2022-2023学年九年级数学中考复习《几何图形变换综合压轴题》专题提升训练(附答案)

2022-2023学年九年级数学中考复习《几何图形变换综合压轴题》专题提升训练（附答案）1．如图，已知∠DAC＝90°，△ABC是等边三角形，点P为射线AD上任意一点（点P与点A不重合），连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连接QB并延长交直线AD于E．
（1）如图1，猜想∠QEP＝；
（2）如图2，若当∠DAC是锐角时，其他条件不变，猜想∠QEP的度数，并证明；
（3）如图3，若∠DAC＝135°，∠ACP＝15°，且AC＝6，求BQ的长．
2．如图1，在等腰△ABC中，AB＝AC，AD为中线，将线段AC绕点A逆时针旋转90°，得到线段AE，连接BE交直线AD于点F，连接CF．
（1）若∠BAC＝30°，则∠FBC＝°；
（2）若∠BAC是钝角时，
①请在图2中依题意补全图形，并标出对应字母；
②探究图2中△BCF的形状，并说明理由；③若AB＝5，BC＝8，则EF＝．
3．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D在射线BC上（不与点B、点C重合），将线段AD绕A逆时针旋转90°得到线段AE，作射线BA与射线CE，两射线交于点F．（1）若点D在线段BC上，如图1，请直接写出CD与EF的关系．
（2）若点D在线段BC的延长线上，如图2，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
（3）在（2）的条件下，连接DE，G为DE的中点，连接GF，若tan∠AEC＝，AB＝，求GF的长．
4．已知△ABC中，∠ABC＝90°，将△ABC绕点B逆时针旋转90°后，点A的对应点为点D，点C的对应点为点E，直线DE与直线AC交于点F，连接FB．
（1）如图1，当∠BAC＜45°时，
①求证：DF⊥AC；
②求∠DFB的度数；
（2）如图2，当∠BAC＞45°时，
①请依意补全图2；
②用等式表示线段FC，FB，FE之间的数量关系，并证明．
5．实验探究：
如图，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，BD、CE延长线交于点P．
【问题发现】
（1）把△ABC绕点A旋转到图1，BD、CE的关系是（“相等”或“不相等”），请直接写出答案；
【类比探究】
（2）若AB＝3，AD＝5，把△ABC绕点A旋转，当∠EAC＝90°时，在图中作出旋转后的图形，并求出此时PD的长；
【拓展延伸】
（3）在（2）的条件下，请直接写出旋转过程中线段PD的最小值为．
6．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A（0，3）与点B关于x轴对称，点C（n，0）为x轴的正半轴上一动点．以AC为边作等腰直角三角形ACD，∠ACD＝90°，点D在第一象限内．连接BD，交x轴于点F．
（1）如果∠OAC＝38°，求∠DCF的度数；
（2）用含n的式子表示点D的坐标；
（3）在点C运动的过程中，判断OF的长是否发生变化？若不变求出其值，若变化请说明理由．
7．[问题背景]如图1所示，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点D为直线BC上的一个动点（不与B、C重合），连接AD，将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°，使点A旋转到点E，连接EC．
[问题初探]如果点D在线段BC上运动，通过观察、交流，小明形成了以下的解题思路：过点E作EF⊥BC交直线BC于F，如图2所示，通过证明△DEF≌△，可推证△CEF是三角形，从而求得∠DCE＝°．
[继续探究]如果点D在线段CB的延长线上运动，如图3所示，求出∠DCE的度数．[拓展延伸]连接BE，当点D在直线BC上运动时，若AB＝，请直接写出BE的最小值．
8．如图，在等边△ABC中，点D为BC的中点，点E为AD上一点，连EB、EC，将线段EB绕点E顺时针旋转至EF，使点F落在BA的延长线上．
（1）在图1中画出图形：
①求∠CEF的度数；
②探究线段AB，AE，AF之间的数量关系，并加以证明；
（2）如图2，若AB＝4，点G为AC的中点，连DG，将△CDG绕点C顺时针旋转得到△CMN，直线BM、AN交于点P，连CP，在△CDG旋转一周过程中，请直接写出△BCP 的面积最大值为．
9．在△ABC中，点P为BC边中点，直线a绕顶点A旋转，BM⊥直线a于点M．CN⊥直线a于点N，连接PM，PN．
（1）如图1，若点B，P在直线a的异侧，延长MP交CN于点E．求证：PM＝PE；
（2）若直线a绕点A旋转到图2的位置时，点B，P在直线a的同侧，其它条件不变，此时S△BMP+S△CNP＝7，BM＝1，CN＝3，求MN的长度．
（3）若过P点作PG⊥直线a于点G，试探究线段PG、BM和CN的数量关系．
10．在Rt△ABC中与Rt△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠BAC＝∠DEC＝30°，AC＝DC＝，将Rt△DCE绕点C顺时针旋转，连接BD，AE，点F，G分别是BD，AE的中点，连接CF，CG．
（1）观察猜想
如图1，当点D与点A重合时，CF与CG的数量关系是，位置关系是；
（2）类比探究
当点D与点A不重合时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请仅就图2的情形给出证明；如果不成立，请说明理由．
