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专题 23.1 旋转的几何综合
20
【典例1】已知：如图①，在矩形ABCD中，AB=5，AD= ,AE⊥BD，垂足是E点F是点E关于
30
AB的对称点，连接AF、BF．
（1）求AE和BE的长；
（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长
度）当点F分别平移到线段AB、AD上时，求出相应的m的值;
（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α(0°<α<180°)，记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋
转过程中，设A′F′所在的直线与边AD交于点P与直线BD交于点Q是否存在这样的P、Q两点，使
△DPQ为等腰三角形？若存在，直接写出此时DQ的长：若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；
（2）依题意画出图形，如答图2所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m的值；
（3）在旋转过程中，等腰ΔDPQ有4种情形，如答图3所示，对于各种情形分别进行计算．
【解题过程】
20
解：（1）在RtΔABD中，AB=5，AD= ，
3
√ 20 2 25
由勾股定理得：BD=❑√AB2+AD2=❑52+( ) = ．
3 31 1
∵S = BD·AE= AB·AD，
ΔABD 2 2
20
5×
AB·AD 3
∴AE= = =4．
BD 25
3
在RtΔABE中，AB=5，AE=4，
由勾股定理得：BE=3．
（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示：
由对称点性质可知，∠1=∠2．
由平移性质可知，AB//A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′=3．
①当点F′落在AB上时，
∵AB//A′B′，
∴∠3=∠4，
∴∠3=∠2，
∴BB′=B′F′=3，即m=3；
②当点F′落在AD上时，
∵AB//A′B′，
∴∠6=∠2，
∵∠1=∠2，∠5=∠1，
∴∠5=∠6，
又易知A′B′⊥AD，
∴△B′F′D为等腰三角形，
∴B′D=B′F′=3，
25 16 16
∴BB′=BD−B′D= −3= ，即m= ．
3 3 3（3）存在．理由如下：
在旋转过程中，等腰ΔDPQ依次有以下4种情形：
①如答图3−1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，易知∠2=2∠Q，
∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，
∴∠3=∠Q，
∴A′Q=A′B=5，
∴F′Q=F′ A′+A′Q=4+5=9．
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=❑√F′Q2+F′B2=❑√92+32=3❑√10．
25
∴DQ=BQ−BD=3❑√10− ；
3
②如答图3−2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，易知∠2=∠P，
∵∠1=∠2，
∴∠1=∠P，
∴BA′//PD，则此时点A′落在BC边上．
∵∠3=∠2，
∴∠3=∠1，
∴BQ=A′Q，
∴F′Q=F′ A′−A′Q=4−BQ．
在RtΔBQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2=BQ2，
即：32+(4−BQ) 2=BQ2，25
解得：BQ= ，
8
25 25 125
∴DQ=BD−BQ= − = ；
3 8 24
③如答图3−3所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，易知∠3=∠4．
∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，
1
∴∠4=90°− ∠2．
2
∵∠1=∠2，
1
∴∠4=90°− ∠1．
2
1
∴∠A′QB=∠4=90°− ∠1，
2
1
∴∠A′BQ=180°−∠A′QB−∠1=90°− ∠1，
2
∴∠A′QB=∠A′BQ，
∴A′Q=A′B=5，
∴F′Q=A′Q−A′F′=5−4=1．
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=❑√F′Q2+F′B2=❑√32+12=❑√10，
25
∴DQ=BD−BQ= −❑√10；
3
④如答图3−4所示，点Q落在BD上，且PQ=PD，易知∠2=∠3．∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，
∴∠1=∠4，
∴BQ=BA′=5，
25 10
∴DQ=BD−BQ= −5= ．
3 3
综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使ΔDPQ为等腰三角形；
25 125 25 10
DQ的长度分别为3❑√10− 或 或 −❑√10或 ．
3 24 3 3
1．（2023·安徽合肥·统考模拟预测）（1）如图1，过等边△ABC的顶点A作AC的垂线l，点P为l上点
（不与点A重合），连接CP，将线段CP绕点C逆时针方向旋转60°得到线段CQ，连接QB．
①求证：AP=BQ；
②连接PB并延长交直线CQ于点D．若PD⊥CQ，AC=❑√2，求PB的长；
（2）如图2，在△ABC中，∠ACB=45°，将边AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AD，连接CD，若
AC=1，BC=3，求CD长．
【思路点拨】（1）①证明△ACP≌△BCQ(SAS)，即可得出AP=BQ；
②连接PQ，由旋转可得△CPQ是等边三角形，根据PD⊥CQ，可知DP是CQ的垂直平分线，BC=BQ
，再由△ACP≌△BCQ(SAS)，得出AC=BC=BQ=AP=❑√2，然后由勾股定理求出PD和DB的长，根
据PB=PD−BD求出结果；
（2）将AC绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接BE，CE，构建等腰直角三角形△ACE，求出BE的
长，再证明△ABE≌△ADC(SAS)，即可得出答案．
【解题过程】
（1）①证明：在等边△ABC中，AC=BC，∠ACB=60°，
由旋转可得CP=CQ，∠PCQ=60°，
∴∠ACB=∠PCQ，
∴∠ACB−∠PCB=∠PCQ−∠PCB，即∠ACP=∠BCQ，
∴△ACP≌△BCQ(SAS)，
∴AP=BQ；
②连接PQ，如图：
由旋转，得CP=CQ，∠PCQ=60°，
∴△CPQ是等边三角形，
∵PD⊥CQ，
∴CD=DQ，
∴DP是CQ的垂直平分线，
∴BC=BQ，
在等边△ABC中，AC=BC，∠ACB=60°，
∴∠ACB=∠PCQ，
∴∠ACB−∠PCB=∠PCQ−∠PCB，即∠ACP=∠BCQ，
∵CP=CQ，
∴△ACP≌△BCQ(SAS)，∴AP=BQ，∠CBQ=∠CAP=90°，
∴AC=BC=BQ=AP=❑√2，
∵∠CAP=90°，
∴CP=❑√AP2+AC2=2，
在Rt△CDP中，∠CPD=90°−∠PCQ=30°，
1
∴CD= CP=1，PD=❑√3CD=❑√3，
2
∵∠CBQ=∠CAP=90°，BC=BQ，
∴∠BCQ=45°，
∵∠CDB=90°，
∴∠CBD=45°=∠BCQ，
∴BD=CD=1，
∴PB=PD−BD=❑√3−1；
（2）将AC绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接BE，CE，如图：
则△ACE是等腰直角三角形，
∵AC=1，
∴CE=❑√2AC=❑√2，∠CEA=45°，
∵∠ACB=45°，
∴∠BCE=90°，
在Rt△BCE中，BE=❑√BC2+CE2=❑√32+(❑√2) 2=❑√11，
∵∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，
即∠BAE=∠DAC，
∵AB=AD，AE=AC，∴△ABE≌△ADC(SAS)，
∴BE=CD，
∴CD=❑√11．
2．（2022春·辽宁沈阳·八年级校考阶段练习）如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将
Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE'（点A的对应点为点C）．延长AE交CE'于点F，连
接DE．
猜想证明：
（1）四边形BE'FE的形状是______；
（2）如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与FE的数量关系并加以证明；
（3）如图①，若AB＝15，CF＝3，求DE的长．
【思路点拨】
