中考数学二轮复习名校模拟题重要考点分类汇专题16几何证明(压轴题)(原卷版+解析)

这是一份中考数学二轮复习名校模拟题重要考点分类汇专题16几何证明(压轴题)(原卷版+解析)，共58页。试卷主要包含了在中，，平分，为上一点，如图，为等腰三角形，，如图，在中，，，是边上一动点，连接等内容，欢迎下载使用。
——几何证明（压轴题）（重庆专用）
1．（2023春·重庆渝中·九年级重庆巴蜀中学校考开学考试）在中，，平分，为上一点．
(1)如图1，过作交于点，若，，求的长；
(2)如图2，若，过作交的延长线于点，为延长线上一点，连接，过作交于点，交于点，且，猜想线段与之间的数量关系并证明你的猜想；
(3)如图3，将（2）中沿翻折得到，为上一点，连接，过作交于点，，，再将沿翻折得到，交、分别于点、，请直接写出的值．
2．（2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考开学考试）在等边三角形中，点D为上一点，连接，将绕D逆时针旋转角度得到，连接，已知，；

(1)如图1，若，，连接，求的长；
(2)如图2，若，分别取的中点H，的中点F，连接，，求证：；
(3)如图3，若，P为上一点，且满足，连接，将沿着所在直线翻折得到，连接，当最大时，直接写出的面积．
3．（2023春·重庆九龙坡·九年级重庆实验外国语学校校考开学考试）已知为等边三角形，点、分别是、上一点．
(1)如图1，，连接、，交于点，在的延长线上取点，使得，连接，若，求的面积；
(2)如图2，、相交于点，点为延长线上一点，连接、、，已知，，，探究、、之间的数量关系并说明理由；
(3)如图3，已知，过点作于点，点是直线上一点，以为边，在的下方作等边，连，当取最小值时请直接写出的长．
4．（2022秋·重庆沙坪坝·九年级重庆南开中学校考期末）如图，为等腰三角形，．点、点分别在射线、射线上，连接，将线段绕点逆时针旋转至，使得点恰好在射线上，旋转角为．
(1)当点、点重合时，如图1，若，，，求线段的长度；
(2)当点、点重合时，如图2，与交于点，若，求证：；
(3)当，时，如图3，点是射线上的动点，连接，将线段绕点顺时针旋转60°至线段，连接．将沿直线翻折至所在平面内得到，直线与射线交于点．在点运动过程中，当最小时，请直接写出的值．
5．（2023秋·重庆九龙坡·九年级重庆市育才中学校考期末）已知与有公共顶点C，为等边三角形，在中，．
(1)如图1，当点E与点B重合时，连接AD，已知四边形ABDC的面积为，求的值；
(2)如图2，， A、E、D三点共线，连接、，取中点M，连接，求证：；
(3)如图3，，，将以C为旋转中心旋转，取中点F，当的值最小时，求的值．
6．（2022秋·重庆北碚·九年级西南大学附中校考阶段练习）在中，，，是直线上的一点，连接，过点作，交直线于点．
(1)当点P在线段上时，如图①，求证：；
(2)当点P在直线上移动时，位置如图②、图③所示，线段，与之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．
7．（2023秋·重庆九龙坡·九年级重庆实验外国语学校校考期末）已知和都是等腰直角三角形，，连接．
(1)如图1，若点B、D、E在同一直线上，已知，求线段的长度．
(2)如图2，当时，过点B作并交的延长线于点G，与交于点F，求证：点F为的中点．
8．（2023秋·重庆北碚·九年级西南大学附中校考期末）如图．已知为等腰直角三角形，，D、E分别为上的两点，，连接，将绕点E逆时针旋转得，连接与交于点M．
(1)如图1，当时，若，求的长；
(2)如图2，连接，为的中点，连接，求证：；
(3)如图3，连接，将绕点A顺时针旋转得，连接、、，若，当周长取得最小值时，直接写出的面积．
9．（2022秋·重庆渝中·九年级重庆巴蜀中学校考期末）在中，，，是边上一动点，连接．
(1)如图1，在平面内将线段绕点顺时针旋转得到线段，点为边上一点，连接交于，连接，若，，，求的长；
(2)如图2，在平面内将线段绕点顺时针旋转一定角度得到线段，连接交于，连接，若，猜想线段，的数量关系，并证明你的猜想；
(3)在（2）的条件下，将沿直线翻折至所在平面内得到，连接，若，在点运动过程中，当线段取得最小值时，请直接写出与四边形重叠部分的面积．
10．（2022秋·重庆·九年级西南大学附中校考阶段练习）已知∶如图1，点D在外，，，射线与的边交于点H，，垂足为E，．
(1)若，，求的长；
(2)求证：；
(3)如图2，若，，点F在线段上，且，点M、N分别是射线、上的动点，在点M、 N运动的过程中，请判断式子的值是否存在最小值，若存在，请求出这个最小值；若不存在，写出你的理由．
11．（2022秋·重庆北碚·九年级西南大学附中校考阶段练习）在中， 是直线上的一点，连接过点作交直线于点．
当点在线段上时，如图①，求证：；
当点在直线上移动时，位置如图②、图③所示，线段与之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．
12．（2022秋·重庆渝中·九年级重庆巴蜀中学校考阶段练习）在△ABC和△AEF中，∠AFE＝∠ABC＝90°，∠AEF＝∠ACB＝30°，，连接EC．点G是EC中点，将△AEF绕点A顺时针旋转．
(1)如图1，若E恰好在线段AC上，AB＝2，连接FG，求FG的长度；
(2)如图2，若点F恰好落在射线CE上，连接BG，证明：；
(3)如图3，若AB＝3，在△AEF旋转过程中，当最大时，直接写出直线AB，AC，BG所围成三角形的面积．
13．（2022秋·重庆·九年级重庆一中校考阶段练习）如图，在中，，交于点，为线段上一动点，连接．
(1)如图1，连接，若是的角平分线且时，求的度数．
(2)如图2，将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段，连接交线段于点，连接，若点为线段的中点，求证：．
(3)如图3，在（2）的基础上，若，将绕点顺时针旋转角度，旋转后对应，点对应的点为，连接，，．旋转过程中，当线段与线段存在交点且时，记；当取得最小值时，记为．请直接写出的值．
14．（2022秋·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考阶段练习）如图，四边形中，，E为上一点，，．
(1)如图1，若，求的面积；
(2)如图2，若，求证：；
(3)如图3，F为平面内一点，，直线与直线交于点G，若，当最小时，直接写出的面积．
15．（2022·重庆·重庆八中校考模拟预测）在中，，点D是边上一点，过点D作于点E，，．
(1)如图1，将绕点B旋转至，使得落在上，连接，求线段的长；
(2)如图2，将绕点B旋转至，连接，H为中点，连接，，求证：；
(3)如图3，在第（2）问的条件下，将沿翻折至，当H在线段下方，且，直接写出点B到的距离．
16．（2022秋·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考阶段练习）已知点是所在平面内一点，交于点．
