第3章《图形的平移与旋转》【易错题拔高卷】-2023-2024学年北师大版数学八年级下册章节复习检测卷

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考试时间：100分钟 试卷满分：100分 难度系数：0.48
一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分．在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合
题目要求的，请将正确选项前的字母代号填写在括号内）
1．（2分）（2023秋•雷州市期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转110°，得到△ADE，若点D落在线段BC的延长线上，则∠B大小为（ ）
A．30°B．35°C．40°D．45°
解：∵△ABC绕点A逆时针旋转110°，得到△ADE
∴AB＝AD，∠BAD＝110°
由三角形内角和
∠B＝
故选：B．
2．（2分）（2023秋•桐乡市期末）如图在一个高为3米，长为5米的楼梯表面铺地毯，则地毯至少需要（ ）
A．3米B．4米C．5米D．7米
解：由勾股定理得：
楼梯的水平宽度＝＝4（米），
∵地毯铺满楼梯的长度应该是楼梯的水平宽度与垂直高度的和，
∴地毯的长度至少是3+4＝7（米）．
故选：D．
3．（2分）（2022秋•新乡期末）已知点P（m﹣3，m﹣1）关于原点的对称点P′在第四象限，则m的取值范围在数轴上表示正确的是（ ）
A．B．
C．D．
解：∵点P（m﹣3，m﹣1）关于原点的对称点P′在第四象限，
∴点P在第二象限，
∴，
解得：1＜m＜3，
故选D．
4．（2分）（2023•从化区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝70°，将Rt△ABC绕点C顺时针旋转角度α（0°＜α＜180°）得到Rt△A1B1C，使得A1、B1、A三点共线，则α的度数为（ ）
A．110°B．120°C．130°D．140°
解：∵∠ACB＝90°，∠B＝70°，
∴∠BAC＝90°﹣∠B＝20°，
由旋转得：∠BAC＝∠B1A1C＝20°，AC＝A1C，
∴∠CAA1＝∠B1A1C＝20°，
∴∠ACA1＝180°﹣∠CAA1﹣∠B1A1C＝140°，
∴则α的度数为140°，
故选：D．
5．（2分）（2023春•喀什地区期末）如图，将∠ABC＝30°的直角三角尺ABC绕点B顺时针旋转150°后得到△EBD，连接CD．若AB＝4，则△BCD的面积为（ ）
A．4B．2C．3D．1
解：过点D作DF⊥BE，垂足为F，
∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AB＝4，
∴AC＝AB＝2，BC＝AC＝2，
由旋转得：BC＝BD＝2，∠ABE＝150°，∠DBE＝∠ABC＝30°，
∴∠ABE+∠ABC＝180°，
∴点C、B、E三点共线，
在Rt△DBF中，∠DBF＝30°，
∴DF＝BD＝，
∴△BCD的面积＝BC•DF＝×2×＝3，
故选：C．
6．（2分）（2023春•崂山区期末）如图，△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠B＝60°，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕A′逆时针旋转一定角度，点B′恰好与点C重合，则平移的距离和旋转角的度数分别为（ ）
A．4，30°B．2，60°C．1，60°D．3，30°
解：由平移得：AB＝A′B′＝4，∠B＝∠A′B′C′＝60°，
由旋转得：A′B′＝A′C，
∴△A′B′C是等边三角形，
∴∠B′A′C＝60°，B′C＝A′B′＝4，
∵BC＝6，
∴BB′＝BC﹣B′C＝6﹣4＝2，
∴平移的距离为2，旋转角的度数为60°，
故选：B．
7．（2分）（2022春•金水区校级期末）如图A、B、C、D四个三角形，哪个不能由△MPQ经过平移或旋转得到（ ）
A．B．
C．D．
解：A、图形可以由△MPQ经过平移得到，故A不符合题意；
B、图形不可以由△MPQ经过平移或旋转得到，是由翻折得到的，故B符合题意；
C、图形可以由△MPQ经过旋转得到，故C不符合题意；
D、图形可以由△MPQ经过旋转和平移得到，故D不符合题意；
故选：B．
8．（2分）（2023•大冶市一模）在平面直角坐标系xOy中，线段AB的两个端点坐标分别为A（﹣1，﹣1），B（1，2），平移线段AB，平移后其中一个端点的坐标为（3，﹣1），则另一端点的坐标为（ ）
