2021年全国各省市中考真题精编精练：图形的旋转解答

这是一份2021年全国各省市中考真题精编精练：图形的旋转解答，共42页。

2021年全国各省市中考真题汇总：图形的旋转解答

1．〔2021•襄阳〕在△ABC中，∠ACB＝90°，＝m，D是边BC上一点，将△ABD沿AD折叠得到△AED，连接BE．
〔1〕特例发现
如图1，当m＝1，AE落在直线AC上时．
①求证：∠DAC＝∠EBC；
②填空：的值为 　 　；
〔2〕类比探究
如图2，当m≠1，AE与边BC相交时，在AD上取一点G，使∠ACG＝∠BCE，CG交AE于点H．探究的值〔用含m的式子表示〕，并写出探究过程；
〔3〕拓展运用
在〔2〕的条件下，当m＝，D是BC的中点时，假设EB•EH＝6，求CG的长．

2．〔2021•张家界〕如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠AOB＝60°，对角线AC所在的直线绕点O顺时针旋转角α〔0°＜α＜120°〕，所得的直线l分别交AD，BC于点E，F．
〔1〕求证：△AOE≌△COF；
〔2〕当旋转角α为多少度时，四边形AFCE为菱形？试说明理由．

3．〔2021•黑龙江〕如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，△ABO的三个顶点坐标分别为A〔﹣1，3〕，B〔﹣4，3〕，O〔0，0〕．
〔1〕画出△ABO关于x轴对称的△A1B1O，并写出点A1的坐标；
〔2〕画出△ABO绕点O顺时针旋转90°后得到的△A2B2O，并写出点A2的坐标；
〔3〕在〔2〕的条件下，求点A旋转到点A2所经过的路径长〔结果保存π〕．

4．〔2021•长春〕如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，点D为边AC的中点．动点P从点A出发，沿折线AB﹣BC以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当点P不与点A、C重合时，连结PD．作点A关于直线PD的对称点A′，连结A′D、A′A．设点P的运动时间为t秒．
〔1〕线段AD的长为 　 　；
〔2〕用含t的代数式表示线段BP的长；
〔3〕当点A′在△ABC内部时，求t的取值范围；
〔4〕当∠AA′D与∠B相等时，直接写出t的值．

5．〔2021•黑龙江〕在等腰△ADE中，AE＝DE，△ABC是直角三角形，∠CAB＝90°，∠ABC＝∠AED，连接CD、BD，点F是BD的中点，连接EF．
〔1〕当∠EAD＝45°，点B在边AE上时，如图①所示，求证：EF＝CD；
〔2〕当∠EAD＝45°，把△ABC绕点A逆时针旋转，顶点B落在边AD上时，如图②所示，当∠EAD＝60°，点B在边AE上时，如图③所示，猜测图②、图③中线段EF和CD又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜测，不需证明．

6．〔2021•通辽〕△AOB和△MON都是等腰直角三角形〔OA＜OM＜OA〕，∠AOB＝∠MON＝90°．
〔1〕如图1，连接AM，BN，求证：AM＝BN；
〔2〕将△MON绕点O顺时针旋转．
①如图2，当点M恰好在AB边上时，求证：AM2+BM2＝2OM2；
②当点A，M，N在同一条直线上时，假设OA＝4，OM＝3，请直接写出线段AM的长．

7．〔2021•黑龙江〕如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，△ABO的三个顶点坐标分别为A〔﹣1，3〕，B〔﹣4，3〕，O〔0，0〕．
〔1〕画出△ABO关于x轴对称的△A1B1O，并写出点B1的坐标；
〔2〕画出△ABO绕点O顺时针旋转90°后得到的△A2B2O，并写出点B2的坐标；
〔3〕在〔2〕的条件下，求点B旋转到点B2所经过的路径长〔结果保存π〕．

8．〔2021•北京〕如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，M为BC的中点，点D在MC上，以点A为中心，将线段AD顺时针旋转α得到线段AE，连接BE，DE．
〔1〕比拟∠BAE与∠CAD的大小；用等式表示线段BE，BM，MD之间的数量关系，并证明；
〔2〕过点M作AB的垂线，交DE于点N，用等式表示线段NE与ND的数量关系，并证明．

9．〔2021•十堰〕等边三角形ABC，过A点作AC的垂线l，点P为l上一动点〔不与点A重合〕，连接CP，把线段CP绕点C逆时针方向旋转60°得到CQ，连QB．
〔1〕如图1，直接写出线段AP与BQ的数量关系；
〔2〕如图2，当点P、B在AC同侧且AP＝AC时，求证：直线PB垂直平分线段CQ；
〔3〕如图3，假设等边三角形ABC的边长为4，点P、B分别位于直线AC异侧，且△APQ的面积等于，求线段AP的长度．

