中考數學二輪復習-專題14 幾何壓軸題（求最值共30道） 解析版

二輪復習2023-2024年中考數學重要考點名校模擬題分類匯編專題——（重慶專用）1．（2023上·重慶沙坪壩·九年級重慶八中校考期末）在△ABC中，把線段BC繞點B順時針旋轉90°得到線段BD，連接AD．(1)如圖1，已知AB=7，BC=5，S△ABD=(2)如圖2，已知∠CAB=45°，點F和點E分別為BC和AD的中點，連接EF，求證：AB+2EF=2(3)如圖3，已知AB=6且BC=2AC，把線段AC繞點A逆時針旋轉90°得到線段AM，連接DM，請直接寫出DM的最小值．【答案】(1)AC=4(2)見解析(3)2【分析】（1）作DE⊥AB，交AB的延長線于點E，作CF⊥AB于F，可證得△CBF≌△BDEAAS，從而BF=DE，CF=BE，由S△ABD=（2）作CG⊥AC，交AB于G，連接AF，并延長使FH=AF，連接DH，BH，可證得四邊形ABHC是平行四邊形，從而AC∥BH，AC=BH，進而∠ACB=∠CBH，BH=AC=CG，從而∠BCG=∠DBH，進而證得△CBG≌△BDHSAS，從而BG=DH=2EF（3）分別作∠ACB和∠ACB的外角∠ACY的角平分線CQ和CW交直線AB于Q和W，可推出點C在以WQ的中點X為圓心，4為半徑的⊙X上運動，連接CX，AX，分別將△BCX和△ACX繞點B和點A順時針和逆時針旋轉90°至△BDV和△AMT，可推出點D在以V為圓心，4為半徑的⊙V上運動，點M在以T為圓心，4為半徑的⊙T上運動，連接TV，交⊙V于D′，交⊙T于M′，當D在D′，點M在M′處，DM最小，此時點C在⊙X的C′處，作TR⊥BV【詳解】（1）解：如圖，作DE⊥AB，交AB的延長線于點E，作CF⊥AB于F，∴∠AFC=∠CFB=∠E=90°，∴∠BDE+∠DBE=90°，由旋轉可知∠CBD=90°，∴∠CBF+∠DBE=90°，∴∠CBF=∠BDE，∵CB=BD，∴△CBF≌△BDEAAS∴BF=DE，CF=BE，由S△ABD=21∴BF=DE=3，∵BD=BC=5，∴CF=B∴AF=AB?BF=7?3=4，∴AC=C（2）如圖，作CG⊥AC，交AB于G，連接AF，并延長使FH=AF，連接DH，BH，∴∠ACG=∠CBD=90°，∵∠CAB=45°，則△ACG為等腰直角三角形，∴AC=CG，AG=2∵點E是AD的中點，點F是CB的中點，∴DH=2EF，CF=BF，∴四邊形ABHC是平行四邊形，∴AC∥BH，AC=BH，∴∠ACB=∠CBH，BH=AC=CG，∴90°?∠ACB=90°?∠CBH，∴∠BCG=∠DBH，∵BC=BD，∴△CBG≌△BDHSAS∴BG=DH=2EF，∴AB+BG=AG，∴AB+2EF=2（3）如圖，分別作∠ACB和∠ACB的外角∠ACY的角平分線CQ和CW交直線AB于Q和W，∵CQ平分∠ACB，CW平分∠ACY，∴∠WCQ=∠WCA+∠QCA=1設點Q到CA，CB兩邊的距離分別為?1，?2，則點C到AB的距離為?，則S△BCQ∴BQAO=BC∵AB=6，∴AQ=13AB=2∴WQ=AW+AQ=6+2=8，∴點C在以WQ的中點X為圓心，4為半徑的⊙X上運動，連接CX，AX，分別將△BCX和△ACX繞點B和點A順時針和逆時針旋轉90°至△BDV和△AMT，∴AX=XQ?AQ=4?2=2，則BV=BX=AB+AX=8，AT=AX=2，DV=CX=4，MT=CX=4，∴點D在以V為圓心，4為半徑的⊙V上運動，點M在以T為圓心，4為半徑的⊙T上運動，連接TV，交⊙V于D′，交⊙T于M∴當D在D′，點M在M′處，DM最小，此時點C在⊙X的作TR⊥BV于R，∵TR=AB=6，VR=BV+BR=8+AT=10，∠R=90°，∴TV=6∴D′∴DM的最小值為234【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質，三角形中位線性質，等腰三角形的性質，確定圓的條件，勾股定理等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，構造全等三確形．2．（2023上·重慶江津·九年級重慶市江津中學校?？茧A段練習）已知正方形ABCD的邊長為3，△BEF為等邊三角形，點E在AB邊上，點F在(1)如圖1，若D、E、F在同一直線上，求BF的長；(2)如圖2，連接AF，CE，BD，并延長CE交AF于點H，若(3)如圖3，將△ABF沿AB翻折得到△ABP，點Q為AP的中點，連接CQ，若點E在射線BA上運動時，請直接寫出線段CQ的最小值．【答案】(1)BF=(2)見解析(3)線段CQ的最小值為3【分析】（1）由等邊三角形的性質和銳角三角函數可求AE的長，即可求解；（2）由“ASA”可證△ABG≌△CBE，可得BE=BG，∠G=∠BEC，可證BF=BE=BG，由等腰三角形的性質和平角的性質可得∠HFE=∠HEF=45°，由等腰直角三角形的性質可得（3）分兩種情況討論，先求出點Q的軌跡，則當CQ⊥NQ時，CQ有最小值，由直角三角形的性質可求解．【詳解】（1）解：∵△BEF是等邊三角形，∴∠BEF=60°=∠AED，∵∠A=90°，∴tan∠AED=∴AE=AD∴BE=AB?AE=3（2）證明：如圖2，延長AF，CB交于點∵四邊形ABCD是正方形，∴BD=2∵CH⊥AF，∴∠CHG=∠ABG=90°，∴∠G+∠BAG=90°=∠G+∠BCH，∴∠BAG=∠BCH，又∵∠ABC=∠ABG=90°，∴△ABG≌△CBE（ASA）∴BE=BG，∵△BEF是等邊三角形，∴BE=BF=EF，∴BG=BF，∴∠G=∠BFG，∴∠BFG=∠BEC，∴∠GFE=∠CEF，∴∠HFE=∠HEF，∵CH⊥AG，∴∠HFE=∠HEF=45°，∴EH=FH，∴EF=2∴BE=2∴BD=2（3）解：當點E在線段AB上時，如圖3，取AB的中點N，連接NQ，∵將△ABF沿AB翻折得到△ABP，∴∠ABF=∠ABP=60°，∵點Q為AP的中點，點N是AB的中點，∴NQ∥BP，∴∠ANQ=∠ABP=60°，∴點Q在過AB的中點N，且與AB成60°∠ANQ=60°的直線NQ∴當CQ⊥NQ時，CQ有最小值，如圖3?1，延長QN，CB交于點H，連接∵點N是AB的中點，∴BN=AN=1∵∠ANQ=60°=∠BNH，∴tan∠BNH=∴BH=3∴CH=∵∠H=90°?∠BNH=30°∴CQ=1∴CQ的最小值為32【點睛】本題是幾何變換綜合題，考查了正方形的性質，折疊的性質，等邊三角形的性質，直角三角形的性質，全等三角形的性質，添加恰當輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．3．（2024上·重慶渝中·九年級重慶巴蜀中學?？计谀┮阎?，△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，AD⊥AB交BC于點D，AD=6．

(1)如圖1，將BD繞點B逆時針旋轉得線段BE，且點E在DA的延長線上，求BE的長．(2)如圖2，在（1）的條件下，連接CE，F為AB上一點，且滿足：∠BEF=∠AFG，作FG⊥CE于點G，求證：CG=3(3)如圖3，在（1）的條件下，P、Q分別為線段BA、EB上的兩個動點，且滿足BP=EQ，當PD+QD最小時，M為平面內一動點，將△BEM沿EM翻折得△B′EM【答案】(1)BE=12(2)見解析(3)P【分析】（1）證明△BDE是等邊三角形，即可求解；（2）延長EF至M，使得EM=CM，連接BM、CM、CF，證明△BEM≌△DECSAS，進而證明△AEF≌△BMFASA，得出FE=FM則CF⊥EM，（3）以E為圓心EB的長為半徑，作⊙E，作∠GEB=30°，證明△GEQ≌△DBP，得出當G,Q,D三點共線時，PD+QD最小，進而可得PB′的最大值為EB′+EP=12+GQ【詳解】（1）解：∵△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，∴∠ABC=30°∵AD⊥AB交BC于點D，∴∠ADB=60°，∵將BD繞點B逆時針旋轉得線段BE，且點E在DA的延長線上，∴BD=BE，∴△BDE是等邊三角形，∴BE=BD=2AD=12；（2）延長EF至M，使得EM=CM，連接BM、CM、CF，∵∠BEF=∠AFG，∴∠AFE=∠EBF+∠BEF=∠EFG+∠AFG，∴∠EBF=∠EFG=30°，∵FG⊥CE，∴∠FEG=60°，△EMC是等邊三角形，在△BEM，EM=EC∠BEM=∠DEC=60°?∠FEA∴△BEM≌△DECSAS∴BM=CD，∠EBM=∠EDC=120°，∵∠EBM=∠EDC=120°∴∠EBM+∠AEB=180°，∴BM∥∴∠FEA=∠FMB，∠EAF=∠MBF∵BE=BD，BA⊥ED，∴AD=AE，∵∠ACD=∠DAC=30°，∴CD=AD=AE，∴BM=AE，∴△AEF≌△BMFASA∴FE=FM，∴CF⊥EM，∠FCG=30°，∴CG=

