专题19实验操作问题（最新模拟40道押题预测：对称、翻折、剪切、旋转）-【临考预测】2023中考数学重难题型押题培优【全国通用】

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一．选择题（共20小题）
1．（2023•保定一模）如图，将△ABC折叠，使点C落在BC边上C′处，展开后得到折痕l，则l是△ABC的（ ）
A．高B．中线C．中位线D．角平分线
【分析】根据折叠性质可知，l⊥BC，由三角形高的定义即可得到答案．
【详解】∵将△ABC折叠，使点C落在BC边上C'处，展开后得到折痕l，
∴l⊥BC，即l是△ABC的高，
故选：A．
【点睛】本题考查折叠性质及三角形高的定义，熟记相关性质及定义是解决问题的关键．
2．（2023•三水区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF，则CF的长为（ ）
A．B．C．D．
【分析】过E作EG⊥CF于G，根据折叠可知△CEF是等腰三角形，可证明△ABE∽△EGC，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】如图所示，过E作EG⊥CF于G，
∵将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，点E为BC的中点，
∴EB＝EF＝EC，
∴△CEF是等腰三角形，
∴G是CF中点，EG平分∠CEF，且AE平分∠BEF，
∴2∠AEF+2∠GEF＝180°，
∴∠AEF+∠GEF＝90°，即AE⊥EG，
∴∠BAE+∠BEA＝∠BEA+∠GEC＝90°，
∴∠BAE＝∠GEC，
∵∠B＝∠EGC＝90°，
∴△ABE∽△EGC，
根据题意，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E为BC的中点，即，
∴在Rt△ABE中，，
∴，即，
∴，
∵CF＝2CG，
∴．
故选：D．
【点睛】本题中主要考查翻折变换，涉及到直角三角形得学年制，相似三角形的判定与性质，理解矩形的性质，等腰三角形的性质，掌握三角形相似的判定和性质是解题的关键．
3．（2023•工业园区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，延长EF交AD边于点M，若AB＝6，BE＝2，则MF的长为（ ）
A．B．8C．6D．
【分析】作MN⊥BC于点N，由折叠得EF＝BE＝2，AF＝AB＝6，∠AFE＝∠B＝90°．再用”AAS“证明△AFM≌△MNE得ME＝AM，在直角三角形AMF中使用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】如图，作MN⊥BC于点N，
由折叠可得：△ABE≌△AFE．
∴EF＝BE＝2，AF＝AB＝6，∠AFE＝∠B＝90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AME＝∠CEM，
又MN⊥BC，
∴MN＝AB＝AF＝6，∠MNE＝∠AFM＝90°，
在△AFM和△MNE中，
，
∴△AFM≌△MNE（AAS）．
∴AM＝ME，
设MF＝x，则AM＝ME＝x+2，
在直角三角形AMF中，由勾股定理有：AM2＝AF2+MF2，
即（x+2）2＝36+x2，解得：x＝8．
故MF＝8．
故选：B．
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质并在直角三角形AMF中运用勾股定理建立方程求解是解答此题的关键．
4．（2023•集宁区校级模拟）点D是等边三角形ABC的边AB上的一点，且AD＝1，BD＝2，现将△ABC折叠，使点C与点D重合，折痕为EF，点E，F分别在AC和BC上，若BF＝，则CE的长为（ ）
A．B．C．D．
【分析】先求得AC＝AB＝3，由翻折的性质可知：EC＝ED，然后证明△AED∽△BDF，利用相似三角形的性质可求得AE＝，然后可求得CE的长．
【详解】∵△ABC为等边三角形，
∴AC＝AB＝3，∠A＝∠B＝∠C＝60°．
由翻折的性质可知：∠EDF＝60°．
∴∠FDB+∠EDA＝120°．
∵∠EDA+∠AED＝120°，
∴∠AED＝∠FDB．
∴△AED∽△BDF．
∴，即＝．
解得：AE＝．
∴CE＝3﹣AE＝3﹣＝．
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是等边三角形的性质、翻折的性质、相似三角形的性质和判定，利用相似三角形的性质求得AE的长是解题的关键．
5．（2023•灞桥区一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6，点D、E分别在AC边和AB边上，沿着直线DE翻折△ADE，点A落在BC边上，记为点F，如果CF＝2，则BE的长为（ ）
A．6B．C．D．
【分析】过点F作FG⊥AB于G，先求出，则，设AE＝x，则，在Rt△EFG中，利用勾股定理求解即可．
【详解】过点F作FG⊥AB于G，
∴∠BGF＝90°，
∵∠C＝90°，AC＝BC＝6，CF＝2，
∴，
∴，
∴，
设AE＝x，则，
在Rt△EFG中，由勾股定理得EG2+FG2＝EF2，
即，
解得，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了翻折变换，等腰直角三角形的性质，勾股定理，能够准确作出辅助线是解题的关键．
6．（2023•保定一模）如图，在菱形ABCD中，AB＝6cm，∠B＝120°，P为对角线AC上的一个动点，过点P作AC的垂线，交AD或CD于点E，交AB或BC于点F，点P从点A出发以cm/s的速度向终点C运动，设运动时间为t（s），以EF为折线将菱形ABCD向右折叠，若重合部分面积为，求t的值，对于其答案，甲答：t＝2，乙答：t＝3，丙答：t＝4，则正确的是（ ）
A．只有甲答的对
B．甲、乙答案合在一起才完整
C．甲、丙答案合在一起才完整
D．三人答案合在一起才完整
【分析】由菱形的性质推出∠DAC的度数，通过分类讨论的方法得到含有特殊角的直角三角形AGD、APE、CPE以及等边三角形EFA、EFC，利用面积公式进而列出有关时间t的一元二次方程，通过解方程求出t．
【详解】如图，连接BD交AC于点G，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD＝CD＝BC＝AB＝6，
BD⊥AC，∠ADC＝∠ABC＝120°，
∴，
在Rt△AGD中，DG＝AD＝3，
∴AG＝DG＝3，
∵DA＝DC，BD⊥AC，
∴AC＝2AG＝6，
由题意可知，
AP＝t（0≤t≤6），
如图所示，重合部分
S△EFA＝S△EFA′＝4，
在Rt△APE中，EF⊥AC，∠DAC＝30°，
∴EP＝＝t，
∵∠DAB＝180°﹣∠B＝60°，EF⊥AC，
∴△EFA为等边三角形，
∴EF＝2EP＝2t，
