2021年全国各省市中考真题精编精练：图形的旋转解答

2021年全国各省市中考真题汇总：图形的旋转解答1．〔2021•襄阳〕在△ABC中，∠ACB＝90°，＝m，D是边BC上一点，将△ABD沿AD折叠得到△AED，连接BE．〔1〕特例发现如图1，当m＝1，AE落在直线AC上时．①求证：∠DAC＝∠EBC；②填空：的值为　　；〔2〕类比探究如图2，当m≠1，AE与边BC相交时，在AD上取一点G，使∠ACG＝∠BCE，CG交AE于点H．探究的值〔用含m的式子表示〕，并写出探究过程；〔3〕拓展运用在〔2〕的条件下，当m＝，D是BC的中点时，假设EB•EH＝6，求CG的长．2．〔2021•张家界〕如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠AOB＝60°，对角线AC所在的直线绕点O顺时针旋转角α〔0°＜α＜120°〕，所得的直线l分别交AD，BC于点E，F．〔1〕求证：△AOE≌△COF；〔2〕当旋转角α为多少度时，四边形AFCE为菱形？试说明理由．3．〔2021•黑龙江〕如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，△ABO的三个顶点坐标分别为A〔﹣1，3〕，B〔﹣4，3〕，O〔0，0〕．〔1〕画出△ABO关于x轴对称的△A1B1O，并写出点A1的坐标；〔2〕画出△ABO绕点O顺时针旋转90°后得到的△A2B2O，并写出点A2的坐标；〔3〕在〔2〕的条件下，求点A旋转到点A2所经过的路径长〔结果保存π〕．4．〔2021•长春〕如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，点D为边AC的中点．动点P从点A出发，沿折线AB﹣BC以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当点P不与点A、C重合时，连结PD．作点A关于直线PD的对称点A′，连结A′D、A′A．设点P的运动时间为t秒．〔1〕线段AD的长为　　；〔2〕用含t的代数式表示线段BP的长；〔3〕当点A′在△ABC内部时，求t的取值范围；〔4〕当∠AA′D与∠B相等时，直接写出t的值．5．〔2021•黑龙江〕在等腰△ADE中，AE＝DE，△ABC是直角三角形，∠CAB＝90°，∠ABC＝∠AED，连接CD、BD，点F是BD的中点，连接EF．〔1〕当∠EAD＝45°，点B在边AE上时，如图①所示，求证：EF＝CD；〔2〕当∠EAD＝45°，把△ABC绕点A逆时针旋转，顶点B落在边AD上时，如图②所示，当∠EAD＝60°，点B在边AE上时，如图③所示，猜测图②、图③中线段EF和CD又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜测，不需证明．6．〔2021•通辽〕△AOB和△MON都是等腰直角三角形〔OA＜OM＜OA〕，∠AOB＝∠MON＝90°．〔1〕如图1，连接AM，BN，求证：AM＝BN；〔2〕将△MON绕点O顺时针旋转．①如图2，当点M恰好在AB边上时，求证：AM2+BM2＝2OM2；②当点A，M，N在同一条直线上时，假设OA＝4，OM＝3，请直接写出线段AM的长．7．〔2021•黑龙江〕如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，△ABO的三个顶点坐标分别为A〔﹣1，3〕，B〔﹣4，3〕，O〔0，0〕．〔1〕画出△ABO关于x轴对称的△A1B1O，并写出点B1的坐标；〔2〕画出△ABO绕点O顺时针旋转90°后得到的△A2B2O，并写出点B2的坐标；〔3〕在〔2〕的条件下，求点B旋转到点B2所经过的路径长〔结果保存π〕．8．〔2021•北京〕如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，M为BC的中点，点D在MC上，以点A为中心，将线段AD顺时针旋转α得到线段AE，连接BE，DE．〔1〕比拟∠BAE与∠CAD的大小；用等式表示线段BE，BM，MD之间的数量关系，并证明；〔2〕过点M作AB的垂线，交DE于点N，用等式表示线段NE与ND的数量关系，并证明．