南京育英外国语学校数学旋转几何综合单元测试卷(解析版)

南京育英外国语学校数学旋转几何综合单元测试卷（解析版）
一、初三数学旋转易错题压轴题（难）
1．在Rt△ACB和Rt△AEF中，∠ACB＝∠AEF＝90°，若点P是BF的中点，连接PC，PE．
(1) 如图1，若点E，F分别落在边AB，AC上，求证：PC＝PE；
(2) 如图2，把图1中的△AEF绕着点A顺时针旋转，当点E落在边CA的延长线上时，探索PC与PE的数量关系，并说明理由．
(3) 如图3，把图2中的△AEF绕着点A顺时针旋转，点F落在边AB上．其他条件不变，问题(2)中的结论是否发生变化？如果不变，请加以证明；如果变化，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）PC＝PE，理由见解析；（3）成立，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可；
（2）先判断△CBP≌△HPF，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；
（3）先判断△DAF≌△EAF，再判断△DAP≌△EAP，然后用比例式即可；
【详解】
解：（1）证明：如图：
∵∠ACB＝∠AEF＝90°，
∴△FCB和△BEF都为直角三角形．
∵点P是BF的中点，
∴CP＝1
2BF，EP＝
1
2
BF，
∴PC＝PE．
（2）PC＝PE理由如下：
如图2，延长CP，EF交于点H，
∵∠ACB＝∠AEF＝90°，
∴EH//CB，
∴∠CBP＝∠PFH，∠H＝∠BCP，
∵点P是BF的中点，
∴PF＝PB，
∴△CBP≌△HFP(AAS)，
∴PC＝PH，
∵∠AEF＝90°，
∴在Rt△CEH中，EP＝1
2
CH，
∴PC＝PE．
（3）(2)中的结论，仍然成立，即PC＝PE，理由如下：
如图3，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，
∵∠DAF＝∠EAF，∠FDA＝∠FEA＝90°，
在△DAF和△EAF中，
DAF,
,
,
EAF
FDA FEA
AF AF
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
∴△DAF≌△EAF(AAS)，
∴AD＝AE，
在△DAP≌△EAP中，
,
,
,
AD AE
DAP EAP
AP AP
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
∴△DAP≌△EAP (SAS)，
∴PD＝PF，
∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，
∴FD//BC//PM，
∴DM FP
MC PB
=，
∵点P是BF的中点，
∴DM＝MC，
又∵PM⊥AC，
∴PC＝PD，
又∵PD＝PE，
∴PC＝PE．
【点睛】
此题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边一半，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，作出辅助线是解本题的关键也是难点．
2．阅读下面材料：
小炎遇到这样一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，
∠EAF=45°，连结EF，则EF=BE+DF，试说明理由．
小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB，AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．
参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：
（1）如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E，F分别在边BC，CD上，
∠EAF=45°．若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足_ 关系时，仍有EF=BE+DF；（2）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1， EC=2，求DE的长．
【答案】（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴
【解析】
试题分析：(1)如图，△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，利用全等的知识可知，要使EF=BE+DF，即EF=DG+DF，即要F、D、G三点共线，即∠ADG+∠ADF=180°，即
∠B+∠D=180°．
(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，通过证明△AEG≌△AED 得到DE=EG，由勾股定理即可求得DE的长．
(1)∠B+∠D=180°（或互补）．
(2)∵ AB=AC，
∴把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合．
则∠B=∠ACG，BD=CG，AD=AG．
∵在△ABC中，∠BAC=90°，
∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于，即∠ECG=90°．
∴ EC2+CG2=EG2．
在△AEG与△AED中,
∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD．
又∵AD=AG，AE=AE，
∴△AEG≌△AED ．
∴DE=EG．
又∵CG=BD,
∴ BD2+EC2=DE2．
∴．
考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理．
3．阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形．小胖把具有这
个规律的图形称为“手拉手”图形．如图
1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC ＝∠DAE ，AB ＝AC ，AD ＝AE ，则BD ＝CE ,
(1)在图1中证明小胖的发现；
借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题：
(2)如图2，AB ＝BC ，∠ABC ＝∠BDC ＝60°，求证：AD+CD ＝BD ；
