专题 23.2 旋转中的几何综合
◆ 典例分析
【典例1】旋转是几何图形中最基本的图形变换之一，利用旋转可将分散的条件相对集中，以达到解决问
题的目的．
（1）【探究发现】如图①，在等边三角形ABC内部有一点P，PA=2，PB=❑√3，PC=1，求∠BPC的
度数．爱动脑筋的小明发现：将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BP′，连接AP′、PP′，则
△BPC≌△BP′ A，然后利用△BP′P和△APP′形状的特殊性求出∠BP′ A的度数，就可以解决这道问
题．
下面是小明的部分解答过程：
解：将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段．BP′，连接AP′、PP′，
∵BP=BP′，∠P′BP=60°，
∴△PBP′是等边三角形，
∴∠BP′P=60°，PP′=PB=❑√3．
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，BC=BA，
∴∠ABC−∠ABP=∠P′BP−∠ABP，
即∠PBC=∠P′BA．
请你补全余下的解答过程．
（2）【类比迁移】如图②，在正方形ABCD内有一点P，且PA=❑√17，PB=2❑√2，PC=1，则∠BPC=
______度．
（3）【拓展延伸】如图③，在正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，在直线AD上方有一点P，
PA=4，PD=2，连接PO，则线段PO的最大值为______．【思路点拨】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，关键是利用旋转变换把将分散的条件相对
集中到一个三角形中解决问题．
（1）将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BP′，证明△PBC≌△P′BA，再证明△AP′P是直角三角
形；
（2）将线段BP绕点B逆时针旋转90°得到线段BP′，证明△PBC≌△P′BA，再证明△AP′P是直角三角
形；
（3）将线段OP绕点O顺时针旋转90°得到线段OP′，证明△POA≌△P′OD，在△PDP′由三角形三边
关系求出PP′的最大值，从而求得OP的最大值．
【解题过程】
（1）解：将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BP′，连接AP′、PP′，
∵BP=BP′，∠P′BP=60°，
∴△PBP′是等边三角形，
∴∠BP′P=60°，PP′=PB=P′B=❑√3．
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，BC=BA，
∴∠ABC−∠ABP=∠P′BP−∠ABP，
即∠PBC=∠P′BA．
∴△PBC≌△P′BA
∴PC=AP′=1
在△APP′中，
AP′2+PP′2=12+(❑√3) 2=22=AP2
∴∠AP′P=90°
∴∠AP′B=∠BP′P+∠AP′P=60°+90°=150°
∴∠BPC=∠BP′ A=150°．
（2）解：将线段BP绕点B逆时针旋转90°得到线段BP′，连接AP′、PP′，∵BP=BP′，∠P′BP=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，BC=BA，
∴∠ABC−∠ABP=∠P′BP−∠ABP，
即∠PBC=∠P′BA．
∴△PBC≌△P′BA
∴PC=AP′=1
在△APP′中，
AP′2+PP′2=12+42=(❑√17) 2=AP2
∴∠AP′P=90°
∴∠AP′B=∠BP′P+∠AP′P=45°+90°=135°
∴∠BPC=∠BP′ A=135°．
故答案为：135°．
（3）解：将线段OP绕点O顺时针旋转90°得到线段OP′，连接DP'、PP′．
∵OP=OP′，∠P′OP=90°，
∴△POP′是等腰直角三角形，
∴∠BP′P=45°，PP′=❑√2PB=4．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOD=90°，OA=OD，∴∠AOD−∠POD=∠P′OD−∠POD，
即∠POA=∠P′OD．
∴△POA≌△P′OD
∴PA=P′D=4
在△DPP′中，PP′<PD+P′D=6
当点D在PP′时， PP′=PD+P′D=4+2=6
∴P′P≤6
∴PP′的最大值为6
在Rt△POP′中，OP=OP′
∴OP2+OP′2=2OP2=PP′2
❑√2 ❑√2
∴OP= PP′≤ ×6=3❑√2．
2 2
∴OP的最大值为3❑√2．
◆ 学霸必刷
1．（2024·四川成都·模拟预测）如图1，△ABC与△EBD均为等边三角形，将△EBD绕点B逆时针旋转，
旋转角为α（其中0°<α<180°），连接AE，CD，M是AE的中点，BC=❑√7BD．
（1）求证：AE=CD；
（2）如图2，连接DM，当ED的延长线经过点C时，请判断四边形MEBD的形状，并说明理由；
（3）如图3，连接CM，若BD=2，在△EBD绕点B旋转的过程中，求CM的最大值．
【思路点拨】
本题考查几何变换综合题、等边三角形性质、菱形的判定等知识点，解题的关键是正确添加辅助线．
（1）根据等边三角形性质和旋转性质可得AB=BC,BE=BD，∠ABE=∠CBD，证明△ABE和△ABD
全等，即可得证；
（2）过点B作BN⊥DE，利用30°直角三角形求出EN,BN的长，由勾股定理可求AE=CD=2BE，可得EM=BD，再利用同旁内角互补证明EM∥BD，即可得证；
（3）取AB中点F，连接FM,FC，利用三角形三边关系即可求解．
【解题过程】
（1）解：∵ △ABC与△EBD为等边三角形，
∴ AB=BC,BE=BD，
∵ △EBD绕点B逆时针旋转α，
∴ ∠ABE=∠CBD，
在△ABE和△ABD中
{
AB=BC
)
∠ABE=∠CBD
BE=BD
∴ △ABE≌△ABD，
∴ AE=CD；
（2）四边形MEBD为菱形，理由如下：
过点B作BN⊥DE，垂足为N，
∵ △EBD为等边三角形，
∴ ∠BED=60°，BD=BE=ED，
∵ BN⊥DE，
1 ❑√3
∴ EN= BE,BN= BE，
2 2
∵ ED的延长线经过点C，BC=❑√7BD，
5
由勾股定理得，NC= BE，
2
1 5
∴EC=EN+NC= BE+ BE=3BE，
2 2
∴DC=EC−ED=2BE，
由（1）得，AE=CD=2BE，
∵ M是AE的中点，1
∴ EM= AE=BE，
2
∵∠EDB=60°，
∴∠BDC=120°，
∴∠BEA=∠BDC=120°，
∴∠BEA+∠EBD=120°+60°=180°，
∴EM∥BD，
∵BE=BD=EM，
∴四边形MEBD为菱形；
（3）取AB中点F，连接FM,FC，
∵△ABC为等边三角形，F为AB中点，
❑√3
∴FC= BC，
2
∵BC=❑√7BD,BD=2，
∴FC=❑√21，
∵ M为AE中点，F为AB中点，
∴MF为△ABE的中位线，
1 1
∴MF= BE= BD=1，
2 2
在△MFC中，MC≤FM+FC
∴MC最大为❑√21+1．
2．（23-24九年级上·重庆江津·阶段练习）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=2❑√2，
AD⊥BC于点D．点G是射线AD上一点，过G作¿⊥GF分别交AB、AC于点E、F：（1）如图①所示，若点E，F分别在线段AB，AC上，当点G与点D重合时，求证：AE+AF=❑√2AD；
（2）如图②所示，当点G在线段AD外，且点E与点B重合时，猜想AE，AF与AG之间存在的数量关系
并说明理由；
（3）当点G在线段AD上时，请直接写出AG+BG+CG的最小值．
参考公式：(❑√a+❑√b) 2=a+b+2❑√ab
【思路点拨】
（1）根据等腰三角形的性质和全等三角形的性质即可求证；
（2）过点G作HG上AG交AB延长线于点H，由等腰直角三角形可得∠DAB=∠DAC=45°，AG=HG
，由“ASA “可证△AGF≌△HGE，可得AF=BH，可得结论；
（3）将ΔABG绕点A顺时针旋转60°得到△AB′G，连接GG′，B′C，过点B′作B′N⊥AC，交CA的延
长线于点N，由旋转的性质可得AG+BG+CG=GG′+B′G′+CG，则当点B′，点G′，点G，点C共线
时，AG+BG+CG的值最小，最小值为B′C的长，由30°角所对直角边是斜边一半和勾股定理可求解．
【解题过程】
（1）解：由题：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=6，AD⊥BC于点D，¿⊥GF,
则D也是BC上的中点，即AD是BC的垂直平分线，
∵∠EAD=∠C=45°，AD=CD，∠ADE=∠CDF，
∴△ADE≌△CDF(ASA)，
∴AE=CF，
∴AE+AF=AC，
∴AE+AF=❑√2AD．
（2）AE+AF=❑√2AG，理由如下：
如图1，过点G作HG⊥AG交AB延长线于点H，∵∠BAC=90°，AB=AC=6，AD⊥BC，
∴∠DAB=∠DAC=45°，
∴∠AHG=∠BAD=45°，
∴AG=HG，
∴AH=❑√2AG，
∵∠EGF=∠AGH=90°，
∴∠AGF=∠EGH，
又∵∠AHG=∠FAG=45°，
∴△AGF≌△HGE(ASA)，
∴AF=BH，
∴AH=AE+BH=AE+AF=❑√2AG．
（3）如图2，将△ABG绕点A顺时针旋转60°得到△AB′G′，连接GG′，