A．（1，4）B．（5，2）
C．（1，﹣4）或（5，2）D．（﹣5，2）或（1，﹣4）
解：当A（﹣1，﹣1）的对应点为（3，﹣1）时，B（1，2）的对应点（5，2），
当B（1，2）的对应点为（3，﹣1）时，A（﹣1，﹣1）的对应点（1，﹣4），
故选：C．
9．（2分）（2023秋•富锦市校级期末）如图，点P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补．若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①OM+ON的值不变；②∠PNM＝∠POB；③MN的长不变；④四边形PMON的面积不变，其中，正确结论的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
解：作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．
∵∠PEO＝∠PFO＝90°，
∴∠EPF+∠AOB＝180°，
∵∠MPN+∠AOB＝180°，
∴∠EPF＝∠MPN，
∴∠EPM＝∠FPN，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∴∠PEO＝∠PFO＝90°，
在△POE和△POF中，
，
∴△POE≌△POF（AAS），
∴OE＝OF，PE＝PF，
在△PEM和△PFN中，
，
∴△PEM≌△PFN（ASA），
∴EM＝NF，PM＝PN，故①正确，
∴S△PEM＝S△PNF，
∴S四边形PMON＝S四边形PEOF＝定值，故④正确，
设∠MPN＝x°，
∵PM＝PN，
∴∠PNM＝∠PMN＝×（180°﹣x）＝90°﹣x°，
∵∠AOB+∠MPN＝180°，
∴∠AOB＝180°﹣x°
∴∠PON＝×（180°﹣x）＝90°﹣x°，
∴∠PNM＝∠PON，故②正确，
在旋转过程中，△PMN是等腰三角形，形状是相似的，因为PM的长度是变化的，所以MN的长度是变化的，故③错误，
故选：B．
10．（2分）（2023•东莞市校级一模）如图，把Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°得到Rt△AB′C′，点C′恰好落在斜边AB上，则∠AB′C′的度数为（ ）
A．40°B．50°C．70°D．20°
解：∵把Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到Rt△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，
∴∠BAB′＝40°，∠ACB'＝90°，
∴∠AB′C′＝90°﹣∠BAB′＝90°﹣40°＝50°，
故选：B．
二、填空题（本大题共10小题，每题2分，共20分．不需写出解答过程，请将正确答案填写在横线上）
11．（2分）（2021春•奉化区校级期末）如图，线段AB＝CD，AB与CD相交于点O，且∠AOC＝60°，CE是由AB平移所得，则AC+BD与AB的大小关系是 AC+BD≥AB ．
解：由平移的性质知，AB与CE平行且相等，
∴四边形ACEB是平行四边形，BE＝AC，
当B、D、E不共线时，
∵AB∥CE，∠DCE＝∠AOC＝60°，
∴AB＝CE，AB＝CD，
∴CE＝CD，
∴△CED是等边三角形，
∴DE＝AB，
根据三角形的三边关系知：BE+BD＝AC+BD＞DE＝AB，
即AC+BD＞AB．
当D、B、E共线时，AC+BD＝AB．
故答案为：AC+BD≥AB．
12．（2分）（2023春•江都区期中）如图，将△AOB绕着点O顺时针旋转得到△COD，若∠AOB＝40°，∠BOC＝10°，则旋转角度是 50° ．
解：∵∠AOB＝40°，∠BOC＝10°，
∴∠AOC＝∠AOB+∠BOC＝40°+10°＝50°，
∵△AOB绕着点O顺时针旋转得到△COD，
∴∠AOC＝∠BOD＝50°，
∴旋转角度是50°，
故答案为：50°．
13．（2分）（2023春•晋中期末）如图，太原方特大摆锤OA的长度为14米，当大摆锤OA绕点O顺时针旋转60°，到OB时，点B到OA的距离是 7 米．
解：过点B作BC⊥OA，垂足为C，
∴∠BCO＝90°，
由旋转得：OB＝OA＝14米，∠AOB＝60°，
∴∠OBC＝90°﹣∠BOA＝30°，
∴OC＝OA＝7（米），BC＝OC＝7（米），
∴点B到OA的距离是7米，
故答案为：7．
14．（2分）（2021秋•莱州市期末）小明对小亮说：“你将这4张扑克牌任意抽取一张，将其旋转180°后放回原处，我能猜出你旋转的那一张”，小亮在小明不看的情况下，抽取一张旋转后放回原处．小明很快猜出了被旋转的那张扑克牌．
