2025中考复习几何压轴题练习2
一、填空题
1．如图，正方形ABCD中，点E为正方形ABCD对角线AC上一点，连接DE，将线段
DE绕点E顺时针旋转，使点D恰好落在BC边上的点F处，（F不与点B、C重合），连
接DF，交AC于点G，下列结论：①DB⊥EF；②CG⋅EG=DG⋅FG；③
AE2+CG2=EG2；④若AE:EC=1:3时，则CF:BF=1:2；其中正确的结论有
（填序号）．
2．如图，点C为线段AB的中点，E为直线AB上方的一动点，且满足CE=CB，连接AE，
以AE为腰，A为直角顶点在直线AB上方作等腰直角三角形ADE，连接CD，当CD最大
时，下列结论：①D、A、C、E四点共圆；②3∠AEC=∠DEA；③DC平分∠ADE；
④2AD2=DC2+AC2．其中正确的是 ．
3．如图，⊙O的半径为1，点B为半径OA的中点，点C为⊙O上一动点，将CB绕点B顺
时针旋转90°到BD，点M为AD的中点，则OM的最大值为 ．
二、解答题
试卷第1页，共20页
学科网（北京）股份有限公司( 1 )
4．如图，在矩形ABCD中，点O为对角线AC中点，点E为AD边上一点 AE< AD ，
2
连接EO并延长交BC于点F；四边形ABFE与A'B'FE关于EF所在直线对称，射线FB'
分别与线段AC、射线AD交于G、H两点．
(1)求证：EH=FH；
AO 7
(2)已知 = ，DH=1；
OG 3
FG
①当点H在线段AD上时，求 的值；
CF
②当△CHF为等腰三角形时，求CD的长．
试卷第2页，共20页5．综合与运用
(1)发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到
△BEF处，延长EF交CD边于G点．则∠BEG+∠BGE=______°；
(2)探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD=8，AB=6．将△AEB
沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，连接GH，若
FH=CH，求证：△BEF∽△HGF；
(3)拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB=6，E为CD边上的三等分点，∠D=60°．将
△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交直线BC于点P，求PC的长．
试卷第3页，共20页
学科网（北京）股份有限公司6．课本再现
想一想
你能猜想出三角形两边中点的连线与第三边有怎样的关系？能证明你的猜想吗？
连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线．
三角形中位线定理 三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
定理证明
（1）已知：如图①，DE是△ABC的中位线．延长DE至点F，使FE=DE，连接CF．
1
求证：DE∥BC且DE= BC．
2
知识运用
（2）如图②，在正方形ABCD中，E为AD的中点，G、F分别为AB、CD边上的点，若
AG=2，DF=3，∠GEF=90°，求GF的长．
（3）如图③，在四边形ABCD中，∠A=105°，∠D=120°，E为AD的中点，G，F
分别为AB，CD边上的点，若AG=3❑√2，DF=2，∠GEF=90°，求GF的长．
7．如图1，在正方形ABCD中，点E是BC上一动点，将正方形沿着AE折叠，使点B落在
试卷第4页，共20页F处， 连接BF、AF，延长BF交CD于点G．
(1)【初步探究】在E的运动过程中，△ABE与△BCG始终保持全等的关系，请说明理由．
HC 3
(2)【深入探究】把图1中的AF延长交CD于点H，如图2，若 = ,BE=7，求线段
HF 4
CE的长．
(3)【拓展延伸】如图3，将正方形改成矩形，同样沿AE折叠，连接BF，延长BF、AF交
BC HC 3 CE
直线CD与点G、H两点，若 =m, = ，直接写出 的值 （用含m的代数式表
AB HF 4 BE
示）．
试卷第5页，共20页
学科网（北京）股份有限公司8．综合与实践
【问题情境】
如图1，在等边△ABC中，D为边BC上的一点，连接AD，再以AD为边作等边△ADE，
连接CE．若等边△ABC的周长为3❑√7+21，CD的长为7．
【初步探究】
（1）线段CE的长为___________．
【深入探究】
（2）“智慧小组”将图1变为图2．如图2，△ABC为等腰三角形，AB=BC,D为边BC
上的一点，以AD为边作等腰△ADE,AD=DE．若∠ABC=∠ADE，试猜想∠ABC
与∠ACE之间的数量关系，并证明．
【拓展探究】
（3）“联想小组”受“智慧小组”的启发，将图1变为图3．如图3，四边形ABCD是正
方形，E是边BC上的一点，连接DE，以DE为边作正方形DEFG，对角线EG与DF交于
点O，连接CO．若AB=16,CO=2❑√2，请直接写出正方形DEFG的面积．
9．综合与探究
试卷第6页，共20页如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别是边BC，CD上的点，AE与BF交于点P．
(1)【特例感知】
如图（a），若四边形ABCD是正方形，当∠APB=∠D时，则线段AE与BF的数量关系
是 ；
(2)【深入探究】
如图（b），若四边形ABCD是菱形，且∠APB=∠D，则线段AE与BF满足怎样的数量
关系？请证明你的猜想；关于此问，数学兴趣小组给出如下两种解决思路．请选择其中一
种思路解决问题．
思路一 思路二
如图，在BC的延长线上取一点N使
如图，在BC边上取一点M使AM=AB，
AN=AE
(3)【类比迁移】
AE
如图（c），若四边形ABCD是菱形，E为BC的中点，∠APB=∠C=60°，请求出
BF
的值；
(4)【联系拓广】
如图（d），在平行四边形ABCD中，AD=3，AB=4，∠C=60°，F是CD边的中点，
当点E在直线BC上运动，且直线AE与直线BF所夹的锐角为60°时，请直接写BE的长．
试卷第7页，共20页
学科网（北京）股份有限公司10．在菱形ABCD中，∠B=α(90°≤α<180°)，点E是边BC上一点，连接AE，将线段
AE绕点E顺时针旋转α得到线段EF，连接CF．
(1)如图1，α=90°，求∠DCF的度数；
(2)如图2，90°<α<180°，用∠DCF的度数（含α的代数式表示）；
(3)如图3，α=120°，AB=2，点M是DC边上一动点，连接MF，若MF=AB，N是CM
延长线上一点，且MN=CF，连接FN，请直接写出FN的最大值．
试卷第8页，共20页11．在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D为平面内任意一点，连接AD，将线
段AD绕点A逆时针旋转90°得线段AE，连接BE交AD于点G．
(1)如图1，点D为BC中点，若BC=4，求BG的长；
(2)如图2，若点D在线段BE上，连接CD并取中点F，连接AF交BE于点H，
3
∠ABD=30°，AC与BE交于点M，证明：AF+HF= AM．
2
(3)如图3，若BC=4，点K为BC的中点，连接EK，DK，CD，将△ADK沿直线AK翻
折，点D落在D'的位置，当EK+BD'的值最小且△ACD为等腰三角形时，请直接写出此
时△ACD的面积．
试卷第9页，共20页
学科网（北京）股份有限公司12．如图1，在矩形ABCD中，AD=nAB，点M，P分别在边AB，AD上（均不与端点
重合），且AP=nAM，以AP和AM为边作矩形AMNP，连接AN，CN．矩形AMNP绕
点A顺时针旋转，如图2，连接PD．
【问题探究】研究旋转过程中，CN与PD的数量关系．
（1）特殊化．
①当n=1时，CN与PD的数量关系为_______；
②当n=2时，请仅就图2求出CN与PD之间的数量关系；
（2）从特殊到一般．
旋转过程中，CN与PD的数量关系为_______；
【拓展延伸】在矩形ABCD中，AD=4，AP=2．若n=2，当矩形AMNP旋转至
C，N，M三点共线时，请直接写出线段CN的长．
13．在等腰直角△ABC中，点D，点F分别为线段AC，AB上的动点，连接DF．
试卷第10页，共20页(1)如图1，当点F为AB中点时，若BC=4❑√2，CD=1，求DF的长；
(2)如图2，将△BCD绕着点B逆时针旋转90°得到△ABM．分别连接MF，MD．延长
MF至点N，交AC于点E．若MN∥BC，DN=MD时，求证：EN=❑√2CE；
(3)如图3，BF=1，BC=4❑√2，BD⊥AC，点G为线段BD上一点，连接FG，将线段
FG绕点F逆时针旋转90°得到线段FH，连接HG．当AH+HD的值最小时，请直接写出
△AFG的面积．
14．将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB'，记旋转角为α．连接BB'，过点D
试卷第11页，共20页
学科网（北京）股份有限公司作DE垂直于直线BB'，垂足为点E，连接DB'，CE．
BB'
(1)如图1，当α=60°时，△DEB'的形状为______，连接BD，可求出 的值为______．
CE
(2)当0°<α<360°且α≠90°时，
①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，
请说明理由．
BE
②当以点B'，E，C，D为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出 的值．
B'E
15．综合与实践．
问题情境：
试卷第12页，共20页在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展探究活动．如图15，在
△ABC中，AB=3，BC=4，∠ABC=90°，A'为斜边AC的中点，将与△ABC全等的
△A'B'C绕点A'旋转得到△A'OD．
操作发现：
（1）如图①，顺时针旋转一定角度，记A'D和A'O分别与BC交于点E，F，当
A'D⊥AC时，猜想EF和A'F的数量关系为______，并证明你的猜想；
（2）如图②，继续旋转一定角度，当线段A'D经过点B时，连接BO，试判断四边形
A A'OB的形状，并证明你的结论；
实践探究：
（3）在整个旋转过程中，当△A'OD在AC下方，且△A'OD的直角边恰好与AC垂直时，
设线段A'O与直线BC交于点G，直线BC交射线DO于点H，连接A'H，请直接写出A'H
的长．
16．在△ABC中，AB=AC，D是平面内一点，连接AD．将AD绕点A逆时针旋转一定
角度α（0°<α<180°），得到AE，且满足α+∠BAC=180°，连接BE,CE．
试卷第13页，共20页
学科网（北京）股份有限公司(1)如图1，∠BAC=90°，D是BC边上一点，求∠BCE的度数；
(2)如图2，D是平面内一点，F是BE的中点，连接AF．猜想AF与CD存在怎样的数量关
系？写出你的结论，并证明；
(3)在（2）的条件下，若α=120°，在直线CE上存在一点M，使以点A，E，F，M为顶点
AD
的四边形是锐角为60°的菱形，请直接写出 的值．
AB
17．综合实践
问题背景：借助三角形的中位线可构造一组相似三角形，若将它们绕公共顶点旋转，对应
试卷第14页，共20页顶点连线的长度存在特殊的数量关系，数学小组对此进行了研究．如图1，在“△ABC中，
∠B=90°，AB=BC=4，分别取AB，AC的中点D，E，作△ADE．如图2所示，将
△ADE绕点A逆时针旋转，连接BD，CE．
(1)探究发现：旋转过程中，线段BD和CE的长度存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并
证明．
(2)性质应用：如图3，当DE所在直线首次经过点B时，求CE的长．
(3)延伸思考：如图4，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，分别取AB，
BC的中点D，E．作△BDE，将△BDE绕点B逆时针旋转，连接AD，CE．当边AB平
分线段DE时，求tan∠ECB的值．
18．探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．
如图，在矩形ABCD中，AD=nAB，将矩形ABCD绕点C旋转，得到矩形CEFG．
试卷第15页，共20页
学科网（北京）股份有限公司【初步感知】
（1）如图1，将矩形ABCD绕点C顺时针旋转90°，当n=2时，连接AC，CF．
①求证：△ABC≌△CEF，
②求出AB，BC，AF的数量关系（直接写出结论，不必证明）；
【深入探究】
（2）将矩形ABCD绕点C旋转，当n=❑√3且点E落在直线AC上时，试探究线段AB，BC，
BF的数量关系，并写出证明过程；
【拓展运用】
（3）如图2，将矩形ABCD绕点C旋转顺时针旋转，点G落在AD上，BE与CG，CD分
EP
别交于点Q，P，当F，D，Q三点共线时，直接写出 的值．
BP
19．综合与实践
问题情境：如图1，在矩形ABCD中，AB=5，AD=10．将矩形ABCD绕边AD的中点E
逆时针旋转角度α(0°<α<90°)得到矩形A'B'C'D'（点A，B，C，D的对应点分别是点A'，
试卷第16页，共20页B'，C'，D'）．
操作发现：
（1）连接A A'，AD'，DD'，A'D，则四边形A A'DD'的形状是______；
问题探究：
（2）如图2，连接A A'，CC'，试判断A A'与CC'的数量关系，并说明理由；
拓展延伸：
（3）如图3，A'B'与BC交于点F，连接BD，当点A'落在线段BD上时．
①求A'B的长度；
②直接写出A'F的长度．
20．在△ABC中，∠ACB=90°，D是BC上一点．
试卷第17页，共20页
学科网（北京）股份有限公司3
(1)如图1，E是AB中点，tan∠BCE= ，CE=5，AD=3❑√5，求线段BD的长度；
4
(2)如图2，CA=CB，点F在线段AD上，将线段CF绕点C顺时针旋转90°得到线段CG，
连接BG，交AC于点H，当∠CAD=2∠ABG时，试猜想AF与CH的数量关系，并证明
你的结论；
(3)如图3，在（2）的条件下，点M在CF上，点N在CG上，FM=CN，连接NM，若
CF=2❑√7，直接写出❑√2MN+NG的最小值．
21．在△ABC中，AC=BC，AC=6，∠ACB=α，点D是BC边上任意一点，点E是直
试卷第18页，共20页线AD上一动点，连接BE，将BE绕点B顺时针旋转，旋转角为α，得到线段BF，连接EF．
(1)如图1，α=90°，∠BAD=15°，点F在射线AD上，求BF的长；
