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9. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,$AD ⊥ BC$,$D$为垂足,将$△ ADC$绕点$A$顺时针旋转,使$AC$与$AB$重合,点$D$落在点$E$处,延长$AE$交$CB$的延长线于点$F$,延长$EB$交$AD$的延长线于点$G$,求证:$EF=DG$.
答案
9. 由旋转可知, $∠ EAB = ∠ DAC$, $∠ EBA = ∠ C$.
$\because AB=AC,AD ⊥ BC$,
$\therefore ∠ DAB = ∠ DAC, ∠ ABC = ∠ C$.
$\therefore ∠ EAB = ∠ DAB, ∠ EBA = ∠ DBA$.
$\because ∠ EBF = ∠ DBG$,
$\therefore ∠ EBA + ∠ EBF = ∠ DBA + ∠ DBG$,即$∠ FBA = ∠ GBA$.
在$△ AFB$和$△ AGB$中,
$\begin{cases}∠ FAB = ∠ GAB, \\AB = AB, \\∠ FBA = ∠ GBA,\end{cases}$
$\therefore △ AFB ≌ △ AGB(\mathrm{ASA})$.
$\therefore AF=AG$.
$\because AD=AE$,
$\therefore AF-AE=AG-AD$,
即$EF=DG$.
$\because AB=AC,AD ⊥ BC$,
$\therefore ∠ DAB = ∠ DAC, ∠ ABC = ∠ C$.
$\therefore ∠ EAB = ∠ DAB, ∠ EBA = ∠ DBA$.
$\because ∠ EBF = ∠ DBG$,
$\therefore ∠ EBA + ∠ EBF = ∠ DBA + ∠ DBG$,即$∠ FBA = ∠ GBA$.
在$△ AFB$和$△ AGB$中,
$\begin{cases}∠ FAB = ∠ GAB, \\AB = AB, \\∠ FBA = ∠ GBA,\end{cases}$
$\therefore △ AFB ≌ △ AGB(\mathrm{ASA})$.
$\therefore AF=AG$.
$\because AD=AE$,
$\therefore AF-AE=AG-AD$,
即$EF=DG$.
解析
【分析】
要证明$EF=DG$，观察线段的和差关系可知$EF=AF-AE$，$DG=AG-AD$，由旋转的性质可得$AE=AD$，因此只需证明$AF=AG$即可。要证$AF=AG$，可通过证明$AF$、$AG$所在的$△ AFB$和$△ AGB$全等推导。接下来结合已知条件推导全等的条件：首先利用旋转的性质得到对应角相等，再结合等腰三角形“三线合一”的性质、对顶角相等推出$△ AFB$和$△ AGB$的两组对应角相等，加上公共边$AB$相等，即可用ASA判定全等，最后通过线段和差得到结论。
【解析】
证明：由旋转的性质可得，$∠ EAB = ∠ DAC$，$∠ EBA = ∠ C$，$AE=AD$。
$\because AB=AC$，$AD ⊥ BC$，
$\therefore ∠ DAB = ∠ DAC$，$∠ ABC = ∠ C$。
$\therefore ∠ EAB = ∠ DAB$，$∠ EBA = ∠ DBA$。
$\because ∠ EBF = ∠ DBG$（对顶角相等），
$\therefore ∠ EBA + ∠ EBF = ∠ DBA + ∠ DBG$，即$∠ FBA = ∠ GBA$。
在$△ AFB$和$△ AGB$中，
$\begin{cases}∠ FAB = ∠ GAB, \\AB = AB, \\∠ FBA = ∠ GBA,\end{cases}$
$\therefore △ AFB ≌ △ AGB(\mathrm{ASA})$。
$\therefore AF=AG$。
$\because AE=AD$，
$\therefore AF-AE=AG-AD$，
即$EF=DG$。
【答案】
$EF=DG$
【知识点】
旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何基础综合题，将旋转、等腰三角形、全等三角形的知识点结合考查，解题时运用转化思想，把待证线段相等转化为证明三角形全等，是几何证明的常用思路，能够较好地锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
