培优专题 第28章与旋转有关的几何综合题专项训练2026-2027学年人教版数学九年级上册

与旋转有关的几何综合题专项训练 1．如图1，在等腰直角三角形中，，点分别为的中点，为线段上一动点（不与点重合），将线段绕点逆时针方向旋转得到，连接． (1)证明：； (2)如图2，连接交于点． ①证明：在点的运动过程中，总有； ②若，当的长度为多少时，为等腰三角形？请直接写出答案． 2．在菱形中，，点在对角线上运动（点不与点A，点C重合），，以点为顶点作菱形，且菱形与菱形的形状、大小完全相同，即，，在菱形绕点旋转的过程中，与边交于点E，与边交于点F． (1)【特例感知】 如图1，当，时，则，，之间满足的数量关系是 ； (2)【类比探究】 如图2，菱形的边长为8，，求的值（用含k的代数式表示）； (3)【拓展应用】 在（2）的条件下，连接，，，求的长度． 3．综合与探究 问题情境：已知四边形为矩形，将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，点，，的对应点分别为点，，，直线与直线交于点． (1)推理证明：如图1，当点落在的延长线上时，求证：． (2)猜想验证：如图2，当点落在的延长线上时，判断与的数量关系，并说明理由． (3)拓展延伸：若，，点在射线上，连接，当是以为底边的等腰三角形时，直接写出的长． 4．如图①，在中，，，点分别在边上，，连接．将绕点A顺时针方向旋转，旋转角为． (1)如图②，当时，连接，填空：与的数量关系为______；与的位置关系为：______； (2)当时，与交于点F，（1）中的结论还成立吗？若成立，请结合图③写出证明过程；若不成立，请说明理由； (3)当旋转到时，请画出图形并求出的长． 5．综合与实践，问题情境：活动课上，同学们以等腰三角形为背景展开有关图形旋转的探究活动，如图，已知中，．将从图的位置开始绕点逆时针旋转，得到（点分别是点的对应点），旋转角为（，设线段与相交于点，线段分别交，于点，． 特例分析： (1)如图，当旋转到时，求旋转角的度数为 ； 探究规律： (2)如图，在绕点逆时针旋转过程中，“求真”小组的同学发现线段始终等于线段，请你证明这一结论． 拓展延伸： (3)①直接写出当是等腰三角形时旋转角的度数． ②在图中，作直线交于点，直接写出当是直角三角形时旋转角的度数． 6．在中，，的角度记为． (1)【发现】如图1，若，点为边上一点，连接，将线段绕点逆时针旋转至位置，连接，． ①的形状为_________； ②填空：与的数量关系：____________；_________； (2)【论证】如图2，若，点为边延长线上一点，连接，将线段绕点逆时针旋转至位置，连接，． ①试判断和的数量关系，并说明理由； ②求的度数． (3)【拓展】若，，将“点为边延长线上一点”改为“点为直线上一点”，其余条件不变，当时，直接写出的周长． 7．【问题背景】小明同学利用两个大小不同的正方形卡片进行“正方形旋转”的探究活动．如图1，他将边长为4的正方形与边长为2的正方形的一个顶点重合于点，使边，分别落在边，上，容易发现且． 【问题探究】将图1中正方形固定，将正方形绕点顺时针方向旋转． (1)如图2，连接，，试探究与的上述关系是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由． (2)如图3，小明研究发现：连接，在旋转过程中，存在与全等的情形，请直接写出此时旋转角的度数________． 【问题拓展】将图1中正方形固定，将正方形绕点顺时针方向旋转． (3)在旋转过程中，当落在射线上时，求线段的长； 8．综合与探究 问题情境：如图1，的顶点在正方形两条对角线的交点处，，将绕点旋转，旋转过程中，的两边，分别与正方形的边和交于点，（点与点，不重合）．探索线段，，之间的数量关系． (1)推理证明：求证：，并写出线段，，之间的数量关系：________； (2)拓展延伸：如图2，将图1中的正方形改为的菱形，，其他条件不变，探究下列问题： ①请你写出线段，，之间的数量关系，并说明理由； ②如图3，当菱形的边长为8，点在线段上且运动至与点距离恰好为7的位置，当旋转至时，请直接写出的长度． 9．在中，，，是直线上的一点（不与点，重合），连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接． (1)【操作发现】如图①，当点在线段上时，请你直接写出与的位置关系：________；线段，，的数量关系：________； (2)【猜想论证】当点在直线上运动时，除了（1）中的情况，还有两种情况：①如图②，点在的延长线上；②如图③，点在的延长线上．请你写出这两种情况下，线段，，的数量关系，并对结论进行证明； (3)【拓展延伸】若，，请你直接写出的面积． 10．综合与实践 问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图，在中，，是边的中点，连接．保持不动，将从图的位置开始，绕点顺时针旋转得到，点，，的对应点分别为点，，．当线段与线段相交于点（点不与点，，，重合）时，连接．老师要求各个小组结合所学的图形变换的知识展开数学探究． (1)初步思考：如图，连接，“勤学”小组在旋转的过程中发现，请你证明这一结论； (2)操作探究：如图，连接，“善思”小组在旋转的过程中发现垂直平分，请你证明这一结论； (3)拓展延伸：已知，，在旋转的过程中，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出此时线段的长度． 11．【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题．如图，在中，点，分别为，上的动点（不含端点），且． 【初步尝试】 (1)如图1，当为等边三角形时，小彤发现：将绕点逆时针旋转得到，连接，请写出与的数量关系，并证明； 【类比探究】 (2)小彤尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在中，，，于点，交于点，将绕点逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由； 【拓展延伸】 (3)刘老师提出新的探究方向：当是边长为2的等边三角形，且时，将绕点顺时针旋转得到，当直线与直线互相垂直时，请画出图形，并直接写出的面积． 12．综合与探究 问题情境： 如图1，在中，，，点分别是边，上的一点，且，将线段绕点逆时针旋转得到线段，点的对应点为，连接，． 猜想证明： (1)猜想线段与的数量关系，并说明理由． 独立思考： (2)如图2，连接，过点作于点，延长交于点，判断四边形的形状，并说明理由． 拓展延伸： (3)在（2）的条件下，若，时，请直接写出的长． 13．综合与探究 【问题情境】的顶点B始终在直线上，，延长交于点D．若 ，且． 【数学思考】 (1)如图1，求的度数． (2)如图2，将沿所在的直线翻折，得到（点A的对应点为N），连接并延长交的外角的平分线于点G．请推理说明． 【拓展延伸】 (3)将绕点B顺时针旋转一个角度（），得到（点A的对应点为，点C的对应点为）．在旋转过程中，直线与直线交于点M．当为直角三角形时，请直接写出旋转角的度数． 14．综合与探究 问题情境：已知中，，，点O是边的中点．将绕点O顺时针旋转得到，点A，B，C的对应点分别为点D，E，F，射线交线段于点P． 初步探究： (1)如图1，当点E在的内部时，猜想线段与的数量关系，并说明理由； 深入探究： (2)如图2，当点E恰好落在边上时，线段，交于点M，连接． ①判断线段与的数量关系，并说明理由； ②将图2中的沿射线的方向平移，点D，E，F的对应点分别为点，，．已知，，当以，，O为顶点的三角形是等腰三角形，且为腰时，请直接写出点D，之间的距离． 15．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，在平行四边形中，对角线，，，将绕点顺时针旋转得到（点，的对应点分别是点，）旋转过程中直线与直线相交于点． 特例分析： (1)如图2，“善思”，小组画出了点落在延长线上时的情形，猜想此时线段与的数量关系，并说明理由． (2)在图2的基础上，“勤学”小组连接并延长交于点，如图3，证明：四边形是平行四边形． 拓展探究： (3)在图1的基础上，若将继续绕着顺时针旋转，当直线垂直于直线时，请直接写出的长度． 16．综合与探究 学习完平行四边形知识后，数学兴趣小组结合图形平移，旋转进一步研究． 如图1，在中，，，点O为对角线的中点，将绕点O逆时针旋转到位置，如图2，此时点，分别落在，边上，，分别经过点A，C． (1)猜想与的位置关系并说明理由． (2)在图2的基础上将沿射线平移至位置，如图3，F与C重合，过点，交于点M，交射线于点N，猜想，，三条线段之间的数量关系并证明． (3)在图3的基础上将沿射线方向平移，当为等腰三角形时直接写出平移距离． 17．综合与探究 问题情境： 综合与探究课上，同学们以直角三角形纸片的平移、旋转变化开展数学活动探究，其中． 操作探究： 如图1，将三角形纸片沿方向平移得到，点A，B，C的对应点分别为D，E，F，连接． (1)试判断四边形的形状，并说明理由． 深入探究： (2)当时，停止平移，然后将绕点顺时针旋转得到，其中点E，F的对应点分别为G，H． ①如图2，当点C在线段上时，延长交边于点P，试猜想与之间的数量关系，并加以证明； ②若，，当直线与垂直时，连接，请直接写出的长． 18．在中，点是边上一点，连接，． (1)如图1，点在线段上，连接，若关于直线成轴对称，且，求的度数； (2)如图2，在平面内将沿翻折，得到，连接并延长交的外角，的平分线于点，若，请说明； (3)在（2）的条件下，若，在平面内将绕点顺时针旋转一个角度，得到．