2024年中考数学考前20天终极冲刺专题之三角形练习附解析

这是一份2024年中考数学考前20天终极冲刺专题之三角形练习附解析，共38页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题，实践探究题等内容，欢迎下载使用。
1．绿色出行，健康出行，你我同行.某市为了方便市民绿色出行，推出了共享单车服务.图1是某品牌共享单车放在水平地面的实物图，图2是其示意图，其中AB、CD都与地面平行，AM与BC平行，若∠BCD=65°，则∠MAB的度数为（ ）
A．65°B．100°C．105°D．115°
2．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，分别以各边为直径作半圆，图中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”，当AC＝4，BC＝2时，则阴影部分的面积为（ ）
A．4B．4πC．8πD．8
3．nbsp；.如图，一副三角板中两个直角顶点C叠放在一起，其中∠A=30°，∠B=60°，∠D=∠E=45°，保持三角板ABC不动，三角板DCE可绕点C旋转，则下列结论：①∠ACE=∠BCD；②∠BCE+∠ACD随着∠ACD的交化而变化；③当AB∥CE时，则∠ACD=60°或150°；④当∠BCE=3∠ACD时，DE一定垂直于AC．其中正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
4．如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，以A为圆心，任意长为半径画弧分别交AB、AC于点M和N，再分别以M、N为圆心，大于 12 MN的长为半径画弧，两弧交于点P，连结AP并延长交BC于点D，则下列说法中正确的个数是
①AD是∠BAC的平分线；②∠ADC=60°；③点D在AB的中垂线上；④S△DAC：S△ABC=1：3.
A．1B．2C．3D．4
5．如图，在三角形ABC中，AB=11，AC=15，点M是BC的中点，AD是∠BAC的角平分线，MF∥AD，则FC=（ ）
A．14B．13C．12D．11
6．如图，等边△ABC内有一点E， BE=4，CE=6，当∠AEB=150°时，则AE的长为（ ）
A．2B．25C．3D．32
7．如图，⊙I是Rt△ABC的内切圆，∠ACB=90°，过点I作MN∥AB分别交CA，CB于N，M，若BM=3，AN=4，则⊙I的半径是（ ）
A．72B．52C．145D．125
8．如图，点P是在正△ABC内一点，PA=3，PB=4，PC=5，将线段AP绕点A逆时针旋转60°得到线段AP'，连接P'P，P'C.下列结论中正确的是（ ）
①△AP'C可以由△APB绕点A逆时针旋转60°得到；②线段PP'=3；③四边形APCP'的面积为6+33；④S△APB+S△BPC=6+43.
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
9．如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，csB=14，点D是边BC的中点，以AD为底边在其右侧作等腰三角形ADE，使∠ADE=∠B，连接CE，则CEAD的值为（ ）
A．32B．3C．152D．2
10．如图，已知Rt△ABC，AC=BC=2，将△ABC绕点A沿逆时针方向旋转后得到△ADE，直线BD、CE相交于点F，连接AF，则下列结论中：①AB=22；②△ABD∽△ACE；③∠BFC=45°；④F为BD的中点，其中正确的有（ ）
A．①②③B．①②④C．①②③④D．②③④
二、填空题
11．如图，C为线段AB的中点，D为AB垂直平分线上一点，连接BD，将BD绕点D顺时针旋转60°得到线段DE，连接AE，若AB＝23，AE＝4，则CD的长为 ．
12．如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别是边BC，CA上的点，且BD=CE，连结AD，BE交于点P．连接CP，若CP⊥AP时，则AE：CE= ；设△ABC的面积为S1，四边形CDPE的面积为S2，则S2S1＝ ．
13．如图，在四边形ABCD中，AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，∠ADC＝90°，对角线AC与BD相交于点E，若BE＝3DE，则BD＝ ．
14．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，将△ABC绕点A旋转，使点C落在AB边上的点E处，点B落在点D处，连接BD，CE，延长CE交BD于点F，则EF的长为
​​
15．矩形ABCD与CEFG如图放置，点B，C，E共线，点C，D，G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH.若BC＝EF＝2，CD＝CE＝1，则GH＝ .
三、解答题
16．如图，在△ABC中，AC=24cm，BC=7cm，点P在BC上，从点B向点C运动(不包括点C)，速度为2cm/s；点Q在AC上，从点C向点A运动(不包括点A)，速度为5cm/s.若点P，Q分别从点B，C同时运动，且运动时间记为ts，请解答下面的问题，并写出探索的主要过程．
（1）当t为何值时，P，Q两点的距离为52cm？
（2）当t为何值时，△PCQ的面积为15cm2？
（3）点P运动多少时间时，四边形BPQA的面积最小？最小面积是多少？
17． 已知△ABC和△ADE都是等腰三角形，且AB=AC，AD=AE，若点D在BC边上运动时，总保持∠ADE=∠B，连接CE,DE与AC交于点F．
（1）①如图1，当点D为BC边中点时，则CEBC的值为 ▲ ；
②如图2，当点D不为BC边中点时，求证：CE=BD；
（2）如图3，当点D在BC边上运动中恰好使得AE∥BC时，若AB=5，BC=6，求DF的长．
18．如图1，在直线MN上摆放一副直角三角板，两三角板顶点重合于点O，∠AOB＝60°，∠OCD＝45°，将三角板COD绕点O以每秒6°的速度顺时针方向转动，设转动时间为t秒．
（1）如图2，若OC平分∠MOB，则t的最小值为 ；此时∠DOB﹣∠MOC＝ 度；（直接写答案）
（2）当三角板COD转动如图3的位置，此时OC、OD同时在直线OB的右侧，猜想∠DOB与∠MOC有怎样的数量关系？并说明理由；（数量关系中不含t）
（3）若当三角板COD开始转动的同时，另一个三角板OAB也绕点O以每秒3°的速度顺时针转动，当OC旋转至射线ON上时，两三角板同时停止运动：
①当t为何值时，∠BOC＝15°；
②在转动过程中，请写出∠DOB与∠MOC的数量关系，并说明理由．（数量关系中不含t）
19．如图，CD为△ABC的中线，以CD为直角边在其右侧作直角△CDE，CD丄DE，BC与DE交于点F，∠CED=30°．
（1）如图1，若CF=EF=5，求CD的长；
（2）如图2，若将BC绕点C逆时针旋转120°得到CG，连接AG、AE，探究AG、AE的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，若∠ACB=90°，AC=2，BC=23，直线CE上有一点M，连接MF，将△CFM沿着MF翻折到△ABC所在的平面内得到△NFM，取NF的中点P，连接AP，当AP最小时，请直接写出△APB的面积．
20．如图，△ABC是等边三角形，D为AB上一点，连接CD，将CD绕点C顺时针旋转120°至CE，连接BE，分别交AC、CD于点F、G.
