2024年初中升學考試專題復習數(shù)學總復習（按知識點分類）幾何變換綜合題

幾何變換綜合題49．（2023?大連）綜合與實踐問題情境：數(shù)學活動課上，王老師給同學們每人發(fā)了一張等腰三角形紙片探究折疊的性質．已知AB＝AC，∠A＞90°，點E為AC上一動點，將△ABE以BE為對稱軸翻折．同學們經過思考后進行如下探究：獨立思考：小明：“當點D落在BC上時，∠EDC＝2∠ACB．”小紅：“若點E為AC中點，給出AC與DC的長，就可求出BE的長．”實踐探究：奮進小組的同學們經過探究后提出問題1，請你回答：問題1：在等腰△ABC中，AB＝AC，∠A＞90°，△BDE由△ABE翻折得到．（1）如圖1，當點D落在BC上時，求證：∠EDC＝2∠ACB；（2）如圖2，若點E為AC中點，AC＝4，CD＝3，求BE的長．問題解決：小明經過探究發(fā)現(xiàn)：若將問題1中的等腰三角形換成∠A＜90°的等腰三角形，可以將問題進一步拓展．問題2：如圖3，在等腰△ABC中，∠A＜90°，AB＝AC＝BD＝4，2∠D＝∠ABD．若CD＝1，則求BC的長．【答案】（1）見解析過程；（2）3＋57（3）10．【分析】問題1：（1）由等腰三角形的性質可得∠ABC＝∠ACB，由折疊的性質和三角形內角和定理可得∠A＝∠BDE＝180°－2∠C，由鄰補角的性質可得結論；（2）由三角形中位線定理可得CD＝2EF，由勾股定理可求AF，BF，即可求解；問題2：先證四邊形CGMD是矩形，由勾股定理可求AD，由等腰三角形的性質可求MD，CG，即可求解．【解答】問題1：（1）證明：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵△BDE由△ABE翻折得到，∴∠A＝∠BDE＝180°－2∠C，∵∠EDC＋∠BDE＝180°，∴∠EDC＝2∠ACB；（2）解：如圖，連接AD，交BE于點F，∵△BDE由△ABE翻折得到，∴AE＝DE，AF＝DF，∴CD＝2EF＝3，∴EF=3∵點E是AC的中點，∴AE＝EC=12在Rt△AEF中，AF=AE在Rt△ABF中，BF=AB∴BE＝BF＋EF=3＋問題2：解：連接AD，過點B作BM⊥AD于M，過點C作CG⊥BM于G，∵AB＝BD，BM⊥AD，∴AM＝DM，∠ABM＝∠DBM=12∠∵2∠BDC＝∠ABD，∴∠BDC＝∠DBM，∴BM∥CD，∴CD⊥AD，又∵CG⊥BM，∴四邊形CGMD是矩形，∴CD＝GM，在Rt△ACD中，CD＝1，AD＝4，AD=AC∴AM＝MD=152，CG＝MD在Rt△BDM中，BM=BD∴BG＝BM－GM＝BM－CD=7在Rt△BCG中，BC=BG【點評】本題是幾何變換綜合題，考查了等腰三角形的性質，折疊的性質，勾股定理，矩形的性質和判定，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．幾何變換綜合題42．（2023?重慶）如圖，在等邊△ABC中，AD⊥BC于點D，E為線段AD上一動點（不與A，D重合），連接BE，CE，將CE繞點C順時針旋轉60°得到線段CF，連接AF．（1）如圖1，求證：∠CBE＝∠CAF；（2）如圖2，連接BF交AC于點G，連接DG，EF，EF與DG所在直線交于點H，求證：EH＝FH；（3）如圖3，連接BF交AC于點G，連接DG，EG，將△AEG沿AG所在直線翻折至△ABC所在平面內，得到△APG，將△DEG沿DG所在直線翻折至△ABC所在平面內，得到△DQG，連接PQ，QF．若AB＝4，直接寫出PQ+QF的最小值．【考點】幾何變換綜合題．