北师大版八年级数学下册期末考试点对点压轴题训练(五)(B卷26题)(原卷版+解析)

期末考试点对点压轴题训练（五）（B卷26题）1．如图，等边三角形ABC中，AB＝AC＝BC＝6，BD⊥AC，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF，将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EG，连接FG．(1)如图1，当点E与点B重合，且GF的延长线过点C，求∠FCB的度数；(2)如图2，在（1）的条件下连接DG，求线段DG的长；(3)如图3，点E不与点A重合，GF延长线交BC边于点H，连接EH，∠FBH＝∠FEH，EP⊥AB于点E，交DB于点P，连接GP，∠GPF＝∠GEF，求的值．2．在正方形ABCD中，点E是对角线BD上点.连接AE（1）如图l，若，.求AE的长；（2）如图2，对角线AC与BD相交于点O，点F在AB上，且，逹接CF.点G在EF上，，延长BG交AC于点H.求证：；（3）如图3，在（l）的条件下，过点E作交OC于点M，把绕点O逆时针旋转度（）得，取的中点K，连接CK，将CK顺时针旋转得到CN，连接KN，过点N作于点R，当NR最大时，求线段KR的长.3．【数学初探】在数学课上，叶老师提出了一个探究型问题：“如图1，你能借助锐角画出一个菱形，使为该菱形的一个内角吗？”雷同学提出了自己的见解：如图2，①作的平分线AE，交BC于点E；②作AE的中垂线l分别交AB、AC、AE于点F、G、H；③连接EF，EG，则四边形AFEG是菱形．(1)请你帮助雷同学证明四边形AFEG是菱形．【深入探究】雷同学开启大胆尝试，如图3，将的中线BO延长至点D，使，连接AD，CD，平移图2中的直线l（平移过程中直线l与AB、AC、AE的交点仍为F、G、H），当直线l恰好经过点D时，他通过测量发现了线段OG与线段BF存在特定的数量关系．(2)请你写出线段OG与线段BF的数量关系，并小心求证．【迁移应用】(3)如图4，在（2）的条件下，若，且时，求的值．4．如图，长方形，点，分别为边，上两动点，将长方形左侧部分沿所在直线折叠，点落在边上点处，点落在点处，连接，，，．(1)若，求的度数；(2)如图，若点与点重合，，求线段用含代数式表示；(3)连接，若，且为等腰三角形，求的值．5．【问题提出】在一节数学课上，王老师提出了一个数学问题：如图1-1，在等边三角形ABC内部有一点P，PA＝5，PB＝12，PC＝13，求∠APB的度数．(1)【问题探究】针对这个问题，某学习小组进行了如下尝试：如图1-2，将△APB绕点A逆时针旋转60°得到，连接，得到等边．请根据该小组探究的思路求出∠APB的度数；(2)【类比延伸】在等腰Rt△ABC中，已知∠BAC＝90°，AB＝AC，其内部有一点P．如图2，连接PA，PB，PC，若∠APC＝135°，试判断线段PA，PB，PC之间的数量关系，并说明理由；(3)如图3，连接PA，PC，以PC为直角边作等腰Rt△PCQ，∠CPQ＝90°，连接BQ，取BQ的中点M，连接AM，PM，试判断是否为定值，若为定值，请求出相应的值；若不是定值，请说明理由．6．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB的中点，点E是AC上一点．连接DE，过D作DF⊥DE交BC点于F，连接EF．（1）如图1，EF与CD相交于点G：①来证：AE＝CF；②当AD＝CE，AC＝6时，求DG；（2）如图2，点M为BC上一点，且∠CME＝2∠ADE，AE＝2，CE＝5，求EM的长．7．已知在ABC中，∠ECF的两边与ABC的边AB从左至右依次交于点E，F，且∠ECF＝∠ACB．（1）如图1，若AC＝BC，∠ACB＝90°，将△ACE绕点C逆时针旋转90°后，得到BCG，连接FG．