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中考数学一轮复习 图形的旋转
一．解答题（共20小题）
1．综合与实践
【问题情境】
数学活动课上，老师发给每位同学一个直角三角形纸片ABC，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4．
【问题发现】
奋进小组将三角形纸片ABC进行以下操作：第一步：折叠三角形纸片 ABC使点C与点A重合，
然后展开铺平，得到折痕DE；第二步：然后将△DEC绕点D顺时针方向旋转得到△DFG．点
E，C的对应点分别是点F，G，直线GF与边AC交于点M（点M不与点A重合），与边AB交于
点N．
如图1小明发现，折痕DE的长很容易求出，并且MF和ME的数量关系也能证明．
如图2小红发现，在△DEC绕点D旋转的过程中，当直线GF经过点B时或直线GF∥BC时，
AM的长都可求…
【问题提出与解决】
奋进小组根据小明和小红的发现，讨论后提出问题1和问题2，请你解答．
问题1：如图1，按照如上操作
（1）折痕DE的长为 ；
（2）在△DEC绕点D旋转的过程中，直接写出MF与ME的数量关系；
问题2：在△DEC绕点D旋转的过程中，如图2，探究当直线GF∥BC时，求AM的长；
【拓展应用】
小刚受到探究过程的启发，在△DEC绕点D旋转的过程中，尝试画图，并提出问题3，请你解答．
问题3：在△DEC绕点D旋转的过程中，连接AF，当AF取最小值时，请直接写出△AMD的面
积．
2．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝3．
（1）问题发现
如图1，将△CAB绕点C按逆时针方向旋转90°得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE的数
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量关系是 ，AD与BE的位置关系是 ；
（2）类比探究
将△CAB绕点C按逆时针方向旋转任意角度得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE的数量关
系，位置关系与（1）中结论是否一致？若AD交CE于点N，请结合图2说明理由；
（3）迁移应用
如图3，将△CAB绕点C旋转一定角度得到△CDE，当点D落到AB边上时，连接BE，求线段
BE的长．
3．数学老师在课堂上给出了一个问题，让同学们探究．在 Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝
30°，点D在直线BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，过点E作EF∥BC，交
直线AB于点F．
（1）当点D在线段BC上时，如图①，求证：BD+EF＝AB；
分析问题：某同学在思考这道题时，想利用AD＝AE构造全等三角形，便尝试着在AB上截取AM
＝EF，连接DM，通过证明两个三角形全等，最终证出结论：
推理证明：写出图①的证明过程：
探究问题：
（2）当点D在线段BC的延长线上时，如图②：当点D在线段CB的延长线上时，如图③，请
判断并直接写出线段BD，EF，AB之间的数量关系；
拓展思考：
（3）在（1）（2）的条件下，若AC＝6√3，CD＝2BD，则EF＝ ．
4．图1、2是一个折叠梯的实物图．图3是折叠梯展开、折叠过程中的一个主视图．图 4是折叠梯
4
充分展开后的主视图，此时点E落在AC上，已知AB＝AC，sin∠BAC≈ ，点D、F、G、J在
5
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AB上，DE、FM、GH、JK均与BC所在直线平行，DE＝FM＝GH＝JK＝20cm，DF＝FG＝GJ＝
30cm．点N在AC上，AN、MN的长度固定不变．图5是折叠梯完全折叠时的主视图，此时AB、
AC重合，点E、M、H、N、K、C在AB上的位置如图所示．
【分析问题】
（1）如图5，用图中的线段填空：AN＝MN+EM+AD﹣ ；
（2）如图4，sin∠MEN≈ ，由 AN＝EN+AE＝EN+AD，且AN的长度不变，
可得MN与EN之间的数量关系为 ；
【解决问题】
（3）求MN的长．
5．综合与实践
问题情境
在一次综合与实践课上，老师让同学们以两个全等的等腰直角三角形纸片为操作对象．纸片
△ABC和△DEF满足∠ACB＝∠EDF＝90°，AC＝BC＝DF＝DE＝2cm．
下面是创新小组的探究过程．
操作发现
（1）如图1，取AB的中点O，将两张纸片放置在同一平面内，使点 O与点F重合．当旋转
△DEF纸片交AC边于点H、交BC边于点G时，设AH＝x（1＜x＜2），BG＝y，请你探究出y
与x的函数关系式，并写出解答过程．
问题解决
（2）如图2，在（1）的条件下连接GH，发现△CGH的周长是一个定值．请你写出这个定值，
并说明理由．
拓展延伸
（3）如图3，当点F在AB边上运动（不包括端点A、B），且始终保持∠AFE＝60°．请你直接
写 出 △ DEF 纸 片 的 斜 边 EF 与 △ ABC 纸 片 的 直 角 边 所 夹 锐 角 的 正 切 值
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（结果保留根号）．
6．在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为直线BC上任意一点，连接AD．将线段AD
绕点D按顺时针方向旋转90°得线段ED，连接BE．
【尝试发现】
（1）如图1，当点D在线段BC上时，线段BE与CD的数量关系为 ；
【类比探究】
（2）当点D在线段BC的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段BE与CD的数量关系
并证明；
【联系拓广】
（3）若AC＝BC＝1，CD＝2，请直接写出sin∠ECD的值．
7．如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形
ABC中，CA＝CB，∠C＝90°，过点B作射线BD⊥AB，垂足为B，点P在CB上．
（1）【动手操作】
如图②，若点P在线段CB上，画出射线PA，并将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点
E，根据题意在图中画出图形，图中∠PBE的度数为 度；
（2）【问题探究】
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根据（1）所画图形，探究线段PA与PE的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展延伸】
如图③，若点P在射线CB上移动，将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点E，探究线段
BA，BP，BE之间的数量关系，并说明理由．
8．【问题呈现】
△CAB和△CDE都是直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，CB＝mCA，CE＝mCD，连接AD，
BE，探究AD，BE的位置关系．
【问题探究】
（1）如图1，当m＝1时，直接写出AD，BE的位置关系： ．
（2）如图2，当m≠1时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
【拓展应用】
（3）当m=√3，AB＝4√7，DE＝4时，将△CDE绕点C旋转，使A，D，E三点恰好在同一直线
上，求BE的长．
9．1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点 A，B，
C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了
分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
（1）下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和
“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填
空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）
当△ABC的三个内角均小于120°时，
如图1，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，连接PP′，
由PC＝P′C，∠PCP′＝60°，可知△PCP′为 三角形，故PP′＝PC，又P′A′＝
PA，故PA+PB+PC＝P′A′+PB+PP′≥A′B，
由 可知，当B，P，P′，A′在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图
2，最小值为A′B，此时的P点为该三角形的“费马点”，
且有∠APC＝∠BPC＝∠APB＝ ；
已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若
∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为 点．
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（2）如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC＝3，BC＝4，∠ACB＝30°，已知点P
为△ABC的“费马点”，求PA+PB+PC的值；
（3）如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC＝4km，BC＝2√3km，∠ACB
＝60°．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，
C的铺设成本分别为a元/km，a元/km，√2a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本
最低为 元．（结果用含a的式子表示）
10．【模型建立】
（1）如图1，△ABC和△BDE都是等边三角形，点C关于AD的对称点F在BD边上．
①求证：AE＝CD；
②用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由；
【模型应用】
（2）如图2，△ABC是直角三角形，AB＝AC，CD⊥BD，垂足为D，点C关于AD的对称点F在
BD边上．用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由；
【模型迁移】
（3）在（2）的条件下，若AD＝4√2，BD＝3CD，求cos∠AFB的值．
11．综合与实践
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问题情境
数学活动课上，老师发给每名同学一个等腰三角形纸片ABC，AB＝AC，∠BAC＞90°，要求同学
们将纸片沿一条直线折叠，探究图形中的结论．
问题发现
奋进小组在边AC上取一点D，连接BD，将这个纸片沿BD翻折，点A的对应点为E，如图1所
示．
如图2，小明发现，当点E落在边BC上时，∠DEC＝2∠ACB．
如图3，小红发现，当点D是AC的中点时，连接CE，若已知AB和CE的长，则可求BD的长．
……
问题提出与解决
奋进小组根据小明和小红的发现，讨论后提出问题1，请你解答．
问题1：在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＞90°，点D是边AC上一点，将△ABD沿BD翻折得到
△EBD．
（1）如图2，当点E在边BC上时，求证：∠DEC＝2∠ACB．
（2）如图3，当点D是AC的中点时，连接CE，若AB＝4，CE＝3，求BD的长．
拓展延伸
小刚受到探究过程的启发，将等腰三角形的顶角改为锐角，尝试画图，并提出问题2，请你解答．
问题2：如图4，点D是△ABC外一点，AB＝AC＝BD＝4，CD＝1，∠ABD＝2∠BDC，求BC的
长．
12．如图1，在△ABC中，AB＝AC，点M，N分别为边AB，BC的中点，连接MN．
初步尝试：（1）MN与AC的数量关系是 ，MN与AC的位置关系是
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．
特例研讨：（2）如图2，若∠BAC＝90°，BC＝4√2，先将△BMN绕点B顺时针旋转 （ 为锐
角），得到△BEF，当点A，E，F在同一直线上时，AE与BC相交于点D，连接CF． α α
①求∠BCF的度数；
②求CD的长．
深入探究：（3）若∠BAC＜90°，将△BMN绕点B顺时针旋转 ，得到△BEF，连接AE，CF．
当旋转角 满足0°＜ ＜360°，点C，E，F在同一直线上时，利α用所提供的备用图探究∠BAE与
∠ABF的数α量关系，并α 说明理由．
13．【问题情境】如图，在△ABC中，AB＝AC，∠ACB＝ ，点D在边BC上．将线段DB绕点D
顺时针旋转得到线段DE（旋转角小于180°），连接BE，αCE，以CE为底边在其上方作等腰三角
形FEC，使∠FCE＝ ，连接AF．
【尝试探究】 α
（1）如图1，当 ＝60°时，易知AF＝BE；
如图2，当 ＝45α°时，则AF与BE的数量关系为 ；
（2）如图3α，写出AF与BE的数量关系（用含 的三角函数表示），并说明理由；
【拓展应用】 α
1
（3）如图4，当 ＝30°且点B，E，F三点共线时．若BC＝4√7，BD= BC，请直接写出AF的
5
α
长．
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14．【特例感知】
（1）如图1，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，点C在OA上，点D
在BO的延长线上，连接AD，BC，线段AD与BC的数量关系是 ；
【类比迁移】
（2）如图2，将图1中的△COD绕着点O顺时针旋转 （0°＜ ＜90°），那么第（1）问的结论
是否仍然成立？如果成立，证明你的结论；如果不成立，α 说明理α由．
【方法运用】
（3）如图3，若AB＝8，点C是线段AB外一动点，AC＝3√3，连接BC．
