中考数学二轮培优重点突破讲练专题10 几何变换中的三角形全等模型（2份，原卷版+教师版）

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【模型1】全等三角形中的平移变换
【说明】平移前后的三角形全等。
平移的基本性质：由平移的概念知，经过平移，图形上的每一个点都沿同一个方向移动相同的距离，平移不改变图形的形状和大小，因此平移具有下列性质：经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应角相等．
【模型2】全等三角形中的折叠变换模型
【说明】折叠问题实质上是利用了轴对称的性质。
轴对称变换的性质：
①关于直线对称的两个图形是全等图形.
②如果两个图形关于某直线对称，对称轴是对应点连线的垂直平分线.
③两个图形关于某直线对称，如果它们对应线段或延长线相交，那么交点在对称轴上.
④如果两个图形的对应点连线被同一直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称.
【模型3】全等三角形中的旋转变换模型
旋转变换的性质：图形通过旋转，图形中每一点都绕着旋转中心沿相同的方向旋转了同样大小的角度，任
意一对对应点与旋转中心的连线都是旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等，旋转过程中，图形的形状、大小都没有发生变化.
【例1】如图，是由经过平移得到的，AC分别交DE、EF于点G、H，若，，则的度数为（ ）
A．150°B．140°C．120°D．30°
【答案】A
【分析】根据平移可知：，，根据全等三角形对应角相等，得出，，即可得出∠D的度数，再根据平行线的性质得出∠DGH的度数即可．
【解析】根据平移可知，，，
∴，，
∴
，
∵，
∴，
∴，故A正确．
故选：A．
【例2】如图，纸片的对边，将纸片沿折叠，的对应边交于点G．若，且，则的大小是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用等腰三角形和平行线的性质求得，再求得，利用折叠的性质和平行线的性质即可求解．
【解析】解：∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
由折叠的性质可得，
∴，
∵，
∴，
故选C
【例3】如图，在等腰和等腰中，．

(1)观察猜想：如图1，点在上，线段与的关系是_________；
(2)探究证明：把绕直角顶点旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
(3)拓展延伸：把绕点在平面内转动一周，若，，、交于点时，连接，直接写出最大面积_________．
【答案】(1)，；
(2)结论仍成立，理由见解析；
(3)．
【分析】（1）先根据等腰三角形的定义可得，，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，，然后根据直角三角形两锐角互余、等量代换即可得即可；
（2）先根据三角形全等的判定定理与性质可得，，再根据直角三角形两锐角互余可得，然后根据对顶角相等、等量代换可得，从而可得即可；
（3）如图：由题意可知点在以为直径的上运动，点在上运动，观察图形，可知当与相切时，面积最大；此时，四边形为正方形，；然后在运用勾股定理求出BD，进而求出BP的最大值，最后运用三角形的面积公式求解即可．
【解析】（1）解：，，理由如下：
如图1，延长AE交BD于H，
由题意得：，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
故答案为：，．
（2）解：结论仍成立，仍有：，；理由如下：
如图2，延长AE交BD于H，交BC于O，
∵，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，即．
（3）解：如图：∵，
∴点在以为直径的上运动.
∵，
∴点在上运动，
观察图形，可知当与相切时，面积最大.
此时，四边形为正方形，.
在中，.
