2021全国中考真题分类汇编（三角形）
三角形中计算证明（压轴题）
选择题
1 (2021·安徽省)中分点BC作分线垂线垂足分点DEBC中点M连接CDMDME．列结错误（ ）
A B C D
答案A
解析
分析设ADBC交点H作点F连接EF．延长ACBD交点G．题意易证证明ME中位线判断B正确易证证明DBG中点．利直角三角形斜边中线等斜边半求出判断C正确证明．推出 推出判断D正确假设推出推出．法确定定成立判断A错误．
详解图设ADBC交点H作点F连接EF．延长ACBD交点G．
∵AD分线
∴HCHF
∴AFAC．
∴中
∴
∴∠AEC∠AEF90°
∴CEF三点线
∴点ECF中点．
∵MBC中点
∴ME中位线
∴B正确符合题意
∵中
∴
∴DBG中点．
∵中
∴
∴C正确符合题意
∵
∴．
∵
∴
∴．
∵AD分线
∴．
∵
∴
∴
∴D正确符合题意
∵假设
∴
∴中．
∵法确定原假设定成立A错误符合题意．
选A．
二．填空题
1 （2021•江苏省苏州市）图射线OMON互相垂直点B位射线OM方线段OA垂直分线lAB＝5．线段AB绕点O逆时针方旋转应线段A′B′点B′恰落射线ON点A′射线ON距离 ．
分析设OA垂直分线OA交C线段AB绕点O逆时针方旋转应线段A′B′C旋转C＇A＇作A＇H⊥ONHC＇作C＇D⊥ONDA＇作A＇E⊥DC＇EOA＝8AB＝5BCOA垂直分线OB＝5OC＝AC＝4BC＝3cos∠BOC＝＝sin∠BOC＝＝证明∠BOC＝∠B＇C＇D＝∠C＇A＇ERt△B＇C＇D中求出C＇D＝Rt△A＇C＇E中求出C＇E＝DE＝C＇D+C＇E＝A＇ON距离．
解答解：设OA垂直分线OA交C线段AB绕点O逆时针方旋转应线段A′B′
A＇作A＇H⊥ONHC＇作C＇D⊥OND图：
∵OA＝8AB＝5
∴OB＝4OC＝AC＝4cos∠BOC＝＝＝
∵线段AB绕点O逆时针方旋转应线段A′B′C旋转C＇
∴B＇C＇＝BC＝3A＇C＇＝AC＝4
∵∠B＇C＇D＝∠B＇C＇O﹣∠DC＇O＝90°﹣∠DC＇O＝∠B＇OC＇
∴cos∠B＇C＇D＝
Rt△B＇C＇D中＝＝
∴C＇D＝
∵AE∥ON
∴∠B＇OC＇＝∠C＇A＇E
∴sin∠C＇AE＝sin∠B＇OC＇＝sin∠BOC＝
Rt△A＇C＇E中＝＝
∴C＇E＝
∴DE＝C＇D+C＇E＝
A＇H⊥ONC＇D⊥ON
∴四边形A＇EDH矩形
∴A＇H＝DEA＇ON距离．
答案：．
三解答题
1 (2021·安徽省)图1四边形ABCD中点E边BC作交线段AE点F连接BF．
（1）求证：
（2）图2求BE长
（3）图3BF延长线AD中点M求值．
答案（1）见解析（2）6（3）
解析
分析（1）根行线性质已知条件易证证四边形AFCD行四边形根SAS证
（2）证明利相似三角形性质求解
（3）延长BMED交点G．易证设证明根全等三角形性质．证明根相似三角形性质解方程求x值继求值．
详解（1）证明：
四边形AFCD行四边形
中．
（2）
中
中．
（舍）
（3）延长BMED交点G．
均等腰三角形
设
中
．
（舍）
．
2 （2021•湖北省武汉市）问题提出
图（1）△ABC△DEC中∠ACB＝∠DCE＝90°EC＝DC点E△ABC部BFCF间存样数量关系？
问题探究
（1）先问题特殊化图（2）点DF重合时表示AFBF
（2）探究般情形图（1）点DF重合时（1）中结然成立．
问题拓展
图（3）△ABC△DEC中∠ACB＝∠DCE＝90°EC＝kDC（k常数）点E△ABC部表示线段AFBF
分析（1）证明△ACD≌△BCE（SAS）△CDE等腰直角三角形DE＝EF＝CF进求解
（2）（1）知△ACD≌△BCE（SAS）证明△BCG≌△ACF（AAS）△GCF等腰直角三角形GF＝CF求解
（3）证明△BCE∽△CAD△BGC∽△AFC＝BG＝kAFGC＝kFC进求解．
解答解：（1）图（2）∵∠ACD+∠ACE＝90°
∴∠BCE＝∠ACD
∵BC＝ACEC＝DC
∴△ACD≌△BCE（SAS）
∴BE＝AD＝AF∠EBC＝∠CAD
△CDE等腰直角三角形
DE＝EF＝CF
BF＝BD＝BE+ED＝AF+CF
BF﹣AF＝CF
（2）图（1）（1）知
∴∠CAF＝∠CBEBE＝AF
点C作CG⊥CF交BF点G
∵∠FCE+∠ECG＝90°∠ECG+∠GCB＝90°
∴∠ACF＝∠GCB
∵∠CAF＝∠CBEBC＝AC
∴△BCG≌△ACF（AAS）
∴GC＝FCBG＝AF
△GCF等腰直角三角形GF＝
BF＝BG+GF＝AF+CF
BF﹣AF＝CF
（3）（2）知∠BCE＝∠ACD
BC＝kACEC＝kDC
∴△BCE∽△CAD
∴∠CAD＝∠CBE
点C作CG⊥CF交BF点G
（2）知∠BCG＝∠ACF
∴△BGC∽△AFC
∴＝
BG＝kAFGC＝kFC
Rt△CGF中GF＝＝＝
BF＝BG+GF＝kAF+•FC
BF﹣kAF＝•FC．
3 （2021•湖南省邵阳市）图Rt△ABC中点P斜边BC动点△ABP直线AP折叠点B应点B′连接AB′CB′BB′PB′．
（1）图①PB′⊥AC证明：PB′＝AB′．
（2）图②AB＝ACBP＝3PC求cos∠B′AC值．
（3）图③∠ACB＝30°否存点PAB＝CB′．存求时值存请说明理．
分析（1）易证PB＇∥AB．∠B＇PA＝∠BAP折叠知∠BAP＝∠B＇AP∠B＇PA＝∠B＇AP．PB′＝AB′
（2）设AB＝AC＝aACPB＇交点D△ABC等腰直角三角形．证明△CDP~△B＇DA＝＝．设B＇D＝bCD＝b．AD＝a﹣bPD＝﹣b＝解b＝．点D作DE⊥AB＇点E△B＇DE等腰直角三角形．B＇E＝sin45°×B＇D＝AE＝AB﹣B＇E＝AD＝．cos∠B＇AC＝cos∠EAD＝求
（3）分①点PBC外圆弧②点PBC两种情况分求解．
解答解：（1）证明：∵PB＇⊥AC∠CAB＝90°
∴PB＇∥AB．
∴∠B＇PA＝∠BAP
折叠知∠BAP＝∠B＇AP
∴∠B＇PA＝∠B＇AP．
PB′＝AB′．
（2）设AB＝AC＝aACPB＇交点D
△ABC等腰直角三角形
∴BC＝PC＝PB＝
折叠知∠PB＇A＝∠B＝45°
∠ACB＝45°
∴∠PB＇A＝∠ACB
∠CDP＝∠B＇DA
∴△CDP~△B＇DA．
∴＝＝．①
设B＇D＝bCD＝b．
∴AD＝AC﹣CD＝a﹣b
PD＝PB＇﹣B＇D＝PB﹣B＇D＝﹣b
①＝：＝．
解：b＝．
点D作DE⊥AB＇点E△B＇DE等腰直角三角形．
∴B＇E＝sin45°×B＇D＝＝＝
∴AE＝AB＇﹣B＇E＝AB﹣B＇E＝a﹣＝．
AD＝AC﹣CD＝a﹣b＝a﹣＝．
∴cos∠B＇AC＝cos∠EAD＝＝＝．
（3）存点PCB＇＝AB＝m．
∵∠ACB＝30°∠CAB＝90°．
∴BC＝2m．
①答图2示
题意知点B＇运动轨迹A圆心AB半径半圆A．
PBC中点时PC＝BP＝AP＝AB＇＝m
∠B＝60°
∴△PAB等边三角形．
折叠四边形ABPB＇菱形．
∴PB＇∥AB
∴PB＇⊥AC．
∵AP＝AB＇
易知ACPB＇垂直分线．
CB＇＝PC＝AB＝m满足题意．
时＝＝．
②点B＇落BC时答图3示
时CB＇＝AB＝m
PB＇＝＝
∴PC＝CB＇+PB＇＝a+＝
∴＝＝．
综述值．
4 （2021•江苏省连云港） 数学兴趣组活动中亮进行数学探究活动．
（1）边长3等边三角形E边点亮边作等边三角形图1求长
（2）边长3等边三角形E边动点亮边作等边三角形图2点E点C点A运动程中求点F路径长
（3）边长3等边三角形M高动点亮边作等边三角形图3点M点C点D运动程中求点N路径长
（4）正方形边长3E边动点点E点C点B运动程中亮B顶点作正方形中点FG直线图4点E达点B时点FGH点B重合．点H路径长______点G路径长______．
答案（1）1（2）3（3）（4）
解析
分析（1）等边三角形 证
（2）连接等边三角形证点处时点A处时点重合．点运动路径长
（3）取中点连接等边三角形证．点处时点处时点重合．求点路径长
（4）连接CG AC OB∠CGA90°点GAC中点圆心AC直径运动四边形ABCD正方形BC边长设OCx勾股定理求点G路径长长点H路径长长．
详解解（1）∵等边三角形
∴．
∴
∴
∴
∴
（2）连接
∵等边三角形
∴．
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∴
点处时点A处时点重合．
∴点运动路径长
（3）取中点连接
∴
∴
∵
∴
∴
∵等边三角形
∴
∴
∴
∴
∴
∴
点处时点处时点重合
∴点路径长
（4）连接CG AC OB
∵∠CGA90°
∴点GAC中点圆心AC直径运动
∵四边形ABCD正方形BC边长
∴∠COB90°设OCx
勾股定理
∴
点G路径长长
点HBC中点圆心BC长直径弧运动
点H路径长长度
∵点G运动圆周四分
∴点H运动圆周四分
点H路径长长
答案．
5 （2021•河北省）面线段AB＝20线段BC＝CD＝DA＝10四条线段次首尾相接．AB固定AD绕点AAB开始逆时针旋转角α（α＞0°）某位置时BCCD会出现相应位置．
证：图1AD∥BC时设ABCD交点O求证：AO＝10
发现：旋转角α＝60°时∠ADC度数少？
尝试：取线段CD中点M点M点B距离时求点MAB距离
拓展：①图2设点DB距离d∠BCD分线直线交AB点P直接写出BP长（含d式子表示）
②点CAB方ADCD垂直时直接写出a余弦值．
分析证：△AOD≌△BOCAO＝BOAB＝20AO＝10
发现：设AB中点OAD初始位置AO绕A时针旋转60°时BC初始位置BC＇绕点B时针旋转60°BC旋转BO位置CO重合∠ADC＝60°
尝试：点M点B距离时DCB线D作DQ⊥ABQM作MN⊥ABN已知AD＝10设AQ＝xBQ＝20﹣x100﹣x2＝400﹣（20﹣x）2AQ＝DQ＝MN∥DQ＝MN＝点MAB距离
拓展：
