2025年中考数学总复习《图形的相似中旋转问题》专项测试卷(附答案)

第第页答案第=page11页，共=sectionpages22页2025年中考数学总复习《图形的相似中旋转问题》专项测试卷(附答案)学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．（1）如图1，在四边形中，，点E是边上一点，，，连接、．判断的形状，并说明理由；（2）如图2，在平面直角坐标系中，已知点，点C是x轴上的动点，线段绕着点C按顺时针方向旋转90°至线段，连接、，①求B点的运动轨迹解析式②的最小值是．2．在和中，．(1)连接，点分别为的中点，连接，①如图1，当三点在一条直线上时，与数量关系与位置关系是________．②如图2，当等腰绕点顺时针旋转时，①中的结论还成立吗？如果成立，请证明你的结论；如果不成立，请说明理由．(2)如图3，当等腰绕点顺时针旋转时，连接，点分别为的中点，连接，若，则的最大值是__________．3．如图1，已知是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED＝EC，将绕点C顺时针旋转60°至，连接EF．(1)证明：AB＝DB＋AF．(2)如图2，如果点E在线段AB的延长线上，其它条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由．4．已知∠ABC=90°，BA=BC，在同一平面内将等腰直角△ABC绕顶点A逆时针旋转（旋转角小于180°）得△ADE．(1)若AE//BD如图（1），求旋转角∠BAD度数；(2)当旋转角为60°时，延长ED与BC交于点F，如图（2）．求证：AC平分∠DAF(3)点P是边BC上动点，将AP绕点A逆时针旋转15°到AG，如图（3）示例，设AB=BC=，求CG长度最小值（用含式子表示）5．如图，等边△ABC与等腰三角形△EDC有公共顶点C，其中∠EDC＝120°，AB＝CE＝2，连接BE，P为BE的中点，连接PD、AD(1)为了研究线段AD与PD的数量关系，将图1中的△EDC绕点C旋转一个适当的角度，使CE与CA重合，如图2，请直接写出AD与PD的数量关系；(2)如图1，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；(3)如图3，若∠ACD＝45°，求△PAD的面积．6．【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．7．综合与实践：如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足，连接EF，求证：．李伟同学是这样解决的：将绕点A顺时针旋转90°得到，此时AB与AD重合，再证明，可得结论．(1)如图2，在四边形ABCD中，，，，且，，求BE的长；(2)类比（1）证明思想完成下列问题：在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，A为公共顶点，，若固定不动，绕点A旋转，AF、AG与边BC的交点分别为D、E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），在旋转过程中，等式始终成立，请说明理由．8．在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点，点，点．以点O为中心，顺时针旋转矩形OABC，得到矩形ODEF，点A，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为．(1)如图①，当时，求点D的坐标；(2)如图②，当点E落在OC的延长线上时，求点D的坐标；(3)当点D落在线段AC上时，求点E的坐标（直接写出结果即可）．9．如图1，四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，点A在DG上，连接AE，CG．(1)求证：；(2)猜想：AE与CG之间的位置关系，并证明你的猜想；(3)在其它条件不变的前提下，如果将正方形ABCD绕着点D按逆时针旋转任意角度（如图2）．