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4. 如图,在矩形$ABCD$中,$∠ABD=60°,AB=4$,则$AC=$
8
.答案
8
解析
【分析】
解题时先从矩形的性质入手，矩形的对角线相等且互相平分，因此可得AC=BD，且OA=OB。结合已知条件∠ABD=60°，可判定△AOB是等边三角形，由此求出OB的长度，进而得到BD的长度，最终求出AC的长度。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，且$OA=\frac{1}{2}AC$，$OB=\frac{1}{2}BD$，
∴OA=OB。
又
∵∠ABD=60°，
∴△AOB为等边三角形，
∴OB=AB=4，
∴BD=2OB=2×4=8，
∴AC=BD=8。
【答案】
8
【知识点】
矩形的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是基础几何计算题，解题关键是灵活运用矩形对角线的性质，结合等边三角形的判定求出对角线一半的长度，进而得到所求对角线的长度，解题思路清晰，难度较低。
【难度系数】
0.8
解题时先从矩形的性质入手，矩形的对角线相等且互相平分，因此可得AC=BD，且OA=OB。结合已知条件∠ABD=60°，可判定△AOB是等边三角形，由此求出OB的长度，进而得到BD的长度，最终求出AC的长度。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，且$OA=\frac{1}{2}AC$，$OB=\frac{1}{2}BD$，
∴OA=OB。
又
∵∠ABD=60°，
∴△AOB为等边三角形，
∴OB=AB=4，
∴BD=2OB=2×4=8，
∴AC=BD=8。
【答案】
8
【知识点】
矩形的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是基础几何计算题，解题关键是灵活运用矩形对角线的性质，结合等边三角形的判定求出对角线一半的长度，进而得到所求对角线的长度，解题思路清晰，难度较低。
【难度系数】
0.8
5. 如图,菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,过点D作$DH ⊥ BC$于点H,连接OH,若$OA=3$,$OH=2$,则菱形ABCD的面积为$\underline{\hspace{5em}}$.
答案
12
解析
【分析】
解题时先结合菱形性质推导对角线AC的长度：菱形对角线互相垂直平分，已知OA=3，可直接得出AC=2OA=6。再观察DH⊥BC得到Rt△DHB，O是BD中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可由OH=2推出BD=2OH=4，最后用菱形面积等于对角线乘积的一半的公式计算即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD
∵OA=3
∴AC=2OA=2×3=6
∵DH⊥BC
∴∠DHB=90°，△DHB为直角三角形
又
∵O为BD的中点
∴OH是Rt△DHB斜边BD上的中线
∴OH=$\frac{1}{2}$BD
∵OH=2
∴BD=2OH=2×2=4
∴菱形ABCD的面积S=$\frac{1}{2}$×AC×BD=$\frac{1}{2}$×6×4=12
【答案】
12
【知识点】
菱形的性质；直角三角形斜边中线的性质；菱形面积计算
【点评】
本题是菱形性质和直角三角形性质的综合应用题型，解题关键是熟练掌握基础性质，快速找到菱形两条对角线的长度，是几何部分的常见基础题型。
【难度系数】
0.7
