2026年山西中考数学备考——综合与探究（第23题）

**基本信息** 以图形旋转为核心，通过模型建构（如手拉手模型）和变式探究，系统培养几何直观与推理能力，形成"问题情境-猜想证明-拓展延伸"的解题逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |旋转综合|12题|构造全等三角形、辅助线添加（如过点作平行线）、分类讨论|从特殊到一般（等边→等腰直角→任意三角形），整合旋转性质与三角形判定| |模型应用|3题（第3、5、11题）|手拉手模型、中点性质、动态轨迹分析|模型识别→性质应用→拓展迁移，强化知识横向联系|

2026山西中考备考——综合与探究 1．综合与探究 问题情境：在数学综合实践课上，同学们开展图形旋转探究活动．如图1，△ABC是边长为4的等边三角形，点D是△ABC内部一点，且满足∠ADB＝90°．将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACD′，连接D′D并延长交BC于点E，交AC于点F． 猜想证明：（1）猜想∠BAD与∠D′EC的数量关系，并证明你的猜想； （2）善思学习小组经深入研究发现点D为平面内任意一点，只要满足∠ADB＝90°，点E始终是线段BC的中点，请你借助图2进行证明； 拓展延伸：（3）在点D为平面内任意一点的条件下，请直接写出CD⊥AB时线段DE的长． 2．综合与探究 问题情境：在数学活动课上，同学们以“图形的旋转”为主题展开探究．如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD＝3，BC＝CD＝4，连接AC，AC＝5． 猜想验证：保持△ABC不动，将△ACD绕点A顺时针旋转α°（0＜α≤180），点C的对应点为C'，直线BC与直线C′D相交于点O．完成下面的探究： （1）如图2，当AD∥BC时，判断四边形ABOD的形状并说明理由； （2）在旋转的过程中，线段OC与OC'的数量关系是否发生变化，请借助图3说明理由； 深入探究：（3）如图4，保持△ABC不动，将△ACD沿AC方向平移，使A的对应点A′恰好落在AC的中点处，点C的对应点为C′．再将△A'C'D绕点A'顺时针旋转β°（0＜β≤180）．在旋转的过程中，当两三角形的重叠部分为以点A'为顶角顶点的等腰三角形时，底边的长为　 　 （直接写出结果）． 3．综合与探究 【模型感知】 手拉手模型是初中数学里三角形全等知识点考查的重要模型．两个有公共顶点且顶角相等的等腰三角形组成的图形叫手拉手模型． （1）如图1，已知△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BE，CD．求证：BE＝CD； 【模型应用】 （2）如图2，已知△ABC和△ADE都是等边三角形，将△ADE绕点A旋转一定的角度．当点D在CB的延长线上时，求证：AB+BD＝BE； 【类比探究】 （3）如图3，已知△ABC和△ADE都是等边三角形．当点D在射线BC上时，过点E作EF⊥AB于点F．直接写出线段AB，BF与BD之间存在的数量关系为 　 　 ． 4．综合与探究 问题情境 将Rt△DBC和等边三角形ABC按照如图1方式摆放，∠DBC＝90°，∠BCD＝30°，现将Rt△DBC绕点B按顺时针方向旋转，点D，C的对应点分别为E，F． 数学思考 （1）如图1，当点E在边CD上时，连接CF，判断△BCF的形状，并说明理由． （2）如图2，在旋转的过程中，连接DE，CF，判断DE与CF的位置关系，并说明理由． 深入探究 （3）在旋转的过程中，若，当EF与边BC平行时，请直接写出DE2的值． 5．综合与探究 在几何图形变换探究活动中，同学们以两个等腰直角三角形为研究对象开展实践探索．已知在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，且AB＝AC，AD＝AE． 如图1，同学们连接BD、CE，通过观察、测量，初步发现线段BD与CE的长度相等．为进一步探究图形变换中线段的数量关系，各小组围绕图形旋转展开深度探讨与论证，请你参与并完成下列探究任务． 