專題24.4含30度角的直角三角形五大題型【華東師大版】考卷信息：本套訓練卷共40題，題型針對性較高，覆蓋面廣，選題有深度，可加強學生對含30度角的直角三角形的五大題型的理解！【題型1求長度】1．（2023春·遼寧撫順·九年級統考期中）如圖，在?ABCD中，過點D作DE⊥AB于點E，點F在邊CD上，CF=AE，連接AF，(1)求證：四邊形BFDE是矩形；(2)已知∠DAB=60°，AF是∠DAB的平分線，若AD=3，求DC的長度．【答案】(1)見解析(2)9【分析】（1）先證四邊形BFDE是平行四邊形，再結合DE⊥AB證明為矩形；（2）根據含30度角的直角三角形的性質求出AE，再用勾股定理求出DE，結合矩形的性質可得BF=DE，BF⊥AB，再解Rt△ABF求出AB【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形∴DC∥AB，∵CF=AE，∴DF=BE且DF∴四邊形BFDE是平行四邊形，又∵DE⊥AB，∴四邊形BFDE是矩形；（2）解：∵∠DAB=60°，DE⊥AB，∴∠ADE=30°，∵AD=3，∴AE=1∴DE=A∵四邊形BFDE是矩形∴BF=DE=323∵AF是∠DAB的平分線，∠DAB=60°，∴∠FAB=12∠DAB=30°∴AF=2BF=33∴AB=A∴CD=AB=9【點睛】本題考查矩形的判定與性質，平行四邊形的性質，含30度角的直角三角形的性質，勾股定理等，綜合應用上述知識是解題的關鍵．2．（2023春·福建寧德·九年級校考期中）如圖，已知△ABC中，∠ACB=60°，BC<AB<AC．

(1)在邊AC上求作一點P，使得∠PBC=30°；（要求：尺規作圖，不寫作法，保留作圖痕跡）(2)在（1）的條件下，若AB=32，∠A=45°，求AC【答案】(1)見解析(2)AC=6+23【分析】（1）過點B作BP⊥AC于P即可．（2）利用等腰直角三角形的性質以及勾股定理求得BP、AP的長，再利用含30度角的直角三角形的性質以及勾股定理求解即可．【詳解】（1）解：如圖，∠PBC即為所求；

；（2）解：如圖，由（1）得∠APB=∠BPC=90°，∵∠A=45°，∴∠ABP=45°，∴BP=AP，在Rt△ABP中，AP=BP=在Rt△BPC中，∠PBC=30°，2PC=BCBC2=P解得PC=23∴AC=AP+PC=6+23【點睛】本題考查作圖復雜作圖，等腰直角三角形的性質，含30度角的直角三角形的性質以及勾股定理等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識．3．（2023春·安徽亳州·九年級校考期中）如圖是某兒童娛樂休閑廣場上的一個滑梯的平面示意圖，若將滑梯的滑道BD水平放置，則剛好與DE的長度相同．已知滑梯的高度AB為4米，AE的長為1米．其中E，A，D三點在同一直線上，CE⊥DE，BA⊥DE．

(1)求滑梯的滑道BD的長；(2)若把滑梯的滑道BD改成BF，使∠BFA=60°，求DF的長．（精確到0.1米，參考數據：3≈1.732【答案】(1)172(2)5.2米【分析】（1）設滑道BD的長為x米，則DE=x米，即AD=DE?AE=(x?1)米，在Rt△ABD中，由勾股定理得AB2（2）先求出∠ABF=30°，可得BF=2AF．設AF=a米，則BF=2a米，即有AB=BF2?AF【詳解】（1）由題意，得△ABD是直角三角形，∠BAD=90°，BD=DE，AB=4米，設滑道BD的長為x米，則DE=x米，∵AE=1米，∴AD=DE?AE=(x?1)米，在Rt△ABD中，由勾股定理得A即42解得x=17答：滑梯的滑道BD的長為172（2）∵∠BFA=60°，∴∠ABF=90°?∠BFA=90°?60°=30°，∴BF=2AF．設AF=a米，則BF=2a米，∴AB=B∵AB=4米，∴3解得a=433由（1）可知，AD=DE?AE=BD?AE=17∴DF=AD?AF=15答：DF的長約為5.2米．【點睛】本題主要考查了勾股定理的應用，還考查了含30°角的直角三角形的性質，靈活運用勾股定理是解得本題的關鍵．4．（2023春·廣東佛山·九年級統考期末）如圖，△ABC是等邊三角形，AB=3，點F是∠BAC的平分線上一動點，將線段AF繞點A順時針方向旋轉60°得到AE，連接CF、EF

