初二数学 全等三角形压轴几何题知识点及练习题及答案

一、全等三角形旋转模型

1．问题背景：如图1，在四边形ABCD中，BAD90，BCD90，

BABC，ABC120，MBN60，MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、

DC于E、F．探究图中线段AE，CF，EF之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长FC到G，使CGAE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFC≌△BFE，可得出结论，他的结论就是_______________；

探究延伸1：如图2，在四边形ABCD中，BAD90，BCD90，BABC，ABC2MBN，MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由． 探究延伸2：如图3，在四边形ABCD中，BABC，BADBCD180，

ABC2MBN，MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．

实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30的A处舰艇乙在指挥中心南偏东70的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70，试求此时两舰艇之间的距离．

答案：E

解析：EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．实际应用：210海里． 【分析】

延长FC到G，使CGAE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明BGF≌BEF，可得GF=EF，即可解题；

探究延伸1：延长FC到G，使CGAE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明BGF≌BEF，可得GF=EF，即可解题；

探究延伸2：延长FC到G，使CGAE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明BGF≌BEF，可得GF=EF，即可解题；

实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF，将AE和CF的长代入即可． 【详解】

解：EF=AE+CF

理由：延长FC到G，使CGAE，连接BG，

在△BCG和△BAE中，

BCBABCGBAE90， CGAE∴△BCG≌△BAE（SAS）， ∴BG=BE，∠CBG=∠ABE， ∵∠ABC=120°，∠MBN=60°， ∴∠ABE+∠CBF=60°， ∴∠CBG+∠CBF=60°， 即∠GBF=60°， 在△BGF和△BEF中，

BGBEGBFEBF， BFBF∴△BGF≌△BEF（SAS）， ∴GF=EF，

∵GF=CG+CF=AE+CF， ∴EF=AE+CF．

探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．

理由：延长FC到G，使CGAE，连接BG，

在△BCG和△BAE中，

BCBABCGBAE90， CGAE∴△BCG≌△BAE（SAS）， ∴BG=BE，∠CBG=∠ABE， ∵∠ABC=2∠MBN， ∴∠ABE+∠CBF=∴∠CBG+∠CBF=即∠GBF=

1∠ABC， 21∠ABC， 21∠ABC， 2在△BGF和△BEF中，

BGBEGBFEBF， BFBF∴△BGF≌△BEF（SAS）， ∴GF=EF，

∵GF=CG+CF=AE+CF， ∴EF=AE+CF．

探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立． 理由：延长FC到G，使CGAE，连接BG，

∵BADBCD180，∠BCG+∠BCD=180°， ∴∠BCG=∠BAD 在△BCG和△BAE中，

BCBABCGBAE， CGAE∴△BCG≌△BAE（SAS）， ∴BG=BE，∠CBG=∠ABE， ∵∠ABC=2∠MBN，

∴∠ABE+∠CBF=∴∠CBG+∠CBF=即∠GBF=

1∠ABC， 21∠ABC， 21∠ABC， 2在△BGF和△BEF中，

BGBEGBFEBF， BFBF∴△BGF≌△BEF（SAS）， ∴GF=EF，

∵GF=CG+CF=AE+CF， ∴EF=AE+CF．

实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，

∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°， ∴∠EOF=

1∠AOB 2∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°， ∴符合探索延伸中的条件 ∴结论EF= AE+CF仍然成立 即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里） 答：此时两舰艇之间的距离为210海里． 【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质．作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 2．一位同学拿了两块45三角尺MNK，ACB做了一个探究活动：将MNK的直角顶点M放在ACB的斜边AB的中点处，设ACBC4.

（1）如图1所示，两三角尺的重叠部分为ACM，则重叠部分的面积为______，周长为______.

（2）将如图1所示中的MNK绕顶点M逆时针旋转45，得到如图2所示，此时重叠部分的面积为______，周长为______.

（3）如果将MNK绕M旋转到不同于如图1所示和如图2所示的图形，如图3所示，请你猜想此时重叠部分的面积为______.

（4）在如图3所示情况下，若AD1，求出重叠部分图形的周长.