10．〔2021•达州〕如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别是A〔0，4〕，B〔0，2〕，C〔3，2〕．
〔1〕将△ABC以O为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C1；
〔2〕将△ABC平移后得到△A2B2C2，假设点A的对应点A2的坐标为〔2，2〕，求△A1C1C2的面积．

11．〔2021•河北〕在一平面内，线段AB＝20，线段BC＝CD＝DA＝10，将这四条线段顺次首尾相接．把AB固定，让AD绕点A从AB开始逆时针旋转角α〔α＞0°〕到某一位置时，BC，CD将会跟随出现到相应的位置．
论证：如图1，当AD∥BC时，设AB与CD交于点O，求证：AO＝10；
发现：当旋转角α＝60°时，∠ADC的度数可能是多少？
尝试：取线段CD的中点M，当点M与点B距离最大时，求点M到AB的距离；
拓展：①如图2，设点D与B的距离为d，假设∠BCD的平分线所在直线交AB于点P，直接写出BP的长〔用含d的式子表示〕；
②当点C在AB下方，且AD与CD垂直时，直接写出α的余弦值．

12．〔2021•衡阳〕如图，点E为正方形ABCD外一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF，DF的延长线交BE于H点．
〔1〕试判定四边形AFHE的形状，并说明理由；
〔2〕BH＝7，BC＝13，求DH的长．

13．〔2021•江西〕正方形ABCD的边长为4个单位长度，点E是CD的中点，请仅用无刻度直尺按以下要求作图〔保存作图痕迹〕．
〔1〕在图1中，将直线AC绕着正方形ABCD的中心顺时针旋转45°；
〔2〕在图2中，将直线AC向上平移1个单位长度．

14．〔2021•邵阳〕如图，在Rt△ABC中，点P为斜边BC上一动点，将△ABP沿直线AP折叠，使得点B的对应点为B′，连接AB′，CB′，BB′，PB′．
〔1〕如图①，假设PB′⊥AC，证明：PB′＝AB′．
〔2〕如图②，假设AB＝AC，BP＝3PC，求cos∠B′AC的值．
〔3〕如图③，假设∠ACB＝30°，是否存在点P，使得AB＝CB′．假设存在，求此时的值；假设不存在，请说明理由．

15．〔2021•成都〕在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，其中点A，C的对应点分别为点A′，C′．
〔1〕如图1，当点A′落在AC的延长线上时，求AA′的长；
〔2〕如图2，当点C′落在AB的延长线上时，连接CC′，交A′B于点M，求BM的长；
〔3〕如图3，连接AA′，CC′，直线CC′交AA′于点D，点E为AC的中点，连接DE．在旋转过程中，DE是否存在最小值？假设存在，求出DE的最小值；假设不存在，请说明理由．

16．〔2021•丽水〕如图，在5×5的方格纸中，线段AB的端点均在格点上，请按要求画图．

〔1〕如图1，画出一条线段AC，使AC＝AB，C在格点上；
〔2〕如图2，画出一条线段EF，使EF，AB互相平分，E，F均在格点上；
〔3〕如图3，以A，B为顶点画出一个四边形，使其是中心对称图形，且顶点均在格点上．
17．〔2021•安徽〕如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，△ABC的顶点均在格点〔网格线的交点〕上．
〔1〕将△ABC向右平移5个单位得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
〔2〕将〔1〕中的△A1B1C1绕点C1逆时针旋转90°得到△A2B2C1，画出△A2B2C1．

18．〔2021•重庆〕在等边△ABC中，AB＝6，BD⊥AC，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF．
〔1〕将线段EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，连接FG．
①如图1，当点E与点B重合，且GF的延长线过点C时，连接DG，求线段DG的长；
②如图2，点E不与点A，B重合，GF的延长线交BC边于点H，连接EH，求证：BE+BH＝BF；
〔2〕如图3，当点E为AB中点时，点M为BE中点，点N在边AC上，且DN＝2NC，点F从BD中点Q沿射线QD运动，将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，连接FP，当NP+MP最小时，直接写出△DPN的面积．

19．〔2021•重庆〕在△ABC中，AB＝AC，D是边BC上一动点，连接AD，将AD绕点A逆时针旋转至AE的位置，使得∠DAE+∠BAC＝180°．
〔1〕如图1，当∠BAC＝90°时，连接BE，交AC于点F．假设BE平分∠ABC，BD＝2，求AF的长；
〔2〕如图2，连接BE，取BE的中点G，连接AG．猜测AG与CD存在的数量关系，并证明你的猜测；
〔3〕如图3，在〔2〕的条件下，连接DG，CE．假设∠BAC＝120°，当BD＞CD，∠AEC＝150°时，请直接写出的值．