9．〔2021•十堰〕等边三角形ABC，过A点作AC的垂线l，点P为l上一动点〔不与点A重合〕，连接CP，把线段CP绕点C逆时针方向旋转60°得到CQ，连QB．〔1〕如图1，直接写出线段AP与BQ的数量关系；〔2〕如图2，当点P、B在AC同侧且AP＝AC时，求证：直线PB垂直平分线段CQ；〔3〕如图3，假设等边三角形ABC的边长为4，点P、B分别位于直线AC异侧，且△APQ的面积等于，求线段AP的长度．10．〔2021•达州〕如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别是A〔0，4〕，B〔0，2〕，C〔3，2〕．〔1〕将△ABC以O为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C1；〔2〕将△ABC平移后得到△A2B2C2，假设点A的对应点A2的坐标为〔2，2〕，求△A1C1C2的面积．11．〔2021•河北〕在一平面内，线段AB＝20，线段BC＝CD＝DA＝10，将这四条线段顺次首尾相接．把AB固定，让AD绕点A从AB开始逆时针旋转角α〔α＞0°〕到某一位置时，BC，CD将会跟随出现到相应的位置．论证：如图1，当AD∥BC时，设AB与CD交于点O，求证：AO＝10；发现：当旋转角α＝60°时，∠ADC的度数可能是多少？尝试：取线段CD的中点M，当点M与点B距离最大时，求点M到AB的距离；拓展：①如图2，设点D与B的距离为d，假设∠BCD的平分线所在直线交AB于点P，直接写出BP的长〔用含d的式子表示〕；②当点C在AB下方，且AD与CD垂直时，直接写出α的余弦值．12．〔2021•衡阳〕如图，点E为正方形ABCD外一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF，DF的延长线交BE于H点．〔1〕试判定四边形AFHE的形状，并说明理由；〔2〕BH＝7，BC＝13，求DH的长．13．〔2021•江西〕正方形ABCD的边长为4个单位长度，点E是CD的中点，请仅用无刻度直尺按以下要求作图〔保存作图痕迹〕．〔1〕在图1中，将直线AC绕着正方形ABCD的中心顺时针旋转45°；〔2〕在图2中，将直线AC向上平移1个单位长度．14．〔2021•邵阳〕如图，在Rt△ABC中，点P为斜边BC上一动点，将△ABP沿直线AP折叠，使得点B的对应点为B′，连接AB′，CB′，BB′，PB′．〔1〕如图①，假设PB′⊥AC，证明：PB′＝AB′．〔2〕如图②，假设AB＝AC，BP＝3PC，求cos∠B′AC的值．〔3〕如图③，假设∠ACB＝30°，是否存在点P，使得AB＝CB′．假设存在，求此时的值；假设不存在，请说明理由．15．〔2021•成都〕在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，其中点A，C的对应点分别为点A′，C′．〔1〕如图1，当点A′落在AC的延长线上时，求AA′的长；〔2〕如图2，当点C′落在AB的延长线上时，连接CC′，交A′B于点M，求BM的长；〔3〕如图3，连接AA′，CC′，直线CC′交AA′于点D，点E为AC的中点，连接DE．在旋转过程中，DE是否存在最小值？假设存在，求出DE的最小值；假设不存在，请说明理由．16．〔2021•丽水〕如图，在5×5的方格纸中，线段AB的端点均在格点上，请按要求画图．〔1〕如图1，画出一条线段AC，使AC＝AB，C在格点上；〔2〕如图2，画出一条线段EF，使EF，AB互相平分，E，F均在格点上；〔3〕如图3，以A，B为顶点画出一个四边形，使其是中心对称图形，且顶点均在格点上．17．〔2021•安徽〕如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，△ABC的顶点均在格点〔网格线的交点〕上．〔1〕将△ABC向右平移5个单位得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；〔2〕将〔1〕中的△A1B1C1绕点C1逆时针旋转90°得到△A2B2C1，画出△A2B2C1．