【分析】（1）根據(jù)旋轉的性質得出CE＝CF，∠ECF＝60°，進而證明△BCE≌AACF（SAS），即可得證；試（2）過點F作FKIIAD，交DH點的延長線于點K，連接EK，F(xiàn)D，證明四邊形四邊形EDFK是平行四邊形，即可得證；（3）如圖所示，延長AP，DQ交于點R，由（2）可知△DCG是等邊三角形，根據(jù)折疊的性質可得∠PAG＝∠EAG＝30°，∠QDG＝∠EDG＝30°，進而得出△ADR是等邊三角形，由（2）可得RtACED≌RtACFG，得出四邊形GDQF是平行四邊形，則QF＝DC＝﹣4C＝2．進而得出CPGQ＝360°﹣2C4GD＝120°，則PQ＝√3pG＝√3GQ，當GQ取得最小值時，即GQ⊥DR時，PQ取得最小值，即可求解．（1）由“SAS”可證△ACF≌△BCE，可得結論；（2）【解答】（1）證明：∵△ABC為等邊三角形，∴∠ACB＝60°，AC＝BC，∵將CE繞點C順時針旋轉60°得到線段CF，∴CE＝CF，∠ECF＝60°，∵△ABC是等邊三角形，∴∠BCA＝∠ECF，∴∠BCE＝∠ACF，∴△BCE≌△ACF（SAS），∴∠CBE＝∠CAF；（2）證明：如圖所示，過點F作FK∥AD，交DH點的延長線于點K，連接EK，F(xiàn)D，∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC＝BC，∵AD⊥BC，∴BD＝CD，∴AD垂直平分BC，∴EB＝EC，又∵△BCE≌△ACF，∴AF＝BE，CF＝CE，∴AF＝CF，∴F在AC的垂直平分線上，∵AB＝BC，∴B在AC的垂直平分線上，∴BF垂直平分AC，∴AC⊥BF，AG＝CG=12∴∠AGF＝90°，又∵DG=12AC＝CG，∠∴△DCG是等邊三角形，∴∠CGD＝∠CDG＝60°，∴∠AGH＝∠DGC＝60°，∴∠KGF＝∠AGF﹣∠AGH＝90°﹣60°＝30°，又∵∠ADK＝∠ADC﹣∠GDC＝90°﹣60＝30°，KF∥AD，∴∠HKF＝∠ADK＝30°，∴∠FKG＝∠KGF＝30°，∴FG＝FK，在Rt△CED與Rt△CGF中，CF=CECD=CG∴Rt△CED≌Rt△CFG，∴GF＝ED，∴ED＝FK，∴四邊形EDFK是平行四邊形，∴EH＝HF；（3）解：依題意，如圖所示，延長AP，DQ交于點R，由（2）可知△DCG是等邊三角形，∴∠EDG＝30°，∵將△AEG沿AG所在直線翻折至△ABC所在平面內，得到△APG，將△DEG沿DG所在直線翻折至△ABC所在平面內，得到△DQG，∴∠PAG＝∠EAG＝30°，∠QDG＝∠EDG＝30°，∴∠PAE＝∠QDE＝60°，∴△ADR是等邊三角形，∴∠QDC＝∠ADC﹣∠ADQ＝90°﹣60°＝30°，由（2）可得Rt△CED≌Rt△CFG，∴DE＝GF，∴DE＝DQ，∴GF＝DQ，∵∠GBC＝∠QDC＝30°，∴GF∥DQ，∴四邊形GDQF是平行四邊形，∴QF＝DG=12由（2）可知G是AC的中點，則GA＝GD，∴∠GAD＝∠GDA＝30°，∴∠AGD＝120°，∵折疊，∴∠AGP+∠DGQ＝∠AGE+∠DGE＝∠AGD＝120°，∴∠PGQ＝360°﹣2∠AGD＝120°，又PG＝GE＝GQ，∴PQ=3PG=3∴當GQ取得最小值時，即GQ⊥DR時，PQ取得最小值，此時如圖所示，∴GQ=12GC=∴PQ=3∴PQ+QF=3【點評】本題考查了等邊三角形的性質，旋轉的性質，軸對稱的性質，勾股定理，平行四邊形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．43．（2023?武威）【模型建立】（1）如圖1，△ABC和△BDE都是等邊三角形，點C關于AD的對稱點F在BD邊上．①求證：AE＝CD；②用等式寫出線段AD，BD，DF的數(shù)量關系，并說明理由；【模型應用】（2）如圖2，△ABC是直角三角形，AB＝AC，CD⊥BD，垂足為D，點C關于AD的對稱點F在BD邊上．