期末复习每天一道压轴题2025-2026学年山西北师大版数学八年级下册

**基本信息** 以几何综合题为主线，系统整合中位线、旋转、全等三角形等核心知识，通过"定理证明-知识应用-拓展探究"三阶训练，培养逻辑推理与空间观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础定理|1-2题|倍长中线法、中位线构造|从三角形中位线到四边形中点连线，构建平行关系证明体系| |图形变换|3-10题|旋转性质应用、辅助线添加（延长法/构造全等）|以旋转为核心，串联等腰直角三角形、等边三角形性质，形成动态几何问题解决框架| |综合探究|11-16题|分类讨论、动态轨迹分析|结合平移、折叠等变换，深化几何直观与数学抽象，衔接中考压轴题考法|

山西北师大版八下期末复习——每天一道压轴题 1．综合与探究 课本再现： 连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线． 三角形中位线定理 三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半． 定理证明： （1）为了证明该定理，小明同学画出了图形（图1）并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程． 已知：D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点； 求证：DE∥BC，且； 知识应用 （2）①如图2，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是四边形ABCD各边的中点． 求证：四边形EFGH是平行四边形． ②如图，在四边形ABCD中，AD＝BC＝10，∠ADB＝90°，∠CBD＝30°，点P是对角线BD的中点，点M是AB的中点，点N是DC的中点，请你直接写出△PMN的周长为　 　 ，面积为　 　 ． 2．综合与探究 问题情境：如图1，在▱ABCD中，AB＝4，BC＝6，∠B＝60°．将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AEF，旋转角为α，点B，C的对应点分别为点E，F，EF交AD于点G． 猜想证明： （1）如图2，在旋转过程中当点E落在BC边上时，判断四边形ECDG的形状，并说明理由； 深入探究： （2）在（1）的条件下，判断线段CE与FG的数量关系，并说明理由； （3）在△ABC旋转的过程中，连接DE，当0°＜α＜120°且△ADE是等腰三角形时，直接写出△BCE的面积． 3．综合与探究． 【问题情景】 一节数学综合实践课上，刘老师与同学们以“线段的旋转”为背景进行了探究，具体如下： 已知：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，点D是边AB上的一点（不与A、B重合），连接CD，将CD沿绕点C按逆时针方向旋转90°得到CE，连接DE． 【猜想证明】 （1）如图2，若连接AE，求证：AE⊥AB； 【深入探究】 （2）如图3，若取AD的中点F，连接CF，BE且设它们交于点G，试判断CF与BE的数量关系与位置关系，并说明理由； 方法一：延长AC到H，使得CH＝AC，连接DH… 方法二：延长CF到H，使得FH＝CF，连接AH… 请选择其中一种方法做出解答． （3）如图1，在点D的选取过程中，若△CBD是等腰三角形时，直接写出AD的长度． 4．综合与探究 【问题情境】探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，数学课上，同学们用两个全等的直角三角形进行探究． 【探索发现】如图1，已知Rt△ABC≌Rt△DEF，∠ACB＝∠DFE＝90°，AC＝DF＝4，BC＝EF＝3，将点B与F重合，点C与点E重合，AB与CD交于点O，发现此时线段OA＝OD，请尝试证明． 【猜想证明】如图2，将Rt△DEF绕点C（E）逆时针旋转，点D，F的对应点分别为D′，F′，当点F′落在线段AB上时，连接AD′，试判断四边形ABCD′的形状，并说明理由． 【深入探究】在Rt△DEF旋转过程中，当EF′∥AB时，直接写出线段BF′的长度． 5．综合与探究 问题情境：数学课上，老师组织同学们利用两张全等的直角三角形纸片进行图形变换的操作探究．已知Rt△ABC≌Rt△DFE，∠ABC＝∠DFE＝90°．将Rt△ABC和Rt△DFE按如图1的方式在同一平面内放置，其中BC与FE重合，此时A，B，D三点恰好共线，点A，D在点B异侧． 