(1)尺規作圖：在AF的上方找點D，使得DE⊥AF且DE=AC；(2)在（1）的條件下，連接CD、DF．①求證：AE+CD>AC；②求證：△CDF是等邊三角形；③當△DEF是等腰三角形時，求AF的長度？【答案】(1)作圖見解析(2)①證明見解析；②證明見解析；③3或1【分析】（1）由旋轉的性質可得AE=AF，∠FAE=60°，則△AEF是等邊三角形，由DE⊥AF可知，D在AF的垂直平分線上，如圖1，分別以A、F為圓心，大于12AF的長為半徑畫弧，交點為M，連接EM并延長，以E為圓心，AC長為半徑畫弧，與EM的交點即為D，則點（2）①如圖2，連接CD、DF、AD，記DE與AC的交點為N，DF與AC的交點為H，證明△CAF≌△DEFSAS，則CF=DF，∠ACF=∠EDF，由題意知∠DNH=∠ANE=180°?∠NAE?∠AEN=60°，∠ACF+∠CHF+∠DFC=180°=∠EDF+∠DHM+∠DNH，則∠DFC=∠DNH=60°，△CDF是等邊三角形，CD=CF，由AF+CF>AC，可得AE+CD>AC；②由①可證△CDF是等邊三角形；③由題意知，∠DEF=30°，∠AFE=60°，當△DEF是等腰三角形時，分DE=DF，DE=EF，DF=EF，三種情況求解：情況一、當DE=DF時，由∠DFE=∠DFA+∠AFE>60°>30°=∠DEF，可知此情況不成立；情況二、當DE=EF時，AF=EF=DE=AC=AB=3；情況三、當DF=EF時，∠FDE=∠DEF=30°，如圖3，記AF與DE交點為P，則AF=2PF，PF=12EF，EP=12DE=1【詳解】（1）解：如圖1，點D即為所求；（2）①證明：如圖2，連接CD、DF、AD，記DE與AC的交點為N，DF與AC的交點為H，由（1）可知，∠CAF=30°，∠AEN=∠DEF=1∴∠CAF=∠DEF，∵AC=DE，∠CAF=∠DEF，AF=EF，∴△CAF≌△DEFSAS∴CF=DF，∠ACF=∠EDF，由題意知∠DNH=∠ANE=180°?∠NAE?∠AEN=60°，∵∠ACF+∠CHF+∠DFC=180°=∠EDF+∠DHM+∠DNH，∴∠DFC=∠DNH=60°，∴△CDF是等邊三角形，∴CD=CF，∵AF+CF>AC，∴AE+CD>AC；②由①可證△CDF是等邊三角形；③解：由題意知，∠DEF=30°，∠AFE=60°，當△DEF是等腰三角形時，分DE=DF，DE=EF，DF=EF，三種情況求解：情況一、當DE=DF時，∴∠DFE=∠DEF，∵∠DFE=∠DFA+∠AFE>60°>30°=∠DEF，∴此情況不成立；情況二、當DE=EF時，AF=EF=DE=AC=AB=3∴AF=3情況三、當DF=EF時，∠FDE=∠DEF=30°，如圖3，記AF與DE交點為P，則AF=2PF，PF=12EF由勾股定理得EP=E∴3PF=32∴AF=1；綜上所述，當△DEF是等腰三角形時，AF的值為3或1．【點睛】本題考查了旋轉的性質，等邊三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，作垂線，垂直平分線的性質，勾股定理，含30°的直角三角形，等腰三角形的性質等知識．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．5．（2023春·陜西咸陽·九年級咸陽彩虹學校校考期中）綜合與實踐問題情境：在數學課上，老師給出了如下情境：如圖1，△ABC是等邊三角形，點F是AC邊的中點，點D在直線BF上運動，連接AD，以AD為邊向右側作等邊三角形ADE，連接CE，直線CE與直線BF交于點M．試探究線段BD與CE的數量關系及∠BMC的大小．(1)初步探究：如圖1，當點D在線段BF上時，請直接寫出：①BD與CE的數量關系；②∠BMC=°(2)深入探究：如圖2，當點D在線段BF的延長線上時，（1）中的結論還成立嗎？若成立，請證明你的結論；若不成立，請說明理由；(3)拓展延伸：如圖3，當點D在線段FB的延長線上時，若FM=2，BD=32，求出【答案】(1)①BD=CE，②60(2)成立，證明見解析(3)11【分析】（1）由題意易得△ABD≌△ACE，然后根據全等三角形的性質可進行求解；（2）由題意易證△BAD≌△CAE，則有BD=CE，∠ABD=∠ACE，然后問題可求解；（3）由題意易證△BAD≌△CAE，則有BD=CE=3∠ABF=1【詳解】（1）解：①∵△ABC和△ADE是等邊三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∵∠BAD=∠BAC?∠DAC，∠CAE=∠DAE?∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD=CE；故答案為：BD=CE；②∵點F是AC邊的中點，△ABC是等邊三角形，∴∠ABD=∠CBF=30°，∠ACB=60°，由①可知△ABD≌△ACE，∴∠ABD=∠ACE=30°，∴∠BCM=90°，∴∠BMC=90°?∠CBF=60°；故答案為60；（2）解：（1）中的結論還成立，理由如下：∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°，∵△ADE是等邊三角形，∴AD=AE，∠DAE=60°，∴∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠BAC+∠DAC，∠CAE=∠DAE+∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAESAS∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，∵∠ABD+∠DBC+∠ACB=120°，∴∠ACE+∠DBC+∠ACB=120°，∴∠BMC=60°；（3）解：∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°，∵△ADE是等邊三角形，∴AD=AE，∠DAE=60°，∴∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠DAE?∠BAE，∠CAE=∠BAC?∠BAE，即∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAESAS∴BD=CE=3∵△ABC是等邊三角形，F是AC的中點∴∠ABF=1∴∠CFM=90°，∠ACM=∠ABF=30°，∴CM=2FM=4，∴EM=CE+CM=3【點睛】本題主要考查等邊三角形的性質、含30度直角三角形的性質及全等三角形的性質與判定，熟練掌握等邊三角形的性質、含30度直角三角形的性質及全等三角形的性質與判定是解題的關鍵．6．（2023秋·福建福州·九年級統考期末）在等邊三角形ABC中，點D、E分別在邊BC、AC上，且BD=CE，連接AD、BE交于點F．(1)如圖1，求證：AD=BE；(2)過點E作EG⊥AD于點G．①如圖2，若BF=11，FG=6，求AD的長度；②如圖3，連接BG、CG，若BG=EG，求證：CG⊥AB．【答案】(1)見解析(2)①23，②見解析【分析】（1）根據等邊三角形的性質，結合已知證明△ABD≌△BCE即可．（2）①利用△ABD≌△BCE，得證∠GFE=60°，結合已知得到∠GEF=30°，得證EF=2FG，根據BF+EF=BE=AD=BF+②證明BG=AG,利用線段的垂直平分線性質證明CG⊥AB．【詳解】（1）∵等邊三角形ABC，BD=CE，∴AB=BC=CA，∠ABD=∠BCE=60°，∴AB=BC∠ABD=∠BCE∴△ABD≌△BCE，∴AD=BE．（2）根據(1)得△ABD≌△BCE，∴∠BAD=∠CBE，AD=BE；∵等邊三角形ABC，∴∠ABE+∠CBE=60°，∴∠ABE+∠BAD=60°，∵∠ABE+∠BAD=∠GFE，∴∠GFE=60°，∵EG⊥AD，∴∠GEF=30°，∴EF=2FG，∴BF+EF=BE=AD=BF+∵BF=11，FG=6，∴AD=BF+②根據(1)得△ABD≌△BCE，∴∠BAD=∠CBE，AD=BE；∵等邊三角形ABC，∴∠ABE+∠CBE=60°，∴∠ABE+∠BAD=60°，∵∠ABE+∠BAD=∠GFE，∴∠GFE=60°，∵EG⊥AD，∴∠GEF=30°，∵BG=EG，∴∠GBE=∠GEF=30°，過點G作GM⊥BG交BE于點H，交BC于點M，則∠GHB=90°?∠GBF=60°，設∠EBC=α，則∠BAD=∠EBC=α，∠GAE=60°?α∴∠GBM=30°+α，∠GMB=∠GHB?∠EBM=60°?α，在Rt△AGE中，∠GEA=90°?∠GAE=90°?∴∠AEF=60°+α，在△AGE,△MGB中，∠GAE=∠GMB∠AEG=∠GBM∴△AGE≌△MGBAAS∴BM=AE，AG=MG，連接AM，如圖，∵∠AGM=180°?∠FGH=120°∴∠GAM=∠GMA=30°又∵CA=CB，∴CM=CE，在△BEC,△AMC中，AC=BC∴△BEC≌△AMC∴∠CAM=∠EBC=α，∴∠MAG=60?2α=30°，∴α=15°，∴∠GAE=60°?α=45°，∴△AGE是等腰直角三角形，∴AG=GE，∴BG=AG，∵CA=CB，∴CG是線段AB垂直平分線，∴CG⊥AB．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質,三角形全等的判定和性質，直角三角形的性質，熟練掌握直角三角形的性質，等邊三角形的性質是解題的關鍵．7．（2023春·江西吉安·九年級校聯考期中）將一副三角板ABC和DEF如圖（1）放置，其中∠ABC=∠EDF=90°，∠A=30°，∠E=45°，BC與DF共線，將△DEF沿CB方向平移，當EF經過AC的中點O時，直線EF交AB于點G[如圖（2）]，若BC=3，則此時線段OG的長度為．

【答案】3【分析】過O作OH⊥AG于H，∠ABC=∠EDF=90°，∠A=30°，∠E=45°，得出∠OGA=45°，根據30°所對直角邊等于斜邊的一半得出AC=2BC=6，由點O是AC的中點，得出AO=3，再根據勾股定理即可得OG；【詳解】∵∠ABC=90°，∴∠FBG=90°,∵∠F=∠FGB=45°,∴∠OGA=45°,∵∠A=30°,BC=3,∴AC=2BC=6,∵點O是AC的中點，∴AO=3,過O作OH⊥AG于H，

∴∠AHO=∠OHG=90°,∴OH=∴OG=故答案為：3【點睛】該題主要考查了直角三角形30°所對直角邊等于斜邊的一半，勾股定理等知識點，解答的關鍵是掌握這些知識點并能夠熟練運用8．（2023春·浙江紹興·九年級統考期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=2，AD=4，∠BAD=60°，連結AC，將△ACD沿AC折疊得到△ACD′，AD′交BC于點E，則

【答案】14【分析】見詳解的作圖，欲求AE的長，猜想構造直角△AEH，依據勾股定理求解．因△ABH是含30°角的直角三角形，故可求得AH、BH的長，進一步求得CH的長，由全等三角形及折疊性可證得AE=CE，則EH=CH?CE=CH?AE，于是將直角三角形AEH中的已知與待求的AE通過勾股定理聯系起來了，即可求得AE的長．【詳解】過點A作CB延長線的垂線，垂足為H，見下圖．

∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴∠ABH=∠BAD=60°，∴由∠AHB=90°得，∠HAB=30°，∵AB=2，∴BH=1∴AH=A則CH=BH+BC=BH+AD=1+4=5．∵平行四邊形ABCD，∴△CAB≌ACD，又△ACD≌△ACD′，∴△CAB≌△ACD′，∴∠ACB=∠CAD′∴AE=CE（等角對等邊）．設AE=CE=x，則EH=CH?CE=5?x，在直角△AEH中，A即：x2解得：x=故答案為：145【點睛】本題考查了平行四邊形、折疊圖形、勾股定理、等角對等邊等性質，解題的關鍵是求證AE=CE，并運用勾股定理求解．【題型2求最值】1．（2023秋·福建龍巖·九年級龍巖二中校考期中）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，將△ABC繞頂點C順時針旋轉，旋轉角為θ0°<θ<180°，得到△MNC，P，Q分別是AC、MN的中點，AC=2t，連接PQ，則旋轉時PQ

A．26t B．23t C．【答案】D【分析】當P、C、Q三點共線時，PQ最長，根據圖形求出此時的旋轉角即可求出PQ的長．【詳解】解：如圖，當△ABC旋轉到P、C、Q三點共線時，PQ最長，