在这个旋转过程中，直线与的边所在的直线相交于点．当为直角三角形时，请直接写出旋转角的度数． 19．综合与实践 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．已知在和中，，且，．如图1，同学们连接、，通过观察、测量，初步发现线段与的长度相等．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． (1)初步探究，博学小组提出：保持位置不变，将绕着点逆时针旋转至图2的位置，连接、，此时线段和相等吗？请给出判断并说明理由． (2)深入探究，逻辑先锋组继续探究：将图2中的继续绕点逆时针旋转至图3的位置，连接、、，当时，试探究线段、、之间的数量关系，并说明理由． (3)拓展应用，拓思创新组进行拓展思考：保持位置不变，将绕着点逆时针旋转，当时，若，，请直接写出的长． 20．综合与探究 问题情境 在四边形专题复习课上，老师以矩形旋转为载体设计探究题： 将矩形绕点顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形，点，，的对应点分别为点，，，设直线与直线交于点． 数学思考 (1)猜想与的数量关系，并证明； 实践探究 (2)如图②，在旋转的过程中，当点恰好落在矩形的对角线上时，点恰好落在的延长线上（即点与点重合），连接．求证：四边形是平行四边形； 拓展延伸 (3)在矩形绕点顺时针旋转的过程中，若，，当，，三点在同一条直线上时，请直接写出的值． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 $与旋转有关的几何综合题专项训练 1.如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，点E,F分别为AB,AC的中点，H为线段EF 上一动点（不与点E,F重合），将线段AH绕点A逆时针方向旋转9O°得到AG,连接GC,HB. A 图1 图2 (I)证明：△AHB△AGC: (2)如图2，连接FG、HG,HG交AF于点Q. ①证明：在点H的运动过程中，总有∠HFG=90°； ②若AB=AC=4,当EH的长度为多少时，△AQG为等腰三角形？请直接写出答案. 2.在菱形ABCD中，∠B=a(0°<0≤90)，点O在对角线AC上运动（点O不与点A,点C重合)， 试卷第1页（共3页） C=k,以点O为顶点作菱形ABCO,且菱形ABCO与菱形ABCD的形状、大小完全相同，即 AC AB=AB,∠B=∠B,在菱形ABCO绕点O旋转的过程中，OA与边BC交于点E,OC与边CD 交于点F B B 备用图 图1 图2 (1)【特例感知】 如图1，当=90°，k=弓时，则CE,C,BC之间满足的数量关系是： (②)【类比探究】 如图2，菱形的边长为8,0=60°，求CE+CF的值（用含k的代数式表示）； (3)【拓展应用】 在(2)的案作下，连0B,0B=7,CF=子，求CE的长度。 试卷第2页（共3页） 3.综合与探究 问题情境：已知四边形ABCD为矩形，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AEFG,点B,C,D 的对应点分别为点E,F,G,直线EF与直线AD交于点H, G H 图1 图2 备用图 (1)推理证明：如图1，当点G落在CB的延长线上时，求证：△AEH△ABG (2)猜想验证：如图2，当点F落在CD的延长线上时，判断AH与FH的数量关系，并说明理由， (3)拓展延伸：若AB=3,AD=4,点H在射线AD上，连接AF,当△AFH是以AH为底边的等腰三角形 时，直接写出AH的长 试卷第3页（共3页） 4.如图①，在△ABC中，∠A=90°，AB=AC=3,点D,E分别在边AB,AC上，AD=AE=V2,连 接DE.将△ADE绕点A顺时针方向旋转，旋转角为c0°<a<360°. B B E B 图① 图② 图③ 备用图 (1)如图②，当C=90°时，连接CE,BD,填空：CE与BD的数量关系为；CE与BD的位置关系为： ； (②)当0°<c<360°时，CE与BD交于点F,(1)中的结论还成立吗？若成立，请结合图③写出证明过程； 若不成立，请说明理由； (③)当△ADE旋转到ED⊥AC时，请画出图形并求出BD的长. 5.综合与实践，问题情境：活动课上，同学们以等腰三角形为背景展开有关图形旋转的探究活动，如图 1,已知△ABC中AB=AC,∠B=30°.将△ABC从图1的位置开始绕点A逆时针旋转，得到△ADE 试卷第4页（共3页） (点D,E分别是点B,C的对应点)，旋转角为a(0°<C<100°，设线段AD与BC相交于点M,线段 DE分别交BC,AC于点O,N. E M D 图1 图2 图3 特例分析： (1)如图2，当旋转到AD⊥BC时，求旋转角C的度数为-； 探究规律： (2)如图3，在△ABC绕点A逆时针旋转过程中，“求真”小组的同学发现线段AM始终等于线段AN,请 你证明这一结论. 拓展延伸： (3)①直接写出当△DOM是等腰三角形时旋转角C的度数， ②在图3中，作直线BD，CE交于点P,直接写出当△PDE是直角三角形时旋转角C的度数. 6.在△ABC中，AB=AC,∠BAC的角度记为o. 试卷第5页（共3页） 图1 图2 备用图 (1)【发现】如图1，若c=60°，点D为边BC上一点，连接AD,将线段AD绕点A逆时针旋转o至AE位 置，连接DE,CE. ①△ADE的形状为 ； ②填空：BD与CE的数量关系： ;∠BCE= (2)【论证】如图2，若C=9O°，点D为边BC延长线上一点，连接AD,将线段AD绕点A逆时针旋转o至 AE位置，连接DE,CE ①试判断BD和CE的数量关系，并说明理由； ②求∠BCE的度数. (3)【拓展】若0=90°，BC=4,将“点D为边BC延长线上一点”改为“点D为直线BC上一点”，其余 条件不变，当CD=1时，直接写出△CDE的周长. 7.【问题背景】小明同学利用两个大小不同的正方形卡片进行“正方形旋转”的探究活动.如图1，他 将边长为4的正方形ABCD与边长为2的正方形BEFG的一个顶点重合于点B,使边BE,BG分别落在 试卷第6页（共3页） 边BC,BA上，容易发现AG=CE且AG⊥CE. A D A B E E 图1 图2 图3 备用图1 备用图2 【问题探究】将图1中正方形ABCD固定，将正方形BEFG绕点B顺时针方向旋转a(0°<0<360). (1)如图2，连接AG,CE,试探究AG与CE的上述关系是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立， 请说明理由。 (2)如图3，小明研究发现：连接AE,在旋转过程中，存在△ABE与△CBE全等的情形，请直接写出此 时旋转角C的度数 【问题拓展】将图1中正方形ABCD固定，将正方形BEFG绕点B顺时针方向旋转C(O°<0<360). (③)在旋转过程中，当G落在射线AE上时，求线段CE的长； 8.综合与探究 问题情境：如图1，∠MPN的顶点在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠MPN=9O°，将∠MPN绕 点P旋转，旋转过程中，∠MPN的两边PM,PN分别与正方形ABCD的边AD和CD交于点E,F(点F 试卷第7页（共3页） 与点C,D不重合).探索线段DE,DF,AD之间的数量关系. B M 图1 图2 图3 ()推理证明：求证：△APE≌△DPF,并写出线段DE,DF,AD之间的数量关系： (2)拓展延伸：如图2，将图1中的正方形ABCD改为∠ADC=120°的菱形，∠MPN=60°，其他条件不 变，探究下列问题： ①请你写出线段DE,DF,AD之间的数量关系，并说明理由； ②如图3，当菱形的边长为8，点P在线段BD上且运动至与A点距离恰好为7的位置，当∠EPF旋转至 DF=V3时，请直接写出DE的长度. 9.在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB,D是直线AB上的一点（不与点A,B重合），连接CD, 将线段CD绕点C逆时针旋转9O°，得到线段CE,连接BE. 试卷第8页（共3页） B D 图① 图② 图③ ()【操作发现】如图①，当点D在线段AB上时，请你直接写出AB与BE的位置关系： ；线段 BD,AB,BE的数量关系： ； (2)【猜想论证】当点D在直线AB上运动时，除了(1)中的情况，还有两种情况：①如图②，点D在AB 的延长线上；②如图③，点D在BA的延长线上.请你写出这两种情况下，线段BD,AB,BE的数量关 系，并对结论进行证明； (3)【拓展延伸】若AB=6,BD=8,请你直接写出△ADE的面积. 10.综合与实践 问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在口ABCD中，∠ADC=90°，O是边 AD的中点，连接AC.保持口ABCD不动，将△ADC从图1的位置开始，绕点O顺时针旋转得到 试卷第9页（共3页） △EFG,点A,D,C的对应点分别为点E,F,G.当线段AB与线段FG相交于点M(点M不与点A, B,F,G重合)时，连接OM.老师要求各个小组结合所学的图形变换的知识展开数学探究. 图1 图2 图3 备用图 (①)初步思考：如图2，连接FD,“勤学”小组在旋转的过程中发现FDOM,请你证明这一结论； (2)操作探究：如图3，连接BG,“善思”小组在旋转的过程中发现OM垂直平分BG,请你证明这一结 论； (③)拓展延伸：已知AD=2V2,CD=2,在旋转的过程中，当△FCD是以CD为腰的等腰三角形时，请直 接写出此时线段AM的长度. 