(2)如图2，BF∥AD，CG⊥AE于点G，2∠ABF-3∠EBF=4∠BAE，猜想线段
GE，BE，AC之间存在的数量关系，并证明你的猜想：
(3)如图3，α=60°，点F在射线AD上，点P是BE上一点且满足AF=3BP，连接AP，直
接写出当AP最小时，点P到AB的距离．
22．在等腰△ABC中，AB=AC=4❑√3 ，∠BAC=120°，点M为线段BC的中点．点
D为直线BC上一动点，连接AD，点F为线段AD的中点，将线段AD绕点A逆时针旋转
试卷第19页，共20页
学科网（北京）股份有限公司60°得到线段AE，连接DE．
(1)如图1，当点D与点M重合时，∠DAC= ，线段DF与线段CE的数量关系为 ；
(2)如图2，当点D在线段MC上（不与点M重合）移动时，请证明线段DF与线段CE的数
量关系并求出∠MPC的大小；
(3)如图3，点D在直线BC上移动，作点A关于直线BC的对称点A'，过点D作DH⊥直线
BA'交直线BA'于点H，请直接写出线段FH长度的最小值．
试卷第20页，共20页《2025中考复习几何压轴题练习2》参考答案
1． /
【分
②
析
③
】连
③
接 ②BD，如图所示，由正方形性质及过点E有且只有一条直线与DB垂直即可判
断①；过点E作EM⊥BC、EN⊥DC，如图所示，由正方形性质、全等三角形判定与性
质、相似三角形的判定与性质即可得证②；将△ADE绕着点D逆时针旋转90°得到
△DHC，如图所示，由旋转性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理判定即可得证③；
根据AE:EC=1:3，由平行线分线段成比例及②中的求证过程即可得到CF:BF=1:1即可
判断④，从而确定答案．
【详解】解：连接BD，如图所示：
在正方形ABCD中，DB⊥AC，
∵ AC与EF的交点为E，
∴根据过点E有且只有一条直线与DB垂直可知，DB⊥EF错误，即①不符合题意；
过点E作EM⊥BC、EN⊥DC，如图所示：
∴∠EMF=∠END=90°
，
由旋转性质可知，ED=EF，
在正方形ABCD中，AC是∠BCD的角平分线，则EM=EN，
在Rt△EMF和Rt△END中，
¿，
∴Rt△EMF≌Rt△END(HL)，
∴∠MEF=∠NED，
在正方形ABCD中，∠BCD=90°，EM=EN，则四边形EMCN为正方形，
∴∠MEN=∠MEF+∠FEN=90°，
∴∠FED=∠FEN+∠NED=90°，
答案第1页，共70页
学科网（北京）股份有限公司在△EDF中，ED=EF，∠FED=90°，则△EDF为等腰直角三角形，
∴∠EDG=45°，
∵∠GCF=45°，∠DGE=∠FGC，
∴△DGE∽△CGF，
DG EG
∴ = ，即CG⋅EG=DG⋅FG，即②符合题意；
CG FG
将△ADE绕着点D逆时针旋转90°得到△DHC，如图所示：
∴△ADE≌△CDH
，
∴AE=CH，DE=DH，∠CDH=∠ADE，∠DCH=∠DAE=45°，
∴∠ACH=90°，
在Rt△CGH中，由勾股定理可得，CH2+CG2=HG2，即AE2+CG2=HG2，
∵∠EDG=45°=∠ADE+∠FDC，
∴∠FDC+∠CDH=45°，
在△EDG和△HDG中，
¿，
∴△EDG≌△HDG(SAS)，
∴GH=EG，
∴ AE2+CG2=EG2，即③符合题意；
过点E作EM⊥BC、EN⊥DC，如图所示：
∵AE:EC=1:3
，
DN AE 1
∴由平行线分线段成比例可得 = = ，
NC EC 3
设DN=a，则NC=3a，
∴AB=BC=CD=AD=4a，且正方形EMCN的边长CN=EN=EM=MC=3a，
答案第2页，共70页∵ Rt△EMF≌Rt△END，
∴MF=DN=a，
∴CF=CM-MF=3a-a=2a，
∴CF:BF=2a:(4a-2a)=1:1，即④不符合题意；
综上所述，正确的结论有②③，
故答案为：②③．
【点睛】本题考查几何综合，综合性强，难度很大，涉及正方形的判定与性质、旋转性质、
全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、旋转性质、平行线分线
段成比例等知识，熟记相关几何性质并灵活运用是解决问题的关键．
2．①③④
【分析】将线段AC绕点A逆时针旋转90°得到线段AH，连接CH，DC，证明
△DAH≌△EAC，得到当D，C，H共线时，DC最大，再根据四点共圆的性质、勾股
定理、等腰直角三角形的性质即可依次判断．
【详解】解：如图，将线段AC绕点A逆时针旋转90°得到线段AH，连接CH，DC，
∵∠DAE=∠HAC=90°，
∴∠DAE-∠HAE=∠HAC-∠HAE，即∠DAH=∠EAC，
∵DA=EA，HA=CA
∴△DAH≌△EAC(SAS)
∴DH=CE，
∵CD≤DH+CH，
∴当D，C，H共线时，CD最大，如下图所示
答案第3页，共70页
学科网（北京）股份有限公司∵AC=AH，∠HAC=90°，AD=AE，∠DAE=90°，
∴△ACH、△DAE是等腰直角三角形
∴∠AHC=∠ADE=45°
∴∠AHD=180°-∠AHC=135°，
∵△DAH≌△EAC
∴∠ACE=∠AHD=135°，
∴∠ADE+∠ACE=45°+135°=180°，
∴D、A、C、E四点共圆，故①正确；
∵∠ACE=135°
∴∠EAC+∠AEC=180°-∠ACE=45°，
∵点C为线段AB的中点，
∴CB=AC=CE，
∴∠EAC=∠AEC=22.5°，
∵∠DEA=45°，
∴2∠AEC=∠DEA，故②错误；
∵△DAH≌△EAC，
∴∠ADH=∠AEC=22.5°，
∴∠CDE=∠ADE-∠ADC=45°-22.5°=22.5°，
∴∠ADC=∠CDE，
∴CD平分∠ADE，故③正确；
∵△DAE是等腰直角三角形，AD=AE
∴DE2=AD2+AE2=2AD2，
∵∠ACE=135°，∠ACH=45°，
∴∠DCE=∠ACE-∠ACH=135°-45°=90°，
∴DE2=CD2+CE2，
∴2AD2=DC2+AC2，故④正确．
综上所述，结论正确的是①③④．
故答案为：①③④
【点睛】此题主要考查旋转的性质综合，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，
勾股定理，解题的关键是根据题意将线段AC绕点A逆时针旋转90°得到线段AH，找到
CD最大的情况，再进行求解．
答案第4页，共70页1 ❑√10
3． +
2 4
【分析】将OB绕点B顺时针旋转90°到O'B，连接O'D、OC，由旋转的性质可得
△BDO' ≌△BCO，由点D在以O'为圆心，半径为1的圆上，结合勾股定理和中位线性
质即可求解．
【详解】解：将OB绕点B顺时针旋转90°到O'B，连接O'D、OC，
∵¿
∴△BDO' ≌△BCO(SAS)，
∴O'D=OC，
∴点D在以O'为圆心，半径为1的圆上，延长AO交圆О于点E，
∴当点D、O'、E共线时，DE最大，
∵点M为AD的中点，点O是AE的中点，
∴OM为△ADE中位线，
1
∴OM= DE，
2
∵点B为半径OA的中点，
1
∴OB=O'B=
，
2
∵OE=1，
∴O'E=❑√BE2+O'B2=❑ √ ( 1+ 1) 2 + (1) 2 = ❑√10 ，
2 2 2
❑√10
∴DE=O'E+O'D= +1，
2
❑√10
∴DE最大为 +1，
2
❑√10 1
∴OM最大值为 + ．
4 2
答案第5页，共70页
学科网（北京）股份有限公司【点睛】本题主要考查了圆的动点问题，三角形全等的判定与性质，旋转的性质，三角形
的中位线性质，勾股定理等知识，找到点D的运动轨迹是解题关键．
4．(1)见解析
3
(2)① ；②2❑√2
7
【分析】（1）根据对称的性质和平行线的性质可得∠HEF=∠EFH，即可证明
EH=FH；
AO 7
（2）①由 = ，设OG=3k，OA=OC=7k，得AG=10k，CG=4k，由题意得
OG 3
△AOE≌△COF(ASA)，得到AE=CF，由题意得△CFG∽△AHG，得到
CF FG CG 4k 2
= = = = ，设CF=2x，AH=5x，得到AE=CF=2x，EH=FH=3x，
AH HG AG 10k 5
FG 2 2 2 6 FG
由 = ，得FG= FH= ×3x= x，最后即可得 ；
HG 5 7 7 7 CF
②当△CHF为等腰三角形，分HF=HC=3x和CF=HC=2x两种情况讨论解答即可．
【详解】（1）证明：由轴对称的性质，可知∠EFB=∠EFH，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，
∴∠HEF=∠EFB，
∴∠HEF=∠EFH，
∴EH=FH；
（2）解：∵点O为AC中点，
∴OA=OC，
AO 7
∵ = ，
OG 3
∴设OG=3k，OA=OC=7k，
∴AG=OA+OG=10k，CG=OC-OG=7k-3k=4k，
∵AD∥BC，
∴∠OAE=∠OCF，
在△AOE和△COF中，
¿，
∴△AOE≌△COF(ASA)，
答案第6页，共70页∴AE=CF，
①∵AD∥BC，
∴△CFG∽△AHG，
CF FG CG 4k 2
∴ = = = = ，
AH HG AG 10k 5
设CF=2x，AH=5x，
∵AE=CF，
∴AE=CF=2x，
∴EH=AH-AE=5x-2x=3x，
由（1）知，EH=FH，
∴EH=FH=3x，
FG 2
∵ = ，
HG 5
FG 2
∴ = ，
FH 7
2 2 6
∴FG= FH= ×3x= x，
7 7 7
6
x
∴FG 7 3；
= =
CF 2x 7
②当△CHF为等腰三角形时，
由①知，CF=2x，HF=3x，
∴CF≠HF，
分以下两种情况讨论：
情况一，当HF=HC=3x时，如图1，过点H作HT⊥CF于T，
1
∴FT=CT= CF=x，
2
∵∠D=∠DCT=∠HTC=90°，
答案第7页，共70页
学科网（北京）股份有限公司∴四边形DCTH是矩形，
∴CT=DH=1，即x=1，
∴HF=3x=3，
∴HF=HC=3，
∴在Rt△CDH中，CD=❑√CH2-DH2=❑√32-12=2❑√2；
情况二，当CF=HC=2x时，如图2，过点H作HR⊥CF于R，
∵∠D=∠DCR=∠HRC=90°，
∴四边形DCRH是矩形，
∴CR=DH=1，HR=CD，
∴FR=CF-CR=2x-1，
在Rt△CDH中，由勾股定理得：CD2=CH2-DH2=(2x) 2-12=4x2-1，
在Rt△HFR中，由勾股定理得：H R2=H F2-FR2=(3x) 2-(2x-1) 2，
∵HR=CD，
∴H R2=CD2，即(3x) 2-(2x﹣1) 2=4x2-1，
解得：x =0，x =-4，不合题意，舍去，
1 2
∴此种情况不成立．
综上所述，CD=2❑√2．
【点睛】本题综合考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性
质、勾股定理以及等腰三角形的性质，熟练掌握矩形的性质、全等三角形的判定与性质、
相似三角形的判定与性质、勾股定理以及等腰三角形的分类讨论是解题的关键．
5．(1)135；
(2)证明见解析；
答案第8页，共70页3 6
(3)PC的长为 或 ．
2 5
【分析】（1）根据将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形，得
AB=BF，∠BFE=∠A=90°，即得∠BFG=90°=∠C，可证
Rt△BFG≌Rt△BCG(HL)，根据全等三角形的性质得∠FBG=∠CBG，则有
∠EBG=45°，然后利用三角形的内角和定理即可求解；
（2）延长BH，AD交于Q，设FH=HC=x，在Rt△BCH中，有82+x2=(6+x) 2，得
6 BG FG
7 11 = = 25
x= ，DH=DC-HC= ，由△BFG∽△BCH，得8 7 7 ，BG= ，
3 3 6+ 4
3 3
7
7 BC CH 8 3 88
FG= ，而EQ∥GB，DQ∥CB，可得 = ，即 = ，DQ= ，设
4 DQ DH DQ 7 7
6-
3
144
-m
EQ EF 7 m 9
AE=EF=m，则DE=8-m，因 = ，有 = ，即解得AE的长为 ，然后
BG FG 25 7 2
4 4
7
7
FG 4 7 FH FG
由 = = ，FH 3 7 ，则 = ，从而求证；
AE 9 18 = = AB AE
AB 6 18
2
1
（3）分两种情况：（Ⅰ）当DE= DC=2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于
3
H，设DQ=x，QE= y，则AQ=6-x，CP=2x，由AE是△AQF
角平分线，有
6-x y 1 2 ❑√3 2 3 3
= ①，在Rt△HQE中，(1- x) +( x) = y2 ②，可解得x= ，CP=2x= ；
6 2 2 2 4 2
答案第9页，共70页
学科网（北京）股份有限公司1
（Ⅱ）当CE= DC=2时，延长FE交AD延长线于Q'，过D作DN⊥AB交BA延长线于
3
12 6
N，同理解得x= ，CP= ．
5 5
【详解】（1）解：∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形，
∴AB=BF，∠BFE=∠A=∠ABC=∠C=90°，∠ABE=∠FBE，
∴∠BFG=90°=∠C，
∵AB=BC=BF，BG=BG，
∴Rt△BFG≌Rt△BCG(HL)，
∴∠FBG=∠CBG，
∵∠FBG+∠CBG+∠ABE+∠FBE=90°，
∴∠FBG+∠FBE=45°，即∠EBG=45°，
∵∠EBG+∠BEG+∠BGE=180°，
∴∠BEG+∠BGE=135°，
故答案为：135；
（2）解：解：延长BH，AD交于Q，如图：
设FH=HC=x，
在Rt△BCH中，BC2+CH2=BH2，
∴82+x2=(6+x) 2，
7
解得x= ，
3
11
∴DH=DC-HC= ，
3
∵∠BFG=∠BCH=90°，∠HBC=∠FBG，
∴△BFG∽△BCH，
答案第10页，共70页6 BG FG
BF BG FG = =
∴ = = ，即8 7 7 ，
BC BH HC 6+
3 3
25 7
∴BG= ，FG= ，
4 4
∵EQ∥GB，DQ∥CB，
∴△EFQ∽△GFB，ΔDHQ∽ΔCHB，
7
BC CH 8 3
∴ = ，即 = ，
DQ DH DQ 7
6-
3
88
∴DQ= ，
7
设AE=EF=m，则DE=8-m，
88 144
∴EQ=DE+DQ=8-m+ = -m，
7 7
∵△EFQ∽△GFB，
144
-m
EQ EF 7 m
∴ = ，即 = ，
