2024年中考数学精选压轴题之旋转问题练习附解析

这是一份2024年中考数学精选压轴题之旋转问题练习附解析，共44页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，AB＝4，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转一定的角度得到△DEC，使得A点恰好落在DE上，则线段BD的长为（ ）
A．23B．5C．27D．33
2．如图，将边长为3的正方形ABCD绕点B逆时针旋转30°得到正方形A'BC'D'，AD与C'D'交于点M，那么图中点M的坐标为（ ）
A．(3，1)B．(1，3)C．(3，32)D．(32，3)
3．如图所示，矩形ABOC的顶点O（0，0），A（－23，2），对角线交点为P，若矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第74次旋转后点P的落点坐标为（ ）
A．(1，3)B．（2，0）C．(1，-3)D．(3，-1)
4．如图，点P是等边ΔABC内一点，将线段PB绕点B沿顺时针方向旋转60°得到线段BP'，连接CP'，PP'，若PB=3，PC=4，PA=5，则下列结论正确的有（ ）个．
①ΔPBP'为等边三角形；
②∠BPC=150°；
③ΔBAP≅ΔBCP'；
④S四边形BPCP'=6+934．
A．1B．2C．3D．4
5．如图，P是正方形ABCD内一点，AP=3，BP=2，CP=17，则正方形ABCD的面积是（ ）
​​
A．13+62B．13C．21D．11+62
6．如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE.下列结论：①BD=CE；②∠DAC=∠CED；③若BD=2CD，则CFAF=45；④在△ABC内存在唯一一点P，使得PA+PB+PC的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则CE=2+3.其中含所有正确结论的选项是（ ）
A．①②④B．①②③C．①③④D．①②③④
7．如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点A、B的对应点分别是D，E，点F是边AC的中点，连接BF，BE，FD.则下列结论错误的是（ ）
A．BE=BCB．BF∥DE，BF=DE
C．∠DFC=90°D．DG=3GF
8．如图，四边形ABCD为正方形，将△EDC绕点C逆时针旋转90°至△HBC，点D，B，H在同一直线上，HE与AB交于点G，延长HE与CD的延长线交于点F，HB=2，HG=3.以下结论：
①∠EDC=135°；②EC2=CD⋅CF；③HG=EF；④sin∠CED=23.其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
9．如图，正方形ABCD的边长为2，对角线AC、BD相交于点O，把Rt△OEF放在正方形上，使直角顶点与点O重合，让Rt△OEF绕着点O旋转，OE、OF分别交BC、CD于点M、N，给出下列结论；①BM=CN；②S四边形OMCN=1；③MN=OA.其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①②C．②③D．①③
10．如图，已知Rt△ABC，AC=BC=2，将△ABC绕点A沿逆时针方向旋转后得到△ADE，直线BD、CE相交于点F，连接AF，则下列结论中：①AB=22；②△ABD∽△ACE；③∠BFC=45°；④F为BD的中点，其中正确的有（ ）
A．①②③B．①②④C．①②③④D．②③④
11．如图，等边三角形ABC的边长为2，点O是△ABC的中心，∠FOG＝120°，将∠FOG绕点O旋转，分别交线段AB、BC于D、E两点，连接DE，给出下列四个结论：①OD＝OE；②S四边形ODBE＝ 13S△ABC；③S△ODE＝S△BDE；④△BDE周长的最小值为3．上述结论中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
12．四边形 ADBC 中， AB=AD，∠BAD=90°，∠BCD=30°，BC=12，AC=142 ，则 CD 的值为（ ）
A．15B．142C．12+72D．20
二、填空题（每题3分，共18分）
13．在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，AB＝8，点D是直线BC上动点，连接AD，在直线AD的右侧作等边△ADE，连接CE，当线段CE的长度最小时，线段CD的长度为 ．
14． 如图正方形ABCD的边长为3，E是BC上一点且CE=1，F是线段DE上的动点．连接CF，将线段CF绕点C逆时针旋转 90°得到CG，连接EG，则EG的最小值是 ．
15．如图，已知：△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D为线段BC上一点，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，F为DE中点，直线CF交射线BA于点G，下列说法，①若连接EC，则EC⊥BC；②∠BDA=∠EDC；③DE=CG；④若BD=2DC，则AD=5AG.其中正确的序号有 ．
16．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，使点B落在AB边上的点D处，点A落在点E处，DE与AC相交于点F，若AB∥CE，DE⊥AC，AD＝2，则AB的长为 ．
17．如图，△ABC为直角三角形，∠ACB=90°，AC=1，BC=3，D是AB边上的中点，将△ACB绕着点A逆时针旋转，使点C落在线段CD上的点E处，点B的对应点为F，边EF与边AB交于点G，则DG的长是 .
18．如图，长方形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E为BC上一点，且BE＝2，F为AB边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转30°到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值为 ．
三、解答题（共6题，共46分）
19．在等边△ABC中，BC=4，点D是AB的中点，点E，F分别是CD，AC边上一点（不与点A，C重合）.
（1）如图1，当点E为CD中点，点F为AC中点时，求EF的长度.
（2）如图2，将线段CE绕着点C顺时针旋转60°得到线段CP，连结AP，当B，E，P三点在同一条直线上时，求AP的长度.
（3）如图3，将线段FE绕着点F顺时针旋转60°得到线段FQ，延长QE交线段BC于点M，探索CF，CM，CE三条线段之间的关系.
20．如图，CD为△ABC的中线，以CD为直角边在其右侧作直角△CDE，CD丄DE，BC与DE交于点F，∠CED=30°．
（1）如图1，若CF=EF=5，求CD的长；
（2）如图2，若将BC绕点C逆时针旋转120°得到CG，连接AG、AE，探究AG、AE的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，若∠ACB=90°，AC=2，BC=23，直线CE上有一点M，连接MF，将△CFM沿着MF翻折到△ABC所在的平面内得到△NFM，取NF的中点P，连接AP，当AP最小时，请直接写出△APB的面积．
21．在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D为平面内的一点．
图1 图2 图3
（1）如图1，当点D在边BC上时，BD=2，且∠BAD=30°，求AD的长；
（2）如图2，当点D在△ABC的外部，且满足∠BDC=45°+∠ADC，求证：BD=2AD；
（3）如图3，AB=6，当D、E分别为AB、AC的中点时，把△DAE绕点A顺时针旋转，设旋转角为α(0<α<180°)，直线BD与CE的交点为P，连接PA，直接写出旋转中△PAB面积的最大值．
22．已知点C为△ABC和△CDE的公共顶点，将△CDE绕点C顺时针旋转α(0°（1）如图1，若△ABC和△CDE均为等边三角形，①线段BD与线段AE的数量关系是 ；②直线BD与直线AE相交所夹锐角的度数是 ；
类比探究：
（2）如图2，若∠ABC=∠EDC=90°，∠ACB=∠ECD=60°，其他条件不变，则（1）中的结论是否都成立？请说明理由；
（3）拓展应用：如图3，若∠BAC=∠DEC=90°，AB=AC，CE=DE，BC=2CD=22，当点B，D，E三点共线时，请直接写出BD的长.
