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2023年春九年级数学中考复习《几何图形变换综合压轴题》专题训练（附答案）
1．在△ABC中，AB＝2，CD⊥AB于点D，CD＝．
（1）如图1，当点D是线段AB的中点时，
①AC的长为　 　；
②延长AC至点E，使得CE＝AC，此时CE与CB的数量关系是　 　，∠BCE与∠A的数量关系是　 　；
（2）如图2，当点D不是线段AB的中点时，画∠BCE（点E与点D在直线BC的异侧），使∠BCE＝2∠A，CE＝CB，连接AE．
①按要求补全图形；
②求AE的长．
2．已知，点O是等边△ABC内的任一点，连接OA，OB，OC．
（Ⅰ）如图1所示，已知∠AOB＝150°，∠BOC＝120°，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC．
①求∠DAO的度数；
②用等式表示线段OA，OB，OC之间的数量关系，并证明．
（Ⅱ）设∠AOB＝α，∠BOC＝β．
①当α，β满足什么关系时，OA+OB+OC有最小值？并说明理由；
②若等边△ABC的边长为1，请你直接写出OA+OB+OC的最小值．
3．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：
（1）探究1，如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，BC＝5，将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连接CD，过点D作BC边上的高DE，则DE与BC的数量关系是　 　，△BCD的面积为　 　；
（2）探究2，如图2，在一般的Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝（m+n）2﹣（m﹣n）2（m＞0，n＞0），将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连接CD，请用含m，n的式子表示△BCD的面积，并说明理由．
（3）探究3：如图3，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，BC＝a+b+c（a＞0，b＞0，c＞0），将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连接CD，试探究用含a，b，c的式子表示△BCD的面积，要有探究过程．
4．小明同学用两个形状相同都含有30°角的直角三角板进行研究，通过不同的摆放探究图形中的边角关系．
（一）猜测探究
（1）如图1，使直角三角板的两个30°锐角∠BAC和∠DAE重合，斜边AB和AD重合，此时的值为　 　；
（2）如图2，将图（1）中的△ABC绕点A逆时针旋转30°，使AC与AD重合，连接BD，CE，（1）中结论是否改变，若不变，请加以证明；若改变，请说明理由；
（二）拓展应用
（3）在图2中，小明发现∠BDC＝45°，求此时∠DCE的度数．
5．已知∠AOB＝α（0°＜α＜90°），点P、点M分别在射线OA、OB上，∠PMO为钝角，将线段PM绕点P顺时针旋转180°﹣α，得到线段PN，连接ON．
（1）如图1，①求证：∠OMP＝∠OPN；
②若α＝45°，OP＝2，直接写出△OPN的面积为　 　；
（2）如图2，点C在射线OB上，使PC＝ON，点D为MC的中点，连接PD．
①若α＝60°，求证：△OPD是等边三角形；
②若α＝30°，直接写出∠OPD的度数为　 　．
6．在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，D是射线CA上一点，连接BD，以点B为中心，将线段BD顺时针旋转60°，得到线段BE，连接AE．
（1）如图1，当点D在线段CA上时，连接DE，若DE⊥AB，则线段AE，BE的数量关系是　 　；
（2）当点D在线段CA的延长线上时，依题意补全图形2．
①探究线段AE，BE的数量关系，并证明；
②直接写出线段CD，AB，AE之间的数量关系．
7．如图1，在平面直角坐标系中，点A（a，0）在x轴负半轴上，点B在y轴正半轴上，设AB＝b，且b+2a＝0．
（1）直接写出∠BAO的度数．
（2）如图2，点D为AB的中点，点P为y轴负半轴上一点，以AP为边作等边三角形APQ，连接DQ并延长交x轴于点M，若AB＝6，求点M的坐标．
（3）如图3，点C与点A关于y轴对称，点E为OC的中点，连接BE，过点B作∠CBF＝∠AEB，且BF＝BE，连接AF交BC于点P，求的值．
8．如图，已知△ABC和△ADE均为等腰三角形，AC＝BC，DE＝AE，将这两个三角形放置在一起．
（1）问题发现：
如图①，当∠ACB＝∠AED＝60°时，点B、D、E在同一直线上，连接CE，则∠CEB＝　 　°，线段BD、CE之间的数量关系是　 　；
（2）拓展探究：
