2024年中考数学必考考点专题11 图形的变换篇（解析版）

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平移的条件：
平移的方向叫做平移方向，平移的距离叫做平移距离。平移方向与平移距离即为平移的条件。
平移的性质：
①平移前后的两个图形全等。即有对应边相等，对应角相等。
②对应点连线平行且相等，且长度都等于平移距离。
平移作图：
具体步骤：
①确定平移方向与平移距离。
②将关键点按照平移方向与平移距离进行平移，得到平移后的点。
③将平移后的关键点按照原图形连接即得到平移后的图形。
坐标表示平移：
①向右平移个单位，坐标⇒
②向左平移个单位，坐标⇒
③向上平移个单位，坐标⇒
④向下平移个单位，坐标⇒
轴对称的性质：
①成轴对称的两个图形全等。即有对应边相等，对应角相等。
②对称轴是任意一组对应点连线的垂直平分线。
关于坐标轴对称的点的坐标：
①关于轴对称的点的坐标：横坐标不变，纵坐标互为相反数。
即关于轴对称的点的坐标为。
②关于轴对称的点的坐标：纵坐标不变，横坐标互为相反数。
即关于轴对称的点的坐标为。
③关于原点对称的点的坐标：横纵坐标均互为相反数。
即关于原点对称的点的坐标为。
关于直线对称的点的坐标：
①关于直线对称，⇒
②关于直线对称，⇒
旋转的要素：
①旋转中心；②旋转方向；③旋转角。
旋转的性质：
①旋转前后的两个图形全等。即有对应边相等，对应角相等。
②对应点到旋转中心的连线距离相等。
③对应点与旋转中心的连线构成的夹角等于旋转角。
旋转对称图形：
若一个图形旋转一定角度（小于360°）之后与原图形重合，则这个图形叫做旋转对称图形。如正多边形或圆。
中心对称：
①定义：把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点。
②性质： = 1 \* ROMAN \* MERGEFORMAT I：关于中心对称的两个图形能够完全重合；
= 2 \* ROMAN \* MERGEFORMAT II：关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分。
坐标的旋转变换：
①若点顺时针或逆时针旋转90°，则横纵坐标的绝对值互换，符号看象限。
②若点顺时针或逆时针旋转180°，即关于原点成中心对称，则横纵坐标变为原来的相反数。即
旋转作图：
基本步骤：①确定旋转方向与旋转角；②把图形的关键点按照旋转方向与旋转角进行旋转，得到关键点的对应点；③将对应点按照原图形连接。
专题练习
1．如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，﹣1），B（2，﹣5），C（5，﹣4）．
（1）将△ABC先向左平移6个单位，再向上平移4个单位，得到△A1B1C1，画出两次平移后的△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
（2）画出△A1B1C1绕点C1顺时针旋转90°后得到△A2B2C1，并写出点A2的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点A1旋转到点A2的过程中所经过的路径长（结果保留π）．
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A1，B1的对应点A2，B2即可；
（3）利用勾股定理求出A1C1，再利用弧长公式求解．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求，点A1的坐标（﹣5，3）；
（2）如图，△A2B2C1即为所求，点A2的坐标（2，4）；
（3）∵A1C1＝＝5，
∴点A1旋转到点A2的过程中所经过的路径长＝＝．
2．如图，△ABC的顶点坐标分别为A（﹣2，3），B（﹣3，0），C（﹣1，﹣1）．将△ABC平移后得到△A'B'C'，且点A的对应点是A'（2，3），点B、C的对应点分别是B'、C'．
（1）点A、A'之间的距离是 ；
（2）请在图中画出△A'B'C'．
【分析】（1）根据两点间的距离公式即可得到结论；
（2）根据平移的性质作出图形即可．
【解答】解：（1）∵A（﹣2，3），A'（2，3），
∴点A、A'之间的距离是2﹣（﹣2）＝4，
故答案为：4；
（2）如图所示，△A'B'C'即为所求．
3．已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，点P从点A出发，沿AB方向以每秒cm的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，设运动的时间为t秒．
（1）如图①，若PQ⊥BC，求t的值；
（2）如图②，将△PQC沿BC翻折至△P′QC，当t为何值时，四边形QPCP′为菱形？
