中考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)題型訓(xùn)練壓軸題19以翻折旋轉(zhuǎn)為背景的幾何類比探究壓軸問題（解析版）

壓軸題19以翻折旋轉(zhuǎn)為背景的幾何類比探究壓軸問題例1．（2023?海安市一模）如圖，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，點(diǎn)E是線段BO上一點(diǎn)（不含端點(diǎn)），將△ABE沿AE翻折，AB的對(duì)應(yīng)邊AB′與BD相交于點(diǎn)F．（1）當(dāng)∠BAE＝15°時(shí)，求EF的長；（2）若△ABF是等腰三角形，求AF的長；（3）若EF＝k?BE，求k的取值范圍．?【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)以及折疊的性質(zhì)可得△ABC是等邊三角形，AC⊥BD，AO＝2，BO＝23，∠BAF＝∠FBA＝30°，則BF＝AF＝23?OF，根據(jù)勾股定理求出OF，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得OE＝OA＝2，即可得EF（2）分三種情況：①當(dāng)AF＝BF時(shí)，②當(dāng)AF＝AB時(shí)，③當(dāng)AB＝BF時(shí)，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)分別求解即可；（3）過點(diǎn)E作EM⊥AB于M，作EN⊥AF于N，根據(jù)三角形的面積公式可得ABAF=BEEF，則EF=AF?BEAB，由EF＝k?BE得k=AFAB，由點(diǎn)F在BD上可得AF的最大值為4，當(dāng)AF⊥BD，即點(diǎn)F與點(diǎn)O重合時(shí)，AF的值最小為【解答】解：（1）菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，∴△ABC是等邊三角形，AC⊥BD，AO=12AC，∠ABD＝∠CBD=12∠∴AO＝2，BO＝23，由折疊得∠BAE＝∠FAE＝15°，∴∠BAF＝∠FBA＝30°，∴BF＝AF＝23?OF在Rt△AOF中，OF2+OA2＝AF2，∴OF2+22＝（23?OF）2∴OF=2∵∠BAE＝15°，∠FBA＝30°，∴∠AEO＝45°，∴△AEO是等腰直角三角形，∴OE＝OA＝2，∴EF＝OE﹣OF＝2?2（2）若△ABF是等腰三角形，分三種情況：①當(dāng)AF＝BF時(shí)，由（1）知，BF＝AF＝23?OF，OF=∴AF＝23?②當(dāng)AF＝AB時(shí)，∵AB＝4，∴AF＝4；③當(dāng)AB＝BF時(shí)，如圖1，∵AB＝4，∴BF＝4，∴OF＝BF﹣OB＝4﹣23，∴AF=OA2+OF綜上，AF的長為433或4或26?（3）過點(diǎn)E作EM⊥AB于M，作EN⊥AF于N，由折疊得∠BAE＝∠FAE，∴EM＝EN，∴S△ABE又∵S△ABE∴ABAF∴EF=AF?BE∵EF＝k?BE，∴k=AF∵點(diǎn)F在BD上，∴AF的最大值為4，當(dāng)AF⊥BD，即點(diǎn)F與點(diǎn)O重合時(shí)，AF的值最小為OA＝2，∴2≤AF≤4，∴12∴k的取值范圍為12≤k【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何變換綜合題，考查了折疊的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)等，分類思想的運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．例2．（2023?鐵西區(qū)模擬）在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，連接BD，CE．（1）如圖①將△ADE繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過程中，線段BD與CE總保持相等的數(shù)量關(guān)系，請(qǐng)說明理由；（2）如圖②，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝8，AD＝4，把△ADE繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)P為射線BD與CE的交點(diǎn)，當(dāng)E在BA延長線上時(shí)，求線段CP的長度（只求圖中的情況）；（3）在（2）的條件下，在旋轉(zhuǎn)過程中，點(diǎn)P為射線BD與射線CE的交點(diǎn)，當(dāng)四邊形ADPE為正方形時(shí)，直接寫出線段PB長度的值．【分析】（1）證明△ABD≌△ACE（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出BD＝CE；（2）證明△ABD≌△ACE（SAS），得出∠ABD＝∠ACE，證明△ABD∽△PCD，由相似三角形的性質(zhì)得出ABPC=BD（3）分兩種情況畫出圖形，由正方形的性質(zhì)及勾股定理可得出答案．【解答】（1）證明：∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴AB＝AC，AD＝AE，∠DAB＝∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE；（2）解：∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵∠ADB＝∠PDC，∴△ABD∽△PCD，∴ABPC又∵AB＝8，AD＝4，∠BAC＝90°，∴CD＝AC﹣AD＝AB﹣AD＝8﹣4＝4，BD=AB2∴8PC∴PC=8（3）解：①當(dāng)四邊形ADPE為正方形時(shí)，點(diǎn)P在線段BD上，∵∠ADB＝90°，AD＝4，AB＝8，∴BD=AB2∴PB＝43?②如圖，當(dāng)點(diǎn)P在線段BD的延長線上時(shí)，同理PB＝BD+PD＝43+綜上所述可得PB的長為43+4或43【點(diǎn)評(píng)】本題幾何變換綜合題，主要考查了正方形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．例3．（2023?南陽一模）在綜合與實(shí)踐課上，老師組織同學(xué)們以“矩形的折疊”為主題開展數(shù)學(xué)活動(dòng)．問題情景：在矩形ABCD中，點(diǎn)E為AD邊上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)F為BC邊上一點(diǎn)，連接EF，將四邊形CDEF沿EF折疊，點(diǎn)C、D分別落在點(diǎn)C'、D'處，設(shè)∠EFC＝α．（1）如圖1，若∠EFC＝75°，AD＝AB，點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，延長D'C'交AB于點(diǎn)P．則PC'與PB的數(shù)量關(guān)系是PC'＝PB，寫出圖中一個(gè)30°的角：∠BFC'；（2）如圖2，若點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，AD＝2AB，45°＜α＜90°，延長D'C'交AB于點(diǎn)P．求PC'與PB的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）如圖3，若AB＝3，AD＝6，BF＝1，連接C'E，當(dāng)點(diǎn)E為AD的三等分點(diǎn)時(shí)，直接寫出EFC'E【分析】（1）證明Rt△PBF≌Rt△PC'F（HL），由全等三角形的性質(zhì)得出PB＝PC'，由折疊的性質(zhì)得出∠EFC＝∠EFC'＝75°，則可得出答案；（2）連接PF，方法同（1），由全等三角形的性質(zhì)得出PB＝PC'；（3）①若點(diǎn)E為AD的三等分點(diǎn)，且AE＝2DE，②若點(diǎn)E為AD的三等分點(diǎn)，且DE＝2AE，由勾股定理可得出答案．【解答】解：（1）連接PF，∵F為BC的中點(diǎn)，∴BF＝CF，∵四邊形ABCD為矩形，AD＝AB，∴四邊形ABCD是正方形，∴∠B＝∠C＝90°，∵將正方形CDEF沿EF折疊，∴FC＝FC'，∠C＝∠D'C'F＝90°，∴∠PC'F＝90°，BF＝C'F，又∵PF＝PF，∴Rt△PBF≌Rt△PC'F（HL），∴PB＝PC'，∵∠EFC＝75°，將四邊形CDEF沿EF折疊，∴∠EFC＝∠EFC'＝75°，∴∠BFC'＝180°﹣∠EFC﹣∠EFC'＝30°，故答案為：PC'＝PB，∠BFC'；（2）PC'＝PB．理由：連接PF，∵F為BC的中點(diǎn)，∴BF＝CF，∵將矩形CDEF沿EF折疊，∴FC＝FC'，∠C＝∠D'C'F＝90°，∴∠PC'F＝90°，BF＝C'F，∴Rt△PBF≌Rt△PC'F（HL），∴PB＝PC'；（3）①若點(diǎn)E為AD的三等分點(diǎn)，且AE＝2DE，∵AD＝6，∴AE＝4，ED＝2，過點(diǎn)E作EM⊥BC于M，∴四邊形ABME為矩形，∴BM＝AE＝4，EM＝AB＝3，∴FM＝BM﹣BF＝4﹣1＝3，∴EF=FM2∵將矩形CDEF沿EF折疊，∴ED＝ED'＝2，C'D'＝CD＝3，∠D＝∠D'＝90°，∴C'E=C'D∴EFC'E②若點(diǎn)E為AD的三等分點(diǎn)，且DE＝2AE，∴DE＝4，EA＝2，過點(diǎn)E作EN⊥BC于N，同理可得FN＝1，EN＝3，∴EF=F同理由折疊可得ED＝ED'＝4，C'D'＝CD＝3，∠D＝∠D'＝90°，∴C'E=D'∴EFC'E綜上所述，EFC'E的值為105或【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何變換綜合題，主要考查了正方形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，熟練掌握折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．