《2024年初中升学考试专题复习数学总复习（按知识点分类）几何变换综合题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024年初中升学考试专题复习数学总复习（按知识点分类）几何变换综合题.docx（36页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、几何变换综合题49（2023大连）综合与实践问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质已知ABAC，A90，点E为AC上一动点，将ABE以BE为对称轴翻折同学们经过思考后进行如下探究：独立思考：小明：“当点D落在BC上时，EDC2ACB”小红：“若点E为AC中点，给出AC与DC的长，就可求出BE的长”实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：问题1：在等腰ABC中，ABAC，A90，BDE由ABE翻折得到（1）如图1，当点D落在BC上时，求证：EDC2ACB；（2）如图2，若点E为AC中点，AC4，CD3，求BE的长问题解决：小明经过探究发现
2、：若将问题1中的等腰三角形换成A90的等腰三角形，可以将问题进一步拓展问题2：如图3，在等腰ABC中，A90，ABACBD4，2DABD若CD1，则求BC的长【答案】（1）见解析过程；（2）3572；（3）10【分析】问题1：（1）由等腰三角形的性质可得ABCACB，由折叠的性质和三角形内角和定理可得ABDE1802C，由邻补角的性质可得结论；（2）由三角形中位线定理可得CD2EF，由勾股定理可求AF，BF，即可求解；问题2：先证四边形CGMD是矩形，由勾股定理可求AD，由等腰三角形的性质可求MD，CG，即可求解【解答】问题1：（1）证明：ABAC，ABCACB，BDE由ABE翻折得到，ABD
3、E1802C，EDCBDE180，EDC2ACB；（2）解：如图，连接AD，交BE于点F，BDE由ABE翻折得到，AEDE，AFDF，CD2EF3，EF=32，点E是AC的中点，AEEC=12AC2，在RtAEF中，AF=AE2EF2=494=72，在RtABF中，BF=AB2AF2=1674=572，BEBFEF=3572；问题2：解：连接AD，过点B作BMAD于M，过点C作CGBM于G，ABBD，BMAD，AMDM，ABMDBM=12ABD，2BDCABD，BDCDBM，BMCD，CDAD，又CGBM，四边形CGMD是矩形，CDGM，在RtACD中，CD1，AD4，AD=AC2CD2=42
4、12=15，AMMD=152，CGMD=152，在RtBDM中，BM=BD2DM2=16154=72，BGBMGMBMCD=721=52，在RtBCG中，BC=BG2CG2=254154=10【点评】本题是几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质和判定，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键几何变换综合题42（2023重庆）如图，在等边ABC中，ADBC于点D，E为线段AD上一动点（不与A，D重合），连接BE，CE，将CE绕点C顺时针旋转60得到线段CF，连接AF（1）如图1，求证：CBECAF；（2）如图2，连接BF交AC于点G，连接DG，EF，EF与DG所在直
5、线交于点H，求证：EHFH；（3）如图3，连接BF交AC于点G，连接DG，EG，将AEG沿AG所在直线翻折至ABC所在平面内，得到APG，将DEG沿DG所在直线翻折至ABC所在平面内，得到DQG，连接PQ，QF若AB4，直接写出PQ+QF的最小值【考点】几何变换综合题【分析】（1）根据旋转的性质得出CECF，ECF60，进而证明BCEAACF（SAS），即可得证；试（2）过点F作FKIIAD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，证明四边形四边形EDFK是平行四边形，即可得证；（3）如图所示，延长AP，DQ交于点R，由（2）可知DCG是等边三角形，根据折叠的性质可得PAGEAG30，QDGE
6、DG30，进而得出ADR是等边三角形，由（2）可得RtACEDRtACFG，得出四边形GDQF是平行四边形，则QFDC4C2进而得出CPGQ3602C 4GD120，则PQ3pG3GQ，当GQ取得最小值时，即GQDR时，PQ取得最小值，即可求解（1）由“SAS”可证ACFBCE，可得结论；（2）【解答】（1）证明：ABC为等边三角形，ACB60，ACBC，将CE绕点C顺时针旋转60得到线段CF，CECF，ECF60，ABC是等边三角形，BCAECF，BCEACF，BCEACF（SAS），CBECAF；（2）证明：如图所示，过点F作FKAD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，ABC是等边三