BG FG 25 7
4 4
9
解得m= ，
2
9
∴AE= ，
2
∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形，
9
∴AB=BF=6，AE=EF= ，∠BFE=∠A=∠ABC=∠C=90°，
2
∴∠A=∠GFH=90°，
7
7
FG 4 7
∴ = = ，FH 3 7 ，
AE 9 18 = =
AB 6 18
2
FH FG
∴ = ，
AB AE
∴△BEF∽△HGF；
答案第11页，共70页
学科网（北京）股份有限公司1
（3）解：（Ⅰ）当DE= DC=2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，如图：
3
设DQ=x，QE= y，则AQ=6-x，
∵CP∥DQ，
∴△CPE∽△QDE，
CP CE
∴ = =2，
DQ DE
∴CP=2x，
∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴EF=DE=2，AF=AD=6，∠QAE=∠FAE，
∴AE是△AQF的角平分线，
AQ QE 6-x y
∴ = ，即 = ①，
AF EF 6 2
∵∠D=60°，
1 1 1 ❑√3
∴DH= DQ= x，HE=DE-DH=2- x，HQ=❑√3DH= x，
2 2 2 2
在Rt△HQE中，H E2+HQ2=EQ2，
∴ ( 1- 1 x ) 2 + (❑√3 x ) 2 = y2 ②，
2 2
3
联立①②可解得x= ，
4
3
∴CP=2x= ；
2
1
（Ⅱ）当CE= DC=2时，延长FE交AD延长线于Q'，过D作DN⊥AB交BA延长线于
3
N，如图：
答案第12页，共70页同理∠Q' AE=∠EAF，
AQ' Q'E 6+x y
∴ = ，即 = ，
AF EF 6 4
由HQ'2+H D2=Q'D2得： (❑√3 x ) 2 + (1 x+4 ) 2 = y2，
2 2
12
可解得x= ，
5
1 6
∴CP= x= ，
2 5
3 6
综上所述，CP的长为 或 ．
2 5
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定与性质，相
似三角形的判定与性质，三角形角平分线的性质，勾股定理及应用等知识，熟练掌握知识
点的应用是解题的关键．
6．（1）证明见解析
（2）5
（3）❑√34
【分析】（1）先利用SAS证明△ADE≌△CFE，于是可得AD=CF，∠ADE=∠F，
由内错角相等两直线平行可得AD∥CF，进而可得BD=CF，结合BD∥CF，可证得四
1
边形BCFD为平行四边形，于是可得DF∥BC，DF=BC，再结合DE= DF，即可得
2
出结论；
（2）取GF的中点M，连接EM，延长FE、GA交于点H，由正方形的性质可得
∠GAE=∠FDE=90°，由邻补角互补可得∠HAE=180°-∠GAE=90°，进而可得
∠HAE=∠FDE，由E为AD的中点可得AE=DE，利用ASA可证得△HAE≌△FDE，
于是可得AH=DF=3，EH=EF，由三角形的中位线定理可得
答案第13页，共70页
学科网（北京）股份有限公司1 1 5 1
EM= GH= (AG+AH)= ，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得EM= GF，
2 2 2 2
则GF=2EM，由此即可求出GF的长；
（3）取GF的中点N，连接EN，延长GE到点M，使得¿=EM，连接DM，由E为AD的
中点可得AE=DE，利用SAS可证得△AEG≌△DEM，于是可得DM=AG=3❑√2，
∠EDM=∠A=105°，过点M作MQ⊥DF，交FD的延长线于点Q，连接MF，由邻
补角互补可得∠ADQ=180°-∠ADC=60°，进而可得
∠QDM=∠EDM-∠ADQ=45°，由直角三角形的两个锐角互余可得
∠QMD=90°-∠QDM=45°，于是可得∠QMD=∠QDM，由等角对等边可得
QM=QD，由勾股定理可得QM2+QD2=DM2=18，于是可得QM=QD=3，
QF=QD+DF=5，在Rt△MQF中，根据勾股定理可得MF=❑√QM2+QF2=❑√34，由
1 ❑√34
三角形的中位线定理可得EN= MF= ，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得
2 2
1
EN= GF，则GF=2EN，由此即可求出GF的长．
2
【详解】（1）证明：在△ADE与△CFE中，
¿，
∴△ADE≌△CFE(SAS)，
∴AD=CF，∠ADE=∠F，
∴AD∥CF，
又∵AD=BD，
∴BD=CF，
∵BD∥CF，
∴四边形BCFD为平行四边形，
∴DF∥BC，DF=BC，
1
∵DE= DF，
2
1
∴DE∥BC且DE= BC；
2
（2）解：如图，取GF的中点M，连接EM，延长FE、GA交于点H，
答案第14页，共70页∵ ABCD
四边形 是正方形，
∴∠GAE=∠FDE=90°，
∴∠HAE=180°-∠GAE=180°-90°=90°，
∴∠HAE=∠FDE，
∵E为AD的中点，
∴AE=DE，
在△HAE和△FDE中，
¿，
∴△HAE≌△FDE(ASA)，
∴AH=DF=3，EH=EF，
∵E为HF的中点，M为GF的中点，
∴EM为△FGH的中位线，
1 1 1 5
∴EM= GH= (AG+AH)= ×(2+3)= ，
2 2 2 2
∵∠GEF=90°，且M为GF的中点，
1
∴EM= GF，
2
5
∴GF=2EM=2× =5；
2
（3）解：如图，取GF的中点N，连接EN，延长GE到点M，使得¿=EM，连接DM，
∵E AD
为 的中点，
∴AE=DE，
在△AEG和△DEM中，
答案第15页，共70页
学科网（北京）股份有限公司¿，
∴△AEG≌△DEM(SAS)，
∴DM=AG=3❑√2，∠EDM=∠A=105°，
过点M作MQ⊥DF，交FD的延长线于点Q，连接MF，
∴∠MQD=90°，
∵∠ADC=120°，
∴∠ADQ=180°-∠ADC=180°-120°=60°，
∴∠QDM=∠EDM-∠ADQ=105°-60°=45°，
∴∠QMD=90°-∠QDM=90°-45°=45°，
∴∠QMD=∠QDM，
∴QM=QD，
又∵QM2+QD2=DM2=(3❑√2) 2=18，
∴QM=QD=3，
∴QF=QD+DF=3+2=5，
在Rt△MQF中，根据勾股定理可得：
MF=❑√QM2+QF2=❑√32+52=❑√34，
∵E为GM的中点，N为GF的中点，
∴EN为△GMF的中位线，
1 ❑√34
∴EN= MF= ，
2 2
∵∠GEF=90°，且N为GF的中点，
1
∴EN= GF，
2
❑√34
∴GF=2EN=2× =❑√34．
2
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理的证明及应用，全等三角形的判定与性质（
SAS、ASA），平行四边形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，直角三角形斜边中线
等于斜边的一半，直角三角形的两个锐角互余，等角对等边，内错角相等两直线平行，线
段中点的有关计算，利用邻补角互补求角度，线段的和与差等知识点，熟练掌握三角形的
中位线定理是解题的关键．
7．(1)见解析
答案第16页，共70页(2)CE=2❑√14
❑√49+7m2
(3) 或❑√1+7m2
7
【分析】（1）根据正方形的性质，折叠的性质，利用ASA证明△ABE≌△BCG即可；
（2）折叠，得到AB=AF，EF=BE=7，等边对等角，得到∠ABF=∠AFB，利用正
方形的性质，对顶角相等，等角对等边推出FH=GH，设CH=3x,FH=GH=4x，得到
CG=7x=BE，求出x的值，连接EH，利用勾股定理进行求解即可；
（3）分H在DC上和H在DC的延长线上，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABE=∠BCG=90°,AB=BC，
∵折叠，
∴AE⊥BF，
∴∠EBF+∠ABF=90°，
∵∠ABF+∠BAE=90°，
∴∠EBF=∠BAE．
在△ABE与△BCG中，
¿，
∴△ABE≌△BCG(ASA)．
（2）解：根据折叠性质可得AB=AF，EF=BE=7，
∴∠ABF=∠AFB，
∵AB∥GH，
∴∠ABF=∠FGH，
∵∠AFB=∠GFH，
∴∠FGH=∠GFH．
∴FH=GH，
HC 3
∵ = ，
HF 4
∴设CH=3x,FH=GH=4x，
∴CG=4x+3x=7x，
由（1）知：△ABE≌△BCG(ASA)
∴BE=CG=7，
∴7x=7，
答案第17页，共70页
学科网（北京）股份有限公司解得：x=1．
连接EH，则：在Rt△EFH中，EH2=EF2+FH2，在Rt△ECH中，
EH2=CE2+HC2
∴EF2+FH2=CE2+HC2，
∴CE2=72+42-32=56，
∴CE=2❑√14．
（3）解：设BC=m,AB=1，
①当H在线段CD上时，连接EH，
由折叠可得：AB=AF，
∴∠ABF=∠AFB，
∵AB∥GH，
∴∠ABF=∠FGH，
∵∠AFB=∠GFH，
∴∠FGH=∠GFH．
∴FH=GH，
设CH=3x,FH=GH=4x，
∴CG=4x+3x=7x，
利用折叠性质可得AE⊥BF，
∴∠EBF+∠ABF=90°，
答案第18页，共70页又∵∠ABF+∠BAE=90°，
∴∠EBF=∠BAE．
又∵∠ABE=∠BCG=90°，
∴△ABE∽△BCG．
AB BE 1 BE
∴ = ，即 = ，
BC CG m 7x
7x
∴BE= ．
m
同（2）利用勾股定理可得：EF2+FH2=CE2+HC2，
即
(7x) 2
+(4x) 2=CE2+(3x) 2 ，
m
❑√49+7m2×x
解得：CE= ．
m
CE ❑√49+7m2×x m ❑√49+7m2
∴ = × = ．
BE m 7x 7
②当H在DC的延长线上时，如图4所示，
同理可得，HC=3x,FH=GH=4x，
∴CG=x，
同理可证明△ABE∽△BCG，
AB BE 1 BE
∴ = ，即 = ，
BC CG m x
x
∴BE= ．
m
利用勾股定理可得：EF2+FH2=CE2+HC2，
答案第19页，共70页
学科网（北京）股份有限公司∴CE2= ( x ) 2 +(4x) 2-(3x) 2 ，
m
❑√1+7m2×x
解得：CE= ，
m
CE ❑√1+7m2×x m
∴ = × =❑√1+7m2．
BE m x
CE ❑√49+7m2
综上， 的值为： 或❑√1+7m2，
BE 7
❑√49+7m2
故答案为： 或❑√1+7m2．
7
【点睛】本题考查正方形与折叠，矩形与折叠，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点，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等和相似，是解题
的关键．
8．(初步探究)❑√7； （深入探究）∠ACE=∠ABC，证明如下；（拓展探究）400．
【分析】（1）根据SAS证明△ABD≌△ACE，得BD=CE，根据等边△ABC的周长
为3❑√7+21，可得CB=❑√7+7，再根据线段的和差即可解答；
（2）设∠BAD=x,∠DAC=a，如图2，过点D作DG∥AB交AC于G，设DE与AC
交于点M，证明△ADG≌△EDC(SAS)得∠DAG=∠DEC即可解答；
（3）如图3，过点O作OP⊥CD于P，根据圆周角定理证明D、O、C、E在同一个圆上，
则∠DCO=∠DEG=45°，所以△DOE和△OPC是等腰直角三角形，进而求得正方
形DEFG的边长即可解答．
【详解】(初步探究)
解 ：∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE，
∵等边△ABC的周长为3❑√7+21，，
∴CB=❑√7+7，
答案第20页，共70页∵CD=7，
∴BD=BC-CD=❑√7+7-7=❑√7，
∴CE=BD=❑√7．
故答案为∶ ❑√7；
（深入探究）
解：∠ACE=∠ABC，证明如下∶
设∠BAD=x，∠DAC=a，
如图2，过点D作DG∥AB交AC于G，设DE与AC交于点M，
∴∠ADG=∠BAD=x，
∴∠DGC=∠ADG+∠DAC=x+a，
∵AB=BC,
∴∠ACB=∠BAC=x+a，
∴∠DGC=∠DCG=x+a，
∴DG=DC，
∵∠ADC=∠B+∠BAD=∠ADE+∠CDE，
∵∠ADE=∠B，
∴∠CDE=∠BAD=x=∠ADG，
∵AD=DE，
∴△ADG≌△EDC(SAS)，
∴∠DAG=∠DEC，
∵∠AMD=∠CME，
∴∠ACE=∠ADE=∠ABC．
（拓展探究）
解：如图3，过点O作OP⊥CD于P，则∠OPC=∠DPO=90°，
答案第21页，共70页
学科网（北京）股份有限公司∵四边形ABCD是正方形，AB=16，
∴DC=AB=16，∠BCD=90°，OD=OE，
∵四边形DEFG是正方形，
∴DF⊥EG，∠DEG=45°，OD=OE，
∴∠DOE=90°=∠DCE．
∴D、O、C、E在同一个圆上，
∴．∠DCO=∠DEG=45°，
∵△DOE和△OPC是等腰直角三角形，
∵CO=2❑√2，
∴OP=PC=2，
∴DP=16-2=14，
∴OD=❑√142+22=10❑√2
∴DE=❑√OD2+OE2=❑√(10❑√2) 2+(10❑√2) 2=20．
∴正方形DEFG的面积=202=400．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、正方形的性质、等
腰直角三角形的性质和判定、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键．
9．(1)AE=BF
(2)AE=BF；见解析
3
(3)
2
4
(4) 或8
3
【分析】本题主要考查了菱形的性质、解直角三角形、全等三角形的判定与性质、相似三
角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
答案第22页，共70页（1）根据正方形的性质及已知条件证明△ABE≌△BCF(ASA)，再运用全等三角形的
性质即可证明结论；
（2）猜想AE=BF，思路一：如图在BC边上取一点M使AM=AB，则
∠ABM=∠AMB．再根据菱形的性质证明△AEM≌△BFC(ASA)，再运用全等三角
形的性质即可证明结论；思路二：如图，在BC的延长线上取一点N使AN=AE，则
∠ANB=∠AEB．再根据菱形的性质证明△ABN≌△BCF(AAS)可得AN=BF，进而
