2022年九年级中考数学复习专题十一 几何图形综合题

这是一份2022年九年级中考数学复习专题十一 几何图形综合题，共43页。
专题十一　几何图形综合题
类型一　动点问题
典例精讲
例　(一题多设问) 在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D为边AC上一动点．
(1)如图①，若DC＝6，∠ABD＝15°，求BD的长；
【思维教练】要求BD的长，过点B作AC的垂线，利用等腰直角三角形的性质即可求解；


　例题图①



(2)过点C作CE⊥BD于点E，若AD＝3，＝，求AB的长；
【思维教练】要求AB的长，可过点D作AB的垂线，利用等腰直角三角形的性质及等角代换即可求解；


　例题图②


(3)如图③，△DBQ是等腰直角三角形，∠DBQ＝90°，连接AQ，点F为AQ的中点，连接BF，试探究线段BF、AD、DQ之间满足的数量关系，并证明；
【思维教练】要探究线段BF、AD、DQ之间满足的数量关系，可考虑将这三条线段放在直角三角形中求解，或将线段BF、AD、DQ转化到直角三角形中，再通过勾股定理求解；

　例题图③


(4)如图④，点O是AC中点，连接BO，点G为边AB上一点，当点D运动至线段OC上时，连接DG交BO于点H，且∠ADB＝∠GHB，过点B作GD的垂线交AC于点M，DG、BM交于点N，若tan∠BDO＝2，求的值；
【思维教练】在直角三角形中，将角的关系转换为边的关系，再根据勾股定理即可求解；


　例题图④


(5)在(4)的条件下，求证：BG＝AM；
【思维教练】要证线段BG、AM的数量关系，需要通过作辅助线将线段放在特殊三角形中，利用线段及角之间的等量代换，得出BG、AM与同一线段的等量关系




(6)如图⑤，若AB＝BC＝4 cm，点D从点C向点A以1 cm/s的速度运动，点P从点B向点A以 cm/s的速度运动，过点P作PT⊥AC于点T.连接BT，PD，当点P到达点A时，P，D两点均停止运动．在运动过程中，是否存在某个t值使△BPD的面积为△APD面积的？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由．
【思维教练】要确定t的值，需要将已知条件“△BPD的面积为△APD的面积的”用含t的代数式表示出来，可将这两个三角形的面积放到直角三角形中求解，故需要作辅助线构造对应的直角三角形．

　例题图⑤


针对训练
1. 如图①，在△ABC中，AB＝AC＝20，tanB＝，点D为BC边上的动点(点D不与点B，C重合)，以D为顶点作∠ADE＝∠B，射线DE交AC边于点E，过点A作AF⊥AD交射线DE于点F，连接CF.
(1)求证：△ABD∽△DCE；
(2)当DE∥AB时(如图②)，求AE的长；
(3)点D在BC边上运动的过程中，是否存在某个位置，使得DF＝CF？若存在，求出此时BD的长；若不存在，请说明理由．

第1题图




2. 如图①，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝6，点D是射线CB上的动点，过点A作AF⊥AD，且AF＝AD，连接BF、DF.
(1)当点D在线段BC上时，判断BF与CD之间的数量关系；
(2)在点D的运动过程中，若BD＝3，求AF的长；
(3)如图②，若点M为AB的中点，连接MF，在点D的运动过程中，求MF的最小值．

第2题图




类型二　折叠问题
典例精讲
例　(一题多设问) 在矩形ABCD中，点E在边CD上，且不与矩形的顶点重合，将△ADE沿AE折叠后得到△ANE.
(1)当E是CD的中点时，
①如图①，连接CN，若∠NAB＝18°，求∠BCN的度数；
【思维教练】由矩形性质、图形折叠的性质及等腰三角形性质进行等角代换即可求解；

　例题图①
②如图②，延长AN交BC于点G，试判断线段GN与GC之间的数量关系，并证明；
【思维教练】连接EG，结合已知条件，利用矩形性质及图形折叠的性质可得相等的角与边，即可求证；

　例题图②


(2)当AD＝6，AB＝8时，
①若△ADE沿AE折叠后点N恰好落在线段BC的垂直平分线上，求DE的长；
【思维教练】要求DE的长，即求EN的长，可结合垂直平分线的性质在Rt△AEN中利用勾股定理求解；

例题图③


②如图④，连接BN，若DE＝2，求△ABN的面积；
【思维教练】利用矩形及折叠的性质易证△ANE≌△ADE，将△ABN通过作辅助线转化到直角三角形中，利用勾股定理及三角形面积公式即可求解；


　例题图④




③如图⑤，射线BN交线段CD于点F，若DE＝2，求DF的最大值；
【思维教练】先根据矩形折叠性质及相似三角形性质确定点N在以A为圆心，半径为6的圆上运动，当射线BN与圆相切时，DF最大，再利用相似三角形性质及勾股定理即可求解；

　例题图⑤


④如图⑥，连接AC，是否存在点E使得∠ENC＝90°？若存在，求此时AE的长；若不存在，请说明理由．
【思维教练】根据题意先确定点N的位置，再利用勾股定理即可求解．

　例题图⑥

针对训练
1. 在矩形ABCD的CD边上取一点E，
将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处．
(1)如图①，若BC＝2BA，求∠CBE的度数；
(2)如图②，当AB＝5，且AF·FD＝10时，求BC的长；
(3)如图③，延长EF，与∠ABF的平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF＝AN＋FD时，求的值．