18．〔2021•重庆〕在等边△ABC中，AB＝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．〔1〕将线段EF绕点E逆时针旋转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时，连接DG，求线段DG的长；②如图2，点E不与点A，B重合，GF的延长线交BC边于点H，连接EH，求证：BE+BH＝BF；〔2〕如图3，当点E为AB中点时，点M为BE中点，点N在边AC上，且DN＝2NC，点F从BD中点Q沿射线QD运动，将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，连接FP，当NP+MP最小时，直接写出△DPN的面积．19．〔2021•重庆〕在△ABC中，AB＝AC，D是边BC上一动点，连接AD，将AD绕点A逆时针旋转至AE的位置，使得∠DAE+∠BAC＝180°．〔1〕如图1，当∠BAC＝90°时，连接BE，交AC于点F．假设BE平分∠ABC，BD＝2，求AF的长；〔2〕如图2，连接BE，取BE的中点G，连接AG．猜测AG与CD存在的数量关系，并证明你的猜测；〔3〕如图3，在〔2〕的条件下，连接DG，CE．假设∠BAC＝120°，当BD＞CD，∠AEC＝150°时，请直接写出的值．参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 1．解〔1〕①如图1，延长AD交BE于F，由折叠知，∠AFB＝90°＝∠ACB，∴∠DAC+∠ADC＝∠BDF+∠EBC＝90°，∵∠ADC＝∠BDF，∴∠DAC＝∠EBC；②由①知，∠DAC＝∠EBC，∵m＝1，∴AC＝BC，∵∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE〔ASA〕，∴CD＝CE，∴＝1，故答案为1．〔2〕如图2，延长AD交BE于F，由〔1〕①知，∠DAC＝∠EBC，∵∠ACG＝∠BCE，∴△ACG∽△BCE，∴＝m；〔3〕由折叠知，∠AFB＝90°，BF＝FE，∵点D是BC的中点，∴BD＝CD，∴DF是△BCE的中位线，∴DF∥CE，∴∠BEC＝∠BFD＝90°，∠AGC＝∠ECG，∠GAH＝∠CEA，由〔2〕知，△ACG∽△BCE，∴∠AGC＝∠BEC＝90°，＝＝2m＝，∴＝tan∠GAC＝＝，设CG＝x，那么AG＝x，BE＝2x，∴AG＝CE，∴△AGH≌△ECH〔AAS〕，∴AH＝EH，GH＝CH，∴GH＝x，在Rt△AGH中，根据勾股定理得，AH＝＝x，∵EB•EH＝6，∴2x•x＝6，∴x＝或x＝﹣〔舍〕，即CG＝．2．证明：〔1〕∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AO＝CO，∴∠AEO＝∠CFO，在△AOE和△COF中，，∴△AOE≅△COF〔AAS〕；〔2〕当α＝90°时，四边形AFCE为菱形，理由：∵△AOE≅△COF，∴OE＝OF，又∵AO＝CO，∴四边形AFCE为平行四边形，又∵∠AOE＝90°，∴四边形AFCE为菱形．3．解：〔1〕如图，△A1B1O即为所求，点A1的坐标〔﹣1，﹣3〕；〔2〕如图，△A2B2O即为所求，点A2的坐标〔3，1〕；〔3〕点A旋转到点A2所经过的路径长＝＝π4．解：〔1〕在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC＝＝4，∴AD＝AC＝2．故答案为：2．〔2〕当0＜t≤5时，点P在线段AB上运动，PB＝AB﹣AP＝5﹣t，当5＜t＜8时，点P在BC上运动，PB＝t﹣5．综上所述，PB＝．〔3〕如图，当点A'落在AB上时，DP⊥AB，∵AP＝t，AD＝2，cosA＝，∴在Rt△APD中，cosA＝＝＝，∴t＝．如图，当点A'落在BC边上时，DP⊥AC，∵AP＝t，AD＝2，cosA＝，∴在Rt△APD中，cosA＝＝＝，∴t＝．如图，点A'运动轨迹为以D为圆心，AD长为半径的圆上，∴＜t＜时，点A'在△ABC内部．