三角形與四邊形壓軸題-2024年中考《數(shù)學(xué)》二輪復(fù)習(xí)壓軸題講練測（解析版）

第第頁題型01三角形的綜合應(yīng)用類型一全等三角形的綜合應(yīng)用1．（2023·浙江·模擬預(yù)測）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，AB=10，兩銳角的角平分線交于點(diǎn)P，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AC，BC上，且∠EPF=45°，求△CEF的周長．【答案】4【詳解】解：如圖，過點(diǎn)P作PM⊥AC于M，PN⊥AB于N，PK⊥AB于K，在EA上取一點(diǎn)J，得MJ=FN，連接PJ．∵BP平分∠ABC，PA平分∠CAB，PM⊥BAC，PN⊥BC，PK⊥AB，∴PM=PK，PK=PN，∴PM=PN，∴∠C=∠PMC=∠PNC=90°，∴四邊形PMCN是正方形，∴CM=PM，∴∠MPN=90°，在△PMJ和△PNF中，PM=PN∠PMJ=∠PNF=90°∴△PMJ≌△PNF(SAS∴∠MPJ=∠FPN，PJ=PF，∴∠JPF=∠MPN=90°，∵∠EPF=45°，∴∠EPF=∠EPJ=45°，在△PEF和△PEJ中，PE=PE∠EPF=∠EPJ∴△PEF≌△PEJ(SAS∴EF=EJ，∴EF=EM+FN，∴△CEF的周長=CE+EF+CF=CE+EM+CF+FN=2EM=2PM，∵SΔ∴24=12PM，∴PM=2，∴△ECF的周長為4．2．（2024·浙江杭州·一模）已知：如圖，∠ADC=90°，DC∥AB，BA=BC,AE⊥BC，垂足為點(diǎn)E，點(diǎn)F為AC(1)求證：BF⊥AC；(2)求證：△ADC≌△AEC；(3)連結(jié)DE，若CD=5,AD=12，求DE的長．【答案】(1)見詳解(2)見詳解(3)DE=【詳解】（1）證明：∵BA=BC，F(xiàn)是AC的中點(diǎn)，∴BF⊥AC（等腰三角形的三線合一）；（2）證明：∵AE⊥BC，∴∠AEC=90°，∵∠ADC=90°，∴∠ADC=∠AEC，∵DC∥AB，∴∠DCA=∠CAB，∵BA=BC，∴∠ECA=∠CAB，∴∠DCA=∠ECA，在△ADC和△AEC中，∠ADC=∠AEC∠DCA=∠ECA∴△ADC≌△AEC(AAS（3）解：設(shè)DE，AC交于G，由（2）知∴△ADC≌△AEC，∴CD=CE，AD=AE，∴AC垂直平分線DE，∴DG=EG，在Rt△ACDAC=A∵S∴DG=AD?CD∴DE=120【點(diǎn)睛】此題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形的面積公式，平行線的判定與性質(zhì)．此題綜合性較強(qiáng)，難度適中，解題的關(guān)鍵是要注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．3．（2024·浙江寧波·模擬預(yù)測）在等邊三角形ABC外側(cè)作直線AP，點(diǎn)B關(guān)于直線AP的對稱點(diǎn)為D，連接CD，交AP于點(diǎn)E，連接BE．(1)依題意補(bǔ)全如圖．(2)若∠PAB=20°，求∠ACE．(3)若0°<∠PAB<60°，用等式表示線段DE，【答案】(1)見解析；(2)40°；(3)DE=EC=CA，理由見解析．【分析】本題是幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)等知識，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．（1）依題意補(bǔ)全圖形；（2）由等腰三角形的性質(zhì)和外角性質(zhì)即可求解；（3）連接AD、BE,BE交AC于點(diǎn)F，根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)可求解．【詳解】（1）解：過點(diǎn)B作直線AP的垂線，交于點(diǎn)O，取點(diǎn)D，使得OD=OB，連接CD、BE，則點(diǎn)D為點(diǎn)B關(guān)于直線AP的對稱點(diǎn)，圖為所求的圖．

（2）解：如圖：連接AD，∵點(diǎn)D與點(diǎn)B關(guān)于直線AP對稱∴AD=AB，DE=BE，∴∠ADB=∠ABD,∠EDB=∠EBD∴∠ADB?∠EDB=∠ABD?∠EBD，即∠EDA=∠EBA∵AB=AC∴AD=AC，∴∠ADC=∠ACD∴∠ABE=∠ACE∴在△FAB與△FEC中∠FCE=∠FBA,∠CFE=∠BFA∴∠BAC=∠BEC∵△ABC是等邊三角形∴∠BAC=60°∴∠BEC=∠BAC=60°∵∠PAB=20°，BD⊥AP，∴∠ABO=90°?∠PAB=70°，∵∠EDB=∠EBD，∴∠EBD=1∴∠ABE=∠ABO?∠EBD=70°?30°=40°，∴∠ACE=∠ABE=40°．（3）解：DE=EC=CA，理由：如圖，連接AD、BE,BE交AC于點(diǎn)F，∵點(diǎn)D與點(diǎn)B關(guān)于直線AP對稱∴AD=AB，DE=BE，∴∠ADP=∠ABP,∠EDP=∠EBP∴∠EDP?∠ADP=∠EBP?∠ABP

即∠EDA=∠EBA∵AB=AC∴AD=AC，∴∠ADE=∠ACE∴∠ABE=∠ACE∵∠AFB=∠CFE∴在△FAB與△FEC中∠FCE=∠FBA,∠CFE=∠BFA∴∠BAF=∠CEF∵△ABC是等邊三角形∴∠BAC=60°∴∠CEF=∠BAF=60°∵AB=BC,ED=BE，∴由線段AB,CE,ED構(gòu)成的三角形與△EBC全等，則AB=CE=ED又∵AB=CA，∴DE=EC=CA，4．（2024·浙江·一模）【問題背景】如圖1，數(shù)學(xué)實(shí)踐課上，學(xué)習(xí)小組進(jìn)行探究活動，分別以點(diǎn)B,C為圓心，以大于12BC為半徑畫弧，兩弧相交于點(diǎn)E，F(xiàn)，作直線EF交BC于點(diǎn)O，連接AO；②將△ABO沿AO翻折，點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)落在點(diǎn)P處，作射線AP交CD于點(diǎn)【問題提出】在矩形ABCD中，AD=24,AB=16，求線段CQ的長．【問題解決】（1）經(jīng)過小組合作、探究、展示，其中的兩個(gè)方案如下：方案一：連結(jié)OQ，如圖2．經(jīng)過推理、計(jì)算可求出線段CQ的長．方案二：延長AO交DC的延長線于點(diǎn)R，如圖3．經(jīng)過推理、計(jì)算可求出線段CQ的長．請你任選其中一種方案求線段CQ的長．【問題反思】（2）在前面的已知條件及解決方法下繼續(xù)探究，連接CP并延長，交AD于點(diǎn)H，求PH的長．【答案】（1）CQ=9（2）PH=【詳解】解：方案一：連接OQ，如圖2．

∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD=16，AD=BC=24，由作圖知BO=OC=1由翻折的不變性，知AP=AB=16，OP=OB=12，∠APO=∠B=90°，∴OP=OC=12，∠QPO=∠C=90°，又∵OQ=OQ，∴△QPO≌△QCOHL∴PQ=CQ，設(shè)PQ=CQ=x，則AQ=16+x，DQ=16?x，在Rt△ADQ中，AD2解得x=9，∴線段CQ的長為9；方案二：延長AO交DC的延長線于點(diǎn)R，如圖3．

∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD=16，AD=BC=24，由作圖知BO=OC=1∵AB∥∴∠R=∠BAO，由翻折的不變性，知∠BAO=∠OAQ，∴∠OAQ=∠R，∴QA=QR，設(shè)CQ=x，則QA=QR=16+x，DQ=16?x，在Rt△ADQ中，AD2解得x=9，∴線段CQ的長為9；（2）連接CP并延長，交AD于點(diǎn)H，連接OQ交CP于點(diǎn)T，過點(diǎn)P作PG⊥AD，垂足為G，由（1）知Rt△QPO≌Rt△QCO∴OP=OC,∠POT=∠COT，∵OT=OT，∴△TPO≌△TCOSAS∴∠PTO=∠CTO=90°，∵∠OAQ=∠R，QA=QR，∴∠AOQ=90°，∴∠AOQ=∠CTO=90°，∴AO∥∵AH∥∴四邊形AOCH是平行四邊形，∴AH=CO=12，∵sin∠DAQ=DQAQ∴GP=DQ?APAQ=∴HG=AG?AH=384∴PH=H【點(diǎn)睛】本題考查了作線段的垂直平分線，翻折的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．5．在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，D為BC的中點(diǎn)，E，F(xiàn)為別為線段AB，AD上任意一點(diǎn)，連接EF，將線段EF繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段EG，連接FG，AG(1)如圖1，點(diǎn)E與點(diǎn)B重合，且GF延長線過點(diǎn)C，若點(diǎn)P為FG的中點(diǎn)，連接PD，求PD的長；(2)如圖2，EF的延長線交AC于點(diǎn)M，點(diǎn)N在AB上，∠AGN=∠AEG且GN=MF，求證：AM+AF=2(3)如圖3，F(xiàn)為線段AD上一動點(diǎn)，E為AB的中點(diǎn)，連接CE，H為直線BC上一動點(diǎn)，連接EH，將△CEH沿EH翻折至ABC所在平面內(nèi)，得到△C'EH，連接C【答案】(1)PD=2(2)見解析(3)10【詳解】（1）解：如圖1，

