2024年中考数学一轮复习全国版知识点49 图形剪拼操作含答案

2024年中考数学一轮复习全国版知识点49图形剪拼操作、选择题二、填空题湖北省16．【2023·十堰】在某次数学探究活动中，小明将一张斜边为4的等腰直角三角形ABC（∠A＝90°）硬纸片剪切成如图所示的四块（其中D，E，F分别AB，AC，BC的中点，G，H分别为DE，BF的中点），小明将这四块纸，重新组合拼成四边形（相互不重叠，不留空隙），则所能拼成的四边形中周长的最小值为，最大值为．【分析】根据题意，可固定四边形GFCE，平移或旋转其它图形，组合成四边形，求出周长，判断最小值，最大值．【答案】88+22【解析】如图，BC＝4，AC＝4×22=22，CI＝BD＝CE=12AC=2，DI＝BC＝4，∴四边形如图，AF＝AI＝IC＝FC＝2，∴四边形AFCI周长为2x4＝8；故答案为：8，8+22．【点评】本题考查图形变换及勾股定理，通过平移、旋转组成满足要求的四边形是解题的关键．三、解答题广东省20.【2023·广东】综合与实践主题：制作无盖正方体形纸盒素材：一张正方形纸板．步骤1：如图1，将正方形纸板的边长三等分，画出九个相同的小正方形，并剪去四个角上的小正方形；步骤2：如图2，把剪好的纸板折成无盖正方体形纸盒．猜想与证明：（1）直接写出纸板上与纸盒上的大小关系；（2）证明（1）中你发现的结论．【分析】（1）和均是等腰直角三角形，；（2）证明是等腰直角三角形即可.解：（1）证明：（2）连接，设小正方形边长为1，则，，，为等腰直角三角形.∵，∴为等腰直角三角形..【点评】此题考查了勾股定理及其逆定理的应用和等腰三角形的性质，熟练掌握其性质是解答此题的关键．一、选择题二、填空题三、解答题江西省23．【2023•江西23题】综合与实践问题提出某兴趣小组开展综合实践活动：在Rt△ABC中，∠C＝90°，D为AC上一点，CD=2，动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿C→B→A匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF．设点P的运动时间为ts，正方形DPEF的面积为S，探究S与t初步感知（1）如图1，当点P由点C运动到点B时，①当t＝1时，S＝；②S关于t的函数解析式为．（2）当点P由点B运动到点A时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图2所示的图象．请根据图象信息，求S关于t的函数解析式及线段AB的长．延伸探究（3）若存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等．①t1+t2＝；②当t3＝4t1时，求正方形DPEF的面积．【分析】（1）①当t＝1时，CP＝1，运用勾股定理即可求得答案；②由题意得CP＝t，运用勾股定理可得S＝DP2＝CP2+CD2＝t2+（2）2＝t2+2；（2）观察图象可得当点P运动到点B处时，PD2＝BD2＝6，当点P运动到点A处时，PD2＝AD2＝18，抛物线的顶点坐标为（4，2），由勾股定理可得BC=BD2−CD2=2，AD＝32，即M（2，6），设S＝a（t﹣4）2+2，将M（2，6）代入，即可求得S＝（3）①过点D作DH⊥AB于点H，可证得△ADH∽△ABC，得出DHBC=ADAB=AHAC，可求得DH=2，AH＝4，根据存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等，可得DP1＝DP2＝DP3，再证得Rt△CDP1≌Rt△HDP2（②证明Rt△DHP3≌Rt△DCP1（HL），得出P3H＝CP1，建立方程求解即可得出答案．解：（1）①3【解析】当t＝1时，CP＝1，又∵∠C＝90°，CD=2∴S＝DP2＝CP2+CD2＝12+（2）2＝3．②S＝t2+2【解析】当点P由点C运动到点B时，CP＝t，∵∠C＝90°，CD=2∴S＝DP2＝CP2+CD2＝t2+（2）2＝t2+2．（2）由图2可得：当点P运动到点B处时，PD2＝BD2＝6，当点P运动到点A处时，PD2＝AD2＝18，抛物线的顶点坐标为（4，2），∴BC=BD2−CD2=6−2=设S＝a（t﹣4）2+2，将M（2，6）代入，得4a+2＝6，解得：a＝1，∴S＝（t﹣4）2+2＝t2﹣8t+18.∴AC＝AD+CD＝32+2=在Rt△ABC中，AB=AC2+BC∴抛物线的解析式为S＝t2﹣8t+18（2≤t≤8）.（3）①4【解析】如图，则∠AHD＝90°＝∠C，∵∠DAH＝∠BAC，∴△ADH∽△ABC.∴DHBC=AD∴DH=2，AH＝4.∴BH＝2，DH＝CD∵存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等，∴DP1＝DP2＝DP3.∴CP1＝t1，P2H＝4﹣t2.