〔4〕如图，0＜t＜5时，∵∠AA'D＝∠B＝∠A'AD，∠ADP+∠A'AD＝∠BAC+∠B＝90°，∴∠ADP＝∠BAC，∴AE＝AD＝1，∵cosA＝＝＝，∴t＝．如图，当5＜t＜8时，∵∠AA'B＝∠B＝∠A'AD，∠BAC+∠B＝90°，∴∠BAC+∠A'AD＝90°，∴PE∥BA，∴∠DPC＝∠B，∵在Rt△PCD中，CD＝＝2，CP＝8﹣t，tan∠DPC＝，∴tan∠DPC＝＝＝，∴t＝．综上所述，t＝或．5．〔1〕证明：如图①中，∵EA＝ED，∠EAD＝45°，∴∠EAD＝∠EDA＝45°，∴∠AED＝90°，∵BF＝FD，∴EF＝DB，∵∠CAB＝90°，∴∠CAD＝∠BAD＝45°，∵∠ABC＝∠AED＝45°，∴∠ACB＝∠ABC＝45°，∴AC＝AB，∴AD垂直平分线段BC，∴DC＝DB，∴EF＝CD．〔2〕解：如图②中，结论：EF＝CD．理由：取CD的中点T，连接AT，TF，ET，TE交AD于点O．∵∠CAD＝90°，CT＝DT，∴AT＝CT＝DT，∵EA＝ED，∴ET垂直平分线段AD，∴AO＝OD，∵∠AED＝90°，∴OE＝OA＝OD，∵CT＝TD，BF＝DF，∴BC∥FT，∴∠ABC＝∠OFT＝45°，∵∠TOF＝90°，∴∠OTF＝∠OFT＝45°，∴OT＝OF，∴AF＝ET，∵FT＝TF，∠AFT＝∠ETF，FA＝TE，∴△AFT≌△ETF〔SAS〕，∴EF＝AT，∴EF＝CD．如图③中，结论：EF＝CD．理由：取AD的中点O，连接OF，OE．∵EA＝ED，∠AED＝60°，∴△ADE是等边三角形，∵AO＝OD，∴OE⊥AD，∠AEO＝∠OED＝30°，∴tan∠AEO＝＝，∴＝，∵∠ABC＝∠AED＝30°，∠BAC＝90°，∴AB＝AC，∵AO＝OD，BF＝FD，∴OF＝AB，∴＝，∴＝，∵OF∥AB，∴∠DOF＝∠DAB，∵∠DOF+∠EOF＝90°，∠DAB+∠DAC＝90°，∴∠EOF＝∠DAC，∴△EOF∽△DAC，∴＝＝，∴EF＝CD．6．〔1〕证明：∵∠AOB＝∠MON＝90°，∴∠AOB+∠AON＝∠MON+∠AON，即∠AOM＝∠BON，∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，∴OA＝OB，OM＝ON，∴△AOM≌△BON〔SAS〕，∴AM＝BN；〔2〕①证明：连接BN，∵∠AOB＝∠MON＝90°，∴∠AOB﹣∠BOM＝∠MON﹣∠BOM，即∠AOM＝∠BON，∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，∴OA＝OB，OM＝ON，∴△AOM≌△BON〔SAS〕，∴∠MAO＝∠NBO＝45°，AM＝BN，∴∠MBN＝90°，∴MN2+BN2＝MN2，∵△MON都是等腰直角三角形，∴MN2＝2ON2，∴AM2+BM2＝2OM2；②解：如图3，当点N在线段AM上时，连接BN，设BN＝x，由〔1〕可知△AOM≌△BON，可得AM＝BN且AM⊥BN，在Rt△ABN中，AN2+BN2＝AB2，∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，OA＝4，OM＝3，∴MN＝3，AB＝4，∴〔x﹣3〕2+x2＝〔4〕2，解得：x＝，∴AM＝BN＝，如图4，当点，M在线段AN上时，连接BN，设BN＝x，由〔1〕可知△AOM≌△BON，可得AM＝BN且AM⊥BN，在Rt△ABN中，AN2+BN2＝AB2，∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，OA＝4，OM＝3，∴MN＝3，AB＝4，∴〔x+3〕2+x2＝〔4〕2，解得：x＝，∴AM＝BN＝，综上所述，线段AM的长为或．7．解：〔1〕如图，△A1B1O即为所求，B1〔﹣4，﹣3〕．〔2〕如图，△A2B2O即为所求，B2〔3，4〕．〔3〕点B旋转到点B2所经过的路径长＝＝．8．