当的面积最大时，，．
一、单选题
1．如图，三角形，三角形均为边长为4的等边三角形，点是、的中点，直线、相交于点，三角形绕点旋转时，线段长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先证明，判定出点在以为直径的圆上运动，当运动到时，最短来解决问题．
【解析】解：如图，连接、、，，
，
，，
，
，
、是等边三角形，是、的中点，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
点在以为直径的圆上运动，
当时，且、在的同侧时，最短，
，
，，
的最小值为．
故选：C．
2．如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点M在CD的边上，且DM＝1，△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，连接EF，则线段EF的长为（ ）
A．3B．2C．5D．
【答案】C
【分析】连接．先判定，即可得到．再根据，，利用勾股定理即可得到，中，，进而得出的长．
【解析】解：如图，连接．
与关于所在的直线对称，
，．
按照顺时针方向绕点旋转得到，
，．
，
．
．
（SAS）．
．
四边形是正方形，
．
，
．
在中，，
，
故选：C．
3．如图，ABCD是一张矩形纸片，AB＝20，BC＝4，将纸片沿MN折叠，点，分别是B，C的对应点，MB′与DC交于K，若△MNK的面积为10，则DN的最大值是（ ）
A．7.5B．12.5C．15D．17
【答案】D
【分析】作NE⊥于E，NF⊥BM于F，由折叠得∠1＝∠2，根据角平分线的性质得NE＝NF，可得四边形BCNF是矩形，则NF＝BC＝4，根据△MNK的面积为10得NK＝MK＝5，根据勾股定理得KE＝3，则MF＝ME＝MK﹣KE＝5﹣3＝2，设DN＝x，则CN＝20﹣x，BM＝BF+MF＝20﹣x+2＝22﹣x，由折叠可得BM≥KM，即22﹣x≥5．可得x≤17，即可得DN≤17，则DN的最大值是17．
【解析】解：如图所示，过点N作NE⊥于E，NF⊥BM于F，
由折叠得∠1＝∠2，
∴NE＝NF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝∠BFN＝90°，，
∴四边形BCNF是矩形，∠DNM=∠2，
∴NE＝NF＝BC＝4，∠1=∠DNM，
∴NK=MK，
∵△MNK的面积为10，
∴KM•NE＝KN•NF＝10，
∴NK＝MK＝5，
∴KE＝＝3，
在△MEN和△MFN中，
，
∴△MEN≌△MFN（AAS），
∴MF＝ME＝MK﹣KE＝5﹣3＝2，
设DN＝x，则CN＝BF＝20﹣x，
∴BM＝BF+MF＝20﹣x+2＝22﹣x，
由折叠得BM≥KM，即22﹣x≥5．
∴x≤17，即DN≤17，
∴DN的最大值是17．
故选：D．
4．如图，现有一张矩形纸片ABCD，AB＝4，BC＝8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN于点Q，连接CM．下列结论：①CQ＝CD；②四边形CMPN是菱形；③P，A重合时，MN＝2；④△PQM的面积S的取值范围是3≤S≤5．其中正确的是（ ）
A．①②③④B．②③C．①②④D．①③④
【答案】B
【分析】先判断出四边形CNPM是平行四边形，再根据翻折的性质可得CN＝NP，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设CQ＝CD，得Rt△CMQ≌△CMD，进而得∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，判断①错误；点P与点A重合时，设BN＝x，表示出AN＝NC＝8−x，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得MN，判断出③正确；当MN过D点时，求得四边形CMPN的最小面积，进而得S的最小值，当P与A重合时，S的值最大，求得最大值即可．
【解析】解：如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴PM∥CN，
∴∠PMN＝∠MNC，
∵∠MNC＝∠PNM（折叠的性质），
∴∠PMN＝∠PNM，
∴PM＝PN，
∵NC＝NP（折叠的性质），
∴PM＝CN，
∴四边形CNPM是平行四边形，
∵CN＝NP，
∴四边形CNPM是菱形，故②正确；
∴CP⊥MN，∠BCP＝∠MCP，
∴∠MQC＝∠D＝90°，
∵CM＝CM，
若CQ＝CD，则Rt△CMQ≌Rt△CMD（HL），
∴∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，故①错误；
点P与点A重合时，如图2所示：
设BN＝x，则AN＝NC＝8−x，
在Rt△ABN中，AB2＋BN2＝AN2，
即42＋x2＝（8−x）2，
解得x＝3，
∴CN＝8−3＝5，AC＝＝＝，
∴CQ＝AC＝，
∴QN＝＝，
∴MN＝2QN＝．故③正确；
当MN过点D时，如图3所示：
此时，CN最短，四边形CMPN的面积最小（四边形CNPM的边CN上的高固定为AB的长），此时四边形CNPM是正方形，则S最小＝S菱形CMPN＝×4×4＝4，
当P点与A点重合时，CN最长，四边形CMPN的面积最大，则S最大＝×5×4＝5，
∴4≤S≤5，故④错误．
故选：B．
5．如图，在中，，，点D为BC的中点，直角绕点D旋转，DM，DN分别与边AB，AC交于E，F两点，下列结论：①是等腰直角三角形；②；③；④，其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据等腰直角三角形的性质可得∠CAD=∠B=45°，根据同角的余角相等求出∠ADF=∠BDE，然后利用“角边角”证明△BDE和△ADF全等，判断出③正确；根据全等三角形对应边相等可得DE=DF、BE=AF，从而得到△DEF是等腰直角三角形，判断出①正确；再求出AE=CF，判断出②正确；根据BE+CF=AF+AE，利用三角形的任意两边之和大于第三边可得BE+CF＞EF，判断出④错误．
【解析】∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴△ABC是等腰直角三角形，∠B=45°，
∵点D为BC中点，
∴AD=CD=BD，AD⊥BC，∠CAD=45°，
∴∠CAD=∠B，∠BDE+∠ADE=∠ADB=90°
∵∠MDN是直角，
∴∠ADF+∠ADE=90°，
∴∠ADF=∠BDE，
在△BDE和△ADF中，，
∴△BDE≌△ADF（ASA），
∴DE=DF，BE=AF，
∴△DEF是等腰直角三角形，故①正确；
∵AE=AB-BE，CF=AC-AF，
∴AE=CF，故②正确；
∵△BDE≌△ADF
∴
∴
故③正确；
∵BE+CF=AF+AE＞EF，
∴BE+CF＞EF，
故④错误；
综上所述，正确的是①②③，
故选：C.
