中考数学旋转专题提高训练

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中考数学复习《旋转》专题训练-附带有答案

中考数学复习《旋转》专题训练-附带有答案一、选择题1．将如图所示的图形按逆时针方向旋转90°后得到图形是（）A．B．C．D．2．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．3．如图，在正方形网格中，△ABC绕某点旋转一定的角度得到△A′B′C′，则旋转中心是点（）A．O B．P C．Q D．M4．若P与A(1，3)关于原点对称，则点P落在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限5．在平面直角坐标系xOy中，点M与点N(3，4)关于原点对称，那么点M的坐标为（）A．(3，4)B．(−3，−4)C．(−3，4)D．(3，−4)6．如图，将边长为√3的正方形ABCD绕点B逆时针旋转30°得到正方形A′BC′D′，AD与C′D′交于点M，那么图中点M的坐标为（）A ．(√3，1)B ．(1，√3)C ．(√3，√32)D ．(√32，√3) 7．如图所示，在平面直角坐标系中，点A （0，4），B （2，0），连接AB ，点D 为AB 的中点，将点D 绕着点A 旋转90°得到点D 的坐标为（）A ．（﹣2，1）或（2，﹣1）B ．（﹣2，5）或（2，3）C ．（2，5）或（﹣2，3）D ．（2，5）或（﹣2，5）8．如图，直角坐标系中，点G 的坐标为（2，0），点F 是y 轴上任意动点，FG 绕点F 逆时针旋转90°得FH ，则动点H 总在下列哪条直线上（）A ．y =x +2B ．y =2x +2C ．y =12x +2D ．y =2x +1二、填空题 9．如图所示的图形绕其中心至少旋转度就可以与原图形完全重合．10．在平面直角坐标系中，点A(5，m)与点B(−5，−3)关于原点对称，则m 的值为 .11．如图，将△ABC 绕点A 逆时针旋转到△ADE 的位置，B 、D 、C 在一条直线上．若∠B ＝70°，则∠CAE 的大小为．12．如图，在平面直角坐标系中，点B 坐标（8，4），连接OB ，将OB 绕点O 逆时针旋转90°，得到OB'，则点B ′的坐标为．13．直线y =−43x +4与x 轴、y 轴分别交于A 、B 两点，把△AOB 绕点A 顺时针旋转90°后得到△AO ′B ′，则点B ′的坐标是．三、解答题14．如图，△ABO 与△CDO 关于O 点成中心对称，点E 、F 在线段AC 上，且AF ＝CE ．求证：FD ＝BE ，FD ∥BE ．15．在4×4的方格纸中，△ABC 的三个顶点都在格点上．（1）在图1中画出与△ABC 成轴对称且与△ABC 有公共边的格点三角形（画出一个即可）；（2）将图2中的△ABC 绕着点C 按顺时针方向旋转90°，画出经旋转后的三角形．16．如图，等腰三角形ABC 中，AB=AC ，BAC ∠=α作BD AC ⊥于点D ，将线段AD 绕着点A 逆时针旋转角α后得到线段AE ，连接CE ．求证：AE CE ⊥．17．如图，在边长为1的正方形网格中，ABC 的顶点均在格点上，建立平面直角坐标系后，点A 的坐标为()4,1-，点B 的坐标为()1,1-．(1)画出ABC 关于原点O 对称的111A B C △；(2)画出ABC 绕点B 逆时针旋转90︒后得到的22A BC ，并写出点A 的对应点2A 的坐标．18．如图，四边形ABCD 是正方形，△ADF 旋转一定角度后得到△ABE ，如图所示，如果AF=4，AB=7，求：（1）指出旋转中心和旋转角度；（2）求DE 的长度；（3）BE 与DF 的位置关系如何？参考答案1．A2．B3．B4．C5．B6．B7．C8．A9．9010．311．40°12．（﹣4，8）13．(7，3)14．证明：连接BF、DE∵△ABO与△CDO关于O点成中心对称∴OB＝OD，OA＝OC．∵AF＝CE∴OF＝OE．∴四边形BEDF是平行四边形∴FD＝BE，FD∥BE．15．（1）解：如图所示：或（2）解：如图所示：16．证明：∵将线段AD 绕着点A 逆时针旋转角α后得到线段AE ∴,.AD AE CAE α=∠=∵,BAC α∠=∴.BAC CAE ∠=∠∵BD AC ⊥∴90.ADB ∠=︒在ABD 与ACE 中,,,AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABD ACE ≌∴90.ADB AEC ∠=∠=︒∴AE CE ⊥．17．（1）解：()4,1A - ()1,1B -由图可知()1,3C -A ∴、B 、C 关于原点O 对称的三点分别为()14,1A -，()1,1B -和()1,3C - 在图中标出，依次连接即可如图，111A B C △即为所求（2）如图，22A BC 即为所求由图可知，点A 的对应点2A 的坐标为()12--，． 18．（1）解：根据正方形的性质可知：△AFD ≌△AEB 即AE=AF=4，∠EAF=90°，∠EBA=∠FDA ；可得旋转中心为点A ；旋转角度为：90°或270°；（2）解：DE=AD − AE=7 − 4=3（3）解：BE ⊥DF ；延长BE 交DF 于点G由旋转△ADF≌△ABE ∴∠ADF=∠ABE又∵∠DEG=∠AEB∴∠DGE=∠EAB=90°∴BE⊥DF。

中考数学(初中数学旋转提高练习题)压轴题训练含详细答案

中考数学(初中数学旋转提高练习题)压轴题训练含详细答案一、旋转1．在△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=α（︒<<︒600α），将线段BC 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BD 。

（1）如图1，直接写出∠ABD 的大小（用含α的式子表示）；（2）如图2，∠BCE=150°，∠ABE=60°，判断△ABE 的形状并加以证明；（3）在（2）的条件下，连结DE ，若∠DEC=45°，求α的值。

