人教版2024-2025学年九年级数学上册23.1图形的旋转拔高提升同步练习（附答案解析）

人教版2024-2025学年九年级数学上册23.1图形的旋转拔高提升同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．经过下列变换，能由图①所示的基本图形得到图②的是（ ）

A．旋转 B．中心对称和轴对称
C．平移和轴对称 D．中心对称
2．如图，绕点O逆时针旋转，得到，若，则等于（ ）
A． B． C． D．
3．如图，将斜边长为4的直角三角板放在直角坐标系中，两条直角边分别与坐标轴重合，P为斜边的中点．现将此三角板绕点O顺时针旋转后点P的对应点Q的坐标是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在正方形中，，且则以下结论：平分；；的周长为；的面积等于正方形的面积的一半．其中正确的个数是（ ）

A．个 B．个 C．个 D．个
5．把一副三角板按图甲所示的方式放置，其中，，，，，把三角板绕点C顺时针旋转得到 (如图乙)，与交于点O，连接，则线段的长为（ ）

A．6 B．10 C．8 D．
6．如图，将绕点顺时针旋转，点的对应点为点，点的对应点为点，当旋转角为，，，三点在同一直线上时，则的度数为（　　）

A． B． C． D．
7．如图，在中，，，．将绕点旋 得，分别取，的中点，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，把△ABC绕AC边的中点M旋转后得△DEF，若直角顶点F恰好落在AB边上，且DE边交AB边于点G，若AC=4，BC=3，则AG的长为(　　)
A． B． C． D．1
9．如图，正方形边长为，从出发沿对角线向运动，连接，将线段绕点顺时针旋转得到，连接，设，下列说法：①是直角三角形；②当时，；③有且只有一个实数，使得；④取中点，连接，，的面积随着的增大而增大．正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．如图，正方形中，点E，F分别为边，上的点，连接，，与对角线分别交于点G，H，连接．若，则下列判断错误的是（ ）
A． B．
C．E，F分别为边，的中点 D．
二、填空题
11．定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为6，中心为O，在正方形外有一点P，，当正方形绕着点O旋转时，则点P到正方形的最短距离d的最大值为 ．
12．将三角形 绕顶点O旋转到如图所示的位置，若，，则 ．
13．如图，在，将在平面内绕点A逆时针旋转到的位置，连接．若，则旋转角的度数为 °．
14．如图，已知是等腰直角三角形，，将线段AC绕点A逆时针旋转得到，连接，．当是等腰三角形（不含等腰直角三角形）时， ．
15．如图，在中，，点P为上一点，将线段绕点P顺时针旋转得线段，点Q在射线上，当的垂直平分线经过一边中点时，的长为 ．
三、解答题
16．如图，一块四边形的土地，其中，，，，．
（1）试说明；
（2）求这块土地的面积．
17．在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，．
（1）把平移后，点A移到点，，画出平移后得到的，并写出、的坐标；
（2）把绕点按逆时针方向旋转90°，画出旋转后的，并写出B2、C2的坐标．
18．如图，在平面直角坐标系中，的位置如图所示，每个小正方形边长为单位1，的三个顶点分别在正方形格点上．

(1)请画出关于x轴对称的图形；
(2)直接写出的面积．
19．在平面直角坐标系中，的位置如图所示，且点，．

(1)画出绕点O顺时针旋转后得到的；
(2)直接写出点A的对称点的坐标．
20．如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的顶点均为格点（网格线的交点）．

