專題23 全等三角形旋轉法（解析版）

專題23全等三角形旋轉法

一、單選題

1．如圖所示，ABAD且ABAD，ABC為直角三角形，ACB90，已知BC2，AC5，則四邊

形ABCD的面積為（）

2535

A．B．15C．D．20

22

【答案】C

【詳解】解：過A作AEAC，過D作DEAE，垂足為E，如圖，

∴DE∥AC，

∵ABAD且ABAD，

∴BADCAE90，即BACCADDAECAD90，

∴BACDAE，

∵ACB90，

∴ACBE90，

∴△BAC≌△DAEAAS，

∴DEBC2，AEAC5，SABCSADE，

∴四邊形ABCD的面積為S△ABCS△ADCS△ADES△ADCS梯形ACDE

25535

．

22

故選：C．

2．如圖，點P是等邊三角形ABC內一點，且PA6，PB8，PC10，若將△APB繞著點B逆時針旋轉

后得到△CQB，則APB的度數．（）

第1頁共47頁.

A．90B．120C．150D．165

【答案】C

【詳解】解：連接PQ，由題意可知ABP≌CBQ，

則QBPB8，PAQC6，ABPCBQ，

∵ABC是等邊三角形，

∴ABCABP+PBC60，

∴PBQCBQ+PBC60，

∴VBPQ為等邊三角形，

∴PQPBBQ8，

又∵PQ8，PC10，QC6，

∴PQ2＋QC2=PC2，

∴PQC90，

∵VBPQ為等邊三角形，

∴BQP60，

∴BQCBQPPQC150

∴APBBQC150，

故選C．

3．如圖，在四邊形ABCD中，∠ADC＝∠ABC＝90°，AB＝BC＝5，BD＝7，則Rt△ADC的周長為（）

第2頁共47頁.

A．52B．72C．92D．122

【答案】D

【詳解】解：延長DC到E，使CE＝AD，連接BE，

∵∠ADC＝∠ABC＝90°，

∴∠DAB+∠DCB＝360°﹣90°﹣90°＝180°，

∵∠BCE+∠DCB＝180°，

∴∠BCE＝∠BAD，

在△ADB和△CEB中，

ABCB

BADBCE

ADCE

∴△ADB≌△CEB（SAS），

∴∠1＝∠2，DB＝BE＝7，

∵∠1+∠3＝90°，

∴∠2+∠3＝∠DBE＝90°，

∴△DBE為等腰直角三角形，

∴DEDB2BE272，

∵AB＝BC＝5，∠ABC＝90°，

∴ACAB2BC252

∴Rt△ADC的周長＝AD+DC+AC，

＝CE+CD+AC＝DE+AC＝122，

故選D．

4．如圖，O是正ABC內一點，OA3，OB4，OC5．將線段BO以點B為旋轉中心逆時針旋轉60°

得到線段BO，下列結論錯誤的是（）

第3頁共47頁.

A．點O與O的距離為4B．AOB150

C．S四邊形AOBO′643D．S△AOBS△AOC343

【答案】D

【詳解】解：如圖1，連接OO′，

由題意可知，∠1+∠2＝∠3+∠2＝60°，

∴∠1＝∠3，

又∵OB＝O′B，AB＝BC，

∴BOA≌BOC(SAS)，

又∵∠OBO′＝60°，

∴△OBO′是等邊三角形，

∴OO′＝OB＝4．

故A正確；

∵△BO′A≌△BOC，

∴O′A＝5．

在△AOO′中，三邊長為3，4，5，這是一組勾股數，

∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′＝90°，

∴∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′＝90°+60°＝150°，

故B正確；

132

S四邊形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′═×3×4+×4＝6+43，故C正確；

24

如圖2

將AOC繞A點順時針旋轉60°到ABO'位置，

第4頁共47頁.

93

同理可得S△S6，

AOC△AOB4

故D錯誤；

故選D．

5．如圖，正方形ABCD中，點E、F分別在線段BC、CD上運動，且滿足∠EAF＝45°，AE、AF分別與BD相

交于點M、N，下列說法中：①BE+DF＝EF；②點A到線段EF的距離一定等于正方形的邊長；③BE＝2，DF

＝3，則S△AEF＝15；④若AB＝62，BM＝3，則MN＝5．其中結論正確的個數是（）

A．4B．3C．2D．1

【答案】A

【詳解】解：如圖，把△ADF繞點A順時針旋轉90°得到△ABH，

由旋轉的性質得，BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，

∵∠EAF＝45°，

∴∠EAH＝∠BAH+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，

∴∠EAH＝∠EAF＝45°，

在△AEF和△AEH中，

AHAF

EAHEAF=45o，

AEAE

∴△AEF≌△AEH（SAS），

∴EH＝EF，

∴∠AEB＝∠AEF，

∴BE+BH＝BE+DF＝EF，故①正確；

過A作AG⊥EF于G，

∴∠AGE＝∠ABE＝90°，

在△ABE與△AGE中，

ABEAGE

AEBAEG，

AEAE

∴△ABE≌△AGE（AAS），

第5頁共47頁.