∴S△EFA＝S△EFA′＝EF•AP＝×2t×t＝4（0≤t≤6），
∴t＝2，
如图所示，重合部分：
S△EFC＝4，
在Rt△CPE中，EF⊥AC，∠DCA＝30°，CP＝AC﹣AP＝6﹣t，
∴EP＝＝6﹣t，
∵∠DCB＝180°﹣∠B＝60°，EF⊥AC，
∴△EFC为等边三角形，
∴EF＝2EP＝12﹣2t，
∴S△EFC＝EF•CP＝（12﹣2t）×（6﹣t）＝4（0≤t≤6），
∴t＝4，
∴t＝4或t＝2，即甲、丙答案合在一起才完整．
故答案选：C．
【点睛】本题考查的是菱形的性质和折叠问题，涉及到的知识点有利用特殊直角三角形求边长、求角度以及等边三角形的判定．是否能用分类讨论的方法解决本题折叠问题是这道题的难点．本题的综合能力较强．
7．（2023•泗阳县一模）如图1，在矩形ABCD中，BC＝6cm，连接BD，过点A作AE⊥BD，垂足为点E．现做如下操作：剪下图1中的△ABE和△ADE，按如图2方式拼接，其中△ADE拼接到△GFB处，其中BF＝DE，点F在线段BC上；△ABE拼接到△DKH处，其中DH＝AE，点K在线段BD上．若点K恰好也在线段GF上，则在图2中下列结论正确的是（ ）
A．CD＝3cmB．△BGK 和△DHK 面积相等
C．BG＝3cmD．DK＝4.5cm
【分析】由∠ADB＝∠DBC，∠ADB＝∠GFB，可得∠DBC＝∠GFB，故BK＝FK，∠BGK＝90°﹣∠GFB＝90°﹣∠DBC＝∠GBK，即得FK＝BK＝GK，从而BK＝GK＝FK＝3cm，设CD＝AB＝DK＝xcm，得x2+62＝（3+x）2，解得DK＝4.5cm，从而可得答案．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵∠ADB＝∠GFB，
∴∠DBC＝∠GFB，
∴BK＝FK，∠BGK＝90°﹣∠GFB＝90°﹣∠DBC＝∠GBK，
∴BK＝GK，
∴FK＝BK＝GK，
∵GK+FK＝GF＝AD＝BC＝6cm，
∴BK＝GK＝FK＝3cm，
设CD＝AB＝DK＝xcm，则BD＝BK+DK＝（3+x）cm，
在Rt△BCD中，
x2+62＝（3+x）2，
解得x＝4.5，
∴DK＝4.5cm，
故选：D．
【点睛】本题考查图形的剪拼，涉及勾股定理及应用，解题的关键是读懂题意，求出BK＝GK＝FK＝3cm．
8．（2022•苏州模拟）如图，若将如图1所示的正方形剪成四块，恰能拼成如图2所示的长方形，设a＝1，则b的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据上图可知正方形的边长为a+b，下图长方形的长为a+b+b，宽为b，并且它们的面积相等，由此可列出（a+b）2＝b（a+b+b），解方程即可求得结论．
【详解】根据题意得：正方形的边长为a+b，长方形的长为a+b+b，宽为b，
则（a+b）2＝b（a+b+b），即a2﹣b2+ab＝0，
∵ab≠0，
∴，
解得：，
∵＞0，
∴，
∴当a＝1时，，
故选：B．
【点睛】本题考查了图形的拼接、解一元二次方程、正方形的面积、长方形的面积，正确理解题意，找到隐含的数量关系列出方程是解答的关键．
9．（2023•景县校级模拟）如图，在△ABC中，BC＝3，将△ABC平移5个单位长度得到△A1B1C1，点P，Q分别是AB，A1C1的中点，PQ的值不可以是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【分析】取A1B1的中点P′，连接QP′、PP′，如图，根据平移的性质得到PP′＝5，B1C1＝BC＝3，再利用P′Q为△A1B1C1的中位线得到P′Q＝1.5，利用三角形三边的关系得到
∴PP′﹣P′Q≤PQ≤PP′+P′Q（当且仅当P、P′、Q三点共线时取等号），从而得到答案．
【详解】取A1B1的中点P′，连接QP′、PP′，如图，
∵△ABC平移5个单位长度得到△A1B1C1，
∴PP′＝5，B1C1＝BC＝3，
∵Q是A1C1的中点，P′为A1B1的中点，
∴P′Q为△A1B1C1的中位线，
∴P′Q＝B1C1＝1.5，
∴PP′﹣P′Q≤PQ≤PP′+P′Q（当且仅当P、P′、Q三点共线时取等号），
即5﹣1.5≤PQ≤5+1.5，
∴PQ值范围为3.5≤PQ≤6.5．
故选：D．
【点睛】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．
10．（2023•铁西区模拟）如图Rt△DEF中，∠DEF＝90°，M是斜边DF的中点，将△DEF绕点F按顺时针方向旋转，点E落在EM延长线上的E处，点D落在D′处，若DE＝2，EF＝4．则EE′的长为（ ）
A．7.5B．6C．6.4D．6.5
【分析】过F作FH⊥EE′于H，根据勾股定理得到DF＝＝＝10，根据旋转的性质得到结论．
【详解】过F作FH⊥EE′于H，
∵∠DEF＝90°，DE＝2，EF＝4，
∴DF＝＝＝10，
∵M是斜边DF的中点，
∴EM＝DF＝5，S△EFM＝S△DEF＝××＝EM•FH，
∴FH＝，
∴EH＝＝3.2，
∵将△DEF绕点F按顺时针方向旋转，点E落在EM延长线上的E处，
∴EF＝E′F，
∴EE′＝2EH＝6.4，
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理等，利用面积法求AH的长是解决本题的关键．
11．（2023•泗洪县一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝4，将△ABC绕顶点C旋转得到△A′B′C，若点O是BC中点，点P是A′B′中点，在旋转过程中，线段OP的最大值等于（ ）
A．4B．6C．8D．10
【分析】由∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝4，得AB＝2BC＝8，由旋转得∠A′CB′＝90°，A′B′＝8，则PC＝4，由OP≤OC+PC，且OC＝2，得OP≤6，即可求得OP的最大值为6．
【详解】连接PC，
∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝4，
∴AB＝2BC＝8，
∵点O是BC中点，
∴OC＝OB＝BC＝2，
由旋转得∠A′CB′＝∠ACB＝90°，A′B′＝AB＝8，
∵点P是A′B′中点，
∴PC＝A′B′＝4，
∵OP≤OC+PC，且OC+PC＝2+4＝6，
∴OP≤6，
∴OP的最大值为6，
故选：B．
【点睛】此题重点考查直角三角形中30°解所对的直角边等于斜边的一半、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、旋转的性质、两点之间线段最短等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
12．（2023•秦皇岛一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C顺时针旋转得到△A'B'C，D是A'B'的中点，连接BD，若BC＝2，∠ABC＝60°，则线段BD的最大值为（ ）
