备战中考数学易错题专题训练-初中数学 旋转练习题附答案

备战中考数学易错题专题训练-初中数学旋转练习题附答案
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．已知正方形ABCD的边长为4，一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转，角的两边分别与BC、DC的延长线交于点E、F，连接EF，设CE＝a，CF＝b．
（1）如图1，当a＝42时，求b的值；
（2）当a＝4时，在图2中画出相应的图形并求出b的值；
（3）如图3，请直接写出∠EAF绕点A旋转的过程中a、b满足的关系式．
【答案】（1）422）b＝8；（3）ab＝32．
【解析】
试题分析：（1）由正方形ABCD的边长为4，可得AC＝2，∠ACB＝45°．
再CE＝a＝2∠CAE＝∠AEC，从而可得∠CAF的度数，既而可得 b=AC；
（2）通过证明△ACF∽△ECA，即可得；
（3）通过证明△ACF ∽△ECA ，即可得.
试题解析：（1）∵正方形ABCD 的边长为4，∴AC ＝42 ，∠ACB ＝45°． ∵CE ＝a ＝42，∴∠CAE ＝∠AEC ＝
452
︒
＝22.5°，∴∠CAF ＝∠EAF －∠CAE ＝22.5°，∴∠AFC ＝∠ACD －∠CAF ＝22.5°，∴∠CAF ＝∠AFC ，∴b=AC ＝CF ＝42；
（2）∵∠FAE ＝45°，∠ACB ＝45°，∴∠FAC ＋∠CAE ＝45°，∠CAE ＋∠AEC ＝45°，∴∠FAC ＝∠AEC ．
又∵∠ACF ＝∠ECA ＝135°，∴△ACF ∽△ECA ，∴AC CF EC CA =，∴42442
=，∴CF ＝8，即b ＝8． （3）ab ＝32．
提示：由（2）知可证△ACF ∽△ECA ，∴∴
AC CF EC CA =，∴4242
a =，∴a
b ＝32．
3．（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．
4．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.
5．如图1．在△ABC中，∠ACB＝90°，点P为△ABC内一点．
（1）连接PB、PC，将△BCP沿射线CA方向平移，得到△DAE，点B、C、P的对应点分别为点D、A、E，连接CE．
①依题意，请在图2中补全图形；
②如果BP⊥CE，AB＋BP＝9，CE＝33，求AB的长．
（2）如图3，以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接PA、PB、PC，当AC＝4，AB＝8时，根据此图求PA＋PB＋PC的最小值．
【答案】⑴①见解析，②AB＝6；⑵47.
【解析】
分析：（1）①根据题意补全图形即可；
②连接BD、CD．根据平移的性质和∠ACB＝90°，得到四边形BCAD是矩形，从而有CD＝
-，由勾股定理求解即可；
AB，设CD＝AB＝x，则PB＝DE＝9x
（2）当C、P、M、N四点共线时，PA＋PB＋PC最小．由旋转的性质和勾股定理求解即可．
详解：（1）①补全图形如图所示；
②如图：连接BD、CD．
∵△BCP沿射线CA方向平移，得到△DAE，
∴BC∥AD且BC＝AD，PB＝DE．
∵∠ACB＝90°，
∴四边形BCAD是矩形，∴CD＝AB，设CD＝AB＝x，则PB＝9x
-，
-，
DE＝BP＝9x
∵BP⊥CE，BP∥DE，∴DE⊥CE，
∴2
2
2
CE DE CD +=，∴()
()2
2
233
9x x +-=，
∴6x =，即AB ＝6；
（2）如图，当C 、P 、M 、N 四点共线时，PA ＋PB ＋PC 最小．
由旋转可得：△AMN ≌△APB ，∴PB ＝MN ． 易得△APM 、△ABN 都是等边三角形，∴PA ＝PM ， ∴PA ＋PB ＋PC ＝PM ＋MN ＋PC ＝CN ， ∴BN ＝AB ＝8，∠BNA ＝60°，∠PAM ＝60°， ∴∠CAN ＝∠CAB ＋∠BAN ＝60°＋60°＝120°， ∴∠CBN ＝90°．
在Rt △ABC 中，易得：2222=8443BC AB AC -=-=， ∴在Rt △BCN 中，22486447CN BC BN =