∵∠N=∠ABC=30°，∠MCN=∠ACB=90°，Q是MN的中點，∴CQ=MQ=CM，∴△CMQ是等邊三角形，∴∠M=∠MCQ=∠MCQ=60°，∵P、C、Q三點共線，∴θ=∠ACM=180°?∠MCQ=180°?60°=120°，∵AC=2t，∴CP=12AC=t∵AC中點為P，MN中點為Q，∠MCN=90°，∴CQ=12MN=2t∴PQ=CP+CQ=2t+t=3t，故選：D．【點睛】本題考查了等邊三角形的判定，旋轉的性質的應用，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，直角三角形30°角所對的邊是斜邊的一半，熟練運用旋轉的性質：對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等是解題的關鍵．2．（2023春·江蘇常州·九年級校考期中）閱讀：如果兩個動點到一個定點的距離的比為定值，且這兩個動點與定點連線所成角的度數也為定值，那么這兩動點的運動路徑相同．應用：如圖，點O是矩形ABCD的對角線AC的中點，BC=3，以O為直角頂點的Rt△OPQ的頂點P在邊AD上，∠BAC=∠Q=60°，當P在AD上運動時，DQ的最大值為（

A．1 B．3 C．2 D．2【答案】C【分析】根據題意，確定出點Q的軌跡為一條線段，確定出點P在A、D兩點時，點Q的位置，即可求解．【詳解】解：由題意可得：點Q的軌跡為一條線段，∠Q=60°，∠POQ=90°∴∠OPQ=30°又∵∠BAD=90°，∠BAC=60°∴∠CAD=30°Rt△ABC中，BC=3，設AB=x，則AC=2x，由勾股定理可得：x解得x=∴AB=3，AC=2∴AO=當P與A重合時，過點O作OF⊥OA交AD于點F如下圖：

∵∠CAD=30°，∠OPQ=30°∴Q在線段AD上，∠AFO=60°∴點Q與點F重合由勾股定理可得：OQ=1，PQ=2當P與D重合時，過點O作OE⊥OD交BC于點E，連接DE，EF，如下圖：

由題意可得：OD=OC，∠OCD=60°∴△ODC為等邊三角形，即OD=CD=OC=3，∵∠BCD=∠EOD=90°，OD=CD，DE=DE∴△ODE≌△CDE∴∠ODE=12∠ODC=30°，此時，點Q∴∠OED=60°，則點Q與點E重合，∴點Q的軌跡為線段EF由此可得，當P與D重合時，DQ最大，為DE的長度在Rt△OED中，OD=3，可得：OE=1，DE=2即DQ最大為2，故選：C【點睛】此題考查了矩形的性質，勾股定理，含30°直角三角形的性質，等邊三角形的判定與性質，解題的關鍵是熟練掌握相關基礎性質，確定出點Q的軌跡．3．（2023春·陜西安康·九年級校考期中）如圖，在?ABCD中，點E，F分別在邊AB，AD上，折疊△AEF使得點A落在CD上，若∠ABC=120°，AD=43，AB=8

【答案】2【分析】由折疊的性質可知AE=GE，當GE⊥AB時，GE的長度取最小值，則AE的長度取最小值，此時BE的長度取最大值，過點D作DH⊥AB于點H，則DH=GE=AE，由含30度角直角三角形的性質以及勾股定理可得DH=AE=GE=6，從而即可得到答案．【詳解】解：由折疊的性質可知AE=GE，當GE⊥AB時，GE的長度取最小值，則AE的長度取最小值，此時BE的長度取最大值，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥∴∠DAB+∠ABC=180°，∴∠DAB=180°?∠ABC=180°?120°=60°，如圖，過點D作DH⊥AB于點H，則DH=GE=AE，

在Rt△ADH中，∠DAH=60°∴∠ADH=90°?∠DAH=30°，∴AH=1∴DH=A∴AE和GE長度的最小值為6，故BE長度的最大值為AB?AE=8?6=2，故答案為：2．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質、含30度角直角三角形的性質、勾股定理、折疊的性質，熟練掌握以上知識點，添加適當的輔助線，構造直角三角形是解題的關鍵．4．（2023秋·天津和平·九年級校考期中）如圖，在△ABC中，AC=2+23，∠BAC=45°，∠ACB=30°，將△ABC繞點B按逆時針方向旋轉，得到△A1BC1，點E為線段AB中點，點P是線段AC上的動點，將△ABC繞點（1）如圖，線段AB=；（2）則線段EP1的最大值為，最小值為【答案】224+2【分析】（1）過點B作BD⊥AC于點D，根據直角三角形的性質和勾股定理即可得；（2）當P在AC上運動至垂足點D，△ABC繞點B旋轉，點P的對應點P1在線段AB上時，EP1最小；當P1,E,B三點共線，點P【詳解】解：（1）如圖，過點B作BD⊥AC于點D，連接BP,BP∵∠BAC=45°，∠ACB=30°，∴△ABD是等腰直角三角形，BC=2BD，∴AD=BD，設AD=BD=xx>0，則BC=2x∴CD=B∵AC=AD+CD=2+23∴x+3解得x=2，∴AB=A故答案為：22（2）∵點E為線段AB中點，∴BE=1由旋轉的性質得：BP=BP∴EP則當P1,E,B三點共線，且P在AC上運動至垂足點D時，EP又∵EP1≤B∴當P1,E,B三點共線，且P運動到點C時，EP故答案為：4+2，2?【點睛】本題主要考查了旋轉的性質、等腰直角三角形的判定與性質、勾股定理、含30度角的直角三角形的性質、三角形三邊關系的應用等等，熟知相關知識是解題的關鍵．5．（2023春·江蘇·九年級統考期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，點P是邊AB上的一動點，將△ABC繞點C按逆時針方向旋轉一周得到△A'B'C，點E是邊【答案】2【分析】先根據含有30°角的直角三角形的性質可得AB=4，由勾股定理可得BC=23，由旋轉的性質可得A′C=AC=2，由點E是邊A′C的中點可得A′E=CE=1，當點P與點B重合，點P、C、E、A【詳解】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，∴AB=2AC=2×2=4，∴BC=A由旋轉的性質可得：A′∵點E是邊A′C的中點，∴A如圖所示，當點P與點B重合，點P、C、E、A′在同一直線上時，PE此時PE=BC+CE=23故答案為：23【點睛】本題主要考查了含有30°角的直角三角形的性質，勾股定理，旋轉的性質，熟練掌握含有30°角的直角三角形的性質，旋轉的性質，是解題的關鍵．6．（2023春·江蘇·九年級期末）小明同學將一大一小兩個三角板按照如圖所示的方式擺放，其中∠ACB=∠AED=90°，∠BAC=∠DAE=30°，AE=63，AB=43，連接BE，取BE的中點F，將三角板ABC繞點A按順時針方向旋轉一周，則在旋轉過程中，點F到直線AD的距離的最大值是【答案】7【分析】如圖，取AE的中點O，連接OF，F為BE的中點，由三角形的中位線定理得出OF=23，得出在旋轉過程中，點F在以O為圓心OF=23為半徑的圓上動，再過O點作OR⊥AD于R，構造直角三角形，求出【詳解】解：如圖，取AE的中點O，連接OF，F為BE的中點，AB=4由三角形的中位線定理得，OF=∴在旋轉過程中，點F在以O為圓心OF=23過O點作OR⊥AD于R，AE=6在Rt△AOR中，∴RO=OA×∴點F到直線AD的距離的最大值為OR+OF=【點睛】本題考查了旋轉的性質，直角三角形的性質，中位線定理等知識點，通過作圖構造不變的線段OR，7．（2023春·陜西西安·九年級校考期中）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=4，D，E是AB邊上的兩個動點，滿足AD=BE，連接CD、CE，求CD+CE的最小值

【答案】8【分析】過點A，B分別作AC的垂線和BC的垂線交于點M，連接MC，ME，先證△ACB≌△MBC，得AB=MC，再證△CAD≌△MBE，得CD=ME，進而得出CD+CE=ME+CE，當C，E，M三點不共線時，ME+CE>MC；當C，E，M三點共線時，ME+CE=MC，然后根據直角三角形中，30°的角所對的直角邊等于斜邊的一半求出AB的值，從而得出結果．【詳解】過點A，B分別作AC的垂線和BC的垂線交于點M，連接MC，ME，