A．B．C．3D．4
【分析】连接CD，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半知CD＝2，在△BCD中，利用三角形三边关系可得BD的最大值．
【详解】如图，连接CD，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2，∠ABC＝60°，则∠A＝30°，
∴AB＝2BC＝4，
由旋转可知，A'B'＝4，
∵D是A'B'的中点，
∴，
在△BCD中，利用三角形三边关系可得BD≤BC+CD（当B，C，D三点共线时取等号），
∴BD≤BC+CD＝4，
∴BD的最大值为4，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了含30°角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，三角形三边关系，旋转的性质等知识，掌握几何最值的求解方法是解题的关键．
13．（2023•南平模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝135°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E．当点A、D、E在同一条直线上时，下列结论不正确的是（ ）
A．△ABC≌△DECB．AE＝AB+CDC．D．AB⊥AE
【分析】根据图形旋转的性质，以及全等图形的基本性质进行逐项分析即可．
【详解】由旋转的性质可知，△ABC≌△DEC，
故A选项不符合题意；
则∠EDC＝∠BAC＝135°，且A、D、E三点在同一直线上，
∴∠ADC＝45°，
由旋转的性质知CA＝CD，
∴∠CAD＝∠ADC＝45°，
则∠BAD＝∠BAC﹣∠CAD＝135°﹣45°＝90°，
∴AB⊥AE，
故D选项不符合题意；
∴△ADC中，∠ACD＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴，
故C选项不符合题意；
∵△ABC≌△DEC，
∴AB＝DE，
∴，
故B选项符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质等，掌握基本图形的性质是解题的关键．
14．（2023•陵水县一模）如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝3，BC＝5，将腰DC绕点D逆时针方向旋转90°并缩短，恰好使，连接AE，则△ADE的面积是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】过点D作DF垂直于BC于F，过E作EG垂直于AD交AD的延长线于G，由矩形的判定与性质可得∠CDF+∠CDG＝90°，CF＝2，再由旋转的性质及相似三角形的判定与性质可得EG的长，则△ADE的面积就能求出来．
【详解】过点D作DF垂直于BC于F，过E作EG垂直于AD交AD的延长线于G，
∴∠G＝∠CFD＝90°
直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝3，BC＝5，
∴AB⊥AD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠ADF＝90°，BF＝AD＝3，
∴∠FDG＝90°，
∴∠CDF+∠CDG＝90°，CF＝BC﹣BF＝5﹣3＝2，
由旋转可知：∠CDE＝90°，
∴∠EDG+∠CDG＝90°，
∵DE＝CD，
∴∠EDG＝∠CDF，
∴△EDG∽△CDF，
∴，
∴EG＝CF＝，
∴S△ADE＝×AD×EG＝×3×＝2．
故选：B．
【点睛】本题需要把旋转的性质、三角形的面积公式结合求解．考查学生综合运用数学知识的能力．注意旋转变化前后，对应角相等．
15．（2023•武清区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，AB＝AC，D，E是斜边BC上两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，连接EF．则下列结论不正确的是（ ）
A．∠EAF＝45°B．△EBF为等腰直角三角形
C．AE平分∠DAFD．BE+CD＞ED
【分析】由已知∠DAE＝45°和旋转的性质可判断A项，进一步可判断C项；利用SAS可证明△AED≌△AEF，可得ED＝EF，根据三角形三边关系和等量代换即可判断D选项，容易证明△EBF是直角三角形，但是BE、CD不一定相等，所以BE、BF不一定相等，由此可判断B项，于是可得答案．
【详解】∵△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，
∴△ADC≌△AFB，∠FAD＝90°，AD＝AF，BF＝CD，
∵∠DAE＝45°，
∴∠EAF＝90°﹣∠DAE＝45°，所以A正确，不符合题意；
∴∠DAE＝∠EAF，
∴AE平分∠DAF，所以C正确，不符合题意；
，
∴△AED≌△AEF（SAS），
∴ED＝EF，
∵BE+BF＞EF，
∴BE+CD＞ED，
所以D正确，不符合题意；
在Rt△ABC中，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵△ADC≌△AFB，
∴∠ACD＝∠ABF＝45°，
∵∠ABF+∠ABE＝∠ACD+∠ABC＝90°，
∴△EBF为直角三角形，
但是BE、CD不一定相等，所以BE、BF不一定相等，所以B不正确，符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质，注意旋转前后的对应关系是解题的关键．
16．（2023•琼山区一模）如图，在矩形ABCD中，AD＝1，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转，得到矩形AEFG，点B的对应点E落在CD上，且DE＝EF，则四边形ABCE的面积为（ ）
A．2﹣1B．C．﹣D．﹣1
【分析】由旋转的性质可得BC＝EF＝AD＝1，AE＝AB，可求AE的长，即可求解．
【详解】∵将矩形ABCD绕点A逆时针旋转，得到矩形AEFG，
∴BC＝EF＝AD＝1，AE＝AB，
∵DE＝EF＝1，
∴AE＝＝AB，
∴EC＝﹣1，
∴四边形ABCE的面积＝×（+﹣1）×1＝﹣，
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
17．（2023•雨山区校级一模）如图，点E是等边三角形△ABC边AC的中点，点D是直线BC上一动点，连接ED，并绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，连接DF．若运动过程中AF的最小值为，则AB的值为（ ）
A．2B．C．D．4