例4．（2023?沈河區(qū)校級(jí)模擬）如圖1，四邊形ABCD中，∠BCD＝90°，AC＝AD，AF⊥CD于點(diǎn)F，交BD于點(diǎn)E，∠ABD＝2∠BDC．（1）判斷線段AE與BC的關(guān)系，并說明理由；（2）若∠BDC＝30°，求∠ACD的度數(shù)；（3）如圖2，在（2）的條件下，線段BD與AC交于點(diǎn)O，點(diǎn)G是△BCE內(nèi)一點(diǎn)，∠CGE＝90°，GE＝3，將△CGE繞著點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得△CMH，E點(diǎn)對(duì)應(yīng)點(diǎn)為M，G點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為H，且點(diǎn)O，G，H在一條直線上直接寫出OG+OH的值．【分析】（1）連接CE，可證得BC∥AF，進(jìn)而得出DE＝BE，運(yùn)用直角三角形性質(zhì)可得CE＝DE，進(jìn)而得出∠ECD＝∠BDC，推出∠ABD＝∠BEC，由平行線的判定定理可得AB∥CE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)可得AE＝BC，AE∥BC．（2）根據(jù)已知條件可得出△BCE是等邊三角形，BC＝CE，∠BCE＝60°，進(jìn)而可得四邊形ABCE是菱形，利用菱形性質(zhì)可得∠ACB=12∠BCE＝30°，再由∠ACD＝∠BCD﹣∠（3）由旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)可得：CH＝CG，CM＝CE，∠GCH＝∠ECM＝60°，得出△CGH是等邊三角形，∠CHG＝60°，進(jìn)而可得四邊形BHCO是圓內(nèi)接四邊形，得出∠COH＝∠CBH，過點(diǎn)C作CL⊥OH于點(diǎn)L，可證得△COL∽△CBH，利用相似三角形性質(zhì)和解直角三角形可得OLBH=CLCH=sin∠CHG＝sin60°=32，即OL=32BH=332，根據(jù)等邊三角形性質(zhì)可得GH＝2GL，推出OG+OH＝【解答】解：（1）AE＝BC，AE∥BC．理由如下：如圖1，連接CE，∵AC＝AD，AF⊥CD，∴CF＝FD，∠AFD＝90°，∵∠BCD＝90°，∴∠BCD＝∠AFD，∴BC∥AF，∴DEBE∴DE＝BE，∵∠BCD＝90°，∴CE＝DE，∴∠ECD＝∠BDC，∵∠BEC＝∠ECD+∠BDC，∴∠BEC＝2∠BDC，∵∠ABD＝2∠BDC，∴∠ABD＝∠BEC，∴AB∥CE，∴四邊形ABCE是平行四邊形，∴AE＝BC，AE∥BC．（2）∵∠BDC＝30°，∠BCD＝90°，∴∠CBD＝60°，∵CE＝BE＝DE，∴△BCE是等邊三角形，∴BC＝CE，∠BCE＝60°，∵四邊形ABCE是平行四邊形，∴四邊形ABCE是菱形，∴∠ACB=12∠BCE＝30∴∠ACD＝∠BCD﹣∠ACB＝90°﹣30°＝60°；（3）∵將△CGE繞著點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得△CMH，∴CH＝CG，CM＝CE，∠GCH＝∠ECM＝60°，∴△CGH是等邊三角形，∴∠CHG＝60°，由（2）知：△BCE是等邊三角形，∴CB＝CE，∠ECB＝60°，∴CE與CB重合，點(diǎn)M與點(diǎn)B重合，∴BH＝EG＝3，∠CHB＝∠CGE＝90°，∵四邊形ABCE是菱形，∴∠BOC＝90°，∴∠BOC+∠CHB＝90°+90°＝180°，∴四邊形BHCO是圓內(nèi)接四邊形，∴∠COH＝∠CBH，如圖2，過點(diǎn)C作CL⊥OH于點(diǎn)L，則∠CLO＝90°＝∠CHB，∴△COL∽△CBH，∴OLBH=CLCH=sin∠∴OL=32BH=3∵△CGH是等邊三角形，CL⊥OH，∴GH＝2GL，∵OH＝OG+GH＝OG+2GL，∴OG+OH＝OG+OG+2GL＝2（OG+GL）＝2OL，∴OG+OH＝2×332【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何綜合題，考查了等腰三角形性質(zhì)，等邊三角形性質(zhì)，直角三角形性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)等，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，運(yùn)用相似三角形的判定和性質(zhì)解決問題，屬于中考?jí)狠S題．1．（2023?襄都區(qū)校級(jí)一模）已知點(diǎn)M，N是直線l上自左向右的兩點(diǎn)，且MN＝8，點(diǎn)P是MN的中點(diǎn)，點(diǎn)Q是直線l上一點(diǎn)（不與點(diǎn)M，N重合），直線m經(jīng)過點(diǎn)Q，MA⊥直線m于點(diǎn)A，NB⊥直線m于點(diǎn)B，連接PA，PB．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)Q在點(diǎn)P，N之間時(shí)，求證：PA＝PB；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)Q在點(diǎn)N的右側(cè)時(shí)，若PN＝2NQ，且∠AQM＝30°，求AB和AP的長度．【分析】（1）過點(diǎn)P作PJ⊥直線m于點(diǎn)J．利用平行線等分線段定理證明即可；（2）過點(diǎn)P作PH⊥AB于點(diǎn)H．分別求出AQ．BQ，可得AB的長，再利用勾股定理求出AP．【解答】（1）證明：過點(diǎn)P作PJ⊥直線m于點(diǎn)J．∵M(jìn)A⊥直線m，NB⊥直線m，PJ⊥直線m，∴MA∥NB∥PJ，∵PM＝PN，∴AJ＝JB，∵PJ⊥AB，∴PA＝PB；（2）解：過點(diǎn)P作PH⊥AB于點(diǎn)H．∵M(jìn)A⊥直線m，NB⊥直線m，PH⊥直線m，∴MA∥NB∥PH，∵PM＝PN，∴AH＝BH，∵M(jìn)N＝8，P是MN的中點(diǎn)，∴PM＝PN＝4，∵PN＝2NQ，∴NQ＝2，PQ＝6，MQ＝8，∵∠AQM＝30°，∴PH=12PQ＝3，BQ＝NQ?cos30=3，AQ＝MQ?cos30°∴AB＝AQ﹣BQ＝33，∴AH＝BH=3∴PA=A【點(diǎn)評(píng)】本題屬于幾何變換綜合題，考查了平行線等分線段定理，勾股定理，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造平行線解決問題．2．（2023?齊齊哈爾一模）綜合與實(shí)踐．旋轉(zhuǎn)是幾何圖形運(yùn)動(dòng)中的一種重要變換，通常與全等三角形等數(shù)學(xué)知識(shí)相結(jié)合來解決實(shí)際問題，某學(xué)校數(shù)學(xué)興趣小組在研究三角形旋轉(zhuǎn)的過程中，進(jìn)行如下探究：如圖1，△ABC和△DMN均為等腰直角三角形，∠BAC＝∠MDN＝90°，點(diǎn)D為BC中點(diǎn)，△DMN繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，連接AM、CN．觀察猜想：（1）在△DMN旋轉(zhuǎn)過程中，AM與CN的數(shù)量關(guān)系為AM＝CN；實(shí)踐發(fā)現(xiàn)：（2）當(dāng)點(diǎn)M、N在△ABC內(nèi)且C、M、N三點(diǎn)共線時(shí)，如圖2，求證：CM?AM=2拓展延伸：（3）當(dāng)點(diǎn)M、N在△ABC外且C、M、N三點(diǎn)共線時(shí)，如圖3，探究AM、CM、DM之間的數(shù)量關(guān)系是CM+AM=2DM解決問題：（4）若△ABC中，AB=5，在△DMN旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)AM=2且C、M、N三點(diǎn)共線時(shí)，DM＝6?2【分析】（1）結(jié)論：AM＝CN．證明△ADM≌△CDN（SAS），可得結(jié)論；（2）連接AD．利用全等三角形的性質(zhì)以及等腰直角三角形的性質(zhì)證明即可；（3）結(jié)論：CM+AM=2DM（4）分兩種情形：利用圖2，圖3分別求出MN，可得結(jié)論．【解答】（1）解：結(jié)論：AM＝CN．理由：連接AD．∵AB＝AC，∠BAC＝90°，BD＝DC，∴AD⊥BC，AD＝DB＝DC，∵∠ADC＝∠MDN＝90°，∴∠ADM＝∠CDN，在△ADM和△CDN中，DA=DC∠ADM=∠CDN∴△ADM≌△CDN（SAS），∴AM＝CN．故答案為：AM＝CN；（2）證明：連接AD．由（1）可知AM＝CN，∵△DMN是等腰直角三角形，∴MN=2DM∴CM﹣CN＝CM﹣AM＝MN=2DM，即CM﹣AM=2（3）解：結(jié)論：CM+AM=2DM理由：由（1）可知AM＝CN，∵△DMN是等腰直角三角形，∴MN=2DM∴CM+CN＝CM+AM＝MN=2DM，即CM+AM=2故答案為：CM+AM=2DM（4）解：如圖2中，設(shè)AD交CM于點(diǎn)O．