23．如图，在等边△ABC中，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一动点（不与A，D重合），连接BE，CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF．
（1）如图1，求证：∠CBE=∠CAF；
（2）如图2，连接BF交AC于点G，连接DG，EF，EF与DG所在直线交于点H，求证：EH=FH；
（3）如图3，连接BF交AC于点G，连接DG，EG，将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，连接PQ，QF．若AB=4，直接写出PQ+QF的最小值．
24．“转化”是解决数学问题的重要思想方法，通过构造图形全等或者相似建立数量关系是处理问题的重要手段．
（1）【问题情景】：如图(1)，正方形ABCD中，点E是线段BC上一点(不与点B、C重合)，连接EA.将EA绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接CF，求∠FCD的度数．
以下是两名同学通过不同的方法构造全等三角形来解决问题的思路，
①小聪：过点F作BC的延长线的垂线；
②小明：在AB上截取BM，使得BM=BE；
请你选择其中一名同学的解题思路，写出完整的解答过程．
（2）【类比探究】：如图(2)点E是菱形ABCD边BC上一点(不与点B、C重合)，∠ABC=α，将EA绕点E顺时针旋转α得到EF，使得∠AEF=∠ABC=α(α≥90°)，则∠FCD的度数为 (用含α的代数式表示)．
（3）【学以致用】：如图(3)，在(2)的条件下，连结AF，与CD相交于点G，当α=120°时，若DGCG=12，求BECE的值．
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：如图，连接BE，
∵∠ACB=90°，AC=2，AB=4，
在△ABC中， 由勾股定理得：BC=AB2−AC2=16−4=23，
∠ABC=30°，∠BAC=60°，
∵将ΔABC绕点C按逆时针方向旋转一定的角度得到ΔDEC，
∴AC=CD，CE=CB=23，∠CAB=∠CDE=60°，∠BCE=∠ACD，∠CED=∠ABC=30°，AB=DE=4，
∴ΔACD是等边三角形，
∴∠ACD=∠BCE=60°，
∴ΔBCE是等边三角形，
∴BE=BC=23，∠CEB=60°，
∴∠DEB=∠DEC+∠CEB=30°+60°=90°，
在△DBE中， 由勾股定理得：DB=DE2+BE2=16+12=27.
故答案为：C．
【分析】勾股定理得BC=23，∠ABC=30°，∠BAC=60°，由旋转的性质可求ΔACD是等边三角形，ΔBCE是等边三角形，∠DEB=90°，在△DBE中， 根据勾股定理，即可得解.
2．【答案】B
【解析】【解答】解：根据题意，设M的坐标为（AM，AB）
正方形ABCD旋转30°得到A'B'C'D'
∴AB=C'B=3
∴∠BC'D'=∠BAD=90°
在Rt△BC'M和Rt△BAM中，
BM=BMCB'=AB
∴Rt△BC'M≌ Rt△BAM（HL）
∴∠1=∠2
又∠1+∠2+30°=90°
∴∠1=∠2=30°
∴BM=2AM
∴AM2+AB2=BM2即AM2+32=4AM2
解得AM=1
∴M的坐标为1，3
故答案为：B
【分析】根据旋转的性质先得到纵坐标，然后由旋转得到的全等三角形证明得到30°角，30°角所对的直角边等于斜边的一半，结合勾股定理求得M点的横坐标。
3．【答案】D
【解析】【解答】解：∵ 四边形ABOC为矩形， 对角线交点为P，
∴AP = OP，即点P为OA的中点.
∵O（0，0），A（－23，2），
∴点P的坐标为（－3，1）.
∵若矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，360°÷90°=4，
∴点P的坐标每4次为一个循环.
∵74÷4=，
∴第74次旋转后的点P74与点2次旋转后的点P2重合.
∵当P旋转2次，即旋转180°时，P与P2关于原点对称，
∴点P2的坐标为（3，-1）.
∴第74次旋转后点P的落点坐标为（3，-1）.
故答案为：D.
【分析】首先根据矩形的性质和中点坐标的性质，得点P的坐标，然后根据旋转的性质，判断循环数，进而得到第74次旋转后点P的落点坐标与点P2重合，最后根据P与P2关于原点对称，即可得到结
4．【答案】D
【解析】【解答】解：∵将线段PB绕点B沿顺时针方向旋转60°得到线段BP'，
∴BP=BP'=3，∠PBP'=60°，
∴△BPP'是等边三角形，故①结论正确.
∴BP=BP'=3∠PBP'=60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=60°，
∴∠ABP=∠CBP'，
则可证△ABP≅△CBP'（SAS)，故③结论正确.
∴PA=PC'=5，
∴PC'2=52=PP'2+PC2=32+42，
∴∠CPP'=90°，
∴∠CPB=150°，故②结论正确.
∴S四边形BPCP'=S△PP'C+S△BPP'=6+934，故④结论正确. －
故答案为：D.
【分析】根据旋转的性质：旋转前后的图形不变，得到BP=BP'=3，∠PBP'=60°，根据等边三角形的性质：等边三角形边相等，角相等，根据全等三角形的性质和勾股定理的逆定理即可得出答案.
5．【答案】A
【解析】【解答】解：如图所示：将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBE，连接PE、BE、CE，过点A作
AF⊥BP，交BP的延长线于点F，
由旋转可得：BE=BP=2，CE= AP=3，∠PBE = 90°， ∠BPA= ∠BEC，
∴△BPE为等腰直角三角形，
∴PE=2BP=22，∠BEP=45°，
∵PE2+CE2 =(22)2+32 = 17，CP2=(17)2=17，
∴PE2 +CE2 = CP2，
∴△PCE是直角三角形，∠PEC=90°，
∴∠BEC = ∠BEP+∠PEC =45°+90°=135°，
∴∠BPA = 135°，
∴∠APF=180°-∠BPA= 45°，
∵∠F= 90°，
∴△APF是等腰直角三角形，
∴AF=PF= 22AP= 322，
∴BF=BP+PF=2+ 322，
∴AB2 = AF2+ BF2 =3222+2+3222=13+62，
故答案为：A.
