押重慶卷中第26題（幾何證明壓軸題）（解析版）-備戰(zhàn)2024年中考數(shù)學(xué)臨考題號押題

押重慶卷第26題押題方向：幾何證明壓軸題3年成都真題考點命題趨勢2023年重慶A卷第26題等邊三角形的判定和性質(zhì)；同弧或等弧所對的圓周角相等；折疊問題；解直角三角形的相關(guān)計算；幾何探究綜合題從2020年開始作為解答題的最后一題進(jìn)行考查,常涉及旋轉(zhuǎn)、動點問題,難度較大。一般三個設(shè)問,?？疾榫€段間關(guān)系、線段最值等問題,常與中點、角平分線、四點共圓等知識結(jié)合,靈活度高，著重考查學(xué)生的綜合能力.平時練習(xí)時熟練掌握角平分線模型、中點模型、線段最值模型、隱圓模型等,加強(qiáng)此題型的練習(xí)。2023年重慶B卷第26題等邊三角形的判定和性質(zhì)；用勾股定理解三角形；利用平行四邊形性質(zhì)和判定證明；根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求解；2022年重慶A卷第25題全等的性質(zhì)和SAS綜合（SAS）；等邊三角形的判定和性質(zhì)；圓的基本概念辨析；解直角三角形的相關(guān)計算；2022年重慶B卷第25題同弧或等弧所對的圓周角相等；根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)說明線段或角相等；解直角三角形的相關(guān)計算；2021年重慶A卷第26題含30度角的直角三角形；等邊三角形的性質(zhì)；根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定求線段長；解直角三角形的相關(guān)計算；2021年重慶B卷第26題等邊三角形的判定和性質(zhì)；同弧或等弧所對的圓周角相等；折疊問題；解直角三角形的相關(guān)計算；1．（2023·重慶·中考真題）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，點D為線段AB上一動點，連接CD

(1)如圖1，若AC=9，BD=3，求線段AD(2)如圖2，以CD為邊在CD上方作等邊△CDE，點F是DE的中點，連接BF并延長，交CD的延長線于點G．若∠G=∠BCE，求證：GF=BF+BE．(3)在CD取得最小值的條件下，以CD為邊在CD右側(cè)作等邊△CDE．點M為CD所在直線上一點，將△BEM沿BM所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)得到△BNM．連接AN，點P為AN的中點，連接CP，當(dāng)CP取最大值時，連接BP，將△BCP沿BC所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)得到△BCQ，請直接寫出此時NQCP【答案】(1)5(2)見解析(3)43【分析】（1）解Rt△ABC，求得AB，根據(jù)AD=AB?BD（2）延長FB使得FH=FG，連接EH，可得△GFD≌△HFESAS，根據(jù)∠DEC=∠DBC=60°，得出B,C,D,E四點共圓，則∠EDB=∠BCE，∠BEC=∠BDC，得出∠BEH=60°?∠BEC=60°?∠BDC=∠EDB，結(jié)合已知條件得出∠H=∠BEH，可得EB=BH（3）在CD取得最小值的條件下，即CD⊥AB，設(shè)AB=4a，則BC=2a，AC=23a，根據(jù)題意得出點N在以B為圓心，a為半徑的圓上運(yùn)動，取AB的中點S，連接SP，則SP是△ABN的中位線，P在半徑為12a的⊙S上運(yùn)動，當(dāng)CP取最大值時，即P,S,C三點共線時，此時如圖，過點P作PT⊥AC于點T，過點N作NR⊥AC于點R，連接PQ，交NR于點U，則四邊形PURT是矩形，得出PD是△ANR的中位線，同理可得PT是△ANR的中位線，△BCS是等邊三角形，將△BCP沿BC所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)得到△BCQ，則∠QCP=2∠BCP=120°，在【詳解】（1）解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°∴AB=AC∵BD=3∴AD=AB?BD=53（2）證明：如圖所示，延長FB使得FH=FG，連接EH，

∵F是DE的中點則DF=FE，F(xiàn)H=FG，∠GFD=∠HFE，∴△GFD≌△HFESAS∴∠H=∠G，∴EH∥∴∠HEC=∠ECD=60°∵△DEC是等邊三角形，∴∠DEC=∠EDC=60°，∵∠DEC=∠DBC=60°，∴B,C,D,E四點共圓，∴∠EDB=∠BCE，∠BEC=∠BDC，∴∠BEH=60°?∠BEC=60°?∠BDC=∠EDB，∵∠G=∠BCE=∠BDE=∠H，∴∠H=∠BEH，∴EB=BH，∴FH=FG=BF+BH=BF+EB；（3）解：如圖所示，

在CD取得最小值的條件下，即CD⊥AB，設(shè)AB=4a，則BC=2a，AC=23∴CD=AC×BCAB=∵將△BEM沿BM所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)得到△BNM．∴BE=BN∴點N在以B為圓心，a為半徑的圓上運(yùn)動，取AB的中點S，連接SP，則SP是△ABN的中位線，∴P在半徑為12a的當(dāng)CP取最大值時，即P,S,C三點共線時，此時如圖，過點P作PT⊥AC于點T，過點N作NR⊥AC于點R，

∵S是AB的中點，∠ABC=60°∴SC=SB=BC，∴△BCS是等邊三角形，則∠PCB=60°，∴∠PCA=∠ACB?∠BCP=30°，∵BC=2a，AB=4a，∴CS=BC=2a，PS=∴PC=52a，∵AC=23∴AT=3如圖所示，連接PQ，交NR于點U，則四邊形PURT是矩形，

