（浙江专用）中考数学二轮培优压轴题练习专题13 图形变换综合问题（2份，原卷版+解析版）

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【例1】（2019•绍兴）正方形ABCD的边AB上有一动点E，以EC为边作矩形ECFG，且边FG过点D．在点E从点A移动到点B的过程中，矩形ECFG的面积（ ）
A．先变大后变小B．先变小后变大
C．一直变大D．保持不变
【分析】连接DE，△CDE的面积是矩形CFGE的一半，也是正方形ABCD的一半，则矩形与正方形面积相等．
【解析】连接DE，
∵，
，
∴矩形ECFG与正方形ABCD的面积相等．
故选：D．
【例2】（2019•金华）图2，图3是某公共汽车双开门的俯视示意图，ME、EF、FN是门轴的滑动轨道，∠E＝∠F＝90°，两门AB、CD的门轴A、B、C、D都在滑动轨道上，两门关闭时（图2），A、D分别在E、F处，门缝忽略不计（即B、C重合）；两门同时开启，A、D分别沿E→M，F→N的方向匀速滑动，带动B、C滑动：B到达E时，C恰好到达F，此时两门完全开启，已知AB＝50cm，CD＝40cm．
（1）如图3，当∠ABE＝30°时，BC＝ 90﹣45 cm．
（2）在（1）的基础上，当A向M方向继续滑动15cm时，四边形ABCD的面积为 2256 cm2．
【分析】（1）先由已知可得B、C两点的路程之比为5：4，再结合B运动的路程即可求出C运动的路程，相加即可求出BC的长；
（2）当A向M方向继续滑动15cm时，AA'＝15cm，由勾股定理和题目条件得出△A'EB'、△D'FC'和梯形A'EFD'边长，即可利用割补法求出四边形四边形ABCD的面积．
【解析】∵A、D分别在E、F处，门缝忽略不计（即B、C重合）且AB＝50cm，CD＝40cm．
∴EF＝50+40＝90cm
∵B到达E时，C恰好到达F，此时两门完全开启，
∴B、C两点的路程之比为5：4
（1）当∠ABE＝30°时，在Rt△ABE中，BEAB＝25cm，
∴B运动的路程为（50﹣25）cm
∵B、C两点的路程之比为5：4
∴此时点C运动的路程为（50﹣25）（40﹣20）cm
∴BC＝（50﹣25）+（40﹣20）＝（90﹣45）cm
故答案为：90﹣45；
（2）当A向M方向继续滑动15cm时，设此时点A运动到了点A'处，点B、C、D分别运动到了点B'、C'、D'处，连接A'D'，如图：
则此时AA'＝15cm
∴A'E＝15+25＝40cm
由勾股定理得：EB'＝30cm，
∴B运动的路程为50﹣30＝20cm
∴C运动的路程为16cm
∴C'F＝40﹣16＝24cm
由勾股定理得：D'F＝32cm，
∴四边形A'B'C'D'的面积＝梯形A'EFD'的面积﹣△A'EB'的面积﹣△D'FC'的面积30×4024×32＝2256cm2．
∴四边形ABCD的面积为2256cm2．
故答案为：2256．
【例3】（2019•宁波）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，点D在边BC上，CD＝5，BD＝13．点P是线段AD上一动点，当半径为6的⊙P与△ABC的一边相切时，AP的长为 6.5或3 ．
【分析】根据勾股定理得到AB6，AD13，当⊙P于BC相切时，点P到BC的距离＝6，过P作PH⊥BC于H，则PH＝6，当⊙P于AB相切时，点P到AB的距离＝6，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解析】∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，BD+CD＝18，
∴AB6，
在Rt△ADC中，∠C＝90°，AC＝12，CD＝5，
∴AD13，
当⊙P于BC相切时，点P到BC的距离＝6，
过P作PH⊥BC于H，
则PH＝6，
∵∠C＝90°，
∴AC⊥BC，
∴PH∥AC，
∴△DPH∽△DAC，
∴，
∴，
∴PD＝6.5，
∴AP＝6.5；
当⊙P于AB相切时，点P到AB的距离＝6，
过P作PG⊥AB于G，
则PG＝6，
∵AD＝BD＝13，
∴∠PAG＝∠B，
∵∠AGP＝∠C＝90°，
∴△AGP∽△BCA，
∴，
∴，
∴AP＝3，
∵CD＝5＜6，
∴半径为6的⊙P不与△ABC的AC边相切，
综上所述，AP的长为6.5或3，
故答案为：6.5或3．
【例4】（2019•舟山）如图，一副含30°和45°角的三角板ABC和EDF拼合在个平面上，边AC与EF重合，AC＝12cm．当点E从点A出发沿AC方向滑动时，点F同时从点C出发沿射线BC方向滑动．当点E从点A滑动到点C时，点D运动的路径长为 （24﹣12） cm；连接BD，则△ABD的面积最大值为 （243612） cm2．
【分析】过点D'作D'N⊥AC于点N，作D'M⊥BC于点M，由直角三角形的性质可得BC＝4cm，AB＝8cm，ED＝DF＝6cm，由“AAS”可证△D'NE'≌△D'MF'，可得D'N＝D'M，即点D'在射线CD上移动，且当E'D'⊥AC时，DD'值最大，则可求点D运动的路径长，由三角形面积公式可求S△AD'BBC×ACAC×D'NBC×D'M＝24（12﹣4）×D'N，则E'D'⊥AC时，S△AD'B有最大值．
【解析】∵AC＝12cm，∠A＝30°，∠DEF＝45°
∴BC＝4cm，AB＝8cm，ED＝DF＝6cm
如图，当点E沿AC方向下滑时，得△E'D'F'，过点D'作D'N⊥AC于点N，作D'M⊥BC于点M
∴∠MD'N＝90°，且∠E'D'F'＝90°
∴∠E'D'N＝∠F'D'M，且∠D'NE'＝∠D'MF'＝90°，E'D'＝D'F'
∴△D'NE'≌△D'MF'（AAS）
∴D'N＝D'M，且D'N⊥AC，D'M⊥CM
∴CD'平分∠ACM
即点E沿AC方向下滑时，点D'在射线CD上移动，
∴当E'D'⊥AC时，DD'值最大，最大值ED﹣CD＝（12﹣6）cm
∴当点E从点A滑动到点C时，点D运动的路径长＝2×（12﹣6）＝（24﹣12）cm
如图，连接BD'，AD'，
∵S△AD'B＝S△ABC+S△AD'C﹣S△BD'C
∴S△AD'BBC×ACAC×D'NBC×D'M＝24（12﹣4）×D'N
当E'D'⊥AC时，S△AD'B有最大值，
∴S△AD'B最大值＝24（12﹣4）×6（243612）cm2．
故答案为：（24﹣12），（243612）
【例5】（2019•绍兴）如图，矩形ABCD中，AB＝a，BC＝b，点M，N分别在边AB，CD上，点E，F分别在边BC，AD上，MN，EF交于点P，记k＝MN：EF．
（1）若a：b的值为1，当MN⊥EF时，求k的值．
（2）若a：b的值为，求k的最大值和最小值．
（3）若k的值为3，当点N是矩形的顶点，∠MPE＝60°，MP＝EF＝3PE时，求a：b的值．
【分析】（1）作EH⊥BC于H，MQ⊥CD于Q，设EF交MN于点O．证明△FHE≌△MQN（ASA），即可解决问题．
（2）由题意：2a≤MNa，a≤EFa，当MN的长取最大时，EF取最短，此时k的值最大最大值，当MN的最短时，EF的值取最大，此时k的值最小，最小值为．
（3）连接FN，ME．由k＝3，MP＝EF＝3PE，推出3，推出2，由△PNF∽△PME，推出2，ME∥NF，设PE＝2m，则PF＝4m，MP＝6m，NP＝12m，接下来分两种情形①如图2中，当点N与点D重合时，点M恰好与B重合．②如图3中，当点N与C重合，分别求解即可．
【解析】（1）如图1中，
作EH⊥BC于H，MQ⊥CD于Q，设EF交MN于点O．
∵四边形ABCD是正方形，
∴FH＝AB，MQ＝BC，
∵AB＝CB，
∴FH＝MQ，
∵EF⊥MN，
∴∠EON＝90°，
∵∠ECN＝90°，
∴∠MNQ+∠CEO＝180°，∠FEH+∠CEO＝180°
∴∠FEH＝∠MNQ，∵∠EHF＝∠MQN＝90°，
∴△FHE≌△MQN（ASA），
∴MN＝EF，
∴k＝MN：EF＝1．
（2）∵a：b＝1：2，
∴b＝2a，
由题意：2a≤MNa，a≤EFa，
