八年级数学下学期期中压轴题专项卷【北师大版，测试范围：三角形的证明、图形的平移与旋转】-【上好课】2024-2025学年初中数学同步精品课堂

2024-2025学年八年级数学下学期期中专项卷 【压轴题篇】 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 考前须知： 1．本卷试题共24题，单选10题，填空6题，解答8题。 2．测试范围：三角形的证明~图形的平移与旋转（北师大版）。 第Ⅰ卷 一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．（3分）（2024春•福田区期中）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝58°，∠BAC的平分线与AB的垂直平分线交于O，将∠C沿EF（E在BC上，F在AC上）折叠，点C与O点恰好重合，则∠OEC的度数为（　　） A．132° B．130° C．112° D．116° 2．（3分）（2024春•南山区期中）如图，把一张长方形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到△ECF．若BC＝1，则EF的长度为（　　） A． B． C． D．2 3．（3分）（2024春•宝安区期中）如图，在等腰直角三角形ABC中，AB＝BC，∠CBA＝90°，将边AB绕点A逆时针旋转至AB′，连接BB′，CB′，若∠CB′B＝90°，AB＝5，则线段B′B的长度为（　　） A． B．4 C． D．5 4．（3分）（2024春•深圳期中）如图，把两块大小相同的含45°的三角板ACF和三角板CFB如图所示摆放，点D在边AC上，点E在边BC上，且∠CFE＝13°，∠CFD＝32°，则∠DEC的度数是（　　） A．58° B．45° C．77° D．64° 5．（3分）（2024春•西安校级期中）若关于x的不等式组恰有4个整数解，则a的取值范围是（　　） A．﹣9＜a＜﹣8 B．﹣9≤a≤﹣8 C．﹣9≤a＜﹣8 D．﹣9＜a≤﹣8 6．（3分）（2024春•福田区校级期中）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，E、F两动点分别在线段AD、线段AB上运动，若∠BAC＝40°，则当BE+EF取得最小值时，∠BEF的度数为（　　） A．90° B．60° C．50° D．40° 7．（3分）（2024春•罗湖区期中）如图，O是等边△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，则∠AOB的度数为（　　） A．100° B．120° C．130° D．150° 8．（3分）（2024春•南海区期中）如图所示，在平面直角坐标系中，一次函数y1＝ax+b，y2＝cx+d交y轴于A，y3＝cx+f交y轴于B，已知OA＝OB，下列说法正确的是（　　） A．y3＞y1＞0的解集是q＜x＜p B．y2＞y1＞y3的解集是m＜x＜n C．y1＞y2＞0的解集是﹣q＜x＜m D．（d﹣f）ac＞0 9．（3分）（2024春•三水区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，O为BC的中点，将△ABC绕点O顺时针旋转得到△DEF，D、E分别在边AC和CA的延长线上，连接CF，若AD＝3，则△OFC的面积是（　　） A． B． C． D． 10．（3分）（2024春•深圳期中）如图，将两个全等的等腰直角三角形摆成如图所示的样子，其中AB＝AC＝AG＝FG，∠BAC＝∠AGF＝90°，AF、AG分别与BC交于D、E两点，将△ACE绕着点A顺时针旋转90°得到△ABH，则下列结论：①BH⊥BC；②AD平分∠HDE；③若BD＝3，当DE＝2CE时，则AB；④若AB平分∠HAD，则S△ABD，其中正确的个数有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．（3分）（2024春•南山区期中）已知如图，△ABC为等边三角形，点D在AC上，点E在CB延长线上，连接AE、DE，AE＝DE，AD＝2，BE＝4，则AE＝　 　． 12．（3分）（2024春•宝安区期中）如图，等边△ABC的边长为6，D是BC的中点，E是AC边上的一点，连接DE，以DE为边作等边△DEF，若CE＝2，则线段AF的长为 　 　． 13．（3分）（2024春•深圳期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，∠ACB＝60°，BC＝5，将△ABC沿着射线BC方向平移得到△DEF，A与D为对应点，连结CD．在整个平移过程中，若∠CDE＝45°，则平移的距离为 　 　． 14．（3分）（2024春•福田区校级期中）如图，点P是等边△ABC的边BC的中点，点M是△ABC内一点，且PM＝2，连接AM，线段AM绕点A逆时针旋转60°得到线段AN，连接NC，若AB＝6，当CN的长是 　 　时，AN最短． 15．（3分）（2024春•罗湖区期中）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，点D是BC边上一点，且CD＝3BD．将△ABD沿AD折叠，点B的对应点为B'，连接CB'并延长，与AD的延长线交于点M，连接BM，则BM的长为 　 　． 16．（3分）（2024春•深圳期中）如图，在边长为4的等边△ABC中，射线BD⊥AC于点D，将△ABD沿射线BD平移，得到△EGF，连接CF、CG，则CF+CG的最小值为 　 　． 三．解答题（共8小题，满分72分） 17．（8分）（2024春•龙华区期中）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝45°，AB＝2，点R是BC上一点，∠BAR＝60°，点P在AB上从点A平移至点B，过点P作PQ⊥AB，交射线AR于点Q．将△APQ绕点A顺时针旋转90°至△AP′Q′，P的对应点为P′，Q的对应点为Q′，连接QQ′． （1）∠ARB的大小是 　 　°，∠AQQ′的大小是 　 　°； （2）如图2，当Q，C，Q′三点共线时，求平移的距离AP； （3）连接PR，当△BPR是等腰三角形时，求平移的距离AP． 18．（8分）（2024秋•綦江区期中）如图△ABC与△ACD为正三角形，点O为射线CA上的动点，作射线OM与直线BC相交于点E，将射线OM绕点O逆时针旋转60°，得到射线ON，射线ON与直线CD相交于点F． （1）如图①，点O与点A重合时，点E，F分别在线段BC，CD上，求证：△AEC≌△AFD； （2）如图②，当点O在CA的延长线上时，E，F分别在线段BC的延长线和线段CD的延长线上，请写出CE，CF，CO三条线段之间的数量关系，并说明理由； （3）点O在线段AC上，若AB＝8，BO＝7，当CF＝1时，请直接写出BE的长． 19．（8分）（2024春•福田区校级期中）综合与实践探究 【问题背景】学习三角形旋转之后，八1班各学习小组打算用两个大小不同的等腰直角三角形通过旋转变换设计本组的logo，小鸣在设计logo的过程中发现两个三角形在旋转过程中，某些边和角存在一定的关系．因此，他和同学一起对这个问题进行了数学探究． 