11.【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题.如图， 在△ABC中，点M,N分别为AB,AC上的动点（不含端点），且AN=BM. 试卷第10页（共3页） 图1 图2 备用图 【初步尝试】 (1)如图1，当△ABC为等边三角形时，小彤发现：将MA绕点M逆时针旋转120°得到MD,连接BD, 请写出MN与DB的数量关系，并证明； 【类比探究】 (2)小形尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°， AE⊥MN于点E,交BC于点F,将MA绕点M逆时针旋转9O°得到MD,连接DA,DB.试猜想四边形 AFBD的形状，并说明理由； 【拓展延伸】 )刘老师提出新的探究方向：当△ABC是边长为2的等边三角形，且AN=}AC时，将△AMN绕点A 顺时针旋转得到△AMN,当直线MN与直线MN互相垂直时，请画出图形，并直接写出△ACM的 面积 12.综合与探究 问题情境： 试卷第11页（共3页） 如图1，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，点D,E分别是边BA,AC上的一点，且BD=AE, 将线段DA绕点D逆时针旋转90°得到线段DA,点A的对应点为A,连接BA,DE. D G 图1 图2 猜想证明： (①)猜想线段AB与DE的数量关系，并说明理由. 独立思考： (2)如图2，连接AA,过点A作AF⊥DE于点F,延长AF交BC于点G,判断四边形AABG的形状， 并说明理由。 拓展延伸： (3)在(2)的条件下，若BD=3,∠GAC=30°时，请直接写出BG的长. 13.综合与探究 【问题情境】△ABC的顶点B始终在直线EF上，∠ABC=50°，延长AC交EF于点D.若∠CBD= 5∠ACB,且∠CDB=-25 试卷第12页（共3页） D万 图1 图2 备用图 【数学思考】 ()如图1，求∠BAC的度数 (2)如图2，将△ABC沿BC所在的直线翻折，得到△NBC（点A的对应点为N),连接NA并延长交 △BCN的外角∠BCP的平分线于点G.请推理说明∠CDB=∠G. 【拓展延伸】 (3)将△ABC绕点B顺时针旋转-个角度C(0<0<180°)，得到△ABC(点A的对应点为A,点C的 对应点为C),在旋转过程中，直线AC与直线EF交于点M.当△BMC为直角三角形时，请直接写出 旋转角C的度数。 14.综合与探究 问题情境：已知△ABC中，∠ABC=90°，∠C>∠A,点O是边AB的中点.将△ABC绕点0顺时 针旋转得到△DEF,点A,B,C的对应点分别为点D,E,F,射线FE交线段BC于点P 试卷第13页（共3页） D B M M 图1 图2 备用图 初步探究： (I)如图1，当点E在△ABC的内部时，猜想线段BP与EP的数量关系，并说明理由； 深入探究： (2)如图2，当点E恰好落在AC边上时，线段AC,DF交于点M,连接OM. ①判断线段OM与EF的数量关系，并说明理由； ②将图2中的△DEF沿射线FE的方向平移，点D,E,F的对应点分别为点D,E,F.已知AB=8, BC=6,当以E,F,O为顶点的三角形是等腰三角形，且EF为腰时，请直接写出点D,D之间的距离. 15.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，在平行四边形ABCD中， 对角线AC⊥CD,CD=1,∠DAC=30°，将△ACD绕点A顺时针旋转得到△AEF(点C,D的对应 试卷第14页（共3页） 点分别是点E,F)旋转过程中直线AF与直线BC相交于点O V- H H 图1 图2 图3 备用图 特例分析： (I)如图2，“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。 (②)在图2的基础上，“勤学”小组连接EO并延长交AD于点M,如图3，证明：四边形EFDM是平行四 边形. 拓展探究： (3)在图1的基础上，若将△ACD继续绕着A顺时针旋转，当直线EF垂直于直线AB时，请直接写出OF 的长度。 16.综合与探究 学习完平行四边形知识后，数学兴趣小组结合图形平移，旋转进一步研究. 如图1，在口ABCD中，∠B=60°，AC=42,点0为对角线AC的中点，将口ABCD绕点O逆时针 旋转90°到口ABCD位置，如图2，此时点A,C分别落在BC,AD边上，AD,BC分别经过点 A,C. 试卷第15页（共3页） C(MD C(F B 图1 图2 图3 (I)猜想BC与AD的位置关系并说明理由. (2)在图2的基础上将口ABCD沿射线BC平移至口FGHE位置，如图3，F与C重合，EF过点C,EF 交AD于点M,GH交射线BC于点N,猜想CE,CN,GN三条线段之间的数量关系并证明， (3)在图3的基础上将口EFGH沿射线CD方向平移，当△EFD为等腰三角形时直接写出平移距离。 17.综合与探究 问题情境： 综合与探究课上，同学们以直角三角形纸片ABC的平移、旋转变化开展数学活动探究，其中 ∠ABC=90°. 操作探究： 试卷第16页（共3页） 如图1，将三角形纸片ABC沿BC方向平移得到△DEF,点A,B,C的对应点分别为D,E,F,连接 AD. D A E C B C 图1 图2 备用图 (1)试判断四边形ABED的形状，并说明理由. 深入探究： (②)当BE=AC时，停止平移，然后将△DEF绕点D顺时针旋转得到△DGH,其中点E,F的对应点分别 为G,H. ①如图2，当点C在线段DH上时，延长HG交边AD于点P,试猜想PG与CE之间的数量关系，并加以证 明； ②若AB=2,BC=3,当直线DH与AC垂直时，连接EH,请直接写出EH的长. 18.在△ABC中，点D是边AC上一点，连接BD,∠DBC=∠ABD. 试卷第17页（共3页） F D 图1 图2 (1)如图1，点E在线段BD上，连接CE,若△ABC关于直线CE成轴对称，且∠ACB=30°，求∠CED 的度数； (2)如图2，在平面内将△ABD沿BD翻折，得到△EBD,连接EA并延长交△BDE的外角，∠BDF的 平分线DG于点G,若DE‖AB,请说明∠C=∠G; (3)在(2)的条件下，若∠C=25°，在平面内将△ABD绕点B顺时针旋转一个角度00<0<180°，得到 △ABD.在这个旋转过程中，直线AD与△ABC的边BC所在的直线相交于点M.当△BMD为直角 三角形时，请直接写出旋转角0的度数、 19.综合与实践 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 试卷第18页（共3页） △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。 B 图1 图2 图3 备用图 (1)初步探究，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， (2)深入探究，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 (③)拓展应用，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. 20.综合与探究 问题情境 在四边形专题复习课上，老师以矩形旋转为载体设计探究题： 试卷第19页（共3页） 将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形ABCD,点A,B,D的对 应点分别为点A,B,D,设直线AD与直线AD交于点E. A'(E) D D B B B 图① 图② 备用图 数学思考 (I)猜想DE与DE的数量关系，并证明； 实践探究 (②)如图②，在旋转的过程中，当点B恰好落在矩形ABCD的对角线BD上时，点A恰好落在AD的延长线 上（即点A与点E重合），连接AC.求证：四边形ADBC是平行四边形； 拓展延伸 (③)在矩形ABCD绕点C顺时针旋转的过程中，若AB=5,BC=3,当A,B,D三点在同一条直线上时， 请直接写出AD的值. 试卷第20页（共3页） 参考答案 1.(1)证明：，线段AH绕点A逆时针方向旋转90°得到AG, .AH=AG,∠HAG=90°， ,在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC, ∴.∠BAH=90°-∠CAH=∠CAG, .△AHB≌△AGCSAS; (2)①证明：，在等腰直角三角形ABC中，AB=AC,点E,F分别为AB,AC的中点， .AE=AF,△AEF是等腰直角三角形， .AH=AG,∠BAH=∠CAG, ∴.△AEH≌△AFG SAS, ∴.∠AEH=∠AFG=45°， ∴.∠HFG=∠AFG+∠AFE=45°+45°=90°， 即∠HFG=90°. ②当EH的长度为2或V2时，△AQG为等腰三角形. 【分析】(1)根据旋转的性质和等腰三角形的性质找到条件即可证明结论； (2)①证明△AEH≌△AFGSAS,利用角之间的关系即可证明结论；②分3种情况进行解答即可. 【详解】(1)略 (2)①略 ②，AB=AC=4,点E,F分别为AB,AC的中点， ..AE=AF=2, ,∠AGH=45°，△AQG为等腰三角形，分3种情况： (a)当∠QAG=∠QGA=45°时，如图，则∠HAF=90°-45°=45°， .AH平分∠EAF, .点H是EF的中点， .EH-IAE+AF-1xV2+2-2 (b)当∠GAQ=∠GQA=( 1时，如图，则∠EAH=∠GAQ=67.5°， 答案第1页（共2页） .∠EHA=180°-45°-67.5°=67.5°， ∴.∠EHA=∠EAH, ∴.EH=EA=2; G B (c)当∠AQG=∠AGQ=45°时，点H与点F重合，不符合题意，舍去. 