知AD＝AC，∠CAD＝，
∴ △ADC是等腰三角形
∴∠ADC＝∠ACD＝（180°－∠CAD）＝（180°－）＝90°－
∵△ABC是等边三角形
∴∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝BC＝AC＝AD
∴∠BCD＝∠ADC－∠ACB＝（90°－）－60°＝30°－
∵∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝60°－＝2（30°－）
∴∠BAD＝2∠BCD
【小问2详解】
解：＝＋，理由如下：
如图2，连接GF，在AF上截取FG＝DF，

∵AE平分∠BAD
∴∠BAF＝∠DAF＝∠BAD
∵AB＝AC，AC＝AD
∴AB＝AD
又∵AF＝AF
∴△ABF≌△ADF（SAS）
∴BF＝DF
∵∠BAD＝2∠BCD
∴∠BCD＝∠BAD
∴∠BCD＝∠BAF＝∠DAF
∵∠BAF＋∠ABC＋∠AEB＝180°，∠BCD＋∠CFE＋∠CEF＝180°，∠AEB＝∠CEF
∴∠CFG＝∠ABC＝60°
∴∠AFB＝∠AFD＝60°
∴∠BFC＝∠AFB＋∠AFD＝120°
∵FG＝DF
∴△DFG是等边三角形
∴DG＝DF＝BF，∠DGF＝60°，
∴∠AGD＝180°－∠DGF＝120°
∴∠AGD＝∠CFB
在△BCF和△DAG中，

∴△BCF≌△DAG（AAS）
∴CF＝AG
∴AF＝AG＋FG＝CF＋DF
即AF＝CF＋DF
【点睛】本题考查了图形的旋转、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、三角形的内角和等知识，添加适当的辅助线是解答此题的关键．
15.（2022北京房山一模） 已知：等边△ABC，过点B作AC的平行线l．点P为射线AB上一个动点（不与点A，B重合），将射线PC绕点P顺时针旋转60°交直线l于点D．

（1）如图1，点P在线段AB上时，依题意补全图形；
①求证：∠BDP=∠PCB；
②用等式表示线段BC，BD，BP之间的数里关系，并证明；
（2）点P在线段AB的延长线上，直接写出线段BC，BD，BP之间的数量关系．
【答案】（1）①见解析；②BC=BD+BP，证明见解析
（2）BC=BD−BP
【解析】
【分析】（1）①根据题意补全图形即可；根据等边三角形的性质、平行线的性质及旋转的性质得出∠DPE=∠CPE=60°，进而可得结论；
②在BC上取一点Q使得BQ=BP，证明△PBQ是等边三角形，再证明△PBD≌△PQC，即可得到BC=BD+BP；
（2）在BD上取一点E使得BE=BP，证明△PBE是等边三角形，再证明△CBP≌△DEP，即可得到BC=BD−BP．
【小问1详解】
①补全图形如图所示，

证明：设PD交BC于点E，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，
∵将射线PC绕点P顺时针旋转60°，
∴∠DPC=60°，
∵l//AC，
∴∠DBE=∠ACB=60°，
∴∠DBE=∠CPE=60°，
∵∠BED=∠PEC，
∴∠BDP=∠PCB；
解：②BC=BD+BP，理由如下：
在BC上取一点Q使得BQ=BP，连接PQ，

∵∠ABC=60°，
∴△PBQ是等边三角形，
∴PB=PQ，∠BPQ=60°，
∴∠BPD=∠CPQ，
又∵∠BDP=∠PCB，
∴△PBD≌△PQC，
∴BD=QC，
∵BC=BQ+QC，
∴BC=BD+BP；
【小问2详解】
解：BC=BD−BP，理由如下：
在BD上取一点E使得BE=BP，连接PE，

∵∠ABC=∠ACB=60°，l//AC，
∴∠DBC=∠ACB=60°，
∴∠PBD=180°-∠DBC-∠ACB=60°，
∴△PBE是等边三角形，
∴PB=PE，∠BEP=∠BPE=60°，
∴∠CBP=∠DEP=180°-60°=120°，∠BPC+∠CPE=∠EPD+∠CPE=60°，
∴∠CBP=∠DEP，∠BPC=∠EPD，
∴△CBP≌△DEP，
∴BC=DE，
∵BD=BE+ED，
∴BC=BD-BP．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握等边三角形的判定和性质及全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
16.（2022北京大兴二模） 已知：如图，，线段CD与AB相交于点O，以点A为中心，将射线AD绕点A逆时针旋转交线段CD于点H．


（1）若，求证：；
（2）请你直接用等式表示出线段CD，AD，BD之间的数量关系（用含的式子表示）．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）证明，则，证明是等边三角形，则，由此可证；
（2）过点作于，由等腰三角形三线合一可知，，在中，利用三角函数用表示，从而表示出，结合即可得，，之间的数量关系．
【小问1详解】
证明：，
，
即．
，，
，
即．
在与中，
，
．
，，
又，
是等边三角形，
，
又，
．
【小问2详解】
解：，理由如下：
过点作于，
，
，．
，．
又，，
．

【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三角函数的应用，解决本题的关键是利用三角函数建立线段之间的数量关系．
17. （2022北京燕山区一模）如图，在三角形中，，，是边的高线，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接交于点F．

（1）依题意补全图形，写出____________°
（2）求和的度数；
（3）用等式表示线段之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）图见解析，°
（2），
（3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形的性质，补全图形即可；
（2）根据等腰三角形三线合一的性质，求得∠BAD=∠BAC，由旋转的性质可得∠ABE=∠E，由三角形内角和定理在△ABE中，∠ABE+∠E+∠BAC=180°-∠CAE，便可求得∠BAF+∠ABF，再由三角形外角的性质可得∠FBC；
（3）在EF上取点M，使EM=BF，连接AM，由△ABF≌△AEM求得AF=AM，∠BAF=∠EAM，再由∠CAE=60°可得△AFM是等边三角形，便可解答；
【小问1详解】
解：如图分别以A，C为圆心，以AC为半径作弧，两弧交于点E，连接BE交AD于点F，则∠CAE=60°；
【小问2详解】
解：∵，是边的高线，
∴，
∵线段绕点A逆时针旋转得到线段，
∴，又，
∴，
在中，，
∴
∴
又∵是边的高线，∴
∵∠BFD=∠BAF+∠ABF，
∴．
【小问3详解】
解：如图，在EF上取点M，使EM=BF，连接AM，

∵AB=AE，∠ABF=∠AEM，BF=EM，∴△ABF≌△AEM（SAS），
∴AF=AM，∠BAF=∠EAM，
∵∠DAC=∠BAF，∴∠DAC=∠EAM，
∵∠CAE=60°，∴∠FAM=60°，
∴△AFM是等边三角形，
∴FM=AF，
∴AF+BF=EF；
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形判定的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质；熟练掌握相关性质是解题关键．
18. （2022新乡牧野三模）将等边三角形的边绕绕点逆时针旋转至，记旋转角为．连接，过点作垂直于直线，垂足为，连接，取边的中点，连接．
（1）如图1，当时，的度数为 ，连接，可求出的值为 ．


（2）当且时，
①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②当，，三点共线时，请直接写出的值．

【答案】（1），2；（2）①成立，证明见解析；②或
【解析】
【分析】（1）由旋转的性质可得，，连接，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，得出结果；
（2）①类比（1）的解题过程可得出结果；
②分两种情况讨论解答：（i）当点在线段上时，（ii）当点在线段的延长线上时．
【详解】解：（1）由旋转的性质，可知，，是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
同理，可求得，
∴，
连接，如解图1所示．，
∵是的中点，，
∴是的斜边的中线，
∴，
∴，
∴，