【分析】由“SAS”可证△BDE≌△NFE，可得∠N＝∠CBE＝30°，则点N在与AN成30°的直线上运动，当AF'⊥F'N时，AF'有最小值，即可求解．
【详解】如图，连接BE，延长AC至N，使EN＝BE，连接FN，
∵△ABC是等边三角形，E是AC的中点，
∴AE＝EC，∠ABE＝∠CBE＝30°，BE⊥AC，
∴∠BEN＝∠DEF＝90°，BE＝AE，
∴∠BED＝∠CEF，
在△BDE和△NFE中，
，
∴△BDE≌△NFE（SAS），
∴∠N＝∠CBE＝30°，
∴点F在与AN成30°的直线上运动，
∴当AF'⊥F'N时，AF'有最小值，
∴AF'＝AN，
∴+1＝（AE+AE），
∴AE＝2，
∴AC＝4，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，确定点F的运动轨迹是解题的关键．
18．（2023•南山区模拟）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，BC＝4，tan∠ACB＝3，AD⊥BC于D，若将△ADC绕点D逆时针方向旋转得到△FDE，当点E恰好落在AC上，连接AF．则AF的长为（ ）
A．B．C．D．2
【分析】过点D作DH⊥AF于点H，由锐角三角函数的定义求出CD＝1，AD＝3，由勾股定理求出AC的长，由旋转的性质得出DC＝DE，DA＝DF＝3，∠CDE＝∠ADF，证出∠DCE＝∠DAF，设AH＝a，DH＝3a，由勾股定理得出a2+（3a）2＝32，求出a可得出答案．
【详解】过点D作DH⊥AF于点H，
∵∠ABC＝45°，AD⊥BC，
∴AD＝BD，
∵tan∠ACB＝＝3，
设CD＝x，
∴AD＝3x，
∴BC＝3x+x＝4，
∴x＝1，
∴CD＝1，AD＝3，
∴AC＝＝＝，
∵将△ADC绕点D逆时针方向旋转得到△FDE，
∴DC＝DE，DA＝DF＝3，∠CDE＝∠ADF，
∴∠DCE＝∠DAF，
∴tan∠DAH＝3，
设AH＝a，DH＝3a，
∵AH2+DH2＝AD2，
∴a2+（3a）2＝32，
∴a＝，
∴AH＝，
∴AF＝2AH＝．
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，锐角三角函数的定义，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
19．（2023•随州一模）如图，等边三角形ABC，AB＝6，D为BC中点，M为AD上的动点，连接CM，将线段CM绕点C逆时针方向旋转60°得到CN，连接ND，则ND+CN的最小值为（ ）
A．3B．C．D．6
【分析】首先利用SAS证明△ACM≌△BCN，得∠CBN＝∠CAM，可知N在线段BN上运动，作点D关于直线BN的对称点D'，连接CD'，则ND+CN的最小值即为CD'的长，利用勾股定理求出CD'的长即可得出答案．
【详解】∵线段CM绕点C逆时针方向旋转60°得到CN，
∴CM＝CN，∠MCN＝∠ACB＝60°，
∴∠ACM＝∠BCN，
∵AC＝CB，
∴△ACM≌△BCN（SAS），
∴∠CBN＝∠CAM，
∵△ABC是等边三角形，点D为BC的中点，
∴∠CAM＝30°，
∴∠CBN＝30°，
∴点N在线段BN上运动，
作点D关于直线BN的对称点D'，连接CD'，则ND+CN的最小值即为CD'的长，
∴∠CBN＝∠D'BN＝30°，
∴△BDD'是等边三角形，
∴BD＝DC＝D'B，
∴∠BD'C＝90°，∠BCD'＝30°，
∵BC＝6，
∴BD'＝3，CD'＝3，
∴ND+CN的最小值为3，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明点N在线段BN上运动是解题的关键．
20．（2023•河东区校级模拟）如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE＝DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2＝2a2+2b2；④当∠DCE＝60°时，S△DCE＝S△BCE．其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．②③④C．①②④D．①②③④
【分析】设BE，DG交于点O，由四边形ABCD和EFGC都为正方形，得∠BCE＝∠ECG+∠DCE，再利用SAS证得△BCE≌△DCG即可推出BE＝DG，且BE⊥DG，故①②正确，连接BD，EG，由勾股定理可推出BG2+DE2＝DO2+BO2+EO2+OG2＝2a2+2b2，故③正确，延长BC至点M，EM⊥BC于点M，过点E作EN⊥CD于N，当∠DCE＝60°时，可知NE＝，ME＝，代入面积公式可知④正确．
【详解】设BE，DG交于点O，
∵四边形ABCD和EFGC都为正方形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，
∴∠BCD+∠DCE＝∠ECG+∠DCE＝90°，
∴∠BCE＝∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE＝DG，
∴∠1＝∠2，
∵∠1+∠4＝∠3+1＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
∴∠BOG＝90°，
∴BE⊥DG，
故①②正确；
连接BD，EG，如图所示，
∴DO2+BO2＝BD2＝BC2+CD2＝2a2，
EO2+OG2＝EG2＝CG2+CE2＝2b2，
∴BG2+DE2＝DO2+BO2+EO2+OG2＝2a2+2b2，故③正确；
如图所示，延长BC至点M，EM⊥BC于点M，过点E作EN⊥CD于N，
∴S△DCE＝，S，
当∠DCE＝60°时，∠ECM＝90°﹣∠DCE＝90°﹣60°＝30°，
∵sin∠DCE＝，sin，
∴NE＝，ME＝，
∴S＝，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，
∴S＝S△BCE，故④正确，
∴正确的结论是①②③④，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含30°角直角三角形的性质等知识，综合性较强，通过SAS证明△BCE≌△DCG是解题的关键．
二．填空题（共20小题）
21．（2023•二道区校级模拟）如图，一张三角形纸片ABC其中∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，将纸片做两次折叠：第一次使点A落在点B处，得到折痕记为a，然后将纸面展平做第二次折叠，使点B落在点C处，折痕记为b，则＝ ．
【分析】由三角形中位线定理求出b＝2；由勾股定理求出AB＝5，证明△BDF∽△BCA，得出对应边成比例求出DF即可．
【详解】如图所示：
由折叠的性质得：DE是线段BC的垂直平分线，
∴DE是△ABC的中位线，
∴b＝DE＝AC＝2；
∵∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝＝＝5，