∴AB＝AG，

∴點A到線段EF的距離一定等于正方形的邊長；故②正確；

∵BE＝2，DF＝3，

∴EF＝BE+DF＝5，

設BC＝CD＝n，

∴CE＝n﹣2，CF＝n﹣3，

∴EF2＝CE2+CF2，

∴25＝（n﹣2）2+（n﹣3）2，

∴n＝6（負值舍去），

∴AG＝6，

∴SAEF＝1×6×5＝15．故③正確；

△2

如圖，把△ADN繞點A順時針旋轉90°得到△ABQ，連接QM，

由旋轉的性質得，BQ＝DN，AQ＝AN，∠BAQ＝∠DAN，∠ADN＝∠ABQ＝45°，

∵∠EAF＝45°，

∴∠MAQ＝∠BAQ+∠BAE＝∠DAN+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，

∴∠MAQ＝∠MAN＝45°，

在△AMQ和△AMN中，

AQAN

MAQMAN，

AMAM

∴△AMQ≌△AMN（SAS），

∴MQ＝MN，

∵∠QBM＝∠ABQ+∠ABM＝90°，

∴BQ2+MB2＝MQ2，

第6頁共47頁.

∴ND2+MB2＝MN2，

∵AB＝62，

∴BD＝2AB＝12，

設MN＝x，則ND＝BD﹣BM﹣MN＝9﹣x，

∴32+（9﹣x）2＝x2，

解得：x＝5，

∴MN＝5，故④正確，

故選A．

6．如圖，在△ABC中，點M，N分別是AC，BC上一點，AM＝BN，∠C＝60°，若AB＝9，BM＝7，則MN的長

度可以是（）

A．2B．7C．16D．17

【答案】B

【詳解】解：如圖，作等邊ABQ和等邊MBP，連接QP、QM，

在等邊ABQ和等邊MBP中，QBAPBM60，

∴QBPQBMQBMABM60，

∴QBPABM，

又∵QBAB9，PBMB7，

∴QBPABM（SAS），

∴BQPBAM，PQAM，

∵AM＝BN，

第7頁共47頁.

∴PQBN

在ABC中，ACBCABCBA180，ACB60，

∴MBC18060MABABM120MABABM，

在△QBP中，QPBBQPQBP180，MPB60，

∴MPQ18060BQPQBP120MABABM，

∴MBNMPQ，

在△QMP和△NMB中，

PBMB

MBNMPQ，

PQBN

∴QMPNMB（SAS）

∴MQMN，

在QMB中，QBMBQMQBMB，

∴ABMBMNABMB，

∴2MN16，

∴選項B，MN=7符合題意，

故選B．

7．如圖，在邊長為4的正方形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，E在BD上，連接CE，作EF⊥CE交AB于

點F，交AC于點G，連接CF交BD于點H，延長CE交AD于點M，連接FM，則下列結論：①點E到AB，BC

3

的距離相等；②∠FCE=45°；③∠DMC=∠FMC；④若DM=2，則BF=．正確的有（）個．

4

A．1B．2C．3D．4

【答案】C

【詳解】解：如圖1，過E點作HEAB、NEBC，

第8頁共47頁.

∴EHF=ENC=90，

∵在正方形ABCD中，ABC=90，ABD=CBD=45，

∴HENE，即點E到AB，BC的距離相等，故①正確；

HEN=90；

∴HEF+EFN=90，

由∵EFFC，

∴CEN+EFN=90，

∴CENFEH，

∴CENFEH（AAS）

∴EF=EC，

18090

∴FCE==45，故②正確；

2

如圖2，延長MD至P，使DP=BF，連接PC，

易證BFCDPC（SAS）

∴FCBPCD，FC=PC，

∵FCE=45，

∴DCP+MCD=ECB+MCD=9045=45，

∴FCMPCM，

又∵MCMC，

∴FCMPCM，

∴FCMPCM，

∴DMCFMC，MFMP，故③正確，

在邊長為4的正方形ABCD中，ABBCCDAD4，

若DM=2，則AMAD-MD2，

設BFDPx，則AFABBF4x，MFMPDPMDx2，

在RtAMF中，MF2AF2AM2

44

∴(2x)2(4x)222，解得：x=，故BF；④錯誤，

33

綜上所述，正確的①②③，故選C．

第9頁共47頁.

二、填空題

8．如圖，已知點P是正方形ABCD內的一點，連接PA、PB、PC．若PA4，PB2，APB135，則

PC的長為．

【答案】26

【詳解】解：四邊形ABCD為正方形，

BABC，ABC90，

把△BAP繞點B順時針旋轉90得到△CBE，連接PE，如圖，

BPBE2，CEAP4，PBE90，BECAPB135，

PBE為等腰直角三角形，

PE2PB22，PEB45，

PEC1354590，

在RtPEC中，PE22，CE4，

PC42(22)226．

故答案為：26．

9．如圖，等邊ABC中，AOB115,BOC125，則以線段OA,OB,OC為邊構成的三角形的各角的度

數分別為．

【答案】55，60，65．

【詳解】解：將AOB逆時針旋轉60，得到△CDB，

第10頁共47頁.