（1）若AD=3，BD=1，求△BCE的面积；
（2）请猜想线段AF，BD，CF之间的数量关系，并证明你的猜想；
（3）当△BCE周长最小时，请直接写出S△CEFS四边形ADGF的值.
四、实践探究题
21．【教材呈现】如图是华师版七年级下册数学教材第122页的部分内容．
2．如图，△ACD、△AEB都是等腰直角三角形，∠CAD=∠EAB=90°，画出△ACE以点A为旋转中心、逆时针旋转90°后的三角形．
数学课上，同学们连结BD便解决了此问题，随后数学老师追问：BD与EC具有怎样的数量关系？两组同学给出两种不同方法：
甲组：由于△ABD是由△ACE绕着点A逆时针旋转90°后得到的，所以BD与EC为对应线段，所以BD=EC．
乙组：根据题意，我们可以证明△ABD≌△ACE，因此BD=EC．
（1）请结合图①写出乙组证明方法的完整过程．
（2）【类比探究】若将【教材呈现】中的等腰直角三角形换成等边三角形，上述结论是否仍然成立？
如图②，△ACD、△AEB都是等边三角形，连结EC、BD、ED．
①则BD与EC的数量关系是 ．
②若∠DEA=30°,AB=8,ED=12，则EC长为 ．
（3）【拓展应用】△ACD、△AEB都是等边三角形，AC=4,AB=8，若将△ACD绕着点A旋转一周，在运动过程中，点B到直线ED的距离设为d，则d的取值范围是 ．
22．
（1）【问题初探】数学课上，李老师出示了这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB=AC，点F是AC上一点，点E是AB延长线上的一点，连接EF，交BC于点D，若ED=DF，求证：BE=CF．
①如图2，小乐同学从中点的角度，给出了如下解题思路：在线段DC上截取DM，使DM=BD，连接FM，利用两个三角形全等和已知条件，得出结论；
②如图3，小亮同学从平行线的角度给出了另一种解题思路：过点E作EM∥AC交CB的延长线于点M，利用两个三角形全等和已知条件，得出了结论；
请你选择一位同学的解题思路，写出证明过程；
（2）【类比分析】李老师发现两位同学的做法非常巧妙，为了让同学们更好的理解这种转化的思想方法，李老师提出了新的问题，请你解答，
如图4，在△ABC中，点E在线段AB上，D是BC的中点，连接CE，AD，CE与AD相交于点N，若∠EAD+∠ANC=180°，求证：AB=CN；
（3）【学以致用】如图5，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠C=30°，AF平分∠BAC，点E在线段BA的延长线上运动，过点E作ED∥AF，交AC于点N，交BC于点D，且BD=CD，请直接写出线段AE，CN和BC之间的数量关系．
答案解析部分
1．【答案】D
2．【答案】A
【解析】【解答】解：由勾股定理得，AB2＝AC2+BC2＝20，
则阴影部分的面积＝12×AC×BC+12×π×(AC2)2+12×π×(BC2)2−12×π×(AB2)2
＝12×2×4+12×π×14×(AC2+BC2−AB2)
＝4，
故答案为：A．
【分析】根据勾股定理可得AB2＝AC2+BC2＝20，根据扇形面积公式计算即可。
3．【答案】A
4．【答案】D
【解析】【解答】解：①根据作图的过程可知，AD是∠BAC的平分线，故①正确；
②如图，
∵在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，∴∠CAB=60°.
又∵AD是∠BAC的平分线，∴∠1=∠2=∠CAB=30°，
∴∠3=90°﹣∠2=60°，即∠ADC=60°，故②正确；
③∵∠1=∠B=30°，∴AD=B，.∴点D在AB的中垂线上，故③正确；
④∵如图，在直角△ACD中，∠2=30°，∴CD= 12 AD.
∴BC=CD+BD= 12 AD+AD= 32 AD，S△DAC= 12 AC•CD= 14 AC•AD.
∴S△ABC= 12 AC•BC= 12 AC•A 32 D= 34 AC•AD.
∴S△DAC：S△ABC=(14AC⋅AD)：(34AC⋅AD)=1：3 。故④正确；
综上所述，正确的结论是：①②③④，共有4个.
故答案为：D.
【分析】①根据作图的过程可以判定AD是∠BAC的角平分线；
②利用角平分线的定义可以推知∠CAD=30°，则由直角三角形的性质来求∠ADC的度数；
③利用等角对等边可以证得△ADB的等腰三角形，由到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线，可以证明点D在AB的中垂线上；
④利用30度角所对的直角边是斜边的一半、三角形的面积计算公式来求两个三角形的面积之比.
5．【答案】B
【解析】【解答】解：如图，过点C作AB的平行线，延长AM、FM、AD交平行线于点E、G、H.
∵点M是BC的中点
易证△ABM≌△ECM
∴CE=AB=11，A=ME
∵AD是∠BAC的角平分线，MF//AD，且AB//CH
∴∠BAD=∠CAD=∠CFG=∠H=∠CGF
∴AC=CH=15
∴EH=CH-CE=15-11=4
在△AEH中，MG//AH，AM=ME
∴HG=GE=12HE=2
∴CF=CG=CE+EG=11+2=13
故答案为：B.
