數(shù)學(xué)-專項(xiàng)14幾何綜合探究問題-【備戰(zhàn)2023】歷年中考數(shù)學(xué)真題+一年模擬新題分項(xiàng)詳解（重慶專用）【解析版】

【備戰(zhàn)2023】歷年中考數(shù)學(xué)真題+一年模擬新題分項(xiàng)詳解（重慶專用）專題14幾何綜合探究問題歷年歷年中考真題1．（2022·重慶·統(tǒng)考中考真題）如圖，在銳角△ABC中，∠A=60°，點(diǎn)D，E分別是邊AB，AC上一動(dòng)點(diǎn)，連接BE交直線CD于點(diǎn)F．(1)如圖1，若AB>AC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度數(shù)；(2)如圖2，若AB=AC，且BD=AE，在平面內(nèi)將線段AC繞點(diǎn)C順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到線段CM，連接MF，點(diǎn)N是MF的中點(diǎn)，連接CN．在點(diǎn)D，E運(yùn)動(dòng)過程中，猜想線段BF，CF，CN之間存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想；(3)若AB=AC，且BD=AE，將△ABC沿直線AB翻折至△ABC所在平面內(nèi)得到△ABP，點(diǎn)H是AP的中點(diǎn)，點(diǎn)K是線段PF上一點(diǎn)，將△PHK沿直線HK翻折至△PHK所在平面內(nèi)得到△QHK，連接PQ．在點(diǎn)D，E運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)線段PF取得最小值，且QK⊥PF時(shí)，請(qǐng)直接寫出PQBC【答案】(1)∠EFC=60°(2)BF+CF=2CN，證明見解析(3)2【分析】（1）在射線CD上取一點(diǎn)K，使得CK=BE，證明△CBE≌△BCK，求出∠CEB=∠BKD=∠BDK=∠ADF，然后根據(jù)四邊形內(nèi)角和定理及鄰補(bǔ)角的性質(zhì)得出答案；（2）證明△ABE≌△BCD，求出∠BFC=120°，倍長(zhǎng)CN至Q，連接FQ，PQ，證明△CNM≌△QNF，求出FQ=CM=BC，在CF上截取FP＝FB，連接BP，易得△PBF為正三角形，然后求出∠PFQ=∠PBC，證△PFQ≌△PBC，可得PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，則可得△PCQ為正三角形，然后由BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN得出結(jié)論；（3）根據(jù)∠BFC=120°可知F軌跡為如圖3-1中圓弧，O為所在圓的圓心，此時(shí)AO垂直平分BC，當(dāng)P、F、O三點(diǎn)共線時(shí)，PF取得最小值，設(shè)HL=LK=2，解直角三角形求出PL、PH，再用面積法求出PQ計(jì)算即可．（1）解：如圖1，在射線CD上取一點(diǎn)K，使得CK=BE，∵∠BCD=∠CBE，BC＝BC，∴△CBE≌△BCK（SAS），∴BK=CE=BD，∴∠CEB=∠BKD=∠BDK=∠ADF，∴∠ADF+∠AEF=∠AEF+∠CEB=180°，∴∠A+∠DFE=180°，∵∠A=60°，∴∠DFE=120°，∴∠CFE=60°；（2）BF+CF=2CN，證明：∵AB=AC，∠A=60°，∴△ABC是正三角形，∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠DBC＝60°，又∵BD=AE，∴△ABE≌△BCD（SAS），∴∠BCF=∠ABE，∴∠FBC+∠BCF=60°，∴∠BFC=120°，倍長(zhǎng)CN至Q，連接FQ，PQ，∵CN＝QN，∠QNF＝∠CNM，NF＝NM，∴△CNM≌△QNF（SAS），∴FQ=CM，∠QFN＝∠CMN，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得AC＝CM，∴FQ=CM=BC，在CF上截取FP＝FB，連接BP，∵∠BFC=120°，∴∠BFP=60°，∴△PBF為正三角形，∴∠BPF＝60°，∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°，∴∠FCM=∠PBC，∵∠QFN＝∠CMN，∴FQ∥CM，∴∠PFQ=∠FCM，∴∠PFQ=∠PBC，又∵PB=PF，F(xiàn)Q=BC∴△PFQ≌△PBC（SAS），∴PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，∴△PCQ為正三角形，∴BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN，即BF+CF=2CN；（3）由（2）知∠BFC=120°，∴F軌跡為如圖3-1中圓弧，O為所在圓的圓心，此時(shí)AO垂直平分BC，∴P、F、O三點(diǎn)共線時(shí)，PF取得最小值，∵∠PAO＝∠PAB＋∠BAO＝90°，∴tan∠APK=∴∠HPK>45°，∵QK⊥PF，∴∠PKH=∠QKH=45°，如圖3-2，作HL⊥PK于L，設(shè)HL=LK=2，在Rt△HLP中，tan∠HPL=HLPL∴PL=3∴PH=32+設(shè)PQ與HK交于點(diǎn)R，則HK垂直平分PQ，∵S△PHK＝12∴2+3∴PR=2+∴PQ=2PR=4+2∵BC＝AP＝2PH=27∴PQBC【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，圓的基本性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理等知識(shí)，綜合性較強(qiáng)，能夠作出合適的輔助線是解題的關(guān)鍵．2．（2022·重慶·統(tǒng)考中考真題）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，D為BC的中點(diǎn)，E，F(xiàn)分別為AC，AD上任意一點(diǎn)，連接EF，將線段EF繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段EG，連接FG，AG(1)如圖1，點(diǎn)E與點(diǎn)C重合，且GF的延長(zhǎng)線過點(diǎn)B，若點(diǎn)P為FG的中點(diǎn)，連接PD，求PD的長(zhǎng)；(2)如圖2，EF的延長(zhǎng)線交AB于點(diǎn)M，點(diǎn)N在AC上，∠AGN=∠AEG且GN=MF，求證：AM+AF=2AE(3)如圖3，F(xiàn)為線段AD上一動(dòng)點(diǎn)，E為AC的中點(diǎn)，連接BE，H為直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，連接EH，將△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面內(nèi)，得到△B'EH，連接B'G，直接寫出線段B'G的長(zhǎng)度的最小值．【答案】(1)2(2)見解析(3)10【分析】（1）根據(jù)已知條件可得D為BC的中點(diǎn)，證明CP⊥BG，進(jìn)而根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可求解；（2）過點(diǎn)E作EH⊥AE交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，證明△AEG≌△HEFSAS，△AGB≌△AMFAAS，可得AG=AF，進(jìn)而根據(jù)AF+AM=FH+AF=AH，AH=（3）根據(jù)（2）可知∠FAG=90°，當(dāng)點(diǎn)F在線段AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)G在平行于BC的線段上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意作出圖形，根據(jù)點(diǎn)到圓上的距離求最值即可求解．【詳解】（1）如圖，連接CP∵將線段EF繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段EG，∴△FCG是等腰直角三角形，∵P為FG的中點(diǎn)，∴CP⊥FG，∴CP=PF，∴∠PFC=∠FCP=45°，∵∠BAC=90°，D為BC的中點(diǎn)，AB=AC=22∴AD⊥BC，BC=2∴AD=DC，在Rt△PBC中，PD=（2）如圖，過點(diǎn)E作EH⊥AE交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，∵EF⊥EG,HE⊥AE，∴∠HEF+∠FEA=∠FEA+∠AEG=90°，∴∠HEF=∵∠DAE=∠DAC=45°，∴△AEH是等腰直角三角形，∴AE=EH，∴AH=2在△AEG與△HEF中，

GE=FE∴△AEG≌△HEFSAS，∴∠H=∠GAE=45°，∴∠GAF=∠CAD+∠GAE=90°，∴∠MAF=∠NAG=45°，又HE⊥AC，∠BAC=90°，

∴HE//∴∠AMF=∠FEH，∵∠AGN=∠AEG，∵∠AEG=∠FEH=∠AMF，∴∠AMF=∠AGN，