证明结论；
（3）如图，延长AB，使BG=BE．再证明△BGE是等边三角形，可得
1 1
∠G=60°，BG=BE= BC= AB，再证明△EAG∽△FBC，再根据相似三角形的
2 2
性质即可解答；
（4）如图，AE、AE'分别与直线BF相交于G、I，∠AIB=∠AGB=60°．则△AGI
FC
为等边三角形．过点F作FJ⊥BC，垂足为J，则JC=FC•cosC= ，
2
❑√3
FJ=FC•sinC= FC．然后运用相似三角形的判定与性质即可解答．
2
【详解】（1）解：∵当四边形ABCD是正方形，∠APB=∠D=90°．
∴∠BAP+∠ABP=∠BAP+∠EBP=90°．
∴∠ABP=∠EBP．
又∵AB=BC，∠ABC=∠C．
∴△ABE≌△BCF(ASA)．
∴AE=BF．
故答案为：AE=BF．
（2）解：猜想AE=BF，证明如下：
思路一：如图在BC边上取一点M使AM=AB，则∠ABM=∠AMB．
∵四边形ABCD是菱形．
答案第23页，共70页
学科网（北京）股份有限公司∴AB∥CD，AB=BC=AM，∠ABM+∠C=180°，∠D=∠ABE．
∵∠AME+∠AMB=180°，∠ABM+∠C=180°，
∴∠AME=∠C．
∵∠APB=∠D=∠ABM=∠AMB=60°，
∴∠FBC=∠APB-∠AEM=∠AMB-∠AEM=∠EAM．
在△AEM和△BFC中，∠FBC=∠EAM，AM=BC，∠AME=∠C，
∴△AEM≌△BFC(ASA)．
∴AE=BF．
思路二：如图，在BC的延长线上取一点N使AN=AE，则∠ANB=∠AEB．
根据菱形的性质∠ABC+∠C=180°，
∴∠ABN=∠C．
又∵∠BAN=∠ABC-∠ANB，∠APB-∠AEB=∠CBF，
∴∠BAN=∠CBF．
在△ABN和△BCF中，∠BAN=∠CBF，AB=BC，∠ABN=∠C，
∴△ABN≌△BCF(AAS)．
∴AN=BF，
∴AE=BF．
（3）解：如图，延长AB，使BG=BE．
∵AB∥CD，
∴∠BGC=∠C=60°，
∴△BGE是等边三角形．
答案第24页，共70页1 1
∴∠G=60°，BG=BE= BC= AB．
2 2
∵∠BAE+∠BEA=∠BGC，∠PBE+∠BEP=∠APB，∠APB=∠C=60°，
∴∠BAE=∠PBE．
在△EAG和△FBC中，∠GAE=∠CBF，∠G=∠C，
∴△EAG∽△FBC．
1
AB+ AB
∴AE AG AB+BG 2 3．
= = = =
BF BC BC AB 2
（4）解：如图，AE、AE'分别与直线BF相交于G、I，∠AIB=∠AGB=60°．
∴△AGI为等边三角形．
FC ❑√3
过点F作FJ⊥BC，垂足为J，则JC=FC•cosC= ， FJ=FC•sinC= FC．
2 2
AB
又∵FC= =2，
2
∴JC=1， FJ=❑√3，BJ=BC-JC=2， BF=❑√BJ2+FJ2=❑√7．
∵AB∥CD，
∴∠ABI=∠BFC，
又∵∠AIB=∠C=60°，
∴△ABI∽△BFC．
AB AI BI 4 AI BI
∴ = = ．即 = = ，
BF BC FC ❑√7 3 2
12❑√7 8❑√7
∴AI= ， BI= ，
7 7
12❑√7 4❑√7
∴AG=GI=AI= ， GB=GI-BI= ．
7 7
在△BAE和△GAB中，∠BAE=∠GAB，∠AGB=∠ABE=60°，
∴△BAE∽△GAB．
答案第25页，共70页
学科网（北京）股份有限公司BE AB AE
∴ = = ，
GB AG AB
4 4❑√7
∴BE= ,AE= ，
3 3
在△GAB和△AE'E中，
∠GAB=60°-∠E' AB=∠AE'E，∠E' AE=∠AGB=60°，
∴△GAB∽△AE'E．
E'E AE 28
∴ = ，则E'E= ，
AB GE 3
∴BE'=E'E-BE=8．
4
∴BE的长度为 或8．
3
10．(1)45°
3
(2) α-90°
2
(3)1+❑√5
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，菱形的性质，正方形
的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的形状，熟练掌握一线三等角全等模型，
并会利用条件构造一线三等角全等模型是解题的关键．
（1）过点F作FG⊥BC，交BC延长线于点G，先证出△GEF≌△BAE，根据全等三
角形的性质可得EG=AB,GF=BE，从而可得CG=GF，再根据等腰三角形的性质可得
∠FCG=∠CFG=45°，由此即可得；
（2）延长BC到点G，使CG=BE，连接FG，先根据菱形的性质、平行线的性质可得
∠DCG=∠B=α，再证出△GEF≌△BAE，根据全等三角形的性质可得FG=BE，
180°-α
∠G=∠B=α，然后根据等腰三角形的性质可得∠FCG=∠CFG= ，由此即
2
可得；
（3）先由（2）知当α=120°时，∠DCF=90°，过点N作NP⊥CN于点N，且使
NP=CM，连接PM，构造出△PMN≌△MFC，得出PM=MF=AB=2，
∠PMN=∠MFC，再得出∠PMF=90°，取PM中点H，连接NH，FH，得出
1
NH=MH= PM=1， HF=❑√5，由两点之间线段最短得NF≤NH+HF=1+❑√5，即可
2
答案第26页，共70页求解．
【详解】（1）解：如图1，过点F作FG⊥BC，交BC延长线于点G，
∵在菱形ABCD中，∠B=α=90°，
∴四边形ABCD是正方形，∠BAE+∠AEB=90°，
∴AB=BC，CD⊥BC，
由旋转的性质得：AE=EF，∠AEF=α=90°，
∴∠GEF+∠AEB=90°，
∴∠GEF=∠BAE，
在△GEF和△BAE中，
¿，
∴△GEF≌△BAE(AAS)，
∴EG=AB，GF=BE，
∴EG=BC，
∴EG-EC=BC-EC，即CG=BE，
∴CG=GF，
∴∠FCG=∠CFG=45°，
又∵CD⊥BC，
∴∠DCF=90°-∠FCG=45°；
（2）解：如图2，延长BC到点G，使CG=BE，连接FG，
答案第27页，共70页
学科网（北京）股份有限公司∵四边形ABCD是菱形，∠B=α(90°<α<180°)，
∴AB=BC,AB∥CD，∠BAE+∠AEB=180°-α，
∴∠DCG=∠B=α，
∵CG=BE，
∴CG+CE=BE+CE，即EG=BC，
∴EG=AB，
由旋转的性质得：AE=EF，∠AEF=α，
∴∠GEF+∠AEB=180°-α，
∴∠GEF=∠BAE，
在△GEF和△BAE中，
¿，
∴△GEF≌△BAE(SAS)，
∴FG=BE，∠G=∠B=α，
∴CG=FG，
180°-∠G 180°-α
∴∠FCG=∠CFG= = ，
2 2
180°-α 3
∴∠DCF=∠DCG-∠FCG=α- = α-90°；
2 2
3
（3）解：由（2）知当α=120°时，∠DCF= α-90°=90°，
2
如图3，过点N作NP⊥CN于点N，且使NP=CM，连接PM，
∴∠PNM=∠MCF=90°，
又∵NP=CM，MN=CF，
∴△PMN≌△MFC，
∴∠PMN=∠MFC，PM=MF，
∵MF=AB，AB=2，
∴PM=MF=AB=2，
∵∠MCF=90°，
∴∠MFC+∠CMF=90°，
∴∠PMN+∠CMF=90°，
∴∠PMF=180°-(∠PMN+∠CMF)=90°，
如图3，取PM中点H，连接NH，FH，
答案第28页，共70页∵∠PNM=90°，PM=MF=2，
1
∴NH=MH= PM=1，
2
∴HF=❑√M H2+M F2=❑√12+22=❑√5，
由两点之间线段最短得NF≤NH+HF=1+❑√5，且当N、H、F依次共线时，NF取得最
大值NH+HF=1+❑√5．
11．(1)❑√5
(2)见解析
2 2
(3) 或 ❑√10
3 5
【分析】（1）根据等腰三角形的性质结合旋转的性质证明△AGE≌△DGB(AAS)，再
对Rt△BDG运用勾股定理求解BG；
（2）延长AF至点G，使得FG=AF，连接CG,EC，先证明△ABD≌△ACE(SAS)，
再证明△AFD≌△GFC(SAS)，再证明△ACG≌△BAE(SAS)，可得FH为△DEC
1 1
中位线，则2FH=CE，那么AF+FH+ AM=AH+CE+ AM，同（1）可得：
2 2
1 1 1
AH=DH=EH，而CE=BD，那么AH+CE+ AM=DH+BD+ AM=BH+ AM，
2 2 2
1 1
而∠ABD=∠3=30°，则 AM=HM,DM=2AM，则AF+FH+ AM=2AM，即
2 2
可证明；
（3）将AK绕点A顺时针旋转90°至AS，连接SK,SD,SC，由翻折得CD=BD'，同
（2）可证明：△ADS≌△AEK(SAS)，则SD=EK，那么EK+BD'=SD+CD≥SC，
答案第29页，共70页
学科网（北京）股份有限公司则当点D在SC上时，EK+BD'取得最小值，如图，过点A作AT⊥SC于T，同（1）可得
AS×AK 2
AK=BK=CK=AS=2，SC=2❑√5，由面积法求出AT= = ❑√5，则
SC 5
6❑√5 6❑√5
CT=❑√AC 2-AT2= ，当DA=DC时，设DA=DC=m，则DT= -m，在
❑ 5 5
2
Rt△ATD中，由勾股定理建立方程求解m= ❑√5，即可求解面积；当CA=CD时在
3
Rt△AKC中，由勾股定理得AC=2❑√2，即可求解面积．
【详解】（1）解：∵AB=AC，点D为BC中点，∠BAC=90°
1
∴AD⊥BC，AD=BD=DC= BC=2，
2
由旋转得：AD=AE=2，∠DAE=90°，
∴AE=BD，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠DAE=90°，
∵∠AGE=∠DGB，
∴△AGE≌△DGB(AAS)，
∴BG=≥¿，AG=DG=1，
∴在Rt△BDG中，由勾股定理得BG=❑√BD2+DG2=❑√5，
∴BG的长为❑√5；
（2）证明：延长AF至点G，使得FG=AF，连接CG,EC，
答案第30页，共70页由（1）得∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠1=∠2
∵AB=AC,AD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴CE=BD，
∵F为CD中点，
∴DF=CF，
∵∠AFD=∠GFC，FG=AF
∴△AFD≌△GFC(SAS)，
∴CG=AD，∠4=∠G
∴CG=AE，AD∥CG，
∴∠ACG+∠DAC=180°，
∵∠BAC+∠DAE=180°，
∴∠1+DAC+∠2+∠DAC=∠BAE+∠DAC=180°，
∴∠ACG=∠BAE，
∵AB=AC，
∴△ACG≌△BAE(SAS)，
∴∠3=∠ABE，
∵∠BAC=90°
∴∠ABE+∠AMB=∠3+∠AMB=90°，
∴AH⊥DE，
∵AD=AE，
∴H为DE中点，
∴FH为△DEC中位线，
∴2FH=CE，
1 1 1 1
∴AF+FH+ AM=AH+FH+FH+ AM=AH+2FH+ AM=AH+CE+ AM，
2 2 2 2
同（1）可得：AH=DH=EH，而CE=BD
1 1 1
∴AH+CE+ AM=DH+BD+ AM=BH+ AM
2 2 2
∵∠ABD=∠3=30°，
1
∴ AM=HM,BM=2AM，
2
答案第31页，共70页
学科网（北京）股份有限公司1 1 1
∴AH+CE+ AM=DH+BD+ AM=BH+ AM=BH+HM=BM=2AM，
2 2 2
1
∴AF+FH+ AM=2AM，
2
3
∴AF+FH= AM；
2
（3）解：将AK绕点A顺时针旋转90°至AS，连接SK,SD,SC，
同（1）可得AK⊥BC,AK=BK=CK，
由翻折得CD=BD'，
同（2）可证明：△ADS≌△AEK(SAS)，
∴SD=EK，
∴EK+BD'=SD+CD≥SC，
∴当点D在SC上时，EK+BD'取得最小值，如图，过点A作AT⊥SC于T，
∴同（1）可得AK=BK=CK=AS=2，SC=2❑√5，
答案第32页，共70页1 1
∵ AS×AK= SC×AT，
2 2
AS×AK 4 2
∴AT= = = ❑√5，
SC 2❑√5 5
6❑√5
∴CT=❑√AC 2-AT2= ，
❑ 5
6❑√5
当DA=DC时，设DA=DC=m，则DT= -m，
5
∵在Rt△ATD中，AT2+T D2=AD2，
∴ (2 ❑√5 ) 2 + (6❑√5 -m ) 2 =m2，
5 5
2
解得：m= ❑√5，
3
1 1 2 2 2
∴S = CD×AT= × ❑√5× ❑√5= ；
△ACD 2 2 3 5 3
当CA=CD时，如图，
在Rt△AKC中，由勾股定理得AC=❑√AK2+KC2=2❑√2，
1 1 2 2
S = CD×AT= ×2❑√2× ❑√5= ❑√10，
△ACD 2 2 5 5
2 2
综上所述：△ACD的面积为 或 ❑√10．
3 5
【点睛】本题考查了图形的几何变化，涉及旋转和翻折的性质，全等三角形的判定与性质，
勾股定理，三角形的中位线定理，等腰三角形的判定与性质30°角直角三角形的性质，难
度较大，正确构造全等三角形是解题的关键．
答案第33页，共70页
学科网（北京）股份有限公司❑√5 ❑√n2+1
12．（1）①CN=❑√2PD；②CN= PD；（2）CN= PD；（3）❑√19-2或
2 n
❑√19+2
【分析】（1）①当n=1时，连结AC，矩形ABCD和矩形AMNP都是正方形，可证明
△NAC∽△PAD，即可根据相似三角形的性质求得答案；
AC ❑√5 AN ❑√5
②连结AC，根据勾股定理可求得 = ， = ，进一步证明△NAC∽△PAD，
AD 2 AP 2
即可根据相似三角形的性质求得答案；
AC AN ❑√n2+1
（2）当AD=nAB，AP=nAM时，根据（1）的方法，同样可求得 = = ，
AD AP n
进一步证明△NAC∽△PAD，即可根据相似三角形的性质求得答案；
（3）分两种情况讨论：
①点N在矩形ABCD内部时，连结AC，根据勾股定理，可求得AC=2❑√5，CM=❑√19，
即得答案；
②点N在矩形ABCD外部时，连结AC，同理可求得另一个答案．
【详解】解：（1）①当n=1时，如图，AD=AB，AP=AM，连结AC，
则矩形ABCD和矩形AMNP都是正方形，
∴△ADC和△APN都是等腰直角三角形，
AC AN
∴ = =❑√2，∠CAD=∠NAP=45°，
AD AP
∴∠NAC=∠PAD，
∴△NAC∽△PAD，
CN AN
∴ = =❑√2，
DP AP
∴CN=❑√2PD；
故答案为：CN=❑√2PD；
②连结AC，