①若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值是 ；
②若以BC为斜边作Rt△BCD（B，C，D三点按顺时针排列），∠CDB＝90°，连接AD，当
∠CBD＝∠DAB＝30°时，直接写出AD的值．
15．【问题情境】
在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中
∠ACB＝∠DEB＝90°，∠B＝30°，BE＝AC＝3．
【问题探究】
小昕同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转．
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（1）如图2，当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F，求BF的长．
（2）若点C、E、D在同一条直线上，求点D到直线BC的距离．
（3）连接DC，取DC的中点G，三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同
一条直线上（如图3），求点G所经过的路径长．
（4）如图 4，G 为 DC 的中点，则在旋转过程中，点 G 到直线 AB 的距离的最大值是
．
16．在△ABC中，点D，E分别是AB，AC边上的点，DE∥BC．
基础理解：
AE
（1）如图1，若AD＝4，BD＝3，求 的值；
AC
证明与拓展：
（2）如图2，将△ADE绕点A逆时针旋转度，得到△AD E ，连接BD ，CE ．
1 1 1 1
BD AD
①求证：
1=
；
CE AE
1
②如图3，若∠BAC＝90°，AB＜AC，AD＝6，△ADE在旋转过程中，点D 恰好落在DE上时，
1
BD 3
连接EE ，
1=
，则△E D E的面积为 ．
1 CE 4 1 1
1
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17．数学课上，有这样一道探究题．
如图，已知△ABC中，AB＝AC＝m，BC＝n，∠BAC＝ （0°＜ ＜180°），点P为平面内不与点
A、C重合的任意一点，连接CP，将线段CP绕点P顺时α针旋转α ，得线段PD，连接CD、AP点
α
EF
E、F分别为BC、CD的中点，设直线AP与直线EF相交所成的较小角为 ，探究 的值和 的
AP
β β
度数与m、n、 的关系．
请你参与学习小α组的探究过程，并完成以下任务：
（1）填空：
【问题发现】
EF EF
小明研究了 ＝60°时，如图1，求出了 的值和 的度数分别为 = ，
PA PA
α β
＝ ；
β EF EF
小红研究了 ＝90°时，如图2，求出了 的值和 的度数分别为 = ，
PA PA
α β
＝ ；
β【类比探究】
EF
他们又共同研究了 ＝120°时，如图3，也求出了 的值和 的度数；
PA
α β
【归纳总结】
EF
最后他们终于共同探究得出规律： = （用含m、n的式子表示）； ＝
PA
β
（用含 的式子表示）．
α EF
（2）求出 ＝120°时 的值和 的度数．
PA
α β
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18．在一平面内，线段AB＝20，线段BC＝CD＝DA＝10，将这四条线段顺次首尾相接．把AB固定，
让AD绕点A从AB开始逆时针旋转角 （ ＞0°）到某一位置时，BC，CD将会跟随出现到相应
的位置． α α
论证：如图1，当AD∥BC时，设AB与CD交于点O，求证：AO＝10；
发现：当旋转角 ＝60°时，∠ADC的度数可能是多少？
尝试：取线段CDα的中点M，当点M与点B距离最大时，求点M到AB的距离；
拓展：①如图2，设点D与B的距离为d，若∠BCD的平分线所在直线交AB于点P，直接写出
BP的长（用含d的式子表示）；
②当点C在AB下方，且AD与CD垂直时，直接写出 的余弦值．
α
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19．[初步尝试]
（1）如图①，在三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕
为MN，则AM与BM的数量关系为 ；
[思考说理]
（2）如图②，在三角形纸片ABC中，AC＝BC＝6，AB＝10，将△ABC折叠，使点B与点C重
AM
合，折痕为MN，求 的值；
BM
[拓展延伸]
（3）如图③，在三角形纸片ABC中，AB＝9，BC＝6，∠ACB＝2∠A，将△ABC沿过顶点C的
直线折叠，使点B落在边AC上的点B′处，折痕为CM．
①求线段AC的长；
②若点 O 是边 AC 的中点，点 P 为线段 OB′上的一个动点，将△APM 沿 PM 折叠得到
PF
△A′PM，点A的对应点为点A′，A′M与CP交于点F，求 的取值范围．
MF
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20．（1）【操作发现】
如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．
①请按要求画图：将△ABC绕点A顺时针方向旋转90°，点B的对应点为点B′，点C的对应点
为点C′．连接BB′；
②在①中所画图形中，∠AB′B＝ °．
（2）【问题解决】
如图2，在Rt△ABC中，BC＝1，∠C＝90°，延长CA到D，使CD＝1，将斜边AB绕点A顺时针
旋转90°到AE，连接DE，求∠ADE的度数．
（3）【拓展延伸】
如图3，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝1，CD＝3，AD＝
kAB（k为常数），求BD的长（用含k的式子表示）．
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中考数学一轮复习 图形的旋转
参考答案与试题解析
一．解答题（共20小题）
1．综合与实践
【问题情境】
数学活动课上，老师发给每位同学一个直角三角形纸片ABC，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4．
【问题发现】
奋进小组将三角形纸片ABC进行以下操作：第一步：折叠三角形纸片 ABC使点C与点A重合，
然后展开铺平，得到折痕DE；第二步：然后将△DEC绕点D顺时针方向旋转得到△DFG．点
E，C的对应点分别是点F，G，直线GF与边AC交于点M（点M不与点A重合），与边AB交于
点N．
如图1小明发现，折痕DE的长很容易求出，并且MF和ME的数量关系也能证明．
如图2小红发现，在△DEC绕点D旋转的过程中，当直线GF经过点B时或直线GF∥BC时，
AM的长都可求…
【问题提出与解决】
奋进小组根据小明和小红的发现，讨论后提出问题1和问题2，请你解答．
问题1：如图1，按照如上操作
3
（1）折痕DE的长为 ；
2
（2）在△DEC绕点D旋转的过程中，直接写出MF与ME的数量关系；
问题2：在△DEC绕点D旋转的过程中，如图2，探究当直线GF∥BC时，求AM的长；
【拓展应用】
小刚受到探究过程的启发，在△DEC绕点D旋转的过程中，尝试画图，并提出问题3，请你解答．
问题3：在△DEC绕点D旋转的过程中，连接AF，当AF取最小值时，请直接写出△AMD的面
积．
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【考点】几何变换综合题．
【专题】三角形．
3 3 15
【答案】问题1：（1） ；（2）MF＝ME；问题2：AM= ；问题3： ．
2 2 16
【分析】问题1：（1）由折叠的性质可知AE＝CE，DE⊥AC，再证DE是△ABC的中位线，即可
得出结论；
（2）连接DM，由旋转知DE＝DF，∠DFM＝∠DEM＝90°，再证△DMF≌△DME即可得出结
论；
3
问题2：过点A作AH⊥BC于H，交FG于K．则四边形DFKH是矩形，得出DF=KH= ，由三
2
AK AM
角形面积求出AH，然后证△AKM∽△AHC，得出 = ，即可得出结论；
AH AC
问题3：连接AD、DM，则AF+DF≥AD，当A、F、D三点共线时，AF+DF＝AD，此时AF+DF
1
的值最小，AF最小，由直角三角形斜边中线的性质得AD= BC，证明△AMF∽△CBA，由相
2
似三角形的性质得出AM的长，利用三角形面积公式即可解答．
【解答】解：问题1：（1）∵折叠三角形纸片ABC使点C与点A重合，然后展开铺平，得到折
痕DE，
∴AE＝CE，DE⊥AC，
∵∠BAC＝90°，
∴DE∥AB，
CD CE
∴ = =1，
BD AE
∴CD＝BD，
∴DE为△ABC的中位线，
1 3
∴DE= AB= ，
2 2
3
故答案为： ；
2
（2）如图，连接DM，
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∵将△DEC绕点D顺时针方向旋转得到△DFG，
∴DE＝DF，∠DFM＝∠DEM＝90°，
在Rt△DMF和Rt△DME中，
{DF=DE
，
DM=DM
∴Rt△DMF≌Rt△DME（HL），
∴MF＝ME；
问题2：①过点A作AH⊥BC于H，交FG于K，
∵GF∥BC，
∴∠HKF＝90°，
∵∠DFG＝90°，
∴四边形DFKH是矩形，
3
∴DF=KH= ，
2
∵AB＝3，AC＝4，
∴BC=√AB2+AC2=5，
1 1
∵S = AB⋅AC= BC⋅AH，
△ABC 2 2
∴3×4＝5AH，
12
解得：AH= ，
5
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12 3 9
∴AK=AH−HK= − = ，
5 2 10
∵GF∥BC，
∴△AKM∽△AHC，
9
AK AM 10 AM
∴ = = ，
AH AC 12 4
5
3
解得：AM= ；
2
问题3：如图，连接AD、DM，
∵AF+DF≥AD，
∴A、F、D三点共线时，AF+DF＝AD，此时AF+DF的值最小，AF最小，
∵∠BAC＝90°，BD＝CD，
1 5
∴AD=CD= BC= ，
2 2
5 3
∴AF=AD−DF= − =1，∠DAC＝∠C，
2 2
∵∠AFM＝∠BAC，
∴△AMF∽△CBA，
AF AM 1 AM
∴ = ，即 = ，
AC BC 4 5
5
解得：AM= ，
4
1 1 5 3 15
∴S = AM⋅DE= × × = ．
△ADM 2 2 4 2 16
【点评】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、矩形的判
定与性质、三角形的三边关系及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
2．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝3．
（1）问题发现
如图1，将△CAB绕点C按逆时针方向旋转90°得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE的数
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量关系是 BE ＝ 3 AD ，AD与BE的位置关系是 AD ⊥ BE ；
（2）类比探究
将△CAB绕点C按逆时针方向旋转任意角度得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE的数量关
系，位置关系与（1）中结论是否一致？若AD交CE于点N，请结合图2说明理由；
（3）迁移应用
如图3，将△CAB绕点C旋转一定角度得到△CDE，当点D落到AB边上时，连接BE，求线段
BE的长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；推理能力．
【答案】（1）BE＝3AD，AD⊥BE；
（2）线段AD与BE的数量关系，位置关系与（1）中结论一致，理由见解析过程；
3√10
（3） ．
5
【分析】（1）由旋转的性质可得AC＝DC＝1，BC＝CE＝3，∠ECB＝∠ACD＝90°，由等腰直角
三角形的性质可得AD=√2，BE＝3√2，∠CAD＝∠ADC＝45°，∠CBE＝∠CEB＝45°，可证
AD⊥BE；
AD AC 1
（2）通过证明△BCE∽△ACD，可得 = = ，∠CDA＝∠CEB，可证 BE＝3AD，
BE BC 3
AD⊥BE；
（3）由勾股定理可求AB的长，通过证明△ACN∽△ABC，可求AN的长，由等腰三角形的性质
可求AD的长，即可求解．
【解答】解：（1）如图1，延长DA交BE于H，
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∵将△CAB绕点C按逆时针方向旋转90°得到△CDE，
∴AC＝DC＝1，BC＝CE＝3，∠ECB＝∠ACD＝90°，
∴AD=√2，BE＝3√2，∠CAD＝∠ADC＝45°，∠CBE＝∠CEB＝45°，
∴BE＝3AD，∠CAD＝∠EAH＝45°，
∴∠EHA＝90°，
∴AD⊥BE，
故答案为：BE＝3AD，AD⊥BE；
（2）线段AD与BE的数量关系，位置关系与（1）中结论一致，理由如下：
如图2，延长DA交BE于H，
∵将△CAB绕点C按逆时针方向旋转任意角度得到△CDE，
∴AC＝DC＝1，BC＝CE＝3，∠ECB＝∠ACD，
AC CD 1
∴ = = ，
BC CE 3
∴△BCE∽△ACD，
AD AC 1
∴ = = ，∠CDA＝∠CEB，
BE BC 3
∴BE＝3AD，
∵∠CEB+∠ENH＝∠CDA+∠CND＝90°，
∴∠EHD＝90°，
∴AD⊥BE；
（3）如图3，过点C作CN⊥AB于N，
∵∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝3，
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∴AB=√AC❑ 2+BC❑ 2=√1+9=√10，
∵CN⊥AB，
∴∠ANC＝90°＝∠ACB，
又∵∠A＝∠A，
∴△ACN∽△ABC，
AC AN
∴ = ，
AB AC
∴AN•√10=1，
√10
∴AN= ，
10
∵AC＝DC，CN⊥AB，
√10
∴AD＝2AN= ，
5
3√10
由（2）可知：BE＝3AD= ．
5
【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角