用等式寫出線段AD，BD，DF的數(shù)量關系，并說明理由；【模型遷移】（3）在（2）的條件下，若AD＝42，BD＝3CD，求cos∠AFB的值．【考點】幾何變換綜合題．【分析】（1）①根據(jù)△ABC和△BDE都是等邊三角形推出判定△ABE和△CBD全等，然后根據(jù)全等三角形的對應邊相等即可得證；②根據(jù)等邊三角形的性質和對稱的性質即可推出線段AD，BD，DF的數(shù)量關系；（2）過點B作BE⊥AD于E，根據(jù)等腰直角三角形的性質推出判定△ABE∽△CBD，然后根據(jù)等腰直角三角形的性質和對稱性即可推出線段AD，BD，DF的數(shù)量關系；（3）過點A作AG⊥BD于G，推出△ADG是等腰直角三角形，求出AG、FG、AF的長后即可求出cos∠AFB的值．【解答】（1）證明：①∵△ABC和△BDE都是等邊三角形，∴AB＝CB，EB＝DB，∠ABC＝∠EBD＝60°，∴∠ABE＝∠CBD，∴△ABE≌△CBD，∴AE＝CD；②解：AD＝BD+DF．理由如下：∵△BDE是等邊三角形，∴BD＝DE，∵點C與點F關于AD對稱，∴CD＝DF，∵AD＝AE+DE，∴AD＝BD+DF；（2）BD+DF=2AD理由如下：如圖1，過點B作BE⊥AD于E，∵點C與點F關于AD對稱，∴∠ADC＝∠ADB，又∵CD⊥BD，∴∠ADC＝∠ADB＝45°，又∵BE⊥AD，∴△BDE是等腰直角三角形，又∵△ABC是等腰直角三角形，∴ABBC=BEBD=∴∠ABE＝∠CBD，∴△ABE∽△CBD，∴CDAE=BCAB=∴DF=2AE∵△BDE是等腰直角三角形，∴BD=2∴BD+DF=2即：BD+DF=2AD（3）解：如圖2，過點A作AG⊥BD于G，又∵∠ADB＝45°，∴△AGD是等腰直角三角形，又∵AD＝42，∴AG＝DG＝4，BD+DF=2AD∵BD＝3CD，CD＝DF，∴DF＝2，又∵DG＝4，∴FG＝DG﹣DF＝2，在Rt△AFG中，由勾股定理得：AF=A∴cos∠AFB=FG【點評】本題是幾何變換綜合題，主要考查等邊三角形的性質，等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質以及勾股定理，深入理解題意是解決問題的關鍵．幾何變換綜合題47．（2023?荊州）如圖1，點P是線段AB上與點A，點B不重合的任意一點，在AB的同側分別以A，P，B為頂點作∠1＝∠2＝∠3，其中∠1與∠3的一邊分別是射線AB和射線BA，∠2的兩邊不在直線AB上，我們規(guī)定這三個角互為等聯(lián)角，點P為等聯(lián)點，線段AB為等聯(lián)線．（1）如圖2，在5×3個方格的紙上，小正方形的頂點為格點、邊長均為1，AB為端點在格點的已知線段．請用三種不同連接格點的方法，作出以線段AB為等聯(lián)線、某格點P為等聯(lián)點的等聯(lián)角，并標出等聯(lián)角，保留作圖痕跡；（2）如圖3，在Rt△APC中，∠A＝90°，AC＞AP，延長AP至點B，使AB＝AC，作∠A的等聯(lián)角∠CPD和∠PBD．將△APC沿PC折疊，使點A落在點M處，得到△MPC，再延長PM交BD的延長線于E，連接CE并延長交PD的延長線于F，連接BF．①確定△PCF的形狀，并說明理由；②若AP：PB＝1：2，BF=2k，求等聯(lián)線AB和線段PE的長（用含k【答案】（1）作圖見解答．（2）①△PCF是等腰直角三角形．理由見解答．②等聯(lián)線AB＝3k，線段PE=5【分析】（1）根據(jù)新定義，畫出等聯(lián)角即可；（2）①△PCF是等腰直角三角形，過點C作CN⊥BE交BE的延長線于N，由折疊得AC＝CM，∠CMP＝∠CME＝∠A＝90°，∠1＝∠2，證明四邊形ABNC為正方形，進而證明Rt△CME≌Rt△CNE，得出∠PCF＝45°，即可求解；②過點F作FQ⊥BE于Q，F(xiàn)R⊥PB交PB的延長線于R，則∠R＝∠A＝90°．