∴PU∥AR，P是∴NU即PU是△ANR的中位線，同理可得PT是△ANR的中位線，∴NU=UR=PT=54∵△BCS是等邊三角形，將△BCP沿BC所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)得到△BCQ，∴∠QCP=2∠BCP=120°∴PQ=則UQ=PQ?PU=在Rt△NUQ中，∴NQCP

【點睛】本題考查了解直角三角形，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，圓外一點到圓上距離的最值問題，垂線段最短，矩形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．2．（2023·重慶·中考真題）如圖，在等邊△ABC中，AD⊥BC于點D，E為線段AD上一動點（不與A，D重合），連接BE，CE，將CE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段CF，連接AF．

(1)如圖1，求證：∠CBE=∠CAF；(2)如圖2，連接BF交AC于點G，連接DG，EF，EF與DG所在直線交于點H，求證：EH=FH；(3)如圖3，連接BF交AC于點G，連接DG，EG，將△AEG沿AG所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)，得到△APG，將△DEG沿DG所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)，得到△DQG，連接PQ，QF．若AB=4，直接寫出PQ+QF的最小值．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)3【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出CE=CF，∠ECF=60°，進(jìn)而證明△BCE≌△ACFSAS（2）過點F作FK∥AD，交DH點的延長線于點K，連接EK，F(xiàn)D，證明四邊形四邊形（3）如圖所示，延長AP,DQ交于點R，由（2）可知△DCG是等邊三角形，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得∠PAG=∠EAG=30°，∠QDG=∠EDG=30°，進(jìn)而得出△ADR是等邊三角形，由（2）可得Rt△CED≌Rt△CFG，得出四邊形GDQF是平行四邊形，則QF=DC=12AC=2，進(jìn)而得出∠PGQ=360°?2∠AGD=120°，則PQ=3【詳解】（1）證明：∵△ABC為等邊三角形，∴∠ACB=60°，AC=BC，∵將CE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段CF，∴CE=CF，∠ECF=60°∴∠ACB=∠ECF∴∠ACB?∠ACE=∠ECF?∠ACE即∠BCE=∠ACF在△BCE和△ACF中EC=FC∠BCE=∠ACF∴△BCE≌△ACFSAS∴∠CBE=∠CAF；（2）證明：如圖所示，過點F作FK∥AD，交DH點的延長線于點K，連接EK，

∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC=BC，∵AD⊥BC∴BD=CD∴AD垂直平分BC，∴EB=EC又∵△BCE≌△ACF，∴AF=BE,CF=CE，∴AF=CF,

∴F在AC的垂直平分線上，∵AB=BC∴B在AC的垂直平分線上，∴BF垂直平分AC∴AC⊥BF，AG=CG=∴∠AGF=90°又∵DG=12∴△DCG是等邊三角形，∴∠CGD=∠CDG=60°∴∠AGH=∠DGC=60°∴∠KGF=∠AGF?∠AGH=90°?60°=30°，又∵∠ADK=∠ADC?∠GDC=90°?60°=30°，KF∴∠HKF=∠ADK=30°∴∠FKG=∠KGF=30°，∴FG=FK在Rt△CED與RtCF=CE∴Rt∴GF=ED∴ED=FK∴四邊形EDFK是平行四邊形，∴EH=HF；（3）解：依題意，如圖所示，延長AP,DQ交于點R，

由（2）可知△DCG是等邊三角形，∴∠EDG=30°∵將△AEG沿AG所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)，得到△APG，將△DEG沿DG所在直線翻折至△ABC所在平面內(nèi)，得到△DQG，∴∠PAG=∠EAG=30°，∠QDG=∠EDG=30°∴∠PAE=∠QDE=60°，∴△ADR是等邊三角形，

∴∠QDC=∠ADC?∠ADQ=90°?60°=30°由（2）可得Rt∴DE=GF，∵DE=DQ，∴GF=DQ，∵∠GBC=∠QDC=30°，∴GF∴四邊形GDQF是平行四邊形，∴QF=DG=由（2）可知G是AC的中點，則GA=GD∴∠GAD=∠GDA=30°∴∠AGD=120°∵折疊，∴∠AGP+∠DGQ=∠AGE+∠DGE=∠AGD=120°，∴∠PGQ=360°?2∠AGD=120°，又PG=GE=GQ，∴PQ=3∴當(dāng)GQ取得最小值時，即GQ⊥DR時，PQ取得最小值，此時如圖所示，