(1)如图1，点为上一点，若，平分，，，求的长；
(2)如图2，，点为上一点，平分，若，求证：；
(3)如图3，，，当点D位于内部时，过点D分别作，的垂线，垂足分别为M，N，连接，若，，，请直接写出的值．
二轮复习【中考冲刺】2022-2023年中考数学重要考点
名校模拟题分类汇编专题16
——几何证明（压轴题）（重庆专用）
1．（2023春·重庆渝中·九年级重庆巴蜀中学校考开学考试）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AD平分∠BAC，E为AC上一点．
(1)如图1，过D作DF∥AB交AC于点F，若DE=DF=3，AB=4，求CD的长；
(2)如图2，若CE=CD，过A作AF⊥AD交DE的延长线于点F，H为DA延长线上一点，连接HE，过F作FG⊥HE交DH于点G，交HE于点M，且AH=AG，猜想线段HG与ED之间的数量关系并证明你的猜想；
(3)如图3，将（2）中△ADF沿DF翻折得到△A1DF，N为DF上一点，连接AN，过N作PN⊥AN交A1D于点P，AD=10，PD=6，再将△ANF沿AN翻折得到△ANQ，AQ交PN、DF分别于点S、R，请直接写出QSRN的值．
【答案】(1)62
(2)HG=2DF
(3)692136
【分析】（1）过点D作DG⊥AC于点G，根据角平分线的性质得出DB=DG，证明△CDF∽△CBA，得出DFAB=CDCB =34，设CD=3x，则DG=DB=x，在Rt△CDG中，CG=CD2−GD2=22x，进而证明△CDG∽△CBA，根据相似三角形的性质得出x=22，进而即可求解；
（2）连接HF，过点E作EK⊥AD于点K，证明△AFD是等腰直角三角形，△KED是等腰直角三角形，证明△AFH≌△AFG，设∠HFA=∠AFG=β，继而证明△AGF≌△KEH，得出HF=KE，根据KE=AH=22DE，即可得出结论；
（3）过点N作NM⊥AF于点M，NK⊥FD交DA1的延长线于点K，过点A作AT⊥DF于点T，由（2）可知△ADF是等腰直角三角形，则四边形ADA1F是正方形，得出△DNK是等腰直角三角形，证明△ADN≌△PKNSAS，求得MN=22FN=2，在Rt△AMN中，设∠FAN=∠QAN=θ，tanθ=MNAM=14，继而解直角三角形，求得QS=32，接下来求得RN的长，设RN=a，勾股定理得出32−a2+522=AR2①，证明△ADR∽△NQR，得出AR=AD×NRNQ=10×a22=522a②，联立解关于a的方程，即可求解，进而求得比值即可求解．
【详解】（1）解：如图，过点D作DG⊥AC于点G，
∵AD平分∠BAC，∠ABC=90°，
∴DB=DG，
∵DF∥AB，
∴△CDF∽△CBA，
又DE=DF=3，AB=4，
∴DFAB=CDCB =34，
设CD=3x，则DG=DB=x，
在Rt△CDG中，CG=CD2−GD2=22x，
∵∠DGC=∠B=90°,∠DCG=∠ACB，
∴△CDG∽△CBA，
∴DGAB=CGBC，
∴x4=22x4x，
解得：x=22，
∴CD=3x=62；
（2）HG=2DF，理由如下，
证明：如图，连接HF，过点E作EK⊥AD于点K，
设∠BAD=∠DAC=α，
∴∠C=90°−2α，
∵CD=CE，
∴∠CDE=∠CED=12180−90°−2α=45°+α，
∴∠ADF=∠DEC−∠DAC=45°+α−α=45°，
∵AF⊥AD,
∴△AFD是等腰直角三角形，
∴∠AFD=45°，
∴△KED是等腰直角三角形，
∵FA⊥AD，
∴∠FAH=∠FAG=90°
又AF=AF，AH=AG，
∴△AFH≌△AFG，
∴∠HFA=∠AFG
设∠HFA=∠AFG=β，
∵FG⊥HE，
∴∠GHE=∠AFG=β
∴∠HFD=∠HAF+∠AFD=β+45°，
∴HF=HE，
在△AGF与△KEH中，
∠KHE=∠AFH=β∠HKE=∠FAH=90°HE=HF
∴△AGF≌△KEH
∴HF=KE
∵AH=AG=12HG，KE=AH,
又∵KE=22DE,
∴HG=2KE=2×22DE=2DE,
∴HG=2DF
（3）解：如图所示，

过点N作NM⊥AF于点M，NK⊥FD交DA1的延长线于点K，过点A作AT⊥DF于点T，
由（2）可知△ADF是等腰直角三角形，
依题意，则四边形ADA1F是正方形，
∴AF=AD=10，DF=2AD=102,
∴∠NDK=∠NDA=45°，
∴△DNK是等腰直角三角形，
∴ND=NK
∵AN⊥NP，DN⊥NK，
∴∠ANP=∠DNK=90°
∴∠ANP−∠DNP=∠DNK−∠DNP
即∠AND=∠PNK
∴△ADN≌△PKNSAS
∴PK=AD=10,KD=PD+PK=16，
则DN=22DK=82，
∴FN=FD−DN=22,
∵四边形ADA1F是正方形，
∴∠AFD=45°，
∵MN⊥AF，
∴MN=22FN=2，
∴AM=AF−MF=10−2=8，
在Rt△AMN中，AN=AM2+MN2=82+22=217,
∵折叠，
∴∠FAN=∠QAN
设∠FAN=∠QAN=θ
∴tanθ=MNAM=14
在Rt△ANS中，
NSAN=tanθ=14
∴NS=AN4=172
∴AS=AN2+NS2=2172+1722=172，
∴QS=AQ−AS=10−172=32，
∵AT⊥FD，
∴AT=FT=22AF=52,
设RN=a，则RT=NT−RN=FT−FN−RN=52−22−a=32−a
在Rt△ART中，RT2+AT2=AR2，
即32−a2+522=AR2①
∵折叠，
∴∠NQR=∠NFA=45°，
又∵∠NRQ=∠ARD
∴△ADR∽△NQR
∴ARNR=ADNQ
∴AR=AD×NRNQ=10×a22=522a②，
联立①②得32−a2+522=252a2
解得：a=34223或a=−22（舍去）
∴RN=34223
∴QSNR=3234223=692136．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，正方形的性质，折叠的性质，解直角三角形，构造全等三角形是解题的关键．
2．（2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考开学考试）在等边三角形ABC中，点D为AC上一点，连接BD，将BD绕D逆时针旋转角度α得到DE，连接BE，已知AB=4，BG⊥AC；

(1)如图1，若α=60°，tan∠DBG=2−3，连接CE，求CE的长；
(2)如图2，若α=120°，分别取CD的中点H，BE的中点F，连接HF，DF，求证：HG=HF；
(3)如图3，若AD=32，P为AE上一点，且满足AP=2PE，连接BP，将BP沿着BG所在直线翻折得到BP'，连接GP'，当GP'最大时，直接写出△BPE的面积．
【答案】(1)8−43；
(2)见解析；
(3)233．
【分析】（1）解：由旋转性质及等边三角形性质可知，可证△ABD≌△CBE（SAS），得CE=AD，由BG⊥AC，可得AG=12AC=2，BG=23，根据tan∠DBG=2−3=DGBG，可得DG=43−6，从而通过CE=AD=AG−DG可计算出结果；