第1题图



2. (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，若PB′⊥AC，证明：PB′＝AB′；
(2)如图②，若AB＝AC ，BP＝3PC，求cos∠B′AC的值；
(3)如图③，若∠ACB＝30°，是否存在点P，使得AB＝CB′.若存在，求此时的值；若不存在，请说明理由．

第2题图




类型三　旋转问题
典例精讲
例　(一题多设问) 如图①，等边△ABC和等边△ADE的顶点A重合，将△ADE绕点A逆时针旋转，连接BD，CE.
(1)求证：BD＝CE；
【思维教练】结合旋转及等边三角形的性质证明△ABD≌△ACE即可求证；

　例题图①




(2)如图②，当点D恰好在AC边上时，若AB＝4，AD＝2，求∠AEC的度数；
【思维教练】利用等边三角形的性质、等腰三角形的性质及三角形内外角关系进行等角代换即可；


　例题图②






(3)如图③，当∠AEC＝90°时，延长ED交BC于点F，若AB＝6，求CF的长；
【思维教练】利用全等三角形的性质得∠ADB的度数，再结合等边三角形及平行线的性质通过证三角形全等得CF与AB的数量关系，进而求解；

　例题图③
(4)已知AB＝AD＝6，连接BE，将△ADE绕点A逆时针旋转α(0°＜α＜360°)，取BE，BC的中点M，N，当线段AM最小时，求线段MN的长；
【思维教练】先确定点E在以点A为圆心，AE长为半径的圆上，当点E在BA的延长线上时，AM有最小值，利用等边三角形的性质及勾股定理即可求解；

　例题图④
(5)在(4)的条件下，将BD绕点B逆时针旋转得到BF，连接EF，当四边形BCEF是菱形时，判断BE与AE之间满足的数量关系；
【思维教练】分点E在点A的左侧和右侧两种情况讨论，利用菱形的性质及勾股定理分别求得BE，AE的长度即可；

　例题图⑤
(6)如图⑥，若AB＝2，射线BP为∠ABC的平分线，点D在BP上，连接PE，试探究△AEP的周长是否存在最小值，若存在，求最小周长；若不存在，请说明理由．
【思维教练】要求C△AEP的最小值，需确定AE＋PE的最小值，当点E落在BP的延长线上时，AE＋PE最小，利用等边三角形性质、全等三角形性质及对称性求解即可．

　例题图⑥



针对训练
1. (2021成都B卷27题10分)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？若存在，求出DE的最小值；若不存在，请说明理由．

第1题图










2. (2016成都B卷27题10分)如图①，△ABC中，∠ABC＝45°，AH⊥BC于点H，点D在AH上，且DH＝CH，连接BD.
(1)求证：BD＝AC；
(2)将△BHD绕点H旋转，得到△EHF(点B，D分别与点E，F对应)，连接AE.
i)如图②，当点F落在AC上时(F不与C重合)，若BC＝4，tanC＝3，求AE的长；
ii)如图③，△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到的，设射线CF与AE相交于点G，连接GH.试探究线段GH与EF之间满足的等量关系，并说明理由．

第2题图





类型四　图形形状变化问题

典例精讲
例　(一题多设问) 某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：
(1)如图①，在等边△ABC中，点P是边BC上任意一点(不与点B、C重合)，连接AP，以AP为边作等边△APQ，连接CQ，求证：△ABP≌△ACQ；
【思维教练】利用等边三角形的性质易得相等的边与角，即可证明△ABP≌△ACQ；

例题图①


(2)如图②，在(1)的条件下，设等边△ABC的边长为a，AC与PQ交于点O，若BP＝a，求的值；
【思维教练】利用相似三角形的对应边成比例即可求解；

例题图②


(3)如图③，在等腰△ABC中，AB＝BC，点P是边BC上任意一点，以AP为腰作等腰△APQ，使AP＝PQ，∠APQ＝∠ABC，连接CQ，判断∠ABC与∠ACQ的数量关系，并证明；
【思维教练】通过证明△BAC∽△PAQ，得到＝，再证明△BAP∽△CAQ，根据相似三角形的性质即可求解；

例题图③
(4)如图④，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，P为BC上一点，延长PC至点E，使得PC＝CE，连接AE，AP，过点P作PQ⊥AE交AE于点Q，延长QP交AB的延长线于点G，若AC＝BC，求证：PE＝BG；
【思维教练】通过添加辅助线构造全等三角形，根据等腰三角形的性质及全等三角形的判定和性质即可求证；

例题图④



(5)如图⑤，在正方形ABCD中，点P是边BC上一点，以AP为边作正方形APEF，Q是正方形APEF的中心，连接BQ.若正方形APEF的边长为5，BQ＝，求正方形ABCD的边长．
【思维教练】作辅助线连接AC、AQ，根据相似三角形的性质求出CP，根据勾股定理列出方程，解方程即可求解．

例题图⑤

针对训练
1.如图①，等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，作AD⊥BC于点D，则D为BC的中点，∠BAD＝∠BAC＝60°，于是＝＝.