形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
3．数学老师在课堂上给出了一个问题，让同学们探究．在 Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝
30°，点D在直线BC上，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，过点E作EF∥BC，交
直线AB于点F．
（1）当点D在线段BC上时，如图①，求证：BD+EF＝AB；
分析问题：某同学在思考这道题时，想利用AD＝AE构造全等三角形，便尝试着在AB上截取AM
＝EF，连接DM，通过证明两个三角形全等，最终证出结论：
推理证明：写出图①的证明过程：
探究问题：
（2）当点D在线段BC的延长线上时，如图②：当点D在线段CB的延长线上时，如图③，请
判断并直接写出线段BD，EF，AB之间的数量关系；
拓展思考：
（3）在（1）（2）的条件下，若AC＝6√3，CD＝2BD，则EF＝ 1 0 或 1 8 ．
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【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析过程；
（2）图②：AB＝BD﹣EF，图③：AB＝EF﹣BD；
（3）10或18．
【分析】（1）在AB边上截取AM＝EF，连接DM，根据题意证明出△DAM≌△AEF（SAS），
得到AF＝DM，然后证明出△BMD是等边三角形，得到BD＝BM＝DM，进而求解即可；
（2）图②：在BD上取点H，使BH＝AB，连接AH并延长到点G使AG＝AF，连接DG，首先
证明出△ABH 是等边三角形，得到∠BAH＝60°，然后求出∠BAH＝∠DAE，然后证明出
△FAE≌△GAD（SAS），得到EF＝DG，∠AFE＝∠G，然后证明出△DHG是等边三角形，得到
DH＝DG＝EF，进而求解即可；
图③：在EF上取点H使AH＝AF，同理证明出△EAH≌△ADB（AAS），得到BD＝AH，AB＝
EH，进而求解即可；
（3）根据勾股定理和含30°角直角三角形的性质求出BC＝6，AB＝12，然后结合CD＝2BD，分
别（1）（2）的条件下求出BD的长度，进而求解即可．
【解答】（1）证明：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D在直线BC上，将线段
AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，过点E作EF∥BC，交直线AB于点F．在AB边上截取
AM＝EF，连接DM．如图1，
∴∠B＝90°﹣∠BAC＝90°﹣30°＝60°．
∵EF∥BC，
∴∠EFB＝∠B＝60°．
又∵∠EAD＝60°，
∴∠EFB＝∠EAD．
又∵∠BAD＝∠EAD﹣∠EAF，∠AEF＝∠EFB﹣∠EAF，
∴∠BAD＝∠AEF．
又∵AD＝AE，AM＝EF，
∴△DAM≌△AEF（SAS）．
∴AF＝DM．
∴∠AMD＝∠EFA＝180°﹣∠EFB＝180°﹣60°＝120°．
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∴∠BMD＝180°﹣∠AMD＝180°﹣120°＝60°．
∵∠B＝60°，
∴∠BMD＝∠B＝∠BDM．
∴△BMD是等边三角形．
∴BD＝BM＝DM，
∵AB＝AM+BM，
∴AB＝EF+BD；
（2）解：图②：AB＝BD﹣EF，证明如下：
如图2.1所示，在BD上取点H，使BH＝AB，连接AH并延长到点G使AG＝AF，连接DG，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABH是等边三角形，
∴∠BAH＝60°，
∵线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，
∴∠DAE＝60°，AE＝AD，
∴∠BAH＝∠DAE，
∴∠BAH﹣∠EAH＝∠DAE﹣∠EAH，即∠BAE＝∠HAD，
又∵AG＝AF，
∴△FAE≌△GAD（SAS），
∴EF＝DG，∠AFE＝∠G，
∵BD∥EF，
∴∠ABC＝∠F＝∠G＝60°，
∵∠DHG＝∠AHB＝60°，
∴△DHG是等边三角形，
∴DH＝DG＝EF，
∴AB＝BH＝BD﹣DH＝BD﹣EF；
图③：AB＝EF﹣BD，证明如下：
如图2.2所示，在EF上取点H使AH＝AF，
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∵EF∥BC，
∴∠F＝∠ABC＝60°，
∵AH＝AF，
∴△AHF是等边三角形，
∴∠AHF＝∠HAF＝60°，
∴∠AHE＝120°，
∵将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴∠DAB+∠EAH＝180°﹣∠EAD﹣∠HAF＝60°，
∵∠D+∠DAB＝∠ABC＝60°，
∴∠D＝∠EAH，
∵∠DBA＝180°﹣∠ABC＝120°＝∠EHA，
又∵AD＝AE，
∴△EAH≌△ADB（AAS），
∴BD＝AH，AB＝EH，
∵AH＝FH，
∴BD＝HF，
∴AB＝EH＝EF﹣FH＝EF﹣BD；
（3）解：如图3.1所示，
∵∠BAC＝30°，∠C＝90°，
∴AB＝2BC，AB2＝BC2+AC2，
∴(2BC) 2=BC2+(6√3) 2 ，
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∴BC＝6，
∴AB＝2BC＝12，
∵CD＝2BD，BC＝BD+CD，
1
∴BD= BC＝2，CD＝4，
3
由（1）可知，BD+EF＝AB，
∴EF＝AB﹣BD＝12﹣2＝10；
如图3.2所示，当点D在线段BC的延长线上时，
∵CD＜BD，与CD＝2BD矛盾，
∴不符合题意；
如图3.3所示，当点D在线段CB的延长线上时，
∵CD＝2BD＝BD+BC，BC＝6，
∴BD＝BC＝6，
由（2）可知，AB＝EF﹣BD，
∵AB＝2BC＝12，
∴EF＝AB+BD＝12+6＝18．
综上所述，EF＝10或18，
故答案为：10或18．
【点评】此题考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，等边三角形的性质和判定，含 30°角
直角三角形的性质，解题的关键是掌握以上知识点．
4．图1、2是一个折叠梯的实物图．图3是折叠梯展开、折叠过程中的一个主视图．图 4是折叠梯
4
充分展开后的主视图，此时点E落在AC上，已知AB＝AC，sin∠BAC≈ ，点D、F、G、J在
5
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AB上，DE、FM、GH、JK均与BC所在直线平行，DE＝FM＝GH＝JK＝20cm，DF＝FG＝GJ＝
30cm．点N在AC上，AN、MN的长度固定不变．图5是折叠梯完全折叠时的主视图，此时AB、
AC重合，点E、M、H、N、K、C在AB上的位置如图所示．
【分析问题】
（1）如图5，用图中的线段填空：AN＝MN+EM+AD﹣ DE ；
4
（2）如图4，sin∠MEN≈ ，由 AN＝EN+AE＝EN+AD，且AN的长度不变，可得MN与
5
EN之间的数量关系为 MN +1 0 ＝ EN ；
【解决问题】
（3）求MN的长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）DE；
4
（2） ，MN+10＝EN；
5
（3）40cm．
【分析】（1）AN＝MN+EM+AE＝MN+EM+（AD﹣DE）＝MN+EM+AD﹣DE；
（2）可推出四边形DEMF是平行四边形，从而 EM∥DF，从而∠MEN＝∠BAC，进而得出
4
sin∠MEN＝sin∠BAC= ，根据AN＝MN+EM+AD﹣DE，AN＝EN+AD得出MN+EM+AD﹣DE＝
5
EN+AD，进一步得出结果；
（3）作MW⊥AC于W，解直角三角形EMN求得MW和EW，进而表示出WN，在直角三角形
MNW中根据勾股定理列出方程，进而得出结果．
【解答】解：（1）∵AE＝AD﹣DE，
∴AN＝MN+EM+AE＝MN+EM+（AD﹣DE）＝MN+EM+AD﹣DE，
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故答案为：DE；
（2）∵DE、FM、GH、JK均与BC所在直线平行，
∴DE∥FM，
∵DE＝FM＝20cm，
∴四边形DEMF是平行四边形，
∴EM∥DF，
∴∠MEN＝∠BAC，
4
∴sin∠MEN＝sin∠BAC= ，
5
∵AN＝MN+EM+AD﹣DE，AN＝EN+AD，
∴MN+EM+AD﹣DE＝EN+AD，
∴MN+EM﹣DE＝EN，
∴MN+30﹣20＝EN，
∴MN+10＝EN，
4
故答案为： ，MN+10＝EN；
5
（3）如图，
作MW⊥AC于W，
∴∠MWN＝∠MWE＝90°，
4
∴MW2+WN2＝MN2，MW＝EM•sin∠MEN＝30× =24，
5
∴EW=√EM2−MW2=√302−242=18，
设MN＝a，则EN＝a+10，WN＝EN﹣EW＝a+10﹣18＝a﹣8，
∴242+（a﹣8）2＝a2，
∴a＝40，
∴MN＝40cm．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，平行四边形的判定和性质等知识，解决问题的关键是
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理解题意，熟练应用有关基础知识．
5．综合与实践
问题情境
在一次综合与实践课上，老师让同学们以两个全等的等腰直角三角形纸片为操作对象．纸片
△ABC和△DEF满足∠ACB＝∠EDF＝90°，AC＝BC＝DF＝DE＝2cm．
下面是创新小组的探究过程．
操作发现
（1）如图1，取AB的中点O，将两张纸片放置在同一平面内，使点 O与点F重合．当旋转
△DEF纸片交AC边于点H、交BC边于点G时，设AH＝x（1＜x＜2），BG＝y，请你探究出y
与x的函数关系式，并写出解答过程．
问题解决
（2）如图2，在（1）的条件下连接GH，发现△CGH的周长是一个定值．请你写出这个定值，
并说明理由．
拓展延伸
（3）如图3，当点F在AB边上运动（不包括端点A、B），且始终保持∠AFE＝60°．请你直接
写出△DEF纸片的斜边EF与△ABC纸片的直角边所夹锐角的正切值 2+√3 或 2−√3 （结果
保留根号）．
【考点】几何变换综合题．
【专题】分类讨论；等腰三角形与直角三角形；图形的相似；解直角三角形及其应用；应用意识．
2
【答案】（1）y与x的函数关系式为y= (1＜x＜2)；
x
（2）△CHG 的周长为2；
（3）2+√3或2−√3．
【 分 析 】 （ 1 ） 证 明 △ AFH∽ △ BGF ， 可 得 AH• BG ＝ AF• BF ， 求 出
AB=√AC2+BC2=√22+22=2√2，可得AF=BF=√2，故xy=√2×√2，＝2，从而y与x的函
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2
数关系式为y= (1＜x＜2)；
x
（ 2 ） 求 出 CH ＝ 2﹣ x ， CG ＝ 2﹣ y ， 可 得
GH=√CH2+CG2=√(2−x) 2+(2−y) 2=√x2+ y2−4(x+ y)+8=√(x+ y) 2−2xy−4(x+ y)+8
将xy＝2代入得GH=√(x+ y) 2−4(x+ y)+4=√(x+ y−2) 2=|x+ y−2|，而1＜x＜2，1＜y＜
2，知x+y＞2，故GH＝x+y﹣2，可得△CHG 的周长＝CH+CG+GH＝2﹣x+2﹣y+x+y﹣2＝2；
（3）分两种情况：①过点F作 FN⊥AC于点N，作FH的垂直平分线交FN于点M，连接MH，
求出∠AHF＝75°，可得∠NMH＝30°，设NH＝k，则MH＝MF＝2k，从而FN＝MF+MN＝（2
FN (2+√3)k
+√3）k，tan∠FHN=tan75°= = =2+√3；②过点 F 作 FN⊥BC 于点 N，作
NH k
FG 的垂直平分线交 BG 于点 M，连接 FM，同理可得 GN＝GM+MN＝（2+√3）k，
FN k
tan∠FGN=tan15°= = =2−√3．
GN (2+√3)k
【解答】解：（1）如图：
∵∠ACB＝∠EDF＝90°，且 AC＝BC＝DF＝DE＝2cm，
∴∠A＝∠B＝∠DFE＝45°，
∴∠AFH+∠BFG＝∠BFG+∠FGB＝135°，
∴∠AFH＝∠FGB，
∴△AFH∽△BGF，
AF AH
∴ = ，
BG BF
∴AH•BG＝AF•BF，
在 Rt△ACB 中，AC＝BC＝2，
∴AB=√AC2+BC2=√22+22=2√2，
∵O是AB的中点，点O与点F重合，
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∴AF=BF=√2，
∴xy=√2×√2，
2
∴y= ，
x
2
∴y与x的函数关系式为y= (1＜x＜2)；
x
（2）△CGH的周长定值为2，理由如下：
∵AC＝BC＝2，AH＝x，BG＝y，
∴CH＝2﹣x，CG＝2﹣y，
在Rt△HCG 中，
∴
GH=√CH2+CG2=√(2−x) 2+(2−y) 2=√x2+ y2−4(x+ y)+8=√(x+ y) 2−2xy−4(x+ y)+8
将（1）中xy＝2代入得：GH=√(x+ y) 2−4(x+ y)+4=√(x+ y−2) 2=|x+ y−2|，
2
∵1＜x＜2，y= ，
x
∴1＜y＜2，
∴x+y＞2，
∴GH＝x+y﹣2，
∴△CHG 的周长＝CH+CG+GH＝2﹣x+2﹣y+x+y﹣2＝2；
（3）①过点F作 FN⊥AC于点N，作FH的垂直平分线交FN于点M，连接MH，如图：
∵∠AFE＝60°，∠A＝45°，
∴∠AHF＝75°，
∴FM＝MH，
∵∠FNH＝90°，
∴∠NFH＝15°，
∵FM＝MH，
∴∠NFH＝∠MHF＝15°，
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∴∠NMH＝30°，
在 Rt△MNH中，设NH＝k，
∴MH＝MF＝2k，
∴MN=√M H2−N H2=√3k，
∴FN＝MF+MN＝（2+√3）k，
在Rt△FNH中，
FN (2+√3)k
tan∠FHN=tan75°= = =2+√3；
