專題23.1旋轉與幾何綜合【典例1】如圖，正方形ABCD和正方形CEFG（其中BD>2CE），直線BG與DE交于點H．(1)如圖1，當點G在CD上時，請直接寫出線段BG與DE的數(shù)量關系和位置關系；(2)將正方形CEFG繞點C旋轉一周．①如圖2，當點E在直線CD右側時，求證：BH?DH=2②當∠DEC＝45°時，若AB＝3，CE＝1，請直接寫出線段DH的長．【思路點撥】（1）證明△BCG≌△DCE可得結論；（2）①在線段BG上截取BK＝DH，連接CK．證明△BCK≌△DCH(SAS)，推出CK＝CH，∠BCK＝∠DCH，推出△KCH是等腰直角三角形，即可解決問題；②分兩種情形：當D，G，E三點共線時∠DEC＝45°，連接BD；和當D，H，E三點共線時∠DEC＝45°，連接BD，分別根據(jù)正方形的性質結合勾股定理求解即可解決問題．【解題過程】（1）解：BG＝DE，BG⊥DE，理由如下：∵四邊形ABCD和四邊形CEFG都為正方形，∴BC＝CD，∠BCG＝∠DCE＝90°，CG＝CE，∴△BCG≌△DCE(SAS)，∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE．∵∠CDE+∠DEC＝90°，∴∠HBE+∠BEH＝90°，∴∠BHD＝90°，即BG⊥DE．綜上可知BG和DE的關系為BG＝DE且BG⊥DE．故答案為：BG＝DE且BG⊥DE；（2）①證明：如圖，在線段BG上截取BK＝DH，連接CK．∵四邊形ABCD和四邊形CEFG都為正方形，∴BC＝CD，∠BCD＝∠GCE＝90°，CG＝CE，∴∠BCG＝∠DCE，∴△BCG≌△DCE(SAS)，∴∠CBK＝∠CDH，∵BK＝DH，BC＝DC，∴△BCK≌△DCH(SAS)，∴CK＝CH，∠BCK＝∠DCH，∴∠BCK+∠KCD＝∠DCH+∠KCD，即∠KCH＝∠BCD＝90°，∴△KCH是等腰直角三角形，∴HK=2∴BH?DH=BH?BK=KH=2②如圖，當D，G，E三點共線時∠DEC＝45°，連接BD．由（1）同樣的方法可知，BH＝DE，∵四邊形CEFG為正方形∴CE＝CH＝1，∴EH=∵AB＝3，∴BD=2設DH＝x，則BH=在Rt△BDH中，BH2+D解得：x1故此時DH=34如圖，當H，E重合時，∠DEC＝45°，連接BD．設DH＝x，∵BG＝DH，∴BH=在Rt△BDH中，BH2解得：x1故此時DH=34綜上所述，滿足條件的DH的值為34-221．（2022·河北唐山·八年級期末）如圖1所示，將一個邊長為2的正方形ABCD和一個長為2、寬為1的長方形CEFD拼在一起，構成一個大的長方形ABEF．現(xiàn)將小長方形CEFD繞點C順時針旋轉至CE'F(1)當點D'恰好落在邊EF上時，點D'到邊DC的距離為____________，旋轉角α=____________(2)如圖2，G為BC的中點，且0°<α<90°，求證：GD(3)小長方形CEFD繞點C順時針旋轉一周的過程中，△DCD'與△CBD【思路點撥】（1）根據(jù)矩形的性質可知點D'到邊DC的距離等于F到邊DC的距離，即DF=1，可知點D'到邊DC的距離為1；根據(jù)旋轉的性質得CD'=CD=2（2）由G為BC中點可得CG=CE，然后根據(jù)“SAS”可判斷△GCD'≌△（3）根據(jù)正方形的性質得CB=CD，而CD=CD'，則△BCD'和△DCD'為腰相等的兩等腰三角形，當兩頂角相等時它們全等，當△BCD'和△DCD【解題過程】（1）解：由題意可知，當點D'恰好落在邊EF上時，點D'到邊DC的距離等于F到邊DC的距離，即∴點D'到邊DC∵CE=1，CD∴在Rt△CED'中，∵CD∥EF，∴∠α=∠CD故答案為：1，30；（2）證明：∵G為BC中點，∴CG=1，∴CG=CE，∵長方形CEFD繞點C順時針旋轉至CE∴∠D∴∠GCD在△GCD'和∵{∴△GCD∴GD（3）能，理由如下：∵四邊形ABCD為正方形，∴CB=CD，∵CD=CD∴△BCD'和當∠BCD'=∠DC當△BCD'和△DCD'為鈍角三角形時，則旋轉角當△BCD'和△DCD則α=360°?90°即旋轉角α的值為135°或315°時，△BCD'和2．（2022·山西呂梁·九年級期末）綜合與實踐：如圖1，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別為DC，BC邊上的點，且滿足∠EAF=45°，連接EF，求證：DE+BF=EF．李偉同學是這樣解決的：將△ADE繞點A順時針旋轉90°得到△ABG，此時AB與AD重合，再證明△GAF≌(1)如圖2，在四邊形ABCD中，AD∥BCAD>BC，∠D=90°，AD=CD=10，且∠BAE=45°，DE=4(2)類比（1）證明思想完成下列問題：在同一平面內，將兩個全等的等腰直角三角形ABC和AFG擺放在一起，A為公共頂點，∠BAC=∠AGF=90°，若△ABC固定不動，△AFG繞點A旋轉，AF、AG與邊BC的交點分別為D、E（點D不與點B重合，點E不與點C重合），在旋轉過程中，等式BD【思路點撥】（1）過A作AG⊥BC，交BC延長線于G，由正方形的性質得出CG＝AD＝10，再運用勾股定理和方程求出BE的長；（2）運用旋轉性質和勾股定理判斷說明等式成立．【解題過程】解：（1）如圖2，過點A作AG⊥BC，交CB延長線于點G．四邊形ADCG中，∠D=∠C=∠G=90°，AD=DC，∴四邊形ADCG是正方形．∴CG=AD=10．已知∠BAE=45°，根據(jù)已知材料可得：BE=GB+DE．設BE=x，則BG=x?4，∴BC=14?x．在Rt△BCE中，BE∴x2解得x=58∴BE=58（2）如圖3，將△ACE繞點A順時針旋轉90°至△ABH位置，則CE=BH，AE=AH，∠ABH=∠C=45°，旋轉角∠EAH=90°．連接HD，在△EAD和△HAD中，AE=AH∠HAD=∠EAD∴△EAD≌∴DH=DE．又∠HBD=∠ABH+∠ABD=90°，∴BD∴BD3．（2022·黑龍江省新華農場中學九年級階段練習）如圖①，在△ABC中，AB=AC=4，∠BAC=90°，AD⊥BC，垂足為D．(1)S△ABD=．（直接寫出結果）(2)如圖②，將△ABD繞點D按順時針方向旋轉得到△A′B′D，設旋轉角為α(α<90°)，在旋轉過程中：探究一：四邊形APDQ的面積是否隨旋轉而變化？說明理由；探究二：當α=________時，四邊形APDQ是正方形．