證明△APC≌△RFP，得出AP＝BR＝FR，在Rt△BRF中，BR2+FR2＝BF2，BF=2k，進而證明四邊形BRFQ為正方形，則BQ＝QF＝k，由FQ∥CN，得出△AEF∽△NEC，根據(jù)相似三角形的性質得出NE=32k，根據(jù)PE【解答】解：（1）作圖如下：（方法不唯一）（2）①△PCF是等腰直角三角形．理由為：如圖，過點C作CN⊥BE交BE的延長線于N．由折疊得AC＝CM，∠CMP＝∠CME＝∠A＝90°，∠1＝∠2，∵AC＝AB，∠A＝∠PBD＝∠N＝90°，∴四邊形ABNC為正方形，∴CN＝AC＝CM，又∵CE＝CE，∴Rt△CME≌Rt△CNE（HL），∴∠3＝∠4，而∠1+∠2+∠3+∠4＝90°，∠CPF＝90°，∴∠PCF＝∠2+∠3＝∠CFP＝45°，∴△PCF是等腰直角三角形．②如圖，過點F作FQ⊥BE于Q，F(xiàn)R⊥PB交PB的延長線于R，則∠R＝∠A＝90°，∵∠1+∠5＝∠5+∠6＝90°，∴∠1＝∠6，由△PCF是等腰直角三角形知：PC＝PF，∴△APC≌△RFP（AAS），∴AP＝FR，AC＝PR，而AC＝AB，∴AP＝BR＝FR，在Rt△BRF中，BR2+FR2＝BF2，BF=2∴AP＝BR＝FR＝k，∴PB＝2AP＝2k，∴AB＝AP+PB＝BN＝3k，∵BR＝FR，∠QBR＝∠R＝∠FQB＝90°，∴四邊形BRFQ為正方形，BQ＝OF＝k，∵FQ⊥BN，CN⊥BN，∴FQ∥CN，∴QENE而QE＝BN﹣NE﹣BQ＝3k﹣NE﹣k＝2k﹣NE，∴2k?NENE解得：NE=32由①知：PM＝AP＝k，ME=NE=3∴PE=PM+ME=k+3答：等聯(lián)線AB＝3k，線段PE=5【點評】本題考查了幾何新定義，正方形的性質與判定，折疊問題，全等三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，勾股定理，理解新定義，掌握正方形的性質是解題的關鍵．48．（2023?岳陽）如圖1，在△ABC中，AB＝AC，點M，N分別為邊AB，BC的中點，連接MN．初步嘗試：（1）MN與AC的數(shù)量關系是MN=12AC，MN與AC的位置關系是MN∥AC特例研討：（2）如圖2，若∠BAC＝90°，BC＝42，先將△BMN繞點B順時針旋轉α（α為銳角），得到△BEF，當點A，E，F(xiàn)在同一直線上時，AE與BC相交于點D，連接CF．①求∠BCF的度數(shù)；②求CD的長．深入探究：（3）若∠BAC＜90°，將△BMN繞點B順時針旋轉α，得到△BEF，連接AE，CF．當旋轉角α滿足0°＜α＜360°，點C，E，F(xiàn)在同一直線上時，利用所提供的備用圖探究∠BAE與∠ABF的數(shù)量關系，并說明理由．【答案】（1）MN=12AC；MN（2）①∠BCF＝30°；②CD=62（3）∠BAE＝∠ABF或∠BAE+∠ABF＝180°．【分析】（1）AB＝AC，點M，N分別為邊AB，BC的中點，則MN是△ABC的中位線，即可得出結論；（2）特例研討：①連接EM，MN，NF，證明△BME是等邊三角形，△BNF是等邊三角形，得出∠FCB＝30°；②連接AN，證明△ADN∽△BDE，則DNDE=ANBE=222=2，設DE＝x，則DN=2x，在Rt△ABE中，BE＝2，AE=23，則AD=23?x，在Rt△（3）當點C，E，F(xiàn)在同一直線上時，且點E在FC上時，設∠ABC＝∠ACB＝θ，則∠BAC＝180°﹣2θ，得出∠BEC+∠BAC＝180°，則A．B，E，C在同一個圓上，進而根據(jù)圓周角定理得出∠EAC＝∠EBC＝α﹣θ，表示∠BAE與∠ABF，即可求解；當F在EC上時，可得A，B，E，C在同一個圓上，設∠ABC＝∠ACB＝θ，則∠BAC＝∠BEF＝180°﹣2θ，設∠NBF＝β，則∠EBM＝β，則α+β＝360°，表示∠BAE與∠ABF，即可求解．