+=+=．
点睛：本题属于几何变换综合题，主要考查了旋转和平移的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形和全等三角形，依据图形的性质进行计算求解．
6．小明在矩形纸片上画正三角形，他的做法是：①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB 与DC 重合，得到折痕EF ，把纸片展平；②沿折痕BG 折叠纸片，使点C 落在EF 上的点P 处，再折出PB 、PC ，最后用笔画出△PBC(图1)．
（1）求证：图1中的 PBC 是正三角形：
（2）如图2，小明在矩形纸片HIJK 上又画了一个正三角形IMN ，其中IJ=6cm ，
且HM=JN ． ①求证：IH=IJ ②请求出NJ 的长；
（3）小明发现：在矩形纸片中，若一边长为6cm ，当另一边的长度a 变化时，在矩形纸片
上总能画出最大的正三角形，但位置会有所不同．请根据小明的发现，画出不同情形的示意图(作图工具不限，能说明问题即可)，并直接写出对应的a 的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②12-63（3）33＜a ＜43，a ＞43 【解析】
分析：（1）由折叠的性质和垂直平分线的性质得出PB=PC ，PB=CB ，得出PB=PC=CB 即可；
（2）①利用“HL”证Rt △IHM ≌Rt △IJN 即可得；②IJ 上取一点Q ，使QI=QN ，由Rt △IHM ≌Rt △IJN 知∠HIM=∠JIN=15°，继而可得∠NQJ=30°，设NJ=x ，则IQ=QN=2x 、QJ=3x ，根据IJ=IQ+QJ 求出x 即可得；
（3）由等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理进行计算，画出图形即可． （1）证明：∵①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB 与DC 重合，得到折痕EF ∴PB=PC
∵沿折痕BG 折叠纸片，使点C 落在EF 上的点P 处 ∴PB=BC ∴PB=PC=BC
∴△PBC 是正三角形： （2）证明：①如图
∵矩形AHIJ ∴∠H=∠J=90° ∵△MNJ 是等边三角形 ∴MI=NI
在Rt △MHI 和Rt △JNI 中
MI NI
MH NJ =⎧⎨
=⎩
∴Rt △MHI ≌Rt △JNI （HL ） ∴HI=IJ
②在线段IJ 上取点Q ，使IQ=NQ
∵Rt△IHM≌Rt△IJN，
∴∠HIM=∠JIN，
∵∠HIJ=90°、∠MIN=60°，
∴∠HIM=∠JIN=15°，
由QI=QN知∠JIN=∠QNI=15°，∴∠NQJ=30°，
设NJ=x，则IQ=QN=2x，
QJ=22=3
QN NJ
-x，
∵IJ=6cm，
∴2x+3x=6，
∴x=12-63，即NJ=12-63（cm）．（3）分三种情况：
①如图：
设等边三角形的边长为b，则0＜b≤6，
则tan60°=
3=
2
a
b，
∴a=3b，
∴0＜b≤63
2
=33；
②如图
当DF与DC重合时，DF=DE=6，
∴a=sin60°6333
当DE与DA重合时，a=
6
3
sin603
==
︒
∴
33＜a
＜43；
③如图
∵△DEF是等边三角形∴∠FDC=30°
∴DF=
6
43 cos303
==
︒
∴a＞43
点睛：本题是四边形的综合题目，考查了折叠的性质、等边三角形的判定与性质、旋转的性质、直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大．
7．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°，∴∠ADE′=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．
8．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．
9．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.