【分析】（1）根据勾股定理求出AB，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
（2）作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，AP＝tcm，BQ＝tcm（0≤t＜4），由△ABC为等腰直角三角形，可得∠A＝∠B＝45°，则可判断△APE和△PBD为等腰直角三角形，得出PE＝AE＝AP＝tcm，BD＝PD，则CE＝AC﹣AE＝（4﹣t）cm，由矩形和菱形性质及勾股定理，即可求得答案．
【解答】解：（1）如图①，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，
∴AB＝＝＝4（cm），
由题意得，AP＝tcm，BQ＝tcm，
则BP＝（4﹣t）cm，
∵PQ⊥BC，
∴∠PQB＝90°，
∴∠PQB＝∠ACB，
∴PQ∥AC，
∴＝，
∴＝，
解得：t＝2，
∴当t＝2时，PQ⊥BC．
（2）作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，如图②，
AP＝tcm，BQ＝tcm（0≤t＜4），
∵∠C＝90°，AC＝BC＝4cm，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴∠A＝∠B＝45°，
∴△APE和△PBD为等腰直角三角形，
∴PE＝AE＝AP＝tcm，BD＝PD，
∴CE＝AC﹣AE＝（4﹣t）cm，
∵四边形PECD为矩形，
∴PD＝EC＝（4﹣t）cm，
∴BD＝（4﹣t）cm，
∴QD＝BD﹣BQ＝（4﹣2t）cm，
在Rt△PCE中，PC2＝PE2+CE2＝t2+（4﹣t）2，
在Rt△PDQ中，PQ2＝PD2+DQ2＝（4﹣t）2+（4﹣2t）2，
∵四边形QPCP′为菱形，
∴PQ＝PC，
∴t2+（4﹣t）2＝（4﹣t）2+（4﹣2t）2，
∴t1＝，t2＝4（舍去）．
∴当t的值为时，四边形QPCP′为菱形．
4．如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，△ABC的顶点和线段EF的端点均在小正方形的顶点上．
（1）在方格纸中画出△ADC，使△ADC与△ABC关于直线AC对称（点D在小正方形的顶点上）；
（2）在方格纸中画出以线段EF为一边的平行四边形EFGH（点G，点H均在小正方形的顶点上），且平行四边形EFGH的面积为4，连接DH，请直接写出线段DH的长．
【分析】（1）根据轴对称的性质可得△ADC；
（2）利用平行四边形的性质即可画出图形，利用勾股定理可得DH的长．
【解答】解：（1）如图，△ADC即为所求；
（2）如图，▱EFGH即为所求；
由勾股定理得，DH＝＝5．
5．图①，图②均是4×4的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．其中点A，B，C均在格点上，请在给定的网格中按要求画四边形．
（1）在图①中，找一格点D，使以点A，B，C，D为顶点的四边形是轴对称图形；
（2）在图②中，找一格点E，使以点A，B，C，E为顶点的四边形是中心对称图形．
【分析】（1）作点B关于直线AC的对称点D，四边形ABCD为筝形．
（2）将点A向右平移1个单位，再向上平移1个单位可得点E，四边形ABCE为平行四边形．
【解答】解：（1）作点B关于直线AC的对称点D，连接ABCD，四边形ABCD为筝形，符合题意．
（2）将点A向右平移1个单位，再向上平移1个单位可得点E，连接ABCE，AE∥BC且AE＝BC，
∴四边形ABCE为平行四边形，符合题意．
6．如图，已知四边形ABCD为矩形，AB＝2，BC＝4，点E在BC上，CE＝AE，将△ABC沿AC翻折到△AFC，连接EF．
（1）求EF的长；
（2）求sin∠CEF的值．
【分析】（1）根据翻折变换的特点和勾股定理结合方程思想解答即可；
（2）根据锐角三角函数的定义，利用勾股定理解答即可．
【解答】解：（1）∵CE＝AE，
∴∠ECA＝∠EAC，
根据翻折可得：∠ECA＝∠FCA，∠BAC＝∠CAF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DA∥CB，
∴∠ECA＝∠CAD，
∴∠EAC＝∠CAD，
∴∠DAF＝∠BAE，
∵∠BAD＝90°，
∴∠EAF＝90°，
设CE＝AE＝x，则BE＝4﹣x，
在△BAE中，根据勾股定理可得：
BA2+BE2＝AE2，
即：，
解得：x＝3，
在Rt△EAF中，EF＝＝．
（2）过点F作FG⊥BC交BC于点G，
设CG＝y，则GE＝3﹣y，
∵FC＝4，FE＝，
∴FG2＝FC2﹣CG2＝FE2﹣EG2，
即：16﹣y2＝17﹣（3﹣y）2，
解得：y＝，
∴FG＝＝，
