中考专题一旋转问题题型方法归纳Word版

中考数学旋转压轴题解题方法一、图形旋转知识与方法1、图形的变换是新课标中“空间与图形”领域的一个主要内容，体现运动变换的理念与思想，是教材中的一大亮点．初中数学所学的图形变换包括平移、轴对称、旋转、位似。

2、旋转，它是一种数学变换．生活中的旋转也是随处可见，汽车的轮子，钟表的指针，游乐园里的摩天轮，都是旋转现象．3、图形的旋转有三个要素：①旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．4、旋转具有以下性质：①对应点到旋转中心的距离相等，即边相等。

②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，即角相等③旋转前、后的图形全等。

5、旋转是近几年中考数学的热点题型，对旋转的特例“中心对称”的考查多以选择题或填空题的形式出现，题目比较简单，大多数属于送分题；利用旋转作图，是格点作图题中的重点。

利用旋转构造复杂几何图形，通常将旋转融合在综合题中，题目难度中等，在选择题、填空题、解答题中都有出现。

有旋转点的，有旋转线段的，更多的是旋转图形的。

旋转三角形，旋转平行四边形，旋转矩形，旋转正方形，其中，近两年的各地中考试题中，旋转矩形出现的最频繁，深受出题老师的青睐。

其实旋转的题目还有一个好听的名字就是“手拉手问题”，本文将对这一类问题分类汇总，以这三个性质为突破口，就能快速解决问题。

二、典例精讲典例．在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝α，点D为直线BC上一动点，过点D作DF∥AC 交直线AB于点F，将AD绕点D顺时针旋转α得到ED，ED交直线AB于点O，连接BE．（1）问题发现：如图1，α＝90°，点D在边BC上，猜想：①AF与BE的数量关系是；②∠ABE＝度．（2）拓展探究：如图2，0°＜α＜90°，点D在边BC上，请判断AF与BE的数量关系及∠ABE的度数，并给予证明．（3）解决问题如图3，90°＜α＜180°，点D在射线BC上，且BD＝3CD，若AB＝8，请直接写出BE 的长．思路点拨：（1）①由等腰直角三角形的判定和性质可得：∠ABC＝45°，由平行线的性质可得∠FDB＝∠C＝90°，进而可得由等角对等边可得DF＝DB，由旋转可得：∠ADF＝∠EDB，DA＝DE，继而可知△ADF≌△EDB，继而即可知AF＝BE；②由全等三角形的性质可知∠DAF＝∠E，继而由三角形内角和定理即可求解；（2）由平行线的性质可得∠ACB＝∠FDB＝α，∠CAB＝∠DFB，由等边对等角可得∠ABC＝∠CAB，进而根据等角对等边可得DB＝DF，再根据全等三角形的判定方法证得△ADF≌△EDB，进而可得求证AF＝BE，∠ABE＝∠FDB＝α；（3）分两种情况考虑：①如图（3）中，当点D在BC上时，②如图（4）中，当点D在BC的延长线上时，由平行线分线段成比例定理可得1==4AF CDAB CB、1==2AF CDAB CB，代入数据求解即可；满分解答：（1）问题发现：如图1中，设AB交DE于O．∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠ABC＝45°，∵DF∥AC，∴∠FDB＝∠C＝90°，∴∠DFB＝∠DBF＝45°，∴DF＝DB，∵∠ADE＝∠FDB＝90°，∴∠ADF＝∠EDB，∵DA＝DE，DF＝DB∴△ADF≌△EDB（SAS），∴AF＝BE，∠DAF＝∠E，∵∠AOD＝∠EOB，∴∠ABE＝∠ADO＝90°故答案为：①AF＝BE，②90°．（2）拓展探究：结论：AF＝BE，∠ABE＝α．理由如下：∵DF‖AC∴∠ACB＝∠FDB＝α，∠CAB＝∠DFB，∵AC＝BC，∴∠ABC＝∠CAB，∴∠ABC＝∠DFB，∴DB＝DF，∵∠ADF＝∠ADE﹣∠FDE，∠EDB＝∠FDB﹣∠FDE，∴∠ADF＝∠EDB，∵AD＝DE，DB＝DF∴△ADF≌△EDB（SAS），∴AF＝BE，∠AFD＝∠EBD∵∠AFD＝∠ABC+∠FDB，∠DBE＝∠ABD+∠ABE，∴∠ABE＝∠FDB＝α．（3）解决问题①如图（3）中，当点D在BC上时，由（2）可知：BE＝AF，∵DF∥AC，∴1==4 AF CDAB CB，∵AB＝8，∴AF＝2，∴BE＝AF＝2，②如图（4）中，当点D在BC的延长线上时，∵AC∥DF，∴1==2 AF CDAB CB，∵AB＝8，∴BE＝AF＝4，故BE的长为2或4．名师点评：（1）本题考查等腰直角三角形的判定和性质、平行线的性质、等边对等角的性质和等角对等边的性质、旋转的性质、相似三角形的判定及其性质、三角形内角和定理、平行线分线段成比例定理，涉及到的知识点较多，解题的关键是综合运用所学知识．（2）旋转问题三步走：。