（1）由旋转的特征可得到∠E′＝∠AEB＝90°、∠EBE′＝90°、BE′＝BE，再由∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，
可判定四边形BE′FE是正方形；
1
（2）过点D作DG⊥AE于点G，由DA＝DE得AG＝ AE，再证明△ADG≌△BAE，且由四边形BE′FE是正
2
1
方形，得到FE′＝AG＝ CE′，可证得结论；
2
（3）过点D作DG⊥AE于点G，由旋转及四边形BE′FE是正方形可得如下关系：AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′
+3＝BE+3，在Rt△BAE中根据勾股定理求出BE、AE的长，由（1）可知，△ADG≌△BAE，得到DG＝
BE，AG＝BE，再由勾股定理求出DE的长．
【解题过程】
（1）四边形BE′FE是正方形．
理由如下：由旋转得，∠E′＝∠AEB＝90°，∠EBE′＝90°，
∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，
∴四边形BE′FE是矩形，
由旋转得，BE′＝BE，∴四边形BE′FE是正方形．
（2）CF＝FE'，
证明：如图2，过点D作DG⊥AE于点G，则∠DGA＝∠AEB＝90°，
∵DA＝DE，
1
∴AG＝ AE，
2
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠BAE+∠DAG＝90°，
∵∠ADG+∠DAG＝90°，
∴∠ADG＝∠BAE，
在△ADG和△BAE中
{∠ADG=∠BAE
)
∠AGD=∠AEB ，
AD=AB
∴△ADG≌△BAE（AAS），
∴AG＝BE；
∵四边形BE′FE是正方形，
∴BE＝FE′，
∴AG＝FE′，
由旋转得，AE＝CE′，
1 1
∴ AE＝ CE′，
2 2
1 1
∴FE′＝ AE＝ CE′，
2 2
∴CF＝FE'．
（3）如图3，过点D作DG⊥AE于点G，∵BE＝FE′，CF＝3，
∴AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，
∵AE2+BE2＝AB2，且AB＝15，
∴(BE+3)2+BE2＝(15)2，
解得，BE＝9或BE＝﹣12（不符合题意，舍去），
∴AE＝9+3＝12，
由（2）得，△ADG≌△BAE，
∴DG＝AE＝12，AG＝BE＝9，
∴GE＝AE﹣AG＝12﹣9＝3，
∵∠DGE＝90°，
∴DE＝❑√DG2+GE2＝❑√122+32＝3❑√17．
3．（2022秋·全国·九年级期中）△ABC为等边三角形，AB＝8，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一点，
AE=2❑√3．以AE为边在直线AD右侧构造等边三角形AEF，连接CE，N为CE的中点．
（1）如图1，EF与AC交于点G，连接NG，BE，直接写出NG与BE的数量关系；
（2）如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转，旋转角为α，M为线段EF的中点，连接DN，MN．当
30°<α<120°时，猜想∠DNM的大小是否为定值，如果是定值，请写出∠DNM的度数并证明，如果不
是，请说明理由；
（3）连接BN，在△AEF绕点A逆时针旋转过程中，请直接写出线段BN的最大值．【思路点拨】
（1）连接CF．由等边三角形的性质易证△BAE≌△CAF(SAS)，即得出CF=BE．再根据三角形中位线定理
即可求出BE=2NG；
（2）连接BE，CF．利用全等三角形的性质证明∠EBC+∠BCF=120°，再利用三角形的中位线定理，三角
形的外角的性质证明∠DNM=∠EBC+∠BCF即可；
（3）取AC的中点J，连接BJ，结合三角形的中位线定理可求出BJ，JN．最后根据三角形三边关系即可得
出结论．
【解题过程】
（1）解：如图，连接CF．
∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴AB=BC=AC，∠BAD=∠CAD=30°．
∵△AEF是等边三角形，
∴∠EAF=60°，G为EF中点，
∴∠EAG=∠GAF=30°．
即在△BAE和△CAF中，
{
AB=AC
)
∠BAE=∠CAF=30° ，
AE=AF
∴△BAE≌△CAF(SAS)，
∴CF=BE，
∵N为CE的中点，G为EF中点，
1
∴GN= CF，
2
∴BE=2NG；
（2）∠DNM=120°是定值，证明如下，
如图，连接BE，CF．同（1）可证△BAE≌△CAF（SAS），
∴∠ABE=∠ACF．
∵∠ABC+∠ACB=60°+60°=120°，
∴∠EBC+∠BCF=∠ABC-∠ABE+∠ACB+∠ACF=120°．
∵EN=NC，EM=MF，
∴MN∥CF，
∴∠ENM=∠ECF，
∵BD=DC，EN=NC，
∴DN∥BE，
∴∠CDN=∠EBC，
∵∠END=∠NDC+∠NCD，
∴∠DNM=∠DNE+∠ENM=∠NDC+∠ACB+∠ACN+∠ECF=∠EBC+∠ACB+∠ACF=∠EBC+∠BCF=120°．
综上可知∠DNM的大小是定值，为120°；
（3）如图，取AC的中点J，连接BJ，BN．
∵AJ=CJ，EN=NC，
1
∴JN= AE=❑√3．
2∵BJ=AD=4❑√3，
∴BN≤BJ+JN，即BN≤5❑√3，
故线段BN的最大值为5❑√3．
4．（2022·河南郑州·校联考一模）（1）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠C＝90°，点O为AB的中
点，点M为AC上一点，将射线OM绕点O顺时针旋转90°交BC于点N，则OM与ON的数量关系为
；
（2）如图2，在等腰三角形ABC中，∠C＝120°，点O为AB的中点，点M为AC上一点，将射线OM绕
点O顺时针旋转60°交BC于点N，则OM与ON的数量关系是否改变，请说明理由；
（3）如图3，点O为正方形ABCD对角线的交点，点P为DO的中点，点M为直线BC上一点，将射线
25
OM绕点O顺时针旋转90°交直线AB于点N，若AB＝4，当△PMN的面积为 时，直接写出线段BN的
2
长．
【思路点拨】
（1）连接OC，证明△AOM≌△CON（ASA）可得结论．
（2）数量关系不变．如图2中，过点O作OK⊥AC于K，OJ⊥BC于J，连接OC．证明
△OKM≌△OJN（AAS）可得结论．
（3）如图3中，过点P作PG⊥AB于G，PH⊥BC于H．证明△MOC≌△NOB（SAS），推出
25
CM＝BN，设CM=BN=m，根据S = =S ＋S −S ，构建方程求解即可．当点M在
△PMN 2 △PBM △BMN △PBN
CB的延长线上时，同法可求．
【解题过程】
解：（1）结论：OM＝ON．如图1中，理由：连接OC．
∵CA=CB，∠ACB=90°，AO=OB，
∴CO=OA=OB，OC⊥AB，∠A=∠B=45°，∠BCO=∠ACO=45°
∴∠AOC=∠MON=90°，
∴∠AOM=∠CON，
∵∠A=∠CON，
∴△AOM≌△CON（ASA），
∴OM=ON．
故答案为：OM=ON．
（2）数量关系不变．
理由：如图2中，过点O作OK⊥AC于K，OJ⊥BC于J，连接OC．
∵∠ACB=120°，∠OKC=∠OJC=90°，
∴∠KOJ=60°=∠MON，
∵CA=CB，OA=OB，
∴OC平分∠ACB，
∵OK⊥CA，OJ⊥CB，
∴OK=OJ，
∵∠OKM=∠OJN=90°，
∴△OKM≌△OJN（AAS），
∴OM=ON．
（3）如图3中，过点P作PG⊥AB于G，PH⊥BC于H．∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=4，∠BAD=90°，
∴BD=❑√2AB=4❑√2，
∴OD=OB=2❑√2，PD=OP=❑√2，
∴PB=3❑√2，
∵四边形PGBH是正方形，
∴PG=PH=3，
∵∠MON=∠COB=90°，
∴∠MOC=∠NOB，
∵OM=ON，OC=OB，
∴△MOC≌△NOB（SAS），
∴CM=BN，设CM=BN=m，
25
∵S ＝ ＝S ＋S −S ，
△PMN 2 △PBM △BMN △PBN
1 1 1 25
∴ ⋅（4＋m）⋅3＋ ⋅m⋅（4＋m）− ⋅m⋅3= ，
2 2 2 2
∴整理得：m2＋4m−13=0，
解得m=❑√17−2或−❑√17−2（舍去），
∴BN=❑√17−2．
当点M在CB的延长线上时，同法可得BN=❑√17＋2．
综上所述，满足条件的BN的值为❑√17−2或❑√17＋2．
5．（2023春·浙江·八年级专题练习）小张同学对图形旋转前后线段之间、角之间的关系进行了拓展探究．
在△ABC中，AB=AC，M是平面内任意一点，将线段AM绕点A按顺时针方向旋转与∠BAC相等的角
度，得到线段AN，连接NB．（1）如图1，若点M是线段BC上的任意一点，判断BN和CM的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，点E是AB延长线上的点，若点M是∠CBE内部射线BD上任意一点，连接MC，（1）中结
论是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由．