（2）延长DF，使DF=FM，连接BM，CM，则DM=2DF，根据题意可知，HF为△DCM的中位线，即HF=12CM，类比（1）可证得△ABD≌△CBM（SAS），可得AD=CM，即HF=12CM=12AD，由H为CD的中点，可得DH=12AC−12AD，DG=12AC−AD，从而可得HG=DH−DG=12AD，即可得结论；
（3）由（1）知，AG=2，BG=23，DB=DE，由AD=32，则DG=12，可得BD=DE=72，由AP=2PE，得APAE=23，作PO∥ED，可得△APO∽△AED，利用相似三角形得性质可列比例式，求得PO=73，AO=1，OG=1，可知点P的轨迹为：以O为圆心，PO为半径的圆，由翻折可知，GP'=GP，而GP≤OP+OG，当O，P，G在同一直线上时GP取最大值，即GP'取最大值，此时，AP=OP−OA=43，PE=12AP=23，进而可求得面积．
【详解】（1）解：由旋转性质可知，DB=DE，
∵旋转角α=60°，
∴△BDE是等边三角形，则∠DBE=60°，BD=BE，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=∠ABC=60°，AB=BC=AC，
∴∠ABC−∠CBD=∠DBE−∠CBD，即∠ABD=∠CBE，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴CE=AD，
∵BG⊥AC，AB=BC=AC=4，∠A=60°，
∴AG=12AC=2，BG=23，
又∵tan∠DBG=2−3=DGBG，
∴DG=43−6，
∴CE=AD=AG−DG=2−43−6=8−43；
（2）证明：延长DF，使DF=FM，连接BM，CM，则DM=2DF，
即F为DM的中点，
∵H为CD的中点，
∴HF为△DCM的中位线，即HF=12CM，
旋转角α=120°，由旋转性质可知：BD=DE=30°，
∵F为BE的中点，
∴DF⊥AE，DF平分∠BDE，
∴BD=2DF，∠BDM=60°，则BD=DM，
∴△BDM为等边三角形，
∴BD=BM，∠DBM=60°，
又∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°，AB=BC，
∴∠ABC−∠CBD=∠DBM−∠CBD，即∠ABD=∠CBM，
∴△ABD≌△CBM（SAS），
∴AD=CM，即HF=12CM=12AD，
∵H为CD的中点，
∴DH=12DC=12AC−AD=12AC−12AD，
DG=AG−AD=12AC−AD，
∴HG=DH−DG=12AC−12AD−12AC−AD=12AD
∴HG=HF．
（3）由（1）知，AG=2，BG=23，DB=DE，
∵AD=32，则DG=12，
∴BD=DE=BG2+DG2=72，
由AP=2PE，得APAE=23，
作PO∥ED，则：△APO∽△AED，
∴APAE=PODE=AOAD=23，则PO=73，AO=1，OG=1，
即点P的轨迹为：以O为圆心，PO为半径的圆，
由翻折可知，GP'=GP，而GP≤OP+OG，当O，P，G在同一直线上时GP取最大值，即：GP'取最大值，如图
此时，AP=OP−OA=43，PE=12AP=23，
则S△BEP=12PE⋅BG=12×23×23=233．
【点睛】本题属于几何题综合，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，旋转的性质，翻折的性质，勾股定理，解直角三角形，添加辅助线构造全等三角形及相似相似三角形是关键．
3．（2023春·重庆九龙坡·九年级重庆实验外国语学校校考开学考试）已知△ABC为等边三角形，点D、E分别是BC、AC上一点．
(1)如图1，BD=CE，连接AD、BE，AD交BE于点F，在BE的延长线上取点G，使得FG=AF，连接AG，若AF=4，求△AFG的面积；
(2)如图2，AD、BE相交于点G，点F为AD延长线上一点，连接BF、CF、CG，已知BD=CE，∠BFG=60°，∠AEB=∠BGC，探究BF、GE、CF之间的数量关系并说明理由；
(3)如图3，已知AB=12，过点A作AD⊥BC于点D，点M是直线AD上一点，以CM为边，在CM的下方作等边△CMN，连DN，当DN取最小值时请直接写出CM的长．
【答案】(1)43；
(2)BF+GE=2CF，理由见解析；
(3)3．
【分析】（1）先证明△ABD≌△BCE得∠BAD=∠CBE，再证△AFG是等边三角形，过点G作GH⊥AD于点H，解直角三角形求得GH=23，即可求解；
（2）作DH∥CG交BE于H，作DT∥AC交BE于T，依次推出△ABE≌△CAD，△ABG≌△CBF，△BDH≌△GCD和△AEG≌△DTG，进一步得出结论；
（3）连接BN，证明△BCN≌△ACM，得到∠CBN=∠CAM=30°，根据直角三角形
的性质，垂线段最短解答．
【详解】（1）解：∵△ABC为等边三角形，
∴AB=BC，∠ABD=∠BCE=60°，
∵BD=CE，
∴△ABD≌△BCE，
∴∠BAD=∠CBE，
∴∠AFG=∠BAD+∠ABF=∠CBE+∠ABF=60°，
∵FG=AF=4，
∴△AFG是等边三角形，
如下图，过点G作GH⊥AD于点H，则
sin∠AFG=sin60°=GHFG=GH4，
∴GH=23，
∴S△AFG=12×4×23=43；

（2）解：BF+GE=2CF，理由如下：如图4，
作DH∥CG交BE于H，作DT∥AC交BE于T，
∴∠THD=∠EGC，∠DTH=∠CEG，∠BDH=∠GCD，
∵∠AEB=∠BGC，∠AEB+∠CEG=∠BGE+∠CGE=180°，
∴∠CGE=∠CEG，
∴∠THD=∠DTH，CE=CG=BD，
∴DH=DT，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
∵BD=CE，
∴AE=CE，
在△ABE和△CAD中，
AB=AC∠BAC=∠ACBAE=CD
∴△ABE≌CADSAS，
∴∠CAD=∠ABE，AD=BE，
∵∠CAD+∠BAD=∠BAC=60°，
∴∠ABE+∠BAD=60°，
∴∠BGF=∠ABE+∠BAD=60°，
∵∠BFG=60°，
∴△GBF是等边三角形，
∴BF=BG，∠GBF=60°，
∴∠ABC=∠GBF，
∴∠ABC−∠EBC=∠GBF−∠EBC即∶∠ABG=∠CBF，
∴△ABG≌△CBFSAS，
∴AG=CF，
∵∠BGF=∠ACB=60°，
∴∠EGD+∠BGF=180°，
∴在四边形EGDC中，∠CEG+∠CDG=180°，
∵∠BHD+∠DHT=180°，∠DHT=∠CGE=∠CEG，
∴∠BHD=∠CDG，
在△BDH和△GCD中，
∠BHD=∠CDG∠BDH=∠GCDBD=CG，
∴△BDH≌△GCDAAS，
∴DH=CD，
∴DT=DH=CD=AE，
∵DT∥AC，
∴∠EAG=∠TDG，∠AEG=∠DTG