∵△ADM≌△CDN，∴AM＝CN，∠DAM＝∠DCN，∵∠AOM＝∠COD，∴∠AMO＝∠CDO＝90°，∵AB＝AC=5，AM=∴CM=A∴MN＝CM﹣CN=3∴DM=22MN如圖3中，同法可得DM=6綜上所述，DM的長為6?22故答案為：6?22【點(diǎn)評(píng)】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．3．（2023?長安區(qū)一模）問題提出：（1）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AO是它的一條中線，則∠COA與∠B的數(shù)量關(guān)系是：∠COA＝2∠B；（2）如圖，在△ABC中，∠A＝60°，BC＝6，CG⊥AB于點(diǎn)G，BH⊥AC于點(diǎn)H，O為BC邊上一點(diǎn)，且OG＝OB，連接GH，求GH的長；問題解決：（3）某次施工中，工人師傅需要畫一個(gè)20°的角，但他手里只有一把帶刻度的直角尺，工程監(jiān)理給出了下面簡易的作圖方法：①畫線段OB＝15cm，再過它的中點(diǎn)C作m⊥OB；②利用刻度尺在m上尋找點(diǎn)A，使得OA＝15cm，再過點(diǎn)A作l∥OB；③利用刻度尺過點(diǎn)O作射線，將射線與AC和l的交點(diǎn)分別記為點(diǎn)F、E，調(diào)節(jié)刻度尺使FE＝□cm時(shí)（“□”內(nèi)的數(shù)字被汗?jié)n侵蝕無法看清），則∠EOB＝20°；你認(rèn)為監(jiān)理給的方法可行嗎？如果可行，請(qǐng)寫出“□”內(nèi)的數(shù)字，并說明理由；如果不可行，請(qǐng)給出可行的方案．【分析】（1）利用直角三角形斜邊中線的性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)證明即可．（2）連接OH，證明△OGH是等邊三角形可得結(jié)論；（3）取EF是中點(diǎn)P，連接AP，證明AP＝FP＝EP＝AO＝15，推出∠AEF＝∠EAP，∠AOP＝∠APO，推出∠AOP＝2∠AEF＝2∠BOE，可得結(jié)論．【解答】解：（1）如圖1中，∵∠CAB＝90°，AO是中線，∴OA＝OB＝OC，∴∠OAB＝∠B，∵∠COA＝∠OAB+∠B，∴∠COA＝2∠B，故答案為：2；（2）如圖2中，連接OH．∵OG＝OB，∴∠GBO＝∠BGO，∵∠CGB＝90°，∴∠GBO+∠GCO＝90°，∠BGO+∠CGO＝90°，∴∠GCO＝∠CGO，∴OH＝BO＝OG＝OC＝3，∴B，C，H，G在以O(shè)為圓心，OC為半徑的圓上，∵∠A＝60°，∴∠ACG＝30°，∴∠GOH＝60°，∴△GOH是等邊三角形，∴GH＝OG＝3；（3）可行，30．理由：在Rt△ACO中，cos∠AOC=OC∴∠AOC＝60°，取EF是中點(diǎn)P，連接AP，∵AP∥直線l，AC⊥OB，∴AC⊥AE，∠AEF＝∠BOE，∴∠FAE＝90°，∵EP＝PF，EF＝30cm，∴AP＝FP＝EP＝AO＝15（cm），∴∠AEF＝∠EAP，∠AOP＝∠APO，∴∠AOP＝2∠AEF＝2∠BOE，∴∠BOE=13∠AOB＝20【點(diǎn)評(píng)】本題屬于幾何變換綜合題，考查了直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題．4．（2023?南關(guān)區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在△ABC中，BA=10，BC＝3，tanB＝3，點(diǎn)D為邊BC的中點(diǎn)．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿折線BA﹣AC向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，在BA、AC上的速度分別為每秒10個(gè)單位長度和每秒13個(gè)單位長度．連結(jié)AD、PD，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（t（1）線段AC的長為13；（2）用含t的代數(shù)式表示線段AP的長；（3）當(dāng)∠APD為鈍角時(shí)，求t的取值范圍；（4）做點(diǎn)B關(guān)于直線PD的對(duì)稱點(diǎn)B′，連結(jié)B′D，當(dāng)B′D⊥BC時(shí)，直接寫出t的值．【分析】（1）如圖1中，過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E．解直角三角形求出AE，BE，再利用勾股定理求出AC即可；（2）分兩種情形：當(dāng)0＜t≤1時(shí)．當(dāng)1＜t≤2時(shí)，分別根據(jù)路程，速度，時(shí)間的關(guān)系求解；（3）求出兩種特殊情形：如圖1中，當(dāng)DP⊥AB時(shí)，如圖2中，當(dāng)DP⊥AC時(shí)，t的值，可得結(jié)論；（4）分兩種情形：如圖3中，當(dāng)DB′⊥BC時(shí)，過點(diǎn)P作PJ⊥BC于點(diǎn)J．解直角三角形求出BP．如圖4中，當(dāng)DB′⊥BC時(shí)，過點(diǎn)P作PJ⊥BC于點(diǎn)J．記住解阿三角形求出CP，可得結(jié)論．【解答】解：（1）如圖1中，過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E．∵tanB=AEBE=3，∴AE＝3，BE＝1，∵BC＝3，∴EC＝2，∴AC=A故答案為：13．（2）當(dāng)0＜t≤1時(shí)，AP=10?當(dāng)1＜t≤2時(shí)，AP=13（t﹣綜上所述，AP=10（3）如圖1中，當(dāng)DP⊥AB時(shí)，∵12?AB?DP=12?BD∴DP=3×∴BP=D此時(shí)t=3如圖2中，當(dāng)DP⊥AC時(shí)，DP=3×∴CP=C此時(shí)t＝1+10觀察圖形可知滿足條件的t的值為：320＜t＜1或1＜t（4）如圖3中，當(dāng)DB′⊥BC時(shí)，過點(diǎn)P作PJ⊥BC于點(diǎn)J．設(shè)BJ＝x，則PJ＝DJ＝3x，∴4x=3∴x=3∴PB=3∴t=3如圖4中，當(dāng)DB′⊥BC時(shí)，過點(diǎn)P作PJ⊥BC于點(diǎn)J．設(shè)DJ＝PJ＝3y，則CJ＝2y，∴5y=3∴y=3∴PC=P∴t＝1+7綜上所述，滿足條件的t的值為38或17【點(diǎn)評(píng)】本題屬于幾何變換綜合題，考查了解直角三角形，三角形的面積軸對(duì)稱變換，等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．5．（2023?鹽田區(qū)二模）操作：如圖1，點(diǎn)E在矩形ABCD邊CD上，沿AE折疊，點(diǎn)D恰落在BC邊上D'處．再將圖1對(duì)折，使點(diǎn)E與點(diǎn)A重合，得多邊形AC′FBNM（圖2），點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)C′．思考：若AB＝6，AD＝10．（1）求圖1中CE的長；（2）求證：△AC'F≌△ECD'．探究：若用一張A4(AD=2AB)紙進(jìn)行上述操作，判斷C'F與【分析】思考：（1）由折疊的性質(zhì)得出AD'＝AD＝10，∠AD'E＝90°，證明△ED'C∽△D'AB，由相似三角形的性質(zhì)得出CEBD'（2）由折疊的性質(zhì)得出∠AED＝∠AED'，∠EAC'＝∠AEC，證出∠FAC'＝∠CED'，根據(jù)ASA可證明△AC'F≌△ECD'；探究：設(shè)AB＝m，AD=2m，證明△ED'C∽△D'AB，由相似三角形的性質(zhì)得出ED'D'A=D'CAB，求出ED'＝（2?2）m，由全等三角形的性質(zhì)得出C'F＝CD'＝（2?1）m，AF【解答】解：思考：（1）由折疊的性質(zhì)可得，AD'＝AD＝10，∠AD'E＝90°，∵∠B＝90°，AB＝6，AD'＝10，∴BD'＝8，∴CD'＝BC﹣BD'＝10﹣8＝2，∵∠AD'B+∠ED'C＝90°，∠AD'B+∠BAD'＝90°，∴∠ED'C＝∠BAD'，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝90°，∴△ED'C∽△D'AB，∴CEBD'∴CE8∴CE=8（2）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠AED＝∠FAE，由折疊的性質(zhì)得出∠AED＝∠AED'，∠EAC'＝∠AEC，∴∠FAE＝∠AED'，∠EAC'﹣∠FAE＝∠AEC﹣∠AED'，即∠FAC'＝∠CED'，又∵AC'＝EC，∠C'＝∠C，∴△AC'F≌△ECD'（ASA）；探究：C'F＝BF．理由：由AD=2AB，設(shè)AB＝m，AD=2∴BD'＝m，CD'＝（2?1）m∴△ED'C∽△D'AB，∴ED'D'A∴ED'2∴ED'＝（2?2）m∵△AC'F≌△ECD'，∴C'F＝CD'＝（2?1）m，AF＝ED'＝（2?2）∴BF＝AB﹣AF＝m﹣（2?2）m＝（2?1）m＝C'【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題目，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)和判定，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．6．（2023?白塔區(qū)校級(jí)一模）已知，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，點(diǎn)D在射線CB上，連接DA，將線段DA繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后得到DE，過點(diǎn)E作EM⊥BC交直線BC于點(diǎn)M，連接AE，CE．