∵AOB≌CDB，ABC是等邊三角形，且旋轉角相等，則OBDB,OBD=60

∴BOD是等邊三角形.則OBDBOD

又∵AOB≌CDB∴AOBCDB115OADC

故以線段OA,OB,OC三邊構成的三角形為OCD

所以ODCCDBODB1156055

CODBOCBOD1256065

OCD180ODCCOD180655560

故答案為：55,60,65.

10．如圖，在直角坐標系中，B（0，3）、C（4，0）、D（0，2），AB與CD交于點P，若∠APC=45°，則A點

坐標為.

【答案】（1，0）

【詳解】解：如圖，將DC繞點D逆時針旋轉90得到DQ，

第11頁共47頁.

∵C（4，0）、D（0，2），

則Q（2，6）．

設直線CQ的解析式為ykxb，

將C（4，0），Q（2，6）代入得

04kbk3

，解得，

62kbb12

∴直線CQ的解析式為y3x12．

∵APC45，由旋轉的性質得到

APCDCQ45，

∴ABCQ．

∵B（0，3），

∴直線AB的解析式為y3x3，

∴3x30，

∴x1，

∴點A（1，0）．

故答案為：（1，0）．

11．如圖，P為等邊三角形ABC內一點，且點這到三個頂點A、B、C的距離分別為6、8、10，則ABC的

面積為．

【答案】36253

【詳解】∵ABC為等邊三角形，

∴BABC，

可將△BPC繞點B逆時針旋轉60得△BEA，連EP，且延長BP，作AFBP于點F．如圖，

∴BEBP8，AEPC10，PBE60，

第12頁共47頁.

∴BPE為等邊三角形，

∴PEPB8，BPE60，

在△AEP中，AE10，AP6，PE8，

∴AE2PE2PA2

∴△AEP為直角三角形，且APE90，

∴APB9060150

∴APF30，

1

∴在直角APF中，AFAP3，PF3AF33，

2

在直角△ABF中，BFBPPF833，

2

∴AB2BF2AF283332100483，

33

∴ABC的面積AB210048336253

44

故答案為：36253．

12．如圖，點C為線段AB的中點，E為直線AB上方的一點，且滿足CECB，連接AE，以AE為腰，A

為直角頂點作等腰Rt△ADE，連接CD，當CD最大，且最大值為21時，則AB．

【答案】2

【詳解】解：如圖1中，將線段CA繞點A逆時針旋轉90°得到線段AH，連接CH，DC．

第13頁共47頁.

∵∠DAE＝∠HAC＝90°，

∴∠DAH＝∠EAC，

∵DA＝EA，HA＝CA，

∴△DAH≌△EAC（SAS），

∴DH＝CE，

∵CD≤DH＋CH，，

∴當D，C，H共線時，DC最大值=21，如圖2中，

設AC=x，則BC=CE=DH=x，CH=2x，

∴2x+x=21，解得：x=1，

∴AB=2AC=2．

故答案是：2．

三、解答題

13．已知，如圖1，四邊形ABCD是正方形，E，F分別在邊BC、CD上，且EAF45，我們把這種模

型稱為“半角模型”，在解決“半角模型”問題時，旋轉是一種常用的方法．

(1)在圖1中，連接EF，為了證明結論“EFBEDF”，小亮將ADF繞點A順時針旋轉90后解答了這

個問題，請按小亮的思路寫出證明過程；

(2)如圖2，當EAF繞點A旋轉到圖2位置時，試探究EF與DF、BE之間有怎樣的數量關系？

【答案】(1)見解析；(2)EFDFBE．

第14頁共47頁.

【詳解】（1）證明：如圖1，

由旋轉可得GBDF,AFAG,BAGDAF

四邊形ABCD為正方形

BADADFABC90

ABCABG180

G、B、C三點在一條直線上

EAF45

BAEDAF45

BAGBAE45EAF

在AGE和AFE中

AGAF

GAEEAF

AEAE

AGEAFESAS

GEEF

GEGBBEBEDF

EFBEDF

（2）結論：EFDFBE．

理由：如圖2，把ABE繞點A逆時針旋轉90，使AB與AD重合，點E與點G對應，同（1）可證

得AEFAGFSAS

EFGF,且DGBE

EFDFDGDFBE

第15頁共47頁.

14．如圖，菱形ABCD中，E、F分別是邊AD，CD上的兩個動點（不與菱形的頂點重合），且滿足CF=DE，∠

A=60°．

（1）寫出圖中一對全等三角形：____________________．

（2）求證：△BEF是等邊三角形；

（3）若菱形ABCD的邊長為2，設△DEF的周長為m，則m的取值范圍為（直接寫出答案）；

（4）連接AC分別與邊BE、BF交于點M、N,且∠CBF＝15o，試說明：MN2CN2AM2

【答案】（1）△ABE≌△DBE（2）見解析（3）2+3≤m＜4（4）證明見解析.