【分析】本题已知点M是BC的中点，AM是△ABC的中线，将中线倍长是常见的解题方法；通过过点C作AB的平行线，延长AM、FM、AD交平行线于点E、G、H，实现中线倍长构造△ABM≌△ECM（SAS），同时因为AD是∠BAC的角平分线且MF//AD，AB//CH，由平行线的性质可得多个角相等，∠BAD=∠CAD=∠CFG=∠H=∠CGF，于是CE=AB=11，AC=CH=15，EH=CH-CE=15-11=4；由全等所得AM=ME，可知MG为△AEH的中位线，故HG=GE=12HE=2，所以CF=CG=CE+EG=11+2=13.
6．【答案】B
【解析】【解答】以点B为旋转中心把△BAE顺时针旋转60°至△BCF，
则BF=BE，CF=AE，∠BFC=∠AEB=150°．
∴△BEF是等边三角形，
∴EF=BE=4，∠BFE=60°，
∴∠CFE=150°−60°=90°，
CF=CE2−EF2=25，
∴AE=25．
故答案为：B．
【分析】根据题意先求出△BEF是等边三角形，再求出∠CFE=90°，最后利用勾股定理计算求解即可。
7．【答案】D
【解析】【解答】解：设切点分别为E，F，G，连接IE、IF、IG，过点M作MP⊥AB于P，过点N作NQ⊥AB于Q，
∵⊙I是Rt△ABC的内切圆，
∴IE⊥BC，IF⊥AC，IG⊥AB，IE=IF=IG，
∵NQ⊥AB，
∴∠AQN=∠IFN=90°，
∵MN∥AB，
∴∠A=∠INF，
∵MP⊥AB，NQ⊥AB，IG⊥AB，MN∥AB，
∴NQ=IG=MP，
∴NQ=IF，
∴△AQN≌△NFI(AAS)，
∴IN=AN=4，
同理可得IM=BM=3，
∵IE⊥BC，
∴∠MEI=90°，
∵∠ACB=90°
∴∠MEI=∠ACB
∴IE∥AC，
∴∠MIE=∠INF，
∴△MEI∽△IFN，
∴MEIF=IMIN=34，
设ME=3x，IF=4x，则IE=IF=4x，
在Rt△MEI中，由勾股定理，
(3x)2+(4x)2=32，
解得：x=35，
∴IF=4x=125，
故答案为：D.
【分析】设切点分别为E，F，G，连接IE、IF、IG，过M作MP⊥AB于P，过N作NQ⊥AB于Q，根据切线的性质得IE⊥BC，IF⊥AC，IG⊥AB，IE=IF=IG，根据平行线间的距离相等得NQ=IG=MP，推出NQ=IF，由AAS判断出△AQN≌△NFI，得IN=AN=4，同理IM=BM=3，进而判断出△MEI∽△IFN，由相似三角形对应边成比例得得MEIF=IMIN=34，设ME=3x，IF=4x，则IE=IF=4x，在Rt△MEI中，利用勾股定理建立方程求出x的值，即可得出IF的长.
8．【答案】B
【解析】【解答】解：由题意知，AP=AP'，∠PAP'=60∘，
∴△APP' 为等边三角形，PP'=AP=3，②正确，
又∠BAP+∠PAC=∠PAC+∠CAP'=60∘ ，AB=AC，
∴∠BAP=∠CAP'，
∴ △ABP≌△AP'C①正确，P'C=PB=4，
又PC=5，
在△PP'C中三边长为3、4、5，这是一组勾股数，所以△PP'C 为直角三角形
∴S四边形APCP'=S△APP'+S△CPP' =12×332×3+12×3×4=6+934 ，③错误.
将△BPC绕点B逆时针旋转60°得到△BDA，则有△BPC≌△BDA，连接PD，如图所示：
同理可得△BPD是边长为4的等边三角形，△APD是直角三角形，且直角边长为3和4，斜边长为5，
∴S△APB+S△BPC=S△BPD+S△APD=12×23×4+12×3×4=6+43，故④正确；
故答案为：B.
【分析】易得AP=AP'，∠PAP'=60°，故△APP'是等边三角形，得PP'=PA=3，据此可判断②；易得∠BAP=∠CAP'=60°，用SAS证△ABP≌△AP'C，根据旋转的性质可判断①；由全等三角形性质得P'C=PB=4，利用勾股定理的逆定理判断出△PP'C是直角三角形，根据S四边形APCP'=S△APP'+S△CPP'结合三角形面积计算公式计算可判断③；将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BDA，则有△BPC≌△BDA，连接PD，同理可得△BPD是边长为4的等边三角形，△APD是直角三角形，且直角边长为3和4，斜边长为5，进而根据S△APB+S△BPC=S△BPD+S△APD结合三角形面积计算公式进行计算可判断④.