∴△AEG≌△DTGASA，
∴AG=DG，
∴AD=2AG，
∴BE=AD=2AG=2CF，
∴BG+GE=2CF，
∴BF+GE=2CF；
（3）解：如下图，连接BN，
∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴BD=12AC=6，∠CAD=12∠CAB=30°，
∵△ABC，△CMN是等边三角形，
∴∠ACB=∠MCN=60°，CA=CB，CM=CN，
在△BCN和△ACM中，
BC=AC∠BCN=∠ACMCN=CM，
∴△BCN≌△ACM(SAS)
∴∠CBN=∠CAM=30°，
当DN⊥BN时，DN最小，最小值为12BD=3，
故答案为∶3．
【点睛】本题考查等边三角形性质，直角三角形性质，解直角三角形，全等三角形判定和性质，等腰三角形的判定等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
4．（2022秋·重庆沙坪坝·九年级重庆南开中学校考期末）如图，△ABC为等腰三角形，AB=AC．点D、点E分别在射线BA、射线BC上，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转至DF，使得点F恰好在射线BC上，旋转角为α．
(1)当点C、点E重合时，如图1，若α=30°，∠B=60°，AD=4，求线段BC的长度；
(2)当点C、点F重合时，如图2，AC与DE交于点G，若DG=EG，求证：BE=CE；
(3)当BE=CE=CF，∠B=30°时，如图3，点P是射线BA上的动点，连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°至线段CP'，连接FP'．将△CFP'沿直线FP'翻折至△CFP'所在平面内得到△C'FP'，直线C'P'与射线BC交于点Q．在点P运动过程中，当FP'最小时，请直接写出P'QC'Q的值．
【答案】(1)23−2
(2)见解析
(3)12
【分析】（1）作CG⊥BF，交BD于G，根据旋转的性质，推出△ABC是等边三角形，进而得到△BCG是含30°的直角三角形，△DCG是等腰三角形，进行求解即可；
（2）在CG上截取GH=AG，连接DH，AE，推出四边形AEHD是平行四边形，进而得到∠GEH=∠ADE，进一步得出EH=CH，从而得到DH⊥CE，进而得证；
（3）作CG⊥BD于G，作∠GCH=60°，且CH=CG，连接HF，证明△CHP'≌△CGP，从而得到∠CHP'=∠CGP=90°，得到点P'在与CH垂直的直线上运动，作FP″⊥HP'，FP'最短，即点P'在P″处，进行求解即可．
【详解】（1）解：作CG⊥BF，交BD于G，
∴∠BCG=90°，
∵将线段DE绕点D逆时针旋转至DF，
∴DE=DF，∠EDF=α=30°，
∴∠DEF=∠F=180°−∠EDF2=75°,
∵AB=AC，∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，∠BGC=90°−∠B=30°，
∴AB=BC=AC，∠BDC=∠DEF−∠B=15°，
∴∠GCD=∠BGC−∠BDC=30°−15°=15°，
∴∠GCD=∠BDC，
∴DG=CG，
∵∠BGC=30°，
∴BG=2BC=2AB，CG=3BC，
∴AB=AG，CG=3AG，
∴DG=34−DG，
∴DG=6−23，
∴BC=AC=AG=4−6−23=23−2；
（2）证明：在CG上截取GH=AG，连接DH，AE，
∵DG=EG，
∴四边形AEHD是平行四边形，
∴AE∥DH，AD∥EH，
∴∠GEH=∠ADE，
∵DE=DC，AB=AC，
∴∠DEC=∠DCE，∠B=∠ACB，
∴∠DEC−∠B=∠DCE−∠ACB，
∴∠ADE=∠DCA，
∴∠GEH=∠DCA，
∴∠DEC−∠GEH=∠DCE−∠DCA，
∴∠HEC=∠HCE，
∴EH=CH，
∴DH⊥CE，
∴AE⊥BC，
∴BE=CE；
（3）如图，作CG⊥BD于G，作∠GCH=60°，且CH=CG，连接HF，
∵线段CP绕点C顺时针旋转60°至线段CP'，
∴∠PCP'=60°，PC=P'C，
∴∠GCH=∠PCP'，
∴∠GCH−∠PCH=∠PCP'−∠PCH，
∴∠GCP=∠HCP'，
∴△CHP'≌△CGPSAS，
∴∠CHP'=∠CGP=90°，
∴点P'在与CH垂直的直线上运动，
作FP″⊥HP'，FP'最短，此时点P'在P″处，
将△CP'F沿FP″翻折至△C″P″F，交射线BC于Q'，
∵∠B=30°，
∴∠BCG=90°−∠B=60°，
∵∠GCH=60°，
∴∠HCF=180°−∠GCH−∠BCG=60°，
∵∠H=∠FP″H=90°，
∴CH∥FP″，
∴∠P″FC″=∠CFP″=180°−∠HCF=120°，∠P″FQ'=60°，
∴∠Q'FC″=∠P″FC″−∠P″FQ'=60°，
∴ P″Q'Q'C=FP″FC″=FP″CF，
∵CG=CE=12BC，CF=CE，
∴CH=CF，
∵∠CHF=∠HCF=60°，
∴△HCF是等边三角形，
∴∠FHP″=∠CHP'−∠CHF=90°−60°=30°，
∴FP″=12HF=12CF=12FC″
∴P″Q'Q'C=12，
即：当FP'最小时，P″Q'Q'C=12．
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．本题的综合性较强，对思维能力要求较高，熟练掌握相关知识点，添加合适的辅助线，证明三角形全等，是解题的关键．
5．（2023秋·重庆九龙坡·九年级重庆市育才中学校考期末）已知△CDE与△ABC有公共顶点C，△CDE为等边三角形，在△ABC中，∠BAC=120°．
(1)如图1，当点E与点B重合时，连接AD，已知四边形ABDC的面积为23，求AB+AC的值；
(2)如图2，AB=AC， A、E、D三点共线，连接AE、BE，取BE中点M，连接AM，求证：AD=2AM；
(3)如图3，AB=AC=4，CE=2，将△CDE以C为旋转中心旋转，取DE中点F，当BF+34AF的值最小时，求tan∠ABF的值．
【答案】(1)22
(2)见解析
(3)13345
【分析】（1）延长AC到T，使得CT=BA连接DT，过点D做DN⊥AT于N，证明△ABD≌△TCDSAS，得出DA=DT，∠ADB=∠TDC，证明△DAT为等边三角形，设AN=TN=x，得出S△DAT=12AT⋅DN=3x2=23，求出x的值即可得出答案；
（2）延长BA到H使得AH=AB，连接EH、CH，证明△ACD≌△HCESAS，得出AD=HE，证明AM为△BHE的中位线，得出HE=2AM=AD，即可证明结论；
（3）连接CF，过点A作AG⊥BC于点G，以点C为圆心，CF为半径作圆，在AC上截取CM=34CF，连接MF，证明△CFM∽△CAF，得出FMAF=CMCF=34，即FM=34AF，得出BF+34AF=BF+FM，连接BM与⊙C交于一点，当点F在此点时，BF+FM最小，即BF+34AF最小，过点M作MN⊥BC于点N，过点A作AQ⊥BM于点Q，求出AQ，BQ即可得出答案．