解题时先结合菱形性质推导对角线AC的长度：菱形对角线互相垂直平分，已知OA=3，可直接得出AC=2OA=6。再观察DH⊥BC得到Rt△DHB，O是BD中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可由OH=2推出BD=2OH=4，最后用菱形面积等于对角线乘积的一半的公式计算即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD
∵OA=3
∴AC=2OA=2×3=6
∵DH⊥BC
∴∠DHB=90°，△DHB为直角三角形
又
∵O为BD的中点
∴OH是Rt△DHB斜边BD上的中线
∴OH=$\frac{1}{2}$BD
∵OH=2
∴BD=2OH=2×2=4
∴菱形ABCD的面积S=$\frac{1}{2}$×AC×BD=$\frac{1}{2}$×6×4=12
【答案】
12
【知识点】
菱形的性质；直角三角形斜边中线的性质；菱形面积计算
【点评】
本题是菱形性质和直角三角形性质的综合应用题型，解题关键是熟练掌握基础性质，快速找到菱形两条对角线的长度，是几何部分的常见基础题型。
【难度系数】
0.7
6. 按如图所示，将一张矩形纸对折两次，然后剪下一个角，保证剪口线与折痕夹角的大小为$45°$，将这个剪下的角打开，得到的图形是
正方形
.如果剪口线与折痕夹角的大小不为$45°$，得到的图形是菱形
.答案
正方形 菱形
解析
【分析】
解题时先思考折叠的性质：将矩形对折两次，两次折痕互相垂直，且折叠后四层纸重合，剪下一个角后展开得到的四边形四条边长度相等，首先符合菱形的特征。接下来分析剪口线与折痕的夹角对图形内角的影响：当夹角为45°时，四边形的内角为2×45°=90°，结合菱形的特征可判断图形为正方形；若夹角不为45°，内角不是直角，仍为菱形。
【解析】
1. 矩形对折两次后，两次折痕互相垂直，且折叠后四层纸完全重合，沿剪口线剪下一个角后展开，得到的四边形四条边长度相等，因此该四边形是菱形。
2. 当剪口线与折痕夹角为45°时，菱形的内角为2×45°=90°，根据“有一个角是直角的菱形是正方形”，可知此时得到的图形是正方形。
3. 若剪口线与折痕夹角不为45°，则菱形的内角不是90°，得到的图形仍为菱形。
【答案】
正方形；菱形
【知识点】
折叠的性质；菱形的判定；正方形的判定
【点评】
本题结合动手操作场景考查特殊四边形的判定，解题的关键是理解折叠后图形边的等量关系，熟练掌握菱形和正方形的判定条件即可轻松解答。
【难度系数】
0.7
解题时先思考折叠的性质：将矩形对折两次，两次折痕互相垂直，且折叠后四层纸重合，剪下一个角后展开得到的四边形四条边长度相等，首先符合菱形的特征。接下来分析剪口线与折痕的夹角对图形内角的影响：当夹角为45°时，四边形的内角为2×45°=90°，结合菱形的特征可判断图形为正方形；若夹角不为45°，内角不是直角，仍为菱形。
【解析】
1. 矩形对折两次后，两次折痕互相垂直，且折叠后四层纸完全重合，沿剪口线剪下一个角后展开，得到的四边形四条边长度相等，因此该四边形是菱形。
2. 当剪口线与折痕夹角为45°时，菱形的内角为2×45°=90°，根据“有一个角是直角的菱形是正方形”，可知此时得到的图形是正方形。
3. 若剪口线与折痕夹角不为45°，则菱形的内角不是90°，得到的图形仍为菱形。
【答案】
正方形；菱形
【知识点】
折叠的性质；菱形的判定；正方形的判定
【点评】
本题结合动手操作场景考查特殊四边形的判定，解题的关键是理解折叠后图形边的等量关系，熟练掌握菱形和正方形的判定条件即可轻松解答。
【难度系数】
0.7
7. 如图,在矩形ABCD中,AB=15,BC=8,P是对角线AC上一个动点(点P与点A,C不重合),过点P分别作PE⊥AD于点E,PF//BC交CD于点F,连接EF,则EF的最小值为
$\dfrac{120}{17}$
.答案
$\dfrac{120}{17}$
解析
【分析】
遇到动点求线段最小值的问题，首先考虑将所求线段转化为更容易求解的线段：首先观察PE、PF和矩形ABCD边的位置关系，可证四边形DEPF是矩形，根据矩形对角线相等可得EF=DP，因此求EF的最小值等价于求点D到对角线AC的最短距离；根据“垂线段最短”可知，当DP⊥AC时，DP长度最小，接下来通过勾股定理求AC长度，再利用三角形面积法计算点D到AC的垂线段长度即可得到结果。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，CD=AB=15，AD=BC=8，