∴当MN的长取最大时，EF取最短，此时k的值最大最大值，
当MN的最短时，EF的值取最大，此时k的值最小，最小值为．
（3）连接FN，ME．
∵k＝3，MP＝EF＝3PE，
∴3，
∴2，∵∠FPN＝∠EPM，
∴△PNF∽△PME，
∴2，ME∥NF，
设PE＝2m，则PF＝4m，MP＝6m，NP＝12m，
①如图2中，当点N与点D重合时，点M恰好与B重合．作FH⊥BD于H．
∵∠MPE＝∠FPH＝60°，
∴PH＝2m，FH＝2m，DH＝10m，
∴．
②如图3中，当点N与C重合，作EH⊥MN于H．则PH＝m，HEm，
∴HC＝PH+PC＝13m，
∴tan∠HCE，
∵ME∥FC，
∴∠MEB＝∠FCB＝∠CFD，
∵∠B＝∠D，
∴△MEB∽△CFD，
∴2，
∴，
综上所述，a：b的值为或．
【例6】（2019•台州）如图，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是BA延长线上的一点，连接PC交AD于点F，AP＝FD．
（1）求的值；
（2）如图1，连接EC，在线段EC上取一点M，使EM＝EB，连接MF，求证：MF＝PF；
（3）如图2，过点E作EN⊥CD于点N，在线段EN上取一点Q，使AQ＝AP，连接BQ，BN．将△AQB绕点A旋转，使点Q旋转后的对应点Q'落在边AD上．请判断点B旋转后的对应点B'是否落在线段BN上，并说明理由．
【分析】（1）设AP＝FD＝a，通过证明△AFP∽△DFC，可得，可求AP的值，即可求AF的值，则可求解；
（2）在CD上截取DH＝AF，由“SAS”可证△PAF≌△HDF，可得PF＝FH，由勾股定理可求CE＝EP，可得CM＝CH1，由“SAS”可证△FCM≌△FCH，可得FM＝FH＝PF；
（3）以A原点，AB为y轴，AD为x轴建立平面直角坐标系，用待定系数法可求BN解析式，即可求B'坐标，计算B'Q'的长度，即可判断点B旋转后的对应点B'是否落在线段BN上．
【解析】（1）设AP＝FD＝a，
∴AF＝2﹣a，
∵四边形ABCD是正方形
∴AB∥CD
∴△AFP∽△DFC
∴
即
∴a1
∴AP＝FD1，
∴AF＝AD﹣DF＝3
∴
（2）在CD上截取DH＝AF
∵AF＝DH，∠PAF＝∠D＝90°，AP＝FD，
∴△PAF≌△HDF（SAS）
∴PF＝FH，
∵AD＝CD，AF＝DH
∴FD＝CH＝AP1
∵点E是AB中点，
∴BE＝AE＝1＝EM
∴PE＝PA+AE
∵EC2＝BE2+BC2＝1+4＝5，
∴EC
∴EC＝PE，CM1
∴∠P＝∠ECP
∵AP∥CD
∴∠P＝∠PCD
∴∠ECP＝∠PCD，且CM＝CH1，CF＝CF
∴△FCM≌△FCH（SAS）
∴FM＝FH
∴FM＝PF
（3）若点B'在BN上，如图，以A原点，AB为y轴，AD为x轴建立平面直角坐标系，
∵EN⊥AB，AE＝BE
∴AQ＝BQ＝AP1
由旋转的性质可得AQ＝AQ'1，AB＝AB'＝2，Q'B'＝QB1，
∵点B（0，﹣2），点N（2，﹣1）
∴直线BN解析式为：yx﹣2
设点B'（x，x﹣2）
∴AB'2
∴x
∴点B'（，）
∵点Q'（1，0）
∴B'Q'1
∴点B旋转后的对应点B'不落在线段BN上．
【例7】（2019•金华）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝14，点D，E分别在边AB，BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF．
（1）如图1，若AD＝BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O．求证：BD＝2DO．
（2）已知点G为AF的中点．
①如图2，若AD＝BD，CE＝2，求DG的长．
②若AD＝6BD，是否存在点E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由．
【分析】（1）如图1中，首先证明CD＝BD＝AD，再证明四边形ADFC是平行四边形即可解决问题．
（2）①作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．证明DG是△ABF的中位线，想办法求出BF即可解决问题．
②分三种情形情形：如图3﹣1中，当∠DEG＝90°时，F，E，G，A共线，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．设EC＝x．构建方程解决问题即可．如图3﹣2中，当∠EDG＝90°时，取AB的中点O，连接OG．作EH⊥AB于H．构建方程解决问题即可．如图3﹣3中，当∠DGE＝90°时，构造相似三角形，利用相似三角形的性质构建方程解决问题即可．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵CA＝CB，∠ACB＝90°，BD＝AD，
∴CD⊥AB，CD＝AD＝BD，
∵CD＝CF，
∴AD＝CF，
∵∠ADC＝∠DCF＝90°，
∴AD∥CF，
∴四边形ADFC是平行四边形，
∴OD＝OC，
∵BD＝2OD．
（2）①解：如图2中，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．
由题意：BD＝AD＝CD＝7，BCBD＝14，
∵DT⊥BC，
∴BT＝TC＝7，
∵EC＝2，
∴TE＝5，
∵∠DTE＝∠EHF＝∠DEF＝90°，
∴∠DET+∠TDE＝90°，∠DET+∠FEH＝90°，
∴∠TDE＝∠FEH，
∵ED＝EF，
∴△DTE≌△EHF（AAS），
∴FH＝ET＝5，
∵∠DBE＝∠DFE＝45°，
∴B，D，E，F四点共圆，
∴∠DBF+∠DEF＝90°，
∴∠DBF＝90°，
∵∠DBE＝45°，
∴∠FBH＝45°，
∵∠BHF＝90°，
∴∠HBF＝∠HFB＝45°，
∴BH＝FH＝5，
∴BF＝5，
∵∠ADC＝∠ABF＝90°，
∴DG∥BF，
∵AD＝DB，
∴AG＝GF，
∴DGBF．
②解：如图3﹣1中，当∠DEG＝90°时，F，E，G，A共线，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．设EC＝x．
∵AD＝6BD，
∴BDAB＝2，
∵DT⊥BC，∠DBT＝45°，
∴DT＝BT＝2，
∵△DTE≌△EHF，
∴EH＝DT＝2，
∴BH＝FH＝12﹣x，
∵FH∥AC，
∴，
∴，
整理得：x2﹣12x+28＝0，
解得x＝6±2．
如图3﹣2中，当∠EDG＝90°时，取AB的中点O，连接OG．作EH⊥AB于H．
设EC＝x，由2①可知BF（12﹣x），OGBF（12﹣x），
∵∠EHD＝∠EDG＝∠DOG＝90°，
∴∠ODG+∠OGD＝90°，∠ODG+∠EDH＝90°，
∴∠DGO＝∠HDE，
∴△EHD∽△DOG，
∴，
∴，
整理得：x2﹣36x+268＝0，
解得x＝18﹣2或18+2（舍弃），
如图3﹣3中，当∠DGE＝90°时，取AB的中点O，连接OG，CG，作DT⊥BC于T，FH⊥BC于H，EK⊥CG于K．设EC＝x．
∵∠DBE＝∠DFE＝45°，
∴D，B，F，E四点共圆，
∴∠DBF+∠DEF＝180°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DBF＝90°，
∵AO＝OB，AG＝GF，
∴OG∥BF，
∴∠AOG＝∠ABF＝90°，
∴OG⊥AB，
∵OG垂直平分线段AB，∵CA＝CB，
∴O，G，C共线，
由△DTE≌△EHF，可得EH＝DT＝BT＝2，ET＝FH＝12﹣x，BF（12﹣x），OGBF（12﹣x），CK＝EKx，GK＝7（12﹣x）x，
由△OGD∽△KEG，可得，
∴，
解得x＝2，
综上所述，满足条件的EC的值为6±2或18﹣2或2．
【例8】（2019•衢州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，∠BAC＝60°，AD平分∠BAC交BC于点D，过点D作DE∥AC交AB于点E，点M是线段AD上的动点，连结BM并延长分别交DE，AC于点F、G．