求证：ECF≌GCF；（2）如图2，若AC＝BC，∠ACB＝120°，BF＝3，AE＝2，求线段EF的长；（3）如图3，若∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝，设AE＝y，BF＝x（0＜x＜1），请用含x的代数式表示y（直接写出结果，不必写解答过程）．8．已知正方形ABCD，将线段BA绕点B旋转（），得到线段BE，连接EA，EC．(1)如图1，当点E在正方形ABCD的内部时，若BE平分∠ABC，AB=4，则∠AEC=______°，四边形ABCE的面积为______；(2)当点E在正方形ABCD的外部时，①在图2中依题意补全图形，并求∠AEC的度数；②作∠EBC的平分线BF交EC于点G，交EA的延长线于点F，连接CF．用等式表示线段AE，FB，FC之间的数量关系，并证明．9．在▱ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，BC＝6．点E'在BC边上且＝4，将B绕点B逆时针旋转a°得到BE（0°＜a＜180°）．(1)如图1，当∠EBA＝90°时，求S△BCE；(2)如图2，在旋转过程中，连接CE，取CE中点F，作射线BF交直线AD于点G．①求线段BF的取值范围；②当∠EBF＝120°时，求证：BC﹣DG＝2BF；(3)如图3．当∠EBA＝90°时，点S为线段BE上一动点，过点E作EM⊥射线AS于点M，N为AM中点，直接写出BN的最大值与最小值．10．已知为等边三角形，其边长为．点是边上一动点，连接．(1)如图，点在边上且，连接交于点．①求证：；②求的度数；(2)如图，将线段绕点顺时针旋转得线段，连接交于点．设，，求与的函数关系式；(3)如图，在（2）的条件下，延长至点，且，连接，在点运动过程中，当的周长为时，求的长．11．（1）如图1，Rt△ABC与Rt△ADE，∠ADE＝∠ABC＝90°，，连接BD，CE．求证：．（2）如图2，四边形ABCD，∠BAD＝∠BCD＝90°，且，连接BC，BC、AC、CD之间有何数量关系？小明在完成本题中，如图3，使用了“旋转放缩”的技巧，即将△ABC绕点A逆时针旋转90°，并放大2倍，点B对应点D．点C落点为点E，连接DE，请你根据以上思路直接写出BC，AC，CD之间的关系．（3）拓展：如图4，矩形ABCD，E为线段AD上一点，以CE为边，在其右侧作矩形CEFG，且，AB＝5，连接BE，BF．求BE+BF的最小值．期末考试点对点压轴题训练（五）（B卷26题）1．如图，等边三角形ABC中，AB＝AC＝BC＝6，BD⊥AC，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF，将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EG，连接FG．(1)如图1，当点E与点B重合，且GF的延长线过点C，求∠FCB的度数；(2)如图2，在（1）的条件下连接DG，求线段DG的长；(3)如图3，点E不与点A重合，GF延长线交BC边于点H，连接EH，∠FBH＝∠FEH，EP⊥AB于点E，交DB于点P，连接GP，∠GPF＝∠GEF，求的值．【答案】(1)30°；(2)；(3)【分析】（1）根据题意得∶∠FEG=60°，EF=EG，可得△EFG是等边三角形，从而得到∠GFB=60°，再由△ABC是等边三角形，BD⊥AC，可得∠DBC=30°，即可求解；（2）过D作DH⊥CG交于点H，根据△BFG和△ABC是等边三角形，可得BF=FG，在Rt△BCG中，根据直角三角形的性质可得，从而得到，进而得到CD=3，从而得到，，再由勾股定理，即可求解；（3）延长BC至点M，连接FM，使FM=BF，先证明△BEF≌△MHF，可得BE=HM，从而得到BE+BH=BM，然后过点F作FN⊥BC于点N，则BM=2BN，设FN=x，则BF=2x，从而得到，即可求解．