要证明$EF=DG$，观察线段的和差关系可知$EF=AF-AE$，$DG=AG-AD$，由旋转的性质可得$AE=AD$，因此只需证明$AF=AG$即可。要证$AF=AG$，可通过证明$AF$、$AG$所在的$△ AFB$和$△ AGB$全等推导。接下来结合已知条件推导全等的条件：首先利用旋转的性质得到对应角相等，再结合等腰三角形“三线合一”的性质、对顶角相等推出$△ AFB$和$△ AGB$的两组对应角相等，加上公共边$AB$相等，即可用ASA判定全等，最后通过线段和差得到结论。
【解析】
证明：由旋转的性质可得，$∠ EAB = ∠ DAC$，$∠ EBA = ∠ C$，$AE=AD$。
$\because AB=AC$，$AD ⊥ BC$，
$\therefore ∠ DAB = ∠ DAC$，$∠ ABC = ∠ C$。
$\therefore ∠ EAB = ∠ DAB$，$∠ EBA = ∠ DBA$。
$\because ∠ EBF = ∠ DBG$（对顶角相等），
$\therefore ∠ EBA + ∠ EBF = ∠ DBA + ∠ DBG$，即$∠ FBA = ∠ GBA$。
在$△ AFB$和$△ AGB$中，
$\begin{cases}∠ FAB = ∠ GAB, \\AB = AB, \\∠ FBA = ∠ GBA,\end{cases}$
$\therefore △ AFB ≌ △ AGB(\mathrm{ASA})$。
$\therefore AF=AG$。
$\because AE=AD$，
$\therefore AF-AE=AG-AD$，
即$EF=DG$。
【答案】
$EF=DG$
【知识点】
旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何基础综合题，将旋转、等腰三角形、全等三角形的知识点结合考查，解题时运用转化思想，把待证线段相等转化为证明三角形全等，是几何证明的常用思路，能够较好地锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
10. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC=4$,将$△ ABC$绕点$A$顺时针旋转$30°$得到$△ ACD$,延长$AD$交$BC$的延长线于点$E$,求$DE$的长.
答案
10. 如图,过点$C$作$CF ⊥ AE$于点$F$,则$∠ AFC = ∠ EFC = 90°$.
由旋转可知, $∠ BAC = ∠ CAD = 30°, AD = AC=4$.
$\therefore ∠ ACD = ∠ ADC = \dfrac{1}{2}×(180°-30°)=75°$.
$\because AB=AC$,
$\therefore ∠ B = ∠ BCA = \dfrac{1}{2}×(180°-30°)=75°$.
$\therefore ∠ ECD = 180° - ∠ BCA - ∠ ACD = 30°$.
$\because ∠ CAD=30°, ∠ AFC=90°$,
$\therefore ∠ ACF=60°$.
$\therefore ∠ DCF=15°$.
$\therefore ∠ ECF = ∠ DCF + ∠ ECD = 45°$.
$\because ∠ EFC=90°$,
$\therefore ∠ E=90° - ∠ ECF=45°$.
$\therefore ∠ ECF = ∠ E$.
$\therefore CF=EF$.
$\because ∠ CAF=30°, ∠ AFC=90°, AC=4$,
$\therefore CF=\dfrac{1}{2}AC=2$.
$\therefore AF=\sqrt{AC^2-CF^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$, $EF=CF=2$.
$\because AD=AC=4$,
$\therefore DF=AD-AF=4-2\sqrt{3}$.
$\therefore DE=EF-DF=2-(4-2\sqrt{3})=2\sqrt{3}-2$.
解析
【分析】
解题时首先结合旋转的性质得到对应边、对应角相等的关系，已知存在30°角和等腰三角形条件，直接求DE长度缺乏直角计算条件，因此可通过作CF⊥AE构造直角三角形。先利用含30°角的直角三角形性质求出CF、AF的长度，再通过角度推导得出∠E为45°，得到EF=CF，随后求出DF的长度，最终通过线段和差关系即可求出DE的长。
【解析】
如图，过点$C$作$CF ⊥ AE$于点$F$，则$∠ AFC = ∠ EFC = 90°$.