6．如图，在中，，将绕点顺时针旋转，得到，交于点，分别交，于点，，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据将△ABC绕点B顺时针旋转，得到△A1BC1，可证明△A1BF≌△CBE，从而可得A1E=CF，即可得到答案．
【解析】解：∵AB=BC，
∴∠A=∠C，
∵将△ABC绕点B顺时针旋转，得到△A1BC1，
∴A1B=AB=BC，∠A1=∠A=∠C，
在△A1BF和△CBE中
，
∴△A1BF≌△CBE（ASA），
∴BF=BE，
∴A1B-BE=BC-BF，即A1E=CF，故B正确，
其它选项的结论都不能证明，
故选：B．
7．如图，在矩形中，点M在边上，把沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，连接，过点B作，垂足为F，若，则线段的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先证明△BFC≌△CDE，可得DE=CF=2，再用勾股定理求得CE=，从而可得AD=BC=，最后求得AE的长．
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD，∠ABC=∠D=90°，AD∥BC，
∴∠DEC=∠FCB，
∵，
∴∠BFC=∠CDE，
∵把沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，
∴BC=EC，
在△BFC与△CDE中，
∴△BFC≌△CDE（AAS），
∴DE=CF=2，
∴，
∴AD=BC=CE=，
∴AE=AD-DE=，
故选：A．
8．如图，正方形ABCD中，AB＝12，点E在边BC上，BE＝EC，将△DCE沿DE对折至△DFE，延长EF交边AB于点G，连接DG、BF，给出以下结论：①△DAG≌△DFG；②BG＝2AG；③S△DGF＝48；④S△BEF＝．其中所有正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【分析】①根据正方形的性质和折叠的性质可得AD＝DF，∠A＝∠GFD＝90°，于是根据“HL”判定Rt△ADG≌Rt△FDG；②再由GF+GB＝GA+GB＝12，EB＝EF，△BGE为直角三角形，可通过勾股定理列方程求出AG＝4，BG＝8，即可判断；③根据①即可求出三角形DGF的面积；④结合①可得AG＝GF，根据等高的两个三角形的面积的比等于底与底的比即可求出三角形BEF的面积．
【解析】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠C＝∠A＝90°，
由折叠可知，DF＝DC＝DA，∠DFE＝∠C＝90°，
∴∠DFG＝180°－∠DFE＝90°，
∴∠DFG＝∠A＝90°，
在Rt△ADG和Rt△FDG中，
，
∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL），
故①正确；
②∵正方形边长是12，
∴BE＝EC＝EF＝6，
设AG＝FG＝x，则EG＝x+6，BG＝12﹣x，
由勾股定理得：EG2＝BE2+BG2，
即：（x+6）2＝62+（12﹣x）2，
解得：x＝4，
∴AG＝GF＝4，BG＝8，BG＝2AG，
故②正确；
③∵Rt△ADG≌Rt△FDG，
∴S△DGF＝S△ADG＝×AG•AD＝×4×12＝24，
故③错误；
④∵S△GBE＝BE•BG＝×6×8＝24，
∵GF＝AG＝4，EF＝BE＝6，
∴，
∴，
故④正确．
综上可知正确的结论的是3个，
故选：B．
二、填空题
9．如图，矩形纸片ABCD中，AB=8cm，把矩形纸片沿直线AC折叠，点B落在点E处，AE交DC于点F，若AD=6cm，则∠EAD的正弦值为_____．
【答案】
【分析】首先根据勾股定理计算出AC的长，再根据折叠的方法可得△ABC≌△AEC，△ADF≌△CEF，进而可得到可知AE=AB=8cm,CE=BC=AD=6cm,再设AF=x,则EF=DF=（8-x）cm,在Rt△ADF中利用勾股定理可得，求得AF的长，再通过勾股定理求得DF的长，最后可得结果．
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，AD=6cm,
∴BC=AD=6cm,
∵AB=8cm,
∴,
矩形纸片沿直线AC折叠，则△ABC≌△AEC，∠E=∠B=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=CE，∠D=∠B=90°，
∴∠E=∠D=90°，
又∵∠AFD=∠EFC，
∴△ADF≌△CEF（AAS），
可知AE=AB=8cm,CE=BC=AD=6cm,
设AF=x,则EF=DF=（8-x）cm,
在Rt△ADF中，
，
即：，
解得x=．
∴AF=，
∴，
∴
故答案为：．
10．如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF=45°，将DAE绕点D逆时针旋转90°，得到DCM．若AE=1，则FM的长为__．
【答案】2.5
【分析】由旋转可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；则可得到AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB-AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BM-FM=BM-EF=4-x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为FM的长．
【解析】解：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，
∴F、C、M三点共线，