（2）①仍然成立，
证明如下：
由旋转的性质，可知，，
∴
∵为等边三角形，
∴，，
∴，
同理，可求得，
∴，
连接，如解图2所示，

∵是的中点，，
∴是的斜边上的中线，
∴，
∴，
∴，
②当，，三点共线时，可分以下两种情况进行讨论，
（i）当点在线段上时，如解图3所示，

由①，可知，，
∵，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
在中，，
∴；
（ii）当点在线段的延长线上时，如解图4所示，


同（i），可得，
∴，
，
综上所述，的值为或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，熟练掌握有关的判定与性质是解题的关键．
19.（2022河南实验中学一模） 在等边中，点D是边上一点，点E是直线上一动点，连接，将射线绕点D顺时针旋转，与直线相交于点F．

（1）若点D为边中点．
①如图1，当点E在边上，且时，请直接写出线段与的数量关系________；
②如图2，当点E落在边上，点F落在边的延长线上时，①中的结论是否仍然成立？请结合图2说明理由；
（2）如图3，点D为边上靠近点C的三等分点．当时，直接写出的值．
【26题答案】
【答案】（1）①；②仍然成立；理由见解析

（2）或

【解析】
【分析】（1）①用“ASA”证明即可得出DE=DF；
②将DB绕点D顺时针旋转120°，交AC于点，则证明即可得出DE=DF；
（2）分点E在A、B两点之间和点E在B点下方两种情况进行讨论，即可得出结果．
【小问1详解】
解：①DE=DF；
∵△ABC为等边三角形，
∴，
∵点D为BC的中点，
∴，
∵DE⊥AB，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴DE=DF；
故答案为：DE=DF；
②DE=DF仍然成立；
将DB绕点D顺时针旋转120°，交于AC于点，如图所示：

∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，为等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴DE=DF；
【小问2详解】
①当点E在A、B两点之间时，将DB绕点D顺时针旋转120°，交于AC于点，
如图所示：

设等边三角形的边长为a，
∵AE:BE=3:2，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，为等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
∴，
∴；
②点E在B点下方时，将DB绕点D顺时针旋转120°，交于AC于点，
如图所示：

设等边三角形的边长为a，
∵AE:BE=3:2，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∴，为等边三角形，
∴，
即，
∴，
∵，，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上分析可知，的值为或4．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，三角形相似的判定和性质，旋转的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
20.（2022南阳西峡一模） 是等边三角形，点P在的延长线上，以P为中心，将线段逆时针旋转n°（）得线段，连接，．

（1）如图，若，画出当时的图形，并写出此时n的值；
（2）M为线段的中点，连接．写出一个n的值，使得对于延长线上任意一点P，总有，并说明理由．
【答案】（1）60°；（2）n=120°，理由见详解.
【解析】
【分析】（1）由是等边三角形，得∠BAC=∠ACB=60°，由，，得∠PBQ=∠CPA=30°，，进而得到∠BPC=60°，即可求解；
（2）以点C为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图2，
设点B（a，0），点P（x，0），根据坐标系中，中点坐标公式和两点间的距离公式，分别表示出MP，AP的长度，即可.
【详解】如图1，若，当时，n=60°，理由如下：
∵是等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=60°，
∵，
∴∠CAP=∠CPA=30°，
∵
∴∠PBQ=∠CPA=30°，
∵，
∴，
∴∠Q=90°，
∴∠BPC=180°-∠Q -∠PBQ =180°-90°-30°= 60°，
∴n=60°；
（2）当n=120°时，对于延长线上任意一点P，总有，理由如下：
以点C为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图2，
设点B（a，0），点P（x，0），
∴PQ=PC=x，
∵∠CPQ=120°，
∴∠NPQ=180°-120°=60°，
过点Q作QH⊥x轴，则PH=x，QH=x,
∴点Q坐标为（，），
∵点M时BQ的中点，
∴点M的坐标为：
过点A作AE⊥x轴，则CE=CB，AE=CE，
∴点A坐标： ，
∴AP==
MP==，
即：.

图1 图2
【点睛】本题主要考查等边三角形和含30°角的直角三角形的性质，画出图形，建立合适的平面直角坐标系，把几何问题化为代数问题，用数形结合的思想方法，是解题的关键.
21.（2022北京丰台一模） 如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D在边BC上（不与点B，C重合），连接AD，以点A为中心，将线段AD逆时针旋转180°﹣α得到线段AE，连接BE．


（1）∠BAC+∠DAE＝　 　°；
（2）取CD中点F，连接AF，用等式表示线段AF与BE的数量关系，并证明．
【答案】（1）180 （2），证明见解析；
【解析】
【分析】（1）由旋转可知∠DAE=180°-a，所以得到：∠BAC+∠DAE=a+180°-a=180°；
（2）连接并延长AF，使FG=AF，连接DG，CG；因为DF=CF，AF=GF；可以得到四变形ADGC为平行四边形；从而有∠DAC+∠ACG=180°，再证∠ACG=∠BAE继而证明△ABE≌△CAG得到BE=AG，即可得线段AF与BE的数量关系；
【小问1详解】
解：由旋转可知∠DAE=180°-a，
∠BAC+∠DAE=a+180°-a=180°
故答案为：180
【小问2详解】
解：如图所示：连接并延长AF，使FG=AF，连接DG，CG；
∵DF=CF，AF=GF；
∴四变形ADGC为平行四边形；
∴∠DAC+∠ACG=180°，
即∠ACG=180°-∠DAC，
∠BAE=∠BAC+∠DAE-∠DAC=180°-∠DAC，
所以∠ACG=∠BAE，
∵四变形ADGC为平行四边形；
∴AD=CG，
又∵AD=AE，
AE=CG，
在△ABE和△CAG中，

∴△ABE≌△CAG，
∴BE=AG，
∴AF=AG=BE，
故线段AF与BE的数量关系：AF=；

【点睛】本题考查了旋转的性质，旋转角的定义，以及全等三角形的性质的判定，解题的关键是熟悉并灵活应用以上性质．
22.（2022河南二模） 如图1，在中，，点D为AB边上一点（不与A，B两点重合），过点D作，交AC于点E．连接BE，在BE上取一点M，连接CM并延长CM至点N，连接BN．


