中考数学全等三角形压轴几何题知识点-+典型题及答案

一、全等三角形旋转模型 1．阅读下面材料：

小炎遇到这样一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，连结EF，则EF=BE+DF，试说明理由．

小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB，AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．

参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：

（1）如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°．若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足_ 关系时，仍有EF=BE+DF； （2）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1， EC=2，求DE的长．

答案：B

解析：（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴DE5 【解析】

试题分析：(1)如图，△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，利用全等的知识可知，要使EF=BE+DF，即EF=DG+DF，即要F、D、G三点共线，即∠ADG+∠ADF=180°，即∠B+∠D=180°．

(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，通过证明△AEG≌△AED得到DE=EG，由勾股定理即可求得DE的长． (1)∠B+∠D=180°（或互补）． (2)∵ AB=AC，

∴ 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合． 则∠B=∠ACG，BD=CG，AD=AG． ∵在△ABC中，∠BAC=90°，

∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于，即∠ECG=90°． ∴ EC2+CG2=EG2． 在△AEG与△AED中,

∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD． 又∵AD=AG，AE=AE， ∴△AEG≌△AED ． ∴DE=EG． 又∵CG=BD, ∴ BD2+EC2=DE2． ∴DE5．

考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理． 2．我们定义：有一组对角为直角的四边形叫做“对直角四边形”．

（1）如图①，四边形ABCD为对直角四边形，∠B=90°，若AB2-AD2=4，求CD2-BC2的值； （2）如图②，四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=BC，若BD平分∠ADC，求证：四边形ABCD为对直角四边形；

S（3）在（2）的条件下，如图③，连结AC，若

SACDABC3，求tan∠ACD的值． 5

答案：A

解析：⑴ 4；⑵见解析 ；⑶tan∠ACD的值为3或【分析】

（1）利用勾股定理即可解决问题；

（2）如图②中，作BE⊥CD于E，BF⊥DA交DA的延长线于F．只要证明∠EBF=90°即可解决问题；

1． 3S（3）如图③中，设AD=x，BD=y．根据

S【详解】 解：如图①中，

ACDABC3，构建方程即可解决问题. 5

∵四边形ABCD为对直角四边形，∠B=90°， ∴∠D=∠B=90°， ∴AC2=AB2+BC2=AD2+DC2， ∴CD2-BC2=AB2-AD2=4．

（2）证明：如图②中，作BE⊥CD于E，BF⊥DA交DA的延长线于F．

∵BD平分∠ADC，BE⊥CD，BF⊥AD， ∴BE=BF，

∵∠BFA=∠BEC=90°，BA=BC，BF=BE， ∴Rt△BFA≌Rt△BEC（HL）， ∴∠ABF=∠CBE， ∴∠EBF=∠ABC=90°， ∴ADC=360°-90°-90°-90°=90°， ∵∠ABC=∠ADC=90°，

∴四边形ABCD为对直角四边形． （3）解：如图③中，设AD=x，BD=y．

∵∠ADC=90°， ∴tan∠ACD=

x，AC=x2y2， y∵AB=AC，∠ABC=90°， ∴AB=BC=∵

2•x2y2， 23， 5SSACDABC∴

12xy241xy23， 5整理得：3x2-10xy+3y2， ∴3（∴

x2x）-10•+3=0， yyx1=3或． y31． 3∴tan∠ACD的值为3或【点睛】

本题属于四边形综合题，考查了勾股定理，三角形的面积，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考压轴题．

3．如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，∠EDF=120°，把

∠EDF绕点D旋转，使∠EDF的两边分别与线段AB、AC交于点E、F． （1）当DF⊥AC时，求证：BE=CF；

（2）在旋转过程中，BE+CF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由

答案：D

解析：（1）证明见解析；（2）是，2. 【解析】 【分析】

（1）根据四边形内角和为360°，可求∠DEA=90°，根据“AAS”可判定△BDE≌△CDF，即可证BE=CF；

（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如图2，易证△MBD≌△NCD，则有BM=CN，DM=DN，进而可证到△EMD≌△FND，则有EM=FN，就可得到BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cos60°=BD=【详解】

（1）∵△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点， ∴∠B=∠C=60°，BD=CD， ∵DF⊥AC， ∴∠DFA=90°，

∵∠A+∠EDF+∠AFD+∠AED=180°， ∴∠AED=90°，

∴∠DEB=∠DFC，且∠B=∠C=60°，BD=DC， ∴△BDE≌△CDF（AAS）

（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，

1BC=2. 2

则有∠AMD=∠BMD=∠AND=∠CND=90°． ∵∠A=60°，

∴∠MDN=360°-60°-90°-90°=120°． ∵∠EDF=120°， ∴∠MDE=∠NDF．

在△MBD和△NCD中，

BMD＝CND， B＝CBD＝CD∴△MBD≌△NCD（AAS） BM=CN，DM=DN． 在△EMD和△FND中，

EMD＝FND， DM＝DNMDE＝NDF∴△EMD≌△FND（ASA） ∴EM=FN，

∴BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN =2BM=2BD×cos60°=BD=【点睛】

本题主要考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值等知识，通过证明三角形全等得到BM=CN，DM=DN，EM=FN是解决本题的关键． 4．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．

1BC=2. 2

（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是 ，位置关系是 ；

（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＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．

