初二数学全等三角形旋转模型知识归纳总结及答案

初二数学全等三角形旋转模型知识归纳总结及答案
一、全等三角形旋转模型
1．ABC △和ADE 都是等腰直角三角形，CE 与BD 相交于点,M BD 交AC 于点,N CE 交AD 于点H .试确定线段BD CE 、的关系.并说明理由.
解析：BD CE ⊥且BD CE =
【分析】
由已知条件可证明BAD CAE ≅△△，再根据全等三角形的性质，得到BD CE ∴= ADB AEC ∠=∠，在AEH △中90AEC AHE ∠+∠=︒，又AHE MHD ∠=∠，可得：90HMD ∠=︒，即可证明BD CE ⊥且BD CE =.
【详解】
解： ABC 和ADE 是直角三角形
BAC DAE ∴∠=∠
AB AC =
AD AE =
则BAC CAD DAE CAD ∠+∠=∠+∠
即BAD CAE ∠=∠
在BAD 与CAE 中
AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
S )AS BAD CAE ∴≅（△△
BD CE ∴= ADB AEC ∠=∠
在AEH △中90AEC AHE ∠+∠=︒
又AHE MHD ∠=∠
90ADB MHD ∴∠+∠=︒
则MHD 中90HMD ∠=︒，即，BD CE ⊥，
综上所述，BD CE ⊥且BD CE =.
【点睛】
本题主要考查三角形全等的判定方法和性质定理和等腰直角三角形的性质，从复杂的图形中找到全等三角形和“8”字形三角形是解题的关键.
2．（1）如图1，在OAB 和OCD 中，OA=OB ，OC=OD ，∠AOB=∠COD=40°，连接AC ，BD 交于点M ．
求：①AC BD 的值； ②∠AMB 的度数． （2）如图2，在OAB 和OCD 中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接AC 交BD 的延长线于点M ．请判断AC BD
的值及∠AMB 的度数，并说明理由； （3）在（2）的条件下，将OCD 点O 在平面内旋转，AC ，BD 所在直线交于点M ，若OD=2，OB=23，请直接写出当点C 与点M 重合时AC 的长．
答案：A
解析：（1）①1，②40°；（2）
AC BD 3∠AMB=90°，见解析；（3）33【分析】 （1）①根据已知条件证明△COA ≌△DOB ，即可证明AC=BD ；②根据△COA ≌△DOB 可得∠CAO=∠DBO ，根据已知条件可得∠OAB+∠ABO=140°，然后在△AMB 中，根据等角的转换即可得到答案；
（2）根据已知条件证明△AOC ∽△BOD ，可得∠CAO=∠DBO ，进而可得
∠MAB=∠OAB+∠DBO ，最后可得∠AMB=180°-（∠OAB+∠ABM+∠DBO ）=90°；
（3）分两种情况讨论，根据题（2），同理可得OAC OBD △△，90AMB ∠=︒，3AC BD
=，设BD=x ，则3AC x = 用x 表示出AM 、BM 的长，在Rt AMB 中，根据勾股定理222AM BM AB +=列出方程，求解即可．
【详解】 解：（1）①如图1，
∵∠AOB=∠COD=40°，
∴∠COA=∠DOB ，
∵OC=OD ，OA=OB ，
∴△COA ≌△DOB （SAS ），
∴AC=BD ， ∴AC BD =1， ②∵△COA ≌△DOB ，
∴∠CAO=∠DBO ，
∵∠AOB=40°，
∴∠OAB+∠ABO=140°，
在△AMB 中，∠AMB=180°﹣（∠CAO+∠OAB+∠ABD ）=180°﹣（∠DBO+∠OAB+∠ABD ）=180°﹣140°=40°，
（2）如图2，AC BD
=3，∠AMB=90°，
理由是：
在Rt △COD 中，∠DCO=30°，∠DOC=90°，
∴3tan 303
OD OC =︒=，
同理得：3tan 303OB OA =︒=， ∴OD OB OC OA
=， ∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOC=∠BOD ，
∴△AOC ∽△BOD ，
∴AC OC BD OD
==3，∠CAO=∠DBO ， 在△AMB 中，∠AMB=180°﹣（∠MAB+∠ABM ）
=180°﹣（∠OAB+∠ABM+∠DBO ）=90°；
（3）AC 的长为23或43．
①如图，点C 与点M 重合，
同理可得：OAC OBD △△，
90AMB ∴∠=︒，3AC BD =
设BD=x ，则3AC x =，
在Rt ODC 中，30OCD ∠=︒，OD=2，
4CD ∴=，
在Rt AOB 中，30OAB ∠=︒，3
3AB ∴=，
在Rt AMB 中，222AM BM AB +=，
即222(3)(4)(43)x x ++=，
解得：x=2或-4(舍)，
323x =
②如图，点C 与点M 重合，
同理可得：90AMB ∠=︒，
3AC BD =
设BD=x ，则3x ，
在Rt COD 中， 90OCD ∠=︒，OD=2，
4CD ∴=，4BC x =-，
在Rt AOB 中，
30OAB ∠=︒，3OB =
243AB OB ∴==，
在Rt AMB 中，222AM BM AB +=， 即222(3)(4)(43)x x +-=，
解得：x=4或-2（舍）， 343x =
综上所述，AC 的长为2343
【点睛】
本题主要考查三角形的综合运用，涉及全等三角形与相似三角形的性质和判定、勾股定理、解一元一次方程、图形旋转证明、特殊角的三角函数值等知识点，难度较大，第（1）题证明△COA ≌△DOB 是关键，第（2）题证明△AOC ∽△BOD 是关键，第（3）题要特别注意分情况讨论．
3．定义：按螺旋式分别延长n 边形的n 条边至一点，若顺次连接这些点所得的图形与原多边形相似，则称它为原图形的螺旋相似图形．例如：如图1，分别延长多边形A 1A 2…A n 的边得A 1′，A 2′，…，A n ′，若多边形A 1′A 2′…A n ′与多边形A 1A 2…An 相似，则多边形A 1′A 2′…A n ′就是A 1A 2…A n 的螺旋相似图形．
（1）如图2，已知△ABC 是等边三角形，作出△ABC 的一个螺旋相似图形，简述作法，并给以证明．
（2）如图3，已知矩形ABCD ，请探索矩形ABCD 是否存在螺旋相似图形，若存在，求出此时AB 与BC 的比值；若不存在，说明理由．