∴GQ=1∴PQ=3∴PQ+QF=3【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，勾股定理，平行四邊形的性質(zhì)與判定，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．3．（2022·重慶·中考真題）如圖，在銳角△ABC中，∠A=60°，點D，E分別是邊AB，AC上一動點，連接BE交直線CD于點F．(1)如圖1，若AB>AC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度數(shù)；(2)如圖2，若AB=AC，且BD=AE，在平面內(nèi)將線段AC繞點C順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到線段CM，連接MF，點N是MF的中點，連接CN．在點D，E運(yùn)動過程中，猜想線段BF，CF，CN之間存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想；(3)若AB=AC，且BD=AE，將△ABC沿直線AB翻折至△ABC所在平面內(nèi)得到△ABP，點H是AP的中點，點K是線段PF上一點，將△PHK沿直線HK翻折至△PHK所在平面內(nèi)得到△QHK，連接PQ．在點D，E運(yùn)動過程中，當(dāng)線段PF取得最小值，且QK⊥PF時，請直接寫出PQBC【答案】(1)∠EFC=60°(2)BF+CF=2CN，證明見解析(3)2【分析】（1）在射線CD上取一點K，使得CK=BE，證明△CBE≌△BCK，求出∠CEB=∠BKD=∠BDK=∠ADF，然后根據(jù)四邊形內(nèi)角和定理及鄰補(bǔ)角的性質(zhì)得出答案；（2）證明△ABE≌△BCD，求出∠BFC=120°，倍長CN至Q，連接FQ，PQ，證明△CNM≌△QNF，求出FQ=CM=BC，在CF上截取FP＝FB，連接BP，易得△PBF為正三角形，然后求出∠PFQ=∠PBC，證△PFQ≌△PBC，可得PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，則可得△PCQ為正三角形，然后由BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN得出結(jié)論；（3）根據(jù)∠BFC=120°可知F軌跡為如圖3-1中圓弧，O為所在圓的圓心，此時AO垂直平分BC，當(dāng)P、F、O三點共線時，PF取得最小值，設(shè)HL=LK=2，解直角三角形求出PL、PH，再用面積法求出PQ計算即可．【詳解】（1）解：如圖1，在射線CD上取一點K，使得CK=BE，∵∠BCD=∠CBE，BC＝BC，∴△CBE≌△BCK（SAS），∴BK=CE=BD，∴∠CEB=∠BKD=∠BDK=∠ADF，∴∠ADF+∠AEF=∠AEF+∠CEB=180°，∴∠A+∠DFE=180°，∵∠A=60°，∴∠DFE=120°，∴∠CFE=60°；（2）BF+CF=2CN，證明：∵AB=AC，∠A=60°，∴△ABC是正三角形，∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠DBC＝60°，又∵BD=AE，∴△ABE≌△BCD（SAS），∴∠BCF=∠ABE，∴∠FBC+∠BCF=60°，∴∠BFC=120°，倍長CN至Q，連接FQ，PQ，∵CN＝QN，∠QNF＝∠CNM，NF＝NM，∴△CNM≌△QNF（SAS），∴FQ=CM，∠QFN＝∠CMN，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得AC＝CM，∴FQ=CM=BC，在CF上截取FP＝FB，連接BP，∵∠BFC=120°，∴∠BFP=60°，∴△PBF為正三角形，∴∠BPF＝60°，∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°，∴∠FCM=∠PBC，∵∠QFN＝∠CMN，∴FQ∥CM，∴∠PFQ=∠FCM，∴∠PFQ=∠PBC，又∵PB=PF，F(xiàn)Q=BC∴△PFQ≌△PBC（SAS），∴PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，∴△PCQ為正三角形，∴BF+CF=PF+CF=PC=QC=2CN，即BF+CF=2CN；（3）由（2）知∠BFC=120°，∴F軌跡為如圖3-1中圓弧，O為所在圓的圓心，此時AO垂直平分BC，∴P、F、O三點共線時，PF取得最小值，∵∠PAO＝∠PAB＋∠BAO＝90°，∴tan∠APK=∴∠HPK>45°，∵QK⊥PF，∴∠PKH=∠QKH=45°，如圖3-2，作HL⊥PK于L，設(shè)HL=LK=2，在Rt△HLP中，tan∠HPL=HLPL∴PL=3∴PH=32+設(shè)PQ與HK交于點R，則HK垂直平分PQ，∵S△PHK＝12∴2+3∴PR=2+∴PQ=2PR=4+2∵BC＝AP＝2PH=27∴PQBC【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，圓的基本性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理等知識，綜合性較強(qiáng)，能夠作出合適的輔助線是解題的關(guān)鍵．4．（2022·重慶·中考真題）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，D為BC的中點，E，F(xiàn)分別為AC，AD上任意一點，連接EF，將線段EF繞點E順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段EG，連接FG，AG(1)如圖1，點E與點C重合，且GF的延長線過點B，若點P為FG的中點，連接PD，求PD的長；(2)如圖2，EF的延長線交AB于點M，點N在AC上，∠AGN=∠AEG且GN=MF，求證：AM+AF=2AE(3)如圖3，F(xiàn)為線段AD上一動點，E為AC的中點，連接BE，H為直線BC上一動點，連接EH，將△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面內(nèi)，得到△B′EH，連接B′G，直接寫出線段B′G的長度的最小值．【答案】(1)2(2)見解析(3)10【分析】（1）根據(jù)已知條件可得D為BC的中點，證明CP⊥BG，進(jìn)而根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可求解；（2）過點E作EH⊥AE交AD的延長線于點H，證明△AEG≌△HEFSAS，△AGB≌△AMFAAS，可得AG=AF，進(jìn)而根據(jù)AF+AM=FH+AF=AH，AH=（3）根據(jù)（2）可知∠FAG=90°，當(dāng)點F在線段AD上運(yùn)動時，點G在平行于BC的線段上運(yùn)動，根據(jù)題意作出圖形，根據(jù)點到圓上的距離求最值即可求解．【詳解】（1）如圖，連接CP∵將線段EF繞點E順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段EG，∴△FCG是等腰直角三角形，∵P為FG的中點，∴CP⊥FG，∴CP=PF，∴∠PFC=∠FCP=45°，∵∠BAC=90°，D為BC的中點，AB=AC=22∴AD⊥BC，BC=2∴AD=DC，在Rt△PBC中，PD=（2）如圖，過點E作EH⊥AE交AD的延長線于點H，∵EF⊥EG,HE⊥AE，∴∠HEF+∠FEA=∠FEA+∠AEG=90°，∴∠HEF=∵∠DAE=∠DAC=45°，∴△AEH是等腰直角三角形，∴AE=EH，∴AH=2在△AEG與△HEF中，