（3）解：如圖所示，以E為圓心EB的長為半徑，作⊙E，作∠GEB=30°，

∴GE=EB=BD，∠GEQ=∠DBP=30°，又∵BP=EQ∴△GEQ≌△DBP∴GQ=PD，∴PD+QD=GQ+QD≥GD，∴當G,Q,D三點共線時，PD+QD最小，∵M為平面內一動點，將△BEM沿EM翻折得△B∴B′E=BE，B′又∵BA垂直平分AD，則PD=EP，∴PB′的最大值為過點Q作QT⊥EG于點T，在△GED中，∠GEB=30°,∠BED=60°∴∠GED=90°，又∵EG=ED，∴△EGD是等腰直角三角形，∴GT=TQ在Rt△TEQ中，∠TEQ=30°，則設GT=TQ=a，則a+解得：a=6∵GQ=∴P【點睛】本題考查了旋轉的性質，一點到圓上的最值問題，解直角三角形，等邊三角形的性質，含30度角的直角三角形的性質，全等三角形的性質與判定，熟練掌握等邊三角形的性質是解題的關鍵．4．（2024上·重慶沙坪壩·九年級重慶南開中學校考期末）如圖，在△ABC中，AB=AC，點D是AB邊上一點，連接CD．(1)如圖1，當∠B=67.5°且CD⊥AB時，將線段DC繞著點D逆時針旋轉到DC′，連接AC′，CC(2)如圖2，過點D作DE⊥BC于點E，線段BD的垂直平分線交DE于點F，點G為線段CD的中點，連接AG，FG，AF，BF，求證：AG⊥FG；(3)如圖3，∠A=45°，AD=4，過點D作DM⊥AB，交AC于點M，點N是直線AB上一動點，點H是平面內一動點，連接MN，MH，NH，DH，當MH⊥MN且S△MNH=24時，請直接寫出【答案】(1)∠AD(2)證明見解析(3)2【分析】（1）設∠CDC′=x，則∠CAC′=45°?x，根據等邊對等角得到∠ACB=∠B=67.5°，則由三角形內角和定理可得∠CAD=45°，由垂線的定義得到∠CDA=90°，則∠C′DA=90°?x，∠ACD=45°=∠CAD，由此可得AD=CD，由旋轉的性質可得CD=（2）如圖所示，延長FG到H，使得HG=FG，連接AH，CH，證明△CGH≌△DGFSAS，得到CH=DF，∠HCG=∠FDG，則HC∥DF，由線段垂直平分線的性質得到DF=BF，則CH=BF，∠FDB=∠FBD；由平行線的性質得到∠HCB=∠DEB=90°，則∠ACH+∠ACB=90°，再由∠EDB+∠EBD=90°，推出∠ACH=∠ABF（3）如圖所示，過點M作MT⊥MD且MT=12，連接DT，HT，NT，先求出AD=MD=4，則S△MDT=24，證明MT∥AD，得到S△MNT=S△MDT=24，則S△MNT=S△MNH，由此得到MN∥TH，進而推出TH⊥MH，即∠MHT=90°，則點H在以MT為直徑的圓上運動，取MT中點O，連接OD，OH，故當O、D、H【詳解】（1）解：設∠CDC′=x∵AC=AB，∴∠ACB=∠B=67.5°，∴∠CAD=180°?∠ACB?∠B=45°，∵CD⊥AB，∴∠CDA=90°，∴∠C′DA=∠CDA?∠CD∴AD=CD，由旋轉的性質可得CD=C∴C'∵∠C∴AC∴AC∴△ADC∴∠ADC（2）證明：如圖所示，延長FG到H，使得HG=FG，連接AH，∵G為CD的中點，