参考答案
1．解〔1〕①如图1，延长AD交BE于F，
由折叠知，∠AFB＝90°＝∠ACB，
∴∠DAC+∠ADC＝∠BDF+∠EBC＝90°，
∵∠ADC＝∠BDF，
∴∠DAC＝∠EBC；

②由①知，∠DAC＝∠EBC，
∵m＝1，
∴AC＝BC，
∵∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE〔ASA〕，
∴CD＝CE，
∴＝1，
故答案为1．

〔2〕如图2，延长AD交BE于F，
由〔1〕①知，∠DAC＝∠EBC，
∵∠ACG＝∠BCE，
∴△ACG∽△BCE，
∴＝m；

〔3〕由折叠知，∠AFB＝90°，BF＝FE，
∵点D是BC的中点，
∴BD＝CD，
∴DF是△BCE的中位线，
∴DF∥CE，
∴∠BEC＝∠BFD＝90°，∠AGC＝∠ECG，∠GAH＝∠CEA，
由〔2〕知，△ACG∽△BCE，
∴∠AGC＝∠BEC＝90°，＝＝2m＝，
∴＝tan∠GAC＝＝，
设CG＝x，那么AG＝x，BE＝2x，
∴AG＝CE，
∴△AGH≌△ECH〔AAS〕，
∴AH＝EH，GH＝CH，
∴GH＝x，
在Rt△AGH中，根据勾股定理得，AH＝＝x，
∵EB•EH＝6，
∴2x•x＝6，
∴x＝或x＝﹣〔舍〕，
即CG＝．



2．证明：〔1〕∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AO＝CO，
∴∠AEO＝∠CFO，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≅△COF〔AAS〕；
〔2〕当α＝90°时，四边形AFCE为菱形，
理由：∵△AOE≅△COF，
∴OE＝OF，
又∵AO＝CO，
∴四边形AFCE为平行四边形，
又∵∠AOE＝90°，
∴四边形AFCE为菱形．
3．解：〔1〕如图，△A1B1O即为所求，点A1的坐标〔﹣1，﹣3〕；
〔2〕如图，△A2B2O即为所求，点A2的坐标〔3，1〕；
〔3〕点A旋转到点A2所经过的路径长＝＝π

4．解：〔1〕在Rt△ABC中，由勾股定理得：
AC＝＝4，
∴AD＝AC＝2．
故答案为：2．
〔2〕当0＜t≤5时，点P在线段AB上运动，PB＝AB﹣AP＝5﹣t，
当5＜t＜8时，点P在BC上运动，PB＝t﹣5．
综上所述，PB＝．
〔3〕如图，当点A'落在AB上时，DP⊥AB，

∵AP＝t，AD＝2，cosA＝，
∴在Rt△APD中，cosA＝＝＝，
∴t＝．
如图，当点A'落在BC边上时，DP⊥AC，

∵AP＝t，AD＝2，cosA＝，
∴在Rt△APD中，cosA＝＝＝，
∴t＝．
如图，点A'运动轨迹为以D为圆心，AD长为半径的圆上，

∴＜t＜时，点A'在△ABC内部．
〔4〕如图，0＜t＜5时，

∵∠AA'D＝∠B＝∠A'AD，
∠ADP+∠A'AD＝∠BAC+∠B＝90°，
∴∠ADP＝∠BAC，
∴AE＝AD＝1，
∵cosA＝＝＝，
∴t＝．
如图，当5＜t＜8时，

∵∠AA'B＝∠B＝∠A'AD，
∠BAC+∠B＝90°，
∴∠BAC+∠A'AD＝90°，
∴PE∥BA，
∴∠DPC＝∠B，
∵在Rt△PCD中，CD＝＝2，CP＝8﹣t，tan∠DPC＝，
∴tan∠DPC＝＝＝，
∴t＝．
综上所述，t＝或．
5．〔1〕证明：如图①中，

∵EA＝ED，∠EAD＝45°，
∴∠EAD＝∠EDA＝45°，
∴∠AED＝90°，
∵BF＝FD，
∴EF＝DB，
∵∠CAB＝90°，
∴∠CAD＝∠BAD＝45°，
∵∠ABC＝∠AED＝45°，
∴∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴AC＝AB，
∴AD垂直平分线段BC，
∴DC＝DB，
∴EF＝CD．