【解析】（1）根据题意得∶∠FEG=60°，EF=EG，∴△EFG是等边三角形，∴∠GFB=60°，∵△ABC是等边三角形，BD⊥AC，∴∠DBC=30°，∴∠FCB=∠BFG-∠CBD=30°；（2）解：过D作DH⊥CG交于点H，∵△BFG是等边三角形，∴BF=GF，∠BFG=∠DFC=60°，∵△ABC是等边三角形，BD⊥AC，∴∠ADB=90°，∠DBC=30°，∴∠DCF=90°-60°=30°，∠CBG=90°，∵∠BCG=∠CBD=30°，∴BF=CF，∴CF=FG，在Rt△BCG中，BC=6，∠BCG=30°，∴CG=2BG，∵，∴，∴，∴，∵∠DCF=30°，∠CDB=90°，∴，∴CD=3，∴，∴，∴，∴；（3）解：如图，延长BC至点M，连接FM，使FM=BF，∵∠CBD=30°，∴∠M=∠CBD=30°，∴∠BFM=120°，∵∠FBH＝∠FEH，∴∠FEH=30°，∵EF=EG，∠FEG=60°，∴△EFG是等边三角形，∴∠EFG=∠FGE=∠FEG=60°，∴∠FHE=30°，∠EFH=120°，∴∠FHE=∠FEH，∠EFH=∠BFM，∴EF=FH，∠BFE=∠MFH，∴△BEF≌△MHF，∴BE=HM，∴BE+BH=MH+BH=BM，过点F作FN⊥BC于点N，则BM=2BN，∵∠CBD=30°，∴BF=2FN，设FN=x，则BF=2x，∴，∴，∴．【点睛】本题考查三角形的综合应用，熟练掌握等边三角形的性质，三角形旋转的性质，三角形全等的判定及性质，直角三角形的性质是解题的关键．2．在正方形ABCD中，点E是对角线BD上点.连接AE（1）如图l，若，.求AE的长；（2）如图2，对角线AC与BD相交于点O，点F在AB上，且，逹接CF.点G在EF上，，延长BG交AC于点H.求证：；（3）如图3，在（l）的条件下，过点E作交OC于点M，把绕点O逆时针旋转度（）得，取的中点K，连接CK，将CK顺时针旋转得到CN，连接KN，过点N作于点R，当NR最大时，求线段KR的长.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.【分析】（1）在Rt△AOE中，求出AO，OE，利用勾股定理解决问题即可．（2）如图2中，过点E作EM⊥AB于M，EN⊥BC于N，连接EC．首先证明△EFC是等腰直角三角形，再证明AE＝BH，可得结论．（3）如图3﹣1中，将线段CO绕点C顺时针旋转90°得到CT，连接TN，OK．证明△OCK≌△TCN（SAS），推出OK＝TN，可得OK＝E′M′＝，推出TN＝OK＝，由题意当NR经过点T时，NR的值最大，如图3﹣2中，此时M′在OA上，连接OR，此时O，R，T，N共线．利用勾股定理求出KR即可．【详解】解：（1）如图1中，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OA＝OB＝OC＝OD，AB＝BC＝7，∠ABC＝90°，∴AC＝BD＝AB＝14，∴OA＝OB＝7，∵BE＝10，∴OE＝BE﹣OB＝10﹣7＝3，∴．（2）证明：如图2中，过点E作EM⊥AB于M，EN⊥BC于N．连接EC．∵BD垂直平分线段AC，∴EA＝EC，∵EF＝EA，∴EC＝EF，∵BD平分∠ABC，EM⊥AB，EN⊥BC，∴EM＝EN，∵∠EMF＝∠ENC＝90°，在Rt△EMF和Rt△ENC中，，∴Rt△EMF≌Rt△ENC（HL），∴∠MEF＝∠NEC，∵∠EMB＝∠MBN＝∠ENB＝90°，∴∠MEN＝90°，∴∠FEC＝∠MEN＝90°，∴△EFC是等腰直角三角形，∴CF＝EF，∵GB＝GE，EA＝EC，∴∠GBE＝∠GEB，∠EAC＝∠ECA，∵∠GEB+∠CEB＝90°，∠CEB+∠ECA＝90°，∴∠GEB＝∠ECA，∴∠EAO＝∠OBH，在△AOE和△BOH中，，∴△AOE≌△BOH（ASA），∴BH＝AE，∵AE＝EF，CF＝EF，∴CF＝BH．