(1)将向下平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度，得到，请画出；
(2)已知点M为的中点，以点M为旋转中心，将线段顺时针旋转，得到线段，请画出线段．
21．如图1，在△ACB和△AED中，AC=BC，∠ACB=∠AED=90°，点E在AB上，F是线段BD的中点，连接CE、FE．
（1）若AD=6，BE=8，求EF的长；
（2）求证：CE=EF；
（3）将图1中的△AED绕点A顺时针旋转，使△AED的一边AE恰好与△ACB的边AC在同一条直线上（如图2），连接BD，取BD的中点F，问（2）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
22．如图，已知正方形ABCD，点E在BC边上，将△DCE绕某点G旋转得到△CBF，点F恰好在AB边上．
（1）请画出旋转中心G （保留画图痕迹），并连接GF，GE；
（2）若正方形的边长为2a，当CE＝　 　时，S△FGE＝S△FBE；当CE＝　 　 时，S△FGE＝3S△FBE．
23．在四边形ABCD中，∠DAB+∠DCB＝180°，AC平分∠DAB．
（1）如图1，求证：BC＝CD；
（2）如图2，连接BD交AC于点E，若∠ADB＝90°，AE＝2DE，求∠ABD的度数；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点C作CH⊥AB于点H，△BCH沿BC翻折，点H的对应点为点F，点G在线段AB上，连接FG，若∠CGF＝30°，S△CHG＝9，求线段CG的长．
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1．A
【分析】根据旋转，中心对称，轴对称和平移的性质求解即可．
【详解】A中，经过旋转能由基本图形得到题图②，故该选项符合题意；
B中，经过中心对称和轴对称不能由基本图形得到题图②，故该选项不符合题意；
C中，经过平移和轴对称不能由基本图形得到题图②，故该选项不符合题意；
D中，只经过中心对称不能由基本图形得到题图②，故该选项符合题意，
故选：A．
【点睛】此题考查了旋转，中心对称，轴对称和平移的性质，解题的关键是熟练掌握旋转，中心对称，轴对称和平移的性质．旋转的特性∶不改变图形的形状和大小；经过旋转，图形上的每一点都绕旋转中心沿相同方向转动了相同的角度，任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角都是旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．对应角相等，对应线段也相等．平移的特性∶平移只改变图形的位置，不改变图形的形状和大小；经过平移，对应点所连的线段平行且相等；对应线段平行且相等，对应角相等．轴对称图形的特性∶关于某直线对称的两个图形是全等的；图形的对应点连线段被同一条直线垂直平分；对应线段或延长线与对称轴交于一点．
2．C
【分析】本题考查了旋转的性质，确定旋转角以及旋转前后对应角相等是解题关键．
【详解】解：由题意得：，，
∴，
故选：C
3．B
【分析】如图所示，连接，过Q作轴，由旋转的性质可得，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，则，进而推出，，由旋转的性质得到，则，再分别求出的长即可得到答案．
【详解】解：如图所示，连接，过Q作轴，
由旋转的性质可得，
∵，P为斜边的中点．
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
在中，，
∴，，
∴P的对应点Q的坐标为，
故选B．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化——旋转，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
4．D
【分析】将绕点顺时针旋转得，然后证明≌，再逐一判断即可．
【详解】如图，将绕点顺时针旋转得到．