∴sin∠CEF＝＝．
7．为提高耕地灌溉效率，小明的爸妈准备在耕地A、B、C、D四个位置安装四个自动喷洒装置（如图1所示），A、B、C、D四点恰好在边长为50米的正方形的四个顶点上，为了用水管将四个自动喷洒装置相互连通，爸妈设计了如下两个水管铺设方案（各图中实线为铺设的水管）．
方案一：如图2所示，沿正方形ABCD的三边铺设水管；
方案二：如图3所示，沿正方形ABCD的两条对角线铺设水管．
（1）请通过计算说明上述两方案中哪个方案铺设水管的总长度更短；
（2）小明看了爸妈的方案后，根据“蜂巢原理”重新设计了一个方案（如图4所示）．
满足∠AEB＝∠CFD＝120°，AE＝BE＝CF＝DF，EF∥AD．请将小明的方案与爸妈的方案比较，判断谁的方案中铺设水管的总长度更短，并说明理由．（参考数据：≈1.4，≈1.7）
【分析】（1）分别算出两种方案中铺设水管的总长度，再比较即可得答案；
（2）过E作EG⊥AB于G，过F作FH⊥CD于H，由AE＝BE，GE⊥AB，可得AG＝BG＝AB＝25米＝DH＝CH，∠AEG＝∠BEG＝∠AEB＝60°＝∠DFH＝∠CFH＝60°，在Rt△AEG中，GE＝＝（米），AE＝＝（米），故EF＝GH﹣GE﹣FH＝（50﹣）米，从而可得方案中铺设水管的总长度为50+50≈135（米），即知小明的方案中铺设水管的总长度最短．
【解答】解：（1）方案一：铺设水管的总长度为50×3＝150（米），
方案二：铺设水管的总长度为2＝100≈140（米），
∵140＜150，
∴方案二铺设水管的总长度更短；
（2）小明的方案中铺设水管的总长度最短，理由如下：
如图：
∵AE＝BE，GE⊥AB，
∴AG＝BG＝AB＝25米，∠AEG＝∠BEG＝∠AEB＝60°，
同理DH＝CH＝25米，∠DFH＝∠CFH＝60°，
在Rt△AEG中，
GE＝＝（米），AE＝＝（米），
同理FH＝米，BE＝CF＝DF＝AE＝米
∴EF＝GH﹣GE﹣FH＝（50﹣）米，
∴方案中铺设水管的总长度为×4+50﹣＝50+50≈135（米），
∵135＜140＜150，
∴小明的方案中铺设水管的总长度最短．
8．如图，在平面直角坐标系中，形如英文字母“V”的图形三个端点的坐标分别是A（2，3），B（1，0），C（0，3）．
（1）画出“V”字图形向左平移2个单位后的图形；
（2）画出原“V”字图形关于x轴对称的图形；
（3）所得图形与原图形结合起来，你能从中看出什么英文字母？（任意答一个即可）
【分析】（1）根据要求直接平移即可；
（2）在第四象限画出关于x轴对称的图形；
（3）观察图形可得结论．
【解答】解：（1）如图1，
（2）如图2，
（3）图1是W，图2是X．
9．如图，是边长为1的小正方形组成的8×8方格，线段AB的端点在格点上．建立平面直角坐标系，使点A、B的坐标分别为（2，1）和（﹣1，3）．
（1）画出该平面直角坐标系xOy；
（2）画出线段AB关于原点O成中心对称的线段A1B1；
（3）画出以点A、B、O为其中三个顶点的平行四边形．（画出一个即可）
【分析】（1）根据其中一个点的坐标，即可确定原点位置；
（2）根据中心对称的性质，即可画出线段A1B1；
（3）根据平行四边形的性质即可画出图形．
【解答】解：（1）如图，即为所求；
（2）如图，线段A1B1即为所求；
（3）如图，平行四边形AOBD即为所求（答案不唯一）．
10．如图，在△ABC中，，，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，连接DE，DF．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．
【分析】（1）连接AF，可得AF⊥BC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据中位线定理可得，即可得证；
（2）证明△DNF∽△DME，根据（1）的结论即可得；
（3）连接AF，过点C作CH⊥AB于H，证明△AGD∽△AHC，可得，勾股定理求得GE，AG，根据，∠EMG＝∠ADG，可得，进而求得MG，根据MD＝MG+GD求得MD，根据（2）的结论，即可求解．
【解答】（1）证明：如图1，连接AF，
∵，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
∴，AF⊥BC，
∴，
∴；
（2）解：，
理由如下：
连接AF，如图2，
∵，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
∴，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∴∠DEF＝∠C，
∵，
∴∠DFC＝∠C，
∴∠DFC＝∠DEF，
∴180°﹣∠DFC＝180°﹣∠DEF，
∴∠DFN＝∠DEM，