∴CG=DG，∵∠CGH=∠DGF，∴△CGH≌△DGFSAS∴CH=DF，∴HC∥DF，∵線段BD的垂直平分線交DE于點F，∴DF=BF，∴CH=BF，∵DE⊥BC，∴∠DEB=90°，∵HC∥DF，∴∠HCB=∠DEB=90°，∴∠ACH+∠ACB=90°，∵AC=AB，∴∠ACB=∠ABC，∵∠EDB+∠EBD=90°，∴∠EDB=∠ACH，∴∠ACH=∠ABF，∴△ACH≌△ABFSAS∴AF=AH，又∵HG=FG，∴AG⊥FG；（3）解：如圖所示，過點M作MT⊥MD且MT=12，連接DT，∵∠A=45°，∴∠AMD=∠A=45°，∴AD=MD=4，∴S△MDT∵MT⊥MD，∴MT∥AD，∴S△MNT∵S△MNH∴S△MNT∴MN∥TH，∵MN⊥MH，∴TH⊥MH，即∠MHT=90°，∴點H在以MT為直徑的圓上運動，取MT中點O，連接OD，OH，則∵DH≤OD+OH，∴當O、D、H三點共線且點H在OD上時，DH有最小值，最小值為OD?OH，在Rt△OMD中，由勾股定理得OD=∴DH的最小值為213【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質與判定，等腰三角形的性質與判定，等邊三角形的性質與判定，平行線的性質與判定，勾股定理，旋轉的性質，一點到圓上一點的最值問題，圓周角定理等等，解題的關鍵在于發(fā)現點H的運動軌跡是圓．5．（2023上·重慶九龍坡·九年級四川外國語大學附屬外國語學校校考階段練習）在等腰直角△ABC中，AC=BC,∠ACB=90°，過點C作CD⊥AB于D,M為線段CD上的一動點，連接BM．(1)如圖1，將線段BM繞點B順時針旋轉90°，得到線段BQ，當點A,M,Q三點共線時，AQ與BC交于點T，若CT=4，求AC的長；(2)如圖2，延長BA至點E,EC交BM的延長線于點F，且∠ECA=∠CBM，過點F作FH⊥EC分別交BA，CD于點H,N，且FH=CD，過點A作AK⊥AB交EC于點K．求證：3FM+FK=EH；(3)若P為△ABC的部任意一點，∠APC=135°，過點P作PR⊥AB于點R,PG⊥BC于點G，連接RG，若AD=5，求RG的最小值．【答案】(1)AC=4+4(2)見解析(3)5【分析】（1）過點M作ML⊥BC于點L，得出∠CMT=∠CTM，則CM=CT=4，進而根據tan∠CAT=tan∠LMT（2）取EK的中點J，連接AJ，證明△BCM≌△CAK，得出AK=CM，證明△JKA≌△FCM得出JK=FC，進而可得EC=3FM+FK，再證明△ECD≌△EHF，得出EC=EH，即可得證；（3）以AB為直角邊作等腰直角三角形△SAB，則∠S=45°，根據已知條件證明S,A,P,C四點共圓，B,R,P,G四點共圓，PB為直徑，設PB的中點為Q，連接QR,QG，根據∠ABC=45°為定角，當RG取得最小值時，則此圓的半徑最小，即PB取得最小值，進而根據一點到圓的距離的最值問題得出，PB的長，根據圓周角定理可得∠GQR=2∠ABC=90°，則RG=2【詳解】（1）解：如圖所示，過點M作ML⊥BC于點L，∵AC=BC,∠ACB=90°，CD⊥AB∴AM=MB，∠ACD=∠DCB=∠CAB=45°，∴∠MAB=∠MBA∵將線段BM繞點B順時針旋轉90°，得到線段BQ，∴△BMQ是等腰直角三角形，∴∠BMQ=45°∵A,M,Q三點共線，∴∠BMQ=2∠MAB=45°，∴∠MAB=∠MAC=22.5°∴∠CMT=∠CAM+∠ACM=67.5°,∠CTM=90°?∠CAT=67.5°，∴∠CMT=∠CTM∴CM=CT=4∵ML⊥CT∴CL=22∵∠ACB=∠MLC=90°∴AC∥∴tan即CTAC=解得：AC=4+4解法二：如圖所示，由AT是∠CAB的角平分線，∴TK=TC=4，則TB=4∴AC=CB=CT+TB=4+42（2）解：如圖所示，取EK的中點J，連接AJ，∵∠ECA=∠CBM，∵△ABC是等腰直角三角形，CD⊥AB∴∠CAD=∠MCB=45°，∵AK⊥AB∴AK∥∴∠CAK=∠BCM又∵∠ECA=∠CBM，AC=BC∴△BCM≌△CAK，∴AK=CM，設∠ECA=∠CBM=α，∴∠ECM=45°+α，∴∠E=∠FBE=45°?α∴∠CFM=∠E+∠FBE=90°?2α∴∠FMC=180°?∠FCM?∠CFM=45°+∴∠FCM=∠FMC=45°在Rt△AKE中，AJ∴KJ=AJ，又∠E=45°?α，則∠JKA=∠JAK=45°+α在△JKA,△FCM中，∠JKA=∠FCM∴△JKA≌△FCM∴JK=FC∴EK=2FC又FM=FC∴EK=2FM∴EC=EK+FK+FC=3FM+FK在△ECD,△EHF中，∠E=∠E∴△ECD≌△EHF∴EC=EH∴3FM+FK=EH（3）解：如圖所示，以AB為直角邊作等腰直角三角形△SAB，則∠S=45°，∵∠APC=135°，∴∠S+∠APC=180°，∴S,A,P,C四點共圓，又∵∠ACS=90°，則AS為直徑，設點O為AS的中點，連接∵PR⊥AB于點R,PG⊥BC于點G，∴∠BGP=∠BRP=90°，∴B,R,P,G四點共圓，PB為直徑，設PB的中點為Q，連接QR,QG，∵∠ABC=45°為定角，當RG取得最小值時，則此圓的半徑最小，即PB取得最小值，∴當O,P,B三點共線時，PB最小，RG取得最小值，則∠GQR=2∠ABC=90°，∴RG=∵AD=5，則AS=AB=10，∴OB=∴PB的最小值為BO?OP=5∴QR=∴RG的最小值為2【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，全等三角形的性質與判定，正切的定義，圓周角定理，直徑所對的圓周角是直角，熟練掌握全等三角形的性質與判定是解題的關鍵．6．（2023上·重慶沙坪壩·九年級重慶八中?？茧A段練習）在三角形ABC中，AC=AB,F為AC中點，D為平面內一點．(1)如圖1，D點在邊BC上，連接AD,FD，若∠B=30°，AB=2,?BD=32(2)如圖2，連接AD，將AD繞點A逆時針旋轉到AE，使得∠DAE=∠BAC，連接DE,DE恰好過點F，若∠ABD+2∠AFD=180°，猜想并證明EF與DF的數量關系；(3)D點在邊BC上，E為線段CD上一點，且DE=DB，連接AE，將線段AD繞點A順時針旋轉60°得到線段AP，連接EP，若∠BAE=120°，AD=1，求EP的最大值．【答案】(1)13(2)DF=2EF，見解析(3)7【分析】（1）過點A作AH⊥BC于H，過點F作FG⊥BC于G，求出BH=CH=3，CG=32，FG=（2）在線段FD上截取FG=FE，連接AG，CE，證明△ABD≌△ACESAS，根據全等三角形的性質得∠ABD=∠ACE，由∠ABD+2∠AFD=180°可推出∠CFE=∠CEF，則CE=CF，再證明△AFG≌△CFE（3）根據三角形的三邊關系可得AE≤AP+EP，由旋轉得AP=AD=1，所以當EP最大時AE有最大值，根據E為線段CD上一點可得當E與C重合時，AE有最大值，即可求解．【詳解】（1）過點A作AH⊥BC于H，過點F作FG⊥BC于G，∵AC=AB，∴AH=1，∵F為AC中點，∴AF=CF=1，∴CG=32，∴DG=BC?BD?CG=23在Rt△DFGDF=D∴FD的值為132（2）猜想：DF=2EF，證明：在線段FD上截取FG=FE，連接AG，∵將AD繞點A逆時針旋轉到AE，∴AD=AE，∴∠BAD=∠CAE，∵AB=AC，∴△ABD≌∴∠ABD=∠ACE，∵∠ABD+2∠AFD=180°，∴∠ACE+2∠AFD=∠ACE+2∠CFE=180°，∵∠ACE+∠CFE+∠CEF=180°，∴∠CFE=∠CEF，∴CE=CF，∵F為AC中點，∴AF=CF=CE，∵FG=FE，∴△AFG≌∴AG=CE=CF=AF，∴∠AGF=∠AFG，∴∠AGD=∠AFE，∵AD=AE，∴∠ADG=∠AEF，∴△ADG≌∴DG=EF，∵FG=FE，∴DF=DG+FG=2EF；（3）如圖3，∵AE≤AP+EP，由旋轉得AP=AD=1，所以當EP最大時AE有最大值，∵E為線段CD上一點，當E與C重合時，AE有最大值，如圖4，連接EP，過點P作PF⊥BC于F，∵DE=DB，∴AD⊥BC，由旋轉得AP=AD=1，∴∠AED=∠B=30°，∴AB=2AD=2，∴BP=AB?AP=2?1=1，∴BP=AP,∵AD⊥BC，∴AD∥∴BF∴BF=FD∴PF是△ABD的中位線，∴PF=12AD=∴CF=CD+DF=3∴EP=P∴EP的最大值為7．【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，等腰三角形的性質，全等三角形的判定和性質，直角三角形的性質，平行線分線段成比例定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，學會用轉化的思想思考問題．7．（2023上·重慶南岸·九年級重慶市第十一中學校?？茧A段練習）已知正方形ABCD的邊長為6，△BEF為等邊三角形，點E在AB邊上，點F在AB邊的左側．(1)如圖1，若D，E，F在同一直線上，求BF的長；(2)如圖2，連接AF，CE，BD，并延長CE交AF于點H，若(3)如圖3，將△ABF沿AB翻折得到△ABP，點Q為AP的中點，連接CQ，若點E在射線AB上運動時，請直接寫出線段CQ的最小值．【答案】(1)6?2(2)見解析(3)3?【分析】（1）由等邊三角形的性質和銳角三角函數可求AE的長，即可求解；（2）由“ASA”可證△ABG≌△CBE，可得BE=BG,∠G=∠BEC，證BF=BE=BG，由等腰三角形的性質和平角的性質可得∠HFE=∠HEF=45°，由等腰直角三角形的性質可得EF=2（3）分兩種情況討論，先求出點Q的軌跡，則當CQ⊥NQ時，CQ有最小值，由直角三角形的性質可求解.【詳解】（1）∵△BEF是等邊三角形，∴∠BEF=60°=∠AED,BF=BE，∵ABCD是正方形，∴∠A=90°，∴tan∴AE=AD∴BE=AB?AE=6?23（2）證明:如圖2，延長AF,CB交于點G，∵四邊形ABCD是正方形，∵BD=2∵CH⊥AF，∴∠CHG=∠ABG=90°，∴∠G+∠BAG=90°=∠G+∠BCE，∴∠BAG=∠BCE，又∵∠ABG=∠CBE=90°,AB=BC，∠BAG=∠BCE，∴△ABG≌△CBEASA∴BE=BG,∠G=∠BEC，∵△BEF是等邊三角形,∴BE=BF=EF,∠BEF=∠BFE，∴BG=BF，∴∠G=∠BFG，∴∠BFG=∠BEC，∴∠BFG+∠BFE=∠BEC+∠BEF，即∠GFE=∠CEF，∴∠HFE=∠HEF，∵CH⊥AG，∴∠HFE=∠HEF=45°，∴EH=FH，∴EF=2∴BE=EF=2∴BD=2AB=2（3）當點E在線段AB上時，如圖3，取AB的中點N，連接NQ，∵將△ABF沿AB翻折得到△ABP，∴∠ABF=∠ABP=60°，∵點Q為AP的中點，點N是AB的中點，∵NQ∥BP，∴∠ANQ=∠ABP=60°，∴點Q在過AB的中點N,且與AB成60°∠ANQ=60°)的直線NQ∴當CQ⊥NQ時，CQ有最小值，如圖3?1,延長QN，CB交于點H，連接AQ，∵點N是AB的中點，∴BN=AN=3，∵∠ANQ=60°=∠BNH，∴tan∵BH=33∴CH=33∴∠H=90°?∠BNH=30°，∴CQ=12CH=3+∴HQ=3∴NQ=33∴此時點E不在線段AB上，∴點E在線段AB上時，CQ>3+3當點E在AB的延長線上時，如圖3，取AB的中點N，連接NQ，∵將△ABF沿AB翻折得到△ABP，∴∠EBF=∠EBP=60°，∵點Q為AP的中點，點N是AB的中點，∵NQ∥BP，∴∠BNQ=∠EBQ=60°，∴點Q在過AB的中點N,且與AB成60°∠BNQ=60°的直線NQ∴當CQ⊥NQ時，CQ有最小值，設QN，BC交于點H，∵點N是AB的中點，∴BN=AN=3，∵∠BNQ=60°=∠BNH，∴tan∵BH=33∴CH=6?33∴∠CQH=∠NHB=90°?∠BNH=30°，∴CQ=1綜上所述：CQ的最小值為3?【點睛】本題是幾何變換綜合題，考查了正方形的性質，折疊的性質，等邊三角形的性質，直角三角形的性質，全等三角形的性質，添加恰當輔助線構造全等三角形是解題的關鍵.8．（2023上·重慶九龍坡·九年級重慶實驗外國語學校校考期中）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC⊥AB．延長BA至點E，使得AB=AE，F是直線BC上任意一點，連接EF交AD于點G，連接DE和CG．(1)如圖①，若∠B=60°，F是BC的中點．已知AB=2，求△DEG的面積；(2)如圖②，若點F在線段BC上，P是平行四邊形ABCD內部一點，且滿足CG⊥GP，PF∥AC，連接PB，PC．求證：(3)將△CDG沿CG所在直線翻折后在同一平面得到△CD′G，D與D′重合．已知BC=13，AB=5在平面內是否存在一點O使得【答案】(1)3(2)證明見解析(3)509【分析】（1）連接AF，先證明四邊形ACDE是矩形，得到∠AED=90°，再證明∠DAE=∠B=60°，解直角三角形得到DE=23，∠ADE=30°，再證明△ABF是等邊三角形，得到∠AEF=∠AFE=12∠BAF=30°，即可證明∠DGE=90°，解直角三角形求出DG=3，（2）如圖所示，延長PG交DE于M，連接CM，CE，證明△EAG∽△EBF，推出EG=FG，證明，△MEG∽△PFG，推出ME=PF，MG=PG，則CM=CP，證明M、D、C、G四點共圓，得到∠MDG=∠MCG，同理可證CE=CB，得到∠ACE=∠ACB，進而證明∠MCG=∠ACE，推出∠MCE=∠PCB，則可證明△MCE≌△PCBSAS（3）如圖所示，將△EOD′繞點E逆時針旋轉90°得到△EO′D″，則OO′=2OE，可得OB+2OE+OD′=OB+OO′+O′D″；如圖延長BE當T，使得TE=AC，過點T作TH⊥TE且TH=AE，連接HD″，HE，證明△THE≌△ACESAS，得到【詳解】（1）解：連接AF∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB=CD，∵AB=AE，∴AE=CD，∴四邊形ACDE是平行四邊形，∵AC⊥AB，∴四邊形ACDE是矩形，∴∠AED=90°，∵AD∥BC，∴∠DAE=∠B=60°，∴DE=AE?tan∠DAE=23∵BC=ABcosB=4，點∴BF=2=AB=AE，∴△ABF是等邊三角形，∴∠AEF=∠AFE=1∴∠DEG=60°，∴∠DGE=90°，∴DG=DE?cos∠GDE=3∴S△DEG（2）證明：如圖所示，延長PG交DE于M，連接CM，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴△EAG∽△EBF，∴EGEF=EA∴EG=FG，∵FP∥AC，∴FP∥DE，∴△MEG∽△PFG，∴MEPF∴ME=PF，∵CG⊥PG，∴CM=CP，∵∠MDC=∠MGC=90°，∴M、D、C、G四點共圓，∴∠MDG=∠MCG，同理可證CE=CB，∴∠ACE=∠ACB，同理A、E、C、D四點共圓，則∠ACE=∠ADE，∴∠MCG=∠ACE，∴∠MCP=∠BCE，∴∠MCE=∠PCB，∴△MCE≌△PCBSAS∴ME=PB，∴PB=PF；（3）解：如圖所示，將△EOD′繞點E逆時針旋轉90°得到∴OE=O′E∴OO∴OB+2如圖延長BE當T，使得TE=AC，過點T作TH⊥TE且TH=AE，連接HD∴∠HTE=∠EAC=90°，∴△THE≌△ACESAS∴HE=CE，∴∠HET+∠AEC=∠ACE+∠AEC=90°，∴∠HEC=90°=∠D∴∠HED∴△HED∴HD由折疊的性質可得CD∴HD∴D″在以H故當H，D″，O′，在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=∴TE=AC=12，∴BT=TE+AE+AB=22，∴BH=T∴OB+2OE+OD【點睛】本題主要考查了圓與三角形綜合，旋轉的性質，矩形的性質與判定，解直角三角形，相似三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，勾股定理等等，本題難度大，綜合性強，解題的關鍵在于確定當H，D″，O9．