（1）求CD的长．
（2）若点M是线段AD的中点，求的值．
（3）请问当DM的长满足什么条件时，在线段DE上恰好只有一点P，使得∠CPG＝60°？
【分析】（1）解Rt△ADC即可解决问题．
（2）由DE∥AC，可得，证明DF＝AG，即可解决问题．
（3）求出三种特殊位置：①当⊙Q与DE相切时，如图3﹣1中．②当⊙Q经过点E时，如图3﹣2中．③当⊙Q经过点D时，如图3﹣3中，分别求出DM的值即可判断．
【解析】（1）∵AD平分∠BAC，∠BAC＝60°，
∴∠DAC∠BAC＝30°，
在Rt△ADC中，DC＝AC•tan30°＝62．
（2）由题意易知：BC＝6，BD＝4，
∵DE∥AC，
∴∠FDM＝∠GAM，
∵AM＝DM，∠DMF＝∠AMG，
∴△DFM≌△AGM（ASA），
∴DF＝AG，
∵DE∥AC，
∴，
∴．
（3）∵∠CPG＝60°，过C，P，G作外接圆，圆心为Q，
∴△CQG是顶角为120°的等腰三角形．
①当⊙Q与DE相切时，如图3﹣1中，作QH⊥AC于H，交DE于P．连接QC，QG．
设⊙Q的半径为r．则QHr，rr＝2，
∴r，
∴CG4，AG＝2，
由△DFM∽△AGM，可得，
∴DMAD．
②当⊙Q经过点E时，如图3﹣2中，延长CQ交AB于K，设CQ＝r．
∵QC＝QG，∠CQG＝120°，
∴∠KCA＝30°，
∵∠CAB＝60°，
∴∠AKC＝90°，
在Rt△EQK中，QK＝3r，EQ＝r，EK＝1，
∴12+（3r）2＝r2，
解得r，
∴CG，
由△DFM∽△AGM，可得DM．
③当⊙Q经过点D时，如图3﹣3中，此时点M，点G与点A重合，可得DM＝AD＝4．
观察图象可知：当DM或DM≤4时，满足条件的点P只有一个．
1．（2020•柯桥区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，点P，Q在对角线BD上，且BQBP，过点P作PH⊥AB于点H，连接HQ，以PH、HQ为邻边作平行四边形PHQG，设BQ＝m．
（1）若m＝2时，求此时PH的长．
（2）若点C，G，H在同一直线上时，求此时的m值．
（3）若经过点G的直线将矩形ABCD的面积平分，同时该直线将平行四边形PHQG的面积分成1：3的两部分，求此时m的值．
【分析】（1）由勾股定理可求BD＝5，通过证明△BPH∽△BDA，可得，即可求解；
（2）设BQ＝2x，则BP＝3x，PQ＝x，通过证明△PHO∽△BCO，可得，可求PH的长，通过证明△BPH∽△BDA，可得，可求x的值，即可求解；
（3）分两种情况，由平行线分线段成比例，可求解．
【解析】（1）在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，
∴BD5，
∵BQ＝2，，
∴BP＝3，
∵PH∥AD，
∴△BPH∽△BDA，
∴，
∴；
（2）如图，设HG与PQ交于点O，
设BQ＝2x，则BP＝3x，PQ＝x，
∴PO＝QO，
∴BOx，
∵PH∥BC，
∴△PHO∽△BCO，
∴，
∴PH，
∵PH∥AD，
∴△BPH∽△BDA，
∴，
∴，
∴x，
∴BQ；
（3）连接AC交BD于O，
∵经过点G的直线将矩形ABCD的面积平分，
∴这条直线经过矩形ABCD的对角线的交点O．
①如图，当直线OG经过PH的中点R时，直线OG将平行四边形PHQG的面积分成1：3的两部分，
∵PH∥GQ，
∴，
∴，
∴m；
②如图，当直线OG经过HQ的中点N时，直线OG将平行四边形PHQG的面积分成1：3的两部分，
∵PG∥HQ，
∴，
∴，
∴m；
综上所述，满足条件的m的值为或．
2．（2020•东阳市模拟）如图，已知点A （0，8），B （16，0），点P是x轴上的一个动点（不与原点O重合），连结AP，把△OAP沿着AP折叠后，点O落在点C处，连结PC，BC，设P（t，0）．
（1）如图1，当AP∥BC时，试判断△BCP的形状，并说明理由．
（2）在点P的运动过程中，当∠PCB＝90°时，求t的值．
（3）如图2，过点B作BH⊥直线CP，垂足为点H，连结AH，在点P的运动过程中，是否存在AH＝BC？若存在，求出t的值：若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由平行线的性质和折叠的性质可得∠PCB＝∠PBC，可得PC＝PB，可得△BCP是等腰三角形；
（2）分两种情况讨论，由折叠的性质可得∠AOP＝∠ACP＝90°，OP＝PC＝t，可证点A，点C，点B三点共线，由锐角三角函数可求解；
（3）分四种情况讨论，先证由点A，点H，点B，点C所构成的四边形是平行四边形，由勾股定理可求解．
【解析】（1）等腰三角形，
理由如下：∵AP∥BC，
∴∠APC＝∠BCP，∠APO＝∠CBP，
∵△OAP沿着AP折叠，
∴∠APO＝∠APC，
∴∠PCB＝∠PBC，
∴PC＝PB，
∴△BCP是等腰三角形；
（2）当t＞0时，如图，
∵△OAP沿着AP折叠，
∴∠AOP＝∠ACP＝90°，OP＝PC＝t，
∴∠ACP+∠BCP＝180°，
∴点A，点C，点B三点共线，
∵点A （0，8），B （16，0），
∴OA＝8，OB＝16，
∴AB8，
∵tan∠ABO，
∴，
∴t＝44；
当t＜0时，如图，
同理可求：t＝﹣44；
（3）∵△OAP沿着AP折叠，
∴AC＝AO＝8，∠ACP＝∠AOP＝90°，
∵BH⊥CP，
∴∠ACP＝∠BHC＝90°，
∵AH＝BC，CH＝CH，
∴Rt△ACH≌Rt△BHC（HL）
∴AC＝BH，
∴四边形AHBC是平行四边形，
如图2，当0≤t≤16时，点H在PC上时，连接AB交CH于G，
∵四边形AHBC是平行四边形，
∴AG＝BG＝4，HG＝CG，AC＝BH＝8，
∴HG4，
在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，
∴（16﹣t）2＝64+（t﹣8）2，
∴t＝8；
如图3，当0≤t≤16时，点H在PC的延长线上时，
∵四边形AHBC是平行四边形，
∴AG＝BG＝4，HG＝CG，AC＝BH＝8，
∴HG4，
在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，
∴（16﹣t）2＝64+（t+8）2，
∴t；
如图4，当t＜0时，
同理可证：四边形ABHC是平行四边形，
又∵AH＝BC，
∴四边形ABHC是矩形，
∴AC＝BH＝8，AB＝CH＝4，
在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，
∴（16﹣t）2＝64+（t+8）2，
∴t＝16﹣8；
当t＞16时，如图5，
∵四边形ABHC是矩形，
∴AC＝BH＝8，AB＝CH＝8，CP＝OP＝t，
在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，
∴（t﹣16）2＝64+（t﹣8）2，
∴t＝16+8．
综上所述：当t＝8或或16﹣8或16+8时，存在AH＝BC．
3．（2020•永康市一模）如图1，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E，F分别为AB，AD边上任意一点，现将△AEF沿直线EF对折，点A对应点为点G．
（1）如图2，当EF∥BD，且点G落在对角线BD上时，求DG的长；
（2）如图3，连接DG，当EF∥BD且△DFG是直角三角形时，求AE的值；
（3）当AE＝2AF时，FG的延长线交△BCD的边于点H，是否存在一点H，使得以E，H，G为顶点的三角形与△AEF相似，若存在，请求出AE的值；若不存在，请说明理由
【分析】（1）连接AG，如图2所示，首先证明AG⊥BD，解直角三角形即可解决问题．
（2）分两种情形：①当∠DGF＝90°时，此时点D，G，E三点共线，②当∠GDF＝90°时，点G在DC上，过点E作EH⊥CD于H，则四边形ADHE是矩形，分别求解即可．