那么（2）中结论是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；(4)如图3，将正方形ABCD绕着点D旋转到某一位置时恰好使得，．当正方形DEFG的边长为时，请直接写出正方形ABCD的边长．10．如图，中，，，以点A为圆心、AC长为半径作弧，再以点B为圆心，BC长为半径作弧，与前弧交于点D，连接CD，交AB于点E，连接AD．(1)猜想：如图1，写出线段AD与CE的数量关系是______，直线CE与直线AD所夹的锐角是______；(2)探究：如图2，将绕点B逆时针方向旋转，在旋转过程中，（1）中的结论是否仍然成立，若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．(3)拓展：在（2）的条件下，若，当直线DE经过点A时，直接写出线段CE的长．11．如图，已知在与中，，，．(1)如图1，点，分别在边，上，连接，，点是线段的中点，连接，直接写出线段与之间的数量关系___________；(2)如图2，将图1中的绕点逆时针旋转，使的一边恰好与的边在同一条直线上时，点落在上，点为线段的中点，确定与之间的数量关系，并证明；(3)如图3，将图1中的绕点逆时针旋转，旋转角为，连接，，点为线段的中点，连接，确定与之间的数量关系，并证明．12．在中，点是边上一点，连接平分，将线段绕点逆时针旋转得线段．(1)如图1，在线段上时，若，求的长；(2)如图2，若与点重合，点分别为线段上的点，点分别为的中点，点在的延长线上，且，求证：；(3)如图3，若射线过中点，将沿翻折到同一平面内得到，过作垂直于直线，交直线于点，当与的乘积最大时，请直接写出的值．13．图1是边长分别为和的两个等边三角形纸片和叠放在一起（与重合）的图形．(1)操作：固定，将绕点C按顺时针方向旋转20°，连结AD，BE，如图2，则______度，并直接写出线段BE与AD的数量关系____．(2)操作：若将图1中的，绕点C按顺时针方向旋转120°，使点B、C、D在同一条直线上，连结AD、BE，如图3．①线段BE与AD之间是否仍存在（1）中的结论？若是，请证明；若不是，请直接写出BE与AD之间的数量关系；②求的度数．(3)若将图1中的，绕点C按逆时针方向旋转一个角，当等于多少度时，的面积最大？请直接写出答案．14．如图1，已知正方形BEFG，点C在BE的延长线上，点A在GB的延长线上，且AB＝BC，过点C作AB的平行线，过点A作BC的平行线，两条平行线相交于点D．(1)证明：四边形ABCD是正方形；(2)当正方形BEFG绕点B顺时针（或逆时针）旋转一定角度，得到图2，使得点G在射线DB上，连接BD和DF，点Q是线段DF的中点，连接CQ和QE，猜想线段CQ和线段QE的关系，并说明理由；(3)将正方形BEFG绕点B旋转一周时，当∠CGB等于45°时，直线AE交CG于点H，探究线段CH、EG、AH的长度关系．15．如图，△ABC与△DEF都是等腰直角三角形，AC=BC，DE=DF．边AB，EF的中点重合于点O，连接BF，CD．(1)如图①，当FE⊥AB时，易证BF=CD（不需证明）；(2)当△DEF绕点O旋转到如图②位置时，猜想BF与CD之间的数量关系，并证明；(3)当△ABC与△DEF均为等边三角形时，其他条件不变，如图③，猜想BF与CD之间的数量关系，直接写出你的猜想，不需证明．参考答案1．（1）见详解（2）①；②【分析】（1）根据已知条件证得，即可证得为等腰直角三角形；（2）①根据（1）可知，设B点坐标为，C点坐标为，可得，，即点B的运动轨迹解析式为：；②作点O关于直线的对称点，连接，交直线与点，此时A、、三点共线时，值最小，求得坐标为，根据勾股定理即可求得最小值．【详解】（1）为等腰直角三角形，理由如下，在与中，∵，∴，∴，，∵，∴，∴，∴为等腰直角三角形；（2）①作轴于点D，如图所示，由（1）得，，∴，，设B点坐标为，C点坐标为，∴，，∴，∴点B的运动轨迹解析式为：；②如图所示，作点O关于直线y=x-1的对称点，连接，交直线与点，此时，,即A、、三点共线时，值最小，∵直线垂直平分，∴，∴坐标为，∴，即：的最小值为．【点睛】本题主要考查的是一次函数与全等三角形的综合，主要是数量掌握“一线三垂直”模型以及“将军饮马”模型．2．