（1）如圖①，若點(diǎn)D在線段CB上（且不與點(diǎn)C、點(diǎn)B重合）時(shí)，求證：①M(fèi)C＝BD；②∠ACE＝90°（2）延長AD與直線CE相交于點(diǎn)N，①當(dāng)點(diǎn)D在線段CB上（且不與點(diǎn)C、點(diǎn)B重合）時(shí)，如圖②所示，若AD平分∠BAC，CD=2ME，且AB=2+22②當(dāng)點(diǎn)D在射線CB上（且不與點(diǎn)C、點(diǎn)B重合）時(shí)，若CENE=3【分析】（1）①證明ABD≌△DME，進(jìn)而得出結(jié)論；②證明△ABD∽△ACE，進(jìn)而得出結(jié)論；（2）①設(shè)AC與DE交于點(diǎn)F，證明∠BAD＝22.5°，在AB上取一點(diǎn)T，使得AT＝DT，證明BD＝BT，設(shè)BD＝BT＝m，則DT＝AT=2m，可得m+2m＝2+22，推出m＝2，再證明△ABD∽△ADF，利用相似三角形的性質(zhì)求出AF，再證明EN＝②證明∠MDE＝∠CAE，進(jìn)而在Rt△ACN和Rt△ACE中，表示出tan∠CAN和tan∠CAE，進(jìn)而求得結(jié)果．【解答】（1）證明：①∵∠ADE＝90°，∴∠ADB+∠MDE＝90°，∵∠ABD＝90°，∴∠ADB+∠BAD＝90°，∴∠BAD＝∠MDE，在△ABD和△DME中，∠B=∠M=90°∠BAD=∠MDE∴△ABD≌△DME（AAS），∴AB＝DM，∵AB＝BC，∴BC＝DM，∴MC＝BD；②∵∠BAC＝∠DAF，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAF﹣∠CAD，即：∠BAD＝∠CAE，∵ACAB∴△ABD∽△ACE，∴∠ACE＝∠B＝90°；（2）解：①設(shè)AC與DE交于點(diǎn)F，∵△ABD≌△DME，∴AB＝DM，BD＝EM，∵AB＝BC，∴BC＝DM，∴MC＝BD＝EM，∴∠MCE＝∠MEC＝45°，∴EC=2ME∵CD=2ME∴CD＝CE，∴∠CDE＝∠CED，∵∠MCE＝∠CDE+∠CED，∴∠CDE＝∠CED＝22.5°，∵∠ADE＝90°，∴∠ADB＝67.5°，∵∠B＝90°，∴∠BAD＝22.5°，在AB上取一點(diǎn)T，使得AT＝DT，∴∠TAD＝∠TDA＝22.5°，∴∠BTD＝∠TAD+∠TDA＝45°，∵∠B＝90°，∴∠BDT＝∠BTD＝45°，∴BD＝BT，設(shè)BD＝BT＝m，則DT＝AT=2m∴m+2m＝2+22∴m＝2，∴BD＝2，∴AD=B∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠DAF，∵∠B＝∠ADF＝90°，∴△ABD∽△ADF，∴ABAD∴2+22∴AF＝42，∵∠DEN＝∠DAF＝22.5°，DE＝AD，∠EDN＝∠ADF＝90°，∴△EDN≌△ADF（ASA），∴EN＝AF＝42；②當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上時(shí)，∵CENE∴CECN由上得，∠MDE＝∠BAD＝∠CAE，∴tan∠MDEtan∠NAC=tan∠CAE如圖，當(dāng)點(diǎn)D在CB的延長線上時(shí)，同理可得：tan∠MDEtan∠NAC=綜上所述，tan∠MDEtan∠NAC=3【點(diǎn)評(píng)】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等腰直角三角形性質(zhì)，銳角函數(shù)定義，全等三角形判定和性質(zhì)，相似三角形判定和性質(zhì)等知識(shí)，解決問題的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化線段和角．7．（2023?天寧區(qū)校級(jí)模擬）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A（0，2），點(diǎn)B在x軸正半軸上，點(diǎn)C在第一象限內(nèi)．（1）如圖1，OB＝4．①若△ABC是以AC為斜邊的直角三角形，且tan∠BAC＝2．請(qǐng)?jiān)趫D（1）中利用圓規(guī)、無刻度直尺作出點(diǎn)C的位置（不寫作法，保留作圖痕跡），寫出點(diǎn)C的坐標(biāo)：（8，8）；②若△ABC是等邊三角形．求點(diǎn)C的坐標(biāo)；（2）如圖2，△ABC是等邊三角形，點(diǎn)C在以P（33，6）為圓心，半徑為r的圓上．若存在兩個(gè)△ABC滿足條件，求r的取值范圍．【分析】（1）①以點(diǎn)B為圓心，AB為半徑畫弧交AB的延長線于點(diǎn)N，分別以A、N為圓心，大于AB的長度為半徑畫弧，交于第一象限內(nèi)點(diǎn)W，在射線BW上截取BC＝2AB，連接AC，點(diǎn)C即為所求作的點(diǎn)；設(shè)C（x，y），過點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)E，由tan∠BAO＝tan∠CBE，得OBOA=CEBE，即42=yx?4，得出y＝2x﹣8，即CE＝2x﹣8，由勾股定理得BE②過點(diǎn)C作CD⊥AB于點(diǎn)D，作CE⊥y軸于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作FG⊥x軸于點(diǎn)G，交CE于點(diǎn)F，設(shè)C（a，b），則CE＝a，F(xiàn)G＝b，由△DCF∽△BDG，可得CFDG=DF（2）以O(shè)A為邊作等邊三角形OAM，使點(diǎn)M落在第一象限，作射線MP交⊙P于點(diǎn)C、C′，分別以AC、AC′為邊作等邊△ABC和等邊△AB′C′，連接AP，取BB′的中點(diǎn)Q，連接AQ、PQ，點(diǎn)B、B′均在x軸正半軸上，過點(diǎn)P作PH⊥y軸于點(diǎn)H，可證得△BAB′≌△CAC′（SAS），△ABQ≌△ACP（SAS），推出△PAQ是等邊三角形，可得AP＝AQ，利用勾股定理可求得OQ=39，即可得出0＜r≤【解答】解：（1）①如圖1﹣①，點(diǎn)C即為所求作的點(diǎn)．設(shè)C（x，y），過點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)E，則OE＝x，CE＝y(tǒng)，∴BE＝OE﹣OB＝x﹣4，∵點(diǎn)A（0，2），∴OA＝2，∵OB＝4，∴B（4，0），在Rt△AOB中，AB=OA2∵∠AOB＝∠BEC＝90°，∴∠BAO+∠ABO＝90°，∵∠ABC＝90°，∴∠CBE+∠ABO＝90°，∴∠BAO＝∠CBE，∴tan∠BAO＝tan∠CBE，∴OBOA=CE∴y＝2x﹣8，即CE＝2x﹣8，∵tan∠BAC＝2，∴BCAB∴BC＝2AB＝45，在Rt△BCE中，BE2+CE2＝BC2，∴（x﹣4）2+（2x﹣8）2＝（45）2，解得：x＝0（舍去）或x＝8，∴y＝2x﹣8＝2×8﹣8＝8，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（8，8），故答案為：（8，8）；②如圖1﹣②，過點(diǎn)C作CD⊥AB于點(diǎn)D，作CE⊥y軸于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作FG⊥x軸于點(diǎn)G，交CE于點(diǎn)F，設(shè)C（a，b），則CE＝a，F(xiàn)G＝b，∵△ABC為等邊三角形，CD⊥AB，∴AD＝DB=12AB∵DG∥OA，D是AB的中點(diǎn)，∴DG是△ABO的中位線，∴OG＝BG＝2，DG=12∴FD＝FG﹣DG＝b﹣1，∵∠EOG＝∠OEF＝∠FGO＝90°，∴四邊形EFGO是矩形，∴EF＝OG＝2，CF＝CE﹣EF＝a﹣2，在Rt△BCD中，CDBD=tan∠ABC＝tan60°∵∠DFC＝∠BGD＝∠BDC＝90°，∴∠CDF+∠DCF＝∠CDF+∠BDG＝90°，∴∠DCF＝∠BDG，∴△DCF∽△BDG，∴CFDG=DF解得：a＝2+3，b＝1+23∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2+3，1+23（2）如圖2，以O(shè)A為邊作等邊三角形OAM，使點(diǎn)M落在第一象限，作射線MP交⊙P于點(diǎn)C、C′，分別以AC、AC′為邊作等邊△ABC和等邊△AB′C′，連接AP，取BB′的中點(diǎn)Q，連接AQ、PQ，點(diǎn)B、B′均在x軸正半軸上，過點(diǎn)P作PH⊥y軸于點(diǎn)H，則AB＝AC，AB′＝AC′，∠BAC＝∠B′AC′＝60°，∴∠BAB′+∠B′AC＝∠B′AC+∠CAC′，∴∠BAB′＝∠CAC′，∴△BAB′≌△CAC′（SAS），∴BB′＝CC′＝2r，BQ＝CP＝r，∠ABQ＝∠ACP，∴△ABQ≌△ACP（SAS），∴AQ＝AP，∠BAQ＝∠CAP，∴∠PAQ＝∠CAP+∠CAQ＝∠BAQ+∠CAQ＝∠BAC＝60°，∴△PAQ是等邊三角形，∴AP＝AQ，∵AP2＝PH2+AH2＝（33）2+42＝43，AQ2＝OA2+OQ2＝22+OQ2，∴22+OQ2＝43，∵OQ＞0，∴OQ=39∴0＜r≤39【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何變換綜合題，考查了勾股定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等，添加輔助線構(gòu)造全等三角形和相似三角形是解題關(guān)鍵．