（3）问题解决
在Rt△DCE旋转过程中，请直接写出△CFG的面积的最大值与最小值．
11．如图1，Rt△ABC中，∠C＝90°，点E是AB边上一点，且点E不与A、B重合，ED ⊥AC于点D．
（1）当sin B＝时，
①求证：BE＝2CD；
②当△ADE绕点A旋转到如图2的位置时（60°＜∠CAD＜90°），BE＝2CD是否成立？
若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
（2）当sin B＝时，将△ADE绕点A旋转到∠DEB＝90°，若AC＝10，AD＝2，请直接写出线段CD的长．
12．如图，已知点A（0，8），B（16，0），点P是x轴上的一个动点（不与原点O重合），连接AP，把△OAP沿着AP折叠后，点O落在点C处，连接PC，BC，设P（t，0）．（1）如图1，当AP∥BC时，试判断△BCP的形状，并说明理由．
（2）在点P的运动过程中，当∠PCB＝90°时，求t的值．
（3）如图2，过点B作BH⊥直线CP，垂足为点H，连接AH，在点P的运动过程中，是否存在AH＝BC？若存在，求出t的值：若不存在，请说明理由．
13．如图，点B，C，D在同一条直线上，△BCF和△ACD都是等腰直角三角形．连接AB，DF，延长DF交AB于点E．
（1）如图1，若AD＝BD，DE是△ABD的平分线，BC＝1，求CD的长度；
（2）如图2，连接CE，求证：DE＝CE+AE；
（3）如图3，改变△BCF的大小，始终保持点F在线段AC上（点F与点A，C不重合）．将ED绕点E顺时针旋转90°得到EP．取AD的中点O，连接OP．当AC＝2时，直接写出OP长度的最大值．
14．综合与实践
问题情境
从“特殊到一般”是数学探究的常用方法之一，类比特殊图形中的数量关系和探究方法可以发现一般图形具有的普遍规律．
如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD为BC边上的中线，E为AD上一点，将△AEC以点C为旋转中心，逆时针旋转90°得到△BFC，AD的延长线交线段BF于点P．探究线段EP，FP，BP之间的数量关系．
数学思考
（1）请你在图1中证明AP⊥BF；
特例探究
（2）如图2，当CE垂直于AD时，求证：EP+FP＝2BP；
类比再探
（3）请判断（2）的结论在图1中是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
15．在Rt△ABC中，AB＝AC，OB＝OC，∠A＝90°，∠MON＝α，分别交直线AB、AC于点M、N．
（1）如图1，当α＝90°时，求证：AM＝CN；
（2）如图2，当α＝45°时，求证：BM＝AN+MN；
（3）当α＝45°时，旋转∠MON至图3位置，请你直接写出线段BM、MN、AN之间的数量关系．
16．教材呈现：如图是华师版八年级上册数学教材第94页的部分内容．2．线段垂直平分线
我们已经知道线段是轴对称图形，线段的垂直平分线是线段的对称轴．如图，直线MN 是线段AB的垂直平分线，P是MN上任一点，连接P A、PB．将线段AB沿直线MN对折，我们发现P A与PB完全重合．由此即有：
线段垂直平分线的性质定理线段：垂直平分线上的点到线段两端的距离相等．
已知：如图，MN⊥AB，垂足为点C，AC＝BC，点P是直线MN上的任意一点求证：P A
＝PB．
分析：图中有两个直角三角形APC和BPC，只要证明这两个三角形全等，便可证得P A ＝PB．
（1）请根据教材中的分析，结合图①，写出“线段垂直平分线的性质定理”完整的证明过程；
（2）如图②，在△ABC中，直线l，m，n分别是边AB，BC，AC的垂直平分线．求证：直线l、m、n交于一点；（请将下面的证明过程补充完整）
证明：设直线l，m相交于点O．
（3）如图③，在△ABC中，AB＝BC，边AB的垂直平分线交AC于点D，边BC的垂直平分线交AC于点E，若∠ABC＝120°，AC＝15，则DE的长为．
17．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A（x，y）中的横坐标x与纵坐标y 满足+|y﹣8|＝0，过点A作x轴的垂线，垂足为点D，点E在x轴的负半轴上，且满足AD﹣OD＝OE，线段AE与y轴相交于点F，将线段AD向右平移8个单位长度，得到线段BC．
（1）直接写出点A和点E的坐标；
（2）在线段BC上有一点G，连接DF，FG，DG，若点G的纵坐标为m，三角形DFG 的面积为S，请用含m的式子表示S（不要求写m的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，当S＝26时，动点P从D出发，以每秒1个单位的速度沿着线段DA向终点A运动，动点Q从A出发，以每秒2个单位的速度沿着折线AB→BC向终点C运动，P，Q两点同时出发，当三角形FGP的面积是三角形AGQ面积的2倍时，求出P点坐标
18．如图1，在Rt△ACB中，AC＝BC，过B点作BD⊥CD于D点，AB交CD于E．（1）如图1，若AC＝6，tan∠ACD＝2，求DE的长；
（2）如图2，若CE＝2BD，连接AD，在AD上找一点F，使CF＝DF，在FD上取一点G，使∠EGF＝∠CFG，求证：AF＝EG；
（3）如图3，D为线段BC上方一点，且∠BDC＝90°，AC＝6，连接AD，将AD绕A 点逆时针旋转90°，D点对应点为E点，H为DE中点，求当AH有最小值时，直接写出△ACH的面积．
19．（1）问题发现：
