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12. 如图，$△ ABC$是等边三角形，$AB=2\sqrt{3}$，点D在边AB上，且$BD=1$，E是边AC的中点，将线段BD绕点B顺时针旋转，点D的对应点为点F，连接AF，EF。当$△ AEF$为直角三角形时，$AF=$。
答案
$\sqrt{7}$或$\sqrt{19}$
解析
解：
已知△ABC是等边三角形，$AB=2\sqrt{3}$，因此$AC=AB=2\sqrt{3}$，$∠ BAC=∠ ABC=60°$。
因为E是AC中点，所以$AE=\frac{1}{2}AC=\sqrt{3}$，且$BE⊥ AC$，$∠ ABE=30°$，由勾股定理得$BE=\sqrt{AB^2-AE^2}=3$。
由旋转性质得$BF=BD=1$，点F在以B为圆心、半径为1的圆上。
分情况讨论$△ AEF$为直角三角形：
1. 若直角顶点为A：$∠ EAF=90°$，联立几何关系可知不存在满足条件的点F，该情况无解。
2. 若直角顶点为F：$∠ AFE=90°$，点F在以AE为直径的圆上，该圆上所有点到B的最小距离大于1，与$BF=1$矛盾，该情况无解。
3. 若直角顶点为E：$∠ AEF=90°$，此时F在直线BE上：
当F在线段BE上时，$EF=BE-BF=3-1=2$，在$Rt△ AEF$中，由勾股定理得：
$AF=\sqrt{AE^2+EF^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+2^2}=\sqrt{7}$
当F在BE的延长线过点B的一侧时，$EF=BE+BF=3+1=4$，在$Rt△ AEF$中，由勾股定理得：
$AF=\sqrt{AE^2+EF^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+4^2}=\sqrt{19}$
综上，$AF=\sqrt{7}$或$\sqrt{19}$。
已知△ABC是等边三角形，$AB=2\sqrt{3}$，因此$AC=AB=2\sqrt{3}$，$∠ BAC=∠ ABC=60°$。
因为E是AC中点，所以$AE=\frac{1}{2}AC=\sqrt{3}$，且$BE⊥ AC$，$∠ ABE=30°$，由勾股定理得$BE=\sqrt{AB^2-AE^2}=3$。
由旋转性质得$BF=BD=1$，点F在以B为圆心、半径为1的圆上。
分情况讨论$△ AEF$为直角三角形：
1. 若直角顶点为A：$∠ EAF=90°$，联立几何关系可知不存在满足条件的点F，该情况无解。
2. 若直角顶点为F：$∠ AFE=90°$，点F在以AE为直径的圆上，该圆上所有点到B的最小距离大于1，与$BF=1$矛盾，该情况无解。
3. 若直角顶点为E：$∠ AEF=90°$，此时F在直线BE上：
当F在线段BE上时，$EF=BE-BF=3-1=2$，在$Rt△ AEF$中，由勾股定理得：
$AF=\sqrt{AE^2+EF^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+2^2}=\sqrt{7}$
当F在BE的延长线过点B的一侧时，$EF=BE+BF=3+1=4$，在$Rt△ AEF$中，由勾股定理得：
$AF=\sqrt{AE^2+EF^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+4^2}=\sqrt{19}$
综上，$AF=\sqrt{7}$或$\sqrt{19}$。
13. 如图,在等边三角形ABC中,有一点P,连接PA,PB,PC,将BP绕点B逆时针旋转60°得到BD,连接PD,AD。有以下结论:①$△ BPC≌△ BDA$;②$△ BDP$是等边三角形;③如果$∠ BPC=150°$,那么$PA^2=PB^2+PC^2$。以上结论正确的是(填序号)。
答案
解：
∵ △ABC是等边三角形，
∴ AB=BC，∠ABC=60°。
由旋转的性质得：BP=BD，∠PBD=60°。
1. 验证结论②：
∵ BP=BD，∠PBD=60°，
∴ △BDP是等边三角形，结论②正确。
2. 验证结论①：
∵ ∠ABC=∠PBD=60°，
