2020-2021初三培优 易错 难题初中数学 旋转辅导专题训练附详细答案

2020-2021中考数学培优 易错 难题(含解析)之初中数学 旋转及答案一、旋转1．如图1，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C ：y =ax 2+bx +c 与x 轴相交于A ，B 两点，顶点为D （0，4），AB=42，设点F （m ，0）是x 轴的正半轴上一点，将抛物线C 绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C ′． （1）求抛物线C 的函数表达式；（2）若抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，求m 的取值范围． （3）如图2，P 是第一象限内抛物线C 上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P 在抛物线C ′上的对应点P ′，设M 是C 上的动点，N 是C ′上的动点，试探究四边形PMP ′N 能否成为正方形？若能，求出m 的值；若不能，请说明理由．【答案】（1）2142y x =-+；（2）2＜m ＜23）m =6或m 173． 【解析】试题分析：（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （2，0），设抛物线的解析式为24y ax =+，把A （220）代入可得a =12-，由此即可解决问题； （2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为()2142y x m =--，由()22142142y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩，消去y 得到222280x mx m -+-=，由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有()222(428020280m m m ⎧-->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩，解不等式组即可解决问题；（3）情形1，四边形PMP ′N 能成为正方形．作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，推出PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，可得M （m +2，m ﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），利用待定系数法即可解决问题．试题解析：（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （22，0），设抛物线的解析式为24y ax=+，把A （22，0）代入可得a =12-，∴抛物线C 的函数表达式为2142y x =-+．（2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为()2142y x m =--，由21421(42x y x y ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，消去y 得到222280x mx m -+-= ，由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有()222(428020280m m m ⎧-->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩，解得2＜m ＜22，∴满足条件的m 的取值范围为2＜m ＜22． （3）结论：四边形PMP ′N 能成为正方形．理由：1情形1，如图，作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，∴PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，∴M （m +2，m ﹣2），∵点M 在2142y x =-+上，∴()212242m m -=-++，解得m 173或173（舍弃），∴m 17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），把M （m ﹣2，2﹣m ）代入2142y x =-+中，()212242m m -=--+，解得m =6或0（舍弃），∴m =6时，四边形PMP ′N 是正方形．综上所述：m =6或m =17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．2．如图1，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ．点D 、E 分别在AC 、BC 边上，DC ＝EC ，连接DE 、AE 、BD ．点M 、N 、P 分别是AE 、BD 、AB 的中点，连接PM 、PN 、MN ．（1）PM 与BE 的数量关系是 ，BE 与MN 的数量关系是 ．（2）将△DEC 绕点C 逆时针旋转到如图2的位置，判断（1）中BE 与MN 的数量关系结论是否仍然成立，如果成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；（3）若CB ＝6．CE ＝2，在将图1中的△DEC 绕点C 逆时针旋转一周的过程中，当B 、E 、D 三点在一条直线上时，求MN 的长度． 【答案】（1）1,22PM BE BE MN ==；（2）成立，理由见解析；（3）MN 17﹣117 【解析】 【分析】（1）如图1中，只要证明PMN V 的等腰直角三角形，再利用三角形的中位线定理即可解决问题；（2）如图2中，结论仍然成立，连接AD 、延长BE 交AD 于点H .由ECB DCA ≅V V ，推出BE AD =，DAC EBC ∠=∠，即可推出BH AD ⊥，由M 、N 、P 分别AE 、BD 、AB 的中点，推出//PM BE ，12PM BE =，//PN AD ，12PN AD =，推出PM PN =，90MPN ∠=︒，可得22222BE PM MN MN ==⨯=； （3）有两种情形分别求解即可.【详解】 （1）如图1中，∵AM ＝ME ，AP ＝PB ，∴PM ∥BE ，12PM BE =， ∵BN ＝DN ，AP ＝PB ，∴PN ∥AD ，12PN AD =， ∵AC ＝BC ，CD ＝CE ， ∴AD ＝BE ， ∴PM ＝PN ， ∵∠ACB ＝90°， ∴AC ⊥BC ，∴∵PM ∥BC ，PN ∥AC ， ∴PM ⊥PN ，∴△PMN 的等腰直角三角形， ∴2MN PM =，∴122MN BE =⋅， ∴2BE MN =，故答案为12PM BE =，2BE MN =． （2）如图2中，结论仍然成立．理由：连接AD 、延长BE 交AD 于点H ． ∵△ABC 和△CDE 是等腰直角三角形， ∴CD ＝CE ，CA ＝CB ，∠ACB ＝∠DCE ＝90°，∵∠ACB ﹣∠ACE ＝∠DCE ﹣∠ACE ， ∴∠ACD ＝∠ECB ， ∴△ECB ≌△DCA ， ∴BE ＝AD ，∠DAC ＝∠EBC ， ∵∠AHB ＝180°﹣（∠HAB +∠ABH ） ＝180°﹣（45°+∠HAC +∠ABH ） ＝∠180°﹣（45°+∠HBC +∠ABH ） ＝180°﹣90° ＝90°， ∴BH ⊥AD ，∵M 、N 、P 分别为AE 、BD 、AB 的中点，∴PM ∥BE ，12PM BE =，PN ∥AD ，12PN AD =， ∴PM ＝PN ，∠MPN ＝90°，∴22222BE PM MN MN ==⨯=． （3）①如图3中，作CG ⊥BD 于G ，则2CG GE DG ===，当D 、E 、B 共线时，在Rt △BCG 中，()22226234BG BC CG =-=-=∴342BE BG GE =-= ∴21712MN BE ==． ②如图4中，作CG ⊥BD 于G ，则2CG GE DG ===当D 、E 、B 共线时，在Rt △BCG 中，()22226234BG BC CG =-=-=，∴342BE BG GE =+=+， ∴21712MN BE ==+． 综上所述，MN ＝17﹣1或17+1． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题.3．如图所示，△ABC 和△ADE 是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，EC 的延长线交BD 于点P ．（1）把△ABC 绕点A 旋转到图1，BD ，CE 的关系是 （选填“相等”或“不相等”）；简要说明理由；（2）若AB=3，AD=5，把△ABC 绕点A 旋转，当∠EAC=90°时，在图2中作出旋转后的图形，PD= ，简要说明计算过程；（3）在（2）的条件下写出旋转过程中线段PD 的最小值为 ，最大值为 ．【答案】（1）BD ，CE 的关系是相等；（2534172034173）1，7 【解析】分析：（1）依据△ABC 和△ADE 是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，即可BA=CA ，∠BAD=∠CAE ，DA=EA ，进而得到△ABD ≌△ACE ，可得出BD=CE ； （2）分两种情况：依据∠PDA=∠AEC ，∠PCD=∠ACE ，可得△PCD ∽△ACE ，即可得到PD AE =CDCE，进而得到PD=53417；依据∠ABD=∠PBE，∠BAD=∠BPE=90°，可得△BAD∽△BPE，即可得到PB BEAB BD=，进而得出PB=63434，PD=BD+PB=203417；（3）以A为圆心，AC长为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PD的值最小；当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时，PD的值最大．在Rt△PED中，PD=DE•sin∠PED，因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小．分两种情况进行讨论，即可得到旋转过程中线段PD的最小值以及最大值．详解：（1）BD，CE的关系是相等．理由：∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，∴BA=CA，∠BAD=∠CAE，DA=EA，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE；故答案为相等．（2）作出旋转后的图形，若点C在AD上，如图2所示：∵∠EAC=90°，∴CE=2234AC AE+=，∵∠PDA=∠AEC，∠PCD=∠ACE，∴△PCD∽△ACE，∴PD CDAE CE=，∴PD=53417；若点B在AE上，如图2所示：∵∠BAD=90°，∴Rt △ABD 中，BD=2234AD AB +=，BE=AE ﹣AB=2，∵∠ABD=∠PBE ，∠BAD=∠BPE=90°，∴△BAD ∽△BPE ， ∴PB BEAB BD=，即334PB =， 解得PB=63434， ∴PD=BD+PB=34+63434=203417， 故答案为53417或203417； （3）如图3所示，以A 为圆心，AC 长为半径画圆，当CE 在⊙A 下方与⊙A 相切时，PD 的值最小；当CE 在在⊙A 右上方与⊙A 相切时，PD 的值最大． 如图3所示，分两种情况讨论：在Rt △PED 中，PD=DE•sin ∠PED ，因此锐角∠PED 的大小直接决定了PD 的大小． ①当小三角形旋转到图中△ACB 的位置时， 在Rt △ACE 中，2253-， 在Rt △DAE 中，225552+= ∵四边形ACPB 是正方形， ∴PC=AB=3， ∴PE=3+4=7，在Rt △PDE 中，2250491DE PE -=-=， 即旋转过程中线段PD 的最小值为1；②当小三角形旋转到图中△AB'C'时，可得DP'为最大值， 此时，DP'=4+3=7，即旋转过程中线段PD 的最大值为7． 故答案为1，7．点睛：本题属于几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、圆的有关知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会分类讨论的思想思考问题，学会利用图形的特殊位置解决最值问题．4．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．5．在Rt△ACB和△AEF中，∠ACB＝∠AEF＝90°，若点P是BF的中点，连接PC，PE.特殊发现：如图1，若点E、F分别落在边AB，AC上，则结论：PC＝PE成立（不要求证明）．问题探究：把图1中的△AEF绕点A顺时针旋转．(1)如图2，若点E落在边CA的延长线上，则上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；(2)如图3，若点F落在边AB上，则上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；(3)记ACBC＝k，当k为何值时，△CPE总是等边三角形？（请直接写出后的值，不必说）【答案】()1 PC PE =成立 ()2 ，PC PE =成立 ()3当k 为33时，CPE V 总是等边三角形 【解析】 【分析】（1）过点P 作PM ⊥CE 于点M ，由EF ⊥AE ，BC ⊥AC ，得到EF ∥MP ∥CB ，从而有EM FPMC PB=，再根据点P 是BF 的中点，可得EM=MC ，据此得到PC=PE ． （2）过点F 作FD ⊥AC 于点D ，过点P 作PM ⊥AC 于点M ，连接PD ，先证△DAF ≌△EAF ，即可得出AD=AE ；再证△DAP ≌△EAP ，即可得出PD=PE ；最后根据FD ⊥AC ，BC ⊥AC ，PM ⊥AC ，可得FD ∥BC ∥PM ，再根据点P 是BF 的中点，推得PC=PD ，再根据PD=PE ，即可得到结论．（3）因为△CPE 总是等边三角形，可得∠CEP=60°，∠CAB=60°；由∠ACB=90°，求出∠CBA=30°；最后根据AC k BC =，ACBC=tan30°，求出当△CPE 总是等边三角形时，k 的值是多少即可． 【详解】解：（1）PC=PE 成立，理由如下：如图2，过点P 作PM ⊥CE 于点M ，∵EF ⊥AE ，BC ⊥AC ，∴EF ∥MP ∥CB ，∴EM FPMC PB=，∵点P 是BF 的中点，∴EM=MC ，又∵PM ⊥CE ，∴PC=PE ；（2）PC=PE 成立，理由如下：如图3，过点F 作FD ⊥AC 于点D ，过点P 作PM ⊥AC 于点M ，连接PD ，∵∠DAF=∠EAF ，∠FDA=∠FEA=90°，在△DAF 和△EAF 中，∵∠DAF=∠EAF ，∠FDA=∠FEA ，AF=AF ， ∴△DAF ≌△EAF （AAS ）， ∴AD=AE ，在△DAP 和△EAP 中， ∵AD=AE ，∠DAP=∠EAP ，AP=AP ， ∴△DAP ≌△EAP （SAS ）， ∴PD=PE ，∵FD ⊥AC ，BC ⊥AC ，PM ⊥AC ， ∴FD ∥BC ∥PM ， ∴DM FPMC PB=， ∵点P 是BF 的中点， ∴DM=MC ，又∵PM ⊥AC ， ∴PC=PD ，又∵PD=PE ， ∴PC=PE ；（3）如图4，∵△CPE 总是等边三角形， ∴∠CEP=60°， ∴∠CAB=60°， ∵∠ACB=90°，∴∠CBA=90°﹣∠ACB=90°﹣60°=30°， ∵AC k BC =，ACBC=tan30°， ∴k=tan30°=3∴当k 为33时，△CPE 总是等边三角形．