小亮旋转的那张扑克牌的牌面数字是 10 ．
解：红桃5，方块7，黑桃9都不是中心对称图形，旋转后都会有变化，梅花10是中心对称图形，旋转后没有变化，
∴小亮旋转的那张扑克牌的牌面数字是：10，
故答案为：10．
15．（2分）（2023春•河源期末）如图，将Rt△ABO绕直角顶点O逆时针旋转90°得到△A1B1O，若∠B＝75°，则∠1＝ 15° ．
解：∵∠AOB＝90°，∠B＝75°，
∴∠BAO＝90°﹣∠B＝15°，
由旋转得：∠1＝∠BAO＝15°，
故答案为：15°．
16．（2分）（2021秋•肇源县期末）如图，P是等边三角形ABC内的一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，以BC为边在△ABC外作△BQC≌△BPA，连接PQ，则以下结论中正确有 ①②③ （填序号）
①△BPQ是等边三角形②△PCQ是直角三角形③∠APB＝150° ④∠APC＝120°
解：①∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵△BQC≌△BPA，
∴∠CBQ＝∠ABP，PB＝QB＝4，
PA＝QC＝3，∠BPA＝∠BQC，
∴∠PBQ＝∠PBC+∠CBQ＝∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝60°，
∴△BPQ是等边三角形，
所以①正确；
②PQ＝PB＝4，
PQ2+QC2＝42+32＝25，
PC2＝52＝25，
∴PQ2+QC2＝PC2，
∴∠PQC＝90°，
∴△PCQ是直角三角形，
所以②正确；
③∵△BPQ是等边三角形，
∴∠PQB＝∠BPQ＝60°，
∴∠APB＝∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝60°+90°＝150°，
所以③正确；
④∠APC＝360°﹣150°﹣60°﹣∠QPC＝150°﹣∠QPC，
∵∠PQC＝90°，PC≠2QC，
∴∠QPC≠30°，
∴∠APC≠120°．
所以④错误．
所以正确的有①②③．
17．（2分）（2022春•郏县期末）如图，∠AOB＝120°，点P为∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①PM＝PN；②OM+ON＝OP；③四边形PMON的面积保持不变；④△PMN的周长保持不变．其中说法正确的是 ①②③ （填序号）．
解：过点P作PE⊥OA，垂足为E，过点P作PF⊥OB，垂足为F，
∴∠PEO＝90°，∠PFO＝90°，
∵∠AOB＝120°，
∴∠EPF＝360°﹣∠AOB﹣∠PEO﹣∠PFO＝60°，
∵∠MPN+∠AOB＝180°，
∴∠MPN＝180°﹣∠AOB＝60°，
∴∠MPN﹣∠EPN＝∠EPF﹣∠EPN，
∴∠MPE＝∠NPF，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA，PF⊥OB，
∴PE＝PF，
∵∠MEP＝∠NFP＝90°，
∴△MEP≌△NFP（ASA），
∴PM＝PN，ME＝NF，
故①正确；
∵OP＝OP，
∴Rt△PEO≌Rt△PFO（HL），
∴OE＝OF，
∴OM+ON＝OE+ME+OF﹣NF＝2OE，
∵OP平分∠AOB，
∴∠EOP＝∠AOB＝60°，
∴∠EPO＝90°﹣∠EOP＝30°，
∴PO＝2OE，
∴OM+ON＝OP，
故②正确；
∵△MEP≌△NFP，
∴四边形PMON的面积＝四边形PEOF的面积，
∴四边形PMON的面积保持不变，
故③正确；
∵PM＝PN，∠MPN＝60°，
∴△PMN是等边三角形，
∵MN的长度是变化的，
∴△PMN的周长是变化的，
故④错误；
所以，说法正确的是：①②③，
故答案为：①②③．
18．（2分）（2021春•南丰县期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝15°，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转α角（0°＜α＜90°）得到△DEC，设CD交AB于点F，连接AD，当旋转角α的度数为 40°或50° 时，△ADF是等腰三角形．
解：由旋转得：
∠DCA＝α，CD＝CA，
∴∠CDA＝∠CAD＝（180°﹣α）＝90°﹣α，
∵∠DFA是△CFA的一个外角，
∴∠DFA＝∠DCA+∠BAC＝α+15°，
分三种情况：
当FA＝FD，
∴∠CDA＝∠FAD，
∴90°﹣α＝90°﹣α﹣15°，