〔2〕解：如图②中，结论：EF＝CD．

理由：取CD的中点T，连接AT，TF，ET，TE交AD于点O．
∵∠CAD＝90°，CT＝DT，
∴AT＝CT＝DT，
∵EA＝ED，
∴ET垂直平分线段AD，
∴AO＝OD，
∵∠AED＝90°，
∴OE＝OA＝OD，
∵CT＝TD，BF＝DF，
∴BC∥FT，
∴∠ABC＝∠OFT＝45°，
∵∠TOF＝90°，
∴∠OTF＝∠OFT＝45°，
∴OT＝OF，
∴AF＝ET，
∵FT＝TF，∠AFT＝∠ETF，FA＝TE，
∴△AFT≌△ETF〔SAS〕，
∴EF＝AT，
∴EF＝CD．

如图③中，结论：EF＝CD．

理由：取AD的中点O，连接OF，OE．
∵EA＝ED，∠AED＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∵AO＝OD，
∴OE⊥AD，∠AEO＝∠OED＝30°，
∴tan∠AEO＝＝，
∴＝，
∵∠ABC＝∠AED＝30°，∠BAC＝90°，
∴AB＝AC，
∵AO＝OD，BF＝FD，
∴OF＝AB，
∴＝，
∴＝，
∵OF∥AB，
∴∠DOF＝∠DAB，
∵∠DOF+∠EOF＝90°，∠DAB+∠DAC＝90°，
∴∠EOF＝∠DAC，
∴△EOF∽△DAC，
∴＝＝，
∴EF＝CD．
6．〔1〕证明：∵∠AOB＝∠MON＝90°，
∴∠AOB+∠AON＝∠MON+∠AON，
即∠AOM＝∠BON，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，
∴OA＝OB，OM＝ON，
∴△AOM≌△BON〔SAS〕，
∴AM＝BN；

〔2〕①证明：连接BN，
∵∠AOB＝∠MON＝90°，
∴∠AOB﹣∠BOM＝∠MON﹣∠BOM，
即∠AOM＝∠BON，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，
∴OA＝OB，OM＝ON，
∴△AOM≌△BON〔SAS〕，
∴∠MAO＝∠NBO＝45°，AM＝BN，
∴∠MBN＝90°，
∴MN2+BN2＝MN2，
∵△MON都是等腰直角三角形，
∴MN2＝2ON2，
∴AM2+BM2＝2OM2；

②解：如图3，当点N在线段AM上时，连接BN，设BN＝x，
由〔1〕可知△AOM≌△BON，可得AM＝BN且AM⊥BN，
在Rt△ABN中，AN2+BN2＝AB2，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，OA＝4，OM＝3，
∴MN＝3，AB＝4，
∴〔x﹣3〕2+x2＝〔4〕2，
解得：x＝，
∴AM＝BN＝，
如图4，当点，M在线段AN上时，连接BN，设BN＝x，
由〔1〕可知△AOM≌△BON，可得AM＝BN且AM⊥BN，
在Rt△ABN中，AN2+BN2＝AB2，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，OA＝4，OM＝3，
∴MN＝3，AB＝4，
∴〔x+3〕2+x2＝〔4〕2，
解得：x＝，
∴AM＝BN＝，
综上所述，线段AM的长为或．
7．解：〔1〕如图，△A1B1O即为所求，B1〔﹣4，﹣3〕．

〔2〕如图，△A2B2O即为所求，B2〔3，4〕．
〔3〕点B旋转到点B2所经过的路径长＝＝．
8．解：〔1〕∵∠DAE＝∠BAC＝α，
∴∠DAE﹣∠BAD＝∠BAC﹣∠BAD，
即∠BAE＝∠CAD，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD〔SAS〕，
∴BE＝CD，
∵M为BC的中点，
∴BM＝CM，
∴BE+MD＝BM；
〔2〕如图，作EH⊥AB交BC于H，
由〔1〕△ABE≌△ACD得：∠ABE＝∠ACD，
∵∠ACD＝∠ABC，
∴∠ABE＝∠ABD，
在△BEF和△BHF中，
，
∴△BEF≌△BHF〔ASA〕，
∴BE＝BH，
由〔1〕知：BE+MD＝BM，
∴MH＝MD，
∵MN∥HF，
∴，
∴EN＝DN．