①设直线CP交DBHG作DG⊥ABG连接DP设BG＝mAG＝20﹣mAD2﹣AG2＝BD2﹣BG2m＝BG＝△BHP∽△BGD＝BP＝
②B作BG⊥CDG设AN＝tBN＝20﹣tDN＝＝△ADN∽△BGN＝＝表达出NG＝BG＝Rt△BCG中CG＝根DN+NG+CG＝10列方程++＝10解t＝cosα＝＝＝．
解答证：
证明：∵AD∥BC
∴∠A＝∠B∠C＝∠D
△AOD△BOC中
∴△AOD≌△BOC（ASA）
∴AO＝BO
∵AO+BO＝AB＝20
∴AO＝10
发现：设AB中点O图：
AD初始位置AO绕A时针旋转60°时BC初始位置BC＇绕点B时针旋转60°
BO＝BC＇＝10
∴△BC＇O等边三角形
∴BC旋转BO位置CO重合
∵AO＝AD＝CD＝10
∴△ADC等边三角形
∴∠ADC＝60°
尝试：取线段CD中点M点M点B距离时DCB线D作DQ⊥ABQM作MN⊥ABN图：
已知AD＝10BD＝BC+CD＝20BM＝CM+BC＝15
设AQ＝xBQ＝20﹣x
∵AD2﹣AQ2＝DQ2＝BD2﹣BQ2
∴100﹣x2＝400﹣（20﹣x）2
解x＝
∴AQ＝
∴DQ＝＝
∵DQ⊥ABMN⊥AB
∴MN∥DQ
∴＝＝
∴MN＝
∴点MAB距离
拓展：
①设直线CP交DBHG作DG⊥ABG连接DP图：
∵BC＝DC＝10CP分∠BCD
∴∠BHC＝∠DHC＝90°BH＝BD＝d
设BG＝mAG＝20﹣m
∵AD2﹣AG2＝BD2﹣BG2
∴100﹣（20﹣m）2＝d2﹣m2
∴m＝
∴BG＝
∵∠BHP＝∠BGD＝90°∠PBH＝∠DBG
∴△BHP∽△BGD
∴＝
∴BP＝＝
②B作BG⊥CDG图：
设AN＝tBN＝20﹣tDN＝＝
∵∠D＝∠BGN＝90°∠AND＝∠BNG
∴△ADN∽△BGN
∴＝＝
＝＝
∴NG＝BG＝
Rt△BCG中BC＝10
∴CG＝＝
∵CD＝10
∴DN+NG+CG＝10
++＝10
∴t+（20﹣t）+20＝10t
20+20＝10t2＝t﹣2
两边方整理：3t2﹣40t＝﹣4t
∵t≠0
∴3t﹣40＝﹣4
解t＝（20舍）t＝
∴AN＝
∴cosα＝＝＝．
方法二：C作CK⊥ABKF作FH⊥ACH图：
∵AD＝CD＝10AD⊥DC
∴AC2＝200
∵AC2﹣AK2＝BC2﹣BK2
∴200﹣AK2＝100﹣（20﹣AK）2
解AK＝
∴CK＝＝
Rt△ACK中tan∠KAC＝＝
Rt△AFH中tan∠KAC＝＝
设FH＝nCH＝FH＝nAH＝5n
∵AC＝AH+CH＝10
∴5n+n＝10
解n＝
∴AF＝＝n＝•＝
Rt△ADF中
cosα＝＝＝．
6 （2021•四川省成市）Rt△ABC中∠ACB＝90°AB＝5BC＝3ABC绕点B时针旋转△A′BC′中点AC应点分点A′C′．
（1）图1点A′落AC延长线时求AA′长
（2）图2点C′落AB延长线时连接CC′交A′B点M求BM长
（3）图3连接AA′CC′直线CC′交AA′点D点EAC中点连接DE．旋转程中DE否存值？存求出DE值存请说明理．
分析（1）先求出AC＝4Rt△A＇BC中求出A＇C＝＝4AA＇＝8
（2）C作CEA＇B交ABEC作CD⊥ABD先证明CE＝BC＝3根S△ABC＝AC•BC＝AB•CD求出CD进DEBEC＇ECEA＇B＝BM＝
（3）A作APA＇C＇交C＇D延长线P连接A＇C先证明∠ACP＝∠A＇C＇D＝∠PAP＝AC＝A＇C＇证明△APD≌△A＇C＇DAD＝A＇DDE△AA＇C中位线DE＝A＇CDE需A＇C时A＇CB线A＇C值A＇B﹣BC＝AB﹣BC＝2DE值A＇C＝1．
解答解：（1）∵∠ACB＝90°AB＝5BC＝3
∴AC＝＝4
∵∠ACB＝90°△ABC绕点B时针旋转△A′BC′点A′落AC延长线
∴∠A＇CB＝90°A＇B＝AB＝5
Rt△A＇BC中A＇C＝＝4
∴AA＇＝AC+A＇C＝8
（2）C作CEA＇B交ABEC作CD⊥ABD图：
∵△ABC绕点B时针旋转△A′BC′
∴∠A＇BC＝∠ABCBC＇＝BC＝3
∵CEA＇B
∴∠A＇BC＝∠CEB
∴∠CEB＝∠ABC
∴CE＝BC＝3
Rt△ABC中S△ABC＝AC•BC＝AB•CDAC＝4BC＝3AB＝5
∴CD＝＝
Rt△CED中DE＝＝＝
理BD＝
∴BE＝DE+BD＝C＇E＝BC＇+BE＝3+＝
∵CEA＇B
∴＝
∴＝
∴BM＝
（3）DE存值1理：
A作APA＇C＇交C＇D延长线P连接A＇C图：
∵△ABC绕点B时针旋转△A′BC′
∴BC＝BC＇∠ACB＝∠A＇C＇B＝90°AC＝A＇C＇
∴∠BCC＇＝∠BC＇C
∠ACP＝180°﹣∠ACB﹣∠BCC＇＝90°﹣∠BCC＇
∠A＇C＇D＝∠A＇C＇B﹣∠BC＇C＝90°﹣∠BC＇C
∴∠ACP＝∠A＇C＇D
∵APA＇C＇
∴∠P＝∠A＇C＇D
∴∠P＝∠ACP
∴AP＝AC
∴AP＝A＇C＇
△APD△A＇C＇D中
∴△APD≌△A＇C＇D(AAS)
∴AD＝A＇DDAA＇中点
∵点EAC中点
∴DE△AA＇C中位线
∴DE＝A＇C
DE需A＇C时A＇CB线A＇C值A＇B﹣BC＝AB﹣BC＝2
∴DEA＇C＝1．
7 （2021•四川省乐山市）等腰中点边点（点重合）连结．
（1）图1点关直线称点点结________
（2）线段绕点时针旋转线段连结．
①图2中补全图形
②探究数量关系证明
（3）图3试探究间满足数量关系证明．
答案（1）30°（2）①见解析②见解析（3）见解析
解析
分析（1）先根题意出△ABC等边三角形利三角形外角计算
（2）①求补全图
②先根已知条件证明△ABC等边三角形证明出
（3）先证明证明出证明出证明
详解解：（1）∵
∴△ABC等边三角形
∴∠B60°
∵点关直线称点点
∴AB⊥DE
∴
答案：
（2）①补全图图2示
②数量关系：
证明：∵．
∴正三角形
∵绕点时针旋转
∴
∵
∴
∴
∴．
（3）连接．
∵∴．
∴．
∵
∴
∴．∵∴
∴
∴
∴．
∵
∴．
∵
∴．
8 （2021•四川省凉山州）图四边形中点D作E．
（1）求证：
（2）连接交点求DF长．
答案（1）见解析（2）
解析
分析（1）D作BC垂线交BC延长线点G连接BD证明四边形BEDG正方形条件证明△ADE≌△CDGADCD
（2）根∠ADE30°AD6AEDEBEBG设DFx证明△AEF∽△ABC例式求出x值．
详解解：（1）D作BC垂线交BC延长线点G连接BD
∵∠DEB∠ABC∠G90°DEBE
∴四边形BEDG正方形
∴BEDEDG∠BDE∠BDG45°
∵∠ADC90°∠ADE+∠CDE∠CDG+∠CDE90°
∴∠ADE∠CDGDEDG∠AED∠G90°
∴△ADE≌△CDG（ASA）
∴ADCD
（2）∵∠ADE30°AD6
∴AECG3DEBE
∵四边形BEDG正方形
∴BGBE
BCBGCG3
设DFxEFx
∵DE∥BC
∴△AEF∽△ABC
∴
解：x
DF长．
9 （2021•四川省眉山市）图等腰直角三角形ABC中∠ACB＝90°AC＝BC＝2边长2正方形DEFG角线交点点C重合连接ADBE．
（1）求证：△ACD≌△BCE
（2）点D△ABC部∠ADC＝90°时设ACDG相交点M求AM长
（3）正方形DEFG绕点C旋转周点ADE三点直线时请直接写出AD长．
分析（1）等腰直角三角形性质正方形两条角线互相垂直分相等性质证明△ACD≌△BCE
（2）点M作MH⊥AD点H∠ADC＝90°时∠ADM＝45°正方形边长AC长计算出AD长利△AMH△DMH边间特殊关系列方程求出AM长
（3）ADE三点直线分两种情况点DAE两点间射线AE需先证明点BEF条直线然△ABE中勾股定理列方程求出AD长．
解答解：（1）图1∵四边形DEFG正方形
∴∠DCE＝90°CD＝CE
∵∠ACB＝90°
∴∠ACD＝∠BCE＝90°﹣∠BCD
△ACD△BCE中
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
（2）图1点M作MH⊥AD点H∠AHM＝∠DHM＝90°．
∵∠DCG＝90°CD＝CG
∴∠CDG＝∠CGD＝45°
∴∠ADC＝90°
∴∠MDH＝90°﹣45°＝45°
∴MH＝DH•tan45°＝DH
∵CD＝DG•sin45°＝2×＝AC＝2
∴AD＝＝
∴＝tan∠CAD＝＝
∴AH＝3MH＝3DH
∴3DH+DH＝3
∴MH＝DH＝
∵＝sin∠CAD＝＝
∴AM＝MH＝×＝．
（3）图3ADE三点直线点D点A点E间．
∵CD＝CE＝CF∠DCE＝∠ECF＝90°
∴∠CDE＝∠CED＝∠CEF＝∠CFE＝45°
△ACD≌△BCE∠BEC＝∠ADC＝135°
∴∠BEC+∠CEF＝180°
∴点BEF条直线
∴∠AEB＝90°
∵AE2+BE2＝AB2DE＝2AD＝BE
∴（AD+2）2+AD2＝（2）2+（2）2
解AD＝﹣1AD＝﹣﹣1（符合题意舍）
图4ADE三点直线点DAE延长线．
∵∠BCF＝∠ACE＝90°﹣∠ACFBC＝ACCF＝CE
∴△BCF≌△ACE（SAS）
∴∠BFC＝∠AEC
∵∠CFE＝∠CED＝45°
∴∠BFC+∠CFE＝∠AEC+∠CED＝180°
∴点BFE条直线
∵AC＝BC∠ACD＝∠BCE＝90°+∠ACECD＝CE
∴△ACD≌△BCE（SAS）
∴AD＝BE
∵AE2+BE2＝AB2
∴（AD﹣2）2+AD2＝（2）2+（2）2
解AD＝+1AD＝﹣1（符合题意舍）．
综述AD长﹣1+1．
10 （2021•浙江省湖州市）已知△ACD中PCD中点BAD延长线点连结BCAP．
（1）图1∠ACB＝90°∠CAD＝60°BD＝ACAP＝求BC长
（2）点D作DE∥AC交AP延长线点E图2示∠CAD＝60°BD＝AC求证：BC＝2AP
（3）图3∠CAD＝45°否存实数mBD＝mAC时BC＝2AP？存请直接写出m值存请说明理．
答案（1）（2）略（3）．