（3）如图4，△ABC 是等腰直角三角形，AC ＝BC ＝2，分别延长CA ，AB ，BC 至A′，B′，C′，使△A′B′C′是△ABC 的螺旋相似三角形．若AA′＝kAC ，请直接写出BB′，CC′的长（用含k 的代数式表示）
答案：A
解析：（1）见解析；（2）AB：BC＝1；（3）BB′＝2k，CC′＝k．
【分析】
（1）如图2中，延长AB到E，延长BC到F，延长CA到D，使得BE＝CF＝AD，连接EF，DF，DE．则△DEF是△ABC的一个螺旋相似图形，证明△DEF是等边三角形即可解决问题．
（2）如图3中，假设存在．四边形EFGH是矩形ABCD的螺旋相似图形，设AB＝CD＝a，BC＝AD＝b，BE＝DG＝x，CF＝AH＝y．分两种情形，利用相似三角形的性质以及相似矩形的性质，构建关系式证明a＝b即可解决问题．
（3）如图4中，作B′T⊥CB交CB的延长线于T．设TB＝TB′＝m，证明△A′CC′≌△A′TB′（ASA），推出A′C＝TC′，CC′＝TB′＝BT，构建关系式推出m＝k即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图2中，延长AB到E，延长BC到F，延长CA到D，使得BE＝CF＝AD，连接EF，DF，DE．则△DEF是△ABC的一个螺旋相似图形．
理由：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠CAB＝∠ABC＝∠ACB，
∴∠DAE＝∠FCD＝∠EBF＝120°，
∵BE＝CF＝AD，
∴CD＝AE＝BF，
∴△FCD≌△DAE≌△EBF（SAS），
∴DF ＝DE ＝EF ，
∴△DEF 是等边三角形，
∴△DEF ∽△ABC ，
∴△DEF 是△ABC 的一个螺旋相似图形．
（2）如图3中，假设存在．四边形EFGH 是矩形ABCD 的螺旋相似图形，设AB ＝CD ＝a ，BC ＝AD ＝b ，BE ＝DG ＝x ，CF ＝AH ＝y ．
由题意：△BEF ∽△AHE ， ∴EF EH ＝BE AH ＝BF AE
， ∴x y ＝b y a x
++， 当EF HE ＝BC AB ＝b a 时，b a ＝x y ＝b y a x
++， ∴x ＝b a
•y ，ax +x 2＝by +y 2， ∴by +2
2b a
•y 2＝by +y 2， ∴a 2＝b 2，
∴a ＝b ，即AB ：BC ＝1． 当EF EH ＝AB BC ＝a b 时．a b ＝x y ＝b y a x ++， ∴x ＝a b
•y ，ax +x 2＝by +y 2， ∴2a b •y +2
2a b
•y 2＝by +y 2， ∴22a b b -•y （1+y b
）＝0， ∵y ≠0，1+y b
≠0，
∴a2＝b2，
∴a＝b，即AB：BC＝1，
综上所述，AB：BC＝1．
（3）如图4中，作B′T⊥CB交CB的延长线于T．
∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝∠CAB＝45°，
∴∠TBB′＝∠ABC＝45°，
∴∠TB′B＝∠TBB′＝45°，
∴TB＝TB′，设TB＝TB′＝m，
∵△A′B′C′是△ABC的螺旋相似三角形，
∴A′C′＝B′C′，∠A′C′B′＝90°，
∵∠A′C′C+∠B′C′＝90°，∠A′CC+∠C′A′C＝90°，
∴∠C′A′C＝∠B′C′T，
∵∠A′CC′＝∠T＝90°，
∴△A′CC′≌△A′TB′（ASA），
∴A′C＝TC′，CC′＝TB′＝BT，
∴2+2k＝2+2m，
∴m＝k，
∴BB′2k，CC′＝k．
【点睛】
本题属于相似形综合题，考查了等边三角形的性质，矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
4．已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点(点D不与B、C重合)．以AD为边作正方形ADEF，连接CF．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，请直接写出线段BD与CF的数量关系：；（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其它条件不变，若AC=2，CD=1，则
CF= ；
（3）如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A、F分别在直线BC的两侧，其它条件不变：
①请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系：；
②若连接正方形对角线AE、DF，交点为O，连接OC，探究△AOC的形状，并说明理由．
答案：B
解析：（1）BD=CF ；（2）221；（3）①CD=CF+BC ，②等腰三角形，见解析
【分析】
（1）△ABC 是等腰直角三角形，利用SAS 即可证明△BAD ≌△CAF ；
（2）同（1）相同，利用SAS 即可证得△BAD ≌△CAF ，从而证得BD=CF ，即可得到CF=CD+BC ，然后求出答案；
（3）中的①与（1）相同，可证明BD=CF ，又点D 、B 、C 共线，故：CD=BC+CF ； ②由（1）猜想并证明BD ⊥CF ，从而可知△FCD 为直角三角形，再由正方形的对角线的性质判定△AOC 三边的特点，再进一步判定其形状．
【详解】
解：（1）证明：∵∠BAC=90°，AB=AC ，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵四边形ADEF 是正方形，
∴AD=AF ，∠DAF=90°，
∵∠BAC=∠BAD+∠DAC=90°，∠DAF=∠CAF+∠DAC=90°，
∴∠BAD=∠CAF ，
在△BAD 和△CAF 中，
AB AC BAD CAF AD AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△BAD ≌△CAF （SAS ），
∴BD=CF ，
（2）与（1）同理，证△BAD ≌△CAF ；
∴BD=CF ，
∴CF=BC+CD ，
∵AC=AB=2，CD=1， ∴22222BC =+=
∴CF=221；
（3）①BC 、CD 与CF 的关系：CD=BC+CF
理由：与（1）同法可证△BAD ≌△CAF ，从而可得：
BD=CF ，
