《图形的变换》题型解读4
旋转问题的三大典型题型
【知识梳理】
一.“半角模型”
【题型介绍】大角含半角+有相等的边，通过旋转"使相等的边重合，拼出特殊角".凡涉及等腰直角三角形、正三角形、正四边形的图形，都可能出现半角模型。总体解题思路：题目出现半角模型，先旋转，让被分成两部分的两个半角合成一个半角，再证三角形全等，利用全等解题。除了90?角外，出现其它角中含有它的一半角度时，也是可以运用旋转来解决问题。
二.“尺子模型”
【题型介绍】尺子题型，应该说是旋转问题应用中最古老的题型，它通过两把尺子的旋转，能组合成各种几何图形，探索出各种数学问题，这也给了我们一些解题启示，遇到尺子题时，我们也可以通过旋转来解决题目所提出的问题。
三.
绕点旋转模型
【题型介绍】绕点旋转型，是旋转问题应用中最常见也是难度最大的题型，实际上绝大部分的旋转都属于绕点旋转，如“手拉手模型”；一般出现在一些存在边相等的特殊三角形中，这为我们解决这类最难的旋转题目提供了一个很好的题目背景，在遇到等边三角边，等腰直角三角形及正方形这些中心对称图形或轴对称图形时，又需要添辅助线的情况下，可以考虑采用旋转的思想来解题。
四.手拉手模型
【题型介绍】三角形全等中最经典的全等模型，图形中出现“有公共交点的两个相同的特殊图形”时，可利用全等知识及全等性质解题。
【典型例题】
例1.如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF=45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．若AE=1，则FM的长为 ．
解：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，∴F、C、M三点共线，∴DE=DM，
∠EDM=90°，∴∠EDF+∠FDM=90°，∵∠EDF=45°，∴∠FDM=∠EDF=45°，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF=MF，
设EF=MF=x，∵AE=CM=1，且BC=3，∴BM=BC+CM=3+1=4，∴BF=BM﹣MF=BM﹣EF=4﹣x，∵EB=AB﹣AE=3﹣1=2，在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2，即22+（4﹣x）2=x2，解得：x=，∴FM=．
例2.如图，正方形ABCD的边长为2，点E、F分别在边AB、CD上，∠EBF=45°则△EDF的周长等于______。
解：将△BCF绕点B逆时针旋转90°，得△BAG，使点C与点A重合。∴△BCF≌△BAG，∴BG=BF，∠GBA=∠FBC，易证△GBE≌△FBE（SAS）∴EG=EF=AE+GA，∵AG=CF，∴EF=AE+CF，正方形的边长为2∴
例3.如图,正方形ABCD的边长为1,AB,AD上各取一点P,Q,若△APQ的周长为2,求∠PCQ的度数.
解：将△DCQ绕点C顺时针旋转90゜得到△CBE，使DC与CB重合，则△DCQ≌BCE,△由题可知AQ+AP+PQ=2=AD+AB可得PQ=DQ+PB=BE+PB=PE,∵CQ=CE,CP=CP,∴△CPQ≌△CPE,∴∠CPQ=∠CPE,即∠CPQ=∠CPB+∠CDQ,
∵∠CDQ+∠CQP+∠CPB=90゜,∴∠CQP=45゜.
例4.E,F分别是正方形ABCD的边BC,CD上的两点,且∠EAF=45°,AH⊥EF,H为垂足,求证:AH=AB
解：将△ADF绕点A逆时针旋转90゜得到△ABG，使AD与AD重合，则△ADF≌ABG,∵∠AEF=45゜,
∴∠ADF+∠ABE=45゜,即∠ABG+∠ABE=45゜,∴∠GAE=45゜,∴∠GAE=∠FAE,∵AF=AG,AE=AE,
∴△AFE≌AGE,∴EF=GE,∵AH⊥EF,AB⊥GE,∴AH=AB.
例5.如图△ABC中，AB=AC,∠BAC=120°,∠DAE=60°,BD=5,CE=8,则DE的长为_______
【解析】典型的“半角模型”，把∠BAC中除∠DAE外的剩下两个小角，通过旋转合并成一个60?角，再利用全等证明及全等性质求解即可。把△AEC绕点A顺时针旋转120?得到△AMB，使C与B重合，连接MD，
作MF⊥BD于点F，则△AEC≌△AMB，AE=AM，EC=BM=8，∠CAE=∠BAM，∵∠BAC=120°,∠DAE=60°,∴∠CAE+∠BAD=60?，即∠MAD=60?，∴∠EAD=∠MAD，∵AD=AD，AE=AM，∴△EAD≌△MAD，∴DE=DM，∵∠C=∠ABC=30?，∠C=∠MBA，∴∠MBD=60?，∴∠BMF=30，∴BF=BM/2=4，MF=4√3，∴DF=1，DM=7，∴DE=7.
例6.如图，在等腰Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC=3，
Rt△MPN，∠MPN=90°，点P在AC的中点，PM交AB于点E，PN交BC于点F，则四边形PEBF的面积= ．
【解析】此题类似于“尺子题---一把尺子绕着点P旋转，把旋转的初始图画出来（如图1）”，作PG⊥AB于G，PD⊥BC于D．∵P是AC中点，则PB是角平分线，PG=PD∴四边形PQBR是正方形，∴△PGE≌△PDF(AAS)
∴四边形PEBF的面积=正方形PGBD的面积=△ABC面积的一半=4.5
例7.如图，Rt△ABC中，∠C=90?，以斜边AB为边向外做正方形ABDE，且正方形的对角线交于点O，连接OC，已知AC=5,OC=6，则另一直角边BC的长为
。
解析：三垂直+正方形旋转.证△ABC≌△CFD,易得△ABO≌△CFO(SAS),易得BO=OF=6,AB=CF=5,∠BOF=90°,△BOF是等腰直角三角形，∴BF=12，∴BC=7
例8.如图，四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°,AB=AD,若四边形ABCD的面积是24，则AC长是_____cm
解析：从面积的角度或从勾股定理的角度思考，发现无法很好的利
用“AB=AD”和“”这两个条件，所以很难找到求AC的线索。由于题目出现等边“AB=AD”，我们可以从旋转的角度分析。将△ABC逆时针旋转至△ADE位置，使AB与AD重合，则△ABC≌△ADE,∠BAC=∠DAE,AC=AE,∵∠BAC+∠CAD=90°,∴∠EAD+∠ACD=90°,∴△ACE是等腰直角三角形，∵,∴,∴,∴
例9.如图，正方形ABCD中，E，F分别在BC、CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于G，下列结论：①BE=DF；②∠DAF=15°；③AC垂直平分EF；④BE+DF=EF，其中正确的是______________
A.
2
B.
3
C.
4
D.
5
所以，正确的是①②③
例10．已知△ABC是等腰三角形，AB=AC．
（1）特殊情形：如图1，当DE∥BC时，有DB = EC．（填“＞”，“＜”或“=”）
（2）发现探究：若将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）到图2位置，则（1）中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展运用：如图3，P是等腰直角三角形ABC内一点，∠ACB=90°，且PB=1，PC=2，PA=3，求∠BPC的度数．
解：（1）∵DE∥BC，∴∠ADE=∠B,∠AED=∠C,∵∠B=∠C,∴∠ADE=∠AED,∴DB=EC.
（2）成立．证明：由①易知AD=AE，∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，∴△DAB≌△EAC，∴DB=CE，
（3）如图，将△CPB绕点C旋转90°得△CEA，连接PE，∴△CPB≌△CEA，
∴CE=CP=2，AE=BP=1，∠PCE=90°，∴∠CEP=∠CPE=45°，在Rt△PCE中，由勾股定理可得，PE=2，
在△PEA中，PE2=（2）2=8，AE2=12=1，PA2=32=9，∵PE2+AE2=AP2，∴△PEA是直角三角形，∴∠PEA=90°，
∴∠CEA=135°，又∵△CPB≌△CEA∴∠BPC=∠CEA=135°．《图形的变换》题型解读8
单一线段的最值问题
【解题方法】
三个位置确定动点运动路线，再依图形找到该线段的最值位置（依据的数学原理：①两点之间线段最短；②垂线段最短）
【思路梳理】
1.两种运动情形：①运动轨迹是直线型；②运动轨迹是圆弧型
2.解析技巧：抓住动点运动过程中的三个特殊位置点（起始位置、中途任意位置、结束或特殊位置），并把这三点连线，确定运动路线，再求出它的长度；
【典型例题】
例1.如图，边长为5的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接HN，则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是______
【思路分析】H是定点，N是动点，动点N随动点M的运动而运动，我们可以利用“特殊位置法”，抓住点M的初始位置、随意位置、特殊位置来确定点N的运动路线，再依“垂线段最短”求HN的最小值
①当M与点C重合时，BM即BC，线段BM逆时针旋转60°即BC逆时针旋转60°，可知此时点N0与点A重合；
②取原图点M、点N的位置作为随意位置N1；
③当M与点H重合时，将CH逆时针旋转60°，得到N2位置；
④将NO、N1、N2三点连接起来得直线PQ，可知点N在直线PQ上运动，则当HN⊥PQ时，HN有最小值，由题易知HN是△BCN2的中位线，∴HN=CN2=CH=AB=.