综上所述：当EH的长度为2或V2时，△AQG为等腰三角形. 2.(1)BC=CE+CF (2)CE+CF=8k 618号 '55 【分析】(I①）连接0B,当a=90,k=号时，四边形ABCD来ABC0均为正方形，且0为AC的中 点，可证得△BOE≌△CO'FIASA?得出BE=CF,即可求得答案： (2)过点O作OG‖AB,交BC于G,可证得△ABC、△ACD、△OCG均为等边三角形，得出 0G=CG=0C=k~AC=8kK:再证得△E0G≌△F0CASA即可得出答案： (3)连接BD交AC于点O,运用勾股定理求得OO=1,分两种情况：当点O在线段AO上时，当点O在 线段OC上时，分别求得CE即可. 【详解】(1)解：BC=CE+CF, 连接0B,如答图1所示. D B 答图1 答案第2页（共2页） .∠ABC=∠a=90°， 菱形ABCD是正方形. 又8怨k吃 点O为正方形ABCD对角线的交点. ∴.OB=OC,∠OBE=∠OCF,∠BOC=90°. ,菱形ABCO与菱形ABCD形状、大小完全相同， .∠A0C=∠B0C=90. .∠FOC+∠AOC=∠EOB+∠AOC,即∠FOC=∠EOB. ·△BOE≌△COFASA ∴BE=CF」 ..BC=CE+BE=CE+CF. (2)解：如答图2所示，过点O作OG‖AB,交BE于点G. 答图2 :四边形ABCD和四边形ABCO是形状、大小完全相同的菱形，且边长为8，C=60°， ∴.AB=BC=CD=AD=AB=BC=CO=OA=8,∠D=∠B=∠AOC=∠B=60° ∴.△ABC和△ACD均为等边三角形， .∠BAC=∠ACB=∠ACD=60°，AC=AB=8. OG‖AB, .∠COG=∠BAC=60°=∠OCG. ∴.△OCG是等边三角形. .∴.ㄥOGC=∠OCF=60° .OG=CG=OC=k·AC=8k. .∠EOG+∠C0E=∠C0E+∠COF=60°， .∠EOG=∠COF. 答案第3页（共2页） ·△EOG≌△FOCASA EG=CF】 .CE+EG=CG, ∴.CE+CF=8k. (3)解：连接OB,连接BD交AC于点O,如答图3所示 D B 答图3 ,四边形ABCD是菱形， .AC⊥BD,即∠BOC=90°. 0c-号AC-号Dc4, 2 .0B2=BC2-0C2=48. 00=/0B2-0B2=72-48=1 当点0在线段A0上时，如答图3所示，则0C=00+0C=1+4=5. k-0C-5 AC 8' 由(2)可知CE+CF=8k. :CE+CF=8x5-5. 8 C CE=5-7=18 55 当点O在线段OC上时，连接OB,如答图4所示， 则0C=0C-00=4-1=3. 答案第4页（共2页） A 答图4 :k=0C-3 ΓAC8 ..CE+CF-8x3-3. 8 CE=3-CF=3-7=8 55 等上所花，CE的长度为}夹号。 3.(1)证明：四边形ABCD为矩形， ∴.∠BAD=∠ABC=90°， ∴.∠ABG=∠BAH=90°， 由旋转的性质可得∠EAG=∠BAD=90°，∠E=∠ABC=90°，AE=AB, ∴.∠E=∠ABG,∠EAG=∠BAH, .∴.∠EAG-∠HAG=∠BAH-∠HAG,即∠EAH=∠BAG, 在△AEH和△ABG中， ∠E=∠ABG AE=AB ∠EAH=∠BAG .∴.△AEH≌△ABG(ASA. ②AH=FHr理由如下： 如图，连接AF,AC, 答案第5页（共2页） D ABCD 四边形 为矩形， ∴.∠B=∠ADC=90°，AB=CD, ∴.∠ADF=90°， 由旋转的性质可得∠E=∠B=90°，AE=AB,AF=AC, .∴.DF=DC=AB=AE,∠E=∠ADF, 在△AEH和△FDH中， ∠AHE=∠FHD ∠E=∠FDH AE=FD .△AEH≌△FDH AAS, ∴.AH=FH. ③y1o或3V10 【分析】(1)利用旋转性质得到边、角相等，推导出两组角相等，然后用ASA证明三角形全等； (2)连接AF、AC,借助旋转和等腰三角形的性质得到相等线段，利用AAS证三角形全等，得出 AH=FH; (3)分两种情况讨论，算出AF,由等腰条件得FA=FH,求出EH,在Rt△AEH中用勾股定理求出 AH. 【详解】(1)略 (2)略 (3)解：当△AFH是以AH为底边的等腰三角形时，有两种情况： 如图，当点H落在线段AD上时， 答案第6页（共2页） D 根据题意可知，AE=AB=3,EF=BC=4,∠AEF=∠B=90°， .'AF=AE2+EF2=5' .·△AFH是以AH为底边的等腰三角形， .∴.AF=FH=5, .∴.EH=FH-FE=1, .∴.AH=AE2+HE2=10 如图，当点H落在线段AD的延长线上时， G H 同上可知AF=FH=5,∠E=90°， ‘.EH=EF+FH=4+5=9,AE=3, ∴.AH=AE2+EH=3V10 综上，AH的长为V10或3V10. 4.(1)CE=BD;CE⊥BD (②)解：结论还成立，证明过程如下： 由题意得，AC=AB,AD=AE,∠CAB=∠DAE=90°， ∴.∠CAE=∠BAD=90°+∠BAE .△CAE≌△BAD|SAS, .CE=BD,∠ACE=∠ABD; 如图所示，设CE与AB交于点G, 答案第7页（共2页） 同理可证明∠BFG=∠CAG=90°， ∴.CE⊥BD, 结论仍然成立； 3)/17或5 【分析】(1)证明△ACE≌△ABD,得到CE=BD,∠ACE=∠ABD;延长CE交BD于点T,由旋 转的性质可得点E在AB上，可证明∠CAE=∠BTE=90°，得到CE⊥BD; (2)证明△CAE≌△BADSAS,得到CE=BD,∠ACE=∠ABD;设CE与AB交于点G,同理可 证明∠BFG=∠CAG=90°，则CE⊥BD,结论仍然成立； (3)分图4和图5两种情况，通过勾股定理求出CE的长即可得到答案. 【详解】(1)解：在△ACE和△ABD中， AC=AB ∠CAE=∠BAD AE=AD .△ACE≌△ABD|SAS, .CE=BD,∠ACE=∠ABD； 如图所示，延长CE交BD于点T,由旋转的性质可得点E在AB上， E .∠AEC=∠BET, .180°-∠AEC-∠ACE=180°-∠BET-∠TBE, .∴.∠CAE=∠BTE=90°， 答案第8页（共2页） ∴.CE⊥BD; (2)略 (3)解：如图4，延长CA交DE于H, H E 图4 .AH⊥DE, 由勾股定理得DE=√AD2+AE=2' AH-HE-DE-L, .CH=AC+AH=3+1=4, 在Rt△CHE中，由勾殿定理得cE=RC+HE-W4+1=7' ..BD=CE=17; 如图5，过D作DH⊥AB于点H, C A H 图5 DE⊥AC, ∴.∠CAD=∠ADE=45°， .∠DAH=45°， .△ADH是等腰直角三角形， ..AH=DH, AD-AH+DH2-2AH' ..AH=DH=1, 答案第9页（共2页） .BH=2, 在Rt△DHB中，由勾殿定理得BD=D+B甲=P+2=5 综上所述，BD的长为V17或V5.】 5.(1)60° (2)证明：，AB=AC, .AB=AC=AD=AE,∠C=∠B=∠D=∠E, .∠BAC=∠DAE, .∠BAC-∠MAN=∠DAE-∠MAN, 即：∠BAM=∠EAN, 在△BAM和△EAN中， ∠BAM=∠EAN AB=AE ∠B=∠E ∴.△BAM≌△EANASA, .AM=AN; (③①a=300或750：②旋转角.为60° 【分析】(1)根据等腰三角形“三线合一”可得结果； (2)可证明△BAM≌△EAN,而得出结论； (3)①分成DM=OM,DM=DO及OM=OD,根据∠D=30°，利用旋转的性质、等腰三角形的性质， 即可得到答案； ②根据0°<a<I00°，只有当∠EDP=90°时成立，进而根据∠EDP和旋转角的关系求解即可. 【详解】(1)解：AB=AC,，AD⊥BC, ·∠C=∠B=30,∠BAD=}∠BAC, :∠BAD=180°-∠B-∠C=60, .0=60°， 故答案为：60°； (2)略： （3)解：①如图1， 答案第10页（共2页) A E - D 图1 当DM=OM时，∠MOD=∠D=30°， .∠B=∠D,∠AMB=∠DMO, ∴.∠BAD=∠MOD=30°， .0=30°， 如图2， A - ----- D 图2 当DM=D0时，∠DM0=∠DOM=180°-∠D=753, 2 .∠B=∠D,∠AMB=∠DMO, .∠BAD=∠DOM, ∴.0=∠D0M=75°， 如图3， B òc D 图3 当OM=OD时，∠OMD=∠D=30°， .∠B=∠D,∠AMB=∠DMO, 答案第11页（共2页） ∴.∠BAD=∠DOM, ∴.0=∠D0M=180°-30°-30°=120°， .∠ABC=120°， ∴.此时AD和AC重合，这种情形不存在； 综上所述，0=30°或75°； ②如图， E B .:AB=AC∠ABC=∠ACB=30°△ABC △ADE 旋转得到 .∴.AD=AB=AE=AC,∠DAE=∠BAC=120°，ADFE∠AED=30°， 旋转角C=∠BAD=∠CAE, .·AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE, ∴.△BAD≌△CAESAS, .∴.∠ABD=∠ADB=∠ACE=∠AEC, ∴.△ABD和△ACE都是顶角为a的等腰三角形， :∠ABD=∠ADB=∠ACE=∠AEC=180°-&-90- 2 2 .·∠ADE=∠AED=30°， .∠DEP=∠AEC-∠AED=90-g-30=60°-g, ∠EDP=180°-∠ADB-∠ADE=180°-90+9-30°=60+C ∠DPE=180°-∠DEP-∠EDP=180°- 60--60+=60 .