B′C，过点B′作B′N⊥AC，交CA的延长线于点N，
∵AB=AB′=6，AG=A′G，
∴∠BAB′=60°，∠GAG′=60°，BG=B′G′，
∴△AGG′是等边三角形，
∴AG=≫¿，
∴AG+BG+CG=GG′+B′G′+CG，∴当点B′，点G′，点G，点C共线时，
AG+BG+CG的值最小，最小值为B′C的长，
∵∠B′ AC=∠B′ AB+∠BAC=60°+90°=150°，
∴∠B′ AN=30°，
∴B′N=3，AN=❑√3B′N=3❑√3，
∴CN=6+3❑√3，
∴B′C=❑√ (6+3❑√3) 2+9=3❑√6+3❑√2，
∴AG+BG+CG的最小值为：3❑√6+3❑√2．
3．（23-24九年级上·安徽阜阳·期中）如图1，E，F分别是正方形ABCD的边CD，BC上的动点，且满足
∠EAF=45°，试判断线段BF，EF，ED之间的数量关系，并说明理由．
小聪同学的想法：将△DAE顺时针旋转90°，得到△BAH，然后通过证明三角形全等可得出结论．
请你参考小聪同学的思路完成下面的问题．
（1）线段BF，EF，ED之间的数量关系是______．
（2）如图2，在正方形ABCD中，∠EAF=45°，连接BD，分别交AF，AE于点M，N，试判断线段
BM，MN，ND之间的数量关系，并说明理由．
【思路点拨】
本题考查了旋转与三角形综合，
（1）先证明F、B、F三点共线，再证明△AFE≌△AFH，得到EF=FH，即可证明EF=BE+DF；
（2）如图所示，将△ADE绕点A逆时针旋转90°得到△BAH，先求出∠ABD=∠ADB=45°，由旋转的
性质可知AN=AG，∠ABG=∠ADB=45°，∠GAE=90°，则∠MBG=90°，证明
△AGM≌△ANM(SAS)，得到MN=GM，利用勾股定理即可证明M N2=BM2+DN2．
【解题过程】
（1）解：结论：EF=BE+DF
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠ADC=∠BAD=90°，
由旋转的性质可知：AH=AE，∠ADE=∠ABH=90°，HB=DE，∠EAH=90°，∵∠EAF=45°，
∴∠FAH=45°，
∴∠FAH=∠EAF，
∵∠ABF+∠ABH=90°+90°=180°，
∴F、B、H三点共线，
又∵AF=AF，
∴△AFE≌△AFH(SAS)，
∴EF=FH，
∵FH=BF+BH=BF+DE，
∴EF=BE+DF．
（2）结论：M N2=BM2+DN2,证明如下：
如图所示，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△BAG．
∵BA=AD，∠BAD=90°，
∴∠ABD=∠ADB=45°，
由旋转的性质可知：AN=AG，∠ABG=∠ADB=45°，∠GAE=90°，
∴∠MBG=∠ABG+∠ABD=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠GAM=∠BAG+∠BAM=90°−∠EAF=45°，
∴∠MAG=∠MAN，
∵AM=AM，
∴△AGM≌△ANM(SAS)，
∴MN=GM，
∵∠MBG=90°，
∴BM2+BG2=GM2，
∴M N2=BM2+DN2．
4．（23-24九年级上·贵州遵义·期中）数学综合实践课上，同学们以“等腰三角形的旋转”为主题，开展
如下探究活动：（1）【操作探究】如图1，△ABC为等边三角形，将△ABC绕点A旋转180°，得到△ADE，连接BE，F
是BE的中点，连接AF．
①写出图1中一个等于90°的角 ；
②图1中AF与DE的数量关系是 ．
（2）【迁移探究】如图2，将（1）中的等边△ABC绕点A逆时针旋转30°，得到△ADE，其他条件不
变．探究AF与DE的数量关系，并说明理由．
（3）【拓展应用】如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，BC=2❑√2，将△ABC绕点A旋
转，得到△ADE，连接BE，F是BE的中点，连接AF．在旋转过程中，当∠EBC=15°时，直接写出线
段AF的长．
【思路点拨】
（1）①根据△ABC为等边三角形，将△ABC绕点A旋转180°，得到△ADE，可得AB=AC=AD=AE
，又F为BE中点，故∠AFE=∠AFB=90°，AF∥DE∥BC，可知∠BED=90°=∠EBC；
1
②由AF是△BDE的中位线，可得AF= DE；
2
（2）由等边△ABC绕点A逆时针旋转30°，得到△ADE，可得∠BAC=60°，∠CAE=30°，
AB=AC=AE=DE，即得∠BAE=∠BAC+∠CAE=90°，而F为BE中点，AB=AE，有AF⊥BC，
故△ABF是等腰直角三角形，AB=❑√2AF，从而DE=❑√2AF；
BC
（3）分两种情况：当BE在BC下方时，求出∠ABF=∠ABC+∠CBE=60°，AB= =2，可得
❑√2
1
BF= AB=1，故AF= ❑√AB2−BF2=❑√22−12=❑√3；当BE在BC上方时，
2
1 1
∠ABF=∠ABC−∠EBC=45°−15°=30°，∠AFB=90°，有AF= AB= ×2=1．
2 2
【解题过程】
（1）解：①∵△ABC为等边三角形，将△ABC绕点A旋转180°，得到△ADE，
∴AB=AC=AD=AE，∵F为BE中点，
∴∠AFE=∠AFB=90°，AF是△BDE的中位线，也是△BCE的中位线，
∴AF∥DE∥BC，
∴∠BED=90°=∠EBC；
故答案为：∠AFE或∠AFB或∠BED或∠EBC(写出一个即可)；
②由①知，AF是△BDE的中位线，
1
∴AF= DE；
2
1
故答案为：AF= DE；
2
（2）DE=❑√2AF，理由如下：
如图：
∵等边△ABC绕点A逆时针旋转30°，得到△ADE，
∴∠BAC=60°，∠CAE=30°，AB=AC=AE=DE，
∴∠BAE=∠BAC+∠CAE=90°，
∴∠ABE=∠AEB=45°，
∵F为BE中点，AB=AE，
∴AF⊥BC，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴AB=❑√2AF，
∴DE=❑√2AF；
（3）当BE在BC下方时，如图：
∵∠BAC=90°，AB=AC，∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC=45°，
∴∠ABF=∠ABC+∠CBE=60°，
∵AB=AC=AE，F为BE中点，
∴∠AFB=90°，
∴∠BAF=30°，
∵BC=2❑√2，
BC
∴AB= =2，
❑√2
1
∴BF= AB=1，
2
∴AF= ❑√AB2−BF2=❑√22−12=❑√3；
当BE在BC上方时，如图：
∵∠ABF=∠ABC−∠EBC=45°−15°=30°，∠AFB=90°，
1 1
∴AF= AB= ×2=1；
2 2
综上所述，AF的长为❑√3或1．
5．（23-24九年级上·山东日照·期末）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=2，D，E分别为
AC,BC的中点，将△CDE绕点C逆时针方向旋转得到△CD′E′（如图2），使直线D′E′恰好过点B，连
接AD′．
（1）判断AD′与BD′的位置关系，并说明理由；
（2）求BE′的长；（3）若将△CDE绕点C逆时针方向旋转一周，当直线D′E′过Rt△ABC的一个顶点时，请直接写出BE′长
的其它所有值．
【思路点拨】
（1）根据旋转的不变性证明△CD′ A≌△CE′B，再由对应角相等及邻补角即可得证；
（2）设AD′=BE′=x，在Rt△AD′B中，由勾股定理得：x2+(❑√2+x) 2=(2❑√2) 2，解方程即可；
（3）分类讨论，分第一次经过点B，经过点A，再次经过点B讨论，根据变化中的不变性，不变的是基本
图形关系即△CD′ A≌△CE′B，以及位置关系，始终有垂直，继而设AD′=BE′=x，运用勾股定理列方
程求解即可．
【解题过程】
（1）解：AD′与BD′的位置关系为AD′⊥BD′．
∵AC=BC，D，E分别为AC,BC的中点，
∴CD=CE，即CD′=CE′，
∵∠C=90°，即∠BCA=∠D′CE′=90°，
∴∠ACD′=∠BCE′,
∴△CD′ A≌△CE′B，
∴∠CE′B=∠CD′ A，
∵∠C=90°，CD′=CE′，AC=BC，
∴∠CD′E′=∠CE′D′=∠CAB=∠CBA=45°，
∴∠CE′B=∠CD′ A=135°，
∴∠AD′B=135°−45°=90°，
即：AD′⊥BD′．
（2）解：Rt△ACB中，AC=BC=2，
∴BA=❑√AC2+BC2=2❑√2，同理可求D′E′=❑√2，
∵△CD′ A≌△CE′B，
∴AD′=BE′，
设AD′=BE′=x，
在Rt△AD′B中，由勾股定理得：x2+(❑√2+x) 2=(2❑√2) 2 ，
❑√14−❑√2
解得：x= （舍负），
2❑√14−❑√2
∴BE′=
．
2
❑√14−❑√2
（3）解：①经过点B时，题（2）已求BE′= ；
2
②经过点A时，如图所示，
同理可证：△CD′ A≌△CE′B，
∴∠D′ AC=∠E′BC，BE′=AD′
∵∠1=∠2，
∴∠AE′B=∠BCA=90°，
设BE′=AD′=x，
在Rt△AE′B中，由勾股定理得：x2+(x−❑√2) 2=(2❑√2) 2 ，
❑√2+❑√14
解得：x= （舍负），
2
❑√2+❑√14
即：BE′=
；
2
③再次经过点B时，如下图：
同理可证：△CD′ A≌△CE′B，AD′⊥BE′，