在Rt△CDP1和Rt△HDP2中，CD=HDDP1=DP2，∴Rt△CDP1∴CP1＝HP2，∴t1＝4﹣t2.∴t1+t2＝4．②∵DP3＝DP1，DH＝DC，∠DHP3＝∠C＝90°，∴Rt△DHP3≌Rt△DCP1（HL）.∴P3H＝CP1.∵P3H＝t3﹣4，∴t3﹣4＝t1.∵t3＝4t1，∴t1=43.∴S＝（43）2湖南省25．【2023·邵阳】如图，在等边三角形ABC中，D为AB上的一点，过点D作BC的平形线DE交AC于点E，点P是线段DE上的动点（点P不与D，E重合）．将△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，得到△ACQ，连接EQ，PQ，PQ交AC于F．（1）证明：在点P的运动过程中，总有∠PEQ＝120°．（2）当APDP为何值时，△AQF​（1）证明：∵将△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，∴PA＝QA，∠PAQ＝60°．∴∠PAD=∠QAE．∵DE∥BC，∴∠ADE=∠AED．∴AD=AE．∴△APD≌△AEQ．∴∠AEQ=∠ADP=60°．∴∠PEQ=∠AEP+∠AEQ=120°．（2）解：如图．根据题意，只有当∠AFQ＝90°时，△AQF为直角三角形．由（1）只△APQ是等边三角形，∴∠PAQ＝60°．∵∠AFQ＝90°，∴∠PAF＝∠QAF＝30°．∵∠CAB＝60°．∴∠DAP＝30°，∠APD＝90°．∴tan∠ADP＝tan60°=AP25．【2023·衡阳】[问题探究]（1）如图1，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O．在线段AO上任取一点P（端点除外），连接PD，PB．①求证：PD＝PB；②将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点Q处．当点P在线段AO上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？请说明理由；③探究AQ与OP的数量关系，并说明理由．[迁移探究]（2）如图2，将正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC＝60°，其他条件不变．试探究AQ与CP的数量关系，并说明理由．（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，∴CD＝CB，∠DCA＝∠BCA＝45°．∵CP＝CP，∴△DCP≌△BCP．∴PD＝PB．②解：∠DPQ的大小不发生变化，∠DPQ＝90°．理由：作PM⊥AB，PN⊥AD，垂足分别为点M，N，如图．∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAC＝∠BAC＝45°，∠DAB＝90°．∴四边形AMPN是矩形，PM＝PN．∴∠MPN＝90°．∵PD＝PQ，PM＝PN，∴Rt△DPN≌Rt△QPM（HL）．∴∠DPN＝∠QPM，∴∠QPN+∠QPM＝90°．∴∠QPN+∠DPN＝90°，即∠DPQ＝90°．③解：AQ=2OP理由：作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，如图．∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC＝45°，∠AOB＝90°．∴∠AEP＝45°，四边形OPEF是矩形．∴EF＝OP，PA＝PE．∵PD＝PB，PD＝PQ，∴PQ＝PB．作PM⊥AE于点M，则QM＝BM，AM＝EM，∴AQ＝BE．∵∠EFB＝90°，∠EBF＝45°，∴BE=EFsin45°=2EF．∴（2）解：AQ＝CP．理由：四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴AB＝BC，AC⊥BD，DO＝BO．∴△ABC是等边三角形，AC垂直平分BD．∴∠BAC＝60°，PD＝PB．∵PD＝PQ，∴PQ＝PB．作PE∥BC交AB于点E，EG∥AC交BC于点G，如图．四边形PEGC是平行四边形，∠GEB＝∠BAC＝60°，∠AEP＝∠ABC＝60°．∴EG＝PC，△APE，△BEG都是等边三角形，∴BE＝EG＝PC．作PM⊥AB于点M，则QM＝MB，AM＝EM．∴QA＝BE，∴AQ＝CP．湖北省24.【2023·鄂州】如图1，在平面直角坐标系中，直线轴，交y轴的正半轴于点，且，点B是y轴右侧直线l上的一动点，连接．

