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2025年九年级中考数学复习
全等三角形模型之旋转模型
1．已知：E是正方形的边上一点，平分，交于F，求证：．
2．如图1，，分别是正方形的边，上的动点，且满足，试判断线段，，之间的数量关系，并说明理由．
小聪同学的想法：将顺时针旋转，得到，然后通过证明三角形全等可得出结论．
请你参考小聪同学的思路完成下面的问题．

(1)线段，，之间的数量关系是______．
(2)如图2，在正方形中，，连接，分别交，于点，，试判断线段，，之间的数量关系，并说明理由．
3．如图，和中，，连接与交于点M，与交于点N．
(1)求证：；
(2)试猜想与有何特殊关系，并证明；
(3)连接，有以下两个结论：①平分；②平分，其中正确的有______（请写序号，少选、错选均不得分）．
4．【基本模型】

如图，是正方形，，当在边上，在边上时，如图1，、与之间的数量关系为__________．
【模型运用】当点在的延长线上，在的延长线上时，如图2，请你探究、与之间的数量关系，并证明你的结论：__________．
【拓展延伸】如图3，已知，，在线段上，在线段上，，请你直接写出、与之间的数量关系．
5．如图1，已知正方形，点，分别在，上，且．

(1)求证：．
(2)如图2，点在的延长线上，且．
①求的度数；
②求证：．
6．如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．
(1)观察猜想：图1中，请判断线段PM与PN的数量关系和位置关系，并说明理由；
(2)探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=3，AB=7，请直接写出△PMN面积的最大值．
7．如图1，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一点，且与点B，C不重合，连接AD．作以∠FAD为直角的等腰直角△ADF．
(1)若AB＝AC，∠BAC＝90°
①当点D在线段BC上时，试探讨CF与BD的数量关系和位置关系；
②当点D在线段BC的延长线上时，如图2，①中的结论是否仍然成立，请说明理由；
(2)若AB≠AC，∠BAC≠90°，点D在线段BC．上，且CF⊥BD时，如图3，试求∠BCA的度数．
8．如图1，在等腰中，，D是BC的中点，E为边AC上任意一点，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接EF，交AB于点G．
(1)若，，求ED的长；
(2)如图2，点G恰好是EF的中点，连接BF，求证：；
(3)如图3，将沿DF翻折，使得点B落在点P处，连接AP、EP，若，当最小时，直接写出的面积．
9．如图①，在中，，，点，分别在边，上，且，此时，成立．
（1）将绕点逆时针旋转时，在图②中补充图形，并直接写出的长度；
（2）当绕点逆时针旋转一周的过程中，与的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；
（3）将绕点逆时针旋转一周的过程中，当，，三点在同一条直线上时，请直接写出的长度．
10．如图①，在等边三角形中，点、分别在边、上，，连接、，点、、分别是、、的中点，连接、、、．
（1）观察猜想：图①中是　　三角形（填“等腰”或“等边”）；
（2）探究证明：如图②，绕点按逆时针方向旋转，其他条件不变，则的形状是否发生改变？并说明理由．
11．综合与实践
（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 　 　．
（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 　 　．
12．定义：如图1，点M、N把线段分割成、和，若以、、为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段的勾股分割点．
（1）已知点M、N是线段的勾股分割点，，，若，，则_________；
（2）如图，在等腰直角中，，，M，、N为直线上两点，满足．
①如图2，点M、N在线段上，求证：点M、N是线段的勾股分割点；
小林同学在解决第（2）小题时遇到了困难，陈老师对小林说：要证明勾股分割点，则需设法构造直角三角形，你可以把绕点C逆时针旋转90°试一试．请根据陈老师的提示完成第（2）小题的证明过程；
②如图3，若点M在线段上，点N在线段的延长线上，，，求的长．
13．在锐角△ABC中，AB＝AC，D是线段BC上的一点，连接AD，将AD绕着点A顺时针旋转至AE，使得∠EAD＝2∠BAC，连接DE交AB于点F．
（1）如图1，若∠BAC＝60°，∠DAC＝15°，BD＝4，求AB的长；
（2）如图2，点G是线段AC的一点，连接DG，FG，若DA平分∠EDG，求证：FE＝DG+FG；
（3）在（1）的条件下，将△BFD绕D点顺时针旋转∠α（0°＜α＜180°）得△B'F'D，直线B'F'交AB于点M，交AC于点N．在旋转过程中，是否存在△AMN为直角三角形？若存在，请直接写出AM的长度；若不存在，请说明理由．
14．如图所示，已知△ABC和△CDE均是等边三角形，点B、C、D在同一条直线上，BE与AD交于点O．
（1）求证：AD＝BE
