20年中考三大变换 综合题(解析版)

2020全国各地中考数学压轴题按题型（几何综合）汇编
三大变换（平移旋转对称）的计算和证明综合题
1.（2020福建）如图，△ADE 由△ABC 绕点A 按逆时针方向旋转90°得到，且点B 的对应点D 恰好落在
BC 的延长线上，AD ，EC 相交于点P ．
（1）求∠BDE 的度数；
（2）F 是EC 延长线上的点，且∠CDF ＝∠DAC ．
①判断DF 和PF 的数量关系，并证明；
②求证：EP PF =PC CF ．
【解答】解：（1）∵△ADE 由△ABC 绕点A 按逆时针方向旋转90°得到，
∴AB ＝AD ，∠BAD ＝90°，△ABC ≌△ADE ，
在Rt △ABD 中，∠B ＝∠ADB ＝45°，
∴∠ADE ＝∠B ＝45°，
∴∠BDE ＝∠ADB +∠ADE ＝90°．
（2）①DF ＝PF ．
证明：由旋转的性质可知，AC ＝AE ，∠CAE ＝90°，
在Rt △ACE 中，∠ACE ＝∠AEC ＝45°，
∵∠CDF ＝∠CAD ，∠ACE ＝∠ADB ＝45°，
∴∠ADB +∠CDF ＝∠ACE +∠CAD ，
即∠FPD ＝∠FDP ，
∴DF ＝PF ．
②证明：过点P 作PH ∥ED 交DF 于点H ，
∴∠HPF ＝∠DEP ，EP PF =DH HF ，
∵∠DPF ＝∠ADE +∠DEP ＝45°+∠DEP ，
∠DPF ＝∠ACE +∠DAC ＝45°+∠DAC ，
∴∠DEP ＝∠DAC ，
又∵∠CDF ＝∠DAC ，
∴∠DEP ＝∠CDF ，
∴∠HPF ＝∠CDF ，
又∵FD ＝FP ，∠F ＝∠F ，
∴△HPF ≌△CDF （ASA ），
∴HF ＝CF ，
∴DH ＝PC ，
又∵EP PF =DH HF ，
∴EP PF =PC CF ．
2.（2020甘肃金昌）如图，点M ，N 分别在正方形ABCD 的边BC ，CD 上，且∠MAN ＝45°．把△ADN 绕
点A 顺时针旋转90°得到△ABE ．
（1）求证：△AEM ≌△ANM ．
（2）若BM ＝3，DN ＝2，求正方形ABCD 的边长．
【解答】（1）证明：∵△ADN ≌△ABE ，
∴∠DAN ＝∠BAE ，DN ＝BE ，
∵∠DAB ＝90°，∠MAN ＝45°，
∴∠MAE ＝∠BAE +∠BAM ＝∠DAN +∠BAM ＝45°，
∴∠MAE ＝∠MAN ，
∵MA ＝MA ，
∴△AEM ≌△ANM （SAS ）．
（2）解：设CD ＝BC ＝x ，则CM ＝x ﹣3，CN ＝x ﹣2，
∵△AEM ≌△ANM ，
∴EM ＝MN ，
∵BE ＝DN ，
∴MN ＝BM +DN ＝5，
∵∠C＝90°，
∴MN2＝CM2+CN2，
∴25＝（x﹣2）2+（x﹣3）2，解得，x＝6或﹣1（舍弃），∴正方形ABCD的边长为6．
3.（2020玉林）如图，四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，且OA＝OB＝OC＝OD=√2
2AB．（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）若H是边AB上一点（H与A，B不重合），连接DH，将线段DH绕点H顺时针旋转90°，得到线段HE，过点E分别作BC及AB延长线的垂线，垂足分别为F，G．设四边形BGEF的面积为s1，以HB，BC为邻边的矩形的面积为s2，且s1＝s2．当AB＝2时，求AH的长．
【解答】（1）证明：∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，
∵OA＝OB＝OC＝OD=√2
2AB，
∴OA2+OB2＝AB2，
∴∠AOB＝90°，
即AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）解：∵EF⊥BC，EG⊥AG，
∴∠G＝∠EFB＝∠FBG＝90°，
∴四边形BGEF是矩形，
∵将线段DH绕点H顺时针旋转90°，得到线段HE，∴∠DHE＝90°，DH＝HE，
∴∠ADH+∠AHD＝∠AHD+∠EHG＝90°，
∴∠ADH＝∠EHG，
∵∠DAH＝∠G＝90°，
∴△ADH≌△GHE（AAS），
∴AD＝HG，AH＝EG，
∵AB＝AD，
∴AB＝HG，
∴AH＝BG，
∴BG＝EG，
∴矩形BGEF是正方形，
设AH＝x，则BG＝EG＝x，