10．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
+=，求出a即可解决问题；
62)24
a a
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．
11．小明合作学习小组在探究旋转、平移变换．如图△ABC ，△DEF 均为等腰直角三角形，各顶点坐标分别为A （1，1），B （2，2），C （2，1），D （2，0），E （22， 0），F （
322
，22-）．
（1）他们将△ABC 绕C 点按顺时针方向旋转450得到△A 1B 1C ．请你写出点A 1，B 1的坐标，并判断A 1C 和DF 的位置关系；
（2）他们将△ABC 绕原点按顺时针方向旋转450，发现旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线2y 22x bx c =++上．请你求出符合条件的抛物线解析式；
（3）他们继续探究，发现将△ABC 绕某个点旋转45，若旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线2
y x =上，则可求出旋转后三角形的直角顶点P 的坐标．请你直接写出点P 的所有坐标．
【答案】解：（1）2
22222b c 0
{
32322
22b c 222
+=⎛++= ⎝⎭
．
A1C和DF的位置关系是平行．
（2）∵△ABC绕原点按顺时针方向旋转45°后的三角形即为△DEF，
∴①当抛物线经过点D、E
时，根据题意可得：
(
2
2
c0
{
c0
++=
++=
，解得
b12
{
c
=-
=
∴2
y12x
=-+
②当抛物线经过点D、F
时，根据题意可得：
2
2
c0
{
b c
222
++=
⎛
++=
⎝⎭
，解得
b11
{
c
=-
=
∴2
y11x
=-+
③当抛物线经过点E、F
时，根据题意可得：
(
2
2
c0
{
b c
222
++=
⎛
++=
⎝⎭
，解得
b13
{
c
=-
=
∴2
y13x
=-+
（3）在旋转过程中，可能有以下情形：
①顺时针旋转45°，点A、B落在抛物线上，如答图1所示，
易求得点P坐标为（0
）．
②顺时针旋转45°，点B、C落在抛物线上，如答图2所示，
设点B′，C′的横坐标分别为x1，x2，
易知此时B′C′与一、三象限角平分线平行，∴设直线B′C′的解析式为y=x+b．
联立y=x2与y=x+b得：x2=x+b，即2x x b0
--=，∴1212
x x1x x b
+==-
，．
∵B′C′=1，∴
根据题意易得：
12
x x
2
-=，∴()2
12
1
x x
2
-=，即
()2
1212
1
x x4x x
2
+-=．
∴1
14b
2
+=，解得
1
b
8
=-．
∴2
1x x 08-+
=，解得2x 4+=x 或2x 4
-=．
∵点C′的横坐标较小，∴x =
当x =时，2y x ==
∴P （
2438
-）． ③顺时针旋转45°，点C 、A 落在抛物线上，如答图3所示， 设点C′，A′的横坐标分别为x 1，x 2．
易知此时C′A′与二、四象限角平分线平行，∴设直线C′A′的解析式为y x b =-+． 联立y=x 2与y x b =-+得：2x x b =-+，即2x x b 0+-=，∴1212x x 1x x b +=-=-，．
∵C′A′=1，∴根据题意易得：12x x -=
，∴()2121x x 2-=，即
()
2
12121
x x 4x x 2
+-=
． ∴1
14b 2+=，解得1b 8
=-．
∴21x x 08++
=，解得2x 4-+=x 或2x 4
-=．
∵点C′的横坐标较大，∴x =．
当2x 4-+=时，23y x 8
-==．
∴P （
24-+，38
-）． ④逆时针旋转45°，点A 、B 落在抛物线上．
因为逆时针旋转45°后，直线A′B′与y 轴平行，因为与抛物线最多只能有一个交点，故此种情形不存在．
⑤逆时针旋转45°，点B 、C 落在抛物线上，如答图4所示，
与③同理，可求得：P （
24-+，38
-）． ⑥逆时针旋转45°，点C 、A 落在抛物线上，如答图5所示，
与②同理，可求得：P （
24+，38
+）．
综上所述，点P 的坐标为：（0，
122-），（224-，322
8
-），P （224-+，
3228
-，（224+，322
8+）．
【解析】
（1）由旋转性质及等腰直角三角形边角关系求解．
（2）首先明确△ABC 绕原点按顺时针方向旋转45°后的三角形即为△DEF ，然后分三种情况进行讨论，分别计算求解．
（3）旋转方向有顺时针、逆时针两种可能，落在抛物线上的点有点A 和点B 、点B 和点C 、点C 和点D 三种可能，因此共有六种可能的情形，需要分类讨论，避免漏解． 考点：旋转变换的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，平行线的性质，等腰直角三角形的性质，分类思想的应用．
12．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 ===-=-．
13．已知O 为直线MN 上一点，OP ⊥MN ，在等腰Rt △ABO 中，90BAO ∠=︒，AC ∥OP 交OM 于C ，D 为OB 的中点，DE ⊥DC 交MN 于E ．
(1) 如图1，若点B 在OP 上，则①AC OE (填“＜”，“＝”或“＞”)；②线段CA 、CO 、CD 满足的等量关系式是 ；
(2) 将图1中的等腰Rt △ABO 绕O 点顺时针旋转α(045α︒<<︒)，如图2，那么(1)中的结论②是否成立？请说明理由；
(3) 将图1中的等腰Rt △ABO 绕O 点顺时针旋转α()，请你在图3中画出图形，并直接写出线段CA 、CO 、CD 满足的等量关系式 ；
【答案】（1）①=；②AC 2+CO 2=CD 2；（2）（1）中的结论②不成立，理由见解析；（3）画图见解析；OC-CA=2CD.