答案第34页，共70页当n=2时， AD=2AB=2CD，AP=2AM=2PN，
在Rt△ACD中，AC=❑√CD2+AD2=❑√AB2+(2AB) 2=❑√5AB，
AC ❑√5AB ❑√5
∴ = = ，
AD 2AB 2
AN ❑√5
同理 = ，
AP 2
AC AN ❑√5
∴ = = ，
AD AP 2
∵矩形AMNP绕点A顺时针旋转，
∴∠CAD=∠NAP，
∴∠NAC=∠PAD，
∴△NAC∽△PAD，
CN AN ❑√5
∴ = = ，
DP AP 2
❑√5
∴CN= PD；
2
（2）当AD=nAB，AP=nAM时，
由（1）可知，AC=❑√CD2+AD2=❑√AB2+(nAB) 2=❑√n2+1AB，
AC ❑√n2+1AB ❑√n2+1
∴ = = ，
AD nAB n
AN ❑√n2+1
同理 = ，
AP n
AC AN
∴ = ，
AD AP
∵矩形AMNP绕点A顺时针旋转，
∴∠CAD=∠NAP，
∴∠NAC=∠PAD，
答案第35页，共70页
学科网（北京）股份有限公司∴△NAC∽△PAD，
CN AN ❑√n2+1
∴ = = ，
DP AP n
❑√n2+1
∴CN= PD；
n
❑√n2+1
故答案为：CN= PD；
n
（3）当AD=4，AP=2，n=2，且矩形AMNP旋转至C，N，M三点共线时，分两种
情况讨论：
①点N在矩形ABCD内部时，连结AC，
∵AD=4，AP=2，AD=2AB=2CD，AP=2AM，
∴CD=2，MN=PA=2，AM=1，
在Rt△ACD中，AC=❑√CD2+AD2=❑√22+42=2❑√5，
在Rt△ACM中，CM=❑√AC2-AM2=❑√ (2❑√5) 2-12=❑√19，
∴CN=CM-MN=❑√19-2；
②点N在矩形ABCD外部时，连结AC，
由①知，CM=❑√19，MN=2，
∴CN=CM+MN=❑√19+2；
由①②可知，CN=❑√19-2或❑√19+2．
答案第36页，共70页【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，图形旋转的性质，相似三角形的判定与
性质，勾股定理等知识，根据图形运动过程中画出符合题意的图形是解题的关键．
13．(1)❑√29
(2)证明见解析
8-❑√2
(3)
2
【分析】（1）过点D作DK⊥AB于K，作DL⊥BC于L，由等腰三角形的性质可得
AB=BC=4❑√2，由矩形的性质可得BK=DL，DK=BL，再利用勾股定理即可得解；
（2）过点E作EJ⊥BC于J，过点D作DP⊥MN于P，过点N作NT⊥BC于T，连接
CN，先证明△AEF是等腰直角三角形，由旋转可得∠BAM=∠BCD=45°，进而证得
△AEM、△CEJ，△CNT、△CNE均为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的
性质即可得出结论；
（3）过点F作FM⊥AB交AC于点M，在FM上截取FK=FB=1，连接HK，证明
△BFG≌△KFH(SAS)，得出∠BGF=∠KHF，进而得出HK⊥DT，作D关于HK
的对称点T，连接BT，则HT=HD，作A关于HK的对称点N，则AH=NH，当A，H，
T三点共线时，此时AH+HD取得最小值，最小值为AT的长，当DT经过点K时，则
∠HKG=90°，TD⊥AC，证明△AHF≌△MGF(SAS)，
△HTK≌△DMG(AAS)，于是得出DM=KT，DG=HK，则BG=HK=GD，利用勾
1
股定理求得BD，进而得出BG= BD=2，过点G作GS⊥AB于S，得出G是BD的中点，
2
最后根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】（1）解：如图1，过点D作DK⊥AB于K，作DL⊥BC于L，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠B=90°，AB=BC=4❑√2，∠C=45°，
∴AC=❑√2BC=8，
∵点F为AB中点，
答案第37页，共70页
学科网（北京）股份有限公司1
∴BF= AB=2❑√2，
2
∵CD=1，∠CLD=90°，
❑√2
∴CL=DL= ，
2
❑√2 7❑√2
∴BL=BC-CL=4❑√2- = ，
2 2
∵∠B=∠BKD=∠BLD=90°，
∴四边形BKDL是矩形，
∴BK=DL，DK=BL，
❑√2 3❑√2
∴FK=BF-BK=2❑√2- = ，
2 2
∴DF=❑√DK2+FK2=❑
√ (7❑√2) 2
+
(3❑√2) 2
=❑√29；
2 2
（2）证明：如图2，过点E作EJ⊥BC于J，过点D作DP⊥MN于P，过点N作
NT⊥BC于T，连接CN，
∵MN∥BC，
∴∠AFE=∠ABC=90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
由旋转得∠BAM=∠BCD=45°，
∴∠EAM=∠BAC+∠BAM=45°+45°=90°，
∴△AEM是等腰直角三角形，
∴MF=EF，
∵DN=MD，DP=MN，
∴PM=PN，
∵MN∥BC，FB⊥BC，EJ⊥BC，NT⊥BC，
∴FB=EJ=NT，
答案第38页，共70页∵AM=CD=AE，AF=MF=EF=CQ，
∴AF+BF=AB=BC=BQ+CQ=BJ+CJ=PF+MF=PM=PN=QT=CQ+CT，
∴BF=CJ=CT=EJ=NT，
∴△CEJ，△CNT均为等腰直角三角形，
∴∠NCT=∠ECJ=45°，CE=CN=❑√2EJ，
∴∠ECN=90°，
∴△CNE是等腰直角三角形，
∴EN=❑√2CE；
（3）解：如图，过点F作FM⊥AB交AC于点M，在FM上截取FK=FB=1，连接HK，
∵∠HFG=∠KFB=90°，
∴∠HFG+∠GFK=∠KFB+∠GFK，即∠BFG=∠KFH，
在△BFG和△KFH中，
¿，
∴△BFG≌△KFH(SAS)，
∴∠BGF=∠KHF，
设∠BGF=∠KHF=α，
∴∠KHG=∠FHG-∠FHK=45°-α∠HGK=45°+α，
∴∠KHG+∠HGB=90°，
∴KH⊥DT，
如图，作D关于HK的对称点T，连接BT，则HT=HD，作A关于HK的对称点N，则
AH=NH，
答案第39页，共70页
学科网（北京）股份有限公司∴AH+HD=NH+HD≥ND，
∴AT=ND，
∴四边形ANTD是矩形，
∴TD⊥AC，
∴AH+HD=AH+HD≥AT，
如图，当A，H，T三点共线时，此时AH+HD取得最小值，最小值为AT的长，此时
DT经过点K，
∴∠HKG=90°，即TD⊥AC，
∵K是DT的中点，HK⊥DT，
∴AH=HT，
∵AF=FM，HF=GF，∠HFA=90°-∠AFG=90°-∠AFG=∠GFM，
∴△AHF≌△MGF(SAS)，
∴AH=GM，∠HAF=∠GMF，
∴HT=GM，
设∠HAF=∠GMF=β，
∴∠ATD=45°-β∠DMG=45°-β，
答案第40页，共70页∴∠HTK=∠DMG，
在△HTK和△DMG中，
¿，
∴△HTK≌△DMG(AAS)，
∴DM=KT，DG=HK，
∵△BFG≌△KFH，
∴BG=HK=GD，BC=4❑√2，
❑√2
∴BD= BC=4，
2
1
∴BG= BD=2，
2
如图，过点G作GS⊥AB于S，
❑√2
∴GS= BG=❑√2，
2
1 1 8-❑√2
∴S = AF×GS= ×(4❑√2-1)×❑√2= ．
△AFG 2 2 2
【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，旋转
的性质，等腰直角三角形的性质与判定，轴对称的性质，平行线分线段成比例定理等知识
点，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键．
14．(1)等腰直角三角形，❑√2
(2)（1）仍然成立，见解析；②1或3
【分析】（1）当α=60°时，即∠BAB'=60°，且AB=AB'，△ABB'是等边三角形，
可证∠EB'D=90°-∠EDB'=45°，则ED=EB'，得到△DEB'是等腰直角三角形；
连接BD，可证△BDB' ∽△CDE，即可求解；
（2）①当0°<α<360°且α≠90°时，∠BAB'=α，
答案第41页，共70页
学科网（北京）股份有限公司∠B' AD=∠BAB'-∠BAD=α-90°，可证∠EDB'=90°-∠EB'D=45°，得到
△DEB'是等腰直角三角形；连接BD，证明△BDB' ∽△CDE，即可求解；②根据平
行四边形的性质，分类讨论：第一种情况，如图所示，以点B'，E，C，D为顶点的四边形
CEDB'是平行四边形，由相似三角形的判定和性质得到△BCF∽△BB'C∽△CB'F，
BC B'B CB' ，则 ，可解；第二种情况，如图所示，以点
= = =2 BE=6B'F,B'E=2B'F
CF B'C B'F
B'，E，C，D为顶点的四边形B'ECD是平行四边形，可证点B' 、E、C三点共线，点
A、E重合，则B'E=AB=BE，可解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
边AB绕点A逆时针旋转至AB'，记旋转角为α，则AB=AB'=AD，设BE,CD交于点F，
∴△AB'D是等腰三角形，
∴∠AB'D=∠ADB'，
当α=60°时，即∠BAB'=60°，且AB=AB'，
∴∠DAB'=90°-∠BAB'=30°，△ABB'是等边三角形，
1 1
∴∠AB'D=∠ADB'= (180°-∠DAB')= ×(180°-30°)=75°，
2 2
∠ABB'=AB'B=∠BAB'=60°，
∴∠CDB'=90°-∠ADB'=90°-75°=15°，
∠CBE=∠ABC-∠ABB'=90°-60°=30°
∴∠BFC=90°-∠CBE=90°-30°=60°=∠EFD，
∵DE⊥BE，
∴∠EDF=90°-∠EFD=90°-60°=30°，
∴∠EDB'°=∠CDB'+∠EDF=15°+30°=45°，
∴∠EB'D=90°-∠EDB'=45°，
答案第42页，共70页∴ED=EB'，
∴△DEB'是等腰直角三角形；
DE ❑√2
∴cos∠EDB'=cos45°= = ，
DB' 2
连接BD，
∴∠CBD=∠CDB=45°，
∵∠ADB'=75°，
∴∠BDB'=∠ADB'-∠ADB=75°-45°=30°=∠EDC，
CD ❑√2
∴cos∠CDB=cos45°= = ，
BD 2
DE DC DE DB'
∴ = ，即 = ，
DB' DB DC DB
∴△BDB' ∽△CDE，
BB' BD
∴ = =❑√2；
CE CD
故答案为：等腰直角三角形，❑√2；
（2）解：①（1）仍然成立，理由如下，
当0°<α<360°且α≠90°时，∠BAB'=α，∠B' AD=∠BAB'-∠BAD=α-90°，
∵AB=AB'，
1 1 1
∴∠ABB'=∠AB'B= (180°-∠BAB')= ×(180°-α)=90°- α，
2 2 2
∵AB'=AD，
1 1 1
∴∠AB'D=∠ADB'= (180°-∠B' AD)= ×(180°-α+90°)=135°- α，
2 2 2
∴∠EB'D=∠AB'D-∠AB'B=135°- 1 α- ( 90°- 1 α ) =45°，
2 2
∵DE⊥BB'，
∴∠EDB'=90°-∠EB'D=45°，
∴△DEB'是等腰直角三角形；
B'D
∴ =❑√2，
ED
如图所示，连接BD，
答案第43页，共70页
学科网（北京）股份有限公司BD
∴∠CBD=∠CDB=45°， =❑√2，∠CDB=∠ADB=∠B'DE=45°，
CD
∴∠CDA+∠ADE=∠B'DE+∠ADB+∠ADE，即∠BDE=∠B'DB，
B'D BD
∵ = ，
ED CD
B'D ED
∴ = ，
BD CD
∴△BDB' ∽△CDE，
BB' BD
∴ = =❑√2；
CE CD
∴（1）仍然成立；
②第一种情况，如图所示，以点B'，E，C，D为顶点的四边形CEDB'是平行四边形，
∴点F是CD,B'E的中点，DE∥CB'，
1 1
∴B'F=EF= B'E，DF=CF= CD，∠EDF=∠B'CF，
2 2
1
∴EF= DE，
2
∵BC=CD，
1
∴CF= BC，
2
EF CF
∴ = ，
ED CB
答案第44页，共70页EF ED
∴ = ，
CF CB
∵DE⊥BE，
∴∠E=∠BCF=90°=∠CB'F，
∴△≝∽△BCF，
∴∠EDF=∠CBF，
∴∠B'CF=∠CBF，且∠CB'F=∠CB'B=∠BCF=90°，
∴△BCF∽△BB'C∽△CB'F，
BC B'B CB'
∴ = = =2，
CF B'C B'F
∴BB'=4B'F，则BE=6B'F,B'E=2B'F，
BE 6B'F
∴ = =3；
B'E 2B'F
第二种情况，如图所示，以点B'，E，C，D为顶点的四边形B'ECD是平行四边形，
∴CD=B'E，B'D=EC，CD∥B'E，
∵DE⊥BE，
∴∠CDA=∠B'ED=90°，
∴∠B'ED+∠BAD=90°+90°=180°，
∴点B' 、E、C三点共线，点A、E重合，
∴B'E=AB=BE，
BE
∴
=1；
B'E
BE
综上所述， 的值为1或3．
B'E
【点睛】本题主要考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，锐角三角
答案第45页，共70页
学科网（北京）股份有限公司函数值的计算，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，掌握相似三角形的判定和
性质，平行四边形的性质是解题的关键．
3❑√5 3❑√65
15．（1）相等，见解析；（2）平行四边形，见解析；（3） 或
2 8
【分析】对于（1），根据旋转的性质可知∠A'EC=∠EA'F，再根据“等角对等边”
得出答案；
对于（2），结合已知可得AB=A'O，再根据旋转的性质及全等三角形的对应角相等可得
AB∥A'O，可得结论；
对于（3），分两种情况讨论：①当A'O⊥AC时，根据勾股定理，得AC=5，再根据中
1 5 AB 3 A'G 3
点定义得A'C= AC= ，结合tan∠ACB= = ，得tan∠ACB= = ，即可
2 2 BC 4 A'C 4
求出A'G，进而求出GO，然后证明AC∥OD，可知
GO 3
tan∠GHO=tan∠ACB= = ，可求HO，最后根据A'H=❑√A'O2+OH2得出答案；
HO 4
②当OD⊥AC时，设A'D交BC于点I，可得AB∥A'D，再说明△A'IC∽△ABC，
HO GO
结合中点的定义求出OG，然后证明△HGO∽△A'GI，可得 = ，即可求出HO，
A'I GI
最后根据勾股定理得出答案.