初步探究 （1）博学小组提出：保持△ABC位置不变，将△ADE绕着点A逆时针旋转至图2的位置，连接BD、CE，此时线段BD和CE相等吗？请给出判断并说明理由． 深入探究 （2）逻辑先锋组继续探究：将图2中的△ADE继续绕点A逆时针旋转至图3的位置，连接BD、CD、CE，当∠AEC＝45°时，试探究线段BD、CD、DE之间的数量关系并说明理由． 拓展应用 （3）拓思创新组进行拓展思考：保持△ABC位置不变，将△ADE绕着点A逆时针旋转，当∠AEC＝45°时，若AD＝3，BD＝12，请直接写出CD的长． 6．综合与探究 问题情境：如图1，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC．以BC为边，在△ABC外部作等边三角形△BCD．将△ACB绕点C逆时针旋转，得到△A'CB'，设旋转角为θ（0°＜θ≤135°），点A的对应点是点A'，点B的对应点是点B'． 初步分析：（1）如图2，当A′B′∥AC时，证明：BC垂直平分A'B'； 操作探究：（2）将△ABC绕点C逆时针旋转过程中，线段A'B'交线段AB于点O，且点O不与点A重合，如图3，猜想线段A'O与线段BO的数量关系，并说明理由； （3）将△ABC绕点C逆时针旋转θ（30°＜θ≤135°），直线A'B'交直线CD于点E．问：是否存在某个旋转角θ，使得△A′CE为等腰三角形？若存在，请直接写出所有满足条件的θ值；若不存在，请说明理由． 7．综合与探究 问题情境：如图，在等边△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，连接CD，BE，交点为F． 猜想证明： （1）如图1，若AD＝CE，求证：∠BFD＝60°； 拓展延伸： （2）如图2，D为AB的中点，连接AF，将AF绕点A逆时针旋转120°得到AM，若BE的延长线恰好经过点M，CF＝2，求AE的长； （3）如图3，若D，E分别为边AB，AC的中点，AB＝4，先将AD绕点A按逆时针旋转120°得到AN，连接EN，再将△AEN沿射线AC方向平移得到△A′E′N′，在△AEN平移的过程中，当以B，E′，N′为顶点的三角形为直角三角形时，请直接写出△AEN平移的距离． 8．综合与探究 如图1，在锐角△ABC中，BA＝BC，AD平分∠BAC交BC于点D，将△ADC绕点D逆时针旋转得到△EDF，点A的对应点E落在线段AB的延长线上，点C的对应点F落在线段AB上． （1）判断FD与AC的位置关系，并说明理由； （2）点M是射线CB上的一个动点，过点M作∠CMG＝∠C，交射线CA于点G． ①如图2，当点M与点D重合时，判断AG与EB的数量关系，并说明理由； ②当点M与点D不重合时，设射线MG与射线DA交于点N．若点B是线段EF的三等分点（BE＜BF），且AD＝5，请直接写出时，线段DN的长． 9．综合与探究 问题情境：活动课上，同学们以三角形为背景探究图形变化中的数学问题．如图1，△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝4．将△ABC从图1的位置开始绕点C顺时针旋转得到△A′B′C（点A，B的对应点分别为点A′，B′），旋转角为α（0°＜α＜360°）． 操作思考： （1）“同心”小组画出了点A恰好落在边AB上时的图形．连接BB′，如图2．试判断△BCB′的形状，并说明理由； （2）“实验”小组经过探究发现AA′所在的直线与BB′所在的直线始终垂直．在图3中，作直线AA′，BB′交于点H，请补全图形并证明上述结论； 拓展探究： （3）“博雅”小组继续思考：在整个旋转过程中，若A′B′所在直线恰好经过△ABC的一个顶点，直接写出此时A′B的长度为　 　 ． 10．综合与探究 （1）【问题发现】：如图1，在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠ABC＝∠CBD＝90°，∠A＝∠DEB＝30°，BC＝BE＝2，Rt△BDE绕点B逆时针旋转，H为CD的中点，当点C与点E重合时，则BH与AE的数量关系和位置关系，并说明理由； （2）【问题证明】：在Rt△BDE绕点B逆时针旋转的过程中，当AE经过点H时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图2的情形给出证明；若不成立，请说明理由； （3）【拓展应用】：在Rt△BDE绕点B逆时针旋转的过程中，当DE∥BC时，请直接写出△ACE的面积． 