如图②，当∠ACB＝∠AED＝90°时，点B、D、E在同一直线上，连接CE，请判断∠CEB的度数及线段BD、CE之间的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题：
如图③，∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝2，AE＝2，连接CE、BD，在△AED绕点A旋转的过程中，当DE⊥BD时，请直接写出EC的长．
9．对于平面直角坐标系xOy中的线段AB和点M，给出定义：若M满足：MA＝MB，则称M是线段AB的“富强点”，其中，当0°＜∠AMB＜60°，称M为线段AB的“民主点”；当60°≤∠AMB≤180°时，则称M为“文明点”．
（1）如图1，点A，B的坐标分别为（0，2），（2，0），则在坐标M1（0，0），M2（2，3），M3（4，4）中，是线段AB的“富强点”为：　 　；是线段AB的“文明点”为　 　．
（2）如图2，点A的坐标为（﹣3，0），AB＝2，且∠OAB＝30°．若M为线段AB的“民主点”，直接写出M的横坐标m的取值范围；
（3）在（2）的条件下，点P为y轴上的动点（不与B重合且BP≠AB），若T为AB的“富强点”，当线段TB和TP的和最小时，求T的坐标，以及此时T关于直线AB的对称点S的坐标．
10．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是中线，AC＝BC，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC，BC的延长线相交，交点分别为点E，F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N．
（1）如图①若CE＝CF，求证：DE＝DF；
（2）如图②在∠EDF绕点D旋转的过程中：若CE＝4，CF＝2，
①求线段AB的长；
②求DN的长．
11．△ABC为等边三角形，AB＝8，D、E、F分别是BC、AB、AC的中点，连接EF、CE，分别取EF、CE的中点M、N，连接MN、DN．
（1）如图1，MN与DN的数量关系是　 　，∠DNM＝　 　；
（2）如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转，旋转角为α，
①当0°＜α＜90°时，（1）中的结论是否依然成立？说明理由；
②连接BN，在△AEF绕点A逆时针旋转过程中，当线段BN最大时，求△ADN的面积．
12．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，点D，E分别为AC，BC的中点．△CDE绕点C顺时针旋转，设旋转角为α（0°≤α≤360°），记直线AD与直线BE的交点为点P．
（1）如图1，当α＝0°时，AD与BE的数量关系为 　 　，AD与BE的位置关系为 　 　；
（2）当0°＜α≤360°时，上述结论是否成立？若成立，请仅就图2的情形进行证明；若不成立，请说明理由；
（3）△CDE绕点C顺时针旋转一周，请直接写出运动过程中P点运动轨迹的长度和P点到直线BC距离的最大值．
13．在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，点D在射线BC上（不与点B、C重合），连接AD，将AD绕点D顺时针旋转90°得到DE，连接BE．
（1）如图1，点D在BC边上．
①求证：AB＝BE+BD；
②若BE＝2BD＝2，求CD的长．
（2）如图2，点D在BC边的延长线上，用等式表示线段AB、BD、BE之间的数量关系（直接写出结论）．
14．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，将点C绕点B，顺时针旋转105°得到点D，连接BD，过点D作DE⊥BC交CB延长线于点E，点F为线段DE上的一点，且∠DBF＝45°，作∠BFD的角平分线FG交AB于点G．
（1）求∠BFD的度数；
（2）求BF，DF，GF三条线段之间的等量关系式；
（3）如图2，设H是直线DE上的一个动点，连接HG，HC，若AB＝，求线段HG+HC的最小值（结果保留根号）．
15．如图1，等边△ABC中，AB＝6，AD⊥BC于点D，点P为线段AD上任一点，连接PC，将线段PC绕点C逆时针旋转60°得到线段CQ，连接PQ．
（1）如图2，当点Q恰好在AD的延长线上时，PD的长为　 　；
（2）如图3，连接BQ，求证：△ACP≌△BCQ；
（3）连接DQ，
①若△BDQ为等腰三角形时，求∠BDQ的度数；
②求线段DQ的最小值．
16．已知：如图①，在Rt△ABC中，AB⊥AC，AB＝6cm，BC＝10cm，将△ABC绕AC中点旋转180°得到△CDA．如图②，再将△CDA沿AC的方向以1cm/s的速度平移得到△NDP；同时，点Q从点C出发，沿CB方向以2cm/s的速度运动，当点Q停止运动时，△NDP也停止平移，设运动时间为t（s）（0＜t＜5）．解答下列问题．
（1）当t为何值时，PQ∥AB？
（2）在运动过程中，t为何值时△PQC的面积最大？并求面积的最大值；