∴DE=DM，∠EDM=90°，
∴∠EDF+∠FDM=90°，
∵∠EDF=45°，
∴∠FDM=∠EDF=45°，
在△DEF和△DMF中，
，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF=MF，
设EF=MF=x，
∵AE=CM=1，且BC=3，
∴BM=BC+CM=3+1=4，
∴BF=BM-MF=BM-EF=4-x，
∵EB=AB-AE=3-1=2，
在Rt△EBF中，由勾股定理得，
，
解得：．
故答案为：．
11．如图，点E在正方形ABCD的CD边上，连结BE，将正方形折叠，使点B与E重合，折痕MN交BC边于点M，交AD边于点N，若tan∠EMC＝，ME＋CE＝8，则折痕MN的长为___________．
【答案】
【分析】过N作NH⊥BC于H，得到四边形ABHN是矩形，根据矩形的性质得到NH＝AB，∠NHM＝90°，证明△BCE≌△NHM，根据全等三角形的性质得到HM＝CE，设CE＝3x，则CM＝4x，根据勾股定理得到EM＝5x，求出x，可得NH＝9，再利用勾股定理计算即可．
【解析】解：过N作NH⊥BC于H，则四边形ABHN是矩形，
∴NH＝AB，∠NHM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝90°，AB＝BC，
∴NH＝BC，
∵将正方形折叠，使点B与E重合，
∴MN⊥BE，BM＝ME，
∴∠HNM＋∠NMH＝∠EBC＋∠BMN＝90°，
∴∠EBC＝∠HNM，
在△BCE与△NHM中，，
∴△BCE≌△NHM（ASA），
∴HM＝CE，
在Rt△EMC中，∵tan∠EMC＝，
∴设CE＝3x，则CM＝4x，
由勾股定理得：EM＝5x，
∵ME＋CE＝8，
∴5x＋3x＝8，
∴x＝1，
∴EM＝5，HM＝CE＝3，CM＝4，
∴BC＝BM＋CM＝EM＋CM＝9，
∴NH＝9，
∴MN＝，
故答案为：．
12．如图，△ABC，△DEP是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC＝∠PDE＝90°．使△DEP的顶点P与△ABC的顶点A重合，PD，PE分别与BC相交于点F、G，若BF＝6，CG＝4，则FG＝_____．
【答案】
【分析】将△ABF绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，即可构建出直角三角形CGH，由勾股定理可求出GH的长度，再证明△FAG≌△GAH即可．
【解析】解：将△ABF绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，
∵△ACH由△ABF旋转得到，
∴∠BAF=∠CAH，CH=BF=6，AF=AH，∠B=∠ACH
∵△ABC，△DEP是两个全等的等腰直角三角形
∴∠B=45°，∠ACB=45°
∴∠HCG=90°
在Rt△HCG中，由勾股定理得：GH=，
∵∠FAG=45°
∴∠BAF+∠GAC=45°
∴∠CAH+∠GAC=45°，即∠GAH=45°
在△FAG和△GAH中，
AF=AH， ∠FAG=∠GAH ，AG=AG
∴△FAG≌△GAH
∴FG= GH=
故答案为：．
13．如图，四边形为正方形，点E是的中点，将正方形沿折叠，得到点B的对应点为点F，延长交线段于点P，若，则的长度为___________．
【答案】2
【分析】连接AP，根据正方形的性质和翻折的性质证明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，设PF＝PD＝x，则CP＝CD−PD＝6−x，EP＝EF＋FP＝3＋x，然后根据勾股定理即可解决问题．
【解析】解：连接AP，如图所示，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE＝AB＝3，
由翻折可知：AF＝AB，EF＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，
∴AD＝AF，∠AFP＝∠D＝90°，
在Rt△AFP和Rt△ADP中，
，
∴Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），
∴PF＝PD，
设PF＝PD＝x，则CP＝CD−PD＝6−x，EP＝EF＋FP＝3＋x，
在Rt△PEC中，根据勾股定理得：EP2＝EC2＋CP2，
∴（3＋x）2＝32＋（6−x）2，解得x＝2，则DP的长度为2，
故答案为：2．
14．如图，在边长为6的正方形ABCD内作，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将绕点A顺时针旋转90°得到，若，则BE的长为__________．
【答案】2
【分析】根据旋转的性质可知，△ADF≌△ABG，然后即可得到DF=BG，∠DAF=∠BAG，然后根据已知条件证明△EAG≌△EAF，设，在中，由勾股定理可以求出BE的长．
【解析】解：由旋转可知，△ADF≌△ABG，
∴，∠DAF=∠BAG，
∵∠DAB=90°，∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠BAG+∠EAB=45°，
∴∠EAF=∠EAG，
在△EAG和△EAF中，
，
∴△EAG≌△EAF(SAS)，
∴GE=FE，
设，则，，
∴，
∵CD=6，DF=3，
∴，
∵∠C=90°，
∴在中，，即，
解得，，即BE=2．
故答案为：2．
三、解答题
15．如图，在ΔABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是AB边上一点（点D与A，B不重合），连接CD，将线CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连接DE交BC于点F，连接BE.
