初二数学全等三角形压轴几何题(讲义及答案)及答案

一、全等三角形旋转模型

1．（课题研究）旋转图形中对应线段所在直线的夹角（小于等于90°的角）与旋转角的关系．

（问题初探）线段AB绕点O顺时针旋转得到线段CD，其中点A与点C对应，点B与点D对应，旋转角的度数为α，且0°＜α＜180°．

（1）如图①，当α＝60°时，线段AB、CD所在直线夹角（锐角）为 ；

（2）如图②，当90°＜α＜180°时，直线AB与直线CD所夹锐角与旋转角α存在怎样的数量关系？请说明理由；

（形成结论）旋转图形中，当旋转角小于平角时，对应线段所在直线的夹角与旋转角 ．

（运用拓广）运用所形成的结论解决问题：

（3）如图③，四边形ABCD中，∠ABC＝60°，∠ADC＝30°，AB＝BC，CD＝3，BD＝

19，求AD的长．

解析：（1）60°；（2）互补，理由见解析；【形成结论】相等或互补；（3）10 【分析】

（1）由旋转的性质可得ABCD，OAOC，BODO，可证AOBCOD(SSS)，可得BD，由三角形内角和定理可求解；

COD(SSS)，可得BD，由平角的定义和四边形内角和定理可求解；

（2）由旋转的性质可得ABCD，OAOC，BODO，可证AOB【形成结论】

由（1）（2）可知对应线段所在直线的所夹锐角角与旋转角：相等或互补； 【运用拓广】

（3）将BCD绕点B顺时针旋转60，得到BAF，连接FD，由旋转的性质可得

BFBD，AFCD3，由三角形内角和定理可求FAD90，由勾股定理可求解． 【详解】

解：（1）如图1，延长DC交AB于F，交BO于E，

60，

BOD60，

线段AB绕点O顺时针旋转得线段CD， ABCD，OAOC，BODO，

AOBCOD(SSS)，

BEF，

BD，

BD，OEDBFEEOD60，

故答案为：60；

（2）直线AB与直线CD所夹锐角角与旋转角互补， 理由如下：

如图2，延长AB，DC交于点E，

线段AB绕点O顺时针旋转得线段CD，

ABCD，OAOC，BODO，

AOBCOD(SSS)， ABOD， ABOEBO180， DEBO180， EBOEDBOD360， EBOD180，

直线AB与直线CD所夹锐角角与旋转角互补． 形成结论

由（1）（2）（3）可知：旋转图形中，当旋转角小于平角时，对应线段所在直线的所夹锐角角与旋转角：相等或互补． 故答案为：相等或互补． 运用拓广

（3）如图3，将BCD绕点B顺时针旋转60，得到BAF，连接FD，

延长FA，DC交于点E，

旋转角ABC60，

BCDBAF，

AEDABC60，AFCD3，BDBF， ADC30， FADAEDADC90， FBDABC60，BFBD， 又

BFD是等边三角形， BFBDDF，

在RtDAF中，AD【点睛】

本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，添加辅助线构造全等三角形是本题的关键． 2．阅读下面材料：

小炎遇到这样一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，连结EF，则EF=BE+DF，试说明理由．

DF2AF219910．

小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB，AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．

参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：

（1）如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°．若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足_ 关系时，仍有EF=BE+DF； （2）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若

BD=1， EC=2，求DE的长．

答案：B

解析：（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴DE5 【解析】

试题分析：(1)如图，△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，利用全等的知识可知，要使EF=BE+DF，即EF=DG+DF，即要F、D、G三点共线，即∠ADG+∠ADF=180°，即∠B+∠D=180°．

(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，通过证明△AEG≌△AED得到DE=EG，由勾股定理即可求得DE的长． (1)∠B+∠D=180°（或互补）． (2)∵ AB=AC，

∴ 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合． 则∠B=∠ACG，BD=CG，AD=AG． ∵在△ABC中，∠BAC=90°，

∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于，即∠ECG=90°． ∴ EC2+CG2=EG2． 在△AEG与△AED中,

∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD． 又∵AD=AG，AE=AE， ∴△AEG≌△AED ． ∴DE=EG． 又∵CG=BD,

∴ BD2+EC2=DE2． ∴DE5．

考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理． 3．问题背景：如图1，在四边形ABCD中，BAD90，BCD90，

BABC，ABC120，MBN60，MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、

DC于E、F．探究图中线段AE，CF，EF之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长FC到G，使CGAE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFC≌△BFE，可得出结论，他的结论就是_______________；

探究延伸1：如图2，在四边形ABCD中，BAD90，BCD90，BABC，ABC2MBN，MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由． 探究延伸2：如图3，在四边形ABCD中，BABC，BADBCD180，

ABC2MBN，MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．

实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30的A处舰艇乙在指挥中心南偏东70的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70，试求此时两舰艇之间的距离．

答案：E

解析：EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．实际应用：210海里． 【分析】

延长FC到G，使CGAE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明BGF≌BEF，可得GF=EF，即可解题；

探究延伸1：延长FC到G，使CGAE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得

BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明BGF≌BEF，可得GF=EF，即可解题；

探究延伸2：延长FC到G，使CGAE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明BGF≌BEF，可得GF=EF，即可解题；

实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF，将AE和CF的长代入即可． 【详解】 解：EF=AE+CF

