专题31图形的旋转（优选真题60道）-三年（2021-2023）中考数学真题分项汇编【全国通用】

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1．（2023•大庆）搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭于2023年5月30日成功发射升空，景海鹏、朱杨柱、桂海潮3名航天员开启“太空出差”之旅，展现了中国航天科技的新高度．下列图标中，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形
【解答】解：选项A、B、D都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项C能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：C．
【点评】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
2．（2023•宁夏）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝2．点D在BC上，且BD：CD＝1：3．连接AD，线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE，连接BE，DE．则△BDE的面积是（ ）
A．14B．38C．34D．32
【分析】根据旋转的性质得出AD＝AE，∠DAE＝90°，再根据SAS证明△EAB≌△DAC得出∠C＝∠ABE＝45°，CD＝BE，得出∠EBC＝90°，再根据三角形的面积公式即可求解．
【解答】解：∵线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠EAB+∠BAD＝90°，
在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠BAD+∠CAD＝90°，∠C＝∠ABC＝45°，
∴∠EAB＝∠CAD，
∴△EAB≌△DAC（SAS），
∴∠C＝∠ABE＝45°，CD＝BE，
∴∠EBC＝∠EBA+∠ABC＝90°，
∵BC＝2，BD：CD＝1：3，
∴BD=12，CD＝BE=32，
∴S△BDE=12BD⋅BE=12×12×32=38，
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，根据SAS证明△EAB≌△DAC是解题的关键．
3．（2023•泰安）如图，在平面直角坐标系中，Rt△AOB的一条直角边OB在x轴上，点A的坐标为（﹣6，4）；Rt△COD中，∠COD＝90°，OD＝43，∠D＝30°，连接BC，点M是BC中点，连接AM．将Rt△COD以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，在旋转过程中，线段AM的最小值是（ ）
A．3B．62−4C．213−2D．2
【分析】由点M是BC中点，想到构造中位线，取OB中点，再利用三角形两边之差的最值模型．
【解答】 解：取OB中点N，连接MN，AN．
在Rt△OCD中，OD＝43，∠D＝30°，
∴OC＝4，
∵M、N分别是BC、OB的中点，
∴MN=12OC＝2，
在△ABN中，AB＝4，BN＝3，
∴AN＝5，
在△AMN中，AM＞AN﹣MN；当M运动到AN上时，AM＝AN﹣MN，
∴AM≥AN﹣MN＝5﹣2＝3，
∴线段AM的最小值是3，
故选：A．
【点评】此题方法较多，可以用三角形两边之差的最值模型，也可用瓜豆模型．
4．（2023•无锡）如图，△ABC中，∠BAC＝55°，将△ABC逆时针旋转α（0°＜α＜55°），得到△ADE，DE交AC于F．当α＝40°时，点D恰好落在BC上，此时∠AFE等于（ ）
A．80°B．85°C．90°D．95°
【分析】由旋转的性质可得∠BAC＝∠DAE，∠BAD＝∠CAE＝40°，AB＝AD，∠C＝∠E，由等腰三角形的性质可求∠B＝70°，由三角形内角和定理可求解．
【解答】解：∵将△ABC逆时针旋转α（0°＜α＜55°），得到△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，∠BAD＝∠CAE＝40°，AB＝AD，∠C＝∠E，
∴∠B＝70°，
∴∠C＝∠E＝55°，
∴∠AFE＝180°﹣55°﹣40°＝85°，
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
5．（2023•通辽）如图，在平面直角坐标系中，已知点P（0，1），点A（4，1），以点P为中心，把点A按逆时针方向旋转60°得到点B，在M1（﹣1，−3），M2（−33，0），M3（1，3−1），M4（2，23）四个点中，直线PB经过的点是（ ）
A．M1B．M2C．M3D．M4
【分析】根据含30°角的直角三角形的性质可得B（2，1+2 3），利用待定系数法可得直线PB的解析式，依次将M1，M2，M3，M4四个点的一个坐标代入y=3x+1中可解答．
【解答】解：∵点A（4，1），点P（0，1），
∴PA⊥y轴，PA＝4，
由旋转得：∠APB＝60°，AP＝PB＝4，
如图，过点B作BC⊥y轴于C，
∴∠BPC＝30°，
∴BC＝2，PC＝2 3，
∴B（2，1+2 3），
设直线PB的解析式为：y＝kx+b，
则2k+b=1+23b=1，
∴k=3b=1，
∴直线PB的解析式为：y=3x+1，
当x＝﹣1时，y=−3+1，
∴点M1（﹣1，−3）不在直线PB上，
当x=−33时，y＝﹣1+1＝0，
∴M2（−33，0）在直线PB上，
当x＝1时，y=3+1，
∴M3（1，3−1）不在直线PB上，
当x＝2时，y＝23+1，
∴M4（2，23）不在直线PB上．
故选：B．
【点评】本题考查的是图形旋转变换，待定系数法求一次函数的解析式，确定点B的坐标是解本题的关键．
6．（2023•通辽）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE，旋转角为α（0°＜α＜180°），点B的对应点D恰好落在BC边上，若DE⊥AC，∠CAD＝24°，则旋转角α的度数为（ ）
A．24°B．28°C．48°D．66°
【分析】由旋转的性质可得∠B＝∠ADE＝66°，AB＝AD，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求解．
【解答】解：∵DE⊥AC，∠CAD＝24°，
∴∠ADE＝66°，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE，
∴∠B＝∠ADE＝66°，AB＝AD，
∴∠B＝∠ADB＝66°
∴∠BAD＝48°，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
7．（2023•聊城）如图，已知等腰直角△ABC，∠ACB＝90°，AB=2，点C是矩形ECGF与△ABC的公共顶点，且CE＝1，CG＝3；点D是CB延长线上一点，且CD＝2．连接BG，DF，在矩形ECGF绕点C按顺时针方向旋转一周的过程中，当线段BG达到最长和最短时，线段DF对应的长度分别为m和n，则mn的值为（ ）
A．2B．3C．10D．13
【分析】当点G在线段BC的延长线时时，GB有最大值，由勾股定理可求此时GF的长，当点G在线段CB的延长线上时，GB有最小值，由勾股定理可求此时GF的长，即可求解．
【解答】解：在等腰直角△ABC，∠ACB＝90°，AB=2，
∴AC＝BC＝1，
在△BCG中，CG﹣BC＜BG＜CG+BC，
即2＜BG＜4，
如图，当点G在线段BC的延长线时时，GB有最大值，
∴DG＝DC+CG＝5，GF＝1，
∴DF=DG2+GF2=25+1=26=m，
当点G在线段CB的延长线上时，GB有最小值，
∴DG＝CG﹣DC＝1，FG＝1，
∴DF=FG2+DG2=1+1=2=n，
∴mn=13，
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，矩形的性质，勾股定理等知识，确定BG最长和最短时的位置是解题的关键．
8．（2023•天津）如图，把△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在BC的延长线上，连接BD，则下列结论一定正确的是（ ）
A．∠CAE＝∠BEDB．AB＝AEC．∠ACE＝∠ADED．CE＝BD
【分析】由旋转的性质可得∠ABC＝∠ADE，∠BAD＝∠CAE，由三角形内角和定理可得∠BED＝∠BAD＝∠CAE．
【解答】解：如图，设AD与BE的交点为O，
∵把△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，
∴∠ABC＝∠ADE，∠BAD＝∠CAE，
又∵∠AOB＝∠DOE，
∴∠BED＝∠BAD＝∠CAE，
故选：A．
【点评】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
9．（2023•株洲）如图所示，在矩形ABCD中，AB＞AD，AC与BD相交于点O，下列说法正确的是（ ）
​
A．点O为矩形ABCD的对称中心
B．点O为线段AB的对称中心
C．直线BD为矩形ABCD的对称轴
D．直线AC为线段BD的对称轴
【分析】根据矩形的性质、轴对称图形的性质和中心对称图形的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，本题得以解决．
【解答】解：矩形ABCD是中心对称图形，对称中心是对角线的交点O，故选项A正确，符合题意；
线段AB的中点是为线段AB的对称中心，故选项B错误，不符合题意；
矩形ABCD是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，故选项C错误，不符合题意；
过线段BD的中点的垂线是线段BD的对称轴，故选项D错误，不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查中心对称、矩形的性质、轴对称的性质，熟记矩形即是中心对称图形也是轴对称图形是解答本题的关键．
10．（2023•宜宾）如图，△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，把△ADE以A为中心顺时针旋转，点M为射线BD、CE的交点．若AB=3，AD＝1．以下结论：①BD＝CE；②BD⊥CE；③当点E在BA的延长线上时，MC=3−32；④在旋转过程中，当线段MB最短时，△MBC的面积为12．其中正确结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】证明△BAD≌△CAE可判断①，由三角形的外角的性质可判断②，证明∠DCM∽∠ECA，有 MC3=3−12，即可判断③；以A为圆心，AD为半径画圆，当CE在⊙A的下方与⊙A相切时，MB的值最小，可得四边形AEMD是正方形，在Rt△MBC中，MC=BC2−MB2=2+1，然后根据三角形的面积公式可判断④．
【解答】解：∵△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，
∴BA＝CA，DA＝EA，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，故①正确；
设∠ABD＝∠ACE＝x，∠DBC＝45°﹣x，
∴∠EMB＝∠DBC+∠BCM＝∠DBC+∠BCA+∠ACE＝45°﹣x+45°+x＝90°，
∴BD⊥CE，故②正确；
当点E在BA的延长线上时，如图：
同理可得∠DMC＝90°，
∴∠DMC＝∠EAC，
∵∠DCM＝∠ECA，
∴∠DCM∽△ECA
∴MCAC=CDEC，
∵AB=3=AC，AD＝1＝AE，
∴CD=AC−AD=3−1，CE=AE2+AC2=2，
∴MC3=3−12，
∴MC=3−32，故③正确；
④以A为圆心，AD为半径画圆，如图：
∵∠BMC＝90°，
∴当CE在⊙A的下方与⊙A相切时，MB的值最小，
∴∠ADM＝∠DME＝∠AEM＝90°，
∵AE＝AD，
∴四边形AEMD是正方形，
∴MD＝AE＝1，
∵BD=AB2−AD2=(3)2−12=2，
∴CE＝BD=2，BM＝BD﹣MD=2−1，
∴MC＝CE+ME=2+1，
∵BC=2AB=6，
∴MB=BC2−MC2=(6)2−(2−1)2=2+1，
∴△MBC的面积为12×（2+1）×（2−1）=12，故④正确，
故选：D．
【点评】本题考查等腰直角三角形的旋转问题，涉及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，最短路径等知识，解题的关键是掌握旋转的性质．
11．（2022•天津）如图，在△ABC中，AB＝AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（ ）
A．AB＝ANB．AB∥NCC．∠AMN＝∠ACND．MN⊥AC
【分析】根据旋转变换的性质、等边三角形的性质、平行线的性质判断即可．
【解答】解：A、∵AB＝AC，
∴AB≥AM，
由旋转的性质可知，AN＝AM，
∴AB≥AN，故本选项结论错误，不符合题意；
B、当△ABC为等边三角形时，AB∥NC，除此之外，AB与NC不平行，故本选项结论错误，不符合题意；
C、由旋转的性质可知，∠BAC＝∠MAN，∠ABC＝∠ACN，
∵AM＝AN，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠AMN，
∴∠AMN＝∠ACN，本选项结论正确，符合题意；
D、只有当点M为BC的中点时，∠BAM＝∠CAM＝∠CAN，才有MN⊥AC，故本选项结论错误，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查的是旋转变换、等腰三角形的性质、平行线的判定，掌握旋转变换的性质是解题的关键．
12．（2022•益阳）如图，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，以下结论：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正确的有（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【分析】根据旋转的性质可得，BC＝B′C′∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根据旋转角的度数为50°，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．
【解答】解：①∵△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，
∴BC＝B′C′．故①正确；
②∵△ABC绕A点逆时针旋转50°，
∴∠BAB′＝50°．
∵∠CAB＝20°，
∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°．
∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°，
∴∠AB′C′＝∠B′AC．
∴AC∥C′B′．故②正确；
③在△BAB′中，
AB＝AB′，∠BAB′＝50°，
∴∠AB′B＝∠ABB′=12（180°﹣50°）＝65°．
∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°．
∴C′B′与BB′不垂直．故③不正确；
④在△ACC′中，
AC＝AC′，∠CAC′＝50°，
∴∠ACC′=12（180°﹣50°）＝65°．
∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正确．
∴①②④这三个结论正确．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小．
13．（2022•呼和浩特）如图．△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△EDC，使点B的对应点D恰好落在AB边上，AC、ED交于点F．若∠BCD＝α，则∠EFC的度数是（用含α的代数式表示）（ ）
A．90°+12αB．90°−12αC．180°−32αD．32α
【分析】由旋转的性质可知，BC＝CD，∠B＝∠EDC，∠A＝∠E，∠ACE＝∠BCD，因为∠BCD＝α，所以∠B＝∠BDC=180°−α2=90°−α2，∠ACE＝α，由三角形内角和可得，∠A＝90°﹣∠B=α2．所以∠E=α2．再由三角形内角和定理可知，∠EFC＝180°﹣∠ECF﹣∠E＝180°−32α．
【解答】解：由旋转的性质可知，BC＝CD，∠B＝∠EDC，∠A＝∠E，∠ACE＝∠BCD，
∵∠BCD＝α，
∴∠B＝∠BDC=180°−α2=90°−α2，∠ACE＝α，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠B=α2．
∴∠E=α2．
∴∠EFC＝180°﹣∠ECF﹣∠E＝180°−32α．
故选：C．
【点评】本题主要考查旋转的性质，三角形内角和等相关内容，由旋转的性质得出∠E和∠ECF的角度是解题关键．
14．（2022•丹东）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝CD，对角线AC与BD交于点O，点E是AD的中点，连接OE，△ABD的周长为12cm，则下列结论错误的是（ ）
A．OE∥AB
B．四边形ABCD是中心对称图形
C．△EOD的周长等于3cm
D．若∠ABC＝90°，则四边形ABCD是轴对称图形
【分析】根据平行四边形的性质及三角形中位线定理判断各个选项即可．
【解答】解：∵AB∥CD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵对角线AC与BD交于点O，点E是AD的中点，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE∥AB，
∴A选项结论正确，不符合题意；
∵四边形ABCD是中心对称图形，
∴B选项结论正确，不符合题意；
∵△ABD的周长为12cm，
∴△EOD的周长等于6cm，
∴C选项结论错误，符合题意；
若∠ABC＝90°，则四边形ABCD是矩形，是轴对称图形，
∴D选项结论正确，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题主要考查平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理，中心对称图形、轴对称图形、矩形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理，中心对称图形、轴对称图形、矩形的判定与性质等知识是解题的关键．
15．（2022•常德）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点A，B的对应点分别是D，E，点F是边AC的中点，连接BF，BE，FD．则下列结论错误的是（ ）
A．BE＝BCB．BF∥DE，BF＝DE
C．∠DFC＝90°D．DG＝3GF
【分析】根据等边三角形的判定定理得到△BCE为等边三角形，根据等边三角形的性质得到BE＝BC，判断A选项；证明△ABC≌△CFD，根据全等三角形的性质判断B、C选项；解直角三角形，用CF分别表示出GF、DF，判断D选项．
【解答】解：A、由旋转的性质可知，CB＝CE，∠BCE＝60°，
∴△BCE为等边三角形，
∴BE＝BC，本选项结论正确，不符合题意；
B、在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，点F是边AC的中点，
∴AB=12AC＝CF＝BF，
由旋转的性质可知，CA＝CD，∠ACD＝60°，
∴∠A＝∠ACD，
在△ABC和△CFD中，
AB=CF∠A=∠FCDCA=CD，
∴△ABC≌△CFD（SAS），
∴DF＝BC＝BE，
∵DE＝AB＝BF，
∴四边形EBFD为平行四边形，
∴BF∥DE，BF＝DE，本选项结论正确，不符合题意；
C、∵△ABC≌△CFD，
∴∠DFC＝∠ABC＝90°，本选项结论正确，不符合题意；
D、在Rt△GFC中，∠GCF＝30°，
∴GF=33CF，
同理可得，DF=3CF，
∴DF＝3GF，故本选项结论错误，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，正确理解旋转变换的概念是解题的关键．
16．（2022•绥化）如图，线段OA在平面直角坐标系内，A点坐标为（2，5），线段OA绕原点O逆时针旋转90°，得到线段OA'，则点A'的坐标为（ ）
A．（﹣5，2）B．（5，2）C．（2，﹣5）D．（5，﹣2）
【分析】过点A作AB⊥x轴于点B，过点A′作A′C⊥x轴于点C，利用旋转的性质和全等三角形的判定与性质解答即可．
【解答】解：过点A作AB⊥x轴于点B，过点A′作A′C⊥x轴于点C，如图，
∵A点坐标为（2，5），
∴OB＝2，AB＝5．
由题意：∠AOA′＝90°，OA＝OA′．
∴∠AOB+∠A′OC＝90°．
∵∠A′OC+∠A′＝90°，
∴∠A′＝∠AOB．
在△A′OC和△OAB中，
∠A'=∠AOB∠A'CO=∠OBA=90°OA'=AO，
∴△A′OC≌△OAB（AAS）．
∴A′C＝OB＝2，OC＝AB＝5，
∴A′（﹣5，2）．
故选：A．
【点评】本题主要考查了图形的旋转与坐标的变化，点的坐标的特征，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
17．（2022•杭州）如图，在平面直角坐标系中，已知点P（0，2），点A（4，2）．以点P为旋转中心，把点A按逆时针方向旋转60°，得点B．在M1（−33，0），M2（−3，﹣1），M3（1，4），M4（2，112）四个点中，直线PB经过的点是（ ）
A．M1B．M2C．M3D．M4
【分析】根据含30°角的直角三角形的性质可得B（2，2+23），利用待定系数法可得直线PB的解析式，依次将M1，M2，M3，M4四个点的一个坐标代入y=3x+2中可解答．
【解答】解：∵点A（4，2），点P（0，2），
∴PA⊥y轴，PA＝4，
由旋转得：∠APB＝60°，AP＝PB＝4，
如图，过点B作BC⊥y轴于C，
∴∠BPC＝30°，
∴BC＝2，PC＝23，
∴B（2，2+23），
设直线PB的解析式为：y＝kx+b，
则2k+b=2+23b=2，
∴k=3b=2，
∴直线PB的解析式为：y=3x+2，
当y＝0时，3x+2＝0，x=−233，
∴点M1（−33，0）不在直线PB上，
当x=−3时，y＝﹣3+2＝﹣1，
∴M2（−3，﹣1）在直线PB上，
当x＝1时，y=3+2，
∴M3（1，4）不在直线PB上，
当x＝2时，y＝23+2，
∴M4（2，112）不在直线PB上．
故选：B．
【点评】本题考查的是图形旋转变换，待定系数法求一次函数的解析式，确定点B的坐标是解本题的关键．
18．（2022•聊城）如图，在直角坐标系中，线段A1B1是将△ABC绕着点P（3，2）逆时针旋转一定角度后得到的△A1B1C1的一部分，则点C的对应点C1的坐标是（ ）
A．（﹣2，3）B．（﹣3，2）C．（﹣2，4）D．（﹣3，3）
【分析】根据旋转的性质解答即可．
【解答】解：连接AP，A1P．
∵线段A1B1是将△ABC绕着点P（3，2）逆时针旋转一定角度后得到的△A1B1C1的一部分，
∴A的对应点为A1，
∴∠APA1＝90°，
∴旋转角为90°，
∴点C绕点P逆时针旋转90°得到的C1点的坐标为（﹣2，3），
故选：A．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，熟练掌握对应点与旋转中心的连线是旋转角和旋转角相等是解答本题的关键．
二．填空题（共22小题）
19．（2023•宁夏）如图是由边长为1的小正方形组成的9×6网格，点A，B，C，D，E，F，G均在格点上，下列结论：
①点D与点F关于点E中心对称；
②连接FB，FC，FE，则FC平分∠BFE；
③连接AG，则点B，F到线段AG的距离相等．
其中正确结论的序号是 ①②③ ．
【分析】根据中心对称概念，全等三角形判定与性质，点到直线的距离等逐个判断．
【解答】解：①连接DF，如图：
由图可知，点D与点F关于点E中心对称，故①正确；
②如图：
由SSS可知△BFC≌△EFC，
∴∠BFC＝∠EFC，FC平分∠BFE，故②正确；
③取AG上的格点M，N，连接BM，FN，如图，
由正方形性质可知∠AMB＝∠FNG＝90°，
∴B到AG的距离为BM的长度，F到AG的距离为FN的长度，
而BM＝FN，
∴点B，F到线段AG的距离相等，故③正确；
∴正确结论是①②③；
故答案为：①②③．
【点评】本题考查中心对称，三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形性质及应用等，解题的关键是掌握中心对称的概念，能熟练应用全等三角形的判定定理．
20．（2023•营口）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，将AC绕着点C按顺时针旋转60°得到CD，连接BD交AC于点E，则AEED= 22−66 ．
【分析】连接AD，过点D作DG⊥AC于点G，由旋转的性质可得AC＝CD，∠ACD＝60°，得到△ACD为等边三角形，由等边三角形三线合一可知AG＝CG=12AC，再设AB＝AC＝2a，则AC＝AD＝CD＝2a，AG＝CG＝a，易得DG=3a，△ABE∽△GDE，由相似三角形的性质可得AEGE=ABDG，即AE=233GE，由AE+GE＝AG＝a可求出GE=(23−3)a，AE=(4−23)a，利用勾股定理求出DE，以此即可求解．
【解答】解：如图，连接AD，过点D作DG⊥AC于点G，
∵将AC绕着点C按顺时针旋转60°得到CD，
∴AC＝CD，∠ACD＝60°，
∴△ACD为等边三角形，
∵DG⊥AC，
∴AG＝CG=12AC，
设AB＝AC＝2a，则AC＝AD＝CD＝2a，AG＝CG＝a，
在Rt△ADG中，DG=AD2−AG2=3a，
∵∠BAE＝∠DGE＝90°，∠AEB＝∠GED，
∴△ABE∽△GDE，
∴AEGE=ABDG，即AEGE=2a3a=233，
∴AE=233GE，
∵AE+GE＝AG＝a，
∴233GE+GE＝a，
解得：GE=(23−3)a，
∴AE=(4−23)a，
在Rt△DGE中，DE=DG2+EG2=23(2−3)a，
∴AEED=(4−23)a23(2−3)a=6−333=(322−62)23=22−66．
【点评】本题主要考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质，解题关键正确作出辅助线，构造相似三角形解决问题．
21．（2023•兰州）如图，将面积为7的正方形OABC和面积为9的正方形ODEF分别绕原点O顺时针旋转，使OA，OD落在数轴上，点A，D在数轴上对应的数字分别为a、b，则b﹣a＝ 3−7 ．
【分析】利用正方形的面积求得OA=7，OD＝3，根据旋转的性质得出a＝OA=7，b＝OD＝3，从而求得b﹣a＝3−7．
【解答】解：∵正方形OABC和正方形ODEF的面积分别为7和9，
∴OA=7，OD＝3，
∴a＝OA=7，b＝OD＝3，
∴b﹣a＝3−7．
故答案为：3−7．
【点评】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，数形结合是解题的关键．
22．（2023•内蒙古）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝1，将△ABC绕点A逆时针方向旋转90°，得到△AB′C′．连接BB′，交AC于点D，则ADDC的值为 5 ．
【分析】过点D作DF⊥AB于点F，利用勾股定理求得 AB=10，根据旋转的性质可证△ABB'、△DFB 是等腰直角三角形，可得DF＝BF，再由S△ADB=12×BC×AD=12×DF×AB，AD=10DF，证明△AFD∽△ACB，可得 DFBC=AFAC，即AF＝3DF，再由 AF=10−DF，求得 DF=104，从而求得 AD=52，CD=12，即可求解．
【解答】解：过点D作DF⊥AB于点F，
，
∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝1，AB=32+12=10，
∵将△ABC绕点A逆时针方向旋转 90° 得到△AB'C'，AB=AB'=10，∠BAB'＝90°，
∴△ABB'是等腰直角三角形，
∴∠ABB'＝45°
∵DF⊥AB，∠DFB＝45°，
∴△DFB是等腰直角三角形，
∴DF＝BF，
S△DBA=12×BC×AD=12×DF×AB，即 AD=10DF，
∵∠C＝∠AFD＝90°，∠CAB＝∠FAD，
∴△AFD∽△ACB，
∴DFBC=AFAC，
即AF＝3DF，
又∵AF=10−DF，
∴DF=104，
∴AD=10×104=52，
∴CD=3−52=12，
∴ADCD=5212=5，
故答案为：5．
【点评】本题考查旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形的面积，则 练掌握相关知识是解题的关键．
23．（2023•张家界）如图，AO为∠BAC的平分线，且∠BAC＝50°，将四边形ABOC绕点A逆时针方向旋转后，得到四边形AB′O′C′，且∠OAC′＝100°，则四边形ABOC旋转的角度是 75° ．
【分析】依据AO为∠BAC的平分线可知，∠BAO＝∠CAO=12∠BAC＝25°，依据旋转的性质可知∠C′AO′＝∠CAO＝25°，旋转角为∠OAO′，∠OAO′＝∠OAC′﹣∠C′AO′代入数据即可得解．
【解答】解：∵AO为∠BAC的平分线，∠BAC＝50°，
∴∠BAO＝∠CAO=12∠BAC＝25°，
依据旋转的性质可知∠C′AO′＝∠CAO＝25°，旋转角为∠OAO′，
∴∠OAO′＝∠OAC′﹣∠C′AO′＝100°﹣25°＝75°．
故答案为：75°．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，菱形的判定，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
24．如图，点E是正方形ABCD内的一点，将△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBF．若∠ABE＝55°，则∠EGC＝ 80 度．
【分析】先根据正方形的性质可得∠ABC＝90°，从而可得∠EBC＝35°，然后根据旋转的性质可得：BE＝BF，∠EBF＝90°，从而可得∠BEF＝∠BFE＝45°，最后利用三角形的外角性质进行计算，即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，
∵∠ABE＝55°，
∴∠EBC＝∠ABC﹣∠ABE＝35°，
由旋转得：BE＝BF，∠EBF＝90°，
∴∠BEF＝∠BFE＝45°，
∵∠EGC是△BEG的一个外角，
∴∠EGC＝∠BEF+∠EBC＝80°，
故答案为：80．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握旋转的性质，以及正方形的性质是解题的关键．