8．（2023?長春一模）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，sinA=35．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長度的速度向終點(diǎn)B勻速運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)P作PD⊥AB交折線AC﹣CB于點(diǎn)D，連結(jié)BD，將△DBP繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△DEF．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為（1）AC＝4．（2）用含t的代數(shù)式表示線段PD的長．（3）當(dāng)點(diǎn)E落在AB邊上時(shí)，求t的值．（4）當(dāng)△DEF與△ABC重疊部分為三角形時(shí)，直接寫出t的取值范圍．【分析】（1）在△ACB中，sinA=BCAB=35（2）分兩種情形：如圖1﹣1中，當(dāng)點(diǎn)D在線段AC上時(shí)，如圖1﹣2中，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上時(shí)，分別求出PD即可；（3）如圖2中，當(dāng)點(diǎn)E落在AB上時(shí)，PD＝PB＝2t，根據(jù)AP+PB＝5，構(gòu)建方程求解即可；（4）當(dāng)E或F在△ABC內(nèi)部時(shí)，△DEF與△ABC重疊部分為三角形，求出幾個(gè)特殊位置的t的值，可得結(jié)論．【解答】解：（1）在△ACB中，∠C＝90°，AB＝5，∴sinA=BC∴BC＝3，∴AC=A故答案為：4；（2）如圖1﹣1中，當(dāng)點(diǎn)D在線段AC上時(shí)，0＜t≤8∵AP＝2t，∴tanA=DP∴PD=32如圖1﹣2中，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上時(shí)，85＜t∵tanB=DP∴PD=43（5﹣2綜上所述，PD=3（3）如圖2中，當(dāng)點(diǎn)E落在AB上時(shí)，PD＝PB=32∵AP+PB＝5，∴2t+32解得t=10∴t=107時(shí)，點(diǎn)E落在（4）如圖3中，當(dāng)點(diǎn)F落在AC邊上時(shí)，CD+BD＝3，∴35×43（5﹣2t）+5解得，t=70觀察圖象可知當(dāng)7037＜t＜52時(shí)，點(diǎn)F綜合（3）（4）可知，當(dāng)E或F在△ABC內(nèi)部時(shí)，△DEF與△ABC重疊部分為三角形，當(dāng)點(diǎn)D與C重合時(shí)，2t＝4×4解得t=8∴滿足條件的t的值為：107≤t≤85或【點(diǎn)評(píng)】本題屬于幾何變換綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)變換，解直角三角形，三角形的面積等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考?jí)狠S題．9．（2023?市中區(qū)一模）（1）①如圖1，等腰△ABC（BC為底）與等腰△ADE（DE為底），∠BAC＝∠DAE，則BD與CE的數(shù)量關(guān)系為BD＝CE；②如圖2，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，則sin∠DAC＝35（2）如圖3，在（1）②的條件下，點(diǎn)E在線段CD上運(yùn)動(dòng)，將AE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到AF，使∠EAF＝∠DAC，連接CF．當(dāng)AE＝32時(shí)，求CF的長度；（3）如圖4，矩形ABCD中，若AB＝23，AD＝6，點(diǎn)E在線段CD上運(yùn)動(dòng)，將AE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到AF，旋轉(zhuǎn)角等于∠BAC，連結(jié)CF，AE的中點(diǎn)為G，CF的中點(diǎn)為H，若GH=13，直接寫出DE【分析】（1）①證明△BAD≌△CAE（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出BD＝CE；②由勾股股定理求出AC＝5，由正弦的定義可得出答案；（2）連結(jié)EF，延長AD至M，使得AM＝AC，連結(jié)MC，證明△AFC≌△AEM（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出CF＝ME，由勾股定理求出ME的長，則可得出答案；（3）連接CG，并延長交BA的延長線于M，連接MF，證明△AMG≌△ECG（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出MG＝CG，AM＝CE，由三角形中位線定理得出MF＝2GH＝213，得出∠BAC＝60°，AC＝2AB＝43，延長AB至N，使AB＝BN，連接NF，過點(diǎn)F作FP⊥AN于點(diǎn)P，設(shè)AN＝NF＝x，由勾股定理求出x，則可得出答案．【解答】解：（1）①∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，BA=CA∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE．故答案為：BD＝CE；②矩形ABCD中，AB＝CD＝3，AD＝4，∴AC=A∴sin∠DAC=CD故答案為：35（2）連結(jié)EF，延長AD至M，使得AM＝AC，連結(jié)MC，∵將AE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到AF，∴AE＝AF，又∵∠DAC＝∠EAF，∴∠CAF＝∠EAM，∴△AFC≌△AEM（SAS），∴CF＝ME，在Rt△ADE中，AE＝32，AD＝4，∴DM＝AM﹣AD＝1，DE=A∴ME=D∴CF=3（3）43?連接CG，并延長交BA的延長線于M，連接MF，∵AB∥CE，G為AE的中點(diǎn)，∴∠AMG＝∠ECG，∠MAG＝∠ECG，AE＝EG，∴△AMG≌△ECG（AAS），∴MG＝CG，AM＝CE，∵H是CF的中點(diǎn)，GH=13∴GH是△CMF的中位線，∴MF＝2GH＝213，∵矩形ABCD中，AB＝23，DC＝AD＝6，∴∠BAC＝60°，AC＝2AB＝43，延長AB至N，使AB＝BN，連接NF，∴AN＝AC，∠NAC＝∠EAF＝60°，同（1）①可知△ANF≌△ACE，∴NF＝CE，∠ANF＝∠ACE＝60°，∵AN＝AC，∠NAC＝60°，∴∠ANC＝60°，∴∠ANC＝∠ANF，∴點(diǎn)N，F(xiàn)，C三點(diǎn)共線，過點(diǎn)F作FP⊥AN于點(diǎn)P，設(shè)AN＝NF＝x，在Rt△PNF中，∠N＝60°，NF＝x，∴PN=12x，PF=在Rt△MPF中，PF2+MP2＝MF2，MP＝MA+AN+PN＝43+12x，∴(3解得x＝4﹣23（負(fù)值舍去），∴NF＝CE＝4﹣23，∴DE＝CD﹣CE＝23?（4﹣23）＝43【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何變換綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線定理，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．10．（2023?武漢模擬）問題提出：如圖，△ABC為等邊三角形，D為CB的延長線上一點(diǎn)，∠DAE＝∠DEA，探究BD與EC的數(shù)量關(guān)系．問題探究：（1）現(xiàn)將問題特殊化，如圖2，當(dāng)E為AC的中點(diǎn)，DM⊥AC于點(diǎn)M，探究DB與EC的數(shù)量關(guān)系，說明理由；（2）再探究一般情形，如圖1，（1）中的結(jié)論還成立嗎？問題拓展：（3）如圖3，若AE＝nEC，AB與DE交于點(diǎn)F，直接寫出tan∠DFB的值（用含n的式子表示）．【分析】（1）如圖2，過點(diǎn)E作EH∥AB，交BC于H，證明△ADB≌△DEH（AAS），可得結(jié)論；（2）如圖1，過點(diǎn)E作EH∥AB，交BC于H，同理可得結(jié)論；（3）如圖3，過點(diǎn)E作EH∥AB，交BC于H，過點(diǎn)A作AG⊥BC于G，則∠DEH＝∠DFB，設(shè)CE＝a，證明∠ADB＝∠DFB，根據(jù)三角函數(shù)的定義可解答．【解答】解：（1）DB＝EC，理由如下：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝∠BAC＝∠C＝60°，如圖2，過點(diǎn)E作EH∥AB，交BC于H，∴∠CHE＝∠ABC＝60°，∠CEH＝∠BAC＝60°，∴∠CHE＝∠C＝∠CEH＝60°，∴EH＝CE，∵∠ABC＝∠CHE，∴∠ABD＝∠DHE，∵∠DAE＝∠DEA，∴AD＝DE，∵∠DAE＝∠BAD+∠BAC，∠AED＝∠CDE+∠C，∴∠BAD＝∠CDE，∴△ADB≌△DEH（AAS），∴BD＝EH，∴BD＝CE；（2）如圖1，（1）中的結(jié)論還成立，理由如下：如圖1，過點(diǎn)E作EH∥AB，交BC于H，同理可得：BD＝CE；（3）如圖3，過點(diǎn)E作EH∥AB，交BC于H，過點(diǎn)A作AG⊥BC于G，則∠DEH＝∠DFB，由（2）知：△ADB≌△DEH，∴∠ADB＝∠DEH，∴∠DFB＝∠ADB，設(shè)CE＝a，∵AE＝nEC，∴AC＝BC＝（n+1）a，∵△ABC是等邊三角形，AG⊥BC，∴BG＝CG=(n+1)a2，∠CAG＝30∴AG=3CGRt△ADG中，tan∠ADB=AGDG=tan∴tan∠DFB=3【點(diǎn)評(píng)】本題是三角形綜合題，主要考查了等邊三角形的性質(zhì)和判定，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，三角函數(shù)等知識(shí)；熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．