迁移应用
(1)如图②，△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC＝∠DAE＝120°，D，E，C三点在同一条直线上，连接BD.
i)求证：△ADB≌△AEC；
ii)请直接写出线段AD，BD，CD之间的等量关系式．
拓展延伸
(2)如图③，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，在∠ABC内作射线BM，作点C关于BM的对称点E，连接AE并延长交BM于点F，连接CE，CF.
i)证明△CEF是等边三角形；
ii)若AE＝5，CE＝2，求BF的长．

第1题图

















2.已知AC，EC分别为四边形ABCD和EFCG的对角线，点E在△ABC内，∠CAE＋∠CBE＝90°.
(1)如图①，当四边形ABCD和EFCG均为正方形时，连接BF.
i)求证：△CAE∽△CBF；
ii)若BE＝1，AE＝2，求CE的长；
(2)如图②，当四边形ABCD和EFCG均为矩形，且＝＝k时，若BE＝1，AE＝2，CE＝3，求k的值；
(3)如图③，当四边形ABCD和EFCG均为菱形，且∠DAB＝∠GEF＝45°时，设BE＝m，AE＝n，CE＝p，试探究m，n，p三者之间满足的等量关系．(直接写出结果，不必写出解答过程)

第2题图

专题十一　几何图形综合题
类型一　动点问题
典例精讲
例　(1)解：如解图①，过点B作BB′⊥AC于点B′.
∵BA＝BC，BB′⊥AC，∠ABC＝90°，
∴AB′＝CB′，∠ABB′＝∠CBB′＝45°，
∴BB′＝AB′＝CB′，
∵∠ABD＝15°，
∴∠DBB′＝30°，
设DB′＝x，则BD＝2x，BB′＝CB′＝x，
∴x＋x＝6，
∴x＝3－3，
∴2x＝6－6，
即BD＝6－6；

例题解图①
(2)解：如解图②，过点D作DP⊥AB于点P.
∵BA＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠A＝45°，
∵DP⊥AB，
∴∠A＝∠ADP＝45°，
∴AP＝DP，
∵AD＝3，
∴AP＝DP＝3，
∵CE⊥BD，
∴∠CEB＝90°，
∴∠CBE＋∠BCE＝90°，
∵∠DBP＋∠CBE＝90°，
∴∠DBP＝∠BCE，
∴tan∠DBP＝tan∠BCE.
∵＝，
即tan∠BCE＝，
∴tan∠DBP＝＝，
∴BP＝DP＝×3＝10，
∴AB＝AP＋BP＝3＋10＝13；

例题解图②
(3)解：4BF2＋AD2＝DQ2；
证明：如解图③，连接CQ并延长CQ交AB的延长线于点T.

例题解图③
∵∠ABC＝∠CBT＝∠DBQ＝90°，
∴∠ABD＝∠CBQ，
∴∠DBC＝∠QBT.
∵BA＝BC，BD＝BQ，
∴△ABD≌△CBQ(SAS)，
∴AD＝CQ，∠BAD＝∠BCQ＝45°，∠ADB＝∠BQC，
∴∠BDC＝∠BQT.
∵BD＝BQ，∠DBC＝∠QBT，
∴△DBC≌△QBT(ASA)，
∴CD＝QT，BC＝BT，
∴AB＝BT.
∴AC＝CT，
∴∠CAB＝∠T＝45°，
∴∠DCQ＝90°.
∵点F为AQ的中点，
∴AF＝FQ，
∴BF是△ATQ的中位线，
∴QT＝2BF.
在Rt△DCQ中，CD2＋CQ2＝DQ2，
∴4BF2＋AD2＝DQ2；
(4)解：∵tan∠BDO＝2，∠BOD＝90°，
∴＝2，
设OD＝m，则OB＝OC＝2m，
∵∠GDA＋∠GDB＝∠ADB，
∠OBD＋∠GDB＝∠GHB，
∴∠GDA＝∠OBD，
∴tan∠OBD＝tan∠ODH＝，
∴＝，
∴OH＝m，DH＝＝＝m，
∵tan∠NBH＝＝，BH＝OB－OH＝m，
∴NH＝＝m，
∴＝＝；
(5)证明：如解图④，过点D作DK⊥AB于点K，DI⊥BC于点I.
∵∠DKB＝∠DIB＝∠KBI＝90°，
∴四边形BIDK是矩形，
∴BK＝DI.
∵AB＝BC，∠ABC＝90°，AO＝OC，
∴∠C＝45°，BO⊥AC，
∴CD＝DI＝BK，
∵∠ADB＝∠GHB，∠ADB＝∠ADG＋∠BDG，∠GHB＝∠OBD＋∠BDG，
∴∠OBD＝∠ADG，
∵BM⊥DG，∠AOB＝90°，
∴∠OBM＋∠BMO＝90°，∠ADG＋∠BMO＝90°，
∴∠OBM＝∠ADG，
∴∠OBM＝∠OBD，
∵∠OBM＋∠BMO＝90°，∠OBD＋∠BDO＝90°，
∴∠BMO＝∠BDO，
∴BM＝BD，
∵BO⊥DM，
∴OM＝OD，
∵AO＝OC，
∴AM＝CD＝BK，
∵∠ABC＝90°，AB＝BC，AO＝OC，
∴OB＝OA＝OC，
∴∠A＝∠ABO＝45°，
∵∠DGB＝∠A＋∠ADG＝45°＋∠ADG，∠DBG＝∠ABO＋∠OBD＝45°＋∠OBD，
∴∠DGB＝∠DBG，
∴DG＝DB，
∵DK⊥BG，
∴KG＝KB，
∴BG＝2BK＝2×AM＝AM；