(3)如图3，在△ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝m°，点E 为△ABC 外一点，点D 为BC 中点，∠EBC ＝∠ACF ，ED ⊥FD ，求∠EAF 的度数（用含有m 的式子表示）．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =
12
m°. 【解析】 分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC ，只要证明△DAB ≌△EAC 即可；
（2）如图2中，延长DC 到E ，使得DB=DE ．首先证明△BDE 是等边三角形，再证明△ABD ≌△CBE 即可解决问题；
（3）如图3中，将AE 绕点E 逆时针旋转m°得到AG ，连接CG 、EG 、EF 、FG ，延长ED 到M ，使得DM=DE ，连接FM 、CM ．想办法证明△AFE ≌△AFG ，可得∠EAF=∠FAG=12
m°. 详（1）证明：如图1中，
∵∠BAC=∠DAE ，
∴∠DAB=∠EAC ，
在△DAB 和△EAC 中，
AD AE DAB EAC AB AC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝， ∴△DAB ≌△EAC ，
∴BD=EC ．
（2）证明：如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．
∵DB=DE，∠BDC=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠BD=BE，∠DBE=∠ABC=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
∵AB=BC，
∴△ABD≌△CBE，
∴AD=EC，
∴BD=DE=DC+CE=DC+AD．
∴AD+CD=BD．
（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．
由（1）可知△EAB≌△GAC，
∴∠1=∠2，BE=CG，
∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，
∴△EDB≌△MDC，
∴EM=CM=CG，∠EBC=∠MCD，
∵∠EBC=∠ACF，
∴∠MCD=∠ACF，
∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，
∴∠1=3=∠2，
∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，
∵CF=CF，CG=CM，
∴△CFG≌△CFM，∴FG=FM，
∵ED=DM，DF⊥EM，∴FE=FM=FG，
∵AE=AG，AF=AF，
∴△AFE≌△AFG，
∴∠EAF=∠FAG=1
2 m°．
点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．
4．已知，如图：正方形ABCD，将Rt△EFG斜边EG的中点与点A重合，直角顶点F落在正方形的AB边上，Rt△EFG的两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，（点P与点F重合），如图1所示：
（1）求证：EP2+GQ2=PQ2；
（2）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（0°＜α≤90°），两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，如图2所示：判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间是否存在什么确定的相等关系？若存在，证明你的结论．若不存在，请说明理由；
（3）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（90°＜α＜180°），两直角边所在的直线分别交BA、AD两边延长线于P、Q两点，并判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间存在何种确定的相等关系？按题意完善图3，请直接写出你的结论（不用证明）．
【答案】（1）见解析；（2）PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．
【解析】
【分析】
（1）过点E作EH∥FG，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到
EH=QG，又PQ=PH，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，由此可以得到EP2+GQ2=PQ2；
（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，由此可证
△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PH=PQ，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，即EP2+GQ2=PH2，在Rt△PFQ中，PF2+FQ2=PQ2，故PF2+FQ2=EP2+GQ2；
（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PE2+GQ2=PF2+FQ2，证明方法同上．【详解】
（1）过点E作EH∥FG，连接AH、FH，如图所示：
∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，
∴△EAH≌△GAQ，
∴EH=QG，HA=AQ，
∵FA⊥AD，
∴PQ=PH．
在Rt△EPH中，
∵EP2+EH2=PH2，
∴EP2+GQ2=PQ2；
（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，
∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，
∴△EAH≌△GAQ，
∴EH=QG，HA=AQ，
∵PA⊥AD，
∴PQ=PH．
在Rt△EPH中，
∵EP2+EH2=PH2，
∴EP2+GQ2=PH2．
在Rt△PFQ中，
∵PF2+FQ2=PQ2，
∴PF2+FQ2=EP2+GQ2．
（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三线合一，勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键.