9．【答案】D
【解析】【解答】∵在Rt△ABC中，点D是边BC的中点，
∴AD=BD=CD=12BC，
∴∠BAD=∠B=∠ADE，
∴AB//DE．
∴∠BAD=∠B=∠ADE=∠CDE，
∴在△ADE和△CDE中，AD=CD∠ADE=∠CDEDE=DE，
∴△ADE≅△CDE(SAS)，
∴AE=CE，
∵△ADE为等腰三角形，
∴AE=CE=DE，∠BAD=∠B=∠ADE=∠DAE，
∴△ABD∼△ADE，
∴DEBD=ADAB，即CEAD=BDAB．
∵csB=ABBC=14，
∴ABBD=12，
∴CEAD=BDAB=2．
故答案为：D．
【分析】先证出△ABD∼△ADE，可得DEBD=ADAB，即CEAD=BDAB，再结合csB=ABBC=14，可得ABBD=12，最后求出CEAD=BDAB=2即可。
10．【答案】C
【解析】【解答】①由旋转性质可知，AC＝BC＝AE＝DE＝2，
∵∠ACB=90°，
∴AB＝AD=AC2+BC2=22+22=22，故①符合题意；
②∵ABAC=ADAF=222=2，∠DAE=∠CAB=45°，
∴∠DAE＋∠EAB＝∠CAB＋∠EAB，即∠DAB＝∠EAC，
∴△ABD∽△ACE，故②符合题意；
③设AB、CE交于点G，如图所示：
∵△ABD∽△ACE，
∴∠DBA＝∠ECA，
又∵∠FGB＝∠CGA，
∴∠BFC＝∠BAC＝45°，故③符合题意；
④∵∠BFC＝∠BAC＝45°，
∴A、C、B、F四点共圆，
∴四边形ACBF为圆内接四边形，
∴∠BFA＋∠BCA＝180°，
∵∠BCA=90°，
∴∠BFA＝90°，
∴AF⊥BD，
∵AB＝AD，
∴△ABD为等腰三角形，
∴AF为BD上中线，即F为BD中点，故④符合题意；
综上分析可知，①②③④都符合题意，故C符合题意．
故答案为：C．
【分析】由旋转性质可知AC＝BC＝AE＝DE＝2，利用勾股定理求出AB＝AD=22，据此判断①；根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，可证△ABD∽△ACE，据此判断②；设AB、CE交于点G，如图，由△ABD∽△ACE可得∠DBA＝∠ECA，由对顶角相等可得∠FGB＝∠CGA，从而得出∠BFC＝∠BAC＝45°，据此判断③；先判断A、C、B、F四点共圆，根据圆内接四边形的性质可得∠BFA＋∠BCA＝180°，据此求出∠BFA＝90°，即得AF⊥BD，根据等腰三角形三线合一的性质可得F为BD中点，据此判断④即可.
11．【答案】7
【解析】【解答】解：连接AD、BE，过点E作EH⊥AB于H，
由旋转知，DE=DB，∠BDE=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴BE=BD
∵C为AB中点，点D在AB的处置平分线上，
∴AD=BD=DE，BC=12AB=12×23=3
∴∠BAD=180°−∠ADB2，∠EAD=180°−∠ADE2
∴∠BAD+∠EAD=360°−(∠ADB+∠ADE)2=360°−∠BDE2
即∠BAE=360°−∠BDE2
∵∠BDE=60°
∴∠BAE=150°
∴∠HAE=180°-150°=30°
∵AE=4
∴EH=12AE=2，AH=AE2−EH2=42−22=23
∴BH=AH+AB=23+23=43
∴BE=t−4t=22+(43)2=213
∴BD=213
∴CD=BD2−BC2=(213)2−(3)2=7
故答案为：7．
【分析】连接AD、BE，过点E作EH⊥AB于H，由旋转知，DE=DB，∠BDE=60°，证明△BDE是等边三角形，根据三角形内角和定理求出∠BAD=180°−∠ADB2，∠EAD=180°−∠ADE2从而得到∠BAE=360°−∠BDE2=150°，∠HAE=30°，进而求出EH，AH，再利用勾股定理计算出BE和CD即可．
12．【答案】2；27
【解析】【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC,∠BAE=∠ACD=60°，
∵BD=CE，
∴AC−CE=BC−BD，即AE=CD，
在△ABE和△CAD中，
∵AE=CD,∠BAE=∠ACD,AB=AC，
∴△ABE≌△CAD(SAS)，
∴∠CAD=∠ABE，
∴∠APE=∠BAP+∠ABP=∠BAP+∠ΡΑΕ=∠ΒΑΕ=60°，
∴∠DPE=180°−∠APE=180°−60°=120°，
∴C、D、P、E四点共圆，
∵AP⊥PC，
∴∠DPC=∠APC=90°，
即点P恰好落在以AC为直径的圆上，点P也落在以CD为直径的圆上，
∵∠APE=60°，
∴∠CPE=30°，
如图，连接DE，则∠CED=90°,∠CDE=∠CPE=30°，
∴CDCE=2，
∵AE=CD，
∴AECE=2；
如图，过点D作DF∥AC，交BE于点F，
设S1=a，
∵CDCE=2，BD=CE，
∴CDBD=2，
∴BD=13BC,CD=23BC，
∴S△ADC=23a，
同理CE=13AC，
∴S△CDE=13S△ADC=13×23a=29a，
∵AECE=2，
∴S△ADE=2S△CDE=2×29a=49a，
∵DF∥AC，
∴△DFP∽△AEP,△DFB∽△CEB，
∴DFEC=BDBC=13，DPAP=DFAE=DF2CE=16，
∴DPAD=17，
∴S△DPE=17S△ADE=17×49a=463a，
∴S2=S△DPE+S△CDE=463a+29a=27a，
∴S2S1=27aa=27．
故答案为：2；27．
【分析】根据SAS可证明△ABE≌△CAD，可得∠CAD=∠ABE，从而得到∠DPE=180°−∠APE=180°−60°=120°，进而得到C、D、P、E四点共圆，继而得到点P恰好落在以AC为直径的圆上，点P也落在以CD为直径的圆上，可得到∠CPE=30°，连接DE，则∠CED=90°,∠CDE=∠CPE=30°，由直角三角形的性质可得CDCE=2，从而得到AECE=2；过点D作DF∥AC，交BE于点F，证出△DFP∽△AEP,△DFB∽△CEB，可得DPAD=17，即可得出答案．
13．【答案】36
【解析】【解答】解：如图：
过B作BO⊥AC于点O，连接OD，过D作DM⊥AC于点M.
∵AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形
∴OA=OC=3，
∴OB=33.
又∵∠ADC＝90°，
∴OA=OC=OD=3.
∵BO⊥AC，DM⊥AC，
∴BO//DM.
∴△BOE∽△DME
∴BODM=OEEM=BEDE=3.