【思路點撥】（1）根據(jù)等腰三角形的性質，由AD⊥BC得BD=CD，則SΔ（2）①在ΔABC中，根據(jù)等腰直角三角形的性質得∠B=∠C=45°，易得∠BAD=∠DAC=45°，BD=AD，再利用等角的余角相等得到∠BDP=∠ADQ，于是可判斷ΔBPD≌ΔAQD，所以②由于∠PAQ=90°，則當DP⊥AB時，四邊形APDQ為矩形，加上PA=PD，于是可判斷四邊形APDQ是正方形，此時∠BDP=45°，即α=45°．【解題過程】（1）解：∵AB=AC=4，∠BAC=90°，AD⊥BC，∴BD=CD，∴S故答案為4；（2）解：①四邊形APDQ的面積不會隨旋轉而變化．理由如下：在ΔABC中，∵AB=AC，∠BAC=90°∴∠B=∠C=45°，∵AD⊥BC，∴∠BAD=∠DAC=45°，∴∠B=∠DAQ=∠BAD=45°，BD=AD，又∵∠BDP+∠ADP=90°，∠ADQ+∠ADP=∠PDQ=90°，∴∠BDP=∠ADQ，在ΔBPD和Δ∠B=∠DAQBD=AD∴Δ∴S②α=45°時，四邊形APDQ是正方形．理由如下：∵∠PAQ=90°，∴當DP⊥AB時，而∠PDQ=90°，∴四邊形APDQ為矩形，∵∠PAD=45°，∴PA=PD，∴四邊形APDQ是正方形，此時∠BDP=45°，即α=45°．4．（2022·吉林通化·九年級期末）如圖，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，點D、E在BC邊上，∠DAE=45°，將△ACE繞點A順時針旋轉90°得△ABF．(1)求證：BF⊥BC；(2)連接DF，求證：△ADF≌△ADE；(3)若BD=3，CE=4，則DF=______，四邊形AFDE的面積＝______．【思路點撥】（1）由旋轉的性質得∠C=∠ABF，從而得到∠DBF=∠ABC+∠ABF=90°，即可證明結論；（2）由旋轉的性質得AF=AE，∠BAF=∠CAE，則∠BAD+∠BAF=∠BAD+∠CAE=45°，再利用SAS即可證明；（3）如圖，過點A作AH⊥BC于H，由（1）得，∠DBF=90°，在Rt△DBF中，由勾股定理得DF=BD2+BF2=【解題過程】（1）證明：∵將△ACE繞點A順時針旋轉90°得△ABF，∴∠C=∠ABF，∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠C=45°，∴∠DBF=∠ABC+∠ABF=45°+45°=90°，∴BF⊥BC．（2）證明：∵將△ACE繞點A順時針旋轉90°得△ABF，∴AF=AE，∠BAF=∠CAE，∵∠DAE=45°，∠BAC=90°，∴∠BAD+∠CAE=90°?45°=45°，∴∠BAD+∠BAF=∠BAD+∠CAE=45°，∴∠DAF=∠DAE，在△ADF和△ADE中，AF=AE∠DAF=∠DAE∴△ADF≌△ADESAS（3）解：如圖，過點A作AH⊥BC于H，∵將△ACE繞點A順時針旋轉90°得△ABF，BD=3，CE=4，∴BF=CE=4，由（1）得，∠DBF=90°，在Rt△DBF中，DF=B由（2）得，△ADF≌△ADE，∴DE=DF=5，S△ADF∴BC=BD+DE+CE=3+5+4=12，∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AH⊥BC∴BH=CH，∴AH=1∴四邊形AFDE的面積：S=2=2×=DE×AH=5×6=30．故答案為：5；30．5．（2022·貴州六盤水·九年級學業(yè)考試）【問題提出】如圖1，在△ABC中，每個內角都小于120°，在△ABC內有一點P，請確定點P的位置，使PA+PB+PC最?。?1)【問題解決】如圖2，把△CAP繞點C順時針旋轉60°得到△CED，連接PD和AE，當點B，P，D，E四點共線時，PA+PB+PC的最小值即為線段BE的長，此時∠APB=________度；(2)【問題拓展】如圖3，在Rt△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，點P是△ABC內一點，若∠APC=135°，PA=2，PC=1，求PB的長；(3)【實際應用】如圖4，△ABC是A，B，C三座城市位置的平面示意圖，要在△ABC內規(guī)劃建設一個物流基地（用點P表示），連接PA，PB，PC，并使PA+PB+PC最?。唤洔y量：AC=40km，BC=30km，∠ACB=60°，求【思路點撥】（1）由“把△CAP繞點C順時針旋轉60°得到△CED”，可得∠APC=∠CDE，易證△PCD是等邊三角形，則可得∠CPD=∠CDP=60°，然后根據(jù)平角和周角即可求得答案；（2）如圖，把△ABP，繞點A逆時針旋轉90°得到△ACP'，連接PP'，則∠PAP（3）把△ACP繞點C順時針旋轉60°得到△A'CP'，分別連接A'B,PP'，過點A'作A'F⊥BC交BC的延長線于點F，易證△PCP【解題過程】（1）解：∵把△CAP繞點C順時針旋轉60°得到△CED，∴CP=CD,∠PCD=60°,∠APC=∠CDE，∴△PCD是等邊三角形，∴∠CPD=∠CDP=60°，∵點B，P，D，E四點共線，∴∠BPC=180°?∠CPD=120°,∠CDE=180°?∠CDP=120°，∴∠APC=120°，∴∠APB=360°?∠BPC?∠APC=120°；（2）解：如圖，把△ABP，繞點A逆時針旋轉90°得到△ACP'，連接∴∠PAP∴∠APP∴∠P在Rt△P'PC∴PB=3；（3）解：把△ACP繞點C順時針旋轉60°得到△A'CP'，分別連接A'B,PP'∴∠A∴△PCP∴PC=PP∴PA+PB+PC=P∴當B、P、P'、A'四點共線時，此時，PA+PB+PC=A∵∠ACB=60°,∠ACA∴∠A∴在Rt△A'CF中，CF=∴BF=BC+CF=50km在Rt△A'BF∴PA+PB+PC的最小值為10376．（2022·北京·九年級專題練習）已知正方形ABCD，將線段BA繞點B旋轉α（0°<α<90°），得到線段BE，連接EA，EC．(1)如圖1，當點E在正方形ABCD的內部時，若BE平分∠ABC，AB=4，則∠AEC=______°，四邊形ABCE的面積為______；(2)當點E在正方形ABCD的外部時，①在圖2中依題意補全圖形，并求∠AEC的度數(shù)；②作∠EBC的平分線BF交EC于點G，交EA的延長線于點F，連接CF．用等式表示線段AE，F(xiàn)B，F(xiàn)C之間的數(shù)量關系，并證明．