(1)①；②成立，理由见解析(2)9【分析】（1）①延长交于，连接，证明，得，从而是等腰直角三角形，可得；②过作交延长线于，连接，证明，得，可得，从而，即得，可求出是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，故；（2）连接并延长至，使，连接，证明，得中，，即知，故当等腰绕点顺时针旋转至共线时，最大，最大值为．【详解】（1）①延长交于，连接，如图：∵，∴，∴，∵是中点，∴，在和中，∴，∴，∵．∴，即，而，∴是等腰直角三角形，∵，∴是等腰直角三角形，∵为中点，∴；故答案为：；②结论还成立，证明如下：过作交延长线于，连接，如图：∵，∴，∵是中点，∴，又，∴，∴，∵，∴，∴，∴，而，∴，∵，∴，∴，∵，∴，即，∴是等腰直角三角形，∵，∴是等腰直角三角形，∵是中点，∴；（2）连接并延长至，使，连接，如图：∵是中点，，∴，∵是中点，∴，∵，∴，∴，中，，∴，即，∴，当等腰绕点E顺时针旋转至共线（不能构成）时，如图：此时最大，最大值为，故答案为：9．【点睛】本题考查旋转变换中的全等三角形，涉及等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．3．(1)证明见解析(2)AB＝BD－AF；理由见解析【分析】（1）由绕点C顺时针旋转60°至，可得是等边三角形，即ED＝EF，由是等边三角形，可得∠EDB＝∠AEF，利用三角形内角和及角度转化可得∠EDB＝∠AEF，故可证，得到DB＝AE，BE＝AF，而AB＝AE＋BE，故AB＝DB＋AF；（2）由绕点C顺时针旋转60°至，可得是等边三角形，即ED＝EF，由是等边三角形，可得∠DBE＝∠EAF，根据ED＝EC，可得∠AEF＝∠EDC，故可证，得到DB＝AE，BE＝AF，而AB＝AE－BE，故AB＝BD－AF．【详解】（1）证明：∵绕点C顺时针旋转60°至，∴CE＝CF，∠ECF＝60°，∠EBC＝∠CAF＝60°，∴是等边三角形，∴EF＝EC，又∵ED＝EC，∴ED＝EF，∵是等边三角形，∴∠BAC＝∠CBA＝60°，∴∠EAF＝∠BAC＋∠CAF＝120°，∠DBE=180°－60°＝120°，∴∠EAF＝∠DBE，∵∠AEF＝180°－∠FEC－∠BEC＝120°－∠BEC，∠BCE＝180°－∠ABC－∠BEC，∴∠AEF＝∠BCE，∵ED＝EC，∴∠BCE＝∠EDB，∴∠EDB＝∠AEF，在和中，，∴，∴DB＝AE，BE＝AF，∵AB＝AE＋BE，∴AB＝DB＋AF；（2）AB＝DB－AF，理由如下：∵绕点C顺时针旋转60°至△ACF，∴∠ECF＝60°，EC＝CF，∴是等边三角形，∴EF＝EC，又∵ED＝EC，∴ED＝EF，∵是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∴∠CBE＝∠CAF＝120°，∵∠BAC＝60°，∴∠EAF＝∠CAF－∠BAC＝60°，∴∠DBE＝∠EAF；∵ED＝EC，∴∠ECD＝∠EDC，∵∠FEC＝∠AEF＋∠AEC＝60°＝∠ABC＝∠AEC＋∠ECD，∴∠AEF＝∠ECD，∴∠AEF＝∠EDC，在和中，，∴，∴AF＝BE，AE＝BD，∵AB＝AE－BE，∴AB＝BD－AF．【点睛】本题考查等边三角形中的旋转变换，涉及全等三角形的性质及判定，解题的关键是掌握旋转的性质，找到并证明三角形全等．4．(1)(2)证明过程见详解(3)【分析】（1）由AE//BD，推出，得为等腰直角三角形，即可得到答案．（2）由旋转60°可推出，再证△ABF△ADF，再推角，即可证出．（3）将AC绕点A逆时针旋转到AH，再证，可知G在GM上动，由点到直线垂线段最短可知，CG最小值为CF长．【详解】（1）解：∵∠ABC=90°，BA=BC∴由旋转可知AB=AD，又∵AE//BD∴∴为等腰直角三角形∴（2）证：由旋转可知又∵∴∵∴在Rt△ABF和Rt△ADF中∴△ABF△ADF（HL）∴∴∴=∴AC平分∠DAF（3）解：如图，将AC绕点A逆时针旋转到AH，连接GH过C作GH垂线，垂足为F由旋转，易证∴∴过A作HG延长线垂线，垂足为M可得三角形AMH为等腰直角三角形∵AB=a∴AH=AC=∴AM=a∴AK=，∴∴CG长度最小值为．