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2022-2023学年九年级数学中考复习《几何图形变换综合压轴题》
培优提升专题训练（附答案）
1．已知：如图，△ABC是等边三角形，边长为6，点D为动点，AD绕点A逆时针旋转60°得到AE．
（1）如图1，连接BD，CE，求证BD＝CE；
（2）如图2，∠BAD＝∠DBC，连接DE，求证：点B，D，E三点在同一条直线上；
（3）如图3，点D在△ABC的高BF上，连接EF，求EF的最小值．
2．综合与探究
问题提出：某兴趣小组在综合与实践活动中提出这样一个问题：在等腰直角三角板ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，用两根小木棒构建角，将顶点放置于点D上，得到∠MDN，将∠MDN绕点D旋转，射线DM，DN分别与边AB，AC交于E，F两点，如图1所示．
（1）操作发现：如图2，当E，F分别是AB，AC的中点时，试猜想线段DE与DF的数量关系是 　 　，位置关系是 　 　．
（2）类比探究：如图3，当E，F不是AB，AC的中点，但满足BE＝AF时，判断△DEF的形状，并说明理由．
（3）拓展应用：①如图4，将∠MDN绕点D继续旋转，射线DM，DN分别与AB，CA的延长线交于E，F两点，满足BE＝AF，△DEF是否仍然具有（2）中的情况？请说明理由；
②若在∠MDN绕点D旋转的过程中，射线DM，DN分别与直线AB，CA交于E，F两点，满足BE＝AF，若AB＝a，BE＝b，则AE＝　 　（用含a，b的式子表示）．
3．如图，△ABC为等腰三角形，AB＝AC．点D、点E分别在射线BA、射线BC上，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转至DF，使得点F恰好在射线BC上，旋转角为α．
（1）当点C、点E重合时，如图1，若α＝30°，∠B＝60°，AD＝4，求线段BC的长度；
（2）当点C、点F重合时，如图2，AC与DE交于点G，若DG＝EG，求证：BE＝CE；
（3）当BE＝CE＝CF，∠B＝30°时，如图3，点P是射线BA上的动点，连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°至线段CP′，连接FP′．将△CFP′沿直线FP′翻折至△CFP′所在平面内得到△C′FP′，直线C′P′与射线BC交于点Q．在点P运动过程中，当FP′最小时，请直接写出的值．
4．如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连接AD，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．
（1）判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；
（2）延长ED交直线BC于点F．
①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为 　 　；
②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数并说明理由．
5．在△ABC中，AB＝AC，D是边AC上一点，F是边AB上一点，连接BD、CF交于点E，连接AE，且AE⊥CF．
（1）如图1，若∠BAC＝90°，AF＝1，AC＝，求点B到AE的距离；
（2）如图2，若E为BD中点，连接FD，FD平分∠AFC，G为CF上一点，且∠GDC＝∠GCD，求证：DG+AF＝FC；
（3）如图3，若∠BAC＝120°，BC＝12，将△ABD沿着AB翻折得△ABD′，点H为BD′中点，连接HA、HC，当△HAC周长最小时，请直接写出的值．
6．在△ABC中，AB＝AC，CE＝CD＝BC（CE≥CA），∠ACB+∠ECD＝180°，点P为直线DE上一点，且PB＝PD．
（1）如图1，点D在线段BC延长线上，若∠ACB＝50°，求∠ABP的度数；
（2）如图2，△ABC与△CDE在图示位置时，求证：BP平分∠ABC；
（3）如图3，若∠ABC＝60°，AB＝4，将图3中的△CDE（从CE与CA重合时开始）绕点C按顺时针方向旋转一周，且点B与点D不重合，当△EPC为等腰三角形时，求BE2的值．
7．如图，在等边△ABC中，点D为BC的中点，点E为AD上一点，连EB、EC，将线段EB绕点E顺时针旋转至EF，使点F落在BA的延长线上．
（1）在图1中画出图形：
①求∠CEF的度数；
②探究线段AB，AE，AF之间的数量关系，并加以证明；
（2）如图2，若AB＝4，点G为AC的中点，连DG，将△CDG绕点C顺时针旋转得到△CMN，直线BM、AN交于点P，连CP，在△CDG旋转一周过程中，请直接写出△BCP的面积最大值为　 　．
8．在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．
（1）如图1，过点C作CD⊥BD交AB于M，若BM＝2，．求DM的长；
（2）如图2，若AD⊥AE，且AD＝AE，延长AD、CB交于点F，作EG⊥EA交CB于点G．猜想FD、CE、EG之间有何数量关系？并证明你的结论．
（3）如图3，若，D为一动点且始终有BD⊥CD，取CD的中点M，连接BM，将MB绕点B逆时针旋转90°得到点E，直接写出△ABE面积的最大值．
9．已知在△ABC中，点D是AB边上一点，连接CD，AC＝CD，点E是直线CD上的一个动点；连接AE并延长交直线BC于F，AF＝BF．
（1）如图1，若∠BAC＝75°，AC＝6，CE＝2，求点A到CD的距离；
（2）如图2，若点E是线段CD的中点，求证：AB＝2AD；
（3）如图3，若∠BAC＝45°，AD＝4，将线段AE绕点A旋转45°，点E的对应点为点G，连接EG，求CG的最小值．
10．在△ABC中，记∠BAC＝α，将BC绕点B逆时针旋转α得到线段BD，连接AD，取AD的中点E．
（1）如图1，过点D作DF⊥AB于点F，连接EF．若α＝90°，tan∠BDF＝，EF＝2，求AC的长；
（2）如图2，若α＝120°，连接BE，猜想AB、AC、BE的数量关系，并说明理由；