∵s1＝s2．
∴x2＝2（2﹣x），
解得：x=√5−1（负值舍去），
∴AH=√5−1．
4.（2020河南省）将正方形ABCD 的边AB 绕点A 逆时针旋转至AB ′，记旋转角为α，连接BB ′，过点D
作DE 垂直于直线BB ′，垂足为点E ，连接DB ′，CE ．
（1）如图1，当α＝60°时，△DEB ′的形状为 等腰直角三角形 ，连接BD ，可求出
BB′CE 的值为 √2 ；
（2）当0°＜α＜360°且α≠90°时， ①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②当以点B ′，E ，C ，D 为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出BE B′E 的值．
【解答】解：（1）∵AB 绕点A 逆时针旋转至AB ′，
∴AB ＝AB '，∠BAB '＝60°，
∴△ABB '是等边三角形，
∴∠BB 'A ＝60°，
∴∠DAB '＝∠BAD ﹣∠BAB '＝90°﹣60°＝30°，
∵AB '＝AB ＝AD ，
∴∠AB 'D ＝∠ADB '，
∴∠AB 'D =
180°−30°2=75°， ∴∠DB 'E ＝180°﹣60°﹣75°＝45°，
∵DE ⊥B 'E ，
∴∠B 'DE ＝90°﹣45°＝45°，
∴△DEB '是等腰直角三角形．
∵四边形ABCD 是正方形，
∴∠BDC ＝45°，
∴BD DC =√2，
同理B′D DE =√2，
∴BD DC =B′D DE
， ∵∠BDB '+∠B 'DC ＝45°，∠EDC +∠B 'DC ＝45°，
∴BDB '＝∠EDC ，
∴△BDB '∽△CDE ，
∴BB′CE =BD DC =√2．
故答案为：等腰直角三角形，
BB′CE =√2．
（2）①两结论仍然成立．
证明：连接BD ，
∵AB ＝AB '，∠BAB '＝α，
∴∠AB 'B ＝90°−α2，
∵∠B 'AD ＝α﹣90°，AD ＝AB '，
∴∠AB 'D ＝135°−α2，
∴∠EB 'D ＝∠AB 'D ﹣∠AB 'B ＝135°−α2−(90°−α2
)=45°， ∵DE ⊥BB '，
∴∠EDB '＝∠EB 'D ＝45°，
∴△DEB '是等腰直角三角形，
∴DB′DE =√2，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴BD CD
=√2，∠BDC ＝45°， ∴BD CD =DB′DE ，
∵∠EDB '＝∠BDC ，
∴∠EDB '+∠EDB ＝∠BDC +∠EDB ，
即∠B 'DB ＝∠EDC ，
∴△B 'DB ∽△EDC ，
∴BB′CE
=BD CD =√2． ②BE B′E =3或1．
若CD 为平行四边形的对角线，
点B '在以A 为圆心，AB 为半径的圆上，取CD 的中点．连接BO 交⊙A 于点B '，
过点D 作DE ⊥BB '交BB '的延长线于点E ，
由（1）可知△B 'ED 是等腰直角三角形，
∴B 'D =√2B 'E ，
由（2）①可知△BDB '∽△CDE ，且BB '=√2CE ．
∴BE B′E =B′B+B′E B′E =BB′B′E +1=√2CE B′E +1=√2B′D B′E +1=√2×√2+1＝3．
若CD 为平行四边形的一边，如图3，
点E与点A重合，
∴BE
B′E
=1．
综合以上可得BE
B′E
=3或1．
5.（2020•郴州）如图1，在等腰直角三角形ADC中，∠ADC＝90°，AD＝4．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α（0°＜α＜90°）．（1）如图2，在旋转过程中，
①判断△AGD与△CED是否全等，并说明理由；
②当CE＝CD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．
①求证：AG⊥CP；
②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．
【解答】解：（1）①如图2中，结论：△AGD≌△CED．
理由：∵四边形EFGD是正方形，
∴DG＝DE，∠GDE＝90°，
∵DA＝DC，∠ADC＝90°，
∴∠GDE＝∠ADC，
∴∠ADG＝∠CDE，
∴△AGD≌△CED（SAS）．
②如图2中，过点A作AT⊥GD于T．