（2）如图2，若AD与CE交于点N，AC与BE交于点M，连接MN，求证：△CMN为等边三角形．
（3）在（2）的条件下，如图3，BG⊥AD于点G，EH⊥AD于点H，当AG＝OH时，试探究线段BD、MN、AM之间的关系．
15．已知，点在射线，，点在射线上运动，为钝角，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接．
（1）如图，求证：；
（2）点在射线上，且，点为的中点．
①如图，当时，求证：是等边三角形；
②如图，当时，用含的代数式直接写出的长．
《2025年九年级中考数学复习-全等三角形模型之旋转模型》参考答案
1．见解析
【分析】本题主要考查正方形的性质及等腰三角形的判定和性质，把绕点B顺时针旋转，与重合，再根据条件证明可得到，可证得结论．
【详解】证明：如图，将绕点B顺时针旋转，使与重合，
设是旋转后的，
∴，
∴，
∵是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
2．(1)
(2)
【分析】本题考查了旋转与三角形综合，
（1）先证明三点共线，再证明，得到，即可证明；
（2）如图所示，将绕点A逆时针旋转得到，先求出，由旋转的性质可知，则，证明，得到，利用勾股定理即可证明．
【详解】（1）解：结论：
理由：∵四边形是正方形，
∴，
由旋转的性质可知：，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴三点共线，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）结论：,证明如下：

如图所示，将绕点A顺时针旋转得到．
∵，
∴，
由旋转的性质可知：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题涉及了旋转变换，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形，属于中考常考题型．
3．(1)见解析
(2)且，理由见解析
(3)②
【分析】本题考查了常见的全等三角形模型――“手拉手模型”，熟记模型的构成条件、推理过程及结论是解题关键．
（1）推出，即可求证；
（2）由可得，结合可得，即可得；
（3）作，由可得，，即可推出，从而结论②正确；假设结论①正确，可得出，，与条件不符．
【详解】（1）证明：∵，，
，
∴
∵
∴
（2）解：且，理由如下：
∵，
∴，
，
，
，
，
∴
（3）解：作，如图所示：
∵，
∴，
∵
∴
∵
∴平分
假设①正确，即平分，
则有：
∴
即：
∵平分，
，
，
，
，
故只有当时，①才成立；
故答案为：②
4．【基本模型】；【模型运用】：，证明见解析；【拓展延伸】：．
【分析】（1）结论：．将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，然后求出，利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，从而得解；
（2）结论：，证明方法同法（1）；
（3）结论：．将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，根据旋转变换的性质可得和全等，根据全等三角形对应角相等可得，对应边相等可得，，对应角相等可得，再根据证明，并证明、、三点共线，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，从而得解．
【详解】解：（1）结论：．
理由：如图1，将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，

则：，，，
∴，即：三点共线，
，
∴，
∴，
，
在和中，
，
，
，
又，
．
故答案为：；
（2）结论：．
理由：如图2，将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，

则：，
同法（1）可得：，
，
又，
．
故答案为：；
（3）结论：．
理由：如图3，将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，

则，
，，，，
又，
，
，
又，
，
、、三点共线，
在和中，，
，
，
又，
．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，旋转的性质。本题蕴含半角模型，遇到半角经常要通过旋转构造全等三角形。
5．(1)见解析
(2)①，②见解析
【分析】（1）由“”可证，可得；
（2）①延长至，使，连接，可得，进而可得为等腰直角三角形，由此可得；
②由，可得，结合为等腰直角三角形，即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
；
（2）①解：如图3，延长至，使，连接，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
又，，
，
，，
，，
，
②，，
，
又，
，
，
．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
6．(1)PM=PN，PM⊥PN．理由见解析
(2)△PMN是等腰直角三角形．理由见解析
(3)S△PMN最大=
