中考数学二轮培优训练第07讲 全等三角形中手拉手（旋转）模型（2份，原卷版+解析版）

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【基本模型】
一、等边三角形手拉手-出全等

图1 图2

图3 图4
二、等腰直角三角形手拉手-出全等
两个共直角顶点的等腰直角三角形，绕点C旋转过程中（B、C、D不共线）始终有：[来源:Z#xx#k.Cm]
①△BCD≌△ACE；②BD⊥AE（位置关系）且BD=AE（数量关系）；③FC平分∠BFE；

图1 图2

图3 图4
【多题一解】
一．解答题（共13小题）
1．（2022•金平区一模）如图，AB、CD为⊙O的直径，AB⊥CD，点E为上一点，点F为EC延长线上一点，∠FAC＝∠AEF．连接ED，交AB于点G．
（1）证明：AF为⊙O的切线；
（2）证明：AF＝AG；
（3）若⊙O的半径为2，G为OB的中点，AE的长．
【分析】（1）根据垂直定义可得∠AOC＝90°，从而利用圆周角定理可得∠AEF＝∠AOC＝45°，进而可得∠FAC＝45°，然后根据△AOC是等腰直角三角形可得∠OAC＝45°，
从而求出∠OAF＝90°，即可解答；
（2）根据圆内接四边形对角互补，以及平角定义可得∠ACF＝∠ADG，再根据已知AB⊥CD，可证AD＝AC，∠FAC＝∠DAB＝45°，从而证明△ADG≌△ACF，即可解答；
（3）连接BE，AD，分别在Rt△OAD和Rt△ODG中，根据勾股定理求出AD，DG的长，然后证明△ADG∽△EBG，利用相似三角形的性质求出BE的长，最后在Rt△ABE中，利用勾股定理求出AE的长，即可解答．
【解答】（1）证明：∵AB⊥CD，
∴∠AOC＝90°，
∴∠AEF＝∠AOC＝45°，
∵∠FAC＝∠AEF，
∴∠FAC＝45°，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°，
∴∠OAF＝∠OAC+∠FAC＝90°，
∵OA是⊙O的半径，
∴AF为⊙O的切线；
（2）证明：∵四边形ADEC是圆内接四边形，
∴∠ADG+∠ACE＝180°，
∵∠ACE+∠ACF＝180°，
∴∠ACF＝∠ADG，
∵AB⊥CD，
∴∠AOD＝∠AOC＝∠BOD＝90°，
∴AD＝AC，∠DAB＝∠BOD＝45°，
∴∠FAC＝∠DAB＝45°，
∴△ADG≌△ACF（ASA），
∴AG＝AF；
（3）解：连接BE，AD，
∵G为OB的中点，OB＝2，
∴OG＝GB＝OB＝1，
∵OA＝OD＝2，∠AOD＝90°，
∴AD＝OA＝2，
∵∠BOD＝90°，
∴BD＝＝＝，
∵∠DAB＝∠DEB，∠AGD＝∠BGE，
∴△ADG∽△EBG，
∴＝，
∴＝，
∴EB＝，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴AE＝＝＝，
∴AE的长为．
【点评】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，切线的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
2．（2022•兰州模拟）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AD平分∠CAB交⊙O于点D，在OD的延长线上存在一点E，使得∠CED＝∠B，连接CD．
（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）当CE＝CB时，判断四边形ACDO的形状并说明理由．
【分析】（1）连接OC，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，从而可得∠CAB+∠B＝90°，再根据角平分线的定义，以及圆周角定理可得∠COD＝∠CAB，从而可得∠CED+∠COD＝90°，然后利用三角形内角和定理求出∠OCE＝90°，即可解答；
（2）根据CE＝CB，再利用（1）的结论可得△COE≌△CAB，从而可得CO＝CA，进而可得△OCA是等边三角形，然后利用等边三角形的性质可得∠CAB＝60°，从而可得∠COD＝60°，进而可得△OCD是等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得CD＝OD＝AC＝OA，即可解答．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠B＝90°，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD＝∠CAB，
∵∠CAD＝∠COD，
∴∠COD＝∠CAB，
∵∠CED＝∠B，
∴∠CED+∠COD＝90°，