例2.已知等边三角形ABC的边长为8，点P是边BC上的动点，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，点D是AC边上的中点，连接DQ，则DQ的最小值为____________
.
【思路分析】：点D是定点，点Q是动点，抓住动点Q运动过程中的三个特殊位置点，连线确定运动路线。
①初始位置：点P的初始位置就是点Q的初始位置，当点P与点B重合时，点Q与点C重合；
②任意位置：
题目给的原图即是点Q的任意位置；
③结束（特殊）位置：终止位置：当点P与点C重合时，以AC边向右作等边三角形ACE，点Q与点E重合；所以点Q在线段CE上运动，如图
结论：
当DQ⊥CE时，DQ最短。由D是AC中点可知CD=4，由∠ACQ=∠B=60°可得∠DQC=30°，则CQ=2，由勾股定理可得DQ=2
例3．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C，M是BC的中点，P是
A′B′的中点，连接PM，若BC＝2，∠BAC＝30°，则线段PM的最大值是
【思路分析】：点M是定点，点P是动点，抓住动点Q运动过程中的三个特殊位置点，连线确定运动路线。
①初始位置：当B`与B重合时，点P的初始位置就是AB的中点；
②任意位置：
题目给的原图即是点P的任意位置；
③结束（特殊）位置：终止位置：取旋转90°这个特殊位置，点P位于点位置；将连接，由于CB=C，可知P在点以C为圆心，CB为半径的圆上运动；如图。
结论：
当P在运动以BC的延长线上时，即P运动到CB直径上时，MP有最大值，由于半径CB=2,M是中点，∴PM的最大值为3
.
例4.
如右图，已知∠MON=30°,B为OM上一点，BA⊥ON于A，四边形ABCD为正方形，P为射线BM上一动点，连接CP，将CP绕点C顺时针旋转90°得CE，连接BE，若AB=4,则BE的最小值为________
【思路分析】：点B是定点，点E是动点，抓住动点E运动过程中的三个特殊位置点，连线确定运动路线。
①初始位置：当P与B重合时，点E的初始位置就是CD的延长线上位置；
②任意位置：
题目给的原图即是点E的任意位置；
③结束（特殊）位置：取P点在DC延长线与射线BM的交点这个特殊位置，点E位于点位置；将连接，可知E点在直线QR上运动；如图。
结论：
设QR与OM交于点G，由C=
C，∠=∠=90°，
C=
C可得△≌△，则∠=∠，△与△构成“8字模型”，可得∠=∠=90°，即OM⊥QR，当E与G重合时，
即BE⊥QR时，BE有最小值，即BG的长，由BC//ON，可得∠CBM=∠O=30°，由BC=AB=4可得C=，∴C=，则B=+4，在Rt△BG中，BG=,
即BE的最小值为=.
例5﹒如图，正方形ABCD中，BC=6，点E为BC的中点，点P为边CD上一动点，连接AP，过点P作AP的垂线交BC于点M，N为线段AP上一点，且PN=PM，连接MN，取MN的中点H，连接EH，则EH的最小值是
.
【解析】我们可以依照点H的运动轨迹来确定点H所在的运动线段是哪条？具体操作方法是：
①点H运动初始位置的确定：当P点与D点重合时，M与C重合，N与A重合，MN即是对角线AC，则H的初始位置在正方形对角线的交点上；
②当点P在DC上的某一处时，H的位置如原图所示；
③当P点与C点重合时，M、N均与C重合，则H也与C重合。把三个位置的点H连接起来，
不难发现，H点在正方形对角线OC上运动，则当EH⊥OC时，EH有最小值，如图1。
由正方形边长为6，可得对角线AC=6,
则OB=,由EH是中位线可得EH的最小值为.
例6.
如图，△ABC是等腰直角三角形，∠BCA=90°，AC=BC=4,P是△ABC的高CD上一个动点，以B点为旋转中心，把线段BP逆时针旋转45°得到BP`，连接DP`，则DP`的最小值是_______
【思路分析】：点D是定点，点P`是动点，抓住动点P`运动过程中的三个特殊位置点，连线确定运动路线。
①初始位置：当P与B重合时，点P`的初始位置就是在AB边上的位置；
②任意位置：
题目给的原图即是点P`的任意位置；
③结束（特殊）位置：取P点与D点这个结束位置，点P`位于点位置；将连接，可知P`点在直线EF上运动，；如图。
结论：
设EF与AC交于点G，作DQ⊥EF，当P`与Q重合时，DP`有最小值，即DQ的长，由△AG是等腰直角三角形，且△AG与△DQ构成“8字模型”，可得△DQ也是等腰直角三角形，由BC=CA=4可得BA=4，则BD=2，由BC=B=4可得D=4-2，∴DQ=2，
即DP`的最小值为2.
例7.如图，正方形ABCD中，AB=4,点E为对角线AC上的动点，以DE为边作正方形DEFG，点H是CD上一点，且DH=CD，连接GH，则GH的最小值为_____________
解析：求单一线段的最值问题，解题方法：三点确定动点运动轨迹法。
由题可知，H是定点，G是动点，且G随动点E的运动而运动，由E点来确定G点的运动轨迹。
①起始位置：当E点与C点重合时，如图G在的位置；
②任意位置：题目原图便是G点的任意位置；
③终点位置：当E点与A点重合时，如图G在的位置,此时与C点重合；
结论：连接、G、C，则G点在C上运动，即在正方形DC的对角线上运动。作H⊥C于点，当G点运动到位置时，GH的长度最小，由CD=AB=4，DH=CD，可得HC=,易知△HC是等腰直角三角形，则H=,即GH的最小值为.《图形的变换》题型解读7
图形对称与“将军饮马问题”
【知识梳理】线段和差最值问题-----“将军饮马问题”
【题型特点】：“两定一动”，求线段和（或周长）的最小值；
【解题思维】：“化曲为直”；
【解题方法】：先作图再计算解答；
【数学原理】：两点之间（直）线段最短
【题型介绍】
1.基础题型：两条线段出现三个点：两个定点+一个动点
【作图思路】：任选两定点中的一个定点作对称点，动点所在的线段为对称轴，连接对称点与另一个定点，所连的线段即是要求的最小值，所连线段与对称轴的交点为动点所在的位置。
例1.如图，在等边△ABC中，AB=6，AD⊥BC，E是AC上一点，M是AD上一点，且AE=2，EM+MC的最小值是
解析：∵点C关于直线AD的对称点是B，∴连接BE，交AD于点M，则BE是ME+MD最小的值.如图1，过点B作BH
⊥AC于点H，则EH=AH-AE=3-2=1，，在Rt△BHE中，
例2.如图，等腰△ABC的底边BC长为4厘米，腰AB的垂直平分线EF分别交AB、AC于点E、F，若D为底边BC的中点，点M为线段EF上的一动点，△BDM的周长最小值为8，则△ABC的面积是_____
解析：△BDM的周长=BD+DM+BM，由于BD=BC/2=2，要使周长最小，只需DM+BM最小，∵EF是AB的垂直平分线，∴点A与点B关于直线EF对称，连接AD，交EF于点M，点M即为所求，∵EF是AB的垂直平分线，∴AM=MB，此时△BDM的周长最小值=2+MD+MB=2+MD+MA=2+AD=8，∴AD=6，∴△ABC的面积=BC×AD÷2=4×6÷2=12.。
2.两条线段出现三个点：一个定点+两个动点
【作图思路】：作定点的对称点，一般两种处理方法：
①能作两次对称的作两次对称，再连接两个对称点，连接线段即是最小值，与两条对称轴的交点分别是两动点位置；②只能做一次对称的作一次对称，再作对称点到另一动点所在线段的垂线段，该垂线段即为最小值，垂线段与对称轴的交点即为一个动点所在位置，垂足为另一动点所在位置。
例3.如图，已知∠AOB=45°，P是∠AOB内部一点，且OP=，点
E、F
分别在OA、OB
、上，则△PEF周长的最小值等于__________
解析：分别作点P关于射线OA、OB的对称点M、N，连接MN，分别交射线OA、OB于点E、F，△PEF周长的最小值=PE+PF+EF=MN，MN即为所求。∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠1+∠3=45?，∴∠MON=90?，∵OP=OM，OP=ON，∴OM=ON=OP=，△MON是等腰直角三角形，∴MN=2，即△PEF周长的最小值等于2.
例4.如图所示，矩形OABC中，O为坐标原点，A、B在坐标轴上，且OA=15,OC=9,在边AB上选取一点D，将△AOD沿OD翻折，使点A落在BC边上，记为点E.