（2023上·重慶渝中·九年級重慶巴蜀中學?？计谥校┤鐖D所示，等腰直角△ABC中，AB=AC，點D是BA延長線上一點，連接CD，點E是CD上一點，連接BE，交AC于點F．(1)如圖1，若∠CBE=30°，CF=2，求AF(2)如圖2，過點A作AM⊥BF于點M，若BF=CD，試猜想AM、BE、CE之間的關系并推理說明；(3)如圖3，在（2）的條件下，若H為射線BD上一動點，△BGH為等腰直角三角形，且BG=GH，點P為GH中點，若BC=25，CE=2，請直接寫出EP+FP【答案】(1)AF=(2)BE=CE+2AM(3)EP+FP的最小值為2【分析】（1）作FQ⊥BC交BC于Q，根據等腰直角三角形的性質，可推出∠CFQ=∠FCQ=45°，即知CQ=QF=22CF，通過三角函數求出BF、BQ，從而求出BC，繼而求出AC（2）作AN⊥CD交CD于N，根據已知條件先證明△BAF?△CADHL，得出∠ABF=∠ACD，∠BFA=∠D，AF=AD，根據角度關系推出∠BED=90°，從而證明四邊形AMEN是矩形，根據AN∥ME，可知∠CAN=∠CFE=∠BFA=∠BAM，可證明△BAM?△CANSAS，即有AM=AN，則矩形AMEN是正方形，所以AM=ME=EN=AN，則（3）連接BP并延長，作E關于直線BP的對稱點K，連接EK，交BP延長線于O，作KL⊥BE交BE于L，連接KP、KF、KE、EP、EF、DF、KF，交BO于R，根據△BGH是等腰直角三角形，P是GH的中點，可知tan∠GBP=GPBG=12，同時∠GBC=90°，可知當點H運動時，tan∠GBP=12始終成立，即P點在射線BP上運動，再根據E,K關于直線BO對稱，可知EP+FP=KP+FP≤KF，且當P點位于F,K的連線上時，等號成立．根據BC,CE求出BE，結合三角函數可逐步推出∠CBE=∠GBP,∠ABE=∠DBP,∠FDE=∠CBE=∠GBP，再根據三角函數求出EF與DE,BE的關系，從而求出EF,DE,BD和sin∠DBE，cos∠DBE，sin∠OBE和【詳解】（1）解：作FQ⊥BC交BC于Q，如圖1：∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=45°，∵FQ⊥BC，∴∠CFQ=90°?∠FCQ=90°?45°=45°，∴∠CFQ=∠FCQ，∴CQ=QF=CFsin∴BF=FQsin∠FBQ∴BC=BQ+CQ=3∴AC=AB=BCsin∴AF=AC?CF=6（2）解：BE=CE+2AM，理由如下：作AN⊥CD交CD于N，如圖2，在Rt△BAF和RtAB=ACBF=CD∴Rt∴∠ABF=∠ACD，∠BFA=∠D，AF=AD，∴∠ABF+∠D=∠ABF+∠BFA=90°，∴∠BED=90°，在四邊形AMEN中，∠AME=∠MEN=∠ENA=90°，∴∠MAN=90°，∴四邊形AMEN是矩形，∴AN∥ME，∴∠CAN=∠CFE=∠BFA，∵∠ABF+∠BAM=∠ABF+∠BFA=90°，∴∠BAM=∠BFA，∴∠CAN=∠BAM，在△BAM和△CAN中∠ABM=∠ACNAB=AC∴△BAM?△CANSAS∴AM=AN,BM=CN，∴四邊形AMEN是正方形，∴AM=AN=EN=AN，∴BE=BM+ME=CN+ME=CE+EN+ME=CE+2AM．（3）解：連接BP并延長，作E關于直線BP的對稱點K，連接EK，交BP延長線于O，作KL⊥BE交BE于L，連接KP、EP、EF、DF、KF，交BO于R，如圖所示：∵△BGH是等腰直角三角形，GB=GH，P是GH的中點，∴∠GBH=∠GHB=45°GB=2GP=2PH，∴tan∠GBP=∵△ABC是等腰直角三角形，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=45°，∴∠GBC=∠GBH+∠ABC=90°，∴當點H運動時，tan∠GBP=12始終成立，即P∵E,K關于直線BO對稱，∴EP=KP，∴EP+FP=KP+FP≤KF，且當P點位于F,K的連線上即與R點重合時，等號成立．∵BC=25，CE=2∴BE=B∴tan∠CBE=∴∠CBE=∠GBP，∵∠CBE+∠ABE=∠GBP+∠DBP=45°，∴∠ABE=∠DBP，由（2）知，AF=AD,∠DAF=90°，∴∠AFD=∠ADF=45°，∵∠DBE+∠BDE=90°，∴∠DBE+∠FDE=45°，∴∠FDE=∠CBE=∠GBP，∴tan∠FDE=即DE=2FE，∴BE=BF+EF=CD+EF=CE+DE+EF=CE+3EF，∴EF=BE?CE3=∴BD=B∴sin∠DBE=DEBD∴sin∠OBE=sin2cos∠OBE=∵EK⊥BO∴EO=BEsinKL=EKsin∴FL=EL?EF=72∴KF=K∴EP+FP的最小值為21105【點睛】本題考查等腰直角三角形的性質，三角函數，矩形的判定和性質，正方形的判定和性質，全等三角形的判定與性質，“將軍飲馬”的模型，熟練掌握等腰三角形的性質，矩形的判定與性質，“將軍飲馬”模型的應用是解題的關鍵．10．（2023上·重慶渝中·九年級重慶巴蜀中學?？计谀┮阎鰽BC中，AB=AC，點D是BC延長線上的一點，E是AB上一點，連接DE交AC于點G，使得∠AED=2∠ADC．(1)如圖1，若DE⊥AB，∠ADG=30°，CD=32，求線段AD的長．(2)如圖2，過點C作CF∥AB交DE于點F，在EG上取一點N，使得GN=GC，連接AN，求證：AE=DF．(3)如圖3，若點D是平面內任意一點，且滿足∠ADC=45°，AC=6，直接寫出△ACD面積的最大值．【答案】(1)AD=3+33；(2)見解析(3)S△ACD最大=9+92．【分析】（1）作CH⊥AD于H，設∠BAC=α，分別表示出∠CAD，∠ACB和∠ABC，在△ABC中根據三角形內角和求得α，進而解斜三角形ACD求得結果；（2）在AG上截取GH=GF，連接NH，EH，設∠ABC=∠ACB=α，∠ADC=β，則AED=2β，通過角之間的關系推出AG=DG，進而證明△DGC≌△AGN，進一步證明△CGF≌△NGH，從而得出AH=DF，通過角之間關系得出∠ANH=∠ANE和∠AEN=∠NHG，從而得出點A、E、N、H四點共圓，從而得出∠AHE=∠ANE，∠AEH=∠ANH，進而∠AEH=∠AHE，進一步得出結論；（3）根據“定弦對定角”得出點D的運動軌跡，進一步求得結果．【詳解】（1）解：如圖1，作CH⊥AD于H，設∠BAC=α，在Rt△ADE中，∠DAE=90°-∠ADE=60°，∴∠CAD=∠BAD-∠BAC=60°-α，∵∠AED=90°，∠AED=2∠ADC，∴∠ADC=45°，∴∠ACB=∠ADC+∠CAD=45°+（60°-α）=105°-α，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=105°-α，在△ABC中，∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，∴2（105°-α）+α=180°，∴α=30°，∴∠CAD=30°，在Rt△CDH中，CH=DH=CD?sin∠ADC=32?sin45°=32×22在Rt△ACH中，AH=CH∴AD=DH+AH=3+33；（2）證明：如圖2，在AG上截取GH=GF，連接NH，EH，設∠ABC=∠ACB=α，∠ADC=β，則∠AED=2β，∵∠AED=∠ABC+∠BDE，∴2β=α+∠BDE，∴∠BDE=2β-α，∴∠ADE=∠ADC-∠BDE=β-（2β-α）=α-β，∵∠ACB=∠ADC+∠DAC，∴α=β+∠DAC，∴∠DAC=α-β，∴∠ADE=∠DAC，∴AG=DG，∵∠DGC=∠AGN，CG=GN，∴△DGC≌△AGN（SAS），∴AG=DG，∠DCG=∠ANG，同理可得：△CGF≌△NGH（SAS），∴GH=FG，∠FCG=∠HNG，∴∠DCG-∠FCG=∠ANG-∠HNG，即：∠ANH=∠DCF，∵CF∥AB，∴∠FCD=∠ABC，∠CFG=∠AEN，∴∠ANH=∠ABC，∵∠ACB=180°-∠DCF-∠FCG，∠ANE=180°-∠ANH-∠HNG，∴∠ANE=∠ACB，∴∠ANH=∠ANE，∵∠CFG=∠AEN（已證），∠NHG=∠CFG（已證），∴∠AEN=∠NHG，即∠AEN+∠AHN=180°，∴點A、E、N、H四點共圓，∴∠AHE=∠ANE，∠AEH=∠ANH，∴∠AEH=∠AHE，∴AE=AH，∵AG=DG，GH=FG，∴DF=AH，∴AE=DF；（3）解：如圖，以AC為斜邊作等腰直角三角形AOC，以點O為圓心，OA為半徑作圓O，作OE⊥AC于E，延長EO交⊙O于D′，則點D在優(yōu)弧AD′C上運動，當點D運動到點D′時，△ACD的面積最大，在Rt△AOC中，OA=22AC=32，OE=12∴ED′=OE+OD′=3+32，∴S△ACD最大=12AC?ED′=12×6×(3+32)=9+9【點睛】本題考查了等腰三角形性質，全等三角形的判定和性質，解直角三角形，確定圓的條件等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，構造全等三角形．11．（2023上·重慶沙坪壩·九年級重慶八中校考期末）在平行四邊形ABCD中，以AB為腰向右作等腰△ABE，AB=AE，以AB為斜邊向左作Rt△AFB，∠AFB=90°(1)如圖1，若F，A，D三點在同一直線上，點E與點D重合，連接BD，∠ADC=60°，AD=2，求△BFD的周長；(2)如圖2，若F，A，D三點在同一直線上，點E落在CD邊上，點P為BE上一點，連接FP，點Q為FP上一點，連接AQ，且∠AQF+∠BFQ=90°，∠QAE+∠C=180°，求證BP=EP；(3)如圖3，若F，A，C三點在同一直線上，點E與點C重合，∠D=30°，AB=8，點M為△ABC內部一動點，連AM，BM，CM，滿足∠AMB=120°，點N為CM的中點，連接AN，過點N作NP⊥AN交BC于點P，當PM最小時，將△MNP繞點P旋轉，旋轉中的△MNP記為△M′N′P【答案】(1)3(2)見解析；(3)24+6【分析】（1）由平行四邊形的性質得到AD∥BC，∠ABC=∠ADC=60°，再根據F，D，A三點共線得到∠ABC=∠FAB=60°，再分別求出線段的（2）連接QE，延長FP至點H，使得PH=FQ，根據平行四邊形的性質求出△FAB≌△QAESAS，進而求出△FBP≌△QEHSAS，最后得到（3）如圖3-1中，過點B作BH垂直BC交CA的延長線于H，連接HM，得出△ABH為等邊三角形，作△ABH的外接圓交BC于G，連接HG，GM．根據A，M，B，H四點共圓得出點M在△ABH外接圓上，取GH中點O，連接OP交△ABH的外接圓于點M，則此時PM最小，由題意△MNP繞點P旋轉到M′在NP上時，M′到【詳解】（1）解：如圖1中，在平行四邊形ABCD中，∠ADC=60°，∴AD∥BC，∵F，D，A三點共線，∴FD∥∴∠ABC=∠FAB=60°，∵E，D重合，AB=AE，∴AD=AE=AB=2，∴四邊形ABCD是菱形，∴∠ADB=30°，在Rt△FBD，∠AFB=90°∴FB=ABsin∠FAB=3在Rt△FBD中，∠BFD=90°∴BD=2BF=23∴C△BFD（2）證明：如圖，連接QE，延長FP至點H，使得PH=FQ，連接EH，則PH+PQ=FQ+PQ，∴FP=QH，∵∠AFB=90°，∴∠2+∠3=90°，∵∠2+∠1=90°，∴∠1=∠3，∴AF=AQ，在平行四邊形ABCD中，F，A，D共線，∴AD∥BC，∴∠5=∠D，∵∠C+∠4=180°，∴∠4=∠D，∴∠4=∠5，在△FAB和△QAE中AF=AQ∠5=∠4∴△FAB≌△QAESAS∴∠AQE=∠AFB=90°，∴∠6+∠1=90°，∵∠2+∠1=90°，∴∠2=∠6，在△FBP和△QEH中FB=QE∠2=∠6∴△FBP≌△QEHSAS∴BP=EH，∵∠7=∠8，∴∠H=∠8，∴EH=EP，∴EP=BP；（3）解：如圖3-1中，過點B作BH垂直BC交CA的延長線于H，連接HM，∵∠ABH=∠BAH=60°，∴△ABH為等邊三角形，作△ABH的外接圓交BC于G，連接HG，∴AB=AH=AC，∴AN為△CMH的中位線，∵∠AMB=120°，∴A，M，B，H共圓，∴點M在△ABH外接圓上，∴∠HBG=90°，∴CH為△ABH外接圓的直徑，∴MH⊥MG，∵NP⊥NA，∴MG∥∵∠BGH=∠BAH=60°，∴∠GCH=∠GHC=30°，∴GH=GC=2BG，∴CG=2BG，∵MN=NC，MG∥∴CP=PG=1∴點P為定點取GH中點O，連接OP交△ABH的外接圓于點M，則此時PM最小，如圖3-2中，∵NP⊥NA，∴△MNP繞點P旋轉到M′在NP上時，M′到∴M′∵MP=1∵O是△ABH的外心，∴OB=2OF，∵BP=2PC，∴OBOF∴OP∥∴∠MPG=∠GCA=30°，∵OM=OH，∴∠OHM=∠OMH=∠CHM=15°，∴∠BHM=45°，∴∠BGM=180°?∠BHM=135°，∴∠MGK=45°，∴過M作于點K，則PN=1∴點M′到AN的最大距離=PN+PM=【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，三角形的外接圓，四點共圓，銳角三角函數，平行線分線段成比例定理，全等三角形的性質與判定，三角形中位線定理等知識，正確添加輔助線是解決本題的關鍵．12．（2023上·重慶忠縣·九年級重慶市忠縣忠州中學校?？计谥校┮阎?，在?ABCD中，AB⊥BD，AB=BD，E為射線BC上一點，連接AE交BD于點F.（1）如圖1，若E點與點C重合，且AF=25，求AD