∴∠OCE＝180°﹣（∠CED+∠COD）＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴CE是⊙O的切线；
（2）四边形ACDO是菱形，
理由：∵∠CED＝∠B，∠COD＝∠CAB，CE＝CB，
∴△COE≌△CAB（AAS），
∴CO＝CA，
∵OC＝OA，
∴OC＝OA＝AC，
∴△OCA是等边三角形，
∴∠CAB＝60°，
∴∠COD＝∠CAB＝60°，
∵OC＝OD，
∴△OCD是等边三角形，
∴CD＝OC＝OD，
∴CD＝OD＝AC＝OA，
∴四边形ACDO是菱形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，切线的判定与性质，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，熟练掌握全等三角形的判定与性质，以及切线的判定与性质是解题的关键．
3．（2022•海淀区二模）已知AB＝BC，∠ABC＝90°，直线l是过点B的一条动直线（不与直线AB，BC重合），分别过点A，C作直线l的垂线，垂足为D，E．
（1）如图1，当45°＜∠ABD＜90°时，
①求证：CE+DE＝AD；
②连接AE，过点D作DH⊥AE于H，过点A作AF∥BC交DH的延长线于点F．依题意补全图形，用等式表示线段DF，BE，DE的数量关系，并证明；
（2）在直线l运动的过程中，若DE的最大值为3，直接写出AB的长．
【分析】（1）①先证明△ABD≌△BCE（AAS），可得：AD＝BE，BD＝CE，由BD+DE＝BE，运用等量代换即可得出答案；
②补全图形如图2所示，先证明△ADF≌△BEA（AAS），得出DF＝AE，再由勾股定理可得：AD2+DE2＝AE2，运用等量代换即可得出答案；
（2）由于AD＝BE，设AD＝BE＝x，由勾股定理得AB2＝AD2+BD2，当DE最大时，BD最小，AB的值最小，又AB2＝x2+（x﹣3）2＝2x2﹣6x+9＝2（x﹣）2+，运用二次函数的最值即可得出答案．
【解答】（1）证明：①∵AD⊥l，CE⊥l，
∴∠ADB＝∠BEC＝90°，
∴∠A+∠ABD＝90°，
∵∠ABD+∠CBE＝∠ABC＝90°，
∴∠A＝∠CBE，
在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE（AAS），
∴AD＝BE，BD＝CE，
∵BD+DE＝BE，
∴CE+DE＝AD；
②补全图形如图2所示，BE2+DE2＝DF2，
∵AH⊥DF，
∴∠FAE+∠F＝90°，
∵AF∥BC，
∴∠FAB＝180°﹣∠ABC＝90°，
∴∠FAE+∠BAE＝90°，
∴∠F＝∠BAE，
∵∠ADF+∠EDH＝90°，∠AEB+∠EDH＝90°，
∴∠ADF＝∠AEB，
由①知：AD＝BE，
在△ADF和△BEA中，
，
∴△ADF≌△BEA（AAS），
∴DF＝AE，
在Rt△ADE中，AD2+DE2＝AE2，
∴BE2+DE2＝DF2；
（2）设AD＝BE＝x，
∵DE的最大值为3，
∴BD＝|x﹣3|，
∵AB2＝AD2+BD2，当DE最大时，BD最小，AB的值最小，
∴AB2＝x2+（x﹣3）2＝2x2﹣6x+9＝2（x﹣）2+，
∵2＞0，
∴AB2有最小值，
∴当DE的最大值为3时，AB的值为．
【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，二次函数性质的运用，勾股定理等，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．
4．（2022•南平模拟）如图，BD是⊙O的直径，＝，点C是半圆上一动点，且与点A分别在BD的两侧．
（1）如图1，若＝5，BD＝4，求AC的长；
（2）求证：CD+BC＝AC．
【分析】（1）连接CO并延长交⊙O于点E，连接AE，利用直径所对的圆周角是直角求出∠BAD＝∠CAE＝90°，从而可得∠ADB＝∠ABD＝45°，再根据已知＝5，求出∠BOC＝30°，进而求出∠AEC＝60°，最后在Rt△ACE中，利用锐角三角函数求出AC长即可；
（2）过点A作FA⊥AC，交CD的延长线于点F，利用手拉手模型﹣旋转性全等，证明△ABC≌△ADF，从而可得AC＝AF，BC＝DF，进而得到△ACF是等腰直角三角形，即可解答．
【解答】（1）解：连接CO并延长交⊙O于点E，连接AE，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BAD＝90°，
∵＝，
∴AB＝AD，
∴∠ADB＝∠ABD＝45°，
∵＝5，
∴∠BOC＝∠COD，
∴∠BOC＝∠BOD＝180°×＝30°，
∴∠BDC＝∠BOC＝15°，
∴∠ADC＝∠ADB+∠BDC＝60°，
∴∠ADC＝∠AEC＝60°，
∵CE是⊙O的直径，
∴∠CAE＝90°，
∵CE＝BD＝4，
∴AC＝CEsin60°＝4×＝2；
