备战2020中考数学专题模型研究12讲 专题12 几何图形的旋转模型研究（学生版+教师版）

【专题12】几何图形的旋转模型研究
【回归概念】
旋转变换是由一个图形改变为另一个图形，在改变过程中，原图上所有的点都绕一个固定的点换同一方向，转动同一个角度。
旋转模型主要体现在以下几个情况:
【规律探寻】
1.共顶点旋转模型(证明基本思想“SAS”)
2.利用旋转思想构造辅助线
（1）根据相等的边先找出被旋转的三角形
（2）根据对应边找出旋转角度
（3）根据旋转角度画出对应的旋转的三角形
3.旋转变换前后具有以下性质：
（1）对应线段相等，对应角相等
（2）对应点位置的排列次序相同
（3）任意两条对应线段所在直线的夹角都等于旋转角．
4.旋转变换还用于处理：
①几何最值问题：几何最值两个重要公理依据是：两点之间线段最短和垂线段最短；
②有关线段的不等关系；
③自己构造绕某点旋转某角度（特别是60度），把共顶点的几条线段变为首尾相接的几条线段，再变为共线取得最小值问题，计算中常用到等腰三角形或勾股定理等知识。
【典例解析】
【例题1】（2019?湖北省随州市?3分）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的直角顶点C的坐标为?（1，0），点A在x轴正半轴上，且AC=2．将△ABC先绕点C逆时针旋转90°，再向左平移3个单位，则变换后点A的对应点的坐标为______．
【例题2】（2019?浙江绍兴?12分）如图1是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD＝30，DM＝10．
（1）在旋转过程中，
①当A，D，M三点在同一直线上时，求AM的长．
②当A，D，M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长．
（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处，连结D1D2，如图2，此时∠AD2C＝135°，CD2＝60，求BD2的长．
【例题3】（2018?自贡）如图，已知∠AOB=60°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个120°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E．
（1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），请猜想OE+OD与OC的数量关系，并说明理由；
（2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；
（3）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图3中画出图形，若成立，请给于证明；若不成立，线段OD、OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
【达标检测】
1. （2018海南）（3.00分）如图，在△ABC中，AB=8，AC=6，∠BAC=30°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1，连接BC1，则BC1的长为（　　）
A．6 B．8 C．10 D．12
2. （2017山东泰安）如图，在正方形网格中，线段A′B′是线段AB绕某点逆时针旋转角α得到的，点A′与A对应，则角α的大小为（　　）
A．30° B．60° C．90° D．120°
3. （2019?湖北省荆门市?3分）如图，Rt△OCB的斜边在y轴上，OC＝，含30°角的顶点与原点重合，直角顶点C在第二象限，将Rt△OCB绕原点顺时针旋转120°后得到△OC′B'，则B点的对应点B′的坐标是（　　）
A．（，﹣1） B．（1，﹣） C．（2，0） D．（，0）
4. 如图示，若△ABC内一点P满足∠PAC=∠PBA=∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点（Brocard point）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．L．Crelle 1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard 1845﹣1922）重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF中，∠EDF=90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ=1，则EQ+FQ=（　　）
A．5 B．4 C． D．
5. （2019浙江丽水3分）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线剪去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中FM，GN是折痕．若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等，则的值是（　　）
A． B．﹣1 C． D．
6. (2019?湖南常德?3分)如图，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠BAC＝45°，点D在AC边上，将△ABD绕点A逆时针旋转45°得到△ACD′，且点D′、D、B三点在同一条直线上，则∠ABD的度数是　 　．
7. (2019?湖南益阳?4分)在如图所示的方格纸(1格长为1个单位长度)中，△ABC的顶点都在格点上，将△ABC绕点O按顺时针方向旋转得到△A'B'C'，使各顶点仍在格点上，则其旋转角的度数是　 　．
8. （2019?海南省?4分）如图，将Rt△ABC的斜边AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到AE，直角边AC绕点A逆时针旋转β（0°＜β＜90°）得到AF，连结EF．若AB＝3，AC＝2，且α+β＝∠B，则EF＝　　．
9. (2019，山西，3分）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=10cm，点D为△ABC内一点，∠BAD=15°，AD=6cm，连接BD，将△ABD绕点A逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为 cm.
10. （2019?广西北部湾?8分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（2，－1）、B（1，－2）、C（3，－3）.
（1）将△ABC向上平移4个单位长度得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1;
（2）请画出△ABC关于y轴对称的△A2B2C2;
（3）请写出A1、A2的坐标.