（1）求DE所在直线的解析式；
（2）设点P在x轴上，以点O、E、P为顶点的三角形是等腰三角形，求所有符合条件的点P的坐标；
（3）在x、y轴上是否分别存在点M、N，使四边形MNED的周长最小？如果存在，求出周长的最小值；如果不存在，请说明理由。
解析：（1）由题意可知，OE=OA=15,AD=DE,在Rt△OCE中，由勾股定理可得CE=12，∴BE=BC-CE=15-12=3,在Rt△BED中，由勾股定理可知，即，解得DE=5,∴AD=5,∴D(15,5),E(12,9)，则可得直线DE的解析式为y=
（2）当在x轴的正半轴上，O=OE=15时，点与点A重合，则（15，0）；
当在x轴的正半轴上，O=OE=15时，则（-15，0）；
当OE=E时，如图1，作EH⊥OA于点H，有OH=CE=H=12,则（24，0）；
当O=E时，由勾股定理知,
即，解得
=
=,∴
(,0),
综上所述，符合条件的点P的坐标有（15，0）、（-15，0）、（24，0）或(,0)
（3）如图2，作点D关于x轴的对称点D`，点E关于y轴的对称点E`，连接E`D`，分别交y轴、x轴于点N、M，则点M、N即为所求的点.
在Rt△BE`D`中，D`E`=,∴四边形DENM的周长最小值=DE+EN+MN+MD=DE+D`E`=5+5.
例5.如图，在锐角△ABC，AB=，∠BAC=45°，∠BAC的平分线交BC于点D，M、N分别是AD和AB上的动点，则BM+MN的最小值是_____
解析：作点关于AD的对称点，过点作于点N，交AD于点M，则线段的长就是BM+MN的最小值，在等腰Rt△AN中，根据勾股定理得到，
例6.如图，△ABC中，AB=2,∠BAC=30°,若在AC、AB上各取一点M、N，使BM+MN的值最小，则这个最小值为___
解析：作AB关于AC的对称线段AB`，过点B`作B`N⊥AB于点N，交AC于点M，则B`N=MB`+MN=MB+MN，B`N的长就是MB+MN的最小值。则∠B`AN=2∠BAC=60°,AB`=AB=2,∠ANB`=90°,∠B`=30°,则AN=1，在Rt△AB`N中，由勾股定理可得B`N=
3.两条线段中的出现四个点-------先平移（把四点转化成三点）+对称
【题型特点】两条线段四个点（两定两动），且两动点间的长度是固定已知的，求这两线段和的最小值；
【作图思路】
总体作图思路：通过平移，将两动点重合，转化成“两定一动”题型
具体作图方法：选一定点进行平移，使两动点重合，平移距离为两动点间的线段长度，再按
“两定一动”题型作图方法，确定好动点位置再平移回去即可得到另一动点位置；
例7.如图，甲、乙两个单位分别位于一条封闭街道的两旁，现准备合作修建一座过街天桥，问：
（1）桥建在何处才能使由甲到乙的路线最短？（注：桥必须与街道垂直）
（2）桥建在何处才能使甲、乙到桥的距离相等；
解析：（1）设桥为CD，则这个问题中的路线为AC+CD+BD,由于CD是定值，所以当AC+BD最短时，该路线最短。作法是：如图①，平移DB到CB`，连接AB`交河岸l于点P，即为所求。
（2）如图②，作点B关于街道的对称点，连接A,作A的垂直平分线，与街道靠近A的一侧交于点，过点建桥即符合要求。
例8.
如图，矩形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A、C分别在x,y轴的正半轴上，OA=3,OC=4,D为边OC的中点，E、F为边OA上的两个动点，且EF=2,当四边形BDEF的周长最小时，点E的坐标为___________.
解析：∵由于BD、EF的长度是固定长，∴要求四边形BDEF的周长最小，只需DE+BF最短，由于DE、BF两条线段出现四个点，属于“对称+平移”题型。所以，将点B向左平移2个单位长度到点G，作点D关于轴的对称点D`，连接GD`，交轴于点E，在轴上截取线段EF=2，此时得到的点E、F能使四边形BDEF的周长最小.（由于EFBG是平行四边形，平移点B，相当于将点F向左平移2个单位长度，F与E重合，这样，“四点”就转化成了“两定一动”的将军饮马问题最简单题型，DE+BF就转化成了DE+GE，再通过对称，就能把G（B）、D（D`）、E（F）转化到同一条线段GD`上，此时DE+GE最短，即DE+BF最短），
∵OD=OD`=2，CD`=6，BC=3，BG=2，CG=1，∵G(1,4),D`(0,-2)∴直线GD`的解析式为：，∴
例9.
如图,已知A(3,1)与B(1,0),PQ是直线上的一条动线段且(Q在P的下方)，当AP+PQ+QB最小时,Q点坐标为_________.
【思路分析】∵AP+PQ+QB=√2+AP+QB，∴要求AP+PQ+QB的最小值，即是求AP+QB的最小值，两条线段四个点，典型的“将军饮马问题”中的“平移+对称”模型。按正常作图思路应是将P平移到Q点，让两个动点合成一个动点，就转化成了最基础的“两定一动”模型。问题就在这：我们平移的是定点，如点A，那如何通过平移A点，将点P与点Q的位置重合？点Q在点P的左下方位置，很明显，不是常见的水平或垂直平移情形，我们首先需要利用题中的已知条件，将P点转化成通过水平或垂直平移到达点Q的位置。如图1，由于直线y=x与坐标轴成45?，以PQ为斜边构造一个等腰直角三角形PMQ，由PQ长可PM=MQ=1，即要使P点与Q点重合，只需将P点向下平移1个单位，再向左平移1个单位，即与点Q重合。如图2，将点A向下向左各平移1个单位长度到点A`，此时P、Q重合，（实质是平移线段AP，构造平行四边形APQA`），则A`点的坐标为（2，0），作点B关于直线y=x的对称点B`，恰好在y轴上，则B`的坐标为（0，1），连接A`B`，交直线y=x于点Q，即为所求。由A`、B`的坐标可求得直线A`B`的表达式为y=-0.5x+1,解联立方程：y=-0.5x+1、y=x，即可得Q点坐标为（，）.
4.线段差的最大值问题
【作图思路】：
例10.按要求作图：
（1）在直线同侧有两点A、B，在直线上找一点P，使
（2）在直线两侧有两点A、B，在直线上找一点P，使
解析：（1）、（2）如下图所示：
例11.已知点A(-2,-3)、B(3,1)，P点在x轴上，若|PA-PB|长度最大，则最大值为_____，P点坐标为______.
解析：作B关于x轴的对称点B`，连接AB`交x轴于点P，此时|PA-PB|=|PA-PB`|=B`P，∵B`(3,-1),A(-2,-3)，则直线AP的表达式为：，∴P（，0），则最大值B`P=
5.“胡不归”问题
题型特点：出现“”形式的线段和差最值题型，且动点在直线上运动。
解题思路：紧盯“k”的数学特点，利用特殊角的边角关系、或构造“共角模型”的相似三角形，寻找到一条与“”相似的线段，把“”结构转化成“将军饮马问题”的“PA+CD”结构，利用“将军饮马问题”的“化曲为直”的思路解题。
例12：如图，Rt△ABC中，，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=，
P是边AC上的一个动点，则的最小值为________.