（3）在（2）问的条件下，若BC＝4，将△ABE沿着AB翻折得到△ABE'，连接DE'，当DE'最大时，请直接写出△BDE'的面积．
11．如图，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°．
（1）如图1，D为线段BC上一点，连接BE、CE，已知DE﹣CD＝2，BD＝8，求AB的长；
（2）如图2，D为线段BC上一点，连接BE、CE．过点A作AH⊥BE于H，延长AH交CD于F，取CE中点G，连接FG，求证：DE＝2FG；
（3）如图3，已知AB＝4，AD＝2．作点A关于直线BC的对称点A′，将△ADE以A为旋转中心旋转，点M为DE中点，连接CM，将线段CM绕点C顺时针旋转90°得线段CM′，连接A'M'．在A'M'的长度取得最大的情况下，取AB的中点K，动点Q在线段BC上，连KQ，将△BKQ沿KQ翻折到同一平面的△B′KQ，连接B′M′、B′A′．当A′B′取得最小时，请直接写出△A′B′M′的面积．
12．△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，CA＝CB，CE＝CD．
（1）如图①，若△ACB的顶点A在△ECD的斜边DE上，请直接写出AE，AD，AC的数量关系 　 　；
（2）将△ABC绕点C旋转到如图②所示位置，点B在线段AE上，连AD，则（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请给出正确结论并说明理由．
（3）在△ACB绕点C旋转过程中，当A、E、B三点共线时，若AC＝3，CD＝，请直接写出△ACE的面积．
13．已知，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点D在射线CB上，连接DA，将线段DA绕点D逆时针旋转90°后得到DE，过点E作EM⊥BC交直线BC于点M，连接AE，CE．
（1）当点D在线段CB上（且不与点C、点B重合）时，如图①所示，
①求证：MC＝BD；
②求证：∠ACE＝90°；
（2）延长AD与直线CE相交于点N，
①当点D在线段CB上（且不与点C、点B重合）时，如图②所示，若AD平分∠BAC，且 BD＝2，直接写出线段NE的长；
②当＝时，直接写出的值．
14．在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．点D，E分别为AB，AC中点，F是线段DE上一动点（不与点D，E重合），将线段AF绕点A逆时针方向旋转90°得到线段AG，连接GC，FB．
（Ⅰ）如图①，证明：△AFB≌△AGC．
（Ⅱ）如图②，连接GF，GE，GF交AE于点H．
①证明：在点F的运动过程中，总有∠FEG＝90°．
②若AB＝AC＝8，当DF的长度为多少时，△AHG为等腰三角形？请直接写出DF的长度．
15．如图1，在△ABE和△ACD中，AE＝AB，AD＝AC，且∠BAE＝∠CAD，则可证明得到△AEC≌△ABD．
【初步探究】（1）如图2，△ABC为等边三角形，过A点作AC的垂线l，点P为l上一动点（不与点A重合），连接CP，把线段CP绕点C逆时针方向旋转60°得到CQ，连QB．请写出AP与BQ的数量关系并说明理由；
【深步探究】（2）如图3，在（1）的条件下，连接PB并延长PB交直线CQ于点D．当点P运动到PD⊥CQ时，若，求PB的长；
【拓展探究】（3）如图4，在△ABC中，∠ACB＝45°，以AB为直角边，A为直角顶点向外作等腰直角△ABD，连接CD，若AC＝1，BC＝3，则CD长为 　 　．
16．在△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝30°，点D是线段AC的中点，点E是线段AB上一点，且BE＝BC；
（1）如图1，连接BD，DE，求∠ADE的度数；
（2）如图2，连接CE，将△BCE沿着BC翻折得到△BCF，连接DF，G为DF的中点，连接BG，并延长BG交CF于点H，求证：GH＝BG+CH；
（3）如图3，将△ABC沿着BC翻折得到△MBC，在△ACM中，CA＝3，J是直线CM上一点，K是射线AC上一点，若满足MJ＝1，∠JBK＝60°，请直接写出CK的长．
17．如图1，在等腰直角三角形△ABC中，∠BAC＝90°．点E，F分别为AB，AC的中点，H为线段EF上一动点（不与点E，F重合），将线段AH绕点A逆时针方向旋转90°得到AG，连接GC，BH．
（1）证明：△AHB≌△AGC；
（2）如图2，连接GF，HG，HG交AF于点Q．
①证明：在点H的运动过程中，总有∠HFG＝90°；
②若AB＝AC＝2，当EH的长度为多少时，△AQG为等腰三角形？
18．在△ABC中，∠BAC＝90°且AC＝AB，点E为平面内一点，把AE绕着点A逆时针旋转90°后得到线段AD．
（1）如图1，点E在线段AC上且BE平分∠ABC，连接DE，射线BE与CD相交于点F．当AC＝1，CB＝时，求AE的长．
（2）如图2，点E为△ABC外一点，连接ED、EC、BD，点G为线段BD的中点，射线GA与CE相交于点H．求证：AH⊥CE．
（3）如图3，点E在线段BC上，DE∥AB，BE＝3，AB＝3．点M在射线AE上，点N在线段AC上，且AM＝CN，连接BM、BN．当BM+BN最小时，直接写出△BNC与△ABM的面积和．
19．已知三角形△ABC绕点A旋转得到△ADE．
（1）如图1，∠CAE＝60°，∠ACF＝∠DCE，∠CDE＝90°，若BC＝2，CD﹣CF＝3，求AF的长．
（2）如图2，连接BD，EC，若∠BCE＝∠AEG且，若点F是线段CE的中点，连接GF，BF，求证BF⊥GF．
（3）如图3，三角形△ABC绕点A旋转得到△ADE，若AB＝3，AC＝1，∠CAE＝90°，ED和BC所在的直线交于点P，直接写出BP的最大值．
20．已知同一平面内，△BDE和△ADC都是等腰三角形，BD＝ED，AD＝CD，∠BDE＝∠ADC．
（1）如图1，B、D、C三点在同一条直线上，点E在线段AC上，连接AB，过D作DF⊥AB于点F，DH⊥AC于点H，若AC＝6，AD＝，求DF的长；