初步探究：（1）小颖在图1的基础上进行了如下操作：保持Rt△ABC不动，将Rt△DBE绕点B按逆时针方向旋转角度α（0°＜α＜90°），延长AC交DE延长线于点G．如图2，判断CG，EG的数量关系并说明理由； 深入探究：（2）小军在图1的基础上进行了如下操作：保持Rt△ABC不动，将Rt△DFC绕点C按逆时针方向旋转角度α（0°＜α＜90°），延长AF交DB延长线于点G．如图3，判断BG，FG的数量关系并说明理由； 拓展探究：（3）若∠A＝30°，BC＝2．小彬进行了如下的操作：如图4，两个三角形重合，点A，B，C分别与点D，F，E重合，保持Rt△ABC不动，将Rt△DEF绕点B按逆时针方向旋转一周，在整个旋转过程中，若DE所在直线恰好经过△ABC的一个顶点，直接写出此时AE的长度为 　 　 ． 6．综合与探究 问题情境：活动课上，同学们以平行四边形为背景探究图形变换中的数学问题．如图1，在▱ABCD中，对角线AC⊥AB，AB＝6，AC＝8．将△ACD从图1中的位置开始，绕点A顺时针旋转得到△AEF（点C，D的对应点分别是点E，F），旋转过程中直线AF与直线BC相交于点O． 特例分析：（1）如图2，“勤学”小组画出了点E落在AB延长线上时的情形，求此时线段AO的长； （2）如图3，“善思”小组画出了点F落在DC延长线上时的情形，猜想此时线段AO与FO的数量关系，并说明理由； 拓展探究：（3）“笃行”小组将△AEF从图3中的位置开始，沿射线AC的方向平移得到△A′E′F′，（点A，E，F的对应点分别是A′，E′，F）．在平移过程中，若以点D，A′，F′为顶点的三角形与△ABC面积相等，请直接写出平移的距离． 7．综合与探究 问题情境： 图形变换包括平移、旋转、对称、位似等，其中旋转就是将图形上的每一点在平面内绕着旋转中心旋转固定角度的位置移动，其中“旋”是过程，“转”是结果．旋转的性质则是解决实际问题的关键．如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，对角线AC、BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转一个角度α（0°＜α≤90°），分别交线段BC、AD于点E、F，已知AB＝1，BC，连接BF． 猜想验证： （1）如图1，在旋转的过程中，请写出线段AF与EC的数量关系，并说明理由； 探索发现： （2）如图2，当α＝45°时，请写出线段BF与DF的数量关系，并说明理由； 拓展延伸： （3）如图3，当α＝90°时，求△BOF的面积． 8．综合与探究 问题情境：一次数学兴趣小组活动中，同学们准备了一大一小两张直角三角形纸片（即△ABC，△ADE），按照图1所示的方式摆放．其中∠ACB＝∠AED＝90°，∠A＝30°，点D、E分别为AB、AC的中点．老师要求各小组结合所学的图形变化的知识展开数学探究． 操作探究1：（1）如图2，“勤学”小组将△ADE沿射线AC上平移得到△FGH，分别连接DF，BG，发现四边形BDFG是平行四边形，请证明这一结论． 操作探究2：（2）“善思”小组将△AED由初始位置（图1）绕点A按顺时针方向旋转得到△APQ． ①如图3，当点Q落在边AB上时，延长PQ交AC于点M，判断△APM的形状并说明理由． ②当△APQ旋转到AP⊥AC时，连接CQ，若BC＝2，请直接写出线段CQ的长． 9．综合与探究 【问题情境】 综合与实践课上，老师让同学们以”两个含30°角的完全相同的直角三角形ABC和直角三角形A′B′C′（∠A＝∠A′＝30°）拼摆”为主题开展教学活动． 【操作思考】 （1）“明辨”小组先将两个三角形如图①所示重叠放置，然后将其中一个△A′B′C′绕点C顺时针旋转得到△A′B′C，旋转角为α（0°＜α＜180°），当A′B′恰好经过点B时得到图②，求此时旋转角α的度数； （2）“善思”小组将两个三角形较长的直角边靠在一起，拼成了图③所示的三角形，然后将△A′B′C′以点C为旋转中心，逆时针旋转α（0°＜α＜90°），如图④所示，AB与A′B′相交于点O，连接OC，AA′，试判断CO与AA′的关系，并说明理由； 【拓展探究】 （3）如图⑤，“博学”小组在图②的基础上，剪出一个与△BCB′完全一样的三角形纸片，与其重叠放置，并将其沿直线A′C平移，平移后，点B，C，B′的对应点分别为点D，E，F．若AB＝4，当△AB′D是以∠AB′D为顶角的等腰三角形时，请直接写出平移的距离． 10．综合与探究 问题情境： 如图1，在▱ABCD中，对角线AC与BD交于点O，∠BAC＝90°．