【详解】（1）EF=AF'；
证明：∵A'D⊥AC，
∴∠A'EC+∠A'CE=90°．
∵△ABC≌△A'B'C'，
∴∠B=∠B'=90°．
根据旋转的性质，得∠B'=∠O=90°，∠D=∠C'=∠A'CE，
∴∠D+∠EA'F=90°，
∴∠A'EC=∠EA'F，
∴EF=A'F；
（2）四边形A A'OB是平行四边形．
证明：由题意，得AB=A'B'=A'O．
在Rt△ABC中，∵A'是边AC的中点，
答案第46页，共70页∴A A'=A'B，
∴∠A=∠A'BA．
∵△ABC≌△A'B'C'，
∴∠A=∠B' A'C'．
根据旋转的性质，得∠B' A'C'=∠BA'O，
∴∠A'BA=∠BA'O，
∴AB∥A'O，
∴四边形A A'OB是平行四边形；
3❑√5 3❑√65
（3）A'H的长为 或 ．
2 8
分两种情况讨论：①当A'O⊥AC时，
∵AB=3，BC=4，
根据勾股定理，得AC=5．
∵A'是AC的中点，
1 5
∴A'C= AC= ．
2 2
AB 3
在Rt△ABC中，tan∠ACB= = ，由旋转的性质得A'O=AB=3，
BC 4
A'G 3
∴tan∠ACB= = ，
A'C 4
15
∴A'G=
，
8
9
∴GO=A'O-A'G=
．
8
∵∠GA'C=∠O=90°，
∴AC∥OD，
∴∠GHO=∠ACB，
GO 3
∴tan∠GHO=tan∠ACB= = ，
HO 4
9
8 3
∴HO= = ，
3 2
4
答案第47页，共70页
学科网（北京）股份有限公司√ 3 3❑√5
∴A'H=❑√A'O2+OH2=❑32+( )2= ；
2 2
②当OD⊥AC时，如图，设A'D交BC于点I，点G与点C重合，
∵∠A=∠C A'D，
∴AB∥A'D，
∴△A'IC∽△ABC，
A'I A'C IC
∴ = =
AB AC BC
1 5
∵A'为AC的中点，则A'C= AC=
2 2
1 3 1 1 5
∴A'I= AB= ，GI=CI= BC=2，A'G=A'C= AC= ，
2 2 2 2 2
1
∴OG=A'O-A'G=
．
2
∵AB∥A'D，
∴∠B=∠A'IG=90°.
∵OD⊥AC，
∴∠HOG=∠A'IG=90°.
∵∠HGO=∠A'GI，
∴△HGO∽△A'GI，
HO GO
=
∴ ，
A'I GI
1 3
×
即 GO⋅A'I 2 2 3，
HO= = =
GI 2 8
√ 3 2 3❑√65
∴A'H=❑√A'O2+OH2=❑32+( ) = .
8 8
答案第48页，共70页3❑√5 3❑√65
综上所述A'H的长为 或 .
2 8
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行四边形的判定，勾股定理，相似三角形的性质
和判定，中位线的性质等，准确的画出图形是解题的关键，注意多种情况讨论．
16．(1)∠BCE=90°
1
(2)AF= CD，证明见解析
2
❑√3
(3)
3
【分析】（1）根据旋转的性质得到AD=AE，α=∠DAE，由α+∠BAC=180°，
∠BAC=90°，得到α=∠DAE=90°=∠BAC，进而推出∠BAD=∠CAE，结合
AB=AC，证明△ABD≌△ACE(SAS)，得到∠ACE=∠ABC=45°，由
∠ACB=45°即可得出结果；
1
（2）延长BA到M，使得BA=AM，连接EM，推出AF= EM，证明
2
△ACD≌△AME(SAS)，得到CD=ME，即可得出结论；
（3）证明△AFE为等边三角形，再证明△ABF≌△AME(ASA)，得到AB=AM，由
AB=AC，当FM为菱形的边时，推出点M与点C重合，进而得到
1
∠AMF=∠CAF=30°，即AF=FM，根据AF= CD，推出AF=DF，F点是CD的
2
AD ❑√3 AD ❑√3
中点，根据 =tan30°= ，同理，当FM为菱形对角线时，根据 =tan30°= ，
AC 3 AC 3
即可得出结果．
【详解】（1）解：旋转的性质得到AD=AE，α=∠DAE，
∵ α+∠BAC=180°，∠BAC=90°，
答案第49页，共70页
学科网（北京）股份有限公司∴ α=∠DAE=90°=∠BAC，
∴∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC=90°
∴ ∠BAD=∠CAE，
∵ AB=AC，
∴ △ABD≌△ACE(SAS)，
∴ ∠ACE=∠ABC，
∵ AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴ ∠ACE=∠ABC=∠ACB=45°，
∴ ∠BCE=∠ACE+∠ACB=90°；
（2）解：延长BA到M，使得BA=AM，连接EM，
∴ AM=BA
∴ A是BM的中点，
∵ F是BE的中点，
∴AF是△BEM的中位线，
1
∴AF= ME，
2
∵ α+∠BAC=180°，∠BAC+∠CAM=180°，
∴α=∠CAM=∠DAE，即∠DAC+∠CAE=∠CAE+∠EAM，
∴ ∠DAC=∠EAM，
∵AB=AC，AB=AM，
∴AC=AM，
∵AD=AE
∴ △ACD≌△AME(SAS)，
∴ CD=ME，
答案第50页，共70页1
∴AF= CD；
2
（3）解：如图，
∵ α=∠DAE=120°,α+∠BAC=180°
，
∴∠BAC=60°，
∵AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°，
当FM为菱形的边时，
∵四边形AFME是锐角为60°的菱形，
∴∠FAE=60°，AF∥ME，AF=ME，
∵∠BAC=60°，
∴∠BAF+∠CAF=∠CAF+∠CAE，
∴∠BAF=∠CAE，
∵ AF=AE,∠FAE=60°，
∴△AFE为等边三角形，
∴∠AFE=60°，
∴∠AFB=120°，
∵∠AEM=120°，
∴∠AEM=∠AFB，
∴ △ABF≌△AME(ASA)，
∴AB=AM，
∵AB=AC，
∴点M与点C重合，
∴∠AMF=30°，
∵∠CAF=∠CAE=∠BAF，
答案第51页，共70页
学科网（北京）股份有限公司∴ ∠CAF=∠CAE=∠BAF=30°，
∴∠DAC=∠DAE-∠CAE=90°，
AD ❑√3
∴ =tan30°= ，
AC 3
∵AC=AB，
AD ❑√3
∴ = ；
AB 3
当FM为菱形的对角线时，点M在点M'处，
∵四边形AFEM'是锐角为60°的菱形，
∴∠FAE=∠EAM'=60°，
∵∠DAE=120°，
∴∠DAF=120°-∠FAE=60°，
∵AF=EF,∠FAE=60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴AF=AE，
∴DA=AE=AF，
∵∠DAF=60°，
∴△ADF是等边三角形，
∴∠ADF=60°，
∵∠ACF=30°，
∴∠DAC=90°，
AD ❑√3
∴ =tan∠ACD= ，
AC 3
∵AC=AB，
AD ❑√3
∴ = ，
AB 3
AD ❑√3
综上， = ．
AB 3
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，中位线的性质定
理，等边三角形的判定与性质，菱形的性质，求正切值，添加辅助线构造全等三角形，是
解题的关键．
BD ❑√2
17．(1)猜想 = ，证明见解析
CE 2
(2)CE=2❑√6
答案第52页，共70页1
(3)tan∠ECB=
2
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，旋转的性质，解直角三角形，解题的关键
是熟练掌握旋转前后对应角相等，对应边相等；相似三角形对应角相等，对应边成比例，
以及解直角三角形的方法和步骤．
1 1 AD AB
（1）根据中点的定义得出AD= AB,AE= AC，进而得出 = ，易得
2 2 AE AC
AB ❑√2
cos∠BAC= = ，通过证明△ABD∽△ACE，即可得出结论；
AC 2
（2）根据题意推出当DE所在直线经过点B时，AD⊥BE，根据勾股定理可得
BD ❑√2
BD=❑√AB2-AD2=2❑√3，根据（1）可得 = ，即可求解；
CE 2
（3）令AB,DE相交于点Q，过点E作EG⊥BC于点G，根据直角三角形斜边中线的性
1
质得出BQ=DQ= DE，则∠QBD=∠QDB，根据相似三角形的性质得出
2
∠QDB=∠CAB，进而推出∠CAB=∠EBG，则
3 4
sin∠CAB=sin∠EBG= ,cos∠CAB=cos∠EBG= ，求出
5 5
9 6 9
EG=BE⋅sin∠EBG= ，BG=BE⋅cos∠EBG= ，则CG=BC-BG= ，即可解
10 5 5
答．
BD ❑√2
【详解】（1）解：猜想 = ，证明如下：
CE 2
∵点D和点E为分别为AB,AC中点，
1 1
∴由图1可知，AD= AB,AE= AC，
2 2
AD AE AD AB
∴ = ，则 = ，
AB AC AE AC
∵∠B=90°,AB=BC=4，
∴∠BAC=45°，
AB ❑√2
∴cos∠BAC= = ，
AC 2
根据旋转的性质可得：∠BAD=∠CAE，
答案第53页，共70页
学科网（北京）股份有限公司∴△ABD∽△ACE，
BD AB ❑√2
∴ = = ；
CE AC 2
（2）解：由图1可知点D和点E为分别为AB,AC中点，
1
∴DE∥BC，AD= AB=2，
2
∴△ABC∽△ADE，
∴∠ADE=∠ABC=90°，
∴当DE所在直线经过点B时，AD⊥BE，
根据勾股定理可得：BD=❑√AB2-AD2=2❑√3，
BD ❑√2
由（1）可得： = ，
CE 2
2❑√3 ❑√2
∴ = ，
CE 2
解得：CE=2❑√6；
（3）解：令AB,DE相交于点Q，过点E作EG⊥BC于点G，
1 3
根据题意可得：BE= BC= ，
2 2
∵∠ABC=90°,AB=4,BC=3，
∴AC=❑√AB2+BC2=5，
BC 3 AB 4
∴sin∠CAB= = ,cos∠CAB= = ，
AC 5 AC 5
∵边AB平分线段DE，∠DBE=∠ABC=90°，
1
∴BQ=DQ= DE，
2
∴∠QBD=∠QDB，
∵△DBE∽△ABC，
∴∠QDB=∠CAB，
∴∠QBD=∠CAB，
根据旋转的性质可得：∠QBD=∠EBG，
∴∠CAB=∠EBG，
3 4
∴sin∠CAB=sin∠EBG= ,cos∠CAB=cos∠EBG= ，
5 5
答案第54页，共70页9 6
∴EG=BE⋅sin∠EBG= ，BG=BE⋅cos∠EBG= ，
10 5
6 9
∴CG=BC-BG=3- = ，
5 5
EG 1
∴tan∠ECB= = ．
CG 2
18．（1）①见解析；②AF2=2(AB2+BC2)；（2）点E落在直线AC上时，
❑√3
AB2+4BC2=BF2，点E落在线段AC上时， (AB+BF)=BC，证明见解析；（3）
2
EP -11+3❑√17
=
BP 2
【分析】（1）①由∠ACB+∠BAC=90°，∠ACB+∠FCE=90°，得到
∠BAC=∠FCE，结合AC=CF，∠ABC=∠FEC=90°，即可求解，②由
AB2+BC2=AF2，AC=CF，AF2=AC2+AF2，通过等量代换，即可求解，
（2）①点E落在直线AC上时，连接AF，交CG于点H，在△FGH与△CDH中，由
∠DCH=∠GFH，∠DHC=∠GHF，得到∠HDC=90°，点A，D，F三点共线，
设AB=a，AD=❑√3a，在Rt△AEF中，得出AF=2❑√3a，在Rt△FAB中，
BF=❑√13a，即可求解，②点E落在线段AC上时，连接AF，在△FBH与△CEH中，
由∠ECH=∠BFH，∠EHC=∠BHF，得到∠HBF=90°，点A，B，F三点共线，
在△ACF中，AC=CF，∠FAC=60°，设AB=a，BC=❑√3a，即可求解，
（3）作BH⊥AG，延长CD交EF于点M， 由△CBH≌△GCD(ASA)，得到
BH=CD=CE，CH=GD，由△BHQ≌△ECQ(AAS)，得到HQ=CQ，由
△CDG≌△GFM(ASA)，得到GM=GC，设GH=a，HQ=CQ=b，则DM=a，
DM FM
FM=GD=2b，GQ=a+b，由△FDM∽△QDG，得 = ，解得：
GD GQ
答案第55页，共70页
学科网（北京）股份有限公司-1+❑√17 ，由EP S ，EP S ， ，得到EP S ，由
a= b = △DPE = △CPE S =S = △DCE
2 BP S BP S △DBC △BCG BP S
△DPB △CPB △BCG
，得到EP S CD2 ，将 ，
△DCE∽△BCG = △DCE= BC2=(a+2b) 2
BP S BC2
△BCG
-1+❑√17