【解析】
试题分析：（1）①如图1，证明AC=OC 和OC=OE 可得结论；②根据勾股定理可得：AC 2+CO 2=CD 2；（2）如图2，（1）中的结论②不成立，作辅助线，构建全等三角形，证明A 、D 、O 、C 四点共圆，得∠ACD=∠AOB ，同理得：∠EFO=∠EDO ，再证明
△ACO ≌△EOF ，得OE=AC ，AO=EF ，根据勾股定理得：AC 2+OC 2=FO 2+OE 2=EF 2，由直角三角形中最长边为斜边可得结论；（3）如图3，连接AD ，则AD=OD 证明△ACD ≌△OED ，根据△CDE 是等腰直角三角形，得CE 2=2CD 2，等量代换可得结论（OC ﹣OE ）2=（OC ﹣AC ）2=2CD 2，开方后是：OC ﹣AC=CD ．
试题解析：（1）①AC=OE ，
理由：如图1，∵在等腰Rt △ABO 中，∠BAO=90°，∴∠ABO=∠AOB=45°，
∵OP ⊥MN ，∴∠COP=90°，∴∠AOC=45°，
∵AC ∥OP ，∴∠CAO=∠AOB=45°，∠ACO=∠POE=90°，∴AC=OC ，
连接AD ，
∵BD=OD ，∴AD=OD ，AD ⊥OB ，∴AD ∥OC ，∴四边形ADOC 是正方形，∴∠DCO=45°，
∴AC=OD，∴∠DEO=45°，∴CD=DE，∴OC=OE，
∴AC=OE；
②在Rt△CDO中，
∵CD2=OC2+OD2，∴CD2=AC2+OC2；
故答案为AC2+CO2=CD2；
（2）如图2，（1）中的结论②不成立，
理由是：
连接AD，延长CD交OP于F，连接EF，
∵AB=AO，D为OB的中点，∴AD⊥OB，∴∠ADO=90°，
∵∠CDE=90°，∴∠ADO=∠CDE，∴∠ADO﹣∠CDO=∠CDE﹣∠CDO，即∠ADC=∠EDO，∵∠ADO=∠ACO=90°，∴∠ADO+∠ACO=180°，∴A、D、O、C四点共圆，
∴∠ACD=∠AOB，
同理得：∠EFO=∠EDO，∴∠EFO=∠AOC，
∵△ABO是等腰直角三角形，∴∠AOB=45°，∴∠DCO=45°，∴△COF和△CDE是等腰直角三角形，
∴OC=OF，∵∠ACO=∠EOF=90°，∴△ACO≌△EOF，∴OE=AC，AO=EF，
∴AC2+OC2=FO2+OE2=EF2，
Rt△DEF中，EF＞DE=DC，∴AC2+OC2＞DC2，
所以（1）中的结论②不成立；
（3）如图3，结论：OC﹣CA=CD，
理由是：连接AD，则AD=OD，
同理：∠ADC=∠EDO，
∵∠CAB+∠CAO=∠CAO+∠AOC=90°，∴∠CAB=∠AOC，
∵∠DAB=∠AOD=45°，∴∠DAB﹣∠CAB=∠AOD﹣∠AOC，
即∠DAC=∠DOE，∴△ACD≌△OED，∴AC=OE，CD=DE，∴△CDE是等腰直角三角形，∴CE 2=2CD2，∴（OC﹣OE）2=（OC﹣AC）2=2CD2，∴OC﹣AC=CD，
故答案为OC﹣AC=CD．
考点：几何变换的综合题
14．（1）发现
如图，点A 为线段BC 外一动点，且BC a =，AB b =.
填空：当点A 位于____________时，线段AC 的长取得最大值，且最大值为_________.（用含a ，b 的式子表示）
（2）应用
点A 为线段BC 外一动点，且3BC =，1AB =.如图所示，分别以AB ，AC 为边，作等边三角形ABD 和等边三角形ACE ，连接CD ，BE .
①找出图中与BE 相等的线段，并说明理由；
②直接写出线段BE 长的最大值.
（3）拓展
如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为()2,0，点B 的坐标为()5,0，点P 为线段AB 外一动点，且2PA =，PM PB =，90BPM ∠=︒，求线段AM 长的最大值及此时点P 的坐标.
