數學-（沖刺高分必刷）專項15 挑戰(zhàn)四邊形和旋轉綜合應用壓軸（帶答案）

沖刺高分必刷專題15挑戰(zhàn)四邊形和旋轉綜合應用壓軸1．（2022?阜新）已知，四邊形ABCD是正方形，△DEF繞點D旋轉（DE＜AB），∠EDF＝90°，DE＝DF，連接AE，CF．（1）如圖1，求證：△ADE≌△CDF；（2）直線AE與CF相交于點G．①如圖2，BM⊥AG于點M，BN⊥CF于點N，求證：四邊形BMGN是正方形；②如圖3，連接BG，若AB＝4，DE＝2，直接寫出在△DEF旋轉的過程中，線段BG長度的最小值．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADC＝90°．∵DE＝DF，∠EDF＝90°．∴∠ADC＝∠EDF，∴∠ADE＝∠CDF，在△ADE和△CDF中，∴△ADE≌△CDF（SAS）；（2）①證明：如圖2中，設AG與CD相交于點P．

∵∠ADP＝90°，∴∠DAP+∠DPA＝90°．∵△ADE≌△CDF，∴∠DAE＝∠DCF．∵∠DPA＝∠GPC，∴∠DAE+∠DPA＝∠GPC+∠GCP＝90°．∴∠PGN＝90°，∵BM⊥AG，BN⊥GN，∴四邊形BMGN是矩形，∴∠MBN＝90°．∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠MBN＝90°．∴∠ABM＝∠CBN．又∵∠AMB＝∠BNC＝90°，∴△AMB≌△CNB．∴MB＝NB．∴矩形BMGN是正方形；②解：作DH⊥AG交AG于點H，作BM⊥AG于點M，

此時△AMB≌△AHD．∴BM＝AH．∵AH2＝AD2﹣DH2，AD＝4，∴DH最大時，AH最小，DH最大值＝DE＝2．∴BM最小值＝AH最小值＝．由（2）①可知，△BGM是等腰直角三角形，∴BG最小值＝．2．（2022?南通）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，點E在折線BCD上運動，將AE繞點A順時針旋轉得到AF，旋轉角等于∠BAC，連接CF．（1）當點E在BC上時，作FM⊥AC，垂足為M，求證：AM＝AB；（2）當AE＝3時，求CF的長；（3）連接DF，點E從點B運動到點D的過程中，試探究DF的最小值．【解答】（1）證明：如圖1中，作FM⊥AC，垂足為M，

∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∵FM⊥AC，∴∠B＝∠AMF＝90°，∵∠BAC＝∠EAF，∴∠BAE＝∠MAF，在△ABE和△AMF中，，∴△ABE≌△AMF（AAS），∴AB＝AM；（2）解：當點E在BC上，在Rt△ABE中，AB＝4，AE＝3，∴BE＝＝＝，∵△ABE≌△AMF，∴AB＝AM＝4，F(xiàn)M＝BE＝，在Rt△ABC中，AB＝4，BC＝3，∴AC＝＝＝5，∴CM＝AC﹣AM＝5﹣4＝1，∵∠CMF＝90°，∴CF＝＝＝．

當點E在CD上時，可得CF＝．綜上所述，CF的值為或；（3）解：當點E在BC上時，如圖2中，過點D作DH⊥FM于點H．∵△ABE≌△AMF，∴AM＝AB＝4，∵∠AMF＝90°，∴點F在射線FM上運動，當點F與K重合時，DF的值最小，∵∠CMJ＝∠ADC＝90°，∠MCJ＝∠ACD，∴△CMJ∽△CDA，∴＝＝，∴＝＝，∴MJ＝，CJ＝，∴DJ＝CD﹣CJ＝4﹣＝，∵∠CMJ＝∠DHJ＝90°，∠CJM＝∠DJH，∴△CMJ∽△DHJ，∴＝，∴＝，

∴DH＝，∴DF的最小值為．當點E在線段CD上時，如圖3中，將線段AD繞點A順時針旋轉，旋轉角為∠BAC，得到線段AR，連接FR，過點D作DQ⊥AR于點Q，DK⊥FR于點K．∵∠EAF＝∠BAC，∠DAR＝∠BAC，∴∠DAE＝∠RAF，∵AE＝AF，AD＝AR，∴△ADE≌△ARF（SAS），∴∠ADE＝∠ARF＝90°，∴點F在直線RF上運動，當點D與K重合時，DF的值最小，∵DQ⊥AR，DK⊥RF，∴∠R＝∠DQR＝∠DKR＝90°，∴四邊形DKRQ是矩形，∴DK＝QR，∴AQ＝AD?cos∠BAC＝3×＝，∵AR＝AD＝3，∴DK＝QR＝AR﹣AQ＝，∴DF的最小值為，∵＜，∴DF的最小值為．

解法二：當點E在BC上時，如圖，將線段AD繞點A逆時針旋轉，旋轉角的度數＝∠BAC，得到AT，連接DT，ET，DF．證明△DAF≌△TAE，推出DF＝TE，當TE⊥BC時，DF的值最小，可得DF的最小值為．當點E在CD上時，同法可得DF的最小值為．3．（2022?通遼）已知點E在正方形ABCD的對角線AC上，正方形AFEG與正方形ABCD有公共點A．（1）如圖1，當點G在AD上，F(xiàn)在AB上，求的值為多少；（2）將正方形AFEG繞A點逆時針方向旋轉α（0°＜α＜90°），如圖2，求的值為多少；（3）AB＝8，AG＝AD，將正方形AFEG繞A逆時針方向旋轉α（0°＜α＜360°），當C，G，E三點共線時，請直接寫出DG的長度．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，四邊形AFEG是正方形，∴∠AGE＝∠D＝90°，∠DAC＝45°，

∴，GE∥CD，∴，∴CE＝DG，∴＝＝2；（2）連接AE，由旋轉性質知∠CAE＝∠DAG＝α，在Rt△AEG和Rt△ACD中，＝cos45°＝、＝cos45°＝，∴，∴△ADG∽△ACE，∴＝，∴＝；（3）①如圖：由（2）知△ADG∽△ACE，∴，

∴DG＝CE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝BC＝8，AC＝＝16，∵AG＝AD，∴AG＝AD＝8，∵四邊形AFEG是正方形，∴∠AGE＝90°，GE＝AG＝8，∵C，G，E三點共線．∴CG＝＝＝8，∴CE＝CG﹣EG＝8﹣8，∴DG＝CE＝4﹣4；②如圖：由（2）知△ADG∽△ACE，∴，∴DG＝CE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝BC＝8，AC＝＝16，∵AG＝AD，∴AG＝AD＝8，∵四邊形AFEG是正方形，

∴∠AGE＝90°，GE＝AG＝8，∵C，G，E三點共線．∴∠AGC＝90°∴CG＝＝＝8，∴CE＝CG+EG＝8+8，∴DG＝CE＝4+4．綜上，當C，G，E三點共線時，DG的長度為4﹣4或4+4．4．（2022?營口）如圖1，在正方形ABCD中，點M為CD邊上一點，過點M作MN⊥CD且DM＝MN，連接DN，BM，CN，點P，Q分別為BM，CN的中點，連接PQ．（1）證明：CM＝2PQ；（2）將圖1中的△DMN繞正方形ABCD的頂點D順時針旋轉α（0°＜α＜360°）．①（1）中的結論是否成立？若成立，請結合圖2寫出證明過程；若不成立，請說明理由；②若AB＝10，DM＝2，在△DMN繞點D旋轉的過程中，當B，M，N三點共線時，請直接寫出線段PQ的長．【解答】（1）證明：如圖1中，連接NP，延長NP交CB于點J．

∵MN⊥CD，∴∠DMN＝∠DCB＝90°，∴MN∥CB，∴∠PMN＝∠PBJ，在△PMN和△PBJ中，，∴△PMN≌PBJ（ASA），∴MN＝BJ，∵四邊形ABCD是正方形，∴CD＝CB，∵DM＝MN，∴DM＝BJ，∴CM＝CJ，∵NQ＝QC，NP＝NJ，∴PQ＝CJ，∴PQ＝CM，∴CM＝2PQ；（2）①解：成立．理由：如圖2中，延長NM交BC的延長線于點R，交CD于點K，連接NP，延長NP到T，使得PT＝PN，連接CT，BT．

∵PM＝PB，∠MPN＝∠BPT，PN＝PT，∴△PMN≌△PBT（SAS），∴MN＝BT，∠PMN＝∠PBT，∴NR∥BT，∴∠R＝∠CBT，∵∠DMK＝∠RCK＝90°，∠DKM＝∠CKR，∴∠R＝∠CDM，∴∠CDM＝∠CBT，∵DC＝BC，DM＝MN＝BT，∴△CDM≌△CBT（SAS），∴CM＝CT，∴NQ＝QC，NP＝PT，∴PQ＝CT，∴PQ＝CM，∴CM＝2PQ；②解：如圖3﹣1中，當點N在BM的延長線上時，連接BD，取BD的中點O，連接OM，OC，過點B作BR⊥CM于點R．

∵CD＝CB＝10，∠DCB＝90°，∴BD＝BC＝10，∵∠DMB＝90°，∴BM＝＝＝6，∵∠DMB＝∠DCB＝90°，DO＝OB，∴OM＝OD＝OC＝OB，∴D，M，B，C四點共圓，∴∠BMR＝∠CDB＝45°，∴MR＝BR＝BM＝3，∴CR＝＝＝，∴CM＝RM+CR＝4，∴PQ＝CM＝2；如圖3﹣2中，當點N落在BM上時，同法可證D，M，C，B四點共圓，∴∠CMB＝∠CDB＝45°，