（1）观察猜想
若，，则线段CE与BN的位置关系是______，的值是______；
（2）类比探究
将绕点A顺时针旋转至如图2所示的位置，，，写出线段BN与CE的位置关系及的值，并说明理由；
（3）解决问题
绕点A在平面内自由旋转，，，若，，以点B，D，E，N为顶点的四边形是菱形，直接写出线段BM的长．
【答案】（1）平行，2
（2），，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】对于（1），先根据“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”得，再根据相似三角形的对应角相等，对应边成比例得出结论；
对于（2），仿照（1）解答即可；
对于（3），先根据（2）的结论，及菱形的性质画出图形，可知点D，E，C共线，接着证明△ABC，△ADE是等边三角形，即可证明△ACE≌△BCE，再根据等腰三角形的判定得AE=CE=BN，即可得△BMN≌△EMC，然后根据全等三角形的性质得.
最后在Rt△CEP中，根据特殊角的三角函数值得出答案即可．
【小问1详解】
平行，2．
∵ME=2BM，MC=2MN，
∴，且∠BMN=∠EMC，
∴，
∴，∠BNM=∠ECM，
∴．
∵，
∴．
∵AB=AC，
∴BD=CE，
∴，则；
故答案为：平行，2；
【小问2详解】
，，理由如下：
∵ME=nBM，MC=nMN，
∴，且∠BMN=∠EMC，
∴，
∴，∠BNM=∠ECM，
∴．
∵∠DAE=∠BAC，
∴∠BAD=∠CAE．
∵AD=AE，AB=AC，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE，
∴，则；
【小问3详解】
．
∵以点B，D，E，N为顶点的四边形是菱形，
∴，NB=DE=BE．
由（2）得，CE=BD，
∴点D，E，C共线．
∵∠BAC=60°，AB=AC，，
∴△ABC是等边三角形，
可得△ADE也是等边三角形，
∴∠AED=60°，AE=DE=BE．
∵AC=BC，
∴△ACE≌△BCE，
∴∠ACE=∠BCE=30°．
∵∠AEC=180°-∠AED=120°，
∴∠CAE=30°，
∴AE=CE=BN，
∴△BMN≌△EMC，
∴．
过点E作EP⊥BC，于点P，
∵BE=CE，
∴BP=CP=2．
在Rt△CEP中，，
即，
∴．

【点睛】这是一道关于三角形的综合题目，考查了相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，等边（等腰）三角形的性质判定，菱形的判定等．
23.（2022信阳三模） 在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D，E分别是AC，BC的中点，点P是直线DE上一点，连接AP，将线段PA绕点P顺时针旋转90°得到线段PM，连接AM，CM．

（1）问题发现
如图（1），当点P与点D重合时，线段CM与PE的数量关系是　　，∠ACM＝　　°．
（2）探究证明
当点P在射线ED上运动时（不与点E重合），（1）中结论是否一定成立？请仅就图（2）中的情形给出证明．
（3）问题解决
连接PC，当△PCM是等边三角形时，请直接写出的值．
【答案】（1），45
（2）一定成立；证明见解析
（3）的值为或
【解析】
【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质解决问题即可；
（2）结论不变．连接AE．证明，推出，
，可得结论；
（3）如图（3）中，过点P作PQ⊥BC于Q．设PQ＝EQ＝m，则，，想办法用m表示AC，即可解决问题．
【小问1详解】
，45
解法提示：∵点，分别是，的中点，
∴．
由旋转知，，即．
易知，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴．
【小问2详解】
一定成立.
证明：在中，，，点是的中点，连接，如图，则．
∵点，分别是，的中点，
∴．
∴.
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴．
【小问3详解】
的值为或．
解法提示：当是等边三角形时，分两种情况讨论．
①当点在上方时，如图，过点作于点，延长交直线于点．

由（2）知，易得和均为等腰直角三角形．
设，则，，∴，
又由（2）知，
∴，
∵，，
∴，
∴．
②当点在下方时，如图，连接，

同（2）易得，
∴，，
∴，．
过点作于点，延长交直线于点．
易得和均为等腰直角三角形．
设，则，，∴，
∴．
∵，，
∴，
∴．
综上可知，的值为或．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
24.（2022濮阳一模） 如图，等腰可以绕等腰的顶点C旋转，，，．点F、H、G分别是DE、AB、EB的中点，连接FH、GH．


（1）【问题解决】如图1，______°；
（2）【问题探究】如图2，连接AE，若，求：的值；
（3）【问题拓展】若，旋转等腰，当，且以B、C、D、E为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出FH的长．
【答案】（1）45 （2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）连接BD，AE，证明△ACE≌△BCD，得BD与AE的关系，在根据中位线证明FG∥BD，FG=BD ，GH∥AE，GH=AE，继而证得△FHG为等腰直角三角形，得到答案；（2）由（1）知△FHG为等腰直角三角形，得FH=GH，根据AE=BE，得E、C、H共线，进而利用斜中定理求得BE=2GH，得到答案；（3）根据平行四边形判定得DE=BC，根据勾股定理得CD的长度，分两种情况讨论，借助勾股定理定理得到结果．
【小问1详解】
如图，连接AE、BD交于点M、BD交AC于N，连接FG，


∵∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠DCE+∠ACD=∠ACB+∠ACD，
即∠ACE=∠BCD，
∵AC=BC，DC=CE，
∴△ACE≌△BCD，
∴BD=AE，∠DBC=∠EAC，
又∠CNB=∠ANM，
∴∠BCN=∠AMN=90°，
即BD⊥AE，
∵F是BD中点，G是BD中点，
∴FG是△EBD中位线，
∴FG∥BD，FG=BD，
同理，GH∥AE，GH=AE，
又BD⊥AE，BD=AE，
∴GH=FG，GH⊥FG，
即△FGH为等腰直角三角形，
∴∠FHG=45°；
【小问2详解】
连接BD、CF、FG，
∵∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠DCE+∠ACD=∠ACB+∠ACD，
即∠ACE=∠BCD，
∵AC=BC，DC=CE，
∴△ACE≌△BCD，
同（1）可证，△FGH为等腰直角三角形，
∴FH=GH，
∵AE=BE，AC=BC，
∴CE是AB的垂直平分线，
∵H是BA中点，
∴H在直线CE上，
即E、C、H共线，
∴∠EHB=90°，
∵G是BE中点，
∴BE=2HG，
∴==．

【小问3详解】
∵，且以B、C、D、E为顶点的四边形是平行四边形，
∴DE=BC，
∵，
∴DE=BC=AC=，
∴CD=CE=2，
分两种情况讨论，
①当DE在直线BC下方时，如图所示，


则FH=GH=AE，
连接CF，
∵F是DE中点，△DCE为等腰直角三角形，
∴CF=EF，
∴∠CEF=∠FCE=45°，
∵BC∥DE，
∴∠BCE=45°，
∴∠BCE+∠ECF+∠ACB=180°，
即A、C、F共线，
∴AF=AC+CF=，EF=，
∴在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE=，
∴FH=×；
②当DE在BC上方时，如图所示，


由上知，CF=EF=FH=AF=；
综上所述，FH的长为：或.
【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质，SAS证明旋转变换中的全等，勾股定理等知识点，对旋转变化存在性问题，准确分析题意并分类讨论是解题关键．
25.（2022南阳卧龙二模） 如图，已知和是有公共顶点的两个等腰直角三角形，，连接BD，CE，BD和CE所在的直线交于点P．


（1）当绕点A旋转到图1的位置时，线段BD和CE之间的数量关系是______；
（2）把绕点A旋转，使，请先在备用图中画出旋转后的图形，然后求当，时PD的长；
（3）若，，在绕点A旋转的过程中，线段PD长度的最小值是______．
【答案】（1）相等 （2）或
（3）1
【解析】
【分析】（1）把△ABC绕点A旋转，根据旋转的性质，可以证明△ABD≌△ACE，即可得BD、CE的关系；
（2）把△ABG绕点A旋转，当∠EAC=90时，分两种情况在图中作出旋转后的图形，进而求出此时PD的长；
（3）根据旋转的性质即可知旋转过程中线段PD的最小值．
【小问1详解】
和是等腰直角三角形，
，
，
即，
，
，
故答案为：相等；
【小问2详解】
作出旋转后的图形，若点C在AD上，如图所示：