25．（2023•绥化）已知等腰△ABC，∠A＝120°，AB＝2．现将△ABC以点B为旋转中心旋转45°，得到△A′BC′，延长C′A′交直线BC于点D．则A′D的长度为 4+23或4−23 ．
【分析】分两种情况：①当△ABC绕点B逆时针旋转45°得到△A′BC′，过点B作BE⊥A'D于D，作BD的垂直平分线HF交DB于H，交A'D于F，连接BF，先求出∠D＝15°，再求出A'E＝1，BE=3，进而得DF=BF=23，EF＝3，据此可求得A'D的长；
②当△ABC绕点B顺时针旋转45°得到△A′BC′，过点D作DM⊥A'D于M，作AD的垂直平分线PQ交A'B于Q，先求出∠A'BD＝15°，设A'M＝x，则A'D＝2x，DM=3x，进而可求得DQ=BQ=23x，QM＝3x，据此可求出x，进而可求得A'D的长．
【解答】解：∵将△ABC绕点B旋转45°得到△A′BC′，
∴有以下两种情况：
①当△ABC绕点B逆时针旋转45°得到△A′BC′，
过点B作BE⊥A'D于E，作BD的垂直平分线HF交DB于H，交A'D于F，连接BF，
∵△ABC为等腰三角形，∠A＝120°，AB＝2，
∴∠BA'C'＝∠A＝120°，A'B＝AB＝2，∠ABC＝30°，
∴∠DA'B＝60°，
由旋转的性质得：∠A'BA＝45°，
∴∠A'BC＝∠A'BA+∠ABC＝75°，
又∵∠A'BC＝∠DA'B+∠D，
即75°＝60°+∠D＝15°，
在Rt△A'BE中，∠DA'B＝60°，A'B＝2，
∴∠A'BE＝30°，
∴A'E=12AB=1，
由勾股定理得：BE=A'B2−A'E2=3，
∵HF为BD的垂直平分线，
∴DF＝BF，
∴∠D＝∠FBD＝15°，
∴∠EFB＝∠D+∠FBD＝30°，
∴BF=2BE=23，故：DF=BF=23，
由勾股定理得：EF=BF2−BE2=3，
∴A'D=AE+EF+DF=4+23；
②当△ABC绕点B顺时针旋转45°得到△A′BC′，
过点D作DM⊥A'D于M，作AD的垂直平分线PQ交A'B于Q，
由旋转的性质得：∠ABA'＝45°，∠BA'C'＝∠A＝120°，A'B＝AB＝2，
∴∠A'BD＝∠ABA'﹣∠ABC＝15°，∠BA'D＝60°，
∵DM⊥A'D，
∴∠A'DM＝30°，
在Rt△A'DM中，∠A'DM＝30°，设A'M＝x，
则A'D＝2A'M＝2x，
由勾股定理得：DM=A'D2−A'M2=3x，
∵PQ为BD的垂直平分线，
∴BQ＝DQ，
∴∠A'BD＝∠QDB＝15°，
∴∠DQM＝∠A'BD+∠QDB＝30°，
∴DQ=BQ=2DM=23x，
由勾股定理得：QM=QD2−DM2=3x，
∵A'M+QM+BQ＝A'B，
∴x+3x+23x=2，
∴x=2−3，
即A'D=2x=4−23．
综上所述：A′D的长度为4+23或4−23．
故答案为：4+23或4−23．
【点评】此题主要考查了图形的旋转变换及性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等，解答此题的关键是理解题意，熟练掌握图形的旋转变换，理解在直角三角形中，30°的角所对的直角边等于斜边的一半，分类讨论是解答此题的难点，漏解是解答此题的易错点之一．
26．（2023•黑龙江）如图，在Rt△ACB中，∠BAC＝30°，CB＝2，点E是斜边AB的中点，把Rt△ABC绕点A顺时针旋转，得Rt△AFD，点C，点B旋转后的对应点分别是点D，点F，连接CF，EF，CE，在旋转的过程中，△CEF面积的最大值是 4+3 ．
【分析】线段CE为定值，点F到CE距离最大时，△CEF的面积最大，画出图形，即可求出答案．
【解答】解：∵线段CE为定值，
∴点F到CE的距离最大时，△CEF的面积有最大值．
在Rt△ACB中，∠BAC＝30°，E是AB的中点，
∴AB＝2BC＝4，CE＝AE=12AB＝2，AC＝AB•cs30°＝23，
∴∠ECA＝∠BAC＝30°，
过点A作AG⊥CE交CE的延长线于点G，
∴AG=12AC=3，
∵点F的在以A为圆心，AB长为半径的圆上，
∴AF＝AB＝4，
∴点F到CE的距离最大值为4+3，
∴S△CEF=12CE⋅(4+3)=4+3，
故答案为：4+3．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，特殊直角三角形的性质，点的运动轨迹等知识，采取动静互换，画出△CEF的面积最大时的图形是解题的关键．
27．（2023•绥化）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，点E为高BD上的动点．连接CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到CF．连接AF，EF，DF，则△CDF周长的最小值是 3+33 ．
【分析】分析已知，可证明△BCE≌△ACF，得∠CAF＝∠CBE＝30°，可知点F在△ABC外，使∠CAF＝30°的射线AF上，根据将军饮马型，求得DF+CF的最小值便可求得本题结果．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC＝6，∠ABC＝∠BCA＝60°，
∵∠ECF＝60°，
∴∠BCE＝60°﹣∠ECA＝∠ACF，
∵CE＝CF，
∴△BCE≌△ACF（SAS），
∴∠CAF＝∠CBE，
∵△ABC是等边三角形，BD是高，
∴∠CBE=12∠ABC＝30°，CD=12AC＝3，
过C点作CG⊥AF，交AF的延长线于点G，延长CG到H，使得GH＝CG，连接AH，DH，DH与AG交于点I，连接CI，FH，
则∠ACG＝60°，CG＝GH=12AC＝3，
∴CH＝AC＝6，
∴△ACH为等边三角形，
∴DH＝CD•tan60°=33，
AG垂直平分CH，
∴CI＝HI，CF＝FH，
∴CI+DI＝HI+DI＝DH＝33，
CF+DF＝HF+DF≥DH，
∴当F与I重合时，即D、F、H三点共线时，CF+DF的值最小为：CF+DF＝DH＝33，
∴△CDF的周长的最小值为3+33．
故答案为：3+33．
【点评】本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，将军饮马的应用，关键在于证明三角形全等确定E点运动轨迹．
28．（2023•上海）如图，在△ABC中，∠C＝35°，将△ABC绕着点A旋转α（0°＜α＜180°），旋转后的点B落在BC上，点B的对应点为D，联结AD，AD是∠BAC的角平分线，则α＝ (1103)° ．
【分析】由AB＝AD，∠BAD＝α及角平分线的定义得∠CAD＝∠BAD＝α，根据三角形外角性质得∠ADB＝35°+α，即有∠B＝∠ADB＝35°+α，由三角形的内角和定理求解即可．
【解答】解：如图，
∵AB＝AD，∠BAD＝α，AD是∠BAC 的角平分线，
∴∠CAD＝∠BAD＝α，
∵∠ADB＝∠C+∠CAD＝35°+α，AB＝AD，
∴∠B＝∠ADB＝35°+α，
在△ABC 中，∠C+∠CAB+∠B＝180°，
∴35°+2α+35°+α＝180°，
解得：α=(1103)°；
故答案为：(1103)°．
【点评】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质 及三角形的内角和等知识，孰练掌握相关图形的性质是解题的关键．
29．（2023•江西）如图，在▱ABCD中，∠B＝60°，BC＝2AB，将AB绕点A逆时针旋转角α（0°＜α＜360°）得到AP，连接PC，PD．当△PCD为直角三角形时，旋转角α的度数为 90°或180°或270° ．
【分析】P点在以A为圆心，AB为半径的圆上运动，有固定轨迹，△PCD为直角三角形，要分三种情况讨论求解．
【解答】解：由题意可知，P点在以A为圆心，AB为半径的圆上运动．
如图：延长BA与⊙A交于P3，连接P3C．
∵P3C＝2AB＝BC，
又∵∠B＝60°，
∴△P3BC为等边三角形，
∴AC⊥AB．
在▱ABCD中，AB∥CD，AB＝CD，
∴CD⊥AC．
∴∠ACD＝90°，
∴当P在直线AC上时符合题意，
∴α1＝90°，α2＝270°．
连接P3D，
∵AP3∥CD，AP3＝AB＝CD，
∴四边形ACDP3为平行四边形．
∴∠P3DC＝∠P3AC＝90°，
即：P运动到P3时符合题意．
∴α3＝180°．
记CD中点为G，以G为圆心，GC为半径作⊙G．
AG=AC2+CG2=BC2−AB2+CG2=(2CD)2−CD2+(12CD)2=132CD＞32CD，
∴⊙A与⊙G相离，
∴∠DPC＜90°．
故答案为：90°、180°、270°．
【点评】本题考查了直角三角形的定义，等边三角形，等腰三角形的性质及判定，以及圆周角定理，勾股定理等知识点．题目新颖、灵活，解法多样，需要敏锐的感知图形的运动变化才能顺利解题．
30．（2023•新疆）如图，在平面直角坐标系中，△OAB为直角三角形，∠A＝90°，∠AOB＝30°，OB＝4．若反比例函数y=kx（k≠0）的图象经过OA的中点C，交AB于点D，则k＝ 334 ．
【分析】先根据直角三角形中30°的角所对的直角边是斜边的一半求出AB，再根据勾股定理求出OA，在Rt△AOE中求出AE，OE，最后根据点C是OA的中点求出点C的坐标，利用待定系数法求出k的值即可．
【解答】解：过点A作AE⊥OB于点E，过点C作CF⊥OB于点F，
∵∠A＝90°，∠AOB＝30°，OB＝4，
∴AB=12OB=12×4=2，
由勾股定理得OA=OB2−AB2=42−22=23，
在Rt△AOE中，∠AOB＝30°，OA=23，
∴AE=12OA=12×23=3，
由勾股定理得OE=OA2−AE2=(23)2−(3)2=3，
∵点C是OA的中点，
∴CF=12AE=32，OF=12OE=32，
∵点C在第一象限，
∴点C的坐标是(32，32)，
∵反比例函数y=kx的图象经过OA的中点C，
∴k=32×32=334，
故答案为：334．
【点评】本题考查了反比例函数与几何的综合题，熟知直角三角形中30°的角所对的直角边是斜边的一半，熟练掌握勾股定理，求出点C的坐标是此题的关键．
31．（2023•宜宾）如图，M是正方形ABCD边CD的中点，P是正方形内一点，连接BP，线段BP以B为中心逆时针旋转90°得到线段BQ，连接MQ．若AB＝4，MP＝1，则MQ的最小值为 210−1 ．
【分析】连接BM，将△BCM绕B逆时针旋转90°得△BEF，连接MF，QF，证明△BPM≌△BBQF（SAS），得MP＝QF＝1，故Q的运动轨迹是以F为圆心，1为半径的弧，求出BM=BC2+CM2=25，可得MF=2BM＝210，由MQ≥MF﹣QF，知MQ≥210−1，从而可得MQ的最小值为210−1．
【解答】解：连接BM，将△BCM绕B逆时针旋转90°得△BEF，连接MF，QF，如图：
∵∠CBE＝90°，∠ABC＝90°，
∴∠ABC+∠CBE＝180°，
∴A，B，E共线，
∵∠PBM＝∠PBQ﹣∠MBQ＝90°﹣∠MBQ＝∠FBQ，
由旋转性质得PB＝QB，MB＝FB，
∴△BPM≌△BBQF（SAS），
∴MP＝QF＝1，
∴Q的运动轨迹是以F为圆心，1为半径的弧，
∵BC＝AB＝4，CM=12CD＝2，
∴BM=BC2+CM2=25，
∵∠MBF＝90°，BM＝BF，
∴MF=2BM＝210，
∵MQ≥MF﹣QF，
∴MQ≥210−1，
∴MQ的最小值为210−1．
故答案为：210−1．
【点评】本题考查正方形中的旋转问题，解题的关键是掌握性质的性质，正确作出辅助线构造全等三角形解决问题．
32．（2022•阜新）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝4，将△ABC绕点A逆时针旋转60°，得到△ADE，则点D到BC的距离是 2 ．
【分析】由旋转的性质可得AB＝AD＝4，∠BAD＝60°，可证△ABD是等边三角形，由直角三角形的性质可求解．
【解答】解：如图，连接BD，过点D作DH⊥BC于H，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°，
∴AB＝AD＝4，∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝4，∠ABD＝60°，
∴∠DBC＝30°，
∵DH⊥BC，
∴DH=12BD＝2，
∴点D到BC的距离是2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
33．（2022•贵港）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上，若DE⊥AC，∠CAD＝25°，则旋转角α的度数是 50° ．
【分析】先求出∠ADE的度数，然后由旋转的性质和等腰三角形的性质分析求解．
【解答】解：根据题意，
∵DE⊥AC，∠CAD＝25°，
∴∠ADE＝90°﹣25°＝65°，
由旋转的性质可得∠B＝∠ADE，AB＝AD，
∴∠ADB＝∠B＝65°，
∴∠BAD＝180°﹣65°﹣65°＝50°，
∴旋转角α的度数是50°；
故答案为：50°．
【点评】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握旋转的性质进行计算．
34．（2022•朝阳）如图，在矩形ABCD中，AD＝23，DC＝43，将线段DC绕点D按逆时针方向旋转，当点C的对应点E恰好落在边AB上时，图中阴影部分的面积是 24﹣63−4π ．
【分析】由旋转的性质可得DE＝DC＝43，由锐角三角函数可求∠ADE＝60°，由勾股定理可求AE的长，分别求出扇形EDC和四边形DCBE的面积，即可求解．
【解答】解：∵将线段DC绕点D按逆时针方向旋转，
∴DE＝DC＝43，
∵cs∠ADE=ADDE=2343=12，
∴∠ADE＝60°，
∴∠EDC＝30°，
∴S扇形EDC=30×π×48360=4π，
∵AE=DE2−AD2=48−12=6，
∴BE＝AB﹣AE＝43−6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴EB∥CD，∠B＝∠DCB＝90°，
∵EB≠CB，
∴四边形DCBE是直角梯形，
∴S四边形DCBE=(43−6+43)×232=24﹣63，
∴阴影部分的面积＝24﹣63−4π，
故答案为：24﹣63−4π．
【点评】本题考查了旋转的性质，锐角三角函数，矩形的性质，扇形的面积公式等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
35．（2022•广州）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP′，连接PP′，CP′．当点P′落在边BC上时，∠PP′C的度数为 120° ；当线段CP′的长度最小时，∠PP′C的度数为 75° ．
【分析】如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．利用全等三角形的性质证明∠BEP′＝90°，推出点P′在射线EP′上运动，如图1中，设EP′交BC于点O，再证明△BEO是等腰直角三角形，可得结论．
【解答】解：如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．
∵△BPP′是等边三角形，
∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE，
∴∠ABP＝∠EBP′，
在△ABP和△EBP′中，
BA=BE∠ABP=∠EBP'BP=BP'，
∴△ABP≌△EBP′（SAS），
∴∠BAP＝∠BEP′＝90°，
∴点P′在射线EP′上运动，
如图1中，设EP′交BC于点O，
当点P′落在BC上时，点P′与O重合，此时∠PP′C＝180°﹣60°＝120°，
当CP′⊥EP′时，CP′的长最小，此时∠EBO＝∠OCP′＝30°，
∴EO=12OB，OP′=12OC，