GE=FE∴△AEG≌△HEFSAS，∴∠H=∠GAE=45°，∴∠GAF=∠CAD+∠GAE=90°，∴∠MAF=∠NAG=45°，又HE⊥AC，∠BAC=90°，

∴HE//∴∠AMF=∠FEH，∵∠AGN=∠AEG，∵∠AEG=∠FEH=∠AMF，∴∠AMF=∠AGN，

又GN=MF，∴△AGN≌△AMFAAS∴AM=AG,∵AG=FH，∴AM=FH，∴AF+AM=FH+AF=AH，∵AH=2∴AF+AM=2（3）由（2）可知∠FAG=90°，則當(dāng)點F在線段AD上運(yùn)動時，點G在平行于BC的線段上運(yùn)動，∵將△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面內(nèi)，得到△B′EH，∵E為AC的中點，∴AE=1∴B′E=BE則點B′在以E為圓心10為半徑的圓上運(yùn)動，當(dāng)B',G,E三點共線時，B'E如圖，當(dāng)F運(yùn)動到與D點重合時，B′G取得最小值，如圖，當(dāng)點F運(yùn)動到與A點重合時，B′此時EG=EF=AE=2，則B綜上所述，B′G的最小值為【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)與判定，直角三角形斜邊上的中線，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，軸對稱線的性質(zhì)，點到圓上一點距離最值問題，正確的添加輔助線是解題的關(guān)鍵．5．（2021·重慶·中考真題）在△ABC中，AB=AC，D是邊BC上一動點，連接AD，將AD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至AE的位置，使得∠DAE+∠BAC=180°．（1）如圖1，當(dāng)∠BAC=90°時，連接BE，交AC于點F．若BE平分∠ABC，BD=2，求AF的長；（2）如圖2，連接BE，取BE的中點G，連接AG．猜想AG與CD存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想；（3）如圖3，在（2）的條件下，連接DG，CE．若∠BAC=120°，當(dāng)BD>CD，∠AEC=150°時，請直接寫出BD?DGCE【答案】（1）2；（2）AG=12CD【分析】（1）連接CE，過點F作FH⊥BC，垂足為H，證明△ABF≌△HBF，得：AF=HF，再在等腰直角△FHC中，找到FH=22CF，再去證明△FCE（2）作輔助線，延長BA至點M，使AM=AB，連接EM，在△BEF中，根據(jù)三角形的中位線，得出AG=12ME（3）如圖（見解析），先根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)判斷出△ADE是等邊三角形，再根據(jù)∠ABC+∠AEC=180°證出A,B,C,E四點共圓，然后根據(jù)等腰三角形的三線合一、角的和差可得△CDE是等腰直角三角形，設(shè)CE=DE=2a，從而可得AD=2a,CD=22a，根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)可得∠BDP=∠BAP=120°，從而可得∠AGD=∠GDP=∠APD=90°，根據(jù)矩形的判定與性質(zhì)可得四邊形AGDP是矩形，DG=AP，最后根據(jù)等量代換可得BD?DGCE【詳解】解：（1）連接CE，過點F作FH⊥BC，垂足為H．∵BE平分∠ABC，∠BAC=90°，∴FA=FH．∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=45°，∴FH=2∵∠BAC+∠DAE=180°，∴∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=∴△ABD≌△ACE(SAS)，∴BD=CE=2，∠ABD=∠ACE=45°，∴∠BCE=90°，∵BE平分∠ABC，∴∠ABF=∠CBF.∴∠AFB=∠BEC，∵∠AFB=∠EFC，∴∠BEC=∠EFC，∴∠CEB=∠EFC．∴AF=2（2）AG=延長BA至點M，使AM=AB，連接EM．∵G是BE的中點，∴AG=1∵∠BAC+∠DAE=∠BAC+∠CAM=180°，∴∠DAE=∠CAM，∴∠DAC=∠EAM，在△ADC和△AEM中，AD=AE∠DAC=∠EAM∴△ADC≌△AEM(SAS)，∴CD=ME，∴AG=1（3）如圖，設(shè)AC,BE交于點P，連接DE,DP，∵∠DAE+∠BAC=180°,∠BAC=120°，∴∠DAE=60°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AD=AE，∴△ADE是等邊三角形，∴∠AED=60°,AD=DE，∵∠AEC=150°，∴∠CED=∠AEC?∠AED=90°，∵∠BAC=120°,AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=1∴∠ABC+∠AEC=180°，∴點A,B,C,E四點共圓，由圓周角定理得：∠AEB=∠ACB=30°=1∴BE垂直平分AD，∠DEB=1∴AG=DG,AP=DP,BD=AB=AC，∴BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE=1∴∠CDE=∠CBE+∠DEB=45°，∴Rt△CDE是等腰直角三角形，∴CE=DE,CD=2設(shè)CE=DE=2a，則AD=2a,CD=22由（2）可知，AG=1∴DG=AG=2∴AG∴△ADG是等腰直角三角形，且∠AGD=90°，∴∠EGD=1∴∠BDG=∠EGD?∠CBE=30°，在△BDP和BAP中，BD=BABP=BP∴△BDP?BAP(SSS)，∴∠BDP=∠BAP=120°，∴∠GDP=∠BDP?∠BDG=90°，∠CDP=180°?∠BDP=60°，∴∠CPD=180°?∠CDP?∠ACB=90°，∴∠AGD=∠GDP=∠APD=90°，∴四邊形AGDP是矩形，∴DG=AP，在Rt△CDP中，CP=CD?cos則BD?DGCE【點睛】本題考查了圖形的旋轉(zhuǎn)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角形的中位線定理、圓周角定理、解直角三角形等知識點，綜合能力比較強(qiáng)，較難的是題（3），判斷出A,B,C,E四點共圓是解題關(guān)鍵．6．（2021·重慶·中考真題）在等邊△ABC中，AB=6，BD⊥AC，垂足為D，點E為AB邊上一點，點F為直線BD上一點，連接EF．（1）將線段EF繞點E逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EG，連接FG．①如圖1，當(dāng)點E與點B重合，且GF的延長線過點C時，連接DG，求線段DG的長；②如圖2，點E不與點A，B重合，GF的延長線交BC邊于點H，連接EH，求證：BE+BH=3（2）如圖3，當(dāng)點E為AB中點時，點M為BE中點，點N在邊AC上，且DN=2NC，點F從BD中點Q沿射線QD運(yùn)動，將線段EF繞點E順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EP，連接FP，當(dāng)NP+12MP【答案】（1）①21；②見解析；（2）4【分析】（1）①連接AG，根據(jù)題意得出△ABC和△GEF均為等邊三角形，從而可證明△GBC≌△GAC，進(jìn)一步求出AD＝3，AG＝BG＝23②以點F為圓心，F(xiàn)B的長為半徑畫弧，與BH的延長線交于點K，連接KF，先證明出△BFK是頂角為120°的等腰三角形，然后推出△FEB≌△FHK，從而得出結(jié)論即可；（2）利用“胡不歸”模型構(gòu)造出含有30°角的直角三角形，構(gòu)造出NP+12MP=NP+PJ，當(dāng)N、P、J三點共線的時候滿足條件，然后利用等邊三角形的性質(zhì)及判定、矩形的判定及性質(zhì)以及解直角三角形的知識分別計算出PN【詳解】（1）解：①如圖所示，連接AG，由題意可知，△ABC和△GEF均為等邊三角形，∴∠GFB＝60°，∵BD⊥AC，∴∠FBC＝30°，∴∠FCB＝30°，∠ACG＝30°，∵AC＝BC，GC＝GC，∴△GBC≌△GAC（SAS），∴∠GAC＝∠GBC＝90°，AG＝BG，∵AB＝6，∴AD＝3，AG＝BG＝23∴在Rt△ADG中，DG=A∴DG=21②證明：以點F為圓心，F(xiàn)B的長為半徑畫弧