∵△AGD≌△CED，CD＝CE，
∵AT ⊥GD ，
∴TG ＝TD ＝1，
∴AT =√AG 2−TG 2=√15，
∵EF ∥DG ，
∴∠GHF ＝∠AGT ，
∵∠F ＝∠ATG ＝90°，
∴△GFH ∽△ATG ，
∴GH AG =FG AT ，
∴GH 4=√15，
∴GH =8√1515．
（2）①如图3中，设AD 交PC 于O ．
∵△AGD ≌△CED ，
∴∠DAG ＝∠DCE ，
∵∠DCE +∠COD ＝90°，∠COD ＝∠AOP ，
∴∠AOP +∠DAG ＝90°，
∴CP ⊥AG ．
②∵∠CP A ＝90°，AC 是定值，
∴当∠ACP 最小时，PC 的值最大，
∴当DE ⊥PC 时，∠ACP 的值最小，此时PC 的值最大，此时点F 与P 重合（如图4中），
∵∠CED ＝90°，CD ＝4，DE ＝2，
∴EC =√CD 2−DE 2=√42−22=2√3，
∵EF ＝DE ＝2，
∴CP ＝CE +EF ＝2+2√3，
∴PC 的最大值为2+2√3．
6.（2020江苏淮安）[初步尝试]
（1）如图①，在三角形纸片ABC 中，∠ACB ＝90°，将△ABC 折叠，使点B 与点C 重合，折痕为MN ，则AM 与BM 的数量关系为 AM ＝BM ；
[思考说理]
（2）如图②，在三角形纸片ABC 中，AC ＝BC ＝6，AB ＝10，将△ABC 折叠，使点B 与点C 重合，折痕为MN ，求AM BM 的值；
（3）如图③，在三角形纸片ABC中，AB＝9，BC＝6，∠ACB＝2∠A，将△ABC沿过顶点C的直线折叠，使点B落在边AC上的点B′处，折痕为CM．
①求线段AC的长；
②若点O是边AC的中点，点P为线段OB′上的一个动点，将△APM沿PM折叠得到△A′PM，点A
的对应点为点A′，A′M与CP交于点F，求PF
MF
的取值范围．
【解答】解：（1）如图①中，
∵△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，
∴MN垂直平分线段BC，
∴CN＝BN，
∵∠MNB＝∠ACB＝90°，
∴MN∥AC，
∵CN＝BN，
故答案为AM ＝BM ．
（2）如图②中，
∵CA ＝CB ＝6，
∴∠A ＝∠B ，
由题意MN 垂直平分线段BC ，
∴BM ＝CM ，
∴∠B ＝∠MCB ，
∴∠BCM ＝∠A ，
∵∠B ＝∠B ，
∴△BCM ∽△BAC ，
∴BC BA =BM BC ，
∴610=BM 6，
∴BM =185，
∴AM ＝AB ﹣BM ＝10−185=325，
∴AM BM =325185=169．
（3）①如图③中，
由折叠的性质可知，CB ＝CB ′＝6，∠BCM ＝∠ACM ，
∵∠ACB ＝2∠A ，
∴∠BCM ＝∠A ，
∵∠B ＝∠B ，
∴△BCM ∽△BAC ，
∴BC AB
=BM BC =CM AC ∴69=BM 6，
∴BM ＝4，
∴AM ＝CM ＝5，
∴69=5AC ，
∴AC =152．
②如图③﹣1中，
∵∠A ＝∠A ′＝∠MCF ，∠PF A ′＝∠MFC ，P A ＝P A ′，
∴△PF A ′∽△MFC ，
∴PF FM =PA′CM ，
∵CM ＝5，
∴PF FM =PA′5，
∵点P 在线段OB 上运动，OA ＝OC =
154，AB ′=152−6=32， ∴32≤P A ′≤154
， ∴310≤PF FM ≤34．
7.（2020山东菏泽）如图1，四边形ABCD 的对角线AC ，BD 相交于点O ，OA ＝OC ，OB ＝OD +CD ．
（1）过点A 作AE ∥DC 交BD 于点E ，求证：AE ＝BE ；
（2）如图2，将△ABD 沿AB 翻折得到△ABD '．
①求证：BD '∥CD ；
②若AD '∥BC ，求证：CD 2＝2OD •BD ．
【解答】（1）证明：∵AE∥DC，
∴∠CDO＝∠AEO，∠EAO＝∠DCO，
又∵OA＝OC，
∴△AOE≌△COD（AAS），
∴CD＝AE，OD＝OE，
∵OB＝OE+BE，OB＝OD+CD，
∴BE＝CD，
∴AE＝BE；
（2）①证明：如图1，过点A作AE∥DC交BD于点E，
由（1）可知△AOE≌△COD，AE＝BE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∵将△ABD沿AB翻折得到△ABD'，
∴∠ABD'＝∠ABD，