∵将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，
∴∠EDF＝∠PDQ，
∵∠FDN+∠NDE＝∠EDM+∠NDE，
∴∠FDN＝∠EDM，
∴△DNF∽△DME，
∴，
∴；
（3）解：如图，连接AF，过点C作CH⊥AB于H，
Rt△AFC中，，
∴，
∵，
∴，
∵DP⊥AB，
∴△AGD∽△AHC，
∴，
∴，
Rt△GED中，，
Rt△AGD中，，
∴，
∵EF∥AD，
∴∠EMG＝∠ADG，
∴，
∴，
∴，
∵△DNF∽△DME，
∴，
∴．
11．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在直线AC上，连接BD，将DB绕点D逆时针旋转120°，得到线段DE，连接BE，CE．
（1）求证：BC＝AB；
（2）当点D在线段AC上（点D不与点A，C重合）时，求的值；
（3）过点A作AN∥DE交BD于点N，若AD＝2CD，请直接写出的值．
【分析】（1）作AH⊥BC于H，可得BH＝AB，BC＝2BH，进而得出结论；
（2）证明△ABD∽△CBE，进而得出结果；
（3）当点D在线段AC上时，作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，设AB＝AC＝3a，则AD＝2a，解直角三角形BDF，求得BD的长，根据△DAG∽△DBF求得AQ，进而求得AN，进一步得出结果；当点D在AC的延长线上时，设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，同样方法求得结果．
【解答】（1）证明：如图1，
作AH⊥BC于H，
∵AB＝AC，
∴∠BAH＝∠CAH＝＝60°，BC＝2BH，
∴sin60°＝，
∴BH＝，
∴BC＝2BH＝；
（2）解：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝＝30°，
由（1）得，
，
同理可得，
∠DBE＝30°，，
∴∠ABC＝∠DBE，＝，
∴∠ABC﹣∠DBC＝∠DBE﹣∠DBC，
∴∠ABD＝∠CBE，
∴△ABD∽△CBE，
∴；
（3）解：如图2，
当点D在线段AC上时，
作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，
设AB＝AC＝3a，则AD＝2a，
由（1）得，CE＝，
在Rt△ABF中，∠BAF＝180°﹣∠BAC＝60°，AB＝3a，
∴AF＝3a•cs60°＝，BF＝3a．sin60°＝，
在Rt△BDF中，DF＝AD+AF＝2a+a＝，
BD＝＝＝a，
∵∠AGD＝∠F＝90°，∠ADG＝∠BDF，
∴△DAG∽△DBF，
∴，
∴＝，
∴AG＝，
∵AN∥DE，
∴∠AND＝∠BDE＝120°，
∴∠ANG＝60°，
∴AN＝＝a＝a，
∴＝，
如图3，
当点D在AC的延长线上时，
设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，
由（1）得，
CE＝＝4，
作BR⊥CA，交CA的延长线于R，作AQ⊥BD于Q，
同理可得，
AR＝a，BR＝，
∴BD＝＝2a，
∴，
∴AQ＝，
∴AN＝＝a，
∴＝＝，
综上所述：或．
12．如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连接AD，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．
（1）判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；
（2）延长ED交直线BC于点F．
①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为 ；
②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数并说明理由．
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE；
（2）①AE＝DE＝BE﹣BD＝BE﹣CE；
（3）连接AF，作AG⊥DE于G，先证明△ABF∽△ADG，从而，∠BAF＝∠DAG，进而∠BAD＝∠FAG，再证明△ABD∽△AFG．
【解答】解：（1）BD＝CE，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，
∵AE是由AD绕点A逆时针旋转60°得到的，
∴∠DAE＝60°，AD＝AE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即：∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）①由（1）得：∠DAE＝60°，AD＝AE，BD＝CE，