【分析】根据旋转的性质先求出BE=BP=2，CE= AP=3，∠PBE = 90°， ∠BPA= ∠BEC，再求出△PCE是直角三角形，∠PEC=90°，最后利用勾股定理计算求解即可。
6．【答案】B
【解析】【解答】解：如图1中，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△DAE(SAS)，
∴BD=EC，∠ADB=∠AEC，故①正确，
∵∠ADB+∠ADC=180°，
∴∠AEC+∠ADC=180°，
∴∠DAE+∠DCE=180°，
∴∠DAE=∠DCE=90°，
取DE的中点O，连接OA，OA，OC，则OA=OD=OE=OC，
∴A，D，C，E四点共圆，
∴∠DAC=∠CED，故②正确，
设CD=m，则BD=CE=2m.DE=5m，OA=52m，
过点C作CJ⊥DF于点J，
∵tan∠CDF=CJDJ=CECD=2，
∴CJ=255m，
∵AO⊥DE，CJ⊥DE，
∴AO//CJ，
∴CFAF=CJAO=255m52m=45，故③正确.
如图2中，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BMN，连接PN，
∴BP=BN，PC=NM，∠PBN=60°，
∴△BPN是等边三角形，
∴BP=PN，
∴PA+PB+PC=AP+PN+MN，
∴当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，此时∠APB=∠APC=∠BPC=120°，PB=PC，AD⊥BC，
∴∠BPD=∠CPD=60°，
设PD=t，则BD=AD=3t，
∴2+t=3t，
∴t=3+1，
∴CE=BD=3t=3+3，故④错误.
故答案为：B.
【分析】由同角的余角相等得∠BAD=∠CAE，根据等腰直角三角形的性质可得AB=AC，AD=AE，证明△BAD≌△DAE，据此判断①；易得∠DAE=∠DCE=90°，取DE的中点O，连接OA，OC，则A、D、C、E四点共圆，根据圆周角定理可得∠DAC=∠CED，据此判断②；设CD=m，然后表示出BD、DE、OA，过点C作CJ⊥DF于点J，根据三角函数的概念可得CJ，然后根据平行线分线段成比例的性质可判断③；将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，易得△BPN是等边三角形，BP=PN，则PA+PB+PC=AP+PN+MN，故当点A、P、M、N共线时，PA+PB+PC最小，此时∠BPD=∠CPD=60°，设PD=t，则BD=AD=3t，根据AP+PD=AD可得t的值，据此判断④.
7．【答案】D
【解析】【解答】解：A、∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，
∴△BCE是等边三角形，
∴BE=BC，故A正确；
B、∵点F是边AC中点，
∴CF=BF=AF=12AC，
∵∠BCA=30°，
∴BA=12AC，
∴BF=AB=AF=CF，
∴∠FCB=∠FBC=30°，
延长BF交CE于点H，则∠BHE=∠HBC+∠BCH=90°，
∴∠BHE=∠DEC=90°，
∴BF//ED，
∵AB=DE，
∴BF=DE，故B正确.
C、∵BF∥ED，BF=DE，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BC=BE=DF，
∵AB=CF， BC=DF，AC=CD，
∴△ABC≌△CFD，
∴∠DFC=∠ABC=90°，故C正确；
D、.∵∠ACB=30°， ∠BCE=60°，
∴∠FCG=30°，
∴FG=12CG，
∴CG=2FG.
∵∠DCE=∠CDG=30°，
∴DG=CG，
∴DG=2FG.故D错误.
故答案为：D.
【分析】根据旋转的性质可得∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，推出△BCE是等边三角形，据此判断A；根据直角三角形斜边上中线的性质可得CF=BF=AF=12AC，根据含30°角的直角三角形的性质可得BA=12AC，则BF=AB=AF=CF，延长BF交CE于点H，则∠BHE=∠DEC=90°，推出BF//ED，结合AB=DE可判断B；易得四边形BEDF是平行四边形，则BC=BE=DF，证明△ABC≌△CFD，据此判断C；易得∠FCG=30°，则CG=2FG，根据∠DCE=∠CDG=30°可得DG=CG，进而判断D.
8．【答案】D
【解析】【解答】解：∵△EDC旋转得到△HBC，
∴∠EDC=∠HBC，
∵ABCD为正方形，D，B，H在同一直线上，
∴∠HBC=180°−45°=135°，
∴∠EDC=135°，故①正确；
∵△EDC旋转得到△HBC，
∴EC=HC，∠ECH=90°，
∴∠HEC=45°，
∴∠FEC=180°−45°=135°，
∵∠ECD=∠ECF，
∴△EFC∽△DEC，
∴ECDC=FCEC，
∴EC2=CD⋅CF，故②正确；
设正方形边长为a，
∵∠GHB+∠BHC=45°，∠GHB+∠HGB=45°，
∴∠BHC=∠HGB=∠DEC，
∵∠GBH=∠EDC=135°，
∴△GBH∽△EDC，
∴DCHB=ECHG，即EC=CD⋅HGHB=3a2，
∵△HEC是等腰直角三角形，
∴HE=32a2，
∵∠GHB=∠FHD，∠GBH=∠HDF=135°，
∴△HBG∽△HDF，
∴HBHD=HGHF，即22+2a=332a2+EF，解得：EF=3，
∵HG=3，
∴HG=EF，故③正确；
过点E作EM⊥FD交FD于点M，
∴∠EDM=45°，
∵ED=HB=2，
∴MD=ME=2，
∵EF=3，
∴sin∠EFC=MEEF=23，
∵∠DEC+∠DCE=45°，∠EFC+∠DCE=45°，
∴∠DEC=∠EFC，
∴sin∠DEC=sin∠EFC=MEEF=23，故④正确
综上所述：正确结论有4个.
故答案为：D.
【分析】根据旋转性质得∠EDC=∠HBC，根据正方形的性质以及邻补角的性质得∠HBC=135°，据此判断①；根据旋转性质得EC=HC，∠ECH=90°，则∠HEC=45°，∠FEC=45°，证明△EFC∽△DEC，根据相似三角形的性质可判断②；设正方形边长为a，根据角的和差关系可得∠BHC=∠HGB=∠DEC，证明△GBH∽△EDC，根据相似三角形的性质可得EC，根据等腰直角三角形的性质可得HE，证明△HBG∽△HDF，根据相似三角形的性质可得EF，据此判断③；过点E作EM⊥FD交FD于点M，易得MD=ME，利用三角函数的概念可得sin∠EFC的值，易得∠DEC=∠EFC，据此判断④.