答案：A

解析：（1）4，442；（2）4，8；（3）4；（4）425 【分析】

1根据ACBC4，ACB90，得出AB的值，再根据M是AB的中点，得出

AMMC，求出重叠部分的面积，再根据AM，MC，AC的值即可求出周长；

12易得重叠部分是正方形，边长为AC，面积为1AC2，周长为2AC.

423过点M分别作AC、BC的垂线MH、ME，垂足为H、E.求得Rt则阴影部分的面积等于正方形CEMH的面积.

MHD≌RtMEG，

4先过点M作MEBC于点E，MHAC于点H，根据DMHEMH，

MHME，得出RtDHM≌RtEMG，从而得出HDGE，CEAD，最后根据

AD和DF的值，算出DM5，即可得出答案.

【详解】 解：1ACBC4，ACB90，

ABAC2BC2424242， M是AB的中点，

AM22，

ACM45， AMMC，

重叠部分的面积是22224，

2周长为：AMMCAC22224442；

故答案为4，442；

2重叠部分是正方形，

11边长为42，面积为444，

24周长为248． 故答案为4，8．

3过点M分别作AC、BC的垂线MH、ME，垂足为H、E，

M是ABC斜边AB的中点，ACBC4，

1MHBC，

21MEAC，

2MHME，

又

NMKHME90，

NMHHMK90，EMGHMK90，

HMDEMG， 在MHD和MEG中， HMDGME， MHMEDHMMEGMHD≌

MEGASA，

11444； 22阴影部分的面积等于正方形CEMH的面积，

正方形CEMH的面积是MEMH阴影部分的面积是4；

故答案为4．

4如图所示， 过点M作MEBC于点E，MHAC于点H，

四边形MECH是矩形，

MHCE，

A45，

AMH45，

AHMH，

AHCE，

在RtDHM和RtGEM中，

DMHEMG， MHMEDHMGEMRtDHM≌RtGEM. GEDH，

AHDHCEGE， CGAD， AD1， DH1.

DM145 ． 四边形DMGC的周长为：

CECDDMME ADCD2DM

425．

【点睛】

此题考查了等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质，等腰直角三角形的面积公式，正方形的面积公式，全等三角形的判定和性质求解．

3．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，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． 4．发现规律：

（1）如图①，ABC与ADE都是等边三角形，直线BD,CE交于点F．直线BD，

AC交于点H．求BFC的度数

（2）已知：ABC与ADE的位置如图②所示，直线BD,CE交于点F．直线BD，

AC交于点H．若ABCADE，ACBAED，求BFC的度数 应用结论：

（3）如图③，在平面直角坐标系中，点O的坐标为(0,0)，点M的坐标为(3,0)，N为

y轴上一动点，连接MN．将线段MN绕点M逆时针旋转60得到线段MK，连接

NK，OK，求线段OK长度的最小值

答案：A

解析：（1）BFC的度数为60；（2）BFC的度数为180；（3）线段OK长度的最小值为【分析】

3 2（1）通过证明△BAD△CAE可得ABDACE，再由三角形内角和定理进行求解即可；

（2）通过证明ABCADE可得BACDAE，

ABAC，可证ADAEACE，可得ABDACE，由外角性质可得BFCBAC，再有三角形

内角和定理进行求解即可；

（3）由旋转的性质可得△MNK是等边三角形，可得MKMNNK，

NMKNKMKNM60，如图③将MOK绕点M顺时针旋转60，得到△MQN，连接OQ，可得OMQ60，OK=NQ，MO=MQ，则当NQ为最小值时，OK

有最小值，由垂线段最短可得当QNy轴时，NQ有最小值，由直角三角形的性质即可求解． 【详解】

ABDABC与ADE是等边三角形

∴AB=AC，AD=AE，BACDAEABCACB60 ∴BADCAE ∴BADCAE(SAS)