已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC＝∠DAE＝90° 【初步探究】（1）小鸣将△ADE绕点A在平面内自由旋转，连接BD、CE后，他发现这两条线段存在着一定的数量关系，如图（1），请探究线段BD、CE的数量关系，并说明理由； 【深入探究】（2）若∠ADB＝90°，旋转过程中，当点D、点E和BC的中点O三点共线时，如图2，探究线段BD、DO和OE的数量关系，并说明理由． 【应用探究】（3）如图2，在（2）的条件下，若∠BAD＝30°，AB＝4，则OD＝　 　（直接写出结果） 【拓展探究】（4）如图3，当∠BDC＝60°，，，则CD＝　 　（直接写出结果） 20．（8分）（2024春•南山区期中）阅读材料，并解决问题： （1）方法指引 如图①，等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数． 解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP'处，此时△ACP'≌△ABP，连接P'P，△PAP'是 　 　三角形；这样利用旋转变换，我们将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝　 　°； （2）知识迁移 已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝BE2+FC2； （3）能力提升 如图③，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求出OA+OB+OC的值． 21．（10分）（2024春•南山区校级期中）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为△ABC外一点，连接BD，连接AD交BC于点G，且满足BD⊥AB． （1）如图1，点H为线段BC上一点，若BG＝CH，证明：△AGH是等腰三角形； （2）如图2，若BG＝2，，求AG的长； （3）如图3，点F为线段BC上一点，连接AF、DF，过点C作CE∥AB交DF的延长线于点E，若AF⊥DE，DF＝EF．求证：． 22．（10分）（2024春•深圳期中）（1）问题提出：如图1，点E为等腰△ABC内一点，AB＝AC，∠BAC＝α，将AE绕着点A逆时针旋转α得到AD，求证：△ABE≌△ACD． （2）尝试应用：如图2，点D为等腰Rt△ABC外一点，AB＝AC，BD⊥CD，过点A的直线分别交DB的延长线和CD的延长线于点N，M，若∠M＝60°，求证：MC+NB＝2AM． （3）问题拓展：如图3，△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AC，BC上，∠BDA＝∠BEA＝60°，AE，BD交于点H．若CE＝5，AH＝3，求BE的长度． 23．（10分）（2024春•罗湖区期中）某数学兴趣小组进行了如下探究活动，请你与他们一起参与吧． （1）问题背景：如图1，在等腰直角△AOB中，点C是AB边上的中点，点D是OA上一点，连接DC并延长至点E，使得CE＝CD，连接BE，请证明：△ADC≌△BEC； （2）迁移应用：如图2，△AOB和△CDB均为等腰直角三角形，∠AOB＝∠CDB＝90°，OA＞CD，将△CDB绕点B旋转，连接AC，点E为AC中点，连接OE、DE，请你判断OE与DE的数量关系以及位置关系，并证明． （3）拓展延伸：如图3，将（2）中等腰直角△CDB换成等腰直角△COD，∠COD＝90°，将△COD绕点O旋转，连接AC，BD，点E为BD中点，连接OE，当点A、C、D三点共线时，若OA，OD＝4，请你求出线段OE的长． 24．（10分）（2024春•顺德区校级期中）【问题情境】在学习《图形的平移和旋转》时，某兴趣小组遇到这样一个问题：如图1，点D为等边△ABC的边BC上一点，将△ABD绕点A旋转，使得旋转后点B的对应点为点C． 【初步探究】 （1）小明是这样画图的：如图2，过点C画BA的平行线l，在l上取CE＝BD，连接AE，则△ACE即为旋转后的图形，你能说说小明这样做的道理吗？ 【类比迁移】 （2）如图3，点D为等边△ABC内一点，△ABD绕点A旋转，使得旋转后点B的对应点为点C．连接CE，若B、D、E三点共线，求证：EB平分∠AEC； 【拓展应用】 （3）如图4，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，若CD⊥BD于点D，AD，CD＝2，求BC的长． 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年八年级数学下学期期中专项卷 【压轴题篇】 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 考前须知： 1．本卷试题共24题，单选10题，填空6题，解答8题。 2．测试范围：三角形的证明~图形的平移与旋转（北师大版）。 第Ⅰ卷 一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．（3分）（2024春•福田区期中）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝58°，∠BAC的平分线与AB的垂直平分线交于O，将∠C沿EF（E在BC上，F在AC上）折叠，点C与O点恰好重合，则∠OEC的度数为（　　） A．132° B．130° C．112° D．116° 【分析】连接OB、OC，根据角平分线的定义求出∠BAO，根据等腰三角形两底角相等求出∠ABC，根据线段垂直平分线的性质得到OA＝OB，得到∠ABO＝∠BAO，再求出∠OBC，判断出点O是△ABC的外心，根据三角形外心的性质可得OB＝OC，得到∠OCB＝∠OBC，根据翻折的性质可得OE＝CE，然后根据等边对等角求出∠COE，根据三角形的内角和定理计算即可． 【解答】解：连接OB、OC， ∵AO是∠BAC的平分线， ∴， ∵AB＝AC， ∴， ∵DO是AB的垂直平分线， ∴OA＝OB， ∴∠ABO＝∠BAO＝29°， ∴∠OBC＝∠ABC﹣∠ABO＝61°﹣29°＝32°， ∵AO为∠BAC的平分线， ∴点O是△ABC的外心， ∴OB＝OC， ∴∠OCB＝∠OBC＝32°， ∵将∠C沿EF（E在BC上，F在AC上）折叠，点C与O点恰好重合， ∴OE＝CE， ∴∠COE＝∠OCB＝32°， 在△OCE中，∠OEC＝180°﹣∠COE﹣∠OCB＝180°﹣32°﹣32°＝116°． 故选：D． 2．（3分）（2024春•南山区期中）如图，把一张长方形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到△ECF．若BC＝1，则EF的长度为（　　） A． B． C． D．2 【分析】第一次翻折可得∠ADG＝∠CDG＝45°，四边形AGED是正方形，第二次折叠可得△DCH是等腰直角三角形，从而求出DH＝CH＝BC＝1，然后求出CE，再根据∠ECF＝45°，从而得出EF＝EC． 【解答】解：①第一次折叠，如图②， 由折叠的性质，∠ADG＝∠CDG＝45°， ∴AD＝DE＝AG＝GE＝1； ②第二次折叠，如图③， 由折叠的性质，CH＝CB＝1，∠DHC＝∠B＝90°， ∵∠CDG＝45°， ∴DE＝CH＝BC＝1，即△DHC是等腰直角三角形， ∴DCCHBC，∠DCH＝45°， ∵CD＝AB， ∴EC＝DC﹣DE1， ∵∠DCH＝45°，GE⊥DC， ∴EF＝EC1． 故选：A． 3．