9．【答案】B
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OC，∠OBC=∠OCD=45°，∠BOC=90°，
∵∠EOF=90°，
∴∠BOE+∠COE=∠COF+∠COE=90°，
∴∠BOM=∠CON，
∴△BOM≌△CON(ASA)，
∴BM=CN，S△BOM=S△CON，OM=ON，故①符合题意；
∴S四边形OMCN=S△BOC=14S正方形ABCD=14×2×2=1，故②符合题意；
∵OM=ON，∠MON=90°，
∴MN=2OM，
又∵只有当OM⊥BC时，OB=2OM，即OA=2OM，
∴OA=MN不一定成立，故③不符合题意；
故答案为：B．
【分析】利用正方形的性质，旋转的性质，再利用全等三角形的判定方法和性质逐项判断即可。
10．【答案】C
【解析】【解答】①由旋转性质可知，AC＝BC＝AE＝DE＝2，
∵∠ACB=90°，
∴AB＝AD=AC2+BC2=22+22=22，故①符合题意；
②∵ABAC=ADAF=222=2，∠DAE=∠CAB=45°，
∴∠DAE＋∠EAB＝∠CAB＋∠EAB，即∠DAB＝∠EAC，
∴△ABD∽△ACE，故②符合题意；
③设AB、CE交于点G，如图所示：
∵△ABD∽△ACE，
∴∠DBA＝∠ECA，
又∵∠FGB＝∠CGA，
∴∠BFC＝∠BAC＝45°，故③符合题意；
④∵∠BFC＝∠BAC＝45°，
∴A、C、B、F四点共圆，
∴四边形ACBF为圆内接四边形，
∴∠BFA＋∠BCA＝180°，
∵∠BCA=90°，
∴∠BFA＝90°，
∴AF⊥BD，
∵AB＝AD，
∴△ABD为等腰三角形，
∴AF为BD上中线，即F为BD中点，故④符合题意；
综上分析可知，①②③④都符合题意，故C符合题意．
故答案为：C．
【分析】由旋转性质可知AC＝BC＝AE＝DE＝2，利用勾股定理求出AB＝AD=22，据此判断①；根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，可证△ABD∽△ACE，据此判断②；设AB、CE交于点G，如图，由△ABD∽△ACE可得∠DBA＝∠ECA，由对顶角相等可得∠FGB＝∠CGA，从而得出∠BFC＝∠BAC＝45°，据此判断③；先判断A、C、B、F四点共圆，根据圆内接四边形的性质可得∠BFA＋∠BCA＝180°，据此求出∠BFA＝90°，即得AF⊥BD，根据等腰三角形三线合一的性质可得F为BD中点，据此判断④即可.
11．【答案】C
【解析】【解答】连接OB、OC，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵点O是△ABC的中心，
∴OB＝OC，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝30°，
∴∠BOC＝120°，即∠BOE+∠COE＝120°，
而∠DOE＝120°，即∠BOE+∠BOD＝120°，
∴∠BOD＝∠COE，
在△BOD和△COE中，
∠BOD=∠COEBO=CO∠OBD=∠OCE ，
∴△BOD≌△COE（ASA），
∴BD＝CE，OD＝OE，
∴①符合题意；
∵△BOD≌△COE，
∴S△BOD＝S△COE，
∴四边形ODBE的面积＝S△OBC═ 13S△ABC，
故②符合题意；
作OH⊥DE于H，如图，则DH＝EH，
∵∠DOE＝120°，
∴∠ODE＝∠OEH＝30°，
∴OH＝ 3OE，HE＝ 3OH＝ 32OE，
∴DE＝ 3OE，
∴S△ODE＝ 12 × 12OE× 3OE＝ 34OE2，
即S△ODE随OE的变化而变化，
而四边形ODBE的面积为定值，
∴S△ODE≠S△BDE；
故③不符合题意；
∵BD＝CE，
∴△BDE的周长＝BD+BE+DE＝CE+BE+DE＝BC+DE＝2+DE＝2+ 3OE，
当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE＝ 33 ，
∴△BDE周长的最小值＝2+1＝3，
故④符合题意．
综上所述，正确的有①②④共3个．
故答案为：C．
【分析】利用旋转的性质，再结合三角形全等的判定和性质逐项判定即可。
12．【答案】D
【解析】【解答】解：如图，把△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，连接CE，作EM⊥CD于M，
则AC=AE= 142 ，∠CAE=90°，∠ADE=∠ABC，DE=BC=12，
在Rt△ACE中，CE= AC2+AE2=28 ，
∵∠BAD=90°，∠BCD=30°，
∴∠ABC+∠ADC=360°-30°-90°=240°，
∴∠ADE+∠ADC=240°，
∴∠CDE=120°，即∠EDM=60°，
∴在Rt△EDM中，∠DEM=30°
∴DM=12DE=6 ， ME=DE2−DM2=63
在Rt△CEM中，设CD=x，则CM=6+x
∴(6+x)2+(63)2=282 ，解得： x1=−32 （舍去）， x2=20
∴CD=20
故答案为：D
【分析】把△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，连接CE，作EM⊥CD于M，根据旋转的性质求得△ACE为等腰直角三角形，则由勾股定理求出EC，然后由角的关系求得∠DEM=30°，则可求出DM和ME的长，设CD=x，在Rt△EDM中，根据勾股定理列式求出CD长即可.
13．【答案】6
【解析】【解答】解：如图，以AC为边作等边△ACF，连接DF，
∵∠ACB＝90°，∠B＝60°，AB＝8，
∴AC＝43，
∵△ACF是等边三角形，
∴CF＝AC＝AF＝43，∠BCF＝60°，
∵△ADE是等边三角形，
∴AD＝AE，∠FAC＝∠DAE＝60°，
∴∠FAD＝∠CAE，
在△ACE和△AFD中，
AE=AD∠CAE=∠FADAC=AF，
∴△ACE≌△AFD（SAS）
∴CE＝DF，
∴DF⊥BC时，DF的长最小，即CE的长最小，
∵∠FCD'＝90°﹣60°＝30°，D'F⊥CB，
∴CD'＝32CF＝6，
故答案为：6．
【分析】以AC为边作等边△ACF，连接DF，可证△ACE≌△AFD，可得CE＝DF，则DF⊥CB时，DF的长最小，即DE的长最小，即可求解．
14．【答案】105
【解析】【解答】解：如图，作直线BG，
∵四边形ABCD是边长为3的正方形，
∴BC=CD=3，∠BCD=90°，
由旋转的性质得CF=CG，∠FCG=90°，
∴∠BCD-∠ECF=∠FCG-∠ECF，
即∠DCF=∠BCG，
∴△BCG≌△DCF（SAS），
∴∠CBG=∠CDF，
∵∠CDF是定值，
∴点G在直线BG上运动，且tan∠CBG=tan∠CDF=CECD=13，
根据垂线段最短得，当EG⊥BG时，EG的长最短，此时tan∠EBG=GEBG=13，
设EG=m(m＞0)，则BG=3m，
在Rt△BEG中，∵BE2=BG2+EG2，
∴4=m2+9m2，
解得m=105，
∴EG的最小值为105.
