题目内容
2．如图1，△ABC为等边三角形，点M是射线AE上任意一点（M不与A重合），连接CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转60°得到线段CN，连接BN，直线BN交射线AE于点D．（1）直接写出直线BD与射线AE相交所成锐角的度数；
（2）如图2，当射线AE与AC的夹角∠EAC为钝角时，其他条件不变，（1）中结论是否发生变化？如果不变，加以证明；如果变化，请说明理由；
（3）如图3，在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，射线AE交BC于点H，∠EAC=15°，点M是射线AE上任意一点（M不与A重合），连接CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转90°得到线段CN，连接BN，直线BN交射线AE于点D．G，F分别是AH，AB的中点．求证：CD=GF．
分析 （1）根据全等三角形的判定方法，证明△BCN≌△ACM，得∠ABN=∠CAM，根据三角形的内角和定理，即可得∠BDA=∠BCA=60°；
（2）根据全等三角形的判定方法，证明△BCN≌△ACM，得∠ANB=∠CMA，根据三角形的内角和定理，即可得∠BDM=∠NCM=60°；
（3）先根据全等的判定方法，证明△BCN≌△ACM，得∠CBN=∠CAM，利用三角形的内角和定理，得到∠ADB=90°，根据直角三角形的性质，求出∠DGC=30°，AG=CG，进而求得∠DGC=∠BAD．根据中位线定理，求出∠AFG=ABC=45°，即可求出∠FGD=75°．再根据三角形内角和定理，求出∠DGF=75°，故DG=DF=AF．即可证得△AFG≌△GDC，即可证得CD=GF．
解答 （1）解：直线BD与射线AE相交所成锐角的度数为60°．
（2）解：（1）中的结论不变．
理由：∵△ABC是等边三角形，
∴CA=CB，∠ACB=60°，
∵线段CM绕点C按顺时针方向旋转60°得到线段CN，
∴CM=CN，∠MCN=60°，
∴∠ACB-∠BCM=∠MCN-∠BCM，
即∠ACM=∠BCN，
∴△BCN≌△ACM．
∴∠ANB=∠CMA，
∵∠CMA+∠MDB=∠BNC+∠NCM，
∴∠MDB=∠NCM=60°．
（3）证明：在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，
∵线段CM绕点C按顺时针方向旋转90°得到线段CN，
∴CM=CN，∠MCN=90°，
∴∠ACB-∠MCB=∠MCN-∠MCB，
即∠ACM=∠BCN，
∴△BCN≌△ACM，
∴∠CBN=∠CAM，
∴∠ABC+∠NBC+∠BAD=∠ABC+∠MAC+∠BAD=∠ABC+∠BAC=90°，
∴∠ADB=90°．
在Rt△ACH中，G是AH的中点，
∴AG=CG=GH，∠DGC=2∠GAC=30°，
∵∠BAD=∠BAC-∠DAC=30°，
∴∠DGC=∠BAD．
在△ABH中，F是AB的中点，G是AH的中点，
∴FG∥BC，
∴∠AFG=∠ABC=45°，
∴∠FGD=∠FAG+∠AFG=75°，
在Rt△ABD中，∠BAD=30°，∠ABD=60°，F是AB的中点，
∴△BFD是等边三角形，
∴∠BDF=60°，
∴∠FDG=30°．
在Rt△DGF中，∠GFD=180°-∠FGD-∠FDG=180°-75°-30°=75°，
∴DG=DF=AF，
∴△AFG≌△GDC，
∴CD=GF．
点评 本题主要考查线段的旋转、全等三角形的性质和判定、直角三角形的性质等，解决此题的关键是能将三角形的判定和性质、等边三角形、直角三角形的相关性质灵活的应用．
如图，在四边形ABCD中，AB=CE，BE=CD，AB⊥BC于点B，DC⊥BC于点C，请判断AE和DE的数量关系及位置关系，并说明理由．
如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α（0°＜α＜60°），将线段BC绕点B逆时针旋转120°-α得到线段BD．
如图，延长平行四边形ABCD的边DC到E，使CE=CD，连结AE交BC于点F．
如图，在平面直角坐标系xoy中，四边形OABC是矩形，A（0，6），C（8，0），动点P以每秒2个单位的速度从点A出发，沿AC向点C移动，同时动点Q以每秒1个单位的速度从点C出发，沿CO向点O移动，设P、Q两点移动t秒（0＜t＜5）后，四边形AOQP的面积为S．
| A． | 2 | B． | 4 | C． | -2 | D． | -4 |
如图，点P是正方形ABCD内一点，点P到点A，B和C的距离分别为1，2，3，将△ABP绕点B旋转至△CBP′，连接PP′．