专题04 全等三角形旋转模型（教师版含解析） -2021年中考数学复习重难点与压轴题型专项训练

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1、备战备战 2021 年中考复习重难点与压轴题型专项训练年中考复习重难点与压轴题型专项训练 专题 04 全等三角形旋转模型 【专题训练】 一、解答题一、解答题 1(2020 辽宁沈阳市 中考真题)在ABC 中，,ABACBAC，点P为线段CA延长线上一动点，连接PB，将 线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为，得到线段PD，连接,DB DC (1)如图，当60时， 求证：PADC； 求DCP的度数： (2)如图 2，当120时，请直接写出PA和DC的数量关系为_； (3)当120时，若631 ABBP， 时，请直接写出点D到CP的距离为_ 【答案】(1)证明见解析；60；(2) 3DCPA ；(3)

2、 3 2 或 5 3 2 【分析】 (1)通过证明PBADBC即可得证；根据PBADBC得到 180120BCDBAPBAC，故DCPDCBACB 即可求解； (2)通过证明PABDCB ，对应线段成比例可得 3 3 PAAB DCCB ； (3)分两种情形，解直角三角形求出AD即可解决问题 【详解】 解：(1)证明： 60BACBPD，ABAC ，PB PD ， ABC与PBD都是等边三角形， 60PBDABC，BABC，BPBD， PBDABDABCABD，即PBADBC， PBADBC ， PADC； PBADBC ， PABDCB， 60BAC， 180120BCDBAPBAC， AB

3、C是等边三角形， 60ACB， 60DCPDCBACB； (2)120BPDABC，ABAC，PB PD ， 30PBDABC， 3 3 PBAB DBCB ， PBDABDABCABD，即PBADBC， PABDCB ， 3 3 PAAB DCCB ，即 3DCPA ， 故答案为： 3DCPA ； (3)过点D作DMPC于M，过点B作BNCP交CP的延长线于N 如图3 1中，当PBA是钝角三角形时， 在RtABN中，90N，6AB，60BAN， cos603ANAB ， sin603 3BNAB ， 22 31 272PNPBBN ， 321PA， 由(2)可知， 33CDPA ， BAPB

4、DC ， 30DCAPBD ， DMPC， 13 22 DMCD 如图3 2中，当ABN是锐角三角形时，同法可得235PA ， 5 3CD ， 15 3 22 DMCD， 综上所述，满足条件的DM的值为 3 2 或 5 3 2 故答案为： 3 2 或 5 3 2 【点睛】 本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键 是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题 2(2020 重庆中考真题) ABC 为等边三角形，AB=8，ADBC 于点 D，E 为线段 AD 上一点，AE=2 3 以 AE 为边在直 线

5、 AD 右侧构造等边三角形 AEF，连接 CE，N 为 CE 的中点 (1)如图 1，EF 与 AC 交于点 G，连接 NG ，求线段 NG 的长； (2)如图 2，将 AEF 绕点 A 逆时针旋转，旋转角为 ，M 为线段 EF 的中点，连接 DN，MN当 30120时，猜想DNM 的大小是否为定值，并证明你的结论； (3)连接 BN在 AEF 绕点 A 逆时针旋转过程中，当线段 BN 最大时，请直接写出 ADN 的面积 【答案】(1)NG= 7；(2)DNM 的为定值 120，证明见详解；(3) AND 的面积为7 3 【分析】 (1)证明CGE=90，求出 DE=2 3，EC=2 7，根据

6、直角三角形性质即可求解； (2)证明 BEDN，MNCF， ABEACF，得到因此DGC=BHC，ENM=ECF，ABE=ACF，通过角的代换即 可求解； (3)取 AC 中点 P，因为 BP+PNBN，所以当 B、P、N 在一直线上，BN 最大求出 BN=5 3，设 BP 与 AD 交于 O，NQAD 于 Q，根据 ONQOBD，可求得 NQ= 7 2 ，问题得解 【详解】 解：(1)ABC 为等边三角形，AB=8，ADBC 于点 D， DAC=30,CD= 1 4 2 BC ， 22 4 3ADACCD ， 2 3DEADAE ， 22 2 7CEDECD ， 三角形 AEF 是等边三角形

