資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
備考2024中考二輪數學《高頻考點沖刺》（全國通用）
專題30 線動問題與面動問題
考點掃描☆聚焦中考
動態幾何中的線動問題與面動問題是近幾年各地中考中以選擇題、填空題、解答題的形式進行考查，多數題目難度較大，屬于壓軸題，考查涉及到的知識點包括三角形基本性質、相似三角形、三角函數、四邊形的性質、圓的基本性質等，考查的熱點有線的對稱與旋轉、面的平移、面的對稱、面的旋轉等。
考點剖析☆典型例題
例1 （2021 郴州）如圖1，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，點E，F分別為AB，AC的中點，H為線段EF上一動點（不與點E，F重合），將線段AH繞點A逆時針方向旋轉90°得到AG，連接GC，HB．
（1）證明：△AHB≌△AGC；
（2）如圖2，連接GF，HG，HG交AF于點Q．
①證明：在點H的運動過程中，總有∠HFG＝90°；
②若AB＝AC＝4，當EH的長度為多少時△AQG為等腰三角形？
例2（2023 衢州）如圖1，點O為矩形ABCD的對稱中心，AB＝4，AD＝8，點E為AD邊上一點（0＜AE＜3），連結EO并延長，交BC于點F．四邊形ABFE與A′B′FE關于EF所在直線成軸對稱，線段B′F交AD邊于點G．
（1）求證：GE＝GF．
（2）當AE＝2DG時，求AE的長．
（3）令AE＝a，DG＝b．
①求證：（4﹣a）（4﹣b）＝4．
②如圖2，連結OB′，OD，分別交AD，B′F于點H，K．記四邊形OKGH的面積為S1，△DGK的面積為S2，當a＝1時，求的值．
例3（2022 黃石）如圖，正方形OABC的邊長為，將正方形OABC繞原點O順時針旋轉45°，則點B的對應點B1的坐標為（　　）
A．（﹣，0） B．（，0） C．（0，） D．（0，2）
考點過關☆專項突破
類型一 線的對稱與旋轉問題
1．（2023 宿遷）【問題背景】由光的反射定律知：反射角等于入射角（如圖①，即∠CEF＝∠AEF）．小軍測量某建筑物高度的方法如下：在地面點E處平放一面鏡子，經調整自己位置后，在點D處恰好通過鏡子看到建筑物AB的頂端A．經測得，小軍的眼睛離地面的距離CD＝1.7m，BE＝20m，DE＝2m，求建筑物AB的高度；
【活動探究】
觀察小軍的操作后，小明提出了一個測量廣告牌高度的做法（如圖②）：他讓小軍站在點D處不動，將鏡子移動至E1處，小軍恰好通過鏡子看到廣告牌頂端G，測出DE1＝2m；再將鏡子移動至E2處，恰好通過鏡子看到廣告牌的底端A，測出DE2＝3.4m．經測得，小軍的眼睛離地面距離CD＝1.7m，BD＝10m，求這個廣告牌AG的高度；
【應用拓展】
小軍和小明討論后，發現用此方法也可測量出斜坡上信號塔AB的高度．他們給出了如下測量步驟（如圖③）：①讓小軍站在斜坡的底端D處不動（小軍眼睛離地面距離CD＝1.7m），小明通過移動鏡子（鏡子平放在坡面上）位置至E處，讓小軍恰好能看到塔頂B；②測出DE＝2.8m；③測出坡長AD＝17m；④測出坡比為8：15（即）．通過他們給出的方案，請你算出信號塔AB的高度（結果保留整數）．
2．（2021 郴州）如圖1，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，點E，F分別為AB，AC的中點，H為線段EF上一動點（不與點E，F重合），將線段AH繞點A逆時針方向旋轉90°得到AG，連接GC，HB．
（1）證明：△AHB≌△AGC；
（2）如圖2，連接GF，HG，HG交AF于點Q．
①證明：在點H的運動過程中，總有∠HFG＝90°；
②若AB＝AC＝4，當EH的長度為多少時△AQG為等腰三角形？
3．（2023 河北）如圖1和圖2，平面上，四邊形ABCD中，AB＝8，，CD＝12，DA＝6．∠A＝90°，點M在AD邊上，且DM＝2．將線段MA繞點M順時針旋轉n°（0＜n≤180）到MA'，∠A′MA的平分線MP所在直線交折線AB﹣BC于點P，設點P在該折線上運動的路徑長為x（x＞0），連接A′P．
（1）若點P在AB上，求證：A'P＝AP；
（2）如圖2，連接BD．
①求∠CBD的度數，并直接寫出當n＝180時，x的值；
②若點P到BD的距離為2，求tan∠A′MP的值；
（3）當0＜x≤8時，請直接寫出點A′到直線AB的距離（用含x的式子表示）．
4．（2023 南充）如圖，正方形ABCD中，點M在邊BC上，點E是AM的中點，連接ED，EC．
（1）求證：ED＝EC；
（2）將BE繞點E逆時針旋轉，使點B的對應點B′落在AC上，連接MB′．當點M在邊BC上運動時（點M不與B，C重合），判斷△CMB′的形狀，并說明理由．
（3）在（2）的條件下，已知AB＝1，當∠DEB′＝45°時，求BM的長．
5．（2023 朝陽）如圖，在正方形ABCD中，點E是對角線BD上一點，連接EA，將線段EA繞點E逆時針旋轉，使點A落在射線CB上的點F處，連接EC．
【問題引入】
（1）請你在圖1或圖2中證明EF＝EC（選擇一種情況即可）；
【探索發現】
（2）在（1）中你選擇的圖形上繼續探索：延長FE交直線CD于點M．將圖形補充完整，猜想線段DM和線段BF的數量關系，并說明理由；
【拓展應用】
（3）如圖3，AB＝3，延長AE至點N，使NE＝AE，連接DN．當△ADN的周長最小時，請你直接寫出線段DE的長．
．
6．（2023 阜新）如圖，在正方形ABCD中，線段CD繞點C逆時針旋轉到CE處，旋轉角為α，點F在直線DE上，且AD＝AF，連接BF．
（1）如圖1，當0°＜α＜90°時，
①求∠BAF的大小（用含α的式子表示）．
②求證：EF＝BF．
（2）如圖2，取線段EF的中點G，連接AG，已知AB＝2，請直接寫出在線段CE旋轉過程中（0°＜α＜360°）△ADG面積的最大值．
7．（2023 衡陽）[問題探究]
（1）如圖1，在正方形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O．在線段AO上任取一點P（端點除外），連接PD、PB．
①求證：PD＝PB；
②將線段DP繞點P逆時針旋轉，使點D落在BA的延長線上的點Q處．當點P在線段AO上的位置發生變化時，∠DPQ的大小是否發生變化？請說明理由；
③探究AQ與OP的數量關系，并說明理由．
[遷移探究]
（2）如圖2，將正方形ABCD換成菱形ABCD，且∠ABC＝60°，其他條件不變．試探究AQ與CP的數量關系，并說明理由．
8．（2023 牡丹江） ABCD中，AE⊥BC，垂足為E，連接DE，將ED繞點E逆時針旋轉90°，得到EF，連接BF．
（1）當點E在線段BC上，∠ABC＝45°時，如圖①，求證：AE+EC＝BF；
（2）當點E在線段BC延長線上，∠ABC＝45°時，如圖②；當點E在線段CB延長線上，∠ABC＝135°時，如圖③，請猜想并直接寫出線段AE，EC，BF的數量關系；
（3）在（1）、（2）的條件下，若BE＝3，DE＝5，則CE＝　　．
9．（2022 臨沂）已知△ABC是等邊三角形，點B，D關于直線AC對稱，連接AD，CD．
（1）求證：四邊形ABCD是菱形；
（2）在線段AC上任取一點P（端點除外），連接PD．將線段PD繞點P逆時針旋轉，使點D落在BA延長線上的點Q處．請探究：當點P在線段AC上的位置發生變化時，∠DPQ的大小是否發生變化？說明理由．
（3）在滿足（2）的條件下，探究線段AQ與CP之間的數量關系，并加以證明．
類型二 面的平移問題
1．（2022 常州）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝12．在Rt△DEF中，∠F＝90°，DF＝3，EF＝4．用一條始終繃直的彈性染色線連接CF，Rt△DEF從起始位置（點D與點B重合）平移至終止位置（點E與點A重合），且斜邊DE始終在線段AB上，則Rt△ABC的外部被染色的區域面積是 　　．
2．（2023 天津）在平面直角坐標系中，O為原點，菱形ABCD的頂點A（，0），B（0，1），D（2，1），矩形EFGH的頂點E（0，），，H（0，）．
（1）填空：如圖①，點C的坐標為 　 ，點G的坐標為 　 　；
（2）將矩形EFGH沿水平方向向右平移，得到矩形E′FG′H′，點E，F，G，H的對應點分別為E′，F′，G′，H′，設EE′＝t，矩形E′F′G′H′與菱形ABCD重疊部分的面積為S．
①如圖②，當邊E′F′與AB相交于點M、邊G′H′與BC相交于點N，且矩形E′F′G′H′與菱形ABCD重疊部分為五邊形時，試用含有t的式子表示S，并直接寫出t的取值范圍；
②當時，求S的取值范圍（直接寫出結果即可）．
類型三 面的對稱問題
1．（2023 長春）如圖，將正五邊形紙片ABCDE折疊，使點B與點E重合，折痕為AM，展開后，再將紙片折疊，使邊AB落在線段AM上，點B的對應點為點B'，折痕為AF，則∠AFB'的大小為 　度．
2．（2023 揚州）如圖，已知正方形ABCD的邊長為1，點E、F分別在邊AD、BC上，將正方形沿著EF翻折，點B恰好落在CD邊上的點B′處，如果四邊形ABFE與四邊形EFCD的面積比為3：5，那么線段FC的長為 　　．
3．（2022 南充）如圖，正方形ABCD邊長為1，點E在邊AB上（不與A，B重合），將△ADE沿直線DE折疊，點A落在點A1處，連接A1B，將A1B繞點B順時針旋轉90°得到A2B，連接A1A，A1C，A2C．給出下列四個結論：①△ABA1≌△CBA2；②∠ADE+∠A1CB＝45°；③點P是直線DE上動點，則CP+A1P的最小值為；④當∠ADE＝30°時，△A1BE的面積為．其中正確的結論是 　 　．（填寫序號）
4．（2022 新疆）如圖，在△ABC中，∠ABC＝30°，AB＝AC，點O為BC的中點，點D是線段OC上的動點（點D不與點O，C重合），將△ACD沿AD折疊得到△AED，連接BE．
（1）當AE⊥BC時，∠AEB＝　 　°；
（2）探究∠AEB與∠CAD之間的數量關系，并給出證明；
（3）設AC＝4，△ACD的面積為x，以AD為邊長的正方形的面積為y，求y關于x的函數解析式．
5．（2023 鹽城）綜合與實踐
【問題情境】
如圖1，小華將矩形紙片ABCD先沿對角線BD折疊，展開后再折疊，使點B落在對角線BD上，點B的對應點記為B′，折痕與邊AD，BC分別交于點E，F．
【活動猜想】
（1）如圖2，當點B′與點D重合時，四邊形BEDF是哪種特殊的四邊形？答：　 　．
【問題解決】
（2）如圖3，當AB＝4，AD＝8，BF＝3時，求證：點A′，B′，C在同一條直線上．
【深入探究】
（3）如圖4，當AB與BC滿足什么關系時，始終有A′B′與對角線AC平行？請說明理由．
（4）在（3）的情形下，設AC與BD，EF分別交于點O，P，試探究三條線段AP，B′D，EF之間滿足的等量關系，并說明理由．
6．（2023 沈陽）如圖1，在 ABCD紙片中，AB＝10，AD＝6，∠DAB＝60°，點E為BC邊上的一點（點E不與點C重合），連接AE，將 ABCD紙片沿AE所在直線折疊，點C，D的對應點分別為C′，D′，射線C′E與射線AD交于點F．
（1）求證：AF＝EF；
（2）如圖2，當EF⊥AF時，DF的長為 　 　；
（3）如圖3，當CE＝2時，過點F作FM⊥AE，垂足為點M，延長FM交C′D′于點N，連接AN，EN，求△ANE的面積．
7．（2022 深圳）（1）發現：如圖①所示，在正方形ABCD中，E為AD邊上一點，將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長EF交CD邊于G點．求證：△BFG≌△BCG；
（2）探究：如圖②，在矩形ABCD中，E為AD邊上一點，且AD＝8，AB＝6．將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長EF交BC邊于G點，延長BF交CD邊于點H，且FH＝CH，求AE的長．
（3）拓展：如圖③，在菱形ABCD中，AB＝6，E為CD邊上的三等分點，∠D＝60°．將△ADE沿AE翻折得到△AFE，直線EF交直線BC于點P，求PC的長．
類型四 面的旋轉問題
1．（2023 東營）如圖，在平面直角坐標系中，菱形OABC的邊長為2，點B在x軸的正半軸上，且∠AOC＝60°，將菱形OABC繞原點O逆時針方向旋轉60°，得到四邊形OA′B′C′（點A′與點C重合），則點B′的坐標是（　　）
A．（3，3） B．（3，3） C．（3，6） D．（6，3）
2．（2022 廣西）如圖，在△ABC中，CA＝CB＝4，∠BAC＝α，將△ABC繞點A逆時針旋轉2α，得到△AB′C′，連接B′C并延長交AB于點D，當B′D⊥AB時，的長是（　　）
A．π B．π C．π D．π
3．（2022 鎮江）如圖，在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，BC＝6，⊙O同時與邊BA的延長線、射線AC相切，⊙O的半徑為3．將△ABC繞點A按順時針方向旋轉α（0°＜α≤360°），B、C的對應點分別為B′、C′，在旋轉的過程中邊B′C′所在直線與⊙O相切的次數為（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2021 黑龍江）如圖，矩形ABCD的邊CD上有一點E，∠DAE＝22.5°，EF⊥AB，垂足為F，將△AEF繞著點F順時針旋轉，使得點A的對應點M落在EF上，點E恰好落在點B處，連接BE．下列結論：①BM⊥AE；②四邊形EFBC是正方形；③∠EBM＝30°；④S四邊形BCEM：S△BFM＝（2+1）：1．其中結論正確的序號是（　　）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．③④
5．（2022 山西）綜合與實踐
問題情境：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8．直角三角板EDF中∠EDF＝90°，將三角板的直角頂點D放在Rt△ABC斜邊BC的中點處，并將三角板繞點D旋轉，三角板的兩邊DE，DF分別與邊AB，AC交于點M，N．
猜想證明：
（1）如圖①，在三角板旋轉過程中，當點M為邊AB的中點時，試判斷四邊形AMDN的形狀，并說明理由；
問題解決：
（2）如圖②，在三角板旋轉過程中，當∠B＝∠MDB時，求線段CN的長；
（3）如圖③，在三角板旋轉過程中，當AM＝AN時，直接寫出線段AN的長．