备战中考数学初中数学旋转的综合热点考点难点含答案解析一、旋转1．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN．（1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；猜想与发现：（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论．结论1：DM、MN的数量关系是；结论2：DM、MN的位置关系是；拓展与探究：（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）证明参见解析；（2）相等，垂直；（3）成立，理由参见解析.【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，从而证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角相等即可得出结论；（3）成立，连接AE，交MD于点G，标记出各个角，首先证明出MN∥AE，MN=AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=AF，从而得到DM，MN数量相等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．从而得到DM、MN的位置关系是垂直.试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF 是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC﹣CE=CD﹣CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，DM、MN的位置关系是垂直；∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，∴AF=2DM，∵MN 是△AEF的中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，AM=MD，∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°，∴DM⊥MN；（3）（2）中的两个结论还成立，连接AE，交MD于点G，∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，∴MN∥AE，MN=AE，由已知得，AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，又∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF的中点，∴DM=AF，∴DM=MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1=∠2，∵AB∥DF，∴∠1=∠3，同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM，∴∠MAD=∠5，∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN∥AE，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM⊥MN．所以（2）中的两个结论还成立.考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转的性质．2．阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形．小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，则BD＝CE．(1)在图1中证明小胖的发现；借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题：(2)如图2，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，求证：AD+CD＝BD；(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝m°，点E为△ABC外一点，点D为BC中点，∠EBC＝∠ACF，ED⊥FD，求∠EAF的度数（用含有m的式子表示）．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =12 m°.【解析】分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC ，只要证明△DAB ≌△EAC 即可；（2）如图2中，延长DC 到E ，使得DB=DE ．首先证明△BDE 是等边三角形，再证明△ABD ≌△CBE 即可解决问题；（3）如图3中，将AE 绕点E 逆时针旋转m°得到AG ，连接CG 、EG 、EF 、FG ，延长ED 到M ，使得DM=DE ，连接FM 、CM ．想办法证明△AFE ≌△AFG ，可得∠EAF=∠FAG=12m°. 详（1）证明：如图1中，∵∠BAC=∠DAE ，∴∠DAB=∠EAC ，在△DAB 和△EAC 中，AD AE DAB EAC AB AC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△DAB ≌△EAC ，∴BD=EC ．（2）证明：如图2中，延长DC 到E ，使得DB=DE ．∵DB=DE ，∠BDC=60°，∴△BDE 是等边三角形，∴∠BD=BE ，∠DBE=∠ABC=60°，∴∠ABD=∠CBE ，∵AB=BC ，∴△ABD ≌△CBE ，∴AD=EC ，∴BD=DE=DC+CE=DC+AD．∴AD+CD=BD．（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．由（1）可知△EAB≌△GAC，∴∠1=∠2，BE=CG，∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，∴△EDB≌△MDC，∴EM=CM=CG，∠EBC=∠MCD，∵∠EBC=∠ACF，∴∠MCD=∠ACF，∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，∴∠1=3=∠2，∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，∵CF=CF，CG=CM，∴△CFG≌△CFM，∴FG=FM，∵ED=DM，DF⊥EM，∴FE=FM=FG，∵AE=AG，AF=AF，∴△AFE≌△AFG，∴∠EAF=∠FAG=12 m°．点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．3．（操作发现）（1）如图1，△ABC为等边三角形，先将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于30°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=30°，连接AF，EF．①求∠EAF的度数；②DE与EF相等吗？请说明理由；（类比探究）（2）如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于45°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=45°，连接AF，EF．请直接写出探究结果：①∠EAF的度数；②线段AE，ED，DB之间的数量关系．【答案】（1）①120°②DE=EF；（2）①90°②AE2+DB2=DE2【解析】试题分析：（1）①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出∠ACF=∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；（2）①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论．试题解析：解：（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°．∵∠DCF=60°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②DE=EF．理由如下：∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，∴∠FCE=60°﹣30°=30°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE 中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF；（2）①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴AC=BC，∠BAC=∠B=45°．∵∠DCF=90°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；②AE2+DB2=DE2，理由如下：∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，∴∠FCE=90°﹣45°=45°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE 中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF．在Rt△AEF 中，AE2+AF2=EF2，又∵AF=DB，∴AE2+DB2=DE2．4．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG≌△AEF；(2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N(如图②)，求证：EF2=ME2+NF2；(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.【解析】试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF；（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，∴AF=AG，∠FAG=90°，∵∠EAF=45°，∴∠GAE=45°，在△AGE与△AFE中，，∴△AGE≌△AFE（SAS）；（2）设正方形ABCD的边长为a．将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．则△ADF≌△ABG，DF=BG．由（1）知△AEG≌△AEF，∴EG=EF．∵∠CEF=45°，∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，∴CE=CF，BE=BM，NF=DF，∴a﹣BE=a﹣DF，∴BE=DF，∴BE=BM=DF=BG，∴∠BMG=45°，∴∠GME=45°+45°=90°，∴EG2=ME2+MG2，∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，∴EF2=ME2+NF2；（3）EF2=2BE2+2DF2．如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，即2（DF2+BE2）=EF2考点：四边形综合题5．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：()1探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=o ，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90o 得到线段BD ，连接.CD 求证：BCD V 的面积为21.(2a 提示：过点D 作BC 边上的高DE ，可证ABC V ≌)BDE V ()2探究2：如图2，在一般的Rt ABC V 中，90ACB ∠=o ，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90o 得到线段BD ，连接.CD 请用含a 的式子表示BCD V 的面积，并说明理由． ()3探究3：如图3，在等腰三角形ABC 中，AB AC =，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90o 得到线段BD ，连接.CD 试探究用含a 的式子表示BCD V 的面积，要有探究过程．【答案】（1）详见解析；（2）BCD V 的面积为212a ，理由详见解析；（3）BCD V 的面积为214a ． 【解析】【分析】 ()1如图1，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC V ≌BDE V ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()2如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC V ≌BDE V ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，由等腰三角形的性质可以得出1 BF BC2=，由条件可以得出AFBV≌BEDV就可以得出BF DE=，由三角形的面积公式就可以得出结论．【详解】()1如图1，过点D作DE CB⊥交CB的延长线于E，BED ACB90∠∠∴==o，由旋转知，AB AD=，ABD90∠=o，ABC DBE90∠∠∴+=o，A ABC90∠∠+=oQ，A DBE∠∠∴=，在ABCV和BDEV中，ACB BEDA DBEAB BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，ABC∴V≌()BDE AASVBC DE a∴==，BCD1S BC DE2=⋅VQ，2BCD1S a2∴=V；()2BCDV的面积为21a2，理由：如图2，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，BED ACB90∠∠∴==o，Q线段AB绕点B顺时针旋转90o得到线段BE，AB BD∴=，ABD90∠=o，ABC DBE 90∠∠∴+=o ，A ABC 90∠∠+=o Q ，A DBE ∠∠∴=，在ABC V 和BDE V 中，ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，ABC ∴V ≌()BDE AAS V ，BC DE a ∴==，BCD 1S BC DE 2=⋅V Q ， 2BCD 1S a 2∴=V ； ()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，AFB E 90∠∠∴==o ，11BF BC a 22==， FAB ABF 90∠∠∴+=o ，ABD 90∠=o Q ，ABF DBE 90∠∠∴+=o ， FAB EBD ∠∠∴=，Q 线段BD 是由线段AB 旋转得到的，AB BD ∴=，在AFB V 和BED V 中，AFB E FAB EBD AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，AFB ∴V ≌()BED AAS V ，1BF DE a 2∴==， 2BCD 1111S BC DE a a a 2224=⋅=⋅⋅=V Q ，BCD V 的面积为21a 4．【点睛】本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.6．两块等腰直角三角板△ABC 和△DEC 如图摆放，其中∠ACB=∠DCE=90°，F 是DE 的中点，H 是AE 的中点，G 是BD 的中点．（1）如图1，若点D 、E 分别在AC 、BC 的延长线上，通过观察和测量，猜想FH 和FG 的数量关系为______和位置关系为______；（2）如图2，若将三角板△DEC 绕着点C 顺时针旋转至ACE 在一条直线上时，其余条件均不变，则（1）中的猜想是否还成立，若成立，请证明，不成立请说明理由；（3）如图3，将图1中的△DEC 绕点C 顺时针旋转一个锐角，得到图3，（1）中的猜想还成立吗？直接写出结论，不用证明．【答案】（1）相等，垂直．（2）成立，证明见解析；（3）成立，结论是FH=FG ，FH ⊥FG ． 【解析】试题分析：（1）证AD=BE ，根据三角形的中位线推出FH=12AD ，FH ∥AD ，FG=12BE ，FG ∥BE ，即可推出答案；（2）证△ACD ≌△BCE ，推出AD=BE ，根据三角形的中位线定理即可推出答案； （3）连接BE 、AD ，根据全等推出AD=BE ，根据三角形的中位线定理即可推出答案． 试题解析：（1）解：∵CE=CD ，AC=BC ，∠ECA=∠DCB=90°， ∴BE=AD ，∵F 是DE 的中点，H 是AE 的中点，G 是BD 的中点，∴FH=12AD ，FH ∥AD ，FG=12BE ，FG ∥BE ， ∴FH=FG ， ∵AD ⊥BE ， ∴FH ⊥FG ，故答案为相等，垂直． （2）答：成立，证明：∵CE=CD ，∠ECD=∠ACD=90°，AC=BC ， ∴△ACD ≌△BCE ∴AD=BE ，由（1）知：FH=12AD ，FH ∥AD ，FG=12BE ，FG ∥BE ， ∴FH=FG ，FH ⊥FG ，∴（1）中的猜想还成立．（3）答：成立，结论是FH=FG ，FH ⊥FG ． 连接AD ，BE ，两线交于Z ，AD 交BC 于X ， 同（1）可证∴FH=12AD ，FH ∥AD ，FG=12BE ，FG ∥BE ， ∵三角形ECD 、ACB 是等腰直角三角形， ∴CE=CD ，AC=BC ，∠ECD=∠ACB=90°， ∴∠ACD=∠BCE ， 在△ACD 和△BCE 中AC BC ACD BCE CE CD ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△ACD ≌△BCE ， ∴AD=BE ，∠EBC=∠DAC ，∵∠DAC+∠CXA=90°，∠CXA=∠DXB ， ∴∠DXB+∠EBC=90°， ∴∠EZA=180°﹣90°=90°， 即AD ⊥BE ， ∵FH ∥AD ，FG ∥BE ， ∴FH ⊥FG ， 即FH=FG ，FH ⊥FG ， 结论是FH=FG ，FH ⊥FG.【点睛】运用了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定、三角形的中位线定理，旋转的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用这些性质进行推理是解此题的关键．7．如图1，在锐角△ABC中，∠ABC=45°，高线AD、BE相交于点F．（1）判断BF与AC的数量关系并说明理由；（2）如图2，将△ACD沿线段AD对折，点C落在BD上的点M，AM与BE相交于点N，当DE∥AM时，判断NE与AC的数量关系并说明理由．【答案】（1）BF=AC，理由见解析；（2）NE=12AC，理由见解析.【解析】试题分析：（1）如图1，证明△ADC≌△BDF（AAS），可得BF=AC；（2）如图2，由折叠得：MD=DC，先根据三角形中位线的推论可得：AE=EC，由线段垂直平分线的性质得：AB=BC，则∠ABE=∠CBE，结合（1）得：△BDF≌△ADM，则∠DBF=∠MAD，最后证明∠ANE=∠NAE=45°，得AE=EN，所以EN=12 AC．试题解析：（1）BF=AC，理由是：如图1，∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠ADB=∠AEF=90°，∵∠ABC=45°，∴△ABD是等腰直角三角形，∴AD=BD，∵∠AFE=∠BFD，∴∠DAC=∠EBC，在△ADC和△BDF中，∵DAC DBFADC BDF AD BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ADC≌△BDF（AAS），∴BF=AC；（2）NE=12AC，理由是：如图2，由折叠得：MD=DC，∵DE∥AM，∴AE=EC，∵BE⊥AC，∴AB=BC，∴∠ABE=∠CBE，由（1）得：△ADC≌△BDF，∵△ADC≌△ADM，∴△BDF≌△ADM，∴∠DBF=∠MAD，∵∠DBA=∠BAD=45°，∴∠DBA﹣∠DBF=∠BAD﹣∠MAD，即∠ABE=∠BAN，∵∠ANE=∠ABE+∠BAN=2∠ABE，∠NAE=2∠NAD=2∠CBE，∴∠ANE=∠NAE=45°，∴AE=EN，∴EN=12 AC．8．如图（1）所示，将一个腰长为2等腰直角△BCD和直角边长为2、宽为1的直角△CED 拼在一起．