7、， 60AEG 90EGC N 为 CE 的中点 1 7 2 NGCE (2)DNM 的为定值 120 连 CF，BE，BE 交 AC 于 H，DN 交 AC 于 G，如图， D、N、M 分别为 BC、CE、EF 中点， DN、MN 分别为 BCE、ECF 中位线， BEDN，MNCF， ABC、 AEF 都是等边三角形， AB=AC,AE=AF,60BACEAF BAECAF ABEACF DGC=BHC，ENM=ECF，ABE=ACF 又BHC=ABE+BAH=ABE+60， DGC=ABE+60=ACF+60 又DGC=DNC+GCN=DNC+ACF-ECF，DNC=60+ECF=60+

8、ENM， DNE=180-DNC=120-ENM， DNM=DNE+ENM=120 (3) AND 的面积为7 3， 如图，取 AC 中点 P，因为 BP+PNBN，所以当 B、P、N 在一直线上，BN 最大 BN=BP+PN=BP+ 1 2 AE=4 3 35 3 设 BP 与 AD 交于 O，NQAD 于 Q，如图， BO= 2 3 BP= 8 3 3 ，ON= 7 3 3 ，BD=4， 由题意得 ONQOBD， NQ= 7 2 ， AND 的面积为： 1 2 ADNQ=7 3 【点睛】 本题考查了等边三角形性质，直角三角形性质，中位线定理，相似等知识，综合性较强，熟知图形变化规律，根据题

9、意正确 画出图形是解题关键 3(2020 辽宁锦州市 中考真题)已知AOB和MON都是等腰直角三角形 2 2 OAOMON ， 90AOBMON (1)如图 1：连,AM BN，求证：AOMBON； (2)若将MON绕点 O 顺时针旋转， 如图 2，当点 N 恰好在AB边上时，求证： 222 2BNANON ； 当点,A M N在同一条直线上时，若4,3OBON，请直接写出线段BN的长 【答案】(1)见解析；(2)见解析； 463 2 2 或 463 2 2 【分析】 (1)利用 SAS 定理证明AOMBON即可； (2)连接AM，证明AOMBON，即可证 222 2BNANON ； 当点 N

10、 在线段AM上时，连接BN，在Rt ANBV中构造勾股定理的等量关系；当点 M 在线段AN上时，同理即可求 得 【详解】 (1)证明： 即 90AOBMON ， MONAONAOBAON ， 即AOMBON MON和AOB是等腰直角三角形， ,OMONOAOB， .()AOMBON SAS (2)证明：如图 1，连接AM 90AOBMON ， MONAONAOBAON ， 即AOMBON MON和AOB是等腰直角三角形， ,45OMON OAOBOABOBA ， .()AOMBON SAS 45 ,MAOOBAAMBN ， 90MAN ， 222 AMANMN MON是等腰直角三角形， 22

11、2MNON ， 222 2BNANON 463 2 2 或 463 2 2 温馨提示： 如图 2，当点 N 在线段AM上时，连接BN，设BNx， 在Rt ANBV中， 222 (3 2)(4 2)xx ， 463 2 2 BN ； 如图 3，当点 M 在线段AN上时，连接BN，设BNx， 在Rt ANBV中， 222 (3 2)(4 2)xx 解得： 463 2 2 BN 【点睛】 本题主要考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，三点共线分类讨论，对几何题目的综合把握是解题关键 4 (2020 辽宁葫芦岛市 中考真题)在等腰ADC和等腰BEC中，90ADCBEC，BCCD， 将BEC