（3）分四种情形：①当△AEF∽△GHE时，如图4﹣1，过点H作HP⊥AB于P．②当△AEF∽△GHE时，如图4﹣2，过点H作HP⊥AB于P．③当△AEF∽△GEH时，如图4﹣3，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N．④当△AEF∽△GEH时，如图4﹣4，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N，过点H作HQ⊥AD于Q，分别求解即可．
【解析】（1）连接AG，如图2所示，
由折叠得：AG⊥EF，
∵EF∥BD，
∴AG⊥BD，
在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，
∴∠DAB＝90°，AD＝BC＝6，
∴DB10，
∴cs∠ADB，
∴DG＝AD•cs∠ADB＝6．
（2）①当∠DGF＝90°时，此时点D，G，E三点共线，
设AF＝3t，则FG＝3t，AE＝4t，DF＝6﹣3t，
在Rt△DFG中，DG2+FG2＝DF2，即DG2＝（6﹣3t）2﹣（3t）2＝36﹣36t，
∵tan∠FDG，
∴，
解得t，
∴AE．
②当∠GDF＝90°时，点G在DC上，过点E作EH⊥CD于H，则四边形ADHE是矩形，EH＝AD＝6．
设AF＝3t，则FG＝3t，AE＝4t，DF＝6﹣3t，
∵∠FDG＝∠FGE＝∠EHG＝90°，
∴∠DGF+∠DFG＝90°，∠DGF+∠EGH＝90°，
∴∠DFG＝∠EGH，
∴△GDF∽△EHG，
∴，
∴，
∴DG，GH＝8﹣4k，
∵DG+GH＝AE，
∴8﹣4k＝4k，
∴k，
∴AE．
综上所述：AE或．
（3）①当△AEF∽△GHE时，如图4﹣1，过点H作HP⊥AB于P，
∵∠AEF＝∠FEG＝∠EHG，∠EHG+∠HEG＝90°，
∴△FEG+∠HEG＝90°，
∴∠A＝∠FEH＝90°，
∴△AEF∽△EHF，
∴EF：HE＝AF：AE＝1：2，
∵∠A＝∠HPE＝90°，
∴∠AEF+∠HEP＝90°，∠HEP+∠EHP＝90°，
∴∠AEF＝∠EHP，
∴△AEF∽△HPE，
∴EA：HP＝EF：EH＝1：2，
∵HP＝6，
∴AE＝3．
②当△AEF∽△GHE时，如图4﹣2，过点H作HP⊥AB于P，
同法可得EF：HE＝1：2，EA：HP＝1：2，
设AF＝t，则AE＝2t，EP＝2t，HP＝4t，
∴BP＝8﹣4t，
∵△BHP∽△BDA，
∴4t：6＝（8﹣4t）：8，
解得：t，AE．
③当△AEF∽△GEH时，如图4﹣3，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N．
设AF＝t，则AE＝2t，DF＝6﹣t，
由翻折可知：△AEF≌△GEF，AE＝GE，
∵△AEF∽△GEH，AE＝GE，
∴△AEF≌△GEH（AAS或ASA），
∴FG＝GH，
∵MG∥DH，
∴FM（6﹣t），
∴AM＝EN＝AF+FM，
又∵△FMG∽△GNE，且GF：GE＝1：2，
∵MGNEAM，GN＝2FN＝6﹣t，
∵MN＝AE，
∴6﹣t＝2t，
解得t，
∴AE．
④当△AEF∽△GEH时，如图4﹣4，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N，过点H作HQ⊥AD于Q，设AF＝t，则AE＝2t，
设 FM＝a，
∴NG＝2a，NE＝a+t，
∴MGENAM，
∴2a＝2t①，
由上题可知：MF＝MQ＝a，QH＝2MG＝a+t，
∴DQ＝6﹣t﹣2a，
∵，
∴②，
解得t，
∴AE，
综上所述，满足条件的AE的值为3或或或．
4．（2020•宁波模拟）如图，矩形ABCD中．AB＝6，BC＝8，在所给的3个矩形中分别画1个菱形，要求菱形的顶点都在矩形的边上，且画出菱形后整个图形分别符合下列条件，并在横线上直接写出菱形的面积．
①是轴对称图形但不是中心对称图形；
②既是中心对称图形又是轴对称图形且菱形四个顶点落在矩形不同边上；
③是中心对称图形但不是轴对称图形且菱形面积最大．
S＝ 36 ；S＝ 24 ；S＝ ．
【分析】根据题意，可以画出符合要求的菱形，然后根据题目中的数据，可以分别求得三个菱形的面积，本题得以解决．
【解析】如下图所示，
S①＝6×6＝36，
S②24，
在符合③的图形中，设菱形的边长为a，
62+（8﹣a）2＝a2，
解得，a，
S②6，
故答案为：36，24，．
5．（2020•宁波模拟）如图，正方形ABCD的边长为1，E是CD边上一点，先把正方形ABCD沿线段AE剪开，再将四边形ABCE沿某一条线段m剪开，使剪开后的三块图形能以不重叠、无缝隙的方式重新拼成与原图形不全等的菱形或矩形．设DE＝x．
（1）当x＝0.5时，求所拼菱形的边长，并在图中画出线段m的位置．
（2）当所拼矩形的一边长为0.8时，求矩形的另一边长和x的值．
（3）举例说明存在分数x，能使所拼菱形或矩形的边长都是分数．
【分析】（1）根据勾股定理计算出AE的长，再连接BE即可；
（2）先画出图形，再证明△AHB∽△FCB，利用相似三角形的性质得比例式，再根据面积法计算可得答案；
（3）答案不唯一，如x，仿照（1），由勾股定理得菱形的边AE的长，仿照（2），利用相似三角形的性质可得矩形的边长BH和BF．
【解析】（1）所拼菱形的边长为：AE，
如图所示：
（2）四边形BFGH是所拼矩形示意图，
∵BF＞1，
∴BH＝0.8，
∵∠ABH+∠HBC＝90°，∠CBH+∠HBC＝90°，
∴∠ABH＝∠CBF，
又∵∠AHB＝∠BCF＝90°，
∴△AHB∽△FCB，
∴．
BF，DE．
∴矩形的另一边长为，x的值为．
（3）答案不唯一，如x，
由（2）可知，此时菱形的边长AE，
∵∠DAE+∠BAH＝90°，∠ABH+∠BAH＝90°，
∴∠DAE＝∠ABH，
又∵∠AHB＝∠D＝90°，
∴△ABH∽△EAD，
∴，
∴，
∴BH，
∴BF，
∴分数x符合题意．
6．（2020•宁波模拟）如果三角形的两个内角α与β满足α﹣β＝90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．
（1）若△ABC是“准互余三角形”，∠A＞90°，∠B＝20°，求∠C的度数；
（2）如图①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝4，BC＝5，点D是BC延长线上一点．若△ABD是“准互余三角形”，求CD的长；
（3）如图②，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，AC＝4，CD＝5，∠BAC＝90°，∠ACD＝2∠ABC，且△BCD是“准互余三角形”，求BD的长．
【分析】（1）由“准互余三角形”定义可求解；
（2）由勾股定理可求AC＝3，分两种情况讨论，由等腰三角形的性质和相似三角形的性质可求解；
（3）如图，将△ABC沿BC翻折得到△EBC，可得CE＝AC＝4，∠BCA＝∠BCE，∠CBA＝∠CBE，∠E＝∠BAC＝90°，通过证明△CEB∽△BED，可求BE＝6，由勾股定理可求解．
【解析】（1）∵△ABC是“准互余三角形”，∠A＞90°，∠B＝20°，
若∠A﹣∠B＝90°，则∠A＝110°，
∴∠C＝180°﹣110°﹣20°＝50°，
若∠A﹣∠C＝90°，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠C＝35°；
（2）∵∠BAC＝90°，AB＝4，BC＝5，
∴AC3，
∵△ABD是“准互余三角形”，
∴∠BAD﹣∠B＝90°，或∠BAD﹣∠ADB＝90°，
当∠BAD﹣∠ADB＝90°，
∴∠BAC+∠CAD﹣∠ADB＝90°，
∴∠CAD＝∠ADB，
∴AC＝CD＝3，
当∠BAD﹣∠B＝90°，
∴∠BAC+∠CAD﹣∠B＝90°，
∴∠B＝∠CAD，
∵∠ADC＝∠BDA，
∴△ADC∽△BDA，
∴，
∴，
∴CD；
（3）如图，将△ABC沿BC翻折得到△EBC，