设BE′=AD′=x，
在Rt△AD′B中，由勾股定理得：x2+(x−❑√2) 2=(2❑√2) 2 ，❑√2+❑√14
解得：x= （舍负），
2
❑√2+❑√14
即：BE′=
；
2
❑√2+❑√14 ❑√14−❑√2
综上所述：BE′= 或BE′=
．
2 2
6．（23-24八年级下·辽宁丹东·期中）（1）问题发现：
如图1，等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．为了
解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A逆时针旋转60°到△ACP′处，这样就可以将三条线段PA,PB,PC
转化到一个三角形中，从而求出∠APB的度数．请按此方法求∠APB的度数，写出求解过程；
（2）拓展研究：
请利用第（1）题解答的思想方法，解答下面的问题：
①如图2，△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，点E，F为BC边上的点，且∠EAF=45°，判断
BE,EF,CF之间的数量关系并证明；
②如图3，在△ABC中，∠ABC=30°，AB=4，BC=6，在△ABC内部有一点P，连接PA,PB,PC，
直接写出PA+PB+PC的最小值．
【思路点拨】
（1）连接PP′，根据题意得到AP=AP′=3,∠PAP′=60°，BP=CP′=4，∠APB=∠AP′C，进而得
到△APP′'为等边三角形，PP′=AP=3,∠AP′P=60°，根据勾股定理逆定理证明△PP′C是直角三角
形， 且∠PP′C=90°，即可求出∠APB=∠AP′C=150°；
（2）①证明∠B=∠ACB=45°，将△BAE绕点A逆时针旋转90°， 得到△CAD， 连接DF，得到
∠BAE=∠DAC，∠ACD=∠B=45°，AD=AE，BE=CD，进而得到∠DCE=90°，根据勾股定理
得到DF2=CF2+CD2=CF2+BE2 ，证明△AEF≌△ADF，得到EF=DF，即可得到
BE2+CF2=EF2；
②将△ABP绕点B逆时针旋转60°，得到△A′BP′， 连接PP′，A′C，即可得到∠ABA′=∠PBP′=60°
，A′B=AB=4，BP=BP′，A′P′=AP，从而得到△BPP′为等边三角形，∠A′BC=90°，BP=PP′，根据两点之间线段最短得到PA+PB+PC=A′P′+PP′+CP≥A′C ，即可得到当且仅当A′，P′，P，C
四点共线时， PA+PB+PC的值最小为 A′C的长，根据勾股定理求出A′C=2❑√13，即可得到
PA+PB+PC的最小值为2❑√13 ．
【解题过程】
解： （1）连接PP′，
∵将△APB绕顶点 A 逆时针PP′旋转60°到△ACP′，
∴AP=AP′=3,∠PAP′=60°，BP=CP′=4,∠APB=∠AP′C，
∴△APP′'为等边三角形，
∴PP′=AP=3,∠AP′P=60°，
∵P′P2+P′C=32+42=25，PC2=52=25，
∴P′P2+P′C=PC2，
∴△PP′C是直角三角形， 且∠PP′C=90°，
∴∠AP′C=∠AP′P+∠CP′P=150°，
∴∠APB=∠AP′C=150°；
（2）①BE2+CF2=EF2．
证明： ∵AB=AC,∠BAC=90°，
∴∠B=∠ACB=45°，
如图，将△BAE绕点A逆时针旋转90°， 得到△CAD， 连接DF，
则：∠BAE=∠DAC，∠ACD=∠B=45°，AD=AE，BE=CD，
∴∠DCE=∠ACB+∠ACD=90°，
∴DF2=CF2+CD2=CF2+BE2 ，
∵∠EAF=45°，∠EAD=90°，∴∠DAF=∠EAF=45°，
又∵AE=AD,AF=AF ，
∴△AEF≌△ADF，
∴EF=DF，
∴BE2+CF2=EF2；
②PA+PB+PC的最小值为 2❑√13
如图，将△ABP绕点B逆时针旋转60°，得到△A′BP′， 连接PP′，A′C，
则：∠ABA′=∠PBP′=60°，A′B=AB=4，BP=BP′，A′P′=AP，
∴△BPP′为等边三角形，∠A′BC=∠A′BA+∠ABC=90°，
∴BP=PP′ ，
∴PA+PB+PC=A′P′+PP′+CP≥A′C ，
∴当且仅当A′，P′，P，C四点共线时， PA+PB+PC的值最小为 A′C的长，
∵∠A′BC=90°，
∴A′C=❑√A′B2+BC2=❑√42+62=2❑√13，
∴PA+PB+PC的最小值为2❑√13 ．
7．（24-25九年级上·福建福州·开学考试）如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点D、E分别
在边AB、AC上，AD=AE，连接DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是 ，位置关系是 ；
（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形
状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=2，AB=4，直接写出△PMN面积的最大值．
【思路点拨】
1 1
（1）根据三角形中位线定理得PN∥BD，PN= BD，PM∥CE，PM= CE，从而得出PM=PN，
2 2
PM⊥PN；
（2）首先利用SAS证明△ABD≌△ACE，得∠ABD=∠ACE，BD=CE，再由（1）同理说明结论成
立；
（3）先判断出MN最大时，△PMN的面积最大，进而求出AN，AM，即可得出MN最大=AM+AN，
最后用面积公式即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：∵点P，N是BC，CD的中点，
1
∴PN∥BD，PN= BD，
2
∵点P，M是CD，DE的中点，
1
∴PM∥CE，PM= CE，
2
∵AB=AC，AD=AE，
∴BD=CE，
∴PM=PN，
∵PN∥BD，
∴∠DPN=∠ADC，
∵PM∥CE，
∴∠DPM=∠DCA，
∵∠BAC=90°，
∴∠ADC+∠ACD=90°，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°，
∴PM⊥PN，
故答案为：PM=PN，PM⊥PN；
（2）解：△PMN是等腰直角三角形．
理由如下：由旋转知，∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，
1 1
利用三角形的中位线得，PN= BD，PM= CE，
2 2
∴PM=PN，
∴△PMN是等腰三角形，
同（1）的方法得，PM∥CE，
∴∠DPM=∠DCE，
同（1）的方法得，PN∥BD，
∴∠PNC=∠DBC，
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC
=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC=90°，
∴∠ACB+∠ABC=90°，
∴∠MPN=90°，
∴△PMN是等腰直角三角形；
（3）解：如图，同（2）的方法得，△PMN是等腰直角三角形，连接AN,AM，
∵MN≤AM+AN，
∴当点A,M,N三点共线时，MN最大，
如图：
∴MN最大时，△PMN的面积最大，∴MN最大=AM+AN，
在△ADE中，AD=AE=2，∠DAE=90°，
∴由勾股定理得：DE=❑√2AD=2❑√2，
∵点M为DE中点，
1
∴AM= DE=❑√2，
2
在Rt△ABC中，AB=AC=4，同上可求AN=2❑√2，
∴M N =2❑√2+❑√2=3❑√2，
最大
同上可得：MN=❑√2PM，
❑√2
∴PM= MN，
2
1 1 1 1 9
∴S = PM2= × M N2= ×(3❑√2) 2= ．
△PMN最大 2 2 2 4 2
8．（2023·重庆九龙坡·模拟预测）在等腰△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，将斜边AC绕点A逆时针
旋转一定角度得到线段AD，AD交BC于点G，过点C作CF⊥AD于点F．
（1）如图1，当旋转22.5°时，若BG=1，求AC的长；
（2）如图2，当旋转30°时，连接BD，CD，延长CF交BD于点E，连接EG，求证：AG=CE+EG；
（3）如图3，点M是AC边上一动点，在线段BM上存在一点N，使NB+NA+NC的值最小时，若NA=2
，请直接写出△CNM的面积．
【思路点拨】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知
识，解题的关键是会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会转化的思想思考问题
（1）过点G作GH⊥AC于点H，得到HG=BG=1，即可求得CG=❑√2，再由BC=AB=BG+CG，勾
股定理求得AC；
（2）延长CF交AB于点T，连接BT，求得Rt△AGB≌Rt△CTB，可得AG=CT，BT=BG，由
BD∥AC，得到△TBE≌△GBE，即可得到AG=CE+EG（3）将△BCN绕点B逆时针旋转60°，得到△BPQ，连接NQ、AP，当点P、Q、N、A四点共线时，
NB+NA+NC的值最小，此时BM是等腰直角三角形ABC的一条中线，即可求得△CNM的面积
【解题过程】
（1）解：如图1，当旋转22.5°时，则∠CAG=∠GAB=22.5°，
过点G作GH⊥AC于点H，则GH=BG=1，