5．（1）发现
如图，点A 为线段BC 外一动点，且BC a =，AB b =.
填空：当点A 位于____________时，线段AC 的长取得最大值，且最大值为_________.（用含a ，b 的式子表示）
（2）应用
点A 为线段BC 外一动点，且3BC =，1AB =.如图所示，分别以AB ，AC 为边，作等边三角形ABD 和等边三角形ACE ，连接CD ，BE .
①找出图中与BE 相等的线段，并说明理由；
②直接写出线段BE 长的最大值.
（3）拓展
如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为()2,0，点B 的坐标为()5,0，点P 为线段AB 外一动点，且2PA =，PM PB =，90BPM ∠=︒，求线段AM 长的最大值及此时点P 的坐标.
【答案】（1）CB 的延长线上，a+b ；（2）①DC=BE,理由见解析；②BE 的最大值是4;（3）AM 的最大值是2，点P 的坐标为（22）
【解析】
【分析】
（1）根据点A 位于CB 的延长线上时，线段AC 的长取得最大值，即可得到结论； （2）①根据等边三角形的性质得到AD=AB ，AC=AE ，∠BAD=∠CAE=60°，推出
△CAD ≌△EAB ，根据全等三角形的性质得到CD=BE ；②由于线段BE 长的最大值=线段CD 的最大值，根据（1）中的结论即可得到结果；
（3）连接BM ，将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN ，连接AN ，得到△APN 是等腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到PN=PA=2，BN=AM ，根据当N 在线段BA 的延长线时，线段BN 取得最大值，即可得到最大值为2+3；如图2，过P 作PE ⊥x 轴于E ，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：（1）∵点A 为线段BC 外一动点，且BC=a ，AB=b ，
∴当点A 位于CB 的延长线上时，线段AC 的长取得最大值，且最大值为BC+AB=a+b ， 故答案为CB 的延长线上，a+b ；
（2）①CD=BE ，
理由：∵△ABD 与△ACE 是等边三角形，
∴AD=AB ，AC=AE ，∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC ，
即∠CAD=∠EAB ，
在△CAD 与△EAB 中，
AD AB CAD EAB AC AE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ ， ∴△CAD ≌△EAB ，
∴CD=BE ；
②∵线段BE 长的最大值=线段CD 的最大值，
由（1）知，当线段CD 的长取得最大值时，点D 在CB 的延长线上，
∴最大值为BD+BC=AB+BC=4；
（3）∵将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN ，连接AN ，
则△APN 是等腰直角三角形，
∴PN=PA=2，BN=AM，
∵A的坐标为（2，0），点B的坐标为（5，0），
∴OA=2，OB=5，
∴AB=3，
∴线段AM长的最大值=线段BN长的最大值，
∴当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，
最大值=AB+AN，
∵AN=2AP=22，
∴最大值为22+3；
如图2，过P作PE⊥x轴于E，
∵△APN是等腰直角三角形，
∴2，
∴22，
∴P（22）．
【点睛】
考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，最大值问题，旋转的性质．正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
6．已知：△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BE，CD，点F，G，H分别为DE，BE，CD 中点．
（1）当△ADE绕点A旋转时，如图1，则△FGH的形状为，说明理由；
（2）在△ADE旋转的过程中，当B，D，E三点共线时，如图2，若AB=3，AD=2，求线段FH的长；
（3）在△ADE旋转的过程中，若AB=a，AD=b（a＞b＞0），则△FGH的周长是否存在最大值和最小值，若存在，直接写出最大值和最小值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）△FGH是等边三角形；（2）61
2
；（3）△FGH的周长最大值为
3
2
（a+b），最小值为3
2
（a﹣b）．
【解析】