（2）如图2，若∠BDE＝∠ADC＝90°，连接AE，BC，取AE的中点F，连接DF交BC于点G，延长AE与CD交于点K，若∠BCD＝2∠CAK，求证：BC＝2DK；
（3）如图3，若∠BDE＝∠ADC＝90°，点A与点E重合，．点M为线段AB中点，点N为线段BC上一点，连接MN，将△MBN沿MN翻折到同一平面内的△MTN，连接CT，再将线段CT绕C点顺时针旋转90°得到线段CQ，连接BQ，AQ．当BQ最小时，直接写出此时△ABQ的面积．
参考答案
1．（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵AD绕点A逆时针旋转60°得到AE，
∴∠DAE＝60°，AD＝AE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即：∠BAD＝CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）由（1）知：∠CAE＝∠BAD，
∵∠CAE＝∠CBE，
∴∠BAD＝∠CBE，
∵△ABC 是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠ABD+∠CBE＝60°，
∴∠ABD+∠BAD＝60°，
∴∠ADB＝180°﹣（∠ABD+∠BAD）＝120°，
∵AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠ADE＝60°，
∴∠ADB+∠ADE＝180°，
∴B、D、E在同一条直线上；
（3）解：如图，
连接CE，
由（1）得：△BAD≌△CAE，
∴∠ACE＝∠ABD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ACB＝∠ABC＝60°，
∵BF⊥AC，
∴∠ABF＝，CF＝AF＝＝3，
∴∠ACE＝30°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，
∴点E在过点C且与BC垂直的直线上运动，
∴当FE垂直于该直线时，CE最小（图中点CE′），
∵∠CE′F＝90°，∠ACE＝30°，
∴FE′＝，
∴EF的最小值为：．
2．解：（1）∵∠BAC＝90°，点D是BC的中点，
∴AD＝BD＝CD＝BC，
∵点E是AB的中点，点F是AC的中点，
∴DE⊥AB，DF⊥AC，AE＝AB，AF＝AC，
∴四边形AEDF是矩形，
∵AB＝AC，
∴AE＝AF，
∴矩形AEDF是正方形，
∴DE＝DF，∠EDF＝90°，
故答案为：DE＝DF，DE⊥DF；
（2）如图1，
△DEF是等腰直角三角形，理由如下：
连接AD，
由上知：AD＝BC，∠ADB＝90°，
∴∠ADE+∠BDE＝90°，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴∠B＝∠C＝45°，∠DAC＝∠BAD＝＝45°，AD＝BD＝BC，
∴∠B＝∠DAC，
∵BE＝AF，
∴△DBE≌△DAF（SAS），
∴DE＝DF，∠ADF＝∠BDE，
∴∠ADE+∠ADF＝90°，
∴∠EDF＝90°，
∴△DEF是等腰直角三角形；
（3）①如图2，
△DEF仍是等腰直角三角形，理由如下：
连接AD，
由上知：∠DAC＝∠ABC＝45°，AD＝BD，
∴180°﹣∠DAC＝180°﹣∠ABD，
∴∠FAD＝∠DBE，
∵BE＝AF，
∴△DBE≌△DAF（SAS），
∴DE＝DF，∠ADF＝∠BDE，
同（2）可得：∠EDE＝90°，
∴△DEF仍是等腰直角三角形；
②如图1，
AE＝AB﹣BE＝a﹣b
如图2，
AE＝AB+BE＝a+b，
故答案为：a﹣b或a+b．
3．（1）解：如图1，
作CG⊥BF，交BD于G，
∴∠BCG＝90°，
∵DE＝DF，∠EDF＝α＝30°，
∴∠DEF＝∠F＝＝75°，
∵AB＝AC，∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，∠BGC＝90°﹣∠B＝30°，
∴BC＝AC，∠BDC＝∠DEF﹣∠B＝15°，
∴∠GCD＝∠BGC﹣∠BDC＝30°﹣15°＝15°，
∴∠GCD＝∠BDC，
∴DG＝CG，
∵CG＝AG，
∴DG＝（4﹣DG），
∴DG＝6﹣2，
∴BC＝AC＝AG＝4﹣（6﹣2）＝2；
（2）证明：如图2，
在CG上截取GH＝AG，连接DH，AE，
∵DG＝EG，
∴四边形AEHD是平行四边形，
∴AE∥DH，AD∥EH，
∴∠GEH＝∠ADE，
∵DE＝∠DC，AB＝AC，
∴∠DEC＝∠DCE，∠B＝∠ACB，
∴∠DEC﹣∠B＝∠DCE﹣∠ACB，
∴∠ADE＝∠DCA，
∴∠GEH＝∠DCA，
∴∠DEC﹣∠GEH＝∠DCE﹣∠DCA，
∴∠HEC＝∠HCE，
∴EH＝CH，
∴DH⊥CE，
∴AE⊥BC，
∴BE＝CE；
（3）解：如图3，
作CG⊥BD于G，作∠GCH＝60°，且CH＝CG，连接HF，
∵线段CP绕点C顺时针旋转60°至线段CP′，
∴∠PCP′＝60°，PC＝P′C，
∴∠GCH＝∠PCP′，
∴∠GCH﹣∠PCH＝∠PCP′﹣∠PCH，
∴∠GCP＝∠HCP′，
∴△CHP′≌△CGP（SAS），
∴∠CHP′＝∠CGP＝90°，
∴点P′在与CH垂直的直线上运动，
作FP″⊥HP′，FP′最短，此时点P′在P″处，
将△CP′″F沿FP″翻折至△C″P″F，交射线BC于Q′，
∵∠B＝30°，
∴∠BCG＝90°﹣∠B＝60°，
∵∠GCH＝60°，
∴∠HCF＝180°﹣∠GCH﹣∠BCG＝60°，
∵∠H＝∠FP″H＝90°，
∴CH∥FP″，
∴∠P″FC″＝∠CFP″＝180°﹣∠HCF＝120°，∠P″FQ′＝60°，
∴∠Q′FC″＝∠P″FC″﹣∠P″FQ′＝60°，
∴
∵CG＝CE＝BC，CF＝CE，
∴CH＝CF，
∵∠CHF＝∠HCF＝60°，
∴△HCF是等边三角形，
∴∠FHP″＝∠CHP″﹣∠CHF＝90°﹣60°＝30°，
∴FP″＝HF＝CF＝FC″，
∴，
即：当FP′最小时，＝．
4．解：（1）BD＝CE，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，