在等腰Rt△CGH中，∠BCA=45°，
则CG=❑√2GH=❑√2，
则BC=BG+CG=❑√2+1，
在等腰Rt△ABC中，
AC=❑√2BC=2+❑√2；
（2）证明：如图2，过点D作DM⊥AC于点M，过点B作BN⊥AC于点N，
∵∠DAM=30°，
1
∴DM= AD
2
∵∠ABC=90°，AB=AC，
1
∴BN= AC
2
而AC=AD，
∴DM=BN
又DM⊥AC，BN⊥AC，
∴四边形BDMN是矩形∴BD∥AC
延长CE交BA的延长线于点T，
∵CF⊥AD，
∴∠CFG=∠ABC=90°，
∵∠AGB=∠CGF，
∴∠TCG=∠GAB，
∵∠ABG=∠CBT=90°，BA=BC，
∴△ABG≌△CBT (ASA)，
∴AG=CT，BG=BT，
∵BD∥AC，
∴∠EBG=∠ACB=45°，
则∠EBT=90°−∠EBG=45°=∠EBG，
∵BT=BG，BE=BE，
∴△BEG≌△BET(SAS)，
∴ET=EG，
∴AG=CT=CE+ET=CE+EG；
（3）解：如图3，将△CBN绕点B逆时针旋转60°得到△PBQ，
连接QN，AP．
则PQ=CN，△BQN是等边三角形，
∴BN=NQ，∠BNQ=∠BQN=60°，
∵CN+AN+BN=PQ+QN+NA≥AP，
∴当P，Q，N，A共线时，NC+BN+AN的值最小．
此时∠ABP=90°+60°=150°，PB=AB，∠BAN=15°，
并且△BQN是等边三角形，∠BNQ=60°，
∴∠ABN=60°−15°=45°，
∵∠ABC=90°，∴∠ABN=∠CBN=45°，
∵BA=BC，
∴BM⊥AC，且CM=AM
又∠MAN=45°−15°=30°，
1
∴NM= AN=1，AM=❑√3MN=❑√3，
2
∴CM=AM=❑√3，
1 1 ❑√3
∴△CNM的面积= ×CM⋅MN= ×❑√3×1= ．
2 2 2
9．（23-24九年级上·重庆·期中）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ANM，点B，C的对应点分别
为N，M．
（1）如图1，当点N落在BC的延长线上时，且∠ACB=90°,AC=6，AB=10，求BN的长；
（2）如图2，△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△ANM，延长BC交AN于点D，使得FN=AD，连接
DF，猜想线段HN,MH，并证明你的猜想；
（3）如图3，连接BN,CM，点R为BC的中点，连接RG．若∠ACB=90°,AC=6，AB=10，在旋转
过程中，求出GR的最小值；若不存在，请说明理由
【思路点拨】
（1）根据旋转的性质得到AB=AN=10，利用勾股定理求得BC=8,CN=8，故BN的长为16；
（2）在NM上取点Q，使NQ=CD，连接FQ，由旋转的性质得到：AN=AB,∠BAN=60°，得△ABN
是等边三角形，证明△FNQ≌△ADC(SAS)，可得∠FQN=∠ACD,FQ=AC，即可得
∠FQH=∠ACB，由∠M=∠ACB，可得∠FQH=∠M，从而可证△FQH≌△AMH(AAS)，得
QH=MH，故HN−MH=CD；
（3）过B作BP∥MN交MC延长线于P，连接NC，由旋转的性质得到AC=AM,∠ACB=∠AMN=90°,BC=MN，证得∠P=∠BCP，得BP=BC，从而BP=MN，即可
1
证△BPG≌△NMG(AAS)，可知G是BN中点，GR= NC，要使GR最小，只需NC最小，此时N、C、
2
1
A共线，NC的最小值为AN−AC=4，故GR最小为 NC=2．
2
【解题过程】
（1）解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ANM，
∴AB=AN=10，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACN=90°，
∵AC=6，
∴BC=❑√AB2−AC2=❑√102−62=8,CN=❑√AN2−AC2=❑√102−62=8，
∴BN=BC+CN=16；
（2）解：HN−MH=CD，证明如下：
在NM上取点Q，使NQ=CD，连接FQ，如图：
由△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△ANM得：AN=AB,∠BAN=60°，
∴△ABN是等边三角形，
∴∠ANB=60°，
∴∠FNQ=180°−∠ANB−∠ANM=180°−60°−∠ANM=120°−∠ANM，
在△ABD中，∠ADB=180°−∠BAN−∠ABC=180°−60°−∠ABC=120°−∠ABC，
由旋转性质知∠ANM=∠ABC，
∴∠ADB=∠FNQ，∵FN=AD，
∴△FNQ≌△ADC(SAS)，
∴∠FQN=∠ACD,FQ=AC，
∴180°−∠FQN=180°−∠ACD，即∠FQH=∠ACB，
由旋转性质知∠M=∠ACB，
∴∠FQH=∠M，
∵AM=AC，
∴FQ=AM，
∵∠FHQ=∠AHM，
∴△FQH≌△AMH(AAS)，
∴QH=MH，
∵HN−QH=NQ，
∴HN−MH=CD；
（3）解：在旋转过程中，GR存在最小值2，理由如下：
过B作BP∥MN交MC延长线于P，连接NC，如图：
∵△ABC绕点A顺时针旋转得到△ANM，
∴AC=AM,∠ACB=∠AMN=90°,BC=MN，
∴∠ACM=∠AMC，
而∠BCP=180°−∠ACB−∠ACM=90°−∠ACM，∠NMP=∠AMN−∠AMC=90°−∠AMC，
∴∠BCP=∠NMP，
∵BP∥MN，
∴∠P=∠NMP，
∴∠P=∠BCP，
∴BP=BC，
∴BP=MN，
在△BPG和△NMG中，{∠BGP=∠NGM
)
∠P=∠NMG ，
BP=MN
∴△BPG≌△NMG(AAS)，
∴BG=NG，即G是BN中点，
∵点R为BC的中点，
∴GR是△BCN的中位线，
1
∴GR= NC，
2
要使GR最小，只需NC最小，
而AN=AB=10,AC=6，
∴N、C、A共线，NC的最小值为AN−AC=4，
1
∴GR最小为 NC=2．
2
10．（23-24八年级下·山西晋中·期末）综合与实践
图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，在研究三角形的旋转过程中，发现下列问题：如图
1，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，D，E分别为AB，AC边上一点，连接DE，且DE∥BC，将
△ABC绕点A在平面内旋转．
（1）观察猜想：
若α=60°，将△ABC绕点A旋转到如图2所示的位置，则DB与CE的数量关系为 ；
（2）类比探究：
若α=90°，将△ABC绕点A旋转到如图3所示的位置，DB，CE相交于点O，猜想DB，CE满足的位置
关系，并说明理由；
（3）拓展应用：
如图4，在（2）的条件下，连结CD，分别取DE，DC，BC的中点M，P，N，连结PM，PN，MN，若AD=4，AB=10，请直接写出在旋转过程中△PMN面积的最大值．
【思路点拨】
（1）由旋转性质和“SAS”可证△ADB≌△AEC，即可求解；
（2）由旋转性质和“SAS”可证△ADB≌△AEC，可得∠ABO=∠ACO，由外角的性质可得结论；
1 1
（3）先证明△PMN是等腰直角三角形，可得S = PN2 = BD2 ，则当点A，点D，点B三点共线
△PMN 2 8
时，BD有最大值，即可求△PMN面积最大值．
【解题过程】
（1）解：如图1，∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠ABC，
∠AED=∠ACB，
∴∠ADE=∠AED，
∴AD=AE，
由旋转得:
∠DAB+∠BAE=∠BAE+∠EAC,
∴ ∠DAB=∠EAC,
在△ADB和△AEC中
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△ADB≌△AEC(SAS)，
∴BD=CE，
故答案为：BD=CE；
（2）解：DB⊥CE，
理由如下：如图，设AB与CE的交点为点P，∵△ABC绕点A旋转到如图3所示的位置，a=90°，
∴∠DAE=∠BAC=90°，
∴∠DAB=∠EAC，
在△ADB和△AEC中，
{
AD=AE
)
∠DAB=∠EAC ，
AB=AC
∴△ADB≌△AEC(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠CPB是△BPO的外角，也是△ACP的外角，
∴∠CPB=∠ABO+∠COB
=∠ACO+∠CAB，
∴∠COB=∠CAB=90°，
∴DB⊥CE；
（3）解：∵ M，P，N分别是DE，DC，BC的中点，
∴DB∥PN，DB=2PN，
PM∥CE，CE=2PM，
∵△ADB≌△AEC，
∴DB=CE，
∴PN=PM，
∵DB⊥CE，DB∥PN，PM∥CE，
∴PN⊥PM，
∴△PMN是等腰直角三角形，
1
∴S = PN2
△PMN 2
1
= BD2 ，
8∵AD=4，AB=10，
∴当点A，点D，点B三点共线时，BD有最大值，即△PMN面积有最大值，
∴BD的最大值为14，
1 49
∴ △PMN面积的最大值为 ×142= ．
8 2
11．（23-24九年级上·福建福州·期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°．CB=CA=4❑√2，点D始终在
AC的上方，且∠CAD=α(0°<α<180°)，点E为射线AD上任意一点（点E与点A不重合），连接CE，