∴DM=333=3
∵Rt△DOM中，OD=3，
∴MO=6，
∴EM=64
∴Rt△DEM中，DE=ME2+MD2=616+3=364，
∴BD=4DE=36.
故答案为：36.
【分析】过B作BO⊥AC于点O，连接OD，过D作DM⊥AC于点M.根据△BOE∽△DME得到OE：ME=OB：DM=3，可求出DM长，再根据∠ADC=90°，O为AC中点，得OD长，从而可求出OM长，再根据OE：ME=3，求出EM长，在Rt△DEM中利用勾股定理可求出DE长，从而得DB.
14．【答案】5
【解析】【解答】解： ∵在△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，
由勾股定理可得，AB=AC2+BC2=32+42=5.
由旋转的性质可知，AE=AC=3，DE=BC=4，AD=AB=5，∠DEA=∠ACB=90°，∠DAE=∠BAC.
∴BE=AB-AE=2，∠BED=90°.
由勾股定理可得，BD=DE2+BE2=42+22=25.
∵AE=AC，AD=AB，
∴∠AEC=∠ACE，∠ABD=∠ADB.
∵∠DAE=∠BAC，
由三角形的内角和定理可知，∠AED=∠ABD.
∵∠AED=∠BEF，
∴∠ABD=∠BEF.
∴BF=EF.
∵∠EDB+∠ABD=90°，∠DEF+∠BEF=90°，
∴∠EDB=∠DEF.
∴DF=EF.
∴EF=12BD=5.
故答案为：5.
【分析】先由旋转的性质和勾股定理求得BD的长，然后根据等腰三角形的性质和判定得到BF=EF=DF，进而得到EF的长
15．【答案】22
【解析】【解答】如图，延长GH交AD于p，
∵矩形ABCD与CEFG，
∴∠ADC=∠ADG=∠CGF=90°，AD=BC=2，GF=CE=1
∴AD∥GF，
∴∠GFH=∠PAH
∵H是AF的中点，
∴AH=FH，
在△APH与△FGH中，∠GFH=∠PAH，AH=FH， ∠AHP=∠FHG
∴△APH≌△FGH
∴AP=GF=1，GH=PH= 12 PG
∴PD=AD-AP=1
∴CG=2，CD=1
∴DG=1
∴GH = 12 PG= 22 .
【分析】延长GH交AD点p，先证三角形APH与三角形FGH全等，得AP=GF=1，GH=PH= 12 PG，再由勾股定理求得PG，从而得出答案.
16．【答案】（1）解：在Rt△ABC中，
∵AC=24cm，BC=7cm，
∴AB=25cm，
设经过ts后，P、Q两点的距离为52cm，
ts后，PC=7−2tcm，CQ=5tcm，
根据勾股定理可知PC2+CQ2=PQ2，
代入数据(7−2t)2+(5t)2=(52)2；
解得t=1或t=−129(不合题意舍去)；
（2）解：设经过ts后，S△PCQ的面积为15cm2，
ts后，PC=7−2tcm，CQ=5tcm，
S△PCQ=12×(7−2t)×5t=15，
解得t1=2，t2=1.5，
经过2或1.5s后，S△PCQ的面积为15cm2；
（3）解：设经过ts后，△PCQ的面积最大，则此时四边形BPQA的面积最小，
ts后，PC=7−2tcm，CQ=5tcm，
四边形BPQA的面积为：S△ABC−S△PCQ=12×7×24−12×PC×CQ
=84−12×(7−2t)×5t
=84−52×(−2t2+7t)
=84+5(t2−72t)
=5(t−74)2+109916，
∴四边形BPQA的面积最小值为：109916cm2，
当点P运动74秒时，四边形BPQA的面积最小为109916cm2．
【解析】【分析】（1）根据题意先求出AB=25cm，再列方程求出 (7−2t)2+(5t)2=(52)2，最后解方程求解即可；
（2）先求出 PC=7−2tcm，CQ=5tcm， 再根据三角形的面积公式列方程计算求解即可；
（3）根据题意先求出 PC=7−2tcm，CQ=5tcm， 再利用三角形的面积公式求出四边形BPQA的面积最小值为109916cm2，最后作答即可。
17．【答案】（1）解：①12
②证明：由①知，∠BAD=∠CAE．
在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴CE=BD；
（2）解：∵AE∥BC，
∴∠AED=∠CDE，∠DCA=∠EAC，
∵∠ADE=∠AED=∠B=∠ACB，
∴∠ADE=∠CDE=∠B，
∴AB∥DE，
∴四边形ABDE为平行四边形，∠BAD=∠ADE，
∴∠BAD=∠B=∠ACB，DE=AB=5，
∴△ABD∽△CBA．
∴BDAB=ABBC，即BD5=56．
∴BD=256．
∴CD=BC−BD=116，AE=BD=256．
∵AE∥BC，
∴△AFE∽△CFD，
∴DFEF=CDAE=1125，
∴DF=1136DE=1136×5=5536．
【解析】【解答】（1）①解：∵AB=AC，
∴∠B=∠BCA．
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED．
又∵∠ADE=∠B，
∴∠B=∠BCA=∠ADE=∠AED，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE．
∵AB=AC，点D为BC的中点，
∴∠BAD=∠CAD．
∴∠CAD=∠CAE．
又∵AD=AE，
∴AC垂直平分DE，
∴CE=CD．
∵点D为BC的中点，
∴BC=2CD．
∴CEBC=CE2CE=12．
故答案为：12；
【分析】（1）①根据等边对等角和题目已知条件可得∠B=∠BCA=∠ADE=∠AED，由三角形内角和是180°，得∠BAC=∠DAE，故∠BAD=∠CAE；根据等腰三角形三线合一可得∠BAD=∠CAD，等量代换∠DAC=∠CAE，AD=AE，三线合一AF垂直平分DE，再根据垂直平分线上的点到线段两端点距离相等可得CD=CE，即可得到CEBC=CE2CE=12；
②利用SAS证得△BAD≌△CAE，再根据全等三角形的对应边相等即可得证；
（2）先利用两直线平行内错角相等得到∠ADE=∠AED=∠B=∠ACB，等量代换∠ADE=∠CDE=∠B，再由同位角相等，两直线平行可得AB∥DE，进而由两组对边平行的四边形是平行四边形证得四边形ABDE为平行四边形，由平行四边形对边相等得到DE=AB=5；∠BAD=∠ADE，公共角∠B，由两组角对应相等的两个三角形相似得到△ABD∽△CBA，相似三角形对应边成比例BDAB=ABBC，即可求出BD长，进而求出CD、AE、BD的长，再根据△AFE∽△CFD得到DFEF=CDAE，代入即可求出DF长.