又GN=MF，∴△AGN≌△AMFAAS∴AM=AG,∵AG=FH，∴AM=FH，∴AF+AM=FH+AF=AH，∵AH=2∴AF+AM=2（3）由（2）可知∠FAG=90°，則當(dāng)點(diǎn)F在線段AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)G在平行于BC的線段上運(yùn)動(dòng)，∵將△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面內(nèi)，得到△B'EH，∵E為AC的中點(diǎn)，∴AE=1∴B'E=BE則點(diǎn)B'在以E為圓心10為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)B',G,E三點(diǎn)共線時(shí)，B'E如圖，當(dāng)F運(yùn)動(dòng)到與D點(diǎn)重合時(shí)，B'G取得最小值，如圖，當(dāng)點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)到與A點(diǎn)重合時(shí)，B'此時(shí)EG=EF=AE=2，則B綜上所述，B'G的最小值為【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)與判定，直角三角形斜邊上的中線，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，軸對(duì)稱線的性質(zhì)，點(diǎn)到圓上一點(diǎn)距離最值問題，正確的添加輔助線是解題的關(guān)鍵．3．（2021·重慶·統(tǒng)考中考真題）在等邊△ABC中，AB=6，BD⊥AC，垂足為D，點(diǎn)E為AB邊上一點(diǎn)，點(diǎn)F為直線BD上一點(diǎn)，連接EF．（1）將線段EF繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EG，連接FG．①如圖1，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)B重合，且GF的延長(zhǎng)線過點(diǎn)C時(shí)，連接DG，求線段DG的長(zhǎng)；②如圖2，點(diǎn)E不與點(diǎn)A，B重合，GF的延長(zhǎng)線交BC邊于點(diǎn)H，連接EH，求證：BE+BH=3（2）如圖3，當(dāng)點(diǎn)E為AB中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)M為BE中點(diǎn)，點(diǎn)N在邊AC上，且DN=2NC，點(diǎn)F從BD中點(diǎn)Q沿射線QD運(yùn)動(dòng)，將線段EF繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EP，連接FP，當(dāng)NP+12MP【答案】（1）①21；②見解析；（2）4【分析】（1）①連接AG，根據(jù)題意得出△ABC和△GEF均為等邊三角形，從而可證明△GBC≌△GAC，進(jìn)一步求出AD＝3，AG＝BG＝23②以點(diǎn)F為圓心，F(xiàn)B的長(zhǎng)為半徑畫弧，與BH的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)K，連接KF，先證明出△BFK是頂角為120°的等腰三角形，然后推出△FEB≌△FHK，從而得出結(jié)論即可；（2）利用“胡不歸”模型構(gòu)造出含有30°角的直角三角形，構(gòu)造出NP+12MP=NP+PJ，當(dāng)N、P、J三點(diǎn)共線的時(shí)候滿足條件，然后利用等邊三角形的性質(zhì)及判定、矩形的判定及性質(zhì)以及解直角三角形的知識(shí)分別計(jì)算出PN【詳解】（1）解：①如圖所示，連接AG，由題意可知，△ABC和△GEF均為等邊三角形，∴∠GFB＝60°，∵BD⊥AC，∴∠FBC＝30°，∴∠FCB＝30°，∠ACG＝30°，∵AC＝BC，GC＝GC，∴△GBC≌△GAC（SAS），∴∠GAC＝∠GBC＝90°，AG＝BG，∵AB＝6，∴AD＝3，AG＝BG＝23∴在Rt△ADG中，DG=A∴DG=21②證明：以點(diǎn)F為圓心，F(xiàn)B的長(zhǎng)為半徑畫弧，與BH的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)K，連接KF，如圖，∵△ABC和△GEF均為等邊三角形，∴∠ABC＝60°，∠EFH＝120°，∴∠BEF+∠BHF＝180°，∵∠BHF+∠KHF＝180°，∴∠BEF＝∠KHF，由輔助線作法可知，F(xiàn)B＝FK，則∠K＝∠FBE，∵BD是等邊△ABC的高，∴∠K＝∠DBC＝∠DBA＝30°，∴∠BFK＝120°，在△FEB與△FHK中，∠FEB=∠FHK∴△FEB≌△FHK（AAS），∴BE＝KH，∴BE+BH＝KH+BH＝BK，∵FB＝FK，∠BFK＝120°，∴BK＝3BF，即：BE+BH=3（2）方法一：以M為頂點(diǎn)，MP為一邊，作∠PML=30°，ML交BD于G，過P作PH⊥ML于H，設(shè)MP交BD于K，如圖：RtΔPMH中，∴NP+12MP最小即是NP+HP最小，此時(shí)N、P∵將線段EF繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EP，∴F在射線QF上運(yùn)動(dòng)，則P在射線MP上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)“瓜豆原理”，F(xiàn)為主動(dòng)點(diǎn)，P是從動(dòng)點(diǎn)，E為定點(diǎn)，∠FEP=60°，則F、P軌跡的夾角∠QKP=∠FEP=60°，∴∠BKM=60°，∵∠ABD=30°，∴∠BMK=90°，∵∠PML=30°，∴∠BML=60°，∴∠BML=∠A，∴ML//AC，∴∠HNA=180°-∠PHM=90°，而BD⊥AC，∴∠BDC=∠HNA=∠PHM=90°，∴四邊形GHND是矩形，∴DN=GH，∵邊ΔABC中，AB=6，BD⊥AC，∴CD=3，又DN=2NC，∴DN=GH=2，∵等邊ΔABC中，AB=6，點(diǎn)E為AB中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)M為BE中點(diǎn)，∴BM=32，RtΔBGM中，MG=1∴MH=MG+GH=114，RtΔMHP中，∴PN=HN-HP=GD-HP=4∴S方法二：如圖，連接EQ，∵在等邊△ABC中，AB=6，BD⊥AC，∴∠A＝60°，∠BDA＝90°，∠ABD＝30°，∵點(diǎn)E、Q分別為AB、BD的中點(diǎn)，∴EQ為△ABD的中位線，∴EQ//AD，∴∠BEQ＝∠A＝60°，∠BQE＝∠BDA＝90°，∵∠BQE＝90°，∠ABD＝30°，∴EQ＝12∵點(diǎn)M為BE的中點(diǎn)，∴ME＝12BE＝∵將線段EF繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EP，∴△EPF為等邊三角形，∠PEF＝60°，PE＝EF＝PF，∴∠BEQ＝∠PEF，∴∠BEQ－∠PEQ＝∠PEF－∠PEQ，即∠MEP＝∠QEF，在△MEP與△QEF中，ME＝∴△MEP≌△QEF（SAS）∴∠EMP＝∠EQF＝90°，∴MP⊥BE，∴點(diǎn)P在射線MP上運(yùn)動(dòng)，如圖，以M為頂點(diǎn)，MP為一邊，作∠PML=30°，ML交BD于G，過P作PH⊥ML于H，設(shè)MP交BD于K，則在Rt△PMH中，HP=∴NP+12MP最小即是NP+HP最小，此時(shí)N、P∵∠EMP＝90°，∠PML＝30°，∴∠BML=180°-∠EMP-∠PML=60°，∴∠BML=∠A，∴ML//AC，∴∠HNA=180°-∠PHM=90°，又∵BD⊥AC，∴∠BDC=∠HNA=∠PHM=90°，∴四邊形GHND是矩形，∴DN=GH，∵在等邊△ABC中，AB=6，BD⊥AC，∴CD=3，又DN=2NC，∴DN=GH=2，∵在等邊△ABC中，AB=6，點(diǎn)E為AB中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)M為BE中點(diǎn)，∴BM=32，∴在Rt△BGM中，MG=12∴MH=MG+GH=114，∴在Rt△MHP中，HP=MH?∴PN=HN-HP=GD-HP=4∴S【點(diǎn)睛】本題考查等邊三角形性質(zhì)及應(yīng)用，涉及旋轉(zhuǎn)變換、解直角三角形、三角形全等的判定及性質(zhì)、矩形的判定及性質(zhì)等知識(shí)，難度較大，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造輔助線．4．（2021·重慶·統(tǒng)考中考真題）在△ABC中，AB=AC，D是邊BC上一動(dòng)點(diǎn)，連接AD，將AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至AE的位置，使得∠DAE+∠BAC=180°．（1）如圖1，當(dāng)∠BAC=90°時(shí)，連接BE，交AC于點(diǎn)F．若BE平分∠ABC，BD=2，求AF的長(zhǎng)；（2）如圖2，連接BE，取BE的中點(diǎn)G，連接AG．猜想AG與CD存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想；（3）如圖3，在（2）的條件下，連接DG，CE．若∠BAC=120°，當(dāng)BD>CD，∠AEC=150°時(shí)，請(qǐng)直接寫出BD-DGCE【答案】（1）2；（2）AG=12CD，證明見解析；（3【分析】（1）連接CE，過點(diǎn)F作FH⊥BC，垂足為H，證明△ABF≌△HBF，得：AF=HF，再在等腰直角△FHC中，找到FH=22CF，再去證明△FCE（2）作輔助線，延長(zhǎng)BA至點(diǎn)M，使AM=AB，連接EM，在△BEF中，根據(jù)三角形的中位線，得出AG=12ME（3）如圖（見解析），先根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)判斷出△ADE是等邊三角形，再根據(jù)∠ABC+∠AEC=180°證出A,B,C,E四點(diǎn)共圓，然后根據(jù)等腰三角形的三線合一、角的和差可得△CDE是等腰直角三角形，設(shè)CE=DE=2a，從而可得AD=2a,CD=22a，根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)可得∠BDP=∠BAP=120°，從而可得∠AGD=∠GDP=∠APD=90°，根據(jù)矩形的判定與性質(zhì)可得四邊形AGDP是矩形，DG=AP，最后根據(jù)等量代換可得BD-DGCE【詳解】解：（1）連接CE，過點(diǎn)F作FH⊥BC，垂足為H．∵BE平分∠ABC，∠BAC=90°，∴FA=FH．∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=45°，∴FH=2∵∠BAC+∠DAE=180°，∴∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=∴△ABD≌△ACE(SAS)，∴BD=CE=2，∠ABD=∠ACE=45°，∴∠BCE=90°，∵BE平分∠ABC，∴∠ABF=∠CBF.∴∠AFB=∠BEC，∵∠AFB=∠EFC，∴∠BEC=∠EFC，∴∠CEB=∠EFC．