如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，当△DCE旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE．则：
①∠AEB的度数为°；
②线段AD、BE之间的数量关系是．
（2）拓展研究：
如图2，△ACB和△DCE均为等腰三角形，且∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，若AD＝a，AE＝b，AB＝c，求a、b、c之间的数量关系．
（3）探究发现：
图1中的△ACB和△DCE，在△DCE旋转过程中，当点A，D，E不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索∠AOE的度数，直接写出结果，不必说
明理由．
20．类比、转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到．小明在数学学习中遇到了这样一个问题：“如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝α，点P在AB边上，过点P作PQ⊥AC于点Q，△APQ绕点A逆时针方向旋转，如图2，连接CQ．O 为BC边的中点，连接PO并延长到点M，使OM＝OP，连接CM．探究在△APQ的旋转过程中，线段CM，CQ之间的数量关系和位置关系”小明计划采用从特殊到一般的方法探究这个问题．
特例探究：
（1）填空：如图3，当α＝30°时，＝，直线CQ与CM所夹锐角的度数为；如图4，当α＝45°时，＝，直线CQ与CM所夹锐角的度数为；
一般结论：
（2）将△APQ绕点A逆时针方向旋转的过程中，线段CQ，CM之间的数量关系如何（用含α的式子表示）？直线CQ与CM所夹锐角的度数是多少？请仅就图2所示情况说明理由；
问题解决
（3）如图4，在Rt△ABC中，若AB＝4，α＝45°，AP＝3，将△APQ由初始位置绕点A逆时针方向旋转β角（0°＜β＜180°），当点Q到直线AC的距离为2时，请直接写出线段CM的值．
参考答案1．解：（1）∠QEP＝60°；
证明：如图1，QE与CP的交点记为M，
∵PC＝CQ，且∠PCQ＝60°，
∴∠PCQ＝∠ACB＝60°，
∴∠BCQ＝∠ACP，
则△CQB和△CP A中，
，
∴△CQB≌△CP A（SAS），
∴∠CQB＝∠CP A，
在△PEM和△CQM中，∠EMP＝∠CMQ，
∴∠QEP＝∠QCP＝60°．
故答案为：60°；
（2）∠QEP＝60°．
理由如下：如图2，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°，
∵线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，∴CP＝CQ，∠PCQ＝6O°，
∴∠ACB+∠BCP＝∠BCP+∠PCQ，
即∠ACP＝∠BCQ，
在△ACP和△BCQ中，
，
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴∠APC＝∠Q，
∵∠BOP＝∠COQ，
∴∠QEP＝∠PCQ＝60°；
（3）作CH⊥AD于H，如图3，
与（2）一样可证明△ACP≌△BCQ，∴AP＝BQ，
∵∠DAC＝135°，∠ACP＝15°，
∴∠APC＝30°，∠PCB＝45°，
∴∠HAC＝45°，
∴△ACH为等腰直角三角形，
∴AH＝CH＝AC＝3，
在Rt△PHC中，PH＝CH＝3，∴P A＝PH﹣AH＝3﹣3，
∴BQ＝3﹣3．
2．解：（1）如图1中，
∵AB＝AC，∠BAC＝30°，
∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣30°）＝75°，∵AE⊥AC，
∴∠EAC＝90°，
∴∠BAE＝30°+90°＝120°，
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠E＝（180°﹣120°）＝30°，
∴∠FBC＝∠ABC﹣∠ABF＝75°﹣30°＝45°．故答案为：45．
（2）①图形如图2所示．
②结论：△BCF是等腰直角三角形
理由如下：如图2中，
∵AB＝AC，BD＝CD，
∴AD⊥BC，
∴AD是BC的垂直平分线，
∴FB＝FC，
又AB＝AC，AF＝AF，
∴△ABF≌△ACF（SSS），
∴∠1＝∠2，
由旋转可知AE＝AC，又AB＝AC，
∴AB＝AE，
∴∠1＝∠3，
∴∠2＝∠3．
又∠4＝∠5，
∴∠CFE＝∠CAE＝90°
即∠CFB＝90°，
又FB＝FC，
∴△BCF为等腰直角三角形．
③如图3中，作EH⊥DF交DF的延长线于H．
∵AB＝AC＝5，BD＝CD＝4，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴AD＝＝＝3，
∵∠ADC＝∠EAC＝∠H＝90°，
∴∠DAC+∠ACD＝90°，∠DAC+∠HAE＝90°，∴∠ACD＝∠HAE，
∵AE＝AC，
∴△ADC≌△EHA（AAS），
∴EH＝AD＝3，
∵△BDF是等腰直角三角形，FD⊥BC，
∴∠DFB＝∠BFC＝45°，
∴∠HEF＝∠HFE＝45°，
∵∠H＝90°，
∴∠EHF＝∠HFE＝45°，
∴EH＝FH＝3，
∴EF＝EH＝，
故答案为：3．
3．解：（1）CD＝EF，CD⊥EF，
理由如下：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC∠ACB＝45°，