7、角形，ABACBC，ADBC，BDCD，AD垂直平分BC，EBEC，又BCEACF，AFBE，CFCE，AFCF，F在AC的垂直平分线上，ABBC，B在AC的垂直平分线上，BF垂直平分AC，ACBF，AGCG=12AC，AGF90，又DG=12ACCG，ACD60，DCG是等边三角形，CGDCDG60，AGHDGC60，KGFAGFAGH906030，又ADKADCGDC906030，KFAD，HKFADK30，FKGKGF30，FGFK，在RtCED与RtCGF中，CF=CECD=CG，RtCEDRtCFG，GFED，EDFK，四边形EDFK是平行四边形，EHHF；（3）解：依题意，如图所示
8、，延长AP，DQ交于点R，由（2）可知DCG是等边三角形，EDG30，将AEG沿AG所在直线翻折至ABC所在平面内，得到APG，将DEG沿DG所在直线翻折至ABC所在平面内，得到DQG，PAGEAG30，QDGEDG30，PAEQDE60，ADR是等边三角形，QDCADCADQ906030，由（2）可得RtCEDRtCFG，DEGF，DEDQ，GFDQ，GBCQDC30，GFDQ，四边形GDQF是平行四边形，QFDG=12AC2，由（2）可知G是AC的中点，则GAGD，GADGDA30，AGD120，折叠，AGP+DGQAGE+DGEAGD120，PGQ3602AGD120，又PGGEGQ，P
9、Q=3PG=3GQ，当GQ取得最小值时，即GQDR时，PQ取得最小值，此时如图所示，GQ=12GC=12DC1，PQ=3，PQ+QF=3+2【点评】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键43（2023武威）【模型建立】（1）如图1，ABC和BDE都是等边三角形，点C关于AD的对称点F在BD边上求证：AECD；用等式写出线段AD，BD，DF的数量关系，并说明理由；【模型应用】（2）如图2，ABC是直角三角形，ABAC，CDBD，垂足为D，点C关于AD的对称点F在BD边上用等式写出线段AD，BD，
10、DF的数量关系，并说明理由；【模型迁移】（3）在（2）的条件下，若AD42，BD3CD，求cosAFB的值【考点】几何变换综合题【分析】（1）根据ABC和BDE都是等边三角形推出判定ABE和CBD全等，然后根据全等三角形的对应边相等即可得证；根据等边三角形的性质和对称的性质即可推出线段AD，BD，DF的数量关系；（2）过点B作BEAD于E，根据等腰直角三角形的性质推出判定ABECBD，然后根据等腰直角三角形的性质和对称性即可推出线段AD，BD，DF的数量关系；（3）过点A作AGBD于G，推出ADG是等腰直角三角形，求出AG、FG、AF的长后即可求出cosAFB的值【解答】（1）证明：ABC和B
11、DE都是等边三角形，ABCB，EBDB，ABCEBD60，ABECBD，ABECBD，AECD；解：ADBD+DF理由如下：BDE是等边三角形，BDDE，点C与点F关于AD对称，CDDF，ADAE+DE，ADBD+DF；（2）BD+DF=2AD理由如下：如图1，过点B作BEAD于E，点C与点F关于AD对称，ADCADB，又CDBD，ADCADB45，又BEAD，BDE是等腰直角三角形，又ABC是等腰直角三角形，ABBC=BEBD=22，ABCEBD45，ABECBD，ABECBD，CDAE=BCAB=2，CDDF，DF=2AE，BDE是等腰直角三角形，BD=2DE，BD+DF=2(DE+AE)
12、=2AD，即：BD+DF=2AD（3）解：如图2，过点A作AGBD于G，又ADB45，AGD是等腰直角三角形，又AD42，AGDG4，BD+DF=2AD8，BD3CD，CDDF，DF2，又DG4，FGDGDF2，在RtAFG中，由勾股定理得：AF=AG2+FG2=42+22=25，cosAFB=FGAF=225=55【点评】本题是几何变换综合题，主要考查等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理，深入理解题意是解决问题的关键几何变换综合题47（2023荆州）如图1，点P是线段AB上与点A，点B不重合的任意一点，在AB的同侧分别以A，P，B
