2023年中考数学探究性试题复习18 旋转
一、综合题
1．（2023·原平模拟）
（1）综合与实践
问题情境：如图1，在中，，，D，E分别是，的中点，连接．
如图2，将绕着点C逆时针旋转，连接BE和，小明发现，，请你证明该结论．
（2）猜想探究：
如图3，将绕着点C逆时针旋转，此时恰好有，连接，延长，交于点F，试猜想四边形的形状，并说明理由．
拓展探究：
（3）如图4，将绕着点C逆时针旋转，直接写出四边形的面积的最大值．
2．（2023九下·秦淮月考）在和中，，，，用这两个直角三角形研究图形的变换.
（1）【翻折】如图1，将沿线段翻折，连接，下列对所得四边形的说法正确的是 .
①平分、，②、互相平分，③，④、、、四点共圆.
（2）【平移】
如图2，将沿线段向右平移，使点移到的中点，连接、、，请猜想四边形的形状，并说明理由.
（3）【旋转】如图3，将绕点逆时针方向旋转，使，连接、，则旋转角为 °， cm.
3．（2023·长清模拟）在学习了图形的旋转知识后，数学兴趣小组的同学们又进一步对图形旋转前后的线段之间、角之间的关系进行了探究．
（一）尝试探究：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，∠ABC＝∠ADC＝90°，点E、F分别在线段BC、CD上，∠EAF＝30°，连接EF．
（1）如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转60°后得到△A′B′E′（A′B′与AD重合），请直接写出∠E′AF＝ 度，线段BE、EF、FD之间的数量关系为 ．
（2）如图3，当但点E、F分别在线段BC、CD的延长线上时，其他条件不变，请探究线段BE、EF、FD之间的数量关系，并说明理由．
（3）拓展延伸：如图4，在等边△ABC中，E、F是边BC上的两点，∠EAF＝30°，BE＝1，将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△A′B′E′（A′B′与AC重合），连接EE′，AF与EE′交于点N，过点A作AM⊥BC于点M，连接MN，求线段MN的长度．
4．（2023·青山湖模拟）如图
（1）问题发现：
如图1，和都是等边三角形，边和在同一直线上，是边的中点，，连接，则下列结论正确的是 ．（填序号即可）
①；②；③；④整个图形是轴对称图形．
（2）数学思考：将图1中的绕着点旋转，不动，连接和，如图2，则和具有怎样的数量和位置关系？请给出证明过程；
（3）拓展应用：已知，，在图1中的绕着点旋转的过程中，当时，求线段的长度．
5．（2023·南山模拟）在正方形中，点是对角线上的动点（与点，不重合），连接．
（1）将射线绕点顺时针旋转，交直线于点．
①依题意补全图1；
②小深通过观察、实验，发现线段存在以下数量关系：的平方和等于的平方．小深把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成证明该猜想的几种想法：
想法1：将线段绕点逆时针旋转，得到线段，要证的关系，只需证的关系．
想法2：将沿翻折，得到，要证的关系，只需证的关系．
…
请你参考上面的想法，用等式表示线段的数量关系并证明；（一种方法即可）
（2）如图2，若将直线绕点B顺时针旋转，交直线于点．若正方形边长为，，求的长．
6．（2023·福田模拟）
（1）【问题初探】
如图1，等腰中，，点为边一点，以为腰向下作等腰，．连接，，点为的中点，连接．猜想并证明线段与的数量关系和位置关系．
（2）【深入探究】
在（1）的条件下，如图2，将等腰绕点旋转，上述结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）【拓展迁移】
如图3，等腰中，，．在中，， ．连接，，点为的中点，连接．
绕点旋转过程中，
①线段与的数量关系为： ；
②若，，当点在等腰内部且的度数最大时，线段的长度为 ．
7．（2022九上·洛阳模拟）如图1，在中，，，点D、E分别在边AB，上，，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点.
（1）观察猜想：图中，线段PM与PN的数量关系是 ，位置关系是 ；
（2）探究证明：把绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接，，，判断的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把绕点A在平面内自由旋转，若，，请直接写出面积的最大值.
8．（2023·莱芜模拟）如图1，在中，，D，E两点分别在上，且，将绕点A顺时针旋转，记旋转角为．
（1）问题发现 当时，线段的数量关系是 ；
（2）拓展探究 当时，（1）中的结论有无变化？请仅就图2的情形给出证明；
（3）问题解决 设，旋转至A，B，E三点共线时，直接写出线段的长．
9．（2023七下·义乌开学考）如图1，点O在直线上，过点O引一条射线，使，将一个直角三角尺的直角顶点放在点O处，直角边在射线上，另一边在直线的下方.
【操作一】：将图1中的三角尺绕着点O以每秒的速度按顺时针方向旋转.当它完成旋转一周时停止，设旋转的时间为t秒.
（1）的度数是 ，图1中与它互补的角是 .
（2）三角尺旋转的度数可表示为 （用含t的代数式表示）；当 时，.
（3）【操作二】：如图2将一把直尺的一端点也放在点O处，另一端点E在射线上.如图3，在三角尺绕着点O以每秒的速度按顺时针方向旋转的同时，直尺也绕着点O以每秒的速度按顺时针方向旋转，当一方完成旋转一周时停止，另一方也停止旋转，设旋转的时间为t秒.
试探索：在三角尺与直尺旋转的过程中，当，是否存在某个时刻，使得与中其中一个角是另一个角的两倍？若存在，请求出所有满足题意的t的值；若不存在，请说明理由.
10．（2023九下·广水月考）阅读下面材料.
小炎遇到这个一个问题：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接，则，试说明理由.
小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中，她先尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法.她的方法是将绕着点A逆时针旋转90°得到，再利用全等的知识解决这个问题（如图2）.
参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：
（1）写出小炎的推理过程；
（2）如图3，四边形ABCD中，，，点E、F分别在边上，，若、都不是直角，则当与满足于 关系时，仍有；
（3）如图4，在中，，，点D、E均在边BC上，且，若，，求DE的长.
11．（2023八下·福州月考）请阅读下列材料：已知：如图（1）在中，，点D、E分别为线段上两动点，若.探究线段三条线段之间的数量关系.小明的思路是：把绕点A顺时针旋转，得到，连接，使问题得到解决.请你参考小明的思路探究并解决下列问题：
（1）猜想三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；
（2）当动点E在线段上，动点D运动在线段延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；
（3）已知：如图（3），等边三角形中，点D、E在边上，且，请你找出一个条件，使线段能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数.
12．（2023·秦皇岛模拟）如图，将两个完全相同的三角形纸片和重合放置，其中，．
（1）操作发现
如图②，固定，使绕点C旋转，当点D恰好落在边上时，
①求线段与的位置关系；
②设的面积为，的面积为，求与的数量关系．
（2）猜想论证
当绕点C旋转到如图③所示的位置时，小明猜想（1）中与的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了和中、边上的高，请你证明小明的猜想．
13．（2022·大同模拟）综合与实践
问题情境：
将两个完全相同的等腰Rt△ABC和等腰Rt△CDE按图1方式放置，∠ACB=∠DCE=90°，将Rt△CDE绕点C顺时针旋转，连接AE，BD，AE与BD相交于点G．
猜想证明：
（1）在图1中，请判断AE与BD的数量关系与位置关系，并说明理由；
（2）当旋转到CE//AB时，如图2，证明：AE平分∠BAC；
（3）若旋转到如图3所示的位置时，连接BE、此时△BCE恰好是等边三角形，AE与BC相交于点F，请你直接写出的值．
14．（2023七上·武义期末）含有的直角三角板和含有的直角三角板按如图1放置，和重合.
【操作一】三角板保持不变，将三角板绕着点以每秒的速度按逆时针方向旋转.当它完成旋转一周时停止，设旋转的时间为t秒.
（1）当时， 度.
（2）求t为何值时，.
【操作二】如图2，在三角板绕着点B以每秒的速度按逆时针方向旋转的同时，三角板也绕着点B以每秒的速度按逆时针方向旋转，设旋转时间为t秒（）.
（3）求t为何值时，与重合.
（4）试探索：在两个三角板旋转的过程中，是否存在某个时刻，使得与中其中一个角是另一个角的两倍？若存在，请求出所有满足题意的t的值；若不存在，请说明理由.
15．（2023九上·南宁期末）通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的.下面是一个案例，请补充完整.
原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则EF=BE+DF，试说明理由.
（1）思路梳理
∵AB=CD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合.
∵∠ADC=∠B=90°，
∴∠FDG=180°，点F、D、G共线.
根据 ，易证△AFG≌ ，得EF=BE+DF.
（2）类比引申
如图2，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF=45°.若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系 时，仍有EF=BE+DF.
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°.猜想BD、DE、EC应满足的等量关系，并写出推理过程.
16．（2022·达州）某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形 和等腰直角三角形 ，按如图1的方式摆放， ，随后保持 不动，将 绕点C按逆时针方向旋转 （ ），连接 ， ，延长 交 于点F，连接 .该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：
【初步探究】
（1）如图2，当 时，则 ；
（2）如图3，当点E，F重合时，请直接写出 ， ， 之间的数量关系： ；
（3）如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由.
（4）如图5，在 与 中， ，若 ， （m为常数）.保持 不动，将 绕点C按逆时针方向旋转 （ ），连接 ， ，延长 交 于点F，连接 ，如图6.试探究 ， ， 之间的数量关系，并说明理由.