12、 绕点C逆时针旋转，连接AB，点O为线段AB的中点，连接,DO EO (1)如图 1，当点B旋转到CD边上时，请直接写出线段DO与EO的位置关系和数量关系； (2)如图 2，当点B旋转到AC边上时，(1)中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由 (3)若4,2 6 BCCD ， 在BEC绕点C逆时针旋转的过程中， 当 60ACB 时， 请直接写出线段OD的长 【答案】(1),DOEODOEO；(2)成立，证明详见解析；(3) 2OD 或 2 7OD= 【分析】 (1)根据直角三角形的斜边中线等于斜边的一半作答，得出 DOEO，根据等腰三角形的性质及三角形外角的性质得出 2

13、90DOEDAC ，从而得出 DOEO，问题得解； (2)方法 1:延长 EB 交 AD 于 F， 先证明90FOB ,然后证明OBEOFD,最后证90EODFOB 问 题得以证明；方法 2:延长 EO 到 M，使得 OMOE，先证MDE是等腰三角形，然后证OAMOBE，再证MAD DCE,最后证明MDE 为等腰三角形问题得解 (3)分 BC 在 AC 左侧时和 BC 在 AC 右侧两种情况，画出对应图形，求得30ECH，根据含 30角的直角三角形边之间 的关系和勾股定理即可求得 DE,再结合(2)可证 ODOE，OD=OE，根据等腰直角三角形三边关系可求得 OD 【详解】 (1)DOEODO

14、EO， 理由：90ADCBEC， ADB 与ABE是直角三角形， O是 AB 的中点， 11 DO=ABOE=AB 22 ， ， OD=OE ， OA=OD=OE， DAO= ADOEAO= AEO， ， DOB=2DAOADODAO ，BOE= EAO+ OAE=2 EAO ， DOE= DOB+ BOE=22DAOEAODAC ， 在Rt ADC 中，45DAC ， DOE=2 4590， ODOE 故ODOE，ODOE (2)成立 证法一：延长EB交AD于点F，连接OF ACD和CBE 是等腰三角形， 90ADCCEB 45 , BCEACDCBEDACBECE 90 BCEACDECD

15、 四边形CDFE是矩形 ,90DFCEDFEAFE BECE DFBE O是AB的中点 11 , 22 OFAB AOOBAB OFOB 45DAC 45 OBFAFO 180135 OBEOBF 180135 OFDAFO OFDOBE ODFOEB , ODOEDOFEOB 在Rt ABF中，O是AB中点 OFAB，则90FOC 90DOFDOC 90EOBDOC DOEO ,DOEODOEO 证法二：延长EO到点M，使得OMOE，连接,AMDMDE O是AB的中点 OAOB AOMBOE AOMBOE ,MAOEBO MAEB ACD和CBE 是等腰三角形，90ADCCEB 45CADA

16、CDEBCBCE 180135OBEEBC 135MAO 90MADMAODAC 90DCEDCABCE MADDCE ,MAEBEBEC MAEC ADDC MADECD ,MDEDADMCDE 90CDEADE 90ADMADE 90MDE ,MOEO MDDE 1 , 2 ODME ODME 1 2 OEME ,ODOE ODOE (3)如下图，当 BC 在 AC 左侧时，ACB=60， 过 E 作 EHDC，与它的延长线交于 H，连接 DE， ADC 和 BEC 为等腰直角三角形， 2 2 2,45 2 BEECBCBCEACD=?, 18030ECHBCEACDACB? ?， 在Rt

17、 ECH中， 1 2 2 EHEC=, 2222 (2 2)( 2)6CHCEEH=-=-= , 2 663 6DHDCCH=+=+= , 在Rt EDH中, 2222 (3 6)( 2)2 14DEDHEH=+=+= , 由(2)中的证法 2 可证得 ODOE，OD=OE， OED为等腰直角三角形， 在Rt OED中， 22 2 142 7 22 ODOEDE=? ； 如下图，当 BC 在 AC 右侧时，ACB=60， 过 E 作 EHDC，与它交于 H，连接 DE， ADC 和 BEC 为等腰直角三角形， 2 2 2,45 2 BEECBCBCEACD=?, ()45(6045 )30EC