11．综合与探究 利用旋转变换解决数学问题是一种常用的方法．如图1，P是等边△ABC内一点，PA＝1，，PC＝2．求∠BPC的度数． 为了利用已知条件，可以把△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△AP′C，连接PP′，则可求出PP′的长为2；在△PAP′中，易证∠PAP′＝90°，且∠PP′A的度数为30°，综上可得∠BPC的度数为90°． （1）请你写出推理过程； 【类比探究】 （2）如图2，P是等腰Rt△ABC内一点，，求∠APC的度数； 【拓展应用】 （3）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E分别在AB，BC上，BE＝DE＝1，连接CD．将△BDE绕点B逆时针旋转一周，当点A，D，E在同一条直线上时，求CD的长． 12．综合与探究 （1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝60°，D为AC中点，点E是线段BC上的动点，当时，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转60°，得到DF，连接EF，CF． 请探索AD，BE，CF之间的数量关系．以下是数学兴趣小组两位同学的发现： ①小明同学：如图2，如果过D作DG∥AB交BC于点G，那么△DCG是等边三角形，通过构造全等三角形可以找到AD，BE，CF之间的数量关系． ②小颖同学：如图3，如果过E作EG∥AB交AC于点G，那么△ECG是等边三角形，也可以构造出全等三角形，找到AD，BE，CF之间的数量关系． 请参考小明和小颖两名同学的解题思路，直接写出AD，BE，CF之间的数量关系为　 　 ． 【类比分析】 （2）小明和小颖同学都运用数学的转化思想，将证明三条线段的关系转化为证明两条线段的关系：为了帮助学生更好地感悟转化思想，王老师将图1进行变换并提出了下面问题，请你解答． 如图4，在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为AC中点，点E是边BC上的动点，当时，连接DE，将DE绕点D逆时针旋转90°得到DF，连接EF，CF．请探究线段AD，BE，CF之间的数量关系． 【学以致用】 （3）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝a（a≤90°），点D在边AC上，点E在边BC上，连接DE（DE不平行AB），将DE绕点D逆时针旋转角a，得到DF，连接EF，CF．再过D点作DG∥AB交BC于点G，过点G作GH∥AC交AB于点H，当AD＝6，BE＝5，CF＝3时，直接写出△BHG的周长． 参考答案与试题解析 1．【解答】（1）解：∠BAD＝∠D′EC； 证明：∵点D是△ABC内部一点，且满足∠ADB＝90°．将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACD′， ∴∠ADB＝∠AD′C＝90°，AD＝AD′，∠DAD′＝60°，∠BAD＝∠CAD′， ∴△ADD′为等边三角形， ∴∠AD′D＝60°， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ACB＝∠AD′D＝60°， 又∵∠AFD′＝∠CFE， ∴△AD′F∽△ECF， ∴∠CAD′＝∠FEC（即∠D′EC）， 又∵∠BAD＝∠CAD′， ∴∠BAD＝∠D′EC； （2）证明：如图2，过点C作CG∥BD交D′D的延长线于点G， 由（1）知，∠AD′D＝60°， ∴∠CD′D＝∠AD′C﹣∠AD′D＝30°， ∵△ADD′为等边三角形， ∴∠ADD′＝60°， ∵∠ADB＝90°， ∴∠BDG＝30°， ∵CG∥BD， ∴∠G＝∠BDG＝30°， ∴∠G＝∠CD′D＝30°， ∴CD′＝CG， 由旋转知，CD′＝BD， ∴BD＝CG， 在△BED和△CEG中， ， ∴△BED≌△CEG（AAS）， ∴BE＝CE， ∴点E是线段BC的中点； （3）解：CD⊥AB时线段DE的长为或．