在Rt△ADC中，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{8^2+15^2}=\sqrt{289}=17$，
∵PE⊥AD，
∴∠PED=90°，
∵PF//BC，BC//AD，BC⊥CD，
∴PF//AD，∠PFD=90°，
∴四边形DEPF的四个角均为直角，即四边形DEPF是矩形，
∴EF=DP（矩形的对角线相等），
根据垂线段最短，当DP⊥AC时，DP的长度最小，即EF的长度最小，
过点D作DH⊥AC于点H，此时DH即为DP的最小值，
利用△ADC的面积相等可得：
$S_{△ ADC}=\frac{1}{2}AD· CD=\frac{1}{2}AC· DH$，
代入数值：$\frac{1}{2}×8×15=\frac{1}{2}×17× DH$，
解得：$DH=\frac{120}{17}$，
即EF的最小值为$\frac{120}{17}$。
【答案】
$\dfrac{120}{17}$
【知识点】
矩形的判定与性质，垂线段最短，勾股定理
【点评】
本题属于动点最值类问题，核心解题思路是利用矩形的性质将未知线段EF转化为定点D到动点P的线段DP，将动态最值问题转化为定点到定直线的距离问题，结合勾股定理和面积法求解，很好地考查了转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
遇到动点求线段最小值的问题，首先考虑将所求线段转化为更容易求解的线段：首先观察PE、PF和矩形ABCD边的位置关系，可证四边形DEPF是矩形，根据矩形对角线相等可得EF=DP，因此求EF的最小值等价于求点D到对角线AC的最短距离；根据“垂线段最短”可知，当DP⊥AC时，DP长度最小，接下来通过勾股定理求AC长度，再利用三角形面积法计算点D到AC的垂线段长度即可得到结果。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，CD=AB=15，AD=BC=8，
在Rt△ADC中，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{8^2+15^2}=\sqrt{289}=17$，
∵PE⊥AD，
∴∠PED=90°，
∵PF//BC，BC//AD，BC⊥CD，
∴PF//AD，∠PFD=90°，
∴四边形DEPF的四个角均为直角，即四边形DEPF是矩形，
∴EF=DP（矩形的对角线相等），
根据垂线段最短，当DP⊥AC时，DP的长度最小，即EF的长度最小，
过点D作DH⊥AC于点H，此时DH即为DP的最小值，
利用△ADC的面积相等可得：
$S_{△ ADC}=\frac{1}{2}AD· CD=\frac{1}{2}AC· DH$，
代入数值：$\frac{1}{2}×8×15=\frac{1}{2}×17× DH$，
解得：$DH=\frac{120}{17}$，
即EF的最小值为$\frac{120}{17}$。
【答案】
$\dfrac{120}{17}$
【知识点】
矩形的判定与性质，垂线段最短，勾股定理
【点评】
本题属于动点最值类问题，核心解题思路是利用矩形的性质将未知线段EF转化为定点D到动点P的线段DP，将动态最值问题转化为定点到定直线的距离问题，结合勾股定理和面积法求解，很好地考查了转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
8. 在矩形$ABCD$中，$AB=3$，$BC=5$，点$P$是直线$BC$上一动点，若将$△ ABP$沿$AP$折叠，使点$B$落在点$E$处，连接$AE$，$PE$，若$P$，$E$，$D$三点在同一条直线上，则$BP=$______.