（2）如圖2，當點E在BC邊上時，過點D作DG⊥AE于G，延長DG交BC于H，連接FH.求證：AF=DH+FH．（3）如圖3，當點E在射線BC上運動時，過點D作DG⊥AE于G，M為AG的中點，點N在BC邊上且BN=1，已知AB=42，請直接寫出MN【答案】（1）AD=42；（2）見解析；（3）MN的最小值為3【分析】（1）如圖1中，利用等腰三角形的性質可得∠ABD=90°，利用平行四邊形的性質可得F為BD中點，在RtΔABF中，由勾股定理可求得BF，則可求得AB，在RtΔ（2）如圖2中，在AF上截取AK=HD，連接BK，可先證明ΔABK?ΔDBH，再證明ΔBFK?ΔBFH，可證得結論；（3）連接AN并延長到Q，使NQ=AN，連接GQ，取AD的中點O，連接OG，得到∠AGD=90°，于是得到點G的軌跡是以O為圓心，以OG為半徑的弧，且OG=4，求得GQ最小值為6，根據三角形的中位線定理即可得到結論．【詳解】（1）∵AB=BD,∠BAD=45°，∴∠BDA=∠BAD=45°∴∠ABD=90°，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴當點E與點C重合時，BF=在Rt△ABF中，AF∴(2∴BF=2,AB=4∴Rt△ABD中，AD=42（2）證明：如圖2中，在AF上截取AK=HD，連接BK，∵∠AFD=∠ABF+∠2=∠FGD+∠3，∠ABF=∠FGD=90°，∴∠2=∠3，在ABK和ΔDBH中，{AB=BD∴ΔABK?ΔDBH，∴BK=BH，∠6=∠1，AK=DH，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD//BC，∴∠4=∠1=∠6=45°，∴∠5=∠ABD?∠6=45°，∴∠5=∠1，在ΔFBK和ΔFBH中，{BF=BF∴ΔFBK?ΔFBH，∴KF=FH，∵AF=AK+KF，∴AF=DH+FH；(3)解：連接AN并延長到Q，使NQ=AN，連接GQ，取AD的中點O，連接OG，作AK⊥BC，交BC延長線于點K，作QP⊥AD，交AD延長線于點P．∵∠AGD=90°，∴點G的軌跡是以O為圓心，以OG為半徑的弧，且OG=4，根據△ABD為等腰直角三角形，可得AD=AB∴AO=12根據△ABK為等腰直角三角形，可得AK=BK=4，可得QE=PE=4，∴PQ=8，∵BK=4,BN=1，∴KN=5，∴KE=AP=10，∴OP=6，∴OQ=10，OG=4，∴GQ最小值為6，∵MN是ΔAGQ的中位線，∴MN的最小值為3．【點睛】本題考查四邊形綜合題、等腰直角三角形的判定和性質、全等三角形的判定和性質、中位線定理，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形．13．（2023上·重慶·九年級重慶南開中學?？计谥校┰凇鰽BC中，∠ACB=90°，D是BC上一點．(1)如圖1，E是AB中點，tan∠BCE=34，CE=5，AD=3(2)如圖2，CA=CB，點F在線段AD上，將線段CF繞點C順時針旋轉90°得到線段CG，連接BG，交AC于點H，當∠CAD=2∠ABG時，試猜想AF與CH的數量關系，并證明你的結論；(3)如圖3，在（2）的條件下，點M在CF上，點N在CG上，FM=CN，連接NM，若CF=27，直接寫出2【答案】(1)BD=5(2)AF=2CH，證明見解析(3)7【分析】（1）過點E作EG⊥BC交BC于點G，由題意得到EG=34CG，利用勾股定理得到EG,CG，根據E是AB中點，∠ACB=90°，得到CE=BE=AE=5，推出△BCE是等腰三角形，即得到BC=2BG=2CG=8，利用勾股定理求出AC，CD（2）延長BC，在BC延長線上截取CB′=CB，取BG的中點Q，連接CQ,B′G，證明△ACF≌△B′CGSAS，得到∠B′=∠CAD,AF=B′G，設∠ABG=α，則（3）連接FG，取FG的中點P，連接CP,PM,PN，將GC繞點G逆時針旋轉30°得到GC′，過點P作PS⊥GC′，交GC′于點S，交GC于點T；根據△CFG是等腰直角三角形，得CP⊥FG，利用勾股定理求得FG=214，則PG=PF=12FG=14，由題意證明△PGN≌△PCMSAS，得到∠GPN=∠CPM,PN=PM，進而得到∠MPN=90°，△MPN是等腰直角三角形，推出2MN=2PN，2MN+NG=2PN+NG，此時當點【詳解】（1）解：如圖，過點E作EG⊥BC交BC于點G，