，，
，
，
，
，
，
，
；
若点B在AE上，如图所示，

，
，
，
，
，即，
解得；
综上，PD的长为或；
【小问3详解】

以点A为圆心，以AC长为半径画圆，当CE在圆A下方与圆O相切时，PD的值最小，
当小三角形旋转到图中的位置时，
在中，，
在中，，
四边形ACPB是正方形，
，
，
在中，，
所以，线段PD长度的最小值是1，
故答案为：1．
【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质、作图一旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、圆的有关知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会分类讨论的思想思考问题，学会利用图形的特殊位置解决最值问题．
26. （2022南阳卧龙一模）如图1，在中，，点D是边上的一点，且，过点D做边的垂线，交边于点E，将绕点B顺时针方向旋转，记旋转角为．

（1）【问题发现】当时，的值为________，直线相交形成的较小角的度数为________；
（2）【拓展探究】试判断：在旋转过程中，（1）中的两个结论有无变化？请仅就图2的情况给出证明；
（3）【问题解决】当旋转至A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出的面积．
【答案】（1），；
（2）无变化 ，见详解；
（3）或．
【解析】
【分析】（1）根据CD=BC-DB，求出CD，利用勾股定理求出BE，AB，再求出AE即可求出，根据等腰直角三角形ABC求出，即可求出AE，CE相交形成较小的度数；
（2）延长AE，CD交于F，证，根据相似三角形的性质得，，利用三角形的内解得，求得的度数即可求解；
（3）分情况讨论：当点D在线段AE上时，过点C作于点F，先证出 ，再在中，求出AD，在中，求出CF，最后求出的面积；当点E在线段AD上时，过点C作于点F，先求出，再求出AD ，CD，CF，最后求出的面积即可求解．
【小问1详解】
解：中， ，

，，
，
，

故答案为：；
【小问2详解】
解：（1）中的两个结论不发生变化，理由如下：
如图，延长AE，CD交于F，

由旋转可得，，
，
，，
，
，
，，
，
，
即 ，
，
（1）中的两个结论不发生变化．
【小问3详解】
解：分情况讨论：
如图，当点D在线段AE上时，过点C作于点F，

在中，，
，
由（2）知，，，，
，
，

在中，，
；
当点E在线段AD上时，如图，过点C作于点F，

在中，，
，
，
由（2）知，
，
，
，
由（2）知，


综上，的面积为或．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，三角形相似的判定和性质，等腰三角形的性质及计算三角形的面积，利用勾股定理及相似三角形的判定和性质是解本题的关键．
27. （2022河南固始一模）数学综合与实践课上，同学们以“三角形的旋转”为主题开展探究活动，如图，小东同学把等腰直角三角板的直角顶点绕着直角三角板的斜边中点旋转，其中，直线，相交于点，边与相交于点．


（1）如图①，当时，线段与的数量关系是______；
（2）将图①中的旋转到如图②所示的位置，请判断线段与的数量关系是否发生变化，并说明理由．
（3）在（2）的情况下，若绕点旋转时，边与的交点始终在线段上，连接，若，，请直接写出线段的长度．
【答案】（1）
（2）不变，见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由题意可知CG和CH为中位线，即得出，再结合含30度角的直角三角形的性质和勾股定理即可得出；
（2）分别取，的中点，，连接，．由作图结合中位线性质可知，，即可得出，从而可得，即可证明，得出．由（1）知，即得出；
（3）由（2）中结论知，结合三角形面积公式，即可求出．由中位线性质可得，再由勾股定理可求出，最后由含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理可求出，最后分类讨论当点在点左下侧时，和当点在点右上侧时，．
【小问1详解】
∵，
∴．
∵点C为EF中点，
∴CG为中位线，
∴．
∵，
∴．
∵点C为EF中点，
∴CH为中位线，
∴点H为DE中点，
∴
∴．
∵，
∴，即；
【小问2详解】

理由：如图，分别取，的中点，，连接，．


∵，，分别为，，的中点，
∴，，，．
又∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴
∴．
由（1）可知，
∴；
【小问3详解】
由（2）中结论知
∴，
∴．
∵，
∴．
又易知，
如（2）图，当点在点左下侧时，，
如图，当点在点右上侧时，


综上可知线段的长度为．
【点睛】本题主要考查三角形中位线的判定和性质，平行线的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理和三角形相似的判定和性质．正确的作出辅助线并利用数形结合的思想是解题关键．
28. （2022河南邓州二模）小明在数学学习中遇到了这样一个问题：“如图1，在中，，点P在边上，过点P作于点Q，O为边的中点，连接并延长到点M，使，连接．请你帮他探究：

特例探究：
（1）填空：如图1，当时，____________；
（2）证明：如图2，当时，将绕点A逆时针方向旋转，连接，线段，之间的数量关系如何？请仅就图2所示情况说明理由．
应用探究：
（3）在（2）的条件下，在中，若，将由初始位置绕点A逆时针方向旋转角，当点Q到直线的距离为4时，请直接写出线段的值．
【答案】（1）
（2）
（3） 或
【解析】
【分析】（1）首先证明△CMO≌△BPO得到CM=BP，再利用平行线的性质得到，求出结果；
（2）如图2中，连接PB，延长BP交CQ的延长线于J，延长QC到R，设AC交BJ于点K．利用相似三角形的性质解决问题即可；
（3）分两种情形：如图3﹣1中，过点Q作QD⊥AC于D，连接PB．如图3﹣2中，过点Q作QD⊥AC于D，连接PB．分别利用勾股定理求解即可．
【小问1详解】
解：在△CMO和△BPO中，

∴△CMO≌△BPO，
∴CM=BP，
在直角△ABC中，∠A=30°，
∴ ，
又∵PQ∥BC，
∴ ,
即 ，
故答案为．
小问2详解】
如图3中，连接PB，延长BP交CQ的延长线于J，延长QC到R，设AC交BJ于点K．

∵∠PAQ＝∠BAC，
∴∠CAQ＝∠BAP，
∵cos45°，
∴△QAC∽△PAB，
∴，∠ABP＝∠ACQ，
∵∠AKB＝∠CKJ，
∴∠CJK＝∠BAK＝30°，
∵OP＝OM，∠POB＝∠MOC，OB＝OC，
∴△POB≌△MOC（SAS），
∴PB＝CM，∠BPO＝∠M，
∴；
【小问3详解】
如图3﹣1中，过点Q作QD⊥AC于D，连接PB．

∵△AQP，△ABC都是等腰直角三角形，AP＝ ，AB＝ ，
∴AQ＝QP=5，AC＝BC＝6，
∵QD＝4，
∴AD= ，
∴CD＝AC﹣AD=3，
∴CQ=
∵，
∴PBQC=5
∴CM＝BP= ；
如图3﹣2中，过点Q作QD⊥AC于D，连接PB．

同法可得AD=3，CD=AC+AD=9，
∴CQ=
∴CM＝PBCQ=；
综上所述，满足条件的CM的值为 或 ．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
29.（2022北京石景山二模） 在中，，D是的中点，E为边上一动点（不与点A，C重合），连接，将线段绕点B逆时针旋转得到线段，过点F作于点H，交射线于点G．

（1）如图1，当时，比较与的大小；用等式表示线段与的数量关系，并证明；
（2）如图2，当时，依题意补全图2，用等式表示线段之间的数量关系．
【答案】（1），；证明见解析
（2）图见解析，
【解析】
【分析】（1）在线段上取点P，使得，连接，由四边形内角和360°及，，得到，再证明，得到．
（2）依据题意补全图，在AE延长线上取一点P，使得AE=EP，连接BP，按照（1）中的方法证明，再运用勾股定理及中位线性质得到，．
【小问1详解】
解：，，理由如下：
证明：如图，在线段上取点P，使得，连接．