∴ ∠ABC - ∠ABP = ∠PBD - ∠ABP，即∠CBP=∠ABD。
在△BPC和△BDA中，
$\{\begin{array}{l}BC=BA \\∠CBP=∠ABD \\BP=BD\end{array} $
∴ △BPC≌△BDA(SAS)，结论①正确。
3. 验证结论③：
∵ △BPC≌△BDA，
∴ ∠BDA=∠BPC=150°，PC=AD。
∵ △BDP是等边三角形，
∴ ∠BDP=60°，PB=PD。
∴ ∠ADP=∠BDA - ∠BDP = 150° - 60° = 90°，即△ADP是直角三角形。
由勾股定理得：$PA^2=AD^2 + PD^2$，
将AD=PC，PD=PB代入得$PA^2=PB^2+PC^2$，结论③正确。
综上，正确的是①②③。
∵ △ABC是等边三角形，
∴ AB=BC，∠ABC=60°。
由旋转的性质得：BP=BD，∠PBD=60°。
1. 验证结论②：
∵ BP=BD，∠PBD=60°，
∴ △BDP是等边三角形，结论②正确。
2. 验证结论①：
∵ ∠ABC=∠PBD=60°，
∴ ∠ABC - ∠ABP = ∠PBD - ∠ABP，即∠CBP=∠ABD。
在△BPC和△BDA中，
$\{\begin{array}{l}BC=BA \\∠CBP=∠ABD \\BP=BD\end{array} $
∴ △BPC≌△BDA(SAS)，结论①正确。
3. 验证结论③：
∵ △BPC≌△BDA，
∴ ∠BDA=∠BPC=150°，PC=AD。
∵ △BDP是等边三角形，
∴ ∠BDP=60°，PB=PD。
∴ ∠ADP=∠BDA - ∠BDP = 150° - 60° = 90°，即△ADP是直角三角形。
由勾股定理得：$PA^2=AD^2 + PD^2$，
将AD=PC，PD=PB代入得$PA^2=PB^2+PC^2$，结论③正确。
综上，正确的是①②③。
14. 如图，将$△ ABC$绕点$O$逆时针旋转$60°$后得到$△ DEF$，请作出$△ DEF$。
答案
解：
作图步骤如下：
1. 连接OA、OB、OC；
2. 分别以点O为顶点，OA、OB、OC为一边，沿逆时针方向作60°的角，在各角的另一边上分别截取OD=OA，OE=OB，OF=OC，得到点A、B、C旋转后的对应点D、E、F；
3. 顺次连接D、E、F三点。
所得的△DEF即为所求作的旋转后的三角形。
作图步骤如下：
1. 连接OA、OB、OC；
2. 分别以点O为顶点，OA、OB、OC为一边，沿逆时针方向作60°的角，在各角的另一边上分别截取OD=OA，OE=OB，OF=OC，得到点A、B、C旋转后的对应点D、E、F；
3. 顺次连接D、E、F三点。
所得的△DEF即为所求作的旋转后的三角形。
15. 如图1和图2，$∠ AOB=20°$，$M,N$分别是边$OA,OB$上的定点，$P,Q$分别是边$OB,OA$上的动点。
(1)画图说明，当$MP+PQ+QN$最小时，点$P$和点$Q$的位置；
(2)记$∠ MPQ=α$，$∠ PQN=β$，当$MP+PQ+QN$最小时，求$β-α$的值。
(1)画图说明，当$MP+PQ+QN$最小时，点$P$和点$Q$的位置；
(2)记$∠ MPQ=α$，$∠ PQN=β$，当$MP+PQ+QN$最小时，求$β-α$的值。
答案
解：
(1) 作法如下：
① 作点M关于直线OB的对称点M'；
② 作点N关于直线OA的对称点N'；
③ 连接M'N'，分别交OB于点P，交OA于点Q。
此时点P、Q即为使$MP+PQ+QN$最小的位置。
(2) 由轴对称的性质可得：
$MP=M'P$，$QN=QN'$，
$∠ M'OB=∠ MOB=20°$，$∠ N'OA=∠ NOA=20°$，
因此$∠ M'ON'=∠ M'OB+∠ AOB+∠ N'OA=20°+20°+20°=60°$。
由轴对称性质，$∠ M'PO=∠ MPO$，且$M'$、$P$、$Q$、$N'$共线，因此：
$α=∠ MPQ=180°-2∠ M'PO$。
在$△ OPM'$中，$∠ M'PO=180°-∠ M'-20°$，代入得：
$α=180°-2(180°-∠ M'-20°)=2∠ M'-140°$。
同理可得：
$β=∠ PQN=2∠ N'-140°$。
