2025中考數(shù)學二輪復習之幾何變換解答壓軸考點專項訓練考情分析.考情分析.一、在中考數(shù)學里，幾何變換壓軸題綜合性強，對考生的幾何直觀、邏輯推理與數(shù)學運算等核心素養(yǎng)要求較高，以下為你概述相關(guān)考點：1.平移變換(1)圖形平移性質(zhì)應(yīng)用：①考點常涉及平移后圖形的對應(yīng)線段平行且相等、對應(yīng)角相等。比如已知一個三角形平移后的位置，要求證明平移前后某些線段平行關(guān)系，或利用對應(yīng)線段相等求線段長度。②可能結(jié)合平面直角坐標系，給定一個圖形各頂點坐標，按特定規(guī)則平移后，求新圖形頂點坐標，借此考查點在坐標平面中的平移規(guī)律(橫坐標右移加，左移減；縱坐標上移加，下移減)。(2)平移與面積問題：利用平移不改變圖形形狀和大小，即面積不變的性質(zhì)。例如，將不規(guī)則圖形通過平移轉(zhuǎn)化為規(guī)則圖形來計算面積，像把分散的幾塊圖形平移拼成一個完整的矩形、平行四邊形等，再運用相應(yīng)面積公式求解。2.軸對稱變換(翻折)(1)軸對稱性質(zhì)運用：①重點考查對應(yīng)點所連線段被對稱軸垂直平分、對應(yīng)線段相等、對應(yīng)角相等。如在矩形中進行翻折操作，根據(jù)這些性質(zhì)求線段長度，常結(jié)合勾股定理，在折疊后形成的直角三角形中，設(shè)未知數(shù)建立方程求解。②探究對稱軸兩側(cè)圖形的全等關(guān)系，進而證明角相等、線段相等或位置關(guān)系，如證明兩條線段垂直或平行。③最短路徑問題：這是軸對稱變換的經(jīng)典應(yīng)用考點?；凇皟牲c之間，線段最短”以及軸對稱性質(zhì)，通過作對稱點將折線轉(zhuǎn)化為直線段來求最短路徑。比如在直線同側(cè)有兩個定點，在直線上找一點使該點到兩定點距離之和最短，就是作其中一個點關(guān)于直線的對稱點，連接對稱點與另一定點，與直線的交點即為所求點。3.旋轉(zhuǎn)變換(1)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)的考查：①涉及對應(yīng)點到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等、對應(yīng)線段相等、對應(yīng)角相等以及旋轉(zhuǎn)角相等。例如在等邊三角形或正方形中進行旋轉(zhuǎn)操作，根據(jù)這些性質(zhì)證明三角形全等或相似，進而求解線段長度、角度大小。②結(jié)合旋轉(zhuǎn)角來確定圖形位置變化，以及旋轉(zhuǎn)過程中圖形的特殊位置(如共線、垂直等)，要求學生能根據(jù)旋轉(zhuǎn)的角度和已知條件進行幾何關(guān)系的推導。

③旋轉(zhuǎn)與坐標變化：在平面直角坐標系中，給定圖形繞某點旋轉(zhuǎn)特定角度后，求圖形各頂點坐標。這需要學生掌握旋轉(zhuǎn)的坐標變換規(guī)律，例如繞原點旋轉(zhuǎn)90°、④中心對稱：作為特殊的旋轉(zhuǎn)(旋轉(zhuǎn)角為180°)，考查中心對稱圖形的性質(zhì)，如對稱點連線經(jīng)過對稱中心且被對稱中心平分，以及判斷一個圖形是否為中心對稱圖形。二、解題策略與技巧1.畫圖分析：清晰標注已知條件，輔助理解題意。2.添加輔助線：如中位線、高線、角平分線等，幫助發(fā)現(xiàn)幾何關(guān)系。3.數(shù)形結(jié)合：結(jié)合坐標系或代數(shù)方法解決幾何問題。4.分類討論：針對動態(tài)問題或存在性問題，全面考慮不同情況。5.逆向思維真題演練真題演練第一部分(軸對稱)共10題1.(2023-湖北十堰·中考真題)過正方形ABCD的頂點D作直線DP，點C關(guān)于直線DP的對稱點為點E，連接AE，直線AE交直線DP于點F.(1)如圖1,若∠CDP=2(2)如圖1，請?zhí)骄烤€段CD，EF，AF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論：(3)在DP繞點D轉(zhuǎn)動的過程中，設(shè)AF2.(2022·浙江紹興·中考真題)如圖,在矩形ABCD中,AB=6(1)如圖,當E在邊AD上且DE=2時,求∠AEM的度數(shù).(2)當N在BC延長線上時，求DE的長，并判斷直線MN與直線BD的位置關(guān)系，說明理由.(3)當直線MN恰好經(jīng)過點C時，求DE的長.3.(2024·山東青島·中考真題)如圖①,Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=8cm,BC=6cm,Rt△EDF中,∠EDF=90°,DE=DF=6cm,邊BC與FD重合，且頂點E與AC邊上的定點N重合，如圖②，△EDF從圖①所示位置出發(fā)，沿射線NC方向勻速運動，速度為1cm/s；同時，動點O從點A出發(fā)，沿AB方向勻速運動，速度為2cm/s，EF與BC交于點P,連接OP,OE,設(shè)運動時間為ts((1)當t為何值時，點A在線段OE的垂直平分線上?(2)設(shè)四邊形PCEO的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式；(3)如圖③,過點O作OQ⊥AB,交AC于點Q,△AOH與△AOQ關(guān)于直線AB對稱,連接HB.是否存在某一時刻t，使PO∥BH?若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由.4.(2024·江蘇宿遷·中考真題)在綜合實踐活動課上，同學們以折疊正方形紙片展開數(shù)學探究活動【操作判斷】操作一：如圖①，對折正方形紙片ABCD，得到折痕AC，把紙片展平；操作二：如圖②，在邊AD上選一點E，沿BE折疊，使點A落在正方形內(nèi)部，得到折痕BE；操作三：如圖③，在邊CD上選一點F，沿BF折疊，使邊BC與邊BA重合，得到折痕BF把