【分析】（1）利用三角形的中位线得出由可得出再根据三角形的中位线知得到
由从而得出即可得到结论．
（2）先判断出得出同（1）类似方法即可得出结论．
（3）先判断出BD最大时，的面积最大，而BD最大是即可得出结论．
【详解】（1）理由：
∵点P，N是BC，CD的中点，
∵点P，M是CD，DE的中点，
∵AB=AC，AD=AE，
∴BD=CE，
∴PM=PN，
∴∠DPN=∠ADC，
∴∠DPM=∠DCA，
∵∠BAC=90°，
∴∠ADC+∠ACD=90°，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°，
故答案为：
（2）△PMN是等腰直角三角形．
理由如下：
由旋转知，∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，
利用三角形的中位线得，PN=BD，PM=CE，
∴PM=PN，
∴△PMN是等腰三角形，
同（1）的方法得，PM∥CE，
∴∠DPM=∠DCE，
同（1）的方法得，PN∥BD，
∴∠PNC=∠DBC，
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC
=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC
=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC=90°，
∴∠ACB+∠ABC=90°，
∴∠MPN=90°，
∴△PMN是等腰直角三角形；
（3）把绕点A旋转到如图所示的位置时，
由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM=PN=BD，
∴PM最大时，△PMN面积最大，
∴点D在BA的延长线上，
∴BD=AB+AD=10，
∴PM=5，
∴S△PMN最大=PM2=×52=
【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和质，属于几何变换综合题，熟练掌握这些性质和判定是解此题的关键．
7．(1)①，；②存在，详见解析
(2)45°
【分析】（1）①由“SAS”可证△ACF≌△ABD，可得CF=BD，∠ACF=∠ABD=45°，可证CF⊥BD；
②由“SAS”可证△ACF≌△ABD，可得CF=BD，∠ACF=∠ABD=45°，可证CF⊥BD；
（2）过点A作AE⊥AC交BC于E，再根据同角的余角相等求出∠CAF=∠EAD，然后利用“角角边”证明△ACF和△AED全等，可得AC=AE，∠ACE=45°，即△ACE是等腰直角三角形，再根据CF⊥BD可得∠BCA=45°．
【详解】（1）①∵∠BAC=90°，△ADF是等腰直角三角形，
∴∠CAF+∠CAD=90°，∠BAD+∠CAD=90°，
∴∠CAF=∠BAD，
在△ACF和△ABD中，
，
∴△ACF≌△ABD（SAS），
∴CF=BD，∠ACF=∠ABD=45°，
∵∠ACB=45°，
∴∠FCB=90°，
∴CF⊥BD；
②CE=BD，CF⊥BD，理由如下：
如图2，
∵∠BAC=90°，△ADF是等腰直角三角形，
∴∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠CAF=∠BAD，
在△ACF和△ABD中，
，
∴△ACF≌△ABD（SAS），
∴CF=BD，∠ACF=∠ABD=45°，
∵∠ACB=45°，
∴∠FCB=90°，
∴CF⊥BD；
（2）如图，过点A作AE⊥AC交BC于E，
∵
∴∠BCF=∠ACF+∠BCA=90°
∵AE⊥AC
∴∠AEC+∠BCA=90°
∴∠ACF=∠AEC
∵∠CAF+∠CAD=90°，∠EAD+∠CAD=90°，
∴∠CAF=∠EAD，
在△ACF和△AED中，
，
∴△ACF≌△AED（AAS），
∴AC=AE，
∴∠ACE=45°，
∴∠BCA=45°
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，根据同角的余角相等求出两边的夹角相等是证明三角形全等的关键，此类题目的特点是各小题求解思路一般都相同．
8．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）作交BC于点H，得到，在等腰中，得出，，再证明是等腰直角三角形，得出，在中，利用勾股定理求解即可；
（2）过点E作交AB于点M，过点D作交AC于点N，根据为等腰直角三角形，推出，再证明≌（SAS），≌（AAS），得出，，证明出是等腰直角三角形，，再根据，D是BC的中点，得出，在等腰中即可求解；
（3）P点的运动轨迹为圆，当A、P、D三点共线时，的值最小，由折叠的性质知≌，延长交于点，证明，在中进行求解．
【详解】（1）解：作交BC于点H，
．
在等腰中，
，
，．
D是BC的中点，
．
，
．
，
是等腰直角三角形，
，
．
在中，．
（2）证明：过点E作交AB于点M，过点D作交AC于点N，
为等腰直角三角形，
．
，
．
，
．
在和中，，
≌（SAS），
，．
,
≌（AAS），
，，
．
，
，
，
，
是等腰直角三角形，，
，
．
，D是BC的中点，
，
．
在等腰中，，
．
（3）解：如图，
点是以为半径，为圆心的圆作为轨迹，
当A、P、D三点共线时，的值最小．