【詳解】解：（1）△ABE≌△DBE（或△EBD≌△FBC）；

（2）∵ABCD為菱形，

∴AB=AD=DC=BC

∵∠A=∠C=60°

∴△ABD與△BDC為等邊三角形,

∴∠ABD=∠DBC=∠C=60°，BD=BC，

∵DE=FC

∴△EDB≌△FCB

∴EB=FB，∠EBD=∠FBC

∴∠EBF=∠DBC=60°

∴△EBF是等邊三角形

（3）如圖1，由（2）知，△BEF是等邊三角形，則EF=BE=BF．

則m=DE+DF+EF=AD+BE．

當BE⊥AD時，BE最短，此時△DEF的周長最短

∵在Rt△ABE中，

∵AEB90,ABE30,

1

∴AEAB1,

2

∴BEAB2AE23,

∴m=2+3．

第16頁共47頁.

當點E與點A趨于重合時，△DEF的周長最長，此時m=2+2=4．

綜上所述，m的取值范圍是：2+3≤m＜4；

故答案是：2+3≤m＜4；

（4）把△BNC繞點B逆時針旋轉120，使CB與AB重合，N對應點為N'，連接MN'

∴∠NBC=∠N'BA

∴∠N'BA+∠EBA=60°=∠EBF

∵BN=BN'，BM=BM

∴△N'BM≌△NBM（SAS）

∴MN=MN'，∠MN'B=∠MNB=45°

又∵∠AN'B=∠BNC=180°-（15°+30°）=135°

∴∠AN'M=135°-45°=90°

∴AM2=AN2+MN2=MN2+NC2

15．如圖1，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，點E，F分別在四邊形ABCD的邊BC，CD上，∠

EAF=1∠BAD，連接EF，試猜想EF，BE，DF之間的數量關系．

2

（1）思路梳理

第17頁共47頁.

將△ABE繞點A逆時針旋轉至△ADG，使AB與AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即點F，D，

G三點共線，易證△AFG≌△AFE，故EF，BE，DF之間的數量關系為__；

（2）類比引申

如圖2，在圖1的條件下，若點E，F由原來的位置分別變到四邊形ABCD的邊CB，DC延長線上，∠EAF=1∠

2

BAD，連接EF，試猜想EF，BE，DF之間的數量關系，并給出證明．

（3）聯想拓展

如圖3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點D，E均在邊BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，直接寫

出DE的長為________________.

【答案】（1）EF＝BE＋DF；（2）EF＝DF?BE；證明見解析；（3）5.

【詳解】解：（1）將△ABE繞點A逆時針旋轉至△ADG，使AB與AD重合，

∵∠B＋∠ADC＝180°，

∴∠FDG＝180°，即點F，D，G三點共線，

∵∠BAE＝∠DAG，∠EAF＝1∠BAD，

2

∴∠EAF＝∠GAF，

AE＝AG

在△AFG和△AFE中，EAF＝GAF，

AF＝AF

∴△AFG≌△AFE，

∴EF＝FG＝DG＋DF＝BE＋DF；

（2）EF＝DF?BE；

證明：將△ABE繞點A逆時針旋轉，使AB與AD重合，得到△ADE'，則△ABE≌ADE'，

∴∠DAE'＝∠BAE，AE'＝AE，DE'＝BE，∠ADE'＝∠ABE，

∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°，

∴∠ADE'＝∠ADC，即E'，D，F三點共線，

∵∠EAF＝1∠BAD，

2

1

∴∠E'AF＝∠BAD?（∠BAF＋∠DAE'）＝∠BAD?（∠BAF＋∠BAE）＝∠BAD?∠EAF＝∠BAD，

2

∴∠EAF＝∠E'AF，

第18頁共47頁.

AE＝AE

在△AEF和△AE'F中，EAF＝EAF，

AF＝AF

∴△AFE≌△AFE'（SAS），

∴FE＝FE'，

又∵FE'＝DF?DE'，

∴EF＝DF?BE；

（3）將△ABD繞點A逆時針旋轉至△ACD'，使AB與AC重合，連接ED'，

同（1）可證△AED≌AED'，

∴DE＝D'E．

∵∠ACB＝∠B＝∠ACD'＝45°，

∴∠ECD'＝90°，

在Rt△ECD'中，ED'＝EC2+D'C2=EC2+BD2=5，即DE＝5，

故答案為：5．

16．如圖所示，已知ABC為等腰直角三角形，BAC90，E，F是BC邊上的點，且EAF45．求證：

BE2CF2EF2．

【答案】見解析

【詳解】方法1如圖8－8所示，將ACF繞點A按順時針方向旋轉90．

第19頁共47頁.

