2024年中考数学探究性试题总复习-- 旋转（18）

这是一份2024年中考数学探究性试题总复习-- 旋转（18），共31页。试卷主要包含了综合题等内容，欢迎下载使用。

一、综合题
1．
（1）综合与实践
问题情境：如图1，在Rt△ABC中，AC=BC=2，∠ACB=90°，D，E分别是AC，BC的中点，连接DE．
如图2，将△CDE绕着点C逆时针旋转a°，连接BE和AD，小明发现AD=BE，BE⊥AD，请你证明该结论．
（2）猜想探究：
如图3，将△CDE绕着点C逆时针旋转a°(0<α<90)，此时恰好有CE⊥BE，连接AD，延长BE，交AD于点F，试猜想四边形CDFE的形状，并说明理由．
拓展探究：
（3）如图4，将△CDE绕着点C逆时针旋转a°(90<α<270)，直接写出四边形AEDB的面积的最大值．
2．在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠C=∠F=90°，∠B=∠E=30°，AC=AF=6，用这两个直角三角形研究图形的变换.
（1）【翻折】如图1，将△DEF沿线段AB翻折，连接CF，下列对所得四边形ACBF的说法正确的是 .
①AB平分∠CBF、∠CAF，②AB、CF互相平分，③S四边形ACBF=12AB⋅CF，④A、C、B、F四点共圆.
（2）【平移】
如图2，将△DEF沿线段AB向右平移，使D点移到AB的中点，连接CD、CF、FB，请猜想四边形CDBF的形状，并说明理由.
（3）【旋转】如图3，将△DEF绕点C(F)逆时针方向旋转，使AC∥ED，连接AE、AD，则旋转角为 °，AD= cm.
3．在学习了图形的旋转知识后，数学兴趣小组的同学们又进一步对图形旋转前后的线段之间、角之间的关系进行了探究．
（一）尝试探究：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，∠ABC＝∠ADC＝90°，点E、F分别在线段BC、CD上，∠EAF＝30°，连接EF．
（1）如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转60°后得到△A′B′E′（A′B′与AD重合），请直接写出∠E′AF＝ 度，线段BE、EF、FD之间的数量关系为 ．
（2）如图3，当但点E、F分别在线段BC、CD的延长线上时，其他条件不变，请探究线段BE、EF、FD之间的数量关系，并说明理由．
（3）拓展延伸：如图4，在等边△ABC中，E、F是边BC上的两点，∠EAF＝30°，BE＝1，将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△A′B′E′（A′B′与AC重合），连接EE′，AF与EE′交于点N，过点A作AM⊥BC于点M，连接MN，求线段MN的长度．
4．如图
（1）问题发现：
如图1，△ABC和△DEF都是等边三角形，边BC和EF在同一直线上，O是边BC的中点，BE=CF，连接AD，则下列结论正确的是 ．（填序号即可）
①OE=OF；②AD=BE；③AD⊥BE；④整个图形是轴对称图形．
（2）数学思考：将图1中的△DEF绕着点O旋转，△ABC不动，连接AD和BE，如图2，则AD和BE具有怎样的数量和位置关系？请给出证明过程；
（3）拓展应用：已知AB=8cm，DE=4cm，在图1中的△DEF绕着点O旋转的过程中，当BE⊥DF时，求线段AD的长度．
5．在正方形ABCD中，点E是对角线AC上的动点（与点A，C不重合），连接BE．
（1）将射线BE绕点B顺时针旋转45°，交直线AC于点F．
①依题意补全图1；
②小深通过观察、实验，发现线段AE，FC，EF存在以下数量关系：AE与FC的平方和等于EF的平方．小深把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成证明该猜想的几种想法：
想法1：将线段BF绕点B逆时针旋转90°，得到线段BM，要证AE，FC，EF的关系，只需证AE，AM，EM的关系．
想法2：将△ABE沿BE翻折，得到△NBE，要证AE，FC，EF的关系，只需证EN，FN，EF的关系．
…
请你参考上面的想法，用等式表示线段AE，FC，EF的数量关系并证明；（一种方法即可）
（2）如图2，若将直线BE绕点B顺时针旋转135°，交直线AC于点F．若正方形边长为2，AE：EC=2：3，求AF的长．
6．
（1）【问题初探】
如图1，等腰Rt△ABC中，AB=AC，点D为AB边一点，以BD为腰向下作等腰Rt△BDE，∠DBE=90°．连接CD，CE，点F为CD的中点，连接AF．猜想并证明线段AF与CE的数量关系和位置关系．
（2）【深入探究】
在（1）的条件下，如图2，将等腰Rt△BDE绕点B旋转，上述结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）【拓展迁移】
如图3，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°．在Rt△BDE中，∠DBE=90°， ∠BDE=12∠BAC．连接CD，CE，点F为CD的中点，连接AF．
Rt△BDE绕点B旋转过程中，
①线段AF与CE的数量关系为： ；
②若BC=413，BD=23，当点F在等腰△ABC内部且∠BCF的度数最大时，线段AF的长度为 ．
7．如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点D、E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点.
