专题3.5有关几何变换综合问题（重难点培优）-2021-2022学年八年级数学下册 培优题典【北师大版】

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2021-2022学年八年级数学下册 同步培优题典【北师大版】
专题3.5有关几何变换综合问题（重难点培优）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷解答20道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一．解答题（共20小题）
1．（2021秋•浦东新区期末）如图1，图2，图3的网格均由边长为1的小正方形组成，图1是三国时期吴国的数学家赵爽所绘制的“弦图”，它由四个形状、大小完全相同的直角三角形组成，赵爽利用这个“弦图”对勾股定理作出了证明，是中国古代数学的一项重要成就，请根据下列要求解答问题．

（1）图1中的“弦图”的四个直角三角形组成的图形是　中心　对称图形（填“轴”或“中心”）．
（2）请将“弦图”中的四个直角三角形通过你所学过的图形变换，在图2，3的方格纸中设计另外两个不同的图案，画图要求：
①每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形互不重叠，不必涂阴影；
②图2中所设计的图案（不含方格纸）必须是轴对称图形而不是中心对称图形；图3中所设计的图案（不含方格纸）必须既是轴对称图形，又是中心对称图形．
【分析】（1）利用中心对称图形的意义得出答案即可；
（2）①每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形不重叠，是轴对称图形；
②所设计的图案（不含方格纸）必须是中心对称图形或轴对称图形画出图．
【解析】（1）图1中的“弦图”的四个直角三角形组成的图形是中心对称图形．
故答案为：中心；
（2）如图2是轴对称图形而不是中心对称图形；

图3既是轴对称图形，又是中心对称图形．
2．（2021•兰溪市模拟）在4×4的方格内选5个小正方形，让它们组成一个轴对称图形，请在下图中画出你的3种方案．（每个4×4的方格内限画一种），要求：
（1）5个小正方形必须相连（有公共边或公共顶点视为相连）；
（2）将选中的小正方形方格用黑色签字笔涂成阴影图形．（若两个方案的图形经过翻折、平移、旋转后能够重合，视为一种方案）

【分析】直接利用轴对称图形的性质以及结合平移的性质、旋转的性质分别分析得出答案．
【解析】如图所示：
．
3．（2021春•龙泉驿区期末）如图1，∠FBD＝90°，EB＝EF，CB＝CD．
（1）求证：EF∥CD；
（2）如图2所示，若将△EBF沿射线BF平移，即EG∥BC，∠FBD＝90°，EG＝EF，CB＝CD，请问（1）中的结论是否仍成立？请证明．

【分析】（1）连接FD，根据等腰三角形的性质和平角的定义得出∠EFB+∠CDB＝90°，根据直角三角形两锐角互余得出∠BFD+∠BDF＝90°，进一步得出∠EFD+∠CDF＝180°，即可证得EF∥CD；
（2）连接FD，延长CB到H，根据平移的性质，等腰三角形的性质，直角三角形两锐角互余的性质证得∠EFD+∠CDF＝180°，即可证得EF∥CD．
【解析】（1）证明：如图1，连接FD，
∵EB＝EF，CB＝CD，
∴∠EBF＝∠EFB，∠CBD＝∠CDB，
∵∠FBD＝90°，
∴∠EBF+∠CBD＝90°，∠BFD+∠BDF＝90°，
∴∠EFB+∠CDB＝90°，
∴∠EFD+∠CDF＝180°，
∴EF∥CD；
（2）成立，
证明：如图2，连接FD，延长CB到H，
∵EG∥BC，
∴∠EGF＝∠HBF，
∵∠FBD＝90°，
∴∠HBF+∠CBD＝90°，∠BFD+∠BDF＝90°，
∴∠EGF+∠CBD＝90°，
∵EG＝EF，CB＝CD，
∴∠EGF＝∠EFB，∠CBD＝∠CDB，
∴∠EFB+∠CDB＝90°，
∴∠EFD+∠CDF＝180°，
∴EF∥CD．


4．（2021春•惠来县期末）如图，AD∥BC，∠B＝∠D＝50°，点E、F在BC上，且满足∠CAD＝∠CAE，AF平分∠BAE．
（1）∠CAF＝　65　°；
（2）若平行移动CD，那么∠ACB与∠AEB度数的比值是否随之发生变化？若变化，试说明理由；若不变，求出这个比值；
（3）在平行移动CD的过程中，是否存在某种情况，使∠AFB＝∠ACD？若存在，求出∠ACD度数；若不存在，说明理由．

【分析】（1）证明∠CAF=12∠BAD，求出∠BAD即可．
（2）证明∠EAC＝∠ECA，再利用三角形的外角的性质解决问题即可．
（3）设∠ACD＝x，∠CAD＝y．则有x+y＝130°，构建方程组解决问题即可．
【解析】（1）∵AD∥BC，
∴∠B+∠BAD＝180°，
∵∠B＝50°，
∴∠BAD＝130°，
∵AF平分∠BAE，
∴∠BAF＝∠EAF，
∵∠CAD＝∠CAE，
∴∠CAF=12∠BAE+12∠DAE=12∠BAD＝65°，
故答案为65．

（2）结论：∠ACB与∠AEB度数的比值不变．
理由：∵AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACE，
∵∠CAD＝∠CAE，
∴∠ACE＝∠CAE，
∵∠AEB＝∠ACE+∠CAE＝2∠ACB，
∴∠ACB：∠AEB＝1：2．