（3分）（2024春•宝安区期中）如图，在等腰直角三角形ABC中，AB＝BC，∠CBA＝90°，将边AB绕点A逆时针旋转至AB′，连接BB′，CB′，若∠CB′B＝90°，AB＝5，则线段B′B的长度为（　　） A． B．4 C． D．5 【分析】由“AAS”可证△ABH≌△CBB'，可得BH＝B'C，AH＝BB'，可求BB'＝2B'C，由勾股定理可求解． 【解答】解：如图， 过点A作AH⊥BB'于H， ∵将边AB绕点A逆时针旋转至AB′， ∴AB＝AB'， ∵AH⊥BB'， ∴BH＝B'H，∠AHB＝90°＝∠ABC， ∴∠ABH+∠CBB'＝90°＝∠ABH+∠BAH， ∴∠CBB＝∠BAH， 又∵∠AHB＝∠BB'C＝90°，AB＝BC， ∴△ABH≌△CBB'（AAS）， ∴BH＝B'C，AH＝BB'， ∴BB'＝2B'C， ∵B'C2+B'B2＝BC2， ∴B'C2+4B'C2＝25， ∴B'C， ∴BB'＝2， 故选：C． 4．（3分）（2024春•深圳期中）如图，把两块大小相同的含45°的三角板ACF和三角板CFB如图所示摆放，点D在边AC上，点E在边BC上，且∠CFE＝13°，∠CFD＝32°，则∠DEC的度数是（　　） A．58° B．45° C．77° D．64° 【分析】作FH⊥FE交AC用H，由题意可求得∠AFH＝∠CFE＝13°，由ASA可证得△FAH≌△FCE，从而有FH＝FE，再由SAS证得△DFE≌△DFH，有∠DEF＝∠DHF，从而可求解． 【解答】解：作FH⊥FE交AC用H，如图， ∵∠AFC＝∠EFH＝90°， ∴∠AFH＝∠CFE＝13°， ∵∠A＝∠FCE＝45°，FA＝FC， ∴△FAH≌△FCE， ∴FH＝FE， ∵∠DFE＝∠CFE+∠DFC＝13°+32°＝45°， ∴∠DFH＝∠DFE＝45°， ∵DF＝DF， ∴△DFE≌△DFH， ∴∠DEF＝∠DHF＝∠A+∠AFH＝58°， ∵∠FEB＝∠CFE+∠FCE＝58°， ∴∠DEC＝180°﹣58°﹣58°＝64°， 故选：D． 5．（3分）（2024春•西安校级期中）若关于x的不等式组恰有4个整数解，则a的取值范围是（　　） A．﹣9＜a＜﹣8 B．﹣9≤a≤﹣8 C．﹣9≤a＜﹣8 D．﹣9＜a≤﹣8 【分析】根据关于x的不等式组的解集和整数解的个数确定关于a的不等式组，再求出解集即可． 【解答】解：关于x的不等式组有解， 解得：2＜x≤﹣2﹣a， ∵关于x的不等式组恰有4个整数解， ∴6≤﹣2﹣a＜7， 解得﹣9＜a≤﹣8， 故选：D． 6．（3分）（2024春•福田区校级期中）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，E、F两动点分别在线段AD、线段AB上运动，若∠BAC＝40°，则当BE+EF取得最小值时，∠BEF的度数为（　　） A．90° B．60° C．50° D．40° 【分析】连接CE，先证明△CDE≌△BDE（SAS），得到CE＝BE，从而推出当C、E、F三点共线且CF⊥AB时CE+EF最小，即此时BE+EF最小，由三线合一定理得到，则∠ABD＝70°，故当BE+EF最小时，∠CF′B＝90°，∠BCF′＝20°，同理可得CE′＝BE′，则∠CBE′＝∠BCE′＝20°，利用三角形外角的性质即可得到答案． 【解答】解：如图所示，连接CE， ∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴CD＝BD，∠ADC＝∠ADB＝90°， 又∵DE＝DE， ∴△CDE≌△BDE（SAS）， ∴CE＝BE， ∴BE+EF＝CE+EF， ∴当C、E、F三点共线且CF⊥AB时CE+EF最小，即此时BE+EF最小， ∵∠BAC＝40°， ∴， ∴∠ABD＝70°， ∴当BE+EF最小时，∠CF′B＝90°，∠BCF′＝20°， 同理可得CE′＝BE′，则∠CBE′＝∠BCE′＝20°， ∴∠BE′F′＝∠CBE′+∠BCE′＝40°， ∴当BE+EF取得最小值时，∠BEF的度数为40°， 故选：D． 7．（3分）（2024春•罗湖区期中）如图，O是等边△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，则∠AOB的度数为（　　） A．100° B．120° C．130° D．150° 【分析】由等边△ABC，OA＝3，OB＝4，OC＝5，线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，得BO＝BO′，∠OBO′＝60°，得三角形OBO′是等边三角形，得△OCB≌△O'AB（SAS），得OO'＝OB＝4，由OA2+OO'2＝32+42＝52＝AO'2，得∠AOO'＝90°，即可得∠AOB＝90°+60°＝150°． 【解答】解：由等边△ABC，OA＝3，OB＝4，OC＝5，线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′， 得BO＝BO′，∠OBO′＝60°， 得三角形OBO′是等边三角形， 得△OCB≌△O'AB（SAS）， 得OO'＝OB＝4， 由OA2+OO'2＝32+42＝52＝AO'2， 得∠AOO'＝90°， 得∠AOB＝90°+60°＝150°． 故选：D． 8．（3分）（2024春•南海区期中）如图所示，在平面直角坐标系中，一次函数y1＝ax+b，y2＝cx+d交y轴于A，y3＝cx+f交y轴于B，已知OA＝OB，下列说法正确的是（　　） A．y3＞y1＞0的解集是q＜x＜p B．y2＞y1＞y3的解集是m＜x＜n C．y1＞y2＞0的解集是﹣q＜x＜m D．（d﹣f）ac＞0 【分析】根据题中条件及函数图象，数形结合，逐项验证即可得到答案． 【解答】解：A、由图可知一次函数y1＝ax+b与y3＝cx+f交点的横坐标为q，一次函数y1＝ax+b与x轴交点的横坐标为p，当y3＞y1＞0时，q＜x＜p，选项正确，符合题意； B、由图可知一次函数y1＝ax+b与y2＝cx+d交点的横坐标为m，则y2＞y1时，x＞m，一次函数y1＝ax+b与y3＝cx+f交点的横坐标为q，当y1＞y3时，x＜q，从而得到y2＞y1＞y3的解集是m＜x＜q，选项错误，不符合题意； C、由图可知一次函数y1＝ax+b与y2＝cx+d交点的横坐标为m，则y1＞y2时，x＜m；直线y2＝cx+d与直线y3＝cx+f平行，根据y3＝cx+f与x轴交点的横坐标为n，则根据对称性得到y2＝cx+d与x轴交点的横坐标为﹣n，从而得到y1＞y2＞0的解集是﹣n＜x＜m，选项错误，不符合题意； D、由一次函数y1＝ax+b图象可知a＜0；由y2＝cx+d交y轴于A，y3＝cx+f交y轴于B，已知OA＝OB，可知c＞0，d＞0，f＜0，且|d|＝|f|，则（d﹣f）ac＜0，选项错误，不符合题意； 故选：A． 9．（3分）（2024春•三水区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，O为BC的中点，将△ABC绕点O顺时针旋转得到△DEF，D、E分别在边AC和CA的延长线上，连接CF，若AD＝3，则△OFC的面积是（　　） A． B． C． D． 【分析】连接OA，OD，根据等腰三角形的性质得到∠AOC＝90°，∠OAC∠BAC＝60°，∠B＝∠ACB＝30°，根据旋转的性质得到OA＝OD，OC＝OF，求得△AOD是等边三角形，OD⊥EF，得到AO＝OD＝AD＝3，∠DOF＝90°，根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论． 