∴EP′＝EO+OP′=12OB+12OC=12BC，
∵BC＝2AB，
∴EP′＝AB＝EB，
∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°，
∴∠BP′C＝45°+90°＝135°，
∴∠PP′C＝∠BP′C﹣∠BP′P＝135°﹣60°＝75°．
故答案为：120°，75°．
【点评】本题考查旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的性质，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，属于中考填空题中的压轴题．
36．（2022•无锡）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC＝20°，则∠BAF＝ 80 °；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是 4−3 ．
【分析】第一个问题证明△BCD≌△ACE（SAS），推出∠DBC＝∠EAC＝20°，可得∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．第二个问题，如图1中，设BF交AC于点T．证明∠BCT＝∠AFT＝60°，推出点F在△ABC的外接圆上运动，当∠ABF最小时，AF的值最小，此时CD⊥BD，求出AE，EF可得结论．
【解答】解：∵△ACB，△DEC都是等边三角形，
∴AC＝CB，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
CB=CA∠BCD=∠ACECD=CE，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴∠DBC＝∠EAC＝20°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．
如图1中，设BF交AC于点T．
同法可证△BCD≌△ACE，
∴∠CBD＝∠CAF，
∵∠BTC＝∠ATF，
∴∠BCT＝∠AFT＝60°，
∴点F在△ABC的外接圆上运动，当∠ABF最小时，AF的值最小，此时CD⊥BD，
∴BD=BC2−CD2=52−32=4，
∴AE＝BD＝4，∠BDC＝∠AEC＝90°，
∵CD＝CE，CF＝CF，
∴Rt△CFD≌Rt△CFE（HL），
∴∠DCF＝∠ECF＝30°，
∴EF＝CE•tan30°=3，
∴AF的最小值＝AE﹣EF＝4−3，
故答案为：80，4−3．
【点评】本题考查旋转变换，全等三角形的判定和性质，轨迹，解直角三角形，等边三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
37．（2021•镇江）如图，等腰三角形ABC中，AB＝AC，BC＝6，cs∠ABC=13，点P在边AC上运动（可与点A，C重合），将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，连接BD，则BD长的最大值为 93 ．
【分析】由旋转知△BPD是顶角为120°的等腰三角形，可求得BD=3BP，当BP最大时，BD取最大值，即点P与点A重合时，BP＝BA最大，求出AB的长即可解决问题．
【解答】解：∵将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，
∴BP＝PD，
∴△BPD是等腰三角形，
∴∠PBD＝30°，
过点P作PH⊥BD于点H，
∴BH＝DH，
∵cs30°=BHBP=32，
∴BH=32BP，
∴BD=3BP，
∴当BP最大时，BD取最大值，即点P与点A重合时，BP＝BA最大，
过点A作AG⊥BC于点G，
∵AB＝AC，AG⊥BC，
∴BG=12BC＝3，
∵cs∠ABC=13，
∴BGAB=13，
∴AB＝9，
∴BD最大值为：3BP＝93．
故答案为：93．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，三角函数等知识，证明出BD=3BP是解题的关键．
38．（2021•桂林）如图，正方形OABC的边长为2，将正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，连接BC′，当点A′恰好落在线段BC′上时，线段BC′的长度是 6+2 ．
【分析】如图，作辅助线，构建直角三角形，利用勾股定理分别计算OB，OE，EC'和BE的长，根据线段的和可得结论．
【解答】解：如图，连接OB，过点O作OE⊥C'B于E，则∠OEC'＝∠OEB＝90°，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，点A′恰好落在线段BC′上，
∴∠OC'E＝45°，OA＝OC'＝AB＝2，∠A＝90°，
∴OB＝22，OE＝EC'=2，
在Rt△OBE中，由勾股定理得：BE=OB2−OE2=(22)2−(2)2=6，
∴BC'＝BE+EC'=6+2．
故答案为：6+2．
【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，正方形的性质，等腰直角三角形，解题的关键是：作辅助线，构建等腰直角三角形OEC'和直角三角形OEB．
39．（2021•临沂）在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的对称中心是坐标原点，顶点A、B的坐标分别是（﹣1，1）、（2，1），将平行四边形ABCD沿x轴向右平移3个单位长度，则顶点C的对应点C1的坐标是 （4，﹣1） ．
【分析】由题意A,C关于原点对称，求出点C的坐标，再利用平移的性质求出点C1的坐标可得结论．
【解答】解：∵平行四边形ABCD的对称中心是坐标原点，
∴点A,点C关于原点对称，
∵A(﹣1,1),
∴C(1,﹣1),
∴将平行四边形ABCD沿x轴向右平移3个单位长度，则顶点C的对应点C1的坐标是(4,﹣1),
故答案为：（4，﹣1）．
【点评】本题考查中心对称，平行四边形的性质，坐标与图形变化﹣平移等知识，解题的关键是熟练掌握中心对称的性质，属于中考常考题型．
40．（2021•巴中）如图，把边长为3的正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，DE与BC交于点P，ED的延长线交AB于点Q，交OA的延长线于点M．若BQ：AQ＝3：1，则AM＝ 25 ．
【分析】方法一，由BQ：AQ＝3：1，AQ：AB＝1：4，再由△ODM∽△QAM可得AM：DM＝1：4，设AM＝x，在Rt△ODM中由勾股定理即可求解；
方法二，连接OQ，OP，利用HL证明Rt△OAQ≌Rt△ODQ，得QA＝DQ，同理可证：CP＝DP，设CP＝x，则BP＝3﹣x，PQ＝x+34，在Rt△BPQ中，利用勾股定理列出方程（3﹣x）2+（94）2＝（x+34）2，解方程得x=95，再利用△AQM∽△BQP可求解．
【解答】解：方法一，∵BQ：AQ＝3：1，
∴AQAB=14，
∵把边长为3的正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，
∴OD＝AB＝OA＝3，∠ODE＝∠OAB＝90°，
∴∠ODM＝∠QAM＝90°，
又∵∠M＝∠M，
∴△ODM∽△QAM，
∴AQOD=AMDM=AQAB=14，
设AM＝x，则DM＝4x，OM＝3+x，
在Rt△ODM中，由勾股定理得：
OD2+DM2＝OM2，
即32+（4x）2＝（3+x）2，
解得：x=25或0（舍去），
∴AM=25，
故答案为：25．
方法二，连接OQ，OP，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，
∴OA＝OD，∠OAQ＝∠ODQ＝90°，
在Rt△OAQ和Rt△ODQ中，
OQ=OQOA=OD，
∴Rt△OAQ≌Rt△ODQ（HL），
∴QA＝DQ，
同理可证：CP＝DP，
∵BQ：AQ＝3：1，AB＝3，
∴BQ=94，AQ=34，
设CP＝x，则BP＝3﹣x，PQ＝x+34，
在Rt△BPQ中，由勾股定理得：
（3﹣x）2+（94）2＝（x+34）2，
解得x=95，
∴BP=65，
∵∠AQM＝∠BQP，∠BAM＝∠B，
∴△AQM∽△BQP，
∴AMBP=AQBQ=13，
∴AM65=13，
∴AM=25．
故答案为：25．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键．
三．解答题（共20小题）
41．在△ABC中，∠B＝∠C＝α（0°＜α＜45°），AM⊥BC于点M，D是线段MC上的动点（不与点M，C重合），将线段DM绕点D顺时针旋转2α得到线段DE．
（1）如图1，当点E在线段AC上时，求证：D是MC的中点；
（2）如图2，若在线段BM上存在点F（不与点B，M重合）满足DF＝DC，连接AE，EF，直接写出∠AEF的大小，并证明．
【分析】（1）由旋转的性质得DM＝DE，∠MDE＝2a，利用三角形外角的性质求出∠DEC＝a＝∠C，可得DE＝DC，等量代换得到DM＝DC即可；
（2）延长FE到H使FE＝EH，连接CH，AH，可得DE是△FCH的中位线，然后求出∠B＝∠ACH，设DM＝DE＝m，CD＝n，求出BF＝2m＝CH，证明△ABF≌ACH（SAS），得到AF＝AH，再根据等腰三角形三线合一证明AE⊥FH即可．
【解答】（1）证明：由旋转的性质得：DM＝DE，∠MDE＝2a，
∵∠C＝a，
∴∠DEC＝∠MDE﹣∠C＝a，
∴∠C＝∠DEC，
∴DE＝DC，
∴DM＝DC，即D是MC的中点；
（2）∠AEF＝90°，
证明：如图，延长FE到H使FE＝EH，连接CH，AH，
∵DF＝DC，
∴DE是FCH的中位线，
∴DE∥CH，CH＝2DE，
由旋转的性质得：DM＝DE，∠MDE＝2a，
∴∠FCH＝2a，
∵∠B＝∠C＝a，
∴∠ACH＝a，△ABC是等腰三角形，
∴∠B＝∠ACH，AB＝AC
设DM＝DE＝m，CD＝n，则CH＝2m，CM＝m+n，
.DF＝CD＝n，
∴FM＝DF﹣DM＝n﹣m，
∵AM⊥BC，
∴BM＝CM＝m+n，
∴BF＝BM﹣FM＝m+n﹣（n﹣m）＝2m，
∴CH＝BF，
在△ABF和△ACH中，
AB=AC∠B=∠ACHBF=CH，
∴△ABF≌△ACH（SAS），
∴AF＝AH，
∵FE＝EH，
∴AE⊥FH，即∠AEF＝90°，
【点评】本题考查了等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形中位线定理以及全等三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
42．（2023•大连）综合与实践
问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．
已知AB＝AC，∠A＞90°，点E为AC上一动点，将△ABE以BE为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究：
独立思考：小明：“当点D落在BC上时，∠EDC＝2∠ACB．”
小红：“若点E为AC中点，给出AC与DC的长，就可求出BE的长．”
实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：
问题1：在等腰△ABC中，AB＝AC，∠A＞90°，△BDE由△ABE翻折得到．
（1）如图1，当点D落在BC上时，求证：∠EDC＝2∠ACB；
（2）如图2，若点E为AC中点，AC＝4，CD＝3，求BE的长．
问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成∠A＜90°的等腰三角形，可以将问题进一步拓展．
问题2：如图3，在等腰△ABC中，∠A＜90°，AB＝AC＝BD＝4，2∠D＝∠ABD．若CD＝1，则求BC的长．
【分析】问题1：（1）由等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB，由折叠的性质和三角形内角和定理可得∠A＝∠BDE＝180°﹣2∠C，由邻补角的性质可得结论；
（2）由三角形中位线定理可得CD＝2EF，由勾股定理可求AF，BF，即可求解；
问题2：先证四边形CGMD是矩形，由勾股定理可求AD，由等腰三角形的性质可求MD，CG，即可求解．
【解答】问题1：（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵△BDE由△ABE翻折得到，
∴∠A＝∠BDE＝180°﹣2∠C，
∵∠EDC+∠BDE＝180°，
∴∠EDC＝2∠ACB；
（2）解：如图，连接AD，交BE于点F，
∵△BDE由△ABE翻折得到，
∴AE＝DE，AF＝DF，
∴CD＝2EF＝3，
∴EF=32，
∵点E是AC的中点，
∴AE＝EC=12AC＝2，
在Rt△AEF中，AF=AE2−EF2=4−94=72，
在Rt△ABF中，BF=AB2−AF2=16−74=572，
∴BE＝BF+EF=3+572；
问题2：解：连接AD，过点B作BM⊥AD于M，过点C作CG⊥BM于G，
∵AB＝BD，BM⊥AD，
∴AM＝DM，∠ABM＝∠DBM=12∠ABD，
∵2∠BDC＝∠ABD，
∴∠BDC＝∠DBM，
∴BM∥CD，
∴CD⊥AD，
又∵CG⊥BM，
∴四边形CGMD是矩形，
∴CD＝GM，
在Rt△ACD中，CD＝1，AC＝4，AD=AC2−CD2=42−12=15，
∴AM＝MD=152，CG＝MD=152，
在Rt△BDM中，BM=BD2−DM2=16−154=72，
∴BG＝BM﹣GM＝BM﹣CD=72−1=52，
在Rt△BCG中，BC=BG2+CG2=254+154=10．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质和判定，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
43．（2023•贵州）如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形ABC中，CA＝CB，∠C＝90°，过点B作射线BD⊥AB，垂足为B，点P在CB上．
（1）【动手操作】
如图②，若点P在线段CB上，画出射线PA，并将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点E，根据题意在图中画出图形，图中∠PBE的度数为 135 度；
（2）【问题探究】
根据（1）所画图形，探究线段PA与PE的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展延伸】
如图③，若点P在射线CB上移动，将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点E，探究线段BA，BP，BE之间的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据题意画出图形，由CA＝CB，∠C＝90°，得∠ABC＝45°，而BD⊥AB，即得∠PBD＝∠ABC+∠ABD＝135°；
（2）过P作PM∥AB交AC于M，证明△PCM是等腰直角三角形，得CP＝CM，∠PMC＝45°，即可证△APM≌△PEB（ASA），故PA＝PE；
（3）当P在线段BC上时，过P作PM∥AB交AC于M，结合（2）可得AB=2BP+BE；当P在线段CB的延长线上时，过P作PN⊥BC交BE于N，证明△BPN是等腰直角三角形，可得∠ABP＝135°，BP＝NP，BN=2BP，∠PNB＝45°，即可证△EPN≌△APB（ASA），EN＝BA，根据BE＝EN+BN，即得BE＝BA+2BP．
【解答】解：（1）画出图形如下：