正方形紙片展平，得圖④，折痕BE、BF與AC的交點分別為G、H.根據(jù)以上操作，得∠【探究證明】(1)如圖⑤,連接GF,試判斷△B(2)如圖⑥,連接EF,過點G作CD的垂線,分別交AB、CD、EF于點P、Q、M.求證:EM=MF.【深入研究】若AGAC=1k5.(2024-天津-中考真題)將一個平行四邊形紙片OABC放置在平面直角坐標系中，點O(0，0)，點A(3,0),點B,C在第一象限,且(O(1)填空：如圖①，點C的坐標為，點B的坐標為；(2)若P為x軸的正半軸上一動點，過點P作直線l?x軸，沿直線l折疊該紙片，折疊后點O的對應(yīng)點O'落在x軸的正半軸上，點C的對應(yīng)點為C'.設(shè)①如圖②，若直線l與邊CB相交于點Q，當折疊后四邊形PO′C′Q邊形時，OC'與AB相交于點E.試用含有t的式子表示線段BE的長，并直接寫出t的取值范圍：②設(shè)折疊后重疊部分的面積為S，當236.(2023-河南·中考真題)李老師善于通過合適的主題整合教學內(nèi)容，幫助同學們用整體的、聯(lián)系的、發(fā)展的眼光看問題，形成科學的思維習慣.下面是李老師在“圖形的變化”主題下設(shè)計的問題，請你解答.(1)觀察發(fā)現(xiàn)：如圖1，在平面直角坐標系中，過點M(4，0)的直線l∥y軸，作VABC關(guān)于y軸對稱的圖形△A1B1C1,再分別作△A1B1C1關(guān)于x軸和直線l對稱的圖形△(2)探究遷移:如圖2,△ABCD中,∠BAD=α(0°<α<90°)①若∠PA②若AD=m,求P,P,兩點間的距離.(3)拓展應(yīng)用：在(2)的條件下，若α=60°,AD-23,∠7.(2023·遼寧大連·中考真題)綜合與實踐問題情境：數(shù)學活動課上，王老師給同學們每人發(fā)了一張等腰三角形紙片探究折疊的性質(zhì).已知AB=AC,∠A獨立思考:小明:“當點D落在BC上時,∠EDC=2∠ACB.”小紅：“若點E為AC中點，給出AC與DC的長，就可求出BE的長.”實踐探究：奮進小組的同學們經(jīng)過探究后提出問題1，請你回答：問題1:在等腰VABC中,AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到.(1)如圖1,當點D落在BC上時,求證:∠EDC=2∠ACB;(2)如圖2,若點E為AC中點,AC=4,CD=3,求BE的長.問題解決：小明經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：若將問題1中的等腰三角形換成∠A<90°的等腰三角形，可以將問題進一步拓展.問題2:如圖3,在等腰VABC中,∠A<90°,AB=AC=BD=4,2∠D=∠ABD.若CD=1,則求BC的長.8.(2023·甘肅武威·中考真題)【模型建立】(1)如圖1,VABC和△BDE都是等邊三角形,點C關(guān)于AD的對稱點F在BD邊上.①求證:AE=CD;②用等式寫出線段AD，BD，DF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由.【模型應(yīng)用】(2)如圖2,VABC是直角三角形,AB=【模型遷移】(3)在(2)的條件下,若AD=9.(2022·吉林長春·中考真題)【探索發(fā)現(xiàn)】在一次折紙活動中，小亮同學選用了常見的A4紙，如圖①，矩形ABCD為它的示意圖.他查找了A4紙的相關(guān)資料，根據(jù)資料顯示得出圖①中AD=2AB【問題解決】(1)小亮對上面.△A證明：四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠B=∠C=∠D=90°.由折疊可知，∠∴∠EFA=∠BFA=45°.∴請你補全余下的證明過程.【結(jié)論應(yīng)用】(2)∠DAG的度數(shù)為度,FGAF的值為(3)在圖①的條件下，點P在線段AF上，且AP=12A10.(2022·貴州貴陽·中考真題)小紅根據(jù)學習軸對稱的經(jīng)驗，對線段之間、角之間的關(guān)系進行了拓展探究.如圖,在?ABCD中,AN為BC邊上的高,ADAN=(1)問題解決：如圖①,當∠BAD=60°,將△ABE沿BE翻折后,使點F與點M重合,則A(2)問題探究：如圖②,當∠BAD=45°,將△ABE沿BE翻折后,使EF∥BM,求∠ABE的度數(shù),并求出此時m的最小值：(3)拓展延伸：當∠BAD=30°,將△ABE沿BE翻折后,若EF⊥AD,且AE=MD,根據(jù)題意在備用圖中畫出圖形，并求出m的值.第二部分(旋轉(zhuǎn))共10題11.(2024-山東德州·中考真題)在VABC中,AC=BC,∠ACB=120°,點D是AB上一個動點(點D不與A，B重合)，以點D為中心，將線段DC順時針旋轉(zhuǎn)120°得到線DE.(1)如圖1,當∠ACD=15°時,求∠BDE的度數(shù);(2)如圖2,連接BE,當0°<∠ABE的度數(shù)：如果變化，請說明理由：(3)如圖3,點M在CD上,且CM:MD=3:2,以點C為中心,將線CM逆時針轉(zhuǎn)12012.(2024-山東淄博·中考真題)在綜合與實踐活動課上，小明以“圓”為主題開展研究性學習.【操作發(fā)現(xiàn)】小明作出了⊙O的內(nèi)接等腰三角形ABC，AB=AC，并在BC邊上任取一點D(不與點B，C重合)，連接AD，然后將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到△A小明發(fā)現(xiàn)：CE與⊙O的位置關(guān)系是，請說明理由：【實踐探究】連接DE，與AC相交于點F.如圖②，小明又發(fā)現(xiàn)：當VABC確定時，線段CF的長存在最大值.請求出當AB【問題解決】在圖②中，小明進一步發(fā)現(xiàn)：點D分線段BC所成的比CD：DB與點F分線段DE所成的比DF：FE始終相等.請予以證明.13.(2024·四川巴中·中考真題)綜合與實踐(1)操作與發(fā)現(xiàn)：平行四邊形和梯形都可以剪開拼成一個矩形，拼接示意圖如圖1、圖2.在圖2中,四邊形ABCD為梯形,AB∥CD,E、F是AD、BC邊上的點.經(jīng)過剪拼,四邊形GHJK為矩形,則△(2)探究與證明：探究將任意一個四邊形剪開拼成一個平行四邊形，拼接示意圖如圖3、圖4、圖5.在圖5中，E、F、G、H是四邊形ABCD邊上的點.OJKL是拼接之后形成的四邊形.