解：〔1〕∵∠DAE＝∠BAC＝α，∴∠DAE﹣∠BAD＝∠BAC﹣∠BAD，即∠BAE＝∠CAD，在△ABE和△ACD中，，∴△ABE≌△ACD〔SAS〕，∴BE＝CD，∵M为BC的中点，∴BM＝CM，∴BE+MD＝BM；〔2〕如图，作EH⊥AB交BC于H，由〔1〕△ABE≌△ACD得：∠ABE＝∠ACD，∵∠ACD＝∠ABC，∴∠ABE＝∠ABD，在△BEF和△BHF中，，∴△BEF≌△BHF〔ASA〕，∴BE＝BH，由〔1〕知：BE+MD＝BM，∴MH＝MD，∵MN∥HF，∴，∴EN＝DN．9．解：〔1〕在等边△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝60°，由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，∴∠ACB＝∠PCQ，∴∠ACP﹣∠PCB＝∠BCQ﹣∠PCB，即∠ACP＝∠BCQ，∴△ACP≌△BCQ〔SAS〕，∴AP＝BQ．〔2〕在等边△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝60°，由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，∴∠ACB＝∠PCQ，∴∠ACP﹣∠PCB＝∠BCQ﹣∠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且点D是CQ的中点，即直线PB垂直平分线段CQ．〔3〕①当点Q在直线l上方时，如下图，延长BQ交l于点E，过点Q作QF⊥l于点F，由题意可得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＝，∴∠BEF＝60°，设AP＝t，那么BQ＝t，∴EQ＝﹣t，在Rt△EFQ中，QF＝EQ＝〔﹣t〕，∴S△APQ＝AP•QF＝，即•t〔﹣t〕＝，解得t＝或t＝．即AP的长为或．②当点Q在直线l下方时，如下图，设BQ交l于点E，过点Q作QF⊥l于点F，由题意可得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＝，∴∠BEF＝60°，设AP＝m，那么BQ＝m，∴EQ＝m﹣，在Rt△EFQ中，QF＝EQ＝〔m﹣〕，∴S△APQ＝AP•QF＝，即•t〔m﹣〕＝，解得m＝〔m＝负值舍去〕．综上可得，AP的长为：或或．10．解：〔1〕如图，△A1B1C1即为所求．〔2〕如图，△A2B2C2即为所求．△A1C1C2的面积＝4×8﹣×3×2﹣×2×8﹣×4×5＝11．11．论证：证明：∵AD∥BC，∴∠A＝∠B，∠C＝∠D，在△AOD和△BOC中，，∴△AOD≌△BOC〔ASA〕，∴AO＝BO，∵AO+BO＝AB＝20，∴AO＝10；发现：①设AB的中点为O，如图：当AD从初始位置AO绕A顺时针旋转60°时，BC也从初始位置BC'绕点B顺时针旋转60°，而BO＝BC'＝10，∴△BC'O是等边三角形，∴BC旋转到BO的位置，即C以O重合，∵AO＝AD＝CD＝10，∴△ADC是等边三角形，∴此时∠ADC＝60°；②如图：当AD从AO绕A逆时针旋转60°时，CD从CD'的位置开始也旋转60°，故△ADO和△CDO都是等边三角形，∴此时∠ADC＝120°，综上所述，∠ADC为60°或120°；尝试：取线段CD的中点M，当点M与点B距离最大时，D、C、B共线，过D作DQ⊥AB于Q，过M作MN⊥AB于N，如图：由可得AD＝10，BD＝BC+CD＝20，BM＝CM+BC＝15，设AQ＝x，那么BQ＝20﹣x，∵AD2﹣AQ2＝DQ2＝BD2﹣BQ2，∴100﹣x2＝400﹣〔20﹣x〕2，解得x＝，∴AQ＝，∴DQ＝＝，∵DQ⊥AB，MN⊥AB，∴MN∥DQ，∴＝，即＝，∴MN＝，∴点M到AB的距离为；拓展：①设直线CP交DB于H，过D作DG⊥AB于G，连接DP，如图：∵BC＝DC＝10，CP平分∠BCD，∴∠BHC＝∠DHC＝90°，BH＝BD＝d，设BG＝m，那么AG＝20﹣m，∵AD2﹣AG2＝BD2﹣BG2，∴100﹣〔20﹣m〕2＝d2﹣m2，∴m＝，∴BG＝，∵∠BHP＝∠BGD＝90°，∠PBH＝∠DBG，∴△BHP∽△BGD，∴＝，∴BP＝＝；②过B作BG⊥CD于G，如图：设AN＝t，那么BN＝20﹣t，DN＝＝，∵∠D＝∠BGN＝90°，∠AND＝∠BNG，∴△ADN∽△BGN，∴＝＝，即＝＝，∴NG＝，BG＝，Rt△BCG中，BC＝10，∴CG＝＝，∵CD＝10，∴DN+NG+CG＝10，即++＝10，∴t+〔20﹣t〕+20＝10t，20+20＝10t，即2＝t﹣2，两边平方，整理得：3t2﹣40t＝﹣4t，∵t≠0，∴3t﹣40＝﹣4，解得t＝〔大于20，舍去〕或t＝，∴AN＝，∴cosα＝＝＝．