【解答】解：连接OA，OD， ∵AB＝AC，∠BAC＝120°，O为BC的中点， ∴∠AOC＝90°，∠OAC∠BAC＝60°，∠B＝∠ACB＝30°， ∵将△ABC绕点O顺时针旋转得到△DEF， ∴OA＝OD，OC＝OF， ∴△AOD是等边三角形，OD⊥EF， ∴AO＝OD＝AD＝3，∠DOF＝90°， ∴AC＝2AO＝6， ∴CD＝3， ∴OD＝CD， ∴∠DOC＝∠DCO＝30°， ∴∠COF＝60°， ∴△COF是等边三角形， ∴∠OFC＝60°，OF＝CF， ∴DF垂直平分OC， ∴∠DFO＝30°， ∴DHOD，DF＝2OD＝6， ∴FH， ∴OC3， ∴△OFC的面积OC•FH3， 故选：D． 10．（3分）（2024春•深圳期中）如图，将两个全等的等腰直角三角形摆成如图所示的样子，其中AB＝AC＝AG＝FG，∠BAC＝∠AGF＝90°，AF、AG分别与BC交于D、E两点，将△ACE绕着点A顺时针旋转90°得到△ABH，则下列结论：①BH⊥BC；②AD平分∠HDE；③若BD＝3，当DE＝2CE时，则AB；④若AB平分∠HAD，则S△ABD，其中正确的个数有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得△ABH和△ACE全等，根据全等三角形对应角相等可得∠BAH＝∠CAE，然后求出∠EAF＝45°，判断出①正确；通过证明△ADH≌△ADE，根据全等三角形的性质可得DH＝DE，∠ADH＝∠ADE，判断出②正确；利用勾股定理得到③错误；根据角的度数得到∠ADE＝∠BEA，然后利用“角角边”证明△ABD和△ACE全等，根据三角形面积公式即可求得，判断出④正确． 【解答】解：∵AB＝AC＝AG＝FG， ∠BAC＝∠AGF＝90°， ∴∠ABC＝∠C＝∠FAG＝45°， BCAB， 由旋转性质可知△ABH≌△ACE， ∴∠ABH＝∠ACE＝45°，BH＝CE， AH＝AE，∠BAH＝∠CAE， ∠HBD＝∠ABH+∠ABC＝45°+45°＝90°， ∴BH⊥BC，故①正确； ∵∠BAH＝∠CAE， ∴∠BAH+∠BAD＝∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠FAG＝45°， 即∠DAH＝45°， ∴∠DAH＝∠DAE， 在△ADH和△ADE中， ， ∴△ADH≌△ADE（SAS）， ∴DH＝DE，∠ADH＝∠ADE， ∴AD平分∠HDE，故②正确； 在Rt△BDH中，BD2+BH2＝DH2， ∵BH＝CE，DH＝DE， ∴BD2+CE2＝DE2， 当BD＝3，DE＝2CE时， 根据勾股定理得：32+CE2＝4CE2， 解得：CE， ∴DE＝2， ∴BC＝BD+DE+CE＝3+3， ∵BCAB， ∴AB，故③错误； ∵AB平分∠HAD， ∴∠HAB＝∠DAB， ∵∠ABD＝∠ABH＝45°，AB＝AB， ∴△ABH≌△ADB（ASA）， ∴BH＝BD， ∴△BDE是等腰直角三角形， ∴DHBD， ∵DEBD， 设A到BC边距离为h， S△ABDBD×h，S△ADE， ∴， ∴S△ABDS△ADE，故④正确； 综上①②④正确． 故选：C． 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．（3分）（2024春•南山区期中）已知如图，△ABC为等边三角形，点D在AC上，点E在CB延长线上，连接AE、DE，AE＝DE，AD＝2，BE＝4，则AE＝　　． 【分析】过E点作EF∥AB，交CA的延长线于点F，过E点作EG⊥AC，垂足为G，由等边三角形ABC可证明△AFC也是等边三角形，通过证明△EAF≌△EDCKE 求解AC的长，即可求得等边三角形EFC的边长，由等边三角形的性质可得AG的长，利用勾股定理可求解AE． 【解答】解：过E点作EF∥AB，交CA的延长线于点F，过E点作EG⊥AC，垂足为G， ∵△ABC为等边三角形， ∴∠ABC＝∠BAC＝∠C＝60°，AC＝BC， ∵EF∥AB， ∴∠CEF＝∠ABC＝60°，∠F＝∠BAC＝60°， ∴△EFC为等边三角形， ∴EF＝EC＝FC，∠F＝∠C＝60°， ∴AF＝BE＝4， ∵EA＝ED， ∴∠EAD＝∠EDA， ∴∠EAF＝∠EDC， 在△EAF和△EDC中， ∴△EAF≌△EDC（AAS）， ∴DC＝AF＝4， ∵AD＝2， ∴AC＝AD+DC＝2+4＝6， ∴EF＝FC＝AC+AF＝6+4＝10， ∵EG⊥AC， ∴FG＝5，AG＝1， 由勾股定理得EG2＝EF2﹣FG2＝AE2﹣AG2， ∴102﹣52＝AE2﹣12， 解得AE， 故答案为． 12．（3分）（2024春•宝安区期中）如图，等边△ABC的边长为6，D是BC的中点，E是AC边上的一点，连接DE，以DE为边作等边△DEF，若CE＝2，则线段AF的长为 　　． 【分析】过F作GH∥AB交AC于H，交BC于G；过A作AN⊥GH于N，然后说明△GHC为等边三角形，进而可得∠AEF＝∠EDC；再证△HFE≌△CED（AAS）可得FH＝CE＝2，EH＝CDBC＝3，然后运用勾股定理求解即可． 【解答】解：过F作GH∥AB交AC于H，交BC于G，过A作AN⊥GH于N， ∴∠GHC＝∠HGC＝∠C＝60°， ∴△GHC为等边三角形， ∵∠AED＝∠C+∠EDC，∠AED＝∠AEF+∠FED，∠C＝∠FED＝60°， ∴∠AEF＝∠EDC， 在△HFE和△CED中， ， ∴△HFE≌△CED（AAS）， ∴FH＝CE＝2，EH＝CDBC＝3， ∴AE＝AC﹣CE＝6﹣2＝4， ∴AH＝AE﹣EH＝4﹣3＝1， 在Rt△AHN中，∠AHN＝60°， ∴∠HAN＝30°， ∴HNAH， ∴ANHN， ∴FN＝FH+HN＝2， 在Rt△AFN中，根据勾股定理得：AF2＝AN2+FN2＝（）2+（）2＝7， ∴AF， 故答案为：． 13．（3分）（2024春•深圳期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，∠ACB＝60°，BC＝5，将△ABC沿着射线BC方向平移得到△DEF，A与D为对应点，连结CD．在整个平移过程中，若∠CDE＝45°，则平移的距离为 　5+5　． 【分析】根据△ABC的平移过程，分为了点E在BC上和点E在BC外两种情况，根据平移的性质得到AB∥DE，根据平行线的性质得到∠ACD和∠CDE和∠BAC之间的等量关系，列出方程求解即可． 【解答】解：过B作BH⊥AC于H， ∴∠AHB＝∠CHB＝90°， ∵∠ACB＝60°， ∴CH， ∵∠A＝45°， ∴AH＝BHBC， ∴AC＝AH+CH， 第一种情况：当点E在BC上时，∵∠CDE＝∠CAB＝45°，A与D为对应点， ∴点E与B重合，（不合题意舍去） 第二种情况：当点E在BC的延长线上时， ∵△DEF由△ABC平移得到， ∴∠EDF＝∠A＝45°，∠DFC＝∠ACB＝60°，DF＝AC，EF＝BC＝5， ∵∠CDE＝45°， ∴∠CDF＝90°， ∴CF＝2DF＝5+5， ∴平移的距离为5+5， 故答案为：5+5． 14．（3分）（2024春•福田区校级期中）如图，点P是等边△ABC的边BC的中点，点M是△ABC内一点，且PM＝2，连接AM，线段AM绕点A逆时针旋转60°得到线段AN，连接NC，若AB＝6，当CN的长是 　　时，AN最短． 