由折叠的性质得：AD＝BD＝AB＝，∠ADF＝∠ACB＝90°，
∵∠A＝∠A，
∴△ADF∽△ACB，
∴＝，即＝，
解得：DF＝，即a＝，
∴＝＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质、三角形中位线定理，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解题的关键．
22．（2023•海曙区校级一模）如图，在等腰三角形纸片ABC中，AB＝AC，将该纸片翻折，使得点C落在边AB的F处，折痕为DE，D，E分别在边BC，AC上，∠AFD＝∠DEF，若DE＝4，BD＝9，则DF＝ 6 ，△ABC的面积为 ．
【分析】根据折叠的性质可得∠CED＝∠DEF，∠C＝∠DFE，以此可得∠CED＝∠AFD，因此可判断A、F、D、E四点共圆，由圆周角定理可得∠DAF＝∠DEF，∠CAD＝∠DFE，进而得到∠AFD＝∠DAF，∠CAD＝∠C，则DF＝AD＝CD，由等腰三角形的性质可得∠B＝∠C，以此可证明△BAD∽△CED，由相似三角形的性质可求得DF＝AD＝CD＝6，则BC＝15，BG＝CG＝，DG＝，根据勾股定理求出AG，再算出△ABC的面积即可求解．
【详解】连接AD，过点A作AG⊥BC于点G，如图，
根据折叠的性质可得，∠CED＝∠DEF，∠C＝∠DFE，
∵∠AFD＝∠DEF，
∴∠CED＝∠AFD，
∴A、F、D、E四点共圆，
∴∠DAF＝∠DEF，∠CAD＝∠DFE，
∴∠AFD＝∠DAF，∠CAD＝∠C，
∴DF＝AD＝CD，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵∠CED＝∠DEF＝∠DAF，
∴△BAD∽△CED，
∴，
∵DE＝4，BD＝9，DF＝AD＝CD，
∴，
∴DF＝AD＝CD＝6，
∴BC＝BD+CD＝9+6＝15，
∵AG⊥BC，AB＝AC，
∴BG＝CG＝＝，
∴DG＝CG﹣CD＝＝，
在Rt△ADG中，由勾股定理得＝＝，
∴＝＝．
故答案为：6，．
【点睛】本题主要考查四点共圆的判定、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，圆周角定理、勾股定理，正确作出辅助线，通过所给条件推出A、F、D、E四点共圆，以此得到DF＝AD＝CD是解题关键．
23．（2023•天宁区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝6，点E为线段CD的中点，动点F从点C出发，C→B→A的方向在CB和BA上运动，将矩形沿EF折叠，点C的对应点为C′，当点C′恰好落在矩形的对角线上时（不与矩形顶点重合），点F运动的距离为 3或6+ ．
【分析】分点C′落在对角线BD上和点C′落在对角线AC上两种情况分别进行讨论求解，即可得出点F运动的距离．
【详解】分两种情况：
①当点C′落在对角线BD上时，连接CC′，如图1所示：
∵将矩形沿EF折叠，点C的对应点为点C′，且点C'恰好落在矩形的对角线上，
∴CC′⊥EF，
∵点E为线段CD的中点，
∴CE＝ED＝EC′，
∴∠CC′D＝90°，即CC′⊥BD，
∴EF∥BD，
∴点F是BC的中点，
在矩形ABCD中，AD＝6，
∴BC＝AD＝6，
∴CF＝3，
∴点F运动的距离为3；
②当点C′落在对角线AC上时，作FH⊥CD于H，则CC′⊥EF，四边形CBFH为矩形，如图2所示：
在矩形ABCD中，AD＝6，AB＝6，∠B＝∠BCD＝90°，AB∥CD，
∴BC＝AD＝6，tan∠BAC＝＝＝，
∴∠BAC＝30°，
∵EF⊥AC，
∴∠AFE＝60°，
∴∠FEH＝60°，
∵四边形CBFH为矩形，
∴HF＝BC＝6，
∴EH＝＝＝2，
∵EC＝CD＝3，
∴BF＝CH＝CE﹣EH＝3﹣2＝，
∴点F运动的距离为6+；
综上所述：点F运动的距离为3或6+；
故答案为：3或6+．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、平行线的性质、三角函数的应用等知识；熟练掌握矩形的性质，熟记翻折变换的性质是解题的关键．
24．（2023•路北区模拟）综合实践活动课上，小亮将一张面积为24cm2，其中一边BC为8cm的锐角三角形纸片（如图1），经过两刀裁剪，拼成了一个无缝隙、无重叠的矩形BCDE（如图2），则矩形的周长为 22 cm．
【分析】延长AT交BC于点P，利用三角形的面积公式求出AP，求出BE，CD，DE，可得结论．
【详解】延长AT交BC于点P，
∵AP⊥BC，
∴•BC•AP＝24，
∴×8×AP＝24，
∴AP＝6（cm），
由题意，AT＝PT＝3（cm），
∴BE＝CD＝PT＝3（cm），
∵DE＝BC＝8cm，
∴矩形BCDE的周长为8+8+3+3＝22（cm）．
故答案为：22．
【点睛】本题考查图形的拼剪，矩形的性质，解题的关键是读懂图象信息，属于中考常考题型．
25．（2023•泗阳县校级一模）如图，已知等边△ABC，点D为平面内任意一点，且AD＝1，DC＝2AD，则BD的最大值是 3 ．
【分析】由“SAS”可证△BAD≌△CAH，可得BD＝CH，由三角形的三边关系可求解．
【详解】如图，以AD为边作等边三角形ADH，连接CH，
∵AD＝1，DC＝2AD，
∴DC＝2，
∵△ABC和△ADH都是等边三角形，
∴AD＝AH＝HD＝1，AB＝AC，∠BAC＝∠DAH＝60°，
∴∠BAD＝∠CAH，
在△BAD和△CAH中，
，
∴△BAD≌△CAH（SAS），
∴BD＝CH，
在△CDH中，CH＜CD+DH，
∴当点H在线段CD的延长线上时，CH有最大值为CD+DH＝3，
∴BD的最大值为3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
26．（2023•镇海区校级一模）如图，Rt△ABC中，AB＝AC＝12，Rt△ADE中，AD＝AE＝6，直线BD与CE交于P，当∠EAD绕点A任意旋转的过程中，P到直线AB距离的最大值是 12﹣6 ．
【分析】如图，取BC的中点O，连接OP交AB于点J，设AB交PC于点K．证明∠BPC＝90°，推出点P在以BC为直径的圆上运动，推出当P是的中点时，点P到AB的距离最大．
【详解】如图，取BC的中点O，连接OP交AB于点J，设AB交PC于点K．
∵∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴∠DAB＝∠EAC，
∵AD＝AE．AB＝AC，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴∠DBA＝∠ACE，
∵∠AKC＝∠BKP，
∴∠BPK＝∠CAK＝90°，
∴点P在以BC为直径的圆上运动，
∵AB＝AC＝12，∠BAC＝90°，
∴BC＝AB＝24，
∵OB＝OC，
∴OP＝BC＝12，
当P是的中点时，点P到AB的距离最大，