∠ABC＝60°，AB＝2，点E为AB的中点，连接EO并延长，交CD于点F． （1）判断线段OE与OF的数量关系，并说明理由； （2）在图1的基础上，若点G是BC的中点，连接GO并延长，交AD于点H，顺次连接E，G，F，H，得到图2，则四边形EGFH的形状是　 　 ． 操作计算： 在图2中，隐去线段EF与GH，将四边形EGFH绕点O顺时针方向旋转，解答下列问题： （3）如图3，当点G，H首次分别落在边AD，BC上时，求线段AG的长； （4）四边形EGFH在绕点O顺时针方向旋转过程中，当GF所在的直线经过点B时，请直接写出线段BG的长． 11．综合与探究 在综合与实践课上，老师让同学们以“等腰直角三角形的旋转”为主题开展数学活动问题情境． 如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC上一点，将△ACD绕点A按逆时针方向旋转，使AC与AB重合，得到的△ABE，过点E作EF∥BC，交AB于点F，过点F作FG⊥BC于点G． 解决问题 （1）如图1，∠EAD的度数是 　 　 ； （2）如图1，判断四边形BEFG的形状，并说明理由； （3）如图2，延长EF交AC于点H，连接DH，判断四边形DGFH的形状，并说明理由； 12．综合与探究 问题情境：数学活动课上，老师提出了如下问题：如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，∠B＝90°，AB＝4，BC＝8，点E是边BC上一点，且BE＝2，连接AE，将四边形ABCD沿直线AE折叠，点B落在点F处，延长EF交AD于点G． 数学思考：（1）猜想AG与EG的数量关系，并说明理由． 初步探究：（2）勤思小组在图1的基础上，将△AFG绕点A逆时针旋转得到△AF′G′，点F，G的对应点分别是F′，G′，连接GG′． ①如图2，若点F′恰好落在边AD边上，连接FF′并延长，交GG′于点H，求证：GH＝G′H． ②在△AFG旋转的过程中，当直线F′G′经过点D时，请直接写出线段DG′的值． 13．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． 14．综合与探究 问题情境：周末“数学学习小组”以一副直角三角板为缘起，抽象出以两个直角三角形为背景，探索动点运动过程中产生的数学问题． 已知等腰Rt△ABC，l是过直角顶点A的一条直线，且l∥BC．点D是直线l上的一个动点，连接BD，作以D为直角顶点的Rt△BDE，DE，BE分别交直线AC于P，G，其中AB＝5，∠BED＝30°． 特例探究： （1）如图1，小敏画出了BD⊥l时的图形，此时点P与点A重合，请证明：DB＝DP； 联想应用： （2）如图2，小捷画出了点D位于点B右侧时的图形，猜想线段DB与DP之间的数量关系，并说明理由； 拓展延伸： （3）小组同学继续探究，发现△PEG的形状随着点D位置的变化而变化，请直接写出△PEG为等腰三角形时BG的长度． 15．综合与探究 问题情境： 某校学习小组在探究学习过程中，将两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC和AFE按如图1所示位置放置，且Rt△ABC的较短直角边AB为2，现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），如图2，AE与BC交于点M，AC与EF交于点N，BC与EF交于点P． （1）初步探究： 勤思小组的同学提出：当旋转角α＝　 　 °时，△AMC是等腰三角形； （2）深入探究： 敏学小组的同学提出在旋转过程中，如果连接AP，CE，那么AP所在的直线是线段CE的垂直平分线，请帮他们证明； （3）再探究： 在旋转过程中，当旋转角α＝30°时，直接写出△ABC与△AFE重叠的面积　 　 ； （4）拓展延伸： 在旋转过程中，当△CPN为直角三角形时直接写出旋转角α的度数． 16．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． 参考答案与试题解析 1．