试题分析：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：根据三角形中位线定理证明FG=FH，再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题；、
（2）如图2中，连接AF、EC．在Rt△AFE和Rt△AFB中，解直角三角形即可；
（3）首先证明△GFH的周长=3GF=3
2
BD，求出BD的最大值和最小值即可解决问题；
试题解析：解：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：
如图1中，连接BD、CE，延长BD交CE于M，设BM交FH于点O．
∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∠ADB=
∠AEC，∵EG=GB，EF=FD，∴FG=1
2
BD，GF∥BD，∵DF=EF，DH=HC，∴FH=
1
2
EC，FH∥EC
，∴FG=FH，∵∠ADB+∠ADM=180°，∴∠AEC+∠ADM=180°，∴∠DMC+∠DAE=180°，∴∠DME=120°，∴∠BMC=60°
∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°，∴△GHF是等边三角形，故答案为：等边三角形．
（2）如图2中，连接AF、EC．
易知AF ⊥DE ，在Rt △AEF 中，AE =2，EF =DF =1，∴AF =2221-=3，在Rt △ABF 中，BF =22AB AF - =6，∴BD =CE =BF ﹣DF =61-，∴FH =
12EC =612-． （3）存在．理由如下．
由（1）可知，△GFH 是等边三角形，GF =12
BD ，∴△GFH 的周长=3GF =32BD ，在△ABD 中，AB =a ，AD =b ，∴BD 的最小值为a ﹣b ，最大值为a +b ，∴△FGH 的周长最大值为32（a +b ），最小值为32
（a ﹣b ）． 点睛：本题考查等边三角形的性质．全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角形的中位线的宽等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．
7．我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。

（1）概念理解:
如图1,在ABC ∆中,6AC = ,3BC =.30ACB ∠=︒,试判断ABC ∆是否是“等高底”三角形，请说明理由.
（2）问题探究:
如图2, ABC ∆是“等高底”三角形,BC 是“等底”，作ABC ∆关于BC 所在直线的对称图形得到A BC '∆,连结AA '交直线BC 于点D .若点B 是123,12z ai z i =-=+的重心,求AC BC 的值. （3）应用拓展:
如图3,已知12l l //,1l 与2l 之间的距离为2.“等高底”ABC ∆的“等底” BC 在直线1l 上,点A 在直线2l 上,有一边的长是BC 的2倍.将ABC ∆绕点C 按顺时针方向旋转45︒得到A B C ∆'',A C '所在直线交2l 于点D .求CD 的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
13
2
AC
BC
=（3）CD的值为
2
10
3
,22,2
【解析】
分析：（1）过点A作AD⊥直线CB于点D，可以得到AD=BC=3，即可得到结论；
（2）根据ΔABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，得到AD=BC，再由ΔA′BC与ΔABC关于直线BC对称，得到∠ADC=90°，由重心的性质，得到BC=2BD．设BD=x，则AD=BC=2x，CD=3x，由勾股定理得AC=13x，即可得到结论；
（3）分两种情况讨论即可：①当AB=2BC时，再分两种情况讨论；
②当AC=2BC时，再分两种情况讨论即可．
详解：（1）是．理由如下：
如图1，过点A作AD⊥直线CB于点D，
∴ΔADC为直角三角形，∠ADC=90°．
∵ ∠ACB=30°，AC=6，∴ AD=1
2
AC=3，
∴ AD=BC=3，
即ΔABC是“等高底”三角形．
（2）如图2，∵ ΔABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，∴AD=BC，∵ ΔA′BC与ΔABC关于直线BC对称，∴ ∠ADC=90°．
∵点B是ΔAA′C的重心，∴ BC=2BD．
设BD=x，则AD=BC=2x，∴CD=3x，
∴由勾股定理得AC=13x，
∴
1313 AC x
BC
==．
（3）①当AB2BC时，
Ⅰ．如图3，作AE⊥l1于点E，DF⊥AC于点F．∵“等高底” ΔABC的“等底”为BC，l1//l2，