理由：延长FC到G，使CGAE，连接BG，

在△BCG和△BAE中，

BCBABCGBAE90， CGAE∴△BCG≌△BAE（SAS）， ∴BG=BE，∠CBG=∠ABE， ∵∠ABC=120°，∠MBN=60°， ∴∠ABE+∠CBF=60°， ∴∠CBG+∠CBF=60°， 即∠GBF=60°， 在△BGF和△BEF中，

BGBEGBFEBF， BFBF∴△BGF≌△BEF（SAS）， ∴GF=EF，

∵GF=CG+CF=AE+CF， ∴EF=AE+CF．

探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．

理由：延长FC到G，使CGAE，连接BG，

在△BCG和△BAE中，

BCBABCGBAE90， CGAE∴△BCG≌△BAE（SAS）， ∴BG=BE，∠CBG=∠ABE， ∵∠ABC=2∠MBN， ∴∠ABE+∠CBF=∴∠CBG+∠CBF=即∠GBF=

1∠ABC， 21∠ABC， 21∠ABC， 2在△BGF和△BEF中，

BGBEGBFEBF， BFBF∴△BGF≌△BEF（SAS）， ∴GF=EF，

∵GF=CG+CF=AE+CF， ∴EF=AE+CF．

探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立． 理由：延长FC到G，使CGAE，连接BG，

∵BADBCD180，∠BCG+∠BCD=180°，

∴∠BCG=∠BAD 在△BCG和△BAE中，

BCBABCGBAE， CGAE∴△BCG≌△BAE（SAS）， ∴BG=BE，∠CBG=∠ABE， ∵∠ABC=2∠MBN， ∴∠ABE+∠CBF=∴∠CBG+∠CBF=即∠GBF=

1∠ABC， 21∠ABC， 21∠ABC， 2在△BGF和△BEF中，

BGBEGBFEBF， BFBF∴△BGF≌△BEF（SAS）， ∴GF=EF，

∵GF=CG+CF=AE+CF， ∴EF=AE+CF．

实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，

∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°， ∴∠EOF=

1∠AOB 2∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°， ∴符合探索延伸中的条件 ∴结论EF= AE+CF仍然成立 即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里） 答：此时两舰艇之间的距离为210海里． 【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质．作辅助线构造全等三角形是解题的关键．

4．如图1，四边形ABCD中，BD⊥AD，E为BD上一点，AE＝BC，CE⊥BD，CE＝ED

（1）已知AB＝10，AD＝6，求CD；

（2）如图2，F为AD上一点，AF＝DE，连接BF，交BF交AE于G，过G作GH⊥AB于H，∠BGH＝75°．求证：BF＝22GH+2EG．

答案：B

解析：（1）22；（2）证明见解析 【分析】

（1）由勾股定理得出BD＝AB2AD2＝8，由HL证得Rt△ADE≌Rt△BEC，得出BE＝AD，则CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝2，由等腰直角三角形的性质即可得出结果； （2）连接CF，易证AF＝CE，AD∥CE，得出四边形AECF是平行四边形，则AE＝CF，AE∥CF，得出∠CFD＝∠EAD，∠CFB＝∠AGF，由Rt△ADE≌Rt△BEC，得出∠CBE＝∠EAD，推出∠CBE＝∠CFD，证得△BCF是等腰直角三角形，则BF＝2BC＝2CF＝

2AE，∠FBC＝∠BFC＝45°，推出∠AGF＝45°，∠AGH＝60°，∠GAH＝30°，则AG＝

2GH，得出BF＝2AE＝2（AG+EG），即可得出结论． 【详解】

（1）解：∵BD⊥AD，

∴BD＝AB2AD2＝10262＝8， ∵CE⊥BD，

∴∠CEB＝∠EDA＝90°，

AEBC在Rt△ADE和Rt△BEC中，，

EDCE∴Rt△ADE≌Rt△BEC（HL）， ∴BE＝AD，

∴CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝8﹣6＝2，

∴CD2＝CE＝22； （2）解：连接CF，如图2所示：

∵AF＝DE，DE＝CE， ∴AF＝CE， ∵BD⊥AD，CE⊥BD， ∴AD∥CE，

∴四边形AECF是平行四边形， ∴AE＝CF，AE∥CF，

∴∠CFD＝∠EAD，∠CFB＝∠AGF， 由（1）得：Rt△ADE≌Rt△BEC， ∴∠CBE＝∠EAD， ∴∠CBE＝∠CFD，

∵∠FBD+∠BFC+∠CFD＝90°， ∴∠FBD+∠BFC+∠CBE＝90°， ∴∠BCF＝90°， ∵AE＝BC， ∴BC＝CF，

∴△BCF是等腰直角三角形，

∴BF＝2BC＝2CF＝2AE，∠FBC＝∠BFC＝45°， ∴∠AGF＝45°， ∵∠BGH＝75°，

∴∠AGH＝180°﹣45°﹣75°＝60°， ∵GH⊥AB， ∴∠GAH＝30°， ∴AG＝2GH，

∴BF＝2AE＝2（AG+EG）， ∴BF＝22GH+2EG． 【点睛】

本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、含30°角直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握直角三角形的性质、作辅助线构建平行四边形是解题的关键． 5．问题背景

如图（1），在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，∠BAD＝α，以点A为顶点作一

个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAFDF，EF之间的数量关系．

1α，连接EF，试探究：线段BE，2

（1）特殊情景

在上述条件下，小明增加条件“当∠BAD＝∠B＝∠D＝90°时”如图（2），小明很快写出了：BE，DF，EF之间的数量关系为______． （2）类比猜想

类比特殊情景，小明猜想：在如图（1）的条件下线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你帮助小明完成证明；若不成立，请说明理由． （3）解决问题