∵tan∠BCE=34∴EGCG=∵CE=5，∴CE2=C∴CG=4，EG=3，∵E是AB中點，∠ACB=90°，∴CE=BE=AE=5，AB=2BE=10，∴△BCE是等腰三角形，∴BC=2BG=2CG=8，∵AC=A∴AC=6，∵AD=35∴CD=A∴BD=BC?CD=5；（2）解：AF=2CH，理由如下：如圖，延長BC，在BC延長線上截取CB′=CB，取BG的中點Q

∵線段CF繞點C順時針旋轉90°得到線段CG，∴CF=CG,∠FCG=90°，∵∠ACB′=∠∴∠B∵CB=CA，CB∴CA=C∴△ACF≌∴∠B設∠ABG=α，則∠CAD=∠B∵點C，Q分別為BB∴CQ∥∴∠BCQ=∠B∵∠CQG=45°+α,∠BHC=45°+α，∴△CQH是等腰三角形，∴CQ=CH=1∵AF=B∴CH=12AF（3）解：如圖，連接FG，取FG的中點P，連接CP,PM,PN，將GC繞點G逆時針旋轉30°得到GC′，過點P作PS⊥GC′，交GC′于點

∵△CFG是等腰直角三角形，點P是FG的中點，∴CP⊥FG，PC=PG，∠PGC=∠PCF=45°，∴FG=C∴PG=PF=1∵FM=CN，則CF?CM=CG?NG，∴CM=NG，∵PC=PG，∠PGC=∠PCF=45°，∴△PGN≌∴∠GPN=∠CPM,PN=PM，∵∠GPC=90°，∴∠CPM+∠CPS=∠CPS+∠GPS=90°，∴∠MPN=90°，∴△MPN是等腰直角三角形，∴2MN=2PN，2如圖，此時當點N與點T重合時，有NS=12NG，PN+