（3）是否存在某一时刻t，使PQ⊥DQ？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
17．如图，△ABC和△CEF中，∠BAC＝∠CEF＝90°，AB＝AC，EC＝EF，点E在AC边上．
（1）如图1，连接BE，若AE＝3，BE＝，求FC的长度；
（2）如图2，将△CEF绕点C逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），旋转过程中，直线EF分别与直线AC，BC交于点M，N，当△CMN是等腰三角形时，求旋转角α的度数；
（3）如图3，将△CEF绕点C顺时针旋转，使得点B，E，F在同一条直线上，点P为BF的中点，连接AE，猜想AE，CF和BP之间的数量关系并说明理由．
18．如图，△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DBE＝90°，连接CD，以CA、CD为邻边作 CAFD，连接CE，BF．
（1）如图1，当D在BC边上时，请直接写出CE与BF的关系；
（2）如图2，将图1中的△BDE绕点B顺时针旋转到图2的位置，其他条件不变，（1）中的结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
（3）若AC＝3，BD＝2，将图1中的△BDE绕点B顺时针旋转一周，当BD与直线BC夹角为30°时，请直接写出CE的值．
19．折纸，常常能为证明一个命题提供思路和方法．
例如，在△ABC中，AB＞AC（如图1），怎样证明∠C＞∠B呢？
把AC沿∠A的平分线AD翻折，因为AB＞AC，所以点C落在AB上的点C'处（如图2）．于是，由∠AC'D＝∠C，∠AC'D＞∠B，可得∠C＞∠B．
利用上述方法（或者思路）解决下列问题：
（1）如图2，上述阅读材料中，若∠B＝45°，∠C＝60°，则∠C'DB＝　 　°．
（2）如图3，△ABC中，∠ACB＝90°，AD平分∠BAC，交BC于点D．若CD＝2，AB＝6．求△ABD的面积．
（3）如图4，△ABC中，已知AD⊥BC于点D，且CD＝AB+BD．若∠C＝24°，求∠CAB的度数．
20．如图1，△ABC和△CDE都是等边三角形，且点A、C、E在一条直线上，可以证明△ACD≌△BCE，则AD＝BE．
（1）将图1中的△CDE绕点C旋转到图2，猜想此时线段AD与BE的数量关系，并证明你的结论．
（2）如图2，连接BD，若AC＝2cm，CE＝1cm，现将△CDE绕点C继续旋转，则在旋转过程中，△BDE的面积是否存在最大值？如果存在，直接写出这个最大值；如果不存在，请说明理由．
（3）如图3，在△ABC中，点D在AC上，点E在BC上，且DE∥AB，将△DCE绕点C按顺时针方向旋转得到三角形CD'E'（使∠ACD'＜180°），连接BE'，AD'，设AD'分别交BC、BE'于O、F，若△ABC满足∠ACB＝60°，BC＝，AC＝，求的值及∠BFA的度数．
参考答案
1．解：（1）①如图1中，
∵AD＝DB＝AB＝，CD⊥AB，
∴CA＝CB，∠ADC＝90°，
∵CD＝，
∴AC＝＝＝．
故答案为：．
②连接BE．∵CA＝CE，CA＝CB，
∴CE＝CB，
∵CA＝CB，
∴∠A＝∠CBA，
∴∠ECB＝∠A+∠CBA＝2∠A，
故答案为：CE＝CB，∠BCE＝2∠A．
（2）①图形如图2所示：
②如图2中，在AC的上方作△ACT，使得CT＝CA，∠ACT＝∠BCE，过点C作CH⊥AT于H．
∵CA＝CT，CH⊥AT，
∴AH＝HT，∠ACH＝∠TCH，
∵∠BCE＝2∠CAB，∠ECB＝∠ACT，
∴∠ACH＝∠CAB，
∴CH∥AB，
∴∠CHA＝∠HAB＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°，
∴四边形ADCH是矩形，
∴CD＝AH＝HT＝，
∴AT＝2AH＝2，
∵∠ACT＝∠ECB，
∴∠ACE＝∠TCB，
∵CA＝CT，CE＝CB，
∴△ACE≌△TCB（SAS），
∴AE＝BT，
∵BT＝＝＝2，
∴AE＝BT＝2．
2．解：（Ⅰ）①∵∠AOB＝150°，∠BOC＝120°，
∴∠AOC＝90°，
由旋转的性质可知，∠OCD＝60°，∠ADC＝∠BOC＝120°，
∴∠DAO＝360°﹣60°﹣90°﹣120°＝90°，
故答案为：90°；
②线段OA，OB，OC之间的数量关系是OA2+OB2＝OC2．
如图1，连接OD．
∵△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，
∴△ADC≌△BOC，∠OCD＝60°．
∴CD＝OC，∠ADC＝∠BOC＝120°，AD＝OB，
∴△OCD是等边三角形，
∴OC＝OD＝CD，∠COD＝∠CDO＝60°，
∵∠AOB＝150°，∠BOC＝120°，
∴∠AOC＝90°，
∴∠AOD＝30°，∠ADO＝60°．
∴∠DAO＝90°．
在Rt△ADO中，∠DAO＝90°，