在$△ M'ON'$中，$∠ M'+∠ N'=180°-∠ M'ON'=120°$。
因此：
$β-α=(2∠ N'-140°)-(2∠ M'-140°)=2(∠ N'-∠ M')$，
结合$∠ OPQ=∠ M'+20°$，$∠ OQP=∠ N'+20°$，在$△ OPQ$中$∠ OPQ+∠ OQP=160°$，代入得：
$∠ M'+20°+∠ N'+20°=160°$，即$∠ M'+∠ N'=120°$，最终推导得：
$β-α=40°$。
答：$β-α$的值为$40°$。
(1) 作法如下：
① 作点M关于直线OB的对称点M'；
② 作点N关于直线OA的对称点N'；
③ 连接M'N'，分别交OB于点P，交OA于点Q。
此时点P、Q即为使$MP+PQ+QN$最小的位置。
(2) 由轴对称的性质可得：
$MP=M'P$，$QN=QN'$，
$∠ M'OB=∠ MOB=20°$，$∠ N'OA=∠ NOA=20°$，
因此$∠ M'ON'=∠ M'OB+∠ AOB+∠ N'OA=20°+20°+20°=60°$。
由轴对称性质，$∠ M'PO=∠ MPO$，且$M'$、$P$、$Q$、$N'$共线，因此：
$α=∠ MPQ=180°-2∠ M'PO$。
在$△ OPM'$中，$∠ M'PO=180°-∠ M'-20°$，代入得：
$α=180°-2(180°-∠ M'-20°)=2∠ M'-140°$。
同理可得：
$β=∠ PQN=2∠ N'-140°$。
在$△ M'ON'$中，$∠ M'+∠ N'=180°-∠ M'ON'=120°$。
因此：
$β-α=(2∠ N'-140°)-(2∠ M'-140°)=2(∠ N'-∠ M')$，
结合$∠ OPQ=∠ M'+20°$，$∠ OQP=∠ N'+20°$，在$△ OPQ$中$∠ OPQ+∠ OQP=160°$，代入得：
$∠ M'+20°+∠ N'+20°=160°$，即$∠ M'+∠ N'=120°$，最终推导得：
$β-α=40°$。
答：$β-α$的值为$40°$。
16. 如图1，在$△ ABC$中，$∠ ABC=30°$，$∠ BAC=45°$，将$△ ABC$绕点B顺时针旋转$α$度得到$△ DBE$，此时点D落在AC的延长线上。
(1)求$α$的大小；
(2)设$AB=x$，$BC=y$，求$y$关于$x$的函数关系式；
(3)如图2，连接$AE$，$F$为$AE$的中点，连接$BF$，证明：直线$BF⊥ AD$。
(1)求$α$的大小；
(2)设$AB=x$，$BC=y$，求$y$关于$x$的函数关系式；
(3)如图2，连接$AE$，$F$为$AE$的中点，连接$BF$，证明：直线$BF⊥ AD$。
答案
解：
(1) 由旋转的性质得：$AB=DB$，
$\therefore ∠ BAD=∠ BDA$，
$\because ∠ BAC=45°$，
$\therefore ∠ BDA=∠ BAD=45°$，
在$△ ABD$中，$∠ ABD=180°-45°-45°=90°$，
$\therefore$ 旋转角$α=∠ ABD=90°$。
(2) 过点$C$作$CM⊥ AB$于点$M$，
在$\mathrm{Rt}△ ACM$中，$∠ BAC=45°$，
$\therefore AM=CM$，
在$\mathrm{Rt}△ BCM$中，$∠ ABC=30°$，$BC=y$，
$\therefore CM=BC·\sin30°=\frac{1}{2}y$，$BM=BC·\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}y$，
$\because AB=AM+BM=x$，
$\therefore x=\frac{1}{2}y+\frac{\sqrt{3}}{2}y$，
整理得：$y=(\sqrt{3}-1)x$。
(3) 证明：延长$BF$到点$H$，使$FH=BF$，连接$AH$，
$\because F$为$AE$的中点，$\therefore AF=EF$，
在$△ AFH$和$△ EFB$中，
$\begin{cases}AF=EF \\∠ AFH=∠ EFB \\FH=BF\end{cases}$
$\therefore △ AFH≌△ EFB(\mathrm{SAS})$，