11. （2018?宁波）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是AB边上一点（点D与A，B不重合），连结CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连结DE交BC于点F，连接BE．
（1）求证：△ACD≌△BCE；
（2）当AD=BF时，求∠BEF的度数．
12. (2019?浙江丽水?12分)如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝，点D，E分别在边AB，BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF．
(1)如图1，若AD＝BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O．求证：BD＝2DO．
(2)已知点G为AF的中点．
①如图2，若AD＝BD，CE＝2，求DG的长．
②若AD＝6BD，是否存在点E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由．
【参考答案】
【典例解析】
【例题1】（2019?湖北省随州市?3分）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的直角顶点C的坐标为?（1，0），点A在x轴正半轴上，且AC=2．将△ABC先绕点C逆时针旋转90°，再向左平移3个单位，则变换后点A的对应点的坐标为______．
【答案】（-2，2）
【解析】解：∵点C的坐标为（1，0），AC=2，
∴点A的坐标为（3，0），
如图所示，将Rt△ABC先绕点C逆时针旋转90°，
则点A′的坐标为（1，2），
再向左平移3个单位长度，则变换后点A′的对应点坐标为（-2，2），故答案为：（-2，2）．
根据旋转变换的性质得到旋转变换后点A的对应点坐标，根据平移的性质解答即可．
本题考查的是坐标与图形变化旋转和平移，掌握旋转变换、平移变换的性质是解题的关键．
【例题2】（2019?浙江绍兴?12分）如图1是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD＝30，DM＝10．
（1）在旋转过程中，
①当A，D，M三点在同一直线上时，求AM的长．
②当A，D，M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长．
（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处，连结D1D2，如图2，此时∠AD2C＝135°，CD2＝60，求BD2的长．
【分析】（1）①分两种情形分别求解即可．
②显然∠MAD不能为直角．当∠AMD为直角时，根据AM2＝AD2﹣DM2，计算即可，当∠ADM＝90°时，根据AM2＝AD2+DM2，计算即可．
（2）连接CD．首先利用勾股定理求出CD1，再利用全等三角形的性质证明BD2＝CD1即可．
【解答】解：（1）①AM＝AD+DM＝40，或AM＝AD﹣DM＝20．
②显然∠MAD不能为直角．
当∠AMD为直角时，AM2＝AD2﹣DM2＝302﹣102＝800，
∴AM＝20或（﹣20舍弃）．
当∠ADM＝90°时，AM2＝AD2+DM2＝302+102＝1000，
∴AM＝10或（﹣10舍弃）．
综上所述，满足条件的AM的值为20或10．
（2）如图2中，连接CD．
由题意：∠D1AD2＝90°，AD1＝AD2＝30，
∴∠AD2D1＝45°，D1D2＝30，
∵∠AD2C＝135°，
∴∠CD2D1＝90°，
∴CD1＝＝30，
∵∠BAC＝∠A1AD2＝90°，
∴∠BAC﹣∠CAD2＝∠D2AD1﹣∠CAD2，
∴∠BAD1＝∠CAD2，
∵AB＝AC，AD2＝AD1，
∴△BAD2≌△CAD1（SAS），
∴BD2＝CD1＝30．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
【例题3】（2018?自贡）如图，已知∠AOB=60°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个120°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E．
（1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），请猜想OE+OD与OC的数量关系，并说明理由；
（2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；
（3）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图3中画出图形，若成立，请给于证明；若不成立，线段OD、OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
【分析】（1）先判断出∠OCE=60°，再利用特殊角的三角函数得出OD=OC，同OE=OC，即可得出结论；
（2）同（1）的方法得OF+OG=OC，再判断出△CFD≌△CGE，得出DF=EG，最后等量代换即可得出结论；
（3）同（2）的方法即可得出结论．
【解答】解：（1）∵OM是∠AOB的角平分线，
∴∠AOC=∠BOC=∠AOB=30°，
∵CD⊥OA，
∴∠ODC=90°，
∴∠OCD=60°，
∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=60°，
在Rt△OCD中，OD=OC?cos30°=OC，
同理：OE=OC，