由旋转可知, $∠ BAC = ∠ CAD = 30°, AD = AC=4$.
$\therefore ∠ ACD = ∠ ADC = \dfrac{1}{2}×(180°-30°)=75°$.
$\because AB=AC$,
$\therefore ∠ B = ∠ BCA = \dfrac{1}{2}×(180°-30°)=75°$.
$\therefore ∠ ECD = 180° - ∠ BCA - ∠ ACD = 30°$.
$\because ∠ CAD=30°, ∠ AFC=90°$,
$\therefore ∠ ACF=60°$.
$\therefore ∠ DCF=∠ACD - ∠ACF = 15°$.
$\therefore ∠ ECF = ∠ DCF + ∠ ECD = 45°$.
$\because ∠ EFC=90°$,
$\therefore ∠ E=90° - ∠ ECF=45°$.
$\therefore ∠ ECF = ∠ E$.
$\therefore CF=EF$.
$\because ∠ CAF=30°, ∠ AFC=90°, AC=4$,
$\therefore CF=\dfrac{1}{2}AC=2$.
$\therefore AF=\sqrt{AC^2-CF^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$, $EF=CF=2$.
$\because AD=AC=4$,
$\therefore DF=AD-AF=4-2\sqrt{3}$.
$\therefore DE=EF-DF=2-(4-2\sqrt{3})=2\sqrt{3}-2$.
【答案】
$DE$的长为$2\sqrt{3}-2$
【知识点】
旋转的性质，等腰三角形的性质，解直角三角形
【点评】
本题是几何综合类常规题型，融合了旋转、等腰三角形、特殊直角三角形的边角关系多个考点，解题的核心是合理作辅助线构造直角三角形，准确推导角度得到特殊直角三角形，再结合线段和差关系计算即可。
【难度系数】
0.6
解题时首先结合旋转的性质得到对应边、对应角相等的关系，已知存在30°角和等腰三角形条件，直接求DE长度缺乏直角计算条件，因此可通过作CF⊥AE构造直角三角形。先利用含30°角的直角三角形性质求出CF、AF的长度，再通过角度推导得出∠E为45°，得到EF=CF，随后求出DF的长度，最终通过线段和差关系即可求出DE的长。
【解析】
如图，过点$C$作$CF ⊥ AE$于点$F$，则$∠ AFC = ∠ EFC = 90°$.
由旋转可知, $∠ BAC = ∠ CAD = 30°, AD = AC=4$.
$\therefore ∠ ACD = ∠ ADC = \dfrac{1}{2}×(180°-30°)=75°$.
$\because AB=AC$,
$\therefore ∠ B = ∠ BCA = \dfrac{1}{2}×(180°-30°)=75°$.
$\therefore ∠ ECD = 180° - ∠ BCA - ∠ ACD = 30°$.
$\because ∠ CAD=30°, ∠ AFC=90°$,
$\therefore ∠ ACF=60°$.
$\therefore ∠ DCF=∠ACD - ∠ACF = 15°$.
$\therefore ∠ ECF = ∠ DCF + ∠ ECD = 45°$.
$\because ∠ EFC=90°$,
$\therefore ∠ E=90° - ∠ ECF=45°$.
$\therefore ∠ ECF = ∠ E$.
$\therefore CF=EF$.
$\because ∠ CAF=30°, ∠ AFC=90°, AC=4$,
$\therefore CF=\dfrac{1}{2}AC=2$.
$\therefore AF=\sqrt{AC^2-CF^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$, $EF=CF=2$.
$\because AD=AC=4$,
$\therefore DF=AD-AF=4-2\sqrt{3}$.
$\therefore DE=EF-DF=2-(4-2\sqrt{3})=2\sqrt{3}-2$.
【答案】
$DE$的长为$2\sqrt{3}-2$
【知识点】
旋转的性质，等腰三角形的性质，解直角三角形
【点评】
本题是几何综合类常规题型，融合了旋转、等腰三角形、特殊直角三角形的边角关系多个考点，解题的核心是合理作辅助线构造直角三角形，准确推导角度得到特殊直角三角形，再结合线段和差关系计算即可。
【难度系数】
0.6
11. 在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$∠ ABC=30°$，将$△ ABC$绕点B逆时针旋转一个角度$α$后得到$△ DBE$，点A,C的对应点分别为D,E. (1)如图①,若点D恰好落在边BC的延长线上,连接CE,求$∠ DEC$的度数; (2)如图②,若$α=60°$,F为BD的中点,连接CD,CF,EF,请判断四边形CDEF的形状,并说明理由.