【点睛】本题考查了图像旋转与三角形全等综合，还考查了瓜豆原理．瓜豆原理总结：两动点、两定值．两定值：主动点与定点距离和从动点与定点距离比值为定值；主动点与从动点分别和定点组成的线段夹角为定值．满足两定值时，两动点轨迹相同．5．(1)AD＝2PD(2)成立，证明见解析(3)【分析】（1）利用直角三角形30度角的性质即可解决问题．（2）结论成立．如图1中，延长ED到F，使得DF＝DE，连接BF，CF．利用三角形的中位线定理证明BF＝2PD，再证明AD＝BF即可解决问题．（3）如图1中，延长BF交AD于G，由（2）得到∠FBC＝∠DAC，首先证明∠ADP＝60°，解直角三角形求出即可解决问题．【详解】（1）解：如图2中，∵DC＝DA，∠CDA＝120°，∴∠PCA＝30°，∵△ABC是等边三角形，∴∠CAP＝60°，∴∠CPA＝90°，由题意：在Rt△APD中，∠APD＝90°，∠PAD＝30°，∴AD＝2PD．（2）结论成立．理由：如图1中，延长ED到F，使得DF＝DE，连接BF，CF．∵BP＝EP，DE＝DF，∴BF＝2PD，BFPD，∵∠EDC＝120°，∴∠FDC＝60°，∵DF＝DE＝DC，∴△DFC是等边三角形，∵CB＝CA，∠BCA＝∠DCF＝60°，∴∠BCF＝∠ACD，∵CF＝CD，∴△BCF≌△ACD（SAS），∴BF＝AD，∴AD＝2PD．（3）如图1中，延长BF交AD于G，由（2）得到∠FBC＝∠DAC，∴∠AGB＝∠ACB＝60°，∵DPBG，∴∠ADP＝∠AGB＝60°，如图3中，作DM⊥AC于M，PN⊥AD于N．设DN＝a，则PD＝2a，AD＝2PD＝4a，PN＝a，可得PN＝AD，在等腰△CDE中，∵CE＝2，∠CDE＝120°，过点作，则，∴∴CD＝DE＝2，∵∠ACD＝45°，∴CM＝DM＝2．AM＝，在Rt△ADM中，．在Rt△PAD中，．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．6．(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．7．(1)(2)见解析【分析】（1）过A作AG⊥BC，交BC延长线于G，由正方形的性质得出CG＝AD＝10，再运用勾股定理和方程求出BE的长；（2）运用旋转性质和勾股定理判断说明等式成立．【详解】（1）如图2，过点作，交延长线于点．四边形中，，，∴四边形是正方形．∴．已知，根据已知材料可得：．设，则，∴．在中，，∴，解得．∴．（2）如图3，将绕点顺时针旋转90°至位置，则，，，旋转角．连接，在和中，，∴．∴．又，∴，∴．【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定以及旋转变换性质等知识，根据题意作出与已知相等的角，利用三角形全等是解决问题的关键．8．(1)(2)(3)点E的坐标为【分析】（1）过点D作DM⊥x轴于M，由旋转的性质得出OD＝AO＝6，α＝∠MOD＝30°，由直角三角形的性质得DM＝3，即可得出点D的坐标；（2）过点D作DN⊥OA于N，可得△DON∽△EOF，可得对应边成比例即可求出DN＝3.6，ON＝4.8即可得出点D的坐标；（3）连接AC,OE，CE作EG⊥x轴于G，可证出AC∥OE，四边形OACE是平行四边形，得出OA=CE=OG=6,GE=OC=8，即可得出答案．【详解】（1）如图，过点D作DM⊥OA于M由旋转可知：OD＝OA＝6，∠DOM＝30°∴DM＝3，，∴（2）如图，过点D作DN⊥OA于N则有：∠DNO＝∠F＝90°又∵，∴△DON∽△EOF，∴∵EF＝OD＝6，OE＝10，OF＝8，∴DN＝3.6，ON＝4.8∴（3）连接AC,OE，OB,CE作EG⊥x轴于G，如图所示：由旋转的性质得：∠AOB＝∠DOE，OD＝AO，OB=OE∵四边形OABC是矩形∴AC=OB，∠AOB＝∠CAO，∵OD＝AO∴∠DAO＝∠ADO，∴∠DOE＝∠ADO，∴AC∥OE，∵AC=OB，OB=OE∴AC=OE∴四边形OACE是平行四边形∴OA=CE=OG=6,GE=OC=8∴点E的坐标为（6，8）．【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质、旋转变换的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题．