∴CE＝AC＝4，∠BCA＝∠BCE，∠CBA＝∠CBE，∠E＝∠BAC＝90°，
∴∠ABE+∠ACE＝180°，
∵∠ACD＝2∠ABC＝∠ABE，
∴∠ACD+∠ACE＝180°，
∴点D，点C，点E三点共线，
∵∠BCD＝∠ACD+∠ACB＝2∠ABC+∠ACB＝90°+∠ABC，
∴∠BCD﹣∠CBD＝90°，
∵△BCD是“准互余三角形”，
∴∠BCD﹣∠CDB＝90°，
∴90°+∠ABC﹣∠CDB＝90°，
∴∠CDB＝∠ABC＝∠EBC，
又∵∠E＝∠E，
∴△CEB∽△BED，
∴，
即，
∴BE＝6，
∴BD3．
7．（2020•金东区模拟）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8．点D，E分别在边AB，AC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF，连结BF，BF的中点为G．
（1）当点E与点C重合时．
①如图1，若AD＝BD，求BF的长．
②当点D从点A运动到点B时，求点G的运动路径长．
（2）当AE＝3，点G在△DEF一边所在直线上时，求AD的长．
【分析】（1）①如图1中，过点F作FT⊥BC交BC的延长线于T．想办法求出FT，TB，利用勾股定理即可解决问题．
②如图2中，连接AF，取AB的中点T，连接TG．证明点G的运动轨迹是Rt△ABC斜边的中线即可解决问题．
（2）分四种情形：①如图3﹣1中，当点G在直线EF上时，过点D作DJ⊥AC于J，设AJ＝DJ＝x，则EJ＝3﹣x，利用相似三角形的性质求解即可．
②如图3﹣2中，当点G在直线DF上时，ADAE＝3．
③如图3﹣3中，当点G在直线DE上时，过点F作FT⊥CA交CA的延长线于T，根点G作GK⊥AC于K，过点D作DJ⊥AC于J．设FT＝AT＝x．利用相似三角形以及全等三角形的性质求解即可．
④如图3﹣4中，当点G在直线DF上时，点D与B重合，此时AD＝8．
【解析】（1）①如图1中，过点F作FT⊥BC交BC的延长线于T．
在Rt△ACB中，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，AB＝8，
∴AB＝BC＝8，
∵AD＝BD，
∴CD＝AD＝BD＝CF＝4，CD⊥AB，
∴∠DCB＝∠ACD＝45°，
∵∠DCF＝90°，
∴∠FCT＝45°，
∴FT＝CT＝4，BT＝BC+CT＝12，
在Rt△BFT中，∵∠T＝90°，
∴BF4．
②如图2中，连接AF，取AB的中点T，连接TG．
∵CA＝CB，CD＝CF，∠ACB＝∠DCF＝90°，
∴∠ACF＝∠BCD，
∴△ACF≌△BCD（SAS），
∴∠CAF＝∠CBD＝45°，AF＝BD，
∵∠CAB＝45°，
∴∠BAF＝90°，即AF⊥AB，
∵AT＝TB，BG＝GF，
∴TG∥AF，
∴TG⊥AB，
∴点G的运动轨迹是Rt△ABC斜边的中线，运动的路径的长为4．
（2）①如图3﹣1中，当点G在直线EF上时，过点D作DJ⊥AC于J，设AJ＝DJ＝x，则EJ＝3﹣x，
∵∠DJE＝∠C＝∠DEB＝90°，
∴∠DEJ+∠CEB＝90°，∠CEB+∠CBE＝90°，
∴∠DEJ＝∠CBE，
∴△DEJ∽△EBC，
∴，
∴，
∴x，
∴AJ＝DJ，
∴ADAJ．
②如图3﹣2中，当点G在直线DF上时，ADAE＝3．
③如图3﹣3中，当点G在直线DE上时，过点F作FT⊥CA交CA的延长线于T，根点G作GK⊥AC于K，过点D作DJ⊥AC于J．设FT＝AT＝x．
∵GK∥FT∥BC，GF＝GB，
∴TK＝KC，
∴GKTK＝KC，
∴EK＝5，
∵∠T＝∠GKE＝∠FEG＝90°，
∴∠FET+∠GEK＝90°，∠GEK+∠EGK＝90°，
∴∠FET＝∠EGK，
∴△FET∽△EGK，
∴，
∴，
整理得：2x2+9x﹣6＝0，
解得x或（舍弃），
∴TF，ET，
同法可证：∠FET＝∠EDJ，
∵∠T＝∠DJE＝90°，EF＝ED，
∴△FET≌△EDJ（AAS），
∴DJ＝ET，
∴ADDJ．
④如图3﹣4中，当点G在直线DF上时，点D与B重合，此时AD＝8，
综上所述，满足条件的AD的值为或3或或8．
8．（2020•黄岩区模拟）图1是某小型汽车的侧面示意图，其中矩形ABCD表示该车的后备箱，在打开后备箱的过程中，箱盖ADE可以绕点A逆时针方向旋转，当旋转角为70°时，箱盖ADE落在AD′E′的位置（如图2所示）．已知AD＝60厘米，DC＝40厘米，求点D'到BC的距离．
（参考数据：sin70°≈0.94，cs70°≈0.34）
【分析】过点D'作D'G⊥BC于G，交AD于H，则∠AHD′＝90°，HG＝CD＝40．由题意可知，AD'＝AD＝60，∠DAD'＝70°．解直角△AD′H，利用正弦函数定义求出D'H＝AD'•sin∠DAD'≈56.4厘米，那么D′G＝D′H+HG≈96.4．
【解析】如图2，过点D'作D'G⊥BC于G，交AD于H，则∠AHD′＝90°，HG＝CD＝40．
由题意可知，AD'＝AD＝60，∠DAD'＝70°．
在直角△AD′H中，∵∠AHD′＝90°，
∴D'H＝AD'•sin∠DAD'≈60×0.94＝56.4（厘米），
∴D′G＝D′H+HG≈56.4+40＝96.4（厘米）．
答：点D'到BC的距离约为96.4厘米．
9．（2020•新昌县模拟）如图，以点O为旋转中心，将线段AB按顺时针方向旋转α得到线段，连结A′B′，连接AA'，BB'．
（1）比较∠OAA′与∠OBB′的大小，并说明理由．
（2）当α＝45°时，若OA＝3，OB＝4，请你编制一个计算题（不标注新的字母），并解答．
【分析】（1）根据旋转的性质得到AOA′＝∠BOB′＝α，AO＝A′O，BO＝B′O，根据三角形的内角和即可得到结论；
（2）根据扇形的面积公式即可得到结论．
【解析】（1）∠OAA′＝∠OBB′，
理由：∵将线段AB按顺时针方向旋转α得到线段，
∴∠AOA′＝∠BOB′＝α，AO＝A′O，BO＝B′O，
∴∠OAA′（180°﹣α），∠OBB′（180°﹣α），
∴∠OAA′＝∠OBB′；
（2）当α＝45°时，若OA＝3，OB＝4，
求线段AB扫过的图形的面积，
解：∵α＝45°，
∴∠AOA′＝∠BOB′＝45°，
∵OA＝3，OB＝4，
∴线段AB扫过的图形的面积＝S扇形BOB′+S△AOB﹣S扇形AOA′﹣S△AOB＝S扇形BOB′﹣S扇形AOA′．
10．（2020•柯桥区模拟）如图①是一个小箱子ABCDE放在桌面MN上的示意图，BC这部分可弯曲，在弯曲时形成一段圆弧，设圆弧所在圆的圆心为O，线段AB，CD均与圆弧相切，点B，C分别为切点，小箱子盖面CD与桌面MN平行，此时CD距离桌面14cm，已知AB的长10cm，CD的长为25.2cm．
（1）如图①，求弧BC的长度（结果保留π）．
（2）如图②，若小箱子ABCDE打开后弧BC所对的圆心角度数为60°，求小箱子顶端D到桌面MN的距离DH（结果保留一位小数）．（参考数据：1.73）
【分析】（1）根据线段AB，CD均与圆弧相切，CD距离桌面14cm，AB的长为10cm，可得半径OC为4cm．再根据弧长公式即可求得弧BC的长度；
（2）过点C作CP⊥DH于点P，作CG⊥OB于G，得矩形CGQP，则CP∥OB，得∠OCP＝∠BOC＝60°，根据弧长公式求出半径，进而可求CG的长，即可求得D到桌面AM的距离．
【解析】（1）如图①，
∵线段AB，CD均与圆弧相切，
∴OB⊥AB，OC⊥CD，
∴CD∥OB∥AM，
∴∠BOC＝∠OCD＝90°．
∵CD距离桌面14cm，AB的长为10cm，
∴半径OC为4cm．
∴弧BC的长度为2π（cm）；
（2）如图②，过点C作CP⊥DH于点P，作CG⊥OB于G，得矩形CGQP，则CP∥OB．
∴∠OCP＝∠BOC＝60°．
∵∠OCD＝90°，
∴∠PCD＝30°，
∴DPCD25.2＝12.6（cm）．
∵弧BC的长度为2πcm，
∴2π，
∴OB＝OC＝6cm，
∴CG＝OC•sin60°＝635.2（cm），
∴DH＝DP+CG+AB＝12.6+5.2+10＝27.8（cm）．