∴CR＝MR，設CR＝MR＝x，則102＝x2+（6﹣x）2，解得x＝2或4（舍棄），∴CM＝x＝2，∴PQ＝CM＝，綜上所述，PQ的值為2或．5．（2022?江西）綜合與實踐問題提出某興趣小組在一次綜合與實踐活動中提出這樣一個問題：將足夠大的直角三角板PEF（∠P＝90°，∠F＝60°）的一個頂點放在正方形中心O處，并繞點O逆時針旋轉，探究直角三角板PEF與正方形ABCD重疊部分的面積變化情況（已知正方形邊長為2）．操作發(fā)現(xiàn)（1）如圖1，若將三角板的頂點P放在點O處，在旋轉過程中，當OF與OB重合時，重疊部分的面積為1；當OF與BC垂直時，重疊部分的面積為1；一般地，若正方形面積為S，在旋轉過程中，重疊部分的面積S1與S的關系為S1＝S；類比探究（2）若將三角板的頂點F放在點O處，在旋轉過程中，OE，OP分別與正方形的邊相交于點M，N．①如圖2，當BM＝CN時，試判斷重疊部分△OMN的形狀，并說明理由；②如圖3，當CM＝CN時，求重疊部分四邊形OMCN的面積（結果保留根號）；拓展應用（3）若將任意一個銳角的頂點放在正方形中心O處，該銳角記為∠GOH（設∠GOH＝α），將∠GOH繞點O逆時針旋轉，在旋轉過程中，∠GOH的兩邊與正方形ABCD的邊所圍成的圖形的面積為S2，請直接寫出S2的最小值與最大值（分別用含α的式子表示）．

（參考數據：sin15°＝，cos15°＝，tan15°＝2﹣）【解答】解：（1）如圖1，若將三角板的頂點P放在點O處，在旋轉過程中，當OF與OB重合時，OE與OC重合，此時重疊部分的面積＝△OBC的面積＝正方形ABCD的面積＝1；當OF與BC垂直時，OE⊥BC，重疊部分的面積＝正方形ABCD的面積＝1；一般地，若正方形面積為S，在旋轉過程中，重疊部分的面積S1與S的關系為S1＝S．理由：如圖1中，設OF交AB于點J，OE交BC于點K，過點O作OM⊥AB于點M，ON⊥BC于點N．∵O是正方形ABCD的中心，∴OM＝ON，∵∠OMB＝∠ONB＝∠B＝90°，∴四邊形OMBN是矩形，∵OM＝ON，

∴四邊形OMBN是正方形，∴∠MON＝∠EOF＝90°，∴∠MOJ＝∠NOK，∵∠OMJ＝∠ONK＝90°，∴△OMJ≌△ONK（AAS），∴S△PMJ＝S△ONK，∴S四邊形OKBJ＝S正方形OMBN＝S正方形ABCD，∴S1＝S．故答案為：1，1，S1＝S．（2）①如圖2中，結論：△OMN是等邊三角形．理由：過點O作OT⊥BC，∵O是正方形ABCD的中心，∴BT＝CT，∵BM＝CN，∴MT＝TN，∵OT⊥MN，∴OM＝ON，∵∠MON＝60°，∴△MON是等邊三角形；②如圖3中，連接OC，過點O作OJ⊥BC于點J．

∵CM＝CN，∠OCM＝∠OCN，OC＝OC，∴△OCM≌△OCN（SAS），∴∠COM＝∠CON＝30°，∴∠OMJ＝∠COM+∠OCM＝75°，∵OJ⊥CB，∴∠JOM＝90°﹣75°＝15°，∵BJ＝JC＝OJ＝1，∴JM＝OJ?tan15°＝2﹣，∴CM＝CJ﹣MJ＝1﹣（2﹣）＝﹣1，∴S四邊形OMCN＝2××CM×OJ＝﹣1．（3）如圖4﹣1中，過點O作OQ⊥BC于點Q，當BM＝CN時，△OMN的面積最小，即S2最小．在Rt△MOQ中，MQ＝OQ?tan＝tan，∴MN＝2MQ＝2tan，

∴S2＝S△OMN＝×MN×OQ＝tan．如圖4﹣2中，當CM＝CN時，S2最大．同法可證△COM≌△CON，∴∠COM＝α，∵∠COQ＝45°，∴∠MOQ＝45°﹣α，QM＝OQ?tan（45°﹣α）＝tan（45°﹣α），∴MC＝CQ﹣MQ＝1﹣tan（45°﹣α），∴S2＝2S△CMO＝2××CM×OQ＝1﹣tan（45°﹣α）．6．（2022?自貢）如圖，用四根木條釘成矩形框ABCD，把邊BC固定在地面上，向右邊推動矩形框，矩形的形狀會發(fā)生改變（四邊形具有不穩(wěn)定性）．（1）通過觀察分析，我們發(fā)現(xiàn)圖中線段存在等量關系，如線段EB由AB旋轉得到，所以EB＝AB．我們還可以得到FC＝CD，EF＝AD；（2）進一步觀察，我們還會發(fā)現(xiàn)EF∥AD，請證明這一結論；（3）已知BC＝30cm，DC＝80cm，若BE恰好經過原矩形DC邊的中點H，求EF與BC之間的距離．

【解答】（1）解：∵把邊BC固定在地面上，向右邊推動矩形框，矩形的形狀會發(fā)生改變，∴矩形ABCD的各邊的長度沒有改變，∴AB＝BE，EF＝AD，CF＝CD，故答案為：CD，AD；（2）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AB＝CD，AD＝BC，∵AB＝BE，EF＝AD，CF＝CD，∴BE＝CF，EF＝BC，∴四邊形BEFC是平行四邊形，∴EF∥BC，∴EF∥AD；（3）如圖，過點E作EG⊥BC于G，∵DC＝AB＝BE＝80cm，點H是CD的中點，∴CH＝DH＝40cm，在Rt△BHC中，BH＝＝＝50（cm），∵EG⊥BC，∴CH∥EG，

∴△BCH∽△BGE，∴，∴＝，∴EG＝64，∴EF與BC之間的距離為64cm．7．（2021?日照）問題背景：如圖1，在矩形ABCD中，AB＝2，∠ABD＝30°，點E是邊AB的中點，過點E作EF⊥AB交BD于點F．實驗探究：（1）在一次數學活動中，小王同學將圖1中的△BEF繞點B按逆時針方向旋轉90°，如圖2所示，得到結論：①＝；②直線AE與DF所夾銳角的度數為30°．（2）小王同學繼續(xù)將△BEF繞點B按逆時針方向旋轉，旋轉至如圖3所示位置．請問探究（1）中的結論是否仍然成立？并說明理由．拓展延伸：在以上探究中，當△BEF旋轉至D、E、F三點共線時，則△ADE的面積為或．【解答】解：（1）如圖1，∵∠ABD＝30°，∠DAB＝90°，EF⊥BA，

∴cos∠ABD＝＝，如圖2，設AB與DF交于點O，AE與DF交于點H，∵△BEF繞點B按逆時針方向旋轉90°，∴∠DBF＝∠ABE＝90°，∴△FBD∽△EBA，∴＝，∠BDF＝∠BAE，又∵∠DOB＝∠AOF，∴∠DBA＝∠AHD＝30°，∴直線AE與DF所夾銳角的度數為30°，故答案為：，30°；（2）結論仍然成立，理由如下：如圖3，設AE與BD交于點O，AE與DF交于點H，∵將△BEF繞點B按逆時針方向旋轉，∴∠ABE＝∠DBF，又∵＝，∴△ABE∽△DBF，∴＝，∠BDF＝∠BAE，又∵∠DOH＝∠AOB，

∴∠ABD＝∠AHD＝30°，∴直線AE與DF所夾銳角的度數為30°．拓展延伸：如圖4，當點E在AB的上方時，過點D作DG⊥AE于G，∵AB＝2，∠ABD＝30°，點E是邊AB的中點，∠DAB＝90°，∴BE＝，AD＝2，DB＝4，∵∠EBF＝30°，EF⊥BE，∴EF＝1，∵D、E、F三點共線，∴∠DEB＝∠BEF＝90°，∴DE＝＝＝，∵∠DEA＝30°，∴DG＝DE＝，由（2）可得：＝，∴，∴AE＝，∴△ADE的面積＝×AE×DG＝××＝；如圖5，當點E在AB的下方時，過點D作DG⊥AE，交EA的延長線于G，同理可求：△ADE的面積＝×AE×DG＝××＝

；故答案為：或．8．（2021?南通）如圖，正方形ABCD中，點E在邊AD上（不與端點A，D重合），點A關于直線BE的對稱點為點F，連接CF，設∠ABE＝α．（1）求∠BCF的大小（用含α的式子表示）；（2）過點C作CG⊥直線AF，垂足為G，連接DG．判斷DG與CF的位置關系，并說明理由；（3）將△ABE繞點B順時針旋轉90°得到△CBH，點E的對應點為點H，連接BF，HF．當△BFH為等腰三角形時，求sinα的值．【解答】解：（1）如圖1，連接BF，∵點A關于直線BE的對稱點為點F，∴AB＝BF，BE⊥AF，∴∠ABE＝∠EBF＝α，∴∠CBF＝90°﹣2α，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∴BF＝BC，∴∠BCF＝＝45°+α；

