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2021-2022 学年北师大版数学八年级下册压轴题专题精选汇编
专题 06 图形的平移与旋转
一、选择题
1．（2021八上·鄞州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，将△ABC绕点B顺时针
旋转60°，得到△BDE，连接DC交AB于点F，则△ACF与△BDF的周长之和为（ ）
A．44 B．43 C．42 D．41
【答案】C
【完整解答】解：∵△BDE由△BCA旋转得出，
∴BD＝BC＝12.
∵∠CBD＝60°，
∴△BCD为等边三角形，
∴CD＝BC＝12.
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，
∴AB＝ ＝13，
∴C +C ＝AC+CF+AF+BF+DF+BD＝AC+AB+CD+BD＝5+13+12+12＝42.
△ACF △BDF
故答案为：C.
【思路引导】根据旋转的性质可得BD＝BC＝12，推出△BCD为等边三角形，得到CD＝BC＝12，利用勾股定
理求出AB，进而可将△ACF与△BDF的周长之和转化为AC+AB+CD+BD，据此计算.
2．（2022八下·）如图，在□ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，将△AOB平移至△DPC的位置，连结
OP，则图中平行四边形的个数为（ ）A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【完整解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵将△AOB平移至△DPC的位置，
∴OA∥PD，OA=PD，
∴OC∥PD，OC=PD，
∴四边形CODP和四边形AOPD是平行四边形；
∵四边形CODP是平行四边形；
∴OD=CP，OD∥CP，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，
∴OB∥CP，OB=CP，
∴四边形OBCP是平行四边形；
综上，图中是平行四边形的有4个.
故答案为：D.
【思路引导】根据平行四边形的性质得出OA=OC，OB=OD，结合平移的性质得出OA∥PD，OA=PD，根据平行
四边形的判定定理分别分析，即可判断.
3．（2021八上·秀洲月考）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC=10，AB=6，则图中五个小直角三角形
的周长之和为（ ）
A．14 B．16 C．18 D．24
【答案】D
【完整解答】解：由图形可以看出：内部小三角形直角边是大三角形直角边平移得到的，
故内部五个小直角三角形的周长为AC＋BC＋AB，∵BC＝ ，
∴五个小直角三角形的周长之和＝为AC＋BC＋AB＝24.
故答案为：D.
【思路引导】由图形可以看出：内部小三角形直角边是大三角形直角边平移得到的，故内部五个小直角三
角形的周长为AC＋BC＋AB，利用勾股定理求出BC，从而求出结论.
4．（2021八下·长沙开学考）如图，已知∠B＝∠C＝∠D＝∠E＝90°，且BC＝DE＝8，EF＝2AB＝2CD，AB
＝3，则A、F两点间的距离是（ ）
A．16 B．20 C．20 D．24
【答案】B
【完整解答】解：过F作FG⊥AB，交AB的延长线于G，
∵EF＝2AB＝2CD，AB＝3，
∴CD＝3，EF＝6，
利用平移的性质可得，AG＝AB＋CD＋EF＝12，GF＝BC＋DE＝16，
在Rt△AGF中，
AF＝ ＝ ＝20.
故答案为：B.
【思路引导】过F作FG⊥AB，交AB的延长线于G，由已知易得CD＝3，EF＝6，利用平移的性质可得AG＝
AB＋CD＋EF＝12，GF＝BC＋DE＝16，然后在Rt△AGF中，利用勾股定理求解即可.