方法二：过C作CK⊥AB于K，过F作FH⊥AC于H，如图：∵AD＝CD＝10，AD⊥DC，∴AC2＝200，∵AC2﹣AK2＝BC2﹣BK2，∴200﹣AK2＝100﹣〔20﹣AK〕2，解得AK＝，∴CK＝＝，Rt△ACK中，tan∠KAC＝＝，Rt△AFH中，tan∠KAC＝＝，设FH＝n，那么CH＝FH＝n，AH＝5n，∵AC＝AH+CH＝10，∴5n+n＝10，解得n＝，∴AF＝＝n＝•＝，Rt△ADF中，cosα＝＝＝．12．解：〔1〕四边形AFHE是正方形，理由如下：∵Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF，∴Rt△ABE≌Rt△ADF，∴∠AEB＝∠AFD＝90°，∴∠AFH＝90°，∵Rt△ABE≌Rt△ADF，∴∠DAF＝∠BAE,又∵∠DAF+∠FAB＝90°，∴∠BAE+∠FAB＝90°，∴∠FAE＝90°，在四边形AFHE中，∠FAE＝90°，∠AEB＝90°，∠AFH＝90°，∴四边形AFHE是矩形，又∵AE＝AF，∴矩形AFHE是正方形；〔2〕设AE＝x．那么由〔1〕以及题意可知：AE＝EH＝FH＝AF＝x,BH＝7,BC＝AB＝13,在Rt△AEB中，AB2＝AE2+BE2，即132＝x2+(x+7)2,解得：x＝5,∴BE＝BH+EH＝5+7＝12,∴DF＝BE＝12,又∵DH＝DF+FH，∴DH＝12+5＝17．13．解：〔1〕如图1，直线l即为所求；〔2〕如图2中，直线a即为所求．14．解：〔1〕证明：∵PB'⊥AC，∠CAB＝90°，∴PB'∥AB．∴∠B'PA＝∠BAP，又由折叠可知∠BAP＝∠B'AP，∴∠B'PA＝∠B'AP．故PB′＝AB′．〔2〕设AB＝AC＝a，AC、PB'交于点D，那么△ABC为等腰直角三角形，∴BC＝，PC＝，PB＝，由折叠可知，∠PB'A＝∠B＝45°，又∠ACB＝45°，∴∠PB'A＝∠ACB，又∠CDP＝∠B'DA，∴△CDP～△B'DA．∴＝＝．①设B'D＝b，那么CD＝b．∴AD＝AC﹣CD＝a﹣b，PD＝PB'﹣B'D＝PB﹣B'D＝﹣b，由①＝得：＝．解得：b＝．过点D作DE⊥AB'于点E，那么△B'DE为等腰直角三角形．∴B'E＝sin45°×B'D＝＝＝，∴AE＝AB'﹣B'E＝AB﹣B'E＝a﹣＝．又AD＝AC﹣CD＝a﹣b＝a﹣＝．∴cos∠B'AC＝cos∠EAD＝＝＝．〔3〕存在点P，使得CB'＝AB＝m．∵∠ACB＝30°，∠CAB＝90°．∴BC＝2m．①如答图2所示，由题意可知，点B'的运动轨迹为以A为圆心、AB为半径的半圆A．当P为BC中点时，PC＝BP＝AP＝AB'＝m，又∠B＝60°，∴△PAB为等边三角形．又由折叠可得四边形ABPB'为菱形．∴PB'∥AB，∴PB'⊥AC．又∵AP＝AB'，那么易知AC为PB'的垂直平分线．故CB'＝PC＝AB＝m，满足题意．此时，＝＝．②当点B'落在BC上时，如答图3所示，此时CB'＝AB＝m，那么PB'＝＝，∴PC＝CB'+PB'＝m+＝，∴＝＝．综上所述，的值为或．15．