答案
1或9
解析
【分析】
本题是矩形中的折叠动点问题，解题时首先利用折叠的性质得到相等的边与角，其次注意点P在直线BC上，需分点P在线段BC上、点P在BC的延长线上两种情况分类讨论，再结合平行线的性质推导出等腰三角形，最后用勾股定理计算线段长度即可。
【解析】
∵四边形ABCD是矩形
∴AD//BC，AD=BC=5，AB=CD=3，∠B=90°
由折叠的性质可得：△ABP≌△AEP
∴AE=AB=3，PE=BP，∠AEP=∠B=90°，∠APB=∠APE
分两种情况讨论：
1. 当点P在线段BC上时：
∵AD//BC，
∴∠APB=∠PAD
又
∵∠APB=∠APE，
∴∠PAD=∠APE
∴PD=AD=5
在Rt△ADE中，由勾股定理得：
$DE=\sqrt{AD^2-AE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$
∴PE=PD-DE=5-4=1
∴BP=PE=1
2. 当点P在BC的延长线（点C右侧）上时：
同理可得∠PAD=∠APE，PD=AD=5
在Rt△ADE中，$DE=\sqrt{AD^2-AE^2}=4$
∴PE=PD+DE=5+4=9
∴BP=PE=9
综上，BP的长为1或9。
【答案】
1或9
【知识点】
折叠的性质，矩形的性质，勾股定理
【点评】
本题是折叠类的综合题型，解题关键是掌握折叠前后图形全等的性质，难点是注意"点P在直线BC上"的条件，需分类讨论两种位置，避免漏解。
【难度系数】
0.6
本题是矩形中的折叠动点问题，解题时首先利用折叠的性质得到相等的边与角，其次注意点P在直线BC上，需分点P在线段BC上、点P在BC的延长线上两种情况分类讨论，再结合平行线的性质推导出等腰三角形，最后用勾股定理计算线段长度即可。
【解析】
∵四边形ABCD是矩形
∴AD//BC，AD=BC=5，AB=CD=3，∠B=90°
由折叠的性质可得：△ABP≌△AEP
∴AE=AB=3，PE=BP，∠AEP=∠B=90°，∠APB=∠APE
分两种情况讨论：
1. 当点P在线段BC上时：
∵AD//BC，
∴∠APB=∠PAD
又
∵∠APB=∠APE，
∴∠PAD=∠APE
∴PD=AD=5
在Rt△ADE中，由勾股定理得：
$DE=\sqrt{AD^2-AE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$
∴PE=PD-DE=5-4=1
∴BP=PE=1
2. 当点P在BC的延长线（点C右侧）上时：
同理可得∠PAD=∠APE，PD=AD=5
在Rt△ADE中，$DE=\sqrt{AD^2-AE^2}=4$
∴PE=PD+DE=5+4=9
∴BP=PE=9
综上，BP的长为1或9。
【答案】
1或9
【知识点】
折叠的性质，矩形的性质，勾股定理
【点评】
本题是折叠类的综合题型，解题关键是掌握折叠前后图形全等的性质，难点是注意"点P在直线BC上"的条件，需分类讨论两种位置，避免漏解。
【难度系数】
0.6
9. 如图,将$\mathrm{Rt}△ ABC$绕直角边$AC$的中点$H$旋转,得到$△ EFD$.若$△ EFD$的直角顶点$D$落在$△ ABC$的斜边$AB$上,$EF$与$AC$交于点$G$,且$△ EGH$恰好是以$GH$为底边的等腰三角形,则$∠ A=\_\_\_\_\_\_$.