5．（2021八上·东平月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=6，将△ABC绕点C按逆时
针方向旋转得到△A'B'C'，此时点A'恰好在AB边上，则点B'与点B之间的距离为（ ）A．12 B．6 C．6 D．
【答案】D
【完整解答】连接B'B，
∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C，
∴AC=A'C，AB=A'B，∠A=∠CA'B'=60°，
∴△AA'C是等边三角形，
∴∠AA'C=60°，
∴∠B'A'B=180°-60°-60°=60°，
∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C，
∴∠ACA'=∠BAB'=60°，BC=B'C，∠CB'A'=∠CBA=90°-60°=30°，
∴△BCB'是等边三角形，
∴∠CB'B=60°，
∵∠CB'A'=30°，
∴∠A'B'B=30°，
∴∠B'BA'=180°-60°-30°=90°，
∵∠ACB=90°，∠A=60°，AC=6，
∴AB=12，
∴A'B=AB-AA'=AB-AC=6，
∴B'B=6 ，
故答案为：D．【思路引导】连接B'B，利用旋转的性质和直角三角形的性质解答即可。
6．（2021八下·江北期末）如图所示，正方形ABCD的边长为4，点E为线段BC上一动点，连结AE，将
AE绕点E顺时针旋转90°至EF，连结BF，取BF的中点M，若点E从点B运动至点C，则点M经过的路径长
为（ ）
A．2 B． C． D．4
【答案】B
【完整解答】解：取BC、CD的中点G、H，连接GH，连接BD
∴GH为△BCD的中位线，∴
∵将AE绕点E顺时针旋转90°至EF，
∴EF⊥AE，
当E点在B处时，M点在BC的中点G处，当E点在C点处时，M点在CD中点处，
∴点M经过的路径长为GH的长，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴
∴ ，
故答案为：B.【思路引导】取BC、CD的中点G、H，连接GH，连接BD，利用三角形的中位线定理可证得 ，
再利用旋转的性质可证得EF⊥AE；当E点在B处时，M点在BC的中点G处，当E点在C点处时，M点在CD
中点处，可得到点M经过的路径长为GH的长；然后利用勾股定理求出BD的长，即可得到GH的长.
7．（2021八下·宝安期末）如图，将两个全等的等腰直角三角形摆成如图所示的样子，其中
， 、 分别与 交于 、 两点，将 绕着点 顺
时针旋转90°得到 ；① ,② 平分 ；③若 ，CE=4,则
；④若 ，其中正确的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【完整解答】解：∵AB＝AC＝AG＝FG，
∠BAC＝∠AGF＝90°，
∴∠ABC＝∠C＝∠FAG＝45°，
BC＝ AB，
由旋转性质可知△ABH≌△ACE，
∴∠ABH＝∠ACE＝45°，BH＝CE，
AH＝AE，∠BAH＝∠CAE，
∠HBD＝∠ABH+∠ABC＝45°+45°＝90°，
∴BH⊥BC，故①符合题意；∵∠BAH＝∠CAE，
∴∠BAH+∠BAD＝∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠FAG＝45°，
即∠DAH＝45°，
∴∠DAH＝∠DAE，
在△ADH和△ADE中，
，
∴△AHD≌△ADE（SAS），
DH＝DE，∠ADH＝∠ADE，
∴AD平分∠HDE，
故②符合题意；
在Rt△BDH中，BD2+BH2＝DH2，
BH＝CE，DH =DE，
∴BD2+BH2＝DH2，
当BD＝3，CE＝4时，
32+42＝DE2，
DE＝5，
BC= BD+DE+CE＝12，
∵BC＝ AB＝12，
∴AB＝6 ，
故③符合题意；
BA＝BE，∠ABC＝45°，
∠BAE＝∠BEA＝ ＝67.5°，
∵∠DAE＝45°，
∴∠ADE＝180°﹣∠DAE﹣∠BEA＝67.5°，
∴∠ADE＝∠BEA，
∠ADB＝180°﹣∠ADE，
∠AEC＝180°﹣∠BEA，∴∠ADB＝∠AEC，
在△ABD和△ACE中，
，
△ABD≌△ACE（AAS），
∴BD＝CE，
BD2+CE2＝DE2，
∴DE＝ BD，
设A到BC边距离为h，
∵ ，
，
∴ ，
∴ ，
故④不符合题意；
综上①②③符合题意，
故答案为：C．
【思路引导】根据旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理，分别判
断得到答案即可。
8．现有一张纸片， ， ， ．
有甲、乙两种剪拼方案，如图1，2所示将它们沿着虚线剪开后，各自要拼一个与原来面积相等的正方形，