【解答】解：（1）∵AB＝AC，點M，N分別為邊AB，BC的中點，∴MN是△ABC的中位線，∴MN=12AC，MN故答案是：MN=12AC，MN∥（2）特例研討：①如圖所示，連接EM，MN，NF，∵MN是△BAC的中位線，∴MN∥AC，∴∠BMN＝∠BAC＝90°，∵將△BMN繞點B順時針旋轉α（α為銳角），得到△BEF，∴BE＝BM，BF＝BN；∠BEF＝∠BMN＝90°，∵點A，E，F(xiàn)在同一直線上，∴∠AEB＝∠BEF＝90°，在Rt△ABE中，M是斜邊AB的中點，∴ME=1∴BM＝ME＝BE，∴△BME是等邊三角形，∴∠ABE＝60°，即旋轉角α＝60°，∴∠NBF＝60°，BN＝BF，∴△BNF是等邊三角形，又∵BN＝NC，BN＝NF，∴NF＝NC，∴∠NCF＝∠NFC，∴∠BNF＝∠NCF+∠NFC＝2∠NFC＝60°，∴∠FCB＝30°；（2）如圖所示，連接AN，∵AB＝AC，∠BAC＝90°BC=42∴AB=22BC=4，∠ACB∵∠ADN＝∠BDE，∠ANB＝∠BED＝90°，∴△ADN∽△BDE，∴DNDE設DE＝x，則DN=2在Rt△ABE中，BE=2，AE=23，則AD=2在Rt△ADN中，AD2＝DN2+AN2，∴(23解得：x=4?23或x=?2∴CD=DN+CN=2（3）如圖所示，當點C，E，F(xiàn)在同一直線上時，且點E在FC上時，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，設∠ABC＝∠ACB＝θ，則∠BAC＝180°﹣2θ，∵MN是△ABC的中位線，∴MN∥AC，∴∠MNB＝∠MBN＝θ，∵將△BMN繞點B順時針旋轉α，得到△BEF，∴△EBF≌△MBN，∠MBE＝∠NBF＝α，∴∠EBF＝∠EFB＝θ，∴∠BEF＝180°﹣2θ，∵點C，E，F(xiàn)在同一直線上，∴∠BEC＝2θ，∴∠BEC+∠BAC＝180°，∴A，B，E，C在同一個圓上，∴∠EAC＝∠EBC＝α﹣θ，∴∠BAE＝∠BAC﹣∠EAC＝（180°﹣2θ）﹣（α﹣θ）＝180°﹣α﹣θ，∵∠ABF＝α+θ，∴∠BAE+∠ABF＝180°，如圖所示，當F在EC上時，∵∠BEF＝∠BAC，BC＝BC，∴A，B，E，C在同一個圓上，設∠ABC＝∠ACB＝θ，則∠BAC＝∠BEF＝180°﹣2θ，將△BMN繞點B順時針旋轉α，得到△BEF，設∠NBF＝β，則∠EBM＝β，則α+β＝360°，∴∠ABF＝θ﹣β，∵∠BFE＝∠EBF＝θ，∠EFB＝∠FBC+∠FCB，∴∠ECB＝∠FCB＝∠EFB﹣∠FBC＝θ﹣β，∵EB=∴∠EAB＝∠ECB＝θ﹣β，∴∠BAE＝∠ABF，綜上所述，∠BAE＝∠ABF或∠BAE+∠ABF＝180°．【點評】本題屬于幾何變換綜合題，考查了圓周角定理，圓內接四邊形對角互補，相似三角形的性質與判定，旋轉的性質，中位線的性質與判定，等腰三角形的性質與判定，三角形內角和定理，三角形外角的性質，勾股定理，熟練掌以上知識是解題的關鍵．幾何變換綜合題43．（2023?廣元）如圖1，已知線段AB，AC，線段AC繞點A在直線AB上方旋轉，連接BC，以BC為邊在BC上方作Rt△BDC，且∠DBC＝30°．（1）若∠BCD＝90°，以AB為邊在AB上方作Rt△BAE，且∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，連接DE，用等式表示線段AC與DE的數(shù)量關系是AC=233（2）如圖2，在（1）的條件下，若DE⊥AB，AB＝4，AC＝2，求BC的長；（3）如圖3，若∠BCD＝90°，AB＝4，AC＝2，當AD的值最大時，求此時tan∠CBA的值．