（3）解：如图3﹣1中，将线段CO绕点C顺时针旋转90°得到CT，连接TN，OK．∵∠OCT＝∠KCN＝90°，∴∠OCK＝∠TCN，在△OCK和△TCN中，，∴△OCK≌△TCN（SAS），∴OK＝TN，由（1）可知，OE′＝OM′＝3，∴E′M′＝，∵E′K＝KM′，∴OK＝E′M′＝，∴TN＝OK＝，∵NR⊥BC，∴当NR经过点T时，NR的值最大，如图3﹣2中，此时M′在OA上，连接OR，此时O，R，T，N共线．在Rt△OKR中，OK＝，，∴．【点睛】此题主要考查了勾股定理、正方形的性质、旋转的性质，全等三角形的性质与判定等有关基本性质，熟练掌握并灵活运用基本性质找到NR值最大所具备的条件是解题的关键．3．【数学初探】在数学课上，叶老师提出了一个探究型问题：“如图1，你能借助锐角画出一个菱形，使为该菱形的一个内角吗？”雷同学提出了自己的见解：如图2，①作的平分线AE，交BC于点E；②作AE的中垂线l分别交AB、AC、AE于点F、G、H；③连接EF，EG，则四边形AFEG是菱形．(1)请你帮助雷同学证明四边形AFEG是菱形．【深入探究】雷同学开启大胆尝试，如图3，将的中线BO延长至点D，使，连接AD，CD，平移图2中的直线l（平移过程中直线l与AB、AC、AE的交点仍为F、G、H），当直线l恰好经过点D时，他通过测量发现了线段OG与线段BF存在特定的数量关系．(2)请你写出线段OG与线段BF的数量关系，并小心求证．【迁移应用】(3)如图4，在（2）的条件下，若，且时，求的值．【答案】(1)证明见解答．(2)．证明见解答．(3)的值为．【分析】（1）先证明，可得，由于DF垂直平分AE，根据菱形的判定定理即可证得结论；（2）取DH的中点K，连接OK，利用三角形中位线定理可得：，，结合，即可证得结论；（3）取DF的中点K，连接AD，OK，过点D作交BA的延长线于点T，过点B作于点R，过点O作于点Q，由可得和是等边三角形，设，则，，运用勾股定理、直角三角形性质及三角形面积可得：，，进而求得答案．(1)证明：∵AE平分，∴．∵FG垂直平分AE，∴∠AHF=∠AHG=90，．在和中，，∴，∴，∴AE与FG互相垂直平分，∴四边形AFEG是菱形；(2)解：．证明：如图1，取DH的中点K，连接OK，∵，∴点O是BD的中点，∴OK是的中位线，∴，，∴．∵平移图2中的直线l恰好经过点D，∴．由（1）可知：，∴．∵，∴，∴，∴；(3)解：如图2，取DF的中点K，连接AD，OK，过点D作交BA的延长线于点T，过点B作于点R，过点O作于点Q，由（1）（2）知：，，．∵，∴和是等边三角形，设，则，，．∵，，∴，，∴，．∵，∴，即，∴，∴．∵，∴，，在中，，，∴，∴，．∵，∴，，在中，，∴，故的值为．【点睛】本题是三角形与四边形综合题，考查了等腰三角形性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形面积，三角形中位线定理，菱形的判定等知识，解决问题的关键是根据条件，画出图形，化归基本图形．4．如图，长方形，点，分别为边，上两动点，将长方形左侧部分沿所在直线折叠，点落在边上点处，点落在点处，连接，，，．(1)若，求的度数；(2)如图，若点与点重合，，求线段用含代数式表示；(3)连接，若，且为等腰三角形，求的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】由折叠的性质可得，，由余角的性质和等腰三角形的性质可求解；先证四边形是菱形，由菱形的面积公式可求解；因为与，与关于对称，所以与的交点在对称轴上，，设交点为，由，推出，，分三种情形：若若若，分别求解即可．