解析：利用30°角把转化成某一条线段，这样就把转化成两条线段和差的最小值，典型的“将军饮马问题”.过P作PM⊥AB于点M，则PM=，则求的最小值，即是求PM+PB的最小值，属“一定两动”情形。解答：作点B关于AC的对称点B`，作B`M⊥AB于点M，交AC于点P，B`M即为所求。利用特殊角的三角函数可求出B`M=3，即的最小值为3.《图形的变换》题型解读3
利用旋转性质解题题型
【知识梳理】：旋转实质是一种全等变换，利用旋转前后的图形全等这一性质解题
【典型例题】
例1.如图所示，△ABC中，∠BAC=33°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转50°，对应得到△AB′C′，则∠B′AC的度数为 ．
解：∵∠BAC=33°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转50°，对应得到△AB′C′，∴∠B'AC'=33°，∠BAB'=50°，∴∠B′AC的度数=50°﹣33°=17°．
例2．两个全等的三角尺重叠放在△ACB的位置，将其中一个三角尺绕着点C按逆时针方向旋转至△DCE的位置，使点A恰好落在边DE上，AB与CE相交于点F．已知∠ACB=∠DCE=90°，∠B=30°，AB=8cm，则CF= cm．
解：∵将其中一个三角尺绕着点C按逆时针方向旋转至△DCE的位置，使点A恰好落在边DE上，
∴DC=AC，∠D=∠CAB，∴∠D=∠DAC，∵∠ACB=∠DCE=90°，∠B=30°，∴∠D=∠CAB=60°，∴∠DCA=60°，
∴∠ACF=30°，可得∠AFC=90°，∵AB=8cm，∴AC=4cm，∴FC=4cos30°=2（cm）．
例3．如图，将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A′B′，那么A（﹣2，5）的对应点A′的坐标是__________
解：∵线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A′B′，∴△ABO≌△A′B′O′，∠AOA′=90°，∴AO=A′O．作AC⊥y轴于C，A′C′⊥x轴于C′，∴∠ACO=∠A′C′O=90°．∵∠COC′=90°，∴∠AOA′﹣∠COA′=∠COC′﹣∠COA′，∴∠AOC=∠A′OC′．∴△ACO≌△A′C′O（AAS），∴AC=A′C′，CO=C′O．∵A（﹣2，5），∴AC=2，CO=5，∴A′C′=2，OC′=5，∴A′（5，2）．
例4．如图，在平面直角坐标系中，将△ABO绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置，点B、O分别落在点B1、C1处，点B1在x轴上，再将△AB1C1绕点B1顺时针旋转到△A1B1C2的位置，点C2在x轴上，将△A1B1C2绕点C2顺时针旋转到△A2B2C2的位置，点A2在x轴上，依次进行下去…．若A(，0)，B（0，2），则点B2016的坐标__________．（6048，2）
解析：旋转中的B点的坐标位置有两处：奇数B点在x轴上、偶数B点在第一象限，则点B2016在第一象限；B(0,2),△OAB的周长为6,，
(,2),(,2)……(,2)，即(,2)
例5．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】（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，AB=BC,
∠ACD=∠BCE，CD=CE,∴△ACD≌△BCE（SAS）
（2）∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠A=45°，由（1）可知：∠A=∠CBE=45°，∵AD=BF，
∴BE=BF，∴∠BEF=67.5°
例6．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（1，1），B（4，1），C（3，3）．
（1）将△ABC向下平移5个单位后得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2；
（3）判断以O，A1，B为顶点的三角形的形状．（无须说明理由）
【分析】（1）利用点平移的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1为所作；
（2）利用网格特定和旋转的性质画出A、B、C的对应点A2、B2、C2，从而得到△A2B2C2，
（3）根据勾股定理逆定理解答即可．
【解答】（1）如图所示，△A1B1C1即为所求：
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求：
（3）三角形的形状为等腰直角三角形，OB=OA1=，A1B=，
即
，所以三角形的形状为等腰直角三角形．
例7.如图，点O是等边三角形ABC内一点，∠AOB=110°,∠BOC=α,将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，连接OD.
（1）求证△COD是等边三角形；（2）当α=150°时，试判断△COD的形状，并说明理由；（3）探究：当α为多少度时，△COD是等腰三角形.
解析：（1）∵CO=CD,∠OCD=60°,∴△COD是等边三角形；
（2）当α=150°时，△COD是直角三角形。理由如下：由题可知：△BOC≌△ADC,
∴∠ADC=∠BOC=150°,∵△COD是等边三角形，∴∠ODC=60°,∴∠ADO=90°,
∴△COD是直角三角形；
（3）①要使OA=AD,则需∠AOD=∠ADO,∵∠AOD=190°-α,∠ADO=α-60°,
∴190°-α=α-60°,∴α=125°；
②要使OA=0D,则需∠OAD=∠ADO,∵∠OAD=180°-(∠AOD+∠ADO)=180°-(190°-α+α-60°)=50°,∴α-60°=50°,∴α=110°；③要使OD=AD,则需∠OAD=∠AOD,∴190°-α=50°,∴α=140°；
∴当α为125°、110°、140°时，△COD是等腰三角形.第三章
《图像的变换》题型全解读
【知识结构图】
1．知识要点：三种变换方法的性质、作图及识别；识别图形的变化过程（四会：会识、会数、会画、会用）
2．思维方法：对比思维、图形观察想像能力
3.
运用联系：注意与折叠问题,全等证明、直角三角形等知识结合（难点）
概念：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离的图形运动。
①经过平移，对应点所连的线段平行（或在一直线上）且相等
性质：
②对应线段平行（或在一直线上）且相等，对应角相等
③平移前后两个图形全等，不改变图形的大小和形状
平移
分类：①已知图形和一对对应点（或一对对应边），求作平移后的图形
作图
②已知图形和平移方向、平移距离，求作平移后的图形
步骤：①分析题目要求，找出平移方向和距离；②分析已知图形，找到构成图形的关键点；③沿一定方向一定距离平移各个关键点；④连接所作的各个关键点，并标上相应字母；⑤写出结论（方格纸上作图不用写结论）
方法：①“对应点连接法”②“全等图形法”
实用：利用平移设计图案。注意：①确定“基本图案”②把“基本图案”连续平移③“基本图形”可以是一个图形，也可以是由几个图形构成的组合图形
概念：在平面内，将一个图形绕一个定点沿某个方向转动一定角度的图形运动。这个定点叫旋转中心，转动的角叫旋转角。注意：①旋转中心保持不动②图形的旋转由旋转中心、旋转方向、旋转角决定③注意与绕轴旋转的区别。如开门关门。
性质：①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角度②任意一对
旋转
对应点与旋转中心的连线所成的角度都是旋转角③对应点到旋转中心的距离相等
图形变换
分类：①已知原图、旋转中心和一对对应点（或一对对应线段），作出旋转后图形②已知原图、旋转中心、方向和距离，作出旋转后图形
作图
步骤：①分析题目要求，找出旋转中心、旋转角；②分析所作图形，找出构成图形的关键点；③沿一定方向和一定角度，通过截取线段的方法（对应点到旋转中心的距离相等），旋转各个关键点；④顺次连接各个关键点的对应，并标上相应字母⑤写出结论
方法：关键点旋转
实用：利用旋转设计图案。注意：①确定“基本图案”②把“基本图案”连续旋转
轴对称、平移、旋转这三种基本图形变换方法的联系和区别
区别：①运动方式不同②性质不同③变换条件不同
联系：都是平面内的变换，都不改变原图形的大小和形状，只改变原图形的位置
折叠是一种对称变换，它属于轴对称.
图案的欣赏和设计：①找出图案的形成过程
②利用基本图案，运用平移、旋转和轴对称设计简单图案
概念：在平面内，一个图形绕某个点旋转180°，如果前后图形互相重合，这个图形叫中心对称图形，这个点叫它的对称中心。
中心对称图形
性质：中心对称图形上的每一对对应点所连成的线段都被对称中心平分
注意：①注意与轴对称图形区分②中心对称图形的识别，多与图形的轴对称、平移、旋转综合在一起③平行四边形、菱形、矩形、正方形及边数是偶数的多边形都是中心对称图形也是轴对称图形
《图形的变换》题型解读1
中心对称图形与轴对称图形的识别题型
【方法梳理】:识别技巧
①在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
识别技巧：倒过来看与原图一样；
②将图形对折，能完全重合的图形是轴对称图形；
【典型例题】
例1.为了迎接杭州G20峰会，某校开展了设计“YJG20”图标的活动，下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．
B．
C．
D．
解析：利用中心对称图形与轴对称图形性质判断即可．故选D
例2.在一些汉字的美术字中，有的是轴对称图形．下面四个美术字中可以看作轴对称图形的是（ D ）
A．
B．
C．
D．
解析：利用轴对称图形性质判断即可．故选D
例3．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．正五边形
B．平行四边形
C．矩形
D．等边三角形
解析：A、正五边形，不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误；
B、平行四边形，是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项错误；
C、矩形，既是中心对称图形又是轴对称图形，故本选项正确；
D、等边三角形，不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误．故选C
例4．图1和图2中所有的小正方形都全等，将图1的正方形放在图2中①②③④的某一位置，使它与原来7个小正方形组成的图形是中心对称图形，这个位置是（ ）
A．①
B．②
C．③
D．④
解析：利用中心对称图形性质判断即可．故选C
例5．（2017?泰州）把下列英文字母看成图形，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ C ）
A．
B．
C．
D．
解析：利用中心对称图形与轴对称图形性质判断即可．故选C
例6．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．
B．
C．
D．
解析：利用中心对称图形与轴对称图形性质判断即可．故选A
例7．下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．
B．
C．
D．
解：A、是轴对称图形．不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故此选项错误；
B、是轴对称图形．不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故此选项错误；
C、是轴对称图形．不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故此选项错误；
D、是轴对称图形，又是中心对称图形．故此选项正确．
故选：D．
例8．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．
B．
C．
D．
解析：由轴对称图形与中心对称图形的定义可选择。选D
例9．如图，直线a、b垂直相交于点O，曲线C关于点O成中心对称，点A的对称点是点A'，AB⊥a于点B，A'D⊥b于点D．若OB=3，OD=2，则阴影部分的面积之和为 ．
【分析】根据中心对称图形的概念，以及长方形的面积公式即可解答．
【解答】解：∵直线a、b垂直相交于点O，曲线C关于点O成中心对称，点A的对称点是点A'，AB⊥a于点B，A'D⊥b于点D，OB=3，OD=2，∴AB=2，∴阴影部分的面积之和为3×2=6．
例10.下列所述图形中，是中心对称图形的是（
）
A、直角三角形
B、平行四边形
C、正五边形
D、正三角形
解析：直角三角形既不是中心对称图形也不轴对称图形，正五边形和正三角形是轴对称图形，只有平行四边是中心对称图形。故选B
例11．在图形：①线段；②等边三角形；③矩形；④菱形；⑤平行四边形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的个数是（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
解：①线段既是轴对称图形又是中心对称图形，
②等边三角形是轴对称图形不是中心对称图形，
③矩形既是轴对称图形又是中心对称图形，
④菱形既是轴对称图形又是中心对称图形，
⑤平行四边形不是轴对称图形是中心对称图形，
所以既是轴对称图形又是中心对称图形的个数是3个．故选B
例12．下列“禁止行人通行，注意危险，禁止非机动车通行，限速60”四个交通标志图中，为轴对称图形的是（ ）
A．
B．
C．
D．
解：A、不是轴对称图形，故本选项错误；
B、是轴对称图形，故本选项正确；
C、不是轴对称图形，故本选项错误；
D、不是轴对称图形，故本选项错误．
故选：B．
例13．如图是我国几家银行的标志，其中即是轴对称图形又是中心对称图形的有（ ）
A．2个
B．3个
C．4个
D．5个
解：中国银行标志：既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意；
中国工商银行标志：既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意；
中国人民银行标志：是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
中国农业银行标志：是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
中国建设银行标志：不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
故选：A
例14．以下图形中对称轴的数量小于3的是（ ）
A．
B．
C．
D．
解：A、有4条对称轴；
B、有6条对称轴；
C、有4条对称轴；
D、有2条对称轴．
故选D．
例15．如图，P，Q是方格纸中的两格点，请按要求画出以PQ为对角线的格点四边形．
（1）在图1中画出一个面积最小的?PAQB．
（2）在图2中画出一个四边形PCQD，使其是轴对称图形而不是中心对称图形，且另一条对角线CD由线段PQ以某一格点为旋转中心旋转得到．注：图1，图2在答题纸上．
【分析】（1）画出面积是4的格点平行四边形即为所求；
（2）画出以PQ为对角线的等腰梯形即为所求．
【解答】（1）如图①所示：
（2）如图②所示：《图形的变换》题型解读9
图形变换与几何动点动态问题
【方法梳理】：
1.题型介绍：“两定一动”；
2.解题方法：
【典型例题】
例1．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】（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．
例2.
