2025年中考数学二轮复习：图形的旋转 压轴解答题练习题（含答案解析）

这是一份2025年中考数学二轮复习：图形的旋转 压轴解答题练习题（含答案解析），共94页。试卷主要包含了问题，请阅读以下信息等内容，欢迎下载使用。
1．如图1，点A为直线MN上一点，AD为射线，∠DAN＝45°，将一个三角板的直角顶点放在点A处，一边AB在射线AN上，另一边AC与AD都在直线MN的上方．
（1）将三角板绕点A逆时针旋转，若AC恰好平分∠DAM（如图2），则∠BAN＝ °；
（2）将三角板绕点A在直线MN上方逆时针旋转，当AB落在∠DAM内部，且∠BAD=14∠CAM时，则∠CAN＝ °；
（3）将图1中的三角板和射线AD同时绕点A，分别以每秒2°和每秒5°的速度顺时针分别旋转一周后停止，求第几秒时，射线AB恰好与射线AD成30°角？
2．问题：点P的坐标为（a+1，﹣a+2）（a为实数），当a变化时，点P的横纵坐标均会变化，点P的位置也随之改变．那么点P的位置有何变化规律呢？
【方法探究】
（1）小明同学看到这个问题后，想到可否先取一些特殊值，看看能不能发现什么规律？请你帮忙将表格补充完整，并在图1坐标系中描出点P4，P5．
猜想：通过列表和描点，你认为点P的位置有何变化规律？
答：
【问题解决】
（2）小明同学认为通过观察、实验、归纳得到的结论不一定正确，还需要证明．要解决上面的问题，以下是他的简单思路：要想看出P点运动的规律，设点P的坐标为（x，y），令x＝a+1，y＝﹣a+2，消掉字母a，就可以找出y与x的关系式．请你按照小明的思路，证明（1）中你的猜想．
【拓展应用】
（3）如图2，A点坐标为（3﹣m，﹣m﹣2），B点与A点关于x轴对称．C，D为x轴、y轴正半轴上一点，OC＝OD＝2，求△BDC周长的最小值，及此时B点的坐标．
3．如图1，在等边△ABC中，点E是AC边上一动点（点E不与A，C重合），连接BE，过点A作AH⊥BE于点H，将线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK，连接HK，CK．
（1）若BH=3，求线段CK的长；
（2）如图2，连接CH，延长KH交BC于点D，当KD取最大值时，求证：AE＝CD；
（3）在（2）的条件下，当KD取最大值时，连接DE，将△CDE绕C点旋转，连接AD，BE，分别取AD，BE的中点M，N，连接MN，若△ABC的边长为4，当点D落在直线AC上时，直接写出MN长．
4．在平面直角坐标系xOy中，过点P（m，0）作直线l⊥x轴，图形W关于直线l的对称图形为W'，图形W'上任一点到x轴，y轴的距离的最大值是d，称d是图形W关于直线l的m倍镜像“接收距离”．
已知点A（3，2），B（5，2）．
（1）①线段AB关于直线l的1倍镜像“接收距离”是 ；
②线段AB关于直线l的m倍镜像“接收距离”是2，m的取值范围是 ；
（2）点C（﹣3，3），△ABC关于直线l的m倍镜像“接收距离”的最小值是 ．
（3）点D（﹣4，﹣3），E（﹣2，﹣3），线段DE关于直线l的m倍镜像“接收距离”小于线段AB关于直线l的m倍镜像“接收距离”，求m的取值范围（直接写出结果即可）．
5．图形的定转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，小华和小芳对等腰直角三角形的旋转变换进行了研究．如图（1），△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，点D，E分别在线段AB，AC上，且∠C＝∠AED＝90°．
（1）观察猜想
小华将△ADE绕点A逆时针旋转，连接BD，CE，如图（2），当BD的延长线恰好经过点E时：
①BDCE的值为 ；
②BD与CE的夹角为 度；
（2）类比探究
如图（3），小芳在小华的基础上，继续旋转△ADE，连接BD，CE，设BD的延长线交CE于点F，（1）中的两个结论是否仍然成立？请说明理由．
（3）拓展延伸
若AE＝DE=2，AC＝BC=10，当CE所在的直线垂直于AD时，请你直接写出BD的长．
6．在等边△ABC中，AD⊥BC，垂足为点D，点M为直线AD上一动点，连接MB，以点B为旋转中心，把线段BM顺时针旋转60°，得到线段BN，连接CN．
（Ⅰ）如图①，当点M在线段AD上时，求证：AM＝CN．
（Ⅱ）如图②，当点M在线段DA的延长线上时，连接MC，AN，若∠ANC＝45°，求∠AMC的大小．
（Ⅲ）若等边△ABC的边长是6，连接DN，在点M运动过程中，直接写出线段DN的最小值．
7．在平面直角坐标系xOy中，已知点M（m，n），过点（m，0）且垂直于x轴的直线记为直线x＝m，过点（0，n）且垂直于y轴的直线记为直线y＝n．给出如下定义：将图形G关于直线x＝m对称得到图形G1，再将图形G1关于直线y＝n得到图形G2，则称图形G2是图形G关于点M的双对称图形．
（1）已知点M的坐标为（0，1），点N（2，3）关于点M的双对称图形点N2的坐标为 ；
（2）如图，△ABC的顶点坐标是A（﹣2，3），B（﹣4，1），C（0，1）．
①已知点M的坐标是（1，﹣1），写出点A，B，C关于M的双对称图形点的坐标A2 ，B2 ，C2 ；
②已知点M的坐标为（1，﹣1），点P（4，n），点Q（4，n+1），线段PQ关于点M的双对称图形线段P2Q2位于△ABC内部（不含三角形的边），求n的取值范围．
8．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BC绕点C顺时针旋转角度α（0°＜a＜360°）得到DC．
（1）如图1，若α＝30°，连接AD交BC于点E，若AC＝6，求DE的长；
（2）如图2，若0°＜α＜90°，CF平分∠BCD交AD于点F，连接BF，过点C作CG⊥AD，在射线CG上取点G使得∠BGC＝45°，连接BG，请用等式表示线段CG、CF、BF之间的数量关系并证明；
（3）如图3，若BC＝8，点P是线段AB上一动点，将CP绕点P逆时针旋转90°得到QP，连接AQ，M为AQ的中点，当2CM+CQ取得最小值时，请直接写出△ABM的面积．
9．在平面直角坐标系中，已知O为坐标原点，点A（2，0），B（0，4），以点A为旋转中心，把△ABO顺时针旋转，得△ACD．
（1）如图①，当旋转后满足DC∥x轴时，则点C的坐标 ，点D的坐标 ．
（2）如图②，当旋转后点C恰好落在x轴正半轴上时，求点D的坐标．
（3）在（2）的条件下，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′，当DP+AP′取得最小值时，求点P的坐标．（直接写出结果即可）
10．请阅读以下信息：从一个角的顶点出发，在角的内部引两条射线，如果这两条射线所组成的角等于这个角的一半，那么这两条射线所成的角叫做这个角的“内半角”．如图①，若射线OC，OD在∠AOB的内部，且∠COD=12∠AOB，则称∠COD是∠AOB的“内半角”．
请根据以上信息，解决下面的问题：
（1）如图①，∠AOB＝50°，∠BOD＝10°．若∠COD是∠AOB的“内半角”，则∠AOC＝ ．
（2）如图②，已知∠AOB＝60°，将∠AOB绕点O按顺时针方向旋转一个角度α（0＜α＜60°）至∠COD，即∠COD＝∠AOB＝60°，其中∠AOC＝∠BOD＝α．若∠COB是∠AOD的“内半角”，求α的度数．
（3）把一块含60°的三角板COD按如图③方式放置，使OC边与OA边重合，OD边与OB边重合．如图④，将三角板COD绕顶点O以每秒6°的速度按顺时针方向旋转一周，旋转时间为t秒．当射线OA，OB，OC，OD构成“内半角”时，请直接写出t的值．
11．在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上一点（不与B、C重合），把线路AD绕着点A逆时针旋转至AE（即AD＝AE），使得∠DAE＝∠BAC，连接DB、CE．
（1）如图1，点D在线段BC上，如果∠BAC＝90°，则∠BCE＝ 度．
（2）如图2，当点D在线段BC上，如果∠BAC＝60°，则∠BCE＝ 度．
（3）如图3，设∠BAC＝α，∠BCE＝β，当点D在线段BC上移动时，α，β的数量关系是什么？请说明理由．
（4）设∠BAC＝α，∠BCE＝β，当点D在直线BC上移动时，请直接写出α，β的数量关系，不用证明．
12．如图①，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝27°，点D为BC的中点，连结AD．点P在线段BC上从点B出发向点C运动，当点P不与点B、C重合时，连结AP．设∠BAP＝x°．
（1）∠BAD的度数为 ．
（2）当△ABP是钝角三角形时，求x的取值范围．
（3）当△ABP是轴对称图形时，求x的值．
（4）如图②，作点B关于直线AP的对称点B′，连结AB′、PB′，当△APB′与△ABC重叠部分为轴对称图形时，直接写出x的值．
13．在等边△AOB中，将扇形COD按图1摆放，使扇形的半径OC、OD分别与OA、OB重合，OA＝OB＝4，OC＝OD＝2，固定等边△AOB不动，让扇形COD绕点O逆时针旋转，线段AC、BD也随之变化，设旋转角为α．（0＜α≤360°）
（1）当OC∥AB时，旋转角α＝ 度，OC⊥AB时旋转角α＝ 度．
发现：（2）线段AC与BD有何数量关系，请仅就图2给出证明．
应用：（3）当A、C、D三点共线时，求BD的长．
拓展：（4）P是线段AB上任意一点，在扇形COD的旋转过程中，请直接写出线段PC的最大值与最小值．
14．△ABC是等边三角形，点D为线段BC上任意一点，连接AD，E为直线AB上一点．
（1）如图1，当点D为BC中点时，点E在AB边上，连接DE．若AE＝1，BE＝3，求DE的长；
（2）如图2，若点E为AB延长线上一点，且BE＝CD，点F为CB延长线上一点，且∠FAD＝60°．猜想线段AF，EF，AD之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，在（1）的条件下，M为线段AD上一点，连接ME，将线段ME绕点E顺时针旋转60°得到线段EN，连接MN．当BN+DN的值最小时，直接写出△AMC的面积．
15．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD为BC边上中线，点E为AB上一点，连接DE．
（1）如图1，AB＝4，AC＝3，点E在BD中垂线上，过点D作DF⊥DE交AC于点F，求线段DF的长．
（2）如图2，将线段DE绕点D旋转至DG，使∠EDG+2∠B＝180°，过点G作GM∥BC交AB于点M，作GN⊥GM交BA的延长线于点N，作GH⊥GE交ED的延长线于点H，连接CH，求证：MN＝2CH．
（3）如图3，AB＝4，∠B＝45°，EJ垂直平分BD于点J，点P是射线JE上的动点，连接DP，将线段DP绕点P逆时针旋转60°至线段PD′，点Q是线段AC上的动点，连接AD′，QD′，当AD′最小时，将△AD′Q沿QD′所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△A′D′Q，连接A′D，A′C，当A′D最大时，请直接写出△A′CD的面积．
16．已知∠AOB＝∠COD＝90°，OA＝OB＝10，OC＝OD＝8．
（1）如图1，连接AC、BD，问AC与BD相等吗？并说明理由．
（2）若将△COD绕点O逆时针旋转，如图2，当点C恰好在AB边上时，请写出AC、BC、OC之间关系，并说明理由．
（3）若△COD绕点O旋转，当∠AOC＝15°时，直线CD与直线AO交于点F，求AF的长．
17．在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点A旋转得到△ADE，直线DE与直线BC相交于点P．
（1）如图1，当点P落在线段BC上时，求证：PC＝PE；
（2）如图2，当C的对应点E落在AB上时，连接BD．若BC＝4，AC＝3，求△PBD的周长．
（3）如图3，当点P落在CB的延长线上，且DE∥AB时，连接BD，AP，判断线段BD与AP的数量关系并说明理由．
18．在△ABC中，AB＝AC，将线段AB绕点B逆时针旋转一定角度至线段BD，连接CD，过点A作AE⊥BC交BC于点E．
（1）如图1，若∠ABC＝45°，∠ABD＝135°，且AB=2，连接DE，求线段DE的长度；
（2）如图2，若∠ABD＝120°，在CD上取点F，若∠FBC＝30°，求证：DF＝FC；
（3）如图3，若∠ABC＝60°，∠ABD＝150°，AB＝2，点P在射线DB上，点Q在射线BA上，且DP＝BQ，连接CP，CQ，当CP+CQ最小时，直接写出此时点E到CP的距离的平方．
19．北师大版八年级数学上册第一章《勾股定理》中有这样一个问题：观察图1，判断图中三角形的三边长是否满足a2+b2＝c2．
经过探究，勤思小组发现，在锐角三角形中，三边长满足a2+b2＞c2；在钝角三角形中，三边长满足a2+b2＜c2．
据此，他们做了进一步探究，以下是部分探究过程：
如图2﹣①，在△ABC中，过点A作AD⊥BC于点D．
因为AD⊥BC，所以∠ADC＝∠ADB＝90°．
在Rt△ACD中，AD2＝AC2﹣CD2．
在Rt△ABD中，AD2＝AB2﹣BD2＝AB2﹣（BC﹣CD）2．
．
（1）请你补充完成上面横线上所缺的过程；
（2）善学小组在探究中发现，如图2﹣②，当△ABC为钝角三角形（∠C为钝角）时，也有类似的结论．请类比勤思小组的方法，写出该结论，并说明理由；
（3）如图2﹣③，在四边形ABCD中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝6，CD＝9，AD＝11，请直接写出该四边形的面积．敏学小组的思路是连接AC，过点D作DF⊥AC于点F，请你利用敏学小组的思路来求四边形ABCD的面积．
20．如图所示，△ABC为等腰三角形，AB＝AC，点D是线段BC上一点，连接AD．
（1）如图1，若∠BAC＝90°，把AD绕A顺时针旋转90°到AE，连接BE、ED，满足BE＝1，AE=3，求BC的长；
（2）如图2，若∠BAC＝120°，把AD绕A顺时针旋转60°到AP，连接BP、PD，求证：BP＝DP；
（3）在（2）的条件下，点若G为平面内一点，若∠AGC＝90°，当PG取最小值时，请直接写出BPPG的值．
21．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝8，AC＝6，点D是AB边的中点，动点P从点D出发，沿折线DB﹣BC向终点C运动．以点P为旋转中心，将PD顺时针旋转45°，得射线PQ，PQ交边AC或边BC或边AB于点Q，连接PQ（即∠DPQ＝45°），设点P的运动路程为x（x＞0）．
（1）直接写出AD的长；
（2）用含x的代数式表示PB的长；
（3）连接DQ，当△DPQ是等腰直角三角形时，求x的值；
（4）作点D关于PQ的对称点D′，当点D'落在△ABC的边上时，直接写出x的值．