，與BH的延長線交于點K，連接KF，如圖，∵△ABC和△GEF均為等邊三角形，∴∠ABC＝60°，∠EFH＝120°，∴∠BEF+∠BHF＝180°，∵∠BHF+∠KHF＝180°，∴∠BEF＝∠KHF，由輔助線作法可知，F(xiàn)B＝FK，則∠K＝∠FBE，∵BD是等邊△ABC的高，∴∠K＝∠DBC＝∠DBA＝30°，∴∠BFK＝120°，在△FEB與△FHK中，∠FEB=∠FHK∴△FEB≌△FHK（AAS），∴BE＝KH，∴BE+BH＝KH+BH＝BK，∵FB＝FK，∠BFK＝120°，∴BK＝3BF，即：BE+BH=3（2）方法一：以M為頂點，MP為一邊，作∠PML=30°，ML交BD于G，過P作PH⊥ML于H，設(shè)MP交BD于K，如圖：RtΔPMH中，∴NP+12MP最小即是NP+HP最小，此時N、P∵將線段EF繞點E順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EP，∴F在射線QF上運(yùn)動，則P在射線MP上運(yùn)動，根據(jù)“瓜豆原理”，F(xiàn)為主動點，P是從動點，E為定點，∠FEP=60°，則F、P軌跡的夾角∠QKP=∠FEP=60°，∴∠BKM=60°，∵∠ABD=30°，∴∠BMK=90°，∵∠PML=30°，∴∠BML=60°，∴∠BML=∠A，∴ML//AC，∴∠HNA=180°?∠PHM=90°，而BD⊥AC，∴∠BDC=∠HNA=∠PHM=90°，∴四邊形GHND是矩形，∴DN=GH，∵邊ΔABC中，AB=6，BD⊥AC，∴CD=3，又DN=2NC，∴DN=GH=2，∵等邊ΔABC中，AB=6，點E為AB中點時，點M為BE中點，∴BM=32，RtΔBGM中，MG=1∴MH=MG+GH=114，RtΔMHP中，∴PN=HN?HP=GD?HP=4∴S方法二：如圖，連接EQ，∵在等邊△ABC中，AB=6，BD⊥AC，∴∠A＝60°，∠BDA＝90°，∠ABD＝30°，∵點E、Q分別為AB、BD的中點，∴EQ為△ABD的中位線，∴EQ//AD，∴∠BEQ＝∠A＝60°，∠BQE＝∠BDA＝90°，∵∠BQE＝90°，∠ABD＝30°，∴EQ＝12∵點M為BE的中點，∴ME＝12BE＝∵將線段EF繞點E順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EP，∴△EPF為等邊三角形，∠PEF＝60°，PE＝EF＝PF，∴∠BEQ＝∠PEF，∴∠BEQ－∠PEQ＝∠PEF－∠PEQ，即∠MEP＝∠QEF，在△MEP與△QEF中，ME＝EQ∠MEP＝∠QEF∴△MEP≌△QEF（SAS）∴∠EMP＝∠EQF＝90°，∴MP⊥BE，∴點P在射線MP上運(yùn)動，如圖，以M為頂點，MP為一邊，作∠PML=30°，ML交BD于G，過P作PH⊥ML于H，設(shè)MP交BD于K，則在Rt△PMH中，HP=∴NP+12MP最小即是NP+HP最小，此時N、P∵∠EMP＝90°，∠PML＝30°，∴∠BML=180°?∠EMP?∠PML=60°，∴∠BML=∠A，∴ML//AC，∴∠HNA=180°?∠PHM=90°，又∵BD⊥AC，∴∠BDC=∠HNA=∠PHM=90°，∴四邊形GHND是矩形，∴DN=GH，∵在等邊△ABC中，AB=6，BD⊥AC，∴CD=3，又DN=2NC，∴DN=GH=2，∵在等邊△ABC中，AB=6，點E為AB中點時，點M為BE中點，∴BM=32，∴在Rt△BGM中，MG=12∴MH=MG+GH=114，∴在Rt△MHP中，HP=MH?∴PN=HN?HP=GD?HP=4∴S【點睛】本題考查等邊三角形性質(zhì)及應(yīng)用，涉及旋轉(zhuǎn)變換、解直角三角形、三角形全等的判定及性質(zhì)、矩形的判定及性質(zhì)等知識，難度較大，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造輔助線．此類題考查了勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，全等三角形的性質(zhì)與判定，垂徑定理，一點到圓上的距離的最值問題，還需掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形、圓的有關(guān)性質(zhì)、翻折性質(zhì)等知識，添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解答的關(guān)鍵．1．在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點D為BC邊上一動點，連接AD，將AD繞著D點逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到DE，連接AE．(1)如圖1，AH⊥BC，點D為CH中點，AE與BC交于點G，若AB=4，求AE的長度；(2)如圖2，DE與AB交于點F，連接BE，在BA延長線上有一點P，∠PCA=∠EAB，求證：AB=AP+2(3)如圖3，DE與AB交于點F，且AB平分∠EAD，點M為線段AF上一點，點N為線段AD上一點，連接DM，MN，點K為DM延長線上一點，將△BDK沿直線BK翻折至△BDK所在平面內(nèi)得到△BQK，連接DQ，在M，N運(yùn)動過程中，當(dāng)DM＋MN取得最小值，且∠DKQ=45°時，請直接寫出【答案】(1)2(2)見詳解(3)2?【分析】（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理可求得AD的長，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AD=DE，∠ADE=90°，即可求解；（2）由“SAS”可證△ADH≌△EDB，可得AH=BE，∠DBE=∠DHA=135°，由“ASA”證明△BAE≌△ACP，可得AP=BE，即可證明結(jié)論；（3）在AE上截取AN′=AN，連接MN′，先證明當(dāng)M,N′【詳解】（1）解：∵∠BAC=90°，AB=AC，∴BC=A∵AH⊥BC，AB=AC，∴BH=CH=AH=1∵點D為CH中點，∴DH=CD=1∴AD=A∵將AD繞著D點逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到DE，∴DE=AD=10，∠ADE=90°∴AE=A（2）證明：如下圖，過點D作DH⊥BC交AB于點H，∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=12×90°=45°∵DH⊥BC，∴∠BDH=90°，∠BHD=∠DBH=45°，∴BD=DH，∠AHD=180°?∠BHD=135°，∴BH=2∵將AD繞著D點逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到DE，∴AD=DE，∠ADE=90°=∠BDH，∴∠ADH=∠EDB，又∵BD=DH，∴△ADH≌△EDB(SAS∴AH=BE，∠DBE=∠DHA=135°，∴∠ABE=∠DBE?∠ABC=90°=∠CAP，又∵AB=AC，∠PCA=∠EAB，∴△BAE≌△ACP(ASA∴AP=BE，∴AP=BE=AH，∴AB=AH+BH=AP+2（3）解：如下圖，在AE上截取AN′=AN∵AB平分∠EAD，∴∠DAB=∠BAE=22.5°，∵AM=AM，∴△AMN≌△AMN∴MN=MN∴DM+MN=DM+MN∴當(dāng)M,N′,D三點共線，且DM⊥AE∵DM⊥AE，DE=AD，∴∠ADM=∠EDM=45°，由折疊的性質(zhì)可得DQ⊥BK，∠BKD=∠BKQ，∵∠DKQ=45°，∴∠BKD=∠BKQ=22.5°，∵∠AMK=∠ADM+∠BAD=∠BKD+∠KBA，∴∠BKA=∠ADM=45°，∴∠KBD=∠ABK+ABC=90°，∴KB⊥BD，∵DQ⊥BK，∴點B,Q,D三點共線，由折疊的性質(zhì)可得DQ=2BD，∵∠BAD=22.5°，∴∠CAD=67.5°，∠ADC=∠ABC+∠BAD=67.5°，∴∠CAD=∠ADC，∴AC=DC，∴BD=BC?CD=2∴DQ=2BD=22∴DQBC【點睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、勾股定理等知識，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．2．如圖，在直角△ABC中，∠BAC=90°．點D為△ABC內(nèi)一點，且∠ADB=60°，E為線段BD的中點，連接AE．