【点睛】考点：1．几何变换综合题；2．探究型；3．压轴题；4．三角形综合题；5．全等三角形的判定与性质；6．平行线分线段成比例．6．如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上的一个动点（点G与C、D不重合），以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连接BG，DE．（1）①猜想图1中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系，不必证明；②将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针方向旋转任意角度α，得到如图2情形．请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立，并证明你的判断．（2）将原题中正方形改为矩形（如图3、4），且AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb （a≠b，k＞0），第（1）题①中得到的结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图4为例简要说明理由．（3）在第（2）题图4中，连接DG、BE，且a=3，b=2，k=12，求BE2+DG2的值．【答案】（1）①BG⊥DE，BG=DE；②BG⊥DE，证明见解析；（2）BG⊥DE，证明见解析；（3）16.25．【解析】分析：（1）①根据正方形的性质，显然三角形BCG顺时针旋转90°即可得到三角形DCE，从而判断两条直线之间的关系；②结合正方形的性质，根据SAS仍然能够判定△BCG≌△DCE，从而证明结论；（2）根据两条对应边的比相等，且夹角相等可以判定上述两个三角形相似，从而可以得到（1）中的位置关系仍然成立；（3）连接BE、DG．根据勾股定理即可把BE2+DG2转换为两个矩形的长、宽平方和．详解：（1）①BG⊥DE，BG=DE；②∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，∴∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE，∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CBG+∠BHC=90°，∴∠CDE+∠DHG=90°，∴BG⊥DE．（2）∵AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb，∴BC CG b==，DC CE a又∵∠BCG=∠DCE，∴△BCG∽△DCE，∴∠CBG=∠CDE，又∵∠CBG+∠BHC=90°，∴∠CDE+∠DHG=90°，∴BG⊥DE．（3）连接BE、DG．根据题意，得AB=3，BC=2，CE=1.5，CG=1，∵BG⊥DE，∠BCD=∠ECG=90°∴BE2+DG2=BO2+OE2+DO2+OG2=BC2+CD2+CE2+CG2=9+4+2.25+1=16.25．点睛：此题综合运用了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理．7．如图1，△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，直线l经过点C，AF⊥l于点F，BE⊥l于点E．（1）求证：△ACF≌△CBE；（2）将直线旋转到如图2所示位置，点D是AB的中点，连接DE．若AB=42，∠CBE=30°，求DE的长．【答案】（1）答案见解析；（226+【解析】试题分析：（1）根据垂直的定义得到∠BEC=∠ACB=90°，根据全等三角形的性质得到∠EBC=∠CAF，即可得到结论；（2）连接CD，DF，证得△BCE≌△ACF，根据全等三角形的性质得到BE=CF，CE=AF，证得△DEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到EF2DE，EF=CE+BE，进而得到DE的长．试题解析：解：（1）∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．在△BCE与△ACF中，∵90AFC BECEBC ACFBC AC∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACF≌△CBE（AAS）；（2）如图2，连接CD，DF．∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．在△BCE与△CAF中，∵90AFC BECEBC ACFBC AC∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BCE≌△CAF（AAS）；∴BE=CF．∵点D是AB的中点，∴CD=BD，∠CDB=90°，∴∠CBD=∠ACD=45°，而∠EBC=∠CAF，∴∠EBD=∠DCF．在△BDE与△CDF中，∵BE CFEBD FCDBD CF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BDE≌△CDF（SAS），∴∠EDB=∠FDC，DE=DF．∵∠BDE+∠CDE=90°，∴∠FDC+∠CDE=90°，即∠EDF=90°，∴△EDF是等腰直角三角形，∴EF2DE，∴EF=CE+CF=CE+BE．∵CA=CB，∠ACB=90°，AB2∴BC=4．又∵∠CBE=30°，∴CE=12BC=2，BE3CE3∴EF=CE+BE3∴DE22232+26．点睛：本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质，证得△BCE≌△ACF是解题的关键．8．已知:在△ABC中，BC=a，AC=b，以AB为边作等边三角形ABD．探究下列问题:（1）如图1，当点D与点C位于直线AB的两侧时，a=b=3，且∠ACB=60°，则CD= ；（2）如图2，当点D与点C位于直线AB的同侧时，a=b=6，且∠ACB=90°，则CD= ；（3）如图3，当∠ACB变化,且点D与点C位于直线AB的两侧时，求 CD的最大值及相应的∠ACB的度数.【答案】（1）；（2）；（3）当∠ACB=120°时，CD有最大值是a+b.【解析】【分析】（1）a=b=3，且∠ACB=60°，△ABC是等边三角形，且CD是等边三角形的高线的2倍，据此即可求解；（2）a=b=6，且∠ACB=90°，△ABC是等腰直角三角形，且CD是边长是6的等边三角形的高长与等腰直角三角形的斜边上的高的差；（3）以点D为中心，将△DBC逆时针旋转60°，则点B落在点A，点C落在点E．连接AE，CE，当点E、A、C在一条直线上时，CD有最大值，CD=CE=a+b．【详解】（1）∵a=b=3，且∠ACB=60°，∴△ABC是等边三角形，∴OC=，∴CD=3；（2）3；（3）以点D为中心，将△DBC逆时针旋转60°，则点B落在点A，点C落在点E．连接AE，CE，∴CD=ED，∠CDE=60°，AE=CB=a，∴△CDE为等边三角形，∴CE=CD．当点E、A、C不在一条直线上时，有CD=CE＜AE+AC=a+b；当点E、A、C在一条直线上时，CD有最大值，CD=CE=a+b；只有当∠ACB=120°时，∠CAE=180°，即A、C、E在一条直线上，此时AE最大∴∠ACB=120°，因此当∠ACB=120°时，CD有最大值是a+b．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，以及轴对称的性质，正确理解CD有最大值的条件，是解题的关键．9．已知Rt△DAB中，∠ADB=90°，扇形DEF中，∠EDF=30°，且DA=DB=DE，将Rt△ADB的边与扇形DEF的半径DE重合，拼接成图1所示的图形，现将扇形DEF绕点D按顺时针方向旋转，得到扇形DE′F′，设旋转角为α（0°＜α＜180°）（1）如图2，当0°＜α＜90°，且DF′∥AB时，求α；（2）如图3，当α=120°，求证：AF′=BE′．【答案】（1）15°；（2）见解析．【解析】试题分析：（1）∵∠ADB=90°，DA=DB，∴∠BAD=45°，∵DF′∥AB，∴∠ADF′=∠BAD=45°，∴α=45°﹣30°=15°；（2）∵α=120°，∴∠AD E′=120°，∴∠ADF′=120°+30°=150°，∠BDE′=360°﹣90°﹣120°=150°，∴∠ADF′=∠BDE′，在△ADF′和△BDE′中，，∴△ADF′≌△BDE′，∴AF′=BE′．考点：①旋转性质；②全等三角形的判定和性质．10．如图2，边长为2的等边△ABC内接于⊙O，△ABC绕圆心O顺时针方向旋转得到△，A′C′分别与AB、AC交于E、D点，设旋转角度为．（1）当＝，△A′B′C′与△ABC出现旋转过程中的第一次完全重合；（2）当＝60°时（如图1），该图（）A．是中心对称图形但不是轴对称图形B．是轴对称图形但不是中心对称图形C．既是轴对称图形又是中心对称图形D．既不是轴对称图形也不是中心对称图形（3）如图2，当，△ADE的周长是否会发生变化，如会变化，说明理由，如不会变化，求出它的周长.【答案】（1）120°；（2）C；（3）△的周长不变.【解析】【分析】（1）根据等边三角形的中心角为120°可直接求解；（2）根据题意可知，当=60°时，点A、、B、、C、为⊙O的六等分点，，所有的三角形都是正三角形，由此可得到所有图形即是轴对称图形，又是中心对称图形；（3）得到结论：周长不发生变化，连接A，根据弦相等，则它们所对的弧相等的性质可得，即，再根据等弧所对的圆周角相等，得，由等角对等边的性质可得，同理，因此可求△的周长==.【详解】解：（1）120°.如图，可根据等边三角形的性质直接根据三角形的内角和求得∠O=120°；（2）C（3）△的周长不变；理由如下：连接AA′，∵，∴，∴，∴，∴，同理，，∴△的周长=．即考点：正多边形与圆，圆周角定理11．在△ABC中，AB=AC，将线段AC绕着点C逆时针旋转得到线段CD，旋转角为，且，连接AD、BD．（1）如图1，当∠BAC=100°，时，∠CBD 的大小为_________；（2）如图2，当∠BAC=100°，时，求∠CBD的大小；（3）已知∠BAC的大小为m（），若∠CBD 的大小与（2）中的结果相同，请直接写出的大小．【答案】（1）30°；（2）30°；（3）α=120°-m°，α=60°或α=240-m°.【解析】试题分析：（1）由∠BAC=100°，AB=AC，可以确定∠ABC=∠ACB=40°，旋转角为α，α=60°时△ACD是等边三角形，且AC=AD=AB=CD，知道∠BAD的度数，进而求得∠CBD的大小.（2）由∠BAC=100°，AB=AC，可以确定∠ABC=∠ACB=40°，连结DF、BF．AF=FC=AC，∠FAC=∠AFC=60°，∠ACD=20°，由∠DCB=20°案．依次证明△DCB≌△FCB，△DAB≌△DAF．利用角度相等可以得到答案．（3）结合（1）（2）的解题过程可以发现规律，求得答案．试题解析：（1）30°；（2）30°；（2）如图作等边△AFC，连结DF、BF．∴AF=FC=AC，∠FAC=∠AFC=60°．∵∠BAC=100°，AB=AC，∴∠ABC=∠BCA=40°．∵∠ACD=20°，∴∠DCB=20°．∴∠DCB=∠FCB=20°．①∵AC=CD，AC=FC，∴DC=FC．②∵BC=BC，③∴由①②③，得△DCB≌△FCB，∴DB=BF，∠DBC=∠FBC．∵∠BAC=100°，∠FAC=60°，∴∠BAF=40°．∵∠ACD=20°，AC=CD，∴∠CAD=80°．∴∠DAF=20°．∴∠BAD=∠FAD=20°．④∵AB=AC，AC=AF，∴AB=AF．⑤∵AD=AD，⑥∴由④⑤⑥，得△DAB≌△DAF．∴FD=BD．∴FD=BD=FB．∴∠DBF=60°．∴∠CBD=30°．（3）α=120°-m°，α=60°或α=240-m°．考点：1.全等三角形的判定和性质；2.等边三角形的判定和性质．12．(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＝．13．（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.14．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 ，EF 3，在Rt △PCE 中，表示出PC ，根据PC +CB =4，可得方程62)24a a +=，求出a 即可解决问题；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．15．如图，是边长为的等边三角形，边在射线上，且，点从点出发，沿的方向以的速度运动，当不与点重合是，将绕点逆时针方向旋转得到，连接.（1）求证：是等边三角形；（2）当时，的周长是否存在最小值？若存在，求出的最小周长；若不存在，请说明理由.（3）当点在射线上运动时，是否存在以为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）详见解析；（2）存在，2+4；（3）当t=2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．【解析】试题分析：（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（2）当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；（3）存在，①当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，②当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2，于是得到t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s时，此时不存在；④当t＞10s时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14÷1=14s．试题解析：（1）证明：∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE=60°，DC=EC，∴△CDE是等边三角形；（2）存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE=AD，∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE=CD，∴C△DBE=CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD=2cm，∴△BDE的最小周长=CD+4=2+4；（3）存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意，②当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE=60°，∠BDE＜60°，∴∠BED=90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB=60°，∴∠CEB=30°，∵∠CEB=∠CDA，∴∠CDA=30°，∵∠CAB=60°，∴∠ACD=∠ADC=30°，∴DA=CA=4，∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2，∴t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s时，由∠DBE=120°＞90°，∴此时不存在；④当t＞10s时，由旋转的性质可知，∠DBE=60°，又由（1）知∠CDE=60°，∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE=90°，从而∠BCD=30°，∴BD=BC=4，∴OD=14cm，∴t=14÷1=14s，综上所述：当t=2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．考点：旋转与三角形的综合题.。