18．【答案】（1）5；30
（2）解：如图，
∵∠BOD＝∠BOC+∠COD＝∠BOC+90°，∠BOC＝∠COM-∠AOB＝∠COM-60°，
∴∠BOD＝∠COM-60°+90°＝∠COM+30°；
（3）解：①如图，
当OC在∠BOM内部时，
∵∠BOM＝60°+3t，∠COM＝6t，∠BOC＝∠BOM-∠COM，
∴60°+3t-6t＝15°，
∴t＝15，
如图，
当OC在∠BOM外部时，
∵∠COM＝6t，∠BOM＝60°+3t，∠BOC＝∠COM-∠BOM，
∴6t-（60°+3t）＝15°，
∴t＝25，
综上所述：t＝15或25；
②如图，
∵∠COM＝6t，∠BOD＝∠COM+90°-（60°+3t）＝3t+30°，
∴∠BOD=12∠COM+30°.
【解析】【解答】解：如图，
∵OC平分∠MOB，
∴∠COM=∠BOM=12×60°=30°，
∴t=306=5，
此时∠BOD=60°，
∴∠DOB-∠COM=30°，
故答案为：5，30.
【分析】（1）根据从一个角的顶点引出一条射线，把这个角分成两个完全相同的角，这条射线叫做这个角的角平分线得出∠COM=30°，∠BOD=60°，即可求解；
（2）分别求出∠BOD=∠BOC+90°，∠BOC=∠COM-60°，即可求解；
（3）①当OC在∠BOM内部时，由∠BOM=60°+3t，∠COM=6t，根据∠BOC=∠BOM-∠COM列出方程，解方程即可；当OC在∠BOM外部时，由∠COM=6t，∠BOM=60°+3t，根据∠BOC=∠COM-∠BOM列出方程，解方程即可；
②由∠COM=6t，∠BOD=3t+30°即可求解.
19．【答案】（1）解：在Rt△CDE中，∵∠CDE=90°，∠E=30°，
∴∠DCE=60°，
又∵CF=EF=5，
∴∠ECF=∠E=30°，
∴∠ECF=∠DCF=30°，
∴CD=CF⋅cs30°=532；
（2）解：AG=AE，理由如下，
倍长ED至点H使得DH=ED，连接BH、CH、GE，
∵BD=AD，∠BDH=∠ADE，DH=DE，
∴△BDH≌△ADE，
∴BH=AE，∠DBH=∠DAE，
∴HB∥AE，
∵在△HCE中，CD⊥DE，DH=DE，∠DEC=30°，
∴CH=CE，∠HCE=120°，
又∵∠BCG=120°，
∴∠HCB=∠ECG，
又∵BC=CG，
∴△HCB≌△ECG，
∴BH=GE，∠EGC=∠HBC，
∴AE=GE，
设∠EGC=∠HBC=x，AE与BC交于点K，
∵HB∥AE，
∴∠AKB=∠CKE=180°−x，∠CKE+∠EGC=180°
∴在四边形GCKE中，∠GEK=180°−∠GCK=60°，
∴结合AE=GE，可得△CEA为等边三角形，
∴AG=AE；
（3）解：S△ABP=143−22121
【解析】解：（3）∵∠ACB=90°，AC=2，BC=23，
∴在Rt△ACB中，tan∠ABC=ACBC=223=33，AB=AC2+BC2=4，
∴∠ABC=30°，即∠BAC=60°，
∵在Rt△CDE中，∠CED=30°，
∴∠ECD=60°，
∵AD=BD，
∴AD=BD=CD，
∴∠CAD=∠ACD=60°，即△CAD是等边三角形，
∴∠DCB=30°，AD=BD=CD=AC=2，
∴在Rt△CDF中，CF=CDcs∠DCF=433，
根据翻转可知：NF=CF=433，
∵NF的中点为P点，
∴PF=12NF=233，
∴可知点P在以F为圆心，PF长为半径的圆上，
如图，
即可知当点A、P、F三点共线，且点P在线段AF上时，AP最小，
如图，过F点作FS⊥AB于S点，过P点作PT⊥AB于T点，
∵CF=433，CB=23，AC=2，
∴BF=233，AF=AC2+FC2=2213，
∴SF=BF×sin∠ABC=33，AP=AF−PF=221−233，
∵FS⊥AB，PT⊥AB，
∴FS⊥PT，
∴PTFS=APAF，即PT=APAF×FS=221−2332213×33=73−2121，
∴S△ABP=12×AB×PT=APAF×FS=12×4×73−2121=143−22121，
即当AP最小时，S△ABP=143−22121．
【分析】（1）先求出∠DCE=60°，根据CF=EF=5，可得∠ECF=∠E=30°，进而可得∠ECF=∠DCF=30°，解直角三角形即可求解；
（2）倍长ED至点H使得DH=ED，连接BH、CH、GE，证明△BDH≌△ADE， △HCB≌△ECG，即有BH=GE，∠EGC=∠HBC，进而可得AE=GE，设∠EGC=∠HBC=x，AE与BC交于点K，根据HB∥AE，可得∠AKB=∠CKE=180°−x，∠CKE+∠EGC=180°，进而得出△CEA为等边三角形，即可求解；
（3）先证明△CAD是等边三角形，即在Rt△CDF中，CF=433，根据翻转可知：NF=CF=433，结合NF的中点为P点，可得PF=12NF=233，即可知点P在以F为圆心，PF长为半径的圆上，当点A、P、F三点共线，且点P在线段AF上时，AP最小，过F点作FS⊥AB于S点，过P点作PT⊥AB于T点，则PTFS=APAF得出PT，进而根据三角形的面积公式，即可求解．
20．【答案】（1）解：如图，将△ABC绕点C顺时针旋转120°，得到△MHC， 则点E在HM上，过点E作EN⊥CM.