理由如下： 设CD（或CD的延长线）交AB于点H， ∵△ABC是边长为4的等边三角形，CD⊥AB， ∴AB＝BC＝AC＝4，，， 在直角三角形ACH中，由勾股定理得：， ∵∠ADB＝90°，AH＝BH， ∴ ∵点E是线段BC的中点， ∴， 点D在直线CH上，分两种情况讨论： ①点D在△ABC内部，如图3，过点E作EG⊥CD于点G， ∴∠CGE＝90°， 又∵∠BCD＝30°， ∴， 在直角三角形CEG中，由勾股定理得：CG， ∵， ∴， 在直角三角形DEG中，由勾股定理得：DE； ②点D在△ABC外部，如图4，过点E作EG⊥CD于点G， 同①得，EG＝1， ∵， ∴， ∴DE； 综上所述，CD⊥AB时线段DE的长为或． 2．【解答】解：（1）四边形ABOD为正方形，理由如下； ∵32+42＝52， ∴AB2+BC2＝AC2，AD2+DC2＝AC2， ∴△ABC、△ADC是直角三角形，∠B＝∠D＝90°， ∵AD∥BC， ∴∠DOB＝180°﹣∠D＝90°＝∠D＝∠B， ∴四边形ABOD是矩形， ∵AB＝AD， ∴四边形ABOD为正方形； （2）OC＝OC′，OC、OC′的关系不变，理由如下； 如图3，连接OA， 由旋转的性质可知，DC′＝DC＝BC， ∵OA＝OA，AB＝AD， ∴Rt△AOB≌Rt△AOD（HL）， ∴OB＝OD， ∴BC﹣OB＝DC′﹣OD， ∴OC＝OC′， ∴OC、OC′的关系不变； （3）由旋转的性质可知，∠C′A′D＝∠A， 旋转的过程中，两三角形的重叠部分且以点A′为顶角顶点的等腰三角形记为△A′EF，如图4，5； 如图4，在AB上取M使，连接A′M，作A′G⊥AB于G，AN⊥A′M于N，作A′H⊥BC于H，则四边形A′GBH是矩形， ∴△MAA′是以∠A为顶角的等腰三角形， ∵△A′EF是以∠EA′F为顶角的等腰三角形，∠EA′F＝∠A， ∴△MAA′∽△EA′F， ∴， ∵∠A＝∠A，∠AGA′＝90°＝∠ABC， ∴△AGA′∽△ABC， ∴，即， 解得，， ∴GM＝1， 同理，， 由勾股定理得，， ∴，即， 解得，， ∴， 解得，； 如图5，作A′H⊥AB于H， 由上可知，A′H＝2，且EF＝A′H＝2； 综上所述，底边的长为或2， 故答案为：或2． 3．【解答】（1）证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°，AE＝AD，∠DAE＝60°， ∴∠BAE＝∠BAD+∠DAE＝∠BAD+60°， ∠CAD＝∠BAC+∠BAD＝60°+∠BAD， ∴∠BAE＝∠CAD， ∴△BAE≌△CAD（SAS）， ∴BE＝CD； （2）证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形， ∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝60°，AE＝AD，∠DAE＝60°， ∴∠BAE＝∠DAE+∠BAD＝60°+∠BAD， ∠CAD＝∠BAC+∠BAD＝60°+∠BAD， ∴∠BAE＝∠CAD， ∴△ABE≌△ACD（SAS）， ∴BE＝CD， ∵CD＝CB+BD＝AB+BD， ∴AB+BD＝BE； （3）解：AB＝BD+2BF或AB＝BD﹣2BF，理由如下： 当D点在BC上时，设DE与AB的交点为K，在AB上截取AT＝BD， ∵△ABC和△ADE都是等边三角形， ∴∠ABC＝∠AED＝60°，AE＝DE， ∴∠EAT+∠AKE＝120°，∠EDB+∠BKD＝120°， ∵∠AKE＝∠BKD， ∴∠EAK＝∠EDB， ∴△EAT≌△EDB（SAS）， ∴ET＝EB， ∵EF⊥AB， ∴TF＝BF， ∴BT＝2BF， ∴AB＝AT+BT＝BD+2BF； 当D点在BC的延长线上时，延长BF，取FG＝BF，连接EG， 由①知，△BEG为等腰三角形，∠ABE＝∠ACD， ∵∠ACD+∠ACB＝180°，∠ABE+∠EBF＝180°， ∴∠EBG＝∠ACB＝60°， ∴△BEG为等边三角形， ∴BG＝BE＝CD， ∵CD＝BE，AB＝BC， ∴AG＝BD， ∴AB＝AG﹣2BF＝BD﹣2BF； 故答案为：AB＝BD+2FB或AB＝BD﹣2BF． 