（1）如图1，锐角△ABC中，分别以AB、AC为边向外作等边△ABE与△ACD，连接BD、CE，试证明BD与CE的大小关系。
【深入探究】
（2）如图2，△ABC中，∠ABC=45°，AB=5cm，BC=3cm，分别以AB、AC为边向外作正方形ABNE和ACMD，连接BD，求BD的长；
（3）如图3，在（2）的条件下，以AC为直角边在线段AC的左侧作等腰直角△ACD，求BD的长.
【思路分析】
（1）典型的“手拉手模型”，证明△AEC≌△ABD，即可得BD=EC；
（2）“手拉物模型”的变化图形，仍证△AEC≌△ABD，故需连接EC，由由全等可得BD=EC，即求BD的长，只需求EC长，可用勾股定理的思路来求解，连接BE，易知△EBC是直角三角形，由AB、AE可知正方形对角线BE的长，由勾股定理即可求出EC的长，即BD的长；
（3）“手拉手模型”一个图形的典型特征就是，在三角形的两边各作一个特殊三角形或特殊四边形，而（3）中只出现一个特殊图形----以AC为边的等腰直角三角形，故仍构造另一个以AB为边等腰直角三角形，且这两个等腰直角三角形分处两侧，若直接作以AB为边、点A为直角顶点的等腰直角三角形ABE，就会出现一个小问题：需要证明BE与BC重合，故选用另一种作图方法，作点A的垂线，交AC的延长线于点E，易证△ABE是等腰直角三角形，至此，解题思路又回到（1）、（2）小题“手拉手模型”的常规思路线了，仍证△AEC≌△ABD，由全等可得BD=EC，即求BD的长，只需求EC长，而EC是等腰直角三角形斜边上的一段，故只需要求出BE长，减去AC上，即可得出EC长，即BD长。
【解题过程】
（1）∵△AEB、△ACD分别是等边三角形，∴AE=AB，AD=AC，∠EAB=∠DAC=60°,∴∠EAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC,即∠EAC=∠BAD，∴△AEC≌△ABD（SAS），∴BD=CE；
（2）如图4，连接EC,BE，∵四边形AENB、四边形ADMC分别是正方形，∴AE=AB，AD=AC，∠EAB=∠DAC=90°,∴∠EAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC,即∠EAC=∠BAD，∴△AEC≌△ABD（SAS），∴BD=CE；∵∠EBA=45°,∠ABC=45°,∴∠EBC=90°,在Rt△EAB中，∵AE=AB=5,∴BE=5√2,
在Rt△BEC中，∵BC=3,
BE=5√2,∴EC=√59,即BD=√59.
（3）如图5，作EA⊥AB交BC的延长线于点E，∵∠BAE=90°,∠ABC=45°,∴△ABE是等腰直角三角形，∵△ADC、△ABE分别是等腰直角三角形，∴AE=AB，AD=AC，∠EAB=∠DAC=90°,∴∠EAB-∠BAC=∠DAC-∠BAC,即∠EAC=∠BAD，∴△AEC≌△ABD（SAS），∴BD=CE，在等腰直角三角形ABE中，∵AB=AE=5,
∴BE=5√2,∴EC=BE-BC=5√2-3,即BD=5√2-3.
【点评】
这道题是属于典型的几何动点动态题型，符合“两静一动”的题型特点，即“题目主干条件不变、所求结论不变，只是图形位置发生变化”，对于这类题型，最好的解题技巧是“复制粘贴，略作修改”.
（1）“复制”了图形结构，图1中是由AB、AC为边各向两侧作等边三角形，图2中是由AB、AC为边各向两侧作正方形，故图3的辅助线即是：以AB、AC为这边向两侧作等腰直角三角形，由于AC为边的等腰直角三角形是在左侧，故需作以AB为边的等腰直角三角形在右侧；
（2）“复制”了解题思路过程。（2）、（3）小题都“复制”了（1）中的“△AEC≌△ABD，即可得BD=EC”这一解题思路；（3）小题“复制”（2）小题中“利用直角三角形的勾股定理求EC长”这一解题思路；
由以上两点，我们从解题步骤上，能感受到它们的相似度很高，几乎属“复制粘贴”。但又略有不同，作了小范围内的修改。
（1）全等中等角“∠EAC=∠BAD”的证明，（1）、（2）、（3）分别是角度证明中“共角模型”的两种情形；
（2）在计算EC长运用勾股定理的背景直角三角形EBC、ABE的证明过程略有不同，一个源自于正方形的性质，一个源自于辅助线的构造。
例3．已知△ABC是等腰三角形，AB=AC．
（1）特殊情形：如图1，当DE∥BC时，有DB = EC．（填“＞”，“＜”或“=”）
（2）发现探究：若将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）到图2位置，则（1）中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展运用：如图3，P是等腰直角三角形ABC内一点，∠ACB=90°，且PB=1，PC=2，PA=3，求∠BPC的度数．
解：（1）∵DE∥BC，∴∠ADE=∠B,∠AED=∠C,∵∠B=∠C,∴∠ADE=∠AED,∴DB=EC.
（2）成立．证明：由①易知AD=AE，∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，∴△DAB≌△EAC，∴DB=CE，
（3）如图，将△CPB绕点C旋转90°得△CEA，连接PE，∴△CPB≌△CEA，
∴CE=CP=2，AE=BP=1，∠PCE=90°，∴∠CEP=∠CPE=45°，在Rt△PCE中，由勾股定理可得，PE=2，
在△PEA中，PE2=（2）2=8，AE2=12=1，PA2=32=9，∵PE2+AE2=AP2，∴△PEA是直角三角形，∴∠PEA=90°，
∴∠CEA=135°，又∵△CPB≌△CEA∴∠BPC=∠CEA=135°．
例4.平面直角坐标系中，四边形OABC是正方形，点A,C在坐标轴上，点B(8,8),P是射线OB上一点，将△AOP绕点A顺时针旋转90°，得△ABQ，Q是P旋转后的对应点.