∵ABC為等腰直角三角形，BAC90，

∴ABAC．

∴旋轉后AC邊與AB邊重合，記旋轉后的三角形為△ABD．

∴ADAF，BADCAF，ABDC45，BDCF．

∵EAF45，BAC90，

∴BAECAFBAEBADDAE45FAE．

在ADE與AEF中，

ADAF

DAEFAE，

AEAE

∴△ADE≌△AEF．

∴EFDE．

∵DBEABDABC90，

∴EF2DE2BD2BE2BE2CF2．

方法2如圖8－9所示，將ABE沿直線AE翻折得AGE，連接FG，則ABAGAC，BAEGAE，

BAGE45．

由BAECAFEAGFAGEAF45，

可得GAFCAF．

在AGF和ACF中，

AGAC

GAFCAF，

AFAF

∴AGF≌ACF，

∴CFGF，CAGF45．

∴EGF90．

∴EF2EG2FG2BE2CF2．

17．問題解決：如圖1，P是等邊ABC內一點，且PA3，PB4，PC5，若將△PAC繞點A逆時針旋

轉后，得到P'AB，則點P與P之間的距離為PP＝______，APB＝______度．

第20頁共47頁.

類比探究：如圖2，點P是正方形ABCD內一點，PA1，PB2，PC3．你能求出APB的度數嗎？

寫出完整的解答過程．

遷移運用：如圖3，若點P是正方形ABCD外一點，PA5，PB2，APB45，則PC=______．（直接

寫出答案）

【答案】問題解決：4、150；類比探究：APB135；遷移運用：33

【詳解】解：問題解決：如圖1，連接PP，

ABC是等邊三角形，

BAC60，

P'AB為PAC繞點A逆時針旋轉所得，

∴BAP’≌CAP，

第21頁共47頁.

BP’CP5

又旋轉后AC與AB重合，PA與PA重合，

PAPBAC60，

APP是等邊三角形，

PPPA3，APP’60，

由旋轉性質得：PBPC5，

∵324252，

∴BP2PP2PB2，

∴BPP是直角三角形，BPP90，

APBAPPPPB6090150．

故答案為：4；150；

類比探究：如圖2，

將PAB繞點B順時針旋轉90，使AB與BC重合，連接PP，

則PBP90，PBPB2，PCPA1，

PBP是等腰直角三角形．

由勾股定理得：

PP2PB2PB222228，

PC2121，PC232=9，

PP2PC2PC2，

△PPC是直角三角形，PPC90，

△PBP是等腰直角三角形，

PPB45，

BPCPPBPPC4590135，

APBBPC135；

遷移運用：如圖3，

第22頁共47頁.

將PAB繞點B順時針旋轉90，使AB與BC重合，連接PP，

則PBP90，PBPB2，P'CPA5，BPC=APB45，

PBP是等腰直角三角形，

BPP=PPB45，

PP2PB2PB222228，

APB=PPB，

P在線段AP上，

PPC=PPBBPC454590，

△PPC是直角三角形，

∴PC2PP2PC285233，

∴PC33．

故答案為：33．

18．已知:△ABC中，CA=CB,∠ACB=90o，D為△ABC外一點，且滿足∠ADB=90o

(1)如圖所示，求證：DA+DB=2DC

(2)如圖所示，猜想DA．DB．DC之間有何數量關系？并證明你的結論.

第23頁共47頁.

(3)如圖所示，過C作CH⊥BD于H,BD=6,AD=3,則CH=.

3

【答案】（1）詳見解析；（2）DA-DB=2DC；(3)

2

【詳解】證明：（1）如圖，過C點作CQ⊥CD交DB的延長線于Q點

∵∠ACB=90°，CQ⊥CD，∠ADB=90°

∴∠ACD+∠DCB=90°，∠DCB+∠QCB=90°，∠ADC+∠CDQ=90°，∠CDQ+∠Q=90°

∴∠ACD=∠QCB，∠ADC=∠Q，且AC=BC

∴△ACD≌△BCQ（AAS）

∴CD=CQ，AD=BQ

∴DQ=DB+BQ=DB+AD

∵CD⊥CQ，∠DCQ=90°

∴DQ=2CD

∴DB+AD=2CD

（2）DA-DB=2CD

理由如下：如圖，過點C作CQ⊥CD交AD于點Q，

∵CA=CB，∠ACB=90°，

∴∠ABC=∠CAB=45°

∵∠ACB=90°，QC⊥CD

∴∠ACB=∠ADB=90°，

第24頁共47頁.

∴點A，點B，點D，點C四點共圓，

∴∠ADC=∠ABC=45°

∵QC⊥CD

∴∠CQD=∠CDQ=45°

∴CQ=CD，且∠QCD=90°

∴QD==2CD

∵∠ACB=∠DCQ=90°，

∴∠ACQ=∠DCB，且AC=BC，CQ=CD

∴△ACQ≌△BCD（SAS）

∴AQ=BD

∴QD=2CD=DA-AQ=DA-BD，

即：DA-DB=2DC

（3）如圖，過點C作CQ⊥CD交BD于點Q，

∵∠ACB=90°，QC⊥CD

∴∠ACB=∠ADB=90°，

∴點A，點B，點C，點D四點共圓，

∴∠CDQ=∠CAB=45°

∵QC⊥CD

∴∠CQD=∠CDQ=45°

∴CQ=CD，且∠QCD=90°

∴△DCQ是等腰直角三角形，

∵∠ACB=∠DCQ=90°，

∴∠ACD=∠QCB，且AC=BC，CQ=CD

∴△ACD≌△BCQ（SAS）

∴AD=BQ，

∴DQ=DB-BQ=DB-AD=3

∵△DCQ是等腰直角三角形，DQ=3，CH⊥DB

3

∴CH=DH=HQ=1DQ=．

22

3

故答案為．

2

第25頁共47頁.