故答案为：105.
【分析】作直线BG，由正方形的性质得BC=CD=3，∠BCD=90°，由旋转的性质得CF=CG，∠FCG=90°，由同角的余角相等得∠DCF=∠BCG，从而由SAS判断出△BCG≌△DCF，由全等三角形的性质得∠CBG=∠CDF，由于∠CDF是定值，故点G在直线BG上运动，且tan∠CBG=tan∠CDF=CECD=13，根据垂线段最短得，当EG⊥BG时，EG的长最短，此时tan∠EBG=GEBG=13，设EG=m(m＞0)，则BG=3m，在Rt△BEG中，利用勾股定理建立方程，求解得出m的值，即可得出答案.
15．【答案】①③④
【解析】【解答】解：连接AF、EC，
∵∠BAC=∠DAE=90°，则∠BAD+∠CAD=∠CAE+∠CAD=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
又∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ABC=∠ACE，BD=EC，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，
∴EC⊥BC，
故①正确；
当AD⊥BC时，∠ADB=90°，
∵∠ADE=45°，
∴∠EDC=45°，
∴∠BDA≠∠EDC，
故②错误；
∵∠BCE=90°，F为DE的中点，
∴CF=DF=EF=12DE，
∵∠DAE=90°，F为DE的中点，
∴AF=DF=EF=12DE，
∴AF=CF，
∴∠FAC=∠FCA，
又∵∠GAC=90°，
∴∠GAF+∠FAC=∠AGF+∠FCA=90°，
∴∠GAF=∠AGF，
∴GF=AF，则AF=GF=FC=12CG，
∴DE=CG，
故③正确；
∵BD=2DC，
设DC=a，则BD=2a，
∴BC=3a，AB=AC=BC⋅sin45°=322a，
在Rt△DCE中，EC=BD=2a，DC=a，
∴DE=EC2+DC2=5a，
在等腰直角三角形ADE中，AD=22DE=102a，
又∵∠GAC=90°，CG=DE=5a，
∴AG=CG2−AC2=5a2−92a2=22a，
∴AD=5AG，
故④正确，
故答案为：①③④．
【分析】先利用“SAS”证出△BAD≌△CAE，可得∠ABC=∠ACE，BD=EC，再利用角的运算和等量代换可得∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，从而证出①正确；再利用角的运算证出②不正确；利用直角三角形斜边上中线的性质及等量代换证出③正确；设DC=a，则BD=2a，利用勾股定理求出DE=EC2+DC2=5a，再求出AG=CG2−AC2=5a2−92a2=22a，从而可证出AD=5AG，得到④正确，从而得解.
16．【答案】2+2
【解析】【解答】解：过点C作CM⊥AB于点M，
∴∠CMB=∠CMD=90°，
由旋转性质知：CD=CB，∠B=∠CDE，∠E=∠A，
在Rt△CBM和Rt△CDM中，
∵CB=CD，CM=CM，
∴Rt△CBM≌Rt△CDM，
∴BM=DM，∠B=∠CDM，
∴∠CDM=∠CDE，
又∵DE⊥AC，
∴∠CFD=90°，
∴∠CMD=∠CFD，
在△CDM和△CDF中：
∵∠CMD=∠CFD，∠CDM=∠CDE，CD=CD，
∴△CDM≌△CDF，
∴DF=DM=BM，
∵AB∥CE，
∴∠A=∠ACE，
∴∠E=∠ACE，
∴∠A=∠ADF=45°，
∴AF=DF，
∴2DF2=AD2，
∴2DF2=(2)2，
∴DF=1，
∴DM=BM=1，
∴AB=AD+DM+BM=2+1+1=2+2.
故答案为：2+2.
【分析】过点C作CM⊥AB于点M，首先根据HL证明Rt△CBM≌Rt△CDM，得出BM=DM，∠B=∠CDM，进而可根据AAS证明△CDM≌△CDF，从而得到DF=DM=BM，再根据平行线的性质得出∠E=∠ACE，进而得到∠A=∠ADF=45°，再根据等腰直角三角形的性质，利用勾股定理求得DF=DM=BM=1，即可得出AB=2+2。
17．【答案】31026
18．【答案】33+2
【解析】【解答】解：将线段BE绕点E顺时针旋转30°得到线段ET，连接GT，过E作EJ⊥CG，垂足为J，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=6，∠B=∠BCD=90°，
∵∠BET=∠FEG=30°，
∴∠BEF=∠TEG，
∴△EBF≌△ETG（SAS），
∴∠B=∠ETG=90°，
∴点G的在射线TG上运动，
∴当CG⊥TG时，CG的值最小，
∵∠EJG=∠ETG=∠JGT=90°，
∴四边形ETGJ是矩形，
∴∠JET=90°，GJ=TE=BE=2，
∵∠BET =30°，
∴∠JEC=180°-∠JET-∠BET=60°，
∵BC=8，
∴EC=BC−BE=6，EJ=3，CJ=EC2−EJ2=33，
∴CG=CJ+GJ=33+2.
∴CG的最小值为33+2.
故答案为：33+2
【分析】将线段BE绕点E顺时针旋转30°得到线段ET，连接GT，过E作EJ⊥CG，垂足为J，先根据矩形的性质得到AB=CD=6，∠B=∠BCD=90°，进而结合三角形全等的判定与性质证明△EBF≌△ETG（SAS）即可得到∠B=∠ETG=90°，从而得到当CG⊥TG时，CG的值最小，再根据矩形的判定与性质即可得到∠JEC=180°-∠JET-∠BET=60°，从而结合勾股定理即可求解。
19．【答案】（1）∵△ABC 是等边三角形， 点 D是 AB 的中点， ∴BC=AB=4，AD= BD=2.∵ 点 E 为 CD 中点， 点 F 为 AC中点， ∴EF=12AD=1.