22．在△ABC中．∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为线段AB上一点，连接CD．
（1）如图1，若AC=3+1，AD=2，求线段BD的长；
（2）如图2，将线段CD绕D逆时针旋转90°得到线段DE，连接CE，ME，点F是线段DE中点，连接MF与CD延长线交于点G，当∠EBF＝30°时，求证：2BF=2BC−2AD；
（3）在（2）的条件下，将线段AE绕B顺时行旋转60°得到线段BP，连接CP，求CPAD．
23．如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，连接BD，CD．
（1）试判断BD与AC的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，试判断BD与AC的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）如图3，若将（2）中的两个等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变．你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能，请求出夹角度数（夹角α：0°≤α≤90°）；如果不能，请说明理由．
24．如图，在平面直角坐标系中，已知A（0，n），C（2，0），B（m，0），且已知|n﹣6|+（m+2）2＝0．
（1）求证：∠ABC＝∠ACB；
（2）如图①，过x轴上一点D（﹣6，0）作DE⊥AC于E，DE交y轴于点F．
①求证：OF＝OC；
②求F点的坐标；
（3）将△ABC沿x轴向左平移，AC边与y轴交于一点P（P不同于A和C两点），过P作一直线与AB的延长线交于Q点，与x轴交于点M，且CP＝BQ，在△ABC平移过程中，求证：OC+BM＝OM．
25．【知识背景】
勾股定理的内容是：直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，则AB、AC、BC三边的数量关系满足 ．
【提出问题】
某学生在学习了勾股定理之后提出：锐角三角形有没有类似于勾股定理的结论．首先定义一个新的概念：如图1，锐角△MBC中，M是BC的中点，N是线段MA上的点，设MNAN=k，若∠BNC＝90°，MN=12BC，则称k为勾股比．
【解决问题】
（1）如图2，若∠BNC＝90°，MN=12BC，AB＝AC，当勾股比k＝2时，求AB2+AC2与BC2的数量关系．
（2）如图3，在锐角△ABC中，M是BC的中点，N是线段MA上的点，过点B、C作AM的垂线，垂足分别为P、Q．
①求证：CQ＝BP；
②若∠BNC＝90°，MN=12BC时，用勾股比k的代数式填空：AB2+AC2＝（ ）BC2．
参考答案与试题解析
一．解答题（共25小题）
1．如图1，点A为直线MN上一点，AD为射线，∠DAN＝45°，将一个三角板的直角顶点放在点A处，一边AB在射线AN上，另一边AC与AD都在直线MN的上方．
（1）将三角板绕点A逆时针旋转，若AC恰好平分∠DAM（如图2），则∠BAN＝ 22.5 °；
（2）将三角板绕点A在直线MN上方逆时针旋转，当AB落在∠DAM内部，且∠BAD=14∠CAM时，则∠CAN＝ 144 °；
（3）将图1中的三角板和射线AD同时绕点A，分别以每秒2°和每秒5°的速度顺时针分别旋转一周后停止，求第几秒时，射线AB恰好与射线AD成30°角？
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何动点问题；代数几何综合题；运算能力．
【答案】（1）22.5；
（2）144；
（3）第5秒或25秒或142.5秒或172.5秒时，射线AB恰好与射线AD成30°角．
【分析】（1）根据角的平分线的定义和平角的定义即可解答；
（2）根据∠BAD=14∠CAM设未知数，由∠DAM＝135°列方程即可解答；
（3）正确画图，分三种情况讨论，列一元一次方程即可解答》
【解答】解：（1）∵∠DAN＝45°，
∴∠DAM＝180°﹣45°＝135°，
∵AC平分∠DAM，
∴∠CAM=12∠DAM=12×135°＝67.5°，
∵∠CAB＝90°，
∴∠BAN＝180°﹣90°﹣67.5°＝22.5°；
故答案为：22.5；
（2）如图3，设∠BAD＝x，则∠CAM＝4x，
由（1）知：∠DAM＝135°，
∴x+90+4x＝135，
∴x＝9°，
∴∠CAN＝180°﹣4x＝180°﹣36°＝144°，
故答案为：144；
（3）三角板：t1=3602=180s，
射线AD：t2=3605=72s，
设运动时间为t秒，
当射线AD与AB重合时，如图4，
有2t+45＝5t，
∴t＝15；
当射线AB恰好与射线AD成30°角时，存在以下三种情况：
①当0＜t＜15时，如图5，有5t+30＝2t+45，
∴t＝5；
②当15＜t＜72时，如图6，有5t＝2t+45+30，
∴t＝25；
③72s后，射线AD停止，三角板继续旋转，
有2t+30+45＝360（如图7）或2t+（45﹣30）＝360（如图8），
∴t＝142.5和t＝172.5；
综上，第5秒或25秒或142.5秒或172.5秒时，射线AB恰好与射线AD成30°角．
【点评】本题是几何变换的综合题，考查了一元一次方程的应用，角平分线定义，角度的计算，正确画出图形并分类讨论是解题的关键．
2．问题：点P的坐标为（a+1，﹣a+2）（a为实数），当a变化时，点P的横纵坐标均会变化，点P的位置也随之改变．那么点P的位置有何变化规律呢？
【方法探究】
（1）小明同学看到这个问题后，想到可否先取一些特殊值，看看能不能发现什么规律？请你帮忙将表格补充完整，并在图1坐标系中描出点P4，P5．
猜想：通过列表和描点，你认为点P的位置有何变化规律？
答： 点P在一条直线上运动
【问题解决】
（2）小明同学认为通过观察、实验、归纳得到的结论不一定正确，还需要证明．要解决上面的问题，以下是他的简单思路：要想看出P点运动的规律，设点P的坐标为（x，y），令x＝a+1，y＝﹣a+2，消掉字母a，就可以找出y与x的关系式．请你按照小明的思路，证明（1）中你的猜想．
【拓展应用】
（3）如图2，A点坐标为（3﹣m，﹣m﹣2），B点与A点关于x轴对称．C，D为x轴、y轴正半轴上一点，OC＝OD＝2，求△BDC周长的最小值，及此时B点的坐标．
【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；推理能力．
【答案】（1）1，0，点P在一条直线上运动；
（2）证明过程见解答；
（3）△BCD 的周长最小值为22+26，此时点B的坐标为（52，52）．
【分析】（1）根据点P的变化情况即可在图1坐标系中描出点P4，P5；
（2）设点P的坐标为（x，y），令x＝a+1，y＝﹣a+2，联立方程组，即可得P在直线y＝﹣x+3上；
（3）求出点B在直线y＝﹣x+5上运动，设直线y＝﹣x+5交x，y轴于点E，F，再求出CD所在直线表达式为y＝﹣x+2，过点F作 FD′⊥y轴，且FD'＝FD，得CD'所在直线表达式为y＝5x﹣10，根据△BCD的周长＝22+D'B+BC，当 D'、B、C 三点共线时，（D'B+BC）取到最小值，根据两点间距离公式求出最小值，联立EF，CD'表达式，即可得点B的坐标．
【解答】解：（1）如图1，P4，P5即为所求；
猜想：通过列表和描点，点P的位置规律：点P在一条直线上运动，
答：点P在一条直线上运动；
故答案为：1，0，点P在一条直线上运动；
（2）x=a+1①y=−a+2②，
①+②得 x+y＝3，即 y＝﹣x+3，
∴P在直线y＝﹣x+3上；
（3）∵点B、点A关于x轴对称，点A的坐标为（3﹣m，﹣m﹣2），
∴点B的坐标为（3﹣m，m+2），设点B的坐标为（x，y），
令3﹣m＝x，m+2＝y，则 x+y＝5，即 y＝﹣x+5．
∴点B在直线y＝﹣x+5上运动，
设直线y＝﹣x+5交x，y轴于点E，F，
∴OE＝OF＝5，
∵OC＝OD＝2，
∴D（0，2），C（2，0），CD=2OC＝22，
∴CD所在直线表达式为y＝﹣x+2，
如图2，过点F作 FD′⊥y轴，且FD'＝FD，
∴∠DFB＝∠D'FB＝45°，
∴点D与点D'关于y＝﹣x+5对称，
将D'（3，5），C（2，0）代入直线表达式y＝kx+b，
得CD'所在直线表达式为y＝5x﹣10，
∴△BCD的周长＝CD+DB+BC＝22+DB+BC＝22+D'B+BC，
当 D'、B、C 三点共线时，（D'B+BC）取到最小值，
联立EF，CD'表达式，y=5x−10y=−x+5，得交点坐标为（52，52），
∵D'B+BC的最小值为：(3−2)2+(5−0)2= 26，
∴△BCD 的周长最小值为22+26，此时点B的坐标为（52，52）．
【点评】本题是几何变换综合题，考查一次函数的图象和性质，方程组，两点间的距离公式，轴对称的性质，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．
3．如图1，在等边△ABC中，点E是AC边上一动点（点E不与A，C重合），连接BE，过点A作AH⊥BE于点H，将线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK，连接HK，CK．
（1）若BH=3，求线段CK的长；
（2）如图2，连接CH，延长KH交BC于点D，当KD取最大值时，求证：AE＝CD；
（3）在（2）的条件下，当KD取最大值时，连接DE，将△CDE绕C点旋转，连接AD，BE，分别取AD，BE的中点M，N，连接MN，若△ABC的边长为4，当点D落在直线AC上时，直接写出MN长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）3；
（2）见解析；
（3）7或3．
【分析】（1）根据线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK，可知△AHK为等边三角形，再证△BAH≌△CAK，可知BH＝CK，从而求得答案；
（2）过点C作CM∥BH交KD的延长线于点M，由（1）可知，∠BHA＝∠CKA，BH＝CK，从而知道∠AKC＝90°，推出∠HKC＝30°，借助平角可求得∠BHD＝∠DMC＝30°，借助证明△BHD≌△CDM，可知D为BC中点，KD＝AH+HD，AE+DE≥AH+HD，推出当KD最大时，H与E重合，又因为AH⊥BE，BA＝BC，那么此时E点在AC的中点，从而得证；
（3）当点D在线段AC的延长线时，取BC的中点J，连接MJ，NJ，过点N作NQ⊥MJ交MJ的延长线于点Q，先求得HM，利用三角形中位线，求得MJ、JN以及∠QJN＝30°，在Rt△QNJ用勾股定理，求得QJ，最后在Rt△QNM用勾股定理，求得MN；当点D在线段AC时，连接DN，过点E作ES⊥BD交BD的延长线于点S，取BS的中点X，连接NX，取DN的中点Y，连接XY，作DZ⊥MN交MN于点Z，先求得AD和MD的长度，然后计算出∠BDE＝150°，然后在Rt△EDS中用勾股定理求得ES和DS，然后利用是三角形中位线求得NX，从而求得DX，DN，然后判定△NXY为等边三角形，推导出∠XDN＝30°，从而得到∠MDN＝120°，MD＝DN＝1，最后在Rt△MDZ中用勾股定理求得MZ，从而得到MN．
【解答】（1）解：△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK，
∴AH＝AK，∠KAH＝60°，
∴∠BAC﹣∠HAC＝∠KAH﹣∠HAC，
∴∠BAH＝∠CAK，
在△BAH和△CAK中，
AB=AC∠BAH=∠CAKAH=AK，
∴△BAH≌△CAK（SAS），
∴BH＝CK，
∵BH=3，
∴CK=3；
（2）证明：过点C作CM∥BH交KD的延长线于点M，
由（1）可知，△BAH≌△CAK，
∴∠BHA＝∠CKA，BH＝CK，
∵AH⊥BE，
∴∠CKA＝90°，
∵线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK，
∴AH＝AK，∠KAH＝60°，
∴△KAH是等边三角形，
∴∠AKH＝60°＝∠AHK，
∴∠HKC＝∠CKA﹣∠AKH＝90°﹣60°＝30°，∠BHM＝180°﹣∠AHB﹣∠AHK＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∵BH∥CM，
∴∠BHM＝∠DMC＝30°，
∴∠DMC＝∠HKC＝30°，
∴CM＝CK，
∴CM＝BH，
在△BHD和△CMD中，
∠BHD=∠CMD∠BDH=∠CDMBH=CM，
∴△BHD≌△CMD（AAS），
∴BD＝CD，
∵KD＝KH+HD＝AH+HD，AE+HD≥AH+HD，
∴KD最大时，H与E重合，
又∵AH⊥BE，BA＝BC，
那么此时E点在AC的中点，如图3：
∴AE=AC2，
∵BD=CD=12BC，AC＝BC，
∴AE＝CD；
（3）解：①当点D在线段AC的延长线时，如图4：
由（1）可知，△CDE是等边三角形，CD=12BC，
∵等边△ABC的边长为4，AH⊥BH，
∴AB＝AC＝BC＝4，CD＝CE＝ED＝2，AH=CH=12AC=2，∠HBC=12∠ABC=12×60°=30°，
∴AD＝AC+CD＝4+2＝6，BH=AB2−AH2=42−22=23，
∴AM=DM=12AD=3，
∴HM＝AM﹣AH＝3﹣2＝1，CM＝AC﹣AM＝4﹣3＝1，
∴HM＝CM，
取BC的中点J，连接MJ，NJ，过点N作NQ⊥MJ交MJ的延长线于点Q，
∴MJ=12BH=3，MJ∥BH，HJ∥AB，
∴∠MJC＝∠HBC＝30°，∠HJC＝∠ABC＝60°，
∵∠BJN＝∠HJC＝60°，∠BJQ＝∠MJC＝30°，
∴∠QJN＝∠BJN﹣∠BJQ＝60°﹣30°＝30°，
∵BN＝EN，BJ＝CJ，
∴JN=12CE=1，
∴NQ=12JN=12，
在直角三角形JNQ中，由勾股定理得：JQ=JN2−NQ2=12−(12)2=32，
∴MQ=JQ+JM=32+3=332，
在直角三角形MNQ中，由勾股定理得：MN=NQ2+MQ2=(12)2+(332)2=7，
②当点D在线段AC时，连接DN，如5：
由（1）可知，△CDE是等边三角形，CD＝2，△ABC是等边三角形，AB＝4，
∴AD＝AC﹣CD＝4﹣2＝2，∠CDE＝60°，
∴D是AC中点，
∵M是AD的中点，
∴MD=12AD=1，
∵△ABC是等边三角形，D是AC中点，
∴BD⊥AC，
∴∠BDE＝∠BDC+∠CDE＝90°+60°＝150°，
在直角三角形ABD中，由勾股定理得：BD=AB2−AD2=42−22=23，
过点E作ES⊥BD交BD的延长线于点S，
在Rt△DES中，∠SDE＝180°﹣∠BDE＝180°﹣150°＝30°，DE＝2，