（3）如图3，在△A B C 中，A B =8，∠A B C =60°，∠B A C =75°，点P是B C 上的任意一
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
点，连接A P，将A P绕点A 按顺时针方向旋转75°，得到线段A Q，连接B Q，求线段B Q长度的最
1 1 1 1 1 1
小．
【思路点拨】
（1）由旋转知，AM=AN,∠BAC=∠NAM，进而得出∠MAC=∠NAB，判断出△CAM≌△BAN，
即可得出结论；
（2）由旋转知，AM=AN,∠BAC=∠NAM，进而得出∠MAC=∠NAB，判断出△CAM≌△BAN，
即可得出结论；
（3）在A C 的截取A O=A B ， 过点A 作AE⊥B C 于E，根据旋转得出A P=A Q，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∠QA P=75°，可证△PA O≌△QA B (SAS)，得出OP=B Q，要线段B Q长度的最小，则线段OP
1 1 1 1 1 1
长度最小，而点O为A C 上定点，当OP⊥A C 时，OP最小，先求
1 1 1 1
1
∠C =180°−∠A B C −∠B A C =45°，再利用30°直角三角形性质求出B E= A B =4，利用
1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1
勾股定理求出A E=❑√A B 2−B E2=4❑√3，利用等腰直角三角形求出A C =❑√A E2+C E2=4❑√6即
1 1 1 1 1 1 1 1
可．
【解题过程】
（1）结论：BN=CM．
由旋转知，AM=AN,∠BAC=∠NAM，
∴∠BAC−∠BAM=∠NAM−∠BAM，
即：∠MAC=∠NAB，
∵AB=AC，∴△CAM≌△BAN(SAS)，
∴BN=CM，
故答案为BN=CM；
（2）（1）中结论仍然成立，
理由：由旋转知，AM=AN,∠BAC=∠NAM，
∴∠BAC−∠BAM=∠NAM−∠BAM，
即：∠MAC=∠NAB，
∵AB=AC，
∴△CAM≌△BAN(SAS)，
∴BN=CM；
（3）如图3，在A C 的截取A O=A B ， 过点A 作AE⊥B C 于E，
1 1 1 1 1 1 1 1
由旋转知，A P=A Q,∠QA P=75° ，
1 1 1
∴∠B A C =∠QA P=75°，
1 1 1 1
∴∠PA C =∠B A Q，
1 1 1 1
在△PA O和△QA B 中，
1 1 1
∵A O=A B ,∠PA O=∠B A Q,A P=A Q，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴△PA O≌△QA B (SAS)，
1 1 1
∴OP=B Q，
1
要线段B Q长度的最小，则线段OP长度最小，
1
而点O为A C 上定点，当OP⊥B C 时，OP最小，
1 1 1 1
在Rt△OPC 中，∠C =180°−∠A B C −∠B A C =45°，
1 1 1 1 1 1 1 1
在Rt△A B E中，
1 1
∵A B =8,∠A B C =60°，
1 1 1 1 1
1
∴∠B A E=90°−60°=30°,B E= A B =4，A E=❑√A B 2−B E2=4❑√3，
1 1 1 2 1 1 1 1 1 1
在Rt△A EC 中，
1 1∵∠C =45°，
1
∴A E=C E=4❑√3，A C =❑√A E2+C E2=4❑√6，
1 1 1 1 1 1
∴C O=A C −A O=4❑√6−8，
1 1 1 1
❑√2 ❑√2
∴OP = C O= ×(4❑√6−8)=4❑√3−4❑√2
最小 2 1 2
即：线段B Q长度的最小值为4❑√3−4❑√2．
1
6．（2023春·四川成都·八年级统考期末）在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=❑√2，将直角边AC
绕点A顺时针旋转得到AP，旋转角为α(0°<α<180°)，连接CP，PB．
（1）如图1，当α=45°时，求BP的长；
（2）如图2，若∠CPB=135°，且D为AB中点，连接PD，猜想CP和DP的数量关系，并说明理由；
（3）在旋转过程中，当CP=BP时，求旋转角α的度数．
【思路点拨】
（1）点P落在AB上，解等腰直角△ABC，AB=❑√AC2+BC2=2，所以BP=AB−AP=2−❑√2；
（2）解：如图，延长PD到点F，使得PD=DF，连接AF，可证△ADF≅△BDP，于是AF=BP，
∠DAF=∠DBP，结合三角形内和定理，可求证∠FAP=∠CBP，于是△FAP≅△BPC，得PF=CP，
所以CP=2DP；
（3）解：分两种情况：①当点P在△ABC内部，如图 ，过点P作PG⊥BC，交BC于点G，过点C作
1
CD⊥AP，垂足为E，求证∠PCE=∠BCP，于是△CEP≅△CGP，所以CE=CG= BC，Rt△ACE
2
中 ，AC=2CE，于是∠CAE=α=30°；②当点P在△ABC外部，如图，延长PD，交BC于点I，过点
1
A作AH⊥PD,垂足为点H，求证△ADH≅△BDI，于是AH=BI= BC，进一步证得AP=2AH，
2
∠APH=30°，而AC∥PI，所以∠PAC=180°−30°=150°，即α=150°．
【解题过程】（1）解：α=45°时，点P落在AB上，
等腰直角△ABC中，AC=❑√2，
∴AB=❑√AC2+BC2=❑√2AC=2
∴BP=AB−AP=AB−AC=2−❑√2
（2）解：如图，延长PD到点F，使得PD=DF，连接AF
∵AD=BD，∠ADF=∠BDP，
∴△ADF≅△BDP
∴AF=BP，∠DAF=∠DBP
∵AP=AC，AC=BC
∴AP=BC
∵∠APB+∠DAP+∠DBP=180°
∴∠FAP=∠DAF+∠DAP=∠DBP+∠DAP=180°−∠APB
△PAC中，PA=PC，∠PAC=α
1 1
∴∠APC=∠ACP= (180°−α)=90°− α
2 2
1 1
∴∠APB=360°−∠CPB−∠APC=360°−135°−(90°− α)=135°+ α
2 2
1
∴∠FAP=180°−∠APB=45°− α
2
1 1
∵∠BCP=90°−∠ACP=90°−(90°− α)= α
2 2
1 1
∴∠CBP=180°−∠CPB−∠BCP=180°−135°− α=45°− α
2 2
∴∠FAP=∠CBP
∴△FAP≅△BPC
∴PF=CP
而PD=DF
∴CP=2DP（3）解：分两种情况：①当点P在△ABC内部
如图 ，过点P作PG⊥BC，交BC于点G，过点C作CD⊥AP，垂足为E，
∵CP=BP
1
∴CG=BG= BC，
2
Rt△ACE中，∠ACE=90°−α
1 1
∴∠PCE=∠PCA−∠ACE=(90°− α)−(90°−α)= α
2 2
1
由（2）推证知 ∠BCP= α
2
∴∠PCE=∠BCP
又∠CEP=∠CGP=90°，CP=CP
∴△CEP≅△CGP
1
∴CE=CG= BC
2
又AC=BC
∴Rt△ACE中 ，AC=2CE
∴∠CAE=α=30°
②当点P在△ABC外部
如图，延长PD，交BC于点I，过点A作AH⊥PD,垂足为点H
∵PC=BP1
∴∠DIB=90°，CI=BI= BC
2
∵AD=BD，∠AHD=∠DIB=90°，∠ADH=∠BDI
∴△ADH≅△BDI
1
∴AH=BI= BC
2
又AC=BC=AP
∴AP=2AH
∴∠APH=30°
∵∠ACB=∠DIB=90°
∴AC∥PI
∴∠PAC+∠APH=180°
∴∠PAC=180°−30°=150°
即α=150°
综上，α=30°或150°
7．（2022秋·北京西城·九年级北师大实验中学校考阶段练习）在等腰Rt△ABC中，AB⊥AC，点D为AC
边上一点，连接DB ．
（1）如图1，若∠ABD ＝15°，BD＝2，求线段AD的长度；
（2）如图2，将线段DB绕点D顺时针旋转90°得到线段DE，连接BE、CE，将线段DC绕点D逆时针旋
转90°得到线段DF，连接BF，线段CE、BF交于点G，连接AG，猜想线段AG、BG、CG的数量关系并证
明你的结论；
AE
（3）如图3，将线段DB绕点D顺时针旋转60°得到线段DE，连接AE，直接写出 的最小值．
AB
【思路点拨】
（1）作DE⊥BC于E，则解RtΔBDE和RtΔCDE，即可解决问题；（2）首先利用SAS证明ΔBDF≅ΔEDC，得∠BGE=∠BDE=90°，作AH⊥AG，交BG于H，再利
用ASA证明ΔABH≅ΔACG，得CG=BH，AH=AG，从而得出结论；
（3）以AB为边作等边三角形ABP，连接BE，PE，利用SAS证明ΔEBP≅ΔDBA，则
∠BPE=∠BAD=90°，可知点E在射线PE上运动，从而解决问题．
【解题过程】
（1）解：作DE⊥BC于E，
∵ΔABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠C=45°，
∵∠ABD=15°，
∴∠DBC=30°，
1
∴DE= BD=1，BE=❑√3，
2
∴CE=DE=1，
∴CD=❑√2，
∵BC=BE+CE=❑√3+1，