2020-2021 初三培优 易错 难题初中数学 旋转辅导专题训练含答案一、旋转1．(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）IH ＝2 22．3FH 3 EG ＝AG+CE；（ ）【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 ＝ 3 FH ．只要证明 △ IJF 是等边三角形即可．22290°得到 △ DCM ，先证（3）结论： EG ＝ AG +CE ．如图 3 中，将 △ADG 绕点 D 逆时针旋转 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＝FBOOD＝OB，EOD＝BOF∴△ DOE≌ △BOF，∴EO＝ OF，∵ OB＝ OD，∴四边形 EBFD是平行四边形，∵E F⊥ 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＝ 3 FH．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＝GH，JDH ＝FGH∴△ DHJ≌△ GHF，∴D J＝ FG， JH＝ HF，∴E J＝ BG＝ EM＝ BI，∴B E＝IM ＝ BF，∵∠ MEJ＝∠ B＝ 60 °，∴△ MEJ 是等边三角形，∴M J＝ EM＝ NI，∠ M ＝∠ B＝ 60 °在△ BIF和△ MJI 中，BI＝ MJB＝M，BF＝IM∴△ BIF≌ △ MJI，∴I J＝ IF，∠ BFI＝∠ MIJ，∵ HJ＝ HF，∴I H⊥ 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 °，∴I H＝3 FH．（3）结论： EG2＝ AG2 2． +CE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＝EDM ，DG＝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 .2．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，ACB 90o ， BCa ，将边 AB 绕点 B顺时针旋转 90o得到线段 BD ，连接 CD.求证： VBCD 的面积为1a 2 .( 提示：过点 D 作 BC2边上的高 DE ，可证 VABC ≌ VBDE )2 探究 2：如图 2，在一般的 RtVABC 中， ACB 90o ， 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 VBCD 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 VBCD 的面积，要有探究过程．【答案】（ 1）详见解析；（2） VBCD 的面积为1a 2，理由详见解析；（ 3） VBCD 的面2积为 1a 2 ．4【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VABC ≌ VBDE，就有 DEBC 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 VABC ≌ VBDE ，就有DEBCa.进而由三角形的面积公式得出结论；3如图3，过点A 作AFBC 与F ，过点D 作DEBC 的延长线于点E ，由等腰三角形的性质可以得出BF1 BC，由条件可以得出VAFB≌ VBED就可以得出BFDE，由2三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 ACB90o，由旋转知，AB AD ，ABD90o，ABC DBE90o，Q A ABC90o，A DBE ，在 VABC 和 VBDE 中，ACB BEDA DBE，AB BDVABC ≌ VBDE AASBC DE a，Q V1BC DE ，S BCD2SV BCD 1a2；22 VBCD 的面积为1a2，2理由：如图2，过点 D 作 BC 的垂线，与BC的延长线交于点E，BED ACB90o，Q 线段AB绕点B顺时针旋转90o得到线段BE，AB BD，ABD90o，ABC DBE90o，Q A ABC90o，A DBE ，在 VABC 和 VBDE 中，ACBBED ADBE ，AB BDVABC ≌ VBDE AAS ， BC DE a ，Q S V BCD1BC DE ，2SV BCD1 a2 ；23 如图 3，过点 A 作AF BC 与 F ，过点 D 作 DE BC 的延长线于点 E ，AFBE 90o， BF1BC1a ，22FAB ABF90 o，Q ABD 90o ，ABFDBE90o，FAB EBD ，Q 线段 BD 是由线段 AB 旋转得到的，AB BD ，在 VAFB 和 VBED 中，AFB EFABEBD ，AB BDVAFB ≌ VBED AAS ， BF DE1a ，2Q SV BCD1BC DE1 1a a 1 a 2 ，22 24VBCD 的面积为 1 a 2 ．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.3．如图所示，(1)正方形 ABCD及等腰 Rt△ AEF有公共顶点A，∠ EAF=90°，连接 BE、 DF．将 Rt△ AEF绕点A 旋转，在旋转过程中，BE、DF 具有怎样的数量关系和位置关系？结合图(2)将 (1)中的正方形ABCD变为矩形ABCD，等腰 Rt△AEF 变为 Rt△ AEF，且(1)给予证明；AD=kAB，AF=kAE，其他条件不变．(1)中的结论是否发生变化？结合图(2)说明理由；(3)将 (2)中的矩形ABCD变为平行四边形ABCD，将Rt△ AEF变为△ AEF，且∠B AD=∠ EAF=a，其他条件不变． (2)中的结论是否发生变化？结合图 (3)，如果不变，直接写出结论；如果变化，直接用 k 表示出线段 BE、 DF的数量关系，用 a 表示出直线 BE、DF形成的锐角β．【答案】（ 1） DF=BE且 DF⊥ BE，证明见解析；（ 2）数量关系改变，位置关系不变，即DF=kBE， DF⊥BE；（ 3）不改变． DF=kBE，β =180-α°【解析】【分析】（1）根据旋转的过程中线段的长度不变，得到 AF＝ AE，又∠ BAE与∠ DAF 都与∠ BAF 互余，所以∠BAE＝∠ DAF，所以△ FAD≌ △ EAB，因此 BE 与 DF 相等，延长 DF 交 BE于 G，根据全等三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠ EGF＝ 90°，所以 DF⊥ BE；（2）等同（ 1）的方法，因为矩形的邻边不相等，但根据题意，可以得到对应边成比例，所以△ FAD∽ △ EAB，所以 DF＝ kBE，同理，根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于 360°求出∠ EHF＝ 90°，所以 DF⊥ BE；（3）与（ 2）的证明方法相同，但根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360 °求出∠ EAF+∠ EHF＝ 180 °，所以 DF 与 BE 的夹角β＝ 180 °﹣α．【详解】（1） DF 与 BE 互相垂直且相等．证明：延长 DF 分别交 AB、 BE于点 P、 G在正方形ABCD和等腰直角△ AEF中AD＝ AB， AF＝ AE，∠BAD＝∠ EAF＝ 90 °∴∠ FAD＝∠ EAB∴△ FAD≌ △ EAB∴∠ AFD＝∠ AEB， DF＝BE∵∠ AFD+∠ AFG＝ 180 ，°∴∠ AEG+∠AFG＝ 180 ，°∵∠ EAF＝ 90 °，∴∠ EGF＝ 180 ﹣°90 °＝ 90 °，∴D F⊥ BE（2）数量关系改变，位置关系不变． DF＝ kBE， DF⊥BE．延长 DF 交 EB于点 H，∵AD＝ kAB， AF＝ kAEAD AF∴k ，kAB AEAD AF∴AB AE∵∠ BAD＝∠ EAF＝a∴∠ FAD＝∠ EAB∴△ FAD∽ △ EAB∴ DF AF kBE AE∴D F＝ kBE∵△ FAD∽ △ EAB，∴∠ AFD＝∠ AEB，∵∠ AFD+∠ AFH＝ 180 ，°∴∠ AEH+∠AFH＝180 °，∵∠ EAF＝ 90 °，∴∠ EHF＝ 180 ﹣°90 °＝ 90 °，∴D F⊥ BE（3）不改变． DF＝ kBE，β＝ 180°﹣a．延长 DF 交 EB的延长线于点 H，∵AD＝ kAB， AF＝ kAEADk ，AF∴kAB AEAD AF∴AEAB∵∠ BAD＝∠ EAF＝a∴∠ FAD＝∠ EAB∴△ FAD∽ △ EAB∴ DF AF kBE AE∴D F＝ kBE由△ FAD∽ △ EAB得∠ AFD＝∠ AEB∵∠ AFD+∠ AFH＝ 180 °∴∠ AEB+∠ AFH＝ 180 °∵四边形 AEHF的内角和为360 °，∴∠ EAF+∠ EHF＝ 180 °∵∠ EAF＝α，∠ EHF＝β∴a+ β＝ 180 ∴° β＝ 180 ﹣° a【点睛】本题（ 1）中主要利用三角形全等的判定和性质以及正方形的性质进行证明；（2）（ 3）利用相似三角形的判定和性质证明，要解决本题，证明三角形全等和三角相似是解题的关键，也是难点所在．4．如图 1，在 Rt△ ABC中，∠ ACB＝ 90°， AC＝ BC．点 D、 E 分别在 AC、 BC 边上， DC＝EC，连接 DE、 AE、 BD．点 M、 N、 P 分别是 AE、 BD、 AB 的中点，连接 PM、PN、 MN ．（1） PM 与 BE 的数量关系是，BE与MN的数量关系是（2）将△ DEC绕点 C 逆时针旋转到如图 2 的位置，判断（1）中．BE与MN的数量关系结论是否仍然成立，如果成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；（3）若CB＝6． CE＝ 2，在将图 1 中的△ DEC绕点C逆时针旋转一周的过程中，当B、E、D 三点在一条直线上时，求MN的长度．【答案】（1）PM 12BE, BE2MN；（ 2）成立，理由见解析；（3）MN＝17﹣1或 17+1【解析】【分析】（ 1）如图 1 中，只要证明 VPMN 的等腰直角三角形，再利用三角形的中位线定理即可解决问题；（2）如图 2 中，结论仍然成立，连接 AD 、延长 BE 交 AD 于点 H .由 VECB VDCA ，推出 BE AD ， DACEBC ，即可推出 BHAD ，由M 、N 、P 分别AE 、BD 、 AB 的中点，推出 PM / /BE ， PM1BE ，PN //AD ，PN1AD ，推出22PM PN ， MPN90 ，可得 BE 2PM 22MN2MN ；2（3）有两种情形分别求解即可 .【详解】（1）如图 1 中，∵AM ＝ ME ， AP ＝ PB ，∴PM ∥ BE ， PM1BE ，2∵BN ＝ DN ， AP ＝ PB ，∴PN ∥AD ， PN1AD ， 2∵AC ＝ BC ， CD ＝CE ，∴AD ＝ BE ，∴PM ＝ PN ，∵∠ ACB ＝ 90 °，∴AC ⊥ BC ，∴∵ PM ∥BC ， PN ∥ AC ，∴PM ⊥ PN ，∴△ PMN 的等腰直角三角形，∴MN 2PM，∴ MN2 1BE ，2∴BE 2MN，故答案为 PM 1BE ，BE2MN．2（2）如图 2 中，结论仍然成立．理由：连接AD、延长 BE 交 AD 于点 H．∵△ ABC和△ CDE是等腰直角三角形，∴CD＝ CE， CA＝ CB，∠ACB＝∠DCE＝ 90 °，∵∠ ACB﹣∠ ACE＝∠DCE﹣∠ ACE，∴∠ ACD＝∠ECB，∴△ ECB≌ △ DCA，∴BE＝AD，∠ DAC＝∠ EBC，∵∠ AHB＝180 °﹣（∠ HAB+∠ ABH）＝180°﹣（ 45°+∠ HAC+∠ABH）＝∠ 180°﹣（ 45°+∠ HBC+∠ ABH）＝180°﹣90°＝90°，∴BH⊥ AD，∵M 、 N、 P 分别为 AE、 BD、 AB 的中点，∴PM∥ BE，PM 1BE ，PN∥AD， PN1AD，22∴PM＝ PN，∠MPN＝ 90 °，∴BE 2PM 22MN2MN．2（3）①如图 3 中，作 CG⊥ BD 于 G，则CG GE DG2，当 D 、 E 、 B 共线时，在 Rt △ BCG 中， BG BC 2 CG 2622234，∴ BE BG GE 34 2 ，∴MN2BE17 1 ．2② 如图 4 中，作 CG ⊥ BD 于 G ，则 CG GEDG2，当 D 、 E 、 B 共线时，在 Rt △ BCG 中， BG BC 2CG 2622234，∴ BE BG GE342 ，∴MN2BE17 1 ． 2综上所述， MN ＝ 17 ﹣1 或17 ．+1【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题 .5．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．1【答案】（ 1） BF=AC，理由见解析；（2） NE= AC，理由见解析.2【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1∠DBF=∠ MAD，最后证明∠ ANE=∠ NAE=45 ，°得 AE=EN，所以 EN=AC．2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 DBF∵ADC BDF ，AD BD∴△ ADC≌ △ BDF（ AAS），∴B F=AC；1（2） NE= AC，理由是：2如图 2，由折叠得：MD=DC，∵DE∥AM，∴AE=EC，∵BE⊥AC，∴A B=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，∠N AE=2∠NAD=2∠CBE，∴∠ ANE=∠ NAE=45 ，°∴AE=EN，1∴E N= AC．26．（ 10 分）已知△ ABC 和△ ADE是等腰直角三角形，∠ ACB=∠ADE=90°，点 F 为 BE中点，连结 DF、 CF.（1）如图 1，当点 D 在 AB 上，点 E 在 AC 上，请直接写出此时线段 DF、 CF的数量关系和位置关系（不用证明）；（2）如图 2，在（ 1）的条件下将△ ADE 绕点 A 顺时针旋转 45°时，请你判断此时（ 1）中的结论是否仍然成立，并证明你的判断；（3）如图 3，在（ 1）的条件下将△ ADE 绕点 A 顺时针旋转90°时，若 AD=1， AC=，求此时线段CF的长（直接写出结果）.【答案】（ 1）相等和垂直；（2）成立，理由见试题解析；（3）．【解析】试题分析：（ 1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知DF=BF，根据∠D FE=2∠ DCF，∠BFE=2∠BCF，得到∠ EFD+∠ EFB=2∠ DCB=90 ，°DF⊥BF；（2）延长 DF交 BC于点 G，先证明△ DEF≌ △ GCF，得到 DE=CG， DF=FG，根据 AD=DE，AB=BC，得到 BD=BG 又因为∠ ABC=90°，所以 DF=CF且 DF⊥ BF；（3）延长 DF交 BA 于点 H，先证明△ DEF≌△ HBF，得到 DE=BH，DF=FH，根据旋转条件可以△ ADH 为直角三角形，由△ ABC 和△ADE 是等腰直角三角形， AC= ，可以求出 AB 的值，进而可以根据勾股定理可以求出 DH，再求出 DF，由 DF=BF，求出得 CF的值．