∴ES=12DE=1，
由勾股定理得：DS=DE2−ES2=22−12=3，
在Rt△BSE中，BS=BD+DS=23+3=33，
取BS的中点X，连接NX，
∴NX∥ES，NX=12ES=12，BX=12BS=332，
∴∠BXN＝∠BSE＝90°，DX=BD−BX=23−332=32，
在直角三角形DNX中，由勾股定理得：DN=DX2+NX2=(32)2+(12)2=1，
取DN的中点Y，连接XY，
∴XY=DY=NY=12DN=12，
∵NX=NY=XY=12，
∴△XYN是等边三角形，
∴∠XNY＝60°，
∴∠XDN＝90°﹣∠XNY＝90°﹣60°＝30°，
∴∠MDN＝∠ADB+∠XDN＝90°+30°＝120°，
作DZ⊥MN交MN于点Z，
∵MD＝DN＝1，
∴∠MDZ=∠ZDN=∠MDN2=60°，MZ＝NZ，
∴∠ZMD＝30°，
∴DZ=MD2=12，MZ=MD2−DZ2=12−(12)2=32，
∴MN=MZ+NZ=32+32=3．
【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，平角的定义，三角形内角和定理等，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键．
4．在平面直角坐标系xOy中，过点P（m，0）作直线l⊥x轴，图形W关于直线l的对称图形为W'，图形W'上任一点到x轴，y轴的距离的最大值是d，称d是图形W关于直线l的m倍镜像“接收距离”．
已知点A（3，2），B（5，2）．
（1）①线段AB关于直线l的1倍镜像“接收距离”是 3 ；
②线段AB关于直线l的m倍镜像“接收距离”是2，m的取值范围是 32≤m≤52 ；
（2）点C（﹣3，3），△ABC关于直线l的m倍镜像“接收距离”的最小值是 4 ．
（3）点D（﹣4，﹣3），E（﹣2，﹣3），线段DE关于直线l的m倍镜像“接收距离”小于线段AB关于直线l的m倍镜像“接收距离”，求m的取值范围（直接写出结果即可）．
【考点】几何变换综合题．
【专题】新定义；一元一次不等式（组）及应用；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①3；
②32≤m≤52；
（2）4；
（3）m＜14．
【分析】（1）①求出A、B关于直线l的1倍镜像的对应点坐标，进而根据定义判断；
②表示出A、B关于直线l的m倍镜像的对应点坐标，根据定义列出不等式组|2m−3|≤2|2m−5|≤2，进一步得出结果；
（2）可推出B、C关于直线l的m倍镜像B′、C′的距离之差也是8，从而得出△ABC关于直线l的m倍镜像“接收距离”的最小值；
（3）表示出A、B、C、D于直线l的m倍镜像的对应点坐标DE关于直线l的m倍镜像的线段是D′E′，根据当点D（﹣4，﹣3），E（﹣2，﹣3），线段DE关于直线l的m倍镜像“接收距离”等于线段AB关于直线l的m倍镜像“接收距离”时，得出（2m﹣5）+（2m+4）＝0，从而求得临界m的值，进而得出结果．
【解答】解：（1）①设线段AB关于直线l的1倍镜像的线段为A′B′，
∵A′（﹣1，2），B′（﹣3，2），
∴点B′距离y轴距离最大为：3，
故答案为：3；
②点A和B关于直线x＝m的对称点为：A′（2m﹣3，2），B′（2m﹣5，2），
∵线段AB关于直线l的m倍镜像“接收距离”是2，
∴|2m−3|≤2|2m−5|≤2，
∴32≤m≤52，
故答案为：32≤m≤52；
（2）如图1，
∵A（3，2），B（5，2），点C（﹣3，3），
∴B、C距离y轴的距离之差是8，
∴B、C关于直线l的m倍镜像B′、C′的距离之差也是8，
∴C（﹣3，3），△ABC关于直线l的m倍镜像“接收距离”的最小值是 4，
故答案为：4；
（3）如图2，
点A和B关于直线x＝m的对称点为：A′（2m﹣3，2），B′（2m﹣5，2），线段DE关于直线l的m倍镜像的线段是D′E′，则D′（2m+4，﹣3，），E′（2m+2），
当点D（﹣4，﹣3），E（﹣2，﹣3），线段DE关于直线l的m倍镜像“接收距离”等于线段AB关于直线l的m倍镜像“接收距离”时，
（2m﹣5）+（2m+4）＝0，
∴m=14，
∴当点D（﹣4，﹣3），E（﹣2，﹣3），线段DE关于直线l的m倍镜像“接收距离”小于线段AB关于直线l的m倍镜像“接收距离”时，m＜14．
【点评】本题在新定义的基础上，考查了轴对称的性质，解一元一次不等式等知识，解决问题的关键是数形结合．
5．图形的定转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，小华和小芳对等腰直角三角形的旋转变换进行了研究．如图（1），△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，点D，E分别在线段AB，AC上，且∠C＝∠AED＝90°．
（1）观察猜想
小华将△ADE绕点A逆时针旋转，连接BD，CE，如图（2），当BD的延长线恰好经过点E时：
①BDCE的值为 2 ；
②BD与CE的夹角为 45 度；
（2）类比探究
如图（3），小芳在小华的基础上，继续旋转△ADE，连接BD，CE，设BD的延长线交CE于点F，（1）中的两个结论是否仍然成立？请说明理由．
（3）拓展延伸
若AE＝DE=2，AC＝BC=10，当CE所在的直线垂直于AD时，请你直接写出BD的长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）①2；②45；
（2）结论成立，证明见解析部分；
（3）42或22．
【分析】（1）证明△DAB∽△EAC，推出BDEC=ADAE=2，∠ABD＝∠ACE＝135°，可得结论；
（2）结论成立．证明方法类似（1）；
（3）分两种情形：如图（4）﹣1中，当CE⊥AD于点O时，如图（4）﹣2中，当EC⊥AD时，延长CE交AD于O，分别求解即可．
【解答】解：（1）如图（2）中，
∵△AED，△ABC都是等腰直角三角形，
∴∠EAD＝∠CAB＝45°，AD=2AE，AB=2AC，
∴∠EAD＝∠CAB＝45°，ABAC=ADAE=2，
∴△DAB∽△EAC，
∴BDEC=ADAE=2，∠ABD＝∠ACE＝135°，
∴∠BEC＝45°
∴BDEC=2，∠BFC＝45°．
故答案为：①2；②45；
（2）结论成立．
理由：如图（3）中，设AC交BF于点O，
∵△AED，△ABC都是等腰直角三角形，
∴∠EAD＝∠CAB＝45°，AD=2AE，AB=2AC，
∴∠EAD＝∠CAB＝45°，ABAC=ADAE=2，
∴△DAB∽△EAC，
∴BDEC=ADAE=2，∠ABD＝∠ACE，
∵∠AOB＝∠FOC，
∴∠BAO＝∠CFO＝45°，
∴BDEC=2，∠BFC＝45°．
（3）如图（4）﹣1中，当CE⊥AD于点O时，
∵AE＝DE=2，AC＝BC=10，∠AED＝∠ACB＝90°，
∴AD=2AE＝2，
∵EO⊥AD，
∴OD＝OA＝OE＝1，
∴OC=AC2−AO2=3，
∴EC＝OE+OC＝4，
∵BD=2EC，
∴BD=42，
如图（4）﹣2中，当EC⊥AD时，延长CE交AD于O，
同法可得：OD＝OA＝OE＝1，OC＝3，EC＝3﹣1＝2，
∴BD=2EC=22，
综上所述：BD的长为42或22．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
6．在等边△ABC中，AD⊥BC，垂足为点D，点M为直线AD上一动点，连接MB，以点B为旋转中心，把线段BM顺时针旋转60°，得到线段BN，连接CN．
（Ⅰ）如图①，当点M在线段AD上时，求证：AM＝CN．
（Ⅱ）如图②，当点M在线段DA的延长线上时，连接MC，AN，若∠ANC＝45°，求∠AMC的大小．
（Ⅲ）若等边△ABC的边长是6，连接DN，在点M运动过程中，直接写出线段DN的最小值．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（Ⅰ）证明过程见解答；
（Ⅱ）15°；
（Ⅲ）DN=32．
【分析】（Ⅰ）根据等边三角形的性质和旋转的性质证明△ABM≌△CBN（SAS），即可解决问题；
（Ⅱ）证明△ABM≌△CBN（SAS），得AM＝CN，∠BAM＝∠BCN，然后证明∠ACN＝90°，进而可以解决问题；
（Ⅲ）取AB的中点G，连接MG，根据等边三角形的性质可得BD＝BG，再求出∠DBN＝∠MBG，根据旋转的性质可得MB＝NB，然后利用“边角边”证明△MBG≌△NBD，再根据全等三角形对应边相等可得DN＝MG，然后根据垂线段最短可得MG⊥AD时最短，再根据∠BAD＝30°求解即可．
【解答】（I）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝60°，
∵线段BM顺时针旋转60°，得到线段BN，
∴BM＝BN，∠MBN＝60°，
∴∠MBN＝∠ABC，
∴∠MBN﹣∠MBC＝∠ABC﹣∠MBC，
∴∠CBN＝∠ABM，
∴△ABM≌△CBN（SAS），
∴AM＝CN；
（II）解：同（I）可知AB＝BC，BM＝BN，∠MBN＝∠ABC＝60°，
∴∠MBN﹣∠ABN＝∠ABC﹣∠ABN，
∴∠MBA＝∠NBC．
∴△ABM≌△CBN（SAS），
∴AM＝CN，∠BAM＝∠BCN，
∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴∠BAD=∠CAD=12∠BAC，∠BAC＝∠ACB＝60°，
∴∠BAD＝∠CAD＝30°，
∴∠BAM＝∠CAM＝150°，
∴∠BCN＝∠BAM＝150°，
∴∠ACN＝∠BCN﹣∠ACB＝150°﹣60°＝90°，
∵∠ANC＝45°，
∴∠CAN＝45°，
∴∠ANC＝∠CAN，
∴AC＝CN，
∵AM＝CN，
∴AM＝AC，
∴∠AMC＝∠ACM＝15°；
（III）解：线段DN的最小值32，理由如下：
如图③，取AB的中点G，连接MG，
∵旋转角∠MBN＝60°，
∴∠MBD+∠DBN＝60°，
∵∠MBD+∠MBA＝∠ABC＝60°，
∴∠DBN＝∠GBM，
∵AD是等边△ABC的对称轴，
∴DB=12BC，
∵BG=12AB，
∴BG＝BD，
∵MB旋转到BN，
∴BM＝BN，
在△MBG和△NBD中，
BM=BN∠GBM=∠DBNBG=BD，
∴△MBG≌△NBD（SAS），
∴MG＝ND，
根据垂线段最短，MG⊥AD时，MG最短，即DN最短，
此时∠BAD=12×60°＝30°，AG=12AB＝3，
∴MG=12AG=32，
∴DN=32．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．
7．在平面直角坐标系xOy中，已知点M（m，n），过点（m，0）且垂直于x轴的直线记为直线x＝m，过点（0，n）且垂直于y轴的直线记为直线y＝n．给出如下定义：将图形G关于直线x＝m对称得到图形G1，再将图形G1关于直线y＝n得到图形G2，则称图形G2是图形G关于点M的双对称图形．
（1）已知点M的坐标为（0，1），点N（2，3）关于点M的双对称图形点N2的坐标为 （﹣2，﹣1） ；
（2）如图，△ABC的顶点坐标是A（﹣2，3），B（﹣4，1），C（0，1）．
①已知点M的坐标是（1，﹣1），写出点A，B，C关于M的双对称图形点的坐标A2 （4，﹣5） ，B2 （6，﹣3） ，C2 （2，﹣3） ；
②已知点M的坐标为（1，﹣1），点P（4，n），点Q（4，n+1），线段PQ关于点M的双对称图形线段P2Q2位于△ABC内部（不含三角形的边），求n的取值范围．
【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；推理能力．
【答案】（1）（﹣2，﹣1）；
（2）①A2（4，﹣5），B2（6，﹣3），C2（2﹣3）；
②﹣5＜n＜﹣4；
【分析】（1）根据双对称图形的定义求出N（2，3）关于直线x＝0的对称点为N1，再求出N1（﹣2，3），关于直线y＝1对称的点为N2，即可得解；
（2）①根据点M的坐标是（1，﹣1），得两条对称轴分别为直线x＝1和直线y＝﹣1，然后根据对称性质即可解决问题；
②先算出P和Q的双对称图形点P2和Q2的坐标，然后P2纵坐标高于1，Q2纵坐标低于3即满足题意，从而建立不等式求解即可．
【解答】解：（1）由题意可知，点N（2，3）关于直线x＝0的对称点是N1（﹣2，3），
点N1（﹣2，3）关于直线y＝1对称的点是N2（﹣2，﹣1），
∴点N（2，3）关于点M的双对称图形点N2的坐标是（﹣2，﹣1）；
故答案为：（﹣2，﹣1）；
（2）①∵点M的坐标是（1，﹣1），
∴两条对称轴分别为直线x＝1和直线y＝﹣1，
点A（﹣2，3），B（﹣4，1），C（0，1）关于直线x＝1的对称点分别为A1（4，3），B1（6，1），C1（2，1），
点A1（4，3），B1（6，1），C1（2，1）关于直线y＝﹣1的对称点分别为A2（4，﹣5），B2（6，﹣3），C2（2，﹣3），
∴点A，B，C关于M的双对称图形点的坐标A2（4，﹣5），B2（6，﹣3），C2（2﹣3）；
故答案为：A2（4，﹣5），B2（6，﹣3），C2（2﹣3）；
②∵M（1，﹣1），
∴两条对称轴分别为直线x＝1和直线y＝﹣1，
点P（4，n），Q（4，n+1）关于直线x＝1的对称点分别为P1（﹣2，n），Q1（﹣2，n+1），
点P1（﹣2，n），Q1（﹣2，n+1）关于直线y＝﹣1的对称点分别为P2（﹣2，﹣2﹣n），Q2（﹣2，﹣3﹣n），
∴P2Q2在直线x＝﹣2上，
若P2Q2位于△ABC内部，则需要满足以下条件，
−2−n＜3−3−n＞1，
∴﹣5＜n＜﹣4．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了坐标的对称、新定义等内容，正确理解题意和熟练掌握相关知识是解题的关键．
8．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BC绕点C顺时针旋转角度α（0°＜a＜360°）得到DC．
（1）如图1，若α＝30°，连接AD交BC于点E，若AC＝6，求DE的长；
（2）如图2，若0°＜α＜90°，CF平分∠BCD交AD于点F，连接BF，过点C作CG⊥AD，在射线CG上取点G使得∠BGC＝45°，连接BG，请用等式表示线段CG、CF、BF之间的数量关系并证明；
（3）如图3，若BC＝8，点P是线段AB上一动点，将CP绕点P逆时针旋转90°得到QP，连接AQ，M为AQ的中点，当2CM+CQ取得最小值时，请直接写出△ABM的面积．
【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）23；
（2）CG=2CF+BF；证明见解答过程；
（3）8；理由见解答过程．
【分析】（1）根据旋转可得∠CAE＝∠D＝∠BCD＝30°，即可得到DE=EC=33AC，据此求解即可；