（1）已知：D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点； 求证：DE∥BC，且； 证明：延长DE至F，使EF＝DE，连接CF，如图1， ∵E是AC的中点， ∴AE＝CE， ∵∠AED＝∠CEF， ∴△ADE≌△CEF（SAS）， ∴AD＝CF，∠A＝∠ECF， ∴AD∥CF， ∵D是AB的中点，即AD＝BD， ∴BD＝CF， ∴四边形BCFD是平行四边形， ∴DF＝BC，DF∥BC， ∵， ∴DE∥BC，且； （2）①证明：连接BD，如图2， ∵F，G分别是CB，CD边的中点， ∴， ∵E，H分别是AB，AD边的中点， ∴， ∴FG＝EH，FG∥EH， ∴四边形EFGH是平行四边形； ②解：∵点P是对角线BD的中点，点M是AB的中点，点N是DC的中点， ∴， ∵AD＝BC＝10，∠ADB＝90°，∠CBD＝30°， ∴PM＝PN＝5，∠DPM＝180°﹣∠ADB＝90°，∠DPN＝∠CBD＝30°， ∴∠MPN＝120°， ∴∠PNM＝∠PMN＝30°， 作PG⊥MN于点G，如图3， 则MG＝NG，， ∴， ∴， ∴△PMN的周长为，面积为， 故答案为：；． 2．解：（1）四边形ECDG是平行四边形，理由如下： ∵△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AEF， ∴AE＝AB，∠ABF＝∠B＝60°， ∵∠B＝60°， ∴△ABE是等边三角形， ∴∠AEB＝60°， ∴∠BEF＝∠AEB+∠AEF＝120°， ∴∠B+∠BEF＝180°， ∴AB∥EF， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AB∥CD， ∴EF∥CD， ∴四边形ECDG是平行四边形； （2）CE＝FG， 由（1）知， AB∥EF，AD∥BC，AB＝BE， ∴四边形ABEG是平行四边形， ∴EG＝AB＝BE， ∵△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AEF， ∴EF＝BC， ∴EG+FG＝BE+CE， ∴CE＝FG； （3）如图1， 当AD＝DE时， 作EV⊥DF于V，作AW⊥BC于W， ∵AB＝4，∠ABC＝60°， ∴AWAB＝2， 设AV＝x，则DV＝6﹣x， 由EV2＝AE2﹣AV2＝DE2﹣DV2得， 42﹣x2＝62﹣（6﹣x）2， ∴x， ∴EV， ∴S△BCE8， 如图2， 当AE＝DE时， 作AW⊥BC于W，作EV⊥AD于V， ∴AV， ∴EV， ∴S△BCE6， 综上所述：△BCE的面积是8或6． 3．（1）证明：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠CAB＝∠B＝45°， ∵将CD沿绕点C按逆时针方向旋转90°得到CE， ∴CD＝CE，∠ECD＝90°， ∴∠ECD＝∠ACB， ∴∠ECD﹣∠ACD＝∠ACB﹣∠ACD， 即∠ECA＝∠DCB， 在△ECA和△DCB中， ， ∴△ECA≌△DCB（SAS）， ∴∠ECA＝∠B＝45°， ∴∠EAB＝∠ECA+∠B＝45°+45°＝90°， ∴AE⊥AB； （2）CF与BE的数量关系与位置关系是，CF⊥BE；理由如下： 方法一：如图3，延长AC到H，使得CH＝AC，连接DH， ∵AC＝CH，F是AD的中点， ∴CF是△AHD的中位线， ∴CF∥HD，， ∵AC＝CB，AC＝CH， ∴CB＝CH， ∵∠ECD＝∠BCH＝90°， ∴∠ECD+∠DCB＝∠BCH+∠DCB， 即∠ECB＝∠DCH， 在△ECB和△DCH中， ， ∴△ECB≌△DCH（SAS）， ∴∠CBE＝∠H，BE＝HD， ∴， ∵CF∥HD， ∴∠ACF＝∠H， ∴∠CBE＝∠ACF， ∵∠ACF+∠BCF＝∠ACB＝90°， ∴∠CBE+∠BCF＝90°， ∴∠CGB＝90°， ∴CF⊥BE， ∴CF与BE的数量关系与位置关系是，CF⊥BE； 方法二：如图4，延长CF到H，使得FH＝CF，连接AH． 在△AFH和△DFC中， ， ∴△AFH≌△DFC（SAS）， ∴AH＝CD，∠HAD＝∠ADC， 又∵CE＝CD， ∴AH＝CE， ∵∠HAC＝∠CAB+∠HAD， ∴∠HAC＝∠CAB+∠ADC， ∵∠ADC＝∠DBC+∠BCD， ∴∠HAC＝∠CAB+∠DBC+∠BCD＝45°+45°+∠BCD＝90°+∠BCD， 又∵∠ECB＝∠ECD+∠BCD＝90°+∠BCD， ∴∠HAC＝∠ECB， 在△HAC和△ECB中， ， ∴△HAC≌△ECB（SAS）， ∴CH＝EB，∠ACH＝∠CBE， ∵， ∴， ∵∠ACH+∠BCH＝∠ACB＝90°， ∴∠CBE+∠BCH＝90°， ∴∠CGB＝90°， ∴CF⊥BE， 综上所述，CF与BE的数量关系与位置关系是，CF⊥BE； （3）解：AD的长度为或．理由如下： 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，， 由勾股定理得：． ①当DC＝DB时，∠DCB＝∠B＝45°， 则∠CDB＝90°， ∴CD⊥AB， ∴； ②当时， ． 