试题解析：（ 1）∵ ∠ACB=∠ ADE=90°，点 F 为 BE 中点，∴ DF= BE， CF= BE. ∴ DF=CF．∵△ ABC和△ ADE是等腰直角三角形，∴ ∠ ABC=45 .°∵B F=DF，∴∠ DBF=∠BDF.∵∠ DFE=∠ABE+∠BDF，∴∠ DFE=2∠ DBF.同理得：∠CFE=2∠CBF，∴∠ EFD+∠EFC=2∠ DBF+2∠ CBF=2∠ ABC=90 .°∴D F=CF，且 DF⊥ CF．（2）（ 1）中的结论仍然成立．证明如下：如图，此时点 D 落在 AC 上，延长 DF 交 BC 于点 G．∵∠ ADE=∠ ACB=90 ，°∴ DE∥ BC．∴∠ DEF=∠GBF，∠ EDF=∠ BGF．∵F 为 BE 中点，∴ EF=BF．∴ △ DEF≌ △ GBF．∴ DE=GB， DF=GF．∵A D=DE，∴ AD=GB.∵AC=BC，∴ AC-AD="BC-GB."∴ DC=GC．∵∠ ACB=90 ，°∴△ DCG是等腰直角三角形.∵D F=GF，∴ DF=CF， DF⊥ CF．（3）如图，延长DF 交 BA 于点 H，∵△ ABC和△ ADE是等腰直角三角形，∴ AC=BC，AD=DE．∴∠ AED=∠ ABC=45 .°∵由旋转可以得出，∠ CAE=∠ BAD=90 ，°∵AE∥ BC，∴∠ AEB=∠ CBE.∴ ∠ DEF=∠ HBF．∵F是 BE 的中点，∴ EF="BF."∴ △DEF≌ △HBF. ∴ ED=HB.∵AC=，在Rt△ ABC中，由勾股定理，得AB=4.∵A D=1，∴ ED=BH=1.∴ AH=3.在 Rt△ HAD 中，由勾股定理，得DH=，∴DF=，∴ CF=.∴线段 CF的长为.考点： 1.等腰直角三角形的性质； 2.全等三角形的判定和性质； 3.勾股定理．7．已知 :在△ ABC中， BC=a，AC=b，以 AB 为边作等边三角形ABD．探究下列问题:（1）如图 1，当点 D 与点 C 位于直线 AB 的两侧时， a=b=3，且∠ ACB=60°，则 CD=；（2）如图 2，当点 D 与点 C 位于直线 AB 的同侧时， a=b=6，且∠ ACB=90°，则 CD=；（3）如图 3，当∠ ACB变化 ,且点 D 与点 C 位于直线 AB 的两侧时，求 CD 的最大值及相应的∠ ACB的度数 .【答案】（ 1）；（2）；（3）当∠ ACB=120°时，CD有最大值是a+b.【解析】【分析】（1） a=b=3，且∠ ACB=60°，△ ABC是等边三角形，且 CD 是等边三角形的高线的 2 倍，据此即可求解；（2） a=b=6，且∠ ACB=90°，△ ABC是等腰直角三角形，且CD是边长是 6 的等边三角形的高长与等腰直角三角形的斜边上的高的差；（3）以点 D 为中心，将△ DBC逆时针旋转60°，则点 B 落在点 A，点 C 落在点 E．连接AE， CE，当点 E、 A、 C 在一条直线上时，CD 有最大值， CD=CE=a+b．【详解】（1）∵ a=b=3，且∠ ACB=60°，∴△ ABC是等边三角形，∴OC=，∴C D=3 ；（2）3；（3）以点 D 为中心，将△ DBC逆时针旋转 60°，则点 B 落在点 A，点 C 落在点 E．连接 AE， CE，∴CD=ED，∠ CDE=60 ，°AE=CB=a，∴△ CDE为等边三角形，∴CE=CD．当点 E、 A、C 不在一条直线上时，有 CD=CE＜ AE+AC=a+b；当点 E、 A、C 在一条直线上时，CD 有最大值， CD=CE=a+b；只有当∠ ACB=120°时，∠ CAE=180°，即 A、 C、E 在一条直线上，此时AE 最大∴∠ ACB=120 ，°因此当∠ ACB=120°时， CD有最大值是a+b．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，以及轴对称的性质，正确理解CD有最大值的条件，是解题的关键．8．如图 1，是边长分别为 6 和 4 的两个等边三角形纸片ABC和 CD1 E1叠放在一起．（1）操作：固定△ ABC，将△ CD1E1绕点C顺时针旋转得到△ CDE，连接AD、BE，如图2．探究：在图 2 中，线段BE与 AD 之间有怎样的大小关系？并请说明理由；（2）操作：固定△ ABC，若将△ CD1E1绕点 C 顺时针旋转 30°得到△ CDE，连接 AD、 BE，CE 的延长线交 AB 于点 F，在线段 CF上沿着 CF方向平移，（点 F 与点 P 重合即停止平移）平移后的△ CDE设为△ PQR，如图 3．探究：在图 3 中，除三角形ABC 和 CDE外，还有哪个三角形是等腰三角形？写出你的结论（不必说明理由）；（3）探究：如图3，在（ 2）的条件下，设CQ=x，用 x 代数式表示出GH 的长．【答案】（ 1） BE=CD．理由见解析；（2）△ CHQ 是等腰三角形；（3） 2 - x．【解析】试题分析：（ 1）根据等边三角形的性质可得 AB=BC， CD=CE，∠ ACB=∠ ECD=60°，然后求出∠ ACD=∠ BCE，再利用“边角边”证明△ ACD 和△ BCE全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；（2）求出∠ ACF=30°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠CHQ=30 ，°从而得到∠ ACF=∠ CHQ，判断出△ CHQ 是等腰三角形；（3）求出∠ CGP=90°，然后利用∠ ACF的余弦表示出 CG，再根据等腰三角形的性质表示出CH，然后根据 GH=CG-CH整理即可得解．试题解析：（ 1） BE=CD．理由如下：∵ △ ABC 与△ CDE是等边三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠ ACB=∠ECD=60 ．°∴∠ ACB-∠ ACE=∠ ECD-∠ ACE，即∠ BCE=∠ACD．在△ ACD和△ BCE中，∴△ ACD≌ △ BCE（ SAS），∴B E=AD；（2）∵旋转角为 30°，∴∠ BCF=30，°∴∠ ACF=60 -30° =30° °，∴∠ CHQ=∠ RQP-∠ ACF=60 -30°=30°，°∴∠ ACF=∠CHQ，∴△ CHQ 是等腰三角形；（3）∠ CGP=180°-∠ ACF-∠ RPQ=180°-30 °-60 °=90°，∴C G=CP?cos30 °=（x+4），∵△ CHQ 是等腰三角形，∴CH=2?CQcos30° =2x?x，∴GH=CG-CH=（x+4）-x=2 -x．考点：几何变换综合题．9．边长为 2 的正方形ABCD的两顶点A、C 分别在正方形EFGH的两边 DE、 DG 上 (如图1)，现将正方形ABCD绕 D 点顺时针旋转，当 A 点第一次落在DF 上时停止旋转，旋转过程中， AB边交 DF 于点 M，BC边交 DG 于点 N.（1）求边 DA 在旋转过程中所扫过的面积；（2）旋转过程中，当 MN 和 AC平行时 (如图 2)，求正方形 ABCD旋转的度数；（3）如图 3，设△ MBN 的周长为 p，在旋转正方形 ABCD的过程中， p 值是否有变化？请证明你的结论 .【答案】（ 1）；（ 2）；（3）不变化，证明见解析.【解析】试题分析：（ 1）将正方形ABCD绕 D 点顺时针旋转，当 A 点第一次落在DF 上时停止旋转，旋转过程中，DA 旋转了，从而根据扇形面积公式可求DA 在旋转过程中所扫过的面积 .（2）旋转过程中，当MN 和 AC平行时，根据平行的性质和全等三角形的判定和性质可求正方形 ABCD旋转的度数为.（3）延长 BA 交 DE轴于 H 点，通过证明和可得结论.（1）∵ A 点第一次落在DF 上时停止旋转，∴ DA旋转了.∴DA 在旋转过程中所扫过的面积为.（2）∵MN∥AC，∴,.∴.∴.又∵，∴.又∵,∴.∴.∴.∴旋转过程中，当MN 和 AC 平行时，正方形ABCD旋转的度数为.(3)不变化，证明如下：如图，延长 BA 交 DE 轴于 H 点，则，，∴.又∵.∴．∴．又∵, ,∴．∴.∴.∴.∴在旋转正方形ABCD的过程中，值无变化.考点： 1.面动旋转问题；2．正方形的性质； 3.扇形面积的计算； 4.全等三角形的判定和性质.10．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；③ PC 2＝10 33 .2【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222＝ 10 3 3，即可∴ EC＝CH +HE求出PC21EC210 33 22【详解】（1）解：∵ CD∥ AB，∴∠ C＝∠B，在△ ABP 和△ DCP中，BP CPAPB 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，∴F C＝ EC，又∵ ∠ ACB＝ 90°，∴△ EFC是等腰直角三角形，∵EP＝ FP，∴PC＝ PE， PC⊥ PE．② PC 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），∴B F＝ DE， PE＝ PF＝1 EF，2∵DE＝AE，∴B F＝ AE，∵当α＝ 90 °时，∠EAC＝ 90 °，∴ED∥ AC， EA∥ BC∵FB∥AC，∠FBC＝90，∴∠ CBF＝∠ CAE，在△ FBC和△ EAC中，BF AECBE CAE ，BC AC∴△ FBC≌ △ EAC（ SAS），∴C F＝ CE，∠FCB＝∠ ECA，∵∠ ACB＝ 90 °，∴∠ FCE＝ 90 °，∴△ FCE是等腰直角三角形，∵EP＝ FP，1∴CP⊥ EP， CP＝EP＝EF ．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＝2 CE，2在 Rt△ AHE 中，∠ EAH＝ 30°，AE＝ DE＝ 1，∴HE＝1，AH＝3，22又∵ AC＝ AB＝ 3，∴CH＝3+3，2∴EC2＝CH2+HE2＝103 3∴PC2＝1EC 210 33 22【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．11． (1)问题发现如图 1,△ ACB和△DCE均为等腰直角三角形填空 :线段 AD,BE之间的关系为.,∠ ACB=90°,B,C,D在一条直线上.(2)拓展探究如图 2,△ ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ ACB=∠ DCE=90°,请判断AD,BE的关系 ,并说明理由 .(3)解决问题如图 3,线段 PA=3,点 B 是线段 PA外一点 ,PB=5,连接 AB,将 AB 绕点 A 逆时针旋转 90°得到线段AC,随着点 B 的位置的变化 ,直接写出 PC的范围 .【答案】 (1) AD=BE，AD⊥ BE． (2) AD=BE， AD⊥BE．(3) 5-32 ≤PC≤5+32．【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质证△ ACD≌△ BCE（ SAS），得 AD=BE，∠EBC=∠ CAD，延长 BE 交 AD 于点 F，由垂直定义得AD⊥ BE．（2）根据等腰三角形性质证△ ACD≌△ BCE（ SAS）， AD=BE，∠ CAD=∠ CBE，由垂直定义得∠ OHB=90°， AD⊥BE；（3）作 AE⊥AP，使得 AE=PA，则易证△APE≌ △ ACP， PC=BE，当 P、 E、 B 共线时， BE 最小，最小值 =PB-PE；当 P、 E、B 共线时， BE最大，最大值 =PB+PE，故 5-32≤ BE≤ 5+32 . 【详解】（1）结论： AD=BE， AD⊥ BE．理由：如图 1 中，∵△ ACB与△ DCE均为等腰直角三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠A CB=∠ ACD=90 ，°在 Rt△ ACD和 Rt△BCE中AC＝BCACD＝BCECD＝CE∴△ ACD≌ △ BCE（ SAS），∴A D=BE，∠ EBC=∠ CAD延长 BE交 AD 于点 F，∵BC⊥ AD，∴∠ EBC+∠CEB=90 ，°∵∠ CEB=AEF，∴∠ EAD+∠ AEF=90 ，°∴∠ AFE=90，°即 AD⊥ BE．∴A D=BE， AD⊥ BE．故答案为AD=BE，AD⊥BE．（2）结论： AD=BE， AD⊥ BE．理由：如图 2 中，设 AD 交 BE 于 H， AD 交 BC于 O．∵△ ACB与△ DCE均为等腰直角三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠ ACB=∠ECD=90 ，°∴ACD=∠ BCE，在 Rt△ ACD和 Rt△BCE中AC＝BCACD＝BCE ，CD＝CE∴△ ACD≌ △ BCE（ SAS），∴A D=BE，∠ CAD=∠ CBE，∵∠ CAO+∠ AOC=90 ，°∠ AOC=∠ BOH，∴∠ BOH+∠ OBH=90 ，°∴∠ OHB=90 ，°∴AD⊥ BE，∴A D=BE， AD⊥ BE．（3）如图 3 中，作 AE⊥AP，使得 AE=PA，则易证△APE≌ △ ACP，∴PC=BE，图 3-1 中，当 P、E、 B 共线时， BE 最小，最小值 =PB-PE=5-3 2，图3-2 中，当 P、E、 B 共线时， BE 最大，最大值 =PB+PE=5+3 2，2≤ BE≤ 5+32，∴5-3即 5-3 2 ≤PC≤5+32 ．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．12．已知△ ABC是等腰三角形，AB=AC．（1）特殊情形：如图 1，当 DE∥ BC 时，有 DB EC．（填“＞”，“＜”或“=）”（2）发现探究：若将图 1 中的△ADE 绕点 A 顺时针旋转α（ 0°＜α＜ 180°）到图 2 位置，则（ 1）中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展运用：如图 3， P 是等腰直角三角形 ABC 内一点，∠ ACB=90°，且 PB=1，PC=2，PA=3，求∠ BPC的度数．【答案】（1） =；（ 2）成立，证明见解析；（3） 135°.【解析】【分析】试题（1）由DE∥BC，得到DB EC，结合AB=AC，得到DB=EC；AB AC（2）由旋转得到的结论判断出△DAB≌ △ EAC，得到 DB=CE；（3）由旋转构造出△CPB≌ △ CEA，再用勾股定理计算出 PE，然后用勾股定理逆定理判断出△ PEA是直角三角形，在简单计算即可．【详解】（1）∵ DE∥ BC，DB EC∴，AB AC∵AB=AC，∴DB=EC，故答案为=，（2）成立．证明：由①易知 AD=AE，∴由旋转性质可知∠DAB=∠ EAC，又∵ AD=AE，AB=AC∴△ DAB≌ △ EAC，∴DB=CE，（3）如图，将△ CPB绕点 C 旋转 90°得△CEA，连接 PE，∴△ CPB≌ △ CEA，∴C E=CP=2，AE=BP=1，∠PCE=90，°∴∠ CEP=∠ CPE=45，°在 Rt△ PCE中，由勾股定理可得， PE=2 2，222222在△ PEA 中， PE =（ 2 2） =8 ，AE =1 =1， PA =3 =9，∵PE 2+AE 2=AP 2， ∴△ PEA 是直角三角形∴∠ PEA=90 ，°∴∠ CEA=135，°又∵ △ CPB ≌ △ CEA∴∠ BPC=∠ CEA=135 ．°【点睛】考点：几何变换综合题；平行线平行线分线段成比例.13． 