例题解图④
(6)解：由题意得CD＝t，BP＝t，则AD＝AC－CD＝BC－t＝8－t，PA＝AB－BP＝4－t，
在等腰Rt△PAT中，PT＝AT＝PA＝(4－t)＝4－t，

例题解图⑤
如解图⑤，过点D作DI⊥AB于点I，则△ADI为等腰直角三角形，
∴DI＝AD＝(8－t)，
则S△BPD＝BP·DI＝×t×(8－t)＝t(8－t)，
S△APD＝××BP·DI＝(8－t)(4－t)，
∴t(8－t)＝(8－t)(4－t)，
解得t＝8或t＝，
∵点P到达A点时，P、D两点均停止运动，
∴0≤t≤4，
∴t＝.
针对训练
1. (1)证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB.
∵∠B＋∠BAD＝∠ADE＋∠CDE，∠ADE＝∠B，
∴∠BAD＝∠CDE.
∴△ABD∽△DCE；(3分)
(2)解：如解图①，过点A作AM⊥BC于点M.
在Rt△ABM中，设BM＝4k，则AM＝BM·tanB＝4k·＝3k，
由勾股定理得AB2＝AM2＋BM2，
即202＝(3k)2＋(4k)2.
∴k＝4或k＝－4(舍去)．
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BC＝2BM＝2×4k＝32.
∵DE∥AB，
∴∠BAD＝∠ADE.
又∵∠ADE＝∠B，∠B＝∠ACB，
∴∠BAD＝∠ACB.
∵∠ABD＝∠CBA，
∴△ABD∽△CBA.
∴＝.
∴DB＝＝＝.
∵DE∥AB，
∴＝.
∴AE＝＝＝；(6分)

第1题解图①
(3)解：存在．(7分)
如解图②，过点F作FH⊥BC于点H，过点A作AM⊥BC于点M，AN⊥FH于点N，则∠NHM＝∠AMH＝∠ANH＝90°，

第1题解图②
∴四边形AMHN为矩形，
∴∠MAN＝90°，MH＝AN.
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BM＝CM＝BC＝×32＝16.
∵tanB＝，
∴AM＝BM·tanB＝16×＝12，
∵AN⊥FH，AM⊥BC，
∴∠ANF＝90°＝∠AMD.
∵∠DAF＝90°＝∠MAN，
∴∠NAF＝∠MAD.
∴△AFN∽△ADM.
∴＝＝tan∠ADF＝tan B＝.
∴AN＝AM＝×12＝9.
∴CH＝CM－MH＝CM－AN＝16－9＝7.
当DF＝CF时，由点D不与点C重合可知△DFC为等腰三角形，
又∵FH⊥DC，
∴CD＝2CH＝14.
∴BD＝BC－CD＝32－14＝18.
∴点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF＝CF，此时BD＝18.(10分)
2. 解：(1)当点D在线段BC上时，
∵∠BAC＝90°，AF⊥AD，
∴∠BAF＝90°－∠BAD＝∠DAC，
又∵AB＝AC，AF＝AD，
∴△FAB≌△DAC(SAS)，
∴BF＝CD；
(2)如解图①，当点D在线段BC上时，过点A作AG⊥BC，垂足为点G，
∴在等腰Rt△ABC中，点G为BC的中点，
∴AG⊥CD且AG＝CG＝BG.
又∵AC＝6，
∴AG＝CG＝BG＝6，DG＝BG－BD＝6－3＝3，
∴在Rt△ADG中，由勾股定理得AF＝AD＝＝＝3；

第2题解图①
如解图②，当点D在线段CB的延长线上时，同理可得BG＝AG＝6，
∴DG＝BD＋BG＝3＋6＝9，
∴在Rt△ADG中，由勾股定理得AF＝AD＝＝＝3.

第2题解图②
综上所述，AF的长为3或3；
(3)点F的运动轨迹是过点B，且垂直于BC的射线，根据垂线段最短可知，当MF⊥BF时，线段MF取最小值，如解图③，

第2题解图③
∵BC⊥BF，∠ABC＝45°，
∠FBD＝90°，
∴∠FBM＝∠FMB＝45°，
∴△BFM为等腰直角三角形，
∴MF＝BF＝BM＝×＝×3＝3，
∴MF的最小值为3.
类型二　折叠问题
典例精讲
例　解：(1)①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝∠D＝∠DCB＝90°，
由折叠的性质得DE＝EN，∠DAE＝∠NAE，∠AED＝∠AEN.
∵∠NAB＝18°，
∴∠DAE＝∠NAE＝×(90°－18°)＝36°，
∴∠AED＝∠AEN＝90°－36°＝54°，
∴∠CEN＝180°－2×54°＝72°，
∵E为CD的中点，
∴DE＝CE，
∴EN＝CE，
∴∠ECN＝×(180°－72°)＝54°，
∴∠BCN＝90°－∠ECN＝36°；
②GN＝GC，证明如下：
如解图①，连接EG，
∵E是CD的中点，
∴DE＝EC，
∵△ADE沿AE折叠后得到△ANE，
∴DE＝EN，
∴EN＝EC，
在矩形ABCD中，∠C＝∠D＝90°，
∴∠ENA＝∠ENG＝90°，
在Rt△ENG和Rt△ECG中，
，
∴Rt△ENG≌Rt△ECG(HL)，
∴GN＝GC；