将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，直线FB交直线AD于点M．
（1）如图1，当0°<α<45°时，求证BM⊥AE；
（2）当点Q为AC边的中点时，连接MQ，求MQ的最大值；
（3）如图2，若α=105°，AE=2时，求△BCF的面积．
【思路点拨】
（1）证△ACE≌△BCF得∠EAC=∠FBC，再利用三角形得内角和定理及垂直定义即可得证；
（2）如图，取AB中点O，连接OM、OQ，由勾股定理得AB=❑√C A2+CB2=8．由直角三角形的性质得
1 1
OM= BA=4，又根据中位线的性质得OQ= BC=2❑√2，进而三角形的三边关系即可求解；
2 2
（3）连接MC，过点B作BH⊥CM于点H，过点C作CP⊥DA交DA延长线于点P，CN⊥BM于点N
，证△ACP≌△BCN，得CP=CN，进而求得AB=❑√2AC=8，再利用勾股定理及三角形的面积公式即
可求解．
【解题过程】
（1）证明：如图，∵∠ACB=90°，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，
∴∠ACE=∠BCA−∠BCE=90°−∠BCE，∠BCF=∠ECF−∠BCE=90°−∠BCE，
∴∠ACE=∠BCF
∵CA=CB，CE=CF，
∴△ACE≌△BCF
∴∠EAC=∠FBC
∵∠1=∠2，
∴∠BMA=∠BCA=90°
∴BM⊥AE
（2）解：如图，取AB中点O，连接OM、OQ，
∵∠AMB=∠BCA=90°，
∴AB=❑√C A2+CB2=8．
1
∴OM= BA=4，
2
∵点Q为AC的中点，
1
∴OQ= BC=2❑√2
2
当M、O、Q三点共线时，MQ最大
1 1
此时，MQ=OM+OQ= AB+ BC=4+2❑√2；
2 2
（3）解：如图，连接MC，过点B作BH⊥CM于点H，过点C作CP⊥DA交DA延长线于点P，
CN⊥BM于点N，∴∠CPA=∠CNB=90°，∠ACB=90°
∴∠ACP=90∘−∠ACN=∠BCN
∵CA=CB
∴△ACP≌△BCN
∴CP=CN
1
∴∠CMN= ∠AMN=45°=∠MCN
2
∵CA=CB=4❑√2
∴AB=❑√2AC=8
∵∠CAD=105°，∠BAC=45°
∴∠BAM=60°
1
∴AM= AB=4，BM=❑√3AM=4❑√3
2
❑√2
∴BH=MH= BM=2❑√6，CH=❑√BC2−BH2=2❑√2
2
∴MC=MH+HC=2❑√6+2❑√2
1 1
∵S = BM⋅CN= CM⋅BH
△BCM 2 2
BH⋅CM 2❑√6(2❑√6+2❑√2)
∴CN= = =2❑√3+2
BM 4❑√3
1 1
∴S = BF⋅CN= ×2×(2❑√3+2)=2❑√3+2．
△BCF 2 2
12．（23-24九年级上·福建龙岩·阶段练习）已知等腰直角三角形ABC中，∠ABC=90°，点D在射线CB
上移动（不与B、C重合），连接AD，线段AD绕点D顺时针旋转α°(0°<α°≤180°)得到线段DE，连
接CE，AE．
（1）如图1，当点E落在线段AC上时，
①直接写出∠BAD的度数（可用α表示）；②请用等式表示CE、CD、CB的数量关系，并说明理由；
（2）当点E落在线段AC的延长线上时，请在图2中画出符合条件的图形，则（1）中，CE、CD、CB
的数量关系仍然成立吗？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出正确的数量关系．
【思路点拨】
（1）①由旋转的性质得出AD=ED，∠ADE=α，由等腰直角三角形的性质得出∠BAC=45°，由三角
形内角和定理得出2∠BAD+90°+α=180°，则可得出答案；②过点E作EF⊥BC于F，证明
△ABD≌△DFE（AAS），由全等三角形的性质得出AB=DF，由等腰直角三角形的性质可得出结
论；
（2）过点E作EF⊥BC，交BC的延长线于F，证明△ABD≌△DFE（AAS），由全等三角形的性质
得出BD=EF，则可得出结论．
【解题过程】
（1）①∵线段AD绕点D顺时针旋转α°(0°<α°≤180°)得到线段DE，
∴AD=ED，∠ADE=α，
∴∠DAE=∠AED，
∴2(∠BAD+∠BAC)+α=180°，
∵AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠BAC=45°，
∴2∠BAD+90°+α=180°，
1
∴∠BAD=45°− α；
2
②过点E作EF⊥BC于F，
∵AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠C=45°，
∵EF⊥BC，
∴∠C=∠CEF=45°，❑√2
∴EF=CF= CE，
2
∵线段AD绕点D顺时针旋转α°(0°<α°≤180°)得到线段DE，
∴AD=DE，
1
∵∠ADE=α，∠BAD=45°− α，
2
( 1 ) 1
∴∠EDF=90°−∠BAD−∠ADE=90°− 45°− α −α=45°− α，
2 2
∴∠BAD=∠EDF，
又∵∠ABD=∠EFD=90°，
∴△ABD≌△DFE（AAS），
∴AB=DF，
∵DF=DB+BF，AB=BC=BF+CF，
∴DB=CF=EF，
∴CD=BC+DB
=BC+EF
❑√2
=BC+ CE；
2
❑√2
故答案为： CD=CB+ CE
2
（2）如图，
❑√2
不成立，CD=CB− CE，理由如下：
2
过点E作EF⊥BC，交BC的延长线于F，
∵线段AD绕点D顺时针旋转α°得到线段DE，
∴AD=DE，
∴∠DAE=∠DEA，设∠BAD=x，则∠DAC=45°−x，
∵∠ADC=90°+x,∠ADE+2∠DAE=180°，
∴90°+x+∠EDF+2(45°−x)=180°，
∴∠EDF=x，
∴∠BAD=∠EDF，
∵∠ABD=∠DFE=90°，
∴△ABD≌△DFE（AAS），
∴BD=EF，
∵∠ACB=∠ECF=45°，
∴∠ECF=∠CEF=45°，
❑√2
∴EF=CF= CE，
2
∴CD=CB−BD
=CB−EF
❑√2
=CB− CE．
2
13．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=AC，点D在AB上，
DE⊥AB交BC于点E，F是AE中点．
（1）线段FD与线段FC的数量关系是FD _____FC，位置关系是FD _____FC；
（2）如图2，将△BDE绕点B逆时针旋转α(0°<α<90°)，其他条件不变，线段FD与线段FC的关系是否
发生变化？写出你的结论并证明；
（3）将△BDE绕点B逆时针旋转一周，如果BC=2❑√2，BE=2，直接写出线段BF长的取值范围
_______．
【思路点拨】
（1）由直角三角形斜边中线定理即可证明FD=FC，进而可证DF⊥CF；
（2）如图，延长AC到M使得CM=CA，延长ED到N，使得DN=DE，连接BN、BM、EM、AN，延长ME交AN于H，交AB于O，证明△ABN≌△MBE，推出AN=EM，再利用三角形中位线定理即可解
决问题；
（3）分别求出BF的最大值、最小值即可解决问题．
【解题过程】
（1）∵∠ADE=∠ACE=90°，AF=FE，
∴DF=AF=EF=CF，
∴∠FAD=∠FDA，∠FAC=∠FCA，
∴∠DFE=∠FDA+∠FAD=2∠FAD，∠EFC=∠FAC+∠FCA=2∠FAC，
∵CA=CB，∠ACB=90°，
∴∠BAC=45°，
∴∠DFC=∠EFD+∠EFC=2(∠FAD+∠FAC)=90°，
∴DF=FC，DF⊥FC，
故答案为：＝，⊥；
（2）线段FD与线段FC的关系不发生变化．理由如下：
如图，延长AC到M使得CM=CA，延长ED到N，使得DN=DE，连接BN、BM、EM、AN，延长
ME交AN于H，交AB于O，
∵∠ACB=90°，BC=AC，
∴∠BAC=∠ABC=45°，
∵BC⊥AM，AC=CM，
∴BA=BM，
∴∠ABC=∠MBC=45°，
∴∠ABM=90°，
同理可证BE=BN，∠EBN=90°
∵∠ABM=∠EBN=90°，∴∠NBA=∠EBM，
∴△ABN≌△MBE(SAS)，
∴AN=EM，∠BAN=∠BME，
∵AF=FE，AC=CM，
1
∴CF= EM，FC∥EM，
2
1
同理可证FD= AN，FD∥AN，
2
∴FD=FC，
∵∠BME+∠BOM=90°，∠BOM=∠AOH，
∴∠BAN+∠AOH=90°，
∴∠AHO=90°，
∴AN⊥MH，FD⊥FC；
（3）如图2，连接BF．
∵|BE−BF|≤BF≤BE+BF，
∴如图3时BF取得最大值时，点E落在AB上时，
∵AC=BC=2❑√2，∠ACB=90°，
∴AB=❑√AC2+BC2=4，
∵BE=2，
∴AE=4−2=2，
∵点F是AE的中点，∴AF=EF=1，
∴BF的最大值=AB−AF=4−1=3；
如图4中，当点E落在AB的延长线上时，BF的值最小，
∵AB=4，BE=2，
∴AE=AB+BE=6，
∵点F是AE的中点，
∴AF=EF=3，
∴BF的最小值=AB−AF=4−3=1，
综上所述，1≤BF≤3．
14．（23-24九年级上·广西南宁·阶段练习）如图1，在边长为4的正方形ABCD中，连接AC，点E在BC
上，且BE=EC，将点C绕点B逆时针旋转至F点，旋转角的度数为α，连接BF，与AC相交于点G，连接
EF，交AC于点H，当点C旋转到与点A重合时旋转停止．
（1）如图2，当α=60°时，
①求证：EF⊥BC；
②点H在线段AC的什么位置？请说明理由；