【答案】（1）1302α︒-（2）见解析（3）30α=︒【解析】解：（1）1302α︒-。

（2）△ABE 为等边三角形。

证明如下：连接AD ，CD ，ED ，∵线段BC 绕点B 逆时针旋转60︒得到线段BD ， ∴BC=BD ，∠DBC=60°。

又∵∠ABE=60°，∴1ABD 60DBE EBC 302α∠=︒-∠=∠=︒-且△BCD 为等边三角形。

在△ABD 与△ACD 中，∵AB=AC ，AD=AD ，BD=CD ，∴△ABD ≌△ACD （SSS ）。

∴11BAD CAD BAC 22α∠=∠=∠=。

∵∠BCE=150°，∴11BEC 180(30)15022αα∠=︒-︒--︒=。

∴BEC BAD ∠=∠。

在△ABD 和△EBC 中，∵BEC BAD ∠=∠，EBC ABD ∠=∠，BC=BD ， ∴△ABD ≌△EBC （AAS ）。

∴AB=BE 。

∴△ABE 为等边三角形。

（3）∵∠BCD=60°，∠BCE=150°，∴DCE 1506090∠=︒-︒=︒。

又∵∠DEC=45°，∴△DCE 为等腰直角三角形。

∴DC=CE=BC 。

∵∠BCE=150°，∴(180150)EBC 152︒-︒∠==︒。

而1EBC 30152α∠=︒-=︒。

∴30α=︒。

（1）∵AB=AC ，∠BAC=α，∴180ABC 2α︒-∠=。

湘教版数学七年级下册_《旋转》提高训练

《旋转》提高训练一、选择题1．如图，将方格纸中的图形绕点O顺时针旋转90°后得到的图形是（）A．B．C．D．2．如图，把△AOB绕点O顺时针旋转得到△COD，则旋转角是（）A．∠AOC B．∠AOD C．∠AOB D．∠BOC3．在平面直角坐标系中，将点P（﹣3，2）绕坐标原点O顺时针旋转90°，所得到的对应点P'的坐标为（）A．（﹣2，﹣3）B．（2，3）C．（﹣3，﹣2）D．（3，2）．4．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（2，5），把OA绕点O 逆时针旋转90°，那么A点旋转后所得到点的坐标是（）A．（﹣5，2）B．（﹣5，﹣2）C．（﹣2，5）D．（﹣2，﹣5）5．如图，∠AOB=90°，把∠AOB顺时针旋转50°得到∠COD，则下列说法正确的是（）A．∠AOC与∠BOD互余B．∠BOC=50°C．∠BOC的余角只有∠AOC D．∠AOD=140°二、填空题6．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，CB=5，点D是CB边上的一个动点，将线段AD绕着点D顺时针旋转90°，得到线段DE，连结BE，则线段BE的最小值等于．7．将点B（﹣3，1）绕坐标原点O旋转180°，则点B的对应点B1的坐标为．8．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（3，0），B（0，4），如果将线段AB 绕点B顺时针旋转90°至CB，那么点C的坐标是．9．如图，OA⊥OB，Rt△CDE的边CD在OB上，∠ECD=45°，CE=4，若将△CDE 绕点C逆时针旋转75°，点E的对应点N恰好落在OA上，则OC的长度为．10．如图，在平面内将△ABC绕点B旋转至△A'BC'的位置时，点A'在AC上，AC ∥BC'，∠ABC=70°，则旋转的角度是．三、解答题11．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8．线段AD由线段AB绕点A 按逆时针方向旋转90°得到，△EFG由△ABC沿CB方向平移得到，且直线EF过点D．（1）求证：AD⊥EF；（2）求CG的长．12．如图所示，把一个直角三角尺ACB绕着30°角的顶点B顺时针旋转，使得点A与CB的延长线上的点E重合，连接CD．（1）试判断△CBD的形状，并说明理由；（2）求∠BDC的度数．13．已知△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示．（1）写出A，B，C三点的坐标；（2）将△ABC绕着点C顺时针方向旋转90°后得到△A1B2C，画出旋转后的△A1B1C，并写出A1，B1的坐标．14．如图，△ABC中，∠C=90°，将△ABC绕点C顺时针旋转90°，得到△DEC（其中点D、E分别是A、B两点旋转后的对应点）．（1）请画出旋转后的△DEC；（2）试判断DE与AB的位置关系，并证明你的结论．15．在如图的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图和解答下列问题：（1）将△ABC沿x轴向右平移4个单位，在图中画出平移后的△A1B1C1（2）作△ABC关于坐标原点成中心对称的△A2B2C2．（3）求B1的坐标，C2的坐标．《旋转》提高训练参考答案与试题解析一、选择题1．如图，将方格纸中的图形绕点O顺时针旋转90°后得到的图形是（）A．B．C．D．【分析】利用已知将图形绕点O顺时针旋转90°得出符合题意的图形即可．【解答】解：如图所示：将方格纸中的图形绕点O顺时针旋转90°后得到的图形是，故选：B．【点评】本题考查了生活中的旋转现象，在找旋转中心时，要抓住“动”与“不动”，熟悉图形的性质是解题的关键．2．如图，把△AOB绕点O顺时针旋转得到△COD，则旋转角是（）A．∠AOC B．∠AOD C．∠AOB D．∠BOC【分析】根据旋旋转角的定义即可判断；【解答】解：如图，把△AOB绕点O顺时针旋转得到△COD，旋转角是∠AOC或∠BOD，故选：A．【点评】本题考查旋转变换，旋转角等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基础题．3．在平面直角坐标系中，将点P（﹣3，2）绕坐标原点O顺时针旋转90°，所得到的对应点P'的坐标为（）A．（﹣2，﹣3）B．（2，3）C．（﹣3，﹣2）D．（3，2）．【分析】根据旋转中心为点O，旋转方向顺时针，旋转角度90°，作出点P的对称图形P′，可得所求点的坐标．【解答】解：如图所示，由图中可以看出点P′的坐标为（2，3）．故选：B．【点评】本题考查了坐标与图形的变换﹣旋转，熟练掌握关于原点的对称点的坐标特征是解决问题的关键．4．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（2，5），把OA绕点O 逆时针旋转90°，那么A点旋转后所得到点的坐标是（）A．（﹣5，2）B．（﹣5，﹣2）C．（﹣2，5）D．（﹣2，﹣5）【分析】首先根据旋转的性质作图，利用图象则可求得点B的坐标．【解答】解：过点B作BC⊥x轴于点C，过点B作BC⊥y轴于点F，∵点A的坐标为（2，5），将OA绕原点O逆时针旋转90°到OB的位置，∴BC=2，CO=5∴点B的坐标为：（﹣5，2），故选：A．【点评】此题考查了旋转的性质，解题的关键是数形结合思想的应用得出BC，BF的长．5．如图，∠AOB=90°，把∠AOB顺时针旋转50°得到∠COD，则下列说法正确的是（）A．∠AOC与∠BOD互余B．∠BOC=50°C．∠BOC的余角只有∠AOC D．∠AOD=140°【分析】根据旋转变换的性质得到∠BOD=∠AOC=50°，根据余角和补角的概念判断即可．【解答】解：由旋转变换的性质可知，∠BOD=∠AOC=50°，∵∠AOB=90°，∴∠COB=40°，∴∠AOC与∠BOD相等，不互余，A错误；B错误；∠BOC的余角有∠AOC和∠BOD，C错误；∠AOD=∠AOB+∠BOD=140°，D正确；故选：D．【点评】本题考查的是旋转的性质、余角和补角的概念，掌握旋转变换的性质、认识旋转角是解题的关键．二、填空题6．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，CB=5，点D是CB边上的一个动点，将线段AD绕着点D顺时针旋转90°，得到线段DE，连结BE，则线段BE的最小值等于．【分析】过E作EF⊥BC于F，根据余角的性质得到∠DEF=∠ADC，根据全等三角形的性质得到DF=AC=3，EF=CD，设CD=x，根据勾股定理得到BE2=x2+（2﹣x）2=2（x﹣1）2+2，于是得到结论．【解答】解：过E作EF⊥BC于F，∵∠C=∠ADE=90°，∴∠EFD=∠C=90°，∠FED+∠EDF=90°，∠EDF+∠ADC=90°，∴∠DEF=∠ADC，在△EDF和△DAC中，，∴△EDF≌△DAC（AAS），∴DF=AC=3，EF=CD，设CD=x，则BE2=x2+（2﹣x）2=2（x﹣1）2+2，∴AD2的最小值是2，∴AD的最小值是，故答案为：．