（2）∵△ABC 是等边三角形， 点 D 是 AB 的中点， ∴∠ACD=∠BCD=30∘.∵ 将线段 CE 绕着点 C 顺时针旋转 60∘得到线段 CP，∴CE=CP，∠ECP=60∘，∴△ECP 是等边三角形， ∠BCP= 90∘，∴∠CEP=∠CPB=60∘，∴∠EBC =60∘−∠BCD=30∘，∴∠ABP=30∘= ∠CBP， 易证 △ABP≅△CBP(SAS)，∴AP=CP.∵∠CBP=30∘，∠BCP=90∘，∴BC=3CP=4，∴CP=433.
（3）CF+CM=3CE，理由如下： 如图， 过点 E作 EH⊥BC 于 H， 在直线 BC 上截取 NH= CH， 连结 EN∵NH=CH，EH⊥BC，∴EN=EC，∴∠BCD=30∘=∠ENC=∠ACD，∴EC=2EH，CH=3EH，∠NEC=120°，∴NC=3EC，
∵将线段FE绕着点F顺时针旋转60°得到线段FQ，∴EF=FQ，∠EFQ=60°，∴∠FEM=120∘=∠NEC，∴△EFC≅△EMN(ASA)，.∴CF=MN，∴CN=MN+CM=CF+CM，∴CF+CM=3EC.
【解析】【分析】（1）由等边三角形的性质可求得BC＝AB＝4，AD＝BD＝2，然后由 点E为CD中点，点F为AC中点 可得EF是△ADC的中位线，利用中位线定理即可解答；
（2）由旋转的性质可得CE＝CP，又因为∠ECP＝60°，从而可证得△ECP是等边三角形，∠BCP＝90°，然后根据“SAS”证明△ABP≌△CBP，再由直角三角形的性质可求CP的长，即可求解；
（3）如图由垂直平分线的性质可得EN＝EC，根据等腰三角形的性质和直角三角形的性质可得NC=3EC，∠NEC＝120°，再由“ASA”可证△EFC≌△EMN，可得CF＝MN，可得结论即可解答．
20．【答案】（1）解：在Rt△CDE中，∵∠CDE=90°，∠E=30°，
∴∠DCE=60°，
又∵CF=EF=5，
∴∠ECF=∠E=30°，
∴∠ECF=∠DCF=30°，
∴CD=CF⋅cs30°=532；
（2）解：AG=AE，理由如下，
倍长ED至点H使得DH=ED，连接BH、CH、GE，
∵BD=AD，∠BDH=∠ADE，DH=DE，
∴△BDH≌△ADE，
∴BH=AE，∠DBH=∠DAE，
∴HB∥AE，
∵在△HCE中，CD⊥DE，DH=DE，∠DEC=30°，
∴CH=CE，∠HCE=120°，
又∵∠BCG=120°，
∴∠HCB=∠ECG，
又∵BC=CG，
∴△HCB≌△ECG，
∴BH=GE，∠EGC=∠HBC，
∴AE=GE，
设∠EGC=∠HBC=x，AE与BC交于点K，
∵HB∥AE，
∴∠AKB=∠CKE=180°−x，∠CKE+∠EGC=180°
∴在四边形GCKE中，∠GEK=180°−∠GCK=60°，
∴结合AE=GE，可得△CEA为等边三角形，
∴AG=AE；
（3）解：S△ABP=143−22121
【解析】解：（3）∵∠ACB=90°，AC=2，BC=23，
∴在Rt△ACB中，tan∠ABC=ACBC=223=33，AB=AC2+BC2=4，
∴∠ABC=30°，即∠BAC=60°，
∵在Rt△CDE中，∠CED=30°，
∴∠ECD=60°，
∵AD=BD，
∴AD=BD=CD，
∴∠CAD=∠ACD=60°，即△CAD是等边三角形，
∴∠DCB=30°，AD=BD=CD=AC=2，
∴在Rt△CDF中，CF=CDcs∠DCF=433，
根据翻转可知：NF=CF=433，
∵NF的中点为P点，
∴PF=12NF=233，
∴可知点P在以F为圆心，PF长为半径的圆上，
如图，
即可知当点A、P、F三点共线，且点P在线段AF上时，AP最小，
如图，过F点作FS⊥AB于S点，过P点作PT⊥AB于T点，
∵CF=433，CB=23，AC=2，
∴BF=233，AF=AC2+FC2=2213，
∴SF=BF×sin∠ABC=33，AP=AF−PF=221−233，
∵FS⊥AB，PT⊥AB，
∴FS⊥PT，
∴PTFS=APAF，即PT=APAF×FS=221−2332213×33=73−2121，
∴S△ABP=12×AB×PT=APAF×FS=12×4×73−2121=143−22121，
即当AP最小时，S△ABP=143−22121．
【分析】（1）先求出∠DCE=60°，根据CF=EF=5，可得∠ECF=∠E=30°，进而可得∠ECF=∠DCF=30°，解直角三角形即可求解；
（2）倍长ED至点H使得DH=ED，连接BH、CH、GE，证明△BDH≌△ADE， △HCB≌△ECG，即有BH=GE，∠EGC=∠HBC，进而可得AE=GE，设∠EGC=∠HBC=x，AE与BC交于点K，根据HB∥AE，可得∠AKB=∠CKE=180°−x，∠CKE+∠EGC=180°，进而得出△CEA为等边三角形，即可求解；
（3）先证明△CAD是等边三角形，即在Rt△CDF中，CF=433，根据翻转可知：NF=CF=433，结合NF的中点为P点，可得PF=12NF=233，即可知点P在以F为圆心，PF长为半径的圆上，当点A、P、F三点共线，且点P在线段AF上时，AP最小，过F点作FS⊥AB于S点，过P点作PT⊥AB于T点，则PTFS=APAF得出PT，进而根据三角形的面积公式，即可求解．
21．【答案】（1）解：如图，将△ABD沿AB折叠，得到△ABE，连接DE，
∵AB=AC，∠BAC=90°
∴∠C=∠ABC=45°，
将△ABD沿AB折叠，得到△ABE，
∴△ABD≌△ABE