9．解：〔1〕在等边△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝60°，
由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，
∴∠ACB＝∠PCQ，
∴∠ACP﹣∠PCB＝∠BCQ﹣∠PCB，即∠ACP＝∠BCQ，
∴△ACP≌△BCQ〔SAS〕，
∴AP＝BQ．
〔2〕在等边△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝60°，
由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，
∴∠ACB＝∠PCQ，
∴∠ACP﹣∠PCB＝∠BCQ﹣∠PCB，即∠ACP＝∠BCQ，
∴△ACP≌△BCQ〔SAS〕，
∴AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝90°；
∴BQ＝AP＝AC＝BC，
∵AP＝AC，∠CAP＝90°，
∴∠BAP＝30°，∠ABP＝∠APB＝75°，
∴∠CBP＝∠ABC+∠ABP＝135°，
∴∠CBD＝45°，
∴∠QBD＝45°，
∴∠CBD＝∠QBD，即BD平分∠CBQ，
∴BD⊥CQ且点D是CQ的中点，即直线PB垂直平分线段CQ．
〔3〕①当点Q在直线l上方时，如下图，延长BQ交l于点E，过点Q作QF⊥l于点F，

由题意可得AC＝BC，PC＝CQ，∠PCQ＝∠ACB＝60°，
∴∠ACP＝∠BCQ，
∴△APC≌△BCQ〔SAS〕，
∴AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝90°，
∵∠CAB＝∠ABC＝60°，
∴∠BAE＝∠ABE＝30°，
∵AB＝AC＝4，
∴AE＝BE＝，
∴∠BEF＝60°，
设AP＝t，那么BQ＝t，
∴EQ＝﹣t，
在Rt△EFQ中，QF＝EQ＝〔﹣t〕，
∴S△APQ＝AP•QF＝，即•t〔﹣t〕＝，
解得t＝或t＝．即AP的长为或．
②当点Q在直线l下方时，如下图，设BQ交l于点E，过点Q作QF⊥l于点F，

由题意可得AC＝BC，PC＝CQ，∠PCQ＝∠ACB＝60°，
∴∠ACP＝∠BCQ，
∴△APC≌△BCQ〔SAS〕，
∴AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝90°，
∵∠CAB＝∠ABC＝60°，
∴∠BAE＝∠ABE＝30°，
∵AB＝AC＝4，
∴AE＝BE＝，
∴∠BEF＝60°，
设AP＝m，那么BQ＝m，
∴EQ＝m﹣，
在Rt△EFQ中，QF＝EQ＝〔m﹣〕，
∴S△APQ＝AP•QF＝，即•t〔m﹣〕＝，
解得m＝〔m＝负值舍去〕．
综上可得，AP的长为：或或．
10．解：〔1〕如图，△A1B1C1即为所求．
〔2〕如图，△A2B2C2即为所求．△A1C1C2的面积＝4×8﹣×3×2﹣×2×8﹣×4×5＝11．

11．论证：
证明：∵AD∥BC，
∴∠A＝∠B，∠C＝∠D，
在△AOD和△BOC中，
，
∴△AOD≌△BOC〔ASA〕，
∴AO＝BO，
∵AO+BO＝AB＝20，
∴AO＝10；
发现：①设AB的中点为O，如图：

当AD从初始位置AO绕A顺时针旋转60°时，BC也从初始位置BC'绕点B顺时针旋转60°，
而BO＝BC'＝10，
∴△BC'O是等边三角形，
∴BC旋转到BO的位置，即C以O重合，
∵AO＝AD＝CD＝10，
∴△ADC是等边三角形，
∴此时∠ADC＝60°；
②如图：

当AD从AO绕A逆时针旋转60°时，CD从CD'的位置开始也旋转60°，故△ADO和△CDO都是等边三角形，
∴此时∠ADC＝120°，
综上所述，∠ADC为60°或120°；
尝试：取线段CD的中点M，当点M与点B距离最大时，D、C、B共线，过D作DQ⊥AB于Q，过M作MN⊥AB于N，如图：

由可得AD＝10，BD＝BC+CD＝20，BM＝CM+BC＝15，
设AQ＝x，那么BQ＝20﹣x，
∵AD2﹣AQ2＝DQ2＝BD2﹣BQ2，
∴100﹣x2＝400﹣〔20﹣x〕2，
解得x＝，
∴AQ＝，
∴DQ＝＝，
∵DQ⊥AB，MN⊥AB，
∴MN∥DQ，
∴＝，即＝，
∴MN＝，
∴点M到AB的距离为；
拓展：
①设直线CP交DB于H，过D作DG⊥AB于G，连接DP，如图：

∵BC＝DC＝10，CP平分∠BCD，
∴∠BHC＝∠DHC＝90°，BH＝BD＝d，
设BG＝m，那么AG＝20﹣m，
∵AD2﹣AG2＝BD2﹣BG2，
∴100﹣〔20﹣m〕2＝d2﹣m2，
∴m＝，
∴BG＝，
∵∠BHP＝∠BGD＝90°，∠PBH＝∠DBG，
∴△BHP∽△BGD，
∴＝，
∴BP＝＝；
②过B作BG⊥CD于G，如图：