解析：（1）PM＝PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S△PMN最大＝【分析】

（1）由已知易得BDCE，利用三角形的中位线得出PM49． 211CE，PNBD，即可22得出数量关系，再利用三角形的中位线得出PM//CE得出DPMDCA，最后用互

余即可得出位置关系；

（2）先判断出ABDACE，得出BDCE，同（1）的方法得出PM1BD，2PN1BD，即可得出PMPN，同（1）的方法由2MPNDCEDCBDBCACBABC，即可得出结论；

（3）方法1：先判断出MN最大时，PMN的面积最大，进而求出AN，AM，即可得出MN最大AMAN，最后用面积公式即可得出结论．方法2：先判断出BD最大时，PMN的面积最大，而BD最大是ABAD14，即可得出结论． 【详解】 解：（1）

点P，N是BC，CD的中点，

PN//BD，PN1BD， 21CE， 2点P，M是CD，DE的中点， PM//CE，PMABAC，ADAE， BDCE， PMPN， PN//BD，

DPNADC， PM//CE，

DPMDCA， BAC90，

ADCACD90，

MPNDPMDPNDCAADC90， PMPN，

故答案为：PMPN，PMPN； （2）PMN是等腰直角三角形． 由旋转知，BADCAE， ABAC，ADAE，

ABDACE(SAS)，

ABDACE，BDCE，

11利用三角形的中位线得，PNBD，PMCE，

22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）方法1：如图2，同（2）的方法得，PMN是等腰直角三角形，

MN最大时，PMN的面积最大， DE//BC且DE在顶点A上面， MN最大AMAN， 连接AM，AN，

在ADE中，ADAE4，DAE90， AM22，

在RtABC中，ABAC10，AN52， MN最大225272，

SPMN最大111149PM2MN2(72)2． 22242方法2：由（2）知，PMN是等腰直角三角形，PMPN1BD， 2PM最大时，PMN面积最大， 点D在BA的延长线上， BDABAD14， PM7，

SPMN最大1149PM272． 222【点睛】

此题属于几何变换综合题，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，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出

11PMCE，PNBD，解（2）的关键是判断出ABDACE，解（3）的关键

22是判断出MN最大时，PMN的面积最大．

5．问题发现：（1）如图1，在等腰直角三角形ABC中，C90，点O为AB的中点，点M为AC上一点，将射线OM顺时针旋转90交BC于点N，则OM与ON的数量关系为____；

问题探究：（2）如图2，在等腰三角形ABC中，C120，点O为AB的中点，点

M为AC上一点，将射线OM顺时针旋转60交BC于点N，则OM与ON的数量关系

是否改变，请说明理由；

问题解决：（3）如图3，点O为正方形ABCD对角线的交点，点P为DO的中点，点M为直线BC上一点，将射线OM顺时针旋转90交直线AB于点N，若AB4，当

PMN面积为

25时，直接写出线段BN的长． 2

答案：B

解析：（1）OM=ON；（2）不改变；证明见解析；（3）线段BN的长为172或

172

【分析】

（1）连接，OC，证明△AOM≌△CON（ASA）可得结论．

（2）数量关系不变．如图2中，过点O作OK⊥AC于K，OJ⊥BC于J，连接OC．证明△OKM≌△OJN（AAS）可得结论．

（3）如图3中，过点P作PG⊥AB于G，PH⊥BC于H．证明△MOC≌△NOB（SAS），推出CM=BN，设CM=BN=m，根据S△PMN=M在CB的延长线上时，同法可求． 【详解】

解：（1）如图1中，结论：OM=ON． 理由：连接OC．

25=S△PBM+S△BMN-S△PBN，构建方程求解即可．当点2

∵CA=CB，∠ACB=90°，AO=OB，

CO=OA=OB，OC⊥AB，∠A=∠B=45°，∠BCO=∠ACO=45° ∴∠AOC=∠MON=90°， ∴∠AOM=∠CON， ∵∠A=∠CON，

∴△AOM≌△CON（ASA）， ∴OM=ON．

故答案为：OM=ON．

（2）理由：如图2中，过点O作OK⊥AC于K，OJ⊥BC于J，连接OC．

∵∠ACB=120°，∠OKC=∠OJC=90°，

∠KOJ=60°=∠MON， ∴∠MKO=∠NOJ， ∵CA=CB，OA=OB， ∴OC平分∠ACB， ∵OK⊥CA，OJ⊥CB， ∴OK=OJ，

∵∠OKM=∠OJN=90°， ∴△OKM≌△OJN（AAS）， ∴OM=ON．

（3）如图3中，过点P作PG⊥AB于G，PH⊥BC于H．

∵四边形ABCD是正方形，

AB=AD=4，∠BAD=90°，

∴BD=2AB=42， ∴OD=OB=22，PD=OP=2， ∴PB=33，

∵四边形PGBH是正方形， ∴PG=PH=3，

∵∠MON=∠COB=90°， ∴∠MOC=∠NOB， ∵OM=ON，OC=OB， ∴△MOC≌△NOB（SAS）， ∴CM=BN，设CM=BN=m， ∵S△PMN=∴

25=S△PBM+S△BMN-S△PBN， 225111•（4+m）•3+•m•（4+m）•m•3=， 2222∴整理得：m2+4m-13=0，

解得m=172或172（舍去）， ∴BN=172．

当点M在CB的延长线上时，同法可得BN=172． 综上所述，满足条件的BN的值为172或172． 【点睛】

本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．

6．在ABC中，ABAC,BAC，点P为线段CA延长线上一动点，连接PB，将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为，得到线段PD，连接DB,DC．