(1)求证：ΔACD ≌ ΔBCE；
(2)当AD＝BF时，求∠BEF的度数.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）利用边角边证明三角形全等即可；
（2）先推理得到△BEF是等腰三角形，再由全等得到∠CBE=，即可得到∠BEF的度数．
【解析】（1）证明：∵

又∵CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE
∴,CD=CE
∴
∴
在和中：

∴（SAS）
（2）解：由第一问知，
∴AD=BE,∠CAD=∠CBE
又∵AD=BF
∴BE=BF
在中，AC=BC,
∴
在中，BE=BF,∠CBE=
∴
16．如图，中，，，为内一点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，连接，，．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）根据旋转的性质得到，，可得，然后证明，最后利用全等三角形的性质即可证明结论；
（2）根据等腰三角形的性质得到，根据全等三角形的性质可得到结论．
【解析】（1）证明：∵将绕点逆时针旋转，得到，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴．
（2）解：由（1）知：，，
∵，
∴，
∵，
∴．
17．如图（1），已知△ABC的面积为3，且AB=AC，现将△ABC沿CA方向平移CA长度得到△EFA．
（1）求△ABC所扫过的图形面积；
（2）试判断，AF与BE的位置关系，并说明理由；
（3）若∠BEC=15°，求AC的长．
【答案】（1）9；（2）BE⊥AF，理由见解析；（3）2．
【分析】（1）根据平移的性质及平行四边形的性质可得到S△EFA=S△BAF=S△ABC，从而便可得到四边形CEFB的面积；
（2）由已知可证得平行四边形EFBA为菱形，根据菱形的对角线互相垂直平分可得到AF与BE的位置关系为垂直；
（3）作BD⊥AC于D，结合三角形的面积求解．
【解析】解：（1）由平移的性质得
AF∥BC，且AF=BC，△EFA≌△ABC
∴四边形AFBC为平行四边形
S△EFA=S△BAF=S△ABC=3
∴四边形EFBC的面积为9；
（2）BE⊥AF
证明：由（1）知四边形AFBC为平行四边形
∴BF∥AC，且BF=AC
又∵AE=CA
∴BF∥AE且BF=AE
∴四边形EFBA为平行四边形又已知AB=AC
∴AB=AE
∴平行四边形EFBA为菱形
∴BE⊥AF；
（3）如上图，作BD⊥AC于D
∵∠BEC=15°，AE=AB
∴∠EBA=∠BEC=15°
∴∠BAC=2∠BEC=30°
∴在Rt△BAD中，AB=2BD
设BD=x，则AC=AB=2x
∵S△ABC=3，且S△ABC=AC•BD=•2x•x=x2
∴x2=3
∵x为正数
∴x=
∴AC=2．
18．已知：点D是等腰直角三角形ABC斜边BC所在直线上一点（不与点B重合），连接AD．
(1)如图1，当点D在线段BC上时，将线段AD绕点A逆时针方向旋转90°得到线段AE，连接CE．直接写出BD和CE数量关系和位置关系．
(2)如图2，当点D在线段BC延长线上时，将线段AD绕点A逆时针方向旋转90°得到线段AE，连接CE，画出图形．（1）的结论还成立吗?若成立，请证明； 若不成立，说明理由．
【答案】(1)BD和CE的数量关系是相等，位置关系是互相垂直，理由见详解；
(2)成立，理由见详解．
【分析】（1）由题意易得AB=AC，∠BAC=∠DAE=90°，AD=AE，则有∠BAD=∠CAE，然后可证△ABD≌△ACE，进而问题可求解；
（2）如图，然后根据（1）中的证明过程可进行求解．
【解析】(1)解：BD⊥CE且BD=CE，理由如下：
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠BAC=90°，∠ABC=∠ACB=45°，
由旋转的性质可得：∠DAE=90°，AD=AE，
∴∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC =90°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE=45°，BD=CE，