即：CD=BC+CF
②△AOC是等腰三角形
理由：与（1）同法可证△BAD≌△CAF，可得：∠DBA=∠FCA，
又∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
则∠ABD=180°-45°=135°，
∴∠ABD=∠FCA=135°
∴∠DCF=135°-45°=90°
∴△FCD为直角三角形．
又∵四边形ADEF是正方形，对角线AE与DF相交于点O，
∴OC=1
2
DF，
∴OC=OA
∴△AOC是等腰三角形．
【点睛】
本题考查了等腰三角形、正方形的性质及全等三角形的判定与性质等知识点，一般情况下，要证明两条线段相等，就得证明这两条线段所在的两个三角形全等，关键是掌握图形特点挖掘题目所隐含的条件．
5．如图1，在等腰Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝6，过点B作BD⊥AC交AC于点D，点E、F分别是线段AB、BC上两点，且BE＝BF，连接AF交BD于点Q，过点E作
EH⊥AF交AF于点P，交AC于点H．
（1）若BF＝4，求△ADQ的面积；
（2）求证：CH＝2BQ；
（3）如图2，BE＝3，连接EF，将△EBF绕点B在平面内任意旋转，取EF的中点M，连接AM，CM，将线段AM绕点A逆时针旋转90°得线段AN，连接MN、CN，过点N作NR⊥AC 交AC于点R．当线段NR的长最小时，直接写出△CMN的周长．
答案：A
解析：（1）1.8；（2）证明见解析；（33263
3510
2
．
【分析】
（1
）利用等腰直角三角形的性质求出12
BD AD CD AC ====积相等和勾股定理分别求出AQ 和QD ，最后利用三角形面积公式即可求解；
（2）如图，先作辅助线构造()AEH CFG ASA ∆∆≌，得到AH CG =，再通过转化得到2AH DQ =，最后利用AC ，得到一个相等关系，即()2AH HC BQ QD +=+，利用等式性质即可得到所求；
（3）如图，通过做辅助线构造全等三角形确定出当HN ⊥AC ，且N 点位于H 、R 之间时，此时NR 的长最小，接着利用勾股定理和等腰直角三角形的性质，分别求出CM 、MN 、CN 的长，相加即可．
【详解】
解：6AB BC ==，°90ABC =∠，
AC ==∴
又∵AC BD ⊥
∴BD 平分AC ，且BD 是∠ABC 的角平分线
∴12BD AD CD AC ===
=Q 点到BA 和BC 边的距离相等； ∵4BF =， ∴
6342ABQ BFQ S S ∆∆==， ∴32
AQ FQ =，
∵AF =
==
∴35AQ AF ==
∴
QD ===，
∴1 1.825
ADQ S ∆=⨯⨯=， ∴△ADQ 的面积为1.8．
（2）如图，作CG ⊥AC ，垂足为C ，交AF 的延长线于点G ，
∴°90ACG =∠
∵°45ACB CAB ==∠∠，
∴°45GCB CAB ==∠∠，
∵EH ⊥AF ，
∴°90EAP AEP +=∠∠,
又∵°90EAP AFB +=∠∠
∴AEP AFB =∠∠，
∴AEP CFG =∠∠
∵BE BF =，BA BC =
∴AE CF =，
在AEH ∆和CFG ∆中，
AEH CFG AE CF
EAH FCG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
∴()AEH CFG ASA ∆∆≌
∴AH CG =；
∵BD ⊥AC ，CG ⊥AC ，
∴BD ∥CG ，
∵D 点是AC 的中点，且BD ∥CG ，
∴DQ 是ACG ∆的中位线， ∴12
DQ CG =
， ∴2DQ CG AH ==； ∵AC =2BD ，
∴()2AH HC BQ QD +=+，
∵2AH DQ =，
∴CH ＝2BQ ．
（3）如图①，作AH ⊥AB ,且AH =AB ，
∴∠NAH +∠HAM =∠HAM +∠BAM =90°，
∴∠BAM =∠NAH ，
∵AB =AH ，AM =AN ，
∴()ABM AHN SAS ∆∆≌，
∴HN =BM ，
∵BE =BF =3，∠EBF =90°， ∴
EF ==
∴由M 点是EF 的中点，可得122BM EF =
=，
∴2
NH =，
∴N 点在以H 点为圆心，2
为半径的圆上， 如图②，当HN ⊥AC ，且N 点位于H 、R 之间时，此时NR 的长最小，
为2NR HR HN HR =-=-
， ∵∠BAC =45°，
∴∠HAC =45°，
∴∠AHN =45°，HR =AR ，
∵222HR AR AH +=，
∴
HR AR ==
=，
∴22NR HR =-
=， ∵
AC == ∴
CR AC AR =-=
∴
CN AN === ∵∠MAN =90°，AM =AN ，
∴MN ==
∴∠ABM =45°，
∴∠EBM =45°，
∴F 点在BA 上，E 点在CB 延长线上，
如图，作MP ⊥EC ，垂足为P ，
∴1322
BP MP EB ===， ∴315622PC PB BC =+=
+=，
∴2MC ==
∴
MC MN CN ++=
∴△CMN 的周长为3263351022
++．
【点睛】
本题综合考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理、圆等知识，要求学生熟练掌握相关概念并能灵活应用它们，本题的综合性较强，难点在于作辅助线构造全等三角形以及线段之间的关系转化等，考查了学生综合分析和推理论证以及计算的能力，本题属于压轴题，蕴含了数形结合和转化的思想方法等．
6．如图．四边形ABCD 、BEFG 均为正方形．
（1）如图1，连接AG 、CE ，请直接写出．．．．．AG 和CE 的数量和位置关系（不必证明）．
（2）将正方形BEFG 绕点B 顺时针旋转β角（0180β︒︒＜＜
），如图2，直线AG 、CE 相交于点M ．
①AG 和CE 是否仍然满足（1）中的结论？如果是，请说明理由：如果不是，请举出反例：
②连结MB ，求证：MB 平分AME ∠．
（3）在（2）的条件下，过点A 作AN MB ⊥交MB 的延长线于点N ，请直接写出．．．．．线段CM 与BN 的数量关系．
答案：A
解析：（1）AG=EC ，AG ⊥EC ；（2）①满足，理由见解析；②见解析；（3）CM=2BN ．
【分析】