【详解】（1）由翻折变换的性质可知，，，，，，，，；（2）如图，连接，，，，，，，由翻折变换的性质可知，，，，，，又，四边形是平行四边形，，四边形是菱形，，，，，，，；（3）如图中，连接．线段，线段关于对称，与的交点在对称轴上，，设交点为，．，，，，，若，，，，，≌，与已知，矛盾．若，，，中，，，此种情形不存在．若，，，解得负根已经舍去，综上所述，的值为．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，翻折变换等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．5．【问题提出】在一节数学课上，王老师提出了一个数学问题：如图1-1，在等边三角形ABC内部有一点P，PA＝5，PB＝12，PC＝13，求∠APB的度数．(1)【问题探究】针对这个问题，某学习小组进行了如下尝试：如图1-2，将△APB绕点A逆时针旋转60°得到，连接，得到等边．请根据该小组探究的思路求出∠APB的度数；(2)【类比延伸】在等腰Rt△ABC中，已知∠BAC＝90°，AB＝AC，其内部有一点P．如图2，连接PA，PB，PC，若∠APC＝135°，试判断线段PA，PB，PC之间的数量关系，并说明理由；(3)如图3，连接PA，PC，以PC为直角边作等腰Rt△PCQ，∠CPQ＝90°，连接BQ，取BQ的中点M，连接AM，PM，试判断是否为定值，若为定值，请求出相应的值；若不是定值，请说明理由．【答案】(1)150°(2)BP2=PC2+2AP2，理由见解析(3)是定值，理由见解析【分析】（1）由旋转的性质可得PB=P'C=12，AP=AP'=5，∠PAP'=60°，∠AP'C=∠APB，由勾股定理的逆定理可得∠PP'C=90°，即可求解；（2）由旋转的性质可得AP=AP'，P'B=PC，∠APC=∠AP'B=135°，∠PAP'=90°，由勾股定理和等腰直角三角形的性质可求解；（3）由“SAS”可证△BMN≌△QMP，可得BN=PQ，∠MBN=∠MQP，由“SAS”可证△ABN≌△ACP，可得AN=AP，∠BAN=∠PAC，可得△APN是等腰直角三角形，即可求解．【详解】（1）解：∵将△APB绕点A逆时针旋转60°得到△AP′C，∴PB=P'C=12，AP=AP'=5，∠PAP'=60°，∠AP'C=∠APB，∴△PAP'是等边三角形，∴∠AP'P=60°，AP=PP'=5，∵PC2=169，P'P2+P'C2=144+25=169，∴PC2=P'P2+P'C2，∴∠PP'C=90°，∴∠AP'C=∠APB=150°；（2）解：BP2=PC2+2AP2，理由如下：如图，将△APC绕点A顺时针旋转90°，得到△AP'B，连接PP'，∵将△APC绕点A顺时针旋转90°，得到△AP'B，∴AP=AP'，P'B=PC，∠APC=∠AP'B=135°，∠PAP'=90°，∴∠AP'P=45°，P'P=AP，∴∠BP'P=90°，∴BP2=P'B2+P'P2，∴BP2=PC2+2AP2；（3）解：是定值，等于，理由是：如图，延长PM至N，使MN=PM，连接BN，AN，设AC与BQ交于点O，∵点M是BQ的中点，∴BM=MQ，又∵MN=MP，∠BMN=∠PMQ，∴△BMN≌△QMP（SAS），∴BN=PQ，∠MBN=∠MQP，∴BN=CP，又∵△PQC是等腰直角三角形，∠CPQ=90°，∴PQ=PC，∠PQC=∠PCQ=45°，∵∠AOQ=∠BAC+∠ABO=∠OQC+∠ACQ，∴90°+∠ABO=45°+∠PQO+45°-∠ACP，∴∠ACP=∠PQO-∠ABO，又∵∠ABN=∠MBN-∠ABO，∴∠ABN=∠ACP，又∵AB=AC，∴△ABN≌△ACP（SAS），∴AN=AP，∠BAN=∠PAC，∴∠PAN=∠BAC=90°，∴△ANP是等腰直角三角形，∵PM=MN，∴AM=MP，AM⊥MP，∴AP=MP，∴=．