（1）观察猜想：图中，线段PM与PN的数量关系是 ，位置关系是 ；
（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，请直接写出△PMN面积的最大值.
8．如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D，E两点分别在AB，AC上，且DE∥BC，将△ADE绕点A顺时针旋转，记旋转角为α．
（1）问题发现 当α＝0°时，线段BD，CE的数量关系是 ；
（2）拓展探究 当0°≤α＜360°时，（1）中的结论有无变化？请仅就图2的情形给出证明；
（3）问题解决 设DE＝2，BC＝6，0°≤α＜360°，△ADE旋转至A，B，E三点共线时，直接写出线段BE的长．
9．如图1，点O在直线AB上，过点O引一条射线OC，使∠AOC=50°，将一个直角三角尺的直角顶点放在点O处，直角边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方.
【操作一】：将图1中的三角尺绕着点O以每秒15°的速度按顺时针方向旋转.当它完成旋转一周时停止，设旋转的时间为t秒.
（1）∠BOC的度数是 ，图1中与它互补的角是 .
（2）三角尺旋转的度数可表示为 （用含t的代数式表示）；当t= 时，MO⊥OC.
（3）【操作二】：如图2将一把直尺的一端点也放在点O处，另一端点E在射线OC上.如图3，在三角尺绕着点O以每秒15°的速度按顺时针方向旋转的同时，直尺也绕着点O以每秒5°的速度按顺时针方向旋转，当一方完成旋转一周时停止，另一方也停止旋转，设旋转的时间为t秒.试探索：在三角尺与直尺旋转的过程中，当0≤t≤623，是否存在某个时刻，使得∠COM与∠COE中其中一个角是另一个角的两倍？若存在，请求出所有满足题意的t的值；若不存在，请说明理由.
10．阅读下面材料.
小炎遇到这个一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则EF=BE+DF，试说明理由.
小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中，她先尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB、AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法.她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决这个问题（如图2）.
参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：
（1）写出小炎的推理过程；
（2）如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF=45°，若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足于 关系时，仍有EF=BE+DF；
（3）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，求DE的长.
11．请阅读下列材料：已知：如图（1）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E分别为线段BC上两动点，若∠DAE=45°.探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系.小明的思路是：把△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE′，连接E′D，使问题得到解决.请你参考小明的思路探究并解决下列问题：
（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；
（2）当动点E在线段BC上，动点D运动在线段CB延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；
（3）已知：如图（3），等边三角形ABC中，点D、E在边AB上，且∠DCE=30°，请你找出一个条件，使线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数.