根据旋转的性质，得
，，，，．
①∵，
∴．
∴．
在和中，
∴，
∴．
∴．
∴平分．
故①正确．
②∵,
∴，
故②正确．
③．
故③正确．
④∵,
∴．
∵的长度不固定，
∴的面积不能确定．
故④错误．
综上所述，①②③正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的判定，解题的关键是根据旋转的性质绘制辅助线．
5．B
【分析】先证明是等腰直角三角形，即可求出和，用勾股定理即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵旋转的角度为，
∴，
又∵。
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在中，，
故选：B．
【点睛】本题考查了几何旋转问题，涉及到等腰直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题关键．
6．A
【详解】由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质及三角形内角和定理即可求解．
【分析】解：将绕点顺时针旋转，点的对应点为点，点的对应点为点，当旋转角为，，，三点在同一直线上，
，，
，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，掌握旋转的性质是解题的关键．
7．A
【分析】本题考查了旋转的性质、三角形中位线的性质、三角形三边关系、勾股定理，利用勾股定理求出的长，由旋转的性质可得：，，，利用中位线的性质可求，，再根据三角形的三边关系即可求出结果，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：如图，取的中点，连接、，
，
∵，，，
∴，
由旋转的性质可得：，，，
∵点、、分别是、、的中点，
∴是的中位线，是的中位线，
∴，，
当点、、不共线时，，即，
当点在线段上时，，
当点在线段上时，，
综上所述，，
故选：A．
8．A
【分析】连接CF，先证明△ACF为直角三角形，再由△ABC中等面积法求出CF，进而求出AF；再证明△DEF为直角三角形，且G为DE的中点，最后AG=AF-GF即可求解.
【详解】解：连接CF，如下图所示：
∵M是AC的中点，∴MC=MA
∵M是旋转中心，C绕M点旋转后的落点为F
∴MC=MF
∴∠MCF=∠MFC，
∴MA=MC=MF
∴∠MFA=∠A
在△ACF中，由内角和定理知：∠A +∠MFA+∠ACF+∠CFM=180°
故2∠AFM+2∠CFM=180°
∴∠AFC=90°
∴△ACF为直角三角形，CF⊥AB
由△ABC等面积法知：，且AB=5
代入数据解得CF=
∴
∵∠A+∠B=90°，∠A+∠ACF=90°
∴∠ACF=∠B ①
又DF⊥EF，
∴∠AFD+∠AFE=90°
∵∠AFD+∠MFC=90°
∴∠AFE=∠MFC=∠ACF ②
由①、②知：∠B=∠AFE
又由旋转知：∠B=∠E
∴∠AFE=∠E，即GF=GE
由旋转知：∠A=∠D
又∠A=∠AFM
∴∠D=∠AFM，
∴GF=GD
故GF=GE= GD
∴G为Rt△DEF斜边DE上的中点
∴
∴
故答案为：A.
【点睛】本题考查了旋转的性质、直角三角形的判定方法、直角三角形的性质、勾股定理等知识，本题的关键是能连接CF并计算出CF的长.
9．C
【分析】根据正方形的性质可得，，再根据旋转的性质可得，，从而证得，得到，即可求得，可判断①正确；根据正方形的性质可得的长，再根据可得的长，再利用勾股定理可得，可判断②正确；根据题意列出关于面积的一元二次方程，求得有且只有一个实数，使得，可判断③正确；连接，作于点，可得，由，点为的中点，可得，则，从而求得，可判断④错误；即可解题．
【详解】解：四边形是正方形，为对角线，
，，，
线段绕点顺时针旋转得到，
，，
又，，
，
在和中：
，
，
，
，
是直角三角形，
故①正确；
正方形边长为，
，
，，，
，
，
故②正确；
由题可知：，
要，则，
整理得：，
解得：，
有且只有一个实数，使得，
故③正确；
如图，连接，作于点，则，
，
与的边上的高相等，
，点为的中点，
，
，
，
的面积不随着的变化而变化，
故④错误；
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解一元二次方程，旋转的性质，直角三角形性质，综合运用以上知识是解题的关键．
10．C