（1）如图1，当60时，请直接写出线段PA与线段CD的数量关系是__________，

DCP为______度；

（2）如图2，当120时，写出线段PA和线段DC的数量关系，并说明理由；

（3）如图2，在（2）的条件下，当AB23时，求BP1PC的最小值． 3答案：A

解析：（1）PA＝DC，60；（2）CD＝3PA．理由见详解；（2）3+22 【分析】

（1）先证明△ABC，△PBD是等边三角形，再证明△PBA≌△DBC，进而线段PA与线段

CD的数量关系，利用全等三角形的性质以及三角形内角和等于180°，解决问题即可；

CDBC3，解决问题； （2）证明△CBD∽△ABP，可得

PAAB11（3）过点C作射线CM，使得sin∠ACM=，过点P作PN⊥CM于点N，则PN=PC，

331过点B作BG⊥BA于点G，当点B、P、N共线时，BP+PN最小，即BPPC最小，由

3GPNP1，结合勾股定理求出GP，从而得CP，进而即可求解． BGP∽CNP，得

BPCP3【详解】

（1）①证明： ∵将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD， ∴PB＝PD，

∵AB＝AC，PB＝PD，∠BAC＝∠BPD＝60°， ∴△ABC，△PBD是等边三角形， ∴∠ABC＝∠PBD＝60°， ∴∠PBA＝∠DBC， ∵BP＝BD，BA＝BC，

∴△PBA≌△DBC（SAS）， ∴PA＝DC．

设BD交PC于点O，如图1，

∵△PBA≌△DBC， ∴∠BPA＝∠BDC， ∵∠BOP＝∠COD，

∴∠OBP＝∠OCD＝60°，即∠DCP＝60°．

故答案是：PA＝DC，60；

（2）解：结论：CD＝3PA．理由如下： ∵AB＝AC，PB＝PD，∠BAC＝∠BPD＝120°，

∴BC＝2•AB•cos30°＝3BA，BD═2BP•cos30°＝3BP， ∴

BCBD=3， BABP∵∠ABC＝∠PBD＝30°， ∴∠ABP＝∠CBD， ∴△CBD∽△ABP， ∴

CDBC3， PAAB11，过点P作PN⊥CM于点N，则PN=PC， 33∴CD＝3PA；

（3） 过点C作射线CM，使得sin∠ACM=

过点B作BGCA于点G，则BG=AB×sin∠BAG=23×sin60°=3，AG= AB×cos∠BAG=3． 当点B、P、N共线时，BP+PN最小，即BP∵∠BGP=∠CNP=90°，∠BPG=∠CPN，

1PC最小， 3BGP∽CNP， GPNP1， ∴

BPCP3∴

设GP=x，则AP=3-x，BP=3x， ∴x2323x，解得：x=232， 4∴BP=932，AP=3-2，

44∴CP=AC+AP=23+3-∴BP332=33-2，

4419132+×(33-2)=3+22． PC最小值=4343

【点睛】

本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，第（1）（2）题解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，第（3）题的关键是过点C作射线CM，使得sin∠ACM=点N．

7．如图1，在正方形ABCD中，点E,F分别在边AB,AD上，且AEAF，延长FD到点G，使得DGDF，连接EF,GE,CE．

1，过点P作PN⊥CM于3

（特例感知）

（1）图1中GE与CE的数量关系是______________． （结论探索）

（2）图2，将图1中的AEF绕着点A逆时针旋转090，连接FD并延长到点G，使得DCDF，连接GE,CE,BE，此时GE与CE还存在（1）中的数量关系吗？判断并说明理由． （拓展应用）

（3）在（2）的条件下，若AB5,AE32，当EFG是以EF为直角边的直角三角形时，请直接写出GE的长．

答案：G

解析：(1) GE=2CE，(2)存在，证明见解析，（3）258或210或16或4．

【分析】

(1)连接GC，证△CDG≌△CBE，得出△GCE为等腰直角三角形即可；

(2)类似（1）的方法，先证△AFD≌△AEB，再证△CDG≌△CBE，得出△GCE为等腰直角三角形即可；

(3)根据E、F是直角顶点分类讨论，结合（2）中结论，利用勾股定理求解即可． 【详解】 解：(1)连接GC， ∵AE=AF，AD=AB， ∴DF=BE， ∵DGDF， ∴DG = BE，

∵∠GDC=∠B=90°，DC=BC， ∴△CDG≌△CBE， ∴CE=CG，∠GCD=∠ECB， ∵∠ECB+∠DCE=90°， ∴∠GCE=∠GCD+∠DCE=90°， ∴GE=2CE； 故答案为：GE=2CE；

(2) 存在，连接GC，

∵AE=AF，AD=AB，∠FAE=∠DAB=90°， ∴∠FAD=∠EAB， ∴△FAD≌△EAB，

∴FD=EB=GD，∠FDA=∠EBA，

∵∠GDC+∠FDA=90°，∠EBC+∠EBA=90°， ∴∠GDC=∠EBC， ∵DC=BD， ∴△CDG≌△CBE，

与（1）同理，GE=2CE；

(3)当∠FEG=90°时，如图1，因为∠FEA=∠GEC=45°， 所以，A、E、C在一条直线上， ∵AB=5， ∴AC=52, CE=52-32=22, GE=2EC=4；