13、为顶点作123，其中1与3的一边分别是射线AB和射线BA，2的两边不在直线AB上，我们规定这三个角互为等联角，点P为等联点，线段AB为等联线（1）如图2，在53个方格的纸上，小正方形的顶点为格点、边长均为1，AB为端点在格点的已知线段请用三种不同连接格点的方法，作出以线段AB为等联线、某格点P为等联点的等联角，并标出等联角，保留作图痕迹；（2）如图3，在RtAPC中，A90，ACAP，延长AP至点B，使ABAC，作A的等联角CPD和PBD将APC沿PC折叠，使点A落在点M处，得到MPC，再延长PM交BD的延长线于E，连接CE并延长交PD的延长线于F，连接BF确定PCF的形状，并说明理由；若AP
14、：PB1：2，BF=2k，求等联线AB和线段PE的长（用含k的式子表示）【答案】（1）作图见解答（2）PCF是等腰直角三角形理由见解答等联线AB3k，线段PE=52k【分析】（1）根据新定义，画出等联角即可；（2）PCF是等腰直角三角形，过点C作CNBE交BE的延长线于N，由折叠得ACCM，CMPCMEA90，12，证明四边形ABNC为正方形，进而证明RtCMERtCNE，得出PCF45，即可求解；过点F作FQBE于Q，FRPB交PB的延长线于R，则RA90证明APCRFP，得出APBRFR，在RtBRF 中，BR2+FR2BF2，BF=2k，进而证明四边形BRFQ为正方形，则BQQFk，由F
15、QCN，得出AEFNEC，根据相似三角形的性质得出NE=32k，根据 PEPM+ME即可【解答】解：（1）作图如下：（方法不唯一）（2）PCF是等腰直角三角形理由为：如图，过点C作CNBE交BE的延长线于N由折叠得ACCM，CMPCMEA90，12，ACAB，APBDN90，四边形ABNC为正方形，CNACCM，又CECE，RtCMERtCNE（HL），34，而1+2+3+490，CPF90，PCF2+3CFP45，PCF是等腰直角三角形如图，过点F作FQBE于Q，FRPB交PB的延长线于R，则RA90，1+55+690，16，由PCF是等腰直角三角形知：PCPF，APCRFP（AAS），AP
16、FR，ACPR，而ACAB，APBRFR，在RtBRF中，BR2+FR2BF2，BF=2k，APBRFRk，PB2AP2k，ABAP+PBBN3k，BRFR，QBRRFQB90，四边形BRFQ为正方形，BQOFk，FQBN，CNBN，FQCN，QENE=QFCN，而QEBNNEBQ3kNEk2kNE，2kNENE=k3k=13，解得：NE=32k，由知：PMAPk，ME=NE=32k，PE=PM+ME=k+32k=52k，答：等联线AB3k，线段PE=52k【点评】本题考查了几何新定义，正方形的性质与判定，折叠问题，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，理解新定义，掌握正方
17、形的性质是解题的关键48（2023岳阳）如图1，在ABC中，ABAC，点M，N分别为边AB，BC的中点，连接MN初步尝试：（1）MN与AC的数量关系是 MN=12AC，MN与AC的位置关系是 MNAC特例研讨：（2）如图2，若BAC90，BC42，先将BMN绕点B顺时针旋转（为锐角），得到BEF，当点A，E，F在同一直线上时，AE与BC相交于点D，连接CF求BCF的度数；求CD的长深入探究：（3）若BAC90，将BMN绕点B顺时针旋转，得到BEF，连接AE，CF当旋转角满足0360，点C，E，F在同一直线上时，利用所提供的备用图探究BAE与ABF的数量关系，并说明理由【答案】（1）MN=12A
18、C；MNAC；（2）BCF30；CD=6226；（3）BAEABF 或BAE+ABF180【分析】（1）ABAC，点M，N分别为边AB，BC的中点，则MN是ABC的中位线，即可得出结论；（2）特例研讨：连接EM，MN，NF，证明BME是等边三角形，BNF是等边三角形，得出FCB30；连接AN，证明ADNBDE，则 DNDE=ANBE=222=2，设DEx，则DN=2x，在RtABE中，BE2，AE=23，则AD=23x，在RtADN中，AD2DN2+AN2，勾股定理求得x=423，则CD=DN+CN=2x+22=6226；（3）当点C，E，F在同一直线上时，且点E在FC上时，设ABCACB，则
19、BAC1802，得出BEC+BAC180，则AB，E，C 在同一个圆上，进而根据圆周角定理得出EACEBC，表示BAE与ABF，即可求解；当F在EC上时，可得A，B，E，C在同一个圆上，设ABCACB，则BACBEF1802，设NBF，则EBM，则 +360，表示BAE 与ABF，即可求解【解答】解：（1）ABAC，点M，N分别为边AB，BC的中点，MN是ABC的中位线，MN=12AC，MNAC；故答案是：MN=12AC，MNAC；（2）特例研讨：如图所示，连接EM，MN，NF，MN是BAC的中位线，MNAC，BMNBAC90，将BMN绕点B顺时针旋转（为锐角），得到BEF，BEBM，BFBN