NH k
②过点F作FN⊥BC于点N，作FG的垂直平分线交BG于点M，连接FM，
∵∠AFE＝60°，∠B＝45°，
∴∠FGB＝∠AFE﹣∠B＝15°，
∵GM＝MF，
∴∠FGB＝∠GFM＝15°，
∴∠FMB＝30°，
在 Rt△FNM中，设FN＝k，
∴GM＝MF＝2k，
由勾股定理得MN=√M H2−N H2=√3k，
∴GN＝GM+MN＝（2+√3）k，
在 Rt△FNG 中，
FN k
tan∠FGN=tan15°= = =2−√3，
GN (2+√3)k
综上所述，tan∠FHN=2+√3 或 tan∠FGN=2−√3，
故答案为：2+√3或2−√3．
【点评】本题考查几何变换综合应用，涉及相似三角形判定与性质，等腰直角三角形性质及应用，
锐角三角函数，勾股定理及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形解决问题．
6．在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为直线BC上任意一点，连接AD．将线段AD
绕点D按顺时针方向旋转90°得线段ED，连接BE．
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【尝试发现】
（1）如图1，当点D在线段BC上时，线段BE与CD的数量关系为 BE=√2CD ；
【类比探究】
（2）当点D在线段BC的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段BE与CD的数量关系
并证明；
【联系拓广】
（3）若AC＝BC＝1，CD＝2，请直接写出sin∠ECD的值．
【考点】几何变换综合题．
【专题】图形的全等；推理能力．
2√13 2√5
【答案】（1）BE=√2CD；（2）BE=√2CD，补图及证明见解析；（3） 或 ．
13 5
【分析】（1）过点 E 作 EM⊥CB 延长线于点 M，利用一线三垂直全等模型证明
△ACD≌△DME，再证明BM＝EM即可；
（2）同（1）中方法证明△ACD≌△DME，再证明BM＝EM即可；
（3）过点E作EM⊥CB，求出EM，CE即可．
【解答】解：（1）如图，过点E作EM⊥CB延长线于点M，
由旋转得AD＝DE，∠ADE＝90°，
∴∠ADC+∠EDM＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠DME，∠ADC+∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠EDM，
∴△ACD≌△DME（AAS），
∴CD＝EM，AC＝DM，
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∵AC＝BC，
∴BM＝DM﹣BD＝AC﹣BD＝BC﹣BD＝CD，
∴BM＝EM，
∵EM⊥CB，
∴BE=√2EM=√2CD，
故答案为：BE=√2CD；
（2）补全图形如图，BE=√2CD，理由如下：
过点E作EM⊥BC于点M，
由旋转得AD＝DE，∠ADE＝90°，
∴∠ADC+∠EDM＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠DME，∠ADC+∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠EDM，
∴△ACD≌△DME（AAS），
∴CD＝EM，AC＝DM，
∵AC＝BC，
∴DM＝BC，
∴DM﹣CM＝BC﹣CM，
∴CD＝BM，
∴EM＝BM，
∵EM⊥CB，
∴BE=√2EM=√2CD；
（3）如图，当点D在CB延长线上时，过点E作EM⊥CB延长线于点M，
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由（2）得DM＝AC＝1，EM＝CD＝2，
∴CM＝CD+DM＝3，
∴CE=√CM2+EM2=√13，
EM 2 2√13
∴sin∠ECD= = = ；
CE √13 13
当点D在BC延长线上时，过点E作EM⊥CB于点M，
同理可得：△ACD≌△DME，
∴DM＝AC＝1，ME＝CD＝2，
∴CM＝2﹣1＝1，
∴CE=√22+12=√5，
EM 2 2√5
∴sin∠ECD= = = ，
CE √5 5
2√13 2√5
综上，sin∠ECD= 或 ．
13 5
【点评】本题考查三角形全等的判定与性质，三角函数，掌握一线三垂直全等模型是解题的关键．
7．如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形
ABC中，CA＝CB，∠C＝90°，过点B作射线BD⊥AB，垂足为B，点P在CB上．
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（1）【动手操作】
如图②，若点P在线段CB上，画出射线PA，并将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点
E，根据题意在图中画出图形，图中∠PBE的度数为 13 5 度；
（2）【问题探究】
根据（1）所画图形，探究线段PA与PE的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展延伸】
如图③，若点P在射线CB上移动，将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点E，探究线段
BA，BP，BE之间的数量关系，并说明理由．
【考点】几何变换综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据题意画出图形，由CA＝CB，∠C＝90°，得∠ABC＝45°，而BD⊥AB，即得
∠PBE＝∠ABC+∠ABD＝135°；
（2）过P作PM∥AB交AC于M，证明△PCM是等腰直角三角形，得CP＝CM，∠PMC＝45°，
即可证△APM≌△PEB（ASA），故PA＝PE；
（3）当P在线段BC上时，过P作PM∥AB交AC于M，结合（2）可得AB=√2BP+BE；当P在
线段CB的延长线上时，过P作PN⊥BC交BE于N，证明△BPN是等腰直角三角形，可得∠ABP
＝135°，BP＝NP，BN=√2BP，∠PNB＝45°，即可证△EPN≌△APB（ASA），EN＝BA，根据
BE＝EN+BN，即得BE＝BA+√2BP．
【解答】解：（1）画出图形如下：
∵CA＝CB，∠C＝90°，
∴∠ABC＝45°，
∵BD⊥AB，
∴∠ABD＝90°，
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∴∠PBE＝∠ABC+∠ABD＝45°+90°＝135°；
故答案为：135；
（2）PA＝PE，理由如下：
过P作PM∥AB交AC于M，如图：
∴∠MPC＝∠ABC＝45°，
∴△PCM是等腰直角三角形，
∴CP＝CM，∠PMC＝45°，
∴CA﹣CM＝CB﹣CP，即AM＝BP，∠AMP＝135°＝∠PBE，
∵∠APE＝90°，
∴∠EPB＝90°﹣∠APC＝∠PAC，
∴△APM≌△PEB（ASA），
∴PA＝PE；
（3）当P在线段BC上时，过P作PM∥AB交AC于M，如图：
由（2）可知，BE＝PM，BP＝AM，
∵AB=√2（AM+CM），
∴AB=√2BP+√2CM，
∵PM=√2CM，
∴AB=√2BP+BE；
当P在线段CB的延长线上时，过P作PN⊥BC交BE于N，如图：
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∵∠ABD＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠PBN＝180°﹣∠ABC﹣∠ABD＝45°，
∴△BPN是等腰直角三角形，∠ABP＝135°，
∴BP＝NP，BN=√2BP，∠PNB＝45°，
∴∠PNE＝135°＝∠ABP，
∵∠APE＝90°，
∴∠EPN＝90°﹣∠APN＝∠APB，
∴△EPN≌△APB（ASA），
∴EN＝BA，
∵BE＝EN+BN，
∴BE＝BA+√2BP；
综上所述，当P在线段BC上时，AB=√2BP+BE；当P在线段CB的延长线上时，BE＝BA+√2
BP．
【点评】本题考查几何变换综合应用，涉及等腰直角三角形，旋转变换，全等三角形的判定与性
质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
8．【问题呈现】
△CAB和△CDE都是直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，CB＝mCA，CE＝mCD，连接AD，
BE，探究AD，BE的位置关系．
【问题探究】
（1）如图1，当m＝1时，直接写出AD，BE的位置关系： AD ⊥ BE ．
（2）如图2，当m≠1时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
【拓展应用】
（3）当m=√3，AB＝4√7，DE＝4时，将△CDE绕点C旋转，使A，D，E三点恰好在同一直线
上，求BE的长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；图形的相似；推理能力．
【答案】（1）BE⊥AD；
（2）成立，理由见解析过程；
（3）BE＝6√3或4√3．
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【分析】（1）由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得∠DAC＝∠CBE，由余角的性质可证
AD⊥BE；
（2）通过证明△DCA∽△ECB，可得∠DAC＝∠CBE，由余角的性质可证AD⊥BE；
（3）分两种情况讨论，由相似三角形的性质可得BE=√3AD，由勾股定理可求解．
【解答】解：（1）如图1，延长BE交AC于点H，交AD于N，
当m＝1时，DC＝CE，CB＝CA，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠DAC＝∠CBE，
∵∠CAB+∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠CAB+∠ABE+∠DAC＝90°，
∴∠ANB＝90°，
∴AD⊥BE，
故答案为：AD⊥BE；
（2）（1）中的结论成立，理由如下：
如图2，延长BE交AC于点H，交AD于N，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
DC AC 1
又∵ = = ，
CE BC m
∴△DCA∽△ECB，
∴∠DAC＝∠CBE，
∵∠CAB+∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠CAB+∠ABE+∠DAC＝90°，
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∴∠ANB＝90°，
∴AD⊥BE，
（3）如图3，当点E在线段AD上时，连接BE，
∵△DCA∽△ECB，
BE BC
∴ = = m=√3，
AD AC
∴BE=√3AD=√3（4+AE），
∵AD⊥BE，
∴AB2＝AE2+BE2，
∴112＝AE2+3（4+AE）2，
∴AE＝2或AE＝﹣8（舍去），
∴BE＝6√3，
当点D在线段AE上时，连接BE，
∵△DCA∽△ECB，
BE BC
∴ = = m=√3，
AD AC
∴BE=√3AD=√3（AE﹣4），
∵AD⊥BE，
∴AB2＝AE2+BE2，
∴112＝AE2+3（AE﹣4）2，
∴AE＝8或AE＝﹣2（舍去），
∴BE＝4√3，
综上所述：BE＝6√3或4√3．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，
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勾股定理，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
9．1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点 A，B，
C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了
分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
（1）下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和
“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填
空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）
当△ABC的三个内角均小于120°时，
如图1，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，连接PP′，
由PC＝P′C，∠PCP′＝60°，可知△PCP′为 等边 三角形，故PP′＝PC，又P′A′＝
PA，故PA+PB+PC＝P′A′+PB+PP′≥A′B，
由 两点之间线段最短 可知，当B，P，P′，A′在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，
如图2，最小值为A′B，此时的P点为该三角形的“费马点”，
且有∠APC＝∠BPC＝∠APB＝ 120 ° ；
已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若
∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为 A 点．
（2）如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC＝3，BC＝4，∠ACB＝30°，已知点P
为△ABC的“费马点”，求PA+PB+PC的值；
（3）如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC＝4km，BC＝2√3km，∠ACB
＝60°．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，