9．(1)证明见解析(2)AE⊥CG．证明见解析(3)（2）中结论仍然成立．理由见解析(4)【分析】（1）由正方形的性质得出CD=AD，∠CDG=∠ADE=90°，GD=ED，证明△CDG≌△ADE（SAS），则可得出结论；（2）延长EA交CG于H，由全等三角形的性质证出∠GHE=90°，则可得出结论；（3）设EA与CG相交于点H，GD与AE交于点M，证明△CDG≌△ADE（SAS），由全等三角形的性质得出∠CGD=∠AED，则可得出结论；（4）连接CE，证明△CDE≌△CDG（SAS），得出CE=CG，则CG=CE=EG，证出△CEG是等边三角形，由等边三角形的性质得出∠CEG=60°，延长CD交EG于点H，由等腰三角形的性质及直角三角形的性质可得出答案．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，∴CD=AD，∠CDG=∠ADE=90°，GD=ED，∴△CDG≌△ADE（SAS），∴AE=CG；（2）解：AE⊥CG．证明：延长EA交CG于H，∵△CDG≌△ADE，∴∠CGD=∠AED，∵∠GAH=∠DAE，∴∠HGA+∠GAH=∠AED+∠DAE=90°，∴∠GHE=90°，∴AE⊥CG；（3）解：（2）中结论仍然成立．理由：如图2，设EA与CG相交于点H，GD与AE交于点M，∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，∴CD=AD，∠CDA=∠CDG=90°，GD=ED，∴∠CDA+∠ADG=∠CDG+∠ADG，即∠CDG=∠ADE，在△CDG和△ADE中，，∴△CDG≌△ADE（SAS），∴∠CGD=∠AED，∵∠AMG=∠DME，∴∠HGM+∠GMH=∠DME+∠DEM=90°，∴∠GHE=90°，∴AE⊥CG；（4）解：连接CE，由（3）可知△ADE≌△CDG，∴CG=AE，∵EG=AE，∴CG=EG，∵四边形DEFG是正方形，∴∠DGE=45°，∵AD∥EG，∴∠ADG=∠DGE=45°，∴∠CGD=135°，∵∠EDG=90°，∴∠CDE=360°-135°-90°=135=∠CDG，又∵CD=CD，DG=DE，∴△CDE≌△CDG（SAS），∴CE=CG，∴CG=CE=EG，∴△CEG是等边三角形，∴∠CEG=60°，延长CD交EG于点H，∵△CDE≌△CDG，∴∠ECH=∠GCD，CG=CE，∴GH=EH，CH⊥EG，∵DE=，∴EG=2，∴DH=EH=EG=1，∴CH=EH=，∴CD=CH-DH=．即正方形ABCD的边长为．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．10．(1)AD=2CE，60°(2)（1）中的结论仍然成立，理由见解析(3)或【分析】（1）根据作法可得，，从而得到垂直平分，进而得到，，可证得是等边三角形，即可求解；（2）分别取的中点M，N，延长交于点P，设交于点Q，则，，可得，，证明，可得，从而得到，再由，可得，即可求解；（3）由（1）得：，，根据直角三角形的性质可得，，由勾股定理可得，然后分两种情况：当点A在的延长线上时，当点A在的延长线上时，即可求解．【详解】（1）解：根据作法得：，∴垂直平分，∴，∵，，∴，∴，∴是等边三角形，∴，即直线与直线所夹的锐角是故答案为：，；（2）解：仍然成立，理由如下：如图，分别取的中点M，N，延长交于点P，设交于点Q，则，，∴，∴，由（1）得：，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴；（3）解：由（1）得：，∴，∴，∴，∴，在中，，，∴，∴，∴，当点A在的延长线上时，如图，∴，∵，∴，当点A在的延长线上时，如图，∴，∵，∴；综上所述，线段的长为或．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，旋转的性质等知识，做适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．11．