∵CA＝CB，∠C＝90°，
∴∠ABC＝45°，
∵BD⊥AB，
∴∠ABD＝90°，
∴∠PBD＝∠ABC+∠ABD＝45°+90°＝135°；
故答案为：135；
（2）PA＝PE，理由如下：
过P作PM∥AB交AC于M，如图：
∴∠MPC＝∠ABC＝45°，
∴△PCM是等腰直角三角形，
∴CP＝CM，∠PMC＝45°，
∴CA﹣CM＝CB﹣CP，即AM＝BP，∠AMP＝135°＝∠PBE，
∵∠APE＝90°，
∴∠EPB＝90°﹣∠APC＝∠PAC，
∴△APM≌△PEB（ASA），
∴PA＝PE；
（3）当P在线段BC上时，过P作PM∥AB交AC于M，如图：
由（2）可知，BE＝PM，BP＝AM，
∵AB=2（AM+CM），
∴AB=2BP+2CM，
∵PM=2CM，
∴AB=2BP+BE；
当P在线段CB的延长线上时，过P作PN⊥BC交BE于N，如图：
∵∠ABD＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠PBN＝180°﹣∠ABC﹣∠ABD＝45°，
∴△BPN是等腰直角三角形，∠ABP＝135°，
∴BP＝NP，BN=2BP，∠PNB＝45°，
∴∠PNE＝135°＝∠ABP，
∵∠APE＝90°，
∴∠EPN＝90°﹣∠APN＝∠APB，
∴△EPN≌△APB（ASA），
∴EN＝BA，
∵BE＝EN+BN，
∴BE＝BA+2BP；
综上所述，当P在线段BC上时，AB=2BP+BE；当P在线段CB的延长线上时，BE＝BA+2BP．
【点评】本题考查几何变换综合应用，涉及等腰直角三角形，旋转变换，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
44．（2023•辽宁）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点O为AB的中点，点D在直线AB上（不与点A，B重合），连接CD，线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE，过点B作直线l⊥BC，过点E作EF⊥l，垂足为点F，直线EF交直线OC于点G．
（1）如图1，当点D与点O重合时，请直接写出线段AD与线段EF的数量关系；
（2）如图2，当点D在线段AB上时，求证：CG+BD=2BC；
（3）连接DE，△CDE的面积记为S1，△ABC的面积记为S2，当EF：BC＝1：3时，请直接写出S1S2的值．
【分析】（1）连接BE，由∠ACB＝90°，CA＝CB，得∠A＝45°，根据线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE，有CD＝CE，∠DCE＝90°，可得△BCE≌△ACD（SAS），从而BE＝AD，∠A＝∠CBE＝45°，知△BEF是等腰直角三角形，BE=2EF，故AD=2EF；
（2）由∠ACB＝90°，CA＝CB，O为AB的中点，得∠COB＝90°，AB=2BC，证明△CEG≌△DCA（AAS），得CG＝AD，根据AD+BD＝AB，即得CG+BD=2BC；
（3）由EF：BC＝1：3，设EF＝m，则BC＝AC＝3m，分两种情况：当D在线段AB上时，延长AC交GF于K，由△CEG≌△DCA，得GE＝AC＝3m，而四边形BCKF是矩形，有KF＝BC＝3m，∠CKG＝90°，根据勾股定理可得CE2＝CK2+KE2＝m2+（2m）2＝5m2，故S1=12CD•CE=12CE2=5m22，S2=12AC•BC=9m22，即得S1S2=59；当D在射线BA上时，延长EG交AC于T，同理可得S1S2=179．
【解答】（1）解：AD=2EF，理由如下：
连接BE，如图：
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴∠A＝45°，
∵线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE，
∴CD＝CE，∠DCE＝90°，
∴∠BCE＝90°﹣∠BCD＝∠ACD，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE＝AD，∠A＝∠CBE＝45°，
∵直线l⊥BC，
∴∠EBF＝45°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=2EF，
∴AD=2EF；
（2）证明：如图，
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，O为AB的中点，
∴∠COB＝90°，AB=2BC，
∵∠BFG＝90°，
∴∠G＝360°﹣∠COB﹣∠OBF﹣∠BFG＝45°＝∠A，
∵BC⊥直线l，EF⊥直线l，
∴BC∥GF，
∴∠CEG＝∠BCE，
∵∠BCE＝90°﹣∠BCD＝∠ACD，
∴∠CEG＝∠ACD，
∵CE＝CD，
∴△CEG≌△DCA（AAS），
∴CG＝AD，
∵AD+BD＝AB，
∴CG+BD=2BC；
（3）解：由EF：BC＝1：3，设EF＝m，则BC＝AC＝3m，
当D在线段AB上时，延长AC交GF于K，如图：
由（2）知△CEG≌△DCA，
∴GE＝AC＝3m，
∵∠CBF＝∠BFE＝∠BCK＝90°，
∴四边形BCKF是矩形，
∴KF＝BC＝3m，∠CKG＝90°，
∴KE＝KF﹣EF＝2m，
∴GK＝GE﹣KE＝m，
∵∠G＝45°，
∴CK＝GK＝m，
∴CE2＝CK2+KE2＝m2+（2m）2＝5m2，
∴S1=12CD•CE=12CE2=5m22，
∵AC＝BC＝3m，
∴S2=12AC•BC=9m22，
∴S1S2=59；
当D在射线BA上时，延长EG交AC于T，如图：
同理可得BC＝AC＝EG＝3m，
∴FG＝EG﹣EF＝2m，
∵TF＝BC＝3m，
∴TG＝TF﹣FG＝m，
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，O为AB的中点，
∴∠AOC＝45°，
∵BC∥EF，
∴∠ETC＝90°，
∴CT＝TG＝m，
∴CE2＝CT2+TE2＝m2+（m+3m）2＝17m2，
∴S1=17m22，
∴S1S2=179；
综上所述，S1S2的值为59或179．
【点评】本题考查等腰直角三角形中的旋转问题，涉及三角形全等的判定于性质，矩形的判定与性质，三角形面积等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用．
45．（2023•武汉）如图是由小正方形组成的8×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点．正方形ABCD四个顶点都是格点，E是AD上的格点，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，先将线段BE绕点B顺时针旋转90°，画对应线段BF，再在CD上画点G，并连接BG，使∠GBE＝45°；
（2）在图（2）中，M是BE与网格线的交点，先画点M关于BD的对称点N，再在BD上画点H，并连接MH，使∠BHM＝∠MBD．
​
【分析】（1）取格点F，连接BF，连接 EF，再取格点P，连接CP交EF于Q，连接BQ，延长交CD于G即可；
（2）取格点F，连接 BF、EF，交格线于N，再取格点P，Q，连接PQ交EF于O，连接MO并延长交BD于H即可．
【解答】解：（1）如图（1），线段BF和点G即为所求；
理由：∵BC＝BA，CF＝AE，∠BCF＝∠BAE＝90°，
∴△BCF≌△BAE（SAS），
∴∠CBF＝∠ABE，
∴∠FBE＝∠CBF+∠CBE＝∠ABE+∠CBE＝∠CBA＝90°，
∴线段BE绕点B顺时针旋转90° 得BF，
∵PE∥FC，
∴∠PEQ＝∠CFQ，∠EPQ＝∠FCQ，
∵PE＝FC，
∴△PEQ≌△CFO（ASA），
∴EQ＝FQ，
∴∠GBE=12∠EBF＝45°；
（2）如图（2）所示，点N与点H即为所求，
理由：∵BC＝BA，∠BCF＝∠BAE＝90°，CF＝AE，
∴△BCF≌△BAE（SAS），
∴BF＝BE，
∵DF＝DE，
∴BF与BE 关于BD对称
∵BN＝BM，
∴M，N关于BD对称，
∵PE/FC，
∴△POE∽△QOF，
∴EOOF=PEFQ=12，
∵MG∥AE
∴EMMB=AGGB=24=12，
∴EMEB=EOEF=13，
∵∠MEO＝∠BEF，
∴△MEO∽△BEF，
∴∠EMO＝∠EBF，
∴OM∥BF，
∴∠MHB＝∠FBH，
由轴对称可得∠FBH＝∠EBH，
∴∠BHM＝∠MBD．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，轴对称变换，勾股定理、勾股定理的逆定理，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握旋转和轴对称的性质．
46．（2023•荆州）如图1，点P是线段AB上与点A，点B不重合的任意一点，在AB的同侧分别以A，P，B为顶点作∠1＝∠2＝∠3，其中∠1与∠3的一边分别是射线AB和射线BA，∠2的两边不在直线AB上，我们规定这三个角互为等联角，点P为等联点，线段AB为等联线．
（1）如图2，在5×3个方格的纸上，小正方形的顶点为格点、边长均为1，AB为端点在格点的已知线段．请用三种不同连接格点的方法，作出以线段AB为等联线、某格点P为等联点的等联角，并标出等联角，保留作图痕迹；
（2）如图3，在Rt△APC中，∠A＝90°，AC＞AP，延长AP至点B，使AB＝AC，作∠A的等联角∠CPD和∠PBD．将△APC沿PC折叠，使点A落在点M处，得到△MPC，再延长PM交BD的延长线于E，连接CE并延长交PD的延长线于F，连接BF．
①确定△PCF的形状，并说明理由；
②若AP：PB＝1：2，BF=2k，求等联线AB和线段PE的长（用含k的式子表示）．
【分析】（1）根据新定义，画出等联角即可；
（2）①△PCF是等腰直角三角形，过点C作CN⊥BE交BE的延长线于N，由折叠得AC＝CM，∠CMP＝∠CME＝∠A＝90°，∠1＝∠2，证明四边形ABNC为正方形，进而证明Rt△CME≌Rt△CNE，得出∠PCF＝45°，即可求解；
②过点F作FQ⊥BE于Q，FR⊥PB交PB的延长线于R，则∠R＝∠A＝90°．证明△APC≌△RFP，得出AP＝BR＝FR，在Rt△BRF 中，BR2+FR2＝BF2，BF=2k，进而证明四边形BRFQ为正方形，则BQ＝QF＝k，由FQ∥CN，得出△AEF∽△NEC，根据相似三角形的性质得出NE=32k，根据 PE＝PM+ME即可．
【解答】解：（1）作图如下：（方法不唯一）
（2）①△PCF是等腰直角三角形．理由为：
如图，过点C作CN⊥BE交BE的延长线于N．
由折叠得AC＝CM，∠CMP＝∠CME＝∠A＝90°，∠1＝∠2，
∵AC＝AB，∠A＝∠PBD＝∠N＝90°，
∴四边形ABNC为正方形，
∴CN＝AC＝CM，
又∵CE＝CE，
∴Rt△CME≌Rt△CNE（HL），
∴∠3＝∠4，
而∠1+∠2+∠3+∠4＝90°，∠CPF＝90°，
∴∠PCF＝∠2+∠3＝∠CFP＝45°，
∴△PCF是等腰直角三角形．
②如图，过点F作FQ⊥BE于Q，FR⊥PB交PB的延长线于R，
则∠R＝∠A＝90°，
∵∠1+∠5＝∠5+∠6＝90°，
∴∠1＝∠6，
由△PCF是等腰直角三角形知：PC＝PF，
∴△APC≌△RFP（AAS），
∴AP＝FR，AC＝PR，
而AC＝AB，
∴AP＝BR＝FR，
在Rt△BRF中，BR2+FR2＝BF2，BF=2k，
∴AP＝BR＝FR＝k，
∴PB＝2AP＝2k，
∴AB＝AP+PB＝BN＝3k，
∵BR＝FR，∠QBR＝∠R＝∠FQB＝90°，
∴四边形BRFQ为正方形，BQ＝OF＝k，
∵FQ⊥BN，CN⊥BN，
∴FQ∥CN，
∴QENE=QFCN，
而QE＝BN﹣NE﹣BQ＝3k﹣NE﹣k＝2k﹣NE，
∴2k−NENE=k3k=13，
解得：NE=32k，
由①知：PM＝AP＝k，ME=NE=32k，
∴PE=PM+ME=k+32k=52k，
答：等联线AB＝3k，线段PE=52k．
【点评】本题考查了几何新定义，正方形的性质与判定，折叠问题，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，理解新定义，掌握正方形的性质是解题的关键．
47．（2023•岳阳）如图1，在△ABC中，AB＝AC，点M，N分别为边AB，BC的中点，连接MN．
初步尝试：（1）MN与AC的数量关系是 MN=12AC ，MN与AC的位置关系是 MN∥AC ．
特例研讨：（2）如图2，若∠BAC＝90°，BC＝42，先将△BMN绕点B顺时针旋转α（α为锐角），得到△BEF，当点A，E，F在同一直线上时，AE与BC相交于点D，连接CF．
①求∠BCF的度数；
②求CD的长．
深入探究：（3）若∠BAC＜90°，将△BMN绕点B顺时针旋转α，得到△BEF，连接AE，CF．当旋转角α满足0°＜α＜360°，点C，E，F在同一直线上时，利用所提供的备用图探究∠BAE与∠ABF的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）AB＝AC，点M，N分别为边AB，BC的中点，则MN是△ABC的中位线，即可得出结论；
（2）特例研讨：①连接EM，MN，NF，证明△BME是等边三角形，△BNF是等边三角形，得出∠FCB＝30°；
②连接AN，证明△ADN∽△BDE，则 DNDE=ANBE=222=2，设DE＝x，则DN=2x，在Rt△ABE中，BE＝2，AE=23，则AD=23−x，在Rt△ADN中，AD2＝DN2+AN2，勾股定理求得x=4−23，则CD=DN+CN=2x+22=62−26；
（3）当点C，E，F在同一直线上时，且点E在FC上时，设∠ABC＝∠ACB＝θ，则∠BAC＝180°﹣2θ，得出∠BEC+∠BAC＝180°，则A．B，E，C 在同一个圆上，进而根据圆周角定理得出∠EAC＝∠EBC＝α﹣θ，表示∠BAE与∠ABF，即可求解；当F在EC上时，可得A，B，E，C在同一个圆上，设∠ABC＝∠ACB＝θ，则∠BAC＝∠BEF＝180°﹣2θ，设∠NBF＝β，则∠EBM＝β，则 α+β＝360°，表示∠BAE 与∠ABF，即可求解．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，点M，N分别为边AB，BC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴MN=12AC，MN∥AC；
故答案为：MN=12AC，MN∥AC；
（2）特例研讨：①如图所示，连接EM，MN，NF，
∵MN是△BAC的中位线，
∴MN∥AC，
∴∠BMN＝∠BAC＝90°，
∵将△BMN绕点B顺时针旋转α（α为锐角），得到△BEF，
∴BE＝BM，BF＝BN；∠BEF＝∠BMN＝90°，
∵点A，E，F在同一直线上，
∴∠AEB＝∠BEF＝90°，
在Rt△ABE中，M是斜边AB的中点，
∴ME=12AB=MB，
∴BM＝ME＝BE，
∴△BME是等边三角形，
∴∠ABE＝60°，即旋转角α＝60°，
∴∠NBF＝60°，BN＝BF，
∴△BNF是等边三角形，
又∵BN＝NC，BN＝NF，
∴NF＝NC，
∴∠NCF＝∠NFC，
∴∠BNF＝∠NCF+∠NFC＝2∠NFC＝60°，
∴∠FCB＝30°；
（2）如图所示，连接AN，
∵AB＝AC，∠BAC＝90° BC=42，
∴AB=22BC=4，∠ACB＝∠ABC＝45°，
∵∠ADN＝∠BDE，∠ANB＝∠BED＝90°，
∴△ADN∽△BDE，
∴DNDE=ANBE=222=2，
设DE＝x，则DN=2x，
在Rt△ABE中，BE=2，AE=23，则AD=23−x，
在Rt△ADN中，AD2＝DN2+AN2，
∴(23−x)2=(2x)2+(22)2，
解得：x=4−23 或 x=−23−4 （舍去），