∴OD+OE=OC；
（2）（1）中结论仍然成立，理由：
过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，
∴∠OFC=∠OGC=90°，
∵∠AOB=60°，
∴∠FCG=120°，
同（1）的方法得，OF=OC，OG=OC，
∴OF+OG=OC，
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，
∴CF=CG，
∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，
∴∠DCF=∠ECG，
∴△CFD≌△CGE，
∴DF=EG，
∴OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，
∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，
∴OD+OE=OC；
（3）（1）中结论不成立，结论为：OE﹣OD=OC，
理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，
∴∠OFC=∠OGC=90°，
∵∠AOB=60°，
∴∠FCG=120°，
同（1）的方法得，OF=OC，OG=OC，
∴OF+OG=OC，
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，
∴CF=CG，∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，
∴∠DCF=∠ECG，
∴△CFD≌△CGE，
∴DF=EG，
∴OF=DF﹣OD=EG﹣OD，OG=OE﹣EG，
∴OF+OG=EG﹣OD+OE﹣EG=OE﹣OD，
∴OE﹣OD=OC．
【达标检测】
1. （2018海南）（3.00分）如图，在△ABC中，AB=8，AC=6，∠BAC=30°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1，连接BC1，则BC1的长为（　　）
A．6 B．8 C．10 D．12
【分析】根据旋转的性质得出AC=AC1，∠BAC1=90°，进而利用勾股定理解答即可．
【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1，
∴AC=AC1，∠CAC1=90°，
∵AB=8，AC=6，∠BAC=30°，
∴∠BAC1=90°，AB=8，AC1=6，
∴在Rt△BAC1中，BC1的长=，
故选：C．
2. （2017山东泰安）如图，在正方形网格中，线段A′B′是线段AB绕某点逆时针旋转角α得到的，点A′与A对应，则角α的大小为（　　）
A．30° B．60° C．90° D．120°
【分析】根据题意确定旋转中心后即可确定旋转角的大小．
【解答】解：如图：
显然，旋转角为90°，
故选C．
3. （2019?湖北省荆门市?3分）如图，Rt△OCB的斜边在y轴上，OC＝，含30°角的顶点与原点重合，直角顶点C在第二象限，将Rt△OCB绕原点顺时针旋转120°后得到△OC′B'，则B点的对应点B′的坐标是（　　）
A．（，﹣1） B．（1，﹣） C．（2，0） D．（，0）
【分析】如图，利用含30度的直角三角形三边的关系得到BC＝1，再利用旋转的性质得到OC′＝OC＝，B′C′＝BC＝1，∠B′C′O＝∠BCO＝90°，然后利用第四象限点的坐标特征写出点B′的坐标．
【解答】解：如图，
在Rt△OCB中，∵∠BOC＝30°，
∴BC＝OC＝×＝1，
∵Rt△OCB绕原点顺时针旋转120°后得到△OC′B'，
∴OC′＝OC＝，B′C′＝BC＝1，∠B′C′O＝∠BCO＝90°，
∴点B′的坐标为（，﹣1）．
故选：A．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
4. 如图示，若△ABC内一点P满足∠PAC=∠PBA=∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点（Brocard point）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．L．Crelle 1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard 1845﹣1922）重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF中，∠EDF=90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ=1，则EQ+FQ=（　　）
A．5 B．4 C． D．
【分析】由△DQF∽△FQE，推出===，由此求出EQ、FQ即可解决问题．
【解答】解：如图，在等腰直角三角形△DEF中，∠EDF=90°，DE=DF，∠1=∠2=∠3，
∵∠1+∠QEF=∠3+∠DFQ=45°，
∴∠QEF=∠DFQ，∵∠2=∠3，
∴△DQF∽△FQE，
∴===，
∵DQ=1，
∴FQ=，EQ=2，
∴EQ+FQ=2+，
故选D
【点评】1．应用旋转解决几何问题时：(1)抓住旋转中的“变”与“不变”；(2)找准旋转前后的对应点和对应线段、旋转角等；(3)充分利用旋转过程中线段、角之间的关系．2．当旋转方向没有确定时，需要分类，即分逆时针和顺时针两种情况讨论．
5. （2019浙江丽水3分）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线剪去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中FM，GN是折痕．若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等，则的值是（　　）