連接BP，由旋轉(zhuǎn)知，BF=BG，∠FBG=90°，∴△FBG為等腰直角三角形，∵點(diǎn)P是FG的中點(diǎn)，∴BP⊥FG，∵點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，∴DP=1在Rt△ABC中，AB=AC=2∴BC=2∴DP=2；（2）證明：如圖2，過點(diǎn)E作EH⊥AE交AD的延長線于H，∴∠AEH=90°，由旋轉(zhuǎn)知，EG=EF，∠FEG=90°，∴∠FEG=∠AEH，∴∠AEG=∠HEF，∵AB=AC，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，∴∠BAD=∠CAD=1∴∠H=90°?∠BAD=45°=∠BAD，∴AE=HE，∴△EGA≌△EFHSAS∴AG=FH，∠EAG=∠H=45°，∴∠EAG=∠BAD=45°，∵AB⊥AC，HE⊥AB，∴AC∥∴∠AMF=∠HEF，∵△EGA≌△EFH，∴∠AEG=∠HEF，∵∠AGN=∠AEG，∴∠AGN=∠HEF，∴∠AGN=∠AMF，∵GN=MF，∴△AGN≌△AMFAAS∴AG=AM，∵AG=FH，∴AM=FH，∴AF+AM=AF+FH=AH=2（3）解：∵點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，

∴AE=1根據(jù)勾股定理得，CE=A由折疊知，CE=C∴點(diǎn)C'是以點(diǎn)E為圓心，10由旋轉(zhuǎn)知，EF=EG，∴C'G要C'G最小，則EG最大，即∵點(diǎn)F在AD上，∴點(diǎn)F在點(diǎn)A或點(diǎn)D時(shí)，EF最大，最大值為2，∴線段C'G的長度的最小值【點(diǎn)睛】此題是幾何變換綜合題，主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，作出輔助線構(gòu)造出全等三角形是解本題的關(guān)鍵．6．（2023·浙江寧波·一模）【基礎(chǔ)鞏固】（1）如圖1，在△ABC中，D是BC的中點(diǎn)，E是AC的一個(gè)三等分點(diǎn)，且AE=13AC．連結(jié)AD，BE交于點(diǎn)G，則AG:GD=【嘗試應(yīng)用】（2）如圖2，在△ABC中，E為AC上一點(diǎn)，AB=AE，∠BAD=∠C，若AD⊥BE，CE=1，AE=3，求AD的長．【拓展提高】（3）如圖3，在□ABCD中，F(xiàn)為BC上一點(diǎn)，E為CD中點(diǎn)，BE與AC，AF分別交于點(diǎn)G，M，若∠BAF=∠DAC，AB=AG，BF=2，BM=2MG，求AM的長．

【答案】（1）1:1；3:1；（2）4217【詳解】解：（1）如圖1，作DH∥AC交BE于H，則∠EAG=∠HDG，

∵D是BC的中點(diǎn)，∴BD=CD，∴BHEH∴BH=EH，∴DH=1∵E是AC的一個(gè)三等分點(diǎn)，且AE=1∴AE=1∴AE=DH，∴△AGE≌△DGH(ASA∴AG=GD，GE=GH，∴AG:GD=1:1；∵BH=EH=2GE，∴BG=BH+GH=2GE+GE=3GE，∴BG:GE=3:1，故答案為：1:1；3:1．（2）設(shè)BE交AD于點(diǎn)L，作EF∥AD交BC于點(diǎn)

∵CE=1，AE=3，∴AB=AE=3，CA=CE+AE=4，CFFD∴FD=3CF，∵AD⊥BE于點(diǎn)L，∴∠ALB=∠ALE=90°，∵AL=AL，∴Rt∴BL=EL，∠BAD=∠CAD，∴BDFD∴BD=FD=3CF，∵∠BAD=∠C，∴∠CAD=∠C，∴∠CEF=∠CAD=∠C，∴EF=CF，∵△CEF∽△CAD，∴EFAD∵∠BAD=∠C，∠DBA=∠ABC，∴△DBA∽△ABC，∴BDAB∴BD?BC=AB設(shè)CF=m，則BD=3m，BC=7m，∴3m×7m=9，∴解得m1=21∴AD=4EF=4CF=4m=4×21∴AD的長為421（3）如圖3，作MN∥BC交CG于點(diǎn)N，設(shè)

∵BM=2MG，∴CNNG∴CN=2NG=2n，∵AB=AG，∴∠ABG=∠AGB，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD∥∴∠CEG=∠ABG=∠AGB=∠CGE，∵E為CD中點(diǎn)，∴DE=CE=CG=CN+NG=2n+n=3n，∴AB=AG=CD=DE+CE=3n+3n=6n，∴AN=AG+NG=6n+n=7n，AC=AG+CG=6n+3n=9n，∵∠BAF=∠DAC，∠BCA=∠DAC，∴∠BAF=∠BCA，∵∠FBA=∠ABC，∴△FBA∽△ABC，∴AFAC∴AF=AC∵AMFM∴AM=7∴AM的長為73【點(diǎn)睛】此題重點(diǎn)考查平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行線分線段成比例定理、三角形的中位線定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、一元二次方程的解法．7．如圖1，將矩形ABOC放置于第一象限，使其頂點(diǎn)O位于原點(diǎn)，且點(diǎn)B，C分別位于x軸，y軸上．若A(m,n)滿足m?20+(1)求點(diǎn)A的坐標(biāo)；(2)取AC中點(diǎn)M，連接MO，△CMO與△NMO關(guān)于MO所在直線對稱，連接AN并延長，交x軸于點(diǎn)P．①求AP的長；②如圖2，點(diǎn)D位于線段AC上，且CD=16．點(diǎn)E為平面內(nèi)一動點(diǎn)，滿足DE⊥OE，連接PE．請你求出線段PE長度的最大值．【答案】(1)(20,12)(2)①261；②【分析】（1）由m?20+n?12=0．可得m?20=0（2）①證明∠CNA=90°，得到△OCM≌△ABP(AAS)，可得PB=CM=10=12OB，即可求解；②取OD的中點(diǎn)Q，連接QE，QP．當(dāng)點(diǎn)P、Q【詳解】（1）解：∵m?20+∴m?20=0，n?12=0，解得m=20，n=12，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為(20,12)；（2）①∵△CMO與△NMO關(guān)于MO所在直線對稱，∴ON=OC=12，MN=CM=AM=10，CN⊥OM，如圖，連接NC，∵M(jìn)N=AM=MC，∴∠MAN=∠MNA，∠MNC=∠MCN，設(shè)∠MAN=∠MNA=α，∠MNC=∠MCN=β，在△ACN中，∠ACN+∠CAN+∠ANM+∠MNC=180°，∴2α+2β=180°，∴α+β=90°，∴∠CNA=90°，∴∠NCA+∠CAN=90°，∵∠NCA+∠OMC=90°，∴∠CAN=∠OMC，∴OM∥∵AC∥∴四邊形AMOP是平行四邊形，∴OP=AM=10=1∴點(diǎn)P為OB的中點(diǎn)，∴P(10,0)，∴AP=20?10②取OD的中點(diǎn)Q，連接QE，QP．∵∠OED=∠OCA=90°，點(diǎn)Q是OD的中點(diǎn)，∵CD=16．∴D(16,12)，∴BD=16∴QE=1由中點(diǎn)坐標(biāo)可知：點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(8,6)，∴OQ=6∵P(10,0)，∴OQ=OP=QE=QD=10，∴當(dāng)點(diǎn)P、Q、E三點(diǎn)共線時(shí)，PE的長度最大，則PE的最大值=QE+PQ，∵P(10,0)，Q(8,6)，∴PQ=(10?8)∴PE的最大值=QE+PQ=10+210故答案為：10+210【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，平行四邊形的判定，解決本題的關(guān)鍵是得到四邊形AMOP是平行四邊形．8．（2024·浙江寧波·模擬預(yù)測）如圖1，已知△ABC，∠ACB=90°，∠ABC=45°，分別以AB、BC為邊向外作△ABD與△BCE，且DA=DB，EB=EC，∠ADB=∠BEC=90°，連接DE交AB于點(diǎn)F．(1)探究：AF與BF的數(shù)量關(guān)系，請寫出你的猜想，并加以證明．(2)如圖2，若∠ABC=30°，∠ADB=∠BEC=60°，題目中的其他條件不變，（1）中得到的結(jié)論是否發(fā)生變化？請寫出你的猜想并加以證明；(3)如圖3，若∠ADB=∠BEC=m∠ABC，題目中的其他條件不變，使得（1）中得到的結(jié)論仍然成立，請直接寫出m的值．【答案】(1)AF=3BF．理由見解析(2)AF=3BF成立，理由見解析(3)m=2【分析】（1）作DG⊥AB于G，證明△DFG≌△EFB，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證明結(jié)論；（2）仿照（1）的證明方法證明；（3）作DH⊥AB于H，要使得結(jié)論AF=3BF成立，則有∠DGF=∠EBF=90°，可得12(180°?m∠ABC)+∠ABC=90°，可得【詳解】（1）解：結(jié)論：AF=3BF．理由：如圖1，過點(diǎn)D作DG⊥AB于G，則∠DGB=90°，∵∠ACB=90°，∠ABC=45°，∴AC=CB，∴AC∴BC=2∵DA=DB，∠ADB=90°，∴DG=AG=BG=1在Rt△BEC中，∠BEC=90°，EB=EC∴BE=2∴DG=BE，在△DFG和△EFB中，∠DFG=∠EFB∠DGF=∠EBF∴△DFG≌△EFBAAS∴FG=BF，∵AF=3BF；（2）解：猜想：AF=3FB．證明：如圖2中，過點(diǎn)D作DG⊥AB于G，則∠DGB=90°．∵DA=DB，∠ADB=60°．∴AG=BG，△DBA是等邊三角形．∴DB=BA．∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，∴AC=1∴Rt∴DG=BC．∵BE=EC，∠BEC=60°，∴△EBC是等邊三角形．∴BC=BE，∠CBE=60°．∴DG=BE，∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°．∵∠DFG=∠EFB，∠DGF=∠EBF，在△DFG和△EFB中，∠DFG=∠EFB∠FGD=∠FBE∴△DFG≌△EFBAAS∴GF=BF，故AF=3FB；（3）結(jié)論：m=2，理由：如圖3中，過點(diǎn)D作DG⊥AB于G，則∠DGB=90°．要使得結(jié)論AF=3BF成立，則有∠DGF=∠EBF=90°，∴12∴90°?1∴m=2．【點(diǎn)睛】本題屬于三角形綜合題，考查的是等腰直角三角形的性質(zhì)、三角形全等的判定和性質(zhì)，掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．類型二等腰（邊）三角形的性質(zhì)與判定9．（2023·浙江杭州·二模）如圖，在等邊三角形ABC中，點(diǎn)D，E分別是邊BC，CA上的點(diǎn)，且BD=CE，連結(jié)AD，BE交于點(diǎn)P．(1)求證：△ABE≌△CAD；(2)連接CP，若CP⊥AP時(shí)，①求AE:CE的值；②設(shè)△ABC的面積為S1，四邊形CDPE的面積為S2，求【答案】(1)見解析(2)①2；②2【詳解】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC=BC，∠BAC=∠BCA=60°．∵BD=CE，∴CD=AE．在△ABE和△CAD中，AE=CD∠BAE=∠ACD∴△ABE≌△CADSAS（2）解：①由（1）知：△ABE≌△CAD，∴∠CAD=∠ABE．∴∠APE=∠BAP+∠ABP=∠BAP+∠PAE=60°．∴∠DPE=120°．∴∠DPE+∠DCE=120°+60°=180°．∴C、D、P、E四點(diǎn)共圓．∵AP⊥PC，∴∠DPC=∠APC=90°，即點(diǎn)P恰好落在以AC為直徑的圓上，點(diǎn)P也落在以CD為直徑的圓上，∵∠APE=60°，∴∠CPE=30°．連接DE，則∠CED=90°，∠CDE=∠CPE=30°，∴CDCE∵CD=AE，∴AECE②如圖，連接DE，設(shè)S1∵BD=1∴CD=2∴S∵CE=1∴S∴S過點(diǎn)D作DF∥∴△DFP∽△AEP，△DFB∽△CEB．∴DFEC∴DPAP即DPAD∴S∴S∴s2【點(diǎn)睛】本題考查的是等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，圓的有關(guān)性質(zhì)等，熟練掌握有關(guān)的性質(zhì)定理是解答此題的關(guān)鍵．10．（2023·浙江紹興·三模）小明在學(xué)習(xí)角平分線知識的過程中，做了進(jìn)一步探究：如圖1，在△ABC中，∠BAC的平分線交BC于點(diǎn)D，發(fā)現(xiàn)ABAC