∵∠ACB=90°，MA⊥AC，∴AM∥∵MB⊥BC∴AC∥MB，∴∠CAB=∠MBA，∵BC=CB，∠ACB=∠MBC=90°，∴△ACB≌△MBC，∴AB=MC，∵AD=BE，∴△CAD≌△MBE，∴CD=ME，∴CD+CE=ME+CE，當C，E，M三點不共線時，ME+CE>MC；當C，E，M三點共線時，ME+CE=MC．∴CD+CE的最小值是MC的長，∵∠B=30°，∠ACB=90°，∴AB=2AC，∵AC=4，∴AB=8，∴MC=AB=8，∴CD+CE的最小值是8．故答案為：8．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質，三角形三邊關系，直角三角形的性質，正確作出輔助線找出恰當的全等三角形是解本題的關鍵．8．（2023春·重慶·九年級重慶市南坪中學校校聯考期末）在平行四邊形ABCD中，連接BD，若BD⊥CD，點E為邊AD上一點，連接CE，交BD于點F．(1)如圖1，若點E為AD中點，對角線AC與BD相交于點O，且△DFE的面積為5，DF=2，求CD的長；(2)如圖2，若點G在BD上，且DG=AB，連接CG，過G作GH⊥CE于點H，連接DH并延長交AB于點M，若DM=2AB，用等式表示線段BM、DH、(3)如圖3，若∠ABC=120°，AB=2，點N在BC邊上，BC=4CN，且CE平分∠BCD，線段PQ（點P在點Q的左側）在線段CE上運動，且PQ=3，連接BP，NQ，請直接寫出BP+PQ+QN【答案】(1)CD=2(2)BD=BM+2(3)BP+PQ+QN的最小值為7【分析】（1）連接OE，證明OE⊥BD，利用三角形的面積公式求出OE的值，再根據三角形的中位線定理可求出AB的值，由此即可求解；（2）如圖所示，過點D作DR⊥DM于點R，可證△DHG≌△DRC(ASA)，可得DH=DR,HG=CR，△HDR是等腰直角三角形，HR=2DH=2DR，再證△GDC是等腰直角三角形，可得（3）如圖所示，過點N作NG∥CE，交BD于點G，過點G作GM∥BC于點M，延長CD到H，使得DH=CD，連接PH,GH，可得的平行四邊形PQNG，證明△BCP≌△HCP，可得BP+PQ+QN=PH+PG+3=GH+3【詳解】（1）解：如圖所示，連接OE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB=CD，OD=OB，∵BD⊥CD，∴AB⊥BD，∵點E是AD的中點，即AE=DE，且OD=OB，∴OE是△ABD的中位線，即OE∥AB，OE=∴OE⊥BD，∴S△DEF=1∴OE=5∴CD=AB=2OE=25∴CD=25（2）證明：BD=BM+2如圖所示，過點D作DR⊥DM于點R，∵CD⊥BD,DR⊥DM，∴∠MDR=∠BDC=90°，∠HDG+∠GDR=∠GDR+∠RDC=90°，∴∠HDG=∠RDC，∵GH⊥CE,BD⊥CD，∴∠HGF+∠HFG=∠DFC+∠DCF=90°，且∠HFG=∠DFC(對頂角相等)，∴∠HGD=∠RCD，在△DHG,△DRC中，∠HDG=∠RDCDG=DC∴△DHG≌△DRC(ASA∴DH=DR,HG=RC，∵∠HDR=90°，∴△HDR是等腰直角三角形，∴∠DHR=∠DRH=45°，HR=2∵DG=DC，∠GDC=90°，∴△GDC是等腰直角三角形，∴∠DGC=∠DCG=45°，CG=2∵AB=CD，∴CG=2∵DM=2∴DM=CG，∵在平行四邊形ABCD中，CD∥AB，且CD⊥BD，∴AB⊥BD，即∠ABD=90°，∵∠GHC=90°，∴∠GHC=∠MBD=90°，在△HFD,△GFC中，∠DHF=∠FGC=45°，∠HFD=∠GFC(對頂角)，∴∠HDF=∠FCG，在△CHG,△DBM中，∠HCG=∠BDM∠GHC=∠MBD∴△CHG≌△DBM(AAS∴CH=BD,BM=HG，∵CR=HG，∴BM=CR，∴CR+RH=CH=BD，且RH=2∴BD=BM+2（3）解：如圖所示，過點N作NG∥CE，交BD于點G，過點G作GM⊥BC于點M，延長CD到H，使得DH=CD，連接PH,GH，∵在平行四邊形ABCD中，∠ABC=120°，∴∠BCD=60°，∵CE平分∠BCD，∴∠BCE=∠DCE=30°，∵∠BDC=90∴∠DBC=30°，∵AB=CD=2，∴BC=2CD=4，∵BC=4CN，∴CB=1,BN=3，∵NG∥CE，∴∠BNG=∠ECB=30°，∵∠GBN=∠GNB=30°，GM⊥CB，∴BM=MN=32，∵NG∴GN=3∵PQ=3∴PQ=NG,PQ∥NG，∴四邊形PQNG是平行四邊形，∴NQ=PG，∵CH=CB=4，∠BCP=∠HCP,CP=CP，∴△BCP≌△HCP(SAS∴PB=PH，∴BP+PQ+QN=PH+PG+3，當H,P,G三點共線時，BP+PQ+QN∵CD=2，BC=4，∴BD=B∵BG=GN=3∴DG=3∴GH=D∴BP+PQ+QN=7【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．【題型3求面積】1．（2023春·湖南衡陽·九年級校聯考期中）如圖，在平面直角坐標系中，點A1、A2、A3…An在x軸上，B1、B2、B3…Bn在直線y=33x上，若A11,0，且△A1B1

【答案】2【分析】直線y=33x與x軸的成角∠B1OA1=30°，可得∠OB2A2=30°，…，∠OBnAn=30°，∠OB1A2【詳解】解：∵△A1B1A2∴A1B∵直線y=33x與x軸的成角∠∴∠OB∴OA∵A1∴A同理∠OB2A2=30°∴B2A2=OA2∵∠AB1O=30°∴∠OB同理∠OB2A3=90°∴B1B2=3，∴S1=12×1×3故答案是：22n?3【點睛】本題考查一次函數的圖象及性質，等邊三角形和直角三角形的性質；能夠判斷陰影三角形是直角三角形，并求出每邊長、應用相似三角形規律求解是解題的關鍵．2．（2023春·福建龍巖·九年級校考期中）如圖，在△ABC中，∠ABC=60°，AB=6，BC=10，則△ABC面積是;若以AC為邊向外作等邊△ACD，連BD，則

【答案】153【分析】過點A作AM⊥BC于M，由直角三角形的性質求出BM=3，由勾股定理求出AM的長，由三角形面積公式可得出答案；以AB為邊作等邊三角形ABE，連接EC，過點E作EF⊥BC，交CB的延長線于F，證明△EAC≌△BAD(SAS)，得出BD=EC，由勾股定理求出CE【詳解】解：過點A作AM⊥BC于M，

∵∠ABC=60°，BA=6，∴∠BAM=30°，∴BM=3，∴AM=A∴S以AB為邊作等邊三角形ABE，連接EC，過點E作EF⊥BC，交CB的延長線于F，∵△ABE與△ACD都為等邊三角形，∴∠EAB=∠DAC=60°，AE=AB，∴∠EAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC，即∠EAC=∠BAD，在△EAC和△BAD中，AE=AB∠EAC=∠BAD∴△EAC≌△BAD(SAS)∴BD=EC，∵∠EBA=60°，∠ABC=60°，∴∠EBC=120°，∴∠EBF=60°，∠FEB=30°，在△EBC中，BC=10，EB=6，∴EF=33，FB=3，FC=10+3=13∴EC∴BD=EC=14．故答案為：153，14【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，直角三角形的性質，等邊三角形的性質，勾股定理，熟練掌握直角三角形的性質是解題的關鍵．3．（2023春·陜西西安·九年級高新一中校考期末）如圖，?ABCD中，∠B=60°，AB⊥AC，AB=3，對角線AC繞著對稱中心O按順時針方向旋轉一定角度后，其所在直線分別交AD、BC于點E、F，若BF=2CF，則圖中陰影部分的面積是