18、HECBDCBECBACBACD?， 在Rt ECH中， 1 2 2 EHEC=, 2222 (2 2)( 2)6CHCEEH=-=-= , 6DHDCCH=-= , 在Rt EDH中, 2222 ( 6)( 2)8DEDHEH=+=+= , 22 82 22 ODOEDE=? 综上所述2OD或 2 7OD= 【点睛】 本题是一道几何综合题，考查了图形的旋转变换，直角三角形的性质，三角形全等判定与与性质，矩形的判定与性质及勾股 定理，三角函数等知识，属于中考压轴题 5(2020 山东烟台市 中考真题)如图，在等边三角形 ABC 中，点 E 是边 AC 上一定点，点 D 是直线 BC 上一动点，

19、以 DE 为 一边作等边三角形 DEF，连接 CF (问题解决) (1)如图 1，若点 D 在边 BC 上，求证：CE+CFCD； (类比探究) (2)如图 2，若点 D 在边 BC 的延长线上，请探究线段 CE，CF 与 CD 之间存在怎样的数量关系？并说明理由 【答案】(1)见解析；(2)FCCD+CE，见解析 【分析】 (1)在 CD 上截取 CHCE，易证 CEH 是等边三角形，得出 EHECCH，证明 DEHFEC(SAS)，得出 DHCF，即可 得出结论； (2)过 D 作 DGAB，交 AC 的延长线于点 G，由平行线的性质易证GDCDGC60，得出 GCD 为等边三角形，则 D

20、G CDCG，证明 EGDFCD(SAS)，得出 EGFC，即可得出 FCCD+CE 【详解】 (1)证明：在 CD 上截取 CHCE，如图 1 所示： ABC 是等边三角形， ECH60， CEH 是等边三角形， EHECCH，CEH60， DEF 是等边三角形， DEFE，DEF60， DEH+HEFFEC+HEF60， DEHFEC， 在 DEH 和 FEC 中， DEFE DEHFEC EHEC ， DEHFEC(SAS)， DHCF， CDCH+DHCE+CF， CE+CFCD； (2)解：线段 CE，CF 与 CD 之间的等量关系是 FCCD+CE；理由如下： ABC 是等边三角形

21、， AB60， 过 D 作 DGAB，交 AC 的延长线于点 G，如图 2 所示： GDAB， GDCB60，DGCA60， GDCDGC60， GCD 为等边三角形， DGCDCG，GDC60， EDF 为等边三角形， EDDF，EDFGDC60， EDGFDC， 在 EGD 和 FCD 中， EDDF EDGFDC DGCD ， EGDFCD(SAS)， EGFC， FCEGCG+CECD+CE 【点睛】 本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；作辅助线构建等边三角形是解题的 关键 6 (2020 山东东营市 中考真题)如图1， 在等腰三角形ABC中，

22、120 ,AABAC o 点DE、分别在边ABAC、上， ,ADAE连接,BE点M NP、 、 分别为DEBEBC、的中点 (1)观察猜想 图 1 中，线段NMNP、的数量关系是_，MNP的大小为_； (2)探究证明 把ADE绕点A顺时针方向旋转到如图 2 所示的位置，连接,MPBDCE、判断MNP的形状，并说明理由； (3)拓展延伸 把ADE绕点A在平面内自由旋转，若1,3ADAB，请求出MNP面积的最大值 【答案】(1)相等，60；(2)MNP是等边三角形，理由见解析；(3)MNP面积的最大值为 3. 【分析】 (1)根据120 ,AABAC o ,ADAE点M NP、 、分别为DEBEB