（1）请直接写出点A的坐标；（2）如图2，若动点B满足，点C为的中点，点为线段上一动点，连接．在平面内，将沿翻折，点B的对应点为点P，与相交于点Q，当时，求线段的长；（3）如图3，若动点B满足，为的中位线，将绕点B在平面内逆时针旋转，当点O、E、F三点共线时，求直线EB与x轴交点的坐标；（4）如图4，平分交于点，于点，交于点，为的一条中线．设，，的周长分别为，，．试探究：在B点的运动过程中，当时，请直接写出点B的坐标．【分析】（1）根据，点A位于y轴的正半轴即可得出答案；（2）根据折叠性质和特殊角解三角形，先求出，，再过点D作，得出，解三角形即可求出，从而求出，（3）将绕点B在平面内逆时针旋转，当点O、E、F三点共线时，有两种情况，当将绕点B在平面内逆时针旋转，可得点、F恰好落在x轴，，从而可得直线与x轴交点的坐标；当将绕点B在平面内逆时针旋转到上方时，可得，从而得出，，继而可求，再由即可求出交点坐标．（4）由已知可证明，进而可得，由此可得，延长交于H点，可得，，然后由双勾股求出，进而求出点B坐标．解：（1）∵，点A位于y轴的正半轴，∴点A坐标为.（2）∵，直线轴，，∴，.∵点C为的中点，∴.又∵，∴.由折叠可知：,∴.如解（2）图，过点D作，∴，.∴，即.∴.∴.∴.（3）∵，，∴.又∵为的中位线，∴，，.∴.I．如图，将绕点B在平面内逆时针旋转，到如解（3）-1图所示位置时，∴，直线轴.∴.又∵，∴四边形矩形.∴点、F恰好落在x轴，，此时直线EB与x轴交点的坐标为.II．如图，将绕点B在平面内逆时针旋转到点O、E、F三点共线时，，如解（3）-2图所示位置时，延长交x轴于点K，∵，，，∴.∴，.∴，.在中，，即：，解得：，∴.∴.∵直线轴，∴直线轴.∴.∴在中，.∴.∴此时直线EB与x轴交点的坐标为.综上所述：将绕点B在平面内逆时针旋转，当点O、E、F三点共线时，直线与x轴交点的坐标为或.（4）直线轴，于点D，∴，.又∵平分交于点，即：，∴.又∵，∴.∴.∵为的一条中线,∴，即：.∵，，∴.∴设，，的周长分别为，，．∴，.∵，∴.∴.∴.延长交于H点，如解（4）图，∵，，，∴.∴，.∴，.∵，，∴解得：（不合题意，舍去），.∴.∴.∴.所以点B坐标为．【点评】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定和性质、解三角形、相似三角形的判定和性质，难度较大，确定运动后线段之间的位置关系、正确作出辅助线是解题的关键．24．【2023·十堰】过正方形ABCD的顶点D作直线DP，点C关于直线DP的对称点为点E，连接AE，直线AE交直线DP于点F．（1）如图1，若∠CDP＝25°，则∠DAF＝；（2）如图1，请探究线段CD，EF，AF之间的数量关系，并证明你的结论；（3）在DP绕点D转动的过程中，设AF＝a，EF＝b，请直接用含a，b的式子表示DF的长．【分析】（1）如图，连接CE，DE，由对称知∠CDP＝∠EDP＝25°，CD＝ED，由四边形ABCD是正方形得AD＝CD，所以AD＝ED，从而∠DAE=∠DEA=1（2）如图，连接CF，DE，AC，CE，交DP于点H，由轴对称知，CF＝EF，CD＝DE＝AD，∠DEF＝∠DCF，可证得∠AFC＝90°，由勾股定理得，Rt△ACF中，AC2＝AF2+CF2＝AF2+EF2，Rt△ACD中，AD2+CD2＝AC2，从而CD（3）由勾股定理CH=HE=FH=22bDH=CD2−CH2=22a，分情况讨论：当点F在D，H之间时，DF=DH−FH=22(a−b)；当点解：（1）如图，连接CE，DE，∵点C关于直线DP的对称点为点E，∴CD，ED关于DP对称，∠CDP＝∠EDP＝25°，CD＝ED，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∴AD＝ED，∴∠DAE=∠DEA=1故答案为：20；（2）结论：CD理由：如图，连接DE，CE，AC，CF．由轴对称知，CF＝EF，CD＝DE＝AD，∠DEF＝∠DCF，而∠DEF＝∠DAF，∴∠DAF＝∠DCF．∵∠FAC+∠FCA＝∠FAC+∠DAF+∠DCA＝90°，∴∠AFC＝180°﹣（∠FAC+∠FCA）＝90°，在Rt△ACF中，AC2＝AF2+CF2＝AF2+EF2，在Rt△ACD中，AD2+CD2＝AC2，2CD2＝AF2+EF2，即CD（3）∵∠AFC＝90°，CF＝EF＝b，∴CH=HE=FH=2∵CD∴DH=C如图，当点F在D，H之间时，DF=DH−FH=2如图，当点D在F，H之间时，DF=FH−DH=如图，当点H在F，D之间时，DF=DH+FH=2【点评】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，等腰三角形知识，勾股定理等，将运动状态的所有可能考虑完备，分类讨论是解题的关键．23．【2023·黄冈】【问题呈现】△CAB和△CDE都是直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，CB＝mCA，CE＝mCD，连接AD，BE，探究AD，BE的位置关系．【问题探究】（1）如图1，当m＝1时，直接写出AD，BE的位置关系：．（2）如图2，当m≠1时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．