如图2，E在CA延长线上，同理可得，EC=82， GE=2EC=16；

当∠EFG=90°时，如图3，∠AFD=∠EFG+∠AFE=135°， 由（2）得，∠AFD=∠AEB=135°，DF=BE，

所以，B、E、F在一条直线上，作AM⊥EF，垂足为M， ∵AB5,AE32， ∴EF=6，AM=ME=MF=3，

BMAB2AM24，

BE=DF=1,FG=2，

GEFG2EF2210；

如图4，同图3，BE=DF=7，FG=14，EF=6，

GEFG2EF2258，

综上，GE的长为258或210或16或4． 【点睛】

本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理和等腰直角三角形的性质，解题关键是恰当的连接辅助线，构造全等三角形；会分类讨论，结合题目前后联系，解决问题．

8．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＝58，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．

答案：C

解析：（1）42；（2）22.5°或45°或112.5°；（3）CF＋AE＝2BP，见解析 【分析】

（1）利用勾股定理求出AB＝AC＝7，求出EC＝EF＝4即可解决问题； （2）分三种情形分别画出图形，利用等腰三角形的性质求解即可；

（3）结论：CF＋AE＝2BP．如图3中，过点A作AD⊥AE，利用全等三角形的性质以及等腰直角三角形的性质求解即可． 【详解】

解：（1）如图1中，

在Rt△ABE中，AB＝BFAE∴AC＝AB＝7，

∴EF＝EC＝AC﹣AE＝7﹣3＝4， ∵∠CEF＝90°，EC＝EF＝3，

2258232497，

∴CF＝EF2CE2424242； （2）①如图2﹣1中，当CM＝CN时， α＝∠MCE＝∠ECN＝

1∠ACB＝22.5°． 2

如图2﹣2中，当NM＝NC时，α＝∠MCN＝45°．

如图2﹣3中，当CN＝CM时， ∠NCE＝

1∠BCM＝67.5°，α＝∠ACE＝45°＋67.5°＝112.5°． 2

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＝2BP． 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＝2AE， ∵P是BF的中点， ∴BP＝∵BP＝∴BP＝

1BF， 211BF＝（2EF＋DE），CF＝2EF，DE＝2AE， 221（2CF＋2AE）， 2∴CF＋AE＝2BP． 【点睛】

本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 9．如图，△ABD和△ACE都是等边三角形． （1）连接CD、BE交于点P，求∠BPD；

（2）连接PA，判断线段PA、PB、PD之间的数量关系并证明；

（3）如图，等腰ABC中AB＝AC，∠BAC＝（0＜＜90），在ABC内有一点M，连接MA、MB、MC．当MA＋MB＋MC最小时，∠ABM＝ （用含的式子表示）

答案：D

解析：（1）BPD60（2）PDPBPA，证明见详解（3）60 【分析】

（1）证明DACBAESAS，得ADCABE，就可以证明

12BPDDAB60；

（2）在DP上截取PF=PB，连接BF，证明DBFABPSAS，得DFPA，即可证明PDPBPA；

（3）分别以AB和AC为边，向两边作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接BE和CD，交于点M，连接AM，此时MAMBMC最小，然后利用等腰三角形ADC，求出

ADC的度数，即可得到ABM的度数．

【详解】

解：（1）∵△ABD和△ACE是等边三角形， ∴ADAB，ACAE，DABCAE60， ∵DABBACCAEBAC， ∴DACBAE， 在△DAC和△BAE中，

ADABDACBAE， ACAE∴

DACBAESAS，

∴ADCABE，

∵ADCDABABEBPD， ∴BPDDAB60；

（2）如图，在DP上截取PF=PB，连接BF，

∵BPD60，PFPB，

∴△PFB是等边三角形， ∴BFBP，FBP60， ∴DBAFBP，

∵DBAFBAFBPFBA， ∴DBFABP， 在DBF和△ABP中，

DBABDBFABP， BFBP∴

DBFABPSAS，

∴DFPA， ∵PDPFFD， ∴PDPBPA；

（3）如图，分别以AB和AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接BE和CD，交于点M，连接AM，此时MAMBMC最小，

由（2）中的结论可得MDMAMB，则当D、M、C三点共线时MAMBMC最小，即CD的长，

由（1）得ADCABM，

∵ADABAC，DAC60， ∴ADC18060160，

2212∴ABM60，

故答案是：60． 【点睛】

本题考查全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质，解题的关键是做辅助线构造全等三角形来进行证明求解． 10．回答下列问题：

（1）（发现）如图1，点A为线段BC外一动点，且BC4，AB2． 填空：线段AC的最大值为 ．

12

图1

（2）（应用）点A为线段BC外一动点，且BC3，AB2，如图2所示，分别以

AB，AC为边，作等腰直角△ABD和等腰直角ACE，连接CD，BE．

图2

①证明：BEDC． ②求线段BE的最大值．

（3）（拓展）如图3，在平面直角坐标系中，直线l；yx4与坐标轴交于点A、B两点，点C为线段AB外一动点，且CB2，以AC为边作等边△ACD，连接BD，求线段BD长的最大值并直接写出此时点C的横坐标．