∵AD=3，BD=1，
∴AB=AD+BD=4，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=BC=AC=4，∠A=∠ABC=∠ACB=60°，
根据旋转的性质可得，EM=AD=3.
CM=HM=CH=AC=4，∠M=∠A=60°，∠ACM=120°，
∵∠ACB+∠ACM=60°+120°=180°
∴点B、C、M在同一直线上，
∴EN=EM⋅sinM=3×32=332，
∴SBCE=12BC⋅EN=12×4×332=33；
（2）解：AF=CF+BD.证明如下：
如图，将△ABC绕点C顺时针旋转120°，得到△MHC， 连接AH，BH，
∵∠HCM=∠ABC=60°，∠ACB=∠M.
∴AB∥CH，AC∥HM.
∵AB=CH，AB=BC，
∴四边形ABCH为菱形，
∴OB=OH，OA=OC，
∵OF∥HE，
∴OF为△BHE的中位线，
∴OF=12BD，
∴OF=12BD；
∵AF=OA+OF，OA=OC=CF+OF，
∴AF=CF+2OF=CF+BD；
（3）解：58
【解析】【解答】解：（3）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△MHC， 连接AH，BH，作点C关于EM的对称点 C'，连接CC'，EC'，HC'，MC'，BC'，CC'交HM于点P.
则CE=C'E，
∵S△CEF=BC+BE+CE=BC+BE+C'E，
∴要使△BCE周长取得最小值，即BE+C'E取得最小值，
∵BE+C'E≥BC'，
∴当B、E、C'三点共线时，BE+C'E取得最小值BC'，
如图， 连接AH交AC于点O， 连接AH，连接DF，
∵△HCM为等边三角形，CP⊥HM，
∴HP=PM，
∴四边形 HCMC'为菱形，
∵OC∥HP，OC=HP，且∠HOC=90°
∴四边形HOCP为矩形，
设△ABC的边长a，
∴PH=OA=OC=a2，
设BD=EH=b， 则PE=a2−b，
由(2)知，OF=12EH=b2，则CF=a2−b2，
∵HM∥AC，P为CC'中点，
∴PE为△FCC'的中位线，
∴CF=2PE=a−2b，
∴a2−b2=a−2b，
∴a=3b，
∴CF=a3，BD=a3，
∴AD=AF=DF=23a，
∵ADBD=AFCF=21，
∴DF∥BC，
∴△DGF∽△CGB，
设G到DF的距离为ℎ₁，G到BC的距离为ℎ₂，
∴ℎ1ℎ2=DFBC=23，
∵ℎ1+ℎ2=13⋅32a=36a，
∴ℎ1=315a，
∴S四边形ADGF=SADF+SDFG=12⋅23a⋅32a⋅23+12⋅23a⋅315a=2315a2，
S△CEF=12CF·OH=12·a3·32a=312a2，
∴SCEFS四边形ADGF=312a22315a2=58.
【分析】（1）将△ABC绕点C顺时针旋转120°，得到△MHC， 则点E在HM上，过点E作EN⊥CM，进而结合等边三角形的判定与性质得到AB=BC=AC=4，∠A=∠ABC=∠ACB=60°，再根据旋转的性质得到EM=AD=3，CM=HM=CH=AC=4，∠M=∠A=60°，∠ACM=120°，从而解直角三角形（边角关系）即可求解；
（2）将△ABC绕点C顺时针旋转120°，得到△MHC， 连接AH，BH，先根据平行线的判定证明AB∥CH，AC∥HM，进而根据菱形的判定与性质得到OB=OH，OA=OC，再根据三角形中位线定理得到OF=12BD，再结合题意进行线段的运算即可求解；
（3）将△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△MHC， 连接AH，BH，作点C关于EM的对称点 C'，连接CC'，EC'，HC'，MC'，BC'，CC'交HM于点P，进而结合题意得到要使△BCE周长取得最小值，即BE+C'E取得最小值，从而得到当B、E、C'三点共线时，BE+C'E取得最小值BC'，连接AH交AC于点O， 连接AH，连接DF，再结合矩形的判定证明四边形HOCP为矩形，设△ABC的边长a，设G到DF的距离为ℎ₁，G到BC的距离为ℎ₂，根据相似三角形的判定与性质结合题意即可得到ℎ1=315a，进而根据S四边形ADGF=SADF+SDFG，S△CEF=12CF·OH即可得到两个图形的面积，从而相比即可求解。
21．【答案】（1）解：证明：
∵△ACD和△AEB是等腰直角三角形，
∴AE=AB,AC=AD
∵∠CAD=∠EAB=90°
∴∠CAD+∠BAC=∠EAB+∠BAC
∴∠EAC=∠BAD
∴△AEC≌△ABD
∴BD=EC
（2）BD=EC；413
（3）4≤d≤8
【解析】【解答】
解：（1）证明：连接BD，如图①，
∵△ACD、△AEB都是等腰直角三角形，
∴AE=AB，AC=AD，∠BAE=∠CAD=90°，
∴∠EAB+∠BAC=∠CAD+∠BAC，
∴∠CAE=∠DAB，
∴△EAC≌△BAD(SAS)，
∴BD=EC；
（2） ①∵△ACD、△AEB都是等边三角形，
∴AE=AB=BE，AC=AD，∠BAE=∠CAD=60°，
∴∠EAB+∠EAD=∠CAD+∠EAD，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△EAC(SAS)，
∴BD=EC，
②∵∠DEA=30°，∠BEA=60°，
∴∠BED=∠BEA+∠DEA=90°，