C的铺设成本分别为a元/km，a元/km，√2a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本
最低为 2√13a 元．（结果用含a的式子表示）
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【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）等边；两点之间线段最短；120°；A；
（2）5；
（3）2√13a．
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析后即可得出结论，然后填空即
可；
（2）根据（1）的方法将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，即可得出可知当B、P、P'、
A'在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，再根据∠ACB＝30°可证明∠BCA'＝
90°，根据勾股定理即可求出A'B；
（3）根据总铺设成本=a(PA+PB+√2PC)，将△APC绕点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，得
到等腰直角△PP'C，推出 PP'=√2PC，即可得出当 B、P、P'、A'在同一条直线上时，
P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+√2PC取最小值为A'B的长，然后根据已知条件和旋转的性质
求出A'B即可．
【解答】解：（1）∵PC＝P'C，∠PCP'＝60°，
∴△PCP'为等边三角形，
∴PP'＝PC，∠P'PC＝∠PP'C＝60°，
又∵P'A'＝PA，
∴PA+PB+PC＝PA'+PB+PP'≥A'B，
根据两点之间线段最短可知，当B、P、P'、A'在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值
为A'B，
此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴∠BPC+∠P'PC＝180°，∠A'P'C+∠PP'C＝180°，
∴∠BPC＝120°，∠A'P'C＝120°，
∵将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，
∴△APC≌△A'P'C，
∴∠APC＝∠AP'C'＝120°，
∴∠APB＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
∴∠APC＝∠BPC＝∠APB＝120°，
∵∠BAC≥120°，
∴BC＞AC，BC＞AB，
∴BC+AB＞AC+AB，BC+AC＞AB+AC，
∴三个顶点中顶点A到另外两个顶点的距离和最小，
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又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点，
∴该三角形的“费马点”为点A．
故答案为：等边；两点之间线段最短；120°；A；
（2）如图4，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由（1）可知当B、P、P'、A'在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，
∵∠ACP＝∠A'CP'，
∴∠ACP+∠BCP＝∠A'CP'+∠BCP＝∠ACB＝30°，
又∵∠PCP'＝60°，
∴∠BCA'＝90°，
根据旋转的性质可知：AC＝A'C＝3，
∴A'B=√42+32=5，
即PA+PB+PC的最小值为5；
（3）∵总铺设成本＝PA×a+PB×a+PC×√2a=a(PA+PB+√2PC)，
∴当PA+PB+√2PC最小时，总铺设成本最低，
将△APC绕点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，连接PP'，A'B，
由旋转性质可知：P'C＝PC，∠PCP'＝∠ACA'＝90°，P'A'＝PA，A'C＝AC＝4km，
∴PP'=√2PC，
∴PA+PB+√2PC＝P'A'+PB+PP'，
当B、P、P'、A'在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，
即PA+PB+√2PC取最小值为A'B，
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过点A'作A'H⊥BC于H，
∵∠ACB＝60°，∠ACA'＝90°，
∴∠A'CH＝30°，
1
∴A'H= A'C＝2km，
2
∴HC=√A′C❑ 2−A′H❑ 2=√42−22=2√3（km），
∴BH＝BC+CH=2√3+2√3=4√3（km），
∴A'B=√A′H❑ 2+BH❑ 2=√(4√3)❑ 2+2❑ 2=2√13（km），
即PA+PB+√2PC的最小值为2√13km，
总铺设成本为：总铺设成本=a(PA+PB+√2PC)=2√13a（元）．
故答案为：2√13a．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，两点之间线
段最短以及等边三角形的性质，深入理解题意是解决问题的关键．
10．【模型建立】
（1）如图1，△ABC和△BDE都是等边三角形，点C关于AD的对称点F在BD边上．
①求证：AE＝CD；
②用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由；
【模型应用】
（2）如图2，△ABC是直角三角形，AB＝AC，CD⊥BD，垂足为D，点C关于AD的对称点F在
BD边上．用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由；
【模型迁移】
（3）在（2）的条件下，若AD＝4√2，BD＝3CD，求cos∠AFB的值．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何变换；几何直观．
【答案】（1）①证明见解答过程；
②AD＝BD+DF．理由见解答过程；
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（2）BD+DF=√2AD．理由见解答过程；
√5
（3） ．
5
【分析】（1）①根据△ABC和△BDE都是等边三角形推出判定△ABE和△CBD全等，然后根据
全等三角形的对应边相等即可得证；
②根据等边三角形的性质和对称的性质即可推出线段AD，BD，DF的数量关系；
（2）过点B作BE⊥AD于E，根据等腰直角三角形的性质推出判定△ABE∽△CBD，然后根据等
腰直角三角形的性质和对称性即可推出线段AD，BD，DF的数量关系；
（3）过点A作AG⊥BD于G，推出△ADG是等腰直角三角形，求出AG、FG、AF的长后即可求
出cos∠AFB的值．
【解答】（1）证明：①∵△ABC和△BDE都是等边三角形，
∴AB＝CB，EB＝DB，∠ABC＝∠EBD＝60°，
∴∠ABE＝∠CBD，
∴△ABE≌△CBD，
∴AE＝CD；
②解：AD＝BD+DF．
理由如下：
∵△BDE是等边三角形，
∴BD＝DE，
∵点C与点F关于AD对称，
∴CD＝DF，
∵AD＝AE+DE，
∴AD＝BD+DF；
（2）BD+DF=√2AD．
理由如下：
如图1，过点B作BE⊥AD于E，
∵点C与点F关于AD对称，
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∴∠ADC＝∠ADB，
又∵CD⊥BD，
∴∠ADC＝∠ADB＝45°，
又∵BE⊥AD，
∴△BDE是等腰直角三角形，
又∵△ABC是等腰直角三角形，
AB BE √2
∴ = = ，∠ABC＝∠EBD＝45°，
BC BD 2
∴∠ABE＝∠CBD，
∴△ABE∽△CBD，
CD BC
∴ = =√2，CD＝DF，
AE AB
∴DF=√2AE，
∵△BDE是等腰直角三角形，
∴BD=√2DE，
∴BD+DF=√2(DE+AE)=√2AD，
即：BD+DF=√2AD．
（3）解：如图2，过点A作AG⊥BD于G，
又∵∠ADB＝45°，
∴△AGD是等腰直角三角形，
又∵AD＝4√2，
∴AG＝DG＝4，BD+DF=√2AD＝8，
∵BD＝3CD，CD＝DF，
∴DF＝2，
又∵DG＝4，
∴FG＝DG﹣DF＝2，
在Rt△AFG中，由勾股定理得：AF=√AG2+FG2=√42+22=2√5，
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FG 2 √5
∴cos∠AFB= = = ．
AF 2√5 5
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三
角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理，深入理解题意是解决问题的关键．
11．综合与实践
问题情境
数学活动课上，老师发给每名同学一个等腰三角形纸片ABC，AB＝AC，∠BAC＞90°，要求同学
们将纸片沿一条直线折叠，探究图形中的结论．
问题发现
奋进小组在边AC上取一点D，连接BD，将这个纸片沿BD翻折，点A的对应点为E，如图1所
示．
如图2，小明发现，当点E落在边BC上时，∠DEC＝2∠ACB．
如图3，小红发现，当点D是AC的中点时，连接CE，若已知AB和CE的长，则可求BD的长．
……
问题提出与解决
奋进小组根据小明和小红的发现，讨论后提出问题1，请你解答．
问题1：在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＞90°，点D是边AC上一点，将△ABD沿BD翻折得到
△EBD．
（1）如图2，当点E在边BC上时，求证：∠DEC＝2∠ACB．
（2）如图3，当点D是AC的中点时，连接CE，若AB＝4，CE＝3，求BD的长．
拓展延伸
小刚受到探究过程的启发，将等腰三角形的顶角改为锐角，尝试画图，并提出问题2，请你解答．
问题2：如图4，点D是△ABC外一点，AB＝AC＝BD＝4，CD＝1，∠ABD＝2∠BDC，求BC的
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长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算
能力；推理能力．
【答案】问题1，
（1）证明过程详见解答；
√57+3
（2） ；
2
问题2，
√10．
【分析】问题1，
（1）由∠A+∠DEC＝180°，∠A+∠ACB+∠ABC＝∠A+2∠ACB＝180°得出结论；
3
（2）作AG⊥BD于G，作DF⊥CE于F，根据等腰三角形的性质得出CF＝EF= ，进而得出DF
2
3
的值，可证得△ADG≌△DFC，从而AG＝DF，DG＝CF= ，进而在Rt△ABG中求得BG，进一
2
步得出结果；
问题2，
连接AD，作BE⊥AD于E，作BF⊥CD，交DC的延长线于F，可证得四边形DEBF是矩形，从
√15
而BF＝DE，DF＝BE，在Rt△ACD中求得AD，进而求得BF＝DE= ，进而在Rt△BDE中求
2
7 7 5
得DF＝BE= ，从而得出CF＝DF﹣CD= −1= ，进而在Rt△BCF中求得BG的值，进一步得
2 2 2
出结果．
【解答】问题1，
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（1）证明：∵将△ABD沿BD翻折得到△EBD，
∴∠BED＝∠A，
∵∠BED+∠DEC＝180°，
∴∠A+∠DEC＝180°，
∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC，
∴∠A+∠ACB+∠ABC＝∠A+2∠ACB＝180°，
∴∠DEC＝2∠ACB；
（2）解：如图1，
作AG⊥BD于G，作DF⊥CE于F，
∴∠AGD＝∠DFC＝90°，
由折叠得，
AD＝DE，∠ADB＝∠BDE，
∵点D是AC的中点，
∴CD＝AD，
∴DE＝CD，
1 3
∴∠DEC＝∠DCE，CF＝EF= CE=
2 2
3 7
∴DF2＝CD2﹣CF2＝22﹣（ ）2= ，
2 4
∵∠ADB+∠BDE+∠EDC＝180°，
∴2∠ADB+∠EDC＝180°，
∵∠DEC+∠DCE+∠EDC＝180°，
∴2∠DCE+∠EDC＝180°，
∴∠ADB＝∠DCE，
∴△ADG≌△DFC（AAS），
3
∴AG＝DF，DG＝CF= ，
2
在Rt△ABG中，由勾股定理得，
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√ 7 √57
BG=√AB2−AG2= 42− = ，
4 2
√57+3
∴BD＝BG+DG= ；
2
问题2，
解：如图2，
连接AD，作BE⊥AD于E，作BF⊥CD，交DC的延长线于F，
∵AB＝BD，
1
∴∠ABD＝2∠DBE，DE＝AE= AD，
2
∵∠ABD＝2∠BDC，
∴∠BDE＝∠BDC，
∴CD∥BE，
∴CD⊥AD，
∴∠BED＝∠EDC＝∠F＝90°，
∴四边形DEBF是矩形，
∴BF＝DE，DF＝BE，
在Rt△ACD中，CD＝1，AC＝4，
∴AD=√42−12=√15，
√15
∴BF＝DE= ，
2
√15
在Rt△BDE中，BD＝4，DE= ，
2
√ √15 7
∴DF＝BE= 42−( ) 2= ，
2 2
7 5
∴CF＝DF﹣CD= −1= ，
2 2
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5 √15
在Rt△BCF中，CF= ，BF= ，
2 2
√ 5 √15
∴BC= ( ) 2+( ) 2=√10．
2 2
【点评】本题考查了轴对称的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，
矩形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
12．如图1，在△ABC中，AB＝AC，点M，N分别为边AB，BC的中点，连接MN．
1