（2）DG∥CF，理由如下：如圖2，連接AC，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACD＝45°，∠ADC＝90°，∵CG⊥AF，∴∠CGA＝∠ADC＝90°，∴點A，點D，點G，點C四點共圓，∴∠AGD＝∠ACD＝45°，∵AB＝BF，∠ABF＝2α，∴∠AFB＝＝90°﹣α，∴∠AFC＝135°，∴∠CFG＝45°＝∠DGA，∴DG∥CF；（3）∵BE＞AB，∴BH＞BF，∴BH≠BF；如圖3，當BH＝FH時，過點H作HN⊥BF于N，

∵將△ABE繞點B順時針旋轉90°得到△CBH，∴△ABE≌△CBH，∠EBH＝90°＝∠ABC，∴AE＝CH，BE＝BH，∠ABE＝∠CBH＝α＝∠FBE，AB＝BC，∴∠HBF＝90°﹣α，∵BH＝FH，HN⊥BF，∴BN＝NF＝BF＝AB，∠BNH＝90°＝∠BAE，∴∠BHN＝α，∴∠ABE＝∠BHN，∴△ABE≌△NHB（ASA），∴BN＝AE＝AB，∴BE＝＝AE，∴sinα＝＝，當BF＝FH時，∴∠FBH＝∠FHB＝90°﹣α，∴∠BFH＝2α＝∠ABF，∴AB∥FH，即點F與點C重合，則點E與點D重合，∵點E在邊AD上（不與端點A，D重合），∴BF＝FH不成立，綜上所述：sinα的值為．9．（2021?煙臺）有公共頂點A的正方形ABCD與正方形AEGF按如圖1所示放置，點E，F(xiàn)分別在邊AB和AD上，連接BF，DE，M是BF的中點，連接AM交DE于點N．【觀察猜想】（1）線段DE與AM之間的數量關系是DE＝2AM，位置關系是DE⊥AM；【探究證明】（2）將圖1中的正方形AEGF繞點A順時針旋轉45°，點G恰好落在邊

AB上，如圖2，其他條件不變，線段DE與AM之間的關系是否仍然成立？并說明理由．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD和四邊形AEGF都是正方形，∴AD＝AB，AF＝AE，∠DAE＝∠BAF＝90°，∴△DAE≌△BAF（SAS），∴DE＝BF，∠ADE＝∠ABF，∵∠ABF+∠AFB＝90°，∴∠ADE+∠AFB＝90°，在Rt△BAF中，M是BF的中點，∴AM＝FM＝BM＝BF，∴DE＝2AM．∵AM＝FM，∴∠AFB＝∠MAF，又∵∠ADE+∠AFB＝90°，∴∠ADE+∠MAF＝90°，∴∠AND＝180°﹣（∠ADE+∠MAF）＝90°，即AN⊥DN；故答案為DE＝2AM，DE⊥AM．（2）仍然成立，證明如下：延長AM至點H，使得AM＝MH，連接FH，

∵M是BF的中點，∴BM＝FM，又∵∠AMB＝∠HMF，∴△AMB≌△HMF（SAS），∴AB＝HF，∠ABM＝∠HFM，∴AB∥HF，∴∠HFG＝∠AGF，∵四邊形ABCD和四邊形AEGF是正方形，∴∠DAB＝∠AFG＝90°，AE＝AF，AD＝AB＝FH，∠EAG＝∠AGF，∴∠EAD＝∠EAG+∠DAB＝∠AFG+∠AGF＝∠AFG+∠HFG＝∠AFH，∴△EAD≌△AFH（SAS），∴DE＝AH，又∵AM＝MH，∴DE＝AM+MH＝2AM，∵△EAD≌△AFH，∴∠ADE＝∠FHA，∵△AMB≌△HMF，∴∠FHA＝∠BAM，∴∠ADE＝∠BAM，又∵∠BAM+∠DAM＝∠DAB＝90°，∴∠ADE+∠DAM＝90°，∴∠AND＝180°﹣（∠ADE+∠DAM）＝90°，

即AN⊥DN．故線段DE與AM之間的數量關系是DE＝2AM．線段DE與AM之間的位置關系是DE⊥AM．10．（2021?鄂爾多斯）旋轉是一種重要的圖形變換，當圖形中有一組鄰邊相等時往往可以通過旋轉解決問題．（1）嘗試解決：如圖①，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點M是BC上的一點，BM＝1cm，CM＝2cm，將△ABM繞點A旋轉后得到△ACN，連接MN，則AM＝cm．（2）類比探究：如圖②，在“箏形”四邊形ABCD中，AB＝AD＝a，CB＝CD，AB⊥BC于點B，AD⊥CD于點D，點P、Q分別是AB、AD上的點，且∠PCB+∠QCD＝∠PCQ，求△APQ的周長．（結果用a表示）（3）拓展應用：如圖③，已知四邊形ABCD，AD＝CD，∠ADC＝60°，∠ABC＝75°，AB＝2，BC＝2，求四邊形ABCD的面積．【解答】解：（1）如圖①，

∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，由旋轉得：CN＝BM＝1，∠ACN＝∠B＝45°，∠MAN＝∠BAC＝90°，AM＝AN，∴∠MCN＝∠ACB+∠ACN＝45°+45°＝90°，△AMN是等腰直角三角形，∵CM＝2，∴MN＝＝，∴AM＝MN＝（cm）；故答案為：；（2）如圖②，延長AB到E，使BE＝DQ，連接CE，∵AB⊥BC，AD⊥CD，∴∠ADC＝∠ABC＝90°，∴∠CBE＝∠CDQ＝90°，在△CDQ和△CBE中，，∴△CDQ≌△CBE（SAS），∴∠DCQ＝∠BCE，CQ＝CE，∵∠PCB+∠QCD＝∠PCQ，∴∠PCB+∠BCE＝∠PCQ＝∠PCE，在△QCP和△ECP中，

，∴△QCP≌△ECP（SAS），∴PQ＝PE，∴△APQ的周長＝AQ+PQ+AP＝AQ+PE+AP＝AQ+BE+PB+AP＝AQ+DQ+AB＝2AB＝2a；（3）如圖③，連接BD，由于AD＝CD，所以可將△BCD繞點D順時針方向旋轉60°，得到△DAB′，連接BB′，延長BA，作B′E⊥BA于E，由旋轉得：△BCD≌△B′AD，∴BD＝B'D，∠BDB'＝60°，∠CBD＝∠AB'D，∴S四邊形ABCD＝S四邊形BDB′A，△BDB'是等邊三角形，∵∠ABC＝75°，∠ADC＝60°，∴∠BAB′＝∠BDB'+∠AB'D+∠ABD＝135°，∴∠B′AE＝45°，∵B′A＝BC＝2，∴B′E＝AE＝，∴BE＝AB+AE＝2+＝3，∴BB′＝＝2，設等邊三角形的高為h，

則勾股定理得：h＝＝，∴S四邊形ABCD＝S四邊形BDB′A＝S△BDB′﹣S△ABB′＝×2×﹣××＝5﹣2．11．（2021?遼寧）在?ABCD中，∠BAD＝α，DE平分∠ADC，交對角線AC于點G，交射線AB于點E，將線段EB繞點E順時針旋轉α得線段EP．（1）如圖1，當α＝120°時，連接AP，請直接寫出線段AP和線段AC的數量關系；（2）如圖2，當α＝90°時，過點B作BF⊥EP于點F，連接AF，請寫出線段AF，AB，AD之間的數量關系，并說明理由；（3）當α＝120°時，連接AP，若BE＝AB，請直接寫出△APE與△CDG面積的比值．【解答】解：（1）方法一：如圖1，連接PB，PC，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC，∵α＝120°，即∠BAD＝120°，∴∠B＝∠ADC＝60°，∴∠BEP＝60°＝∠B，由旋轉知：EP＝EB，∴△BPE是等邊三角形，∴BP＝EP，∠EBP＝∠BPE＝60°，∴∠CBP＝∠ABC+∠EBP＝120°，

∵∠AEP＝180°﹣∠BEP＝120°，∴∠AEP＝∠CBP，∵DE平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE＝30°，∴∠AED＝∠CDE＝30°＝∠ADE，∴AD＝AE，∴AE＝BC，∴△APE≌△CPB（SAS），∴AP＝CP，∠APE＝∠CPB，∴∠APE+∠CPE＝∠CPB+∠CPE，即∠APC＝∠BPE＝60°，∴△APC是等邊三角形，∴AP＝AC；方法二：如圖1，延長PE交CD于點Q，連接AQ，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB∥CD，∵α＝120°，即∠BAD＝120°，∴∠B＝∠ADC＝60°，∴∠BEP＝60°＝∠B，∴PE∥BC∥AD，∴四邊形ADQE和四邊形BCQE是平行四邊形，∵DE平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE＝30°，∴∠AED＝∠CDE＝30°＝∠ADE，∴AD＝AE，∴四邊形ADQE是菱形，∴∠EAQ＝∠AEQ＝60°，∴△AEQ是等邊三角形，∴AE＝AQ，∠AQE＝60°，