【分析】连接AP、BM，可证明△CAN≌△BAM，得CN＝BM，由BC＝AB＝6，点P是BC的中点，得PB＝PC＝2，AP⊥BC，则∠APB＝90°，根据勾股定理求得AP2，由AM+PM≥AP，且PM＝1，得AM+1≥2，可证明当点M在AP上时，AM最短，则PN最短，此时CN＝BM，于是得到问题的答案． 【解答】解：如图1，连接AP、BM， ∵△ABC是等边三角形， ∴AC＝AB，∠BAC＝60°， 由旋转得AN＝AM，∠MAN＝60°， ∴∠CAN＝∠BAM＝60°﹣∠CAM， 在△CAN和△BAM中， ， ∴△CAN≌△BAM（SAS）， ∴CN＝BM， ∵BC＝AB＝6，点P是BC的中点， ∴PB＝PCBC＝3，AP⊥BC， ∴∠APB＝90°， ∴AP3， ∵AM+PM≥AP，且PM＝2， ∴AM+2≥3， ∴AM≥32， ∴当点M在AP上时，AM＝32，此时AM最短，则PN最短， 如图2，点M在AP上，则CN＝BM， ∴当CN的长是时，AN最短， 故答案为：． 15．（3分）（2024春•罗湖区期中）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，点D是BC边上一点，且CD＝3BD．将△ABD沿AD折叠，点B的对应点为B'，连接CB'并延长，与AD的延长线交于点M，连接BM，则BM的长为 　　． 【分析】连接BB'，交AM于E，过D作DF⊥AB于F，依据折叠的性质即可得到∠BB'C的度数，即可得到∠MBE＝30°，再根据BD的长，得到DF和AD的长，利用面积法即可得到BE的长，最后依据Rt△BEM即可得到BM的长． 【解答】解：如图所示，连接BB'，交AM于E，过D作DF⊥AB于F， 由折叠可得，AB'＝AB＝AC， ∴△ACB'和△ABB'均为等腰三角形， 又∵∠BAC＝60°， ∴四边形ACB'B中，∠BB'C150°， ∴∠BB'M＝30°， 由折叠可得AM垂直平分BB'， ∴BM＝B'M， ∴∠MBE＝30°， ∵△ABC是边长为4的等边三角形，CD＝3BD， ∴CB＝4，∠ABC＝60°， ∴BD＝1，∠BDF＝30°， ∴BF，DF， ∴AF＝AB﹣BF， ∴Rt△ADF中，AD， ∵AB×DFAD×BE， ∴BE， Rt△BEM中，设BM＝x，则MEx， ∵BE2+ME2＝BM2， ∴x2， 解得x， ∴BM的长为， 故答案为：． 16．（3分）（2024春•深圳期中）如图，在边长为4的等边△ABC中，射线BD⊥AC于点D，将△ABD沿射线BD平移，得到△EGF，连接CF、CG，则CF+CG的最小值为 　2　． 【分析】连接AG、AE、AF．作点F关于点E的对称点F'，连接AF'．则AF'＝AF，AG＝CG，AF＝CF，推出AF'＝CF，所以CF+CG＝AF'+AG，当G、A、F'三点在同一直线上时，AF'+AG的最小值为GF'．再由勾股定理求出GF'，即求出AF'+AG的最小值． 【解答】解：连接AG、AE、AF．作点F关于点E的对称点F'，连接AF'． ∵AE∥BD， 则AF'＝AF， ∵△ABC为等边三角形，BD⊥AC， ∴AG＝CG，AF＝CF， ∴AF'＝CF， ∴CF+CG＝AF'+AG， 当G、A、F'三点在同一直线上时，AF'+AG的最小值为GF'． 连接GF'， ∵等边△ABC的边长为4， ∴GF＝BD4＝2，FF'＝2EF＝2AD＝AC＝4， ∴GF'2， 即AF'+AG的最小值为2． 故答案为：2． 三．解答题（共8小题，满分72分） 17．（8分）（2024春•龙华区期中）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝45°，AB＝2，点R是BC上一点，∠BAR＝60°，点P在AB上从点A平移至点B，过点P作PQ⊥AB，交射线AR于点Q．将△APQ绕点A顺时针旋转90°至△AP′Q′，P的对应点为P′，Q的对应点为Q′，连接QQ′． （1）∠ARB的大小是 　75　°，∠AQQ′的大小是 　45　°； （2）如图2，当Q，C，Q′三点共线时，求平移的距离AP； （3）连接PR，当△BPR是等腰三角形时，求平移的距离AP． 【分析】（1）由三角形内角和定理求出∠ARB＝75°，由旋转的性质可求出∠AQQ′的度数； （2）当Q，Q'，C三点共线时，如图，过C作CH⊥AQ于H．由直角三角形的性质可得出答案； （3）分三种情况，由等腰三角形的性质及直角三角形的性质可得出答案． 【解答】解（1）∵∠B＝45°，∠BAR＝60°， ∴∠ARB＝180°﹣∠B﹣∠BAR＝180°﹣45°﹣60°＝75°； ∵将△APQ绕点A顺时针旋转90°至△AP′Q′， ∴AQ＝AQ'，∠QAQ'＝90°， ∴∠AQQ'＝∠AQ'Q， ∴∠AQQ'＝45°． 故答案为：75，45°； （2）∵∠PAQ＝60°，∠BAC＝90°， ∴∠CAQ＝30°， ∵△APQ绕点A顺时针旋转90°到△AP'Q'， ∴∠QAQ'＝90°，QA＝AQ'， ∴∠AQQ'＝45°， 当Q，Q'，C三点共线时，如图，过C作CH⊥AQ于H． ∴∠CHQ＝90°，∠CQA＝45°， 设CH＝QH＝x， 则， ∴x＝1， ∴， ∴； （3）如图，连接RP1，当RP1＝BP1时，∠B＝∠BRP1＝45°， ∴∠BP1R＝90°， ∴∠ARP1＝30°， 设AP1＝y， 则， ∴， ∴， 当BR＝BP2时，由上可知， ∴， 当BR＝PR，显然不成立． 综上，AP＝23或1． 18．（8分）（2024秋•綦江区期中）如图△ABC与△ACD为正三角形，点O为射线CA上的动点，作射线OM与直线BC相交于点E，将射线OM绕点O逆时针旋转60°，得到射线ON，射线ON与直线CD相交于点F． （1）如图①，点O与点A重合时，点E，F分别在线段BC，CD上，求证：△AEC≌△AFD； （2）如图②，当点O在CA的延长线上时，E，F分别在线段BC的延长线和线段CD的延长线上，请写出CE，CF，CO三条线段之间的数量关系，并说明理由； （3）点O在线段AC上，若AB＝8，BO＝7，当CF＝1时，请直接写出BE的长． 【分析】（1）由等边三角形的性质可得AB＝AC＝BC＝AD＝CD，∠BAC＝∠BCA＝∠ADC＝∠DAC＝60°，由旋转的性质可得AE＝AF，∠EAF＝60°，由“SAS”可证△AEC≌△AFD； （2）过点O作OH∥BC，交CF于H，可证△COH是等边三角形，可得OC＝CH＝OH，由“SAS”可证△OHF≌△OCE，可得CE＝FH，即可得CE+CO＝CF； （3）分四种情形画出图形分别求解即可解决问题． 【解答】（1）证明：如图①中， ∵△ABC与△ACD为正三角形， ∴AB＝AC＝BC＝AD＝CD，∠BAC＝∠BCA＝∠ADC＝∠DAC＝60°， ∵将射线OM绕点O逆时针旋转60°， ∴AE＝AF，∠EAF＝60°， ∴∠BAC＝∠CAD＝∠EAF＝60°， ∴∠EAC＝∠DAF， ∵AC＝AD，AE＝AF， ∴△AEC≌△AFD（SAS）； （2）解：CE+CO＝CF，理由如下： 如图②，过点O作OH∥BC，交CF于H， ∴∠HOC＝∠BCA＝60°，∠OHC＝∠HCE＝60°， ∴△COH是等边三角形， ∴OC＝CH＝OH， ∵∠EOF＝∠COH＝∠CHO＝∠BCA＝60°， ∴∠COE＝∠FOH，∠OCE＝∠OHF＝120°， ∵OH＝OC， ∴△OHF≌△OCE（SAS）， ∴CE＝FH， ∵CF＝CH+FH， ∴CF＝CO+CE； （3）解：作BH⊥AC于H．