∵∠PCN=45°,∠PNM=45°，∴在△PCN中，∠MNC+∠CPN=180°?∠PCN?∠PNM=90°，∵∠GPS+∠CPN=90°，∴∠MNC=∠SPG，∵△GPS,△MNC都是直角三角形，∴sin∠MNC=∴GS設NS=x，則NG=CM=2x,GS=3∴3∴MN=2∵2MN=2PN∴PN=2∴PS=PN+NS=∵tan∴CMCN=解得：x=3∴PS=2∴2MN+NG=2PS=【點睛】本題考查了三角形綜合問題，等腰三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理，三角形中位線的性質，解直角三角形，正確構造輔助線，證明三角形全等和構造直角三角形是解題的關鍵．14．（2023上·重慶九龍坡·九年級重慶市楊家坪中學?？计谥校┤鐖D，在△ABD中，∠BAD=60°，BD=2，將邊BD繞點D逆時針旋轉120°得到DC，連接AC，取AC中點E，連接DE．(1)如圖1，若AD⊥BD于點D，求點A到BC的距離；(2)如圖2，證明：AB=AD+2DE；(3)如圖3，若點A在平面內運動，取BC中點F，連接AF，直接寫出線段AF的最大值．【答案】(1)點A到BC的距離為2(2)見解析(3)2【分析】（1）延長CD，交AB于點N，過點A作AM⊥BC于點M，易得AB=BDsin∠BAD=433，∠ABD=30°，根據旋轉的性質得出∠BDC=120°，CD=BD=2，進而得出∠BND=90°，則DN=BD?sin∠ABD=1，CN=CD+DN=3，過點D作DF⊥BC（2）在AB上截取AQ=AD，延長AD至點P，使AD=DP，連接CP，通過證明△ADQ為等邊三角形，得出AD=AQ=DQ,∠ADQ=60°，再證明△BDQ≌△CDP，得出CP=BQ，根據中位線定理得出CP=BQ=2DE，即可求證；（3）以BD為邊，構造等邊三角形BDG，根據∠G=60°，∠BAD=60°，得出點A、G、B、D四點共圓，令△BDG外心為點O，則當AF經過點O時，AF取最大值，過點O作OK⊥BD于點K，作OH⊥BC于點H，求出OB=BK?cos30°=23，∠OBH=60°，進而得出OA=OB=233,BH=OB?【詳解】（1）解：延長CD，交AB于點N，過點A作AM⊥BC于點M，∵∠BAD=60°，BD=2，AD⊥BD，∴AB=BDsin∠BAD∵邊BD繞點D逆時針旋轉120°得到DC，，∴∠BDC=120°，CD=BD=2，∴∠BDN=60°，∠DBC=30°，∴∠BND=90°，∴DN=BD?sin∴CN=CD+DN=3，過點D作DF⊥BC于點F，∴BF=BD?cos∴BC=2BF=23∵S△ABC∴AB?CN=BC?AM，即43解得：AM=2，∴點A到BC的距離為2；

（2）證明：在AB上截取AQ=AD，延長AD至點P，使AD=DP，連接CP，∵AQ=AD，∠BAD=60°，∴△ADQ為等邊三角形，∴AD=AQ=DQ,∠ADQ=60°，∴∠PDQ=120°，∵∠BDC=120°，∴∠BDC?∠BDP=∠PDQ?∠BDP，即∠BDQ=∠CDP，∵AD=DP，∴DQ=DP，在△BDQ和△CDP中，DQ=DP∠BDQ=∠CDP∴△BDQ≌△CDP，∴CP=BQ，∵點E為AC中點，AD=DP，∴CP=BQ=2DE，∵AB=BQ+AQ，∴AB=2DE+AD；

（3）解：如圖，以BD為邊，構造等邊三角形BDG，∴∠G=60°，∵∠BAD=60°，∴點A、G、B、D四點共圓，令△BDG外心為點O，當AF經過點O時，AF取最大值，過點O作OK⊥BD于點K，作OH⊥BC于點H，∵點O為△BDG外心，△BDG為等邊三角形，∴∠OBK=30°,BK=1∴OB=BK?cos30°=23∴OA=OB=2∵點F是BC中點，∴BF=1∴HF=BF?BH=2根據勾股定理可得：OF=O∴AF=OA+OF=2即線段AF的最大值為23

【點睛】本題考查了解直角三角形，等三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，圓周角定理，正確作出輔助線，構造全等三角形和直角三角形是解題的關鍵．15．（2023上·重慶江津·九年級重慶市江津中學校?？计谥校┰赗t△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，將△ABC繞點B順時針旋轉一定的角度α得到△DEB，點A，C的對應點分別是D，E，連接AD(1)如圖1，當點E恰好在AB上時，求∠ADE的大小；(2)如圖2，若α=60°，點F是AB的中點，判斷四邊形CEDF的形狀，并證明你的結論．(3)如圖3，若點F為AD中點，直接寫出CF的最大值．【答案】(1)15°(2)四邊形CEDF是平行四邊形，證明見解析(3)4【分析】（1）由旋轉的性質可得AB=BD，∠ABD=∠ABC=30°，∠ACB=∠BED=90°，由等腰三角形的性質可求∠BAD=∠BDA=75°，即可求解；（2）由旋轉的性質可得∠CBE=∠ABD=60°,BC=BE,DE=AC,AB=DB，由“SAS”可證△ABC≌△BDF，可得（3）連接CF,EF,BF，通過證明點A、點C、點B、點F四點共圓，點B，點D，點F，點E四點共圓，可得∠BAC=∠BFC=∠BDE，∠BDE+∠BFE=180°，推導出點A、點C、點B、點F四點共圓，由直角三角形的性質可求AB=4，由圓中直徑最大可求解．【詳解】（1）解：∵△DEB是由△ABC旋轉得到，∴AB=BD，∠ABD=∠ABC=30°，∠ACB=∠BED=90°，∴∠BAD=∠BDA=75°，∴∠ADE=∠BED?∠BAD=15°；（2）解：四邊形CEDF是平行四邊形，理由如下：∵F是AB的中點，∴CF=1∵∠ABC=30°，∴AC=1∴CF=AF=AC=BF，∵∠ACB=90°，∴∠A=60°，∵△DEB是由△ABC旋轉60°得到，∴∠CBE=∠ABD=60°,BC=BE,DE=AC,AB=DB，∴DE=CF，△CBE為等邊三角形，∴CE=BC=BE，在△ABC和△BDF中，AB=BD∴△ABC≌∴DF=BC，∴DF=CE，∵DE=CF，∴四邊形CEDF是平行四邊形；（3）解：如圖3，連接CF,EF,BF，∵將△ABC繞點B順時針旋轉一定的角度α得到△DEB，∴∠CAB=∠BDE,AB=BD，∵F為AD中點，∴BF⊥AD，∴∠AFB=90°，而∠ACB=90°，∴點A、點C、點B、點F四點共圓，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,∠ABC=30°,AC=2∴AB=4，∵點A、點C、點B、點F四點共圓，∠ACB=90°，∴AB是直徑，∴CF最大值為4．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，旋轉的性質，圓的有關知識，平行四邊形的判定，直角三角形的性質等知識，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．16．（2023上·重慶·九年級重慶實驗外國語學校校考開學考試）在正方形ABCD中，E、F分別為AD邊上的兩點，連接BF、CE并延長交于點Q，H為CQ上一點，連接BH、DH．(1)如圖1，若H為CE的中點，且4DE=AB，DH=17，求線段BC(2)如圖2，過點H作HP∥BC，且HB＝HP，剛好交CH的中點G，當∠QFE+∠QBH=90°時，求證：BP+2(3)如圖3，在（1）的條件下，點M為線段AD上一動點，作BN⊥CM于點N，將△BCN沿BC翻折得到△BCN，且BC=4CS，NC=3NR，連接CO，請直接寫出△BCO面積的最大值．【答案】(1)BC＝8(2)見解析(3)△BCO面積的最大值為48【分析】（1）設DE=a，則CD=AD=4a，在Rt△CDE中，由勾股定理得，CD2+DE（2）作DR⊥CQ于R，可證得△PHG≌△BCG(AAS)，從而PH=BH，再證明△BCG≌△CDR(AAS)，從而CG=DE，（3）作ST∥CN′，交BR于T，作OX⊥BC于X，作N′V⊥BC于V，可證得△BST∽△BCN'，△SOT∽△N'OR，OX∥OV，從而STCR=BSBC，STRN′=OSON′，△SXO∽△SVN【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，BC=CD=AD，∵H是CE的中點，∴CE=2DH=217設DE=a，則CD=AD=4a，由勾股定理得，CD∴4a2∴a=2，a=?2（舍去），∴BC=4a=8；（2）如圖1，作DR⊥CQ于R，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BCD=∠A=90°，BC=CD，∴∠ABF+∠AFB=90°，∵∠QFE=∠AFB，∴∠ABE+∠QFE=90°，∵∠QFE+∠QBH=90°，∴∠QBH=∠ABF，∵PH∥BC，∴∠P=∠CBG，∵G是HC的中點，∴GH=CG，∵∠PGH=∠BGC，∴△PHG≌△BCG(AAS∴PH=BC，BP=2BG=2PG，∵PH=BH，∴BH=BC，∴∠CBG=∠HBG，BG⊥CQ，∴∠QGB=90°，∵∠ABF+∠FBH+∠HBG+∠CBG=90°，∴2∠FBH+2∠HBG=90°，∴∠FBH+∠HBG=45°，∴∠QBG=45°，∴tan∠QBG=∴BG=QG，∵∠BCD=90°，∴∠BCG+∠DCR=90°，∵∠CRD=90°，∴∠DCR+∠CDR=90°，∴∠BCG=∠CDR，∵∠CRD=∠BHC=90°，∴△BCG≌△CDR(AAS∴CG=DE，CE=BG，∴QG=CR，∴CG=QR，∴QR=DR=2∴CQ=QR+CR=2∴2CQ＝2BG+2∴BP+2（3）如圖2，