则（ ）A．甲、乙都不可以 B．甲不可以、乙可以乙
C．甲、乙都可以 D．甲可以、乙不可以
【答案】C
【完整解答】
因为AB=AF，所以可将△AFE移动到AB左边，AF与AB边重合， ,四边形等于
四边形。所以面积相等。方案乙 ,因此两种均可。【思路引导】先求出AB=AF，再求出 ,最后求解即可。
9．（2021八下·龙华期中）如图，等边三角形ABC的边长为2，点O是△ABC的中心，∠FOG＝120°，将
∠FOG绕点O旋转，分别交线段AB、BC于D、E两点，连接DE，给出下列四个结论：①OD＝OE；②S
四边形
ODBE＝ SABC；③SODE＝SBDE；④△BDE周长的最小值为3．上述结论中正确的个数是（ ）
△ △ △
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【完整解答】连接OB、OC，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵点O是△ABC的中心，
∴OB＝OC，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝30°，
∴∠BOC＝120°，即∠BOE+∠COE＝120°，
而∠DOE＝120°，即∠BOE+∠BOD＝120°，
∴∠BOD＝∠COE，
在△BOD和△COE中，，
∴△BOD≌△COE（ASA），
∴BD＝CE，OD＝OE，
∴①符合题意；
∵△BOD≌△COE，
∴SBOD＝SCOE，
△ △
∴四边形ODBE的面积＝SOBC═ SABC，
△ △
故②符合题意；
作OH⊥DE于H，如图，则DH＝EH，
∵∠DOE＝120°，
∴∠ODE＝∠OEH＝30°，
∴OH＝ OE，HE＝ OH＝ OE，
∴DE＝ OE，
∴SODE＝ × OE× OE＝ OE2，
△
即SODE随OE的变化而变化，
△
而四边形ODBE的面积为定值，
∴SODE≠SBDE；
△ △
故③不符合题意；
∵BD＝CE，
∴△BDE的周长＝BD+BE+DE＝CE+BE+DE＝BC+DE＝2+DE＝2+ OE，
当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE＝ ，
∴△BDE周长的最小值＝2+1＝3，故④符合题意．
综上所述，正确的有①②④共3个．
故答案为：C．
【思路引导】利用旋转的性质，再结合三角形全等的判定和性质逐项判定即可。
二、填空题
10．（2022八下·）如图，已知□ABCD的面积为56，AC与BD相交于O点，则图中阴影部分的面积是
。
【答案】28
【完整解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴O为对称中心，
∴S =S ，S =S ，S =S ，S =S ，S =S ，
△AOM △CON △HOM △FON △BOH △FOD △AOG △EOC △GOD △BOE
∴S = S =28.
阴影 四边形ABCD
故答案为：28.
【思路引导】由平行四边形的性质得出O为对称中心，再根据中心对称图形的特点得出有关三角形面积相
等，则可解答.
11．（2020八上·萍乡期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，三角板的直角顶点P的坐标为(2，2)，一
条直角边与x轴的正半轴交于点A，另一直角边与y轴交于点B，三角板绕点P在坐标平面内转动的过程中，
当△POA为等腰三角形时，请写出所有满足条件的点B的坐标 ．
【答案】(0，2)，(0，0)，(0，4－2 )【完整解答】解：∵P坐标为(2,2)，
∴∠AOP=45°，
①如图1,若OA=PA,则∠AOP=∠OPA=45°，
∴∠OAP=90°，
即PA⊥x轴，
∵∠APB=90°，
∴PB⊥y轴，
∴点B的坐标为：(0,2)；
②如图2,若OP=PA,则∠AOP=∠OAP=45°，
∴∠OPA=90°，
∵∠BPA=90°，
∴点B与点O重合，
∴点B的坐标为(0,0)；
③如图3,若OA=OP,则∠OPA=∠OAP= (180°−∠AOP)=67.5°，过点P作PC⊥y轴于点C，过点B作BD⊥OP于点D，
则PC∥OA，
∴∠OPC=∠AOP=45°，
∵∠APB=90°，
∴∠OPB=∠APB−∠OPA=22.5°，
∴∠OPB=∠CPB=22.5°，
∴BC=BD，
设OB=a，
则BD=BC=2−a，
∵∠BOP=45°，
在Rt△OBD中,BD=OB⋅sin45°，
即2−a= a，
解得：a=4－2 .
综上可得：点B的坐标为：(0,2),(0,0),(0, 4－2 ).
故答案为(0,2),(0,0),(0, 4－2 ).