17．（2021九上·普陀期末）如图
（1）（问题发现）
如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B、C重合）将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，连结EC，则线段BD与CE的数量关系是 ，位置关系是 ；
（2）（探究证明）
如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，将△ADE绕点A旋转，当点C，D，E在同一直线时，BD与CE具有怎样的位置关系，并说明理由；
（3）（拓展延伸）
如图3，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝2CD＝4，将△ACD绕顺时针旋转，点C对应点E，设旋转角∠CAE为α（0°＜α＜360°），当点C，D，E在同一直线时，画出图形，并求出线段BE的长度．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：如图，延长交于点F，交于点G，
∵，都是等腰直角三角形，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：正方形，理由：
∵，
由（1）知，，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形；
（3）解：由（1）知，，，
∵，
∴当点C在线段BE上，且时，即绕着点C逆时针旋转时，四边形的面积有最大值，
此时，
∴，
即四边形AEDB的面积的最大值为．
【知识点】正方形的判定；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）延长交于点F，交于点G，根据SAS证明△ADC≌△BEC，可得AD=BE，∠DAC=∠EBC，再根据余角的性质可得∠AFG=90°，继而得解；
（2） 正方形，理由：由（1）结论，根据有三个角是直角的四边形是矩形，证四边形是矩形，再根据一组邻边相等的矩形是正方形即证结论；
（3） 当点C在线段BE上，且时，即绕着点C逆时针旋转时，四边形的面积有最大值， 此时BE=AD=3，由AD⊥BE，可得，据此计算即可.
2．【答案】（1）①③④
（2）解：∵沿线段向左平移，
∴，.
∵是直角三角形，是的中点，
∴.
∴
∵，
∴四边形是平行四边形.
∵，
∴四边形是菱形.
（3）120；
【知识点】菱形的判定；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质；角平分线的判定；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（1）由翻折可得：，
∴平分、，故①正确；
∴，
∵
∴垂直平分，故②错误；
如图，
，故③正确；
取的中点O，连接，
∵均为直角三角形，
∴，
∴、、、四点共圆，故④正确，
故答案为：①③④；
（3）∵，
∴，
又，
∴，
即旋转角的度数为；
由旋转得：，
又，
∴
过点C作于点P，如图，
∴
∵，
∴
∴由勾股定理得，，
∴
故答案为：，.
【分析】（1）由翻折可得∠CBA=∠FBA，∠CAB=∠FAB，然后根据角平分线的概念可判断①；根据角平分线的性质可得AC=AF，BC=BF，由垂直平分线的判定定理可判断②；S四边形ACBF=S△ABC+S△ABF，结合三角形的面积公式可判断③；取AB的中点O，连接CO、FO，根据直角三角形斜边上中线的性质可得OA=OB=OC=OF，据此判断④；
（2）根据平移的性质可得AB∥CF，CF=BE，根据直角三角形斜边上中线的性质可得BE=BD=BF=ED，则CF=BD，然后根据菱形的判定定理进行解答；
（3）根据平行线的性质可得∠ACE=∠DEC=30°，则∠ACD=∠ACE+∠DCE=120°，由旋转得AC=DC，则∠CDA=∠CAD=30°，过点C作CP⊥AD于点P，由含30°角的直角三角形的性质可得CP=CD=3，利用勾股定理求出DP的值，进而可得AD.
3．【答案】（1）30；BE＋DF＝EF
（2）解：如图3，在BE上截取BG＝DF，连接AG，
在△ABG和△ADF中，∵AB＝AD，∠ABE＝∠ADF，BG＝DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，且AG＝AF，
∵∠DAF＋∠DAE＝30°，
∴∠BAG＋∠DAE＝30°，
∵∠BAD＝60°，
∴∠GAE＝60°-30°＝30°，
∴∠GAE＝∠FAE，
在△GAE和△FAE中，∵AG＝AF，∠GAE＝∠FAE，AE＝AE，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE＝FE，
又∵BE-BG＝GE，BG＝DF，
∴BE-DF＝EF，
即线段BE、EF、FD之间的数量关系为BE-DF＝EF；
（3）解：如图4，将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△A′B′E′，
则AE＝AE′，∠EAE′＝60°，
∴△AEE′是等边三角形，
又∵∠EAF＝30°，
∴AN平分∠EAF，
∴AN⊥EE′，
∴直角三角形ANE中，＝，
∵在等边△ABC中，AM⊥BC，
∴∠BAM＝30°，
∴＝，且∠BAE＋∠EAM＝30°，
∴，
又∵∠MAN＋∠EAM＝30°，
∴∠BAE＝∠MAN，
∴△BAE∽△MAN，
∴，即＝，
∴MN＝．
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：（1）如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转60°后得到△A′B′E′，
则∠1＝∠2，BE＝DE′，AE＝AE′，
∵∠BAD＝60°，∠EAF＝30°，
∴∠1＋∠3＝30°，
∴∠2＋∠3＝30°，
即∠FAE′＝30°，
∴∠EAF＝∠FAE′，
在△AEF和△AE′F中，
∵AE＝AE′，∠EAF＝∠FAE′，AF＝AF，
∴△AEF≌△AE′F（SAS），
∴EF＝E′F，
即EF＝DF＋DE′，
∴EF＝DF＋BE，
即线段BE、EF、FD之间的数量关系为BE＋DF＝EF，
故答案为：30，BE＋DF＝EF；
【分析】（1）利用旋转的性质求出∠E′AF的度数，再证出△AEF≌△AE′F（SAS），可得EF＝E′F，再结合EF＝DF＋DE′，可得BE＋DF＝EF；
（2）在BE上截取BG＝DF，连接AG，先证出△GAE≌△FAE（SAS），可得GE=FE，再结合BE-BG＝GE，BG＝DF，可得BE-DF＝EF；
（3）将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△A′B′E′，先证出△BAE∽△MAN，可得，即＝，再求出MN＝即可。
4．【答案】（1）①③④
（2）解：，．理由如下：
连接，，由图1，，，
可得．绕着点旋转，
仍然成立．∵是等边三角形，
∴，．
∴．
同理，，．
∴，．
∴．
∴．
∴，．
延长交于点，交于点，
又，∴．
∴．
∴．
（3）解：当时，∵，∴，，三点共线．
如备用图1，
设，则．∵，
∴在中，．
解之得：．又，
∴
即．
如备用图2．
设，则．∵，
∴在中，．
解之得：．
又，∴
即．
综上所述，．
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）∵是边的中点，是等边三角形，
∴，
又∵，
∴，所以①符合题意；
过D作交于点G，
∴
∵和都是等边三角形，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，所以②不符合题意；
连接，
∵和都是等边三角形，
∴，
∵
∴，
∴三点共线，即，所以③符合题意；
由③可知整个图形关于直线成轴对称图形，所以④符合题意；
故答案为：①③④．
【分析】（1）由线段的中点可得OB=OC，结合BE=CF，可得OE=OF，据此判断①；过D作交于点G，可证四边形为平行四边形，可得，据此判断②；连接，由等腰三角形三线合一的性质可得，从而得出得三点共线，即，据此判断③④；
（2）连接，，由（1）知OE=OF，由于△DEF为等边三角形，可得，，从而求出，同理，，可证，利用相似三角形的性质可得，. 延长交于点，交于点，证得，可得，继而得解；
（3） 当时，结合，则，，三点共线． 分两种情况，分别画出图形并解之即可.
5．【答案】（1）解：①补全图形，如图1所示：
②；理由如下：
想法1：过作，使，连接，如图2所示：
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴；
想法2，如图所示，
∵四边形是正方形，将沿翻折，得到，
∴，，
∵，
∴
∴
∴
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴；
（2）解：如图所示，过作，使，连接，
∵直线绕点顺时针旋转°，交直线于点，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴．
∵正方形边长为，
∴，
∵，
设，则
∴
解得：
∴
设，则，
∵．
∴，
解得：
∴．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）①根据题意补图即可；② 过作，使，连接， 证明
，可得，再证，可得，从而得出，在中，利用勾股定理即可求解；
（2） 过作，使，连接， 证明，可得，再证，可得，从而得出∠MAF=90°，由勾股定理可得，由正方形的边长为2，可得，由，可设，，根据AC=AE+EC=5x=2，求出x值，即得， 设，则， 由建立关于a方程并解之即可．
6．【答案】（1）解：，，理由如下：
如图，延长交于点，
为等腰直角三角形，，
，
为等腰直角三角形，，
，，
又，
，
，
在中，点为斜边的中点，
，
，
设，则，
，
，
在，点为斜边的中点，
，
，
，
，
；
（2）解：结论，，仍然成立，理由如下：
如图，取的中点，连接，，延长分别交，于点，，
点，分别是，的中点，
，
，
，
在等腰中，点是的中点，
，，
，
点，分别是，的中点，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
，
在和中，
，，
，即．
综上：，；
（3）；
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；等腰直角三角形；直角三角形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（3）①如图，取的中点，连接，，延长分别交，于点，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
点，分别是，的中点，
，，
，
在等腰中，点是的中点，，
，，，
∴，
∴，即，
，
点，分别是，的中点，
，
，
，
，
，
，
，
∴；
故答案为：
②∵，，
∴点D在以点B为圆心，长为半径的圆上运动，
∴当时，最大，
过点E作，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
在中，，
在中，，，
∴，
∴，
在中， ，
由①得：，
．
【分析】（1），，理由：延长交于点，根据SAS证明△DBC≌△EBC，可得CD=CE，根据直角三角形斜边中线的性质可得AF=CD=CE， 设，则， 由全等三角形的性质可得，再根据直角三角形斜边中线的性质可得AF=CF，利用等腰三角形的性质及三角形内角和求出∠FPC=90°，继而得解；
（2）仍然成立，理由：取的中点，连接，，延长分别交，于点，， 根据三角形中位线定理及等腰直角三角形可得 ， 再证明， 可得 ，，继而得解；
（3）①取的中点，连接，，延长分别交，于点，，根据等腰三角形及直角三角形的性质可得，再证，利用相似三角形的性质即可求解；②判断出点D在以点B为圆心，长为半径的圆上运动，则当时，最大，过点E作，则四边形为矩形，可得，由勾股定理求出CD，从而得出CH，在中，由勾股定理求出CE，继而得解.