∵AB＝8，AH＝CH＝4， ∴BHAH＝4， 如图③﹣1中，当点O在线段AH上，点F在线段CD上，点E在线段BC上时． ∵OB＝7， ∴OH1， ∴OC＝OH+CH＝4+1＝5， 过点O作ON∥AB，交BC于N， ∴△ONC是等边三角形， ∴ON＝OC＝CN＝5，∠NOC＝∠EOF＝60°＝∠ONC＝∠OCF， ∴∠NOE＝∠COF， ∵ON＝OC，∠ONC＝∠OCF， ∴△ONE≌△OCF（SAS）， ∴CF＝NE， ∴CO＝CE+CF， ∵OC＝5，CF＝1， ∴CE＝OC﹣CF＝5﹣1＝4， ∴BE＝BC﹣CE＝8﹣4＝4； 如图③﹣2中，当点O在线段AH上，点F在线段DC的延长线上，点E在线段BC上时． 同法可证：CE﹣CF＝OC， ∴CE＝5+1＝6， ∴BE＝BC﹣CE＝8﹣6＝2； 如图③﹣3中，当点O在线段CH上，点F在线段CD上，点E在线段BC上时． 同法可证：OC＝CE+CF， ∵OC＝CH﹣OH＝4﹣1＝3，CF＝1， ∴CE＝OC﹣CF＝3﹣1＝2， ∴BE＝BC﹣CE＝8﹣2＝6； 如图③﹣4中，当点O在线段CH上，点F在线段DC的延长线上，点E在线段BC上时． 同法可知：CE﹣CF＝OC， 而OC＝CH﹣OH＝4﹣1＝3， ∴CE＝OC+CF＝3+1＝4， ∴BE＝BC﹣CE＝8﹣4＝4； 综上所述，满足条件的BE的值为4或2或6． 19．（8分）（2024春•福田区校级期中）综合与实践探究 【问题背景】学习三角形旋转之后，八1班各学习小组打算用两个大小不同的等腰直角三角形通过旋转变换设计本组的logo，小鸣在设计logo的过程中发现两个三角形在旋转过程中，某些边和角存在一定的关系．因此，他和同学一起对这个问题进行了数学探究． 已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC＝∠DAE＝90° 【初步探究】（1）小鸣将△ADE绕点A在平面内自由旋转，连接BD、CE后，他发现这两条线段存在着一定的数量关系，如图（1），请探究线段BD、CE的数量关系，并说明理由； 【深入探究】（2）若∠ADB＝90°，旋转过程中，当点D、点E和BC的中点O三点共线时，如图2，探究线段BD、DO和OE的数量关系，并说明理由． 【应用探究】（3）如图2，在（2）的条件下，若∠BAD＝30°，AB＝4，则OD＝　　（直接写出结果） 【拓展探究】（4）如图3，当∠BDC＝60°，，，则CD＝　　（直接写出结果） 【分析】（1）证明△ABD≌△ACE 即可； （2）过C作CM∥BD，证明△BDO≌△CMO，则CM＝BD，OM＝OD，由已知得CM∥AE，CE＝CM，由勾股定理得，进而得到． （3）由直角三角形的性质可分别求得BD、AD，进而求得DE，由即可求得结果： （4）设∠DBC＝α，则∠ABD＝45°+α，推导出∠DCE＝150°为定值，过点E作EH⊥CD交延长线于点H， 可得∠HCE＝30°，在Rt△HEC中，求出HECE，HCHE＝3，在Rt△ADE中，求出DEAD＝2，在Rt△DEH中，求出HD＝9，再由CD＝HD﹣HC，可得CD＝6． 【解答】，解：（1）BD＝CE，理由如下： ∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE； （2），理由如下： 如图，过C作CM∥BD， 则∠DBO＝∠MCO， ∵O为BC的中点， ∴OB＝OC， 在△BDO和△CMO中， ， ∴△BDO≌△CMO（ASA）， ∴CM＝BD，OM＝OD， ∵∠ADB＝90°，∠DAE＝90°， ∴BD∥AE， ∵CM∥BD， ∴CM∥AE， ∴∠ECM＝90°， 由（1）知△ABD≌△ACE， ∴∠AEC＝∠ADB＝90°， ∵AD＝AE，∠DAE＝90°， ∴∠AED＝45°， ∴∠AED＝∠CEM＝45°， ∴∠CME＝∠CEM＝45°， ∴CE＝CM， 由勾股定理得， ∴． （3）∵∠ADB＝90°，∠BAD＝30°，AB＝4， ∴， 由勾股定理得， 由勾股定理得， 由（2）知， ∵OE＝DE﹣OD， ∴， 即， 故答案为：． （4）设∠DBC＝α，则∠ABD＝45°+α， 由（1）可得△ABD≌△ACE， ∴∠ABD＝∠ACE＝45°+α， ∵∠CBD+∠BDC+∠BCD＝180°， ∴α+60°+∠BCD＝180°， ∴∠BCD＝120°﹣α， ∵∠ACE+∠ACB+∠BCD+∠DCE＝360°， ∠ACE＝45°+α，∠ACB＝45°，∠BCD＝120°﹣α， ∴∠DCE＝150°， 过点E作EH⊥CD交延长线于点H， ∵∠DCE＝30°， ∴∠HCE＝30°， 在Rt△HEC中，∠HCE＝30°，CE＝BD＝2， ∴HECE，HCHE＝3， 在Rt△ADE中，AD＝AE，∠AED＝45°， ∴DEAD＝2， 在Rt△DEH中，OE2＝HE2+HE2， ∴HD＝9， ∵CD＝HD﹣HC， ∴CD＝6． 20．（8分）（2024春•南山区期中）阅读材料，并解决问题： （1）方法指引 如图①，等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数． 解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP'处，此时△ACP'≌△ABP，连接P'P，△PAP'是 　等边　三角形；这样利用旋转变换，我们将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝　150　°； （2）知识迁移 已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝BE2+FC2； （3）能力提升 如图③，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求出OA+OB+OC的值． 【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答； （2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，根据旋转的性质可得AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，再求出∠E′AF＝45°，从而得到∠EAF＝∠E′AF，然后利用“边角边”证明△EAF和△E′AF全等，根据全等三角形对应边相等可得E′F＝EF，再利用勾股定理列式即可得证． （3）将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB＝2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BOO′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BO＝OO′，等边三角形三个角都是60°求出∠BOO′＝∠BO′O＝60°，然后求出C、O、A′、O′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到OA+OB+OC＝A′C． 