中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题28解答题重点出题方向图形的翻折与旋转变换(原卷版+解析)

这是一份中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题28解答题重点出题方向图形的翻折与旋转变换(原卷版+解析)，共89页。试卷主要包含了2022中考真题集训，图形的旋转等内容，欢迎下载使用。

类型一 图形的翻折
1．(2023•枣庄）已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，点P从点A出发，沿AB方向以每秒2cm的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，设运动的时间为t秒．
（1）如图①，若PQ⊥BC，求t的值；
（2）如图②，将△PQC沿BC翻折至△P′QC，当t为何值时，四边形QPCP′为菱形？
2．(2023•无锡）如图，已知四边形ABCD为矩形，AB＝22，BC＝4，点E在BC上，CE＝AE，将△ABC沿AC翻折到△AFC，连接EF．
（1）求EF的长；
（2）求sin∠CEF的值．
3．(2023•连云港）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到点E，使DE＝AD，且BE⊥DC．
（1）求证：四边形DBCE为菱形；
（2）若△DBC是边长为2的等边三角形，点P、M、N分别在线段BE、BC、CE上运动，求PM+PN的最小值．
4．(2023•无锡）如图1，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，将△ABC绕点A旋转到△AB'C'位置，设AC'交直线CD于点M．
（1）当点B'恰好落在DC边上时，求△AB'C'与矩形ABCD重叠部分的面积；
（2）如图2，当点C、B'、C'恰好在一直线上时，求DM的长度．
类型二 图形的旋转
5．(2023•锦州）如图，在△ABC中，AB=AC=25，BC=4，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，连接DE，DF．
（1）如图1，求证：DF=52DE；
（2）如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．
6．(2023•鞍山）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在直线AC上，连接BD，将DB绕点D逆时针旋转120°，得到线段DE，连接BE，CE．
（1）求证：BC=3AB；
（2）当点D在线段AC上（点D不与点A，C重合）时，求CEAD的值；
（3）过点A作AN∥DE交BD于点N，若AD＝2CD，请直接写出ANCE的值．
7．(2023•济南）如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连接AD，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．
（1）判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；
（2）延长ED交直线BC于点F．
①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为 ；
②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数并说明理由．
8．(2023•常州）如图，点A在射线OX上，OA＝a．如果OA绕点O按逆时针方向旋转n°（0＜n≤360）到OA′，那么点A′的位置可以用（a，n°）表示．
（1）按上述表示方法，若a＝3，n＝37，则点A′的位置可以表示为 ；
（2）在（1）的条件下，已知点B的位置用（3，74°）表示，连接A′A、A′B．求证：A′A＝A′B．
9．(2023•辽宁）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，线段AB绕点A逆时针旋转至AD（AD不与AC重合），旋转角记为α，∠DAC的平分线AE与射线BD相交于点E，连接EC．
（1）如图①，当α＝20°时，∠AEB的度数是 ；
（2）如图②，当0°＜α＜90°时，求证：BD+2CE=2AE；
（3）当0°＜α＜180°，AE＝2CE时，请直接写出BDED的值．
10．(2023•沈阳）【特例感知】
（1）如图1，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，点C在OA上，点D在BO的延长线上，连接AD，BC，线段AD与BC的数量关系是 ；
【类比迁移】
（2）如图2，将图1中的△COD绕着点O顺时针旋转α（0°＜α＜90°），那么第（1）问的结论是否仍然成立？如果成立，证明你的结论；如果不成立，说明理由．
【方法运用】
（3）如图3，若AB＝8，点C是线段AB外一动点，AC＝33，连接BC．
①若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值是 ；
②若以BC为斜边作Rt△BCD（B，C，D三点按顺时针排列），∠CDB＝90°，连接AD，当∠CBD＝∠DAB＝30°时，直接写出AD的值．
11．(2023•广元）在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转α（0°＜α＜90°），得到线段CD，连接AD、BD．
（1）如图1，将线段CA绕点C逆时针旋转α，则∠ADB的度数为 ；
（2）将线段CA绕点C顺时针旋转α时
①在图2中依题意补全图形，并求∠ADB的度数；
②若∠BCD的平分线CE交BD于点F，交DA的延长线于点E，连结BE．用等式表示线段AD、CE、BE之间的数量关系，并证明．
12．(2023•连云港）【问题情境】
在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠B＝30°，BE＝AC＝3．
【问题探究】
小昕同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转．
（1）如图2，当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F，求BF的长．
（2）若点C、E、D在同一条直线上，求点D到直线BC的距离．
（3）连接DC，取DC的中点G，三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上（如图3），求点G所经过的路径长．
（4）如图4，G为DC的中点，则在旋转过程中，点G到直线AB的距离的最大值是 ．
13．(2023•重庆）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝22，D为BC的中点，E，F分别为AC，AD上任意一点，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．
（1）如图1，点E与点C重合，且GF的延长线过点B，若点P为FG的中点，连接PD，求PD的长；
（2）如图2，EF的延长线交AB于点M，点N在AC上，∠AGN＝∠AEG且GN＝MF，求证：AM+AF=2AE；
（3）如图3，F为线段AD上一动点，E为AC的中点，连接BE，H为直线BC上一动点，连接EH，将△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面内，得到△B′EH，连接B′G，直接写出线段B′G的长度的最小值．
14．(2023•成都）如图，在矩形ABCD中，AD＝nAB（n＞1），点E是AD边上一动点（点E不与A，D重合），连接BE，以BE为边在直线BE的右侧作矩形EBFG，使得矩形EBFG∽矩形ABCD，EG交直线CD于点H．
【尝试初探】
（1）在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系，请说明理由．
【深入探究】
（2）若n＝2，随着E点位置的变化，H点的位置随之发生变化，当H是线段CD中点时，求tan∠ABE的值．
【拓展延伸】
（3）连接BH，FH，当△BFH是以FH为腰的等腰三角形时，求tan∠ABE的值（用含n的代数式表示）．
15．(2023•重庆）如图，在锐角△ABC中，∠A＝60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交直线CD于点F．
（1）如图1，若AB＞AC，且BD＝CE，∠BCD＝∠CBE，求∠CFE的度数；
（2）如图2，若AB＝AC，且BD＝AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）若AB＝AC，且BD＝AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中点，点K是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ．在点D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出PQBC的值．
模块二 2023中考押题预测
16．(2023•钟楼区校级模拟）如图，将矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点D落在点F处，AF与BC相交于点E．
（1）求证：△ABE≌△CFE；
（2）若AB＝4，AD＝8，求AE的长．
17．(2023•滨海县校级三模）如图，一张矩形纸片ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AD＞AB．将矩形纸片折叠，使得点A与点C重合，折痕交AD于点M，交BC于点N．
（1）请在图中用圆规和无刻度的直尺作出折痕MN（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）在（1）的条件下，连接AN、CM，判断四边形ANCM的形状并说明理由；
（3）若AB＝4，BC＝8，求折痕MN的长．
18．(2023•珠海校级三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，F是对角线AC上不与点A，C重合的一点，过点F作EF⊥AD于点E，将△AEF翻折得到△GEF，点G在线段AD上，连接CG，若∠FGC＝90°，延长GF交AB于点H，连接CH．
（1）求证：△CDG∽△GAH；
（2）求tan∠GHC的值．
19．(2023•大理州二模）如图，在矩形OABC中，OA＝8，AB＝4．将△OAB沿OB所在直线翻折，点A落在点A′处，OA'与BC边交于点D，过点B作BE∥OA′交OA于点E．
（1）求证：四边形OEBD是菱形．
（2）求线段OD的长．
20．(2023•新市区校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90，AD为△ABC的中线，将△ABD沿AB进行折叠，得到△ABE，连接AE、CE，CE交AD于F点．
（1）判断四边形ADBE的形状，并说明理由；
（2）若已知EC⊥AD，EC=23，求△CBE的面积．
21．（2023•南开区模拟）已知点O是△ABC内一点，连接OA，OB，将△BAO绕点B顺时针旋转如图，若△ABC是等边三角形，OA＝5，OB＝12，△BAO旋转后得到△BCD，连接OC，OD，已知OC＝13．
（Ⅰ）求OD的长；
（Ⅱ）求∠AOB的大小．
22．(2023•沭阳县校级模拟）（1）如图1，已知正方形ABCD的边长为6，圆B的半径为3，点P是圆B上的一个动点，则PD+12PC的最小值为 ，PD−12PC的最大值为 ．
（2）如图2，已知菱形ABCD的边长为4，∠B＝60°，圆B的半径为2，点P是圆B上的一个动点，求PD+12PC的最小值，以及PD−12PC的最大值．
23．（2023•金溪县模拟）如图，长方形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E为BC上一点，且BE＝2，F为AB边上的一个动点，连接EF，将△FBE绕着点E顺时针旋转45°得到△GTE，连接CG、DE．
（1）求证：TG∥DE；
（2）当BF为多少时，CG的最小值且最小值是多少？
24．(2023•钟楼区校级模拟）将一副三角板按如图所示的方式摆放，AB＝6，DE＝9，点D为边AC上的点，ADAC=33，BC∥EF，
（1）∠ADE的大小为 度．
（2）若三角板DEF固定，将三角板ABC绕点D逆时针旋转，
①当点B第一次落在直线DE上时停止旋转，请在图1中用直尺和圆规画出线段AB旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法），则该图形的面积为 ．
②当旋转至A、B、E三点共线时，求BE的长．
25．(2023•郧阳区模拟）如图1，△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BD，CE．
（1）直接写出BD与CE的数量关系为 ；直线BD与CE所夹锐角为 度；
（2）将△ADE绕点A逆时针旋转至如图2，取BC，DE的中点M，N，连接MN，试问：MNBD的值是否随图形的旋转而变化？若不变，请求出该值；若变化，请说明理由；
（3）若AB＝14，AD＝6，当图形旋转至B，D，E三点在一条直线上时，请画出图形，并直接写出MN的值为 ．
26．(2023•齐河县模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，E是线段BC上一动点（不与B、C重合），连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AF，连接EF．点M和点N分别是边BC，EF的中点．
【问题发现】
（1）如图1，若∠BAC＝60°，当点E是BC边的中点时，MNBE= ，直线BE与MN相交所成的锐角的度数为 度．
【解决问题】
（2）如图2，若∠BAC＝60°，当点E是BC边上任意一点时（不与B、C重合），上述两个结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【拓展探究】
（3）如图3，若∠BAC＝90°，AB＝6，CG=13CB，在E点运动的过程中，直接写出GN的最小值．
27．(2023•槐荫区二模）在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，点D在斜边BC上，且满足BD=13BC，将线段DB绕点D顺时针旋转至DE，记旋转角为α，连接CE，BE，以CE为斜边在其右侧作直角三角形CEF，且∠CFE＝90°，∠ECF＝60°，连接AF．
（1）如图1，当α＝180°时，请直接写出线段BE与线段AF的数量关系 ；
（2）当0°＜α＜180°时，
①如图2，（1）中线段BE与线段AF的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②当B，E，F三点共线时，如图3，连接AE，若AE＝3，请直接写出cs∠EFA的值及线段BC的值．
28．(2023•临邑县模拟）如图，△ABC与△ACD为正三角形，点O为射线CA上的动点，将射线OM绕点O逆时针旋转60°，得到射线ON．