7．【答案】（1）；
（2）解：是等腰直角三角形，理由如下：
由旋转知，，
∵，，
，
，，
利用三角形的中位线得，，，
，
是等腰三角形，
同（1）的方法得，，
，
同（1）的方法得，，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形；
（3）解：由（2）知，是等腰直角三角形，，
最大时，面积最大，
点在的延长线上，
，
，
.
【知识点】旋转的性质；等腰直角三角形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（1）点P，N是BC，CD的中点，
，，
点P，M是CD，DE的中点，
∴，，由三角形的中位线定理得PN∥BD，PN=BD，PM∥CE，PM=CE，由AB=AC，AD=AE推出BD=CE，进而推出PM=PN；
∴，，
，
，
∵，
，
∵，
，
，
，
，
，
故答案为：，；
【分析】（1）根据三角形的中位线定理得PN∥BD，PN=BD，PM∥CE，PM=CE，根据线段的和差及等式的性质，根据AB=AC，AD=AE推出BD=CE，进而推出PM=PN；根据平行线的性质得∠DPM=∠DCA，∠DPN=∠ADC，根据直角三角形两锐角互余、等量代换及角的和差可得∠ADC+∠ACD=∠DPM+∠DPN=∠MPN=90°，从而根据垂直的定义得出PM⊥PN；
（2）△PMN是等腰直角三角形，理由如下：用SAS证△ABD≌△ACE，得∠ABD=∠ACE，BD=CE，由三角形中位线定理得PN=BD，PM=CE，从而得PM=PN，利用平行线的性质得∠DPM=∠DCE，∠PNC=∠DBC，由三角形外角相等得∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，然后根据角的和差、等量代换转化为∠MPN=∠ACB+∠ABC，结合直角三角形两锐角互余即可得出∠MPN=90°，从而得出结论△PMN是等腰直角三角形；
（3）先判断出BD最大时，△PMN的面积最大，而BD的最大值是点D在BA的延长线上，此时BD=AB+AD=14，据此结合等腰直角三角形的面积计算公式即可求出答案.
8．【答案】（1）
（2）解：如图2中，结论不变．
理由：∵ ，
∴，
∴，
∴．
（3）4或2
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）如图1中，
∵
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即．
故答案为：．
（3）如图3中，∵都是等腰直角三角形，
∴，，
当点E在BA的延长线上时，4．
如图4中，当点E在线段AB上时，2．
综上所述，BE的长为4或2．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可得，根据平行线的性质可得，，则，即；
（2）证明 可得结论；
（3）根据等腰直角三角形的性质可得，，分为两种情况：当点E在BA的延长线上时，4；当点E在线段AB上时，2。
9．【答案】（1）130°；∠AOC
（2）15t度；或
（3）解：当在左侧时，
（ⅰ），如图，
由题意得：，
解得：.
（ⅱ），如图，
由题意得：，
解得：.
②当在右侧时，
（ⅰ），如图，
由题意得：，
解得：.
（ⅱ），因为，所以不存在.
综上所述，当或或时两个角其中一个是另一个的两倍.
【知识点】图形的旋转；邻补角
【解析】【解答】解：（1），
；
与为邻补角，
图1中于互补的角为.
故答案为：；；
（2）三角尺旋转的度数等于每秒旋转的角度数乘以旋转的时间，
三角尺旋转的度数可用度表示，
故答案为：度；
若，则需旋转或，
或，
解得：或.
故答案为：或.
【分析】（1）根据邻补角的性质可得∠BOC=180°-∠AOC=130°，据此解答；
（2）由题意可得：三角尺旋转的度数可用15t度表示，若MO⊥OC，则OM需旋转40°或220°，据此不难求出t的值；
（3）当OM在OC左侧时，∠COM：∠COE=2：1，由题意可得2×5t=130-15t；当∩COM：∠COE=1：2时，5t=2(130-15t)，求解即可；当OM在OC右侧时，同理可得t的值.
10．【答案】（1）解：如图所示，将绕着点A逆时针旋转90°得到，
∵四边形是正方形，
∴，
由旋转的性质可得，，
∴，即三点共线，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）
（3）解：如图所示，将绕点A逆时针旋转90°得到，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，即，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴.
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（2）解：当时，仍有，理由如下：
如图所示，将绕点A逆时针旋转90°得到，
∴，
∵，
∴，即三点共线，
∵
∴，
∴，即，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：；
【分析】（1） 将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，由正方形的性质可得AB=AD，∠B=∠ADC=∠BAD=90°，由旋转的性质可得AE=AG，BE=DG，∠BAE=∠DAG，∠ADG=∠B=90°，进而推出∠GAF=∠EAF=45°，利用SAS证明△AEF≌△AGF，得到EF=GF，据此解答；
（2）将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADG，则BE=DG，AE=AG，∠BAE=∠DAG，∠B=∠ADG，同（1）证明△AEF≌△AGF，得到EF=GF，据此解答；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，则∩B=∠ACG，BD=CG=1，AD=AC，易得∠GAE=∠DAE=45°，利用SAS证明△ADE≌△AGE，得到GE=DE，然后根据勾股定理进行计算.
11．【答案】（1）解：，
（2）解：关系式仍然成立.
证明：将沿直线对折，得，连接
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∵，
，
∴，
又∵，
∴，
∴
∴，
∴在中，，
即；
解法二：将绕点A顺时针旋转得到.连接.
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵
∴；
（3）解：当时，线段能构成一个等腰三角形.
如图，与（2）类似，以为一边，作，在上截取，
可得.
∴.
∴.
若使为等腰三角形，只需，
即，
∴当时，线段能构成一个等腰三角形，且顶角为.
【知识点】勾股定理；轴对称的性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1） ，证明如下：
将绕A顺时针旋转后成，连接，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，
∴；
故答案为：；
【分析】（1）BD2+EC2=DE2，理由如下：将△AEC绕A顺时针旋转90°后成△ABE'，连接DE'，由旋转的性质及角的和差得∠EAD=∠E'AD=45°，由SAS判断出△ADE'≌△ADE，得DE'=DE，由等腰直角三角形性质得∠ABC=∠C=45°，推出∠E'BD=90°，在Rt△E'BD中，由勾股定理得E'D2=E'B2+BD2，从而即可得出结论；
（2）BD2+EC2=DE2任然成立，理由如下：解法一： 将△ADB沿直线AD对折得△AFD，连接FE，由翻折知AF=AB，FD=DB，∠FAD=∠BAD，∠AFD=∠ABD，推出AF=AC，∠FAE=∠EAC，用SAS证出△AFE≌△ACE， 得FE=EC，∠AFE=∠ACE=45°，∠AFD=∠ABD=135°，则∠DFE=90°，在Rt△DEF中由勾股定理得DF2+FE2=DE2，即可得出结论；解法二： 将△EAC绕点A顺时针旋转90°得到△TAB，连接DT，由旋转得∠ABT=∠C=45°，AT=AE，∠TAE=90°，推出∠TBC=90°，∠DAT=∠DAE，用SAS判断出△DAT≌△DAE， 得DT=DE，从而利用勾股定理即可得出结论；
（3） 当AD=BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，如图，与（2）类似，以CE为一边，作∠ECF=∠ECB，在CF上截取CF=CB，可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA，得AD=DF，EF=BE，则∠DFE=120°，若使△DEF为等腰三角形，只需DF=EF，即AD=BE，从而即可得出结论.
12．【答案】（1）解：①如图②中，
由旋转可知：，
∵，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
②∵，，
则，，，
∴，
∴ ，
∴，
∵，
∴，
∴
即：．
（2）解：如图③中，
∵是由绕点旋转得到，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴
∴．
【知识点】旋转的性质；三角形的综合
【解析】【分析】（1）①先证出是等边三角形，可得，再结合，可得，即可证出；
②先利用三角形的面积公式求出，再结合，证出，即可得到；
（2）先利用“AAS”证出，可得，再结合，，即可得到。
13．【答案】（1）解：，，
证明：∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACB+∠BCE=∠DCE+∠BCE，
即∠ACE=∠BCD，
又∵AC=BC，CE=CD ，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE=BD，∠CAE=∠CBD，
又∵∠1=∠2， ∠BGA=180°-∠CBD-∠2 ∠BCA=180°-∠CAE-∠1，
∴∠BGA=∠BCA=90°，
∴
（2）解：证明：∵CE//AB，
∴∠BAE=∠AEC，
又∵AC=CE，
∴∠EAC=∠AEC，
∴∠BAE=∠EAC，
∴AE平分∠BAC，
解决问题：
（3）解：
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】（3）解：如图，作CH⊥AE于H，
设，
∵ 等腰直角三角形，
∵，
∴，
同理，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理，
∴ ，
∴ ，
∵，
∴ ，
∵，
∴，
∴，
∴．
【分析】（1）先利用“SAS”证出△ACE≌△BCD，可得AE=BD，∠CAE=∠CBD，再利用角的运算和等量代换求出∠BGA=∠BCA=90°，即可得到；
（2）利用平行线的性质可得∠BAE=∠AEC，再结合∠EAC=∠AEC，证出∠BAE=∠EAC，即可得到AE平分∠BAC；
（3）作CH⊥AE于H，设，先求出，，，再结合，可得。
14．【答案】（1）105
（2）解：由题意，当旋转到时，旋转角度为或，
∴或，
故当或13时，
（3）解：由题意，旋转的度数为，旋转的度数为，
∵，
∴当与重合时，，
解得：
（4）解：当与重合前时，
若，如图2，则，
∴，解得；
若，如图，则，
∴，解得；
当与重合后，如图，则，
∴，解得，
综上，满足条件的t值为2或4或12.