（3）设∠ACD＝x，∠CAD＝y．
则有x+y＝130°，
∵∠AFB＝∠ACD＝∠ACB+∠CAF，
∴x＝65°+y，
解得x＝97.5°，
∴∠ACD＝97.5°．

5．（2021秋•江汉区期末）如图，所有的网格都是由边长为1的小正方形构成，每个小正方形的顶点称为格点，顶点都是格点的三角形称为格点三角形，△ABC为格点三角形．
（1）如图，图1，图2，图3都是6×6的正方形网格，点M，点N都是格点，请分别按要求在网格中作图：
①在图1中作△MNP，使它与△ABC全等；
②在图2中作△MDE，使△MDE由△ABC平移而得；
③在图3中作△NFG，使△NFG与△ABC关于某条直线对称；
（2）如图4，是一个4×4的正方形网格，图中与△ABC关于某条直线轴对称的格点三角形有　5　个．

【分析】（1）①根据全等三角形的判定画出图形即可．
②根据平移的性质画出图形即可．
③根据轴对称的性质画出图形即可．
（2）根据轴对称的性质画出图形即可解决问题．
【解析】（1）①如图1中，△MNP即为所求作．
②如图2中，△MDE即为所求作．
③如图3中，△NFG即为所求作．

～

（2）如图3中，有5个三角形．
故答案为：5．
6．（2021秋•连山区期末）在△ABC与△CDE中，∠ACB＝∠CDE＝90°，AC＝BC＝26，CD＝ED＝2，连接AE，BE，点F为AE的中点，连接DF，△CDE绕着点C旋转．
（1）如图1，当点D落在AC的延长线上时，DF与BE的数量关系是：　DF=12BE　；
（2）如图2，当△CDE旋转到点D落在BC的延长线上时，DF与BE是否仍具有（1）中的数量关系，如果具有，请给予证明；如果没有，请说明理由；
（3）旋转过程中，若当∠BCD＝105°时，直接写出DF2的值．

【分析】（1）证明△ACE≌△BCE（SAS），由全等三角形的性质得出AE＝BE，由直角三角形的性质得出DF=12AE，则可得出结论；
（2）延长ED到G，使DG＝ED，连接AG，CG，证明△CDE≌△CDG（SAS），由全等三角形的性质得出∠CE＝CG，∠DCE＝∠DCG＝45°，得出∠ECG＝90°，证明△CBE≌△CAG（SAS），由全等三角形的性质得出BE＝AG，则可得出结论；
（3）分两种情况画出图形，由直角三角形的性质及（1）（2）中的结论可得出答案．
【解析】（1）当点D落在AC的延长线上时，DF=12BE．
∵CD＝ED，∠ACB＝∠CDE＝90°，
∴∠DCE＝45°，∠BCD＝90°，
∴∠BCE＝90°+45°＝135°，
∴∠ACE＝360°﹣∠ACB﹣∠BCE＝135°，
∴∠ACE＝∠BCE，
又∵AC＝BC，CE＝CE，
∴△ACE≌△BCE（SAS），
∴AE＝BE，
∵F为AE的中点，∠ADE＝90°，
∴DF=12AE，
∴DF=12BE．
故答案为：DF=12BE．
（2）当△CDE旋转到点D落在BC的延长线上时，DF与BE仍具有（1）中的数量关系．
证明：延长ED到G，使DG＝ED，连接AG，CG，

∵F为AE的中点，
∴DF是△EAG的中位线，
∴DF=12AG，
∵∠CDE＝90°，CD＝ED，
∴∠DCE＝45°，
∵CD＝CD，DG＝ED，∠CDE＝∠CDG＝90°，
∴△CDE≌△CDG（SAS），
∴∠CE＝CG，∠DCE＝∠DCG＝45°，
∴∠ECG＝90°，
∵CB＝CA，CE＝CG，∠BCE＝∠ACG＝90°+∠ACE，
∴△CBE≌△CAG（SAS），
∴BE＝AG，
∴DF=12BE．
（3）如图3，当∠BCD＝105°时，且点D位于BC右侧，

∵∠DCE＝45°，
∴∠BCE＝∠BCD+∠DCE＝105°+45°＝150°，
过点E作EM⊥BC交BC的延长线于点M，
∴∠MCE＝30°，
∵CD＝DE＝2，
∴CE＝22，
∴ME=12CE=2，CM=2×3=6，
∴BM＝BC+CM＝26+6=36，
∴BE2＝BM2+ME2=(36)2+(2)2=56，
由（1）（2）可知DF=12BE，
∴DF2=14BE2=14×56＝14．
如图4，当∠BCD＝105°时，且点D位于BC左侧，