（1）如图1，点O与点A重合时，点E，F分别在线段BC，CD上，求证：△AEC≌△OFD；
（2）如图2，当点O在CA的延长线上时，E，F分别在线段BC的延长线和线段CD的延长线上，请写出CE、CF、CO三条线段之间的数量关系，并说明理由．
29．(2023•亭湖区校级模拟）问题：A4纸给我们矩形的印象，这个矩形是特殊矩形吗？
思考：通过度量、上网查阅资料，小丽同学发现A4纸的长与宽的比是一个特殊值“2”定义：如图1，点C把线段AB分成两部分，如果ACBC=2，那么点C为线段AB的“白银分割点”如图2，矩形ABCD中，BCAB=2，那么矩形ABCD叫做白银矩形．
应用：（1）如图3，矩形ABCD是白银矩形，AD＞AB，将矩形沿着EF对折，求证：矩形ABFE也是白银矩形．
（2）如图4，矩形ABCD中，AB＝1，BC=2，E为CD上一点，将矩形ABCD沿BE折叠，使得点C落在AD边上的点F处，延长BF交CD的延长线于点G，说明点E为线段GC的”白银分制点”．
（3）已知线段AB（如图5），作线段AB的一个“白银分割点”．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
30．(2023•沭阳县校级模拟）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转一定的角度得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E．
（1））点E恰好落在边AC上，如图1，求∠ADE的大小；
（2）如图2，若△ABC绕点C顺时针旋转的角度为60°，点F是边AC中点，求证：四边形BFDE是平行四边形．
31．(2023•大名县校级四模）把大小不同的两个等腰直角△ABC与△DEC的直角顶点C重合，两个直角边也重合，按如图1所示的位置摆放，然后将△DEC绕点C逆时针旋转，如图2，连接AD，BE，设旋转角为α（0°＜α＜360°）．
（1）若0°＜α＜180°，求证：△ACD≌△BCE；
（2）如图3，当点E在线段AD上时，
①求∠AEB的度数；
②若CD=2，BC＝52，求tan（α﹣90°）的值；
（3）直接写出当△ACD的面积最大时α的值．
32．(2023•元宝区校级二模）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，点D为AB的中点，连接CD，将线段CD绕点D顺时针旋转α（60°＜α＜120°）得到线段ED，且ED交线段BC于点G．∠CDE的平分线DM交BC于点H．过点C作CF∥DE交DM于点F，连接EF、BE．
（1）如图1，若α＝90°，
①∠DEB＝ °．
②判断线段BE与DH的数量关系，并说明理由；
（2）在（1）的条件下，求证：BEFH=33；
（3）如图2，若AC＝2，tan（α﹣60°）＝m，请直接写出BEFH的值（用含m的式子表示）．
33．(2023•柘城县校级四模）观察猜想
（1）如图1，在等边△ABC与等边△ADE中，△ADE绕点A顺时针旋转&度（0＜a＜360），则线段BD与线段CE的数量关系是 ，直线BD与直线CE相交所成较小角的度数是 ；
类比探究
（2）如图2，在△ABC与△ADE中，∠BCA＝∠DEA＝90°，CB＝CA，ED＝EA，其他条件不变，（1）中的两个结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出新的结论并证明；
拓展应用
（3）如图3，在△ABC与△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝90°，∠BAC＝∠DAE＝60°，AB＝3AD＝33，当B，D，E三点共线时，直接写出CE的值．
34．(2023•海淀区校级模拟）在等边△ABC中，将线段CA绕点C顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到线段CD．
（1）若线段DC的延长线与线段AB相交于点E（不与点A，B重合），写出满足条件的α的取值范围；
（2）在（1）的条件下连接AD、交BC的延长线于点F．
①依题意补全图形；
②用等式表示线段CE，CF，BE之间的数量关系，并证明．
35．(2023•铁岭模拟）如图1，△ABC和△ADE为直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，∠BAC＝∠DAE＝a，连接BD，以BD为直角边作直角三角形BDF（B，D，F按顺时针排列），且∠BDF＝a，连接CE，CF，△ADE绕点A旋转，
（1）如图2，当a＝45°时，判断DF与CE之间的数量和位置关系，并证明；
（2）当a＝30°时，若AD＝3，AB=21，且DE⊥EC时，直接写出四边形DECF的面积．
专题28 解答题重点出题方向图形的翻折与旋转变换（解析版）
模块一 2022中考真题集训
类型一 图形的翻折
1．(2023•枣庄）已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，点P从点A出发，沿AB方向以每秒2cm的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，设运动的时间为t秒．
（1）如图①，若PQ⊥BC，求t的值；
（2）如图②，将△PQC沿BC翻折至△P′QC，当t为何值时，四边形QPCP′为菱形？
思路引领：（1）根据勾股定理求出AB，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
（2）作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，AP=2tcm，BQ＝tcm（0≤t＜4），由△ABC为等腰直角三角形，可得∠A＝∠B＝45°，则可判断△APE和△PBD为等腰直角三角形，得出PE＝AE=22AP＝tcm，BD＝PD，则CE＝AC﹣AE＝（4﹣t）cm，由矩形和菱形性质及勾股定理，即可求得答案．
解：（1）如图①，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，
∴AB=AC2+BC2=42+42=42（cm），
由题意得，AP=2tcm，BQ＝tcm，
则BP＝（42−2t）cm，
∵PQ⊥BC，
∴∠PQB＝90°，
∴∠PQB＝∠ACB，
∴PQ∥AC，
∴BPBA=BQBC，
∴42−2t42=t4，
解得：t＝2，
∴当t＝2时，PQ⊥BC．
（2）作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，如图②，
AP=2tcm，BQ＝tcm（0≤t＜4），
∵∠C＝90°，AC＝BC＝4cm，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴∠A＝∠B＝45°，
∴△APE和△PBD为等腰直角三角形，
∴PE＝AE=22AP＝tcm，BD＝PD，
∴CE＝AC﹣AE＝（4﹣t）cm，
∵四边形PECD为矩形，
∴PD＝EC＝（4﹣t）cm，
∴BD＝（4﹣t）cm，
∴QD＝BD﹣BQ＝（4﹣2t）cm，
在Rt△PCE中，PC2＝PE2+CE2＝t2+（4﹣t）2，
在Rt△PDQ中，PQ2＝PD2+DQ2＝（4﹣t）2+（4﹣2t）2，
∵四边形QPCP′为菱形，
∴PQ＝PC，
∴t2+（4﹣t）2＝（4﹣t）2+（4﹣2t）2，
∴t1=43，t2＝4（舍去）．
∴当t的值为43时，四边形QPCP′为菱形．
总结提升：此题是相似形综合题，主要考查的是菱形的性质、等腰直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
2．(2023•无锡）如图，已知四边形ABCD为矩形，AB＝22，BC＝4，点E在BC上，CE＝AE，将△ABC沿AC翻折到△AFC，连接EF．
（1）求EF的长；
（2）求sin∠CEF的值．
思路引领：（1）根据翻折变换的特点和勾股定理结合方程思想解答即可；
（2）根据锐角三角函数的定义，利用勾股定理解答即可．
解：（1）∵CE＝AE，
∴∠ECA＝∠EAC，
根据翻折可得：∠ECA＝∠FCA，∠BAC＝∠CAF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DA∥CB，
∴∠ECA＝∠CAD，
∴∠EAC＝∠CAD，
∴∠DAF＝∠BAE，
∵∠BAD＝90°，
∴∠EAF＝90°，
设CE＝AE＝x，则BE＝4﹣x，
在△BAE中，根据勾股定理可得：
BA2+BE2＝AE2，
即：(22)2+(4−x)2=x2，
解得：x＝3，
在Rt△EAF中，EF=AF2+AE2=17．
（2）过点F作FG⊥BC交BC于点G，
设CG＝y，则GE＝3﹣y，
∵FC＝4，FE=17，
∴FG2＝FC2﹣CG2＝FE2﹣EG2，
即：16﹣y2＝17﹣（3﹣y）2，
解得：y=43，
∴FG=FC2−CG2=823，
∴sin∠CEF=FGEF=83451．
总结提升：本题主要考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握这些性质特点是解答本题的关键．
3．(2023•连云港）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到点E，使DE＝AD，且BE⊥DC．
（1）求证：四边形DBCE为菱形；
（2）若△DBC是边长为2的等边三角形，点P、M、N分别在线段BE、BC、CE上运动，求PM+PN的最小值．
思路引领：（1）先证明四边形DBCE是平行四边形，再由BE⊥DC，得四边形DBCE是菱形；
（2）作N关于BE的对称点N'，过D作DH⊥BC于H，由菱形的对称性知，点N关于BE的对称点N'在DE上，可得PM+PN＝PM+PN'，即知MN'的最小值为平行线间的距离DH的长，即PM+PN的最小值为DH的长，在Rt△DBH中，可得DH＝DB•sin∠DBC=3，即可得答案．
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵DE＝AD，
∴DE＝BC，
∵E在AD的延长线上，
∴DE∥BC，
∴四边形DBCE是平行四边形，
∵BE⊥DC，
∴四边形DBCE是菱形；
（2）解：作N关于BE的对称点N'，过D作DH⊥BC于H，如图：
由菱形的对称性知，点N关于BE的对称点N'在DE上，
∴PM+PN＝PM+PN'，
∴当P、M、N'共线时，PM+PN'＝MN'＝PM+PN，
∵DE∥BC，
∴MN'的最小值为平行线间的距离DH的长，即PM+PN的最小值为DH的长，
在Rt△DBH中，
∠DBC＝60°，DB＝2，
∴DH＝DB•sin∠DBC＝2×32=3，
∴PM+PN的最小值为3．
总结提升：本题考查平行四边形性质及应用，涉及菱形的判定，等边三角形性质及应用，对称变换等，解题的关键是掌握解决“将军饮马”模型的方法．
4．(2023•无锡）如图1，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，将△ABC绕点A旋转到△AB'C'位置，设AC'交直线CD于点M．
（1）当点B'恰好落在DC边上时，求△AB'C'与矩形ABCD重叠部分的面积；
（2）如图2，当点C、B'、C'恰好在一直线上时，求DM的长度．
思路引领：（1）作C′H⊥DC于H，证明△C′HB′∽△B′DA，可得C′H4=35，C'H=125，即得S△B′C′MS△AB′M=C′HAD=1253=45，而S△AB'C'=12AB'•B'C'=152，故S△AB'M=59S△AB'C'=256；
（2）作CN⊥AC'，由△ABC绕点A旋转到△AB'C'，得AB'＝AB＝5，AC'＝AC=AB2+BC2=34，∠AB'C'＝∠B＝90°＝∠AB'C，B'C'＝BC＝3，用面积法可得CN=CC′⋅AB′AC′=3034，证明△CMN∽△AMD，有CNAD=CMAM，故CN2•AM2＝AD2•CM2，设DM＝x，故（3034）2×（x2+32）＝32（x+5）2，即可得DM的长度为533．
解：（1）作C′H⊥DC于H，如图：
∵△ABC绕点A旋转到△AB'C'，
∴AB'＝AB＝5，B'C'＝BC＝3，
∴DB'=AB′2−AD2=52−32=4，
∵∠C'B'H＝90°﹣∠DB'A＝∠DAB'，∠CHB'＝90°＝∠D，
∴△C′HB′∽△B′DA，
∴C′HDB′=B′C′AB′即C′H4=35，
∴C'H=125，
∴S△B′C′MS△AB′M=C′HAD=1253=45，
∵S△AB'C'＝S△B'C'M+S△AB'M=12AB'•B'C'=152，
∴S△AB'M=59S△AB'C'=256；
∴△AB'C'与矩形ABCD重叠部分的面积是256；
（2）作CN⊥AC'，如图：
∵△ABC绕点A旋转到△AB'C'，
∴AB'＝AB＝5，AC'＝AC=AB2+BC2=34，∠AB'C'＝∠B＝90°＝∠AB'C，B'C'＝BC＝3，
∴CC'＝2B'C'＝6，
∵2S△ACC'＝CC'•AB'＝AC'•CN，
∴CN=CC′⋅AB′AC′=6×534=3034，
∵∠CMN＝∠AMD，∠CNM＝∠ADM＝90°，
∴△CMN∽△AMD，
∴CNAD=CMAM，
∴CN2AD2=CM2AM2，即CN2•AM2＝AD2•CM2，
设DM＝x，
∴（3034）2×（x2+32）＝32（x+5）2，
化简得：33x2﹣170x+25＝0，
解得：x＝5（舍去）或x=533，
答：DM的长度为533．
总结提升：本题考查矩形的性质，涉及旋转变换，相似三角形的判定与旋转，解题的关键是掌握旋转的旋转，能熟练应用相似三角形判定定理．
5．(2023•锦州）如图，在△ABC中，AB=AC=25，BC=4，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，连接DE，DF．
（1）如图1，求证：DF=52DE；
（2）如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．
思路引领：（1）连接AF，可得AF⊥BC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DF=12AC=5，根据中位线定理可得DE=12BC=2，即可得证；
（2）证明△DNF∽△DME，根据（1）的结论即可得FN=52EM；
（3）连接AF，过点C作CH⊥AB于H，证明△AGD∽△AHC，可得GD=12HC=455，勾股定理求得GE，AG，根据tan∠ADG=AGGD=34，∠EMG＝∠ADG，可得tan∠EMG=EGMG=34，进而求得MG，根据MD＝MG+GD求得MD，根据（2）的结论DN=52DM，即可求解．
（1）证明：如图1，连接AF，
∵AB=AC=25，BC=4，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
∴DE=12BC=2，AF⊥BC，
∴DF=12AC=5，
∴DF=52DE；
（2）解：FN=52EM，
理由如下：
连接AF，如图2，
∵AB=AC=25，BC=4，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
∴EF=12AC=CD，EF∥DC，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∴∠DEF＝∠C，
∵DF=12AC=DC，