l1与l2之间的距离为2，AB2BC，
∴BC=AE=2，AB2，
∴BE=2，即EC=4，∴AC= 25．
∵ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA' B' C，∴∠CDF=45°．设DF=CF=x．
∵l1//l2，∴∠ACE=∠DAF，∴
1
2
DF AE
AF CE
==，即AF=2x．
∴AC=3x=25，可得x=2
5
3
，∴CD=2x=
2
10
3
．
Ⅱ．如图4，此时ΔABC是等腰直角三角形，
∵ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA' B' C，
∴ΔACD是等腰直角三角形，
∴CD=2AC=22．
②当AC=2BC时，
Ⅰ．如图5，此时△ABC是等腰直角三角形．
∵ ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA′ B′C，∴A′C⊥l1，∴CD=AB=BC=2．
Ⅱ．如图6，作AE⊥l1于点E，则AE=BC，
∴AC=2BC=2AE，∴∠ACE=45°，
∴ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA′ B′C时，点A′在直线l1上，
∴A′C∥l2，即直线A′ C与l2无交点．
综上所述：CD 2
10
3
，222．
点睛：本题是几何变换-旋转综合题．考查了重心的性质，勾股定理，旋转的性质以及阅读
理解能力．解题的关键是对新概念“等高底”三角形的理解．
8．两块等腰直角三角板△ABC和△DEC如图摆放，其中∠ACB=∠DCE=90°，F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点．
（1）如图1，若点D、E分别在AC、BC的延长线上，通过观察和测量，猜想FH和FG的数量关系为______和位置关系为______；
（2）如图2，若将三角板△DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时，其余条件均不变，则（1）中的猜想是否还成立，若成立，请证明，不成立请说明理由；
（3）如图3，将图1中的△DEC绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图3，（1）中的猜想还成立吗？直接写出结论，不用证明．
【答案】（1）相等，垂直．（2）成立，证明见解析；（3）成立，结论是
FH=FG，FH⊥FG．
【解析】
试题分析：（1）证AD=BE，根据三角形的中位线推出FH=1
2
AD，FH∥AD，FG=
1
2
BE，
FG∥BE，即可推出答案；
（2）证△ACD≌△BCE，推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案；（3）连接BE、AD，根据全等推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案．试题解析：
（1）解：∵CE=CD，AC=BC，∠ECA=∠DCB=90°，
∴BE=AD，
∵F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点，
∴FH=1
2
AD，FH∥AD，FG=
1
2
BE，FG∥BE，
∴FH=FG，
∵AD⊥BE，
∴FH⊥FG，
故答案为相等，垂直．
（2）答：成立，
证明：∵CE=CD，∠ECD=∠ACD=90°，AC=BC，∴△ACD≌△BCE
∴AD=BE，
由（1）知：FH=
1
2
AD，FH∥AD，FG=
1
2
BE，FG∥BE，
∴FH=FG，FH⊥FG，
∴（1）中的猜想还成立．
（3）答：成立，结论是FH=FG，FH⊥FG．
连接AD，BE，两线交于Z，AD交BC于X，
同（1）可证
∴FH=
1
2
AD，FH∥AD，FG=
1
2
BE，FG∥BE，
∵三角形ECD、ACB是等腰直角三角形，
∴CE=CD，AC=BC，∠ECD=∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中
AC BC
ACD BCE
CE CD
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
＝
＝
＝
，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠EBC=∠DAC，
∵∠DAC+∠CXA=90°，∠CXA=∠DXB，
∴∠DXB+∠EBC=90°，
∴∠EZA=180°﹣90°=90°，
即AD⊥BE，
∵FH∥AD，FG∥BE，
∴FH⊥FG，
即FH=FG，FH⊥FG，
结论是FH=FG，FH⊥FG.