现将△CED绕点C顺时针旋转至△CE’D’，旋转角为a．（1）如图（2），旋转角a=30°时，点D′到CD边的距离D’A=______．求证：四边形ACED′为矩形；（2）如图（1），△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，在BC上如何取点G，使得GD’=E’D；并说明理由．（3）△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，∠CE’D=90°时，直接写出旋转角a的值．【答案】1【解析】分析：（1）过D′作D′N⊥CD于N．由30°所对直角边等于斜边的一半即可得结论．由D’A∥CE且D’A=CE=1，得到四边形ACED’为平行四边形．根据有一个角为90°的平行四边形是矩形，即可得出结论；（2）取BC中点即为点G，连接GD’．易证△DCE’≌△D’CG，由全等三角形的对应边相等即可得出结论．（3）分两种情况讨论即可．详解：（1）D’A=1．理由如下：过D′作D′N⊥CD于N．∵∠NCD′=30°，CD′=CD=2，∴ND′= 12CD′=1．由已知，D’A∥CE，且D’A=CE=1，∴四边形ACED’为平行四边形．又∵∠DCE=90°，∴四边形ACED’为矩形；（2）如图，取BC中点即为点G，连接GD’．∵∠DCE=∠D’CE’=90°，∴∠DCE’=∠D’CG．又∵D’C= DC，CG=CE’，∴△DCE’≌△D’CG，∴GD’=E’D．（3）分两种情况讨论：①如图1．∵∠CE′D=90°，CD=2，CE′=1，∴∠CDE′=30°，∴∠E′CD=60°，∴∠E′CB=30°，∴旋转角=∠ECE′=180°+30°=210°．②如图2，同理可得∠E′CE=30°，∴旋转角=360°－30°=330°．点睛：本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．9．如图，△ABC是等边三角形，AB=6cm，D为边AB中点．动点P、Q在边AB上同时从点D出发，点P沿D→A以1cm/s的速度向终点A运动．点Q沿D→B→D以2cm/s的速度运动，回到点D停止．以PQ为边在AB上方作等边三角形PQN．将△PQN绕QN的中点旋转180°得到△MNQ．设四边形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S（cm2），点P运动的时间为t（s）（0＜t＜3）．（1）当点N落在边BC上时，求t的值．（2）当点N到点A、B的距离相等时，求t的值．（3）当点Q沿D→B运动时，求S与t之间的函数表达式．（4）设四边形PQMN的边MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，直接写出四边形PEMF 与四边形PQMN的面积比为2：3时t的值．【答案】（1）（2）2（3）S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2；（4）t=1或【解析】试题分析：（1）由题意知：当点N落在边BC上时，点Q与点B重合，此时DQ=3；（2）当点N到点A、B的距离相等时，点N在边AB的中线上，此时PD=DQ；（3）当0≤t≤时，四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形PQMN；当≤t≤时，四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形PQFEN．（4）MN、MQ与边BC的有交点时，此时＜t＜，列出四边形PEMF与四边形PQMN的面积表达式后，即可求出t的值．试题解析：（1）∵△PQN与△ABC都是等边三角形，∴当点N落在边BC上时，点Q与点B重合．∴DQ=3∴2t=3．∴t=；（2）∵当点N到点A、B的距离相等时，点N在边AB的中线上，∴PD=DQ，当0＜t＜时，此时，PD=t，DQ=2t∴t=2t∴t=0（不合题意，舍去），当≤t＜3时，此时，PD=t，DQ=6﹣2t∴t=6﹣2t，解得t=2；综上所述，当点N到点A、B的距离相等时，t=2；（3）由题意知：此时，PD=t，DQ=2t当点M在BC边上时，∴MN=BQ∵PQ=MN=3t，BQ=3﹣2t∴3t=3﹣2t∴解得t=如图①，当0≤t≤时，S△PNQ=PQ2=t2；∴S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2，如图②，当≤t≤时，设MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，∵MN=PQ=3t，NE=BQ=3﹣2t，∴ME=MN﹣NE=PQ﹣BQ=5t﹣3，∵△EMF是等边三角形，∴S△EMF=ME2=（5t﹣3）2．；（4）MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，此时＜t＜，t=1或．考点：几何变换综合题10．(1)观察猜想如图(1)，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D是BC的中点．以点D为顶点作正方形DEFG，使点A，C分别在DG和DE上，连接AE，BG，则线段BG和AE的数量关系是_____；(2)拓展探究将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于0°，小于或等于360°），如图2，则(1)中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由.(3)解决问题若BC=DE=2，在(2)的旋转过程中，当AE为最大值时，直接写出AF的值．【答案】（1）BG＝AE．（2）成立．如图②，连接AD．∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．…………………………………………7分（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°时，BG最大，如图③．若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．∴AF＝【解析】解：（1）BG＝AE．（2）成立．如图②，连接AD．∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．Z+X+X+K]因为正方形DEFG在绕点D旋转的过程中，G点运动的图形是以点D为圆心，DG为半径的圆，故当正方形DEFG旋转到G点位于BC的延长线上（即正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°）时，BG最大，如图③．若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．∴AF＝．即在正方形DEFG旋转过程中，当AE为最大值时，AF＝．11．如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC，CD上，且BE=DF，点P是AF的中点，点Q是直线AC与EF的交点，连接PQ，PD．（1）求证：AC垂直平分EF；（2）试判断△PDQ的形状，并加以证明；（3）如图2，若将△CEF绕着点C旋转180°，其余条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）△PDQ是等腰直角三角形；理由见解析（3）成立；理由见解析.【解析】试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，由BE=DF，得出CE=CF，△CEF是等腰直角三角形，即可得出结论；（2）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明∠DPQ=90°，即可得出结论；（3）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明点A、F、Q、P四点共圆，由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°，即可得出结论．试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，∵BE=DF，∴CE=CF，∴AC垂直平分EF；（2）解：△PDQ是等腰直角三角形；理由如下：∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，∴PD=AF=PA，∴∠DAP=∠ADP，∵AC垂直平分EF，∴∠AQF=90°，∴PQ=AF=PA，∴∠PAQ=∠AQP，PD=PQ，∵∠DPF=∠PAD+∠ADP，∠QPF=∠PAQ+∠AQP，∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2（∠PAD+∠PAQ）=2×45°=90°，∴△PDQ是等腰直角三角形；（3）成立；理由如下：∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，∴PD=AF=PA，∵BE=DF，BC=CD，∠FCQ=∠ACD=45°，∠ECQ=∠ACB=45°，∴CE=CF，∠FCQ=∠ECQ，∴CQ⊥EF，∠AQF=90°，∴PQ=AF=AP=PF，∴PD=PQ=AP=PF，∴点A、F、Q、P四点共圆，∴∠DPQ=2∠DAQ=90°，∴△PDQ是等腰直角三角形．考点：四边形综合题．12．思维启迪：（1）如图1，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小亮想用绳子测量A，B间的距离，但绳子不够长，聪明的小亮想出一个办法：先在地上取一个可以直接到达B 点的点C，连接BC，取BC的中点P（点P可以直接到达A点），利用工具过点C作CD∥AB交AP的延长线于点D，此时测得CD＝200米，那么A，B间的距离是米．思维探索：（2）在△ABC和△ADE中，AC＝BC，AE＝DE，且AE＜AC，∠ACB＝∠AED＝90°，将△ADE绕点A顺时针方向旋转，把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置（此时点B和点D位于AC的两侧），设旋转角为α，连接BD，点P是线段BD的中点，连接PC，PE．①如图2，当△ADE在起始位置时，猜想：PC与PE的数量关系和位置关系分别是；②如图3，当α＝90°时，点D落在AB边上，请判断PC与PE的数量关系和位置关系，并证明你的结论；③当α＝150°时，若BC＝3，DE＝l，请直接写出PC2的值．【答案】（1）200；（2）①PC＝PE，PC⊥PE；②PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝PE，PC⊥PE，见解析；③PC21033.【解析】【分析】（1）由CD ∥AB ，可得∠C ＝∠B ，根据∠APB ＝∠DPC 即可证明△ABP ≌△DCP ，即可得AB ＝CD ，即可解题．（2）①延长EP 交BC 于F ，易证△FBP ≌△EDP （SAS ）可得△EFC 是等腰直角三角形，即可证明PC ＝PE ，PC ⊥PE ．②作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，易证△FBP ≌△EDP （SAS ），结合已知得BF ＝DE ＝AE ，再证明△FBC ≌△EAC （SAS ），可得△EFC 是等腰直角三角形，即可证明PC ＝PE ，PC ⊥PE ．③作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，过E 点作EH ⊥AC 交CA 延长线于H 点，由旋转旋转可知，∠CAE ＝150°，DE 与BC 所成夹角的锐角为30°，得∠FBC ＝∠EAC ，同②可证可得PC ＝PE ，PC ⊥PE ，再由已知解三角形得∴EC 2＝CH 2+HE 2＝10+求出2211022PC EC +== 【详解】（1）解：∵CD ∥AB ，∴∠C ＝∠B ，在△ABP 和△DCP 中， BP CP APB DPC B C =⎧⎪∠=∠⎨⎪∠=∠⎩，∴△ABP ≌△DCP （SAS ），∴DC ＝AB ．∵AB ＝200米．∴CD ＝200米，故答案为：200．（2）①PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC ＝PE ，PC ⊥PE ．理由如下：如解图1，延长EP 交BC 于F ，同（1）理，可知∴△FBP ≌△EDP （SAS ），∴PF ＝PE ，BF ＝DE ，又∵AC ＝BC ，AE ＝DE ，∴FC ＝EC ，又∵∠ACB ＝90°，∴△EFC 是等腰直角三角形，∵EP ＝FP ，∴PC ＝PE ，PC ⊥PE ．②PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC ＝PE ，PC ⊥PE ．理由如下：如解图2，作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，同①理，可知△FBP ≌△EDP （SAS ），∴BF ＝DE ，PE ＝PF ＝12EF ，∵DE ＝AE ，∴BF ＝AE ，∵当α＝90°时，∠EAC ＝90°，∴ED ∥AC ，EA ∥BC∵FB ∥AC ，∠FBC ＝90，∴∠CBF ＝∠CAE ，在△FBC 和△EAC 中，BF AE CBE CAE BC AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△FBC ≌△EAC （SAS ），∴CF ＝CE ，∠FCB ＝∠ECA ，∵∠ACB ＝90°，∴∠FCE ＝90°，∴△FCE 是等腰直角三角形，∵EP ＝FP ，∴CP ⊥EP ，CP ＝EP ＝12EF ． ③如解图3，作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，过E 点作EH ⊥AC 交CA 延长线于H 点，当α＝150°时，由旋转旋转可知，∠CAE ＝150°，DE 与BC 所成夹角的锐角为30°， ∴∠FBC ＝∠EAC ＝α＝150°同②可得△FBP ≌△EDP （SAS ），同②△FCE 是等腰直角三角形，CP ⊥EP ，CP ＝EP， 在Rt △AHE 中，∠EAH ＝30°，AE ＝DE ＝1，∴HE ＝12，AH＝2， 又∵AC ＝AB ＝3， ∴CH ＝∴EC 2＝CH 2+HE 2＝10+∴PC 2＝211022EC +=【点睛】本题考查几何变换综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质、勾股定理和30°直角三角形性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于压轴题．13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，点P为直线BC上的动点（不与点B、点C重合），连接OC、OP，将线段OP绕点P顺时针旋转60°，得到线段PQ，连接BQ．（1）如图1，当点P在线段BC上时，请直接写出线段BQ与CP的数量关系．（2）如图2，当点P在CB延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；（3）如图3，当点P在BC延长线上时，若∠BPO=15°，BP=4，请求出BQ的长．-．【答案】（1）BQ=CP；（2）成立：PC=BQ；（3）434【解析】试题分析：（1）结论：BQ=CP．如图1中，作PH∥AB交CO于H，可得△PCH是等边三角形，只要证明△POH≌△QPB即可；（2）成立：PC=BQ．作PH∥AB交CO的延长线于H．证明方法类似（1）；（3）如图3中，作CE⊥OP于E，在PE上取一点F，使得FP=FC，连接CF．设CE=CO=a，则FC=FP=2a，EF3，在Rt△PCE中，表示出PC，根据PC+CB=4，可得方程a a+=，求出a即可解决问题；62)24试题解析：解：（1）结论：BQ=CP．理由：如图1中，作PH∥AB交CO于H．在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO 是等边三角形，∴∠CHP =∠COB =60°，∠CPH =∠CBO =60°，∴∠CHP =∠CPH =60°，∴△CPH 是等边三角形，∴PC =PH =CH ，∴OH =PB ，∵∠OPB =∠OPQ +∠QPB =∠OCB +∠COP ，∵∠OPQ =∠OCP =60°，∴∠POH =∠QPB ，∵PO =PQ ，∴△POH ≌△QPB ，∴PH =QB ，∴PC =BQ ．（2）成立：PC =BQ ．理由：作PH ∥AB 交CO 的延长线于H ．在Rt △ABC 中，∵∠ACB =90°，∠A =30°，点O 为AB 中点，∴CO =AO =BO ，∠CBO =60°，∴△CBO 是等边三角形，∴∠CHP =∠COB =60°，∠CPH =∠CBO =60°，∴∠CHP =∠CPH =60°，∴△CPH 是等边三角形，∴PC =PH =CH ，∴OH =PB ，∵∠POH =60°+∠CPO ，∠QPO =60°+∠CPQ ，∴∠POH =∠QPB ，∵PO =PQ ，∴△POH ≌△QPB ，∴PH =QB ，∴PC =BQ ．（3）如图3中，作CE ⊥OP 于E ，在PE 上取一点F ，使得FP =FC ，连接CF ．∵∠OPC =15°，∠OCB =∠OCP +∠POC ，∴∠POC =45°，∴CE =EO ，设CE =CO =a ，则FC =FP =2a ，EF =3a ，在Rt △PCE 中，PC =22PE CE + =22(23)a a a ++=(62)a +，∵PC +CB =4，∴(62)24a a ++=，解得a =4226-，∴PC =434-，由（2）可知BQ =PC ，∴BQ =434-．点睛：此题考查几何变换综合题、旋转变换、等边三角形的判定和性质全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．14．正方形ABCD 中，点E 、F 分别是边AD 、AB 的中点，连接EF ．（1）如图1，若点G 是边BC 的中点，连接FG ，则EF 与FG 关系为： ；（2）如图2，若点P 为BC 延长线上一动点，连接FP ，将线段FP 以点F 为旋转中心，逆时针旋转90°，得到线段FQ ，连接EQ ，请猜想BF 、EQ 、BP 三者之间的数量关系，并证明你的结论．（3）若点P 为CB 延长线上一动点，按照（2）中的作法，在图3中补全图形，并直接写出BF 、EQ 、BP 三者之间的数量关系： ．【答案】（1）证明见解析（2）BF+EQ=BP （3）BF+BP=EQ【解析】试题分析：（1）EF 与FG 关系为垂直且相等（EF=FG 且EF ⊥FG ）．证明如下： ∵点E 、F 、G 分别是正方形边AD 、AB 、BC 的中点，∴△AEF 和△BGD 是两个全等的等腰直角三角形．∴EF=FG ，∠AFE=∠BFG=45°．∴∠EFG=90°，即EF ⊥FG ．（2）取BC 的中点G ，连接FG ，则由SAS 易证△FQE ≌△FPG ，从而EQ=GP ，因此()EF 2BP EQ =-．（3）同（2）可证△FQE ≌△FPG （SAS ），得EQ=GP ，因此，()()EF GF 2BG 2GP BP 2EQ BP ===-=-．15．如图，已知Rt △ABC 中，∠ACB =90°，AC =BC ，D 是线段AB 上的一点（不与A 、B 重合）．过点B 作BE ⊥CD ，垂足为E ．将线段CE 绕点C 顺时针旋转90︒，得到线段CF ，连结EF ．设∠BCE 度数为α.（1）①补全图形；②试用含α的代数式表示∠CDA ．（2）若3EF AB = ，求α的大小． （3）直接写出线段AB 、BE 、CF 之间的数量关系．【答案】（1）①答案见解析；②45α︒+；（2）30α=︒；（3）22222AB CF BE =+．【解析】试题分析：（1）①按要求作图即可；②由∠ACB=90°，AC=BC ，得∠ABC=45°,故可得出结论；（2）易证FCE ∆∽ ACB ∆，得32CF AC =；连结FA ，得△AFC 是直角三角形，求出∠ACF=30°，从而得出结论；（3）222A 22B CF BE =+.试题解析：（1）①补全图形．②∵∠ACB=90°，AC=BC ，∴∠ABC=45°∵∠BCE=α ∴∠CDA=45α︒+（2）在FCE ∆和ACB ∆中，45CFE CAB ∠=∠=︒ ，90FCE ACB ∠=∠=︒ ∴ FCE ∆∽ ACB ∆∴ CF EF AC AB= Q 3EF AB = ∴ 3CF AC = 连结FA ．Q 90,90FCA ACE ECB ACE ∠=︒-∠∠=︒-∠ ∴ FCA ECB ∠=∠=α在Rt CFA ∆中，90CFA ∠=︒，3cos 2FCA ∠= ∴ 30FCA ∠=︒即30α=︒.（3）22222AB CF BE =+。