例题解图①
(2)①如解图②，连接DN，
∵点N在BC的垂直平分线上，
∴点N在AD的垂直平分线上，
∴∠ADN＝∠DAN，
由折叠可知DN⊥AE，∴∠ADN＝∠AND，
∴DN＝AN＝AD＝6，
△ADN是等边三角形，
∴∠EAN＝∠DAN＝30°，
设EN＝x，则AE＝2EN＝2x，
在Rt△AEN中，由勾股定理得AE2－AN2＝EN2，
即(2x)2－62＝x2，
解得x＝2，
即DE的长为2；

例题解图②
②如解图③，延长EN交AB的延长线于点Q，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，
∴∠DEA＝∠EAQ，
由折叠的性质得△ANE≌△ADE，
∴∠DEA＝∠AEQ，AN＝AD＝6，EN＝ED＝2，
∴∠EAQ＝∠AEQ，
∴EQ＝AQ，
设NQ＝x，则AQ＝EQ＝x＋2，
∵∠ANE＝90°，
∴∠ANQ＝90°，
在Rt△ANQ中，由勾股定理得AQ2＝AN2＋NQ2，
∴(x＋2)2＝62＋x2，解得x＝8，
∴NQ＝8，AQ＝10，
∵AB＝8，AQ＝10，
∴S△ABN＝S△NAQ＝×AN·NQ＝××6×8＝；

例题解图③
③如解图④，过点A作AH⊥BF于点H，

例题解图④
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，
∴∠HBA＝∠BFC，
∵∠AHB＝∠BCF＝90°，
∴△ABH∽△BFC，
∴＝，
∵AH≤AN＝6，AB＝8，
∴点N是在以点A为圆心，6为半径的圆上运动，当射线BN与圆相切时，DF最大，此时B、N、E三点共线，如解图⑤，由折叠性质得AD＝AH，
∵AD＝BC，
∴AH＝BC，
∵＝，
∴CF＝BH，
由勾股定理得BH＝＝＝2，
∴CF＝2，
∴DF的最大值＝DC－CF＝8－2.

例题解图⑤
④存在，
当∠ENC＝90°时，点N在AC上，如解图⑥，

例题解图⑥
∵AD＝6，AB＝8，
∴AC＝＝＝10.
∵AD＝AN，
∴CN＝AC－AN＝4.
设DE＝x，则EN＝DE＝x，CE＝8－x，
由勾股定理得CN2＋EN2＝CE2.
∴42＋x2＝(8－x)2.
解得x＝3.
∴AE＝＝＝3.
针对训练
1. 解：(1)由折叠的性质可知BC＝BF，∠EBF＝∠CBE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠A＝∠C＝90°.
∵BC＝2BA，
∴BF＝2BA，
∴在Rt△ABF中，sin∠AFB＝＝，
∴∠AFB＝30°.
∵AD∥BC，
∴∠FBC＝∠AFB＝30°，
∴∠CBE＝ ∠FBC＝15°；(3分)
(2)∵∠BFE＝∠C＝90°，
∴∠AFB＋∠DFE＝90°.
又∵∠AFB＋∠ABF＝90°，
∴∠DFE＝∠ABF.
∵∠D＝∠A＝90°，
∴△EDF∽△FAB，
∴＝＝，
∴AF·DF＝DE·AB.
∴DE＝＝＝2，
∴EF＝EC＝DC－DE＝AB－DE＝5－2＝3，
在Rt△DEF中，DF＝＝＝，
∴BF＝＝＝3.
∴BC＝BF＝3；(6分)
(3)如解图，过点N作NG⊥BF于点G.
∴∠NGF＝90°，
∵∠A＝90°，
∴∠NGF＝∠A.
∵∠GFN＝∠AFB，
∴△NFG∽△BFA，
∴＝＝.
∵NF＝AN＋FD，
∴NF＝AD＝BC＝BF，
∴＝＝＝，
∴NG＝AB.
∵BM为∠ABF的平分线，
∴∠ABN＝∠GBN.
∵BN＝BN，∠A＝∠NGB＝90°，
∴△ABN≌△GBN，
∴AB＝BG，AN＝NG，
∴FG＝BF－BG＝BC－AB，
∴FA＝AN＋NF＝NG＋NF＝AB＋BC.
∵＝，
∴＝，
∴3BC＝5AB.
∴＝.(10分)

第1题解图
2. (1)证明：∵PB′⊥AC，∠BAC＝90°，
∴PB′∥AB，
∴∠B′PA＝∠BAP，
由折叠的性质得∠BAP＝∠B′AP，
∴∠B′PA＝∠B′AP，
∴PB′＝AB′；
(2)解：如解图①，设AC与PB′的交点为O，过点O作OD⊥AB′于点D，