11．（2023?二道區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，sinC=45．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒4個(gè)單位長度的速度向終點(diǎn)B勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q為線段BP的中點(diǎn)．點(diǎn)D與點(diǎn)C在PQ的同側(cè)，且∠DPQ＝90°，∠DQP＝∠C．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為（1）線段PQ的長為2﹣2t（用含t的代數(shù)式表示）；（2）當(dāng)點(diǎn)D落在AC邊上時(shí)，求PD的長；（3）當(dāng)△DPQ與△ABC重疊部分是軸對(duì)稱圖形時(shí)，求t的值；（4）當(dāng)點(diǎn)D到△ABC任意兩邊距離相等時(shí)，直接寫出t的值．【分析】（1）根據(jù)BP＝4﹣4t，再利用中點(diǎn)的定義可得答案；（2）首先求得AC＝5，BC＝3，再根據(jù)tan∠DQP＝∠tanC，求出DP，從而列出方程即可得出答案；（3）設(shè)QD與AC交于點(diǎn)E，由重疊部分是軸對(duì)稱圖形時(shí)，則∠QEA＝90°，QE＝PQ＝2﹣2t，根據(jù)sinA=QE（4）分點(diǎn)D到AB、BC距離相等或點(diǎn)D到BC、AC距離相等或點(diǎn)D到AB、AC距離相等，分別列出關(guān)于t的方程，解方程即可．【解答】解：（1）由題意知，AP＝4t，∴BP＝4﹣4t，∵點(diǎn)Q為BP的中點(diǎn)，∴PQ=12BP＝2﹣2故答案為：2﹣2t；（2）在Rt△ABC中，∠B＝90°，∴sinC=AB∴AC＝5，由勾股定理得，BC＝3，∵∠DQP＝∠C，∴tan∠DQP＝∠tanC，∴DPQP∴DP=4∴PD＝AP?tanA＝4t×34=∴3t=8?8t解得t=8∴PD=24（3）設(shè)QD與AC交于點(diǎn)E，當(dāng)△DPQ與△ABC重疊部分是軸對(duì)稱圖形時(shí)，則∠QEA＝90°，QE＝PQ＝2﹣2t，∴sinA=QE∴2?2t4t+2?2t解得t=1（4）當(dāng)點(diǎn)D到AB與BC距離相等時(shí)，則DP＝PB，∴8?8t3=4﹣4解得t＝1，∵0＜t＜1，∴t＝1舍去，當(dāng)點(diǎn)D到BC與AC距離相等時(shí)，則DG⊥BC于G，DH⊥AC于H，連接DB、DA、DC，則四邊形BGDP是矩形，∴DG＝PB＝4﹣4t，∴S△ABD+S△ACD+S△BCD＝S△ABC，∴12解得t=23當(dāng)點(diǎn)D到AB與AC距離相等時(shí)，同理可得12解得t=2綜上：t=2332或【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何變換綜合題，主要考查了直角三角形的性質(zhì)，軸對(duì)稱圖形的性質(zhì)，三角函數(shù)，三角形的面積等知識(shí)，運(yùn)用面積法列方程是解決問題（3）的關(guān)鍵，同時(shí)注意分類討論思想的運(yùn)用．12．（2023?惠水縣一模）如圖，平行四邊形ABCD中，AB＝7，BC＝10．點(diǎn)P是BC邊上的一點(diǎn)，連接AP，以AP為對(duì)稱軸作△ABP的軸對(duì)稱圖形△AQP．（1）動(dòng)手操作當(dāng)點(diǎn)Q正好落在AD邊上時(shí)，在圖①中畫出△ABP的軸對(duì)稱圖形△AQP，并判斷四邊形ABPQ的形狀是菱形；（2）問題解決如圖②，當(dāng)點(diǎn)P是線段BC中點(diǎn)，且CQ＝2時(shí)，求AP的長；（3）拓展探究如圖③，當(dāng)點(diǎn)P、Q、D在同一直線上，且∠PQC＝∠PQA時(shí)，求PQ的長．【分析】（1）由題意畫出圖形，根據(jù)折疊得出AB＝AQ，BP＝PQ，證明三角形ABP是等腰三角形，進(jìn)一步得出結(jié)果；（2）連接BQ交AP于點(diǎn)E，由軸對(duì)稱的性質(zhì)得出AQ＝AB，BP＝PQ，求出EP和BP的長，由勾股定理可得出答案；（3）證明△PDC∽△CDQ，由相似三角形的性質(zhì)得出PDCD【解答】解：（1）如圖①，△AQP即為所求，由折疊可得，AB＝AQ，BP＝PQ，∠BAP＝∠PAQ，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠PAQ＝∠APB，∴∠APB＝∠BAP，∴AB＝BP，∴AB＝BP＝PQ＝AQ，∴四邊形ABPQ是菱形；故答案為：菱形；（2）如圖②，連接BQ交AP于點(diǎn)E，∵△AQP與△ABP是以AP為對(duì)稱軸的軸對(duì)稱圖形，由軸對(duì)稱的性質(zhì)得，AQ＝AB，BP＝PQ，∴AP是線段BQ的垂直平分線．∴點(diǎn)E是BQ的中點(diǎn)，∠AEB＝∠BEP＝90°．又∵點(diǎn)P是BC的中點(diǎn)，∴EP為△BQC的中位線．∴EP=12QC＝1，BP=12在Rt△BEP中，BE=BP2?在Rt△ABE中，AE=AB∴AP＝AE+EP＝1+5＝6；（3）當(dāng)點(diǎn)P，Q，D在同一直線上時(shí)，且∠PQC＝∠PQA，∵四邊形ABCD是平行四邊形，△AQP與△ABP是以AP為對(duì)稱軸的軸對(duì)稱圖形，∴∠DAP＝∠APB，∠APB＝∠APQ，∴∠APQ＝∠DAP，∴AD＝DP＝10，∵∠B＝∠AQP＝∠PQC＝∠ADC，又∵∠ADC＝∠ADP+∠PDC，∠PQC＝∠PDC+∠DCQ，∴∠ADP＝∠DCQ．∵AD∥BC，∴∠ADP＝∠DPC，∴∠DCQ＝∠DPC．∵∠PDC＝∠QDC，∴△PDC∽△CDQ，∴PDCD即107∴DQ=49∴PQ＝PD﹣DQ＝10?49【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定，相似三角形的判定和性質(zhì)，軸對(duì)稱性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解決問題的關(guān)鍵是熟練掌握折疊的性質(zhì)．13．（2023?青山湖區(qū)模擬）●問題發(fā)現(xiàn)如圖1，△ABC和△DEF都是等邊三角形，邊BC和EF在同一直線上，O是邊BC的中點(diǎn)，BE＝CF，連接AD，則下列結(jié)論正確的是①③④．（填序號(hào)即可）①OE＝OF；②AD＝BE；③AD⊥BE；④整個(gè)圖形是軸對(duì)稱圖形．●數(shù)學(xué)思考將圖1中的△DEF繞著點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)，△ABC不動(dòng)，連接AD和BE，如圖2，則AD和BE具有怎樣的數(shù)量和位置關(guān)系？請(qǐng)給出證明過程；●拓展應(yīng)用已知AB＝8cm，DE＝4cm，在圖1中的△DEF繞著點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)的過程中，當(dāng)BE⊥DF時(shí)，求線段AD的長度．#ZZA0【分析】●問題發(fā)現(xiàn)：由等腰三角形的性質(zhì)判斷①，作輔助線構(gòu)造三角形判斷②，由過一點(diǎn)有且只有一條直線垂直于已知直線判斷③，由③的結(jié)論可以判斷④；●數(shù)學(xué)思考：連接AO，OD，由△DEF是等邊三角形可得，DO⊥EF，∠EDO=12∠EDF=30°，OD=3OE，然后證明●拓展應(yīng)用：分兩種情況利用勾股定理解題即可．【解答】解：●問題發(fā)現(xiàn)：∵O是邊BC的中點(diǎn)，△ABC是等邊三角形，∴OB＝OC，又∵BE＝CF，∴OE＝OF，所以①正確；過D作DG∥BE交AB于點(diǎn)G，∴∠AGD＝∠B＝60°，∵△ABC和△DEF都是等邊三角形，∴∠B＝∠DEF＝60°，∴DG∥BE，∴四邊形BEDG為平行四邊形，∴DG＝BE≠AD，所以②不正確；連接AO，DO，∵△ABC和△DEF都是等邊三角形，∴AB＝AC，DE＝DF，∵OB＝OC，OE＝OF∴AO⊥BC，DO⊥BC，∴A，D，O三點(diǎn)共線，即AD⊥BE，所以③正確；由③可知整個(gè)圖形關(guān)于直線AD成軸對(duì)稱圖形，所以④正確；故答案為：①③④．●數(shù)學(xué)思考：AD=3BE，AD⊥連接AO，OD，由圖1，OB＝OC，BE＝CF，可得OE＝OF．△DEF繞著點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)，OE＝OF仍然成立．∵△DEF是等邊三角形，∴DO⊥EF，∠EDO=1∴OD=3同理，AO⊥OB，OA=3∴AO：OB=DO：EO=3：1，∠AOB＝∠DOE∴∠BOE＝∠AOD．∴△BOE∽△AOD．