6．（2022 達州）某校一數學興趣小組在一次合作探究活動中，將兩塊大小不同的等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形CDE，按如圖1的方式擺放，∠ACB＝∠ECD＝90°，隨后保持△ABC不動，將△CDE繞點C按逆時針方向旋轉α（0°＜α＜90°），連接AE，BD，延長BD交AE于點F，連接CF．該數學興趣小組進行如下探究，請你幫忙解答：
【初步探究】
（1）如圖2，當ED∥BC時，則α＝　　；
（2）如圖3，當點E，F重合時，請直接寫出AF，BF，CF之間的數量關系：　 　；
【深入探究】
（3）如圖4，當點E，F不重合時，（2）中的結論是否仍然成立？若成立，請給出推理過程；若不成立，請說明理由．
【拓展延伸】
（4）如圖5，在△ABC與△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，若BC＝mAC，CD＝mCE（m為常數）．保持△ABC不動，將△CDE繞點C按逆時針方向旋轉α（0°＜α＜90°），連接AE，BD，延長BD交AE于點F，連接CF，如圖6．試探究AF，BF，CF之間的數量關系，并說明理由．
7．（2022 菏澤）如圖1，在△ABC中，∠ABC＝45°，AD⊥BC于點D，在DA上取點E，使DE＝DC，連接BE、CE．
（1）直接寫出CE與AB的位置關系；
（2）如圖2，將△BED繞點D旋轉，得到△B′E′D（點B′、E′分別與點B、E對應），連接CE′、AB′，在△BED旋轉的過程中CE′與AB′的位置關系與（1）中的CE與AB的位置關系是否一致？請說明理由；
（3）如圖3，當△BED繞點D順時針旋轉30°時，射線CE′與AD、AB′分別交于點G、F，若CG＝FG，DC＝，求AB′的長．
8．（2022 岳陽）如圖，△ABC和△DBE的頂點B重合，∠ABC＝∠DBE＝90°，∠BAC＝∠BDE＝30°，BC＝3，BE＝2．
（1）特例發現：如圖1，當點D，E分別在AB，BC上時，可以得出結論：＝　 　，直線AD與直線CE的位置關系是 　 　；
（2）探究證明：如圖2，將圖1中的△DBE繞點B順時針旋轉，使點D恰好落在線段AC上，連接EC，（1）中的結論是否仍然成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；
（3）拓展運用：如圖3，將圖1中的△DBE繞點B順時針旋轉α（19°＜α＜60°），連接AD、EC，它們的延長線交于點F，當DF＝BE時，求tan（60°﹣α）的值．
9．（2023 鎮江）[發現]如圖1，有一張三角形紙片ABC，小宏做如下操作：
①取AB、AC的中點D、E，在邊BC上作MN＝DE．
②連接EM，過點D、N作DG⊥EM、NH⊥EM，垂足分別為G、H．
③將四邊形BDGM剪下，繞點D旋轉180°至四邊形ADPQ的位置，將四邊形CEHN剪下，繞點E旋轉180°至四邊形AEST的位置．
④延長PQ、ST交于點F．
小宏發現并證明了以下幾個結論是正確的：
①點Q、A、T在一條直線上；
②四邊形FPGS是矩形；
③△FQT≌△HMN；
④四邊形FPGS與△ABC的面積相等．
[任務1]請你對結論①進行證明．
[任務2]如圖2，四邊形ABCD中，AD∥BC，P、Q分別是AB、CD的中點，連接PQ．求證：PQ＝（AD+BC）．
[任務3]如圖3，有一張四邊形紙片ABCD，AD∥BC，AD＝2，BC＝8，CD＝9，sin∠DCB＝，小麗分別取AB、CD的中點P、Q，在邊BC上作MN＝PQ，連接MQ，她仿照小宏的操作，將四邊形ABCD分割、拼成了矩形．如果她拼成的矩形恰好是正方形，求BM的長．
10．（2023 湘潭）問題情境：小紅同學在學習了正方形的知識后，進一步進行以下探究活動：在正方形ABCD的邊BC上任意取一點G，以BG為邊長向外作正方形BEFG，將正方形BEFG繞點B順時針旋轉．
特例感知：（1）當BG在BC上時，連接DF，AC相交于點P，小紅發現點P恰為DF的中點，如圖①．針對小紅發現的結論，請給出證明；
（2）小紅繼續連接EG，并延長與DF相交，發現交點恰好也是DF中點P，如圖②．根據小紅發現的結論，請判斷△APE的形狀，并說明理由；
規律探究：
（3）如圖③，將正方形BEFG繞點B順時針旋轉α，連接DF，點P是DF中點，連接AP，EP，AE，△APE的形狀是否發生改變？請說明理由．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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備考2024中考二輪數學《高頻考點沖刺》（全國通用）
專題30 線動問題與面動問題
考點掃描☆聚焦中考
動態幾何中的線動問題與面動問題是近幾年各地中考中以選擇題、填空題、解答題的形式進行考查，多數題目難度較大，屬于壓軸題，考查涉及到的知識點包括三角形基本性質、相似三角形、三角函數、四邊形的性質、圓的基本性質等，考查的熱點有線的對稱與旋轉、面的平移、面的對稱、面的旋轉等。
考點剖析☆典型例題
例1 （2021 郴州）如圖1，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，點E，F分別為AB，AC的中點，H為線段EF上一動點（不與點E，F重合），將線段AH繞點A逆時針方向旋轉90°得到AG，連接GC，HB．
（1）證明：△AHB≌△AGC；
（2）如圖2，連接GF，HG，HG交AF于點Q．
①證明：在點H的運動過程中，總有∠HFG＝90°；
②若AB＝AC＝4，當EH的長度為多少時△AQG為等腰三角形？
【答案】（1）證明見解析；
（2）①證明見解析；
②當EH的長度為或2時，△AQG為等腰三角形．
【點撥】（1）根據SAS可證明△AHB≌△AGC；
（2）①證明△AEH≌△AFG（SAS），可得∠AFG＝∠AEH＝45°，從而根據兩角的和可得結論；
②分兩種情況：i）如圖3，AQ＝QG時，ii）如圖4，當AG＝QG時，分別根據等腰三角形的性質可得結論．
【解析】（1）證明：如圖1，
由旋轉得：AH＝AG，∠HAG＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAH＝∠CAG，
∵AB＝AC，
∴△ABH≌△ACG（SAS）；
（2）①證明：如圖2，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵點E，F分別為AB，AC的中點，
∴EF是△ABC的中位線，
∴EF∥BC，AE＝AB，AF＝AC，
∴AE＝AF，∠AEF＝∠ABC＝45°，∠AFE＝∠ACB＝45°，
∵∠EAH＝∠FAG，AH＝AG，
∴△AEH≌△AFG（SAS），
∴∠AFG＝∠AEH＝45°，
∴∠HFG＝45°+45°＝90°；
②分兩種情況：
i）如圖3，AQ＝QG時，
∵AQ＝QG，
∴∠QAG＝∠AGQ，
∵∠HAG＝∠HAQ+∠QAG＝∠AHG+∠AGH＝90°，
∴∠QAH＝∠AHQ，
∴AQ＝QH＝QG，
∵AH＝AG，
∴AQ⊥GH，
∵∠AFG＝∠AFH＝45°，
∴∠FGQ＝∠FHQ＝45°，
∴∠HFG＝∠AGF＝∠AHF＝90°，
∴四邊形AHFG是正方形，
∵AC＝4，
∴AF＝2，
∴FG＝EH＝，
∴當EH的長度為時，△AQG為等腰三角形；
ii）如圖4，當AG＝QG時，∠GAQ＝∠AQG，
∵∠AEH＝∠AGQ＝45°，∠EAH＝∠GAQ，
∴∠AHE＝∠AQG＝∠EAH，
∴EH＝AE＝2，
∴當EH的長度為2時，△AQG為等腰三角形；
綜上，當EH的長度為或2時，△AQG為等腰三角形．
【點睛】本題是三角形的綜合題，考查了旋轉的性質，等腰直角三角形的性質和判定，等腰三角形的性質和判定，也考查了全等三角形的判定與性質，第二問要注意分類討論，不要丟解．
例2（2023 衢州）如圖1，點O為矩形ABCD的對稱中心，AB＝4，AD＝8，點E為AD邊上一點（0＜AE＜3），連結EO并延長，交BC于點F．四邊形ABFE與A′B′FE關于EF所在直線成軸對稱，線段B′F交AD邊于點G．
（1）求證：GE＝GF．
（2）當AE＝2DG時，求AE的長．
（3）令AE＝a，DG＝b．
①求證：（4﹣a）（4﹣b）＝4．
②如圖2，連結OB′，OD，分別交AD，B′F于點H，K．記四邊形OKGH的面積為S1，△DGK的面積為S2，當a＝1時，求的值．
【答案】（1）證明見解析；
（2）AE的長為6﹣2；
（3）①證明見解析；
②的值為．
【點撥】（1）由四邊形ABCD是矩形，可得∠GEF＝∠BFE，而四邊形ABFE與A′B′FE關于EF所在直線成軸對稱，有∠BFE＝∠GFE，故∠GEF＝∠GFE，GE＝GF；
（2）過G作GH⊥BC于H，設DG＝x，可知AE＝2x，GE＝AD﹣AE﹣DG＝8﹣3x＝GF，根據點O為矩形ABCD的對稱中心，可得CF＝AE＝2x，故FH＝CF﹣CH＝x，在Rt△GFH中，x2+42＝（8﹣3x）2，解得x的值從而可得AE的長為6﹣2；
（3）①過O作OQ⊥AD于Q，連接OA，OD，OG，由點O為矩形ABCD的對稱中心，EF過點O，可得O為EF中點，OA＝OD，OQ＝AB＝2，證明△GOQ∽△OEQ，得＝，即GQ EQ＝OQ2，故GQ EQ＝4，即可得（4﹣a）（4﹣b）＝4；
②連接B'D，OG，OB，證明B'F＝DE，OD＝OB＝OB'，可得△DOG≌△B'OG（SSS），∠ODG＝∠OB'G，從而△DGK≌△B'GH（ASA），DK＝B'H，GK＝GH，即可證△OGK≌△OGH（SSS），得S△OGK＝S△OGH，有＝，而∠EGF＝∠DGB'，GE＝GF，GD＝GB'，知EF∥B'D，可得△OKF∽△DKB'，△EGF∽△DGB'，得＝，＝＝＝＝，又△EGF∽△DGB'，有＝，當a＝1時，b＝，即AE＝1，DG＝，即可得＝＝＝＝．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠GEF＝∠BFE，
∵四邊形ABFE與A′B′FE關于EF所在直線成軸對稱，
∴∠BFE＝∠GFE，
∴∠GEF＝∠GFE，
∴GE＝GF；
（2）解：過G作GH⊥BC于H，如圖：
設DG＝x，則AE＝2x，
∴GE＝AD﹣AE﹣DG＝8﹣3x＝GF，
∵∠GHC＝∠C＝∠D＝90°，
∴四邊形GHCD是矩形，
∴GH＝CD＝AB＝4，CH＝DG＝x，
∵點O為矩形ABCD的對稱中心，
∴CF＝AE＝2x，
∴FH＝CF﹣CH＝x，
在Rt△GFH中，FH2+GH2＝GF2，
∴x2+42＝（8﹣3x）2，
解得x＝3+（此時AE大于AD，舍去）或x＝3﹣，
∴AE＝2x＝6﹣2；
∴AE的長為6﹣2；
（3）①證明：過O作OQ⊥AD于Q，連接OA，OD，OG，如圖：
∵點O為矩形ABCD的對稱中心，EF過點O，
∴O為EF中點，OA＝OD，OQ＝AB＝2，
∵GE＝GF，
∴OG⊥EF，
∴∠GOQ＝90°﹣∠EOQ＝∠QEO，
∵∠GQO＝90°＝∠OQE，
∴△GOQ∽△OEQ，
∴＝，即GQ EQ＝OQ2，
∴GQ EQ＝4，
∵OA＝OD，OQ⊥AD，
∴AQ＝DQ＝AD＝4，
∴EQ＝AQ﹣AE＝4﹣a，GQ＝DQ﹣GD＝4﹣b，
∴（4﹣a）（4﹣b）＝4；
②解：連接B'D，OG，OB，如圖：
∵四邊形ABFE與A′B′FE關于EF所在直線成軸對稱，
∴BF＝B'F，
∵點O為矩形ABCD的對稱中心，
∴BF＝DE，
∴B'F＝DE，
同理OD＝OB＝OB'，
由（1）知GF＝GE，
∴B'F﹣GF＝DE﹣GE，即B'G＝DG，
∵OG＝OG，
∴△DOG≌△B'OG（SSS），
∴∠ODG＝∠OB'G，
∵DG＝B'G，∠DGK＝∠B'GH，
∴△DGK≌△B'GH（ASA），
∴DK＝B'H，GK＝GH，
∴OD﹣DK＝OB'﹣B'H，即OK＝OH，
∵OG＝OG，
∴△OGK≌△OGH（SSS），
∴S△OGK＝S△OGH，
∴S1＝2S△OGK，
∴＝，
∵∠EGF＝∠DGB'，GE＝GF，GD＝GB'，
∴∠GEF＝∠GFE＝∠GDB'＝∠GB'D，
∴EF∥B'D，
∴△OKF∽△DKB'，△EGF∽△DGB'，
∴＝，
∵＝，
∴＝＝＝＝，
∵△EGF∽△DGB'，
∴＝，
當a＝1時，由①知（4﹣1）×（4﹣b）＝4，
∴b＝，
∴AE＝1，DG＝，
∴GE＝AD﹣AE﹣DG＝，
∴＝＝＝＝，
∴的值為．
【點睛】本題考查四邊形綜合應用，涉及軸對稱變換，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理及應用等知識，解題的關鍵是作輔助線，構造全等三角形和相似三角形解決問題．
例3（2022 黃石）如圖，正方形OABC的邊長為，將正方形OABC繞原點O順時針旋轉45°，則點B的對應點B1的坐標為（　　）
A．（﹣，0） B．（，0） C．（0，） D．（0，2）
【答案】D
【點撥】連接OB，由正方形的性質和勾股定理得OB＝2，再由旋轉的性質得B1在y軸正半軸上，且OB1＝OB＝2，即可得出結論．
【解析】解：如圖，連接OB，
∵正方形OABC的邊長為，
∴OC＝BC＝，∠BCO＝90°，∠BOC＝45°，
∴OB＝＝＝2，
∵將正方形OABC繞原點O順時針旋轉45°后點B旋轉到B1的位置，
∴B1在y軸正半軸上，且OB1＝OB＝2，
∴點B1的坐標為（0，2），
故選：D．
【點睛】本題考查了正方形的性質、旋轉的性質、坐標與圖形性質以及勾股定理等知識，熟練掌握正方形的性質和旋轉的性質是解題的關鍵．
考點過關☆專項突破
類型一 線的對稱與旋轉問題
1．（2023 宿遷）【問題背景】由光的反射定律知：反射角等于入射角（如圖①，即∠CEF＝∠AEF）．小軍測量某建筑物高度的方法如下：在地面點E處平放一面鏡子，經調整自己位置后，在點D處恰好通過鏡子看到建筑物AB的頂端A．經測得，小軍的眼睛離地面的距離CD＝1.7m，BE＝20m，DE＝2m，求建筑物AB的高度；
【活動探究】
觀察小軍的操作后，小明提出了一個測量廣告牌高度的做法（如圖②）：他讓小軍站在點D處不動，將鏡子移動至E1處，小軍恰好通過鏡子看到廣告牌頂端G，測出DE1＝2m；再將鏡子移動至E2處，恰好通過鏡子看到廣告牌的底端A，測出DE2＝3.4m．經測得，小軍的眼睛離地面距離CD＝1.7m，BD＝10m，求這個廣告牌AG的高度；
【應用拓展】
小軍和小明討論后，發現用此方法也可測量出斜坡上信號塔AB的高度．他們給出了如下測量步驟（如圖③）：①讓小軍站在斜坡的底端D處不動（小軍眼睛離地面距離CD＝1.7m），小明通過移動鏡子（鏡子平放在坡面上）位置至E處，讓小軍恰好能看到塔頂B；②測出DE＝2.8m；③測出坡長AD＝17m；④測出坡比為8：15（即）．通過他們給出的方案，請你算出信號塔AB的高度（結果保留整數）．