∴∠ACE+∠ACB=90°，即∠BCE=90°，
∴BD⊥CE；
(2)解：（1）中结论仍成立，理由如下：
由题意可得如图所示：
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠BAC=90°，∠ABC=∠ACB=45°，
由旋转的性质可得：∠DAE=90°，AD=AE，
∴∠BAC+∠DAC=∠EAD+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE=45°，BD=CE，
∴∠ACE+∠ACB=90°，即∠BCE=90°，
∴BD⊥CE．
19．如图，在中，，，点E为线段的中点，点F在边上，连结，沿将折叠得到．
（1）如图1，当点P落在上时，求的度数．
（2）如图2，当时，求的度数．
【答案】（1）90°；（2）60°
【分析】（1）证明BE=EP，可得∠EPB=∠B=45°解决问题．
（2）根据折叠的性质求出∠AFE=45°，根据三角形内角和求出∠BAC，从而得到∠AEF和∠PEF，再根据平角的定义求出∠BEP．
【解析】解：（1）如图1中，∵折叠，
∴△AEF≌△PEF，
∴AE=EP，
∵点E是AB中点，即AE=EB，
∴BE=EP，
∴∠EPB=∠B=45°，
∴∠PEB=90°，
∴∠AEP=180°-90°=90°．
（2）∵PF⊥AC，
∴∠PFA=90°，
∵沿EF将△AEF折叠得到△PEF．
∴△AEF≌△PEF，
∴∠AFE=∠PFE=45°，
∵∠B=45°，∠C=60°，
∴∠BAC=180°-45°-60°=75°，
∴∠AEF=∠PEF=180°-75°-45°=60°，
∴∠BEP=180°-60°-60°=60°．
20．如图，，，≌，于点，于点．
(1)直接写出、的数量关系：______；
(2)将沿剪开，让点和点重合．
①按图放置，将线段沿平移至，连接、，求证：；
②按图放置，、、三点共线，连接交于点，若，，求的长度．
【答案】(1)；(2)①见解析；②2
【分析】（1）利用全等三角形的性质即可解决问题；
（2）①设∠CDN=a，证明∠AND=∠HNG=45°-，即可解决问题；
②易证明AD=DM，可得CM=DM-DC=3-1=2．
【解析】(1)∵△ABC≌△EFG，AD⊥BC于点D，EH⊥FG于点H，
∴AD=EH；
(2)①如图中，
由题意可知：△≌△≌△≌△，
CD=HG，AD=CH，∠ADC=∠CHG=90°，
∵DC沿CH平移至HN，
∴DN=CH，DN//CH，DC=NH，
∴AD=DN，NH=GH，
∴∠DAN=∠DNA，∠HNG=∠HGN，
设∠CDN=α，
∵DC//NH，DN//CH，
∴∠CDN+∠DNH=∠DNH+∠CHN=180°，
∴∠DNH=180°−α，∠CDN=∠CHN=α，
∴∠NHG=90°+α，
∴∠AND=∠HNG=45°− ，
∴∠ANG=∠DNH−∠AND−∠HNG=90°，
∴AN⊥GN．
②解：如图3中，
∵AC=GC，
∴∠CAG=∠CGA，
又∵∠CAD=∠GCH，
∴∠CAG+∠CAD=∠CGA+∠GCH，
即∠DAM=∠DMA，
又∵∠ADM=90°，
∴∠DAM=∠DMA=45°，
∴AD=DM=3，
∵DC=BD=1，
∴CM=DM−DC=3−1=2．
21．如图1，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A=30°，将Rt△ABC绕C点顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到Rt△DCE
（1）当α＝15°，则∠ACE＝ °；
（2）如图2，过点C作CM⊥BF于M，作CN⊥EF于N，求证：CF平分∠BFE．
（3）求Rt△ABC绕C点顺时针旋转，当旋转角α（0°＜α＜90°）为多少度时，△CFG为等腰三角形．
【答案】（1）15；（2）见解析；（3）40゜或20゜
【分析】（1）由旋转性质知：∠，求出∠ACE即可；
（2）由等面积法证明出CM=CN，再结合角平分线的判定，即可证CF平分∠BFE；
（3）根据旋转性质得，由CF平分∠BFE得由∠A为30°得 ，由得∠CGF=30°+α，再分CF=CG或CF=FG或CG=FG三种情况讨论，求出α即可．
【解析】解：（1）由旋转性质，
得：，
故答案为：15；
（2）证明：由旋转性质，
得：；