初步尝试：（1）MN与AC的数量关系是 MN = AC ，MN与AC的位置关系是 MN ∥ AC
2
．
特例研讨：（2）如图2，若∠BAC＝90°，BC＝4√2，先将△BMN绕点B顺时针旋转 （ 为锐
角），得到△BEF，当点A，E，F在同一直线上时，AE与BC相交于点D，连接CF． α α
①求∠BCF的度数；
②求CD的长．
深入探究：（3）若∠BAC＜90°，将△BMN绕点B顺时针旋转 ，得到△BEF，连接AE，CF．
当旋转角 满足0°＜ ＜360°，点C，E，F在同一直线上时，利α用所提供的备用图探究∠BAE与
∠ABF的数α量关系，并α 说明理由．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
1
【答案】（1）MN= AC；MN∥AC；
2
（2）①∠BCF＝30°；②CD=6√2−2√6；
（3）∠BAE＝∠ABF 或∠BAE+∠ABF＝180°．
【分析】（1）AB＝AC，点M，N分别为边AB，BC的中点，则MN是△ABC的中位线，即可得
出结论；
（2）特例研讨：①连接EM，MN，NF，证明△BME是等边三角形，△BNF是等边三角形，得
出∠FCB＝30°；
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DN AN 2√2
②连接AN，证明△ADN∽△BDE，则 = = =√2，设DE＝x，则DN=√2x，在
DE BE 2
Rt△ABE中，BE＝2，AE=2√3，则AD=2√3−x，在Rt△ADN中，AD2＝DN2+AN2，勾股定理
求得x=4−2√3，则CD=DN+CN=√2x+2√2=6√2−2√6；
（3）当点C，E，F在同一直线上时，且点E在FC上时，设∠ABC＝∠ACB＝ ，则∠BAC＝
180°﹣2 ，得出∠BEC+∠BAC＝180°，则A．B，E，C 在同一个圆上，进而根据θ圆周角定理得
出∠EACθ＝∠EBC＝ ﹣ ，表示∠BAE与∠ABF，即可求解；当F在EC上时，可得A，B，E，C
在同一个圆上，设∠αABθC＝∠ACB＝ ，则∠BAC＝∠BEF＝180°﹣2 ，设∠NBF＝ ，则∠EBM
＝ ，则 + ＝360°，表示∠BAE 与∠θ ABF，即可求解． θ β
【β解答】解α ：β（1）∵AB＝AC，点M，N分别为边AB，BC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
1
∴MN= AC，MN∥AC；
2
1
故答案为：MN= AC，MN∥AC；
2
（2）特例研讨：①如图所示，连接EM，MN，NF，
∵MN是△BAC的中位线，
∴MN∥AC，
∴∠BMN＝∠BAC＝90°，
∵将△BMN绕点B顺时针旋转 （ 为锐角），得到△BEF，
∴BE＝BM，BF＝BN；∠BEF＝α∠BαMN＝90°，
∵点A，E，F在同一直线上，
∴∠AEB＝∠BEF＝90°，
在Rt△ABE中，M是斜边AB的中点，
1
∴ME= AB=MB，
2
∴BM＝ME＝BE，
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∴△BME是等边三角形，
∴∠ABE＝60°，即旋转角 ＝60°，
∴∠NBF＝60°，BN＝BF，α
∴△BNF是等边三角形，
又∵BN＝NC，BN＝NF，
∴NF＝NC，
∴∠NCF＝∠NFC，
∴∠BNF＝∠NCF+∠NFC＝2∠NFC＝60°，
∴∠FCB＝30°；
（2）如图所示，连接AN，
∵AB＝AC，∠BAC＝90° BC=4√2，
√2
∴AB= BC=4，∠ACB＝∠ABC＝45°，
2
∵∠ADN＝∠BDE，∠ANB＝∠BED＝90°，
∴△ADN∽△BDE，
DN AN 2√2
∴ = = =√2，
DE BE 2
设DE＝x，则DN=√2x，
在Rt△ABE中，BE=2，AE=2√3，则AD=2√3−x，
在Rt△ADN中，AD2＝DN2+AN2，
∴(2√3−x) 2=(√2x) 2+(2√2) 2，
解得：x=4−2√3 或 x=−2√3−4 （舍去），
∴CD=DN+CN=√2x+2√2=6√2−2√6；
（3）如图所示，当点C，E，F在同一直线上时，且点E在FC上时，
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∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，设∠ABC＝∠ACB＝ ，则∠BAC＝180°﹣2 ，
∵MN是△ABC的中位线， θ θ
∴MN∥AC，
∴∠MNB＝∠MBN＝ ，
∵将△BMN绕点B顺θ时针旋转 ，得到△BEF，
∴△EBF≌△MBN，∠MBE＝∠αNBF＝ ，
∴∠EBF＝∠EFB＝ ， α
∴∠BEF＝180°﹣2 θ，
∵点C，E，F在同θ一直线上，
∴∠BEC＝2 ，
∴∠BEC+∠θBAC＝180°，
∴A，B，E，C在同一个圆上，
∴∠EAC＝∠EBC＝ ﹣ ，
∴∠BAE＝∠BAC﹣∠α EAθC＝（180°﹣2 ）﹣（ ﹣ ）＝180°﹣ ﹣ ，
θ α θ α θ
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∵∠ABF＝ + ，
∴∠BAE+∠αAθBF＝180°，
如图所示，当F在EC上时，
∵∠BEF＝∠BAC，BC＝BC，
∴A，B，E，C在同一个圆上，设∠ABC＝∠ACB＝ ，则∠BAC＝∠BEF＝180°﹣2 ，
将△BMN绕点B顺时针旋转 ，得到△BEF，设∠NθBF＝ ，则∠EBM＝ ，则 + θ＝360°，
∴∠ABF＝ ﹣ ， α β β α β
∵∠BFE＝θ∠EβBF＝ ，∠EFB＝∠FBC+∠FCB，
∴∠ECB＝∠FCB＝θ∠EFB﹣∠FBC＝ ﹣ ，
∵^EB=^EB，
θ β
∴∠EAB＝∠ECB＝ ﹣ ，
∴∠BAE＝∠ABF，θ β
综上所述，∠BAE＝∠ABF或∠BAE+∠ABF＝180°．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，相似三角形的
性质与判定，旋转的性质，中位 线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定
理，三角形外角的性质，勾股定理，熟练掌 以上知识是解题的关键．
13．【问题情境】如图，在△ABC中，AB＝AC，∠ACB＝ ，点D在边BC上．将线段DB绕点D
顺时针旋转得到线段DE（旋转角小于180°），连接BE，αCE，以CE为底边在其上方作等腰三角
形FEC，使∠FCE＝ ，连接AF．
【尝试探究】 α
（1）如图1，当 ＝60°时，易知AF＝BE；
如图2，当 ＝45α°时，则AF与BE的数量关系为 BE =√2 AF ；
（2）如图3α，写出AF与BE的数量关系（用含 的三角函数表示），并说明理由；
【拓展应用】 α
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1
（3）如图4，当 ＝30°且点B，E，F三点共线时．若BC＝4√7，BD= BC，请直接写出AF的
5
α
长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）BE=√2AF；
（2）BE＝2AF•cos ；
4√3 α
（3） ．
3
BE CE
【分析】（1）可证明△ACF∽△BCE，从而 = =√2，进而得出结果；
AF CF
CF AC 1
（2）过点A作AH⊥BC于点H，可推出 = = cos ，进而证得△ACF∽△BCE，从而
CE BC 2
α
AF CF 1
= = cosα；
BE CE 2
（3）作DM⊥BF于点M，过点C作CH⊥BF，交BF延长线于点H，设BM＝x，则BE＝2x，由
BM BD 1
DM∥CH得 = = ，从而BH＝5BM＝5x，EH＝BH﹣BE＝3x，进而表示出FE＝FC＝
BH BC 5
2x，FH＝x．HC=√3x，在Rt△BHC中，由勾股定理列出方程（5x）2+（√3x）2＝（4√7）2，
从而x＝2，进一步得出结果．
【解答】解：（1）当 ＝45°时，△ABC和△FEC是等腰直角三角形，
α
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∴∠ACB＝∠FCE＝45°，
∴∠ACF＝∠BCE，
CE BC
∵ = =√2，
CF AC
∴△ACF∽△BCE，
BE CE
∴ = =√2，
AF CF
故答案为：BE=√2AF；
（2）如图1，
BE＝2AF•cos ，理由如下：
过点A作AH⊥αBC于点H，
∵AB＝AC，
1
∴BH＝CH= BC，∠ABC＝∠ACB＝ ，
2
α
1
BC
∴cos CH 2
= =
AC AC
α
BC
∴2cos =
AC
α
CE
同理可得：2cos = ，
CF
α
BC CE
∴ = ，
AC CF
∵∠FCE＝∠ACB，
∴∠ACF＝∠BCE，
∴△ACF∽△BCE，
BE BC
∴ = =2cosα，
AF AC
∴BE＝2AF•cos ；
（3）方法一 α
如图2，
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作DM⊥BF于点M，过点C作CH⊥BF，交BF延长线于点H，
∴∠BMD＝∠H＝90°，
∴DM∥CH，
∵线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE，
∴DB＝DE，
∴BM＝EM，
∵∠FCE＝∠FEC＝30°，
∴∠CFH＝∠FCE+∠FEC＝60°，
∴EF＝CF＝2FH，
设BM＝x，则BE＝2x，
∵DM∥CH，
BM BD 1
∵ = = ，
BH BC 5
∴BH＝5BM＝5x，
∴EH＝BH﹣BE＝3x，
∵FE＝2FH，
∴FE＝FC＝2x，FH＝x．
∴HC=√3x
在Rt△BHC中，由勾股定理得，
∴BH2+CH2＝BC2，
∴（5x）2+（√3x）2＝（4√7）2，
∴x＝2，
∴BE＝2x＝4，
√3 4√3
由（2）得：AF= BE= ，
3 3
方法二
如图3，
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作CG∥BF交ED延长线于点G，过点D作DM⊥CG于点M，
过点E作EH⊥CG于点H，
∴∠DMG＝∠EHG＝90°，
∴DM∥EH，
∵线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE，
∴DB＝DE，
∴∠DBE＝∠DEB，
∵CG∥BF，
∴∠DBE＝∠DCG，∠DEB＝∠G，
∴DG＝DC，
∵DM⊥CG，
∴GM＝CM，
∵△FEC是以CE为底边的等腰三角形，∠FCE＝30°，
∴∠FEC＝∠FCE＝30°，
∵CG∥BF，
∴∠ECG＝∠FEC＝30°，△BDE∽△CDG，
BE ED BD 1
∴ = = = ，
CG DG DC 4
设BE＝2x，则GC＝8x，
∴GM＝CM＝4x，
∵DM∥EH，
HM ED 1
∴ = = ，
MG DG 4
∴HM＝x，
∴HC＝3x，
∴GH＝GM+HM＝5x，
在Rt△EHC中，∠ECH＝30°，
∴HE=√3x，
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在Rt△EHG中，由勾股定理得，
∴GH2+EH2＝GE2，
∴（5x）2+（√3x）2＝（4√7）2，
∴x＝2，
∴BE＝4，
∵△BEC∽△AFC，
√3 4√3
∴AF= BE= ．
3 3
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，等腰三角形的性质等知识，解决
问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
14．【特例感知】
（1）如图1，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，点C在OA上，点D
在BO的延长线上，连接AD，BC，线段AD与BC的数量关系是 AD ＝ BC ；
【类比迁移】
（2）如图2，将图1中的△COD绕着点O顺时针旋转 （0°＜ ＜90°），那么第（1）问的结论
是否仍然成立？如果成立，证明你的结论；如果不成立，α 说明理α由．
【方法运用】
（3）如图3，若AB＝8，点C是线段AB外一动点，AC＝3√3，连接BC．
①若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值是 8+ 3√6 ；
②若以BC为斜边作Rt△BCD（B，C，D三点按顺时针排列），∠CDB＝90°，连接AD，当
∠CBD＝∠DAB＝30°时，直接写出AD的值．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）证明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出结论；
（2）利用旋转性质可证得∠BOC＝∠AOD，再证明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出结论；
（3）①过点A作AT⊥AB，使AT＝AB，连接BT，AD，DT，BD，先证得△ABC∽△TBD，得出
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DT＝3√6，即点D的运动轨迹是以T为圆心，3√6为半径的圆，当D在AT的延长线上时，AD的
值最大，最大值为8+3√6；
②如图4，在AB上方作∠ABT＝30°，过点A作AT⊥BT于点T，连接AD、BD、DT，过点T作
√3 √3 9
TH⊥AD于点H，可证得△BAC∽△BTD，得出DT= AC= ×3√3= ，再求出DH、AH，即
2 2 2
可求得AD；如图5，在AB下方作∠ABE＝30°，过点A作AE⊥BE于点E，连接DE，可证得
9
△BAC∽△BTD，得出DE= ，再由勾股定理即可求得AD．
2
【解答】解：（1）AD＝BC．理由如下：
如图1，∵△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，
∴OA＝OB，OD＝OC，
在△AOD和△BOC中，
{
OA=OB
∠AOD=∠BOC=90°，
OD=OC
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴AD＝BC，
故答案为：AD＝BC；
（2）AD＝BC仍然成立.