【答案】（1）AC=2（2）BC=27（3）35【分析】（1）證明△ABEC∽△CBD，根據(jù)相似三角形的性質得出ABBC=BEBD，∠DBE＝∠CBA，進而證明△（2）求出AE＝2，延長DE交AB于點F，在Rt△AEF中，由直角三角形的性質求得EF，AF，進而求得BF的長，根據(jù)（1的結論，得出DE=3，在Rt△BFD中，勾股定理求得BD，進而根據(jù)△ABC∽△EBD（3）如圖所示，以AB為邊在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB＝90°，∠EBA＝30°，連接BE，EA，ED，EC，同（1）可得△BDE∽△BCA，求出AE的長，進而得出D在以E為圓心，433為半徑的圓上運動，當點A，E，D三點共線時，AD的值最大，進而求得cos∠BDA=277，sin∠BDA=217，根據(jù)△ABC∽△EBD得出∠BDE＝∠BCA，過點A作AF⊥BC于點F【解答】解：（1）在Rt△BDC中，∠DBC＝30°，在Rt△BAE中，∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，∴△ABE∽△CBD，∠DBE+∠EBC＝∠ABC+∠EBC，BE=AB×cos∠ABE=3∴ABBC=BEBD，∠∴△ABC∽△EBD，∴ACDE∴AC=2故答案為：AC=23（2）在Rt△BAE，∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，AB＝4，∴AE＝AB?sin∠EBA=12AB＝2，∠延長DE交AB于點F，如圖所示，∴EF=AE×sin∠BAE=32×2=∴BF＝AB﹣AF＝4﹣1＝3，由（1）可得AC=2∴DE=3∴DF=DE+EF=23在Rt△BFD中，BD=B∵△ABC∽△EBD，∴BCBD∴BC=2即BC=27（3）如圖所示，以AB為邊在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB＝90°，∠EBA＝30°，連接BE，EA，ED，EC，同（1）可得△BDE∽△BCA，∴DEAC∵AC＝2，∴DE=4在Rt△AEB中，AB＝4，AE=AB×tan∠EBA=4×3∴D在以E為圓心，43∴當點A，E，D三點共線時，AD的值最大，此時如圖所示，則AD=AE+DE=8在Rt△ABD中，BD=A∴cos∠BDA=ADBD=8∵∠BEA＝90°，∴∠BED＝90°，∵△ABC∽△EBD，∴∠BDE＝∠BCA，過點A作AF⊥BC于點F，∴CF=AC×cos∠ACB=2×277∵∠DBC＝30°，∴BC=3∴BF=BC?CF=27Rt△AFB中，tan∠CBA=AF【點評】本題是幾何變換綜合題，考查了旋轉的性質，直角三角形的性質，相似三角形的性質與判定，勾股定理，解直角三角形，銳角三角函數(shù)的定義，熟練掌握解直角三角形及相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．44．（2023?隨州）1643年，法國數(shù)學家費馬曾提出一個著名的幾何問題：給定不在同一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最小的點的位置，意大利數(shù)學家和物理學家托里拆利給出了分析和證明，該點也被稱為“費馬點”或“托里拆利點”，該問題也被稱為“將軍巡營”問題．