答案
11. (1)$\because ∠ ACB=90°, ∠ ABC=30°$,
$\therefore ∠ A=60°$.
由旋转得 $∠ D = ∠ A = 60°$, $BE = BC$, $∠ DBE = ∠ ABC=30°$.
$\therefore ∠ BCE = ∠ BEC = \dfrac{1}{2}(180°-30°)=75°$.
$\because ∠ BCE = ∠ D + ∠ DEC$,
$\therefore ∠ DEC = ∠ BCE - ∠ D =75°-60°=15°$.
(2)四边形$CDEF$是菱形. 理由如下:
由旋转得, $∠ CBE = α = 60°$, $∠ DBE = ∠ ABC=30°$, $∠ DEB = ∠ ACB=90°, BE=BC$.
$\therefore ∠ DBC=30°$.
$\therefore ∠ DBE = ∠ DBC$.
又 $BD=BD$,
$\therefore △ DBE ≌ △ DBC$.
$\therefore ∠ BED = ∠ BCD=90°$.
$\therefore CD=\dfrac{1}{2}BD, ED=\dfrac{1}{2}BD$.
$\because F$ 为 $BD$ 的中点,
$\therefore CF=\dfrac{1}{2}BD, EF=\dfrac{1}{2}BD$.
$\therefore CD=ED=CF=EF$.
$\therefore$ 四边形 $CDEF$ 是菱形.
$\therefore ∠ A=60°$.
由旋转得 $∠ D = ∠ A = 60°$, $BE = BC$, $∠ DBE = ∠ ABC=30°$.
$\therefore ∠ BCE = ∠ BEC = \dfrac{1}{2}(180°-30°)=75°$.
$\because ∠ BCE = ∠ D + ∠ DEC$,
$\therefore ∠ DEC = ∠ BCE - ∠ D =75°-60°=15°$.
(2)四边形$CDEF$是菱形. 理由如下:
由旋转得, $∠ CBE = α = 60°$, $∠ DBE = ∠ ABC=30°$, $∠ DEB = ∠ ACB=90°, BE=BC$.
$\therefore ∠ DBC=30°$.
$\therefore ∠ DBE = ∠ DBC$.
又 $BD=BD$,
$\therefore △ DBE ≌ △ DBC$.
$\therefore ∠ BED = ∠ BCD=90°$.
$\therefore CD=\dfrac{1}{2}BD, ED=\dfrac{1}{2}BD$.
$\because F$ 为 $BD$ 的中点,
$\therefore CF=\dfrac{1}{2}BD, EF=\dfrac{1}{2}BD$.
$\therefore CD=ED=CF=EF$.
$\therefore$ 四边形 $CDEF$ 是菱形.
解析
【分析】
(1) 先利用直角三角形两锐角互余求出∠A的度数，再结合旋转的性质得到对应角∠D=∠A、对应边BE=BC、对应角∠DBE=∠ABC，可得等腰△BCE，根据等腰三角形底角相等求出∠BCE的度数，最后利用三角形外角的性质，用∠BCE减去∠D即可求出∠DEC的度数。
(2) 判断四边形形状时，先从旋转性质出发得到对应边、对应角的关系，先证明△DBE和△DBC全等，得到CD=DE，再结合直角条件和F是BD中点的特征，利用“直角三角形斜边的中线等于斜边的一半”，推导得到CF、EF都等于BD的一半，进而推出四边形四条边都相等，根据菱形的判定定理即可得出结论。
【解析】
(1) $\because ∠ACB=90°, ∠ABC=30°$,
$\therefore ∠A=60°$.
由旋转得 $∠D = ∠A = 60°$, $BE = BC$, $∠DBE = ∠ABC=30°$.