∵AE是由AD绕点A逆时针旋转60°得到的，
∴∠DAE＝60°，AD＝AE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即：∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）①由（1）得：∠DAE＝60°，AD＝AE，BD＝CE，
∴△ADE是等边三角形，
∴DE＝AE，
∴AE＝DE＝BE﹣BD＝BE﹣CE，
故答案为：AE＝BE﹣CE；
②如图，
∠BAD＝45°，理由如下：
连接AF，作AG⊥DE于G，
∴∠AGD＝90°，
∵F是BC的中点，△ABC是等边三角形，△ADE是等边三角形，
∴AF⊥BC，∠ABF＝∠ADG＝60°，
∴∠AFB＝∠AGD，
∴△ABF∽△ADG，
∴，∠BAF＝∠DAG，
∴∠BAF+∠DAF＝∠DAG+∠DAF，
∴∠BAD＝∠FAG，
∴△ABD∽△AFG，
∴∠ADB＝∠AGF＝90°，
由（1）得：BD＝CE，
∵CE＝DE＝AD，
∴AD＝BD，
∴∠BAD＝45°．
5．（1）解：如图1，
作BG⊥AE于G，
∵∠BAC＝90°，
∴tan∠AFC＝，
∴∠AFC＝60°，
∵AE⊥CF，
∴∠BAG＝90°﹣∠AFE＝90°﹣60°＝30°，
∴BG＝AB，
∵AB＝AC＝，
∴，
即点B到AE的距离是；
（2）证明：如图2，
延长AE至H，使EH＝AE，连接DH，CH，
∵AE⊥CF，
∴CH＝AC＝AB，
∴∠ACH＝2∠GCD，
∵BE＝DE，
∴四边形ABHD是平行四边形，
∴DH∥AB，DH＝AB，
∴∠BAD＝∠CDH，CH＝DH，
∴∠ACH＝∠CDH，
∴∠ACH＝∠BAC，
∴∠BAC＝2∠DCG，
∵∠GDC＝∠GCD，
∴DG＝CG，∠FGD＝2∠DCG，
∴∠BAC＝∠FGD，
∵FD平分∠AFC，
∴∠AFD＝∠GFD，
∵DF＝DF，
∴△AFD≌△GFD（AAS），
∴AF＝FG，
∵CG+FG＝FC，
∴DG+AF＝FC；
（3）解：如图3，
作点C沿BD翻折后的对应点C′，延长C′A交BC于N，
∵∠BAD′＝∠BAD＝120°，
∴点D在AC′上运动，
作△ABC′的中位线TV，交AC′′于T，交BC于R，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°，
∵∠BAN＝180°﹣∠BAC′＝180°﹣120°＝60°，
∴∠AVB＝90°，
∵TR∥AC′，
∴TR⊥BC，
∵BN＝，∠BAC＝30°，
∴AN＝，
∴VR＝，
作点A关于TR的对称点A′，连接A′C交TR于H，连接BH并延长交NA于D′，此时△HAC的周长最小，
∵HV＝2＝，
∴AD＝AD′＝2HV＝，
BD＝＝3，
∴＝．
6．（1）解：∵∠ACB+∠ECD＝180°，
∴点B，点C，点D共线，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝50°，
∴∠ECD＝130°，
∵CE＝CD＝BC，
∴∠CED＝∠CDE＝25°，
∵PB＝DP，
∴∠PBD＝∠PDB＝25°，
∴∠ABP＝25°；
（2）如图2，连接BD，
∵CB＝CD，PB＝PD，
∴∠CBD＝∠CDB，∠PBD＝∠PDB，
∴∠PBC＝∠PDC，
∵EC＝CD，
∴∠CED＝∠CDE＝∠PBC，
∵∠ACB+∠ECD＝180°，∠ECD+∠CED+∠CDE＝180°，
∴∠ACB＝2∠EDC＝2∠PBC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠ABC＝2∠PBC，
∴∠ABP＝∠PBC，
∴PB平分∠ABC；
（3）如图3﹣1，当点A与点E重合时，
∵∠ABC＝60°，AC＝AB＝4，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，
∵AC＝CD，
∴∠CAD＝∠CDA＝30°，
∵PB＝PD，
∴∠PBD＝∠PDB＝30°，
∴∠ABP＝∠PBC＝30°，
∵△ABC是等边三角形，
∴BP是EC的垂直平分线，
∴EP＝PC，
∴△EPC是等腰三角形，
∴BE2＝AB2＝16，
如图3﹣2中，当EC＝EP时，过点E作EH⊥BP于点H，连接BE．
∵PB＝PD，CB＝CD，
∴PC⊥BD，PC平分∠BPD，
∵∠CED＝30°＝∠ECP+∠EPC，∠ECP＝∠EPC，
∴∠ECP＝∠EPC＝15°，
∴∠BPC＝∠EPC＝15°，
∴∠EPH＝30°，
∴EH＝PE＝2，PH＝2，
∵PB＝PD＝4+4，
∴BH＝PB﹣PH＝4+4﹣2＝4+2，
∴BE2＝EH2+BH2＝22+（4+2）2＝32+16，
如图3﹣3中，当EC＝EP时，连接BE，作BT⊥EC于点T．
∵∠CEP＝30°，
∴∠ECP＝∠EPC＝75°，
∵∠ECD＝120°，
∴∠DCP＝∠PCB＝45°，
∴∠BCT＝30°，
∴BT＝BC＝2，CT＝2，
∴ET＝4﹣2，
∴BE2＝BT2+ET2＝22+（4﹣2）2＝32﹣16，
综上所述，BE2的值为16或32+16或32﹣16．
7．解：（1）如图1所示：延长BE，
①∵等边△ABC中，点D为BC的中点，
∴AD是BC的垂直平分线，∠BAD＝∠CAD＝30°，
∴BE＝CE，
∴∠EBC＝∠ECB，
∵将线段EB绕点E顺时针旋转至EF，
∴BE＝EF，
∴∠EBF＝∠EFB，
∵∠CEF＝∠FEH+∠HEC＝∠EBF+∠BFE+∠EBC+∠ECB＝2∠ABE+2∠EBC，
∴∠CEF＝2∠ABC＝120°；
②AB＝AF+AE，
理由如下：
如图1﹣1，在AB上截取BM＝AF，连接ME，过点E作EN⊥AB于N，
∵BM＝AF，∠AFE＝∠EBM，BE＝EF，
∴△BME≌△FAE（SAS），
∴AE＝EM，
又∵EN⊥AB，
∴AN＝MN＝AM，
∵∠BAD＝30°，
∴AE＝2NE，AN＝NE，
∴AN＝AE，
∴AM＝AE，
∴AB＝BM+AM＝AF+AE；
（3）如图2，
∵△ABC是等边三角形，AB＝4，点G为AC的中点，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°，CG＝CD＝2，