过点B作BN⊥CE于点N，
∵∠BCD＝105°，∠DCE＝45°，
∴∠BCE＝60°，
∵BC＝26，
∴CN=12BC=6，BN=6×3=32，
∴EN＝CE﹣CN＝22-6，
∴BE2＝EN2+BN2=(22-6)2+(32)2=32﹣83，
∴DF2=14BE2=14×(32-83)=8﹣23．
综合以上可得DF2的值为14或8﹣23．
7．（2021秋•袁州区校级期中）（1）观察推理：如图1，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l过点C，点A，B在直线l同侧，BD⊥l，AE⊥l，垂足分别为D，E．求证：△AEC≌△CDB；
（2）类比探究：如图2，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，将斜边AB绕点A逆时针旋转90°至AB′，连接B′C，求△AB′C的面积；
（3）拓展提升：如图3，等边△EBC中，EC＝BC＝3cm，点O在BC上且OC＝2cm，动点P从点E沿射线EC以1cm/s速度运动，连接OP，将线段OP绕点O逆时针旋转120°得到线段OF，设点P运动的时间为t秒．当t＝　1　秒时，OF∥ED，请说明理由．
【分析】（1）由“AAS”可证△AEC≌△CDB；
（2）由“AAS”可证△B′AD≌△ABD，可得B′D＝AC＝4，由三角形的面积公式可求解；
（3）先证△POC是等边三角形，可得CP＝2cm，即可求解．
【解析】证明：（1）如图1，∵BD⊥l，AE⊥l，
∴∠AEC＝∠BDC＝90°，
∵∠EAC+∠ACE＝90°，∠BCD+∠ACE＝90°，
∴∠EAC＝∠BCD，
在△AEC和△CDB中，
∠AEC=∠CDB∠EAC=∠BCDAC=CB，
∴△AEC≌△CDB（AAS）；
（2）如图2，作B′D⊥AC于D，

∵斜边AB绕点A逆时针旋转90°至AB′，
∴AB′＝AB，∠B′AB＝90°，
即∠B′AC+∠BAC＝90°，
而∠B+∠CAB＝90°，
∴∠B＝∠B′AC，
在△B′AD和△ABD中，
∠ADB'=∠BCA∠B'AD=∠BAB'=BA，
∴△B′AD≌△ABD（AAS），
∴B′D＝AC＝4，
∴△AB′C的面积=12×4×4＝8；
（3）由题意得：EP＝tcm，则PC＝（3﹣t）cm，
∵OF∥ED
∴∠POF+∠OPC＝180°，
∵∠POF＝120°，
∴∠OPC＝60°，
∵△BEC是等边三角形，
∴∠BCE＝60°＝∠OPC，
∴∠E＝∠OPC＝60°，
∴△COP是等边三角形，
∴PC＝OC＝2cm，
∴2＝3﹣t，
∴t＝1，
即当t＝1秒时，OF∥ED，
故答案为1；
8．（2021秋•越秀区校级期中）已知点C为线段AB上一点，分别以AC、BC为边在线段AB同侧作△ACD和△BCE，且CA＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE，直线AE与BD交于点F，
（1）如图1，证明：△ACE≌△DCB；
（2）①如图1，若∠ACD＝60°，则∠AFB＝　120°　；
②如图2，若∠ACD＝α，则∠AFB＝　180°﹣α　；（用含α的式子表示）
（3）将图2中的△ACD绕点C顺时针旋转任意角度（交点F至少在BD、AE中的一条线段上），如图3，试探究∠AFB与α的数量关系，并予以证明．

【分析】（1）由“SAS”可证△ACE≌△DCB；
（2）①由（1）可知△ACE≌△DCB，推出∠CAE＝∠CDB，求出∠AFB＝∠CDA+∠DAC，根据三角形内角和定理求出即可；
②由（1）可知△ACE≌△DCB，推出∠CAE＝∠CDB，求出∠AFB＝∠CDA+∠DAC，根据三角形内角和定理求出即可；
（3）由（1）可知△ACE≌△DCB，推出∠CAE＝∠CDB，求出∠AFB＝∠CEB+∠CBE，根据三角形内角和定理求出即可．
【解析】（1）∵∠ACD＝∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE＝∠BCE+∠DCE，
∴∠ACE＝∠DCB，
在△ACE和△DCB中，
AC=DC∠ACE=∠DCBCE=CB，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
（2）①由（1）可知△ACE≌△DCB，
∴∠CAE＝∠CDB，
∴∠AFB＝∠CDB+∠CDA+∠DAE＝∠CDA+∠DAE+∠BAE＝∠CDA+∠DAC＝180°﹣60°＝120°，
故答案为：120°．
（2）由（1）可知△ACE≌△DCB，
∴∠CAE＝∠CDB，
∴∠AFB＝∠CDB+∠CDA+∠DAE＝∠CDA+∠DAE+∠BAE＝∠CDA+∠DAC＝180°﹣∠ACD＝180°﹣α，
故答案为：180°﹣α
（3）∠AFB＝180﹣α，
理由如下：∵∠ACD＝∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE＝∠BCE+∠DCE，
∴∠ACE＝∠DCB，
在△ACE和△DCB中，
AC=DC∠ACE=∠DCBCE=CB
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴∠AEC＝∠DBC，
∴∠AFB＝∠AEC+∠CEB+∠EBD＝∠DBC+∠CEB+∠EBC＝∠CEB+∠EBC＝180°﹣∠ECB＝180°﹣α，
即∠AFB＝180°﹣α．
9．（2021秋•东莞市校级期中）如图，点F为正方形ABCD内一点，△BFC绕点B逆时针旋转后与△BEA重合．
（1）求△BEF的形状；
（2）若∠BFC＝90°，说明AE∥BF．

【分析】（1）根据旋转的性质得∠EBF＝∠ABC＝90°，BE＝BF，则可判断△BEF为等腰直角三角形；
（2）根据旋转的性质得∠BEA＝∠BFC＝90°，从而根据平行线的判定方法可判断AE∥BF．
【解析】（1）△BEF为等腰直角三角形，理由如下：
∵△BFC逆时针旋转后能与△BEA重合，
∴∠EBF＝∠ABC＝90°，BE＝BF，
∴△BEF为等腰直角三角形；
（2）∵△BFC逆时针旋转后能与△BEA重合，
∴∠BEA＝∠BFC＝90°，
∴∠BEA+∠EBF＝180°，
∴AE∥BF．