（2）在旋转的过程中，是否存在△CEF为等腰三角形的情况？如果存在，请直接写出EF的长；如果不存
在，请说明理由．
【思路点拨】（1）①证明：证明△BCF为等边三角形，再根据E为BC的中点，可得EF⊥BC；②由先求出
∠ABC=90°，∠BAC=∠BCA=45°，过点H作HP⊥AB于点P，证明四边形HPBE是矩形，再证明
△AHP≌△HCE(ASA)问题得解；
（2）根据△CEF为等腰三角形，分情况讨论：第一种情况：当EF=EC时，可得BE+EF=BF，这与
BE+EF>BF相矛盾，故此种情况不存在；第二种情况：当EF=FC时，过F点作FQ⊥BC于Q点，如
图，在Rt△BFQ中，FQ=❑√BF2−BQ2=❑√7，再在Rt△EFQ中，FE=❑√FQ2+EQ2=2❑√2；第三种情
况：当EC=FC时，过F点作FT⊥BC于T点，过B点作BS⊥FC于S点，如图，根据等腰三角形的性
1
质可得FS=SC= FC=1，再在Rt△BFS中，BS=❑√BF2−FS2=❑√15，利用
2
1 1 BS×FC ❑√15
S = ×BS×FC= ×BC×FT，可得FT= = ，进而在Rt△TFC中，
△BFC 2 2 BC 2
1 3
TC=❑√FC2−FT2= ，即ET=EC−TC= ，再在Rt△TFE中利用勾股定理即可作答．
2 2
【解题过程】
（1）①证明：∵BC绕点B逆时针旋转得到BF，
∴BF=BC，
∵α=60°，即∠FBC=60°，
∴△BCF为等边三角形，
∵E为BC的中点，
∴EF⊥BC；
②由（1）知EF⊥BC，
∴∠FEB=∠FEC=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC=90°，∠BAC=∠BCA=45°，
如图，过点H作HP⊥AB于点P，则∠HPB=90°，
∴四边形HPBE是矩形，∠AHP=90°−∠BAC=45°，
∴HP=BE=EC，
∴△AHP≌△HCE(ASA)
∴AH=HC，
∴H在AC中点的位置；
（2）存在．EF的长为2❑√2或❑√6．
根据△CEF为等腰三角形，分情况讨论：
第一种情况：当EF=EC时，
∵EB=EC，FB=BC，
∴BE+EF=BE+EC=BC=BF，
∴BE+EF=BF，这与BE+EF>BF相矛盾，故此种情况不存在；
第二种情况：当EF=FC时，过F点作FQ⊥BC于Q点，如图，
∵EF=FC，FQ⊥BC，
1
∴EQ=QC= EC，
2
∵EB=EC，BC=4，BC=BF，
∴EB=EC=2，BF=4，EQ=QC=1，
∴BQ=3，
∴在Rt△BFQ中，FQ=❑√BF2−BQ2=❑√7，∴在Rt△EFQ中，FE=❑√FQ2+EQ2=2❑√2；
第三种情况：当EC=FC时，过F点作FT⊥BC于T点，过B点作BS⊥FC于S点，如图，
∵EC=FC，EB=EC=2，
∴EC=FC=2，
∵BC=BF=4，BS⊥FC，
1
∴FS=SC= FC=1，
2
∴在Rt△BFS中，BS=❑√BF2−FS2=❑√15，
∵FT⊥BC，
1 1
∴S = ×BS×FC= ×BC×FT，
△BFC 2 2
BS×FC ❑√15
∴FT= = ，
BC 2
1
∴在Rt△TFC中，TC=❑√FC2−FT2=
，
2
3
∴ET=EC−TC= ，
2
∴在Rt△TFE中，EF=❑√ET2+FT2=❑√6，
综上：EF的长为2❑√2或❑√6．
15．（23-24九年级上·湖北黄冈·期中）如图，△ABC和△DCE都是等腰直角三角形，
∠ACB=∠DCE=90°．（1）【猜想】如图1，点E在BC上，点D在AC上，线段BE与AD的数量关系是______，位置关系是
______；
（2）【探究】：把△DCE绕点C旋转到如图2的位置，连接AD，BE，（1）中的结论还成立吗？说明理
由；
（3）【拓展】：把△DCE绕点C在平面内自由旋转，若AC=6，CE=2❑√2，当A，E，D三点在同一直
线上时，直接写出BE的长．
【思路点拨】
（1）利用等腰直角三角形的性质得出BC=AC，EC=DC，得出BE=AD，再用∠ACB=90°，即可得
出结论；
（2）先由旋转得出∠BCE=∠ACD，进而判断出△BCE≌△ACD，得出BE=AD，∠CBE=∠CAD
，进而得出∠CAD+∠BHC=90°，即可得出结论；
（3）分两种情况，①当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD于M，求出AE，再用勾股定理求出BE
，即可得出结论；
②当点E在线段AD的延长线上时，过点C作CN⊥AD于N，求出AE，再由勾股定理求出根据勾股定理
得BE，即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：∵△ABC和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，
∴BC=AC，EC=DC，∠ACB=90°，
∴BC−EC=AC−DC，
∴BE=AD，
∵∠ACB=90°，
∴BE⊥AD，
故答案为：BE=AD，BE⊥AD；
（2）解：（1）中结论仍然成立，
理由：由旋转知，∠BCE=∠ACD，
∵BC=AC，EC=DC，
∴△BCE≌△ACD，
∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，
∵∠ACB=90°，
∴∠CBE+∠BHC=90°，
∴∠CAD+∠BHC=90°，
∵∠BHC=∠AHG，
∴∠CAD+∠AHG=90°，
∴∠AGH=90°，
∴BE⊥AD；
（3）解：①当点E在线段AD上时，如图3，过点C作CM⊥AD于M，
∵△DCE是等腰直角三角形，且CE=2❑√2，
∴DE=❑√CE2+CD2=4，
∵CM⊥AD，
1
∴CM=EM= DE=2，
2
在Rt△ACM中，AC=6，
∴AM=❑√AC2−CM2=4❑√2，
∴AE=AM−EM=4❑√2−2，在Rt△ACB中，AC=6，
AB=❑√AC2+AB2=6❑√2，
在Rt△ABE中，
BE=❑√AB2−AE2=4❑√2+2；
②当点D在线段AE上时，如图4，过点C作CN⊥AE于N，
∵△DCE是等腰直角三角形，且CE=2❑√2，
∴DE=❑√CE2+CD2=4，
∵CN⊥AD，
1
∴CN=EN= DE=2，
2
在Rt△ACN中，AC=6，
∴AN=❑√AC2−CN2=4❑√2，
∴AE=AN+NE=4❑√2+2，
在Rt△ACB中，AC=6，
AB=❑√AC2+AB2=6❑√2，
在Rt△ABE中，
BE=❑√AB2−AE2=4❑√2−2；
综上，BE的长为4❑√2−2或4❑√2+2．
16．（23-24九年级上·河北保定·开学考试）【动手操作】某班数学课外兴趣小组将直角三角板DOE（
∠DOE=90°，∠E=30°）的直角顶点O放置在另一块直角三角板ABC（∠ACB=90°，AC=BC）的
斜边AB的中点处，并将三角板DOE绕点O任意旋转．（1）【发现结论】当三角板DOE的两边DO，EO分别与另一块三角板的边AC，BC交于点P，Q时：
①如图1，当OD⊥AC时，OP与OQ的数量关系为______；
②小组成员发现当OD与AC不垂直时（如图2所示），OP与OQ之间仍然存在①中数量关系，请你说明
理由；
③小组成员嘉淇认为在旋转过程中，四边形OPCQ的面积S 与△ABC的面积S 之间始终保持一种不变的关
1 2
系，他们之间的关系是______，并说明理由；
（2）【探究延伸】如图3，连接CD，直角三角板DOE在绕点O旋转一周的过程中，若AB=12cm，
DE=14cm，直接写出线段CD长的最小值和最大值．
【思路点拨】
（1）①连接OC，由已知可证四边形CPOQ是正方形，即可得OP=OQ；②连接CO，证明
△AOP≌△COQ，即得OP=OQ；③由△AOP≌△COQ，知S =S ，故
△AOP △COQ
1
S =S +S =S +S =S = S ，四边形OPCQ的面积始终保持不变；
四边形OPCQ △COQ △COP △AOP △COP △AOC 2 △AOB
（2）由AB=12cm，DE=14cm，∠DOE=90°，∠E=30°，∠ACB=90°，AC=BC，求出
1 1
OC= AB=6cm，OD= DE=7cm，当点D，C，O在一条直线上，且点C在点D和点O之间时，线段
2 2
CD长的最小，此时线段CD长的最小值为OD−OC=1cm；当点D，C，O在一条直线上，且点，O在点
D和点C之间时，线段CD长的最大，此时线段CD长的最大值为OD+OC=13cm．
【解题过程】
（1）解：①OP=OQ，理由如下：
连接OC，如图：∵∠ACB=∠CPO=∠POQ=90°，
∴四边形CPOQ是矩形，
∵∠ACB=90°，AC=BC，O为AB中点，
1
∴∠ACO= ∠ACB=45°，
2
∵OD⊥AC，
∴∠COP=45°=∠ACO，
∴CP=OP，
∴四边形CPOQ是正方形，
∴OP=OQ，
故答案为：OP=OQ；
②OP=OQ，理由如下：
连接CO，如图：
∵∠ACB=90°，AC=BC，O为AB中点，
1
∴CO=AO= AB，∠BCO=∠A=45°，CO⊥AB，
2
∴∠AOC=90°=∠DOE，
∴∠AOP=∠COQ，
在△AOP和△COQ中，{
∠OCQ=∠A
)
OC=OA ，
∠AOP=∠COQ
∴△AOP≌△COQ(ASA)，
∴OP=OQ；
1
③S = S ，理由如下：
1 2 2
∵△AOP≌△COQ，
∴S =S ，
△AOP △COQ
1
∴S =S +S =S +S =S = S ，
四边形OPCQ △COQ △COP △AOP △COP △AOC 2 △AOB
∵S 不变，
△AOB