❑√2 ❑√2 ❑√6 ❑√2
∴AC= BC= (❑√3+1)= + ，
2 2 2 2
❑√6 ❑√2
∴AD=AC−CD= − ；
2 2
（2）BG=CG+❑√2AG，
∵将线段DB绕点D顺时针旋转90°得到线段DE，
∴BD=DE，∠BDE=90°，
∵将线段DC绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，
∴CD=DF，∠CDF=90°，
∴∠BDF=∠CDE，
∴ΔBDF≅ΔEDC(SAS)，∴∠DBF=∠DEG，
∴∠BGE=∠BDE=90°，
作AH⊥AG，交BG于H，
∵∠BAC=∠HAG=90°，
∴∠BAH=∠CAG，
∵∠BAC=∠BGC=90°，
∴∠ABH=∠ACG，
又∵AB=AC，
∴ΔABH≅ΔACG(ASA)，
∴CG=BH，AH=AG，
∴ΔAHG是等腰直角三角形，
∴HG=❑√2AG，
∴BG=CG+❑√2AG；
（3）如图，以AB为边作等边三角形ABP，连接BE，PE，
∵ΔBAP和ΔBDE是等边三角形，
∴BE=BD，BA=BP，∠EBP=∠DBA，∴ΔEBP≅ΔDBA(SAS)，
∴∠BPE=∠BAD=90°，
∴∠APE=30°，
∴点E在射线PE上运动，
作AQ⊥PE，交PE的延长线于Q，
当点E与Q重合时，AE最小，
AE AQ 1
∴ 的最小值值为 = ．
AB AP 2
8．（2022秋·上海·八年级专题练习）已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，其中
∠ABC=∠ADE=90°，连接BD、EC，点M为EC的中点，连接BM、DM．
（1）如图1，当点D、E分别在AC、AB上时，求证：△BMD为等腰直角三角形；
（2）如图2，将图1中的△ADE绕点A逆时针旋转45°，使点D落在AB上，此时（1）中的结论“△BMD
为等腰直角三角形”还成立吗？请对你的结论加以证明；
（3）如图3，将图2中的△ADE绕点A逆时针旋转90°时，△BMD为等腰直角三角形的结论是否仍成立？
若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【思路点拨】
（1）根据∠ABC=∠CDE=90°，点M为EC的中点，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可得
BM=DM=MC，即有∠MBC=∠MCB，∠MDC=∠MCD，则可得∠MBC+∠MDC =∠MCB+∠MCD=∠ACB，根
据三角形外角的性质可得，∠BMD=∠EMB+∠EMD=2∠ACB=245=90，即可证得△BMD为等腰直角三角
形；
（2）延长DM交BC于N，先证明△EMD≌△CMN，即有DM=MN，ED=CN，进而有AD=CN，BD=BN，则
1
有BM= DN=DM，可得BM⊥DN，即∠BMD=90，则有△BMD为等腰直角三角形；
2
（3）作CN∥BD交DM延长线于N，连接BN，先证明△EMD≌△CMN，根据（2）的方法同理可证得
△BMD为等腰直角三角形．
【解题过程】
（1）∵∠ABC=∠CDE=90°，点M为EC的中点，1 1
∴BM=MC= EC，DM=MC= EC，
2 2
∴BM=DM，∠MBC=∠MCB，∠MDC=∠MCD，
∴∠MBC+∠MDC =∠MCB+∠MCD=∠ACB，
∵∠EMB=∠MBC+∠MCB，∠EMD=∠MDC+∠MCD，
∴∠BMD=∠EMB+∠EMD=∠MBC+∠MCB+∠MDC+∠MCD=2∠ACB=245=90，
∴△BMD为等腰直角三角形；
（2）成立；如图1，延长DM交BC于N，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC=∠ADE=90°，
∴BA=BC，DE=DA，∠EDB=90，
∴∠EDB=∠DBC，
∴ED∥BC，
∴∠DEM=∠NCM，
∵M为EC中点，
∴EM=CM，又∠EMD=∠CMN，
∴△EMD≌△CMN，
∴DM=MN，ED=CN，
∴AD=CN，
∴BD=BN，
1
∴BM= DN=DM，
2
∴BM⊥DN，即∠BMD=90，
∴△BMD为等腰直角三角形；
（3）成立；如图2，作CN∥BD交DM延长线于N，连接BN，∵CN∥BD，
∴∠BAC=∠MCN=45，
∴∠E=∠MCN=45，
∵∠DME=∠NMC，EM=CM，
∴△EMD≌△CMN，
∴CN=DE=AD，MN=DM，
又∵∠DAB =180-45-45=90，∠BCN=45+45=90，
∴∠DAB=∠BCN，
又BA＝BC，
∴△DBA≌△NBC(SAS)，
∴∠DBA =∠NBC，BD=BN；
∴∠DBN=∠ABC=90，
∴△DBN是等腰直角三角形，且BM是底边中线，
∴BM⊥DM，∠DBM=∠BDM=45，BM=DM=MN，
即△BMD为等腰直角三角形．
9．（2023春·重庆万州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AC是对角线，AB=AC，点E
是BC边上一点，连接AE，将AE绕着点A顺时针旋转α得到线段AF．
（1）如图1，若α=∠BAC=90°，连接BF，BF=3，BC=8，求△ABE的面积；
（2）如图2，若α=2∠BAC=120°，连接CF交AB于H，求证：2AH+CE=AD；
（3）若在（2）的条件下，3CE=BC=9，点P为AB边上一动点，连接EP，将线段EP绕着点E顺时针
旋转60°得到线段EQ，连接CQ，当线段CQ取得最小值时，直接写出四边形BHQE的面积．【思路点拨】
（1）如图：过点A作BC的垂线交BC于点M，再证△FAB≅△EAC可得FB=CE，进而得到BE=5，再
1
根据直角三角形的性质可得AM= BC=4，再根据三角形的面积公式计算即可；
2
（2）在BH上截取BP=CE，连接CP，先证△CBP≅△ACE可得CP=AE=AF，再证△AHF≅△CPH
可得AH=AP，然后再线段的和差和等量代换即可解答；
（3）先求得CE=3,BE=BC−CE=6,再连接EH,则EH=BE=6，当CQ⊥MH，即CQ有最小值，再根
据勾股定理求得CQ=3❑√3，最后根据平行四边形的面积公式即可解答．
【解题过程】
（1）解：如图：过点A作BC的垂线交BC于点M，
∵ α=∠BAC=90°，
∴ ∠FAB=∠EAC，
在△FAB和△EAC，
{
FA=EA
)
∠FAB=∠EAC ，
BA=CA
∴ △FAB≅△EAC (SAS)，
∴ FB=CE，
又∵BF=3，BC=8，
∴ BE=BC−CE=8−3=5，
又∵∠BAC=90°，AB=AC，
1
∴ AM= BC=4，
2
1 1
∴ S = BE×AM = ×5×4 =10．
△ABE 2 2
（2）解：在BH上截取BP=CE，连接CP，∵α=2∠BAC=120°，
∴∠BAC=60°，
∵AB=AC，
∴△ABC是等边三角形
∴∠B=∠ACB=60°，BC=AC，
在△CBP和△ACE中，
{
BP=CE
)
∠B=∠ACB=60° ，
BC=AC
∴ △CBP≅△ACE，
∴ CP=AE=AF，
∠BPC=∠AEC=60°+∠BAE，
∴ ∠APC=180°−(∠BAE+60°)，
∵ ∠FAB=120°−∠BAE，
∴ ∠APC=∠FAB，
在△AHF和△CPH中，
{∠APC=∠FAB
)
∠AHF=∠PHC
CP=AF
∴△AHF≅△PHC(AAS)，
∴ AH=PH
∵BP=CE
∴ AB=BC=AD=AH+PH+CE=2AH+CE．
（3）解：如图：∵3CE=BC=9，
∴CE=3，BE=BC−CE=6,
连接EH，
由（2）可知∠BAC=∠ABC=60°，BE=BH=6∴△BHE是等边三角形，
∴∠BEH=60°，BE=HE，
∵将线段EP绕着点E顺时针旋转60°得到线段EP ，
1
∴PE=P E，∠PEP =60°，即∠HEP =∠BEP,
1 1 1
在△BPE和△HEP 中，
1
{ PE=P 1 E )
∠HEP =∠BEP ,
1
BE=HE
∴△BEP≅△HEP (SAS),
1
∴∠B=∠EH P =60°,
1
∵∠BEH=60°，
∴∠BEH=∠EH P =60°,
1
∴H P ∥BC，点P 的轨迹为过点H且平行BC的直线，
1 1
过H作H P ∥BC，其延长线角CD于M，过C作CQ⊥BP 于Q，
1 1
由点到直线的距离，垂线段最短，可知：当CQ⊥MH时，即CQ有最小值
∵BH∥CM，BC∥HM，
∴四边形BHMC是平行四边形，
∴CM=BH=6，∠HMC=∠B=60°，
∴∠QCM=30°，
1
∴MQ= CM=3
2
∴CQ=❑√CM2−MQ2=3❑√3
∴边形BHQE的面积为BE⋅CQ=6×3❑√3=18❑√3．
10．（2023春·辽宁本溪·八年级统考期中）【探究】（1）如图1，在四边形中ABCD中，AB=AD，
∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．
小李同学探究此问题的方法是：FD延长到点G，使DG=BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证
明△AEF≌△AGF，即可得出BE，EF，FD之间的数量关系．他的结论是 ．