解析（1）解：
等边三角形
中点
中
．
（2）证明：连结
等边三角形
．
（3）存样．
11 （2021•浙江省宁波市）证明体验
（1）图1角分线点E．求证：分．
思考探究
（2）图2（1）条件F点连结交点G．求长．
拓展延伸
（3）图3四边形中角线分点E．求长．
答案（1）见解析（2）（3）
解析
分析（1）根SAS证明进结
（2）先证明进求解
（3）取点F连结证明求解．
详解解：（1）∵分
∴
∵
∴
∴
∴
∴分
（2）∵
∴
∵
∴
∴．
∵
∴．
∵
∴
（3）图取点F连结．
∵分
∴
∵
∴
∴．
∵
∴．
∵
∴
∴．
∵
∴．
∵
∵
∴
∴
∴
∴．
12 （2021•浙江省绍兴市）图△ABC中∠A＝40°E分边ABAC连结CDBE．
（1）∠ABC＝80°求∠BDC∠ABE度数
（2）写出∠BEC∠BDC间关系说明理．
分析（1）根等腰三角形性质∠BDC＝∠BCD＝(180°﹣80°)＝50°根三角形角定理∠ACB＝180°﹣40°﹣50°＝60°推出△BCE等边三角形∠EBC＝60°结
(2)设∠BEC＝α∠BDC＝βα＝∠A+∠ABE＝40°+∠ABE根等腰三角形性质∠CBE＝∠BEC＝α求∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝∠A+2∠ABE＝40°+∠ABE推出∠CBE＝∠BEC＝α结
解答解：（1）∵∠ABC＝80°BD＝BC
∴∠BDC＝∠BCD＝(180°﹣80°)＝50°
∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°∠A＝40°
∴∠ACB＝180°﹣40°﹣50°＝60°
∵CE＝BC
∴△BCE等边三角形
∴∠EBC＝60°
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝20°
(2)∠BEC∠BDC间关系：∠BEC+∠BDC＝110°
理：设∠BEC＝α∠BDC＝β
△ABE中α＝∠A+∠ABE＝40°+∠ABE
∵CE＝BC
∴∠CBE＝∠BEC＝α
∴∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝∠A+4∠ABE＝40°+∠ABE
∵CE＝BC
∴∠CBE＝∠BEC＝α
∴∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝∠A+2∠ABE＝40°+2∠ABE
△BDC中BD＝BC
∴∠BDC+∠BCD+∠DBC＝6β+40°+2∠ABE＝180°
∴β＝70°﹣∠ABE
∴α+β＝40°+∠ABE+70°﹣∠ABE＝110°
∴∠BEC+∠BDC＝110°．
13 （2021•重庆市A）中边动点连接绕点逆时针旋转位置．
（1）图时连接交点．分求长
（2）图连接取中点连接．猜想存数量关系证明猜想
（3）图（2）条件连接．时请直接写出值．
答案（1）（2）证明见解析（3）．
解析
分析（1）连接点作垂足证明：等腰直角中找证明等腰三角形间接求出长
（2）作辅助线延长点连接中根三角形
中位线出根条件证明：猜想证明
（3）图（见解析）先根旋转性质判断出等边三角形根证出四点圆然根等腰三角形三线合角差等腰直角三角形设根三角形全等判定定理性质根矩形判定性质四边形矩形根等量代换解直角三角形求出出答案．
详解解：（1）连接点作垂足．
分
．
中
分
．
．
（2）
延长点连接．
中点
．
中
．
（3）图设交点连接
旋转性质：
等边三角形
点四点圆
圆周角定理：
垂直分（等腰三角形三线合）
分
等腰直角三角形
设
（2）知
等腰直角三角形
（等腰三角形三线合）
中
四边形矩形
中
．
14 （2021•重庆市B）等边△ABC中AB＝6BD⊥AC垂足D点EAB边点点F直线BD点连接EF．
（1）线段EF绕点E逆时针旋转60°线段EG连接FG．
①图1点E点B重合GF延长线点C时连接DG求线段DG长
②图2点E点AB重合GF延长线交BC边点H连接EH求证：BE+BH＝BF
（2）图3点EAB中点时点MBE中点点N边ACDN＝2NC点FBD中点Q射线QD运动线段EF绕点E时针旋转60°线段EP连接FPNP+MP时直接写出△DPN面积．
分析（1）①D作DH⊥GCH先证明△BGF等边三角形求出CD长度证明BF＝CF＝GFRt△BDC中求出CF＝＝＝2GFRt△CDH中求出DH＝CD•sin30°＝CH＝CD•cos30°＝GH＝GF+FH＝Rt△GHD中DG＝＝
②E作EP⊥AB交BDPH作MH⊥BC交BDM连接PG作BP中点N连接EN∠ABC+∠EFH＝180°BEFH圆∠FBH＝∠FEH证HF＝GFEPFG圆∠BMH＝∠GPF＝60°△GFP≌HFMPF＝FMNF＝MHBF＝MH+EPRt△BEP中EP＝BE•tan30°＝BERt△MHB中MH＝BH•tan30°＝BHBE+BH＝BF
（2）M顶点MP边作∠PML＝30°ML交BDGP作PH⊥MLH设MP交BDKRt△PMH中HP＝MPNP+MPNP+HP时NPH线线段EF绕点E时针旋转60°线段EP∠QKP＝∠FEP＝60°证ML∥AC四边形GHND矩形DN＝2NCDN＝GH＝2等边△ABC中AB＝6点EAB中点时点MBE中点BM＝BD＝AB•sinA＝3Rt△BGM中MG＝BM＝BG＝BM•cos30°＝求MH＝MG+GH＝GD＝BD﹣BG＝Rt△MHP中HP＝PN＝HN﹣HP＝GD﹣HP＝S△DPN＝PN•DN＝．
解答解：（1）①D作DH⊥GCH图：
∵线段EF绕点E逆时针旋转60°线段EG点E点B重合GF延长线点C
∴BG＝BF∠FBG＝60°
∴△BGF等边三角形
∴∠BFG＝∠DFC＝60°BF＝GF
∵等边△ABCAB＝6BD⊥AC
∴∠DCF＝180°﹣∠BDC﹣∠DFC＝30°∠DBC＝∠ABC＝30°CD＝AC＝AB＝3
∴∠BCG＝∠ACB﹣∠DCF＝30°
∴∠BCG＝∠DBC
∴BF＝CF
∴GF＝CF
Rt△BDC中CF＝＝＝2
∴GF＝2
Rt△CDH中DH＝CD•sin30°＝CH＝CD•cos30°＝
∴FH＝CF﹣CH＝
∴GH＝GF+FH＝
Rt△GHD中DG＝＝
②E作EP⊥AB交BDPH作MH⊥BC交BDM连接PG作BP中点N连接EN图：
∵EF绕点E逆时针旋转60°线段EG
∴△EGF等边三角形
∴∠EFG＝∠EGF＝∠GEF＝60°∠EFH＝120°EF＝GF
∵△ABC等边三角形
∴∠ABC＝60°
∴∠ABC+∠EFH＝180°
∴BEFH圆
∴∠FBH＝∠FEH
△ABC等边三角形BD⊥AC
∴∠DBC＝∠ABD＝30°∠FBH＝30°
∴∠FEH＝30°
∴∠FHE＝180°﹣∠EFH﹣∠FEH＝30°
∴EF＝HF＝GF①
∵EP⊥AB∠ABD＝30°
∴∠EPB＝60°∠EPF＝120°
∴∠EPF+∠EGF＝180°
∴EPFG圆
∴∠GPF＝∠GEF＝60°
∵MH⊥BC∠DBC＝30°
∴∠BMH＝60°
∴∠BMH＝∠GPF②
∠GFP＝∠HFM③
①②③△GFP≌HFM（AAS）
∴PF＝FM
∵EP⊥ABBP中点N∠ABD＝30°
∴EP＝BP＝BN＝NP
∴PF+NP＝FM+BN
∴NF＝BM
Rt△MHB中MH＝BM
∴NF＝MH
∴NF+BN＝MH+EPBF＝MH+EP
Rt△BEP中EP＝BE•tan30°＝BE
Rt△MHB中MH＝BH•tan30°＝BH
∴BF＝BE+BH
∴BE+BH＝BF
（2）M顶点MP边作∠PML＝30°ML交BDGP作PH⊥MLH设MP交BDK图：
Rt△PMH中HP＝MP
∴NP+MPNP+HP时NPH线
∵线段EF绕点E时针旋转60°线段EP
∴F射线QF运动P射线MP运动根瓜豆原理F动点P动点E定点∠FEP＝60°FP轨迹夹角∠QKP＝∠FEP＝60°
∴∠BKM＝60°
∵∠ABD＝30°
∴∠BMK＝90°
∵∠PML＝30°
∴∠BML＝60°
∴∠BML＝∠A
∴ML∥AC
∴∠HNA＝180°﹣∠PHM＝90°
BD⊥AC
∴∠BDC＝∠HNA＝∠PHM＝90°
∴四边形GHND矩形
∴DN＝GH
∵边△ABC中AB＝6BD⊥AC
∴CD＝3
DN＝2NC
∴DN＝GH＝2
∵等边△ABC中AB＝6点EAB中点时点MBE中点
∴BM＝BD＝AB•sinA＝6×sin60°＝3
Rt△BGM中MG＝BM＝BG＝BM•cos30°＝
∴MH＝MG+GH＝GD＝BD﹣BG＝
Rt△MHP中HP＝MH•tan30°＝
∴PN＝HN﹣HP＝GD﹣HP＝
∴S△DPN＝PN•DN＝．
15 （2021•蒙古通辽市）已知△AOB△MON等腰直角三角形（OA＜OM＜OA）∠AOB＝∠MON＝90°．
（1）图1连接AMBN求证：AM＝BN
（2）△MON绕点O时针旋转．
①图2点M恰AB边时求证：AM2+BM2＝2OM2
②点AMN条直线时OA＝4OM＝3请直接写出线段AM长．
分析（1）通代换应角相等根等腰直角三角形性质应边相等利SAS证明△AOM≌△BONAM＝BN
（2）①连接BN根等腰直角三角形性质利SAS证明△AOM≌△BON应角相等应边相等证∠MBN＝90°根勾股定理结合线段相等进行代换证明结成立
②分点N线段AM点M线段AN两种情况讨连接BN设BN＝x根勾股定理列出方程求出x值BN长BN长AM长．
解答（1）证明：∵∠AOB＝∠MON＝90°
∴∠AOB+∠AON＝∠MON+∠AON
∠AOM＝∠BON
∵△AOB△MON等腰直角三角形
∴OA＝OBOM＝ON
∴△AOM≌△BON（SAS）
∴AM＝BN
（2）①证明：连接BN
∵∠AOB＝∠MON＝90°
∴∠AOB﹣∠BOM＝∠MON﹣∠BOM
∠AOM＝∠BON
∵△AOB△MON等腰直角三角形
∴OA＝OBOM＝ON