（2）证明：过点A作FA⊥AC，交CD的延长线于点F，
∴∠CAF＝90°，
∵∠BAD＝90°，
∴∠BAD﹣∠CAD＝∠CAF﹣∠CAD，
∴∠BAC＝∠DAF，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠ADF＝∠ABC，
∵AB＝AD，
∴△ABC≌△ADF（ASA），
∴AC＝AF，BC＝DF，
∴△ACF是等腰直角三角形，
∴CF＝AC，
∴CD+DF＝AC，
∴CD+BC＝AC．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
5．（2022•黔东南州一模）综合与实践
（1）问题发现
如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．请写出∠AEB的度数及线段AD，BE之间的数量关系，并说明理由．
（2）类比探究
如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．
填空：①∠AEB的度数为 90° ；
②线段CM，AE，BE之间的数量关系为 AE＝BE+2CM ．
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，若BE＝4，CM＝3，则四边形ABEC的面积为 35 ．
【分析】（1）由条件易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．由点A，D，E在同一直线上可求出∠ADC，从而可以求出∠AEB的度数；
（2）仿照（1）中的解法可求出∠AEB的度数，证出AD＝BE；由等腰直角三角形的性质可得CM＝DM＝ME，从而证到AE＝BE+2CM；
（3）由（2）得∠AEB＝90°，AD＝BE＝4，由等腰直角三角形的性质得出CM⊥AE，DE＝2CM＝6，求出AE＝AD+DE＝10，四边形ABEC的面积＝△ACE的面积+△ABE的面积，即可得出答案．
【解答】解：（1）∠AEB＝60°，AD＝BE，理由如下：
∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°．
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC＝∠BEC．AD＝BE，
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝60°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝120°．
∴∠BEC＝120°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°．
（2）猜想：①∠AEB＝90°，②AE＝BE+2CM．理由如下：
∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°．
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝135°．
∴∠BEC＝135°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°．
∵CD＝CE，CM⊥DE，
∴DM＝ME．
∵∠DCE＝90°，
∴DM＝ME＝CM．
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．
故答案为：90°，AE＝BE+2CM；
（3）由（2）得：∠AEB＝90°，AD＝BE＝4，
∵△DCE均为等腰直角三角形，CM为△DCE中DE边上的高，
∴CM⊥AE，DE＝2CM＝6，
∴AE＝AD+DE＝4+6＝10，
∴四边形ABEC的面积＝△ACE的面积+△ABE的面积＝AE×CM+AE×BE＝×10×3+×10×4＝35；
故答案为：35．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角形全等的判定与性质、三角形面积等知识；熟练掌握等边三角形和等腰直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
6．（2022•威县校级模拟）如图，已知在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝6，D是线段BC上一点（不与点B，C重合），连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转120°得到线段AE，连接CE，DE．设∠BAD＝α．
（1）求证：△ABD≌△ACE；
（2）求AD长度的最小值；
（3）用含α的代数式表示∠DEC；