∴OA2+AD2＝OD2．
∴OA2+OB2＝OC2．
（Ⅱ）①如图2，当α＝β＝120°时，OA+OB+OC有最小值．
作图如图2，
如图2，将△AOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△A′O′C，连接OO′．
∴△A′O′C≌△AOC，∠OCO′＝∠ACA′＝60°．
∴O′C＝OC，O′A′＝OA，A′C＝BC，
∠A′O′C＝∠AOC．
∴△OCO′是等边三角形．
∴OC＝O′C＝OO′，∠COO′＝∠CO′O＝60°．
∵∠AOB＝∠BOC＝120°，
∴∠AOC＝∠A′O′C＝120°．
∴∠BOO′＝∠OO′A′＝180°．
∴四点B，O，O′，A′共线．
∴OA+OB+OC＝O′A′+OB+OO′＝BA′时值最小；
②当等边△ABC的边长为1时，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝30°
，在Rt△BDC中，BD＝BC cos30＝，
∴BA'＝2BD＝，
∴OA+OB+OC的最小值A′B＝．
3．解：（1）∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠ABC＝90°，
由旋转知，AB＝DB，
∵∠ABD＝90°，
∴∠ABC+∠DBE＝90°，
∴∠A＝∠DBE，
∴△ABC≌△BDE（AAS），
∴BC＝DE＝5，
∴S△BCD＝BC DE＝×5×5＝12.5，
故答案为：DE＝BC，12.5；
（2）S△BCD＝8m2n2，理由：
过点D作DE⊥CB，交CB的延长线于E，如图2，
同（1）的方法得，△ACB≌△BED（AAS），
∴BC＝DE，
∵BC＝（m+n）2﹣（m﹣n）2＝m2+n2+2mn﹣（m2+n2﹣2mn）＝4mn，
∴DE＝4mn，
∴S△BCD＝BC DE＝×4mn×4mn＝8m2n2；
（3）如图3，过点A作AF⊥BC于F，
∵AC＝BC，∴BF＝BC＝（a+b+c），
过点D作DE⊥CB，交CB的延长线于E，
同（1）的方法得DE＝BF＝（a+b+c），
S△BCD＝BC DE＝×（a+b+c）×（a+b+c）＝（a+b+c）2；
4．解：（1）在Rt△ABC中，∠A＝30°，
∴＝cosA＝cos30°＝，
∵∠ACB＝∠AED＝90°，
∴BC∥DE，
∴，
∴＝，
故答案为：；
（2）不变，理由：在Rt△ABC中，∠BAC＝30°，
∴＝cos∠BAC＝cos30°＝，
在Rt△AED中，∠DAE＝30°，
∴＝cos∠DAE＝cos30°＝，
∴，
∴，
∵∠BAD＝∠CAE＝30°，
∴△BAD∽△CAE，
∴＝；
（3）由（2）知，△BAD∽△CAE，
∴∠BDA＝∠CEA＝45°，
∵∠DAE＝30°，
∴∠DCE＝∠DAE+∠CEA＝30°+45°＝75°．
5．解：（1）①由旋转知，∠MPN＝180°﹣α，
∴∠OPN＝∠MPN﹣∠OPM＝180°﹣α﹣∠OPM，
在△MPO中，∠AOB＝α，
∴∠OMP＝180°﹣∠AOB﹣∠OPM＝180°﹣α﹣∠OPM，
∴∠OMP＝∠OPN；
②如图1，
过点P作PE⊥OB于E，
∴∠OEP＝90°，
在Rt△OEP中，∠AOB＝α＝45°，OP＝2，
∴PE＝OP＝，
过点N作NF⊥OA于F，
∴∠NFP＝90°＝∠PEM，
由①知，∠OMP＝∠OPN，
∴180°﹣∠OMP＝180°﹣∠OPN，
∴∠PME＝∠NPF，
∵PM＝PN，
∴△PEM≌△NFP（AAS），
∴NF＝PE＝，
∴S△OPN＝OP NF＝×2×＝，
故答案为：；
（2）①如图2，
过点P作PE⊥OB于E，过点N作NF⊥OA于F，
同（1）②的方法得，△NFP≌△PEM（AAS），
∴PF＝ME，NF＝PR，
在Rt△OFN和Rt△CEP中，
，
∴Rt△OFN≌Rt△CEP（HL），
∴OF＝CE，
∵OF＝OP+PF＝OP+ME，
∵点D是MC的中点，
∴CD＝DM，
∴DE＝DM﹣ME＝CD﹣ME＝CD﹣PF＝CD﹣（OF﹣OP）＝CD﹣CE+OP＝OP﹣DE，
∴DE＝OP，
在Rt△PEO中，∠AOB＝α＝60°，
∴∠OPE＝30°，
∴OE＝OP，
∴OD＝OE+DE＝OP，
∵∠DOP＝60°，
∴△OPD是等边三角形；
②由①知，DE＝OP，
在Rt△OEP中，∠POE＝α＝30°，
∴PE＝OP，
∵∠PED＝90°，
∴DE＝PE，
∴∠ODP＝45°，
∴∠OPD＝180°﹣∠POE﹣∠ODP＝180°﹣30°﹣45°＝105°，
故答案为：105°．
6．解：（1）AE＝BE．
∵将线段BD顺时针旋转60°，得到线段BE，
∴BD＝BE，∠DBE＝60°，
∴△DBE为等边三角形，
∵DE⊥AB，
∴∠DBA＝∠DBE＝30°，
∵∠BAC＝30°，
∴∠DBA＝∠DAB，
∴DA＝DB，
∴DE是AB的垂直平分线，
∴AE＝BE；
故答案为：AE＝BE．
（2）依题意补全图形：
①AE＝BE．
如图3，过点E作EM⊥AB于M．