此方程无解，故不存在；
当AF＝AD，
∴∠DFA＝∠CDA，
∴α+15°＝90°﹣α，
∴α＝50°，
当DF＝DA，
∴∠DFA＝∠DAF，
∴α+15°＝90°﹣α﹣15°，
∴α＝40°，
∴当旋转角α的度数为40°或50°时，△ADF是等腰三角形，
故答案为：40°或50°．
19．（2分）（2022秋•乌鲁木齐期末）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，把△ABC绕BC边的中点O旋转后得△DEF，若直角顶点E恰好落在AC边上，且DF边交AC边于点G，则△FCG的面积为 ．
解：∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC＝5，
∵点O是BC边的中点，
∴OC＝OB＝BC＝2，
∵把△ABC绕BC边的中点O旋转后得△DEF，若直角顶点E恰好落在AC边上，
∴CO＝FO＝BO＝OE＝2，∠DFE＝∠ACB，∠ABC＝∠DEF，AC＝DF，
∴CO＝OE，
∴∠ACB＝∠OEC，
∴∠DFE＝∠CEF，
∴FG＝EG，
如图，连接BE，
∵∠DFE+∠D＝∠FEG+∠GED＝90°，∠COF＝∠BOE，
∴∠D＝∠DEG，△COF≌△BOE（SAS），
∴EG＝DG，BE＝CF，∠FCO＝∠OBE，
∴EG＝DF＝，
∵CO＝BO＝OE＝BC，
∴∠BEC＝90°，
∴BE＝＝，
∴CE＝，CF＝，
∴CG＝CE﹣EG＝﹣＝，
∵∠BEC＝90°，
∴∠OBE+∠BCE＝90°，
∴∠FCO+∠ACB＝90°，即∠FCG＝90°．
∴S△FCG＝•FC•CG＝××＝．
故答案为：．
20．（2分）（2022春•青羊区校级期中）如图1，一副直角三角板△ABC和△DEF，∠BAC＝∠EDF＝90°，∠B＝45°，∠F＝30°，点B、D、C、F在同一直线上，点A在DE上．如图2，△ABC固定不动，将△EDF绕点D逆时针旋转α（0°＜α＜135°）得△E′DF'，当直线E′F′与直线AC、BC所围成的三角形为等腰三角形时，α的大小为 7.5°或75°或97.5°或120° ．
解：设直线E′F′与直线AC、BC分别交于点P、Q，
∵△CPQ为等腰三角形，
∴∠PCQ为顶角或∠CPQ为顶角或∠CQP为顶角，
①当∠PCQ为顶角时，∠CPQ＝∠CQP，如图1，
∵∠BAC＝∠EDF＝90°，∠B＝45°，∠F＝30°，
∴∠E′DF′＝90°，∠ACB＝45°，∠E′F′D＝30°，
∵∠CPQ+∠CQP＝∠ACB＝45°，
∴∠CQP＝22.5°，
∵∠E′F′D＝∠CQP+∠F′DQ，
∴∠F′DQ＝∠E′F′D﹣∠CQP＝30°﹣22.5°＝7.5°，
∴α＝7.5°；
如图2，∵△CPQ为等腰三角形中，∠PCQ为顶角，
∴∠CPQ＝∠CQP＝67.5°，
∵∠E′DF′＝90°，∠F′＝30°，
∴∠E′＝60°，
∴∠E′DQ＝∠CQP﹣∠E′＝67.5°﹣60°＝7.5°，
∴α＝∠EDE′＝90°+7.5°＝97.5°；
②当∠CPQ为顶角时，∠CQP＝∠PCQ＝45°，
∴∠CPQ＝90°，如图3，
∵∠DE′F′＝∠CQP+∠QDE′，
∴∠QDE′＝∠DE′F′﹣∠CQP＝60°﹣45°＝15°，
∴α＝90°﹣15°＝75°；
③如图4，当∠CQP为顶角时，∠CPQ＝∠PCQ＝45°，
∴∠CQP＝90°，
∴∠QDF′＝90°﹣∠DF′E′＝60°，
∴∠QDE′＝∠E′DF′﹣∠QDF′＝30°，
∴α＝∠EDE′＝∠EDQ+∠QDE′＝90°+30°＝120°；
综上所述，α的大小为7.5°或75°或97.5°或120°．
故答案为：7.5°或75°或97.5°或120°．
三、解答题（本大题共8小题，共60分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
21．（6分）（2023秋•朔州期中）如图，在△ABC中，∠B＝60°，AB＝3，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△ADE，若点B的对应点D恰好落在边BC上，求BD的长．
解：由旋转得：AB＝AD＝3，
∵∠B＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝AD＝3，
∴BD的长为3．
22．（6分）（2023秋•高青县期末）阅读下面材料，并解决问题：
（1）如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．