证明：如图2，∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOB+∠AOC＝∠AOC+∠COD＝90°+ ，
即∠BOC＝∠AOD， α
在△AOD和△BOC中，
{
OA=OB
∠AOD=∠BOC，
OD=OC
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴AD＝BC；
（3）①过点A作AT⊥AB，使AT＝AB，连接BT，AD，DT，BD，
∵△ABT和△CBD都是等腰直角三角形，
∴BT=√2AB，BD=√2BC，∠ABT＝∠CBD＝45°，
BT BD
∴ = =√2，∠ABC＝∠TBD，
AB BC
∴△ABC∽△TBD，
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DT BT
∴ = =√2，
AC AB
∴DT=√2AC=√2×3√3=3√6，
∵AT＝AB＝8，DT＝3√6，
∴点D的运动轨迹是以T为圆心，3√6为半径的圆，
∴当D在AT的延长线上时，AD的值最大，最大值为8+3√6，
故答案为：8+3√6；
②如图4，在AB上方作∠ABT＝30°，过点A作AT⊥BT于点T，连接AD、BD、DT，过点T作
TH⊥AD于点H，
BT BD √3
∵ = =cos30°= ，∠ABC＝∠TBD＝30°+∠TBC，
AB BC 2
∴△BAC∽△BTD，
DT BD √3
∴ = = ，
AC BC 2
√3 √3 9
∴DT= AC= ×3√3= ，
2 2 2
在Rt△ABT中，AT＝AB•sin∠ABT＝8sin30°＝4，
∵∠BAT＝90°﹣30°＝60°，
∴∠TAH＝∠BAT﹣∠DAB＝60°﹣30°＝30°，
∵TH⊥AD，
∴TH＝AT•sin∠TAH＝4sin30°＝2，AH＝AT•cos∠TAH＝4cos30°＝2√3，
√ 9 √65
在Rt△DTH中，DH=√DT2−T H2= ( ) 2−22= ，
2 2
√65
∴AD＝AH+DH＝2√3+ ；
2
如图5，在AB上方作∠ABE＝30°，过点A作AE⊥BE于点E，连接DE，
BE BD √3
则 = =cos30°= ，
AB BC 2
∵∠EBD＝∠ABC＝∠ABD+30°，
∴△BDE∽△BCA，
DE BE √3
∴ = = ，
AC AB 2
√3 √3 9
∴DE= AC= ×3√3= ，
2 2 2
1
∵∠BAE＝90°﹣30°＝60°，AE＝AB•sin30°＝8× =4，
2
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∴∠DAE＝∠DAB+∠BAE＝30°+60°＝90°，
√ 9 √17
∴AD=√DE2−AE2= ( ) 2−42= ；
2 2
√65 √17
综上所述，AD的值为2√3+ 或 ．
2 2
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【点评】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，
勾股定理，等腰三角形的性质，瓜豆原理等知识点，关键是添加恰当辅助线，构造全等三角形或
相似三角形解决问题，综合性较强，难度较大，属于中考压轴题．
15．【问题情境】
在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中
∠ACB＝∠DEB＝90°，∠B＝30°，BE＝AC＝3．
【问题探究】
小昕同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转．
（1）如图2，当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F，求BF的长．
（2）若点C、E、D在同一条直线上，求点D到直线BC的距离．
（3）连接DC，取DC的中点G，三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同
一条直线上（如图3），求点G所经过的路径长．
7√3
（4）如图4，G为DC的中点，则在旋转过程中，点G到直线AB的距离的最大值是 ．
4
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
5√3 7√3
【答案】（1）2√3；（2）√6±1；（3） ；（4） ．
6 4
π
【分析】（1）根据锐角三角函数求解，即可求出答案；
（2）①当点E在BC上方时，如图1过点D作DH⊥BC于H，根据锐角三角函数求出BC＝3√3
，DE=√3，最后利用面积求解，即可求出答案；
②当点E在BC下方时，同①的方法，即可求出答案；
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（3）先求出∠BOG＝150°，再判断出点G是以点O为圆心，√3为半径的圆上，最后用弧长公式
求解，即可求出答案；
3√3
（4）过点O作OK⊥AB于K，求出OK= ，即可求出答案．
4
【解答】解：（1）由题意得，∠BEF＝∠BED＝90°，
在Rt△BEF中，∠ABC＝30°，BE＝3，
BE 3
∴BF= = =2√3；
cos∠ABC cos30°
（2）①当点E在BC上方时，
如图1，过点D作DH⊥BC于H，
在Rt△ABC中，AC＝3，
AC
∴tan∠ABC= ，
BC
AC 3
∴BC= = =3√3，
tan∠ABC tan30°
在Rt△BED中，∠EBD＝∠ABC＝30°，BE＝3，
∴DE＝BE•tan∠DBE=√3，
在Rt△BCE中，BE＝3，BC＝3√3，
根据勾股定理得，CE=√BC2−BE2=3√2，
∴CD＝CE+DE＝3√2+√3，
1 1
∵S△BCD =
2
CD•BE =
2
BC•DH，
CD⋅BE
∴DH= =√6+1，
BC
②当点E在BC下方时，如图2，
过点D作DM⊥BC于M，
1 1
∵S△BDC =
2
BC•DM =
2
CD•BE，
CD⋅BE
∴DM= =√6−1，
BC
即点D到直线BC的距离为√6±1；
（3）如图3﹣1，连接CD，取CD的中点G，
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取BC的中点O，连接GO，则OG∥AB，
∴∠COG＝∠B＝30°，
∴∠BOG＝150°，
∵点G为CD的中点，点O为BC的中点，
1
∴GO= BD=√3，
2
∴点G是以点O为圆心，√3为半径的圆上，如图3﹣2，
∴三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上时，点G所经过的
轨迹为150°所对的圆弧，
150π⋅√3 5√3
∴点G所经过的路径长为 = ；
180 6
π
（4）如图4，过点O作OK⊥AB于K，
∵点O为BC的中点，BC＝3√3，
3√3
∴OB= ，
2
3√3
∴OK＝OB•sin30°= ，
4
由（3）知，点G是以点O为圆心，√3为半径的圆上，
3√3 7√3
∴点G到直线AB的距离的最大值是√3+ = ，
4 4
7√3
故答案为： ．
4
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【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了锐角三角函数，勾股定理，弧长公式，三角形的中
位线定理，三角形的面积，画出图形是解本题的关键．
16．在△ABC中，点D，E分别是AB，AC边上的点，DE∥BC．
基础理解：
AE
（1）如图1，若AD＝4，BD＝3，求 的值；
AC
证明与拓展：
（2）如图2，将△ADE绕点A逆时针旋转度，得到△AD E ，连接BD ，CE ．
1 1 1 1
BD AD
①求证：
1=
；
CE AE
1
②如图3，若∠BAC＝90°，AB＜AC，AD＝6，△ADE在旋转过程中，点D 恰好落在DE上时，
1
BD 3
连接EE ，
1=
，则△E D E的面积为 13.4 4 ．
1 CE 4 1 1
1
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
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4
【答案】（1） ；
7
（2）①见解析；
②13.44．
【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理可得；
（2）①根据旋转的性质得AD＝AD ，AE＝AE ，∠BAD ＝∠CAE ，再根据平行线分线段成比例
1 1 1 1
AD AE
定理得 = ，证明△ABD ∽△ACE ，即可证明结论；
AB AC 1 1
BD AD 3
②由
1= 1=
得，AD 和AE 的长，过点A作AM⊥DE于M，利用三角形内角和定理说
CE AE 4 1 1
1 1
明∠D EE ＝90°，利用勾股定理即可解决问题．
1 1
【解答】（1）解：∵DE∥BC，AD＝4，BD＝3，
AE AD 4 4
∴ = = = ；
AC AB 4+3 7
（2）①证明：∵将△ADE绕点A逆时针旋转度，得到△AD E ，
1 1
∴AD＝AD ，AE＝AE ，∠BAD ＝∠CAE ，
1 1 1 1
∵DE∥BC，
AD AE
∴ = ，
AB AC
AD AB
∴
1=
，
AE AC
1
∴△ABD ∽△ACE ，
1 1
BD AD AD
∴
1= 1=
；
CE AE AE
1 1
②解：由①可知，△ABD ∽△ACE ，
1 1
BD AD 3
∴
1= 1=
，
CE AE 4
1 1
∵将△ADE绕点A逆时针旋转度，得到△AD E ，
1 1
∴AD＝AD ＝6，∠D AE ＝∠DAE＝90°，
1 1 1
4
∴AE＝AE = AD =8，DE＝D E＝10，
1 3 1 1
过点A作AM⊥DE于点M，
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则DM＝D M＝AD×cos∠ADE＝3.6，
1
∴D E＝10﹣3.6×2＝2.8，
1
∴∠D AE ＝∠DAE＝90°，
1 1
∴∠DAD ＝∠EAE ，
1 1
∵AD＝AD ，AE＝AE ，
1 1
∴∠ADE＝∠AEE ，
1
∴∠AED+∠AEE ＝∠AED+∠ADE＝90°，
1
∴∠D EE ＝90°，
1 1
∴EE ＝9.6，
1
1 1
∴△E D E的面积为 ×D E⋅EE = ×2.8×9.6=13.44，
1 1 2 1 1 2
故答案为：13.44．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性
质，旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，说明∠D EE ＝90°是解题的关键．
1 1
17．数学课上，有这样一道探究题．
如图，已知△ABC中，AB＝AC＝m，BC＝n，∠BAC＝ （0°＜ ＜180°），点P为平面内不与点
A、C重合的任意一点，连接CP，将线段CP绕点P顺时α针旋转α ，得线段PD，连接CD、AP点
α
EF
E、F分别为BC、CD的中点，设直线AP与直线EF相交所成的较小角为 ，探究 的值和 的
AP
β β
度数与m、n、 的关系．
请你参与学习小α组的探究过程，并完成以下任务：
（1）填空：
【问题发现】
EF EF 1
小明研究了 ＝60°时，如图1，求出了 的值和 的度数分别为 = ， ＝ 60 ° ；
PA PA 2
α β β
EF EF √2
小红研究了 ＝90°时，如图2，求出了 的值和 的度数分别为 = ， ＝ 45 ° ；
PA PA 2
α β β
【类比探究】
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EF
他们又共同研究了 ＝120°时，如图3，也求出了 的值和 的度数；
PA
α β
【归纳总结】
EF n 180°−α
最后他们终于共同探究得出规律： = （用含m、n的式子表示）； ＝
PA 2m 2
β
（用含 的式子表示）．
α EF
（2）求出 ＝120°时 的值和 的度数．
PA
α β
【考点】几何变换综合题．
【专题】图形的相似；模型思想．
1 √2 n 180°−α √3
【答案】（1） ，60°， ，45°， ， ，（2） ，30°．
2 2 2m 2 2
【分析】（1）当 ＝60°时，△ABC和△PDC都是等边三角形，可证△ACP∽△ECF，从而有
α
EF 1
= ，∠Q＝ ＝∠ACB＝60°；
AP 2
β
当 ＝90°时，△ABC和△PDC都是等腰直角三角形，同理可证△ACP∽△ECF即可解决，依此
可得α出规律；
CE √3 CF √3 CE CA
（2）当 ＝120°，可证 = ， = ，从而有 = ，由∠ECF＝∠ACP，可得
AC 2 CP 2 CF CP
α
△PCA∽△FCE即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1，连接AE，PF，延长EF、AP交于点Q，
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当 ＝60°时，△ABC和△PDC都是等边三角形，
∴∠αPCD＝∠ACB＝60°，PC＝CD，AC＝CB，
∵F、E分别是CD、BC的中点，
CF 1 CE 1
∴ = ， = ，
PC 2 AC 2
CF CE
∴ = ，
PC AC
又∵∠ACP＝∠ECF，
∴△ACP∽△ECF，
EF 1
∴ = ，∠CEF＝∠CAP，
AP 2
∴∠Q＝ ＝∠ACB＝60°，
当 ＝90β°时，△ABC和△PDC都是等腰直角三角形，
α
1 1
∴∠PCD＝∠ACB＝45°，PC = CD，AC = CB，
√2 √2
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∵F、E分别是CD、BC的中点，
CE 1 CF 1
∴ = ， = ，
AC √2 PC √2
CF CE
∴ = ，
PC AC
又∵∠ACP＝∠ECF，
∴△ACP∽△ECF，
EF 1 √2
∴ = = ，∠CEF＝∠CAP，
AP √2 2
∴∠Q＝ ＝∠ACB＝45°，
β n
180°−α
由此，可归纳出EF CE 2 n ， ＝∠ACB = ；
= = = 2
AP AC m 2m
β
（2）当 ＝120°，连接AE，PF，延长EF、AP交于点Q，
α
∵AB＝AC，E为BC的中点，
∴AE⊥BC，∠CAE＝60°
CE √3
∴sin60°= = ，
AC 2
CF √3
同理可得： = ，
CP 2
CE CF
∴ = ，
AC CP
CE CA
∴ = ，
CF CP
又∵∠ECF＝∠ACP，
∴△PCA∽△FCE，
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EF EC √3
∴ = = ，∠CEF＝∠CAP，
AP AC 2
∴∠Q＝ ＝∠ACB＝30°．
【点评】β本题主要考查了三角形相似的判定与性质，通过解决本题感受到：图形在变化但解决问
题的方法不变，体会“变中不变”的思想．
18．在一平面内，线段AB＝20，线段BC＝CD＝DA＝10，将这四条线段顺次首尾相接．把AB固定，
让AD绕点A从AB开始逆时针旋转角 （ ＞0°）到某一位置时，BC，CD将会跟随出现到相应
的位置． α α
论证：如图1，当AD∥BC时，设AB与CD交于点O，求证：AO＝10；
发现：当旋转角 ＝60°时，∠ADC的度数可能是多少？
尝试：取线段CDα的中点M，当点M与点B距离最大时，求点M到AB的距离；
拓展：①如图2，设点D与B的距离为d，若∠BCD的平分线所在直线交AB于点P，直接写出
BP的长（用含d的式子表示）；
②当点C在AB下方，且AD与CD垂直时，直接写出 的余弦值．