（1）由正方形BEFG 与正方形ABCD ，利用正方形的性质得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS 得出三角形ABG 与三角形CBE 全等，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等得到CE=AG ，∠BCE=∠BAG ，再利用同角的余角相等即可得证；
（2）①利用SAS 得出△ABG ≌△CEB 即可解决问题；
②过B 作BP ⊥EC ，BH ⊥AM ，由全等三角形的面积相等得到两三角形面积相等，而AG=EC ，可得出BP=BH ，利用到角两边距离相等的点在角的平分线上得到BM 为角平分线；
（3）在AN 上截取NQ=NB ，可得出三角形BNQ 为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得到BQ=2BN ，接下来证明BQ=CM ，即要证明三角形ABQ 与三角形BCM 全等，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由三角形ANM 为等腰直角三角形得到NA=NM ，利用等式的性质得到AQ=BM ，利用SAS 可得出全等，根据全等三角形的对应边相等即可得证．
【详解】
解：（1）AG=EC ，AG ⊥EC ，理由为：
∵正方形BEFG ，正方形ABCD ，
∴GB=BE ，∠ABG=90°，AB=BC ，∠ABC=90°，
在△ABG 和△BEC 中，
BG BE ABC EBC BA BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△ABG ≌△BEC （SAS ），
∴CE=AG ，∠BCE=∠BAG ，
延长CE 交AG 于点M ，
∴∠BEC=∠AEM ，
∴∠ABC=∠AME=90°，
∴AG=EC ，AG ⊥EC ；
（2）①满足，理由是：
如图2中，设AM 交BC 于O ．
∵∠EBG=∠ABC=90°，
∴∠ABG=∠EBC ，
在△ABG 和△CEB 中，
AB BC ABG CBE BG EB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△ABG ≌△CEB （SAS ），
∴AG=EC ，∠BAG=∠BCE ，
∵∠BAG+∠AOB=90°，∠AOB=∠COM ，
∴∠BCE+∠COM=90°，
∴∠OMC=90°，
∴AG ⊥EC ．
②过B 作BP ⊥EC ，BH ⊥AM ，
∵△ABG ≌△CEB ，
∴S △ABG =S △EBC ，AG=EC ， ∴12EC•BP=12
AG•BH ， ∴BP=BH ，
∴MB 平分∠AME ；
（3）2BN ，
理由为：在NA 上截取NQ=NB ，连接BQ ，
∴△BNQ 为等腰直角三角形，即2BN ，
∵∠AMN=45°，∠N=90°，
∴△AMN 为等腰直角三角形，即AN=MN ，
∴MN-BN=AN-NQ ，即AQ=BM ，
∵∠MBC+∠ABN=90°，∠BAN+∠ABN=90°，
∴∠MBC=∠BAN ，
在△ABQ 和△BCM 中，
AQ BM BAN MBC AB BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△ABQ ≌△BCM （SAS ），
∴CM=BQ ，
则CM=2BN ．
【点睛】
此题考查了正方形，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的判定，熟练掌握正方形的性质是解本题的关键．
7．如图1所示，矩形ABCD 中，点E ，F 分别为边AB ，AD 的中点，将△AEF 绕点A 逆时针旋转α（0°＜α≤360°），直线BE 、DF 相交于点P ．
（1）若AB ＝AD ，将△AEF 绕点A 逆时针旋转至如图2所示的位置，则线段BE 与DF 的数量关系是 ．
（2）若AD ＝nAB （n ≠1），将△AEF 绕点A 逆时针旋转，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图3所示的情况加以证明，若不成立，请写出正确结论，并说明理由． （3）若AB ＝8，BC ＝12，将△AEF 旋转至AE ⊥BE ，请算出DP 的长．
答案：B
解析：（1）BE ＝DF ；（2）不成立，结论：DF ＝nBE ；理由见解析（3）634或
634
【分析】
（1）如图2中，结论：BE＝DF，BE⊥DF．证明△ABE≌△ADF（SAS），利用全等三角形的性质可得结论；
（2）结论：DF＝nBE，BE⊥DF，证明△ABE∽△ADF（SAS），利用相似三角形的性质可得结论；
（3）分两种情形画出图形，利用相似三角形的性质以及勾股定理求解即可．
【详解】
解：（1）结论：BE=DF，BE⊥DF，
理由：∵四边形ABCD是矩形，AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，
AE=1
2
AB，AF=
1
2
AD，
∴AE=AF，
∵∠DAB=∠EAF=90°，
∴∠BAE=∠DAF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴BE=DF，
故答案为：BE=DF；
（2）结论不成立，结论：DF=nBE，
∵AE=1
2AB，AF=
1
2
AD，AD=nAB，
∴AF=nAE，
∴AF∶AE=AD∶AB，
∴AF∶AE=AD∶AB，
∵∠DAB=∠EAF=90°，
∴∠BAE=∠DAF，
∴△BAE∽△DAF，
∴DF∶BE=AF∶AE=n，∠ABE=∠ADF，
∴DF=nBE；
（3）如图4-1中，当点P在BE的延长线上时，
在Rt△AEB中，∵∠AEB=90°，AB=8，AE=1
2
AB=4，
∴BE=22AB AE -=43，
∵△ABE ∽△ADF ，
∴
AB AD =BE DF ， ∴812=43DF
， ∴DF=63，
∵四边形AEPF 是矩形，
∴AE=PF=4，
∴PD=DF-PF=634-；
如图4-2中，当点P 在线段BE 上时，
同法可得DF=63，PF=AE=4，
∴PD=DF ＋PF=634+，
综上所述，满足条件的PD 的值为634-或634+．
【点睛】
此题考查了矩形的性质，全等三角形的判定及性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，注意应用分类思想解决问题， 是一道较难的几何综合题．