综上所述，若△CBD是等腰三角形时，AD的长度为或． 4．【探索发现】 证明：∵Rt△ABC≌Rt△DEF， ∴AB＝CD，∠ABC＝∠DCB， ∴OC＝OB， ∴AB﹣OB＝CD﹣OC， 即OA＝OD； 【猜想证明】 解：四边形ABCD′是平行四边形，理由如下： ∵Rt△ABC≌Rt△DEF， ∴AB＝DE，∠ABC＝∠DEF， 由旋转得：DE＝D′C，∠DEF＝∠D′CF′，CF＝CF′， ∴AB＝D′C，∠ABC＝∠D′CF′， ∵CB＝CF′， ∴∠ABC＝∠CF′B， ∴∠CF′B＝∠D′CF′， ∴AB∥CD′， ∴四边形ABCD′是平行四边形； 【深入探究】如图3，将Rt△DEF绕点C（E）逆时针旋转，点D，F的对应点分别为D′，F′， ∴∠F′CD′＝∠DCB， ∵EF′′∥AB， ∴∠ABC＝∠F′CD′， ∴D′，C，B三点共线， 过F′作F′H⊥D′C， ∵CF′＝BC＝3，D′F′＝DB＝4， ∴CD′5， ∴F′H， ∴CH， ∴BH＝BC+CH， ∴BF′， 如图4，将Rt△DEF绕点C（E）逆时针旋转，点D，F的对应点分别为D′，F′， ∴△EF′D′≌△EBD， ∴∠DEB＝∠D′EF′， ∵EF′∥AB， ∴∠D′EF′＝∠ABC， ∴C，B，D′三点共线， ∴过F′作F′H⊥D′C， ∵CF′＝BC＝3，D′F′＝DB＝4， ∴CD′5， ∴F′H， ∴CH， ∴BH＝BC﹣CH， ∴BF′， 综上所述，线段BF′的长度为或． 5．解：（1）如图1， CG＝EG，理由如下： 连接CE， ∵BC＝BE， ∴∠BCE＝∠BEC， ∵∠ACB＝∠BED， ∴180°﹣∠ACB＝180°﹣∠BED， ∴∠BCG＝∠BEG， ∴∠BCG﹣∠BCE＝180°﹣∠BEC， ∴∠EGC＝∠CEG， ∴CG＝EG； （2）如图2， BG＝FG，理由如下： 连接BF， ∵CF＝BC， ∴∠CBF＝∠CFB， ∵∠ACB＝∠DCF， ∴∠ACB﹣∠BCF＝∠DCF﹣∠BCF， ∴∠ACF＝∠DCB， ∵AC＝CD， ∴△ACF≌△DCB（SAS）， ∴∠AFC＝∠CBD， ∴180°﹣∠AFC＝180°﹣∠CBD， ∴∠CFG＝∠CBG， ∴∠CFB﹣∠CFG＝∠CBF﹣∠CBG， ∴∠BFG＝∠FBG， ∴BG＝FG； （3）如图3， 当DE过点C时， ∵BC＝2，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°， ∴AC＝2BC＝4， ∵EF＝BC，∠BEF＝∠ACB＝60°， ∴△BCE是等边三角形， ∴∠BCE＝60°，CE＝BE＝BC＝2， ∴∠ECG＝180°﹣∠ACB﹣∠BCE＝60°， ∴CG，EGCE， ∴AG＝AC+CG＝4+1＝5， ∴AE2， 如图4， 当DE过点A时， 作CH⊥AD于H， ∵∠D＝30°，CD＝ACBC＝2， ∴DHCD＝3，AD＝2DH＝6， ∴AE＝AD﹣DE＝2， 综上所述：AE＝2或2， gu答案为：2或2． 6．解：（1）∵AC⊥AB， ∴∠BAC＝90°， 在Rt△ABC中，由勾股定理得，AB2+AC2＝BC2． ∵AB＝6，AC＝8， ∴． 由旋转可知∠FAD＝∠BAC＝90°． ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠AOB＝∠FAD＝90°． ∴， ∴， ∴． （2）AO＝FO，理由如下：如图，连接BF． ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD， ∴∠ACD＝∠BAC＝90°， ∵点F在DC的延长线上， ∴AC⊥DF，CF∥AB． 由旋转可知 AD＝AF， ∴CD＝CF， ∴AB＝CF， ∴四边形ABFC是平行四边形， ∴AO＝FO． （3）8或24． 若F'在直线A‘D的右侧，与点C重合时，如图， 过点F’作F‘G⊥DC于点G，由平移的性质可知F’G＝AC＝8， ∴24， 此时平移的距离为8； 如图，若F'在直线A‘D的左侧，过点F‘作F’H⊥DC于点H，由平移的性质可知，AA‘＝F’H， 设CA‘＝x，则F’H＝x+8， ∵S△DA'F'＝S△DCA'+S梯形CA'F'H﹣S△DHF'， ∴24， ∴x＝16， ∴平移的距离为8+16＝24． 综上所述，平移的距离为8或24． 7．