【答案】3【分析】根據平行四邊形的性質及全等三角形的判定可知△AOE≌△COFASA【詳解】解：過點O作OH⊥BC，垂足為H，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA=OC，AB∥∴∠CAD=∠ACB，∵∠AOE=∠COF，∴△AOE≌△COFASA∴S△AOE=S∵AB⊥AC，∴∠BAC=90°，∵∠B=60°，∴∠ACB=30°，∴BC=6，∴AC=B∴OC=3∵OH⊥BC，∴∠OHC=90°，∵∠ACB=30°，∴OH=3∵BF=2CF，∴BC=BF+CF=3CF，∵BC=6，∴CF=1∴S△COF∴陰影部分的面積為2×3故答案為33

【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，全等三角形的判定與性質，直角三角形的性質，勾股定理，三角形的面積，掌握平行四邊形的性質是解題的關鍵．4．（2023春·福建龍巖·九年級校考期中）如圖，點O是△ABC內一點，連結OB、OC，并將AB、OB、OC、AC的中點D、E、F、G依次連結，得到四邊形DEFG．

(1)求證：四邊形DEFG是平行四邊形；(2)如果∠OBC=45°，∠OCB=30°，OC=4，求△OBC的面積．【答案】(1)證明見解析(2)2+2【分析】（1）根據三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半可得DG∥BC，DG=12BC，EF∥BC，EF=12（2）過點O作OM⊥BC于M，由含30°的直角三角形的性質可得OM=12OC=2，根據勾股定理求得CM=2【詳解】（1）證明：∵將AB、OB、OC、AC的中點分別為D、E、F、G，∴DG∥BC，DG=12BC，EF∥BC∴DG∥EF，DG=EF，∴四邊形DEFG是平行四邊形．（2）解：過點O作OM⊥BC于M，如圖：

在Rt△OCM中，∠OCM=30°，OC=4∴OM=1∴CM=O在Rt△OBM中，∠OBM=∠BOM=45°∴BM=OM=2，∴BC=2+23∴△OBC的面積=1【點睛】本題考查了三角形的中位線的性質，平行四邊形的判定，含30°角的直角三角形性質，勾股定理，等腰直角三角形的性質，熟練掌握以上判定和性質是解題的關鍵．5．（2023春·四川達州·九年級校考期末）如圖，在?ABCD中，AE、AF是高，∠BAE=30°，BE=2，CF=1，DE交AF于點G．

(1)求?ABCD的面積；(2)求證：△AEG是等邊三角形．【答案】(1)12(2)證明見解析【分析】（1）根據直角三角形的性質可得AB=2BE=4，再利用勾股定理求得AE=23，根據平行四邊形的性質求得AB=CD=4，BC=AD，∠ADC=∠B=60°，從而求得DF=3，再由直角三角形的性質求得AD=2DF=6，從而求得BC=6（2）根據平行四邊形的性質求出∠BAD=∠C=120°，∠EAF=60°，求得EC=CD=4，根據等腰三角形的性質∠2=∠3=30°，∠AEG=60°，再根據等邊三角形的判定即可得出結論．【詳解】（1）解：∵在Rt△AEB中，∠1=30°，BE=2∴∠B=60°，AB=2BE=4，∴AE=A∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD=4，BC=AD，∠ADC=∠B=60°，∵CF=1，∴DF=3，∴在Rt△ADF中，∠DAF=90°?60°=30°，則AD=2DF=6∴BC=6，∴S?ABCD（2）證明：由（1）知：∠DAF=30°，∠BAD=180°?∠B=120°，即∠C=120°，∴∠EAF=∠BAD?∠1?∠DAF=60°，∵BC=6，BE=2，CD=AB=4，∴EC=BC?BE=4=CD，∴∠2=∠3=1∴∠AEG=90°?∠2=60°，∴∠EAG=∠AEG=∠AGE=60°，∴△AEG是等邊三角形．【點睛】本題考查平行四邊形的性質、勾股定理、直角三角形的性質、等邊三角形的判定與性質、等腰三角形的性質，熟練掌握相關性質是解題的關鍵．6．（2023春·四川成都·九年級校考期中）如圖1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=4，∠ABC=60°，點P、Q是邊AB、BC上兩個動點，且BP=4CQ，以BP、BQ為鄰邊作平行四邊形BPDQ，PD、QD分別交AC于點E

(1)當平行四邊形BPDQ的周長為14時，求m的值；(2)在第（1）問的條件下，求證：△DEF≌△QCF；(3)如圖2，連接AD、PF、PQ，當AD與△PQF的一邊平行時，求△PQF的面積．【答案】(1)1(2)見解析(3)1639【分析】（1）由BP=4CQ，CQ=m得到BP=4m，由BC=4，CQ=m得到BQ=4?m，根據平行四邊形BPDQ的周長為14得到2BQ+BP（2）由四邊形BPDQ是平行四邊形得到PD∥BC，PD=BQ，則∠D=∠CQF，過點P作PM⊥BC于M，則∠PMC=∠PMB=90°，由BP=4CQ，CQ=m得到BP=4m，Rt△PBM中，∠B=60°，∠BPM=30°，則BM=12BP=2m，由邊形BPDQ是平行四邊形，得到BC∥PD，可得∠MPE=90°，則∠MPE=∠PMC=∠ACB=90°，則邊形PMCE是矩形，得到PE=CM=4?2m，PD∥BC，則ED=m，（3）分兩種情況：AD∥PF和AD∥PQ，分別進行求解即可．【詳解】（1）解：∵BP=4CQ，∴BP=4m，∵BC=4，∴BQ=4?m，∵平行四邊形BPDQ的周長為14，∴2BQ+BP∴24?m+4m解得：m=1，∴m的值是1；（2）證明：∵四邊形BPDQ是平行四邊形，∴PD∥BC，PD=BQ，∴∠D=∠CQF，如圖1，過點P作PM⊥BC于M，則∠PMC=∠PMB=90°，

∵BP=4CQ，∴BP=4m，在Rt△PBM中，∠B=60°∴∠BPM=30°，∴BM=1∵四邊形BPDQ是平行四邊形，∴BC∥PD，∴∠MPE=180°?∠PMC=90°，∴∠MPE=∠PMC=∠ACB=90°，∴四邊形PMCE是矩形，∴PE=CM=4?2m，PD∥BC，∴ED=PD?PE=BQ?PE=4?m?4?2m=m，∵CQ=m，∴CQ=ED，∵∠EFD=∠CFQ，∴△DEF≌△QCFAAS；（3）解：分兩種情況：①如圖2，AD∥PF，

∵PD∥BC，∴∠AEP=∠C=90°，Rt△AEP中，∠PAE=30°∴PE=1∵AP∥DF，∴四邊形APFD是平行四邊形，∴PE=ED，∴4?2m=m，∴m=4∵PE=4?2×43=∴PE=CQ，∵PE∥CQ，∴四邊形CQPE是矩形，∴∠CQP=90°，∴S△PFQ②如圖3，AD∥PQ，

∵AD∥PQ，∴四邊形APQD是平行四邊形，∴AP=DQ，∵PB=DQ，∴AP=PB，∴8?4m=4m，∴m=1，∴S=1綜上，△PQF的面積為1639或【點睛】此題考查了平行四邊形的判定和性質、矩形的判定和性質、全等三角形的判定和性質、含30°直角三角形的性質等知識，熟練掌握相關判定和性質、分類討論是解題的關鍵．7．（2023春·陜西咸陽·九年級統考期中）【問題背景】如圖1，在等腰直角△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，則邊BC與邊AB的數量關系為BC=2（1）如圖2，在等腰△ABC中，AB=AC,∠BAC=120°，作AD⊥BC于點D，則得到邊BC與邊AB的數量關系為；【遷移應用】（2）如圖3，△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC=∠DAE=120°，D、E、C三點共線，連接BD，①求證：△ADB≌△AEC；②求AD、BD、CD之間的數量關系；【拓展延伸】（3）如圖4，△ABC與△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，連接BD并延長，交AC于點F，連接EF、CE．若BF=6，∠CBF=15°，∠BAD=30°，求△AEF的面積．

【答案】（1）BC=3AB（2）①見解析②【分析】（1）根據等腰三角形三線合一，含30度角的直角三角形的性質，進行求解即可；（2）①利用SAS進行證明即可；②由全等三角形的性質可得BD=EC，由（1）可知：DE=3（3）過點E作EH⊥AC于H，連接EF，由含30度角的直角三角形的性質先求出AF,EH的長，再由三角形的面積公式進行求解即可．【詳解】解：（1）BC=3∵AB=AC,∠BAC=120°,AD⊥BC，∴∠B=∠C=30°，∴AB=2AD,BD=A∴BC=23∴BC=3（2）①∵∠BAC=∠DAE=120°，∴∠DAB=∠CAE=120°?∠BAE，在△ADB和△AEC中，DA=EA∠DAB=∠EAC∴△ADB≌△AECSAS②DC=BD+3∵△ADB≌△AEC，∴BD=EC，由（1）可知：DE=3∵DC=DE+EC，∴DC=BD+3（3）如圖4，過點E作EH⊥AC于H，連接EF，

∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB=AC=63，∠ABC=∠ACB=45°∵∠CBF=15°，∴∠ABD=30°，又∵∠BAD=30°，∴∠ABD=∠BAD,∠DAF=∠AFD=60°，∴AD=BD，△ADF是等邊三角形，∴AD=BD=DF=AF，∵∠ABD=30°,∠BAC=90°，∴BA=3∴AF=6=AD=BD=DF，∵∠DAE=90°,AD=AE，∴AE=6,∠FAE=30°，∵EH⊥AC，∴EH=AE=3，∴S△AEF故答案為：9．【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質與判定，等腰三角形的性質，含30度角的直角三角形的性質，等邊三角形的性質與判定，勾股定理，解題的關鍵在于能夠熟練掌握相關知識進行求解．8．（2023春·黑龍江哈爾濱·九年級統考期末）已知：菱形ABCD中，過點C作CH⊥AD，垂足為點H，AH=DH．

(1)如圖1，求∠ABC的度數；(2)如圖2，連接AC、BD，點E在AB上，EG⊥BC于點G，交BD于點F，點M在CH上，連接AF、DM，CM=2FG，求證：DM=AF；(3)如圖3，在（2）的條件下，分別連接CE、FM，CE、FM交于點K，FM交AC于點N，若AE:CN=5:3，MN=21，求菱形ABCD【答案】(1)∠ABC=60°；(2)見解析(3)菱形ABCD的面積為4503【分析】（1）連接AC，根據三線合一性質解得AC=CD，再由菱形性質解得AC=CD=AD，繼而解題；（2）由菱形性質解得BD平分∠ABC，解得∠ABF=30°，再由含30°角的直角三角形性質解得BF=2FG，繼而證明△ABF≌△DCM，最后根據全等三角形的性質解題；（3）在FK上取點R，使KR=NK，連接AR，先證明△EFK≌△CMK，據此解得FK?KR=MK?NK，即FR=MN=21，再證明△ERK≌△CNK，解得∠BER=60°，∠ETB=90°，設AE=5a，則CN=ER=3a，過點R作RQ⊥AB于點Q，ER交BD于點T，連接AK，AM，由勾股定理解得EQ、RQ、AQ、AR的值CN=ER=3a，繼而解得FR、TR、FT的值，在Rt△FTR中，利用勾股定理解得【詳解】（1）解：連接AC，

∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D，∵CH⊥AD，AH=DH，∴AC=CD，∴AC=CD=AD，∴△ACD是等邊三角形，∴∠D=60°，∠ABC=60°；（2）證明：∵四邊形ABCD為菱形，∴BD平分∠ABC，

∴∠ABF=∠FBG=1∵EG⊥BC，∴∠FGB=90°，在Rt△FBG中，∠FBG=30°∴BF=2FG，又∵CM=2FG，∴BF=CM，∵△ACD為等邊三角形，CH⊥AD，∴∠DCH=1∴∠DCH=∠ABF，∴△ABF≌△DCMSAS∴DM=AF；（3）解：在FK上取點R，使KR=NK，連接AR，∵四邊形ABCD為菱形，

∴AD∥BC，∴∠HCB=∠DHC=90°，又∵∠EGB=90°，∠EGB=∠HCB，∴EG∥∴∠EFK=∠CMK，∠FEK=∠NCK，∵∠BEG=90°?∠ABC=90°?60°=30°，∴∠BEG=∠EBF，∴BF=EF，∴EF=CM，∴△EFK≌△CMKASA∴FK=MK，EK=CK，∴FK?KR=MK?NK，即FR=MN=21∵∠EKR=∠CKN，KR=NK，

∴△ERK≌△CNK，∴∠REK=∠NCK，ER=CN，∴ER∥∴∠BER=∠BAC=60°，∠ETB=∠AOB=90°，∵AE:CN=5:3，設AE=5a，則CN=ER=3a，過點R作RQ⊥AB于點Q，ER交BD于點T，連接AK，AM，

∴在Rt△ERQ中，∠ERQ=90°?60°=30°∴EQ=12ER=∴AQ=AE+EQ=5a+3在Rt△ARQ中，∠AQR=90°∴AR=A∵CH垂直平分AD，∴AM=DM，又由（2）得DM=AF，∴AF=AM，又∵FK=MK，∴AK⊥MF，∵RK=NK，∴AR=AN=7a，∴AC=AN+CN=7a+3a=10a，∴AB=AC=10a，∴BE=AB?AE=10a?5a=5a，在Rt△EBT中，∠EBT=30°∴ET=1在Rt△EFT中，∠FET=60°?30°=30°∴EF=2FT，EF解得FT=5TR=ER?ET=3a?5在Rt△FTR中，F212解得：a=3，∴AB=AD=10×3=30，∴AH=HD=15，∴CH=A∴菱形ABCD的面積為：30×153【點睛】本題考查菱形的性質、全等三角形的判定與性質、含30°角的直角三角形、勾股定理、平行線的性質等知識，是重要考點，有難度，掌握相關知識是解題關鍵．【題型4含30度角的直角三角形在坐標系中的運用】1．（2023春·河北保定·九年級校考期中）將△OBA按如圖方式放在平面直角坐標系中，其中∠OBA=90°，∠A=30°，頂點A的坐標為3,3，將△OBA繞原點逆時針旋轉，每次旋轉60°，則第2023次旋轉結束時，點A對應點的坐標為（

A．?23,0 B．23,0 C．【答案】D【分析】根據旋轉性質，可知6次旋轉為1個循環，故先需要求出前6次循環對應的A點坐標即可，利用全等三角形性質求出第一次旋轉對應的A點坐標，之后第2次旋轉，根據圖形位置以及OA長，即可求出，第3、4、5次分別利用關于原點中心對稱，即可求出，最后一次和A點重合，再判斷第2023次屬于循環中的第1次，最后即可得出答案．【詳解】解：由題意可知：6次旋轉為1個循環，故只需要求出前6次循環對應的A點坐標即可第一次旋轉時：過點A′作x軸的垂線，垂足為C由A的坐標為3,3可知：OB=3，∵∠A=30°∴∠AOB=90°?∠A=60°，OA=2OB=2由旋轉性質可知：△AOB≌△A∴∠A′OB′=∠AOB=60°，OA∴∠A′OC=180°?∠A在△A′OC與△AOB中：∠A′OC′=∠AOB=60°∴△A′OC′≌△AOB(AAS∴OC=OB=3，A′C=AB=3∴此時點A′對應坐標為?當第二次旋轉時，如下圖所示：此時A′′點對應點的坐標為當第3次旋轉時，第3次的點A對應點與A點中心對稱，故坐標為?當第4次旋轉時，第4次的點A對應點與第1次旋轉的A′點對應點中心對稱，故坐標為當第5次旋轉時，第5次的點A對應點與第2次旋轉的A′′點對應點中心對稱，故坐標為第6次旋轉時，與A點重合．故前6次旋轉，點A對應點的坐標分別為：?3,3、?23,0、?3,?3、由于2023÷6=337??????1，故第2023次旋轉時，A點的對應點為?3故選：D．【點睛】本題主要是考查了旋轉性質、中心對稱求點坐標、三角形全等以及點的坐標特征，熟練利用條件證明全等三角形,通過旋轉和中心對稱求解對應點坐標，是求解該題的關鍵．2．（2023秋·海南省直轄縣級單位·九年級統考期末）如圖，在平面直角坐標系中，正方形OABC的邊OA在x軸上，邊OC在y軸上，且點A的坐標為3,0．根據四邊形的不穩定性，固定點O，A，沿箭頭方向推動正方形OABC得到四邊形OADE，其中點B的對應點為點D，點C的對應點為點E，若∠COE=30°，則點D的坐標為（