8．在平面直角坐标系中，点A 在y 轴正半轴上，点B 在x 轴负半轴上，BP 平分∠ABO ． （1）如图1，点T 在BA 延长线上，若AP 平分∠TAO ，求∠P 的度数；
（2）如图2，点C 为x 轴正半轴上一点，∠ABC ＝2∠ACB ，且P 在AC 的垂直平分线上． ①求证：AP //BC ；
②D 是AB 上一点，E 是x 轴正半轴上一点，连接AE 交DP 于H ．当∠DHE 与∠ABE 满足什么数量关系时，DP ＝AE ．给出结论并说明理由．
答案：D
解析：（1）45°；（2）①见解析；②∠DHE +∠ABE ＝180°，理由见解析
【分析】
（1）由三角形的外角性质和角平分线的性质可得∠AOB ＝2∠P ＝90°，可求解；
（2）①过点P 作PE ⊥AB 交BA 延长线于E ，过点P 作PF ⊥BC 于F ，连接PC ，由角平分线的性质可得PE ＝PF ，由垂直平分线的性质可得PA ＝PC ，由“HL ”可证Rt △APE ≌Rt △CPF ，可得∠EPA ＝∠CPF ，由四边形内角和定理可得∠EBF +∠EPF ＝180°，由角的数量关系可证∠ACB ＝∠PAC ，由平行线的判定可证AP ∥BC ；
②如图3，在OE 上截取ON ＝OB ，连接AN ，通过证明△ADP ≌△NEA ，可得DP ＝AE ．
【详解】
解：（1）∵BP 平分∠ABO ，AP 平分∠TAO ，
∴∠PBT ＝12∠ABO ，∠TAP ＝12
∠TAO ， ∵∠TAO ＝∠ABO+∠AOB ，∠TAP ＝∠P+∠ABP ，
∴∠AOB ＝2∠P ＝90°，
∴∠P ＝45°；
（2）①如图2，过点P 作PE ⊥AB 交BA 延长线于E ，过点P 作PF ⊥BC 于F ，连接PC ，
又∵PB 平分∠ABC ，
∴PE ＝PF ，
∵P 在AC 的垂直平分线上，
∴PA ＝PC ，
∴∠PAC ＝∠PCA ，
在Rt △APE 和Rt △CPF 中，
AP PC PE PF =⎧⎨=⎩
， ∴Rt △APE ≌Rt △CPF （HL ），
∴∠EPA ＝∠CPF ，
∴∠EPF ＝∠APC ，
在四边形BEPF 中，∠EBF+∠BEP+∠EPF+∠PFB ＝180°，
∴∠EBF+∠EPF ＝180°，
∴∠ABC+∠APC ＝180°，
∵∠APC+∠PAC+∠PCA ＝180°，
∴∠ABC ＝∠PAC+∠PCA ＝2∠PAC ，
∵∠ABC ＝2∠ACB ，
∴∠ACB ＝∠PAC ，
∴AP ∥BC ；
②当∠DHE+∠ABE ＝180°时，DP ＝AE ，
理由如下：如图3，在OE 上截取ON ＝OB ，连接AN ，
∵OB ＝ON ，AO ⊥BE ，
∴AB ＝AN ，
∴∠ABN ＝∠ANB ，
∵AP ∥BE ，BP 平分∠ABE ，
∴∠APB ＝∠PBE ＝∠ABP ，∠ABN+∠BAP ＝180°，
∴AP ＝AB ，
∴AP ＝AN ，
∵∠ANB+∠ANE ＝180°，
∴∠BAP ＝∠ANE ，
∵∠DHE+∠ABE ＝180°，∠DHE+∠ABE+∠BDH+∠BEH ＝360°，
∴∠BDH+∠BEH ＝180°，
∵∠ADP+∠BDP ＝180°，
∴∠ADP ＝∠AEN ，
在△ADP 和△NEA 中，
DAP ANE ADP AEN AP AN ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△ADP ≌△NEA （AAS ），
∴DP ＝AE ．
【点睛】
本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，四边形内角和定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 9．在等腰Rt ABC △中，AB AC =、90BAC ∠=︒．
（1）如图1，D ，E 是等腰Rt ABC △斜边BC 上两动点，且45DAE ∠=︒，将ABE
△
绕点A 逆时针旋转90后，得到AFC △，连接DF ．
①求证：AED AFD ≌．
②当3BE =，9CE =时，求DE 的长．
（2）如图2，点D 是等腰Rt ABC △斜边BC 所在直线上的一动点，连接AD ，以点A 为直角顶点作等腰Rt ADE △（E 点在直线BC 的上方），当3BD =，9BC =时，求DE 的长．
答案：D
解析：（1）①证明见解析；②5；（2）35或317
【分析】
（1）①证明∠DAE=∠DAF=45°即可利用SAS 证明全等；
②由①中全等可得DE=DF ，再在Rt △FDC 中利用勾股定理计算即可；
（2）连接BE ，根据共顶点等腰直角三角形证明全等，再利用勾股定理计算即可。

需要注意分类讨论.
【详解】
（1）①如图1中，
BAE CAF △≌△，
AE AF ∴=，BAE CAF ∠=∠，
90BAC ∠=︒，45EAD ∠=︒，
45CAD BAE CAD CAF ∴∠+∠=∠+∠=︒，
DAE DAF ∴∠=∠，
DA DA =，AE AF =，
(SAS)AED AFD ∴△≌△．
②如图1中，设DE x =，则9CD x =-，
B A
C =，90BAC ∠=︒，
45B ACB ∴∠=∠=︒，
45ABE ACF ∠=∠=︒，
90DCF ∴∠=︒，
(SAS)AED AFD △≌△，
DE DF x ∴==，
在Rt DCF ，
222DF CD CF =+，3CF BE ==，
222(7)3x x ∴=-+，
5x ∴=，
5DE ∴=．
（2）①当点D 在线段BC 上时，如图2中，连接BE ，
90BAC EAD ∴∠=∠=︒，
EAB DAC ∴∠=∠，
AE AD =，AB AC =，
(SAS)EAB ADC ∴△≌△，
45ABE C ABC ∴∠=∠=∠=︒，6EB CD ==，
90EBD ∴∠︒=，
222226345DE BE BD ∴=+=+=，35DE =
②当点D 在CB 的延长线上时，如图3中，连接BE ，
同法可证DBE 是直角三角形，12EB CD ==，3DB =，
2221449153DE EB BD ∴=+=+=，317DE =，
综上所述，DE 的值为35或317．
【点睛】
本题考查半角旋转以及共顶点等腰直角三角形（手拉手模型），综合考查旋转、全等三角形、勾股定理等知识点，熟记相关模型特征是解题的关键.