4．【解答】解：（1）△BCF是等边三角形；理由如下： 在Rt△DBC中，∠DBC＝90°，∠BCD＝30°， ∴∠BDC＝60°， ∵将Rt△DBC绕点B按顺时针方向旋转，点D，C的对应点分别为E，F， ∴DB＝BE， ∴△DBE是等边三角形， ∴∠DBE＝60°， 由旋转的性质，得∠CBF＝∠DBE＝60°，BC＝BF， ∴△BCF是等边三角形； （2）DE⊥CF；理由如下： 如图2，设DE与CF交于点O， ∵将Rt△DBC绕点B按顺时针方向旋转，点D，C的对应点分别为E，F， ∴∠DBC＝∠EBF＝90°，BD＝BE，BF＝BC， ∴∠DBC+∠CBE＝∠EBF+∠CBE，即∠DBE＝∠CBF， ∵BD＝BE，BF＝BC， ∴，， ∵∠DBE＝∠CBF， ∴∠BDE＝∠BCF， 在Rt△DBC中，∠BDE+∠EDC+∠DCB＝90°， ∴∠BCF+∠EDC+∠DCB＝90°， ∴∠DOC＝180°﹣90°＝90°，即DE⊥CF； （3）DE2的值为或．理由如下： ∵，△ABC是等边三角形， ∴， 在Rt△DBC中，，∠BCD＝30°， ∴CD＝2BD， ∵BC2＝CD2﹣BD2， ∴，解得BD＝1（负值舍去）， ∴CD＝2×1＝2， ∵Rt△DBC绕点B按顺时针方向旋转，点D，C的对应点分别为E，F， 当EF与边BC平行时，此时分以下情况讨论： ①当EF在BC的下方时，如图，延长DB交EF于点G， ∵EF∥BC，∠DBC＝90°， ∴∠BGE＝90°， ∵DB＝BE＝1，∠BDC＝∠BEF＝60°， ∴∠GBE＝30°， 在Rt△BEG中，， 由勾股定理得：， ∴， 在Rt△DGE中，由勾股定理得：DE2＝DG2+GE2， ∴； ②当EF在BC的上方时，如图4，设EF与BD交于点H， ∵EF∥BC， ∴∠FEB+∠EBC＝180°， ∵∠BEF＝60°， ∴∠EBC＝180°﹣∠BEF＝120°， ∵∠DBC＝90°， ∴∠DBE＝∠EBC﹣∠DBC＝30°， ∴∠EHB＝180°﹣∠BEF﹣∠DBE＝90°， 在Rt△EHB中，BE＝1，， 由勾股定理得：， ∴， 在Rt△DHE中，由勾股定理得：， 综上所述，DE2的值为或． 5．【解答】解：（1）BD＝CE， 理由：∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAD＝∠CAE， 又AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE； （2）BD2+DE2＝CD2， 理由：同（1）可证△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE， ∵AD＝AE，∠DAE＝90°， ∴∠AED＝∠ADE＝45°， ∵∠AEC＝45°， ∴∠CED＝90°， ∴CE2+DE2＝CD2， ∴BD2+DE2＝CD2； （3）∵AD＝AE＝3，∠DAE＝90°， ∴， 当点E不在CD上时，如图， 由（2）可知BD2+DE2＝CD2， ∴； 当点E在CD上时，如图， 此时， 综上，CD的长为或． 6．【解答】（1）证明：延长BC交A'B'于点H， ∵∠ACB＝90°，A′B′∥AC， ∴∠B'HC＝90°， ∴BC⊥A'B'， ∵△A'B'C'为等腰直角三角形， ∴CH平分A'B'， ∴BC垂直平分A'B'； （2）解：OA'＝OB，理由如下： 连接A'B， ∵AC＝BC＝A'C， ∴∠CA'B＝∠CBA'， ∵∠CA'B'＝∠ABC＝45°， ∴∠B'A'B＝∠ABA'， ∴OA'＝OB； （3）解：存在某个旋转角θ，使得△A′CE为等腰三角形，理由如下： 当A'E＝EC时， ∵∠A'＝45°， ∴CE⊥A'B'， ∵∠DCB＝60°， ∴∠ACE＝30°， ∵∠B'CE＝45°， ∴∠ACB'＝15°， ∴∠BCB'＝90°﹣15°＝75°， ∴θ＝75°； 当A'E＝A'C时， ∵∠A'＝45°， ∴∠A'CE＝∠A'EC＝67.5°， ∵∠ACA'＝θ， ∴∠ACE＝θ﹣67.5°， ∵∠ACE＝30°， ∴θ﹣67.5°＝30°， ∴θ＝97.5°； 当A'C＝EC时， ∴∠A'CE＝90°， ∴∠ACE＝30°＝θ﹣90°， ∴θ＝120°； 综上所述：θ的值为75°或120°或97.5°． 