∴AF=2（2）AG=延長(zhǎng)BA至點(diǎn)M，使AM=AB，連接EM．∵G是BE的中點(diǎn)，∴AG=1∵∠BAC+∠DAE=∠BAC+∠CAM=180°，∴∠DAE=∠CAM，∴∠DAC=∠EAM，在△ADC和△AEM中，AD=AE∠DAC=∠EAM∴△ADC≌△AEM(SAS)，∴CD=ME，∴AG=1（3）如圖，設(shè)AC,BE交于點(diǎn)P，連接DE,DP，∵∠DAE+∠BAC=180°,∠BAC=120°，∴∠DAE=60°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AD=AE，∴△ADE是等邊三角形，∴∠AED=60°,AD=DE，∵∠AEC=150°，∴∠CED=∠AEC-∠AED=90°，∵∠BAC=120°,AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=1∴∠ABC+∠AEC=180°，∴點(diǎn)A,B,C,E四點(diǎn)共圓，由圓周角定理得：∠AEB=∠ACB=30°=1∴BE垂直平分AD，∠DEB=1∴AG=DG,AP=DP,BD=AB=AC，∴BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE=1∴∠CDE=∠CBE+∠DEB=45°，∴Rt△CDE是等腰直角三角形，∴CE=DE,CD=2設(shè)CE=DE=2a，則AD=2a,CD=22由（2）可知，AG=1∴DG=AG=2∴AG∴△ADG是等腰直角三角形，且∠AGD=90°，∴∠EGD=1∴∠BDG=∠EGD-∠CBE=30°，在△BDP和BAP中，BD=BABP=BP∴△BDP?BAP(SSS)，∴∠BDP=∠BAP=120°，∴∠GDP=∠BDP-∠BDG=90°，∠CDP=180°-∠BDP=60°，∴∠CPD=180°-∠CDP-∠ACB=90°，∴∠AGD=∠GDP=∠APD=90°，∴四邊形AGDP是矩形，∴DG=AP，在Rt△CDP中，CP=CD?cos則BD-DGCE【點(diǎn)睛】本題考查了圖形的旋轉(zhuǎn)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角形的中位線定理、圓周角定理、解直角三角形等知識(shí)點(diǎn)，綜合能力比較強(qiáng)，較難的是題（3），判斷出A,B,C,E四點(diǎn)共圓是解題關(guān)鍵．5．（2020·重慶·統(tǒng)考中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點(diǎn)D是BC邊上一動(dòng)點(diǎn)，連接AD，把AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到AE，連接CE，DE．點(diǎn)F是DE的中點(diǎn)，連接CF．（1）求證：CF=2（2）如圖2所示，在點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)的過程中，當(dāng)BD=2CD時(shí)，分別延長(zhǎng)CF，BA，相交于點(diǎn)G，猜想AG與BC存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你猜想的結(jié)論；（3）在點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)的過程中，在線段AD上存在一點(diǎn)P，使PA+PB+PC的值最?。?dāng)PA+PB+PC的值取得最小值時(shí)，AP的長(zhǎng)為m，請(qǐng)直接用含m的式子表示CE的長(zhǎng)．【答案】（1）證明見解析；（2）BC=32AG；（3【分析】（1）先證△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)可得結(jié)論；（2）連接AF，由（1）得ΔABD?ΔACE，CE=BD，∠ACE=∠ABD=45°，推出∠DCE=∠BCA+∠ACE=45°+45°=90°，然后根據(jù)現(xiàn)有條件說明在Rt△DCE中，DE=CD2+CE2=CD2+BD2=5CD，點(diǎn)（3）在△ABC內(nèi)取一點(diǎn)P，連接AP、BP、CP，將三角形ABP繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△EBD，證明點(diǎn)P位于線段CE上，同理得到點(diǎn)P位于線段BF上，證明∠BPC=120°，進(jìn)而得到∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，設(shè)PD為a，得出BD=3a，AD=BD=3a，得出a+m=3【詳解】解：（1）證明如下：∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，∵AB=AC，AD=AE，∴在△ABD和△ACE中{∠BAD=∠CAE∴ΔABD?ΔACE，∴∠ABD=∠ACE=45°，∴∠DCE=∠ACB+∠ACE=90°，在Rt△ADE中，F(xiàn)為DE中點(diǎn)（同時(shí)AD=AE），∠ADE=∠AED=45°，∴AF⊥DE，即Rt△ADF為等腰直角三角形，∴AF=DF=2∵CF=DF，∴CF=2（2）連接AF，由（1）得ΔABD?ΔACE，CE=BD，∠ACE=∠ABD=45°，∴∠DCE=∠BCA+∠ACE=45°+45°=90°，在Rt△DCE中，DE=C∵F為DE中點(diǎn)，∴DF=EF=1在四邊形ADCE中，有∠DAE=∠DCE=90°，∠DAE+∠DCE=180°，∴點(diǎn)A，D，C，E四點(diǎn)共圓，∵F為DE中點(diǎn)，∴F為圓心，則CF=AF，在Rt△AGC中，∵CF=AF，∴F為CG中點(diǎn)，即CG=2∴AG=C即BC=32（3）如圖1，在△ABC內(nèi)取一點(diǎn)P，連接AP、BP、CP，將三角形ABP繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△EBD，得到△BPD為等邊三角形，所以PD=BP，∴AP+BP+CP=DE+DP+CP，∴當(dāng)PA+PB+PC的值取得最小值時(shí)，點(diǎn)P位于線段CE上；如圖2，將三角形ACP繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△FCG，得到△PCG為等邊三角形，所以PC=GP，∴AP+BP+CP=GF+GP+BP，∴當(dāng)PA+PB+PC的值取得最小值時(shí)，點(diǎn)P位于線段BF上；綜上所述：如圖3，以AB、AC為邊向外做等邊三角形ABE和等邊三角形ACF，連接CE、BF，則交點(diǎn)P為求作的點(diǎn)，∴△AEC≌△ABF，∴∠AEC=∠ABF，∴∠EPB=EAB=60°，∴∠BPC=120°，如圖4，同理可得，∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，

∴∠BPD=60°，設(shè)PD為a，∴BD=3又AD=BD=3∴a+m=3m=(a=又BD=CE∴CE=【點(diǎn)睛】本題是幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)等知識(shí)，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)是解本題的關(guān)鍵．6．（2020·重慶·統(tǒng)考中考真題）△ABC為等邊三角形，AB=8，AD⊥BC于點(diǎn)D，E為線段AD上一點(diǎn)，AE=23．以AE為邊在直線AD右側(cè)構(gòu)造等邊三角形AEF，連接CE，N為CE（1）如圖1，EF與AC交于點(diǎn)G，連接NG，求線段NG的長(zhǎng)；（2）如圖2，將△AEF繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α，M為線段EF的中點(diǎn)，連接DN，MN．當(dāng)30°＜α＜120°時(shí)，猜想∠DNM的大小是否為定值，并證明你的結(jié)論；（3）連接BN．在△AEF繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)線段BN最大時(shí)，請(qǐng)直接寫出△ADN的面積．【答案】（1）NG=7；（2）∠DNM的為定值120°，證明見詳解；（3）△AND的面積為7【分析】（1）證明∠CGE=90°，求出DE=23，EC=27（2）證明BE∥DN，MN∥CF，△ABE≌△ACF，得到因此∠DGC=∠BHC，∠ENM=∠ECF，∠ABE=∠ACF，通過角的代換即可求解；（3）取AC中點(diǎn)P，因?yàn)锽P+PN≥BN，所以當(dāng)B、P、N在一直線上，BN最大．求出BN=53，設(shè)BP與AD交于O，NQ⊥AD于Q，根據(jù)△ONQ∽△OBD，可求得NQ=72，問題得解【詳解】解：（1）∵△ABC為等邊三角形，AB=8，AD⊥BC于點(diǎn)D，∴∠DAC=30°,CD=12∴AD=AC∴DE=AD-AE=23∴CE=DE∵三角形AEF是等邊三角形，