∴△ADE是等边三角形，
∴DE＝AE，
∴AE＝DE＝BE﹣BD＝BE﹣CE，
故答案为：AE＝BE﹣CE；
②如图，
∠BAD＝45°，理由如下：
连接AF，作AG⊥DE于G，
∴∠AGD＝90°，
∵F是BC的中点，△ABC是等边三角形，△ADE是等边三角形，
∴AF⊥BC，∠ABF＝∠ADG＝60°，
∴∠AFB＝∠AGD，
∴△ABF∽△ADG，
∴，∠BAF＝∠DAG，
∴∠BAF+∠DAF＝∠DAG+∠DAF，
∴∠BAD＝∠FAG，
∴△ABD∽△AFG，
∴∠ADB＝∠AGF＝90°，
由（1）得：BD＝CE，
∵CE＝DE＝AD，
∴AD＝BD，
∴∠BAD＝45°．
13．如图所示的方格纸（1格长为一个单位长度）中，△AOB的顶点坐标分别为A（3，0），O（0，0），B（3，4）．
（1）将△AOB沿x轴向左平移5个单位，画出平移后的△A1O1B1（不写作法，但要标出顶点字母）；
（2）将△AOB绕点O顺时针旋转90°，画出旋转后的△A2O2B2（不写作法，但要标出顶点字母）；
（3）在（2）的条件下，求点B绕点O旋转到点B2所经过的路径长（结果保留π）．
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，O，B的对应点A1，O1，B1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，O，B的对应点A2，O2，B2即可；
（3）利用弧长公式求解．
【解答】解：（1）如图，△A1O1B1即为所求；
（2）如图，△A2O2B2即为所求；
（3）在Rt△AOB中，，
∴．
14．在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，线段AB绕点A逆时针旋转至AD（AD不与AC重合），旋转角记为α，∠DAC的平分线AE与射线BD相交于点E，连接EC．
（1）如图①，当α＝20°时，∠AEB的度数是 ；
（2）如图②，当0°＜α＜90°时，求证：BD+2CE＝AE；
（3）当0°＜α＜180°，AE＝2CE时，请直接写出的值．
【分析】（1）由旋转的性质得出∠BAD＝20°，AB＝AD，求出∠DAE＝∠DAC＝35°，由三角形外角的性质可求出答案；
（2）延长DB到F，使BF＝CE，连接AF，证明△ADE≌△ACE（SAS），由全等三角形的性质可得出∠DEA＝∠CEA，∠ADE＝∠ACE，DE＝CE，证明△ABF≌△ACE（SAS），由全等三角形的性质可得出AF＝AE，∠AFB＝∠AEC＝45°，由等腰直角三角形的性质可得出结论；
（3）分两种情况画出图形，由全等三角形的性质及等腰直角三角形的性质可得出答案．
【解答】（1）解：∵线段AB绕点A逆时针旋转α至AD，α＝20°，
∴∠BAD＝20°，AB＝AD，
∴∠ADB＝∠ABD＝×（180°﹣20°）＝80°，
又∵∠BAC＝90°，
∴∠DAC＝70°，
∵AE平分∠DAC，
∴∠DAE＝∠DAC＝35°，
∴∠AEB＝∠ADB﹣∠DAE＝80°﹣35°＝45°，
故答案为：45°；
（2）证明：延长DB到F，使BF＝CE，连接AF，
∵AB＝AC，AD＝AB，
∴AD＝AC，
∵AE平分∠DAC，
∴∠DAE＝∠CAE，
又∵AE＝AE，
∴△ADE≌△ACE（SAS），
∴∠DEA＝∠CEA，∠ADE＝∠ACE，DE＝CE，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵∠ADE+∠ADB＝180°，
∴∠ACE+∠ABD＝180°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BEC＝360°﹣（∠ACE+∠ABD）﹣∠BAC＝360°﹣180°﹣90°＝90°，
∵∠DEA＝∠CEA，
∴∠DEA＝∠CEA＝90°＝45°，
∵∠ABF+∠ABD＝180°，∠ACE+∠ABD＝180°，
∴∠ABF＝∠ACE，
∵AB＝AC，BF＝CE，
∴△ABF≌△ACE（SAS），
∴AF＝AE，∠AFB＝∠AEC＝45°，
∴∠FAE＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
在Rt△AFE中，∠FAE＝90°，
∵cs∠AEF＝，
∴EF＝，
∵EF＝BF+BD+DE＝CE+BD+CE＝BD+2CE，
∴BD+2CE＝AE；
（3）解：如图3，当0°＜α＜90°时，
由（2）可知BD+2CE＝AE，CE＝DE，
∵AE＝2CE，
∴BD+2DE＝2DE，
∴＝2；
如图4，当90°＜α＜180°时，
在BD上截取BF＝DE，连接AF，方法同（2）可证△ADE≌△ACE（SAS），
∴DE＝CE，