∵四邊形BCQE是平行四邊形，∴PE＝BE＝CQ，∠B＝∠CQE＝60°，∵∠AEP＝120°，∠AQC＝∠AQE+∠CQE＝120°，∴∠AEP＝∠AQC，∴△AEP≌△AQC（SAS），∴AP＝AC；（2）AB2+AD2＝2AF2，理由：如圖2，連接CF，在?ABCD中，∠BAD＝90°，∴∠ADC＝∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝BC，∵DE平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE＝45°，∴∠AED＝∠ADE＝45°，∴AD＝AE，∴AE＝BC，∵BF⊥EP，∴∠BFE＝90°，∵∠BEF＝α＝∠BAD＝×90°＝45°，∴∠EBF＝∠BEF＝45°，∴BF＝EF，∵∠FBC＝∠FBE+∠ABC＝45°+90°＝135°，∠AEF＝180°﹣∠FEB＝135°，∴∠CBF＝∠AEF，∴△BCF≌△EAF（SAS），∴CF＝AF，∠CFB＝∠AFE，∴∠AFC＝∠AFE+∠CFE＝∠CFB+∠CFE＝∠BFE＝90°，∴∠ACF＝∠CAF＝45°，∵sin∠ACF＝，

∴AC＝＝＝＝AF，在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2，∴AB2+AD2＝2AF2；（3）方法一：由（1）知，BC＝AD＝AE＝AB﹣BE，∵BE＝AB，AB＝CD，∴AB＝CD＝2BE，設BE＝a，則PE＝AD＝AE＝a，AB＝CD＝2a，①當點E在AB上時，如圖3，過點G作GM⊥AD于點M，作GN⊥CD于點N，過點C作CK⊥AD于點K，過點A作AH⊥PE的延長線于點H，當α＝120°時，∠B＝∠ADC＝60°，∵DE平分∠ADC，GM⊥AD，GN⊥CD，∴GM＝GN，∵S△ACD＝AD?CK＝a?2a?sin60°＝a2，＝＝＝＝2，∴S△CDG＝2S△ADG，∴S△CDG＝S△ACD＝a2，由（1）知PE∥BC，∴∠AEH＝∠B＝60°，∵∠H＝90°，∴AH＝AE?sin60°＝a，∴S△APE＝PE?AH＝a?a＝a2，∴＝＝．

②如圖4，當點E在AB延長線上時，由①同理可得：S△CDG＝S△ACD＝××2a××3a＝a2，S△APE＝PH?AE＝×a×3a＝a2，∴＝＝，綜上所述，△APE與△CDG面積的比值為或．方法二：如圖3，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，∴△AEG∽△CDG，∴＝（）2，＝，①當點E在AB上時，∵BE＝AB，∴AE＝BE＝AB＝CD，∴＝（）2＝，又∵＝＝，∴＝，即＝3，∴＝＝3，當α＝120°時，∠B＝∠ADC＝60°，∵DE平分∠ADC，∴∠ADE＝30°，∴∠AED＝180°﹣∠BAD﹣∠ADE＝30°＝∠ADE，∴AE＝AD，∵EP＝EB＝AE，EP∥AD，

∴EP＝AD＝AE，∠AEP＝∠DAE＝120°，∴△AED≌△EAP（SAS），∴S△AED＝S△EAP，∴＝?＝?＝3×＝；②如圖4，當點E在AB延長線上時，∵BE＝AB，∴AE＝AB＝CD，由①知，AD＝AE＝CD，∵EP＝BE＝AE＝AD，EP∥AD，∴＝＝，∵＝＝，∴＝，∴＝＝，∵＝（）2＝（）2＝，∴＝??＝××＝；綜上所述，△APE與△CDG面積的比值為或．

12．（2021?齊齊哈爾）綜合與實踐數學實踐活動，是一種非常有效的學習方式，通過活動可以激發(fā)我們的學習興趣，提高動手動腦能力，拓展思維空間，豐富數學體驗，讓我們一起動手來折一折、轉一轉、剪一剪，體會活動帶給我們的樂趣．折一折：將正方形紙片ABCD折疊，使邊AB、AD都落在對角線AC上，展開得折痕AE、AF，連接EF，如圖1．（1）∠EAF＝45°，寫出圖中兩個等腰三角形：△AEF，△CEF，△ABC，△ADC（不需要添加字母）；轉一轉：將圖1中的∠EAF繞點A旋轉，使它的兩邊分別交邊BC、CD于點P、Q，連接PQ，如圖2．（2）線段BP、PQ、DQ之間的數量關系為PQ＝BP+DQ；（3）連接正方形對角線BD，若圖2中的∠PAQ的邊AP、AQ分別交對角線

BD于點M、點N，如圖3，則＝；剪一剪：將圖3中的正方形紙片沿對角線BD剪開，如圖4．（4）求證：BM2+DN2＝MN2．【解答】（1）解：如圖1中，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝90°，∴ABC，△ADC都是等腰三角形，∵∠BAE＝∠CAE，∠DAF＝∠CAF，∴∠EAF＝（∠BAC+∠DAC）＝45°，

∵∠BAE＝∠DAF＝22.5°，∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，∴△BAE≌△DAF（ASA），∴BE＝DF，AE＝AF，∵CB＝CD，∴CE＝CF，∴△AEF，△CEF都是等腰三角形，故答案為：45，△AEF，△EFC，△ABC，△ADC．（2）解：結論：PQ＝BP+DQ．理由：如圖2中，延長CB到T，使得BT＝DQ．∵AD＝AB，∠ADQ＝∠ABT＝90°，DQ＝BT，∴△ADQ≌△ABT（SAS），∴AT＝AQ，∠DAQ＝∠BAT，∵∠PAQ＝45°，∴∠PAT＝∠BAP+∠BAT＝∠BAP+∠DAQ＝45°，∴∠PAT＝∠PAQ＝45°，∵AP＝AP，∴△PAT≌△PAQ（SAS），∴PQ＝PT，∵PT＝PB+BT＝PB+DQ，∴PQ＝BP+DQ．故答案為：PQ＝BP+DQ．

（3）解：如圖3中，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABM＝∠ACQ＝∠BAC＝45°，AC＝AB，∵∠BAC＝∠PAQ＝45°，∴∠BAM＝∠CAQ，∴△CAQ∽△BAM，∴＝＝，故答案為：．（4）證明：如圖4中，將△ADN繞點A順時針旋轉90°得到△ABR，連接RM．∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，∴∠DAN+∠BAM＝45°，∵∠DAN＝∠BAR，∴∠BAM+∠BAR＝45°，∴∠MAR＝∠MAN＝45°，

∵AR＝AN，AM＝AM，∴△AMR≌△AMN（SAS），∴RM＝MN，∵∠D＝∠ABR＝∠ABD＝45°，∴∠RBM＝90°，∴RM2＝BR2+BM2，∵DN＝BR，MN＝RM，∴BM2+DN2＝MN2．13．（2021?宿遷）已知正方形ABCD與正方形AEFG，正方形AEFG繞點A旋轉一周．（1）如圖①，連接BG、CF，求的值；（2）當正方形AEFG旋轉至圖②位置時，連接CF、BE，分別取CF、BE的中點M、N，連接MN、試探究：MN與BE的關系，并說明理由；（3）連接BE、BF，分別取BE、BF的中點N、Q，連接QN，AE＝6，請直接寫出線段QN掃過的面積．【解答】解：（1）如圖①，連接AF，AC，∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，∴AC＝AB，AF＝AG，∠CAB＝∠GAF＝45°，∠BAD＝90°，∴∠CAF＝∠BAG，，

∴△CAF∽△BAG，∴＝；（2）BE＝2MN，MN⊥BE，理由如下：如圖②，連接ME，過點C作CH∥EF，交直線ME于H，連接BH，設CF與AD交點為P，CF與AG交點為R，∵CH∥EF，∴∠FCH＝∠CFE，∵點M是CF的中點，∴CM＝MF，又∵∠CMH＝∠FME，∴△CMH≌△FME（ASA），∴CH＝EF，ME＝HM，∴AE＝CH，∵CH∥EF，AG∥EF，∴CH∥AG，∴∠HCF＝∠CRA，∵AD∥BC，∴∠BCF＝∠APR，∴∠BCH＝∠BCF+∠HCF＝∠APR+∠ARC，∵∠DAG+∠APR+∠ARC＝180°，∠BAE+∠DAG＝180°，∴∠BAE＝∠BCH，又∵BC＝AB，CH＝AE，∴△BCH≌△BAE（SAS），∴BH＝BE，∠CBH＝∠ABE，

∴∠HBE＝∠CBA＝90°，∵MH＝ME，點N是BE中點，∴BH＝2MN，MN∥BH，∴BE＝2MN，MN⊥BE；（3）如圖③，取AB中點O，連接ON，OQ，AF，∵AE＝6，∴AF＝6，∵點N是BE的中點，點Q是BF的中點，點O是AB的中點，∴OQ＝AF＝3，ON＝AE＝3，∴點Q在以點O為圓心，3為半徑的圓上運動，點N在以點O為圓心，3為半徑的圓上運動，∴線段QN掃過的面積＝π×（3）2﹣π×32＝9π．14．（2021?眉山）如圖，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，邊長為2的正方形DEFG的對角線交點與點C重合，連接AD，BE．（1）求證：△ACD≌△BCE；（2）當點D在△ABC內部，且∠ADC＝90°時，設AC與DG相交于點M，求AM的長；（3）將正方形DEFG繞點C旋轉一周，當點A、D、E三點在同一直線上時，請直接寫出AD的長．