23、C、 的中点， 可得 MN/BD， NP/ CE ，根据三角形外角和定理，等量代换求出MNP (2)先求出ABDACE， 得出ABDACE， 根据 MN/BD， NP/CE ， 和三角形外角和定理， 可知 MN=PN， 再等量代换求出MNP，即可求解 (3)根据BDABAD，可知 BD 最大值，继而求出MNP 面积的最大值 【详解】 1由题意知：AB=AC，AD=AE，且点MNP、 、分别为DEBEBC、 的中点， BD=CE，MN/BD，NP/CE，MN= 1 2 BD，NP= 1 2 EC MN=NP 又MN/BD，NP/CE，A=120，AB=AC， MNE=DBE，NPB=C，ABC=

24、C=30 根据三角形外角和定理， 得ENP=NBP+NPB MNP=MNE+ENP，ENP=NBP+NPB， NPB=C，MNE=DBE， MNP=DBE+NBP+C =ABC+C =60 2MNPV是等边三角形 理由如下： 如图，由旋转可得BADCAE 在ABD 和ACE 中 ABAC BADCAE ADAE ABDACE SAS BDCEABDACE， 点MN、分别为DEBE、的中点， MN 是EBD的中位线， 1 2 MNBD且 /MNBD 同理可证 1 2 PNCE且/PNCE ,MNPNMNEDBENPBECB， MNEDBEABDABEACEABEQ ENPEBPNPBEBPECB

25、 MNPMNEENPACEABEEBPECB 60ABCACB 在MNP中 MNP=60，MN=PN MNP是等边三角形 3根据题意得:BDABAD 即4BD ，从而2MN MNP 的面积 2 133 224 MNMNMN MNP面积的最大值为 3 【点睛】 本题主要考查了三角形中点的性质、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识；正确掌握三角形 相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识是解题的关键 7(2020 黑龙江鹤岗市 中考真题)如图，在Rt ABC中，90ACB，ACBC，点D、E分别在AC、BC 边上，DCEC， 连接DE、AE、BD， 点M、N、

26、P分别是AE、BD、AB的中点， 连接PM、PN、MN (1)BE与MN的数量关系是_ (2)将DEC绕点C逆时针旋转到图和图的位置，判断BE与MN有怎样的数量关系？写出你的猜想，并利用图 或图进行证明 【答案】(1) 2BEMN ；(2)图(2)： 2BEMN ，图(3)： 2BEMN ，理由见解析 【分析】 (1)先证明 AD=BE，根据中位线定理证明 PMN 为等腰直角三角形，得到 2 2 PMMN ，再进行代换即可； (2)： 如图(2)连接AD， 延长BE交AD于H， 交AC于G， 先证明ACDBCE， 得到， AD=BE，90AHB， 根据中位线定理证明 PMN 为等腰直角三角形，

27、得到 2 2 PMMN ，再进行代换即可 【详解】 解：(1)Rt ABC中， 90ACB，ACBC ， BAC=ABC=45 ACBC，DCEC， AD=BE， 点M、N、P分别是AE、BD、AB的中点， PM，PN 分别为 ABE， BAD 中位线， PMBE,PM= 1 2 BE,PNAC,PN= 1 2 AD, PM=PN, APM=BPN=45， PMN=90， PMN 为等腰直角三角形， 22 sin 22 PMMNPNMMNMN ， 22BEPMMN ， 即 2BEMN ； (2)图(2)： 2BEMN 图(3)： 2BEMN 证明：如图(2) 连接AD，延长BE交AD于H，交A

28、C于G， 90ACBDCEQ ， DCAECB ， DCEC，ACBC， ACDBCE ， CADCBE ，BEAD， AGHCGE， 90CADAGHCBECGE， 90AHB， P、M、N分别是AB、AE、BD的中点， /PNAD， 1 2 PNAD， /PMBE， 1 2 PMBE， PMPN ， 190MPNAHB ， PMN 是等腰直角三角形， 2MNPM ， 22BEPMMN 【点睛】 本题考查了等腰直角三角形性质，全等三角形判定与性质，中位线定理等知识，综合性较强，解题关键理解运用好中位线性 质 8 (2020 山东潍坊市 中考真题)如图 1， 在ABC中， 90 ,21AABA