證明：延長BA至E，使得AC=AE，……請你完成上述證明過程：結(jié)論應(yīng)用：已知在△ABC中，∠C=30°，∠B=α，BC邊上有一動點(diǎn)D，連接AD，點(diǎn)B關(guān)于AD的對稱點(diǎn)為點(diǎn)B'，連接AB'交BC(1)如圖2，當(dāng)α=30°，AB'⊥BC(2)如圖3，當(dāng)α=45°，AB'與△ABC的邊垂直時(shí)，求

【答案】證明：見解析；結(jié)論應(yīng)用：(1)2；(2)1或2或6【分析】延長BA至E，使得AC=AE，連接CE，證明AD∥CE，可得ABAE=BD（1）由∠B=α=30°，∠C=30°，可得∠B=∠C，依題意AB：AE=2：1，由結(jié)論可得ABAE=（2）①AB'⊥BC，則∠B=α=45°，②AB'⊥AB，則∠B=α=45°，點(diǎn)B'恰與點(diǎn)【詳解】延長BA至E，使得AC=AE，連接CE，

∵AC=AE，∴∠ACE=∠AEC，又∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD．∵∠BAC=∠ACE+∠AEC，∠BAC=∠BAD+∠CAD，∴∠BAD=∠AEC，∴AD∥∴ABAE=BD∴AB（1）∵∠B=α=30°，∠C=30°，