∴∠AEG=60°∴∠EGC=90∵N為CE的中點(diǎn)∴NG=1（2）∠DNM的為定值120°．連CF，BE，BE交AC于H，DN交AC于G，如圖，∵D、N、M分別為BC、CE、EF中點(diǎn)，∴DN、MN分別為△BCE、ECF中位線，∴BE∥DN，MN∥CF，∵△ABC、△AEF都是等邊三角形，∴AB=AC,AE=AF,∠BAC=∠EAF=60°∴∠BAE=∠CAF∴△ABE≌△ACF．∴∠DGC=∠BHC，∠ENM=∠ECF，∠ABE=∠ACF又∵∠BHC=∠ABE+∠BAH=∠ABE+60°，∴∠DGC=∠ABE+60°=∠ACF+60°又∵∠DGC=∠DNC+∠GCN=∠DNC+∠ACF-∠ECF，∴∠DNC=60°+∠ECF=60°+∠ENM，∴∠DNE=180°-∠DNC=120°-∠ENM，∴∠DNM=∠DNE+∠ENM=120°．（3）△AND的面積為73如圖，取AC中點(diǎn)P，因?yàn)锽P+PN≥BN，所以當(dāng)B、P、N在一直線上，BN最大．∴BN=BP+PN=BP+12AE=設(shè)BP與AD交于O，NQ⊥AD于Q，如圖，∴BO=23BP=833，ON=73由題意得△ONQ∽△OBD，∴NQ=72∴△AND的面積為：12×AD×NQ=7【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形性質(zhì)，直角三角形性質(zhì)，中位線定理，相似等知識(shí)，綜合性較強(qiáng)，熟知圖形變化規(guī)律，根據(jù)題意正確畫出圖形是解題關(guān)鍵．7．（2019·重慶·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E在邊BC上，連結(jié)AE，EM⊥AE，垂足為E，交CD于點(diǎn)M，AF⊥BC，垂足為F，BH⊥AE，垂足為H，交AF于點(diǎn)N，點(diǎn)P顯AD上一點(diǎn)，連接CP．（1）若DP=2AP=4，CP=17，CD=5，求△ACD的面積．（2）若AE=BN，AN=CE，求證：AD=2CM+2CE．【答案】（1）S△ACD=12；（2【分析】（1）作CG⊥AD于G，設(shè)PG=x，則DG=4-x，在Rt△PGC和Rt△DGC中，由勾股定理得出方程，解方程得出x=1，即PG=1，得出GC=4，求出AD=6，由三角形面積公式即可得出結(jié)果；（2）連接NE，證明△NBF≌△EAF得出BF=AF，NF=EF，再證明△ANE≌△ECM得出CM=NE，由NF=22NE=22MC，得出AF=22【詳解】解：（1）解：作CG⊥AD于G，如圖1所示：設(shè)PG＝x，則DG＝4﹣x，在Rt△PGC中，GC2＝CP2﹣PG2＝17﹣x2，在Rt△DGC中，GC2＝CD2﹣GD2＝52﹣（4﹣x）2＝9+8x﹣x2，∴17﹣x2＝9+8x﹣x2，解得：x＝1，即PG＝1，∴GC＝4，∵DP＝2AP＝4，∴AD＝6，∴S△ACD＝12×AD×CG＝12×6×4＝（2）證明：連接NE，如圖2所示：∵AH⊥AE，AF⊥BC，AE⊥EM，∴∠AEB+∠NBF＝∠AEB+∠EAF＝∠AEB+∠MEC＝90°，∴∠NBF＝∠EAF＝∠MEC，在△NBF和△EAF中，∠NBF=∠∴△NBF≌△EAF（AAS），∴BF＝AF，NF＝EF，∴∠ABC＝45°，∠ENF＝45°，F(xiàn)C＝AF＝BF，∴∠ANE＝∠BCD＝135°，AD＝BC＝2AF，在△ANE和△ECM中，∠HEC=∠EAF∴△ANE≌△ECM（ASA），∴CM＝NE，又∵NF＝22NE＝22∴AF＝22MC+EC∴AD＝2MC+2EC．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、三角形面積公式等知識(shí)；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵.8．（2016·重慶·中考真題）已知△ABC是等腰三角形，∠BAC=90°，CD=12BC，DE⊥CE，DE=CE，連接AE，點(diǎn)M是AE（1）如圖1，若點(diǎn)D在BC邊上，連接CM，當(dāng)AB=4時(shí)，求CM的長(zhǎng)；（2）如圖2，若點(diǎn)D在△ABC的內(nèi)部，連接BD，點(diǎn)N是BD中點(diǎn)，連接MN，NE，求證MN⊥AE；（3）如圖3，將圖2中的△CDE繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使∠BCD=30°，連接BD，點(diǎn)N是BD中點(diǎn)，連接MN，探索MNAC【答案】（1）5；（2）證明過程見解析；（3）7【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形ABC得出BC的長(zhǎng)度，然后根據(jù)等腰直角三角形DCE得出CE的長(zhǎng)度，然后根據(jù)Rt△ACE的勾股定理得出AE的長(zhǎng)度，從而根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出答案；（2）延長(zhǎng)EN到NF，使NE=NF，再連接BF，AF，然后證明△ABF≌△ACE，從而得出∠FAE=∠BAC=90°，然后根據(jù)平行線的性質(zhì)得出答案；（3）根據(jù)第二題同樣的方法得出MN=12AF，AF=AE【詳解】（1）∵AB=AC=4，∠BAC=90°，∴BC=42，則CD=22，∴CE=2，在Rt△ACE中，根據(jù)勾股定理：AE=42∴CM=AE（2）如圖，延長(zhǎng)EN到NF，使NE=NF，再連接BF，AF，∴BF=DE=CE，∠FBN=∠NDE，∴則∠ACE=90°-∠DCB，∠ABF=∠BDE-∠ABN=∠180°-∠DBC-∠DCB-∠EDC-∠ABN=180°-（∠DBC+∠ABN）-45°-∠DCB=90°-∠DCB，所以∠ACE=∠ABF，所以△ABF≌△ACE，

所以∠FAB=∠EAC，

所以∠FAE=∠BAC=90°，因?yàn)镸N//AF，所以MN⊥AE．（3）同（2）可得MN=12AF，AF=AE又AC=2CE，∠ACE=120°，可求得AE=72AC，所以9．（2015·重慶·統(tǒng)考中考真題）如圖1，在△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=60°，點(diǎn)E是∠BAC角平分線上一點(diǎn)，過點(diǎn)E作AE的垂線，過點(diǎn)A作AB的線段，兩垂線交于點(diǎn)D，連接DB，點(diǎn)F是BD的中點(diǎn)．DH⊥AC，垂足為H，連接EF，HF．(1)如圖1，若點(diǎn)H是AC的中點(diǎn)，AC=23，求AB，BD(2)如圖1，求證：HF=EF．(3)如圖2，連接CF，CE，猜想：△CEF是否是等邊三角形？若是，請(qǐng)證明；若不是，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)AB=43，(2)證明見解析(3)△CEF為等邊三角形【分析】（1）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)和三角函數(shù)即可得到結(jié)果；（2）如圖1，連接AF，證出△DAE≌△ADH，△DHF≌△AEF，即可得到結(jié)果；（3）如圖2，取AB的中點(diǎn)M，連接CM，F(xiàn)M，在Rt△ADE中，AD=2AE，根據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)得到AD=2FM，于是得到FM=AE，由∠CAE=30°，(1)解：∵∠ACB=90°，∠BAC=60°，∴∠ABC=30°，∴AB=2AC=2×23∵AD⊥AB，∠CAB=60°，∴∠DAC=30°，∵AH=1∴AD=AH∴BD=A(2)解：如圖1，連接AF，∵AE是∠BAC角平分線，∴∠HAE=30°，∴∠ADE=∠DAH=30°，在△DAE與△ADH中，∠AHD＝∴△DAE≌△ADH，∴DH=AE，∵點(diǎn)F是BD的中點(diǎn)，∴DF=AF，∵∠EAF=∠EAB-∠FAB=30°-∠FAB∠FDH=∠FDA-∠HDA=∠FDA-60°=（90°-∠FBA）-60°=30°-∠FBA，∴∠EAF=∠FDH，在△DHF與△AEF中，DH＝AE∴△DHF≌△AEF，∴HF=EF；(3)解：如圖2，取AB的中點(diǎn)M，連接CM，F(xiàn)M∵F、M分別是BD、AB的中點(diǎn)，∴FM∥AD，即FM⊥AB．在Rt△ADE中，AD=2∵DF=BF，AM=BM，∴AD=2FM，∴FM=AE，∵∠ABC=30°，∴AC=CM=1∵∠CAE=12在△ACE與△MCF中，AC＝CM∴△ACE≌△MCF，∴CE=CF，∠ACE=∠MCF，∵∠ACM=60°，∴∠ECF=60°，∴△CEF是等邊三角形．【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定，正確的作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．10．（2014·重慶·統(tǒng)考中考真題）已知：如圖①，在矩形ABCD中，AB=5，AD=203，AE⊥BD，垂足是E，點(diǎn)F是點(diǎn)E關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)，連接AF、（1）求AE和BE的長(zhǎng)；（2）若將△ABF沿著射線BD方向平移，設(shè)平移的距離為m（平移距離指點(diǎn)B沿BD方向所經(jīng)過的線段長(zhǎng)度）.當(dāng)點(diǎn)F分別平移到線段AB、AD上時(shí)，直接寫出相應(yīng)的m的值；（3）如圖②，將△ABF繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一個(gè)角α（0°＜α＜180°），記旋轉(zhuǎn)中的△ABF為△A′BF′，在旋轉(zhuǎn)過程中，設(shè)A′F′所在的直線與直線AD交于點(diǎn)P，與直線BD交于點(diǎn)Q.是否存在這樣的P、Q兩點(diǎn)，使△DPQ為等腰三角形？若存在，求出此時(shí)DQ的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】（1）4，3；（2）當(dāng)點(diǎn)F在線段AB上時(shí)，m=3；當(dāng)點(diǎn)F在線段AD上時(shí)，m=16（3）存在，310-253或12524或【分析】（1）利用矩形性質(zhì)、勾股定理及三角形面積公式求解；（2）依題意畫出圖形，如答圖2所示．利用平移性質(zhì)，確定圖形中的等腰三角形，分別求出m的值；（3）在旋轉(zhuǎn)過程中，等腰△DPQ有4種情形，如答圖3所示，對(duì)于各種情形分別進(jìn)行計(jì)算．【詳解】解：（1）在Rt△ABD中，AB=5，AD=203由勾股定理得：BD=AB2+AD2∵S△ABD=12BD?AE=1∴AE=AB·ADBD=在Rt△ABE中，AB=5，AE=4，由勾股定理得：BE=3；（2）設(shè)平移中的三角形為△A′B′F′，如答圖2所示：由對(duì)稱點(diǎn)性質(zhì)可知，∠1=∠2．由平移性質(zhì)可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′=3．①當(dāng)點(diǎn)F′落在AB上時(shí)，∵AB∥A′B′，∴∠3=∠4，∴∠3=∠2，∴BB′=B′F′=3，即m=3；②當(dāng)點(diǎn)F′落在AD上時(shí)，∵AB∥A′B′，∴∠6=∠2，∵∠1=∠2，∠5=∠1，∴∠5=∠6，又易知A′B′⊥AD，∴△B′F′D為等腰三角形，∴B′D=B′F′=3，∴BB′=BD﹣B′D=253﹣3=163，即m=（3）存在．