∴∠ABD'＝∠BAE，
∴BD'∥AE，
又∵AE∥CD
∴BD'∥CD．
②证明：如图2，过点A作AE∥DC交BD于点E，延长AE交BC于点F，
∵AD'∥BC，BD'∥AE，
∴四边形AD'BF为平行四边形．
∴∠D'＝∠AFB，
∵将△ABD沿AB翻折得到△ABD'．
∴∠D'＝∠ADB，
∴∠AFB＝∠ADB，
又∵∠AED＝∠BEF，
∴△AED∽△BEF，
∴AE
DE =
BE
EF
，
∵AE＝CD，
∴CD
DE =
BE
EF
，
∵EF ∥CD ，
∴△BEF ∽△BDC ，
∴BE EF
=BD DC ， ∴CD DE =BD CD ，
∴CD 2＝DE •BD ，
∵△AOE ≌△COD ，
∴OD ＝OE ，
∴DE ＝2OD ，
∴CD 2＝2OD •BD ．
8.（2020山东潍坊）如图1，在△ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝AC =√2+1，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，
且AD ＝AE ＝1，连接DE ．现将△ADE 绕点A 顺时针方向旋转，旋转角为α（0°＜α＜360°），如图2，连接CE ，BD ，CD ．
（1）当0°＜α＜180°时，求证：CE ＝BD ；
（2）如图3，当α＝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α的度数．
【解答】（1）证明：如图2中，根据题意：AB ＝AC ，AD ＝AE ，∠CAB ＝∠EAD ＝90°，
∵∠CAE +∠BAE ＝∠BAD +∠BAE ＝90°，
∴∠CAE ＝∠BAD ，
在△ACE 和△ABD 中，
{AC =AB ∠CAE =∠BAD AE =AD
，
∴△ACE ≌△ABD （SAS ），
∴CE ＝BD ；
（2）证明：如图3中，根据题意：AB ＝AC ，AD ＝AE ，∠CAB ＝∠EAD ＝90°，
在△ACE 和△ABD 中，
{AC =AB ∠CAE =∠BAD AE =AD
，
∴△ACE ≌△ABD （SAS ），
∴∠ACE ＝∠ABD ，
∵∠ACE +∠AEC ＝90°，且∠AEC ＝∠FEB ，
∴∠ABD +∠FEB ＝90°，
∴∠EFB ＝90°，
∴CF ⊥BD ，
∵AB ＝AC =√2+1，AD ＝AE ＝1，∠CAB ＝∠EAD ＝90°，
∴BC =√2AB =√2+2，CD ＝AC +AD =√2+2，
∴BC ＝CD ，
∵CF ⊥BD ，
∴CF 是线段BD 的垂直平分线；
（3）解：△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4中：
∵AB ＝AC =√2+1，AD ＝AE ＝1，∠CAB ＝∠EAD ＝90°，DG ⊥BC 于G ，
∴AG =12BC =√2+22，∠GAB ＝45°，
∴DG ＝AG +AD =√2+22+1=√2+42，∠DAB ＝180°﹣45°＝135°，
∴△BCD 的面积的最大值为：12BC ⋅DG =12(√2+2)(
√2+42)=3√2+52， 旋转角α＝135°．
9.（2020山东枣庄）在△ABC 中，∠ACB ＝90°，CD 是中线，AC ＝BC ，一个以点D 为顶点的45°角绕点
D 旋转，使角的两边分别与AC 、BC 的延长线相交，交点分别为点
E 、
F ，DF 与AC 交于点M ，DE 与BC 交于点N ．
（1）如图1，若CE ＝CF ，求证：DE ＝DF ；
（2）如图2，在∠EDF 绕点D 旋转的过程中，试证明CD 2＝CE •CF 恒成立；
（3）若CD ＝2，CF =√2，求DN 的长．
【解答】（1）证明：∵∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，CD 是中线，
∴∠ACD ＝∠BCD ＝45°，∠ACF ＝∠BCE ＝90°，
∴∠DCF ＝∠DCE ＝135°，
在△DCF 和△DCE 中，
{CF =CE ∠DCF =∠DCE DC =DC
，
∴△DCF ≌△DCE （SAS ）
∴DE ＝DF ；
（2）证明：∵∠DCF ＝135°，
∴∠F +∠CDF ＝45°，
∵∠FDE ＝45°，
∴∠CDE +∠CDF ＝45°，
∴∠F ＝∠CDE ，
∵∠DCF ＝∠DCE ，∠F ＝∠CDE ，