∵D是中点，，
∴．
∴．
∵线段绕点B逆时针旋转得到线段，
∴，．
在四边形中，，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴，
∴．
【小问2详解】
解：补全图形，如图．

，理由如下：
证明：如图，在AE延长线上取一点P，使得AE=EP，连接BP，

∵线段绕点B逆时针旋转得到线段，
∴，．
又∵，，
∴，
∴．
在四边形中，，，
∴．
∵，
∴．
∵D是中点，，
∴，
∴，
∴．
在与中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即．
∵，
∴．
∵D中点，，
∴，
∵，，
∴，即．
【点睛】本题考查了中位线性质，勾股定理以及全等三角形的证明，其中构造中位线从而证明相关三角形全等是解题的关键．
30.（2022合肥四十五中三模） 如图①，、、三点共线，、是等腰直角三角形，，连接、．


（1）求证：；
（2）如图②，将沿翻折至，与交于点，连接，当时，求证：；
（3）如图③，在（2）的条件下，取的中点，当时，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）BH=2
【解析】
【分析】（1）根据、是等腰直角三角形，得到线段和角的关系，再证，即可求证；
（2）利用和翻折得到，再利用在和中，，得到，即可求证；
（3）过点F作于点M，过点H作于点N，利用等腰直角三角形的边的关系以及勾股定理，用含DB的式子表示，再利用得到DB的长，再根据的中点，，得到NH为中位线，分别表示出NH，NB的长，即可求解．
【小问1详解】
证明：∵、是等腰直角三角形，
∴，，
∴，，
∵在和中，
，
∴，
∴．
【小问2详解】
证明：∵，
∴，
∵翻折，
∴，
∴，
∴，
在和中，，
即，
∴，
∴，
∴．
【小问3详解】
解：∵，、是等腰直角三角形，
∴，，
如图所示，过点F作于点M，过点H作于点N，
∴，


∵翻折，
∴CF=CE=BC，AF=AE，
∴四边形MBCF为正方形，
∴，
∴，
，
，
由（2）可知，，
∴，
∴ ，
解得：．
∵的中点，，
∴NH为中位线，
∴，，
∴，
∴，
即，
即BH=2．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质、勾股定理，正方形的判定和性质、锐角三角函数和全等三角形的判定和性质等相关知识．综合性较强，熟练掌握各个知识点是解题的关键．
31.（2022信阳三模） 综合与实践
一、问题情境
在综合与实践课上，老师组织同学们以“直角三角形的旋转”为主题开展数学活动．如图1，矩形ABCD中，AD＝2AB，连接AC，将△ABC绕点A旋转到某一位置，观察图形，提出问题并加以解决．
二、实践操作，解决问题
(1)如图2，慎思组的间学将图1中的△ABC以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转，得到△A'B'C'，此时B'C'过点D，则∠ADB′＝____度．
(2)博学组的同学在图2的基础上继续旋转到图3，此时点C落在CD的延长线上，连接BB'，该组提出下面两个问题，并请你解决该组提出的这两个问题．
①C'D和AB有何数量关系？并说明理由．
②BB'和AC'有何位置关系？并说明理由．
(3)精英组的同学在图3的基础上按逆时针方向旋转至AB'与对角线AC重合时，B'C'与AD交于点M，如图4，则S：S△ABC＝_____．

【答案】(1)30；(2)①C′D＝AB；②AC′∥BB′；(3)3：4．
【解析】
【分析】(1)由旋转性质知AB＝AB′、∠B′＝∠B＝90°，结合AD＝BC＝2AB可得AD＝2AB′，根据直角三角形的性质可得答案；
(2)①利用“HL”证Rt△ADC′≌Rt△ABC即可得；②过点C′作C′H垂直于BA延长线于点H，证△C′HA≌△C′B′A得∠HAC′＝∠C′AB，由AB＝AB′知∠ABB′＝∠AB′B，据此根据∠HAB′＝∠ABB′+∠AB′B可得2∠C′AB′＝2∠AB′B，即可得证；
(3)设AB＝a，则BC＝2a，求出MC′：B′C′的值即可解决问题．
【详解】解：(1)由题意知△ABC≌△AB′C′，
∴AB＝AB′、∠B′＝∠B＝90°，
∵AD＝BC＝2AB，
∴在Rt△AB′D中，AD＝2AB′，
则∠ADB′＝30°，
故答案为30；
(2)①C′D＝AB，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC、∠ABC＝∠ADC＝∠ADC′＝90°，
由旋转知AC′＝AC，
在Rt△ADC′和Rt△ABC中，
∵ ，
∴Rt△ADC′≌Rt△ABC(HL)，
∴C′D＝AB；
②结论：AC′∥BB′；
理由：如图a，过点C′作C′H垂直于BA延长线于点H，

则四边形HADC′是矩形，
∴C′H＝AD、AH＝C′D＝AB，
在△C′HA和△C′B′A中，

∴△C′HA≌△C′B′A(SSS)，
∴∠HAC′＝∠C′AB，
又∵AB＝AB′，
∴∠ABB′＝∠AB′B，
在△ABB′中，∠HAB′＝∠ABB′+∠AB′B，即∠HAC′+∠C′AB′＝∠ABB′+∠AB′B，
∴2∠C′AB′＝2∠AB′B，
∴∠C′AB′＝∠AB′B，
∴AC′∥BB′；
(3)如图4中，设AB＝a，则BC＝2a，

∵AD∥BC，
∴∠MAB′＝∠ACB，
∵∠AB′M＝∠B＝90°，
∴△AB′M∽△CBA，
∴B′M：AB＝AB′：BC，
∴B′M：a＝a：2a，
∴BM′＝
∵B′C′＝2a，
∴MC′＝
∴MC′：B′C′＝3：4，
∴S△AC′M：S△ABC＝3：4，
故答案为3：4．
【点睛】本题属于四边形的综合问题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识点．
32.（2022郑州一检） 马老师在带领学生学习《正方形的性质与判定》这一课时，给出如下问题：如图①，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，正方形与正方形ABCD的边长相等．在正方形绕点O旋转的过程中，与AB相交于点M，与BC相交于点N，探究两个正方形重叠部分的面积与正方形ABCD的面积有什么关系．

（1）小亮第一个举手回答：“两个正方形重叠部分的面积是正方形ABCD面积的 ”；
（2）马老师鼓励同学们编一道拓展题，小颖编了这样一道题：如图②，在四边形ABCD中，，，连接AC．若，求四边形ABCD的面积．请你帮小颖解答这道题．
【答案】（1）
（2）18
【解析】
【分析】（1）只需要证明△MOB≌△NOC得到，则，由此即可得到答案；
（2）如图所示，过点A作AE⊥AC交CD延长线于E，证明△EAD≌△CAB得到，AE=AC=6，则．
【小问1详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OC，∠MBO=∠NCO=45°，∠BOC=90°，
∴∠NOC+∠NOB=90°，
∵四边形是正方形，
∴∠MON=90°，
∴∠MOB+∠NOB=90°，
∴∠MOB=∠NOC，
∴△MOB≌△NOC（ASA），
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：；
【小问2详解】
解：如图所示，过点A作AE⊥AC交CD延长线于E，
∴∠EAC=∠EAD+∠CAD=90°，
∵∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°，
∴∠EAD=∠BAC，
∵∠BAD=∠BCD=90°，
∴∠ADC+∠B=180°，
又∵∠ADE+∠ADC=180°，
∴∠ADE=∠B，
在△EAD和△CAB中，
，
∴△EAD≌△CAB（ASA），
∴，AE=AC=6
∴．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，四边形内角和，熟知全等三角形的性质与判定是解题的关键．
33. （2022河南西华二模）如图，正方形ABCD中，点P为直线BC上不与点B重合的一个动点，以AB为边在正方形内部作等边，以A为旋转中心将AP逆时针旋转60得到AE，连接ME，DE．