【答案】【問題背景】17m；
【活動探究】3.5m；
【應用拓展】信號塔AB的高度約為20m．
【點撥】【問題背景】證△AEB∽△CED，得＝，即可解決問題；
【活動探究】過點E1作E1F⊥BD，過點E2作E2H⊥BD，證△GE1B∽△CE1D，△AE2B∽△CE2D，得＝，＝，再由BE1＝BD﹣DE1＝8m，BE2＝BD﹣DE2＝6.6m，然后求出GB、AB的長，即可解決問題；
【應用拓展】過點B作BM⊥AD于點M，過點C作CN⊥AD于點N，證△DCN∽△ABM，得＝，再由銳角三角函數定義得tan∠ABM＝＝，設DN＝a m，AM＝b m，則CN＝，BM＝，進而由勾股定理求出a＝0.8m，然后由相似三角形的性質得＝，即可解決問題．
【解析】解：【問題背景】由題意得：AB⊥BD，CD⊥BD，EF⊥BD，
∴∠ABE＝∠CDE＝∠FEB＝∠FED＝90°，
∵∠CEF＝∠AEF，
∴∠FEB﹣∠AEF＝∠FED﹣∠CEF，
即∠AEB＝∠CED，
∴△AEB∽△CED，
∴＝，
∴AB＝＝＝17（m），
答：建筑物AB的高度為17m；
【活動探究】
如圖②，過點E1作E1F⊥BD，過點E2作E2H⊥BD，
由題意得：GB⊥BD，CD⊥BD，
∴∠GBE1＝∠CDE1＝∠ABE2＝∠CDE2＝∠FE1B＝∠FE1D＝∠HE2B＝∠HE2D＝90°，
∵∠CE2H＝∠AE2H，∠CE1F＝∠GE1F，
∴∠FE1B﹣∠GE1F＝∠FE1D﹣∠CE1F，∠HE2B﹣∠AE2H＝∠HE2D﹣∠CE2H，
即∠GE1B＝∠CE1D，∠AE2B＝∠CE2D，
∴△GE1B∽△CE1D，△AE2B∽△CE2D，
∴＝，＝，
∴BE1＝BD﹣DE1＝10﹣2＝8（m），BE2＝BD﹣DE2＝10﹣3.4＝6.6（m），
∴GB＝＝＝6.8（m），AB＝＝＝3.3（m），
∴AG＝GB﹣AB＝6.8﹣3.3＝3.5（m），
答：這個廣告牌AG的高度為3.5m；
【應用拓展】
如圖，過點B作BM⊥AD于點M，過點C作CN⊥AD于點N，
由題意得：BG⊥DG，CD⊥DG，
∴∠AGD＝∠CDG＝∠BMA＝∠CND＝90°，
∵∠BAM＝∠GAD，
∴90°﹣∠BAM＝90°﹣∠GAD，
即∠ABM＝∠ADG，
∵∠ADG+∠DAG＝90°，∠ADG+∠CDN＝90°，
∴∠CDN＝∠DAG，
∴90°﹣∠CDN＝90°﹣∠DAG，
即∠DCN＝∠ADG，
∴∠DCN＝∠ADG＝∠ABM，
∴△DCN∽△ABM，
∴＝，
由題意得：AE＝AD﹣DE＝17﹣2.8＝14.2（m），
∵tan∠ADG＝，
∴tan∠DCN＝＝，tan∠ABM＝＝，
設DN＝a m，AM＝b m，則CN＝，BM＝，
∵CN2+DN2＝CD2，
∴（）2+a2＝1.72，
解得：a＝0.8（m）（負值已舍去），
∴EN＝DE﹣DN＝2.8﹣0.8＝2（m），CN＝＝1.5（m），
∴＝，
∴AB＝，
同【問題背景】得：△BME∽△CNE，
∴＝，
∴＝，
解得：b＝（m），
∴AB＝×≈20（m），
答：信號塔AB的高度約為20m．
【點睛】本題是三角形綜合題目，考查了相似三角形的判定與性質、直角三角形的性質、勾股定理、銳角三角函數定義等知識，本題綜合性強，熟練掌握直角三角形的性質和銳角三角函數定義，證明三角形相似是解題的關鍵，屬于中考常考題型．
2．（2021 郴州）如圖1，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，點E，F分別為AB，AC的中點，H為線段EF上一動點（不與點E，F重合），將線段AH繞點A逆時針方向旋轉90°得到AG，連接GC，HB．
（1）證明：△AHB≌△AGC；
（2）如圖2，連接GF，HG，HG交AF于點Q．
①證明：在點H的運動過程中，總有∠HFG＝90°；
②若AB＝AC＝4，當EH的長度為多少時△AQG為等腰三角形？
【答案】（1）證明見解析；
（2）①證明見解析；
②當EH的長度為或2時，△AQG為等腰三角形．
【點撥】（1）根據SAS可證明△AHB≌△AGC；
（2）①證明△AEH≌△AFG（SAS），可得∠AFG＝∠AEH＝45°，從而根據兩角的和可得結論；
②分兩種情況：i）如圖3，AQ＝QG時，ii）如圖4，當AG＝QG時，分別根據等腰三角形的性質可得結論．
【解析】（1）證明：如圖1，
由旋轉得：AH＝AG，∠HAG＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAH＝∠CAG，
∵AB＝AC，
∴△ABH≌△ACG（SAS）；
（2）①證明：如圖2，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵點E，F分別為AB，AC的中點，
∴EF是△ABC的中位線，
∴EF∥BC，AE＝AB，AF＝AC，
∴AE＝AF，∠AEF＝∠ABC＝45°，∠AFE＝∠ACB＝45°，
∵∠EAH＝∠FAG，AH＝AG，
∴△AEH≌△AFG（SAS），
∴∠AFG＝∠AEH＝45°，
∴∠HFG＝45°+45°＝90°；
②分兩種情況：
i）如圖3，AQ＝QG時，
∵AQ＝QG，
∴∠QAG＝∠AGQ，
∵∠HAG＝∠HAQ+∠QAG＝∠AHG+∠AGH＝90°，
∴∠QAH＝∠AHQ，
∴AQ＝QH＝QG，
∵AH＝AG，
∴AQ⊥GH，
∵∠AFG＝∠AFH＝45°，
∴∠FGQ＝∠FHQ＝45°，
∴∠HFG＝∠AGF＝∠AHF＝90°，
∴四邊形AHFG是正方形，
∵AC＝4，
∴AF＝2，
∴FG＝EH＝，
∴當EH的長度為時，△AQG為等腰三角形；
ii）如圖4，當AG＝QG時，∠GAQ＝∠AQG，
∵∠AEH＝∠AGQ＝45°，∠EAH＝∠GAQ，
∴∠AHE＝∠AQG＝∠EAH，
∴EH＝AE＝2，
∴當EH的長度為2時，△AQG為等腰三角形；
綜上，當EH的長度為或2時，△AQG為等腰三角形．
【點睛】本題是三角形的綜合題，考查了旋轉的性質，等腰直角三角形的性質和判定，等腰三角形的性質和判定，也考查了全等三角形的判定與性質，第二問要注意分類討論，不要丟解．
3．（2023 河北）如圖1和圖2，平面上，四邊形ABCD中，AB＝8，，CD＝12，DA＝6．∠A＝90°，點M在AD邊上，且DM＝2．將線段MA繞點M順時針旋轉n°（0＜n≤180）到MA'，∠A′MA的平分線MP所在直線交折線AB﹣BC于點P，設點P在該折線上運動的路徑長為x（x＞0），連接A′P．
（1）若點P在AB上，求證：A'P＝AP；
（2）如圖2，連接BD．
①求∠CBD的度數，并直接寫出當n＝180時，x的值；
②若點P到BD的距離為2，求tan∠A′MP的值；
（3）當0＜x≤8時，請直接寫出點A′到直線AB的距離（用含x的式子表示）．
【答案】（1）見解析；
（2）①∠CBD＝90°，x＝13； ②或；
（3）．
【點撥】（1）根據旋轉的性質和角平分線的概念得到A′M＝AM，∠A′MP＝∠AMP，然后證明出△A′MP≌△AMP（SAS），即可得到A′P＝AP；
（2）①首先根據勾股定理得到 ，然后利用勾股定理的逆定理即可求出∠CBD＝90°；畫出圖形，然后證明出△DNM∽△DBA，利用相似三角形的性質求出 ，然后證明出△PBN∽△DMN，利用相似三角形的性質得到PB＝5，進而求解即可；
②當P點在AB上時，PQ＝2，∠A′MP＝∠AMP，分別求得BP，AP，根據正切的定義即可求解；當P在BC上時，則PB＝2，過點P作PQ⊥ABAB的延長線于點Q，延長MP交AB的延長線于點H，證明△PQB∽BAD，得 ，進而求得AQ，證明△HPQ∽△HMA，即可求解；
（3）如圖所示，過點A′作A′F⊥AD于點F，過點P作PE⊥A′F于點E，則四邊形AFEP是矩形，證明△A′PE∽△MA′F，根據相似三角形的性質即可求解．
【解析】（1）證明：∵將線段MA繞點M順時針旋轉n° （0＜n≤180）得到MA′，
∴A′M＝AM，
∵∠A′MA的平分線MP所在的直線交折線AB﹣BC于點P，
∴∠A′MP＝∠AMP，
∵PM＝PM，
∴△A′MP≌△AMP（SAS），
∴A′P＝AP；
（2）解：①∵AB＝8，DA＝6，∠A＝90°，
∴BD＝＝10，
又∵，CD＝12，
∴BD2+BC2＝100+44＝144，CD2＝144，
∴BD2+BC2＝CD2，
∴∠CBD＝90°；
如圖2所示，當n＝180時，設MP交BD與點N．
∵PM平分∠A′MA．∠PMA＝90°，
∴PM∥AB，
∴△DNM∽△DBA，
∴，
∵DM＝2，DA＝6，
∴，
∴，
∴，
∵∠PBN＝∠NMD＝90°，∠PNB＝∠DNM，
∴△PBN∽△DMN，
∴，即 ，
∴PB＝5，
∴x＝AB+PB＝8+5＝13．
②如圖所示，當P點在AB上時，PQ＝2，∠A′MP＝∠AMP，
∴AB＝8，DA＝6，∠A＝90°，
∴，
∴，
∴BP＝＝＝，
∴，
∴tan∠AMP＝＝＝，
如圖所示，當P在BC上時，則PB＝2，過點P作PQ⊥AB交AB的延長線于點Q，延長MP交AB的延長線于點H，
∵∠PQB＝∠CBD＝∠DAB＝90°，
∴∠QPB＝90°﹣∠PBQ＝∠DBA，
∴△PQB∽△BAD，
∴，即 ，
∴，，
∴，
∵PQ⊥AB，DA⊥AB，
∴PQ∥AD，
∴△HPQ∽△HMA，
∴，
∴，
解得：，
∴tan∠AMP＝tan∠QPH＝＝＝，
綜上所述，tan∠A′MP的值為或；
（3）解：∵當0＜x≤8時，
∴P在AB上，
如圖所示，過點A′作A′F⊥AD于點F，過點P作PE⊥A′F于點E，則四邊形AFEP是矩形，
由△A′PE∽△MA'F，
∴＝＝，
∵A′P＝AP＝x，MA′＝MA＝4，設 A′F＝y，PE＝h，
即
∴，4（x﹣y）＝x（h﹣4），
∴，
整理得 ，
即點A′到直線AB的距離為．
解法二：連接AA′交PM于點G，過點A′作A′H⊥AB于點H．
∵MA＝MA′，∠PMA＝∠PMA′，
∴PM⊥AA′，GA＝GA′，
∵AP＝x，AM＝4，
∴PM＝，
∴AG＝＝，
∴AA′＝2AG＝，
∵PG＝PA coS∠APM＝，
∵PA A′H＝ AA′ PG，
∴A′H＝＝．
【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了全等三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，折疊的性質，求正切值，熟練掌握以上知識且分類討論是解題的關鍵．
4．（2023 南充）如圖，正方形ABCD中，點M在邊BC上，點E是AM的中點，連接ED，EC．
（1）求證：ED＝EC；
（2）將BE繞點E逆時針旋轉，使點B的對應點B′落在AC上，連接MB′．當點M在邊BC上運動時（點M不與B，C重合），判斷△CMB′的形狀，并說明理由．
（3）在（2）的條件下，已知AB＝1，當∠DEB′＝45°時，求BM的長．
【答案】（1）證明見解析；
（2）△CMB′是等腰直角三角形，理由見解析；
（3）BM＝．
【點撥】（1）根據正方形的性質和直角三角形斜邊中線的性質可證△EAD≌△EBC（SAS），根據全等三角形的性質即可得證；
（2）根據折疊的性質可得根據旋轉的性質可得，EB′＝EB，再根據直角三角形斜邊的中線的性質可得EB′＝AE＝ME，進一步可得∠AB′M＝90°，可得∠CB′M＝90°，再根據正方形的性質可得∠B′CM＝45°，進一步可得B′M＝B′C，可證△MB′C是等腰直角三角形；
（3）延長BE交AD于點F，根據三角形外角的性質可得∠BEB′＝90°，進一步可得∠DEF＝45°，根據△EAD≌△EBC，可得∠AED＝∠BEC，進一步可得∠CEM＝∠DEF＝45°，再證明△CME∽△AMC，根據相似三角形的性質可得CM：AM＝EM：CM，可得，設BM＝x，則CM＝1﹣x，根據勾股定理，AM2＝1+x2，列方程求解即可．
【解析】（1）證明：在正方形ABCD中，AD＝BC，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∵E為AM的中點，
∴AE＝BE，
∴∠EAB＝∠EBA，
∴∠EAD＝∠EBC，
在△EAD和△EBC中，
，
∴△EAD≌△EBC（SAS），
∴ED＝EC；
（2）解：△CMB′是等腰直角三角形，理由如下：
根據旋轉的性質可得，EB′＝EB，
∵EB＝AE＝ME，
∴EB′＝AE＝ME，
∴∠EAB′＝∠EB′A，∠EMB′＝∠EB′M，
∵∠EAB′+∠EB′A+∠EB′M+∠EMB′＝180°，
∴∠AB′M＝90°，
∴∠MB′C＝90°，
在正方形ABCD中，∠ACB＝45°，
∴∠B′MC＝45°，
∴B′M＝B′C，
∴△CMB′是等腰直角三角形；
（3）解：延長BE交AD于點F，如圖所示：
∵∠BEM＝2∠BAE，∠B′EM＝2∠B′AE，
∵∠BAB′＝45°，
∴∠BEB′＝90°，
∴∠B′EF＝90°，
∵∠DEB′＝45°，
∴∠DEF＝45°，
∵△EAD≌△EBC，
∴∠AED＝∠BEC，
∵∠AEF＝∠BEM，
∴∠CEM＝∠DEF＝45°，
∵∠MCA＝45°，
∴∠CEM＝∠MCA，
又∵∠CME＝∠AMC，
∴△CME∽△AMC，
∴CM：AM＝EM：CM，
∵EM＝AM，
∴，
在正方形ABCD中，BC＝AB＝1，
設BM＝x，則CM＝1﹣x，
根據勾股定理，AM2＝1+x2，
∴＝（1﹣x）2，
解得x＝或x＝2+（舍去），
∴BM＝．
【點睛】本題考查了四邊形的綜合題，涉及正方形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，旋轉的性質，等腰直角三角形的判定和性質，直角三角形斜邊中線的性質，勾股定理等，本題綜合性較強，難度較大．
5．（2023 朝陽）如圖，在正方形ABCD中，點E是對角線BD上一點，連接EA，將線段EA繞點E逆時針旋轉，使點A落在射線CB上的點F處，連接EC．
【問題引入】
（1）請你在圖1或圖2中證明EF＝EC（選擇一種情況即可）；
【探索發現】
（2）在（1）中你選擇的圖形上繼續探索：延長FE交直線CD于點M．將圖形補充完整，猜想線段DM和線段BF的數量關系，并說明理由；
【拓展應用】
（3）如圖3，AB＝3，延長AE至點N，使NE＝AE，連接DN．當△ADN的周長最小時，請你直接寫出線段DE的長．
．
【答案】（1）證明見解析；
（2）DM＝BF．理由見解析；
（3）DE＝．