∴∠ABE=∠ABD=45°，BE=BD，AE=AD，∠BAD=∠BAE=30°
∴∠EBD=90°，∠DAE=60°
∴△ADE为等边三角形，△BDE为等腰直角三角形
∴AD=DE，2BD2=DE2
∴AD=DE=2BD=22；
（2）证明：如图，过A作AE⊥AD，且AE=AD，连接DE，
∵AE⊥AD
∴∠DAE=∠BAC=90°
∴∠BAE=∠DAC，
又∵AD=AE，AB=AC
∴△BAE≌△CAD(SAS)
∴∠ACD=∠ABE
∵∠ACD+∠DCB+∠ABC=90°
∴∠DCB+∠ABC+∠ABE=90°
∴∠BOC=90°
又∵AE=AD，AE⊥AD
∴∠ADE=45°，DE2=2AD，即DE=2AD
∵∠BDC=45°+∠ADC
∴∠BDC=∠ADC+45°=∠EDC，DO=DO，∠DOB=∠DOE=90°
∴△DOB≌△DOE(ASA)
∴BD=DE=2AD；
（3）解： △PAB的面积最大值为92−9．
【解析】【解答】解：（3）如图3，连接PC交AB于G点
∵△DAE绕A点旋转
∴AD=AE，AB=AC，
∵∠DAE=∠BAC=90°
∴∠DAB=∠EAC
∴△DAB≌△EAC(SAS)
∴∠DBA=∠ECA
∵∠PGB=∠AGC
∴∠BPC=∠GAC=90°
∴△BPC为直角三角形
∴点P在以BC中点M为圆心，BM为半径的圆上，连接PM交AB所在直线于点N，
当PM⊥AB时，点P到直线AB的距离最大，
∵∠BAC=90°
∴A、P、B、C四点共圆
∵PM⊥AB，
∴N是AB的中点
∵M是BC的中点
∴MN=12AC=3
∵AB=AC=6，
∴CB=62+62=62，
∴BM=PM=12BC=32，
∴PN=32−3 ，
∴点P到AB所在直线的距离的最大值为32−3 ．
∴△PAB的面积最大值为12AB×PN=12×6×(32−3)=92−9．
【分析】（1）将△ABD沿AB折叠，得到△ABE，连接DE，进而根据题意得到∠C=∠ABC=45°，再根据折叠的性质得到△ABD≌△ABE，进而根据三角形全等的性质得到∠ABE=∠ABD=45°，BE=BD，AE=AD，∠BAD=∠BAE=30°，再根据等腰直角三角形的判定与性质结合题意即可求解；
（2）过A作AE⊥AD，且AE=AD，连接DE，先根据题意证明∠BAE=∠DAC，进而根据三角形全等的判定与性质证明△BAE≌△CAD(SAS)即可得到∠ACD=∠ABE，从而结合题意即可得到∠ADE=45°，DE2=2AD，即DE=2AD，再证明△DOB≌△DOE(ASA)即可求解；
（3）连接PC交AB于G点，先根据旋转的性质得到AD=AE，AB=AC，进而结合题意证明△DAB≌△EAC(SAS)得到∠DBA=∠ECA，从而得到△BPC为直角三角形，再结合题意得到点P在以BC中点M为圆心，BM为半径的圆上，连接PM交AB所在直线于点N，当PM⊥AB时，点P到直线AB的距离最大，再结合圆周角定理运用勾股定理即可求解点P到AB所在直线的距离的最大值，从而即可求出面积最大值。
22．【答案】（1）BD=AE；60°
（2）解：①不成立，BD=12AE；②成立．
理由：如图2，延长BD交AE的延长线于点F．
∵∠ABC=∠EDC=90°，∠ACB=∠ECD=60°，
∴△ABC∽△EDC，
∴BCAC=CDCE=12，∠BCD=∠ACE，
∴△BCD∽△ACE，
∴BDAE=12，∠DBC=∠EAC，
∴BD=12AE．
∵∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F，
∴∠F=∠ACB=60°．
综上所述，BD=12AE，直线BD与直线AE相交所夹锐角的度数是60°；
（3）BD的长为7−1或7+1．
【解析】【解答】（1）解：①延长BD交AE的延长线于点F
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°，
∴∠BCD=∠ACE，
∴△BCD≌△ACE（SAS）
∴BD=AE；
故答案为：BD=AE；
②由①得：△BCD≌△ACE，
∴∠DBC=∠EAC，
∴∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F，
∴∠F=∠ACB=60°；
故答案为：60°；
（3）解：①当点D落在线段BE上时，
∵∠BAC=∠DEC=90°，∠ACB=∠ECD=45°，BC=2CD=22，
∴BC=2AC=22，CD=2EC=2，
∴AC=2，CE=1，
∵∠E=90°，
∴BE=BC2−CE2=7，
∴BD=BE-DE=7-1；
②当点E落在线段BD上时，
同理可得：BD=BE+DE=7+1.
故BD的长为7−1或7+1．
【分析】（1）①延长BD交AE的延长线于点F，由题意用边角边易证△BCD≌△ACE，由全等三角形的性质可得BD=AE；
②由①中的全等三角形得∠DBC=∠EAC即可求解；
（2）①不成立，②成立；理由如下：延长BD交AE的延长线于点F，根据有两个角相等的两个三角形相似可得△ABC∽△EDC，于是结合已知可得比例式BCAC=CDCE=12，∠BCD=∠ACE，然后根据“两组对应边的比相等且这两边的夹角相等的两个三角形相似”可得△BDC∽△AEC，由相似三角形的性质可得BDAE=12，∠DBC=∠EAC，于是可得BD=12AE；②由△BDC∽△AEC可求解；
（3）①当点D落在线段BE上时，先求出BC、CD的值，然后用勾股定理可求得BE的值；②当点E落在线段BD上时，同理可求解.