∵将线段AD绕A逆时针旋转90°得到线段AE，∴AD＝AE，∠DAE＝90°＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAE，且AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠BCF＝∠ACB+∠ACE＝90°，
∴CD⊥EF，
又∵∠ABC＝45°，
∴∠BFC＝∠ABC，
∴BC＝CF，
∴CD＝EF；
（2）结论仍然成立，
理由如下：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC∠ACB＝45°，
∵将线段AD绕A逆时针旋转90°得到线段AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAE，且AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠BCF＝∠ACB+∠ACE＝90°，
∴CD⊥EF，
又∵∠ABC＝45°，
∴∠BFC＝∠ABC，
∴BC＝CF，
∴CD＝EF；
（3）如图，过点A作AN⊥CE于点N，过点G作GH⊥CE于H，
∵AB＝AC＝，
∴BC＝CF＝2，
∵AN⊥CE，∠ACF＝45°，
∴AN＝CN＝1，
∵tan∠AEC＝＝，
∴EN＝2，
∴EC＝CN+EN＝3，
∴EF＝EC﹣CF＝1＝CD，
∵GH⊥CE，∠ECD＝90°，
∴HG∥CD，
∴＝＝，且EG＝DG，
∴HG＝，EH＝，
∴FH＝EH﹣EF＝
∴GF＝＝＝
4．解（1）①由旋转知，∠ABD＝∠ABC＝90°，∠D＝∠A，∴∠D+∠BED＝90°，
∴∠A+∠BED＝90°，
∵∠BED＝∠AEF，
∴∠A+∠AEF＝90°，
∴∠AFE＝90°，
∴DF⊥AC；
②如图1，
过点B作BG⊥BF交DF于G，
∴∠FBG＝90°，
由旋转知，∠D＝∠A，BD＝AB，∠ABD＝90°，
∴∠FBG＝∠ABD，
∴∠DBG＝∠ABF，
∴△BDG≌△BAF（ASA），
∴BG＝BF，
∵∠FBG＝90°，
∴∠BFD＝45°；
（2）①如图2所示，
②CF﹣EF＝BF．
过点B作BG⊥BF交AC于G，
∴∠FBG＝90°，
由旋转知，∠C＝∠E，BC＝BE，
∵∠ABC＝90°，
∴∠FBG＝∠ABC，
∴∠CBG＝∠EBF，
∴△BCG≌△BEF（ASA），
∴CG＝EF，BG＝BF，
∵∠FBG＝90°，
∴∠BFD＝45°，
∴FG＝BF，
∵CF＝FG+CG，
∴FG＝CF﹣CG＝CF﹣EF＝BF，
即：CF﹣EF＝BF．
5．解：（1）BD、CE的关系是相等．
理由：∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴AB＝AC，
∠BAD＝∠CAE，
DA＝EA，
∴△ABD≌△ACE（SAS）
∴BD＝CE．
故答案为：相等．
（2）如图2，3即为旋转后的图形．
①如图2，当C在AD上时，
由（1）知△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC
又∵∠PCD＝∠ACE，
∴△PCD∽△ACE，
∴
又∵CE＝＝＝
CD＝AD﹣AC＝5﹣3＝2
∴，
解得；
如图3，当C在AD反向延长线上时，
同理△PEB∽△ABD
＝
∵BD＝
BE＝AE﹣AB＝5﹣3＝2
∴＝
解得PB＝
∴PD＝DB+PB＝+＝．答：此时PD的长为或．（3）如图4所示，
以点A为圆心，AC长为半径画圆，
当CE在圆A下方与圆A相切时，PD的值最小．在Rt△ACE中，CE＝＝＝4在Rt△ADE中，DE＝＝＝5∵四边形ABPC是正方形，
∴PC＝AB＝3
∴PE＝PC+CE＝3+4＝7
在Rt△DEP中，PD＝＝＝1∴线段PD的最小值为1．
故答案为：1．
6．解：（1）∵∠AOC＝90°，
∴∠OAC+∠ACO＝90°，
∵∠ACD＝90°，
∴∠DCF+∠ACO＝90°，
∴∠DCF＝∠OAC，
∵∠OAC＝38°，
∴∠DCF＝38°；
（2）如图，过点D作DH⊥x轴于H，
∴∠CHD＝90°
∴∠AOC＝∠CHD＝90°，
∵等腰直角三角形ACD，∠ACD＝90°
∴AC＝CD，
由（1）知，∠DCF＝∠OAC，
∴△AOC≌△CHD（AAS），
∴OC＝DH＝n，AO＝CH＝3，
∴点D的坐标（n+3，n）；
（3）不会变化，理由：
∵点A（0，3）与点B关于x轴对称，
∴AO＝BO，
又∵OC⊥AB，
∴x轴是AB垂直平分线，
∴AC＝BC，
∴∠BAC＝∠ABC，
又∵AC＝CD，
∴BC＝CD，
∴∠CBD＝∠CDB，
∵∠ACD＝90°，
∴∠ACB+∠DCB＝270°，
∴∠BAC+∠ABC+∠CBD+∠CDB＝90°，∴∠ABC+∠CBD＝45°，
∵∠BOF＝90°，
∴∠OFB＝45°，
∴∠OBF＝∠OFB＝45°，
∴OB＝OF＝3，
∴OF的长不会变化．
7．解：[问题初探]
如图2，过点E作EF⊥BC交直线BC于F，∴∠DFE＝90°＝∠ABD，
∴∠EDF+∠DEF＝90°，
由旋转知，AD＝DE，∠ADE＝90°，
∴∠ADB+∠EDF＝90°，
∴∠ADB＝∠DEF，
∴△ABD≌△DFE（AAS），
∴BD＝EF，DF＝AB，
∵AB＝BC，
∴BC＝DF，
∴BD＝CF，
∴EF＝CF，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴∠ECF＝45°，
∴∠DCE＝135°，
故答案为：ADB，等腰直角，135；
[继续探究]
如图3，
过点E作EF⊥BC于F，