·0°<0<100°， .10<60-受<60,60°<60+号<10°， ∴.只有当∠EDP=90°时，满足△PDE是直角三角形， 此时60°+9=90°，解得：Q=60°， 2 答案第12页（共2页） ∴.旋转角0为60°. 6.(1)①等边三角形；②BD=CE,120 20BD=CE:理由如下： 由旋转的性质可知，AD=AE,∠BAC=∠DAE=C=90°， ∴.∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,即∠BAD=∠CAE, .'AD=AE,∠BAD=∠CAE,AB=AC, ∴.△BAD2△CAESAS, ∴.BD=CE; ②∠BCE的度数为90°； (3③)4+V10或6+/26 【分析】(1)①由旋转的性质可知AD=AE,∠DAE=60°即可得解；②证明△BAD≌△CAE,即 可得解。 (2)①证明△BAD≌△CAE,即可得解；②根据全等的性质可得∠ACE=∠B=45°，即可得解. (3)由CD=I讨论点D在线段BC上和点D在线段BC延长线上，过A作AF⊥BC于F,利用直角三角形 斜边上的中线等于斜边的一半，得出线段AF,CF,最后结合勾股定理和旋转的性质即可解题. 【详解】(1)解：①由旋转的性质可知，∠DAE=o=60°，AD=AE, ∴△ADE是等边三角形， ②，'AB=AC,∠BAC=a=60°， .∴，△ABC是等边三角形， ∴.∠ACB=∠B=60°， .'∠DAE=∠BAC=o, ∴.∠DAE-∠CAD=∠BAC-∠CAD,即∠CAE=∠BAD, .'AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE, ∴.△BAD≌△CAESAS, ∴.BD=CE,∠ACE=∠B=60°， .∴.∠BCE=∠ACB+∠ACE=120°： （2)解：①略 ②.'∠BAC=90°，AB=AC, .∴∠B=∠ACB=45°， 答案第13页（共2页) 由①可知，△BAD≌△CAE, ∴.∠ACE=∠B=45°， ∴.∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°； (3)解：由CD=1,可知共有两种情况，如图D1、D2,则BD1=BC-CD1=4-1=3, BD2=BC+CD2=4+1=5, D 由(1)(2)可知，BD=CE, .CE1=BD1=3,CE2=BD2=5, 过A作AF⊥BC于F, :∠BAC=90°，AB=AC, .∴.∠B=∠ACB=45°， .AF⊥BC, BF=CF=BC=2,即点F是BC的中点， .AF-CF->BC-2, .D1F=2-1=1,D2F=2+1=3, 在RAD,F中，由勾股定理得，AD,=√AP2+D,F=5, 由旋转可知，AE,=AD,=5’∠DAE1=c=90, ∴.DE1=VAD1+AE=-V10 △CDE的周长CD,+D,E,+CE,=1+I0+3=410: 在R△AD,F中，由勾股定理得，AD,=AF2+D,F=3 由旋转可知，AE,=AD,=13，∠D2AE,=cC=90 答案第14页（共2页） .D2E2=AD,2+AE27=V26 △CDE的周长CD,+D,E,+CE,=1+26+5=6+/26: 综上所述，△CDE的周长为4+10或6+V26】 7.(1)解：AG=CE,AG⊥CE成立，理由如下： 边长为4的正方形ABCD,边长为2的正方形BEFG, .BA=BC,BG=BE,∠ABC=∠GBE=90°， ∴.∠ABG=∠CBE, BA=BC .∠ABG=∠CBE BG=BE .△ABG≌△CBE SAS, ∴.AG=CE,∠BAG=∠BCE, 延长AG,CE交于点M,AG,BC交于点N, D G 则∠BAG+∠ANB=90°，∠MNC=∠ANB, .∠BCE+∠MNC=90°， ∴.∠NMC=90°， .AG⊥CE, 故AG=CE,AG⊥CE. 2135o或3150 (3y14+y2或14-只/2 【分析】(1)根据正方形的性质，得到BA=BC,BG=BE,∠ABC=∠GBE=90°，继而得到 ∠ABG=∠CBE,证明△ABG2△CBE,可得AG=CE;延长AG,CE二线交于点M,AG与BC 交于点N,利用全等三角形的性质，对顶角性质，余角的性质，可证明AG⊥CE (2)画图分类计算即可. 答案第15页（共2页） (3)连接BF,交AE于点M或N,利用正方形的性质，勾股定理分类计算即可. 【详解】（1)略 (2)解：如图，△ABE≌△CBE, ∠ABE=∠CBE=360°-90 =135°， 2 .∠CBG=45°，∠ABG=∠ABC+∠CBG=135°， 故0=135°； 如图，.△ABE≌△CBE, ·∠ABE=∠CBE=9 2 =45°， ∴.∠GBA=45°， .360°-45=315°， 故0=315°. D (3)解：当A,G,E三点在AB的右侧且在同一条直线上时， 连接BF交AE于点M, ,边长为4的正方形ABCD与边长为2的正方形BEFG的一个顶点重合于点B, ÷BA=BC=4BG=BE=2,∠ABC=∠GBE=90,AM⊥BM,MG=BM=2BG=R2 ∴.∠ABG=∠CBE, BA=BC .∠ABG=∠CBE BG=BE .△ABG≌△CBE|SAS, 答案第16页（共2页) ∴.AG=CE; .BA=BC=4,BG=BE=2,AM L BM,MG=BM=, 2BG=2, 六AM=RVAB2-BM2=14 ..CE=AG=AM-GM=14-2; O E 当A,G,E三点在AB的左侧且在同一条直线上时， 连接BF,交AE于点N, 同塞可证，AN=RAB-BN=4,NG=BN=2BG=吃，CE=AG, ..CE=AG=AN+GN=14+2; 综上所述，CE的长为14+2或V14-V2. 8.(1)证明：，正方形ABCD, ∴.PA=PD,∠PAE=∠PDF=45°，∠APD=90°， :∠MPN=90° .∠APE+∠EPD=∠DPF+∠EPD=90°， .∠APE=∠DPF, .∠APE=∠DPF,PA=PD,∠PAE=∠PDF, .△APE≌△DPFASA, ..AE=DF,PE=PF, ∴.DE+AE=DE+DF=AD, 答案第17页（共2页) ..DE+DF=AD; ②ODE+DF=号AD,星由如下： 如图2，取AD的中点，连接PT,则AT=DT=AD, B TE D 图2 .四边形ABCD为∠ADC=120°的菱形，ABCD .AB=AD,∠BAD=180°-∠ADC=60°，∠ADP=∠CDP=60°，AP平分∠BAD,∠APD=90°， ∴.△ABD是等边三角形， ∴.BD=AD,∠DAP=30°， ..DP-zAD, ∴.PD=DT, ,∠ADP=60°， .△TDP是等边三角形， ∴.∠PTE=∠PDF=60°，∠TPD=60°，PT=PD, 又.∠MPN=60°， .∠TPD-∠EPD=∠MPN-∠EPD,即∠EPT=∠FPD, .∠EPT=∠FPD,PT=PD,∠PTE=∠PDF, ∴.△TPE≌△DPF ASA, ∴.TE=DF, *.DE+TE-DE+DF-DT-AD, .DE+DF-AD: ②5-V3或3-3 【分析】（1)由正方形ABCD,可得PA=PD,∠PAE=∠PDF=45°，∠APD=90°，证明 △APE≌△DPF ASA,则AE=DF,进而可得DE+AE=DE+DF=AD; 答案第18页（共2页） (2)①如图2，取AD的中点T,连接PT,由四边形ABCD为∠ADC=120°的菱形，可得 AB=AD,∠BAD=60°，∠ADP=∠CDP=60°，证明△ABD是等边三角形，△TDP是等边三角形， 证明△TPE≌△DPFIASA,则TE=DE,DE+TE=DE+DF=DT专AD: ②由题意知，分P靠近点B,P靠近点D,两种情况求解；情况一：当点P靠近点B时，过点A作 AH⊥BD于H,连接AP,作PG‖AB交AD于G.由(2)可知，△ABD是等边三角形，证明△DGP 是等边三角形，AG=BP,由勾殿定理得，AH=AB-B开=43：由勾殿定理得， PH=√AP-A甲=1？则AG=BP=BH-PH=3,由(2)可知，△GPE≌△DPF(ASA则 GE=DF=V3,根据DE=AD-AG-GE,求解作答；情况二：当点P靠近点D时，同情况一，求解作 答即可. 【详解】(1)略 (2)①略 ②解：由题意知，分P靠近点B,P靠近点D,两种情况求解； 情况一：当点P靠近点B,如图，过点A作AH⊥BD于H,连接AP,作PG‖AB交AD于G 的 由(2)可知，△ABD是等边三角形，AB=BD=AD=8 .∠DGP=∠DAB=60°，DP☑=∠DBA=60°， ∴.△DGP是等边三角形，则DG=DP, ∴.DA-DG=DB-DP,即AG=BP, .AH⊥BD, ..BH=DH=4, 由勾股定理得，AH=√AB2-BF=43 由勾服定理得，PH=√Ap2-AF=7-43=1' ∴.AG=BP=BH-PH=3, 答案第19页（共2页） 由(2)可知，△GPE≌△DPFASA, ..GE=DF=3, ..DE=AD-AG-GE=8-3-3=5-3: 情况二：当点P靠近点D时，如图， B GE D 同理①，可得PH=1,AG=PB=BH+PH=5,DF=GE=3, .DE=AD-AG-EG=8-5-3=3-3, 综上所述，满足条件的DE的长度为5-3或3-3. 9.I)AB⊥BE,AB=BD+BE (2)解：①中结论：BE=AB+BD.②中结论：BD=AB+BE. ①中结论证明如下： .'∠ACB=∠DCE=90°， ∴.∠ACD=∠BCE. 'CA=CB,CD=CE, .∴.△ACD≌△BCESAS, ∴.AD=BE .AD=AB+BD, ∴.BE=AB+BD. ②中结论证明如下： .