7．【解答】（1）证明：由等边△ABC知，AC＝BC，∠A＝∠ACB＝60°． 在△BCE和△CAD中， ， ∴△BCE≌△CAD（SAS）， ∴∠CBE＝∠ACD． ∵∠ACB＝∠ACD+∠BCD＝60°， ∴∠BFD＝∠CBF+∠BCF＝∠ACD+∠BCF＝60°； （2）解：如图2，过点F作FP⊥AC于点P，在PF上取一点Q，使得FQ＝EQ． ∵将AF绕点A逆时针旋转120°得到AM， ∴AF＝AM，∠FAM＝120°， ∴∠AFM＝30°． ∵D为AB的中点， ∴AF＝BF，∠ACD＝30°， ∴，， ∴∠FAP＝∠BAC﹣∠BAF＝60°﹣15°＝45°， ∴AP＝PF＝1，∠EFP＝15°． ∵FQ＝EQ， ∴∠EFQ＝∠FEQ＝15°， ∴∠EQP＝∠EFQ+∠FEQ＝15°+15°＝30°． 设PE＝x，则FQ＝EQ＝2PE＝2x，， ∴， 解得：， ∴． （3）解：△AEN平移的距离为6或10．理由如下： 由题意可知，△AEN是等边三角形． 由平移的性质可得ABE′N′， 如图3，当∠BE′N′＝90°时， ∴∠ABE′＝∠BE′N′＝90°． ∵∠ABC＝∠A′E′N′＝60°， ∴∠CBE′＝∠BE′C＝30°， ∴CE′＝BC＝4． ∵E是AC的中点， ∴， ∴EE′＝EC+CE′＝2+4＝6； 如图4，当∠BN′E′＝90°时，令BN′与A′C的交点为H． ∴∠ABN′＝∠BN′E′＝90°， ∴∠CBH＝∠BHC＝∠A′HN′＝∠A′N′H＝30°， ∴CH＝BC＝4，A′H＝A′N′＝2， ∴AA′＝AC+CH+A′H＝4+4+2＝10． 综上所述，△AEN平移的距离为6或10． 8．【解答】解：（1）FD∥AC，理由如下： ∵BA＝BC， ∴∠BAC＝∠C， 由旋转得，∠EFD＝∠C， ∴∠BAC＝∠EFD， ∴FD∥AC． （2）①AG＝BE，理由如下： 由旋转得，DA＝DE，∠CAD＝∠E， ∵∠AGD＝∠GDC+∠C，∠EBD＝∠BAC+∠C，∠CDG＝∠C， ∴∠AGD＝2∠C，∠EBD＝2∠C， ∴∠AGD＝∠EBD， ∴△AGD≌△EBD（AAS） ∴AG＝BE． ②当点G在线段AC上时，如图， 由旋转得，DA＝DE，∠CAD＝∠E，AC＝EF， 由①可知，∠AGN＝∠EBD， ∴△EBD∽△AGN， ∴， ∵，， ∴，即， ∴， ∴； 当点G在CA的延长线上时，如图， 由旋转得，DA＝DE，∠CAD＝∠E，AC＝EF， 同理∠AGN＝∠EBD， ∵∠GAN＝∠CAD， ∴∠GAN＝∠E， ∴△EBD∽△AGN， 同理可得， ∴； 综上所述，线段DN的长为或． 9．【解答】（1）解：△BCB'为等边三角形，理由如下： 由旋转可知：AC＝A′C，CB＝CB'，∠ACA'＝∠BCB'， 在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°， ∴∠A＝90°﹣∠B＝60°， ∴△ACA'为等边三角形， ∴∠BCB'＝∠ACA'＝60°， ∴△BCB'为等边三角形； （2）证明：如图，设AA′所在的直线交 BB'；所在的直线于点H，交CB′于点O， 由旋转可知：AC＝AC，CB＝CB'，∠ACB＝∠A'CB'，∠ACA'＝∠BCB'， ∴∠CA′A＝∠CB′B， ∵∠A'OB'＝∠OB'B+∠OHB'，∠A'OB'＝∠CA'A+∠A'CO， ∴∠OHB'＝∠A'CO＝90° 即AA′所在的直线与BB′所在的直线垂直； （3）解：如图4，当直线A'B'过点A时，过点A'H⊥直线AB于H， 