【知识点】角的运算；图形的旋转；一元一次方程的实际应用-几何问题
【解析】【解答】（1）解：当时，，，
，
故答案为：105°；
【分析】（1）当t=0时，∠ABC=45°，∠ABD=∠EBD=60°，然后根据∠CBD=∠ABC+∠ABD进行计算；
（2）由题意可知：当旋转到BD⊥BC时，旋转角度为15°或195°，然后根据旋转角的度数除以速度即可求出时间；
（3）由题意可知：AB旋转的度数为5t°，BD旋转的度数为15t°，当BD与AD重合时，15t°-5t°=60°，求解即可；
（4）当BD与AB重合前时，若∠ABD=2∠ABE，则∠ABD=∠EBD=40°，则5t°+60°-15t°=40°，求解即可；若∠ABE=2∠ABD，同理可得t的值；当BD与AB重合后，若∠ABE=2∠ABD，则∠ABD=60°，15t°=60°+5t°+60°，求解即可.
15．【答案】（1）SAS；△AFE
（2）∠B+∠D=180°
（3）解：联想拓展
猜想：DE2=BD2+EC2.理由如下：
把△ACE绕点A逆时针旋转90°到ABF的位置，连接DF，如图3所示：
则△ABF≌△ACE，∠FAE=90°，
∴∠FAB=∠CAE.BF=CE，∠ABF=∠C，
∴∠FAE=∠BAC=90°，
∵∠DAE=45°，
∴∠FAD=90°-45°=45°，
∴∠FAD=∠DAE=45°，
在△ADF和△ADE中，
∴△ADF≌△ADE（SAS），
∴DF=DE，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠C=45°，
∴∠C=∠ABF=45°，
∴∠DBF=∠ABF+∠ABC=90°，
∴△BDF是直角三角形，
∴BD2+BF2=DF2，
∴BD2+EC2=DE2.
【知识点】勾股定理；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1）思路梳理
∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图1，
∵∠ADC=∠B=90°，
∴∠FDG=180°，点F、D、G共线，
则∠DAG=∠BAE，AE=AG，BE=DG，
∠FAG=∠FAD+∠GAD=∠FAD+∠BAE=90°-45°=45°=∠EAF，
即∠EAF=∠FAG，
在△EAF和△GAF中，，
∴△AFG≌△AEF（SAS）.
∴EF=FG=DG+DF=BE+DF；
故答案为：SAS；△AFG；
（2）类比引申
∠B+∠ADC=180°时，EF=BE+DF；理由如下：
∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图2所示：
∴∠BAE=∠DAG，BE=DG，
∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠EAF=∠FAG，
∵∠ADC+∠B=180°，
∴∠FDG=180°，点F、D、G共线，
在△AFE和△AFG中，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF，
∴EF=BE+DF，
故答案为：∠B+∠ADC=180°；
【分析】（1）由题意可得点F、D、G共线，则∠DAG=∠BAE，AE=AG，BE=DG，根据角的和差关系可得∠EAF=∠FAG，利用SAS证明△AFG≌△AEF，据此解答；
（2）同（1）进行解答；
（3）把△ACE绕点A逆时针旋转90°到ABF的位置，连接DF，则△ABF≌△ACE，∠FAE=90°，易得∠FAD=∠DAE=45°，利用SAS证明△ADF≌△ADE，得到DF=DE，进而推出△BDF是直角三角形，然后结合勾股定理进行解答.
16．【答案】（1）45°
（2）BF=AF+CF
（3）解：如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论仍然成立，理由如下，
由（2）知：△ACE≌△BCD，
∴∠CAF＝∠CBD，
如图，过点C作CG⊥CF交BF于点G，
∵∠FCG=∠ACB＝90°，
∴∠ACF＝∠BCG，
∵∠CAF＝∠CBG，BC＝AC，
∴△BCG≌△ACF（ASA），
∴GC＝FC，BG＝AF，
∴△GCF为等腰直角三角形，
∴GF=CF，
∴BF＝BG+GF=AF+CF.
（4）解：BF=mAF+CF，理由如下，
∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，
∴∠DCE＝∠ACB=90°，
∴∠ACE＝∠BCD，
又∵BC=mAC，CD=mCE，
∴△BCD∽△ACE，
∴∠CBD＝∠CAE，
如图，过点C作CG⊥CF交BF于点G，
由（3）可得△BCG≌△ACF，
∴∠BCG＝∠ACF，
∴△BGC∽△AFC，
∴BG：AF=BC：AC=CG：CF=m：1，
∴BG＝mAF，CG＝mFC，
在Rt△CGF中，由勾股定理得GF＝==CF，
∴BF=BG+GF=mAF+CF.
【知识点】旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵△CED是等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED=45°，
又∵ED∥BC，
∴∠BCD＝∠CDE＝45°，
∴α＝∠BCD＝45°.
故答案为：45°；
（2）∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，
∴∠DCE＝∠ACB=90°，AC＝BC，CD＝CE，
∴∠ACE＝∠BCD，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AF＝BD，
∵BF＝DF+BD，
∴BF＝DF+AF
又∵DF＝CF，
BF＝AF+CF.
故答案为：BF＝AF+CF；
【分析】（1）由等腰三角性质及平行线性质可推出∠BCD＝∠CDE＝45°，即得α＝∠BCD＝45°；
（2）由由等腰三角性质得∠DCE＝∠ACB=90°，AC＝BC，CD＝CE，从而得∠ACE＝∠BCD，进而证出
△ACE≌△BCD，即得AF＝BD，再由线段和差等量代换即可得BF＝AF+CF；
（3）由（2）知△ACE≌△BCD，即得∠CAF＝∠CBD，过点C作CG⊥CF交BF于点G，利用“ASA”证明△BCG≌△ACF，即得GC＝FC，BG＝AF，从而得到△GCF为等腰直角三角形，继而得GF=CF，再由线段和差关系可得BF＝AF+CF；
（4）由等腰三角形性质得∠DCE＝∠ACB=90°，从而得∠ACE＝∠BCD，结合BC=mAC，CD=mCE，进而证出△BCD∽△ACE，即得∠CBD＝∠CAE，由（3）可得△BCG≌△ACF，即得∠BCG＝∠ACF，从而证出△BGC∽△AFC，即得BG：AF=BC：AC=CG：CF=m：1，则BG＝mAF，CG＝mFC，再由勾股定理求得GF=CF，最后由线段和差关系即可得BF=mAF+CF.
17．【答案】（1）BD＝CE；BD⊥CE
（2）解：BD⊥CE，
理由：如图2，连接BD，
∵在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠AEC＝45°，
∵∠CAB＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AC＝AB，AE＝AD，
∴△CEA≌△BDA（SAS），
∴∠BDA＝∠AEC＝45°，
∴∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝90°，
∴BD⊥CE；
（3）解：如图3，过A作AF⊥EC，
由题意可知Rt△ABC∽Rt△AED，∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴ ，即 ，
∵∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴∠BAE＝∠CAD，
∴△BAE∽△CAD，
∴∠ABE＝∠ACD，
∵∠BEC＝180°﹣（∠CBE+∠BCE）＝180°﹣（∠CBA+∠ABE+∠BCE）＝180°﹣（∠CBA+∠ACD+∠BCE）＝90°，
∴BE⊥CE，
在Rt△BCD中，BC＝2CD＝4，
∴BD＝ ，
∵AC⊥BD，
∴S△BCD＝ AC BD＝ BC AC，
∴AC＝AE＝ ，AD＝ ，
∴AF= ，CE＝2CF＝2× ，
∴BE＝ ．
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：（1）在Rt△ABC中，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中， ，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠B＝∠ACE＝45°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BCE＝45°+45°＝90°，
故答案为：BD＝CE，BD⊥CE；
【分析】（1）利用旋转的性质可证得∠BAC＝∠DAE＝90°，可推出∠BAD＝∠CAE，利用等腰直角三角形的性质可得到∠B＝∠ACB＝45°，利用SAS证明△BAD≌△CAE，利用全等三角形的性质可证得BD=CE，同时求出∠ACE的度数；然后求出∠BCE的度数.
（2）连接BD，利用旋转的性质可证得∠BAD＝∠CAE，利用SAS证明△CEA≌△BDA，利用全等三角形的性质可推出∠BDA＝∠AEC＝45°；然后根据∠BDE＝∠ADB+∠ADE，可求出∠BDE的度数，利用垂直的定义可证得结论.
（3）过A作AF⊥EC， 易证Rt△ABC∽Rt△AED，可得对应边成比例，再根据有两组对应边成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△BAE∽△CAD，可推出∠ABE=∠ACD；再证明∠BEC=90°，可得到BE⊥CE，利用勾股定理求出BD的长；再利用三角形的面积公式可求出AC，AD，AF的长，从而可求出CE的长；然后利用勾股定理求出BE的长.