【分析】将绕点顺时针旋转得到，此时与重合，由旋转的性质得到，，，，，推出．根据全等三角形的性质得到，于是得到，故正确；将绕点顺时针旋转得到，连接，通过旋转的性质得出条件证明出利用其性质，在到正方形中去研究；由中推导过程可得出，不能推导出E，F分别为边，的中点，推出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到，，求得；故正确；．
【详解】解：A、将绕点顺时针旋转得到，此时与重合，
由旋转可得，，
，，，
，
因此，点，，在同一条直线上．
，
．
，．
即．
在与中，
．
，
故，故A正确，
B、将绕点顺时针旋转得到，连接，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
在正方形中，
，
，
，
即，故正确，
C、由A中可知只能推出，不能说明分别为边，的中点，选项错误；
D、，
是等腰直角三角形，
，，
；故D正确；
故选：C．
【点睛】本题考查四边形综合题、等腰直角三角形性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是通过旋转作图来解答．
11．3
【分析】由题意以及正方形的性质得OP过正方形ABCD各边的中点时，d最大，求出d的值即可得出答案
【详解】解：如图：设AB的中点是E，OP过点E时，点O与边AB上所有点的连线中，OE最小，此时d=PE最大，
∵正方形ABCD边长为6，O为正方形中心，
∴AE=3，∠OAE=45°，OE⊥AB，
∴OE=3，
∵OP=6，
∴d=PE=6-3=3；
故答案为：3
【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，根据题意得出d最大时点P的位置是解题的关键．
12．/80度
【分析】根据旋转的性质得到全等的图形即可得到答案．
【详解】解：∵，，
∴ ，
∵是绕顶点O旋转得到，
∴
故答案为．
【点睛】本题考查旋转的性质：旋转后图形与原图形是全等图形，对应角相等，对应边相等．
13．100
【分析】先利用平行线的性质得到，则可计算出，再根据旋转的性质得等于旋转角，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和即可计算出．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵将在平面内绕点A逆时针旋转到的位置，
∴等于旋转角，
∴，
∴，
故答案为：100．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角：旋转前、后的图形全等同时也考查了平行线的性质．
14．30°，60°或150°
【分析】分四种情况：当CC′=BC′，点C′在△ABC的内部时，如图1，过点C′作C′D⊥BC于点D，C′E⊥AC于点E，可得C′E=AC′，得出∠C′AC=30°，即α=30°；当CC′=BC时，如图2，可证得△ACC′是等边三角形，得出∠CAC′=60°，即α=60°；当BC=BC′时，如图3，可得出∠CAC′=90°，即α=90°，此时△BCC′为等腰直角三角形与题意不含等腰直角三角形不相符，舍去；当CC′=BC′，且点C′在△ABC外部时，如图4，过点C′作C′D⊥BC于点D，过点A作AE⊥C′D于点E，得出AE=AC′，∠AC′E=30°，进而求得∠CAC′=90°+60°=150°，即α=150°．
【详解】解：当CC′=BC′，点C′在△ABC的内部时，如图1，过点C′作C′D⊥BC于点D，C′E⊥AC于点E，取A C′的中点F，连接EF，
∵CC′=BC′，C′D⊥BC，
∴CD=DB=BC，
∵∠ACB=∠C′EC=∠C′DC=90°，
∴四边形CDC′E是矩形，
∴C′E=CD，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC=BC，
由旋转得：AC′=AC，
∴C′E=AC′，EF=A C′= C′F，
∴C′E= EF= C′F，
∴三角形C′EF是等边三角形，
∴∠EC′F=60°
∵∠AEC′=90°，
∴∠C′AC=30°，
即α=30°；
当CC′=BC时，如图2，
由旋转得：AC′=AC，
∵CC′=BC，AC=BC，
∴AC=AC′=CC′，
∴△ACC′是等边三角形，
∴∠CAC′=60°，
即α=60°；
当BC=BC′时，如图3，
由旋转得：AC′=AC，
∵BC=BC′=AC，
∴AC=BC=BC′=AC′，
∴四边形ACBC′是菱形，
∵∠ACB=90°，
∴四边形ACBC′是正方形，
∴∠CAC′=90°，
即α=90°，此时△BCC′为等腰直角三角形与题意不含等腰直角三角形不相符，舍去；