【思路點撥】（1）過點E作EK⊥BC于點K，由正方形的性質、旋轉的性質及角平分線的定義可得∠ABE=∠CBE=45°,AB=BE=BC=4，再利用等腰三角形的性質和解直角三角形可求出∠BAE=∠BEA=67.5°，EK=22，繼而可證明Δ（2）①根據(jù)題意作圖即可；由正方形的性質、旋轉的性質可得BE=BA=BC，再根據(jù)三角形內角和定理及等腰三角形的性質求出∠AEB,∠BEC=45°，即可求解；②過點B作BH⊥AE垂足為H，由等腰三角形的性質得到AH=EH=1ΔFBE?ΔFBC(SAS)即可得到EF=CF【解題過程】解：（1）過點E作EK⊥BC于點K∴∠BKE=90°∵四邊形ABCD是正方形∴∠ABC=90°,AB=BC∵BE平分∠ABC，AB=4，將線段BA繞點B旋轉α（0°<α<90°），得到線段BE∴∠ABE=∠CBE=45°,AB=BE=BC=4∴∠BAE=∠BEA=67.5°，sin∠EBK=∴EK=22∴S∵BE=BE∴Δ∴∠AEB=∠CEB,S∴∠AEC=∠AEB+∠CEB=135°，四邊形ABCE的面積為=S故答案為：135，8（2）①作圖如下∵四邊形ABCD是正方形∴∠ABC=90°,AB=BC由旋轉可得，BE=BA=BC∵∠ABE+∠BAE+∠BEA=180°,∠ABE=α∴∠BEA=∠BAE=180°?α∵∠CBE+∠BCE+∠BEC=180°,∠CBE=∠ABE+∠ABC=90°+α∴∠BEC=∠BCE=180°?(90°+α)∴∠AEC=∠AEB?∠BEC=45°②BF=2如圖，過點B作BH⊥AE垂足為H∴∠BHF=90°∵BA=BE∴AH=EH=1∵BE=BC，∠EBC的平分線BF交EC于點G∴BG⊥CE,∠FBE=∠FBC∴∠EGF=90°∵BF=BF∴Δ∴EF=CF∵∠AEC=45°∴∠AEC=∠EFG=45°∴∠EFG=45°=∠HBF∴Δ∴BF=2即BF=7．（2022·江蘇·鹽城市明達初級中學八年級階段練習）如圖，正方形ODEF的邊OD、OF在坐標軸上，點E坐標為（﹣6，6），將正方形ODEF繞點D逆時針旋轉角度（0°＜α＜90°），得到正方形ABCD，AB交線段OF于點P，BA的延長線交線段EF于點Q，連DP、DQ(1)求證：△ADQ≌△EDQ；(2)求∠PDQ的度數(shù)；并判斷線段PQ、EQ、PO之間的數(shù)量關系，說明理由．(3)連接AF、FB、OB、AO得到四邊形AFBO，在旋轉過程中，當P點在何位置時四邊形AFBO是矩形？請說明理由，并求出點Q的坐標．【思路點撥】（1）根據(jù)旋轉變換的性質得到DE=AD，∠E=∠DAQ=90°，根據(jù)正方形的性質得到∠DAQ=90°，根據(jù)直角三角形的全等的判定定理證明即可；（2）證明Rt△DAP?Rt△DOP，得到∠ADP=∠ODP，（3）根據(jù)矩形的判定定理證明四邊形AFBO是矩形，設點Q的坐標為?6,m，根據(jù)勾股定理列出方程，解方程求出m的值，得到點Q的坐標．【解題過程】（1）解:∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAB=90°，∴∠DAQ=90°，∵將正方形ODEF繞點D逆時針旋轉角度（0°＜α＜90°），，∴DE=AD，∠E=∠DAB=90°，在Rt△EDQ和Rt△ADQED＝∴Rt△EDQ?Rt△ADQ,∴△ADQ≌△EDQ；（2）∠PDQ=45°,PQ=EQ+OP，理由如下：∵四邊形ODEF是正方形，∴∠DOP=∠EDO=90°,∵∠DAB=∠DOP=90°，在Rt△DAP與Rt△DOP中，DA＝∴Rt△DAP?Rt△DOP，∴∠ADP=∠ODP，∵Rt△EDQ?Rt△ADQ，∴∠EDQ=∠ADQ，∴∠ADQ+∠ADP=∠EDQ+∠PDO=1∴∠PDQ=45°∵PQ=AQ+AP,AQ=EQ,AP=OP,∴PQ=EQ+OP．（3）當P是OF中點時，四邊形AFBO是矩形，∵P是OF中點，∴OP=PF=由(2)得AP=OP，又∵AB=OF，∴AP=1∴OP=PF=AP=PB，∴四邊形AFBO是平行四邊形，∵AB=OF，∴?AFBO是矩形，設點Q的坐標為?6,m，則QF=m,QE=6?m,OP=PF=3，在Rt△QFP中：由勾股定理得，QF∴m2解得：m=4，∴Q(?6，8．（2022·遼寧遼寧·二模）如圖，已知在△AOB與△COD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=90°．(1)如圖1，點C，D分別在邊OA，OB上，連接AD，BC，點M是線段BC的中點，連接OM，直接寫出線段AD與OM之間的數(shù)量關系___________；(2)如圖2，將圖1中的△COD繞點O逆時針旋轉，使△COD的一邊OD恰好與△AOB的邊OA在同一條直線上時，點C落在OB上，點M為線段BC的中點，確定AD與OM之間的數(shù)量關系，并證明；(3)如圖3，將圖1中的△COD繞點O逆時針旋轉，旋轉角為α0°<α<90°，連接AD，BC，點M為線段BC的中點，連接OM，確定AD與OM【思路點撥】(1)證明△AOD≌△BOC，然后根據(jù)點M為線段BC的中點即可得出結論；(2)延長DC交AB于點E，連接ME，過點E作EN⊥AD于點N，證明出四邊形ONEM為矩形，即可得出結論；(3)延長BO到點F，使FO=BO，連接CF，得到OM與CF的數(shù)量關系．【解題過程】(1)解：∵OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=90°，∴△AOD≌△BOC，∴AD=BC，又M是BC的中點，且∠BOC=90°，∴OM=MC=BM=12BC=故AD=2OM，故答案為：AD=2OM(2)AD=2OM，理由如下：如下圖所示，延長DC交AB于點E，連接ME，過點E作EN⊥AD于點N，∵OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=90°，∴∠A=∠D=∠B=∠BCE=∠DCO=45°，∴AE=DE，BE=CE，∠AED=90°，∴DN=AN，∴AD=2NE，∵M為BC的中點，∴EM⊥BC，∴四邊形ONEM是矩形．∴NE=OM，∴AD=2OM．(3)AD=2OM，理由如下：如圖．延長BO到F，使FO=BO，連接CF，∵M為BC的中點，O為BF的中點，∴MO為△BCF的中位線，∴FC=2OM，∵∠AOB=∠AOF=∠COD=90°，∴∠AOB+∠BOD=∠AOF+∠AOC，即∠AOD=∠FOC，在△AOD和△FOC中，OA=OF∴△AOD≌△FOCSAS∴FC=AD，∴AD=2OM，9．