∵AB=8，ED=12，
∴BD=BE2+ED2=BA2+ED2=82+122=413，
∴EC=BD=413，
故答案为：①BD=EC；②413；
（3）如图，以AD为半径，A为圆心画圆得圆A，将△ACD绕着点A旋转一周，则点D的轨迹为圆A，过点E作圆A的切线，切点为D1，D2，连接AD1，AD2，ED1，ED2，则AD1⊥ED1，AD2⊥ED2，且ED始终在ED1和ED2之间或在ED1和ED2上，
由图可得当点D与D2重合时，点B到ED2的距离为d的最小值，
∵△ACD、△AEB都是等边三角形，AC=4，AB=8，
∴AE=BE=AB=8，∠AEB=∠EAB=60°，
∵AD2⊥ED2，AD2=AD=4=12AE，
∴∠AED2=30°，∠EAD2=60°，
∴D2在AB上，且ED2平分∠AEB，
∴ED2⊥AB， BD2=AD2=12AB=4，
∴d最小=4，
∵AD1⊥ED1，AD1=AD=4=12AE，
∴∠AED1=30°，
∴∠BED1=∠AEB+∠AED1=90°，
∴点B到ED1的距离为BE=8，
当点D不与D1重合时，令BE'为点B到直线ED的距离，则△BEE'为直角三角形，BE为斜边，BE'为直角边，
∴BE>BE'，
∴当点D与D1重合时，d最大，为8，
故答案为：4≤d≤8．
【分析】
（1） 由等腰直角三角形性质，得AE=AB，AC=AD，∠BAE=∠CAD=90°，再证得∠CAE=∠DAB，根据全等三角形判定(SAS)，即可证得△EAC≌△BAD(SAS)，然后根据全等三角形性质，可得BD=EC；
（2）根据等边三角形性质可得AE=AB=BE，AC=AD∠BAE=∠CAD=60°，再根据全等三角形判定(SAS)，证得△BAD≌△CAE(SAS)，即可得到BD=EC；再由∠DEA=30°，∠BEA=60°，得到∠BED=90°，然后根据勾股定理得BD=BE2+ED2，计算即可得出答案；
（3）如图，以AD为半径，A为圆心画圆得圆A，将△ACD绕着点A旋转一周，则点D的轨迹为圆A，过点E作圆A的切线，切点为D1，D2，连接AD1，AD2，ED1，ED2，得到AD1⊥ED1，AD2⊥ED2，且ED始终在ED1和ED2之间或在ED1和ED2上，结合图形可得点B到ED2的距离为d的最小值，证得ED2垂直平分AB，即可求得d的最小值，当点D与D1重合时，证得点B到ED1的距离为BE=8，当点D不与D1重合时，令BE'为点B到直线ED的距离，则△BEE'为直角三角形，BE为斜边，BE'为直角边，根据直角三角形的斜边大于直角边，即可得出d的最大值，进而得出结论．
22．【答案】（1）证明：①∵ED=DF，DM=BD，∠BDE=∠MDF，
∴△BDE≌△MDF(SAS)，
∴FM=BE，∠E=∠DFM，
∴FM∥BE，
∴∠ABC=∠FMC，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∴∠FMC=∠C，
∴FM=FC，
∴BE=CF；
②∵EM∥AC，
∴∠EMB=∠C，
∵DE=DF，∠MDE=∠CDF，
∴△MDE≌△CDF(AAS)，
∴CF=EM，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∵∠MBE=∠ABC，
∴∠EMB=∠MBE，
∴BE=ME，
∴BE=CF；
（2）证明：延长AD，取DM=AD，连接CM，如图所示：
∵D是BC的中点，
∴BD=CD，
∵∠ADB=∠CDM，
∴△ADB≌△CDM(SAS)，
∴AB=CM，∠M=∠BAD，
∵∠EAD+∠ANC=180°，∠ANC+∠CNM=180°，
∴∠CNM=∠EAD，
∴∠CNM=∠M，
∴CM=CN，
∴AB=CN；
（3）解：延长ED，使DM=ED，连接CM，如图所示：
∵BD=CD，∠CDM=∠BDE，
∴△CDM≌△BDE(SAS)，
∴CM=BE，∠M=∠BED，
∴CM∥BE，
∴∠ACM=180°−∠BAC=90°，
∵AF平分∠BAC，
∴∠CAF=12∠BAC=45°，
∵ED∥AF，
∴∠CNM=∠CAF=45°，
∴∠M=180°−∠CNM−∠ACM=45°，
∴∠CNM=∠M，
∴CN=CM，
∴CN=BE，
∵∠ACB=30°，∠BAC=90°，
∴AB=12BC，
∵BE−AE=AB=12BC，
∴CN−AE=12BC．
【解析】【分析】（1）①利用"SAS"证明△BDE≌△MDF，得到：FM=BE，∠E=∠DFM，然后根据平行线的性质和等腰三角形的性质可得到：FM=FC，进而即可求解；
②根据平行线的性质得到：∠EMB=∠C，利用"AAS"证明△MDE≌△CDF，得到：CF=EM，然后根据等腰三角形的性质即可得到：∠ABC=∠C，进而得到：∠EMB=∠MBE，进而即可求解；
（2）延长AD，取DM=AD，连接CM，利用"SAS"证明△ADB≌△CDM，得到：AB=CM，∠M=∠BAD，然后根据角的等量代换得到：∠CNM=∠M，进而即可求解；
（3）延长ED，使DM=ED，连接CM，利用"SAS"证明△CDM≌△BDE，得到：CM=BE，∠M=∠BED，然后根据平行线的性质得到：∠ACM=180°−∠BAC=90°，根据角平分线的定义即可求出∠CAF的度数，然后根据平行线的性质和角的运算得到：∠CNM=∠M，最后根据含30°角的直角三角形的性质即可求解.