(1)如圖1，若AB=AC=7，AD=2，求BE(2)如圖2，連接CD，若AB=AC，∠BAE=∠ACD，過點E作EF⊥AD交于F，求證：AE=6(3)如圖3，過點D作DM⊥AC于點M，DN⊥BC于點N，連接MN，若AB=23，AC=4，求MN【答案】(1)3(2)見解析(3)6【分析】（1）過點A作AL⊥BD于點L，分別求得DL,LB進(jìn)而根據(jù)E為線段BD的中點，即可求解；（2）過點B作BT∥AE，BT=CD，連接AT,DT，設(shè)AE,DT交于點G，證明△ACD≌△ABTSAS，得△ATD是等腰直角三角形，根據(jù)平行線分線段成比例可得DGGT=DEEB（3）以AB為邊作等邊三角形△AJB，△AJB的外心為O，過點O分別作OQ⊥BC，垂足為Q，則BQ=12AB=3，C,N,D,M四點共圓，D在⊙O上，∠MCN為定值，當(dāng)CD最小時，MN最小，連接CO，當(dāng)D在CO上時，CD最小，進(jìn)而求得CD=CO?DO=23?2，設(shè)CD的中點O′，連接O′M,O′N，過點O′作O【詳解】（1）解：如圖所示，過點A作AL⊥BD于點L，