【详解】（1）解：延长AC到T，使得CT=BA连接DT，过点D做DN⊥AT于N，如图所示：
∵△CDE为等边三角形，∠BAC=120°，
∴DB=DC，∠BDC=60°，
四边形ABDC中，∠BDC+∠DCA+∠CAB+∠ABD=360°，
∴∠ABD+∠ACD=∠DCT+∠ACD=180°，
∴∠ABD=∠TCD，
在△ABD和△TCD中，
AB=TC∠ABD=∠TCDDB=DC，
∴△ABD≌△TCDSAS，
∴DA=DT，∠ADB=∠TDC，
∴∠ADB+∠ADC=∠TDC+∠ADC=∠ADT=60°，
∴△DAT为等边三角形，
∵四边形ABDC的面积为23，
∴S△DAT=23，
∵DN⊥AT，
∴∠ADN=30°，
设AN=TN=x，
∴DN=3AN=3x，
∴S△DAT=12AT⋅DN=3x2=23，
∴x=2，
∴AB+AC=CT+AC=AT=2x=22，
（2）证明：延长BA到H使得AH=AB，连接EH、CH，如图所示：
∵∠BAC=120°，AB=AC，
∴∠HAC=60°，
∵AC=AH，
∴△AHC为等边三角形，
∴∠ACH=60°，AC=AH=CH=AB，
∵△CDE为等边三角形，
∴∠ECD=60°，DC=DE=CE，
∴∠ECD+∠ECA=∠ACH+∠ECA，
∴∠ACD=∠HCE，
在△ACD和△HCE中，
AC=HC∠ACD=∠HCECD=CE，
∴△ACD≌△HCESAS，
∴AD=HE，
∵A为AH中点，M为BE中点，
∴AM为△BHE的中位线，
∴HE=2AM=AD，
∴AD=2AM；
（3）解：如图，连接CF，过点A作AG⊥BC于点G，以点C为圆心，CF为半径作圆，在AC上截取CM=34CF，连接MF，
∵AB=AC=4，∠BAC=120°，
∴∠ABC=∠ACB=12×180°−120°=30°，
∴AG=12AB=2，BG=AB×cs30°=23，
∵AB=AC=4，AG⊥BC，
∴BC=2BG=43，
∵点F为等边三角形CDE的边DE中点，
∴EF=DF=12DE=1，
∴CF=22−12=3，
∵CMCF=CFAC=34，∠FCM=∠ACF，
∴△CFM∽△CAF，
∴FMAF=CMCF=34，
∴FM=34AF，
∴BF+34AF=BF+FM，
∵CF的长度为定值，
∴在△CDE旋转时，点F在以C为圆心，CF为半径的圆上运动，
∴如图，连接BM与⊙C交于一点，当点F在此点时，BF+FM最小，即BF+34AF最小，过点M作MN⊥BC于点N，过点A作AQ⊥BM于点Q，
S△ABC=12BC×AG=12×43×2=43，
CM=34CF=34×3=34，
AM=AC−CM=4−34=134，
∴S△ABM=AMACS△ABC=1344×43=1334，
∵∠MNC=90°，∠MCN=30°，
∴MN=12MC=38，CN=CM2−MN2=338，
∴BN=BC−CN=43−338=2938，
∴BM=BN2+MN2=6334，
∴AQ=2SABMBM=2×13346334=263633，
∵∠AQB=90°，
∴BQ=AB2−AQ2=42−2636332=90633，
∴tan∠ABF=AQBQ=26363390633=13345．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，特殊角的三角函数，求正切值，勾股定理，直角三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，找出BF+34AF取最小值时，点F的位置．
6．（2022秋·重庆北碚·九年级西南大学附中校考阶段练习）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，P是直线AC上的一点，连接BP，过点C作CD⊥BP，交直线BP于点D．
(1)当点P在线段AC上时，如图①，求证：BD−CD=2AD；
(2)当点P在直线AC上移动时，位置如图②、图③所示，线段CD，BD与AD之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．
【答案】(1)见解析
(2)如图②CD−BD=2AD，如图③CD+BD=2AD
【分析】（1）在BD上截取BE=CD，连接AE，可先证得△ABE≌△ACD(SAS)，则AE=AD，∠BAE=∠CAD，进而可证得△AED为等腰直角三角形，即可得证；
（2）仿照（1）的证明思路，作出相应的辅助线，即可证得对应的CD，BD，与AD 之间的数量关系．
【详解】（1）证明：如图1，在BD上截取BE=CD，
∵∠BAC=∠BDC=90°，
∴∠ABP+∠APB=90°，∠ACD+∠DPC=90°．
∵∠APB=∠DPC，
∴∠ABP=∠ACD．
又AB=AC，
∴△ABE≌△ACD(SAS)，
∴AE=AD，∠BAE=∠CAD．
∴∠EAD=∠EAP+∠CAD=∠EAP+∠BAE=90°．
在Rt△AED中，DE2=AE2+AD2=2AD2，
∴ DE=2AD ∴ BD−CD=BD−BE=ED=2AD；
（2）解：如图2，CD−BD=2AD．
在CD上截取CE=BD，连接AE，
由（1）可知△ADB≌△AEC，
∴AE=AD，∠BAD=∠CAE，
∴∠EAD=∠BAE+∠BAD=∠BAE+∠CAE=90°，
在Rt△AED中，DE2=AE2+AD2=2AD2，
∴DE=2AD，
∴CD−BD=CD−CE=DE=2AD，
∴CD−BD=2AD．
如图3，CD+BD=2AD．
延长DC至点E，使得CE=BD，连接AE，
∵∠BAC=∠BDC=90°，
∴∠ABD+∠ACD=180°，∠ACD+∠ACE=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠ABD=∠ACEBD=CE，
∴△ADB≌△AEC(SAS)，
∴AE=AD，∠BAD=∠CAE，
∴∠EAD=∠CAE+∠CAD=∠BAD+∠CAD=90°，
在Rt△AED中，DE2=AE2+AD2=2AD2，
∴DE=2AD，
∴CD+BD=CD+CE=DE=2AD．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形、勾股定理等相关知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解决本题的关键．
7．（2023秋·重庆九龙坡·九年级重庆实验外国语学校校考期末）已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC,AD=AE，连接BD、CE．
(1)如图1，若点B、D、E在同一直线上，已知AD=2,BD=2，求线段BC的长度．
(2)如图2，当∠ADB=90°时，过点B作BG⊥ED并交ED的延长线于点G，EG与BC交于点F，求证：点F为BC的中点．
【答案】(1)25
(2)证明见解析