1 / 12023年中考数学探究性试题复习18 旋转
一、综合题
1．（2023·原平模拟）
（1）综合与实践
问题情境：如图1，在中，，，D，E分别是，的中点，连接．
如图2，将绕着点C逆时针旋转，连接BE和，小明发现，，请你证明该结论．
（2）猜想探究：
如图3，将绕着点C逆时针旋转，此时恰好有，连接，延长，交于点F，试猜想四边形的形状，并说明理由．
拓展探究：
（3）如图4，将绕着点C逆时针旋转，直接写出四边形的面积的最大值．
【答案】（1）解：如图，延长交于点F，交于点G，
∵，都是等腰直角三角形，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：正方形，理由：
∵，
由（1）知，，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形；
（3）解：由（1）知，，，
∵，
∴当点C在线段BE上，且时，即绕着点C逆时针旋转时，四边形的面积有最大值，
此时，
∴，
即四边形AEDB的面积的最大值为．
【知识点】正方形的判定；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）延长交于点F，交于点G，根据SAS证明△ADC≌△BEC，可得AD=BE，∠DAC=∠EBC，再根据余角的性质可得∠AFG=90°，继而得解；
（2） 正方形，理由：由（1）结论，根据有三个角是直角的四边形是矩形，证四边形是矩形，再根据一组邻边相等的矩形是正方形即证结论；
（3） 当点C在线段BE上，且时，即绕着点C逆时针旋转时，四边形的面积有最大值， 此时BE=AD=3，由AD⊥BE，可得，据此计算即可.
2．（2023九下·秦淮月考）在和中，，，，用这两个直角三角形研究图形的变换.
（1）【翻折】如图1，将沿线段翻折，连接，下列对所得四边形的说法正确的是 .
①平分、，②、互相平分，③，④、、、四点共圆.
（2）【平移】
如图2，将沿线段向右平移，使点移到的中点，连接、、，请猜想四边形的形状，并说明理由.
（3）【旋转】如图3，将绕点逆时针方向旋转，使，连接、，则旋转角为 °， cm.
【答案】（1）①③④
（2）解：∵沿线段向左平移，
∴，.
∵是直角三角形，是的中点，
∴.
∴
∵，
∴四边形是平行四边形.
∵，
∴四边形是菱形.
（3）120；
【知识点】菱形的判定；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质；角平分线的判定；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（1）由翻折可得：，
∴平分、，故①正确；
∴，
∵
∴垂直平分，故②错误；
如图，
，故③正确；
取的中点O，连接，
∵均为直角三角形，
∴，
∴、、、四点共圆，故④正确，
故答案为：①③④；
（3）∵，
∴，
又，
∴，
即旋转角的度数为；
由旋转得：，
又，
∴
过点C作于点P，如图，
∴
∵，
∴
∴由勾股定理得，，
∴
故答案为：，.
【分析】（1）由翻折可得∠CBA=∠FBA，∠CAB=∠FAB，然后根据角平分线的概念可判断①；根据角平分线的性质可得AC=AF，BC=BF，由垂直平分线的判定定理可判断②；S四边形ACBF=S△ABC+S△ABF，结合三角形的面积公式可判断③；取AB的中点O，连接CO、FO，根据直角三角形斜边上中线的性质可得OA=OB=OC=OF，据此判断④；
（2）根据平移的性质可得AB∥CF，CF=BE，根据直角三角形斜边上中线的性质可得BE=BD=BF=ED，则CF=BD，然后根据菱形的判定定理进行解答；
（3）根据平行线的性质可得∠ACE=∠DEC=30°，则∠ACD=∠ACE+∠DCE=120°，由旋转得AC=DC，则∠CDA=∠CAD=30°，过点C作CP⊥AD于点P，由含30°角的直角三角形的性质可得CP=CD=3，利用勾股定理求出DP的值，进而可得AD.
3．（2023·长清模拟）在学习了图形的旋转知识后，数学兴趣小组的同学们又进一步对图形旋转前后的线段之间、角之间的关系进行了探究．
（一）尝试探究：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，∠ABC＝∠ADC＝90°，点E、F分别在线段BC、CD上，∠EAF＝30°，连接EF．
（1）如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转60°后得到△A′B′E′（A′B′与AD重合），请直接写出∠E′AF＝ 度，线段BE、EF、FD之间的数量关系为 ．
（2）如图3，当但点E、F分别在线段BC、CD的延长线上时，其他条件不变，请探究线段BE、EF、FD之间的数量关系，并说明理由．
（3）拓展延伸：如图4，在等边△ABC中，E、F是边BC上的两点，∠EAF＝30°，BE＝1，将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△A′B′E′（A′B′与AC重合），连接EE′，AF与EE′交于点N，过点A作AM⊥BC于点M，连接MN，求线段MN的长度．
【答案】（1）30；BE＋DF＝EF
（2）解：如图3，在BE上截取BG＝DF，连接AG，
在△ABG和△ADF中，∵AB＝AD，∠ABE＝∠ADF，BG＝DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，且AG＝AF，
∵∠DAF＋∠DAE＝30°，
∴∠BAG＋∠DAE＝30°，
∵∠BAD＝60°，
∴∠GAE＝60°-30°＝30°，
∴∠GAE＝∠FAE，
在△GAE和△FAE中，∵AG＝AF，∠GAE＝∠FAE，AE＝AE，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE＝FE，
又∵BE-BG＝GE，BG＝DF，
∴BE-DF＝EF，
即线段BE、EF、FD之间的数量关系为BE-DF＝EF；
（3）解：如图4，将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△A′B′E′，
则AE＝AE′，∠EAE′＝60°，
∴△AEE′是等边三角形，
又∵∠EAF＝30°，
∴AN平分∠EAF，
∴AN⊥EE′，
∴直角三角形ANE中，＝，
∵在等边△ABC中，AM⊥BC，
∴∠BAM＝30°，
∴＝，且∠BAE＋∠EAM＝30°，
∴，
又∵∠MAN＋∠EAM＝30°，
∴∠BAE＝∠MAN，
∴△BAE∽△MAN，
∴，即＝，
∴MN＝．
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：（1）如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转60°后得到△A′B′E′，
则∠1＝∠2，BE＝DE′，AE＝AE′，
∵∠BAD＝60°，∠EAF＝30°，
∴∠1＋∠3＝30°，
∴∠2＋∠3＝30°，
即∠FAE′＝30°，
∴∠EAF＝∠FAE′，
在△AEF和△AE′F中，
∵AE＝AE′，∠EAF＝∠FAE′，AF＝AF，
∴△AEF≌△AE′F（SAS），
∴EF＝E′F，
即EF＝DF＋DE′，
∴EF＝DF＋BE，
即线段BE、EF、FD之间的数量关系为BE＋DF＝EF，
故答案为：30，BE＋DF＝EF；
【分析】（1）利用旋转的性质求出∠E′AF的度数，再证出△AEF≌△AE′F（SAS），可得EF＝E′F，再结合EF＝DF＋DE′，可得BE＋DF＝EF；
（2）在BE上截取BG＝DF，连接AG，先证出△GAE≌△FAE（SAS），可得GE=FE，再结合BE-BG＝GE，BG＝DF，可得BE-DF＝EF；
（3）将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△A′B′E′，先证出△BAE∽△MAN，可得，即＝，再求出MN＝即可。
4．（2023·青山湖模拟）如图
（1）问题发现：
如图1，和都是等边三角形，边和在同一直线上，是边的中点，，连接，则下列结论正确的是 ．（填序号即可）
①；②；③；④整个图形是轴对称图形．
（2）数学思考：将图1中的绕着点旋转，不动，连接和，如图2，则和具有怎样的数量和位置关系？请给出证明过程；
（3）拓展应用：已知，，在图1中的绕着点旋转的过程中，当时，求线段的长度．
【答案】（1）①③④
（2）解：，．理由如下：
连接，，由图1，，，
可得．绕着点旋转，
仍然成立．∵是等边三角形，
∴，．
∴．
同理，，．
∴，．
∴．
∴．
∴，．
延长交于点，交于点，
又，∴．
∴．
∴．
（3）解：当时，∵，∴，，三点共线．
如备用图1，
设，则．∵，
∴在中，．
解之得：．又，
∴
即．
如备用图2．
设，则．∵，
∴在中，．
解之得：．
又，∴
即．
综上所述，．
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）∵是边的中点，是等边三角形，
∴，
又∵，
∴，所以①符合题意；
过D作交于点G，
∴
∵和都是等边三角形，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，所以②不符合题意；
连接，
∵和都是等边三角形，
∴，
∵
∴，
∴三点共线，即，所以③符合题意；
由③可知整个图形关于直线成轴对称图形，所以④符合题意；
故答案为：①③④．
【分析】（1）由线段的中点可得OB=OC，结合BE=CF，可得OE=OF，据此判断①；过D作交于点G，可证四边形为平行四边形，可得，据此判断②；连接，由等腰三角形三线合一的性质可得，从而得出得三点共线，即，据此判断③④；
（2）连接，，由（1）知OE=OF，由于△DEF为等边三角形，可得，，从而求出，同理，，可证，利用相似三角形的性质可得，. 延长交于点，交于点，证得，可得，继而得解；
（3） 当时，结合，则，，三点共线． 分两种情况，分别画出图形并解之即可.