10．如图１，在△ABC 和△ADE 中，∠DAE=∠BAC ，AD=AE ，AB=AC ．
（1）求证：△ABD ≌△ACE ；
（2）如图2，在△ABC 和△ADE 中，∠DAE=∠BAC ，AD=AE ，AB=AC ，∠ADB=90°，点E 在△ABC 内，延长DE 交BC 于点F ，求证：点F 是BC 中点；
（3）△ABC 为等腰三角形，∠BAC=120°，AB=AC ，点P 为△ABC 所在平面内一点，∠APB=120°，AP=2，BP=4，请直接写出 CP 的长．
答案：D
解析：（1）证明见详解；（2）证明见详解；（3）2713
【分析】
（1）因为∠DAE=∠BAC ，可以得到∠DAB=∠EAC ，因为AD=AE ，AB=AC ，即可得到△ABD ≌△ACE ；
（2）连接CE ，延长EF 至点H ，取CF=CH ，连接CH ，由（1）可得△ABD ≌△ACE ，所以∠AEC=90°和CE=BD ，可以推出∠BDF=∠CEF ，再证明△DBF ≌△ECH ，所以BF=CH ，等量代换即可得到BF=FC ，即可解决；
（3）点P 在△ABC 内部，将△ABP 逆时针旋转120°，得到ACP ∆'，连接PP '和PC ，可以得到△PP C '是直角三角形，利用勾股定理即可求出PC 的值；当点P 在△ABC 外部，将△APB 绕点A 逆时针旋转120︒得到PDC ∆，连接PP '和PC ，过点P 作PD ⊥'CP 于点D ，连接PD 可以得到△PP D '，△PP D '是直角三角形和，利用勾股定理即可求出'DP 及PC 的值．
【详解】
解：（1）证明：∵∠DAE=∠BAC
∴∠DAB=∠EAC
∵AD=AE ，AB=AC
∴△ABD ≌△ACE
（2）证明：连接CE ，延长EF 至点H ，取CF=CH ，连接CH ，如图所示：
∵△ADB ≌△AEC
∴BD=EC ，∠ADB=∠AEC=90°
∵AD=AE
∴∠ADE=∠AED
∵∠ADE+∠EDB=∠AED+∠CEH=90°
∴∠EDB=∠CEH
∵CF=CH
∴∠CFH=∠CHF
∴∠DFB=∠H
∵CE=BD
∴△DBF ≌△ECH
∴BF=CH
∴BF=CF
∴点F 是BC 的中点
（3）当点P 在△ABC 内部，如图所示，将△ABP 逆时针旋转120°，得到ACP ∆'，连接PP '和PC
∵将△ABP 旋转120°得到ACP ∆'
∴∠PAP '=120°，AP='AP =2，BP=CP '=4
∴PP '=23，
∵∠AP C '=120°，∠AP P '=30°，
∴∠PP C '=90°，
∴PC=()2223427+=．
当点P 在△ABC 外部，如图所示，
将△APB 绕点A 逆时针旋转120︒到△'AP C ，过点P 作PD ⊥'CP 于点D ，连接PD ， ∵将△ABP 旋转120°得到ACP ∆'
∴∠PAP '=120°，AP='AP =2，BP=CP '=4，
∴PP '3
∵∠AP C '=120°,∠AP P '=30°，
∴∠PP C '=150°，
∴∠PP D '=30°，
在Rt 'PDP 中，1'32PD PP ==， 22''3DP PP PD ∴=-=，
''347DC DP P C ∴=+=+=，
()2
22237213PC PD DC ∴=+=+=． 综上所述，27213PC =或【点睛】
本题主要考查了全等三角形以及旋转，合理的作出辅助线以及熟练旋转的性质是解决本题的关键．
11．在ABC 中，AB AC =，点P 在平面内，连接AP ，并将线段AP 绕A 顺时针方向旋转与BAC ∠相等的角度，得到线段AQ ，连接BQ ．
（1）如图，如果点P 是BC 边上任意一点．则线段BQ 和线段PC 的数量关系是__________．
（2）如图，如果点P 为平面内任意一点．前面发现的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．请仅以图所示的位置关系加以证明（或说明）；
（3）如图，在DEF 中，8DE =，60EDF ∠=︒，75DEF ∠=︒，P 是线段EF 上的任意一点，连接DP ，将线段DP 绕点D 顺时针方向旋转60°，得到线段DQ ，连接EQ ．请直接写出线段EQ 长度的最小值．
答案：B
解析：（1）相等；（2）成立，证明见解析；（3）2622
【分析】
（1）先判断出∠BAQ=∠CAP ，进而用SAS 判断出△BAQ ≌△CAP ，即可得出结论； （2）结论BQ=PC 仍然成立，理由同（1）的方法；
（3）先构造出△DEQ ≌△DHP ，得出EQ=HP ，进而判断出要使EQ 最小，当HP ⊥EF （点P 和点M 重合）时，EQ 最小，最后用解直角三角形即可得出结论．
【详解】
解：（1）由旋转知：AQ=AP ，
∵PAQ BAC ∠=∠，
∴PAQ BAP BAC BAP ∠-∠=∠-∠，
∴BAQ CAP ∠=∠，
∵AB AC =，
∴()BAQ CAP SAS ∆≅∆，
∴BQ CP =
故答案为：相等．
（2）BQ PC =仍成立，理由如下：
证明：由旋转知：AQ=AP ，
∵PAQ BAC ∠=∠，
∴PAQ BAP BAC BAP ∠-∠=∠-∠，
∴BAQ CAP ∠=∠，
∵AB AC =，
∴()BAQ CAP SAS ∆≅∆，
∴BQ C =Ｐ
（3）如图：
在DF 上取一点H ，使8DH DE ==，连接ＰＨ，过点Ｈ作HM EF ⊥于Ｍ，由旋转知，DQ DP =，60PDQ ∠=︒，
∵60EDF ∠=︒，
∴PDQ EDF ∠=∠，
∴EDQ HDP ∠=∠，
∴()DEQ DHP SAS ∆≅∆，
∴EQ HP =，
要使EQ 最小，则有HP 最小，而点H 是定点，点P 是EF 上的动点，
∴当HM EF ⊥（点P 和点M 重合）时，HP 最小，
即：点P 与点M 重合，EQ 最小，最小值为HM ，
过点E 作EG DF ⊥于G ，在Rt DEG ∆中，8DE =，60EDF ∠=︒，
∴30DEG ∠=︒， ∴142
DG DE ==， ∴343EG DG ==
在Rt EGF ∆中，753045FEG DEF DEG ∠=∠-∠=︒-︒=︒，
∴9045F FEG FEG ∠=︒-∠=︒=∠，43FG EG == ∴443DF DG FG =+=+ ∴4438434FH DF DH =-=+=，
在Rt HMF ∆中，45F ∠=︒， ∴()
22434262222HM FH ==-=-， 即：EQ 的最小值为2622-．
【点睛】
本题考查旋转的性质、最值问题，属于几何变换综合题，掌握全等三角形的证明方法，点到直线的距离等知识为解题关键．