10．（2021秋•路南区期中）（1）如图①，OP是∠MON的平分线，请利用该图画一对以OP所在直线为对称轴的全等三角形，并简要叙述做法．
（2）如图②，在△ABC中，∠B＝60°，AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，AD、CE相交于点F．
①求∠AFC和∠DFC的度数；
②求证：FE＝FD．

【分析】（1）作图如图，由“AAS”可证△OEC≌△OED；
（2）①过点F作FG⊥AB于G，作FH⊥BC于H，作FK⊥AC于K，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得FG＝FH＝FK，根据四边形的内角和定理求出∠GFH＝120°，再根据三角形的内角和定理求出∠AFC＝120°，即可求解；
②根据对顶角相等求出∠EFD＝120°，然后求出∠EFG＝∠DFH，再利用“角角边”证明△EFG和△DFH全等，根据全等三角形对应边相等可得FE＝FD．
【解析】（1）如图①，

作法：Ⅰ、在OP上任取一点E，
Ⅱ、过E分别作CE⊥OA于C，ED⊥OB于D，
证明：∵OP是∠MON的平分线，
∴∠COE＝∠DOE，
在△OEC和△OED中，
∠OCE=∠ODE=90°∠COE=∠DOEOE=OE，
∴△OEC≌△OED（AAS）；
（2）如图②，过点F作FG⊥AB于G，作FH⊥BC于H，作FK⊥AC于K，

∵AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，
∴FG＝FH＝FK，
在四边形BGFH中，∠GFH＝360°﹣60°﹣90°×2＝120°，
∵AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，∠B＝60°，
∴∠FAC+∠FCA=12（180°﹣60°）＝60°，
在△AFC中，∠AFC＝180°﹣（∠FAC+∠FCA）＝180°﹣60°＝120°，
∴∠DFC＝60°；
②∵∠EFD＝∠AFC＝120°，
∴∠EFG＝∠DFH，
在△EFG和△DFH中，
∠EFG=∠DFHFG=FH∠EGF=∠DHF=90°，
∴△EFG≌△DFH（ASA），
∴FE＝FD．
11．（2021秋•温岭市期中）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，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△BP′A，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′＝　8　，∠APP′＝　90°　，∠APB＝　150°　，S△ABC＝　253+36　．
（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．
【分析】（1）由旋转的性质可得BP＝BP'＝8，PC＝P'A＝10，∠PBP'＝60°，可证△BPP'是等边三角形，可得BP＝PP'＝8，∠BPP'＝60°，由勾股定理逆定理可得∠APP'＝90°，进而可求∠APB＝150°，由直角三角形的性质可求BH=12BP＝4，PH=3BH＝43，由勾股定理和等边三角形的面积公式可求解；
（2）Ⅰ、将△ABP绕点B按顺时针方向旋转90°，使AB与BC重合；则∠PBP′＝90°，BP′＝BP＝2，P′C＝PA＝1；根据勾股定理得PP′2＝22+22＝8，再由P′C2＝12＝1，PC2＝32＝9可知PC2＝PP′2+P′C2，可求∠PP'C＝90°，即可求∠APB＝∠BP′C＝135°，由直角三角形的性质可求AH＝PH=22，由勾股定理和正方形的面积公式可求解；
Ⅱ、将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，由旋转的性质可得∠PBP'＝90°，BP'＝BP＝1，AP'＝CP=11，由等腰直角三角形的性质可得∠BPP'＝45°，PP'=2BP=2，由勾股定理的逆定理可求∠APP'＝90°，即可求∠APB＝45°，由直角三角形的性质可求AH＝PH=322，由勾股定理和正方形的面积公式可求解．
【解析】（1）∵将△BPC绕点B逆时针旋转60°，得到△BP′A，
∴BP＝BP'＝8，PC＝P'A＝10，∠PBP'＝60°，
∴△BPP'是等边三角形，
∴BP＝PP'＝8，∠BPP'＝60°，
∵P'A2＝100，AP2+P'P2＝36+64＝100，
∴P'A2＝AP2+P'P2，
∴∠APP'＝90°，
∴∠APB＝150°，
如图①，过点B作BH⊥AP，交AP延长线于H，

又∵∠BPH＝180°﹣∠APB＝30°，
∴BH=12BP＝4，PH=3BH＝43，
∴AH＝6+43，
∴AB2＝BH2+AH2＝16+84+483=100+483，
∴S△ABC=34AB2=253+36；
故答案为：8，90˚，150˚，253+36；
（2）Ⅰ、将△ABP绕点B按顺时针方向旋转90°，使AB与BC重合，过点A作AH⊥BP，交BP的延长线于H，

则∠PBP′＝90°，BP′＝BP＝2，P′C＝PA＝1；
由勾股定理得：PP′2＝22+22＝8；
∵P′C2＝12＝1，PC2＝32＝9，
∴PC2＝PP′2+P′C2，
∴∠PP′C＝90°，
又∵∠BP′P＝45°，
∴∠BP′C＝135°，
∴∠APB＝∠BP′C＝135°，
∴∠APH＝45°，
∴∠APH＝∠PAH＝45°，
∴AH＝PH=22AP=22，
∴AB2＝AH2+BH2=12+（2+22）2＝5+22，
∴正方形的面积＝AB2＝5+22；
Ⅱ、将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，过点A作AH⊥BP，交BP的延长线于H，