∵AD=2，∠ADB=60°，∴AL=sin∠ADB×AD=2×在Rt△ALB中，BL=∴DB=DL+LB=1+2=3∵E為線段BD的中點，∴BE=1（2）解：如圖所示，過點B作BT∥AE，BT=CD，連接AT,DT，設(shè)AE,DT交于點

∴∠ABT=∠BAE，∵∠BAE=∠ACD，∴∠ABT=∠ACD，又∵AB=AC，∴△ACD≌△ABTSAS∴AT=AD，∠BAT=∠CAD，∴∠BAD+∠BAT=∠BAD+∠CAD=∠CAB=90°，∴△ATD是等腰直角三角形，∵E為線段BD的中點，AE∴DG∴AG⊥DT，∠DAG=∵EF⊥AD∴AE=又∠ADE=60°，∴EF=DF?∴AE=（3）如圖所示，如圖所示，以AB為邊作等邊三角形△AJB，△AJB的外心為O，過點O分別作OQ⊥BC，垂足為Q，則BQ=

∵DM⊥AC，DN⊥BC，∴C,N,D,M四點共圓，又∵∠ADB=60°，∴D在⊙O上，∵AB=23，AC=4，∠BAC=90°，則BC=∴tanACB=23∴當(dāng)CD最小時，MN最小，連接CO，當(dāng)D在CO上時，CD最小，∵AB=23，∴OB=OBcos∴AS=2OQ=2∵AC=4∴CS=SO=2又∵AB∴∠ASB=∠ADB=60°∴∠CSB=120°∴CO=2CS×∴CD=CO?DO=2如圖所示，設(shè)CD的中點O′，連接O′M,O′N，過點