此时OP⊥AB，AJ＝JB，
∵BO＝OC，
∴OJ＝AC＝6，
∴PJ＝OP＝OJ＝12﹣6，
∴点P到AB的最大距离为12﹣6．
故答案为：12﹣6．
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，垂径定理，三角形中位线定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
27．（2023•南山区校级模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，P是△ABC的高CD上一个动点，以B点为旋转中心把线段BP逆时针旋转45°得到BP′，连接DP′，则DP′的最小值是 2﹣2 ．
【分析】在BC上截取BE＝BD，由等腰直角三角形的性质可得BA＝4，∠ABC＝∠BAC＝∠BCD＝∠DCA＝45°，BD＝CD＝AD＝2＝BE，由旋转的性质可得BP＝BP'，∠PBP'＝45°，可证△BDP'≌△BEP，可得PE＝P'D，当PE⊥CD时，PE有最小值，即DP'有最小值，由直角三角形的性质可求DP′的最小值．
【详解】如图，在BC上截取BE＝BD，连接EP，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，CD⊥AB，
∴BA＝4，∠ABC＝∠BAC＝∠BCD＝∠DCA＝45°，BD＝CD＝AD＝2＝BE，
∵以B点为旋转中心把线段BP逆时针旋转45°得到BP′，
∴BP＝BP'，∠PBP'＝45°＝∠ABC，
∴∠DBP'＝∠CBP，
在△BDP'和△BEP中，
，
∴△BDP'≌△BEP（SAS），
∴PE＝P'D，
∴当PE⊥CD时，PE有最小值，即DP'有最小值，
∵PE⊥CD，∠BCD＝45°，
∴CE＝PE＝BC﹣BE＝4﹣2，
∴PE＝2﹣2，
故答案为：2﹣2．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
28．（2023•南岗区校级模拟）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝，绕点C将△ABC旋转，使一直角边的另一个端点落在直线AB上的一点M处，则线段BM的长为 3或8 cm．
【分析】由勾股定理可求AB的长，由面积可求CH的长，由勾股定理可求AH，BH的长，分两种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解．
【详解】如图，过点C作CH⊥AB于H，
∵∠C＝90°，AC＝cm，tan∠ABC＝，
∴BC＝2（cm），
∴AB＝＝＝5（cm），
∵S△ABC＝×AC•BC＝×AB×CH，
∴×2＝5×CH，
∴CH＝2（cm），
∴AH＝＝＝1（cm），
∴BH＝4（cm），
当点A落在直线AB上时，则AC＝CM，
∵CH⊥AB，
∴MH＝AH＝1（cm），
∴BM＝5﹣2＝3（cm），
当点B落在直线AB上时，则CB＝CM'，
∵CH⊥AB，
∴M'H＝BH＝4（cm），
∴BM'＝8（cm），
综上所述：BM＝3cm或8cm，
故答案为：3或8．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
29．（2023•河南模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，对称轴AD交BC于点D，点E是直线AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C逆时针旋转30°得FC，连接DF，则DF长的最小值为 ﹣ ．
【分析】在AC上取一点G，使CG＝CD，连接EG，根据等腰直角三角形三角形的性质可得CD＝CG＝，再求出∠DCF＝∠GCE，根据旋转的性质可得CE＝CF，然后利用“边角边”证明△DCF和△GCE全等，再根据全等三角形对应边相等可得DF＝EG，然后根据垂线段最短可得EG⊥AD时最短，再根据∠CAD＝60°求解即可．
【详解】如图，在AC上取一点G，使CG＝CD，连接EG，
∵AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，
∴∠ACB＝30°，
∴CD＝，
∵旋转角为30°，
∴∠ECF＝30°，
∴∠ECF＝∠ACB，
∴∠GCE＝∠DCF，
∵CD＝CG，
又∵CE旋转到CF，
∴CE＝CF，
∴△DCF≌△GCE（SAS），
∴DF＝EG，
根据垂线段最短，EG⊥AD时，EG最短，即DF最短，
∵∠CAD＝×120°＝60°，AG＝AC﹣CG＝2﹣，
∴EG＝AG•sin60°＝（2﹣）×＝﹣，
∴DF＝﹣，
故答案为：﹣．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，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．
30．（2023•澄城县一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，CE＝2BE，EF＝2，连接AF，将线段AF绕着点A顺时针旋转90°得到AP，则线段PE的最小值为 ﹣2 ．
【分析】连接AE，过点A作AG⊥AE，截取AG＝AE，连接PG，GE，通过SAS证明△AEF≌△AGP，得PG＝EF＝2，再利用勾股定理求出GE的长．最后在△GPE中，利用三边关系即可得出答案．
【详解】如图，连接AE，过点A作AG⊥AE，截取AG＝AE，连接PG，GE，
∵将线段AF绕着点A顺时针旋转90°得到AP，
∴AF＝AP，∠PAF＝90°，
∴∠FAE+∠PAE＝∠PAE+∠PAG＝90°，
∴∠FAE＝∠PAG．
又∵AG＝AE，
∴△AEF≌△AGP（SAS），
∴PG＝EF＝2．
∵BC＝3，CE＝2BE，
∴BE＝1．
∴在Rt△ABE中，AE＝＝．
∵AG＝AE，∠GAE＝90°，
∴GE＝AE＝．
∵PE≥GE﹣PG，且当点G，P，E三点共线时取等号，
∴PE的最小值为GE−PG＝−2．
故答案为：−2．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的三边关系等知识，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
31．（2023•工业园区校级模拟）如图，把平行四边形ABCD绕着点A按逆时针方向旋转得到平行四边形AEFG，取BE、AG的中点M、Q，连接MQ，若AD＝8，AB＝10，∠BAD＝45°，则线段MQ长度的最大值为 +5 ．
【分析】取AE的中点K，过D作DH⊥AB于H，连接DE，QK，KM，BD，由AD＝8，∠BAD＝45°，可得AH＝DH＝＝4，又AB＝10，可得BD＝＝2＝EG，由三角形中位线定理可得KQ＝EG＝，KM＝AB＝5，而△MKQ中，MQ＜KQ+KM，故当M，K，Q共线时，MQ最大，MQ最大为+5．