∵将△CDG绕点C顺时针旋转得到△CMN，
∴CM＝CN＝CG＝CD＝2，∠MCN＝∠ACB＝60°，
∴∠ACN＝∠BCM，
∴△BCM≌△ACN（SAS），
∴∠CAN＝∠CBM，
∴点A，点B，点C，点P四点共圆，
∴∠BPC＝∠BAC＝60°，
∵将△CDG绕点C顺时针旋转得到△CMN，
∴点M在以点C为圆心，CM为半径的圆上，
∴当BM与⊙C相切于点M时，△BCP的面积有最大值，如图所示，过点P作PH⊥BC于H，
∵BM是⊙C的切线，
∴∠BMC＝90°＝∠PMC，
又∵∠BPC＝60°，
∴∠PCM＝30°，
∴CM＝PM＝2，
∴MP＝，
∵BM＝＝＝2，
∴BP＝BM+MP＝，
∵sin∠PBC＝，
∴PH＝＝，
∴△BCP的面积最大值＝×4×＝，
故答案为．
8．解：（1）如图1，
作MN⊥BC于N，
∴∠MNB＝∠MNC＝90°，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
在Rt△MNB中，
BN＝MN＝BM sin∠ABC＝2×＝，
在Rt△CMN中，
tan∠BCD＝＝
∴CN＝3MN＝3，
∴CM＝＝2，BC＝CN+BN＝4，
∵∠CNM＝∠D＝90°，∠MCN＝∠BCD，
∴△CMN∽△CBD，
∴＝，
∴＝，
∴CD＝，
∴DM＝CD﹣CM＝﹣2＝；
（2）如图2，
连接BD，
∵AD⊥AE，
∴∠DAE＝90°，
∴∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠ABE，
∴∠DAB＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠AEC＝∠ADB＝180°﹣∠AED＝180°﹣45°＝135°，
∴∠BDF＝180°﹣∠ADB＝45°，
∴∠BDF＝∠ADC＝45°，
∵∠F+∠FCD＝∠ACB，∠ACD+∠FCD＝∠ACB，
∴∠F＝∠ACD，
∴△BFD∽△ACD，
∴＝，
∵BD＝CE，AD＝DE，
∴＝，
∴＝，
∵∠AEG＝∠DAE＝90°，
∴EG∥AF，
∴△CEG∽△CDF，
∴＝，
∵+＝1，
∴+＝1，
∴EG+CE＝DF；
（3）如图3，
取BC的中点F，连接DF，取CF的中点I，连接MI，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，
∴BC＝AB＝8，
∵∠BDC＝90°，
∴DF＝＝4，
∵点M是CD的中点，
∴IM＝DF＝2，
∴点M在以I为圆心，2为半径的圆上运动，
作OB⊥BI，且OB＝BI＝6，连接OE，
∵∠EBM＝∠OBI＝90°，
∴∠EBM﹣∠OBM＝∠OBI﹣∠OBM，
∴∠EBO＝∠MBI，
∵EB＝BM，
∴△EBO≌△MBI（SAS），
∴OE＝IM＝2，
∴点E在以O为圆心，2为半径的圆上运动，
过点O作OR⊥AB交⊙O于点H，
当点E运动到点H时，△ABE的面积最大，
在Rt△OBR中，OB＝6，∠ABO＝∠OBI﹣∠ABC＝90°﹣45°＝45°，
∴OR＝OB＝3，
∴HR＝OR+OH＝3+2，
∴S△ABE最大＝＝4×（3+2）＝12+4．
9．（1）解：如图1，
作AG⊥CD于G，
∵AC＝CD，
∴∠CDA＝∠CAD＝75°，
∴∠ACD＝180°﹣∠CDA﹣∠CAD＝30°，
∴AG＝＝3，
即：A点CD的距离是3；
（2）证明：如图2，
作CG⊥AD于G，交AE于H，连接DF，
∵AC＝CD，
∴AG＝DG，
∴AH＝DH，
∴∠GAH＝∠ADH，
∵AF＝BF，
∴∠GAH＝∠B，
∴∠B＝∠ADH，
∴DH∥BC，
∴∠EDH＝∠ECF，∠EHD＝∠EFC，
∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
∴△EDH≌△ECF（AAS），
∴DH＝CF，
∴四边形DHCF是平行四边形，
∴DF∥CG，
∴DF⊥AB，
∴AB＝2AD；
（3）解：如图3，
延长CA至H，使AH＝AD，连接HG，作CG′⊥GH于G′，
∵AC＝CD，∠BAC＝45°，
∴∠ADC＝∠BAC＝45°，
∴∠ACD＝90°，
∵AD＝4，
∴AH＝AD＝4，
∵∠BAC＝∠EAG＝45°，
∴∠DAE＝∠GAH，
∴△ADE≌△AHG（SAS），
∴∠H＝∠ADC＝45°，
∴点G在直线HG上运动，
∴CG的最小值是CG′，
∵∠HCG′＝90°﹣∠H＝45°，
∴∠H＝∠HCG′，
∴G′C＝G′H，
由勾股定理得：G′C2+G′H2＝CH2，
∴2G′C2＝（4﹣4）2，
∴G′C＝4﹣2，
即CG的最小值是4﹣2．
10．解：（1）∵∠BAC＝∠CBD＝90°，
∴∠DBF+∠ABC＝90°，∠ABC+∠C＝90°，
∴∠DBF＝∠C，
∵DF⊥AB，
∴∠DFB＝90°，
∴∠DFB＝∠BAC＝90°，
∵BC＝BD，
∴△ABC≌△FDB（AAS），
∴AB＝DF，AC＝BF，
∵tan∠BDF＝＝，
∴设AC＝BF＝a，DF＝3a，
∴AB＝3a，
∴AF＝AB﹣BF＝2a，
在Rt△ADF中，点E是AD的中点，
∴AD＝2EF＝4，
在Rt△ADF中，
∵AF2+DF2＝AD2，
∴（3a）2+（2a）2＝（4）2，
∴a＝4，
∴AC＝4；
（2）如图1，
2BE＝AB+AC，理由如下：
将△ABC绕点B逆时针旋转120°至△BDF，连接AF，EF，延长BE至G，使EG＝BE，连接GD并延长，交BF的延长线于H，
∴BF＝AB，∠ABF＝120°，∠BFD＝∠BAC＝120°，
∴∠AFB＝∠BAF＝30°，
∴∠AFD＝∠BFD﹣∠AFB＝120°﹣30°＝90°，
∵点E是AD的中点，
∴EF＝AE＝，
∵BE＝BE，
∴△ABE≌△FBE（SAS），
∴∠ABE＝∠FBE＝，
∵AE＝DE，∠DEG＝∠AEB，
∴△DEG≌△AEB（SAS），
∴∠G＝∠ABE＝60°，
∴GH∥AB，
∴∠H+∠ABF＝180°，
∴∠H+120°＝180°，
∴∠H＝60°，
∴△BGH是等边三角形，
∴BG＝BH，
∵∠DFH＝180°﹣∠BFD＝180°﹣120°＝60°，