【解答】解：（1）如圖1，∵四邊形DEFG是正方形，∴∠DCE＝90°，CD＝CE；∵∠ACB＝90°，∴∠ACD＝∠BCE＝90°﹣∠BCD，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS）．（2）如圖2，過點M作MH⊥AD于點H，則∠AHM＝∠DHM＝90°．∵∠DCG＝90°，CD＝CG，∴∠CDG＝∠CGD＝45°，∵∠ADC＝90°，∴∠MDH＝90°﹣45°＝45°，∴MH＝DH?tan45°＝DH；∵CD＝DG?sin45°＝2×＝，AC＝2，∴AD＝＝，∴＝tan∠CAD＝＝，∴AH＝3MH＝3DH，∴3DH+DH＝3；∴MH＝DH＝，∵＝sin∠CAD＝＝，

∴AM＝MH＝×＝．（3）如圖3，A、D、E三點在同一直線上，且點D在點A和點E之間．∵CD＝CE＝CF，∠DCE＝∠ECF＝90°，∴∠CDE＝∠CED＝∠CEF＝∠CFE＝45°；由△ACD≌△BCE，得∠BEC＝∠ADC＝135°，∴∠BEC+∠CEF＝180°，∴點B、E、F在同一條直線上，∴∠AEB＝90°，∵AE2+BE2＝AB2，且DE＝2，AD＝BE，∴（AD+2）2+AD2＝（2）2+（2）2，解得AD＝﹣1或AD＝﹣﹣1（不符合題意，舍去）；如圖4，A、D、E三點在同一直線上，且點D在AE的延長線上．∵∠BCF＝∠ACE＝90°﹣∠ACF，BC＝AC，CF＝CE，∴△BCF≌△ACE（SAS），∴∠BFC＝∠AEC，∵∠CFE＝∠CED＝45°，∴∠BFC+∠CFE＝∠AEC+∠CED＝180°，∴點B、F、E在同一條直線上；∵AC＝BC，∠ACD＝∠BCE＝90°+∠ACE，CD＝CE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE；∵AE2+BE2＝AB2，∴（AD﹣2）2+AD2＝（2）2+（2）2，解得AD＝1+或AD＝1﹣（不符合題意，舍去）．綜上所述，AD的長為﹣1或1+．

15．（2021?浙江）小王在學習浙教版九上課本第72頁例2后，進一步開展探究活動：將一個矩形ABCD繞點A順時針旋轉α（0°＜α≤90°），得到矩形AB′C′D′，連結BD．[探究1]如圖1，當α＝90°時，點C′恰好在DB延長線上．若AB＝1，求BC的長．[探究2]如圖2，連結AC′，過點D′作D′M∥AC′交BD于點M．線段D′M與DM相等嗎？請說明理由．[探究3]在探究2的條件下，射線DB分別交AD′，AC′于點P，N（如圖3），發(fā)現(xiàn)線段DN，MN，PN存在一定的數量關系，請寫出這個關系式，并加以證明．【解答】解：[探究1]如圖1，設BC＝x，∵矩形ABCD繞點A順時針旋轉90°得到矩形AB′C′D′，∴點A，B，D'在一條線上，∴AD'＝AD＝BC＝x，D'C'＝AB'＝AB＝1，∴D'B＝AD'﹣AB＝x﹣1，∵∠BAD＝∠D'＝90°，∴D'C'∥DA，又∵點C'在DB的延長線上，∴△D'C'B∽△ADB，

∴，∴，解得x1＝，x2＝（不合題意，舍去），∴BC＝．[探究2]D'M＝DM．證明：如圖2，連接DD'，∵D'M∥AC'，∴∠AD'M＝∠D'AC'，∵AD'＝AD，∠AD'C'＝∠DAB＝90°，D'C'＝AB，∴△AC'D'≌△DBA（SAS），∴∠D'AC'＝∠ADB，∴∠ADB＝∠AD'M，∵AD'＝AD，∴∠ADD'＝∠AD'D，∴∠MDD'＝∠MD'D，∴D'M＝DM；[探究3]關系式為MN2＝PN?DN．證明：如圖3，連接AM，

∵D'M＝DM，AD'＝AD，AM＝AM，∴△AD'M≌△ADM（SSS），∴∠MAD'＝∠MAD，∵∠AMN＝∠MAD+∠NDA，∠NAM＝∠MAD'+∠NAP，∴∠AMN＝∠NAM，∴MN＝AN，在△NAP和△NDA中，∠ANP＝∠DNA，∠NAP＝∠NDA，∴△NPA∽△NAD，∴，∴AN2＝PN?DN，∴MN2＝PN?DN．16．（2020?阜新）如圖，正方形ABCD和正方形CEFG（其中BD＞2CE），BG的延長線與直線DE交于點H．（1）如圖1，當點G在CD上時，求證：BG＝DE，BG⊥DE；（2）將正方形CEFG繞點C旋轉一周．①如圖2，當點E在直線CD右側時，求證：BH﹣DH＝CH；②當∠DEC＝45°時，若AB＝3，CE＝1，請直接寫出線段DH的長．【解答】（1）證明：如圖1中，

證明：∵在正方形ABCD和正方形CEFG中，BC＝CD，CG＝CE，∠BCG＝∠DCE＝90°，∴△BCG≌△DCE（SAS），∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE，∵∠CDE+∠DEC＝90°，∴∠HBE+∠BEH＝90°，∴∠BHE＝90°，∴BG⊥DE．（2）①如圖2中，在線段BG上截取BK＝DH，連接CK．由（1）可知，∠CBK＝∠CDH，∵BK＝DH，BC＝DC，∴△BCK≌△DCH（SAS），∴CK＝CH，∠BCK＝∠DCH，∴∠KCH＝∠BCD＝90°，∴△KCH是等腰直角三角形，∴HK＝CH，∴BH﹣DH＝BH﹣BK＝KH＝CH．

②如圖3﹣1中，當D，G，E三點共線時∠DEC＝45°，連接BD．由（1）可知，BH＝DE，且CE＝CH＝1，EH＝CH，∵BC＝3，∴BD＝BC＝3，設DH＝x，則BH＝DE＝x+，在Rt△BDH中，∵BH2+DH2＝BD2，∴（x+）2+x2＝（3）2，解得x＝或（舍棄）．如圖3﹣2中，當H，E重合時，∠DEC＝45°，連接BD．設DH＝x，∵BG＝DH，∴BH＝DH﹣HG＝x﹣，在Rt△BDH中，∵BH2+DH2＝BD2，∴（x﹣）2+x2＝（3）2，解得x＝或（舍棄），

綜上所述，滿足條件的DH的值為或．17．（2020?益陽）定義：若四邊形有一組對角互補，一組鄰邊相等，且相等鄰邊的夾角為直角，像這樣的圖形稱為“直角等鄰對補”四邊形，簡稱“直等補”四邊形．根據以上定義，解決下列問題：（1）如圖1，正方形ABCD中，E是CD上的點，將△BCE繞B點旋轉，使BC與BA重合，此時點E的對應點F在DA的延長線上，則四邊形BEDF為“直等補”四邊形，為什么？（2）如圖2，已知四邊形ABCD是“直等補”四邊形，AB＝BC＝5，CD＝1，AD＞AB，點B到直線AD的距離為BE．①求BE的長；②若M、N分別是AB、AD邊上的動點，求△MNC周長的最小值．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，∵將△BCE繞B點旋轉，使BC與BA重合，此時點E的對應點F在DA的延長線上，∴BE＝BF，∠CBE＝∠ABF，∴∠EBF＝∠ABC＝90°，∴∠EBF+∠D＝180°，∴四邊形BEDF為“直等補”四邊形；（2）①過C作CF⊥BE于點F，如圖1，則∠CFE＝90°，∵四邊形ABCD是“直等補”四邊形，AB＝BC＝5，CD＝1，AD＞AB，

∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，∴∠D＝90°，∵BE⊥AD，∴∠DEF＝90°，∴四邊形CDEF是矩形，∴EF＝CD＝1，∵∠ABE+∠A＝∠CBE+∠ABE＝90°，∴∠A＝∠CBF，∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC＝5，∴△ABE≌△BCF（AAS），∴BE＝CF，設BE＝CF＝x，則BF＝x﹣1，∵CF2+BF2＝BC2，∴x2+（x﹣1）2＝52，解得，x＝4，或x＝﹣3（舍），∴BE＝4；②如圖2，延長CB到F，使得BF＝BC，延長CD到G，使得CD＝DG，連接FG，分別與AB、AD交于點M、N，過G作GH⊥BC，與BC的延長線交于點H．則BC＝BF＝5，CD＝DG＝1，∵∠ABC＝∠ADC＝90°，∴CM＝FM，CN＝GN，∴△MNC的周長＝CM+MN+CN＝FM+MN+GN＝FG的值最小，∵四邊形ABCD是“直等補”四邊形，