如图（3），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD2，请直接写出DE的长．

52 3答案：B

解析：（1）BE+DF＝EF；（2）成立；（3）DE【分析】

（1）将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，由旋转的性质可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG，根据∠EAF=

1∠BAD可得∠BAE+∠DAF＝45°，即可得出∠∠EAF＝2∠FAG，利用SAS可证明△AFE≌△AFG，可得EF=FG，进而可得EF=BE+FD；（2）将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH，由旋转的性质可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH，根据∠BAD＝α，∠EAF11α可得∠BAE+∠FADα，进而可证明∠FAH22＝∠EAF，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得EF=FH=BE+FD；（3）将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′，由旋转的性质可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝42，即可求出∠E′BD＝90°，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得DE＝DE′，利用勾股定理求出DE的长即可的答案. 【详解】 （1）BE+DF＝EF，

如图1，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG， ∵∠ADC＝∠B＝∠ADG＝90°，

∴∠FDG＝180°，即点F，D，G共线． 由旋转可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG． ∵∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣∴∠DAG+∠DAF＝45°，即∠FAG=45°， ∴∠EAF＝∠FAG， ∴△AFE≌△AFG（SAS）， ∴EF＝FG．

又∵FG＝DG+DF＝BE+DF， ∴BE+DF＝EF，

1∠BAD=90°-45°＝45°， 2

故答案为BE+DF＝EF． （2）成立．

如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH， 可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH． ∵∠B+∠ADC＝180°， ∴∠ADH+∠ADC＝180°， ∴点C，D，H在同一直线上． ∵∠BAD＝α，∠EAF∴∠BAE+∠FAD∴∠DAH+∠FAD1α， 21α， 21α， 2∴∠FAH＝∠EAF， 又∵AF＝AF，

∴△AEF≌△AHF（SAS）， ∴EF＝FH＝DF+DH＝DF+BE；

（3）DE52， 3如图3，将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′．

可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB， 在Rt△ABC中，∵AB＝AC＝4，∠BAC=90°， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝42， ∴CD=BC=BD=32，

∴∠ABC+∠ABE′＝90°，即∠E′BD＝90°， ∴E′B2+BD2＝E′D2． 易证△AE′D≌△AED， ∴DE＝DE′，

∴DE2＝BD2+EC2，即DE2(2)2(32DE)2， 解得DE【点睛】

本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，旋转后不改变图形的大小和形状，并且对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角，熟练掌握旋转的性质及全等三角形的判定定理是解题关键.

6．如图所示，ABC中，ABBC1，ABC90，把一块含30角的直角三角板

52． 3DEF的直角顶点D放在AC的中点上（直角三角板的短直角边为DF，长直角边为DE），将三角板DEF绕D点按逆时针方向旋转.

（1）在如图所见中，DE交AB于M，DF交BC于N，证明DMDN；

（2）继续旋转至如图所见，延长AB交DE于M，延长BC交DF于N，证明DMDN.

答案：B

解析：(1)见解析；（2）见解析. 【解析】 【分析】

（1）连接BD，证明△DMB≌△DNC．根据已知，全等条件已具备两个，再证出∠MDB=∠NDC，用ASA证明全等，四边形DMBN的面积不发生变化，因为它的面积始终等于△ABC面积的一半；

（2）同样利用（1）中的证明方法可以证出△DMB≌△DNC； （3）方法同（1）． 【详解】

证明：（1）连接BD,

∵AB=BC，∠ABC=90°，点D为AC的中点 ∴BD⊥AC，∠A=∠C=45° ∴BD=AD=CD ∴∠ABD=∠A=45° ∴∠MBD=∠C=45° ∵∠MDB+∠BDN=90° ∠NDC+∠BDN=90° ∴∠MDB=∠NDC 在△MDB和△NDC中

MBD＝C BD＝CDMDB＝NDC∴△MDB≌△NDC（ASA） ∴DM=DN（5分）

（2）DM=DN仍然成立．理由如下：连接BD，

由（1）知BD⊥AC，BD=CD ∴∠ABD=∠ACB=45°

∵∠ABD+∠MBD=180°∠ACB+∠NCD=180° ∴∠MBD=∠NCD ∵BD⊥AC

∴∠MDB+∠MDC=90° 又∠NDC+∠MDC=90° ∴∠MDB=∠NDC 在△MDB和△NDC中

MBD＝NCD BD＝CDMDB＝NDC∴△MDB≌△NDC（ASA） ∴DM=DN. 【点睛】

本题主要考查学生的推理能力，题目比较典型，利用ASA求三角形全等（手拉手模型），还运用了全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质，及等腰三角形三线合一定理等知识．

7．如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC，∠A＝90°，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连结DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点．

（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是________，位置关系是__________；

（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连结MN，判断△PMN的形状，并说明理由；

（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若DE＝2，BC＝4，请直接写出△PMN面积的最大值．

答案：C

解析：（1）PM=PN，PM⊥PN，理由见详解；（2）△PMN是等腰直角三角形，理由见详解；（3）△PMN面积的最大值是【分析】

（1）利用三角形的中位线得出PM=

9． 411CE，PN=BD，进而判断出BD=CE，即可得出结2211BD，PN=BD，22论，再利用三角形的中位线得出PM∥CE得出∠DPM=∠DCA，最后用互余即可得出结论； （2）先判断出△ABD≌△ACE，得出BD=CE，同（1）的方法得出PM=即可得出PM=PN，同（1）的方法即可得出结论；