∴∠B=∠C，又∵AB∴AB：AE=2：1，∵AD平分∠BAC，由結(jié)論(1)可得ABAE∴BDDE（2）①AB'⊥BC∴AB：AE=2：1

∵∠BAD=∠EAD，∴ABAE∴BDDE②AB'⊥AB，則∠B=α=45°，點(diǎn)B∴AB：AE=1：1

∵∠BAD=∠EAD，ABAE∴BDDE③AB'⊥AC∴∠AEC=60°，設(shè)EF=a，則AF=3a，∵∠B=α=45°，∴AB=6

∵∠BAD=∠EAD，∴ABAE∴BDDE【點(diǎn)睛】本題考查了平行線分線段成比例，等腰三角形的性質(zhì)，角平分線的意義，熟練掌握平行線分線段成比例是解題的關(guān)鍵．11．（2023·浙江寧波·一模）新定義：垂直于圖形的一邊且等分這個(gè)圖形面積的直線叫作圖形的等積垂分線，等積垂分線被該圖形截的線段叫做等積垂分線段．問題探究：(1)如圖1，等邊△ABC邊長為3，垂直于BC邊的等積垂分線段長度為______；(2)如圖2，在△ABC中，AB=8，BC=63，∠B=30°，求垂直于BC(3)如圖3，在四邊形ABCD中，∠A=∠C=90°，AB=BC=6，AD=3，求出它的等積垂分線段長．【答案】(1)3(2)BC邊的等級垂分線段的長度為2(3)四邊形ABCD的一條等積垂分線段的長為3【分析】（1）過點(diǎn)A作AD⊥BC，根據(jù)等邊三角形性質(zhì)求解即可．（2）線段EF是垂直于BC邊的等積垂分線段，設(shè)EF=x，作AH⊥BC，構(gòu)建方程即可得到答案．（3）分兩種情況，作FG⊥BH，設(shè)DE=x或作EG⊥BD，設(shè)FH=y，構(gòu)建方程即可得到答案．【詳解】（1）解：如圖所示AD為垂直于BC邊的等積垂分線，∵△ABC是等邊三角形，AB=3，∴ADAB∴AD=3（2）解：如圖2中，線段EF是垂直于BC邊的等級垂分線段，設(shè)EF=x．作AH⊥BC于H．在Rt△ABH中，∵∠AHB=90°，∠B=30°，AB=8，∴AH=12AB=4∵BC=63∴S△ABC由題意：S△BEF∴12解得x=23或?2∴BC邊的等積垂分線段的長度為23（3）①如圖3-1中，當(dāng)線段EF是等積垂分線段時(shí)，設(shè)EF交BD于H．作FG⊥BH于G．設(shè)DE=x．在Rt△ABC中，∵∠A=90°，AD=3，AB=6∴BD=A∵EH∥AB，∴EHAB∴EH6∴EH=2x，DH=5∴BH=35∵∠A=∠C=90°，AB=BC，BD=BD，∴△ABD≌△CBDHL∴∠ABD=∠DBC，∵∠FHB=∠HBA，∴∠FHB=∠FHB，∴FH=FB，∵FG⊥BH，∴HG=GB=3由△FGB∽△DAB，可得FG=35?∴EF=EH+FH=2x+15?5x∵四邊形EFCD的面積＝四邊形EFBA的面積，△ABD的面積＝△BDC的面積，∴△DEH的面積＝△BHF的面積，∴12解法x=210∴EF=15+3②如圖3-2中，當(dāng)線段EF是等積垂分線段時(shí)，設(shè)EF交BD于H．作EG⊥BD于G．設(shè)FH=y，則BF=2y，BH=5∵EF∥∴∠ADH=∠EHD，∵∠ADB=∠BDC，∴∠EDH=∠EHD，∴ED=EH，∵EG⊥DH，∴DG=GH=3∵tan∠EDG=∴EG=35?5∴EF=EH+FH=y+由△DEH的面積＝△BHF的面積，∴12解得y=5?10∴EF=15?3綜上所述，四邊形ABCD的一條等積垂分線段的長為310【點(diǎn)睛】本題考查了四邊形綜合題，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，理解題意，學(xué)會用分類討論的思想解決問題是關(guān)鍵．12．（2023·浙江·模擬預(yù)測）【閱讀材料】如圖①，四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在BC，CD上，若【解決問題】如圖②，在某公園的同一水平面上，四條道路圍成四邊形ABCD．已知CD=CB=100m，∠D=60°，∠ABC=120°，∠BCD=150°，道路AD，AB上分別有景點(diǎn)M，N，且DM=100m，BN=503?1m，若在M，【答案】閱讀材料：見解析；解決問題：少370m【分析】閱讀材料：延長CB到點(diǎn)M，使BM=DF，連接AM，如圖，利用已知條件可得∠D=∠ABM，進(jìn)而可證明△ABM?△ADF，可得AM=AF,∠MAB=∠DAF，再證明△AEM?△AEF，可得ME=EF，進(jìn)而可得結(jié)論；解決問題：如圖，作輔助線，構(gòu)建閱讀材料的圖形，先根據(jù)四邊形的內(nèi)角和定理證明∠G=90°，分別計(jì)算CG,DG,AD,AG的長，由線段的和與差可得AM,AN的長，最后由閱讀材料的結(jié)論可得MN的長，計(jì)算AM+AN?MN可得答案．【詳解】閱讀材料：證明：延長CB到點(diǎn)M，使BM=DF，連接AM，如圖，∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠ABM=180°，∴∠D=∠ABM，∵AB=AD,∠ABM=∠D,BM=DF，∴△ABM?△ADF，∴AM=AF,∠MAB=∠DAF，∵∠BAD=2∠EAF，∴∠BAE+∠DAF=∠BAE+∠BAM=∠EAM=∠EAF，又∵AM=AF,AE=AE，∴△AEM?△AEF，∴ME=EF，∴EF=MB+BE=BE+DF；解決問題：解：如圖，延長DC，AB交于點(diǎn)G，連接∵∠D=60°，∴∠A=360°?60°?120°?150°=30°，∴∠G=90°，∴AD=2DG，在Rt△CGB中，∠BCG=180°?150°=30°∴BG=1∴DG=CD+CG=100+503∴AD=2DG=200+1003∵DM=100，∴AM=AD?DM=200+1003∵BG=50，∴AN=AG?BG?BN=150+1003?50?503∵CD=DM，∴△DCM是等邊三角形，∴∠DCM=60°，∵GC=GN=503∴△CGN是等腰直角三角形，∴∠GCN=45°，∴∠BCN=45°?30°=15°，∴∠MCN=150°?60°?15°=75°=1由【閱讀材料】的結(jié)論得：MN=DM+BN=100+503∵AM+AN?MN=100+1003∴路線M→N的長比路線M→A→N的長少370m．【點(diǎn)睛】此題主要考查了含30°的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，二次根式的混合運(yùn)算等知識與方法，解題的關(guān)鍵是作出所需要的輔助線，構(gòu)造含30°的直角三角形，再利用線段的和與差進(jìn)行計(jì)算．13．（22-23九年級上·山東濟(jì)南·期末）（1）如圖1，△ABC和△DEC均為等邊三角形，直線AD和直線BE交于點(diǎn)F．填空：①線段AD，BE之間的數(shù)量關(guān)系為________；②∠AFB的度數(shù)為______．（2）如圖2所示，△ABC和△DEC均為等腰直角三角形，∠ABC=∠DEC=90°，AB=BC，DE=EC，直線AD和直線BE交于點(diǎn)F，請判斷∠AFB的度數(shù)及線段（3）如圖3所示，△ABC和△ADE均為直角三角形，∠ACB=∠AED=90°，∠BAC=∠DAE=30°，AB=5，AE=3，當(dāng)點(diǎn)B在線段ED的延長線上時(shí)，求線段【答案】（1）①AD=BE；②∠AFB=60°；（2）∠AFB=45°；AD=2BE；（3）BD=4?【詳解】解：（1）①∵△ABC和△CDE均為等邊三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACB?∠DCB=∠DCE?∠DCB，即∠ACD=∠BCE，∴△ACD≌△BCE，∴AD=BE；故答案為：AD=BE；②∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD=∠CBF，設(shè)BC交AF于點(diǎn)O，∵∠AOC=∠BOF，∴∠BFO=∠ACO=60°，即∠AFB=60°．故答案為：∠AFB=60°．（2）結(jié)論：∠AFB=45°，AD=2∵∠ABC=∠DEC=90°，∴∠ACD=45°+∠BCD=∠BCE，又∵ACBC∴△ACD∽△BCE，∴ADBE=AC∴AD=2∵∠AOB=∠AFB+∠CBF=∠ACB+∠CAF，∴∠AFB=∠ACB=45°．（3）在Rt△ABE中，BE=在Rt△ADE中，DE=∴BD=BE?DE=4?3∵∠DAE=∠BAC=30°，∴∠BAD=∠CAE，∵AEAD∴AEAC∴△BAD∽△CAE，∴ECBD∴EC=3【點(diǎn)睛】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理、三角函數(shù)的計(jì)算，解題的關(guān)鍵是熟練掌握三角形相似的判定方法，特殊角的三角函數(shù)值．14．（1）觀察理解：如圖①，△ABC中，∠ACB=90°,AC=BC，直線l過點(diǎn)C，點(diǎn)A，B直線l同側(cè)，BD⊥l,AE⊥l，垂足分別為D,E（2）理解應(yīng)用：如圖②，AE⊥AB，且AE=AB,BC⊥CD，且BC=CD，利用（1）中的結(jié)論，請按照圖中所標(biāo)注的數(shù)據(jù)計(jì)算圖中實(shí)線所圍成的圖形的面積S=；（3）類比探究：如圖③，Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=4，將斜邊AB繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至AB'（4）拓展提升：如圖④，等邊△EBC中，EC=BC=3cm，點(diǎn)O在BC上，且OC=2cm，動點(diǎn)P從點(diǎn)E沿射線EC以1cm/s速度運(yùn)動，連接OP，將線段OP繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°得到線段OF．當(dāng)點(diǎn)F恰好落在射線【答案】（1）見解析（2）50（3）8（4）4【詳解】證明：（1）∵BD⊥l,AE⊥l，垂足分別為D,E，∴∠AEC=∠CDB=90°，∴∠ACE+∠CAE=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACE+∠BCD=90°，∴∠CAE=∠BCD，∵AC=BC，∴△ACE≌△CBD（AAS）；（2）由圖1中的結(jié)論可知：△AEF?△BAG，∴AF=BG=3，EF=AG=6，S△AEF∴S△BAG同理可得：CH=BG=3，CG=DH=4，S△BCG∴S△BCG∵FH=AF+AG+CG+CH=3+6+4+3=16，∴S直角梯形∴S=S故答案為：50；（3）如圖，過點(diǎn)B'作B'D⊥AC于點(diǎn)D∵斜邊AB繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至AB∴AB'=AB∴∠B∵∠ACB=90°，∴∠B+∠CAB=90°，∴∠B=∠B在△B'AD{∠AD∴△B∴B'∴S△A故答案為：8；（4）∵△EBC是等邊三角形，∴∠CBE=∠BCE=60°，∴∠OPC+∠COP=∠BCE=60°，當(dāng)點(diǎn)F恰好落在射線EB上時(shí)，∠OBF=∠PCO=120°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，OF=OP，∠POF=120°，∴∠FOB+∠COP=60°，∴∠FOB=∠OPC，在△BOF和△CPO中，{∠OBF=∠PCO∴△BOF?△CPO(AAS∴CP=BO=BC?OC=1，∴EP=4，∴t=4【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角形全等，等邊三角形，旋轉(zhuǎn)等，解決問題的關(guān)鍵是正確畫出圖形，熟練掌握三角形全等的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．類型三相似三角形性質(zhì)與判定的綜合應(yīng)用15．（2023·浙江·模擬預(yù)測）如圖，△ABC和△BDE是兩個(gè)全等的Rt三角形，BD與AC交于F，∠BAC=∠DBE=30°，若3CF=(1)求證△DEF∽(2)求DFDE【答案】(1)見詳解(2)1【分析】（1）過F作FG⊥BE，根據(jù)30°直角三角形內(nèi)各邊關(guān)系，以及勾股定理求出EF和BC的關(guān)系，然后根據(jù)相似三角形的判定定理求解即可；（2）根據(jù)（1）的結(jié)論，得到△DEF是直角三角形，∠DEF為30°，從而可以求出DFDE【詳解】（1）證明：過F作FG⊥BE于G，∵在Rt△BCF中，3∴BF=B∵∠DBE=30°，∴FG=12BF=12∵△ABC≌△BDE，∴DE=BC，∴EG=BE?BG=3在Rt△EFG中，E即EF解得：BCEF=2∴EF=3∵BE=3DE，∴EF:BE=DE:BD，又∵∠D=∠D，∴△DEF∽△DBE，∵△ABC和△BDE是兩個(gè)全等的Rt三角形，∴△DEF∽△BAC；（2）由（1）知，△DEF∽△DBE，∴DF⊥EF，∠DEF=30°，∴DFDE【點(diǎn)睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)勾股定理求出EF和BC的關(guān)系是本題解題的關(guān)鍵．16．（2023·浙江寧波·三模）【基礎(chǔ)鞏固】（1）如圖1，△ABC中，點(diǎn)D，E在邊BC上，AD=AE，∠ADE+∠BAC=180°，求證：△ADB∽△CEA；【嘗試應(yīng)用】（2）如圖2，?ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)在對角線AC上，且∠BAD=∠DEC=∠BFC，求證：DE=BF；【拓展提高】（3）在（2）的基礎(chǔ)上，若AE=4，EF=5，CB=CF，求cos∠BCD【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）cos【詳解】（1）證明：∵AD=AE，∴∠ADE=∠AED．∵∠ADE+∠BAC=180°，即∠B+∠BAD+∠BAC=∠B+∠C+∠BAC=180°，∴∠B+∠BAD=∠B+∠C，∴∠BAD=∠C，同理∵∠AED+∠BAC=180°，∴∠C+∠EAC=∠B+∠C，∴∠B=∠EAC．∴△ADB∽△CEA；（2）如圖，截取CG=AE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD=BC,∠CAD=∠ACB，∵CG=AE，∴△ADE≌△CBGSAS∴∠AED=∠CGB，∴∠DEC=∠BGF，∵∠BAD=∠DEC=∠BFC∴∠BGF=∠DEC=∠BFC，∴DE=BG=BF；（3）如上圖，由（2）知∵∠BAD=∠DEC=∠BFC=∠BGF，∴∠BGF+∠ABC=180°．∵BF=BG，∴∠BFG=∠BGF．∵∠BGF+∠ABC=180°，即∠BGF+∠ABC=∠BCA+∠CBG+∠ABC=180°，∠BCA+∠ABC+∠CAB=180°，∴∠BCA+∠CBG=∠BCA+∠CAB，∴∠CBG=∠CAB，同理∵∠BFG+∠ABC=180°，∴∠CAB+∠ABF=∠BCG+∠CAB，∴∠BCG=∠ABF．∴△AFB∽△BGC，∴BG∵AE=4，EF=5，△ADE≌△CBG，∴AF=AE+EF=9,CG=AE=4，∴BG?BF=AF?CG=9×4=36，∴BG=BF=6．∵∠BCG=∠CAB,∠C=∠C，∴△CBG∽△CAB，∴BC∵CF=CB，∴AC=AF+CF=AF+BC=9+BC，∴BC2=CG?AC=4×(9+BC)∴CF=BC=210∴FG=210過點(diǎn)B作BH⊥AC，垂足為H，∵BF=BG，∴FH=GH=1∴cos【點(diǎn)睛】本題考查了三角形全等的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，解直角三角形，構(gòu)造輔助線，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．17．（2024·浙江寧波·模擬預(yù)測）綜合與實(shí)踐．【問題發(fā)現(xiàn)】（1）如圖1，在正方形ABCD中，E為對角線AC上的動點(diǎn)，過點(diǎn)B作BE的垂線，過點(diǎn)C作AC的垂線，兩條垂線交于點(diǎn)F，連接EF，求證：BE=BF．【類比探究】（2）如圖2，在矩形ABCD中，E為對角線AC上的動點(diǎn)，過點(diǎn)B作BE的垂線，過點(diǎn)C作AC的垂線，兩條垂線交于點(diǎn)F，且∠ACB=60°，連接EF，求CFAE【拓展延伸】（3）如圖3，在（2）的條件下，將E改為直線AC上的動點(diǎn)，其余條件不變，取線段EF的中點(diǎn)M，連接BM，CM．若AB=23，則當(dāng)ΔCBM是直角三角形時(shí)，請求出【答案】（1）見解析；（2）CFAE=33；（3）CF【分析】（1）證明△ABE≌△CBF(ASA)，可得（2）通過證明△ABE∽△CBF，可得CFAE（3）求出EF=2CM=22，設(shè)CF=x，則AE=【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAC=∠BCA=45°，∠ABC=90°，AB=BC，∵BE⊥BF，CF⊥AC，∴∠EBF=∠ECF=90°=∠ABC，∴∠ABE=∠CBF，∠BCF=45°=∠BAC，∴△ABE≌△CBF(ASA∴BE=BF；（2）解：∵BE⊥BF，CF⊥AC，∴∠EBF=∠ECF=90°，∴點(diǎn)C，點(diǎn)E，點(diǎn)B，點(diǎn)F四點(diǎn)共圓，∴∠ACB=∠EFB=60°，∴∠BAE=∠BEF=30°，∴AB=3BC，∴AB∵∠EBF=∠ABC，∴∠ABE=∠CBF，∴△ABE∽△CBF，∴CFAE（3）解：由（2）知：CFAE∵AB=23∴CB=2，∵△ABE∽△CBF，∴∠ABE=∠CBF，∴∠EBF=∠EBC+∠CBF=∠EBC+∠ABE=∠ABC=90°，∵M(jìn)為EF的中點(diǎn)，∴BM=1由（2）知∠ACF=90°，∴CM=1∴BM=CM，又∵△CBM是直角三角形，∴CM=2∴EF=2CM=22設(shè)CF=x，則AE=3∵∠CAB=30°，BC=2，∴AC=2BC=4，∴CE=AC?AE=4?3∵∠ECF=90°，∴CE∴x∴x=3?1或當(dāng)∠MBC=90°或∠MCB=90°時(shí)，點(diǎn)M不存在，當(dāng)E在AC延長線上時(shí)，設(shè)CF=x，則AE=3∵∠CAB=30°，BC=2，∴AC=2BC=4，∴CE=AE?AC=3∵∠ECF=90°，∴CE∴x∴x=3?1（不合題意，舍去）或綜上所述，CF的長為3?1或3【點(diǎn)睛】本題是相似形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)等知識，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．18．（2023·浙江金華·三模）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4．點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，點(diǎn)E為折線A?B?C上一動點(diǎn)，連接DE，以DE為邊作正方形DEFG（點(diǎn)F為點(diǎn)D繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到），直線FG與直線BC，AC的交點(diǎn)分別為M，N