【拓展】（2）如图2，已知△ABC是等腰直角三角形，∠C=90°．将三角板的45°角的顶点与点C重
合，使这个角落在∠ACB的内部，两边分别与斜边AB交于E、F两点，然后将这个角绕着点C在∠ACB
的内部旋转，在点E、F的位置发生变化时，猜想线段AE、EF、BF之间的数量关系，并说明理由；
【实际应用】（3）如图2，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD，若AC=5cm，则四
边形ABCD的面积为__________cm2．
【思路点拨】
（1）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先根据SAS证明△ABE≌△ADG得AE=AG，再证明
△AEF≌△AGF可得EF=FG，即可得出结论；
（2）将△ACE绕点C逆时针旋转90°得△BCE′，连接E′F，可证△CEF≌△CE′F，得E′F=EF，可证
△BE′F是直角三角形，即可得出结论；
（3）过点A作AM⊥BC垂足为M，作AN⊥CD，交CD延长线于点N，先证△ABM≌△ADN，可得
AM=AN，再证△AMC≌△ANC，可得∠ACM=45°,由勾股定理可得CM长，再求四边形AMCN面
积，即可求得结论．
【解题过程】
（1）解：结论是：BE+DF=EF，理由如下：
延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B=∠ADC=90°，
∴∠B=∠ADG=90°，
在△ABE和△ADG中
{
DG=BE
)
∠B=∠ADG ，
AB=AD
∴△ABE≌△ADG，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠BAD=120°，∠EAF=60°，
∴∠BAE+∠DAF=60°，
∴∠DAG+∠DAF=60°，
∴∠EAF=∠GAF=60°，
在△AEF和△AGF中
{
AF=AF
)
∠EAF=∠GAF ，
AE=AG
∴△AEF≌△AGF，
∴EF=FG，
∵DG+DF=GF，
∴BE+DF=EF；
（2）解：AE2+BF2=EF2，理由如下：
将△ACE绕点C逆时针旋转90°得△BCE′，连接E′F，
∵∠ACB=90°，∠EAF=45°，
∴∠ACE+∠BCF=45°，
∵∠ACE=∠BCE′，
∴∠BCE′+∠BCF=45°=∠E′CF，
∴∠ECF=∠E′CF，
在△CEF和△CE′F中
{
CF=CF
)
∠ECF=∠E′CF
CE=CE′
∴△CEF≌△CE′F，
∴EF=E′F，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠C=90°，∴∠A=∠ABC=45°，
∵∠CBE′=∠A=45°，
∴∠E′BF=90°，
在Rt△BE′F中，BE′2+BF2=E′F2，
∵BE′=AE，
∴AE2+BF2=EF2．
（3）解：过点A作AM⊥BC垂足为M，作AN⊥CD，交CD延长线于点N，
∵∠BAD=∠BCD=90°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∵∠ADN+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADN，
∵AM⊥BC，AN⊥CD，
∴∠AMB=∠N=90°，
∵AB=AD，
∴△ABM≌△ADN，
∴AM=AN，
∵AC=AC，
∴Rt△AMC≌Rt△ANC，
∴∠ACM=∠ACN=45°，
∴∠ACM=∠CAM=45°，
∴△ACM是等腰直角三角形，
∵AC=5，AM2+CM2=AC2，
5❑√2
∴AM=CM= ，
2
1 5❑√2 5❑√2
∴四边形ABCD面积=四边形AMCN面积=2S =2× × × =12.5．
△ACM 2 2 2
11．（2022春·山东烟台·九年级校联考期中）如图，正方形ABCD中∠PAQ分别交BC，CD于点E，F，连接EF．
（1）如图①，若∠1=28°，∠2=73°，试求∠3的度数；
（2）如图②，以点A为旋转中心，旋转∠PAQ，旋转时保持∠PAQ=45°．当点E，F分别在边BC，CD
上时，AE和AF是角平分线吗？如果是，请说出是哪两个角的平分线并给予证明；如果不是，请说明理
由；
（3）如图③，在②的条件下，当点E，F分别在BC，CD的延长线上时，②中的结论是否成立？只需回答
结论，不需说明理由．
【思路点拨】
（1）延长DH至点H，使DH＝BE，连接AH．先证明△ABE≌△ADH，再证明△FAE≌△FAH，即可得解；
（2）延长DH至点H，使DH＝BE，连接AH．同（1）可证△ABE≌△ADH，在证△FAE≌△FAH即可得解；
（3）在BC上取一点M，使得BM=DF，连接AM，设AE与FC交于点N，连接MN，先证明
△ABM≌△ADF，再设法证明△AFN≌△AMN，即可证明△NFE≌△NME，则有∠FEN=∠MEN，结论得证．
【解题过程】
（1）延长DH至点H，使DH＝BE，连接AH，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，
∴∠B＝∠ADH＝90°，
∵∠2＝73°，∴∠BAE＝90°－∠2＝17°，
在△ABE和△ADH中，AB=AD，∠B=∠ADH=90°，BE=DH，
∴△ABE≌△ADH，
∴AE＝AH，∠2＝∠H＝73°，∠BAE＝∠DAH＝17°，
∴∠HAF＝∠DAH＋∠1＝17°＋28°＝45°，
∵∠EAF＝90°－∠1－∠BAE＝45°，
∴∠EAF＝∠HAF，
又∵AE＝AH，AF＝AF，
∴△FAE≌△FAH，
∴∠3＝∠AFH，
∵∠AFH＝90°－∠1＝90°－28°＝62°，
∴∠3＝62°；
（2）AE是∠FEB的平分线，AF是∠EFD的平分线，
理由：延长DH至点H，使DH＝BE，连接AH，
同（1）可证△ABE≌△ADH，
∴AE＝AH，∠AEB＝∠H，∠1＝∠4，
∵∠2＝45°，
∴∠1＋∠3＝90°－∠2＝45°，
∴∠4＋∠3＝90°－∠2＝45°，
即∠HAF＝45°，
∴∠2＝∠HAF，
又∵AE＝AH，AF＝AF，
∴△FAE≌△FAH，
∴∠AFE＝∠AFH，∠AEF＝∠H，∴∠AEB＝∠AEF，
∴AE平分∠FEB，AF平分∠EFD；
（3）AE仍然是∠FEB的平分线，AF不是∠EFD的平分线，
理由如下：在BC上取一点M，使得BM=DF，连接AM，设AE与FC交于点N，连接MN，如图，
∵BM=DF，AB=AD，∠ABM=∠ADF，
∴△ABM≌△ADF，
∴∠MAB=∠DAF，AF=AM，
∵∠BAM+∠MAD=90°，
∴∠FAD+∠MAD=90°，
∴∠MAF=90°，
∵∠FAE=45°，
∴∠EAM=90°-∠FAE=45°，
∴∠FAN=∠MAN，
∵AF=AM，AN=AN，
∴△AFN≌△AMN，
∴∠FNA=∠MNA，FN=MN，
∴∠FNE=180°-∠FNA=180°-∠MNA=∠MNE，
∵EN=EN，
∴△NFE≌△NME，
∴∠FEN=∠MEN，
∴AE平分∠FEB，
通过对图形的观察可以明显发现，AF不是∠EFD的平分线．
即结论得证．
12．（2022·重庆巴蜀中学校考一模）在等边△ABC中，点D在AB上，点E在BC上，将线段DE绕点D逆时针旋转60°得到线段DF，连接CF．
（1）如图（1），点D是AB的中点，点E与点C重合，连接AF．若AB=6，求AF的长；
（2）如图（2），点G在AC上且∠AGD=60°+∠FCB，求证：CF=DG；
（3）如图（3），AB=6，BD=2CE，连接AF．过点F作AF的垂线交AC于点P，连接BP、DP．将
△BDP沿着BP翻折得到△BQP，连接QC．当△ADP的周长最小时，直接写出△CPQ的面积．
【思路点拨】
（1）由旋转知△DCF为等边三角形，再证明△BCD≌△ACF得AF=BD，求解即可；
（2）将线段CF绕C顺时针旋转60°得CH，连接EF、EH、FH，证明△CDF≌△EFH得CD=EH；再在AC
上截取QP=BE，证明△ECH≌△CPD，得CH=DP，由全等及等量代换得∠DPG=∠DGP，即DP=DG，等量
代换即可；
（3）过D作DH⊥BC于H，利用三角函数得EH=AD，证明△DEH≌△DAF，得∠DAF=90°，设CE=x，利用
勾股定理得到△ADP周长的表达式为6+❑√12x2−36x+36，求出最小值时对应的x值，用三角形面积公式
求值即可．
【解题过程】
（1）解：∵△ABC为等边三角形，
∴BC=AC，∠BCA=60°，
由旋转知，∠CDF=60°，CD=CF，
∴△DCF为等边三角形，
∴CD=CF，∠DCF=60°，
∴∠DCB=∠ACF，
∴△BCD≌△ACF，
∴AF=BD，
∵D为AB中点，AB=6，∴BD=3，
∴AF=3．
（2）解：将CF绕C顺时针旋转60°得CH，连接CH，FH，EF，EH，CD，
在AC上截取AP=BE，连接DP，设CD交EH于M，
如图所示，
由旋转知，△DEF、△CFH为等边三角形，
∴DF=EF，CF=FH，∠DFE=∠CFH=60°，
∴∠DFC=∠EFH，
∴△DCF≌△BHF，
∴EH=CD，∠DCF=∠EHF，
由三角形内角和知，∠HMC+∠EHF=∠DCF+∠HFC，
∴∠HMC=∠HFC=60°，
∴∠DCE+∠HEC=60°，