（2）连接BD，AD与CG交于点O，根据角平分线可得∠BCF=∠DCF=12α，进而得到∠ACG=∠DCG=45°+12α，∠CBD=∠CDB=90°−12α，得到∠OCF＝∠OFC＝45°，∠FDC=45°−12α，可得∠FBD＝∠FDB＝45°，即可推出△OGD和△OFC是等腰直角三角形，据此求解即可；
（3）如图，过P作PH⊥AC交AC于H，交AQ于O，过Q作QH⊥PH交PH于G，延长CM交QG于N，延长CB至E，使CB＝BE＝8，过A作AF⊥QG交QG于F，根据一线三垂直模型可证明△PHC≌△QGP（AAS），得PH＝GQ，GP＝CH，设GP＝CH＝a，则AH＝PH＝GQ＝8﹣a，GH＝GP+PH＝8＝BC，得到四边形BCHG是矩形，四边形ACBF是正方形，再说明M与O重合，S△ABM=12S△ABQ，最后根据2CM+CQ＝CN+AN＝AN+NE≥AE，得到当A、N、E三点共线时2CM+CQ取得最小值，得到FN=BN=12BF=4=2a，解得a＝2，最后根据S△ABM=12S△ABQ=12×12BQ•AF计算即可．
【解答】解：（1）由旋转可得∠BCD＝α＝30°，CB＝CD＝CA，
∴∠CAD＝∠CDA，∠ACD＝90°+30°＝120°，
∴∠CAD＝∠CDA＝∠BCD＝30°，
∴DE＝EC，AE＝2EC，
在Rt△AEC中，AC2+EC2＝AE2，
∴62+EC2＝（2EC）2，
∴EC=23，
∴DE=EC=23；
（2）CG=2CF+BF；
证明：连接BD，AD与CG交于点O，如图2，
由旋转可得∠BCD＝α，CB＝CD＝CA，
∴∠CBD＝∠CDB＝90°−12α，∠ACD＝90°+α，
∵CF平分∠BCD，
∴∠BCF＝∠DCF=12α，
∴△BCF≌△DCF（SAS），
∴BF＝DF，
∴∠FDB＝∠FBD，
∵CG⊥AD，
∴∠GOD＝∠FOC＝90°，∠ACG＝∠DCG=12∠ACD＝45°+12α，
∴∠OCF＝∠DCG﹣∠FCD＝45°+12α−12α＝45°，
∴∠OCF＝∠OFC＝45°，
∴△OFC是等腰直角三角形，
∴OC=OF=22CF，
∵∠FDC=∠OFC−∠FCD=45°−12α，
∴∠FDB＝∠CDB﹣∠FDC＝（90°−12α）﹣（45°−12α）＝45°，
∴∠FDB＝∠FBD＝45°，
∵∠BGC＝45°，∠GOD＝90°，∠FDB＝45°，
∴G、B、D三点共线，且△OGD是等腰直角三角形，
∴OG＝OD，
∴CG＝OG+OC＝OD+OC＝OF+FD+OC=22CF+22CF+BF，
整理得CG=2CF+BF；
（3）如图3，过P作PH⊥AC交AC于H，交AQ于O，过Q作QH⊥PH交PH于G，延长CM交QG于N，延长CB至E，使CB＝BE＝8，过A作AF⊥QG交QG于F，
∵将CP绕点P逆时针旋转90°得到QP，
∴CP＝QP，∠CPQ＝90°，
∵QH⊥PH，PH⊥AC，
∴∠CPQ＝∠PHC＝∠PGQ＝90°，∠HPC＝∠PQG＝90°﹣∠GPQ，
∴△PHC≌△QGP（AAS），
∴PH＝GQ，GP＝CH，
设GP＝CH＝a，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝8，
∴AH＝AC﹣CH＝8﹣a，∠BAC＝∠APH＝45°，
∴AH＝PH＝GQ＝8﹣a，
∴GH＝GP+PH＝8＝BC，
∴四边形BCHG是矩形，
∴点B在QG上，CB⊥QG，HC＝BG＝a，
∴四边形ACBF是正方形，
∴BF＝AF＝8，
∵AH＝GQ＝8﹣a，∠AHP＝∠PGQ＝90°，∠GOQ＝∠AOH，
∴△AHO≌△QGO（AAS），
∴OG＝OH，OA＝OQ，
∴O为AQ的中点，
∵M为AQ的中点，
∴M与O重合，S△ABM=12S△ABQ，
∴MG＝MH＝OG＝OH，
∴△NMG≌△CMH（ASA），
∴CM＝MN，NG＝CH＝a
∴CN＝2CM，NQ＝NG+GQ＝8﹣a+a＝8＝AC，
∴四边形ACQN是平行四边形，
∴CQ＝AN，
∵CB＝BE＝8，CB⊥QG，
∴CN＝NE，
∴2CM+CQ＝CN+AN＝AN+NE≥AE，
∴当A、N、E三点共线时2CM+CQ取得最小值，此时△AFN≌△EBN，
∴FN＝BN=12BF＝4＝2a，
∴a＝2，
∴GB＝a＝2，GQ＝8﹣a＝6，
∴BQ＝GQ﹣BG＝4，
∴S△ABM=12S△ABQ=12×12BQ•AF=14×4×8＝8．
【点评】本题考查旋转的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，轴对称与最小值，勾股定理，30°直角三角形的性质，涉及知识点比较多，难度比较大．
9．在平面直角坐标系中，已知O为坐标原点，点A（2，0），B（0，4），以点A为旋转中心，把△ABO顺时针旋转，得△ACD．
（1）如图①，当旋转后满足DC∥x轴时，则点C的坐标 （6，2） ，点D的坐标 （2，2） ．
（2）如图②，当旋转后点C恰好落在x轴正半轴上时，求点D的坐标．
（3）在（2）的条件下，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′，当DP+AP′取得最小值时，求点P的坐标．（直接写出结果即可）
【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）（6，2），（2，2）；
（2）（2+255，455）；
（3）(0，85−419)．
【分析】（1）作CH⊥x轴于H．只要证明四边形ADCH是矩形，利用矩形的性质即可解决问题；
（2）作DM⊥x轴于M．在Rt△ADC中，求出DM、AM即可解决问题；
（3）连接PA，P′A，作点A关于y轴的对称点A′，连接DA′交y轴于P″，连接AP″，由题意AP′＝AP″＝A′P″，推出DP+AP′＝P″D+A′P″＝A′D，根据两点之间线段最短，可知当点P与点P″重合时，P′A+PD的值最小．只要求出直线A′D的解析式即可解决问题．
【解答】解：（1）已知O为坐标原点，点A（2，0），B（0，4），以点A为旋转中心，把△ABO顺时针旋转，得△ACD．如图1，过点C作CH⊥x轴于H，
∴OA＝2，OB＝4，
由旋转的性质，可得△ABO≌△ACD，
∴AD＝AO＝2，DC＝BO＝4，∠CDA＝∠BOA＝90°，
又∵DC∥x轴，
∴∠D＝∠DAH＝∠AHC＝90°，
∴四边形DAHC为矩形，
∴AH＝DC＝4，CH＝DA＝2，
∴点C的坐标为（6，2），点D的坐标（2，2）；
故答案为：（6，2），（2，2）；
（2）如图2，过点D作DM⊥x轴于M，
由Rt△ACD面积知12AC⋅DM=12DA⋅DC，
在Rt△ABO中，由勾股定理得 AB=AO2+BO2=25，
∴AC=25，
∴12×25⋅DM=12×2×4，
∴DM=455，
在Rt△DAM中，AM=DA2−DM2=255，
∴OM=OA+AM=2+255，
∴点D的坐标为（2+255，455）；
（3）如图3，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′，连接PA，P′A，作点A关于y轴的对称点A′，连接DA′交y轴于P″，连接AP″，
当点P在点P″位置时，A′、P、D在同一条直线上，DP+AP′取得最小值，
由题意可得AP＝AP′，
根据轴对称的性质可得AP′＝AP″＝A′P″，
∴DP+AP′＝P″D+A′P″＝A′D，
∵A′（﹣2，0），D的坐标为（2+255，455），
∴设直线A′D的解析式为y＝kx+b，
则0=−2k+b455=(2+255)k+b，
解得k=45−219b=85−419，
∴直线A′D的解析式为y=45−219x+85−419，
当x＝0时，y=85−419，
∴点P的坐标为(0，85−419)．
【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题、勾股定理解直角三角形，两点之间线段最短等知识，解题的关键是会利用两点之间线段最短解决最短路径问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
10．请阅读以下信息：从一个角的顶点出发，在角的内部引两条射线，如果这两条射线所组成的角等于这个角的一半，那么这两条射线所成的角叫做这个角的“内半角”．如图①，若射线OC，OD在∠AOB的内部，且∠COD=12∠AOB，则称∠COD是∠AOB的“内半角”．
请根据以上信息，解决下面的问题：
（1）如图①，∠AOB＝50°，∠BOD＝10°．若∠COD是∠AOB的“内半角”，则∠AOC＝ 15° ．
（2）如图②，已知∠AOB＝60°，将∠AOB绕点O按顺时针方向旋转一个角度α（0＜α＜60°）至∠COD，即∠COD＝∠AOB＝60°，其中∠AOC＝∠BOD＝α．若∠COB是∠AOD的“内半角”，求α的度数．
（3）把一块含60°的三角板COD按如图③方式放置，使OC边与OA边重合，OD边与OB边重合．如图④，将三角板COD绕顶点O以每秒6°的速度按顺时针方向旋转一周，旋转时间为t秒．当射线OA，OB，OC，OD构成“内半角”时，请直接写出t的值．
【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）15°；
（2）20°；
（3）t的值为103或30或1703．
【分析】（1）根据题意算出∠COD的度数，利用∠AOC＝∠AOB﹣∠BOD﹣∠COD即可算出∠AOC的度数；
（2）根据旋转性质可推出∠AOC＝∠BOD＝α和∠COD＝∠AOB＝60°，然后可用含有α的式子表示∠AOD和∠COB的度数，根据∠COB是∠AOD的内半角，即可求出α的值；
（3）根据旋转一周构成内半角的情况总共有四种，分别画出图形，求出对应t值即可．
【解答】解：（1）∵∠COD是∠AOB的内半角，∠AOB＝50°，
∴∠COD=12∠AOB=25°，
∴∠AOC＝∠AOB﹣∠BOD﹣∠COD＝50°﹣25°﹣10°＝15°，
故答案为：15°；
（2）∵∠AOC＝∠BOD＝α，∠COD＝∠AOB＝60°，
∴∠AOD＝∠AOC+∠COD＝α+60°，∠COB＝∠AOB﹣∠AOC＝60°﹣α，
∵∠COB是∠AOD的内半角，
∴∠AOD＝2∠COB，即α+60°＝2（60°﹣α），
解得：α＝20°，
∴α的值为20°；
（3）①如图④，此时∠COB是∠AOD的内半角，
由旋转性质可知：∠AOC＝∠BOD＝6t°，∠COD＝∠AOB＝30°，
∴∠AOD＝∠AOC+∠COD＝3t°+30°，∠COB＝∠AOB﹣∠AOC＝60°﹣6t°，
∵∠COB是∠AOD的内半角，
∴∠AOD＝2∠COB，即6t+60＝2（60﹣6t），
解得：t=103；
②如图⑤，此时∠BOC是∠AOD的半角，
由旋转性质可得：∠AOC＝∠BOD＝6t°，∠COD＝∠AOB＝60°，
∴∠AOD＝∠AOC+∠COD＝6t°+60°，∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝6t°﹣60°，
∵∠BOC是∠AOD的内半角，
∴∠AOD＝2∠BOC，即6t+60＝2（6t﹣60），
解得：t＝30；
③如图6，此时∠AOD 是∠BOC 的内半角，
由旋转性质可知∠AOC＝∠BOD＝360°﹣6t°，∠COD＝∠AOB＝60°，
∴∠BOC＝∠BOD+∠COD＝420°﹣6t°，∠AOD＝∠AOC﹣∠COD＝300°﹣6t°，
∵∠AOD是∠BOC的内半角，
∴∠BOC＝2∠AOD，即420°﹣6t°＝2（300°﹣6t°），
解得t＝30（舍去）；
④如图⑦，此时∠AOD 是∠BOC 的内半角，
由旋转性质可知．∠AOC＝∠BOD＝360°﹣6t°，∠COD＝∠AOB＝60°，
∴∠BOC＝∠BOD+∠COD＝420°﹣6t°，∠AOD＝∠COD﹣∠AOC＝6t°﹣300°，
∵∠AOD是∠BOC 的内半角，
∴∠BOC＝2∠AOD，即420°﹣6t°＝2（6t°﹣300°），
解得t=1703，
综上所述：当射线OA、OB、OC、OD构成内半角时，t的值为103或30或1703．
【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了几何图形中角度的计算，旋转的性质，解答本题的关键是熟练掌握旋转的性质．
11．在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上一点（不与B、C重合），把线路AD绕着点A逆时针旋转至AE（即AD＝AE），使得∠DAE＝∠BAC，连接DB、CE．
（1）如图1，点D在线段BC上，如果∠BAC＝90°，则∠BCE＝ 90 度．
（2）如图2，当点D在线段BC上，如果∠BAC＝60°，则∠BCE＝ 120 度．
（3）如图3，设∠BAC＝α，∠BCE＝β，当点D在线段BC上移动时，α，β的数量关系是什么？请说明理由．
（4）设∠BAC＝α，∠BCE＝β，当点D在直线BC上移动时，请直接写出α，β的数量关系，不用证明．
【考点】几何变换综合题．
【专题】三角形；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）90；
（2）120；
（3）α+β＝180°；
（4）α+β＝180°或α＝β．
【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，得∠ABC＝∠ACE＝45°，可求∠BCE的度数；
（2）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，得∠ABC＝∠ACE＝60°，可求∠BCE的度数；
（3）由“SAS”可证△BAD≌△CAE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论；
（4）由“SAS”可证△BAD≌△CAE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，
∴∠DAE＝∠BAC＝90°，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴∠B＝∠ACB＝45°，∠ADE＝∠AED＝45°，
∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE＝∠B＝45°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，
故答案为：90；
（2）∵∠BAC＝60°，
∴∠DAE＝∠BAC＝60°，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴∠B＝∠ACB＝60°，∠ADE＝∠AED＝60°，
∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE＝∠B＝60°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝120°，
故答案为：120；
（3）α+β＝180°，
理由如下：
∵AB＝AC，AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE＝∠B，
∴∠ACE+∠ACB＝∠B+∠ACB，
∵∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝β，
∴∠B+∠ACB＝β，
∵∠BAC＝α，∠BAC+∠B+∠ACB＝180°，
∴α+β＝180°；
（4）如图4，当点D在BC的延长线上时，α+β＝180°，
证明方法同（3）；
如图5，当点D在CB的延长线上时，α＝β，
理由如下：∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAB+∠BAE＝∠EAC+∠BAE，
∴∠DAB＝∠EAC，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABD＝∠BAC+∠ACB，∠ACE＝∠BCE+∠ACB，
∴∠BAC＝∠BCE，
∵∠BAC＝α，∠BCE＝β，
∴α＝β．
综上，α+β＝180°或α＝β．
【点评】此题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质，证明△BAD≌△CAE是解题的关键．
12．如图①，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝27°，点D为BC的中点，连结AD．点P在线段BC上从点B出发向点C运动，当点P不与点B、C重合时，连结AP．设∠BAP＝x°．
（1）∠BAD的度数为 63° ．
（2）当△ABP是钝角三角形时，求x的取值范围．
（3）当△ABP是轴对称图形时，求x的值．
（4）如图②，作点B关于直线AP的对称点B′，连结AB′、PB′，当△APB′与△ABC重叠部分为轴对称图形时，直接写出x的值．
【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）63°；
（2）0＜x＜63或90＜x＜126；
（3）27或76.5；
（4）42或51或84或75．
【分析】（1）先由等边对等角，求出∠C＝27°，运用三角形内角和进行列式，得∠BAC＝126°，结合等腰三角形的三线合一，即可作答；
（2）根据∠APB为钝角，∠PAB为钝角，这两种情况进行列式作答即可；
（3）根据△ABP是轴对称图形，即△ABP是等腰三角形，进行分类讨论，即可作答．
（4）分为点P在BD和CD上两种情况，作图，结合三角形的内角和以及三角形的外角性质，即可作答．
【解答】解：（1）在△ABC中，AB＝AC，∠B＝27°，点D为BC的中点，连结AD，
∴∠C＝∠B＝27°，
即∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠C＝126°，
∴∠BAD=12×126°=63°，
即∠BAD的度数为63°，
故答案为：63°；
（2）当∠APB为钝角，即90°＜∠APB＜180°，
∵180°﹣∠B﹣∠PAB＝∠APB，∠BAP＝x°，
∴90°＜180°﹣27°﹣x°＜180°，
即0＜x＜63，
当∠PAB为钝角，
∵180°＝∠PAB+∠APB+∠B，
∴90°＜x°＜180°﹣27°＝153°，
∵点P在线段BC上从点B出发向点C运动，当点P不与点B、C重合时，
∴当点P与点C重合时，∠PAB＝180°﹣27°﹣27°＝126°，
∴90°＜∠PAB＜126°
即90＜x＜126；
综上：当△ABP是钝角三角形时，x的取值范围为0＜x＜63或90＜x＜126；
（3）当△ABP是轴对称图形时，如图1，
即△ABP是等腰三角形，
当AP＝BP时，∠ABP＝∠BAP＝27°，则x＝27；
当AB＝AP时，∠ABP＝∠APB＝27°，则∠BAP＝180°﹣27°﹣27°＝126°，
此时点P与点C重合，故舍去；
当AB＝BP时，∠BAP=∠BPA=12×(180°−27°)=76.5°，则x＝76.5；
综上：当△ABP是轴对称图形时，x的值为27或76.5；
（4）作点B关于直线AP的对称点B′，连结AB′、PB′，当△APB′与△ABC重叠部分为轴对称图形时，
点P在BD上时，记AB′与BD的交点为E，如图2，
∵作点B关于直线AP的对称点B′，
∴∠BAP＝∠EAP＝x°，
当AP＝AE时，∠APE=∠AEP=12(180°−x°)=90°−12x°，
∵∠APE＝∠B+∠BAP＝27°+x°，
则90°−12x°=27°+x°，
解得x＝42；
当AP＝PE时，则∠PAE=∠PEA=12(180°−∠APE)=76.5−12x°=x°，
即x＝51；
点P在CD上时，记PB′与AC的交点为E，如图3，
易知∠BAP＝∠B′AP＝x°，
则∠EAB′＝∠BAB′﹣∠BAC＝2x°﹣126°，
那么∠AEP＝∠B′+∠EAB′＝27°+2x°﹣126°＝2x°﹣99°，
则∠APB′＝∠ABP＝180°﹣27°﹣x°＝153°﹣x°，
∠PAC＝∠PAB′﹣∠EAB′＝x°﹣（2x°﹣126°）＝126°﹣x°，
当AP＝AE时，则∠AEP＝∠APB′，2x°﹣99°＝153°﹣x°，解得x＝84；
当AP＝PE时，则∠PAC＝∠APB′，126°﹣x°＝153°﹣x°，此时x不存在；
当PE＝AE时，则∠PAC＝∠APB′，126°﹣x°＝2x°﹣99°，解得x＝75；
综上：当△APB′与△ABC重叠部分为轴对称图形时，x的值为42或51或84或75．
【点评】本题考查了轴对称图形的性质，钝角三角的定义，三角形的内角和，以及三角形的外角性质，难度适中，综合性较强，学会分类讨论以及正确作图是解题的关键．
13．在等边△AOB中，将扇形COD按图1摆放，使扇形的半径OC、OD分别与OA、OB重合，OA＝OB＝4，OC＝OD＝2，固定等边△AOB不动，让扇形COD绕点O逆时针旋转，线段AC、BD也随之变化，设旋转角为α．（0＜α≤360°）
（1）当OC∥AB时，旋转角α＝ 60或240 度，OC⊥AB时旋转角α＝ 150或330 度．
发现：（2）线段AC与BD有何数量关系，请仅就图2给出证明．
应用：（3）当A、C、D三点共线时，求BD的长．
拓展：（4）P是线段AB上任意一点，在扇形COD的旋转过程中，请直接写出线段PC的最大值与最小值．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）如图1中，易知当点D在线段AO和线段AO的延长线上时，OC∥AB，此时旋转角α＝60°或240°，同法可求OC⊥AB时的旋转角；
（2）结论：AC＝BD．只要证明△AOC≌△BOD即可．
（3）在图3、图4中，分别求解即可．
（4）如图5中，由题意，点C在以O为圆心，1为半径的⊙O上运动，过点O作OH⊥AB于H，直线OH交⊙O于C′、C″，线段CB的长即为PC的最大值，线段C″H的长即为PC的最小值．易知PC的最大值＝6，PC的最小值＝23−2．
【解答】解：（1）如图1中，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠AOB＝∠COD＝60°，
∴当点D在线段AO和线段AO的延长线上时，OC∥AB，
此时旋转角α＝60°或240°，
同法可得：OC⊥AB时，α＝150°或330°，
故答案为60或240；或150或330；
（2）结论：AC＝BD，理由如下：
如图2中，
由旋转的性质可知：∠COD＝∠AOB＝60°，
∴∠COA＝∠DOB，
在△AOC和△BOD中，
OA=OB∠COA=∠DOBCO=OD，
∴△AOC≌△BOD，
∴AC＝BD；
（3）①如图3中，当A、C、D共线时，作OH⊥AC于H．
在Rt△COH中，∵OC＝2，∠COH＝30°，
∴CH＝HD＝1，OH=3，
在Rt△AOH中，
AH=OA2−OH2=13，
∴BD＝AC＝CH+AH＝1+13．
②如图4中，当A、C、D共线时，作OH⊥AC于H．
易知AC＝BD＝AH﹣CH=13−1，
综上所述，当A、C、D三点共线时，BD的长为13+1或13−1；
（4）如图5中，由题意，点C在以O为圆心，2为半径的⊙O上运动，过点O作OH⊥AB于H，直线OH交⊙O于C′、C″，线段CB的长即为PC的最大值，线段C″H的长即为PC的最小值．易知PC的最大值＝6，PC的最小值＝23−2．
【点评】本题考查圆综合题、旋转变换、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、圆上的点到直线的距离的最值问题等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，利用辅助圆解决最值问题，属于中考压轴题．
14．△ABC是等边三角形，点D为线段BC上任意一点，连接AD，E为直线AB上一点．
（1）如图1，当点D为BC中点时，点E在AB边上，连接DE．若AE＝1，BE＝3，求DE的长；
（2）如图2，若点E为AB延长线上一点，且BE＝CD，点F为CB延长线上一点，且∠FAD＝60°．猜想线段AF，EF，AD之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，在（1）的条件下，M为线段AD上一点，连接ME，将线段ME绕点E顺时针旋转60°得到线段EN，连接MN．当BN+DN的值最小时，直接写出△AMC的面积．
【考点】几何变换综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）作EF⊥AD于F，可得出EF∥BC，从而△AEF∽△ABD，从而AFAD=EFBD=AEAB=14，从而解得AF，EF，进一步得出结果；
（2）在AF上截取AG＝AD，连接BG，可推出△AGB≌△ADC，从而∠ABG＝∠C＝60°，BG＝CD，进而可证明△FBE≌△FBG，从而得出EF＝FG，进一步得出结论；
（3）在AC上截取AW＝AE＝1，连接WN，可证得△AEM≌△WEN，从而∠EWN＝∠BAD＝30°，从而得出∠AWN＝90°，从而得出点N在过W且于AW垂直的直线上l运动，作点B关于l的对称点B′，连接DB′交l于点N，直线l交AB于I，B′D交AB于X，可推出△BDI是等边三角形，从而XI＝BX＝1，进而得出IN得值，可求得GI得值，进而求得GN，从而求得AM，进一步得出结果．
【解答】解：（1）如图1，
作EF⊥AD于F，
∵△ABC是等边三角形，点D是BC的中点，
∴BC＝AB＝AE+BE＝4，AD⊥BC，BD＝CD=12BC＝2，AD=32AB＝23，
∴EF∥BC，
∴△AEF∽△ABD，
∴AFAD=EFBD=AEAB=14，
∴AF=14AD=32，EF=14BD=12，
∴DF＝AD﹣AF=332，
∴DE=DF2+EF2=(332)2+(12)2=7；
（2）如图2，
AF＝AD+EF，理由如下：
在AF上截取AG＝AD，连接BG，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠ABC＝∠C＝∠BAC＝60°，
∴∠FAD＝∠BAC＝60°，
∴∠FAB＝∠CAD，
∴△AGB≌△ADC（SAS），
∴∠ABG＝∠C＝60°，BG＝CD，
∴∠FBG＝180°﹣∠ABG﹣∠ABC＝60°，
∵BE＝CD，
∴BG＝BE，
∵∠FBE＝∠ABC＝60°，
∴∠FBE＝∠FBG，
∵BF＝BF，
∴△FBE≌△FBG（SAS），
∴EF＝FG，
∴AF＝AG+FG＝AD+EF；
（3）如图3，
在AC上截取AW＝AE＝1，连接WN，
∵∠ABC＝60°，
∴△AEW是等边三角形，
∴∠AEW＝60°，AE＝EW，
∵段ME绕点E顺时针旋转60°得到线段EN，
∴∠MEN＝60°，EM＝EN，
∴∠MEN＝∠AEW，
∴∠AEM＝∠WEN，
∴△AEM≌△WEN（SAS），
∴∠EWN＝∠BAD＝30°，
∴∠AWN＝90°，
∴点N在过W且于AW垂直的直线上l运动，
如图4，
作点B关于l的对称点B′，连接DB′交l于点N，直线l交AB于I，B′D交AB于X，
∵∠AGN＝90°，AG＝1，∠BAC＝60°，
∴AI＝2AG＝2，
∴BI＝BD＝2，
∵∠ABC＝60°，
∴△BDI是等边三角形，
∴XI＝BX＝1，
∵∠NIX＝∠AIG＝30°，∠IXN＝90°，
∴IN=IXcs∠NIX=1cs30°=233，
∵GI＝AG•tan60°=3AG=3，
∴GN＝GI+IN=533，
∴AM＝GN=533，
∴S△AMC=12AM•CD=12×533×2=533．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
15．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD为BC边上中线，点E为AB上一点，连接DE．
（1）如图1，AB＝4，AC＝3，点E在BD中垂线上，过点D作DF⊥DE交AC于点F，求线段DF的长．
（2）如图2，将线段DE绕点D旋转至DG，使∠EDG+2∠B＝180°，过点G作GM∥BC交AB于点M，作GN⊥GM交BA的延长线于点N，作GH⊥GE交ED的延长线于点H，连接CH，求证：MN＝2CH．
（3）如图3，AB＝4，∠B＝45°，EJ垂直平分BD于点J，点P是射线JE上的动点，连接DP，将线段DP绕点P逆时针旋转60°至线段PD′，点Q是线段AC上的动点，连接AD′，QD′，当AD′最小时，将△AD′Q沿QD′所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△A′D′Q，连接A′D，A′C，当A′D最大时，请直接写出△A′CD的面积．
【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）2512；
（2）见解析；
（3）2+3+1．
【分析】（1）先通过勾股定理求出BC，根据斜边上的中线等于斜边的一半，求得CD，通过中垂线以及DE⊥DF，证明出∠FDC＝∠C，从而推导出CF＝DF，作FH⊥CD交CD于点H，根据等腰三角形三线合一，求得CH=12CD，最后利用cs∠C=CHCF=CACB，求得CF，从而得到DF的长度．
（2）连接AG，取MN的中点K，连接GK，先通过直角三角形斜边上的中点得到MK=KG=KN=12MN，得到∠AKG＝∠KMG+∠KGM＝2∠KMG，因为MG∥BC，可知∠KMG＝∠B，从而推导出∠AKG＝2∠B，接下来通过∠EDG+2∠B＝180°，推导出∠ADG＝∠EDB，再证明△BED≌△AGD，得到∠B＝∠DAG，又因为BD＝AD，AC＝18，BC＝12，∠B＝∠BAD，所以得到∠BAD＝∠DAG，∠BAG＝2∠B，推出∠AKG＝∠KAG＝2∠B，根据等角对等边，知道AG=KG=12MN，再证明△ADG≌△CDH，得到CH＝AG，从而得证．