∠ACB=∠DCE=90°， .∴.∠ACD=∠BCE. CA=CB,CD=CE, .△ACD≌△BCESAS, .AD=BE .BD=AB+AD, .∴.BD=AB+BE (SADE=98或2 答案第20页（共2页) 【分析】(1)证明△ACD≌△BCE(SAS,得，∠A=∠CBE,AD=BE,进而可证明AB⊥BE, AB=BD+BE; (2)方法同（1)； (3)分两种情况，①点D在AB的延长线上；②点D在BA的延长线上，分别求解即可. 【详解】(1)解：.在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB, .∴.∠A=∠ABC=45°， .将线段CD绕点C逆时针旋转90°， ∴.CD=CE,∠DCE=90°， .∴.∠DCE=∠ACB, ∴.∠DCE-∠BCD=∠ACB-∠BCD, ∴.∠ACD=∠BCE, AC=BC 在△ACD和△BCE中， ∠ACD=∠BCE CD=CE .∴.△ACD≌△BCE SAS, ∴.∠A=∠CBE,AD=BE, .∴.∠ABE=ABC+∠CBE=45°+45°=90°， .AB L BE,AB=AD+BD=BD+BE; （2)略 (3)解：△ADE的面积为98或2. 分两种情况：①当点D在线段AB的延长线上时， 如图①.若AB=6,BD=8, 由(2)得BE=AD=AB+BD=6+8=14,由(2)知BE⊥AD, 5aAe号AD-BE=2×14x14=98, ②当点D在线段BA的延长线上时，如图②. 若AB=6,BD=8, 则由(2)得BE=AD=BD-AB=8-6=2,由(2)知BE⊥AD, 56Ae号ADBE=32x2=2. 综上所述，S△ADE=98或2. 答案第21页（共2页） B 图① 图② 10.(1)证明：如下图，连接AF交OM于点H, E D B C 由题亮得，0A=0F=0D-号AD,∠MA0=∠MF0=90, 在Rt△MAO和Rt△MFO中， OM=OM OA=OF' .∴Rt△MAO≌R tMFOHL, ∴.MA=MF. .OA=OF, ∴.OM是线段AF的垂直平分线， .H是线段AF的中点. O是边AD的中点， ∴.OH是△AFD的中位线， ∴.FD‖OM. (2)证明：如下图，延长OM交BG于点N, 答案第22页（共2页) A B 由(1)可知，MA=MF,OM是线段AF的垂直平分线， .∴.∠AMO=∠FMO. 由题意得，AB=CD=FG, .∴.MG=MB. .'∠GMN=∠FMO,∠BMN=∠AMO, '.∠GMN=∠BMN, .∴.MN是等腰三角形△GMB的顶角平分线， .∴.MN⊥GB,GN=BN, .OM垂直平分BG. (1或2 【分析】(1)连接AF交OM于点H,证明Rt处MAO≌RtMFO HL,得到OM是线段AF的垂直平 分线，继而可以得到OH是△AFD的中位线，即可得证； (2)延长OM交BG于点N,由旋转得CD=FG,进而推出MG=MB,再证得∠GMN=∠BMN,最 后通过等腰三角形的性质即可得到OM垂直平分BG; (3)分两种情况：当DC=DF=2时，当CD=CF=2时，分别求得AM的长度即可. 【详解】(1)略. (2)略. (3)解：①当DC=DF=2时，如图， E O D A M 答案第23页（共2页） 由海意得，0D=OF=专AD82, .0D+0F2=2+2=4,DF2=4, .0D2+0F2=DF2, .∴△ODF是等腰直角三角形， ∴.∠AOF=∠DOF=90°. .∠A=∠OFM=90°， .∴.四边形AOFM是正方形， .AM=A0=V2. ②当CD=CF=2时，如图， G M B 在△CDO和△CFO中， CD=CF OD=OF OC=OC .△CDO2△CFO|SSS, .∴.∠CF0=∠CD0=90°. .∠EFG=90°， .M、F、C在同一直线上， 设AM=FM=X, ∴.CM=2+X,BM=2-X, 在RCBM中，BM+BC2=CM,即2-x+22=2+x 解得x=1, .∴.AM=1. 综上，线段AM的长度为1或V2. 11.(1)解：MN=DB,理由如下： 由旋转的性质得，MD=MA,∠AMD=120°， 答案第24页（共2页) .∴.∠BMD=180°-∠AMD=180°-120°=60°. ,∵△ABC为等边三角形， ∴.∠A=60°. ∴.∠A=∠BMD, 在△AMN和△MDB中 AN=BM ∠A=∠BMD, AM=MD ∴.△AMN≌△MDB|SAS, ∴.MN=DB (2)解：四边形AFBD是平行四边形，理由如下： 由旋转的性质得，MD=MA,∠AMD=90°， .∴.∠BMD=180°-∠AMD=180°-90°=90°，∠DAM=45°， .∵AB=AC,∠BAC=90°， .∴.∠ABC=45°. ∴.∠DAM=∠ABC. ∴.DA‖BF 在△AMN和△MDB中 AN=BM ∠NAM=∠BMD=90° AM=MD ∴.△AMN≌△MDB SAS. .∴.∠ANM=∠MBD .·AE⊥MN, .∴.∠AEN=90°. .∴.∠ANM+∠NAE=90° .∵∠MAE+∠NAE=90°， '.∠ANM=∠MAE. ∴.∠MBD=∠MAE. ∴.BD‖AF 又DA‖BF, '.四边形AFBD是平行四边形； 答案第25页（共2页) M 3) 【分析】(1)由旋转得MD=MA,∠AMD=120°，故∠BMD=60°，△ABC为等边三角形得 ∠A=60°，所以∠A=∠BMD.又AN=BM,证△AMN≌△MDB,得MN=DB. (2)由旋转得∠AMD=90°，MD=MA,故∠BMD=90°，∠DAM=45°.等腰直角△ABC中 ∠ABC=45°，得∠DAM=∠ABC,故DA‖BF.又AN=BM,∠NAM=∠BMD=90°， MA=MD,证△AMN≌△MDB,得∠ANM=∠MBD.由AE⊥MN得∠ANM=∠MAE,故 ∠MBD=∠MAE,推出BD‖AF,结合DABF,得四边形AFBD是平行四边形. (3)直线MN与MN第-次垂直时，旋转角∠MAM=-90°.由AC=AB=2,BM=AN=1AC=1 41 舟AM=AM=2是，进M作MGLCA,可得∠MAG=30,款MG=号AM-是，面叙为导、 第二次垂直时浪栽角为270，同夏得MG=子，百积仍为经。等上面家为经. 【详解】(1)略 (2)略 (3)解：如图，当直线MN与直线MN第一次垂直时，过M作MG⊥CA,交CA延长线于G, G B 此时△AMN绕点A顺时针旋转90°，即∠MAM=90°， ∴.∠MAG=180°-∠BAC-∠MAM=30°， ..M'G=-AM, 2 由惠意，AC=AB=2BM=AN-子AC-宁AM=AM=AB-AM-2号多 22’ 答案第26页（共2页） ..MG=3 4 Saw方ACMG2星是： 44 如图，当直线MN与直线MN第二次垂直时，过M作MG⊥CA,交AC于G, N 此时将△AMN绕点A顺时针旋转270°，即∠MAM=90°， .∴.∠MAG=90°-∠BAC=30°， MG-ZAM-4. ..SAACM= AC·MG=×2× 33 2 44 综上，△ACM的面积为， 12.(1①) AB=DE 理由如下：由旋转性质得DA=DA,∠ADA=90°， .∠BAC=90, ∴.∠ADB=∠DAE, 在△ADB与△DAE中： i, ∴.△ADB≌△DAE SAS' ∴.AB=DE. (2)四边形AABG为平行四边形 理由如下：.DA=DA,∠ADA=90°， .∴.△ADA为等腰直角三角形，∠DAA=45°. .AB=AC,∠BAC=90°， .∴.∠ABC=45°， 答案第27页（共2页) .∴.∠DAA=∠ABC, .AA‖BG 由(1)△ADB≌△DAE,得∠DAB=∠ADE. AF⊥DE, .∴.∠ADE+∠DAF=90°， 又∠DAB+∠ABD=90°， ∴.∠DAF=∠ABD, ∴.ABAG. .AA‖BG,AB‖AG, .∴.四边形AABG两组对边分别平行，为平行四边形. (③)/6或3V6 【分析】(I)由旋转性质证明△ADB≌△DAE(SASI即可得到结论： (2)根据旋转性质以及（1)中全等条件证明四边形两组对边分别平行即可得到结论： (3)由(2)四边形AABG是平行四边形及△ADA是等腰直角三角形可得BG=V2AD,设AD=X, 则AB=AC=AD+BD=x+3,EC=AC-AE=x+3-3=x,过G作GH L AC-于H,设GH=m,在 Rt△GHC及Rt△AGH中，表示各边长，结合(1)中AB=DE,平行四边形中AG=AB,AG=2m, 列方程求出x的值，即可得到BG的长. 【详解】(1)略 (2)略 (3)解：已知BD=3,BD=AE, ∴.AE=3 又∠BAC=90°，∠GAC=30°， .∴.∠BAG=90°-30°=60°」 由(2)四边形AABG是平行四边形， ∴.BG=AA. 因为△ADA是等腰直角三角形，AA'=V2AD, 故BG=V2AD, AD=x,AB=AC=AD+BD=x+3,EC=AC-AE=x+3-3=x, 即EC=AD=x, 过G作GH⊥AC于H,设GH=m, 答案第28页（共2页） 在Rt△GHC中，∠C=45°， .∴.CH=GH=m,GC=V2m; 在Rt△AGH中，∠GAH=30°， ∴.AG=2GH=2m,AH=/3m; .'AC=AH+CH=93m+m=m3+1 又AC=x+3, .x+3=m/3+1@. 又AD=x,AE=3,∠DAE=90°， ∴.DE=VAD2+AE2=x2+9 由(1)AB=DE,平行四边形中AG=AB,AG=2m, .2m=x2+g②. 