(1)當(dāng)點(diǎn)E在線段AB上時(shí)，①若AE=ED，求此時(shí)AE的長；②若直線FG過點(diǎn)C，求此時(shí)正方形DEFG的面積；(2)是否存在點(diǎn)E，使得△CMN是等腰三角形？若存在，求該三角形的腰長，若不存在，請說明理由．【答案】(1)①AE=2512；②正方形(2)存在，△CMN的腰長為256或548或5【詳解】（1）解：①如圖1，AI

作EF⊥AC于F，∵∠ABC=90°，AB=3，BC=4，∴AC=5，∴cos∠A=∵D是AC的中點(diǎn)，∴AD=5∵AE=DE，∴AF=FD=1∴AE=AF②如圖2，

作EH⊥AC于H，作GQ⊥AC于Q，∴∠EHD=∠DQG=90°，∴∠EDH+∠DEH=90°，∵∠EDG=90°，∴∠EDH+∠QDG=90°，∴∠DEH=∠QDG，∵DE=DG，∴△EHD≌∴GQ=DH，DQ=EH，設(shè)AE=5x，則DQ=EH=4x，AH=3x，GQ=DH=5∴CQ=CD?DQ=5同理可得：∠CDG=∠CGQ，∴tan∠CDG=∴GQDO∴GQ∴52∴x1∴EH=4x=2，DH=5∴DE∴正方形DEFG的面積為5；（2）存在點(diǎn)E，使△CMN是等腰三角形；如圖3，

當(dāng)點(diǎn)E在AB上，CM=CN時(shí)，則∠N=∠CMN，∵DE∥∴∠N=∠ADE，∵∠F=∠EBM=90°，∴∠FEB=∠CMN，作DR⊥AB于R，∴∠FED=∠DRE=90°，∴∠FEB+∠DER=∠DER+∠EDR，∴∠EDR=∠FEB，∴∠ADE=∠EDR，∴ED是∠ADR的平分線，∴AEER∵AR=1∴ER=3∴DE∵∠EDR=∠N，∠ERD=∠DGN=90°，∴△DER∽∴DEDN∵DE=DG，∴DE∴DN=D∴CN=DN?DC=20如圖4，

當(dāng)點(diǎn)E在B處時(shí)，∵DE∥∴∠CMN=∠DBC，∵BD=CD，∴∠DBC=∠DCB=∠MCN，∴∠CMN=∠MCN，∴CN=MN，∵BM=EF∴CM=BM?BC=1∵DE∥∴CNCD∴CN5∴CN=5如圖5，

當(dāng)點(diǎn)E在BC上，CD=CE時(shí)，則∠CNM=∠CDE=∠CED=∠CMN，∴CM=CN，作CH⊥DE于H，交FG于X，由（2）如圖3可知：tan=設(shè)XN=x，則XC=3x，設(shè)DH=a，則HX=2a，CH=3a，∴a=3x，∴DG=DE=2DH=6x，∵CX∥∴△CXN∽∴CNDN∴CN=1如圖6，