（2022·陜西渭南·八年級期中）已知△ABC中，AB=AC，∠ABC=60°，點P為射線AD上任意一點（點P與點A不重合）．連接CP，將線段CP繞點C順時針旋轉60°得到線段CQ，連接QB并延長交直線AD于點E．(1)如圖1，當∠DAC=90°時，試猜想BC與QE的位置關系，并說明理由；(2)如圖2，當∠DAC=120°，∠ACP=15°時，點E恰好與點A重合，若AC=6，求BQ的長．【思路點撥】（1）根據(jù)等邊三角形的性質得AB=AC，∠ACB=60°，再根據(jù)旋轉的性質得PC=CQ，∠PCQ=60°，則∠BCQ=∠ACP，根據(jù)“SAS”可證明△ACP?△BCQ，即可得出∠CBQ=∠CAP=90°；（2）根據(jù)（1）可證明△ACP?△BCQ得到AP=BQ，由∠DAC=120°，∠ACP=15°,得到△PCH為等腰直角三角形，在Rt△ACH中可求出AH、CH，繼而可求出PH的長，可得出結論．【解題過程】（1）解：結論：BC⊥EQ；理由如下：如圖1，設QE與CP的交點記為M，∵AB=AC，∠ABC=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AC=CB，∠ACB=∠ABC=60°，由旋轉的性質得：PC=CQ，且∠PCQ=60°，∴∠PCQ=∠ACB，∴∠PCQ?∠BCP=∠ACB?∠BCP，即∠BCQ=∠ACP，則在△CQB和△CPA中，PC=QC∠BCQ=∠ACP∴△CQB?△CPASAS∴∠CBQ=∠CAP，∵∠CAP=90°，∴∠CBQ=90°，∴BC⊥EQ；（2）解：作CH⊥AD于H，如圖2，∵AB=AC，∠ABC=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AC=CB，∠ACB=∠ABC=60°，∵PC=CQ，且∠PCQ=60°，∴∠PCQ=∠ACB，∴∠PCQ?∠BCP=∠ACB?∠BCP，即∠BCQ=∠ACP，在△CQB和△CPA中，PC=QC∠BCQ=∠ACP∴△ACP?△BCQ∴AP=BQ，∵∠DAC=120°，∠ACP=15°，∴∠APC=45°，∠PCB=45°，∴∠HAC=60°，∴△PCH為等腰直角三角形，在Rt△ACH中，∠HAC=60°，AC=6，∴AH=1CH=3在Rt△PHC中，PH=CH=33∴PA=PH?AH=33∴BQ=3310．（2022·全國·九年級專題練習）△ABC和△DEC是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC，CD=CE．(1)【觀察猜想】當△ABC和△DEC按如圖1所示的位置擺放，連接BD、AE，延長BD交AE于點F，猜想線段BD和AE有怎樣的數(shù)量關系和位置關系．(2)【探究證明】如圖2，將△DCE繞著點C順時針旋轉一定角度α0°<α<90°，線段BD和線段AE(3)【拓展應用】如圖3，在△ACD中，∠ADC=45°，CD=2，AD=4，將AC繞著點C逆時針旋轉90°至BC，連接BD，求BD【思路點撥】（1）通過證明△BCD?△ACE，即可求證；（2）通過證明△BCD?△ACE，即可求證；（3）過點C作CH⊥CD，垂足為C，交AD于點H，根據(jù)旋轉的性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理，即可求解．【解題過程】（1）BD=AE，BD⊥AE，證明如下：在△BCD和△ACE中，∵∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC，CD=CE，∴△BCD?△ACE，∴BD=AE,∠CBD=∠CAE，∵∠ACB=90°，∴∠CBD+∠BDC=90°，∵∠BDC=∠ADF，∴∠CAE+∠ADF=90°，∴BD⊥AE；（2）成立，理由如下：∵∠ACB=∠DEC，∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，即∠BCD=∠ACE，在△BCD和△ACE中，∵AC=BC，∠BCD=∠ACE，CD=CE，∴△BCD≌△ACE，∴BD=AE，∠CBD=∠CAE，∵∠BGC=∠AGF，∴∠CBD+∠BGC=∠CAE+∠AGF，∵∠ACB=90°，∴∠CBD+∠BGC=90°，∴∠CAE+∠AGF=90°，∴∠AFB=90°，∴BD⊥AE；（3）如圖，過點C作CH⊥CD，垂足為C，交AD于點H，由旋轉性質可得：∠ACB=90°，AC=BC，∵CH⊥CD，∴∠DCH=90°，∵∠ADC+∠CHD=90°，且∠ADC=45°，∴∠CHD=45°，

∴∠CHD=∠ADC，∴CD=CH=2在Rt△DCH中：DH=C∵∠ACB=∠DCH=90°，∴∠ACB+∠ACH=∠DCH+∠ACH，即∠ACD=∠BCH，在△ACD和△BCH中，∵AC=BC，∠ACD=∠BCH，CD=CH，∴△ACD≌△BCH，∴BH=AD=4，∠CBH=∠DAC，∴∠CBH+∠1=∠DAC+∠2，∵∠ACB=90°，∴∠CBH+∠1=90°，∴∠DAC+∠2=90°，

∴∠BHA=90°，∴BH⊥AD，∴△BHD是直角三角形，在Rt△BDH中，BD=B11．（2022·全國·九年級專題練習）如圖，四邊形ABCD是正方形，△ECF為等腰直角三角形，∠ECF＝90°，點E在BC上，點F在CD上，P為EF中點，連接AF，G為AF中點，連接PG，DG，將Rt△ECF繞點C順時針旋轉，旋轉角為α（0°≤α≤360°）．(1)如圖1，當α＝0°時，DG與PG的關系為；(2)如圖2，當α＝90°時①求證：△AGD≌△FGM；②（1）中的結論是否成立？若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由．【思路點撥】（1）先判斷出△ABE?△ADF，得出AE=AF，∠DAF=∠BAE，再用直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半和三角形中位線定理、三角形外角和定理，即可得出結論；（2）①先判斷出∠DAG=∠MFG，再判斷出AF=FG，即可得出結論；②由①知，△AGD?△FGM，得DG=MG，AD=FM=BC得出CM=CF，根據(jù)題（1）DE=CE，得出CM=DE，得△ADE?△DCM，得AE=DM．