图3

答案：A

解析：（1）6

（2）①证明见解析． ②322． （3）422；【分析】

(1)根据点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，即可得到结论； (2) ①由“SAS” 可证△DAC≌△BAE，可得BE=DC；

②由于线段长BE的最大值=线段DC的最大值，根据(1)中的结论即可得到结果， (3)以BC为边作等边三角形BCE，可以证明△ACE≌△DCB(SAS) ，从而得到BD=AE，BE=BC，由AE≤AB+BE，当且仅当A、B、E三点共线时，AE取得最大值，即BD取得最大值，当BD取得最大值时，①当C在直线AB的上方时，过C作CH⊥y轴于H，作BC的垂直平分线交BH于N，求出CH的长度，即可求出点C的横坐标，②当C在直线AB的下方时，按同①的方法也可以求出点C的横坐标． 【详解】

（1）当A在选段BC的延长线上时，

2626或 ． 22ACmaxABBC6．

（2）①∵等腰直角AEC与等腰直角三角形ABD， ∴ADAB，AEAC，DABEAC90， ∴DABBACEACBAC， ∴DACEAB， 在△DAC和BAE中，

DABADACBAE， ABAE△BAESAS， ∴△DAC≌∴BECD．

②由①可知，BEDC，

∵线段BE的最大值即线段DC的最大值． 在等腰直角△ABD中，BD∵CDBCBD，

∴当点D在CB的延长线上时，

2AB22，

CD取得最大值为322．

∴线段BE的最大值为322．

（3）如图，以BC为边作等边三角形BCE，

则BCCE，BCE60． ∵ACD60，

∴ACDECDBCEECD， ∴ACEDCB． 在ACE与DCB中，

ACDCACEDCB， CECB△DCBSAS， ∴△ACE≌∴

BDAE．

对于一次函数yx4，令x0，则y4， ∴B0,4， 令y0，则x4， ∴A4,0． ∴AB424242，

又∵BEBC2， ∴AEABBE，

∴当且仅当A、B、E三点共线时，

AE取得最大值，即BD取得最大值为422；

当BD取得最大值时， ①当C在直线AB的上方时 过C作CHy轴于H，

∵ABOHBE45，CBE60，

∴CBHCBEHBE15， 作BC的垂直平分线交BH于N，

∴CNBN，NCBNBC15， ∴CNB30，

在Rt△CHN中，设CHx．则HN3x，

CN2x，

∴BN2x， ∴BHHNBN32x，

在Rt△BHC中，HC2BH2BC222， ∴x2232x22，

2整理得x743x4，

2x223， x12231，x22231（舍），

∴CH62， 226． 2∴点C的横坐标为②当C在直线AB的下方时，

过C作CL⊥y轴于L， ∵∠ABO=45°，∠CBE=60°， ∴∠CBL=180°-∠CBE−∠ABO=75°， ∴∠BCL=15°，

作BC的垂直平分线交BL于M， ∴CM=BM，∠MCB=∠MBC=15°， ∴∠LMB=30°，

在Rt△CLB中，设BL=y．则LM=3y，BM=2y， ∴CM=2y，

∴CL=LM+CM=(3+2)y， 在Rt△BLC中，BL2+CL2=BC2=22， ∴y232y22，

2整理得y2743y4，

2y223，

y1BL∴CL=

2231，y22231（舍去），

62 232BL=26 226 22626或 22所以点C的横坐标为：综合以上可得点C的横坐标为：【点睛】

本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判.定和性质，等腰直角三角形的性质，最大值问题，旋转的性质正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键.

11．如图1所示，在Rt△ABC中BAC90，ABAC，BC2，以BC所在直线为x轴，边BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，将ABC绕P点0,1顺时针旋转．