初三数学旋转的题解题方法(一)初三数学旋转的题解题方法旋转概念介绍旋转是指图形在平面内绕定点旋转一定角度所得到的新图形。

旋转是初中数学中的一个较难的部分，但对于理解几何变换有很大帮助。

旋转的表示方法在平面中，旋转可以通过角度和旋转中心来表示。

角度可以用弧度制或度数制来表示，而旋转中心就是图形围绕旋转的点。

旋转的应用旋转有很多应用，尤其是在几何题目中常常会出现旋转的情况。

以下是两个例题：例题一已知点A(4,3)，将点A沿着坐标轴旋转180度，求旋转后的坐标。

解：点A与坐标轴的关系如下图所示。

| y|| A-----0-----| x将点A沿着x轴旋转180度后，坐标变为(4,-3)；再将点A沿着y轴旋转180度后，坐标变为(-4,-3)。

所以点A沿着坐标轴旋转180度后，坐标为(-4,-3)。

例题二已知线段AB，将线段AB沿点C旋转α角，求旋转后的线段坐标。

解：如下图所示，线段AB以点C为中心旋转α角度后，变成线段A’B’。

C|||A--------B||假设向量AC的坐标为(a,b)，则向量A’C的坐标为(a cosα+b sinα, -a sinα+b cosα)。

同理，向量BC的坐标为(c,d)，则向量B’C的坐标为(c cosα+d sinα, -c sinα+d cosα)。

因此旋转后的线段坐标为(A’C,B’C)。

以上是初三数学旋转的题解题方法，希望能帮到正在学习数学的同学们。

旋转的注意事项在解决旋转问题时，需要注意以下几点：•旋转角度的正负：顺时针旋转为负角度，逆时针旋转为正角度。

•旋转坐标系的选择：旋转坐标系可以是直角坐标系、极坐标系或其他坐标系，需要根据具体的题目情况选择。

•旋转位置的确定：需要确定旋转的中心点和旋转方向。

•旋转后图形的形状：可通过观察旋转前后图形的变化，来判断旋转后图形的形状，进而求解相关问题。

总结旋转是初中数学中一个比较重要的概念，其应用广泛，在解决几何问题时非常有用。

九年级数学旋转几何综合（篇）（Word 版 含解析）一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）1．已知如图1，在ABC 中，90ABC ∠=︒，BC AB =，点D 在AC 上，DF AC ⊥交BC 于F ，点E 是AF 的中点．（1）写出线段ED 与线段EB 的关系并证明；（2）如图2，将CDF 绕点C 逆时针旋转()090a α︒<<︒，其它条件不变，线段ED 与线段EB 的关系是否变化，写出你的结论并证明；（3）将CDF 绕点C 逆时针旋转一周，如果6BC =，32CF =，直接写出线段CE 的范围．【答案】（1）ED EB =，DE BE ⊥，证明见解析；（2）结论不变，理由见解析；（3）最大值22=最小值322=． 【解析】【分析】（1）在Rt △ADF 中，可得DE=AE=EF ，在Rt △ABF 中，可得BE=EF=EA ，得证ED=EB ；然后利用等腰三角形的性质以及四边形ADFB 的内角和为180°，可推导得出∠DEB=90°； （2）如下图，先证四边形MFBA 是平行四边形，再证△DCB ≌△DFM ，从而推导出△DMB 是等腰直角三角形，最后得出结论；（3）如下图，当点F 在AC 上时，CE 有最大值；当点F 在AC 延长线上时，CE 有最小值．【详解】（1）∵DF ⊥AC ，点E 是AF 的中点∴DE=AE=EF ，∠EDF=∠DFE∵∠ABC=90°，点E 是AF 的中点∴BE=AE=EF ，∠EFB=∠EBF∴DE=EB∵AB=BC ，∴∠DAB=45°∴在四边形ABFD中，∠DFB=360°－90°－45°－90°=135°∠DEB=∠DEF+∠FEB=180°－2∠EFD+180°－2∠EFB=360°－2(∠EFD+∠EFB)=360°－2×135°=90°∴DE⊥EB（2）如下图，延长BE至点M处，使得ME=EB，连接MA、ME、MF、MD、FB、DB，延长MF交CB于点H∵ME=EB，点E是AF的中点∴四边形MFBA是平行四边形∴MF∥AB，MF=AB∴∠MHB=180°－∠ABC=90°∵∠DCA=∠FCB=a∴∠DCB=45°+a，∠CFH=90°－a∵∠DCF=45°，∠CDF=90°∴∠DFC=45°，△DCF是等腰直角三角形∴∠DFM=180°－∠DFC－∠CFH=45°+a∴∠DCB=∠DFM∵△ABC和△CDF都是等腰直角三角形∴DC=DF，BC=AB=MF∴△DCB≌△DFM(SAS)∴∠MDF=∠BDC，DB=DM∴∠MDF+∠FDB=∠BDC+∠FDB=90°∴△DMB是等腰直角三角形∵点E是MB的中点∴DE=EB，DE⊥EB（3）当点F在AC上时，CF有最大值，图形如下：∵BC=6，∴在等腰直角△ABC中，AC=62∵CF=32，∴AF=32∴CE=CF+FE=CF+12AF922=当点F在AC延长线上时，CE有最小值，图形如下：同理，CE=EF－CF322 =【点睛】本题考查三角形的旋转变换，用到了等腰直角三角形的性质和平行四边形的性质，解题关键是构造并证明△BDM是等腰直角三角形．2．请阅读下列材料：问题：如图1，在等边三角形ABC内有一点P，且PA=2，PB=3，PC=1、求∠BPC度数的大小和等边三角形ABC的边长．李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形（如图2），连接PP′，可得△P′PB是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可证），从而得到∠BPC=∠AP′B=__________；，进而求出等边△ABC的边长为__________；问题得到解决．请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题：如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA=5，BP=2，PC=1．求∠BPC度数的大小和正方形ABCD的边长．【答案】（17；（25【解析】试题分析：（1）利用旋转的性质，得到全等三角形.(2)利用（1）中的解题思路，把△BPC,旋转，到△BP’A,连接PP’,BP’，容易证明△APP’是直角三角形，∠BP’E=45°，已知边BP’=BP2，BE=BP’=1，勾股定理可求得正方形边长.（17（2）将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得△BP′A，则△BPC≌△BP′A．∴AP′=PC=1，BP=BP′2；连接PP′，在Rt△BP′P中，∵BP=BP′2，∠PBP′=90°，∴PP′=2，∠BP′P=45°；在△AP′P中，AP′=1，PP′=2，AP5∵222125+，即AP′2+PP′2=AP2；∴△AP′P是直角三角形，即∠AP′P=90°，∴∠AP′B=135°，∴∠B PC=∠AP′B=135°．过点B作BE⊥AP′，交AP′的延长线于点E；则△BEP′是等腰直角三角形，∴∠EP′B=45°，∴EP′=BE=1，∴AE=2；∴在Rt△ABE中，由勾股定理，得AB5∴∠BPC=135°5点睛：本题利用题目中的原理迁移解决问题，解题利用了旋转的性质，一般利用正方形，等腰，等边三角形的隐含条件，构造全等三角形，把没办法利用的已知条件转移到方便利用的图形位置,从而求解.3．（特例发现）如图1，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC 为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．求证：EP=FQ．（延伸拓展）如图2，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC为直角边，向△ABC外作Rt△ABE和Rt△ACF，射线GA交EF于点H．若AB=kAE，AC=kAF，请思考HE与HF之间的数量关系，并直接写出你的结论．（深入探究）如图3，在△ABC中，G是BC边上任意一点，以A为顶点，向△ABC外作任意△ABE和△ACF，射线GA交EF于点H．若∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，AB=kAE，AC=kAF，上一问的结论还成立吗？并证明你的结论．（应用推广）在上一问的条件下，设大小恒定的角∠IHJ分别与△AEF的两边AE、AF分别交于点M、N，若△ABC为腰长等于4的等腰三角形，其中∠BAC=120°，且∠IHJ=∠AGB=θ=60°，k=2；求证：当∠IHJ在旋转过程中，△EMH、△HMN和△FNH均相似，并直接写出线段MN的最小值（请在答题卡的备用图中补全作图）．【答案】(1)证明参见解析；(2)HE=HF；(3)成立，证明参见解析；(4)证明参见解析，MN最小值为1.【解析】试题分析：(1)特例发现：易证△AEP≌△BAG，△AFQ≌△CAG，即可求得EP=AG，FQ=AG，即可解题；(2)延伸拓展：过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．易证△ABG∽△EAP，△ACG∽△FAQ，得到PE=AG，FQ=AG，∴PE=FQ，然后证明△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(3)深入探究：判断△PEA∽△GAB，得到PE=AG，△AQF∽△CGA，FQ=，得到FQ=AG，再判断△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(4)应用推广：由前一个结论得到△AEF为正三角形，再依次判断△MHN∽△HFN∽△MEH，即可得出结论．试题解析：(1)特例发现，如图：∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∵∠EPA=∠AGB，AE=AB，∴△PEA≌△GAB，∴PE=AG，同理，△QFA≌△GAC，∴FQ=AG，∴PE=FQ；(2)延伸拓展，如图：∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∴∠EPA=∠AGB，∴△PEA∽△GAB，∴，∵AB=kAE，∴，∴PE=AG，同理，△QFA∽△GAC，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴PE=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；(3)深入探究,如图2，在直线AG上取一点P，使得∠EPA═∠AGB，作FQ∥PE，∵∠EAP+∠BAG=180°﹣∠AGB，∠ABG+∠BAG=180°﹣∠AGB，∴∠EAP=∠ABG，∵∠EPA=∠AGB，∴△APE∽△BGA，∴，∵AB=kAE，∴PE=AG，由于∠FQA=∠FAC=∠AGC=180°﹣∠AGB，同理可得，△AQF∽△CGA，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴EP=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；(4)应用推广,如图3，在前面条件及结论，得到，点H是EF中点，∴AE=AF，∵∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC∴∠EAB+∠FAC=180°∴∠EAF=360°﹣（∠EAB+∠FAC）﹣∠BAC=60°，∴△AEF 为正三角形．又H为EF中点，∴∠EHM+∠IHJ=120°，∠IHJ+∠FHN=120°，∴∠EHM=∠FHN．∵∠AEF=∠AFE，∴△HEM∽△HFN，∴，∵EH=FH，∴，且∠MHN=∠HFN=60°，∴△MHN∽△HFN，∴△MHN∽△HFN∽△MEH，在△HMN中，∠MHN=60°，根据三角形中大边对大角，∴要MN最小，只有△HMN是等边三角形，∴∠AMN=60°，∵∠AEF=60°，MN∴MN∥EF，∵△AEF为等边三角形，∴MN为△AEF的中位线，∴MN min=EF=×2=1．考点：1.几何变换综合题；2.三角形全等及相似的判定性质.4．如图，在直角坐标系中，已知点A（-1，0）、B（0，2），将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°至AC．（1）点C的坐标为（，）；（2）若二次函数的图象经过点C．①求二次函数的关系式；②当-1≤x≤4时，直接写出函数值y对应的取值范围；Z_X_X_K]③在此二次函数的图象上是否存在点P（点C除外），使△ABP是以AB为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1) ∴点C的坐标为(－3，1) ．(2)①∵二次函数的图象经过点C(－3，1)，∴.解得∴二次函数的关系式为②当-1≤x≤4时，≤y≤8；③过点C作CD⊥x轴，垂足为D，i) 当A为直角顶点时，延长CA至点，使，则△是以AB为直角边的等腰直角三角形，过点作⊥轴，∵＝，∠＝∠，∠＝∠＝90°，∴△≌△，∴AE＝AD＝2，＝CD＝1,∴可求得的坐标为(1，－1)，经检验点在二次函数的图象上；ii）当B点为直角顶点时，过点B作直线L⊥BA，在直线L上分别取，得到以AB为直角边的等腰直角△和等腰直角△，作⊥y轴，同理可证△≌△∴BF＝OA＝1，可得点的坐标为（2， 1），经检验点在二次函数的图象上．同理可得点的坐标为（－2， 3），经检验点不在二次函数的图象上综上：二次函数的图象上存在点(1，－1)，（2，1）两点，使得△和△是以AB为直角边的等腰直角三角形．【解析】(1)根据旋转的性质得出C 点坐标；（2）①把C 点代入求得二次函数的解析式；②利用二次函数的图象得出y 的取值范围；③分二种情况进行讨论.5．某数学活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程： 操作发现（1）某小组做了有一个角是120︒的等腰三角形DAC 和等边三角形GEB 纸片，DA DC =，让两个三角形如图①放置，点C 和点G 重合，点D ，点E 在AB 的同侧，AC 和GB 在同一条直线上，点F 为AB 的中点，连接DF ，EF ，则DF 和EF 的数量关系与位置关系为：________；数学思考（2）在图①的基础上，将GEB 绕着C 点按顺时针方向旋转90︒，如图②，试判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，并说明理由；类比探索（3）①将GEB 绕着点C 任意方向旋转，如图③或图④，请问DF 和EF 的数量关系和位置关系改变了吗？无论改变与否，选择图③或图④进行证明；②GEB 绕着点C 旋转的过程中，猜想DF 与EF 的数量关系和位置关系，用一句话表述：________.【答案】（1）3EF DF =，DFEF ； （2）3EF DF =，DFEF ,理由见解析; （3）①3EF DF =，DFEF ;②旋转过程中3EF DF =，DF EF 始终成立.【解析】【分析】 （1）由题意过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，利用等边三角形和中点性质设DM a =，2GB b =，结合相似三角形判定和性质进行综合分析求解； （2）根据题意要求判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，并综合利用垂直平分线定理以及矩形和等边三角形性质与三角函数进行综合分析；（3）①根据题意延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，并利用全等三角形判定和性质以及三角函数进行分析证明；②由题意可知结合①猜想可知旋转过程中3EF DF =，DFEF 始终成立. 【详解】解：（1）3EF DF =，DF EF ；如解图，过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，AD CD =，EGB 为等边三角形.AM MC ∴=，GN BN =.又点F 为AB 的中点，AF BF ∴=.()12MF CF NC NB AC AM CB MC NC +=++=+=+∴. MF NC NB ∴==，CF CN FN AM +==.设DM a =，2GB b =，120ADC ∠=︒，DA DC =，3AM a ∴=，3FN a =，MF NC NB b ===.tan 33EGB NE GN GN b =⋅==∠.在DMF 和FNE 中，333DM FN a ==， 333MF NE b ==， 又90DMF FNE ∠=∠=︒，DMF FNE ∴∽. MDF NFE ∴∠=∠，33DF DM FE FN ==，即3EF DF =. 90MDF DFM ∠+∠=︒，90DFM NFE ∴∠+∠=︒.90DFE ∴∠=︒.3EF DF ∴=且DF EF .（2）3EF DF =，DFEF .理由如下： 如解图，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，当旋转角是90︒时，则90ACB ∠=︒，在Rt ACB △中，点F 是AB 的中点，CF BF ∴=.又CE EB =，EF ∴垂直平分BC.同理，DF 垂直平分AC ，∴四边形LCMF 为矩形，90DFE ∴∠=︒.DF EF ∴⊥，//AC EF .DA DC =，120ADC =∠︒，30DCA ∴∠=︒.GEB 为等边三角形，60ECB ∴∠=︒.∴∠DCA+∠ACB+∠ECB=180^∘∴D ，C ，E 三点共线.30DCA DEF ∴∠=∠=︒.∴在Rt DEF △中，3tan 3DE DF F F E DF ===∠； （3）①3EF DF =，DFEF .选择题图进行证明：如解图，延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，在ADF 和BNF 中，AF BF AFD BFN DF NF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()SASADF BNF∴≅.AD NB∴=，ADF BNF∠=∠.//AD NB∴.18060O ADC∴∠=︒-∠=︒.又CPO BPE∠=∠，60O CEB∠=∠=︒，OCP OBE∴∠=∠.DCE NBE∴∠=∠.又GEB是等边三角形，GE BE∴=，又AD BN CD==，()SASDCE NBE∴≅.DE NE∴=，BEN CED∠=∠.BEN BED CED BED∴∠+∠=∠+∠，即60NED BEC∠=∠=︒.DEN∴是等边三角形.