∴△FCD ∽△DCE ，
∴CF CD =CD CE ，
∴CD 2＝CE •CF ；
（3）解：过点D 作DG ⊥BC 于G ，
∵∠DCB ＝45°，
∴GC ＝GD =√22CD =√2，
由（2）可知，CD 2＝CE •CF ，
∴CE =CD 2CF
=2√2， ∵∠ECN ＝∠DGN ，∠ENC ＝∠DNG ，
∴△ENC ∽△DNG ，
∴CN NG =CE DG ，即
√2−NG NG =√2√2， 解得，NG =√23，
由勾股定理得，DN =√DG 2+NG 2=2√5
3．
10.（2020四川成都）在矩形ABCD 的CD 边上取一点E ，将△BCE 沿BE 翻折，使点C 恰好落在AD 边上
点F 处．
（1）如图1，若BC ＝2BA ，求∠CBE 的度数；
（2）如图2，当AB ＝5，且AF •FD ＝10时，求BC 的长；
（3）如图3，延长EF ，与∠ABF 的角平分线交于点M ，BM 交AD 于点N ，当NF ＝AN +FD 时，求
AB
BC 的
值．
【解答】解：（1）∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，∴BC＝BF，∠FBE＝∠EBC，
∵BC＝2AB，
∴BF＝2AB，
∴∠AFB＝30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AFB＝∠CBF＝30°，
∴∠CBE=1
2∠FBC＝15°；
（2）∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，∴∠BFE＝∠C＝90°，CE＝EF，
又∵矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，
∴∠AFB+∠DFE＝90°，∠DEF+∠DFE＝90°，
∴∠AFB＝∠DEF，
∴△F AB∽△EDF，
∴AF
DE =
AB
DF
，
∴AF•DF＝AB•DE，
∵AF•DF＝10，AB＝5，
∴DE＝2，
∴CE＝DC﹣DE＝5﹣2＝3，
∴EF＝3，
∴DF=√EF2−DE2=√32−22=√5，
∴AF=
5
=2√5，
∴BC＝AD＝AF+DF＝2√5+√5=3√5．（3）过点N作NG⊥BF于点G，
∵NF＝AN+FD，
∴NF=1
2AD=
1
2BC，
∵BC＝BF，
∴NF=1
2BF，
∵∠NFG＝∠AFB，∠NGF＝∠BAF＝90°，
∴△NFG ∽△BF A ，
∴NG AB =FG FA =NF BF =12，
设AN ＝x ，
∵BN 平分∠ABF ，AN ⊥AB ，NG ⊥BF ，
∴AN ＝NG ＝x ，
设FG ＝y ，则AF ＝2y ，
∵AB 2+AF 2＝BF 2，
∴（2x ）2+（2y ）2＝（2x +y ）2，
解得y =43x ．
∴BF ＝BG +GF ＝2x +43x =103x ．
∴AB BC =AB BF =2x
103x =35． 11.（2020四川甘孜州）如图，Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，将△ABC 绕点C 顺时针旋转得到△DEC ，点D
落在线段AB 上，连接BE ．
（1）求证：DC 平分∠ADE ；
（2）试判断BE 与AB 的位置关系，并说明理由；
（3）若BE ＝BD ，求tan ∠ABC 的值．
【解答】（1）证明：∵△DCE是由△ACB旋转得到，∴CA＝CD，∠A＝∠CDE
∴∠A＝∠CDA，
∴∠CDA＝∠CDE，
∴CD平分∠ADE．
（2）解：结论：BE⊥AB．
由旋转的性质可知，∠DBC＝∠CED，
∴D，C，E，B四点共圆，
∴∠DCE+∠DBE＝90°，
∵∠DCE＝90°，
∴∠DBE＝90°，
∴BE⊥AB．
（3）如图，设BC交DE于O．连接AO．
∵BD＝BE，∠DBE＝90°，
∴∠DEB＝∠BDE＝45°，
∵C，E，B，D四点共圆，
∴∠DCO＝∠DEB＝45°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠OCD，
∵CD＝CD，∠ADC＝∠ODC，
∴△ACD∽△OCD（ASA），
∴AC＝OC，
∴∠AOC＝∠CAO＝45°，
∵∠ADO＝135°，
∴∠CAD＝∠ADC＝67.5°，
∴∠ABC＝22.5°，