（4）若△ABD的外心在该三角形的内部时，m°＜α＜n°，直接写出m，n的值．
【分析】（1）由SAS证明△ABD≌△ACE即可；
（2）当AD⊥BC时，AD的长度最小，在Rt△ABD中求出AD即可；
（3）由∠DEC＝∠AEC﹣∠AED，分别求出∠AEC＝150°﹣α，∠AED＝30°，即可求解；
（4）当∠BAD＝90°时，△ABD的外接圆的圆心在BD上，此时α＝90°，当∠ADB＝90°时，△ABD的外接圆的圆心在AB上，此时α＝60°，则60°＜α＜90°时，△ABD的外心在该三角形的内部．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE＝120°，
∴∠BAD＝∠CAE＝120°﹣∠CAD，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）解：当AD⊥BC时，AD的长度最小，
∵∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝30°，
∴AD＝AB＝3，
∴AD长度的最小值是3；
（3）解：由（2）知，∠B＝30°，
∵∠BAD＝α，
∴∠ADB＝150°﹣α，
∵△ABD≌△ACE，
∴∠AEC＝∠ADB＝150°﹣α，
∵∠DAE＝120°，AD＝AE，
∴∠AED＝30°，
∴∠DEC＝∠AEC﹣∠AED＝120°﹣α；
（4）解：当∠BAD＝90°时，△ABD的外接圆的圆心在BD上，
此时α＝90°，
当∠ADB＝90°时，△ABD的外接圆的圆心在AB上，
此时α＝60°，
∴60°＜α＜90°时，△ABD的外心在该三角形的内部，
∴m＝60，n＝90．
【点评】本题考查圆的综合应用，熟练掌握旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形全等的判定及性质，外接圆的性质是解题的关键．
7．（2022•黄冈二模）（1）问题发现：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．
填空：①∠AEB的度数为 60° ；
②线段AD，BE之间的数量关系为 AD＝BE ；
（2）拓展探究
如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题
如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝5，平面上一动点P到点B的距离为3，将线段CP绕点C顺时针旋转90°，得到线段CD，连DA，DB，PB，则BD是否有最大值和最小值，若有直接写出，若没有说明理由？
【分析】（1）①证明△CDA≌△CEB，根据得到∠CEB＝∠CDA＝120°，计算即可；
②由①知，△CDA≌△CEB，即可得出结论；
（2）证明△CDA≌△CEB，根据全等三角形的性质，直角三角形的性质解答；
（3）当B、D、A三点在同一条直线上时，BD有最小值，此时∠PBC＝45°时，BD的最小值为5﹣3同理可得：如图4，当B、D、A三点在同一条直线上时，BD的最大值为：AB+AD＝AB+BP＝5+3．
【解答】解：（1）①∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴∠ACB＝∠DCE＝60°，CA＝CB，CD＝CE，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△CDA和△CEB中，，
∴△CDA≌△CEB，
∴∠CEB＝∠CDA＝120°，
又∠CED＝60°，
∴∠AEB＝120°﹣60°＝60°；
②由①知，△CDA≌△CEB，
∴AD＝BE；
故答案为：60°，AD＝BE
（2）∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴AC＝BC，CD＝CE，
∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，
即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD＝BE，∠BEC＝∠ADC＝135°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135°﹣45°＝90°；
结论：AE＝2CM+BE，
在等腰直角三角形DCE中，CM为斜边DE上的高，
∴CM＝DM＝ME，
∴DE＝2CM．
∴AE＝DE+AD＝2CM+BE
∴AE＝2CM+BE．
（3）如图3，∵点P到点B的距离是3，
∴点P是以点B为圆心，3为半径的圆，
当B、D、A三点在同一条直线上时，BD有最小值，
∵∠ACB＝90°，∠DCP＝90°，
∴∠ACD＝∠BCP
在△ACD与△BCP中，，
∴△ACD≌△BCP（SAS），
∴∠PBC＝∠A＝45°，AD＝BP＝3，