12．如图，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°，∠B=∠E=30°．
（1）操作发现
如图②，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，
①求线段DE与AC的位置关系；
②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，求S1与S2的数量关系．
（2）猜想论证
当△DEC绕点C旋转到如图③所示的位置时，小明猜想（1）中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想．
13．综合与实践
问题情境：
将两个完全相同的等腰Rt△ABC和等腰Rt△CDE按图1方式放置，∠ACB=∠DCE=90°，将Rt△CDE绕点C顺时针旋转，连接AE，BD，AE与BD相交于点G．
猜想证明：
（1）在图1中，请判断AE与BD的数量关系与位置关系，并说明理由；
（2）当旋转到CE//AB时，如图2，证明：AE平分∠BAC；
（3）若旋转到如图3所示的位置时，连接BE、此时△BCE恰好是等边三角形，AE与BC相交于点F，请你直接写出BFCF的值．
14．含有45°的直角三角板ABC和含有30°的直角三角板BDE按如图1放置，AB和BE重合.
【操作一】三角板ABC保持不变，将三角板BDE绕着点B以每秒15°的速度按逆时针方向旋转.当它完成旋转一周时停止，设旋转的时间为t秒.
（1）当t=0时，∠CBD= 度.
（2）求t为何值时，BD⊥BC.
【操作二】如图2，在三角板BDE绕着点B以每秒15°的速度按逆时针方向旋转的同时，三角板ABC也绕着点B以每秒5°的速度按逆时针方向旋转，设旋转时间为t秒（0（3）求t为何值时，BD与AB重合.
（4）试探索：在两个三角板旋转的过程中，是否存在某个时刻，使得∠ABD与∠ABE中其中一个角是另一个角的两倍？若存在，请求出所有满足题意的t的值；若不存在，请说明理由.
15．通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的.下面是一个案例，请补充完整.
原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则EF=BE+DF，试说明理由.
（1）思路梳理
∵AB=CD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合.
∵∠ADC=∠B=90°，
∴∠FDG=180°，点F、D、G共线.
根据 ，易证△AFG≌ ，得EF=BE+DF.
（2）类比引申
如图2，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF=45°.若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系 时，仍有EF=BE+DF.
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°.猜想BD、DE、EC应满足的等量关系，并写出推理过程.
16．某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形 ABC 和等腰直角三角形 CDE ，按如图1的方式摆放， ∠ACB=∠ECD=90° ，随后保持 △ABC 不动，将 △CDE 绕点C按逆时针方向旋转 α （ 0°<α<90° ），连接 AE ， BD ，延长 BD 交 AE 于点F，连接 CF .该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：
【初步探究】
（1）如图2，当 ED∥BC 时，则 α= ；
（2）如图3，当点E，F重合时，请直接写出 AF ， BF ， CF 之间的数量关系： ；
（3）如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由.
（4）如图5，在 △ABC 与 △CDE 中， ∠ACB=∠DCE=90° ，若 BC=mAC ， CD=mCE （m为常数）.保持 △ABC 不动，将 △CDE 绕点C按逆时针方向旋转 α （ 0°<α<90° ），连接 AE ， BD ，延长 BD 交 AE 于点F，连接 CF ，如图6.试探究 AF ， BF ， CF 之间的数量关系，并说明理由.
17．如图
（1）（问题发现）
如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B、C重合）将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，连结EC，则线段BD与CE的数量关系是 ，位置关系是 ；
（2）（探究证明）
如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，将△ADE绕点A旋转，当点C，D，E在同一直线时，BD与CE具有怎样的位置关系，并说明理由；
（3）（拓展延伸）
如图3，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝2CD＝4，将△ACD绕顺时针旋转，点C对应点E，设旋转角∠CAE为α（0°＜α＜360°），当点C，D，E在同一直线时，画出图形，并求出线段BE的长度．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：如图，延长BE交AD于点F，交AC于点G，
∵△ACB，△DCE都是等腰直角三角形，AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠DCA=∠ECB，
在△ADC和△BEC中，
DC=EC∠DCA=∠ECBAC=BC，
∴△ADC≌△BEC(SAS)，
∴AD=BE，∠DAC=∠EBC，
∵∠CBG+∠CGB=90°，∠CGB=∠AGF，
∴∠DAC+∠AGF=90°，
∴∠AFG=90°，
∴BE⊥AD；
（2）解：正方形，理由：
∵∠DCE=90°，∠CEF=90°，
由（1）知，∠EFD=90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∵DC=EC，
∴四边形CDFE是正方形；
（3）解：由（1）知，BE⊥AD，S四边形AEDB=12AD⋅BE，
∵CE+CB>BE，CA+CD>AD，
∴当点C在线段BE上，且AC⊥BE时，即△CDE绕着点C逆时针旋转180°时，四边形AEDB的面积有最大值，
此时BE=AD=2+1=3，
∴S四边形AEDB=12AD⋅BE=12×3×3=92，
即四边形AEDB的面积的最大值为92．
2．【答案】（1）①③④
（2）解：∵△DEF沿线段AB向左平移，
∴AB∥CF，CF=BE.