$\therefore ∠BCE = ∠BEC = \dfrac{1}{2}(180°-30°)=75°$.
$\because ∠BCE = ∠D + ∠DEC$,
$\therefore ∠DEC = ∠BCE - ∠D =75°-60°=15°$.
(2) 四边形$CDEF$是菱形. 理由如下:
由旋转得, $∠CBE = α = 60°$, $∠DBE = ∠ABC=30°$, $∠DEB = ∠ACB=90°, BE=BC$.
$\therefore ∠DBC=30°$.
$\therefore ∠DBE = ∠DBC$.
又 $BD=BD$,
$\therefore △DBE ≌ △DBC$.
$\therefore ∠BED = ∠BCD=90°$.
$\therefore CD=\dfrac{1}{2}BD, ED=\dfrac{1}{2}BD$.
$\because F$ 为 $BD$ 的中点,
$\therefore CF=\dfrac{1}{2}BD, EF=\dfrac{1}{2}BD$.
$\therefore CD=ED=CF=EF$.
$\therefore$ 四边形 $CDEF$ 是菱形.
【答案】
(1) $\boldsymbol{15°}$；(2) $\boldsymbol{四边形CDEF是菱形}$
【知识点】
旋转的性质、等腰三角形的性质、菱形的判定
【点评】
本题属于几何综合常规题型，将旋转的性质与三角形、特殊四边形的判定结合考查，解题核心是熟练运用旋转前后图形对应边、对应角相等的性质，结合三角形相关定理推导边、角的等量关系，即可顺利求解。
【难度系数】
0.65
(1) 先利用直角三角形两锐角互余求出∠A的度数，再结合旋转的性质得到对应角∠D=∠A、对应边BE=BC、对应角∠DBE=∠ABC，可得等腰△BCE，根据等腰三角形底角相等求出∠BCE的度数，最后利用三角形外角的性质，用∠BCE减去∠D即可求出∠DEC的度数。
(2) 判断四边形形状时，先从旋转性质出发得到对应边、对应角的关系，先证明△DBE和△DBC全等，得到CD=DE，再结合直角条件和F是BD中点的特征，利用“直角三角形斜边的中线等于斜边的一半”，推导得到CF、EF都等于BD的一半，进而推出四边形四条边都相等，根据菱形的判定定理即可得出结论。
【解析】
(1) $\because ∠ACB=90°, ∠ABC=30°$,
$\therefore ∠A=60°$.
由旋转得 $∠D = ∠A = 60°$, $BE = BC$, $∠DBE = ∠ABC=30°$.
$\therefore ∠BCE = ∠BEC = \dfrac{1}{2}(180°-30°)=75°$.
$\because ∠BCE = ∠D + ∠DEC$,
$\therefore ∠DEC = ∠BCE - ∠D =75°-60°=15°$.
(2) 四边形$CDEF$是菱形. 理由如下:
由旋转得, $∠CBE = α = 60°$, $∠DBE = ∠ABC=30°$, $∠DEB = ∠ACB=90°, BE=BC$.
$\therefore ∠DBC=30°$.
$\therefore ∠DBE = ∠DBC$.
又 $BD=BD$,
$\therefore △DBE ≌ △DBC$.
$\therefore ∠BED = ∠BCD=90°$.
$\therefore CD=\dfrac{1}{2}BD, ED=\dfrac{1}{2}BD$.
$\because F$ 为 $BD$ 的中点,
$\therefore CF=\dfrac{1}{2}BD, EF=\dfrac{1}{2}BD$.
$\therefore CD=ED=CF=EF$.
$\therefore$ 四边形 $CDEF$ 是菱形.
【答案】
(1) $\boldsymbol{15°}$；(2) $\boldsymbol{四边形CDEF是菱形}$
【知识点】
旋转的性质、等腰三角形的性质、菱形的判定
【点评】
本题属于几何综合常规题型，将旋转的性质与三角形、特殊四边形的判定结合考查，解题核心是熟练运用旋转前后图形对应边、对应角相等的性质，结合三角形相关定理推导边、角的等量关系，即可顺利求解。
【难度系数】
0.65