【點撥】（1）選擇圖1，根據正方形性質可得：BA＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，進而證得△BEA≌△BEC（SAS），結合旋轉的性質即可證得結論；選擇圖2，同理可證得結論；
（2）猜想DM＝BF，選擇圖1，過點F作FH⊥BC交BD于點H，則∠HFB＝90°，利用正方形的性質即可證得△HEF≌△DEM（ASA），再利用等腰三角形性質即可得出答案；選擇圖2，同理可證得結論；
（3）取AD的中點G，連接EG，根據三角形中位線定理可得EG＝DN，由△ADN的周長＝AD+DN+AN＝3+2（AE+EG），可得當△ADN的周長最小時，AE+EG最小，此時，C、E、G三點共線，利用勾股定理可得BD＝3，再證得△DEG∽△BEC，可得＝＝，即BE＝2DE，利用BE+DE＝BD，即可求得答案．
【解析】（1）證明：選擇圖1，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，
∵BE＝BE，
∴△BEA≌△BEC（SAS），
∴EA＝EC，
由旋轉得：EA＝EF，
∴EF＝EC．
選擇圖2，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，
∵BE＝BE，
∴△BEA≌△BEC（SAS），
∴EA＝EC，
由旋轉得：EA＝EF，
∴EF＝EC．
（2）解：猜想DM＝BF．理由如下：
選擇圖1，過點F作FH⊥BC交BD于點H，
則∠HFB＝90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，
∴∠HFB＝∠BCD，
∴FH∥CD，
∴∠HFE＝∠M，
∵EF＝EC，
∴∠EFC＝∠ECF，
∵∠FCD＝90°，
∴∠EFC+∠M＝90°，∠ECD+∠ECF＝90°，
∴∠M＝∠ECM，
∴EC＝EM，
∴EF＝EM，
∵∠HEF＝∠DEM，
∴△HEF≌△DEM（ASA），
∴DM＝FH，
∵∠HBF＝45°，∠BFH＝90°，
∴∠BHF＝45°，
∴BF＝FH，
∴DM＝BF．
若選擇圖2，過點F作FH⊥BC交DB的延長線于點H，
則∠HFB＝90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，
∴∠HFB＝∠BCD，
∴FH∥CD，
∴∠H＝∠EDM，
∵EF＝EC，
∴∠EFC＝∠ECF，
∵∠EFC+∠FMC＝90°，∠ECF+∠ECM＝90°，
∴∠FMC＝∠ECM，
∴EC＝EM，
∴EF＝EM，
∵∠HEF＝∠DEM，
∴△HEF≌△DEM（AAS），
∴FH＝DM，
∵∠DBC＝45°，
∴∠FBH＝45°，
∴∠H＝45°，
∴BF＝FH，
∴DM＝BF．
（3）解：如圖3，取AD的中點G，連接EG，
∵NE＝AE，
∴點E是AN的中點，
∴EG＝DN，
∵△ADN的周長＝AD+DN+AN＝3+2（AE+EG），
∴當△ADN的周長最小時，AE+EG最小，此時，C、E、G三點共線，如圖4，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝3，AD∥BC，∠BAD＝90°，
在Rt△ABD中，BD＝3，
∵點G是AD的中點，
∴DG＝AD＝，＝，
∵AD∥BC，
∴△DEG∽△BEC，
∴＝＝，
∴BE＝2DE，
∵BE+DE＝BD＝3，
∴2DE+DE＝3，即3DE＝3，
∴DE＝．
【點睛】本題是正方形綜合題，考查了正方形性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質，三角形中位線定理，相似三角形的判定和性質，旋轉變換的性質等，熟練掌握全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、三角形中位線定理等是解題關鍵．
6．（2023 阜新）如圖，在正方形ABCD中，線段CD繞點C逆時針旋轉到CE處，旋轉角為α，點F在直線DE上，且AD＝AF，連接BF．
（1）如圖1，當0°＜α＜90°時，
①求∠BAF的大小（用含α的式子表示）．
②求證：EF＝BF．
（2）如圖2，取線段EF的中點G，連接AG，已知AB＝2，請直接寫出在線段CE旋轉過程中（0°＜α＜360°）△ADG面積的最大值．
【答案】（1）①∠BAF＝90°﹣α；
②見解析；
（2）△ADG面積的最大值為1+．
【點撥】（1）①利用等腰三角形的性質，三角形內角和定理計算得到∠FAD＝180°﹣α，據此求解即可；
②連接BE，計算得到∠BCE＝90°﹣α＝∠BAF，利用SAS證明△BCE≌△BAF，推出△EBF是等腰直角三角形，據此即可證明EF＝BF；
（2）過點G作AD的垂直，交直線AD于點H，連接AC，BD相交于點，連接OG，利用直角三角形的性質推出點G在以點O為圓心，OB為半徑的一段弧上，得到當點H、O、G在同一直線上時，GH有最大值，則△ADG面積的最大值，據此求解即可．
【解析】（1）解：①∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝DA．∠ADC＝∠BCD＝∠DAB＝90°，
由題意得CD＝CE，∠DCE＝α：
∴∠CDE＝∠CED＝（180°﹣α）＝90°﹣α．
∴∠ADF＝90°﹣∠CDE＝90°﹣（90°﹣α）＝α，
∵AD＝AF，
∴∠ADF＝∠AFD＝α，
∴∠FAD＝180°﹣∠ADF﹣∠AFD＝180°﹣α，
∴∠BAF＝∠FAD﹣∠BAD＝180°﹣α﹣90°＝90°﹣α；
②連接BE．
∵∠DCE＝α，
∴∠BCE﹣90°﹣α＝∠BAF，
∵CD＝CE＝AD＝AF＝BC，
∴△BCE≌△BAF（SAS），
∴BF＝BE，∠ABF＝∠CBE．
∵∠ABC＝90°，
∴∠EBF＝90°
∴△EBF是等腰直角三角形，
∴EF＝BF；
（2）解：過點G作AD的垂線，交直線AD于點H，連接AC，BD相交于點，O，連接OG，
由（1）得△EBF是等腰直角三角形，又點G為斜邊EF的中點，
∴BG⊥EF，即∠BGD＝90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴OB＝OD．
∴OB＝OD＝OG，
∴點G在以點O為圓心，OB為半徑的一段弧上，
當點H、O、G在同一直線上時，GH有最大值，則△ADG面積的最大值，
∴GH＝AB+OG＝AB+BD＝×2+×2＝1+．
∴△ADG面積的最大值為AD×GH＝1+．
【點睛】本題考查的是正方形的判定和性質、全等三角形的判定和性質、等腰直角三角形的判定和性質、直角三角形的性質、勾股定
理，掌握相關的判定定理和性質定理是解題的關鍵．
7．（2023 衡陽）[問題探究]
（1）如圖1，在正方形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O．在線段AO上任取一點P（端點除外），連接PD、PB．
①求證：PD＝PB；
②將線段DP繞點P逆時針旋轉，使點D落在BA的延長線上的點Q處．當點P在線段AO上的位置發生變化時，∠DPQ的大小是否發生變化？請說明理由；
③探究AQ與OP的數量關系，并說明理由．
[遷移探究]
（2）如圖2，將正方形ABCD換成菱形ABCD，且∠ABC＝60°，其他條件不變．試探究AQ與CP的數量關系，并說明理由．
【答案】見解析
【點撥】（1）①根據正方形的性質證明△DCP≌△BCP，即可得到結論；
②作PM⊥AB，PN⊥AD，垂足分別為點M、N，如圖，可得PM＝PN，證明四邊形AMPN是矩形，推出∠MPN＝90°，證明Rt△DPN≌Rt△QPM（HL），得出∠DPN＝∠QPM，進而可得結論；
③作PE⊥AO交AB于點E，作EF⊥OB于點F，如圖，證明AQ＝BE，BE＝EF即可得出結論；．
（2）先證明PQ＝PB，作PE∥BC交AB于點E，EG∥AC交BC于點G，如圖，則四邊形PEGC是平行四邊形，可得EG＝PC，△APE，△BEG都是等邊三角形，進一步即可證得結論．
【解析】（1）①證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴CD＝CB，∠DCA＝∠BCA＝45°．
∵CP＝CP，
∴△DCP≌△BCP，
∴PD＝PB；
②解：∠DPQ的大小不發生變化，∠DPQ＝90°；
理由：作PM⊥AB，PN⊥AD，垂足分別為點M、N，如圖，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DAC＝∠BAC＝45°，∠DAB＝90°，
∴四邊形AMPN是矩形，PM＝PN，
∴∠MPN＝90°．
.∵PD＝PQ，PM＝PN，
∴Rt△DPN≌Rt△QPM（HL），
∴∠DPN＝∠QPM，
∴∠QPN+∠QPM＝90°．
∴∠QPN+∠DPN＝90°，即∠DPQ＝90°；
③解：AQ＝OP；
理由：作PE⊥AO交AB于點E，作EF⊥OB于點F，如圖，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝45°，∠AOB＝90°，
∴∠AEP＝45°，四邊形OPEF是矩形，
∴∠PAE＝∠PEA＝45°，EF＝OP，
∴PA＝PE，
∵PD＝PB，PD＝PQ，
∴PQ＝PB，
作PM⊥AE于點M，
則QM＝BM，AM＝EM，
∴AQ＝BE，
∵∠EFB＝90°，∠EBF＝45°，
∴BE＝EF，
∴AQ＝OP；
（2）解：AQ＝CP；
理由：四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝BC，AC⊥BD，DO＝BO，
∴△ABC是等邊三角形，AC垂直平分BD，
∴∠BAC＝60°，PD＝PB，
∵PD＝PQ，
∴PQ＝PB，
作PE∥BC交AB于點E，EG∥AC交BC于點G，如圖，
則四邊形PEGC是平行四邊形，∠GEB＝∠BAC＝60°，∠AEP＝∠ABC＝60°，
∴EG＝PC，△APE，△BEG都是等邊三角形，
∴BE＝EG＝PC，
作PM⊥AB于點M，則QM＝MB，AM＝EM，
∴QA＝BE，
∴AQ＝CP．
【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形、菱形的性質，矩形、平行四邊形、等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質以及解直角三角形等知識，熟練掌握相關圖形的判定和性質、正確添加輔助線是解題的關鍵．
8．（2023 牡丹江） ABCD中，AE⊥BC，垂足為E，連接DE，將ED繞點E逆時針旋轉90°，得到EF，連接BF．
（1）當點E在線段BC上，∠ABC＝45°時，如圖①，求證：AE+EC＝BF；
（2）當點E在線段BC延長線上，∠ABC＝45°時，如圖②；當點E在線段CB延長線上，∠ABC＝135°時，如圖③，請猜想并直接寫出線段AE，EC，BF的數量關系；
（3）在（1）、（2）的條件下，若BE＝3，DE＝5，則CE＝　1或7　．
【答案】（1）證明見解析；
（2）圖②，AE﹣EC＝BF；圖③，EC﹣AE＝BF；
（3）1或7．
【點撥】（1）由∠AEB＝90°，∠ABC＝45°，得∠BAE＝∠ABC＝45°，則BE＝AE，由旋轉得∠DEF＝90°，EF＝ED，則∠BEF＝∠AED＝90°﹣∠AEF，即可證明△BEF≌△AED，得BF＝AD，由平行四邊形的性質得BC＝AD，則AE+EC＝BE+EC＝BC＝AD＝BF；
（2）當點E在線段BC延長線上，則∠AEB＝90°，所以∠BAE＝∠ABC＝45°，則BE＝AE，而∠DEF＝90°，EF＝ED，則∠BEF＝∠AED＝90°﹣∠AEF，即可證明△BEF≌△AED，所以BF＝AD，則AE﹣EC＝BE﹣EC＝BC＝AD＝BF；當點E在線段CB延長線上，∠ABC＝135°時，則∠AEB＝90°，∠ABE＝180°﹣∠ABC＝45°，所以∠BAE＝∠ABE＝45°，仍可證明△BEF≌△AED，得BF＝AD，所以EC﹣AE＝EC﹣BE＝BC＝AD＝BF；
（3）分三種情況，一是點E在BC邊上，由AD∥BC，得∠DAE＝∠AEB＝90°，則AD＝＝4，所以BC＝AD＝4，則CE＝BC﹣BE＝1；二是點E在線段BC延長線上，仍可求得AD＝＝＝4，則BF＝AD＝4，由AE﹣EC＝BF，得EC＝AE﹣BF＝﹣1，即CE＝﹣1，不符合題意，舍去；三是點E在線段CB延長線上，∠ABC＝135°，可求得AD＝＝4，則BC＝AD＝4，所以CE＝BE﹣BC+3+4＝7，于是得到問題的答案．
【解析】（1）證明：如圖①，∵AE⊥BC于點E，
∴∠AEB＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BAE＝∠ABC＝45°，
∴BE＝AE，
∵將ED繞點E逆時針旋轉90°，得到EF，
∴∠DEF＝90°，EF＝ED，
∴∠BEF＝∠AED＝90°﹣∠AEF，
∵BE＝AE，∠BEF＝∠AED，EF＝ED，
∴△BEF≌△AED（SAS），
∴BF＝AD，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴BC＝AD，
∴AE+EC＝BE+EC＝BC＝AD，
∴AE+EC＝BF．
（2）解：圖②，AE﹣EC＝BF；圖③，EC﹣AE＝BF，
理由：如圖②，AE⊥BC交BC的延長線于點E，
∴∠AEB＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BAE＝∠ABC＝45°，
∴BE＝AE，
∵將ED繞點E逆時針旋轉90°，得到EF，
∴∠DEF＝90°，EF＝ED，
∴∠BEF＝∠AED＝90°﹣∠AEF，
∵BE＝AE，∠BEF＝∠AED，EF＝ED，
∴△BEF≌△AED（SAS），
∴BF＝AD，
∵BC＝AD，
∴AE﹣EC＝BE﹣EC＝BC＝AD，
∴AE﹣EC＝BF；
如圖③，AE⊥BC交CB的延長線于點E，
∴∠AEB＝90°，
∵∠ABC＝135°，
∴∠ABE＝180°﹣∠ABC＝45°，
∴∠BAE＝∠ABE＝45°，
∴BE＝AE，
∵將ED繞點E逆時針旋轉90°，得到EF，
∴∠DEF＝90°，EF＝ED，
∴∠BEF＝∠AED＝90°﹣∠BED，
∵BE＝AE，∠BEF＝∠AED，EF＝ED，
∴△BEF≌△AED（SAS），
∴BF＝AD，
∴BC＝AD，
∴EC﹣AE＝EC﹣BE＝BC＝AD，
∴EC﹣AE＝BF．
（3）解：如圖①，∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB＝90°，
∵AE＝BE＝3，DE＝5，
∴AD＝＝＝4，
∴BC＝AD＝4，
∴CE＝BC﹣BE＝4﹣3＝1；