【分析】（1）先证明△BAD≌△∠CAESAS，再求出∠BEC=90°，最后利用勾股定理求解；
（2）先证明△BAD≌△∠CAESAS，再求出△GBD≌△MECAAS，即可求证．
【详解】（1）∵∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC,AD=AE，
∴∠BAD＝∠CAE,∠ABC=∠ACB=∠ADE=∠AED=45°
∴△BAD≌△∠CAESAS，
∴CE＝BD=2，∠AEC＝∠ADB，
∵∠ADB=180°−∠ADE=135°，
∴∠AEC=135°，
∴∠BEC=∠AEC−∠AED=135°−45°=90°,
∵AD=2，AD=AE，
∴∠DAE=90°，
∴DE=22+22=22,
∴BE=32，
∴BC=BE2+CE2=322+22=25．
（2）证明：如图，过点C作CM⊥EF与M，
则∠CME=90°，
∵∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC,AD=AE，
∴∠BAD＝∠CAE,∠ABC=∠ACB=∠ADE=∠AED=45°，
∴△BAD≌△∠CAESAS，
∴CE＝BD，∠AEC＝∠ADB=90°，
∴∠BDG=180°−∠ADB−∠ADE=45°，∠DEC=∠AEC−∠AED=90°−45°=45°，
∵BG⊥ED，
∴∠G=90°，
∴∠CME=∠G=90°，∠BDG=∠DEC=45°，CE＝BD，
∴△GBD≌△MECAAS，
∴BG=CM，
又∵∠G=∠CMF，∠BFG=∠CFM，
∴△BFG≌△CFMAAS，
∴BF=CF．
∴点F为BC的中点．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形、勾股定理等知识，解题关键是准确判定全等三角形以及作辅助线构造全等三角形．
8．（2023秋·重庆北碚·九年级西南大学附中校考期末）如图．已知△ABC为等腰直角三角形，∠A=90°，D、E分别为AC、BC上的两点，CD=2BE，连接DE，将DE绕点E逆时针旋转90°得EF，连接DF与AB交于点M．
(1)如图1，当∠DEC=30°时，若BC=2+3，求AD的长；
(2)如图2，连接CF，N为CF的中点，连接MN，求证：MN=22BE；
(3)如图3，连接AF，将AF绕点A顺时针旋转60°得AG，连接FG、BG、CG，若AC=4，当△ACG周长取得最小值时，直接写出△BCG的面积．
【答案】(1)62
(2)见解析
(3)563+7211
【分析】(1)过点D作DH⊥BC于点H，根据∠DEC=30°，构造直角△DEH和△DHC，设BE=a，根据CD=2BE以及构造出的直角三角形，可以用含a的式子表示出BC，再根据BC=2+3求出a的值，从而求出AD；
(2)结合CD=2BE以及问题要证的MN=22BE，可以知道就是要证MN=12DC，而N点是CF中点，所以要证点M是DF中点，即证明MN是△DFC的中位线，利用三角形全等、四点共圆、等腰三角形的性质解决即可；
(3)以AP为边向外作等边△ABP，连接BF，作直线PG，证明∠APG=∠ABF=45°，说明点G的运动轨迹是一条经过点P且与AP夹角大小为45°的直线，通过构造全等三角形、应用特殊角的直角三角形的性质来解决即可．
【详解】（1）解：如图：过点D作DH⊥BC于点H，
设BE=a，则CD=2BE=2a，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠A=90°，
∴∠B=∠C=45°，
∵DH⊥BC，
∴∠DHC=90°，
∴∠HDC=90°−∠C=45°，
∴DH=CH，
∴△DHC为等腰直角三角形，
∴DH=CH=CD2=2a2=a，
∵∠DEC=30°，
∴DE=2DH=2a，
∴EH=DE2−DH2=(2a)2−a2=3a，
∴BC=BE+EH+HC=a+3a+a=2a+3a，
又∵BC=2+3
∴2a+3a=2+3，
∴a=1，
∴CD=2a=2，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC=BC2=2+32=2+62，
∴AD=AC−CD=2+62−2=62；
（2）证明：如图：连接BF、ME，过点D作DH⊥BC于点H，
由旋转可得：ED=EF且∠DEF=90°，
∴∠DEH+∠FEB=90°，
∵DH⊥BC，
∴∠DEH+∠EDH=90°，
∴∠FEB=∠EDH，
∵CD=2BE，且CD=2HD，
∴BE=HD，
在△FEB和△EDH中，
FE=ED∠FEB=∠EDHBE=HD
∴△FEB≌△EDH(SAS)，
∴∠FBE=∠EHD=90°，
∵ED=EF，且∠DEF=90°，
∴∠EFD=∠EDF=45°，
又∵∠ABC=45°，
∴∠EFD=∠ABC=45°，即∠EFM=∠MBE=45°，
∴F、B、E、M四点共圆，即四边形FBEM为圆内接四边形，
∴∠FBE+∠FME=180°，
∴∠FME=180°−∠FBE=180°−90°=90°，
∴EM⊥FM，
又∵EF=ED，
∴FM=DM(三线合一) ，
∴点M是DF的中点，
又∵点N是CF的中点，
∴MN是△DFC的中位线，
∴MN=12DC，
∵CD=2BE，
∴MN=22BE；
（3）解：如图：以AB为边向外作等边三角形ABP，连接BF，作直线PG，
由旋转可得：AF=AG，且∠FAG=60°，
∴△AGF为等边三角形，
∵△ABP为等边三角形，
∴AB=AP，且∠BAP=60°，
∴∠FAG=∠BAP=60°，
∴∠FAG+∠PAF=∠BAP+∠PAF，
∴∠BAF=∠PAG，
在△BAF和△PAG中，
AB=AP∠BAF=∠PAGAF=AG
∴△BAF≌△PAG(SAS)，
∴∠ABF=∠APG，
由(2)可知，∠FBE=90°，
∴∠ABF=∠FBE−∠ABC=90°−45°=45°，
∴∠APG=∠ABF=45°，
∵AP是一条定线段，∠APG=45°，说明D、E运动时，F随之运动，G也随之运动，但G始终在与线段AP成45°角的直线上运动，或者说点G的运动轨迹是一条经过点P且与AP夹角大小为45°的直线，即图中的直线PQ，
作CL⊥PQ，垂足为L，
此时，延长QP、CB交于点K，过点P作PR⊥BK，垂足为R，
过点L作LT⊥BC，垂直为T，如图：
∵△ABP是等边三角形，
∴∠APB=∠ABP=60°，且PB=AB，
∵AB=AC=4，
∴PB=4，
∵∠APG=45°，且∠ABC=45°，
∴∠KPB=180°−∠APB−∠APG=180°−60°−45°=75°，
∠KBP=180°−∠ABP−∠ABC=180°−60°−45°=75°，
∴∠KPB=∠KBP=75°，
∴KP=KB，且∠PKB=180°−75°×2=30°，
设PR=x，则KP=2PR=2x，
∴KP=KB=2x，
∵KR=KP2−PR2=(2x)2−x2=3x，
∴BR=KB−KR=2x−3x，
在Rt△PBR中，PR2+BR2=PB2，
即x2+(2x−3x)2=42，