∵△DEF是直角三角形，D是AB的中点，
∴BE=BD=BF=12ED.
∴CF=BD
∵AB∥CF，
∴四边形BDCF是平行四边形.
∵BD=BF，
∴四边形ABEF是菱形.
（3）120；63
3．【答案】（1）30；BE＋DF＝EF
（2）解：如图3，在BE上截取BG＝DF，连接AG，
在△ABG和△ADF中，∵AB＝AD，∠ABE＝∠ADF，BG＝DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，且AG＝AF，
∵∠DAF＋∠DAE＝30°，
∴∠BAG＋∠DAE＝30°，
∵∠BAD＝60°，
∴∠GAE＝60°﹣30°＝30°，
∴∠GAE＝∠FAE，
在△GAE和△FAE中，∵AG＝AF，∠GAE＝∠FAE，AE＝AE，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE＝FE，
又∵BE﹣BG＝GE，BG＝DF，
∴BE﹣DF＝EF，
即线段BE、EF、FD之间的数量关系为BE﹣DF＝EF；
（3）解：如图4，将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△A′B′E′，
则AE＝AE′，∠EAE′＝60°，
∴△AEE′是等边三角形，
又∵∠EAF＝30°，
∴AN平分∠EAF，
∴AN⊥EE′，
∴直角三角形ANE中，ANAE＝32，
∵在等边△ABC中，AM⊥BC，
∴∠BAM＝30°，
∴AMAB＝32，且∠BAE＋∠EAM＝30°，
∴ANAE=AMAB，
又∵∠MAN＋∠EAM＝30°，
∴∠BAE＝∠MAN，
∴△BAE∽△MAN，
∴MNBE=AMAB，即MN1＝32，
∴MN＝32．
4．【答案】（1）①③④
（2）解：AD=3BE，AD⊥BE．理由如下：
连接AO，OD，由图1，OB=OC，BE=CF，
可得OE=OF．△DEF绕着点O旋转，
OE=OF仍然成立．∵△DEF是等边三角形，
∴DO⊥EF，∠EDO=12∠EDF=30°．
∴OD=3OE．
同理，AO⊥OB，OA=3OB．
∴AO：OB=DO：EO=3，∠AOB=∠DOE．
∴∠BOE=∠AOD．
∴△BOE∽△AOD．
∴AD=3BE，∠OAD=∠OBE．
延长BE交AD于H点，交AO于l点，
又∠AIH=BIO，∴△AIH∽△BIO．
∴∠HIA=∠IOB=90°．
∴AD⊥BE．
（3）解：当BE⊥DF时，∵AD⊥BE，∴A，D，F三点共线．
如备用图1，
设BE=xcm，则AD=3xcm．∵AD⊥BE，
∴在Rt△ABH中，(3x+2)2+(x+23)2=82．
解之得：x=−3±15．又x>0，
∴x=15−3
即AD=35−3．
如备用图2．
设BE=ycm，则AD=3ycm．∵AD⊥BE，
∴在Rt△ABH中，(y−23)2+(3y−2)2=82．
解之得：y=3±15．
又y>0，∴y=15+3
即AD=35+3．
综上所述，AD=35±3．
5．【答案】（1）解：①补全图形，如图1所示：
②AE2+FC2=EF2；理由如下：
想法1：过B作MB⊥BF，使BM=BF，连接AM、EM，如图2所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，∠1=∠2=45°，AB=BC，
∵∠3=45°，
∴∠MBE=∠3=45°，
在△MBE和△FBE中，
BM=BF∠4=∠3BE=BE，
∴△MBE≌△FBE(SAS)，
∴EM=EF，
∵∠4=90°−∠ABF，∠5=90°−∠ABF，
∴∠4=∠5，
在△AMB和△CFB中
BM=BF∠4=∠5AB=CB，
∴△AMB≌△CFB(SAS)，
∴AM=FC，∠6=∠2=45°，
∴∠MAE=∠6+∠1=90°，
在Rt△MAE中，AE2+AM2=EM2，