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．6．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB的中点，点E是AC上一点．连接DE，过D作DF⊥DE交BC点于F，连接EF．（1）如图1，EF与CD相交于点G：①来证：AE＝CF；②当AD＝CE，AC＝6时，求DG；（2）如图2，点M为BC上一点，且∠CME＝2∠ADE，AE＝2，CE＝5，求EM的长．【答案】（1）①见解析；②；（3）【分析】（1）①根据等腰直角三角形的性质证明△CDF≌△ADE，故可求解；②过点D作DH⊥AC，交EF于M点，分别求出CE，HE，CF，再证明△FCE∽△MHE求出HM，DM，再证明△FCG∽△MDG，得到，故可求解；（2）取AD中点H，作HI⊥AD交DE于I点，过E点作EG⊥AD，先求出AH，DG，通过证明△DHI∽△DGE，得到，求出HI，进而求出ID，作AJ⊥DE延长线于J点，证明△DHI∽△DJA，得到，求出AJ、DJ，再求出IJ，利用角度的关系证明△AJI∽△ECM，可得，求出CM，再利用勾股定理即可求解．【详解】（1）①∵∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB的中点，∴AD=CD，△ACD、△BCD、△ABC都是等腰直角三角形∴∠DAC=∠DCB∵DF⊥DE∴∠EDC+∠CDF=∠EDC+∠ADE=90°∴∠CDF=∠ADE∴△CDF≌△ADE∴AE＝CF；②过点D作DH⊥AC，交EF于M点∵AC＝6=BC∴AB=∵D是AB中点∴CD=AD=BD=∵DH⊥AC∴CH=DH=AH=∵AD＝CE，∴CE=AD=∴EH=-3故AE=AH-EH=6-∴CF=AE=6-∵FCHM∴△FCE∽△MHE∴，即解得MH=∴DM=DH-HM=∵FCHD∴△FCG∽△MDG∴，即解得DG=∴DG=．（2）∵AE＝2，CE＝5∴AC=7=BC∴AB=如图，取AD中点H，作HI⊥AD交DE于I点，过E点作EG⊥AD∵点D为AB的中点，∴AH=DH=∵∠CAD=45°∴△AGE是等腰直角三角形∴EG=AG，AG2+EG2=AE2=4∴AG==EG∴HG=AH-AG=∴DG=DH+HG=∵HI⊥AD，H是AD中点∴△ADI是等腰三角形∴AI=DI∵HI⊥AD，EG⊥AD∴HIEG∴△DHI∽△DGE∴∴HI=∴ID=作AJ⊥DE延长线于J点∴∠DHI=∠DJA=90°

又∠HDI=∠JDA∴△DHI∽△DJA∴，代入可得AJ=∴DJ=∴IJ=DJ-ID=∵DI=AI∴∠IDA=∠IAD，∠AIJ=∠IDA+∠IAD=2∠ADE∵∠CME＝2∠ADE，∴∠JIA=∠CME又∠AJI=∠ECM，∴△AJI∽△ECM∴，∴代入得CM=，∴EM=．【点睛】此题主要考查三角形与四边形综合，解题的关键是熟知等腰直角三角形、相似三角形的判定与性质．7．已知在ABC中，∠ECF的两边与ABC的边AB从左至右依次交于点E，F，且∠ECF＝∠ACB．（1）如图1，若AC＝BC，∠ACB＝90°，将△ACE绕点C逆时针旋转90°后，得到BCG，连接FG．求证：ECF≌GCF；（2）如图2，若AC＝BC，∠ACB＝120°，BF＝3，AE＝2，求线段EF的长；（3）如图3，若∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝，设AE＝y，BF＝x（0＜x＜1），请用含x的代数式表示y（直接写出结果，不必写解答过程）．