23．【答案】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC，
∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，
∴CE=CF，∠ECF=60°
∴∠ACB=∠ECF
∴∠ACB−∠ACE=∠ECF−∠ACE
即∠BCE=∠ACF
在△BCE和△ACF中
EC=FC∠BCE=∠ACFBC=AC，
∴△BCE≌△ACF(SAS)，
∴∠CBE=∠CAF；
（2）证明：如图所示，过点F作FK∥AD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，
∵△ABC是等边三角形，
∴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的垂直平分线上，
∵AB=BC
∴B在AC的垂直平分线上，
∴BF垂直平分AC
∴AC⊥BF，AG=CG=12AC
∴∠AGF=90°
又∵DG=12AC=CG，∠ACD=60°
∴△DCG是等边三角形，
∴∠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与Rt△CGF中，
CF=CECD=CG
∴Rt△CED≌Rt△CFG
∴GF=ED
∴ED=FK
∴四边形EDFK是平行四边形，
∴EH=HF；
（3）解：依题意，如图所示，延长AP，DQ交于点R，
由（2）可知△DCG是等边三角形，
∴∠EDG=30°
∵将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，
∴∠PAG=∠EAG=30°，∠QDG=∠EDG=30°
∴∠PAE=∠QDE=60°，
∴△ADR是等边三角形，
∴∠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
∴四边形GDQF是平行四边形，
∴QF=DG=12AC=2
由（2）可知G是AC的中点，则GA=GD
∴∠GAD=∠GDA=30°
∴∠AGD=120°
∵折叠，
∴∠AGP+∠DGQ=∠AGE+∠DGE=∠AGD=120°，
∴∠PGQ=360°−2∠AGD=120°，
又PG=GE=GQ，
∴PQ=3PG=3GQ，
∴当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，此时如图所示，
∴GQ=12GC=12DC=1，
∴PQ=3，
∴PQ+QF=3+2．
【解析】【分析】（1）先根据等边三角形的性质得到∠ACB=60°，AC=BC，再根据旋转的性质得到CE=CF，∠ECF=60°，进而根据三角形全等的判定与性质即可求解；
（2）如图所示，过点F作FK∥AD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，先根据等边三角形的性质得到AB=AC=BC，再根据垂直平分线的判定与性质结合三角形全等的判定与性质即可证明ED=FK，进而根据平行四边形的判定与性质证明四边形EDFK是平行四边形即可求解；
（3）延长AP，DQ交于点R，由（2）可知△DCG是等边三角形，先根据折叠的性质得到∠PAG=∠EAG=30°，∠QDG=∠EDG=30°，进而根据等边三角形的判定即可得到△ADR是等边三角形，再根据等边三角形的性质得到∠QDC==30°，接着根据三角形全等的性质结合平行四边形的判定得到四边形GDQF是平行四边形，进而即可得到QF=DG=12AC=2，从而根据题意即可得到PQ=3PG=3GQ，且当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，最后结合题意即可求解。
24．【答案】（1）解：①选小聪的思路：
过点F作FN⊥BC，交BC的延长线于点N，
∵四边形ABNCD是正方形，
∴∠B=∠BCD=90°，AB=BC，
∴∠AEB+∠BAE=90°，
∵EA顺时针旋转90°得到EF，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEN=90°，
∴∠BAE=∠NEF，
在△ABE与△ENF中，
∵∠BAE=∠NEF，∠B=∠N=90°，AE=EF，
∴△ABE≌△ENF（AAS），
∴FN=BE，EN=AB=BC，
∴BC-CE=EN-EC，即BE=CN=FN，
∴△CFN是等腰直角三角形，
∴∠FCN=45°，
∴∠FCD=180°-∠BCD-∠FCN=45°；
②选小明的思路：
在AB上截取BM，使得BM=BE．
∵四边形ABNCD是正方形，
∴∠B=∠BCD=90°，AB=BC，
∴AM=AB−BM=EC=BC−BE，∠BME=∠BEM=45°，
∴AM=EC，∠AME=180°-∠BME=135°，
∵EA顺时针旋转90°得到EF，
∴AE=EF．
∴∠MAE+∠MEA=45°，∠CEF+∠MEA=45°，
∵∠MAE=∠CEF．
在△AME和△ECF中，
AM=EC∠MAE=∠CEFAE=EF，
∴△AME≌△ECF(SAS)，
∴∠AME=∠ECF=135°，
∴∠FCD=45°；
（2）32α−90°
（3）解：过点A作AP⊥CD交CD的延长线于点P，
设菱形的边长为3．
∵DGCG=12，
∴DG=1，CG=2，
∵∠ADC=∠ABC=120°，
∴∠ADP=60°，
∴PD=32，AP=332，
∴PG=PD+DG=52，
∵∠α=120°，
由(2)知，∠GCF=90°，
∵∠AGP=∠FGC，
∴△APG∽△FCG，
∴APCF=PGCG，
∴33CF=522，
∴CF=635，
在AB上截取AN，使AN=EC，连接NE，作BO⊥NE于点O．
由(2)可知，△ANE≌△ECF，
∴NE=CF，
∵AB=BC，
∴BN=BE，
∴OE=ON=12NE=335，
∵∠ABC=120°，
∴∠BNE=∠BEN=30°，
∴BE=OEcs30∘=65，
∴CE=95，
∴BECE=23．
【解析】【解答】解：（2）如图，在AB上截取BM，使得BM=BE，连接EM，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=α ，
∴AB=BC，∠BCD=180°-α，
∵BM=BE，
∴AM=CE，
∵将EA绕点E顺时针旋转α得到EF，
∴EF=AE，∠AEF=∠B=α，
∵∠AEC=∠AEF+∠FEC=∠B+∠BAE，
∴∠BAE=∠CEF，
在△AEM与△EFC中，AM=EC，∠BAE=∠CEF，AE=EF，
∴△AEM≌△EFC（SAS），
∴∠AME=∠ECF，
∵∠B=α，BM=BE，
∴∠BME=∠BEM=90°-12α，
∴∠AME=90°+12α=∠ECF，
∴∠DCF=∠ECF-∠BCD=32α−90°；
故答案为：32α−90°；
【分析】（1）①选小聪的思路：过点F作FN⊥BC，交BC的延长线于点N，由同角的余角相等得∠BAE=∠NEF，从而用AAS证△ABE≌△ENF，得FN=BE，EN=AB=BC，可推出△CFN是等腰直角三角形，则∠FCN=45°，进而根据平角定义可算出∠FCD的度数；②选小明的思路：在AB上截取BM，使得BM=BE，根据正方形的性质推出AM=EC，由旋转的性质得AE=EF，进而根据等腰直角三角形及角的和差可推出∠MAE=∠CEF，从而用SAS证△AME≌△ECF，由全等三角形的对应角相等得∠AME=∠ECF=135°，最后根据∠FCD=∠ECF-∠BCD可算出答案；
（2）在AB上截取BM，使得BM=BE，连接EM，首先由SAS证△AEM≌△EFC，可得∠AME=∠ECF，进而根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可表示出∠BME，由邻补角及等量代换可表示出∠ECF，最后根据∠DCF=∠ECF-∠BCD即可算出答案；
（3）过点A作AP⊥CD交CD的延长线于点P，证明△APG∽△FCG，由相似三角形对应边成比例可求出CF，在AB上截取AN，使AN=EC，连接NE，作BO⊥NE于点O，由（2）可得△ANE≌△ECF，得NE=CF，从而可得BN=BE，由特殊锐角三角函数值及余弦函数定义可求出BE，进而求出CE，此题得解.