（3）先通过BP＝PD＝PD′，证明∠D′BD＝30°，得到当AD′最短时，可知AD′⊥BD′，将△AD′Q沿QD′所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△A′D′Q，
A′D′+DD′≥A′D，当且仅当A′，D′，D三线合一时，A′D最大，作AM⊥PD′交PD′于点M，作DN⊥BD′交BD′于点N，利用勾股定理，求出AD′和D′D的长度，得到A′D和∠A′DC＝∠AD′E＝75°，作A′R⊥CD交CD于点R，sin∠A′DC=sin75°=A′RA′D，求得A′R，最后利用S△A′DC=12CD×A′R求得面积．
【解答】解：（1）∵在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝3，AD为BC边上中线，点E在BD中垂线上，DF⊥DE交AC于点F，
由勾股定理得：BC=AB2+AC2=42+32=5，∠B+∠C＝90°，
∴AD=CD=BD=12BC=52，
∵点E在BD中垂线上，
∴EB＝ED，
∴∠B＝∠EDB，
∵DF⊥DE，
∴∠EDB+∠FDC＝180°﹣∠EDF＝180°﹣90°＝90°，
又∵∠B+∠C＝90°，∠B＝∠EDB，
∴∠FDC＝∠C，
∴FD＝FC，
作FH⊥CD交CD于点H，如图1，
∴DH=CH=12DC=54，
∵cs∠C=CHCF=CACB，
∴54CF=35，
∴CF=2512，
∴DF=2512；
（2）将线段DE绕点D旋转至DG，使∠EDG+2∠B＝180°，GM∥BC交AB于点M，GN⊥GM交BA的延长线于点N，GH⊥GE交ED的延长线于点H，如图2，连接AG，取MN的中点K，连接GK，
∴MK=KG=KN=12MN，
∴∠KMG＝∠KGM，
∴∠AKG＝∠KMG+∠KGM＝2∠KMG，
∵MG∥BC，
∴∠KMG＝∠B，
∴∠AKG＝2∠B，
在Rt△BAC中，D是BC中点，
∴BD＝AD＝CD，
∴∠B＝∠BAD，
∴∠ADC＝∠B+∠BAD＝2∠B，
∵∠EDG+2∠B＝180°，∠EDG+∠EDB+GDC＝180°，
∴∠EDB+GDC＝2∠B＝∠ADC，
又∵∠ADC＝∠ADG+∠GDC，
∴∠EDB+GDC＝∠ADG+∠GDC，
∴∠EDB＝∠ADG，
在△BED和△AGD中，
DE=DG∠EDB=∠GDABD=AD，
∴△BED≌△AGD（SAS），
∴∠B＝∠DAG，
又∵∠B＝∠BAD，
∴∠DAG＝∠BAD＝∠B，
∴∠BAG＝∠BAD+∠DAG＝2∠B，
又∵∠AKG＝2∠B，
∴∠BAG＝∠AKG，
∴KG=AG=12MN，
∵∠EGH＝90°，ED＝GD，
∴∠EGD+∠HGD＝90°，∠DEG＝∠DGE，∠DEG+∠DHG＝90°，
∴∠DGH＝∠DHG，
∴DG＝DH，
∵∠CDH＝∠EDB，∠EDB＝∠ADG，
∴∠ADG＝∠CDH，
在△ADG和△CDH中，
AD=CD∠ADG=∠CDHDG=DH，
∴△ADG≌△CDH（SAS），
∴AG＝CH，
∴CH=12MN，
∴MN＝2CH；
（3）AB＝4，∠B＝45°，EJ垂直平分BD于点J，点P是射线JE上的动点，将线段DP绕点P逆时针旋转60°至线段PD′，点Q是线段AC上的动点，连接AD′，QD′，当AD′最小时，将△AD′Q沿QD′所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△A′D′Q，如图3，连接BD′、D′D、BP，并延长BP交D′D于点H，
∴BP＝PD，
∴△DPD′是等边三角形，DP＝PD′，∠D′PD＝60°，
∴BP＝PD＝PD′，
∴∠D′BP＝∠D′PB，∠PBD＝∠PDB，
∴∠D′PH＝∠D′BP+∠D′PB＝2∠D′BP，∠HPD＝∠PBD+∠PDB＝2∠PBD，
∴∠D′PH+∠HPD＝2∠D′BP+2∠PBD＝2∠D′BD，
∴∠D′BD=12∠D′PD=30°，
当AD′最短时，可知AD′⊥BD′，如图4，
∵将△AD′Q沿QD′所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△A′D′Q，
∴AD′＝A′D′，
∵A′D′+DD′≥A′D，
∴当且仅当A′，D′，D三线合一时，A′D最大，
如图5：
连接ED′、ED，作AM⊥ED′交ED′于点M，作DN⊥BD′交BD′于点N，作A′R⊥CD交CD于点R，
∵AB＝4，∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴BC=BA2+AC2=42+42=42，
∴BD=CD=BC2=22，
∵EJ垂直平分BD于点J，
∴BJ=DJ=12BD=2，
∵cs∠ABC=BJBE=cs45°=22，
∴BE=BJ22=2，
∴AE＝AB﹣BE＝4﹣2＝2，
∴E是AB的中点，
∴ED′=AE=BE=AB2=2，
∴∠EBD′＝∠ED′B，∠EAD′＝∠ED′A，
∴∠AED′＝∠EBD′+∠ED′B＝2∠EBD′，
∵∠ABC＝45°，∠D′BD＝30°，
∴∠ABD′＝15°，
∴∠AED′＝30°，
∴∠AD′E=180°−∠AED′2=180°−30°2=75°，AM=12AE=1，
在直角三角形AEM中，由勾股定理得：∴EM=AE2−AM2=22−12=3，
∴D′M=ED′−EM=2−3，
在直角三角形AMD′中，由勾股定理得：∴AD′=AM2+D′M2=12+(2−3)2=6−2，
∴sin∠AD′E=sin75°=AMAD′=16−2，BD′=AB2−AD′2=42−(6−2)2=6−2，
∵∠D′BD＝30°，
∴DN=12BP=2，
在直角三角形BDN中，由勾股定理得：BN=BD2−DN2=(22)2−22=6，
∴D′N=BD′−BN=(6+2)−6=2，
∴DN＝D′N，
∴∠ND′D＝45°，DD′=2DN=2，
∴A′D′+DD′=AD′+DD′=6−2+2=A′D，∠D′DC＝∠D′BD+∠BD′D＝30°+45°＝75°，
∴sin∠A′DC=sin75°=A′RA′D=16−2=A′D6−2+2，
∴A′R=4+26+224，
∴S△A′DC=12CD×A′R=12×22×4+26+224=2+3+1．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，外角的性质，中垂线的性质，等腰三角形三线合一，解直角三角形，两点之间线段最短，勾股定理，垂线段最短，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
16．已知∠AOB＝∠COD＝90°，OA＝OB＝10，OC＝OD＝8．
（1）如图1，连接AC、BD，问AC与BD相等吗？并说明理由．
（2）若将△COD绕点O逆时针旋转，如图2，当点C恰好在AB边上时，请写出AC、BC、OC之间关系，并说明理由．
（3）若△COD绕点O旋转，当∠AOC＝15°时，直线CD与直线AO交于点F，求AF的长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由“SAS”可证△AOC≌△BOD，可得AC＝BD，∠CAO＝∠DBO；
（2）连接BD，由“SAS”可证△AOC≌△BOD，可得AC＝BD，∠CAO＝∠DBO＝45°，由勾股定理可得结论；
（3）分两种情况讨论，由等腰直角三角形的性质和解直角三角形求OF的长，即可求解．
【解答】解：（1）结论：AC＝BD．
理由：∵∠AOB＝∠COD＝90°．
∴∠AOC＝∠BOD．
在△AOC和△BOD中．
OA=OB∠AOC=∠BODOC=OD，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC＝BD；
（2）结论：BC2+AC2＝2OC2．
理由：连接BD．
∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
OA=OB∠AOC=∠BODOC=OD，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC＝BD∠CAO＝DBO＝45°，
∴∠CBD＝90°，
∴BC2+BD2＝CD2，
∴BC2+AC2＝2OC2；
（3）如图3﹣1中，当点C在AO的上方时，过点O作OH⊥CD于H．
∵OC＝OD＝8，∠COD＝90°，
∴CD=2OC＝82，
∵OH⊥CD，
∴CH＝HD，
∴OH=12CD＝42，
∵∠DCO＝∠CFO+∠AOC＝45°，∠AOC＝15°，
∴∠CFO＝30°，
∴OF＝2OH＝82，
∵OA＝10，
∴AF＝OF﹣OA＝82−10．
如图3﹣2中，当点C在OA的下方时，∠OFH＝∠C+∠AOC＝60°，
∴∠FOH＝30°，
∴FH＝2OF，
∵OF2＝FH2+OH2，
∴4FH2＝FH2+（42）2，
∴FH=463，
∴OF=863，
∴AF＝AO﹣OF＝10−863，
综上所述，满足条件的AF的长为82−10或10−863．
【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，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些知识解决问题是本题的关键．
17．在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点A旋转得到△ADE，直线DE与直线BC相交于点P．
（1）如图1，当点P落在线段BC上时，求证：PC＝PE；
（2）如图2，当C的对应点E落在AB上时，连接BD．若BC＝4，AC＝3，求△PBD的周长．
（3）如图3，当点P落在CB的延长线上，且DE∥AB时，连接BD，AP，判断线段BD与AP的数量关系并说明理由．
【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析过程；
（2）8+25；
（3）AP＝BD，理由见解析过程．
【分析】（1）连接AP，证明Rt△ACP≌Rt△AEP（HL）即可求证；
（2）由勾股定理得AB=AC2+BC2=5，由△ABC≌△ADE，得到AE＝AC＝3，DE＝BC＝4，则BE＝2．那么BD=BE2+DE2=25，故PD+PB+BD=PE+DE+BC−PC+BD=2BC+BD=8+25；
（3）AP＝BD，理由如下：由（1）的方法可证，Rt△ACP≌Rt△AEP，则∠APC＝∠APE，由AB∥DE，得到∠BAP＝∠APE，∠ABC＝∠CPE，则∠BAP＝∠APC，故AB＝BP，下面证明△APD≌△BDP即可得到AP＝BD．
【解答】（1）证明：连接AP，如图1，
∵将△ABC绕点A旋转得到△ADE，
∴△ABC≌△ADE，
∴∠AED＝∠ACB＝90°，AC＝AE，
∴∠AEP＝∠ACB＝90°．
又∵AP＝AP，
在Rt△ACP和Rt△AEP中，
AC=AEAP=AP，
∴Rt△ACP≌Rt△AEP（HL）．
∴PC＝PE．
（2）解：∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，
在直角三角形ABC中，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=5．
∵△ABC≌△ADE，
∴AE＝AC＝3，DE＝BC＝4，
∴BE＝AB﹣AE＝2．
在直角三角形BDE中，由勾股定理得：BD=BE2+DE2=25，
∴PD+PB+BD=PE+DE+BC−PC+BD=2BC+BD=8+25，
即△PBD的周长为8+25；
（3）解：AP＝BD，理由如下：
由（1）的方法可证，Rt△ACP≌Rt△AEP，
∴∠APC＝∠APE．
∵AB∥DE，
∴∠BAP＝∠APE，∠ABC＝∠CPE，
∴∠BAP＝∠APC，
∴AB＝BP．
∵△ABC≌△ADE，
∴∠ADE＝∠ABC，AD＝AB，
∴∠ADE＝∠CPE，AD＝BP，
又∵PD＝DP，
∴△APD≌△BDP（SAS）．
∴AP＝BD．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握知识点是解题的关键．
18．在△ABC中，AB＝AC，将线段AB绕点B逆时针旋转一定角度至线段BD，连接CD，过点A作AE⊥BC交BC于点E．
（1）如图1，若∠ABC＝45°，∠ABD＝135°，且AB=2，连接DE，求线段DE的长度；
（2）如图2，若∠ABD＝120°，在CD上取点F，若∠FBC＝30°，求证：DF＝FC；
（3）如图3，若∠ABC＝60°，∠ABD＝150°，AB＝2，点P在射线DB上，点Q在射线BA上，且DP＝BQ，连接CP，CQ，当CP+CQ最小时，直接写出此时点E到CP的距离的平方．
【考点】几何变换综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）可推出∠CBD＝90°，BD=2，BE＝1，从而得出结果；
（2）作DG⊥BE于G，作CH⊥BE，交BE的延长线于点H，可证得△BDG≌△BAE，从而DG＝BE＝CE＝CH，进而证得△DEG≌△CEH，从而DF＝CE；
（3）作∠BDF＝60°，截取DF＝BC，连接CF，交BD于P′，作FT⊥BD于T，作CR⊥FT于R，作BW⊥CF于W，取CW的中点H，可证得△PDF≌△QBC，从而CQ＝PF，从而CP+CQ＝CP+PF≥CF，当点P在P′处时，CP+CQ最小，可求得CF2＝FR2+CR2=12+(2+3)2=8+43，进而得出CW2=(12CF)2=2+3，从而BW2=BC2−CW2=22−(2+3)=2−3，进一步得出结果．
【解答】（1）解：∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴∠BAC＝90°，
∴BC=2AB＝2，
∵点E时BC的中点，
∴BE＝CE＝1，
∵∠ABD＝135°，
∴∠CBD＝∠ABD﹣∠BAC＝90°，
∵线段AB绕点B逆时针旋转一定角度至线段BD，
∴BD＝AB=2，
∴DE=BD2+BE2=12+(2)2=3；
（2）证明：如图1，
作DG⊥BF于G，作CH⊥BF，交BF的延长线于点H，
∴∠BGD＝∠DGF＝∠H＝90°，
∵AB＝AC，AE⊥BC，
∴∠AEB＝90°，BE＝CE=12BC，
∴∠ABC+∠BAE＝90°，∠AEB＝∠DGB，
∵线段AB绕点B逆时针旋转一定角度至线段BD，
∴∠ABD＝120°，AB＝BD，
∵∠CBF＝30°，
∴∠ABC+∠DBG＝90°，CH=12BC，
∴∠DBG＝∠ABC，
∴△BDG≌△ABE（AAS），
∴DG＝BE，
∴DG＝CH，
∴△DFG≌△CFH（AAS），
∴DF＝CF；
（3）解：如图2，