故顶端D到桌面MN的距离是27.8 cm．
11．（2020•椒江区模拟）如图，在四边形ADBC中，BA平分∠DBC，且∠BDA＝∠BAC＝90°，点E是BC的中点，连接DE交AB于点F．
（1）求证：AB2＝BD•BC；
（2）当∠DBA＝30°时，求；
（3）是否存在点F，使F是AB的三等分点？若存在，请求出∠DBA的度数；若不存在，请说明理由；
（4）求∠BDE的最大值．
【分析】（1）根据角平分线的定义得到∠DBA＝∠ABC，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（2）如图1，连接AE，根据直角三角形的性质得到AEBC，得到AE＝BE，推出BD∥AE，设BC＝2x，则AE＝EC＝AC＝x，由勾股定理得，ABx，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（3）①当时．求得2，即BD＝2AE＝BC，推出不可能；
②当时； 如图1所示，根据相似三角形的性质得到，设BD＝x，则AE＝2x，BC＝4x，根据∠BDA＝90°，AB＝2BD，得到∠DBA＝60°；
（4）如图2，连接AE，过点A作AM⊥BC，根据角平分线的性质得到AD＝AM，当AM与AE重合时，AM最大，也就是AD最大，即AD的最大值为AE的长度．根据平行线的性质健康得到结论．
【解答】（1）证明：∵BA平分∠DBC，
∴∠DBA＝∠ABC，
又∵∠BDA＝∠BAC＝90°，
∴△ABD∽△CBA，
∴，
∴AB2＝BD•BC；
（2）如图1，连接AE，
∵∠BAC＝90°，E为BC的中点，
∴AEBC，
∵点E是BC的中点，
∴AE＝BE，
∴∠2＝∠3，
∵BA平分∠DBC，
∴∠1＝∠2，
∴∠1＝∠3，
∴BD∥AE，
∴△BDF∽△AEF，
设BC＝2x，则AE＝EC＝AC＝x，
由勾股定理得，ABx，
∵∠1＝30°，
∴ADABx，BDx，
∴，
∴；
（3）①当时，
则2，即BD＝2AE＝BC，
∵BD＜BC，
∴不可能；
②当时； 如图1所示，
由（2）得BD∥AE，
∵△BDF∽△AEF，
∴，
设BD＝x，则AE＝2x，BC＝4x，
∵AB2＝BD•BC，
∴AB2＝x•4x＝4x2，
∴AB＝2x，
∵∠BDA＝90°，AB＝2BD，
∴∠DBA＝60°；
（4）如图2，连接AE，过点A作AM⊥BC，
∵BA平分∠DBA，AD⊥BD，AM⊥BC，
∴AD＝AM，
∵当AM与AE重合时，AM最大，也就是AD最大，
即AD的最大值为AE的长度．
∴∠DEA＝45°，
又∵BD∥AE，
∴∠BDE＝∠DEA＝45°，
∴∠BDE的最大值为45°．
12．（2020•邓州市一模）（1）【问题发现】如图1，△ABC和△ADE均为等边三角形，点B，D，E在同一直线上．填空：①线段BD，CE之间的数量关系为 BD＝CE ；②∠BEC＝ 60 °．
（2）【类比探究】如图2，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝BC，AE＝DE，点B，D，E在同一直线上．请判断线段BD，CE之间的数量关系及∠BEC的度数，并给出证明．
（3）【解决问题】如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝5，点D在AB边上，DE⊥AC于点E，AE＝3．将△ADE绕点A旋转，当DE所在直线经过点B时，点C到直线DE的距离是多少？（要求画出示意图并直接写出答案）
【分析】（1）首先根据△ACB和△DAE均为等边三角形，可得AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∠ADE＝∠AED＝60°，据此判断出∠BAD＝∠CAE，然后根据全等三角形的判定方法，判断出△ABD≌△ACE，即可判断出BD＝CE，∠BDA＝∠CEA，进而判断出∠BEC的度数为60°即可；
（2）首先根据△ACB和△ADE均为等腰直角三角形，可得AC＝BC，DE＝AE，∠ACB＝∠AED＝90°，进而利用相似三角形的判定和性质解答即可；
（3）分两种情形分别求解即可解决问题．
【解析】（1）①∵△ACB和△ADE均为等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，∠ADE＝∠AED＝60°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠BDA＝∠CEA，
∵点B，D，E在同一直线上，
∴∠ADB＝180﹣60＝120°，
∴∠AEC＝120°，
∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝120﹣60＝60°，
综上，可得∠AEB的度数为60°；线段BD与CE之间的数量关系是：BD＝CE．
②∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝120﹣60＝60°；
故答案为：BD＝CE；60；
（2）∵△ACB和△AED均为等腰直角三角形，
∴AC＝BC，AE＝DE，∠ACB＝∠AED＝90°，∠DAE＝∠BAC＝45°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
∵
∴△BAD∽△CAE，
∴∠AEC＝∠ADB＝180°﹣45°＝135°，
∴∠BEC＝135°﹣90°＝45°，
∴
∴BDCE，
（3）如图3中，
∵AEB＝∠ACB＝90°，
∴A，B，C，E四点共圆，
∴∠CEB＝∠CAB＝30°，∠ABD＝∠ACE，
∵∠FAE＝∠BAC＝30°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴cs30°，
∴ECBD，
在Rt△ADE中，∵DE，∠DAE＝30°，
∴AEDE＝3，
∴BE4，
∴BD＝BE﹣DE＝4，
∴CEBD＝2，
∵∠BEC＝30°，
∴点C到直线DE的距离等于CE•sin30°．
如图4中，当D，EB在同一直线上时，同法可知BD＝DE+EB＝4，CEBD＝2，
点C到直线DE的距离等于CE•sin30°．
综上所述，点C到直线DE的距离等于．
13．（2020•丰台区模拟）如图，点D是等边△ABC内一点，将线段AD绕着点A逆时针旋转60°得到线段AE，连结CD并延长交AB于点F，连结BD，CE．
（1）求证：△ACE≌△ABD；
（2）当CF⊥AB时，∠ADB＝140°，求∠ECD的度数．
【分析】（1）由“SAS”可证△ACE≌△ABD；
（2）由等边三角形的性质和等腰三角形的性质可求∠BDF＝70°，即可得∠ABD＝20°，由全等三角形的性质可得∠ACE＝20°，即可求解．
【解析】（1）∵△ABC是等边三角形
∴AC＝AB，∠CAB＝60°
∵将线段AD绕着点A逆时针旋转60°得到线段AE
∴AE＝AD，∠EAD＝∠CAB＝60°
∴∠EAC＝∠DAB，且AC＝AB，AE＝AD
∴△ACE≌△ABD（SAS）
（2）∵CF⊥AB，AC＝BC
∴DF垂直平分AB，∠ACF∠ACB＝30°
∴AD＝DB，且DF⊥AB
∴∠ADF＝∠BDF∠ADB＝70°
∴∠ABD＝20°
∵△ACE≌△ABD
∴∠ABD＝∠ACE＝20°
∴∠ECD＝∠ACE+∠ACF＝50°
14．（2020•黄岩区模拟）已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE，设OD＝m．
（1）问题发现
如图1，△CDE的形状是 等边 三角形．
（2）探究证明
如图2，当6＜m＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．
（3）解决问题
是否存在m的值，使△DEB是直角三角形？若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由旋转的性质得到∠DCE＝60°，DC＝EC，即可得到结论；