∴∠DFE＝90°＝∠ABD，
∴∠EDF+∠DEF＝90°，
由旋转知，AD＝DE，∠ADE＝90°，
∴∠ADB+∠EDF＝90°，
∴∠ADB＝∠DEF，
∴△ABD≌△DFE（AAS），
∴BD＝EF，DF＝AB，
∵AB＝BC，
∴BC＝DF，
∴BD＝CF，
∴EF＝CF，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴∠ECF＝45°，
∴∠DCE＝45°；
[拓展延伸]
如图4，
在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝，∴∠ACB＝45°
当点D在射线BC上时，
由[问题初探]知，∠BCM＝135°，
∴∠ACM＝∠BCM﹣∠ACB＝90°，
当点D在线段CB的延长线上时，
由[继续探究]知，∠BCE＝45°，
∴∠ACN＝∠ACB+∠BCM＝90°，
∴点E是过点C垂直于AC的直线上的点，∴当BE⊥MN时，BE最小，
∵∠BCE＝45°，
∴∠CBE＝45°＝∠BCE，
∴BE＝CE，
∴BE最小＝BC＝，
即：BE的最小值为．
8．解：（1）如图1所示：延长BE，
①∵等边△ABC中，点D为BC的中点，
∴AD是BC的垂直平分线，∠BAD＝∠CAD＝30°，
∴BE＝CE，
∴∠EBC＝∠ECB，
∵将线段EB绕点E顺时针旋转至EF，
∴BE＝EF，
∴∠EBF＝∠EFB，
∵∠CEF＝∠FEH+∠HEC＝∠EBF+∠BFE+∠EBC+∠ECB＝2∠ABE+2∠EBC，∴∠CEF＝2∠ABC＝120°；
②AB＝AF+AE，
理由如下：
如图1﹣1，在AB上截取BM＝AF，连接ME，过点E作EN⊥AB于N，
∵BM＝AF，∠AFE＝∠EBM，BE＝EF，
∴△BME≌△F AE（SAS），
∴AE＝EM，
又∵EN⊥AB，
∴AN＝MN＝AM，
∵∠BAD＝30°，
∴AE＝2NE，AN＝NE，
∴AN＝AE，
∴AM＝AE，
∴AB＝BM+AM＝AF+AE；
（3）如图2，
∵△ABC是等边三角形，AB＝4，点G为AC的中点，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°，CG＝CD＝2，
∵将△CDG绕点C顺时针旋转得到△CMN，
∴CM＝CN＝CG＝CD＝2，∠MCN＝∠ACB＝60°，
∴∠ACN＝∠BCM，
∴△BCM≌△ACN（SAS），
∴∠CAN＝∠CBM，
∴点A，点B，点C，点P四点共圆，
∴∠BPC＝∠BAC＝60°，
∵将△CDG绕点C顺时针旋转得到△CMN，
∴点M在以点C为圆心，CM为半径的圆上，
∴当BM与⊙C相切于点M时，△BCP的面积有最大值，如图所示，过点P作PH⊥BC 于H，
∵BM是⊙C的切线，
∴∠BMC＝90°＝∠PMC，
又∵∠BPC＝60°，
∴∠PCM＝30°，
∴CM＝PM＝2，
∴MP＝，
∵BM＝＝＝2，
∴BP＝BM+MP＝，
∵sin∠PBC＝，
∴PH＝＝，
∴△BCP的面积最大值＝×4×＝，故答案为．
9．（1）证明：如图1中，
∵BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，
∴∠BMA＝∠CNM＝90°，
∴BM∥CN，
∴∠MBP＝∠ECP，
又∵P为BC边中点，
∴BP＝CP，
又∵∠BPM＝∠CPE，
∴△BPM≌△CPE（ASA），
∴PM＝PE
（2）解：延长MP与NC的延长线相交于点E．
∵BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，
∴∠BMN＝∠CNM＝90°
∴∠BMN+∠CNM＝180°，
∴BM∥CN
∴∠MBP＝∠ECP，
又∵P为BC中点，
∴BP＝CP，
又∵∠BPM＝∠CPE，
∴△BPM≌△CPE（ASA），
∴PM＝PE，S△PBM＝S△PCE，
∴AE＝CN+CE＝4，
∵S△BMP+S△CNP＝7，
∴S△PNE＝7，
∴S△MNE＝2S△PNE＝14，
∴×MN×4＝14，
∴MN＝7．
（3）解：如图1﹣1中，当点B，P在直线a的异侧时，
∵PG⊥a，CN⊥a，
∴PG∥CN，
∵PM＝PE，
∴MG＝GN，
∴PG＝EN＝（CN﹣EC），
∵EC＝BM，
∴PG＝（CN﹣BM）．
如图2﹣2中，当点B，P在直线a的同侧时，延长MP交NC的延长线于Q．
∵PG⊥a，CN⊥a，
∴PG∥CN，
∵BM∥CQ，
∴∠BMP＝∠Q，
∵∠BPM＝∠CPQ，BP＝CP，
∴△PMB≌△PQC（AAS），
∴PM＝PQ，BM＝CQ，
∴MG＝GN，
∴PG＝AQ＝（CN+BM）．
综上所述，PG＝（CN﹣BM）或PG＝（CN+BM）．
10．解：（1）观察猜想
∵在Rt△ABC中与Rt△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠BAC＝∠DEC＝30°，AC ＝DC＝，
∴AE＝2DC＝2，AC＝BC＝，AB＝2BC，∠CDE＝60°，
∴BC＝1，AB＝2，
∵点F，G分别是BD，AE的中点，
∴CG＝AE＝，CG＝AG，CF＝AB＝1，CF＝AF，
∴CG＝CF，∠GDC＝∠GCD＝60°，∠ACF＝∠F AC＝30°，∴∠FCG＝90°，
∴CF⊥CG，
故答案为：CG＝CF，CF⊥CG；
（2）类比探究
仍然成立，
理由如下：
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∠BAC＝∠DEC＝30°，AC＝DC＝，∴∠BCD＝∠ACE，AC＝BC，CE＝CD，