又DF FN=，DF EF∴⊥，60FDE∠=︒.tan3E EF DF DFFD∴∠=⋅=.或选择图进行证明，证明如下：如解图，延长DF并延长到点N，使得FN DF=，连接NB，DE，NE，NB与CD交于点O，EB与CD相交于点J，在ADF和BNF中，AF BFAFD BFNDF NF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()SASADF BNF∴≅.AD NB∴=，ADF BNF∠=∠.//AD NB∴.120NOC ADC∴∠=∠=︒.60BOJ∴∠=︒，60JEC∠=︒.又OJB EJC∠=∠，OBE ECJ∴∠=∠.AD CD =，AD NB =，CD NB ∴=.又GEB 是等边三角形，CE BE ∴=.()SAS DCE NBE ∴≅.DE NE ∴=，BEN CED ∠=∠.BEN BED CED BED ∴∠-∠=∠-∠，即60NED BEC ∠=∠=︒.DEN ∴是等边三角形.又DF FN =，DF EF ∴⊥，60FDE ∠=︒.tan 3E E F DF DF FD ∴∠=⋅=.②旋转过程中3EF DF =，DFEF 始终成立.【点睛】本题考查几何图形的综合探究题，难度大，运用数形结合思维分析以及掌握并灵活利用全等三角形判定和性质以及三角函数、相似三角形判定和性质等是解题关键.错因分析：①未掌握旋转的性质，即旋转前后线段、角度均不变；②不能合理利用类比关系，由浅到深解决问题.6．在正方形ABCD 中，点E ，F 分别在边BC ，CD 上，且∠EAF=∠CEF=45°.(1)将△ADF 绕着点A 顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG ≌△AEF ；(2)若直线EF 与AB ，AD 的延长线分别交于点M ，N(如图②)，求证：EF 2=ME 2+NF 2；(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF ，BE ，DF 之间的数量关系.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF 2=2BE 2+2DF 2.【解析】试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG ，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG ≌△AEF ； （2）将△ADF 绕着点A 顺时针旋转90°，得到△ABG ，连结GM ．由（1）知△AEG ≌△AEF ，则EG=EF ．再由△BME 、△DNF 、△CEF 均为等腰直角三角形，得出CE=CF ，BE=BM ，NF=DF ，然后证明∠GME=90°，MG=NF ，利用勾股定理得出EG 2=ME 2+MG 2，等量代换即可证明EF 2=ME 2+NF 2；（3）将△ADF 绕着点A 顺时针旋转90°，得到△ABG ，根据旋转的性质可以得到△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，∴AF=AG，∠FAG=90°，∵∠EAF=45°，∴∠GAE=45°，在△AGE与△AFE中，，∴△AGE≌△AFE（SAS）；（2）设正方形ABCD的边长为a．将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．则△ADF≌△ABG，DF=BG．由（1）知△AEG≌△AEF，∴EG=EF．∵∠CEF=45°，∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，∴CE=CF，BE=BM，NF=DF，∴a﹣BE=a﹣DF，∴BE=DF，∴BE=BM=DF=BG，∴∠BMG=45°，∴∠GME=45°+45°=90°，∴EG2=ME2+MG2，∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，∴EF2=ME2+NF2；（3）EF2=2BE2+2DF2．如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，即2（DF2+BE2）=EF2考点：四边形综合题7．(1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD．①求证：四边形BFDE是菱形；②直接写出∠EBF的度数；(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究，如图②，点G、I分别在BF、BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD的中点，连接FH并延长，交ED于点J，连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH与FH之间满足的关系，并说明理由；(3)把(1)中矩形ABCD进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE、EF、DF，使△DEF是等腰直角三角形，DF交AC于点G.请直接写出线段AG、GE、EC三者之间满足的数量关系.【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH3；（3）EG2＝AG2+CE2．【解析】【分析】（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO＝OF，∵OB＝OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB＝ED即可．②先证明∠ABD＝2∠ADB，推出∠ADB＝30°，延长即可解决问题．（2）IH ＝3FH ．只要证明△IJF 是等边三角形即可．（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，先证明△DEG ≌△DEM ，再证明△ECM 是直角三角形即可解决问题．【详解】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ，OB ＝OD ，∴∠EDO ＝∠FBO ，在△DOE 和△BOF 中，EDO FBO OD OBEOD BOF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝ ， ∴△DOE ≌△BOF ，∴EO ＝OF ，∵OB ＝OD ，∴四边形EBFD 是平行四边形，∵EF ⊥BD ，OB ＝OD ，∴EB ＝ED ，∴四边形EBFD 是菱形．②∵BE 平分∠ABD ，∴∠ABE ＝∠EBD ，∵EB ＝ED ，∴∠EBD ＝∠EDB ，∴∠ABD ＝2∠ADB ，∵∠ABD +∠ADB ＝90°，∴∠ADB ＝30°，∠ABD ＝60°，∴∠ABE ＝∠EBO ＝∠OBF ＝30°，∴∠EBF ＝60°．（2）结论：IH ＝3FH ．理由：如图2中，延长BE 到M ，使得EM ＝EJ ，连接MJ ．∵四边形EBFD是菱形，∠B＝60°，∴EB＝BF＝ED，DE∥BF，∴∠JDH＝∠FGH，在△DHJ和△GHF中，DHG GHFDH GHJDH FGH∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝，∴△DHJ≌△GHF，∴DJ＝FG，JH＝HF，∴EJ＝BG＝EM＝BI，∴BE＝IM＝BF，∵∠MEJ＝∠B＝60°，∴△MEJ是等边三角形，∴MJ＝EM＝NI，∠M＝∠B＝60°在△BIF和△MJI中，BI MJB MBF IM⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△BIF≌△MJI，∴IJ＝IF，∠BFI＝∠MIJ，∵HJ＝HF，∴IH⊥JF，∵∠BFI+∠BIF＝120°，∴∠MIJ+∠BIF＝120°，∴∠JIF＝60°，∴△JIF是等边三角形，在Rt△IHF中，∵∠IHF＝90°，∠IFH＝60°，∴∠FIH＝30°，∴IH＝3FH．（3）结论：EG2＝AG2+CE2．理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，∵∠FAD+∠DEF＝90°，∴AFED四点共圆，∴∠EDF＝∠DAE＝45°，∠ADC＝90°，∴∠ADF+∠EDC＝45°，∵∠ADF＝∠CDM，∴∠CDM+∠CDE＝45°＝∠EDG，在△DEM和△DEG中，DE DEEDG EDMDG DM⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△DEG≌△DEM，∴GE＝EM，∵∠DCM＝∠DAG＝∠ACD＝45°，AG＝CM，∴∠ECM＝90°∴EC2+CM2＝EM2，∵EG＝EM，AG＝CM，∴GE2＝AG2+CE2．【点睛】考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.8．已知，如图：正方形ABCD，将Rt△EFG斜边EG的中点与点A重合，直角顶点F落在正方形的AB边上，Rt△EFG的两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，（点P与点F重合），如图1所示：（1）求证：EP2+GQ2=PQ2；（2）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（0°＜α≤90°），两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，如图2所示：判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间是否存在什么确定的相等关系？若存在，证明你的结论．若不存在，请说明理由；（3）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（90°＜α＜180°），两直角边所在的直线分别交BA、AD两边延长线于P、Q两点，并判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间存在何种确定的相等关系？按题意完善图3，请直接写出你的结论（不用证明）．【答案】（1）见解析；（2）PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．【解析】【分析】（1）过点E作EH∥FG，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PQ=PH，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，由此可以得到EP2+GQ2=PQ2；（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PH=PQ，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，即EP2+GQ2=PH2，在Rt△PFQ中，PF2+FQ2=PQ2，故PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PE2+GQ2=PF2+FQ2，证明方法同上．【详解】（1）过点E作EH∥FG，连接AH、FH，如图所示：∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，∴△EAH≌△GAQ，∴EH=QG，HA=AQ，∵FA⊥AD，∴PQ=PH．在Rt△EPH中，∵EP2+EH2=PH2，∴EP2+GQ2=PQ2；（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，∴△EAH≌△GAQ，∴EH=QG，HA=AQ，∵PA⊥AD，∴PQ=PH．在Rt△EPH中，∵EP 2+EH 2=PH 2，∴EP 2+GQ 2=PH 2．在Rt △PFQ 中，∵PF 2+FQ 2=PQ 2，∴PF 2+FQ 2=EP 2+GQ 2．（3）四条线段EP 、PF 、FQ 、QG 之间的关系为PF 2+GQ 2=PE 2+FQ 2．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三线合一，勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键.9．在矩形ABCD 中，2AB =，1BC =，以点A 为旋转中心，逆时针旋转矩形ABCD ，旋转角为(0180)αα<<，得到矩形AEFG ，点B 、点C 、点D 的对应点分别为点E 、点F 、点G ．()1如图①，当点E 落在DC 边上时，直写出线段EC 的长度为______；()2如图②，当点E 落在线段CF 上时，AE 与DC 相交于点H ，连接AC ，①求证：ACD ≌CAE ；②直接写出线段DH 的长度为______．()3如图③设点P 为边FG 的中点，连接PB ，PE ，在矩形ABCD 旋转过程中，BEP 的面积是否存在最大值？若存在请直接写出这个最大值；若不存在请说明理由．【答案】（1）2；（2）①见解析；34②；（3）存在，PBE 的面积的最大值为1，理由见解析 【解析】【分析】 ()1如图①中，在Rt ADE 中，利用勾股定理即可解决问题；()2①证明：如图②中，根据HL 即可证明ACD ≌CAE ；②如图②中，由ACD ≌CAE ，推出ACD CAE ∠∠=，推出AH HC =，设AH HC m ==，在Rt ADH 中，根据222AD DH AH +=，构建方程即可解决问题； ()3存在.如图③中，连接PA ，作BM PE ⊥交PE 的延长线于M.由题意：PF PC 1==，由AG EF 1==，G F 90∠∠==，推出PA PE ==PBE 1S PE BM 22=⋅⋅=，推出当BM 的值最大时，PBE 的面积最大，求出BM 的最大值即可解决问题；【详解】()1四边形ABCD 是矩形，AB CD 2∴==，BC AD 1==，D 90∠=，矩形AEFG 是由矩形ABCD 旋转得到，AE AB 2∴==，在Rt ADE 中，DE ==CE 2∴=，故答案为2．()2①当点E 落在线段CF 上，AEC ADC 90∠∠∴==，在Rt ADC 和Rt AEC 中，{AC CACD AE ==， Rt ACD ∴≌()Rt CAE HL ； ACD ②≌CAE ，ACD CAE ∠∠∴=，AH HC ∴=，设AH HC m ==，在Rt ADH 中，222AD DH AH +=，2221(2m)m ∴+-=，5m4∴=，53 DH244∴=-=，故答案为34；()3存在．理由如下：如图③中，连接PA，作BM PE⊥交PE的延长线于M，由题意：PF PC1==，AG EF1==，G F90∠∠==，PA PE2∴==PBE 12S PE BM BM22∴=⋅⋅=，∴当BM的值最大时，PBE的面积最大，BM PB≤，PB AB PA≤+，PB22∴≤，BM22∴≤BM∴的最大值为22+PBE∴21．【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，三角形的三边关系等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．10．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B的坐标为(6，6)，将正方形ABCO 绕点C逆时针旋转角度α(0°<α<90°)，得到正方形CDEF，ED交线段AB于点G，ED的延长线交线段OA于点H，连接CH、CG．(1)求证：△CBG≌△CDG；(2)求∠HCG的度数；并判断线段HG、OH、BG之间的数量关系，说明理由；(3)连接BD、DA、AE、EB得到四边形AEBD，在旋转过程中，四边形AEBD能否为矩形？如果能，请求出点H的坐标；如果不能，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）45°；HG= HO+BG；（3）（2，0）．【解析】试题分析：（1）求证全等，观察两个三角形，发现都有直角，而CG为公共边，进而再锁定一条直角边相等即可，因为其为正方形旋转得到，所以边都相等，即结论可证．（2）根据（1）中三角形全等可以得到对应边、角相等，即BG=DG，∠DCG=∠BCG．同第一问的思路容易发现△CDH≌△COH，也有对应边、角相等，即OH=DH，∠OCH=∠DCH．于是∠GCH为四角的和，四角恰好组成直角，所以∠GCH=90°，且容易得到OH+BG=HG．（3）四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．由上几问知DG=BG，所以此时同时满足DG=AG=EG=BG，即四边形AEBD为矩形．求H点的坐标，可以设其为（x，0），则OH=x，AH=6﹣x．而BG为AB的一半，所以DG=BG=AG=3．又由（2），HG=x+3，所以Rt△HGA中，三边都可以用含x的表达式表达，那么根据勾股定理可列方程，进而求出x，推得H坐标．（1）证明：∵正方形ABCO绕点C旋转得到正方形CDEF，∴CD=CB，∠CDG=∠CBG=90°．在Rt△CDG和Rt△CBG中，，∴△CDG≌△CBG（HL）；（2）解：∵△CDG≌△CBG，∴∠DCG=∠BCG，DG=BG．在Rt△CHO和Rt△CHD中，∵，∴△CHO≌△CHD（HL），∴∠OCH=∠DCH，OH=DH，∴∠HCG=∠HCD+∠GCD=∠OCD+∠DCB=∠OCB=45°，∴HG=HD+DG=HO+BG；（3）解：四边形AEBD可为矩形．如图，连接BD、DA、AE、EB，四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．∵DG=BG，∴DG=AG=EG=BG，即平行四边形AEBD对角线相等，则其为矩形，∴当G点为AB中点时，四边形AEBD为矩形．∵四边形DAEB为矩形，∴AG=EG=BG=DG．∵AB=6，∴AG=BG=3．设H点的坐标为（x，0），则HO=x∵OH=DH，BG=DG，∴HD=x，DG=3．在Rt△HGA中，∵HG=x+3，GA=3，HA=6﹣x，∴（x+3）2=32+（6﹣x）2，解得x=2．∴H点的坐标为（2，0）．考点：几何变换综合题．。