（1）如图1，当点E落在AD的延长线上时，填空：
①PB与ME的数量关系是______；
②直线PB与直线ME相交所成的锐角的度数为_______；
（2）如图2，当点E落在AD外时，（1）中的结论是否仍成立？若果成立，请就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
（3）若，直接写出点P运动过程中线段DE长度的最小值．
【答案】（1）①，②60°
（2）成立，理由见详解
（3）
【解析】
【分析】（1）利用△AMB是等边三角形以及∠PAE=60°，可得∠EAM=∠BAP=30°，再根据AB=AM，AP=AE，即可得，即有PB=ME，继而可得∠BPM=∠APB+∠APM=120°，则问题得解；
（2）延长EM交BC于点N，与（1）证明类似，先证明，即得到PB=ME，∠EMA=∠PBA=90°，再根据∠AMB=60°，得到∠BMN=30°，即有∠MNB=180°-∠BMN-∠CBM=120°，即∠CNE=60°，问题得解；
（3）点到直线的距离，垂线段最短，即当时，线段DE取的最小值，确定了，再根据∠EAM=30°，AM=AB=2，∠AME=90°，得到∠AEM=60°，，继而有，在在中可求出DE的最小值为，问题得解．
【小问1详解】
∵△AMB是等边三角形，
∴∠MAB=60°，AB=AM，
∵∠EAP=60°，AP=AE，
∴∠EAM+∠MAP=∠MAP+∠PAB，
∴∠EAM=∠BAP，
∴，
∴，
∴PB=ME，∠ABP=∠AME=90°，∠EAM=∠PAB，
∵∠MAB=60°，
∴∠EAM=30°，
∴∠PAB=30°，
∴∠MAP=∠EAP-∠EAM=30°，
∴，
∴，
∴∠AME=∠AMP=90°，∠AEM=∠APM=60°，
∴E、M、P三点共线，
∴∠BPM=∠APB+∠APM=120°
∴直线PB与直线ME相交所成的锐角的度数为60°，
故答案为：①PB=ME，②60°；
【小问2详解】
当E点落在直线AD外，（1）中的结论任然成立，理由如下：
延长EM交BC于点N，如图，


由（1）得∠MAB=60°=∠EAP，
∴∠MAB-∠MAP=∠EAP-∠MAP，
∴∠EAM=∠PAB，
在△PAB和△EAM中，
∵
∴，
∴PB=ME，∠EMA=∠PBA=90°，
∵∠AMB=60°，
∴∠BMN=30°，
∴∠MNB=180°-∠BMN-∠CBM=120°，
∴∠CNE=60°，
即当点E落在直线AD外，（1）中的结论依然成立；
【小问3详解】
线段DE的最小值为，
理由如下：
当点在直线BC上移动时，点在直线ME上移动，
如图，当时，线段DE取的最小值，


∵∠EAM=30°，AM=AB=2，∠AME=90°，
∴∠AEM=60°，，
∴，
在中，，
故DE的最小值为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质等知识，在AP绕点A旋转的过程中，抓住不变量即AP=AE，∠PAB=∠EAM，AB=AM，确定是解题的关键．
34.（2022北京人大附中一模） 如图1，在△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC.将线段AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AD，E是边BC上的一动点，连结DE交AC于点F，连结BF.

(1)求证：FB=FD；
(2)如图2，连结CD，点H在线段BE上（不含端点），且BH=CE，连结AH交BF于点N.
①判断AH与BF的位置关系，并证明你的结论；
②连接CN．若AB=2，请直接写出线段CN长度的最小值.
【答案】（1）见解析；（2）①AH⊥BF，见解析；②.
【解析】
【分析】（1）证明△FAD≌△FAB（SAS）即可解决问题．
（2）①首先证明四边形ABCD是正方形，再证明∠BAH=∠CBF即可解决问题．
②如图3中，取AB的中点O，连接ON，OC．理由三角形的三边关系解决问题即可．
【详解】（1）证明：如图1中，

∵BA=BC，∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠ACB=45°，
∵线段AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AD，
∴∠BAD=90°，BA=AD，
∴∠FAD=∠FAB=45°，
∵AF=AF，
∴△FAD≌△FAB（SAS），
∴BF=DF．
（2）①解：结论：AH⊥BF．
理由：如图2中，连接CD．

∵∠ABC+∠BAD=180°，
∴AD∥BC，
∵AD=AB=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AB=BC，
∴四边形ABCD是正方形，
∵BA=CD，∠ABH=∠DCE，BH=CE，
∴△ABH≌△DCE（SAS），
∴∠BAH=∠CDE，
∵∠FCD=∠FCB=45°，CF=CF，CD=CB，
∴△CFD≌△CFB（SAS），
∴∠CDF=∠CBF，
∴∠BAH=∠CBF，
∵∠CBF+∠ABF=90°，
∴∠BAH+∠ABF=90°，
∴∠ANB=90°，
∴AH⊥BF．
②如图3中，取AB的中点O，连接ON，OC．

∵∠ANB=90°，AO=OB，
∴ON=AB=1，
在Rt△OBC中，OC=，
∵CN≥OC-ON，
∴CN≥-1，
∴CN的最小值为-1．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题.
35. （2022新乡二模）如图1，四边形ABCD为正方形，点E为其边BC上一点，以CE为边在正方形ABCD右侧作正方形CEFG．将正方形CEFG绕点C逆时针旋转，记旋转角为α（0°≤α≤360°），连接AF、BG，交于点M．


（1）当α=90°时，∠AMB=________°；
当α=270°时，∠AMB=________°；
（2）在旋转过程中，∠AMB的度数是否为定值？如果是，请就图2的情况予以证明；如果不是，请说明理由．
（3）若BC=3，CE=1，当A、E、F三点在同一条直线上时，请直接写出线段 BM的长度．
【答案】（1）45；45．
（2）∠AMB的度数为定值，
（3）或
【解析】
分析】（1）当或时，点M与点C都重合，即可得出
（2）由角的关系，得出又由于四边形ABCD与四边形ECFG都是正方形，可得得出从而得到因为是对顶角，即可得到
（3）在旋转的过程中，AEF三点共线有两种情况：当点E在BG上或点E在BG的延长线上，过点B作AE的垂线，构造出直角三角形，根据勾股定理列出方程，解出即可．
【小问1详解】
如图所示：


当时，点M与点C重合，



当时，点M与点C重合，

【小问2详解】
在旋转过程中，∠AMB的度数为定值，
如图，连接FC，



又

又∵四边形ABCD与四边形ECFG都是正方形，




又


∵在旋转过程中，度数为定值，

【小问3详解】
AEF三点共线有两种情况:
①如图所示，当点E在BG上，点M与点E重合，


过点B作H为垂足，

设BH=HE=x，


在中，



在中，





（舍去），


②如图所示，当点E在BG的延长线上，点M与点E重合，


过点B作 为垂足，
设





（舍去），


∴综上所述，或
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造出直角三角形根勾股定理列出方程，学会用分类讨论的思想思考问题．
36. （2022山西二模）综合与实践
问题情境