29、C ， 点 D， E 分别在边,AB AC上， 且1ADAE，连接DE现将ADE绕点 A 顺时针方向旋转，旋转角为0360 ，如图 2，连接 ,CE BD CD (1)当0180时，求证：CEBD ； (2)如图 3，当90时，延长CE交BD于点F，求证：CF垂直平分BD； (3)在旋转过程中，求BCD的面积的最大值，并写出此时旋转角的度数 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)BCD的面积的最大值为 3 25 2 ，旋转角的度数为135 【分析】 (1)利用 “SAS”证得 ACE ABD 即可得到结论； (2)利用 “SAS”证得 ACE ABD，推出ACE=ABD，计算得出

30、AD=BC= 22 ，利用等腰三角形“三线合一”的性质 即可得到结论； (3)观察图形，当点 D 在线段 BC 的垂直平分线上时，BCD的面积取得最大值，利用等腰直角三角形的性质结合三角形面 积公式即可求解 【详解】 (1)根据题意：AB=AC，AD=AE，CAB=EAD=90， CAE+BAE =BAD+BAE =90， CAE=BAD， 在 ACE 和 ABD 中， ACAB CAEBAD AEAD ， ACE ABD(SAS)， CE=BD； (2)根据题意：AB=AC，AD=AE，CAB=EAD=90， 在 ACE 和 ABD 中， ACAB CAEBAD AEAD ， ACE ABD

31、(SAS)， ACE=ABD， ACE+AEC=90，且AEC=FEB， ABD+FEB=90， EFB=90， CFBD， AB=AC= 21 ，AD=AE=1，CAB=EAD=90， BC= 2AB =22 ，CD= AC+ AD= 22 ， BC= CD， CFBD， CF 是线段 BD 的垂直平分线； (3)BCD中，边 BC 的长是定值，则 BC 边上的高取最大值时BCD的面积有最大值， 当点 D 在线段 BC 的垂直平分线上时，BCD的面积取得最大值，如图： AB=AC= 21 ，AD=AE=1，CAB=EAD=90，DGBC 于 G， AG= 1 2 BC= 22 2 ，GAB=

32、45， DG=AG+AD= 2224 1 22 ，DAB=180-45=135， BCD的面积的最大值为： 11243 25 22 2222 BC DG ， 旋转角135 【点睛】 本题属于几何变换综合题， 考查了等腰直角三角形的性质， 全等三角形的判定和性质， 线段垂直平分线的判定和性质等知识， 解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题 9(2020 湖北中考真题)如图 1，已知ABCEBD，90ACBEDB，点 D 在AB上，连接CD并延长 交AE于点 F (1)猜想：线段AF与EF的数量关系为_； (2)探究： 若将图 1 的EBD绕点 B 顺时针方向旋转， 当CBE小于180时， 得到图

33、 2， 连接CD并延长交AE于点 F， 则(1)中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由； (3)拓展： 图 1 中， 过点 E 作EGCB， 垂足为点 G 当ABC的大小发生变化， 其它条件不变时， 若EBGBAE， 6BC ，直接写出AB的长 【答案】(1)AF=EF；(2)成立，理由见解析；(3)12 【分析】 (1) 延长 DF 到 G 点， 并使 FG=DC， 连接 GE， 证明 ACF EDG， 进而得到 GEF 为等腰三角形， 即可证明 AF=GE=EF； (2)证明原理同(1)，延长 DF 到 G 点，并使 FG=DC，连接 GE，证明 ACF EDG，进而得到

34、 GEF 为等腰三角形，即可 证明 AF=GE=EF； (3)补充完整图后证明四边形 AEGC 为矩形，进而得到ABC=ABE=EBG=60即可求解 【详解】 解：(1)延长 DF 到 G 点，并使 FG=DC，连接 GE，如下图所示 ABCEBD， DE=AC，BD=BC， CDB=DCB，且CDB=ADF， ADF=DCB， ACB=90， ACD+DCB=90， EDB=90， ADF+FDE=90， ACD=FDE， 又延长 DF 使得 FG=DC， FG+DF=DC+DF， DG=CF， 在 ACF 和 EDG 中， ACED ACFEDG CFDG ， ACF EDG(SAS)，

35、GE=AF，G=AFC， 又AFC=GFE， G=GFE GE=EF AF=EF， 故 AF 与 EF 的数量关系为：AF=EF. 故答案为：AF=EF； (2)仍旧成立，理由如下： 延长 DF 到 G 点，并使 FG=DC，连接 GE，如下图所示 设 BD 延长线 DM 交 AE 于 M 点， ABCEBD， DE=AC，BD=BC， CDB=DCB，且CDB=MDF， MDF=DCB， ACB=90， ACD+DCB=90， EDB=90， MDF+FDE=90， ACD=FDE， 又延长 DF 使得 FG=DC， FG+DF=DC+DF， DG=CF， 在 ACF 和 EDG 中， AC

36、ED ACFEDG CFDG ， ACF EDG(SAS)， GE=AF，G=AFC， 又AFC=GFE， G=GFE GE=EF， AF=EF， 故 AF 与 EF 的数量关系为：AF=EF. 故答案为：AF=EF； (3)如下图所示： BA=BE， BAE=BEA， BAE=EBG, BEA=EBG， AE/CG， AEG+G=180， AEG=90， ACG=G=AEG=90， 四边形 AEGC 为矩形， AC=EG，且 AB=BE， Rt ACBRt EGB(HL)， BG=BC=6，ABC=EBG， 又ED=AC=EG，且 EB=EB， Rt EDBRt EGB(HL)， DB=GB

37、=6，EBG=ABE， ABC=ABE=EBG=60， BAC=30， 在 Rt ABC 中由 30所对的直角边等于斜边的一半可知： 212ABBC 故答案为：12 【点睛】 本题属于四边形的综合题， 考查了三角形全等的性质和判定， 矩形的性质和判定， 本题的关键是延长 DF 到 G 点并使 FG=DC， 进而构造全等，本题难度稍大，需要作出合适的辅助线 10(2020 湖南郴州市 中考真题)如图 1，在等腰直角三角形ADC中，90 ,4ADCAD点E是AD的中点，以 DE为边作正方形DEFG，连接 ,AG CE将正方形DEFG绕点 D 顺时针旋转，旋转角为(090 ) (1)如图2，在旋转过

38、程中， 判断AGD与CED是否全等，并说明理由； 当CECD时，AG与EF交于点H，求GH的长 (2)如图3，延长CE交直线AG于点P 求证：AGCP； 在旋转过程中，线段PC的长度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由 【答案】(1)全等，证明见解析； 8 15 15 ；(2)证明见解析；2 3 2 【分析】 (1)由等腰直角三角形性质和正方形性质根据全等三角形判定定理(SAS)即可证明； 过 A 点作 AMGD，垂足为 M，交 FE 与 N，利用等腰三角形三线合一性质构造直角三角形，由勾股定理求出 AM 的长，进而得出 15 coscos 4 GAMAGF ，再由 cos

39、 FG GH AGF 求出结果； (2)根据全等三角形性质可得CGADE D，再在APC和ADC中由三角形内角和定理得出 90GADECADAC， 从而证明结论； 根据APC=90得出 PC 最大值是GAD 最大时， 即 GDAG 时， 进而可知 CEF 三点共线，F 与 P 重合，求出此时 CE 长，继而可得 CP 最大值 【详解】 解：(1)全等，理由如下： 在等腰直角三角形ADC中，AD=CD， 90ADC ， 在正方形DEFG中，GD=ED， 90GDE ， 又90ADEEDC， 90ADEADG， ADGCDE 在AGD和CED中， ADCD ADGCDE GDED ， CAGDED