（1）填空：当点B旋转到y轴正半轴时，则旋转后点A坐标为______；

（2）如图2所示，若边AB与y轴交点为E，边AC与直线yx1的交点为F，求证：AEF的周长为定值；

（3）在（2）的条件下，求AEF内切圆半径的最大值．

解析：（1）2,21；（2）见解析；（3）324

【分析】

（1）作出图形，A'B'C'是ABC绕 P点0,1顺时针旋转，点B旋转到y轴正半轴时得到的图形，连接 BP，CP，根据BC2，y轴垂直平分BC， ABAC，

P0,1可证得四边形ABPC是正方形，则有 BPB'PABA'B'2，

B'0B'PPO21，可得点 A坐标；

（2）作BPQCPF，交AB延长线于Q点，根据四边形ABPC是正方形，得到

QBPFCP90，BPCP，可证△BPQ≌△CPFASA，得BQCF，QPFP，利用ASA再可证得△QPE≌△FPE，得QEFE则AEF的周长

ABAC22 （3）设EFm，AEn，RtAEF的内切圆半径为r，由（2）可得

AF22mn则rAEAFEFn22mnm222m，当m最小

时，r最大．得到n222mn2m2整理得：n2m22n422m0，关于n的一元二次方程有解，即m2224422m0化简得m242m80，利

用二次函数图像可得m422或m422（不合题意，舍去）可得m的最小值为422，即r的最大值为2422324，则有AEF内切圆半径的最大值为

324．

【详解】

解：（1）如图示，A'B'C'是ABC绕 P点0,1顺时针旋转，点B旋转到y轴正半轴时得到的图形，连接 BP，CP，

∵BC2，y轴垂直平分BC ∴BOCO1

又∵Rt△ABC中，ABAC ∴AO1，ABAC∵P0,1 ∴PO1

∴AOBOCOPO ∴四边形ABPC是正方形 ∴BP∴B'0B'PB'PABPOA'B'21

2

2 ∴点A坐标为

2,21

（2）如图2所示，作BPQCPF，交AB延长线于Q点 ∵四边形ABPC是正方形∴QBPFCP90， BPCP ∴△BPQ≌△CPFASA∴ BQCF，QPFP

∵点F在直线yx1∴FPE45∴ BPEFPC45 ∴BPEBPQ45∴QPEFPE45 ∵∴

EPEP∴

△QPE≌△FPEASA∴ QEFE

AEF的周长AEEFAFAEQEAF AEBEBQAFAEBEFCAF

ABAC22

（3）设EFm，AEn，RtAEF的内切圆半径为 r， 由（2）可得AF22mn则rAEAFEF

2n22mnm

22m

∴当m最小时，r最大．∵在RtAEF中，AE2AF2EF2

∴n222mn2m2整理得： n2m22n2422m0

∵关于n的一元二次方程有解∴∴m242m80

m224422m0

利用二次函数图像可得m422或m422（不合题意，舍去） ∴m的最小值为422∴r的最大值为2即AEF内切圆半径的最大值为324． 【点睛】

本题主要考查了一次函数的综合应用以及根的判别式、全等三角形的判定与性质、旋转、三角形内切圆等知识，能熟练应用相关性质是解题关键． 12．（1）ABC和△CDE是两个等腰直角三角形，如图1，其中

422324

ACBDCE90，连接AD、BE，求证：△ACD≌BCE．

（2）ABC和△CDE是两个含30°的直角三角形，中ACBDCE90，

CABCDE30，CDAC，△CDE从边CD与AC重合开始绕点C逆时针旋

转一定角度0180．

①如图2，DE与BC交于点F，交AB于G，连接AD，若四边形ADEC为平行四边形，求

BG的值． AG②若AB12，当点D落在AB上时，求BE的长．

答案：A

BG1123sin212cos；②解析：（1）见解析；（2）① AG34sin21【分析】

（1）利用SAS证明即可；

（2）①连接CG，根据平行四边形的性质推出AD//CE，求出ADE120，得到

ADCADECDE90，根据CABCDE30证得A、D、G、C四

点共圆，从而得到AGCADC90，利用直角三角形中30度角的性质求出

AG3CG， CG3BG，即可求出答案；

②先证明△ACD∽

BCE，由此推出∠DBE=90°，得到DBE为直角三角形，设

3HD3a，由此求出a，由ACD，得到CD2sin2sinBEa，则AD3a，BD123a，过D点作DHAC于H，利用A30得到DHADsin30DECDa，由勾股定理得DE2BE2BD2，即

cos30sina22a123a2sin【详解】

2a21443a2243a，解方程求出a.

ABC和△CDE是两个等腰直角三角形，

∴ACBC，CDCE，ACBDCE， ∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB， ∴ACDBCE，

（1）∵

ACBC在△ACD和BCE中，ACDBCE，

CDCE∴△ACD≌

BCE（SAS）．

（2）①连接CG，如图所示， ∵四边形ADEC为平行四边形， ∴AD//CE，

∴ADECED180，

∵CED90CDE903060， ∴ADE120，

∴ADCADECDE90， ∵CABCDE30， ∴A、D、G、C四点共圆， ∴AGCADC90，

∵CAB30， ∴CG1AC，AG3CG，BCG30， 23CG， 3∴CG3BG，即BG∴

BG1； AG3

②∵ACBDCE90， ∴ACBDCBDCEDCB， ∴ACDBCE， ∵CABCDE30，∴∴△ACD∽

ACDC3， BCCEBCE，∴CADCBE，

∴DBEDBCCBEDBCCAD90， ∴DBE为直角三角形，

设BEa，∴AD3a，∴BD123a， 3a， 2HD3a， sin2sin过D点作DHAC于H，A30， 则DHADsin30又∵ACD，∴CD又在Rt△CDE中，CDE30， ∴DECDa，

cos30sin∴在Rt△BDE中，由勾股定理得DE2BE2BD2，

a22即a123a2sin2a21443a2243a，

∴a421sin2243a1440， 243解得a576576sin2， 282sin243sin2241sin2即a 28sin2243sin224cos123sin212cos， 228sin24sin1123sin212cos. 故BE的长为24sin1

【点睛】

此题考查等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质，旋转的性质，平行四边形的性质，四点共圆，含30度角的直角三角形的性质，相似三角形的判定及性质，锐角三角函数，是一道较难的几何综合题.