（1）∵

∴ABDACE

∵ABDDBCABC60 ∴ACEDBC60

∴BFC180DBCACEACB60； （2）∵ABCADE，ACBAED ∴

ABCADE

ABAC ADAEABAD ACAE∴BACDAE，∴BADCAE，∴∴∵∴∵∴

ABDACE ABDACE

BHCABDBACBFCACE BFCBAC

BACABCACB180 BFC180

∴BFC180；

（3）∵将线段MN绕点M逆时针旋转60得到线段MK ∴MNMK，NMK60 ∴△MNK是等边三角形

∴MKMNNK，NMKNKMKNM60 如下图，将MOK绕点M顺时针旋转60，得到△MQN，连接OQ

∴

MOKMQN，OMQ60

∴OK=NQ，MO=MQ ∴△MOQ是等边三角形 ∴QOM60 ∴NOQ30 ∵OK=NQ

∴当NQ为最小值时，OK有最小值，由垂线段最短可得当QNy轴时，NQ有最小值 ∵点M的坐标为(3,0) ∴OMOQ3

∵QNy轴，NOQ30 ∴NQ13OQ 223． 2∴线段OK长度的最小值为【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，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形内角和定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是解决本题的关键．

5．如图1，在等腰Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝6，过点B作BD⊥AC交AC于点D，点E、F分别是线段AB、BC上两点，且BE＝BF，连接AF交BD于点Q，过点E作EH⊥AF交AF于点P，交AC于点H．

（1）若BF＝4，求△ADQ的面积； （2）求证：CH＝2BQ；

（3）如图2，BE＝3，连接EF，将△EBF绕点B在平面内任意旋转，取EF的中点M，连接AM，CM，将线段AM绕点A逆时针旋转90°得线段AN，连接MN、CN，过点N作NR⊥AC交AC于点R．当线段NR的长最小时，直接写出△CMN的周长．

答案：A

解析：（1）1.8；（2）证明见解析；（3）【分析】

（1）利用等腰直角三角形的性质求出BDADCD32633510． 221AC32，再利用三角形面2积相等和勾股定理分别求出AQ和QD，最后利用三角形面积公式即可求解； （2）如图，先作辅助线构造AEH≌CFGASA，得到AHCG，再通过转化得到

AH2DQ，最后利用AC，得到一个相等关系，即AHHC2BQQD，利用等

式性质即可得到所求；

（3）如图，通过做辅助线构造全等三角形确定出当HN⊥AC，且N点位于H、R之间时，此时NR的长最小，接着利用勾股定理和等腰直角三角形的性质，分别求出CM、MN、CN的长，相加即可． 【详解】 解：

ABBC6，∠ABC90°，

∴AC2AB62，

又∵ACBD

∴BD平分AC，且BD是∠ABC的角平分线 ∴BDADCD∵BF4， ∴

1AC32，Q点到BA和BC边的距离相等； 2SABQSBFQ63， 42∴

AQ3， FQ2∵AF∴AQAB2BF26242213，

3613， AF552613∴QDAQ2AD2532232， 5∴SADQ132321.8， 25∴△ADQ的面积为1.8．

（2）如图，作CG⊥AC，垂足为C，交AF的延长线于点G， ∴∠ACG90°

∵∠ACB∠CAB45°， ∴∠GCB45°∠CAB， ∵EH⊥AF，

∴∠EAP∠AEP90°, 又∵∠EAP∠AFB90° ∴∠AEP∠AFB， ∴∠AEP∠CFG ∵BEBF，BABC ∴AECF， 在AEH和CFG中，

AEHCFG AECFEAHFCG∴AEH≌CFGASA ∴AHCG； ∵BD⊥AC，CG⊥AC， ∴BD∥CG，

∵D点是AC的中点，且BD∥CG， ∴DQ是ACG的中位线，

1CG， 2∴2DQCGAH；

∴DQ∵AC=2BD，

∴AHHC2BQQD，

∵AH2DQ， ∴CH＝2BQ．

（3）如图①，作AH⊥AB,且AH=AB， ∴∠NAH+∠HAM=∠HAM+∠BAM=90°， ∴∠BAM=∠NAH， ∵AB=AH，AM=AN， ∴ABM≌AHNSAS， ∴HN=BM，

∵BE=BF=3，∠EBF=90°， ∴EF2BE32，

∴由M点是EF的中点，可得BM∴NH132， EF2232， 2∴N点在以H点为圆心，

32为半径的圆上， 232， 2如图②，当HN⊥AC，且N点位于H、R之间时，此时NR的长最小， 为NRHRHNHR∵∠BAC=45°， ∴∠HAC=45°， ∴∠AHN=45°，HR=AR， ∵HR2AR2AH2， ∴HRAR∴NRHR∵AC632， 23232， 222AB62，