∴CD=DN+CN=2x+22=62−26；
（3）如图所示，当点C，E，F在同一直线上时，且点E在FC上时，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，设∠ABC＝∠ACB＝θ，则∠BAC＝180°﹣2θ，
∵MN是△ABC的中位线，
∴MN∥AC，
∴∠MNB＝∠MBN＝θ，
∵将△BMN绕点B顺时针旋转α，得到△BEF，
∴△EBF≌△MBN，∠MBE＝∠NBF＝α，
∴∠EBF＝∠EFB＝θ，
∴∠BEF＝180°﹣2θ，
∵点C，E，F在同一直线上，
∴∠BEC＝2θ，
∴∠BEC+∠BAC＝180°，
∴A，B，E，C在同一个圆上，
∴∠EAC＝∠EBC＝α﹣θ，
∴∠BAE＝∠BAC﹣∠EAC＝（180°﹣2θ）﹣（α﹣θ）＝180°﹣α﹣θ，
∵∠ABF＝α+θ，
∴∠BAE+∠ABF＝180°，
如图所示，当F在EC上时，
∵∠BEF＝∠BAC，BC＝BC，
∴A，B，E，C在同一个圆上，设∠ABC＝∠ACB＝θ，则∠BAC＝∠BEF＝180°﹣2θ，
将△BMN绕点B顺时针旋转α，得到△BEF，设∠NBF＝β，则∠EBM＝β，则 α+β＝360°，
∴∠ABF＝θ﹣β，
∵∠BFE＝∠EBF＝θ，∠EFB＝∠FBC+∠FCB，
∴∠ECB＝∠FCB＝∠EFB﹣∠FBC＝θ﹣β，
∵EB=EB，
∴∠EAB＝∠ECB＝θ﹣β，
∴∠BAE＝∠ABF，
综上所述，∠BAE＝∠ABF或∠BAE+∠ABF＝180°．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，中位 线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，勾股定理，熟练掌 以上知识是解题的关键．
48．（2023•邵阳）如图，在等边三角形ABC中，D为AB上的一点，过点D作BC的平行线DE交AC于点E，点P是线段DE上的动点（点P不与D、E重合）．将△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，得到△ACQ，连接EQ、PQ，PQ交AC于F．
（1）证明：在点P的运动过程中，总有∠PEQ＝120°．
（2）当APDP为何值时，△AQF是直角三角形？
​
【分析】（1）由旋转的性质可得PA＝QA，∠PAQ＝60°，通过证明点A，点P，点E，点Q四点共圆，可得∠PAQ+∠PEQ＝180°，即可得结论；
（2）由旋转的性质可得∠PAQ＝60°，AP＝AQ，由角的数量关系可求∠DAP＝30°，∠APD＝90°，即可求解．
【解答】（1）证明：∵将△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，
∴PA＝QA，∠PAQ＝60°，
∴△APQ是等边三角形，
∴∠AQP＝60°，
∵DE∥BC，
∴∠AED＝∠ACB＝60°，
∴∠AQP＝∠AED，
∴点A，点P，点E，点Q四点共圆，
∴∠PAQ+∠PEQ＝180°，
∴∠PEQ＝120°；
（2）解：如图，
根据题意：只有当∠AFQ＝90°时，成立，
∵△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，得到△ACQ，
∴∠PAQ＝60°，AP＝AQ，
∴△APQ是等边三角形，
∴∠PAQ＝60°，
∵∠AFQ＝90°，
∴∠PAF＝∠QAF＝30°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BCA＝∠CAB＝60°，
∵DE∥BC，
∴∠ADP＝∠ABC＝60°，
∴∠DAP＝30°，∠APD＝90°，
∴tan∠ADP＝tan60°=APPD=3．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
49．（2023•温州）如图，在2×4的方格纸ABCD中，每个小方格的边长为1．已知格点P，请按要求画格点三角形（顶点均在格点上）．
（1）在图1中画一个等腰三角形PEF，使底边长为2，点E在BC上，点F在AD上，再画出该三角形绕矩形ABCD的中心旋转180°后的图形；
（2）在图2中画一个Rt△PQR，使∠P＝45°，点Q在BC上，点R在AD上，再画出该三角形向右平移1个单位后的图形．
【分析】（1）跟进一下作出图形即可；
（2）作等腰直角三角形PQR，可得结论．
【解答】解：（1）图形如图1所示（答案不唯一）；
（2）图形如图2所示（答案不唯一）．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握在旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．
50．（2023•广元）如图1，已知线段AB，AC，线段AC绕点A在直线AB上方旋转，连接BC，以BC为边在BC上方作Rt△BDC，且∠DBC＝30°．
（1）若∠BDC＝90°，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，连接DE，用等式表示线段AC与DE的数量关系是 AC=233DE ；
（2）如图2，在（1）的条件下，若DE⊥AB，AB＝4，AC＝2，求BC的长；
（3）如图3，若∠BCD＝90°，AB＝4，AC＝2，当AD的值最大时，求此时tan∠CBA的值．
【分析】（1）证明△ABE∽△CBD，根据相似三角形的性质得出ABBC=BEBD，∠DBE＝∠CBA，进而证明△ABC∽△EBD，根据相似三角形的性质即可求解；
（2）求出AE＝2，延长DE交AB于点F，在Rt△AEF 中，由直角三角形的性质求得EF，AF，进而求得BF的长，根据（1 的结论，得出 DE=3，在Rt△BFD中，勾股定理求得BD，进而根据△ABC∽△EBD，即可求出案．
（3）如图所示，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB＝90°，∠EBA＝30°，连接BE，EA，ED，EC，同（1）可得△BDE∽△BCA，求出AE的长，进而得出D在以E为圆心，433为半径的圆上运动，当点A，E，D 三点共线时，AD的值最大，进而求得 cs∠BDA=277，sin∠BDA=217，根据△ABC∽△EBD得出∠BDE＝∠BCA，过点A作AF⊥BC于点F，由直角三角形的性质分别求得AF，CF，然后求出BF，最后根据正切的定义即可得出答案．
【解答】解：（1）在Rt△BDC中，∠DBC＝30°，在Rt△BAE中，∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，
∴△ABE∽△CBD，∠DBE+∠EBC＝∠ABC+∠EBC，BE=AB×cs∠ABE=32AB，
∴ABBC=BEBD，∠DBE＝∠CBA，
∴△ABC∽△EBD，
∴ACDE=ABBE=AB32AB=233，
∴AC=233DE，
故答案为：AC=233DE；
（2）在Rt△BAE，∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，AB＝4，
∴AE＝AB•sin∠EBA=12AB＝2，∠BAE＝60°，
延长DE交AB于点F，如图所示，
∴EF=AE×sin∠BAE=32×2=3，AF=12AE=1，
∴BF＝AB﹣AF＝4﹣1＝3，
由（1）可得AC=233DE，
∴DE=32AC=3，
∴DF=DE+EF=23，
在Rt△BFD中，BD=BF2+DF2=32+(23)2=21，
∵△ABC∽△EBD，
∴BCBD=ACDE=233，
∴BC=233×21=27，
即BC=27；
（3）如图所示，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB＝90°，∠EBA＝30°，连接BE，EA，ED，EC，
同（1）可得△BDE∽△BCA，
∴DEAC=BDBC=233，
∵AC＝2，
∴DE=433，
在Rt△AEB中，AB＝4，AE=AB×tan∠EBA=4×33=433，
∴D在以E为圆心，433为半径的圆上运动，
∴当点A，E，D三点共线时，AD的值最大，此时如图所示，则AD=AE+DE=833，
在Rt△ABD中，BD=AB2+AD2=42+(833)2=4213，
∴cs∠BDA=ADBD=8334213=277，sin∠BDA=ABBD=44213=217，
∵∠BEA＝90°，
∴∠BED＝90°，
∵△ABC∽△EBD，
∴∠BDE＝∠BCA，
过点A作AF⊥BC于点F，
∴CF=AC×cs∠ACB=2×277=477，AF=AC×sin∠ACB=2217，
∵∠DBC＝30°，
∴BC=32BD=32×4213=27，
∴BF=BC−CF=27−477=1077，
Rt△AFB中，tan∠CBA=AFBF=22171077=35．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，锐角三角函数的定义，熟练掌握解直角三角形及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
51．（2023•随州）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
（1）下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）
当△ABC的三个内角均小于120°时，
如图1，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，连接PP′，
由PC＝P′C，∠PCP′＝60°，可知△PCP′为 等边 三角形，故PP′＝PC，又P′A′＝PA，故PA+PB+PC＝P′A′+PB+PP′≥A′B，
由 两点之间线段最短 可知，当B，P，P′，A′在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A′B，此时的P点为该三角形的“费马点”，
且有∠APC＝∠BPC＝∠APB＝ 120° ；
已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为 A 点．
（2）如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC＝3，BC＝4，∠ACB＝30°，已知点P为△ABC的“费马点”，求PA+PB+PC的值；
（3）如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC＝4km，BC＝23km，∠ACB＝60°．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/km，a元/km，2a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为 213a 元．（结果用含a的式子表示）
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析后即可得出结论，然后填空即可；
（2）根据（1）的方法将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，即可得出可知当B、P、P'、A'在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，再根据∠ACB＝30°可证明∠BCA'＝90°，根据勾股定理即可求出A'B；
（3）根据总铺设成本=a(PA+PB+2PC)，将△APC绕点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，得到等腰直角△PP'C，推出PP'=2PC，即可得出当B、P、P'、A'在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A'B的长，然后根据已知条件和旋转的性质求出A'B即可．
【解答】解：（1）∵PC＝P'C，∠PCP'＝60°，
∴△PCP'为等边三角形，
∴PP'＝PC，∠P'PC＝∠PP'C＝60°，
又∵P'A'＝PA，
∴PA+PB+PC＝PA'+PB+PP'≥A'B，
根据两点之间线段最短可知，当B、P、P'、A'在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，
此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴∠BPC+∠P'PC＝180°，∠A'P'C+∠PP'C＝180°，
∴∠BPC＝120°，∠A'P'C＝120°，
∵将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，
∴△APC≌△A'P'C，
∴∠APC＝∠AP'C'＝120°，
∴∠APB＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
∴∠APC＝∠BPC＝∠APB＝120°，
∵∠BAC≥120°，
∴BC＞AC，BC＞AB，
∴BC+AB＞AC+AB，BC+AC＞AB+AC，
∴三个顶点中顶点A到另外两个顶点的距离和最小，
又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点，
∴该三角形的“费马点”为点A．
故答案为：等边；两点之间线段最短；120°；A；
（2）如图4，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由（1）可知当B、P、P'、A'在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，
∵∠ACP＝∠A'CP'，
∴∠ACP+∠BCP＝∠A'CP'+∠BCP＝∠ACB＝30°，
又∵∠PCP'＝60°，
∴∠BCA'＝90°，
根据旋转的性质可知：AC＝A'C＝3，
∴A'B=42+32=5，
即PA+PB+PC的最小值为5；
（3）∵总铺设成本＝PA×a+PB×a+PC×2a=a(PA+PB+2PC)，
∴当PA+PB+2PC最小时，总铺设成本最低，
将△APC绕点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，连接PP'，A'B，
由旋转性质可知：P'C＝PC，∠PCP'＝∠ACA'＝90°，P'A'＝PA，A'C＝AC＝4km，
∴PP'=2PC，
∴PA+PB+2PC＝P'A'+PB+PP'，
当B、P、P'、A'在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，
即PA+PB+2PC取最小值为A'B，
过点A'作A'H⊥BC于H，
∵∠ACB＝60°，∠ACA'＝90°，
∴∠A'CH＝30°，
∴A'H=12A'C＝2km，
∴HC=A'C2−A'H2=42−22=23（km），
∴BH＝BC+CH=23+23=4（km），
∴A'B=A'H2+BH2=(43)2+22=213（km），
即PA+PB+2PC的最小值为213km，
总铺设成本为：总铺设成本=a(PA+PB+2PC)=213a（元）．
故答案为：213a．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，两点之间线段最短以及等边三角形的性质，深入理解题意是解决问题的关键．
52．（2023•湖北）【问题呈现】
△CAB和△CDE都是直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，CB＝mCA，CE＝mCD，连接AD，BE，探究AD，BE的位置关系．
【问题探究】
（1）如图1，当m＝1时，直接写出AD，BE的位置关系： AD⊥BE ．