13．在ABC中，ABAC，点P在平面内，连接AP，并将线段AP绕A顺时针方向旋转与BAC相等的角度，得到线段AQ，连接BQ．

（1）如图，如果点P是BC边上任意一点．则线段BQ和线段PC的数量关系是__________．

（2）如图，如果点P为平面内任意一点．前面发现的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．请仅以图所示的位置关系加以证明（或说明）；

（3）如图，在DEF中，DE8，EDF60，DEF75，P是线段EF上的任意一点，连接DP，将线段DP绕点D顺时针方向旋转60°，得到线段DQ，连接

EQ．请直接写出线段EQ长度的最小值．

答案：B

解析：（1）相等；（2）成立，证明见解析；（3）2622 【分析】

（1）先判断出∠BAQ=∠CAP，进而用SAS判断出△BAQ≌△CAP，即可得出结论； （2）结论BQ=PC仍然成立，理由同（1）的方法；

（3）先构造出△DEQ≌△DHP，得出EQ=HP，进而判断出要使EQ最小，当HP⊥EF（点P和点M重合）时，EQ最小，最后用解直角三角形即可得出结论． 【详解】

解：（1）由旋转知：AQ=AP， ∵PAQBAC，

∴PAQBAPBACBAP， ∴BAQCAP， ∵ABAC，

∴BAQCAPSAS， ∴BQCP 故答案为：相等．

（2）BQPC仍成立，理由如下： 证明：由旋转知：AQ=AP， ∵PAQBAC，

∴PAQBAPBACBAP， ∴BAQCAP， ∵ABAC，

∴BAQCAPSAS， ∴BQＰC （3）如图：

在DF上取一点H，使DHDE8，连接ＰＨ，过点Ｈ作HMEF于Ｍ，由旋转知，

DQDP，PDQ60，

∵EDF60， ∴PDQEDF， ∴EDQHDP， ∴DEQDHPSAS， ∴EQHP，

要使EQ最小，则有HP最小，而点H是定点，点P是EF上的动点， ∴当HMEF（点P和点M重合）时，HP最小， 即：点P与点M重合，EQ最小，最小值为HM，

过点E作EGDF于G，在RtDEG中，DE8，EDF60， ∴DEG30， ∴DG1DE4， 2∴EG3DG43，

在RtEGF中，FEGDEFDEG753045， ∴F90FEG45FEG，FGEG43， ∴DFDGFG443，

∴FHDFDH4438434， 在RtHMF中，F45， ∴HM22FH4342622， 22即：EQ的最小值为2622． 【点睛】

本题考查旋转的性质、最值问题，属于几何变换综合题，掌握全等三角形的证明方法，点到直线的距离等知识为解题关键．

14．已知在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，直线l经过点A（不经过点B或点C），点C关于直线l的对称点为点D，连接CD，BD， AD．

（1）如图1，

①填空：∠ABD ∠ADB（填 >，=，<号）．

②求∠BDC的度数（用含α的式子表示）．

（2）如图2，当α＝60°时，过点D作BD的垂线与直线l交于点E，求证：AE＝BD； （3）如图3，当α＝90°时，在直线l绕点A旋转过程中，记直线l与CD的交点为F． ①若点M为AC的中点，连接MF， MF的长是否会发生变化？若不变，求出MF的长；若会发生变化，说明理由；

②连接BF，当线段BF的长取得最大值时，求tan∠FBC的值．

答案：B

解析：（1）①=；②∠BDC＝；（2）详见解析；（3）①MF的长在直线l绕点A旋转过程中，不会发生变化，MF=1；②【分析】

（1）①根据点C关于直线l的对称点为点D，得到AD＝AC，且AB＝AC，则AD＝AB＝AC，可得∠ADB＝∠ABD；

②连接DA，并延长DA交BC于点M，由①可知AD＝AB＝AC，则有∠ADB＝∠ABD，∠ADC＝∠ACD，可以得到∠BAM＝2∠ADB，∠MAC＝2∠ADC，利用∠BAC＝∠BAM+∠MAC，可得BDC＝12121 3，

（2）连接CE，根据∠BAC＝60°，AB＝AC，得到△ABC是等边三角形，则有BC＝AC，∠ACB＝60°，根据BDC＝12，可知∠BDC＝30°，则有∠CDE＝60°，易证△CDE是等边三

角形，可以得出△BCD≌△ACE（SAS），则有BD＝AE； （3）①根据∠AFC=90°，M为AC的中点，得到 MF= 线l绕点A旋转过程中，不会发生变化， ②连接MB，根据在△BMF中，BMMFBC，可知当点M，点B，点F三点共线时，

11AC=2=1，则可知MF的长在直22BF最长，过点M作MH⊥BC，根据∠BAC＝90°，AB＝AC，可得BC＝2AC，∠ACB＝45°，且MH⊥BC，则有∠CMH＝∠HCM＝45°，可得出MC＝2HC，根据点M是AC中点，得到AC＝22HC，∴BC＝2AC=4HC，则可求出BH＝BC﹣HC＝3HC，利用tan∠FBC＝【详解】