∴∠A+∠BCD＝180°，∵∠BCD+∠HCG＝180°，∴∠A＝∠HCG，∵∠AEB＝∠CHG＝90°，∴△ABE∽△CGH，∴∵AB＝5，BE＝4，∴AE＝，∴，∴GH＝，CH＝，∴FH＝FC+CH＝，∴FG＝＝8，∴△MNC周長的最小值為8．18．（2020?邵陽）已知：如圖①，將一塊45°角的直角三角板DEF與正方形ABCD的一角重合，連接AF，CE，點M是CE的中點，連接DM．（1）請你猜想AF與DM的數量關系是AF＝2DM．（2）如圖②，把正方形ABCD繞著點D順時針旋轉α角（0°＜α＜90°）．①AF與DM的數量關系是否仍成立，若成立，請證明；若不成立，請說明理由；（溫馨提示：延長DM到點N，使MN＝DM，連接CN）②求證：AF⊥DM；③若旋轉角α＝45°，且∠EDM＝2∠MDC，求

的值．（可不寫過程，直接寫出結果）【解答】解：（1）猜想AF與DM的數量關系是AF＝2DM，理由：∵四邊形ABCD是正方形，∴CD＝AD，∠ADC＝90°，在△ADF和△CDE中，，∴△ADF≌△CDE（SAS），∴AF＝CE，∵M是CE的中點，∴CE＝2DM，∴AF＝2DM，故答案為：AF＝2DM；（2）①AF＝2DM仍然成立，理由如下：延長DM到點N，使MN＝DM，連接CN，∵M是CE中點，∴CM＝EM，又∠CMN＝∠EMD，∴△MNC≌△MDE（SAS），∴CN＝DE＝DF，∠MNC＝∠MDE，∴CN∥DE，又AD∥BC

∴∠NCB＝∠EDA，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠BCD＝90°＝∠EDF，∴∠ADF＝∠DCN，∴△ADF≌△DCN（SAS），∴AF＝DN，∴AF＝2DM；②∵△ADF≌△DCN，∴∠NDC＝∠FAD，∵∠CDA＝90°，∴∠NDC+∠NDA＝90°，∴∠FAD+∠NDA＝90°，∴AF⊥DM；③∵α＝45°，∴∠EDC＝90°﹣45°＝45°∵∠EDM＝2∠MDC，∴∠EDM＝∠EDC＝30°，∴∠AFD＝30°，過A點作AG⊥FD的延長線于G點，∴∠ADG＝90°﹣45°＝45°，∴△ADG是等腰直角三角形，設AG＝k，則DG＝k，AD＝AG÷sin45°＝k，F(xiàn)G＝AG÷tan30°＝k，∴FD＝ED＝k﹣k，

故＝．19．（2020?山西）綜合與實踐問題情境：如圖①，點E為正方形ABCD內一點，∠AEB＝90°，將Rt△ABE繞點B按順時針方向旋轉90°，得到△CBE′（點A的對應點為點C）．延長AE交CE′于點F，連接DE．猜想證明：（1）試判斷四邊形BE'FE的形狀，并說明理由；（2）如圖②，若DA＝DE，請猜想線段CF與FE'的數量關系并加以證明；解決問題：（3）如圖①，若AB＝15，CF＝3，請直接寫出DE的長．【解答】解：（1）四邊形BE'FE是正方形，理由如下：∵將Rt△ABE繞點B按順時針方向旋轉90°，∴∠AEB＝∠CE'B＝90°，BE＝BE'，∠EBE'＝90°，又∵∠BEF＝90°，∴四邊形BE'FE是矩形，又∵BE＝BE'，∴四邊形BE'FE是正方形；（2）CF＝E'F；理由如下：如圖②，過點D作DH⊥AE于H，

∵DA＝DE，DH⊥AE，∴AH＝AE，∴∠ADH+∠DAH＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠DAB＝90°，∴∠DAH+∠EAB＝90°，∴∠ADH＝∠EAB，又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，∴△ADH≌△BAE（AAS），∴AH＝BE＝AE，∵將Rt△ABE繞點B按順時針方向旋轉90°，∴AE＝CE'，∵四邊形BE'FE是正方形，∴BE＝E'F，∴E'F＝CE'，∴CF＝E'F；（3）如圖①，過點D作DH⊥AE于H，

∵四邊形BE'FE是正方形，∴BE'＝E'F＝BE，∵AB＝BC＝15，CF＝3，BC2＝E'B2+E'C2，∴225＝E'B2+（E'B+3）2，∴E'B＝9＝BE，∴CE'＝CF+E'F＝12，由（2）可知：BE＝AH＝9，DH＝AE＝CE'＝12，∴HE＝3，∴DE＝＝＝3．20．（2020?內江）如圖，正方形ABCD中，P是對角線AC上的一個動點（不與A、C重合），連接BP，將BP繞點B順時針旋轉90°到BQ，連接QP交BC于點E，QP延長線與邊AD交于點F．（1）連接CQ，求證：AP＝CQ；（2）若AP＝AC，求CE：BC的值；（3）求證：PF＝EQ．【解答】（1）證明：如圖1，∵線段BP繞點B順時針旋轉90°得到線段BQ，

∴BP＝BQ，∠PBQ＝90°．∵四邊形ABCD是正方形，∴BA＝BC，∠ABC＝90°．∴∠ABC＝∠PBQ．∴∠ABC﹣∠PBC＝∠PBQ﹣∠PBC，即∠ABP＝∠CBQ．在△BAP和△BCQ中，∵，∴△BAP≌△BCQ（SAS）．∴CQ＝AP．（2）解：過點C作CH⊥PQ于H，過點B作BT⊥PQ于T．∵AP＝AC，∴可以假設AP＝CQ＝a，則PC＝3a，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAC＝∠ACB＝45°，∵△ABP≌△CBQ，∴∠BCQ＝∠BAP＝45°，∴∠PCQ＝90°，∴PQ＝＝＝a，∵CH⊥PQ，∴CH＝＝a，∵BP＝BQ，BT⊥PQ，∴PT＝TQ，∵∠PBQ＝90°，∴BT＝PQ＝a，∵CH∥BT，

∴＝＝＝，∴＝．（3）證明：如圖2，當F在邊AD上時，過P作PG⊥FQ，交AB于G，則∠GPF＝90°，∵∠BPQ＝45°，∴∠GPB＝45°，∴∠GPB＝∠PQB＝45°，∵PB＝BQ，∠ABP＝∠CBQ，∴△PGB≌△QEB，∴EQ＝PG，∵∠BAD＝90°，∴F、A、G、P四點共圓，連接FG，∴∠FGP＝∠FAP＝45°，∴△FPG是等腰直角三角形，∴PF＝PG，∴PF＝EQ．

21．（2020?郴州）如圖1，在等腰直角三角形ADC中，∠ADC＝90°，AD＝4．點E是AD的中點，以DE為邊作正方形DEFG，連接AG，CE．將正方形DEFG繞點D順時針旋轉，旋轉角為α（0°＜α＜90°）．（1）如圖2，在旋轉過程中，①判斷△AGD與△CED是否全等，并說明理由；②當CE＝CD時，AG與EF交于點H，求GH的長．（2）如圖3，延長CE交直線AG于點P．①求證：AG⊥CP；②在旋轉過程中，線段PC的長度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，請說明理由．【解答】解：（1）①如圖2中，結論：△AGD≌△CED．

理由：∵四邊形EFGD是正方形，∴DG＝DE，∠GDE＝90°，∵DA＝DC，∠ADC＝90°，∴∠GDE＝∠ADC，∴∠ADG＝∠CDE，∴△AGD≌△CED（SAS）．②如圖2中，過點A作AT⊥GD于T．∵△AGD≌△CED，CD＝CE，∴AD＝AG＝4，∵AT⊥GD，∴TG＝TD＝1，∴AT＝＝，∵EF∥DG，∴∠GHF＝∠AGT，∵∠F＝∠ATG＝90°，∴△GFH∽△ATG，∴＝，

∴＝，∴GH＝．（2）①如圖3中，設AD交PC于O．∵△AGD≌△CED，∴∠DAG＝∠DCE，∵∠DCE+∠COD＝90°，∠COD＝∠AOP，∴∠AOP+∠DAG＝90°，∴∠APO＝90°，∴CP⊥AG．②∵∠CPA＝90°，AC是定值，∴當∠ACP最小時，PC的值最大，∴當DE⊥PC時，∠ACP的值最小，此時PC的值最大，此時點F與P重合（如圖4中），∵∠CED＝90°，CD＝4，DE＝2，∴EC＝＝＝2，∵EF＝DE＝2，

∴CP＝CE+EF＝2+2，∴PC的最大值為2+2．22．（2020?湘西州）問題背景：如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN繞B點旋轉，它的兩邊分別交AD、DC于E、F．探究圖中線段AE，CF，EF之間的數量關系．小李同學探究此問題的方法是：延長FC到G，使CG＝AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BFG≌△BFE，可得出結論，他的結論就是EF＝AE+CF；探究延伸1：如圖2，在四邊形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN繞B點旋轉．它的兩邊分別交AD、DC于E、F，上述結論是否仍然成立？請直接寫出結論（直接寫出“成立”或者“不成立”），不要說明理由；探究延伸2：如圖3，在四邊形ABCD中，BA＝BC，∠BAD+∠BCD＝180°，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN繞B點旋轉．它的兩邊分別交AD、DC于E、F．上述結論是否仍然成立？并說明理由；實際應用：如圖4，在某次軍事演習中，艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西30°的A處．艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處，并且兩艦艇到指揮中心的距離相等，接到行動指令后，艦艇甲向正東方向以75海里/小時的速度前進，同時艦艇乙沿北偏東50°的方向以100海里/小時的速度前進，1.2小時后，指揮中心觀測到甲、乙兩艦艇分別到達E、F處．且指揮中心觀測兩艦艇視線之間的夾角為70°．試求此時兩艦艇之間的距離．【解答】解：問題背景：