如图1，在正方形中，点O是对角线上一点，且，将正方形绕点O按顺时针方向旋转得到正方形（点分别是点A，B，C，D的对应点）．
探究发现
（1）如图2，当边与在同一条直线上，与在同一条直线上时，点与分别落在正方形的边与上．求证：四边形是矩形．
（2）如图3，当边经过点C时，猜想线段与的数量关系，并加以证明．
问题拓展
（3）如图4，在正方形绕点O按顺时针方向旋转过程中，直线与交于点P，连接．当点P在边的左侧时，请直接写出的度数．
【答案】（1）见解析 （2）．证明见解析
（3）的度数为
【解析】
【分析】（1）根据正方形的性质得出再根据矩形的判定定理即可得证；
（2）连接，过点O作于点G，延长交于点F．根据旋转的性质及三线合一得出，根据正方形的性质易证四边形是矩形，从而得出．最后根据解直角三角形即可得出答案；
（3）连接、，根据旋转的性质易证，从而得出，根据对角互补可知点、、、四点共圆，根据同弧所对的圆周角相等可知，最后根据正方形的性质即可得出答案．
【小问1详解】
证明：∵四边形是正方形，
∴．
∵四边形是正方形，
∴．
∴四边形是矩形．
【小问2详解】
．
证明：如答图，连接，过点O作于点G，延长交于点F．

∵正方形绕点O按顺时针方向旋转得到正方形，
∴．
∴．
∵四边形是正方形，
∴．
∴．
又∵，
∴四边形是矩形．
∴．
在中，，
∵，
∴．
∴．
∴（或）．
【小问3详解】
的度数为．
如图，连接、

点O为旋转中心






点、、、四点共圆

在正方形中，为正方形的对角线


．
【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的判定及性质、旋转的性质、圆周角定理、相似三角形的判定及性质、解直角三角形，熟练掌握性质定理并能添加合适的辅助线是解题的关键．
37. （2022北京西城一模）已知正方形ABCD，将线段BA绕点B旋转（），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．
【答案】（1）135，
（2）①作图见解析，45°；②
【解析】
【分析】（1）过点E作于点K，由正方形的性质、旋转的性质及角平分线的定义可得，再利用等腰三角形的性质和解直角三角形可求出，，继而可证明，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，再根据三角形内角和定理及等腰三角形的性质求出，即可求解；
②过点B作 垂足为H，由等腰三角形的性质得到 ，再证明
即可得到 ，再推出 为等腰直角三角形，即可得到三者之间的关系．
【小问1详解】

过点E作于点K

四边形ABCD是正方形

BE平分∠ABC，AB=4，将线段BA绕点B旋转（），得到线段BE

，





，四边形ABCE的面积为
故答案：135，
【小问2详解】
①作图如下

四边形ABCD是正方形

由旋转可得，





②，理由如下：
如图，过点B作 垂足为H




，∠EBC的平分线BF交EC于点G








为等腰直角三角形

即
【点睛】本题属于四边形和三角形的综合题目，涉及正方形的性质、旋转的性质、角平分线的定义、等腰三角形的性质和判定、解直角三角形、全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理等，灵活运用上述知识点是解题的关键．
38.（2022北京顺义二模） 如图，在中，，，P，D为射线AB上两点（点D在点P的左侧），且，连接CP．以P为中心，将线段PD逆时针旋转得线段PE．


（1）如图1，当四边形ACPE是平行四边形时，画出图形，并直接写出n的值；
（2）当时，M为线段AE的中点，连接PM．
①在图2中依题意补全图形；
②用等式表示线段CP与PM之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）画图见解析, 的值为
（2）①画图见解 析；②用等式表示线段 与 之间的数量 关系 ，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意画出图形，根据平行四边形的性质即可求得的值；
（2）①根据题意补全图形，延长 至点 , 使 , 连接 、 交 于点 ，证明四边形 是平行四边形，，进而可得, 即有 垂直平分 ，根据，即可求解．
【小问1详解】
当四边形 是平行四边形时, 画出图形, 如图


在 中,

四边形 是平行四边形
，
即 的值为 45
【小问2详解】
①当 时, 为线段 的中点, 在图2中依题意补全图形如下:


②用等式表示线段 与 之间的数量关系 , 证明如下:
延长 至点 , 使 , 连接 、 交 于点 , 如图，


为线段 的中点，
四边形 是平行四边形，
，
，
而 ，
，
，
，
，
在 和 中，
，
，
，
，
, 即有 垂直平分 ，
，
而 ，

【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，垂直平分线的性质与判定，三角形全等的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
39.（2022濮阳二模） 下面是某数学兴趣小组对一个数学问题作的探究活动：
问题：
如图1，已知， ，点A在边上，点P是边上一动点，以线段为斜边作，，（C和O在的两侧），连接，将线段绕C逆时针旋转至，连接．

（1）如图1，小明同学得出，他的判断理由是（ ）
A． B． C． D．
（2）如图2，小颖同学作于D，她认为与存在某种数量关系，那么与是否有数量关系？如果有数量关系，请你写出与的数量关系并说明理由；
（3）如图1，小华说，当，当是直角三角形时，可求出的值，请你直接写出的值．
【答案】（1）B （2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）根据已知条件找的条件即可；
（2）证明再结合即可得到；
（3）根据图2中的结论，根据直角三角形求出OP、PD、BD的长度即可在中求出的值．
【小问1详解】
∵
∴
∵，
∴（SAS）
故选：B
【小问2详解】
，理由如下：
由可得：
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
【小问3详解】
∵
∴，
∴
当时，

∵，
∴，
∴
∴
当时，

∵，
∴，
∴
∴

综上所述，的值为或．
【点睛】本题考查全等三角形的性质与判定、30°直角三角形的性质、勾股定理，解题的关键是根据手拉手模型证明．
40.（2022河南新安一模） 如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=30°，点D是平面内一动点（不与点C重合），连接CD，将线段CD绕点D顺时针旋转60°，得到线段DE（点E不与点B重合），连接BE．取CD的中点P，连接AP．

（1）如图（1），当点E落在线段AC上时， =　　　　　　，直线AP与直线BE相交所成的较小角的度数为________．
（2）如图（2），当点E落在平面内其他位置时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图（2）的情形给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）若AC=6，CP=3，当点B，D，E在同一条直线上时，请直接写出线段AP的长．
【答案】（1）， 60°
（2）成立，理由见解析
（3），
【解析】
【分析】（1）①延长BE交AP于F，取BE中点G，BC中点H，连接AH，AG，GH，根据直角三角形斜边上的中线，全等三角形的性质以及三角形中位线定理求解即可；②由△AHG≌△ACP得到∠HAG=∠CAP从而推出∠HBG=∠CAP，则∠AFB=∠ACB=60°；
（2）连接CE，延长AP交BE延长线于G，证明△ACP∽△BCE，即可得到，∠CAP=∠CBE，则∠CAP+∠ACB=∠CBE+∠G，即可推出∠G=∠ACB=60°，即直线AP与直线BE相交所成的较小角的度数为60°；
（3）分当点E在线段BD上时和当点E在线段BD的延长线上时，两种情况讨论求解即可．
【小问1详解】
解：①如图所示，延长BE交AP于F，取BE中点G，BC中点H，连接AH，AG，GH，
∵在中，，，H是BC的中点，
∴，，∠ACB=60°，
∴AC=AH=BH=CH，
同理可得，
∵将线段CD绕点D顺时针旋转60度得到线段DE，
∴∠D=60°，DE=DC，
∴△DCE是等边三角形，
∴∠ECD=60°，CE=CD，
∵P是CD的中点，
∴，
∵G、H分别是BE，BC的中点，
∴GH是△ACE的中位线，
∴,，
∴∠BHG=∠ACB=60°，HG=CP，
在△AGH和△BGH中
，
∴△AGH≌△BGH（SSS），
∴∠AHG=∠BHG=60°，∠HBG=∠HAG；
∵∠ECD=60°，点E在AC上，
∴∠AHG=∠ECD=60°，
在△AHG和△ACP中，
，
∴△AHG≌△ACP（SAS），
∴AG=AP，
∴；