联立①②： 由①得m=+3=x+33-1,代入②： 3+12 2x+33-1-x+9, x+33-1=Vx2+9' 两边平方： x+3213-12=x2+9 4-2V3x2+6x+9=x2+9' 展开整理： 4-2只V3x2+64-2只3x+94-29V3-x2-9=0 3-2V3x2+24-12V3x+27-18V3=0' 两边除以公因子3-2V3: x2-4V3x+9=0, 答案第29页（共2页) x-93x-33=0' 解得x,=3:x,=33 当AD=x=3时：BG=V2.=V6; 当AD=x=3V3时：BG=V23V3=3V6. 故BG长为V6或36】 13.(1)80° (2)如图，设AN与BC交于点H. G D F 由(1)知∠ACB=50°， 由翻折得△ABC≌△NBC, .∴.BCN=∠ACB=50°. .∴.∠BCP=180°-∠BCN=130°. .CG平分∠BCP, ∠BCG=7∠BCP=65. .∴.∠NCG=∠BCN+∠BCG=50°+65°=115°. 由翻折的对称性可得，BC⊥AN, .∴.∠NHC=90°. .∴.∠CNG=90°-∠BCN=40°. 在△CGN中， ·.:∠G+∠NCG+∠CNG=180°， .∴.∠G=180°-∠NCG-∠CNG=180°-115°-40°=25°， 答案第30页（共2页） 又.∠CDB=25°， .∴.∠CDB=∠G. (365或115° 【分析】(1)设∠CBD=x,则∠ACB=2x,由三角形外角的定义和性质得出 ∠ACB=∠CBD+∠CDB,代入求出x,然后根据三角形内角和定理求解即可. (2)由折叠的性质得出∠BCN=∠ACB=50°，由平角的定义得出∠BCP=180°-∠BCN=130°，根 据角平分线的定义得出∠BCG专∠BCP=65°，由三角形内角和定理得出 ∠CNG=90°-∠BCN=40°，∠G=25°，结合已知条件即可得出∠CDB=∠G. (3)分两种情况，画出图形求解即可. 【详解】(1)解：设∠CBD=x, :∠CBD=3∠ACB, .∠ACB=2X, :∠ACB是△BCD的外角， .∴.∠ACB=∠CBD+∠CDB, 即2X=X+25°， 解得x=25°， .∠ACB=50°， .∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=80°. （2)解：略； (3)解：由(1)得：∠BAD=80°，∠CBD=25°， .∠ABC=50°，∠ABD=75°， 由旋转的性质得：∠BAC=∠BAC=80°，∠ABC=∠ABC=50°， 如图，当∠BMC=90°时，此时∠ABM=90°-80°=10°， 答案第31页（共2页） EB M C F .∠ABA=∠ABD-∠ABM=65°， 即旋转角c的度数为65°； 如图，当∠MBC=90°时，此时∠ABM=90°-50°=40°， EB MD F 备用图 .∠ABA=∠ABD+∠ABM=115°， 即旋转角c的度数为115°， 综上所述，旋转角0的度数为65°或115°. 14.(1)PE=PB,理由如下： 如图所示，连接OP, D P.△ABC △DEF 图1 绕点0旋转得到 .∴.OE=OB,∠DEF=∠ABC, .·∠ABC=90°， .∴.∠DEF=90°， .∠DEF+∠DEP=180°， 答案第32页（共2页) ∴.∠DEP=90°， 在Rt△OBP和Rt△OEP中， OB=OE OP=OP ∴.Rt△OBP≌Rt△OEP HL, ∴.PE=PB. 2①0M=EF,理由如下： ,△ABC绕点O旋转得到△DEF, .OE=OB,OD=OA,∠D=∠A, ,点O是AB的中点， .∴.OA=OB, .∴.OE=OB=OD=OA, .∴.∠1=A, ∴.∠D=∠1， .∴.MD=ME, D 图2 由(1)得∠DEF=90°， ∠1+，∠F+∠D=90°， ∴.∠F=∠2， .∴.MF=ME, .∴.MF=MD, OD=OE, ∴.OM是△DEF的中位线， 0M号 ②2V5或6-2V5或6+2V5 答案第33页（共2页) 【分析】(1)利用旋转的性质证明Rt△OBP≌Rt△OEP,即可证明PE=PB; (2)①利用旋转的性质证明OM是△DEF的中位线，即可得到线段OM与EF的数量关系；②当 EF=FO时，在Rt△OFE中，利用OE+FE=OF建立方程求解即可；当EF=EO时，在 Rt△OEE中，利用OE2+EE2=OE建立方程求解即可. 【详解】(1)略 (2)解：①略； ②当EF=FO时，如图所示： D D B 由(2)得0E=4,FE=6,∠DEF=90°， 由平移的性质可得：DD=EE,FE=FE=6, EF=F0=6, 设DD=EE=X,则FE=FE-EE=6-X, .在Rt△OFE中，OE2+FE2=OF2, 六16+6-x?=36解得：x=6+25或x=6-26 ,此时EE<FE=6, 此时DD=EE=6-2只V5, 当EE>FE=6时，如图所示： D 此时在Rt△0FE中，16+x-6P-36:解得：x=6+25或x=6-25: 答案第34页（共2页） .此时DD=EE=6+2V5; 当EF=EO时，如图所示： D D ∴此时EF=EO=6, .在Rt△OEE中，OE2+EE=0E2, ∴.16+x2=36,解得：X=2V5(负舍)， “此时DD=EE=25, 综上：点D,D之间的距离为2V5或6+2V5或6-25. 15.(1)解：AO=FO,理由如下： 四边形ABCD是平行四边形， .AB=CD,AB‖CD, ∴.AB‖CF, ∴.∠ABO=∠OCF, ,'△ACD绕点A顺时针旋转得到△AEF, ∴.AD=AF, .AC⊥CF, ∴.CD=CF, ..AB=CF, 在△ABO和△FCO中， ∠AOB=∠FOC ∠ABO=∠FCO AB=CF ..△AB0≌△FCOAAS, ∴.AO=FO; (2)证明：.AC⊥CD,∠DAC=30°， .∴.∠D=60°， 答案第35页（共2页） ,'△ACD绕点A顺时针旋转得到△AEF, ∴.∠ACD=∠AEF=90°，∠AFE=∠D=60°，AD=AF, .∴.∠AFD=∠D=60°，∠EFD=∠AFD+∠AFE=60°+60°=120°. .AO=OF, .'.OF=-AF, .Rt△AEF中，∠EAF=30°， EF支AE, .∴.EF=OF, 又.'∠AFD=60°， ∴.△OEF是等边三角形， .∠OEF=60°， .:∠OEF+∠EFD=180°， ∴.ME‖DF, .∠D+∠EFD=180°， ∴.MD‖FE, .四边形EFDM是平行四边形. 起 【分析】(1)由旋转的性质可得线段与角的关系，进而证明△ABO≌△FCO,则可解决题目； (2)由30°直角三角形和旋转的性质可证得△OEF是等边三角形，可得∠OEF=60°，又可知 ∠D=60°，∠EFD=120°，根据同旁内角互补两直线平行可证明MEDF,MDFE,题目得证； (3)因为EF⊥AE,若EF⊥AB,则AB与AE共线，分两种情况求解即可. 【详解】（1)解：略； （2)证明：略； (3)解：在平行四边形ABCD中，AC⊥CD,CD=1,∠DAC=30°，将△ACD绕点A顺时针旋 转得到△AEF .AB=CD=1,AF=AD=2CD=2,∠EAF=∠DAC=30°，∠ABC=∠ADC=90°-30°=60°， ∠AEF=∠ACD=90° .EF⊥AE, 若EF⊥AB, 答案第36页（共2页) 则AB与AE共线，如图有两种情况： AB=1,∠E1A0=30°，∠ABC=60°， .ㄥAOB=90°， B0号AB=3,A0=AB-BO=E 2 0E=A-A02-9,0,=A+0=2*9 E2 A B E F 16.(1)BC⊥AD,理由如下： 由旋转可知0C=0C,∠C0C=90°， .∠0CC=∠0CC=45°， ,O是AC的中点， .A0=C0,∠A0C=90°， ..OA=OC, ∴.∠0CA=∠0AC=45°， .∠ACC=90°， BC⊥AD. 2CE=CN+GN,理由如下： 由(1)可得：BC⊥AD, .∠ACC=90°， ,四边形ABCD与四边形ABCD为平行四边形， .DA‖CB,AD‖BC, .∠AAC+∠CCA=180°，∠ACC+∠ACC=180°， .∠AAC=90°，∠ACC=90°， 由平移可知CE‖AD,GH‖BC,∠G=∠B,CG=AB, 答案第37页（共2页） ∴.∠DMC=∠CAA=90°，∠CNG=∠ACB=90°， .∠DMC=∠CNG, 由旋转可得∠B=∠D,CD=AB, .∠D=∠G,CD=CG, ∠D=∠G :在ACDC和△FNG中∠DCC=∠CNG CD=CG ·△CDC≌△ENGIAASI ∴.CN=CC,NG=CD, 由旋转可得：AD=AD,由平移可得：AD=EF ∴.EF=AD .∠CCA=90°，∠0AC=45°， ∴.AC=CC, ∴.AD-AC=EF-CC,即EC=CD, ∴.EC=NG, CE=EM+CM, ..CE=CN+NG. 43-4或45+4 93 【分析】（1)根据旋转得出OC=OC,∠COC=90°，根据等腰三角形的性质得出 ∠0CC=∠OCC=45°，证明0A=OC,根据等腰三角形的性质得出∠OCA=∠0AC=45°，求 出∠ACC=90°，即可得出结论； (2)证明△CDC≌△FNGIAASI?得出CN=CC'NG=CD'根据等腰三角形的判定得出 AC=CC,根据线段间数量关系证明EC=CD,得出CE=EM+CM,即可得出结论； (3)分两种情况：当点F在CD上，DE=DF时，当点在CD爽长线上，DP=EF=4+3时，分别 3 画出图形进行求解即可. 【详解】（1)略 （2)略 (3)解：如图，根据解析（1)可得：BC⊥AD,∠OAC=∠OCC=45°， 答案第38页（共2页） D' C 夕 .△ACC为等腰直角三角形， :Ac=cc=AC=42-4, V2 V2 口ABCD中，∠D=∠B=60°， ∴.