∵将线段BD顺时针旋转60°，得到线段BE，
∴∠EBD＝60°，BD＝BE，
∵∠DBC＝∠ABC+∠ABD＝60°+∠ABD，
∠EBM＝∠EBD+∠ABD＝60°+∠ABD，
∴∠DBC＝∠EBM．
在△DBC与△EBM中，
，
∴△DBC≌△EBM（AAS）．
∴BC＝BM．
在△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，
∴BC＝AB．
∴BM＝AB．
∴EM垂直平分AB．
∴AE＝BE．
②CD2+．
∵△DBC≌△EBM，
∴BD＝BE，
∵AE＝BE，
∴AE＝BD，
∵∠DCB＝90°，
∴CD2+BC2＝BD2，
∵BC＝AB，
∴CD2+＝AE2．
7．解：（1）∵点A（a，0）在x轴负半轴上，
∴AO＝﹣a，
∵AB＝b，且b+2a＝0，
∴AB＝2OA，
在x轴的正半轴上取点C，使OC＝OA，连接BC，
∵OB⊥AC，
∴AB＝BC，
又∵AC＝2OA，
∴AC＝AB，
∴AC＝BC＝AB，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAO＝60°；
（2）连接BM，
∵△APQ是等边三角形，
∴∠PAQ＝60°，AQ＝AP，
∵∠BAO＝60°，
∴∠PAQ﹣∠OAQ＝∠BAO﹣∠OAQ，
∴∠OAP＝∠DAQ，
∵D为AB的中点，
∴AD＝AB，
∵∠ABO＝30°，
∴AO＝AB，
∴AD＝AO，
在△AQD和△APO中，
，
∴△AQD≌△APO（SAS），
∴∠ADQ＝∠AOP＝90°，
即DQ⊥AB，
∴AM＝BM，
∴△ABM为等边三角形，
∴OM＝AB＝3，
∴M（3，0）；
（3）如图3，过点F作FM∥x轴交CB的延长线于点M，则∠BCA＝∠FMB，
∵∠CBF＝∠AEB，
∴∠BEC＝∠MBF，
在△BEC和△FBM中，
，
∴△BEC≌△FBM（AAS），
∴EC＝BM，BC＝MF，
∵AC＝BC，
∴AC＝MF，
又∵E是OC的中点，设OC＝2a，
∴等边三角形ABC的边长是4a，OE＝EC＝a＝BM，
∵MF∥AC，
∴∠ACP＝∠PMF，
在△PAC和△PFM中，
，
∴△PAC≌△PFM（AAS），
∴PM＝PC，
又∵MC＝5a，
∴BP＝﹣BM＝a，PC＝MC＝a，
∴＝．
8．解：（1）在△ABC为等腰三角形，AC＝BC，∠ACB＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，∠CAB＝60°，
同理：AE＝AD，∠AED＝∠ADE＝∠EAD＝60°，
∴∠EAD＝∠CAB，
∴∠EAC＝∠DAB，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴CE＝BD，∠AEC＝∠ADB，
∵点B、D、E在同一直线上，
∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝120°，
∴∠AEC＝120°，
∴∠CEB＝∠AEC﹣∠AEB＝60°，
故答案为60，BD＝CE；
（2）∠CEB＝45°，BD＝CE，理由如下：
在等腰三角形ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴AB＝AC，∠CAB＝45°，
同理，AD＝AE，∠AED＝90°，∠ADE＝∠DAE＝45°，
∴，∠DAE＝∠CAB，
∴∠EAC＝∠DAB，
∴△ACE∽△ABD，
∴，
∴∠AEC＝∠ADB，BD＝CE，
∵点B、D、E在同一条直线上，
∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝135°，
∴∠AEC＝135°，
∴∠CEB＝∠AEC﹣∠AED＝45°；
（3）由（2）知，△ACE∽△ABD，
∴BD＝CE，
在Rt△ABC中，AC＝2，
∴AB＝AC＝2，
①当点E在点D上方时，如图③，
过点A作AP⊥BD交BD的延长线于P，
∵DE⊥BD，
∴∠PDE＝∠AED＝∠APD，
∴四边形APDE是矩形，
∵AE＝DE，
∴矩形APDE是正方形，
∴AP＝DP＝AE＝2，
在Rt△APB中，根据勾股定理得，BP＝＝6，
∴BD＝BP﹣AP＝4，
∴CE＝BD＝2；
②当点E在点D下方时，如图④
同①的方法得，AP＝DP＝AE＝2，BP＝6，
∴BD＝BP+DP＝8，
∴CE＝BD＝4，
即：CE的长为2或4．
9．解：（1）如图中，
，
根据定义可知：线段AB“富强点”为M1，M3，
线段AB的“文明点”为M1．
故答案为：M1，M3；M1．
（2）过线段AB的中点C作线段AB的垂直平分线l，交y轴于点F，过A作AE⊥x轴交直线l于点E，连接BE，AF．
∵∠OAB＝30°，∠AOB＝90°，
∴∠ABO＝60°，
又∵EA＝EB，
∴△ABE是等边三角形，
同理可证△ABF也是等边三角形，
∴∠AEB＝∠AFB＝60°，
由图可知，E的横坐标为﹣3，F的横坐标为0，
当M在点E上方，或M在点F的下方时，满足：0°＜∠AMB＜60°，