当CC′=BC′，且点C′在△ABC外部时，如图4，
过点C′作C′D⊥BC于点D，过点A作AE⊥C′D于点E，取A C′的中点F，连接EF，
则∠AED=∠CDC′=∠ACB=90°，
∴四边形ACDE是矩形，
∴AE=CD，∠CEA=90°，
∵CC′=BC′，C′D⊥BC，
∴CD=BC，
由旋转得AC′=AC，
又∵AC=BC，
∴AE=AC′，EF=A C′=AF，
∴三角形AEF是等边三角形，
∴AE= EF= AF，
∵∠AEC′=90°，
∴∠AC′E=30°，
∴∠C′AE=60°，
∴∠CAC′=90°+60°=150°，
即α=150°；
综上所述，α=30°或60°或150°．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质，特殊四边形的性质等腰三角形性质，旋转变换的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，掌握特殊四边形的性质．
15．2或3或5
【分析】求出，，设交于点G，连接．分三种情况，当经过的中点D时，．由旋转性质得到，，得到，得到，根据线段垂直平分线性质得到，得到是等边三角形，得到，即得；当经过的中点E时，，求出，得到，得到，根据，求得，即得；当经过的中点F时， ，可得．
【详解】∵在中，，
∴，
∴，
的垂直平分线经过一边中点，可分为以下三种情况：
经过的中点D；经过的中点E；经过的中点F．
设交于点G，连接，
则．
当经过的中点D时，如图：
，
由旋转知，，
∴，
∴，
连接,
∵垂直平分，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
当经过的中点E时，如图：
，
∵垂直，
∴，
设，
则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
当经过的中点F时，如图：
，
∵
∴，
∴．
综上：的长为：2或5或3．
故答案为：2或3或5．
【点睛】此题考查了旋转，熟练掌握旋转的性质，含直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理解直角三角形，线段垂直平分线的性质，三角形外角的性质，分类讨论，是解题的关键．
16．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）先根据勾股定理求出BD的长度，然后根据勾股定理的逆定理，即可证明BD⊥BC；
（2）根据两个直角三角形的面积即可求解．
【详解】（1）如图，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AB=4m，AD=3m，由勾股定理得：BD=5m，
∵BC=13m，CD=12m，BD=5m.
∴BD2+DC2=BC2，
∴∠BDC=90°，
即BD⊥DC；
（2）如图，四边形ABCD的面积是
S△ABD+S△BDC=×3×4+×5×12=36．
【点睛】本题考查勾股定理、勾股定理的逆定理、三角形面积公式等知识，解题的关键是用勾股定理逆定理推出直角三角形，再求三角形面积．
17．（1）见解析，B1 (3，3)，C1 (7，3)；（2）见解析，B2 (6，4)，C2 (6，8)
【分析】（1）根据图形平移的性质画出平移后的△A1B1C1，结合图形可得出B1，C1两点的坐标；
（2）根据图形旋转的性质画出旋转后的△A2 B2C2，结合图形可得出B2，C2两点的坐标．
【详解】解：如图，即为所求，，两点的坐标分别为，．
如图，即为所求，，两点的坐标分别为，．
【点睛】本题考查的是作图-旋转变换，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．
18．(1)见解析
(2)
【分析】（1）先画出点A、B、C关于x轴对称的对应点，再依次连接即可；
（2）用割补法求解即可．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求：
（2）解：的面积．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形的画法及对直角坐标系的认识，其中掌握轴对称图形的画法，以及用个割补法求面积是做题的关键．
19．(1)画图见解析
(2)
【分析】（1）补成网格结构，找出A，B旋转后的对应点、的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据的位置可得的坐标．
【详解】（1）解：如图，即为所求作的三角形，