12．如图，在四边形ABCD 中，AB AC =，AD 是对角线，60BAC ∠=︒，
4B C ADB BAC ∠+∠+∠=∠，
（1）求ADC ∠的度数；
（2）若AD BD CD =+，求证：AD 平分BDC ∠；
（3）在（2）的条件下，E 、F 分别在AC 、AB 上，连接BE 、CF ，交于点P ，使得BPC BDC ∠=∠，若7BD EF ==，15AD =，求EFP ∆的面积
答案：A
解析：（1）=60∠︒ADC ；（2）证明见详解；（34003 【分析】
（1）先由四边形内角和得到++300B C BDC ∠∠∠=︒，再由4B C ADB BAC ∠+∠+∠=∠可得答案；
（2）把ABD △绕点A 逆时针旋转60︒得到ACE △，由（1）及题意易得D 、C 、E 三点共线，从而得到ADE 是等边三角形，由等边三角形的性质及旋转的性质易得60ADB E ∠=∠=︒，故得证；
（3）过点B 、点F 分别作BG ⊥CD ，FH ⊥AC ，分别交CD 的延长线于点G 、AC 于点H ，连接BC ，由（2）及题意易得DC=8，由BPC BDC ∠=∠易得EBC FCA ∠=∠，进而得到AFC CEB △≌△，设AF=CE=x ，根据勾股定理得到AF 、CE 、BC 的长，最后根据BFE BPC 、的面积比等于FP 与PC 的比，进而求解即可．
【详解】
（1）解：=60BAC ∠︒，∴++36060300B C BDC ∠∠∠=︒-︒=︒，
又BDC ADB ADC ∠=∠+∠，4B C ADB BAC ∠+∠+∠=∠，
∴30024060ADC ∠=︒-︒=︒；
（2）证明：
把ABD △绕点A 逆时针旋转60︒得到ACE △，由（1）得：
∴AD=AE ，BD=CE ，=ADC=60DAE ∠∠︒
AD BD CD =+，DE=DC+CE ，∴D 、C 、E 三点共线，
∴ADE 是等边三角形，∴60ADB E ∠=∠=︒，
∴60ADB ADC ∠=∠=︒，∴AD 平分BDC ∠；
（3）解：
过点B 、点F 分别作BG ⊥CD ，FH ⊥AC ，分别交CD 的延长线于点G 、AC 于点H ，连接BC ，由题意及（2）可得：ABC 是等边三角形，120BDC ∠=︒,
∴AB=AC=BC ，60BDG ∠=︒，
7BD EF ==，15AD =，∴7
2DG =，32BG =，DC=AD-BD=8， ∴723822
GC GD DC =+=+=， 在Rt BGC △中，222273231322BC BG GC ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭， 又=120BPC BDC ∠=∠︒，∴18012060PBC PCB ∠+∠=︒-︒=︒，
60ECP PCB ∠+∠=︒，∴=ECP EBC ∠∠，
=60,FAC BCA AC BC ∠∠=︒=，∴AFC CEB △≌△，
∴CE=AF ，设13,131322
CE AF x AE x AH x FH x EH x ==∴=-==∴=-，，，，
∴在Rt FHE 中，222FH EH EF +=即2
2231372x ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭⎝⎭，解得125,8x x ==，
①当CE=AF=5时，则AE=8，
∴11132224
BEC AFC S S AC FH ==⋅=⨯⨯=
169
44
ABE ABC BEC S S S =-=-=
∴BFE ABE AFE S S S =-==
设BFP EFP BPC EPC S a S
b S
c S
d ====，，，，则有： a c b d FP PC ==∶∶∶， ,
BFE BFP FEP BEC BPC EPC S
S S S S S =+=+，∴BFE BEC S S FP PC =∶∶，
∴64=465BFE BEC S S FP PC =∶∶∶，
又115
2224
FEC S CE FH =⋅=⨯⨯=，
∴64641291294129
EFP FEC S S =
=⨯=； ②当CE=AF=8时，AE=5，则有：
∴111322BEA AFC S S AC FH ==⋅=⨯=，
169
44
CBE ABC BEC S S S =-=-=
∴654BFE ABE AFE
S S S =-=-= 由①可得： 25
=4104BFE BEC S S FP PC =∶∶∶，
又118
22FEC S CE FH =⋅=⨯⨯=
∴2525
129129129
EFP FEC S S ==⨯=
综上所述：
4003
129
EFP
S=．
【点睛】
本题主要考查三角形与四边形的综合问题，主要是利用全等三角形、等边三角形、三角形面积比的转换及勾股定理，熟练掌握各个知识点是解题的关键，尤其是第三问的面积转换问题是本题的难点．
13．如图，抛物线y＝
2
4
x2+2x﹣62交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y
轴于C点，D点是该抛物线的顶点，连接AC、AD、CD．
（1）求△ACD的面积；
（2）如图，点P是线段AD下方的抛物线上的一点，过P作PE∥y轴分别交AC于点E，交AD于点F，过P作PG⊥AD于点G，求EF+5
2
FG的最大值，以及此时P点的坐标；（3）如图，在对称轴左侧抛物线上有一动点M，在y轴上有一动点N，是否存在以BN为直角边的等腰Rt△BMN？若存在，求出点M的横坐标，若不存在，请说明理由．
答案：A
解析：（1）24；（2）最大值为
2
2
，点P（﹣2
152
）；（3）存在，点M的
2262﹣6．
【分析】
（1）先求出抛物线与坐标轴的交点坐标和顶点坐标，再用待定系数法求得AC的解析式，进而求出点N、D的坐标，再根据三角形的面积公式求出结果；
（2）证明
5FG即为EP的长度，即可求解；
（3）分∠BNM为直角、∠MBN为直角，利用三角形全等即可求解．
【详解】
解：（1）令x＝0，得
2
0206262 4
y=⨯+⨯-=-，
∴C（0，﹣2），
令y ＝0，得2226204y x x =+-=， 解得162x =-，222x =，
∴A （62-，0），点B （22，0），
设直线AC 的解析式为：y ＝kx+b （k ≠0），
则62062
k b b ⎧-+=⎪⎨=-⎪⎩， ∴162k b =-⎧⎪⎨=-⎪⎩
， ∴直线AC 的解析式为：62y x =--，
∵()2222262228244y x x x =+-=+-，
∴D （22-，82-），