∴AE2+FC2=EF2；
想法2，如图所示，
∵四边形ABCD是正方形，将△ABE沿BE翻折，得到△NBE，
∴∠ABC=90°，∠1=∠2=45°，AB=BC=BN，∠ABE=∠NBE，∠4=45°
∵∠EBF=45°，
∴∠EBN+∠NBF=45°
∴∠ABE+∠FBC=45°
∴∠FBC=∠NBF
在△NBF和△CBF中，
BN=BC∠FBC=∠NBFBF=BF，
∴△NBF≌△CBF，
∴∠3=∠4=45°，
∴∠2+∠3=90°，
在Rt△ENF中，EN2+FN2=EF2，
∴AE2+FC2=EF2；
（2）解：如图所示，过B作MB⊥BE，使BM=BE，连接ME、MF、AM，
∵直线BE绕点B顺时针旋转135°，交直线AC于点F，
∴∠FBE=180°−135°=45°，
∴∠MBF=90°−45°=45°，
∴∠FBE=∠MBF，
在△MBF和△EBF中，
BM=BE∠MBF=∠FBEBF=BF，
∴△MBF≌△EBF(SAS)，
∴MF=EF，
∵∠MBA=90°−∠ABE，∠EBC=90°−∠ABE，
∴∠MBA=∠EBC，
在△AMB和△CBE中，
BM=BE∠MBA=∠EBCAB=BC，
∴△AMB≌△CBE(SAS)，
∴AM=EC，∠BAM=∠BCE=45°，
∴∠MAE=∠BAM+∠BAC=90°，
∴∠MAF=90°，
在Rt△MAF中，AF2+AM2=MF2，
∴AF2+EC2=EF2．
∵正方形边长为2，
∴AC=22，
∵AE：EC=2：3，
设EC=3x，则AE=2x
∴AE+EC=5x=22
解得：x=225
∴AE=425，EC=625
设AF=a，则EF=AF+AE=425+a，
∵AF2+EC2=EF2．
∴a2+(625)2=(425+a)2，
解得：a=22
∴AF=22．
6．【答案】（1）解：AF=12CE，AF⊥CE，理由如下：
如图，延长AF交CE于点P，
∵△ABC为等腰直角三角形，AB=AC，
∴∠ABC=45°，
∵△BDE为等腰直角三角形，∠DBE=90°，
∴DB=EB，∠DBC=∠EBC=45°，
又∵BC=BC，
∴△DBC≌△EBC，
∴CD=CE，
在Rt△ADC中，∵点F为斜边CD的中点，
∴AF=12CD，
∴AF=12CE，
设∠DCB=α，则∠ACF=45°−α，
∵△DBC≌△EBC，
∴∠FCP=2∠DCB=2α，
在Rt△ADC，∵点F为斜边CD的中点，
∴AF=FC，
∴∠ACF=∠FAC=45°−α，
∴∠PFC=∠ACF+∠FAC=90°−2α，
∴∠FPC=180°−∠PFC−∠FCP=180°−(90°−2α)=90°，
∴AF⊥CE；
（2）解：结论AF=12CE，AF⊥CE，仍然成立，理由如下：
如图，取BC的中点O，连接AO，OF，延长AF分别交BC，CE于点K，H，
∵点F，O分别是CD，BC的中点，
∴BD=2OF，
∵BD=BE，
∴BE=2OF，
在等腰Rt△ABC中，∵点O是BC的中点，
∴BC=2BO=2AO，AO⊥BC，
∴OFBE=OABC=12，
∵点F，O分别是CD，BC的中点，
∴OF∥BD，
∴∠FOC=∠DBC，
∵∠AOF=90°−∠FOC，
∴∠CBE=∠DBE−∠DBC=90°−∠DBC=90°−∠FOC，
∴∠AOF=∠CBE，
∴△AOF∽△CBE，
∴AFCE=12，即AF=12CE，
∵△AOF∽△CBE，
∴∠OAF=∠BCE，
在△AOK和△CKH中，
∵∠OAK=∠KCH，∠AKO=∠CKH，
∴∠CHK=∠AOK=90°，即AF⊥CE．
综上：AF=12CE，AF⊥CE；
（3）CE=23AF；1357
7．【答案】（1）PM=PN；PM⊥PN
（2）解：△PMN是等腰直角三角形，理由如下：