∴△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°；
∵AH⊥PH，
∴∠APB＝∠PAH＝45°，
∴AH＝PH=AP2=322，
∴BH=322-1，
∴AB2＝BH2+AH2=92+（322-1）2＝10﹣32，
∴正方形的面积＝10﹣32．
12．（2021秋•丰南区期中）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．

【分析】（1）①分两种情况讨论，由线段和差关系可求解；
②分两种情况讨论，由勾股定理可求解；
（2）由旋转的性质可得AD1＝AD2＝13，∠D2AD1＝90°，由勾股定理可求D1C的长，由“SAS”可证△BAD2≌△CAD1，可得D1C＝BD2=382．
【解析】（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=AD2+DM2=132+52=194，
若AD为斜边，则AM=AD2-DM2=132-52=12，
综上所述：AM＝12或194；
（2）如图，连接CD1，

由旋转90°可知：AD1＝AD2＝13，∠D2AD1＝90°，
∴∠AD2D1＝∠AD1D2＝45°，
∴D1D2＝132，
∴∠D1D2C＝∠AD2C﹣∠AD2D1＝90°，
在Rt△D1D2C中 由勾股定理得：D1C=D1D22+CD22=338+400=382，
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=382．
13．（2021秋•武侯区校级期中）如图1，已知线段AB的长为2a，点P是AB上的动点（P不与A，B重合），分别以AP，PB为边向线段AB的同一侧作正△APC和正△PBD．
（1）连接AD，BC，相交于点Q，求证：△APD≌△CPB．
（2）设∠AQC＝β，那么β的大小是否会随点P的移动而变化？请说明理由．
（3）如图2，若点P固定，将△PBD绕点P按顺时针方向旋转（旋转角小于180°），此时β的大小是否发生变化？并说明理由．

【分析】（1）先判断出∠APD＝∠BPC，即可得出结论；
（2）由（1）知，△APD≌△CPB，然后根据三角形的外角的性质即可求解；
（3）同（2）的方法即可得出结论．
【解析】（1）∵△ACP和△PDB是等边三角形，
∴PA＝PC，PD＝PB，∠APC＝∠BPD，
∴∠APC+∠CPD＝∠CPD+∠BPD，
∴∠APD＝∠BPC，
在△APD和△CPB中，AP=CP∠APD=∠BPCPD=PB，
∴△APD≌△CPB（SAS）；

（2）β的大小不会随点P的移动而变化，
理由：由（1）知，△APD≌△CPB，
∴∠PAD＝∠PCB，
∵∠QAP+∠QAC+∠ACP＝120°，
∴∠QCP+∠QAC+∠ACP＝120°，
∴β＝∠AQC＝180°﹣120°＝60°；

（3）β的大小不会发生改变，始终等于60°．
理由：∵△APC是等边三角形，
∴PA＝PC，∠APC＝60°，
∵△BDP是等边三角形，
∴PB＝PD，∠BPD＝60°，
∴∠APC＝∠BPD，
∴∠APD＝∠CPB，
∴△APD≌△CPB，
∴∠PAD＝∠PCB，
∵∠QAP+∠QAC+∠ACP＝120°，
∴∠QCP+∠QAC+∠ACP＝120°，
∴β＝∠AQC＝180°﹣120°＝60°．
14．（2021秋•涿州市期中）在等边△ABC中，点D在BC边上，点E在AC的延长线上，DE＝DA（如图1）．
（1）若∠DAC＝40°，∠BAD＝　20　°，∠EDC＝　20　°．
（2）猜想∠BAD与∠EDC的大小关系，并说明理由．
（3）点E关于直线BC的对称点为M，连接DM，AM．
①依题意将图2补全；
②小姚通过观察，实验提出猜想：在点D运动的过程中，始终有DA＝AM，小姚把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成了证明该猜想的几种想法：
想法1：要证明DA＝AM，只需证△ADM是等边三角形；
想法2：连接CM，只需证明△ABD≌△ACM即可．
请你参考上面的想法，帮助小姚证明DA＝AM（一种方法即可）．

【分析】（1）先判断出∠ACB＝∠BAC＝60°，即可得出结论；
（2）根据等腰三角形的性质，得出∠E＝∠DAC，根据等边三角形的性质，得出∠BAD+∠DAC＝∠E+∠EDC＝60°，据此可得出∠BAD＝∠EDC；
（3）①根据轴对称作图即可；
②想法1：要证明DA＝AM，只需根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，证△ADM是等边三角形；
想法2：连接CM，只需根据ASA证明△ABD≌△ACM即可．
【解析】（1）∵DE＝DA，
∴∠E＝∠DAC，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACD＝60°，
∴∠BAD+∠DAC＝∠E+∠EDC＝60°，
∴∠BAD＝60°﹣∠DAC＝20°，∠EDC＝60°﹣∠E＝60°﹣∠DAC＝20°，
故答案为：20，20；

（2）∠BAD＝∠EDC；
理由：∵DE＝DA，
∴∠E＝∠DAC，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACD＝60°，
即∠BAD+∠DAC＝∠E+∠EDC＝60°，
∴∠BAD＝∠EDC；