在平面直角坐标系中，四边形AOBC 是矩形，点 O(0,0) ，点 A(5,0) ，点 B(0,3) .以点A 为中心，顺时针旋转矩形AOBC ，得到矩形 ADEF ，点 O ， B ， C 的对应点分别为D ，E ，F .（Ⅰ ）如图 ① ，当点 D 落在 BC 边上时，求点D 的坐标；（Ⅱ ）如图 ② ，当点 D 落在线段 BE 上时， AD 与 BC 交于点 H . ① 求证 △ADB ≌ △AOB ； ② 求点H 的坐标.（Ⅲ ）记 K 为矩形 AOBC 对角线的交点， S 为 △KDE 的面积，求 S 的取值范围（直接写出结果即可） .【答案】（ Ⅰ ）点 D 的坐标为 (1,3) .（ Ⅱ） ① 证明见解析；② 点 H 的坐标为 (17,3) .5（Ⅲ）303 34 S30 3 34.44【解析】分析：（ Ⅰ）根据旋转的性质得 AD=AO=5,设 CD=x ，在直角三角形 ACD 中运用勾股定理可CD 的值，从而可确定 D 点坐标；（Ⅱ ） ① 根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可；②由①知BADBAO ，再根据矩形的性质得CBAOAB .从而BADCBA ，故 BH=AH ，在 Rt △ ACH 中，运用勾股定理可求得AH 的值，进而求得答案；（Ⅲ） 30 3 34S30 334 .44详解：（Ⅰ）∵点 A 5,0，点B 0,3 ，∴ OA5， OB 3 .∵四边形 AOBC 是矩形，∴ AC OB 3， BC OA 5，OBCC 90.∵矩形 ADEF 是由矩形 AOBC 旋转得到的，∴ AD AO 5.在 RtVADC 中，有AD2AC 2DC2，∴DC AD 2AC25232 4.∴BD BC DC 1.∴点 D 的坐标为1,3 .（Ⅱ）①由四边形 ADEF 是矩形，得ADE 90 .又点D在线段BE上，得ADB90.由（Ⅰ）知， AD AO，又 AB AB ， AOB 90，∴RtVADB≌ RtVAOB .②由 VADB≌VAOB ，得BAD BAO .又在矩形 AOBC 中， OA / / BC ，∴CBA OAB .∴ BAD CBA.∴BH AH .设 BH t ，则 AH t ， HC BC BH 5t .在 RtVAHC 中，有AH2AC 2HC 2，∴ t232 5 t2.解得t17 .∴BH17 .55∴点 H 的坐标为17,3 . 5（Ⅲ） 30 3 34S30 3 34.44点睛：本大题主要考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理以及旋转变换的性质等知识，灵活运用勾股定理求解是解决本题的关键.14．在正方形 ABCD中，对角线AC 与 BD 交于点 O；在 Rt△ PMN 中，∠MPN90°．（1）如图 1，若点 P 与点 O 重合且 PM⊥ AD、 PN⊥ AB，分别交 AD、 AB 于点 E、 F，请直接写出 PE与 PF的数量关系；（2）将图 1 中的 Rt△ PMN 绕点 O 顺时针旋转角度α（0°<α<45）°．①如图 2，在旋转过程中（ 1）中的结论依然成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；② 如图2，在旋转过程中，当∠ DOM15°时，连接EF，若正方形的边长为2，请直接写出线段EF的长；③如图 3，旋转后，若BD3BP 时，猜想此时Rt△ PMN 的顶点 P 在线段 OB 上移动（不与点O、 B 重合），当PE与 PF 的数量关系，并给出证明；当BD m·BP 时，请直接写出PE 与 PF 的数量关系．【答案】（ 1） PE=PF；（ 2）① 成立，理由参见解析；②；③PE=2PF，理由参见解析； PE=（ m-1）·PF．【解析】试题分析：（ 1）可利用角平分线性质定理得到PE=PF；（ 2）①成立，可用角边角定理判定△ AOF≌ △DOE，从而得到 PE=PF；② 要想求出EF的长，关键要求出OE 的长，由∠DOM 15 °可得∠ AEO=45＋ 15=60o，作 OH⊥ AD 于 H，若正方形的边长为2，则 OH=1，可算出 EH= = ，∴ OE= ，∵△ EOF是等腰直角三角形，∴ EF即可求出；③构建相似三角形，过 P 点作 PH⊥AB， PK⊥ AD ，垂足为 H、 K，则四边形 AHPK为矩形，△ PHB 和△PKD 都是等腰直角三角形，是相似的，∵ BD3BP，∴可算出 HP:PK的值，然后通过△FHP∽△ PKE得到 PE 与 PF 的关系．由前面的思路可得出当BD=m·BP 时， BD:PD=（m-1）： 1，∴ PE:PF=（ m-1）： 1，从而确定P E 与 PF的数量关系．试题解析：（ 1）∵四边形 ABCD是正方形，∴ ∠ OAF=∠ OAE=45o，又∵ PM⊥ AD、PN⊥ AB，∴ PE=PF；（ 2）①成立， PE 仍等于 PF，∵四边形 ABCD是正方形，∴∠ OAF=∠ODE=45o，OA=OD，又∵ ∠ AOF和∠ DOE 都是∠ AOE的余角，∴∠ AOF=∠DOE，∴ △AOF≌ △ DOE（ ASA），∴ OE=OF，即 PE=PF；②作 OH⊥ AD 于 H，由∠ DOM 15°可得∠ AEO=45＋15=60o，∠ HOE=30°，若正方形的边长为 2，则 OH=1，在Rt△ HEO 中，可算出EH= =，∴ OE=，∵△ EOF是等腰直角三角形，∴EF=OE=×=；③ 构建相似三角形，过P 点作 PH⊥AB， PK⊥ AD ，垂足为H、 K，则四边形AHPK为矩形，∵ ∠ PHB=∠ PKD=90°∠ PBH=∠ PDK=45°，∴△ PHB∽△ PKD，∴，∵BD=3BP，∴=，∵∠ HPF+∠ FPK=90 ∠°KPE+∠ FPK=90，°∴∠ HPF=∠ KPE，又∵ ∠ PHF=∠ PKE=90 ，°∴△ PHF∽ △ PKE，∴=，即PE="2PF"；当BD=m·BP时，BD:PD=（m-1）：1，△ PHF∽ △ PKE， PE:PF=BD:PD=（ m-1）： 1，∴ PE=（ m-1）·PF．考点： 1．正方形性质； 2．三角形相似的判定； 3．旋转性质； 4．探索线段的数量关系规律．15．如图，正方形ABCD ，点M是线段 CB 延长线一点，连结AM，AB = a，AM b（1）将线段AM 沿着射线 AD 运动，使得点 A 与点 D 重合，用代数式表示线段 AM 扫过的平面部分的面积 .（ 2）将三角形 ABM 绕着点 A 旋转，使得 AB 与 AD 重合，点 M 落在点 N ，用代数式表示线段AM 扫过的平面部分的面积 .（ 3）将三角形 ABM 顺时针旋转，使旋转后的三角形有一边与正方形的一边完全重合（第3 种情况，并写出相应的旋转中心和【答案】（ 1） a 2；（ 2）1b 2或 3b 2 ；（ 3）见解析4 4【解析】 【分析】（ 1）根据平移的性质和平行四边形的面积计算即可； （ 2）根据扇形的面积计算即可；（ 3）根据旋转的性质画出图形得出旋转中心和角度即可．【详解】解：（ 1） AD ? DC a 2答：线段AM 扫过的平面部分的面积为a 2（2）三角形 ABM 绕着点 A 旋转，使得 AB 与 AD 重合，则三角形ABM 旋转的角度是 90°或 270°∴S扇形 AMN90°b 2或S扇形 AMN270°b 2360°360°∴S扇形 AMN1 b 2或 3b 24 4答：扇形 AMN 的面积为 1 b 2 或 3 b 244（ 3）如图 1，旋转中心： AB 边的中点为 O ，顺时针 180o（2）小题的情况除外），请在如图中画出符合条件的旋转角。

2020-2021中考数学初中数学旋转培优易错难题练习(含答案)一、旋转1．如图所示，(1)正方形ABCD及等腰Rt△AEF有公共顶点A，∠EAF=90°，连接BE、DF．将Rt△AEF绕点A旋转，在旋转过程中，BE、DF具有怎样的数量关系和位置关系？结合图(1)给予证明；(2)将(1)中的正方形ABCD变为矩形ABCD，等腰Rt△AEF变为Rt△AEF，且AD=kAB，AF=kAE，其他条件不变．(1)中的结论是否发生变化？结合图(2)说明理由；(3)将(2)中的矩形ABCD变为平行四边形ABCD，将Rt△AEF变为△AEF，且∠BAD=∠EAF=a，其他条件不变．(2)中的结论是否发生变化？结合图(3)，如果不变，直接写出结论；如果变化，直接用k表示出线段BE、DF的数量关系，用a表示出直线BE、DF 形成的锐角β．【答案】（1）DF=BE且DF⊥BE，证明见解析；（2）数量关系改变，位置关系不变，即DF=kBE，DF⊥BE；（3）不改变．DF=kBE，β=180°-α【解析】【分析】（1）根据旋转的过程中线段的长度不变，得到AF＝AE，又∠BAE与∠DAF都与∠BAF互余，所以∠BAE＝∠DAF，所以△FAD≌△EAB，因此BE与DF相等，延长DF交BE于G，根据全等三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EGF＝90°，所以DF⊥BE；（2）等同（1）的方法，因为矩形的邻边不相等，但根据题意，可以得到对应边成比例，所以△FAD∽△EAB，所以DF＝kBE，同理，根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EHF＝90°，所以DF⊥BE；（3）与（2）的证明方法相同，但根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EAF+∠EHF＝180°，所以DF与BE的夹角β＝180°﹣α．【详解】（1）DF与BE互相垂直且相等．证明：延长DF分别交AB、BE于点P、G在正方形ABCD和等腰直角△AEF中AD＝AB，AF＝AE，∠BAD＝∠EAF＝90°∴∠FAD ＝∠EAB∴△FAD ≌△EAB∴∠AFD ＝∠AEB ，DF ＝BE∵∠AFD+∠AFG ＝180°，∴∠AEG+∠AFG ＝180°，∵∠EAF ＝90°，∴∠EGF ＝180°﹣90°＝90°，∴DF ⊥BE（2）数量关系改变，位置关系不变．DF ＝kBE ，DF ⊥BE ．延长DF 交EB 于点H ，∵AD ＝kAB ，AF ＝kAE ∴AD k AB =，AF k AE = ∴AD AF AB AE= ∵∠BAD ＝∠EAF ＝a∴∠FAD ＝∠EAB∴△FAD ∽△EAB ∴DF AF k BE AE== ∴DF ＝kBE ∵△FAD ∽△EAB ，∴∠AFD ＝∠AEB ，∵∠AFD+∠AFH ＝180°，∴∠AEH+∠AFH ＝180°，∵∠EAF ＝90°，∴∠EHF ＝180°﹣90°＝90°，∴DF ⊥BE（3）不改变．DF ＝kBE ，β＝180°﹣a ．延长DF 交EB 的延长线于点H ，∵AD ＝kAB ，AF ＝kAE ∴AD k AB =，AF k AE = ∴AD AF AB AE= ∵∠BAD ＝∠EAF ＝a∴∠FAD ＝∠EAB∴△FAD ∽△EAB ∴DF AF k BE AE== ∴DF ＝kBE 由△FAD ∽△EAB 得∠AFD ＝∠AEB∵∠AFD+∠AFH ＝180°∴∠AEB+∠AFH ＝180°∵四边形AEHF 的内角和为360°，∴∠EAF+∠EHF ＝180°∵∠EAF ＝α，∠EHF ＝β∴a+β＝180°∴β＝180°﹣a【点睛】本题（1）中主要利用三角形全等的判定和性质以及正方形的性质进行证明；（2）（3）利用相似三角形的判定和性质证明，要解决本题，证明三角形全等和三角相似是解题的关键，也是难点所在．2．（探索发现）如图，ABC ∆是等边三角形，点D 为BC 边上一个动点，将ACD ∆绕点A 逆时针旋转60︒得到AEF ∆，连接CE .小明在探索这个问题时发现四边形ABCE 是菱形. 小明是这样想的：（1）请参考小明的思路写出证明过程；（2）直接写出线段CD ，CF ，AC 之间的数量关系：______________；（理解运用）如图，在ABC ∆中，AD BC ⊥于点D .将ABD ∆绕点A 逆时针旋转90︒得到AEF ∆，延长FE 与BC ，交于点G .（3）判断四边形ADGF 的形状，并说明理由；（拓展迁移）（4）在（3）的前提下，如图，将AFE ∆沿AE 折叠得到AME ∆，连接MB ，若6AD =，2BD =，求MB 的长.【答案】（1）详见解析；（2）CD CF AC +=；（3）四边形ADGF 是正方形；（4）13【解析】【分析】（1）根据旋转得：△ACE 是等边三角形，可得：AB=BC=CE=AE ，则四边形ABCE 是菱形； （2）先证明C 、F 、E 在同一直线上，再证明△BAD ≌△CAF （SAS ），则∠ADB=∠AFC ，BD=CF ，可得AC=CF+CD ；（3）先根据∠ADC=∠DAF=∠F=90°，证明得四边形ADGF 是矩形，由邻边相等可得四边形ADGF 是正方形；（4）证明△BAM ≌△EAD （SAS ），根据BM=DE 及勾股定理可得结论．【详解】（1）证明：∵ABC ∆是等边三角形，∴AB BC AC ==.∵ACD ∆绕点A 逆时针旋转60︒得到AEF ∆，∴60CAE =︒，AC AE =.∴ACE ∆是等边三角形.∴AC AE CE ==.∴AB BC CE AE ===.∴四边形ABCE 是菱形.（2）线段DC ，CF ，AC 之间的数量关系：CD CF AC +=.（3）四边形ADGF 是正方形.理由如下：∵Rt ABD ∆绕点A 逆时针旋转90︒得到AEF ∆，∴AF AD =，90DAF ∠=︒.∵AD BC ⊥，∴90ADC DAF F ∠=∠=∠=︒.∴四边形ADGF 是矩形.∵AF AD =，∴四边形ADGF 是正方形.（4）如图，连接DE .∵四边形ADGF 是正方形，∴6DG FG AD AF ====.∵ABD ∆绕点A 逆时针旋转90︒得到AEF ∆，∴BAD EAF ∠=∠，2BD EF ==，∴624EG FG EF =-=-=.∵将AFE ∆沿AE 折叠得到AME ∆，∴MAE FAE ∠=∠，AF AM =.∴BAD EAM ∠=∠.∴BAD DAM EAM DAM ∠+∠=∠+∠，即BAM DAE ∠=∠.∵AF AD =，∴AM AD =.在BAM ∆和EAD ∆中，AM AD BAM DAE AB AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()BAM EAD SAS ∆≅∆. ∴222246213BM DE EG DG ==+=+=【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形和全等三角形的性质，依据图形的性质进行计算求解．3．在Rt△ABC中，AB=BC=5，∠B=90°，将一块等腰直角三角板的直角顶点放在斜边AC的中点O处，将三角板绕点O旋转，三角板的两直角边分别交AB，BC或其延长线于E，F两点，如图①与②是旋转三角板所得图形的两种情况．（1）三角板绕点O旋转，△OFC是否能成为等腰直角三角形？若能，指出所有情况（即给出△OFC是等腰直角三角形时BF的长）；若不能，请说明理由；（2）三角板绕点O旋转，线段OE和OF之间有什么数量关系？用图①或②加以证明；（3）若将三角板的直角顶点放在斜边上的点P处（如图③），当AP:AC=1:4时，PE和PF 有怎样的数量关系？证明你发现的结论．【答案】（1）△OFC是能成为等腰直角三角形，（2）OE=OF．（3）PE：PF=1：3．【解析】【小题1】由题意可知，①当F为BC的中点时，由AB=BC=5，可以推出CF和OF的长度，即可推出BF的长度，②当B与F重合时，根据直角三角形的相关性质，即可推出OF 的长度，即可推出BF的长度；【小题2】连接OB，由已知条件推出△OEB≌△OFC，即可推出OE=OF；【小题3】过点P做PM⊥AB，PN⊥BC，结合图形推出△PNF∽△PME，△APM∽△PNC，继而推出PM：PN=PE：PF，PM：PN=AP：PC，根据已知条件即可推出PA：AC=PE：PF=1：4．4．如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接PA，PB，PC．