由旋转知，∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≅△ACE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，
利用三角形的中位线得，PN=12BD，PM=12CE，
∴PM=PN，
∴△PMN是等腰三角形，
同（1）的方法得，PM∥CE，
∴∠DPM=∠DCE，
同（1）的方法得，PN∥BD，
∴∠PNC=∠DBC，
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC
=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC
=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC=90°，
∴∠ACB+∠ABC=90°，
∴∠MPN=90°，
∴△PMN是等腰直角三角形；
（3）解：由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM=PN=12BD，
∴PM最大时，△PMN面积最大，
∴点D在BA的延长线上，
∴BD=AB+AD=14，
∴PM=7，
∴S△PMN最大=12PM2=12×72=492.
8．【答案】（1）BD＝EC
（2）解：如图2中，结论不变．
理由：∵AB＝AC， AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE，
∴BD＝EC．
（3）42或22
9．【答案】（1）130°；∠AOC
（2）15t度；83或443
（3）解：当OM在OC左侧时，
（ⅰ）∠COM：∠COE=2：1，如图，
由题意得：2×5t=130−15t，
解得：t=265.
（ⅱ）∠COM：∠COE=1：2，如图，
由题意得：5t=2(130−15t)，
解得：t=527.
②当OM在OC右侧时，
（ⅰ）∠COM：∠COE=1：2，如图，
由题意得：5t=2(15t−130)，
解得：t=525.
（ⅱ）∠COM：∠COE=2：1，因为0≤t≤623，所以不存在.
∴综上所述，当t=265或527或525时两个角其中一个是另一个的两倍.
10．【答案】（1）解：如图所示，将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠ADC=∠BAD=90°，
由旋转的性质可得AE=AG，BE=DG，∠BAE=∠DAG，∠ADG=∠B=90°，
∴∠ADC+∠ADG=180°，即C、D、G三点共线，
∵∠BAE+∠DAE=90°，
∴∠DAG+∠DAE=90°，即∠EAG=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠GAF=45°=∠EAF，
又∵AF=AF，
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF=GF，
又∵GF=DF+DG，DG=BE，
∴EF=BE+DF；
（2）∠B+∠ADC=180°
（3）解：如图所示，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，
∴∠B=∠ACG，BD=CG=1，AD=AG，
∵∠BAC=90°，
∴∠B+∠ACB=90°，∠BAD+∠CAD=90°，
∴∠CAG+∠CAD=90°，∠ACG+∠ACB=90°，即∠ECG=90°，∠DAG=90°，
∵∠DAE=45°，
∴∠GAE=45°=∠DAE，
又∵AE=AE，
∴△ADE≌△AGE(SAS)，
∴GE=DE，
在Rt△CEG中，由勾股定理得GE=CE2+CG2=5，
∴DE=GE=5.
11．【答案】（1）解：DE2=BD2+EC2，
（2）解：关系式DE2=BD2+EC2仍然成立.