∴＝，
∴△BCD∽△ACE，
∴，∠CAE＝∠CBD，
∵点F，G分别是BD，AE的中点，
∴BF＝BD，AG＝AE，
∴
∴△ACG∽△BCF，
∴，∠BCF＝∠ACG，
∴CG＝CF，∠ACB＝∠FCG＝90°，
∴CF⊥CG；
（3）问题解决
如图，延长BC至H，使BC＝CH＝1，连接DH，
∵点F是BD中点，BC＝CH＝1，
∴CF＝DH，
由（2）可知，CF⊥CG，
∴△CFG的面积＝×CF×CG＝CF2，
∴△CFG的面积＝DH2，
∴当DH取最大值时，△CFG的面积有最大值，当DH取最小值时，△CFG的面积有最小值，
∵CD＝，
∴点D在以点C为圆心，为半径的圆上，
∴当点D在射线HC的延长线上时，DH有最大值为+1，
∴△CFG的面积最大值＝（+1）2＝，
当点D在射线CH的延长线上时，DH有最小值为﹣1，
∴△CFG的面积最小值＝（﹣1）2＝．
11．解：（1）∵Rt△ABC中，∠C＝90°，sin B＝，
∴∠B＝30°，
∴∠A＝60°，
①如图1，过点E作EH⊥BC于点H，
∵ED⊥AC
∴∠ADE＝∠C＝90°，
∴四边形CDEH是矩形，即EH＝CD，
∴在Rt△BEH中，∠B＝30°，
∴BE＝2EH
∴BE＝2CD；
②BE＝2CD成立，
理由：∵△ABC和△ADE都是直角三角形，
∴∠BAC＝∠EAD＝60°，
∴∠CAD＝∠BAE，
又∵，，
∴，
∴△ACD∽△ABE，
∴，
又∵Rt△ABC中，＝2，
∴＝2，
即BE＝2CD；
（2）∵sin B＝，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠DAE＝45°，
∵ED⊥AD，
∴∠AED＝∠BAC＝45°，
∴AD＝DE，AC＝BC，
将△ADE绕点A旋转∠DEB＝90°，分两种情况：
①如图3所示，过A作AF⊥BE交BE的延长线于F，则∠F＝90°，当∠DEB＝90°时，∠ADE＝∠DEF＝90°，
又∵AD＝DE，
∴四边形ADEF是正方形，
∴AD＝AF＝EF＝2，
∵AC＝10＝BC，
根据勾股定理得，AB＝10，
在Rt△ABF中，BF＝＝6，
∴BE＝BF﹣EF＝4，
又∵△ABC和△ADE都是直角三角形，
且∠BAC＝∠EAD＝45°，
∴∠CAD＝∠BAE，
∵，，
∴，
∴△ACD∽△ABE，
∴＝，即＝，
∴CD＝2；
②如图4所示，过A作AF⊥BE于F，则∠AFE＝∠AFB＝90°，当∠DEB＝90°时，∠DEB＝∠ADE＝90°，
又∵AD＝ED，
∴四边形ADEF是正方形，
∴AD＝EF＝AF＝2，
又∵AC＝10＝BC，
∴AB＝10，
在Rt△ABF中，BF＝＝6，
∴BE＝BF+EF＝8，
又∵△ACD∽△ABE，
∴＝，即＝，
∴CD＝4，
综上所述，线段CD的长为2或4．
12．解：（1）等腰直角三角形，
理由如下：∵AP∥BC，
∴∠APC＝∠BCP，∠APO＝∠CBP，∵△OAP沿着AP折叠，
∴∠APO＝∠APC，OP＝PC，
∴∠PCB＝∠PBC，
∴PC＝PB＝OP＝8，
∴△BCP是等腰三角形，
∵OA＝OP＝8，
∴∠OP A＝∠APC＝45°，
∴∠OPC＝90°，
∴△BCP是等腰直角三角形；
（2）当t＞0时，如图，
∵△OAP沿着AP折叠，
∴∠AOP＝∠ACP＝90°，OP＝PC＝t，∴∠ACP+∠BCP＝180°，
∴点A，点C，点B三点共线，
∵点A（0，8），B（16，0），
∴OA＝8，OB＝16，
∴AB＝＝＝8，∵tan∠ABO＝，
∴，
∴t＝4﹣4；
当t＜0时，如图，
同理可求：t＝﹣4﹣4；
（3）∵△OAP沿着AP折叠，
∴AC＝AO＝8，∠ACP＝∠AOP＝90°，∵BH⊥CP，
∴∠ACP＝∠BHC＝90°，
∵AH＝BC，CH＝CH，
∴Rt△ACH≌Rt△BHC（HL）
∴AC＝BH，
∴四边形AHBC是平行四边形，
如图2，当0≤t≤16时，点H在PC上时，连接AB交CH于G，
∵四边形AHBC是平行四边形，
∴AG＝BG＝4，HG＝CG，AC＝BH＝8，
∴HG＝＝＝4，
在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，
∴（16﹣t）2＝64+（t﹣8）2，
∴t＝8；
如图3，当0≤t≤16时，点H在PC的延长线上时，
∵四边形AHBC是平行四边形，
∴AG＝BG＝4，HG＝CG，AC＝BH＝8，
∴HG＝＝＝4，
在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，
∴（16﹣t）2＝64+（t+8）2，
∴t＝；
如图4，当t＜0时，
同理可证：四边形ABHC是平行四边形，
又∵AH＝BC，
∴四边形ABHC是矩形，
∴AC＝BH＝8，AB＝CH＝8，
在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，
∴（16﹣t）2＝64+（t+8）2，
∴t＝16﹣8；
当t＞16时，如图5，
∵四边形ABHC是矩形，
∴AC＝BH＝8，AB＝CH＝8，CP＝OP＝t，在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，
∴（t﹣16）2＝64+（t﹣8）2，
∴t＝16+8．
综上所述：当t＝8或或16﹣8或16+8时，存在AH＝BC．
13．（1）解：∵△BCF和△ACD都是等腰直角三角形，
∴AC＝CD，FC＝BC＝1，FB＝，
∵AD＝BD，DE是△ABD的平分线，
∴DE垂直平分AB，
∴F A＝FB＝，
∴AC＝F A+FC＝，
∴CD＝；