BC2=(a+2b) 2-(2b) 2，a= b代入，即可求解，
2
本题考查了，矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，全等三角
形的性质与判定，解题的关键是：找到等量关系，列出等量关系式．
【详解】解：（1）①证明：∵∠ABC=90°，
∴∠ACB+∠BAC=90°，
∵∠ACF=90°，
∴∠ACB+∠FCE=90°，
∴∠BAC=∠FCE，
∴AC=CF，
又∵∠ABC=∠FEC=90°，
∴△ABC≌△CEF（SAS），
②∵AB2+BC2=AF2，AC=CF，AF2=AC2+AF2，
∴AF2=AB2+BC2+AB2+BC2=2(AB2+BC2)，
∴AF2=2(AB2+BC2)（等价结果也正确）；
（2）结论①：AB2+4BC2=BF2（等价结果也正确），理由如下：
∵当AD＝❑√3AB，点E落在直线AC上时，连接AF，交CG于点H，
∴ Rt△AEF ，∠AFE=60°
在 中 ，
∴ ∠GFD=30°，
在△FGH与△CDH中，
∠DCH=∠GFH，
∠DHC=∠GHF，
答案第56页，共70页∴ ∠HDC=90°，
∴点A，D，F三点共线，
∵ AD=❑√3AB，
∴设AB=a，AD=❑√3a，
∴在Rt△AEF中，
AE=3a，EF=❑√3a，
由AE2+EF2=AF2，得出AF=2❑√3a，
∴在Rt△FAB中，
BF=❑√AF2+AB2=❑√(2❑√3a) 2+a2=❑√13a，
∴ AB2+4BC2=BF2（等价结果也正确），
❑√3
结论②： （AB+BF）=BC（等价结果也正确），理由如下：
2
∵当AD=❑√3AB，点E落在线段AC上时，连接AF，
∴ Rt△AEF ，∠FAE=60°
在 中 ，
∴ ∠BAH=30°，
在△FBH与△CEH中，
∠ECH=∠BFH，
∠EHC=∠BHF，
∴ ∠HBF=90°，
∴点A，B，F三点共线，
∴在△ACF中，AC=CF，∠FAC=60°，
∴设AB=a，BC=❑√3a，
❑√3
∴ (AB+BF)=BC（等价结果也正确），
2
综上所述：点E落在直线AC上时，AB2+4BC2=BF2，
❑√3
点E落在线段AC上时， (AB+BF)=BC；
2
（3）过点B，作BH⊥CG，交CG于点H，延长AD交EF于点M，连接BD、DE，
答案第57页，共70页
学科网（北京）股份有限公司∴∠BCH+∠CBH=90°，
∵矩形ABCD，
∴∠BCH+∠GCD=90°，BC=AD，
∴∠CBH=∠GCD，∠BHC=∠CDG=90°，
由旋转的性质可得：BC=CG，CD=CE，
∴△CBH≌△GCD(ASA)，
∴BH=CD=CE，CH=GD，
∵∠BHQ=∠ECQ=90°，∠BQH=∠EQC，
∴△BHQ≌△ECQ(AAS)，
∴HQ=CQ，
∵矩形CEFG，
∴∠MGF+∠CGD=90°，∠GCD+∠CGD=90°，
∴∠GCD=∠MGF，
∵CD=GF，∠CDG=∠GFM=90°，
∴△CDG≌△GFM(ASA)，
∴GM=GC，GD=FM，
设GH=a，HQ=CQ=b，则：FM=GD=CH=CQ+HQ=2b，GQ=GH+HQ=a+b，
AD=GM=GC=GH+CH=a+2b，
∴DM=GM-GD=a+2b-2b=a，
∵CG∥EF，
∴△FDM∽△QDG，
DM FM a 2b -1+❑√17 -1-❑√17
∴ = ,即： = ，解得：a= b，a= b（舍），
GD GQ 2b a+b 2 2
答案第58页，共70页EP S EP S
∵ = △DPE ， = △CPE ，
BP S BP S
△DPB △CPB
EP S S S +S S
∴ = △DPE= △CPE= △DPE △CPE= △DCE ，
BP S S S +S S
△DPB △CPB △DPB △CPB △DBC
∵AD∥BC，
∴S =S ，
△DBC △BCG
EP S S
= △DCE = △DCE
BP S S
△DBC △BCG
∵BC=CG，CD=CE，∠BCG+∠GCD=∠DCE+∠GCD=90°，即：
∠BCG=∠DCE，
∴△DCE∽△BCG，
EP S CD2
∴ = △DCE= ，
BP S BC2
△BCG
∵BC2=AD2=(a+2b) 2，BC2=GC2-GD2=(a+2b) 2-(2b) 2，
EP = CD2 = (a+2b) 2-(2b) 2 =1- ( 2b ) 2 =1-( 2b ) 2 = -11+3❑√17
∴BP BC2 (a+2b) 2 a+2b -1+❑√17 2 ，
b+2b
2
EP -11+3❑√17
故答案为： = ．
BP 2
5
19．（1）矩形；（2）CC'=❑√2A A'，理由详见解析；（3）①❑√5；② ．
3
【分析】（1）根据旋转的性质得出AD=A'D'，根据中点的定义即可得出点E平分AD和
A'D'，即可得出结论四边形A A'DD'是矩形；
（2）连接CE,C'E，易得AE=DE=5，勾股定理可得CE=❑√CD2+DE2=5❑√2，根据旋
转的性质得出∠AEA'=∠CEC'=α,AE=A'E,CE=C'E，推出△AEA' ∽△CEC'，
即可求解；
（3）①连接 ，根据勾股定理可得 ，通过证明
A A' BD=❑√AD2+AB2=5❑√5
答案第59页，共70页
学科网（北京）股份有限公司AB A'B
△ADB∽△A'BA，得出 = ，即可求解；②过点A'作AB的平行线，交
BD AB
AD,BC于点M和点N，先证明△BA'N∽△BCD，求出A'N=1,BN'=2，易得四边
形ABNM为矩形，则AM=BN=2,MN=AB=5，A'M=MN-A'N=4，
，根据勾股定理可得 ，最后证明
ME=AE-AM=3 A'E=❑√M E2+A'M2=5
△A'EM∽△F A'N即可求解．
【详解】（1）解：∵矩形ABCD绕边AD的中点E逆时针旋转得到矩形A'B'C'D'，
∴AD=A'D'，点E平分AD和A'D'，
∴四边形A A'DD'是矩形，
故答案为：矩形；
（2）解：CC'=❑√2A A'，理由如下：
连接CE,C'E，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°,CD=AB=5，
∵点E是AD中点，AD=10，
∴AE=DE=5，
在Rt△CDE中，勾股定理可得：CE=❑√CD2+DE2=5❑√2，
∵矩形ABCD绕边AD的中点E逆时针旋转得到矩形A'B'C'D'，
∴∠AE A'=∠CEC'=α,AE=A'E,CE=C'E，
AE A'E
∴ = ，
CE C'E
∴△AE A' ∽△CEC'，
A A' AE 5 ❑√2
∴ = = = ，
CC' CE 5❑√2 2
∴CC'=❑√2A A'；
答案第60页，共70页（3）①连接A A'，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，
在Rt△ABD中，根据勾股定理可得：BD=❑√AD2+AB2=5❑√5，
由（1）可得，四边形A A'DD'是矩形，
∴∠A A'D=90°，则∠A A'B=90°，
∵∠A A'B=∠DAB=90°,∠ABA'=∠DBA，
∴△ADB∽△A'BA，
AB A'B 5 A'B
∴ = ，即 = ，
BD AB 5❑√5 5
解得：A'B=❑√5；
②解：过点A'作AB的平行线，交AD,BC于点M和点N，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠ABC=90°，
∵∠A'NF=∠C=90°，
∴A'N∥CD，
∴△BA'N∽△BCD，
BA' A'N BN ❑√5 AN BN
∴ = = ，即 = = ，
BD DC BC 5❑√5 5 10
∴A'N=1,BN'=2，
答案第61页，共70页
学科网（北京）股份有限公司∵MN∥AB，
∴∠A'ME=∠A'NF=90°，
∵∠A=∠ABC=∠BNM=90°，
∴四边形ABNM为矩形，
∴AM=BN=2,MN=AB=5，
∴A'M=MN-A'N=4，
∵点E为AD中点，
1
∴AE= AD=5，
2
∴ME=AE-AM=3，
根据勾股定理可得：A'E=❑√M E2+A'M2=5，
∵∠B' A'D'=90°，
∴∠M A'E+∠N A'F=90°，
∵∠M A'E+∠A'EM=90°，
∴∠N A'F=∠A'EM，
∴△A'EM∽△F A'N，
A'F ME A'F 1
∴ = ，即 = ，
A'E A'N 5 3
5
解得：A'F=
．
3
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正
确画出辅助线，构造全等三角形，以及熟练掌握相关性质定理，是解题的关键．
20．(1)BD=5
(2)AF=2CH，证明见解析
(3)❑√7+❑√21
答案第62页，共70页3
【分析】（1）过点E作EG⊥BC交BC于点G，由题意得到EG= CG，利用勾股定理
4
得到EG,CG，根据E是AB中点，∠ACB=90°，得到CE=BE=AE=5，推出△BCE
是等腰三角形，即得到BC=2BG=2CG=8，利用勾股定理求出AC，CD，即可求出BD
的长；
（2）延长BC，在BC延长线上截取CB'=CB，取BG的中点Q，连接CQ,B'G，证明
△ACF≌△B'CG(SAS)，得到∠B'=∠CAD,AF=B'G，设∠ABG=α，则
∠CAD=∠B'=2α，根据点C，Q分别为BB',BG的中点推出CQ∥B'G，得到
∠BCQ=∠B'=2α，由三角形外角的性质得到∠CQG=45°+α,∠BHC=45°+α，
1
推出△CQH是等腰三角形，故得到CQ=CH= B'G，即可得出结论；
2
（3）连接FG，取FG的中点P，连接CP,PM,PN，将GC绕点G逆时针旋转30°得到
GC'，过点P作PS⊥GC'，交GC'于点S，交GC于点T；根据△CFG是等腰直角三角形，
1
得CP⊥FG，利用勾股定理求得FG=2❑√14，则PG=PF= FG=❑√14，由题意证明
2
△PGN≌△PCM(SAS)，得到∠GPN=∠CPM,PN=PM，进而得到∠MPN=90°，
△MPN是等腰直角三角形，推出❑√2MN=2PN，❑√2MN+NG=2PN+NG，此时当点
1 1
N与点T重合时，有NS= NG，PN+ NG有最小值，则❑√2MN+NG=2PS有最小值，
2 2
最后根据∠MNC=∠SPG，利用锐角三角函数求解出MN,PN的长即可得出PS的长，
即可得出结果．
【详解】（1）解：如图，过点E作EG⊥BC交BC于点G，
3
∵ tan∠BCE= EG⊥BC
4
， ，
EG 3 3
∴ = ，即EG= CG，
CG 4 4
∵ CE=5，
答案第63页，共70页
学科网（北京）股份有限公司25
∴CE2=CG2+EG2，即 CG2=25，
16
∴CG=4，EG=3，
∵ E是AB中点，∠ACB=90°，
∴ CE=BE=AE=5，AB=2BE=10，
∴ △BCE是等腰三角形，
∴ BC=2BG=2CG=8，
∵AC=❑√AB2-BC2，
∴AC=6，
∵ AD=3❑√5，
∴CD=❑√AD2-AC2=3，
∴BD=BC-CD=5；
（2）解：AF=2CH，理由如下：
如图，延长BC，在BC延长线上截取CB'=CB，取BG的中点Q，连接CQ,B'G，
∵ CF C 90° CG
线段 绕点 顺时针旋转 得到线段 ，
∴CF=CG,∠FCG=90°，
∵∠ACB'=∠B'CG+∠ACG=90°，∠FCG=∠ACF+∠ACG=90°，
∴∠B'CG=∠ACF，
∵CB=CA，CB'=CB，
∴CA=CB'
∴ △ACF≌△B'CG(SAS)，
∴ ∠B'=∠CAD,AF=B'G，
设∠ABG=α，则∠CAD=∠B'=2α，
∵点C，Q分别为BB',BG的中点，
∴ CQ∥B'G，
∴ ∠BCQ=∠B'=2α，
答案第64页，共70页∵ ∠CQG=45°+α,∠BHC=45°+α，
∴ △CQH是等腰三角形，
1
∴ CQ=CH= B'G，
2
∵AF=B'G，
1
∴CH= AF，即AF=2CH；
2
（3）解：如图，连接FG，取FG的中点P，连接CP,PM,PN，将GC绕点G逆时针旋转
30°得到GC'，过点P作PS⊥GC'，交GC'于点S，交GC于点T；
∵△CFG FG
是等腰直角三角形，点P是 的中点，
∴ CP⊥FG，PC=PG，∠PGC=∠PCF=45°，
∴ FG=❑√CF2+CG2=❑√2❑√CF2=2❑√14，
1
∴ PG=PF= FG=❑√14，
2
∵ FM=CN，则CF-CM=CG-NG，
∴CM=NG，
∵ PC=PG，∠PGC=∠PCF=45°，
∴ △PGN≌△PCM(SAS)，
∴ ∠GPN=∠CPM,PN=PM，
∵ ∠GPC=90°，