解：（1）AF＝CE；理由如下： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AO＝CO， ∴∠FAO＝∠ECO， ∴在△AFO与△CEO中， ， ∴△AFO≌△CEO（ASA）， ∴AF＝EC； （2）BF＝DF；理由如下： 在平行四边形ABCD中，AB⊥AC， ∴∠BAC＝90°， 在直角三角形ABC中，AB＝1，BC， 由勾股定理得：， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BO＝DO，AO＝COAC＝1， ∴AB＝AO， 又∵AB⊥AC， ∴∠AOB＝45°， ∵α＝45°，∠AOF＝45°， ∴∠BOF＝∠AOB+∠AOF＝45°+45°＝90°， ∴EF⊥BD， ∵BO＝DO， ∴BF＝DF； （3）∵AB⊥AC， ∴∠CAB＝90°， ∴∠CAB＝∠AOF＝α＝90°， ∴AB∥EF， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AF∥BE， ∴四边形ABEF是平行四边形， ∴AB＝EF＝1， 由（1）得：△AFO≌△CEO， ∴OF＝OEEF， 由（2）得：AO＝1， ∵AB∥EF，AO⊥EF， ∴S△BOF＝S△AOFAO•OF1． 8．（1）证明：∵△ADE沿射线AC上平移得到△FGH， ∴GF＝AD，∠A＝∠GFH＝30°， ∴GF∥AB， ∵点D是AB的中点， ∴BD＝AD，AC＝18，BC＝12， ∴GF＝BD， ∴四边形BDFG是平行四边形； （2）解：①△APM是等边三角形；理由如下： ∵△AED绕点A按顺时针方向旋转得到△APQ， ∴∠PAQ＝∠MAQ＝30°，∠AQP＝∠AED＝∠AQM＝90°， ∴∠P＝60°， 在△AQP和△AQM中， ， ∴△AQP≌△AQM（ASA）， ∴AP＝AM， ∴△APM是等边三角形； ②CQ＝3或．理由如下： ∵BC＝2，∠BAC＝30°， ∴AB＝4， ∴， ∵点D、E分别是AB、AC的中点， ∴， 如图4，当点P在AC的上方， 由旋转的性质得，∠PAQ＝∠BAC＝30°，， ∵AP⊥AC， ∴∠QAE＝60°， ∴△AQE是等边三角形， ∴∠AEQ＝60°，， ∴∠QEC＝120°， 过点E作EG⊥CQ于点G， ∵CE＝AE， ∴CE＝EQ， ∵EG⊥CQ， ∴， ∴∠ECG＝30°， ∵∠EGC＝90°， ∴， ∴， ∴CQ＝2CG＝3； 如图5，当点P在AC的下方， 由旋转的性质得，∠PAQ＝∠BAC＝30°，， 延长CA，过点Q作QM⊥CA于点M， ∵AP⊥AC， ∴∠QAM＝60°， ∴∠AQM＝30°， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵QM⊥CA， ∴， 综上所述，CQ＝3或． 9．解：（1）如图2，△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C， ∴BC＝B'C， ∵∠ACB＝90°，∠A＝30°， ∴∠ABC＝∠B'＝60°， ∴△BCB'是等边三角形， ∴∠B'CB＝60°， 即α＝60°； （2）CO垂直平分AA′，理由如下： ∵△A'B'C'绕点C逆时针旋转到如图的位置， ∴CA＝CA′， ∴∠CAA′＝∠CA′A， ∵∠OAC＝∠OA'C＝30°， ∴∠OAA＝∠OA′A， ∴OA＝OA′， ∴CA＝CA′， ∴CO垂直平分AA′； （3）（3）①如图4，延长AC，作B'G⊥AC于点G，连接BD，B'D，AB'， ∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝4， ∴BC＝B'C＝2，AC＝2， ∵∠ACB＝90°，且△BCB'是等边三角形， ∴∠B'CG＝30°， ∴B'G＝1，CG， ∴AG＝AC+CG＝23， 在Rt△AGB'中，AB'2， ∵△BCB′沿射线A'C的方向平移得到△DEF， ∴BD∥A'C， ∵∠A'CB'＝90°， ∴∠BJC＝90°， ∴CJ＝B'JB'C＝1，BJ， ∵△AB′D是以∠AB′D为顶角的等腰三角形时， ∴B'D＝AB'＝2， 在Rt△B'JD中，DJ3， ∴BD＝BJ+DJ34， ②如图5，连接DB并延长交CB'于点J，连接B'D，AB'， 由①得AB'＝2，CJ＝B'JB'C＝1，BJ， ∵△AB′D是以∠AB′D为顶角的等腰三角形时， ∴B'D＝AB'＝2， 在Rt△B'JD中，DJ3， ∴BD＝DJ﹣BJ＝32， 综上所述，当△AB′D是以∠AB′D为顶角的等腰三角形时，平移的距离为或． 10．