5．（2023·南山模拟）在正方形中，点是对角线上的动点（与点，不重合），连接．
（1）将射线绕点顺时针旋转，交直线于点．
①依题意补全图1；
②小深通过观察、实验，发现线段存在以下数量关系：的平方和等于的平方．小深把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成证明该猜想的几种想法：
想法1：将线段绕点逆时针旋转，得到线段，要证的关系，只需证的关系．
想法2：将沿翻折，得到，要证的关系，只需证的关系．
…
请你参考上面的想法，用等式表示线段的数量关系并证明；（一种方法即可）
（2）如图2，若将直线绕点B顺时针旋转，交直线于点．若正方形边长为，，求的长．
【答案】（1）解：①补全图形，如图1所示：
②；理由如下：
想法1：过作，使，连接，如图2所示：
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴；
想法2，如图所示，
∵四边形是正方形，将沿翻折，得到，
∴，，
∵，
∴
∴
∴
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴；
（2）解：如图所示，过作，使，连接，
∵直线绕点顺时针旋转°，交直线于点，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴．
∵正方形边长为，
∴，
∵，
设，则
∴
解得：
∴
设，则，
∵．
∴，
解得：
∴．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）①根据题意补图即可；② 过作，使，连接， 证明
，可得，再证，可得，从而得出，在中，利用勾股定理即可求解；
（2） 过作，使，连接， 证明，可得，再证，可得，从而得出∠MAF=90°，由勾股定理可得，由正方形的边长为2，可得，由，可设，，根据AC=AE+EC=5x=2，求出x值，即得， 设，则， 由建立关于a方程并解之即可．
6．（2023·福田模拟）
（1）【问题初探】
如图1，等腰中，，点为边一点，以为腰向下作等腰，．连接，，点为的中点，连接．猜想并证明线段与的数量关系和位置关系．
（2）【深入探究】
在（1）的条件下，如图2，将等腰绕点旋转，上述结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）【拓展迁移】
如图3，等腰中，，．在中，， ．连接，，点为的中点，连接．
绕点旋转过程中，
①线段与的数量关系为： ；
②若，，当点在等腰内部且的度数最大时，线段的长度为 ．
【答案】（1）解：，，理由如下：
如图，延长交于点，
为等腰直角三角形，，
，
为等腰直角三角形，，
，，
又，
，
，
在中，点为斜边的中点，
，
，
设，则，
，
，
在，点为斜边的中点，
，
，
，
，
；
（2）解：结论，，仍然成立，理由如下：
如图，取的中点，连接，，延长分别交，于点，，
点，分别是，的中点，
，
，
，
在等腰中，点是的中点，
，，
，
点，分别是，的中点，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
，
在和中，
，，
，即．
综上：，；
（3）；
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；等腰直角三角形；直角三角形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（3）①如图，取的中点，连接，，延长分别交，于点，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
点，分别是，的中点，
，，
，
在等腰中，点是的中点，，
，，，
∴，
∴，即，
，
点，分别是，的中点，
，
，
，
，
，
，
，
∴；
故答案为：
②∵，，
∴点D在以点B为圆心，长为半径的圆上运动，
∴当时，最大，
过点E作，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
在中，，
在中，，，
∴，
∴，
在中， ，
由①得：，
．
【分析】（1），，理由：延长交于点，根据SAS证明△DBC≌△EBC，可得CD=CE，根据直角三角形斜边中线的性质可得AF=CD=CE， 设，则， 由全等三角形的性质可得，再根据直角三角形斜边中线的性质可得AF=CF，利用等腰三角形的性质及三角形内角和求出∠FPC=90°，继而得解；
（2）仍然成立，理由：取的中点，连接，，延长分别交，于点，， 根据三角形中位线定理及等腰直角三角形可得 ， 再证明， 可得 ，，继而得解；
（3）①取的中点，连接，，延长分别交，于点，，根据等腰三角形及直角三角形的性质可得，再证，利用相似三角形的性质即可求解；②判断出点D在以点B为圆心，长为半径的圆上运动，则当时，最大，过点E作，则四边形为矩形，可得，由勾股定理求出CD，从而得出CH，在中，由勾股定理求出CE，继而得解.
7．（2022九上·洛阳模拟）如图1，在中，，，点D、E分别在边AB，上，，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点.
（1）观察猜想：图中，线段PM与PN的数量关系是 ，位置关系是 ；
（2）探究证明：把绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接，，，判断的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把绕点A在平面内自由旋转，若，，请直接写出面积的最大值.
【答案】（1）；
（2）解：是等腰直角三角形，理由如下：
由旋转知，，
∵，，
，
，，
利用三角形的中位线得，，，
，
是等腰三角形，
同（1）的方法得，，
，
同（1）的方法得，，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形；
（3）解：由（2）知，是等腰直角三角形，，
最大时，面积最大，
点在的延长线上，
，
，
.
【知识点】旋转的性质；等腰直角三角形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（1）点P，N是BC，CD的中点，
，，
点P，M是CD，DE的中点，
∴，，由三角形的中位线定理得PN∥BD，PN=BD，PM∥CE，PM=CE，由AB=AC，AD=AE推出BD=CE，进而推出PM=PN；
∴，，
，
，
∵，
，
∵，
，
，
，
，
，
故答案为：，；
【分析】（1）根据三角形的中位线定理得PN∥BD，PN=BD，PM∥CE，PM=CE，根据线段的和差及等式的性质，根据AB=AC，AD=AE推出BD=CE，进而推出PM=PN；根据平行线的性质得∠DPM=∠DCA，∠DPN=∠ADC，根据直角三角形两锐角互余、等量代换及角的和差可得∠ADC+∠ACD=∠DPM+∠DPN=∠MPN=90°，从而根据垂直的定义得出PM⊥PN；
（2）△PMN是等腰直角三角形，理由如下：用SAS证△ABD≌△ACE，得∠ABD=∠ACE，BD=CE，由三角形中位线定理得PN=BD，PM=CE，从而得PM=PN，利用平行线的性质得∠DPM=∠DCE，∠PNC=∠DBC，由三角形外角相等得∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，然后根据角的和差、等量代换转化为∠MPN=∠ACB+∠ABC，结合直角三角形两锐角互余即可得出∠MPN=90°，从而得出结论△PMN是等腰直角三角形；
（3）先判断出BD最大时，△PMN的面积最大，而BD的最大值是点D在BA的延长线上，此时BD=AB+AD=14，据此结合等腰直角三角形的面积计算公式即可求出答案.
8．（2023·莱芜模拟）如图1，在中，，D，E两点分别在上，且，将绕点A顺时针旋转，记旋转角为．
（1）问题发现 当时，线段的数量关系是 ；
（2）拓展探究 当时，（1）中的结论有无变化？请仅就图2的情形给出证明；
（3）问题解决 设，旋转至A，B，E三点共线时，直接写出线段的长．
【答案】（1）
（2）解：如图2中，结论不变．
理由：∵ ，
∴，
∴，
∴．
（3）4或2
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）如图1中，
∵
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即．
故答案为：．
（3）如图3中，∵都是等腰直角三角形，
∴，，
当点E在BA的延长线上时，4．
如图4中，当点E在线段AB上时，2．
综上所述，BE的长为4或2．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可得，根据平行线的性质可得，，则，即；
（2）证明 可得结论；
（3）根据等腰直角三角形的性质可得，，分为两种情况：当点E在BA的延长线上时，4；当点E在线段AB上时，2。
9．（2023七下·义乌开学考）如图1，点O在直线上，过点O引一条射线，使，将一个直角三角尺的直角顶点放在点O处，直角边在射线上，另一边在直线的下方.
【操作一】：将图1中的三角尺绕着点O以每秒的速度按顺时针方向旋转.当它完成旋转一周时停止，设旋转的时间为t秒.
（1）的度数是 ，图1中与它互补的角是 .
（2）三角尺旋转的度数可表示为 （用含t的代数式表示）；当 时，.
（3）【操作二】：如图2将一把直尺的一端点也放在点O处，另一端点E在射线上.如图3，在三角尺绕着点O以每秒的速度按顺时针方向旋转的同时，直尺也绕着点O以每秒的速度按顺时针方向旋转，当一方完成旋转一周时停止，另一方也停止旋转，设旋转的时间为t秒.
试探索：在三角尺与直尺旋转的过程中，当，是否存在某个时刻，使得与中其中一个角是另一个角的两倍？若存在，请求出所有满足题意的t的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）130°；∠AOC
（2）15t度；或
（3）解：当在左侧时，
（ⅰ），如图，
由题意得：，
解得：.
（ⅱ），如图，
由题意得：，
解得：.
②当在右侧时，
（ⅰ），如图，
由题意得：，
解得：.
（ⅱ），因为，所以不存在.
综上所述，当或或时两个角其中一个是另一个的两倍.
【知识点】图形的旋转；邻补角
【解析】【解答】解：（1），
；
与为邻补角，
图1中于互补的角为.
故答案为：；；
（2）三角尺旋转的度数等于每秒旋转的角度数乘以旋转的时间，
三角尺旋转的度数可用度表示，
故答案为：度；
若，则需旋转或，
或，
解得：或.
故答案为：或.
【分析】（1）根据邻补角的性质可得∠BOC=180°-∠AOC=130°，据此解答；
（2）由题意可得：三角尺旋转的度数可用15t度表示，若MO⊥OC，则OM需旋转40°或220°，据此不难求出t的值；
（3）当OM在OC左侧时，∠COM：∠COE=2：1，由题意可得2×5t=130-15t；当∩COM：∠COE=1：2时，5t=2(130-15t)，求解即可；当OM在OC右侧时，同理可得t的值.