∴AD=3BE，∠OAD＝∠延長BE交AD于H點(diǎn)，交AO于l點(diǎn)，又∠AIH＝BIO，∴△AIH∽△BIO．∴∠HIA＝∠IOB＝90°．∴AD⊥BE．●拓展應(yīng)用當(dāng)BE⊥DF時(shí)，∵AD⊥BE，∴A，D，F(xiàn)三點(diǎn)共線．如備用圖1，設(shè)BE＝xcm，則AD=3xcm∵AD⊥BE，∴在Rt△ABH中，(3解之得：x=?3±15∴x=15即AD=35如備用圖2．設(shè)BE＝y(tǒng)cm，則AD=3ycm∵AD⊥BE，∴在Rt△ABH中，(y?23解之得：y=3又y＞0，∴y=15即AD=35綜上所述，AD=35【點(diǎn)評(píng)】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握等邊三角形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．14．（2023?蘇州一模）如圖，△ABC是邊長為3的等邊三角形，D是AB上一動(dòng)點(diǎn)，連接CD，以CD為邊向CD的右側(cè)作等邊三角形CDE，連接AE．（1）【嘗試初探】如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在線段AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，AC，DE相交于點(diǎn)F，在運(yùn)動(dòng)過程中發(fā)現(xiàn)有兩個(gè)三角形始終保持全等，請(qǐng)你找出這對(duì)全等三角形，并說明理由．（2）【深入探究】如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在線段AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，延長ED，交CB的延長線于點(diǎn)H，隨著D點(diǎn)位置的變化，H點(diǎn)的位置隨之發(fā)生變化，當(dāng)AD＝2BD時(shí)，求tan∠DHC的值．（3）【拓展延伸】如圖3，當(dāng)點(diǎn)D在BA的延長線上運(yùn)動(dòng)時(shí)，CD，AE相交于點(diǎn)F，設(shè)△ADF的面積為S1，△CEF的面積為S2，當(dāng)S2＝4S1時(shí)，求BD的長．【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，利用SAS即可證明△BCD≌△ACE；（2）過點(diǎn)D作DG⊥BC于D點(diǎn)G，由（1）可說明AE∥CH，從而得出△ADE∽△BDH，進(jìn)而解決問題；（3）過點(diǎn)C作CH⊥AB于點(diǎn)H，由（1）同理得△BCD≌△ACE，再說明△AFD∽△CFE，得S1S2=(ADCE)2，設(shè)BD＝x，則AD＝BD﹣【解答】解：（1）如圖1，△BCD≌△ACE，理由如下：∵△ABC與△CDE都是等邊三角形，∴BC＝AC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB﹣∠ACD＝∠DCE﹣∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△BCD與△ACE中，BC=AC∠BCD=∠ACE∴△BCD≌△ACE（SAS）；（2）如圖2，過點(diǎn)D作DG⊥BC于D點(diǎn)G，∵△ABC是邊長為3的等邊三角形，AD＝2BD，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，BD＝1，AD＝2，∵DG⊥BC，∴BG=1DG=3BG=由（1）得，△BCD≌△ACE，∴AE＝BD＝1，∠CAE＝∠CBA＝60°，∴∠CAE＝∠ACB，∴AE∥CH，∴△ADE∽△BDH，∴AEBH∵AD＝2BD，AE＝1，∴1BH∴BH=1∴GH＝BH+BG＝1，∵DG⊥BC，∴tan∠DHC=DG（3）如圖3，過點(diǎn)C作CH⊥AB于點(diǎn)H，∵△ABC與△CDE都是等邊三角形，∴BC＝AC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△BCD與△ACE中，BC=AC∠BCD=∠ACE∴△BCD≌△ACE（SAS），∴∠BDC＝∠AEC，又∵∠AFD＝∠CFE，∴△AFD∽△CFE，∴S1∵S2＝4S1，∴CE＝2AD，設(shè)BD＝x，則AD＝BD﹣AB＝x﹣3，CD＝CE＝2（x﹣3）＝2x﹣6，∵CH⊥AB，△ABC是邊長為3的等邊三角形，∴AH=1CH=3AH=∴DH＝AH+AD=3∵CH⊥AB，∴CH2+DH2＝CD2，即（332）2+(x?32)解得x=7±∵點(diǎn)D在BA的延長線上，∴BD＞AB，∴x＞3，∴x=7+即BD=7+【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何變換綜合題，主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，熟練掌握手拉手模型是解題的關(guān)鍵．15．（2023?海淀區(qū)模擬）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，將線段CA繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α角得到線段CD，連接AD，過點(diǎn)C作CE⊥AD于點(diǎn)E，連接BD交CA，CE于點(diǎn)F，G．（1）當(dāng)α＝60°時(shí)，如圖1，依題意補(bǔ)全圖形，直接寫出∠BGC的大??；（2）當(dāng)α≠60°時(shí)，如圖2，試判斷線段BG與CE之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（3）若F為AC的中點(diǎn)，直接寫出AD的長．【分析】（1）根據(jù)題意作圖，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和角的和差即可求解；（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和角的和差即可求出∠GDE＝45°；再根據(jù)等腰直角三角形的判定和性質(zhì)得出AG=2DE，連接AG，可證明∠AGB是直角，進(jìn)而證明△BGA∽△CED（3）過點(diǎn)F作FN⊥AB，通過證明△BNF∽△BGA，再利用相似三角形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)進(jìn)行求解即可．【解答】解：（1）依題意補(bǔ)全圖形，如圖所示：∵∠ACD＝α＝60°，AC＝BC，CE⊥AD，∴∠ADC=12（180°﹣∠ACD）＝90°?12α＝60°，∠DCE=12∠ACD=12∵∠BCA＝90°，∴∠BCD＝∠ABC+∠ACD＝90°+α＝150°，∵BC＝CD，∴∠CDB＝∠CBD＝45°?12α＝15∴∠GDE＝∠ADC﹣∠CDB＝45°，∴∠DGE＝90°﹣45°＝45°＝∠AGC；（2）BG=2CE連接AG，∵∠ACD＝α，DC＝AC，CE⊥AD，∴∠ADC=12（180°﹣∠ACD）＝90°?12α，∠DCE=12∠ACD=12α＝∠DAC，∴AG＝DG，∵∠BCA＝90°，∴∠BCD＝∠ABC+∠ACD＝90°+α，∵BC＝CD，∴∠CDB=∠CBD=45°?12∴∠GDE＝∠ADC﹣∠CDB＝45°＝∠GAE，∴∠CAG＝∠CDG，∠AGD＝90°＝∠AGB，△DEG是等腰直角三角形，∴AG=2DE∵AC＝BC，∴∠CAB＝45°，∴∠BAG＝∠BAC+∠CAG＝90°?12∴∠CDE＝∠BAG，∵∠CED＝∠BGA，∴△BGA∽△CED，∴BGCE∴BG=2CE（3）過點(diǎn)F作FN⊥AB，則∠BNF＝90°＝∠BGA＝∠ANF，∵∠BNF＝∠AGB，∴△BNF∽△BGA，∴BFAB∵F為AC的中點(diǎn)，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，∴CF=12AC＝2＝AF，AB=AC2+BC2∴BF=BC2+CF2∴25∴AG=4∵△AEG是等腰直角三角形，∴AE=22AG∴AD=4【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何變換綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握知識(shí)點(diǎn)，準(zhǔn)確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．16．（2023?鄲城縣一模）綜合與實(shí)踐：在綜合與實(shí)踐課上，老師讓同學(xué)們以“矩形紙片的折疊”為主題開展數(shù)學(xué)活動(dòng)．在矩形ABCD中，E為AB邊上一點(diǎn)，F(xiàn)為AD邊上一點(diǎn)，連接CE、CF，分別將△BCE和△CDF沿CE、CF翻折，點(diǎn)D、B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)G、H，且C、H、G三點(diǎn)共線．（1）如圖1，若F為AD邊的中點(diǎn)，AB＝BC＝6，點(diǎn)G與點(diǎn)H重合，則∠ECF＝45°，BE＝2；（2）如圖2，若F為AD的中點(diǎn)，CG平分∠ECF，AB=2+1，BC＝2，求∠ECF的度數(shù)及（3）AB＝5，AD＝3，若F為AD的三等分點(diǎn)，請(qǐng)直接寫出BE的長．