由折叠的性质知，
延长交于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
过点作的垂线交于点，
在中，设，
由勾股定理得：，
，
，
，
的面积：．
【点睛】本题考查了图形的旋转，圆、翻折、三角形的全等的判定及性质、锐角三角函数问题、等腰直角三角形、勾股定理、平行线的性质、对顶角，知识点涉及较多，综合性较强，解题的关键是掌握相应的性质定理，做到灵活运用．
9．（1）补充图形见解析；；（2），仍然成立，证明见解析；（3）或．
【分析】（1）根据旋转作图的方法作图，再根据勾股定理求出BE的长即可；
（2）根据SAS证明得AD=BE，∠1=∠2，再根据∠1+∠3+∠4=90°得∠2∠3+∠4=90°，从而可得出结论；
（3）分两种情况，运用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）如图所示，
根据题意得，点D在BC上，
∴是直角三角形，且BC=，CE=
由勾股定理得，；
（2），仍然成立.
证明：延长交于点，
∵，
，
，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
∴，
∴.
（3）①当点D在AC上方时，如图1所示，
同（2）可得
∴AD=BE
同理可证
在Rt△CDE中，
∴DE=
在Rt△ACB中，
∴
设AD=BE=x，
在Rt△ABE中，
∴
解得,
∴
②当点D在AC下方时，如图2所示，
同（2）可得
∴AD=BE
同理可证
在Rt△CDE中，
∴DE=
在Rt△ACB中，
∴
设AD=BE=x，
在Rt△ABE中，
∴
解得,
∴ .
所以,AD的值为或
【点睛】本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理等知识，熟练解答本题的关键．
10．（1）等边；（2）的形状不发生改变，仍为等边三角形，理由见解析．
【分析】（1）利用三角形的中位线定理证明PM＝PN，再证明∠MPN＝60°即可解决问题；
（2）△PMN的形状不发生改变，仍为等边三角形．如图2中，连接BD，CE．证明△ABD≌△ACE（SAS），即可解决问题．
【详解】（1）结论：是等边三角形．
理由：如图1中，
是等边三角形，
，，
，
，
，，，
，，，，
，，，
，
是等边三角形，
故答案为等边．
（2）的形状不发生改变，仍为等边三角形，理由如下：
如图2中，连接，．
由旋转可得，
是等边三角形，
，
又，
，
，，
是的中点，是的中点，
是的中位线，
，且．
同理可证且，
，，，
，
，
是等边三角形．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．
11．（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析
【分析】（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（3）在NC上截取C M'=AM，连接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CB M'，从而得到AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，进而得到∠MA M'=∠ABC，再由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．
【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC ，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN=45°，
∴∠ABM+∠CBN=45°，
∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，
即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（2）MN=AM+CN；理由如下：
如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
∵∠A+∠C＝180°，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN，
∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（3）MN=CN-AM，理由如下：
如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'，
∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠C+∠BAD=180°，
∵∠BAM+∠BAD=180°，
∴∠BAM=∠C，
∵AB＝BC，
∴△ABM≌△CB M'，
∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，
∴∠MA M'=∠ABC，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠MBN＝∠MA M'=∠M'BN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N=CN-C M'，