∠CCD=90°-60°=30°， ..CD=-CD, 2 根据勾股定理得：CD+CC2=CD2, 即cD+CC2=2CD, 解得：CD= 43 3， 负值已舍去， CD=83 AD-AC+CD-4+483 3 四边形ABCD为平行四边形， BC=AD=4+43 3,AB=CD=83 3, 根据平移和旋转的性质可得： AB-CD-EG-FH=AB=CD-8V3,AD=BC=EF-GH=AD-4+4V3 3 ,四边形ABCD为平行四边形， .AD‖BC, .BC⊥AD, AD⊥AD, 根据平移可得：EF‖AD, .EF⊥AD, 答案第39页（共2页) 当点F在CD上，DE=DF时，如图所示： EF⊥AD, BM=M=E-2+83 3,∠DMF=90, ∠DFM=90°-60°=30°， DM-DE. 根据勾股定理得：DM+MF2=DF2, =DF2, 解得：DF=4+43 ，负值已舍去， 3 ÷CR=CD-DF=834+4343-4 33 3 49/3-4 即此时平移距离为 当点P在CD爽长线上，DF=EF=4+3时，知图所示 3 则CF=CD+Dp=834+43-4陌+4， 3 即此时平移距离为4+4V3; 答案第40页（共2页) 综上，当△EFD为等腰三角形时，平移距离为 43-4 或4V3+4. 3 17.(1)四边形ABED为矩形. 理由如下： 由平移的性质，得ADBE,AD=BE, ∴.四边形ABED是平行四边形. 又.'∠ABE=90°， 平行四边形ABED是矩形. (2)DpG=CE" 证明：由平移的性质，得ACDF, ∴.∠ACD=∠CDF. 由（1)得，四边形ABED为矩形. ∴.AD=BE 又.BE=AC, ∴.AC=AD' ∴.∠ACD=∠ADC, .∴∠ADC=∠CDF. 由旋转的性质，得DG=DE,∠DEF=∠DGH=9O°，∠GDH=∠EDF, ∴.∠PGD=∠CED=90°，∠ADC-∠GDH=∠CDF-∠EDF, ∴.∠GDP=∠EDC, ∴.△PGD≌△CED|ASA, .∴.PG=CE ②5或29. 【分析】（1)先根据平移后的对应点所连线段平行且相等，得到四边形ABED是平行四边形，又有一个 角是90°，那么这个平行四边形是矩形. (2)①利用平移后对应线段平行、平行线内错角相等、等边对等角、旋转的性质对应边相等、对应角相 等，再利用的等角的性质和等角的补角相等，得到证明△PGD与△CED全等的条件，证出对应边相等. ②运用分类讨论思想，分别画出符合题意的图形，结合旋转的性质，得到对应边相等，矩形的对边相等， 在Rt△MHE运用勾股定理求斜边的长度. 【详解】（1)略 答案第41页（共2页） (2)①略 ②.DH⊥AC,AC I DE, .DH⊥DF. 分两种情况讨论： 如图31，△DEF绕点D顺时针旋转90°得到△DGH,交BE于点M. G D 图3-1 由旋转的性质得，DG=DE=2,GH=EF=3,∠HGD=∠FED=90°， 由(1)得四边形ABED是矩形， ,∴.∠MED=∠EDG=90°，DE=AB=2, .∴.四边形MEDG是矩形， ∴.∠GME=90°，GM=DE=2,EM=DG=2, .∴.HM=GH-GM=1, 在Rt△EMH中，由勾殿定塞，得EH=EM+HM=5: 如图32，△DEF绕点D逆时针旋转90°得到△DGH,延长HG交直线BE于点N. C E 图3-2 同理可得，GN=EN=DE=2,HG=3, ∴.HN=5, 在Rt△HEN中，根据勾股定理得，EH=ET+H=V29: 综上所述，EH的值为V5或V29. 18.(140° (2)见解析 答案第42页（共2页) (365或1150 【分析】(1)根据轴对称的性质可得CA=CB,∠CAB=∠CBA, 1 ∠BCE=∠ACE=)∠ACB=15°，再由三角形内角和定理可得∠ABC=75°，再结合 ∠DBC=号∠ABD,可得∠ABC=3∠DBC,即可求解； (2)由折叠的性质得，∠ABD=∠EBD,∠BAD=∠BED,BD垂直平分线段AE,垂足为点H, 设∠DBC=x°，则∠EBD=∠ABD=2X,根据平行线的性质可得∠EDB=∠ABD=2x,结合角平 分线的定义，可得∠BDG=号∠BDF=90°-X,从而得到∠G=∠GHB-∠BDG=x°，在△BDE中， 可得∠BAD=∠BED=180°-4x,再由∠ABC+∠BAC+∠C=180°，可得∠C=x°，即可求解： (3)分两种情况，结合旋转的性质解答即可 【详解】（1)解：△ABC关于直线CE成轴对称， ∴.CA=CB,∠CAB=∠CBA,∠ACE=∠BCE. .∠ACB=30°， ∠BCE=∠AcE-3<ACB=I5, 在△ABC中，∠CAB+∠CBA+∠ACB=180°， ∠ABC=号180-2ACB-号180-30=75， :∠DBC=号∠ABD, ∴.∠ABC=∠ABD+∠DBC=2∠DBC+∠DBC=3∠DBC=75°， ∴.∠DBC=25°. 在△BCE中，∠CED=∠DBC+∠BCE=25°+15°=40°； (2)解：由折叠的性质得，∠ABD=∠EBD,∠BAD=∠BED,BD垂直平分线段AE, 设BD与AE交于点H, 答案第43页（共2页） 设∠DBC=x°， :∠DBC= 2<ABD, ∴.∠EBD=∠ABD=2X, DE‖AB, ∴.∠EDB=∠ABD=2X, ∴.∠BDF=180°-∠EDB=180°-2x, .DG平分∠BDF, ∠BDG=号∠BDF=90°-X, .AE⊥BD, .∴.在△DHG中，∠GHB=90°， .∠GHB=∠G+∠BDG, ∴.∠G=∠GHB-∠BDG=90°-|90°-x=x° 在△BDE中，∠EBD+∠EDB+∠BED=180°， .∴.∠BED=180°-∠EBD-∠EDB=180°-4X, .∠BAD=∠BED=180°-4X, 在△ABC中，∠ABC+∠BAD+∠C=180°， 即∠ABD+∠DBC+∠BAD+∠C=180°， ∴.3x+180°-4x+∠C=180°， ∴.∠C=X, .∠C=∠G (3)解：由(2)得：∠BAD=80°，∠ABC=75°，∠ABD=50°， 由旋转的性质得：∠BAD=∠BAD=80°，∠ABD=∠ABD=50°， 如图，当∠BMD=90°时，此时∠ABM=90°-80°=10°， 答案第44页（共2页) M D' .∠ABA=∠ABC-∠ABM=65°， 即旋转角c的度数为65°； 如图，当∠MBD=90°时，此时∠ABM=90°-80°=10°， D ∴.∠ABM=∠MBD-∠ABD=40°， .∠ABA=∠ABC+∠ABM=115°， 即旋转角c的度数为115°； 综上所述，旋转角c的度数为65°或115°. 19.(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, 答案第45页（共2页） .AD=AE,∠DAE=90°， ∴∠AED=∠ADE=45°， :∠AEC=45°， .∠CED=90°， ..CE2+DE2=CD2, ..BD2+DE2=CD2; (3) 9V2或12-3V2 【分析】(1)根据SAS证明△ABD≌△ACE,然后根据全等三角形的性质即可得出结论； (2)同(1)可得BD=CE,判断△CDE是直角三角形，然后根据勾股定理即可求解； (3)分点E不在CD上和点E在CD上两种情况讨论即可. 【详解】(1)略； （2)略； (3)解：AD=AE=3,∠DAE=90°， .DE=32, 当点E不在CD上时，如图3， 图3 由(2)可知BD+DE2=CD2, CD-BD2+DE2-92 当点E在CD上时，如图， 此时CD=CE-DE=BD-DE=12-3V2, 答案第46页（共2页) 综上，CD的长为92或12-3只2. 20.(①)DE=DE, 证明：如图，连接CE, E D D ABCD ABCD B 四边形 与四边形 都是矩形， .∴.∠ADC=∠CDE=90°， ∴.∠CDE=180°-90°=90°，即∠CDE=∠CDE. 由旋转可知：CD=CD, 又.CE=CE, ∴.Rt△CDE≌Rt△CD EHL' .∴DE=DE. (2)证明：如图，连接AC, D A'(E) B B C 图② 由旋转可知：AC=AC, .四边形ABCD是矩形， .AD‖BC,AD=BC,∠ADC=90°. 又·AC=AC,CD⊥AA, .∴.AD=AD, .∴.AD=BC, AD‖BC,AD=BC, ..四边形ADBC是平行四边形， 答案第47页（共2页） 1或g 【分析】(1)通过连接公共边CE构造两个三角形，利用矩形的直角性质和邻补角关系证明两个三角形 均为直角三角形，结合旋转前后对应边相等的性质，用HL定理证明两个三角形全等，即可证明结论. (2)连接AC,利用旋转性质得到AC=AC,结合矩形的性质和等腰三角形三线合一的性质，从而推出 AD=BC,最终由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得出结论， (3)根据三点共线的两种相对位置分类讨论，利用旋转性质得到对应边、对应角相等，结合矩形对边相 等推出直角三角形，用勾股定理计算BD的长度，再根据线段的和差关系分别求出两种情况下AD的长 度 【详解】(1)略. （2)略. (3)解：①当点A、B在CD的同侧时，如图3， D E B' B BC=BC=3 AB=A B=5 D' 图3 根据旋转的性质可得， ∠ABC=∠ABC=90°， ∴.∠DBC=90°， .在Rt△DBC中，BD=RCD2-BC=5-3-4 .∴.AD=AB+BD=5+4=9. ②当点A、B在CD的异侧时，如图4， D' BC=3CD=5∠DBC=90°BD=4 B 图4 同理可得， .∴.AD=AB-BD=5-4=1. 答案第48页（共2页) 综上，AD的值为1或9. 答案第49页（共2页）