【思路引导】①如图1,若OA=PA,则∠AOP=∠OPA=45°，②如图2,若OP=PA,则∠AOP=∠OAP=45°，③如图
3,若OA=OP,则∠OPA=∠OAP= (180°−∠AOP)=67.5°，分类讨论即可。
12．（2021八上·长春月考）如图，将 ABC沿射线BC方向移动，使点B移动到点C，得到 DCE，连接AE，与DC交于点F，若 ABC的面积为6，则 ACF的面积为 ．
【答案】3
【完整解答】解：∵将△ABC沿射线BC方向移动，使点B移动到点C，得到△DCE，
∴BC=CE，CD∥AB，
∵△ACE和△ABC底边和高都相等，
∴△ACE的面积等于△ABC的面积，
∵将△ABC沿射线BC方向移动，使点B移动到点C，得到△DCE，
∴AC=DE，AC∥DE，
∴∠ACF=∠EDF，
在△AFC和△EFD中， ，
∴△AFC≌△EFD(AAS)，
∴AF=FE，
∴△ACF的面积等于△ACE的面积的一半，
又∵△ABC的面积为6，
∴△ACF的面积为3．
故答案为：3．
【思路引导】由平移的性质可得BC=CE，CD∥AB，AC=DE，AC∥DE，从而得出△ACE的面积等于△ABC的面
积.证明△AFC≌△EFD(AAS)，可得AF=FE，从而得出△ACF的面积等于△ACE的面积的一半，据此即可求解.
13．（2021八上·东平月考）如图，将n个边长都为1的正方形按如图所示摆放，点A，A，…，A 分别
1 2 n
是正方形的中心，则n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为 ．【答案】
【完整解答】解：由题意可得一个阴影部分面积等于正方形面积的 ，即是 ，
n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为： ．
故答案为： ．
【思路引导】根据题意可得阴影部分的面积是正方形面积的 ，已知两个正方形可得出一个阴影部分，则
n个这样的正方形重叠部分即为（n-1）阴影部分的和。
14．（2021八上·磐石期中）如图，在△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠B＝60°，将△ABC沿射线BC的方向
平移2个单位后，得到 ，连接 ，则 的周长为 ．
【答案】12
【完整解答】 平移两个单位得到的 ，
， ，
， ，
， ，
，
又 ，
，
是等边三角形，
的周长为 ．
故答案为：12．【思路引导】因为 平移两个单位得到的 ，得出 ， ，根据
， ，得出A'B'、B'C的值，由此得出A'B'=B'C，推出 是等边三角形，由此
即可得出答案。
15．（2021八上·秀洲月考）如图，在平面直角坐标系中，将 沿x轴向右滚动到 的位置，
再到 的位置…依次进行下去，若已知点 ，则点 的坐标为 .
【答案】（300，3）
【完整解答】解：∵∠AOB=90°，
点A（3，0），B（0，4），
根据勾股定理，得AB=5，
根据旋转可知：
∴OA+AB+BC=3+5+4=12，
1 1 2
所以点B （12，4），A （12，3）；
2 1
继续旋转得，
B （2×12，4），A （24，3）；
4 3
B （3×12，4），A （36，3）
6 5
…
发现规律：
B （25×12，4），A （300，3）.
50 49
所以点A 的坐标为（300，3）.
49
故答案为：（300，3）.
【思路引导】由勾股定理求出AB=5，根据旋转可知OA+AB+BC=3+5+4=12，即得点B （12，4），A
1 1 2 2 1
（12，3）；继续旋转得，B （2×12，4），A （24，3）；B （3×12，4），A （36，3）
4 3 6 5
…发现规律：B （25×12，4），A （300，3）.