如圖②，∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB＝90°，
∵AE＝BE＝3，DE＝5，
∴AD＝＝＝4，
∴BF＝AD＝4，
∵AE﹣EC＝BF，
∴EC＝AE﹣BF＝3﹣4＝﹣1，即CE＝﹣1，不符合題意，舍去；
如圖③，∵AD∥BC，
∴∠DAE＝180°﹣∠AEB＝90°，
∵AE＝BE＝3，DE＝5，
∴AD＝＝＝4，
∴BC＝AD＝4，
∴CE＝BE﹣BC+3+4＝7，
綜上所述，CE＝1或CE＝7，
故答案為：1或7．
【點睛】此題重點考查平行四邊形的性質、旋轉的性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理等知識，此題綜合性強，難度較大，證明△BEF≌△AED是解題的關鍵．
9．（2022 臨沂）已知△ABC是等邊三角形，點B，D關于直線AC對稱，連接AD，CD．
（1）求證：四邊形ABCD是菱形；
（2）在線段AC上任取一點P（端點除外），連接PD．將線段PD繞點P逆時針旋轉，使點D落在BA延長線上的點Q處．請探究：當點P在線段AC上的位置發生變化時，∠DPQ的大小是否發生變化？說明理由．
（3）在滿足（2）的條件下，探究線段AQ與CP之間的數量關系，并加以證明．
【答案】（1）見解析；
（2）不會發生變化，證明見解析；
（3）AQ＝CP．
【點撥】（1）根據菱形的判定定理和軸對稱圖形的性質解答即可；
（2）連接PB，過點P分別作PE∥CB交AB于點E，PF⊥AB于點F，根據全等三角形的判定定理，等腰三角形的性質，軸對稱圖形的性質解答即可；
（3）根據等腰三角形的性質解答即可．
【解析】（1）證明：連接BD，
等邊△ABC中，AB＝BC＝AC，
∵點B、D關于直線AC對稱，
∴DC＝BC，AD＝AB，
∴AB＝BC＝CD＝DA，
∴四邊形ABCD是菱形；
（2）解：當點P在線段AC上的位置發生變化時，∠DPQ的大小不發生變化，始終等于60°，理由如下：
∵將線段PD繞點P逆時針旋轉，使點D落在BA延長線上的點Q處，
∴PQ＝PD，
等邊△ABC中，AB＝BC＝AC，
∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
連接PB，過點P分別作PE∥CB交AB于點E，PF⊥AB于點F，如圖
則∠APE＝∠ACB＝60°，∠AEP＝∠ABC＝60°，
∴∠BAC＝∠APE＝∠AEP＝60°，
∴△APE是等邊三角形，
∴AP＝EP＝AE，
而PF⊥AB，
∴∠APF＝∠EPF，
∵點B，D關于直線AC對稱，點P在線段AC上，
∴PB＝PD，∠DPA＝∠BPA，
∴PQ＝PB，
∴∠PDA＝∠PBA，∠PBA＝∠PQA，
∴∠PDA＝∠PQB
∴∠DPQ＝∠DAQ＝60°；
解法二：連接BP，
通過證明△ADP≌△ABP，利用旋轉和全等三角形的性質分析求解；
（3）解：在滿足（2）的條件下，線段AQ與CP之間的數量關系是AQ＝CP，證明如下：
∵AC＝AB，AP＝AE，
∴AC﹣AP＝AB﹣AE，
即CP＝BE，
∵AP＝EP，PF⊥AB，
∴AF＝FE，
∵PQ＝PB，PF⊥AB，
∴QF＝BF，
∴QF﹣AF＝BF﹣EF，
即AQ＝BE，
∴AQ＝CP．
【點睛】本題主要考查了菱形的判定定理，等腰三角形的性質，軸對稱圖形的性質，等邊三角形的判定定理，熟練掌握相關性質和定理是解答本題的關鍵．
類型二 面的平移問題
1．（2022 常州）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝12．在Rt△DEF中，∠F＝90°，DF＝3，EF＝4．用一條始終繃直的彈性染色線連接CF，Rt△DEF從起始位置（點D與點B重合）平移至終止位置（點E與點A重合），且斜邊DE始終在線段AB上，則Rt△ABC的外部被染色的區域面積是 　21　．
【答案】見解析
【點撥】如圖，連接CF交AB于點M，連接CF′交AB于點N，過點F作FG⊥AB于點G，過點F′作F′H⊥AB于點H，連接FF′，則四邊形FGHF′是矩形，Rt△ABC的外部被染色的區域是梯形MFF′N．求出梯形的上下底以及高，可得結論．
【解析】解：如圖，連接CF交AB于點M，連接CF′交AB于點N，過點F作FG⊥AB于點H，過點F′作F′H⊥AB于點G，連接FF′，則四邊形FGHF′是矩形，Rt△ABC的外部被染色的區域是梯形MFF′N．
在Rt△DEF中，DF＝3，EF＝4，
∴DE＝＝＝5，
在Rt△ABC中，AC＝9，BC＝12，
∴AB＝＝＝15，
∵ DF EF＝ DE GF，
∴FG＝，
∴BG＝＝＝，
∴GE＝BE﹣BG＝，AH＝GE＝，
∴F′H＝FG＝，
∴FF′＝GH＝AB﹣BG﹣AH＝15﹣5＝10，
∵BF∥AC，
∴＝＝，
∴BM＝AB＝，
同法可證AN＝AB＝，
∴MN＝15﹣﹣＝，
∴Rt△ABC的外部被染色的區域的面積＝×（10+）×＝21，
故答案為：21．
【點睛】本題考查勾股定理，梯形的面積，平行線分線段成比例定理等知識，解題的關鍵是理解題意，學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，屬于中考填空題在的壓軸題．
2．（2023 天津）在平面直角坐標系中，O為原點，菱形ABCD的頂點A（，0），B（0，1），D（2，1），矩形EFGH的頂點E（0，），，H（0，）．
（1）填空：如圖①，點C的坐標為 　（，2）　，點G的坐標為 　（﹣，）　；
（2）將矩形EFGH沿水平方向向右平移，得到矩形E′FG′H′，點E，F，G，H的對應點分別為E′，F′，G′，H′，設EE′＝t，矩形E′F′G′H′與菱形ABCD重疊部分的面積為S．
①如圖②，當邊E′F′與AB相交于點M、邊G′H′與BC相交于點N，且矩形E′F′G′H′與菱形ABCD重疊部分為五邊形時，試用含有t的式子表示S，并直接寫出t的取值范圍；
②當時，求S的取值范圍（直接寫出結果即可）．
【答案】（1）（，2），（﹣，）；
（2）①＜t≤，②．
【點撥】（1）根據矩形及菱形的性質可進行求解；
（2）①由題意易得EF＝EF'＝，EH＝EH'＝1，然后可得∠ABO＝60°，則有EM＝，進而根據割補法可進行求解面積S；②由①及題意可知當≤t≤時，矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重疊部分的面積S是增大的，當＜t≤時，矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重疊部分的面積S是減小的，然后根據題意畫出圖形計算面積的最大值和最小值即可．
【解析】（1）解：四邊形EFGH是矩形，且E（0，）．F（﹣，）（0，），
∴EF＝GH＝，EH＝FG＝1，
∴G（﹣，）；
連接AC，BD，交于一點H，如圖所示：
∵四邊形ABCD是菱形，且A（，0），B（0，1），D（2，1），
AB＝AD＝，AC⊥BD，CM＝AM＝OB＝1，BM﹣MD＝OA＝，
∴AC＝2，
∴C（，2），
故答案為（，2），（﹣，）；
（2）解：①∵點E（0，），點F（﹣，），點H（0，），
∴矩形EFGH中，EF∥x軸，E'H'⊥x軸，EF＝，EH＝1，
∴矩形E'F'G'H'中，E'F'∥x軸，E'H'⊥x軸，E'F'＝，E'H'＝1，
由點A（，0），點B（0，1），得OA＝，OB＝1，
在Rt△ABO中，tan∠ABO＝，得∠ABO＝60°，
在Rt△BME中，由EM＝EB×tan60°，EB＝1﹣＝，得EM＝，
∴S△BME＝EB×EM＝，同理，得S△BNH＝，
∵EE'＝t，得S矩形EE'H'H＝EE'×EH＝t，
又S＝S矩形EE'H'H﹣S△BME﹣S△BNH，
∴S＝t﹣，
當EE'＝EM＝時，則矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重疊部分為△BE'H'，
∴t的取值范圍是＜t≤，
②由①及題意可知當≤t時，矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重疊部分的面積S是增大的，當時，矩E'F'G'H'和菱形ABCD重疊部分的面積S是減小的，
∴當t＝時，矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重疊部分如圖所示：
此時面積S最大，最大值為S＝1×＝；
當t＝時，矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重疊部分如圖所示：
由（1）可知B、D之間的水平距離為2，則有點D到G'F'的距離為，
由①可知：∠D＝∠B＝60°，
∴矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重疊部分為等邊三角形，
∴該等邊三角形的邊長為2×，
∴此時面積S最小，最小值為，
綜上所述：當時，則．
【點睛】本題主要考查矩形、菱形的性質及三角函數、圖形與坐標，熟練掌握矩形、菱形的性質及三角函數、圖形與坐標是解題的關鍵．
類型三 面的對稱問題
1．（2023 長春）如圖，將正五邊形紙片ABCDE折疊，使點B與點E重合，折痕為AM，展開后，再將紙片折疊，使邊AB落在線段AM上，點B的對應點為點B'，折痕為AF，則∠AFB'的大小為 　45　度．
【答案】45
【點撥】由多邊形的內角和及軸對稱的性質和三角形內角和可得出結論．
【解析】解：∵五邊形的內角和為（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠B＝∠BAE＝108°，
由圖形的折疊可知，∠BAM＝∠EAM＝∠BAE＝54°，
∠BAF＝∠FAB'＝∠BAM＝27°，
∠AFB'＝∠AFB＝180°﹣∠B﹣∠BAF＝180°﹣108°﹣27°＝45°．
故答案為：45．
【點睛】本題考查了多邊形的內角和，三角形的內角和定理，圖形的折疊的性質，掌握這些知識點是解題的關鍵．
2．（2023 揚州）如圖，已知正方形ABCD的邊長為1，點E、F分別在邊AD、BC上，將正方形沿著EF翻折，點B恰好落在CD邊上的點B′處，如果四邊形ABFE與四邊形EFCD的面積比為3：5，那么線段FC的長為 　　．
【答案】．
【點撥】連接BB'，過點F作FH⊥AD，設CF＝x，則DH＝x，BF＝1﹣x，根據已知條件，分別表示出AE、EH、HD，證明△EHF≌△B'CB，得出EH＝B'C＝﹣2x，在Rt△B'FC中，根據勾股定理建立方程即可解答．
【解析】解：如圖，連接BB'，過點F作FH⊥AD，
∵已知正方形ABCD的邊長為1，四邊形ABFE與四邊形EFCD的面積比為3：5，
∴S四邊形ABFE＝，
設CF＝x，則DH＝x，BF＝1﹣x，
∴S四邊形ABFE＝，
即，
解得AE＝x﹣，
∴DE＝1﹣AE＝，
∴EH＝ED﹣HD＝，
由折疊的性質可得BB'⊥EF，
∴∠1+∠2＝∠BGF＝90°，
∵∠2+∠3＝90°，
∴∠1＝∠3，
又FH＝BC＝1，∠EHF＝∠C，
∴△EHF≌△B'CB（ASA），
∴EH＝B'C＝，
在Rt△B'FC中，B'F2＝B'C2+CF2，
∴（1﹣x）2＝x2+（）2，
解得x＝．
故答案為：．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理，軸對稱的性質，熟練掌握正方形的性質是解題的關鍵．
3．（2022 南充）如圖，正方形ABCD邊長為1，點E在邊AB上（不與A，B重合），將△ADE沿直線DE折疊，點A落在點A1處，連接A1B，將A1B繞點B順時針旋轉90°得到A2B，連接A1A，A1C，A2C．給出下列四個結論：①△ABA1≌△CBA2；②∠ADE+∠A1CB＝45°；③點P是直線DE上動點，則CP+A1P的最小值為；④當∠ADE＝30°時，△A1BE的面積為．其中正確的結論是 　①②③　．（填寫序號）
【答案】①②③．
【點撥】①正確．根據SAS證明三角形全等即可；
②正確．過點D作DT⊥CA1于點T，證明∠ADE+∠CDT＝45°，∠CDT＝∠BCA1即可；
③正確．連接PA，AC．因為A，A1關于DE對稱，推出PA＝PA1，推出PA1+PC＝PA+PC≥AC＝，可得結論；
④錯誤．過點A1作A1H⊥AB于點H，求出EB，A1H，可得結論．
【解析】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABC＝90°，
∵∠A1BA2＝∠ABC＝90°，
∴∠ABA1＝∠CBA2，
∵BA1＝BA2，
∴△ABA1≌△CBA2（SAS），故①正確，
過點D作DT⊥CA1于點T，
∵CD＝DA1，
∴∠CDT＝∠A1DT，
∵∠ADE＝∠A1DE，∠ADC＝90°，
∴∠ADE+∠CDT＝45°，
∵∠CDT+∠DCT＝90°，∠DCT+∠BCA1＝90°，
∴∠CDT＝∠BCA1，
∴∠ADE+∠BCA1＝45°，故②正確．
連接PA，AC．
∵A，A1關于DE對稱，
∴PA＝PA1，
∴PA1+PC＝PA+PC≥AC＝，
∴PA1+PC的最小值為，故③正確，
過點A1作A1H⊥AB于點H，
∵∠ADE＝30°，
∴AE＝A1E＝AD tan30°＝，
∴EB＝AB﹣AE＝1﹣，
∵∠A1EB＝60°，
∴A1H＝A1E sin60°＝×＝，
∴＝×（1﹣）×＝，故④錯誤．
故答案為：①②③．
【點睛】本題考查正方形的性質，解直角三角形，翻折變換，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考常考題型．
4．（2022 新疆）如圖，在△ABC中，∠ABC＝30°，AB＝AC，點O為BC的中點，點D是線段OC上的動點（點D不與點O，C重合），將△ACD沿AD折疊得到△AED，連接BE．
（1）當AE⊥BC時，∠AEB＝　60　°；
（2）探究∠AEB與∠CAD之間的數量關系，并給出證明；
（3）設AC＝4，△ACD的面積為x，以AD為邊長的正方形的面積為y，求y關于x的函數解析式．
【答案】（1）60；
（2）∠AEB＝30°+∠CAD，理由見解析；
（3）y＝（2﹣x）2+4．
【點撥】（1）由折疊的性質可得AC＝AE＝AB，由等腰三角形的性質可求解；
（2）由折疊的性質可得AE＝AC，∠CAD＝∠EAD，由等腰三角形的性質可求解；
（3）由等腰直角三角形的性質和直角三角形的性質可求AO的長，由勾股定理可求OD的長，由面積和差關系可求解．
【解析】解：（1）∵∠ABC＝30°，AB＝AC，AE⊥BC，
∴∠BAE＝60°，