∴CRACAR32， ∴CNAN32233210，

222∵∠MAN=90°，AM=AN， ∴MN2AN35，

∴∠ABM=45°， ∴∠EBM=45°，

∴F点在BA上，E点在CB延长线上， 如图，作MP⊥EC，垂足为P， ∴BPMP13EB， 223156， 22326， 2∴PCPBBC∴MCMP2PC2∴MCMNCN∴△CMN的周长为32633510， 2232633510． 22

【点睛】

本题综合考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理、圆等知识，要求学生熟练掌握相关概念并能灵活应用它们，本题的综合性较强，难点在于作辅助线构造全等三角形以及线段之间的关系转化等，考查了学生综合分析和推理论证以及计算的能力，本题属于压轴题，蕴含了数形结合和转化的思想方法等． 6．如图，点B，C，D在同一条直线上，△BCF和△ACD都是等腰直角三角形，连接AB，

DF，延长DF交AB于点E．

（1）如图1，若AD＝BD，DE是∠ADB的平分线，BC＝1，求CD的长度； （2）如图2，连接CE，求证：DE＝2CE＋AE；

（3）如图3，改变△BCF的大小，始终保持点在线段AC上（点F与点A，C不重合）．将ED绕点E顺时针旋转90°得到EP，取AD的中点O，连接OP．当AC＝2时，直接写出OP长度的最大值．

解析：（1）CD【分析】

21；（2）证明见解析；（3）22．

（1）根据等腰直角三角形的性质，求出FCBC1，再判断出FAFB，即可得出结论；

（2）先判断出△ABC△DFC，得出BACCDF，进而判断出△ACE△DCH，得出AEDH，CECH，即可得出结论；

（3）先判断出OEOQ2，再判断出△OED△QEP，进而求出PQOD2．即可得出结论． 【详解】 （1）解：

BCF和△ACD都是等腰直角三角形，

ACCD，FCBC1，FB2， ADBD，DE是ABD的平分线， DE垂直平分AB，

FAFB2， ACFAFC21， CD21；

（2）证明：如图2，过点C作CHCE交ED于点H，

BCF和△ACD都是等腰直角三角形，

ACDC，FCBC，ACBDCF90； △ABC△DFC(SAS)， BACCDF， ECH90，

ACEACH90，

ACD90，

DCHACH90，

ACEDCH．

在ACE和DCH中，

BACCDF， ACDCACEDCH△ACE△DCH(ASA)，

AEDH，CECH，

EH2CE．

DEEHDH2CEAE；

（3）OP的最大值是22．

解：如图3，连接OE，将OE绕点E顺时针旋转90得到EQ，连接OQ，PQ，则OQ2OE．

由（2）知，AEDABCCDFABCBAC90， 在Rt△AED中，点O是斜边AD的中点， OEOD122ADAC22， 222OQ2OE222，

在OED和△QEP中，

OEQEOEDQEP， DEPE△OED△QEP(SAS)， PQOD2．

OPOQPQ22，当且仅当O、P、Q三点共线时，取“”号，

∴OP的最大值是22．

【点睛】

此题是几何变换综合题，主要等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．

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．

（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，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＝25，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．