A． B．﹣1 C． D．
【分析】连接HF，设直线MH与AD边的交点为P，根据剪纸的过程以及折叠的性质得PH＝MF且正方形EFGH的面积＝×正方形ABCD的面积，从而用a分别表示出线段GF和线段MF的长即可求解．
【解答】解：连接HF，设直线MH与AD边的交点为P，如图：
由折叠可知点P、H、F、M四点共线，且PH＝MF，
设正方形ABCD的边长为2a，
则正方形ABCD的面积为4a2，
∵若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等
∴由折叠可知正方形EFGH的面积＝×正方形ABCD的面积＝，
∴正方形EFGH的边长GF＝＝
∴HF＝GF＝
∴MF＝PH＝＝
∴＝a÷＝
故选：A．
【点评】本题主要考查了剪纸问题、正方形的性质以及折叠的性质，由剪纸的过程得到图形中边的关系是解题关键．
6. (2019?湖南常德?3分)如图，已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠BAC＝45°，点D在AC边上，将△ABD绕点A逆时针旋转45°得到△ACD′，且点D′、D、B三点在同一条直线上，则∠ABD的度数是　 　．
【考点】旋转．
【分析】由旋转的性质可得∠BAC＝∠CAD'＝45°，AD＝AD'，由等腰三角形的性质可得∠AD'D＝67.5°，∠D'AB＝90°，即可求∠ABD的度数．
【解答】解：∵将△ABD绕点A逆时针旋转45°得到△ACD′，
∴∠BAC＝∠CAD'＝45°，AD＝AD'，∴∠AD'D＝67.5°，∠D'AB＝90°，
∴∠ABD＝22.5°．故答案为22.5°．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
7. (2019?湖南益阳?4分)在如图所示的方格纸(1格长为1个单位长度)中，△ABC的顶点都在格点上，将△ABC绕点O按顺时针方向旋转得到△A'B'C'，使各顶点仍在格点上，则其旋转角的度数是　 　．
【考点】旋转．
【分析】根据旋转角的概念找到∠BOB′是旋转角，从图形中可求出其度数．
【解答】解：根据旋转角的概念：对应点与旋转中心连线的夹角，可知∠BOB′是旋转角，且∠BOB′＝90°，
故答案为90°．
【点评】本题主要考查了旋转角的概念，解题的关键是根据旋转角的概念找到旋转角．
8. （2019?海南省?4分）如图，将Rt△ABC的斜边AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到AE，直角边AC绕点A逆时针旋转β（0°＜β＜90°）得到AF，连结EF．若AB＝3，AC＝2，且α+β＝∠B，则EF＝　　．
【分析】由旋转的性质可得AE＝AB＝3，AC＝AF＝2，由勾股定理可求EF的长．
【解答】解：由旋转的性质可得AE＝AB＝3，AC＝AF＝2，
∵∠B+∠BAC＝90°，且α+β＝∠B，
∴∠BAC+α+β＝90°
∴∠EAF＝90°
∴EF＝＝
故答案为：
【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，灵活运用旋转的性质是本题的关键．
9. (2019，山西，3分）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=10cm，点D为△ABC内一点，∠BAD=15°，AD=6cm，连接BD，将△ABD绕点A逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为 cm.
【解析】过点A作AG⊥DE于点G，由旋转可知：AD=AE，∠DAE=90°，∠CAE=∠BAD=15°
∴∠AED=45°；在△AEF中：∠AFD=∠AED+∠CAE=60°
在Rt△ADG中：AG=DG=
在Rt△AFG中：
∴
故答案为：
10. （2019?广西北部湾?8分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（2，－1）、B（1，－2）、C（3，－3）.
（1）将△ABC向上平移4个单位长度得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1;
（2）请画出△ABC关于y轴对称的△A2B2C2;
（3）请写出A1、A2的坐标.
【答案】解：（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求；
（2）如图所示：△A2B2C2，即为所求；
（3）A1（2，3），A2（-2，-1）．
【解析】
（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）直接利用轴对称的性质得出对应点位置进而得出答案；
（3）利用所画图象得出对应点坐标．
此题主要考查了轴对称变换以及平移变换，正确得出对应点位置是解题关键．
11. （2018?宁波）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是AB边上一点（点D与A，B不重合），连结CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连结DE交BC于点F，连接BE．
（1）求证：△ACD≌△BCE；
（2）当AD=BF时，求∠BEF的度数．
【分析】（1）由题意可知：CD=CE，∠DCE=90°，由于∠ACB=90°，所以∠ACD=∠ACB﹣∠DCB，∠BCE=∠DCE﹣∠DCB，所以∠ACD=∠BCE，从而可证明△ACD≌△BCE（SAS）