设AN＝t，那么BN＝20﹣t，DN＝＝，
∵∠D＝∠BGN＝90°，∠AND＝∠BNG，
∴△ADN∽△BGN，
∴＝＝，
即＝＝，
∴NG＝，BG＝，
Rt△BCG中，BC＝10，
∴CG＝＝，
∵CD＝10，
∴DN+NG+CG＝10，
即++＝10，
∴t+〔20﹣t〕+20＝10t，
20+20＝10t，即2＝t﹣2，
两边平方，整理得：3t2﹣40t＝﹣4t，
∵t≠0，
∴3t﹣40＝﹣4，
解得t＝〔大于20，舍去〕或t＝，
∴AN＝，
∴cosα＝＝＝．
方法二：过C作CK⊥AB于K，过F作FH⊥AC于H，如图：

∵AD＝CD＝10，AD⊥DC，
∴AC2＝200，
∵AC2﹣AK2＝BC2﹣BK2，
∴200﹣AK2＝100﹣〔20﹣AK〕2，
解得AK＝，
∴CK＝＝，
Rt△ACK中，tan∠KAC＝＝，
Rt△AFH中，tan∠KAC＝＝，
设FH＝n，那么CH＝FH＝n，AH＝5n，
∵AC＝AH+CH＝10，
∴5n+n＝10，
解得n＝，
∴AF＝＝n＝•＝，
Rt△ADF中，
cosα＝＝＝．
12．解：〔1〕四边形AFHE是正方形，理由如下：
∵Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF，
∴∠AEB＝∠AFD＝90°，
∴∠AFH＝90°，
∵Rt△ABE≌Rt△ADF，
∴∠DAF＝∠BAE,
又∵∠DAF+∠FAB＝90°，
∴∠BAE+∠FAB＝90°，
∴∠FAE＝90°，
在四边形AFHE中，∠FAE＝90°，∠AEB＝90°，∠AFH＝90°，
∴四边形AFHE是矩形，
又∵AE＝AF，
∴矩形AFHE是正方形；
〔2〕设AE＝x．那么由〔1〕以及题意可知：AE＝EH＝FH＝AF＝x,BH＝7,BC＝AB＝13,
在Rt△AEB中，AB2＝AE2+BE2，
即132＝x2+(x+7)2,
解得：x＝5,
∴BE＝BH+EH＝5+7＝12,
∴DF＝BE＝12,
又∵DH＝DF+FH，
∴DH＝12+5＝17．
13．解：〔1〕如图1，直线l即为所求；


〔2〕如图2中，直线a即为所求．
14．解：〔1〕证明：∵PB'⊥AC，∠CAB＝90°，
∴PB'∥AB．
∴∠B'PA＝∠BAP，
又由折叠可知∠BAP＝∠B'AP，
∴∠B'PA＝∠B'AP．
故PB′＝AB′．
〔2〕设AB＝AC＝a，AC、PB'交于点D，
那么△ABC为等腰直角三角形，
∴BC＝，PC＝，PB＝，
由折叠可知，∠PB'A＝∠B＝45°，
又∠ACB＝45°，
∴∠PB'A＝∠ACB，
又∠CDP＝∠B'DA，
∴△CDP～△B'DA．
∴＝＝．①
设B'D＝b，那么CD＝b．
∴AD＝AC﹣CD＝a﹣b，
PD＝PB'﹣B'D＝PB﹣B'D＝﹣b，
由①＝得：＝．
解得：b＝．
过点D作DE⊥AB'于点E，那么△B'DE为等腰直角三角形．
∴B'E＝sin45°×B'D＝＝＝，
∴AE＝AB'﹣B'E＝AB﹣B'E＝a﹣＝．
又AD＝AC﹣CD＝a﹣b＝a﹣＝．
∴cos∠B'AC＝cos∠EAD＝＝＝．
〔3〕存在点P，使得CB'＝AB＝m．
∵∠ACB＝30°，∠CAB＝90°．
∴BC＝2m．
①如答图2所示，
由题意可知，点B'的运动轨迹为以A为圆心、AB为半径的半圆A．
当P为BC中点时，PC＝BP＝AP＝AB'＝m，
又∠B＝60°，
∴△PAB为等边三角形．
又由折叠可得四边形ABPB'为菱形．
∴PB'∥AB，
∴PB'⊥AC．
又∵AP＝AB'，
那么易知AC为PB'的垂直平分线．
故CB'＝PC＝AB＝m，满足题意．
此时，＝＝．
②当点B'落在BC上时，如答图3所示，
此时CB'＝AB＝m，
那么PB'＝＝，
∴PC＝CB'+PB'＝m+＝，
∴＝＝．
综上所述，的值为或．