α
【考点】几何变换综合题．
【专题】压轴题；动点型；方程思想；应用意识．
【答案】论证：见解答过程；
发现：60°或120°；
15√15
尝试： ；
8
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拓展：
20d2
①= ；
d2+300
5+√7
② ．
8
【分析】论证：由△AOD≌△BOC，得AO＝BO，而AB＝20，可得AO＝10；
发现：设AB的中点为O，当AD从初始位置AO绕A逆时针旋转60°时，BC也从初始位置BC'绕
点B逆时针旋转60°，BC旋转到BO的位置，即C以O重合，从而可得∠ADC＝60°；当AD从
AO绕A逆时针旋转60°时，CD从CD'的位置开始也旋转60°，故△ADO和△CDO都是等边三角
形，可得此时∠ADC＝120°，
尝试：当点M与点B距离最大时，D、C、B共线，过D作DQ⊥AB于Q，过M作MN⊥AB于
5
N，由已知可得AD＝10，设AQ＝x，则BQ＝20﹣x，100﹣x2＝400﹣（20﹣x）2，可得AQ= ，
2
5√15 MN BM 15√15 15√15
DQ= ，再由MN∥DQ，得 = ，MN= ，即点M到AB的距离为 ；
2 DQ BD 8 8
拓展：
①设直线CP交DB于H，过G作DG⊥AB于G，连接DP，设BG＝m，则AG＝20﹣m，由AD2
d2+300 d2+300 BP BH
﹣AG2＝BD2﹣BG2，可得m= ，BG= ，而△BHP∽△BGD，有 = ，即可
40 40 BD BG
20d2
得BP= ；
d2+300
②方法一：过B作BG⊥CD于G，设AN＝t，则BN＝20﹣t，DN ，
=√AN2−AD2=√t2−100
由△ADN∽△BGN， NG BN BG，表达出 NG (20−t)√t2−100，BG 200−10t，
= = = =
DN AN AD t t
20√10t−100
Rt△ BCG 中 ， CG= ， 根 据 DN+NG+CG ＝ 10 ， 列 方 程
t
(20−t)√t2−100 20√10t−100 10 ， 解 得 t 200−40√7， 即 可 得 cos
√t2−100+ + = =
t t 9
α
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AD 10 5+√7
= = =
AN 200−40√7 8 ．
9
25
方法二：过C作CK⊥AB于K，过F作FH⊥AC于H，由AC2﹣AK2＝BC2﹣BK2，可解得AK=
2
5√7 CK √7 FH √7
，即得CK= ，Rt△ACK中，tan∠KAC= = ，Rt△AFH中，tan∠KAC= = ，设
2 AK 5 AH 5
10√2
FH=√7n，则CH＝FH=√7n，AH＝5n，根据AC＝AH+CH＝10√2，解得n= ，从而AF
5+√7
AD 10 5+√7
80 = = =
=√AH2+FH2=
，Rt△ADF中，即可得cos AF 80 8 ．
5+√7
5+√7
α
【解答】论证：
证明：∵AD∥BC，
∴∠A＝∠B，∠C＝∠D，
在△AOD和△BOC中，
{∠A=∠B
AD=BC ，
∠D=∠C
∴△AOD≌△BOC（ASA），
∴AO＝BO，
∵AO+BO＝AB＝20，
∴AO＝10；
发现：①设AB的中点为O，如图：
当AD从初始位置AO绕A逆时针旋转60°时，BC也从初始位置BC'绕点B逆时针旋转60°，
而BO＝BC'＝10，
∴△BC'O是等边三角形，
∴BC旋转到BO的位置，即C与O重合，
∵AO＝AD＝CD＝10，
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∴△ADC是等边三角形，
∴此时∠ADC＝60°；
②如图：
当AD从AO绕A逆时针旋转60°时，CD从CD'的位置开始也旋转60°，故△ADO和△CDO都是
等边三角形，
∴此时∠ADC＝120°，
综上所述，∠ADC为60°或120°；
尝试：取线段CD的中点M，当点M与点B距离最大时，D、C、B共线，过D作DQ⊥AB于
Q，过M作MN⊥AB于N，如图：
由已知可得AD＝10，BD＝BC+CD＝20，BM＝CM+BC＝15，
设AQ＝x，则BQ＝20﹣x，
∵AD2﹣AQ2＝DQ2＝BD2﹣BQ2，
∴100﹣x2＝400﹣（20﹣x）2，
5
解得x= ，
2
5
∴AQ= ，
2
5√15
∴DQ=√AD2−AQ2= ，
2
∵DQ⊥AB，MN⊥AB，
∴MN∥DQ，
MN 15
MN BM =
∴ = ，即5√15 20，
DQ BD
2
15√15
∴MN= ，
8
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15√15
∴点M到AB的距离为 ；
8
拓展：
①设直线CP交DB于H，过D作DG⊥AB于G，连接DP，连接BD，如图：
∵BC＝DC＝10，CP平分∠BCD，
1 1
∴∠BHC＝∠DHC＝90°，BH= BD= d，
2 2
设BG＝m，则AG＝20﹣m，
∵AD2﹣AG2＝BD2﹣BG2，
∴100﹣（20﹣m）2＝d2﹣m2，
d2+300
∴m= ，
40
d2+300
∴BG= ，
40
∵∠BHP＝∠BGD＝90°，∠PBH＝∠DBG，
∴△BHP∽△BGD，
BP BH
∴ = ，
BD BG
BH⋅BD 20d2
∴BP= = ；
BG d2+300
②方法一：
过B作BG⊥CD于G，如图：
设AN＝t，则BN＝20﹣t，DN=√AN2−AD2=√t2−100，
∵∠D＝∠BGN＝90°，∠AND＝∠BNG，
∴△ADN∽△BGN，
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NG BN BG
∴ = = ，
DN AN AD
NG 20−t BG
= =
即 ，
√t2−100 t 10
(20−t)√t2−100 200−10t
∴NG= ，BG= ，
t t
Rt△BCG中，BC＝10，
20√10t−100
∴CG=√BC2−BG2= ，
t
∵CD＝10，
∴DN+NG+CG＝10，
(20−t)√t2−100
20√10t−100
即√t2−100+ + =10，
t t
∴t√t2−100+（20﹣t）√t2−100+20√10t−100=10t，
20√t2−100+20√10t−100=10t，即2√t2−100=t﹣2√10t−100，
两边平方，整理得：3t2﹣40t＝﹣4t√10t−100，
∵t≠0，
∴3t﹣40＝﹣4√10t−100，
200+40√7 200−40√7
解得t= （大于20，舍去）或t= ，
9 9
200−40√7
∴AN= ，
9
AD 10 5+√7
= = =
∴cos AN 200−40√7 8 ．
9
α
方法二：过C作CK⊥AB于K，过F作FH⊥AC于H，如图：
∵AD＝CD＝10，AD⊥DC，
∴AC2＝200，
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∵AC2﹣AK2＝BC2﹣BK2，
∴200﹣AK2＝100﹣（20﹣AK）2，
25
解得AK= ，
2
5√7
∴CK=√AC2−AK2= ，
2
CK √7
Rt△ACK中，tan∠KAC= = ，
AK 5
FH √7
Rt△AFH中，tan∠KAC= = ，
AH 5
设FH=√7n，则CH＝FH=√7n，AH＝5n，
∵AC＝AH+CH＝10√2，
∴5n+√7n＝10√2，
10√2
解得n= ，
5+√7
10√2 80
∴AF=√AH2+FH2=√32n=√32• = ，
5+√7 5+√7
Rt△ADF中，
AD 10 5+√7
= = =
cos AF 80 8 ．
5+√7
α
【点评】本题考查几何变换的综合应用，涉及全等三角形的判定与性质、等边三角形判定与性质、
相似三角形的判定与性质、勾股定理及分式方程、无理方程等知识，题目综合性强，解题的关键
是用含字母的代数式表示相关线段的长度，计算是本题的另一个难点．
19．[初步尝试]
（1）如图①，在三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕
为MN，则AM与BM的数量关系为 AM ＝ BM ；
[思考说理]
（2）如图②，在三角形纸片ABC中，AC＝BC＝6，AB＝10，将△ABC折叠，使点B与点C重
AM
合，折痕为MN，求 的值；
BM
[拓展延伸]
（3）如图③，在三角形纸片ABC中，AB＝9，BC＝6，∠ACB＝2∠A，将△ABC沿过顶点C的
直线折叠，使点B落在边AC上的点B′处，折痕为CM．
①求线段AC的长；
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②若点 O 是边 AC 的中点，点 P 为线段 OB′上的一个动点，将△APM 沿 PM 折叠得到
PF
△A′PM，点A的对应点为点A′，A′M与CP交于点F，求 的取值范围．
MF
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；图形的相似；应用意识．
【答案】（1）AM＝BM；
16
（2） ；
9
15
（3）① ；
2
3 PF 3
② ≤ ≤ ．
10 FM 4
【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
（2）利用相似三角形的性质求出BM，AM即可．
BC BM CM
（3）①证明△BCM∽△BAC，推出 = = ，由此即可解决问题．
AB BC AC
PF PA′
② 设 PB′ ＝ x ． 证 明 △ PFA′ ∽ △ MFC ， 推 出 = ， 因 为 CM ＝ 5 ， 推 出
FM CM
PF PA′ 3 x
= = + ，判断出x的取值范围，即可解决问题．
FM 5 10 5
【解答】解：（1）如图①中，
∵△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，
∴MN垂直平分线段BC，
∴CN＝BN，
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∵∠MNB＝∠ACB＝90°，
∴MN∥AC，
∵CN＝BN，
∴AM＝BM．
故答案为AM＝BM．
（2）如图②中，
∵CA＝CB＝6，
∴∠A＝∠B，
由题意MN垂直平分线段BC，
∴BM＝CM，
∴∠B＝∠MCB，
∴∠BCM＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BCM∽△BAC，
BC BM
∴ = ，
BA BC
6 BM
∴ = ，
10 6
18
∴BM= ，
5
18 32
∴AM＝AB﹣BM＝10− = ，
5 5
32
AM 5 16
∴ = = ．
BM 18 9
5
（3）①如图③中，
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由折叠的性质可知，CB＝CB′＝6，∠BCM＝∠ACM，
∵∠ACB＝2∠A，
∴∠BCM＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BCM∽△BAC，
BC BM CM
∴ = = ，
AB BC AC
6 BM
∴ = ，
9 6
∴BM＝4，
∴AM＝CM＝5，
6 5
∴ = ，
9 AC
15
∴AC= ．
2
②如图③﹣1中，设PB′＝x．
15
∵AC= ，BC＝CB′＝6，
2
15 3
∴AB′= −6= ，
2 2
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3
∴AP＝AP′= +x，
2
∵∠A＝∠A′＝∠MCF，∠PFA′＝∠MFC，PA＝PA′，
∴△PFA′∽△MFC，
PF PA′
∴ = ，
FM CM
∵CM＝5，
PF PA′ 3 x
∴ = = + ，
FM 5 10 5
15
∵OA＝OC= ，
4
9
∴0≤x＜ ，
4
3 PF 3
∴ ≤ ＜ ．
10 FM 4
9 PF 3
当x= 时， = ．
4 FM 4
3 PF 3
综上所述， ≤ ≤ ．
10 FM 4
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，等腰三角
形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，
属于中考压轴题．
20．（1）【操作发现】
如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．
①请按要求画图：将△ABC绕点A顺时针方向旋转90°，点B的对应点为点B′，点C的对应点
为点C′．连接BB′；
②在①中所画图形中，∠AB′B＝ 4 5 °．
（2）【问题解决】
如图2，在Rt△ABC中，BC＝1，∠C＝90°，延长CA到D，使CD＝1，将斜边AB绕点A顺时针
旋转90°到AE，连接DE，求∠ADE的度数．
（3）【拓展延伸】
如图3，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝1，CD＝3，AD＝
kAB（k为常数），求BD的长（用含k的式子表示）．
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【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）①根据旋转角，旋转方向画出图形即可．
②只要证明△ABB′是等腰直角三角形即可．
（2）如图2，过点E作EH⊥CD交CD的延长线于H．证明△ABC≌△EAH（AAS）即可解决问
题．
（3）如图 3 中，由 AE⊥BC，BE＝EC，推出 AB＝AC，将△ABD 绕点 A 逆时针旋转得到
△ACG，连接DG．则BD＝CG，只要证明∠GDC＝90°，可得CG=√DG2+CD2，由此即可解
决问题．
【解答】解：（1）①如图1中，△AB′C′即为所求．
②由作图可知，△ABB′是等腰直角三角形，
∴∠AB′B＝45°，
故答案为45．
（2）如图2中，过点E作EH⊥CD交CD的延长线于H．
∵∠C＝∠BAE＝∠H＝90°，
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∴∠B+∠CAB＝90°，∠CAB+∠EAH＝90°，
∴∠B＝∠EAH，
∵AB＝AE，
∴△ABC≌△EAH（AAS），
∴BC＝AH，EH＝AC，
∵BC＝CD，
∴CD＝AH，
∴DH＝AC＝EH，
∴∠EDH＝45°，
∴∠ADE＝135°．
（3）如图3中，连接AC，
∵AE⊥BC，BE＝EC，
∴AB＝AC，
将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD＝CG，
∵∠BAD＝∠CAG，
∴∠BAC＝∠DAG，
∵AB＝AC，AD＝AG，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，
∴△ABC∽△ADG，
∵AD＝kAB，
∴DG＝kBC＝2k，
∵∠BAE+∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC，
∴∠ADG+∠ADC＝90°，
∴∠GDC＝90°，
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∴CG=√DG2+CD2=√4k2+9．
∴BD＝CG=√4k2+9．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，
勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用旋
转法添加辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
85