（2）由△ACD≌△BCE（SAS）可知：∠A=∠CBE=45°，BE=BF，从而可求出∠BEF的度数．
【解答】解：（1）由题意可知：CD=CE，∠DCE=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠ACB﹣∠DCB，
∠BCE=∠DCE﹣∠DCB，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD与△BCE中，
∴△ACD≌△BCE（SAS）
（2）∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠A=45°，
由（1）可知：∠A=∠CBE=45°，
∵AD=BF，
∴BE=BF，
∴∠BEF=67.5°
【点评】图形在旋转过程中，图中的每一个点与旋转中心的连线都绕着旋转中心转动了相同的角度，对应线段相等，对应角相等．在利用此性质解决问题时，应充分寻找对应线段、对应角．
12. (2019?浙江丽水?12分)如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝，点D，E分别在边AB，BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF．
(1)如图1，若AD＝BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O．求证：BD＝2DO．
(2)已知点G为AF的中点．
①如图2，若AD＝BD，CE＝2，求DG的长．
②若AD＝6BD，是否存在点E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由．
【考点】三角形综合．
【分析】(1)如图1中，首先证明CD＝BD＝AD，再证明四边形ADFC是平行四边形即可解决问题．
(2)①作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．证明DG是△ABF的中位线，想办法求出BF即可解决问题．
②分三种情形情形：如图3﹣1中，当∠DEG＝90°时，F，E，G，A共线，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．设EC＝x．构建方程解决问题即可．如图3﹣2中，当∠EDG＝90°时，取AB的中点O，连接OG．作EH⊥AB于H．构建方程解决问题即可．如图3﹣3中，当∠DGE＝90°时，构造相似三角形，利用相似三角形的性质构建方程解决问题即可．
【解答】(1)证明：如图1，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，BD＝AD，
∴CD⊥AB，CD＝AD＝BD，
∵CD＝CF，∴AD＝CF，
∵∠ADC＝∠DCF＝90°，∴AD∥CF，
∴四边形ADFC是平行四边形，∴OD＝OC，
∴BD＝2OD．
(2)①解：如图2，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．
由题意：BD＝AD＝CD＝7，BC＝BD＝14，
∵DT⊥BC，∴BT＝TC＝7，
∵EC＝2，∴TE＝5，
∵∠DTE＝∠EHF＝∠DEF＝90°，
∴∠DET+∠TDE＝90°，∠DET+∠FEH＝90°，∴∠TDE＝∠FEH，
∵ED＝EF，∴△DTE≌△EHF(AAS)，∴FH＝ET＝5，
∵∠DDBE＝∠DFE＝45°，∴B，D，E，F四点共圆，
∴∠DBF+∠DEF＝90°，∴∠DBF＝90°，
∵∠DBE＝45°，∴∠FBH＝45°，
∵∠BHF＝90°，∴∠HBF＝∠HFB＝45°，
∴BH＝FH＝5，∴BF＝5，
∵∠ADC＝∠ABF＝90°，∴DG∥BF，
∵AD＝DB，∴AG＝GF，
∴DG＝BF＝．
②解：如图3﹣1中，当∠DEG＝90°时，F，E，G，A共线，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．设EC＝x．
∵AD＝6BD，∴BD＝AB＝2，
∵DT⊥BC，∠DBT＝45°，∴DT＝BT＝2，
∵△DTE≌△EHF，∴EH＝DT＝2，∴BH＝FH＝12－x，
∵FH∥AC，∴＝，∴，
整理得：x2－12x+28＝0，解得x＝6±2．
如图3﹣2中，当∠EDG＝90°时，取AB的中点O，连接OG．作EH⊥AB于H．
设EC＝x，由2①可知BF＝ (12－x)，OG＝BF＝ (12－x)，
∵∠EHD＝∠EDG＝∠DOG＝90°，
∴∠ODG+∠OGD＝90°，∠ODG+∠EDH＝90°，∴∠DGO＝∠HDE，
∴△EHD∽△DOG，∴＝，
∴＝，
整理得：x2－36x+268＝0，解得x＝18－2或18+2(舍弃)，
如图3﹣3中，当∠DGE＝90°时，取AB的中点O，连接OG，CG，作DT⊥BC于T，FH⊥BC于H，EK⊥CG于K．设EC＝x．
∵∠DBE＝∠DFE＝45°，∴D，B，F，E四点共圆，∴∠DBF+∠DEF＝90°，
∵∠DEF＝90°，∴∠DBF＝90°，
∵AO＝OB，AG＝GF，∴OG∥BF，
∴∠AOG＝∠ABF＝90°，∴OG⊥AB，
∵OG垂直平分线段AB，∵CA＝CB，∴O，G，C共线，
由△DTE≌△EHF，可得EH＝DT＝BT＝2，ET＝FH＝12－x，BF＝ (12－x)，
OG＝BF＝ (12－x)，CK＝EK＝x，GK＝7－ (12－x)－x，
由△OGD∽△KEG，可得＝，
∴＝，解得x＝2．
综上所述，满足条件的EC的值为6±2或18－2或2．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．