解：〔1〕∵∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，∴AC＝＝4，∵∠ACB＝90°，△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，点A′落在AC的延长线上，∴∠A'CB＝90°，A'B＝AB＝5，Rt△A'BC中，A'C＝＝4，∴AA'＝AC+A'C＝8；〔2〕过C作CE∥A'B交AB于E，过C作CD⊥AB于D，如图：∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，∴∠A'BC＝∠ABC，BC'＝BC＝3，∵CE∥A'B，∴∠A'BC＝∠CEB，∴∠CEB＝∠ABC，∴CE＝BC＝3，Rt△ABC中，S△ABC＝AC•BC＝AB•CD，AC＝4，BC＝3，AB＝5，∴CD＝＝，Rt△CED中，DE＝＝＝，同理BD＝，∴BE＝DE+BD＝，C'E＝BC'+BE＝3+＝，∵CE∥A'B，∴＝，∴＝，∴BM＝；〔3〕DE存在最小值1，理由如下：过A作AP∥A'C'交C'D延长线于P，连接A'C，如图：∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，∴BC＝BC'，∠ACB＝∠A'C'B＝90°，AC＝A'C'，∴∠BCC'＝∠BC'C，而∠ACP＝180°﹣∠ACB﹣∠BCC'＝90°﹣∠BCC'，∠A'C'D＝∠A'C'B﹣∠BC'C＝90°﹣∠BC'C，∴∠ACP＝∠A'C'D，∵AP∥A'C'，∴∠P＝∠A'C'D，∴∠P＝∠ACP，∴AP＝AC，∴AP＝A'C'，在△APD和△A'C'D中，，∴△APD≌△A'C'D〔AAS〕，∴AD＝A'D，即D是AA'中点，∵点E为AC的中点，∴DE是△AA'C的中位线，∴DE＝A'C，要使DE最小，只需A'C最小，此时A'、C、B共线，A'C的最小值为A'B﹣BC＝AB﹣BC＝2，∴DE最小为A'C＝1．16．解：如图：〔1〕线段AC即为所作，〔2〕线段EF即为所作，〔3〕四边形ABHG即为所作．17．解：〔1〕如图，△A1B1C1即为所求作．〔2〕如图，△A2B2C1即为所求作．18．解：〔1〕①过D作DH⊥GC于H，如图：∵线段EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，点E与点B重合，且GF的延长线过点C，∴BG＝BF，∠FBG＝60°，∴△BGF是等边三角形，∴∠BFG＝∠DFC＝60°，BF＝GF，∵等边△ABC，AB＝6，BD⊥AC，∴∠DCF＝180°﹣∠BDC﹣∠DFC＝30°，∠DBC＝∠ABC＝30°，CD＝AC＝AB＝3，∴∠BCG＝∠ACB﹣∠DCF＝30°，∴∠BCG＝∠DBC，∴BF＝CF，∴GF＝CF，Rt△BDC中，CF＝＝＝2，∴GF＝2，Rt△CDH中，DH＝CD•sin30°＝，CH＝CD•cos30°＝，∴FH＝CF﹣CH＝，∴GH＝GF+FH＝，Rt△GHD中，DG＝＝；②过E作EP⊥AB交BD于P，过H作MH⊥BC交BD于M，连接PG，作BP中点N，连接EN，如图：∵EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，∴△EGF是等边三角形，∴∠EFG＝∠EGF＝∠GEF＝60°，∠EFH＝120°，EF＝GF，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∴∠ABC+∠EFH＝180°，∴B、E、F、H共圆，∴∠FBH＝∠FEH，而△ABC是等边三角形，BD⊥AC，∴∠DBC＝∠ABD＝30°，即∠FBH＝30°，∴∠FEH＝30°，∴∠FHE＝180°﹣∠EFH﹣∠FEH＝30°，∴EF＝HF＝GF①，∵EP⊥AB，∠ABD＝30°，∴∠EPB＝60°，∠EPF＝120°，∴∠EPF+∠EGF＝180°，∴E、P、F、G共圆，∴∠GPF＝∠GEF＝60°，∵MH⊥BC，∠DBC＝30°，∴∠BMH＝60°，∴∠BMH＝∠GPF②，而∠GFP＝∠HFM③，由①②③得△GFP≌△HFM〔AAS〕，∴PF＝FM，∵EP⊥AB，BP中点N，∠ABD＝30°，∴EP＝BP＝BN＝NP，∴PF+NP＝FM+BN，∴NF＝BM，Rt△MHB中，MH＝BM，∴NF＝MH，∴NF+BN＝MH+EP，即BF＝MH+EP，Rt△BEP中，EP＝BE•tan30°＝BE，Rt△MHB中，MH＝BH•tan30°＝BH，∴BF＝BE+BH，∴BE+BH＝BF；〔2〕以M为顶点，MP