【详解】取AE的中点K，过D作DH⊥AB于H，连接DE，QK，KM，BD，如图：
∵AD＝8，∠BAD＝45°，
∴AH＝DH＝＝4，
∵AB＝10，
∴BH＝6，
∴BD＝＝2，
∵平行四边形ABCD绕着点A按逆时针方向旋转得到平行四边形AEFG，
∴EG＝BD＝2，
∵Q为AG中点，K为AE中点，
∴KQ＝EG＝，
∵M为BE中点，K为AE中点，
∴KM＝AB＝5，
在△MKQ中，MQ＜KQ+KM，
∴当M，K，Q共线时，MQ最大，如图：
此时QM＝KQ+KM＝+5，
∴MQ最大为+5，
故答案为：+5．
【点睛】本题考查平行四边形中的旋转问题，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形解决问题．
32．（2023•交城县一模）如图，在等边△ABC中，AB＝4，D为BC的中点，连接AD，将△ABD绕着点A逆时针旋转60°得到△ACD′，连接BD′交AD于点E，则BE的长为 ．
【分析】过D'作D'F⊥BC，交BC延长线于F，由△ABC是等边三角形，AB＝4，D为BC的中点，将△ABD绕着点A逆时针旋转60°得到△ACD′，可得△ABD≌△ACD'（SAS），即得∠ABD＝∠ACD'＝60°，BD＝CD'＝2，从而∠D'CF＝180°﹣∠ACB﹣∠ACD'＝60°，有CF＝CD'＝1，D'F＝CF＝，故BD'＝＝2，而DE∥D'F，得＝，从而BE＝．
【详解】过D'作D'F⊥BC，交BC延长线于F，如图：
∵△ABC是等边三角形，AB＝4，D为BC的中点，
∴AB＝AB，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，BD＝CD＝2，
∵将△ABD绕着点A逆时针旋转60°得到△ACD′，
∴∠DAD'＝60°＝∠BAC，AD＝AD'，
∴∠BAD＝∠CAD'，
∴△ABD≌△ACD'（SAS），
∴∠ABD＝∠ACD'＝60°，BD＝CD'＝2，
∴∠D'CF＝180°﹣∠ACB﹣∠ACD'＝60°，
∴∠CD'F＝30°，
∴CF＝CD'＝1，D'F＝CF＝，
∴BF＝5，
∴BD'＝＝＝2，
∵DE∥D'F，
∴＝，即＝，
∴BE＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查等边三角形中的旋转变换，解题的关键是掌握旋转的性质．
33．（2023•普陀区一模）如图，在△ABC中，AD为边BC上的中线，BC＝2AC，BC＝6，AD＝2．将△ADC绕点D以逆时针方向旋转得到△A′DC′，点A′、C′分别与点A、C对应．连接BC′，BC′与线段AD交于点G．如果点A′、A、C′在同一条直线上，那么C′G＝ ．
【分析】以D为原点，DC所在直线为x轴建立直角坐标系，过A作AH⊥DC于H，设A'C'交y轴于M，由AD为边BC上的中线，BC＝2AC，BC＝6，可得BD＝CD＝AC＝3，B（﹣3，0），设DH＝m，由AD2﹣DH2＝AH2＝AC2﹣CH2，可得m＝，故DH＝，AH＝，A（，），直线DA解析式为y＝2x，根据将△ADC绕点D以逆时针方向旋转得到△A′DC′，可证A'C'∥DC，得四边形AMDH是矩形，从而求得C'（，），直线BC'解析式为y＝x+，联立得G（，），即可得到答案．
【详解】以D为原点，DC所在直线为x轴建立直角坐标系，过A作AH⊥DC于H，设A'C'交y轴于M，如图：
∵AD为边BC上的中线，BC＝2AC，BC＝6，
∴BD＝CD＝AC＝3，
∴B（﹣3，0），
设DH＝m，则CH＝3﹣m，
∵AD2﹣DH2＝AH2＝AC2﹣CH2，
∴22﹣m2＝32﹣（3﹣m）2，
解得m＝，
∴DH＝，AH＝，
∴A（，），
由D（0，0），A（，）得直线DA解析式为y＝2x，
∵将△ADC绕点D以逆时针方向旋转得到△A′DC′，
∴AD＝A'D，∠CAD＝∠C'A'D，
∴∠AA'D＝∠A'AD，
∴∠CAD＝∠A'AD，
∵AC＝CD，
∴∠CAD＝∠ADC，
∴∠A'AD＝∠ADC，
∴A'C'∥DC，
∴四边形AMDH是矩形，
∴AM＝DH＝，DM＝AH＝，
∵AD＝A'D，
∴A'M＝AM＝，
∴C'M＝A'C'﹣A'M＝3﹣＝，
∴C'（，），
由B（﹣3，0），C'（，）得直线BC'解析式为y＝x+，
联立得，
∴G（，），
∴C'G＝＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查三角形中的旋转问题，解题的关键是建立直角坐标系，求出相关点的坐标．
34．（2023•陈仓区模拟）如图，在矩形ABCD中，点E为BC上定点，BC＝2AB＝4BE＝8，点F为射线BA上一动点，连接EF，将EF绕点E顺时针旋转90°，点F落点为点G，则CG的最小值为 2 ．
【分析】将△BEF绕点E顺时针旋转90°得到△HEG，延长HG交CD于点N，证明点G在平行于BC，且与BC的距离为1的直线上运动，可得G运动到N，即CG⊥HG时，CG有最小值，从而可得HE＝CG＝BE＝1．
【详解】将△BEF绕点E顺时针旋转90°得到△HEG，延长HG交CD于点N，如图：
∴BE＝HE＝2，BF＝HG，∠B＝∠H＝∠BEH＝90°，
∴HG∥HN，
∴点G在平行于BC，且与BC的距离为1的直线上运动，
∴当G运动到N，即CG⊥HG时，CG有最小值，如图：
∵∠HEC＝∠C＝∠EHN＝90°，
∴四边形EHNB是矩形，
∴HE＝CG＝BE＝2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，确定点G的轨迹是解题的关键．
35．（2023•雁塔区校级模拟）如图，在△ABC中，，线段AB上有一动点D，连接DC，将DC绕着点C顺时针旋转120°得到线段CE，连接DE、AE，在点D运动的过程中，D、E两点到AC的距离之和为 3 ．
【分析】由“SAS”可证△ACE≌△BCD，可得AE＝BD，∠CAE＝∠B＝30°，由直角三角形的性质可求解．
【详解】如图，过点C作CF⊥AB于F，过点D作DN⊥AC于N，过点E作EH⊥AC于H，
∵，CF⊥AB，
∴∠CBA＝30°＝∠CAB，AF＝BF，
∴CF＝，BF＝CF＝3，
∴AB＝6，
∵将DC绕着点C顺时针旋转120°得到线段CE，
∴CE＝CD，∠DCE＝120°＝∠ACB，
∴∠ACE＝∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD，∠CAE＝∠B＝30°，
∵DN⊥AC，EH⊥AC，
∴EH＝AE＝DB，DN＝AD，
∴EH+DN＝DB+AD＝AB＝3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，证明三角形全等是解题的关键．
36．（2023•大连模拟）如图，在正方形ABCD中，BD为其对角线，，E为AD中点，点F在△ABD的高AO上运动，连接EF，将线段EF绕点E顺时针旋转90°，得到线段EG，连接FG，AG，将△BHE沿直线EH翻折，则线段B′G的最小值为 ．
【分析】根据勾股定理和旋转的性质得BE＝B′E＝，根据三角形三边关系得B′G＞B′E﹣GE，则只需要求出GE的最大值即可求解．