九年级旋转专题讲义旋转专题讲义（九年级）一、基础知识1. 旋转的定义：在平面内，一个图形绕着某一点转动一定的角度而不改变其位置的运动称为旋转。

这个定点称为旋转中心，转动的角度称为旋转角。

2. 旋转的性质：（1）旋转中心到图形上任意一点的距离在旋转前后保持不变。

（2）图形上任意两点绕旋转中心按同一方向旋转相等的角度后，对应点到旋转中心的距离相等。

（3）图形上任意两点绕旋转中心按相反方向旋转相等的角度后，对应点到旋转中心的距离相等，但方向相反。

二、常见题型及解题方法1. 确定旋转角：在题目中，常常会给出一些图形经过某种运动后的位置，需要确定这些图形是绕哪个点按什么方向旋转了多少度。

此时可以通过观察图形变化前后的位置，找出旋转中心和旋转角。

2. 求解旋转问题：在求解与旋转相关的问题时，常常需要利用旋转的性质，通过已知条件推导出其他未知条件。

例如，在求解几何图形的面积或周长时，可以通过旋转将不规则图形转化为规则图形，从而方便计算。

3. 判断是否为旋转对称图形：在判断一个图形是否为旋转对称图形时，可以通过观察图形是否能够绕某点按一定角度旋转后与自身重合来确定。

如果可以，则该图形是旋转对称图形。

4. 求解旋转对称图形的中心和角度：在求解旋转对称图形的中心和角度时，可以通过观察图形自身旋转的过程，找出旋转中心和旋转角度。

例如，在求解正多边形的中心和角度时，可以通过将多边形的各顶点绕中心点按相同的方向旋转相同的角度后与自身重合来确定。

三、典型例题解析例1：在正方形ABCD中，E为CD的中点，F为BC上一点，且CF=3BF。

将△ADE绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ABG。

则下列结论：①AF=AG；②BF=BG；③AF=FG；④△AFD≌△GFC中，正确的有（）A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④分析：根据题意，通过全等三角形的判定与性质分别判断即可。

解答：①∵△ADE绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ABG，∴AF=AG，故①正确；②∵CF=3BF，E为CD的中点，∴BF=DF=CG=BG，故②正确；③在△AFD与△GFC中，∵AD=AG，DF=CG，AF=FG，∴△AFD≌△GFC （SSS），∴∠AFC=∠AFD=90°+∠DFA，又∵∠AFC+∠AFD+∠DFA=180°，∴AF≠FG，故③错误；④由③得：AF≠FG，故④错误；故选A。

如何短时间突破期中数学压轴题⎪⎩⎪⎨⎧共顶点旋转旋转：相邻等线段绕公角平分线或垂直或半角对称：平行四边形　平行等线段平移：全等变换 )(一、旋转：⎪⎩⎪⎨⎧等线段，直接寻找旋转全共旋转：有两对相邻等等线段，需要构造旋转全自旋转：有一对相邻等一角及相邻等线段有一个角含一个二分之角：半旋转⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧，造中心对称遇中点旋全等遇等腰旋顶角，造旋转，造等腰直角旋遇，造等边三角形旋遇自旋转构造方法0000018090906060 1、三垂直全等模型三垂直全等构造方法：从等腰直角三角形的两个锐角顶点出发向过直角顶点的直线作垂线。

EDCABE D CAB2、手拉手全等模型 手拉手全等基本构图：CCCABDEABDEEDBAEDCBAEDCBAEDCBAABCDEEDCBA3、等线段、共端点(1) 中点旋转(旋转180°) (2) 等腰直角三角形(旋转90°)A'DCBAF'D'FEDCA(3) 等边三角形旋转(旋转60°)(4) 正方形旋转(旋转90°)②①FED CBAPFEDCBAGFEDCBA4、半角模型半角模型所有结论：在正方形ABCD 中，已知E 、F 分别是边BC 、CD 上的点，且满足∠EAF =45°，AE 、AF 分别与对角线BD 交于点M 、N .求证：NM FEDC BAGO AHN MFEDCBM E DC BA(1) BE +DF =EF ；(2) S △ABE +S △ADF =S △AEF ； (3) AH =AB ； (4) C △ECF =2AB ；(5) BM 2+DN 2=MN 2；(6) △DNF ∽△ANM ∽△AEF ∽△BEM ；相似比为1：2(由△AMN 与△AEF 的高之比AO ：AH =AO ：AB =1：2而得到)；(7) S △AMN =S 四边形MNFE ；(8) △AOM ∽△ADF ，△AON ∽△ABE ；(9) ∠AEN 为等腰直角三角形，∠AEN =45°.(1. ∠EAF =45°；2.AE ：AN =1：2)解题技巧：1.遇中点，旋180°，构造中心对称例：如图，在等腰ABC △中，AB AC =，ABC α∠=，在四边形BDEC 中，DB DE =，2BDE α∠=，M 为CE 的中点，连接AM ，DM ．⑴ 在图中画出DEM △关于点M 成中心对称的图形； ⑵ 求证：AM DM ⊥；⑶ 当α=___________时，AM DM =．[解析]⑴ 如图所示；⑵ 在⑴的基础上，连接AD AF ，由⑴中的中心对称可知，DEM FCM △≌△，∴DE FC BD ==，DM FM =，DEM FCM ∠=∠， ∵360ABD ABC CBD BDE DEM BCE α∠=∠+∠=+︒-∠-∠-∠360DEM BCE α=︒--∠-∠，360360ACF ACE FCM BCE FCM α∠=︒-∠-∠=︒--∠-∠， ∴ABD ACF ∠=∠，∴ABD ACF △≌△，∴AD AF =， ∵DM FM =，∴AM DM ⊥． ⑶ 45α=︒．2.遇90°。

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第23章旋转知识点总结一、旋转1、定义把一个图形绕某一点O转动一个角度的叫做旋转，其中O叫做，叫做旋转角。

2、性质（1)对应点到的距离相等。

（2)对应点与旋转中心所连线段的夹角等于。

二、中心对称1、定义把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够和原来的图形互相，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的。

2、性质（1)关于中心对称的两个图形是形。

（2）关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称，并且被对称中心。

（3）关于中心对称的两个图形，对应线段平行(或在同一直线上)且相等。

3、判定如果两个图形的对应点连线都经过某一点,并且被这一点，那么这两个图形关于这一点对称。

三、坐标系中对称点的特征1、关于原点对称的点的特征两个点关于原点对称时,它们的坐标的符号，即点P（x，y）关于原点的对称点为P’( , ) 。

2、关于x轴对称的点的特征两个点关于x轴对称时,它们的坐标中,x ，y的符号，即点P （x，y）关于x轴的对称点为P’( , ) .3、关于y轴对称的点的特征两个点关于y 轴对称时，它们的坐标中， 相等， 的符号相反，即点P （x ，y ）关于y 轴的对称点为P ’（ , ) 。

旋转练习题一、细心选一选(每题3分，共30分）1．下面的图形中,既是轴对称图形又是中心对称图形的是 ( ）．．2．如果一个多边形绕它的中心旋转60°，才和原来的图形重合，那么这个多边形是 （ ）A ．正三角形B ．正四边形C ．正五边形D ．正六边形3．在线段，等腰梯形，平行四边形,矩形，正五角星，圆，正方形，等边三角形中,既是轴对称图形，又是中心对称图形的图形有（ ）A 。

中考数学旋转压轴题解题方法一、图形旋转知识与方法1、图形的变换是新课标中“空间与图形”领域的一个主要内容，体现运动变换的理念与思想，是教材中的一大亮点．初中数学所学的图形变换包括平移、轴对称、旋转、位似。

2、旋转，它是一种数学变换．生活中的旋转也是随处可见，汽车的轮子，钟表的指针，游乐园里的摩天轮，都是旋转现象．3、图形的旋转有三个要素：①旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．4、旋转具有以下性质：①对应点到旋转中心的距离相等，即边相等。

②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，即角相等③旋转前、后的图形全等。

5、旋转是近几年中考数学的热点题型，对旋转的特例“中心对称”的考查多以选择题或填空题的形式出现，题目比较简单，大多数属于送分题；利用旋转作图，是格点作图题中的重点。