为一边，作∠PML＝30°，ML交BD于G，过P作PH⊥ML于H，设MP交BD于K，如图：Rt△PMH中，HP＝MP，∴NP+MP最小即是NP+HP最小，此时N、P、H共线，∵将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，∴F在射线QF上运动，那么P在射线MP上运动，根据“瓜豆原理〞，F为主动点，P是从动点，E为定点，∠FEP＝60°，那么F、P轨迹的夹角∠QKP＝∠FEP＝60°，∴∠BKM＝60°，∵∠ABD＝30°，∴∠BMK＝90°，∵∠PML＝30°，∴∠BML＝60°，∴∠BML＝∠A，∴ML∥AC，∴∠HNA＝180°﹣∠PHM＝90°，而BD⊥AC，∴∠BDC＝∠HNA＝∠PHM＝90°，∴四边形GHND是矩形，∴DN＝GH，∵边△ABC中，AB＝6，BD⊥AC，∴CD＝3，又DN＝2NC，∴DN＝GH＝2，∵等边△ABC中，AB＝6，点E为AB中点时，点M为BE中点，∴BM＝，BD＝AB•sinA＝6×sin60°＝3，Rt△BGM中，MG＝BM＝，BG＝BM•cos30°＝，∴MH＝MG+GH＝，GD＝BD﹣BG＝，Rt△MHP中，HP＝MH•tan30°＝，∴PN＝HN﹣HP＝GD﹣HP＝，∴S△DPN＝PN•DN＝．19．解：〔1〕连接CE，过点F作FQ⊥BC于Q，∵BE平分∠ABC，∠BAC＝90°，∴FA＝FQ，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴FQ＝CF，∵∠BAC+∠DAE＝180°，∴∠DAE＝∠BAC＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，由旋转知，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE〔SAS〕，∴BD＝CE＝2，∠ABD＝∠ACE＝45°，∴∠BCE＝90°，∴∠CBF+∠BEC＝90°，∵BE平分∠ABC，∴∠ABF＝∠CBF，∴∠ABF+∠BEC＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠ABF+∠AFB＝90°，∴∠AFB＝∠BEC，∵∠AFB＝∠CFE，∴∠BEC＝∠CFE，∴CF＝CE＝2，∴AF＝FQ＝CF＝；〔2〕AG＝CD，理由：延长BA至点M，使AM＝AB，连接EM，∵G是BE的中点，∴AG＝ME，∵∠BAC+∠DAE＝∠BAC+∠CAM＝180°，∴∠DAE＝∠CAM，∴∠DAC＝∠EAM，∵AB＝AM，AB＝AC，∴AC＝AM，∵AD＝AE，∴△ADC≌△AEM〔SAS〕，∴CD＝EM，∴AG＝CD；〔3〕如图3，连接DE，AD与BE的交点记作点N，∵∠BAC+∠DAE＝180°，∠BAC＝120°，∴∠DAE＝60°，∵AD＝AE，∴△ADE是等边三角形，∴AE＝DE，∠ADE＝∠AED＝60°，∵∠AEC＝150°，∴∠DEC＝∠AEC﹣∠AED＝90°，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，∴∠ACB＝∠ABC＝30°，∵∠AEC＝150°，∴∠ABC+∠AEC＝180°，∴点A，B，C，E四点共圆，∴∠BEC＝∠BAC＝120°，∴∠BED＝∠BEC﹣∠DEC＝30°，∴∠DNE＝180°﹣∠BED﹣∠ADE＝90°，∵AE＝DE，∴AN＝DN，∴BE是AD的垂直平分线，∴AG＝DG，BA＝BD＝AC，∴∠ABE＝∠DBE＝∠ABC＝15°，∴∠ACE＝∠ABE＝15°，∴∠DCE＝45°，∵∠DEC＝90°，∴∠EDC＝45°＝∠DCE，∴DE＝CE，∴AD＝DE，设AG＝a，那么DG＝a，由〔2〕知，AG＝CD，∴CD＝2AG＝2a，∴CE＝DE＝CD＝a，∴AD＝a，∴DN＝AD＝a，过点D作DH⊥AC于H，在Rt△AHC中，∠ACB＝30°，CD＝2a，∴DH＝a，根据勾股定理得，CH＝a，在Rt△AHD中，根据勾股定理得，AH＝＝a，∴AC＝AH+CH＝a+a，∴BD＝a+a，∴＝＝．