（2）①补全图形如图2；
②想法1：由轴对称可得，DM＝DE，∠EDC＝∠MDC，
∵DE＝DA，
∴DM＝DA，
由（2）可得，∠BAD＝∠EDC，
∴∠MDC＝∠BAD，
∵△ABD中，∠BAD+∠ADB＝180°﹣∠B＝120°，
∴∠MDC+∠ADB＝120°，
∴∠ADM＝180°﹣120°＝60°，
∴△ADN是等边三角形，
∴AD＝AM；

想法2：连接CM，
由轴对称可得，DM＝DE，∠EDC＝∠MDC，
∵DE＝DA，
∴DM＝DA，
由（2）可得，∠BAD＝∠EDC，
∴∠MDC＝∠BAD，
∵△ABD中，∠BAD+∠ADB＝180°﹣∠B＝120°，
∴∠MDC+∠ADB＝120°，
∴∠ADM＝180°﹣120°＝60°，
∴△ADM中，∠DAM＝（180°﹣60°）÷2＝60°，
又∵∠BAC＝60°，
∴∠BAD＝∠CAM，
由轴对称可得，∠DCE＝∠DCM＝120°，
又∵∠ACB＝60°，
∴∠ACM＝120°﹣60°＝60°，
∴∠B＝∠ACM，
在△ABD和△ACM中，
∠BAD=∠CAMAB=AC∠B=∠ACM，
∴△ABD≌△ACM（ASA），
∴AD＝AM．

15．（2021秋•路南区期中）已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE．
（1）如图1，求证：△CDE是等边三角形．
（2）设OD＝t，
①如图2，当6＜t＜10时，△CDE的周长存在最小值，请求出此最小值；
②如图1，若0＜t＜6，直接写出以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形时t的值．

【分析】（1）由旋转的性质得到∠DCE＝60°，DC＝EC，即可得到结论；
（2）①存在，由等边三角形的性质可得△CDE的周长＝3CD，当CD⊥AB时，CD有最小值，即可求解；
②由题意可得∠BED＝90°，由直角三角形的性质可求解．
【解析】证明：（1）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，
∴∠DCE＝60°，DC＝EC，
∴△CDE是等边三角形；
（2）①存在，
当6＜t＜10时，∵△CDE的周长＝3CD，
∴当CD的长度取最小值时，△CDE的周长最小，
由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，CD有最小值，
此时，CD＝23，
∴△CDE的周长＝3CD＝63；
②存在，当0＜t＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，
∴∠BED＝90°，
由（1）可知，△CDE是等边三角形，
∴∠DEB＝60°，
∴∠CEB＝30°，
∵∠CEB＝∠CDA，
∴∠CDA＝30°，
∵∠CAB＝60°，
∴∠ACD＝∠ADC＝30°，
∴DA＝CA＝4，
∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，
∴t＝2．
16．（2021秋•天宁区校级期中）在△ABC中，AB＝AC，在ABC的外部作等边△ABD，E为AB的中点，连接DE并延长交BC于点F．
（1）如图1，若∠BAC＝90°，连接CD，求证：DC平分∠ADF；
（2）如图2，过点A折叠∠CAD，使点C与点D重合，折痕AM交EF于点M，若点M正好在∠ABC的平分线上，连接BM并延长交AC于点N，
①∠BAC的度数为　100°　；
②在未添加辅助线和其它字母的条件下，找出图2中所有与MN相等的线段，并证明你的结论．

【分析】（1）先由三角形的三线合一性质证DE⊥AB，推出AC∥DE，得出∠ACD＝∠FDC，再推出∠ADC＝∠ACD，即可得出结论；
（2）①先证MAB＝∠MBA＝∠MBC并设其为α，由翻折知，∠MAC＝∠MAD＝60°+α，在△ABC中，由三角形的内角和定理可求出α＝20°，即可求出∠BAC的度数；②如图2﹣1，连接MC，由三线合一定理先求出∠ADE＝∠BDE＝30°，由翻折知，△ADM≌△ACM，所以∠ACM＝∠ADM＝30°，求出∠BCM＝10°，由外角性质求出∠NMC＝30°，即可得出∠NMC＝∠NCM，即MN＝NC．
【解析】证明：（1）∵△ABD是等边三角形，且E为AB的中点，
∴DE⊥AB，AB＝AD，
∵AB＝AC，
∴AD＝AC，
∴∠ADC＝∠ACD，
∵∠BAC＝90°，
∴AC∥DE，
∴∠ACD＝∠FDC，
∴∠ADC＝∠FDC，
∴DC平分∠ADF；

（2）①∵△ABD是等边三角形，且E为AB的中点，
∴DE垂直平分AB，
∴AM＝BM，
∴∠MAB＝∠MBA，
∵BM平分∠ABC，
∴∠MBA＝∠MBC，
设∠MAB＝∠MBA＝∠MBC＝α，
∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝2α，
由翻折知，∠MAC＝∠MAD＝∠DAB+∠MAB＝60°+α，
∴在△ABC中，∠ABC+∠ACB+∠BAM+∠MAC＝2α+2α+α+60°+α＝180°，
∴α＝20°，
∴∠BAC＝∠BAM+∠MAC＝20°+60°+20°＝100°，
故答案为：100°；

②MN＝NC
如图2，连接MC，
由①知，α＝20°，∠BAC＝100°，
∴∠ABC＝∠ACB＝40°，
由①知，DE垂直平分AB，
∵DA＝DB，∠ADB＝60°，
∴∠ADE＝∠BDE＝30°，
由翻折知，△ADM≌△ACM，
∴∠ACM＝∠ADM＝30°，
∴∠BCM＝∠ACB﹣∠ACM＝10°，
∴∠NMC＝∠MBC+∠MCB＝20°+10°＝30°，
∴∠NMC＝∠NCM，
∴MN＝NC．