∴△AOM≌△BON（SAS）
∴∠MAO＝∠NBO＝45°AM＝BN
∴∠MBN＝90°
∴MN2+BN2＝MN2
∵△MON等腰直角三角形
∴MN2＝2ON2
∴AM2+BM2＝2OM2
②解：图3点N线段AM时连接BN设BN＝x
（1）知△AOM≌△BONAM＝BNAM⊥BN
Rt△ABN中AN2+BN2＝AB2
∵△AOB△MON等腰直角三角形OA＝4OM＝3
∴MN＝3AB＝4
∴（x﹣3）2+x2＝（4）2
解：x＝
∴AM＝BN＝
图4点M线段AN时连接BN设BN＝x
（1）知△AOM≌△BONAM＝BNAM⊥BN
Rt△ABN中AN2+BN2＝AB2
∵△AOB△MON等腰直角三角形OA＝4OM＝3
∴MN＝3AB＝4
∴（x+3）2+x2＝（4）2
解：x＝
∴AM＝BN＝
综述线段AM长．
16 （2021•湖北省十堰市）已知等边三角形A点作垂线l点Pl动点（点A重合）连接线段绕点C逆时针方旋转连．
（1）图1直接写出线段数量关系
（2）图2点PB侧时求证：直线垂直分线段
（3）图3等边三角形边长4点PB分位直线异侧面积等求线段长度．
答案（1）见详解（2）见详解（3）
解析
分析（1）根旋转性质等边三角形性质CPCQ∠ACP∠BCQACBC进结
（2）先证明等腰直角三角形求出∠CBD45°根等腰三角形三线合性质结
（3）点B作BE⊥l点Q作QF⊥l根APBQ∠CAP∠CBQ90°设APxBQxMQxQF( x)×列出关x方程求解．
详解（1）证明：∵线段绕点C逆时针方旋转
∴CPCQ∠PCQ60°
∵等边三角形中∠ACB60°ACBC
∴∠ACP∠BCQ
∴
∴
（2）∵CA⊥l
∴等腰直角三角形
∵
∴等腰直角三角形∠CBQ90°
∵等边三角形中ACAB∠BAC∠ABC60°
∴ABAP∠BAP90°60°30°
∴∠ABP∠APB(180°30°)÷275°
∴∠CBD180°75°60°45°
∴PD分∠CBQ
∴直线垂直分线段
（3）点B作BE⊥l点Q作QF⊥l
（1）题知：
∴APBQ∠CAP∠CBQ90°
∵∠ACB60°∠CAM90°
∴∠AMB360°60°90°90°120°：∠BME∠QMF60°
∵∠BAE90°60°30°AB4
∴BE
∴BMBE÷sin60°2÷
设APxBQxMQxQF MQ×sin60°( x)×
∵面积等
∴AP×QF：x×( x)×解：（合题意舍）
∴AP．
17 （2021•北京市）图△ABC中AB＝AC∠BAC＝αMBC中点点DMC点A中心线段AD时针旋转α线段AE连接BEDE．
（1）较∠BAE∠CAD等式表示线段BEBMMD间数量关系证明
（2）点M作AB垂线交DE点N等式表示线段NEND数量关系证明．
答案（1）理见详解（2）理见详解．
解析
分析（1）题意旋转性质易然证进问题求解
（2）点E作EH⊥AB垂足点Q交AB点H（1）易证进然根相似三角形性质求证．
详解（1）证明：∵
∴
∴
旋转性质
∵
∴
∴
∵点MBC中点
∴
∵
∴
（2）证明：理：
点E作EH⊥AB垂足点Q交AB点H图示：
∴
（1）
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴．
18 （2021•福建省）图Rt△ABC中∠ACB＝90°．线段EF线段AB移点F边BC△EFDEF斜边等腰直角三角形点D恰AC延长线．
（1）求证：∠ADE＝∠DFC
（2）求证：CD＝BF．
证明：（1）等腰直角三角形中
∴．
∵
∴
∴．
（2）连接．
移性质．
∴
∴
∴．
∵等腰直角三角形
∴．
（1）
∴
∴∴．
19 （2021•吉林省）图①Rt△ABC中∠ACB＝90°∠A＝60°CD斜边AB中线点E射线BC点△BDEDE折叠点B应点点F．
（1）AB＝a．直接写出CD长（含a代数式表示）
（2）DF⊥BC垂足G点F点D直线CE异侧连接CF②判断四边形ADFC形状说明理
（3）DF⊥AB直接写出∠BDE度数．
20 （2021•湖北省江汉油田）已知等腰三角形．
（1）时
①图1点D时请直接写出数量关系_________
②图2点D时判断线段数量关系说明理
（2）时
①图3探究线段数量关系说明理
②时请直接写出长．
答案（1）①②理见解析（2）①理见解析②5．
解析
分析（1）①先根等边三角形判定性质根线段差
②先根等边三角形性质根三角形全等判定定理性质出结
（2）①先根等腰直角三角形判定性质根相似三角形判定然根相似三角形性质出结
②设交点先根（2）①结根相似三角形判定性质然利勾股定理线段差中解直角三角形．
详解解：（1）①时
等腰三角形
等边三角形
答案：
②理：
等边三角形
中
（2）①时
等腰直角三角形
设
中
②图设交点
设
解
中
中
中．
21 （2021•山东省威海市）（1）已知图①摆放点BCD条直线．连接BE点A作垂足点F直线AF交BE点G．求证：．
（2）已知图②摆放．连接BECD点A作垂足点F直线AF交CD点G．求值．
答案（1）见解析（2）1
解析
分析（1）作H根题意证明然证明证明结
（2）作MCN垂直AGN根题意证明证明出数量关系证明出结．
详解解：（1）图作H
根题意知等腰直角三角形
∴
∵
∴
中
∴
∴
∵等腰三角形
∴
∴
中：
∴
∴
（2）作MCN垂直AGN
∵
∴
∵
∵
∴
∴
理证
∴
∴
中：
∴
∴
．
22 (2021•蒙古包头市)图已知等边三角形P部点连接BPCP．
（1）图1BC直径半圆O交AB点Q交AC点R点P时连接APBC边方作连接DP求度数
（2）图2EBC边点时连接EP延长交AC点F．求证：
（3）图3MAC边点时连接MP．面积面积求值（含a代数式表示）．
答案（1）30°（2）见解析（3）
23（2021•襄阳市） 中边点折叠连接．
（1）特例发现：图1落直线时
①求证：
②填空：值______
（2）类探究：图2边相交时取点交点．探究值（含式子表示）写出探究程
（3）拓展运：（2）条件中点时求长．
答案（1）①见解析②1（2）见解析（3）
24 （2021•黑龙江省龙东区） 等腰中直角三角形连接点中点连接．
（1）点边时图①示求证：．
（2）绕点逆时针旋转顶点B落边AD时图②示点B边AE时图③示猜想图②图③中线段样数量关系？请直接写出猜想需证明．
答案（1）见详解（2）图②中图③中理见详解．
解析
分析（1）题意易然进AD垂直分BCCDBD问题求证
（2）取CD中点H连接AHEHFH图②题意易EH垂直分AD∠HFA∠CBA45°进∠EHF∠EAF45°然点AEFH四点圆根圆基性质求解图③取BC中点G连接GF延长GMCD连接DMEMEGAG四边形CGMD行四边形DMCGAC进△ACD≌△DMECDEM∠EMD∠DCA然△EMG等边三角形问题求解．
详解（1）证明：∵
∴
∴
∵点中点
∴
∵
∴
∵
∴△ACB等腰直角三角形
∵
∴AD垂直分BC
∴CDBD
∴
（2）解：图②中图③中理：
图②：取CD中点H连接AHEHFH图②
∵
∴
∴
∵
∴
∵点中点
∴
∴EH垂直分AD∠HFA∠CBA45°
∴∠EHF∠EAF45°
∴点AEFH四点圆
∵∠HFA∠EAF45°
∴
∴
图③：图③取BC中点G连接GF延长GMCD连接DMEMEGAG
∵
∴△ADE等边三角形
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴△AGC等边三角形
∴ACCG
∵点中点
∴
∴四边形CGMD行四边形
∴∠GCD∠DMG
∴
∴
∴
∵
∴△ACD≌△DME（SAS）
∴CDEM∠EMD∠DCA
∴
∴
∴△EMG等边三角形
∵点中点
∴
∵
∴
∵
∴
∴GFMF
∴EF⊥GM
∴．
25 （2021•湖南省娄底市）图①等腰斜边两动点．
（1）求证：
（2）求证：
（3）图②作垂足H设妨设请利（2）结证明：时成立．
答案（1）证明见详解（2）证明见详解（3）证明见详解．
解析
分析（1）△ABC等腰直角三角形ABAC∠BAC90°CD⊥BC求∠DCA∠ABE
（2）△ABE≌△ACD∠FAD∠EAF证△AEF≌△ADF（SAS）EFDFRt△CDF中根勾股定理
（3）△ABE逆时针绕点A旋转90°△ACD△ABC等腰直角三角形求∠DCF90°Rt△ABC中勾股定理AH⊥BC求BHCHAH表示EF tanα+ tanβBE 1tanαCF 1tanβ证△AEF≌△ADF（SAS）EFDF整理结．
详解（1）证明：∵△ABC等腰直角三角形
∴ABAC∠BAC90°
∴∠ABC∠ACB45°
∵CD⊥BC
∴∠DCB90°
∴∠DCA90°∠ACB90°45°45°∠ABE
△ABE△ACD中
∴△ABE≌△ACD（SAS）
（2）证明∵△ABE≌△ACD
∴∠BAE∠CADAEAD
∵∠EAF45°
∴∠BAE+∠FAC90°∠EAF90°45°45°
∴∠FAD∠FAC+∠CAD∠FAC+∠BAE45°∠EAF
△AEF△ADF中
∴△AEF≌△ADF（SAS）
∴EFDF
Rt△CDF中根勾股定理
（3）证明：△ABE逆时针绕点A旋转90°△ACD连结FD
∴∠BAE∠CADBECDAEAD
∵△ABC等腰直角三角形
∠ACB∠B∠ACD45°∠DCF∠DCA+∠ACF45°+45°90°
∵
∴AC
Rt△ABC中勾股定理
∵AH⊥BC
∴BHCHAH
∴EFEH+FHAHtanα+AH tanβ tanα+ tanβBEBHEH1tanαCFCHHF1tanβ
∵∠EAF45°
∴∠BAE+∠CAF90°∠EAF45°
∴∠DAF∠DAC+∠CAF∠BAE+∠CAF45°∠EAF
△AEF△ADF中
∴△AEF≌△ADF（SAS）
∴EFDF
Rt△CDF中
∴
整理
∴
∴
∴．
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三角形中计算证明（压轴题）