20、；BEFBMN90，点A，E，F在同一直线上，AEBBEF90，在RtABE中，M是斜边AB的中点，ME=12AB=MB，BMMEBE，BME是等边三角形，ABE60，即旋转角60，NBF60，BNBF，BNF是等边三角形，又BNNC，BNNF，NFNC，NCFNFC，BNFNCF+NFC2NFC60，FCB30；（2）如图所示，连接AN，ABAC，BAC90 BC=42，AB=22BC=4，ACBABC45，ADNBDE，ANBBED90，ADNBDE，DNDE=ANBE=222=2，设DEx，则DN=2x，在RtABE中，BE=2，AE=23，则AD=23x，在RtADN中，AD2DN2+
21、AN2，(23x)2=(2x)2+(22)2，解得：x=423 或 x=234 （舍去），CD=DN+CN=2x+22=6226；（3）如图所示，当点C，E，F在同一直线上时，且点E在FC上时，ABAC，ABCACB，设ABCACB，则BAC1802，MN是ABC的中位线，MNAC，MNBMBN，将BMN绕点B顺时针旋转，得到BEF，EBFMBN，MBENBF，EBFEFB，BEF1802，点C，E，F在同一直线上，BEC2，BEC+BAC180，A，B，E，C在同一个圆上，EACEBC，BAEBACEAC（1802）（）180，ABF+，BAE+ABF180，如图所示，当F在EC上时，BEF
22、BAC，BCBC，A，B，E，C在同一个圆上，设ABCACB，则BACBEF1802，将BMN绕点B顺时针旋转，得到BEF，设NBF，则EBM，则 +360，ABF，BFEEBF，EFBFBC+FCB，ECBFCBEFBFBC，EB=EB，EABECB，BAEABF，综上所述，BAEABF或BAE+ABF180【点评】本题属于几何变换综合题，考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，中位 线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，勾股定理，熟练掌 以上知识是解题的关键几何变换综合题43（2023广元）如图1，已知线段AB，AC
23、，线段AC绕点A在直线AB上方旋转，连接BC，以BC为边在BC上方作RtBDC，且DBC30（1）若BCD90，以AB为边在AB上方作RtBAE，且AEB90，EBA30，连接DE，用等式表示线段AC与DE的数量关系是 AC=233DE；（2）如图2，在（1）的条件下，若DEAB，AB4，AC2，求BC的长；（3）如图3，若BCD90，AB4，AC2，当AD的值最大时，求此时tanCBA的值【答案】（1）AC=233DE；（2）BC=27；（3）35【分析】（1）证明ABECCBD，根据相似三角形的性质得出ABBC=BEBD，DBECBA，进而证明ABCEBD，根据相似三角形的性质即可求解；（
24、2）求出AE2，延长DE交AB于点F，在RtAEF 中，由直角三角形的性质求得EF，AF，进而求得BF的长，根据（1 的结论，得出 DE=3，在RtBFD中，勾股定理求得BD，进而根据ABCEBD，即可求出案（3）如图所示，以AB为边在AB上方作RtBAE，且EAB90，EBA30，连接BE，EA，ED，EC，同（1）可得BDEBCA，求出AE的长，进而得出D在以E为圆心，433为半径的圆上运动，当点A，E，D 三点共线时，AD的值最大，进而求得 cosBDA=277，sinBDA=217，根据ABCEBD得出BDEBCA，过点A作AFBC于点F，由直角三角形的性质分别求得AF，CF，然后求出
25、BF，最后根据正切的定义即可得出答案【解答】解：（1）在RtBDC中，DBC30，在RtBAE中，AEB90，EBA30，ABECBD，DBE+EBCABC+EBC，BE=ABcosABE=32AB，ABBC=BEBD，DBECBA，ABCEBD，ACDE=ABBE=AB32AB=233，AC=233DE，故答案为：AC=233DE；（2）在RtBAE，AEB90，EBA30，AB4，AEABsinEBA=12AB2，BAE60，延长DE交AB于点F，如图所示，EF=AEsinBAE=322=3，AF=12AE=1，BFABAF413，由（1）可得AC=233DE，DE=32AC=3，DF=D