17．（2021秋•台前县期中）已知∠ACD＝90°，AC＝DC，MN是过点A的直线，过点D作DB⊥MN于B，连接CB．
问题发现：如图①，过点C作CE⊥CB，与MN交于点E，则容易发现BD与EA之间的数量关系为　BD＝AE　，BD，AB，CB之间的数量关系为　BD+AB=2CB　．
拓展探究：当MN绕点A旋转到如图②的位置时，试猜想线段BD，AB，CB之间的数量关系，并证明；
解决问题：当MN绕点A旋转到如图③的位置时（点C，D在直线MN的两侧），若此时∠BCD＝30°，BD＝2，则CB＝　6-2　．

【分析】问题发现：过点C作CE⊥CB，得到∠BCD＝∠ACE，判断出△ACE≌△DCB，确定△ECB为等腰直角三角形即可．
拓展探究：过点C作CE⊥CB于点C，判断出△ACE≌△DCB，确定△ECB为等腰直角三角形，即可得出结论；
解决问题：先判断出△ACE≌△BCD，CE＝BC，得到△BCE为等腰直角三角形，得到BD=2BH＝2，求出BH，再用勾股定理即可．
【解析】问题发现：∵∠ACD＝90°，
∴∠ACE＝90°﹣∠ACB，∠BCD＝90°﹣∠ACB，
∴∠ACE＝∠BCD，
∵DB⊥MN，
在四边形ACDB中，∠BAC+∠ACD+∠ABD+∠CDB＝360°，
∴∠BAC+∠CDB＝180°，
∵∠CAE+∠BAC＝180°，
∠CAE＝∠CDB，
又∵AC＝DC，
∴△ACE≌△DCB（ASA），
∴AE＝DB，CE＝CB，
∵∠ECB＝90°，
∴△ECB是等腰直角三角形，
∴BE=2CB，
∴BE＝AE+AB＝DB+AB，
∴BD+AB=2CB；
故答案为：BD＝AE，BD+AB=2CB；
拓展探究：猜想：BD﹣AB=2CB，
理由如下：过点C作⊥CB交MN于点E，

∵∠ACD＝90°，
∴∠ACE＝90°+∠ACB，∠BCD＝90°+∠ACB，
∴∠ACE＝∠BCD，
∵DB⊥MN，
∴∠CAE＝90°﹣∠AFB，∠BDC＝90°﹣∠CFD，
∵∠AFB＝∠CFD，
∴∠CAE＝∠BDC，
∵AC＝DC，
∴△ACE≌△DCB（ASA），
∴AE＝DB，CE＝CB，
∵∠ECB＝90°，
∴△ECB是等腰直角三角形，
∴BE=2CB，
∴BE＝AE﹣AB＝DB﹣AB，
∴BD﹣AB=2CB；
解决问题：如图③，过点C作⊥CB交MN于点E，过点D作DH⊥BC，

∵∠ACD＝90°，
∴∠ACE＝90°﹣∠DCE，
∠BCD＝90°﹣∠DCE，
∴∠ACE＝∠BCD，
∵DB⊥MN，
∴∠CAE＝90°﹣∠AFC，∠D＝90°﹣∠CFD，
∵∠AFC＝∠BFD，
∴∠CAE＝∠CDB，
∵AC＝DC，
∴△ACE≌△DCB（ASA），
∴AE＝DB，CE＝CB，
∵∠ECB＝90°，
∴△ECB是等腰直角三角形，
∴BE=2BC，
∴BE＝AB﹣AE＝AB﹣DB，
∴AB﹣DB=2CB；
∵△BCE为等腰直角三角形，
∴∠BEC＝∠CBE＝45°，
∵∠ABD＝90°，
∴∠DBH＝45°
∴△DHB是等腰直角三角形，
∴BD=2BH＝2，
∴BH＝DH=2，
在Rt△CDH中，∠BCD＝30°，DH=2，
∴CH=3DH=3×2=6，
∴BC＝CH﹣BH=6-2；
故答案为：6-2．
18．（2021秋•青秀区校级期中）如图①△ABC是等边三角形，D，E分别在AB、BC上，且AD＝BE，连接AE，CD相交于点F．
（1）求∠AFC的度数；
（2）如图②，△AHC与△ABC关于AC对称，连接FH，证明，FH平分∠AFC；
（3）在（2）的条件下，猜想AF、FC、FH之间的数量关系，并说明理由．

【分析】（1）由△ACD≌△BAE，推出∠ACD＝∠BAE，推出∠EFC＝∠FAC+∠ACF＝∠FAC+∠BAE＝60°，可得∠AFC＝120°；
（2）延长CD，使FN＝AF，连接AN，由“SAS”可证△AFH≌△ANC，可得∠AFH＝∠ANF＝60°，可得结论；
（3）由全等三角形的性质可得FH＝CN，可得结论．
【解析】（1）如图①中，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∴∠CAD＝∠B＝60°，
在△ACD和△BAE中，
CA=CB∠CAD=∠BAD=BE，
∴△ACD≌△BAE（SAS），
∴∠ACD＝∠BAE，
∴∠EFC＝∠FAC+∠ACF＝∠FAC+∠BAE＝60°，
∴∠AFC＝120°；
（2）如图②，延长CD，使FN＝AF，连接AN，