50 49
16．（2021八上·温州期中）如图1是一台手机支架，图2是其侧面示意图，AB、BC可分别绕点A、B转动，当AB、BC转别到∠BAE=60°，∠ABC=45°时，连结BE，∠ABE =70°，延长BC交射线AE于D．AB不
动，当BC绕点B顺时针转动 度或逆时针转动 度时，△BDE是等腰三角形．
【答案】25或40；50
【完整解答】解：如图，
∵∠AEB=180°-∠ABE-∠BAE=180°-70°-60°=50°，
∠DBE=∠ABE-∠ABC=70°45°=25°，
当BC绕点B顺时针转动时，
①当BD=ED，
1 1
∠EBD=∠E=50°，
1
∴∠DBD=∠EBD-∠EBD=50°-25°=25°；
1 1
②当ED=EB，
2
∠EBD= =65°，
2
∴∠DBD=∠EBD-∠EBD=65°-25°=40°；
2 2
当BC绕点B逆时针转动时，
∵∠BED=180°-∠AEB=130°，
3
∵BE=BD，
3∴∠EBD= =25°，
2
∴∠DBD=∠EBD+∠EBD=25°+25°=50°.
3 2
故答案为： 25或40 ，50.
【思路引导】根据题意作图，先根据三角形内角和定理求出∠AEB的度数，根据角的和差关系求出∠DBE的
度数，当BC绕点B顺时针转动时，分两种情况讨论，即①当BD=ED，②当ED=EB，根据三角形内角和定
1 1 2
理和等腰三角形的性质分别求出∠EBD 和∠EBD 的度数，然后根据角的和差关系求旋转角即可；当BC绕点
1 2
B逆时针转动时，先根据邻补角的性质求出∠BED，然后根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质分别
3
求出∠EBD 度数，再求旋转角即可.
3
17．（2021八下·苏州期末）如图，在 中， ， ， .将
绕点 按逆时针方向旋转后得 ，直线DA、BE相交于点F.取BC的中点G，连接GF，则
GF长的最大值为 cm.
【答案】4
【完整解答】解：取 的中点 ，连接 、 ，如图：
是由 绕 点旋转得到，
， ， ，
设 ，则 ，在四边形 中，
，
在 中， ， ， ，
，
中， ，
是 中位线，
，
而 ，
当 、 、 在一条直线上时， 最大，最大值为 ，
故答案为：4.
【思路引导】取AB的中点H，连接HG，HF，利用旋转的性质可证得CE=CB，CD=AC，∠BCE=∠ACD，设
∠BCE=∠ACD=α，可表示出∠CBE；再利用四边形的内角和定理可求出∠BFA的度数，利用勾股定理求出AB
的长；利用直角三角形的性质可求出HF的长；然后利用三角形的中位线定理可求出HG的长，利用三角形
的三边关系定理可知当点F，H，G在同一直线上时，FG最大，最大值是HF+HG的长，即可求解.
18．（2021八上·台州期末）如图，已知 中， ， ，将
绕点A顺时针方向旋转 到 的位置，连接 ，则 .
【答案】
【完整解答】解：如图，连接 ，绕点A顺时针方向旋转 得到 ，
， ，
是等边三角形，
，
在 和 中，
，
≌ ，
，
延长 交 于D，
则 ，
， ，
，
，
，
.
故答案为 ： .
【思路引导】 连接 ，根据旋转的性质可得 ，判断出 是等边三角形，根据等
边三角形的三条边都相等可得 ，然后利用“边边边”证明 和 全等，根据全等三角形对应角相等可得 ，延长 交 于D，根据等边三角形的性质
可得 ，利用勾股定理列式求出AB，然后根据等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质求出
BD、 ，然后根据 计算即可得解.
19．（2021八下·成华期末）将两个全等的等腰直角三角形纸片的斜边重合，按如图位置放置，其中∠A
＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝CB＝CD＝2，将△ABD沿射线BD平移，得到△EGF，连接EC，GC.则EC＋GC的最
小值为 .
【答案】
【完整解答】解：如图，连接DE，直线AE，作点C关于直线AE的对称点H，连接DH，
∵将△ABD沿射线BD平移，得到△EGF，
∴GE=CD且GE∥CD，
∴四边形GEDC为平行四边形，
∴ED=CG，
∴EC+GC=EC+ED=HE+ED≥DH，
∵CH⊥AE，AE∥BD，
∴CH⊥BD，
∵∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD=CB=CD=2，∴四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，
∴H、A、C三点共线，
记HC与BD相交于M，
∴MD= BD，HM=3AM=3MD，
∵BD= ，
∴HD= ，
∴EC+GC的最小值为 ，
故答案为： .