26、E+EF=23，在RtBFD中，BD=BF2+DF2=32+(23)2=21，ABCEBD，BCBD=ACDE=233，BC=23321=27，即BC=27；（3）如图所示，以AB为边在AB上方作RtBAE，且EAB90，EBA30，连接BE，EA，ED，EC，同（1）可得BDEBCA，DEAC=BDBC=233，AC2，DE=433，在RtAEB中，AB4，AE=ABtanEBA=433=433，D在以E为圆心，433为半径的圆上运动，当点A，E，D三点共线时，AD的值最大，此时如图所示，则AD=AE+DE=833，在RtABD中，BD=AB2+AD2=42+(833)2=4213，cosB
27、DA=ADBD=8334213=277，sinBDA=ABBD=ABBD=44213=217，BEA90，BED90，ABCEBD，BDEBCA，过点A作AFBC于点F，CF=ACcosACB=2277=477，AF=ACsinACB=2217，DBC30，BC=32BD=324113=27，BF=BCCF=27477=1077，RtAFB中，tanCBA=AFBF=22171077=35【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，锐角三角函数的定义，熟练掌握解直角三角形及相似三角形的性质与判定是解题的关键44（2023随州
28、）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：（其中处从“直角”和“等边”中选择填空，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，处填写角度数，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APC，连接PP，由PCPC，PCP60，可知PCP为 等边三角
29、形，故PPPC，又PAPA，故PA+PB+PCPA+PB+PPAB，由 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，如图2，最小值为AB，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有APCBPCAPB120；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BAC120，则该三角形的“费马点”为 A点（2）如图4，在ABC中，三个内角均小于120，且AC3，BC4，ACB30，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AC4km，BC23km，ACB60现欲建一
30、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a的式子表示）【答案】（1）等边；两点之间线段最短；120；A；（2）5；（3）213a【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APC，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AB，再根据ACB30可证明ACA90，根据勾股定理即可求出AB；（3）根据总铺设成本=
31、a(PA+PB+2PC)，将APC绕点C顺时针旋转90得到APC，得到等腰直角PPC，推出PP=2PC，即可得出当B、P、P、A在同一条直线上时，PA+PB+PP取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为AB的长，然后根据已知条件和旋转的性质求出AB即可【解答】解：（1）PCPC，PCP60，PCP为等边三角形，PPPC，PPCPPC60，又PAPA，PA+PB+PCPA+PB+PPAB，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AB，此时的P点为该三角形的“费马点”，BPC+PPC180，APC+PPC180，BPC120，APC120，将A
32、PC绕点C顺时针旋转60得到APC，APCAPC，APCAPC120，APB360120120120，APCBPCAPB120，BAC120，BCAC，BCAB，BC+ABAC+AB，BC+ACAB+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APC，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AB，ACPACP，ACP+BCPACP+BCPACB30