∴x21+(2−3)2=42，
∴x2=161+(2−3)2=168−43=8+43，
∴x=8+43=(6+2)2=6+2，
∴KB=2x=2(6+2)=26+22，
∵AB=AC=4，
∴BC=AB2+AC2=42+42=42，
∴KC=KB+BC=26+22+42=26+62，
∵CL⊥KL，
∴∠CLK=90°，
又∵∠K=30°，
∴CL=12KC=26+622=6+32，
∵LT⊥BC，且∠LCT=90°−∠K=60°，
∴cs∠CLT=GTCG=32，
∴LT=32CL=32(6+32)=322+362，
延长CL到点C'，使C'L=CL，即点C'和点C关于直线KQ对称，连接AC'，交KQ于点G，此时AG+CG=AG+C'G=AC'，△ACG的周长为AC+AG+CG=AC+AC'，即△ACG的周长最小．
作C'C1⊥KC，GG1⊥KC，垂足分别为C1和G1，过点A作AC2⊥C'C1，垂足为C2，AC2交GG1于点G2，如图所示．
C'C2=C'C1−22=2LT−22=2(322+362)−22=2+36，
设GG1=y，则GG2=GG1−22=y−22，KG1=3GG1=3y，AC2=CC1−22=12CC'−22=CL−22=6+32−22=6+2，AG2=KC−KG1−22=26+62−3y−22=26+42−3y，
由△AGG2∼△AC'C2得
GG2C'C2=AG2AC2，即y−222+36=26+42−3y6+2，解得：y=146+18211，
∴GG1=146+18211，
∴S△BCG=12BC⋅GG1=12×42×146+18211=563+7211．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，特殊角直角三角形边的关系，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，四点共圆，三角形的中位线定理，等腰直角三角形的性质．熟练掌握等腰直角三角形的性质及旋转的性质是解题的关键．
9．（2022秋·重庆渝中·九年级重庆巴蜀中学校考期末）在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是AC边上一动点，连接BD．
(1)如图1，在平面内将线段DC绕点C顺时针旋转90°得到线段CK，点F为BC边上一点，连接AF交BD于M，连接AK，若∠CAF=2∠DBA，AF=8，AK=10，求CF的长；
(2)如图2，在平面内将线段DB绕点B顺时针旋转一定角度得到线段BE，连接AE交BC于G，连接DE，若∠CDE=∠DBA，猜想线段AD，CG的数量关系，并证明你的猜想；
(3)在（2）的条件下，将△CDB沿BD直线BD翻折至△ABC所在平面内得到△BDC1，连接AC1，若AC=2+2，在点D运动过程中，当线段AC1取得最小值时，请直接写出△ABE与四边形BCDC1重叠部分的面积．
【答案】(1)74
(2)AD=2CG，证明见解析
(3)82+1132+2
【分析】（1）由题意可证明出△ACK≌△BCDSAS，可得到AK=BD=10，∠KAC=∠DBC，∠AKC=∠CDB，再令∠DBA=x，则∠CAF=2∠DBA=2x，可推出∠GAF=∠AKC，从而得到AF=KF=8，作FG⊥AK交AK于G，可推出AG=KG=5，再根据勾股定理可求出GF的长，然后根据三角形的等面积法求出AC的长度，最后用勾股定理即可求出CF的长；
（2）作EF⊥BC交BC于F，根据∠CDE=∠DBA，得到∠DAB=∠EDB=45°=∠BED，∠DBE=90°，从而证明出△CBD≌△FBEAAS，由此得到BF=CD，EF=BC=AC，再证明出△ACG≌△EFGAAS，由此得到CG=GF，最后根据边的关系进行转化即可得到答案；
（3）令CD=m，CG=n，则由题意可得，C1D=CD=m， AD=2CG=2n，从而可得到m+2n=2+2①，根据三角形三边关系可知：当A，C1，B三点共线时，即当DC1⊥AB并交AB于C1时，AC1的值最小，从而可得到2n=m2+m2②，由①②解得：m=2，n=1，再将重合部分的面积进行分解，从而可计算出重合部分的面积．
【详解】（1）解：如图所示，作FG⊥AK交AK于G，
∵将线段DC绕点C顺时针旋转90°得到线段CK，
∴CD=CK，∠DCK=90°，
在△ACK和△BCD中，
AC=BC∠ACK=∠BCD=90°CD=CK，
∴△ACK≌△BCDSAS，
∴AK=BD=10，∠KAC=∠DBC，∠AKC=∠CDB，
令∠DBA=x，则∠CAF=2∠DBA=2x，
∵∠GAF=∠GAC+∠CAF=∠CBD+∠CAF=∠ABC−∠DBA+∠CAF=45°−x+2x=45°+x
∠AKC=∠CDB=∠CAB+∠ABD=45°+x，
∴∠GAF=∠AKC，
∴AF=KF=8,
∵GF⊥AK,
∴AG=KG=5，
∴GF=KF2−GK2=82−52=39，
∵S△AFK=12×AK⋅FG=12×KF⋅AC，
∴12×AK⋅FG=12×KF⋅AC，即10×39=8×AC，
∴AC=5394，
∴CF=AF2−AC2=82−53942=74，
故答案为：74；
（2）解：线段AD，CG的数量关系为：AD=2CG，
证明：如图所示，作EF⊥BC交BC于F，
令∠CDE=∠DBA=a，
∴∠CDB=∠DAB+∠DBA=∠CDE+∠EDB，
∴∠DAB=∠EDB=45°=∠BED，
∴∠DBE=90°，
∵∠CDB+∠DBC=90°，∠DBC+∠FBE=90°，
∴∠CDB=∠FBE，
∵∠C=∠EFB=90°，DB=EB，
∴△CBD≌△FEBAAS，
∴BF=CD，EF=BC=AC，
∵∠C=∠GFE=90°，∠AGC=∠EGF，
∴△ACG≌△EFGAAS，
∴CG=GF，
∵AD=AC−CD=BC−BF=CF=2CG，
∴AD=2CG，
故答案为：线段AD，CG的数量关系为：AD=2CG，
（3）解：令CD=m，CG=n，则由题意可得，C1D=CD=m， AD=2CG=2n，
∵AC=2+2，
∴m+2n=2+2①，
由三角形三边关系可知：当A，C1，B共线时，即当DC1⊥AB并交AB于C1时，AC1的值最小，
∵∠CAB=45°，
∴AC1=DC1=m，
由勾股定理得，AD=AC12+DC12，即2n=m2+m2②，
由①②解得：m=2，n=1，
∴AC1=DC1=2，AB=2AC=22+2， BC1=2+2,
作GH⊥AB交AB于H，令AG与DC1的交点为I，
则GH=GB×22=1+2×22=22+1，AH=1+322，
∵GH⊥AB，DC1⊥AB，
∴ΔAC1I~ΔAHG
∴IC1GH=AC1AH，
∴ IC1=2+222+32，C1H=AB−AC1−BH=1+22，
∴S重合=12×IC1+GH×C1H+12×GH×BH
=12×2+222+32+22+1×1+22+12×1+22×1+22
=82+1132+2，