∵∠AOC＝∠OAB+∠ABO，
∴∠OAB＝∠ABO＝22.5°，
∴OA＝OB，设AC＝OC＝m，则AO＝OB=√2m，
∴tan∠ABC=AC
CB
=
m+2m
=√2−1．
12.（2020四川内江）如图，正方形ABCD中，P是对角线AC上的一个动点（不与A、C重合），连结BP，
将BP绕点B顺时针旋转90°到BQ，连结QP交BC于点E，QP延长线与边AD交于点F．
（1）连结CQ，求证：AP＝CQ；
（2）若AP=1
4AC，求CE：BC的值；
（3）求证：PF＝EQ．
【解答】（1）证明：如图1，∵线段BP绕点B顺时针旋转90°得到线段BQ，∴BP＝BQ，∠PBQ＝90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABC＝90°．
∴∠ABC＝∠PBQ．
∴∠ABC﹣∠PBC＝∠PBQ﹣∠PBC，即∠ABP＝∠CBQ．
在△BAP和△BCQ中，
∵{BA=BC
∠ABP=∠CBQ BP=BQ
，
∴△BAP≌△BCQ（SAS）．
∴CQ＝AP．
（2）解：过点C作CH⊥PQ于H，过点B作BT⊥PQ于T．
∵AP=1
4AC，
∴可以假设AP＝CQ＝a，则PC＝3a，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠ACB＝45°，
∵△ABP≌△CBQ，
∴∠BCQ＝∠BAP＝45°，
∴∠PCQ＝90°，
∴PQ=√PC2+CQ2=√(3a)2+a2=√10a，∵CH⊥PQ，
∴CH=PC⋅CQ
PQ
=3√10
10a，
∵BP＝BQ，BT⊥PQ，∴PT＝TQ，
∵∠PBQ＝90°，
∴BT=1
2PQ=
√10
2a，
∵CH∥BT，
∴CE
EB =
CH
BT
=
3√10
10
a
√10
2
a
=
3
5
，
∴CE
CB =
3
8
．
（3）解：结论：PF＝EQ，理由是：
如图2，当F在边AD上时，过P作PG⊥FQ，交AB于G，则∠GPF＝90°，∵∠BPQ＝45°，
∴∠GPB＝45°，
∴∠GPB＝∠PQB＝45°，
∵PB＝BQ，∠ABP＝∠CBQ，
∴△PGB≌△QEB，
∴EQ＝PG，
∵∠BAD＝90°，
∴F、A、G、P四点共圆，
连接FG，
∴∠FGP＝∠F AP＝45°，
∴△FPG是等腰直角三角形，
∴PF＝PG，
∴PF＝EQ．
13.（2020天津）将一个直角三角形纸片OAB放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点A（2，0），点B
在第一象限，∠OAB＝90°，∠B＝30°，点P在边OB上（点P不与点O，B重合）．
（Ⅰ）如图①，当OP＝1时，求点P的坐标；
（Ⅱ）折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且OQ＝OP，点O的对应点为O'，设OP＝t．
①如图②，若折叠后△O'PQ与△OAB重叠部分为四边形，O'P，O'Q分别与边AB相交于点C，D，试
用含有t的式子表示O'D的长，并直接写出t的取值范围；
②若折叠后△O'PQ与△OAB重叠部分的面积为S，当1≤1≤3时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
【解答】解：（Ⅰ）如图①中，过点P 作PH ⊥OA 于H ．
∵∠OAB ＝90°，∠B ＝30°，
∴∠BOA ＝90°﹣30°＝60°，
∴∠OPH ＝90°﹣60°＝30°，
∵OP ＝1，
∴OH =12OP =12，PH ＝OP •cos30°=
√32， ∴P （12，
√32）． （Ⅱ）①如图②中，
由折叠可知，△O ′PQ ≌△OPQ ，
∴OP ＝O ′P ，OQ ＝O ′Q ，
∵OP ＝OQ ＝t ，
∴OP ＝OQ ＝O ′P ＝O ′Q ，
∴四边形OPO ′Q 是菱形，
∴QO ′∥OB ，
∴∠ADQ ＝∠B ＝30°，
∵A （2，0），
∴OA ＝2，QA ＝2﹣t ，
在Rt △AQD 中，DQ ＝2QA ＝4﹣2t ，
∵O ′D ＝O ′Q ﹣QD ＝3t ﹣4，
∴43＜t ＜2．
②①当点O ′落在AB 上时，重叠部分是△PQO ′，此时t =23，S =√34×（23
）2=√39， 当23
＜t ≤2时，重叠部分是四边形PQDC ，S =√34t 2−√38（3t ﹣4）2=−7√38t 2+3√3t ﹣2√3， 当x =3√32×(−738)=127时，S 有最大值，最大值=4√3