（1）如图1，当OP=3时，求点Q的坐标；
（2）如图2，设点P(x,y)（0（3）当BP+BQ=10，求点Q的坐标（直接写出结果即可）
【思路分析】：（1）要求Q点坐标，即求线段长，故作QE⊥AB于点E，则OA+QE即为Q点横坐标，AE即为Q点纵坐标，由旋转性质可知∠POA=∠QBA=45°,OP=BQ=3，则在等腰直角三角形BEQ中，可得BE=EQ=3，由B点坐标可知OA=AB=8，则AE=5，故Q点坐标为（11，5）
（2）几何动态题，最好的解题方法是“解题思路的延续性”，（1）小题中“旋转性质即△APO≌△AQB的全等性质”是解题关键，故解决第（2）小题仍盯住这个解题关键便能解题。由旋转性质可得∠PAO=∠QAB，AP=AQ，则易得△APQ是等腰直角三角形，则,由于OP是∠COA的角平分线，则x=y，则剩下的思考重点就是用x表示出AP的长，就能找出S与x的关系式。直接无法用x表示出AP的长，但∠POA=45°给了我们添辅助线的暗示，作PM⊥OA于点M，则OM=PM=x，OA=8-x，由勾股定理即可得，由S与x的函数关系式为：。
当S取最小值时求P的坐标有两种解题思路：
①几何论证方法：∵，∴当AP最短时S有最小值，即当AP⊥BO时AP最短，此时P在正方形COAB的对角线交点上，P是OB的中点，由中点坐标公式可得此时P点坐标为（4，4）；
②代数论证方法：用配方法可求二次三项式的最值问题。，当x=4时S有最小值，故P(4,4)
（3）由题可知OB=8,由（1）可知，若P在线段OB上，依旋转性质可知BP+BQ=BP+OP=OB=8，所以BP+BQ=10>OB，可知P在应在OB的延长线上，先画图，如图5，再沿用（1）的解题思路：作QF⊥x轴于点F，先明确OP的长，再利用等腰直角三角形性质求Q点坐标.
剩下的思考重点有两个：①求OP长；②证△QFN是等腰直角三角形及求出QN的长。
由旋转性质可得OP=BQ，则BP+BQ=BP+OP=10，由图可知OP-BP=OB=8，解方程组可得OP=9，BP=，第①个问题解决，基本套用（1）小题的思路求解；
此小题的变化之处就在于如何解决第②个问题。依审图经验可知，已知条件OP或BP在整个图形的左上角，而所求结论在图形的右下角，必须拉近已知条件与未知条件的图形位置。由旋转性质可得OP=BQ：OP的位置拉近了，关键是把BP的位置拉下来。可利用全等性质解决。设BQ与x轴交于点N，由∠OAP=∠BAQ可得∠PAQ=90°，由∠BAN=∠PAQ=90°可得∠BAP=∠NAQ，∵AP=AQ,∠P=∠Q，∴△BAP≌△NAQ，则BP=NQ=,AB=AN=8,△BAN是等腰直角三角形，∠FNQ=∠BNA=45°,△FNQ是等腰直角三角形，且NQ=1，第②个问题解决，
则易得QF=FN=1,则Q点坐标为（17，-1）.《图形的变换》题型解读2
利用平移性质解题题型
【知识梳理】
1.几何图形的平移，可视为各顶点（或端点）的平移；
2.平移前后的图形，完全相等或全等；
3.坐标系中点的平移规律：横坐标左减右加，纵坐标上加下减；
【典型例题】
例1．如图，A，B的坐标为（2，0），（0，1），若将线段AB平移至A1B1，则a+b的值为_________
解：由B点平移前后的纵坐标分别为1、2，可得B点向上平移了1个单位，
由A点平移前后的横坐标分别是为2、3，可得A点向右平移了1个单位，
由此得线段AB的平移的过程是：向上平移1个单位，再向右平移1个单位，所以点A、B均按此规律平移，
由此可得a=0+1=1，b=0+1=1，故a+b=2．
例2．如图，将△ABE向右平移2cm得到△DCF，如果△ABE的周长是16cm，那么四边形ABFD的周长是_________cm.
解：∵△ABE向右平移2cm得到△DCF，∴EF=AD=2cm，AE=DF，∵△ABE的周长为16cm，∴AB+BE+AE=16cm，
∴四边形ABFD的周长=AB+BE+EF+DF+AD=AB+BE+AE+EF+AD=16cm+2cm+2cm=20cm．
例3．如图，等边三角形的顶点A（1，1）、B（3，1），规定把等边△ABC“先沿x轴翻折，再向左平移1个单位”为一次変换，如果这样连续经过2016次变换后，等边△ABC的顶点C的坐标为 ．
解：∵△ABC是等边三角形AB=3﹣1=2，∴点C到x轴的距离为1+2×=+1，横坐标为2，
∴A（2，+1），第2016次变换后的三角形在x轴上方，点A的纵坐标为+1，横坐标为2-2016×1=-2014，
所以，点A的对应点A′的坐标是(-2014，+1)
例4．如图，已知一个直角三角板的直角顶点与原点重合，另两个顶点A，B的坐标分别为（﹣1，0），（0，）．现
将该三角板向右平移使点A与点O重合，得到△OCB′，则点B的对应点B′的坐标是（ ）
A．（1，0）
B．（，）
C．（1，）
D．（﹣1，）
解：因为点A与点O对应，点A（﹣1，0），点O（0，0），所以图形向右平移1个单位长度，
所以点B的对应点B'的坐标为（0+1，），即（1，），故选：C．
例5．如图，O为坐标原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OAB=90°，点B的坐标为（0，2），将该三角形沿x
轴向右平移得到Rt△O′A′B′，此时点B′的坐标为（2，2），则线段OA在平移过程中扫过部分的图形
面积为 ．
【分析】利用平移的性质得出AA′的长，根据等腰直角三角形的性质得到AA′对应的高，再结合平行四边形面
积公式求出即可．
【解答】∵点B的坐标为（0，2），将该三角形沿x轴向右平移得到Rt△O′A′B′，此时点B′的坐标为
（2，2），∴AA′=BB′=2，∵△OAB是等腰直角三角形，∴A（，），
∴AA′对应的高，∴线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为2×=4．
例6.如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）
（1）请画出将△ABC向左平移4个单位长度后得到的图形△A1B1C1；
（2）请画出△ABC关于原点O成中心对称的图形△A2B2C2；
（3）在x轴上找一点P，使PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标．
解：（1）如图1；（2）如图2；
（3）找A的对称点A′（﹣3，﹣4），连接BA′，与x轴交点即为P；如图3所示：点P坐标为（2，0）．《图形的变换》题型解读5
利用旋转思维解题
【知识梳理】
会做旋转的题目、会用用旋转思想巧解几何题，这就是理解与掌握旋转问题的两个层次，只有深入理解与掌握第二个层次：用运用旋转思路帮助解题，才真正学会了旋转问题。
【典型例题】
【对比例子一】
例1.如图，在三角形ABC中，∠ACB=90°，∠B=50°，将此三角形绕点C沿顺时针方向旋转后得到三角形A′B′C，若点B′恰好落在线段AB上，AC、A′B′交于点O，则∠COA′的度数是_____
【解析】∵在三角形ABC中，∠ACB=90°，∠B=50°，∴∠A=180°﹣∠ACB﹣∠B=40°．由旋转的性质可知：
BC=B′C，∴∠B=∠BB′C=50°．又∵∠BB′C=∠A+∠ACB′=40°+∠ACB′，∴∠ACB′=10°，
∴∠COA′=∠AOB′=∠OB′C+∠ACB′=∠B+∠ACB′=60°．
例2.已知等腰直角三角形ABC，∠C=90?，M是BC的中点，CD⊥AM，求证：∠AMC=∠DMB.
【解析】不添辅助线好似无从思考，由于题目存在特殊三角形和等边，辅助线首选旋转，将△ACM旋转至△CBE位置，使A与C重合、AC与CB重合，是属旋转中的“空翻模型”。
作BE⊥BC交CD的延长线于点E，∵∠DEB=∠CAM，∠EBC=∠ACM=90?，AC=BC，∴△ACM≌△CBE，∴∠AMC=∠E，BE=CM，∵M是BC的中点，∴BM=CM=BE，由题可知：∠EBD=∠MBD=45?，BD=BD，∴△EBD≌△MBD，∴∠E=∠DMB，∴∠AMC=∠DMB.