33、，又PCP60，BCA90，根据旋转的性质可知：ACAC3，AB=42+32=5，即PA+PB+PC的最小值为5；（3）总铺设成本PAa+PBa+PC2a=a(PA+PB+2PC)，当PA+PB+2PC最小时，总铺设成本最低，将APC绕点C顺时针旋转90得到APC，连接PP，AB，由旋转性质可知：PCPC，PCPACA90，PAPA，ACAC4km，PP=2PC，PA+PB+2PCPA+PB+PP，当B、P、P、A在同一条直线上时，PA+PB+PP取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为AB，过点A作AHBC于H，ACB60，ACA90，ACH30，AH=12AC2km，HC=AC2AH2=4
34、222=23（km），BHBC+CH=23+23=4（km），AB=AH2+BH2=(43)2+22=213（km），即PA+PB+2PC的最小值为213km，总铺设成本为：总铺设成本=a(PA+PB+2PC)=213a（元）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几何变换综合题50（2023湖北）【问题呈现】CAB和CDE都是直角三角形，ACBDCE90，CBmCA，CEmCD，连接AD，BE，探究AD，BE的位置关系【问题探究】（1）如图1，当m1时，直接写出AD，BE的位
35、置关系：ADBE（2）如图2，当m1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，AB47，DE4时，将CDE绕点C旋转，使A，D，E三点恰好在同一直线上，求BE的长【答案】（1）BEAD；（2）成立，理由见解析过程；（3）BE63或43【分析】（1）由“SAS”可证ACDBCE，可得DACCBE，由余角的性质可证ADBE；（2）通过证明DCAECB，可得DACCBE，由余角的性质可证ADBE；（3）分两种情况讨论，由相似三角形的性质可得BE=3AD，由勾股定理可求解【解答】解：（1）如图1，延长BE交AC于点H，交AD于N，当m1时，DCCE，C
36、BCA，ACBDCE90，ACDBCE，ACDBCE（SAS），DACCBE，CAB+ABE+CBE90，CAB+ABE+DAC90，ANB90，ADBE，故答案为：ADBE；（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，ACBDCE90，ACDBCE，又DCCE=ACBC=1m，DCAECB，DACCBE，CAB+ABE+CBE90，CAB+ABE+DAC90，ANB90，ADBE，（3）如图3，当点E在线段AD上时，连接BE，DCAECB，BEAD=BCAC=m=3，BE=3AD=3（4+AE），ADBE，AB2AE2+BE2，112AE2+3（4+AE）2
37、，AE2或AE8（舍去），BE63，当点D在线段AE上时，连接BE，DCAECB，BEAD=BCAC=m=3，BE=3AD=3（AE4），ADBE，AB2AE2+BE2，112AE2+3（AE4）2，AE8或AE2（舍去），BE43，综上所述：BE63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几何变换综合题39（2023巴中）综合与实践（1）提出问题如图1，在ABC和ADE中，BACDAE90，且ABAC，ADAE，连接BD，连接CE交BD的延长线于点OBOC的度数是 90BD：CE
38、1：1（2）类比探究如图2，在ABC和DEC中，BACEDC90，且ABAC，DEDC，连接AD、BE并延长交于点OAOB的度数是 45；AD：BE1：2（3）问题解决如图3，在等边ABC中，ADBC于点D，点E在线段AD上（不与A重合），以AE为边在AD的左侧构造等边AEF，将AEF绕着点A在平面内顺时针旋转任意角度如图4，M为EF的中点，N为BE的中点说明MND为等腰三角形求MND的度数【考点】几何变换综合题菁优网版权所有【分析】（1）（2）从图形可辩知，这个是手拉手全等或相似模型，按模型的相关结论解题（3）稍有变化，受前两问的启发，连接BF、CE完成手拉手的构造，再结合三角形中位线知识解
39、题【解答】解：（1）BACDAE90，BACDACDAEDAC，BADCAE又ABAC，ADAE，BADCAE（SAS）ABDACE，BAC90，ABC+ACBABD+OBC+ACB90，ACE+OBC+ACB90，即：BCE+OBC90，BOC90故BOC的度数是90由得BADCAE，BDCE故BD：CE1：1（2）ABAC，DEDC，ABDE=ACDC，又BACEDC90，ABCDEC，ACBDCB，BCAC=ECDCACE+ECBDCA+ACE，ECBDCAECBDCA，CBECAD，AOB180ABOBAO180ABOCADBAC180ABOCBE90180459045故AOB 的度数是45由得：ECBD