∴MN=CN-AM．
故答案是：MN=CN-AM．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，得到全等三角形是解题的关键．
12．（1）；（2）①点M、N是线段的勾股分割点，过程见解析；②
【分析】（1）利用勾股定理求解即可；
（2）①将绕点C逆时针旋转90°得到△CAP，连接AP、MP，根据旋转的性质得到CP=CN，∠CAP=∠B=45°，AP=BN，证明△MCN≌△MCP，推出MN=PM，利用勾股定理得到，由此得到结论；
②将△CBN绕点C逆时针旋转90°得到△CAE，连接ME，则AE=，CE=CN，∠ACE=∠BCN，∠MAE=90°，证明△MCE≌△MCN，推出ME=MN，根据勾股定理得到，即，将数值代入即可求出答案．
【详解】解：（1）∵以、、为边的三角形是一个直角三角形，，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）①∵，，
∴∠BAC=∠ABC=45°，
将绕点C逆时针旋转90°得到△CAP，连接AP、MP，
∴CP=CN，∠CAP=∠B=45°，AP=BN，
∴∠MAP=90°，
∵，∠NCP=90°，
∴∠MCP=，
∵CM=CM，CP=CN，
∴△MCN≌△MCP，
∴MN=PM，
∵，
∴；
∴点M、N是线段的勾股分割点；
②将△CBN绕点C逆时针旋转90°得到△CAE，连接ME，则AE=，CE=CN，∠ACE=∠BCN，∠CAE=∠CBN=135°，
∴∠MAE=90°，
∵∠ACE+∠ECB=90°，
∴∠BCN+∠ECB=90°，即∠ECN=90°，
∵，
∴∠ECM=45°=∠MCN，
∵CM=CM，CE=CN，
∴△MCE≌△MCN，
∴ME=MN，
∵，即，
∴，
解得．
【点睛】此题考查勾股定理，全等三角形的判定及性质，旋转的性质，直角三角形的判定，正确掌握勾股定理及旋转的性质是解题的关键．（2）解题的关键是利用旋转的性质正确引出辅助线，构造直角三角形．
13．（1）；（2）见解析；（3）存在，
【分析】（1）过点作于点，交于点，设，则，勾股定理求得；
（2）在上截取,证明，即可证明；
（3）①如图，当时，延长交于点，角于点,结合（1）的结论，通过计算角度可得是等腰直角三角形，在中勾股定理求得,在中，求得，进而求得的长，②是直角三角形，时，通过分析不存在此情况．
【详解】（1）过点作于点，交于点，如图，
是等边三角形，
，
,
，
∠DAC＝15°，
设，则，
，
，
，
在中
，
，
解得，
，
（2）如图，在上截取,
DA平分∠EDG，
在与中
,
,
∵AF=AF
即
（3）①如图，当时，延长交于点，角于点,
由（1）可知，是等边三角形，
∠DAC＝15°，∠BAC＝60°，
△BFD绕D点顺时针旋转∠α（0°＜α＜180°）得△B'F'D，
△AMN为直角三角形
当时，
,
是等腰直角三角形
在中
在中
②是直角三角形，时，
过点作
若，
则四边形是矩形，
又
四边形是正方形，如图，
此时三点重合，不存在
综上所述，
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理,正方形的判定，三角形全等的性质与判定，旋转的性质，掌握旋转模型证明三角形全等是解题的关键．
14．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据已知条件证明即可得证；
（2）证明，再证明可得，进而证明△CMN为等边三角形；
（3）由（2）可知，又对顶角相等，根据三角形内角和定理可得，结合条件，进而可得，根据含30度角的直角三角形的性质可得，进而根据，可得，证明，即可得到，设等边的边长为，等边的边长为，即可得到．
【详解】（1）和是等边三角形，点B、C、D在同一条直线上，
，，
，
，
（SAS）
，
（2）
，即，
，
，
在和中，
，
，
又，
△CMN为等边三角形；
（3）如图，
又
在中
，
，，
，
又
即，
，，
，
设等边的边长为，等边的边长为
则
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．
15．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由题意可得，根据三角形内角和即可求解；
（2）①作，，根据全等三角形的性质找到边之间的关系，得到，再根据直角三角形的性质，得到，即可求解；②由题意可得为等腰直角三角形，再由勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）由旋转的性质可得
则
由三角形内角和定理可得：
∴
（2）①如图，作，，则
由（1）得，∴
又∵
∴
∴，
又∵，
∴
∴
∵点为的中点
∴
∵
∴
∴
在中，，∴
∴
∴
又∵
∴为等边三角形
②由①得
∵
∴为等腰直角三角形
设，则，即
解得
故答案为
【点睛】此题为几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定，三角形内角和定理，直角三角形的性质，正确构造出全等三角形是解题的关键．

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