【思路引导】连接DE，直线AE，作点C关于直线AE的对称点H，连接DH，利用平移的性质可证得GE=CD
且GE∥CD，利用平行四边形的判定定理可得到四边形GEDC为平行四边形；利用平行四边形的性质及三角
形三边关系定理可证得EC+GC≥DH；再证明四边形ABCD为正方形，利用正方形的性质可推出AC⊥BD，由此
可得到H、A、C三点共线，记HC与BD相交于M；然后利用勾股定理求出BD，HD的长，即可得到EC+GC的
最小值.
三、解答题
20．（2021八上·济宁月考）如图，将长为 ，宽为 的长方形 先向右平移 ，再向下
平移 ，得到长方形 ，则阴影部分的面积为多少 ．
【答案】解：由题意可得，空白部分是矩形，长为 ，宽为 ，
∴阴影部分的面积 ；【思路引导】根据平移的性质可得：空白部分是矩形，长为 ，宽为 ，再
利用矩形的面积公式求出空白的面积，最后利用两个矩形的面积之和减去2个空白矩形的面积即可。
21．（2021八上·济宁月考）学校准备在升旗台的台阶上铺设一种红色的地毯（含台阶最上层），已知这
种地毯的批发价为每平方米40元，升旗台的台阶宽为3米，其侧面如图所示，请你测算一下，买地毯至少
需要多少元？
【答案】解：利用平移线段，得地毯的长度是6.4+2.8+2.8=12（米）
∴地毯的面积是12×3=36（米2）
∴买地毯至少需要36×40=1440（元）
【思路引导】先利用平移的性质可得：地毯的长度是6.4+2.8+2.8=12，再求出地毯的面积，最后利用
36×40计算即可。
22．（2021八下·秦都期末）如图，在 中， ， 平分 交 于
点 ，将 绕点 逆时针旋转到 的位置，点 在 上，连接 交
于点 .求证： 垂直平分 .
【答案】证明：∵ ， 平分 交 于点 ，
∴ .
∵将 绕点 逆时针旋转到 的位置，
∴ ， ，
∴ ，
∴在等腰 中， ， 平分 ，∴ ， ，
∴ 垂直平分 .
【思路引导】 由角平分线的定义可得 ， 由旋转的性质可得 ，
，即得 ，根据等腰三角形三线合一的性质可得 垂
直平分 .
23．（2020八上·徐汇月考）如图，在等腰△ABC中，AB=AC=5，BC=6，D是BC中点，将△ABD绕点A旋转
后得到△ACE，求线段DE的长.
【答案】解：∵等腰△ABC中，AB=AC，D是BC中点
∴BD=CD=3，AD⊥BC
∴AD=
∵将△ABD绕点A旋转后得到△ACE，
∴CE=BD=CD=3，AD=AE
∴AC垂直平分DE，
设DE、AC交于G点，
∵S = AC×DG= AD×CD，
△ACD
即 ×5×DG= ×4×3，解得DG=
∴DE=2DG= .
【思路引导】先利用 等腰△ABC 的性质求出AD，再利用旋转的性质得到 CE=BD=CD=3，AD=AE ，最后利用
△ACD的面积列出方程求解即可。
24．（2020八下·城固期末）已知：如图，将△ADE绕点A顺时针旋转得到△ABC，点E对应点C恰在D的
延长线上，若BC∥AE.求证：△ABD为等边三角形.
【答案】解：由旋转知：△ADE≌△ABC，
∴∠ACB＝∠E，AC＝AE，
∴∠E＝∠ACE，
又BC∥AE，
∴∠BCE+∠E＝180°，
即∠ACB+∠ACE+∠E＝180°，
∴∠E＝60°，
又AC＝AE，
∴△ACE 为等边三角形，
∴∠CAE＝60°
又∠BAC＝∠DAE
∴∠BAD＝∠CAE＝60°
又AB＝AD
∴△ABD为等边三角形.
【思路引导】由旋转的性质可得 ， ，可得 ，由平行线的性质
可得 ，可得 ，则可求 ，可得结论.
25．（2022八下·）如图所示，在△ABC中，点D是AB边上的中点，已知AC=4，BC=6。（1）画出△BCD关于点D的中心对称图形；
（2）根据图形说明线段CD的取值范围。
【答案】（1）解：所画图形如图所示，
△AED就是所作的图形.