如圖1，延長FC到G，使CG＝AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BFG≌△BFE，可得出結論：EF＝AE+CF；故答案為：EF＝AE+CF；探究延伸1：上述結論仍然成立，即EF＝AE+CF，理由如下：如圖2，延長FC到G，使CG＝AE，連接BG，∵CG＝AE，∠BCG＝∠A＝90°，BC＝BA，∴△BCG≌△BAE（SAS），∴BG＝BE，∠ABE＝∠CBG，∵∠ABC＝2∠EBF，∴∠ABE+∠CBF＝∠EBF，即∠CBG+∠CBF＝∠EBF，∴∠GBF＝∠EBF，又∵BF＝BF，∴△BFG≌△BFE（SAS），∴GF＝EF，即GC+CF＝EF，∴AE+CF＝EF∴可得出結論：EF＝AE+CF；

探究延伸2：上述結論仍然成立，即EF＝AE+CF，理由：如圖3，延長DC到H，使得CH＝AE，連接BH，∵∠BAD+∠BCD＝180°，∠BCH+∠BCD＝180°，∴∠BCH＝∠BAE，∵BA＝BC，CH＝AE，∴△BCH≌△BAE（SAS），∴BE＝HB，∠ABE＝∠HBC，∴∠HBE＝∠ABC，又∵∠ABC＝2∠MBN，∴∠EBF＝∠HBF，∵BF＝BF，∴△HBF≌△EBF（SAS），∴EF＝HF＝HC+CF＝AE+CF；實際應用：如圖4，連接EF，延長BF交AE的延長線于G，因為艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西30°的A處．艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處，所以∠AOB＝140°，

因為指揮中心觀測兩艦艇視線之間的夾角為70°，所以∠EOF＝70°，所以∠AOB＝2∠EOF．依題意得，OA＝OB，∠A＝60°，∠B＝120°，所以∠A+∠B＝180°，因此本題的實際的應用可轉化為如下的數學問題：在四邊形GAOB中，OA＝OB，∠A+∠B＝180°，∠AOB＝2∠EOF，∠EOF的兩邊分別交AG，BG于E，F(xiàn)，求EF的長．根據探究延伸2的結論可得：EF＝AE+BF，根據題意得，AE＝75×1.2＝90（海里），BF＝100×1.2＝120（海里），所以EF＝90+120＝210（海里）．答：此時兩艦艇之間的距離為210海里．23．（2020?河南）將正方形ABCD的邊AB繞點A逆時針旋轉至AB′，記旋轉角為α，連接BB′，過點D作DE垂直于直線BB′，垂足為點E，連接DB′，CE．（1）如圖1，當α＝60°時，△DEB′的形狀為等腰直角三角形，連接BD，可求出的值為；（2）當0°＜α＜360°且α≠90°時，①（1）中的兩個結論是否仍然成立？如果成立，請僅就圖2的情形進行證明；如果不成立，請說明理由；②當以點B′，E，C，D為頂點的四邊形是平行四邊形時，請直接寫出的值．【解答】解：（1）如圖1，

∵AB繞點A逆時針旋轉至AB′，∴AB＝AB'，∠BAB'＝60°，∴△ABB'是等邊三角形，∴∠BB'A＝60°，∴∠DAB'＝∠BAD﹣∠BAB'＝90°﹣60°＝30°，∵AB'＝AB＝AD，∴∠AB'D＝∠ADB'，∴∠AB'D＝＝75°，∴∠DB'E＝180°﹣60°﹣75°＝45°，∵DE⊥B'E，∴∠B'DE＝90°﹣45°＝45°，∴△DEB'是等腰直角三角形．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BDC＝45°，∴，同理，∴，∵∠BDB'+∠B'DC＝45°，∠EDC+∠B'DC＝45°，∴∠BDB'＝∠EDC，∴△BDB'∽△CDE，∴．故答案為：等腰直角三角形，．（2）①兩結論仍然成立．

證明：連接BD，∵AB＝AB'，∠BAB'＝α，∴∠AB'B＝90°﹣，∵∠B'AD＝α﹣90°，AD＝AB'，∴∠AB'D＝135°﹣，∴∠EB'D＝∠AB'D﹣∠AB'B＝135°﹣＝45°，∵DE⊥BB'，∴∠EDB'＝∠EB'D＝45°，∴△DEB'是等腰直角三角形，∴，∵四邊形ABCD是正方形，∴，∠BDC＝45°，∴，∵∠EDB'＝∠BDC，∴∠EDB'+∠EDB＝∠BDC+∠EDB，即∠B'DB＝∠EDC，∴△B'DB∽△EDC，∴．②＝3或1．如圖3，若CD為平行四邊形的對角線，點B'在以A為圓心，AB為半徑的圓上，取CD的中點．連接BO交⊙A于點

B'，過點D作DE⊥BB'交BB'的延長線于點E，由（1）可知△B'ED是等腰直角三角形，∴B'D＝B'E，由（2）①可知△BDB'∽△CDE，且BB'＝CE．∴＝+1＝+1＝+1＝+1＝3．若CD為平行四邊形的一邊，如圖4，點E與點A重合，∴＝1．綜合以上可得＝3或1．24．（2020?貴陽）如圖，四邊形ABCD是正方形，點O為對角線AC的中點．

（1）問題解決：如圖①，連接BO，分別取CB，BO的中點P，Q，連接PQ，則PQ與BO的數量關系是PQ＝BO，位置關系是PQ⊥BO；（2）問題探究：如圖②，△AO'E是將圖①中的△AOB繞點A按順時針方向旋轉45°得到的三角形，連接CE，點P，Q分別為CE，BO'的中點，連接PQ，PB．判斷△PQB的形狀，并證明你的結論；（3）拓展延伸：如圖③，△AO'E是將圖①中的△AOB繞點A按逆時針方向旋轉45°得到的三角形，連接BO'，點P，Q分別為CE，BO'的中點，連接PQ，PB．若正方形ABCD的邊長為1，求△PQB的面積．【解答】解：（1）∵點O為對角線AC的中點，∴BO⊥AC，BO＝CO，∵P為BC的中點，Q為BO的中點，∴PQ∥OC，PQ＝OC，∴PQ⊥BO，PQ＝BO；故答案為：PQ＝BO，PQ⊥BO．（2）△PQB的形狀是等腰直角三角形．理由如下：連接O'P并延長交BC于點F，

∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∵將△AOB繞點A按順時針方向旋轉45°得到△AO'E，∴△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，∴∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，又∵點P是CE的中點，∴CP＝EP，∴△O'PE≌△FPC（AAS），∴O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，∴AB﹣O'A＝CB﹣FC，∴BO'＝BF，∴△O'BF為等腰直角三角形．∴BP⊥O'F，O'P＝BP，∴△BPO'也為等腰直角三角形．又∵點Q為O'B的中點，∴PQ⊥O'B，且PQ＝BQ，∴△PQB的形狀是等腰直角三角形；（3）延長O'E交BC邊于點G，連接PG，O'P．

∵四邊形ABCD是正方形，AC是對角線，∴∠ECG＝45°，由旋轉得，四邊形O'ABG是矩形，∴O'G＝AB＝BC，∠EGC＝90°，∴△EGC為等腰直角三角形．∵點P是CE的中點，∴PC＝PG＝PE，∠CPG＝90°，∠EGP＝45°，∴△O'GP≌△BCP（SAS），∴∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，∴∠O'PG﹣∠GPB＝∠BPC﹣∠GPB＝90°，∴∠O'PB＝90°，∴△O'PB為等腰直角三角形，∵點Q是O'B的中點，∴PQ＝O'B＝BQ，PQ⊥O'B，∵AB＝1，∴O'A＝，∴O'B＝＝＝，∴BQ＝．∴S△PQB＝BQ?PQ＝×＝．25．（2019?朝陽）如圖，四邊形ABCD是正方形，連接AC，將△ABC繞點A逆時針旋轉α得△AEF，連接CF，O為CF的中點，連接OE，OD．（1）如圖1，當α＝45°時，請直接寫出OE與OD的關系（不用證明）．

（2）如圖2，當45°＜α＜90°時，（1）中的結論是否成立？請說明理由．（3）當α＝360°時，若AB＝4，請直接寫出點O經過的路徑長．【解答】解：（1）OE＝OD，OE⊥OD；理由如下：由旋轉的性質得：AF＝AC，∠AFE＝∠ACB，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACB＝∠ACD＝∠FAC＝45°，∴∠ACF＝∠AFC＝（180°﹣45°）＝67.5°，∴∠DCF＝∠EFC＝22.5°，∵∠FEC＝90°，O為CF的中點，∴OE＝CF＝OC＝OF，同理：OD＝CF，∴OE＝OD＝OC＝OF，∴∠EOC＝2∠EFO＝45°，∠DOF＝2∠DCO＝45°，∴∠DOE＝180°﹣45°﹣45°＝90°，∴OE⊥OD；（2）當45°＜α＜90°時，（1）中的結論成立，理由如下：連接CE，DF，如圖所示：