作∠BDF＝60°，截取DF＝BC，连接CF，交BD于P′，作FT⊥BD于T，作CR⊥FT于R，作BW⊥CF于W，取CW的中点H，
∴∠ABC＝∠BDF，△BFD是等边三角形，∠R＝∠BPR＝90°，
∴BP＝BD＝1，PF=32FD，BF＝BD＝AB＝BC，
∴CW＝FW=12CF，
∵∠ABC＝60°，AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC＝AB＝2，
∴DF＝BD＝AB＝2，
∴DF=3，
∵DP＝BQ，
∴△PDF≌△QBC（SAS），
∴CQ＝PF，
∴CP+CQ＝CP+PF≥CF，当点P在P′处时，CP+CQ最小，
∵∠ABD＝150°，∠ABC＝60°，
∴∠CBD＝90°，
∴四边形CBTR是矩形，
∴CR＝BW＝1，RT＝BC＝2，
∵FR＝PF+PR＝2+3，
∴CF2＝FR2+CR2=12+(2+3)2=8+43，
∴CW2=(12CF)2=2+3，
∴BW2=BC2−CW2=22−(2+3)=2−3，
∵AE⊥BC，AB＝BC，
∴E是BC的中点，
∴EH=12BW，
∴EH2=14BW2=2−34．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
19．北师大版八年级数学上册第一章《勾股定理》中有这样一个问题：观察图1，判断图中三角形的三边长是否满足a2+b2＝c2．
经过探究，勤思小组发现，在锐角三角形中，三边长满足a2+b2＞c2；在钝角三角形中，三边长满足a2+b2＜c2．
据此，他们做了进一步探究，以下是部分探究过程：
如图2﹣①，在△ABC中，过点A作AD⊥BC于点D．
因为AD⊥BC，所以∠ADC＝∠ADB＝90°．
在Rt△ACD中，AD2＝AC2﹣CD2．
在Rt△ABD中，AD2＝AB2﹣BD2＝AB2﹣（BC﹣CD）2．
∴AC2﹣CD2＝AB2﹣（BC﹣CD）2，
即AC2﹣CD2＝AB2﹣BC2﹣2BC•CD﹣CD2，
∴AB2＝AC2+BC2+2BC•CD ．
（1）请你补充完成上面横线上所缺的过程；
（2）善学小组在探究中发现，如图2﹣②，当△ABC为钝角三角形（∠C为钝角）时，也有类似的结论．请类比勤思小组的方法，写出该结论，并说明理由；
（3）如图2﹣③，在四边形ABCD中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝6，CD＝9，AD＝11，请直接写出该四边形的面积．敏学小组的思路是连接AC，过点D作DF⊥AC于点F，请你利用敏学小组的思路来求四边形ABCD的面积．
【考点】几何变换综合题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】（1）∴AC2﹣CD2＝AB2﹣（BC﹣CD）2，
即AC2﹣CD2＝AB2﹣BC2﹣2BC•CD﹣CD2，
∴AB2＝AC2+BC2+2BC•CD；
（2）AB2＝AC2+BC2+2BC•CD，理由见解析；
（3）24+302．
【分析】（1）由AD2＝AC2﹣CD2．AD2＝AB2﹣BD2＝AB2﹣（BC﹣CD）2．可得AC2﹣CD2＝AB2﹣（BC﹣CD）2，然后作答即可；
（2）如图2，作AD⊥BC交BC的延长线于点D，则∠ADB＝90°．由勾股定理得，AD2＝AC2﹣CD2．AD2＝AB2﹣（BC+CD）2．则AC2﹣CD2＝AB2﹣（BC+CD）2．整理得AB2＝AC2+BC2+2BC•CD；
（3）如图3，连接AC，作DF⊥AC于点F．由勾股定理得求出AC，由题意知，△ACD是锐角三角形，则AD2＝AC2+CD2﹣2AC•CF，即112＝102+92﹣2×10•CF，求出CF，根据S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD，计算求解即可．
【解答】解：（1）∵AD2＝AC2﹣CD2，AD2＝AB2﹣BD2＝AB2﹣（BC﹣CD）2，
∴AC2﹣CD2＝AB2﹣（BC﹣CD）2，
即AC2﹣CD2＝AB2﹣BC2﹣2BC•CD﹣CD2，
∴AB2＝AC2+BC2+2BC•CD；
故答案为：∴AC2﹣CD2＝AB2﹣（BC﹣CD）2，
即AC2﹣CD2＝AB2﹣BC2﹣2BC•CD﹣CD2，
∴AB2＝AC2+BC2+2BC•CD；
（2）AB2＝AC2+BC2+2BC•CD，理由如下：
如图2，作AD⊥BC交BC的延长线于点D，则∠ADB＝90°，
在Rt△ACD中，AD2＝AC2﹣CD2，
在Rt△ABD中，AD2＝AB2﹣（BC+CD）2，
∴AC2﹣CD2＝AB2﹣（BC+CD）2．即AC2﹣CD2＝AB2﹣BC2﹣2BC•CD﹣CD2，
∴AB2＝AC2+BC2+2BC•CD；
（3）如图3，连接AC，作DF⊥AC于点F，
由勾股定理得，AC=AB2+BC2=82+62=10，
由题意知，△ACD是锐角三角形，
∴AD2＝AC2+CD2﹣2AC•CF，
即112＝102+92﹣2×10×CF，
解得CF＝3．
∴DF=CD2−CF2=92−32=62，
∴四边形ABCD的面积＝△ABC的面积+△ACD的面积
=12×AB•BC+12×AC•DF
=12×8×6+12×10×62
＝24+302．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了勾股定理，完全平方公式，三角形的面积，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
20．如图所示，△ABC为等腰三角形，AB＝AC，点D是线段BC上一点，连接AD．
（1）如图1，若∠BAC＝90°，把AD绕A顺时针旋转90°到AE，连接BE、ED，满足BE＝1，AE=3，求BC的长；
（2）如图2，若∠BAC＝120°，把AD绕A顺时针旋转60°到AP，连接BP、PD，求证：BP＝DP；
（3）在（2）的条件下，点若G为平面内一点，若∠AGC＝90°，当PG取最小值时，请直接写出BPPG的值．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；应用意识．
【答案】（1）5+1；
（2）见解析；
（3）7．
【分析】（1）证明△EAB≌△DAC（SAS），推出∠ABE＝∠C＝45°，BE＝CD＝1，求出BD可得结论；
（2）过点A作AT⊥BC于点T，取AB的中点H，连接HT，PH．证明PA＝PD，PB＝PA即可；
（3）如图3中，过点A作AT⊥BC于点T，过点T作TJ⊥AB于点J，设AT＝a．点G在以AC为直径的⊙O上运动，连接OT，延长OT交PH于点P．判断出当点G与T重合时，GP的值最小，求出PB，PG（用a表示）可得结论．
【解答】（1）解：如图1中，∵∠EAD＝∠BAC＝90°，
∴∠EAB＝∠DAC，
∵AE＝AD，AB＝AC，
∴△EAB≌△DAC（SAS），
∴∠ABE＝∠C＝45°，BE＝CD＝1，
∵∠ABC＝45°，
∴∠EBD＝90°，
∵AE＝AD=3，
∴DE=3+3=6，
∴BD=DE2−BE2=6−1=5，
∴BC＝BD+CD=5+1；
（2）证明：过点A作AT⊥BC于点T，取AB的中点H，连接HT，PH．
∵AB＝AC，∠ABC＝120°，
∴∠ABC＝∠C＝30°，
∵AT⊥BC，
∴∠BAT＝∠CAT＝60°，
∴AB＝2AT，
∵AH＝BH，
∴AT＝AH，
∵AP＝AD，∠DAP＝60°，
∴△APD是等边三角形，
∴PA＝PD，
∴DAP＝∠TAH，
∴∠HAP＝∠TAD，
∴△HAP≌△TAD（SAS），
∴∠AHP＝∠ATD＝90°，
∴PH⊥AB，
∵BH＝AH，
∴PA＝PB，
∴PB＝PD；
（3）解：如图3中，过点A作AT⊥BC于点T，过点T作TJ⊥AB于点J，设AT＝a．
由（2）可知点P在AB的垂直平分线上运动，
∵∠AGC＝90°，
∴点G在以AC为直径的⊙O上运动，连接OT，延长OT交PH于点P．
∵BT＝CT，AO＝OC，
∴OP∥AB，
∵PH⊥AB，
∴OP⊥PH，
∴当点G与T重合时，GP的值最小，
∵AB＝2AT＝2a，
∴BH＝AH＝a，
∵BJ⊥AB，∠TAJ＝60°，
∴AJ=12AT=12a，
∵∠PHJ＝∠TJH＝∠HPT＝90°，
∴四边形PTJH是矩形，
∴PG＝JH＝AH﹣AJ=12a，PH＝TJ=32a，
∴PB=BH2+PH2=a2+(32a)2=72a，
∴PBPG=72a12a=7．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
21．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝8，AC＝6，点D是AB边的中点，动点P从点D出发，沿折线DB﹣BC向终点C运动．以点P为旋转中心，将PD顺时针旋转45°，得射线PQ，PQ交边AC或边BC或边AB于点Q，连接PQ（即∠DPQ＝45°），设点P的运动路程为x（x＞0）．
（1）直接写出AD的长；
（2）用含x的代数式表示PB的长；
（3）连接DQ，当△DPQ是等腰直角三角形时，求x的值；
（4）作点D关于PQ的对称点D′，当点D'落在△ABC的边上时，直接写出x的值．
【考点】几何变换综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）5；
（2）当0＜x＜5时，PB＝5﹣x，当5＜x≤13时，PB＝x﹣5；
（3）x=154或454；
（4）x=157或9或10．
【分析】（1）根据勾股定理得出AB的长，进而得出结果；
（2）分两种情形：当0＜x＜5时，PB＝BD﹣DP＝5﹣x，当5＜x≤13时，PB＝x﹣5；
（3）当点P在BD上，∠PDQ＝90°时，根据tanB=DQBD=ACBC可求得DQ，进而得出结果；当点P在BC上时，∠PDQ＝90°时，根据csB=BDBP=BCAB求得BP，进而得出结果；
（4）分三种情形：当点P在BD上时，从而∠QPD′＝∠DPQ＝45°，PD′＝PD，根据tanB=DP′BP=ACBC可求得结果；当点P在BC上，点D关于PQ落在BC上时，可求得∠DPC＝∠BPD＝90°，根据csB=BPBD=BCAB可求得BP，进而得出结果；当点P在BC上，点D′落在AC上时，作DE⊥BC于E，可证得△DPE≌△PD′C，从而CP＝DE，根据sinB=DEBD=ACAB得出DE，进一步得出结果．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，BC＝8，AC＝6，
∴AB＝10，
∵点D是AB边的中点，
∴AD＝5；
（2）当0＜x＜5时，PB＝BD﹣DP＝5﹣x，
当5＜x≤13时，PB＝x﹣5；
（3）如图1，
当点P在BD上，∠PDQ＝90°时，
∵tanB=DQBD=ACBC，
∴DQ5=68，
∴DQ=154，
∵∠DPQ＝45°，
∴DQDP=tan45°=1，
∴DP＝DQ=154，
∴x=154，
如图2，
当点P在BC上时，∠PDQ＝90°时，
∴csB=BDBP=BCAB，
∴5BP=810，
∴BP=254，
∴x＝5+254=454，
综上所述：x=154或454；
（4）如图3，
当点P在BD上时，
∵D关于PQ的对称点D′，
∴∠QPD′＝∠DPQ＝45°，PD′＝PD，
∴∠DPD′＝∠BPD′＝90°，
∴tanB=DP′BP=ACBC，
∴x5−x=68，
∴x=157，
如图4，
当点P在BC上，点D关于PQ落在BC上时，
∴∠D′PQ＝∠DPQ＝45°，PD＝P′D，
∴∠DPC＝∠BPD＝90°，
∵csB=BPBD=BCAB，
∴BP5=810，
∴BP＝4，
∴x＝5+4＝9，
如图5，
当点P在BC上，点D′落在AC上时，
作DE⊥BC于E，
∴∠DEP＝∠C＝90°，
∴∠DPE+∠PDE＝90°，
∵∠DPD′＝2∠DPE＝90°，
∴∠CPD′+∠DPE＝90°，
∴∠PDE＝∠CPD′，
∵PD′＝PD，
∴△DPE≌△PD′C（AAS），
∴CP＝DE，
∵sinB=DEBD=ACAB，
∴DE5=610，
∴DE＝3，
∴CP＝3，
∴PB＝BC﹣CP＝8﹣3＝5，
∴x＝10，
综上所述：x=157或9或10．
【点评】本题考查了锐角三角函数的定义，轴对称的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是分类讨论．
22．在△ABC中．∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为线段AB上一点，连接CD．
（1）如图1，若AC=3+1，AD=2，求线段BD的长；
（2）如图2，将线段CD绕D逆时针旋转90°得到线段DE，连接CE，ME，点F是线段DE中点，连接MF与CD延长线交于点G，当∠EBF＝30°时，求证：2BF=2BC−2AD；
（3）在（2）的条件下，将线段AE绕B顺时行旋转60°得到线段BP，连接CP，求CPAD．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；应用意识．
【答案】（1）6；
（2）见解析；
（3）42+142．
【分析】（1）运用勾股定理可得AB=AC2+BC2=6+2，根据BD＝AB﹣AD，即可求得答案；
（2）过点D作DK∥BE交BG的延长线于H，交BC于K，作DL⊥AC于L，连接FK，作△BCD的外接圆，可证得四边形BCDE是圆内接四边形，进而证得△HDF≌△BEF（AAS），推出△BFK是等边三角形，根据BK＝BC﹣CK，即可证得结论；
（3）过点D作AC的平行线交BC于K，交BG的延长线于H，作DL⊥AC于L，交BE的延长线于N，过点P作PQ⊥BC交CB的延长线于Q，设AC＝BC＝a，AD＝x，则AL＝DL=22x，BK＝CL＝DK＝a−22x，证明△CDL≌△DEN（AAS），推出BE＝BN﹣EN＝a−2x，根据HK=3BK，建立方程得a−2x+a−22x=3（a−22x），可得x=32−66a，得出AD=32−66a，BE＝a−2x＝a−2×32−66a=33a，再运用旋转的性质和勾股定理即可求得答案．
【解答】（1）解：如图1，∵∠ACB＝90°，AC＝BC=3+1，
∴AB=AC2+BC2=(3+1)2+(3+1)2=6+2，
∵AD=2，
∴BD＝AB﹣AD＝（6−2）−2=6；
（2）证明：如图2，过点D作DK∥BE交BG的延长线于H，交BC于K，作DL⊥AC于L，连接FK，作△BCD的外接圆，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠A＝45°，
∵将线段CD绕D逆时针旋转90°得到线段DE，
∴DE＝DC，∠CDE＝90°，
∴∠CED＝∠ECD＝45°，
∴∠CED＝∠CBD，
∴四边形BCDE是圆内接四边形，
∴∠CBE＝180°﹣∠CDE＝90°，
∵∠EBF＝30°，