在Rt△ABC中，AC＝BC＝5，
∴AB＝5
∴BD＝AB﹣AD＝5﹣3
此时∠PBC＝45°时，BD的最小值为5﹣3，
同理可得：如图4，当B、D、A三点在同一条直线上时，
BD的最大值为：AB+AD＝AB+BP＝5+3，
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了考查的是全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、等边三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
8．（2022•邵阳模拟）旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时往往可以通过旋转解决问题．
（1）尝试解决：如图①，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M是BC上的一点，BM＝1cm，CM＝2cm，将△ABM绕点A旋转后得到△ACN，连接MN，则AM＝ cm．
（2）类比探究：如图②，在“筝形”四边形ABCD中，AB＝AD＝a，CB＝CD，AB⊥BC于点B，AD⊥CD于点D，点P、Q分别是AB、AD上的点，且∠PCB+∠QCD＝∠PCQ，求△APQ的周长．（结果用a表示）
（3）拓展应用：如图③，已知四边形ABCD，AD＝CD，∠ADC＝60°，∠ABC＝75°，AB＝2，BC＝2，求四边形ABCD的面积．
【分析】（1）如图①，先根据等腰直角三角形得两锐角为45°，由旋转得∠MCN＝90°，CN＝BM＝1，由勾股定理可得MN的长，最后根据△AMN是等腰直角三角形可得结论；
（2）如图②，延长AB到E，使BE＝DQ，连接CE，证明△CDQ≌△CBE（SAS）和△QCP≌△ECP（SAS），根据等量代换可得△APQ的周长＝2AB＝2a；
（3）如图③，连接 BD，由于AD＝CD，所以可将△BCD绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB′，连接BB′，延长BA，作B′E⊥BA；易证△BDB'是等边三角形，△AEB'是等腰直角三角形，利用勾股定理计算AE＝B′E＝，BB′＝2 ，根据面积差可得结论．
【解答】解：（1）如图①，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
由旋转得：CN＝BM＝1，∠ACN＝∠B＝45°，∠MAN＝∠BAC＝90°，AM＝AN，
∴∠MCN＝∠ACB+∠ACN＝45°+45°＝90°，△AMN是等腰直角三角形，
∵CM＝2，
∴MN＝＝，
∴AM＝MN＝（cm）；
故答案为：；
（2）如图②，延长AB到E，使BE＝DQ，连接CE，
∵AB⊥BC，AD⊥CD，
∴∠ADC＝∠ABC＝90°，
∴∠CBE＝∠CDQ＝90°，
在△CDQ和△CBE中，
，
∴△CDQ≌△CBE（SAS），
∴∠DCQ＝∠BCE，CQ＝CE，
∵∠PCB+∠QCD＝∠PCQ，
∴∠PCB+∠BCE＝∠PCQ＝∠PCE，
在△QCP和△ECP中，
，
∴△QCP≌△ECP（SAS），
∴PQ＝PE，
∴△APQ的周长＝AQ+PQ+AP＝AQ+PE+AP＝AQ+BE+PB+AP＝AQ+DQ+AB＝2AB＝2a；
（3）如图③，连接BD，由于AD＝CD，所以可将△BCD绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB′，
连接BB′，延长BA，作B′E⊥BA于E，
由旋转得：△BCD≌△B′AD，
∴BD＝B'D，∠BDB'＝60°，∠CBD＝∠AB'D，
∴S四边形ABCD＝S四边形BDB′A，△BDB'是等边三角形，
∵∠ABC＝75°，∠ADC＝60°，
∴∠BAB′＝∠BDB'+∠AB'D+∠ABD＝135°，
∴∠B′AE＝45°，
∵B′A＝BC＝2，
∴B′E＝AE＝，
∴BE＝AB+AE＝2+＝3，
∴BB′＝＝2，
设等边三角形的高为h，
则勾股定理得：h＝＝，
∴S四边形ABCD＝S四边形BDB′A＝S△BDB′﹣S△ABB′＝×2×﹣××＝5﹣2．
【点评】本题是四边形的综合题，主要考查旋转的性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等，四边形和三角形面积计算等知识，关键是利用旋转的性质作辅助线，构建全等三角形来解决问题．
【一题多解】
1．（2022•郑州二模）如图1，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°．点D是BC边上一动点，连接AD，将AD绕点A逆时针旋转90°到AE，连接CE．
（1）求证：CD+CE＝CA．
（2）如图2，连接DE，交AC于点F．