①通過操作得出：AE與EB的比值為.②證明：四邊形OJKL為平行四邊形.(3)實踐與應(yīng)用：任意一個四邊形能不能剪開拼成一個矩形?若能，請將四邊形ABCD剪成4塊，按圖5的方式補全圖6，并簡單說明剪開和拼接過程.若不能，請說明理由.14.(2024·內(nèi)蒙古通遼·中考真題)數(shù)學活動課上，某小組將一個含45°的三角尺AEF利一個正方形紙板ABCD如圖1擺放，若AE=【初步探究】如圖2，連接BE，DF并延長，延長線相交于點G，BG交AD于點M.問題1BE和DF的數(shù)量關(guān)系是，位置關(guān)系是.【深入探究】應(yīng)用問題1的結(jié)論解決下面的問題.問題2如圖3,連接BD,點O是BD的中點,連接OA,OG.求證OA=OD=OG.【嘗試應(yīng)用】問題3如圖4，請直接寫出當旋轉(zhuǎn)角α從0°變化到60°時，點G經(jīng)過路線的長度.15.(2024-黑龍江綏化·中考真題)綜合與實踐問題情境在一次綜合與實踐課上，老師讓同學們以兩個全等的等腰直角三角形紙片為操作對象.紙片VABC和DEF滿足∠ACB=∠EDF=90°,AC=BC=DF=DE=2cm.

下面是創(chuàng)新小組的探究過程.操作發(fā)現(xiàn)(1)如圖1，取AB的中點O，將兩張紙片放置在同一平面內(nèi)，使點O與點F重合.當旋轉(zhuǎn)DEF紙片交AC邊于點H、交BC邊于點G時，設(shè)AH=問題解決(2)如圖2,在(1)的條件下連接GH,發(fā)現(xiàn)△CG拓展延伸(3)如圖3，當點F在AB邊上運動(不包括端點A、B)，且始終保持∠AFE=60°.16.(2024·廣西·中考真題)如圖1,VABC中,?B90?,AB=6.AC的垂直平分線分別交AC,AB于點M,O,CO平分∠(1)求證:△(2)如圖2,將△AOC繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)得到△A′O①求△A②當△A17.(2024-北京·中考真題)已知∠MAN=α(0°(1)如圖1，當點D在射線AN上時，求證：C是AE的中點；(2)如圖2,當點D在∠MAN內(nèi)部時,作DF‖A18.(2024·四川眉山·中考真題)綜合與實踐問題提出：在一次綜合與實踐活動中，某數(shù)學興趣小組將足夠大的直角三角板的一個頂點放在正方形的中心O處，并繞點O旋轉(zhuǎn)，探究直角三角板與正方形ABCD重疊部分的面積變化情況。操作發(fā)現(xiàn)：將直角三角板的直角頂點放在點O處，在旋轉(zhuǎn)過程中：(1)若正方形邊長為4，當一條直角邊與對角線重合時，重疊部分的面積為；當一條直角邊與正方形的一邊垂直時，重疊部分的面積為.(2)若正方形的面積為S，重疊部分的面積為S?，在旋轉(zhuǎn)過程中S1與S的關(guān)系為類比探究：如圖1，若等腰直角三角板的直角頂點與點O重合，在旋轉(zhuǎn)過程中，兩條直角邊分別角交正方形兩邊于E，F(xiàn)兩點，小宇經(jīng)過多次實驗得到結(jié)論BE+DF拓展延伸：如圖2，若正方形邊長為4，將另一個直角三角板中60°角的頂點與點O重合，在旋轉(zhuǎn)過程中，當三角板的直角邊交AB于點M，斜邊交BC于點N，且BM=BN時，請求出重疊部分的面積.(參考數(shù)據(jù)：sin19.(2024-山東·中考真題)一副三角板分別記作VABC和DEF,其中∠A(1)求證:B(2)在同一平面內(nèi)，將圖1中的兩個三角形按如圖2所示的方式放置，點C與點E重合記為C，點A與點D重合，將圖2中的△DC①當α=②當30°<α<60直接寫出線段MP，DP，CD的數(shù)量關(guān)系.20.(2023·山東淄博·中考真題)在數(shù)學綜合與實踐活動課上，小紅以“矩形的旋轉(zhuǎn)”為主題開展探究活動.(1)操作判斷小紅將兩個完全相同的矩形紙片ABCD和CEFG拼成“L”形圖案，如圖①.試判斷：△ACF(2)深入探究小紅在保持矩形ABCD不動的條件下，將矩形CEFG繞點C旋轉(zhuǎn)，若A探究一：當點F恰好落在AD的延長線上時，設(shè)CG與DF相交于點M，如圖②.求△C探究二：連接AE，取AE的中點H，連接DH，如圖③.求線段DH長度的最大值和最小值.

參考答案1.(1)20°23DF=22a-b,或【分析】(1)如圖,連接CE,DE,由對稱知?CDP?EDP25?,CD=ED由四邊形ABCD是正方形得AD=CD,所以AD=ED,從而?(2)如圖,連接CF,DE,AC,CE,交DP于點H,由軸對稱知,CF=EF,CD=DE=AD,∠DEF=∠DCF,可證得∠AFC=90°,由勾股定理得,Rt△ACF中,AC2=AF2+CF(3)由勾股定理CH=HE=FH=22DF=FH-【詳解】(1)解:如圖,連接CE,DE,∵點C關(guān)于直線DP的對稱點為點E，∴CD,ED關(guān)于DP對稱,∴?CDP?EDP25?,CD=ED,∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=CD,∴AD=ED,

∴?DAE?DEA12(180??ADE)1故答案為：20.(2)解:CD2如圖,由軸對稱知,CF=EF,CD=DE=AD,∠DEF=∠DCF而∠DEF=∠DAF∴∠DAF=∠DCF∴?FAC?FCA?FAC?DAF?DCA90?∴?AFC180?(?FAC?FCA)90?∴Rt△ACF中,ARt△ACD中,A∴2CD2=(3)∵∠AFC=90°,CF=EF=b,∴∵∴如圖，當點F在D，H之間時，DF如圖，當點D在F，H之間時，D如圖，當點H在F，D之間時，D【點睛】本題考查軸對稱的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等腰三角形知識，勾股定理等，將運動狀態(tài)的所有可能考慮完備，分類討論是解題的關(guān)鍵.2.(1)∠AEM=90°;(2(3)DE的長為27或【分析】(1)由DE=2知,AE=AB=6,可知∠A(2)根據(jù)對稱性得，∠ENC=∠BDC,則cos∠ENC=2EN=610,(3)當點E在邊AD上時，若直線MN過點C，利用AAS證明△BCM?△CED,得【詳解】(1)解:∵DE=2,∴∵四邊形ABCD是矩形，∴∴由對稱性知∠∴(2)如圖1,∵AB=6,AD=8,∴由勾股定理得BD=10,∵當N落在BC延長線上時,BN=BD=10,∴CN=2.由對稱性得,∠ENC=∠BDC,∴∴∴直線MN與直線BD的位置關(guān)系是MN∥BD.由對稱性知BM=AB=CD,MN=AD=BC,又∵BN=BD,∴△BMN≌△DCB(SSS).∴∠DBC=∠BNM,

所以M(3)①情況1:如圖2,當E在邊AD上時,直線MN過點C,∴∠BMC=90°,∴∵BM=AB=CD,∠DEC=∠BCE,∠BMC=∠EDC=90°,∴△BCM≌△CED(AAS),∴DE=MC=27②情況2:如圖3,點E在邊CD上時,∵BM=6,BC=8,∴∵∠BMC=∠CNE=∠BCD=90°,∴∠BCM+∠ECN=90°,∵∠BCM+∠MBC=90°,∴∠ECN=∠MBC,∴△BMC∽△CNE.