又根據(jù)點G是DM的中點，PG是△AEF的中位線，等量代換得DG=PG．根據(jù)△ADE?△DCM得∠DAE=∠CDM，且∠EDA=∠EDN+∠ADN=90°，推出∠AND=90°，又根據(jù)PG∥AF，同旁內角互補，得∠NGP=90°，即【解題過程】（1）解：∵四邊形ABCD是正方形∴∠B=∠ADC=90°，AB=BC=AD=CD∵△ECF為等腰直角三角形∴CE=CF∴CE＝CF，BE=DF∴△ABE?△ADF∴AE=AF，∠DAF=∠BAE∵點G是AF的中點∴DG=∴DG=∵P為EF中點，G為AF中點∴PG是△AEF的中位線∴PG=12∴DG=PG，∠FAE=∠FGP又∵在△ADF中DG=AG=GF∴∠DAF=∠ADG且∠DAF+∠ADG=∠DGF∴2∠DAF=∠DGF∵∠DAF+∠FAE+∠EAB=90°∴2∠DAF+∠FAE=90°∴∠DGF+∠FAE=90°∴∠DGF+∠FGP=90°∴DG⊥GP故DG=PG且DG⊥GP．故答案是：DG=PG且DG⊥GP；（2）①證明：∵四邊形ABCD是正方形，∠DAG=∠MFG∴AD∵點G是AF的中點∴AG=FG∴在△AGD和△FGM中{∴△AGD?△FGM(ASA)解：②（1）中的結論DG=PG且DG⊥GP成立證明：由①知，△AGD?△FGM∴DG=MG，AD=MF=BG∴BM=CF=∴CM=CF∵DE=CF∴CM=DE又∵AD=CD，∠ADE=∠DMC=90°∴△ADE?△DCM∴AE=DM，∠DAE=∠CDM∵點G是DM的中點∴DG=MG=又∵P為EF中點，G為AF中點∴PG是△AEF的中位線∴PG=12∴DG=PG又∵∠EDA=∠EDN+∠ADN=90°∴∠DAE+∠ADN=90°∴∠AND=90°∴∠ENG=90°又∵PG∴∠ENG+∠NGP=180°∴∠NGP=90°∴DG⊥GP故DG=PG且DG⊥GP．12．（2022·北京·九年級專題練習）如圖，等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC，點P為射線BC上一動點（不與點B、C重合），以點P為中心，將線段PC逆時針旋轉α角，得到線段PQ，連接AP、BQ、M為線段BQ的中點．(1)若點P在線段BC上，且M恰好也為AP的中點，①依題意在圖1中補全圖形：②求出此時α的值和BPPC(2)寫出一個α的值，使得對于任意線段BC延長線上的點P，總有APPM【思路點撥】（1）①由題意，畫出圖形即可；②連接AQ，證四邊形ABPQ是平行四邊形，得AB＝PC，再根據(jù)△ABC是等腰三角形即可求解．（2）令α=90°，延長PM至N，使得MN＝PM，連接BN、AN、QN，證四邊形BNQP是矩形，根據(jù)SAS證△ACP?△ABN，得出【解題過程】解：（1）①如圖所示，即為所求，②連接AQ，如圖所示，∵M為AP、BQ的中點，∴AM=PM，BM=QM，∴四邊形ABPQ是平行四邊形，∴AB＝PQ，AB//PQ，∴α=∠QPC=∠ABC=45°，∵PC=PQ，∴AB＝PC，∵△ABC為等腰直角三角形，∴AB：∴BP（2）α=延長PM至N，使得MN＝PM，連接BN、AN、QN，如圖所示：∵M為線段BQ的中點，∴BM=QM，又∵MN＝PM，∴四邊形BNQP是平行四邊形，又∵∠CPQ=90°，∴四邊形BNQP是矩形，∴BN//PQ，BN=∴∠NBP=180°?α=90°，∵△ABC為等腰直角三角形，∴∠ABN=45°+90°=135°，∠ACP=180°-又AB=AC，∴△ACP?△ABN(SAS)，∴AN=AP，∠CAP=∠BAN，∴∠CAP+∠CAN=∠BAN+∠CAN，即∠NAP=∠BAC=90°，即△ANP為等腰直角三角形，∴AP又∵PM=1∴AP即APPM當α=90°時，13．（2022·山東煙臺·九年級期中）如圖，正方形ABCD中∠PAQ分別交BC，CD于點E，F(xiàn)，連接EF．(1)如圖①，若∠1=28°，∠2=73°，試求∠3的度數(shù)；(2)如圖②，以點A為旋轉中心，旋轉∠PAQ，旋轉時保持∠PAQ=45°．當點E，F(xiàn)分別在邊BC，CD上時，AE和AF是角平分線嗎？如果是，請說出是哪兩個角的平分線并給予證明；如果不是，請說明理由；(3)如圖③，在②的條件下，當點E，F(xiàn)分別在BC，CD的延長線上時，②中的結論是否成立？只需回答結論，不需說明理由．【思路點撥】（1）延長DH至點H，使DH＝BE，連接AH．先證明△ABE≌△ADH，再證明△FAE≌△FAH，即可得解；（2）延長DH至點H，使DH＝BE，連接AH．同（1）可證△ABE≌△ADH，在證△FAE≌△FAH即可得解；（3）在BC上取一點M，使得BM=DF，連接AM，設AE與FC交于點N，連接MN，先證明△ABM≌△ADF，再設法證明△AFN≌△AMN，即可證明△NFE≌△NME，則有∠FEN=∠MEN，結論得證．【解題過程】解：（1）延長DH至點H，使DH＝BE，連接AH，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，∴∠B＝∠ADH＝90°，∵∠2＝73°，∴∠BAE＝90°－∠2＝17°，在△ABE和△ADH中，AB=AD，∠B=∠ADH=90°，BE=DH，∴△ABE≌△ADH，∴AE＝AH，∠2＝∠H＝73°，∠BAE＝∠DAH＝17°，∴∠HAF＝∠DAH＋∠1＝17°＋28°＝45°，∵∠EAF＝90°－∠1－∠BAE＝45°，∴∠EAF＝∠HAF，又∵AE＝AH，AF＝AF，∴△FAE≌△FAH，∴∠3＝∠AFH，∵∠AFH＝90°－∠1＝90°－28°＝62°，∴∠3＝62°；（2）AE是∠FEB的平分線，AF是∠EFD的平分線，理由：延長DH至點H，使DH＝BE，連接AH，同（1）可證△ABE≌△ADH，∴AE＝AH，∠AEB＝∠H，∠1＝∠4，∵∠2＝45°，∴∠1＋∠3＝90°－∠2＝45°，∴∠4＋∠3＝90°－∠2＝45°，即∠HAF＝45°，∴∠2＝∠HAF，又∵AE＝AH，AF＝AF，∴△FAE≌△FAH，∴∠AFE＝∠AFH，∠AEF＝∠H，∴∠AEB＝∠AEF，∴AE平分∠FEB，AF平分∠EFD；（3）AE仍然是∠FEB的平分線，AF不是∠EFD的平分線，理由如下：在BC上取一點M，使得BM=DF，連接AM，設AE與FC交于點N，連接MN，如圖，∵BM=DF，AB=AD，∠ABM=∠ADF，∴△ABM≌△ADF，∴∠MAB=∠DAF，AF=AM，∵∠BAM+∠MAD=90°，∴∠FAD+∠MAD=90°，∴∠MAF=90°，∵∠FAE=45°，∴∠EAM=90°-∠FAE=45°，∴∠FAN=∠MAN，∵AF=AM，AN=AN，∴△AFN≌△AMN，∴∠FNA=∠MNA，F(xiàn)N=MN，∴∠FNE=180°-∠FNA=180°-∠MNA=∠MNE，∵EN=EN，∴△NFE≌△NME，∴∠FEN=∠MEN，∴AE平分∠FEB，通過對圖形的觀察可以明顯發(fā)現(xiàn)，AF不是∠EFD的平分線．即結論得證．14．（2022·河南南陽·三模）【發(fā)現(xiàn)奧秘】(1)如圖1，在等邊三角形ABC中，AB=2，點E是△ABC內一點，連接AE,EC,BE，分別將AC,EC繞點C順時針旋轉60°得到DC,FC，連接AD,DF,EF．當B，E，F(xiàn)，D四個點滿足______時，BE+AE+CE的值最小，最小值為_______．【解法探索】(2)如圖2，在△ABC中，∠ACB=90°,AC=BC，點P是△ABC內一點，連接PA,PB,PC，請求出當PA+PB+PC的值最小時∠BCP的度數(shù)，并直接寫出此時PA:PB:PC的值．（提示：分別將PC,AC繞點C順時針旋轉60°得到DC,EC，連接PD,DE,AE）【拓展應用】(3)在△ABC中，∠ACB=90°,∠BAC=30°,BC=2，點P是△ABC內一點，連接PA,PB,PC，直接寫出當PA+PB+PC的值最小時，PA:PB:PC的值．【思路點撥】(1)證明△AEC?△DFC得到AE=DF進而得到B，E，F(xiàn)，D四個點滿足四點共線時，BE+AE+CE的值最小為BD，再由等邊△ABC及AB=2求出BD的長；(2)同(1)中思路證明△APC≌△EDC(SAS)得到PA=DE，當B，P，D，E四點共線時，PA+PB+PC的值最小為BE；進一步得到∠BCE=150°，BC=CE即可求出∠BCP=45°，再過點C作CF⊥AB于點F，利用∠FBP=30(3)同(2)中思路即可求解．【解題過程】(1)解：由旋轉的性質，可知CE=CF,CA=CD,∠ECF=∠ACD=60°，∠ACE=∠ECF?∠ACF=60°?∠ACF∴∠ACE=∠DCF，∴△ACE≌△DCF(SAS)，∴AE=DF，且EC=EF，∴BE+AE+CE=BE+DF+EF，∴當B，E，F(xiàn)，D四點共線時，BE+DF+EF的值最小為BD，如圖所示：連接AC，設AC與BD交于點O，∵ABCD為菱形，∴AC⊥BD，∵△ABC為等邊三角形，∴∠OCB=60°，∴BO=3此時BD=2BO=23(2)解：由旋轉的性質，可知PC=CD,AC=CE,∠PCD=∠ACE=60°，∠PCA=∠PCD?∠ACD=60°?∠ACD∴∠PCA=∠DCE，∴△APC≌△EDC(SAS)，∴PA=DE，且△PDC，??△ACE均為等邊三角形，∴PA+PB+PC=DE+PB+PD，∴當B，P，D，E四點共線時，PA+PB+PC的值最小，如圖1所示．∵△PDC，?∴∠BPC=∠CDE=∠CPA=120°，?∵AC=BC,AC=CE，∴BC=CE．∴∠PBC=∠DEC=15°，∴∠BCP=45°，∴當B，P，D，E四點共線時，PA+PB+PC的值最小，此時∠BCP=45°；過點C作CF⊥AB于點F，如圖1所示．∵PB=PA,?∴CP是線段AB的中垂線，∴C，P，F(xiàn)三點共線，∠FBC=∠FAC=45°∴PA=PB,∠FBP=∠FAP=30°，設PF=1，則PB=PA=2,CF=BF=3∴PC=3∴PA:PB:PC=2:2:(3(3)解：分別將PC,AC繞點C順時針旋轉60°得到DC,EC，連接PD,DE,AE，過點E作EF⊥BC，交BC的延長線于點F，如圖2所示：由(2)可知，當B，P，D，E四點共線時，PA+PB+PC的值最小，此時∠BPC=∠CDE=∠CPA=120°，由(2)知：△APC≌△EDC，∴∠ECF=30°，∵BC=2，∴AC=CE=23∴EF=3∴BF=2+3=5，∴在Rt△BEF中由勾股定理得到BE=B過點C作CG⊥BE，垂足為G，如圖2所示．∵S△BCE∴12∴CG=21∴PG=DG=3∴在Rt△BCG中由勾股定理得到BG=B∴PD=PC=2PG=2∴PD=DE=BE?BP?PD=27∴PA:PB:PC=4:2:1．15．（2022·全國·九年級專題練習）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝α，點D在邊AC上（不與點A，C重合），連接BD，點K為線段BD的中點，過點D作DE⊥AB于點E，連接CK，EK，CE．(1)如圖1，若α＝45°，則△ECK的形狀為．(2)在（1）的條件下，若將圖1中△ADE繞點A順時針旋轉一定的角度（旋轉角小于90°），使得D，E，B三點共線，點K為線段BD的中點，如圖2所示．求證：BE﹣AE＝2CK．(3)若BC＝8，AC＝15，點D在邊AC上（不與點A，C重合），AD＝2CD，將線段AD繞點A旋轉，點K始終為BD的中點，則線段CK長度的最大值是多少？請直接寫出結果．【思路點撥】（1）首先利用直角三角形斜邊上中線的性質得EK＝KB＝DK=12BD，再利用等腰三角形的性質和三角形外角的性質可得∠CKE（2）在BD上截取BG＝DE，連接CG，設AC交BD于Q，利用SAS證明△AEC≌△BGC，得CE＝CG，∠5＝∠BCG，從而解決問題；（3）取AB的中點O，連接OC，OK，利用直角三角形斜邊上中線的性質求出CO的長，再利用三角形中位線定理得OK的長，最后利用三角形三邊關系可得答案．【解題過程】(1)解：△ECK是等腰直角三角形，理由如下：∵∠A＝45°，∠ACB＝90°，∴∠A＝∠CBA＝45°，∴CA＝CB，∵DE⊥AB，∴∠DEB＝90°，∵DK＝KB，∴EK＝KB＝DK=1∴∠KEB＝∠KBE，∴∠EKD＝∠KBE+∠KEB＝2∠KBE，∵∠DCB＝90°，DK＝KB，∴CK＝KB＝KD=1∴∠KCB＝∠KBC，EK＝KC，∴∠DKC＝∠KBC+∠KCB＝2∠KBC，∴∠EKC＝∠EKD+∠DKC＝2（∠KBE+∠KBC）＝2∠ABC＝90°，∴△ECK是等腰直角三角形，故答案為：等腰直角三角形；(2)證明：如圖，在BD上截取BG＝DE，連接CG，設AC交BD于Q，∵∠α＝45°，DE⊥AE，∴∠AED＝90°，∠DAE＝45°，∴△ADE是等腰直角三角形，∴DE＝AE＝BG，∵∠1+∠3＝∠2+∠4＝90°，∠1＝∠2，∴∠3＝∠4，∵AC＝BC，∴△AEC≌△BGC（SAS），∴CE＝CG，∠5＝∠BCG，∴∠ECG＝∠ACB＝90°，∴△ECG是等腰直角三角形，∵KD＝KB，DE＝BG，∴KE＝KG，∴CK＝EK＝KG，∴BE﹣AE＝2CK；(3)解：∵AD＝2CD，AC＝15，∴AD＝10，取AB的中點O，連接OC，OK，∵點K始終為BD的中點，∴OK是△ABD的中位線，∴OK=12在Rt△ABC中，由勾股定理得，AB=8∴OC=17∵CK≤KO+OC，∴CK的最大值為5+1716．