解：（1）①ABDADB． ∵点C关于直线l的对称点为点D， ∴AD＝AC，且AB＝AC， ∴AD＝AB＝AC， ∴∠ADB＝∠ABD．

②如图1，连接DA，并延长DA交BC于点M，

MHHC可得出结果． BH3HC

∵AD＝AB＝AC,

∴∠ADB＝∠ABD，∠ADC＝∠ACD．

∵∠BAM＝∠ADB+∠ABD，∠MAC＝∠ADC+∠ACD， ∴∠BAM＝2∠ADB，∠MAC＝2∠ADC，

∴∠BAC＝∠BAM+∠MAC＝2∠ADB+2∠ADC＝2∠BDC＝α ． ∴

BDC＝12．

（2）如图3，连接CE，

∵∠BAC＝60°，AB＝AC， ∴△ABC是等边三角形， ∴BC＝AC，∠ACB＝60°， ∵

BDC＝12，

∴∠BDC＝30°， ∵BD⊥DE， ∴∠CDE＝60°．

∵点C关于直线l的对称点为点D， ∴DE＝CE，且∠CDE＝60°． ∴△CDE是等边三角形．

∴CD＝CE＝DE，∠DCE＝60°＝∠ACB， ∴∠BCD＝∠ACE， 且AC＝BC，CD＝CE， ∴△BCD≌△ACE（SAS）． ∴BD＝AE ．

（3）①如图4，因为∠AFC=90°，M为AC的中点，

∴ MF=

11AC=2=1． 22∴MF的长在直线l绕点A旋转过程中，不会发生变化． ②法一：如图5，连接MB，

∵在△BMF中，BM+MF≥BC

∴当点M，点B，点F三点共线时，BF最长， 如图6，过点M作MH⊥BC，

∵∠BAC＝90°，AB＝AC，

∴BC＝2AC，∠ACB＝45°，且MH⊥BC， ∴∠CMH＝∠HCM＝45°， ∴MH＝HC，∴MC＝2HC， ∵点M是AC中点，

∴AC＝22HC，∴BC＝2AC=4HC． ∴BH＝BC﹣HC＝3HC． ∴tan∠FBC＝【点睛】

本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形的三边关系，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．

15．如图，在等边三角形ABC中，点D是射线CB上一动点，连接DA，将线段DA绕点D

1MHHC＝． BH3HC3逆时针旋转60°得到线段DE，过点E作EF∥BC交直线AB于点F，连接CF． （1）如图1，若点D为线段BC的中点，则四边形EDCF是 ；

（2）如图2，若点D为线段CB延长线上任意一点，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；

（3）若点D为射线CB上任意一点，当∠DAB＝15°，△ABC的边长为2时，请直接写出线段BD的长．

答案：A

解析：（1）平行四边形；（2）成立，见解析；（3）423或31． 【分析】

（1）证明△ADB≌△DEO（AAS）和四边形EOBF为平行四边形，进而求解；

（2）证明△OED≌△DAC（SAS），则∠EOD＝∠ACD＝60°＝∠ABC，故OE∥AB，进而求解；

（3）分点D在线段BC上、点D（D′）在BC的延长线上两种情况，利用勾股定理和等腰直角三角形的性质分别求解即可． 【详解】

解：（1）过点E作DE的垂线交CB的延长线于点O，设BA交ED于点R，

∵点D为线段BC的中点，则AD⊥BC且∠BAD＝30°， ∵∠ADE＝60°，

∴∠EDB＝∠ADB﹣ADE＝90°﹣60°＝30°， ∵EF∥BC，

∴∠EFD＝∠ABC＝60°，∠FED＝∠EDO＝30°， ∴∠ERF＝90°， ∴DE⊥AB，

∵AD＝ED，∠BAD＝∠EDO＝30°，∠ADB＝∠DEO＝90°，

∴△ADB≌△DEO（AAS）， ∴OE＝BD＝

1111BC＝AB，则OB＝OD﹣BD＝AB﹣AB＝AB， 2222∴OB＝BD＝CD， ∵OE⊥DE，DE⊥AB， ∴OE∥AB， ∵EF∥BC，

∴四边形EOBF为平行四边形， ∴EF＝OB＝CD， 而EF∥CD，

∴四边形EFCD为平行四边形， 故答案为：平行四边形；

（2）如图2，在CD的延长线上截取DO＝AC，连接OE，设∠ADC的度数为α，

∵∠EDO＝180°﹣∠EDA﹣∠ADC＝180°﹣60°﹣α＝120°﹣α， ∠DAC＝180°﹣∠ACD﹣∠ADC＝120°﹣α＝∠EDO， 而AC＝OD，DE＝AD， ∴△OED≌△DAC（SAS）， ∴∠EOD＝∠ACD＝60°＝∠ABC， ∴OE∥AB，而EF∥BC， ∴四边形EFCD为平行四边形； （3）①当点D在线段BC时，

过点A作AH⊥BC，则∠BAH＝30°，而∠DAB＝15°，BH＝

1BC＝1， 2即BD是∠BAH的角平分线， 过点D作DG⊥AB于点G，设DH＝x， 则DG＝DH＝x，BD＝BH﹣DH＝1﹣x， 在△BDG中，∠BDG＝30°，则BG＝

21x1BD＝ 221x+2，解得：x＝

由勾股定理得：1x＝233， x2∴BD＝1﹣x＝423，

②当点D（D′）在BC的延长线上时， ∵∠BAD′＝15°， ∴∠D′AH＝30°+15°＝45°， 则D′H＝AH＝2213， ∴BD′＝D′H﹣BH＝31；

综上，BD的长度为423或31． 【点评】

本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形性质、三角形全等、等边三角形性质等知识点，综合性强，难度较大．

2