（2）证明：如图2，过点C作CH⊥CE交ED于点H，
∵△BCF和△ACD都是等腰直角三角形，
∴AC＝DC，FC＝BC，∠ACB＝∠DCF＝90°；
∴△ABC≌△DFC（SAS），
∴∠BAC＝∠CDF，
∵∠ECH＝90°，
∴∠ACE+∠ACH＝90°，
∵∠ACD＝90°，
∴∠DCH+∠ACH＝90°，
∴∠ACE＝∠DCH．
在△ACE和△DCH中，
，
∴△ACE≌△DCH（ASA），
∴AE＝DH，CE＝CH，
∴EH＝CE．
∵DE＝EH+DH＝CE+AE；
（3）解：如图3，连接OE，将OE绕点E顺时针旋转90°得到EQ，连接OQ，PQ，则OQ＝OE．
由（2）知，∠AED＝∠ABC+∠CDF＝∠ABC+∠BAC＝90°，
在Rt△AED中，点O是斜边AD的中点，
∴OE＝OD＝AD＝AC＝，
∴OQ＝OE＝，
在△OED和△QEP中，
，
∴△OED≌△QEP（SAS），
∴PQ＝OD＝．
∵OP≤OQ+PQ＝，当且仅当O、P、Q三点共线时，取“＝”号，
∴OP的最大值是．
14．证明：（1）如图1，∵将△AEC以点C为旋转中心，逆时针旋转90°得到△BFC，∴△AEC≌△BFC，
∴∠CAE＝∠CBF，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAE+∠EAB+∠CBA＝90°，
∴∠CBF+∠EAB+∠CBA＝90°，
∴∠APB＝90°，
∴AP⊥BF；
（2）如图2，∵CE⊥AD，
∴∠AEC＝90°＝∠CEP，
∵将△AEC以点C为旋转中心，逆时针旋转90°得到△BFC，
∴△AEC≌△BFC，∠ECF＝90°，
∴∠AEC＝∠BFC＝90°，CE＝CF，
∴四边形CEPF是正方形，
∴EP＝PF＝CE＝CF，∠EPF＝90°，
∵AD为BC边上的中线，
∴CD＝BD，
又∵∠CDE＝∠BDP，∠CED＝∠BPD＝90°，
∴△CDE≌△BDP（AAS），
∴CE＝BP，
∴EP＝PF＝BP，
∴EP+FP＝2BP；
（3）结论仍然成立，
理由如下：如图1，过点C作CN⊥AD于N，作CM⊥BF，交BF的延长线于M，
∵将△AEC以点C为旋转中心，逆时针旋转90°得到△BFC，
∴∠CAE＝∠CBF，CE＝CF，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAE+∠EAB+∠CBA＝90°，
∴∠CBF+∠EAB+∠CBA＝90°，
∴∠APB＝90°，
又∵CN⊥AD，CM⊥BM，
∴四边形CNPM是矩形，
∵∠CAE＝∠CBF，∠ANC＝∠BMC＝90°，AC＝BC，
∴△ACN≌△BCM（AAS），
∴CM＝CN，
∴四边形CNPM是正方形，
∴CN＝CM＝NP＝MP，
∵AD为BC边上的中线，
∴CD＝BD，
又∵∠CDN＝∠BDP，∠CND＝∠BPD＝90°，
∴△CDN≌△BDP（AAS），
∴CN＝BP，
∴CN＝BP＝NP＝MP，
∴EP+FP＝EN+NP+FP＝NP+MF+PF＝NP+MP＝2BP．
15．证明：（1）如图1，连接OA，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，OB＝OC，
∴AO⊥BC，OA＝OB＝OC，∠ABO＝∠ACO＝∠BAO＝∠CAO＝45°，∴∠MON＝∠AOC＝90°，
∴∠AOM＝∠CON，且AO＝CO，∠BAO＝∠ACO＝45°，
∴△AOM≌△CON（ASA）
∴AM＝CN；
（2）证明：如图2，在BA上截取BG＝AN，连接GO，AO，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，OB＝OC，
∴AO⊥BC，OA＝OB＝OC，∠ABO＝∠ACO＝∠BAO＝∠CAO＝45°，∵BG＝AN，∠ABO＝∠NAO＝45°，AO＝BO，
∴△BGO≌△AON（SAS），
∴OG＝ON，∠BOG＝∠AON，
∵∠MON＝45°＝∠AOM+∠AON，
∴∠AOM+∠BOG＝45°，
∵∠AOB＝90°，
∴∠MOG＝∠MON＝45°，
∵MO＝MO，GO＝NO，
∴△GMO≌△NMO（SAS），
∴GM＝MN，
∴BM＝BG+GM＝AN+MN；
（3）MN＝AN+BM，
理由如下：如图3，过点O作OG⊥ON，连接AO，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，OB＝OC，
∴AO⊥BC，OA＝OB＝OC，∠ABO＝∠ACO＝∠BAO＝∠CAO＝45°，∴∠GBO＝∠NAO＝135°，
∵MO⊥GO，
∴∠NOG＝90°＝∠AOB，
∴∠BOG＝∠AON，且AO＝BO，∠NAO＝∠GBO，
∴△NAO≌△GBO（ASA），
∴AN＝GB，GO＝ON，
∵MO＝MO，∠MON＝∠GOM＝45°，GO＝NO，
∴△MON≌△MOG（SAS），
∴MN＝MG，
∵MG＝MB+BG，
∴MN＝AN+BM．
16．证明：（1）如图①中，
∵MN⊥AB，
∴∠PCA＝∠PCB＝90°．
在△P AC和△PBC中，
，
∴△P AC≌△PBC（SAS），
∴P A＝PB．
（2）如图②中，设直线l、m交于点O，连接AO、BO、CO．
∵直线l是边AB的垂直平分线，
又∵直线m是边BC的垂直平分线，
∴OB＝OC，
∴OA＝OC，
∴点O在边AC的垂直平分线n上，
∴直线l、m、n交于点O．
（3）解：如图③中，连接BD，BE．
∵BA＝BC，∠ABC＝120°，
∴∠A＝∠C＝30°，
∵边AB的垂直平分线交AC于点D，边BC的垂直平分线交AC于点E，∴DA＝DB，EB＝EC，