∴∠DFC＝∠C，
∴∠DFC＝∠DEF，
∴180°﹣∠DFC＝180°﹣∠DEF，
∴∠DFN＝∠DEM，
∵将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，
∴∠EDF＝∠PDQ，
∵∠FDN+∠NDE＝∠EDM+∠NDE，
∴∠FDN＝∠EDM，
∴△DNF∽△DME，
∴NFEM=DFDE=52，
∴FN=52EM；
（3）解：如图，连接AF，过点C作CH⊥AB于H，
Rt△AFC中，FC=12BC=2，
∴AF=AC2−FC2=4，
∵S△ABC=12BC⋅AF=12AB⋅CH，
∴HC=BC⋅AFAB=4×425=855，
∵DP⊥AB，
∴△AGD∽△AHC，
∴GDHC=ADAC=12，
∴GD=12HC=455，
Rt△GED中，GE=ED2−GD2=22−(455)2=255，
Rt△AGD中，AG=AD2−GD2=(5)2−(455)2=355，
∴tan∠ADG=AGGD=355455=34，
∵EF∥AD，
∴∠EMG＝∠ADG，
∴tan∠EMG=EGMG=34，
∴MG=43GE=43×255=8515，
∴MD=MG+GD=8515+455=453，
∵△DNF∽△DME，
∴DNDM=DFDE=52，
∴DN=52DM=52×453=103．
总结提升：本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质定理，相似三角形的性质与判定，锐角三角函数，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
6．(2023•鞍山）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在直线AC上，连接BD，将DB绕点D逆时针旋转120°，得到线段DE，连接BE，CE．
（1）求证：BC=3AB；
（2）当点D在线段AC上（点D不与点A，C重合）时，求CEAD的值；
（3）过点A作AN∥DE交BD于点N，若AD＝2CD，请直接写出ANCE的值．
思路引领：（1）作AH⊥BC于H，可得BH=32AB，BC＝2BH，进而得出结论；
（2）证明△ABD∽△CBE，进而得出结果；
（3）当点D在线段AC上时，作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，设AB＝AC＝3a，则AD＝2a，解直角三角形BDF，求得BD的长，根据△DAG∽△DBF求得AQ，进而求得AN，进一步得出结果；当点D在AC的延长线上时，设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，同样方法求得结果．
（1）证明：如图1，
作AH⊥BC于H，
∵AB＝AC，
∴∠BAH＝∠CAH=12∠BAC=12×120°=60°，BC＝2BH，
∴sin60°=BHAB，
∴BH=32AB，
∴BC＝2BH=3AB；
（2）解：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB=180°−∠BAC2=180°−120°2=30°，
由（1）得，
BCAB=3，
同理可得，
∠DBE＝30°，BEBD=3，
∴∠ABC＝∠DBE，BCAB=BEBD，
∴∠ABC﹣∠DBC＝∠DBE﹣∠DBC，
∴∠ABD＝∠CBE，
∴△ABD∽△CBE，
∴CEAD=BEBD=3；
（3）解：如图2，
当点D在线段AC上时，
作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，
设AB＝AC＝3a，则AD＝2a，
由（1）得，CE=3AD=23a，
在Rt△ABF中，∠BAF＝180°﹣∠BAC＝60°，AB＝3a，
∴AF＝3a•cs60°=32a，BF＝3a．sin60°=332a，
在Rt△BDF中，DF＝AD+AF＝2a+32a=72a，
BD=BF2+DF2=(332a)2+(72a)2=19a，
∵∠AGD＝∠F＝90°，∠ADG＝∠BDF，
∴△DAG∽△DBF，
∴AGBF=ADBD，
∴AG332a=2a19a，
∴AG=3319a，
∵AN∥DE，
∴∠AND＝∠BDE＝120°，
∴∠ANG＝60°，
∴AN=AGsin60°=3319⋅23a=61919a，
∴ANCE=61919a23a=5719，
如图3，
当点D在AC的延长线上时，
设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，
由（1）得，
CE=3AD=43a，
作BR⊥CA，交CA的延长线于R，作AQ⊥BD于Q，
同理可得，
AR＝a，BR=3a，
∴BD=(3a)2+(5a)2=27a，
∴AQ3a=4a27a，
∴AQ=237a，
∴AN=237a⋅23=47a，
∴ANCE=47a43a=2121，
综上所述：5719或2121．
总结提升：本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是正确分类和较强的计算能力．
7．(2023•济南）如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连接AD，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．
（1）判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；
（2）延长ED交直线BC于点F．
①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为 AE＝BE﹣CE ；
②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数并说明理由．
思路引领：（1）证明△BAD≌△CAE；
（2）①AE＝DE＝BE﹣BD＝BE﹣CE；
（3）连接AF，作AG⊥DE于G，先证明△ABF∽△ADG，从而ABAF=ADAG，∠BAF＝∠DAG，进而∠BAD＝∠FAG，再证明△ABD∽△AFG．
解：（1）BD＝CE，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，
∵AE是由AD绕点A逆时针旋转60°得到的，
∴∠DAE＝60°，AD＝AE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即：∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）①由（1）得：∠DAE＝60°，AD＝AE，BD＝CE，
∴△ADE是等边三角形，
∴DE＝AE，
∴AE＝DE＝BE﹣BD＝BE﹣CE，
故答案为：AE＝BE﹣CE；
②如图，
∠BAD＝45°，理由如下：
连接AF，作AG⊥DE于G，
∴∠AGD＝90°，
∵F是BC的中点，△ABC是等边三角形，△ADE是等边三角形，
∴AF⊥BC，∠ABF＝∠ADG＝60°，
∴∠AFB＝∠AGD，
∴△ABF∽△ADG，
∴ABAF=ADAG，∠BAF＝∠DAG，
∴∠BAF+∠DAF＝∠DAG+∠DAF，
∴∠BAD＝∠FAG，
∴△ABD∽△AFG，
∴∠ADB＝∠AGF＝90°，
由（1）得：BD＝CE，
∵CE＝DE＝AD，
∴AD＝BD，
∴∠BAD＝45°．
总结提升：本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和想，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是利用二次相似：第一对相似三角形为第二对相似三角形提供两个条件．
8．(2023•常州）如图，点A在射线OX上，OA＝a．如果OA绕点O按逆时针方向旋转n°（0＜n≤360）到OA′，那么点A′的位置可以用（a，n°）表示．
（1）按上述表示方法，若a＝3，n＝37，则点A′的位置可以表示为 （3，37°） ；
（2）在（1）的条件下，已知点B的位置用（3，74°）表示，连接A′A、A′B．求证：A′A＝A′B．
思路引领：（1）根据点的位置定义，即可得出答案；
（2）画出图形，证明△AOA′≌△BOA′（SAS），即可由全等三角形的性质，得出结论．
（1）解：由题意，得A′（a，n°），
∵a＝3，n＝37，
∴A′（3，37°），
故答案为：（3，37°）；
（2）证明：如图：
∵A′（3，37°），B（3，74°），
∴∠AOA′＝37°，∠AOB＝74°，OA＝OB＝3，
∴∠A′OB＝∠AOB﹣∠AOA′＝74°﹣37°＝37°，
∵OA′＝OA′，
∴△AOA′≌△BOA′（SAS），
∴A′A＝A′B．
总结提升：本题考查全等三角形的判定与性质，新定义题目，旋转的性质，理解题意，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
9．(2023•辽宁）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，线段AB绕点A逆时针旋转至AD（AD不与AC重合），旋转角记为α，∠DAC的平分线AE与射线BD相交于点E，连接EC．
（1）如图①，当α＝20°时，∠AEB的度数是 45° ；
（2）如图②，当0°＜α＜90°时，求证：BD+2CE=2AE；
（3）当0°＜α＜180°，AE＝2CE时，请直接写出BDED的值．
思路引领：（1）由旋转的性质得出∠BAD＝20°，AB＝AD，求出∠DAE=12∠DAC＝35°，由三角形外角的性质可求出答案；
（2）延长DB到F，使BF＝CE，连接AF，证明△ADE≌△ACE（SAS），由全等三角形的性质可得出∠DEA＝∠CEA，∠ADE＝∠ACE，DE＝CE，证明△ABF≌△ACE（SAS），由全等三角形的性质可得出AF＝AE，∠AFB＝∠AEC＝45°，由等腰直角三角形的性质可得出结论；
（3）分两种情况画出图形，由全等三角形的性质及等腰直角三角形的性质可得出答案．
（1）解：∵线段AB绕点A逆时针旋转α至AD，α＝20°，
∴∠BAD＝20°，AB＝AD，
∴∠ADB＝∠ABD=12×（180°﹣20°）＝80°，
又∵∠BAC＝90°，
∴∠DAC＝70°，
∵AE平分∠DAC，
∴∠DAE=12∠DAC＝35°，
∴∠AEB＝∠ADB﹣∠DAE＝80°﹣35°＝45°，
故答案为：45°；
（2）证明：延长DB到F，使BF＝CE，连接AF，
∵AB＝AC，AD＝AB，
∴AD＝AC，
∵AE平分∠DAC，
∴∠DAE＝∠CAE，
又∵AE＝AE，
∴△ADE≌△ACE（SAS），
∴∠DEA＝∠CEA，∠ADE＝∠ACE，DE＝CE，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵∠ADE+∠ADB＝180°，
∴∠ACE+∠ABD＝180°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BEC＝360°﹣（∠ACE+∠ABD）﹣∠BAC＝360°﹣180°﹣90°＝90°，
∵∠DEA＝∠CEA，
∴∠DEA＝∠CEA=12×90°＝45°，
∵∠ABF+∠ABD＝180°，∠ACE+∠ABD＝180°，
∴∠ABF＝∠ACE，
∵AB＝AC，BF＝CE，
∴△ABF≌△ACE（SAS），
∴AF＝AE，∠AFB＝∠AEC＝45°，
∴∠FAE＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
在Rt△AFE中，∠FAE＝90°，
∵cs∠AEF=AEEF，
∴EF=AEcs∠AEF=AEcs45°=2AE，
∵EF＝BF+BD+DE＝CE+BD+CE＝BD+2CE，
∴BD+2CE=2AE；
（3）解：如图3，当0°＜α＜90°时，
由（2）可知BD+2CE=2AE，CE＝DE，
∵AE＝2CE，
∴BD+2DE＝22DE，
∴BDDE=22−2；
如图4，当90°＜α＜180°时，
在BD上截取BF＝DE，连接AF，方法同（2）可证△ADE≌△ACE（SAS），
∴DE＝CE，
∵AB＝AC＝AD，
∴∠ABF＝∠ADE，
∴△ABF≌△ADE（SAS），
∴AF＝AE，∠BAF＝∠DAE，
又∵∠DAE＝∠CAE，
∴∠BAF＝∠CAE，
∴∠EAF＝∠FAC+∠CAE＝∠FAC+∠BAF＝∠BAC＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴EF=2AE，
∴BD＝BF+DE+EF＝2DE+2AE，
∵AE＝2CE＝2DE，
∴BD＝2DE+22DE，
∴BDDE=22+2．
综上所述，BDDE的值为22+2或22−2．
总结提升：本题是几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、旋转变换的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
10．(2023•沈阳）【特例感知】
（1）如图1，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，点C在OA上，点D在BO的延长线上，连接AD，BC，线段AD与BC的数量关系是 AD＝BC ；
【类比迁移】
（2）如图2，将图1中的△COD绕着点O顺时针旋转α（0°＜α＜90°），那么第（1）问的结论是否仍然成立？如果成立，证明你的结论；如果不成立，说明理由．
【方法运用】
（3）如图3，若AB＝8，点C是线段AB外一动点，AC＝33，连接BC．
①若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值是 8+36 ；
②若以BC为斜边作Rt△BCD（B，C，D三点按顺时针排列），∠CDB＝90°，连接AD，当∠CBD＝∠DAB＝30°时，直接写出AD的值．
思路引领：（1）证明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出结论；
（2）利用旋转性质可证得∠BOC＝∠AOD，再证明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出结论；
（3）①过点A作AT⊥AB，使AT＝AB，连接BT，AD，DT，BD，先证得△ABC∽△TBD，得出DT＝36，即点D的运动轨迹是以T为圆心，36为半径的圆，当D在AT的延长线上时，AD的值最大，最大值为8+36；
②如图4，在AB上方作∠ABT＝30°，过点A作AT⊥BT于点T，连接AD、BD、DT，过点T作TH⊥AD于点H，可证得△BAC∽△BTD，得出DT=32AC=32×33=92，再求出DH、AH，即可求得AD；如图5，在AB下方作∠ABE＝30°，过点A作AE⊥BE于点E，连接DE，可证得△BAC∽△BTD，得出DE=92，再由勾股定理即可求得AD．
解：（1）AD＝BC．理由如下：
如图1，∵△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，
∴OA＝OB，OD＝OC，
在△AOD和△BOC中，
OA=OB∠AOD=∠BOC=90°OD=OC，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴AD＝BC，
故答案为：AD＝BC；
（2）AD＝BC仍然成立.
证明：如图2，∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOB+∠AOC＝∠AOC+∠COD＝90°+α，
即∠BOC＝∠AOD，
在△AOD和△BOC中，
OA=OB∠AOD=∠BOCOD=OC，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴AD＝BC；
（3）①过点A作AT⊥AB，使AT＝AB，连接BT，AD，DT，BD，
∵△ABT和△CBD都是等腰直角三角形，
∴BT=2AB，BD=2BC，∠ABT＝∠CBD＝45°，
∴BTAB=BDBC=2，∠ABC＝∠TBD，
∴△ABC∽△TBD，
∴DTAC=BTAB=2，
∴DT=2AC=2×33=36，
∵AT＝AB＝8，DT＝36，
∴点D的运动轨迹是以T为圆心，36为半径的圆，
∴当D在AT的延长线上时，AD的值最大，最大值为8+36，
故答案为：8+36；
②如图4，在AB上方作∠ABT＝30°，过点A作AT⊥BT于点T，连接AD、BD、DT，过点T作TH⊥AD于点H，
∵BTAB=BDBC=cs30°=32，∠ABC＝∠TBD＝30°+∠TBC，
∴△BAC∽△BTD，
∴DTAC=BDBC=32，
∴DT=32AC=32×33=92，
在Rt△ABT中，AT＝AB•sin∠ABT＝8sin30°＝4，
∵∠BAT＝90°﹣30°＝60°，
∴∠TAH＝∠BAT﹣∠DAB＝60°﹣30°＝30°，
∵TH⊥AD，
∴TH＝AT•sin∠TAH＝4sin30°＝2，AH＝AT•cs∠TAH＝4cs30°＝23，
在Rt△DTH中，DH=DT2−TH2=(92)2−22=652，
∴AD＝AH+DH＝23+652；
如图5，在AB上方作∠ABE＝30°，过点A作AE⊥BE于点E，连接DE，
则BEAB=BDBC=cs30°=32，
∵∠EBD＝∠ABC＝∠ABD+30°，
∴△BDE∽△BCA，
∴DEAC=BEAB=32，
∴DE=32AC=32×33=92，
∵∠BAE＝90°﹣30°＝60°，AE＝AB•sin30°＝8×12=4，
∴∠DAE＝∠DAB+∠BAE＝30°+60°＝90°，
∴AD=DE2−AE2=(92)2−42=172；
综上所述，AD的值为23+652或172．
总结提升：本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，关键是添加恰当辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，综合性较强，难度较大，属于中考压轴题．
11．(2023•广元）在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转α（0°＜α＜90°），得到线段CD，连接AD、BD．
（1）如图1，将线段CA绕点C逆时针旋转α，则∠ADB的度数为 135° ；
（2）将线段CA绕点C顺时针旋转α时
①在图2中依题意补全图形，并求∠ADB的度数；
②若∠BCD的平分线CE交BD于点F，交DA的延长线于点E，连结BE．用等式表示线段AD、CE、BE之间的数量关系，并证明．
思路引领：（1）根据旋转的性质可得CD＝CA＝CB，根据等腰三角形的性质得出∠ADC＝90°−α2，∠BDC＝45°+α2，即可得∠ADB的度数；
（2）①依题意可补全图形，根据旋转的性质以及等腰三角形的性质即可求解；
②过点C作CG∥BD，交EB的延长线于点G，根据等腰三角形的性质可得出CE垂直平分BD，求出∠G＝∠EBD＝45°．可得EC＝CG，EG=2EC，证明△ACE≌△BCG，可得AE＝BG，根据线段的和差即可得出结论．
解：（1）在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转α（0°＜α＜90°），
∴CD＝CA＝CB，∠ACD＝α，
∴∠BCD＝90°﹣α，
∵CD＝CA，CD＝CB，
∴∠ADC=180°−α2=90°−α2，∠BDC=180°−(90°−α)2=45°+α2，
∴∠ADB＝∠ADC+∠BDC＝90°−α2+45°+α2=135°，
故答案为：135°；
（2）①依题意补全图形如图，
由旋转得：CD＝CA＝CB，∠ACD＝α，
∴∠BCD＝90°+α，
∵CD＝CA，CD＝CB，
∴∠ADC=180°−α2=90°−α2，∠BDC=180°−(90°+α)2=45°−α2，
∴∠ADB＝∠ADC﹣∠BDC＝90°−α2−45°+α2=45°；
②2CE＝2BE﹣AD．
证明：过点C作CG∥BD，交EB的延长线于点G，
∵BC＝CD，CE平分∠BCD，
∴CE垂直平分BD，
∴BE＝DE，∠EFB＝90°，
由①知，∠ADB＝45°，
∴∠EBD＝∠EDB＝45°，
∴∠FEB＝45°，
∵BD∥CG，
∴∠ECG＝∠EFB＝90°，∠G＝∠EBD＝45°，
∴EC＝CG，EG=2EC，
∵∠ACE＝90°﹣∠ECB，∠BCG＝90°﹣∠ECB，
∴∠ACE＝∠BCG，
∵AC＝BC，
∴△ACE≌△BCG（SAS），
∴AE＝BG，
∵EG＝EB+BG＝EB+AE＝EB+ED﹣AD＝2EB﹣AD，
∴2CE＝2BE﹣AD．
总结提升：本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．
12．(2023•连云港）【问题情境】
在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠B＝30°，BE＝AC＝3．
【问题探究】
小昕同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转．
（1）如图2，当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F，求BF的长．
（2）若点C、E、D在同一条直线上，求点D到直线BC的距离．
（3）连接DC，取DC的中点G，三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上（如图3），求点G所经过的路径长．
（4）如图4，G为DC的中点，则在旋转过程中，点G到直线AB的距离的最大值是 734 ．
思路引领：（1）根据锐角三角函数求解，即可求出答案；
（2）①当点E在BC上方时，如图1过点D作DH⊥BC于H，根据锐角三角函数求出BC＝33，DE=3，最后利用面积求解，即可求出答案；
②当点E在BC下方时，同①的方法，即可求出答案；
（3）先求出∠BOE＝150°，再判断出点G是以点O为圆心，3为半径的圆上，最后用弧长公式求解，即可求出答案；
（4）过点O作OK⊥AB于K，求出OK=334，即可求出答案．
解：（1）由题意得，∠BEF＝∠BED＝90°，
在Rt△BEF中，∠ABC＝30°，BE＝3，
∴BF=BEcs∠ABC=3cs30°=23；
（2）①当点E在BC上方时，
如图1，过点D作DH⊥BC于H，
在Rt△ABC中，AC＝3，
∴tan∠ABC=ACBC，
∴BC=ACtan∠ABC=3tan30°=33，
在Rt△BED中，∠EBD＝∠ABC＝30°，BE＝3，
∴DE＝BE•tan∠DBE=3，
在Rt△BCE中，BE＝3，BC＝33，
根据勾股定理得，CE=BC2−BE2=32，
∴CD＝CE+DE＝32+3，
∵S△BCD=12CD•BE=12BC•DH，
∴DH=CD⋅BEBC=6+1，
②当点E在BC下方时，如图2，
过点D作DM⊥BC于M，
∵S△BDC=12BC•DM=12CD•BE，
∴DM=CD⋅BEBC=6−1，
即点D到直线BC的距离为6±1；
（3）如图3﹣1，连接CD，取CD的中点G，
取BC的中点O，连接GO，则OG∥AB，
∴∠COG＝∠B＝30°，
∴∠BOG＝150°，
∵点G为CD的中点，点O为BC的中点，
∴GO=12BD=3，
∴点G是以点O为圆心，3为半径的圆上，如图3﹣2，
∴三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上时，点G所经过的轨迹为150°所对的圆弧，
∴点G所经过的路径长为150π⋅3180=536π；
（4）如图4，过点O作OK⊥AB于K，
∵点O为BC的中点，BC＝33，
∴OB=332，
∴OK＝OB•sin30°=334，
由（3）知，点G是以点O为圆心，3为半径的圆上，
∴点G到直线AB的距离的最大值是3+334=734，
故答案为：734．
总结提升：此题是几何变换综合题，主要考查了锐角三角函数，勾股定理，弧长公式，三角形的中位线定理，三角形的面积，画出图形是解本题的关键．
13．(2023•重庆）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝22，D为BC的中点，E，F分别为AC，AD上任意一点，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．
（1）如图1，点E与点C重合，且GF的延长线过点B，若点P为FG的中点，连接PD，求PD的长；
（2）如图2，EF的延长线交AB于点M，点N在AC上，∠AGN＝∠AEG且GN＝MF，求证：AM+AF=2AE；
（3）如图3，F为线段AD上一动点，E为AC的中点，连接BE，H为直线BC上一动点，连接EH，将△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面内，得到△B′EH，连接B′G，直接写出线段B′G的长度的最小值．
思路引领：（1）连接CP，判断出△FCG为等腰直角三角形，进而判断出CP⊥FG，进而得出DP=12BC，再求出BC，即可求出答案；
（2）过点E作EH⊥AE交AD的延长线于H，先判断出△EGA≌△EFH（SAS），得出AG＝FH，∠EAG＝∠H＝45°，进而判断出△AGN≌△AMF（AAS），即可得出结论；
（3）先求出BE=10，再判断出点B'是以点E为圆心，10为半径的圆上，再判断出点G在点A 右侧过点A与AD垂直且等长的线段上，进而得出EF最大时，B'G最小，即可求出答案．
（1）解：如图1，连接CP，
由旋转知，CF＝CG，∠FCG＝90°，
∴△FCG为等腰直角三角形，
∵点P是FG的中点，
∴CP⊥FG，
∵点D是BC的中点，
∴DP=12BC，
在Rt△ABC中，AB＝AC＝22，
∴BC=2AB＝4，
∴DP＝2；
（2）证明：如图2，
过点E作EH⊥AE交AD的延长线于H，
∴∠AEH＝90°，
由旋转知，EG＝EF，∠FEG＝90°，
∴∠FEG＝∠AEH，
∴∠AEG＝∠HEF，
∵AB＝AC，点D是BC的中点，
∴∠BAD＝∠CAD=12∠BAC＝45°，
∴∠H＝90°﹣∠CAD＝45°＝∠CAD，
∴AE＝HE，
∴△EGA≌△EFH（SAS），
∴AG＝FH，∠EAG＝∠H＝45°，
∴∠EAG＝∠BAD＝45°，
∵AB⊥AC，HE⊥AC，
∴AB∥HE，
∴∠AMF＝∠HEF，
∵△EGA≌△EFH，
∴∠AEG＝∠HEF，
∵∠AGN＝∠AEG，
∴∠AGN＝∠HEF，
∴∠AGN＝∠AMF，
∵GN＝MF，
∴△AGN≌△AMF（AAS），
∴AG＝AM，
∵AG＝FH，
∴AM＝FH，
∴AF+AM＝AF+FH＝AH=2AE；
（3）解：∵点E是AC的中点，
∴AE=12AC=2，
根据勾股定理得，BE=AE2+AB2=10，
由折叠知，BE＝B'E=10，
∴点B'是以点E为圆心，10为半径的圆上，
由旋转知，EF＝EG，
∴点G在点A右侧过点A与AD垂直且等长的线段上，
∴B'G的最小值为B'E﹣EG，
要B'G最小，则EG最大，即EF最大，
∵点F在AD上，
∴点F在点A或点D时，EF最大，最大值为2，
∴线段B′G的长度的最小值10−2．
总结提升：此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，作出辅助线构造出全等三角形是解本题的关键．
14．(2023•成都）如图，在矩形ABCD中，AD＝nAB（n＞1），点E是AD边上一动点（点E不与A，D重合），连接BE，以BE为边在直线BE的右侧作矩形EBFG，使得矩形EBFG∽矩形ABCD，EG交直线CD于点H．
【尝试初探】
（1）在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系，请说明理由．
【深入探究】
（2）若n＝2，随着E点位置的变化，H点的位置随之发生变化，当H是线段CD中点时，求tan∠ABE的值．
【拓展延伸】
（3）连接BH，FH，当△BFH是以FH为腰的等腰三角形时，求tan∠ABE的值（用含n的代数式表示）．
思路引领：（1）根据两角对应相等可证明△ABE∽△DEH；
（2）设DH＝x，AE＝a，则AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，由△ABE∽△DEH，列比例式可得x=2a±2a2，最后根据正切的定义可得结论；
（3）分两种情况：FH＝BH和FH＝BF，先根据三角形相似证明F在射线DC上，再根据三角形相似的性质和勾股定理列等式可得结论．
解：（1）∵四边形EBFG和四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠BEG＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠AEB＝∠AEB+∠DEH＝90°，
∴∠DEH＝∠ABE，