答案：C

解析：（1）60，BD＝CE；（2）CEB＝45，BD＝2CE，理由见解析；（3）CE的长为22或42，理由见解析． 【分析】

（1）证明ACE≌ABD，得出CE＝BD，AECADB，即可得出结论； （2）证明ACE∽ABD，得出AECADB，BD（3）先判断出BD2CE，即可得出结论；

2CE，再求出AB210：

①当点E在点D上方时，先判断出四边形APDE是矩形，求出AP＝DP＝AE＝2，再根据勾股定理求出，BP＝6，得出BD＝4；

②当点E在点D下方时，同①的方法得，AP＝DP＝AE＝1，BP＝6，进而得出BD＝BP+DP ＝8，即可得出结论． 【详解】

解：（1）ABC为等腰三角形，AC＝BC，ACB＝60，

ABC是等边三角形， 同理可得ADE是等边三角形

BADDACDACCAE60BADCAE∴

ADAEABACEAC＝DABACE≌ABD（SAS）BDCEAECADB180ADE120AECAEDCEBCEB60故答案为：CEB60；BDCE．

（2）CEB＝45，BD＝2CE，理由如下： 在等腰三角形ABC中，AC＝BC，ACB＝90，

AB＝2AC，CAB＝45 ，

同理，AD＝2AE，ADE＝DAE＝45，

AEAC，DAE＝CAB， ADABEAC＝DAB， ACE∽ABD ，

BDAD2， CEAEAEC＝ADB，BD＝2CE，

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＝2CE，

在RtABC中，AC＝25，

AB＝2AC＝210 ，

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＝AB2AP2＝6，

BD＝BPAP＝4，

1CE＝BD＝22；

2②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＝1BD＝42， 2综上CE的长为22或42．

【点睛】

本题是几何变换的综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的性质，判断出三角形ACE和三角形ABD相似是关键．

9．探究：（1）如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，若∠B＝28°，则∠ACD的度数是 ．

拓展：（2）如图②，∠MCN＝90°，射线CP在∠MCN的内部，点A、B分别存CM、CN上，分别过点A、B作AD⊥CP、BE⊥CP于点D、E，若AC＝CB，则AD、DE、BE三者间的数量关系为 ．请说明理由；

应用：（3）如图③，点A、B分别在∠MCN的边CM、CN上，射线CP在∠MCN的内部，点D、E在射线CP上，连结AD、BE、AE，且使∠MCN＝∠ADP＝∠BEP．当AC＝BC时，△ ≌△ ；此时如果CD＝2DE，且S△CBE＝6，则△ACE的面积是 ．

答案：D

解析：（1）28° （2）DE＝AD﹣BE；理由见解析 （3）ACD；CBE；9 【分析】

（1）利用直角三角形的两锐角互余，即可得出结论；

（2）利用同角的余角相等判断出∠CAD＝∠BCE，进而判断出△ACD≌△CBE，即可得出结论；

（3）利用等式的性质判断出∠ADC＝∠CEB，进而判断出△ACD≌△CBE，得出S△ACD＝S△CBE，再求出S△ADE＝3，即可得出结论． 【详解】

解：探究：∵CD⊥AB，

∴∠CDB＝90°， ∵∠B＝28°，

∴∠BCD＝90°﹣∠B＝68°， ∵∠ACB＝90°，

∴∠ACD＝90°﹣∠BCD＝28°， 故答案为：28°； 拓展：(2)∵∠MCN＝90°， ∴∠ACD+∠BCE＝90°， ∵AD⊥CP，BE⊥CP， ∴∠ADC＝∠BEC＝90°， ∴∠ACD+∠CAD＝90°， ∴∠CAD＝∠BCE， 在△ACD和△CBE中，

ADCCEBCADBCE， ACBC∴△ACD≌△CBE（AAS）， ∴CD＝BE，AD＝CE， ∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE， 故答案为：DE＝AD﹣BE；

应用：(3)∵∠MCN＝∠ACD+∠BCD，∠MCN＝∠ADP， ∴∠ADP＝∠ACD+∠BCD， ∵∠ADP＝∠ACD+∠CAD， ∴∠CAD＝∠BCE， ∵∠ADP＝∠BEP， ∴∠ADC＝∠CEB， 在△ACD和△CBE中，

ADCCEBCADBCE， ACBC∴△ACD≌△CBE（AAS）， ∴S△ACD＝S△CBE， ∵S△CBE＝6， ∴S△ACD＝6， ∵CD＝2DE， ∴S△ACD＝2S△ADE， ∴S△ADE＝

1S△ACD＝3， 2∴S△ACE＝S△ACD+S△ADE＝9， 故答案为：ACD，CBE，9． 【点睛】

此题是三角形综合题，主要考查了直角三角形的性质，同角的余角相等，等式的性质，全等三角形的判定和性质，判断出△ACD≌△CBE是解本题的关键．

10．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）【分析】

2,21；（2）见解析；（3）324

（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'PB'0B'PPO21，可得点 A坐标；

ABA'B'2，

（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时，r最大．得到n2AEAFEFn22mnm2m，当m最小