∵∠DCP+∠DCE=60°，
∴∠CEH=∠DCP，
∵AC=BC，AP=BE，
∴CP=CE，
∴△ECH≌△CPD，
∴CH=DP，∠DPC=∠HCE，
又∠HCE=60°+∠2，
∴∠DPC=60°+∠2，
由∠1+∠FCG=∠2+∠FCG=60°，知∠1=∠2，
又∠AGD=60°+∠1，∴∠AGD=∠DPG，
∴DP=DG，
∵CH=CF，
∴CF=DG．
（3）：过D作DH⊥CB于H，连接EF，如图所示，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠DBH=60°，∠BDH=30°，
∴BD=2BH，DH=❑√3x，
∵BD=2CE，
∴BH=CE，
设BH=CE=x，则BD=2x，EH=6－2x，AD=6－2x，
由旋转知，△DEF为等边三角形，∠EDF=60°，
∴∠1+∠3=90°，DE=DF，
又∠1+∠2=90°，
∴∠2=∠3，
∴△ADF≌△HED，
∴∠DAF=∠DHE=90°，∠PAF=30°，AF=DH=❑√3x，
∵∠AFP=90°，
∴PF=x，AP=2x，
过P作PM⊥AD于M，
则AM=x，DM=6－3x，PM=❑√3x，
在Rt△PDM中，由勾股定理得：PD=❑√(❑√3x) 2+(6−3x) 2=❑√12x2−36x+36=❑ √ 12 ( x− 3) 2 +9，
2
√ ( 3) 2 √ ( 3) 2
故△ADP周长=AD+AP+PD=6－2x+2x+❑12 x− +9=6+❑12 x− +9，
2 2
3
∴当x= 时，周长取最小值，最小值为9，此时DP=3，
2
∴BD=AP=3，即D为AB中点，P为AC中点，
∴直线BP是等边△ABC对称轴，
如图所示，△BDP沿BP折叠后，Q点落在BC中点处，
1 1 ❑√3 9❑√3
则△PCQ面积= ×△ABC面积= × ×62= ．
4 4 4 4
13．（2023春·山东济南·八年级统考期末）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=4❑√2，点D，E是边
AB，AC的中点，连接DE，DC，点M，N分别是DE和DC的中点，连接MN．
（1）如图1，MN与BD的数量关系是_________；
（2）如图2，将△ADE绕点A顺时针旋转，连接BD，请写出MN和BD的数量关系，并就图2的情形说
明理由；
（3）在△ADE的旋转过程中，当B，D，E三点共线时，求线段MN的长．
【思路点拨】
1
（1）可证CE=BD，MN= CE，即可求解；
2
（2）连接EC，可证△ABD≌△ACE，可得BD=CE，即可求解；
（3）①当点E在线段BD上时，过点A作AP⊥BD于点P，可求PD=2，PB=❑√AB2−AP2 =2❑√7，即
可求解；②当点D在线段BE上时，过点A作AQ⊥BE于点Q，可求AQ=DQ=2，
BQ=❑√AB2−AQ2=2❑√7，即可求解．
【解题过程】（1）解：∵点D，E是边AB，AC的中点，
1 1
∴CE= AC，BD= AB，
2 2
∵ AB=AC=4❑√2，
∴CE=BD，
∵点M，N分别是DE和DC的中点，
∴MN是△DCE的中位线，
1
∴MN= CE，
2
1
∴MN= BD，
2
1
故答案：MN= BD．
2
1
（2）解：MN= BD，理由如下：
2
如图，连接EC，
由（1）同理可得： AD=AE，
由旋转得：∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠DAB+∠BAE=∠EAC+∠BAE，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中
{
AD=AE
)
∠DAB=∠EAC ，
AB=AC
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD=CE，
∵点M，N分别是DE和DC的中点，1
∴MN= CE，
2
1
∴MN= BD．
2
（3）解：①如图，当点E在线段BD上时，过点A作AP⊥BD于点P
∴ ∠APD=90°，
∵ ∠BAC=90°，AB=AC=4❑√2，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
在（1）中：∵点D，E是边AB，AC的中点，
1
∴DE∥BC，AD= AB=2❑√2
2
∴ ∠ADE=∠AED=∠ABC=45°，
∵∠DAE=90°，AD=AE，
∴PD=PA，
∴PD2+PA2=AD2，
∴2PD2=(2❑√2) 2 ，
∴PD=2，
在Rt△ADB中，
∴PB=❑√AB2−AP2
=❑√(4❑√2) 2 −22=2❑√7，
∴BD=BP+PD=2❑√7+2；
1
MN= BD=❑√7+1
2
②如图，当点D在线段BE上时，过点A作AQ⊥BE于点Q，在Rt△ADQ中，∠AQD=90°，∠ADE=45°，
1
AD= AB=2❑√2，
2
由①同理可求AQ=DQ=2，
在Rt△AQB中，∠AQB=90°，
AB=4❑√2，AQ=2，
∴BQ=❑√AB2−AQ2=❑√(4❑√2) 2 −22=2❑√7
∴BD=BQ−DQ=2❑√7−2；
1
MN= BD=❑√7−1．
2
综上所述，MN=❑√7+1或❑√7−1．
14．（2023春·江苏·八年级专题练习）【发现奥秘】
（1）如图1，在等边三角形ABC中，AB=2，点E是△ABC内一点，连接AE,EC,BE，分别将AC,EC
绕点C顺时针旋转60°得到DC,FC，连接AD,DF,EF．当B，E，F，D四个点满足______时，
BE+AE+CE的值最小，最小值为_______．
【解法探索】
（2）如图2，在△ABC中，∠ACB=90°,AC=BC，点P是△ABC内一点，连接PA,PB,PC，请求出
当PA+PB+PC的值最小时∠BCP的度数，并直接写出此时PA:PB:PC的值．（提示：分别将PC,AC
绕点C顺时针旋转60°得到DC,EC，连接PD,DE,AE）
【拓展应用】
（3）在△ABC中，∠ACB=90°,∠BAC=30°,BC=2，点P是△ABC内一点，连接PA,PB,PC，直接写出当PA+PB+PC的值最小时，PA:PB:PC的值．
【思路点拨】
（1）证明△AEC≅△DFC得到AE=DF进而得到B，E，F，D四个点满足四点共线时，BE+AE+CE
的值最小为BD，再由等边△ABC及AB=2求出BD的长；
（2）同（1）中思路证明△APC≌△EDC(SAS)得到PA=DE，当B，P，D，E四点共线时，
PA+PB+PC的值最小为BE；进一步得到∠BCE=150°，BC=CE即可求出∠BCP=45∘，再过点C作
CF⊥AB于点F，利用∠FBP=30∘即可求出PA:PB:PC的值；
（3）同（2）中思路即可求解．
【解题过程】
（1）解：由旋转的性质，可知CE=CF,CA=CD,∠ECF=∠ACD=60°，
∠ACE=∠ECF−∠ACF=60∘−∠ACF，∠DCF=∠ACD−∠ACF=60∘−∠ACF，
∴∠ACE=∠DCF，
∴△ACE≌△DCF(SAS)，
∴AE=DF，
且EC=EF，
∴BE+AE+CE=BE+DF+EF，
∴当B，E，F，D四点共线时，BE+DF+EF的值最小为BD，如图所示：
连接AC，设AC与BD交于点O，
∵ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠OCB=60°，
❑√3 ❑√3
∴BO= BC= ×2=❑√3，
2 2
此时BD=2BO=2❑√3．
（2）解：由旋转的性质，可知PC=CD,AC=CE,∠PCD=∠ACE=60°，∠PCA=∠PCD−∠ACD=60∘−∠ACD，∠DCE=∠ACE−∠ACD=60∘−∠ACD，
∴∠PCA=∠DCE，
∴△APC≌△EDC(SAS)，
∴PA=DE，
且△PDC，△ACE均为等边三角形，PC=PD,
∴PA+PB+PC=DE+PB+PD，
∴当B，P，D，E四点共线时，PA+PB+PC的值最小，如图1所示．
∵△PDC，△ACE均为等边三角形，
∴∠BPC=∠CDE=∠CPA=120°，∠BCE=90°+60°=150°，
∵AC=BC,AC=CE，
∴BC=CE．
∴∠PBC=∠DEC=15°，
∴∠BCP=45°，
∴当B，P，D，E四点共线时，PA+PB+PC的值最小，此时∠BCP=45°；
过点C作CF⊥AB于点F，如图1所示．
∵PB=PA, CB=CA，
∴CP是线段AB的中垂线，
∴C，P，F三点共线，∠FBC=∠FAC=45°
∴PA=PB,∠FBP=∠FAP=30°，
设PF=1，则PB=PA=2,CF=BF=❑√3．
∴PC=❑√3−1，
∴PA:PB:PC=2:2:(❑√3−1)．
（3）解：分别将PC,AC绕点C顺时针旋转60°得到DC,EC，连接PD,DE,AE，
过点E作EF⊥BC，交BC的延长线于点F，如图2所示：由(2)可知，当B，P，D，E四点共线时，PA+PB+PC的值最小，此时∠BPC=∠CDE=∠CPA=120°
，
由(2)知：△APC≌△EDC，∠BCE=90°+60°=150°，
∴∠ECF=30°，
∵BC=2，
∴AC=CE=2❑√3，
∴EF=❑√3,CF=3．
∴BF=2+3=5，
∴在Rt△BEF中由勾股定理得到BE=❑√BF2+EF2=❑√52+(❑√3) 2=2❑√7，