答案
$36°$
解析
【分析】
解题时先结合旋转的性质和中点的定义得到相等的线段，再利用等腰三角形等边对等角的性质、三角形内角和定理推导角的数量关系，最后通过设未知数列方程求解即可。首先明确旋转前后对应角相等、对应点到旋转中心的距离相等，结合H是AC中点可得多组相等线段；再利用等腰三角形的性质用含∠A的式子表示出相关角，结合△EGH的等腰特征找到等量关系列方程求解。
【解析】
设$∠ A=x$，
1. 根据旋转的性质可得：$∠ E=∠ A=x$，$HC=HD$，$HA=HE$，
∵H是AC的中点，
∴$HA=HC$，
∴$HA=HD=HC=HE$。
2. 在$△ ADC$中，
∵$HA=HD$，
∴$∠ HAD=∠ HDA=x$，
∵$HD=HC$，
∴$∠ HDC=∠ HCD$，
由三角形内角和为$180°$得：$∠ HAD+∠ HDA+∠ HDC+∠ HCD=180°$，
化简得$2(∠ HDA+∠ HDC)=180°$，即$∠ ADC=90°$，
∴$∠ ACD=90°-∠ A=90°-x$，
在$△ HDC$中，$∠ CHD=180°-2∠ ACD=180°-2(90°-x)=2x$。
3. 由旋转的特征可知A对应E、C对应D，A、H、C共线，故E、H、D共线，$∠ AHE$与$∠ CHD$是对顶角，
∴$∠ AHE=∠ CHD=2x$，即$∠ EHG=2x$。
4.
∵$△ EGH$是以GH为底边的等腰三角形，
∴$EG=EH$，$∠ EGH=∠ EHG$，
在$△ EGH$中，$∠ E+∠ EGH+∠ EHG=180°$，代入得$x+2∠ EHG=180°$，
∴$∠ EHG=\frac{180°-x}{2}$。
5. 联立$∠ EHG$的两个表达式得：$2x=\frac{180°-x}{2}$，
解得$5x=180°$，$x=36°$。
【答案】
$36°$
【知识点】
旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题属于几何综合计算题，解题的关键是结合旋转性质挖掘图中隐含的相等线段和相等角，通过设未知数建立方程求解，很好地体现了方程思想在几何问题中的应用。
【难度系数】
0.3
解题时先结合旋转的性质和中点的定义得到相等的线段，再利用等腰三角形等边对等角的性质、三角形内角和定理推导角的数量关系，最后通过设未知数列方程求解即可。首先明确旋转前后对应角相等、对应点到旋转中心的距离相等，结合H是AC中点可得多组相等线段；再利用等腰三角形的性质用含∠A的式子表示出相关角，结合△EGH的等腰特征找到等量关系列方程求解。
【解析】
设$∠ A=x$，
1. 根据旋转的性质可得：$∠ E=∠ A=x$，$HC=HD$，$HA=HE$，
∵H是AC的中点，
∴$HA=HC$，
∴$HA=HD=HC=HE$。
2. 在$△ ADC$中，
∵$HA=HD$，
∴$∠ HAD=∠ HDA=x$，
∵$HD=HC$，
∴$∠ HDC=∠ HCD$，
由三角形内角和为$180°$得：$∠ HAD+∠ HDA+∠ HDC+∠ HCD=180°$，
化简得$2(∠ HDA+∠ HDC)=180°$，即$∠ ADC=90°$，
∴$∠ ACD=90°-∠ A=90°-x$，
在$△ HDC$中，$∠ CHD=180°-2∠ ACD=180°-2(90°-x)=2x$。
3. 由旋转的特征可知A对应E、C对应D，A、H、C共线，故E、H、D共线，$∠ AHE$与$∠ CHD$是对顶角，
∴$∠ AHE=∠ CHD=2x$，即$∠ EHG=2x$。
4.
∵$△ EGH$是以GH为底边的等腰三角形，
∴$EG=EH$，$∠ EGH=∠ EHG$，
在$△ EGH$中，$∠ E+∠ EGH+∠ EHG=180°$，代入得$x+2∠ EHG=180°$，
∴$∠ EHG=\frac{180°-x}{2}$。
5. 联立$∠ EHG$的两个表达式得：$2x=\frac{180°-x}{2}$，
解得$5x=180°$，$x=36°$。
【答案】
$36°$
【知识点】
旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题属于几何综合计算题，解题的关键是结合旋转性质挖掘图中隐含的相等线段和相等角，通过设未知数建立方程求解，很好地体现了方程思想在几何问题中的应用。
【难度系数】
0.3
10. 如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ B=90°$,$AB=8$,$BC=6$,$D$是边$BC$上的一点,且$BD=2$,$E$是边$AB$上一个动点,连接$DE$.现以$DE$为一边在右侧作等边$△ EFD$,连接$CF$.