1
∴四边形OPCQ的面积始终保持不变，即S = S ，
1 2 2
1
故答案为：S = S ；
1 2 2
（2）如图：
∵AB=12cm，DE=14cm，∠DOE=90°，∠E=30°，∠ACB=90°，AC=BC，
1 1
∴OC= AB=6cm，OD= DE=7cm，
2 2
在△OCD中，OD−OC<CD，
∴当点D，C，O在一条直线上，且点C在点D和点O之间时，线段CD长的最小，如图：此时线段CD长的最小值为OD−OC=7−6=1(cm)；
当点D，C，O在一条直线上，且点，O在点D和点C之间时，线段CD长的最大，如图：
此时线段CD长的最大值为OD+OC=7+6=13(cm)，
答：CD长的最小值是1cm，最大值是13cm．
17．（23-24九年级上·广东深圳·期中）如图1，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，将矩形ABCD绕着点B
顺时针旋转，得到矩形BEFG．
（1）当点E落在BD上时，则线段DE的长度等于 ；
（2）如图2，当点E落在AC上时，求△BCE的面积；
（3）如图3，连接AE、CE、AG、CG，判断线段AE与CG的位置关系且说明理由；
（4）在旋转过程中，请直接写出S +S 的最大值．
△BCE △ABG
【思路点拨】
（1）求出BD的长度，利用旋转的性质得出AB=BE，进而求出DE的长度即可；
（2）过点B作BM⊥AC于点M，利用等面积法求出BM的长度，利用勾股定理求出ME、MC的长度，
进而求出CE的长度，从而求出△BCE的面积；
（3）连接AC、EG，设AE与CG相交于点N，AE与BC相交于点P，利用△ABE和△CBG是等腰三角
形，且∠ABE=∠CBG从而得出∠BAE=∠BCG，然后利用∠1=∠2得出∠PNC=∠ABP=90°，从
而得出AE⊥CG；
1
（4）过点C作CH⊥直线BE于点H，过点G作EQ⊥直线AB于点Q，S = ⋅CH⋅BE，
ΔBCE 21
S = ⋅GQ⋅AB，利用AB=BE得出：当CH+GQ最大时，S +S 最大，从而得出当A、B、
ΔABG 2 △BCE △ABG
E三点共线时，CH+GQ=8最大，从而得出S +S 的最大值．
△BCE △ABG
【解题过程】
（1）解：当E落在BD上时，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴每个内角都等于90°，
∵AB=3，BC=4，由勾股定理得：
BD=❑√AB2+AD2=❑√AB2+BC2=❑√32+42=5，
由旋转的性质可知：AB=BE=3，
∴DE=BD−BE=5−3=2，
故答案为：2；
（2）解：当点E落在AC上时，过点B作BM⊥AC于点M，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
AC=❑√AB2+BC2=❑√32+42=5,
∵△ABC是直角三角形，BM⊥AC，
1 1
∴ ×3×4= ⋅BM⋅AC,
2 2
12
∴BM= ，
5在Rt△BME中，由勾股定理得：
ME=❑√BE2−BM2=❑
√
32−
(12) 2
=
9
，
5 5
在Rt△BMC中，由勾股定理得：
MC=❑√BC2−BM2=❑
√
42−
(12) 2
=
16
，
5 5
16 9 7
∴CE=MC−ME= − = ，
5 5 5
1 1 7 12 42
∴S = ⋅CE⋅BM= × × = ；
ΔBCE 2 2 5 5 25
（3）解：AE⊥CG，理由如下：
证明：连接AC、EG，设AE与CG相交于点N，AE与BC相交于点P，
由旋转的性质知：∠ABE=∠CBG，AB=BE，BC=BG，
180°−∠ABE 180°−∠CBG
∴在等腰△ABE和等腰△CBG中得到：∠EAB= ，∠BCG= ，
2 2
∴∠EAB=∠BCG，
∵∠1=∠2，
∴∠CNP=∠ABP=90°，
即AE⊥CG；
（4）解：过点C作CH⊥直线BE于点H，过点G作EQ⊥直线AB于点Q，1 1
∴S = ⋅CH⋅BE， S = ⋅GQ⋅AB，
ΔBCE 2 ΔABG 2
∵AB=BE=3
1 1 1
∴S +S = ⋅CH⋅BE+ ⋅GQ⋅AB= ×3×(CH+GQ)，
△BCE △ABG 2 2 2
∴当CH+GQ最大时，S +S 最大，
△BCE △ABG
在旋转过程中，0≤CH≤4,0≤GQ≤4，
∴0≤CH+GQ≤8，
∴当点A、B、E三点共线时，CH+GQ=8，此时最大，
1
∴S +S 的最大值为： ×3×8=12．
△BCE △ABG 2
18．（23-24八年级下·重庆北碚·阶段练习）在等边△ABC中， 点E是AC上一点， 点D是BC上一点，
BE与AD 交于点F，且∠AFE=60°．
❑√3
（1）如图1， 若 BC=2❑√3，CE= ， 求 AD的长度；
2
（2）如图2， 延长BE至点 G，使得 ∠BGC=60°，连接CG，点H为AC中点， 连接GH，FC， 求
证: FC=2GH；
（3）如图3， BC=2❑√3，点 D为BC中点， 将△ABC沿AC折叠得到四边形ABCQ，动点P 在线段
CQ上运动(包括端点)，连接AP、BP，将AP绕点 P 顺时针旋转60°得到PA′ ，将BP绕点 P逆时针旋
转 120°得到 PB′ ，连接． A′B′ ，点 M为A′B′的中点，求MF的取值范围．【思路点拨】
❑√3
（1）过点A作AT⊥BC于点T，根据已知条件证明△ABD≌△BCE(ASA)，得出BD=CE= ，在
2
Rt△ABT，Rt△ADT中，勾股定理即可求解；
（2）延长AF至M，使得FM=BF，连接BM，证明△ABM≌△BCG(ASA)，得出AM=BG，证明
△AFG是等边三角形，延长CG至N，使得GN=CG，证明△AGN≌△FGC(SAS)，得出AN=FC，根据
1
中位线的性质得出HG= AN，等量代换，即可得证；
2
（3）连接PM，将PB绕点P逆时针旋转60°得到PB″，连接B′B″则△PB′B″是等边三角形，根据中位线
的性质，旋转的性质得出M的轨迹为平行于BC的一条线段，且PM=❑√3，进而找到FM最大值和最小值
的位置，勾股定理，即可求解．
【解题过程】
（1）解：如图所示，过点A作AT⊥BC于点T，
∵等边△ABC中，
∴AB=BC，∠ABC=60°
∵∠AFE=∠BFD=∠BAF+∠ABF=60°，
又∵∠ABF+∠EBC=∠ABC=60°
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD,△BCE中，
{∠BAD=∠CAE
)
AB=BC
∠ABD=∠BCE
∴△ABD≌△BCE(ASA)
❑√3
∴BD=CE=
2
1
在Rt△ABT中，BT=TC= BC=❑√3，AT=❑√AB2−BT2=3，
2❑√3 ❑√3
∴DT=BT−BD=❑√3− = ，
2 2
在Rt△ADT中，AD=❑√AT2+DT2=❑
√
32+
(❑√3) 2
=
❑√15
2 2
（2）解：如图所示，
延长AF至M，使得FM=BF，连接BM
∵∠BFM=∠AFE=60°
∴△BMF是等边三角形，
∴BF=FM=BM，
设∠BAD=α，
由（1）可得∠GBC=∠BAM=α，
∴∠ABM=180°−α−60°=120°−α，
又∵∠BGC=60°，
∴∠BCG=120°−α，
∴∠ABM=∠BCG，
在△ABM,△BCG中，
{∠BAM=∠CAG
)
AB=BC
∠ABM=∠BCG
∴△ABM≌△BCG(ASA)
∴AM=BG
又∵BF=FM
∴AF=FG
∵∠AFG=60°
∴△AFG是等边三角形，
∴AG=FG，∠AGF=60°
延长CG至N，使得GN=CG，∴∠AGN=180°−60°−60°=60°
∴∠AGN=∠FGC
在△AGN，△FGC中，
{
AG=FG
)
∠AGN=∠FGC ，
GN=GC
∴△AGN≌△FGC(SAS)，
∴AN=FC，
∵AH=HC,GN=GC，
1
∴HG= AN，
2
1
∴HG= FC；
2
（3）解：如图所示，连接PM，将PB绕点P逆时针旋转60°得到PB″，连接B′B″则△PB′B″是等边三角
形，
∵将△ABC沿AC折叠得到四边形ABCQ，
∴四边形ABCQ是菱形，
依题意，B′,P,B″三点共线，且PB′=PB″，
又PA′=PA,PB′=PB，∠A′PB″=∠APB=60°
∴△A′PB″≌△APB
∴A′B″=AB=2❑√3
∵M为A′B′的中点，
1
∴PM= A′B″=❑√3，PM∥A′B″
2
∵∠A′B″P=∠ABP
∴∠A′B″P+∠PBC=∠ABP+∠PBC=60°
∴∠A′B″B+∠B″BC=∠A′B″P+∠PBC+∠PB″B+∠PBB″=60°+60°+60°=180°∴A′B″∥BC
∵AQ∥BC
∴A′B″∥AQ
∴PM∥BC
∴M的轨迹为平行于BC的一条线段，且PM=❑√3
∵BC=2❑√3，点 D为BC中点，则AD⊥BC，
由（1）可得CE=BD，则E为AC的中点,则FB=FC=AF
在Rt△ABD中，BD=❑√3,AB=2❑√3
∴AD=3，
1
∵∠DAC= ×60°=30°，
2
1 1
∴EF= AF= FC
2 2
∴DF=1,AF=2，
如图所示，当P,Q重合时，FM取得最大值，此时如图所示，
∵A A′=AB，∠BAQ=120°,∠QAA=60°，
则B,A,A′共线，
∴AM=AQ+QM=2❑√3+❑√3=3❑√3
在Rt△AFM中，FM=❑√AF2+AM2=❑√22+(3❑√3) 2=❑√31
如图所示，当C,P重合时，FM最小，在Rt△FDM中，FD=1,DM=DC+CM=2❑√3