①求证：CD•CE＝CF•CA；
②当△CEF是等腰三角形时，请直接写出BD的长．
【分析】（1）证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质得到CE＝BD，根据等腰直角三角形的性质求出BC＝CA，进而证明结论；
（2）①证明△ABD∽△DCF，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可证明；
②分CE＝CF、EF＝CF两种情况，根据①中结论计算，得到答案．
【解答】解：（1）证明：∵将AD绕点A逆时针旋转90°到AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°．
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE﹣∠DAC＝∠BAC﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴CE＝BD，
在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴BC＝CA，
∴CD+CE＝CD+BD＝BC＝CA；
（2）①证明：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠B＝∠ACB＝∠ADE＝45°．
∵∠ADC＝∠B+∠BAD，且∠ADC＝∠ADE+∠CDF，
∴∠BAD＝∠CDF，
∴△ABD∽△DCF，
∴＝，即
∴CD•BD＝CF•AB，
∵CE＝BD，AB＝AC，
∴CD•CE＝CF•CA；
②或2．
设BD＝x，则CD＝4﹣x，
当CE＝CF时，CE＝CF＝BD＝x，
∵CD⋅CE＝CF⋅CA，
∴（4﹣x）•x＝2x，
解得：x1＝4﹣2，x2＝0（舍去）；
当EF＝CF时，∠EFC＝90°，
∴CF＝CE＝BD＝x，
则（4﹣x）•x＝2•x，
解得x1＝2，x2＝0（舍去）；
由题意可知，EF≠EC，
综上，当△CEF是等腰三角形时，BD的长为4﹣2或2．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，证明△ABD∽△DCF是解题的关键．
2．（2022•汉寿县一模）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，点E、F分别为AB，AC的中点，D为线段EF上一动点（不与点E，F重合），将线段AD绕点A逆时针方向旋转90°得到AN，连接NC，DB．
（1）证明：△ABD≌△ACN；
（2）如图2，连接ND，NF，AF与ND相交于点M．
①证明：在点D的运动过程中，总有∠DFN＝90°；
②若，当ED的长度为多少时，△AMN为等腰三角形？
【分析】（1）由“SAS”可证△ADB≌△ANC；
（2）①由“SAS”可证△EAD≌△FAN，可得∠AFN＝∠AEF＝45°，可得结论；
②分三种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解．
【解答】（1）证明：∵将线段AD绕点A逆时针方向旋转90°得到AN，
∴AD＝AN，∠DAN＝90°，
∵∠BAC＝∠DAN＝90°，
∴∠BAD＝∠CAN，
在△ADB和△ANC中，
，
∴△ADB≌△ANC（SAS）；
（2）①证明：∵点E，F分别为AB，AC的中点，
∴AE＝AB，AF＝AC，
∵AB＝AC，
∴AE＝AF，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∵AE＝AF，∠BAD＝∠FAN，AD＝AN，
∴△EAD≌△FAN（SAS），
∴∠AFN＝∠AEF＝45°，
∴∠DFN＝∠AFN+∠AFD＝45°+45°＝90°，
即：∠DFN＝90°；
②解：当AM＝MN时，∠MAN＝∠ANM＝45°，
∴∠DAF＝∠DAN﹣∠FAN＝90°﹣45°＝45°，
∵AE＝AF，
∴ED＝FD＝EF，
∵AE＝AF＝AB＝2，
∴EF＝＝＝4，
∴ED＝2，
当AN＝MN时，
∠NAM＝∠AMN＝＝＝67.5°，
∴∠EAD＝∠NAM＝67.5°，
∵∠AEF＝45°，
∴∠ADE＝67.5°＝∠EAD，
∴ED＝AE＝2，
当AM＝AN时，∠AMN＝∠ANM＝45°，
∴∠MAN＝90°，
此时点D与点F重合，不符合题意，
综上所述：ED＝2或2．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了等腰直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形分类等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型．