∴，
∵，
∴ ，
∴，
∴CF平分∠BFE；
（3）∵，
∴，
由旋转性质，
得：，
∵
∴，
∴，
∴
由（2）知CF平分∠BFE，
∴ ，
∴，
①当CF=CG时，∠CFG=∠CGF，
∴
解得：α=40°，
②当CF=FG时，∠FCG=∠CGF，
∴，
解得：α=20°，
③当CG=FG时，∠FCG=∠CFG，
∴
此方程无解，
综上所述，α=20°或40°时，△CFG为等腰三角形．
22．如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB=AC=，点D，E分别在边AB，AC上，且，连接DE．现将△ADE绕点A顺时针方向旋转，旋转角为，如图2，连接CE，BD，CD．
(1)当时，求证：；
(2)如图3，当时，延长交于点，求证：垂直平分．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析
【分析】（1）利用“”证得即可得到结论；
（2）利用“”证得，由性质推出，计算得出，再利用等腰三角形“三线合一”的性质即可得到结论；
【解析】（1）证明：根据题意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90，
∵∠CAE+∠BAE =∠BAD+∠BAE =90，
∴∠CAE=∠BAD，
在△ACE和△ABD中，
，
∴△ACE△ABD(SAS)，
∴CE=BD；
（2）根据题意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90，
在△ACE和△ABD中，
，
∴△ACE△ABD(SAS)，
∴∠ACE=∠ABD，
∵∠ACE+∠AEC=90，且∠AEC=∠FEB，
∴∠ABD+∠FEB=90，
∴∠EFB=90，
∴CF⊥BD，
∵AB=AC=，AD=AE=1，∠CAB=∠EAD=90，
∴BC=AB =，CD= AC+ AD=，
∴BC= CD，
∵CF⊥BD，
∴CF是线段BD的垂直平分线．
23．【问题提出】如图①，在中，若，求边上的中线的取值范围．
【问题解决】解决此问题可以用如下方法：延长到点E，使，再连结（或将绕着点D逆时针旋转得到），把、、集中在中，利用三角形三边的关系即可判断．由此得出中线的取值范围是____________．
【应用】如图②，在中，D为边的中点、已知．求的长．
【拓展】如图③，在中，，点D是边的中点，点E在边上，过点D作交边于点F，连结．已知，则的长为____________．
【答案】[问题解决]；[应用]；[拓展]
【分析】[问题解决]证明得，再根据三角形三边关系求得的取值范围，进而得结论；
[应用]延长到，使得，连接，证明得，再证明，由勾股定理求得，进而得；
[拓展]延长到，使得，连接，，证明，得，，再证明，由勾股定理求得，由线段垂直平分线性质得．
【解析】解：[问题解决]在和中，
，
，
，
，，
，
，
故答案为：；
[应用]延长到，使得，连接，如图②，
在和中，
，
，
，
，，
，
，
，
，
；
[拓展]延长到，使得，连接，，如图③，
在和中，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
24．已知，四边形是正方形，绕点旋转（），，，连接，．
(1)如图，求证：≌；
(2)直线与相交于点．
如图，于点，于点，求证：四边形是正方形；
如图，连接，若，，直接写出在旋转的过程中，线段长度的最小值．
【答案】(1)见解析；(2)①见解析②
【分析】根据证明三角形全等即可；
根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
作交于点，作于点，证明是等腰直角三角形，求出的最小值，可得结论．
【解析】（1）证明：四边形是正方形，
，．
，．
，
，
在和中，

≌；
（2）证明：如图中，设与相交于点．

，
．
≌，
．
，
．
，
，，
四边形是矩形，
．
四边形是正方形，
，．
．
又，
≌．
．
矩形是正方形；
解：作交于点，作于点，

∵
∴≌．
．
，，
最大时，最小，．
．
由可知，是等腰直角三角形，
．
25．折纸是一项有趣的活动，同学们小时候都玩过折纸，如折小花、飞机、小船等，在折纸过程中，我们通过研究图形的性质发展空间观念，在思考问题的过程中建立几何直观．