将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P'CB的位置.(1)设AB的长为a，PB的长为b(b<a)，求△PAB旋转到△P'CB的过程中边PA所扫过区域(图中阴影部分)的面积；(2)若PA=2，PB=4，∠APB=135°，求PC的长.【答案】(1) S阴影=(a2-b2)；(2)PC=6.【解析】试题分析：（1）依题意，将△P′CB逆时针旋转90°可与△PAB重合，此时阴影部分面积=扇形BAC的面积-扇形BPP'的面积，根据旋转的性质可知，两个扇形的中心角都是90°，可据此求出阴影部分的面积．（2）连接PP'，根据旋转的性质可知：BP=BP'，旋转角∠PBP'=90°，则△PBP'是等腰直角三角形，∠BP'C=∠BPA=135°，∠PP'C=∠BP'C-∠BP'P=135°-45°=90°，可推出△PP'C是直角三角形，进而可根据勾股定理求出PC的长．试题解析：（1）∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，∴△PAB≌△P'CB，∴S△PAB=S△P'CB，S阴影=S扇形BAC-S扇形BPP′=（a2-b2）；（2）连接PP′，根据旋转的性质可知：△APB≌△CP′B，∴BP=BP′=4，P′C=PA=2，∠PBP′=90°，∴△PBP'是等腰直角三角形，P'P2=PB2+P'B2=32；又∵∠BP′C=∠BPA=135°，∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°，即△PP′C是直角三角形．PC==6．考点：1.扇形面积的计算；2.正方形的性质；3.旋转的性质．5．在Rt△ACB和△AEF中，∠ACB＝∠AEF＝90°，若点P是BF的中点，连接PC，PE.特殊发现：如图1，若点E、F分别落在边AB，AC上，则结论：PC＝PE成立（不要求证明）．问题探究：把图1中的△AEF绕点A顺时针旋转．(1)如图2，若点E落在边CA的延长线上，则上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；(2)如图3，若点F落在边AB上，则上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；(3)记ACBC＝k，当k为何值时，△CPE总是等边三角形？（请直接写出后的值，不必说）【答案】()1 PC PE =成立 ()2 ，PC PE =成立 ()3当k 为33时，CPE V 总是等边三角形【解析】【分析】 （1）过点P 作PM ⊥CE 于点M ，由EF ⊥AE ，BC ⊥AC ，得到EF ∥MP ∥CB ，从而有EM FP MC PB=，再根据点P 是BF 的中点，可得EM=MC ，据此得到PC=PE ． （2）过点F 作FD ⊥AC 于点D ，过点P 作PM ⊥AC 于点M ，连接PD ，先证△DAF ≌△EAF ，即可得出AD=AE ；再证△DAP ≌△EAP ，即可得出PD=PE ；最后根据FD ⊥AC ，BC ⊥AC ，PM ⊥AC ，可得FD ∥BC ∥PM ，再根据点P 是BF 的中点，推得PC=PD ，再根据PD=PE ，即可得到结论．（3）因为△CPE 总是等边三角形，可得∠CEP=60°，∠CAB=60°；由∠ACB=90°，求出∠CBA=30°；最后根据AC k BC =，AC BC =tan30°，求出当△CPE 总是等边三角形时，k 的值是多少即可．【详解】解：（1）PC=PE 成立，理由如下：如图2，过点P 作PM ⊥CE 于点M ，∵EF ⊥AE ，BC ⊥AC ，∴EF ∥MP ∥CB ，∴EM FP MC PB=，∵点P 是BF 的中点，∴EM=MC ，又∵PM ⊥CE ，∴PC=PE ；（2）PC=PE 成立，理由如下：如图3，过点F 作FD ⊥AC 于点D ，过点P 作PM ⊥AC 于点M ，连接PD ，∵∠DAF=∠EAF ，∠FDA=∠FEA=90°，在△DAF 和△EAF 中，∵∠DAF=∠EAF ，∠FDA=∠FEA ，AF=AF ，∴△DAF ≌△EAF （AAS ），∴AD=AE ，在△DAP 和△EAP 中，∵AD=AE ，∠DAP=∠EAP ，AP=AP ，∴△DAP ≌△EAP （SAS ），∴PD=PE ，∵FD ⊥AC ，BC ⊥AC ，PM ⊥AC ，∴FD ∥BC ∥PM ， ∴DM FP MC PB=， ∵点P 是BF 的中点，∴DM=MC ，又∵PM ⊥AC ，∴PC=PD ，又∵PD=PE ，∴PC=PE ；（3）如图4，∵△CPE 总是等边三角形，∴∠CEP=60°，∴∠CAB=60°，∵∠ACB=90°，∴∠CBA=90°﹣∠ACB=90°﹣60°=30°， ∵AC k BC =，AC BC=tan30°， ∴k=tan30°=3 ∴当k 为33时，△CPE 总是等边三角形．【点睛】考点：1．几何变换综合题；2．探究型；3．压轴题；4．三角形综合题；5．全等三角形的判定与性质；6．平行线分线段成比例．6．如图1，Y ABCD和Y AEFG是两个能完全重合的平行四边形，现从AB与AE重合时开始，将Y ABCD固定不动，Y AEFG绕点A逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜360°），AB=a,BC=2a；并发现：如图2，当Y AEFG旋转到点E落在AD上时，FE的延长线恰好通过点C．探究一:（1）在图2的情形下，求旋转角α的度数；探究二:（2）如图3，当Y AEFG旋转到点E落在BC上时，EF与AD相交于点M，连接CM，DF，请你判断四边形CDFM的形状，并给予证明；探究三:（3）如图1，连接CF，BF，在旋转过程中△BCF的面积是否存在最大的情形，如果存在，求出最大面积，如果不存在，请说明理由.【答案】（1）α=120°；（2）四边形CDFM是菱形，证明见解析；（3）存在△BCF的面积最大的情形，S△BCF 33a2.【解析】试题分析：（1）由平行四边形的性质知∠D=∠B，AB=CD=a，可得∠D=∠DEC，由等角对等边知CD=CE，由AE=AB=a，AD=BC=2a，可得DE=CE，即可证得△CDE是等边三角形，∠D=60°，由两直线平行，同位角相等可得∠DAB=120°，即可求得α；（2）由旋转的性质以及∠B=60°，可得△ABE是等边三角形，由平行线的判定以及两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证四边形ABEM是平行四边形，再由由一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；（3）当点F到BC的距离最大时，△BCF的面积最大，由于点F始终在以A为圆心AF为半径的圆上运动，故当FG与⊙A相切时，点F到BC的距离最大，过点A作AH⊥BC于点H，连接AF，由题意知∠AFG=90°.由∠ABH=∠G=60°，AB=a，AG=2a，可得AH、AF的值.可求得点F到BC的最大距离.进而求得S△BCF的值.试题解析：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠D=∠B，AB=CD=a，∵∠AEF=∠B，∠AEF=∠DEC，∴∠D=∠DEC，∴CD=CE，∵AE=AB=a，AD=BC=2a，∴DE=CE.，∴CD=CE=DE，∴△CDE是等边三角形，∴∠D=60°，∵CD∥AB，∴∠D+∠DAB=180°，∴∠DAB=120°，∴α=120°.；（2）四边形CDFM是菱形.证明：由旋转可得AB=AE，∵∠B=60°，∴△ABE是等边三角形，∴∠BAE=60°，∴∠BAG=∠BAE+∠GAE=60°+120°=180°，∴点G，A，B在同一条直线上，∴ME ∥AB，BE∥AM，∴四边形ABEM是平行四边形，∴AM=AB=ME，∴CD=DM=MF，∵CD ∥AB∥MF，∴四边形CDFM是平行四边形，∵∠D= 60°，CD=DM，∴△CDM是等边三角形，∴CD=DM，∴四边形CDFM是菱形；（3）存在△BCF的面积最大的情形.∵CB的长度不变，∴当点F到BC的距离最大时，△BCF的面积最大.∵点F始终在以A为圆心AF为半径的圆上运动，∴当FG与⊙A相切时，点F到BC的距离最大，如图，过点A作AH⊥BC于点H，连接AF，则∠AFG=90°.∵∠ABH=∠G=60°，AB=a，AG=2a，∴AH=AB×sin60°=3a，AF=AG×sin60°=3 a.∴点F到BC的最大距离为3a+ 3a=33a.∴S△BCF=12×2a×33a=33a2.点睛：此题考查了旋转的洗澡那个会、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质，三角形的面积的求法，关键是运用旋转前后，图形的对应边相等、对应角相等的性质解题.7．在正方形ABCD中，连接BD．（1）如图1，AE⊥BD于E．直接写出∠BAE的度数．（2）如图1，在（1）的条件下，将△AEB以A旋转中心，沿逆时针方向旋转30°后得到△AB′E′，AB′与BD交于M，A E′的延长线与BD交于N．①依题意补全图1；②用等式表示线段BM、DN和MN之间的数量关系，并证明．（3）如图2，E、F是边BC、CD上的点，△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，AE、AF 分别与BD交于M、N，写出判断线段BM、DN、MN之间数量关系的思路．（不必写出完整推理过程）【答案】（1）45°；（2）①补图见解析；②BM、DN和MN之间的数量关系是BM2+MD2=MN2，证明见解析；（3）答案见解析.【解析】（1）利用等腰直角三角形的性质即可；（2）依题意画出如图1所示的图形，根据性质和正方形的性质，判断线段的关系，再利用勾股定理得到FB2+BM2=FM2，再判断出FM=MN即可；（3）利用△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，判断出EF=EG，再利用（2）证明即可．解：（1）∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠ABD=∠ADB=45°，∵AE⊥BD，∴∠ABE=∠BAE=45°，（2）①依题意补全图形，如图1所示，②BM、DN和MN之间的数量关系是BM2+MD2=MN2，将△AND绕点D顺时针旋转90°，得到△AFB，∴∠ADB=∠FBA，∠BAF=∠DAN，DN=BF，AF=AN，∵在正方形ABCD中，AE⊥BD，∴∠ADB=∠ABD=45°，∴∠FBM=∠FBA+∠ABD=∠ADB+∠ABD=90°，在Rt△BFM中，根据勾股定理得，FB2+BM2=FM2，∵旋转△ANE得到AB1E1，∴∠E1AB1=45°，∴∠BAB1+∠DAN=90°﹣45°=45°，∵∠BAF=DAN，∴∠BAB1+∠BAF=45°，∴∠FAM=45°，∴∠FAM=∠E1AB1，∵AM=AM，AF=AN，∴△AFM≌△ANM，∴FM=MN，∵FB2+BM2=FM2，∴DN2+BM2=MN2，（3）如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，∴DF=GB，∵正方形ABCD的周长为4AB，△CEF周长为EF+EC+CF，∵△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，∴4AB=2（EF+EC+CF），∴2AB=EF+EC+CF∵EC=AB﹣BE，CF=AB﹣DF，∴2AB=EF+AB﹣BE+AB﹣DF，∴EF=DF+BE，∵DF=GB，∴EF=GB+BE=GE，由旋转得到AD=AG=AB，∵AM=AM，∴△AEG≌△AEF，∠EAG=∠EAF=45°，和（2）的②一样，得到DN2+BM2=MN2．“点睛”此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质，三角形的全等，判断出（△AFN≌△ANM，得到FM=MM），是解题的关键.8．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9．如图是两个可以自由转动的转盘，甲转盘被等分成3个扇形，乙转盘被等分成4个扇形，每一个扇形上都标有相应的数字．同时转动两个转盘，当转盘停止后，计算指针所指区域内的数字之和．如果指针恰好指在分割线上，那么重转一次，直到指针指向一个数字为止．（1）请你通过画树状图或列表的方法分析，并求指针所指区域内的数字和小于10的概率；（2）小亮和小颖小亮和小颖利用它们做游戏，游戏规则是：指针所指区域内的数字和小于10，小颖获胜；指针所指区域内的数字之和等于10，为平局；指针所指区域内的数字之和大于10，小亮获胜．你认为该游戏规则是否公平？请说明理由；若游戏规则不公平，请你设计出一种公平的游戏规则．【答案】（1）13；（2）不公平．【解析】试题分析：（1）依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率．（2）判断游戏的公平性，首先要计算出游戏双方赢的概率，概率相等则公平，否则不公平．试题解析：（1）共有12种等可能的结果，小于10的情况有4种，所以指针所指区域内的数字和小于10的概率为13．（2）不公平，因为小颖获胜的概率为；小亮获胜的概率为512．小亮获胜的可能性大，所以不公平．可以修改为若这两个数的和为奇数，则小亮赢；积为偶数，则小颖赢．考点：1．游戏公平性；2．列表法与树状图法．10．已知：一次函数的图象与x轴、y轴的交点分别为A、B，以B为旋转中心，将△BOA逆时针旋转，得△BCD（其中O与C、A与D是对应的顶点）.（1）求AB的长；（2）当∠BAD=45°时，求D点的坐标；（3）当点C在线段AB上时，求直线BD的关系式.【答案】（1）5；（2）D（4，7）或（-4，1）；（3）【解析】试题分析：（1）先分别求得一次函数的图象与x轴、y轴的交点坐标，再根据勾股定理求解即可；（2）根据旋转的性质结合△BOA的特征求解即可；（3）先根据点C在线段AB上判断出点D的坐标，再根据待定系数法列方程组求解即可.（1）在时，当时，，当时，∴；（2）由题意得D（4，7）或（-4，1）；（2）由题意得D点坐标为（4，）设直线BD的关系式为∵图象过点B（0，4），D（4，）∴，解得∴直线BD的关系式为.考点：动点的综合题点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．11．（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.12．我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。