∴∠HBK＝90°﹣30°＝60°，
∵DK∥BE，
∴∠H＝∠EBF，∠BKH＝∠ACB＝90°，
∵点F是线段DE中点，
∴DF＝EF，
在△HDF和△BEF中，
∠H=∠EBF∠HFD=∠BFEDF=EF，
∴△HDF≌△BEF（AAS），
∴BF＝FH，
∴FK＝BF＝FH，
∵∠HBK＝60°，
∴△BFK是等边三角形，
∴BK＝BF，
∵DL⊥AC，∠A＝45°，
∴DL=22AD，
∵∠DLC＝∠ACB＝∠CKD＝90°，
∴四边形CKDL是矩形，
∴CK＝DL，
∵BK＝BC﹣CK，
∴BF＝BC−22AD，
∴2BF＝2BC−2AD；
（3）解：如图3，过点D作AC的平行线交BC于K，交BG的延长线于H，作DL⊥AC于L，交BE的延长线于N，过点P作PQ⊥BC交CB的延长线于Q，
设AC＝BC＝a，AD＝x，则AL＝DL=22x，BK＝CL＝DK＝a−22x，
由（2）可得：△HDF≌△BEF，
∴HD＝BE，
由旋转得：CD＝DE，∠CDE＝90°，
∴∠CDL+∠EDN＝90°，
∵∠DNE＝∠CLD＝90°，
∴∠DEN+∠EDN＝90°，
∴∠CDL＝∠DEN，
∴△CDL≌△DEN（AAS），
∴EN＝DL，
∴BE＝BN﹣EN＝a﹣x，
∵HK∥BE，
∴∠H＝∠EBF＝30°，
∴HK=3BK，
即a−2x+a−22x=3（a−22x），
∴x=32−66a，
∴AD=32−66a，BE＝a−2x＝a−2×32−66a=33a，
∵将线段BE绕B顺时针旋转60°得到线段BP，
∴∠EBP＝60°，BP＝BE，
∴∠PBQ＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∵PQ⊥BC，
∴∠Q＝90°，
∴PQ=12BP=36a，BQ=32BP=12a，
∴CQ＝BC+BQ＝a+12a=32a，
在Rt△CPQ中，CP=CQ2+PQ2=(32a)2+(36a)2=213a，
∴CPAD=213a32−66a=42+142．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了直角三角形的性质，勾股定理的应用，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形的判定和性质等，涉及知识点多，难度大，通过作适当的辅助线并综合运用以上知识是解题的关键．
23．如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，连接BD，CD．
（1）试判断BD与AC的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，试判断BD与AC的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）如图3，若将（2）中的两个等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变．你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能，请求出夹角度数（夹角α：0°≤α≤90°）；如果不能，请说明理由．
【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）BD＝AC，BD⊥AC，理由见解析；
（2）BD＝AC，BD⊥AC，理由见解析；
（3）我能求出BD与AC的夹角度数；BD与AC的夹角为60°．
【分析】（1）延长BD交AC于F，求出∠AEB＝∠AEC＝90°，证出△BED≌△AEC，推出BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，根据∠EBD+∠BDE＝90°推出∠ADF+∠CAE＝90°，求出∠AFD＝90°即可；
（2）求出∠BED＝∠AEC，证出△BED≌△AEC，推出BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，根据∠ACE+∠EOC＝90°，求出∠BDE+∠DOF＝90°，求出∠DFO＝90°即可；
（3）求出∠BED＝∠AEC，证出△BED≌△AEC，推出∠BDE＝∠ACE，根据三角形内角和定理求出∠DFC即可．
【解答】解：（1）BD＝AC，BD⊥AC；理由如下：
在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，延长BD交AC于F，
∴∠AEB＝∠AEC＝90°，
在△BED和△AEC中，
BE=AE∠BED=∠AECDE=EC，
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，
∵∠BED＝90°，
∴∠EBD+∠BDE＝90°，
∵∠BDE＝∠ADF，
∴∠ADF+∠CAE＝90°，
∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC；
（2）BD＝AC，BD⊥AC；理由如下：
将△DCE绕点E旋转一定的角度后，如图2，设AC与DE交于点O，
∵∠BEA＝∠DEC＝90°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，
BE=AE∠BED=∠AECDE=EC，
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，
∵∠DEC＝90°，
∴∠ACE+∠EOC＝90°，
∵∠EOC＝∠DOF，
∴∠BDE+∠DOF＝90°，
∴∠DFO＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC；
（3）我能求出BD与AC的夹角度数，BD与AC所成的角的度数为60°；理由如下：
∵△ABE和△DEC是等边三角形，
∴AE＝BE，DE＝EC，∠EDC＝∠DCE＝60°，∠BEA＝∠DEC＝60°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，
BE=AE∠BED=∠AECDE=EC，
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴∠BDE＝∠ACE，BD＝AC．
∴∠DFC＝180°﹣（∠BDE+∠EDC+∠DCF）
＝180°﹣（∠ACE+∠EDC+∠DCF）
＝180°﹣（60°+60°）
＝60°，
即BD与AC所成的角的度数为60°．
【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的性质．
24．如图，在平面直角坐标系中，已知A（0，n），C（2，0），B（m，0），且已知|n﹣6|+（m+2）2＝0．
（1）求证：∠ABC＝∠ACB；
（2）如图①，过x轴上一点D（﹣6，0）作DE⊥AC于E，DE交y轴于点F．
①求证：OF＝OC；
②求F点的坐标；
（3）将△ABC沿x轴向左平移，AC边与y轴交于一点P（P不同于A和C两点），过P作一直线与AB的延长线交于Q点，与x轴交于点M，且CP＝BQ，在△ABC平移过程中，求证：OC+BM＝OM．
【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据非负数的性质求得m，n的值，即可得出 A，B的坐标，进而求得OB＝OC，根据垂直平分线的性质得出AB＝AC，根据等边对等角即可得证；
（2）①证明△DOF≌△AOB（ASA），得出OF＝OB，可得结论；②由①的结论可得F（0，2）；
（3）过点P作PN∥AB交BC于点N，证明△QBM≌△PNM，得出MN＝BM，根据PC＝PN，PO⊥CN，得出ON＝OC，从而可得结论．
【解答】（1）证明：∵|n﹣6|+（m+2）2＝0，
∴n＝6，m＝﹣2，
∴A（0，6），B（﹣2，0），
∵C（2，0），
∴OB＝OC，
又∵AO⊥BC，
∴AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB；
（2）①证明：如图①，
∵AO⊥BC，DE⊥AC，
∴∠1+∠C＝∠2+∠C＝90°，
∴∠1＝∠2，
∵AB＝AC，
∴AO平分∠BAC，
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∴A（0，6），D（﹣6，0），
∴DO＝AO，
在△DOF与△AOB中，
∠1=∠3OD=OA∠FOD=∠AOB=90°，
∴△DOF≌△AOB（ASA），
∴OF＝OB，
∵OB＝OC，
∴OF＝OC；
②解：∵OF＝OB，B（﹣2，0），
∴F（0，2）；
（3）证明：过点P作PN∥AB交BC于点N，如图②，
则∠1＝∠Q，∠ABC＝∠PNC，
∵∠ABC＝∠ACB，
∴∠PNC＝∠PCB，
∴PN＝PC，
∵CP＝BQ，
∴PN＝BQ，
在△QBM和△PNH中，
∠Q=∠1∠2=∠3BQ=PN，
∴△QBM≌△PNM（AAS），
∴MN＝BM，
∵PC＝PN，PO⊥CN，
∴ON＝OC，
∴BM+OC＝MN+ON＝OM．
【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了坐标与图形，非负数的性质，等腰三角形的性质与判定，垂直平分线的性质，全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
25．【知识背景】
勾股定理的内容是：直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，则AB、AC、BC三边的数量关系满足 BC2＝AB2+AC2 ．
【提出问题】
某学生在学习了勾股定理之后提出：锐角三角形有没有类似于勾股定理的结论．首先定义一个新的概念：如图1，锐角△MBC中，M是BC的中点，N是线段MA上的点，设MNAN=k，若∠BNC＝90°，MN=12BC，则称k为勾股比．
【解决问题】
（1）如图2，若∠BNC＝90°，MN=12BC，AB＝AC，当勾股比k＝2时，求AB2+AC2与BC2的数量关系．
（2）如图3，在锐角△ABC中，M是BC的中点，N是线段MA上的点，过点B、C作AM的垂线，垂足分别为P、Q．
①求证：CQ＝BP；
②若∠BNC＝90°，MN=12BC时，用勾股比k的代数式填空：AB2+AC2＝（ 1+2k+2k22k2 ）BC2．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；应用意识．
【答案】【知识背景】BC2＝AB2+AC2；
【解决问题】①见解析；
②1+2K+2k22k2．
【分析】【知识背景】利用勾股定理判断即可；
【解决问题】①证明△BMP≌△CMQ（AAS）可得结论；
②结论：AB2+AC2=1+2k+2k22k2BC2．理由如下：设PM＝QM＝a，则AP＝AM﹣a，AQ＝AM+a，
【解答】【知识背景】解：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，
∴BC2＝AB2+AC2．
故答案为：BC2＝AB2+AC2；
【解决问题】（1）解：结论：AB2+AC2=138BC2．
理由：如图2中，∵MNAN=2，
∴AN=12MN，
∵MN=12BC，
∴AN=14BC，
∴AM=34BC，
∴AB2+AC2＝2（AM2+BM2）＝2（916BC2+14BC2）=138BC2．
（2）①证明：∵BP⊥AQ，CA⊥AQ，
∴∠BPM＝∠Q＝90°，
∵点M是BC的中点，
∴BM＝CM，
∵∠BMP＝∠CMQ，
∴△BMP≌△CMQ（AAS），
∴CQ＝BP；
②解：结论：AB2+AC2=1+2k+2k22k2BC2．
理由如下：∵△BMP≌△CMQ（AAS），
∴PM＝QM，
设PM＝QM＝a，则AP＝AM﹣a，AQ＝AM+a，
在Rt△ABP中，AB2＝AP2+BP2＝（AM﹣a）2+BP＝2＝AM2﹣2AM•a+a2+BP2，
在Rt△ACQ中，AC2＝AQ2+CQ2＝（AM+a）2+CD2＝AM2+2AM•a+a2+CQ2，
∴AB2+AC2＝2AM2+（a2+BP2）+（a2+CQ2），
∵BE⊥AM于E，CD⊥AM于D，
∴∠E＝∠CDM＝90°，
∴a2+BP2＝BM2=14BC2，a2+CQ2＝CM2=14BC2，
∴AB2+AC2＝2AM2+12BC2，
∵MNAN=k，
∴AN=MNk，
∵∠BNC＝90°，AM是△ABC的中线，
∴MN=12BC，
∴AM＝AN+MN=MNk+MN=1+KkMN=1+K2kBC，
∴AB2+AC2＝2×（1+K2kBC）2+12BC2，
即AB2+AC2=1+2k+2k22k2BC2．
故答案为：1+2k+2k22k2．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，读懂题目信息，在不同的直角三角形中利用勾股定理列式用AM2表示出AB2+AC2是解题的关键，也是本题的难点．
考点卡片
1．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
2．等边三角形的性质
（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．
①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；
②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．
（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．
等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．
3．旋转的性质
（1）旋转的性质：
①对应点到旋转中心的距离相等． ②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角． ③旋转前、后的图形全等． （2）旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度． 注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．
4．几何变换综合题
这种题型主要考查旋转、平移以及动点问题，经常是四边形和圆的综合题目，难度大．a
﹣2
﹣1
0
1
2
P点坐标
P1（﹣1，4）
P2（0，3）
P3（1，2）
P4（2， ）
P5（3， ）
a
﹣2
﹣1
0
1
2
P点坐标
P1（﹣1，4）
P2（0，3）
P3（1，2）
P4（2， 1 ）
P5（3， 0 ）
a
﹣2
﹣1
0
1
2
P点坐标
P1（﹣1，4）
P2（0，3）
P3（1，2）
P4（2，1）
P5（3，0）