3．（2022•顺城区模拟）如图，△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝60°，MB⊥BC，垂足为B，点D在直线BM上，连接CD，将线段CD绕点C逆时针旋转60°，得到线段CE，连接DE，直线DE与直线AB相交于点F．
（1）连接AE，请直接写出线段AE与线段BD的数量关系；
（2）猜想线段EF与线段DF的数量关系，并说明理由；
（3）若CA＝CB＝5，AF＝，请直接写出线段BD的长．
【分析】（1）利用SAS证明△ECA≌△DCB即可；
（2）过点D作DH∥AE，交AB于H，利用AAS证明△EFA≌△DFH，得AE＝DH，由（1）知∠DHF＝150°，从而证明DH＝BD，从而解决问题；
（3）分点F在A下方和上方两种情形，由（2）知AF＝FH＝，则BH＝AB﹣AH＝5﹣1＝4，过点D作DG⊥AB于G，利用含30°角的直角三角形的性质即可解答．
【解答】证明：（1）AE＝BD，理由如下：
∵CD绕点C逆时针旋转60°，得到线段CE，
∴CE＝CD，∠DCE＝60°，
∵∠ACB＝60°，
∴∠ECA＝∠DCB＝60°﹣∠ACD，
又∵CA＝CB，
∴△ECA≌△DCB（SAS），
∴AE＝BD；
（2）FE＝FD，理由如下：
过点D作DH∥AE，交AB于H，
∴∠DHF＝∠EAF，
∵CA＝CB，∠ACB＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠CAB＝∠CBA＝60°，
∵MB⊥BC，
∴∠CBD＝90°，
∴∠HBD＝∠CBD﹣∠CBA＝90°﹣60°＝30°，
∵△ECA≌△DCB，
∴∠EAC＝∠CBD＝90°，
∴∠DHF＝∠EAF＝∠EAC+∠CAB＝90°+60°＝150°，
∴∠DHB＝180°﹣∠FHD＝180°﹣150°＝30°，
∴∠HBD＝∠DHB，
∴DH＝DB，
∵AE＝BD，
∴AE＝HD，
又∠EFA＝∠DFH，∠EAF＝∠DHF，
∴△EFA≌△DFH（AAS），
∴FE＝FD；
（3）如图，当点F在线段AB上时，由（2）知AF＝FH＝，
∴BH＝AB﹣AH＝5﹣1＝4，
过点D作DG⊥AB于G，
∵DH＝DB，DG⊥BH，
∴BG＝GH＝2，
设DG＝x，则BD＝2x，BG＝x，
∴x＝，
∴BD＝2x＝；
当点F在线段BA的延长线上时，
同理可得BH＝6，
则BD＝2，
综上：BD＝或2．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
4．（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＝3，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+3 ；
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＝3，即点D的运动轨迹是以T为圆心，3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+3；
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＝AC＝×3＝，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＝，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，
，
∴△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，
，
∴△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＝AB，BD＝BC，∠ABT＝∠CBD＝45°，
∴＝＝，∠ABC＝∠TBD，
∴△ABC∽△TBD，
∴＝＝，
∴DT＝AC＝×3＝3，
∵AT＝AB＝8，DT＝3，
∴点D的运动轨迹是以T为圆心，3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+3，
故答案为：8+3；
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，
∵＝＝cs30°＝，∠ABC＝∠TBD＝30°+∠TBC，
∴△BAC∽△BTD，
∴＝＝，
∴DT＝AC＝×3＝，
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°＝2，
在Rt△DTH中，DH＝＝＝，
∴AD＝AH+DH＝2+；
如图5，在AB上方作∠ABE＝30°，过点A作AE⊥BE于点E，连接DE，
则＝＝cs30°＝，
∵∠EBD＝∠ABC＝∠ABD+30°，
∴△BDE∽△BCA，
∴＝＝，
∴DE＝AC＝×3＝，