∴△DFH是等边三角形，
∴HF＝DF＝AC，
∴BG＝HF+BF，
∴2BE＝AB+AC；
（3）如图2，
作△ABC的外接圆O，连接DO，取DO的中点O′，连接O′E，
可求得⊙O的半径为：＝4，
∴O′E＝＝2，
连接O′E和O′B，将△BO′E绕点B顺时针旋转120°至△BO″E″，
有（2）知：∠ABE＝60°，
∴点E和点E′关于AB对称，
∴点O″和点O′关于AB对称，
延长DO″至E′，则DE′最大，
连接OB，作OF⊥BD，交BD的延长线于F，作O′G⊥DF于G，
∴∠OBC＝30°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠OBF＝180°﹣∠ABC﹣∠OBC＝30°，
∴OF＝，BF＝＝2，
∴DF＝BD+BF＝4+2＝6，
∴O′G＝，DG＝FG＝DF＝3，
∴BG＝BD﹣DG＝4﹣3＝，
∴∠GDO′＝30°，O′B＝2，
∴O″在OB的中点，
作O″⊥DF于H，作E′N⊥DF于N，
∴O″H＝O″B＝1，BH＝O″B＝，
∵DH＝BD+BH＝4+＝5，
∴DO″＝＝＝2，
由△DHO″∽△DNE′得，
＝，
∴＝，
∴E′N＝，
∴S△BDE′＝＝×＝．
11．（1）解：∵△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE＝∠BAD＝45°，CE＝BD＝8，
∴∠DCE＝∠BCA+∠ACE＝45°+45°＝90°，
∴DE2﹣CD2＝CE2＝82＝64，
有DE﹣CD＝2，
∴DE＝17，CD＝15，
∴BC＝BD+CD＝8+15＝23，
∴AB＝BC＝；
（2）如图1，
作AM⊥BC于M，交BE于N，
∵AB＝AC，
∴AM＝BM＝，
∵∠AHB＝∠BMN＝90°，
∴点A、H、M、B共圆，
∴∠FAH＝∠MBN，
∵∠BMN＝∠AMF＝90°，
∴△AMF≌△BMN（ASA），
∴NM＝MF，
∵MN∥CE，
∴△BMN∽△BCE，
∴＝，
∴MN＝，
由（1）得，CE＝BD，
∴MF＝MN＝，
∴DF＝DM+MF＝BM﹣BD+BD＝BC﹣BD＝＝，
∵CG＝EG，
∴FG＝；
（3）如图2，
连接AM，将△AMC绕点C逆时针旋转90°至△A″M′C，
∴A″M′＝AM＝＝，
∴点M′在以A″为圆心，半径是的圆上运动，
∴当A′，A″，M′（图中M″）共线时，A′M′最大，最大值为A′M″＝A′A″+A″M″＝8+，
∵KB′＝KB＝2，
∴点B′在以K为圆心，2 为半径的圆上运动，
∴当A′，B′，K共线时，A′B′最小，最小值为A′K﹣KB′＝﹣2＝2﹣2，
∵△A′HB′∽△KBA′，
∴＝，
∴＝，
∴B′H＝，
∴S△A′B′M′＝ B′H＝×（10﹣2）＝．
12．（1）解：如图1，
连接BD，
∵△ACB与△ECD都是等腰直角三角形，
∴∠ECD＝∠ACB＝90°，∠E＝∠ADC＝∠CAB＝45°，EC＝DC，AC＝BC，AC2+BC2＝AB2，
∴2AC2＝AB2．
∵∠ECD﹣ACD＝∠ACB﹣∠ACD，
∴∠ACE＝∠BCD．
在△AEC和△BDC中，
，
∴△AEC≌△BDC（SAS）．
∴AE＝BD，∠E＝∠BDC＝45°，CE＝CD，
∴∠BDA＝∠BDC+∠ADC＝90°，
在Rt△ADB中．∵AD2+BD2＝AB2，
∴AD2+AE2＝2AC2．
故答案为：AD2+AE2＝2AC2．
（2）解：如图2，
不成立，AD2﹣AE2＝2AC2，理由如下：
连接BD，
∵∠BAC＝∠DCE＝90°，
∴∠BAC+∠BCE＝∠DCE+∠BCE，
即∠ACE＝∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD，∠CBD＝∠BAC＝45°，
∵∠CBE＝180°﹣∠ABC＝135°，
∴∠EBD＝∠CBE﹣∠CBD＝135°﹣45°＝90°，
∴BD2+AB2＝AD2，
∴AD2﹣AE2＝2AC2，
（3）解：如图3，
当点A在BE上时，
作CF⊥AB于F，
由AC＝3得，
AB＝AC＝6，
∴CF＝AF＝AB＝3，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，
EF2＝CE2﹣CF2＝（）2﹣33＝25，
∴EF＝5，
∴AE＝EF﹣AF＝5﹣3＝2，
∴S△ACE＝＝＝3，
如图4，
当点A在EB的延长线上时，
作CF⊥AB于F，
由上知：CF＝BF＝3，EF＝5，
∴AE＝AF+EF＝3+5＝8，
∴S△ACE＝＝＝12，
综上所述：当点A、E、B共线时，△ACE的面积是3或12．
13．（1）①证明：∵∠ADE＝90°，
∴∠ADB+∠MDE＝90°，
∵∠ABD＝90°，
∴∠ADB+∠BAD＝90°，
∴∠BAD＝∠MDE，
在△ABD和△DME中，
，
∴ABD≌△DME（AAS），
∴MC＝BD，
②∵∠BAC＝∠DAF，
∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAF﹣∠CAD，
即：∠BAD＝∠CAE，
∵，
∴△ABD∽△ACE，
∴∠ACE＝∠B＝90°；
（2）①设AC与DE交于点F，
∵AD平分∠BAC，
∴＝，
∴＝，
∴CD＝4，
∴AB＝BC＝BD+CD＝4+2，
∵∠ADF＝∠B＝90°，
∴△ADF∽△ABD，
∴，
∴（4+2）AF＝（22+（4+2）2，
∴AF＝8，
由（1）得，∠ADF＝∠ACE＝90°，
∵∠AFD＝∠CFE，
∴∠DAF＝∠NED，
∵∠ADF＝∠EDN＝90°，AD＝DE，
∴△ADF≌△EDN（ASA），
∴NE＝AF＝8；
②当点D在线段BC上时，
∵，
∴＝，
由上得，∠MDE＝∠BAD＝∠CAE，
∴＝＝：＝＝．
如图，当点D在CB的延长线上时，
同理可得：＝＝：＝＝．
14．（Ⅰ）证明：∵∠BAC＝∠FAG＝90°，
∴∠BAC﹣∠FAE＝∠FAG﹣∠FAE，
即∠BAF＝∠CAG，
在△AFB和△AGC中，
，
∴△AFB≌△AGC（SAS）；
（Ⅱ）①证明：∵点D是AB的中点，点E是AC的中点，
∴AD＝，AE＝，
∵AB＝AC，
∴AD＝AE，
∵∠DAE＝90°，
∴△DAE是等腰直角三角形，