40、(SAS)； 如解图 2，过 A 点作 AMGD，垂足为 M，交 FE 与 N， 点E是AD的中点， 在正方形DEFG中，DE=GD=GF=EF=2， 由得CAGDED， AGCE， 又CECD， 4AGADCD， AMGD， 1 1 2 GMGD， 又 90DF ， 四边形 GMNF 是矩形， 2MNGF， 在Rt AGM中， 2222 4115AMAGGM ， 15 cos 4 AM GAM AG /FGAM， GAMAGF 15 cos 4 FG AGF GH ， 28 15 cos1515 4 FG GH AGF (2)由得CAGDED， CGADE D， 又 90ECDECADAC，

41、 90GADECADAC， 90APC，即：AGCP； 90APC， sinPCAPPAC， 当PAC最大时，PC 最大， DAC=45，是定值， GAD最大时，PAC最大，PC 最大， AD=4，GD=2， 当 GDAG，30GAD最大，如解图 3， 此时 2222 422 3AGADGD ， 又AG CP ，EFFG， F 点与 P 点重合， CEFP 四点共线， CP=CE+EF=AG+EF=2 3 2 ， 线段PC得最大值为：2 3 2 【点睛】 本题考查了三角形的综合；涉及了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，解直角三角形等知识，能够准确画 出旋转后满足条件的两个图形，构

42、造直角三角形求解是关键 10(2020 山东威海市 中考真题)发现规律： (1)如图，ABC与ADE都是等边三角形，直线,BD CE交于点F直线BD，AC交于点H求BFC 的度 数 (2)已知：ABC与ADE的位置如图所示，直线,BD CE交于点F直线BD，AC交于点H若 ABCADE ，ACBAED ，求BFC的度数 应用结论： (3)如图，在平面直角坐标系中，点O的坐标为(0,0)，点M的坐标为(3,0)，N为y轴上一动点，连接MN将线 段MN绕点M逆时针旋转60得到线段MK，连接NK，OK，求线段OK长度的最小值 【答案】(1)BFC的度数为60；(2)BFC的度数为180；(3)线段O

43、K长度的最小值为 3 2 【分析】 (1)通过证明BADCAE可得ABDACE，再由三角形内角和定理进行求解即可； (2)通过证明ABCADE可得BACDAE，AB AC ADAE ， 可证ABDACE， 可得ABDACE， 由外角性质可得BFCBAC，再有三角形内角和定理进行求解即可； (3)由旋转的性质可得MNK是等边三角形，可得MKMNNK，60NMKNKMKNM，如 图将MOK绕点 M 顺时针旋转60，得到MQN，连接 OQ，可得60OMQ，OK=NQ，MO=MQ，则当 NQ 为最小值时，OK 有最小值，由垂线段最短可得当QNy轴时，NQ 有最小值，由直角三角形的性质即可求解 【详解】

44、 (1)ABC与ADE是等边三角形 AB=AC，AD=AE，60BACDAEABCACB BADCAE ()BADCAE SAS ABDACE 60ABDDBCABC 60ACEDBC 18060BFCDBCACEACB； (2)ABCADE，ACBAED ABCADE BACDAE， ABAC ADAE BADCAE， ABAD ACAE ABDACE ABDACE BHCABDBACBFCACE BFCBAC 180BACABCACB 180BFC 180BFC； (3)将线段 MN 绕点 M 逆时针旋转60得到线段 MK MNMK，60NMK MNK是等边三角形 MKMNNK，60NMKNKMKNM 如下图，将MOK绕点 M 顺时针旋转60，得到MQN，连接 OQ MOKMQN，60OMQ OK=NQ，MO=MQ MOQ是等边三角形 60QOM 30NOQ OK=NQ 当 NQ 为最小值时，OK 有最小值，由垂线段最短可得当QNy轴时，NQ 有最小值 点M的坐标为(3,0) 3OMOQ QNy轴，30NOQ 13 22 NQOQ 线段 OK 长度的最小值为 3 2 【点睛】 本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的 性质，三角形内角和定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是解决本题的关键