∴∠CPM+∠CPS=∠CPS+∠GPS=90°，
∴ ∠MPN=90°，
∴ △MPN是等腰直角三角形，
∴ ❑√2MN=2PN，❑√2MN+NG=2PN+NG，
1 1
如图，此时当点N与点T重合时，有NS= NG，PN+ NG有最小值，则
2 2
❑√2MN+NG=2PS有最小值，
答案第65页，共70页
学科网（北京）股份有限公司∵∠PCN=45°,∠PNM=45°
，
∴在△PCN中，∠MNC+∠CPN=180°-∠PCN-∠PNM=90°，
∵∠GPS+∠CPN=90°，
∴ ∠MNC=∠SPG，
∵△GPS,△MNC都是直角三角形，
∴ sin∠MNC=sin∠SPG，
GS CM
∴ = ，
PG MN
设NS=x，则NG=CM=2x,GS=❑√3x,CN=2❑√7-2x，
❑√3x 2x
∴ = ，
❑√14 MN
2❑√42
∴MN= ，
3
∵ ❑√2MN=2PN，
2❑√21
∴PN= ，
3
2❑√21
∴PS=PN+NS= +x
3
∵tan∠MNC=tan∠SPG，
2x ❑√3x
CM GS =
∴ = ，即2❑√7-2x 2❑√21 ，
CN PS +x
3
3❑√7-❑√21
解得：x= ，
6
2❑√21 3❑√7-❑√21 ❑√7+❑√21
∴PS= + = ，
3 6 2
∴ ❑√2MN+NG=2PS=❑√7+❑√21．
【点睛】本题考查了三角形综合问题，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性
质，勾股定理，三角形中位线的性质，解直角三角形，正确构造辅助线，证明三角形全等
和构造直角三角形是解题的关键．
答案第66页，共70页21．(1)3❑√6-3❑√2；
(2)2BE+2≥=❑√3AC，理由见解析；
❑√3 ❑√57
(3) - ．
3 57
【分析】（1）过点B作BH⊥AF于点H，由旋转及等腰直角三角形的性质得
∠EBF=∠ACB=90°，BE=BF，∠CAB=∠CBA= 45°，AC=BC=6，
∠BEF=∠F= 45°，进而求得∠ADC=∠DBF=∠BAD+∠ABC=60°，然后分
别在Rt△ACD、Rt△BDH和Rt△BHF中，解直角三角形即可得解；
（2）如图2，过点C作CP⊥BE，交BE的延长线于点P，根据平行线的性质得
2∠BAE+∠EBF=120°，再利用三角形的内角和定理以及旋转的性质得∠CAE=30°，
从而得最后证明Rt△CAG≌Rt△CBP，Rt△CEG≌Rt△CEP，即可得解；
（3）如图3，在AB、BC上分别取点M、N，使得BM=BN=2，则BC=3BN，连接PN，
延长BE到K，使得EK=AE，连接CK，先证△ABC、△BMN和△BEF都是等边三角
形，得AB=AC=BC=6，BE=BF=EF，
∠ABC=∠EBF=∠BEF=∠BAC=∠BFK=60°，
∠NMB=∠MNB=∠MBN=60°，进而证明△ABF≌△BCK，得
∠BKC=∠AFB=60°，由三角形相似得∠BPN=∠BPC=∠NMB=60°，于是有点
P在等边△BMN的外接圆⊙O的M´N上运动，如图4，连接OB、OM，分别过O、P作
1
OW⊥AB，PQ⊥AB于点W、Q，则MW = BM=1，利用解直角三角形及勾股定理
2
以及相似三角形的性质即可得解．
【详解】（1）解：过点B作BH⊥AF于点H，
∵AC=BC，AC=6，∠ACB=α，点D是BC边上任意一点，点E是直线AD上一动点，
连接BE，将BE绕点B顺时针旋转，旋转角为α，α=90°，
180°-90°
∴∠EBF=∠ACB=90°，BE=BF，∠CAB=∠CBA= =45°，
2
答案第67页，共70页
学科网（北京）股份有限公司AC=BC=6，
180°-90°
∴∠BEF=∠F= =45°，
2
∵∠BAD=15°，
∴∠ADC=∠DBF=∠BAD+∠ABC=60°，
AC 6
在Rt△ACD中，tan∠ADC= =tan60°，即 =❑√3，
CD CD
解得CD=2❑√3，
∴BD=BC-CD=6-2❑√3，
BH BH ❑√3
在Rt△BDH中，sin∠BDF= =sin60°，即 = ，
BD 6-2❑√3 2
∴BH=3❑√3-3，
BH 3❑√3-3 ❑√2
在Rt△BHF中，sin∠F= =sin45°，即 = ，
BF BF 2
解得BF=3❑√6-3❑√2；
（2）解：2BE+2≥=❑√3AC，理由如下：
如图2，过点C作CP⊥BE，交BE的延长线于点P，
∵BF∥AD，
∴∠BAE+∠ABF=180°，∠AEB=∠EBF，
∵2∠ABF-3∠EBF=4∠BAE，
∴2(180°-∠BAE)-3∠EBF=4∠BAE，
化简得2∠BAE+∠EBF=120°，
∵AC=BC，AC=6，∠ACB=α，点D是BC边上任意一点，点E是直线AD上一动点，
连接BE，将BE绕点B顺时针旋转，旋转角为α，
∴∠AEB=∠EBF=∠ACB=α，BE=BF，∠CAB=∠CBA，
∴∠ABC=∠BAC，
答案第68页，共70页∵∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，
∴2∠BAC+∠ACB=2∠BAE+2∠CAE+∠EBF=2∠CAE+120°=180°，
∴∠CAE=30°，
1 1 AG ❑√3 AG
∴CG= AC= BC，cos∠CAE=cos30°= ，即 = ，
2 2 AC 2 AC
∴2AG=❑√3AC，
∵在△ADE和△BDE中，∠CAE=30°，∠ADC=∠BDE，
∠ADC+∠ACB+∠CAE=∠BDE+∠AEB+∠CBE=180°，∠ACD=∠AEB，
∴∠CBE=∠CAE=30°，
1
∴CP= BC，
2
∴CG=CP，
∵CE=CE，AC=BC，
∴Rt△CAG≌Rt△CBP，Rt△CEG≌Rt△CEP，
∴¿=PE，AG=BP，
∴2BP=2(BE+PE)=2¿，
∴2BE+2≥=❑√3AC；
（3）解：如下图，在AB、BC上分别取点M、N，使得BM=BN=2，则BC=3BN，连
接PN，延长BE到K，使得EK=AE，连接CK，
∵AC=BC，AC=6，∠ACB=α，点D是BC边上任意一点，点E是直线AD上一动点，
连接BE，将BE绕点B顺时针旋转，旋转角为α，α=60°，
答案第69页，共70页
学科网（北京）股份有限公司∴△ABC和△BEF都是等边三角形，
∴AB=AC=BC=6，BE=BF=EF，
∠ABC=∠EBF=∠BEF=∠BAC=∠BFK=60°，
∴△BMN是等边三角形，
∴∠NMB=∠MNB=∠MBN=60°，
∵∠BEF=∠BAF+∠ABE，∠ABC=∠ABE+∠CBK，
∴∠BAF=∠CBK，
∵AF=3BP，即AF=AE+EF=KE+BE=BK=3BP，BC=3BN，
BP BN 1
∴ = = ，△ABF≌△BCK，
BK BC 3
∴∠BKC=∠AFB=60°，
∵∠CAK=∠NBP，
∴△CAK∽△NBP，
∴∠BPN=∠BPC=∠NMB=60°，
∴点P在等边△BMN的外接圆⊙O的M´N上运动，
如图4，连接OB、OM，分别过O、P作OW⊥AB，PQ⊥AB于点W、Q，则MW
1
= BM=1，
2
∴AW=AB-BW=5，
∵∠MNB=60°，
∴∠MOB=2∠MNB=120°，
∵OW⊥AB，OM=OB，
答案第70页，共70页1
∴∠MOW= ∠MOB=60°，
2
MW 1
∴tan∠MOW=tan60°= 即 =❑√3，
OW OW
❑√3
解得OW = ，
3
∴OP=OM= ❑√MW2+OW2=❑
√
12+
(❑√3) 2
=
2❑√3
，
3 3
OA= ❑√AW2+OW2=❑
√
52+
(❑√3) 2
=
2❑√57
，
3 3
2❑√57 2❑√3
∴AP= - ，
3 3
∵OW⊥AB，PQ⊥AB，
∴∠AQP=∠AWO=90°，
∵∠PAQ=∠OAW，
∴△AQP∽△AWO，
2❑√57 2❑√3
-
PQ AP PQ 3 3
∴ = ，即 = ，
OW AO ❑√3 2❑√57
3 3
❑√3 ❑√57
解得PQ= - ．
3 57
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定及性质、勾股定理、等边三角形的判定及性质、
圆周角定理、垂径定理以及解直角三角形等知识，综合性较强，根据题意，作出相应辅助
线是解题的关键．
1
22．(1)60°；DF= EC
2
DF 1
(2) = ，∠MPC=60°
CE 2
(3)2❑√3
【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质和旋转的性质即可得出结论；
DF
（2）如图，连接AM，证明△AMF∽△ACE，可得 ，设MP与AC交于点Q，利
CE
用三角形外角的性质可得∠MPC的大小；
答案第71页，共70页
学科网（北京）股份有限公司1
（3）如图，连接BE，证明△FDH∽△EDB，可得FH= BE，则BE的最小值即点E
2
与点A'重合时，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵在等腰△ABC中，AB=AC=4❑√3 ，∠BAC=120°，
1
∴∠ACB=∠ABC= (180°-∠BAC)=30°，
2
∵点M为线段BC的中点，
1 1
∴∠MAC= ∠BAC= ×120°=60°，∠AMC=90°，
2 2
1 1
∴AM= AC= ×4❑√3=2❑√3，
2 2
当点D与点M重合时，
则∠DAC=∠MAC=60°，AD=AM=2❑√3，
∵点F为线段AD的中点，
1 1
∴DF= AD= ×2❑√3=❑√3，
2 2
∵线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，
∴AE=AD=2❑√3，∠DAE=60°=∠DAC，即点E落在AC上，
∴EC=AC-AE=4❑√3-2❑√3=2❑√3，
1
∴DF= EC，
2
1
故答案为：60°；DF= EC．
2
（2）如图，连接AM，
∵线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，
∴AD=AE，∠DAE=60°，△ADE是等边三角形，
∵点F为线段AD的中点，
AF 1
∴EF⊥AD， = ，
AE 2
∵点M为线段BC的中点，AB=AC=4❑√3，
1 1
∴∠MAC= ∠BAC= ×120°=60°，∠AMC=90°，∠ACB=30°，
2 2
∵∠MAF+∠DAC=∠MAC=60°，∠CAE+∠DAC=∠DAE=60°，
∴∠MAF=∠CAE，
答案第72页，共70页AM 1
∵ = ，
AC 2
AM AF
∴在△AMF和△ACE中，∠MAF=∠CAE， = ，
AC AE
∴△AMF∽△ACE，
MF AF 1
∴ = = ，∠AMF=∠ACE，
CE AE 2
∵AB=AC，BM=MC，
∴∠AMD=90°，
∵点F为线段AD的中点，
1
∴MF= AD=DF，
2
DF MF 1
∴ = = ，
CE CE 2
设MP与AC交于点Q，
∵∠MQC=∠MPC+∠ACE，∠MQC=∠MAC+∠AMF，
∵∠ACE=∠AMF，
∴∠MPC=∠MAC=60°．
（3）如图，连接BE，
∵△ADE是等边三角形，点F为线段AD的中点，
DF 1
∴ = ，∠ADE=60°，
DE 2
∵AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠ABC=30°，
∵点A'是点A关于直线BC的对称点，
∴∠A'BD=∠ABC=30°，
∵DH⊥BA'，
HD 1
∴ = ，∠BHD=90°，∠BDH=60°，
BD 2
答案第73页，共70页
学科网（北京）股份有限公司DF HD 1
∴ = = ，
DE BD 2
∵∠FDH=∠BDH+∠BDA=60°+∠BDA，
∠EDB=∠EDA+∠BDA=60°+∠BDA，
∴∠FDH=∠EDB，
∴△FDH∽△EDB，
1
∴FH= BE，
2
MF 1 MF MF
由（2）知： = = = ，
CE 2 AD AE
∴AE=CE，
∴点E在线段AC的垂直平分线上运动，
∴BE的最小值即点E与点A'重合时，
∵△ADE是等边三角形，
∴此时点D与点B重合，
∴BE=BA'=AD=AB=4❑√3，
∴FH的最小值为2❑√3．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了旋转的性质，对称的性质，等腰三角形的性质，等
边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识点．掌握相似三角形的判定和性
质是解题的关键．
答案第74页，共70页