【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，旋转的性质，二次函数的最值，勾股定理的应用，关键是得出二次函数的解析式．7．将点B（﹣3，1）绕坐标原点O旋转180°，则点B的对应点B1的坐标为（3，﹣1）．【分析】根据题意可得，点B和点B的对应点B1关于原点对称，据此求出B1的坐标即可．【解答】解：∵将点B（﹣3，1）绕坐标原点O旋转180°后，得到的对应点B1，∴点B和点B1关于原点对称，∵点B的坐标为（﹣3，1），∴B1的坐标为（3，﹣1）．故答案为：（3，﹣1）．【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．8．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（3，0），B（0，4），如果将线段AB 绕点B顺时针旋转90°至CB，那么点C的坐标是（﹣4，1）．【分析】作CD⊥y轴于点D，如图，根据旋转的性质得∠ABC=90°，BC=BA，再利用等角的余角相等得到∠CBD=∠A，则可证明△ABO≌△BCD得到BD=OA=3，CD=OB=4，然后根据第二象限内点的坐标特征写出C点坐标．【解答】解：如图，作CD⊥y轴于点D，∵A（3，0），B（0，4），∴OA=3，OB=4，∵线段AB绕点B顺时针旋转90°至CB，∴∠ABC=90°，BC=BA，∵∠ABO+∠A=90°，∠ABO+∠CBD=90°，∴∠CBD=∠A，在△ABO和△BCD中，∴△ABO≌△BCD（AAS），∴BD=OA=3，CD=OB=4，∴OD=OB﹣BD=4﹣3=1，∴C点坐标为（﹣4，1）．故答案为：（﹣4，1）．【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．解决本题的关键是作CD⊥y 轴于点D后求出CD和OD的长．9．如图，OA⊥OB，Rt△CDE的边CD在OB上，∠ECD=45°，CE=4，若将△CDE 绕点C逆时针旋转75°，点E的对应点N恰好落在OA上，则OC的长度为2．【分析】根据旋转得出∠NCE=75°，求出∠NCO，根据直角三角形30度角的性质可得：OC=CN，可得结论．【解答】解：∵将三角形CDE绕点C逆时针旋转75°，点E的对应点N恰好落在OA上，∴∠ECN=75°，CN=CE=4，∵∠ECD=45°，∴∠NCO=180°﹣75°﹣45°=60°，∵AO⊥OB，∴∠AOB=90°，∴∠ONC=30°，∴OC=CN=2，故答案为：2．【点评】本题考查了含30度角的直角三角形性质，旋转性质，三角形的内角和定理等知识点，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，题目比较好．10．如图，在平面内将△ABC绕点B旋转至△A'BC'的位置时，点A'在AC上，AC ∥BC'，∠ABC=70°，则旋转的角度是40°．【分析】根据旋转前后的两个图形全等，则：∠A=∠BA'C'，∠ABC=∠A'BC'=70°，AB=A'B，所以∠A=∠AA'B=70°，根据三角形的内角和定理可得∠ABA'=40°．【解答】解：由旋转得：∠A=∠BA'C'，∠ABC=∠A'BC'=70°，AB=A'B，∵AC∥BC'，∴∠AA'B=∠A'BC'=70°，∴∠A=∠AA'B=70°，∴∠ABA'=180°﹣70°﹣70°=40°，即旋转角是40°，故答案为：40°．【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，明确对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角．也考查了等腰三角形的性质和三角形内角和定理．三、解答题11．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8．线段AD由线段AB绕点A 按逆时针方向旋转90°得到，△EFG由△ABC沿CB方向平移得到，且直线EF 过点D．（1）求证：AD⊥EF；（2）求CG的长．【分析】（1）由平移的性质可知：AB∥DF，再利用平行线的性质即可证明；（2）先判断出∠ADE=∠ACB，进而得出△ADE∽△ACB，得出比例式求出AE，即可得出结论．【解答】（1）证明：∵线段AD是由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到，∴∠DAB=90°，∵△EFG是△ABC沿CB方向平移得到，∴AB∥EF，∴∠ADF+∠DAB=180°∴∠ADF=90°，∴AD⊥EF．（2）由平移的性质得，AE∥CG，AB∥EF，∴∠DEA=∠DFC=∠ABC，∠ADE+∠DAB=180°，∵∠DAB=90°，∴∠ADE=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ADE=∠ACB，∴△ADE∽△ACB，∴=，∵AC=8，AB=AD=10，∴AE=12.5，由平移的性质得，CG=AE=12.5．【点评】此题主要考查了图形的平移与旋转，平行线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，判断出△ADE∽△ACB 是解本题的关键．12．如图所示，把一个直角三角尺ACB绕着30°角的顶点B顺时针旋转，使得点A与CB的延长线上的点E重合，连接CD．（1）试判断△CBD的形状，并说明理由；（2）求∠BDC的度数．【分析】（1）根据图形旋转不变性的性质得出△ABC≌△EBD，故可得出BC=BD，由此即可得出结论；（2）根据图形选旋转不变性的性质求出∠EBD的度数，再由等腰三角形的性质即可得出∠BDC的度数．【解答】解：（1）∵△EBD由△ABC旋转而成，∴△ABC≌△EBD，∴BC=BD，∴△CBD是等腰三角形．（3）∵△ABC≌△EBD，∴∠EBD=∠ABC=30°，∴∠DBC=180﹣30°=150°，∵△CBD是等腰三角形，∴∠BDC===15°．【点评】本题考查的是旋转的性质，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．13．已知△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示．（1）写出A，B，C三点的坐标；（2）将△ABC绕着点C顺时针方向旋转90°后得到△A1B2C，画出旋转后的△A1B1C，并写出A1，B1的坐标．【分析】（1）根据平面坐标系得出A、B、C三点的坐标即可；（2）分别画出A，B的对应点A1，B2，写出A1，B1的坐标即可．【解答】解：（1）如图所示：A、B、C三点的坐标分别为：（﹣1，2），（﹣3，1），（0，﹣1）；（2）△A1B2C如图所示，A1，B1的坐标分别为（3，0），（2，2）．【点评】本题考查作图﹣旋转变换，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．14．如图，△ABC中，∠C=90°，将△ABC绕点C顺时针旋转90°，得到△DEC（其中点D、E分别是A、B两点旋转后的对应点）．（1）请画出旋转后的△DEC；（2）试判断DE与AB的位置关系，并证明你的结论．【分析】（1）根据要求画出△DCE即可；（2）利用“8字型”证明∠AFE=∠DCE即可解决问题；【解答】解：（1）旋转后的△DEC如图所示．（2）结论：DE⊥AB．理由：延长DE交AB于点F．由旋转不变性可知：∠A=∠D，∠ACB=∠DCE=90°，∵∠AEF=∠DEC，∠∠AFE=∠DCE=90°，∴DE⊥AB．【点评】本题考查旋转变换，解题的关键是熟练掌握利用“8字型”证明角相等，属于中考常考题型．15．在如图的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图和解答下列问题：（1）将△ABC沿x轴向右平移4个单位，在图中画出平移后的△A1B1C1（2）作△ABC关于坐标原点成中心对称的△A2B2C2．（3）求B1的坐标（2，﹣2），C2的坐标（4，1）．【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；（2）分别作出A，B，C的对应点△A2，B2，C2即可；（3）根据B1，C2，的位置写出坐标即可；【解答】解：（1）△A1B1C1如图所示；（2）△A2B2C2如图所示；（3）求B1的坐标（2，﹣2），C2的坐标（4，1）．【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．。

中考数学《旋转》专题练习含答案解析

旋转一、选择题（共6小题，每小题4分，满分24分）1．下列图形中，你认为既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A．B．C．D．2．如图，所给的图案由△ABC绕点O顺时针旋转（）前后的图形组成的．A．45°、90°、135°B．90°、135°、180°C．45°、90°、135°、180°、225° D．45°、180°、225°3．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′，图中阴影部分的面积为（）A．B．C．1﹣D．1﹣4．如图，P是等边三角形ABC内一点，∠APB，∠BPC，∠CPA的大小之比为5：6：7，则以PA，PB，PC为边的三角形三内角大小之比（从小到大）是（）A．2：3：4 B．3：4：5C．4：5：6 D．以上结果都不对5．下列图形中，是中心对称图形的是（）A．菱形B．等腰梯形C．等边三角形D．等腰直角三角形6．在平面直角坐标系中，点P（2，﹣3）关于原点对称的点的坐标是（）A．（2，3）B．（﹣2，3）C．（﹣2，﹣3）D．（﹣3，2）二、填空题（共6小题，每小题5分，满分30分）7．在平面直角坐标系中，已知点P0的坐标为（1，0），将点P0绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P1，延长OP1到点P2，使OP2=2OP1再将点P2绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P3，则点P3的坐标是．8．如图所示，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=5，△ABC按逆时针方向旋转一个角度后，成为△ACD，则旋转中心是点、旋转角是．9．如图，设P是等边三角形ABC内任意一点，△ACP′是由△ABP旋转得到的，则PA PB+PC（选填“＞”、“=”、“＜”）10．如图，E、F分别是正方形ABCD的边BC、CD上一点，且BE+DF=EF，则∠EAF=度．11．如图，O是等边△ABC内一点，将△AOB绕A点逆时针旋转，使得B，O两点的对应分别为C，D，则旋转角为度，图中除△ABC外，还有等边三形是△．12．如图，Rt△ABC中，P是斜边BC上一点，以P为中心，把这个三角形按逆时针方向旋转90°得到△DEF，图中通过旋转得到的三角形还有．三、解答题13．已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时（如图1），易证BM+DN=MN．（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．14．如图，正方形ABCD的边长为1，AB，AD上各有一点P，Q，如果△APQ的周长为2，求∠PCQ的度数．15．有两张完全重合的矩形纸片，小亮同学将其中一张绕点A顺时针旋转90°后得到矩形AMEF（如图1），连接BD、MF，若此时他测得BD=8cm，∠ADB=30°．（1）请直接写出AF的长；（2）小红同学用剪刀将△BCD与△MEF剪去，与小亮同学继续探究．他们将△ABD绕点A顺时针旋转得△AB1D1，AD1交FM于点K（如图2），设旋转角为β（0°＜β＜90°），当△AFK为等腰三角形时，求△AFK的面积（保留根号）．旋转参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题4分，满分24分）1．下列图形中，你认为既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【考点】中心对称图形；轴对称图形．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答】解：既是中心对称图形又是轴对称图形的只有A．故选A．【点评】掌握好中心对称与轴对称的概念．轴对称的关键是寻找对称轴，两边图象沿对称轴折叠后可重合，中心对称是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图重合．2．如图，所给的图案由△ABC绕点O顺时针旋转（）前后的图形组成的．A．45°、90°、135°B．90°、135°、180°C．45°、90°、135°、180°、225° D．45°、180°、225°【考点】旋转的性质．【专题】计算题．【分析】根据旋转的性质，把旋转后的图形看作为正八边形，依次得到旋转的角度．【解答】解：把△ABC绕点O顺时针旋转45°，得到△HEF；顺时针旋转180°，得到△ADC；顺时针旋转225°，得到△HGF；故选D．【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．3．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′，图中阴影部分的面积为（）A．B．C．1﹣D．1﹣【考点】旋转的性质；正方形的性质．【分析】设B′C′与CD的交点为E，连接AE，利用“HL”证明Rt△AB′E和Rt△ADE全等，根据全等三角形对应角相等∠DAE=∠B′AE，再根据旋转角求出∠DAB′=60°，然后求出∠DAE=30°，再解直角三角形求出DE，然后根据阴影部分的面积=正方形ABCD的面积﹣四边形ADEB′的面积，列式计算即可得解．【解答】解：如图，设B′C′与CD的交点为E，连接AE，在Rt△AB′E和Rt△ADE中，，∴Rt△AB′E≌Rt△ADE（HL），∴∠DAE=∠B′AE，∵旋转角为30°，∴∠DAB′=60°，∴∠DAE=×60°=30°，∴DE=1×=，∴阴影部分的面积=1×1﹣2×（×1×）=1﹣．故选：C．【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形判定与性质，解直角三角形，利用全等三角形求出∠DAE=∠B′AE，从而求出∠DAE=30°是解题的关键，也是本题的难点．4．如图，P是等边三角形ABC内一点，∠APB，∠BPC，∠CPA的大小之比为5：6：7，则以PA，PB，PC为边的三角形三内角大小之比（从小到大）是（）A．2：3：4 B．3：4：5C．4：5：6 D．以上结果都不对【考点】旋转的性质；三角形内角和定理；等边三角形的性质．【专题】计算题．【分析】将△APB绕A点逆时针旋转60°得△AP′C，显然有△AP′C≌△APB，连PP′，则AP′=AP，∠P′AP=60°，得到△AP′P是等边三角形，PP′=AP，所以△P′CP的三边长分别为PA，PB，PC；再由∠APB+∠BPC+∠CPA=360°，∠APB：∠BPC：∠CPA=5：6：7，得到∠APB=100°，∠BPC=120°，∠CPA=140°，这样可分别求出∠PP′C=∠AP′C﹣∠AP′P=∠APB ﹣∠AP′P=100°﹣60°=40°，∠P′PC=∠APC﹣∠APP′=140°﹣60°=80°，∠PCP′=180°﹣（40°+80°）=60°，即可得到答案．【解答】解：如图，将△APB绕A点逆时针旋转60°得△AP′C，显然有△AP′C≌△APB，连PP′，∵AP′=AP，∠P′AP=60°，∴△AP′P是等边三角形，∴PP′=AP，∵P′C=PB，∴△P′CP的三边长分别为PA，PB，PC，∵∠APB+∠BPC+∠CPA=360°，∠APB：∠BPC：∠CPA=5：6：7，∴∠APB=100°，∠BPC=120°，∠CPA=140°，∴∠PP′C=∠AP′C﹣∠AP′P=∠APB﹣∠AP′P=100°﹣60°=40°，∠P′PC=∠APC﹣∠APP′=140°﹣60°=80°，∠PCP′=180°﹣（40°+80°）=60°，∴∠PP′C：∠PCP′：∠P′PC=2：3：4．故选A．【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了等边三角形的性质．5．下列图形中，是中心对称图形的是（）A．菱形B．等腰梯形C．等边三角形D．等腰直角三角形【考点】中心对称图形．【分析】旋转180°后与原图重合的图形是中心对称图形．【解答】解：菱形，等腰梯形，等边三角形，等腰直角三角形都是轴对称图形；菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形．故选A．【点评】运用轴对称和中心对称图形概念，找出符合条件的图形．【链接】如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．6．在平面直角坐标系中，点P（2，﹣3）关于原点对称的点的坐标是（）A．（2，3）B．（﹣2，3）C．（﹣2，﹣3）D．（﹣3，2）【考点】关于原点对称的点的坐标．【分析】根据“平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y）”解答．【解答】解：根据中心对称的性质，得点P（2，﹣3）关于原点对称的点的坐标是（﹣2，3）．故选B．【点评】关于原点对称的点坐标的关系，是需要识记的基本问题．记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．二、填空题（共6小题，每小题5分，满分30分）7．在平面直角坐标系中，已知点P0的坐标为（1，0），将点P0绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P1，延长OP1到点P2，使OP2=2OP1再将点P2绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P3，则点P3的坐标是（﹣1，）．【考点】坐标与图形变化﹣旋转．【专题】压轴题．【分析】已知将点P0绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P1，则OP1=1，P1点的坐标是（．则P2的坐标是；再将点P2绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P3，则点P3与P2关于y轴对称，因而点P3的坐标就很容易求出．【解答】解：∵点P0绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P1，∴P1点的坐标是（，∴P2的坐标是，又∵点P3与P2关于y轴对称，∴点P3的坐标是（﹣1，）．【点评】解决本题的关键是正确理解题目，按题目的叙述一定要把各点的大致位置确定，正确地作出图形．8．如图所示，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=5，△ABC按逆时针方向旋转一个角度后，成为△ACD，则旋转中心是点A、旋转角是∠CAD，是90°．【考点】旋转的性质．【分析】确定图形的旋转时首先要确定旋转前后的对应点，即可确定旋转中心．【解答】解：旋转中心是点A、旋转角是∠CAD，是90°．【点评】本题主要考查了旋转的定义，正确确定旋转中的对应点，是确定旋转中心，旋转角的前提．9．如图，设P是等边三角形ABC内任意一点，△ACP′是由△ABP旋转得到的，则PA＜PB+PC（选填“＞”、“=”、“＜”）【考点】旋转的性质；三角形三边关系；等边三角形的判定．【分析】此题只需根据三角形的任意两边之和大于第三边和等边三角形的性质，进行分析即可．【解答】解：根据三角形的三边关系，得：BC＜PB+PC．又AB=BC＞PA，∴PA＜PB+PC．【点评】本题结合旋转主要考查了三角形的三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．10．如图，E、F分别是正方形ABCD的边BC、CD上一点，且BE+DF=EF，则∠EAF=45度．【考点】旋转的性质；正方形的性质．【分析】根据BE+DF=EF，则延长FD到G，使DG=BE，则FG=EF，可以认为是把△ABE 绕点A逆时针旋转90度，得到△ADG，根据旋转的定义即可求解．【解答】解：如图：延长FD到G，使DG=BE，则FG=EF，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG又∴AF=AF，GF=EF∴△AGF≌△AEF∴∠EAF=∠GAF=×90°=45°．【点评】本题考查旋转的性质．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点﹣旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．11．如图，O是等边△ABC内一点，将△AOB绕A点逆时针旋转，使得B，O两点的对应分别为C，D，则旋转角为60度，图中除△ABC外，还有等边三形是△AOD．【考点】旋转的性质；等边三角形的性质；等边三角形的判定．【分析】根据旋转的性质及全等三角形的性质作答．【解答】解：∵将△AOB绕A点逆时针旋转，使得B，O两点的对应分别为C，D，∴△AOB≌△ADC，∴OA=AD，∠BAO=∠DAC，∴∠BAO+∠OAC=∠DAC+∠OAC=∠BAC=60°，即∠OAD=60°，所以旋转角为60°．∵OA=AD，∠OAD=60°，∴△AOD为等边三角形．【点评】此题主要考查了图形旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．12．如图，Rt△ABC中，P是斜边BC上一点，以P为中心，把这个三角形按逆时针方向旋转90°得到△DEF，图中通过旋转得到的三角形还有△EPQ．【考点】旋转的性质．【分析】旋转中心是P，旋转方向为逆时针，旋转角是90度，已确定，再通过观察发现全等三角形，判断是否符合本题的旋转规律．【解答】解：根据旋转的性质可知，旋转中心是P，旋转角是90度，图中通过旋转得到的三角形还有△EPQ．【点评】本题考查旋转两相等的性质，即对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．三、解答题13．已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时（如图1），易证BM+DN=MN．（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．【专题】计算题；压轴题．【分析】（1）BM+DN=MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME=MN．（2）DN﹣BM=MN．证明方法与（1）类似．【解答】解：（1）BM+DN=MN成立．证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线（图形画正确）．∴∠EAM=90°﹣∠NAM=90°﹣45°=45°，又∵∠NAM=45°，∴在△AEM与△ANM中，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME=MN，∵ME=BE+BM=DN+BM，∴DN+BM=MN；（2）DN﹣BM=MN．在线段DN上截取DQ=BM，在△ADQ与△ABM中，∵，∴△ADQ≌△ABM（SAS），∴∠DAQ=∠BAM，∴∠QAN=∠MAN．在△AMN和△AQN中，∴△AMN≌△AQN（SAS），∴MN=QN，∴DN﹣BM=MN．【点评】本题考查了旋转的性质，解决此类问题的关键是正确的利用旋转不变量．14．如图，正方形ABCD的边长为1，AB，AD上各有一点P，Q，如果△APQ的周长为2，求∠PCQ的度数．【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．【专题】计算题．【分析】简单的求正方形内一个角的大小，首先从△APQ的周长入手求出PQ=DQ+BP，然后将△CDQ逆时针旋转90°，使得CD、CB重合，然后利用全等来解．【解答】解：如图所示，△APQ的周长为2，即AP+AQ+PQ=2①，正方形ABCD的边长是1，即AQ+QD=1，AP+PB=1，∴AP+AQ+QD+PB=2②，①﹣②得，PQ﹣QD﹣PB=0，∴PQ=PB+QD．延长AB至M，使BM=DQ．连接CM，△CBM≌△CDQ（SAS），∴∠BCM=∠DCQ，CM=CQ，∵∠DCQ+∠QCB=90°，∴∠BCM+∠QCB=90°，即∠QCM=90°，PM=PB+BM=PB+DQ=PQ．在△CPQ与△CPM中，CP=CP，PQ=PM，CQ=CM，∴△CPQ≌△CPM（SSS），∴∠PCQ=∠PCM=∠QCM=45°．【点评】熟练掌握正方形的性质，会运用正方形的性质进行一些简单的运算．15．有两张完全重合的矩形纸片，小亮同学将其中一张绕点A顺时针旋转90°后得到矩形AMEF（如图1），连接BD、MF，若此时他测得BD=8cm，∠ADB=30°．（1）请直接写出AF的长；（2）小红同学用剪刀将△BCD与△MEF剪去，与小亮同学继续探究．他们将△ABD绕点A顺时针旋转得△AB1D1，AD1交FM于点K（如图2），设旋转角为β（0°＜β＜90°），当△AFK为等腰三角形时，求△AFK的面积（保留根号）．【考点】锐角三角函数的定义；旋转的性质．【专题】操作型．【分析】（1）根据旋转的性质可知△AFM≌△ADB，则AF=AD=BD•cos∠ADB=8×=4cm；（2）当△AFK为等腰三角形时，由于AM＜AF，那么A不能是等腰△AFK的顶点，则分两种情况：①K为顶点，即AK=FK时；②F为顶点，即AF=FK．针对每一种情况，利用三角形的面积公式，可分别求出△AFK的面积．【解答】解：（1）AF=；（2）△AFK为等腰三角形时，分两种情况：①当AK=FK时，如图．过点K作KN⊥AF于N，则KN⊥AF，AN=NF=AF=2cm．在直角△NFK中，∠KNF=90°，∠F=30°，∴KN=NF•tan∠F=2cm．∴△AFK的面积=×AF×KN=；②当AF=FK时，如图．过点K作KP⊥AF于P．在直角△PFK中，∠KPF=90°，∠F=30°，∴KP=KF=2cm．∴△AFK的面积=×AF×KP=12cm2．【点评】本题考查旋转的性质，旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．注意（2）中需分情况讨论△AFK为等腰三角形时的不同分类，不要漏解．。

九年级中考数学初中数学旋转解答题压轴题提高专题练习及答案

九年级中考数学初中数学旋转解答题压轴题提高专题练习及答案一、旋转1．在平面直角坐标系中，已知点A(0，4)，B(4，4)，点M，N是射线OC上两动点(OM＜ON)，且运动过程中始终保持∠MAN＝45°，小明用几何画板探究其中的线段关系．(1)探究发现：当点M，N均在线段OB上时(如图1)，有OM2+BN2＝MN2．他的证明思路如下：第一步：将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．第二步：证明△APM≌△ANM，得MP＝MM．第一步：证明∠POM＝90°，得OM2+OP2＝MP2．最后得到OM2+BN2＝MN2．请你完成第二步三角形全等的证明．(2)继续探究：除(1)外的其他情况，OM2+BN2＝MN2的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．(3)新题编制：若点B是MN的中点，请你编制一个计算题(不标注新的字母)，并直接给出答案(根据编出的问题层次，给不同的得分)．【答案】(1)见解析；(2)结论仍然成立，理由见解析；(3)见解析.【解析】【分析】（1）将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN=OP．证明△APM≌△ANM，再利用勾股定理即可解决问题；（2）如图2中，当点M，N在OB的延长线上时结论仍然成立．证明方法类似（1）；（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．利用（2）中结论，构建方程即可解决问题．【详解】（1）如图1中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．∵点A(0，4)，B(4，4)，∴OA＝AB，∠OAB＝90°，∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠MAP，∵MA＝MA，AN＝AP，∴△MAN≌△MAP(SAS)．（2）如图2中，结论仍然成立．理由：如图2中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠MAP，∵MA＝MA，AN＝AP，∴△MAN≌△MAP(SAS)，∴MN＝PM，∵∠ABN＝∠AOP＝135°，∠AOB＝45°，∴∠MOP＝90°，∴PM2＝OM2+OP2，∴OM2+BN2＝MN2；（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．设MN＝2x，则BM＝BN＝x，∵OA＝AB＝4，∠OAB＝90°，∴OB＝2，∴OM＝2﹣x，∵OM2+BN2＝MN2．∴(42﹣x)2+x 2＝(2x)2，解得x ＝﹣22+26或﹣22﹣26(舍弃) ∴MN ＝﹣42+46．【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和判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．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2222BE PM 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°，∴2222BE 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 =+=+， ∴2171MN 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．（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．4．已知：△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BE，CD，点F，G，H分别为DE，BE，CD 中点．（1）当△ADE绕点A旋转时，如图1，则△FGH的形状为，说明理由；（2）在△ADE旋转的过程中，当B，D，E三点共线时，如图2，若AB=3，AD=2，求线段FH的长；（3）在△ADE旋转的过程中，若AB=a，AD=b（a＞b＞0），则△FGH的周长是否存在最大值和最小值，若存在，直接写出最大值和最小值；若不存在，说明理由．【答案】（1）△FGH是等边三角形；（261；（3）△FGH的周长最大值为32（a+b），最小值为32（a﹣b）．【解析】试题分析：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：根据三角形中位线定理证明FG=FH，再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题；、（2）如图2中，连接AF、EC．在Rt△AFE和Rt△AFB中，解直角三角形即可；（3）首先证明△GFH的周长=3GF=32BD，求出BD的最大值和最小值即可解决问题；试题解析：解：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：如图1中，连接BD、CE，延长BD交CE于M，设BM交FH于点O．∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∠ADB=∠AEC，∵EG=GB，EF=FD，∴FG=12BD，GF∥BD，∵DF=EF，DH=HC，∴FH=12EC，FH∥EC，∴FG=FH，∵∠ADB+∠ADM=180°，∴∠AEC+∠ADM=180°，∴∠DMC+∠DAE=180°，∴∠DME=120°，∴∠BMC=60°∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°，∴△GHF是等边三角形，故答案为：等边三角形．（2）如图2中，连接AF、EC．易知AF⊥DE，在Rt△AEF中，AE=2，EF=DF=1，∴AF2221-3，在Rt△ABF中，BF22AB AF-6，∴BD=CE=BF﹣DF61，∴FH=12EC61-．（3）存在．理由如下．由（1）可知，△GFH是等边三角形，GF=12BD，∴△GFH的周长=3GF=32BD，在△ABD中，AB=a，AD=b，∴BD的最小值为a﹣b，最大值为a+b，∴△FGH的周长最大值为3 2（a+b），最小值为32（a﹣b）．点睛：本题考查等边三角形的性质．全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角形的中位线的宽等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．5．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；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=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 ，QJ=22=3QN 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=2ab ，∴a=32b ， ∴0＜63=33②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=643 sin603==︒，∴33＜a＜43；③如图∵△DEF是等边三角形∴∠FDC=30°∴DF=643 cos303==︒∴a＞3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．6．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．7．如图，点A是x轴非负半轴上的动点，点B坐标为（0，4），M是线段AB的中点，将点M绕点A顺时针方向旋转90°得到点C，过点C作x轴的垂线，垂足为F，过点B作y 轴的垂线与直线CF相交于点E，连接AC，BC，设点A的横坐标为t．（Ⅰ）当t=2时，求点M的坐标；（Ⅱ）设ABCE的面积为S，当点C在线段EF上时，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；（Ⅲ）当t为何值时，BC+CA取得最小值．【答案】（1）（1，2）；（2）S=32t+8（0≤t≤8）；（3）当t=0时，BC+AC有最小值【解析】试题分析：（I）过M作MG⊥OF于G，分别求OG和MG的长即可；（II）如图1，同理可求得AG和OG的长，证明△AMG≌△CAF，得：AG=CF=12t，AF=MG=2，分别表示EC和BE的长，代入面积公式可求得S与t的关系式；并求其t的取值范围；（III）证明△ABO∽△CAF，根据勾股定理表示AC和BC的长，计算其和，根据二次根式的意义得出当t=0时，值最小．试题解析：解：（I）如图1，过M作MG⊥OF于G，∴MG∥OB，当t=2时，OA=2．∵M是AB的中点，∴G是AO的中点，∴OG=12OA=1，MG是△AOB的中位线，∴MG=12OB=12×4=2，∴M（1，2）；（II）如图1，同理得：OG=AG=12t．∵∠BAC=90°，∴∠BAO+∠CAF=90°．∵∠CAF+∠ACF=90°，∴∠BAO=∠ACF．∵∠MGA=∠AFC=90°，MA=AC，∴△AMG≌△CAF，∴AG=CF=12t，AF=MG=2，∴EC=4﹣12t，BE=OF=t+2，∴S△BCE=12EC•BE=12（4﹣12t）（t+2）=﹣14t2+32t+4；S△ABC=12•AB•AC=1214t2+4，∴S=S△BEC+S△ABC=32t+8．当A与O重合，C与F重合，如图2，此时t=0，当C与E重合时，如图3，AG=EF，即1 2t=4，t=8，∴S与t之间的函数关系式为：S=32t+8（0≤t≤8）；（III）如图1，易得△ABO∽△CAF，∴ABAC=OBAF=OAFC=2，∴AF=2，CF=12t，由勾股定理得：ACBC∴BC+AC=（），∴当t=0时，BC+AC有最小值．点睛：本题考查了几何变换综合题，知识点包括相似三角形、全等三角形、点的坐标、几何变换（旋转）、三角形的中位线等，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．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 ，EF =3a ，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．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2y 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）222222b c 0{3232222c +=+=⎝⎭． A 1C 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：(222222b c 0{2222b c 0++=++=，解得b 12{c 82=-= ∴2y 2x 12x 82=-+②当抛物线经过点D 、F 时，根据题意可得：222222b c 0{3232222c ++=+=⎝⎭，解得b 11{c 72=-= ∴2y 2x 11x 2=-+③当抛物线经过点E、F时，根据题意可得：(22c0{b c222++=⎛++=⎝⎭，解得b13{c=-=∴2y13x=-+（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--=，∴1212x x1x x b+==-，．∵B′C′=1，∴根据题意易得：12x x2-=，∴()2121x x2-=，即()212121x x4x x2+-=．∴114b2+=，解得1b8=-．∴21x x08-+=，解得2x4+=x或2x4-=．∵点C′的横坐标较小，∴2x4=．当2x4=时，23y x8-==．∴P③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x1，x2．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=x2与y x b=-+得：2x x b=-+，即2x x b0+-=，∴1212x x1x x b+=-=-，．∵C′A′=1，∴根据题意易得：12x x2-=，∴()2121x x2-=，即()212121x x 4x x 2+-=． ∴114b 2+=，解得1b 8=-． ∴21x x 08++=，解得22x -+=x 或22x --=．∵点C′的横坐标较大，∴22x 4-+=．当22x 4-+=时，2322y x 8-==． ∴P （22-+，322-）． 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 （22-+，322-）． 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 （22+，322+）．综上所述，点P 的坐标为：（0，122-），（224-，3228-），P （224-+，3228-，（224+，3228+）．【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．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，∵CD 2=OC 2+OD 2，∴CD 2=AC 2+OC 2；故答案为AC 2+CO 2=CD 2；（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，∴CE2=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13．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.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．在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°，将△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点．（1）如图1，观察并猜想，在旋转过程中，线段BE与BF有怎样的数量关系？并证明你的结论；（2）如图2，当α=30°时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由．。