∴∴∴綜上所述，DE的長為27或【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)等知識，根據(jù)題意畫出圖形，并運用分類討論思想是解題的關(guān)鍵.3.(1)當t=2時，點A在線段OE的垂直平分線上2(3)存在t=7【分析】(1)先表示出AQ=2cm,AE=(t+2)cm,再根據(jù)線段垂直平分線上的點到相等兩端的距離相等得到AE=AO，據(jù)此建立方程求解即可；(2)如圖所示，過點O分別作AC，BC的垂線，垂足分別為H、G，先由勾股定理得到AB=10cm，再解直角三角形得到sinA=35,sinB=45,(3)過點P作PG⊥AB于G,解Rt△BPG,得到PG=45tcm,BG=35tcm,則OG=10-135tcm,進而得到【詳解】(1)解:如圖①所示,∵DN=DE=6cm,AC=8cm,∴AN=8-6=2cm,如圖②所示，由題意得，N∴AE=AN+NE=(t+2)cm,∵點A在線段OE的垂直平分線上，

∴AE=AO,∴t+2=2t,解得t=2,∴當t=2時，點A在線段OE的垂直平分線上；(2)解：如圖所示，過點O分別作AC，BC的垂線，垂足分別為H、G，在Rt△ABC中，由勾股定理得A∴∵∴由(1)可知A∴BO=AB-AO=(10-2t)cm,CE=AC-AE=8-(t+2)=(6-t)cm,在Rt△AOH中,O在Rt△BOG中.O在Rt△CPE中,(C∴BP=BC-CP=tem.∴==(3)解：如圖所示，過點P作PG由(2)可知B在Rt△BPG∴∴∴在Rt△AOQ中,tan∴∵△AOH與△AOQ關(guān)于直線AB對稱,∴在Rt△OBH中,tan∵PO∥BH,∴∠OBH=∠POG,∴tan∠OBH=tan∠POG,∴∴t經(jīng)檢驗t=∵∴t綜上所述，存在t=【點睛】本題主要考查了解直角三角形，勾股定理，線段垂直平分線的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)等等，正確作出輔助線構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵.

4.[操作判斷]45;[探究證明](1)等腰直角三角形，理由見詳解；(2)見詳解；[深入研究]k【分析】[操作判斷]根據(jù)正方形的性質(zhì)以及折疊的性質(zhì)即可求解：[探究證明](1)先證明△GHB∽△FHC,再證明△GHF∽△BHC,則∠7=∠8=45°,繼而得到∠7=∠5=45°,因此GB=GF,∠BGF=90°,即BFG是等腰直角三角形;(2)由翻折得,∠AEB=∠BEF,由PQ∥AD,得到∠AEB=∠EGM,故∠BEF=∠EGM,因此ME=MG,而由∠EGM+∠MGF=∠BEF+∠EFG=90°,得到∠MGF=∠EFG,則MG=MF,因此EM=MF:[深入研究]連接BD,先證明△BED∽△BHC,則CHED=BCBD=22,由AGAC=1k,設(shè)AG=1,AC=k,則AB=BC【詳解】[操作判斷]解：如圖，由題意得,∠1=∠2,∠3=∠4,∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°,∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°,∴2(∠2+∠3)=90°,∴∠2+∠3=45°,即∠EBF=45°,故答案為：45：

[探究證明]解：(1)如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°,∠6=∠8=45°,∵∠5=45°,∴∠5=∠6,∵∠GHB=∠FHC,∴△GHB∽△FHC,∴∴∵∠GHF=∠BHC,∴△GHF∽△BHC,∴∠7=∠8=45°.∴∠7=∠5=45°,∴GB=GF,∠BGF=90°,∴△BFG是等腰直角三角形；(2)如圖,由翻折得,∠AEB=∠BEF,∵四邊形ABCD是正方形，∴?D90?,即AD⊥DC,∵PQ⊥CD,∴PQ∥AD,

∴∠AEB=∠EGM,∴∠BEF=∠EGM,∴ME=MG,∵∠BGF=90°,∴∠EGF=90°,∴∠EGM+∠MGF=∠BEF+∠EFG=90°.∴∠MGF=∠EFG,∴MG=MF,∴EM=MF;[深入研究]解：如圖，連接BD，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC,∠ABC=∠DAB=∠ADC=∠BCD=90°,AD∥BC,∵AC,BD是對角線,∴∠4=∠5=∠CBD=45°,∵∠EBF=45°,∴∠2+∠3=∠1+∠2,∴∠1=∠3,∴△BED∽△BHC,∴在Rt△BCD中,∠CBD=45°,∴∴∵∴設(shè)AG=1,AC=k,

∴∵AD∥BC,∴△AEG∽△CBG,∴∴∴∴∴【點睛】本題考查了正方形背景下的折疊問題，相似三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，等腰三角形的判定，解直角三角形，熟練掌握知識點，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵.52【分析】(1)根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，得出OC=AB=2,C(2)①由折疊得∠OO'C'=∠AOC=6②根據(jù)①的結(jié)論，根據(jù)解直角三角形的性質(zhì)得出MP=3t,再分別以23≤t【詳解】(1)解:如圖:過點C作CH⊥OA

∵四邊形OABC是平行四邊形,OC=2,∠AOC=60,A(3,0)∴OC=AB=2,CB=OA=3,∠B=∠AOC=60°,∵CH⊥OA∴∠OCH=30°∴∴∴∵CB=OA=3∴1+3=4∴故答案為：1(2)解:①∵過點P作直線l?x∴∠OO'C'=∠AOC=60°,O'P=OP,∴OO'=2OP=2t∵A(3,0)∴OA=3∴AO'=OO'-OA=2t-3∵四邊形OABC為平行四邊形，∴AB=OC=2,AB∥OC,∠O'AB=∠AOC=60°∴△EO'A是等邊三角形∴AE=AO'=2t-3∵BE=AB-AE

∴∴BE=-2t+5:當O'與點A重合時，此時AB與C′O′的交點為E與A重合，如圖：當C與點B重合時，此時AB與CO′的交點為E與B重合，∴t的取值范圍為3②如圖：過點C作C由(1)得出C∴∴M當23≤t<1∴32∴在23≤t<1時，∴當1≤S∴3∴在t=32時S=3×∴當1≤t≤32∵當32∵由①得出△EO′A是等邊三角形，∴∴∴S===∵∴開口向下，在t=∴∴在32<t<5∴則在32<t<5當52∴-∴在52≤t≤114時，則把得出S∴在52≤t≤1綜上：2【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，解直角三角形的性質(zhì)，折疊性質(zhì)，二次函數(shù)的圖象性質(zhì)，正確掌握相關(guān)性質(zhì)內(nèi)容是解題的關(guān)鍵。6.(1)180°,8.

(2)①β=2α,理由見解析;②2msinα(3)261或3【分析】(1)觀察圖形可得△A?B?C?與VABC關(guān)于O點中心對稱，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可得即可求得平移距離：(2)①連接AP?,由對稱性可得,∠PAB=∠②連接PP?,P?B?分別交AB,CD于E,F兩點,過點D作DG⊥AB,交AB于點G,由對稱性可知:PE=P?E,P?F=P?F且PP?⊥AB,P?P?⊥CD,得出PP3=2EF,證明四邊形EFDG是(3)分P?P?∥AD,P?P?∥CD,兩種情況討論,設(shè)AP=x,則AP1=AP2=x,先求得P【詳解】(1)(1)∵VABC關(guān)于y軸對稱的圖形△A1B1C1△A2B2∵A(-1,1),∴∵M(4,0),A?,A?關(guān)于直線x=∴即A△A故答案為:180°,8.

2①β=2α,由對稱性可得，∠∠===∴②連接PP?,P?B?分別交AB,CD于E,F兩點,過點D作DG

由對稱性可知：PE=P1∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∥CD∴P,P?,P?三點共線,∴∵∴∴四邊形EFDG是矩形，∴DG=EF,在Rt△DA∵∴∴(3)解:設(shè)AP=x,則依題意，P當P2P3‖AD∴∵∴∠∴∠P2AP在APP?(中，∠∴∠P2P1∴在Rt△APQ中,∠PAQ=3在Rt±PQP∴由(2)②可得P∵∴∴解得：x如圖所示，若P2P3‖D∵∠P2P1則P∵∵P∴解得：x綜上所述，AP的長為32-6【點睛】本題考查了軸對稱的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，解直角三角形，熟練掌握軸對稱的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.7.(1)見解析:23+572【分析】(1)根據(jù)等邊對等角可得∠ABC=∠C，根據(jù)折疊以及三角形內(nèi)角和定理，可得∠BDE=∠(2)連接AD,交BE于點F,則EF是△ADC的中位線,勾股定理求得AF,BF,根據(jù)BE=BF+EF即可求解:問題2:連接AD,過點B作BM⊥AD于點M,過點C作CG?B【詳解】(1)∵等腰VABC中,AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到∴∠ABC=∠C,∠BDE=∠A=180°-2∠C,∵∠EDC+∠BDE=180°,∴∠EDC=2∠ACB;(2)如圖所示,連接AD,交BE于點F,∵折疊，∴∵E是AC的中點,∴EA=EC,∴E在Rt△AEF中,A在Rt△ABF∴問題2：如圖所示，連接AD，過點B作BM?AD于點M，過點C作∵AB=BD,∴∵∴∠BDC=∠DBM,∴∴CD⊥AD,又CG⊥BM,∴四邊形CGMD是矩形，則CD=GM,在Rt△ACD中,C∴在Rt△BDM∴在Rt△BCG中,BC【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，矩形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵.8.(1)①見解析:②AD=DF+BD,理由見解析:(22AD=【分析】(1)①證明:∠ABE=∠CBD,再證明△ABE≌△CBD(SAS)即可;②由DF和DC關(guān)于AD對稱,可得DF=DC,證明AE=DF,從而可得結(jié)論:(2)如圖,過點B作BE⊥AD于點E,得∠BED=90°,證明∠ADF=∠ADC=45(3)由BD=3CD=3DF,可得2AD=DF+3DF=4DF,結(jié)合AD=【詳解】(1)①證明:∵VABC和△BDE都是等邊三角形,∴∴∠ABC-∠CBE=∠EBD-∠CBE,∴∠ABE=∠CBD.∴∴AE=CD.②A∵DF和DC關(guān)于AD對稱,∴D∵AE=CD,∴AE=DF.∴AD=AE+DE=DF+BD.22如圖,過點B作BE⊥AD于點E,得∠BED=90°.∵DF和DC關(guān)于AD對稱,∴DF=DC,∠ADF=∠ADC.∵CD⊥BD,∴∠ADF=∠ADC=45°,∴∠EBD=45°.∴∵VABC是直角三角形,AB=AC,∴∴∠ABC-∠CBE=∠EBD-∠CBE,∴∠ABE=∠CBD.∴sin∠ABE=sin∠CBD,∴∴AE-BC=CD-AB,∴∴AD=AE(3)∵BD=3CD=3DF,∴2∵∴∴如圖，過點A作AH∵AB=AC=AF,∴B∴∴【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，軸對稱的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的靈活應(yīng)用，本題難度較高，屬于中考壓軸題，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵.9.(1)見解析23【分析】(1)根據(jù)折疊的性質(zhì)可得AD(2)根據(jù)折疊的性質(zhì)可得∠DAG=12∠(3)根據(jù)題意可知點F與點D關(guān)于AG對稱，連接PD，則PD為PQ+FQ的最小值，過點P作PR⊥AD,求出【詳解】(1)證明:四邊形ABCD是矩形,

∴∠BAD=∠B=∠C=∠D=90°.由折疊可知，∠∴∠EFA=∠BFA=45°.∴由折疊得,∠CFG=∠GFH=45°,∴∴又A∴△ADG≌△AFG(2)由折疊得,∠BAF=∠EAF,又∠∴由△ADG≌△AFG得,∠∠AFG=∠ADG=90°,又∠∴∴∴設(shè)AB=x,則.B∴∴∴(3)如圖,連接FD,

∵∴AG是FD的垂直平分線，即點F與點D關(guān)于AG軸對稱，連接PD交AG于點Q，則PQ+FQ的最小值為PD的長：過點P作∵∴∴又A∴∴在Rt△DPR中,D∴∴PQ+FQ的最小值為5【點睛】本題主要考查了折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，最短路徑問題，矩形的性質(zhì)以及勾股定理等知識，正確作出輔助線構(gòu)造直角三角形是解答本題的關(guān)鍵.12(3)作圖見解析，3【分析】(1)根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)可得AMAN(2)根據(jù)折疊的性質(zhì)即可求得∠AEB理可得∠ABE=180°-∠A(3)連接FM,設(shè)AN【詳解】(1∴△∴AB=AM=BM∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∴∵AN為BC邊上的高,∴(2)∵∠BAD=45°,BA=BM,∴△AMB是等腰直角三角形，∴∠MBC=∠AMB=45°,∵∴∠FEM=∠AMB=45°,∴∵AD∥NC,∴∠BAE=∠ABN=45°,∴∵ADAN∵點M在AD邊上,∴當AD=AM時，m取得最小值，最小值為A(3)如圖,連接FM,

∠BAD=30°,則∠ABN=30°,∠BAD=30°,則∠ABN=30°,設(shè)AN=a,則A打疊，∴FB=AB=2a,∵EF⊥AD,∴∵∠EAB=∠BAD=30°,∴∠ABE=180°-30°-135°=15°,∴∠ABF=30°,∵AB=BM,∠BAD=30°,∴∠ABM=120°,∵∠MBC=∠AMB=30°,∴∠FBM=120°-∠ABF=90°,在Rt△FBM中,FB=AB=BM,∴延長FE交NC于點G，如圖，∴EG⊥GB,∴EG⊥GB,∵∠EBG=∠ABE+∠ABN=15°+30°=45°,∴GB=EG=a,∵∴AE=EF=MD=(3-1)a,在Rt△EFM中,EM∴同理，當點F落在BC下方時，A綜上，m的值為3【點睛】本題考查了軸對稱的性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，解直角三角形，勾股定理，三角形內(nèi)角和定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，綜合運用以上知識是解題的關(guān)鍵.11.(1)75°(2)∠ABE的大小不發(fā)生變化,∠ABE=30°,理由見解析3【分析】(1)由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠CDE=120°，由等邊對等角和三角形內(nèi)角和定理得到∠A(2)連接CE交BD于點O,證明△BOC△EOD得OC(3)過點C作CH⊥AB于H,求出∠A=30°,則CH=12AC=2;由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠CDE=120°,CD=DE,∠MCN=120°,CM=CN,設(shè)(CD=DE=5x,則CM=CN=3x;如圖所示，過點D作DG^CE于G，則可得到【詳解】(1)解：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠C∵AC=BC,∠ACB=120°,∴∵∴∴(2)解:∠ABE的大小不發(fā)生變化,∠ABE=30°,理由如下:連接CE交BD于點O,由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得.∠∴∴∠DEO=∠ABC=30°,又∵∠BOC=∠EOD,∴∴∴∵∠COD=∠BOE,∴∴(3)解:如圖所示,過點C作CH⊥AB于H,∵∴∵CH⊥AB,∴C由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠CDE=120°,CD=CE,∠MCN=120°,CM=CN,設(shè)C∵∴如圖所示,過點D作DG^CE于G,∵∴∵DG^CE,∴在Rt△CDG中，由勾股定理得C∴∵∠DCE=30°,∠DCN=120°,∴在Rt△ECN中，由勾股定理得E==∴EN=221x∵點D是AB上一個動點(點D不與A，B重合)，∴CG≤CD<AC,即2≤5x<4,∴∴【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，等邊對等角等，正確作出輔助線構(gòu)造相似三角形和直角三角形是解題的

關(guān)鍵.12.操作發(fā)現(xiàn)：CE與⊙O相切：實踐探究：310【分析】操作發(fā)現(xiàn)：連接CO并延長交⊙O于點M，連接AM，根據(jù)直徑所對圓周角為直角得到∠MAC=90°,根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠B=∠ACE,由圓周角定理推出∠B=∠AMC,等量代換得到∠ACE=∠AMC，利用直角三角形的性質(zhì)即可證明∠OCE=90°，即可得出結(jié)論：實踐探究:證明△ABC∽△ADE,得到∠B=∠ADE=∠ACB,結(jié)合三角形外角的性質(zhì)得到∠CDF=∠BAD,易證△ABD∽△DCF,得到ABCD=BD問題解決:過點E作EN∥BC交AC于點N,由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知:∠B=∠ACE,證明∠ENC=∠ACE,推出EN=CE,由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得:△ABD≌△ACE,得到BD=EN,根據(jù)EN∥BC,易證,CDF∽△NEF,得到CDE【詳解】操作發(fā)現(xiàn)：解：連接CO并延長交⊙O于點M，連接AM，MC是⊙O直徑,MC是⊙O直徑,∴∠MAC=90°,∴∠AMC+∠ACM=90°,由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠B=∠ACE,∵∠B=∠AMC,∴∠ACE=∠AMC,∴∠OCE=∠ACM+∠ACE=∠ACM+∠AMC=90°,∵OC是⊙O的半徑,∴CE與⊙O相切:實踐探究：解:由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得:∠BAD=∠CAE,AD=AE,∴∠BAD+∠CAD=∠CAE+∠CAD即∠BAC=∠DAE,

∵AB=AC,∴∴△ABC∽△ADE,∴∠B=∠ADE=∠ACB,∵∠ADC=∠ADE+∠CDF=∠B+∠BAD,∴∠CDF=∠BAD,∴∴設(shè)BD=x,則CD=6-x,∴∴∵∴當x=3時，CF有最大值為3問題解決：證明:過點E作EN∥BC交AC于點N,E∵∠ENC=∠ACBE∵∠ENC=∠ACB由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知：∠∵∴∴∴由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：△∴BD=CE,

∴BD=EN,∵EN∥BC,∴∴∵BD=EN,∴【點睛】本題考查圓周角定理，切線的證明，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形相似的判定與性質(zhì)，二次函數(shù)最值的應(yīng)用，正確作出輔助線，構(gòu)造三角形相似是解題的關(guān)鍵.13.(1)△EAG(2)①1;②見詳解(3)見詳解【分析】(1)由“角角邊”即可證明：(2)①由操作知，將四邊形EBFO繞點E旋轉(zhuǎn)180°得到四邊形EAQL，故AE=(3)取AB,BC,CD,DA為中點為E,H,G,F,連接FH,過點E,點G分別作EM?FH,GN⊥FH,垂足為點M,N,將四邊形EBHM繞點E旋轉(zhuǎn)180°至四邊形EAH'M',將四邊形FDGN繞點F旋轉(zhuǎn)【詳解】(1)解:如圖,∵∴由題意得E為AD中點，‘∴∵∠AEG=∠DEK.