利用旋转构造复杂几何图形，通常将旋转融合在综合题中，题目难度中等，在选择题、填空题、解答题中都有出现。

有旋转点的，有旋转线段的，更多的是旋转图形的。

旋转三角形，旋转平行四边形，旋转矩形，旋转正方形，其中，近两年的各地中考试题中，旋转矩形出现的最频繁，深受出题老师的青睐。

其实旋转的题目还有一个好听的名字就是“手拉手问题”，本文将对这一类问题分类汇总，以这三个性质为突破口，就能快速解决问题。

二、典例精讲典例．在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝α，点D为直线BC上一动点，过点D作DF∥AC 交直线AB于点F，将AD绕点D顺时针旋转α得到ED，ED交直线AB于点O，连接BE．（1）问题发现：如图1，α＝90°，点D在边BC上，猜想：①AF与BE的数量关系是；②∠ABE＝度．（2）拓展探究：如图2，0°＜α＜90°，点D在边BC上，请判断AF与BE的数量关系及∠ABE的度数，并给予证明．（3）解决问题如图3，90°＜α＜180°，点D在射线BC上，且BD＝3CD，若AB＝8，请直接写出BE 的长．思路点拨：（1）①由等腰直角三角形的判定和性质可得：∠ABC＝45°，由平行线的性质可得∠FDB＝∠C＝90°，进而可得由等角对等边可得DF＝DB，由旋转可得：∠ADF＝∠EDB，DA＝DE，继而可知△ADF≌△EDB，继而即可知AF＝BE；②由全等三角形的性质可知∠DAF＝∠E，继而由三角形内角和定理即可求解；（2）由平行线的性质可得∠ACB＝∠FDB＝α，∠CAB＝∠DFB，由等边对等角可得∠ABC＝∠CAB，进而根据等角对等边可得DB＝DF，再根据全等三角形的判定方法证得△ADF≌△EDB，进而可得求证AF＝BE，∠ABE＝∠FDB＝α；（3）分两种情况考虑：①如图（3）中，当点D在BC上时，②如图（4）中，当点D在BC的延长线上时，由平行线分线段成比例定理可得1==4AF CDAB CB、1==2AF CDAB CB，代入数据求解即可；满分解答：（1）问题发现：如图1中，设AB交DE于O．∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠ABC＝45°，∵DF∥AC，∴∠FDB＝∠C＝90°，∴∠DFB＝∠DBF＝45°，∴DF＝DB，∵∠ADE＝∠FDB＝90°，∴∠ADF＝∠EDB，∵DA＝DE，DF＝DB∴△ADF≌△EDB（SAS），∴AF＝BE，∠DAF＝∠E，∵∠AOD＝∠EOB，∴∠ABE＝∠ADO＝90°故答案为：①AF＝BE，②90°．（2）拓展探究：结论：AF＝BE，∠ABE＝α．理由如下：∵DF‖AC∴∠ACB＝∠FDB＝α，∠CAB＝∠DFB，∵AC＝BC，∴∠ABC＝∠CAB，∴∠ABC＝∠DFB，∴DB＝DF，∵∠ADF＝∠ADE﹣∠FDE，∠EDB＝∠FDB﹣∠FDE，∴∠ADF＝∠EDB，∵AD＝DE，DB＝DF∴△ADF≌△EDB（SAS），∴AF＝BE，∠AFD＝∠EBD∵∠AFD＝∠ABC+∠FDB，∠DBE＝∠ABD+∠ABE，∴∠ABE＝∠FDB＝α．（3）解决问题①如图（3）中，当点D在BC上时，由（2）可知：BE＝AF，∵DF∥AC，∴1==4 AF CDAB CB，∵AB＝8，∴AF＝2，∴BE＝AF＝2，②如图（4）中，当点D在BC的延长线上时，∵AC∥DF，∴1==2 AF CDAB CB，∵AB＝8，∴BE＝AF＝4，故BE的长为2或4．名师点评：（1）本题考查等腰直角三角形的判定和性质、平行线的性质、等边对等角的性质和等角对等边的性质、旋转的性质、相似三角形的判定及其性质、三角形内角和定理、平行线分线段成比例定理，涉及到的知识点较多，解题的关键是综合运用所学知识．（2）旋转问题三步走：第一步：我们要观察图形，看看这个图形的旋转中心，找到它的旋转方向，这是我们看到一个几何图形的第一印象．第二步：看看是什么旋转？因为旋转的种类有很多，你看它是点旋转还是线旋转或者是平面图形旋转·第三步：你再观察出有哪些三角形全等，从已知中找到两个三角形全等的条件（包括隐藏的对顶角、公共角、公共边等）．变式题．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点O是边AC的中点．（1）在图1中，将△ABC绕点O逆时针旋转n°得到△A1B1C1，使边A1B1经过点C．求n的值．（2）将图1向右平移到图2位置，在图2中，连结AA1、AC1、CC1．求证：四边形AA1CC1是矩形；（3）在图3中，将△ABC绕点O顺时针旋转m°得到△A2B2C2，使边A2B2经过点A，连结AC2、A2C、CC2．①请你直接写出m的值和四边形AA2CC2的形状；②若AB＝，请直接写出AA2的长．三、中考押题1．（1）问题感知如图1，在△ABC中，∠C＝90°，且AC＝BC，点P是边AC的中点，连接BP，将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．连接AD．过点P作PE∥AB 交BC于点E，则图中与△BEP全等的三角形是，∠BAD＝°；（2）问题拓展如图2，在△ABC中，AC＝BC＝43AB，点P是CA延长线上一点，连接BP，将线段PB绕点P顺时针旋转到线段PD，使得∠BPD＝∠C，连接AD，则线段CP与AD之间存在的数量关系为CP＝43AD，请给予证明；（3）问题解决如图3，在△ABC中，AC＝BC＝AB＝2，点P在直线AC上，且∠APB ＝30°，将线段PB绕点P顺时针旋转60°到线段PD，连接AD，请直接写出△ADP 的周长．2．在ABC ∆，CA CB =，ACB α∠=．点P 是平面内不与点A ，C 重合的任意一点．连接AP ，将线段AP 绕点P 逆时针旋转α得到线段DP ，连接AD ，BD ，CP ． （1）观察猜想 如图1，当60α︒=时，BDCP的值是 ，直线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数是 ． （2）类比探究如图2，当90α︒=时，请写出BDCP的值及直线BD 与直线CP 相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由． （3）解决问题当90α︒=时，若点E ，F 分别是CA ，CB 的中点，点P 在直线EF 上，请直接写出点C ，P ，D 在同一直线上时ADCP的值．3．在正方形ABCD 中，AB ＝6，对角线AC 和BD 相交于点O ，E 是AB 所在直线上一点（不与点B 重合），将线段OE 绕点E 顺时针旋转90°得到EF ．（1）如图1，当点E 和点A 重合时，连接BF ，直接写出BF 的长为 ；（2）如图2，点E在线段AB上，且AE＝1，连接BF，求BF的长；（3）若DG：AG＝2：1，连接CF，H是CF的中点，是否存在点E使△GEH是以EG 为直角边的直角三角形？若存在，请直接写出EB的长；若不存在，试说明理由．4．观察猜想：（1）如图①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝3，点D与点A重合，点E在边BC上，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°得到线段DF，连接BF，BE与BF的位置关系是，BE+BF＝；探究证明：（2）在（1）中，如果将点D沿AB方向移动，使AD＝1，其余条件不变，如图②，判断BE与BF的位置关系，并求BE+BF的值，请写出你的理由或计算过程；拓展延伸：（3）如图③，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝a，点D在边BA的延长线上，BD＝n，连接DE，将线段DE绕着点D顺时针旋转，旋转角∠EDF＝a，连接BF，则BE+BF的值是多少？请用含有n，a的式子直接写出结论．5．如图1，矩形DEFG中，DG＝2，DE＝3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，FG，BC的延长线相交于点O，且FG⊥BC，OG＝2，OC＝4．将△ABC绕点O逆时针旋转α（0°≤α＜180°）得到△A′B′C′．（1）当α＝30°时，求点C′到直线OF的距离．（2）在图1中，取A′B′的中点P，连结C′P，如图2．①当C′P与矩形DEFG的一条边平行时，求点C′到直线DE的距离．②当线段A′P与矩形DEFG的边有且只有一个交点时，求该交点到直线DG的距离的取值范围．6．在△ABC中，∠ACB=90°，BC=AC=2，将△ABC绕点A顺时针方向旋转α角(0°＜α＜180°)至△AB'C'的位置．问题探究：（1）如图1，当旋转角为60°时，连接C'C与AB交于点M，则C'C=，CM ．（2）如图2，在（1）条件下，连接BB'，延长CC'交BB'于点D，求CD的长．问题解决：（3）如图3，在旋转的过程中，连线CC'、BB'，CC'所在直线交BB'于点D，那么CD 的长有没有最大值？如果有，求出CD的最大值：如果没有，请说明理由．7．如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E为线段BO上一点，连接CE，将CE绕点C顺时针旋转90°得到CF，连接EF交CD于点G．（1）若AB＝4，BE，求△CEF的面积．（2）如图2，线段FE的延长线交AB于点H，过点F作FM⊥CD于点M，求证：BH+MGBE；＝2（3）如图3，点E为射线OD上一点，线段FE的延长线交直线CD于点G，交直线AB 于点H，过点F作FM垂直直线CD于点M，请直接写出线段BH、MG、BE的数量关系．8．已知:如图①，将60∠=的菱形ABCD沿对角线AC剪开，将ADC沿射线DCDBCE点M为边BC上一点（点M不与点B、点C重合），将射线AM 方向平移，得到,绕点A逆时针旋转60，与EB的延长线交于点N，连接MN．()1①求证:ANB AMC∠=∠；②探究AMN的形状；()2如图②，若菱形ABCD变为正方形ABCD，将射线AM绕点A逆时针旋转45，原题其他条件不变，()1中的①和②两个结论是否仍然成立？若成立，请直接写出结论；若不成立，请写出变化后的结论并证明．9．已知点P 是线段AB 上与点,A B 不重合的一点，且,AP PB AP <绕点A 逆时针旋转角()090αα︒︒<≤得到1,AP BP 绕点B 顺时针旋转角α得到2BP ，连接12.PP PP 、（1）如图1，当90α︒=时，求12PPP ∠的度数；（2）如图2，当点2P 在1AP 的延长线上时，求证： 22122PP PP P A =⋅；（3）如图3，过BP 的中点E 作1l BP ⊥，过2BP 的中点F 作22l BP ⊥， 1l 与2l 交于点Q ，连接1,PQ PO ，若6,1BP AP QE ===，求1PQ 的长度.10．在锐角△ABC 中，AB=4，BC=5，∠ACB=45°，将△ABC 绕点B 按逆时针方向旋转，得到△A 1BC 1．（1）如图1，当点C 1在线段CA 的延长线上时，求∠CC 1A 1的度数； （2）如图2，连接AA 1，CC 1．若△ABA 1的面积为4，求△CBC 1的面积；（3）如图3，点E 为线段AB 中点，点P 是线段AC 上的动点，在△ABC 绕点B 按逆时针方向旋转过程中，点P 的对应点是点P 1，求线段EP 1长度的最大值与最小值．11．有两张完全重合的矩形纸片，将其中一张绕点A 顺时针旋转90︒后得到矩形AMEF （如图1），连接BD ，MF ，若8BD cm =，30ADB ∠=︒．（1）试探究线段BD 与线段MF 的数量关系和位置关系，并说明理由；（2）把BCD ∆与MEF ∆剪去，将ABD ∆绕点A 顺时针旋转得11AB D ∆，边1AD 交FM 于点K （如图2），设旋转角为()090ββ︒<<︒，当AFK ∆为等腰三角形时，求β的度数；（3）若将AFM ∆沿AB 方向平移得到222A F M ∆（如图3），22F M 与AD 交于点P ，22A M 与BD 交于点N ，当//NP AB 时，求平移的距离．12．问题发现：（1）如图1，在Rt △ABC 中，∠BAC=30°，∠ABC ＝90°，将线段AC 绕点A 逆时针旋转，旋转角α=2∠BAC ， ∠BCD 的度数是 ；线段BD ，AC 之间的数量关系是 ． 类比探究：（2）在Rt △ABC 中，∠BAC=45°，∠ABC ＝90°，将线段AC 绕点A 逆时针旋转，旋转角α=2∠BAC ，请问（1）中的结论还成立吗？； 拓展延伸：（3）如图3，在Rt △ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，∠BDC ＝90°，若点P 满足PB ＝PC ，∠BPC ＝90°，请直接写出线段AP 的长度．13．综合与实践 问题情境数学活动课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动，ABC 和DEC 是两个全等的直角三角形纸片，其中90ACB DCE ∠=∠=︒，30B E ∠=∠=︒，4AB DE ==．解决问题（1）如图①，智慧小组将DEC 绕点C 顺时针旋转，发现当点D 恰好落在AB 边上时，DE AC ，请你帮他们证明这个结论；（2）缜密小组在智慧小组的基础上继续探究，连接AE AD BD 、、，当DEC C 绕点C 继续旋转到如图②所示的位置时，他们提出BDCAECSS=，请你帮他们验证这一结论是否正确，并说明理由； 探索发现（3）如图③，勤奋小组在前两个小组的启发下，继续旋转DEC ，当B A E 、、三点共线时，求BD 的长；（4）在图①的基础上，写出一个边长比为2的三角形（可添加字母）．14．探究：如图1和2,四边形ABCD 中,已知AB AD =，90BAD ∠=︒，点E ，F 分别在BC 、CD 上，45EAF ∠=︒．（1）①如图 1,若B 、ADC ∠都是直角，把ABE △绕点A 逆时针旋转90︒至ADG ，使AB 与AD 重合，则能证得EF BE DF =+，请写出推理过程；②如图 2，若B 、D ∠都不是直角，则当B 与D ∠满足数量关系_______时，仍有EF BE DF =+;（2）拓展：如图3,在ABC 中，90BAC ∠=︒,AB AC ==点D 、E 均在边BC 上,且45DAE ∠=︒．若1BD =，求DE 的长．15．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF 和一个正方形ABCD 摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C 重合，点E 、F 分别在正方形的边CB 、CD 上，连接AF ．取AF 中点M ，EF 的中点N ，连接MD 、MN ． （1）连接AE ，求证：△AEF 是等腰三角形； 猜想与发现：（2）在（1）的条件下，请判断MD 、MN 的数量关系和位置关系，得出结论． 结论1：DM 、MN 的数量关系是 ； 结论2：DM 、MN 的位置关系是 ； 拓展与探究：（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．16．已知，把45°的直三角板的直角顶点E放在边长为6的正方形ABCD的一边BC 上，直三角板的一条直角边经过点D，以DE为一边作矩形DEFG，且GF过点A，得到图1．（1）求矩形DEFG的面积；（2）若把正方形ABCD沿着对角线AC剪掉一半得到等腰直角三角形ABC，把45°的直三角板的一个45°角的顶点与等腰直角三角形ABC的直角顶点B重合，直三角板夹这个45°角的两边分别交CA和CA的延长线于点H、P，得到图2．猜想：CH、PA、HP之间的数量关系，并说明理由；（3）若把边长为6的正方形ABCD沿着对角线AC剪掉一半得到等腰直角三角形ABC，点M是Rt△ABC内一个动点，连接MA、MB、MC，设MA+MB+MC＝y，直接写出2y 的最小值．17．问题：如图(1)，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．（发现证明）小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG,从而发现EF=BE+FD,请你利用图（1）证明上述结论．（类比引申）如图(2)，四边形ABCD中,∠BAD≠90°,AB=AD,∠B+∠D=180°,点E、F分别在边BC、CD上,则当∠EAF与∠BAD满足关系时，仍有EF=BE+FD．（探究应用）如图(3)，在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形ABCD．已知AB=AD=80米，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，道路BC、CD上分别有景点E、F，且AE⊥AD，DF=40﹣1）米，现要在E、F之间修一条笔直道路，求这条道路EF的=1.41=1.73）18．如图1，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是对角线BD的中点，直角∠GEF 的两直角边EF、EG分别交CD、BC于点F、G．（1）若点F是边CD的中点，求EG的长．（2）当直角∠GEF绕直角顶点E旋转，旋转过程中与边CD、BC交于点F、G．∠EFG 的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠EFG的值．（3）当直角∠GEF绕顶点E旋转，旋转过程中与边CD、BC所在的直线交于点F、G．在图2中画出图形，并判断∠EFG的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请直接写出tan∠EFG的值．（4）如图3，连接CE交FG于点H，若13HFHG，请求出CF的长．参考答案变式题．思路点拨：（1）利用等腰三角形的性质求出∠COC1即可．（2）根据对角线相等的平行四边形是矩形证明即可．（3）①求出∠COC2即可，根据矩形的判定证明即可解决问题．②解直角三角形求出A2C2，再求出AA2即可．满分解答：（1）解：如图1中，由旋转可知：△A1B1C1≌△ABC，∴∠A1＝∠A＝30°，∵OC＝OA，OA1＝OA，∴OC＝OA1，∴∠OCA1＝∠A1＝30°，∴∠COC1＝∠A1+OCA1＝60°，∴n＝60°．（2）证明：如图2中，∵OC＝OA，OA1＝OC1，∴四边形AA1CC1是平行四边形，∵OA＝OA1，OC＝OC1，∴AC＝A1C1，∴四边形AA1CC1是矩形．（3）如图3中，①∵OA＝OA2，∴∠OAA2＝∠OA2A＝30°，∴∠COC2＝∠AOA2＝180°﹣30°﹣30°＝120°，∴m＝120°，∵OC＝OA，OA2＝OC2，∴四边形AA2CC2是平行四边形，∵OA＝OA2，OC＝OC2，∴AC＝A2C2，∴四边形AA2CC2是矩形．＝6，②∵AC＝A2C2＝AB•cos30°＝×2∴AA2＝A2C2•cos30°＝＝名师点评：本题属于四边形综合题，考查了旋转变换，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．中考押题1．证明：（1）∵点P是边AC的中点，PE∥AB，∴点E是BC的中点，∴CE＝BE，∵AC＝BC，∴BE＝AP，∵将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．∴PB＝PD，∵∠APD+∠BPC＝90°，∠EBP +∠BPC＝90°，∴∠EBP＝∠APD，又∵PB＝PD，∴△PAD≌△BEP（SAS），∴∠PAD＝∠BEP，∵∠C＝90°，AC＝BC，∴∠BAC＝∠ABC＝45°，∵PE∥AB，∴∠ABC＝∠PEC＝45°，∴∠BEP＝135°，∴∠BAD＝∠PAD﹣∠BAC＝135°﹣45°＝90°，故答案为：△PAD，90；（2）如图，过点P作PH∥AB，交CB的延长线于点H，∴∠CBA＝∠CHP，∠CAB＝∠CPH，∵CB＝CA，∴∠CBA＝∠CAB，∴∠CHP＝∠CPH，∴CH＝CP，∴BH＝AP，∵将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．∴PB＝PD，∵∠BPD＝∠C，∴∠BPD+∠BPC ＝∠C+∠BPC ， ∴∠PBH ＝∠APD ， ∴△APD ≌△HBP （SAS ）， ∴PH ＝AD ， ∵PH ∥AB ， ∴△CAB ∽△CPH ，∴H AC PC ABP = ∴HAC AB CPP = ∵AC ＝BC ＝43AB ，∴43CP PH =， ∴CP ＝43PH ＝43AD ；（3）当点P 在CA 的延长线上时， ∵AC ＝BC ＝AB ＝2， ∴△ABC 是等边三角形， ∴∠ACB ＝60°，∵将线段PB 绕点P 顺时针旋转60°到线段PD ， ∴BP ＝PD ，∠BPD ＝60°＝∠ACB ， 过点P 作PE ∥AB ，交CB 的延长线于点E ，∵∠ACB ＝∠APB+∠ABP ， ∴∠ABP ＝∠APB ＝30°， ∴AB ＝AP ＝2， ∴CP ＝4， ∵AB ∥PE ，∴PAB PE CAC = ∴CP ＝PE ＝4，由（2）得，PE ＝AD ＝4， ∵∠APD ＝∠APB+BPD ＝90°，∴DP =∴△ADP 的周长＝AD+AP+DP ＝， 当点P 在AC 延长线上时，如图，同理可求△ADP 的周长＝6+综上所述：△ADP 的周长为6+2．解：（1）如图1中，延长CP 交BD 的延长线于E ，设AB 交EC 于点O ．60PAD CAB ︒∠=∠=，CAP BAD ∴∠=∠， CA BA =，PA DA =，()CAP BAD SAS ∴∆≅∆，PC BD ∴=，ACP ABD ∠=∠，AOC BOE ∠=∠，60BEO CAO ︒∴∠=∠=，1BDPC∴=，线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数是60︒， 故答案为1，60︒．（2）如图2中，设BD 交AC 于点O ，BD 交PC 于点E ．45PAD CAB ︒∠=∠=，PAC DAB ∴∠=∠，AB ADAC AP== DAB PAC ∴∆∆，PCA DBA ∴∠=∠，BD ABPC AC==， EOC AOB ∠=∠，45CEO OAB ︒∴∠=∠=，∴直线BD 与直线CP 相交所成的小角的度数为45︒．（3）如图3﹣1中，当点D 在线段PC 上时，延长AD 交BC 的延长线于H ．