4，
当t ＝1时，S =√34，当t ＝3时，S =12×12×√32=√38
， 综上所述，√38
≤S ≤4√37． 14.（2020浙江湖州）已知在△ABC 中，AC ＝BC ＝m ，D 是AB 边上的一点，将∠B 沿着过点D 的直线折叠，
使点B 落在AC 边的点P 处（不与点A ，C 重合），折痕交BC 边于点E ．
（1）特例感知 如图1，若∠C ＝60°，D 是AB 的中点，求证：AP =12AC ；
（2）变式求异 如图2，若∠C ＝90°，m ＝6√2，AD ＝7，过点D 作DH ⊥AC 于点H ，求DH 和AP 的长；
（3）化归探究 如图3，若m ＝10，AB ＝12，且当AD ＝a 时，存在两次不同的折叠，使点B 落在AC 边上两个不同的位置，请直接写出a 的取值范围．
【解答】（1）证明：∵AC ＝BC ，∠C ＝60°，
∴△ABC 是等边三角形，
∴AC ＝AB ，∠A ＝60°，
由题意，得DB ＝DP ，DA ＝DB ，
∴DA ＝DP ，
∴△ADP 使得等边三角形，
∴AP ＝AD =12AB =12AC ．
（2）解：∵AC ＝BC ＝6√2，∠C ＝90°，
∴AB =√AC 2+BC 2=√(6√2)2+(6√2)2=12，
∵DH ⊥AC ，
∴DH ∥BC ，
∴△ADH ∽△ABC ，
∴DH BC =AD AB ，
∵AD ＝7， ∴6√2=712， ∴DH =7√22
， 将∠B 沿过点D 的直线折叠，
情形一：当点B 落在线段CH 上的点P 1处时，如图2﹣1中，
∵AB ＝12，
∴DP 1＝DB ＝AB ﹣AD ＝5，
∴HP 1=√DP 12−DH 2=52−(722)2=√2
2，
∴A 1＝AH +HP 1＝4√2， 情形二：当点B 落在线段AH 上的点P 2处时，如图2﹣2中，
同法可证HP2=√2
2，
∴AP2＝AH﹣HP2＝3√2，
综上所述，满足条件的AP的值为4√2或3√2．
（3）如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．
∵CA＝CB，CH⊥AB，
∴AH＝HB＝6，
∴CH=√AC2−AH2=√102−62=8，
当DB＝DP时，设BD＝PD＝x，则AD＝12﹣x，
∵tan A=CH
AC
=PD
AD，
∴8
10=
x
12−x
，
∴x=16 3，
∴AD＝AB﹣BD=20 3，
观察图形可知当6＜a＜20
3时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置．
15.（2020浙江金华）如图，在△ABC中，AB＝4√2，∠B＝45°，∠C＝60°．
（1）求BC边上的高线长．
（2）点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连结EF，沿EF将△AEF折叠得到△PEF．
①如图2，当点P落在BC上时，求∠AEP的度数．
②如图3，连结AP，当PF⊥AC时，求AP的长．
【解答】解：（1）如图1中，过点A作AD⊥BC于D．
在Rt△ABD中，AD＝AB•sin45°＝4√2×√2
2
=4．
（2）①如图2中，
∵△AEF≌△PEF，
∴AE＝EP，
∵AE＝EB，
∴BE＝EP，
∴∠EPB＝∠B＝45°，
∴∠PEB＝90°，
∴∠AEP＝180°﹣90°＝90°．
②如图3中，由（1）可知：AC=AD
=8√33，
sin60°
∵PF⊥AC，
∴∠PF A＝90°，
∵△AEF≌△PEF，
∴∠AFE＝∠PFE＝45°，
∴∠AFE＝∠B，
∵∠EAF＝∠CAB，∴△AEF∽△ACB，
∴AF
AB =
AE
AC
，即
4√2
=
√2
8√3
3
，
∴AF＝2√3，
在Rt△AFP，AF＝FP，
∴AP=√2AF＝2√6．
16.（2020浙江绍兴）如图1，矩形DEFG中，DG＝2，DE＝3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，
FG，BC的延长线相交于点O，且FG⊥BC，OG＝2，OC＝4．将△ABC绕点O逆时针旋转α（0°≤α＜180°）得到△A′B′C′．
（1）当α＝30°时，求点C′到直线OF的距离．
（2）在图1中，取A′B′的中点P，连结C′P，如图2．