19．（1）問題背景：如圖1，正方形ABCD中，F在直線CD上，E在直線BC上．若∠EAF＝45°，求證：BE

＋FD＝EF；

（2）遷移應用：如圖2，將正方形ABCD的一部分沿GH翻折，使A點的對應點E在BC上，且AD的對應邊

EM交CD于F點．若BE＝3，EC＝2，求EF的長；

（3）聯系拓展：如圖3，正方形ABCD中，E、Q在CD上，F在BC上，若EF＝EA，∠FQA＝∠FEA．若∠CFQ

＝34°，則∠QAD＝_______°．

【答案】（1）見解析；（2）17；（3）34°

4

【詳解】（1）證明：如圖1，將ABE繞點A順時針旋轉90°，使AB與AD重合，得到了旋轉后的ADG，

∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∠B＝∠ADG＝90°，BE＝DG，

∴∠ADF+∠ADG＝180°，

∴F，D，G三點共線，

∵∠EAF＝45°，

∴∠BAE+∠FAD＝45°，

∴∠DAG+∠FAD＝45°，

∴∠EAF＝∠FAG，

在EAF與GAF中，

AEAG

EAFFAG，

AFAF

∴EAF≌GAF（SAS），

∴EF＝FG，

第26頁共47頁.

∵DG+FD＝FG，

∴BE＋FD＝EF；

（2）解：∵四邊形ABCD為正方形，

∴AB＝BC，∠B＝∠C＝∠A＝∠D＝90°，

∵BE＝3，EC＝2，

∴AB＝BC＝5，

∵翻折，

∴設AG＝GE＝x，則BG＝5－x，

∵在RtBGE中，BG2BE2GE2，

∴(5x)232x2，

解得：x3.4，

∴BG5x1.6，

∵翻折，

∴∠GEF＝∠A＝90°，

∴∠GEB＋∠FEC＝∠GEB＋∠BGE＝90°，

∴∠FEC＝∠BGE，

又∵∠B＝∠C，

∴△BGE∽△CEF，

BGGE

∴，

CEEF

1.63.4

即：，

2EF

17

解得：EF，

4

∴EF的長為17；

4

（3）解：如圖，連接AF，設∠FQA＝∠FEA＝m，

∵EF＝EA，

11

∴∠EAF＝∠EFA＝(180m)90m，

22

∵∠FQA＝∠FEA，∠FOQ＝∠AOE，

∴△FOQ∽△AOE，

FOQO

∴，

AOEO

FOAO

∴，

QOEO

又∵∠FOA＝∠QOE，

第27頁共47頁.

∴△FOA∽△QOE，

1

∴∠AQE＝∠AFE＝90m，

2

∵∠CFQ＝34°，∠C＝90°，

∴∠CQF＝90°－∠CFQ＝56°，

∵∠CQF＋∠FQA＋∠AQE＝180°，

1

∴56°＋m＋90m＝180°，

2

解得：m＝68°，

∵∠D＝90°，

∴∠QAD＝90°－∠AQE

1

＝90°－(90m)

2

1

＝m

2

＝34°，

故答案為：34．

20．（1）問題引入：如圖1，點F是正方形ABCD邊CD上一點，連接AF，將ADF繞點A順時針旋轉90°與

ABG重合（D與B重合，F與G重合，此時點G，B，C在一條直線上），∠GAF的平分線交BC于點E，連接

EF，判斷線段EF與GE之間有怎樣的數量關系，并說明理由．

（2）知識遷移：如圖2，在四邊形ABCD中，∠ADC+∠B＝180°，AB＝AD，E，F分別是邊BC，CD延長線上

的點，連接AE，AF，且∠BAD＝2∠EAF，試寫出線段BE，EF，DF之間的數量關系，并說明理由．

（3）實踐創(chuàng)新：如圖3，在四邊形ABCD中，∠ABC＝90°，AC平分∠DAB，點E在AB上，連接DE，CE，且

∠DAB＝∠DCE＝60°，若DE＝a，AD＝b，AE＝c，求BE的長．（用含a，b，c的式子表示）

第28頁共47頁.

abc

【答案】（1）EF＝GE，理由見詳解；（2）BE?DF＝EF，理由見詳解；（3）BE＝，理由見詳解

2

【詳解】解：（1）EF＝GE，理由如下：

∵△ADF繞點A順時針旋轉90°與△ABG重合，

∴AG＝AF，

∵AE平分∠GAF，

∴∠GAE＝∠FAE，

在△GAE和△FAE中，

AGAF

GAEFAE，

AEAE

∴△GAE≌△FAE（SAS），

∴GE＝EF；

（2）BE?DF＝EF，理由如下：

如圖2，在BE上取BG＝DF，連接AG，

∵∠ADC＋∠B＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，

∴∠B＝∠ADF，

在△ABG和△ADF中，

BGDF

BADF，

ABAD

∴△ABG≌△ADF（SAS），

∴∠BAG＝∠FAD，AG＝AF，

∵∠BAD＝2∠EAF，

∴∠GAF＝2∠EAF，

∴∠GAE＝∠EAF，

在△GAE和△FAE中

第29頁共47頁.

AGAF

GAEFAE，

AEAE

∴△GAE≌△FAE（SAS），

∴GE＝EF，

∴BE?DF＝EF；

（3）如圖，作CF⊥AD，交AD的延長線于F，取FG＝BE，連接CG，

∵AC平分∠BAD，CF⊥AF，CB⊥AB，

∴CF＝CB，∠EBC＝∠GFC，

∵BE＝GF，

∴△CBE≌△CFG（SAS），

∴∠BCE＝∠FCG，CG＝CE，

∵∠DAB＝60°，

∴∠FCB＝120°，

∵∠DCE＝60°，

∴∠DCF＋∠BCE＝60°，

∴∠DCG＝60°，

又∵CG＝CE，

∴△ECD≌△GCD（SAS），

∴GD＝DE，

∵Rt△ACF≌Rt△ACB（HL），

∴AF＝AB，

∴b＋a?BE＝c＋BE，

abc

∴BE＝．

2

21．如圖，ABCD為矩形，AB＝43，AD＝4，EF為ABCD內兩點，求（AF＋DF＋FE＋CE＋BE）的最小值．

第30頁共47頁.

【答案】83

【詳解】解：如圖所示，將△ADF繞點A逆時針旋轉60°于△ADF，將BEC繞點B順時針旋轉60°于

△BEC，連接FF，EE，作DGAB交BA的延長線于點G，作CHAB交AB的延長線于點H，

∴△ADF≌△ADF，△BEC≌△BEC，

∴DFDF，CⅱE=CE，AFAF，BEBE，

又∵旋轉角等于60°，

∴FAF60，EBE60，

∴AFF和BEE都是等邊三角形，

∴AFFF，BEEE，

∴AF＋DF＋FE＋CE＋BE=DFFFFEEEECDC，

∴AF＋DF＋FE＋CE＋BE的最小值為DC的長度．

∵DAD60，CBC60，

∴DAG30，CBH30，

又∵DGAB，CHAB，

1111

∴DGADAD2，CHCBCB2，

2222

∴DGCH，

又∵DG∥CH，

∴四邊形DGHC是平行四邊形，

又∵DGAB，

∴四邊形DGHC是矩形，

∴DCGH，

第31頁共47頁.

∴AGDA2DG2422223，BHBC2HC2422223，

∴GHGAABBH23432383．

∴DCGH83．

∴（AF＋DF＋FE＋CE＋BE）的最小值為83．

22．RtABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，點E為△ABC外一點，且∠CEA＝45°．求證：AE⊥BE．

【答案】見解析

【詳解】證明：過C點作CFCE交EA的延長線于F，

CEA45，

FCEA45，

CFCE，

FCAACEACEECB90，

FCAECB，

在FCA和ECB中，

CFCE

FCAECB，

ACBC

ACFBCE(SAS)，

BECF45，

AEBAECBEC90，

即AEBE．

第32頁共47頁.

23．如圖，在△ABC中，AB＝AC＝23．∠BAC＝120°，點D，E都在邊BC上，∠DAE＝60°，若BD＝2CE，

求DE的長．

【答案】DE＝33﹣3．

【詳解】解：將△ABD繞點A逆時針旋轉120°得到△ACF，取CF的中點G，連接EF、EG，如圖所示：

過點A作ANBC于點N，如圖，

∵AB＝AC＝23，BAC＝120，

∴BN＝CN，B＝ACB＝30，

在RtBAN中，B＝30，AB＝23，

1

∴AN＝AB＝3，

2

∴BN＝AB2AN2＝3，

∴BC＝6，

∴ACB＝B＝ACF＝30，

∴ECG＝60．

∵CF＝BD＝2CE，

∴CG＝CE，

∴CEG為等邊三角形，

∴EG＝CG＝FG，

1

∴EFG＝FEG＝CGE＝30，

2

∴△CEF為直角三角形，

∵BAC＝120，DAE＝60，

∴BADCAE＝60，

∴FAE＝FACCAE＝BADCAE＝60．

在VADE和△AFE中，

第33頁共47頁.

ADAF

DAEFAE，

AEAE

∴ADE≌AFE（SAS），

∴DE＝FE．

設EC＝x，則BD＝CF＝2x，DE＝FE＝6﹣3x，

在RtCEF中，CEF＝90，CF＝2x，EC＝x，

EF＝CF2EC2＝3x，

∴63x3x，

∴x33，

∴DE3x333，

答：DE的長為333．

24．（1）如圖1，在四邊形ABCD中，ABAD，BD90，E、F分別是邊BC、CD上的點，且

1

EAFBAD．求證：EFBEFD；

2

（2）如圖2，在四邊形ABCD中，ABAD，BD180，E、F分別是邊BC、CD上的點，且

1

EFBEFD；求證：EAFBAD，

2

（3）如圖3，在四邊形ABCD中，ABAD，BADC180，E、F分別是邊BC、CD延長線上的點，

且EAF40，BAD80，寫出EF、BE、FD之間的數量關系，并證明你的結論．

【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）EFBEFD；理由見解析

【詳解】（1）證明：如圖1中，延長EB到G，使BGDF，連接AG．

第34頁共47頁.