（2）由的位置可得：．
【点睛】本题考查的是旋转的性质，画旋转图形，熟记旋转的性质并进行画图是解本题的关键．
20．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据平移的性质可将点、、向下平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度，再把平移后得到的点连接，即可得到；
（2）取的中点，根据旋转的性质将、分别绕点顺时针旋转，把旋转后所得到的点连接，即可得到．
【详解】（1）如图，即为所求．
（2）如图，即为所求．

【点睛】本题考查了平移变换和旋转变换作图，熟练掌握旋转和平移的性质是解决问题的关键．
21．（1）EF =2.5；（2）证明见解析；（3）（1）中的结论仍然成立．理由见解析.
【详解】试题分析：（1）等腰直角三角形的斜边长是直角边的 倍，得到DE=3由于BE=4，利用勾股定理，得BD=5，再利用直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，得以解决；
（2）连接CF,需要证明 是等腰直角三角形，根据四点共圆，得到点F是四边形DCBE的外接圆，且F是圆心,根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，得 从而 ，再根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，得 ，得证 是等腰直角三角形，结论得证；
（3）连接CF，延长EF交CB于点G，利用ASA证明△EDF≌△GBF，得出EF=GF，BG=DE=AE，进而证明CE=CG,得出△CEF为等腰直角三角形，利用三线合一证明 结论得证．
试题解析：
（1）∵∠AED=90°，AE=DE，AD=3，
∴AE=DE=3，
在Rt△BDE中，
∵DE=3，BE=4，
∴BD=5，
又∵F是线段BD的中点，
∴EF=BD=2.5；
（2）连接CF，线段CE与FE之间的数量关系是CE=FE；
∵∠AED=∠ACB=90°
∴B、C、D、E四点共圆
且BD是该圆的直径，
∵点F是BD的中点，
∴点F是圆心，
∴EF=CF=FD=FB，
∴∠FCB=∠FBC，∠ECF=∠CEF，
由圆周角定理得：∠DCE=∠DBE，
∴∠FCB+∠DCE=∠FBC+∠DBE=45°
∴∠ECF=45°=∠CEF，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴CE=EF．
（3）（1）中的结论仍然成立．
如图，连接CF，延长EF交CB于点G，
∵∠ACB=∠AED=90°，
∴DE∥BC，
∴∠EDF=∠GBF，
在△EDF和△GBF中，
，
∴△EDF≌△GBF，
∴EF=GF，BG=DE=AE，
∵AC=BC，
∴CE=CG，
∴∠EFC=90°，CF=EF，
∴△CEF为等腰直角三角形，
∴∠CEF=45°，
∴CE=FE；
【方法点睛】本题目用的知识点：（1）直角三角形斜边上的中线是斜边的一半；（2）当看到两条线段的比是时，想方设法去转化到等腰直角三角形的斜边和腰上，因为等腰三角形斜边长是腰长的 倍；（3）等腰三角形的三线合一；（4）四点共圆，利用圆的观点类解决问题，简便易行.
22．（1）见解析；（2）a ; 或
【分析】（1）根据旋转图形的性质，点C与点B是对应点，点E点F是对应点，分别作线段BC、EF的垂直平分线的交点就是旋转中心点G．
（2）由旋转的性质可以得出FG=EG，∠FGE=90°，设EC=x，利用勾股定理及三角形的面积公式建立等量关系，就可以求出结论．
【详解】（1）如图：分别作线段BC、EF的垂直平分线的交点就是旋转中心点G．
（2）∵G是旋转中心，且四边形ABCD是正方形，
∴FG=EG，∠FGE=90°
∵S△FGE=,且由勾股定理，得2FG2=EF2，
∴S△FGE=,
设EC=x，则BF=x，BE=2a-x，在Rt△BEF中，由勾股定理，得
EF2=x2+（2a-x）2，
∴S△FGE=,
∵S△FBE=,
①当S△FGE=S△FBE时，则
,
解得：x=a；
∴EC=a．
②当S△FGE=3S△FBE时，则,
∴2x2-4ax+a2=0，
解得：x=或x=,
∴EC=或EC=.
考查了旋转对称图形的性质，正方形的性质，三角形的面积及勾股定理的运用．
【点睛】考查了旋转对称图形的性质，正方形的性质，三角形的面积及勾股定理的运用．
23．（1）证明见解析；（2）；（3）CG=6
【分析】（1）过点C作CP⊥AB于点P，作CQ⊥AD的延长线于点Q，证明△CQD≌△CPB，即可得到答案；
（2）延长ED，让MD=ED，△AME是等边三角形，然后利用等边三角形的性质和角平分线的定义即可求得答案；
（3）延长GC，过点F作FK⊥GC的延长线于点K，过点H作HL⊥GF于点L，连接HF，通过证明△CFK≌△HFL，得到FK=FL，又有直角三角形中所对的直角边是斜边的一半，求得FK=GF，根据等腰三角形的三线合一，进一步求得∠FGH=，从求得到∠GCH=，然后在直角三角形中利用勾股定理求解即可得答案．
【详解】解：（1）过点C作CP⊥AB于点P，作CQ⊥AD的延长线于点Q，如下图：
∵AC平分∠DAB，CP⊥AB，CQ⊥AD
∴CQ=CP
在四边形APCQ中，∠APC=∠AQC=
∴∠QAP+∠PCQ=
又∵∠DAB+∠DCB＝180°
∴∠PCQ=∠DCB
∴∠QCD+∠DCP=∠DCP+∠PCB
∴∠QCD=∠PCB
又∵∠CQD=∠CPB=
∴△CQD≌△CPB（ASA）
∴CD=CB
（2）延长ED，让MD=ED，如下图：
∵∠ADB＝90°
∴AD⊥ME
又∵MD=ED
∴AM=AE，ME=2DE
又∵AE=2DE
∴ME=AE=AM
∴△AME是等边三角形
∴
又∵∠ADE＝90°
∴
∵AC平分∠DAB
∴
又∵
∴
（3）延长GC，过点F作FK⊥GC的延长线于点K，过点H作HL⊥GF于点L，连接HF，如下图：
∵在中，
∴∠HCB=
又∵折叠
∴CH=CF, ∠HCB=∠FCB=
∴∠HCF=
∴△CHF是等边三角形
∴∠CFH=∠CHF=，CF=HF
又∵在中，∠CGF=，∠GKF=
∴∠GFK=
∴∠CFH=∠GFK
∴∠CFK+∠CFG=∠CFG+∠HFL
∴∠CFK=∠HFL
又∵∠CKF=∠LHF=，CF=HF
∴△CFK≌△HFL
∴FK=FL
又∵在中，∠CGF=
∴FK=GF
∴FL=GF
∴GL=FL
又∵HL⊥GF
∴HG=HF
∴∠FGH=∠GFH
又∵∠CHF=，∠CHB=
∴∠FHB=∠CHB-∠CHF=
∴∠FGH=
∴∠CGH=∠CGF+∠FGH=
又∵∠CHG=
∴∠GCH=
∴GH=CH，△GCH是等腰直角三角形
又∵
∴
∴
在中，由勾股定理得：
∵CG＞0
∴CG=6
【点睛】本题考查全等三角形的性质和判定，含的直角三角形性质，等边三角形的性质和判定，直角三角形的勾股定理等知识点，能够熟练利用化归的思想和数形结合的思想去解题，是本题的重点．
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