【解答】解：（1）∵△ACP′≌△ABP， ∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB， 由题意知旋转角∠PA P′＝60°， ∴△AP P′为等边三角形， P P′＝AP＝3，∠A P′P＝60°， 则△P P′C为直角三角形，且∠P P′C＝90°， ∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°； 故答案为：等边，150°； （2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′， 由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°， ∴∠EAF＝∠E′AF， 在△EAF和△E′AF中， ∴△EAF≌△E′AF（SAS）， ∴E′F＝EF， ∵∠CAB＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB＝45°， ∴∠E′CF＝45°+45°＝90°， 由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2， 即EF2＝BE2+FC2． （3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′， ∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°， ∴AB＝2， ∴BC， ∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°， ∴△A′O′B如图所示； ∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°， ∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°， ∴AB＝2AC＝2， ∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B， ∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO， ∴△BOO′是等边三角形， ∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°， ∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°， ∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BOO′＝120°+60°＝180°， ∴C、O、A′、O′四点共线， 在Rt△A′BC中，A′C， ∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C． 21．（10分）（2024春•南山区校级期中）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为△ABC外一点，连接BD，连接AD交BC于点G，且满足BD⊥AB． （1）如图1，点H为线段BC上一点，若BG＝CH，证明：△AGH是等腰三角形； （2）如图2，若BG＝2，，求AG的长； （3）如图3，点F为线段BC上一点，连接AF、DF，过点C作CE∥AB交DF的延长线于点E，若AF⊥DE，DF＝EF．求证：． 【分析】（1）利用SAS证明△BGA≌△CHA，推出AG＝AH，即可证明△AGH是等腰三角形； （2）过点A作AE⊥BC于点E，证明∠EAB＝∠EBA＝45°，可得，求出GE的长即可利用勾股定理求解； （3）如图所示，在BC上取一点H，使得HF＝CF，连接DH，证明△HDF≌△CEF，可得∠HDF＝∠E，从而得到CE∥AB∥DH，进而得到△BDH是等腰直角三角形，可得，同理，即可推出，即可求证． 【解答】（1）证明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠ABC＝∠C＝45°， ∵BG＝CH， ∴△BGA≌△CHA（SAS）， ∴AG＝AH， ∴△AGH是等腰三角形； （2）解：如图，过点A作AE⊥BC于点E， 在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∴∠EAB＝∠EBA＝45°， ∴， ∴GE＝BE﹣BG＝1， ∴； （3）证明：如图2所示，在BC上取一点H，使得HF＝CF，连接DH， 在△HDF和△CEF中， ， ∴△HDF≌△CEF（SAS）， ∴∠HDF＝∠E， ∴DH∥CE， 又∵CE∥AB， ∴CE∥AB∥DH， ∵AB⊥BD， ∴DH⊥BD，∠ABD＝90°， ∵∠DBH＝45°， ∴△BDH是等腰直角三角形， ∴， 同理， ∵BC＝BH+CH＝BH+2CF， ∴， ∴． 22．（10分）（2024春•深圳期中）（1）问题提出：如图1，点E为等腰△ABC内一点，AB＝AC，∠BAC＝α，将AE绕着点A逆时针旋转α得到AD，求证：△ABE≌△ACD． （2）尝试应用：如图2，点D为等腰Rt△ABC外一点，AB＝AC，BD⊥CD，过点A的直线分别交DB的延长线和CD的延长线于点N，M，若∠M＝60°，求证：MC+NB＝2AM． （3）问题拓展：如图3，△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AC，BC上，∠BDA＝∠BEA＝60°，AE，BD交于点H．若CE＝5，AH＝3，求BE的长度． 【分析】（1）根据将AE绕着点A逆时针旋转α得到AD，得∠EAD＝α，AE＝AD，即知∠BAC＝∠EAD，∠BAE＝∠CAD，由SAS可证明△ABE≌△ACD； （2）延长MC至G，使CG＝BN，连接AG，设BD交AC于K，证明△ABN≌△ACG（SAS），得∠BAN＝∠CAG，而∠CAG+∠BAG＝90°，故∠NAG＝90°，又∠M＝60°，有MG＝2AM，从而MC+NB＝2AM； （3）将AB绕点A逆时针旋转60°至AF，作AM⊥BC交BC于M，连接BF，EF，可知△ABF为等边三角形，证明△ACE≌△AFE（SAS），得CE＝EF＝5，∠AEC＝∠AEF，可证△BEH≌△BEF（ASA），得EH＝EF＝5，AE＝AH+EH＝8，即可求出EMAE＝4，BM＝CM＝9，从而BE＝BM+EM＝13． 【解答】（1）证明：∵将AE绕着点A逆时针旋转α得到AD， ∴∠EAD＝α，AE＝AD， ∵∠BAC＝α， ∴∠BAC＝∠EAD， ∴∠BAE＝∠CAD， 在△ABE和△ACD中， ， ∴△ABE≌△ACD（SAS）； （2）证明：延长MC至G，使CG＝BN，连接AG，设BD交AC于K，如图： ∵∠BAK＝90°＝∠CDK，∠AKB＝∠DKC， ∴∠ABK＝∠DCK， ∴∠ABN＝∠ACG， 在△ABN和△ACG中， ， ∴△ABN≌△ACG（SAS）， ∴∠BAN＝∠CAG， ∵∠CAG+∠BAG＝90°， ∴∠BAN+∠BAG＝90°，即∠NAG＝90°， ∴∠MAG＝90°， ∵∠M＝60°， ∴∠G＝30°， ∴MG＝2AM， ∵MG＝MC+CG＝MC+NB， ∴MC+NB＝2AM； （3）解：将AB绕点A逆时针旋转60°至AF，作AM⊥BC交BC于M，连接BF，EF，如图： ∵将AB绕点A逆时针旋转60°至AF， ∴AB＝AF，∠BAF＝60°， ∴△ABF为等边三角形， ∴BF＝AF＝AB＝AC，∠AFB＝∠ABF＝60°＝∠BDA＝∠BEA， ∵∠AHD＝∠BHE， ∴∠3＝∠2， ∵∠AKE＝∠BKF， ∴∠4＝∠1， ∵∠AEB＝60°＝∠C+∠2，∠ABF＝60°＝∠ABD+∠3+∠4， ∴∠C+∠2＝∠ABD+∠3+∠4， ∵AB＝AC， ∴∠C＝∠ABD+∠3， ∴∠2＝∠4， ∴∠1＝∠2＝∠3＝∠4； 在△ACE和△AFE中， ， ∴△ACE≌△AFE（SAS）， ∴CE＝EF＝5，∠AEC＝∠AEF， ∵∠AEB＝60°， ∴∠AEC＝∠AEF＝120°， ∴∠BEF＝∠AEF﹣∠AEB＝60°＝∠AEB， ∵∠3＝∠4，BE＝BE， ∴△BEH≌△BEF（ASA）， ∴EH＝EF＝5， ∴AE＝AH+EH＝3+5＝8， ∵AM⊥BC，∠AEM＝60°， ∴∠MAE＝30°， ∴EMAE＝4， ∴CM＝EM+CE＝4+5＝9， ∵AB＝AC，AM⊥BC， ∴BM＝CM＝9， ∴BE＝BM+EM＝9+4＝13； ∴BE的长度为13． 