（2）如图2，当m≠1时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
【拓展应用】
（3）当m=3，AB＝47，DE＝4时，将△CDE绕点C旋转，使A，D，E三点恰好在同一直线上，求BE的长．
【分析】（1）由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得∠DAC＝∠CBE，由余角的性质可证AD⊥BE；
（2）通过证明△DCA∽△ECB，可得∠DAC＝∠CBE，由余角的性质可证AD⊥BE；
（3）分两种情况讨论，由相似三角形的性质可得BE=3AD，由勾股定理可求解．
【解答】解：（1）如图1，延长BE交AC于点H，交AD于N，
当m＝1时，DC＝CE，CB＝CA，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠DAC＝∠CBE，
∵∠CAB+∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠CAB+∠ABE+∠DAC＝90°，
∴∠ANB＝90°，
∴AD⊥BE，
故答案为：AD⊥BE；
（2）（1）中的结论成立，理由如下：
如图2，延长BE交AC于点H，交AD于N，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
又∵DCCE=ACBC=1m，
∴△DCA∽△ECB，
∴∠DAC＝∠CBE，
∵∠CAB+∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠CAB+∠ABE+∠DAC＝90°，
∴∠ANB＝90°，
∴AD⊥BE，
（3）如图3，当点E在线段AD上时，连接BE，
∵△DCA∽△ECB，
∴BEAD=BCAC=m=3，
∴BE=3AD=3（4+AE），
∵AD⊥BE，
∴AB2＝AE2+BE2，
∴112＝AE2+3（4+AE）2，
∴AE＝2或AE＝﹣8（舍去），
∴BE＝63，
当点D在线段AE上时，连接BE，
∵△DCA∽△ECB，
∴BEAD=BCAC=m=3，
∴BE=3AD=3（AE﹣4），
∵AD⊥BE，
∴AB2＝AE2+BE2，
∴112＝AE2+3（AE﹣4）2，
∴AE＝8或AE＝﹣2（舍去），
∴BE＝43，
综上所述：BE＝63或43．
【点评】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，勾股定理，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
53．（2023•安徽）在Rt△ABC中，M是斜边AB的中点，将线段MA绕点M旋转至MD位置，点D在直线AB外，连接AD，BD．
（1）如图1，求∠ADB的大小；
（2）已知点D和边AC上的点E满足ME⊥AD，DE∥AB．
（i）如图2，连接CD，求证：BD＝CD；
（ii）如图3，连接BE，若AC＝8，BC＝6，求tan∠ABE的值．
【分析】（1）证MA＝MD＝MB，得∠MAD＝∠MDA，∠MDB＝∠MBD，再由三角形内角和定理得∠ADB＝∠MDA+∠MDB＝90°即可；
（2）（i）证四边形EMBD是平行四边形，得DE＝BM＝AM，再证四边形EAMD是平行四边形，进而得平行四边形EAMD是菱形，则∠BAD＝∠CAD，然后证A、C、D、B四点共圆，由圆周角定理得BD=CD，即可得出结论；
（ii）过点E作EH⊥AB于点H，由勾股定理得AB＝10，再由菱形的性质得AE＝AM＝5，进而由锐角三角函数定义得EH＝3，则AH＝4，BH＝6，然后由锐角三角函数定义即可得出结论．
【解答】（1）解：∵M是AB的中点，
∴MA＝MB，
由旋转的性质得：MA＝MD＝MB，
∴∠MAD＝∠MDA，∠MDB＝∠MBD，
∵∠MAD+∠MDA+∠MDB+∠MBD＝180°，
∴∠ADB＝∠MDA+∠MDB＝90°，
即∠ADB的大小为90°；
（2）（i）证明：∵∠ADB＝90°，
∴AD⊥BD，
∵ME⊥AD，
∴ME∥BD，
∵ED∥BM，
∴四边形EMBD是平行四边形，
∴DE＝BM＝AM，
∴DE∥AM，
∴四边形EAMD是平行四边形，
∵EM⊥AD，
∴平行四边形EAMD是菱形，
∴∠BAD＝∠CAD，
又∵∠ACB＝∠ADB＝90°，
∴A、C、D、B四点共圆，
∵∠BCD＝∠CAD，
∴BD=CD，
∴BD＝CD；
（ii）解：如图3，过点E作EH⊥AB于点H，
则∠EHA＝∠EHB＝90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=82+62=10，
∵四边形EAMD是菱形，
∴AE＝AM=12AB＝5，
∴sin∠CAB=BCAB=610=35，
∴EH＝AE•sin∠CAB＝5×35=3，
∴AH=AE2−EH2=52−32=4，
∴BH＝AB﹣AH＝10﹣4＝6，
∴tan∠ABE=EHBH=36=12，
即tan∠ABE的值为12．
【点评】本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，四点共圆，圆周角定理以及锐角三角函数定义等知识，本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质、等腰三角形的性质以及锐角三角函数是解题的关键，属于中考常考题型．
54．（2023•巴中）综合与实践．
（1）提出问题．如图1，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，且AB＝AC，AD＝AE，连接BD，连接CE交BD的延长线于点O．
①∠BOC的度数是 90° ．
②BD：CE＝ 1：1 ．
（2）类比探究．如图2，在△ABC和△DEC中，∠BAC＝∠EDC＝90°，且AB＝AC，DE＝DC，连接AD、BE并延长交于点O．
①∠AOB的度数是 45° ；
②AD：BE＝ 1：2 ．
（3）问题解决．如图3，在等边△ABC中，AD⊥BC于点D，点E在线段AD上（不与A重合），以AE为边在AD的左侧构造等边△AEF，将△AEF绕着点A在平面内顺时针旋转任意角度．如图4，M为EF的中点，N为BE的中点．
①说明△MND为等腰三角形．
②求∠MND的度数．
【分析】（1）（2）从图形可辩知，这个是手拉手全等或相似模型，按模型的相关结论解题．
（3）稍有变化，受前两问的启发，连接BF、CE完成手拉手的构造，再结合三角形中位线知识解题．
【解答】解：（1）①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE．
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS）．
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ABC+∠ACB＝∠ABD+∠OBC+∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠OBC+∠ACB＝90°，
即：∠BCE+∠OBC＝90°，
∴∠BOC＝90°．
故∠BOC的度数是90°．
②由①得△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE．
故BD：CE＝1：1．
（2）①∵AB＝AC，DE＝DC，
∴ABDE=ACDC，
又∵∠BAC＝∠EDC＝90°，
∴△ABC∽△DEC，
∴∠ACB＝∠DCB，BCAC=ECDC．
∴∠ACE+∠ECB＝∠DCA+∠ACE，
∴∠ECB＝∠DCA．
∴△ECB∽△DCA，
∴∠CBE＝∠CAD，
∴∠AOB＝180°﹣∠ABO﹣∠BAO＝180°﹣∠ABO﹣∠CAD﹣∠BAC＝180°﹣∠ABO﹣∠CBE﹣90°＝180°﹣45°﹣90°＝45°．
故∠AOB 的度数是45°．
②由①得：△ECB∽△DCA．
∴AD：BE＝DC：EC，
∵∠EDC＝90°，且DE＝DC，
∴∠DCE＝45°，
∴DCEC=cs45°=22．
∴AD：BE=1：2．
（3）①解：连接BF、CE，延长CE交MN于点P，交BF于点O．
在等边△ABC中AB＝AC，又∵AD⊥BC于点D，
∴D为BC的中点，
又∵M为EF的中点，N为BE的中点，
∴MN、ND分别是在△BEF、△BCE的中位线，
∴MN=12BF，DN=11EC．
∵∠FAE＝∠BAC＝60°，
∴∠FAE+∠EAB＝∠BAC+∠EAB．
∴∠FAB＝∠EAC．
在△ACE和△ABF中，
AF=AE∠FAB=∠EACAB=AC，
∴△ACE≌△ABF（SAS）．
∴BF＝EC．
∴MN＝DN．
∴△MND为等腰三角形．
②∵△ACE≌△ABF，
∴∠ACE＝∠ABF，
由（1）（2）规律可知：∠BOC＝60°，
∴∠FOC＝180°﹣∠BOC＝180°﹣60°＝120°，
又∵BF∥MN，CP∥DN，
∴∠MND＝∠MPE＝∠FOC＝120°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定及性质．方法灵活多变，需要较强的构造能力．
55．（2023•金昌）【模型建立】
（1）如图1，△ABC和△BDE都是等边三角形，点C关于AD的对称点F在BD边上．
①求证：AE＝CD；
②用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由；
【模型应用】
（2）如图2，△ABC是直角三角形，AB＝AC，CD⊥BD，垂足为D，点C关于AD的对称点F在BD边上．用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由；
【模型迁移】
（3）在（2）的条件下，若AD＝42，BD＝3CD，求cs∠AFB的值．
【分析】（1）①根据△ABC和△BDE都是等边三角形推出判定△ABE和△CBD全等，然后根据全等三角形的对应边相等即可得证；
②根据等边三角形的性质和对称的性质即可推出线段AD，BD，DF的数量关系；
（2）过点B作BE⊥AD于E，根据等腰直角三角形的性质推出判定△ABE∽△CBD，然后根据等腰直角三角形的性质和对称性即可推出线段AD，BD，DF的数量关系；
（3）过点A作AG⊥BD于G，推出△ADG是等腰直角三角形，求出AG、FG、AF的长后即可求出cs∠AFB的值．
【解答】（1）证明：①∵△ABC和△BDE都是等边三角形，
∴AB＝CB，EB＝DB，∠ABC＝∠EBD＝60°，
∴∠ABE＝∠CBD，
∴△ABE≌△CBD，
∴AE＝CD；
②解：AD＝BD+DF．
理由如下：
∵△BDE是等边三角形，
∴BD＝DE，
∵点C与点F关于AD对称，
∴CD＝DF，
∵AD＝AE+DE，
∴AD＝BD+DF；
（2）BD+DF=2AD．
理由如下：
如图1，过点B作BE⊥AD于E，
∵点C与点F关于AD对称，
∴∠ADC＝∠ADB，
又∵CD⊥BD，
∴∠ADC＝∠ADB＝45°，
又∵BE⊥AD，
∴△BDE是等腰直角三角形，
又∵△ABC是等腰直角三角形，
∴ABBC=BEBD=22，∠ABC＝∠EBD＝45°，
∴∠ABE＝∠CBD，
∴△ABE∽△CBD，
∴CDAE=BCAB=2，CD＝DF，
∴DF=2AE，
∵△BDE是等腰直角三角形，
∴BD=2DE，
∴BD+DF=2(DE+AE)=2AD，
即：BD+DF=2AD．
（3）解：如图2，过点A作AG⊥BD于G，
又∵∠ADB＝45°，
∴△AGD是等腰直角三角形，
又∵AD＝42，
∴AG＝DG＝4，BD+DF=2AD＝8，
∵BD＝3CD，CD＝DF，
∴DF＝2，
又∵DG＝4，
∴FG＝DG﹣DF＝2，
在Rt△AFG中，由勾股定理得：AF=AG2+FG2=42+22=25，
∴cs∠AFB=FGAF=225=55．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理，深入理解题意是解决问题的关键．
56．如图，在等边△ABC中，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一动点（不与A，D重合），连接BE，CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF．
（1）如图1，求证：∠CBE＝∠CAF；
（2）如图2，连接BF交AC于点G，连接DG，EF，EF与DG所在直线交于点H，求证：EH＝FH；
（3）如图3，连接BF交AC于点G，连接DG，EG，将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，连接PQ，QF．若AB＝4，直接写出PQ+QF的最小值．
【分析】（1）根据旋转的性质得出CE＝CF，∠ECF＝60°，进而证明△BCE≌AACF（SAS），即可得证；试（2）过点F作FKIIAD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，证明四边形四边形EDFK是平行四边形，即可得证；（3）如图所示，延长AP，DQ交于点R，由（2）可知△DCG是等边三角形，根据折叠的性质可得∠PAG＝∠EAG＝30°，∠QDG＝∠EDG＝30°，进而得出△ADR是等边三角形，由（2）可得RtACED≌RtACFG，得出四边形GDQF是平行四边形，则QF＝DC＝﹣4C＝2．进而得出CPGQ＝360°﹣2C 4GD＝120°，则PQ＝√3pG＝√3GQ，当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，即可求解．（1）由“SAS”可证△ACF≌△BCE，可得结论；
（2）
【解答】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB＝60°，AC＝BC，
∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，
∴CE＝CF，∠ECF＝60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BCA＝∠ECF，
∴∠BCE＝∠ACF，
∴△BCE≌△ACF（SAS），
∴∠CBE＝∠CAF；
（2）证明：如图所示，过点F作FK∥AD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，
∵AD⊥BC，
∴BD＝CD，
∴AD垂直平分BC，
∴EB＝EC，
又∵△BCE≌△ACF，
∴AF＝BE，CF＝CE，
∴AF＝CF，
∴F在AC的垂直平分线上，
∵AB＝BC，
∴B在AC的垂直平分线上，
∴BF垂直平分AC，
∴AC⊥BF，AG＝CG=12AC，
∴∠AGF＝90°，
又∵DG=12AC＝CG，∠ACD＝60°，
∴△DCG是等边三角形，
∴∠CGD＝∠CDG＝60°，
∴∠AGH＝∠DGC＝60°，
∴∠KGF＝∠AGF﹣∠AGH＝90°﹣60°＝30°，
又∵∠ADK＝∠ADC﹣∠GDC＝90°﹣60＝30°，KF∥AD，
∴∠HKF＝∠ADK＝30°，
∴∠FKG＝∠KGF＝30°，
∴FG＝FK，
在Rt△CED与Rt△CGF中，
CF=CECD=CG，
∴Rt△CED≌Rt△CFG，
∴GF＝ED，
∴ED＝FK，
∴四边形EDFK是平行四边形，
∴EH＝HF；
解法二：连接CH，证明∠CHE＝90°，可得结论．
（3）解：依题意，如图所示，延长AP，DQ交于点R，
由（2）可知△DCG是等边三角形，
∴∠EDG＝30°，
∵将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，
∴∠PAG＝∠EAG＝30°，∠QDG＝∠EDG＝30°，
∴∠PAE＝∠QDE＝60°，
∴△ADR是等边三角形，
∴∠QDC＝∠ADC﹣∠ADQ＝90°﹣60°＝30°，