【点评】这两道都是求证角度问题，从上面两道例题，我们不难发现它们的不同之处：例1题目已作出了几何变换（旋转），而例2则需要我们通过几何变换（旋转思想）添辅助线，从两题的思路过程及解题过程看，例1由于告之了旋转，自然就会联想到利用旋转性质来解题，而例2，需要利用到旋转思想才能解决，而旋转思想不是题目条件已知的，需要靠我们平时的积累与掌握，难度就会大了很多。所以旋转问题的学习与掌握，有两个层次：一是题目已知旋转的，会利用旋转性质或特征解题；二是题目未知旋转的，会利用旋转思想添辅助线解题。而旋转问题最难攻克的就是旋转思想，利用常见的旋转题目的思路或解题积累，在分析思考意识中形成旋转思维或旋转思想，去解决数学问题，这才是旋转问题真正能压轴的地方。
【对比例子二】
例3．如图，已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B的长为_______
【解析】连接BB′，根据旋转的性质可得AB＝AB′，判断出△ABB′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得AB＝BB′，然后利用“边边边”证明△ABC′和△B′BC′全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ABC′＝∠B′BC′，延长BC′交AB′于D，根据等边三角形的性质可得BD⊥AB′，利用勾股定理列式求出AB，然后根据等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质求出BD、C′D，然后根据BC′＝BD﹣C′D计算即可得解．
解：如图，连接BB′，∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△AB′C′，∴AB＝AB′，∠BAB′＝60°，
∴△ABB′是等边三角形，∴AB＝BB′，∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），∴∠ABC′＝∠B′BC′，
延长BC′交AB′于D，则BD⊥AB′，∵∠C＝90°，AC＝BC＝，∴AB＝，∴BD＝2×＝，C′D＝×2＝1，∴BC′＝BD﹣C′D＝﹣1．
例4.如图,在正方形ABCD中,M是AC的中点,MN⊥MD,BN平分∠CBE,E为AB的延长线上一点.求证:MD=MN
【解析】
在AD上取一点F，使DF=MB，∵AD=AB,DF=MB,∴AF=AM,∴∠AFM=∠AMF=45°,∴∠DFM=135°,∵BN平分∠CBE,∴∠MBN=135°,∴∠DFM=∠MBN,∵∠ADM+∠AMD=90°,∠NMB+∠AMD=90°,∴∠ADM=∠BMN,∴△FDM≌△BMN,∴DM=MN.
【点评】例3题目已作旋转，思考的重点只需准确把握旋转的性质，这是解题的关键，同时综合等腰直角三角形、等边三角形及垂直平分线的性质即可解答．例2中，要证边相等，首选三角形全等，若从“一线三垂直”的“二垂”角度思考，过点N作AE的垂线，构造一线三垂直，但会发现证全等时缺少边相等的条件，且这个条件无法从题目各已知条件中推导出来，但从旋转角度思考，将△MNB“空翻”到△ADM中，使MN与DM重合，呈现出来的三角形必定与△MNB全等，这样就化解了上面的思考障碍，这就是旋转思想的运用，如果平时没有这方面的积累，解题时是无法作出这样的联想与思考的。
【对比例子三】
例5.如图，点O是边长为4√3的等边△ABC的内心，将△OBC绕点O逆时针旋转30°得到△OB1C1，B1C1交BC于点D，B1C1交AC于点E，则DE= ．
【解析】题中出现的特殊角很多，所以必定存在特殊图形，由于O是等边三角形的内心，∴∠OBC=∠OCD=∠C1
=30°,∠BOC=120°,由旋转性质可得：OB=OC1,
∠B1OC1=∠BOC=120°,
∠BOB1=∠COC1=30°,∴∠BOC1=150°,∴OC1//BC,
DC1//OB,∴四边形OBDC1
是平行线四边形，∵OB=OC1,∴平行四边形OBDC1
是菱形，∴BD=OB,
如图1，OB=BF/cos30°=4,则设CD=x,则BD=4-x，∵BD=OB,∴4-x=4,解得x=4-4
.∵OC1//BC,∴∠C1=∠CDC1=30°,∵∠ECD=60°,∴∠DEC=90°,∴DE=DC?cos30°=(4-4)×=6-2.
例6.如图，在梯形ABCD中，AD//BC,BC>AD,∠D=90°,BC=CD=12,∠ABE=45°,若AE=10，求CE的长度。
【解析】由题目条件AD//BC,∠D=90°,BC=CD,∠ABE=45°,若将△BCE绕点B旋转90°，即可构造一个正方形，且出现了正方形中的“半角模型”，必有三角形全等，可利用全等性质找出各边之间的关系，即可解答。
解：将△BCE绕点B旋转90°至△BGM处，使G、M落在DA的延长线上，如图，则△BCE≌△BGM,BC=BG,BE=BM,∠CEB=∠M,∠C=∠BGM=∠AGB=90°,易知四边形BCDG为正方形，∴∠CBE+∠ABG=45°,即∠GBM+∠GBA=∠ABM=∠ABE=45°,∵AB=AB,BE=BM,∴△ABE≌△ABM,∴AE=AM=10,设CE=GM=x,则AG=10-x，DE=12-x,AD=12-(10-x)=2+x，在Rt△ADE中，由勾股定理可得：,解得x=4或x=6，∴CE的长为4或6.
【点评】例5题目已作出旋转，思考的重点只需准确把握旋转的性质，这是解题的关键，同时综合等边三角形的性质、三角形内心的性质、菱形的判定与性质及解直角三角形，尽管难度不小，但因旋转是已知条件，只需多挖掘隐藏条件，所以应只是一道中档题。而例6的难度就大很多，完全靠自己平时积累的对旋转思想的理解与掌握，依题发挥，才有如此辅助线的方法及解题思路。
例7.如图，以直角三角形ABC的斜边BC为边在三角形ABC的同侧作正方形BCEF，设正方形的中心为O，连接AO，如果AB=4，AO=6，则AC=____
【思路分析】直接无法通过勾股定理求出AC的长度，可以通过旋转，把AC分成两部分来算出各自的长度，即可求解。
【解题过程】将△OAB绕点O顺时针旋转90°，使OB与OC重合，点A落在线段AC的点M处，则△OAB≌△OMC,则CM=AB=4，△AOM是等腰直角三角形，AO=OM=6，AM=12，AC=16.
【对比例子四】
例8.如图,在△ABC中，高AD和BE交于点H，且∠1=∠2=22.5°，下列结论正确的有（
）个。
①∠1=∠3；②BD+DH=AB；③2AH=BH;④若CD=，则BH=3;⑤若DF⊥BE于点F，则AE-FH=DF。
A．5
B．4
C．3
D．2
解析：（1）“8字模型”可得∠2=∠3，①正确；
（2）“绕点旋转模型”证△BDH≌△ADC得DH=DC，BD+DH=BD+DC=BC,由BE⊥AC,
∠1=∠2可得AB=BC，②正确；
（3）反证法，假设成立，由（2）全等可知BH=AD，则2AH=AD，H是中点，连接CH，如图1，则CH=AH，则CH=DH，③错误；
（4）由CD=DH=,可得CH=AH=2，则AD=BD=2+,由勾股定理可判定BH不可能是整数，④错误；
（5）如图2，作DG⊥AC于点G，则DF=EG，由“绕点旋转模型”证△DFH≌△DGC得FH=GC，则由EC-EG=GC可得AE-DF=FH，⑤正确；选C
例9.在等边三角形ABC中，P为△ABC内的一点，已知PA=6，PB=8，PC=10，则∠APB的度数是________.
解析：题目存在两个明显特征：①等边三角形；②已知条件不在同一个三角形中，我们可以考虑绕点旋转，使PA、PB、PC处于同一个三角形中，再运用特殊三角形的判定及勾股定理逆定理来识别三角形的形状，进而得到有关角度的信息来求解。
解：如图，将ΔABP绕A点按逆时针方向旋转60?得△ADC，使得AB与AC重合，连接PD，则△ABP≌△ACD，AP=AD=6，DC=BP=8，∠BAP=∠CAD，∠ADC=∠APB，∵∠ABP+∠PAC=60?，∴∠PAC+∠CAD=60?，即∠PAD=60?，∴△APD是等边三角形，∴AP=PD=AD=6，∵DC=8，PC=10，由勾股定理逆定理可知∠PDC=90?，∴∠ADC=150?，∴∠APB=150?.《图形的变换》题型解读6
图形对称与“折叠问题”
【知识梳理】
1.折叠问题总体解题方法：折叠性质+方程思想+勾股定理（或全等性质、或特殊三角形边角关系）；
2.折叠问题的三种题型
①折叠后点的位置确定：不涉及分类讨论，只是几何证明与计算；
②折叠后点的位置不确定：涉及分类讨论；
③折叠后的特殊图形的边或角位置不确定，涉及分类讨论；
3.折叠问题中常见的数学典型模型---“角平分线+平行线=等腰△”；
由折叠性质“折叠前后的角相等”则知：折痕是角平分线，矩形对边会平行，所以在矩形中的折叠问题，常常出现这个数学典型模型的运用。如图：
4.折叠问题常见的添辅助线方法：连接对应点，则折痕垂直平分对应点的边线；（例5）
【典型例题】
例1.如图，
矩形ABCD中，AB=8，BC=6，P为AD上一点，将△ABP
沿BP翻折至△EBP，
PE与CD相交于点O，且OE=OD，则AP的长为__________.
【思路分析】由折叠性质易证ODP≌△OEG，则在直角三角形BCG中，运用方程思想及勾股定理，即可求出AP的长；
【解题过程】
∵四边形ABCD是矩形,∴∠D=∠A=∠C=90°，AD=BC=6，CD=AB=8，由折叠性质得：∴EP=AP，∠E=∠A=90°，BE=AB=8，在△ODP和△OEG中，∵∠D=∠E，OD=OE，∠DOP=∠EOG，∴△ODP≌△OEG,∴OP=OG，PD=GE，
∴DG=EP,设AP=EP=x，则PD=GE=6－x，DG=x，∴CG=8－x，BG=8－（6－x）=2+x,根据勾股定理得：BC2+CG2=BG2
即：62+（8－x）2=（x+2）2,解得：x=4.8∴AP=4.8.