）A．92,332 B．32【答案】A【分析】如圖所示，過點D作DF⊥x軸于F，由題意得，四邊形OADE是菱形，則AD=OA=3，AD∥OE，再求出∠DAF=∠AOE=60°得到∠ADF=30°，利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性質求出DF=332【詳解】解：如圖所示，過點D作DF⊥x軸于F，由題意得，四邊形OADE是菱形，∴AD=OA=3，AD∥OE，∵∠COE=30°，∴∠AOE=∠AOC?∠COE=60°，∴∠DAF=∠AOE=60°，∴∠ADF=30°，∴AF=1∴DF=AD2∴點D的坐標為92故選A．【點睛】本題主要考查了坐標與圖形，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質，菱形的性質與判定得到，正確作出輔助線是解題的關鍵．3．（2023秋·山東濱州·九年級統考期末）(1)如圖，在等邊△ABC中，BD平分∠ABC交AC于點D，過點D作DE⊥BC于點E，且CE=1，則BC的長為(2)如圖，在平面直角坐標系中，點A4,3，點P在坐標軸上，若以P，O，A為頂點的三角形是等腰三角形，則滿足條件的點P共有【答案】48【分析】(1)首先可求得∠CDE=30°，根據直角三角形的性質可求得CD=2CE=2，再根據等邊三角形的性質，即可求得BC的長；(2)分別以點O、A為圓心，以OA的長為半徑畫弧，以及作線段OA的垂直平分線，與坐標軸的交點即為所求的點P的位置．【詳解】解：(1)∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠C=60°，AB=BC=AC，∵DE⊥BC，∴∠CDE=90°，在Rt△CDE中，∠CDE=90°?∠C=90°?60°=30°∵EC=1，∴CD=2EC=2，∵BD平分∠ABC，且AB=BC，∴AD=CD=2，∴AB=AC=AD+CD=4，∴BC=4，故答案為：4；(2)如圖所示，以O為圓心，以OA長為半徑，所作的圓與坐標軸有4個交點；以A為圓心，以OA為半徑，所作的圓與坐標軸有2個交點；作OA的垂直平分線，與坐標軸有2個點，故滿足條件的點P有8個，故答案為：8．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，含30°角的直角三角形的性質，等腰三角形的判定，坐標與圖形性質，利用數形結合的思想求解更簡便．4．（2023春·四川成都·九年級校考期中）如圖，在平面直角坐標系中，O是坐標原點，直線OP與x軸的夾角為30°，點B1在x軸上，且OB1=2，過點B1作B1A1⊥OP交OP于點A1，以A1B1為邊在A1B1右側作等邊三角形A1B1C1；過點C1作OP的垂線分別交x軸、OP干點B2、A2，以A2B2為邊在A2B2的右側作等邊三角形

【答案】738【分析】根據特殊直角三角形的性質，求出OA1，OA2，OA3，…，可得點A1【詳解】解：∵B1∴∠OA∵∠POB4=30°∴△A1B1C∴點A1的縱坐標為1∵等邊三角形A1∴A1B1∵∠OB∴∠B∴A1∴∠A∵∠A∴A2C1∴OA∴點A2的縱坐標為1同理得：A2∴OA∴點A3的縱坐標為1…，∴點An的縱坐標為2∴點A2021的縱坐標為2故答案為：738，【點睛】本題考查等邊三角形的性質，含30度角的直角三角形的性質等知識，解題的關鍵是學會探究規律的方法，屬于中考常考題型．5．（2023秋·江蘇鎮江·九年級校聯考期末）如圖，M，N分別為銳角∠AOB邊OA，OB上的點，把∠AOB沿MN折疊，點O落在∠AOB所在平面內的點(1)如圖1，點C在∠AOB內，若∠CMA=20°，∠CNB=50°，求(2)如圖2，若∠AOB=45°，ON=2，折疊后點C在直線OC上方，CM與OB交于點E，且MN=ME(3)如圖3，若折疊后，直線MC⊥OB，垂足為點E，且OM=5，ME=3，求此時【答案】(1)35°(2)2(3)52【分析】（1）根據平角的定義得到∠CMO=160°，∠CNO=130°，根據折疊的性質得到∠OMN=80°，（2）先證明∠OEM=45°+∠OMN，再由三角形內角和定理得到45°+2∠OMN+45°+∠OMN=180°，則∠OMN=30°，如圖，過點N作ND⊥OM于點D，在Rt△ODN中，求出DN=OD=1，在Rt△DMN中，則（3）分點N在線段OE上，點N在線段OE的延長線上，兩種情況利用勾股定理討論求解即可．【詳解】（1）解：∵∠CMA=20°，∴∠CMO=180°?∠CMA=160°，由折疊的性質可知：∠OMN=1∴∠AOB=180°?∠OMN?∠ONM=35°；（2）解：由折疊的性質可知：∠EMN=∠NMO，∴∠OME=2∠OMN，∵∠AOB=45°，∴∠MNE=∠AOB+∠OMN=45°+∠OMN，∵MN=ME，∴∠OEM=∠MNE=45°+∠OMN，∵∠AOB+∠OME+∠OEM=180°，∴45°+2∠OMN+45°+∠OMN=180°，∴∠OMN=30°，如圖，過點N作ND⊥OM于點D，在Rt△ODN中，∠DON=45°∴DN=OD=1，在Rt△DMN中，∠DMN=30°∴MN=2DN=2；∴折痕MN的長為2；（3）解：①若折疊后，直線MC⊥OB于點E，∵OM=5，∴OE=O若點N在線段OE上，如上圖所示，由折疊的性質可知：CM=OM=5，∴CE=CM?EM=5?3=2，在Rt△CEN中，EN=OE?ON=4?ON，根據勾股定理，得E∴4?ON2解得ON=5②若點N在線段OE的延長線上，如下圖所示，由折疊可知：CM=OM=5，∴CE=CM+EM=5+3=8，在Rt△CEN中，EN=OE?ON=4?ON，根據勾股定理，得E∴ON?42解得ON=10．綜上所述，ON=52或【點睛】本題主要考查了折疊的性質，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質，等腰直角三角形的性質與判定等等，靈活運用所學知識是解題的關鍵．6．（2023秋·黑龍江哈爾濱·九年級校考期中）如圖，在平面直角坐標系中，A?2,0，點B在x軸上，點C在y軸上，∠ACB=90o

(1)求點B的坐標；(2)點P從點B出發沿著線段BC以每秒2個單位長度運動，到C點停止運動，運動時間為t秒，連接AP，△ABP的面積為S，用含t的式子表示S；(3)在（2）的條件下，當S=12時，以BP為邊作等邊△BPD，求點D的縱坐標．（直接寫出答案）【答案】(1)6,0(2)S=4t(3)?3或6【分析】(1)求出∠ACO=30°,由直角三角形的性質可得出答案；(2)過點P作PE⊥AB于點E,由直角三角形的性質可得出PE=1(3)分兩種情況，當點D在PB的上方時，當點D在PB的下方時，由等邊三角形的性質及直角三角形的性質可得出答案.【詳解】（1）∵A(?2,0∴AO=2,∵∠ACB=90°,∠ACB=30°,∴∠CAO=60°,∴∠ACO=30°,∴AC=2OA=4,∴AB=2AC=8,∴OB=AB?OA=6,∴B(6,0（2）過點P作PE⊥AB于點E,當點D在PB的上方時，

∵點P從點B出發沿著線段BC以每秒2個單位長度運動，∴PB=2t,∵∠ABC=30°,∴PE=∴S（3）∵S=12,∴4t=12,∴t=3,∴PB=6,如圖，當點D在PB的上方時，