（2）解：由（1）知，△ADE≌△BDC，
则CD=DE，AE=BC，
AE-AC<2CD
即BC-AC<2CD
∴2<2CD<10，
解得1<5.
【思路引导】（1）利用中心对称图形的定义，延长CD使DE=CD，连接AE，即可得到△BCD关于点D的中心
对称图形.
（2）利用画图可知△ADE≌△BDC，利用全等三角形的性质可证得CD=DE，AE=BC，再利用三角形的三边关
系定理，可得到关于CD的不等式组，然后求出不等式组的解集.
26．（2021八上·瓯海月考）如图，已知点P是等边△ABC内一点，连结PA，PB，PC，D为△ABC外一点，
且∠DAC＝∠PAB，AD＝AP，连结DP，DC.（1）求证：△ADC≌△APB.
（2）若PA＝4，PB＝3，PC＝5，求∠APB的度数.
【答案】（1）证明：∵ 是等边三角形，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ；
（2）解：∵ ，
∴ ， ，
∵ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ .
【思路引导】(1)由等边三角形性质得AB=AC，结合已知条件即可证明 △ADC≌△APB （SAS）;
(2)由（1）可知，CD=PB,∠APB=∠ADC，又 △ABC是等边三角形，利用“手拉手模型”进行等量代换可得
∠PAD=60°,PD=PA=4，所以△PAD也是等边三角形；再由CD²+PD²=PC²知∠PDC=90°，进而求得∠ADC，即
可求出∠APB.
27．（2021八上·衢江月考）定义：两个顶角相等且顶角顶点重合的等腰三角形组合称为”相似等腰组”.
如图1，等腰△ABC和等腰△ADE即为“相似等腰组”.（1）如图2，将上述“相似等腰组”中的△ADE绕着点A逆时针旋转一定角度，判断△ABD和△ACE是
否全等，并说明理由.
（2）如图3，等腰△ABC和等腰△ADE是“相似等腰组”，且∠BAC＝90°，DC和AE相交于点O，判断
DC和BE的位置及大小关系，并说明理由.
（3）如图4，在等边△ABC中，D是三角形内部一点，且AD＝ ，BD＝2，DC＝ ，求△ABC的面积.
【答案】（1）解：全等，理由如下：
∵等腰△ABC和等腰△ADE为“相似等腰组”，
∴∠BAC＝∠DAE，
∵∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC，∠CAE＝∠EAD﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD与△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
（2）解：DC⊥BE，DC＝BE，理由如下：
∵等腰△ABC和等腰△ADE为“相似等腰组”，
∴∠BAC＝∠DAE＝90°，
∵∠BAE＝∠BAC+∠EAC，∠CAD＝∠EAD﹣∠EAC，
∴∠BAE＝∠CAD，
在△ABE与△ACD中，
，∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴DC＝BE，∠ABE＝∠ACD，
∵∠ABE+∠EBC+∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠EBC+∠ACB＝90°，
∴∠EBC+∠DCB＝90°，
∴DC⊥BE
（3）解：将△ABD绕点A逆时针旋转60°得△ACE，
∴AD＝AE，∠DAE＝60°，CE＝BD＝2，
∴△ADE是等边三角形，
∴DE＝AD＝ ，∠AED＝60°，
∵DE2+CE2＝3+4＝7，CD2＝7，
∴DE2+CE2＝CD2，
∴∠CED＝90°，
∴∠AEC＝∠AED+∠DEC＝150°，
过点C作CF⊥AE，交AE的延长线于F，故∠CEF=30°
∴CF＝ CE＝1，EF＝ = ，
在Rt△ACF中，AC＝ ，
∴S ＝ AC2＝ .
△ABC
【思路引导】（1） 根据SAS证明△ABD≌△ACE；
（2）证明△ABE≌△ACD（SAS），可得DC＝BE，∠ABE＝∠ACD，由∠ABE+∠EBC+∠ACB＝90°可得
∠ACD+∠EBC+∠ACB＝90°， 从而可得 ∠EBC+∠DCB＝90°， 继而得出DC⊥BE ；（3） 将△ABD绕点A逆时针旋转60°得△ACE， 先证△ADE是等边三角形， 可得DE＝AD＝ ，∠AED＝
60°， 利用勾股定理的逆定理可得 ∠CED＝90°， 从而得出 ∠AEC＝∠AED+∠DEC＝150°，过点C作
CF⊥AE，交AE的延长线于F，故∠CEF=30° ，可求出CF＝ CE＝1，EF＝ ， 在Rt△ACF中，利用勾
股定理求出AC＝ ，利用三角形的面积公式即可求解.