（2）当6＜m＜10时，由旋转的性质得到BE＝AD，于是得到C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，根据等边三角形的性质得到DE＝CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；
（3）存在，①当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，
②当0≤m＜6时，由旋转的性质得到∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，求得∠BED＝90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB＝60°，求得∠CEB＝30°，求得OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2＝m
③当6＜m＜10时，此时不存在；
④当m＞10时，由旋转的性质得到∠DBE＝60°，求得∠BDE＞60°，于是得到m＝14．
【解析】（1）证明：∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，
∴∠DCE＝60°，DC＝EC，
∴△CDE是等边三角形；
故答案为：等边；
（2）存在，当6＜t＜10时，
由旋转的性质得，BE＝AD，
∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，
由（1）知，△CDE是等边三角形，
∴DE＝CD，
∴C△DBE＝CD+4，
由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，
此时，CD＝2，
∴△BDE的最小周长＝CD+4＝24；
（3）存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，
∴当点D与点B重合时，不符合题意，
②当0≤m＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，
∴∠BED＝90°，
由（1）可知，△CDE是等边三角形，
∴∠DEB＝60°，
∴∠CEB＝30°，
∵∠CEB＝∠CDA，
∴∠CDA＝30°，
∵∠CAB＝60°，
∴∠ACD＝∠ADC＝30°，
∴DA＝CA＝4，
∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，
∴m＝2；
③当6＜m＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，
∴此时不存在；
④当m＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，
又由（1）知∠CDE＝60°，
∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，
而∠BDC＞0°，
∴∠BDE＞60°，
∴只能∠BDE＝90°，
从而∠BCD＝30°，
∴BD＝BC＝4，
∴OD＝14，
∴m＝14，
综上所述：当m＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．
15．（2020•河南模拟）某校八年级数学兴趣小组在研究等腰直角三角形与图形变换时，作了如下研究：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为腰作等腰直角三角形DAF，使∠DAF＝90°，连接CF．
（1）观察猜想
如图1，当点D在线段BC上时，
①CF与BC的位置关系为 CF⊥BC ；
②CF，DC，BC之间的数量关系为 BC＝DC+CF （直接写出结论）；
（2）数学思考
如图2，当点D在线段CB的延长线上时，（1）中的①、②结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
（3）拓展延伸
如图3，当点D在线段BC的延长线上时，将△DAF沿线段DF翻折，使点A与点E重合，连接CE，若已知4CD＝BC，AC＝2，请求出线段CE的长．
【分析】（1）①由∠BAC＝∠DAF＝90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；②由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质得到CF＝BD，∠ACF＝∠ABD，根据余角的性质即可得到结论；
（2）由∠BAC＝∠DAF＝90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质以及等腰直角三角形的角的性质可得到结论．
（3）过A作AH⊥BC于H，过E作EM⊥BD于M如图3所示，想办法证明△ADH≌△DEM（AAS），推出EM＝DH＝3，DM＝AH＝2，推出CM＝EM＝3，即可解决问题；
【解析】（1）①
等腰直角△ADF中，AD＝AF，
∵∠BAC＝∠DAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△DAB与△FAC中，
，
∴△DAB≌△FAC（SAS），
∴∠B＝∠ACF，
∴∠ACB+∠ACF＝90°，即BC⊥CF；
②△DAB≌△FAC，
∴CF＝BD，
∵BC＝BD+CD，
∴BC＝CF+CD；
故答案为：垂直，BC＝CF+CD；
（2）CF⊥BC成立；BC＝CD+CF不成立，结论：CD＝CF+BC．理由如下：
∵等腰直角△ADF中，AD＝AF，
∵∠BAC＝∠DAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△DAB与△FAC中，
，
∴△DAB≌△FAC（SAS），
∴∠ABD＝∠ACF，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴∠ABD＝180°﹣45°＝135°，
∴∠BCF＝∠ACF﹣∠ACB＝135°﹣45°＝90°，
∴CF⊥BC．
∵CD＝DB+BC，DB＝CF，
∴CD＝CF+BC．
（3）解：过A作AH⊥BC于H，过E作EM⊥BD于M如图3所示：
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，
∴BCAB＝4，AH＝BH＝CHBC＝2，
∴CDBC＝1，
∴DH＝CH+CD＝3，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD＝DE，∠ADE＝90°，
∵BC⊥CF，EM⊥BD，EN⊥CF，
∴四边形CMEN是矩形，
∴NE＝CM，EM＝CN，
∵∠AHD＝∠ADC＝∠EMD＝90°，
∴∠ADH+∠EDM＝∠EDM+∠DEM＝90°，
∴∠ADH＝∠DEM，
在△ADH与△DEM中，
，
∴△ADH≌△DEM（AAS），
∴EM＝DH＝3，DM＝AH＝2，
∴CM＝EM＝3，
∴CE3．
16．（2020•拱墅区模拟）如图1，已知O为正方形ABCD的中心，分别延长OA到点F，OD到点E，使OF＝2OA，OE＝2OD，连结EF，将△FOE绕点O逆时针旋转α角得到△F′OE′（如图2）．
（1）探究AE'与BF'的数量关系，并给予证明；
（2）当α＝30°时，求证：△AOE'为直角三角形．
【分析】（1）利用旋转不变量找到相等的角和线段，证得△E′AO≌△F′BO后即可证得结论；
（2）利用已知角，得出∠GAE′＝∠GE′A＝30°，从而证明直角三角形．
【解答】（1）证明：∵O为正方形ABCD的中心，
∴OA＝OD，
∵OF＝2OA，OE＝2OD，
∴OE＝OF，
∵将△EOF绕点O逆时针旋转α角得到△E′OF′，
∴OE′＝OF′，
∵∠F′OB＝∠E′OA，OA＝OB，
在△E′AO和△F′BO中，
，
∴△E′AO≌△F′BO（SAS），
∴AE′＝BF′；