第2题解图①
∵AB＝AC，
∴Rt△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ACB＝45°，
设AB＝AC＝4a(a>0)，则BC＝4a，
∵BP＝3PC，
∴BP＝3a，PC＝a，
由折叠的性质得：∠AB′P＝∠ABP＝45°，PB′＝PB＝3a，AB′＝AB＝4a，
在△COP和△B′OA中，
，
∴△COP∽△B′OA，
∴＝＝＝＝，
设OC＝b(b>0)，则OB′＝4b，OP＝3a－4b，OA＝4a－b，
∴＝＝，
解得b＝a，
∴OA＝4a－×a＝a，
在Rt△B′OD中，B′D＝OB′·cos∠AB′P＝2b＝a，
∴AD＝AB′－B′D＝a，
则cos∠B′AC＝＝＝；
(3)解：存在．
∵∠ACB＝30°，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝60°，
设AB＝CB′＝2m(m>0)，则BC＝4m，AC＝＝2m，
由折叠的性质得∠AB′P＝∠ABP＝60°，AB′＝AB＝2m，
∴AB′＝CB′＝2m，
由题意，分以下两种情况：
①如解图②，当点B′在直线AC的左侧时，过点B′作B′E⊥AC于点E，

第2题解图②
∴CE＝AC＝m，
∴B′E＝＝m＝B′C，
∴∠B′CE＝30°，
∴∠B′CP＝∠B′CE＋∠ACB＝30°＋30°＝60°，∠CB′E＝60°，∠B′AC＝∠B′CE＝30°，
∴∠AB′E＝∠AB′C＝∠CB′E＝60°＝∠AB′P，
∴点B′，E，P三点共线，
∴∠CB′P＝∠AB′C－∠AB′P＝120°－60°＝60°，
∴△CB′P是等边三角形，
∴PC＝CB′＝2m，
∴＝＝；
②如解图③，当点B′在直线AC的右侧时，过点B′作B′F⊥AC于点F，

第2题解图③
同理可得∠B′CF＝30°，
∴∠B′CF＝∠ACB，
∴点B′在BC上，
由折叠的性质得AP⊥BB′，
在Rt△ABP中，BP＝AB·cos∠ABC＝m，
∴PC＝BC－BP＝3m，
∴＝＝，
综上所述，当∠ACB＝30°时，存在点P，使得AB＝CB′，此时的值为或.
类型三　旋转问题
典例精讲
例　(1)证明：∵△ABC、△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAC－∠DAC＝∠DAE－∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD＝CE；
(2)解：∵△ABC、△ADE都是等边三角形，
∴AC＝AB＝4，DE＝AD＝2，∠DAE＝∠ADE＝∠AED＝60°，
∴CD＝2，
∴CD＝DE，
∴∠ACE＝∠DEC＝∠ADE＝30°，
∴∠AEC＝∠AED＋∠DEC＝60°＋30°＝90°；
(3)解：如解图①，过点B作BH∥EC交EF的延长线于点H，
由(1)得△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE，∠ADB＝∠AEC＝90°.
∵△ADE是等边三角形，
∴∠ADE＝∠AED＝60°.
∴∠BDF＝180°－∠ADB－∠ADE＝30°，∠CED＝90°－60°＝30°.
∵BH∥EC，
∴∠H＝∠CED，
∴∠BDF＝∠H，
∴BD＝BH，
∴BH＝CE.
∵∠BFH＝∠CFE，
∴△BFH≌△CFE，
∴CF＝BF＝AB＝3.

例题解图①
(4)解：∵AB＝AD＝6，
∴AD＝4，
由旋转的性质可知点E在以点A为圆心，AE为半径的圆上，
如解图②，过点M作MH⊥BC于点H，
当点E′在BA的延长线上时，AM有最小值，
∵AB＝6，AE′＝AD＝4，
∴BE′＝10，
∵点M是BE′中点，点N是BC的中点，
∴BM＝5，BN＝3，
∵MH⊥BC，∠MBC＝60°，
∴BH＝BM＝，MH＝BH＝，
∴HN＝BN－BH＝3－＝，
∴MN＝＝＝；

例题解图②
(5)解：如解图③，当点E在点A左侧时，延长BE交AD于点H，
∵四边形BCEF是菱形，CE＝BC＝6，
由(1)知EC＝BD，
∴BD＝EC＝BC＝AB＝6，
又∵AE＝DE，
∴BE是AD的垂直平分线，
∴AH＝DH＝AD＝2，
∴EH＝＝＝6，
BH＝＝＝4，
∴BE＝BH－EH＝4－6，
∴BE＝AE，
如解图④，当点E在点A的右侧时，
同理可求BE＝AE.
综上所述，BE＝AE或BE＝AE；

图③

图④
例题解图
(6)存在．如解图⑤，连接EC，过点A作AA′⊥EC交BP的延长线于A′，连接A′E，A′C.

例题解图⑤
∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ABP＝∠ACE＝30°，
∵∠ACB＝60°，
∴∠BCE＝∠ACE＋∠ACB＝90°，
∵C△PAE＝PA＋AE＋PE，PA＝AC＝，
∴AE＋PE的值最小时，C△PAE最小，
∵∠BCE＝90°，AA′⊥EC，
∴AA′∥BC，
∴∠AA′B＝∠A′BC＝30°，
∴∠ABA′＝∠AA′B，
∴AB＝AA′＝2，
在△AA′C中，∠CAA′＝180°－∠ABC－∠BAC＝60°，AA′＝AB＝A′C，
∴△AA′C是等边三角形．
∵CE⊥AA1，
∴A与A′关于EC对称，
∴AE＋PE＝A′E＋PE，
当A′E与PE在同一条直线上时，
A′E＋PE的值最小，如解图⑥，