由旋转可知：AC＝A'C＝4，∠B'＝∠ABC＝30°，∠B'A'C＝∠BAC＝60°， ∴△ACA'的等边三角形， ∴∠A'CA＝60°， ∴∠ACE＝30°， ∴∠AEC＝90°， ∴AE＝2，CEAE， ∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝4， ∴BA＝2AC＝8， ∴BE＝6， ∵AH⊥BH，∠AEC＝∠A'CB'＝90°， ∴四边形A'CEH是矩形， ∴CE＝A'H＝2，A'C＝EH＝4， ∴BH＝10， ∴A'B4， 如图5，当直线A'B'过点B时， 由旋转可知：B'C＝BC，AC＝A'C＝4，∠B'＝∠ABC＝30°，∠B'A'C＝60°， ∴∠B'BC＝∠B'＝30°， ∴∠A'CB＝60°﹣30°＝30°， ∴∠B'BC＝∠A'CB， ∴A'B＝A'C＝4， 综上所述：A'B的长为4或4， 故答案为：4或4． 10．【解答】解：（1）BH⊥AE；；理由如下： 在Rt△ABC中，∠A＝30°，BC＝2， ∴AE＝2BC＝4， 在Rt△CDB中，∠DCB＝30°，BC＝BE＝2， ∴， ∵CH＝DH， ∴， ∴， ∴． 在Rt△CDB中，点H是CD的中点， ∴BH＝CH＝DH， ∴∠DHB＝2∠DEB， ∵∠DEB＝30°， ∴∠DHB＝60°， ∴△BDH是等边三角形， ∴∠DBH＝60°， ∴∠ABH+∠A＝90°， ∴BH⊥AE； （2）（1）中的结论仍然成立； 证明：如图2，延长BH到F使得HF＝BH，连接CF．设AE交BF于O， 在△CHF和△DHB中， ， ∴△CHF≌△DHB（SAS）， ∴BD＝CF，∠F＝∠DBH， ∴CF∥BD， ∵∠BAC＝∠DEB＝30°， ∴，， ∴， ∴， ∵CF∥BD， ∴∠BCF+∠CBD＝180°， ∵∠ABC+∠DBE＝∠ABD+∠CBD+∠CBD+∠CBE＝∠CBD+∠ABE＝180°， ∴∠BCF＝∠ABE， ∴△ABE∽△BCF， ∴∠CBF＝∠BAE，， ∴， ∵∠CBF+∠ABF＝90°， ∴∠ABF+∠BAE＝90°， ∴∠AOB＝90°， ∴BH⊥AE； （3）△ACE的面积为或．理由如下： 如图3，当DE在BC的下方时，延长AB交DE于F，设CE，AF交于点P， ∵DE∥BC， ∴∠ABC＝∠BFD＝90°， 由题意得：BC＝BE＝2，，，， ∵， ∴， ∴BF＝1， 在直角三角形BEF中，由勾股定理得：， ∵DE∥BC， ∴△BCP∽△FEP， ∴，即， 解得：， ∴AP＝AB+BP＝4， ∴△ACE的面积； 如图4，当DE在BC的上方时，设AB交DE于F，CE，BA的延长线交于点P， 同理BF＝1，， AF＝3， ∵DE∥BC， ∴△BCP∽△FEP， ∴，即， 解得：（经检验，是分式方程的解，且符合题意）， ∴AP＝BP﹣AB＝4， ∴△ACE的面积； 综上所述，△ACE的面积为或． 11．【解答】解：（1）∵把△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△AP′C，PA＝1，，PC＝2， ∴P′C＝PC＝2，， ∴△CP′P是等边三角形， ∴PP′＝PC＝2，∠CP′P＝60°， ∵， ∴PA2+P′A2＝PP′2， ∴△AP′P是直角三角形，∠P′AP＝90°， 在Rt△AP′P中，， ∴∠AP′P＝30°， ∴∠BPC＝∠AP′C＝∠AP′P+∠CP′P＝30°+60°＝90°； （2）如图1，把△BPC绕点C顺时针旋转90°得到△AP′C，连接PP′， ∴得，∠P′CP＝90°， ∴△CP′P是等腰直角三角形， ∴∠CPP′＝45°， 在Rt△CP′P中，根据勾股定理，得：， ∴P′A＝PP′， ∵， ∴P′A2+PP'2＝PA2， ∴△AP′P是直角三角形，∠AP′P＝90°， 又∵P′A＝PP′， ∴△AP′P是等腰直角三角形． ∴∠APP'＝45°， ∴∠APC＝∠APP'+∠CPP'＝45°+45°＝90°； （3）当点E在线段AD上时，如图3，将△ACD绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，连接DF． ∵， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∴∠DBE＝45°， ∵BE＝DE， ∴∠BDE＝∠DBE＝45°， ∴∠BED＝180°﹣∠BDE﹣∠DBE＝180°﹣45°﹣45°＝90°， ∴△BDE为等腰直角三角形， 在Rt△BDE中，Rt△ABE中，由勾股定理得：，， ∴AD＝AE+DE＝2+1＝3， ∵将△BDE绕点B逆时针旋转一周， ∴CD＝BF，AD＝AF＝3，∠DAF＝90°＝∠BAC， ∴， ∴∠FDB＝∠ADB+∠ADF＝45°+45°＝90°． 