同理（Ⅰ）得，
△DAF≌△EAG，
∴∠AEG＝∠ADE＝45°，
∴∠GEF＝∠AEG+∠AED＝45°+45°＝90°；
②解：由题意得：AD＝AE＝4，
∴DE＝，
如图1，
当AH＝GH时，∠HAG＝∠AGF＝45°，
AF＝AG，∠FAG＝90°，
∴∠FAE＝∠GAE＝45°，
∵AD＝AE，
∴DF＝EF＝＝2，
如图2，
当AG＝GH时，
∵∠AGF＝∠D＝45°，∠GAF＝∠DAE，
∴△DAF∽△GAH，
∴＝＝1，
∴DF＝AD＝4，
当AH＝AG时，∠AHG＝∠AGH＝45°，
∴∠HAG＝90°，
此时F点和E点重合，不符合题意，
综上所述：DF＝2或4时，△AGH是等腰三角形．
15．解：（1）AP＝BQ，理由如下：
在等边△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝60°，
由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，
∴∠ACB＝∠PCQ，
∴∠ACB﹣∠PCB＝∠PCQ﹣∠PCB，即∠ACP＝∠BCQ，
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴AP＝BQ；
（2）连接PQ，BQ，如图：
由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，
∴△CPQ是等边三角形，
∵PD⊥CQ，
∴CD＝DQ，
∴DP是CQ的垂直平分线，
∴BC＝BQ，
在等边△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝60°，
∴∠ACB＝∠PCQ，
∴∠ACB﹣∠PCB＝∠PCQ﹣∠PCB，即∠ACP＝∠BCQ，
∵CP＝CQ，
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝90°，
∴AC＝BC＝BQ＝AP＝，
∵∠CAP＝90°，
∴CP＝＝2，
在Rt△CDP中，∠CPD＝90°﹣∠PCQ＝30°，
∴CD＝CP＝1，PD＝CD＝，
∵∠CBQ＝∠CAP＝90°，BC＝BQ，
∴∠BCQ＝45°，
∵∠CDB＝90°，
∴∠CBD＝45°＝∠BCQ，
∴BD＝CD＝1，
∴PB＝PD﹣BD＝﹣1；
（3）在AC的上方作等腰直角△ACE，使得∠CAE＝90°，AC＝AE，连接BE，如图：
∵△ACE是等腰直角三角形，AC＝1，
∴CE＝AC＝，∠ACE＝45°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BCE＝90°，
在Rt△BCE中，BE＝＝＝，
∵∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠BAD+∠DAE＝∠CAE+∠DAE，
即∠BAE＝∠DAC，
∵AB＝AD，AE＝AC，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴BE＝CD，
∴CD＝，
故答案为：．
16．（1）解：∵∠ABC＝90°，点D是AC的中点，
∴BD＝CD＝AD＝，
∴∠ABD＝∠A＝30°，
∵∠A＝30°，
∴∠C＝90°﹣∠A＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴BC＝BD，
∵BE＝BC，
∴BD＝BE，
∴∠BDE＝∠BED＝＝75°，
∴∠ADE＝∠BED﹣∠A＝75°﹣30°＝45°；
（2）证明：如图，
连接DE，在GH上截取GM＝GB，连接FG，CM，DM，
∵G是DF的中点，B是EF的中点，
∴BG∥DE，
∴∠BGF＝∠FDE，∠FBG＝∠BED＝75°，
∵BD＝BE，BE＝BF，
∴BF＝BD，
∴∠BDG＝∠BFD，
∵∠FBC＝90°，∠CBD＝60°，
∴∠FBD＝90°+60°＝150°，
∴∠BDF＝∠BFD＝＝15°，
由（1）得：∠BDE＝75°，
∴∠FDE＝∠BDF+∠BDE＝90°，
∴∠FGB＝90°，
∴DF垂直平分BM，
∴BD＝DM，
∴∠BDM＝2∠BDF＝30°，
∴∠BMD＝∠DBM＝75°，∠CDM＝∠BDC﹣∠BDM＝60°﹣30°＝30°，
∵CD＝BD，
∴CD＝DM，
∴∠DMC＝∠DCM＝75°，
∴∠BMC＝∠DMC+∠DMB＝75°+75°＝150°，
∴∠HMC＝180°﹣∠BMC＝30°，
∵∠FHB＝180°﹣∠FBG﹣∠BFH＝180°﹣75°﹣45°＝60°，
∴∠HCM＝∠FHB﹣∠HMC＝60°﹣30°＝30°，
∴∠HCM＝∠HMC，
∴CH＝HM，
∴GH＝GM+HM＝BG+CH；
（3）解：如图2，
当点J在线段CM上时，作BD⊥AC于D，BE⊥CM于E，
∴∠BEC＝∠BDC＝90°，
∵∠ACB＝∠MCB＝60°，
∴BD＝BE，∠ACM＝120°
∴∠DBE＝360°﹣∠BEC﹣∠BDC﹣∠ACM＝60°，
∵∠JBK＝60°，
∴∠JBK＝∠DBE，
∴∠JBE＝∠DBK，
∴△BDK≌△BEJ（ASA），
∴DK＝JE，
∵∠ABC＝90°，∠A＝30°，
∴BC＝AC＝，
∵∠BEC＝90°，∠BCE＝60°，
∴∠CBE＝30°，
∴CE＝＝，
∴JE＝CM﹣MJ﹣CE＝3﹣1﹣＝，
∴DK＝JE＝，
∴CK＝DK﹣CD＝﹣＝，
如图3，
由上得，DK＝JE，
∵JE＝CM+JM﹣CE＝3+1﹣＝，
∴CK＝DK﹣CD＝﹣＝，
综上所述：CK＝或．
17．（1）证明：∵∠BAC＝∠HAG＝90°，
∴∠BAC﹣∠HAC＝∠HAG﹣∠HAC，
即：∠BAH＝∠CAG，
在△AHB和△AGC中，
，
∴△AHB≌△AGC（SAS）；
（2）①证明：∵点E，F分别为AB，AC的中点，
∴AE＝，AF＝，
∵AB＝AC，
∴AE＝AF，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴同理（1）可得：△EAH≌△FAG，
∴∠AFG＝∠AEF＝45°，
∴∠GFH＝∠AFG+∠AFH＝45°+45°＝90°，
即：∠HFG＝90°；