22mn222m2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： n2m22n2422m422m0 0

∵关于n的一元二次方程有解∴∴m242m80

m224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．

11．如图1，ABC中，CACB，ACB，D为ABC内一点，将CAD绕点

422324

C按逆时针方向旋转角得到CBE，点A,D的对应点分别为点B,E，且A,D,E三点

在同一直线上．

（1）填空：CDE______（用含的代数式表示）；

（2）如图2，若60，请补全图形，再过点C作CFAE于点F，然后探究线段

CF，AE，BE之间的数量关系，并证明你的结论；

（3）如图3，若90，AC52，直接写出四边形ABEC面积的最大值______． 解析：（1）【分析】

（1）由旋转的性质可得CDCE，DCE，即可求解；

（2）由旋转的性质可得ADBE，CDCE，DCE60，可证CDE是等边三角形，由等边三角形的性质可得DFEF18025(21)23；（2）AEBE． CF；证明见解析；（3）2323CF，即可求解； 3（3）如图3中，过点C作CFBE交BE的延长线于F，设AE交BC于J．证明

ACJCEBEJ90，推出点E在以AB为直径的圆上运动，即图中BC上运动，当

EB时，四边形ABEC的面积最大，此时ECEB，分别求出ABC，BCE的面

积即可解决问题． 【详解】

解：（1）如图1中，

将CAD绕点C按逆时针方向旋转角得到CBE

ACDBCE，DCE

CDCE

180CDE．

2180故答案为：．

2（2）AEBE23CF 3理由如下：如图2中，

将CAD绕点C按逆时针方向旋转角60得到CBE

ACDBCE

ADBE，CDCE，DCE60 CDE是等边三角形，且CFDE

DFEF3CF 3AEADDFEF

AEBE23CF． 3BE交BE的延长线于W，设AE交BC于J．

（3）如图3中，过点C作CW

CAD绕点C按逆时针方向旋转90得到CBE，

CADCBE，

CADCBE， AJCBJE，

ACJBEJ90，

EB时，四边形ABEC点E在以AB为直径的圆上运动，即图中BC 上运动，当CE的面积最大，此时ECEB，

CDCE，DCE90， CED45，

AEWCEWCFAEB45， CEW90，

EW，

WCECW45， EWCW2EW，设CWx，则ECEBBW2，

2x，

在RtBCW中，BC2x2x2S(x25(22x)22)2(52)2，

，

22x225(21)， 2BCE1BECW2S四边形ABECSABCSBCE1525222521225221．

【点睛】

本题考查了圆的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，熟悉相关性质，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键． 12．（1）ABC和△CDE是两个等腰直角三角形，如图1，其中

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a2a2123a2sin2a21443a2243a，解方程求出a.

【详解】

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，

1∴CGAC，AG3CG，BCG30，

2∴CG3BG，即BG∴

3CG， 3BG1； 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5762sin， 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．在等腰Rt△ABC中，ABAC、BAC90．

（1）如图1，D，E是等腰Rt△ABC斜边BC上两动点，且DAE45，将△ABE绕点A逆时针旋转90后，得到△AFC，连接DF．

①求证：AED≌AFD．

②当BE3，CE9时，求DE的长．

（2）如图2，点D是等腰Rt△ABC斜边BC所在直线上的一动点，连接AD，以点A为直角顶点作等腰Rt△ADE（E点在直线BC的上方），当BD3，BC9时，求DE的长．