证明：将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连接FE
∴△AFD≌△ABD，
∴AF=AB，FD=DB，∠FAD=∠BAD，∠AFD=∠ABD，
又∵AB=AC，
∴AF=AC，
∵∠FAE=∠FAD+∠DAE=∠FAD+45°，
∠EAC=∠BAC−∠BAE=90°−(∠DAE−∠DAB)=45°+∠DAB，
∴∠FAE=∠EAC，
又∵AE=AE，
∴△AFE≌△ACE，
∴FE=EC，∠AFE=∠ACE=45°，∠AFD=∠ABD=180°−∠ABC=135°
∴∠DFE=∠AFD−∠AFE=135°−45°=90°，
∴在Rt△DFE中，DF2+FE2=DE2，
即DE2=BD2+EC2；
解法二：将△EAC绕点A顺时针旋转90°得到△TAB.连接DT.
∴∠ABT=∠C=45°，AT=AE，∠TAE=90°，
∵∠ABC=45°，
∴∠TBC=∠TBD=90°，
∵∠DAE=45°，
∴∠DAT=∠DAE，
∵AD=AD，
∴△DAT≌△DAE(SAS)，
∴DT=DE，
∵DT2=DB2+BT2
∴DE2=BD2+EC2；
（3）解：当AD=BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形.
如图，与（2）类似，以CE为一边，作∠ECF=∠ECB，在CF上截取CF=CB，
可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA.
∴AD=DF，EF=BE.
∴∠DFE=∠1+∠2=∠A+∠B=120°.
若使△DFE为等腰三角形，只需DF=EF，
即AD=BE，
∴当AD=BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°.
12．【答案】（1）解：①如图②中，
由旋转可知：CA=CD，
∵∠ACB=90°，∠B=30°，
∴∠CAD=60°，
∴△ADC是等边三角形，
∴∠DCA=60°，
∵∠ECD=90°，∠DEC=30°，
∴∠CDE=60°，
∴∠EDC=∠DCA，
∴DE∥AC，
②∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，
则，AB=2AC，AD=AC，
∴AD=BD，
∴S△BDC=12BD×sin30∘BC ，S△ADC=12AD×sin30∘BC
∴S△BDC=S△ADC，
∵DE∥AC，
∴S△ADC=S△ACE，
∴S△BDC=S△ACE
即：S1=S2．
（2）解：如图③中，
∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，
∴BC=CE，AC=CD，
∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°−∠DCE=180∘−90°=90°，
∴∠ACN=∠DCM，
在△ACN和△DCM中，
∠ACN=∠DCM∠ANC=∠DMC=90∘AC=CD ，
∴△ACN≌△DCM(AAS)，
∴AN=DM，
∴S△BDC=12×BC×DM
S△BDC=12×CE×AN
∴S△BDC=S△AEC．
13．【答案】（1）解：AE=BD，AE⊥BD，
证明：∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACB+∠BCE=∠DCE+∠BCE，
即∠ACE=∠BCD，
又∵AC=BC，CE=CD ，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE=BD，∠CAE=∠CBD，
又∵∠1=∠2， ∠BGA=180°-∠CBD-∠2 ∠BCA=180°-∠CAE-∠1，
∴∠BGA=∠BCA=90°，
∴AE⊥BD
（2）解：证明：∵CE//AB，
∴∠BAE=∠AEC，
又∵AC=CE，
∴∠EAC=∠AEC，
∴∠BAE=∠EAC，
∴AE平分∠BAC，
解决问题：
（3）解：3+1
14．【答案】（1）105
（2）解：由题意，当旋转到BD⊥BC时，旋转角度为105°−90°=15°或105°+90°=195°，
∴t=15°÷15°=1或t=195°÷15°=13，
故当t=1或13时，BD⊥BC
（3）解：由题意，AB旋转的度数为5t°，BD旋转的度数为15t°，
∵0∴当BD与AB重合时，15t°−5t°=60°，
解得：t=6
（4）解：当BD与AB重合前时，
若∠ABD=2∠ABE，如图2，则∠ABD=23∠EBD=40°，
∴5t°+60°−15t°=40°，解得t=2；
若∠ABE=2∠ABD，如图，则∠ABD=13∠EBD=20°，
∴5t°+60°−15t°=20°，解得t=4；
当BD与AB重合后，如图∠ABE=2∠ABD，则∠ABD=60°，
∴15t°=60°+5t°+60°，解得t=12，
综上，满足条件的t值为2或4或12.