理由如下：在旋轉(zhuǎn)過程中，等腰△DPQ依次有以下4種情形：①如答圖3﹣1所示，點(diǎn)Q落在BD延長(zhǎng)線上，且PD=DQ，易知∠2=2∠Q，∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，∴∠3=∠Q，∴A′Q=A′B=5，∴F′Q=F′A′+A′Q=4+5=9．在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=F'Q2∴DQ=BQ﹣BD=310②如答圖3﹣2所示，點(diǎn)Q落在BD上，且PQ=DQ，易知∠2=∠P，∵∠1=∠2，∴∠1=∠P，∴BA′∥PD，則此時(shí)點(diǎn)A′落在BC邊上．∵∠3=∠2，∴∠3=∠1，∴BQ=A′Q，∴F′Q=F′A′﹣A′Q=4﹣BQ．在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF'即32解得：BQ=258∴DQ=BD﹣BQ=253-25③如答圖3﹣3所示，點(diǎn)Q落在BD上，且PD=DQ，易知∠3=∠4．∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，∴∠4=90°﹣12∠2∵∠1=∠2，∴∠4=90°﹣12∠1∴∠A′QB=∠4=90°﹣12∠1∴∠A′BQ=180°﹣∠A′QB﹣∠1=90°﹣12∠1∴∠A′QB=∠A′BQ，∴A′Q=A′B=5，∴F′Q=A′Q﹣A′F′=5﹣4=1．在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=BF'2+F'∴DQ=BD﹣BQ=253④如答圖3﹣4所示，點(diǎn)Q落在BD上，且PQ=PD，易知∠2=∠3．∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，∴∠1=∠4，∴BQ=BA′=5，∴DQ=BD﹣BQ=253﹣5=10綜上所述，存在4組符合條件的點(diǎn)P、點(diǎn)Q，使△DPQ為等腰三角形；DQ的長(zhǎng)度分別為310-253或12524【點(diǎn)睛】本題是幾何變換壓軸題，涉及旋轉(zhuǎn)與平移變換、矩形、勾股定理、等腰三角形等知識(shí)點(diǎn)．第（3）問難度很大，解題關(guān)鍵是畫出各種旋轉(zhuǎn)圖形，依題意進(jìn)行分類討論；在計(jì)算過程中，注意識(shí)別旋轉(zhuǎn)過程中的不變量，注意利用等腰三角形的性質(zhì)簡(jiǎn)化計(jì)算．一年模擬新題一年模擬新題1．（2022·重慶璧山·統(tǒng)考一模）在△ABC中，AB=AC，∠ABC=30°，點(diǎn)D是邊AB上的一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)F是邊CD上的動(dòng)點(diǎn)，連接AF并延長(zhǎng)至點(diǎn)E，交BC于G，連接BE，∠AFC=60°，且∠E+∠BDF=180°，(1)如圖1，若BC=43，BE=2，求AE(2)如圖2，若D是AB的中點(diǎn)，連接DE、BF，求證：DF+EF=3(3)如圖3，在（2）問的條件下，將△BDE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)中的三角形記為△D1BE1，取D1E1的中點(diǎn)為M，連接CM．當(dāng)CM取最大時(shí)，將【答案】(1)2(2)見解析(3)17+4【分析】（1）作EM⊥AB于點(diǎn)M，根據(jù)題目給的已知條件可得出BC=3AB=43，AB=AC=4，又因∠E+∠BDF=180°，得出∠EFD+∠EBD=（2）過點(diǎn)B作∠FBH=120°交FE延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，根據(jù)∠EFD=∠AFC=60°得出∠EBD=120°，再通過∠ADC+∠BDC=180°，∠BDC+∠BEA=180°的關(guān)系得出∠ADC（3）作BM'⊥DE與點(diǎn)M'，設(shè)AD=AD=BE=1，則AB=2，AH=1，BH=3，當(dāng)【詳解】（1）解：如圖1，過點(diǎn)E作EM⊥AB交于點(diǎn)M，∵在△ABC中，AB=AC，∴∠BAC=BC=∴AB=∵∠E+∠BDF=∴∠EFD+∠EBD=180°，∴∠EBD=在Rt△EBM中，∠EBM=∠180°-∠EBD=60°∴BM=1，EM=3，在Rt△AEM中，∠AME∴AE=（2）過點(diǎn)B作∠FBH=120°交FE延長(zhǎng)線于點(diǎn)H∵∠EFD=∴∠EBD=∵∠ADC+∠BDC=180°，∴∠ADC在△ADC和△BEA中，AB=AC，∴△ADC?△BEAAAS∴AD=∵AD=BD，∴BD=∵∠EBD=∴∠HBE=∵∠BEA+∠BDF=180°，∴∠BEH=∴△BEH?△BDFASA∴BF=BH，∴△BHF為等腰三角形，∴HF=∴FH=（3）作BM'⊥DE與點(diǎn)M'，作設(shè)AD=AD=BE=1，則∵BM=CM≤BC+BM，∴當(dāng)點(diǎn)M，B，C共線時(shí)，CM最大，∴EMA1∴A【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的判定和性質(zhì)，軸對(duì)稱圖形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線．2．（2022·重慶南岸·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖1，△ABC是等腰直角三角形，AB=BC，∠ABC=90°，線段BD可繞點(diǎn)B在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，BD=4．(1)若AB=8，在線段BD旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)點(diǎn)B，C，D三點(diǎn)在同一直線上時(shí)，直接寫出CD的長(zhǎng)．(2)如圖2，若將線段BD繞點(diǎn)B按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到線段BE，連接AE，CE．①當(dāng)點(diǎn)D的位置由△ABC外的點(diǎn)D轉(zhuǎn)到其內(nèi)的點(diǎn)E處，且∠AEB=135°，AE=25時(shí)，求CE②如圖3，若AB=8，連接DE，將△BDE繞點(diǎn)B在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，分別取DE，AE，AC的中點(diǎn)M，P，N，連接MP，PN，NM，請(qǐng)直接寫出△MPN面積S【答案】(1)4或12(2)①213；②【分析】（1）分兩種情形分別求解即可．（2）①首先證明∠AED=90°，利用勾股定理求出DE，AD，再利用全等三角形的性質(zhì)證明EC=AD即可．②如圖3中，連接AD，延長(zhǎng)CE交AB于O，交AD于J．想辦法證明△PMN是等腰直角三角形，S△PMN=【詳解】（1）當(dāng)點(diǎn)D在CB的延長(zhǎng)線上時(shí)，CD=4+8=12，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上時(shí)，CD=8-4=4，故CD的長(zhǎng)為4或12．（2）①如圖2中，連接AD，DE．∵BD=BE=4，∠DBE=90°，∴DE=2BD=42∵∠AEB=135°，∴∠AED=90°，∵AE=25∴AD=∵∠DBE=∠ABC=90°，∴∠DBA=∠EBC，∵BD=BE，BA=BC，∴△DBA≌△EBC(SAS∴EC=AD=213②如圖3中，連接AD，延長(zhǎng)CE交AB于O，交AD于J．∵∠DBE=∠ABC=90°，∴∠DBA=∠EBC，∵BD=BE，BA=BC，∴△∴EC=AD，∠DAB=∠ECB，∵∠BOC+∠BCE=90°，∠AOJ=∠BOC，∴∠AOJ+∠DAB=90°，∴∠AJC=90°，∴CJ⊥AD，∵AP=EP，EM=MD，∴PM∥AD，同法可得，PN∥EC，∴PM=PN，PM⊥JC，∴PN⊥PM，∴△PMN是等腰直角三角形，∴∵4?AD?12，∴2?S【點(diǎn)睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，三角形的面積．三角形的中位線定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．3．（2022·重慶大渡口·重慶市第三十七中學(xué)校?？级＃┰凇鰽BC中，AB=BC，∠B=45°，AD為BC邊上的高，M為線段AB上一動(dòng)點(diǎn)．(1)如圖1，連接CM交AD于Q，若∠ACM=45°，AB=2．求線段DQ(2)如圖2，點(diǎn)M，N在線段AB上，且AM=BN，連接CM，CN分別交線段AD于點(diǎn)Q、P，若點(diǎn)P為線段CN的中點(diǎn)，求證：AQ+2(3)如圖3，若AD=410，當(dāng)點(diǎn)M在運(yùn)動(dòng)過程中，射線DB上有一點(diǎn)G，滿足BM=2DG【答案】(1)3-22(2)證明見詳解；(3)16．