【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）先证出∠ECF=∠GCF，再通过SAS即可证△ECF≌△GCF；（2）由（1）全等得：EF=FG，AE=BG，∠A=∠CBG，从而∠FBG=60°，在△BFG中，已知两角一边，作GK⊥AB，通过解直角三角形可得FG的长即可；（3）将△BCF顺时针旋转90°得到△NCG，过点C作CH⊥AB于H，CM⊥GN于M，延长GN交AB于点D，得到∠GNC=∠FBC，CF=CG，BF=NG=x，证明矩形CMDH为正方形，得到CM=DH=CH=DM，由（2）中△GCE≌△FCE，得到GE=FE=AB-AE-BF，利用面积法求出CH，证明DN为△ACH的中位线，在△GDE中，利用勾股定理得到，化简可得结果．【详解】解：证明：（1）绕点逆时针旋转后，得到，，，，，，在和中，，，（2）如图，作于，由（1）同理可得：，，，而，，，，，，，在中，，，，，，在中，由勾股定理得：，；（3）如图，将△BCF顺时针旋转90°得到△NCM，过点C作CH⊥AB于H，过CM⊥GN于M，延长GN交AB于点D，∴△CBF≌△CNG，∠CHF=∠CMN=90°，∠GCF=90°，∴∠GNC=∠FBC，CF=CG，BF=NG=x，又∵∠GNC+∠DNC=180°，∴∠FBC+∠DNC=180°，∴∠BDN=360°-（∠FBC+∠DNC）-∠ACB=90°，∴四边形CMDH为矩形，又∵∠GCM+∠GCH=∠MCH=90°，∠FCH+∠GCH=∠GCF=90°，∴∠FCH=∠GCM，在△FCH和△GCM中，，∴△FCH≌△GCM（AAS），∴CM=CH，∴矩形CMDH为正方形，∴CM=DH=CH=DM，又由（2）得：△GCE≌△FCE，∴GE=FE=AB-AE-BF，又∵在△ABC中，AC=，BC=，AB==5，∴GE=FE=5-x-y，又∵S△ABC=，∴CH=2，∴DH=CM=CH=2，又∵CN=BC=，∴点N为AC中点，又∵DN∥CH，∴DN为△ACH的中位线，即D为AH中点，∴DH=，AD=DH=2，∴GD=DN+GN=x+1，DE=AE-AD=y-2，在△GDE中，，∴，整理可得：．【点睛】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、特殊四边形的判定和性质等知识，通过旋转构造出全等三角形是解题的关键．8．已知正方形ABCD，将线段BA绕点B旋转（），得到线段BE，连接EA，EC．(1)如图1，当点E在正方形ABCD的内部时，若BE平分∠ABC，AB=4，则∠AEC=______°，四边形ABCE的面积为______；(2)当点E在正方形ABCD的外部时，①在图2中依题意补全图形，并求∠AEC的度数；②作∠EBC的平分线BF交EC于点G，交EA的延长线于点F，连接CF．用等式表示线段AE，FB，FC之间的数量关系，并证明．【答案】(1)135，(2)①作图见解析，45°；②【分析】（1）过点E作于点K，由正方形的性质、旋转的性质及角平分线的定义可得，再利用等腰三角形的性质和解直角三角形可求出，，继而可证明，便可求解；（2）①根据题意作图即可；由正方形的性质、旋转的性质可得，再根据三角形内角和定理及等腰三角形的性质求出，即可求解；②过点B作垂足为H，由等腰三角形的性质得到，再证明即可得到，再推出为等腰直角三角形，即可得到三者之间的关系．【详解】（1）过点E作于点K四边形ABCD是正方形BE平分∠ABC，AB=4，将线段BA绕点B旋转（），得到线段BE，，四边形ABCE的面积为故答案为：135，（2）①作图如下四边形ABCD是正方形由旋转可得，②，理由如下：如图，过点B作垂足为H，∠EBC的平分线BF交EC于点G为等腰直角三角形即【点睛】本题属于四边形和三角形的综合题目，涉及正方形的性质、旋转的性质、角平分线的定义、等腰三角形的性质和判定、解直角三角形、全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理等，灵活运用上述知识点是解题的关键．