10．（2023九下·广水月考）阅读下面材料.
小炎遇到这个一个问题：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接，则，试说明理由.
小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中，她先尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法.她的方法是将绕着点A逆时针旋转90°得到，再利用全等的知识解决这个问题（如图2）.
参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：
（1）写出小炎的推理过程；
（2）如图3，四边形ABCD中，，，点E、F分别在边上，，若、都不是直角，则当与满足于 关系时，仍有；
（3）如图4，在中，，，点D、E均在边BC上，且，若，，求DE的长.
【答案】（1）解：如图所示，将绕着点A逆时针旋转90°得到，
∵四边形是正方形，
∴，
由旋转的性质可得，，
∴，即三点共线，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）
（3）解：如图所示，将绕点A逆时针旋转90°得到，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，即，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴.
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（2）解：当时，仍有，理由如下：
如图所示，将绕点A逆时针旋转90°得到，
∴，
∵，
∴，即三点共线，
∵
∴，
∴，即，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：；
【分析】（1） 将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，由正方形的性质可得AB=AD，∠B=∠ADC=∠BAD=90°，由旋转的性质可得AE=AG，BE=DG，∠BAE=∠DAG，∠ADG=∠B=90°，进而推出∠GAF=∠EAF=45°，利用SAS证明△AEF≌△AGF，得到EF=GF，据此解答；
（2）将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADG，则BE=DG，AE=AG，∠BAE=∠DAG，∠B=∠ADG，同（1）证明△AEF≌△AGF，得到EF=GF，据此解答；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，则∩B=∠ACG，BD=CG=1，AD=AC，易得∠GAE=∠DAE=45°，利用SAS证明△ADE≌△AGE，得到GE=DE，然后根据勾股定理进行计算.
11．（2023八下·福州月考）请阅读下列材料：已知：如图（1）在中，，点D、E分别为线段上两动点，若.探究线段三条线段之间的数量关系.小明的思路是：把绕点A顺时针旋转，得到，连接，使问题得到解决.请你参考小明的思路探究并解决下列问题：
（1）猜想三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；
（2）当动点E在线段上，动点D运动在线段延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；
（3）已知：如图（3），等边三角形中，点D、E在边上，且，请你找出一个条件，使线段能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数.
【答案】（1）解：，
（2）解：关系式仍然成立.
证明：将沿直线对折，得，连接
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∵，
，
∴，
又∵，
∴，
∴
∴，
∴在中，，
即；
解法二：将绕点A顺时针旋转得到.连接.
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵
∴；
（3）解：当时，线段能构成一个等腰三角形.
如图，与（2）类似，以为一边，作，在上截取，
可得.
∴.
∴.
若使为等腰三角形，只需，
即，
∴当时，线段能构成一个等腰三角形，且顶角为.
【知识点】勾股定理；轴对称的性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1） ，证明如下：
将绕A顺时针旋转后成，连接，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，
∴；
故答案为：；
【分析】（1）BD2+EC2=DE2，理由如下：将△AEC绕A顺时针旋转90°后成△ABE'，连接DE'，由旋转的性质及角的和差得∠EAD=∠E'AD=45°，由SAS判断出△ADE'≌△ADE，得DE'=DE，由等腰直角三角形性质得∠ABC=∠C=45°，推出∠E'BD=90°，在Rt△E'BD中，由勾股定理得E'D2=E'B2+BD2，从而即可得出结论；
（2）BD2+EC2=DE2任然成立，理由如下：解法一： 将△ADB沿直线AD对折得△AFD，连接FE，由翻折知AF=AB，FD=DB，∠FAD=∠BAD，∠AFD=∠ABD，推出AF=AC，∠FAE=∠EAC，用SAS证出△AFE≌△ACE， 得FE=EC，∠AFE=∠ACE=45°，∠AFD=∠ABD=135°，则∠DFE=90°，在Rt△DEF中由勾股定理得DF2+FE2=DE2，即可得出结论；解法二： 将△EAC绕点A顺时针旋转90°得到△TAB，连接DT，由旋转得∠ABT=∠C=45°，AT=AE，∠TAE=90°，推出∠TBC=90°，∠DAT=∠DAE，用SAS判断出△DAT≌△DAE， 得DT=DE，从而利用勾股定理即可得出结论；
（3） 当AD=BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，如图，与（2）类似，以CE为一边，作∠ECF=∠ECB，在CF上截取CF=CB，可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA，得AD=DF，EF=BE，则∠DFE=120°，若使△DEF为等腰三角形，只需DF=EF，即AD=BE，从而即可得出结论.
12．（2023·秦皇岛模拟）如图，将两个完全相同的三角形纸片和重合放置，其中，．
（1）操作发现
如图②，固定，使绕点C旋转，当点D恰好落在边上时，
①求线段与的位置关系；
②设的面积为，的面积为，求与的数量关系．
（2）猜想论证
当绕点C旋转到如图③所示的位置时，小明猜想（1）中与的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了和中、边上的高，请你证明小明的猜想．
【答案】（1）解：①如图②中，
由旋转可知：，
∵，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
②∵，，
则，，，
∴，
∴ ，
∴，
∵，
∴，
∴
即：．
（2）解：如图③中，
∵是由绕点旋转得到，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴
∴．
【知识点】旋转的性质；三角形的综合
【解析】【分析】（1）①先证出是等边三角形，可得，再结合，可得，即可证出；
②先利用三角形的面积公式求出，再结合，证出，即可得到；
（2）先利用“AAS”证出，可得，再结合，，即可得到。
13．（2022·大同模拟）综合与实践
问题情境：
将两个完全相同的等腰Rt△ABC和等腰Rt△CDE按图1方式放置，∠ACB=∠DCE=90°，将Rt△CDE绕点C顺时针旋转，连接AE，BD，AE与BD相交于点G．
猜想证明：
（1）在图1中，请判断AE与BD的数量关系与位置关系，并说明理由；
（2）当旋转到CE//AB时，如图2，证明：AE平分∠BAC；
（3）若旋转到如图3所示的位置时，连接BE、此时△BCE恰好是等边三角形，AE与BC相交于点F，请你直接写出的值．
【答案】（1）解：，，
证明：∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACB+∠BCE=∠DCE+∠BCE，
即∠ACE=∠BCD，
又∵AC=BC，CE=CD ，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE=BD，∠CAE=∠CBD，
又∵∠1=∠2， ∠BGA=180°-∠CBD-∠2 ∠BCA=180°-∠CAE-∠1，
∴∠BGA=∠BCA=90°，
∴
（2）解：证明：∵CE//AB，
∴∠BAE=∠AEC，
又∵AC=CE，
∴∠EAC=∠AEC，
∴∠BAE=∠EAC，
∴AE平分∠BAC，
解决问题：
（3）解：
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】（3）解：如图，作CH⊥AE于H，
设，
∵ 等腰直角三角形，
∵，
∴，
同理，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理，
∴ ，
∴ ，
∵，
∴ ，
∵，
∴，
∴，
∴．
【分析】（1）先利用“SAS”证出△ACE≌△BCD，可得AE=BD，∠CAE=∠CBD，再利用角的运算和等量代换求出∠BGA=∠BCA=90°，即可得到；
（2）利用平行线的性质可得∠BAE=∠AEC，再结合∠EAC=∠AEC，证出∠BAE=∠EAC，即可得到AE平分∠BAC；
（3）作CH⊥AE于H，设，先求出，，，再结合，可得。
14．（2023七上·武义期末）含有的直角三角板和含有的直角三角板按如图1放置，和重合.
【操作一】三角板保持不变，将三角板绕着点以每秒的速度按逆时针方向旋转.当它完成旋转一周时停止，设旋转的时间为t秒.
（1）当时， 度.
（2）求t为何值时，.
【操作二】如图2，在三角板绕着点B以每秒的速度按逆时针方向旋转的同时，三角板也绕着点B以每秒的速度按逆时针方向旋转，设旋转时间为t秒（）.
（3）求t为何值时，与重合.
（4）试探索：在两个三角板旋转的过程中，是否存在某个时刻，使得与中其中一个角是另一个角的两倍？若存在，请求出所有满足题意的t的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）105
（2）解：由题意，当旋转到时，旋转角度为或，
∴或，
故当或13时，
（3）解：由题意，旋转的度数为，旋转的度数为，
∵，
∴当与重合时，，
解得：
（4）解：当与重合前时，
若，如图2，则，
∴，解得；
若，如图，则，
∴，解得；
当与重合后，如图，则，
∴，解得，
综上，满足条件的t值为2或4或12.
【知识点】角的运算；图形的旋转；一元一次方程的实际应用-几何问题
【解析】【解答】（1）解：当时，，，
，
故答案为：105°；
【分析】（1）当t=0时，∠ABC=45°，∠ABD=∠EBD=60°，然后根据∠CBD=∠ABC+∠ABD进行计算；
（2）由题意可知：当旋转到BD⊥BC时，旋转角度为15°或195°，然后根据旋转角的度数除以速度即可求出时间；
（3）由题意可知：AB旋转的度数为5t°，BD旋转的度数为15t°，当BD与AD重合时，15t°-5t°=60°，求解即可；
（4）当BD与AB重合前时，若∠ABD=2∠ABE，则∠ABD=∠EBD=40°，则5t°+60°-15t°=40°，求解即可；若∠ABE=2∠ABD，同理可得t的值；当BD与AB重合后，若∠ABE=2∠ABD，则∠ABD=60°，15t°=60°+5t°+60°，求解即可.