过D 作DM ⊥x 轴于点M ，交AC 于点N ，如图，
令22x =-，()226242y =---=-，则N （22-，42-），
∴42DN =，
∴1142622422
ACD S DN AO =⋅=⨯⨯=； （2）如图，过点D 作x 轴的平行线交FP 的延长线于点H ，
由点A 、D 的坐标得，直线AD 的表达式为：2122y x =--
∴tan ∠FDH ＝2，则sin ∠FDH ＝22555=， ∵∠HDF+∠HFD ＝90°，∠FPG+∠PFG ＝90°， ∴∠FDH ＝∠FPG ，
在Rt △PGF 中，PF ＝FG sin G FP ∠＝ FG sin FDH ∠255
FG =＝52FG ， 则EF+52
FG ＝EF+PF ＝EP ， 设点P （x ，222624
x x +-），则点E （x ，62x --）， 则EF+52FG ＝EF+PF ＝EP ＝222262262344x x x x x ⎛⎫---+-=-- ⎪ ⎪⎝⎭
， ∵﹣24
＜0，故EP 有最大值，此时x ＝﹣2b a ＝﹣32，最大值为922； 当x ＝32-时，2215226242y x x =
+-=-， 故点P （32-，1522
-）； （3）存在，理由： 设点M 的坐标为（m ，n ），则222624n m m =
+-，点N （0，s ）， ①当∠MNB 为直角时，如图，
过点N 作x 轴的平行线交过点B 与y 轴的平行线于点H ，交过点M 与y 轴的平行线于点G ，
∵∠MNG+∠BNH ＝90°，∠MNG+∠GMN ＝90°，
∴∠GMN ＝∠BNH ，
∵∠NGM ＝∠BHN ＝90°，MN ＝BN ，
∴△NGM ≌△BHN （AAS ），
∴GN ＝BH ，MG ＝NH ，
即22n s -=且m s -=-， 联立并解得：226m =-±（舍去正值），
故226m =--，则点M （226--，226-）；
②当∠NBM 为直角时，如图，
过点B 作y 轴的平行线交过点N 与x 轴的平行线于点G ，交过点M 与x 轴的平行线于点H ，
同理可证：△MHB ≌△BGN （AAS ），
则BH ＝NG ，即22n =-，
当22n =-时，22262224
m m +-=-，解得：2226m =±（舍去正值）， 故2226m =-，则点M （2226-，22-）；
综上，点M 的横坐标为226--或2226-．
【点睛】
本题考查二次函数的综合题，涉及三角形面积的求解，用胡不归原理求最值，等腰直角三角形的存在性问题，解题的关键是需要掌握这些特定题型的特定解法，熟练运用数形结合的思想去解决问题．
14．如图，△ABC 和△CEF 中，∠BAC ＝∠CEF ＝90°，AB ＝AC ，EC ＝EF ，点E 在AC 边上． （1）如图1，连接BE ，若AE ＝3，BE ＝58，求FC 的长度；
（2）如图2，将△CEF 绕点C 逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），旋转过程中，直线EF 分别与直线AC ，BC 交于点M ，N ，当△CMN 是等腰三角形时，求旋转角α的度数； （3）如图3，将△CEF 绕点C 顺时针旋转，使得点B ，E ，F 在同一条直线上，点P 为BF 的中点，连接AE ，猜想AE ，CF 和BP 之间的数量关系并说明理由．
答案：C
解析：（1）42；（2）22.5°或45°或112.5°；（3）CF ＋AE ＝2BP ，见解析
【分析】
（1）利用勾股定理求出AB ＝AC ＝7，求出EC ＝EF ＝4即可解决问题；
（2）分三种情形分别画出图形，利用等腰三角形的性质求解即可；
（3）结论：CF ＋AE ＝2BP ．如图3中，过点A 作AD ⊥AE ，利用全等三角形的性质以及等腰直角三角形的性质求解即可．
【详解】
解：（1）如图1中，
在Rt △ABE 中，AB ＝()2222583497-=
-==BF AE ，
∴AC ＝AB ＝7，
∴EF ＝EC ＝AC ﹣AE ＝7﹣3＝4，
∵∠CEF ＝90°，EC ＝EF ＝3， ∴CF ＝22224442+=+=EF CE ；
（2）①如图2﹣1中，当CM ＝CN 时，
α＝∠MCE ＝∠ECN ＝12
∠ACB ＝22.5°．
如图2﹣2中，当NM ＝NC 时，α＝∠MCN ＝45°．
如图2﹣3中，当CN＝CM时，
∠BCM＝67.5°，α＝∠ACE＝45°＋67.5°＝112.5°．∠NCE＝1
2
综上所述，满足条件的α的值为22.5°或45°或112.5°．（3）结论：CF＋AE＝2BP．
理由：如图3中，过点A作AD⊥AE，
∴∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵∠BAC＝∠BEC＝90°，
∴∠ABP＝∠ACE，
∵AB＝AC，
∴△ABD≌△ACE（ASA），
∴BD＝EC＝EF，AD＝AE，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴DE2AE，
∵P是BF的中点，
∴BP＝1
BF，
2
∵BP ＝12BF ＝12（2EF ＋DE ），CF ＝2EF ，DE ＝2AE ， ∴BP ＝12
（2CF ＋2AE ）， ∴CF ＋AE ＝2BP ．
【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，直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 15．如图所示，ABC ∆中，1AB BC ==，90ABC ∠=︒，把一块含30角的直角三角板DEF 的直角顶点D 放在AC 的中点上（直角三角板的短直角边为DF ，长直角边为DE ），将三角板DEF 绕D 点按逆时针方向旋转.
（1）在如图所见中，DE 交AB 于M ，DF 交BC 于N ，证明DM DN =； （2）继续旋转至如图所见，延长AB 交DE 于M ，延长BC 交DF 于N ，证明DM DN =.
答案：B
解析：(1)见解析；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）连接BD ，证明△DMB ≌△DNC ．根据已知，全等条件已具备两个，再证出∠MDB=∠NDC ，用ASA 证明全等，四边形DMBN 的面积不发生变化，因为它的面积始终等于△ABC 面积的一半；
（2）同样利用（1）中的证明方法可以证出△DMB ≌△DNC ；
（3）方法同（1）．
【详解】
证明：（1）连接BD,。