15．解：〔1〕∵∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，
∴AC＝＝4，
∵∠ACB＝90°，△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，点A′落在AC的延长线上，
∴∠A'CB＝90°，A'B＝AB＝5，
Rt△A'BC中，A'C＝＝4，
∴AA'＝AC+A'C＝8；
〔2〕过C作CE∥A'B交AB于E，过C作CD⊥AB于D，如图：

∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，
∴∠A'BC＝∠ABC，BC'＝BC＝3，
∵CE∥A'B，
∴∠A'BC＝∠CEB，
∴∠CEB＝∠ABC，
∴CE＝BC＝3，
Rt△ABC中，S△ABC＝AC•BC＝AB•CD，AC＝4，BC＝3，AB＝5，
∴CD＝＝，
Rt△CED中，DE＝＝＝，
同理BD＝，
∴BE＝DE+BD＝，C'E＝BC'+BE＝3+＝，
∵CE∥A'B，
∴＝，
∴＝，
∴BM＝；
〔3〕DE存在最小值1，理由如下：
过A作AP∥A'C'交C'D延长线于P，连接A'C，如图：

∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，
∴BC＝BC'，∠ACB＝∠A'C'B＝90°，AC＝A'C'，
∴∠BCC'＝∠BC'C，
而∠ACP＝180°﹣∠ACB﹣∠BCC'＝90°﹣∠BCC'，
∠A'C'D＝∠A'C'B﹣∠BC'C＝90°﹣∠BC'C，
∴∠ACP＝∠A'C'D，
∵AP∥A'C'，
∴∠P＝∠A'C'D，
∴∠P＝∠ACP，
∴AP＝AC，
∴AP＝A'C'，
在△APD和△A'C'D中，
，
∴△APD≌△A'C'D〔AAS〕，
∴AD＝A'D，即D是AA'中点，
∵点E为AC的中点，
∴DE是△AA'C的中位线，
∴DE＝A'C，
要使DE最小，只需A'C最小，此时A'、C、B共线，A'C的最小值为A'B﹣BC＝AB﹣BC＝2，
∴DE最小为A'C＝1．
16．解：如图：〔1〕线段AC即为所作，
〔2〕线段EF即为所作，
〔3〕四边形ABHG即为所作．

17．解：〔1〕如图，△A1B1C1即为所求作．
〔2〕如图，△A2B2C1即为所求作．

18．解：〔1〕①过D作DH⊥GC于H，如图：

∵线段EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，点E与点B重合，且GF的延长线过点C，
∴BG＝BF，∠FBG＝60°，
∴△BGF是等边三角形，
∴∠BFG＝∠DFC＝60°，BF＝GF，
∵等边△ABC，AB＝6，BD⊥AC，
∴∠DCF＝180°﹣∠BDC﹣∠DFC＝30°，∠DBC＝∠ABC＝30°，CD＝AC＝AB＝3，
∴∠BCG＝∠ACB﹣∠DCF＝30°，
∴∠BCG＝∠DBC，
∴BF＝CF，
∴GF＝CF，
Rt△BDC中，CF＝＝＝2，
∴GF＝2，
Rt△CDH中，DH＝CD•sin30°＝，CH＝CD•cos30°＝，
∴FH＝CF﹣CH＝，
∴GH＝GF+FH＝，
Rt△GHD中，DG＝＝；
②过E作EP⊥AB交BD于P，过H作MH⊥BC交BD于M，连接PG，作BP中点N，连接EN，如图：

∵EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，
∴△EGF是等边三角形，
∴∠EFG＝∠EGF＝∠GEF＝60°，∠EFH＝120°，EF＝GF，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠ABC+∠EFH＝180°，
∴B、E、F、H共圆，
∴∠FBH＝∠FEH，
而△ABC是等边三角形，BD⊥AC，
∴∠DBC＝∠ABD＝30°，即∠FBH＝30°，
∴∠FEH＝30°，
∴∠FHE＝180°﹣∠EFH﹣∠FEH＝30°，
∴EF＝HF＝GF①，
∵EP⊥AB，∠ABD＝30°，
∴∠EPB＝60°，∠EPF＝120°，
∴∠EPF+∠EGF＝180°，
∴E、P、F、G共圆，
∴∠GPF＝∠GEF＝60°，
∵MH⊥BC，∠DBC＝30°，
∴∠BMH＝60°，
∴∠BMH＝∠GPF②，
而∠GFP＝∠HFM③，
由①②③得△GFP≌△HFM〔AAS〕，
∴PF＝FM，
∵EP⊥AB，BP中点N，∠ABD＝30°，
∴EP＝BP＝BN＝NP，
∴PF+NP＝FM+BN，
∴NF＝BM，
Rt△MHB中，MH＝BM，
∴NF＝MH，
∴NF+BN＝MH+EP，即BF＝MH+EP，
Rt△BEP中，EP＝BE•tan30°＝BE，
Rt△MHB中，MH＝BH•tan30°＝BH，
∴BF＝BE+BH，
∴BE+BH＝BF；
〔2〕以M为顶点，MP为一边，作∠PML＝30°，ML交BD于G，过P作PH⊥ML于H，设MP交BD于K，如图：