②解：当AQ＝QG时，∠QAG＝∠AGQ＝45°，
∴∠HAF＝∠HAG﹣∠QAG＝90°﹣45°＝45°，
∵AE＝AF，
∴EH＝FH＝，
∵AE＝AF＝＝1，
∴EF＝＝，
∴EH＝，
当AG＝GQ时，
∠GAQ＝∠AQG＝＝＝67.5°，
∴∠EAH＝∠GAQ＝67.5°，
∵∠AEF＝45°，
∴∠AHQ＝67.5°，
∴EH＝AE＝1，
当AQ＝AG时，∠AQG＝∠AGQ＝45°，
∴∠QAG＝90°，
此时点H与点F重合，不符合题意，
综上所述：EH＝或1．
18．（1）解：如图1，
作EF⊥BC于F，
∵BE平分∠ABC，∠BAC＝90°，
∴BF＝AB＝AC＝1，
∴CF＝BC﹣BF＝﹣1，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠C＝∠B＝45°，
∴∠CEF＝90°﹣∠C＝45°，
∴∠C＝∠CEF，
∴EF＝CF＝﹣1，
∴AE＝﹣1；
（2）证明：如图1，
延长AG至N，使GN＝AG，
∵DG＝BG，∠DGN＝∠AGB，
∴△DGN≌△BGA（SAS），
∴DN＝AB，∠BAG＝∠N，
∴AB∥DN，
∴∠ADN+∠DAB＝180°，
又∵AC＝AB，
∴DN＝AC，
∵∠CAB+∠DAE＝180°，
∴∠DAB+∠CAE＝360°﹣（∠CAB+∠DAE）＝180°，
∴∠ADN＝∠CAE，
∴△ACE≌△DNA（SAS），
∴∠DAN＝∠AEH，
∵∠DAE＝90°，
∴∠DAN+∠EAH＝90°，
∴∠EAH+∠AEC＝90°，
∴∠AHE＝90°，
∴AH⊥CE；
（3）解：如图2，
在CD上截取CF＝AB＝3，连接FN，BF，交AC于N′，
由题意可得，
∠FCN＝∠BAC＝∠BAE＝45°，AM＝CN，
∴△ABM≌△CFN（SAS），
∴FN＝BM，
∴当点N在N′处时，
FN+BN最小，即：BM+BN最小，
此时△BNC与△ABM的面积和为△BCF的面积＝BC CF＝＝9．
19．（1）解：如图1，
在AC上截取CG＝CF，连接EG，
∴CD﹣CF＝CD﹣CG＝3，
∵△ABC绕点A旋转得到△ADE，
∴AC＝AE，DE＝BC＝2，
∵∠CAE＝60°，
∴△ACE是等边三角形，
∴AC＝CE，
∵∠ACF＝∠DCE，
∴△ACF≌△CGE（SAS），
∴AF＝EG，
∵∠CDE＝90°，
∴EG＝＝＝，
∴AF＝；
（2）证明：如图2，
连接BG，DG，延长BF至H，使FH＝BF，连接GH，EH，
∵∠EFH＝∠BFC，CF＝EF，
∴△BCF≌△HEF（SAS），
∴EH＝BC，∠BCF＝∠FEH，
∵BC＝DE，
∴DE＝EH，
∵AC＝AE，
∴∠ACE＝∠AEC，
∵∠BCE＝∠AEG，
∴∠ACB+∠ACE＝∠CEG+∠AEC，
∴∠ACB＝∠CEG，
∵∠AED＝∠ACB，
∴∠AED＝∠CEG，
∴∠AED+∠CED＝∠CEG+∠CED，
∴∠DEG＝∠AEC，
∵∠BCF＝∠FEH，
∴∠BCF﹣∠ACB＝∠FEH﹣∠ACB，
∴∠ACE＝∠FEH﹣∠ACB，
∵∠ACB＝∠CEG，
∴∠ACE＝∠FEG﹣∠CEG＝∠HEG，
∴∠DEG＝∠HEG，
∵EG＝EG，
∴△GEH≌△GED（SAS），
∴DG＝GH，
∵∠GAD＝，
∴∠DAE+∠CAG＝，
∴∠BAC+∠CAG＝，
∴∠BAG＝，
∴∠BAG＝∠DAG，
∵AB＝AD，AG＝AG，
∴△BAG≌△DAG（SAS），
∴BG＝DG，
∴BG＝GH，
∵BF＝FH，
∴GF⊥BF；
（3）解：如图3，
连接BD，以BD为直径作⊙O，以A为圆心，AC为半径作⊙A，作BP′切⊙A于C′，交⊙O于点P′，
当点C在C′，点P在点P′时，BP最大，最大为BP′的长，
此时BP′＝BC′+C′P′，
∵BC′＝＝＝2，C′P′＝AE′＝1，
∴BP′＝2+1，
∴BP的最大值为：2+1．
20．（1）解：∵∠BDE＝∠ADC，
∴∠BDE﹣∠ADE＝∠ADC﹣∠ADE，
即：∠ADB＝∠DCE，
∵BD＝ED，AD＝CD，
∴△ABD≌△CED（SAS），
∴AD＝CD，∠BAD＝∠DCE，
∵DF⊥AB，DH⊥AC，
∴∠AFD＝∠CHD＝90°，AH＝CH＝，
∴△ADF≌△CDH（AAS），
∴DF＝DH，
在Rt△ADH中，由勾股定理得，
DH＝＝＝2，
∴DF＝2；
（2）证明：如图1，
延长DF至H，使FH＝DF，连接AH，EH，
∵EF＝AF，
∴四边形AHED是平行四边形，
∴AH＝DE，AH∥DE，
∴∠DAH＝180°﹣∠ADE，
∵∠BDC＝∠ADC+∠ADB＝90°+（∠BDE﹣∠ADE）＝90°+（90°﹣∠ADE）＝180°﹣∠ADE，
∴∠DAH＝∠BDC，
∵BD＝DE，
∴AH＝BD，
∵AD＝CD，
∴△ADH≌△DCB（SAS），
∴DH＝BC，∠ADH＝∠DCB，
设∠CAK＝α，
∴∠ADH＝∠DCB＝2α，
∴∠DAE＝∠CAD﹣∠CAK＝45°﹣α，
∵∠AKD＝∠ACD+∠CAK＝45°+α，
∠DFK＝∠ADF+∠DAF＝2α+（45°﹣α）＝45°+α，
∴∠AKD＝∠DFK，
∴DF＝DK，
∴DH＝2DF＝2DK，
∴BC＝2DK；
（3）解：如图2，
将△CTM绕点C顺时针旋转90°至△CQO，作MG⊥BC于G，作OH⊥BC，交BC的延长线于H，
∴OQ＝MT＝BM＝，CM＝OC，∠MCO＝90°，∠CGM＝∠OHC＝90°，
∴∠CMG+∠OCH＝90°，∠OCH+∠COH＝90°，
∴∠CMG＝∠COH，
∴△CGM≌△OHC（AAS），
∴OH＝CG，CH＝GM，
∵BC＝＝4，BG＝GM＝BM＝1，
∴OH＝CG＝BC﹣BG＝4﹣1＝3，
在Rt△BOH中，由勾股定理得，
OB＝＝＝，
∴BQ≥OB﹣OQ＝﹣，
∴当B、Q、O共线时，BQ最小，最小值为：﹣，
此时tan∠OBH＝＝，
如图3，
不妨设OH＝3，HT＝BH＝5，则OT＝2，BT＝BH＝5，
RT＝OR＝OT＝，
∴BR＝BT﹣RT＝4，
∴OB＝＝，
∴sin∠ABQ＝sin∠OBT＝，
∴S△ABQ＝＝×2×（﹣）×＝．

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