选择题
1 (2021·安徽省)中分点BC作分线垂线垂足分点DEBC中点M连接CDMDME．列结错误（ ）
A B C D
答案A
解析
分析设ADBC交点H作点F连接EF．延长ACBD交点G．题意易证证明ME中位线判断B正确易证证明DBG中点．利直角三角形斜边中线等斜边半求出判断C正确证明．推出 推出判断D正确假设推出推出．法确定定成立判断A错误．
详解图设ADBC交点H作点F连接EF．延长ACBD交点G．
∵AD分线
∴HCHF
∴AFAC．
∴中
∴
∴∠AEC∠AEF90°
∴CEF三点线
∴点ECF中点．
∵MBC中点
∴ME中位线
∴B正确符合题意
∵中
∴
∴DBG中点．
∵中
∴
∴C正确符合题意
∵
∴．
∵
∴
∴．
∵AD分线
∴．
∵
∴
∴
∴D正确符合题意
∵假设
∴
∴中．
∵法确定原假设定成立A错误符合题意．
选A．
二．填空题
1 （2021•江苏省苏州市）图射线OMON互相垂直点B位射线OM方线段OA垂直分线lAB＝5．线段AB绕点O逆时针方旋转应线段A′B′点B′恰落射线ON点A′射线ON距离 ．
分析设OA垂直分线OA交C线段AB绕点O逆时针方旋转应线段A′B′C旋转C＇A＇作A＇H⊥ONHC＇作C＇D⊥ONDA＇作A＇E⊥DC＇EOA＝8AB＝5BCOA垂直分线OB＝5OC＝AC＝4BC＝3cos∠BOC＝＝sin∠BOC＝＝证明∠BOC＝∠B＇C＇D＝∠C＇A＇ERt△B＇C＇D中求出C＇D＝Rt△A＇C＇E中求出C＇E＝DE＝C＇D+C＇E＝A＇ON距离．
解答解：设OA垂直分线OA交C线段AB绕点O逆时针方旋转应线段A′B′
A＇作A＇H⊥ONHC＇作C＇D⊥OND图：
∵OA＝8AB＝5
∴OB＝4OC＝AC＝4cos∠BOC＝＝＝
∵线段AB绕点O逆时针方旋转应线段A′B′C旋转C＇
∴B＇C＇＝BC＝3A＇C＇＝AC＝4
∵∠B＇C＇D＝∠B＇C＇O﹣∠DC＇O＝90°﹣∠DC＇O＝∠B＇OC＇
∴cos∠B＇C＇D＝
Rt△B＇C＇D中＝＝
∴C＇D＝
∵AE∥ON
∴∠B＇OC＇＝∠C＇A＇E
∴sin∠C＇AE＝sin∠B＇OC＇＝sin∠BOC＝
Rt△A＇C＇E中＝＝
∴C＇E＝
∴DE＝C＇D+C＇E＝
A＇H⊥ONC＇D⊥ON
∴四边形A＇EDH矩形
∴A＇H＝DEA＇ON距离．
答案：．
三解答题
1 (2021·安徽省)图1四边形ABCD中点E边BC作交线段AE点F连接BF．
（1）求证：
（2）图2求BE长
（3）图3BF延长线AD中点M求值．
答案（1）见解析（2）6（3）
解析
分析（1）根行线性质已知条件易证证四边形AFCD行四边形根SAS证
（2）证明利相似三角形性质求解
（3）延长BMED交点G．易证设证明根全等三角形性质．证明根相似三角形性质解方程求x值继求值．
详解（1）证明：
四边形AFCD行四边形
中．
（2）
中
中．
（舍）
（3）延长BMED交点G．
均等腰三角形
设
中
．
（舍）
．
2 （2021•湖北省武汉市）问题提出
图（1）△ABC△DEC中∠ACB＝∠DCE＝90°EC＝DC点E△ABC部BFCF间存样数量关系？
问题探究
（1）先问题特殊化图（2）点DF重合时表示AFBF
（2）探究般情形图（1）点DF重合时（1）中结然成立．
问题拓展
图（3）△ABC△DEC中∠ACB＝∠DCE＝90°EC＝kDC（k常数）点E△ABC部表示线段AFBF
分析（1）证明△ACD≌△BCE（SAS）△CDE等腰直角三角形DE＝EF＝CF进求解
（2）（1）知△ACD≌△BCE（SAS）证明△BCG≌△ACF（AAS）△GCF等腰直角三角形GF＝CF求解
（3）证明△BCE∽△CAD△BGC∽△AFC＝BG＝kAFGC＝kFC进求解．
解答解：（1）图（2）∵∠ACD+∠ACE＝90°
∴∠BCE＝∠ACD
∵BC＝ACEC＝DC
∴△ACD≌△BCE（SAS）
∴BE＝AD＝AF∠EBC＝∠CAD
△CDE等腰直角三角形
DE＝EF＝CF
BF＝BD＝BE+ED＝AF+CF
BF﹣AF＝CF
（2）图（1）（1）知
∴∠CAF＝∠CBEBE＝AF
点C作CG⊥CF交BF点G
∵∠FCE+∠ECG＝90°∠ECG+∠GCB＝90°
∴∠ACF＝∠GCB
∵∠CAF＝∠CBEBC＝AC
∴△BCG≌△ACF（AAS）
∴GC＝FCBG＝AF
△GCF等腰直角三角形GF＝
BF＝BG+GF＝AF+CF
BF﹣AF＝CF
（3）（2）知∠BCE＝∠ACD
BC＝kACEC＝kDC
∴△BCE∽△CAD
∴∠CAD＝∠CBE
点C作CG⊥CF交BF点G
（2）知∠BCG＝∠ACF
∴△BGC∽△AFC
∴＝
BG＝kAFGC＝kFC
Rt△CGF中GF＝＝＝
BF＝BG+GF＝kAF+•FC
BF﹣kAF＝•FC．
3 （2021•湖南省邵阳市）图Rt△ABC中点P斜边BC动点△ABP直线AP折叠点B应点B′连接AB′CB′BB′PB′．
（1）图①PB′⊥AC证明：PB′＝AB′．
（2）图②AB＝ACBP＝3PC求cos∠B′AC值．
（3）图③∠ACB＝30°否存点PAB＝CB′．存求时值存请说明理．
分析（1）易证PB＇∥AB．∠B＇PA＝∠BAP折叠知∠BAP＝∠B＇AP∠B＇PA＝∠B＇AP．PB′＝AB′
（2）设AB＝AC＝aACPB＇交点D△ABC等腰直角三角形．证明△CDP~△B＇DA＝＝．设B＇D＝bCD＝b．AD＝a﹣bPD＝﹣b＝解b＝．点D作DE⊥AB＇点E△B＇DE等腰直角三角形．B＇E＝sin45°×B＇D＝AE＝AB﹣B＇E＝AD＝．cos∠B＇AC＝cos∠EAD＝求
（3）分①点PBC外圆弧②点PBC两种情况分求解．
解答解：（1）证明：∵PB＇⊥AC∠CAB＝90°
∴PB＇∥AB．
∴∠B＇PA＝∠BAP
折叠知∠BAP＝∠B＇AP
∴∠B＇PA＝∠B＇AP．
PB′＝AB′．
（2）设AB＝AC＝aACPB＇交点D
△ABC等腰直角三角形
∴BC＝PC＝PB＝
折叠知∠PB＇A＝∠B＝45°
∠ACB＝45°
∴∠PB＇A＝∠ACB
∠CDP＝∠B＇DA
∴△CDP~△B＇DA．
∴＝＝．①
设B＇D＝bCD＝b．
∴AD＝AC﹣CD＝a﹣b
PD＝PB＇﹣B＇D＝PB﹣B＇D＝﹣b
①＝：＝．
解：b＝．
点D作DE⊥AB＇点E△B＇DE等腰直角三角形．
∴B＇E＝sin45°×B＇D＝＝＝
∴AE＝AB＇﹣B＇E＝AB﹣B＇E＝a﹣＝．
AD＝AC﹣CD＝a﹣b＝a﹣＝．
∴cos∠B＇AC＝cos∠EAD＝＝＝．
（3）存点PCB＇＝AB＝m．
∵∠ACB＝30°∠CAB＝90°．
∴BC＝2m．
①答图2示
题意知点B＇运动轨迹A圆心AB半径半圆A．
PBC中点时PC＝BP＝AP＝AB＇＝m
∠B＝60°
∴△PAB等边三角形．
折叠四边形ABPB＇菱形．
∴PB＇∥AB
∴PB＇⊥AC．
∵AP＝AB＇
易知ACPB＇垂直分线．
CB＇＝PC＝AB＝m满足题意．
时＝＝．
②点B＇落BC时答图3示
时CB＇＝AB＝m
PB＇＝＝
∴PC＝CB＇+PB＇＝a+＝
∴＝＝．
综述值．
4 （2021•江苏省连云港） 数学兴趣组活动中亮进行数学探究活动．
（1）边长3等边三角形E边点亮边作等边三角形图1求长
（2）边长3等边三角形E边动点亮边作等边三角形图2点E点C点A运动程中求点F路径长
（3）边长3等边三角形M高动点亮边作等边三角形图3点M点C点D运动程中求点N路径长
（4）正方形边长3E边动点点E点C点B运动程中亮B顶点作正方形中点FG直线图4点E达点B时点FGH点B重合．点H路径长______点G路径长______．
答案（1）1（2）3（3）（4）
解析
分析（1）等边三角形 证
（2）连接等边三角形证点处时点A处时点重合．点运动路径长
（3）取中点连接等边三角形证．点处时点处时点重合．求点路径长
（4）连接CG AC OB∠CGA90°点GAC中点圆心AC直径运动四边形ABCD正方形BC边长设OCx勾股定理求点G路径长长点H路径长长．
详解解（1）∵等边三角形
∴．
∴
∴
∴
∴
（2）连接
∵等边三角形
∴．
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∴
点处时点A处时点重合．
∴点运动路径长
（3）取中点连接
∴
∴
∵
∴
∴
∵等边三角形
∴
∴
∴
∴
∴
∴
点处时点处时点重合
∴点路径长
（4）连接CG AC OB
∵∠CGA90°
∴点GAC中点圆心AC直径运动
∵四边形ABCD正方形BC边长
∴∠COB90°设OCx
勾股定理
∴
点G路径长长
点HBC中点圆心BC长直径弧运动
点H路径长长度
∵点G运动圆周四分
∴点H运动圆周四分
点H路径长长
答案．
5 （2021•河北省）面线段AB＝20线段BC＝CD＝DA＝10四条线段次首尾相接．AB固定AD绕点AAB开始逆时针旋转角α（α＞0°）某位置时BCCD会出现相应位置．
证：图1AD∥BC时设ABCD交点O求证：AO＝10
发现：旋转角α＝60°时∠ADC度数少？
尝试：取线段CD中点M点M点B距离时求点MAB距离
拓展：①图2设点DB距离d∠BCD分线直线交AB点P直接写出BP长（含d式子表示）
②点CAB方ADCD垂直时直接写出a余弦值．
分析证：△AOD≌△BOCAO＝BOAB＝20AO＝10
发现：设AB中点OAD初始位置AO绕A时针旋转60°时BC初始位置BC＇绕点B时针旋转60°BC旋转BO位置CO重合∠ADC＝60°
尝试：点M点B距离时DCB线D作DQ⊥ABQM作MN⊥ABN已知AD＝10设AQ＝xBQ＝20﹣x100﹣x2＝400﹣（20﹣x）2AQ＝DQ＝MN∥DQ＝MN＝点MAB距离
拓展：