∴∠M∴tan設(shè)MK=3a∴O又∵O∴3解得：a=∴MN=2MK=2即MN的最小值為6【點睛】本題考查了勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，全等三角形的性質(zhì)與判定，垂徑定理，一點到圓上的距離的最值問題，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．3．在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是射線AB(1)如圖1，連接CD，過點A作AE⊥DC于E交BC于F，若AB=AF，∠D=40°，求(2)如圖2，若AB=AC，O是BC中點，連接DO、AO，點G是OD中點．連接AG交BO于點H，連接BG，若(3)如圖3，若AB=23，AC＝2，K是平面內(nèi)一點，∠BKC=45°，Q是KC中點，當(dāng)AQ【答案】(1)25°(2)見解析(3)S【分析】（1）根據(jù)直角三角形兩銳角互余求出∠1=50°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出∠2=65°，從而可求出∠ACB=25°；（2）延長BG至點K，使GK=BG，連接HK，OK，過點O作OY⊥OK交AG于點Y，證明△BDG≌△KOG(SAS)得∠BKO=∠DBK，可△ABC是等腰直角三角形，得∠BOK=∠ABO=45°，得∠AOY=∠BOK，∠AYO=∠BKO，證明△AOY≌△BOK(AAS)，△HOY≌（3）作點C關(guān)于AB的對稱點C′，則C′為定點，求出∠ABC=30°，得BC=2AC=4；以BC為斜邊在BC下方作等腰直角三角形BEC，得EC=BE=22BC=22，以點E為圓心，EC長為半徑作⊙E，則K必在優(yōu)弧BC上（不含B，C端點），連接EK，C′E并延長交⊙E于點K′，則EK=EK′=EB=EC=22，證明AQ為△CC′K的中位線，當(dāng)C′K最大時，AQ最大，連接BC′，設(shè)C′E【詳解】（1）解：如圖1，∵∠D=40°，AE⊥DC，∴∠1=∠AEC?∠D=90°?40°=50°，∵AB=AF，∴∠2=∠AFB，∴∠2=180在Rt△ABC中，∠BAC=90°∴∠ACB+∠2=90°∴∠ACB=90°?∠2=90°?65°=25°（2）證明：如圖2，延長BG至點K，使GK=BG，連接HK，OK，過點O作OY⊥OK交AG于點Y，在△BDG與△KOG中，BG=KG∴△BDG≌∴∠BKO=∠DBK，∴AB∥∴∠BOK=∠ABO∵AB=AC,∠BAC=90∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠BOK=∠ABO=45°，∵AB=AC，O為BC的中點，∴AO⊥BC，∴∠AOB=90°，又∵∠ABO=45，∴△ABO為等腰直角三角形，∴AO=BO；∵∠AOB=∠KOY=90°，∴∠AOB?∠HOY=∠KOY?∠AOY∴∠AOY=∠BOK∵∠BGA=90°，OY⊥OK，∴∠HYO+∠GKO=180°，∴∠AYO=∠BKO在△AYO與△BKO中，∠AOY=∠BOK∴△AOY≌∴OY=OK,∴∠BOY=45°在△HOY和△HOK中，OY=OK∴△HOY∴HY=HK，又BG=GK,∴AG垂直平分BK，∴BH=HK=HY，∴AH=AY+YH=BK+BH=BG+GK+BH=2BG+BH，∴AH=2BG+BH（3）解：如圖3，作點C關(guān)于AB的對稱點C′則C′∴C′又AB=23∴tan∠ACB=∴∠ACB=60°，∴∠ABC=30°，∴BC=2AC=4；以BC為斜邊在BC下方作等腰直角三角形BEC，則∠BEC=90°,EB=EC，∠EBC=∠ECB=45°，∴sin∴EC=BE=2以點E為圓心，EC長為半徑作⊙E，則K必在優(yōu)弧BC上（不含B，C端點），連接EK，C′E并延長交⊙E于點K′又∵AC′=AC，Q∴AQ為△CC∴AQ=∴當(dāng)C′K最大時，AQ最大，即當(dāng)K為C′E的延長線與⊙E的交點時，連接BC′，設(shè)C′E與∵AC=AC∴CC又BC=4，由對稱知：BC∴BC=BC∴△BCC∴∠B又EB=EC∴C′E⊥BC，∴∠EGC=∠CGC又∠BCE=45°，∴∠CEG=45°∴GC=GE=2，∴sin∠∴C∴C′又EK=EC=22∴C過點K作KM⊥AC交AC的延長線于點M，則∠KC∴cos∴C′又AC∴AM=C∵∠M=∠BAC∴AB∥∴點K，M到AB的距離相等，均為3+6+1，即在△ABK中，AB∴S【點睛】本題主要考查直角三角形兩銳角互余，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形中位線定理，等邊三角形的判定與性質(zhì)，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半，線段垂直平分線的性質(zhì)，三角函數(shù)等知識，正確作出相關(guān)輔助線是解答本題的關(guān)鍵4．在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，過點A作AO⊥BC于點O，點D是BC邊上一點，連接AD．(1)如圖1，若∠BAD=15°，AD=22，求BD(2)如圖2，將線段AD繞著點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°到AE，點F為線段CD的中點，連接EF，DE．求證：AC=3(3)如圖3，在（2）的條件下，連接OE，當(dāng)OE最小時，將△AOE沿著AE翻折得到△AO′E，連接O【答案】(1)23(2)見解析；(3)712【分析】（1）由等腰三角形三線合一，可求得∠BAO，推導(dǎo)出△ADO為等腰直角三角形，再利用勾股定理求出DO，以及三角函數(shù)求出BO，從而求得BD的長度；（2）取AB中點K，作DH⊥AB，結(jié)合線段旋轉(zhuǎn)，推導(dǎo)出△AKD≌△AOE，再證△DHK≌△OFE，再利用△BHD中cos∠B得出BK=BH+HK=32（3）構(gòu)造△HFD，使∠HFD=2∠FAD=2θ，通過設(shè)數(shù)法求得tan2θ，cos2θ的值，在Rt△AOM和Rt△CNM中，利用tan2θ，cos2θ求得OM和CN【詳解】（1）∵AB=AC，AO⊥BC∴∠BAO=∠CAO，BO=CO又∵∠BAC=120∴∠BAO=1∠B=∠C=12(180°∵∠BAD=15∴∠DAO=∠BAO?∠BAD=60°∵在Rt△ADO中，∠DAO=45∴∠ADO=90∴DO=AO，又∵AD=22，∴DO=AO=2，∵在Rt△ABO中，∠B=30°，∴tan∠B=即tan30∴BO=23∴BD=BO?DO=23（2）取AB的中點K，連接DK，作DH⊥AB，連接OE．∵AB=AC，∠BAC=120°，AO⊥BC∴∠BAO=12∠BAC=又∵∠DAE=∴∠BAO?∠DAO=∠DAE?∠DAO即∠BAD=∠OAE在Rt△BAO中，∠B=30∴AO=1在△AKD和△AOE中AK=AO∴△AKD≌△AOE，∴DK=EO，∠AKD=∠AOE，∵F是CD的中點∴DF=CF∴DO+OF=CO?OF又∵BO=CO∴DO+OF=BO?OF∴2OF=BO?DO=BD在Rt△BDH中，∠B=30∴DH=12即BD=2DH，BH=3∴OF=DH，∵∠AKD是△HDK的外角，∴∠AKD=∠KHD+∠HDK=又∵∠AOE=∠AOF+∠FOE=∴∠HDK=∠FOE在△DHK和△OFE中DH=OF∴△DHK≌△OFE，∴HK=FE，∵BK=BH+HK，BH=32BD（已證），HK=FE∴BK=∴1∴AC=3（3）延長AO′，交CO于M，過點C作AO′的垂線作AD的垂直平分線交AB于點F，連接DF．由（2）可知，△AKD?△AOE，OE=DK，當(dāng)KD⊥BC時，KD最短，不妨設(shè)∠BAD=θ，則∠OAE=∠O′AE=θ∵點F在AD的垂直平分線上，∴FD=FA，∴∠FDA=∠FAD=θ，∴∠HFD=2θ，不妨設(shè)AO=2，由∠B=30°，可知AB=4，∵K是AB的中點，∴BK=AK=2在Rt△BKD中，∠B=30°，∴DK=1，BD=在Rt△BDH中，∠B=30°，∴DH=32，∴HK=BK?BH=2?AH=AB?BH=4?設(shè)AF為x，則DF為x，在Rt△DHF中，HD=32，HF=AH?AF=5∴(∴x=∴HF=5∴tan∠HFD=cos∠HFD=即tan2θ=53在Rt△AOM中，∠OAM=2θ∴tan∴OM=又∵CO=BO=23∴CM=CO?OM=23∵在△AOM和△CNM中，∠AOC=∠CNM=90°，∴