28．（2021八上·彭州开学考）如图，已知正方形ABCD，∠MAN＝45°，连接CB，交AM、AN分别于点P、
Q，求证：CP2+BQ2＝PQ2.
【答案】证明：将△ABQ绕A点顺时针旋转90°得到△ACQ′，连接PQ′，
∴AQ′＝AQ，CQ′＝BQ，∠BAQ＝∠CAQ′，∠ACQ′＝∠ABC，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ACQ′＝∠ABC＝∠ACB＝45°，∠CAB＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠CAP+∠BAQ＝45°，
∴∠Q′AP＝∠CAQ′+∠CAP＝45°，
∴∠Q′AP＝∠QAP，
在△Q′AP和△QAP中，
，∴△Q′AP≌△QAP（SAS），
∴PQ＝PQ′，
∵∠Q′CP＝∠ACQ′+∠ACB＝90°，
在Rt△Q′CP中，由勾股定理得，
Q′P2＝Q′C2+CP2，
∴CP2+BQ2＝PQ2.
【思路引导】将△ABQ绕A点顺时针旋转90°得到△ACQ′，连接PQ′，由旋转的性质可得AQ′＝AQ，
CQ′＝BQ，∠BAQ＝∠CAQ′，∠ACQ′＝∠ABC，由正方形的性质可得∠ACQ′＝∠ABC＝∠ACB＝45°，
∠CAB＝90°，推出∠Q′AP＝∠QAP，证明△Q′AP≌△QAP，得到PQ＝PQ′，然后结合勾股定理进行证明.
29．（2018八上·广东期中）如图，在等腰△ABC中，∠ACB=90°，点D为CB延长线上一点，过A作
AE⊥AD，且AE=AD，BE与AC的延长线交于点P，求证：PB=PE.
【答案】证明：解法1：过E作EF⊥AC，垂足为F，连接BF，CE
∵ AE⊥AD，∠ACB = 90°
∴∠EAF+∠CAD=90°，∠D+∠CAD=90°
∴∠EAF=∠D
又∵∠AFE=∠ACB=90°，AE=AD
∴ △AFE≌△DCA（AAS）
∴ EF=AC=BC
∵ BC⊥AC，EF⊥AC
∴ EF∥BC
∴ EF BC
∴ 四边形BCEF为平行四边形
∴ PB = PE.解法2：∵ AD = AE且AD⊥AE
∴ 可将△ADB绕点A逆时针旋转90°至△AEH， 由旋转性质得AH=AB且AH⊥AB
∴ △BAH为等腰直角三角形，∠ABH= 45°
又∵ △ACB中，∠ACB=90°，AC=BC
∴∠ABC=45°
∴∠ABH = ∠ABC，则B、C、H三点共线
∴ AP垂直平分BH
∴ PH = PB
∴∠PBH =∠PHB
又由旋转性质得EH⊥BD，即EH⊥BH
∴∠PHE=90°－∠PHB，∠PEH=90°-∠PBH，
∴∠PEH=∠PHB
∴ PH=PE
∴ PB=PE.
【思路引导】解法1： 过E作EF⊥AC，垂足为F，连接BF，CE ，由互余性质可知∠EAF=∠D ，再结合条件利用AAS可得△AFE≌△DCA ，从而有EF=AC=BC ，此时易得四边形BCEF为平行四边形 ，根据平行四边
形对角线互相平分即可得证；
解法2：由条件可将△ADB绕点A逆时针旋转90°至△AEH， 根据旋转性质易得△BAH为等腰直角三角形，
借助等腰三角形性质可知B、C、H三点共线，从而有AP垂直平分BH 、PH=PB，在Rt△BHE中利用等边对等
角及互余性质又得PH=PE，据此即可得证。