∴△EDK≌△EAG故答案為:△EAG;(2)解：①如圖，由操作知，點E為AB中點，將四邊形EBFO繞點E旋轉(zhuǎn)180°得到四邊形EAQL,∴AE=BE,∴故答案為：1：②如圖，由題意得,E、F、G、H是AB,BC,CD,DA的中點,操作為將四邊形EBFO繞點E旋轉(zhuǎn)180°得到四邊形EAQL,將四邊形OHDG繞點H旋轉(zhuǎn)180°得到四邊形JHAP,將四邊形OGCF放在左上方空出，則AQ=BF=CF,AP=DG=CG,∠BFO=∠AQL,∵∠DAB+∠B+∠C+∠D=360°,∠QAE=∠B,∠PAH=∠D,∠DAB+∠QAE+∠PAH+∠PAQ=360°.∴∠PAQ=∠C,∵∠BFO+∠CFO=180°∴∠AQL+∠AQK=180°,∴K,Q,L三點共線,同理K,P,J三點共線,由操作得,∠2=∠L,∠3=∠1,∵∠1+∠2=180°,∠1+∠3=180°,∴∠1+∠L=180°,∠1+∠J=180°.

∴OJ∥KL,OL∥KJ,∴四邊形OJKL為平行四邊形；(3)解:如圖,如圖,取AB,BC,CD,DA為中點為E,H,G,F,連接FH,過點E,點G分別作EM?FH,GN?FH,垂足為點M，N，將四邊形EBHM繞點E旋轉(zhuǎn)180°至四邊形EAH'M'由題意得，∠∴∴由操作得，∠∵∴∴N同理N',G',N'三點共線,∵∴四邊形MM'N'N'為矩形,如圖,連接AC,EF,FG,GH,EH,∵E,H為BA,BC中點,

∴同理F∴FG||EH,FG=EH,∴∠EHM=∠GFN,∵∠EMF=∠GNH=90°,∴EHM≌GFN,∴EM=GN,MH=NF,∴FM=NH,由操作得,AH'=BH,而BH=CH,∴AH'=CH,同理,AG'=CG,∵∠BAD+∠D+∠C+∠B=360°,∠D=∠G'AF,∠B=∠H'AE,∠BAD+∠H'AE+∠G'AF+∠H'AG'=360°.∴∠H'AG'=∠C,∵四邊形MM'N'N'為矩形,∴∴N'F+FM=H'M'+H'N",∴∴NH=N'H',同理NG=NG',∴四邊形NGCH能放置左上方空出，∴按照以上操作可以拼成一個矩形.【點睛】本題考查了平行線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，圖形的旋轉(zhuǎn)，三角形的中位線，正確理解題意是解題的關(guān)鍵.

14.(1)BE=DF;BE⊥DF;(2)證明見解析;3【分析】(1)如圖，由四邊形ABCD是正方形，△AEF是等腰直角三角形，AE=1，證明△BAE≌△DAF,再進一步可得結(jié)論;(2)如圖，由∠BAD=90°，∠BGD=90°，再結(jié)合直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)可得結(jié)論：(3)如圖,證明G在以O(shè)為圓心,OD為半徑的⊙O上,過F作FN⊥AD于N,當∠BAE=α=60°時,證明∠AFD=90°,可得∠ADF=30°,∠AOG=2∠ADF=60°,證明四邊形AEGF是正方形，可得當旋轉(zhuǎn)角α從0°變化到60°時，G在AG上運動，再進一步解答即可；【詳解】解:BE=DF;BE⊥DF;理由如下:如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD=2,∠BAD=90°,∵△AEF是等腰直角三角形,AE=1,∴AE=AF=1,∠EAF=90°,∴∠BAE=∠DAF,∴△BAE≌△DAF,∴BE=DF,∠ABE=∠ADF,∵∠AMB=∠DMG,∴∠BGD=∠BAM=90°,∴(2)如圖,∵四邊形ABCD是正方形,∴∠BAD=90°,

∵點O是BD的中點，∴∵∴∵點O是BD的中點，∴∴OA=OD=OG;(3)如圖,∵∴G在以O(shè)為圓心，OD為半徑的⊙O上，過F作FN當∠B∴∵AF=AE=1,∴∴∴A∴∠AFD=90°,∴∠ADF=30°,∴∠AOG=2∠ADF=60°,而∠EAF=∠EGF=90°,AE=AF=1,∴四邊形AEGF是正方形，∴當旋轉(zhuǎn)角α從0°變化到60°時，G在AG上運動，∵AB=2,OA=OB,AO⊥BD,∴∴點G經(jīng)過路線的長度為6【點睛】本題考查的是正方形的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，圓周角的應(yīng)用，勾股定理的逆定理的應(yīng)用，弧長的計算，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵。15.1y=2x(【分析】(1)根據(jù)題意證明△AFH∽△BGF,得出關(guān)系式AH·BG=AF·BF,進而求得AB=(2)方法一:勾股定理求得GH,將將(1)中xy=2代入得GH=x+y-2,進而根據(jù)三角形的周長公式，即可求解：方法二:證明△AOH∽△BGO,△HAO∽△HOG,過O作OM⊥AH交AH于點M,作OP⊥HG交HG于點P,作ON⊥GB交GB于點N.證明△△OPG≌△ONG,得出HG=MH+GN,得出CM=C方法三:過O作OM⊥AH交AH于點M,作ON?GB交GB于點N，在NB上截取一點Q，使NQ=MH,連接OC.得出△OM(3)分兩種情況討論，EF于AC，BC的夾角；①過點F作FN?FN=M作FG的垂直平分線交BG于點M，連接FM，在Rt△FNM中，設(shè)【詳解】操作發(fā)現(xiàn)解:(1)∵∠ACB=∠EDF=90°,且.A∴∴∴∴∴∴在Rt△ACB中,AC=BC=2,∴∵O是AB的中點，點O與點F重合，∴∴∴問題解決(2)方法一:解：△C理由如下：∵∴在Rt△HC=將(1)中xy=2代入得:

∴∵x+∴x+y>2,∴GH=x+y-2.∵△CHG的周長=CH+CG+GH,∴△CHG的周長=2-x+2-y+x+y-2=2.方法二：解：CGH的周長定值為2.理由如下：∵VABC和△DEF是等腰直角三角形，∴∠A=∠B=∠E=∠EOD=45°,∵∠AOH+∠BOG+∠EOD=180°,∴∠AOH+∠BOG=135°,在△AOH中,∠A=45°,∴∠AOH+∠AHO=135°,∴∠AHO=∠BOG,∴△AOH∽△BGO,∴∵O為AB的中點,∴AO=BO,∴又∵∠A=∠EOD=45°,∴△HAO∽△HOG,∠AHO=∠OHG,∠OGB=∠OGH,∴過O作OM⊥AH交AH于點M,作OP⊥HG交HG于點P,作ON⊥GB交GB于點N.∴OM=OP=ON.又∵OH=OH,OG=OG,∴△OMH≌△OPH,△OPG≌△ONG,∴HM=PH,PG=NG,