（3）先判断出BD最大时，△PMN的面积最大，而BD最大是AB+AD=14，即可得出结论． 【详解】

解：（1）∵点P，N是BC，CD的中点， ∴PN∥BD，PN=

1BD， 2∵点P，M是CD，DE的中点， ∴PM∥CE，PM=

1CE， 2∵AB=AC，AD=AE， ∴BD=CE， ∴PM=PN， ∵PN∥BD， ∴∠DPN=∠ADC， ∵PM∥CE， ∴∠DPM=∠DCA， ∵∠BAC=90°， ∴∠ADC+∠ACD=90°，

∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°， ∴PM⊥PN；

故答案为：PM=PN，PM⊥PN； （2）△PMN是等腰直角三角形； 理由：由旋转知，∠BAD=∠CAE， ∵AB=AC，AD=AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，

同（1）的方法，利用三角形的中位线得，PN=∴PM=PN，

11BD，PM=CE， 22∴△PMN是等腰三角形， 同（1）的方法得，PM∥CE， ∴∠DPM=∠DCE，

同（1）的方法得，PN∥BD， ∴∠PNC=∠DBC，

∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC， ∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC =∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC =∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC， ∵∠BAC=90°， ∴∠ACB+∠ABC=90°， ∴∠MPN=90°，

∴△PMN是等腰直角三角形；

（3）由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM=PN=

1BD， 2∴PM最大时，△PMN面积最大，即：BD最大时，△PMN面积最大， ∴点D在BA的延长线上， ∵DE＝2，BC＝4， ∴AD22422 22，AB22∴BD=AB+AD=32， ∴PM=

32， 2113229PM2=()； 2224∴S△PMN最大=【点睛】

此题是几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质，解（1）的关键是判断出PM=PN=

1CE，21BD，解（2）的关键是判断出△ABD≌△ACE，解（3）的关键是判断出BD最大时，2△PMN的面积最大，是一道中考常考题． 8．问题提出：

（1）如图1，在ABC中，ABACBC，点D和点A在直线BC的同侧，

BDBC，BAC90，DBC30，连接AD，将△ABD绕点A逆时针旋转90得到ACD，连接BD（如图2），可求出ADB的度数为______． 问题探究：

（2）如图3，在（1）的条件下，若BAC，DBC，且120，

DBCABC ，

①求ADB的度数．

②过点A作直线AEBD，交直线BD于点E，BC7,AD2．请求出线段BE的长．

答案：A

解析：（1）30°；（2）①30；②7【分析】

（1）由旋转的性质，得△ABD≌ACD，则ADBADC，然后证明BCD是等边三角形，即可得到ADBADC30；

（2）①将△ABD绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，得到△ACD'，连接

3

BD'．与（1）同理证明DBC为等边三角形，然后利用全等三角形的判定和性质，即可

得到答案；

②由解直角三角形求出DE【详解】

解：（1）根据题意，∵ABACBC，BAC90， ∴ABC是等腰直角三角形， ∴ABCACB45， ∵DBC30， ∴ABD15，

由旋转的性质，则△ABD≌ACD，

∴ADBADC，ABDACD15，BCCD， ∴BCD60， ∴BCD是等边三角形， ∴BDC60，BDCD ∵ABAC，ADAD， ∴ABD≌ACD， ∴ADBADC30， ∴ADBADC30； （2）①

3，再由等边三角形的性质，即可求出答案．

DBCABC，

60120．

如图1，将△ABD绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，得到△ACD'，连接BD'．

ABAC，

ABCACB， BAC，

11ABC18090，

221ABDABCDBC90，

211DCBACDACB9090180()．

22120,

DCB60．

BDBC,BDCD，

BCCD,

DBC为等边三角形， DBDC， ADB≌ADC， ADBADC，

1ADBBDC30，

2ADB30．

②如图2，由①知，ADB30，

在Rt△ADE中，ADB30,AD2，

DE3．

BCD是等边三角形， BDBC7， BDBD7，

BEBDDE73．

【点睛】

本题考查了解直角三角形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，以及三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确利用旋转模型进行解题．

9．（1）问题感知 如图1，在△ABC中，∠C＝90°，且AC＝BC，点P是边AC的中点，连接BP，将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．连接AD．过点P作PE∥AB交BC于点E，则图中与△BEP全等的三角形是 ，∠BAD＝ °； （2）问题拓展 如图2，在△ABC中，AC＝BC＝

4AB，点P是CA延长线上一点，连接3BP，将线段PB绕点P顺时针旋转到线段PD，使得∠BPD＝∠C，连接AD，则线段CP与AD之间存在的数量关系为CP＝

4AD，请给予证明； 3（3）问题解决 如图3，在△ABC中，AC＝BC＝AB＝2，点P在直线AC上，且∠APB＝30°，将线段PB绕点P顺时针旋转60°到线段PD，连接AD，请直接写出△ADP的周长．