$\therefore AH=BE$，$∠ HAF=∠ BEF$，
$\therefore AH// BE$，
$\therefore ∠ BAH+∠ ABE=180°$，
由旋转的性质得：$BE=BC$，$∠ CBE=α=90°$，
$\therefore ∠ ABE=∠ ABC+∠ CBE=30°+90°=120°$，
$\therefore ∠ BAH=180°-120°=60°$，
又$\because ∠ DBC=∠ ABD-∠ ABC=90°-30°=60°$，
$\therefore ∠ BAH=∠ DBC$，
在$△ ABH$和$△ DBC$中，
$\begin{cases}AB=DB \\∠ BAH=∠ DBC \\AH=BC\end{cases}$
$\therefore △ ABH≌△ DBC(\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠ ABH=∠ BDC$，
$\because ∠ BDC=∠ BAD=45°$，
$\therefore ∠ ABH=45°$，
又$\because ∠ BAD=45°$，
$\therefore ∠ AGB=180°-∠ BAD-∠ ABH=180°-45°-45°=90°$，
即直线$BF⊥ AD$。
(1) 由旋转的性质得：$AB=DB$，
$\therefore ∠ BAD=∠ BDA$，
$\because ∠ BAC=45°$，
$\therefore ∠ BDA=∠ BAD=45°$，
在$△ ABD$中，$∠ ABD=180°-45°-45°=90°$，
$\therefore$ 旋转角$α=∠ ABD=90°$。
(2) 过点$C$作$CM⊥ AB$于点$M$，
在$\mathrm{Rt}△ ACM$中，$∠ BAC=45°$，
$\therefore AM=CM$，
在$\mathrm{Rt}△ BCM$中，$∠ ABC=30°$，$BC=y$，
$\therefore CM=BC·\sin30°=\frac{1}{2}y$，$BM=BC·\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}y$，
$\because AB=AM+BM=x$，
$\therefore x=\frac{1}{2}y+\frac{\sqrt{3}}{2}y$，
整理得：$y=(\sqrt{3}-1)x$。
(3) 证明：延长$BF$到点$H$，使$FH=BF$，连接$AH$，
$\because F$为$AE$的中点，$\therefore AF=EF$，
在$△ AFH$和$△ EFB$中，
$\begin{cases}AF=EF \\∠ AFH=∠ EFB \\FH=BF\end{cases}$
$\therefore △ AFH≌△ EFB(\mathrm{SAS})$，
$\therefore AH=BE$，$∠ HAF=∠ BEF$，
$\therefore AH// BE$，
$\therefore ∠ BAH+∠ ABE=180°$，
由旋转的性质得：$BE=BC$，$∠ CBE=α=90°$，
$\therefore ∠ ABE=∠ ABC+∠ CBE=30°+90°=120°$，
$\therefore ∠ BAH=180°-120°=60°$，
又$\because ∠ DBC=∠ ABD-∠ ABC=90°-30°=60°$，
$\therefore ∠ BAH=∠ DBC$，
在$△ ABH$和$△ DBC$中，
$\begin{cases}AB=DB \\∠ BAH=∠ DBC \\AH=BC\end{cases}$
$\therefore △ ABH≌△ DBC(\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠ ABH=∠ BDC$，
$\because ∠ BDC=∠ BAD=45°$，
$\therefore ∠ ABH=45°$，
又$\because ∠ BAD=45°$，
$\therefore ∠ AGB=180°-∠ BAD-∠ ABH=180°-45°-45°=90°$，
即直线$BF⊥ AD$。