为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝ 150° ；
（2）基本运用
请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题
已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝BE2+FC2；
（3）能力提升
如图③，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值．
解：（1）∵△ACP′≌△ABP，
∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，
由题意知旋转角∠PA P′＝60°，
∴△AP P′为等边三角形，
P P′＝AP＝3，∠A P′P＝60°，
易证△P P′C为直角三角形，且∠P P′C＝90°，
∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°；
故答案为：150°；
（2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，
由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAF＝∠E′AF，
在△EAF和△E′AF中，
∴△EAF≌△E′AF（SAS），
∴E′F＝EF，
∵∠CAB＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，
由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2，
即EF2＝BE2+FC2．
（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2，
∴BC＝，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，
∴△A′O′B如图所示；
∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，
∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝2，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，
∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，
∴△BOO′是等边三角形，
∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，
∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，
∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BOO′＝120°+60°＝180°，
∴C、O、A′、O′四点共线，
在Rt△A′BC中，A′C＝，
∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．
23．（8分）（2023春•定边县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝4．将Rt△ABC绕点A逆时针旋转30°，得到Rt△AB′C′，延长BC交AC′的延长线于点D，交B′C′于点E，连接BB′，B′D．
（1）试说明△ABD是等边三角形；
（2）求DE的长．
解：（1）∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
∴∠ABC＝90°﹣∠BAC＝60°，
由旋转得：∠BAB′＝∠CAC′＝30°，
∴∠BAD＝∠BAB′+∠CAC′＝60°，
∴∠ADB＝180°﹣∠BAD﹣∠ABC＝60°，
∴∠BAD＝∠ABD＝∠ADB＝60°，
∴△ABD是等边三角形；
（2）∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝4，
∴AB＝2BC＝8，AC＝BC＝4，
∵△ABD是等边三角形，
∴AD＝AB＝8，
由旋转得：∠ACB＝∠AC′B′＝90°，AC＝AC′＝4，
∴∠DC′B′＝180°﹣∠AC′B′＝90°，DC′＝AD﹣AC′＝8﹣4，
∵∠ADB＝60°，
∴∠DEC′＝90°﹣∠ADB＝30°，
∴DE＝2DC′＝16﹣8，
∴DE的长为16﹣8．