由（2）可得Rt△CED≌Rt△CFG，
∴DE＝GF，
∴DE＝DQ，
∴GF＝DQ，
∵∠GBC＝∠QDC＝30°，
∴GF∥DQ，
∴四边形GDQF是平行四边形，
∴QF＝DG=12AC＝2，
由（2）可知G是AC的中点，则GA＝GD，
∴∠GAD＝∠GDA＝30°，
∴∠AGD＝120°，
∵折叠，
∴∠AGP+∠DGQ＝∠AGE+∠DGE＝∠AGD＝120°，
∴∠PGQ＝360°﹣2∠AGD＝120°，
又PG＝GE＝GQ，
∴PQ=3PG=3GQ，
∴当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，此时如图所示，
∴GQ=12GC=12DC＝1，
∴PQ=3，
∴PQ+QF=3+2．
解法二：由两次翻折，推得∠PGQ＝360°﹣240°＝120°，则PQ=3PG=3EG，
由QF＝DG＝2，推出PQ1+QF的最小值，只需要求出EG的最小值，
当EG⊥AD时，EG的值最小，最小值为1，
∴PQ+QF的最小值为3+2．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
57．（2023•自贡）如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，M，N分别是斜边DE，AB的中点，DE＝2，AB＝4．
（1）将△CDE绕顶点C旋转一周，请直接写出点M，N距离的最大值和最小值；
（2）将△CDE绕顶点C逆时针旋转120°（如图2），求MN的长．
【分析】（1）以C为圆心，CM长为半径画圆，连接CN交DE于M1，延长NC交圆于M2，由等腰直角三角形的性质，推出CN平分∠ACB，CN=12AB=12×4＝2，M1是DE中点，CM1=12DE=12×2＝1，即可求出M、N距离的最小值和最大值；
（2）连接CM，CN，作NH⊥MC交MC延长线于H，由等腰直角三角形的性质推出CN=12AB＝2，CM=12DE＝1，由旋转的性质得到∠NCH＝180°﹣∠MCN＝60°，由直角三角形的性质得到CH=12CN＝1，NH=3CH=3，由勾股定理即可求出MN=MH2+NH2=7．
【解答】解：（1）以C为圆心，CM长为半径画圆，连接CN交DE于M1，延长NC交圆于M2，
∵△ACB是等腰直角三角形，N是AB中点，
∴CN平分∠ACB，CN=12AB=12×4＝2，
∵△DCE是等腰直角三角形，
∴M1是DE中点，
∴CM1=12DE=12×2＝1，
∴M、N距离的最小值是NM1＝CN﹣CM1＝2﹣1＝1，M、N距离的最大值是NM2＝CN+CM2＝2+1＝3．
（2）连接CM，CN，作NH⊥MC交MC延长线于H，
∵△ACB是等腰直角三角形，N是AB中点，
∴CN=12AB＝2，
同理：CM=12DE＝1，
∵△CDE绕顶点C逆时针旋转120°，
∴∠MCN＝120°，
∴∠NCH＝180°﹣∠MCN＝60°，
∴CH=12CN＝1，
∴NH=3CH=3，
∵MH＝MC+CH＝2，
∴MN=MH2+NH2=7．
【点评】本题考查等腰直角三角形，勾股定理，旋转的性质，关键是以C为圆心，CM的长为半径作辅助圆；通过作辅助线构造直角三角形．
58．（2021•成都）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，其中点A，C的对应点分别为点A′，C′．
（1）如图1，当点A′落在AC的延长线上时，求AA′的长；
（2）如图2，当点C′落在AB的延长线上时，连接CC′，交A′B于点M，求BM的长；
（3）如图3，连接AA′，CC′，直线CC′交AA′于点D，点E为AC的中点，连接DE．在旋转过程中，DE是否存在最小值？若存在，求出DE的最小值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求出AC＝4，再在Rt△A'BC中，求出A'C=A'B2−BC2=4，从而可得AA'＝8；
（2）过C作CE∥A'B交AB于E，过C作CD⊥AB于D，先证明CE＝BC＝3，再根据S△ABC=12AC•BC=12AB•CD，求出CD，进而可得DE和BE及C'E，由CE∥A'B得BMCE=BC'C'E，即可得BM=1511；
（3）过A作AP∥A'C'交C'D延长线于P，连接A'C，先证明∠ACP＝∠A'C'D＝∠P，得AP＝AC＝A'C'，再证明△APD≌△A'C'D得AD＝A'D，DE是△AA'C的中位线，DE=12A'C，要使DE最小，只需A'C最小，此时A'、C、B共线，A'C的最小值为A'B﹣BC＝AB﹣BC＝2，即可得DE最小值为12A'C＝1．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，
∴AC=AB2−BC2=4，
∵∠ACB＝90°，△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，点A′落在AC的延长线上，
∴∠A'CB＝90°，A'B＝AB＝5，
Rt△A'BC中，A'C=A'B2−BC2=4，
∴AA'＝AC+A'C＝8；
（2）过C作CE∥A'B交AB于E，过C作CD⊥AB于D，如图：
∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，
∴∠A'BC'＝∠ABC，BC'＝BC＝3，
∵CE∥A'B，
∴∠A'BC'＝∠CEB，
∴∠CEB＝∠ABC，
∴CE＝BC＝3，
Rt△ABC中，S△ABC=12AC•BC=12AB•CD，AC＝4，BC＝3，AB＝5，
∴CD=AC⋅BCAB=125，
Rt△CED中，DE=CE2−CD2=32−(125)2=95，
同理BD=95，
∴BE＝DE+BD=185，C'E＝BC'+BE＝3+185=335，
∵CE∥A'B，
∴BMCE=BC'C'E，
∴BM3=3335，
∴BM=1511；
（3）DE存在最小值1，理由如下：
过A作AP∥A'C'交C'D延长线于P，连接A'C，如图：
∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，
∴BC＝BC'，∠ACB＝∠A'C'B＝90°，AC＝A'C'，
∴∠BCC'＝∠BC'C，
而∠ACP＝180°﹣∠ACB﹣∠BCC'＝90°﹣∠BCC'，
∠A'C'D＝∠A'C'B﹣∠BC'C＝90°﹣∠BC'C，
∴∠ACP＝∠A'C'D，
∵AP∥A'C'，
∴∠P＝∠A'C'D，
∴∠P＝∠ACP，
∴AP＝AC，
∴AP＝A'C'，
在△APD和△A'C'D中，
∠P=∠A'C'D∠PDA=∠A'DC'AP=A'C'，
∴△APD≌△A'C'D（AAS），
∴AD＝A'D，即D是AA'中点，
∵点E为AC的中点，
∴DE是△AA'C的中位线，
∴DE=12A'C，
要使DE最小，只需A'C最小，此时A'、C、B共线，A'C的最小值为A'B﹣BC＝AB﹣BC＝2，
∴DE最小为12A'C＝1．
【点评】本题考查直角三角形的旋转变换，涉及勾股定理、平行线分线段成比例、等腰三角形判定、全等三角形判定与性质等知识，综合性较强，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
59．（2022•沈阳）【特例感知】
（1）如图1，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，点C在OA上，点D在BO的延长线上，连接AD，BC，线段AD与BC的数量关系是 AD＝BC ；
【类比迁移】
（2）如图2，将图1中的△COD绕着点O顺时针旋转α（0°＜α＜90°），那么第（1）问的结论是否仍然成立？如果成立，证明你的结论；如果不成立，说明理由．
【方法运用】
（3）如图3，若AB＝8，点C是线段AB外一动点，AC＝33，连接BC．
①若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值是 8+36 ；
②若以BC为斜边作Rt△BCD（B，C，D三点按顺时针排列），∠CDB＝90°，连接AD，当∠CBD＝∠DAB＝30°时，直接写出AD的值．
【分析】（1）证明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出结论；
（2）利用旋转性质可证得∠BOC＝∠AOD，再证明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出结论；
（3）①过点A作AT⊥AB，使AT＝AB，连接BT，AD，DT，BD，先证得△ABC∽△TBD，得出DT＝36，即点D的运动轨迹是以T为圆心，36为半径的圆，当D在AT的延长线上时，AD的值最大，最大值为8+36；
②如图4，在AB上方作∠ABT＝30°，过点A作AT⊥BT于点T，连接AD、BD、DT，过点T作TH⊥AD于点H，可证得△BAC∽△BTD，得出DT=32AC=32×33=92，再求出DH、AH，即可求得AD；如图5，在AB下方作∠ABE＝30°，过点A作AE⊥BE于点E，连接DE，可证得△BAC∽△BTD，得出DE=92，再由勾股定理即可求得AD．
【解答】解：（1）AD＝BC．理由如下：
如图1，∵△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，
∴OA＝OB，OD＝OC，
在△AOD和△BOC中，
OA=OB∠AOD=∠BOC=90°OD=OC，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴AD＝BC，
故答案为：AD＝BC；
（2）AD＝BC仍然成立.
证明：如图2，∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOB+∠AOC＝∠AOC+∠COD＝90°+α，
即∠BOC＝∠AOD，
在△AOD和△BOC中，
OA=OB∠AOD=∠BOCOD=OC，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴AD＝BC；
（3）①过点A作AT⊥AB，使AT＝AB，连接BT，AD，DT，BD，
∵△ABT和△CBD都是等腰直角三角形，
∴BT=2AB，BD=2BC，∠ABT＝∠CBD＝45°，
∴BTAB=BDBC=2，∠ABC＝∠TBD，
∴△ABC∽△TBD，
∴DTAC=BTAB=2，
∴DT=2AC=2×33=36，
∵AT＝AB＝8，DT＝36，
∴点D的运动轨迹是以T为圆心，36为半径的圆，
∴当D在AT的延长线上时，AD的值最大，最大值为8+36，
故答案为：8+36；
②如图4，在AB上方作∠ABT＝30°，过点A作AT⊥BT于点T，连接AD、BD、DT，过点T作TH⊥AD于点H，
∵BTAB=BDBC=cs30°=32，∠ABC＝∠TBD＝30°+∠TBC，
∴△BAC∽△BTD，
∴DTAC=BDBC=32，
∴DT=32AC=32×33=92，
在Rt△ABT中，AT＝AB•sin∠ABT＝8sin30°＝4，
∵∠BAT＝90°﹣30°＝60°，
∴∠TAH＝∠BAT﹣∠DAB＝60°﹣30°＝30°，
∵TH⊥AD，
∴TH＝AT•sin∠TAH＝4sin30°＝2，AH＝AT•cs∠TAH＝4cs30°＝23，
在Rt△DTH中，DH=DT2−TH2=(92)2−22=652，
∴AD＝AH+DH＝23+652；
如图5，在AB上方作∠ABE＝30°，过点A作AE⊥BE于点E，连接DE，
则BEAB=BDBC=cs30°=32，
∵∠EBD＝∠ABC＝∠ABD+30°，
∴△BDE∽△BCA，
∴DEAC=BEAB=32，
∴DE=32AC=32×33=92，
∵∠BAE＝90°﹣30°＝60°，AE＝AB•sin30°＝8×12=4，
∴∠DAE＝∠DAB+∠BAE＝30°+60°＝90°，
∴AD=DE2−AE2=(92)2−42=172；
综上所述，AD的值为23+652或172．
【点评】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，勾股定理，等腰三角形的性质，瓜豆原理等知识点，关键是添加恰当辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，综合性较强，难度较大，属于中考压轴题．
60．（2022•锦州）如图，在△ABC中，AB=AC=25，BC=4，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，连接DE，DF．
（1）如图1，求证：DF=52DE；
（2）如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．
【分析】（1）连接AF，可得AF⊥BC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DF=12AC=5，根据中位线定理可得DE=12BC=2，即可得证；
（2）证明△DNF∽△DME，根据（1）的结论即可得FN=52EM；
（3）连接AF，过点C作CH⊥AB于H，证明△AGD∽△AHC，可得GD=12HC=455，勾股定理求得GE，AG，根据tan∠ADG=AGGD=34，∠EMG＝∠ADG，可得tan∠EMG=EGMG=34，进而求得MG，根据MD＝MG+GD求得MD，根据（2）的结论DN=52DM，即可求解．
【解答】（1）证明：如图1，连接AF，
∵AB=AC=25，BC=4，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
∴DE=12BC=2，AF⊥BC，
∴DF=12AC=5，
∴DF=52DE；
（2）解：FN=52EM，
理由如下：
连接AF，如图2，
∵AB=AC=25，BC=4，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
∴EF=12AC=CD，EF∥DC，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∴∠DEF＝∠C，
∵DF=12AC=DC，
∴∠DFC＝∠C，
∴∠DFC＝∠DEF，
∴180°﹣∠DFC＝180°﹣∠DEF，
∴∠DFN＝∠DEM，
∵将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，
∴∠EDF＝∠PDQ，
∵∠FDN+∠NDE＝∠EDM+∠NDE，
∴∠FDN＝∠EDM，
∴△DNF∽△DME，
∴NFEM=DFDE=52，
∴FN=52EM；
（3）解：如图，连接AF，过点C作CH⊥AB于H，
Rt△AFC中，FC=12BC=2，
∴AF=AC2−FC2=4，
∵S△ABC=12BC⋅AF=12AB⋅CH，
∴HC=BC⋅AFAB=4×425=855，
∵DP⊥AB，
∴△AGD∽△AHC，
∴GDHC=ADAC=12，
∴GD=12HC=455，
Rt△GED中，GE=ED2−GD2=22−(455)2=255，
Rt△AGD中，AG=AD2−GD2=(5)2−(455)2=355，
∴tan∠ADG=AGGD=355455=34，
∵EF∥AD，
∴∠EMG＝∠ADG，
∴tan∠EMG=EGMG=34，
∴MG=43GE=43×255=8515，
∴MD=MG+GD=8515+455=453，
∵△DNF∽△DME，
∴DNDM=DFDE=52，
∴DN=52DM=52×453=103．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，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，锐角三角函数，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．