作ST∥CN′，交BR于T，作OX⊥BC于X，作N′∴△BST∽△BCN'，△SOT∽△N'OR，OX∥OV，∴STCR=BS∴BC=4SC，OXV∴STCR∴CN∴OS∴OXV∴當VN′最大時，OX最大，∵∠BN∴N′在以BC∴當VN′=∴OX∴S△BCO【點睛】本題考查了正方形的性質，等腰三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，解直角三角形，確定圓的條件等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，構造相似三角形和全等三角形．17．（2023上·重慶北碚·九年級西南大學附中校考開學考試）在△ABC中，90°＜∠BAC＜120°，將線段AB繞點A逆時針旋轉120°得到線段AD，連接CD．(1)如圖1，若AB＝8，∠ABC＝45°，BA⊥CD，延長BA，CD交于點K，求四邊形ABCD的面積；(2)如圖2，點E是CA延長線上一點，點G是AE的中點，連接BE，BG，點F在線段AC上，點H在線段BG上，連接HF，若BG＝GF，HF＝BE，GA＝GH，2∠ACB＝∠EBG+∠ABC，求證：BC+CD＝3AC；(3)如圖3，在（1）的條件下，點P是線段BC上的一個動點，連接DP，將線段DP繞點D逆時針旋轉45°得到線段DP'，連接AP'，BP'，點M是△ABP'內任意一點，點P在運動過程中，AM+BM+P'M是否存在最小值；若存在，請直接寫出：AM+BM+P'M的最小值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)S四邊形ABCD＝72﹣83(2)證明見解析(3)AM+BM+P'M的最小值為：83+62﹣26【分析】（1）解直角三角形ADK，求得AK和DK，進一步求得結果；（2）證明△BGE≌△FGH，從而得出GH⊥AE，進而得出AB＝BE，從而得出∠ABG＝∠EBG，進而得出∠ACB＝30°，將△ABC繞點A逆時針旋轉120°至△ADC′，連接CC′，作AN⊥C′C于N，可推出點C、D、C′共線，進一步得出結論；（3）將△PDC繞點D逆時針旋轉45°至△P′DE，可推出點P′運動軌跡，將△ABM繞點B逆時針旋轉60°至△A′BM′，連接A′P′作A′P″⊥EP′于P″，推出當AM+BM+P'M取最小時點P′位置，進一步求得結果．【詳解】（1）解：∵BA⊥CD，∴∠K＝90°，∵∠ABC＝45°，∴∠BCK＝90°﹣∠ABC＝45°，∴∠ABC＝∠BCK，∴BK＝CK，在Rt△AKD中，∠KAD＝180°﹣∠BAD＝60°，∴∠ADK＝30°，∴AK＝12∴DK＝AD2?A∴S△AKD＝12AK?DK＝12∵SΔ∴S四邊形ABCD＝72﹣83；（2）證明：如圖1，∵點G是AE的中點，∴EG＝AG，∵GA＝GH，∴EG＝GH，∵BG＝GF，HF＝BE，∴△BGE≌△FGH（SSS），∴∠BGE＝∠FGH，∵∠BGE+∠FGH＝180°，∴∠BGE＝∠FGH＝90°，∴GH⊥AE，∴BE＝AB，∴∠EBG＝∠ABG，∵2∠ACB＝∠EBG+∠ABC，∴2∠ACB＝∠ABG+∠ABC＝∠CBG，∵∠ACB+∠CBG＝90°，∴∠BCG＝30°，將△ABC繞點A逆時針旋轉120°至△ADC′，連接CC′，作AN⊥C′C于N，∴∠AC′D＝∠BCG＝30°，BC＝C′D，∵AC＝AC′，∴∠CC′A＝∠ACC′＝180°?∠CAC′2＝180°∴∠∠AC′D＝∠CC′A，∴C、D、C′在同一條直線上，∴C′N＝32AC∴CC′＝3AC∵CC′＝CD+C′D＝BC＝CD，∴BC+CD＝3AC；（3）解：如圖2，將△PDC繞點D逆時針旋轉45°至△P′DE，∴∠CDE＝45°，∠E＝∠C＝45°，DE＝CD＝12﹣43，∴∠DFE＝90°，∴DF＝EF＝22DE＝62﹣26∴KF＝KD+DF＝43+62﹣26，∴點P′在與CK垂直且到BK的距離為43+62﹣26的直線上運動，將△ABM繞點B逆時針旋轉60°至△A′BM′，連接A′P′作A′P″⊥EP′于P″，∴A′M′＝AM，BM′＝BM，∠M′BM＝60°，∴△BMM′為等邊三角形∴MM′＝BM，∴AM+BM+P'M＝A′M′+MM′+P′M≥A′P′，∴AM+BM+P'M的最小值為A′P′的長，當A′P′垂直于與CK垂直且到BK的距離為43+62﹣26的直線時，A′P′最小為圖中A′P″，∵AG＝32A′B＝32AB＝43，GP″＝KF＝43+62∴A′P″＝AG+GP″＝83+62﹣26，∴AM+BM+P'M的最小值為：83+62﹣26．【點睛】本題考查了等腰直角三角形性質，直角三角形性質，全等三角形的判定和性質，旋轉性質等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，構造全等三角形．18．（2023·重慶渝中·重慶巴蜀中學校考三模）如圖，在等邊△ABC中，D為△ABC內一點，連接AD、BD、CD，∠ADB=90°，

(1)如圖1，若AE平分∠BAD，AD=2，(2)如圖2，若∠BAE=∠ACD，且E為BD的中點，求證：AD=(3)如圖3，若AB=4，將△ADC沿AC翻折得到△AD′C，F為BC上一點，BF=3CF，連接D′F，當D′F最小時，過D′作AD′的垂線，P是垂線上一動點，連接AP，將線段PA繞點【答案】(1)BE=(2)見解析(3)26?2【分析】（1）如圖：過點E作EH⊥AB，先證△ADE?△AHE可得AD=AH=2，進而得到BH=1，運用勾股定理可得BD=5，設BE=x，則DE=EH=5?x（2）如圖2，在AE上截取AQ=CD，連接BQ，延長AE至P點，使EP=AE，連接BP．先證△CAD?△ABQ可得∠ABQ=∠CAD，BQ=AD．再證△BPE?△DAE，可得BP=AD=BQ．再說明（3）由題意可知：D點軌跡是以AB為直徑畫圓，經過AC、BC中點，且以AC、BC中點為端點的弧，將△ABC沿AC翻折到△AB′C，則D′點軌跡是以AB′為直徑畫圓，經過AC、B′C中點，且以AC、B′C中點為端點的弧，連接O′F，交GN于點D′，此時D′F最?。謩e取∠AP1D′=30°可求AD′2=104?8【詳解】（1）解：如圖：過點E作EH⊥AB，則∠AHE=90°，

∵∠ADB=90°，即∠ADE=90°，∴∠ADE=∠AHE，∵AE平分∠BAD，∴∠EAD=∠EAH，∵AE=AE，∴△ADE?△AHEAAS∴AD=AH=2，又∵AB=BC=3，∴BH=1．在Rt△ABD中，BD=設BE=x，則DE=EH=5在Rt△BHE中，B∴x2=1∴BE=3（2）證明：如圖2，在AE上截取AQ=CD，連接BQ，延長AE至點P，使EP=AE，連接BP，

∵△ABC是等邊三角形，∴AC=AB，在△CAD和△ABQ中，AC=AB,∴△CAD?△ABQSAS∴∠CAD=∠ABQ，∵E為BD的中點，∴BE=DE，在△BPE和△DAE中，EP=AE,∴△BPE?△DAESAS∴BP=AD，∴BP=BQ，∴∠P=∠BQP，∴∠BQP=∠EAD，∵∠BQP=∠ABQ+∠BAQ=∠CAD+∠BAQ，∴∠EAD=∠CAD+∠BAQ=1又∵∠ADE=90°，∴DEAD∴AD=3（3）解：如圖：∵∠ADB=90°，∴點D的運動軌跡是以AB為直徑的⊙O，經過AC、BC中點，且以AC、BC中點為端點的弧，將△ABC沿AC翻折到△AB′C，則D′點的運動軌跡是以AB′為直徑的⊙O′，經過AC、B′C中點，且以AC、B′C中點為端點的弧，連接O′F，交GN于點D′，此時D

∵BF=3CF，∴BF=3，∵O′是A∴O′連接O′C，則∴O′過點D′作D′H⊥AB′于點H，則∠D′HA=∠D′HO′=90°，∵∠B′AC=∠ACB=60°，∴AB′∥∴∠D′O′H=∠O′FC，∴△D∴D′H′∴D′∴AH=AO在Rt△AD′H中，A∵線段P1A繞點P1逆時針旋轉60°∴△AP∵∠AD′B=90°，∴P1∴D′Q在Rt△Q1D∴DT=1∴D′Q2的最小值為【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，主要考查了等邊三角形性質、直角三角形性質、勾股定理、解直角三角形、全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、旋轉變換的性質等知識點，作輔助線、構造全等三角形是解答本題的關鍵．19．（2023·重慶九龍坡·重慶市育才中學校聯考二模）如圖，△ABC為等邊三角形，點