例题解图⑥
此时，AE＋PE＝BP＝＝3，
∴C△PAE＝PA＋AE＋PE＝3＋，
∴当点E落在BP的延长线上时，△AEP的周长最小，最小值为3＋.
针对训练
1. 解：(1)由旋转的性质得BA＝BA′，
∵∠ACB＝90°，
∴CB垂直平分AA′，
∴AC＝CA′＝＝4，
∴AA′＝8；(3分)
(2)如解图①，过点C作CH⊥AB于点H，作CF∥BM交AB于点F，
∴∠CFB＝∠A′BC′，
由旋转的性质得∠ABC＝∠A′BC′，
∴∠CFB＝∠ABC，
∴CB＝CF＝3，FH＝BH，
由(1)知AC＝4，
在Rt△ABC中，AC2－AH2＝BC2－(AB－AH)2，
即42－AH2＝32－(5－AH)2，
解得AH＝，
∴BH＝FH＝， BF＝，CH＝＝，
∵CF∥BM，
∴△C′MB∽△C′CF，
∴＝，即＝，
∴BM＝；(6分)

第1题解图
一题多解
解法二：如解图②，过点C作CH⊥AB于点H，过点M作MG⊥BC′于点G，
由旋转的性质得∠MBG＝∠CBA，
∴tan∠MBG＝＝tan∠CBA＝＝，
设MG＝4x，BG＝3x，则BM＝5x，
由(2)得CH＝， BH＝，
∵tan∠CC′H＝＝＝，
∴＝，C′G＝8x，
∵BC′＝3，
∴3x＋8x＝3，
解得x＝，
∴BM＝5x＝；(6分)
解法三：如解图③，连接AA′交CC′于点O，过点B作BN∥AA′，设∠AC′C＝∠1，∠A′AB＝∠2，
∵∠CBA＝2∠1，∠A′BC′＝2∠2，
由旋转的性质得∠CBA＝∠A′BC′，
∴∠1＝∠2，AO＝OC′，
∵∠A′C′A＝90°，
∴∠OC′A′＋∠1＝90°，∠AA′C′＋∠2＝90°，
∴∠AA′C′＝∠OC′A′，OC′＝OA′＝OA，
∵BN∥AA′，
∴△C′NB∽△C′OA，△BMN∽△A′MO，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴BM＝A′B＝；(6分)

第1题解图
(3)如解图④，连接A′C，过点A作AP∥A′C′交C′D的延长线于点P，则∠A′C′D＝∠P，
由旋转的性质得BC＝BC′，
∴∠BCC′＝∠BC′C，
∵∠BC′C＋∠A′C′C＝90°，∠BCC′＋∠ACP＝90°，
∴∠ACP＝∠A′C′C＝∠P，
∴AP＝AC＝A′C′，
∵∠ADP＝∠A′DC′，
∴△ADP≌△A′DC′(AAS)，
∴AD＝A′D，
即点D为AA′的中点，
∵点E为AC的中点，
∴DE为△AA′C的中位线，
∴DE＝A′C，
∵A′C≥A′B－BC＝2，
∴DE≥(A′B－BC)＝1，
∴DE的最小值为1.(10分)
2. (1)证明：∵∠ABC＝45°，AH⊥BC，
∴△ABH是等腰直角三角形．
∴BH＝AH，∠BHD＝∠AHC＝90°，
在△BHD和△AHC中，
∵，
∴△BHD≌△AHC(SAS)，
∴BD＝AC；(3分)
(2)解：i)如解图①，过点H作HM⊥AE交AE于点M，
∵在Rt△AHC中，tanC＝3，
∴＝3，
∴BH＝AH＝3CH，
又∵BC＝4，
∴BC＝BH＋HC＝4CH＝4，
∴CH＝1，BH＝3，
由旋转的性质可以得到，HE＝BH＝AH＝3，HF＝HD＝HC＝1，∠EHF＝∠AHC＝90°，
∴∠EHA＝∠FHC，
∴∠EAH＝∠C＝∠AEH，AM＝EM，
∴tan∠EAH＝tanC＝3，
设AM＝x，
则HM＝AM·tan∠EAH＝3x，
∵在Rt△AHM中，AH2＝AM2＋HM2，
32＝x2＋(3x)2，
∴x＝，
∴AE＝2AM＝2x＝；(7分)

第2题解图①
ii)EF＝2GH.
理由：如解图②，设AH交CG于点N，由旋转的性质可得到，HE＝HA，HF＝HC，
又∵旋转角度为30°，
∴∠FHD＝∠BHE＝30°，
∴∠EHA＝∠FHC＝120°，
∴∠FCH＝∠GAH＝30°，
∴△ANG∽△CNH，
∴∠AGN＝∠CHN＝90°，
∴＝，
又∵∠GNH＝∠ANC，
∴△GNH∽△ANC，
∴＝＝，
∴＝＝2，
∴EF＝2GH.(10分)