【分析】（1）先求出CD與AC2，再證明△BAC∽△CAM，求出AM的長(zhǎng)，從而求出BH=MH=2-1，然后由AD∥（2）延長(zhǎng)AP至R，使PR=AP，連接CR、BR、NR，如圖2所示，先證明四邊形ANRC為平行四邊形，再證明四邊形BMCR為平行四邊形，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得AMAB（3）過點(diǎn)M作MK⊥BC于K，如圖3-1所示，先得出AG+55MG=(410)2+x2+(x-8105【詳解】（1）解：過點(diǎn)M作MH⊥BC于H，如圖1所示，∵AB=BC=2，∠B=45°，AD為BC∴BD=AD=1，∴CD=2∴AC∵∠B=45°，∠ACM=45°，∴∠ACM=∠B，又∠BAC=∠CAM，∴△BAC∽△CAM，∴AB∴AM=A∴BM=2∴在Rt△BHM中，BH=MH=∴CH=1，又MH⊥BC，AD為BC邊上的高，∴AD∥∴△CDQ∽△CHM，∴DQ∴DQ=(（2）解：延長(zhǎng)AP至R，使PR=AP，連接CR、BR、∵點(diǎn)P為線段CN的中點(diǎn)，∴PN=PC，∴四邊形ANRC為平行四邊形，∴AN=CR,AN∥CR，∴CR=2∵AM=BN，∴AN=BM=CR=2∴BM=CR,BM∥∴四邊形BMCR為平行四邊形，∴CM∥∴△AMQ∽△ABR，∴AM又∵AD=BD,CD=DR，∴AR=BC=AB，∴AM=AQ，∴AB=AM+BM=AQ+2即：AQ+2（3）解：過點(diǎn)M作MK⊥BC于K，如圖3-1所示，設(shè)DG=x，則BM=2∵由已知得△BMK為等腰直角三角形，∴BK=MK=2∴AG+==(4∴AG+55MG的最小值相當(dāng)于在x軸上找一點(diǎn)P(x,0)到Q(0,410)作點(diǎn)R關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)R'，連接QR'交x軸于點(diǎn)P，連接PQ，此時(shí)QP+PR∵R'(8∴QR∴AG+55MG【點(diǎn)睛】此題是關(guān)于三角形的綜合題，主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)、利用軸對(duì)稱求最短距離問題等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)、判定是解答此題的關(guān)鍵．4．（2022·重慶·重慶八中?？寄M預(yù)測(cè)）在Rt△ABC中，∠CAB=30°，點(diǎn)D是BC邊上一點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，CD=1，DB=4(1)如圖1，將△DEB繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)至△NMB，使得DB落在AB上，連接AM，求線段AM的長(zhǎng)；(2)如圖2，將△DEB繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)至△GFB，連接AF，H為AF中點(diǎn)，連接CH，HG，求證：CH=HG；(3)如圖3，在第（2）問的條件下，將△ACH沿CH翻折至△SCH，當(dāng)H在線段AB下方，且∠ACH=30°，直接寫出點(diǎn)B到HS的距離．【答案】(1)2(2)見解析(3)25【分析】(1)過點(diǎn)M作MF⊥AB于點(diǎn)F，根據(jù)∠CAB=30°，得到∠ABC=∠MBF=60°，從而得到∠BDE=∠BMF=30°，繼而得到BE=BM=2，BF=EF=1,MF=3AF=10-1=9，根據(jù)勾股定理，得AM=A(2)連接CG，延長(zhǎng)FG到點(diǎn)P，使得FG=GP，連接PA,PB，證明△PBA∽△GBC，結(jié)合三角形中位線定理，證明△GCH是等邊三角形即可．（3）設(shè)CH與AB交于點(diǎn)K，連接KS，過點(diǎn)K作KO⊥BS，垂足為O，根據(jù)S△HBS=S四邊形HSBK-S△HBK，過點(diǎn)B作BP⊥HS，垂足為P，得到12HS·BP=2534【詳解】（1）過點(diǎn)M作MF⊥AB于點(diǎn)F，因?yàn)椤螩AB=30°，所以∠ABC=∠MBF=60°，所以∠BDE=∠BMF=30°，因?yàn)镃D=1，DB=4，所以BC=5,AB=10，所以BE=BM=2，BF=EF=1,MF=3所以AF=10-1=9，所以AM=A（2）連接CG，延長(zhǎng)FG到點(diǎn)P，使得FG=GP，連接PA,PB，因?yàn)镕G⊥GB，所以直線GB是線段FP的垂直平分線，所以BF=BP，所以∠BPF=∠BFP=30°，所以∠PBG=∠FBG=∠EBD=60°，所以∠PBA=∠GBC，因?yàn)椤螧PF=∠BFP=∠BAC=30°，所以BGBP所以BGBC=所以△PBA∽△GBC，所以CGPA=BC所以CG=1因?yàn)锳H=HF，所以GH∥PA，所以GH=CG，所以∠GCH=∠GCH，所以∠FAB+所以30°+因?yàn)椤螱CB+所以∠GCH-30°+解得∠GCH=所以△GCH是等邊三角形，所以CH=HG．（3）設(shè)CH與AB交于點(diǎn)K，連接KS，根據(jù)折疊的性質(zhì)，得到KS=KA；因?yàn)椤螦CH=30°，∠BAC=30°，所以KA=KC,∠CKB=所以△KBC是等邊三角形，所以KA=KC=KB=因?yàn)锳H=HF，所以HK∥FB，所以∠KBF=因?yàn)椤螩BK=所以∠CBK+所以C,B,G三點(diǎn)共線；延長(zhǎng)BF交HS于點(diǎn)Q，因?yàn)镵B=KS，∠FBK=所以△KBQ是等邊三角形，所以KB=KQ，所以KQ=KS，所以點(diǎn)Q與點(diǎn)S重合，因?yàn)锽C=5，所以KA=KC=KB=過點(diǎn)K作KO⊥BS，垂足為O，則SO=5所以S四邊形S△HBK所以S過點(diǎn)B作BP⊥HS，垂足為P，所以12HS·BP=25過點(diǎn)H作HM⊥AC，垂足為M，交AB于點(diǎn)N，因?yàn)椤螦CH=30°，所以∠MHC=60°，因?yàn)椤螲KA=所以△KNH是等邊三角形，所以KN=NH=HK=2，所以AN=AK-NK=5-2=3，因?yàn)椤螦CH=30°，∠BAC=30°，BC=5，所以MN=3所以MH=7所以AH=M所以HS=19所以BP=25【點(diǎn)睛】本題考查了含30°角的直角三角形的性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理的應(yīng)用，勾股定理，熟練掌握上述定理是解題的關(guān)鍵．5．（2022·重慶開州·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知如圖，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，點(diǎn)D為直線AC上一點(diǎn)，連接BD，將BD繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至BE，連接AE交直線BC于點(diǎn)F(1)如圖1，若BD平分∠ABC，AC＝3，求AD的長(zhǎng)；(2)如圖2，求證：AF＝EF；(3)如圖3，當(dāng)CD=CF=13AC=2時(shí)，M為直線AB上一動(dòng)點(diǎn)，連接FM，將△EFB沿直線FM翻折到△EFB同一平面得△E'【答案】(1)6-3(2)見解析(3)12-【分析】（1）由勾股定理求斜邊AB的長(zhǎng)，再利用全等三角形的性質(zhì)求解；（2）過點(diǎn)A作AH∥BE交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H．證明三角形AFH全等三角形EFB，得證（3）在點(diǎn)M移動(dòng)的過程中，F(xiàn)E'=FE=AF=210，所以點(diǎn)E'的軌跡是F為圓心，F(xiàn)E'為半徑的圓，當(dāng)線段CE'最小時(shí)，F(xiàn)、C、E'共線．B'在AC上，由（2）AF=EF，所以S△EFB=【詳解】（1）解：如圖1中，過點(diǎn)D作DH⊥AB于點(diǎn)H．∵AC=BC，∠C=90°，AC=3，∴AB=C∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，在△DBC和△DBH中，∠C=∠BHD=90°∠DBC=∠DBH∴△DBC≌△DBH(AAS∴BH=BC=3，∴AH=AB-BH=32∵∠DAH=45°，∴AD=2（2）證明：過點(diǎn)A作AH∥BE交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)∴∠H=∠EBF，∠E=∠HAF，∵∠DBE=90°，∠ACB=90°，∴∠D+∠CBD=90°，∠EBF+∠FBD=90°，∴∠D=∠EBF，∴∠D=∠H，∵∠BCD=∠ACH=90°，CB=CA，∴△BCD≌△ACH(AAS∴AH=BD，∵BD=BE，∴AH=BE，∵∠H=∠EBF，∠E=∠HAF，∴△BFE≌△HFA(AAS∴AF=EF；（3）解：∵CD=CF=1∴AC=6，∴AD=FB=4，∴AF=C同理可得EF=AF=210∴E'F=210∴E'的軌跡是以F為圓心，E'F=210∴CE'最小時(shí)，F(xiàn)，C，E'共線，此時(shí)∠E'FB'=∠EFB，∴B'在AE上，過點(diǎn)D作DG⊥AF于點(diǎn)G，∵12∴DG=4×2∴S∴S∵EF=AF，∴S∴S∴S【點(diǎn)睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，軌跡，三角形的面積等知識(shí)解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．6．（2021·重慶綦江·校考三模）如圖①，在等腰Rt△ABC和等腰Rt△BDE中，∠BAC=∠BDE=90°，AB=AC，BD=DE，E為BC的中點(diǎn)，F(xiàn)為CE的中點(diǎn)，連接AF，DF，AD．