(1) 当点$E$与点$B$重合时,$CF=\_\_\_\_\_\_$;
(2) 在点$E$运动过程中,线段$CF$的最小值为________.
(1) 当点$E$与点$B$重合时,$CF=\_\_\_\_\_\_$;
(2) 在点$E$运动过程中,线段$CF$的最小值为________.
答案
(1) $2\sqrt{7}$ (2) 4
解析
【分析】
(1) 当E与B重合时，△BDF为边长等于BD的等边三角形，先得到DF的长度和∠CDF的度数，通过作高构造直角三角形，结合勾股定理即可求解CF的长度。
(2) 利用旋转构造全等三角形，可推出点F的运动轨迹是一条定直线，根据“垂线段最短”的性质，计算点C到这条直线的垂线段长度，即为CF的最小值。
【解析】
(1) 当点E与点B重合时，$DE=BD=2$，
∵$△ EFD$是等边三角形，
∴$DF=DE=2$，$∠ BDF=60°$，
∴$∠ CDF=180°-60°=120°$。
过点F作$FH⊥ BC$，交CB的延长线于点H，
则$∠ FDH=180°-120°=60°$，
在$Rt△ DFH$中，$DH=DF×\cos60°=2×\frac{1}{2}=1$，$FH=DF×\sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，
∵$BC=6$，$BD=2$，
∴$CD=BC-BD=4$，$CH=CD+DH=4+1=5$，
在$Rt△ CFH$中，$CF=\sqrt{CH^2+FH^2}=\sqrt{5^2+(\sqrt{3})^2}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$。
(2) 将$△ EDB$绕点D顺时针旋转$60°$，
∵$△ EFD$是等边三角形，
∴ED与FD重合，得到$△ FDM$，
∴$△ EDB≌△ FDM$，
∴$DM=BD=2$，$∠ FMD=∠ B=90°$，$∠ BDM=60°$，
∴$△ BDM$是等边三角形，点M为定点，且点F始终在过点M且垂直于DM的直线上运动。
建立平面直角坐标系：设B为原点，BC在x轴上，BA在y轴上，则$B(0,0)$，$C(6,0)$，$D(2,0)$，可求得定点M的坐标为$(1,\sqrt{3})$，
直线FM的方程为$x-\sqrt{3}y+2=0$，根据点到直线的距离公式，点C到直线FM的距离为$\frac{|6-0+2|}{\sqrt{1^2+(\sqrt{3})^2}}=4$，即CF的最小值为4。
【答案】
(1) $2\sqrt{7}$；(2) $4$
【知识点】
等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质；垂线段最短
【点评】
本题是几何综合题型，既考查了等边三角形、勾股定理的基础应用，又考查了通过旋转构造全等、确定动点轨迹求最值的解题思路，对学生的几何思维能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
(1) 当E与B重合时，△BDF为边长等于BD的等边三角形，先得到DF的长度和∠CDF的度数，通过作高构造直角三角形，结合勾股定理即可求解CF的长度。
(2) 利用旋转构造全等三角形，可推出点F的运动轨迹是一条定直线，根据“垂线段最短”的性质，计算点C到这条直线的垂线段长度，即为CF的最小值。
【解析】
(1) 当点E与点B重合时，$DE=BD=2$，
∵$△ EFD$是等边三角形，
∴$DF=DE=2$，$∠ BDF=60°$，
∴$∠ CDF=180°-60°=120°$。
过点F作$FH⊥ BC$，交CB的延长线于点H，
则$∠ FDH=180°-120°=60°$，
在$Rt△ DFH$中，$DH=DF×\cos60°=2×\frac{1}{2}=1$，$FH=DF×\sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，