答案：A

解析：（1）△PAD，90；（2）证明见解析；（3）623． 【分析】

（1）由“SAS”可证△PAD≌△BEP，可得∠PAD=∠BEP=135°，依据∠ABC=45°，可得∠BAD=90°；

（2）过点P作PH∥AB，交CB的延长线于点H，由“SAS”可证△APD≌△HBP，可得PH=AD，通过证明△CAB∽△CPH，可得

ACCP，即可得结论； ABPH（3）分两种情况讨论，由直角三角形的性质和相似三角形的性质可求解． 【详解】

证明：（1）∵点P是边AC的中点，PE∥AB， ∴点E是BC的中点， ∴CE＝BE， ∵AC＝BC， ∴BE＝AP，

∵将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD． ∴PB＝PD，

∵∠APD+∠BPC＝90°，∠EBP +∠BPC＝90°， ∴∠EBP＝∠APD，

又∵PB＝PD，

∴△PAD≌△BEP（SAS）， ∴∠PAD＝∠BEP， ∵∠C＝90°，AC＝BC， ∴∠BAC＝∠ABC＝45°， ∵PE∥AB，

∴∠ABC＝∠PEC＝45°， ∴∠BEP＝135°，

∴∠BAD＝∠PAD﹣∠BAC＝135°﹣45°＝90°， 故答案为：△PAD，90；

（2）如图，过点P作PH∥AB，交CB的延长线于点H，

∴∠CBA＝∠CHP，∠CAB＝∠CPH， ∵CB＝CA， ∴∠CBA＝∠CAB， ∴∠CHP＝∠CPH， ∴CH＝CP， ∴BH＝AP，

∵将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD． ∴PB＝PD， ∵∠BPD＝∠C，

∴∠BPD+∠BPC＝∠C+∠BPC， ∴∠PBH＝∠APD， ∴△APD≌△HBP（SAS）， ∴PH＝AD， ∵PH∥AB， ∴△CAB∽△CPH，

ACAB PCPHACCP∴ ABPH4∵AC＝BC＝AB，

3∴

∴

CP4， PH344PH＝AD； 33∴CP＝

（3）当点P在CA的延长线上时， ∵AC＝BC＝AB＝2， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠ACB＝60°，

∵将线段PB绕点P顺时针旋转60°到线段PD， ∴BP＝PD，∠BPD＝60°＝∠ACB， 过点P作PE∥AB，交CB的延长线于点E，

∵∠ACB＝∠APB+∠ABP， ∴∠ABP＝∠APB＝30°， ∴AB＝AP＝2， ∴CP＝4， ∵AB∥PE， ∴

ABCA PECP∴CP＝PE＝4，

由（2）得，PE＝AD＝4， ∵∠APD＝∠APB+BPD＝90°， ∴DP＝AD2DP216423，

∴△ADP的周长＝AD+AP+DP＝23+6， 当点P在AC延长线上时，如图，

同理可求△ADP的周长＝6+23，

综上所述：△ADP的周长为6+23． 【点睛】

本题几何变换综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质的运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形或相似三角形，利用全等三角形的对应边相等，相似三角形的对应边成比例进行推算． 10．问题发现：（1）如图1，在等腰直角三角形ABC中，C90，点O为AB的中点，点M为AC上一点，将射线OM顺时针旋转90交BC于点N，则OM与ON的数量关系为____；

问题探究：（2）如图2，在等腰三角形ABC中，C120，点O为AB的中点，点

M为AC上一点，将射线OM顺时针旋转60交BC于点N，则OM与ON的数量关系

是否改变，请说明理由；

问题解决：（3）如图3，点O为正方形ABCD对角线的交点，点P为DO的中点，点M为直线BC上一点，将射线OM顺时针旋转90交直线AB于点N，若AB4，当

PMN面积为

25时，直接写出线段BN的长． 2

答案：B

解析：（1）OM=ON；（2）不改变；证明见解析；（3）线段BN的长为172或

172

【分析】

（1）连接，OC，证明△AOM≌△CON（ASA）可得结论．

（2）数量关系不变．如图2中，过点O作OK⊥AC于K，OJ⊥BC于J，连接OC．证明△OKM≌△OJN（AAS）可得结论．

（3）如图3中，过点P作PG⊥AB于G，PH⊥BC于H．证明△MOC≌△NOB（SAS），推出CM=BN，设CM=BN=m，根据S△PMN=M在CB的延长线上时，同法可求． 【详解】