在正方形ABCD中，AB＝AD∴AD＝AE∵O為CF的中點，∴OC＝OF∵AF＝AC∴∠ACF＝∠AFC∵∠DAC＝∠EAF∴∠DAC﹣∠DAE＝∠EAF﹣∠DAE∴∠EAC＝∠DAF在△ACE和△AFD中，，∴△ACE≌△AFD（SAS）∴CE＝DF，∠ECA＝∠DFA又∵∠ACF＝∠AFC∴∠ACF﹣∠ECA＝∠AFC﹣∠DFA，∴∠ECO＝∠DFO，在△EOC和△DOF中，，∵EC＝DF，∠ECO＝∠DFO，CO＝FO∴△EOC≌△DOF（SAS）∴OE＝OD．連接AO，則AO⊥CF，∴∠AOC＝∠ADC＝90°，∴A、C、O、D四點共圓，

∴∠AOD＝∠ACD＝45°，同理A、E、O、F四點共圓，∴∠AOE＝∠AFE＝45°，∴∠DOE＝45°+45°＝90°，∴OD⊥OE．（3）連接AO，如圖3所示：∵AC＝AF，CO＝OF，∴AO⊥CF，∴∠AOC＝90°，∴點O在以AC為直徑的圓上運動，∵α＝360°，∴點O經過的路徑長等于以AC為直徑的圓的周長，∵AC＝AB＝×4＝8，∴點O經過的路徑長為：πd＝8π．26．（2019?通遼）如圖，點P是正方形ABCD內的一點，連接CP，將線段CP繞點C順時針旋轉90°，得到線段CQ，連接BP，DQ．（1）如圖1，求證：△BCP≌△DCQ；（2）如圖，延長BP交直線DQ于點E．①如圖2，求證：BE⊥DQ；②如圖3，若△BCP為等邊三角形，判斷△DEP的形狀，并說明理由．【解答】（1）證明：∵∠BCD＝90°，∠PCQ＝90°，∴∠BCP＝∠DCQ，在△BCP和△DCQ中，

，∴△BCP≌△DCQ（SAS）；（2）①如圖b，∵△BCP≌△DCQ，∴∠CBF＝∠EDF，又∠BFC＝∠DFE，∴∠DEF＝∠BCF＝90°，∴BE⊥DQ；②∵△BCP為等邊三角形，∴∠BCP＝60°，∴∠PCD＝30°，又CP＝CD，∴∠CPD＝∠CDP＝75°，又∠BPC＝60°，∠CDQ＝60°，∴∠EPD＝180°﹣∠CPD﹣∠CPB＝180°﹣75°﹣60＝45°，同理：∠EDP＝45°，∴△DEP為等腰直角三角形．27．（2023?深圳模擬）過四邊形ABCD的頂點A作射線AM，P為射線AM上一點，連接DP．將AP繞點A順時針方向旋轉至AQ，記旋轉角∠PAQ＝α，連接BQ．（1）【探究發(fā)現(xiàn)】如圖1，數學興趣小組探究發(fā)現(xiàn)，如果四邊形ABCD是正方形，且α＝90°．無論點P在何處，總有BQ＝DP，請證明這個結論．（2）【類比遷移】如圖2，如果四邊形ABCD是菱形，∠DAB＝α＝60°，∠MAD＝15°，連接PQ．當PQ⊥BQ，AB＝時，求AP的長；（3）【拓展應用】如圖3，如果四邊形ABCD是矩形，AD＝6，AB＝8，AM

平分∠DAC，α＝90°．在射線AQ上截取AR，使得AR＝AP．當△PBR是直角三角形時，請直接寫出AP的長．【解答】（1）證明：如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠BAD＝90°，∴∠DAP+∠BAM＝90°，∵∠PAQ＝90°，∴∠BAQ+∠BAM＝90°，∴∠DAP＝∠BAQ，∵將AP繞點A順時針方向旋轉至AQ，∴AP＝AQ，∴△ADP≌△ABQ（SAS），∴BQ＝DP．

（2）解：如圖2，過點P作PH⊥AB于點H，連接BP，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝AB，由旋轉得：AP＝AQ，∵∠DAB＝α＝60°，即∠DAB＝∠PAQ＝60°，∴△ADP≌△ABQ（SAS），∴BQ＝DP，∠APD＝∠AQB，∵AP＝AQ，∠PAQ＝60°，∴△APQ是等邊三角形，∴∠AQP＝60°，∵PQ⊥BQ，∴∠BQP＝90°，∴∠AQB＝∠AQP+∠BQP＝60°+90°＝150°，∴∠APD＝∠AQB＝150°，∴∠DPM＝180°﹣∠APD＝180°﹣150°＝30°，∵∠MAD＝15°，∴∠ADP＝∠DPM﹣∠MAD＝30°﹣15°＝15°，∴∠ADP＝∠MAD，∴AP＝DP，∴AQ＝BQ＝PQ＝AP，∴∠ABQ＝∠BAQ＝∠MAD＝15°，∴∠PAH＝∠PAQ﹣∠BAQ＝60°﹣15°＝45°，∵PH⊥AB，∴∠AHP＝∠BHP＝90°，

∴△APH是等腰直角三角形，∴AH＝PH＝AP，∵BQ＝PQ，∠PQB＝90°，∴△BPQ是等腰直角三角形，∴∠PBQ＝45°，∴∠PBH＝∠PBQ﹣∠ABQ＝45°﹣15°＝30°，∴BH＝＝＝AP，∴AB＝AH+BH＝AP+AP＝AP，∵AB＝+，∴AP＝+，∴AP＝2；（3）解：①當∠BRP＝90°時，如圖3，連接DP，PQ，過點B作BE⊥AQ于點E，設AM交CD于點F，過點F作FG⊥AC于點G，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAM+∠DAP＝90°，∠ADC＝90°，∵∠BAM+∠BAR＝90°，∴∠DAP＝∠BAR，∵AD＝6，AB＝8，∴＝＝，∵AR＝AP，

∴＝，∴＝，∴△ADP∽△ABR，∴＝＝＝，即BR＝DP，∵AM平分∠DAC，F(xiàn)D⊥AD，F(xiàn)G⊥AC，∴FD＝FG，在Rt△ACD中，AC＝＝＝10，∴tan∠ACD＝＝＝，∵＝tan∠ACD＝，∴＝，∵DF+CF＝CD＝8，∴DF＝3，CF＝5，在Rt△ADF中，AF＝＝＝3，∵∠DAP＝∠BAR，∠ADF＝∠AEB＝90°，∴△ADF∽△AEB，∴＝＝，即＝＝，∴AE＝，BE＝，∵∠BRP＝90°，∴∠ARP+∠BRE＝90°，∵∠ARP+∠APR＝90°，∴∠BRE＝∠APR，∴tan∠BRE＝tan∠APR，∴＝＝，∴ER＝BE＝×＝，∵AR+ER＝AE，

∴AP+＝，∴AP＝；②當∠PBR＝90°時，如圖4，過點P作PG⊥AD于點G，PH⊥AB于點H，則sin∠DAF＝＝＝，cos∠DAF＝＝＝，∴PG＝AP，AG＝AP，∵∠GAH＝∠AGP＝∠AHP＝90°，∴四邊形AGPH是矩形，∴AH＝PG＝AP，PH＝AG＝AP，∴BH＝AB﹣AH＝8﹣AP，∴BP2＝PH2+BH2＝（AP）2+（8﹣AP）2＝AP2﹣AP+64，在Rt△DPG中，DP2＝DG2+PG2＝（6﹣AP）2+（AP）2＝AP2﹣AP+36，∵BR＝DP，∴BR2＝DP2＝AP2﹣AP+64，在Rt△APR中，PR2＝AP2+AR2＝AP2+（AP）2＝AP2，在Rt△PBR中，PR2＝BP2+BR2，∴AP2＝AP2﹣AP+64+AP2﹣AP+64，解得：AP＝；

③當∠BPR＝90°時，由②知：BR2＝AP2﹣AP+64，PR2＝AP2，BP2＝AP2﹣AP+64，∵PR2+BP2＝BR2，∴AP2+AP2﹣AP+64＝AP2﹣AP+64，解得：AP＝0或AP＝﹣，均不符合題意；綜上所述，AP的長為或．28．（2022?鄖西縣模擬）如圖①，點E為正方形ABCD內一點，∠AEB＝90°，將Rt△ABE繞點B按順時針方向旋轉90°，得到△CBE′（點A的對應點為點C）．延長AE交CE′于點F，連接DE．（1）試判斷四邊形BE′FE的形狀，并說明理由；（2）如圖②，若DA＝DE，請猜想線段CF與FE'的數量關系并加以證明；（3）如圖①，若AB＝15，CF＝3，請直接寫出DE的長．【解答】解：（1）四邊形BE′FE是正方形．理由如下：如圖1，由旋轉得，∠E′＝∠AEB＝90°，∠EBE′＝90°，∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，∴四邊形BE′FE是矩形，由旋轉得，BE′＝BE，∴四邊形BE′FE是正方形．（2）CF＝FE'，證明如下：如下圖，過點D作DG⊥AE于點G，

則∠DGA＝∠AEB＝90°，∵DA＝DE，∴AG＝AE，∵四邊形ABCD是正方形，∴DA＝AB，∠DAB＝90°，∴∠BAE+∠DAG＝90°，∵∠ADG+∠DAG＝90°，∴∠ADG＝∠BAE，∴△ADG≌△BAE（AAS），∴AG＝BE；∵四邊形BE′FE是正方形，∴BE＝FE′，∴AG＝FE′，由旋轉得，AE＝CE′，∴AE＝CE′，∴FE′＝AE＝CE