【答案】（1）CB 的延长线上，a+b ；（2）①DC=BE,理由见解析；②BE 的最大值是4;（3）AM 的最大值是2，点P 的坐标为（22）
【解析】
【分析】
（1）根据点A 位于CB 的延长线上时，线段AC 的长取得最大值，即可得到结论； （2）①根据等边三角形的性质得到AD=AB ，AC=AE ，∠BAD=∠CAE=60°，推出
△CAD ≌△EAB ，根据全等三角形的性质得到CD=BE ；②由于线段BE 长的最大值=线段CD 的最大值，根据（1）中的结论即可得到结果；
（3）连接BM ，将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN ，连接AN ，得到△APN 是等腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到PN=PA=2，BN=AM ，根据当N 在线段BA 的延长线时，线段BN 取得最大值，即可得到最大值为2+3；如图2，过P 作PE ⊥x 轴于E ，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：（1）∵点A 为线段BC 外一动点，且BC=a ，AB=b ，
∴当点A 位于CB 的延长线上时，线段AC 的长取得最大值，且最大值为BC+AB=a+b ， 故答案为CB 的延长线上，a+b ；
（2）①CD=BE ，
理由：∵△ABD 与△ACE 是等边三角形，
∴AD=AB ，AC=AE ，∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC ，
即∠CAD=∠EAB ，
在△CAD 与△EAB 中，
AD AB CAD EAB AC AE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ ， ∴△CAD ≌△EAB ，
∴CD=BE ；
②∵线段BE 长的最大值=线段CD 的最大值，
由（1）知，当线段CD 的长取得最大值时，点D 在CB 的延长线上，
∴最大值为BD+BC=AB+BC=4；
（3）∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，
则△APN是等腰直角三角形，
∴PN=PA=2，BN=AM，
∵A的坐标为（2，0），点B的坐标为（5，0），
∴OA=2，OB=5，
∴AB=3，
∴线段AM长的最大值=线段BN长的最大值，
∴当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，
最大值=AB+AN，
∵AN=2AP=22，
∴最大值为22+3；
如图2，过P作PE⊥x轴于E，
∵△APN是等腰直角三角形，
∴2，
∴22，
∴P（22）．
【点睛】
考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，最大值问题，旋转的性质．正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
15．如图1，O为直线AB上一点，OC为射线，∠AOC＝40°，将一个三角板的直角顶点放在点O处，一边OD在射线OA上，另一边OE与OC都在直线AB的上方．
（1）将三角板绕点O顺时针旋转，若OD恰好平分∠AOC（如图2），试说明OE平分
∠BOC；
（2）将三角板绕点O在直线AB上方顺时针旋转，当OD落在∠BOC内部，且∠COD＝
1
∠BOE时，求∠AOE的度数：
3
（3）将图1中的三角板和射线OC同时绕点O，分别以每秒6°和每秒2°的速度顺时针旋转一周，求第几秒时，OD恰好与OC在同一条直线上？
【答案】（1）证明见解析；（2）142.5°；（3）第10秒或第55秒时.
【解析】
【分析】
（1）由角平分线的性质及同角的余角相等，可得答案；
（2）设∠COD＝α，则∠BOE＝3α，由题意得关于α的方程，求解即可；
（3）分两种情况考虑：当OD与OC重合时；当OD与OC的反向延长线重合时．
【详解】
解：（1）∵OD恰好平分∠AOC
∴∠AOD＝∠COD
∵∠DOE＝90°
∴∠AOD+∠BOE＝90°，∠COD+∠COE＝90°
∴∠BOE＝∠COE
∴OE平分∠BOC．
（2）设∠COD＝α，则∠BOE＝3α，当OD在∠BOC的内部时，
∠AOD＝∠AOC+∠COD＝40°+α
∵∠AOD+∠BOE＝180°﹣90°＝90°
∴40°+α+3α＝90°
∴α＝12.5°
∴∠AOE＝180°﹣3α＝142.5°
∴∠AOE的度数为142.5°．
（3）设第t秒时，OD与OC恰好在同一条直线上，则∠AOD＝6t，∠AOC＝2t+40°；
当OD与OC重合时，6t﹣2t＝40°
∴t＝10（秒）；
当OD与OC的反向延长线重合时，6t﹣2t＝180°+40°
∴t＝55（秒）
∴第10秒或第55秒时，OD恰好与OC在同一条直线上．
【点睛】
本题主要考查角平分线的性质、余角的性质，角度的计算，进行分类讨论不漏解是关键.。