【操作发现】（1）如图1将一个正方形先沿EF折叠得到图2，再将图2进行第二次折叠，使点E和点F重合，折痕与正方形的边交于点M、N，如图3，打开这张正方形的纸得到两条折痕EF和MN，如图4这两条折痕的位置关系为 ，＝ ．
【探究证明】（2）如图5，将AB＝1，AD＝3的长方形按（1）的方式进行折叠，同样得到两条折痕EF和MN，（1）中的结论是否还成立，如果成立请证明，如果不成立请说明理由．
【拓展延伸】（3）Rt△ABC中，BC＝1，AC＝3，将△ABC沿着斜边AB翻折后得的三角形与原来三角形组合成一个四边形ACBD，将四边形ACBD分别沿着顶点A和顶点D折叠得到两条互相垂直的折痕，交四边形的另两条边于点M和点N，＝ ．
【答案】（1）垂直，1；（2）位置关系成立，＝1不成立，理由见解析（3）
【分析】(1）过点没M作MG⊥BC于G，过点E作EH⊥CD于H，利用ASA证明△EHF≌△MGN，得MN=EF，即可得出答案；
(2）过点M作MG⊥BC于G，过点E作EH⊥CD于H，根据两个角相等证明△EHF∽△MGN，得；
(3）连接CD，交AB于G，则AB垂直平分CD，证明△DCM∽△ABN，得，利用勾股定理求出AB，利用等积法求出CG，从而得出CD，即可解决问题．
【解析】解：（1）如图，过点M作MG⊥BC于G，过点E作EH⊥CD于H，
则MG＝EH=AB=BC，∠EHF＝∠MGN，MG⊥EH，
由折叠知，∠MOE＝90°，
∴∠GMN＝∠HEF，
∴△EHF≌△MGN（ASA），
∴MN＝EF，
∴＝1，
故答案为：垂直，1；
（2）位置关系成立，＝1不成立，
过点M作MG⊥BC于G，过点E作EH⊥CD于H，
则∠EHF＝∠MGN＝90°，MG⊥EH，
由折叠知，∠MOE＝90°，
∴∠GMN＝∠HEF，
∴△EHF∽△MGN，
∴；
（3）连接CD，交AB于G，
∵AC＝AD，BC＝BD，
∴AB垂直平分CD，
∵AN⊥DM，
∴∠BAN＝∠CDM，
∵∠ACB＝∠CGB＝90°，
∴∠MCD＝∠ABN，
∴△DCM∽△ABN，
∴，
∵Rt△ABC中，BC＝1，AC＝3，
∴AB＝，
∴CG＝＝，
∴CD＝2CG＝，
∴＝，
∴，
故答案为：．
26．如图1所示，将一个长为6宽为4的长方形ABEF，裁成一个边长为4的正方形ABCD和一个长为4、宽为2的长方形CEFD如图2．现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至，旋转角为a．
(1)当点恰好落在EF边上时，求旋转角a的值；
(2)如图3，G为BC中点，且0°＜a＜90°，求证：；
(3)小军是一个爱动手研究数学问题的孩子，他发现在小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，与存在两次全等，请你帮助小军直接写出当与全等时，旋转角a的值．
【答案】(1)30°；(2)见解析；(3)135°，315°
【分析】（1）由含30°角的直角三角形的性质可知∠CD′E=30°，再根据平行线的性质即得出∠α=30°；
（2）由题意可得出CE=CE′=CG=2，由矩形的性质和旋转的性质可得出∠GCD′=∠DCE′=90°+α，进而可利用“SAS”证明△GCD′≌△E′CD，即得出GD′=E′D；
（3）根据正方形的性质可得CB=CD，而，则和为腰相等的两个等腰三角形，所以当两个三角形顶角相等时它们全等．再分类讨论①当和为钝角三角形时，则旋转角；②当和为锐角三角形时，则．
【解析】（1）∵长为4，宽为2的长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴CD′=CD=4，
在Rt△CED′中，CD′=4，CE=2，
∴∠CD′E=30°，
∵CD∥EF，
∴∠α=30°；
（2）证明：∵G为BC中点，BC=4，
∴CG=2，
∴CG=CE．
∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′=CG，CD′=CD，
∴∠GCD′=∠DCE′=90°+α，
在△GCD′和△E′CD中，
∴△GCD′≌△E′CD（SAS），
∴GD′=E′D；
（3）∵四边形ABCD为正方形，
∴CB=CD．
∵，
∴和为腰相等的两个等腰三角形，
∴当时，，
①当和为钝角三角形时，则旋转角；
②当和为锐角三角形时，，则．
综上可知当旋转角的值为和时．