解：（1）OE＝OF， 证明：在▱ABCD中，OA＝OC，AB∥CD， ∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO， ∴△AEO≌△CFO（AAS）， ∴OE＝OF； （2）四边形EGFH的形状是平行四边形， 理由：在▱ABCD中，OA＝OC，AD∥BC， ∴∠HAO＝∠GCO，∠AHO＝∠CGO， ∴△AHO≌△CGO（ASA）， ∴OH＝OG， 由（1）知OE＝OF， ∴四边形EGFH的形状是平行四边形， 故答案为：平行四边形； （3）如图，连接OG，过点O作OM⊥AD于点M．则∠AMO＝90°， 在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，AB＝2， ∴∠ACB＝90°﹣∠ABC＝90°﹣60°＝30°， ∴BC＝2AB＝2×2＝4， ∴， 在▱ABCD中，，AD∥BC， ∴∠DAC＝∠ACB＝30°， 在Rt△AMO中，∠AMO＝90°，∠OAM＝30°， ∴， ∴， 在图2中，∵点O，G分别是AC，BC的中点， ∴OG是△ABC的中位线． ∴， 如图，在Rt△OMG中，∠OMG＝90°， ∴， ∴AG＝AM﹣MG； （4）或； ①如图，当点B在FG的延长线上时，连接OG，OF，过点O作OP⊥GF于点P，则∠OPB＝90°， ∴， ∴， ∴， 在Rt△ABO中，∠BAO＝90°， ∴， ∴， ∴， ∴OP， 如图，在Rt△BPO中，∠OPB＝90°， ∴， 在Rt△OGP中，∠OPG＝90°， ∴． BG＝BP﹣GP， ②如图，当点B在GF的延长线上时，连接OG，过点O作OP⊥GF于点P， 由上面结论可知，PG，， ∴． 综上所述，或． 11．解：（1）由旋转得，△ACD≌△ABE， ∴∠CAD＝∠BAE， ∵∠CAD+∠BAD＝90°， ∴∠BAE+∠BAD＝90°， 即∠EAD＝90°， 故答案为：90°； （2）四边形BEFG是正方形，理由如下： ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝∠C＝45°， 由旋转的性质可知△ACD≌△ABE， ∴∠ABE＝∠C＝45°， ∴∠EBG＝∠ABE+∠ABC＝90°， ∵EF∥BC，FG⊥BC，∠BEF＝∠FGB＝90°， ∴四边形BEFG是矩形，∠FBG＝∠GFB＝45°， ∴GB＝GF， ∴四边形BEFG是正方形． （3）结论：四边形DGFH是矩形．理由如下： ∵FH∥BC， ∴∠AHF＝∠C＝45°，∠AFH＝∠ABC＝45°， ∴∠AHF＝∠AFH， ∴AF＝AH， ∵AB＝AC， ∴FB＝HC， 由（2）可知BG＝BE， ∵BE＝CD， ∴BG＝CD， ∵∠ABC＝∠ACB， ∴△GBF≌△DCH（SAS）， ∴∠CDH＝∠BGF＝90°， ∴∠HDC＝∠FGC＝90°， ∴FG∥DH， ∵FH∥GD， ∴四边形DGFH是平行四边形， ∵∠FGD＝90°， ∴四边形DGFH是矩形． 12．（1）解：AG＝EG；理由如下： ∵将四边形ABCD沿直线AE折叠，点B落在点F处， ∴∠AEB＝∠AEG， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠AEB＝∠GAE， ∴∠GAE＝∠AEG， ∴AG＝EG； （2）①证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°， 由折叠可知∠AFE＝∠B＝90°， ∵将△AFG绕点A逆时针旋转得到△AF′G′，点F，G的对应点分别是F′，G′， 由旋转可知△AFG≌△AF′G′， ∴AF＝AF′，AG＝AG′，∠FAG＝∠F′AG′，∠AFG＝∠AF′G′＝90°， ∴，， ∴∠AF′F＝∠AGG′， ∵∠AF′F＝∠HF′G， ∴∠HF′G＝∠HGF′， ∴F′H＝GH， ∵∠AF′G′＝90°， ∴∠AF′G＝90°， ∴∠F′G′G+∠HGF′＝90°，∠G′F′H+∠HF′G＝90°， ∴∠F′G′G＝∠G′F′H， ∴G′H＝F′H， ∴GH＝G′H； ②解：线段DG′的值为或．理由如下： 如图3，过点G作GM⊥BC，则四边形ABMG是矩形， ∴GM＝AB＝4，AG＝BM， ∵AG＝EG， ∴AG＝EG＝BM， 设AG＝EG＝BM＝x， ∴， ∵BM＝BE+EM， ∴， 整理可得：x2﹣16＝x2﹣4x+4， 解得：x＝5， ∴AG＝AG′＝EG＝5， 由折叠可知AF＝AF′＝4，EF＝BE＝2，∠AFE＝∠B＝90°， ∴∠AFG＝∠AF′G′＝90°，FG＝G′F′＝EG﹣EF＝5﹣2＝3， ∴， ∴； 如图4， ∵AD＝8，AF′＝4，∠AF′G′＝90°， ∴， ∴G′F′＝3， ∴； 综上所述，或． 