【拓展应用】（3）当m=3，AB＝47，DE＝4时，将△CDE绕点C旋转，使A，D，E三点恰好在同一直线上，求BE【分析】（1）由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得∠DAC＝∠CBE，由余角的性质可证AD⊥BE；（2）通过证明△DCA∽△ECB，可得∠DAC＝∠CBE，由余角的性质可证AD⊥BE；（3）分两种情况讨论，由相似三角形的性质可得BE=3AD解：（1）AD⊥BE【解析】如图1，延长BE交AC于点H，交AD于N，当m＝1时，DC＝CE，CB＝CA，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠DAC＝∠CBE，∵∠CAB+∠ABE+∠CBE＝90°，∴∠CAB+∠ABE+∠DAC＝90°，∴∠ANB＝90°，∴AD⊥BE，故答案为：AD⊥BE；（2）（1）中的结论成立，理由如下：如图2，延长BE交AC于点H，交AD于N，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，又∵DCCE∴△DCA∽△ECB，∴∠DAC＝∠CBE，∵∠CAB+∠ABE+∠CBE＝90°，∴∠CAB+∠ABE+∠DAC＝90°，∴∠ANB＝90°，∴AD⊥BE，（3）如图3，当点E在线段AD上时，连接BE，∵△DCA∽△ECB，∴BEAD=BC∴BE=3AD=3（4+∵AD⊥BE，∵∴AB2＝AE2+BE2，∴112＝AE2+3（4+AE）2，∴AE＝2或AE＝﹣8（舍去），∴BE＝63，当点D在线段AE上时，连接BE，∵△DCA∽△ECB，∴BEAD=BC∴BE=3AD=3（∵AD⊥BE，∵∴AB2＝AE2+BE2，∴112＝AE2+3（AE﹣4）2，∴AE＝8或AE＝﹣2（舍去），∴BE＝43，综上所述：BE＝63或43．【点评】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．23．【2023·随州】1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．（1）下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）当△ABC的三个内角均小于120°时，如图1，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，连接PP′，由PC＝P′C，∠PCP′＝60°，可知△PCP′为三角形，故PP′＝PC，又P′A′＝PA，故PA+PB+PC＝P′A′+PB+PP′≥A′B，由可知，当B，P，P′，A′在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A′B，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有∠APC＝∠BPC＝∠APB＝；已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为点．（2）如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC＝3，BC＝4，∠ACB＝30°，已知点P为△ABC的“费马点”，求PA+PB+PC的值；（3）如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC＝4km，BC＝23km，∠ACB＝60°．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/km，a元/km，2a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为213a元．（结果用含【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析后即可得出结论，然后填空即可；（2）根据（1）的方法将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，即可得出可知当B、P、P'、A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，再根据∠ACB＝30°可证明∠ACA'＝90°，根据勾股定理即可求出A'B；（3）根据总铺设成本=a(PA+PB+2PC)，将△APC绕点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，得到等腰直角△PP'C，推出PP'=2PC，即可得出当B、P、P'、A在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A'B的长