2020-2021中考数学压轴题专题复习——初中数学 旋转的综合及详细答案

2020-2021中考数学压轴题专题复习——初中数学旋转的综合及详细答案

一、旋转

1．如图1，在□ABCD中，AB=6，∠B= (60°<≤90°). 点E在BC上，连接AE，把△ABE沿AE折叠，使点B与AD上的点F重合，连接EF.

(1)求证：四边形ABEF是菱形；

(2)如图2，点M是BC上的动点，连接AM，把线段AM绕点M顺时针旋转得到线段MN，连接FN，求FN的最小值(用含的代数式表示).

【答案】（1）详见解析；（2）FE·sin(－90°)

【解析】

【分析】

(1)由四边形ABCD是平行四边形得AF∥BE，所以∠FAE=∠BEA，由折叠的性质得

∠BAE=∠FAE，∠BEA=∠FEA,所以∠BAE=∠FEA，故有AB∥FE，因此四边形ABEF是平行四边形，又BE=EF,因此可得结论；

(2)根据点M在线段BE上和EC上两种情况证明∠ENG＝90°－，利用菱形的性质得到∠FEN＝－90°，再根据垂线段最短，求出FN的最小值即可.

【详解】

（1）∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，

∴∠FAE=∠BEA，

由折叠的性质得∠BAE=∠FAE，∠BEA=∠FEA, BE=EF，

∴∠BAE=∠FEA，

∴AB∥FE，

∴四边形ABEF是平行四边形，

又BE=EF，

∴四边形ABEF是菱形；

（2）①如图1，当点M在线段BE上时，在射线MC上取点G，使MG＝AB，连接GN、EN.

∵∠AMN＝∠B＝，∠AMN+∠2＝∠1+∠B

∴∠1＝∠2

又AM＝NM，AB＝MG

∴△ABM≌△MGN

∴∠B＝∠3，NG＝BM

∵MG＝AB＝BE

∴EG＝AB＝NG

∴∠4=∠ENG= (180°－)＝90°－

又在菱形ABEF中，AB∥EF

∴∠FEC＝∠B=

∴∠FEN＝∠FEC－∠4=－ (90°－)＝－90°

②如图2，当点M在线段EC上时，在BC延长线上截取MG＝AB，连接GN、EN.

同理可得：∠FEN＝∠FEC－∠4=－ (90°－)＝－90°

综上所述，∠FEN＝－90°

∴当点M在BC上运动时，点N在射线EH上运动(如图3)

当FN⊥EH时，FN最小，其最小值为FE·sin(－90°)

【点睛】

本题考查了菱形的判定与性质以及求最短距离的问题，解题的关键是分类讨论得出∠FEN ＝－90°，再运用垂线段最短求出FN的最小值.

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

,22

PM 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 ，1

2

PN AD =，推出PM PN =，90MPN ∠=?，可得2

2222

BE 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 ，1

2

PM BE =

，

∵BN ＝DN ，AP ＝PB ，

∴PN ∥AD ，1

2

PN 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 =，

∴1

22

MN BE =?， ∴2BE MN =

，

故答案为1

2

PM 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 ，1

2

PN AD =， ∴PM ＝PN ，∠MPN ＝90°，

∴2

2222

BE 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，()

2

222

6234BG BC CG =-=-

=，

∴342BE BG GE =-=-， ∴2

1712

MN 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，()

2

222

6234BG BC CG =-=-

=

∴342BE BG GE =+=， ∴2

1712

MN BE =

=． 综上所述，MN 17﹣117． 【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=1

2

AC，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=1

2 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 DBF

ADC BDF AD BD

∠=∠

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

∴△ADC≌△BDF（AAS），∴BF=AC；

（2）NE=1

2

AC，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=1

2 AC．

4．如图1，△ABC是边长为4cm的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA=6cm，点D 从O点出发，沿OM的方向以1cm/s的速度运动，当D不与点A重合时，将△ACD绕点C 逆时针方向旋转60°得到△BCE，连结DE．

（1）求证：△CDE是等边三角形；

（2）如图2，当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE的最小周长；若不存在，请说明理由；

（3）如图3，当点D在射线OM上运动时，是否存在以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）见解析（2）见解析（3）存在

【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于点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 cm，

∴△BDE的最小周长=CD

；

（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．

点睛：在不带坐标的几何动点问题中求最值，通常是将其表达式写出来，再通过几何或代数的方法求出最值；像第三小问这种探究性的题目，一定要多种情况考虑全面，控制变量，从某一个方面出发去分类.