24．（8分）（2021秋•建安区期中）数学兴趣小组活动时，提出了如下问题：如图1，在△ABC中若AB＝5，AC＝3，求BC边上的中线AD的取值范围．
解决方法：延长AD到E．使得DE＝AD．再连接BE（或将ACD绕点D逆时针旋转180°得到△EBD）．把AB，AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形的三边关系可得2＜AE＜8，则1＜AD＜4．
感悟：解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑构造以中点为对称中心的中心对称图形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中．
迁移应用：请参考上述解题方法，证明下列命题：
如图2，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF．
（1）求证：BE+CF＞EF；
（2）若∠A＝90°，探索线段BE，CF，EF之间的等量关系，并加以证明．
（1）证明：如图，延长FD到G，使得DG＝DF，连接BG、EG．
（或把△CFD绕点D逆时针旋转180°得到△BGD），
∴CF＝BG，DF＝DG，
∵DE⊥DF，
∴EF＝EG．
在△BEG中，BE+BG＞EG，即BE+CF＞EF．
（2）解：BE2+CF2＝EF2．证明如下：
∵∠A＝90°，
∴∠EBC+∠FCB＝90°，
由（1）知∠FCD＝∠DBG，EF＝EG，
∴∠EBC+∠DBG＝90°，即∠EBG＝90°，
∴在Rt△EBG中，BE2+BG2＝EG2，
∴BE2+CF2＝EF2．
25．（8分）（2023春•驿城区校级期中）如图1，在△ABC中，BA＝BC，D、E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝∠ABC．以点B为旋转中心，将△CBE按逆时针方向旋转得到△ABF，连接DF．
（1）求证：DF＝DE；
（2）如图2，若AB⊥BC，其他条件不变，探究AD，DE，EC之间的关系，并证明．
（1）证明：∵∠DBE＝∠ABC，
∴∠ABD+∠CBE＝∠DBE＝ABC，
由旋转得：△CBE≌△ABF，
∴BF＝BE，∠ABF＝∠CBE，
∴∠ABD+∠ABF＝∠DBE，
∴∠DBF＝∠DBE，
∵BD＝BD，
∴△DBE≌△DBF（SAS），
∴DF＝DE；
（2）解：AD2+CE2＝DE2，
理由：∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∵AB＝BC，
∴∠BAC＝∠C＝45°，
由旋转得：AF＝CE，∠BAF＝∠C＝45°，
∴∠DAF＝∠BAC+∠BAF＝90°，
∴AD2+AF2＝DF2，
由（1）得：DF＝DE，
∴AD2+CE2＝DE2．
26．（8分）（2023春•河源期末）已知△ABC是边长为6的等边三角形，点D是射线BC上的动点，将线段AD绕点D顺时针方向旋转60°得到线段DE，连接CE．
（1）如图1，求证：CE＝BD；
（2）如图2，当BD等于多少时，∠DEC＝30°．
（1）证明：连接AE，
∵△ABC是等边三角形
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
由旋转得：AD＝DE，∠ADE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD 和△CAE 中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴CE＝BD；
（2）连接AE，
由旋转得：AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD＝AE，∠DAE＝∠AED＝60°，
∵∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE+∠CAD＝∠BAC+∠CAD，
∴∠CAE＝∠BAD，
在△BAD 和△CAE 中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ADB＝∠AEC，
∵∠DEC＝30°，
∴∠AEC＝∠AED﹣∠DEC＝30°，
∴∠ADB＝AEC＝30°，
∵∠ABC＝60°，
∴∠BAD＝180°﹣∠ABC﹣∠ADB＝90°，
∵AB＝6，
∴BD＝2AB＝12，
∴当BD等于12时，∠DEC＝30°．
27．（8分）（2022秋•广西期末）我们可以通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整