解：（1）如图1中，结论：OM=ON． 理由：连接OC．

25=S△PBM+S△BMN-S△PBN，构建方程求解即可．当点2

∵CA=CB，∠ACB=90°，AO=OB，

CO=OA=OB，OC⊥AB，∠A=∠B=45°，∠BCO=∠ACO=45° ∴∠AOC=∠MON=90°， ∴∠AOM=∠CON， ∵∠A=∠CON，

∴△AOM≌△CON（ASA）， ∴OM=ON．

故答案为：OM=ON．

（2）理由：如图2中，过点O作OK⊥AC于K，OJ⊥BC于J，连接OC．

∵∠ACB=120°，∠OKC=∠OJC=90°，

∠KOJ=60°=∠MON， ∴∠MKO=∠NOJ， ∵CA=CB，OA=OB， ∴OC平分∠ACB， ∵OK⊥CA，OJ⊥CB， ∴OK=OJ，

∵∠OKM=∠OJN=90°， ∴△OKM≌△OJN（AAS）， ∴OM=ON．

（3）如图3中，过点P作PG⊥AB于G，PH⊥BC于H．

∵四边形ABCD是正方形，

AB=AD=4，∠BAD=90°， ∴BD=2AB=42， ∴OD=OB=22，PD=OP=2， ∴PB=33，

∵四边形PGBH是正方形， ∴PG=PH=3，

∵∠MON=∠COB=90°， ∴∠MOC=∠NOB， ∵OM=ON，OC=OB， ∴△MOC≌△NOB（SAS）， ∴CM=BN，设CM=BN=m， ∵S△PMN=∴

25=S△PBM+S△BMN-S△PBN， 225111•（4+m）•3+•m•（4+m）•m•3=， 2222∴整理得：m2+4m-13=0，

解得m=172或172（舍去）， ∴BN=172．

当点M在CB的延长线上时，同法可得BN=172． 综上所述，满足条件的BN的值为172或172． 【点睛】

本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．

11．如图1，在正方形ABCD中，点E,F分别在边AB,AD上，且AEAF，延长FD到点G，使得DGDF，连接EF,GE,CE．

（特例感知）

（1）图1中GE与CE的数量关系是______________． （结论探索）

（2）图2，将图1中的AEF绕着点A逆时针旋转090，连接FD并延长到点G，使得DCDF，连接GE,CE,BE，此时GE与CE还存在（1）中的数量关系吗？判断并说明理由． （拓展应用）

（3）在（2）的条件下，若AB5,AE32，当EFG是以EF为直角边的直角三角形时，请直接写出GE的长．

答案：G

解析：(1) GE=2CE，(2)存在，证明见解析，（3）258或210或16或4． 【分析】

(1)连接GC，证△CDG≌△CBE，得出△GCE为等腰直角三角形即可；

(2)类似（1）的方法，先证△AFD≌△AEB，再证△CDG≌△CBE，得出△GCE为等腰直角三角形即可；

(3)根据E、F是直角顶点分类讨论，结合（2）中结论，利用勾股定理求解即可． 【详解】 解：(1)连接GC， ∵AE=AF，AD=AB， ∴DF=BE， ∵DGDF， ∴DG = BE，

∵∠GDC=∠B=90°，DC=BC， ∴△CDG≌△CBE， ∴CE=CG，∠GCD=∠ECB， ∵∠ECB+∠DCE=90°， ∴∠GCE=∠GCD+∠DCE=90°， ∴GE=2CE； 故答案为：GE=2CE；

(2) 存在，连接GC，

∵AE=AF，AD=AB，∠FAE=∠DAB=90°， ∴∠FAD=∠EAB， ∴△FAD≌△EAB，

∴FD=EB=GD，∠FDA=∠EBA，

∵∠GDC+∠FDA=90°，∠EBC+∠EBA=90°， ∴∠GDC=∠EBC， ∵DC=BD， ∴△CDG≌△CBE，

与（1）同理，GE=2CE；

(3)当∠FEG=90°时，如图1，因为∠FEA=∠GEC=45°， 所以，A、E、C在一条直线上，

∵AB=5， ∴AC=52, CE=52-32=22, GE=2EC=4；

如图2，E在CA延长线上，同理可得，EC=82， GE=2EC=16；

当∠EFG=90°时，如图3，∠AFD=∠EFG+∠AFE=135°， 由（2）得，∠AFD=∠AEB=135°，DF=BE，

所以，B、E、F在一条直线上，作AM⊥EF，垂足为M， ∵AB5,AE32， ∴EF=6，AM=ME=MF=3，

BMAB2AM24，

BE=DF=1,FG=2，

GEFG2EF2210；

如图4，同图3，BE=DF=7，FG=14，EF=6，

GEFG2EF2258，

综上，GE的长为258或210或16或4． 【点睛】

本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理和等腰直角三角形的性质，解题关键是恰当的连接辅助线，构造全等三角形；会分类讨论，结合题目前后联系，解决问题．

12．如图，△ABD和△ACE都是等边三角形． （1）连接CD、BE交于点P，求∠BPD；

（2）连接PA，判断线段PA、PB、PD之间的数量关系并证明；

（3）如图，等腰ABC中AB＝AC，∠BAC＝（0＜＜90），在ABC内有一点M，连接MA、MB、MC．当MA＋MB＋MC最小时，∠ABM＝ （用含的式子表示）

答案：D

解析：（1）BPD60（2）PDPBPA，证明见详解（3）60 【分析】

（1）证明DACBAESAS，得ADCABE，就可以证明

12BPDDAB60；

（2）在DP上截取PF=PB，连接BF，证明DBFABPSAS，得DFPA，即可证明PDPBPA；

（3）分别以AB和AC为边，向两边作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接BE和CD，交于点M，连接AM，此时MAMBMC最小，然后利用等腰三角形ADC，求出

ADC的度数，即可得到ABM的度数．

【详解】

解：（1）∵△ABD和△ACE是等边三角形， ∴ADAB，ACAE，DABCAE60， ∵DABBACCAEBAC， ∴DACBAE， 在△DAC和△BAE中，

ADABDACBAE， ACAE∴

DACBAESAS，

∴ADCABE，

∵ADCDABABEBPD， ∴BPDDAB60；

（2）如图，在DP上截取PF=PB，连接BF，

∵BPD60，PFPB，

∴△PFB是等边三角形， ∴BFBP，FBP60， ∴DBAFBP，

∵DBAFBAFBPFBA， ∴DBFABP， 在DBF和△ABP中，

DBABDBFABP， BFBP∴

DBFABPSAS，

∴DFPA， ∵PDPFFD， ∴PDPBPA；

（3）如图，分别以AB和AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接BE和CD，交于点M，连接AM，此时MAMBMC最小，