∵AB＝AC＝AD，
∴∠ABF＝∠ADE，
∴△ABF≌△ADE（SAS），
∴AF＝AE，∠BAF＝∠DAE，
又∵∠DAE＝∠CAE，
∴∠BAF＝∠CAE，
∴∠EAF＝∠FAC+∠CAE＝∠FAC+∠BAF＝∠BAC＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴EF＝AE，
∴BD＝BF+DE+EF＝2DE+AE，
∵AE＝2CE＝2DE，
∴BD＝2DE+2DE，
∴+2．
综上所述，的值为2+2或2﹣2．
15．【特例感知】
（1）如图1，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，点C在OA上，点D在BO的延长线上，连接AD，BC，线段AD与BC的数量关系是 ；
【类比迁移】
（2）如图2，将图1中的△COD绕着点O顺时针旋转α（0°＜α＜90°），那么第（1）问的结论是否仍然成立？如果成立，证明你的结论；如果不成立，说明理由．
【方法运用】
（3）如图3，若AB＝8，点C是线段AB外一动点，AC＝3，连接BC．
①若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值是 ；
②若以BC为斜边作Rt△BCD（B，C，D三点按顺时针排列），∠CDB＝90°，连接AD，当∠CBD＝∠DAB＝30°时，直接写出AD的值．
【分析】（1）证明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出结论；
（2）利用旋转性质可证得∠BOC＝∠AOD，再证明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出结论；
（3）①过点A作AT⊥AB，使AT＝AB，连接BT，AD，DT，BD，先证得△ABC∽△TBD，得出DT＝3，即点D的运动轨迹是以T为圆心，3为半径的圆，当D在AT的延长线上时，AD的值最大，最大值为8+3；
②如图4，在AB上方作∠ABT＝30°，过点A作AT⊥BT于点T，连接AD、BD、DT，过点T作TH⊥AD于点H，可证得△BAC∽△BTD，得出DT＝AC＝×3＝，再求出DH、AH，即可求得AD；如图5，在AB下方作∠ABE＝30°，过点A作AE⊥BE于点E，连接DE，可证得△BAC∽△BTD，得出DE＝，再由勾股定理即可求得AD．
【解答】解：（1）AD＝BC．理由如下：
如图1，∵△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，
∴OA＝OB，OD＝OC，
在△AOD和△BOC中，
，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴AD＝BC，
故答案为：AD＝BC；
（2）AD＝BC仍然成立.
证明：如图2，∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOB+∠AOC＝∠AOC+∠COD＝90°+α，
即∠BOC＝∠AOD，
在△AOD和△BOC中，
，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴AD＝BC；
（3）①过点A作AT⊥AB，使AT＝AB，连接BT，AD，DT，BD，
∵△ABT和△CBD都是等腰直角三角形，
∴BT＝AB，BD＝BC，∠ABT＝∠CBD＝45°，
∴＝＝，∠ABC＝∠TBD，
∴△ABC∽△TBD，
∴＝＝，
∴DT＝AC＝×3＝3，
∵AT＝AB＝8，DT＝3，
∴点D的运动轨迹是以T为圆心，3为半径的圆，
∴当D在AT的延长线上时，AD的值最大，最大值为8+3，
故答案为：8+3；
②如图4，在AB上方作∠ABT＝30°，过点A作AT⊥BT于点T，连接AD、BD、DT，过点T作TH⊥AD于点H，
∵＝＝cs30°＝，∠ABC＝∠TBD＝30°+∠TBC，
∴△BAC∽△BTD，
∴＝＝，
∴DT＝AC＝×3＝，
在Rt△ABT中，AT＝AB•sin∠ABT＝8sin30°＝4，
∵∠BAT＝90°﹣30°＝60°，
∴∠TAH＝∠BAT﹣∠DAB＝60°﹣30°＝30°，
∵TH⊥AD，
∴TH＝AT•sin∠TAH＝4sin30°＝2，AH＝AT•cs∠TAH＝4cs30°＝2，
在Rt△DTH中，DH＝＝＝，
∴AD＝AH+DH＝2+；
如图5，在AB上方作∠ABE＝30°，过点A作AE⊥BE于点E，连接DE，
则＝＝cs30°＝，
∵∠EBD＝∠ABC＝∠ABD+30°，
∴△BDE∽△BCA，
∴＝＝，
∴DE＝AC＝×3＝，
∵∠BAE＝90°﹣30°＝60°，AE＝AB•sin30°＝8×＝4，
∴∠DAE＝∠DAB+∠BAE＝30°+60°＝90°，
∴AD＝＝＝；
综上所述，AD的值为2+或．