13．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． 14．（1）证明∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°， ∴AB＝AC，∠ABC＝45°， ∵l∥BC， ∴∠DAB＝∠ABC＝45°， ∵BD⊥l， ∴∠DBA＝90°﹣∠DAB＝45°， ∴∠DBA＝∠DAB， ∴DB＝DP． （2）解：DB＝DP． 理由：过点D作AD⊥DF与AB交于点F， ∴∠ADF＝90°， 由（1）得：∠DAB＝45°， ∴∠DFA＝90°．∠DAB＝45°， ∴∠DEA＝∠DAF， ∴AD＝DF． ∵∠BDE＝90°， ∴∠ADF﹣∠EDF＝∠BDE﹣∠EDF， ∴∠ADP＝∠BDF． ∵∠AFD＝45°， ∴∠BFD＝135°， ∠DAP＝∠DAF+∠BAC＝45°+90°＝135°， 在△ADP和△BDF中， ， ∴△ADP≌△BDF（ASA）， ∴DB＝DP； （3）点D在直线/上从左到右运动过程中，可能出现以下等腰△PEG： ①如图，若PE＝PG，则∠PGE＝∠E＝30°， ∴∠BGC＝∠PGE＝30°， ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAG＝180°﹣∠BAC＝90°， ∴BG＝2AB＝2×5＝10． ②如图，若EP＝EG，则， 过点G作GN⊥BC于点N， ∴∠GNB＝∠GNC＝90°， ∵在等腰Rt△ABC中，∠C＝45°， ∴∠CGN＝90°﹣∠C＝45°， ∴∠CGN＝∠C， ∴GN＝CN， ∵∠CGB＝∠EGP＝75°，∠CGN＝45°， ∴∠BGN＝∠CGB﹣∠CGN＝30°， ∴BG＝2BN， 设BN＝x，则BG＝2x， ∴在Rt△BGN中，， ∴， 在等腰Rt△ABC中，AC＝AB＝5， ∴， ∵BC＝BN+CN， ∴， 解得， ∴． ③如图，若GP＝GE，则∠EPG＝∠E＝30°， ∴∠AGB＝∠EPG+∠E＝60°， ∵∠BAC＝90°， ∴∠ABG＝90°﹣∠AGB＝30°， ∴． ∵AB2+AG2＝BG2，即， ∴， 综上，BG的长为或或10． 15．（1）解：当MA＝MC时，此时∠CAM＝∠C＝30°， ∵∠BAC＝90°， ∴α＝90°﹣30°＝60°； 当CA＝CM时， ∵∠C＝30°， ∴， ∵∠BAC＝90°， ∴α＝90°﹣75°＝15°； 综上所述，当旋转角α＝60°或15°时，△AMC是等腰三角形， 故答案为：60或15； （2）证明：如图2，两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC和AFE， 由题意可知，AB＝AF，∠B＝∠F，∠AEF＝∠ACB，AE＝AC，∠BAM＝∠FAN， 在△ABM与△AFN中， ， ∴△ABM≌△AFN（ASA）， ∴AM＝AN， ∵AE＝AC， ∴EM＝CN， 在△MPE和△NPC中 ， ∴△MPE≌△NPC（AAS）， ∴PE＝PC， ∴点P在CE的垂直平分线上， ∵AE＝AC， ∴点A在CE的垂直平分线上， ∴AP所在的直线是线段CE的垂直平分线； （3）解：△ABC与△AFE重叠的面积为；理由如下： ∵α＝30°，∠B＝60°，AB＝2， ∴∠AMB＝90°，BC＝2AB＝4， ∴△ABM是直角三角形， 由勾股定理得：， ∴， 在直角三角形ABM中，由勾股定理得：， ∴，， 在△AMB和△EPM中， ， ∴△AMB≌△EPM（ASA）， 由（2）可知△ABM≌△AFN， ∴， ∵， ∴△ABC与△AFE重叠的面积， 故答案为：； （4）解：∠α＝30°或60°．理由如下： 如图3：当∠CNP＝90°时． ∵∠CNP＝90°， ∴∠ANF＝90°． 又∵∠AFN＝60°， ∴∠FAN＝180°﹣60°﹣90°＝30°． ∴∠α＝30°； 如图4，当∠CPN＝90°时． ∵∠C＝30°，∠CPN＝90°， ∴∠CNP＝60°， ∴∠ANF＝60°， 又∵∠F＝60°， ∴∠FAN＝60°， ∴∠α＝60°； 综上所述，∠α＝30°或60°． 16．（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°． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $