2021年中考數學總復習-直線形綜合-類比探究型專題訓練(不用相似)(含答案與解析)

/類比探究型幾何綜合題專題訓練（不用相似）【類型1】通過位置變化（圖形變換）進行類比探究〖例1〗已知：如圖，等邊△AOB的邊長為4，點C為OA中點．（1）如圖1，將OC繞點O順時針旋轉，使點C落到OB邊的點D處，設旋轉角為α（0°＜α≤360°）．則此時α＝；此時△COD是三角形（填特殊三角形的名稱）．（2）如圖2，固定等邊△AOB不動，將（1）中得到的△OCD繞點O逆時針旋轉，連接AC，BD，設旋轉角為β（0°＜β≤360°）．①求證：AC＝BD；②當旋轉角β為何值時，OC∥AB，并說明理由；③當A、C、D三點共線時，直接寫出線段BD的長．〖例2〗現有與菱形有關的三幅圖，如圖：（1）（感知）如圖①，AC是菱形ABCD的對角線，∠B＝60°，E、F分別是邊BC、CD上的中點，連結AE、EF、AF．若AC＝2，則CE+CF的長為．（2）（探究）如圖②，在菱形ABCD中，∠B＝60°．E是邊BC上的點，連結AE，作∠EAF＝60°，邊AF交邊CD于點F，連結EF．若BC＝2，求CE+CF的長．（3）（應用）在菱形ABCD中，∠B＝60°．E是邊BC延長線上的點，連結AE，作∠EAF＝60°，邊AF交邊CD延長線于點F，連結EF．若BC＝2，EF⊥BC時，借助圖③求△AEF的周長．〖嘗試練習〗1．如圖1，等邊△ABC與等邊△BDE的頂點B重合，D、E分別在AB、BC上，AB＝22，BD＝2．現將等邊△BDE從圖1位置開始繞點B順時針旋轉，如圖2，直線AD、CE相交于點P．（1）在等邊△BDE旋轉的過程中，試判斷線段AD與CE的數量關系，并說明理由；（2）在等邊△BDE順時針旋轉180°的過程中，當點B到直線AD的距離最大時，求PC的長；（3）在等邊△BDE旋轉一周的過程中，當A、D、E三點共線時，求CE的長．2．△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D為直線BC上一動點（點D不與B，C重合），以AD為邊在AD右側作正方形ADEF，連接CF．（1）探究猜想如圖1，當點D在線段BC上時，①BC與CF的位置關系為：；②BC、CD、CF之間的數量關系為：；（2）深入思考如圖2，當點D在線段CB的延長線上時，結論①、②是否仍然成立？若成立，請給予證明；若不成立，請你寫出正確結論再給予證明．（3）拓展延伸如圖3，當點D在線段BC的延長線上時，正方形ADEF對角線交于點O．若已知AB＝22，CD＝14BC，請求出OC3．如圖1，正方形ABCD與正方形AEFG有公共的頂點A，且正方形AEFG的邊AE，AG分別在正方形ABCD的邊AB，AD上，顯然BE＝DG，BE⊥DG．（1）將圖1的正方形AEFG繞點A轉動一定的角度到圖2的位置．求證：①BE＝DG；②BE⊥DG；（2）如圖3，若點D，G，E在同一條直線上，且正方形ABCD的邊長是42，正方形AEFG的邊長為32，求BE的長．【類型2】通過形狀變化進行類比探究〖例3〗如圖1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α．D為BC邊上一點（不與點B，C重合），將線段AD繞點A逆時針旋轉α，得到AE，連接DE，CE．（1）求證：CE＝BD；（2）若α＝60°，其他條件不變，如圖2．請猜測線段AC，CD，CE之間的數量關系，并說明理由；（3）若α＝90°，其他條件不變，如圖3，請寫出∠ACE的度數及線段AD，BD，CD之間的數量關系，并說明理由．〖例4〗如圖1，在正方形ABCD中，點P是對角線BD上的一點，點E在AD的延長線上，且PC＝PE，PF交CD于點F．（1）求證：∠PCD＝∠PED；（2）連接EC，求證：EC＝2AP；（3）如圖2，把正方形ABCD改成菱形ABCD，其他條件不變，當∠DAB＝60°時，請直接寫出線段EC和AP的數量關系．〖嘗試練習〗4．已知菱形ABCD和菱形DEFG有公共的頂點D，C點在DE上，且∠ADC＝∠EDG，連接AE，CG，如圖1．（1）試猜想AE與CG有怎樣的數量關系（直接寫出關系，不用證明）；（2）將菱形DEFG繞點D按順時針方向旋轉，使點E落在BC邊上，如圖2，連接AE和CG．你認為（1）中的結論是否還成立？若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由；（3）在（2）的條件下，如果∠ADC＝∠EDG＝90°，如圖3，你認為AE和CG是否垂直？若垂直，請給出證明；若不垂直，請說明理由．5．已知在平行四邊形ABCD中，AB≠BC，將△ABC沿直線AC翻折，點B落在點E處，AD與CE相交于點O，聯(lián)結DE．（1）如圖1，求證：AC∥DE；（2）如圖2，如果∠B＝90°，AB＝3，BC＝6，求△OAC的面積；（3）如果∠B＝30°，AB＝23，當△AED是直角三角形時，求BC的長．6．如圖，在平行四邊形ABCD中，∠BAD的平分線交BC于點E，交DC的延長線于F，以EC、CF為鄰邊作平行四邊形ECFG．（1）求證：四邊形ECFG是菱形；（2）連結BD、CG，若∠ABC＝120°，則△BDG是等邊三角形嗎？為什么？（3）若∠ABC＝90°，AB＝10，AD＝24，M是EF的中點，求DM的長．【自主反饋】7．如圖1，△ABC是等邊三角形，點D，E分別是BC，AB上的點，且BD＝AE，AD與CE交于點F．（1）求∠DFC的度數；（2）將CE繞著點C逆時針旋轉120°，得到CP，連接AP，交BC于點Q．①補全圖形（圖2中完成）；②用等式表示線段BE與CQ的數量關系，并證明．8．已知△ABC是等腰三角形．（1）如圖1，若△ABC，△ADE均是頂角為42°的等腰三角形，BC、DE分別是底邊，求證：△ABD≌△ACE；（2）如圖2，若△ABC為等邊三角形，將線段AC繞點A逆時針旋轉90°，得到AD，連接BD，∠BAC的平分線交BD于點E，連接CE．①求∠AED的度數；②試探究線段AE、CE、BD之間的數量關系，并證明．9．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，將△ABC繞點A順時針旋轉一定的角度α得到△AED，點B、C的對應點分別是E、D．（1）如圖1，當點E恰好在AC上時，求∠CDE的度數；（2）如圖2，若α＝60°時，點F是邊AC中點，求證：DF＝BE；（3）如圖3，點B、C的坐標分別是（0，0），（0，2），點Q是線段AC上的一個動點，點M是線段AO上的一個動點，是否存在這樣的點Q、M使得△CQM為等腰三角形且△AQM為直角三角形？若存在，請直接寫出滿足條件的點M的坐標；若不存在，請說明理由．10．在等腰直角三角形紙片ABC中，點D是斜邊AB的中點，AB＝10，點E為BC上一點，將紙片沿DE折疊，點B的對應點為點B'．（1）如圖①，連接CD，則CD的長為；（2）如圖②，B'E與AC交于點F，DB'∥BC．①求證：四邊形BDB'E為菱形；②連接B'C，則△B'FC的形狀為；（3）如圖③，則△CEF的周長為．11．已知正方形ABCD，以CE為邊在正方形ABCD外部作正方形CEFG，連AF，H是AF的中點，連接BH，HE．（1）如圖1所示，點E在邊CB上時，則BH，HE的關系為；（2）如圖2所示，點E在BC延長線上，（1）中的結論是否仍然成立？若成立，請證明；若不成立，請給出新的結論并證明．（3）如圖3，點B，E，F在一條直線上，若AB＝13，CE＝5，直接寫出BH的長．12．（1）操作發(fā)現：如圖1，在矩形ABCD中，E是BC的中點，將△ABE沿AE折疊后得到△AFE，點F在矩形ABCD內部，延長AF交CD于點G．猜想線段GF與GC有何數量關系？并證明你的結論．（2）簡單應用：在（1）中，如果AB＝4，AD＝6，求CG的長．（3）類比探究：如圖2，將（1）中的矩形ABCD改為平行四邊形，其它條件不變，（1）中的結論是否仍然成立？請說明理由．13．我們知道，平行四邊形的對邊平行且相等，利用這一性質，可以為證明線段之間的位置關系和數量關系提供幫助．重溫定理，識別圖形（1）如圖①，我們在探究三角形中位線DE和第三邊BC的關系時，所作的輔助線為“延長DE到點F，使EF＝DE，連接CF”，此時DE與DF在同一直線上且DE＝12DF，又可證圖中的四邊形為平行四邊形，可得BC與DF的關系是，于是推導出了“DE∥BC，DE＝12尋找圖形，完成證明（2）如圖②，四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，△BEH是等腰直角三角形，∠EBH＝90°，連接CF、CH．求證CF＝2BE．構造圖形，解決問題（3）如圖③，四邊形ABCD和四邊形AEFG都是菱形，∠ABC＝∠AEF＝120°，連接BE、CF．直接寫出CF與BE的數量關系．類比探究型幾何綜合題專題訓練（不用相似）答案與解析〖例1〗解：（1）如圖1，∵△AOB是等邊三角形，∴AO＝BO＝AB，∠AOB＝60°，∵將OC繞點O順時針旋轉，使點C落到OB邊的點D處，∴OC＝OD，∠COD＝∠AOB＝60°＝α，∴△COD是等邊三角形，答案為：60°，等邊；（2）①∵△COD是等邊三角形，∴OC＝OD，∠COD＝∠AOB＝60°，∴∠AOC＝∠BOD，又∵AO＝BO，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD；②如圖2，當點C在點O的上方時，若OC∥AB，∴∠AOC＝∠OAB＝60°＝β，如圖2﹣1，當點C在點O的下方時，若OC∥AB，∴∠ABO＝∠BOC＝60°，∴β＝360°﹣60°﹣60＝240°，綜上所述：β＝60°或240°；③如圖3，當點D在線段AC上時，過點O作OE⊥AC于E，∵等邊△AOB的邊長為4，點C為OA中點，∴AO＝AB＝OB＝4，OC＝OD＝CD＝2，∵∠AOB＝∠COD＝60°，∴∠AOC＝∠BOD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD，∵OE⊥CD，OC＝OD，∴CE＝DE＝1，∴OE＝OC2-CE2＝3，∴AE＝OA∴AC＝AE+CE＝1+13＝BD；如圖4，當點C在線段AD上時，過點O作OF⊥AD于F，同理可求DF＝CF＝1，AF＝13，∴AC＝BD＝13﹣1，綜上所述：BD＝13+1或13﹣1．〖例2〗解：（1）感知：∵四邊形ABCD是菱形，∴BC＝CD＝AB＝2，∵E，F分別是邊BC，CD的中點，∴CE＝12BC，CF＝12CD＝∴CE+CF＝2．故答案為：2．（2）探究：如圖，連結AC．∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，AB∥CD．∴∠B+∠BCD＝180°．∵∠B＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∠BCD＝120°．∴∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝AC．∴∠ACF＝∠B＝60°．∵∠EAF＝60°，∴∠BAC﹣∠CAE＝∠EAF﹣∠CAE．∴∠BAE＝∠CAF．∴△ABE≌△ACF（ASA）．∴BE＝CF．∴CE+CF＝BC＝2．（3）應用：如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，AB∥CD．∴∠B+∠BCD＝180°．∵∠B＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∠BCD＝120°．∴∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝AC．∴∠CAD＝∠B＝60°．∵∠EAF＝60°，∴∠CAD﹣∠DAE＝∠EAF﹣∠DAE．∴∠CAE＝∠DAF．∵∠ACE＝∠ADF，AC＝AD∴△ACE≌△ADF（ASA）．∴CE＝DF，AE＝AF，∵∠EAF＝60°，∴△AEF為等邊三角形，∵EF⊥BC，∠ECF＝60°，∴CF＝2CE，∵CD＝BC＝2，∴CE＝2，∴EF=CF∴△AEF的周長為63〖嘗試練習〗1．解：（1）AD＝CE，理由：∵△ABC與△BDE都是等邊三角形，∴AB＝BC，BD＝BE，∠ABC＝∠DBE＝60°，∴∠ABD＝∠CBE，∴△ABD≌△CBE（SAS），∴AD＝CE；（2）如圖2，過點B作BH⊥AD于H，在Rt△BHD中，BD＞BH，∴當點D，H重合時，BD＝BH，∴BH≤BD，∴當BD⊥AD時，點B到直線AD的距離最大，∴∠EDP＝90°﹣∠BDE＝30°，同（1）的方法得，△ABD≌△CBE（SAS），∴∠BEC＝∠BDA＝90°，EC＝AD，在Rt△ABD中，BD＝2，AB＝22，根據勾股定理得，AD＝AB2-BD∴CE＝2，∵∠BEC＝90°，∠BED＝60°，∴∠DEP＝90°﹣60°＝30°＝∠EDP，∴DP＝EP，如圖2﹣1，過點P作PQ⊥DE于Q，∴EQ＝12DE＝1，在Rt△EQP中，∠PEQ＝30∴EP＝EQcos∠DEP∴PC＝2-23（3）①當點D在AE上時，如圖3，∴∠ADB＝180°﹣∠BDE＝120°，∴∠BDE＝60°，過點B作BF⊥AE于F，在Rt△BDF中，∠DBF＝30°，BD＝2，∴DF＝1，BF＝3，在Rt△ABF中，根據勾股定理得，AF＝AB2-BF2＝5，AD＝AF﹣DF＝5﹣1，∴CE＝AD＝5②當點D在AE的延長線上時，如圖4，同①的方法得，AF＝5，DF＝1，∴AD＝AF+DF＝5+1，∴CE＝AD＝5+1，即滿足條件的CE的長為5+1和5﹣1．2．解：（1）①正方形ADEF中，AD＝AF，∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，又∵AB=AC，∴△DAB≌△FAC（SAS），∴∠ABC＝∠ACF，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴∠ACB+∠ACF═45°+45°＝90°，即BC⊥CF；②△DAB≌△FAC，∴CF＝BD，∵BC＝BD+CD，∴BC＝CF+CD；故答案為：BC＝CF+CD；（2）CF⊥BC成立；BC＝CD+CF不成立，CD＝CF+BC．理由如下：∵正方形ADEF中，AD＝AF，∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，又∵AB=AC，∴△DAB≌△FAC（SAS），∴∠ABD＝∠ACF，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ACB＝∠ABC＝45°．∴∠ABD＝180°﹣45°＝135°，∴∠BCF＝∠ACF﹣∠ACB＝135°﹣45°＝90°，∴CF⊥BC．∵CD＝DB+BC，DB＝CF，∴CD＝CF+BC．（3）過點A作AH⊥BC于點H，過點E作EM⊥BD于點M，EN⊥CF于點N，∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝22，∴BC＝4，∴CD＝14BC＝1，∴BD＝5由（2）同理可證得△DAB≌△FAC，∴BC⊥CF，CF＝BD＝5，∵四邊形ADEF是正方形，∴OD＝OF，∵∠DCF＝90°，∴DF＝CD2+CF2＝26，∴3．證明：（1）如圖2，延長DG交BE于H，∵四邊形ABCD，四邊形AEFG是正方形，∴AB＝AD，AG＝AE，∠DAB＝∠GAE＝90°，∴∠DAG＝∠BAE，∴△DAG≌△BAE（SAS），∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，∵∠C+∠CBA+∠ABE+∠BHD+∠CDH＝360°，∴90°+90°+∠ADG+∠CDH+∠BHD＝360°，∴∠BHD＝90°，∴DG⊥BE；（2）如圖3，連接BD，∵正方形ABCD的邊長是42，正方形AEFG的邊長為32，∴BD＝2AD＝8，GE＝2AE＝6，∵BD2＝DE2+BE2，∴64＝（6+BE）2+BE2，∴BE＝23﹣3．〖例3〗證明：（1）∵將線段AD繞點A逆時針旋轉α，∴AD＝AE，∠DAE＝α，∴∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS）∴BD＝CE；（2）AC＝CD+CE，理由如下：∵AB＝AC，∠BAC＝60°∴△ABC是等邊三角形，∴AC＝BC，由（1）可知：BD＝CE，∴BC＝BD+CD＝CE+CD，∴AC＝CD+CE；（3）∠ACE＝45°，BD2+CD2＝2AD2，理由如下：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵△BAD≌△CAE∴∠ACE＝∠ABC＝45°，∴∠BCE＝∠ACE+∠ACB＝90°，∴CE2+CD2＝DE2，∵AD＝AE，∠DAE＝90°，∴DE2＝2AD2，∴CE2+CD2＝2AD2，∴BD2+CD2＝2AD2．〖例4〗（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADP＝∠CDP＝45°，又∵PD=PD，∴△ADP≌△CDP（SAS），∴∠PAD＝∠PCD，AP＝CP，∵PC＝PE，∴AP＝PE，∴∠PAD＝∠PED，∴∠PCD＝∠PED；（2）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADC＝∠EDF＝90°，由（1）知，∠PCD＝∠PED，∵∠CFP＝∠EFD（對頂角相等），∴180°﹣∠CFP﹣∠PCD＝180°﹣∠EFD﹣∠PED，即∠CPF＝∠EDF＝90°，∵PC＝PE，∴△CPE是等腰直角三角形，∴EC＝2CP，由（1）知，AP＝CP，∴EC＝2AP；（3）解：AP＝CE；理由如下：∵四邊形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴AB＝BC，∠ABP＝∠CBP＝60°，∠BAD＝∠BCD，∠EDC＝∠DAB＝60°，又∵PB=PB，∴△ABP≌△CBP（SAS），∴PA＝PC，∠BAP＝∠BCP，∴∠DAP＝∠DCP，∵PC＝PE，∴PA＝PE，∴∠DAP＝∠AEP，∴∠DCP＝∠AEP，∵∠CFP＝∠EFD，∴180°﹣∠CFP﹣∠PCF＝180°﹣∠EFD﹣∠AEP，即∠CPF＝∠EDF＝60°，∴△EPC是等邊三角形，∴PC＝EC，∴EC＝AP，〖嘗試練習〗4．解：（1）AE＝CG，理由如下：∵四邊形ABCD和四邊形DEFG都是菱形，∴DA＝DC，DE＝DG，又∵∠ADE=∠CDG，∴△DAE≌△DCG（SAS），∴AE＝CG；（2）成立，理由如下：∵∠ADC＝∠EDG，∴∠ADC﹣∠EDC＝∠EDG﹣∠EDC，即∠ADE＝∠CDG，又∵DA＝DC，DE＝DG，∴△DAE≌△DCG（SAS），∴AE＝CG；（3）AE⊥CG，理由如下：延長線段AE、GC交于點H，∵AD∥BC，∴∠CEH＝∠DAE，由（2）可知，△DAE≌△DCG，∴∠DAE＝∠DCG，∴∠CEH＝∠DCG，∵四邊形ABCD是菱形，∠ADC＝90°，∴四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∴∠ECH+∠DCG＝90°，∴∠ECH+∠CEH＝90°，∴∠CHE＝90°，∴AE⊥CG．5．（1）證明：由折疊的性質得：△ABC≌△△AEC，∴∠ACB＝∠ACE，BC＝EC，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，AD∥BC．∴EC＝AD，∠ACB＝∠CAD，∴∠ACE＝∠CAD，∴OA＝OC，∴OD＝OE，∴∠ODE＝∠OED，∵∠AOC＝∠DOE，∴∠CAD＝∠ACE＝∠OED＝∠ODE，∴AC∥DE；（2）解：∵平行四邊形ABCD中，∠B＝90°，∴四邊形ABCD是矩形，∴∠CDO＝90°，CD＝AB＝3，AD＝BC＝6，由（1）得：OA＝OC，設OA＝OC＝x，則OD＝6﹣x，在Rt△OCD中，由勾股定理得：（3）2+（6﹣x）2＝x2，解得：x＝364，∴OA＝∴△OAC的面積＝12OA×CD＝12×364×（3）解：分兩種情況：①如圖3，當∠EAD＝90°時，延長EA交BC于G，∵AD＝BC，BC＝EC，∴AD＝EC，∵AD∥BC，∠EAD＝90°，∴∠EGC＝90°，∵∠B＝30°，AB＝23，∴∠AEC＝30°，∴GC＝12EC＝12BC，∴G是在Rt△ABG中，BG＝32AB＝3，∴BC＝2BG＝6②如圖4，當∠AED＝90°時∵AD＝BC，BC＝EC，∴AD＝EC，由折疊的性質得：AE＝AB，∴AE＝CD，又∵AC=AC，∴△ACE≌△CAD（SSS），∴∠ECA＝∠DAC，∴OA＝OC，∴OE＝OD，∴∠OED＝∠ODE，∴∠AED＝∠CDE，∵∠AED＝90°，∴∠CDE＝90°，∴AE∥CD，又∵AB∥CD，∴B，A，E在同一直線上，∴∠BAC＝∠EAC＝90°，∵Rt△ABC中，∠B＝30°，AB＝23，∴AC＝33AB＝2，BC＝2AC＝4綜上所述，當△AED是直角三角形時，BC的長為4或6．6．證明：（1）∵AF平分∠BAD，∴∠BAF＝∠DAF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB∥CD，∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠CFE，∴∠CEF＝∠CFE，∴CE＝CF，又∵四邊形ECFG是平行四邊形，∴四邊形ECFG為菱形；（2）△BDG是等邊三角形，理由如下：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥DC，AB＝DC，AD∥BC，∵∠ABC＝120°，∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120°，由（1）知，四邊形CEGF是菱形，∴CE＝GE，∠BCG＝12∠BCF＝60∴CG＝GE＝CE，∠DCG＝120°，∵EG∥DF，∴∠BEG＝120°＝∠DCG，∵AE是∠BAD的平分線，∴∠DAE＝∠BAE，∵AD∥BC，∴∠DAE＝∠AEB，∴∠BAE＝∠AEB，∴AB＝BE，∴BE＝CD，∴△BEG≌△DCG（SAS），∴BG＝DG，∠BGE＝∠DGC，∴∠BGD＝∠CGE，∵CG＝GE＝CE，∴△CEG是等邊三角形，∴∠CGE＝60°，∴∠BGD＝60°，∵BG＝DG，∴△BDG是等邊三角形；（3）如圖2中，連接BM，MC，∵∠ABC＝90°，四邊形ABCD是平行四邊形，∴四邊形ABCD是矩形，又由（1）可知四邊形ECFG為菱形，∠ECF＝90°，∴四邊形ECFG為正方形．∵∠BAF＝∠DAF，∴BE＝AB＝DC，∵M為EF中點，∴∠CEM＝∠ECM＝45°，∴∠BEM＝∠DCM＝135°，∴△BME≌△DMC（SAS），∴MB＝MD，∠DMC＝∠BME．∴∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°，∴△BMD是等腰直角三角形．∵AB＝10，AD＝24，∴BD＝AB2+AD∴DM＝22BD＝132【自主反饋】7．解：（1）∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝∠B＝∠ACB＝60°，又∵BD=AE，∴△ABD≌△CAE（SAS），∴∠BAD＝∠ACE，∵∠BAD+∠DAC＝60°，∴∠DFC＝∠ACE+∠DAC＝60°；（2）①根據題意補全圖形如圖2所示：②線段BE與CQ的數量關系為：CQ＝12BE；理由如下：∵CE繞著點C逆時針旋轉120°，得到CP，∴CE＝CP，∠ECP＝120°，∵∠DFC＝60°，∴AD∥CP，∴∠ADC＝∠DCP，∵△ABD≌△CAE，∴CE＝AD，∴AD＝CP，∴△ADQ≌△PCQ（AAS），∴CQ＝DQ＝12CD∵AB＝BC，BD＝AE，∴BE＝CD，∴CQ＝12BE8．解：（1）∵△ABC，△ADE均是頂角為42°的等腰三角形，BC、DE分別是底邊，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS）；（2）①∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，由旋轉知，AC＝AD，∠CAD＝90°，∴AB＝AD，∠BAD＝∠BAC+∠CAD＝150°，∴∠D＝12（180°﹣∠BAD）＝15∵AE是∠BAC的平分線，∴∠CAE＝12∠BAC＝30°，∴∠DAE＝∠CAD+∠CAE＝120∴∠AED＝180°﹣∠D﹣∠DAE＝45°；②BD＝2CE+2AE；證明：如圖，∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC，∵AE是∠BAC的角平分線，∴∠BAE＝∠CAE，∵AE＝AE，∴△BAE≌△CAE（SAS），∴BE＝CE，過點A作AF⊥AE交DE于F，∴∠EAF＝90°，由旋轉知，∠CAD＝90°，∴∠CAE＝∠DAF，由①知，∠AED＝45°，∴∠AFE＝45°＝∠AEF，∴AE＝AF，∴EF＝2AE，∵AC＝AD，∴△ACE≌△ADF（SAS），∴DF＝CE，∴BD＝BE+EF+DF＝CE+2AE+CE＝2CE+2AE．9．解：（1）∵∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，∴∠ACB＝60°，∵△ABC繞點A順時針旋轉α得到△AED，點E恰好在AC上，∴CA＝AD，∠EAD＝∠BAC＝30°，∴∠ACD＝∠ADC＝12（180°﹣30°）＝75°，∵∠EDA＝∠ACB＝60°，∴∠CDE＝∠ADC﹣∠EDA＝15（2）連接BF，∵點F是邊AC中點，∴BF＝AF＝12AC，∵∠BAC＝30°，∴BC＝12AC，∴∠FBA＝∠BAC＝30°，∵△ABC繞點A順時針旋轉60°得到△AED，∴∠BAE＝∠CAD＝60°，CB＝DE，∠DEA＝∠ABC＝90∴DE＝BF，延長BF交AE于點G，則∠BGE＝∠GBA+∠BAG＝90°，∴∠BGE＝∠DEA，∴BF∥ED，∴四邊形BFDE是平行四邊形，∴DF＝BE；（3）∵點B、C的坐標分別是（0，0），（0，2），∴BC＝2，∵∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，∴AC＝4，AB＝23，若∠QMA＝90°，CQ＝MQ時，如圖3，設CQ＝QM＝x，∠CAB＝30°，∴AQ＝2x，AM＝3x，∴AC＝x+2x＝3x＝4，∴x＝43，∴AM＝4∴BM＝AB﹣AM＝23﹣433＝2∴點M（233，若∠AQM＝90°，CQ＝QM時，如圖4，設CQ＝QM＝x，∠CAB＝30°，∴AQ＝3x，AM＝2x，∴AC＝x+3x＝4，∴x＝23﹣2，∴AM＝43﹣4，∴BM＝23﹣（43﹣4）＝4﹣23，∴點M（4﹣23，0）；綜上所述：M（233，0）或（4﹣23，10．（1）解：∵△ABC是等腰直角三角形，點D是斜邊AB的中點，AB＝10，∴CD＝12AB＝（2）①證明：由折疊的性質得：B'D＝BD，B'E＝BE，∠B'DE＝∠BDE，∵DB'∥BC，∴∠B'DE＝∠BED，∴∠BDE＝∠BED，∴BD＝BE，∴B'D＝BE，∴四邊形BDB'E是平行四邊形，又∵B'D＝BD，∴四邊形BDB'E為菱形；②解：∵△ABC是等腰直角三角形，點D是斜邊AB的中點，∴CD＝12AB＝BD由折疊的性質得：B'D＝BD，∴CD＝B'D，∴∠DCB'＝∠DB'C，∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵DB'∥BC，∴DB'⊥AC，∴∠ACB'＝90°﹣∠DB'C，由①得：四邊形BDB'E為菱形，∴AB∥B'E，∵CD⊥AB，∴CD⊥B'E，∴∠EB'C＝90°﹣∠DCB'，∴∠ACB'＝∠EB'C，∴FB'＝FC，即△B'FC為等腰三角形；（3）解：連接B'C，如圖③所示：∵△ABC是等腰直角三角形，點D是斜邊AB的中點，AB＝10，∴BC＝22AB＝52，∠B＝45°，CD＝12AB＝BD，∠ACD＝12∠ACB＝45°，由折疊的性質得：B'D＝BD，∠B'＝∠B∴CD＝B'D，∴∠DCB'＝∠DB'C，∴∠FCB'＝∠FB'C，∴CF＝B'F，∴△CEF的周長＝EF+CF+CE＝EF+B'F+CE＝B'E+CE＝BE+CE＝BC＝52；11．解：（1）BH⊥HE，BH＝HE；理由如下：延長EH交AB于M，如圖1所示：∵四邊形ABCD和四邊形CEFG是正方形，∴AB∥CD∥EF，AB＝BC，CE＝FE，∠ABC＝90°，∴∠AMH＝∠FEH，∵H是AF的中點，∴AH＝FH，∴△AMH≌△FEH（AAS），∴AM＝FE＝CE，MH＝EH，∴BM＝BE，∵∠ABC＝90°，∴BH⊥HE，BH＝12ME＝HE（2）結論仍然成立．BH⊥HE，BH＝HE．理由如下：延長EH交BA的延長線于點M，如圖2所示：∵四邊形ABCD是正方形，四邊形EFGC是正方形，∴∠ABE＝∠BEF＝90°，AB＝BC，AB∥CD∥EF，CE＝FE，∴∠HAM＝∠HFE，∴△AHM≌△FHE（ASA），∴HM＝HE，AM＝EF＝CE，∴BM＝BE，∵∠ABE＝90°，∴BH⊥EH，BH＝12EM＝EH；（3）延長EH到M，使得MH＝EH，連接AH、BH，如圖3所示：同（2）得：△AMH≌△FEH（SAS），∴AM＝FE＝CE，∠MAH＝∠EFH，∴AM∥BF，∴∠BAM+∠ABE＝180°，∴∠BAM+∠CBE＝90°，∵∠BCE+∠CBE＝90°∴∠BAM＝∠BCE，∴△ABM≌△CBE（SAS），∴BM＝BE，∠ABM＝∠CBE，∴∠M