15．（2023九上·南宁期末）通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的.下面是一个案例，请补充完整.
原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则EF=BE+DF，试说明理由.
（1）思路梳理
∵AB=CD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合.
∵∠ADC=∠B=90°，
∴∠FDG=180°，点F、D、G共线.
根据 ，易证△AFG≌ ，得EF=BE+DF.
（2）类比引申
如图2，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF=45°.若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系 时，仍有EF=BE+DF.
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°.猜想BD、DE、EC应满足的等量关系，并写出推理过程.
【答案】（1）SAS；△AFE
（2）∠B+∠D=180°
（3）解：联想拓展
猜想：DE2=BD2+EC2.理由如下：
把△ACE绕点A逆时针旋转90°到ABF的位置，连接DF，如图3所示：
则△ABF≌△ACE，∠FAE=90°，
∴∠FAB=∠CAE.BF=CE，∠ABF=∠C，
∴∠FAE=∠BAC=90°，
∵∠DAE=45°，
∴∠FAD=90°-45°=45°，
∴∠FAD=∠DAE=45°，
在△ADF和△ADE中，
∴△ADF≌△ADE（SAS），
∴DF=DE，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠C=45°，
∴∠C=∠ABF=45°，
∴∠DBF=∠ABF+∠ABC=90°，
∴△BDF是直角三角形，
∴BD2+BF2=DF2，
∴BD2+EC2=DE2.
【知识点】勾股定理；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1）思路梳理
∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图1，
∵∠ADC=∠B=90°，
∴∠FDG=180°，点F、D、G共线，
则∠DAG=∠BAE，AE=AG，BE=DG，
∠FAG=∠FAD+∠GAD=∠FAD+∠BAE=90°-45°=45°=∠EAF，
即∠EAF=∠FAG，
在△EAF和△GAF中，，
∴△AFG≌△AEF（SAS）.
∴EF=FG=DG+DF=BE+DF；
故答案为：SAS；△AFG；
（2）类比引申
∠B+∠ADC=180°时，EF=BE+DF；理由如下：
∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图2所示：
∴∠BAE=∠DAG，BE=DG，
∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠EAF=∠FAG，
∵∠ADC+∠B=180°，
∴∠FDG=180°，点F、D、G共线，
在△AFE和△AFG中，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF，
∴EF=BE+DF，
故答案为：∠B+∠ADC=180°；
【分析】（1）由题意可得点F、D、G共线，则∠DAG=∠BAE，AE=AG，BE=DG，根据角的和差关系可得∠EAF=∠FAG，利用SAS证明△AFG≌△AEF，据此解答；
（2）同（1）进行解答；
（3）把△ACE绕点A逆时针旋转90°到ABF的位置，连接DF，则△ABF≌△ACE，∠FAE=90°，易得∠FAD=∠DAE=45°，利用SAS证明△ADF≌△ADE，得到DF=DE，进而推出△BDF是直角三角形，然后结合勾股定理进行解答.
16．（2022·达州）某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形 和等腰直角三角形 ，按如图1的方式摆放， ，随后保持 不动，将 绕点C按逆时针方向旋转 （ ），连接 ， ，延长 交 于点F，连接 .该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：
【初步探究】
（1）如图2，当 时，则 ；
（2）如图3，当点E，F重合时，请直接写出 ， ， 之间的数量关系： ；
（3）如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由.
（4）如图5，在 与 中， ，若 ， （m为常数）.保持 不动，将 绕点C按逆时针方向旋转 （ ），连接 ， ，延长 交 于点F，连接 ，如图6.试探究 ， ， 之间的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）45°
（2）BF=AF+CF
（3）解：如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论仍然成立，理由如下，
由（2）知：△ACE≌△BCD，
∴∠CAF＝∠CBD，
如图，过点C作CG⊥CF交BF于点G，
∵∠FCG=∠ACB＝90°，
∴∠ACF＝∠BCG，
∵∠CAF＝∠CBG，BC＝AC，
∴△BCG≌△ACF（ASA），
∴GC＝FC，BG＝AF，
∴△GCF为等腰直角三角形，
∴GF=CF，
∴BF＝BG+GF=AF+CF.
（4）解：BF=mAF+CF，理由如下，
∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，
∴∠DCE＝∠ACB=90°，
∴∠ACE＝∠BCD，
又∵BC=mAC，CD=mCE，
∴△BCD∽△ACE，
∴∠CBD＝∠CAE，
如图，过点C作CG⊥CF交BF于点G，
由（3）可得△BCG≌△ACF，
∴∠BCG＝∠ACF，
∴△BGC∽△AFC，
∴BG：AF=BC：AC=CG：CF=m：1，
∴BG＝mAF，CG＝mFC，
在Rt△CGF中，由勾股定理得GF＝==CF，
∴BF=BG+GF=mAF+CF.
【知识点】旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵△CED是等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED=45°，
又∵ED∥BC，
∴∠BCD＝∠CDE＝45°，
∴α＝∠BCD＝45°.
故答案为：45°；
（2）∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，
∴∠DCE＝∠ACB=90°，AC＝BC，CD＝CE，
∴∠ACE＝∠BCD，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AF＝BD，
∵BF＝DF+BD，
∴BF＝DF+AF
又∵DF＝CF，
BF＝AF+CF.
故答案为：BF＝AF+CF；
【分析】（1）由等腰三角性质及平行线性质可推出∠BCD＝∠CDE＝45°，即得α＝∠BCD＝45°；
（2）由由等腰三角性质得∠DCE＝∠ACB=90°，AC＝BC，CD＝CE，从而得∠ACE＝∠BCD，进而证出
△ACE≌△BCD，即得AF＝BD，再由线段和差等量代换即可得BF＝AF+CF；
（3）由（2）知△ACE≌△BCD，即得∠CAF＝∠CBD，过点C作CG⊥CF交BF于点G，利用“ASA”证明△BCG≌△ACF，即得GC＝FC，BG＝AF，从而得到△GCF为等腰直角三角形，继而得GF=CF，再由线段和差关系可得BF＝AF+CF；
（4）由等腰三角形性质得∠DCE＝∠ACB=90°，从而得∠ACE＝∠BCD，结合BC=mAC，CD=mCE，进而证出△BCD∽△ACE，即得∠CBD＝∠CAE，由（3）可得△BCG≌△ACF，即得∠BCG＝∠ACF，从而证出△BGC∽△AFC，即得BG：AF=BC：AC=CG：CF=m：1，则BG＝mAF，CG＝mFC，再由勾股定理求得GF=CF，最后由线段和差关系即可得BF=mAF+CF.
17．（2021九上·普陀期末）如图
（1）（问题发现）
如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B、C重合）将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，连结EC，则线段BD与CE的数量关系是 ，位置关系是 ；
（2）（探究证明）
如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，将△ADE绕点A旋转，当点C，D，E在同一直线时，BD与CE具有怎样的位置关系，并说明理由；
（3）（拓展延伸）
如图3，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝2CD＝4，将△ACD绕顺时针旋转，点C对应点E，设旋转角∠CAE为α（0°＜α＜360°），当点C，D，E在同一直线时，画出图形，并求出线段BE的长度．
【答案】（1）BD＝CE；BD⊥CE
（2）解：BD⊥CE，
理由：如图2，连接BD，
∵在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠AEC＝45°，
∵∠CAB＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AC＝AB，AE＝AD，
∴△CEA≌△BDA（SAS），
∴∠BDA＝∠AEC＝45°，
∴∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝90°，
∴BD⊥CE；
（3）解：如图3，过A作AF⊥EC，
由题意可知Rt△ABC∽Rt△AED，∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴ ，即 ，
∵∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴∠BAE＝∠CAD，
∴△BAE∽△CAD，
∴∠ABE＝∠ACD，
∵∠BEC＝180°﹣（∠CBE+∠BCE）＝180°﹣（∠CBA+∠ABE+∠BCE）＝180°﹣（∠CBA+∠ACD+∠BCE）＝90°，
∴BE⊥CE，
在Rt△BCD中，BC＝2CD＝4，
∴BD＝ ，
∵AC⊥BD，
∴S△BCD＝ AC BD＝ BC AC，
∴AC＝AE＝ ，AD＝ ，
∴AF= ，CE＝2CF＝2× ，
∴BE＝ ．
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：（1）在Rt△ABC中，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中， ，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠B＝∠ACE＝45°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BCE＝45°+45°＝90°，
故答案为：BD＝CE，BD⊥CE；
【分析】（1）利用旋转的性质可证得∠BAC＝∠DAE＝90°，可推出∠BAD＝∠CAE，利用等腰直角三角形的性质可得到∠B＝∠ACB＝45°，利用SAS证明△BAD≌△CAE，利用全等三角形的性质可证得BD=CE，同时求出∠ACE的度数；然后求出∠BCE的度数.
（2）连接BD，利用旋转的性质可证得∠BAD＝∠CAE，利用SAS证明△CEA≌△BDA，利用全等三角形的性质可推出∠BDA＝∠AEC＝45°；然后根据∠BDE＝∠ADB+∠ADE，可求出∠BDE的度数，利用垂直的定义可证得结论.
（3）过A作AF⊥EC， 易证Rt△ABC∽Rt△AED，可得对应边成比例，再根据有两组对应边成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△BAE∽△CAD，可推出∠ABE=∠ACD；再证明∠BEC=90°，可得到BE⊥CE，利用勾股定理求出BD的长；再利用三角形的面积公式可求出AC，AD，AF的长，从而可求出CE的长；然后利用勾股定理求出BE的长.
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