∴M的横坐标m的取值范围为：m＞0或m＜﹣3．
（3）如图，作线段AB的垂直平分线l，则T在直线l上运动，
∵T为线段AB的“富强点”，
∴TA＝TB，
∴TB+TP＝TA+TP≥AP′，（点到直线所有连线中，垂直段最短），
此时，直线l与x轴的交点T′为所求的坐标．
在Rt△ACT′中，∠CAT′＝30°，AC＝，
∴AT′＝＝2，
∴OT′＝OA﹣AT′＝1，
∴T′（﹣1，0），
在Rt△ABO中，∠OAB＝30°，
∴OB＝AB＝，
作T′个关于直线AB的对称点S，过点S作SM⊥OA于M，根据对称性，∠SAB＝∠OAB＝30°，
∴∠SAT′＝60°，
∵∠AT′S＝60°，
∴△SAT′是等边三角形，
∵SM⊥AT′，
∴AM＝T′M＝1，
∴SM＝＝，
∴所求T′关于直线AB的对称点S的坐标为：（﹣2，）．
10．（1）证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AD＝BD，
∴∠BCD＝∠ACD＝45°，∠BCE＝∠ACF＝90°，
∴∠DCE＝∠DCF＝135°，
在△DCE与△DCF中，
．
∴△DCE≌△DCF（SAS），
∴DE＝DF．
（2）解：①∵∠DCF＝∠DCE＝135°，
∴∠CDF+∠F＝180°﹣135°＝45°，
∵∠CDF+∠CDE＝45°，
∴∠F＝∠CDE，
∴△CDF∽△CED，
∴，即CD2＝CE CF，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AD＝BD，
∴，
∴AB2＝4CE CF，
当CE＝4，CF＝2时，AB2＝32，
∵AB＞0，
∴．
②如图②中，过D作DG⊥BC于点G，
则∠DGN＝∠ECN＝90°，CG＝DG，
当CE＝4，CF＝2时，由CD2＝CE CF得，
在Rt△DCG中，CG＝DG＝CD sin∠DCG＝2×＝2，
∵∠ECN＝∠DGN，∠ENC＝∠DNG，
∴△CEN∽△GDN，
∴，
∴，
∴．
11．解：（1）如图1中，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，
∵EM＝MF，EN＝NC，BD＝DC，
∴MN∥FC，DN∥BE，MN＝CF，DN＝BE，
∵AE＝EB，AF＝CF，
∴BE＝CF，EF＝BC＝AC＝CF，
∴MN＝DN，
∵CA＝CB，AE＝BE，
∴CE⊥AB，∠ACE＝∠BCE＝∠ACB＝×60°＝30°，
∴∠CEB＝90°，
∵DN∥BE，MN∥CF，
∴∠END＝90°，∠ENM＝∠ECF＝30°，
∴∠DNM＝90°+30°＝120°．
故答案为：MN＝DN，120°．
（2）①成立．
理由：如图2中，连接BE，CF，延长BE交CF的延长线与T，设AC交BT于点O．
∵∠BAC＝∠EAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
∵AB＝AC，AE＝AF，
∴△BAE≌△CAF（SAS），
∴BE＝CF，∠ABE＝∠ACF，
∵∠AOB＝∠COT，
∴∠T＝∠BAO＝60°，
∴∠EBC+∠TCB＝120°，
∵EM＝MF，EN＝NC，BD＝DC，
∴MN∥FC，DN∥BE，MN＝CF，DN＝BE，
∴MN＝DN，∠NDC＝∠EBC，∠ENM＝∠ECT，
∴∠DNM＝∠DNE+∠ENM＝∠NDC+∠DCN+∠ECF＝∠TBC+∠TCB＝120°．
②（3）如图3﹣1中，取AC的中点，连接BJ，BN．
∵AJ＝CJ，EN＝NC，
∴JN＝AE＝2，
∵BJ＝AD＝4，
∴BN≤BJ+JN，
∴BN≤4+2，
∴当点N在BJ的延长线上时，BN的值最大，如图3﹣2中，过点N作NH⊥AD于H，设BJ交AD于K，连接AN．
∵KJ＝AJ tan30°＝，JN＝2，
∴KN＝+2，
在Rt△HKN中，∠NHK＝90°，∠NKH＝60°，
∴HN＝NK sin60°＝（+2）×＝2+，
∴S△ADN＝ AD NH＝×4×（2+）＝4+6．
12．解：（1）∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，
∴AC＝BC＝，AB＝2BC＝2，AD⊥BE，
∵点D，E分别为AC，BC的中点，
∴AD＝CD＝AC＝，BE＝EC＝BC＝，
∴AD＝BE，
故答案为：AD＝BE，AD⊥BE；
（2）结论仍然成立，
理由如下：∵AC＝，BC＝1，CD＝，EC＝，
∴，＝，
∴，
∵△CDE绕点C顺时针旋转，
∴∠BCE＝∠ACD，
∴△BCE∽△ACD，
∴＝，∠CBO＝∠CAD，
∴AD＝BE，
∵∠CBO+∠BOC＝90°，
∴∠CAD+∠AOP＝90°，
∴∠APO＝90°，
∴BE⊥AD；
（3）∵∠APB＝90°，
∴点P在以AB为直径的圆上，
如图3，取AB的中点G，作⊙G，以点C为圆心，CE为半径作⊙C，当BE是⊙C切线时，点P到BC的距离最大，过点P作PH⊥BC，交BC的延长线于H，连接GP，
∵BE是⊙C切线，
∴CE⊥BE，