CE EA =，CF FB =，EF AB∴∥，45EFC ABC︒∴∠=∠=，45PAO︒∠=，PAO OFH∴∠=∠，POA FOH∠=∠，H APO∴∠=∠，90APC︒∠=，EA EC=，PE EA EC∴==，EPA EAP BAH∴∠=∠=∠，H BAH∴∠=∠，BH BA∴=，45ADP BDC︒∠=∠=，90ADB︒∴∠=，BD AH∴⊥，22.5DBA DBC︒∴∠=∠=，90ADB ACB︒∠=∠=，∴A，D，C，B四点共圆，22.5DAC DBC︒∠=∠=，22.5DCA ABD︒∠=∠=，22.5DAC DCA︒∴∠=∠=，DA DC∴=，设=AD a，则DC AD a==，2PD a=，2ADCP∴==-c．如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：=DA DC，设=AD a，则CD AD a==，PD=，2PC a a ∴=-，22ADPC∴==+．3．解：（1）如图1，由旋转得：90OEF ∠=︒，OE EF =， 四边形ABCD 是正方形，且边长为6， 62ACBD，45OAB ∠=︒，904545FEBOAB ，AB AB ，()AOBAFB SAS ，113222BFOBBDAC ，故答案为：（2）如图2，过O 作OG AB ⊥于G ，过F 作FHAB⊥于H ，四边形ABCD 是正方形，45OAB OBA ∴∠=∠=︒，90OGAOGB，AOG ∴∆和OGB 是等腰直角三角形，3AGBGOG，1AE =，2EG，90OEF ， 90OEG FEH，90FEHEFH，OEGEFH ，OE EF ，90OGEEHF，()OEG EFH AAS ，3OG EH，2EG FH ==，6132BHAB AE EH ，Rt FHB 中，由勾股定理得：22222222BFBH FH ；（3）存在GEH ∆是以EG 为直角边的直角三角形；6AD =，且:2:1DG AG ， 2AG ∴=，4DG =，分三种情况：①当90EGH ∠=︒时，E 在A 的左侧时，如图3，过F 作FM BC ⊥，交CB 的延长线于M ，过H 作HNFM 于N ，交AB 于P ，过H 作HQ AD ⊥于Q ，过O 作OKAB ⊥于K ，过F 作FL AB 于L ，设AE x =， 同理得()OEK EFL AAS ，3OKEL，3EK FL x ，H 是CF 的中点，//HN CM ，113(63)222xFN MN BL x ，1639222x xHN CM ，93(3)22xxHPHNPN x ，Rt EGH 中，222EG GH EH ，∴22222233332(2)(6)(6)()2222x x x x x x，2720x x -+=，17412x ，27412x ， 当17412x 时，7411941622BE （如图6所示）， 当27412x 时，7411941622BE；②当90GEH ∠=︒时，如图4，过F 作FM BC ⊥，交CB 的延长线于M ，过H 作HN FM于N ，交AB 于P ，过O 作OK AB ⊥于K ，过F 作FLAB 于L ，设BE x =，则6AE x ， 同理得：3OK EL，3BLFMx ，3(6)3FL EKx x ，1322xHNCM ，3322x x EPBEPBx，39(3)22xxHP HN PNx，90GEH AEG PEH，90AEG AGE ∠+∠=︒，AGEPEH ，90EAG EPH ，GAE EPH ∽， ∴AG AEEPPH，即263922x x x ，250x x -=，解得：0x =（舍)或5， 即5BE =；③如图5，当E 与B 重合时，90GEH∠=︒，此种情况不符合题意；综上，BE 的长是5． 4．【详解】 （1）如图①中，∵∠EAF ＝∠BAC ＝90°， ∴∠BAF ＝∠CAE ， ∵AF ＝AE ，AB ＝AC ， ∴△BAF ≌△CAE ， ∴∠ABF ＝∠C，BF ＝CE ， ∵AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，∴∠ABC＝∠C＝45°，∴∠FBE＝∠ABF+∠ABC＝90°，BC＝BE+EC＝BE+BF，故答案为BF⊥BE，BC；（2）如图②中，作DH∥AC交BC于H，∵DH∥AC，∴∠BDH＝∠A＝90°，△DBH是等腰直角三角形，由（1）可知，BF⊥BE，BF+BE＝BH，∵AB＝AC＝3，AD＝1，∴BD＝DH＝2，∴BH＝，∴BF+BE＝BH＝；（3）如图③中，作DH∥AC交BC的延长线于H，作DM⊥BC于M，∵AC∥DH，∴∠ACH＝∠H，∠BDH＝∠BAC＝α，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB∴∠DBH＝∠H，∴DB＝DH，∵∠EDF＝∠BDH＝α，∴∠BDF＝∠HDE，∵DF ＝DE ，DB ＝DH ， ∴△BDF ≌△HDE ， ∴BF ＝EH ，∴BF +BE ＝EH +BE ＝BH ， ∵DB ＝DH ，DM ⊥BH ， ∴BM ＝MH ，∠BDM ＝∠HDM ， ∴BM ＝MH ＝BD •sin2α．∴BF +BE ＝BH ＝2n •sin 2α． 5．解：（1）如图，过点C′作C′H ⊥OF 于H ．∵△A′B′C′是由△ABC 绕点O 逆时针旋转得到， ∴C′O=CO=4， 在Rt △HC′中， ∵∠HC′O ＝α＝30°，∴C′H ＝C′O•cos30°＝，∴点C′到直线OF 的距离为（2）①如图，当C′P ∥OF 时，过点C′作C′M ⊥OF 于M ．∵△A′B′C′为等腰直角三角形，P为A′B′的中点，∴∠A′C′P=45°，∵∠A′B′O=90°，∴∠OC′P=135°.∵C′P∥OF，∴∠O＝180°﹣∠OC′P＝45°，∴△OC′M是等腰直角三角形，∵OC′＝4，=∴C′M＝C′O•cos45°=4×2∴点C′到直线DE的距离为如图，当C′P∥DG时，过点C′作C′N⊥FG于N．同法可证△OC′N是等腰直角三角形，∴C′N＝∵GD=2，∴点C′到直线DE的距离为2．②设d为所求的距离．第一种情形：如图，当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．∵OC=4，AC=2，∠ACO=90°，=∴=OA=∵OM＝2，∠OMA′＝90°，∴A′M4，又∵OG=2，∴DM=2，∴A′D＝A′M-DM=4-2=2，即d＝2，如图，当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．∵P为A′B′的中点，∠A′C′B′=90°，∴PQ∥A′C′，∴12 B P CQ PQB A BC A C'=== ''''''∵B′C′=2∴PQ＝1，CQ=1，∴Q点为B′C′的中点，也是旋转前BC的中点，∴OQ=OC+CQ=5∴OP，∴PM=∴PD＝2PM DM-=-，∴d2，∴2．第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝2，即d＝2，如图，当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ 交OB′于R，连接OP．由上可知OP OF＝5，∴FP1，∵OF＝OT，PF＝PT，∠F＝∠PTO＝90°，∴Rt△OPF≌Rt△OPT（HL），∴∠FOP＝∠TOP，∵PQ∥OQ，∴∠OPR＝∠POF，∴∠OPR＝∠POR，∴OR＝PR，∵PT2+TR2＝PR2，22215PR PR∴+（﹣）＝∴PR＝2.6，RT＝2.4，∵△B′PR∽△B′QO，∴B ROB''＝PRQO，∴3.46＝2.6OQ，∴OQ＝78 17，∴QG＝OQ﹣OG＝4417，即d＝4417∴2≤d＜44 17，第三种情形：当A′P经过点F时，如图，此时FG=3，即d＝3．综上所述，﹣2或d ＝3．6．解：（1）如图1中，作MH AC ⊥于H ．当旋转角为60︒时，60CAC ，AC AC ='， ACC 是等边三角形，2CC AC ，60MCH ，设CH x =，则3MH AH x ，2x ∴=，1x ∴=，2232CM CH ．故答案为2，2．（2）如图2中，作BH CD ⊥于H ．AB AB ='，60BAB ，ABB 是等边三角形，60DBM ACM ， DMB AMC ，45BDC BAC ∴∠=∠=︒， 30BCH BCA ACC ，1BH DH BC，CH=12CD CH DH．13（3）CD的长有最大值．理由：如图3中，B AC BAC，45B ABC AC，='，AB AB'=，AC AC∴AB AB，AC AC∴△B AB∽△C AC，DBM ACM，DMB AMC，45BDM MAC，取AB的中点H，以H为圆心，HB为半径作H，连接CH．=，90CA CB∠=︒，ACB∴⊥，CH BH AH，CH ABBHC，901BDC BHC，2∴=时，CD的值最大，此时CD=．点D的运动轨迹是H，当CD AB7．【详解】（1）解：在正方形ABCD中，AB＝4，∴AO＝CO＝OB＝，∵BE ，∴OE ，∵AC ⊥BD ，∴∠COE ＝90°，∴CE ==,由旋转得：CE ＝CF ，∠ECF ＝90°，∴△CEF 的面积＝211522CE ==； （2）证明：如图2，过E 作EN ⊥AB 于N ，作EP ⊥BC 于P ，∵EP ⊥BC ，FM ⊥CD ，∴∠EPC ＝∠FMC ＝90°，∵∠BCD ＝∠ECF ＝90°，∴∠PCE ＝∠MCF ，∵CE ＝CF ，∴△CPE ≌△CMF （AAS ），∴EP ＝FM ，∵EP ⊥BC ，EN ⊥AB ，BE 平分∠ABC ，∴EP ＝EN ，∴EN ＝FM ，∵FM ⊥CD ，∴∠FMG ＝∠ENH ＝90°，∵AB ∥CD ，∴∠NHE ＝∠MGF ，∴△NHE ≌△MGF （AAS ），∴NH＝MG，∴BH+MG＝BH+NH＝BN，∵△BEN是等腰直角三角形，BE，∴BN＝2BE；∴BH+MG＝2BE，理由是：（3）解：BH﹣MG＝2如图3，过E作EN⊥AB于N，交CG于P，∵EP⊥BC，FM⊥CD，AB∥CD，∴EP⊥CD，∴∠EPC＝∠FMC＝90°，∵∠M＝∠ECF＝90°，∴∠ECP+∠FCM＝∠FCM+∠CFM＝90°，∴∠ECP＝∠CFM，∵CE＝CF，∴△CPE≌△FMC（AAS），∴PC＝FM，∵△DPE是等腰直角三角形，∴PE＝PD，∴EN＝BN＝PN+PE＝BC+PE＝CD+PD＝PC＝FM，∵AB ∥CD ，∴∠H ＝∠FGM ，∵∠ENH ＝∠M ＝90°，∴△HNE ≌△GMF （AAS ），∴NH ＝MG ，∴BH ﹣MG ＝BH ﹣NH ＝BN ，∵△BEN 是等腰直角三角形，∴BN ＝2BE ，∴BH ﹣MG ＝2BE ． 8．【详解】（1）如图1，①∵四边形ABCD 是菱形，∴AB BC CD AD ===，∵∠D =60°，∴△ADC 和△ABC 是等边三角形，∴AB AC =，∠BAC =60°，∵∠NAM =60°，∴∠NAB =∠CAM ，由△ADC 沿射线DC 方向平移得到△BCE ，可知∠CBE =60°， ∵∠ABC =60°，∴∠ABN =60°，∴∠ABN =∠ACB =60°∴△ANB ≌△AMC ，∴∠ANB =∠AMC ； ②如图1，△AMN 是等边三角形，理由是：由△ANB≌△AMC，∴AM=AN，∵∠NAM=60°，∴△AMN是等边三角形；（2）①如图2，∠ANB=∠AMC成立，理由是：在正方形ABCD中，∴∠BAC=∠DAC=∠BCA=45°，∵∠NAM=45°，∴∠ANB=∠AMC，由平移得：∠EBC=∠CAD=45°，∵∠ABC=90°，∴∠ABN=180°-90°−45°=45°，∴∠ABN=∠ACM=45°，∴△ANB∽△AMC，∴∠ANB=∠AMC；②如图2，不成立，△AMN是等腰直角三角形，理由是：∵△ANB∽△AMC，∴AN AB AM AC=，∴AN AM AB AC=，∵∠NAM=∠BAC=45°，∴△NAM∽△BAC，∴∠ANM =∠ABC =90°， ∴△AMN 是等腰直角三角形. 9．【详解】（1）解：由旋转的性质得：AP=AP 1，BP=BP 2． ∵α=90°，∴△PAP 1和△PBP 2均为等腰直角三角形， ∴∠APP 1=∠BPP 2=45°，∴∠P 1PP 2=180°-∠APP 1-∠BPP 2=90°； （2）证明：由旋转的性质可知△PAP 1和△PBP 2均为顶角为α的等腰三角形， ∴∠APP 1=∠BPP 2=90°2α-， ∴∠P 1PP 2=180°-（∠APP 1+∠BPP 2）=180°-2(90°2α-)=α， 在△P 2P 1P 和△P 2PA 中，∠P 1PP 2=∠PAP 2=α， 又∵∠PP 2P 1=∠AP 2P ，∴△P 2P 1P ∽△P 2PA ， ∴12222PP P P P P P A=， ∴22122PP PP P A =⋅；（3）证明：如图，连接QB ，并过A 作1AM PP ⊥，垂足为M ，则12PAM α∠=，112PM PP =， ∵l 1，l 2分别为PB ，P 2B 的中垂线，2BP BP =，∴QP=QB ，PE=BE=BF=12BP = 又∵BQ=BQ ，90QEB QFB ∠=∠=︒，∴()Rt QEB Rt QFB HL ∆∆≌， ∴21122QPE QBE QBF P BP α∠=∠=∠=∠=， ∴12111909090222APP QPE PAM P BP αα∠+∠=︒-∠+∠=︒-∠+∠=︒， ∴190PPQ ∠=︒， ∵12QPE PAM α∠=∠=∠，90AMP PEQ ∠=∠=︒， ∴AMP PEQ ∆∆， ∴AP PM PQ QE=， 在Rt PEQ ∆中，4PQ ===，且AP=6，QE=1， ∴32AP QE AP QE PM PQ PQ ⋅⋅===，123PP PM ==， ∴1Rt PPQ ∆中，15PQ ===． 10．解：（1）∵由旋转的性质可得：∠A 1C 1B=∠ACB=45°，BC=BC 1，∴∠CC 1B=∠C 1CB=45°．∴∠CC 1A 1=∠CC 1B+∠A 1C 1B=45°+45°=90°．（2）∵由旋转的性质可得：△ABC ≌△A 1BC 1，∴BA=BA 1，BC=BC 1，∠ABC=∠A 1BC 1． ∴11BA BA BC BC =，∠ABC+∠ABC 1=∠A 1BC 1+∠ABC 1 ∴∠ABA 1=∠CBC 1．∴△ABA 1∽△CBC 1∴1122ABA CBC S AB 416S CB 525∆∆⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． ∵S △ABA1=4，∴S △CBC1=254． （3）过点B 作BD ⊥AC ，D 为垂足，∵△ABC 为锐角三角形，∴点D 在线段AC 上．在Rt △BCD 中，BD=BC×sin45°①如图1，当P 在AC 上运动至垂足点D ，△ABC 绕点B 旋转，使点P 的对应点P 1在线段AB 上时，EP 1最小．最小值为：EP 1=BP 1﹣BE=BD ﹣2．②如图2，当P 在AC 上运动至点C ，△ABC 绕点B 旋转，使点P 的对应点P 1在线段AB 的延长线上时，EP 1最大．最大值为：EP 1=BC+BE=5+2=7．11．【详解】（1）解：BD MF =，BD MF ⊥．延长FM 交BD 于点N ，根据旋转的性质得：AB=AM ，AD=AF ，∠BAD=∠MAF=90°∴BAD MAF ∆∆≌．∴BD MF =，ADB AFM ∠=∠．又∵DMN AMF ∠=∠，∴90ADB DMN AFM AMF ∠+∠=∠+∠=︒，∴90DNM ∠=︒，∴BD MF ⊥（2）解：如图2，①当AK FK =时，30KAF F ∠=∠=︒，则111180*********BAB B AD KAF ︒︒︒︒︒∠=-∠-∠=--=，即60β=︒；②当AF FK =时，75FAK ∠=︒，∴19015BAB FAK ∠=︒-∠=︒，即15β=︒；∴β的度数为60︒或15︒（3）如图3，由题意得矩形2PNA A ．设2A A x =，则PN x =，在222Rt A M F ∆中，∵228F M FM ==，∴224A M =，22A F =∴2AF x =．∵290PAF ∠=︒，230PF A ∠=︒，∴2tan 3043AP AF x ︒=⋅=-．∴43PD AD AP x =-=+． ∵//NP AB ，∴DNP B ∠=∠．∵D D ∠=∠，∴DPN DAB ∆∆∽． ∴PN DP AB DA=．∴44x x =，解得6x =-26A A =-答：平移的距离是(6cm -．12．【详解】解：（1）如图3，过点D 作DE ⊥BC ，垂足为E ，设BC=m ．在Rt △ABC 中，∠BAC=30°，由BC=AB ·tan30°，BC=AC ·sin30°，得AC=2m ，， ∵AC=AD ，∠CAD=2×30°=60°，∴△ACD 为等边三角形，∴∠ACD=60°，CD=AC=2m ，∴∠BCD=60°×2=120°，在Rt △DEC 中，∠DCE=180°-120°=60°，DC=2m ，∴CE=CD·cos60°=m ，DE=CE ·tan60°，∴在Rt △BED 中，，∴BD AC ，故AC ．故答案为：120°；AC ． （2）不成立，理由如下：设BC=n ，在Rt △ABC 中，∠BAC=45°，∠ABC=90°，∴BC=AB=m ，n ，∵AC=AD ，∠CAD=90°，∴△CAD 为等腰直角三角形，∴∠ACD=45°，AC= 2n ，∴∠BCD=2×45°=90°，在Rt △BCD 中，，∴BD AC ，故AC ．答案为：90°；．故结论不成立．（3）AP 或；解答如下：∵PB=PC ，∴点P 在线段BC 的垂直平分线上，∵∠BAC=∠BCP=90°，故A 、B 、C 、P 四点共圆，以线段BC 的中点为圆心构造⊙O ，如图4，图5，分类讨论如下：①当点P 在直线BC 上方时，如图4，作PM ⊥AC ，垂足为M ，设PM=x ．∵PB=PC ，∠BPC=90°，∴△PBC 为等腰直角三角形，∴∠PBC=45°，∵∠PAC=∠PBC=45°，∴△AMP 为等腰直角三角形，∴AM=PM=x ，x ，在Rt △ABC 中，AB=2，AC=4，∴PC=BC·sin45°，在Rt △PMC 中，∵∠PMC=90°，PM=x ，PC=，CM=4-x ，∴()2224x x +-=，解得：11x =，23x =（舍），∴；②当点P 在直线BC 的下方时，如图5，作PN ⊥AB 的延长线，垂足为N ，设PN=y ．同上可得△PAN 为等腰三角形，∴AN=PN=y ，∴BN=y-2，在Rt △PNB 中，∵∠PNB=90°，PN=y ，BN=y-2，，∴()2222y y +-=，解得：13y =，21y =-（舍），∴=AP 或 13．【详解】（1）如图①中，∵△DEC 绕点C 旋转点D 恰好落在AB 边上，∴AC=CD ，∵∠BAC=90°-∠B=90°-30°=60°，∴△ACD 是等边三角形，∴∠ACD=60°，又∵∠CDE=∠BAC=60°，∴∠ACD=∠CDE ，∴DE ∥AC ；（2）如图②中，作DM ⊥BC 于M ，AN ⊥EC 交EC 的延长线于N ．∵△DEC 是由△ABC 绕点C 旋转得到∴BC=CE ，AC=CD ，∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°，∴∠ACN=∠DCM ，在△ACN 和△DCM 中，90ACN DCM CMD N AC CD ∠∠⎧⎪∠∠︒⎨⎪⎩＝＝＝＝，∴△ACN ≌△DCM （AAS ），∴AN=DM ，∴△BDC 的面积和△AEC 的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S △BDC =S △AEC ．（3）如图③中，作CH ⊥AD 于H ．∵，∵B ，A ，E 共线，∴∠BAC+∠EAC=180°，∴∠EAC=120°，∵∠EDC=60°，∴∠EAC+∠EDC=180°，∴A ，E ，D ，C 四点共圆，∴∠CAD=∠CED=30°，∠BAD=90°，∵CA=CD ，CH ⊥AD ，AC=CD=12AB=2∴∴，∴BD ===（4）如图①中，设DE 交BC 于T ．因为含有30°的直角三角形的三边之比为12，由（1）可知△BDT ，△DCT ，△ECT 都是含有30°的直角三角形，∴△BDT ，△DCT ，△ECT 符合条件．14．【详解】（1）①如图1，∵把ABE △绕点A 逆时针旋转90︒至ADG ，使AB 与AD 重合，∴AE AG =，BAE DAG ∠=∠，BE DG =∵90BAD ∠=︒，45EAF ∠=︒，∴45BAE DAF ∠+∠=︒，∴45DAG DAF ∠+∠=︒，即45EAF GAF ∠=∠=︒，在EAF △和GAF 中AF AF EAF GAF AE AG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()EAF GAF SAS ≌，∴EF GF =，∵BE DG =，∴EF GF BE DF ==+；②180B D ∠+∠=︒，理由是：把ABE △绕A 点旋转到ADG ，使AB 和AD 重合，则AE AG =，B ADG ∠=∠，BAE DAG ∠=∠，∵180B ADC ︒∠+∠=，∴180ADC ADG ∠+∠=︒，∴C ，D ，G 在一条直线上，和①知求法类似，45EAF GAF ∠=∠=︒，在EAF △和GAF 中AF AF EAF GAF AE AG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()EAF GAF SAS △≌△，∴EF GF =，∵BE DG =，∴EF GF BE DF ==+；故答案为：180B D ∠+∠=︒（2）∵ABC中，AB AC ==90BAC ∠=∴45ABC C ∠=∠=︒，由勾股定理得：4BC === ，把AEC 绕A 点旋转到AFB △,使AB 和AC 重合，连接DF ．则AF AE =，45FBA C ∠=∠=︒，BAF CAE ∠=∠，∵45DAE ∠=︒，∴904545FAD FAB BAD CAE BAD BAC DAE ∠=∠+∠=∠+∠=∠-∠=︒-︒=︒， ∴45FAD DAE ∠=∠=︒，在FAD △和EAD 中AD AD FAD EAD AF AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴FAD EAD △≌△，∴DF DE =，设DE x =，则DF x =，∵1BC =，∴413BF CE x x ==--=-，∵45FBA ∠=︒，45ABC ∠=︒，∴90FBD ∠=︒，由勾股定理得：222DF BF BD =+，。