例2.如图，在矩形ABCD中，AD=5,AB=8,点E为射线DC上一个动点，把△ADE沿直线AE折叠，当点D的对应点F恰好落在线段AB的垂直平分线上时，则DE的长为________.
【思路分析】由于D点折叠后的对应点F，题目只交待在直线MN上，并没告之具体位置，有可能在线段MN上，也可能在N的上方或在M点的上方，故需要分情况讨论，画图便知点F不可能在M点的上方，所以分两种情况进行论证计算；
【解题过程】分两种情况：
①如图1，当点F在矩形内部时，由题易知：AD=AF=5,AN=4,FN=3,FM=2,设在Rt△EFM中，解得；
②如图2，当F在矩形外部时，由题易知：AD=AF=5,AN=4,FN=3,FM=8,设在Rt△EFM中，解得；综上所述，DE的长为
或10.
例3.如图，在△ABC中，∠A=90°,AB=AC=2,将△ABC折叠，使点B落在边AC上点D(不与点A重合)处，折痕为PQ,当重叠部分△PQD为等腰三角形时，则AD的长为___________
【思路分析】折叠时由于Q、D点的位置不确定性，所以△PQD各边长度的不确定性，故当△PQD为等腰三角形时，需分三种情况进行分类讨论；
【解题过程】分三种情况：
①PD=DQ时，则BP=PD=DQ=BQ,四边形BQDP是菱形，PD//BC,BP//DQ,易得△APD、△CDQ是等腰直角三角形，则PD=DQ=CD=AD，则AC=AD+CD=AD+AD=2,∴AD=2-2；
②DQ=PQ时，BQ=PQ,∴∠BPQ=∠B=45°,△BPQ是等腰直角三角形，此时点B与点C重合，∴AD=AC=2；
③PD=PQ时，PQ=BP,∴∠BQP=∠B=45°,△BPQ是等腰直角三角形，此时点B与点A重合，不符题意，舍去；
综上所述，AD的长为2或2-2.
例4.现有一张矩形纸片
ABCD（如图），其中
AB=4cm，BC=6cm，点E是BC的中点．将纸片沿直线AE折叠，点B落在四边形AECD内，记为点E′，连接E′C，则线段
E′C=____．
【思路分析】由于A、B、E的位置是确定的，故点E`的位置也是确定的，所以不存在分类讨论，只需要运用几何知识进行证明与计算得出B`C的长即可。折叠过程中，出现数学典型模型“角平分线+等腰△=平行线”，AE是角平分线、△EE`C是等腰三角形，所以易得CE`//AE，依等腰三角形的“三线合一”及“平行线的距离处处相等”可用辅助线EM⊥E`C，E`N⊥AE，利用数学典型模型“双垂直模型”的面积用法，可求出E`N的长，即EM的长，由勾股定理E`C长。
【解题过程】由折叠性质可得：∠AEB=∠AEE`，∵BE=EC=EE`，∴∠EE`C=∠ECE`，由外角性质可得∠BEE`=∠EE`C+∠ECE`，∴∠AEB=∠ECE`，∴AE//CE`，作EM⊥E`C，E`N⊥AE，∴E`N=EM，∵AB=4，BE=3，∴AE=5，在Rt△AEE`中，由AE`×EE`=AE×NE`可得NE`=，∴EM=，在Rt△MEE`中，∵EE`=3，EM=，由勾股定理可得E`M=，∴E`C=2E`M=.
例5.如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，将△ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B`处，又将△CEF沿EF折叠，使点C落在EB`与AD的交点C`处，则BC：AB的值为__________
【思路分析】
连接CC`，由EC=EC`，BC//AD，依“等腰+平行线=角平分线”可得∠DC`C=∠B`C`C，则易证△C`DC≌△C`B`C，则CD=CB`=AB，∵AB=AB`，∴AC=2AB，∴∠ACB=30°，即可求出BC：AB的值.
【解题过程】
连接CC`，∵CE=C`E，∴∠ECC`=∠EC`C，∵AD//BC，∴∠ECC`=∠CC`D，∴∠CC`B`=∠CC`D，∵∠D=∠C`B`C=90°，CC`=CC`，∴△C`DC≌△C`B`C，∴CD=CB`，∵CD=AB=AB`，∴AB=AB`=CB`，即AC=2AB，∴∠ACB=30°，∴BC：AB=.
例6．如图，在△ABC中，D是AC边上的中点，连接BD，把△BDC沿BD翻折，得到△BDC`,DC`与AB交于点E，连接AC`，若AD=AC`=2,BD=3,则点D到BC`的距离为_________
解析：依解题经验可知，“求点D到BC`的距离”，多从面积的角度思考解决，即先求出△BDC`的面积与底边BC`的长，由折叠性质可进一步思考，即求△BDC的面积与边BC的长。不管是求三角形的面积还是求线段长，都需要垂线或直角三角形，依“折叠问题最常见的添辅助线方法----连接对应点，被折痕垂直平分”，连接CC`，则BD垂直平分CC`，接着重点放在寻找△BCD中各Rt△中的边或角的具体数据，这些数据一定与题目条件“折叠性质、D是中点、AD=AC`=2,BD=3”有关联。由AD=AC`,CD=AD,CD=DC`易得△ADC`是等边三角形，由折叠性质可得∠C`DB=∠CDB，易得∠C`DB=∠CDB=∠ADC`=60°,∴∠FCD=30°,由AD=DC=2,可得DF=1,FC=,则△BDC`的面积=△BDC的面积=,由BD=3可得BF=2，由勾股定理可得BC==BC`,则点D到BC`的距离=△BDC`的面积×2÷BC`=.
例7．如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=10，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F处；点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰落在线段BF上的点H处，有下列结论：
①∠EBG=45°；②FG=5；③；④AG+DF=FG．其中正确的是 ．
解：（1）∵△BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F处，∴∠1=∠2，CE=FE，BF=BC=10，在Rt△ABF中，
∵AB=6，BF=10，∴AF=8，∴DF=AD﹣AF=10﹣8=2，设EF=x，则CE=x，DE=CD﹣CE=6﹣x，在Rt△DEF中，
∵DE2+DF2=EF2，∴（6﹣x）2+22=x2，解得x=，∴ED=，∵△ABG沿BG折叠，点A恰落在线段BF上的点H处，
∴∠3=∠4，BH=BA=6，AG=HG，
∴∠2+∠3=∠ABC=45°，所以①正确；
（2）HF=BF﹣BH=10﹣6=4，设AG=y，则GH=y，GF=8﹣y，在Rt△HGF中，∵GH2+HF2=GF2，∴y2+42=（8﹣y）2，
解得y=3，∴AG=GH=3，GF=5，所以②正确；
（3）∵=?6?3=9，=?GH?HF=×3×4=6，∴，所以③正确；
（4）∵AG+DF=3+2=5，而GF=5，∴AG+DF=GF，所以④正确．
故答案为①②③④．
例8．如图，等腰△ABC中，CA=CB=4，∠ACB=120°，点D在线段AB上运动（不与A、B重合），将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ，给出下列结论：
①CD=CP=CQ；②∠PCQ的大小不变；③△PCQ面积的最小值为；④当点D在AB的中点时，△PDQ是等边三角形，其中所有正确结论的序号是 ．
解：（1）∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ，∴CP=CD=CQ，∴①正确；
（2）∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ，∴∠ACP=∠ACD，∠BCQ=∠BCD，
∴∠ACP+∠BCQ=∠ACD+∠BCD=∠ACB=120°，∴∠PCQ=360°﹣（∠ACP+BCQ+∠ACB）=360°﹣（120°+120°）=120°，∴∠PCQ的大小不变；∴②正确；
（3）如图，过点Q作QE⊥PC交PC延长线于E，∵∠PCQ=120°，∴∠QCE=60°，在Rt△QCE中，tan∠QCE=，
∴QE=CQ×tan∠QCE=CQ×tan60°=CQ，∵CP=CD=CQ∴=CP×QE=CP×CQ=CD2，∴CD最短时，最小，即：CD⊥AB时，CD最短，过点C作CF⊥AB，此时CF就是最短的CD，∵AC=BC=4，∠ACB=120°，∴∠ABC=30°，∴CF=BC=2，即：CD最短为2，∴最小=CD2=×22=2，∴③错误，
（4）∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ，∴AD=AP，∠DAC=∠PAC，∵∠DAC=30°，
∴∠APD=60°，∴△APD是等边三角形，∴PD=AD，∠ADP=60°，同理：△BDQ是等边三角形，∴DQ=BD，
∠BDQ=60°，∴∠PDQ=60°，∵当点D在AB的中点，∴AD=BD，∴PD=DQ，∴△DPQ是等边三角形．∴④正确，
故答案为：①②④．