（1）下面是該問題的一種常見的解決方法，請補充以下推理過程：（其中①處從“直角”和“等邊”中選擇填空，②處從“兩點之間線段最短”和“三角形兩邊之和大于第三邊”中選擇填空，③處填寫角度數(shù)，④處填寫該三角形的某個頂點）當△ABC的三個內角均小于120°時，如圖1，將△APC繞點C順時針旋轉60°得到△A′P′C，連接PP′，由PC＝P′C，∠PCP′＝60°，可知△PCP′為等邊三角形，故PP′＝PC，又P′A′＝PA，故PA+PB+PC＝P′A′+PB+PP′≥A′B，由兩點之間線段最短可知，當B，P，P′，A′在同一條直線上時，PA+PB+PC取最小值，如圖2，最小值為A′B，此時的P點為該三角形的“費馬點”，且有∠APC＝∠BPC＝∠APB＝120°；已知當△ABC有一個內角大于或等于120°時，“費馬點”為該三角形的某個頂點．如圖3，若∠BAC≥120°，則該三角形的“費馬點”為A點．（2）如圖4，在△ABC中，三個內角均小于120°，且AC＝3，BC＝4，∠ACB＝30°，已知點P為△ABC的“費馬點”，求PA+PB+PC的值；（3）如圖5，設村莊A，B，C的連線構成一個三角形，且已知AC＝4km，BC＝23km，∠ACB＝60°．現(xiàn)欲建一中轉站P沿直線向A，B，C三個村莊鋪設電纜，已知由中轉站P到村莊A，B，C的鋪設成本分別為a元/km，a元/km，2a元/km，選取合適的P的位置，可以使總的鋪設成本最低為213a元．（結果用含【答案】（1）等邊；兩點之間線段最短；120°；A；（2）5；（3）213a【分析】（1）根據(jù)旋轉的性質和兩點之間線段最短進行推理分析后即可得出結論，然后填空即可；（2）根據(jù)（1）的方法將△APC繞點C順時針旋轉60°得到△A'P'C，即可得出可知當B、P、P'、A在同一條直線上時，PA+PB+PC取最小值，最小值為A'B，再根據(jù)∠ACB＝30°可證明∠ACA'＝90°，根據(jù)勾股定理即可求出A'B；（3）根據(jù)總鋪設成本=a(PA+PB+2PC)，將△APC繞點C順時針旋轉90°得到△A'P'C，得到等腰直角△PP'C，推出PP'=2PC，即可得出當B、P、P'、A在同一條直線上時，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值為A'B的長，然后根據(jù)已知條件和旋轉的性質求出【解答】解：（1）∵PC＝P'C，∠PCP'＝60°，∴△PCP'為等邊三角形，∴PP'＝PC，∠P'PC＝∠PP'C＝60°，又∵P'A'＝PA，∴PA+PB+PC＝PA'+PB+PP'≥A'B，根據(jù)兩點之間線段最短可知，當B、P、P'、A在同一條直線上時，PA+PB+PC取最小值，最小值為A'B，此時的P點為該三角形的“費馬點”，∴∠BPC+∠P'PC＝180°，∠A'P'C+∠PP'C＝180°，∴∠BPC＝120°，∠A'P'C＝120°，∵將△APC繞點C順時針旋轉60°得到△A′P′C，∴△APC≌△A'P'C，∴∠APC＝∠AP'C'＝120°，∴∠APB＝360°﹣120°﹣120°＝120°，∴∠APC＝∠BPC＝∠APB＝120°，∵∠BAC≥120°，∴BC＞AC，BC＞AB，∴BC+AB＞AC+AB，BC+AC＞AB+AC，∴三個頂點中頂點A到另外兩個頂點的距離和最小，又∵已知當△ABC有一個內角大于或等于120°時，“費馬點”為該三角形的某個頂點，∴該三角形的“費馬點”為點A．故答案為：等邊；兩點之間線段最短；120°；A；（2）如圖4，將△APC繞點C順時針旋轉60°得到△A'P'C，連接PP'，由（1）可知當B、P、P'、A在同一條直線上時，PA+PB+PC取最小值，最小值為A'B，∵∠ACP＝∠A'CP'，∴∠ACP+∠BCP＝∠A'CP'+∠BCP＝∠ACB＝30°，又∵∠PCP'＝60°，∴∠BCA'＝90°，根據(jù)旋轉的性質可知：AC＝A'C＝3，∴A'B=4即PA+PB+PC的最小值為5；（3）∵總鋪設成本＝PA×a+PB×a+PC×2a=a(PA+PB+∴當PA+