，然后根据已知条件和旋转的性质求出解：（1）∵PC＝P'C，∠PCP'＝60°，∴△PCP'为等边三角形，∴PP'＝PC，∠P'PC＝∠PP'C＝60°，又∵P'A'＝PA，∴PA+PB+PC＝PA'+PB+PP'≥A'B，根据两点之间线段最短可知，当B、P、P'、A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，∴∠BPC+∠P'PC＝180°，∠A'P'C+∠PP'C＝180°，∴∠BPC＝120°，∠A'P'C＝120°，∵将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，∴△APC≌△A'P'C，∴∠APC＝∠AP'C'＝120°，∴∠APB＝360°﹣120°﹣120°＝120°，∴∠APC＝∠BPC＝∠APB＝120°，∵∠BAC≥120°，∴BC＞AC，BC＞AB，∴BC+AB＞AC+AB，BC+AC＞AB+AC，∴三个顶点中顶点A到另外两个顶点的距离和最小，又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点，∴该三角形的“费马点”为点A．故答案为：等边；两点之间线段最短；120°；A；（2）如图4，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，由（1）可知当B、P、P'、A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，∵∠ACP＝∠A'CP'，∴∠ACP+∠BCP＝∠A'CP'+∠BCP＝∠ACB＝30°，又∵∠PCP'＝60°，∴∠BCA'＝90°，根据旋转的性质可知：AC＝A'C＝3，∴A'B=42+32=5，即（3）∵总铺设成本＝PA×a+PB×a+PC×2a=a(PA+PB+∴当PA+PB+2PC将△APC绕点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，连接PP'，A'B，由旋转性质可知：P'C＝PC，∠PCP'＝∠ACA'＝90°，P'A'＝PA，A'C＝AC＝4km，∴PP'=2PC∴PA+PB+2PC＝P'A'+PB+PP当B、P、P'、A在同一条直线上时，P'A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A'B过点A'作A'H⊥BC于H，∵∠ACB＝60°，∠ACA'＝90°，∴∠A'CH＝30°，∴A'H=12A'C＝2∴HC=A′C2−A′H∴BH＝BC+CH=23+23∴A'B=AH2即PA+PB+2PC的最小值为213总铺设成本为：总铺设成本=a(PA+PB+2PC)=2故答案为：213a【点评】本题是几何变换综合题，主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，两点之间线段最短以及等边三角形的性质，深入理解题意是解决问题的关键．吉林省25.【2023·吉】如图，在正方形中，，点是对角线的中点，动点，分别从点，同时出发，点以的速度沿边向终点匀速运动，点以的速度沿折线向终点匀速运动．连接并延长交边于点，连接并延长交折线于点，连接，，，，得到四边形．设点的运动时间为（）（），四边形的面积为（）（1）的长为__________，的长为_________．（用含x的代数式表示）（2）求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围．（3）当四边形是轴对称图形时，直接写出的值．【分析】（1）根据正方形中心对称的性质得出，可得四边形是平行四边形，证明即可；（2）分，两种情况分别画出图形，根据正方形的面积，以及平行四边形的性质即可求解；（3）根据（2）的图形，分类讨论即可求解．解：（1）依题意，，则，∵四边形是正方形，∴，∵点是正方形对角线的中点，∴，则四边形是平行四边形.∴，，∴.又，∴，∴.在中，，∴.∴.故答案为：；．（2）当时，点在上，由（1）可得，同理可得，∵，，则；当时，如图所示，则，，，∴.综上所述，；（3）依题意，①如图，当四边形是矩形时，此时，∴.∵，∴，又，∴，∴，即，解得：.当四边形是菱形时，则，∴，解得：（舍去）.②如图所示，当时，四边形是轴对称图形，，解得，当四边形是菱形时，则，即，解得：（舍去）.综上所述，当四边形是轴对称图形时，或．【点睛】本题考查了正方形的性质，动点问题，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的性质，轴对称图形，熟练掌握以上知识是解题的关键．四川省26．【2023·重庆A卷】在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，点D为线段AB上一动点，连接CD．