∴∠A＝∠DBA＝30°，∠C＝∠EBC＝30°，
∴∠BDE＝∠A+∠DBA＝60°，∠BED＝∠C+∠EBC＝60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴AD＝BD＝DE＝BE＝EC，
∵AC＝15，
∴DE＝AC＝5．
故答案为5．
17．解：（1）∵+|y﹣8|＝0，
又∵≥0，|y﹣8|≥0，
∴x＝2，y＝8，
∴A（2，8），
∵AD⊥x轴，
∴OD＝2，AD＝8，
∵AD﹣OD＝OE，
∴E（﹣6，0）．
（2）如图1中，连接OG．
由题意G（10，m）．
∵AD＝DE＝8，
∠ADE＝90°，
∴∠AED＝45°，
∴∠OEF＝∠OFE＝45°，
∴OE＝OF＝6，
∴F（0，6），
∴S＝S△ODG+S△OFG﹣S△OFD＝×2×m+×6×10﹣×2×6＝m+24（0≤m≤8）．（3）如图2中，设FG交AD于J，P（2，t），当点P在DJ上，点Q在AB上时，
当S＝26时，m＝2，
∴G（10，2），
∴直线FG的解析式为y＝﹣x+6，
∴J（2，），
由题意，•（﹣t）×10＝2××2t×6，
解得t＝，
∴P（2，），
当点P在AJ上，点Q在BG上时，同法可得，•（t﹣）×10＝2××（14﹣2t）×8，
解得t＝，
∴P（2，）．
综上所述，满足条件的点P的坐标为（2，）或（2，）．
18．解：（1）如图1中，过点E作EH⊥BC于H．
∵BD⊥CD，
∴∠D＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠DCB＝90°，∠DCB+∠DBC＝90°，
∴∠ACD＝∠DBC，
∴tan∠DBC＝tan∠ACD＝2，
∴＝2，
∵AC＝BC＝6，
∴BD＝，CD＝，
∵EH⊥BC，∠EBH＝45°，
∴∠EHB＝90°，∠EHB＝∠HBE＝45°，
∴EH＝BH，
设EH＝BH＝m，则HC＝2EH＝2m，
∴3m＝6，
∴m＝2，
∴EH＝2，CH＝4，
∴EC＝＝＝2，
∴DE＝CD﹣CE＝﹣2＝．
（2）如图2中，过点A作AT⊥CE于T，在AG上取一点J，使得EJ＝EG．
∵EJ＝EG，
∴∠EJG＝∠EGJ，
∵∠CFG＝EGJ，
∴∠CFG＝∠EJG，
∴∠AFC＝∠AJE，
∵∠ATC＝∠CDB＝∠ACB＝90°，
∴∠ACT+∠DCB＝90°，∠DCB+∠CBD＝90°，
∴∠ACT＝∠CBD，
∵AC＝BC，
∴△ATC≌△CDB（AAS），
∴CT＝BD，
∵EC＝2BD，
∴CT＝ET，
∵AT⊥EC，
∴AC＝AE，
∴∠ACT＝∠AEC，
∴∠ACF+∠FCD＝∠EAJ+∠FDC，
∵FC＝FD，
∴∠FCD＝∠FDC，
∴∠ACF＝∠EAJ，
∴△ACF≌△EAJ（AAS），
∴AF＝EJ＝EG．
（3）如图3中，取BC的中点T，连接DT，AT．
∵AC＝BC＝6，∠ACT＝90°，CT＝TB＝3，
∴AT＝＝＝3，
∵CD⊥BD，
∴∠CDB＝90°，
∴DT＝BC＝3，
∴AD≥AT﹣DT，
∴AD≥3﹣3，
∴AD的最小值为3﹣3，
∵△ADE是等腰直角三角形，AH⊥DE，
∴DH＝EH，
∴AH＝DE＝AD，
∴AH的最小值为﹣，
此时，A，D，T共线，如图3﹣1中，过点D作DQ⊥AC于Q，过点E作EP⊥CA交CA 的延长线于P，过点H作HJ⊥AC于J．
∵DQ∥CT，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴DQ＝，AQ＝，
由△AQD≌△EPQ，可得PE＝AQ＝，
∵EP∥HJ∥DQ，EH＝HD，
∴PJ＝JQ，
∴JH＝（PE+DQ）＝
∴△ACH的面积＝×6×＝．
19．解：（1）①如图1，
∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝60°，
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝120°，
∴∠BEC＝120°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°，
故答案为：60；
②∵△ACD≌△BCE，
∴AD＝BE，
故答案为：AD＝BE；
（2）∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°．∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE＝AD，∠ADC＝∠BEC，
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝135°．
∴∠BEC＝135°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°，
∴AD2+AE2＝AB2，
∵AD＝a，AE＝b，AB＝c，
∴a2+b2＝c2；
（3）如图3，
由（1）知△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE，
∵∠CAB＝∠CBA＝60°，
∴∠OAB+∠OBA＝120°，
∴∠AOE＝180°﹣120°＝60°，
如图4，
同理求得∠AOB＝60°，
∴∠AOE＝120°，
∴∠AOE的度数是60°或120°．
20．解：（1）如图3中，连接PB，延长BP交CQ的延长线于J，延长QC到R，设AC交BJ于点K．
∵∠P AQ＝∠BAC，
∴∠CAQ＝∠BAP，
∵＝＝cos30°＝，
∴△QAC∽△P AB，。