PB+2PC將△APC繞點C順時針旋轉90°得到△A'P'C，連接PP'，A'B，由旋轉性質可知：P'C＝PC，∠PCP'＝∠ACA'＝90°，P'A'＝PA，A'C＝AC＝4km，∴PP'=2PC∴PA+PB+2PC＝P'A'+PB+PP當B、P、P'、A在同一條直線上時，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值為A'B過點A'作A'H⊥BC于H，∵∠ACB＝60°，∠ACA'＝90°，∴∠A'CH＝30°，∴A'H=12A'C＝2∴HC=A'C2?A'H∴BH＝BC+CH=23+23∴A'B=AH2即PA+PB+2PC的最小值為213總鋪設成本為：總鋪設成本=a(PA+PB+2PC)=故答案為：213a【點評】本題是幾何變換綜合題，主要考查旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，兩點之間線段最短以及等邊三角形的性質，深入理解題意是解決問題的關鍵．幾何變換綜合題50．（2023?湖北）【問題呈現(xiàn)】△CAB和△CDE都是直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，CB＝mCA，CE＝mCD，連接AD，BE，探究AD，BE的位置關系．【問題探究】（1）如圖1，當m＝1時，直接寫出AD，BE的位置關系：AD⊥BE．（2）如圖2，當m≠1時，（1）中的結論是否成立？若成立，給出證明；若不成立，說明理由．【拓展應用】（3）當m=3，AB＝47，DE＝4時，將△CDE繞點C旋轉，使A，D，E三點恰好在同一直線上，求BE【答案】（1）BE⊥AD；（2）成立，理由見解析過程；（3）BE＝63或43．【分析】（1）由“SAS”可證△ACD≌△BCE，可得∠DAC＝∠CBE，由余角的性質可證AD⊥BE；（2）通過證明△DCA∽△ECB，可得∠DAC＝∠CBE，由余角的性質可證AD⊥BE；（3）分兩種情況討論，由相似三角形的性質可得BE=3AD【解答】解：（1）如圖1，延長BE交AC于點H，交AD于N，當m＝1時，DC＝CE，CB＝CA，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠DAC＝∠CBE，∵∠CAB+∠ABE+∠CBE＝90°，∴∠CAB+∠ABE+∠DAC＝90°，∴∠ANB＝90°，∴AD⊥BE，故答案為：AD⊥BE；（2）（1）中的結論成立，理由如下：如圖2，延長BE交AC于點H，交AD于N，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，又∵DCCE∴△DCA∽△ECB，∴∠DAC＝∠CBE，∵∠CAB+∠ABE+∠CBE＝90°，∴∠CAB+∠ABE+∠DAC＝90°，∴∠ANB＝90°，∴AD⊥BE，（3）如圖3，當點E在線段AD上時，連接BE，∵△DCA∽△ECB，∴BEAD=BC∴BE=3AD=3（4+∵AD⊥BE，∵∴AB2＝AE2+BE2，∴112＝AE2+3（4+AE）2，∴AE＝2或AE＝﹣8（舍去），∴BE＝63，當點D在線段AE上時，連接BE，∵△DCA∽△ECB，∴BEAD=BC∴BE=3AD=3（∵AD⊥BE，∵∴AB2＝AE2+BE2，∴112＝AE2+3（AE﹣4）2，∴AE＝8或AE＝﹣2（舍去），∴BE＝43，綜上所述：BE＝63或43．【點評】本題是幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，等腰三角形的性質，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．幾何變換綜合題39．（2023?巴中）綜合與實踐．（1）提出