2020-2021中考数学初中数学 旋转(大题培优 易错 难题)含答案一、旋转1．如图1，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ．点D 、E 分别在AC 、BC 边上，DC ＝EC ，连接DE 、AE 、BD ．点M 、N 、P 分别是AE 、BD 、AB 的中点，连接PM 、PN 、MN ．（1）PM 与BE 的数量关系是 ，BE 与MN 的数量关系是 ．（2）将△DEC 绕点C 逆时针旋转到如图2的位置，判断（1）中BE 与MN 的数量关系结论是否仍然成立，如果成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；（3）若CB ＝6．CE ＝2，在将图1中的△DEC 绕点C 逆时针旋转一周的过程中，当B 、E 、D 三点在一条直线上时，求MN 的长度． 【答案】（1）1,22PM BE BE MN ==；（2）成立，理由见解析；（3）MN ＝17﹣1或17+1 【解析】 【分析】（1）如图1中，只要证明PMN V 的等腰直角三角形，再利用三角形的中位线定理即可解决问题；（2）如图2中，结论仍然成立，连接AD 、延长BE 交AD 于点H .由ECB DCA ≅V V ，推出BE AD =，DAC EBC ∠=∠，即可推出BH AD ⊥，由M 、N 、P 分别AE 、BD 、AB 的中点，推出//PM BE ，12PM BE =，//PN AD ，12PN AD =，推出PM PN =，90MPN ∠=︒，可得2222BE PM MN MN ==⨯=； （3）有两种情形分别求解即可. 【详解】 （1）如图1中，∵AM ＝ME ，AP ＝PB ，∴PM ∥BE ，12PM BE =， ∵BN ＝DN ，AP ＝PB ，∴PN ∥AD ，12PN AD =， ∵AC ＝BC ，CD ＝CE ， ∴AD ＝BE ， ∴PM ＝PN ， ∵∠ACB ＝90°， ∴AC ⊥BC ，∴∵PM ∥BC ，PN ∥AC ， ∴PM ⊥PN ，∴△PMN 的等腰直角三角形， ∴2MN PM =，∴122MN BE =⋅， ∴2BE MN =，故答案为12PM BE =，2BE MN =． （2）如图2中，结论仍然成立．理由：连接AD 、延长BE 交AD 于点H ． ∵△ABC 和△CDE 是等腰直角三角形， ∴CD ＝CE ，CA ＝CB ，∠ACB ＝∠DCE ＝90°， ∵∠ACB ﹣∠ACE ＝∠DCE ﹣∠ACE ， ∴∠ACD ＝∠ECB ， ∴△ECB ≌△DCA ， ∴BE ＝AD ，∠DAC ＝∠EBC ， ∵∠AHB ＝180°﹣（∠HAB +∠ABH ） ＝180°﹣（45°+∠HAC +∠ABH ） ＝∠180°﹣（45°+∠HBC +∠ABH ） ＝180°﹣90°＝90°， ∴BH ⊥AD ，∵M 、N 、P 分别为AE 、BD 、AB 的中点，∴PM ∥BE ，12PM BE =，PN ∥AD ，12PN AD =， ∴PM ＝PN ，∠MPN ＝90°，∴22222BE PM MN MN ==⨯=． （3）①如图3中，作CG ⊥BD 于G ，则2CG GE DG ===，当D 、E 、B 共线时，在Rt △BCG 中，()22226234BG BC CG =-=-=，∴342BE BG GE =-=-， ∴21712MN BE ==-． ②如图4中，作CG ⊥BD 于G ，则2CG GE DG ===，当D 、E 、B 共线时，在Rt △BCG 中，()22226234BG BC CG =-=-=∴342BE BG GE =+=， ∴21712MN BE ==．综上所述，MN＝17﹣1或17+1．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题.2．如图，矩形OABC的顶点A在x轴正半轴上，顶点C在y轴正半轴上，点B的坐标为（4，m）（5≤m≤7），反比例函数y＝16x（x＞0）的图象交边AB于点D．（1）用m的代数式表示BD的长；（2）设点P在该函数图象上，且它的横坐标为m，连结PB，PD①记矩形OABC面积与△PBD面积之差为S，求当m为何值时，S取到最大值；②将点D绕点P逆时针旋转90°得到点E，当点E恰好落在x轴上时，求m的值．【答案】（1）BD＝m﹣4（2）①m＝7时，S取到最大值②m＝5【解析】【分析】（1）先确定出点D横坐标为4，代入反比例函数解析式中求出点D横坐标，即可得出结论；（2）①先求出矩形OABC的面积和三角形PBD的面积得出S＝﹣12（m﹣8）2+24，即可得出结论；②利用一线三直角判断出DG＝PF，进而求出点P的坐标，即可得出结论．【详解】解：（1）∵四边形OABC是矩形，∴AB⊥x轴上，∵点B（4，m），∴点D的横坐标为4，∵点D在反比例函数y＝16x上，∴D（4，4），∴BD＝m﹣4；（2）①如图1，∵矩形OABC的顶点B的坐标为（4，m），∴S矩形OABC＝4m，由（1）知，D（4，4），∴S△PBD＝12（m﹣4）（m﹣4）＝12（m﹣4）2，∴S＝S矩形OABC﹣S△PBD＝4m﹣12（m﹣4）2＝﹣12（m﹣8）2+24，∴抛物线的对称轴为m＝8，∵a＜0，5≤m≤7，∴m＝7时，S取到最大值；②如图2，过点P作PF⊥x轴于F，过点D作DG⊥FP交FP的延长线于G，∴∠DGP＝∠PFE＝90°，∴∠DPG+∠PDG＝90°，由旋转知，PD＝PE，∠DPE＝90°，∴∠DPG+∠EPF＝90°，∴∠PDG＝∠EPF，∴△PDG≌△EPF（AAS），∴DG＝PF，∵DG＝AF＝m﹣4，∴P（m，m﹣4），∵点P在反比例函数y＝16x，∴m（m﹣4）＝16，∴m＝2+25或m＝2﹣25（舍）．【点睛】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，矩形的性质，三角形的面积公式，全等三角形的判定，构造出全等三角形是解本题的关键．3．如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点. 分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=2OD，OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE．(1)求证：DE⊥AG；(2)正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转角(0°< <360°)得到正方形，如图2．①在旋转过程中，当∠是直角时，求的度数；(注明：当直角边为斜边一半时，这条直角边所对的锐角为30度)②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求长的最大值和此时的度数，直接写出结果不必说明理由．【答案】（1）DE⊥AG （2）①当∠为直角时，α=30°或150°.②315°【解析】分析：（1）延长ED交AG于点H，证明≌，根据等量代换证明结论；（2）根据题意和锐角正弦的概念以及特殊角的三角函数值得到，分两种情况求出的度数；（3）根据正方形的性质分别求出OA和OF的长，根据旋转变换的性质求出AF′长的最大值和此时的度数．详解：如图1，延长ED交AG于点H，点O是正方形ABCD两对角线的交点，，，在和中，，≌，，，，，即；在旋转过程中，成为直角有两种情况：Ⅰ由增大到过程中，当时，，在中，sin∠AGO=，，，，，即；Ⅱ由增大到过程中，当时，同理可求，．综上所述，当时，或．如图3，当旋转到A、O、在一条直线上时，的长最大，正方形ABCD的边长为1，，，，，，，此时．点睛：考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角形函数，旋转变换的性质的综合应用，有一定的综合性，注意分类讨论的思想.4．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．5．如图①，在等腰△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，且∠BAC=∠DAE=120°．（1）求证：△ABD≌△ACE；（2）把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图②的位置，连接CD，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，连接MN、PN、PM，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）在（2）中，把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=6，请分别求出△PMN周长的最小值与最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）△PMN是等边三角形．理由见解析；（3）△PMN周长的最小值为3，最大值为15．【解析】分析：（1）由∠BAC=∠DAE=120°，可得∠BAD=∠CAE，再由AB=AC，AD=AE，利用SAS即可判定△ABD≌△ADE；（2）△PMN是等边三角形，利用三角形的中位线定理可得PM=12CE，PM∥CE，PN=12BD，PN∥BD，同（1）的方法可得BD=CE，即可得PM=PN，所以△PMN是等腰三角形；再由PM∥CE，PN∥BD，根据平行线的性质可得∠DPM=∠DCE，∠PNC=∠DBC，因为∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，所以∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，再由∠BAC=120°，可得∠ACB+∠ABC=60°，即可得∠MPN=60°，所以△PMN是等边三角形；（3）由（2）知，△PMN是等边三角形，PM=PN=12BD，所以当PM最大时，△PMN周长最大，当点D在AB上时，BD最小，PM最小，求得此时BD的长，即可得△PMN周长的最小值；当点D在BA延长线上时，BD最大，PM的值最大，此时求得△PMN周长的最大值即可.详解：（1）因为∠BAC=∠DAE=120°，所以∠BAD=∠CAE，又AB=AC，AD=AE，所以△ABD≌△ADE；（2）△PMN是等边三角形．理由：∵点P，M分别是CD，DE的中点，∴PM=12CE，PM∥CE，∵点N，M分别是BC，DE的中点，∴PN=12BD，PN∥BD，同（1）的方法可得BD=CE，∴PM=PN，∴△PMN是等腰三角形，∵PM∥CE，∴∠DPM=∠DCE，∵PN∥BD，∴∠PNC=∠DBC，∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC =∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，∵∠BAC=120°，∴∠ACB+∠ABC=60°，∴∠MPN=60°，∴△PMN是等边三角形．（3）由（2）知，△PMN是等边三角形，PM=PN=12 BD，∴PM最大时，△PMN周长最大，∴点D在AB上时，BD最小，PM最小，∴BD=AB-AD=2，△PMN周长的最小值为3；点D在BA延长线上时，BD最大，PM最大，∴BD=AB+AD=10，△PMN周长的最大值为15．故答案为△PMN周长的最小值为3，最大值为15点睛：本题主要考查了全等三角形的判定及性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定，解决第（3）问，要明确点D在AB上时，BD最小，PM最小，△PMN周长的最小；点D在BA延长线上时，BD最大，PM最大，△PMN周长的最大值为15.6．如图1，在Rt△ADE中，∠DAE=90°，C是边AE上任意一点（点C与点A、E不重合），以AC为一直角边在Rt△ADE的外部作Rt△ABC，∠BAC=90°，连接BE、CD．（1）在图1中，若AC=AB，AE=AD，现将图1中的Rt△ADE绕着点A顺时针旋转锐角α，得到图2，那么线段BE．CD之间有怎样的关系，写出结论，并说明理由；（2）在图1中，若CA=3，AB=5，AE=10，AD=6，将图1中的Rt△ADE绕着点A顺时针旋转锐角α，得到图3，连接BD、CE．①求证：△ABE∽△ACD；②计算：BD2+CE2的值．【答案】（1）BE=CD，BE⊥CD，理由见角；（2）①证明见解析；②BD2+CE2=170．【解析】【分析】（1）结论：BE=CD，BE⊥CD；只要证明△BAE≌△CAD，即可解决问题；（2）①根据两边成比例夹角相等即可证明△ABE∽△ACD．②由①得到∠AEB=∠CDA．再根据等量代换得到∠DGE=90°，即DG⊥BE，根据勾股定理得到BD2+CE2=CB2+ED2，即可根据勾股定理计算．（1）结论：BE=CD，BE⊥CD．理由：设BE与AC的交点为点F，BE与CD的交点为点G，如图2．∵∠CAB=∠EAD=90°，∴∠CAD=∠BAE．在△CAD和△BAE中，∵AB ACBAE CADAE AD=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△CAD≌△BAE，∴CD=BE，∠ACD=∠ABE．∵∠BFA=∠CFG，∠BFA+∠ABF=90°，∴∠CFG+∠ACD=90°，∴∠CGF=90°，∴BE⊥CD．（2）①设AE与CD于点F，BE与DC的延长线交于点G，如图3．∵∠CABB=∠EAD=90°，∴∠CAD=∠BAE．∵CA=3，AB=5，AD=6，AE=10，∴AEAB =ADAC=2，∴△ABE∽△ACD；②∵△ABE∽△ACD，∴∠AEB=∠CDA．∵∠AFD=∠EFG，∠AFD+∠CDA=90°，∴∠EFG+∠AEB=90°，∴∠DGE=90°，∴DG⊥BE，∴∠AGD=∠BGD=90°，∴CE2=CG2+EG2，BD2=BG2+DG2，∴BD2+CE2=CG2+EG2+BG2+DG2．∵CG2+BG2=CB2，EG2+DG2=ED2，∴BD2+CE2=CB2+ED2=CA2+AB2+AD2+AD2=170．本题是几何综合变换综合题，主要考查了图形的旋转变换、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理的综合运用，运用类比，在变化中发现规律是解决问题的关键．7．如图，正方形ABCD中，点E是BC边上的一个动点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转90°，得到AF，连接EF，交对角线BD于点G，连接AG．（1）根据题意补全图形；（2）判定AG与EF的位置关系并证明；（3）当AB=3，BE=2时，求线段BG的长．【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)25.【解析】【分析】（1）根据题意补全图形即可；（2）先判断出△ADF≌△ABE，进而判断出点C，D，F共线，即可判断出△DFG≌△HEG，得出FG=EG，即可得出结论；（3）先求出正方形的对角线BD，再求出BH，进而求出DH，即可得出HG，求和即可得出结论．【详解】（1）补全图形如图所示，（2）连接DF，由旋转知，AE=AF，∠EAF=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AD=AB，∠ABC=∠ADC=BAD=90°，∴∠DAF=∠BAE，∴△ADF≌△ABE（SAS），∴DF=BE，∠ADF=∠ABC=90°，∴∠ADF+∠ADC=180°，∴点C ，D ，F 共线，∴CF ∥AB ，过点E 作EH ∥BC 交BD 于H ，∴∠BEH=∠BCD=90°，DF ∥EH ，∴∠DFG=∠HEG ，∵BD 是正方形ABCD 的对角线，∴∠CBD=45°，∴BE=EH ，∵∠DGF=∠HGE ，∴△DFG ≌△HEG （AAS ），∴FG=EG∵AE=AF ，∴AG ⊥EF ；（3）∵BD 是正方形的对角线，∴，由（2）知，在Rt △BEH 中，，∴由（2）知，△DFG ≌△HEG ，∴DG=HG ，∴HG=12DH=2，∴BG=BH+HG=2+2=2． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，作出辅助线是解本题的关键．8．如图1，菱形ABCD ，AB 4=，ADC 120∠=o ，连接对角线AC 、BD 交于点O ， ()1如图2，将AOD V 沿DB 平移，使点D 与点O 重合，求平移后的A'BO V 与菱形ABCD 重合部分的面积．()2如图3，将A'BO V 绕点O 逆时针旋转交AB 于点E'，交BC 于点F ，①求证：BE'BF 2+=；②求出四边形OE'BF 的面积．【答案】()() 13?2①证明见解析3②【解析】【分析】(1)先判断出△ABD 是等边三角形，进而判断出△EOB 是等边三角形，即可得出结论；(2)先判断出 ≌△OBF ，再利用等式的性质即可得出结论；(3)借助①的结论即可得出结论．