∵sin∠EBC＝＝，
∴∠EBC＝30°，
∴∠GBP＝30°，
∵GB＝GP，
∴∠GBP＝∠GPB＝30°，
∴∠BGP＝120°，
∵点P的运动轨迹为点C→点P→点C→点B→点C，
∴P点运动轨迹的长度＝＝π，
∵∠ABP＝30°，BP⊥AP，
∴AP＝AB＝1，BP＝AP＝，
∵∠CBP＝30°，PH⊥BH，
∴PH＝BP＝．
∴P点到直线BC距离的最大值．
13．（1）①证明：如图1中，过点E作EF⊥CB交CB于点F，
由题意可知AD＝DE，∠ADE＝90°．过点D作DF⊥CB交AB于点F，则∠F＝90°，
∴∠C＝∠ADE＝∠F＝90°，
∴∠ADC+∠EDF＝90°，∠EDF+∠DEF＝90°，
∴∠ADC＝∠DEF，
∴△ADC≌△DEF（AAS），
∴AC＝DF，CD＝EF，
∵AC＝BC，
∴BC＝DF，
∴CD＝BF，
∴EF＝BF，
∴BE＝EF＝CD，
∵AB＝BC，BC＝CD+BD，
∴AB＝CD+BD＝BE+BD．
②解：由①得，
在等腰直角△ABC中，
∴，．
（2）结论：BD＝BE+AB．理由如下：
如图2，过D作DF⊥DB交BA的延长线于点F，
∵∠BCA＝90°，AC＝CB，
∴∠F＝∠CAB＝∠ABC＝45°，
∴DF＝DB，
由旋转可得，∠BDF＝∠EDA＝90°，AD＝ED，
∴∠FDA＝∠BDE，
∴△DAF≌△DEB（SAS），
∴AF＝BE，
又∵等腰Rt△BDF中，BF＝BD，BF＝BA+AF，
∴BD＝BE+AB．
14．解：（1）∵∠CBD＝105°，∠FBD＝45°，
∴∠FBE＝30°，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB＝90°，
∴∠BFE＝60°，
∴∠BFD＝120°；
（2）BF+DF＝GF，
理由如下：如图1，在线段FG上截取 FM＝FB，连接BM，
∵∠BFD＝120°，FG平分∠DFB，
∴∠GFD＝∠GFB＝60°，
∴△FBM是等边三角形，
∴BF＝BM，∠BMF＝60°，
∴∠GMB＝∠BFD＝120°，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠CBA＝45°，
∵∠CBD＝105°，
∴∠ABD＝60°＝∠MBF，
∴∠GBM＝∠DBF，
∴△BMG≌△BFD（ASA），
∴GM＝DF，
∴BF+DF＝GF；
（3）如图3，设BD与GF交于点O，作点G关于DE的对称点G'，连接HG'，CG'，FG'，作G'I⊥CB交CB的延长线于I，
∵点G与点G'关于DE对称，
∴GF＝G'F，HG＝HG'，∠DFG＝∠DFG'＝60°，
∴HG+HC＝HC+HG'≥CG'，
即HG+HC的最小值为CG'，
∵∠BFD+∠DFG'＝180°，
∴点B，点F，点G'三点共线，
∵∠GBD＝∠GFD＝60°，
∴点G，点D，点B，点F四点共圆，
∴∠GDB＝∠GFB＝60°，
∴△GDB是等边三角形，
∴GD＝DB＝GB，
∵∠DBE＝75°，∠DEB＝90°，
∴∠BDE＝15°，
∴∠GDF＝75°，
∴∠FDG＝∠FDG'＝75°，
∴∠BDG'＝90°，
又∵DB＝DG'，
∴BG＝BD＝BC＝AB＝，
∵∠EBF＝30°，
∴IG'＝BG'＝，BI＝G''I＝，
∴BI＝1+，
∴CG'＝＝＝，
∴HG+HC的最小值为．
15．（1）解：如图2中，
∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴BD＝CD＝BC＝3，
∵CP＝CQ，∠PCQ＝60°，
∴△PCQ是等边三角形，
∵CD⊥PQ，
∴∠PCD＝∠DCQ＝30°，
∴PD＝CD tan30°＝．
故答案为：．
（2）证明：如图3中，
∵△ABC，∠PCQ都是等边三角形，
∴CA＝CB，CP＝CQ，∠ACB＝∠PCQ，
∴∠ACP＝∠BCQ，
∴△ACP≌△BCQ（SAS）．
（3）①解：由（1）知，△ACP≌△BCQ，
∴∠QBD＝∠PAC＝30°，
当△BDQ 是等腰三角形时，
①若BQ＝QD，如图3﹣1，则∠BDQ＝30°；
②若BQ＝BD，如图3﹣2，则∠BDQ＝75°；
③若BD＝DQ，如图3﹣3，则∠BDQ＝120°．
综上所述，满足条件的∠BDQ的值为30°或75°或120°．
②∵∠CBQ＝30°，
∴点Q在射线BQ上运动，
根据垂线段最短可知，当DQ⊥BQ时，DQ的值最小，此时DQ＝BD sin30°＝．
16．解：（1）在Rt△ABC中，AC＝＝＝8（cm），
∵PQ∥AB，
∴，
∴，
∴．
（2）过点P作PM⊥BC于M，
∵△CPM∽△CBA，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴．
当t＝4时，S△PQC有最大值，最大值为．
（3）当时，PQ⊥MQ，
∵PQ⊥DQ，
∴∠DQP＝∠PMQ＝90°，
∵DP∥BC，
∴∠DPQ＝∠PQM，
∴△DQP∽△PMQ，
∴，
∴PQ2＝PD×MQ，
∴PM2+MQ2＝PD×MQ，
∵，