【分析】（1）證明四邊形ABCD是正方形，由正方形的性質(zhì)得出AD＝AB＝6，∠BCD＝90°，由勾股定理及折疊的性質(zhì)可得出答案；（2）延長CG，交AB于點(diǎn)M，證明△CBM和△EHM均為等腰直角三角形，得出BM＝BC＝2，EM=2BE，則可求出BE的長，由折疊的性質(zhì)得出∠BCE＝∠GCE，∠DCF＝∠GCF（3）分兩種情況：①當(dāng)AF＝2DF時(shí)，如圖3，過點(diǎn)E作EP∥GH，交FG的延長線于點(diǎn)P，連接EF，則四邊形GHEP為矩形，GH＝EP，EH＝GP，證明Rt△EFP≌Rt△FEA（HL），由全等三角形的性質(zhì)得出AE＝FP，設(shè)BE＝EH＝a，F(xiàn)P＝a+1，AE＝FP＝5﹣a，得出a+1＝5﹣a，則可得出答案；②當(dāng)DF＝2AF時(shí)，如圖4，過點(diǎn)E作EP∥GH，交FG的延長線于點(diǎn)P，連接EF，則四邊形GHEP為矩形，GH＝EP，EH＝GP，設(shè)BE＝EH＝a，F(xiàn)P＝a+2，AE＝5﹣a，由勾股定理得出12+（5﹣a）2＝22+（a+2）2，求出a則可得出答案．【解答】.解：（1）∵AB＝BC，四邊形ABCD是矩形，∴四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝6，∠BCD＝90°，∵F為AD的中點(diǎn)，∴DF＝AF＝3，∵將△BCE和△CDF沿CE、CF翻折，點(diǎn)D、B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)G、H，∴BE＝EG，DF＝FG＝3，設(shè)BE＝x，則AE＝6﹣x，∴EF＝3+x，∵EF2＝AE2+AF2，∴（3+x）2＝（6﹣x）2+32，∴x＝2，∴BE＝2．∵將△BCE和△CDF沿CE、CF翻折，點(diǎn)D、B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)G、H，∴∠BCE＝∠GCE，∠DCF＝∠GCF，∵∠BCD＝90°，∴∠ECF=12∠BCD=12故答案為：45；2；（2）如圖2，延長CG，交AB于點(diǎn)M，∵CG平分∠ECF，∴∠2＝∠4．由折疊的性質(zhì)可知，∠1＝∠2，∠3＝∠4．∴∠1＝∠2＝∠3＝∠4=14∠BCD＝22.5∴∠ECF＝45°．∵CD∥AB，∠EMH＝∠DCM＝45°，∴△CBM和△EHM均為等腰直角三角形，∴BM＝BC＝2，EM=2BE∴BE+EM＝2，即BE+2BE解得BE＝22?（3）2或97分兩種情況：①當(dāng)AF＝2DF時(shí)，如圖3，過點(diǎn)E作EP∥GH，交FG的延長線于點(diǎn)P，連接EF，則四邊形GHEP為矩形，GH＝EP，EH＝GP，由折疊的性質(zhì)可知，CD＝CG＝5，BC＝CH＝3，∴HG＝CG﹣CH＝2，∵AF＝2DF，∴AF＝2，∴AF＝EP，在Rt△EFP和Rt△FEA中，AF=EPEF=EF∴Rt△EFP≌Rt△FEA（HL），∴AE＝FP，設(shè)BE＝EH＝a，F(xiàn)P＝a+1，AE＝FP＝5﹣a，∴a+1＝5﹣a，解得a＝2，∴BE＝2．②當(dāng)DF＝2AF時(shí)，如圖4，過點(diǎn)E作EP∥GH，交FG的延長線于點(diǎn)P，連接EF，則四邊形GHEP為矩形，GH＝EP，EH＝GP，由折疊的性質(zhì)可知，CD＝CG＝5，BC＝CH＝3，∴EP＝HG＝CG﹣CH＝2，∵DF＝2AF，∴AF＝1．設(shè)BE＝EH＝a，F(xiàn)P＝a+2，AE＝5﹣a，∵EF2＝AF2+AE2＝EP2+FP2，∴12+（5﹣a）2＝22+（a+2）2，解得a=9∴BE=9綜上可知，BE的長為2或97【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何變換綜合題，主要考查了正方形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．17．（2023?翼城縣一模）綜合與實(shí)踐問題解決：（1）已知在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，四邊形CDEF是正方形，H為BF所在的直線與AD的交點(diǎn)．如圖1，當(dāng)點(diǎn)F在AC上時(shí)，請(qǐng)判斷BF和AD的關(guān)系，并說明理由．問題探究：（2）如圖2，將正方形CDEF繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點(diǎn)D在直線AC右側(cè)時(shí)，求證：BH﹣AH=2CH問題拓展：（3）將正方形CDEF繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)一周，當(dāng)∠ADC＝45°時(shí)，若AC＝3，CD＝1，請(qǐng)直接寫出線段AH的長．【分析】（1）由正方形的性質(zhì)得出CD＝CF，∠BCF＝∠ACD＝90°，證明△ACD≌△BCF（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出BF＝AD，∠DAC＝∠CBF，證出∠AHF＝90°，則可得出結(jié)論；（2）在線段BF上截取BK＝AH，連接CK．證明△BCK≌△ACH（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出CK＝CH，∠BCK＝∠ACH，證出∠KCH＝∠BCA＝90°，則△KCH是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論；（3）分兩種情況：①如圖，當(dāng)A，H（F），D三點(diǎn)共線時(shí)，∠ADC＝45°；②如圖，當(dāng)B，D（H），F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，∠ADC＝45°，由勾股定理可得出答案．【解答】（1）解：BF＝AD，AD⊥BF．理由：∵四邊形CDEF是正方形，∴CD＝CF，∠BCF＝∠ACD＝90°，在△ACD與△BCF中，AC=BC∠ACD=∠BCF∴△ACD≌△BCF（SAS），∴BF＝AD，∠DAC＝∠CBF，∵∠CBF+∠CFB＝∠DAC+∠AFH＝90°，∴∠AHF＝90°，∴AD⊥BF；（2）證明：如圖，在線段BF上截取BK＝AH，連接CK．由（1）可知，∠CBK＝∠CAH，在△BCK和△ACH中，BC=AC∠CBK=∠CAH∴△BCK≌△ACH（SAS），∴CK＝CH，∠BCK＝∠ACH，∴∠KCH＝∠BCA＝90°，∴△KCH是等腰直角三角形，∴HK=2CH∴BH﹣AH＝BH﹣BK＝KH=2CH（3）解：線段AH的長為34?22①如圖，當(dāng)A，H（F），D三點(diǎn)共線時(shí)，∠ADC＝45°．由（1）可知，BH＝AD，且CD＝CF＝1，F(xiàn)D=2CF=∵BC＝3，∴AB=2BC＝32設(shè)AH＝x，則BH＝AD＝x+2在Rt△BAH中，BH2+AH2＝AB2，∴（x+2）2+x2＝（32）2解得x=34?22②如圖，當(dāng)B，D（H），F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，∠ADC＝45°，設(shè)AH＝x，∵BF＝AH，∴BH＝AH﹣HF＝x?2在Rt△ABH中，BH2+AH2＝AB2，∴(x?2解得x=2+342綜上所述，線段AH的長為34?22【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何變換綜合題，考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，正方形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題．18．（2023?臨朐縣一模）九年級(jí)一班同學(xué)在數(shù)學(xué)老師的指導(dǎo)下，以“等腰三角形的旋轉(zhuǎn)”為主題，開展數(shù)學(xué)探究活動(dòng)．操作探究：（1）如圖1，△OAB為等腰三角形，OA＝OB，∠AOB＝60°，將△OAB繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)180°，得到△ODE，連接AE，F(xiàn)是AE的中點(diǎn)，連接OF，則∠BAE＝90°，OF與DE的數(shù)量關(guān)系是DE＝2OF；遷移探究：（2）如圖2，（1）中的其他條件不變，當(dāng)△OAB繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)D正好落在∠AOB的角平分線上，得到△ODE，求出此時(shí)∠BAE的度數(shù)及OF與DE的數(shù)量關(guān)系；拓展應(yīng)用：（3）如圖3，在等腰三角形OAB中，OA＝OB＝4，∠AOB＝90°．將△OAB繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)，得到△ODE，連接AE，F(xiàn)是AE的中點(diǎn)，連接OF．當(dāng)∠EAB＝15°時(shí)，請(qǐng)直接寫出OF的長．【分析】（1）證明△OAB為等邊三角形，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得△OAB≌△ODE，求出∠AOE＝120°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠DAE＝30°，OF⊥AE，即可得∠BAE＝90°，OA＝DE＝2OF；（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得△OAB≌△ODE，由OD平分∠AO