（2）证明：∵取OE′中点G，连接AG，
∵∠AOD＝90°，α＝30°，
∴∠E′OA＝90°﹣α＝60°，
∵OE′＝2OA，
∴OA＝OG，
∴∠E′OA＝∠AGO＝∠OAG＝60°，
∴AG＝GE′，
∴∠GAE′＝∠GE′A＝30°，
∴∠E′AO＝90°，
∴△AOE′为直角三角形．
17．（2020•营口模拟）把两个全等的等腰直角三角板△ABC和△EFG（其直角边长均为4）叠放在一起（如图1），且使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合．现将三角板EFG绕O点顺时针方向旋转（旋转角α满足条件：0°＜α＜90°），四边形CHGK是旋转过程中两三角板的重叠部分（如图2）．在上述旋转过程中，BH与CK有怎样的数量关系？四边形CHGK的面积有何变化？证明你发现的结论．
【分析】利用旋转的性质，图形的形状和大小不变，可以得到角的度数没有变化，进一步可以得到∠BGF＝∠BGE，得证△BGH≌△CGK，全等三角形的面积相等，则四边形CHGK的面积等于△BGC的面积，所以四边形CHGK的面积不变．
【解析】在上述旋转过程中，BH＝CK，四边形CHGK的面积不变．
证明：
∵△ABC为等腰直角三角形，G（O）为其斜边中点，
∴CG＝BG，CG⊥AB，且S△BCGS△ABC．
∴∠ACG＝∠B＝45°．
∵∠BGH与∠CGK均为旋转角，
∴∠BGH＝∠CGK．
在△BGH和△CGK中，
∴△BGH≌△CGK．
∴BH＝CK，
S△BGH＝S△CGK．
∴S四边形CHGK＝S△CHG+S△CGK＝S△CHG+S△BGH＝S△BCGS△ABC4×4＝4．
即：旋转过程中，BH＝CK，S四边形CHGK的面积为4，是一个定值，在旋转过程中没有变化．
18．（2019•柯桥区模拟）如图甲，在等边三角形ABC内有一点P，且PA＝2，PB，PC＝1，求∠BPC的度数和等边三角形ABC的边长．
（1）李明同学做了如图乙的辅助线，将△BPC绕点B逆时针旋转60°，如图乙所示，连接PP'，可说明△APP'是直角三角形从而问题得到解决．请你说明其中理由并完成问题解答．
（2）如图丙，在正方形ABCD内有一点P，且AP，BP，PC＝1：类比第一小题的方法求∠BPC的度数，并直接写出正方形ABCD的面积．
【分析】（1）根据旋转得出AP′＝CP＝1，BP′＝BP，∠AP′B＝∠BPC，求出∠ABP′+∠ABP＝60°，得到等边△BPP′，推出PP′＝PB，∠BP′P＝60°，求出∠AP′P＝90°，即可求出∠BPC；过点B作BM⊥AP′，交AP′的延长线于点M，由∠MP′B＝30°，求出BM，P′M，根据勾股定理即可求出答案；
（2）同理求出∠BEP（180°﹣90°）＝45°，根据勾股定理的逆定理求出∠AEP＝90°，推出∠BPC＝∠AEB＝90°+45°＝135°；过点B作BF⊥AE，交AE的延长线于点F，求出FE＝BF＝1，AF＝2，根据勾股定理即可求出AB．
【解析】（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
将△BPC绕点B逆时针旋转60°，如图乙所示，连接PP′，
∴AP′＝CP＝1，BP′＝BP，∠AP′B＝∠BPC，
由旋转得：∠P'BP＝∠ABC＝60°，
∴△BPP′是等边三角形，
∴PP′＝PB，∠BP′P＝60°，
∵AP′＝1，AP＝2，
∴AP′2+PP′2＝AP2，
∴∠AP′P＝90°，
∴∠BPC＝∠AP′B＝90°+60°＝150°，
过点B作BM⊥AP′，交AP′的延长线于点M，
∴∠MP′B＝30°，BMP'B，
由勾股定理得：P′M，
AM＝AP'+P'M＝1，
由勾股定理得：AB；
（2）将△BPC绕点B逆时针旋转90°得到△AEB，如图丙，
与（1）类似：可得：AE＝PC＝1，BE＝BP，∠BPC＝∠AEB，
∴∠EBP＝∠ABC＝90°，
∴∠BEP＝45°，
由勾股定理得：EP＝2，
∵AE＝1，AP，EP＝2，
∴AE2+PE2＝AP2，
∴∠AEP＝90°，
∴∠BPC＝∠AEB＝90°+45°＝135°，
过点B作BF⊥AE，交AE的延长线于点F；
∴∠FEB＝45°，
∴FE＝BF＝1，
∴AF＝2；
∴在Rt△ABF中，由勾股定理，得AB，
∴正方形ABCD的面积为5．
答：∠BPC的度数是135°，正方形ABCD的面积为5．
19．（2019•宁波模拟）三角形面积的计算．
（1）如图①，AD是△ABC的高，AB＝5，BC＝7，AC＝4，
①设BD＝x，用x表示AD2；②求BD长；③求△ABC的面积．
（2）如图②，点D是等边△ABC内一点，AD＝5，BD＝7，CD＝4．将△ABD绕点B顺时针旋转60°至△CBE的位置，连结DE．
①求△CDE的面积；
②求△ABC的面积．
【分析】（1）①由勾股定理可求解；
②由勾股定理可求AD2＝AC2﹣CD2，AD2＝AB2﹣BD2，即可求x的值；
③由三角形面积公式可求解；
（2）①由旋转的性质可得BD＝BE＝7，∠DBE＝60°，AD＝CE＝5，可得在△DEC中，DC＝4，DE＝7，CE＝5，由（1）的结论可求△CDE的面积；
②分别求出S△ABD+S△BDC，S△ABD+S△ADC，S△ACD+S△BDC，即可求△ABC的面积．
【解析】（1）①∵AD是△ABC的高，AB＝5，
∴AD2＝AB2﹣BD2＝25﹣x2，
②∵AD是△ABC的高，AC＝4
∴AD2＝AC2﹣CD2，
∴25﹣x2＝32﹣（7﹣x）2，
∴x＝3
∴BD＝3
③∵AD2＝AB2﹣BD2＝25﹣x2＝16
∴AD＝4
∴S△ABCBC×AD＝14
（2）①∵将△ABD绕点B顺时针旋转60°至△CBE的位置，
∴BD＝BE＝7，∠DBE＝60°，AD＝CE＝5，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE＝BD＝7，
∴在△DEC中，DC＝4，DE＝7，CE＝5
由（1）可得△DEC的面积＝14
②∵S△ABD+S△BDC＝S四边形BDCE，
∴S△ABD+S△BDC49+14
同理可得：S△ABD+S△ADC25+1414，
S△ACD+S△BDC32+14＝814
∴S△ABC＝21
20．（2019•义乌市模拟）定义：若△ABC中，其中一个内角是另一个内角的一半，则称△ABC为“半角三角形”．
（1）若Rt△ABC为半角三角形，∠A＝90°，则其余两个角的度数为 45°，45°或30°，60° ．
（2）如图1，在▱ABCD中，∠C＝72°，点E在边CD上，以BE为折痕，将△BCE向上翻折，点E恰好落在AD边上的点F，若BF⊥AD，求证：△EDF为半角三角形；
（3）如图2，以△ABC的边AB为直径画圆，与边AC交于M，与边BC交于N，已知△ABC的面积是△CMN面积的4倍．
①求证：∠C＝60°．
②若△ABC是半角三角形，直接写出∠B的度数．
【分析】（1）根据“半角三角形”的定义即可解决问题；
（2）只要证明∠DEF∠D，即可解决问题；
（3）①只要证明△CMN∽△CBA，可得（）2，即，在Rt△ACN中，sin∠CAN，即可推出∠CAN＝30°解决问题；
②根据“半角三角形”的定义即可解决问题；
【解析】（1）∵Rt△ABC为半角三角形，∠A＝90°，
∴∠B＝∠C＝45°，或∠B＝60°，∠C＝30°或∠B＝30°，∠C＝60°，
∴其余两个角的度数为45°，45°或30°，60°，
故答案为45°，45°或30°，60°．
（2）如图1中，
∵平行四边形ABCD中，∠C＝72°，
∴∠D＝108°，
由翻折可知：∠EFB＝72°，
∵EF⊥AD，
∴∠EFD＝18°，
∴∠DEF＝54°，
∴∠DEF∠D，即△DEF是半角三角形．
（2）①如图2中，连接AN．
∵AB是直径，
∴∠ANB＝90°，
∵∠C＝∠C，∠CMN＝∠B，
∴△CMN∽△CBA，
∴（）2，即，
在Rt△ACN中，sin∠CAN，
∴∠CAN＝30°，
∴∠C＝60°．
②∵△ABC是半角三角形，∠C＝60°，
∴∠B＝30°或40°或80°或90°．