當(dāng)DE=CE時(shí)，則∠CNM=∠EDC=∠DCE=∠MCN，∴CM=MN，作ET⊥AC于T，作DH⊥BC于H，∴CT=1∴DE=EF=CE=CT由上知：△DHE∽∴DHEF∴32∴EM=625∴CM=EM?CE=625綜上所述：△CMN的腰長為256或548或56【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解決問題的關(guān)鍵是畫出圖形進(jìn)行分類討論．19．（2024·浙江寧波·模擬預(yù)測）綜合與實(shí)踐問題情境：“綜合與實(shí)踐”課上，老師提出如下問題：如圖1，在正方形ABCD中，E是對角線BD上的動點(diǎn)（與點(diǎn)B，D不重合），連結(jié)AE，過點(diǎn)E作EF⊥AE，EG⊥BD，分別交直線BC于點(diǎn)F，G．請說明△ABE≌△FGE，并求EFAE數(shù)學(xué)思考：（1）請你解答老師提出的問題．深入探究：（2）如圖2，老師將圖1中的“正方形ABCD”改為“矩形ABCD”，其他條件均不變，并讓同學(xué)們提出新的問題．①“聰聰小組”提出問題：如圖2，當(dāng)AB=3，BC=4時(shí)，求EFAE的值；進(jìn)一步，當(dāng)AB=m?BC時(shí)，直線寫出EFAE的值（用含②“慧慧小組”提出問題：如圖3，連結(jié)CE，當(dāng)AB=2，BC=4，CE=CD時(shí)，求EF的長．請解答這兩個(gè)問題：【答案】（1）證明見解析，1；（2）①34，m；②2【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∠ABE=∠GBE=45°，∵EF⊥AE，EG⊥BD，∴∠AEF=∠BEG=90°，∴∠AEF?∠BEF=∠BEG?∠BEF，∠G=90°?∠EBG=45°，∴∠AEB=∠FEG，∠ABE=∠EBG=∠G，∴BE=EG，在△ABE和△FGE中∵∠ABE=∠G，BE=GE，∠AEB=∠FEG，∴△ABE≌△FGEASA∴AE=EF，∴EFAE（2）解：①∵四邊形ABCD是矩形，∴CD=AB，∠C=90°，由（1），得∠AEB=∠FEG，∵∠ABC=∠AEF=90°，∴∠ABC+∠AEF=90°+90°=180°，∴∠BAE+∠BFE=180°，∵∠BFE+∠EFG=180°，∴∠EFG=∠BAE，∴△ABE∽△FGE，∴EFAE∵∠BEG=∠C=90°，∠CBD=∠EBG，∴△BEG∽△BCD，∴EGCD∴EGBE∴EFAE當(dāng)AB=m?BC時(shí)，EFAE②如答圖，過點(diǎn)C作CH⊥BD于點(diǎn)H，過點(diǎn)E作EQ⊥AB于點(diǎn)Q．∵AB=CD=2，BC=4，∴BD=B又∵sin∠DBC=∴CH4∴CH=4∴DH=C∵CE=CD，CH⊥BD，∴DE=2DH=4∴BE=6∵QE⊥AB，∴∠BQE=∠BAD=90°，又∵∠ABD=∠QBE，∴△BQE∽△BAD，∴BEBD∴65∴QE=125，∴AQ=4∴AE=A由（2）可知EFAE∴EF=2【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，等腰三角形性質(zhì)，全等三角形判定和性質(zhì)，勾股定理，相似三角形判定和性質(zhì)等知識，銳角三角函數(shù)，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造相似三角形．20．（2023·浙江寧波·模擬預(yù)測）【基礎(chǔ)鞏固】（1）如圖1，△ABC和△ADE是直角三角形，∠ABC=∠ADE=90°，【嘗試應(yīng)用】（2）如圖2，在Rt△ABC與Rt△EDC中，直角頂點(diǎn)重合于點(diǎn)C，點(diǎn)D在AB上，∠BAC=∠DEC，且sin∠BAC=13【拓展提高】（3）如圖3，若∠CAB=90°，∠E=∠ABC，tan∠E=33，BD=5CD，過A作AQ⊥AD交EB延長線于Q【答案】（1）見解析；（2）AE=42；（3）【分析】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，等邊三角形的判定和性質(zhì)，含30度角的直角三角形，綜合性強(qiáng)，難度大，屬于壓軸題．解題的關(guān)鍵是添加輔助線，構(gòu)造特殊三角形和相似三角形．（1）通過證明△ABC∽△ADE，可得ACAE（2）通過證明△CBD∽△CAE，可得（3）由銳角三角函數(shù)可求∠E=30°，由直角三角形的性質(zhì)可求BC=2AC=6a，AB=3AC=33a，通過證明【詳解】（1）證明：∵∠ABC=∠ADE=∴△ABC∽∴ACAE=AB∴∠CAE=∠BAD，∴△DAB∽（2）解：∵∠BAC=∠DEC，sin∠BAC=∴sin∠BAC=∴AB=3BC，DE=3CD，∴AC=AB2∴AC∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠BCD=∠ACE，∴△CBD∽∴AE∵BD=2，∴AE=42（3）解：如圖3，在AC上截取CH=CD，連接DH，∵tanE=∴∠E=30°，∴∠E=∠ABC=30°，∠ABE=60°，設(shè)AC=3a，則BC=2AC=6a，AB=3∵BD=5CD，∴BD=5a，CD=a=CH，∵∠ACB=90°?∠ABC=60°，∴△CDH是等邊三角形，∴CH=CD=HD=a，∠CHD=120°，∴AH=2a，∵∠ABQ=180°?∠ABE=120°，∴∠ABQ=∠AHD，∵∠BAC=∠DAQ=90°，∴∠HAD=∠BAQ，∴△DAH∽∴AH∴2a3∴BQ=3∴AC21．（2023·浙江寧波·二模）【基礎(chǔ)鞏固】如圖1，P是∠ABC內(nèi)部一點(diǎn)，在射線BP上取點(diǎn)D、E，使得∠CEP=∠ADP=∠ABC．求證：△ABD【嘗試應(yīng)用】如圖2，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D是AC上一點(diǎn)，連接BD，在BD上取點(diǎn)E、F，連接CE、AF，使得∠AFD=∠CED=45°．若BF=2【拓展提高】如圖3，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，D是AC上一點(diǎn)，連接BD，在BD上取點(diǎn)E，連接CE．若∠CED=60°，BEDE=

【答案】【基礎(chǔ)鞏固】見解析【嘗試應(yīng)用】2【拓展提高】3【詳解】【基礎(chǔ)鞏固】證明：∵∠ABD+∠CBE=∠ABC，∠ABD+∠BAD=∠ADP,∠ABC=∠ADP，∴∠CBE=∠BAD,又∵∠ADB=180°?∠ADP,∠BEC=180°?∠CEP,∠ADP=∠CEP，∴∠ADB=∠BEC,∴△ABD∽△BCE.【嘗試應(yīng)用】解：∵∠BAC=90°，AB=AC,∴∠ABC=∠ACB=45°，BC=2即：∠ABF+∠CBE=∠ABC=45°，又∵∠ABF+∠BAF=∠AFD=45°，BC=2即：∠ABF+∠CBE=∠ABC=45°，又∵∠ABF+∠BAF=∠AFD=45°.∴∠CBE=∠BAF,又∵∠AFB=180°?∠AFD=135°，∠BEC=180°?∠CED=135°，∴∠BEC=∠AFB,∴△BEC∽△AFB,∴CEBF∴CE=2故CE的長為：22【拓展提高】解：如圖所示，在BD上取點(diǎn)F，使∠AFD=60°，作AG⊥BD于點(diǎn)G，

∵∠BAC=90°，∠ACB=30°，∴∠ABC=60°，AB=1即：∠ABF+∠CBE=∠ABC=60°，又∵∠ABF+∠BAF=∠AFD=60°，∴∠BAF=∠CBE，又∠AFB=180°?∠AFD=120°，∠BEC=180°?∠CED=120°，∴∠AFB=∠BEC，∴△AFB∽△BE，∴ABBC=AF∴AF=1∵BEDE∴令BE=8t，則DE=5t，∴AF=1又∵∠AFD=60°，F(xiàn)G⊥DF∴在Rt△AFG中，∠FAG=30°∴FG=1由勾股定理可得：AG=AF又∵∠ABG+∠BAG=180°?∠AGB=90°，∠BAG+∠DAG=∠BAC=90°，∴∠ABG=∠DAG，∴△ABG∴AGDG∴AG2設(shè)EF=x，則BG=10t+x，DG=DE?EF?FG=3t?x.∴(23解得：x=2t,∴BG=12t,∴tan∠故∠BCE的正切值為：36【點(diǎn)睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形，三角形上午外角，掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．22．（2024·浙江寧波·模擬預(yù)測）貝貝在學(xué)習(xí)三角形章節(jié)內(nèi)容時(shí)，對于三角形中的角度計(jì)算問題進(jìn)行了如下探究：在△ABC中，已知∠ABC=18°，∠C>∠B．(1)如圖1，若D為BC上一點(diǎn)．連接AD，將△ABD沿著AD進(jìn)行翻折后得到△AB1D，若∠ADC=47°(2)如圖2，將△BEF沿EF翻折得到△B1EF，探究∠1(3)如圖3，若D為直線BC上的動點(diǎn)，連接AD，將△ABD沿AD進(jìn)行翻折后得到△AB1D，連接BB1．若△BD【答案】(1)∠BD(2)∠1?∠2=36°，理由見解析(3)22°或137°或7°或122°【詳解】（1）∵將△ABD沿著AD進(jìn)行翻折后得到，△AB1D∴∠ADB=180°?47°=133°，∴∠ADB∴∠CDB∴∠BDB（2）∠1?∠2=36°，理由如下：∵將△BEF沿EF翻折得到△B∴∠B1=∠ABC=18°，∠BEF=∠∴∠BFE+∠B∴∠BFE=∠B∴∠BEF=∠B∴∠1=180°?2∠BEF=180°?272°?即∠1?∠2=36°；（3）將△ABD沿AD進(jìn)行翻折后得到△AB1D連接BB1，根據(jù)折疊可知BD=∴∠DBB1=∠DB若△BDB1中存在當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上，∠DBB∴∠AB∴∠BAB∵∠BAD=∠B∴∠BAD=∠B當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上，∠BDB∴∠DBB∴∠AB∴∠BAB∴∠BAD=∠B當(dāng)點(diǎn)D在線段CB延長線上時(shí)，如圖所示：∵∠ADB<∠ABC，∴∠ADB<18°，根據(jù)折疊可知，∠ADB=∠ADB∴∠BDB∴∠DBB∴此時(shí)△DBB1中的角不存在當(dāng)點(diǎn)D在線段BC延長線上，∠BDB根據(jù)折疊可知，∠ADB=∠ADB∴∠BDA=∴∠BAD=180°?∠BDA?∠ABD=180°?25°?18°=137°，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC延長線上，∠BB∴∠DBB∴∠BDB根據(jù)折疊可知，∠ADB=∠ADB∴∠ABD=1∴∠BAD=180°?∠BDA?∠ABD=180°?40°?18°=122°；綜上分析可知，∠BAD的值為22°或137°或7°或122°．故答案為：22°或137°或7°或122°．類型四與三角形有關(guān)的折疊問題23．（23-24九年級上·浙江寧波·期末）【模型搭建】（1）如圖1，D是等邊三角形ABC的邊AB上一點(diǎn)，現(xiàn)將△ABC折疊，使點(diǎn)C與點(diǎn)D重合，折痕為EF，點(diǎn)E、F分別在AC和BC上．①若BF=2AD，則DEDF②若BD=2AD，△ADE與△BFD的周長分別為m,n，則mn=______，【靈活應(yīng)用】（2）如圖2，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=60°，點(diǎn)D,E分別在邊AB,AC上將△ADE沿DE向下翻折至△FDE，連結(jié)BF,BC平分∠ABF．若BF=20，CE=1，求AC【答案】（1）①12，②45，45；【詳解】（1）①∵等邊三角形ABC∴∠A=∠B=∠C=60°，由折疊的性質(zhì)可知，∠EDF=∠C=60°，EC=ED，∴∠AED=∠BDF，∴△AED∽△BDF，∴DEDF∵BF=2AD，∴DEDF②設(shè)AD=x，則BD=2AD=2x，AB=AC=BC=3x，∴△ADE周長分別為m=AD+AE+DE=AD+AE+EC=AD+AC=4x，△BFD的周長分別為n=BD+DF+BF=BD+BF+CF=BD+BC=5x，∴mn∵△AED∽△BDF，∴DE∵EC=ED，∴CECF故答案為：45，4（2）延長AC、BF交于點(diǎn)M，∵∠C=90°，∠A=60°，∴∠ABC=30°，AB=2AC，∵BC平分∠ABF，∴∠ABC=∠FBC=30°，∴∠A=∠ABM=60°，∴△ABM是等邊三角形，∴∠A=∠ABM=∠M=60°，由折疊的性質(zhì)可知，∠DFE=∠A=60°，AD=DF，∴∠EFM=∠BDF，∴△MFE∽△BDF，∴BDFMAC=a，則AB=AM=BM=2AC=2a∵BF=20，CE=1，∴FM=2a?20，AE=EF=a?1，EM=a+1，∴△EFM周長為EF+EM+FM=AE+EM+FM=AM+FM=2a+2a?20=4a?20，△BFD的周長為BD+DF+BF=BD+BF+AD=BF+AB=2a+20，∴代入BFEM=△BDF解得a1∴AC=14或15．24．（2023·浙江衢州·一模）已知，在△ABC中，∠ACB=90°，CA=CD，CG⊥AD于點(diǎn)H，交AB于點(diǎn)G，E為AB上一點(diǎn)，連接CE交AD于點(diǎn)F．