（2022·遼寧沈陽·一模）如圖，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，邊BA繞點B順時針旋轉α角得到線段BP，連接PA，PC，過點P作PD⊥AC于點D．(1)如圖1，若α=60°，∠DPC=______°；(2)如圖2，若α=30°，求∠DPC的度數(shù)；(3)如圖3，若α=150°，依題意補全圖，并求出∠DPC的度數(shù)．【思路點撥】（1）根據(jù)旋轉的性質和等邊三角形的判定定理確定△ABP是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質，角的和差關系和等量代換思想確定AP=AC，∠PAC=30°，根據(jù)等邊對等角和三角形內角和定理求出∠ACP，最后根據(jù)三角形內角和定理即可求出∠DPC．（2）過點A作AE⊥BP于E．根據(jù)旋轉的性質，等邊對等角，三角形內角和定理求出∠BAE，∠BAP，根據(jù)30°所對的直角邊是斜邊的一半確定AE=12AB，根據(jù)角的和差關系求出∠EAP和∠DAP，根據(jù)三角形內角和定理求出∠DPA，根據(jù)全等三角形的判定定理和性質確定AE=AD，根據(jù)等量代換思想確定D是AC（3）過點A作AE⊥BP交PB的延長線于E．根據(jù)旋轉的性質，等邊對等角，三角形內角和定理求出∠EPA，∠BAP，根據(jù)30°所對的直角邊是斜邊的一半確定AE=12AB，根據(jù)三角形內角和定理和角的和差關系求出∠EAP和∠DAP，根據(jù)全等三角形的判定定理和性質確定AD=AE，并求出∠DPA，根據(jù)等量代換思想確定D是AC【解題過程】（1）解：∵邊BA繞點B順時針旋轉α角得到線段BP，且α=60°，∴BP=BA，∠ABP=60°．∴△ABP是等邊三角形．∴AP=AB，∠BAP=60°．∵AB=AC，∠BAC=90°，∴AP=AC，∠PAC=∠BAC-∠BAP=30°．∴∠APC=∠ACP=180°?∠PAC∵PD⊥AC，∴∠PDC=90°．∴∠DPC=180°-∠PDC-∠ACP=15°．故答案為：15．（2）解：如下圖所示，過點A作AE⊥BP于E．∵AE⊥BP，∴∠AEB=∠AEP=90°．∵邊BA繞點B順時針旋轉α角得到線段BP，且α=30°，∴BA=BP，∠ABP=30°．∴∠BAE=180°-∠AEB-∠ABP=60°，∠BAP=∠BPA=180°?∠ABP2=75°∴∠EAP=∠BAP-∠BAE=15°．∵∠BAC=90°，∴∠DAP=∠BAC-∠BAP=15°．∴∠EAP=∠DAP．∵PD⊥AC，∴∠ADP=90°．∴∠AEP=∠ADP，∠DPA=180°-∠ADP-∠DAP=75°．∵AP是△AEP和△ADP的公共邊，∴△AEP≌△ADPASA∴AE=AD．∴AD=1∵AB=AC，∴AD=1∴D是AC中點．∴PD垂直平分AC．∴PA=PC．∴∠DPC=∠DPA=75°．（3）解：補全圖形如下，過點A作AE⊥BP交PB的延長線于E．∵邊BA繞點B順時針旋轉α角得到線段BP，且α=150°，∴BA=BP，∠ABP=150°．∴∠EPA=∠BAP=180°?∠ABP2=15°，∠ABE∵AE⊥BP，∴∠AEP=90°．∴∠BAE=180°-∠AEP-∠ABE=60°，AE=1∴∠EAP=∠BAE+∠BAP=75°．∵∠BAC=90°，PD⊥AC，∴∠DAP=∠BAC-∠BAP=75°，∠ADP=90°．∴∠ADP=∠AEP，∠DAP=∠EAP．∵AP是△ADP和△AEP的公共邊，∴△ADP≌△AEPAAS∴AD=AE，∠DPA=∠EPA=15°．∴AD=1∵AB=AC，∴AD=1∴D是AC中點．∴PD垂直平分AC．∴PA=PC．∴∠DPC=∠DPA=15°．17．（2022·湖北湖北·模擬預測）已知等邊三角形ABC，過A點作AC的垂線l，點P為l上一動點（不與點A重合），連接CP，把線段CP繞點C逆時針方向旋轉60°得到CQ，連QB．(1)如圖1，判斷線段AP與BQ的數(shù)量關系，并說明理由；(2)如圖2，當點P、B在AC同側且AP＝AC時，求證：直線PB垂直平分線段CQ；(3)如圖3，若等邊三角形ABC的邊長為4，點P、B分別位于直線AC異側，且△APQ的面積等于34，請直接寫出線段AP【思路點撥】（1）由“SAS”證得△ACP≌△BCQ，再用全等三角形的性質求解；（2）由“SAS”證得△ACP≌△BCQ可得AP=BQ，所以BQ=AP=AC=BC，由“等邊對等角”可得∠ABP=∠APB=75°，則∠CBP=∠ABC+∠ABP=135°，進而得到∠CBD=∠QBD=45°，得到BD是△BCQ的平分線，結合BC=BQ即可求解；（3）需要分點Q在直線l上方和點Q在直線l下方兩種情況討論，設AP的長度，根據(jù)△APQ的面積等于34建立等式，即可求出AP【解題過程】（1）解：AP＝BQ．理由如下：在等邊△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝60°，由旋轉可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，∴∠ACB＝∠PCQ，∴∠ACB﹣∠PCB＝∠PCQ﹣∠PCB，即∠ACP＝∠BCQ，∴△ACP≌△BCQ（SAS），∴AP＝BQ；（2）證明：在等邊△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝60°，由旋轉可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，∴∠ACB＝∠PCQ，∴∠ACB﹣∠PCB＝∠PCQ﹣∠PCB，即∠ACP＝∠BCQ，∴△ACP≌△BCQ（SAS），∴AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝90°；∴BQ＝AP＝AC＝BC.