∴FM=❑√FD2+DM2=❑√12+(2❑√3) 2=❑√13
∴❑√13≤FM≤❑√31．
19．（23-24九年级上·广东佛山·阶段练习）已知：如图①，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，
AE⊥BD，垂足是E．点F是点E关于AB的对称点，连接AF、BF．
（1）求AF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′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q．当△DPQ为等腰三角形时，直接写出
DQ的长．
【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，如图①−1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△DPQ有4种情形，分别画出图形，对于各种情形分别进行计算即可．
【解题过程】
（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，
在Rt△ABD中，AB=3，AD=4，由勾股定理得：BD=❑√AB2+AD2=❑√32+42=5，
1 1
∵S = BD⋅AE= AB⋅AD，
△ABD 2 2
AB⋅AD 3×4 12
∴AE= = = ，
BD 5 5
∵点F是点E关于AB的对称点，
12
∴AF=AE= ，BF=BE，
5
∵AE⊥BD，
∴∠AEB=90°，
12
在Rt△ABE中，AB=3，AE= ，
5
由勾股定理得：BE=❑√AB2−AE2=❑
√
32−
(12) 2
=
9
．
5 5
（2）解：设平移中的三角形为△A′B′F′，如图①−1所示：
9
由对称点性质可知，∠1=∠2．BF=BE= ，
5
9
由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′=
．
5
①当点F′落在AB上时，
∵AB∥A′B′，
∴∠3=∠4，
∴∠3=∠2，9 9
∴BB′=B′F′= ，即m= ；
5 5
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，
9
∴B′D=B′F′=
，
5
9 16 16
∴BB′=BD−B′D=5− = ，即m= ；
5 5 5
（3）解：存在．理由如下：
在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：
①如图③−1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，则∠Q=∠DPQ，
∴∠2=∠Q+∠DPQ=2∠Q，
∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，
∴∠3=∠Q，
∴A′Q=A′B=3，
12 27
∴F′Q=F′ A′+A′Q= +3= ．
5 5
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=❑√F′Q2+F′B2=❑
√ (27) 2
+
(9) 2
=
9❑√10
．
5 5 5
9❑√10
∴DQ=BQ−BD= −5；
5②如图③−2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，则∠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，
12
∴F′Q=F′ A′−A′Q= −BQ．
5
在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2=BQ2，
即： (9) 2 + (12 −BQ ) 2 =BQ2 ，
5 5
15
解得：BQ= ，
8
15 25
∴DQ=BD−BQ=5− = ；
8 8
③如图③−3所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，则∠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=3，
12 3
∴F′Q=A′Q−A′F′=3− = ．
5 5
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=❑√F′Q2+F′B2=❑
√ (3) 2
+
(9) 2
=
3❑√10
，
5 5 5
3❑√10
∴DQ=BD−BQ=5− ；
5
④如图④−4所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，则∠2=∠3．
∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，
∴∠1=∠4，
∴BQ=BA′=3，
∴DQ=BD−BQ=5−3=2．
25
综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形；DQ的长度分别为2或 或
8
9❑√10 3❑√10
−5或5− ．
5 520．（23-24九年级上·广东清远·期末）在数学综合实践课上，仿照北师大版九年级上册第8页，老师让同
学们以“矩形的旋转”为主题开展探究活动.如图1，将长与宽都相等的两个矩形纸片ABCD和EFGH叠放
在一起，固定矩形ABCD，将矩形EFGH绕AC的中点O逆时针旋转α° (0<α<180).
（1）初步发现：在旋转过程中，对角线EG与边AB、CD分别交于点S、T，如图2，则线段OS与OT始终
存在着怎样的数量关系?请说明理由；
（2）继续探究：旋转过程中，当两个矩形纸片重叠部分为四边形QMRN时，如图2.
①求证：四边形QMRN为菱形；
②随着矩形纸片EFGH的旋转，四边形QMRN的面积会发生变化，若AD=4，CD=8，请求出四边形
QMRN的最大面积与最小面积．
【思路点拨】
本题考查三角形全等的判定及性质，矩形的性质，菱形的判定，勾股定理．
（1）由矩形的性质可得AO=CO，∠DAO=∠BCO，从而通过“ASA”证明△ASO≌△CTO，即可得
到SO=¿；
（2）①过点Q作QK⊥BC于点K，作QL⊥EF于点L．由矩形ABCD和矩形EFGH得到AD∥BC，
EF∥HG，因此四边形QMRN是平行四边形．通过“AAS”证明△QLM≌△QKN，得到QM=QN，从
而得证▱QMRN是菱形；
②由菱形的面积公式可得S =RN⋅QK=4QN，而在Rt△QNK中，
菱形QMRN
QN2=QK2+N K2=16+N K2，因此当NK为最大值时，QN有最大值，当NK为最小值时，QN有最小
值．而随着矩形纸片EFGH的旋转，NK逐渐减小，当NK=0时为最小值，然后NK逐渐增大．当点F与
点C重合时或点E与点B重合时， NK有最大值；当点N与点K重合时，NK=0，为最小值．分别求解
即可解答．
【解题过程】
（1）SO=¿，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=CO，AB∥CD，∴∠BAO=∠DCO，
在△ASO和△CTO中
{∠SAO=∠TCO
)
AO=CO ，
∠AOS=∠cot
∴△ASO≌△CTO(ASA)，
∴SO=¿
（2）①过点Q作QK⊥CD于点K，作QL⊥EF于点L．
∵四边形ABCD，四边形EFGH是矩形，
∴AB∥CD，EF∥HG，
∴四边形QMRN是平行四边形．
∵QK⊥CD， QL⊥EF，
∴∠QLM=∠QLE=90°，∠QKB=∠QKN=90°，
∴∠QLM=∠QKN，
∵四边形ABCD，四边形EFGH是矩形，
∴∠DAB=∠D=90°，∠E=∠H=90°，
∴四边形ABQK，四边形EHQL都是矩形，
∴QK=AD，QL=EH，
∵矩形ABCD和EFGH的宽相等，即AD=EH，
∴QK=QL，
∵AB∥CD，EF∥HG，
∴∠LMQ=∠MRN，∠QNK=∠MRN，
∴∠LMQ=∠QNK，
∴在△QLM和△QKN中{∠QLM=∠QKN
)
∠LMQ=∠KNQ ，
QL=QK
∴△QLM≌△QKN(AAS)，
∴QM=QN，
∴▱QMRN是菱形；
②∵四边形QMRN是菱形，
∴QN=RN
∵QK⊥BC，QK=AD=4
∴S =RN⋅QK=4QN，
菱形QMRN
∵在Rt△QNK中，QN2=QK2+N K2=16+N K2，
∴当NK为最大值时，QN有最大值，当NK为最小值时，QN有最小值．
∵随着矩形纸片EFGH的旋转，NK逐渐减小，当NK=0时为最小值，然后NK逐渐增大．
如图①，当点F与点C重合时，NK有最大值，此时点A与点Q，点D与点K重合，
设AN=x，则CN=AN=x，DN=CD−CN=8−x，
在Rt△ADN中，AD2+DN2=AN2，即42+(8−x) 2=x2，
解得x=5，
∴AN=5
∴QN=CN=AN=5，
∴ S =4QN=4×5=20，
菱形QMRN
或如图②，当点E与点B重合时，NK有最大值，此时点D与点G，点N重合同理设BQ=DQ=x，AQ=8−x，
在Rt△ADQ中，AD2+AQ2=DQ2，即42+(8−x) 2=x2，
解得x=5，
∴BQ=5，
∴QN=5
∴ S =4QN=4×5=20，
菱形QMRN
即菱形QMRN面积的最大值为20；
如图③，当点N与点K重合时，NK=0，为最小值，此时QK=QN=AD=4，
∴S =4QN=4×4=16
菱形QMRN
即菱形QMRN面积的最小值为16；
综上所述，四边形QMRN的最大面积为20，最小面积为16．