故答案为：82+1132+2．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，线段的旋转变换，三角形全等的判定定理，相似三角形的判定和性质，三角形的等面积法求边长等知识点，熟练掌握这些定理和知识点是解题的关键．
10．（2022秋·重庆·九年级西南大学附中校考阶段练习）已知∶如图1，点D在△ABC外，∠BAC=90°，AB=AC，射线BD与△ABC的边AC交于点H，AE⊥BD，垂足为E，∠ABD=∠ACD．
(1)若∠ABD=30°，CH=4，求DH的长；
(2)求证：BE=DC+DE；
(3)如图2，若∠ABE=25°，BE=4，点F在线段BC上，且BE=BF，点M、N分别是射线BC、BD上的动点，在点M、 N运动的过程中，请判断式子EM+MN+NF的值是否存在最小值，若存在，请求出这个最小值；若不存在，写出你的理由．
【答案】(1)2；
(2)见详解；
(3)存在，EM+MN+NF的最小值是4；
【分析】（1）先证明ΔCDH是直角三角形，然后由直角三角形的性质，即可求出DH的长度；
（2）作AF⊥CD，证明△ABE≌△ACF，再证明四边形AEDF是正方形，进而命题得证；
（3）作点E关于BC的对称点V，作点F关于BD的对称点R，连接RV，交BD于N，BC于M，证明△BRV是等边三角形，进一步得出EM+MN+NF的最小值．
【详解】（1）解：∵∠ABD=∠ACD=30°，∠AHB=∠DHC，
∴∠BAH=∠D，
∵∠BAH=90°，
∴∠D=90°，
∴ΔCDH是直角三角形，
∵∠ACD=30°，
∴DH=12CH=12×4=2；
（2）证明：如图1，作AF⊥CD于F，
在ΔABE和ΔACF中，
∠AEB=∠F=90°∠ABE=∠ACDAB=AC，
∴△ABE≌△ACF，
∴BE=CF，AE=AF，
∵∠ABD=∠ACD，∠AHB=∠CHB，
∴∠BDH=∠BAC=90°，
∴∠AED=∠F=∠ADF=90°，
∴四边形AEDF是矩形，
∴矩形AEDF是正方形，
∴DE=DF，
∴BE=CF=DC+DF=DC+DE；
（3）解：如图2，
作点E关于BC的对称点V，作点F关于 BD的对称点R，连接RV，交BD于N，BC于M，
∴EM=MV，NF=NR，∠RBN=∠CBD=∠ABC−∠ABD=20°，∠VBF=∠CBD=20°，BR=BF=BE=4，BV=BE=4，
∴∠RBV=60°，
∴△BRV是等边三角形，
∴RV=BR=4，
此时EM+MN+NF最小=MV+MN+RN=RV=4．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“将军饮马”模型及变形模型．
11．（2022秋·重庆北碚·九年级西南大学附中校考阶段练习）在Rt△ABC中， ∠BAC=90∘,AB=AC,P是直线AC上的一点，连接BP,过点C作CD⊥BP,交直线BP于点D．
1当点P在线段AC上时，如图①，求证：BD−CD=2AD；
2当点P在直线AC上移动时，位置如图②、图③所示，线段CD,BD与AD之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）图②CD−BD=2AD；图③CD+BD=2AD．
【分析】（1）在BD上截取BE=CD，连接AE，可先证得△ABE≌△ACD，得到AE=AD,∠BAE=∠CAD，进而可证得△AED为等腰直角三角形，即可得证；
（2）仿照（1）的证明思路，作出相应的辅助线，即可证得对应的CD,BD与AD之间的数量关系．
【详解】证明：（1）如图①,在BD上截取BE=CD，连接AE，
∵∠BAC=∠BDC=90°
∴∠ABP+∠APB=90°,∠ACD+∠DPC=90°.
∵∠APB=∠DPC
∴∠ABP=∠ACD.
又AB=AC,
在△ABE与△ACD中，
AB=AC∠ABE=∠ACDBE=CD
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴AE=AD,∠BAE=∠CAD.
∴∠EAD=∠EAP+∠CAD=∠EAP+∠BAE=90°.
在Rt△AED中，DE2=AE2+AD2=2AD2
∴DE=2AD
∴BD−CD=BD−BE=ED=2AD
（2）如图，在CD上截取CE＝BD，连接AE，
由（1）可知△ADB≌△AEC，
∴AE=AD,∠BAD=∠CAE.
∴∠EAD=∠BAE+∠BAD=∠BAE+∠CAE=90°.
在Rt△AED中，DE2=AE2+AD2=2AD2
∴DE=2AD
∴CD−BD=CD−CE=DE=2AD
∴图②:CD−BD=2AD．
如图，延长DC至点E，使得CE＝BD，连接AE，
∵∠BAC=∠BDC=90°
∴∠ABD+∠ACD=180°,∠ACD+∠ACE=180°.
∴∠ABD=∠ACE.
在△ADB与△AEC中，
AB=AC∠ABD=∠ACEBD=CE
∴△ADB≌△AEC（SAS），
∴AE=AD,∠BAD=∠CAE.
∴∠EAD=∠CAE+∠CAD=∠BAD+∠CAD=90°.
在Rt△AED中，DE2=AE2+AD2=2AD2
∴DE=2AD
∴CD+BD=CD+CE=DE=2AD
∴图③:CD+BD=2AD．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形、勾股定理等相关知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解决本题的关键．
12．（2022秋·重庆渝中·九年级重庆巴蜀中学校考阶段练习）在△ABC和△AEF中，∠AFE＝∠ABC＝90°，∠AEF＝∠ACB＝30°，AE=12AC，连接EC．点G是EC中点，将△AEF绕点A顺时针旋转．
(1)如图1，若E恰好在线段AC上，AB＝2，连接FG，求FG的长度；
(2)如图2，若点F恰好落在射线CE上，连接BG，证明：GB=32AB+GC；
(3)如图3，若AB＝3，在△AEF旋转过程中，当GB−12GC最大时，直接写出直线AB，AC，BG所围成三角形的面积．
【答案】(1)7
(2)证明见解析
(3)45316
【分析】（1）如图1，作FM⊥AG垂足为M，由题意知AC=2AB=4，AE=12AC=2，AG=AE+12EC=3，AF=12AE=1，∠EAF=60°，∠AFM=30°，进而可求AM、FM、MG的值，在Rt△FMG中，由勾股定理得FG=FM2+MG2计算求解即可；
（2）如图2，取AC的中点D，连接BD、FD、DG、BF，由题意知∠BDG=∠BDC+∠CDG=120°+∠CDG，∠FDG=180°−∠ADF−∠CDG =120°+∠CDG，有∠BDG=∠FDG，证明△BDG≌△∠FDGSAS，有GB=GF，由EF=32AE=32AB可知，GF=EF+FG=32AB+GC结论得证；
（3）如图3，取AC中点M，连接MG、BD，在MC上取点D使MD=12MG，作DN⊥BC垂足为N，由题意知MG是△ACE的中位线，MD=12MG，MG=12MC，∠DMG=∠GMC，证明△DMG∽△GMC，有DG=12GC，可知GB−12GC=GB−DG，当B、D、G三点不共线时，GB−DG