∵AP＝AC，∠CAP＝90°，∴∠BAP＝30°，∠ABP＝∠APB＝75°，∴∠CBP＝∠ABC+∠ABP＝135°，∴∠CBD＝45°，∴∠QBD＝45°，∴∠CBD＝∠QBD，即BD平分∠CBQ，∴BD⊥CQ，且點D是CQ的中點，即直線PB垂直平分線段CQ；（3）解：AP的長為：3或33或2理由如下：①當點Q在直線l上方時，如圖所示，延長BQ交l于點E，過點Q作QF⊥l于點F，由題意可得AC＝BC，PC＝CQ，∠PCQ＝∠ACB＝60°，∴∠ACP＝∠BCQ，∴△APC≌△BCQ（SAS），∴AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝90°，∵∠CAB＝∠ABC＝60°，∴∠BAE＝∠ABE＝30°，∵AB＝AC＝4，∴AE＝BE=4∴∠BEF＝60°，設AP＝t，則BQ＝t，∴EQ=4在Rt△EFQ中，QF=32EQ=3∴S△APQ=12AP?QF=34，即12?t3解得t=3或t=33．即AP的長為3②當點Q在直線l下方時，如圖所示，設BQ交l于點E，過點Q作QF⊥l于點F，由題意可得AC＝BC，PC＝CQ，∠PCQ＝∠ACB＝60°，∴∠ACP＝∠BCQ，∴△APC≌△BCQ（SAS），∴AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝90°，∵∠CAB＝∠ABC＝60°，∴∠BAE＝∠ABE＝30°，∴∠BEF＝120°，∠QEF＝60°，∵AB＝AC＝4，∴AE＝BE=4設AP＝m，則BQ＝m，∴EQ＝m?4在Rt△EFQ中，QF=32EQ=32∴S△APQ=12AP?QF=34，即12?m?32解得m=23+綜上可得，AP的長為：3或33或218．（2022·貴州·遵義市第十二中學一模）已知正方形ABCD和等腰直角三角形BEF，BE＝EF，∠BEF＝90°，按圖1放置，使點F在BC上，取DF的中點G，連接EG，CG．(1)探索EG，CG的數(shù)量關系和位置關系并證明；(2)將圖（1）中△BEF繞點B順時針旋轉45°，再連接DF，取DF中點G（見圖2），（1）中的結論是否仍然成立？證明你的結論；(3)將圖（1）中△BEF繞點B順時針轉動任意角度（旋轉角在0°到90°之間），再連接DF，取DF中點G（見圖3），（1）中的結論是否仍然成立？證明你的結論．【思路點撥】（1）首先證明B、E、D三點共線，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即可證明EG＝DG＝GF＝CG，得到∠EGF＝2∠EDG，∠CGF＝2∠CDG，從而證得∠EGC＝90°；（2）首先證明△FEG≌△DHG，然后證明△ECH為等腰直角三角形．可以證得：EG＝CG且EG⊥CG；（3）首先證明：△BEC≌△FEH，即可證得：△ECH為等腰直角三角形，從而得到：EG＝CG且EG⊥CG．【解題過程】解：（1）EG＝CG且EG⊥CG．證明如下：如圖①，連接BD．∵正方形ABCD和等腰Rt△BEF，∴∠EBF＝∠DBC＝45°．∴B、E、D三點共線．∵∠DEF＝90°，G為DF的中點，∠DCB＝90°，∴EG＝DG＝GF＝CG．∴∠EGF＝2∠EDG，∠CGF＝2∠CDG．∴∠EGF＋∠CGF＝2∠EDC＝90°，即∠EGC＝90°，∴EG⊥CG．（2）仍然成立，證明如下：如圖②，延長EG交CD于點H．∵BE⊥EF，∴EF∥CD，∴∠1＝∠2．又∵∠3＝∠4，F(xiàn)G＝DG，∴△FEG≌△DHG，∴EF＝DH，EG＝GH．∵△BEF為等腰直角三角形，∴BE＝EF，∴BE＝DH．∵CD＝BC，∴CE＝CH．∴△ECH為等腰直角三角形．又∵EG＝GH，∴EG＝CG且EG⊥CG（3）仍然成立．證明如下：如圖③，延長CG至H，使GH＝CG，連接HF交BC于M，連接EH、EC．∵GF＝GD，∠HGF＝∠CGD，HG＝CG，∴△HFG≌△CDG，∴HF＝CD，∠GHF＝∠GCD，∴HF∥CD．∵正方形ABCD，∴HF＝BC，HF⊥BC．∵△BEF是等腰直角三角形，∴BE＝EF，∠EBC＝∠HFE，∴△BEC≌△FEH，∴HE＝EC，∠BEC＝∠FEH，∴∠BEF＝∠HEC＝90°，∴△ECH為等腰直角三角形．又∵CG＝GH，∴EG＝CG且EG⊥CG．19．（2022·山西太原·二模）綜合與實踐問題情境在△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，點M是直線AC上一動點．連接MB，將線段MB繞點M逆時針旋轉90°得到MD．操作證明(1)如圖1，當點M與點A重合時，連接DC，判斷四邊形ABCD的形狀，并證明；(2)如圖2，當點M與點C重合時，連接DB，判斷四邊形ABDC的形狀，并證明；(3)探究猜想：當點M不與點A，點C重合時．①試猜想DC與BC的位置關系，并利用圖3證明你的猜想；②直接寫出AB，CD和AM之間的數(shù)量關系．【思路點撥】（1）根據(jù)旋轉的性質可得AD=AB，∠BAD=90°．再由∠ABC=90°，BA=BC，可得AD=BC．AB∥CD．可得到四邊形（2）根據(jù)旋轉的性質可得CB=CD，∠BCD=90°．由∠ABC=90°，BA=BC，可得AB=DC，AB∥（3）①過點M作ME⊥AC交AB于點E，連接ED，則∠AME=90°，可得AM=ME．可證得△ABM≌△EDM，從而得到∠A=∠MED=45°，AB=ED，再證得四邊形EBCD是矩形．即可求解；②分兩種情況討論：當點M在射線OA上時，點M在射線【解題過程】（1）解：四邊形ABCD是正方形．證明如下：∵將線段MB繞點M逆時針旋轉90°得到MD，點M與點A重合，∴AD=AB，∠BAD=90°．∵∠ABC=90°，BA=BC，∴∠BAD+∠ABC=180°，AD=BC．∴AD∥∴四邊形ABCD是平行四邊形．∵∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是矩形，∵BA=BC，∴四邊形ABCD是正方形．（2）解∶四邊形ABDC是平行四邊形．證明如下：∵將線段MB繞點M逆時針旋轉90°得到MD，點M與點C重合，∴CB=CD，∠BCD=90°．∵∠ABC=90°，BA=BC，∴∠BCD=∠ABC，AB=DC．∴AB∥∴四邊形ABDC是平行四邊形．（3）解∶①DC⊥BC．證明如下：如圖，過點M作ME⊥AC交AB于點E，連接ED，則∠AME=90°．∵∠ABC=90°，BA=BC，∴∠A=180°?∠A