15．【答案】（1）SAS；△AFE
（2）∠B+∠D=180°
（3）解：联想拓展
猜想：DE2=BD2+EC2.理由如下：
把△ACE绕点A逆时针旋转90°到ABF的位置，连接DF，如图3所示：
则△ABF≌△ACE，∠FAE=90°，
∴∠FAB=∠CAE.BF=CE，∠ABF=∠C，
∴∠FAE=∠BAC=90°，
∵∠DAE=45°，
∴∠FAD=90°-45°=45°，
∴∠FAD=∠DAE=45°，
在△ADF和△ADE中，
AF=AE∠FAD=∠DAE，AD=AD
∴△ADF≌△ADE（SAS），
∴DF=DE，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠C=45°，
∴∠C=∠ABF=45°，
∴∠DBF=∠ABF+∠ABC=90°，
∴△BDF是直角三角形，
∴BD2+BF2=DF2，
∴BD2+EC2=DE2.
16．【答案】（1）45°
（2）BF=AF+2CF
（3）解：如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论仍然成立，理由如下，
由（2）知：△ACE≌△BCD，
∴∠CAF＝∠CBD，
如图，过点C作CG⊥CF交BF于点G，
∵∠FCG=∠ACB＝90°，
∴∠ACF＝∠BCG，
∵∠CAF＝∠CBG，BC＝AC，
∴△BCG≌△ACF（ASA），
∴GC＝FC，BG＝AF，
∴△GCF为等腰直角三角形，
∴GF=2CF，
∴BF＝BG+GF=AF+2CF.
（4）解：BF=mAF+1+m2CF，理由如下，
∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，
∴∠DCE＝∠ACB=90°，
∴∠ACE＝∠BCD，
又∵BC=mAC，CD=mCE，
∴△BCD∽△ACE，
∴∠CBD＝∠CAE，
如图，过点C作CG⊥CF交BF于点G，
由（3）可得△BCG≌△ACF，
∴∠BCG＝∠ACF，
∴△BGC∽△AFC，
∴BG：AF=BC：AC=CG：CF=m：1，
∴BG＝mAF，CG＝mFC，
在Rt△CGF中，由勾股定理得GF＝CF2+CG2=CF2+（mCF）2=1+m2CF，
∴BF=BG+GF=mAF+1+m2CF.
17．【答案】（1）BD＝CE；BD⊥CE
（2）解：BD⊥CE，
理由：如图2，连接BD，
∵在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠AEC＝45°，
∵∠CAB＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AC＝AB，AE＝AD，
∴△CEA≌△BDA（SAS），
∴∠BDA＝∠AEC＝45°，
∴∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝90°，
∴BD⊥CE；
（3）解：如图3，过A作AF⊥EC，
由题意可知Rt△ABC∽Rt△AED，∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴ABAE=ACAD ，即 ABAC=AEAD ，
∵∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴∠BAE＝∠CAD，
∴△BAE∽△CAD，
∴∠ABE＝∠ACD，
∵∠BEC＝180°﹣（∠CBE+∠BCE）＝180°﹣（∠CBA+∠ABE+∠BCE）＝180°﹣（∠CBA+∠ACD+∠BCE）＝90°，
∴BE⊥CE，
在Rt△BCD中，BC＝2CD＝4，
∴BD＝ BC2+CD2=42+22=25 ，
∵AC⊥BD，
∴S△BCD＝ 12 AC•BD＝ 12 BC•AC，
∴AC＝AE＝ 455 ，AD＝ 255 ，
∴AF= 45 ，CE＝2CF＝2× AC2−AF2=165 ，
∴BE＝ BC2−CE2=42−(165)2=125 ．