(1)若AB=4，求AD的長(zhǎng)度；(2)若將△BDE繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)到如圖②所示的位置，請(qǐng)證明AF=DF，AF⊥DF；(3)如圖③，在△BDE繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)的過程中，再將△ACF繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°到△AC'F'，連接BF【答案】(1)2(2)見解析(3)2【分析】（1）在等腰直角三角形ABC中求出BE的長(zhǎng)，在等腰直角三角形BDE中求出BD，再利用勾股定理求出AD即可；（2）延長(zhǎng)AF至G，使FG=AF，連接EG，DG，AD，先證明△ACF≌△GEF，從而證得△ABD≌△GED，進(jìn)一步命題得證；（3）取BC的中點(diǎn)I，連接FI，AI，將AI逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°至AO，連接OF'，可證得△F'AO≌△FAI，進(jìn)而得出點(diǎn)F'在以O(shè)為圓心，2為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，連接BO并延長(zhǎng)交⊙O于G，當(dāng)F'在點(diǎn)G時(shí)，【詳解】（1）解：在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=4，AB=AC，∴BC=42，∠ABC=45°∵點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，∴BE=22在等腰Rt△BDE中，BDE=90°，BE=22，BD=DE∴BD=DE=2，在Rt△BDA中，∠ABD=90°，AB=4，BD=2，∴AD=A（2）證明：如圖1，延長(zhǎng)AF至G，使FG=AF，連接EG，DG，AD，∵點(diǎn)F是CE的中點(diǎn)，∴EF=CF，在△ACF和△GEF中，CF=EF∠AFC=∠EFG∴△ACF≌△GEF(SAS)，∴AC=FG，∠ACF=∠FEG，∴AC∥∵AB⊥AC，∴EG⊥AB，∵∠EDB=90°，∴∠DEG=∠ABD，∵AC=AB，∴EG=AB，在△ABD和△GED中，AB=EG∠ABD=∠GED∴△ABD≌△GED(SAS)，∴AD=DG，∠ADB=∠EDG，∴∠ADB-∠BDG=∠EDG-∠BDG，∴∠ADG=∠BDE=90°，∴△ADG是等腰直角三角形，∵AF=FG，∴DF⊥AF，DF=AF=1（3）如圖2，取BC的中點(diǎn)I，連接FI，AI，將AI逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°至AO，連接OF'，∵AB=4，∴BC=2∴BE=1∵點(diǎn)F是CE的中點(diǎn)，∴FI=1∵∠FAF∴∠FAF∴∠F∵AF=AF'，∴△F'AO∴OF∴點(diǎn)F'在以O(shè)為圓心，2連接BO并延長(zhǎng)交⊙O于G，當(dāng)F'在點(diǎn)G時(shí)，B作OH⊥BC于H，在Rt△OHI中，∠OIH=∠AIH-∠AIO=90°-60°=30°，OI=AI=22∴OH=12OI=∴OB=O∴BG=BO+OG=23即BF'的最大值23【點(diǎn)睛】本題考查等腰直角三角形性質(zhì)，全等三角形判定和性質(zhì)，三角形中位線性質(zhì)，確定圓的條件等知識(shí)，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形．7．（2021·重慶·一模）矩形ABCD中．∠ADB＝30°，△AEF中，∠AFE＝90°，∠AEF＝30°，AE=12BD．連接EC，點(diǎn)G是EC中點(diǎn)．將△AEF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜(1)如圖1，若A恰好在線段CE延長(zhǎng)線上，CD＝2，連接FG，求FG的長(zhǎng)度；(2)如圖2，若點(diǎn)F恰好落在線段EC上，連接BG．證明：2（GC﹣GB）=3DC(3)如圖3，若點(diǎn)F恰好落在線段BA延長(zhǎng)線上，M是線段BC上一點(diǎn)，3BM＝CM，P是平面內(nèi)一點(diǎn)，滿足∠MPC＝∠DCE，連接PF，已知CD＝2，求線段PF的取值范圍．【答案】(1)7(2)見解析(3)332【分析】（1）如圖1中，過點(diǎn)F作AH⊥AE于H．解直角三角形求出FH，HG，利用勾股定理解決問題即可．（2）如圖2中，連接AC交BD于M，連接BF，GM．證明△BAF≌△BMG（SAS），推出BF＝MG，∠ABF＝∠MBF，推出∠FBG＝∠ABM＝60°，推出△FBG是等邊三角形，可得結(jié)論．（3）如圖3中，連接AC，作線段CM的垂直平分線交EC于O，連接OM．以O(shè)為圓心，OM為半徑作⊙O，作點(diǎn)O關(guān)于CM的對(duì)稱點(diǎn)O′，以O(shè)′為圓心，O′M為半徑作⊙O′，推出∠MPC＝∠ECD＝30°，∠MPC=12∠MOC＝30°，推出點(diǎn)P在CM兩側(cè)的兩段優(yōu)弧上，再根據(jù)r﹣OF≤PF≤r+O′(1)解：如圖1中，過點(diǎn)F作AH⊥AE于H．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∵AB＝CD＝2，∠ADB＝30°，∴BD＝2AB＝4，∵AE=12∴AE＝AB＝2，∵∠ABD＝90°﹣30°＝60°，∴△ABE是等邊三角形，∴AE＝BE＝DE＝2，∴A，E，C共線，∵FH⊥AE，∴∠FHE＝∠AFE＝90°，∵∠AEF＝30°，∴AF=12AE＝1，EF=3，F(xiàn)H=3∵EG＝CG＝1，∴GH＝1+3∴FG=F(2)解：如圖2中，連接AC交BD于M，連接BF，GM．∵四邊形ABCD是矩形，∴AM＝MC＝BM＝DM，∵∠ABM＝90°﹣∠ADB＝60°，∴△ABM是等邊三角形，∴∠AMB＝∠BAM＝60°，∵AM＝MC，EG＝CG，∴GM∥AE，GM=12∴∠AMG+∠EAM＝180°，∴∠AMG+60°+∠FAB+60°＝180°，∴∠AMG+∠FAB＝60°，∵∠AMG+∠BMG＝60°，∴∠BAF＝∠BMG，∵M(jìn)G=12AE．AF=∴AF＝MG，AB＝MB，∴△BAF≌△BMG（SAS），∴BF＝BG，∠ABF＝∠MBF，∴∠FBG＝∠ABM＝60°，∴△FBG是等邊三角形，∴BG＝FG，∴GC﹣GB＝GE﹣FG＝BF=3AF∵AE＝CD＝2AF，∴2（GC﹣GB）=3DC(3)解：如圖3中，連接AC，作線段CM的垂直平分線交EC于O，連接OM．∵∠EAD＝∠DAC＝30°，∠BAC＝60°，∴∠BAC＝∠CAE＝60°，AB＝AE，∵AC＝AC，∴△ACB≌△ACE（SAS），∴∠ACB＝∠ACE＝30°，∵OE＝OC，∠MCO＝60°，∴△OMC是等邊三角形，∴∠MOC＝60°，以O(shè)為圓心，OM為半徑作⊙O，作點(diǎn)O關(guān)于CM的對(duì)稱點(diǎn)O′，以O(shè)′為圓心，O′M為半徑作⊙O′，∵∠MPC＝∠ECD＝30°，∴∠MPC=12∠MOC＝∴點(diǎn)P在CM兩側(cè)的兩段優(yōu)弧上，由題意，⊙O，⊙O′的半徑都是r＝CM=332，OF=(3-94∵r﹣OF≤PF≤r+O′F，∴332-【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，圓周角定理等知識(shí)，正確尋找全等三角形解決問題是解題的關(guān)鍵是．8．（2022·重慶沙坪壩·統(tǒng)考一模）在等腰△ABC中，AB=AC，將CA繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α至CD的位置，連接AD．點(diǎn)E為邊BC上一動(dòng)點(diǎn)，連接DE交AC于點(diǎn)F．(1)如圖1，若∠BAC=90°，AB=1，且α=90°，點(diǎn)B與點(diǎn)E重合，求BD的長(zhǎng)；(2)如圖2，連接AE，若AC=DE，AC⊥DE．求證：BE=2(3)如圖3，在（2）的條件下，將△ACD沿CD翻折，使得點(diǎn)A落在點(diǎn)G處．H是BC的中點(diǎn)，連接FH．若BC2=2+2，在點(diǎn)E移動(dòng)的過程中，當(dāng)FH的長(zhǎng)取得最小值時(shí)，請(qǐng)直接寫出此時(shí)點(diǎn)【答案】(1)BD=5(2)詳見解析；(3)點(diǎn)B到直線CG的距離為2+2【分析】（1）過點(diǎn)D作DP⊥BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，利用勾股定理求解即可；（2）過點(diǎn)D作QD⊥AD于點(diǎn)D，且QD=AD，連接AQ，CQ，先證明△ADE≌△QDC，再證明△ABE≌△CAQ，推出BE=AQ，再等腰直角三角形的性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值求解；（3）過點(diǎn)P作CP⊥CB，且CP=CH，連接AH，DP，F(xiàn)P．證明△PCF是等腰三角形，推出PF=PC，推出點(diǎn)F在以點(diǎn)P為圓心，PC為半徑的⊙P上，當(dāng)FH的值最小時(shí)，點(diǎn)F為PH與⊙P的交點(diǎn)，過點(diǎn)B作BT⊥GC交GC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T，在BT上取一點(diǎn)R，使得BR=CR．證明△CTR是等腰直角三角形，設(shè)CT=TR=m，構(gòu)建方程，可得結(jié)論．（1）解：過點(diǎn)D作DP⊥BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，如下圖，∴∠DPC=90°．∵AB=AC=1，∠BAC=90°，∴∠ACB=45°，∴BC=A∵α=90°，∴∠DCP=45°，由題意知，AC=CD=1，在Rt△DCP中，∠DCP=45°，CD=1CP=DP=CD?sin∴BP=BC+CP=2在Rt△BPD中，∠BPD=90°∴BD=B（2）證明：過點(diǎn)D作QD⊥AD于點(diǎn)D，且QD=AD，連接AQ，CQ，如下圖．∴∠ADQ=90°，∴∠ADC+∠1=90°，∠DQA=45°．∵AC⊥DE，∴∠CAD+∠2=90°．∵CA=CD，∴∠CAD=∠ADC，∴∠1=∠2．∵CA=CD，CA=DE，∴DE=DC．又∵∠1=∠2，AD=QD，∴△ADE≌△QDC，∴AE=QC，∠3=∠4．∵DE=DC．∴∠DEC=∠DCE．∵∠AEC=∠3+∠DEC，∠ECQ=∠4+∠DCE，∴∠AEC=∠ECQ．∵AB=AC，∴∠B=∠5．∵∠BAE=∠AEC-∠B，∠ACQ=∠ECQ-∠5，∴∠BAE=∠ACQ．又∵AB=AC，AE=QC，∴△ABE≌△CAQ，∴BE=AQ．在Rt△ADQ中，∠DQA=45°∴AD=AQ?sin∴AQ=2∴BE=2（3）解：如下圖3，過點(diǎn)P作CP⊥CB，且CP=CH，連接AH，DP，F(xiàn)P．∵AB=AC，BH=CH，∴AH⊥CB，∴∠AHC=90°．∵DE⊥AC，∴∠4+∠1=∠1+∠2+∠3=90°，∴∠4=∠2+∠3=∠PCF．∵DE=DC，∴∠4=∠DCF=∠PCF，∴∠1=∠2．∵CA=CD，CH=CP，∴△ACH≌△DCP（∴∠AHC=∠DPC=90°．∵cos∠1=cos∠2，∴CFCE∵∠DCE=∠FCP，∴△DCE∽△PCF．∵△DCE是等腰三角形，∴△PCF是等腰三角形，∴PF=PC，∴點(diǎn)F在以點(diǎn)P為圓心，PC為半徑的⊙P上，如下圖中，當(dāng)FH的值最小時(shí)，點(diǎn)F為PH與⊙P的交點(diǎn)，過點(diǎn)B作BT⊥G交GC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T，在BT上取一點(diǎn)R，使得BR=CR．