∵AF＝NF，∠EFC＝∠AFN＝60°，
∴△AFN是等边三角形，
∴AN＝AF＝NF，∠ANF＝∠NAF＝60°，
∵△AHC与△ABC关于AC对称，
∴△ABC≌△AHC，
∴AB＝AH＝AC＝BC＝CH，∠BAC＝∠CAH＝60°，
∴∠FAN＝∠CAH，
∴∠FAH＝∠CAN，
又∵AN＝AF，AC＝AH，
∴△AFH≌△ANC（SAS），
∴∠AFH＝∠ANF＝60°，
∴∠AFH＝∠CFH＝60°，
∴FH平分∠AFC；
（3）FH＝CF+AF，
理由如下：∵△AFH≌△ANC，
∴FH＝CN，
∴FH＝CN＝CF+FN＝CF+AF．
19．（2021秋•河池期中）如图1，AE是△ABC的高，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，连接BD，CD．
（1）求证：△AEC≌△BED；
（2）试判断BD与AC的位置关系和数量关系，并说明理由；
（3）如图2，若将图1中的△DCE绕点E旋转α度（0°＜α＜180°）后，BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化？请说明理由．

【分析】（1）延长BD交AC于F，求出∠AEB＝∠AEC＝90°，证出：△AEC≌△BED；
（2）根据（1）中全等三角形的性质推出BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，根据∠EBD+∠BDE＝90°推出∠ADF+∠CAE＝90°，求出∠AFD＝90°即可；
（2）求出∠BED＝∠AEC，证出△BED≌△AEC，推出BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，根据∠ACE+∠EOC＝90°求出∠BDE+∠DOF＝90°，求出∠DFO＝90°即可．
【解析】（1）证明：延长BD交AC于F．

∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝∠AEC＝90°，
在△BED和△AEC中，
BE=AE∠BED=∠AECED=CE，
∴△BED≌△AEC（SAS）；

（2）解：BD＝AC，BD⊥AC，理由如下：
由（1）知，△AEC≌△BED，则BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，
∵∠BED＝90°，
∴∠EBD+∠BDE＝90°，
∵∠BDE＝∠ADF，
∴∠ADF+∠CAE＝90°，
∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC；

（3）结论不发生变化，

理由是：设AC与DE相交于点O，
∵∠BEA＝∠DEC＝90°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中，
BE=AE∠BED=∠AECED=CE，
∴△BED≌△AEC（SAS），
∴BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，
∵∠DEC＝90°，
∴∠ACE+∠EOC＝90°，
∵∠EOC＝∠DOF，
∴∠BDE+∠DOF＝90°，
∴∠DFO＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC．
20．（2021秋•交城县期中）实践与探究
已知：△ABC和△DOE都是等腰三角形，∠CAB＝∠DOE＝90°，点O是BC的中点，发现结论：
（1）如图1，当OE经过点A，OD经过点C时，线段AE和CD的数量关系是　AE＝CD　，位置关系是　AE⊥CD　．
（2）在图1的基础上，将△DOE绕点O顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到图2，则问题（1）中的结论是否成立？请说明理由．
（3）如图3在（2）的基础上，当AE＝CE时，请求出α的度数．
（4）在（2）的基础上，△DOE在旋转的过程中，设AC与OE相交于点F，当△OFC为等腰三角形时，请直接写出α的度数．

【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得AO＝CO，OE＝OD，∠DOE＝90°，即可求解；
（2）连接AO，延长DC交AE于点M，设OE，MD相交于点N，由“SAS”可证△AOE≌△COD，可得AE＝CD，∠AEO＝∠CDO，由余角的性质可得∠DME＝90°，可得结论；
（3）由题意可证OE是AC的垂直平分线，由等腰直角三角形的性质可求解；
（4）分两种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解．
【解析】（1）∵△ABC是等腰直角三角形，点O是BC的中点，
∴AO＝CO，
∵△DOE是等腰直角三角形，
∴OE＝OD，∠DOE＝90°，
∴OD﹣OC＝OE﹣OA，AE⊥CD，
∴AE＝CD，
答案为：AE＝CD AE⊥CD；
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图2，连接AO，延长DC交AE于点M，设OE，MD相交于点N，

∵△ABC是等腰直角三角形，O是BC的中点，
∴AO＝CO，AO⊥BC，
∴∠AOC＝∠EOD＝90°，
∴∠AOE＝∠COD，
又∵OE＝OD，
∴△AOE≌△COD（SAS），
∴AE＝CD，∠AEO＝∠CDO，
∵∠CDO+∠OND＝90°，
又∵∠OND＝∠MNE，
∴∠AEO+∠MNE＝90°，
∴∠DME＝90°，
∴DM⊥AE，
即DC⊥AE；
（3）如图3，连接OA，

∵AE＝CE，OA＝OC，
∴OE是AC的垂直平分线，
∵AO＝CO，
∴∠AOE＝∠COE＝45°，
∴α＝45°；
（4）如图3，当OF＝OC时，则∠FOC＝∠FCO＝45°，
∵∠AOC＝90°，
∴∠AOF＝α＝45°，
当OC＝CF时，则∠COF＝∠CFO=180°-45°2=67.5°，
∴∠AOF＝α＝22.5°，
综上所述：当α为45°或22.5°时，△OFC为等腰三角形．