①设直线CP交DBHG作DG⊥ABG连接DP设BG＝mAG＝20﹣mAD2﹣AG2＝BD2﹣BG2m＝BG＝△BHP∽△BGD＝BP＝
②B作BG⊥CDG设AN＝tBN＝20﹣tDN＝＝△ADN∽△BGN＝＝表达出NG＝BG＝Rt△BCG中CG＝根DN+NG+CG＝10列方程++＝10解t＝cosα＝＝＝．
解答证：
证明：∵AD∥BC
∴∠A＝∠B∠C＝∠D
△AOD△BOC中
∴△AOD≌△BOC（ASA）
∴AO＝BO
∵AO+BO＝AB＝20
∴AO＝10
发现：设AB中点O图：
AD初始位置AO绕A时针旋转60°时BC初始位置BC＇绕点B时针旋转60°
BO＝BC＇＝10
∴△BC＇O等边三角形
∴BC旋转BO位置CO重合
∵AO＝AD＝CD＝10
∴△ADC等边三角形
∴∠ADC＝60°
尝试：取线段CD中点M点M点B距离时DCB线D作DQ⊥ABQM作MN⊥ABN图：
已知AD＝10BD＝BC+CD＝20BM＝CM+BC＝15
设AQ＝xBQ＝20﹣x
∵AD2﹣AQ2＝DQ2＝BD2﹣BQ2
∴100﹣x2＝400﹣（20﹣x）2
解x＝
∴AQ＝
∴DQ＝＝
∵DQ⊥ABMN⊥AB
∴MN∥DQ
∴＝＝
∴MN＝
∴点MAB距离
拓展：
①设直线CP交DBHG作DG⊥ABG连接DP图：
∵BC＝DC＝10CP分∠BCD
∴∠BHC＝∠DHC＝90°BH＝BD＝d
设BG＝mAG＝20﹣m
∵AD2﹣AG2＝BD2﹣BG2
∴100﹣（20﹣m）2＝d2﹣m2
∴m＝
∴BG＝
∵∠BHP＝∠BGD＝90°∠PBH＝∠DBG
∴△BHP∽△BGD
∴＝
∴BP＝＝
②B作BG⊥CDG图：
设AN＝tBN＝20﹣tDN＝＝
∵∠D＝∠BGN＝90°∠AND＝∠BNG
∴△ADN∽△BGN
∴＝＝
＝＝
∴NG＝BG＝
Rt△BCG中BC＝10
∴CG＝＝
∵CD＝10
∴DN+NG+CG＝10
++＝10
∴t+（20﹣t）+20＝10t
20+20＝10t2＝t﹣2
两边方整理：3t2﹣40t＝﹣4t
∵t≠0
∴3t﹣40＝﹣4
解t＝（20舍）t＝
∴AN＝
∴cosα＝＝＝．
方法二：C作CK⊥ABKF作FH⊥ACH图：
∵AD＝CD＝10AD⊥DC
∴AC2＝200
∵AC2﹣AK2＝BC2﹣BK2
∴200﹣AK2＝100﹣（20﹣AK）2
解AK＝
∴CK＝＝
Rt△ACK中tan∠KAC＝＝
Rt△AFH中tan∠KAC＝＝
设FH＝nCH＝FH＝nAH＝5n
∵AC＝AH+CH＝10
∴5n+n＝10
解n＝
∴AF＝＝n＝•＝
Rt△ADF中
cosα＝＝＝．
6 （2021•四川省成市）Rt△ABC中∠ACB＝90°AB＝5BC＝3ABC绕点B时针旋转△A′BC′中点AC应点分点A′C′．
（1）图1点A′落AC延长线时求AA′长
（2）图2点C′落AB延长线时连接CC′交A′B点M求BM长
（3）图3连接AA′CC′直线CC′交AA′点D点EAC中点连接DE．旋转程中DE否存值？存求出DE值存请说明理．
分析（1）先求出AC＝4Rt△A＇BC中求出A＇C＝＝4AA＇＝8
（2）C作CEA＇B交ABEC作CD⊥ABD先证明CE＝BC＝3根S△ABC＝AC•BC＝AB•CD求出CD进DEBEC＇ECEA＇B＝BM＝
（3）A作APA＇C＇交C＇D延长线P连接A＇C先证明∠ACP＝∠A＇C＇D＝∠PAP＝AC＝A＇C＇证明△APD≌△A＇C＇DAD＝A＇DDE△AA＇C中位线DE＝A＇CDE需A＇C时A＇CB线A＇C值A＇B﹣BC＝AB﹣BC＝2DE值A＇C＝1．
解答解：（1）∵∠ACB＝90°AB＝5BC＝3
∴AC＝＝4
∵∠ACB＝90°△ABC绕点B时针旋转△A′BC′点A′落AC延长线
∴∠A＇CB＝90°A＇B＝AB＝5
Rt△A＇BC中A＇C＝＝4
∴AA＇＝AC+A＇C＝8
（2）C作CEA＇B交ABEC作CD⊥ABD图：
∵△ABC绕点B时针旋转△A′BC′
∴∠A＇BC＝∠ABCBC＇＝BC＝3
∵CEA＇B
∴∠A＇BC＝∠CEB
∴∠CEB＝∠ABC
∴CE＝BC＝3
Rt△ABC中S△ABC＝AC•BC＝AB•CDAC＝4BC＝3AB＝5
∴CD＝＝
Rt△CED中DE＝＝＝
理BD＝
∴BE＝DE+BD＝C＇E＝BC＇+BE＝3+＝
∵CEA＇B
∴＝
∴＝
∴BM＝
（3）DE存值1理：
A作APA＇C＇交C＇D延长线P连接A＇C图：
∵△ABC绕点B时针旋转△A′BC′
∴BC＝BC＇∠ACB＝∠A＇C＇B＝90°AC＝A＇C＇
∴∠BCC＇＝∠BC＇C
∠ACP＝180°﹣∠ACB﹣∠BCC＇＝90°﹣∠BCC＇
∠A＇C＇D＝∠A＇C＇B﹣∠BC＇C＝90°﹣∠BC＇C
∴∠ACP＝∠A＇C＇D
∵APA＇C＇
∴∠P＝∠A＇C＇D
∴∠P＝∠ACP
∴AP＝AC
∴AP＝A＇C＇
△APD△A＇C＇D中
∴△APD≌△A＇C＇D(AAS)
∴AD＝A＇DDAA＇中点
∵点EAC中点
∴DE△AA＇C中位线
∴DE＝A＇C
DE需A＇C时A＇CB线A＇C值A＇B﹣BC＝AB﹣BC＝2
∴DEA＇C＝1．
7 （2021•四川省乐山市）等腰中点边点（点重合）连结．
（1）图1点关直线称点点结________
（2）线段绕点时针旋转线段连结．
①图2中补全图形
②探究数量关系证明
（3）图3试探究间满足数量关系证明．
答案（1）30°（2）①见解析②见解析（3）见解析
解析
分析（1）先根题意出△ABC等边三角形利三角形外角计算
（2）①求补全图
②先根已知条件证明△ABC等边三角形证明出
（3）先证明证明出证明出证明
详解解：（1）∵
∴△ABC等边三角形
∴∠B60°
∵点关直线称点点
∴AB⊥DE
∴
答案：
（2）①补全图图2示
②数量关系：
证明：∵．
∴正三角形
∵绕点时针旋转
∴
∵
∴
∴
∴．
（3）连接．
∵∴．
∴．
∵
∴
∴．∵∴
∴
∴
∴．
∵
∴．
∵
∴．
8 （2021•四川省凉山州）图四边形中点D作E．
（1）求证：
（2）连接交点求DF长．
答案（1）见解析（2）
解析
分析（1）D作BC垂线交BC延长线点G连接BD证明四边形BEDG正方形条件证明△ADE≌△CDGADCD
（2）根∠ADE30°AD6AEDEBEBG设DFx证明△AEF∽△ABC例式求出x值．
详解解：（1）D作BC垂线交BC延长线点G连接BD
∵∠DEB∠ABC∠G90°DEBE
∴四边形BEDG正方形
∴BEDEDG∠BDE∠BDG45°
∵∠ADC90°∠ADE+∠CDE∠CDG+∠CDE90°
∴∠ADE∠CDGDEDG∠AED∠G90°
∴△ADE≌△CDG（ASA）
∴ADCD
（2）∵∠ADE30°AD6
∴AECG3DEBE
∵四边形BEDG正方形
∴BGBE
BCBGCG3
设DFxEFx
∵DE∥BC
∴△AEF∽△ABC
∴
解：x
DF长．
9 （2021•四川省眉山市）图等腰直角三角形ABC中∠ACB＝90°AC＝BC＝2边长2正方形DEFG角线交点点C重合连接ADBE．
（1）求证：△ACD≌△BCE
（2）点D△ABC部∠ADC＝90°时设ACDG相交点M求AM长
（3）正方形DEFG绕点C旋转周点ADE三点直线时请直接写出AD长．
分析（1）等腰直角三角形性质正方形两条角线互相垂直分相等性质证明△ACD≌△BCE
（2）点M作MH⊥AD点H∠ADC＝90°时∠ADM＝45°正方形边长AC长计算出AD长利△AMH△DMH边间特殊关系列方程求出AM长
（3）ADE三点直线分两种情况点DAE两点间射线AE需先证明点BEF条直线然△ABE中勾股定理列方程求出AD长．
解答解：（1）图1∵四边形DEFG正方形
∴∠DCE＝90°CD＝CE
∵∠ACB＝90°
∴∠ACD＝∠BCE＝90°﹣∠BCD
△ACD△BCE中
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
（2）图1点M作MH⊥AD点H∠AHM＝∠DHM＝90°．
∵∠DCG＝90°CD＝CG
∴∠CDG＝∠CGD＝45°
∴∠ADC＝90°
∴∠MDH＝90°﹣45°＝45°
∴MH＝DH•tan45°＝DH
∵CD＝DG•sin45°＝2×＝AC＝2
∴AD＝＝
∴＝tan∠CAD＝＝
∴AH＝3MH＝3DH
∴3DH+DH＝3
∴MH＝DH＝
∵＝sin∠CAD＝＝
∴AM＝MH＝×＝．
（3）图3ADE三点直线点D点A点E间．
∵CD＝CE＝CF∠DCE＝∠ECF＝90°
∴∠CDE＝∠CED＝∠CEF＝∠CFE＝45°
△ACD≌△BCE∠BEC＝∠ADC＝135°
∴∠BEC+∠CEF＝180°
∴点BEF条直线
∴∠AEB＝90°
∵AE2+BE2＝AB2DE＝2AD＝BE
∴（AD+2）2+AD2＝（2）2+（2）2
解AD＝﹣1AD＝﹣﹣1（符合题意舍）
图4ADE三点直线点DAE延长线．
∵∠BCF＝∠ACE＝90°﹣∠ACFBC＝ACCF＝CE
∴△BCF≌△ACE（SAS）
∴∠BFC＝∠AEC
∵∠CFE＝∠CED＝45°
∴∠BFC+∠CFE＝∠AEC+∠CED＝180°
∴点BFE条直线
∵AC＝BC∠ACD＝∠BCE＝90°+∠ACECD＝CE
∴△ACD≌△BCE（SAS）
∴AD＝BE
∵AE2+BE2＝AB2
∴（AD﹣2）2+AD2＝（2）2+（2）2
解AD＝+1AD＝﹣1（符合题意舍）．
综述AD长﹣1+1．
10 （2021•浙江省湖州市）已知△ACD中PCD中点BAD延长线点连结BCAP．
（1）图1∠ACB＝90°∠CAD＝60°BD＝ACAP＝求BC长
（2）点D作DE∥AC交AP延长线点E图2示∠CAD＝60°BD＝AC求证：BC＝2AP
（3）图3∠CAD＝45°否存实数mBD＝mAC时BC＝2AP？存请直接写出m值存请说明理．
答案（1）（2）略（3）．
解析（1）解：