∵CH=CP，CP⊥BC，∴∠CPH=45°．∵△DCE∽△PCF，∴∠CPH=∠CDE=45°，∴∠DCE=1∵∠DCA=90°-∠CDE=45°，∴∠ADC=1∴∠CDG=∠ADC=∠DCE=67.5°，∴DG∥BC，∴D，P，G三點(diǎn)共線，∠DCG=∠DCA=45°，∴∠BCT=180°-∠DCE-∠DCG=67.5°．∵CR=BR，∴∠CBR=∠BCR=22.5°，∴∠TCR=∠CRT=45°，設(shè)TR=CT=m，則CR=BR=2∴2m+m∴m=2∴BT=1+2∴此時(shí)點(diǎn)B到CG的距離為2+【點(diǎn)睛】本題屬于幾何旋轉(zhuǎn)變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形或相似三角形解決問題．9．（2022·重慶·統(tǒng)考二模）已知△ABC中，AB=AC，點(diǎn)D是BC延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，E是AB上一點(diǎn)，連接DE交AC于點(diǎn)G，使得∠AED=2∠ADC．(1)如圖1，若DE⊥AB，∠ADG=30°，CD=32，求線段AD的長(zhǎng)．(2)如圖2，過點(diǎn)C作CF∥AB交DE于點(diǎn)F，在EG上取一點(diǎn)N，使得GN=GC，連接AN，求證：AE=DF．(3)如圖3，若點(diǎn)D是平面內(nèi)任意一點(diǎn)，且滿足∠ADC=45°，AC=6，直接寫出△ACD面積的最大值．【答案】(1)AD=3+33；(2)見解析(3)S△ACD最大=9+92．【分析】（1）作CH⊥AD于H，設(shè)∠BAC=α，分別表示出∠CAD，∠ACB和∠ABC，在△ABC中根據(jù)三角形內(nèi)角和求得α，進(jìn)而解斜三角形ACD求得結(jié)果；（2）在AG上截取GH=GF，連接NH，EH，設(shè)∠ABC=∠ACB=α，∠ADC=β，則AED=2β，通過角之間的關(guān)系推出AG=DG，進(jìn)而證明△DGC≌△AGN，進(jìn)一步證明△CGF≌△NGH，從而得出AH=DF，通過角之間關(guān)系得出∠ANH=∠ANE和∠AEN=∠NHG，從而得出點(diǎn)A、E、N、H四點(diǎn)共圓，從而得出∠AHE=∠ANE，∠AEH=∠ANH，進(jìn)而∠AEH=∠AHE，進(jìn)一步得出結(jié)論；（3）根據(jù)“定弦對(duì)定角”得出點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)軌跡，進(jìn)一步求得結(jié)果．（1）解：如圖1，作CH⊥AD于H，設(shè)∠BAC=α，在Rt△ADE中，∠DAE=90°-∠ADE=60°，∴∠CAD=∠BAD-∠BAC=60°-α，∵∠AED=90°，∠AED=2∠ADC，∴∠ADC=45°，∴∠ACB=∠ADC+∠CAD=45°+（60°-α）=105°-α，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=105°-α，在△ABC中，∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，∴2（105°-α）+α=180°，∴α=30°，∴∠CAD=30°，在Rt△CDH中，CH=DH=CD?sin∠ADC=32?sin45°=32×22=3在Rt△ACH中，AH=CH∴AD=DH+AH=3+33；（2）證明：如圖2，在AG上截取GH=GF，連接NH，EH，設(shè)∠ABC=∠ACB=α，∠ADC=β，則∠AED=2β，∵∠AED=∠ABC+∠BDE，∴2β=α+∠BDE，∴∠BDE=2β-α，∴∠ADE=∠ADC-∠BDE=β-（2β-α）=α-β，∵∠ACB=∠ADC+∠DAC，∴α=β+∠DAC，∴∠DAC=α-β，∴∠ADE=∠DAC，∴AG=DG，∵∠DGC=∠AGN，CG=GN，∴△DGC≌△AGN（SAS），∴AG=DG，∠DCG=∠ANG，同理可得：△CGF≌△NGH（SAS），∴GH=FG，∠FCG=∠HNG，∴∠DCG-∠FCG=∠ANG-∠HNG，即：∠ANH=∠DCF，∵CF∥AB，∴∠FCD=∠ABC，∠CFG=∠AEN，∴∠ANH=∠ABC，∵∠ACB=180°-∠DCF-∠FCG，∠ANE=180°-∠ANH-∠HNG，∴∠ANE=∠ACB，∴∠ANH=∠ANE，∵∠CFG=∠AEN（已證），∠NHG=∠CFG（已證），∴∠AEN=∠NHG，即∠AEN+∠AHN=180°，∴點(diǎn)A、E、N、H四點(diǎn)共圓，∴∠AHE=∠ANE，∠AEH=∠ANH，∴∠AEH=∠AHE，∴AE=AH，∵AG=DG，GH=FG，∴DF=AH，∴AE=DF；（3）解：如圖，以AC為斜邊作等腰直角三角形AOC，以點(diǎn)O為圓心，OA為半徑作圓O，作OE⊥AC于E，延長(zhǎng)EO交⊙O于D′，則點(diǎn)D在優(yōu)弧AD′C上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D′時(shí)，△ACD的面積最大，在Rt△AOC中，OA=22AC=32，OE=12AC∴ED′=OE+OD′=3+32，∴S△ACD最大=12AC?ED′=12×6×(3+32)=9+9【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，確定圓的條件等知識(shí)，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形．10．（2022·重慶銅梁·統(tǒng)考一模）菱形ABCD的對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O．(1)如圖1，過菱形ABCD的頂點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，交OB于點(diǎn)H，若AB=AC=6，求OH的長(zhǎng)；(2)如圖2，過菱形ABCD的頂點(diǎn)A作AF⊥AD，且AF=AD，線段AF交OB于點(diǎn)H，交BC于點(diǎn)E．當(dāng)D，C，F(xiàn)三點(diǎn)在同一直線上時(shí)，求證：OH+OA=2(3)如圖3，菱形ABCD中，∠ABC=45°，點(diǎn)P為直線AD上的動(dòng)點(diǎn)，連接BP，將線段BP繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段BQ，連接AQ，當(dāng)線段AQ的長(zhǎng)度最小時(shí)，直接寫出∠BAQ的度數(shù)．【答案】(1)3(2)證明見詳解(3)75°【分析】（1）證明ΔABC是等邊三角形，再證明四邊形OHEC的面積等于ΔABC的面積的13，得S（2）如圖2中，連接CH，在OC上取一點(diǎn)Q，使得OH=OQ，連接HQ．證明ΔBEH?ΔAEC(ASA)，推出BH=AC=2OC，QH=QC=2OH，設(shè)OH=m（3）如圖3中，以AB為邊向下作等邊ΔABT，連接PT，過點(diǎn)T作TH⊥AD于點(diǎn)H，在TH上取一點(diǎn)J，使得AJ=JT．證明ΔABQ?ΔTBT(SAS)，推出AQ=PT，當(dāng)TP與TH重合時(shí)，TP的值最小，此時(shí)（1）（1）解：如圖1中，連接CH，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD，AC⊥BD，OA=OC，∵AB=AC=6，∴AB=AC=BC=6，∴Δ∵AE⊥CB，∴BE=CE=3，∴AE=A∵AO=OC，BE=EC，∴S∴∴即：1∴OH=3（2）（2）證明：如圖2中，連接CH，在OC上取一點(diǎn)Q，使得OH=OQ，連接HQ．∵AD⊥AD，AD=AF，∴∠ADF=∠F=45°，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠ABC=∠ADC=45°，AD//CB，∴AE⊥BC，∴∠AEB=∠AEC=90°，∵DA=DC，∴∠DAC=∠DCA=67.5°，∴∠EAC=∠EBH=22.5°，∴Δ∴BH=AC=2OC，∵BD垂直平分線段AC，∴HA=HC，∴∠HCA=∠HAC=22.5°，∵OQ=OH，∴∠OHQ=∠OQH=45°，∵∠OQH=∠QHC+∠QCH，∴∠QHC=∠HCQ=22.5°，∴QH=QC=2設(shè)OH=m，則OQ=m，HQ=CQ=2∴OC=m+2∴OH+OC=m+m+2∵22∴OH+OC=2（3）（3）解：如圖3中，以AB為邊向下作等邊ΔABT，連接PT，過點(diǎn)T作TH⊥AD于點(diǎn)H，在TH上取一點(diǎn)J，使得AJ=JT∵∠PBQ=∠ABT=60°，∴∠ABQ=∠TBP，∵BP=BQ，BA=BT，∴Δ∴AQ=PT，∴當(dāng)TP與TH重合時(shí)，TP的值最小，此時(shí)AQ的值最小．∵四邊形ABCD是菱形，∴AD//CB，∴∠BAD+∠ABC=180°，∵∠ABC=45°，∠BAT=60°，∴∠BAD=135°，∠TAH=75°，∵∠AHT=90°，∴∠ATH=15°，∴∠BAQ=∠BTH=60°+15°=75°．故∠BAQ的度數(shù)為75°．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，熟悉相關(guān)性質(zhì)并能熟練應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．11．（2022·重慶·西南大學(xué)附中?？既＃┰赗t△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，D為BC上一點(diǎn)．(1)如圖1，過C作CE⊥AB于E，連接AD，DE．若AD平分∠BAC，CD=2，求DE的長(zhǎng)；(2)如圖2，以CD為直角邊，點(diǎn)C為直角頂點(diǎn)，向右作等腰直角三角形△DCM，將△DCM繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α°(0<α<45)，連接AM，BD，取線段AM的中點(diǎn)N，連接CN．求證：BD=2CN；(3)如圖3，點(diǎn)E，F(xiàn)在AB邊上，連接CE，CF，且CE=CF，點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，連接DE，交CF于點(diǎn)P．將△BDE