(1)如圖1，若CE⊥AB于點(diǎn)E，HG=1，CH=5，求CF的長；(2)如圖2，若AC=AE，∠GEH=∠ECH，求證：CE=22(3)如圖3，若E為AB的中點(diǎn)，作A關(guān)于CE的對稱點(diǎn)A'，連接CA'，EA'，DA'【答案】(1)26(2)見解析(3)∠【詳解】（1）解：∵∠ACB=90°，CA=CD，∴△ACD是等腰直角三角形，∴∠CAD=∠CDA=45°，∵CG⊥AD，∴∠CHF=∠AHG=90°，∠ACH=∠DCH=45°，AH=DH=CH=5，∴∠GAH+∠AGC=90°，∵CE⊥AB，∴∠CEG=90°，∴∠GCE+∠AGC=90°，∴∠GCE=∠GAH，在△CHF與△AHG中，∠GCE=∠GAHCH=AH∴△CHF≌△AHG，∴HF=HG=1，∴CF=C（2）如圖2，過H作MH⊥EH，交CE于M，連接AM，

∵AC=AE，∴∠AEC=∠ACE，∵∠GEH=∠ECG，MH⊥EH，而∠ACH=45°，∴∠MEH=∠AEC?∠GEH=∠ACE?∠ECG=∠ACH=45°，∴△EHM為等腰直角三角形，∠EHM=90°，∴EH=MH，EM=2∴∠AHM=∠AHC+∠CHM=90°+∠CHM=∠EHM+∠CHM=∠CHE，在△AHM與△CHE中，AH=CH∠AHM=∠CHE∴△AHM≌△CHE，∴∠MAH=∠ECH，∴∠MAF+∠AFC=∠ECH+∠AFC=90°，∴∠AMF=180°?90°=90°，∴AM⊥CE，∵AC=AE，∴△ACE是等腰三角形，∴CM=EM=2∴CE=2EM=22（3）∵H為AD的中點(diǎn)，E為AB的中點(diǎn)，∴EH是△ABD的中位線，∴EH∥∴∠CEH=∠BCE，∴∠ACE=∠ACB?∠BCE=90°?∠BCE=90°?∠CEH，∵∠ACB=90°，E為AB的中點(diǎn)，∴EC=AE=BE，∴∠CAE=∠ACE=90°?∠CEH，∵A關(guān)于CE的對稱點(diǎn)A'

∴∠CA'E=∠CAE=90°?∠CEH∵CA=CD，∴CA∴∠CDA∵∠A∴∠A∴∠A【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形的中位線的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和，正確的作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解決（2）的關(guān)鍵．25．（2023·浙江·一模）如圖1，△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4．P為斜邊AB上的一動點(diǎn)（不包含A，B兩端點(diǎn)），以CP為對稱軸將△ACP翻折得到△A'CP

(1)如圖2，當(dāng)CP⊥AB時(shí)，求BA(2)當(dāng)翻折得到的△A'CP中有一邊與AB【答案】(1)7(2)75或2655【詳解】（1）解：如圖1，當(dāng)CP⊥AB時(shí)，

在Rt△ACB中，∠ACB=90°∴AC∴AB∴AB=5，在Rt△ACB中，∠ACB=90°cos∠A=ACAB在Rt△APC中，∠APC=90°cos∠A=∴AP=9由折疊性質(zhì)可知AA又∵BA∴BA（2）當(dāng)CP⊥AB時(shí)，由（1）可知BA當(dāng)A'C⊥AB于D時(shí)，如圖

在Rt△ADC中，∠ADC=90°sin∠A=CDAC∴CD=125，又∵BD+AD=AB=5，∴BD=5?AD=5?9由折疊性質(zhì)可知，A'又∵A∴A在Rt△BDA'A'∴BA∴BA當(dāng)A'P⊥AB

過點(diǎn)C作CD⊥AB于D，由（2）可知CD=125，由折疊性質(zhì)可知∠1=∠2，PA=PA又∵∠∴∠1=∠2=45°，又∵∠2+∠3=90°，∴∠3=45°，∴∠2=∠3，∴PD=CD=12又∵PA=PD+AD，∴PA=12又∵PA=PA∴PA又∵BP=AB?PA，∴BP=5?21在Rt△BPA'∴BP∴BA∴BA∴BA'的長可能為75或265【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形，涉及勾股定理，折疊的性質(zhì)，正確作出輔助線，分情況討論是解答本題的關(guān)鍵．26．（2021·浙江湖州·一模）如圖，已知在直角三角形紙片ABC中，∠C=90°，點(diǎn)D、E分別是邊AB、AC上的動點(diǎn)，將△ADE沿著DE翻折，使點(diǎn)A的對應(yīng)點(diǎn)F落在△ABC內(nèi)（包括邊上），連結(jié)BF．（1）如圖1，若∠ABC=45°,AC=3．①當(dāng)EF//AB時(shí)，求∠AED的度數(shù)；②當(dāng)△BDF與△ABC相似時(shí)，求線段AE的長．（2）如圖2，當(dāng)AD=13AB,∠ABC>30°時(shí)，在點(diǎn)E的運(yùn)動過程中，若有且只有一個(gè)位置使得△BDF【答案】（1）①67.5°；②AE=6?32；（2）【分析】（1）由平行線性質(zhì)可得∠FEC=∠A=45°，再根據(jù)折疊的性質(zhì)即可求出∠AED；（2）分∠BDF=90°或∠BFD=90°兩種情況討論，根據(jù)∠DBF=45°可知點(diǎn)F一定在BC邊上，再利用等腰直角三角形性質(zhì)進(jìn)行求解即可；（3）分∠BDF=90°或∠BFD=90°兩種情況討論，根據(jù)點(diǎn)F落在△ABC內(nèi)（包括邊上）求出邊界點(diǎn)時(shí)對應(yīng)的∠A值即可解答．【詳解】（1）①∵△ADE折疊到△FDE，∴∠AED=∠DEF，∵∠ABC=45，AB//EF，∴∠FEC=∠A=45°，∴∠AED=∠DEF=180°?45°②∵點(diǎn)F在△ABC內(nèi)部或邊上，∴∠DBF≤45°，∵△ABC與△BDF相似∴∠DBF=45°，即F在BC邊上，I.若∠BDF=90°，且由折疊可得DF=AD=BD，∴點(diǎn)F在點(diǎn)C處，如圖1，又∵DE⊥AC，∴AE=1II.若∠BFD=90°，如圖2，由折疊可得∠DFE=∠A=45°，∴∠EFC=45°，∴EC=FC，設(shè)AE=x，則EC=FC=3?x，由(3?x)2解得x=6±32∵x<3，∴AE=6?32（3）∵∠DBF不可能為90°，I.若∠BFD=90°，∵AD=1∴AB=3AD,BD=2AD，∵AD=DF，∴BD=2DF，∴∠DBF=30°，∵∠ABC>30°時(shí)，即∠A<60°，存在點(diǎn)F在∠ABC內(nèi)部使得∠BFD=90°的一個(gè)Rt△BDF．若直角頂點(diǎn)F在邊AC上，即為邊界情況，如圖3，∵AD=DF,∠BDF=60°∴∠A=30°，∴當(dāng)30°≤∠A<60°時(shí)存在一個(gè)∠BFD=90°的Rt△BDF，II.當(dāng)∠BDF=90°時(shí)，若F在邊AC上時(shí)，即為邊界情況，如圖4，∵AD=DF，∴∠A=45°，∴當(dāng)∠A?45°時(shí)，存在一個(gè)∠BDF=90°的Rt△BDF．綜上可得：45°?∠A<60°時(shí)，分別存在一個(gè)∠BFD=90°的Rt△BDF和一個(gè)∠BDF=90°的Rt△BDF，總共存在兩個(gè)Rt△BDF．30°?∠A<45°時(shí)只存在一個(gè)Rt△BDF．故滿足有且只有一個(gè)位置使得△BDF構(gòu)成直角三角形這一條件的∠A的取值范圍30°?∠A<45°．【點(diǎn)睛】本題考查了折疊圖形性質(zhì)和相似三角形判定，同時(shí)還考查了等腰三角形的性質(zhì)以及勾股定理的應(yīng)用，分類討論思想的運(yùn)用，是一道綜合性較強(qiáng)的題目，難度較大．類型五與三角形有關(guān)的圖形旋轉(zhuǎn)問題27．（2023·浙江·模擬預(yù)測）如圖，P為等邊△ABC內(nèi)一點(diǎn)，PA、PB、PC的長為正整數(shù)，且PA2+PB2=PC2，設(shè)PA=m