由（2）中的结论可得MDMAMB，则当D、M、C三点共线时MAMBMC最小，即CD的长，

由（1）得ADCABM，

∵ADABAC，DAC60， ∴ADC18060160，

2212∴ABM60，

故答案是：60． 【点睛】

本题考查全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质，解题的关键是做辅助线构造全等三角形来进行证明求解．

13．探究：（1）如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，若∠B＝28°，则∠ACD的度数是 ．

拓展：（2）如图②，∠MCN＝90°，射线CP在∠MCN的内部，点A、B分别存CM、CN上，分别过点A、B作AD⊥CP、BE⊥CP于点D、E，若AC＝CB，则AD、DE、BE三者间的数量关系为 ．请说明理由；

应用：（3）如图③，点A、B分别在∠MCN的边CM、CN上，射线CP在∠MCN的内部，点D、E在射线CP上，连结AD、BE、AE，且使∠MCN＝∠ADP＝∠BEP．当AC＝BC时，△ ≌△ ；此时如果CD＝2DE，且S△CBE＝6，则△ACE的面积是 ．

12

答案：D

解析：（1）28° （2）DE＝AD﹣BE；理由见解析 （3）ACD；CBE；9 【分析】

（1）利用直角三角形的两锐角互余，即可得出结论；

（2）利用同角的余角相等判断出∠CAD＝∠BCE，进而判断出△ACD≌△CBE，即可得出结论；

（3）利用等式的性质判断出∠ADC＝∠CEB，进而判断出△ACD≌△CBE，得出S△ACD＝S△CBE，再求出S△ADE＝3，即可得出结论． 【详解】

解：探究：∵CD⊥AB， ∴∠CDB＝90°， ∵∠B＝28°，

∴∠BCD＝90°﹣∠B＝68°， ∵∠ACB＝90°，

∴∠ACD＝90°﹣∠BCD＝28°， 故答案为：28°； 拓展：(2)∵∠MCN＝90°， ∴∠ACD+∠BCE＝90°， ∵AD⊥CP，BE⊥CP，

∴∠ADC＝∠BEC＝90°， ∴∠ACD+∠CAD＝90°， ∴∠CAD＝∠BCE， 在△ACD和△CBE中，

ADCCEBCADBCE， ACBC∴△ACD≌△CBE（AAS）， ∴CD＝BE，AD＝CE， ∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE， 故答案为：DE＝AD﹣BE；

应用：(3)∵∠MCN＝∠ACD+∠BCD，∠MCN＝∠ADP， ∴∠ADP＝∠ACD+∠BCD， ∵∠ADP＝∠ACD+∠CAD， ∴∠CAD＝∠BCE， ∵∠ADP＝∠BEP， ∴∠ADC＝∠CEB， 在△ACD和△CBE中，

ADCCEBCADBCE， ACBC∴△ACD≌△CBE（AAS）， ∴S△ACD＝S△CBE， ∵S△CBE＝6， ∴S△ACD＝6， ∵CD＝2DE， ∴S△ACD＝2S△ADE， ∴S△ADE＝

1S△ACD＝3， 2∴S△ACE＝S△ACD+S△ADE＝9， 故答案为：ACD，CBE，9． 【点睛】

此题是三角形综合题，主要考查了直角三角形的性质，同角的余角相等，等式的性质，全等三角形的判定和性质，判断出△ACD≌△CBE是解本题的关键．

14．如图1所示，在Rt△ABC中BAC90，ABAC，BC2，以BC所在直线为x轴，边BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，将ABC绕P点0,1顺时针旋转．