∵將△ACD沿AD折疊得到△AED，
∴AC＝AE，
∴AB＝AE，
∴∠AEB＝60°，
故答案為：60；
（2）∠AEB＝30°+∠CAD，理由如下：
∵將△ACD沿AD折疊得到△AED，
∴AE＝AC，∠CAD＝∠EAD，
∵∠ABC＝30°，AB＝AC，
∴∠BAC＝120°，
∴∠BAE＝120°﹣2∠CAD，
∵AB＝AE＝AC，
∴∠AEB＝＝30°+∠CAD；
（3）如圖，連接OA，
∵AB＝AC，點O是BC的中點，
∴OA⊥BC，
∵∠ABC＝∠ACB＝30°，AC＝4，
∴AO＝2，OC＝2，
∵OD2＝AD2﹣AO2，
∴OD＝，
∵S△ADC＝×OC×AO﹣×OD×OA，
∴x＝×2×2﹣×2×，
∴y＝（2﹣x）2+4．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了等腰直角三角形的性質，直角三角形的性質，折疊的性質等知識，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．
5．（2023 鹽城）綜合與實踐
【問題情境】
如圖1，小華將矩形紙片ABCD先沿對角線BD折疊，展開后再折疊，使點B落在對角線BD上，點B的對應點記為B′，折痕與邊AD，BC分別交于點E，F．
【活動猜想】
（1）如圖2，當點B′與點D重合時，四邊形BEDF是哪種特殊的四邊形？答：　菱形　．
【問題解決】
（2）如圖3，當AB＝4，AD＝8，BF＝3時，求證：點A′，B′，C在同一條直線上．
【深入探究】
（3）如圖4，當AB與BC滿足什么關系時，始終有A′B′與對角線AC平行？請說明理由．
（4）在（3）的情形下，設AC與BD，EF分別交于點O，P，試探究三條線段AP，B′D，EF之間滿足的等量關系，并說明理由．
【答案】（1）菱形．
（2）證明見解析；
（3）當BC＝AB時，始終有A′B′與對角線AC平行．證明見解答；
（4）EF＝2（AP+B′D），證明見解答．
【點撥】（1）由折疊可得：EF⊥BD，OB＝OD，再證得△BFO≌△DEO（ASA），可得OE＝OF，利用菱形的判定定理即可得出答案；
（2）設EF與BD交于點M，過點B′作B′K⊥BC于K，利用勾股定理可得BD＝4，再證明△BFM∽△BDC，可求得BM＝，進而可得BB′＝，再由△BB′K∽△BDC，可求得B′K＝，BK＝，CK＝BC﹣BK＝8﹣＝，運用勾股定理可得B′C＝4，運用勾股定理逆定理可得∠CB′F＝90°，進而可得∠A′B′F+∠CB′F＝90°+90°＝180°，即可證得結論；
（3）設∠OAB＝∠OBA＝α，則∠OBC＝90°﹣α，利用折疊的性質和平行線性質可得：∠AB′B＝∠AOB＝α，再運用三角形內角和定理即可求得α＝60°，利用解直角三角形即可求得答案；
（4）過點E作EG⊥BC于G，設EF交BD于H，設AE＝m，EF＝n，利用解直角三角形可得B′D＝BD﹣BB′＝n﹣（m+n）＝n﹣m，AP＝2AE cos30°＝m，即可得出結論．
【解析】（1）解：當點B′與點D重合時，四邊形BEDF是菱形．
理由：設EF與BD交于點O，如圖，
由折疊得：EF⊥BD，OB＝OD，
∴∠BOF＝∠DOE＝90°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠OBF＝∠ODE，
∴△BFO≌△DEO（ASA），
∴OE＝OF，
∴四邊形BEDF是菱形．
故答案為：菱形．
（2）證明：∵四邊形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝8，BF＝3，
∴BC＝AD＝8，CD＝AB＝4，∠BCD＝90°，
∴CF＝BC﹣BF＝8﹣3＝5，
∴BD＝＝＝4，
如圖，設EF與BD交于點M，過點B′作B′K⊥BC于K，
由折疊得：∠A′B′F＝∠ABF＝∠BMF＝∠B′MF＝90°，B′F＝BF＝3，BB′＝2BM，
∴∠BMF＝∠BCD，
∵∠FBM＝∠DBC，
∴△BFM∽△BDC，
∴＝，即＝，
∴BM＝，
∴BB′＝，
∵∠BKB′＝∠BCD，∠B′BK＝∠DBC，
∴△BB′K∽△BDC，
∴＝＝，即＝＝，
∴B′K＝，BK＝，
∴CK＝BC﹣BK＝8﹣＝，
∴B′C＝＝＝4，
∵B′F2+B′C2＝32+42＝25，CF2＝52＝25，
∴B′F2+B′C2＝CF2，
∴∠CB′F＝90°，
∴∠A′B′F+∠CB′F＝90°+90°＝180°，
∴點A′，B′，C在同一條直線上．
（3）解：當BC＝AB時，始終有A′B′與對角線AC平行．
理由：如圖，設AC、BD交于點O，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴OA＝OB，∠ABC＝90°，
∵BC＝AB，
∴tan∠BAC＝＝，
∴∠BAC＝60°，
∴△OAB是等邊三角形，
∴∠ABO＝∠AOB＝60°，
由折疊得：∠A′B′B＝∠ABO＝60°，
∴∠A′B′B＝∠AOB，
∴A′B′∥AC，
故當BC＝AB時，始終有A′B′與對角線AC平行．
（4）解：EF＝2（AP+B′D），理由如下：
如圖，過點E作EG⊥BC于G，設EF交BD于H，
由折疊得：EF⊥BD，B′F＝BF，∠BFE＝∠B′FE，
設AE＝m，EF＝n，
由（3）得：∠BAC＝60°＝∠ABD，
∴∠BB′F＝∠DBC＝30°，
∴∠BFE＝∠B′FE＝60°，
∴EG＝EF sin60°＝n，FG＝EF cos60°＝n，
∵∠EAB＝∠ABG＝∠BGE＝90°，
∴四邊形ABGE是矩形，
∴AB＝EG＝n，BG＝AE＝m，AD∥BC，
∴BF＝B′F＝m+n，
∴BH＝BF cos30°＝（m+n），
∴BB′＝2BH＝（m+n），
∵BD＝2AB＝n，
∴B′D＝BD﹣BB′＝n﹣（m+n）＝n﹣m，
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFG＝60°，
∴∠APE＝∠DEF﹣∠DAC＝60°﹣30°＝30°＝∠DAC，
∴AP＝2AE cos30°＝m，
∴AP+B′D＝m+（n﹣m）＝n，
∴AP+B′D＝EF，
即EF＝2（AP+B′D）．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性質，等腰三角形性質，平行線性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，解直角三角形等，涉及知識點多，綜合性強，難度較大．
6．（2023 沈陽）如圖1，在 ABCD紙片中，AB＝10，AD＝6，∠DAB＝60°，點E為BC邊上的一點（點E不與點C重合），連接AE，將 ABCD紙片沿AE所在直線折疊，點C，D的對應點分別為C′，D′，射線C′E與射線AD交于點F．
（1）求證：AF＝EF；
（2）如圖2，當EF⊥AF時，DF的長為 　5　；
（3）如圖3，當CE＝2時，過點F作FM⊥AE，垂足為點M，延長FM交C′D′于點N，連接AN，EN，求△ANE的面積．
【答案】（1）證明過程見解析；
（2）5﹣6；
（3）13．
【點撥】（1）可推出∠FAE+∠AEC＝180°，∠AEC′＝∠AEC，從而∠FAE+∠AEC′＝180°，因為∠AEF+∠AEC′＝180°，所以∠FAE＝∠AEF；
（2）作AG⊥CB，交CB的延長線于G，可推出矩形AGFE是正方形，可得出AF＝AG＝AB sin∠ABG＝10×＝5，進而得出結果；
（3）作AQ⊥CB，交CB的延長線于Q，作MT⊥AF于T，交HD的延長線于G，作HR⊥MT于R，解直角三角形ABQ，依次求得BQ、AQ、EQ、AE的值，進而求得AM的值，根據cos∠DAE＝cos∠AEQ得出，從而求得AT＝，同樣求得MT＝，從而得出DT的值，解Rt△DGT求得GT，從而得出MG的值，根據tan∠FMT＝tan∠DAE＝tan∠AEQ得出，從而設HR＝5k，RM＝9k，進而表示出GR＝HR＝，進而根據GR+RM＝MG列出15k+9k＝4，從而得出k＝，進一步得出結果．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠FAE+∠AEC＝180°，
由折疊得：∠AEC′＝∠AEC，
∴∠FAE+∠AEC′＝180°，
∵∠AEF+∠AEC′＝180°，
∴∠FAE＝∠AEF，
∴AF＝EF；
（2）解：如圖1，
作AG⊥CB，交CB的延長線于G，
在 ABCD中，AD∥BC，
∴∠ABG＝∠DAB＝60°，∠FEG＝180°﹣∠F＝90°，
∴AG＝AB sin∠ABG＝10×＝5，四邊形AGEF是矩形，
由（1）知：AF＝EF，
∴矩形AGFE是正方形，
∴AF＝AG＝5，
∴DF＝AF﹣AD＝5﹣6，
故答案為：5﹣6；
（3）解：如圖2，
作AQ⊥CB，交CB的延長線于Q，作MT⊥AF于T，交HD的延長線于G，作HR⊥MT于R，
∵CB∥AD，
∴∠ABQ＝∠DAB＝60°，
∴BQ＝AB cos60°＝10×＝5，AQ＝10 sin60°＝5，
∴EQ＝BE+BQ＝9，
∴AE＝，
由（1）知：AF＝EF，
∵FM⊥AE，
∴AM＝EM＝AE＝，
又∵ ABCD紙片沿AE所在直線折疊，點C，D的對應點分別為C′，D′，
∴HM＝MN，
∵cos∠DAE＝cos∠AEQ，
∴，
∴，
∴AT＝，
同理可得：MT＝，
∴DT＝AD﹣AT＝6﹣＝，
在Rt△DGT中，∠GDT＝∠DAB＝60°，DT＝，
∴GT＝，
∴MG＝GT+MT＝，
∵tan∠FMT＝tan∠DAE＝tan∠AEQ，
∴，
∴設HR＝5k，RM＝9k，
∵tan∠GHR＝tan∠GDT，
∴＝，
∴GR＝HR＝，
由GR+RM＝MG得，
15k+9k＝4，
∴k＝，
∴HR＝5k＝，
∵sin∠FMT＝sin∠DAE＝sin∠AEQ，
∴，
∴，
∴HM＝，
∴MN＝，
∴S△ANE＝＝13．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，矩形、正方形的判定和性質，解直角三角形，軸對稱的性質等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，熟練運用解直角三角形．
7．（2022 深圳）（1）發現：如圖①所示，在正方形ABCD中，E為AD邊上一點，將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長EF交CD邊于G點．求證：△BFG≌△BCG；
（2）探究：如圖②，在矩形ABCD中，E為AD邊上一點，且AD＝8，AB＝6．將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長EF交BC邊于G點，延長BF交CD邊于點H，且FH＝CH，求AE的長．
（3）拓展：如圖③，在菱形ABCD中，AB＝6，E為CD邊上的三等分點，∠D＝60°．將△ADE沿AE翻折得到△AFE，直線EF交直線BC于點P，求PC的長．
【答案】（1）證明見解析；
（2）AE的長為；
（3）CP的長為或．
【點撥】（1）根據將△AEB沿BE翻折到△BEF處，四邊形ABCD是正方形，得AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°，即得∠BFG＝90°＝∠C，可證Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）；
（2）延長BH，AD交于Q，設FH＝HC＝x，在Rt△BCH中，有82+x2＝（6+x）2，得x＝，DH＝DC﹣HC＝，由△BFG∽△BCH，得＝＝，BG＝，FG＝，而EQ∥GB，DQ∥CB，可得＝，即＝，DQ＝，設AE＝EF＝m，則DE＝8﹣m，因＝，有＝，即解得AE的長為；
（3）分兩種情況：（Ⅰ）當DE＝DC＝2時，延長FE交AD于Q，過Q作QH⊥CD于H，設DQ＝x，QE＝y，則AQ＝6﹣x，CP＝2x，由AE是△AQF的角平分線，有＝①，在Rt△HQE中，（2﹣x）2+（x）2＝y2②，可解得x＝，CP＝2x＝；
（Ⅱ）當CE＝DC＝2時，延長FE交AD延長線于Q'，過Q'作Q'H'⊥CD交CD延長線于H'，同理解得x'＝，CP＝．
【解析】（1）證明：∵將△AEB沿BE翻折到△BEF處，四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°，
∴∠BFG＝90°＝∠C，
∵AB＝BC＝BF，BG＝BG，
∴Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）；
（2）解：延長BH，AD交于Q，如圖：
設FH＝HC＝x，
在Rt△BCH中，BC2+CH2＝BH2，
∴82+x2＝（6+x）2，
解得x＝，
∴DH＝DC﹣HC＝，
∵∠BFG＝∠BCH＝90°，∠HBC＝∠FBG，
∴△BFG∽△BCH，
∴＝＝，即＝＝，
∴BG＝，FG＝，
∵EQ∥GB，DQ∥CB，
∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，
∴＝，即＝，
∴DQ＝，
設AE＝EF＝m，則DE＝8﹣m，
∴EQ＝DE+DQ＝8﹣m+＝﹣m，
∵△EFQ∽△GFB，
∴＝，即＝，
解得m＝，
∴AE的長為；
方法2：連接GH，如圖：
∵CH＝FH，GH＝GH，
∴Rt△FGH≌Rt△CGH（HL），
∴CG＝FG，
設CG＝FG＝x，則BG＝8﹣x，
在Rt△BFG中，BF2+FG2＝BG2，
∴62+x2＝（8﹣x）2，
解得x＝，
∴BG＝BC﹣x＝，
∵∠GBE＝∠AEB＝∠FEB，
∴EG＝BG＝，
∴EF＝EG﹣FG＝；
∴AE＝；
（3）解：方法一：
（Ⅰ）當DE＝DC＝2時，延長FE交AD于Q，過Q作QH⊥CD于H，如圖：
設DQ＝x，QE＝y，則AQ＝6﹣x，
∵CP∥DQ，
∴△CPE∽△QDE，
∴＝＝2，
∴CP＝2x，
∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE，
∴AE是△AQF的角平分線，
∴＝，即＝①，
∵∠D＝60°，
∴DH＝DQ＝x，HE＝DE﹣DH＝2﹣x，HQ＝DH＝x，
在Rt△HQE中，HE2+HQ2＝EQ2，
∴（2﹣x）2+（x）2＝y2②，
聯立①②可解得x＝，
∴CP＝2x＝；
（Ⅱ）當CE＝DC＝2時，延長FE交AD延長線于Q'，過Q'作Q'H'⊥CD交CD延長線于H'，如圖：
設DQ'＝x'，Q'E＝y'，則AQ'＝6+x'，
同理∠Q'AE＝∠EAF，
∴＝，即＝，