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=1

2

CE，PM∥CE，PN=

1

2

BD，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=1

2

BD，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=1

2

CE，PM∥CE，

∵点N，M分别是BC，DE的中点，

∴PN=1

2

BD，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=1

2 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．在平面直角坐标中，边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O在原点.现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点一次落在直线y x

=上时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y x

=于点M，BC边交x轴于点N（如图）.

（1）求边OA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，求正方形OABC旋转的度数；

（3）设MBN

?的周长为p，在旋转正方形OABC的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.

【答案】（1）π/2（2）22.5°(3)周长不会变化，证明见解析

【解析】

试题分析：（1）根据扇形的面积公式来求得边OA在旋转过程中所扫过的面积；

（2）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出∠AOM的度数；

（3）利用全等把△MBN的各边整理到成与正方形的边长有关的式子．

试题解析：（1）∵A点第一次落在直线y=x上时停止旋转，直线y=x与y轴的夹角是45°，

∴OA旋转了45°．

∴OA在旋转过程中所扫过的面积为

2

452

3602ππ

?

=．

（2）∵MN∥AC，

∴∠BMN=∠BAC=45°，∠BNM=∠BCA=45°．

∴∠BMN=∠BNM．∴BM=BN．

又∵BA=BC，∴AM=CN．

又∵OA=OC，∠OAM=∠OCN，∴△OAM≌△OCN．

∴∠AOM=∠CON=1

2（∠AOC-∠MON）=

1

2

（90°-45°）=22.5°．

∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形OABC旋转的度数为45°-22.5°=22.5°．（3）在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．

证明：延长BA交y轴于E点，

则∠AOE=45°-∠AOM，∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM，

∴∠AOE=∠CON．

又∵OA=OC，∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN．

∴△OAE≌△OCN．

∴OE=ON，AE=CN．

又∵∠MOE=∠MON=45°，OM=OM，

∴△OME≌△OMN．∴MN=ME=AM+AE．

∴MN=AM+CN，

∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4．

∴在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．

考点：旋转的性质.

7．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

AC

BC

＝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 3

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

，

3

∴当k为3

时，△CPE总是等边三角形．

3

【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．

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．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．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，E是边AC上任意一点（点E与点A，C不重合），以CE为一直角边作Rt△ECD，∠ECD=90°，连接BE，AD．

（1）若CA=CB，CE=CD

①猜想线段BE，AD之间的数量关系及所在直线的位置关系，直接写出结论；

②现将图1中的Rt△ECD绕着点C顺时针旋转锐角α，得到图2，请判断①中的结论是否仍然成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；

（2）若CA=8,CB=6，CE=3，CD=4，Rt△ECD绕着点C顺时针转锐角α，如图3，连接BD，AE，计算的值．

【答案】（1）①BE=AD，BE⊥AD；②见解析；（2）125．

【解析】

试题分析：根据三角形全等的判定与性质得出BE=AD，BE⊥AD；设BE与AC的交点为点F，BE与AD的交点为点G，根据∠ACB=∠ECD=90°得出∠ACD=∠BCE，然后结合AC=BC，CD=CE得出△ACD≌△BCE，则AD=BE，∠CAD=∠CBF，根据∠BFC=∠AFG，