（1）填空：当点B旋转到y轴正半轴时，则旋转后点A坐标为______；

（2）如图2所示，若边AB与y轴交点为E，边AC与直线yx1的交点为F，求证：AEF的周长为定值；

（3）在（2）的条件下，求AEF内切圆半径的最大值．

解析：（1）2,21；（2）见解析；（3）324

【分析】

（1）作出图形，A'B'C'是ABC绕 P点0,1顺时针旋转，点B旋转到y轴正半轴时得到的图形，连接 BP，CP，根据BC2，y轴垂直平分BC， ABAC，

P0,1可证得四边形ABPC是正方形，则有 BPB'PABA'B'2，

B'0B'PPO21，可得点 A坐标；

（2）作BPQCPF，交AB延长线于Q点，根据四边形ABPC是正方形，得到

QBPFCP90，BPCP，可证△BPQ≌△CPFASA，得BQCF，QPFP，利用ASA再可证得△QPE≌△FPE，得QEFE则AEF的周长

ABAC22 （3）设EFm，AEn，RtAEF的内切圆半径为r，由（2）可得

AF22mn则rAEAFEFn22mnm222m，当m最小

时，r最大．得到n222mn2m2整理得：n2m22n422m0，关于n的一元二次方程有解，即m2224422m0化简得m242m80，利

用二次函数图像可得m422或m422（不合题意，舍去）可得m的最小值为422，即r的最大值为2422324，则有AEF内切圆半径的最大值为

324．

【详解】

解：（1）如图示，A'B'C'是ABC绕 P点0,1顺时针旋转，点B旋转到y轴正半轴时得到的图形，连接 BP，CP，

∵BC2，y轴垂直平分BC ∴BOCO1

又∵Rt△ABC中，ABAC ∴AO1，ABAC∵P0,1 ∴PO1

∴AOBOCOPO ∴四边形ABPC是正方形 ∴BP∴B'0B'PB'PABPOA'B'21

2

2 ∴点A坐标为

2,21

（2）如图2所示，作BPQCPF，交AB延长线于Q点 ∵四边形ABPC是正方形∴QBPFCP90， BPCP ∴△BPQ≌△CPFASA∴ BQCF，QPFP

∵点F在直线yx1∴FPE45∴ BPEFPC45 ∴BPEBPQ45∴QPEFPE45 ∵∴

EPEP∴

△QPE≌△FPEASA∴ QEFE

AEF的周长AEEFAFAEQEAF AEBEBQAFAEBEFCAF

ABAC22

（3）设EFm，AEn，RtAEF的内切圆半径为 r， 由（2）可得AF22mn则rAEAFEF

2n22mnm

22m

∴当m最小时，r最大．∵在RtAEF中，AE2AF2EF2

∴n222mn2m2整理得： n2m22n2422m0

∵关于n的一元二次方程有解∴∴m242m80

m224422m0

利用二次函数图像可得m422或m422（不合题意，舍去） ∴m的最小值为422∴r的最大值为2即AEF内切圆半径的最大值为324． 【点睛】

本题主要考查了一次函数的综合应用以及根的判别式、全等三角形的判定与性质、旋转、三角形内切圆等知识，能熟练应用相关性质是解题关键． 15．问题解决

一节数学课上，老师提出了这样一个问题：如图①，点P是等边ABC内的一点，

422324

PA6，PB8 ，PC10．你能求出APB的度数和等边ABC的面积吗？ 小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：

如图①将△BPC绕点B逆时针旋转60°，得到△BPA，连接PP，可得BPP是等边三角形，根据勾股定理逆定理可得APP是直角三角形，从而使问题得到解决．

（1）结合小明的思路完成填空：PP_____________，APP_______________，APB_____________ ，SABC ______________．

（2）类比探究

Ⅰ如图②，若点P是正方形ABCD内一点，PA1 ，PB2，PC3，求APB的度数和正方形的面积．

Ⅱ如图③，若点P是正方形ABCD外一点，PA3 ，PB1， PC11，求APB的度数和正方形的面积．

答案：B

解析：（1）8，90˚，150˚，25336；（2）ⅠAPB135，ⅡAPB45，S正方形 S正方形 ABCD722；ABCD1032 【分析】

（1）根据小明的思路，然后利用等腰三角形和直角三角形性质计算即可；

（2）Ⅰ将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，求出∠APB的度数；先利用旋转求出∠PBP'=90°，BP'=BP=2，AP'=CP=3，利用勾股定理求出PP'，进而判断出△APP'是直角三角形，得出∠APP'=90°，即可得出结论；过B作BE⊥AP于点E，然后利用勾股定理求出AB的长度即可求出正方形面积；

Ⅱ将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，求出∠APB的度数；先利用旋转求出∠PBP'=90°，BP'=BP=2，AP'=CP=3，利用勾股定理求出PP'，进而判断出△APP'是直角三角形，得出∠APP'=90°，即可得出结论；过B作BF⊥AP于点F，然后利用勾股定理求出AB的长度即可求出正方形面积； 【详解】

解:（1）由题易有BPP是等边三角形，APP是直角三角形 ∴

PP=BP=8，∠APP90?，∠PPB60?，

∴APB∠APP+∠PPB=150˚， 如图1，过B作BD⊥AP于点D

∵APB150° ∴∠BPD30?

在Rt△BPD中，∠BPD30?，BP=8

∴BD=4，PD=43 ∴AD=6+43

∴AB2=AD2+BD2=100+483 ∴SABC3AB2=25336 4（2）Ⅰ．如图2，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′， ∴△ABP'≌△CBP，

∴∠PBP'=90°，BP'=BP=2，AP'=CP=3， 在Rt△PBP'中，BP=BP'=2，

∴∠BPP'=45°，根据勾股定理得，PP'=2BP=22， ∵AP=1，

∴AP2+PP'2=1+8=9， ∵AP'2=32=9， ∴AP2+PP'2=AP'2，

∴△APP'是直角三角形，且∠APP'=90°， ∴∠APB=∠APP'+∠BPP'=90°+45°=135°；

过B作BE⊥AP于点E， ∵∠APB=135° ∴∠BPE=45°

∴△BPE是等腰直角三角形 ∴BE=BP=

2BP=2 2∴AE=1+2

∴AB2=AE2+BE2=7+22 ∴S正方形ABCDAB2722

Ⅱ．如图3，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′， ∴△ABP'≌△CBP，

∴∠PBP'=90°，BP'=BP=1，AP'=CP=11，

在Rt△PBP'中，BP=BP'=1，

∴∠BPP'=45°，根据勾股定理得，PP'=2BP=2， ∵AP=3，

∴AP2+PP'2=9+2=11， ∵AP'2=（11）2=11， ∴AP2+PP'2=AP'2，

∴△APP'是直角三角形，且∠APP'=90°， ∴∠APB=∠APP'-∠BPP'=90°-45°=45°．

过B作BF⊥AP于点F ∵∠APB=45°

∴△BPF为等腰直角三角形 ∴PF=BF=

22 BP=222 2∴AF=AP-PF=3-

∴AB2=AF2+BF2=1032 ∴S正方形ABCDAB21032 【点睛】

此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质和判定，勾股定理，正确作出辅助线是解本题的关键．