（1）如图1，若AC＝9，BD=3，求线段AD（2）如图2，以CD为边在CD上方作等边△CDE，点F是DE的中点，连接BF并延长，交CD的延长线于点G．若∠G＝∠BCE，求证：GF＝BF+BE；（3）在CD取得最小值的条件下，以CD为边在CD右侧作等边△CDE．点M为CD所在直线上一点，将△BEM沿BM所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BNM．连接AN，点P为AN的中点，连接CP，当CP取最大值时，连接BP，将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，请直接写出此时NQCP【分析】（1）在Rt△ABC中，由∠B＝60°，AC＝9，可得BC=AC3=33，AB＝2BC＝63，即得AD＝AB﹣BD＝53；（2）取AB的中点O，连接OC，证明△BOC为等边三角形，得CO＝CB，∠OCB＝∠BOC＝60°，可得△OCD≌△BCE（SAS），有∠EBC＝∠DOC＝120°，故OC∥BE，在GF上截取HF＝BF，连接DH，可证△BEF≌△HDF（SAS），得BE＝HD，∠BEF＝∠HDF，有DH∥BE，DH∥OC，可得∠HDG＝∠OCD，知∠G＝∠HDG，HG＝HD，从而HG＝BE，GF＝HG+FH＝BE+BF；（3）取AB的中点S，连接PS，在CD取得最小值时，CD⊥AB，设AB＝4a，则BC＝2a，AC＝23a，用面积法得CD=AC⋅BCAB=3a，BD=12BC＝a，证明△BCD≌△BCE（SAS），知BD＝BE＝a，根据将△BEM沿BM所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BNM，有BE＝BN＝a，故N的运动轨迹是以B为圆心，a为半径的圆，又PS=12BN=12a，故P的运动轨迹是以S为圆心，12a为半径的圆，当CP最大时，C，P，S三点共线，过P作PT⊥AC于T，过N作NR⊥AC于R，可得△BSC是等边三角形，∠PCB＝60°，BC＝CS＝2a，而CP＝CS+PS＝2a+12a=52a，可求得PT=12CP=54a，CT=3PT=534a，AT＝AC﹣CT=334a，连接PQ交NR于W，根据将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，知PQ⊥BC，故即PW∥AR，PW是△ANR的中位线，同理可得PT是△ANR的中位线，即可得PT＝NW＝RW=54a，PW=12AR＝AT=334（1）解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∵∠B＝60°，AC＝9，∴BC=AC3=33，AB＝2∵BD=3，∴AD＝AB﹣BD＝53（2）证明：取AB的中点O，连接OC，如图：在Rt△ABC中，点O为斜边AB的中点，∴OC＝OB，∵∠ABC＝60°，∴△BOC为等边三角形，∴CO＝CB，∠OCB＝∠BOC＝60°，∴∠DOC＝120°，∵△CDE为等边三角形，∴CD＝CE，∠DCE＝60°，∴∠DCE＝∠OCB＝60°，即∠OCD+∠OCE＝∠OCE+∠BCE，∴∠OCD＝∠BCE，在△OCD和△BCE中，CD=CE∠OCD=∠BCE∴△OCD≌△BCE（SAS），∴∠EBC＝∠DOC＝120°，∴∠OCB+∠EBC＝180°，∴OC∥BE，在GF上截取HF＝BF，连接DH，∵点F是DE的中点，∴FE＝FD．在△BEF和△HDF中，BF=HF∠BFE=∠HFD∴△BEF≌△HDF（SAS），∴BE＝HD，∠BEF＝∠HDF，∴DH∥BE，∴DH∥OC，∴∠HDG＝∠OCD，又∠G＝∠BCE，∴∠G＝∠HDG，∴HG＝HD，∴HG＝BE，∴GF＝HG+FH＝BE+BF；（3）解：取AB的中点S，连接PS，如图：在CD取得最小值时，CD⊥AB，设AB＝4a，则BC＝2a，AC＝23a，∵2S△ABC＝AC•BC＝AB•CD，∴CD=AC⋅BCAB=3a，BD=∵△CDE是等边三角形，∴∠DCE＝60°，CD＝CE，∴∠BCE＝∠DCE﹣∠DCB＝60°﹣30°＝30°＝∠DCB，∵BC＝BC，∴△BCD≌△BCE（SAS），∴BD＝BE＝a，∵将△BEM沿BM所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BNM，∴BE＝BN＝a，∴N的运动轨迹是以B为圆心，a为半径的圆，∵点P为AN的中点，S为AB的中点，∴PS=12BN=12a，∴P的运动轨迹是以S当CP最大时，C，P，S三点共线，过P作PT⊥AC于T，过N作NR⊥AC于R，如图：∵S是AB中点，∴BS＝AS＝CS=12AB＝2∵∠ABC＝60°，∴△BSC是等边三角形，∴∠PCB＝60°，BC＝CS＝2a，∴∠PCA＝30°，∵CP＝CS+PS＝2a+12a=52a，∴PT=12CP=54∴AT＝AC﹣CT=33连接PQ交NR于W，如图：∵将△BCP沿BC所在直线翻