【点睛】运用了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定、三角形的中位线定理，旋转的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用这些性质进行推理是解此题的关键．
9．（操作发现）
（1）如图1，△ABC为等边三角形，先将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕
点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于30°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=30°，连接
AF，EF．
①求∠EAF的度数；
②DE与EF相等吗？请说明理由；
（类比探究）
（2）如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于45°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=45°，连接AF，EF．请直接写出探究结果：
①∠EAF的度数；
②线段AE，ED，DB之间的数量关系．
【答案】（1）①120°②DE=EF；（2）①90°②AE2+DB2=DE2
【解析】
试题分析：（1）①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出
∠ACF=∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；
②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；
（2）①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；
②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论．
试题解析：解：（1）①∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°．∵∠DCF=60°，∴∠ACF=∠BCD．
在△ACF和△BCD中，
∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；
②DE=EF．理由如下：
∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，∴∠FCE=60°﹣30°=30°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF；
（2）①∵△ABC是等腰直角三角形，
∠ACB=90°，∴AC=BC，∠BAC=∠B=45°．∵∠DCF=90°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD 中，
∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；
②AE2+DB2=DE2，理由如下：
∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，∴∠FCE=90°﹣45°=45°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF．在Rt△AEF中，
AE2+AF2=EF2，又∵AF=DB，∴AE2+DB2=DE2．
10．（问题提出）
如图①，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF
试证明：AB=DB+AF
（类比探究）
（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由
（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．
【答案】证明见解析；（1）AB=BD﹣AF；（2）AF=AB+BD．
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF，再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF，∠EBD=∠EAF=120°，得出△EDB≌FEA，所以BD=AF，等量代换即可得出结论．（2）先画出图形证明∴△DEB≌△EFA，方法类似于（1）；（3）画出图形根据图形直接写出结论即可．
【详解】
（1）证明：DE=CE=CF，△BCE
由旋转60°得△ACF，
∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CE，
∴DE=EF，∠CAF=∠BAC=60°，
∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，
∵∠DBE=120°，
∴∠EAF=∠DBE，
又∵A，E，C，F四点共圆，
∴∠AEF=∠ACF，
又∵ED=DC，
∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，
∴∠D=∠AEF，
∴△EDB≌FEA，
∴BD=AF，AB=AE+BF，
∴AB=BD+AF．
类比探究（1）DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CE，
∴DE=EF，∠EFC=∠BAC=60°，
∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，
∴∠FCG=∠FEA，
又∠FCG=∠EAD
∠D=∠EAD，
∴∠D=∠FEA，
由旋转知∠CBE=∠CAF=120°，
∴∠DBE=∠FAE=60°
∴△DEB≌△EFA，
∴BD=AE， EB=AF，
∴BD=FA+AB．
即AB=BD-AF．
（2）AF=BD+AB（或AB=AF-BD）
如图③，
，
ED=EC=CF ，
∵△BCE 绕点C 顺时针旋转60°至△ACF ， ∴∠ECF=60°，BE=AF ，EC=CF ，BC=AC ， ∴△CEF 是等边三角形，
∴EF=EC ，
又∵ED=EC ，
∴ED=EF ，
∵AB=AC ，BC=AC ，
∴△ABC 是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
又∵∠CBE=∠CAF ，
∴∠CAF=60°，
∴∠EAF=180°-∠CAF-∠BAC
=180°-60°-60°
=60°
∴∠DBE=∠EAF ；
∵ED=EC ，
∴∠ECD=∠EDC ，
∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC ， 又∵∠EDC=∠EBC+∠BED ，
∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC ， ∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC ，
∴∠BDE=∠AEF ，
在△EDB 和△FEA 中，
DBE EAF BDE AEF ED EF ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ ∴△EDB ≌△FEA （AAS ），
∴BD=AE ，EB=AF ，
∵BE=AB+AE ，
∴AF=AB+BD ，
即AB ，DB ，AF 之间的数量关系是：
AF=AB+BD．
考点：旋转变化，等边三角形，三角形全等，。