原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，连接EF，则EF＝BE+DF，试说明理由．
（1）思路梳理
∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．
∵∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠FDG＝180°，点F、D、G共线．
根据 SAS ，易证△AFE≌ △AFG ，得EF＝BE+DF．
（2）类比引申
如图2，四边形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满足等量关系 ∠B+∠ADC＝180° 时，仍有EF＝BE+DF．
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE＝45°．猜想BD、DE、EC应满足的等量关系，并写出推理过程．
解：（1）思路梳理
∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图1，
∵∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠FDG＝180°，点F、D、G共线，
则∠DAG＝∠BAE，AE＝AG，BE＝DG，
∠FAG＝∠FAD+∠GAD＝∠FAD+∠BAE＝90°﹣45°＝45°＝∠EAF，
即∠EAF＝∠FAG，
在△EAF和△GAF中，，
∴△AFG≌△AFE（SAS），
∴EF＝FG＝DG+DF＝BE+DF；
故答案为：SAS；△AFG；
（2）类比引申
∠B+∠ADC＝180°时，EF＝BE+DF；理由如下：
∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图2所示：
∴∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵∠ADC+∠B＝180°，
∴∠FDG＝180°，点F、D、G共线，
在△AFE和△AFG中，，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF，
∴EF＝BE+DF，
故答案为：∠B+∠ADC＝180°；
（3）联想拓展
猜想：DE2＝BD2+EC2．理由如下：
把△ACE绕点A逆时针旋转90°到△ABF的位置，连接DF，如图3所示：
则△ABF≌△ACE，∠FAE＝90°，
∴∠FAB＝∠CAE．BF＝CE，∠ABF＝∠C，
∴∠FAE＝∠BAC＝90°，
∵∠DAE＝45°，
∴∠FAD＝90°﹣45°＝45°，
∴∠FAD＝∠DAE＝45°，
在△ADF和△ADE中，，
∴△ADF≌△ADE（SAS），
∴DF＝DE，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝45°，
∴∠C＝∠ABF＝45°，
∴∠DBF＝∠ABF+∠ABC＝90°，
∴△BDF是直角三角形，
∴BD2+BF2＝DF2，
∴BD2+EC2＝DE2．
28．（8分）（2023秋•三河市期末）如图①是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD＝13，DM＝5．
（1）在旋转过程中．
①当A，D，M三点在同一直线上时，求AM的长；
②当A，D，M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长；
（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处，连接D1D2．如图②，此时∠AD2C＝135°，CD2＝20，求BD2的长．
解：（1）①由题意可知：当点M在线段AD的延长线上时，AM＝AD+DM＝13+5＝18，
当点M在线段AD上时，AM＝AD﹣DM＝13﹣5＝8；
综上所述：AM＝8或18；
②若AM为斜边，则AM＝，
若AD为斜边，则AM＝，
综上所述：AM＝12或；
（2）如图，连接CD1，
由旋转90°可知：AD1＝AD2＝13，∠D2AD1＝90°，
∴∠AD2D1＝∠AD1D2＝45°，
∴D1D2＝13，
∴∠D1D2C＝∠AD2C﹣∠AD2D1＝90°，
在Rt△D1D2C中 由勾股定理得：D1C＝，
由△ABC为等腰直角三角形可知：AB＝AC，∠BAC＝90°＝∠D2AD1，
∴∠BAC﹣∠D2AC＝∠D2AD1﹣∠D2AC，
即：∠BAD2＝∠CAD1，
又∵AD2＝AD1，
∴△BAD2≌△CAD1（SAS），
∴D1C＝BD2＝