∠BFC+∠CBE=90°得出∠AFG+∠CAD=90°，从而说明垂直；首先根据题意得出

△ACD∽△BCE，然后说明∠AGE=∠BGD=90°，最后根据直角三角形的勾股定理将所求的线段转化成已知的线段得出答案．

试题解析：（1）①解：BE=AD，BE⊥AD

②BE=AD，BE⊥AD仍然成立

证明：设BE与AC的交点为点F，BE与AD的交点为点G，如图1．

∵∠ACB=∠ECD=90°，∴∠ACD=∠BCE ∵AC=BC CD=CE ∴△ACD≌△BCE

∴AD=BE ∠CAD=∠CBF ∵∠BFC=∠AFG ∠BFC+∠CBE=90°∴∠AFG+∠CAD=90°

∴∠AGF=90°∴BE⊥AD

（2）证明：设BE与AC的交点为点F，BE的延长线与AD的交点为点G，如图2．

∵∠ACB=∠ECD=90°， ∴∠ACD=∠BCE ∵AC=8，BC=6，CE=3，CD=4 ∴△ACD ∽△BCE ∴∠CAD=∠CBE ∵∠BFC=∠AFG ∠BFC+∠CBE=90° ∴∠AFG+∠CAD=90° ∴∠AGF=90° ∴BE ⊥AD ∴∠AGE=∠BGD=90° ∴，．∴．

∵，

，

∴

考点：三角形全等与相似、勾股定理．

11．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”。 （1）概念理解:

如图1,在ABC ?中,6AC = ,3BC =.30ACB ∠=?,试判断ABC ?是否是“等高底”三角形，请说明理由. （2）问题探究:

如图2, ABC ?是“等高底”三角形,BC 是“等底”，作ABC ?关于BC 所在直线的对称图形得到A BC '?,连结AA '交直线BC 于点D .若点B 是123,12z ai z i =-=+的重心,求AC

BC

的值. （3）应用拓展:

如图3,已知12l l //,1l 与2l 之间的距离为2.“等高底”ABC ?的“等底” BC 在直线1l 上,点A 在直线2l 上,有一边的长是BC 的2倍.将ABC ?绕点C 按顺时针方向旋转45?得到

A B C ?'',A C '所在直线交2l 于点D .求CD 的值.

【答案】（1）证明见解析；（2）13

AC BC =

（3）CD 210322 【解析】

分析：（1）过点A 作AD ⊥直线CB 于点D ，可以得到AD =BC =3，即可得到结论；

（2）根据 ΔABC 是“等高底”三角形，BC 是“等底”，得到AD =BC ， 再由 ΔA ′BC 与ΔABC 关于直线BC 对称， 得到 ∠ADC =90°，由重心的性质，得到BC =2BD ．设BD =x ，则AD =BC =2x ， CD =3x ，由勾股定理得AC =13x ，即可得到结论；

（3）分两种情况讨论即可：①当AB =2BC 时，再分两种情况讨论； ②当AC =2BC 时，再分两种情况讨论即可． 详解：（1）是．理由如下：

如图1，过点A 作AD ⊥直线CB 于点D ， ∴ΔADC 为直角三角形，∠ADC =90°． ∵ ∠ACB =30°，AC =6，∴ AD =1

2

AC =3， ∴ AD =BC =3，

即ΔABC 是“等高底”三角形．

（2）如图2， ∵ ΔABC 是“等高底”三角形，BC 是“等底”，∴AD =BC ， ∵ ΔA ′BC 与ΔABC 关于直线BC 对称， ∴ ∠ADC =90°． ∵点B 是ΔAA ′C 的重心， ∴ BC =2BD ． 设BD =x ，则AD =BC =2x ，∴CD =3x ， ∴由勾股定理得AC =13x ， ∴

1313

22

AC x BC x ==

．

（3）①当AB 2BC 时，

Ⅰ．如图3，作AE ⊥l 1于点E ， DF ⊥AC 于点F ． ∵“等高底” ΔABC 的“等底”为BC ，l 1//l 2， l 1与l 2之间的距离为2， AB 2BC ， ∴BC =AE =2，AB 2， ∴BE =2，即EC =4，∴AC = 25

∵ ΔABC 绕点C 按顺时针方向旋转45°得到ΔA ' B ' C ，∴∠CDF =45°． 设DF =CF =x ．