【答案】25【詳解】解：∵m2∴m2∴m2∴n?5m∴n?5m?3∵n為大于5的實(shí)數(shù)，∴m?32≤0，而∴m?3=0，解得：m=3，∵PA2+P∴PC2?P∵PB+PC>PC?PB，PA、PB、PC的長為正整數(shù)，∴PB+PC=9PC?PB=1，解得：PC=5∵△ABC為等邊三角形，∴AB=BC=AC，∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，

把△BPA繞B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得△BCP∴BP=BP'=4，PA=∴△PBP∴PP'=PB=4∴PP∴∠PP∴∠BP過B作BH'⊥C∴∠BP∴BH'=∴CH∴BC∴等邊△ABC的面積為：34【點(diǎn)睛】本題考查的是非負(fù)數(shù)的性質(zhì)，因式分解的應(yīng)用，二元一次方程組的解法，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理及勾股定理的逆定理的應(yīng)用，等邊三角形的性質(zhì)，二次根式的混合運(yùn)算，本題難度較大，對學(xué)生要求高.28．（2023·浙江嘉興·二模）在等邊△ABC中，BC=4，點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)E,F分別是CD,AC邊上一點(diǎn)(不與點(diǎn)A、C重合)．

(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)E為CD中點(diǎn)，點(diǎn)F為AC中點(diǎn)時(shí)，求EF的長度；(2)如圖2，將線段CE繞著點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段CP，連接AP，當(dāng)B,E,P三點(diǎn)在同一條直線上時(shí)，求AP的長度；(3)如圖3，將線段FE繞著點(diǎn)F順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段FQ，延長QE交線段BC于點(diǎn)M，探索CF,CM,CE三條線段之間的關(guān)系．【答案】(1)EF=1(2)4(3)CM+CF=【詳解】（1）解：∵等邊△ABC中，BC=4，點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，∴AD=1∵點(diǎn)E為CD中點(diǎn)，點(diǎn)F為AC中點(diǎn)，∴EF=（2）解：∵線段CE繞著點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段CP，∴∠ECP=60°，CE=CP，∴△CEP是等邊三角形，則∠ECP=∠CPE=60°∵等邊△ABC中，BC=4，點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，∴∠ACB=60°,∠ACD=∠BCD，∴∠ECB=∴∠BCP=30°+60°=90°，則∠PBC=30°∴tan∴PC=BC∵∠BCE=∠ACD=30°,∠ECP=60°∴∠ACP=30°∴∠ACP=∠BCE，又CB=CA,CE=CP∴△BCE≌△ACP∴∠EBC=∠PAC=30°∴∠PAC=∠PCA，∴AP=PC=4（3）如圖，過點(diǎn)F作FN⊥AC交CD于點(diǎn)N，過點(diǎn)M作MH⊥BC交CD的延長線于點(diǎn)H，在EN的延長線上截取NT=FN，連接MF、QN、FT，

∵將線段EF繞點(diǎn)F順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線FQ，∴△EFQ是等邊三角形，∴∠QEF=∠QFE=∠EQF=60°，EF=EQ=QF，∴∠QEF=∠ACB=60°，∵∠QEF+∠MEF=180，∴∠ACB+∠MEF=180，∴E、F、C、M四點(diǎn)共圓，∴∠QMF=∠ACD=30°，∠EFM=∠BCD=30°，∴∠QMF=∠EFM=30°，∴EM=EF=EQ；∵FN⊥AC，∠ACD=30°，∴∠CNF=∠EQF=60°，∵∠CNF+∠ENF=180°，∴∠EQF+∠ENF=180°，∴E、N、F、Q四點(diǎn)共圓，∴∠ENQ=∠QFE=60°，∠QNF=∠QEF=60°，∵M(jìn)H⊥BC，∠BCD=30°，∴∠H=60°，MH=33CM∴∠H=∠ENQ=60°，在△MEH和△QEN中，∠MEH=∠QEN∴△MEH≌△QEN(AAS∴QN=MH=33CM∵NT=FN，∠CNF=60°，∴△FNT是等邊三角形，∴FN=FT，∠NFT=∠EFQ=60°，∴∠NFT+∠EFN=∠EFQ+∠EFN，即∠EFT=∠QFN，在△EFT和△QFN中，EF=QF∴△EFT≌△QFN(SAS∴ET=QN=33CM∵FN⊥AC，∠NFT=60°，∴∠TFC=∠ACD=30°，∴CT=FT=FN=CF·tan∠ACD=∵ET+CT=CE，33即CM+CF=3【點(diǎn)睛】本題考查了三角形中位線的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)于判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形對角互補(bǔ)，同弧所對的圓周角相等，解直角三角形，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．29．（2023·浙江嘉興·一模）已知△ABC中，AC=BC=5，AB=8，將△ABC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α°，得到△ADE，連接BD．

(1)如圖（1），當(dāng)α=60°時(shí)，連接CD，求∠ADC的度數(shù)；(2)如圖（2），連接CE，問BD:CE的值是否為定值？若是，請說明理由并求出此值；(3)在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)以B，C，A，E為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形時(shí)，求BD的長．【答案】(1)30°；(2)是，85(3)645或【詳解】（1）解：∵AB=AD，∠BAD=α=60°，∴△ABD是等邊三角形，∴AD=BD，∠ADB=60°，∵CB=CA，CD=CD，∴△BCD≌△ACDSSS∴∠ADC=∠BDC=30°；（2）解：∵AB=AD=8，AC=AE=5，∴ABAC∵∠BAD=∠CAE=α，∴△BAD∽△CAE∴BDCE∴BD:CE的值是定值，定值為85（3）解：①旋轉(zhuǎn)到圖1位置，使AE∥∵BC=AC=AE，∴四邊形ABCE是平行四邊形，∴CE=AB=8，由（2）可知：BDCE∴BD=64

②旋轉(zhuǎn)到圖2位置，使AE∥BC，連結(jié)

∵BC=AE=AC，∴四邊形AEBC菱形，∴OA=OB，OC=OE，∵AB=8，∴OA=OB=4，∵AC=5，∴OC=A∴CE=6，由（2）可知：BDCE∴BD=48綜上所述，當(dāng)B，C，A，E四點(diǎn)構(gòu)成平行四邊形時(shí)BD的長是645或48【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)綜合問題，包括全等三角形、相似三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形、菱形的判定與性質(zhì)等，掌握圖形全等和相似的證明方法，熟練運(yùn)用平行四邊形和特殊平行四邊形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．30．（2023·浙江寧波·一模）已知E在△ABC內(nèi)部（如圖①），等邊三角形ABC的邊長為6，等邊三角形BDE的邊長為4，連接AE和DC．(1)求證：AE=DC；(2)當(dāng)AE⊥BD時(shí)，求CD的長；(3)將△BDE繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)一周，F(xiàn)為DC的中點(diǎn)（如圖②），求旋轉(zhuǎn)過程中EF【答案】(1)證明見解析(2)4(3)2【分析】（1）證明△ABE≌△CBDSAS（2）延長AE交BD于點(diǎn)H，利用勾股定理求出EH和AH，然后代入CD=AE=AH?EH即可；（3）取BD的中點(diǎn)P，連接PE、PF，根據(jù)勾股定理求出PE=23，再根據(jù)三角形中位線定理可得PF=3【詳解】（1）證明：如下圖：∵△ABC和△BDE都是等邊三角形，∴BA=BC，BE=BD，∠ABC=∠EBD=60°，∴∠ABC?∠1=∠EBD?∠1，∴∠2=∠3，在△ABE和△CBD