答案：D

解析：（1）①证明见解析；②5；（2）35或317 【分析】

（1）①证明∠DAE=∠DAF=45°即可利用SAS证明全等；

②由①中全等可得DE=DF，再在Rt△FDC中利用勾股定理计算即可；

（2）连接BE，根据共顶点等腰直角三角形证明全等，再利用勾股定理计算即可。需要注意分类讨论. 【详解】

（1）①如图1中，

△BAE≌△CAF，

AEAF，BAECAF， BAC90，EAD45，

CADBAECADCAF45， DAEDAF，

DADA，AEAF， △AED≌△AFD(SAS)．

②如图1中，设DEx，则CD9x，

BAC，BAC90， BACB45， ABEACF45， DCF90，

△AED≌△AFD(SAS)，

DEDFx， 在RtDCF，

DF2CD2CF2，CFBE3，

x2(7x)232，

x5， DE5．

（2）①当点D在线段BC上时，如图2中，连接BE，

BACEAD90， EABDAC，

AEAD，ABAC， △EAB≌△ADC(SAS)，

ABECABC45，EBCD6， EBD90，

DE2BE2BD2623245，DE35．

②当点D在CB的延长线上时，如图3中，连接BE，

同法可证DBE是直角三角形，EBCD12，DB3，

DE2EB2BD21449153，DE317，

综上所述，DE的值为35或317． 【点睛】

本题考查半角旋转以及共顶点等腰直角三角形（手拉手模型），综合考查旋转、全等三角形、勾股定理等知识点，熟记相关模型特征是解题的关键. 14．综合与实践 实践操作：

①如图1，ABC是等边三角形，D为BC边上一个动点，将ACD绕点A逆时针旋转

60得到AEF，连接CE．

②如图2，在ABC中，ADBC于点D，将ABD绕点A逆时针旋转90得到AEF，延长FE与BC交于点G．

③如图3，将图2中得到AEF沿AE再一次折叠得到AME，连接MB．

问题解决：

（1）小明在探索图1时发现四边形ABCE是菱形．小明是这样想的：

请根据小明的探索直接写出图1中线段CD，CF，AC之间的数量关系为 ： （2）猜想图2中四边形ADGF的形状，并说明理由； 问题再探：

（3）在图3中，若AD=6，BD=2，则MB的长为 ．

答案：C

解析：（1）CD+CF=AC；（2）四边形ADGF为正方形；理由见解析；（3）213 【分析】

（1）先证明C、F、E在同一直线上，再证明△BAD≌△CAF（SAS），则∠ADB=∠AFC，BD=CF，可得AC=CF+CD；

（2）先根据∠ADC=∠DAF=∠F=90°，证明得四边形ADGF是矩形，由邻边相等可得四边形ADGF是正方形；

（3）证明△BAM≌△EAD（SAS），根据BM=DE及勾股定理可得结论． 【详解】 解：（1）如图：

由旋转得：∠DAF=60°=∠BAC，AD=AF， ∴∠BAD=∠CAF， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB=AC，

∴△BAD≌△CAF（SAS）， ∴∠ADB=∠AFC，BD=CF，

∵∠ADC+∠ADB=∠AFC+∠AFE=180°， ∴C、F、E在同一直线上， ∴AC=BC=BD+CD=CF+CD， 故答案为：CDCFAC；

（2）四边形ADGF是正方形，理由如下：

如图：

∵Rt△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△AEF， ∴AF=AD，∠DAF=90°， ∵AD⊥BC，

∴∠ADC=∠DAF=∠F=90°， ∴四边形ADGF是矩形， ∵AF=AD，

∴四边形ADGF是正方形； （3）如图3，连接DE，

∵四边形ADGF是正方形，

DG=FG=AD=AF=6，

∵△ABD绕点A逆时针旋转90°，得到△AEF， ∴∠BAD=∠EAF，BD=EF=2， ∴EG=FG-EF=6-2=4，

∵将△AFE沿AE折叠得到△AME， ∴∠MAE=∠FAE，AF=AM， ∴∠BAD=∠EAM，

∴∠BAD+∠DAM=∠EAM+∠DAM，即∠BAM=∠DAE， ∵AF=AD， ∴AM=AD，

在△BAM和△EAD中，

AMAD∵BAMDAE， ABAE∴△BAM≌△EAD（SAS），

∴BM=DE=EG2DG2=4262213． 故答案为：213． 【点睛】

本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形和全等三角形的性质，依据图形的性质进行计算求解． 15．如图，抛物线y＝22

x+2x﹣62交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y4轴于C点，D点是该抛物线的顶点，连接AC、AD、CD． （1）求△ACD的面积；