【详解】()1Q 四边形为菱形，ADC 120∠=o ，ADO 60∠∴=o ，ABD ∴V 为等边三角形，DAO 30∠∴=o ，ABO 60∠=o ，∵AD//A′O ，∴∠A′OB=60°，EOB ∴V 为等边三角形，边长OB 2=，∴重合部分的面积：343⨯=， ()2①在图3中，取AB 中点E ，由()1知，∠EOB=60°，∠E′OF=60°，∴∠EOE′=∠BOF ，又∵EO=BO ，∴∠OEE′=∠OBF=60°，∴△OEE′≌△OBF ，∴EE′=BF ，∴BE′+BF=BE′+EE′=BE=2；②由①知，在旋转过程中始终有△OEE′≌△OBF ，∴S△OEE′=S△OBF，∴S四边形OE′BF =OEBS3=V.【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，综合性较强，熟练掌握相关内容、正确添加辅助线是解题的关键.9．在正方形ABCD中，连接BD．（1）如图1，AE⊥BD于E．直接写出∠BAE的度数．（2）如图1，在（1）的条件下，将△AEB以A旋转中心，沿逆时针方向旋转30°后得到△AB′E′，AB′与BD交于M，AE′的延长线与BD交于N．①依题意补全图1；②用等式表示线段BM、DN和MN之间的数量关系，并证明．（3）如图2，E、F是边BC、CD上的点，△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，AE、AF 分别与BD交于M、N，写出判断线段BM、DN、MN之间数量关系的思路．（不必写出完整推理过程）【答案】（1）45°；（2）①补图见解析；②BM、DN和MN之间的数量关系是BM2+MD2=MN2，证明见解析；（3）答案见解析.【解析】（1）利用等腰直角三角形的性质即可；（2）依题意画出如图1所示的图形，根据性质和正方形的性质，判断线段的关系，再利用勾股定理得到FB2+BM2=FM2，再判断出FM=MN即可；（3）利用△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，判断出EF=EG，再利用（2）证明即可．解：（1）∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠ABD=∠ADB=45°，∵AE⊥BD，∴∠ABE=∠BAE=45°，（2）①依题意补全图形，如图1所示，②BM、DN和MN之间的数量关系是BM2+MD2=MN2，将△AND绕点D顺时针旋转90°，得到△AFB，∴∠ADB=∠FBA，∠BAF=∠DAN，DN=BF，AF=AN，∵在正方形ABCD中，AE⊥BD，∴∠ADB=∠ABD=45°，∴∠FBM=∠FBA+∠ABD=∠ADB+∠ABD=90°，在Rt△BFM中，根据勾股定理得，FB2+BM2=FM2，∵旋转△ANE得到AB1E1，∴∠E1AB1=45°，∴∠BAB1+∠DAN=90°﹣45°=45°，∵∠BAF=DAN，∴∠BAB1+∠BAF=45°，∴∠FAM=45°，∴∠FAM=∠E1AB1，∵AM=AM，AF=AN，∴△AFM≌△ANM，∴FM=MN，∵FB2+BM2=FM2，∴DN2+BM2=MN2，（3）如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，∴DF=GB，∵正方形ABCD的周长为4AB，△CEF周长为EF+EC+CF，∵△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，∴4AB=2（EF+EC+CF），∴2AB=EF+EC+CF∵EC=AB﹣BE，CF=AB﹣DF，∴2AB=EF+AB﹣BE+AB﹣DF，∴EF=DF+BE，∵DF=GB，∴EF=GB+BE=GE，由旋转得到AD=AG=AB，∵AM=AM，∴△AEG≌△AEF，∠EAG=∠EAF=45°，和（2）的②一样，得到DN2+BM2=MN2．“点睛”此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质，三角形的全等，判断出（△AFN≌△ANM，得到FM=MM），是解题的关键.10．已知：如图1，将两块全等的含30º角的直角三角板按图所示的方式放置，∠BAC=∠B1A1C=30°，点B，C，B1在同一条直线上．（1）求证：AB=2BC（2）如图２，将△ABC绕点Ｃ顺时针旋转α°（0＜α＜180），在旋转过程中，设AB与A1C、A1B1分别交于点D、E，AC与A1B1交于点F．当α等于多少度时，AB与A1B1垂直？请说明理由．（3）如图3，当△ABC绕点C顺时针方向旋转至如图所示的位置，使AB∥CB1，AB与A1C 交于点D，试说明A1D=CD．【答案】（1）证明见解析（2）当旋转角等于30°时，AB 与A 1B 1垂直.（3）理由见解析【解析】试题分析：(1)由等边三角形的性质得AB =BB 1，又因为BB 1=2BC ，得出AB =2BC ;(2) 利用AB 与A 1B 1垂直得∠A 1ED=90°，则∠A 1DE=90°-∠A 1=60°，根据对顶角相等得∠BDC=60°，由于∠B=60°，利用三角形内角和定理得∠A 1CB=180°-∠BDC-∠B=60°，所以∠ACA 1=90°-∠A 1CB=30°，然后根据旋转的定义得到旋转角等于30°时，AB 与A 1B 1垂直；(3)由于AB ∥CB 1，∠ACB 1=90°，根据平行线的性质得∠ADC=90°，在Rt △ADC 中，根据含30度的直角三角形三边的关系得到CD=12AC ，再根据旋转的性质得AC=A 1C ，所以CD=12A 1C ，则A 1D=CD ． 试题解析： （1）∵△ABB 1是等边三角形；∴ AB =BB 1∵ BB 1=2BC∴AB =2BC（2）解：当AB 与A 1B 1垂直时，∠A 1ED=90°，∴∠A 1DE=90°-∠A 1=90°-30°=60°，∵∠B=60°，∴∠BCD=60°，∴∠ACA 1=90°-60°=30°，即当旋转角等于30°时，AB 与A 1B 1垂直.（3）∵AB ∥CB 1，∠ACB 1=90°，∴∠CDB=90°，即CD 是△ABC 的高，设BC=a ，AC=b ，则由（1）得AB=2a ，A 1C=b ， ∵1122ABC S BC AC AB CD ∆=⨯=⨯， 即11222ab a CD =⨯⨯∴12CD b，即CD=12A 1C ， ∴A 1D=CD. 【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．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．11．在△ABC 中,AB=6,AC=BC=5,将△ABC 绕点A 按顺时针方向旋转,得到△ADE,旋转角为α（0°＜α＜180°）,点B 的对应点为点D,点C 的对应点为点E,连接BD ，BE ．（1）如图,当α=60°时,延长BE 交AD 于点F ．①求证：△ABD 是等边三角形；②求证：BF ⊥AD ，AF=DF ；③请直接写出BE 的长；（2）在旋转过程中,过点D 作DG 垂直于直线AB,垂足为点G,连接CE,当∠DAG=∠ACB,且线段DG 与线段AE 无公共点时,请直接写出BE+CE 的值．【答案】（1）①②详见解析；③3﹣4；（2）13．【解析】 试题分析：（1）①由旋转性质知AB=AD ，∠BAD=60°即可得证；②由BA=BD 、EA=ED 根据中垂线性质即可得证；③分别求出BF 、EF 的长即可得；（2）由∠ACB+∠BAC+∠ABC=180°、∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°、∠DAG=∠ACB 、∠DAE=∠BAC 得∠BAE=∠BAC 且AE=AC ，根据三线合一可得CE ⊥AB 、AC=5、AH=3，继而知CE=2CH=8、BE=5，即可得答案．试题解析：（1）①∵△ABC 绕点A 顺时针方向旋转60°得到△ADE ，∴AB=AD ，∠BAD=60°，∴△ABD 是等边三角形；②由①得△ABD 是等边三角形，∴AB=BD ，∵△ABC 绕点A 顺时针方向旋转60°得到△ADE ，∴AC=AE ，BC=DE ，又∵AC=BC ，∴EA=ED ，∴点B 、E 在AD 的中垂线上，∴BE 是AD 的中垂线，∵点F在BE的延长线上，∴BF⊥AD， AF=DF；③由②知BF⊥AD，AF=DF，∴AF=DF=3，∵AE=AC=5，∴EF=4，∵在等边三角形ABD中，BF=AB•sin∠BAF=6×=3，∴BE=BF﹣EF=3﹣4；（2）如图所示，∵∠DAG=∠ACB，∠DAE=∠BAC，∴∠ACB+∠BAC+∠ABC=∠DAG+∠DAE+∠ABC=180°，又∵∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°，∴∠BAE=∠ABC，∵AC=BC=AE，∴∠BAC=∠ABC，∴∠BAE=∠BAC，∴AB⊥CE，且CH=HE=CE，∵AC=BC，∴AH=BH=AB=3，则CE=2CH=8，BE=5，∴BE+CE=13．考点：三角形综合题.12．已知：一次函数的图象与x轴、y轴的交点分别为A、B，以B为旋转中心，将△BOA逆时针旋转，得△BCD（其中O与C、A与D是对应的顶点）.（1）求AB的长；（2）当∠BAD=45°时，求D点的坐标；（3）当点C在线段AB上时，求直线BD的关系式.【答案】（1）5；（2）D（4，7）或（-4，1）；（3）【解析】试题分析：（1）先分别求得一次函数的图象与x轴、y轴的交点坐标，再根据勾股定理求解即可；（2）根据旋转的性质结合△BOA的特征求解即可；（3）先根据点C在线段AB上判断出点D的坐标，再根据待定系数法列方程组求解即可.（1）在时，当时，，当时，∴；（2）由题意得D（4，7）或（-4，1）；（2）由题意得D点坐标为（4，）设直线BD的关系式为∵图象过点B（0，4），D（4，）∴，解得∴直线BD的关系式为.考点：动点的综合题点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．13．已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE．（1）如图1，求证：△CDE是等边三角形．（2）设OD＝t，①当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．②求t为何值时，△DEB是直角三角形（直接写出结果即可）．【答案】(1)见解析;(2) ①见解析; ②t＝2或14.【解析】【分析】（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（2）①当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；②存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA-DA=6-4=2=t；当6＜t＜10时，此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14．【详解】（1）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE＝60°，DC＝EC，∴△CDE是等边三角形；（2）①存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE＝AD，∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE＝CD，∴C△DBE＝CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD＝3，∴△BDE的最小周长＝CD+4＝3；②存在，∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意；当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，∴∠BED＝90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB＝60°，∴∠CEB＝30°，∵∠CEB＝∠CDA，∴∠CDA＝30°，∵∠CAB＝60°，∴∠ACD＝∠ADC＝30°，∴DA＝CA＝4，∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，∴t＝2；当6＜t＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，∴此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，又由（1）知∠CDE＝60°，∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE＝90°，从而∠BCD＝30°，∴BD＝BC＝4，∴OD＝14，∴t＝14，综上所述：当t＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．14．如图，正方形ABCD，点M是线段CB延长线一点，连结AM，AB a=，AM b（1）将线段AM沿着射线AD运动，使得点A与点D重合，用代数式表示线段AM扫过的平面部分的面积.（2）将三角形ABM绕着点A旋转，使得AB与AD重合，点M落在点N，用代数式表示线段AM扫过的平面部分的面积.（3）将三角形ABM顺时针旋转，使旋转后的三角形有一边与正方形的一边完全重合（第（2）小题的情况除外），请在如图中画出符合条件的3种情况，并写出相应的旋转中心和旋转角【答案】（1）2a ；（2）214b π或234b π；（3）见解析【解析】【分析】（1）根据平移的性质和平行四边形的面积计算即可；（2）根据扇形的面积计算即可；（3）根据旋转的性质画出图形得出旋转中心和角度即可．【详解】解：（1）2AD DC a •=答：线段AM 扫过的平面部分的面积为2a（2）三角形ABM 绕着点A 旋转，使得AB 与AD 重合，则三角形ABM 旋转的角度是90°或270°∴°2°90360AMN b S π⨯=扇形或°2°270360AMN b S π⨯=扇形 ∴214AMN S b π=扇形或234b π 答：扇形AMN 的面积为214b π或234b π（3）如图1，旋转中心：AB 边的中点为O ，顺时针180o如图2，旋转中心：点B ，顺时针旋转90o如图3，旋转中心：正方形对角线交点O ，顺时针旋转90o【点睛】本题考查了旋转的性质，关键是根据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解答．15．如图，四边形ABCD 中，45ABC ADC ∠=∠=o ，将BCD ∆绕点C 顺时针旋转一定角度后，点B 的对应点恰好与点A 重合，得到ACE ∆.（1）判断ABC ∆的形状，并说明理由；（2）若2AD =，3CD =，试求出四边形ABCD 的对角线BD 的长.【答案】（1）ABC ∆是等腰直角三角形，理由详见解析；（222【解析】【分析】（1）利用旋转不变性证明A4BC 是等腰直角三角形.（2）证明ACDE 是等腰直角三角形，再在Rt △ADE 中，求出AE 即可解决问题.【详解】解：（1）ABC ∆是等腰直角三角形.理由：∵BC CA =，∴45CBA CAB ∠=∠=o ，∴90ACB ∠=o ，∴ACB ∆是等腰直角三角形.（2）如图：由旋转的性质可知：90DCE ACB ∠=∠=o ，3CD CE ==，BD AE =， ∴32DE =45CDE CED ∠=∠=o ，∵45∠=o，ADC∴454590o o o，ADE∠=+=∴()2222=+=+=，23222AE AD DE∴22==.BD AE【点睛】本题考查旋转变换，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型。