∴．
∴，
∴t＝0（舍）或．
17．解：（1）如图1中，
在Rt△ABE中，AB＝＝＝＝7，
∴AC＝AB＝7，
∴EF＝EC＝AC﹣AE＝7﹣3＝4，
∵∠CEF＝90°，EC＝EF＝3，
∴CF＝＝＝4；
（2）①如图2﹣1中，当CM＝CN时，α＝∠MCE＝∠ECN＝∠ACB＝22.5°．
如图2﹣2中，当NM＝NC时，α＝∠MCN＝45°．
如图2﹣3中，当CN＝CM时，∠NCE＝∠BCM＝67.5°，α＝∠ACE＝45°+67.5°＝112.5°．
综上所述，满足条件的α的值为22.5°或45°或112.5°．
（3）结论：CF+AE＝BP．
理由：如图3中，过点A作AD⊥AE，
∴∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵∠BAC＝∠BEC＝90°，
∴∠ABP＝∠ACE，
∵AB＝AC，
∴△ABD≌△ACE（ASA），
∴BD＝EC＝EF，AD＝AE，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴DE＝AE，
∵P是BF的中点，
∴BP＝BF，
∵BP＝BF＝（2EF+DE），CF＝EF，DE＝AE，
∴BP＝（CF+AE），
∴CF+AE＝BP．
18．解：（1）CE＝BF，CE⊥BF．
如图1，设CE与BF相交于点M，
∵△ABC和△BDE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DBE＝90°，
∴AC＝BC，BE＝DB，
∵四边形CAFD是平行四边形，
∴CA＝DF＝BC，CA∥DF，∠ACB＝∠FDB，
∴∠CBE＝∠FDB＝90°，
∴△BEC≌△DBF（SAS）．
∴CE＝BF，∠BCE＝∠DFB，
∵∠DFB+∠DBF＝90°，
∴∠BCE+∠DBF＝90°，
∴∠CMB＝90°，
∴CE⊥BF，
（2）成立．
证明：延长FD交BC于点G，
∵四边形ACDF是平行四边形，
∴AC∥FD，AC＝FD，
∴∠DGB＝∠ACB＝90°，
∴∠FDB＝∠DGB+∠DBG，
∴∠FDB＝90°+∠DBG，
∵∠DBE＝90°，
∴∠CBE＝90°+∠DBG，
∴∠FDB＝∠CBE，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，
又∵AC＝DF，
∴BC＝DF，
∵BD＝BE，
∴△CBE≌△FDB（SAS），
∴CE＝BF，∠ECB＝∠BFG，
∵∠BFG+∠FBG＝90°，
∴∠ECB+∠FBG＝90°，
∴CE⊥BF；
（3）如图2，由（2）知∠DGB＝90°，BF＝CE，
∵∠DBC＝30°，BD＝2，
∴DG＝1，BG＝，
∵AC＝3，AC＝DF，
∴FG＝DF+DG＝3+1＝4，
∴BF＝＝＝，
∴CE＝；
如图3，延长CB交DF于点M，
∵AC∥DF，AC⊥BC，
∴BM⊥DF，
∴∠BMF＝∠BMD＝90°，
∵∠MBD＝30°，BD＝2，
∴DM＝1，BM＝，
∵AC＝DF＝3，
∴FM＝DF﹣DM＝3﹣1＝2，
∴BF＝＝＝，
∴CE＝．
∴CE的长为或．
19．解：（1）如图2中，
由翻折的旋转可知，∠AC′D＝∠C＝60°，
∵∠AC′D＝∠B+∠BDC′，
∴∠C′DB＝60°﹣45°＝15°，
故答案为：15．
（2）把AC沿角平分线AD翻折，点C落在AB上的点C'处，
∵AD平分∠ABC，DC⊥AC，DC′⊥AB，
∴DC'＝DC＝2，
∴△ABD的面积＝×AB×DC′＝6．
（3）把AB沿AD翻折，点B落在BC上的点B'处，则BD＝DB'，
∵AD⊥BB′，BD＝DB′，
∴AB＝AB′，
∵CD＝BD+AB，
∴AB'＝B'C，
∴∠B'AC＝∠C＝24°，
∴∠B＝∠AB'B＝∠C+∠B′AC＝48°，
∴∠CAB＝180°﹣∠B﹣∠C＝108°．
20．解：（1）猜想：AD＝BE．
证明：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠ECD＝60°，
∴∠ACB+∠BCD＝∠ECD∠BCD，
即∠ACD＝BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；
（2）如图1所示，当△CDE旋转到该位置时，△BDE面积最大，
此时，DE边上的高为，
∴△BDE面积最大值为；
（3）如图2，
∵DE∥AB，
∴△CDE∽△CAB，
∴，
∵△CD'E'由△CDE绕C点旋转得到，
∴CE'＝CE，CD'＝CD，∠DCE＝∠D'CE'＝60°，
∴，
∴，
又∵∠DCE+∠BCD'＝∠D'CE'+∠BCD'，
即∠ACD'＝∠BCE'，
∴△ACD'∽△BCE'，
∴，
由△ACD'∽△BCE'得∠CBE'＝∠CAF，
∴∠BFA＝180°﹣（∠BAF+∠ABF）＝180°﹣（∠BAF+∠ABC+∠FAC）＝180°﹣120°＝60°．

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