等边三角形
中点
中
．
（2）证明：连结
等边三角形
．
（3）存样．
11 （2021•浙江省宁波市）证明体验
（1）图1角分线点E．求证：分．
思考探究
（2）图2（1）条件F点连结交点G．求长．
拓展延伸
（3）图3四边形中角线分点E．求长．
答案（1）见解析（2）（3）
解析
分析（1）根SAS证明进结
（2）先证明进求解
（3）取点F连结证明求解．
详解解：（1）∵分
∴
∵
∴
∴
∴
∴分
（2）∵
∴
∵
∴
∴．
∵
∴．
∵
∴
（3）图取点F连结．
∵分
∴
∵
∴
∴．
∵
∴．
∵
∴
∴．
∵
∴．
∵
∵
∴
∴
∴
∴．
12 （2021•浙江省绍兴市）图△ABC中∠A＝40°E分边ABAC连结CDBE．
（1）∠ABC＝80°求∠BDC∠ABE度数
（2）写出∠BEC∠BDC间关系说明理．
分析（1）根等腰三角形性质∠BDC＝∠BCD＝(180°﹣80°)＝50°根三角形角定理∠ACB＝180°﹣40°﹣50°＝60°推出△BCE等边三角形∠EBC＝60°结
(2)设∠BEC＝α∠BDC＝βα＝∠A+∠ABE＝40°+∠ABE根等腰三角形性质∠CBE＝∠BEC＝α求∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝∠A+2∠ABE＝40°+∠ABE推出∠CBE＝∠BEC＝α结
解答解：（1）∵∠ABC＝80°BD＝BC
∴∠BDC＝∠BCD＝(180°﹣80°)＝50°
∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°∠A＝40°
∴∠ACB＝180°﹣40°﹣50°＝60°
∵CE＝BC
∴△BCE等边三角形
∴∠EBC＝60°
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝20°
(2)∠BEC∠BDC间关系：∠BEC+∠BDC＝110°
理：设∠BEC＝α∠BDC＝β
△ABE中α＝∠A+∠ABE＝40°+∠ABE
∵CE＝BC
∴∠CBE＝∠BEC＝α
∴∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝∠A+4∠ABE＝40°+∠ABE
∵CE＝BC
∴∠CBE＝∠BEC＝α
∴∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝∠A+2∠ABE＝40°+2∠ABE
△BDC中BD＝BC
∴∠BDC+∠BCD+∠DBC＝6β+40°+2∠ABE＝180°
∴β＝70°﹣∠ABE
∴α+β＝40°+∠ABE+70°﹣∠ABE＝110°
∴∠BEC+∠BDC＝110°．
13 （2021•重庆市A）中边动点连接绕点逆时针旋转位置．
（1）图时连接交点．分求长
（2）图连接取中点连接．猜想存数量关系证明猜想
（3）图（2）条件连接．时请直接写出值．
答案（1）（2）证明见解析（3）．
解析
分析（1）连接点作垂足证明：等腰直角中找证明等腰三角形间接求出长
（2）作辅助线延长点连接中根三角形
中位线出根条件证明：猜想证明
（3）图（见解析）先根旋转性质判断出等边三角形根证出四点圆然根等腰三角形三线合角差等腰直角三角形设根三角形全等判定定理性质根矩形判定性质四边形矩形根等量代换解直角三角形求出出答案．
详解解：（1）连接点作垂足．
分
．
中
分
．
．
（2）
延长点连接．
中点
．
中
．
（3）图设交点连接
旋转性质：
等边三角形
点四点圆
圆周角定理：
垂直分（等腰三角形三线合）
分
等腰直角三角形
设
（2）知
等腰直角三角形
（等腰三角形三线合）
中
四边形矩形
中
．
14 （2021•重庆市B）等边△ABC中AB＝6BD⊥AC垂足D点EAB边点点F直线BD点连接EF．
（1）线段EF绕点E逆时针旋转60°线段EG连接FG．
①图1点E点B重合GF延长线点C时连接DG求线段DG长
②图2点E点AB重合GF延长线交BC边点H连接EH求证：BE+BH＝BF
（2）图3点EAB中点时点MBE中点点N边ACDN＝2NC点FBD中点Q射线QD运动线段EF绕点E时针旋转60°线段EP连接FPNP+MP时直接写出△DPN面积．
分析（1）①D作DH⊥GCH先证明△BGF等边三角形求出CD长度证明BF＝CF＝GFRt△BDC中求出CF＝＝＝2GFRt△CDH中求出DH＝CD•sin30°＝CH＝CD•cos30°＝GH＝GF+FH＝Rt△GHD中DG＝＝
②E作EP⊥AB交BDPH作MH⊥BC交BDM连接PG作BP中点N连接EN∠ABC+∠EFH＝180°BEFH圆∠FBH＝∠FEH证HF＝GFEPFG圆∠BMH＝∠GPF＝60°△GFP≌HFMPF＝FMNF＝MHBF＝MH+EPRt△BEP中EP＝BE•tan30°＝BERt△MHB中MH＝BH•tan30°＝BHBE+BH＝BF
（2）M顶点MP边作∠PML＝30°ML交BDGP作PH⊥MLH设MP交BDKRt△PMH中HP＝MPNP+MPNP+HP时NPH线线段EF绕点E时针旋转60°线段EP∠QKP＝∠FEP＝60°证ML∥AC四边形GHND矩形DN＝2NCDN＝GH＝2等边△ABC中AB＝6点EAB中点时点MBE中点BM＝BD＝AB•sinA＝3Rt△BGM中MG＝BM＝BG＝BM•cos30°＝求MH＝MG+GH＝GD＝BD﹣BG＝Rt△MHP中HP＝PN＝HN﹣HP＝GD﹣HP＝S△DPN＝PN•DN＝．
解答解：（1）①D作DH⊥GCH图：
∵线段EF绕点E逆时针旋转60°线段EG点E点B重合GF延长线点C
∴BG＝BF∠FBG＝60°
∴△BGF等边三角形
∴∠BFG＝∠DFC＝60°BF＝GF
∵等边△ABCAB＝6BD⊥AC
∴∠DCF＝180°﹣∠BDC﹣∠DFC＝30°∠DBC＝∠ABC＝30°CD＝AC＝AB＝3
∴∠BCG＝∠ACB﹣∠DCF＝30°
∴∠BCG＝∠DBC
∴BF＝CF
∴GF＝CF
Rt△BDC中CF＝＝＝2
∴GF＝2
Rt△CDH中DH＝CD•sin30°＝CH＝CD•cos30°＝
∴FH＝CF﹣CH＝
∴GH＝GF+FH＝
Rt△GHD中DG＝＝
②E作EP⊥AB交BDPH作MH⊥BC交BDM连接PG作BP中点N连接EN图：
∵EF绕点E逆时针旋转60°线段EG
∴△EGF等边三角形
∴∠EFG＝∠EGF＝∠GEF＝60°∠EFH＝120°EF＝GF
∵△ABC等边三角形
∴∠ABC＝60°
∴∠ABC+∠EFH＝180°
∴BEFH圆
∴∠FBH＝∠FEH
△ABC等边三角形BD⊥AC
∴∠DBC＝∠ABD＝30°∠FBH＝30°
∴∠FEH＝30°
∴∠FHE＝180°﹣∠EFH﹣∠FEH＝30°
∴EF＝HF＝GF①
∵EP⊥AB∠ABD＝30°
∴∠EPB＝60°∠EPF＝120°
∴∠EPF+∠EGF＝180°
∴EPFG圆
∴∠GPF＝∠GEF＝60°
∵MH⊥BC∠DBC＝30°
∴∠BMH＝60°
∴∠BMH＝∠GPF②
∠GFP＝∠HFM③
①②③△GFP≌HFM（AAS）
∴PF＝FM
∵EP⊥ABBP中点N∠ABD＝30°
∴EP＝BP＝BN＝NP
∴PF+NP＝FM+BN
∴NF＝BM
Rt△MHB中MH＝BM
∴NF＝MH
∴NF+BN＝MH+EPBF＝MH+EP
Rt△BEP中EP＝BE•tan30°＝BE
Rt△MHB中MH＝BH•tan30°＝BH
∴BF＝BE+BH
∴BE+BH＝BF
（2）M顶点MP边作∠PML＝30°ML交BDGP作PH⊥MLH设MP交BDK图：
Rt△PMH中HP＝MP
∴NP+MPNP+HP时NPH线
∵线段EF绕点E时针旋转60°线段EP
∴F射线QF运动P射线MP运动根瓜豆原理F动点P动点E定点∠FEP＝60°FP轨迹夹角∠QKP＝∠FEP＝60°
∴∠BKM＝60°
∵∠ABD＝30°
∴∠BMK＝90°
∵∠PML＝30°
∴∠BML＝60°
∴∠BML＝∠A
∴ML∥AC
∴∠HNA＝180°﹣∠PHM＝90°
BD⊥AC
∴∠BDC＝∠HNA＝∠PHM＝90°
∴四边形GHND矩形
∴DN＝GH
∵边△ABC中AB＝6BD⊥AC
∴CD＝3
DN＝2NC
∴DN＝GH＝2
∵等边△ABC中AB＝6点EAB中点时点MBE中点
∴BM＝BD＝AB•sinA＝6×sin60°＝3
Rt△BGM中MG＝BM＝BG＝BM•cos30°＝
∴MH＝MG+GH＝GD＝BD﹣BG＝
Rt△MHP中HP＝MH•tan30°＝
∴PN＝HN﹣HP＝GD﹣HP＝
∴S△DPN＝PN•DN＝．
15 （2021•蒙古通辽市）已知△AOB△MON等腰直角三角形（OA＜OM＜OA）∠AOB＝∠MON＝90°．
（1）图1连接AMBN求证：AM＝BN
（2）△MON绕点O时针旋转．
①图2点M恰AB边时求证：AM2+BM2＝2OM2
②点AMN条直线时OA＝4OM＝3请直接写出线段AM长．
分析（1）通代换应角相等根等腰直角三角形性质应边相等利SAS证明△AOM≌△BONAM＝BN
（2）①连接BN根等腰直角三角形性质利SAS证明△AOM≌△BON应角相等应边相等证∠MBN＝90°根勾股定理结合线段相等进行代换证明结成立
②分点N线段AM点M线段AN两种情况讨连接BN设BN＝x根勾股定理列出方程求出x值BN长BN长AM长．
解答（1）证明：∵∠AOB＝∠MON＝90°
∴∠AOB+∠AON＝∠MON+∠AON
∠AOM＝∠BON
∵△AOB△MON等腰直角三角形
∴OA＝OBOM＝ON
∴△AOM≌△BON（SAS）
∴AM＝BN
（2）①证明：连接BN
∵∠AOB＝∠MON＝90°
∴∠AOB﹣∠BOM＝∠MON﹣∠BOM
∠AOM＝∠BON
∵△AOB△MON等腰直角三角形
∴OA＝OBOM＝ON