Rt△PMH中，HP＝MP，
∴NP+MP最小即是NP+HP最小，此时N、P、H共线，
∵将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，
∴F在射线QF上运动，那么P在射线MP上运动，根据“瓜豆原理〞，F为主动点，P是从动点，E为定点，∠FEP＝60°，那么F、P轨迹的夹角∠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°，
∴四边形GHND是矩形，
∴DN＝GH，
∵边△ABC中，AB＝6，BD⊥AC，
∴CD＝3，
又DN＝2NC，
∴DN＝GH＝2，
∵等边△ABC中，AB＝6，点E为AB中点时，点M为BE中点，
∴BM＝，BD＝AB•sinA＝6×sin60°＝3，
Rt△BGM中，MG＝BM＝，BG＝BM•cos30°＝，
∴MH＝MG+GH＝，GD＝BD﹣BG＝，
Rt△MHP中，HP＝MH•tan30°＝，
∴PN＝HN﹣HP＝GD﹣HP＝，
∴S△DPN＝PN•DN＝．
19．解：〔1〕连接CE，过点F作FQ⊥BC于Q，
∵BE平分∠ABC，∠BAC＝90°，
∴FA＝FQ，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴FQ＝CF，
∵∠BAC+∠DAE＝180°，
∴∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
由旋转知，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE〔SAS〕，
∴BD＝CE＝2，∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠BCE＝90°，
∴∠CBF+∠BEC＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBF，
∴∠ABF+∠BEC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ABF+∠AFB＝90°，
∴∠AFB＝∠BEC，
∵∠AFB＝∠CFE，
∴∠BEC＝∠CFE，
∴CF＝CE＝2，
∴AF＝FQ＝CF＝；

〔2〕AG＝CD，
理由：延长BA至点M，使AM＝AB，连接EM，
∵G是BE的中点，
∴AG＝ME，
∵∠BAC+∠DAE＝∠BAC+∠CAM＝180°，
∴∠DAE＝∠CAM，
∴∠DAC＝∠EAM，
∵AB＝AM，AB＝AC，
∴AC＝AM，
∵AD＝AE，
∴△ADC≌△AEM〔SAS〕，
∴CD＝EM，
∴AG＝CD；

〔3〕如图3，连接DE，AD与BE的交点记作点N，
∵∠BAC+∠DAE＝180°，∠BAC＝120°，
∴∠DAE＝60°，
∵AD＝AE，
∴△ADE是等边三角形，
∴AE＝DE，∠ADE＝∠AED＝60°，
∵∠AEC＝150°，
∴∠DEC＝∠AEC﹣∠AED＝90°，
在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠ACB＝∠ABC＝30°，
∵∠AEC＝150°，
∴∠ABC+∠AEC＝180°，
∴点A，B，C，E四点共圆，
∴∠BEC＝∠BAC＝120°，
∴∠BED＝∠BEC﹣∠DEC＝30°，
∴∠DNE＝180°﹣∠BED﹣∠ADE＝90°，
∵AE＝DE，
∴AN＝DN，
∴BE是AD的垂直平分线，
∴AG＝DG，BA＝BD＝AC，
∴∠ABE＝∠DBE＝∠ABC＝15°，
∴∠ACE＝∠ABE＝15°，
∴∠DCE＝45°，
∵∠DEC＝90°，
∴∠EDC＝45°＝∠DCE，
∴DE＝CE，
∴AD＝DE，
设AG＝a，那么DG＝a，
由〔2〕知，AG＝CD，
∴CD＝2AG＝2a，
∴CE＝DE＝CD＝a，
∴AD＝a，
∴DN＝AD＝a，
过点D作DH⊥AC于H，
在Rt△AHC中，∠ACB＝30°，CD＝2a，
∴DH＝a，
根据勾股定理得，CH＝a，
在Rt△AHD中，根据勾股定理得，AH＝＝a，
∴AC＝AH+CH＝a+a，
∴BD＝a+a，
∴＝＝．