∴△ABE∽△DEH，
∴在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系；
（2）如图1，∵H是线段CD中点，
∴DH＝CH，
设DH＝x，AE＝a，则AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，
由（1）知：△ABE∽△DEH，
∴AEDH=ABDE，即ax=2x4x−a，
∴2x2＝4ax﹣a2，
∴2x2﹣4ax+a2＝0，
∴x=4a±16a2−4×2×a24=2a±2a2，
∵tan∠ABE=AEAB=a2x，
当x=2a+2a2时，tan∠ABE=a2×2a+2a2=2−22，
当x=2a−2a2时，tan∠ABE=a2×2a−2a2=2+22；
综上，tan∠ABE的值是2±22．
（3）分两种情况：
①如图2，BH＝FH，
设AB＝x，AE＝a，
∵四边形BEGF是矩形，
∴∠BEG＝∠G＝90°，BE＝FG，
∴Rt△BEH≌Rt△FGH（HL），
∴EH＝GH，
∵矩形EBFG∽矩形ABCD，
∴ADAB=EGBE=n，
∴2EHBE=n，
∴EHBE=n2，
由（1）知：△ABE∽△DEH，
∴DEAB=EHBE=n2，
∴nx−ax=n2，
∴nx＝2a，
∴ax=n2，
∴tan∠ABE=AEAB=ax=n2；
②如图3，BF＝FH，
∵矩形EBFG∽矩形ABCD，
∴∠ABC＝∠EBF＝90°，ABBC=BEBF，
∴∠ABE＝∠CBF，
∴△ABE∽△CBF，
∴∠BCF＝∠A＝90°，
∴D，C，F共线，
∵BF＝FH，
∴∠FBH＝∠FHB，
∵EG∥BF，
∴∠FBH＝∠EHB，
∴∠EHB＝∠CHB，
∵BE⊥EH，BC⊥CH，
∴BE＝BC，
由①可知：AB＝x，AE＝a，BE＝BC＝nx，
由勾股定理得：AB2+AE2＝BE2，
∴x2+a2＝（nx）2，
∴x=an2−1（负值舍），
∴tan∠ABE=AEAB=ax=n2−1，
综上，tan∠ABE的值是n2或n2−1．
总结提升：此题是几何变换综合题，考查了相似三角形的判定与性质，矩形的相似的性质，矩形的性质以及直角三角形的性质，三角形全等的性质和判定等知识，注意运用参数表示线段的长，并结合方程解决问题，还要运用分类讨论的思想．
15．(2023•重庆）如图，在锐角△ABC中，∠A＝60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交直线CD于点F．
（1）如图1，若AB＞AC，且BD＝CE，∠BCD＝∠CBE，求∠CFE的度数；
（2）如图2，若AB＝AC，且BD＝AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）若AB＝AC，且BD＝AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中点，点K是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ．在点D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出PQBC的值．
思路引领：（1）如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK＝BE，证明△BCE≌△CBK（SAS），推出BK＝CE，∠BEC＝∠BKD，再证明∠ADF+∠AEF＝180°，可得结论；
（2）结论：BF+CF＝2CN．首先证明∠BFC＝120°．如图2﹣1中，延长CN到Q，使得NQ＝CN，连接FQ，证明△CNM≌△QNF（SAS），推出FQ＝CM＝BC，延长CF到P，使得PF＝BF，则△PBF是等边三角形，再证明△PFQ≌△PBC（SAS），推出PQ＝PC，∠CPB＝∠QPF＝60°，推出△PCQ是等边三角形，可得结论；
（3）由（2）可知∠BFC＝120°，推出点F的运动轨迹为红色圆弧（如图3﹣1中），推出P，F，O三点共线时，PF的值最小，此时tan∠APK=AOAP=23，如图3﹣2中，过点H作HL⊥PK于点L，设HL＝LK＝2，PL=3，PH=7，KH＝22，由等积法求出PQ，可得结论．
解：（1）如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK＝BE，
在△BCE和△CBK中，
BC=CB∠BCK=∠CBEBE=CK，
∴△BCE≌△CBK（SAS），
∴BK＝CE，∠BEC＝∠BKD，
∵CE＝BD，
∴BD＝BK，
∴∠BKD＝∠BDK＝∠ADC＝∠CEB，
∵∠BEC+∠AEF＝180°，
∴∠ADF+∠AEF＝180°，
∴∠A+∠EFD＝180°，
∵∠A＝60°，
∴∠EFD＝120°，
∴∠CFE＝180°﹣120°＝60°；
（2）结论：BF+CF＝2CN．
理由：如图2中，∵AB＝AC，∠A＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝CB，∠A＝∠CBD＝60°，
∵AE＝BD，
∴△ABE≌△BCD（SAS），
∴∠BCF＝∠ABE，
∴∠FBC+∠BCF＝60°，
∴∠BFC＝120°，
如图2﹣1中，延长CN到Q，使得NQ＝CN，连接FQ，
∵NM＝NF，∠CNM＝∠FNQ，CN＝NQ，
∴△CNM≌△QNF（SAS），
∴FQ＝CM＝BC，
延长CF到P，使得PF＝BF，则△PBF是等边三角形，
∴∠PBC+∠PCB＝∠PCB+∠FCM＝120°，
∴∠PFQ＝∠FCM＝∠PBC，
∵PB＝PF，
∴△PFQ≌△PBC（SAS），
∴PQ＝PC，∠CPB＝∠QPF＝60°，
∴△PCQ是等边三角形，
∴BF+CF＝PC＝QC＝2CN．
证法二：延长MC到P，使得CP＝CM，连接PB，PF，延长FC到Q，使得CQ＝BF．
∵FN＝MN，CP＝CM，
∴PF＝2CN，
∵CB＝CM＝CP，∠BCP＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴△BCP是等边三角形，
∴∠BPC+∠BFC＝180°，
∴∠PBF+∠PCF＝180°，
∵∠PCQ+∠PCF＝180°，
∴∠PBF＝∠PCQ，
∴PB＝PC，BF＝CQ，
∴△PBF≌△PCQ（SAS），
∴PF＝PQ，∠BPF＝∠QPC，
∴∠QPF＝∠BPC＝60°，
∴△PQF是等边三角形，
∴FQ＝CF+CQ＝CF+BF＝2CN；
（3）由（2）可知∠BFC＝120°，
∴点F的运动轨迹为红色圆弧（如图3﹣1中），
∴P，F，O三点共线时，PF的值最小，
此时tan∠APK=AOAP=23，
∴∠HPK＞45°，
∵QK⊥PF，
∴∠PKH＝∠QKH＝45°，
如图3﹣2中，过点H作HL⊥PK于点L，设PQ交KH题意点J，设HL＝LK＝2，PL=3，PH=7，KH＝22，
∵S△PHK=12•PK•HL=12•KH•PJ，
∴PQ＝2PJ＝2×2(2+3)22=22+6
∴PQBC=22+627=214+4214．
总结提升：本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，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，学会利用面积法解决问题，属于中考压轴题．
16．(2023•钟楼区校级模拟）如图，将矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点D落在点F处，AF与BC相交于点E．
（1）求证：△ABE≌△CFE；
（2）若AB＝4，AD＝8，求AE的长．
思路引领：（1）根据AAS证明三角形全等即可．
（2）设AE＝x，在Rt△ABE中，利用勾股定理构建方程即可解问题．
（1）证明：∵矩形ABCD沿对角线AC折叠，点D落在等F处，
∴∠F＝∠D＝∠B＝90°，CD＝CF＝AB，
∵∠AEB＝∠CEF，
∴△ABE≌△CFE（AAS）．
（2）设AE＝x，
∵△ABE≌△CFE，
∴EC＝AE＝x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，BC＝AD＝8，BE＝8﹣x，
在Rt△ABE中，则有（8﹣x）2+42＝x2，
解得x＝5，
∴AE＝5．
总结提升：本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
17．(2023•滨海县校级三模）如图，一张矩形纸片ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AD＞AB．将矩形纸片折叠，使得点A与点C重合，折痕交AD于点M，交BC于点N．
（1）请在图中用圆规和无刻度的直尺作出折痕MN（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）在（1）的条件下，连接AN、CM，判断四边形ANCM的形状并说明理由；
（3）若AB＝4，BC＝8，求折痕MN的长．
思路引领：（1）根据线段的垂直平分线的作图步骤画图；
（2）先判定四边形ANCM是平行四边形，再证明是菱形；
（3）多次利用勾股定理求解．
解：（1）如下图：
MN即为所求；
（2）四边形ANCM的形状是菱形，
理由：由折叠得：MN是AC的垂直平分线，
∴∠AOM＝∠CON＝90°，AO＝CO，
矩形纸片ABCD中，有AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACB，
∴△AOM≌△CON（ASA），
∴AM＝CN，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∵∠CON＝90°，
∴▱AMCN是菱形；
（3）∵MN是AC的垂直平分线，
∴AN＝CN，
设CN＝x，则BN＝8﹣x，
在Rt△ABN中，AN2＝AB2+BN2，
即：x2＝42+（8﹣x）2，
解得：x＝5，
在Rt△ABC中，有AC=AB2+BC2=45，
∴OC=12AC=25，
在Rt△CON中，ON=CN2−OC2=5，
∴MN＝2ON＝25．
总结提升：本题考查了作图，掌握菱形的判定方法和勾股定理是解题的关键．
18．(2023•珠海校级三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，F是对角线AC上不与点A，C重合的一点，过点F作EF⊥AD于点E，将△AEF翻折得到△GEF，点G在线段AD上，连接CG，若∠FGC＝90°，延长GF交AB于点H，连接CH．
（1）求证：△CDG∽△GAH；
（2）求tan∠GHC的值．
思路引领：（1）由矩形的性质得∠D＝∠GAH＝90°，再证∠DCG＝∠AGH，即可得出结论；
（2）由翻折的性质得∠EGF＝∠EAF，则∠AGH＝∠DAC＝∠DCG，再由锐角三角函数定义得DGCD=AHAG=CDAD=12，则DG＝1，得AG＝3，然后由相似三角形的性质得CGGH=CDAG，即可解决问题．
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠GAH＝90°，
∴∠DCG+∠DGC＝90°，
∵∠FGC＝90°，
∴∠AGH+∠DGC＝90°，
∴∠DCG＝∠AGH，
∴△CDG∽△GAH；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝2，
由翻折的性质得：∠EGF＝∠EAF，
∴∠AGH＝∠DAC＝∠DCG，
∴tan∠DCG＝tan∠AGH＝tan∠DAC，
∴DGCD=AHAG=CDAD=24=12，
∴DG=12CD=12×2＝1，
∴AG＝AD﹣DG＝4﹣1＝3，
∵△CDG∽△GAH，
∴CGGH=CDAG，
∴tan∠GHC=CGGH=CDAG=23．
总结提升：此题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、相似三角形的判定与性质以及锐角三角函数定义等知识，熟练掌握翻折变换的性质和矩形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
19．(2023•大理州二模）如图，在矩形OABC中，OA＝8，AB＝4．将△OAB沿OB所在直线翻折，点A落在点A′处，OA'与BC边交于点D，过点B作BE∥OA′交OA于点E．
（1）求证：四边形OEBD是菱形．
（2）求线段OD的长．
思路引领：（1）先证明四边形OEBD为平行四边形，由折叠的性质可知，∠EOB＝∠BOD，证出∠OBD＝∠BOD，由菱形的判定可得出结论；
（2）设CD＝x，则OD＝BD＝8﹣x，由勾股定理求出x＝3，则可得出答案．
（1）证明：∵四边形OABC是矩形，
∴CB∥AO，
∴∠EOB＝∠OBD，
又∵BE∥OA′，
∴四边形OEBD为平行四边形，
由折叠的性质可知，∠EOB＝∠BOD，
∴∠OBD＝∠BOD，
∴OD＝BD，
∴四边形OEBD为菱形；
（2）解：∵OABC是矩形，OC＝4，CB＝8，
∴设CD＝x，
由（1）知：OD＝BD＝8﹣x，
在Rt△OCD中，有OC2+CD2＝OD2，
即：16+x2＝（8﹣x）2，
解得：x＝3，
∴OD＝8﹣3＝5，
∴线段OD的长为5．
总结提升：本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，折叠的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
20．(2023•新市区校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90，AD为△ABC的中线，将△ABD沿AB进行折叠，得到△ABE，连接AE、CE，CE交AD于F点．
（1）判断四边形ADBE的形状，并说明理由；
（2）若已知EC⊥AD，EC=23，求△CBE的面积．
思路引领：（1）利用直角三角形斜边中线等于斜边一半可得AD＝BD＝DC，再根据翻折的性质即可求解；
（2）利用AD∥BE，AD⊥CE，可得BE⊥CE，利用来菱形的性质证得BC＝2BE，再利用勾股定理即可求出BE，则问题即可得解．
解：（1）四边形ADBE为菱形，理由：
∵∠BAC＝90，AD为Rt△ABC的中线，
∴AD＝BD＝DC，
由折叠可知：AE＝AD，BE＝BD，
∴AE＝AD＝BD＝BE，
∴四边形ADBE为菱形；
（2）∵四边形ADBE为菱形，
∴BD＝BE，AD∥BE，
∵AD⊥CE，
∴BE⊥CE，
∴∠BEC＝90°
∵BC＝2BE，
∴BC＝2BD＝2BE，
∵BE2+CE2＝BC2，
∴BE2+(23)2=(2BE)2，
∴BE＝2，
∴△BEC的面积=BE⋅EC2=23．
总结提升：本题考查了菱形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、勾股定理等知识，灵活利用菱形的性质是解答本题的关键．
21．（2023•南开区模拟）已知点O是△ABC内一点，连接OA，OB，将△BAO绕点B顺时针旋转如图，若△ABC是等边三角形，OA＝5，OB＝12，△BAO旋转后得到△BCD，连接OC，OD，已知OC＝13．
（Ⅰ）求OD的长；
（Ⅱ）求∠AOB的大小．
思路引领：（Ⅰ）证明△BOD是等边三角形，可得OD＝OB＝12；
（Ⅱ）利用勾股定理的逆定理证明△ODC是直角三角形，即可求解．
解：（Ⅰ）∵将△BAO绕点B顺时针旋转，
∴△BAO≌△BCD，
∴∠ABO＝∠CBD，BO＝BD，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵∠ABO＝∠CBD，
∴∠ABO+∠OBC＝∠CBD+∠OBC，
∴∠OBD＝∠ABC＝60°，
∵BO＝BD，
∴△BOD是等边三角形，
∴OD＝OB＝12；
（Ⅱ）∵△BAO≌△BCD，
∴∠AOB＝∠CDB，AO＝CD＝5，
∵△BOD是等边三角形，
∴∠BDO＝60°，
∵OD＝12，CD＝5，OC＝13，
即132＝52+122，
∴OC2＝CD2+OD2，
∴△ODC是直角三角形，∠ODC＝90°，
∴∠BDC＝∠BDO+∠ODC＝60°+90°＝150°，
∴∠AOB＝∠BDC＝150°．
总结提升：本题考查了旋转的性质，勾股定理的逆定理，等边三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
22．(2023•沭阳县校级模拟）（1）如图1，已知正方形ABCD的边长为6，圆B的半径为3，点P是圆B上的一个动点，则PD+12PC的最小值为 152 ，PD−12PC的最大值为 152 ．
（2）如图2，已知菱形ABCD的边长为4，∠B＝60°，圆B的半径为2，点P是圆B上的一个动点，求PD+12PC的最小值，以及PD−12PC的最大值．
思路引领：（1）在BC上截取BE=32，可证得△PBE∽△CBP，进而得出PE=12PC，从而PD+12PC＝PD+PE≥DE，PD−12PC＝PD﹣PE≤DE，进一步得出结果；
（2）方法同（1）相同．
解：（1）如图1，
在BC上截取BE=32，
∴BEBP=BPBC=12，
∵∠PBE＝∠PBC，
∴△PBE∽△CBP，
∴PEPC=BPBC=12，
∴PE=12PC，
∴PD+12PC＝PD+PE≥DE，
PD−12PC＝PD﹣PE≤DE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，
∴DE=CD2+CE2=62+(92)2=152，
∴PD+12PC的最小值为：152，此时点P在P′处，
PD−12PC的最大值为：152，此时点P在P″处，
故答案为：152，152；
（2）如图2，
在BC上截取BE＝1，作DF⊥BC交BC的延长线于F，
∴BEBP=BPBC=12，
∵∠PBE＝∠PBC，
∴△PBE∽△CBP，
∴PEPC=BPBC=12，
∴PE=12PC，
∴PD+12PC＝PD+PE≥DE，
PD−12PC＝PD﹣PE≤DE，
在Rt△DCF中，∠DCF＝∠ABC＝60°，CD＝4，
∴CF＝4•cs60°＝2，DF＝4•sin60°＝23，
在Rt△DEF中，DF＝23，EF＝CE+CF＝3+2＝5，
∴DE=52+(23)2=37，
∴PD+12PC的最小值为：37，此时点P在P′处，
PD−12PC的最大值为：37，此时点P在P″处，
总结提升：本题考查了相似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，构造相似三角形．
23．（2023•金溪县模拟）如图，长方形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E为BC上一点，且BE＝2，F为AB边上的一个动点，连接EF，将△FBE绕着点E顺时针旋转45°得到△GTE，连接CG、DE．
（1）求证：TG∥DE；
（2）当BF为多少时，CG的最小值且最小值是多少？
思路引领：（1）由旋转的性质可得BE＝TE＝2，∠BET＝45°，∠EBF＝∠GTE＝90°，可得∠TED＝90°，可得结论；
（2）由题意可得当CG⊥TG时，CG有最小值，由等腰直角三角形的性质和矩形的性质可求解．
（1）证明：∵AB＝6，BC＝8，BE＝2，
∴CD＝CE＝6，
∴∠DEC＝45°，
∵将△FBE绕着点E顺时针旋转45°得到△GTE，
∴BE＝TE＝2，∠BET＝45°，∠EBF＝∠GTE＝90°，
∴∠TED＝90°，
∴∠GTE+∠TED＝180°，
∴TG∥DE；
（2）解：∵TG∥DE，
∴点G在与DE平行且与DE的距离为2的直线上运动，
∴当CG⊥TG时，CG有最小值，
∴四边形TEJG是矩形，
∴GJ＝TE＝2，∠EJC＝90°，TG＝EJ，
∴△EJC是等腰直角三角形，
∴TG＝JC＝32，
∴当BF为32时，CG的最小值为32+2．
总结提升：本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
24．(2023•钟楼区校级模拟）将一副三角板按如图所示的方式摆放，AB＝6，DE＝9，点D为边AC上的点，ADAC=33，BC∥EF，
（1）∠ADE的大小为 75 度．
（2）若三角板DEF固定，将三角板ABC绕点D逆时针旋转，
①当点B第一次落在直线DE上时停止旋转，请在图1中用直尺和圆规画出线段AB旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法），则该图形的面积为 18+12π ．
②当旋转至A、B、E三点共线时，求BE的长．
思路引领：（1）利用平行线的性质以及三角形的外角的性质求解即可；
（2）①根据题意画出图形，利用扇形的面积公式求解即可；
②分两种情形：如图2﹣1中，当点B落在线段AE上时，如图2﹣2中，当点A落在BE上时，利用勾股定理求出AE即可解决问题．
解：（1）如图1中，设DE交BC于点T．
∵BC∥EF，
∴∠DTC＝∠E＝45°，
∴∠ADE＝∠DTC+∠C＝45°+30°＝75°．
故答案为：75；
（2）①图形如图1﹣1所示：
∵AB＝6，∠BAC＝90°，∠C＝30°，
∴AC=3AB＝63，
∵ADAC=33，
∴AD＝6，
∴DB=AB2+AD2=62+62=62，
∴阴影部分的面积＝S△ABD+S扇形DBB﹣S扇形ADA′﹣S△A′DB′
＝S扇形DBB′﹣S扇形ADA′
=30π×(62)2360−30π×62360
＝3π．
故答案为：3π．
②如图2﹣1中，当点B落在线段AE上时，
在Rt△AED中，AE=DE2−AD2=92−62=35，
∵AB＝6，
∴BE＝AE﹣AB＝35−6．
如图2﹣2中，当点A落在BE上时，同法可得AE＝35，此时BE＝AE+AB＝35+6．
综上所述，满足条件的BE的值为35−6或35+6．
总结提升：本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，特殊直角三角形的性质，勾股定理，扇形的面积等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
25．(2023•郧阳区模拟）如图1，△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BD，CE．
（1）直接写出BD与CE的数量关系为 相等 ；直线BD与CE所夹锐角为 60 度；
（2）将△ADE绕点A逆时针旋转至如图2，取BC，DE的中点M，N，连接MN，试问：MNBD的值是否随图形的旋转而变化？若不变，请求出该值；若变化，请说明理由；
（3）若AB＝14，AD＝6，当图形旋转至B，D，E三点在一条直线上时，请画出图形，并直接写出MN的值为 53或83 ．
思路引领：（1）根据等边三角形的性质，由SAS可证△ABD≌△ACE，由全等三角形的性质可得∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，再利用三角形外角的性质可求解；
（2）如图2中，连接AM、AN．只要证明△BAD∽△MAN，利用相似比为32即可解决问题；
（3）如图3，连接AM，AN，根据等边三角形的性质得到AN⊥DE，DN＝EN=12DE=12AD＝3，∠DAN=12∠DAE＝30°，AN＝33，同理AM＝73根据勾股定理得到BN=AB2−AN2=142−(33)2=13，于是得到BD＝BN﹣DN＝10，由（2）知MNBD=32，即可得到结论．
解：（1）如图1，
设直线BD与CE相交于F，
∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，
∵∠ABD+∠BAC＝∠ACE+∠BFC（8字型），
∴∠BFC＝∠BAC＝60°，
故答案为：相等，60；
（2）不发生变化，理由如下：
如图2中，连接AM、AN，
∵△ABC，△ADE都是等边三角形，BM＝MC，DN＝NE，
∴AM⊥BC，AN⊥DE，∠ABC＝∠ADE＝∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴AMAB=sin60°，ANAD=sin60°，∠MAB＝∠MAC＝∠DAN＝∠EAN＝30°，
∴AMAB=ANAD，∠BAD＝∠MAN，
∴△BAD∽△MAN，
∴MNBD=AMAB=sin60°=32；
（3）如图3，连接AM，AN，
∵△ABC和△ADE均为等边三角形，点M，N是BC，DE的中点，
∴AN⊥DE，DN＝EN=12DE=12AD＝3，∠DAN=12∠DAE＝30°
∴AN＝33，
同理AM＝73
∴BN=AB2−AN2=142−(33)2=13，
∴BD＝BN﹣DN＝10，
由（2）知MNBD=32，
∴MN＝10×32=53，
当D，E在△ABC外部时，同理可得BD＝13+3＝16，
∴MN＝83．
故答案为：53或83．
总结提升：此题是几何变换综合题，主要考查相似三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题．
26．(2023•齐河县模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，E是线段BC上一动点（不与B、C重合），连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AF，连接EF．点M和点N分别是边BC，EF的中点．
【问题发现】
（1）如图1，若∠BAC＝60°，当点E是BC边的中点时，MNBE= 32 ，直线BE与MN相交所成的锐角的度数为 30 度．
【解决问题】
（2）如图2，若∠BAC＝60°，当点E是BC边上任意一点时（不与B、C重合），上述两个结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【拓展探究】
（3）如图3，若∠BAC＝90°，AB＝6，CG=13CB，在E点运动的过程中，直接写出GN的最小值．
思路引领：（1）设AB＝2a，证△ABC是等边三角形，得AB＝BC＝2a，AE⊥BC，BE＝a，则AE=3a，再证△AEF是等边三角形，得∠AEF＝60°，EF＝AE=3a，则∠NEC＝30°，然后由等边三角形的性质得AN⊥EF，MN=12EF=32a，即可得出结论；
（2）连接AM、AN，证△ABC为等边三角形，则AM⊥BC，再证△MAN∽△BAE，得MNBE=32，∠AMN＝∠ABE＝60°，则∠NMC＝∠AMC﹣∠AMN＝30°；
（3）连接AM、AN，同（2）得AM⊥BC，△MAN∽△BAE，则∠AMN＝∠B＝45°，∠NMC＝45°，再求出MG=2，当GN⊥MN时，GN最小，此时△MNG是等腰直角三角形，即可解决问题．
解：（1）设AB＝2a，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝2a，
∵点E是BC边的中点，点M是BC边的中点，
∴E与M重合，AE⊥BC，BE＝a，
∴AE=AB2−BE2=(2a)2−a2=3a，