在Rt△ADF中，根据勾股定理，得， 在Rt△FDB中，由勾股定理得：， ∴； 当点D在线段AE上时，如图4，将△ACD绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，连接DF， 同理上种情况可得，∠ADF＝∠AFD＝45°．∠EDB＝45°，AE＝2，，AF＝AD，BF＝CD， ∴AF＝AD＝AE﹣DE＝2﹣1＝1，∠BDF＝180°﹣∠ADF﹣∠EDB＝180°﹣45°﹣45°＝90°， 在Rt△ADF中，根据勾股定理，得：， 在Rt△FDB中，根据勾股定理，得， ∴CD＝BF＝2， 综上所述，CD的长为或2． 12．【解答】解：（1）方法一（小明思路）：如图，过D作DG∥AB交BC于点G， ∵AC＝BC，∠BAC＝60° ∴△ABC是等边三角形， ∴∠A＝∠B＝∠ACB＝60°， ∵DG∥AB， ∴∠CDG＝∠A＝60°，∠DGC＝∠B＝60°， ∴△DCG是等边三角形， ∴DC＝DG， ∵D是AB中点， ∴CD＝AD＝CG＝BG， 由旋转得DF＝DE，∠EDF＝60° ∴∠FDC＝∠EDG＝60°﹣∠FDG． ∴△FDC≌△EDG（SAS）， ∴CF＝GE， ∴BG＝BE+GE＝BE+CF， ∴AD＝BE+CF． 方法二（小颖思路）：如图，过E作EG∥AB交AC于点G， ∵AC＝BC，∠BAC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AC＝BC，∠ACB＝60°， ∵EG∥AB， ∴∠CGE＝∠A＝60°，∠CEG＝∠B＝60°， ∴△GEC是等边三角形， ∴CG＝CE＝EC， ∴AC﹣CG＝BC﹣CE，即AG＝BE， 由旋转得ED＝FD，∠EDF＝60° ∴△DEF是等边三角形， ∴ED＝EF，∠FED＝60°，∠DEG＝∠FEC＝60°﹣∠CED， 在△DEG和△FEC中， ， ∴△DEG≌△FEC（SAS）， ∴GD＝CF， ∴AD＝AG+GD＝BE+CF． 故答案为：AD＝BE+CF； （2）AD＝BE﹣CF． 理由：如图，取BC的中点M，AB的中点N，连接DM、MN， 则MN∥AC，MNAC， ∵AB＝AC，∠BAC＝90° ∴∠B＝∠ACB， ∴∠BNM＝∠BAC＝90°，∠NMB＝∠ACB＝∠B， ∴MN＝BN， ∴BMMN， ∵D为AC中点， ∴ADAC，DM∥AB， ∴MN＝AD，∠MDC＝∠BAC＝90°，∠DMC＝∠B＝∠ACB， ∴BMAD，DM＝DC， 由旋转得DE＝DF，∠EDF＝90°， ∴∠MDE＝∠CDF＝90°﹣∠CDE， 在△MDE和△CDF中， ， ∴△MDE≌△CDF（SAS）， ∴ME＝CF， ∴BM＝BE﹣ME＝BE﹣CF， ∴AD＝BE﹣CF． （3）①如图所示，当BEBC时，则F在BC下方， ∵DG∥AB，GH∥AC， ∴四边形ADGH是平行四边形，∠BHG＝∠A＝∠CDG＝α， ∴GH＝AD＝6， ∵AB＝AC， ∴BH＝GH＝6，DG＝DC， 由DE旋转可知，DE＝DF，∠EDF＝α， ∴∠EDG＝∠FDC＝α﹣∠GDF， ∴△EDG≌△FDC（SAS）， ∴EG＝CF＝3， ∴BG＝BE+EG＝8， ∴△BHG的周长为：BH+GH+BG＝20； ②如图所示，当BEBC时，则F在BC上方， 同理可得BG＝BE﹣GE＝2， 此时△BHG的周长为：BH+GH+BG＝14； 综上，△BHG的周长为20或14． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/5/22 11:37:24；用户：贾老师；邮箱：18700475953；学号：68421402 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $