2018中考数学专题复习几何旋转综合题练习
2018年中考数学-----几何综合题汇总3
2018年中考数学-----几何综合题汇总31．如图1，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=2AB=8，点D、E分别是边BC、AC的中点，连接DE，将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．（1）问题发现：①当α=0°时，= ；②当α=180°时，= ．（2）拓展探究：试判断：当0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）问题解决：当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，直接写出线段BD的长．2．在△ABC中，AB=AC，∠A=60°，点D是线段BC的中点，∠EDF=120°，DE与线段AB相交于点E．DF 与线段AC（或AC的延长线）相交于点F．（1）如图1，若DF⊥AC，垂足为F，AB=4，求BE的长；（2）如图2，将（1）中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F．求证：BE+CF=AB；（3）如图3，将（2）中的∠EDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度，使DF与线段AC 的延长线相交于点F，作DN⊥AC于点N，若DN⊥AC于点N，若DN=FN，求证：BE+CF=（BE﹣CF）．3．如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，∠EAC=90°，点M为射线AE上任意一点（不与A重合），连接CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转90°得到线段CN，直线NB分别交直线CM、射线AE于点F、D．（1）直接写出∠NDE的度数；（2）如图2、图3，当∠EAC为锐角或钝角时，其他条件不变，（1）中的结论是否发生变化？如果不变，选取其中一种情况加以证明；如果变化，请说明理由；（3）如图4，若∠EAC=15°，∠ACM=60°，直线CM与AB交于G，BD=，其他条件不变，求线段AM的长．4．已知直线m∥n，点C是直线m上一点，点D是直线n上一点，CD与直线m、n不垂直，点P为线段CD的中点．（1）操作发现：直线l⊥m，l⊥n，垂足分别为A、B，当点A与点C重合时（如图①所示），连接PB，请直接写出线段PA与PB的数量关系：．（2）猜想证明：在图①的情况下，把直线l向上平移到如图②的位置，试问（1）中的PA与PB的关系式是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．（3）延伸探究：在图②的情况下，把直线l绕点A旋转，使得∠APB=90°（如图③所示），若两平行线m、n之间的距离为2k．求证：PA•PB=k•AB．5．【问题提出】如图①，已知△ABC是等腰三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF；试证明：AB=DB+AF。
天津市2018届中考数学复习《旋转问题》专项训练有答案
天津市2018年中考数学题型专项训练：旋转问题1.如图,在平面直角坐标系中,已知点A 的坐标为(0,2),△A B O 为等边三角形,P是x 轴上的一个动点(不与O 点重合),将线段A P 绕A 点按逆时针方向旋转60°,P 点的对应点为点Q . (Ⅰ)求点B 的坐标;(Ⅱ)当点P 在x 轴负半轴运动时,求证:∠A B Q =90°;(Ⅲ)连接O Q ,在点P 运动的过程中,当O Q 平行A B 时,求点P 的坐标.图① 图② 第1题解图2.在直角坐标系中,O A =C D ,O B =O D ,C D ⊥x 轴于D ,E 、F 分别是O B 、O D 中点,连接E F 交A C 于点G .(Ⅰ)如图①,若点A 的坐标为(－2,0),S △O C D =5,求点B 的坐标; (Ⅱ)如图②,当O B =2O A 时,求证:点G 为A C 的中点;(Ⅲ)如图③,当O B ＞2O A ,△A B O 绕原点O 顺时针旋转α(0°＜α＜45°),(Ⅱ)中的结论是否还成立,若成立,请证明,若不成立,请说明理由.∵O B=O D,O E=E B,O F=D F,∴O E=D F,∵∠A O E=∠F D C,O A=C D,∴△A O E≌△C D F,∴A E=C F=C H,∠A E O=∠C F D,∵O E=O F,∴∠O E F=∠O F E,∵∠A E G=∠A E O＋∠O E F,∠C H G=180°－∠C H F=180°－∠C F H=180°－(180°－∠O F E－∠C F D)=∠O F E＋∠C F D,∴∠A E G=∠C H G,∵∠A G E=∠C G H,∴△A E G≌△C H G,∴A G=C G,即点G为A C的中点.图①图②第2题解图3.如图,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,点A的坐标为(－8,0),直线B C经过点B(－8,6),C(0,6),将四边形O A B C绕点O按顺时针方向旋转角度α得到四边形O A′B′C′,此时边O A′与边B C交于点P,边B′C′与B C的延长线交于点Q,连接A P.(Ⅰ)求证:四边形O A B C是矩形;(Ⅱ)在旋转过程中,当∠P A O=∠P O A,求P点坐标.(Ⅲ)在旋转过程中,当P为线段B Q中点时,连接O Q,求△O P Q的面积.第3题图(Ⅰ)证明:∵点A的坐标为(－8,0),点B(－8,6),C(0,6),∴∠C O A=∠O A B=∠B=90°,∴四边形O A B C是矩形.(Ⅱ)解:如解图①,过点P作P E⊥A O于点E,∵∠P A O=∠P O A,∴P A=P O,∵P E⊥A O,∴A E=E O=4,∴P(－4,6);(Ⅲ)解:如解图②,在R t △O C Q 和R t △O C 'Q 中,CO COOQ OQ⎧⎨＝＝,2244图① 图② 第3题解图4.如图,在平面直角坐标系中A (3,0),B (0,1)P O 、P A 、P B ,将△A B 绕着点A 顺时针旋转(Ⅰ)求点B ′的坐标;(Ⅱ)当△O P A 与△A P 满足什么条件时,P O ＋小值;(Ⅲ)试直接写出(Ⅱ)中的点P 坐标.解:(Ⅰ)∵A (3,0),B (01), ∴A B =2,∠B A O =30°,∵将△A B P 绕着点A 顺时针旋转60°得到△∴A B ′=2,∠B ′A O =90°,∴B ′(3,2);(Ⅱ)由旋转可得,△A P ′是等边三角形, ∴P P ′=P A ,又∵P ′B ′=P B ,∴P O ＋A ＋P B =P O ＋P P ′＋P ′B ∴如解图①,当O 、P 、P ′、B ′四点共线时,P O ∴当∠O P A =∠A P B =∠A P ′B ′=120°时,P O ＋P A此时,P O ＋P A ＋P B =O B ′=22 2(3) =7;(Ⅲ)如解图②,将(Ⅱ)中的△O P B 绕着点O 逆时针旋转60°得到△O B ″P ″,则∠B O B ″=60°,O B ″=O B =1∴点B ″的坐标为(－32,12),由(Ⅱ)可知A 、P 、P ″、B ″四点共线, ∴点P 为O B ′与A B ″的交点,根据A 、B ″两点的坐标可得直线A B ″的解析式为y =－39x ＋13,根据B ′的坐标可得直线O B ′的解析式为y =233x ,联立方程组,解得P (37,27).图① 图② 第4题解图5.如图,将两块直角三角板摆放在平面直角坐标系中,有∠C O D =∠A B O =90°,∠O C D =45°,∠A O B =60°,且A O =C D =8.现将R t △A O B 绕点O 逆时针旋转,旋转角为β(0°≤β≤180°).在旋转过程中,直线C D 分别与直线A B ,O A 交于点F ,G . (Ⅰ)当旋转角β=45°时,求点B 的坐标; (Ⅱ)在旋转过程中,当G F =A F ,求β的值; (Ⅲ)在旋转过程中,当∠B O D =60°时,求直线A B 的解析式.解:(Ⅰ)如解图①,过点B 作B H ⊥x 轴于点H , 在R t △A O B 中,∠A O B =60°,O A =8,∴O B =12O A =4,当β=45°时,即∠B O C =45°,图①图②图③图④当点D落在△A O′B′内部(包括边界第6题图解:(Ⅰ)∵点A的坐标是(3,0),B的坐标是(0,－4),∴O A=3,O B=4.∵C D∥A B,∴△A O B∽△C O D,4 Array第6题解图7.如图,O A B C是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片,O为坐标原点,点A在x轴上,点C在y轴上,O A=9,O C=15,将矩形纸片O A B C绕O点顺时针旋转90°得到矩形O A1B1C1.将矩形O A1B1C1折叠,使得点B1落在x轴上,并与x 轴上的点B2重合,折痕为A1D.(Ⅰ)求点B2的坐标;(Ⅱ)求折痕A1D所在直线的解析式;(Ⅲ)在x轴上是否存在点P,使得∠B P B1为直角？若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.的坐标(直接写出结果即可3图①图②图③第8题解图9.在平面直角坐标系中,点A(－2,0),B(2,0),C(0,2),点D,点E分别是A C,B C的中点,将△C D E绕点C逆时针旋转得到△C D′E′,旋转角为α,连接A D′,B E′. (Ⅰ)如图①,若 0°＜α＜90°,当A D′∥C E′时,求α的大小;(Ⅱ)如图②,若 90°＜α＜180°,当点D′落在线段B E′上时,求s i n∠C B E′的值; (Ⅲ)若直线A D′与直线B E′相交于点P,求点P的横坐标m的取值范围.第9题图解:(Ⅰ)如解图①,∵A(-2,0),B(2,0),C(0,2),∴OA=OB=OC,∴∠ACB=90°,∵△C D′E′是△C D E旋转得到的,图① 图②图③ 图④ 第9题解图10.如图,在平面直角坐标系中,正方形A B C D 的顶点A 、B 、C 、D 的坐标分别为(3,0)、(0,3)、(－3,0)、(0,－3),点M 为A B 上一点,A M :B M =2:1,∠E M F 在A B 的下方以M 为中心旋转且∠E M F =45°,M E 交y 轴于点P ,M F 交x 轴于点Q .(Ⅰ)求点M 的坐标;(Ⅱ)设A Q 的长为y ,B P 的长为x .求y 与x 的函数关系式;(Ⅲ)当P 为O B 的中点时,求四边形O Q M P 的面积.图①图②图③第10题解图。
2018中考数学真题分类汇编解析版-23.旋转
一、选择题1.（2018·济宁，5，3分）6． （2018·济宁，6，3分）如图，在平面直角坐标系中，点A 、C 在x 轴上，点C 的坐标为（－1，0），AC ＝2，将Rt △ABC 先绕点C 顺时针旋转90°，再向右平移3个单位长度，则变换后点A 的对应点坐标是（ ）A ．（2，2）B ．（1，2）C ．（－1，2）D ．（2，－1）答案：A ．解析：如答图所示，先根据题意画出△ABC 绕点C 顺时针旋转90°后的图形△A 1B 1C ．因为C 的坐标为（－1，0），A 1C ＝AC ＝2，所以点A 1的坐标为（－1，2）；再画出将△A 1B 1C 向右平移3个单位长度后的图形△A 2B 2C 2，所以点A 2的坐标为（2，2）．2.（2018·绵阳，5，3分） 下列图形是中心对称图形的是A30B C D答案：D ，解析：根据中心对称图形的定义：整个图形绕着某个点旋转180°后能够与原来的图形重合，这个图形就是中心对称图形。
进行逐项识别． 3.（2018·绵阳，7，3分） 在平面直角坐标系中，以原点为对称中心，把点A (3，4)逆时针旋转90°，得到点B ，则点B 的坐标为 A ．（4，－3） B ．（－4，3） C ．（－3，4） D ．（－3，－4）答案：B ，解析：如下图，过点A 作AD ⊥x 轴，垂足为D ，过点B 作BE ⊥x 轴，垂足为E ，根据旋转的特征可证△AOD ≌△OBE ，所以BE ＝OD ＝3，OE ＝AD ＝4， 再根据B 点在第二象限，所以B (－4，3)．xyBA1234–1–2–3–4–512344.(2018·攀枝花，5，3分)下列平面图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是( ) A ．菱形 B ．等边三角形 C ．平行四边形 D ．等腰梯形4．A ，解析：这里等边三角形和等腰梯形只是轴对称图形，平行四边形只是中心对称图形，只有菱形既是中心对称图形又是轴对称图形，故选A ．O yx（第6题图）CAB（第6题答图）OyxCA B1B 1A 2A 2B 2C5．（2018·金华市，9，3分）如图,将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC.若点A,D,E在同一条直线上，∠ACB=20°，则∠ADC的度数是（▲）A.55°B.60°C.65°D.70°答案．C，解析：根据旋转的性质：旋转前后两个图形全等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角.直角三角形的性质和三角形外角性质：三角形的外角等于不相邻的两个内角的和.由于旋转得出AC=CE，∠ACE=90°，即∠E=45°，所以∠ADC=∠ACB+∠E=65°.6．(2018·南充，2，3分)下列图形中，即是轴对称图形又是中心对称图形的是A．扇形B．正五边形C．菱形D．平行四边形答案：C，解析：菱形即是轴对称图形，又是中心对称图形，扇形、正五边形是轴对称图形，平行四边形是中心对称图形．7．（2018·德州，12，4）如图，等边三角形ABC的边长为4，点O是△ABC的中心，∠FOG＝120°，绕点O旋转∠FOG，分别交线段AB，BC于D，E两点，连接DE，给出下列四个结论：①OD＝OE；②ODE BDES S=V V；③四边形ODBE的面积始终等于433；④△BDE的周长的最小值为6．上述结论正确的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4答案．C，解析：连接OB，OC．∵O是△ABC的中心，∴OB＝OC，∠OBA＝∠OCB＝30°，∠BOC＝120°．∵∠FOG＝120°，∴∠DOB＝∠EOC，∴△DOB≌△EOC，∴OD＝OE，故①正解；四边ODBE的面积＝△OBC的面积＝111434233323ABCS=⨯⨯⨯=，故③正确；当D，E分别是AB，BC边中点时，ODE BDES S≠V V，DE不能平分四边ODBE的面积，故②不正确；∵△DOB≌△EOC，∴BD＝CE，∴△BDE 的周长＝BD＋DE＋EB＝CE＋DE＋EB＝BC＋DE，∴当DE最小时，△BDE的周长取得最小值，当CE越小时，DE越接近于BC长，当D，E分别是AB，BC边中点时，DE取得最小，此时△BDE的周长是6，故④正确．8．（2018·山东泰安，11，3分）如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中每个小正方形的边长均为1，△ABC经过平移后得到△A1B1C1，若AC上一点P(1.2，1.4)平移后对应点为P1，点P1绕原点顺时针旋转180°，对应点为P2，则点P2的坐标为（）A．(2.8，3.6) B．(－2.8，－3.6)ABDCEC ．(3.8，2.6)D ．(－3.8，－2.6)答案．A ，解析：根据图形中点A 与其平移后的对应点A 1的坐标位置，可知△ABC 向左平移4个单位，再向下平移5个单位，所以P (1.2，1.4)平移后对应点P 1的坐标为(－2.8，－3.6)，则其关于原点成中心对称的点P 2的坐标为(2.8，3.6)．9.（2018·达州市，3，3分）下列图形中是中心对称图形的是（ ）．DC.B.A.答案：B ，解析：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心 ．根据中心对称图形的定义，得图形B 是中心对称图形．故选B. 10．（2018·成都，4，3分）在平面直角坐标系中，点P (－3，－5)关于原点对称的点的坐标是（ ） A ．(3，－5) B ．(－3，5) C. (3，5) D ．(－3，－5) C 解析：点P (x ，y )关于原点的对称点坐标是P ′(－x ，－y )，所以点P (－3，－5)关于原点对称点坐标是(3，5). 11．（2018·台州市，2，4分）在下列四个新能源汽车车标的设计图中，属于中心对称图形的是（ ）答案：D ，解析：根据中心对称图形的定义，即在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形.12.如图，点E 是正方形ABCD 的边DC 上一点，把ADE ∆绕点A 顺时针旋转90到ABF ∆的位置，若四边形AECF 的面积为25，2DE =，则AE 的长为（ ）A ．5B ．23C ．7D ．29 【答案】DCAPB A 1B 1C 1 xyO【解析】∵把△ADE 顺时针旋转△ABF 的位置，∴四边形AECF 的面积等于正方形ABCD 的面积等于25，∴AD=DC=5，∵DE=2，∴Rt △ADE 中，AE=2229AD DE +=．故选D. 13．(2018·衡阳市，3题，3分)下列生态环保标志中，是中心对称图形的是()答案．B ，解析：本题考查的是中心对称图形的定义，把一个图形绕着某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．A 、C 、D 旋转后不能重合，不是中心对称图形，所以A 、C 、D 错误；B 旋转后能重合，是中心对称图形，故B 正确，故选B ． 14．（2018·聊城市，11，3分） 如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC 的两边OA ，OC 分别在x 轴和y 轴上，并且OA=5，OC=3.若把矩形OABC 绕着点O 逆时针旋转，使点A 恰好落在BC 边上的A 1处，则点C 的对应点C 1的坐标为（ ）A ．912(,)55- B ．129(,)55- C ．1612(,)55- D ．1216(,)55- 答案．A ，解析：过点C 1作C 1D ⊥x 轴，垂足为D.由题意得OA 1=OA=5，A 1C= 221OA OC -=4，∠A 1OC=∠C 1OD ，所以△A 1OC ∽△C 1OD ，所以1111A O A C OC C O OD C D ==，即15343OD C D ==，解得OD= 95，C 1D= 125，因为点C 1在第二象限，所以C 1912(,)55-，故选A. 15．（2018·长沙市，5，3分）下列四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是A 、B 、C 、D 、答案．A ，解析：A 既是轴对称图形又是中心对称图形，B 是轴对称图形不是中心对称图形，C 既不是轴对称图形也不是中心对称图形，D 是中心对称图形不是轴对称图形. 16．（2018·盐城，2，3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）A .B .C .D .答案：D ，解析：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 是轴对称图形，但不是中心对称图形；D 既是轴对称图形，又是中心对称图形. 17．（2018·天津市，4，3分） 下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（ ）A .B .C .D .答案．A ，解析：如图一个图形绕某个点旋转180°后能与自身重合，那么这个图形叫做中心对称图形.根据中心对称图形的定义可知选项A 中的图形是中心对称图形. 18．（2018·广东，5，3分）下列所述图形中，是轴对称图形但不是．．中心对称图形的是（ ） A ．圆B ．菱形C ．平行四边形D ．等腰三角形答案：D ，解析：圆和菱形都是轴对称图形，也是中心对称图形，所以A 、B 都不对；平行四边形是中心对称图形但不是轴对称图形，所以C 不对。
中考数学——初中数学 旋转的综合压轴题专题复习含详细答案
中考数学——初中数学旋转的综合压轴题专题复习含详细答案一、旋转1．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2．平面上，Rt △ABC 与直径为CE 的半圆O 如图1摆放，∠B ＝90°，AC ＝2CE ＝m ，BC ＝n ，半圆O 交BC 边于点D ，将半圆O 绕点C 按逆时针方向旋转，点D 随半圆O 旋转且∠ECD 始终等于∠ACB ，旋转角记为α（0°≤α≤180°）（1）当α＝0°时，连接DE ，则∠CDE ＝ °，CD ＝ ；（2）试判断：旋转过程中BDAE的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明； （3）若m ＝10，n ＝8，当α＝∠ACB 时，求线段BD 的长；（4）若m ＝6，n ＝2，当半圆O 旋转至与△ABC 的边相切时，直接写出线段BD 的长．【答案】（1）90°，2n ；（2）无变化；（3125；（4）BD=102114． 【解析】试题分析：（1）①根据直径的性质，由DE ∥AB 得CD CECB CA=即可解决问题．②求出BD 、AE 即可解决问题．（2）只要证明△ACE ∽△BCD 即可．（3）求出AB 、AE ，利用△ACE ∽△BCD 即可解决问题．（4）分类讨论：①如图5中，当α=90°时，半圆与AC 相切，②如图6中，当α=90°+∠ACB 时，半圆与BC 相切，分别求出BD 即可． 试题解析：（1）解：①如图1中，当α=0时，连接DE ，则∠CDE =90°．∵∠CDE =∠B =90°，∴DE ∥AB ，∴CE CD AC CB ==12．∵BC =n ，∴CD =12n ．故答案为90°，12n ． ②如图2中，当α=180°时，BD =BC +CD =32n ，AE =AC +CE =32m ，∴BD AE =n m．故答案为nm． （2）如图3中，∵∠ACB =∠DCE ，∴∠ACE =∠BCD ．∵CD BC nCE AC m==，∴△ACE ∽△BCD ，∴BD BC nAE AC m==．（3）如图4中，当α=∠ACB 时．在Rt △ABC 中，∵AC =10，BC =8，∴AB =22AC BC -=6．在Rt △ABE 中，∵AB =6，BE =BC ﹣CE =3，∴AE =22AB BE +=2263+=35，由（2）可知△ACE ∽△BCD ，∴BD BCAE AC=，∴35=810，∴BD =125．故答案为125． （4）∵m =6，n =42，∴CE =3，CD =22，AB =22CA BC -=2，①如图5中，当α=90°时，半圆与AC 相切．在Rt △DBC 中，BD =22BC CD +=224222+（）（）=210． ②如图6中，当α=90°+∠ACB 时，半圆与BC 相切，作EM ⊥AB 于M ．∵∠M =∠CBM =∠BCE =90°，∴四边形BCEM 是矩形，∴342BM EC ME ===，，∴AM =5，AE =22AM ME +=57，由（2）可知DB AE =223，∴BD =2114． 故答案为210或2114．点睛：本题考查了圆的有关知识，相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，正确画出图形是解决问题的关键，学会分类讨论的思想，本题综合性比较强，属于中考压轴题．3．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＝16，x∴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．4．如图l，在AABC中，∠ACB=90°，点P为ΔABC内一点.(1)连接PB，PC，将ABCP沿射线CA方向平移，得到ΔDAE，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，BP=3，AB=6，求CE的长(2)如图3，以点A为旋转中心，将ΔABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接PA、PB、PC，当AC=3，AB=6时，根据此图求PA+PB+PC的最小值.【答案】（1）①补图见解析；②；（2）【解析】（1）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，据此画图即可；②连接BD、CD，构造矩形ACBD和Rt△CDE，根据矩形的对角线相等以及勾股定理进行计算，即可求得CE的长；（2）以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接BN，根据△PAM、△ABN都是等边三角形，可得PA+PB+PC=CP+PM+MN,最后根据当C、P、M、N四点共射线，PA+PB+PC的值最小，此时△CBN是直角三角形，利用勾股定理即可解决问题.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，∵∠ACB=90°，∴四边形BCAD是矩形，∴CD=AB=6，∵BP=3，∴DE=BP=3，∵BP⊥CE，BP∥DE，∴DE⊥CE，∴在Rt△DCE中，；（2）证明：如图所示，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=6，∠BNA=60°，∠PAM=60°∴∠CAN=∠CAB+∠BAN=60°+60°=120°，∴∠CBN=90°在Rt△ABC中，易得∴在Rt△BCN中，“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、全等三角形的判定和性质、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.5．在等边△AOB中，将扇形COD按图1摆放，使扇形的半径OC、OD分别与OA、OB重合，OA＝OB＝2，OC＝OD＝1，固定等边△AOB不动，让扇形COD绕点O逆时针旋转，线段AC、BD也随之变化，设旋转角为α．（0＜α≤360°）（1）当OC∥AB时，旋转角α＝度；发现：（2）线段AC与BD有何数量关系，请仅就图2给出证明．应用：（3）当A、C、D三点共线时，求BD的长．拓展：（4）P是线段AB上任意一点，在扇形COD的旋转过程中，请直接写出线段PC的最大值与最小值．【答案】（1）60或240；(2) AC=BD，理由见解析；（3）13+1 2或1312-；（4）PC的最大值=3，PC的最小值=3﹣1．【解析】分析：（1）如图1中，易知当点D在线段AD和线段AD的延长线上时，OC∥AB，此时旋转角α=60°或240°．（2）结论：AC=BD．只要证明△AOC≌△BOD即可．（3）在图3、图4中，分别求解即可．（4）如图5中，由题意，点C在以O为圆心，1为半径的⊙O上运动，过点O作OH⊥AB于H，直线OH交⊙O于C′、C″，线段CB的长即为PC的最大值，线段C″H的长即为PC的最小值．易知PC的最大值=3，PC的最小值=3﹣1．详解：（1）如图1中，∵△ABC是等边三角形，∴∠AOB=∠COD=60°，∴当点D在线段AD和线段AD的延长线上时，OC∥AB，此时旋转角α=60°或240°．故答案为60或240；（2）结论：AC=BD，理由如下：如图2中，∵∠COD=∠AOB=60°，∴∠COA=∠DOB．在△AOC和△BOD中，OA OBCOA DOBCO OD=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AOC≌△BOD，∴AC=BD；（3）①如图3中，当A、C、D共线时，作OH⊥AC于H．在Rt△COH中，∵OC=1，∠COH=30°，∴CH=HD=12，OH3Rt△AOH中，AH22OA OH-13，∴BD=AC=CH+AH113+．如图4中，当A、C、D共线时，作OH⊥AC于H．易知AC=BD=AH﹣CH=131-．综上所述：当A、C、D三点共线时，BD的长为131+或131-；（4）如图5中，由题意，点C在以O为圆心，1为半径的⊙O上运动，过点O作OH⊥AB于H，直线OH交⊙O于C′、C″，线段CB的长即为PC的最大值，线段C″H的长即为PC的最小值．易知PC的最大值=3，PC的最小值=3﹣1．点睛：本题考查了圆综合题、旋转变换、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、圆上的点到直线的距离的最值问题等知识，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，构造直角三角形解决问题，利用辅助圆解决最值问题，属于中考压轴题．6．（12分）如图1，在等边△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接BE，CD，点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点．（1）观察猜想：图1中，△PMN的形状是；（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，△PMN的形状是否发生改变？并说明理由；（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=1，AB=3，请直接写出△PMN 的周长的最大值．【答案】(1) 等边三角形；(2) △PMN的形状不发生改变，仍然为等边三角形,理由见解析；（3）6【解析】分析：（1）如图1，先根据等边三角形的性质得到AB=AC，∠ABC=∠ACB=60°，则BD=CE，再根据三角形中位线性质得PM∥CE，PM=12CE，PN∥AD，PN=12BD，从而得到PM=PN，∠MPN=60°，从而可判断△PMN为等边三角形；（2）连接CE、BD，如图2，先利用旋转的定义，把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE，则BD=CE，∠ABD=∠ACE，与（1）一样可得PM=PN，∠BPM=∠BCE，∠CPN=∠CBD，则计算出∠BPM+∠CPN=120°，从而得到∠MPN=60°，于是可判断△PMN为等边三角形．（3）利用AB﹣AD≤BD≤AB+AD（当且仅当点B、A、D共线时取等号）得到BD的最大值为4，则PN的最大值为2，然后可确定△PMN的周长的最大值．详解：（1）如图1．∵△ABC为等边三角形，∴AB=AC，∠ABC=∠ACB=60°．∵AD=AE，∴BD=CE．∵点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点，∴PM∥CE，PM=12CE，PN∥AD，PN=12BD，∴PM=PN，∠BPM=∠BCA=60°，∠CPN=∠CBA=60°，∴∠MPN=60°，∴△PMN为等边三角形；故答案为等边三角形；（2）△PMN的形状不发生改变，仍然为等边三角形．理由如下：连接CE、BD，如图2．∵AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=60°，∴把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE，∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，与（1）一样可得PM∥CE，PM=12CE，PN∥AD，PN=12BD，∴PM=PN，∠BPM=∠BCE，∠CPN=∠CBD，∴∠BPM+∠CPN=∠CBD+∠CBD=∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE=60°+60°=120°，∴∠MPN=60°，∴△PMN为等边三角形．（3）∵PN=12BD，∴当BD的值最大时，PN的值最大．∵AB﹣AD≤BD≤AB+AD（当且仅当点B、A、D共线时取等号）∴BD的最大值为1+3=4，∴PN的最大值为2，∴△PMN的周长的最大值为6．点睛：本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定与性质和三角形中位线性质．7．如图：在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，∠PCQ=45°，把∠PCQ绕点C旋转，在整个旋转过程中，过点A作AD⊥CP，垂足为D，直线AD交CQ于E．（1）如图①，当∠PCQ在∠ACB内部时，求证：AD+BE=DE；（2）如图②，当CQ在∠ACB外部时，则线段AD、BE与DE的关系为_____；（3）在（1）的条件下，若CD=6，S△BCE=2S△ACD，求AE的长．【答案】(1)见解析（2）AD=BE+DE （3）8【解析】试题分析：（1）延长DA到F，使DF=DE，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF，再求出∠ACF=∠BCE，然后利用“边角边”证明△ACF和△BCE全等，根据全等三角形的即可证明AF=BE，从而得证；（2）在AD上截取DF=DE，然后根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF，再求出∠ACF=∠BCE，然后利用“边角边”证明△ACF和△BCE全等，根据全等三角形的即可证明AF=BE，从而得到AD=BE+DE；（3）根据等腰直角三角形的性质求出CD=DF=DE，再根据等高的三角形的面积的比等于底边的比求出AF=2AD，然后求出AD的长，再根据AE=AD+DE代入数据进行计算即可得解．试题解析：（1）证明：如图①，延长DA到F，使DF=DE．∵CD⊥AE，∴CE=CF，∴∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°，∴∠ACD+∠ACF=∠DCF=45°．又∵∠ACB=90°，∠PCQ=45°，∴∠ACD+∠BCE=90°﹣45°=45°，∴∠ACF=∠BCE．在△ACF和△BCE中，∵CE CF ACF BCE AC BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACF ≌△BCE （SAS ），∴AF =BE ，∴AD +BE =AD +AF =DF =DE ，即AD +BE =DE ；（2）解：如图②，在AD 上截取DF =DE ．∵CD ⊥AE ，∴CE =CF ，∴∠DCE =∠DCF =∠PCQ =45°，∴∠ECF =∠DCE +∠DCF =90°，∴∠BCE +∠BCF =∠ECF =90°．又∵∠ACB =90°，∴∠ACF +∠BCF =90°，∴∠ACF =∠BCE ．在△ACF 和△BCE 中，∵CE CF ACF BCE AC BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACF ≌△BCE （SAS ），∴AF =BE ，∴AD =AF +DF =BE +DE ，即AD =BE +DE ；故答案为：AD =BE +DE ．（3）∵∠DCE =∠DCF =∠PCQ =45°，∴∠ECF =45°+45°=90°，∴△ECF 是等腰直角三角形，∴CD =DF =DE =6．∵S △BCE =2S △ACD ，∴AF =2AD ，∴AD=112+×6=2，∴AE =AD +DE =2+6=8．点睛：本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等腰直角三角形的性质，综合性较强，但难度不是很大，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．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．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≌△C P′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．10．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．11．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．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．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”。
2018年中考数学专题训练 几何题中用旋转构造“手拉手”模型
中考专题复习——几何题用旋转构造“手拉手”模型一、教学目标：1.了解并熟悉“手拉手模型”，归纳掌握其基本特征．2.借助“手拉手模型”，利用旋转构造全等解决相关问题．3.举一反三，解决求定值，定角，最值等一类问题． 二、教学重难点：1.挖掘和构造“手拉手模型”，学会用旋转构造全等．2.用旋转构造全等的解题方法最优化选择． 三、教学过程： 1.复习旧知师：如图，△ABD ，△BCE 为等边三角形，从中你能得出哪些结论？生：（1）△ABE ≌△DBC （2）△ABG ≌△DBF （3）△CFB ≌△EGB （4）△BFG 为等边三角形（5）△AGB ∽△DGH （6）∠DHA ＝60°（7）H ，G ，F ，B 四点共圆 （8）BH 平分∠AHC …… 师：我们再来重点研究△ABE 与△DBC ，这两个全等的三角形除了对应边相等，对应角相等外，还有什么共同特征呢？生：它们有同一个字母B ，即同一个顶点B ．师：我们也可以把△DBC 看作由△ABE 经过怎样的图形运动得到？ 生：绕点B 逆时针旋转60°得到．2.引入新课师：其实我们可以给这两个全等的三角形赋予一个模型，叫“手拉手模型”，谁可以将这个模型的特征再做进一步的简化归纳呢？ 生：对应边相等．师：我们可以称之为“等线段”． 生：有同一个顶点．师：我们可以称之为“共顶点”．师：等线段，共顶点的两个全等三角形，我们一般可以考虑哪一种图形运动？ 生：旋转．师： “手拉手模型”可以归纳为：等线段，共顶点，一般用旋转．H GFEDC B A3.小题热身图1 图2 图31．如图1，△BAD中，∠BAD＝45°，AB＝AD，AE⊥BD于E，BC⊥AD于C，则AF＝____BE．2．如图2，△ABC和△BED均为等边三角形，ADE三点共线，若BE＝2，CE＝4，则AE＝______．3．如图3，正方形ABCD中，∠EAF＝45°，BE＝3，DF＝5，则EF＝_______．师：我们来看第1，第2题，这里面有“手拉手模型”吗？请你找出其中的“等线段，共顶点”．生：题1中，等线段是AC，BC，共顶点是C，△ACF绕点C逆时针旋转90°得△BCD．题2中，等线段是AB，BC，共顶点是B，△ABD绕点D顺时针旋转60°得△CBE．师：我们再来看第3题，这里有“手拉手模型”吗？生：没有．师：那其中有没有“等线段，共顶点”呢？生：等线段是AD，AB，共顶点是A．师：我们可否利用旋转来构造“手拉手模型”呢？生：将AE旋转，绕点A逆时针旋转90°．师：为什么是逆时针旋转90°，你是如何思考的？生：我准备构造一个和△ABE全等的三角形，AB绕点A逆时针旋转90°即为AD，那么将AE逆时针旋转90°可得AG，连接GD，证明全等．师：说的不错，谁能再来归纳一下，借助“手拉手模型”，用旋转构造全等的方法吗？生：先找有没有“等线段，共顶点”，再找其中一条“共顶点”的线段，将其旋转．师：旋转角度如何确定，方向怎么选择？生：选择其中一个三角形，将“共顶点”的线段旋转．旋转角为两条“等线段”间的夹角．方向应与所选择的起始“等线段”旋转到另一条“等线段”时的方向一致．师：非常棒，可以说，你已经掌握了这节课的精髓．但是，很多题目中只是隐含了“手拉手模型”的一些条件，剩余的需要我们自己去构造，可以如何构造呢？步骤1：先找有没有“等线段，共顶点”．步骤2：选择其中一个三角形，将其中经过“共顶点”的线段旋转．步骤3：旋转方向与这个三角形的“等线段”旋转到另一条“等线段”的方向一致，旋转角为“等线段”间的夹角．师：这道题还有一个要注意的地方，你发现了吗？生：连接GD后，要证明G，D，F三点共线．4.例题精讲例1：等边△ABC中，AD＝4，DC＝3，BD＝5，求∠ADC度数．师：这里有没有隐含的“手拉手模型”？要构造全等，该怎样旋转？生：将△ADC绕点A顺时针旋转60°．师：你是怎么想的，还有其他做法吗？生：我发现AB＝AC，A为“共顶点”，我选择的旋转线段是AD，因为AC绕点A顺时针旋转60°到AB，所以△ADC也要绕点A顺时针旋转60°．也可将△ADB绕点A逆时针旋转60°．【解答】将AD绕点A顺时针旋转60°到AE，连接BE，DE．则△ADE也为等边三角形．易证△AEB≌△ADC，∴BE＝DC＝4，根据勾股定理逆定理，可证∠BED＝90°，则∠AEB＝∠ADC＝150°例2：如图，△ABO和△CDO均为等腰直角三角形，AOB ＝COD ＝．若△BOC的面积为1，试求以AD、BC、OC＋OD的长度为三边长的三角形的面积．师：由于线段分散，如何通过图形变换，使这些线段能构成一个三角形？生：将OD绕点O逆时针旋转90°至OE，即可使OC，OD共线，再通过证明确定△BCE即是以AD、BC、OC＋OD的长度为三边长的三角形．【解答】如图，将OD绕点O逆时针旋转90°至OE，连接BE．易证△OAD≌△OBE，AD＝BE，∴△BCE即是以AD、BC、OC＋OD长度为三边长的三角形．又∵OC＝OE，∴S△BCE＝2S△BOC＝2．EAOBCDDC BOABBDCBA5.自主练习1．如图，在四边形ABCD 中，AD ＝4，CD ＝3，∠ABC ＝∠ACB ＝∠ADC ＝45°，则BD 的长为 _________．师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法．生：“等线段”是CA 和BA ，“共顶点”是A ．方法是将AD 绕点A 顺时针旋转90°．2．如图，在△ABC 中，BC ＝2，AB ＝2，以AC 为边，向外做正方形ACDE ，连接BE ，则BE 最大值为_________．师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法． 生：“等线段”是CA 和EA ，“共顶点”是A ． 方法是将AB 绕点A 逆时针旋转90°．师：你为何要逆时针旋转，你准备旋转哪个三角形？生：△ABC ，因为AC 是逆时针旋转90°到AE ，所以AB 也绕点A 逆时针旋转90°． 3．如图，点A 在⊙B 上，AB ＝1，BC ＝2，△ACD 是等边三角形，求△BCD 面积的最大值．师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法． 生：“等线段”是CA 和CD ，“共顶点”是C ． 方法是将CA 绕点C 逆时针旋转60°．附：自主练习解答1． 如图，将AD 绕点A 顺时针旋转90°至AE ，易证△EAC ≌△DAB ，可得CE ＝BD ，又∵∠EDA ＝45°，∴∠CDE ＝90°，CD ＝3，DE ＝42，则Rt △CDE 中，CE 2＝CD 2＋DE 2＝32＋ (42)2＝41 ∴CE ＝41，∴DB ＝412.如图，将AB 绕点A 逆时针旋转90°至AF ，易证△EAF ≌△CAB ，可得EF ＝BC ＝2．Rt △BAF 中，AF ＝AB ＝2，∴BF ＝2．由三角形三边关系易知，BE ≤EF ＋BF ，∴BE 最小值为4.3.如图，将CB 绕点C 逆时针旋转60°至CE ，连接DE ，过点E 作EF ⊥CBEDCBAADC BDG EFABCDFEBCDA于F ，过点D 作DG ⊥CB 于G ．易证△CBA ≌CED ， 则DE ＝1，EF ＝3，过E 作DG 边上的高，可证DG ＜DE ＋EF ．当D ，E ，F 三点共线时，DG ＝DE ＋EF ．即高的最大值为1＋3， S △BCDmax ＝12×2×（1＋3）＝1＋3FED CBA。
中考数学—旋转的综合压轴题专题复习含答案
一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）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．（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．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=IJ②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；②1233）3＜a ＜3，a ＞3【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 、3，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=IJ②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 ，22=3QN NJ -x ，∵IJ=6cm ，∴3，∴33cm ）．（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=2ab，∴a=32b，∴0＜b≤632=33；②如图当DF与DC重合时，DF=DE=6，∴a=sin60°×DE=63=33，当DE与DA重合时，a=643sin603==︒，∴33＜a＜43；③如图∵△DEF是等边三角形∴∠FDC=30°∴DF=643cos303==︒∴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．4．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；③PC2＝10332+.【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2212PC 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 ＝22CE ， 在Rt △AHE 中，∠EAH ＝30°，AE ＝DE ＝1，∴HE ＝12，AH ＝3， 又∵AC ＝AB ＝3， ∴CH ＝3+32， ∴EC 2＝CH 2+HE 2＝1033+∴PC 2＝2110332EC +=【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．5．(1)问题发现如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上.填空:线段AD,BE之间的关系为 .(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，∠ACB=∠ACD=90°，在Rt△ACD和Rt△BCE中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴AD=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 ．∴AD=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 BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴AD=BE ，∠CAD=∠CBE ，∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH ，∴∠BOH+∠OBH=90°，∴∠OHB=90°，∴AD⊥BE，∴AD=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=5-32，图3-2中，当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE=5+32，∴5-32≤BE≤5+32，即5-32≤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．6．在平面直角坐标系中，四边形AOBC 是矩形，点(0,0)O ，点(5,0)A ，点(0,3)B .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.（Ⅲ3033430334S -+≤≤. 【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BAD BAO ∠=∠，再根据矩形的性质得CBA OAB ∠=∠.从而BAD CBA ∠=∠，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）303343033444S -+≤≤. 详解：（Ⅰ）∵点()5,0A ，点()0,3B ，∴5OA =，3OB =.∵四边形AOBC 是矩形，∴3AC OB ==，5BC OA ==，90OBC C ∠=∠=︒.∵矩形ADEF 是由矩形AOBC 旋转得到的，∴5AD AO ==.在Rt ADC 中，有222AD AC DC =+，∴22DC AD AC =- 22534=-=.∴1BD BC DC =-=.∴点D 的坐标为()1,3.（Ⅱ）①由四边形ADEF 是矩形，得90ADE ∠=︒. 又点D 在线段BE 上，得90ADB ∠=︒.由（Ⅰ）知，AD AO =，又AB AB =，90AOB ∠=︒，∴Rt ADB Rt AOB ≌.②由ADB AOB ≌，得BAD BAO ∠=∠.又在矩形AOBC 中，//OA BC ，∴CBA OAB ∠=∠.∴BAD CBA ∠=∠.∴BH AH =.设BH t =，则AH t =，5HC BC BH t =-=-.在Rt AHC 中，有222AH AC HC =+，∴()22235t t =+-.解得175t =.∴175BH =. ∴点H 的坐标为17,35⎛⎫ ⎪⎝⎭.（Ⅲ）3033430334S -+≤≤. 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.7．（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．∆绕点C顺时针旋转一定8．如图，四边形ABCD中，45∠=∠=，将BCDABC ADC∆.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 ∠=∠=，∴90ACB ∠=，∴ACB ∆是等腰直角三角形.（2）如图：由旋转的性质可知：90DCE ACB ∠=∠=，3CD CE ==，BD AE =， ∴32DE =45CDE CED ∠=∠=，∵45ADC ∠=，∴454590ADE ∠=+=， ∴()222223222AE AD DE =+=+=∴22BD 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。
2018年中考数学总复习经典(几何)试题(含答案)
中考数学总复习经典题(几何)（二）几何试题1、 如图，正方形ABCD 的边长为2，点E 在AB 边上．四边形EFGB 也为正方形，设△AFC 的面积为S ，则 （ ）A ．S=2B ．S=2.4C ．S=4D ．S 与BE 长度有关2、正方形ABCD 、正方形BEFG 和正方形RKPF 的位置如图4所示，点G 在线段DK 上，正方形BEFG 的边长为4，则DEK △的面积为： （Ａ）10 （Ｂ）12 （Ｃ）14 （Ｄ）163、如图，矩形ABCD 中，3AB =cm ，6AD =cm ，点E 为AB 边上的任意一点，四边形EFGB 也是矩形，2EF BE =，则AFC S =△ 2cm ．4、 如图，在△ABC 中, ο70=∠CAB . 在同一平面内, 将△ABC 绕点A 旋转到△//C AB 的位置, 使得AB CC ///, 则=∠/BAB （ ）A. ο30 B. ο35 C. ο40 D. ο50 5、如图，1P 是一块半径为1的半圆形纸板，在1P 的左下端剪去一个半径为12的半圆后得到图形2P ，然后依次剪去一个更小的半圆（其直径为前一个被剪掉半圆1的半径）得图形34,,,,n P P P L L ，记纸板n P 的面积为n S ， 试计算求出2S = ；3S = ；并猜想得到1n n S S --= ()2n ≥。
6、如图，在四边形ABCD 中，P 是对角线BD 的中点，E F ，分别是AB CD ，的中点，18AD BC PEF =∠=o ，，则PFE ∠的度数是 ．（第16题）CFD BE A P （第6题）ADCEF GB 3题图 D ABRP F CGK图4E8题10题 12题7、如图，点G 是ABC △的重心，CG 的延长线交AB 于D ，5cm GA =，4cm GC =，3cm GB =，将ADG △绕点D 旋转180o得到BDE △，则DE = cm ，ABC △的面积= cm 2．8、如图，已知梯形ABCD ，AD BC ∥，4AD DC ==，8BC =，点N 在BC 上，2CN =，E 是AB 中点，在AC 上找一点M 使EM MN +的值最小，此时其最小值一定等于（ ） A ．6B ．8C ．4D ．439、将一副直角三角板按图示方法放置（直角顶点重合），则AOB DOC ∠+∠= o．10、已知：如图，在正方形ABCD 外取一点E ，连接AE 、BE 、DE ．过点A 作AE 的垂线交DE 于点P ．若AE＝AP ＝1，PB ＝ 5 ．下列结论：①△APD ≌△AEB ；②点B 到直线AE 的距离为 2 ；③EB ⊥ED ；④S △APD ＋S △APB ＝1＋ 6 ；⑤S 正方形ABCD ＝4＋ 6 ．其中正确结论的序号是（）A ．①③④B ．①②⑤C ．③④⑤D ．①③⑤11、如图，直角梯形ABCD 中，∠BCD ＝90°，AD ∥BC ，BC ＝CD ，E 为梯形内一点，且∠BEC ＝90°，将△BEC 绕C 点旋转90°使BC 与DC 重合，得到△DCF ，连EF 交CD 于M ．已知BC ＝5，CF ＝3，则DM:MC 的值为 （ ） A.5:3 B.3:5 C.4:3 D.3:412、如图，直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AD=2，将腰CD 以D 为中心逆时针旋转90°至ED ，AE 、DE ，△ADE 的面积为3，则BC 的长为 ． 13、如图,四边形OABC 为菱形,点B 、C 在以点O 为为圆心的上，若OA = 3，∠1 = ∠2，则扇形OEF 的面积为_________.14、 如图,点P 是∠AOB 的角平分线上一点，过点P 作PC ∥OA 交OB 于点C.若∠AOB = 60o,OC = 4,则点P 到OA 的距离PD 等于__________. 15、如图，在Rt ABC △中，90ACB ∠=°，3BC =，4AC =，AB 的垂直平分线DE 交BC 的延长线于点E ，则CE 的长为（ ）A ．32 B ．76 C ．256D ．2B AC D O P (第14题) AD B EC （第15题） ABE G CD（第7题）C D AO B30°45°A D EM(第11题(第13题)O A B C F 1 2 E E D（第20题）16、如图，⊙P 内含于⊙O ，⊙O 的弦AB 切⊙P 于点C ，且OP AB //．若阴影部分的面积为π9，则弦AB 的长为（ ）A ．3B ．4C ．6D ．917、如图，等腰△ABC 中，底边a BC =，︒=∠36A ，ABC ∠的平分线交AC 于D ，BCD ∠的平分线交BD 于E ，设215-=k ，则=DE （ ）A ．a k 2B ．a k 3C ．2k aD ．3ka18、如图，在四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是AB 、BD 、CD 、AC 的中点，要使四边形EFGH 是菱形，四边形ABCD 还应满足的一个条件是19、如图，把矩形纸条ABCD 沿EF 、GH 同时折叠，B 、C 两点恰好落在AD 边的P 点处，若∠FPH=90°，PF=8，PH=6，则矩形ABCD 的边BC 长为 ． 20、．梯形ABCD 中AB ∥CD ，∠ADC +∠BCD =90°，以AD 、AB 、BC 为斜边向形外作等腰直角三角形，其面积分别是S 1、S 2、S 3 ，且S 1 +S 3 =4S 2，则CD =（ ）A. 2.5ABB. 3ABC. 3.5ABD. 4AB21、如图,在□ABCD 中，AB =3，AD =4，∠ABC =60°，过BC 的中点E 作EF ⊥AB ，垂足为点F ，与DC 的延长线相交于点H ，则△DEF 的面积是 .22、如图，已知a ∥b ，∠1=70°，∠2=40°，则∠3= __________。
2018初三数学中考复习图形的旋转专题综合练习题含答案
2018 初三数学中考复习图形的旋转专题综合练习题1. 图 1 和图 2 中全部的小正方形都全等，将图 1 的正方形放在图 2 中①②③④的某一地点，使它与本来 7 个小正方形构成的图形是中心对称图形，这个地点是( C )A．①B．②C．③D．④2．以下图案中，中心对称图形是( D )A．①②B．②③C．②④D．③④3．如图，将 Rt△ABC绕直角极点 C顺时针旋转 90°，获得△ A′B′C，连接AA′，若∠ 1＝25°，则∠ BAA′的度数是 ( D )A．55°B．60°C．65°D．70°4．如图，用一个半径为 5 cm的定滑轮带动重物上涨，滑轮上一点 P 旋转了 108°，假定绳子 ( 粗细不计 ) 与滑轮之间没有滑动，则重物上涨了( C )A．π cm B．2π cm C．3π cm D．5π cm5．如图，将△ ABC绕点 B 顺时针旋转 60°得△ DBE，点 C的对应点 E 恰巧落在AB延伸线上，连接 AD.以下结论必定正确的选项是 ( C )A．∠ ABD＝∠ E B．∠ CBE＝∠CC．AD∥BC D．AD＝BC6．若点 M(3，a－2) ，N(b，a) 对于原点对称，则a＋b＝__－2__．7．如图，直线 a，b 垂直订交于点 O，曲线 c 对于点 O成中心对称，点 A 的对称点是点 A′， AB⊥a于点 B，A′D⊥b 于点 D，若 OB＝ 3，OD＝2，则暗影部分的面积之和为 __6__．8．已知：如图，在△AOB中，∠AOB＝90°，AO＝3 cm，BO＝4 cm，将△AOB绕极点 O，按顺时针方向旋转到△A1OB1处，此时线段 OB1与 AB的交点 D 恰巧为 AB 的中点，则线段 B1 D＝__1.5__cm.9.如图，半径为 5 的半圆的初始状态是直径平行于桌面上的直线b，而后把半圆沿直线 b 进行无滑动转动，使半圆的直径与直线 b 重合为止，则圆心O 运动路径的长度等于 __5π__．10．如图，把正方形铁片 OABC置于平面直角坐标系中，极点 A 的坐标为 (3 ，0) ，点P(1，2) 在正方形片上，将正方形片其右下角的点按方向挨次旋 90°，第一次旋至①地点，第二次旋至②地点⋯，正方形片旋 2 017 次后，点 P 的坐__(6_053，2)__ ．11．如，在平面直角坐系中，△ABC各点的坐分A(－2，－2) ，B(－4，－ 1) ，C(－4，－4) ．(1)作出△ ABC对于原点 O成中心称的△A1B1C1；(2)作出点 A 对于 x 的称点 A′，若把点 A′向右平移 a 个位度后落在△A1B1C1 的内部(不包含点和界)，求a的取范．解： (1) 如所示，△ A1B1C1即所求．(2)∵点 A′坐 ( －2，2) ，∴若要使向右平移后的 A′落在△A1B1C1的内部， a 的取范 4＜a＜6.12．如，已知 AC⊥BC，垂足 C，AC＝4，BC＝3 3，将段 AC点 A 按逆方向旋60°，获得段 AD， DC，DB.(1)线段 DC＝__4__；(2)求线段 DB的长度．解：作 DE⊥BC于点 E. ∵△ ACD是等边三角形，∴∠ ACD＝60°. 又∵ AC⊥BC，∴∠D CE＝∠ ACB－∠ ACD＝ 90°－ 60°＝ 30°，13∴Rt△CDE中， DE＝2DC＝2，CE＝DC· cos30°＝ 4×2＝23，∴ BE＝BC－CE＝3 3－2 3＝ 3. ∴Rt△BDE中， BD＝2222DE＋BE＝ 2 ＋（3）＝ 7.13．已知△ ABC是等腰三角形， AB＝AC.(1)特别情况：如图①，当 DE∥BC时，有 DB___＝__EC.( 填“＞”“＜”或“＝”)(2)发现研究：若将图①中的△ ADE绕点 A 顺时针旋转α(0 °＜α＜180°) 到图②地点，则 (1) 中的结论还建立吗？若建立，请赐予证明；若不建立，请说明原因．(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．解：(2) 建立．证明：由(1) 易知 AD＝AE，∴由旋转性质可知∠ DAB＝∠ EAC.在△ DAB4 / 62018 初三数学中考复习图形的旋转专题综合练习题含答案AD＝AE，和△ EAC中，∠DAB＝∠ EAC，∴△ DAB≌△ EAC(SAS)，∴ DB＝EC.AB＝ AC，(3)如图，将△ CPB绕点 C顺时针旋转 90°得△ CEA，连接 PE，∴△CPB≌△ CEA，∴CE＝CP ＝2，AE＝BP＝1，∠PCE＝90°，∴∠ CEP＝∠ CPE＝45°. 在 Rt △PCE中，由勾股定理可得， PE＝ 222)22222＝2，在△ PEA 中， PE＝(2＝8，AE＝1＝1，PA＝32229. ∵PE＋AE＝AP，∴△ PEA是直角三角形，∴∠ PEA＝90°，∴∠ CEA＝135°.又∵△ CPB≌△ CEA，∴∠ BPC＝∠ CEA＝135°.14.如图，将等腰△ ABC绕极点 B逆时针方向旋转α到△ A1 BC1的地点，AB与 A1C1订交于点 D，AC与 A1C1，BC1分别交于点 E，F.①求证：△ BCF≌△ BA1D；②当∠ C＝α时，判断四边形A1BCE的形状并说明原因．解：①证明：∵△ ABC是等腰三角形，∴ AB＝BC，∠ A＝∠ C.由旋转性质得A1B ＝A B＝BC，∠A＝∠ A1＝∠ C，∠ A1BD＝∠ CBC1，∴△ BCF≌△BA1D(ASA)．②四边形 A1BCE是菱形．原因：∵∠ A1＝∠ A，∠ADE＝∠ A1DB，∴∠ AED＝∠ A1 BD ＝α，∴∠ DEC＝180°－α. ∵∠ C＝α，∴∠ A1＝α，∴∠ A1BC＝360°－∠ A12018 初三数学中考复习图形的旋转专题综合练习题含答案－∠ C－∠ A1EC＝180°－α，∴∠ A1＝∠ C，∠A1 BC＝∠ A1EC.∴四边形 A1BCE是平行四边形．∵ A1B＝BC，∴四边形 A1BCE是菱形．。
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几何旋转综合题练习1、如图，已知ABC是等边三角形.（1）如图（1），点E在线段A B上，点D在射线C B上，且ED=EC.将BCE绕点C顺时针旋转60°至ACF , 连接E F.猜想线段A B,DB,AF之间的数量关系;（2）点E 在线段BA 的延长线上，其它条件与（1）中一致，请在图（2）的基础上将图形补充完整，并猜想线段AB,DB,AF之间的数量关系;（3）请选择（1）或（2）中的一个猜想进行证明.第1 题图(1)第1 题图(2)2、如图1△，△ACB△、△AED 都为等腰直角三角形，∠AED＝∠ACB＝90°，点D在AB上，连CE，M、N分别为BD、CE 的中点(1)求证：MN⊥CE(2)如图2将△AED 绕A点逆时针旋转30°，求证：CE＝2MN3、在等腰R t△ABC和等腰R△t△A1B1C1中,斜边B1C1中点O也是BC的中点。
(1)如图1，则AA1与C C1的数量关系是；位置关系是。
(2)如图2，△将△A1B1C1绕点O顺时针旋转一定角度，上述结论是否仍然成立，请证明你的结论。
(3)如图3，在（2）的基础上，直线AA1、CC1交于点P，设AB=4，则PB长的最小值是。
A A APB BAO图11C CBB1O图2CA1CBA图31C1O C1 B4、已知，正方形A BCD的边长为4，点E是对角线B D延长线上一点，AE＝BD．△将△ABE绕点A顺时针旋转α度（0°＜α＜360°）得△到△AB′E′，点B、E的对应点分别为B′、E′(1)(1)(2)如图1，当α＝30°时，求证：B′C＝DE连接B′E、DE′，当B′E＝DE′时，请用图2求α的值如图3，点P为AB的中点，点Q为线段B′E′上任意一点，试探究，在此旋转过程中，线段PQ长度的111取值范围为5、如图 P 为等 △边△ ABC 外一点，AH 垂直平分 PC 于点 H ，∠ BAP 的平分线交 PC 于点 D(1)(2)(3) 求证：DP ＝DB求证：DA ＋DB ＝DC若等边△ ABC 边长为14 ，连接BH ，当△ BDH 为等边三角形时，请直接写出C P 的长度为6、如图，四边形A BCD 为正方形 △，△ BEF 为等腰直角三角形（∠ BFE=90 ，点B 、E 、F ，按逆时针排列） ，点P 为DE 的中点，连P C ，PF(1)如图①，点 E 在 BC 上，则线段 PC 、PF 有何数量关系和位置关系？请写出你的结论，并证明．(2)如图②， △将△ BEF 绕点B 顺时针旋转a (O<a<45 )，则线段 PC ，PF 有何数量关系和位置关系？请写 出你的结论，并证明．(3)如图③，若 A B=1，△ AEF 为等腰直角三角形，且∠ A EF=90° ，△ AEF 绕点A 逆时针旋转过程中， 能使点 F 落在B C 上，且A B 平分E F ，直接写出A E 的值是 ．0 0A DA D ADP PF FEB FB CB EC CE图①图②图③7、已知等腰R t△ABC和等腰R t△EDF，其中D、G分别为斜边AB、EF的中点，连C E，又M为BC中点，N 为CE 的中点，连MN、MG(1)(2)如图1，当DE恰好过M点时，求证：∠NMG＝45°，且M G2＝MN如图2，当等腰Rt△EDF绕D点旋转一定的度数时，第(1)问中的结论是否仍成立，并证明(3)如图3，连B F，已知P为BF的中点，连C F与PN，直接写出PN＝CF8、已知：如图，在△R t△ABC 中，AC=BC，CD⊥AB 于D，AB=10，将C D绕着D点顺时针旋转a（0°<a<90°）到DP的位置，作PQ⊥CD 于Q，点I是△PQD角平分线的交点，连IP，IC，（1）如图1，在PD旋转的过程中，线段IC与IP 之间是否存在某种确定不变的关系？请证明你的猜想。
（2）如图2：连IA，当AI⊥DP 时，求DQ 的长。
（3）如图3，若取BC的中点M，连I M，当P D旋转过程中，线段IM的长度变不变？若不变请求出其值；若变化，求出其变化范围。
1.答案：(1)AB=AF+BD;…………2分(1)如图（2）中的实线图AB=AF-BD…………4分第1题图第1 题图参考答案∴∠ B′AC＝15°∴△ADE≌△AB′C（SAS）∴ B′C＝DE(2)由旋转可知，AB′＝AD＝AB，AE＝AE′ ∴△AB′E≌△ADE′（SSS）∴∠ B′AE＝∠DAE′∴∠ EAE′＝∠DAB′由旋转可知：∠BAB′＝∠EAE′∴∠ ADB′＝∠BAB′＝45°即α＝45°(3)过点A作AM⊥B′E′由(1)可知：∠B′＝45°，∠E＝30°(3)如图(1)，过点E作E G∥BC交A C于点G,得△AEG为等边三角形易得Rt△ECF∴ MN⊥CE∵DE=CE,∴∠CDE=∠ECD,又∵∠CDE+∠BED=∠ABC=∠ACD=∠ECD+∠GCE，∴∠ BED=∠GCE…………6分又∵BE=CG,DE=CE∴△BDE≌△GEC∴BD=EG=AE 又∵ AF=BE∴AB=BE+AE=AF+BD…………8分如图（2），过点E作E G∥BC交A C于点G, △得△AEG为等边三角形∵DE=CE,∴∠CDE=∠ECD,又∵∠CDE-∠BED=∠ABC=∠ACD=∠ECD-∠GCE，∴∠BED=∠GCE…………6分又∵BE=CG,DE=CE∴△BDE≌△GEC∴BD=EG=AE又∵AF=BE所以AB=BE-AE=AF-BD (8)分2.答案：（1）连E M并延长，使M F=EM，连BF，易△证△EDM≌△FBM从而易证等腰Rt△EAC≌Rt△FBC(2)同样，△证△EDM≌△FBM，∴AM＝2 2 ，AE′＝42∴2 －2≤PQ≤ 4＋25、答案:证明：(1)∵AH是PC的垂直平分线∴PA＝PC＝AB∵AD 平分∠PAB∴∠PAD＝∠BAD∴△PAD≌△BAD（SAS）∴DP＝DB ∵AP＝AC∴∠ APD＝∠ACQ∴△A2PD≌△ACQ（2SAS）∴AD＝AQ，∠CAQ＝∠PAD∴∠ BAC＝∠CAQ＋∠BAQ＝∠PAD＋∠BAQ＝∠BAD ＋∠ BAQ＝∠DAQ＝60°∴△ADQ为等边三角形∴AD＝DQ∴CD＝DQ＋CQ＝AD＋DB(2)在CP上截取CQ＝PD，连接AQ∴∠ EAC+∠EDB+∠DBC=360°，∠MBF+∠FBC+∠DBC=360°，而∠EDB=∠MBF，∴∠EAC=∠FBC，易证△EAC≌△FBC，易得等腰Rt△ECF，CE=2MN3、答案：（2）中点连顶点，易△证△AOA≌△COC1 1(3)易得PC⊥AA1，∴ 以AC为斜边的△R t△，斜边不变，(3) 2 （提示：设DP＝DB＝DH＝x，则CH＝2x，CD 4＝3x，AD＝CD－DB＝2x）6、答案：（1）FP=PC，FP⊥PC(用R△t△的中线及换角得出)（2）方法一：（中点+中点构造中位线）如图，构造以B点为直角的等腰Rt△BEG 和Rt△BHD取AC中点，BP最小=PM- AC=25-2易证△BDG≌△BEH,FP1GD,PC1EH，24、答案：证明：(1)连接EC由正方形的对称性可知，EA＝EC连接AC、B′C ∴EA＝AC∴△ACE为等边三角形∴∠DAE＝60°－45°＝15°由旋转可知，∠BAB′＝30°2∵GD⊥EH ，∴FP=PC，FP⊥PC 方法二：（中线倍长，构造全等）延长CP 至H，使PH=PC，连21HE，HF，FC 易△证△HEP≌△CDP，∴HE CD，由“X” 型易得∠FBC=∠FEH，∴ △FBC≌△FBH，∴FH=FC，∠ BFC=∠EFH，∠BFC-∠EFC=∠EFH-∠EFC=90°，∴Rt△HFC 中FP⊥PC5x=3x2x∴x=5 6（3）面积法7、答案：（1）连DG，由对称性可知（中垂线上的点）D、C、G三点共线，△R t△CME中，MN=EC，NG=EC，∠MNG=22 2∠MEG=90°，∴△MNG为等腰Rt△，即证.（2）连DC、CF、BE、NG，易证△DBE≌△DCF，BE=CF，CF⊥BE（垂直交叉“X”型得），∴MN1BE，NG CF，MN=NG，MN⊥NG，∴△MNG 为等2腰Rt△（3）取BC的中点M，连PM、MN、DC，同样证△DBE≌△DCF，易△得△PMN 为等腰Rt△，PM=CF，2PN CFPN2PM221 118、答案：（1）垂直且相等连DI，易证△DIC≌△DIP，∴IP=IC.过I 作IE⊥QP 于E，IF⊥CD于F，∵IE=IF，∴△R t△CIF≌△R t△PIE，易证CI⊥PI（2）由等腰得A D=AI=5，设I H=x，则A H=5-x，DH=AD+2x-AH=3x，∴3x2+ 5-x2=52，∴x=0（舍去），x=1，∴AH=4，∴DQ=4(3)5 22互补，三点一线(4)(5)(6)(7)(8)★★★(9)(10)。