9．在▱ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，BC＝6．点E'在BC边上且＝4，将B绕点B逆时针旋转a°得到BE（0°＜a＜180°）．(1)如图1，当∠EBA＝90°时，求S△BCE；(2)如图2，在旋转过程中，连接CE，取CE中点F，作射线BF交直线AD于点G．①求线段BF的取值范围；②当∠EBF＝120°时，求证：BC﹣DG＝2BF；(3)如图3．当∠EBA＝90°时，点S为线段BE上一动点，过点E作EM⊥射线AS于点M，N为AM中点，直接写出BN的最大值与最小值．【答案】(1)S△BCE=6；(2)①1＜BF＜5；②证明见解答；(3)BN的最小值为-，BN的最大值为2．【分析】（1）如图1，过点E作EF⊥BC交CB的延长线于点F，根据题意求得∠EBF=180°-∠EBA-∠ABC=180°-90°-60°=30°，再根据特殊直角三角形的性质进而求得BC上的高EF=2，代入面积公式算出结果；（2）①如图，在线段FG上截取FK=BF，连接EK、CK，可证得四边形BCKE是平行四边形，得出：BE=CK==4，BC=6，再运用三角形三边关系即可求得答案；②可证△EKB≌△BGA（AAS），得出BK=AG，由AG=AD-DG，即可推出结论；（3）连接AE，取AE的中点P，PA的中点Q，连接BP、NP、NQ、BQ，可证△ABE是等腰直角三角形，得出：AE=AB=4，再由点P是AE的中点，可得：BP⊥AE，且BP=AP=EP=2，利用勾股定理得BQ=，当B、Q、N三点共线时，BN的最小值=BQ-NQ=-，当点S与点E重合时，EM=0，PN=0，此时，BN的最大值=BP=2．（1）解：如图1，过点E作EH⊥BC交CB的延长线于点H，∴∠EHC=90°，∵∠ABC=60°，∠EBA=90°，∴∠EBH=180°-∠EBA-∠ABC=180°-90°-60°=30°，∵点在BC边上且=4，将B绕点B逆时针旋转α°得到BE，∴BE=B=4，∴EH=BE=×4=2，又∵BC=6，∴S△BCE=BC•EH=×6×2=6；（2）解：①如图，在线段FG上截取FK=BF，连接EK、CK，∵EF=FC，BF=FK，∴四边形BCKE是平行四边形，∴BE=CK==4，BC=6，在△BCK中，BC-CK＜BK＜BC+CK，∴6-4＜BK＜6+4，即2＜2BF＜10，∴1＜BF＜5；②证明：∵四边形ABCD是平行四边形，且∠ABC=60°，AB=4，∴∠A=180°-∠ABC=180°-60°=120°，ADBC，AD=BC，BE=AB，∵∠EBF=120°，即∠EBK=120°，∴∠EBK=∠A，∵EKBC，∴EKAD，∴∠EKB=∠BGA，在△EKB和△BGA中，，∴△EKB≌△BGA（AAS），∴BK=AG，由①知：BK=2BF，又∵AG=AD-DG，∴2BF=BC-DG；（3）解：连接AE，取AE的中点P，PA的中点Q，连接BP、NP、NQ、BQ，∵∠ABE=90°，AB=BE=4，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AE=AB=4，∵点P是AE的中点，∴BP⊥AE，且BP=AP=EP=2，∵N是AM的中点，P是AE的中点，∴PN是△AEM的中位线，∴PNEM，∴∠ANP=∠AME=90°，∵点Q是AP的中点，∴QN=PQ=AP=，在Rt△BPQ中，BQ=，当B、Q、N三点共线时，BN的最小值=BQ-NQ=-，当点S与点E重合时，EM=0，PN=0，此时，BN的最大值=BP=2．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理及勾股