(1)(2)，证明见解析(3)，证明见解析【分析】(1)证明，然后根据点为线段的中点即可得出结论；(2)延长交于点，连接，过点作于点，证明出四边形为矩形，即可得出结论；(3)延长到点，使，连接，得到与的数量关系．【详解】（1）解：∵，，，∴，∴AD=BC，又M是BC的中点，且∠BOC=90°，∴OM=MC=BM==，故，故答案为：（2），理由如下：如下图所示，延长交于点，连接，过点作于点，∵，，，∴，∴，，，∴，∴，∵为的中点，∴，∴四边形是矩形．∴，∴．（3），理由如下：如图．延长到，使，连接，∵为的中点，为的中点，∴为的中位线，∴，∵，∴，即，在和中，∴，∴，∴，【点睛】此题考查了几何变换综合题,涉及的知识有：全等三角形的判定与性质,等腰直角三角形的判定与性质,三角形的中位线定理,是—道多知识点探究性试题.12．(1)(2)证明过程见解析(3)【分析】（1）过点作的垂线，交于点，根据角平分线的性质得到，证出，即可求出的长度；（2）连接，并延长使得，连接、，证明，推出，，即可证明，从而证出，根据是的中位线，得到，即可证出；（3）连接、，过点作垂线，交于点，延长交于点，根据折叠的性质证明，推出，根据，推出，得到，推出，当与的乘积最大时，的面积最大，即的面积最大，根据是定长，推出以为底，时的面积最大，设，根据，即可求出的值，利用勾股定理分别求出、的长度，求出的长度，再求出的长度，即可利用勾股定理求出的值．【详解】（1）解：过点作的垂线，交于点，如图所示∵平分∴∵∴∴在中，在和中∴∴∴（2）证明：连接，并延长使得，连接、，如图所示∵点是中点∴在和中∵∴∴，∵点与点重合，∴∴，∵平分∴∴∴∵∴在和中∵∴∴∵点是中点、点是中点∴是的中位线∴∴（3）解：连接、，过点作垂线，交于点，延长交于点，如图所示∵将沿翻折到同一平面内得到∴，又∵∴∴又∵∴∴∵∴，∵∴∴∴∴∵∴∴当与的乘积最大时，的面积最大，即的面积最大∵是定长∴以为底，时的面积最大∵，∴，∴∵，∴设∵∴∵，即∴∴，∴∴∴【点睛】本题考查了旋转的性质、角平分线的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定和性质、三角形中位线的性质、翻折的性质、三角形面积最大、勾股定理、三角函数等知识点，本题难度比较大，正确作出辅助线，综合运用各知识点是解答本题的关键．13．(1)40，BE＝AD(2)①存在，理由见详解；②60°(3)当α＝150°或330°时，的面积最大【分析】（1）由旋转可得∠BCE=20°，可得出40°，BC＝AC，∠BCE＝∠ACD＝20°，CE＝CD，可求得BE＝AD；（2）方法同（1）；（3）当BC边上的高最大时，△BCD的面积最大，高最大时CD的长，△BCD的面积最大，由两种情形．【详解】（1）∵△ABC和△CDE是等边三角形，∴BC＝AC，CE＝CD，∠BCA=60°，∵旋转20°∴∠BCE＝∠ACD＝20°，∴△CBE≌△CAD（SAS），∴BE＝AD（全等三角形的对应边相等），∵∠BCA－∠BCE∴60°-20°=40°故答案为：40，BE＝AD（2）如图1，①（1）中结论仍然成立，理由如下：∵△ABC和△CDE是等边三角形，BC＝AC，CE＝CD，∵∠BCE＝∠ACD＝120°，∴△CBE≌△CAD（SAS），∴BE＝AD；②∵△CBE≌△CAD，∴∠CBE＝∠CAD，又∠AOP＝∠BOC，∴∠APB＝∠ACB＝60°；（3）如图2，当D运动到D1或D2，即BC⊥D1D2S△BCD最大ab，此时旋转角是60°+90°＝150°，或360°﹣30°＝330°，∴当α＝150°或330°．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质以及旋转等知识，解决问题的关键是找全等的对应边和对应角，题目属于中考常考题型．14．(1)见解析；(2)CQ⊥QE，CQ=QE．证明见解析；(3)如图3-1中，当∠CGB=45°时，结论：CH+EG=AH．如图3-2中，当∠CGB=45°时，结论：CH=EG+AH．证明见解析．【分析】（1）根据邻边相等有一个角是直角的平行四边形是正方形证明即可．（2）结论：CQ⊥QE，CQ=QE．如图2中，延长EQ交BD于P，连接CP=CE．证明△CPE是等腰直角三角形，可得结论．（3）分两种情形：