∴△AOM≌△BON（SAS）
∴∠MAO＝∠NBO＝45°AM＝BN
∴∠MBN＝90°
∴MN2+BN2＝MN2
∵△MON等腰直角三角形
∴MN2＝2ON2
∴AM2+BM2＝2OM2
②解：图3点N线段AM时连接BN设BN＝x
（1）知△AOM≌△BONAM＝BNAM⊥BN
Rt△ABN中AN2+BN2＝AB2
∵△AOB△MON等腰直角三角形OA＝4OM＝3
∴MN＝3AB＝4
∴（x﹣3）2+x2＝（4）2
解：x＝
∴AM＝BN＝
图4点M线段AN时连接BN设BN＝x
（1）知△AOM≌△BONAM＝BNAM⊥BN
Rt△ABN中AN2+BN2＝AB2
∵△AOB△MON等腰直角三角形OA＝4OM＝3
∴MN＝3AB＝4
∴（x+3）2+x2＝（4）2
解：x＝
∴AM＝BN＝
综述线段AM长．
16 （2021•湖北省十堰市）已知等边三角形A点作垂线l点Pl动点（点A重合）连接线段绕点C逆时针方旋转连．
（1）图1直接写出线段数量关系
（2）图2点PB侧时求证：直线垂直分线段
（3）图3等边三角形边长4点PB分位直线异侧面积等求线段长度．
答案（1）见详解（2）见详解（3）
解析
分析（1）根旋转性质等边三角形性质CPCQ∠ACP∠BCQACBC进结
（2）先证明等腰直角三角形求出∠CBD45°根等腰三角形三线合性质结
（3）点B作BE⊥l点Q作QF⊥l根APBQ∠CAP∠CBQ90°设APxBQxMQxQF( x)×列出关x方程求解．
详解（1）证明：∵线段绕点C逆时针方旋转
∴CPCQ∠PCQ60°
∵等边三角形中∠ACB60°ACBC
∴∠ACP∠BCQ
∴
∴
（2）∵CA⊥l
∴等腰直角三角形
∵
∴等腰直角三角形∠CBQ90°
∵等边三角形中ACAB∠BAC∠ABC60°
∴ABAP∠BAP90°60°30°
∴∠ABP∠APB(180°30°)÷275°
∴∠CBD180°75°60°45°
∴PD分∠CBQ
∴直线垂直分线段
（3）点B作BE⊥l点Q作QF⊥l
（1）题知：
∴APBQ∠CAP∠CBQ90°
∵∠ACB60°∠CAM90°
∴∠AMB360°60°90°90°120°：∠BME∠QMF60°
∵∠BAE90°60°30°AB4
∴BE
∴BMBE÷sin60°2÷
设APxBQxMQxQF MQ×sin60°( x)×
∵面积等
∴AP×QF：x×( x)×解：（合题意舍）
∴AP．
17 （2021•北京市）图△ABC中AB＝AC∠BAC＝αMBC中点点DMC点A中心线段AD时针旋转α线段AE连接BEDE．
（1）较∠BAE∠CAD等式表示线段BEBMMD间数量关系证明
（2）点M作AB垂线交DE点N等式表示线段NEND数量关系证明．
答案（1）理见详解（2）理见详解．
解析
分析（1）题意旋转性质易然证进问题求解
（2）点E作EH⊥AB垂足点Q交AB点H（1）易证进然根相似三角形性质求证．
详解（1）证明：∵
∴
∴
旋转性质
∵
∴
∴
∵点MBC中点
∴
∵
∴
（2）证明：理：
点E作EH⊥AB垂足点Q交AB点H图示：
∴
（1）
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴．
18 （2021•福建省）图Rt△ABC中∠ACB＝90°．线段EF线段AB移点F边BC△EFDEF斜边等腰直角三角形点D恰AC延长线．
（1）求证：∠ADE＝∠DFC
（2）求证：CD＝BF．
证明：（1）等腰直角三角形中
∴．
∵
∴
∴．
（2）连接．
移性质．
∴
∴
∴．
∵等腰直角三角形
∴．
（1）
∴
∴∴．
19 （2021•吉林省）图①Rt△ABC中∠ACB＝90°∠A＝60°CD斜边AB中线点E射线BC点△BDEDE折叠点B应点点F．
（1）AB＝a．直接写出CD长（含a代数式表示）
（2）DF⊥BC垂足G点F点D直线CE异侧连接CF②判断四边形ADFC形状说明理
（3）DF⊥AB直接写出∠BDE度数．
20 （2021•湖北省江汉油田）已知等腰三角形．
（1）时
①图1点D时请直接写出数量关系_________
②图2点D时判断线段数量关系说明理
（2）时
①图3探究线段数量关系说明理
②时请直接写出长．
答案（1）①②理见解析（2）①理见解析②5．
解析
分析（1）①先根等边三角形判定性质根线段差
②先根等边三角形性质根三角形全等判定定理性质出结
（2）①先根等腰直角三角形判定性质根相似三角形判定然根相似三角形性质出结
②设交点先根（2）①结根相似三角形判定性质然利勾股定理线段差中解直角三角形．
详解解：（1）①时
等腰三角形
等边三角形
答案：
②理：
等边三角形
中
（2）①时
等腰直角三角形
设
中
②图设交点
设
解
中
中
中．
21 （2021•山东省威海市）（1）已知图①摆放点BCD条直线．连接BE点A作垂足点F直线AF交BE点G．求证：．
（2）已知图②摆放．连接BECD点A作垂足点F直线AF交CD点G．求值．
答案（1）见解析（2）1
解析
分析（1）作H根题意证明然证明证明结
（2）作MCN垂直AGN根题意证明证明出数量关系证明出结．
详解解：（1）图作H
根题意知等腰直角三角形
∴
∵
∴
中
∴
∴
∵等腰三角形
∴
∴
中：
∴
∴
（2）作MCN垂直AGN
∵
∴
∵
∵
∴
∴
理证
∴
∴
中：
∴
∴
．
22 (2021•蒙古包头市)图已知等边三角形P部点连接BPCP．
（1）图1BC直径半圆O交AB点Q交AC点R点P时连接APBC边方作连接DP求度数
（2）图2EBC边点时连接EP延长交AC点F．求证：
（3）图3MAC边点时连接MP．面积面积求值（含a代数式表示）．
答案（1）30°（2）见解析（3）
23（2021•襄阳市） 中边点折叠连接．
（1）特例发现：图1落直线时
①求证：
②填空：值______
（2）类探究：图2边相交时取点交点．探究值（含式子表示）写出探究程
（3）拓展运：（2）条件中点时求长．
答案（1）①见解析②1（2）见解析（3）
24 （2021•黑龙江省龙东区） 等腰中直角三角形连接点中点连接．
（1）点边时图①示求证：．
（2）绕点逆时针旋转顶点B落边AD时图②示点B边AE时图③示猜想图②图③中线段样数量关系？请直接写出猜想需证明．
答案（1）见详解（2）图②中图③中理见详解．
解析
分析（1）题意易然进AD垂直分BCCDBD问题求证
（2）取CD中点H连接AHEHFH图②题意易EH垂直分AD∠HFA∠CBA45°进∠EHF∠EAF45°然点AEFH四点圆根圆基性质求解图③取BC中点G连接GF延长GMCD连接DMEMEGAG四边形CGMD行四边形DMCGAC进△ACD≌△DMECDEM∠EMD∠DCA然△EMG等边三角形问题求解．
详解（1）证明：∵
∴
∴
∵点中点
∴
∵
∴
∵
∴△ACB等腰直角三角形
∵
∴AD垂直分BC
∴CDBD
∴
（2）解：图②中图③中理：
图②：取CD中点H连接AHEHFH图②
∵
∴
∴
∵
∴
∵点中点
∴
∴EH垂直分AD∠HFA∠CBA45°
∴∠EHF∠EAF45°
∴点AEFH四点圆
∵∠HFA∠EAF45°
∴
∴
图③：图③取BC中点G连接GF延长GMCD连接DMEMEGAG
∵
∴△ADE等边三角形
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴△AGC等边三角形
∴ACCG
∵点中点
∴
∴四边形CGMD行四边形
∴∠GCD∠DMG
∴
∴
∴
∵
∴△ACD≌△DME（SAS）
∴CDEM∠EMD∠DCA
∴
∴
∴△EMG等边三角形
∵点中点
∴
∵
∴
∵
∴
∴GFMF
∴EF⊥GM
∴．
25 （2021•湖南省娄底市）图①等腰斜边两动点．
（1）求证：
（2）求证：
（3）图②作垂足H设妨设请利（2）结证明：时成立．
答案（1）证明见详解（2）证明见详解（3）证明见详解．
解析
分析（1）△ABC等腰直角三角形ABAC∠BAC90°CD⊥BC求∠DCA∠ABE
（2）△ABE≌△ACD∠FAD∠EAF证△AEF≌△ADF（SAS）EFDFRt△CDF中根勾股定理
（3）△ABE逆时针绕点A旋转90°△ACD△ABC等腰直角三角形求∠DCF90°Rt△ABC中勾股定理AH⊥BC求BHCHAH表示EF tanα+ tanβBE 1tanαCF 1tanβ证△AEF≌△ADF（SAS）EFDF整理结．
详解（1）证明：∵△ABC等腰直角三角形
∴ABAC∠BAC90°
∴∠ABC∠ACB45°
∵CD⊥BC
∴∠DCB90°
∴∠DCA90°∠ACB90°45°45°∠ABE
△ABE△ACD中
∴△ABE≌△ACD（SAS）
（2）证明∵△ABE≌△ACD
∴∠BAE∠CADAEAD
∵∠EAF45°
∴∠BAE+∠FAC90°∠EAF90°45°45°
∴∠FAD∠FAC+∠CAD∠FAC+∠BAE45°∠EAF
△AEF△ADF中
∴△AEF≌△ADF（SAS）
∴EFDF
Rt△CDF中根勾股定理
（3）证明：△ABE逆时针绕点A旋转90°△ACD连结FD
∴∠BAE∠CADBECDAEAD
∵△ABC等腰直角三角形
∠ACB∠B∠ACD45°∠DCF∠DCA+∠ACF45°+45°90°
∵
∴AC
Rt△ABC中勾股定理
∵AH⊥BC
∴BHCHAH
∴EFEH+FHAHtanα+AH tanβ tanα+ tanβBEBHEH1tanαCFCHHF1tanβ
∵∠EAF45°
∴∠BAE+∠CAF90°∠EAF45°
∴∠DAF∠DAC+∠CAF∠BAE+∠CAF45°∠EAF
△AEF△ADF中
∴△AEF≌△ADF（SAS）
∴EFDF
Rt△CDF中
∴
整理
∴
∴
∴．
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