②∵△AHG≌△ACP
∴∠HAG=∠CAP
∵∠HBG=∠HAG，
∴∠HBG=∠CAP，
∵∠AFB=180°-∠CAP-∠AEF，∠ACB=180°-∠HBG-∠BEC，∠BEC=∠AEF，
∴∠AFB=∠ACB=60°，
∴直线AP与直线BE相交所成的较小角的度数为60°；
【小问2详解】
解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
如图所示，连接CE，延长AP交BE延长线于G，
同理可得CE=CD，∠DCE=60°，
∵∠ACB=90°-∠ABC=60°，
∴∠ACP=∠BCE，
∵，
∴△ACP∽△BCE，
∴，∠CAP=∠CBE，
∴∠CAP+∠ACB=∠CBE+∠G，
∴∠G=∠ACB=60°，即直线AP与直线BE相交所成的较小角的度数为60°；
【小问3详解】
解：如图（3）所示，当点E在线段BD上时，过点C作CN⊥BD于N，
∵CP=3，P是CD的中点，
∴CD=6，
由（2）知△DCE是等边三角形，
∴CE=DE=CD=6,，
∴，
在中，，，
∴BC=2AC=12，
∴,
∴，
∴；


如图（4）所示，当点E在线段BD的延长线上时，过点C作CN⊥DE于N，
同理可得，，
∴，
∴；
综上所述，或

【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，三角形中位线定理，相似三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，解题的关键在于能够正确作出辅助线进行求解．
41. （2022河南林州一模）在△ABC中，∠BAC＝90°，点O是斜边BC上的一点，连接AO，点D是AO上一点，过点D分别作，，交BC于点E、F．

（1）如图1，若点O为斜边BC的中点，求证：点O是线段EF的中点．
（2）如图2，在（1）的条件下，将△DEF绕点O顺时针旋转任意一个角度，连接AD，CF，请写出线段AD和线段CF的数量关系，并说明理由．
（3）如图3，若点O是斜边BC的三等分点，且靠近点B，当∠ABC＝30°时，将△DEF绕点O顺时针旋转任意一个角度，连接AD、BE、CF，请求出的值．
【答案】（1）证明见解析
（2），理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）由直角三角形的性质可得BO＝AO＝OC，可得∠ABO＝∠BAO，∠ODF＝∠OFD，由平行线的性质可证∠OED＝∠ODE，∠ODF＝∠OFD，可得结论；
（2）由“SAS”可证△AOD≌△COF，可得AD＝CF；
（3）由相似三角形的性质可得，设AC＝2x，由直角三角形的性质和勾股定理求出OB，OA即可求解．
【小问1详解】
证明：∵∠BAC＝90°，点O为斜边BC中点，
∴BO＝AO＝OC，
∴∠ABO＝∠BAO，∠ODF＝∠OFD，
∵DE∥AB，DF∥AC，
∴∠OED＝∠OBA，∠ODE＝∠OAB，∠ODF＝∠OAC，∠OFD＝∠OCA，
∴∠OED＝∠ODE，∠ODF＝∠OFD，
∴EO＝DO，FO＝DO，
∴EO＝FO，
∴点O是线段EF中点；
【小问2详解】
解：AD＝CF，理由如下：
∵将△DEF绕点O顺时针旋转任意一个角度，
∴OD＝OF，∠AOD＝∠COF，
又∵AO＝CO，
∴△AOD≌△COF（SAS），
∴AD＝CF；
【小问3详解】
解：如图1，旋转前，∵DE∥AB，
∴，
∴，
如图3，旋转后，∵将△DEF绕点O顺时针旋转任意一个角度，
∴∠AOD＝∠BOE，
∴△AOD∽△BOE，
∴，
如图3，过点A作AH⊥BC于H，

设AC＝2x，
∵∠ABC＝30°，∠BAC＝90°，
∴∠ACH＝60°，BC＝4x，
∵AH⊥BC，
∴∠CAH＝30°，
∴CH＝AC＝x，AH＝CH＝x，
∵点O是斜边BC的三等分点，
∴BO＝x，CO＝，
∴OH＝，
∴AO＝=＝，
∴＝＝．
【点睛】本题是几何变换综合题，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，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，利用参数表示线段的长度是解题的关键．
42. （2022北京燕山二模）在中，，CD是AB边的中线，于E，连接CD，点P在射线CB上（与B，C不重合）

（1）如果
①如图1，DE与BE之间的数量关系是______
②如图2，点P在线段CB上，连接DP，将线段DP绕点D逆时针旋转60°，得到线段DF，连接BF，补全图2猜想CP、BF之间的数量关系，并证明你的结论．
（2）如图3，若点P在线段CB的延长线上，且，连接DP，将线段DP绕点逆时针旋转得到线段DF，连接BF，请直接写出DE、BF、BP三者的数量关系（不需证明）．
【答案】（1）①DE=BE ②CP=BF
（2）BF-BP=2DEtanα
【解析】
【分析】(1) ①利用60°的角的正切值计算即可；②利用旋转的性质,直角三角形的性质,证明△CDP≌△BDF即可；
(2) 利用旋转的性质,直角三角形的性质,证明△CDP≌△BDF即可．
【小问1详解】
①DE与BE之间的数量关系是DE=BE．理由如下：
如图，∵，，，
∴∠B=60°，
∴tan60°=，
∴DE与BE之间的数量关系是DE=BE，
故答案为：DE=BE．
②CP、BF之间的数量关系是CP=BF．理由如下：
∵，，CD是AB边的中线，，
∴CD=AD=DB，∠B=60°，
∴△CDB是等边三角形，

∴∠CDB=60°，
根据旋转的性质，得∠PDF=60°，DP=DF，
∵∠CDB -∠PDB=∠PDF -∠PDB，
∴∠CDP=∠BDF，
∵CD=BD，DP=DF，
∴△CDP≌△BDF，
∴CP=BF．
【小问2详解】
DE、BF、BP三者的数量关系是BF-BP=2DEtanα．理由如下：
∵，，CD是AB边的中线，，
∴CD=AD=DB，∠CDB=2α，
根据旋转的性质，得∠PDF=2α，DP=DF，
∴2α+∠PDB=2α+∠PDB，
故∠CDB +∠PDB=∠PDF +∠PDB，


∴∠CDP=∠BDF，
∵CD=BD，DP=DF，
∴△CDP≌△BDF，
∴CP=BF，
∴BF=BC+BP，
∵CD=DB，，，
∴BC=2CE=2BE，DE∥AC，
∴∠EDB=α，
∴tanα=，即BE=DE tanα，
∴BC=2BE=2 DE tanα，
∴BF-BP=2DEtanα．
【点睛】本题考查了含30°角的直角三角形，特殊角的三角函数值，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握直径上全等的判定和性质，灵活运用锐角三角函数是解题的关键．