∴HG=MH+GN.∵△CHG的周長=CH+CG+GH=CH+CG+MH+GN=CM+CN.又∵AO=OB,OM=ON,∠A=∠B=45°,∴∴AM=BN,∵∠C=90°,∠AMO=90°,∴OM∥BC,∵O是AB的中點,∴點M是AC的中點，同理點N是BC的中點.∴∴△CHG的周長=CM+CN=2CM=2×1=2.方法三：解：△C理由如下：過O作OM?AH交AH于點M，作∵VABC是等腰直角三角形，O為AB的中點，∴OC平分∠ACB,∴∴∴∵?HOG45?,∠ACB=90°,∴∴∴∠HOG=∠GOQ,∵OG=OG,

∴△OHG≌△OQG,∴HG=GQ=GN+MH,∴△CHG的周長=CH+CG+GH=CH+CG+MH+GN=CM+CN.又∵AO=OB,OM=ON,∠A=∠B=45°,∴△AOM≌△BON,∴AM=BN.∵∠C=90°,∠AMO=90°,∴OM∥BC.∵O是AB的中點，∴點M是AC的中點，同理點N是BC的中點.∴∴△CHG的周長=CM+CN=2CM=2×1=2.拓展延伸(3)2+32①解:∵∠AFE=60°,∠A=45°,∴∠AHF=75°,過點F作FN⊥AC于點N，作FH的垂直平分線交FN于點M，連接MH，∴FM=MH,∵∠FNH=90°,∴∠NFH=15°,∵FM=MH,∴∠NFH=∠MHF=15°,∴∠NMH=30°,在Rt△MNH中,設(shè)NH=k,∴MH=MF=2k,由勾股定理得,

M∴∴在Rt△FNH中,tan②解:∵∴過點F作FN⊥BC于點N，作FG的垂直平分線交BG于點M，連接FM.∵GM=MF,∴∠FGB=∠GFM=15°,∴在Rt∴GM=M∴∴在Rt△FNG中,tan∴tan∠FHN【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，函數(shù)解析式，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形是解題的關(guān)鍵.

16.(1)見解析(2)①83,α=180°;②120°或240°【分析】(1)利用線段垂直平分線的性質(zhì)得出OA=OC，利用等邊對等角得出∠A=∠ACO，結(jié)合角平分線定義可得出∠A=∠ACO=∠OCB，最后根據(jù)相似三角形的判定即可得證：(2)先求出∠A=∠ACO=∠OCB=30°,然后利用含30°的直角三角形性質(zhì)求出BO=2,AO=4,MO=2，利用勾股定理求出AM=23,AC=43取A'C'中點M',連接OM',MM',作MN⊥AC于N,由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知△AOC≌△AOC',OM'為OM旋轉(zhuǎn)α所得線段,則OM'⊥AC',AC'=AC=43,OM'=OM=2,根據(jù)點到直線的距離,垂線段最短知MN≤MM',三角形三邊關(guān)系得出MN≤OM+OM',故當M、O、M'三點共線,且點O在線段MM'時,MN②先利用三角形三邊關(guān)系判斷出MC<AC，MA'<A'C，則當△A'MC'為直角三角形時，只有∠A'MC'=90°,然后分A和C'重合,A'和C重合,兩種情況討論即可.【詳解】(1)證明:∵MO垂直平分AC,∴OA=OC,∴∠A=∠ACO,∵CO平分∠ACB∴∠ACO=∠OCB.∴∠A=∠OCB,又∠B=∠B:∴△ABC∽△CBO;(2)解:①∵?B90?,∴∠A+∠ACO+∠OCB=90°,∴∠A=∠ACO=∠OCB=30°,∴又AB=AO+BO=6,∴BO=2,AO=4,∵MO垂直平分AC,∴O∴∴AC=43取A'C'中點M',連接OM',MM',作MN⊥A'C'于N,由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知△AOC≌△AOC',OM'為OM旋轉(zhuǎn)α所得線段,根據(jù)垂線段最短知MN≤MM'，又M∴當M、O、M'三點共線,且點O在線段MM'時,MN取最大值,最大值為2+2=4,此時α=180°,∴△A'MC'面積的最大值為1②∵MC'≤MO+OC'=2+4=6,43=A'C',∴MC'<A'C',同理MA'<A'C'∴△A'MC'為直角三角形時,只有∠A'MC'=90°,當A和C'重合時，如圖，

∵∴∠A'=∠CAO=30°,∠OAA'=∠OCA=30°,∴∠A'OA=120°.∵∠AMO=90°,∴∠AOM=60°,∴∠A'OA+∠AOM=180°,∴A'、O、M三點共線,∴△A'MC'為直角三角形,此時旋轉(zhuǎn)角α=∠A'OA=120°;當A'和C重合時，如圖，同理∠OCC'=∠CAO=30°,∠C'=∠OCA=30°,∴∠COC'=120°.∵AO=CO,∠AOM=60°∴∠COM=∠AOM=60°,∴∠COM+∠COC'=180°.∴C'、O、M三點共線,

又∠AMO=90°∴△A'MC'為直角三角形,此時旋轉(zhuǎn)角α=360°-∠A'OA=240°;綜上,旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)為120°或240°時,△A'MC'為直角三角形.【點睛】本題考查了線段垂直平分線的性質(zhì)，含30°的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識，明確題意，正確畫出圖形，添加輔助線，合理分類討論是解題的關(guān)鍵.17.(1)見詳解(2)EF=2AC,理由見詳解【分析】(1)先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理求得∠BDC(2)在射線AM上取點H,使得BH=BA,取EF的中點G,連接DG,可證明ABC≌ABD,則AC=DH,∠BHD=∠A=α,則∠FHD=2α,根據(jù)平行線的性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)得到∠HGD=2α,則DG=DH,而EF=2GD,故可等量代換出EF=2AC.【詳解】(1)證明:連接CD,由題意得:BC=BD,∠CBD=180°-2α,∴∠BDC=∠BCD,∵∠BDC+∠BCD+∠CBD=180°,∴∴∠BDC=∠A,∴CA=CD,∵DE⊥AN,∴∠1+∠A=∠2+∠BDC=90°,∴∠1=∠2.

∴CD=CE,∴CA=CE,∴點C是AE的中點：(2)解:EF=2AC,在射線AM上取點H,使得BH=BA,取EF的中點G,連接DG,∵BH=BA,∴∠BAH=∠BHA=α,∴∠ABH=180°-2α=∠CBD.∴∠ABC=∠HBD,又∵BC=BD,∴△ABC≌△HBD,∴