∵ABGABCD90，ABAD，

∴ABG≌ADF（SAS），

∴AGAF，12，

1

∴1323EAFBAD，

2

∴GAEEAF，

∵AEAE，

∴AEG≌AEF（SAS），

∴EGEF，

∵EG=BE+BG，

∴EFBE+FD；

（2）證明：如圖2，延長CB至M，使BMDF，連接AM．

∵ABC+D180，1+ABC180，

∴1D，

在ABM與△ADF中，

ABAD

1D，

BMDF

∴ABM≌ADF（SAS），

∴AFAM，23，

∵EFBE+DFBEBMEM，

在△AME與△AFE中，

AEAE

EMEF，

AMAF

∴AME≌AFE（SSS），

∴MAEEAF，

1

∴34EAFMAF，

2

第35頁共47頁.

∵MAF34EAF，23，

∴MAF24EAFBAD，

1

∴EAFBAD；

2

（3）解：EFBEFD．

證明：如圖3，在BE上截取BG，使BGDF，連接AG．

∵BADC180，ADFADC180，

∴BADF．

在ABG與△ADF中，

ABAD

ABGADF，∴ABG≌ADF（SAS）．

BGDF

∴BAGDAF，AGAF．

∴BAD＝BAGGADDAFGADGAF80，

∴GAEGAFEAF804040，

∴GAEEAF．

∵AEAE，

∴AEG≌AEF（SAS）．

∴EGEF，

∵EGBEBG，

∴EFBEFD．

25．如圖，菱形ABCD與菱形EBGF的頂點B重合，頂點F在射線AC上運動，且BCDBGF120，對

角線AC、BD相交于點O．

AE

（1）如圖1．當點F與點O重合時，直接寫出的值為；

FD

（2）當頂點F運動到如圖2的位置時，連接CG，CGBG，且CGBC，試探究CG與DF的數量關系，

說明理由，并直接寫出直線CG與DF所夾銳角的度數；

（3）如圖3，取點P為AD的中點，若B、E、P三點共線，且當CF＝2時，請直接寫出BP的長．

第36頁共47頁.

3

【答案】（1）；（2）FD3CG，30；（3）37

3

【詳解】解：（1）設菱形ABCD邊長AB=2a，

∵在菱形ABCD中，BCDBGF120，

∴ACBD，ABC60，BAD120，

3

∴ABD30，BAO60，BF=FDAB=3a，

2

∵在四邊形EBGF是菱形，BGF120，BEEF，

EBHEFH30，

AFE60，

∴AFEEAO=60，

∴AEEF，

1

∴AEEF=BEABa，

2

AEa3

．

FD3a3

（2）FD3CG，直線CG與DF所夾銳角的度數為30．

理由如下，如圖，連接BF，延長GC交FD于N，

設菱形ABCD的邊長為2a，

第37頁共47頁.

∵CGBG，且CGBG，

2

∴GBCGCB=45，CGBC2a

2

∵GBE60，

∵四邊形EBGF是菱形，BGF120，

1

GBFBFG=GBE30，

2

∴CBFGBCGBF15，

∴OBFOBCCBF301545，

∵ACBD，BODO，

∴BFOOBF45，BFDF，

由（2）可知：BO3a，

∴BFDF6a，

∴DF3CG，

由B、D是關于AC的軸對稱可知，CDFCBF15，

又∵DCN180BCGBCD15，

∴GNFCDFDCN30，

即直線CG與DF所夾銳角的度數為30；

（3）BP37，

過程如下：依題意，作出圖形，此時B、E、P三點共線，

連接BF，并將線段BF繞點B逆時針旋轉60°到BM位置，連接MG、MA，

∵CBAFBM=60，BCBA

∴BCFBAM（SAS）

∴AM=CF=2，MABFCB60，

1

∵EBFGBE30，

2

第38頁共47頁.

∴MBNFBM-FBN30，

∴MBGFBG30，

∴BNFBNM（SAS），

∴FNMN

過M點作MH⊥CH，

∵BAO60，

∴MAH60，HMA30，

1

∴AHAM1，MH3AH3，

2

取OD的中點Q，連接QP，

∵AP=PD，

1

∴PQOA，PQ//OA，

2

∴BNOBPQ，

NOBO2OQ2

∴，

PQBQ3OQ3

21

∴NOPQOA，

33

1

設菱形ABCD的邊長為2a，則AOCOABa，

2

12

∴ANAOONaaa，

33

14

MNFNCOONCFaa2a2，

33

2

NHNAAHa1，

3

在RtMGH中，NH2MH2MN2，

22

224

∴a1(3)a2，

33

解得a1=0（舍去），a2=3，

13339

∴PQa，BQOD3a3，

22222

∵在RtBPQ中，BQ2PQ2BP2，