由旋转的性质得：∠EAF＝∠BAC＝60°，AE＝AF，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠AEF＝60°，EF＝AE=3a，
∴∠NEC＝∠AEC﹣∠AEF＝90°﹣60°＝30°，
∵点N是EF的中点，
∴AN⊥EF，MN=12EF=32a，
∴MNBE=32，
故答案为：32，30；
（2）上述两个结论均成立，理由如下：
如图2，连接AM、AN，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∵M是BC中点，
∴AM⊥BC，
∴∠BMA＝90°，
在Rt△ABM中，∠B＝60°，
∴∠BAM＝90°﹣∠B＝30°，sinB=AMAB=32，
同理可得∠EAN＝30°，sin∠AEF=ANAE=32，
∴∠MAN＝∠BAE，ANAE=AMAB=32，
∴△MAN∽△BAE，
∴MNBE=ANAE=32，∠AMN＝∠ABE＝60°，
∴∠NMC＝∠AMC﹣∠AMN＝90°﹣60°＝30°，
综上所述，MNBE=32，直线BE和MN相交所成的锐角的度数为30°；
（3）如图3，连接AM、AN，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B＝45°，BC=2AB＝62，
同（2）得：AM⊥BC，△MAN∽△BAE，
∴∠AMN＝∠B＝45°，
∴∠NMC＝∠AMC﹣∠AMN＝45°，
∵M是BC的中点，
∴CM=12BC＝32，
∵CG=13CB=22，
∴MG＝CM﹣CG=2，
当GN⊥MN时，GN最小，
此时△MNG是等腰直角三角形，则GN=22MG＝1，
即GN的最小值为1．
总结提升：本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的性质以及垂线段最短等知识，本题综合性强，熟练掌握旋转变换的性质和等腰三角形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
27．(2023•槐荫区二模）在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，点D在斜边BC上，且满足BD=13BC，将线段DB绕点D顺时针旋转至DE，记旋转角为α，连接CE，BE，以CE为斜边在其右侧作直角三角形CEF，且∠CFE＝90°，∠ECF＝60°，连接AF．
（1）如图1，当α＝180°时，请直接写出线段BE与线段AF的数量关系 BE＝2AF ；
（2）当0°＜α＜180°时，
①如图2，（1）中线段BE与线段AF的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②当B，E，F三点共线时，如图3，连接AE，若AE＝3，请直接写出cs∠EFA的值及线段BC的值．
思路引领：（1）由直角三角形的性质可得AC=12BC，由旋转的的性质可得BD＝DE=13BC，BE=23BC，由直角三角形的性质可求CF=12CE=16CB，即可求解；
（2）①通过证明△CBE∽△CAF，由相似三角形的性质可得AFBE=CFCE=12，则可得出结论；
②过点D作DH⊥BE于H，由等腰三角形的性质可得BH＝HE＝AF，由相似三角形的性质可求∠EFA＝60°，由直角三角形的性质及勾股定理可得出答案．
解：（1）∵∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，
∴AC=12BC，
∵BD=13BC，将线段DB绕点D顺时针旋转至DE，
∴BD＝DE=13BC，BE=23CB，
∴CE=13CB，
∵∠CFE＝90°，∠ECF＝60°，
∴∠CEF＝30°，
∴CF=12CE=16CB，
∴AF＝AC﹣CF=13CB，
∴BE＝2AF；
故答案为：BE＝2AF；
（2）①结论仍然成立，理由如下：
∵∠BCA＝∠ECF＝60°，
∴∠BCE＝∠ACF，
又∵ACBC=12=CFCE，
∴△CBE∽△CAF，
∴AFBE=CFCE=12，
∴BE＝2AF；
②∵B，E，F三点共线，
∴∠CEB+∠CEF＝180°，
∴∠CEB＝150°，
∵△CBE∽△CAF，
∴∠CEB＝∠AFC＝150°，
∴∠EFA＝150°﹣90°＝60°，
∴cs∠EFA＝cs60°=12；
如图3，过点D作DH⊥BE于H，
∵BD＝DE，DH⊥BE，
∴BH＝HE，
∵BE＝2AF，
∴BH＝HE＝AF，
∵DH⊥BE，CF⊥BE，
∴DH∥CF，
∴BHHF=BDCD=12，
∴HF＝2BH，
∴EF＝HE＝BH，
∴EF＝AF，
∴△EFA是等边三角形，
∴EF＝AE＝AF＝3，
∴BE＝6，CF=3，
∴BC=BF2+CF2=221．
总结提升：本题是几何变换综合题，考查了直角三角形的性质，等边三角形的判定，相似三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
28．(2023•临邑县模拟）如图，△ABC与△ACD为正三角形，点O为射线CA上的动点，将射线OM绕点O逆时针旋转60°，得到射线ON．
（1）如图1，点O与点A重合时，点E，F分别在线段BC，CD上，求证：△AEC≌△OFD；
（2）如图2，当点O在CA的延长线上时，E，F分别在线段BC的延长线和线段CD的延长线上，请写出CE、CF、CO三条线段之间的数量关系，并说明理由．
思路引领：（1）由等边三角形得到AC＝AD，∠ACB＝∠D＝∠BAC＝∠COD＝60°，推出∠EAC＝∠FOD，即可证得结论；
（2）过点O作OH∥BC交CF于点H，得到△COH是等边三角形，证明△OHF≌△OCE，推出CE＝FH，即可得到CF＝CO+CE．
（1）证明：∵△ABC与△ACD为正三角形，
∴AC＝AD，∠ACB＝∠D＝∠BAC＝∠COD＝60°，
由旋转得∠EOF＝60°，
∴∠EAC＝∠FOD，
∴△AEC≌△OFD（ASA）；
（2）解：CF＝CO+CE，理由如下：
如图3，过点O作OH∥BC交CF于点H，
∴∠HOC＝∠BCA＝60°，∠OHC＝∠HCE＝60°，
∴△COH是等边三角形，
∴OC＝CH＝OH，
∵∠EOF＝∠COH＝∠CHO＝∠BCA＝60°，
∴∠COE＝∠FOH，∠OCE＝∠OHF＝120°，
∵OH＝OC，
∴△OHF≌△OCE（ASA），
∴CE＝FH，
∵CF＝CH+FH，
∴CF＝CO+CE．
总结提升：此题考查了旋转的性质，掌握等边三角形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质是解题的关键．
29．(2023•亭湖区校级模拟）问题：A4纸给我们矩形的印象，这个矩形是特殊矩形吗？
思考：通过度量、上网查阅资料，小丽同学发现A4纸的长与宽的比是一个特殊值“2”定义：如图1，点C把线段AB分成两部分，如果ACBC=2，那么点C为线段AB的“白银分割点”如图2，矩形ABCD中，BCAB=2，那么矩形ABCD叫做白银矩形．
应用：（1）如图3，矩形ABCD是白银矩形，AD＞AB，将矩形沿着EF对折，求证：矩形ABFE也是白银矩形．
（2）如图4，矩形ABCD中，AB＝1，BC=2，E为CD上一点，将矩形ABCD沿BE折叠，使得点C落在AD边上的点F处，延长BF交CD的延长线于点G，说明点E为线段GC的”白银分制点”．
（3）已知线段AB（如图5），作线段AB的一个“白银分割点”．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
思路引领：（1）设AB＝m，则AD=2m，根据将矩形沿着EF对折，可得AE＝DE=12AD=22m，即知ABAE=m22m=2，故矩形ABFE也是白银矩形；
（2）根据四边形ABCD是矩形，矩形ABCD沿BE折叠，使得点C落在AD边上的点F处，可得AF=BF2−AB2=1，从而有△ABF是等腰直角三角形，即可证△GFE的等腰直角三角形，故GE=2EF，即得GE=2CE，从而E是线段GC的”白银分制点”；
（3）过B作BH⊥AB，在BH上取BE＝AB，连接AE，作∠AEB的角平分线交AB于K，则点K即为线段AB的“白银分割点”．
（1）证明：∵矩形ABCD是白银矩形，AD＞AB，
∴设AB＝m，则AD=2m，
∵将矩形沿着EF对折，
∴∠AEF＝∠DEF＝90°，AE＝DE=12AD=22m，
∵∠A＝∠B＝90°，
∴四边形ABFE是矩形，
∵ABAE=m22m=2，
∴矩形ABFE也是白银矩形；
（2）证明：如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°＝∠C，
∵矩形ABCD沿BE折叠，使得点C落在AD边上的点F处，
∴BF＝BC=2，∠BFE＝∠C＝90°＝∠GFE，EF＝CE，
∵AB＝1，
∴AF=BF2−AB2=(2)2−12=1，
∴AB＝AF，
∴△ABF是等腰直角三角形，∠AFB＝45°＝∠GFD，
∵∠ADC＝90°＝∠ADG，
∴∠G＝45°，
∴△GFE的等腰直角三角形，
∴GE=2EF，
∴GE=2CE，
∴E是线段GC的”白银分制点”；
（3）如图：
过B作BH⊥AB，在BH上取BE＝AB，连接AE，作∠AEB的角平分线交AB于K，
点K即为线段AB的“白银分割点”．
总结提升：本题考查几何变换综合应用，涉及新定义，矩形的性质及应用，等腰直角三角形的判定与性质，解题的关键是读懂“白银三角形”，“白银分割点”的定义．
30．(2023•沭阳县校级模拟）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转一定的角度得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E．
（1））点E恰好落在边AC上，如图1，求∠ADE的大小；
（2）如图2，若△ABC绕点C顺时针旋转的角度为60°，点F是边AC中点，求证：四边形BFDE是平行四边形．
思路引领：（1）先根据旋转的性质得到∠DCE＝∠ACB＝30°，CD＝CA，∠DEC＝∠ABC＝90°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠CAD＝∠CDA＝75°，然后利用互余可计算出∠ADE的度数；
（2）先根据斜边上的中线性质得到BF＝FA＝FC＝AB，再根据旋转的性质得到DE＝AB，CB＝CE，∠BCE＝60°，∠DEC＝∠ABC＝90°，所以DE＝BF，接着证明△BCE为等边三角形得到∠CBE＝∠CEB＝60°，然后证明DE∥BF，从而可判断四边形BFDE是平行四边形．
（1）解：∵△ABC绕点C顺时针旋转一定的角度得到△DEC，点E恰好落在边AC上，
∴∠DCE＝∠ACB＝30°，CD＝CA，∠DEC＝∠ABC＝90°，
∵CD＝CA，
∴∠CAD＝∠CDA=12（180°﹣30°）＝75°，
在Rt△ADE中，∠ADE＝90°﹣∠EAD＝90°﹣75°＝15°；
（2）证明：∵∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，
∴∠A＝60°，AC＝2AB，
∵点F是边AC中点，
∴BF＝FA＝FC，
∴AB＝BF，
∵△ABC绕点C顺时针旋转的角度为60°，
∴DE＝AB，CB＝CE，∠BCE＝60°，∠DEC＝∠ABC＝90°，
∴DE＝BF，
∵CB＝CE，∠BCE＝60°，
∴△BCE为等边三角形，
∴∠CBE＝∠CEB＝60°，
∵FB＝FC，
∴∠FBC＝∠FCB＝30°，
∴∠EBF＝∠EBC﹣∠FBC＝30°，
∴∠DEB+∠EBF＝90°+60°+30°＝180°，
∴DE∥BF，
而DE＝BF，
∴四边形BFDE是平行四边形．
总结提升：本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了直角三角形斜边上的中线和平行四边形的判定．
31．(2023•大名县校级四模）把大小不同的两个等腰直角△ABC与△DEC的直角顶点C重合，两个直角边也重合，按如图1所示的位置摆放，然后将△DEC绕点C逆时针旋转，如图2，连接AD，BE，设旋转角为α（0°＜α＜360°）．
（1）若0°＜α＜180°，求证：△ACD≌△BCE；
（2）如图3，当点E在线段AD上时，
①求∠AEB的度数；
②若CD=2，BC＝52，求tan（α﹣90°）的值；
（3）直接写出当△ACD的面积最大时α的值．
思路引领：（1）根据等腰三角形的性质可得CD＝CE，CA＝CB，根据旋转的性质可得∠DCE＝∠ACD＝α，即可证明△ACD≌△BCE；
（2）①设∠DAC＝∠EBC＝β，表示出∠ABE＝45°﹣β，∠EAB＝45°+β，根据三角形内角和定理即可求解；
②根据∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝α﹣90°，得到tan(α−90°)=AEEB，在Rt△AEB中，勾股定理求得AE，BE即可求解．
（3）设D到AC的距离为h，则S△ACD=12AC⋅ℎ，当DC⊥AC时，h取得最大值，即DC的长度，即可求解．
（1）证明：∵△ABC与△DEC是等腰直角三角形，
∴CD＝CE，CA＝CB，∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ECB+∠ACE＝∠DCA+∠ACE，
∴∠DCE＝∠ACD＝α，
∴△ACD≌△BCE（SAS）；
（2）解：①∵△ACD≌△BCE，
∴∠DAC＝∠EBC，
设∠DAC＝∠EBC＝β，
∵∠CAB＝∠ABC＝45°，
∴∠ABE＝45°﹣β，∠EAB＝45°+β，