∵△BPD為等邊三角形,∴∠PBD=60°,PB=BD,∴∠ABD=90°,∴BD=6,∴D點的縱坐標為6，當點D在PB的下方時，

∵△BPD為等邊三角形,∴∠BPD=60°,∵∠BCO=60°,∴PD∥y軸,∴∠PFB=90°,∴PF=PD=3,∴D點的縱坐標為?3，綜上所述，D點的縱坐標為?3或6．【點睛】本題考查了坐標與圖形的性質，等邊三角形的判定與性質，直角三角形的性質，三角形的面積，熟練掌握等邊三角形的性質是解題的關鍵．7．（2023春·福建廈門·九年級廈門外國語學校校考期中）如圖1，平而直角坐標系xOy中，點A(3,0)，∠OAB=60°，點B在y軸上，點C是線段AB的中點，點D?32,32，線段CD與y軸交于點(1)判斷四邊形OCBD的形狀，并說明理由．(2)如圖2，點E，F分別在線段AC，OD上，AE=DF，且∠EGF=90°，求線段【答案】(1)四邊形OCBD為菱形，詳見解析(2)OE=3【分析】(1)利用30°的直角三角形的性質，求出OB的長，用中點坐標公式得到D，C兩點關于y軸，進而可得G點坐標，利用坐標的性質即可判定四邊形的形狀；（2）延長FG交AB于點M，連FE，先證四邊形FOEC為平行四邊形，再利用全等證出四邊形FOEC的對角線相等，確定四形形FOEC為矩形，利用矩形的角為直角確定△AOE為直角三角形，最后利用勾股定理即可得解．【詳解】（1）四邊形OCBD為菱形，理由如下∵∠AOB=90°,∠OAB=60°∴∠ABO=30°∵A3,0,C為∴OA=OC=AC=BC=∴OB=∴B0,3∵C為AB的中點∴根據中點坐標公式得C∵D?∴根據中點坐標公式得G∴OB⊥DC,DG=CG,BG=OG∴四邊形OCBD為菱形（2）延長FG交AB于點M，連FE∵AC=BC=OD,DF=AE∴CE=FO由（1）知四邊形OCBD為菱形∵OD∥BC∴四邊形FOEC為平行四邊形由（1）知四邊形OCBD為菱形∴GD=GC,OC=AC，OD∥BC∴∠CDF=∠DCM,∠DFG=∠CMG∴△DGF≌△CGM∴GF=GM,DF=CM又∵∠EGF=90°∴EF=ME又∵AE=DF∴EF=CM+CE=DF+CE=AE+CE=AC=OC∴四邊形FOEC為矩形∴∠CEO=∠OEA=90°∵∠OAB=60°∴∠AOE=30°∴AE=由勾股定理得OE=【點睛】本題考查了四邊形的綜合，坐標與圖形，勾股定理，三角形全等的性質與判定,直角三角形的性質等知識點，熟練掌握其性質是解決此題的關鍵8．（2023秋·湖南長沙·九年級校考期末）如圖1，在平面直角坐標系中，點Aa,0在x軸的負半軸，且滿足a2?9a?3=0，點B(1)求點B的坐標；(2)若OM⊥AB，垂足為M，求線段OM的長度；(3)如圖2，在△AOB中，分別以AB，OB為邊，向外側作正△ABD與正△OBC，連接CD，交AB于點E，求線段DE與【答案】(1)0,3(2)3(3)DE=CE【分析】（1）利用含30°角的直角三角形的三邊關系直接計算求出OB的長，再轉化為坐標即可．（2）利用勾股定理求出AB的長，再用等積變形的方法求出OM的長度即可．（3）過點D作DF⊥AB，利用等邊三角形的性質求證△DFE≌△CBE，即可得出DE=CE．【詳解】（1）解：∵解得：a=?3∴OA=3∵∠ABO=30°∴∴OB=OA×∴B（2）解：∵OA=3∴AB=∵OM⊥AB∴∴OM=（3）解：過點D作DF⊥AB，垂足為點F，∵△ABD和△OBC是正三角形，∴∠OBC=∠DAB=60°，∵∠ABO=∴∠ABC=∠DFB=90°，∵AD=6，∴DF=6×∴DF=OB=CB在△DEF和△CEB中∠DEF=∠CEB∴△DEF≌CEB∴DE=CE【點睛】本題主要考查點坐標的求解，含30°角的直角三角形三邊的計算以及全等三角形的證明，熟練掌握特殊直角三角形的三邊關系及全等三角形的證明是解決本題的關鍵．【題型5含30度角的直角三角形與分類討論思想綜合運用】1．（2023秋·江蘇泰州·九年級校考期末）在Rt△ABC中，∠C=90°，有一個銳角為60°，AB=6，若點P在直線AB上（不與點A，B重合），且∠PCB=30°，則AP的長為【答案】92【分析】由于一個銳角為60°，則另一個銳角為30°，可能是∠A也可能是∠B；∠PCB=30°可以分為點P在線段AB上和P在線段AB的延長線上兩種情況，分別根據直角三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的一半和勾股定理即可解答．【詳解】解：當∠CBA=60°時，∵∠C=90°,∠A=30°，∴∠CBA=60°,BC=1由勾股定理得，AC=33①點P在線段AB上，∵∠PCB=30°,∠CBA=60°，∴∠CPB=90°，∴∠CPA=90°，在Rt△ACP中，∠A=30°∴PC=1∴在Rt△APC中，由勾股定理得AP=②點P在線段AB的延長線上，∵∠PCB=30°，∴∠ACP=90°+30°=120°，∵∠A=30°，∴∠CPA=30°．∵∠PCB=30°，∴∠PCB=∠CPA，∴BP=BC=3，∴AP=AB+BP=6+3=9．當∠ABC=30°時，∵∠ACB=90°,∠ABC=30°，∴∠A=60°,AC=1由勾股定理得，BC=33①點P在線段AB上，∵∠PCB=30°，∴∠ACP=60°，∴△ACP是等邊三角形∴AP=AC=3．②點P在線段AB的延長線上，∵∠PCB=30°,∠ABC=30°，∴CP∥AP，這與CP與AP交于點P矛盾，舍去．綜上，AP的長為92故答案為：92【點睛】本題考查了勾股定理、含30°角的直角三角形的三邊關系等知識點，掌握分類討論思想是解答本題的關鍵．2．（2023秋·黑龍江哈爾濱·九年級哈爾濱市虹橋初級中學校校考期中）如圖，在四邊形ABCD中，AC、BD為對角線，AB=AC，∠ADB=2∠DBC=60°，AD=6，BC=23，則線段BD的長為

【答案】8【分析】根據題意，作出合適的輔助線，然后根據矩形的性質，直角三角形的性質和勾股定理，即可求解．【詳解】如圖，過A作AE⊥BC于點E，過D作GF⊥BC交BC延長線于點F，作AG⊥GF于點G，

∴∠F=∠G=∠AEF=90°，∴四邊形AEFG是矩形，∴AG=EF，∵AB=AC，∴BE=EC=1∵∠ADB=2∠DBC=60°，∴∠DBC=30°，∴∠BDF=60°，∴∠ADG=180°?∠ADB?∠BDF=180°?60°?60°=60°，∴∠DAG=30°，∴DG=1在Rt△ADG中，由勾股定理得：AG=A∴AG=EF=33∴BF=BE+EF=3在Rt△BDF中，∠DBF=30°，∴DF=1由勾股定理得：BD∴BD則：BD=8，故答案為：8．【點睛】此題考查了矩形的性質，直角三角形的性質，勾股定理，解題的關鍵是明確題意，利用數形結合思想解答．3．（2023春·遼寧丹東·九年級統考期末）如圖，在ΔABC中，∠C=90°，∠B=30°，AC=4，點P為AB上一點，將線段PB繞點P順時針旋轉得線段PQ，點Q在射線BC上，當PQ的垂直平分線MN經過ΔABC一邊中點時，PB的長為

【答案】2或3或5【分析】本題需考慮MN經過ΔABC【詳解】解：∵∠C=90°，∠B=30°，AC=4，∴AB=8，BC=43PQ的垂直平分線MN經過ΔABC一邊中點，可分為以下三種情況：經過AB的中點D；經過AC的中點E；經過BC的中點F當MN經過AB的中點D時，交BC于點G，如圖：BD=1

∵PB繞點P順時針旋轉得線段PQ，∴PQ=PB，∴∠PQB=∠B=30°，∵∠DPQ是ΔPQB∴∠DPQ=∠B+∠PQB=60∵MN垂直平分PQ，∴PD=QD，∴ΔPQD∴PD=QP，∴PD=PB，∴PB=1當MN經過AC的中點E時，交BC于點G，如圖：EC=1

∵∠PQB=30°，MN垂直PQ，∴∠EGQ=60∴∠CEG=30°，在RtΔECG中，EC=2∴CG=2∴BG=10∵點G在MN上，∴PG=QG，∴∠PQB=∠QPG=30°，∵∠PGB是ΔPQG∴∠PGB=∠PQB+∠QPG=60∴∠GPB=90∴PG⊥PB，在RtΔPGB中，BG=∴PG=1∴由勾股定理得：PB=B當MN經過BC的中點F時，交BC于點F（G），如圖：BF=1

同理可證：PG⊥PB，在RtΔPGB中，∠B=30°，BF=2∴PB=3．綜上：PB的長為：2或5或3．故答案為：2，3或5．【點睛】本題綜合考查了垂直平分線，含30°角的直角三角形，三角形外角的性質，勾股定理，等腰三角形的性質等知識點．分類討論思想是解題的關鍵，同時也是本題的易錯點．4．（