∵∠BAE＝90°﹣30°＝60°，AE＝AB•sin30°＝8×＝4，
∴∠DAE＝∠DAB+∠BAE＝30°+60°＝90°，
∴AD＝＝＝；
综上所述，AD的值为2+或．
【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．
5．（2022•十堰模拟）（1）如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．
①∠AEB的度数为 60° ；
②线段AD，BE之间的数量关系为 AD＝BE ；
（2）如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）如图3，在正方形ABCD中，CD＝，若点P满足PD＝1，且∠BPD＝90°，请直接写出点A到BP的距离为 或 ．
【分析】（1）由条件易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．由点A，D，E在同一直线上可求出∠ADC，从而可以求出∠AEB的度数．
（2）仿照（1）中的解法可求出∠AEB的度数，证出AD＝BE；由△DCE为等腰直角三角形及CM为△DCE中DE边上的高可得CM＝DM＝ME，从而证到AE＝2CH+BE．
（3）由PD＝1可得：点P在以点D为圆心，1为半径的圆上；由∠BPD＝90°可得：点P在以BD为直径的圆上．显然，点P是这两个圆的交点，由于两圆有两个交点，接下来需对两个位置分别进行讨论．然后，添加适当的辅助线，借助于（2）中的结论即可解决问题．
【解答】解：（1）①如图1，
∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°．
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
∵，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝60°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝120°．
∴∠BEC＝120°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°．
故答案为：60°．
②∵△ACD≌△BCE，
∴AD＝BE．
故答案为：AD＝BE．
（2）∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM．
理由：如图2，
∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°．
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝135°．
∴∠BEC＝135°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°．
∵CD＝CE，CM⊥DE，
∴DM＝ME．
∵∠DCE＝90°，
∴DM＝ME＝CM．
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．
（3）点A到BP的距离为或．
理由如下：
∵PD＝1，
∴点P在以点D为圆心，1为半径的圆上．
∵∠BPD＝90°，
∴点P在以BD为直径的圆上．
∴点P是这两圆的交点．
①当点P在如图3①所示位置时，
连接PD、PB、PA，
作AH⊥BP，垂足为H，过点A作AE⊥AP，交BP于点E，
如图3①．∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB＝45°．AB＝AD＝DC＝BC＝，∠BAD＝90°．
∴BD＝．
∵DP＝1，
∴BP＝．
∵∠BPD＝∠BAD＝90°，
∴A、P、D、B在以BD为直径的圆上，
∴∠APB＝∠ADB＝45°．
∴△PAE是等腰直角三角形．
又∵△BAD是等腰直角三角形，点B、E、P共线，AH⊥BP，
∴由（2）中的结论可得：BP＝2AH+PD．
∴＝2AH+1．
∴AH＝．
②当点P在如图3②所示位置时，
连接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H，过点A作AE⊥AP，交PB的延长线于点E，如图3②．
同理可得：BP＝2AH﹣PD．
∴＝2AH﹣1．
∴AH＝．
综上所述：点A到BP的距离为或．
【点评】此题是四边形的综合题，本题考查了等边三角形的性质、正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、圆周角定理、三角形全等的判定与性质等知识，考查了运用已有的知识和经验解决问题的能力，是体现新课程理念的一道好题．而通过添加适当的辅助线从而能用（2）中的结论解决问题是解决第（3）的关键．