∴∠AEB＝180°﹣∠ABE﹣∠EAB＝90°，
②∵∠DEC＝∠ACE+∠DAC＝（α﹣90°）+β＝45°，
∴β＝135°﹣α，
∵∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝45°﹣β＝45°﹣（135°﹣α）＝α﹣90°，
∴tan(α−90°)=AEEB，
∵点E在线段AD上，CD=2，BC＝52，
∴AB=2BC=10，DE=2CD=2，
设AE＝x，
∴AD＝DE+x＝EB，
在Rt△AEB中，AE2+EB2＝AB2，
即x2+（x+2）2＝102，
解得x＝6或x＝﹣8（舍去），
∴AE＝6，BE＝8，
∴tan(α−90°)=AEEB=68=34；
（3）设D到AC的距离为h，则S△ACD=12AC⋅ℎ，
∴当DC⊥AC时，h取得最大值，即DC的长度，
∵0°＜α＜360°，
∴当△ACD的面积最大时α＝90°或270°．
总结提升：本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，求正切，勾股定理，点到直线的距离，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
32．(2023•元宝区校级二模）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，点D为AB的中点，连接CD，将线段CD绕点D顺时针旋转α（60°＜α＜120°）得到线段ED，且ED交线段BC于点G．∠CDE的平分线DM交BC于点H．过点C作CF∥DE交DM于点F，连接EF、BE．
（1）如图1，若α＝90°，
①∠DEB＝ 75 °．
②判断线段BE与DH的数量关系，并说明理由；
（2）在（1）的条件下，求证：BEFH=33；
（3）如图2，若AC＝2，tan（α﹣60°）＝m，请直接写出BEFH的值（用含m的式子表示）．
思路引领：（1）①证明DE＝DB，可知结论；
②由“ASA”可证△GBE≌△GDH，可得BE＝DH；
（2）通过证明△HDG∽△HFC，可得DHFH=DGFC，由角的数量关系可求CD＝CF，即可求解；
（3）通过证明△FCH∽△BGE，可得BEFH=BGCF=3−m2．
（1）解：①在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，∠A＝60°，
∴∠ABC＝30°，
∵点D为AB的中点
∴AD＝CD＝BD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ACD＝∠ADC＝60°，
∴∠DCB＝30°，
∵∠CDE＝α＝90°，
∴∠CGD＝∠BGE＝60°，∠BDE＝30°，
∴DG＝BG
由题意可得DC＝DE，
∴DE＝DB，
∴∠DEB＝∠DBE＝75°，
故答案为：75°；
②结论：BE＝DH．
理由：∵∠DEB＝∠DBE＝75°，∠ABC＝30°，
∴∠GBE＝45°，
∵DM平分∠CDE，∠CDE＝90°，
∴∠CDH＝∠GDH＝45°，
又∵DG＝BG，∠BGE＝∠DGH，
∴△GBE≌△GDH（ASA），
∴BE＝DH；
（2）证明：∵CF∥DG，
∴∠HGD＝∠HCF，∠HDG＝∠HFC，
∴△HDG∽△HFC，
∴DHFH=DGFC，
∵∠CDH＝∠GDH＝45°，∠HDG＝∠HFC，
∴∠CDH＝∠HFC，
∴CF＝CD，
∴BEFH=DHFH=DGFC=GDCD=tan∠DCB=tan30°=33；
（3）解：如图2，过点D作DN⊥BC于N，
∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，点D为AB的中点，AC＝2，
∴AB＝4，BC＝23，AD＝CD＝BD＝2，
又∵∠DCB＝30°，DN⊥BC，
∴CN＝NB=3，∠CDN＝60°，DN=12CD＝1，
∴∠NDG＝α﹣60°，
∵tan（α﹣60°）＝m=NGDN，
∴NG＝m，
∴BG=3−m，
∵将线段CD绕点D顺时针旋转α（60°＜α＜120°）得到线段ED，
∴CD＝DE＝2，∠CDE＝α，
∵DM平分∠CDE，
∴∠CDH＝∠GDH=α2，
∵CF∥DE，
∴∠CFD＝∠FDG=α2=∠CDH，∠FCB＝∠BGE，
∴CD＝CF＝2，
∵∠BDE＝180°﹣60°﹣α＝120°﹣α，DE＝CD＝BD，
∴∠DEB＝∠DBE＝30°+α2，
∴∠GBE=α2=∠CFD，
∴△FCH∽△BGE，
∴BEFH=BGCF=3−m2．
总结提升：本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
33．(2023•柘城县校级四模）观察猜想
（1）如图1，在等边△ABC与等边△ADE中，△ADE绕点A顺时针旋转&度（0＜a＜360），则线段BD与线段CE的数量关系是 BD＝EC ，直线BD与直线CE相交所成较小角的度数是 60° ；
类比探究
（2）如图2，在△ABC与△ADE中，∠BCA＝∠DEA＝90°，CB＝CA，ED＝EA，其他条件不变，（1）中的两个结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出新的结论并证明；
拓展应用
（3）如图3，在△ABC与△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝90°，∠BAC＝∠DAE＝60°，AB＝3AD＝33，当B，D，E三点共线时，直接写出CE的值．
思路引领：（1）如图1中，延长BD交CE的延长线于点O，BO交AC于点J．证明△BAD≌△CAE（SAS），推出BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，可得结论；
（2）如图2中，结论不成立．结论：BD=2CE，直线BD与直线CE相交所成较小角的度数是45°．证明△BAD∽△CAE，推出BDEC=ABAC=2，∠ABD＝∠ACE，可得结论；
（3）分两种情形：如图3﹣1中，当点D落在BE上时．利用相似三角形的性质证明∠CEA＝90°，再利用勾股定理求解．如图3﹣2中，当点E落在BD上时，同法可得．
解：（1）如图1中，延长BD交CE的延长线于点O，BO交AC于点J．
∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵∠AJB＝∠CJO，
∴∠O＝∠CAB＝60°，
∴BD＝CE，直线BD与直线CE相交所成较小角的度数是60°．
故答案为：BD＝EC，60°．
（2）如图2中，结论不成立．结论：BD=2CE，直线BD与直线CE相交所成较小角的度数是45°．
理由：延长BD交CE于点O，BO交AC于点J．
∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB=2AC，AD=2AE，∠BAC＝∠DAE＝45°，
∴ABAC=ADAE=2，∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴BDEC=ABAC=2，∠ABD＝∠ACE，
∵∠AJB＝∠CJO，
∴∠O＝∠CAB＝45°，
∴BD=2CE，直线BD与直线CE相交所成较小角的度数是45°；
（3）如图3﹣1中，当点D落在BE上时．
∵∠ABC＝∠ADE＝90°，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠ACB＝∠AED＝30°，∠BAD＝∠CAE，
∴AC＝2AB＝63，AE＝2AD＝23，
∴ACAB=AEAD=2，
∴△CAE∽△BAD，
∴∠CAE＝∠ADB＝90°，
∴EC=AC2−AE2−=(63)2−(23)2=46
如图3﹣2中，当点E落在BD上时，同法可得EC＝46．
综上所述，EC的长为46．
总结提升：本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
34．(2023•海淀区校级模拟）在等边△ABC中，将线段CA绕点C顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到线段CD．
（1）若线段DC的延长线与线段AB相交于点E（不与点A，B重合），写出满足条件的α的取值范围；
（2）在（1）的条件下连接AD、交BC的延长线于点F．
①依题意补全图形；
②用等式表示线段CE，CF，BE之间的数量关系，并证明．
思路引领：（1）将BC和AC延长，则D点在∠D1CD2内部；
（2）①在（1）基础上，取一点D，画出图形；
②作∠ACG＝∠D交AE于G，证明△ADF≌△ACG，从而得出AE＝AF+GE，计算得出∠CGE＝∠ECG，进一步得出结果．
解：如图，
从图可得：120°＜α＜180°；
（2）①如图2，
②如图3，
CE＝CF+BE，
理由如下：
作∠CBG＝∠D交CE于G，
∵CD＝CA，
∴∠CAD＝∠D，
设∠CAD＝∠D＝∠CBG＝β，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠CBA＝∠CAB＝60°，
∴CD＝CB，
在△CDF和△CBG中，
∠D=∠CBGCD=CB∠DCF=∠BCG，
∴△CDF≌△CBG（ASA），
∴CF＝CG，
∴CE＝CG+GE＝CF+GE，
在△ADE中，∠AED＝180°﹣∠D﹣∠DAE＝180°﹣β﹣（60°+β）＝120°﹣2β，
∴∠BGE＝∠AED﹣∠EBG＝（120°﹣2β）﹣（60﹣β）＝60°﹣β，
∴∠BGE＝∠EBG，
∴EG＝BE，
∴CE＝CF+BE．
总结提升：本题考查了根据条件画图，全等三角形的判定和性质，等边三角形性质等知识，作辅助线，构造全等三角形是解决问题的关键．
35．(2023•铁岭模拟）如图1，△ABC和△ADE为直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，∠BAC＝∠DAE＝a，连接BD，以BD为直角边作直角三角形BDF（B，D，F按顺时针排列），且∠BDF＝a，连接CE，CF，△ADE绕点A旋转，
（1）如图2，当a＝45°时，判断DF与CE之间的数量和位置关系，并证明；
（2）当a＝30°时，若AD＝3，AB=21，且DE⊥EC时，直接写出四边形DECF的面积．
思路引领：（1）根据已知条件证明△ABC，△ADE，△DBF都是等腰直角三角形，可得ABAC=ADAE=BDDF=cs45°=22，可以证明△ABD∽△ACE，得CE＝DF，然后证明△ABD≌△CBF（SAS），可得AD＝CF，所以DE＝CF，可得四边形DFCE是平行四边形，进而可以解决问题；
（2）根据已知条件证明△ABC，△ADE，△DBF都是含30度角的直角三角形，可得ABAC=ADAE=BDDF=cs30°=32，DE=12AE，然后证明△ABD∽△ACE，得CE＝DF，再证明△ABD∽△CBF，证明四边形DFCE是矩形，得A，D，F三点共线，由△ADH∽△AFC，可得DHFC=AHAC=ADAF，求出DH=335，AF＝5，进而可以解决问题．
解：（1）DF∥CE，DF＝CE，
证明：∵∠BAC＝∠DAE＝∠BDF＝α＝45°，∠ABC＝∠ADE＝∠DBF＝90°，
∴△ABC，△ADE，△DBF都是等腰直角三角形，
∴ABAC=ADAE=BDDF=cs45°=22，
∵∠BAD＝45°﹣∠DAC＝∠CAE，
∴△ABD∽△ACE，
∴BDCE=ABAC=22，
∴BDCE=BDDF，
∴CE＝DF，
∵△ABC，△ADE，△DBF都是等腰直角三角形，
∴AB＝BC，BD＝BF，AD＝DE，
∵∠ABD＝90°﹣∠DBC＝∠CBF，
∴△ABD≌△CBF（SAS），
∴AD＝CF，
∴DE＝CF，
∴四边形DFCE是平行四边形，
∴DF∥CE，DF＝CE；
（2）∵∠BAC＝∠DAE＝∠BDF＝α＝30°，∠ABC＝∠ADE＝∠DBF＝90°，
∴△ABC，△ADE，△DBF都是含30度角的直角三角形，
∴ABAC=ADAE=BDDF=cs30°=32，DE=12AE，
∵AD＝3，AB=21，
∴AC＝27，AE＝23，
∴DE=3，
∵∠BAD＝30°﹣∠DAC＝∠CAE，
∴△ABD∽△ACE，
∴BDCE=ABAC=32，
∴BDCE=BDDF，
∴CE＝DF，
∵∠ABD＝90°﹣∠DBC＝∠CBF，BCAB=BFBD=tan30°=33，
∴△ABD∽△CBF，
∴CFAD=BFBD=33，
∵DEAD=tan30°=33，
∴CFAD=DEAD，
∴CF＝DE，
∴四边形DFCE是平行四边形，
∵DE⊥EC，
∴∠DEC＝90°，
∴四边形DFCE是矩形，
∴∠FDE＝90°，
∵∠ADE＝90°，
∴∠FDE+∠ADE＝180°，
∴A，D，F三点共线，
如图，设AC与DE交于点H，
∵DE∥CF，
∴△ADH∽△AFC，
∴DHFC=AHAC=ADAF，
∵CF＝DE=3，AC＝27，AD＝3，
∴AH=AD2+DH2=9+DH2，
∴DH3=9+DH227=3AF，
∴DH=335，
∴AF＝5，
∴DF＝AF﹣AD＝5﹣3＝2，
∴矩形DECF的面积＝DE•DF=3×2＝23；
当△ADE绕点A继续旋转，DF＝AF+AD＝5+3＝8时，
矩形DECF的面积＝DE•DF=3×8＝83．
综上所述：矩形DECF的面积为23或83．
总结提升：本题属于几何变换综合题，主要考查的是相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．