（2）如图，点P是线段AD下方的抛物线上的一点，过P作PE∥y轴分别交AC于点E，交AD于点F，过P作PG⊥AD于点G，求EF+5FG的最大值，以及此时P点的坐标； 2（3）如图，在对称轴左侧抛物线上有一动点M，在y轴上有一动点N，是否存在以BN为直角边的等腰Rt△BMN？若存在，求出点M的横坐标，若不存在，请说明理由．

答案：A

解析：（1）24；（2）最大值为

92152，点P（﹣32，﹣）；（3）存在，点M的22横坐标为﹣2﹣26或22﹣26． 【分析】

（1）先求出抛物线与坐标轴的交点坐标和顶点坐标，再用待定系数法求得AC的解析式，进而求出点N、D的坐标，再根据三角形的面积公式求出结果； （2）证明EF+5FG即为EP的长度，即可求解； 2（3）分∠BNM为直角、∠MBN为直角，利用三角形全等即可求解． 【详解】

解：（1）令x＝0，得y∴C（0，﹣62），

20206262， 4令y＝0，得y22x2x620， 4解得x162，x222，

∴A（62，0），点B（22，0）， 设直线AC的解析式为：y＝kx+b（k≠0），

62kb0则， b62k1∴，

b62∴直线AC的解析式为：yx62， ∵y222x2x62x2244282，

∴D（22，82），

过D作DM⊥x轴于点M，交AC于点N，如图，

令x22，y226242，则N（22，42）， ∴DN42， ∴SACD11DNAO426224； 22（2）如图，过点D作x轴的平行线交FP的延长线于点H，

由点A、D的坐标得，直线AD的表达式为：y2x122，

∴tan∠FDH＝2，则sin∠FDH＝225， 55∵∠HDF+∠HFD＝90°，∠FPG+∠PFG＝90°， ∴∠FDH＝∠FPG，

FGFGFG5FG， 在Rt△PGF中，PF＝＝ 25＝2sinFPGsinFDH5则EF+5FG＝EF+PF＝EP， 2设点P（x，

22x2x62），则点E（x，x62）， 422225x2x62x3x， FG＝EF+PF＝EP＝x62则EF+442∵﹣

b922＜0，故EP有最大值，此时x＝﹣＝﹣32，最大值为；

2a2422152， x2x6242当x＝32时，y故点P（32，152）； 222m2m62，点N（0，s）， 4（3）存在，理由：

设点M的坐标为（m，n），则n①当∠MNB为直角时，如图，

过点N作x轴的平行线交过点B与y轴的平行线于点H，交过点M与y轴的平行线于点G，

∵∠MNG+∠BNH＝90°，∠MNG+∠GMN＝90°， ∴∠GMN＝∠BNH，

∵∠NGM＝∠BHN＝90°，MN＝BN， ∴△NGM≌△BHN（AAS）， ∴GN＝BH，MG＝NH，

即ns22且ms，

联立并解得：m226（舍去正值），

故m226，则点M（226，226）； ②当∠NBM为直角时，如图，

过点B作y轴的平行线交过点N与x轴的平行线于点G，交过点M与x轴的平行线于点H，

同理可证：△MHB≌△BGN（AAS）， 则BH＝NG，即n22， 当n22时，

22m2m6222，解得：m2226（舍去正值）， 4故m2226，则点M（2226，22）； 综上，点M的横坐标为226或2226． 【点睛】

本题考查二次函数的综合题，涉及三角形面积的求解，用胡不归原理求最值，等腰直角三角形的存在性问题，解题的关键是需要掌握这些特定题型的特定解法，熟练运用数形结合的思想去解决问题．