【详解】∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD＝，
∵E为AD中点，
∴AE＝＝，
在Rt△ABE中，由勾股定理得，
∵将△BHE沿直线EH翻折得到△B′HE，
∴BE＝B′E＝，
在△GEB中，B′G＞B′E﹣GE，
∴B′G，
当GE取得最大值时，B′G取最小值，
∵线段EF绕点E顺时针旋转90°，得到线段EG，
∴EF＝EG，
当点F与点A重合时，线段EF取得最大值，即线段EG取得最大值，
此时EF＝EG＝，
如图，当BE⊥AD时，
此时，B′、G、E三点共线，B′G＝B′E﹣EG＝．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、勾股定理、折叠的性质、旋转的性质、三角形三边关系，灵活运用相关知识，确定B′、G、E三点共线，且点F与点A重合时线段B′G取得最小值时解题关键．
37．（2023•游仙区模拟）△ABC中，∠ACB＝90°，把△ABC绕点A逆时针旋转α度（0°＜α＜90°），得到△ADE，点B，C的对应点分别为点D，E，连接EC并延长交BD于点P．若，则的值为 ．
【分析】设BC＝x，AB＝5x，根据勾股定理得到AC＝＝4x，根据旋转的性质得到AC＝AE＝4x，AD＝AB＝5x，∠AED＝ACB＝90°，DE＝BC，∠EAC＝∠DAB＝α，根据相似三角形的性质得到CE＝BD，过B作BF∥DE交EP的延长线于F，根据平行线的性质得到∠DEP＝∠F，根据全等三角形的性质得到PD＝BP＝BD，于是得到结论．
【详解】∵∠ACB＝90°，，
设BC＝x，AB＝5x，
∴AC＝＝4x，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，
∴AC＝AE＝4x，AD＝AB＝5x，∠AED＝ACB＝90°，DE＝BC，∠EAC＝∠DAB＝α，
∴∠AEC＝∠ACE＝（180°﹣α）∠ADB＝∠ABD＝（180°﹣α），
∴∠AEC＝∠ADB，
∴△AEC∽△ADB，
∴＝＝＝，
∴CE＝BD，
过B作BF∥DE交EP的延长线于F，
∴∠DEP＝∠F，
∵∠DEP+∠AEC＝∠ACE+∠BCF＝90°，
∴∠DEP＝∠BCF，
∴∠BCF＝∠F，
∴BF＝BC，
∴BF＝DE，
∵∠EPD＝∠BPF，
∴△DEP≌△BFP（AAS），
∴PD＝BP＝BD，
∴＝＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
38．（2023•三明模拟）如图，正方形ABCD的边长为8，E是CD边上的动点（E不与C，D重合），△AFE与△ADE关于直线AE对称，把△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，连结FG，FC．现有以下结论：
①∠GAF＝∠DAF；
②CF的最小值为8﹣8；
③当DE＝2时，GF＝10；
④当E为CD中点时，CF所在直线垂直平分AG；
其中一定正确的是 ②③ ．（写出所有正确结论的序号）
【分析】如图，连接BE，根据轴对称的性质得到AF＝AD，∠EAD＝∠EAF，根据旋转的性质得到AG＝AE，∠GAB＝∠EAD．求得∠GAB＝∠EAF，根据全等三角形的性质得到FG＝BE，根据正方形的性质得到BC＝CD＝AB＝8，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】如图，连接BE，
∵△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，
∴AF＝AD，∠EAD＝∠EAF，
∵△ADE按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABG，
∴AG＝AE，∠GAB＝∠EAD，
∴∠GAB＝∠EAF，
∴∠GAB+∠BAF＝∠BAF+∠EAF，
∴∠GAF＝∠EAB，
故①错误；
当CF⊥EF时，CF有最小值，此时∠CFE＝90°，
∴∠AFE＝90°，
∴∠AFE+∠CFE＝180°，
∴A、F、C三点共线，
即CF有最小值时，点F在对角线AC上，
∴∠ACD＝45°，
∴EF＝CF，
∴，
∵CE+EF＝8，
∴，
∴，
∴，
故②正确；
在△GAF和△EAB中，
，
∴△GAF≌△EAB（SAS），
∴FG＝BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AB＝8．
∵DE＝2，
∴CE＝6，
在Rt△BCE中，，
∴GF＝10，
故③正确；
当E为CD中点时，BG＝DE＝4，
∴CG＝BC+BG＝12，
又，
∴CG≠CA，
∴点C不在AG的垂直平分线上，
∴CF所在直线不会垂直平分AG，
故④错误；
故答案为：②③．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
39．（2023•虹口区一模）我们规定：如果一个三角形一边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做“等高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“等底”．如图，已知直线l1∥l2，l1与l2之间的距离是3，“等高底”△ABC的“等底”BC在直线l1上（点B在点C的左侧），点A在直线l2上，AB＝BC，将△ABC绕点B顺时针旋转45°得到△A1BC1，点A、C的对应点分别为点A1、C1，那么A1C的长为 3﹣3 ．
【分析】先根据勾股定理求出BC，再根据旋转法性质求解．
【详解】如下图：
∵BC＝3，AC＝3，AB＝A1B＝3，
∴A1C＝A1B﹣BC＝3﹣3，
故答案为：3﹣3．
【点睛】本题考查了旋转的性质，掌握勾股定理是解题的关键．
40．（2023•南宁一模）我们给出如下定义：在平面内，点到图形的距离是指这个点到图形上所有点的距离的最小值．在平面内有一个矩形ABCD，AB＝4，AD＝2，中心为O，在矩形外有一点P，OP＝3，当矩形绕着点O旋转时，则点P到矩形的距离d的取值范围为 3﹣≤d≤2 ．
【分析】由题意以及矩形的性质得OP过矩形ABCD各边的中点时，d最大，OP过矩形ABCD的顶点时，d最小，分别求出d的值即可得出答案．
【详解】如图：设AB的中点是E，OP过点E时，点O与边AB上所有点的连线中，OE最小，此时此时d＝PE最大，OP过顶点A时，点O与边AB上所有点的连线中，OA最大，此时d＝PA最小，
如图①：∵AB＝4，AD＝2，中心为O，
∴OE＝1，OE⊥AB，
∵OP＝3，
∴d＝PE＝2；
如图②：∵AB＝4，AD＝2，中心为O，
∴AE＝2，OE＝1，OE⊥AB，
∴OA＝＝，
∵OP＝3，
∴d＝PA＝3﹣；
∴d的取值范围为3﹣≤d≤2．
故答案为：3﹣≤d≤2．
【点睛】本题考查矩形的性质，旋转的性质，根据题意得出d最大、最小时点P的位置是解题的关键．