过点C作CG⊥BE，垂足为G，如图2所示．
1 1
∵S = ×BC×EF= ×BE×CG，
△BCE 2 2
1 1
∴ ×2×❑√3= ×2❑√7×CG，
2 2
❑√21
∴CG= ，
7
❑√3 ❑√21 ❑√7
∴PG=DG= × = ，
3 7 7
∴在Rt△BCG中由勾股定理得到BG=❑√BC2−CG2=❑
√
22−
(❑√21) 2
=
5❑√7
，
7 7
2❑√7 5❑√7 ❑√7 4❑√7
∴PD=PC=2PG= ,BP=BG−PG= − = ，
7 7 7 7
4❑√7 2❑√7 8❑√7
∴PD=DE=BE−BP−PD=2❑√7− − = ，
7 7 7
∴PA:PB:PC=4:2:1．
15．（2022秋·九年级单元测试）如图，正方形ABCD和正方形CEFG（其中BD>2CE），直线BG与DE交于点H．
（1）如图1，当点G在CD上时，请直接写出线段BG与DE的数量关系和位置关系；
（2）将正方形CEFG绕点C旋转一周．
①如图2，当点E在直线CD右侧时，求证：BH−DH=❑√2CH；
②当∠DEC＝45°时，若AB＝3，CE＝1，请直接写出线段DH的长．
【思路点拨】
（1）证明△BCG≌△DCE可得结论；
（2）①在线段BG上截取BK＝DH，连接CK．证明△BCK≌△DCH(SAS)，推出CK＝CH，∠BCK＝
∠DCH，推出△KCH是等腰直角三角形，即可解决问题；
②分两种情形：当D，G，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD；和当D，H，E三点共线时∠DEC＝45°，
连接BD，分别根据正方形的性质结合勾股定理求解即可解决问题．
【解题过程】
（1）解：BG＝DE，BG⊥DE，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形CEFG都为正方形，
∴BC＝CD，∠BCG＝∠DCE＝90°，CG＝CE，
∴△BCG≌△DCE(SAS)，
∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE．
∵∠CDE+∠DEC＝90°，
∴∠HBE+∠BEH＝90°，
∴∠BHD＝90°，即BG⊥DE．
综上可知BG和DE的关系为BG＝DE且BG⊥DE．
故答案为：BG＝DE且BG⊥DE；
（2）①证明：如图，在线段BG上截取BK＝DH，连接CK．∵四边形ABCD和四边形CEFG都为正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝∠GCE＝90°，CG＝CE，
∴∠BCG＝∠DCE，
∴△BCG≌△DCE(SAS)，
∴∠CBK＝∠CDH，
∵BK＝DH，BC＝DC，
∴△BCK≌△DCH(SAS)，
∴CK＝CH，∠BCK＝∠DCH，
∴∠BCK+∠KCD＝∠DCH+∠KCD，即∠KCH＝∠BCD＝90°，
∴△KCH是等腰直角三角形，
∴HK=❑√2CH，
∴BH−DH=BH−BK=KH=❑√2CH；
②如图，当D，G，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD．
由（1）同样的方法可知，BH＝DE，
∵四边形CEFG为正方形
∴CE＝CH＝1，
∴EH=❑√2CH=❑√2．
∵AB＝3，
∴BD=❑√2AB=3❑√2，设DH＝x，则BH=DE=x+❑√2，
在Rt△BDH中，BH2+DH2=BD2，即(x+❑√2) 2+x2=(3❑√2) 2，
❑√34-❑√2 -❑√34-❑√2
解得：x = ，x = （舍）
1 2 2 2
❑√34-❑√2
故此时DH= ；
2
如图，当H，E重合时，∠DEC＝45°，连接BD．
设DH＝x，
∵BG＝DH，
∴BH=DH−HG=x−❑√2，
在Rt△BDH中，BH2+DH2=BD2，即(x−❑√2) 2+x2=(3❑√2) 2
❑√34+❑√2 -❑√34+❑√2
解得： x = ，x = （舍）
1 2 2 2
❑√34+❑√2
故此时DH= ；
2
❑√34-❑√2 ❑√34+❑√2
综上所述，满足条件的DH的值为 或 ．
2 2
16．（2022·重庆铜梁·统考一模）菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O．（1）如图1，过菱形ABCD的顶点A作AE⊥BC于点E，交OB于点H，若AB=AC=6，求OH的长；
（2）如图2，过菱形ABCD的顶点A作AF⊥AD，且AF=AD，线段AF交OB于点H，交BC于点E．
❑√2
当D，C，F三点在同一直线上时，求证：OH+OA= BH；
2
（3）如图3，菱形ABCD中，∠ABC=45°，点P为直线AD上的动点，连接BP，将线段BP绕点B逆时
针旋转60°得到线段BQ，连接AQ，当线段AQ的长度最小时，直接写出∠BAQ的度数．
【思路点拨】
1
（1）证明ΔABC是等边三角形，再证明四边形OHEC的面积等于ΔABC的面积的 ，得
3
1 1
S =S = S =3❑√3，然后再根据S =S = AC·OH=3❑√3即可解决问题；
四边形OHEC ΔBCH 3 ΔABC ΔACH ΔBCH 2
（2）如图2中，连接CH，在OC上取一点Q，使得OH=OQ，连接HQ．证明ΔBEH≅ΔAEC(ASA)
，推出BH=AC=2OC，QH=QC=❑√2OH，设OH=m，则OQ=m，HQ=CQ=❑√2m，于是得到结
论；
（3）如图3中，以AB为边向下作等边ΔABT，连接PT，过点T作TH⊥AD于点H，在TH上取一点J，
使得AJ=JT．证明ΔABQ≅ΔTBT(SAS)，推出AQ=PT，当TP与TH重合时，TP的值最小，此时AQ
的值最小，求得∠BAQ的度数即可．
【解题过程】
（1）解：如图1中，连接CH，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，AC⊥BD，OA=OC，
∵AB=AC=6，
∴AB=AC=BC=6，
∴ΔABC是等边三角形，
∵AE⊥CB，
∴BE=CE=3，
∴AE=❑√AB2−BE2=❑√62−32=3❑√3，
∵AO=OC，BE=EC，
∴S =S =S =S ，
ΔAOH ΔOCH ΔECH ΔBEH
1 1 1
∴S =S = S = × ×6×3❑√3=3❑√3
四边形OHEC ΔBCH 3 ΔABC 3 2
1
∴S =S = AC·OH=3❑√3
ΔACH ΔBCH 2
1
即： ×6×OH=3❑√3
2
∴OH=❑√3；
（2）（2）证明：如图2中，连接CH，在OC上取一点Q，使得OH=OQ，连接HQ．
∵AD⊥AD，AD=AF，
∴∠ADF=∠F=45°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC=∠ADC=45°，AD//CB，
∴AE⊥BC，
∴∠AEB=∠AEC=90°，
∵DA=DC，
∴∠DAC=∠DCA=67.5°，∴∠EAC=∠EBH=22.5°，
∴ΔBEH≅ΔAEC(ASA)，
∴BH=AC=2OC，
∵BD垂直平分线段AC，
∴HA=HC，
∴∠HCA=∠HAC=22.5°，
∵OQ=OH，
∴∠OHQ=∠OQH=45°，
∵∠OQH=∠QHC+∠QCH，
∴∠QHC=∠HCQ=22.5°，
∴QH=QC=❑√2OH，
设OH=m，则OQ=m，HQ=CQ=❑√2m，
∴OC=m+❑√2m，
∴OH+OC=m+m+❑√2m=2m+❑√2m，
❑√2
∵ BH=❑√2OC=❑√2(m+❑√2m)=❑√2m+2m，
2
❑√2
∴OH+OC= BH；
2
（3）（3）解：如图3中，以AB为边向下作等边ΔABT，连接PT，过点T作TH⊥AD于点H，在TH上
取一点J，使得AJ=JT．
∵∠PBQ=∠ABT=60°，
∴∠ABQ=∠TBP，
∵BP=BQ，BA=BT，
∴ΔABQ≅ΔPBT(SAS)，
∴AQ=PT，∴当TP与TH重合时，TP的值最小，此时AQ的值最小．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//CB，
∴∠BAD+∠ABC=180°，
∵∠ABC=45°，∠BAT=60°，
∴∠BAD=135°，∠TAH=75°，
∵∠AHT=90°，
∴∠ATH=15°，
∴∠BAQ=∠BTH=60°+15°=75°．
故∠BAQ的度数为75°．
17．（2022春·重庆·八年级重庆一中校考阶段练习）在△ABC中，90°＜∠BAC＜120°，将线段AB绕点A
逆时针旋转120°得到线段AD，连接CD．
（1）如图1，若AB＝8，∠ABC＝45°，BA⊥CD，延长BA，CD交于点K，求四边形ABCD的面积；
（2）如图2，点E是CA延长线上一点，点G是AE的中点，连接BE，BG，点F在线段AC上，点H在线
段BG上，连接HF，若BG＝GF，HF＝BE，GA＝GH，2∠ACB＝∠EBG+∠ABC，求证：BC+CD＝❑√3
AC；
（3）如图3，在（1）的条件下，点P是线段BC上的一个动点，连接DP，将线段DP绕点D逆时针旋转
45°得到线段DP'，连接AP'，BP'，点M是△ABP'内任意一点，点P在运动过程中，AM+BM+P'M是否存在