∵$BC=6$，$BD=2$，
∴$CD=BC-BD=4$，$CH=CD+DH=4+1=5$，
在$Rt△ CFH$中，$CF=\sqrt{CH^2+FH^2}=\sqrt{5^2+(\sqrt{3})^2}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$。
(2) 将$△ EDB$绕点D顺时针旋转$60°$，
∵$△ EFD$是等边三角形，
∴ED与FD重合，得到$△ FDM$，
∴$△ EDB≌△ FDM$，
∴$DM=BD=2$，$∠ FMD=∠ B=90°$，$∠ BDM=60°$，
∴$△ BDM$是等边三角形，点M为定点，且点F始终在过点M且垂直于DM的直线上运动。
建立平面直角坐标系：设B为原点，BC在x轴上，BA在y轴上，则$B(0,0)$，$C(6,0)$，$D(2,0)$，可求得定点M的坐标为$(1,\sqrt{3})$，
直线FM的方程为$x-\sqrt{3}y+2=0$，根据点到直线的距离公式，点C到直线FM的距离为$\frac{|6-0+2|}{\sqrt{1^2+(\sqrt{3})^2}}=4$，即CF的最小值为4。
【答案】
(1) $2\sqrt{7}$；(2) $4$
【知识点】
等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质；垂线段最短
【点评】
本题是几何综合题型，既考查了等边三角形、勾股定理的基础应用，又考查了通过旋转构造全等、确定动点轨迹求最值的解题思路，对学生的几何思维能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
1. 图形经过平移、旋转或翻折运动后所具有的共同性质是
（
A.形状不变，大小可能改变
B.大小不变，形状可能改变
C.形状和大小都不变
D.形状和大小都可能改变
（
C
）A.形状不变，大小可能改变
B.大小不变，形状可能改变
C.形状和大小都不变
D.形状和大小都可能改变
答案
C
解析
【分析】
拿到这道题首先明确题干要求：找平移、旋转、翻折三类图形运动的共同性质。我们可以分别回忆三类变换的特征：平移是图形沿固定方向移动，仅改变位置，形状大小无变化；旋转是图形绕定点转动一定角度，也只改变位置，形状大小不变；翻折是图形沿直线对折，对折后的图形与原图形完全重合，形状大小同样不变。三类变换都属于全等变换，变换前后图形全等，因此可以推出它们的共同性质。
【解析】
平移、旋转、翻折都属于全等变换，变换前后的两个图形是全等图形。全等图形的形状和大小完全相同，仅位置可能发生改变，因此这三类运动的共同性质是形状和大小都不变，对应选项C符合要求。
【答案】
C
【知识点】
平移的性质、旋转的性质、翻折的性质
【点评】
本题是基础概念类考题，重点考查对常见图形变换核心性质的掌握，牢记各类变换的特点即可快速选出正确答案。
【难度系数】
0.9
拿到这道题首先明确题干要求：找平移、旋转、翻折三类图形运动的共同性质。我们可以分别回忆三类变换的特征：平移是图形沿固定方向移动，仅改变位置，形状大小无变化；旋转是图形绕定点转动一定角度，也只改变位置，形状大小不变；翻折是图形沿直线对折，对折后的图形与原图形完全重合，形状大小同样不变。三类变换都属于全等变换，变换前后图形全等，因此可以推出它们的共同性质。
【解析】
平移、旋转、翻折都属于全等变换，变换前后的两个图形是全等图形。全等图形的形状和大小完全相同，仅位置可能发生改变，因此这三类运动的共同性质是形状和大小都不变，对应选项C符合要求。
【答案】
C
【知识点】
平移的性质、旋转的性质、翻折的性质
【点评】
本题是基础概念类考题，重点考查对常见图形变换核心性质的掌握，牢记各类变换的特点即可快速选出正确答案。
【难度系数】
0.9