第2题解图②
类型四　图形形状变化问题
典例精讲
例　(1)证明：∵△ABC和△APQ都是等边三角形，
∴AB＝AC，AP＝AQ，∠BAC＝∠PAQ＝60°，
∴∠BAP＝∠CAQ，
在△BAP和△CAQ中，
，
∴△ABP≌△ACQ(SAS)；
(2)解：∵∠APC＝60°＋∠CPQ，∠APC＝∠B＋∠BAP＝60°＋∠BAP，
∴∠BAP＝∠CPO.
∵∠B＝∠PCO，
∴△ABP∽△PCO，
∴＝＝＝；
(3)解：∠ABC＝∠ACQ.
证明：∵AB＝BC，
∴∠BAC＝，
∵AP＝PQ，
∴∠PAQ＝，
∵∠APQ＝∠ABC，
∴∠BAC＝∠PAQ，
∴△BAC∽△PAQ，
∴＝，
∵∠BAP＋∠PAC＝∠PAC＋∠CAQ，
∴∠BAP＝∠CAQ，
∴△BAP∽△CAQ，
∴∠ABC＝∠ACQ；
(4)证明：如解图①，延长AC到点M，使得CM＝PC，连接PM，BM，设BM交GP于N.
∵PC＝CM，CM＝PC，∠PCM＝90°，
∴CE＝CM，△PCM是等腰直角三角形，
∴PM＝CP，
∵PQ⊥AE，
∴∠AQO＝∠PCO＝90°，
∵∠AOQ＝∠POC，
∴∠OAQ＝∠CPO＝∠NPB，
在△ACE和△BCM中，

∴△ACE≌△BCM(SAS)，
∴∠CAE＝∠CBM，
∴∠NBP＝∠NPB，
∴NB＝NP，
∵∠ABP＝∠CPM＝45°，∠NBP＝∠NPB，
∴∠NBG＝∠NPM，
在△GBN和△MPN中，

∴△GBN≌△MPN(ASA)，
∴BG＝PM＝CP，
∴PC＝BG.
∵PC＝EC，
∴PE＝2PC＝BG.

例题解图①
(5)如解图②，连接AC、AQ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴＝，∠CAB＝45°，
∵Q是正方形APEF的中心，
∴＝，∠PAQ＝45°，
∴∠CAP＋∠PAB＝∠PAB＋∠BAQ，即∠CAP＝∠BAQ，
∵＝，
∴△ACP∽△ABQ，
∴＝＝，
∵BQ＝，
∴CP＝1，
设PB＝x，则CB＝AB＝1＋x，
在Rt△APB中，AP2＝AB2＋PB2，即52＝(1＋x)2＋x2，
解得x1＝－4(舍去)，x2＝3，
∴正方形ABCD的边长为3＋1＝4.

例题解图②
针对训练
1. (1)i)证明：∵△ABC与△ADE是等腰三角形，
∴AD＝AE，AB＝AC，
∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAB＝∠EAC，
∴△ADB≌△AEC(SAS)；(2分)
ii)解：CD＝AD＋BD；(4分)
【解法提示】∵AD＝AE，∠DAE＝120°，∴DE＝AD，∵DE＝DC－EC，∴DC－EC＝AD，由i)知，△ADB≌△AEC(SAS)，∴EC＝DB，∴DC－DB＝AD，即CD＝AD＋BD.
(2)i)证明：如解图，连接BE，过点B作BG⊥AE于点G.
∵C、E关于BM对称，
∴BE＝BC，CF＝EF，∠3＝∠4，∠EFB＝∠CFB，
在菱形ABCD中，AB＝BC，
∴AB＝BC＝BE，
又∵BG⊥AE，
∴∠1＝∠2，
∵∠ABC＝120°，
∴∠GBF＝∠2＋∠3＝∠ABC＝60°，
在Rt△BGF中，∠BGF＝90°，∠GBF＝60°，则∠GFB＝30°，
∴∠EFC＝2∠GFB＝60°，
又∵EF＝FC，
∴△CEF是等边三角形；(7分)

第1题解图
ii)解：∵AE＝5，CE＝2，
∴EG＝AE＝，EF＝CE＝2，
∴GF＝EG＋EF＝，
∵∠BGF＝90°，∠GFB＝30°，
∴BF＝＝3.(10分)
2. (1)i)证明：∵∠ACE＋∠ECB＝45°，∠BCF＋∠ECB＝45°，
∴∠ACE＝∠BCF，
又∵四边形ABCD和EFCG都是正方形，
∴＝＝，
∴△CAE∽△CBF；(2分)
ii)解：∵＝＝，
∴BF＝，
由△CAE∽△CBF可得∠CAE＝∠CBF，
又∵∠CAE＋∠CBE＝90°，
∴∠CBF＋∠CBE＝90°，
即∠EBF＝90°，
由CE2＝2EF2＝2(BE2＋BF2)＝6，
解得CE＝；(4分)
(2)解：如解图①，连接BF，由(1)可得∠EBF＝90°，
由＝＝k，
可得BC∶AB∶AC＝1∶k∶，CF∶EF∶EC＝1∶k∶，
∴＝＝，
∴BF＝，BF2＝，
∴CE2＝·EF2＝(BE2＋BF2)，
∴32＝(12＋)，
解得k＝(负值已舍去)，
∴k＝；(7分)

第2题解图①
(3)解：p2－n2＝(2＋)m2.(10分)
【解法提示】如解图②，连接BF，由(1)可得∠EBF＝90°，过点C作CH⊥AB延长线于点H，
类比第(2)问得AB2∶BC2∶AC2＝1∶1∶(2＋)，EF2∶FC2∶EC2＝1∶1∶(2＋)，∴p2 ＝(2＋)EF2＝(2＋)(BE2＋BF2)＝(2＋)(m2＋)＝(2＋)m2＋n2，
∴p2－n2＝(2＋)m2.

第2题解图②