①当C′P与矩形DEFG的一条边平行时，求点C′到直线DE的距离．
②当线段A′P与矩形DEFG的边有且只有一个交点时，求该交点到直线DG的距离的取值范围．
【解答】解：（1）如图1中，
过点C′作C′H⊥OF于H．
∵∠HC′O＝α＝30°，
∴C′H＝C′O•cos30°＝2√3，
∴点C′到直线OF的距离为2√3．
（2）①如图2中，当C′P∥OF时，过点C′作C′M⊥OF于M．
∵C′P∥OF，
∴∠O＝180°﹣∠OC′P＝45°，
∴△OC′M是等腰直角三角形，
∵OC′＝4，
∴C′M＝2√2，
∴点C′到直线DE的距离为2√2−2．
如图3中，当C′P∥DG时，过点C′作C′N⊥FG于N．
同法可证△OC′N是等腰直角三角形，
∴C′N＝2√2，
∴点C′到直线DE的距离为2√2+2．
②设d为所求的距离．
第一种情形：如图4中，当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．
∵OA′＝2√5，OM＝2，∠OMA′＝90°，
∴A′M=√A′O2−OM2=√(2√5)2−22=4，
∴A′D＝2，即d＝2，
如图5中，当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．
∵PQ＝1，OQ＝5，
∴OP=√52+12=√26，
∴PM=√26−4=√22，
∴PD=√22−2，
∴d=√22−2，
∴2≤d≤√22−2．
第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝2√5−2，即d＝2√5−2，如图6中，当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ 交OB′于R，连接OP．
∵OP=√26，OF＝5，
∴FP=√OP2−OF2=√26−25=1，
∵OF＝OT，PF＝PT，∠F＝∠PTO＝90°，∴Rt△OPF≌Rt△OPT（HL），
∴∠FOP＝∠TOP，
∵PQ∥OQ，
∴∠OPR＝∠POF，
∴∠OPR＝∠POR，
∴OR＝PR，
∵PT2+TR2＝PR2，
∴12+（5﹣PR）2＝PR2，
∴PR＝2.6，RT＝2.4，
∵△B′PR∽△B′QO，
∴B′R
B′O =
PR
QO
，
∴3.46=2.6OQ ，
∴OQ =7817
， ∴QG ＝OQ ﹣OG =4417，即d =4417
∴2√5−2≤d ＜4417，
第三种情形：当A ′P 经过点F 时，如图7中，显然d ＝3．
综上所述，2≤d ≤√22−2或d ＝3．
17.（2020浙江台州）如图，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，将△ABC 沿直线AB 翻折得到△ABD ，连接CD
交AB 于点M ．E 是线段CM 上的点，连接BE ．F 是△BDE 的外接圆与AD 的另一个交点，连接EF ，BF ．
（1）求证：△BEF 是直角三角形；
（2）求证：△BEF ∽△BCA ；
（3）当AB ＝6，BC ＝m 时，在线段CM 上存在点E ，使得EF 和AB 互相平分，求m 的值．
【解答】（1）证明：∵∠EFB＝∠EDB，∠EBF＝∠EDF，∴∠EFB+∠EBF＝∠EDB+∠EDF＝∠ADB＝90°，
∴∠BEF＝90°，
∴△BEF是直角三角形．
（2）证明：∵BC＝BD，
∴∠BDC＝∠BCD，
∵∠EFB＝∠EDB，
∴∠EFB＝∠BCD，
∵AC＝AD，BC＝BD，
∴AB⊥CD，
∴∠AMC＝90°，
∵∠BCD+∠ACD＝∠ACD+∠CAB＝90°，
∴∠BCD＝∠CAB，
∴∠BFE＝∠CAB，
∵∠ACB＝∠FEB＝90°，
∴△BEF∽△BCA．
（3）解：设EF 交AB 于J ．连接AE ． ∵EF 与AB 互相平分，
∴四边形AFBE 是平行四边形，
∴∠EF A ＝∠FEB ＝90°，即EF ⊥AD ， ∵BD ⊥AD ，
∴EF ∥BD ，
∵AJ ＝JB ，
∴AF ＝DF ，
∴FJ =12BD =m 2，
∴EF ＝m ，
∵△ABC ∽△CBM ，
∴BC ：MB ＝AB ：BC ，
∴BM =m 26，
∵△BEJ ∽△BME ，
∴BE ：BM ＝BJ ：BE ，
∴BE =2，
∵△BEF ∽△BCA ，
∴AC EF =BC
BE ，
即√36−m 2m =m m √2，
解得m＝2√3（负根已经舍弃）．。