23．（10分）（2024春•罗湖区期中）某数学兴趣小组进行了如下探究活动，请你与他们一起参与吧． （1）问题背景：如图1，在等腰直角△AOB中，点C是AB边上的中点，点D是OA上一点，连接DC并延长至点E，使得CE＝CD，连接BE，请证明：△ADC≌△BEC； （2）迁移应用：如图2，△AOB和△CDB均为等腰直角三角形，∠AOB＝∠CDB＝90°，OA＞CD，将△CDB绕点B旋转，连接AC，点E为AC中点，连接OE、DE，请你判断OE与DE的数量关系以及位置关系，并证明． （3）拓展延伸：如图3，将（2）中等腰直角△CDB换成等腰直角△COD，∠COD＝90°，将△COD绕点O旋转，连接AC，BD，点E为BD中点，连接OE，当点A、C、D三点共线时，若OA，OD＝4，请你求出线段OE的长． 【分析】（1）首先推导出AC＝BC，结合CE＝CD，∠ACD＝∠BCE，得到△ADC≌△BEC（SAS）； （2）OE与DE的数量关系是OE＝DE，位置关系是OE⊥DE；首先推导出△CDE≌△AGE（SAS），进而推导出△GAO≌△DBO（SAS），最后得到△GOD，△EOD是等腰直角三角形，进而得证； （3）分两种情况讨论：情况一：延长OE至G，使得EG＝OE，连接BG，如图3.1，推导出△ODE≌△GBE（SAS）后，进一步推导出△AOC≌△OBG（SAS），即OG＝AC，依据OEOGAC（AH+HC）（HC）得解；与情况一类似，如图3.2，△ODE≌△GBE，△AOC≌△OBG，依据OEOGAC（AH﹣HC）（HC）2得解． 【解答】（1）证明：∵点C是AB边上的中点， ∴AC＝BC， 又∵CE＝CD，∠ACD＝∠BCE， 在△ADC与△BEC中， ， ∴△ADC≌△BEC（SAS）； （2）解：OE与DE的数量关系是OE＝DE，位置关系是OE⊥DE；理由如下： 延长DE至G，使得EG＝DE，连接AG、OG、OD，如图2， ∵点E为AC中点，即AE＝CE， 在△CDE与△AGE中， ， ∴△CDE≌△AGE（SAS）． ∴∠GAE＝∠DCE，∠CAB+∠ACB+∠ABC＝180°， ∴∠CAB+∠DCE+∠DCB+∠CBD+∠DBA＝180°，∠DCB＝45°， ∴∠CAB+∠GAE+45°+∠CBO+∠OBD+∠DBA＝180°，∠OBD+∠DBA＝45°， ∴∠CAB+∠GAO+∠OAE+45°+∠CBO+45°＝180°，∠CAB++∠OAE＝45°， ∴即∠GAO+45°+45°+∠CBO+45°＝180°， ∴∠GAO+∠CBO＝45°， 又∵∠DBO+∠CBO＝45°， ∴∠GAO＝∠DBO， 在△GAO与△DBO中， ， ∴△GAO≌△DBO（SAS）， ∴OG＝OD，∠AOG＝∠BOD，∠GOD＝∠AOB＝90°，△GOD是等腰直角三角形， 又∵E是GD的中点， ∴△EOD也是等腰直角三角形， ∴OE与DE的数量关系是OE＝DE，位置关系是OE⊥DE． （3）解：情况一：延长OE至G，使得EG＝OE，连接BG，如图3.1， ∵点E为BD中点，即DE＝BE， 在△ODE与△GBE中， ， ∴△ODE≌△GBE（SAS）， ∴OD＝GB＝OC，∠DOE＝∠BGE， ∴∠DOE+∠GOB＝∠BGE+∠GOB＝∠DOB， 又∵∠AOB+∠DOC＝180°， ∴∠AOC+DOC＝∠BGE∠GOB+∠OBG＝180°， 即∠AOC＝∠OBG， 在△AOC与△OBG中， ， ∴△AOC≌△OBG（SAS）， 即OG＝AC， ∴OEOGAC（AH+HC）（HC）， 即OE＝4√2； 情况二：与情况一类似，如图3.2，△ODE≌△GBE，△AOC≌△OBG， ∴OEOGAC（AH﹣HC）（HC）2， 即OE＝2， 综上可知，OE的长为4或2． 24．（10分）（2024春•顺德区校级期中）【问题情境】在学习《图形的平移和旋转》时，某兴趣小组遇到这样一个问题：如图1，点D为等边△ABC的边BC上一点，将△ABD绕点A旋转，使得旋转后点B的对应点为点C． 【初步探究】 （1）小明是这样画图的：如图2，过点C画BA的平行线l，在l上取CE＝BD，连接AE，则△ACE即为旋转后的图形，你能说说小明这样做的道理吗？ 【类比迁移】 （2）如图3，点D为等边△ABC内一点，△ABD绕点A旋转，使得旋转后点B的对应点为点C．连接CE，若B、D、E三点共线，求证：EB平分∠AEC； 【拓展应用】 （3）如图4，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，若CD⊥BD于点D，AD，CD＝2，求BC的长． 【分析】（1）先利用平行线的性质得到∠ACE＝∠BAC＝60°，再证明△ABD≌△ACE（SAS）得到AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，所以∠DAE＝∠BAC＝60°，然后利用旋转的定义即可判断结果； （2）证明△ABD≌△ACE（SAS），可得∠ADB＝∠AEC＝120°，故∠BEC＝60°，从而得出结论； （3）延长DB至点D′，使B D′＝C D，证得△ABD′≌△ACD（SAS），得到△DAD′是等腰直角三角形，利用勾股定理分两种情况求出结果即可． 【解答】（1）证明：∵△ABC为等边三角形， ∴∠B＝∠B A C＝60°，A C＝A B， ∵CE∥AB． ∴∠ACE＝∠BAC＝60°， ∴∠B＝∠ACE ∵BD＝CE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE， ∴∠DAE＝∠BAC＝60°， ∴△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACE； （2）证明：∵将线段AD绕点A逆时针旋转60°得到AE， ∴AD＝AE，∠DAE＝60°， ∴∠ADE＝∠AED＝60°， ∴∠ADB＝120° ∵△ABC是等边三角形， ∴A B＝A C，∠B A C＝60°＝∠D A E， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ADB＝∠AEC＝120°， ∴∠BEC＝60°， ∴∠B E C＝∠A E D＝60°， ∴EB平分∠AEC； （3）解：如图4，延长DB至点D′，使B D′＝C D， ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠BAC＝90°，AB＝AC， ∵CD⊥BD， ∴∠B A C+∠C D B＝180°， ∴∠DBA+∠ACD＝180°． ∴∠D C A＝∠A B D′， ∴△ABD′≌△ACD（SAS）， ∴， ∴∠DAD′＝90°， ∴△DAD′是等腰直角三角形， ∴DD′＝8， ∵CD＝2， ∴D B＝8﹣2＝6， ∴， 如图5，在BD上取一点D′，使B D′＝C D， 同理可得， 综上所述，BC的长为或． 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$