最小值；若存在，请直接写出：AM+BM+P'M的最小值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）解直角三角形ADK，求得AK和DK，进一步求得结果；
（2）证明△BGE≌△FGH，从而得出GH⊥AE，进而得出AB＝BE，从而得出∠ABG＝∠EBG，进而得出
∠ACB＝30°，将△ABC绕点A逆时针旋转120°至△ADC′，连接CC′，作AN⊥C′C于N，可推出点C、D、
C′共线，进一步得出结论；
（3）将△PDC绕点D逆时针旋转45°至△P′DE，可推出点P′运动轨迹，将△ABM绕点B逆时针旋转60°
至△A′BM′，连接A′P′作A′P″⊥EP′于P″，推出当AM+BM+P'M取最小时点P′位置，进一步求得结果．【解题过程】
（1）解：∵BA⊥CD，
∴∠K＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BCK＝90°﹣∠ABC＝45°，
∴∠ABC＝∠BCK，
∴BK＝CK，
在Rt△AKD中，∠KAD＝180°﹣∠BAD＝60°，
∴∠ADK＝30°，
1
∴AK＝ AD=4，
2
∴DK＝❑√AD2−AK2＝4❑√3，
1 1
∴S AKD＝ AK⋅DK＝ ×4×4❑√3＝8❑√3，
△ 2 2
1
∵S = ×122=72，
ΔBCK 2
∴S ABCD＝72﹣8❑√3；
四边形
（2）证明：如图1，
∵点G是AE的中点，
∴EG＝AG，
∵GA＝GH，
∴EG＝GH，
∵BG＝GF，HF＝BE，
∴△BGE≌△FGH（SSS），
∴∠BGE＝∠FGH，∵∠BGE+∠FGH＝180°，
∴∠BGE＝∠FGH＝90°，
∴GH⊥AE，
∴BE＝AB，
∴∠EBG＝∠ABG，
∵2∠ACB＝∠EBG+∠ABC，
∴2∠ACB＝∠ABG+∠ABC＝∠CBG，
∵∠ACB+∠CBG＝90°，
∴∠BCG＝30°，
将△ABC绕点A逆时针旋转120°至△ADC′，连接CC′，作AN⊥C′C于N，
∴∠AC′D＝∠BCG＝30°，BC＝C′D，
∵AC＝AC′，
180°−∠CAC′ 180°−120° 1
∴∠CC′A＝∠ACC′＝ ＝ ＝30°，C′N＝
CC′
2 2 2
∴∠∠AC′D＝∠CC′A，
∴C、D、C′在同一条直线上，
❑√3
∴C′N＝ AC，
2
∴CC′＝❑√3AC，
∵CC′＝CD+C′D＝BC＝CD，
∴BC+CD＝❑√3AC；
（3）解：如图2，
将△PDC绕点D逆时针旋转45°至△P′DE，
∴∠CDE＝45°，∠E＝∠C＝45°，DE＝CD＝12﹣4❑√3，
∴∠DFE＝90°，❑√2
∴DF＝EF＝ DE＝6❑√2﹣2❑√6，
2
∴KF＝KD+DF＝4❑√3+6❑√2﹣2❑√6，
∴点P′在与CK垂直且到BK的距离为4❑√3+6❑√2﹣2❑√6的直线上运动，
将△ABM绕点B逆时针旋转60°至△A′BM′，连接A′P′作A′P″⊥EP′于P″，
∴A′M′＝AM，BM′＝BM，∠M′BM＝60°，
∴△BMM′为等边三角形
∴MM′＝BM，
∴AM+BM+P'M＝A′M′+MM′+P′M≥A′P′，
∴AM+BM+P'M的最小值为A′P′的长，
当A′P′垂直于与CK垂直且到BK的距离为4❑√3+6❑√2﹣2❑√6的直线时，
A′P′最小为图中A′P″，
❑√3 ❑√3
∵AG＝ A′B＝ AB＝4❑√3，GP″＝KF＝4❑√3+6❑√2﹣2❑√6，
2 2
∴A′P″＝AG+GP″＝8❑√3+6❑√2﹣2❑√6，
∴AM+BM+P'M的最小值为：8❑√3+6❑√2﹣2❑√6．
18．（2023春·全国·八年级专题练习）已知△ABC是正三角形，D为BC边上一点，连接AD．
（1）如图1，在AC上截取点E，使得CE=BD，连接BE交AD于点F，若FD=2，BE=8，求点A到BE
的距离；
（2）如图2，在（1）的条件下，连接CF，取AB的中点G，连接FG，证明CF=2FG；
（3）如图3，点P为△ABC内部一点，连接AP，将线段AC绕点A逆时针旋转得到线段AQ．
∠CAQ=∠BAP．将△ABP沿AP翻折到同一平面内的△ATP，在线段AQ上截取AM=AP，连接MT．
已知MT=6，PT=8，AM=10．直接写出△APT的面积．
【思路点拨】
（1）如图过A作AH⊥BE于H，证△ABD≌△BCE(SAS)，得∠BAD=∠CBE，求
∠AFE=∠ABF+∠BAF=∠ABF+∠CBE=60°，在直角AHF中运用勾股定理即可；（2）由（1）可知△ABD≌△BCE，∠AFE=60°，同理可证△ABD≌△BCE≌△CAH，
∠AFE=∠MLF=∠FML=60°，即△MFL是等边三角形，延长FG使FG=GN，连接AN，在AC上截
取AH=BD，连接CH，NH，CH交AD，BE于M，L，计算得∠NHB=120°−∠ACH，
∠BHC=120°+∠ACH得∠NHB+∠BHC=180°所以C、H、M三点共线结合平行四边形性质得
△NAM是等边三角证△NMF≌△CLF(SAS)换算即可的结果；
（3）如图，因为AP=AM将△APT绕A旋转至△AGM,将△GMT绕G旋转至△GHA，过G作
GK⊥AH于K，由∠CAQ=∠BAP结合等边三角形求得∠GAT=60°，得△GAT是正三角形将△ATM
绕A旋转60°得到△GNM得△MNT是正三角形勾股定理逆定理证∠GMN=90°；同理可证
∠AHM=90°，△GMH是正三角形∴∠GHK=30°,AH=6，在△GHK中，利用30°求KG，勾股定理
求HK，在△AGK中勾股定理求AG2，割补法求得S =S −(S +S )根据面积公式带入计
△AMG △ATG △MNT △GMN
❑√3
算即可，记住等边三角形面积S= a2 解题比较方便．
4
【解题过程】
（1）解：如图过A作AH⊥BE于H，
由题意可知，
在△ABD与△BCE中
{
CE=BD
)
∠ABD=∠BCE
AB=BC
∴△ABD≌△BCE(SAS)
∴∠BAD=∠CBE，AD=BE=8，
∵FD=2
∴AF=AD−DF=8−2=6
∴∠AFE=∠ABF+∠BAF=∠ABF+∠CBE=60°
∵AH⊥BE，∴∠AHF=90°
∴∠HAF=30°
1
∴HF= AE=3
2
∴AH=❑√AF2−H F2=❑√62−32=3❑√3
点A到BE的距离为3❑√3；
（2）延长FG使FG=GN，连接AN，在AC上截取AH=BD，连接CH，NH，CH交AD，BE于M，
L，
由（1）可知
△ABD≌△BCE，∠AFE=60°，
同理可证
△ABD≌△BCE≌△CAH，
∴AM=CL
∠AFE=∠MLF=∠FML=60°，
即△MFL是等边三角形，
∠BNH=60°，∠NBH=∠BAM=∠ACH，
∵∠NHB=180°−∠HNB−∠HBN
=180°−60°−∠HBN=120°−∠HBN
=120°−∠ACH
∠BHC=180°−∠HBC−∠HCB
=180°−∠HBC−(∠ACB−∠ACH)
=180°−60°−(60°−∠ACH)
=60°+∠ACH
∠NHB+∠BHC=(120°−∠ACH)+(60°+∠ACH)=180°所以C、H、M三点共线
∠AMN=∠FML=60°
∵GA=GB,GN=GF
∴ANBF是平行四边形，
∴∠NAM=∠MFL=60°
∴△NAM是等边三角
∴MN=AM=CL
∵△MFL是等边三角形，
∴MF=LF
∠NMF=∠CLF=120°
∴△NMF≌△CLF(SAS)
∴CF=NF=2GF
（3）如图，因为AP=AM将△APT绕A旋转至△AGM,
将△GMT绕G旋转至△GHA，过G作GK⊥AH于K，
∴MN=PT=8,AM=AT
∠GAT=∠GAM+∠MAT=∠TAP+∠MAT
∠MAT=∠CAQ−∠CAT
∵∠CAQ=∠BAP
∠MAT=∠BAP−∠CAT
∠GAT=∠TAP+(∠BAP−∠CAT)
=∠BAC=60°
∴△GAT是正三角形
将△ATM绕A旋转60°得到△GNM∴TM=TN,∠MTN=60°,GN=AM=10
∴△MNT是正三角形
∴TM=MN=6
在∴△GMN中
M N2+GN2=62+82=102=GN2
∠GMN=90°
同理可证∠AHM=90°，△GMH是正三角形
∴∠GHK=30°,AH=6
在△GHK中
∠K=90°,HG=8,∠GHK=30°
1
KG= GH=4
2
HK=❑√HG2−KG2=❑√82−42=4❑√3
在△AGK中
∠K=90°,AG=8,AK=6+4❑√3
HK=❑√HG2−KG2=❑√82−42=4❑√3
AG2=AK2+KG2=(6+4❑√3) 2+42=100+48❑√3
S =S −S −S =S −(S +S )
△AMG △ATG △AMT △GMT △ATG △AMT △GMT
=S −(S +S )
△ATG △GNT △GMT
=S −(S +S )
△ATG △MNT △GMN
❑√3 ❑√3
∵S = AG2= (100+48❑√3)=36+25❑√3
△ATG 4 4
❑√3 ❑√3
S = M N2= ×36=9❑√3
△MNT 4 4
1 1
S = MN·GM= ×6×8=24
△MNG 2 2
S =S =S −(S +S )
△APT △ATG △ATG △MNT △GMN=36+25❑√3−(9❑√3+24)
=12+16❑√3
19．（2023春·四川成都·八年级校联考期中）如图，在等腰△ADC和等腰△BEC中，
∠ADC=∠BEC=90°，BC