由H'Q'2+H'E2＝Q'E2得：（x'）2+（x'+4）2＝y'2，
可解得x'＝，
∴CP＝x'＝，
綜上所述，CP的長為或．
方法二：
（Ⅰ）當DE＝DC＝2時，連接CF，過P作PK⊥CD于K，如圖：
∵四邊形ABCD是菱形，∠D＝60°，
∴△ABC，△ADC是等邊三角形，
∴∠ACB＝∠ACD＝60°，AD＝AC，
∴∠PCK＝60°，
∵將△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴∠AFE＝∠D＝60°＝∠ACB，AF＝AD＝AC，EF＝DE＝2，
∴∠AFC＝∠ACF，
∴∠PFC＝∠PCF，
∴PF＝PC，
設PF＝PC＝2m，
在Rt△PCK中，CK＝m，PK＝m，
∴EK＝EC﹣CK＝4﹣m，
在Rt△PEK中，EK2+PK2＝PE2，
∴（4﹣m）2+（m）2＝（2+2m）2，
解得m＝，
∴PC＝2m＝；
（Ⅱ）當CE＝DC＝2時，連接CF，過P作PT⊥CD交DC延長線于T，如圖：
同（Ⅰ）可證AC＝AD＝AF，∠ACB＝60°＝∠D＝∠AFE，
∴∠ACF＝∠AFC，
∴∠ACF﹣∠ACB＝∠AFC﹣∠AFE，即∠PCF＝∠PFC，
∴PC＝PF，
設PC＝PF＝2n，
在Rt△PCT中，
CT＝n，PT＝n，
∴ET＝CE+CT＝2+n，EP＝EF﹣PF＝DE﹣PF＝4﹣2n，
在Rt△PET中，PT2+ET2＝PE2，
∴（n）2+（2+n）2＝（4﹣2n）2，
解得n＝，
∴PC＝2n＝，
綜上所述，CP的長為或．
【點睛】本題考查四邊形的綜合應用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定與性質，三角形角平分線的性質，勾股定理及應用等知識，解題的關鍵是方程思想的應用．
類型四 面的旋轉問題
1．（2023 東營）如圖，在平面直角坐標系中，菱形OABC的邊長為2，點B在x軸的正半軸上，且∠AOC＝60°，將菱形OABC繞原點O逆時針方向旋轉60°，得到四邊形OA′B′C′（點A′與點C重合），則點B′的坐標是（　　）
A．（3，3） B．（3，3） C．（3，6） D．（6，3）
【答案】B
【點撥】如圖，過B′作B′D⊥y軸于D，連接OB′，根據旋轉的性質得到OC′＝C′B′＝2，∠C′OB′＝∠COA＝60°，B′C′∥OC，根據平行線的性質得到∠DC′B′＝∠C′OC＝60°，求得∠DB′C′＝30°，根據直角三角形的性質即可得到結論．
【解析】解：如圖，過B′作B′D⊥y軸于D，連接OB′，
∵將菱形OABC繞原點O逆時針方向旋轉60°，得到四邊形OA′B′C′，∠AOC＝60°，菱形OABC的邊長為2，
∴OC′＝C′B′＝2，∠C′OB′＝∠C′OC＝30°，B′C′∥OC，
∴∠DC′B′＝∠C′OC＝60°，
∴∠DB′C′＝30°，
∴，DB′＝B′C′＝3，
∴，
∴B′的坐標是（3，3），
故選：B．
【點睛】本題考查了菱形的性質，坐標與圖形變化﹣旋轉，直角三角形的性質，正確地作出輔助線是解題的關鍵．
2．（2022 廣西）如圖，在△ABC中，CA＝CB＝4，∠BAC＝α，將△ABC繞點A逆時針旋轉2α，得到△AB′C′，連接B′C并延長交AB于點D，當B′D⊥AB時，的長是（　　）
A．π B．π C．π D．π
【答案】B
【點撥】證明α＝30°，根據已知可算出AD的長度，根據弧長公式即可得出答案．
【解析】解：∵CA＝CB，CD⊥AB，
∴AD＝DB＝AB′．
∴∠AB′D＝30°，
∴α＝30°，
∵AC＝4，
∴AD＝AC cos30°＝4×＝2，
∴，
∴的長度l＝＝π．
故選：B．
【點睛】本題主要考查了弧長的計算及旋轉的性質，熟練掌握弧長的計算及旋轉的性質進行求解是解決本題的關鍵．
3．（2022 鎮江）如圖，在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，BC＝6，⊙O同時與邊BA的延長線、射線AC相切，⊙O的半徑為3．將△ABC繞點A按順時針方向旋轉α（0°＜α≤360°），B、C的對應點分別為B′、C′，在旋轉的過程中邊B′C′所在直線與⊙O相切的次數為（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【點撥】設⊙O與邊BA的延長線、射線AC分別相切于點T、點G，連接OA交⊙O于點L，連接OT，作AE⊥BC于點E，OH⊥BC于點H，先求得BE＝CE＝3，∠B＝∠ACB＝30°，則AE＝BE tan30°＝3，再證明OA∥BC，則OH＝AE＝OT＝OL＝3，可證明直線BC與⊙O相切，再求得OA＝2OT＝6，則AL＝3，作AK⊥B′C′于點K，由旋轉得AK＝AE＝3，∠AKB′＝∠AEB＝90°，直線B′C′與⊙O相切存在三種情況，一是△ABC繞點A旋轉到點K與點L重合，二是△ABC繞點A旋轉到B′C′∥OA，三是△ABC繞點A旋轉到B′C′與BC重合，即旋轉角α＝360°，分別加以說明即可．
【解析】解：如圖1，由題意可知⊙O同時與邊BA的延長線、射線AC相切，⊙O的半徑為3，
設⊙O與邊BA的延長線、射線AC分別相切于點T、點G，連接OA交⊙O于點L，連接OT，
∴AT⊥OT，OT＝3，
作AE⊥BC于點E，OH⊥BC于點H，則∠AEB＝90°，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，BC＝6，
∴BE＝CE＝BC＝3，∠B＝∠ACB＝（∠180﹣∠BAC）＝30°，
∴AE＝BE tan30°＝3×＝3，
∵∠TAC＝180°﹣∠BAC＝60°，
∴∠OAG＝∠OAT＝∠TAC＝30°，
∴∠OAG＝∠ACB，
∴OA∥BC，
∴OH＝AE＝OT＝OL＝3，
∴直線BC與⊙O相切，
∵∠ATO＝90°，
∴OA＝2OT＝6，
∴AL＝3，
作AK⊥B′C′于點K，由旋轉得AK＝AE＝3，∠AKB′＝∠AEB＝90°，
如圖2，△ABC繞點A旋轉到點K與點L重合，
∵∠OLB′＝180°﹣∠ALB′＝180°﹣∠AKB′＝90°，
∴B′C′⊥OL，
∵OL為⊙O的半徑，
∴B′C′與⊙O相切；
如圖3，△ABC繞點A旋轉到B′C′∥OA，作OR⊥B′C′交C′B′的延長線于點R，
∵OR＝AK＝3，
∴B′C′與⊙O相切；
當△ABC繞點A旋轉到B′C′與BC重合，即旋轉角α＝360°，則B′C′與⊙O相切，
綜上所述，在旋轉的過程中邊B′C′所在直線與⊙O相切3次，
故選：C．
【點睛】此題重點考查等腰三角形的性質、圓的切線的判定、銳角三角函數以及數形結合與分類討論數學思想的運用等知識與方法，畫出圖形并且正確地作出所需要的輔助線是解題的關鍵．
4．（2021 黑龍江）如圖，矩形ABCD的邊CD上有一點E，∠DAE＝22.5°，EF⊥AB，垂足為F，將△AEF繞著點F順時針旋轉，使得點A的對應點M落在EF上，點E恰好落在點B處，連接BE．下列結論：①BM⊥AE；②四邊形EFBC是正方形；③∠EBM＝30°；④S四邊形BCEM：S△BFM＝（2+1）：1．其中結論正確的序號是（　　）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．③④
【答案】C
【點撥】延長BM交AE于N，連接AM，由垂直的定義可得∠AFE＝∠EFB＝90°，根據直角三角形的兩個銳角互余得∠EAF＝67.5°，從而有∠EAF+∠FBM＝90°，得到①正確；根據三個角是直角可判斷四邊形EFBC是矩形，再由EF＝BF可知是正方形，故②正確，計算出∠EBM＝22.5°得③錯誤；根據等腰直角三角形的性質可知AM＝FM，推導得出AM＝EM＝FM，從而EF＝EM+FM＝（+1）FM，得到S△EFB：S△BFM＝（ ）：1，再由S四邊形BCEF＝2S△EFB，得S四邊形BCEM：S△BFM＝（2+1）：1，判斷出④正確．
【解析】解：如圖，延長BM交AE于N，連接AM，
∵EF⊥AB，
∴∠AFE＝∠EFB＝90°，
∵∠DAE＝22.5°，
∴∠EAF＝90°﹣∠DAE＝67.5°，
∵將△AEF繞著點F順時針旋轉得△MFB，
∴MF＝AF，FB＝FE，∠FBM＝∠AEF＝∠DAE＝22.5°，
∴∠EAF+∠FBM＝90°，
∴∠ANB＝90°，
∴BM⊥AE，故①正確；
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠C＝90°，
∵∠EFB＝90°，
∴四邊形EFBC是矩形，
又∵EF＝BF，
∴矩形EFBC是正方形，故②正確；
∴∠EBF＝45°，
∴∠EBM＝∠EBF﹣∠FBM
＝45°﹣22.5°
＝22.5°，
故③錯誤；
∵∠AFM＝90°，AF＝FM，
∴∠MAF＝45°，AM＝，
∴∠EAM＝67.5°﹣45°＝22.5°，
∴∠AEM＝∠MAE，
∴EM＝AM＝FM，
∴EF＝EM+FM＝（+1）FM，
∴S△EFB：S△BFM＝（ ）：1，
又∵四邊形BCEF是正方形，
∴S四邊形BCEF＝2S△EFB，
∴S四邊形BCEM：S△BFM＝（2+1）：1，
故④正確，
∴正確的是：①②④，
故選：C．
【點睛】本題考查了矩形的性質、旋轉的性質、勾股定理和正方形的判定與性質，掌握常用輔助線的添加方法，靈活運用相關知識是解題的關鍵．
5．（2022 山西）綜合與實踐
問題情境：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8．直角三角板EDF中∠EDF＝90°，將三角板的直角頂點D放在Rt△ABC斜邊BC的中點處，并將三角板繞點D旋轉，三角板的兩邊DE，DF分別與邊AB，AC交于點M，N．
猜想證明：
（1）如圖①，在三角板旋轉過程中，當點M為邊AB的中點時，試判斷四邊形AMDN的形狀，并說明理由；
問題解決：
（2）如圖②，在三角板旋轉過程中，當∠B＝∠MDB時，求線段CN的長；
（3）如圖③，在三角板旋轉過程中，當AM＝AN時，直接寫出線段AN的長．
【答案】（1）四邊形AMDN是矩形，理由見解析；
（2）CN＝；
（3）．
【點撥】（1）由三角形中位線定理可得MD∥AC，可證∠A＝∠AMD＝∠MDN＝90°，即可求解；
（2）由勾股定理可求BC的長，由中點的性質可得CG的長，由銳角三角函數可求解；
（3）利用對角互補模型可證點A，點M，點D，點N四點共圓，可得∠ADN＝∠AMN＝45°，由直角三角形的性質可求HN的長，即可求解．
【解析】解：（1）四邊形AMDN是矩形，理由如下：
∵點D是BC的中點，點M是AB的中點，
∴MD∥AC，
∴∠A+∠AMD＝180°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠AMD＝90°，
∵∠A＝∠AMD＝∠MDN＝90°，
∴四邊形AMDN是矩形；
（2）如圖2，過點N作NG⊥CD于G，
∵AB＝6，AC＝8，∠BAC＝90°，
∴BC＝＝10，
∵點D是BC的中點，
∴BD＝CD＝5，
∵∠MDN＝90°＝∠A，
∴∠B+∠C＝90°，∠BDM+∠1＝90°，
∴∠1＝∠C，
∴DN＝CN，
又∵NG⊥CD，
∴DG＝CG＝，
∵cosC＝，
∴，
∴CN＝；
（3）如圖③，連接MN，AD，過點N作HN⊥AD于H，
∵AM＝AN，∠MAN＝90°，
∴∠AMN＝∠ANM＝45°，
∵∠BAC＝∠EDF＝90°，
∴點A，點M，點D，點N四點共圓，
∴∠ADN＝∠AMN＝45°，
∵NH⊥AD，
∴∠ADN＝∠DNH＝45°，
∴DH＝HN，
∵BD＝CD＝5，∠BAC＝90°，
∴AD＝CD＝5，
∴∠C＝∠DAC，
∴tanC＝tan∠DAC＝＝，
∴AH＝HN，
∵AH+HD＝AD＝5，
∴DH＝HN＝，AH＝，
∴AN＝＝＝．
解法二：如圖，延長MD到T，使得MD＝DT，連接NT，CT．
設AM＝AN＝a．證明CT＝BM＝6﹣a，NM＝NT＝a，∠NCT＝90°，
由NT2＝CN2+CT2，
可得（a）2＝（8﹣a）2+（6﹣a）2，解得a＝．
解法三：也可以通過D向AC和AB分別作垂線DQ和DP，通過△DPM∽△DQN相似來算．
【點睛】本題是三角形綜合題，考查了矩形的判定，直角三角形的性質，勾股定理，銳角三角函數，圓的有關知識，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．
6．（2022 達州）某校一數學興趣小組在一次合作探究活動中，將兩塊大小不同的等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形CDE，按如圖1的方式擺放，∠ACB＝∠ECD＝90°，隨后保持△ABC不動，將△CDE繞點C按逆時針方向旋轉α（0°＜α＜90°），連接AE，BD，延長BD交AE于點F，連接CF．該數學興趣小組進行如下探究，請你幫忙解答：
【初步探究】
（1）如圖2，當ED∥BC時，則α＝　45°　；
（2）如圖3，當點E，F重合時，請直接寫出AF，BF，CF之間的數量關系：　BF＝AF+CF　；
【深入探究】
（3）如圖4，當點E，F不重合時，（2）中的結論是否仍然成立？若成立，請給出推理過程；若不成立，請說明理由．
【拓展延伸】
（4）如圖5，在△ABC與△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，若BC＝mAC，CD＝mCE（m為常數）．保持△ABC不動，將△CDE繞點C按逆時針方向旋轉α（0°＜α＜90°），連接AE，BD，延長BD交AE于點F，連接CF，如圖6．試探究AF，BF，CF之間的數量關系，并說明理由．
【答案】（1）45°；
（2）BF＝AF+CF，理由見解析；
（3）成立，理由見解析；
（4）BF＝mAF+ FC．
【點撥】（1）由平行線的性質和等腰直角三角形的定義可得α的值；
（2）先根據SAS證明△ACE≌△BCD（SAS），得AF＝BD，最后由線段的和及等腰直角三角形斜邊與直角邊的關系可得結論；
（3）如圖4，過點C作CG⊥CF交BF于點G，證△BCG≌△ACF（ASA），得GC＝FC，BG＝AF，則△GCF為等腰直角三角形，GF＝CF，即可得出結論；
（4）先證△BCD∽△ACE，得∠CBD＝∠CAE，過點C作CG⊥CF交BF于點G，再證△BGC∽△AFC，得BG＝mAF，GC＝mFC，然后由勾股定理求出GF＝ FC，即可得出結論．
【解析】解：（1）∵△CED是等腰直角三角形，
∴∠CDE＝45°，
∵ED∥BC，
∴∠BCD＝∠CDE＝45°，即α＝45°，
故答案為：45°；
（2）BF＝AF+CF，理由如下：
如圖3，
∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，
∴∠DCE＝∠ACB，AC＝BC，CD＝CE，DF＝CF，
∴∠ACE＝∠BCD，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AF＝BD，
∵BF＝DF+BD，
∴BF＝AF+CF；
故答案為：BF＝AF+CF；
（3）如圖4，當點E，F不重合時，（2）中的結論仍然成立，理由如下：
由（2）知，△ACE≌△BCD（SAS），
∴∠CAF＝∠CBD，
過點C作CG⊥CF交BF于點G，
∵∠ACF+∠ACG＝90°，∠ACG+∠GCB＝90°，
∴∠ACF＝∠BCG，
∵∠CAF＝∠CBG，BC＝AC，
∴△BCG≌△ACF（ASA），
∴GC＝FC，BG＝AF，
∴△GCF為等腰直角三角形，
∴GF＝CF，
∴BF＝BG+GF＝AF+CF；
（4）BF＝mAF+ FC．理由如下：
由（2）知，∠ACE＝∠BCD，
而BC＝mAC，CD＝mEC，
即＝＝m，
∴△BCD∽△ACE，
∴∠CBD＝∠CAE，
過點C作CG⊥CF交BF于點G，如圖6所示：
由（3）知，∠BCG＝∠ACF，
∴△BGC∽△AFC，
∴＝＝＝m，
∴BG＝mAF，GC＝mFC，
在Rt△CGF中，GF＝＝＝ CF，
∴BF＝BG+GF＝mAF+ FC．
【點睛】本題是三角形的綜合題，考查了旋轉的性質，全等三角形的性質和判定，相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是理解題意，學會利用參數構建方程解決問題，學會運用類比的方法解決問題，屬于中考壓軸題．
7．（2022 菏澤）如圖1，在△ABC中，∠ABC＝45°，AD⊥BC于點D，在DA上取點E，使DE＝DC，連接BE、CE．
（1）直接寫出CE與AB的位置關系；
（2）如圖2，將△BED繞點D旋轉，得到△B′E′D（點B′、E′分別與點B、E對應），連接CE′、AB′，在△BED旋轉的過程中CE′與AB′的位置關系與（1）中的CE與AB的位置關系是否一致？請說明理由；
（3）如圖3，當△BED繞點D順時針旋轉30°時，射線CE′與AD、AB′分別交于點G、F，若CG＝FG，DC＝，求AB′的長．
【答案】（1）CE⊥AB；
（2）在△BED旋轉的過程中CE′與AB′的位置關系與（1）中的CE與AB的位置關系是一致，理由見解析；
（3）5．
【點撥】（1）由等腰直角三角形的性質可得，∠ABC＝∠DAB＝45°，∠DCE＝∠DEC＝∠AEH＝45°，可得結論；
（2）通過證明△ADB'∽△CDE'，可得∠DAB'＝∠DCE'，由余角的性質可得結論；
（3）由等腰直角的性質和直角三角形的性質可得AB'＝AD，即可求解．
【解析】解：（1）如圖1，延長CE交AB于H，
∵∠ABC＝45°，AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠ADB＝90°，∠ABC＝∠DAB＝45°，
∵DE＝CD，
∴∠DCE＝∠DEC＝∠AEH＝45°，
∴∠BHC＝∠BAD+∠AEH＝90°，
∴CE⊥AB；
（2）在△BED旋轉的過程中CE′與AB′的位置關系與（1）中的CE與AB的位置關系是一致，
理由如下：如圖2，延長CE'交AB'于H，
由旋轉可得：CD＝DE'，B'D＝AD，
∵∠ADC＝∠ADB＝90°，
∴∠CDE'＝∠ADB'，
又∵＝1，
∴△ADB'∽△CDE'，
∴∠DAB'＝∠DCE'，
∵∠DCE'+∠DGC＝90°，
∴∠DAB'+∠AGH＝90°，
∴∠AHC＝90°，
∴CE'⊥AB'；
（3）如圖3，過點D作DH⊥AB'于點H，
∵△BED繞點D順時針旋轉30°，
∴∠BDB'＝30°，B'D＝BD＝AD，
∴∠ADB'＝120°，∠DAB'＝∠AB'D＝30°，
∵DH⊥AB'，
∴AD＝2DH，AH＝DH＝B'H，
∴AB'＝AD，
由（2）可知：△ADB'∽△CDE'，
∴∠DCE'＝∠DAB'＝30°，
∵AD⊥BC，CD＝，
∴DG＝1，CG＝2DG＝2，
∴CG＝FG＝2，
∵∠DAB'＝30°，CE'⊥AB'，
∴AG＝2GF＝4，
∴AD＝AG+DG＝4+1＝5，
∴AB'＝AD＝5．
【點睛】本題是三角形綜合題，考查了等腰三角形的性質，直角三角形的性質，旋轉的性質，相似三角形的判定和性質等知識，證明三角形相似是解題的關鍵．
8．（2022 岳陽）如圖，△ABC和△DBE的頂點B重合，∠ABC＝∠DBE＝90°，∠BAC＝∠BDE＝30°，BC＝3，BE＝2．
（1）特例發現：如圖1，當點D，E分別在AB，BC上時，可以得出結論：＝　　，直線AD與直線CE的位置關系是 　垂直　；
（2）探究證明：如圖2，將圖1中的△DBE繞點B順時針旋轉，使點D恰好落在線段AC上，連接EC，（1）中的結論是否仍然成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；
（3）拓展運用：如圖3，將圖1中的△DBE繞點B順時針旋轉α（19°＜α＜60°），連接AD、EC，它們的延長線交于點F，當DF＝BE時，求tan（60°﹣α）的值．
【答案】（1），垂直；
（2）結論不變，證明見解析；
（3）．
【點撥】（1）解直角三角形求出EC，AD，可得結論；
（2）結論不變，證明△ABD∽△CBE，推出＝＝，∠ADB＝∠BEC，可得結論；
（3）如圖3中，過點B作BJ⊥AC于點J，設BD交AK于點K，過點K作KT⊥AB于點K．求出BJ，JK，可得結論．
【解析】解：（1）在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝3，∠A＝30°，
∴AB＝BC＝3，
在Rt△BDE中，∠BDE＝30°，BE＝2，
∴BD＝BE＝2，
∴EC＝1，AD＝，
∴＝，此時AD⊥EC，
故答案為：，垂直；
（2）結論成立．
理由：∵∠ABC＝∠DBE＝90°，
∴∠ABD＝∠CBE，
∵AB＝BC，BD＝BE，
∴＝，
∴△ABD∽△CBE，
∴＝＝，∠ADB＝∠BEC，
∵∠ADB+∠CDB＝180°，
∴∠CDB+∠BEC＝180°，
∴∠DBE+∠DCE＝180°，
∵∠DBE＝90°，
∴∠DCE＝90°，
∴AD⊥EC；
（3）如圖3中，過點B作BJ⊥AC于點J，設BD交AK于點K，過點K作KT⊥AB于點T．
∵∠AJB＝90°，∠BAC＝30°，
∴∠ABJ＝60°，
∴∠KBJ＝60°﹣α．
∵AB＝3，
∴BJ＝AB＝，AJ＝BJ＝，
當DF＝BE時，四邊形BEFD是矩形（由∠DBE＝90°，∠F＝90，取DE中點，證明BDFE四點共圓，再由BE＝DF推得弧等，從而圓周角∠DEF＝∠BDE＝30°，則∠BEF＝90°，由3個直角得矩形），
∴∠ADB＝90°，AD＝＝＝，
設KT＝m，則AT＝m，AK＝2m，
∵∠KTB＝∠ADB＝90°，
∴tanα＝＝，
∴＝，
∴BT＝m，
∴m+m＝3，
∴m＝，
∴AK＝2m＝，
∴KJ＝AJ﹣AK＝﹣＝，
∴tan（60°﹣α）＝＝．
解法二：證明∠CAF＝60°﹣α，
通過tan（60°﹣α）＝求解即可．
【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
9．（2023 鎮江）[發現]如圖1，有一張三角形紙片ABC，小宏做如下操作：
①取AB、AC的中點D、E，在邊BC上作MN＝DE．
②連接EM，過點D、N作DG⊥EM、NH⊥EM，垂足分別為G、H．
③將四邊形BDGM剪下，繞點D旋轉180°至四邊形ADPQ的位置，將四邊形CEHN剪下，繞點E旋轉180°至四邊形AEST的位置．
④延長PQ、ST交于點F．
小宏發現并證明了以下幾個結論是正確的：
①點Q、A、T在一條直線上；
②四邊形FPGS是矩形；
③△FQT≌△HMN；
④四邊形FPGS與△ABC的面積相等．
[任務1]請你對結論①進行證明．
[任務2]如圖2，四邊形ABCD中，AD∥BC，P、Q分別是AB、CD的中點，連接PQ．求證：PQ＝（AD+BC）．
[任務3]如圖3，有一張四邊形紙片ABCD，AD∥BC，AD＝2，BC＝8，CD＝9，sin∠DCB＝，小麗分別取AB、CD的中點P、Q，在邊BC上作MN＝PQ，連接MQ，她仿照小宏的操作，將四邊形ABCD分割、拼成了矩形．如果她拼成的矩形恰好是正方形，求BM的長．
【答案】[任務1]見解析；
[任務2]見解析；
[任務3]．
【點撥】[任務1]根據旋轉的性質得到∠QAD＝∠ABC，∠TAE＝∠ACB，求得∠QAD+∠DAE+∠TAE＝180°，于是得到點Q、A、T在一條直線上；
[任務2]連接AQ并延長交BC的延長線于E，根據平行線的性質得到∠DAQ＝∠E，根據全等三角形的判定和性質定理得到AQ＝EQ，AD＝CE，根據三角形中位線定理即可得到結論；
[任務3]由[任務2]知PQ∥BC，PQ＝5，作DR⊥BC于R，在Rt△DCR中，根據三角函數的定義得到DR＝CD sin∠DCB＝9×＝，根據勾股定理得到QE＝＝4，作QH⊥BC于H，根據相似三角形的性質即可得到結論．
【解析】[任務1]證明：由旋轉得，∠QAD＝∠ABC，∠TAE＝∠ACB，
∵∠ABC+∠BAC+∠ACB＝180°，
∴∠QAD+∠DAE+∠TAE＝180°，
∴點Q、A、T在一條直線上；
[任務2]證明：連接AQ并延長交BC的延長線于E，
∵AD∥BC，
∴∠DAQ＝∠E，
∵Q是CD的中點，
∴DQ＝CQ，
∵∠AQD＝∠EQC，
∴△ADQ≌△ECQ（AAS），
∴AQ＝EQ，AD＝CE，
∵P是AB的中點，
∴PQ是△ABC的中位線，
∴PQ＝BE＝（CE+BC），
∴PQ＝（AD+BC）；
[任務3]解：由[任務2]知PQ∥BC，PQ＝5，
作DR⊥BC于R，
在Rt△DCR中，DR＝CD sin∠DCB＝9×＝，
∴四邊形ABCD的面積＝（AD+BC）DR＝（2+8）×＝36，
∵四邊形ABCD的面積＝四邊形GEST的面積，四邊形GEST是正方形，
∴GE＝6，PE＝3，
∴QE＝＝4，
∵Q是CD的中點，
∴CQ＝，
作QH⊥BC于H，
∴QH＝CQ sin∠DCB＝，
∴CH＝＝，
∵PQ∥BC，
∴∠PQE＝∠QMH，
∵∠PEQ＝∠QHM，
∴△PEQ∽△QMH，
∴，
∴，
∴HM＝，
∴BM＝BC﹣HM﹣CH＝8﹣＝．
【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查了梯形的性質，全等三角形的判定定理，相似三角形的判定和性質，勾股定理，解直角三角形，正確地作出輔助線是解題的關鍵．
10．（2023 湘潭）問題情境：小紅同學在學習了正方形的知識后，進一步進行以下探究活動：在正方形ABCD的邊BC上任意取一點G，以BG為邊長向外作正方形BEFG，將正方形BEFG繞點B順時針旋轉．
特例感知：（1）當BG在BC上時，連接DF，AC相交于點P，小紅發現點P恰為DF的中點，如圖①．針對小紅發現的結論，請給出證明；
（2）小紅繼續連接EG，并延長與DF相交，發現交點恰好也是DF中點P，如圖②．根據小紅發現的結論，請判斷△APE的形狀，并說明理由；
規律探究：
（3）如圖③，將正方形BEFG繞點B順時針旋轉α，連接DF，點P是DF中點，連接AP，EP，AE，△APE的形狀是否發生改變？請說明理由．
【答案】（1）證明過程詳見解析；
（2）△APE是等腰直角三角形；
（3）△APE仍然是等腰直角三角形．
【點撥】（1）延長FG，交AC于H，可推出FG＝BG，CG＝GH，從而CD＝FH，進而得出△CDP≌△HFP，進一步得出結論；
（2）延長EG，交AD的延長線于點M，設DF和EG交于點Q，同理（1）可證得△DQM≌△FQE，從而DQ＝FQ，從而得出點Q和點P重合，進一步得出結論；
（3）延長EP至Q，是PQ＝PE，連接DQ，延長DA和FE，交于點N，△PDQ≌△PFE，從而DQ＝EF，∠PQD＝∠PEF，所以∠N+∠ADQ＝180°，可推出∠N+∠ABE＝180°，進而推出△ADQ≌△ABE，AE＝AQ，∠DAQ＝∠BAE，進而推出∠QAE＝90°，進一步得出結論．
【解析】解：（1）如圖1，
延長FG，交AC于H，
∵四邊形ABCD和四邊形BEFG是正方形，
∴BC＝CD，FG＝BG，CD∥AE，FG∥AE，∠CGH＝∠BGF＝90°，
∴∠CHG＝45°，CD∥FG，
∴∠ACB＝∠CHG，∠CDP＝∠HFP，∠DCP＝∠FHP，
∴CG＝GH，
∴CG+BG＝GH+FG，
∴BC＝FH，
∴CD＝FH，
∴△CDP≌△HFP（ASA），
∴點P是DF的中點；
（2）如圖2，
△APE是等腰直角三角形，理由如下：
延長EG，交AD的延長線于點M，設DF和EG交于點Q，
∵四邊形ABCD和四邊形BEFG是正方形，
∴∠BAD＝90°，∠BEG＝45°，AD＝AB，BE＝EF，AD∥BC∥EF，∠BAC＝45°，
∴∠M＝45°，∠M＝∠GEF，∠MDQ＝∠EFQ，
∴∠M＝∠BEG，
∴AM＝AE，
∴AM﹣AD＝AE﹣AB，
∴DM＝BE，
∴DM＝EF，
∴△DQM≌△FQE（ASA），
∴DQ＝FQ，
∴點Q和點P重合，即：EG與DF的交點恰好也是DF中點P，
∵∠BAC＝45°，∠BEG＝45°，
∴∠APE＝90°，AP＝EP，
∴△APE是等腰直角三角形；
（3）如圖3，
△APE仍然是等腰直角三角形，理由如下：
延長EP至Q，是PQ＝PE，連接DQ，延長DA和FE，交于點N，
∵DP＝PF，∠DPQ＝∠EPF，
∴△PDQ≌△PFE（SAS），
∴DQ＝EF，∠PQD＝∠PEF，
∴∠N+∠ADQ＝180°，
∵四邊形ABCD和四邊形BEFG是正方形，
∴∠BAN＝∠DAB＝90°，∠BEN＝∠BEF＝90°，AB＝AD，BE＝EF，
∴∠N+∠ABE＝360°﹣∠BAN﹣∠BEN＝360°﹣90°﹣90°＝180°，DQ＝BE，
∴∠ABE＝∠ADQ，
∴△ADQ≌△ABE（SAS），
∴AE＝AQ，∠DAQ＝∠BAE，
∴∠BAE+∠BAQ＝∠DAQ+∠BAQ＝∠BAD＝90°，
∴∠QAE＝90°，
∴AP⊥EQ，AP＝PE＝，
∴△APE是等腰直角三角形．
【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形的判定和性質等知識，解決問題的關鍵是“倍長中線”．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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