中考数学《旋转的综合》专项训练及答案

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．(1)发现：如图1，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BC＝4，AB＝1，如图2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请找出图中与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3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(2，0)，点B的坐标为(6，0)，点P 为线段AB外一动点，且PA＝2，PM＝PB，∠BPM＝90°，请直接写出线段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)①CD＝BE，理由见解析；②BE长的最大值为5；(3)满足条件的点P坐标(222)或(222)，AM的最大值为2+4．【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根据已知条件易证△CAD≌△EAB，根据全等三角形的性质即可得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+4；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求得点P的坐标．如图3中，根据对称性可知当点P在第四象限时也满足条件，由此求得符合条件的点P另一个的坐标．【详解】(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 ABCAD EAB AC AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△CAD≌△EAB(SAS)，∴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＝5；(3)如图1，∵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(6，0)，∴OA＝2，OB＝6，∴AB＝4，∴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+4；如图2，过P作PE⊥x轴于E，∵△APN是等腰直角三角形，∴PE＝AE2，∴OE＝BO﹣AB﹣AE＝6﹣42＝22，∴P(2﹣2，2)．如图3中，根据对称性可知当点P在第四象限时，P(2﹣2，﹣2)时，也满足条件．综上所述，满足条件的点P坐标(2﹣2，2)或(2﹣2，﹣2)，AM的最大值为22+4．【点睛】本题综合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．2．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 CFACF BCEAC 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 CFACF BCEAC 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．3．如图1，是边长分别为6和4的两个等边三角形纸片ABC和CD1E1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），∴BE=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°，∴CG=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．4．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．5．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．6．如图1，矩形ABCD中，E是AD的中点，以点E直角顶点的直角三角形EFG的两边EF，EG分别过点B，C，∠F＝30°.（1）求证：BE＝CE（2）将△EFG绕点E按顺时针方向旋转，当旋转到EF与AD重合时停止转动.若EF，EG分别与AB，BC相交于点M，N.（如图2）①求证：△BEM≌△CEN；②若AB＝2，求△BMN面积的最大值；③当旋转停止时，点B恰好在FG上（如图3），求sin∠EBG的值.【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②2；62【解析】【分析】（1）只要证明△BAE≌△CDE即可；（2）①利用（1）可知△EBC是等腰直角三角形，根据ASA即可证明；②构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；③如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，BN=EN=3m，EB=6m．利用面积法求出EH，根据三角函数的定义即可解决问题.【详解】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB=DC，∠A=∠D=90°，∵E是AD中点，∴AE=DE，∴△BAE≌△CDE，∴BE=CE．（2）①解：如图2中，由（1）可知，△EBC是等腰直角三角形，∴∠EBC=∠ECB=45°，∵∠ABC=∠BCD=90°，∴∠EBM=∠ECN=45°，∵∠MEN=∠BEC=90°，∴∠BEM=∠CEN，∵EB=EC，∴△BEM≌△CEN；②∵△BEM≌△CEN，∴BM=CN，设BM=CN=x，则BN=4-x，∴S△BMN=12•x（4-x）=-12（x-2）2+2，∵-12＜0，∴x=2时，△BMN的面积最大，最大值为2．③解：如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，3m，6m．∴EG=m+3m=（1+3）m ， ∵S △BEG =12•EG•BN=12•BG•EH ， ∴EH=3?(13)2m m m +=3+32m ，在Rt △EBH 中，sin ∠EBH=3+362246mEHEB m+==．【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，7．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 =3a ，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．8．如图1，O 为直线AB 上一点，过点O 作射线OC ，AOC 30∠=，将一直角三角板()M 30∠=的直角顶点放在点O 处，一边ON 在射线OA 上，另一边OM 与OC 都在直线AB 的上方．()1将图1中的三角板绕点O 以每秒5的速度沿逆时针方向旋转一周.如图2，经过t 秒后，ON 落在OC 边上，则t =______秒(直接写结果)．()2如图2，三角板继续绕点O 以每秒5的速度沿逆时针方向旋转到起点OA 上.同时射线OC 也绕O 点以每秒10的速度沿逆时针方向旋转一周，①当OC 转动9秒时，求MOC ∠的度数．②运动多少秒时，MOC 35∠=？请说明理由．【答案】（1）6；（2）①45；②11秒或25秒，理由见解析. 【解析】【分析】(1)因为∠AOC=30°，所以ON 落在OC 边上时，三角板旋转了30°，即可求出旋转时间；(2)在整个旋转过程中，可以看做这样一个追及问题更容易理解，即：ON 绕点O 以每秒5°的速度沿逆时针方向旋转，同时射线OC 也绕O 点以每秒10°的速度沿逆时针方向旋转； ①9秒时，∠NOC=45°，而OC 旋转了90°，所以∠MOC 的度数就是45°； ②∠MOC=35°时，应分OC 与OM 重合前35°与重合后35°两种情况考虑，分别进行求解即可.【详解】()1AOC 30∠=，而三角板每秒旋转5，∴当ON 落在OC 边上时，有5t 30=，得t 6=，故答案为6；()2①当OC 转动9秒时，COA 30109120∠=+⨯=，而MOA 309059165∠=++⨯=，又MOC MOA COA ∠∠∠=-，即：MOC 16512045∠=-=，答：当OC 转动9秒时，MOC ∠的度数为45；②设OC 运动起始位置为射线OP(如图1)，运动t 秒时，MOC 35∠=，则MOP 905t ∠=+，COP 10t ∠=，当MOC 35∠=时，有()905t 10t 35+-=或()10t 905t 35-+=，得t 11=或t 25=，因为三角板与射线OC 都只旋转一周，所以不考虑再次追及的情况，故当运动11秒或25秒时，MOC 35∠=．【点睛】本题考查的是用方程的思想解决角的旋转的问题，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．。

中考数学复习考点知识专题训练19---因旋转产生的角度问题(提高篇)

中考数学复习考点知识专题训练19 因旋转产生的角度问题（提优篇）1．如图1，已知PQ∥MN，且∠BAM＝2∠BAN．（1）填空：∠BAN＝°；（2）如图1所示，射线AM绕点A开始顺时针旋转至AN便立即回转至AM位置，射线BP绕点B 开始顺时针旋转至BQ便立即回转至BP位置．若AM转动的速度是每秒2度，BP转动的速度是每秒1度，若射线BP先转动30秒，射线AM才开始转动，在射线BP到达BQ之前，射线AM转动几秒，两射线互相平行？（3）如图2，若两射线分别绕点A，B顺时针方向同时转动，速度同题（2），在射线AM到达AN 之前．若两射线交于点C，过C作∠ACD交PQ于点D，且∠ACD＝120°，则在转动过程中，请探究∠BAC与∠BCD的数量关系是否发生变化？若不变，请求出其数量关系；若改变，请说明理由．2．（1）①如图1，已知AB∥CD，点E在直线AB、CD之间，探究∠ABE、∠BED、∠CDE之间的数量关系，并说明理由．②将图1中射线BA绕B逆时针方向旋转一定角度后，射线BA交射线DC于F，得到图2，形成四边形BFDE，探究四边形中∠B、∠E、∠D、∠BFD之间有何数量关系，并说明理由．（2）在图3中，AB∥CD，∠ABE与∠CDE的角平分线交于点N，∠ABM=23∠ABN，∠CDM=23∠CDN，写出∠M与∠E之间数量关系，并说明理由．3．长江汛期即将来临，防汛指挥部在一危险地带两岸各安置了一探照灯，便于夜间查看江水及两岸河堤的情况．如图2，灯A射线自AM顺时针旋转至AN便立即回转至原位置，灯B射线自BP顺时针旋转至BQ便立即回转至原位置，两灯不停交叉照射巡视．若灯A转动的速度是a°/秒，灯B 转动的速度是b°/秒，且a、b满足|a﹣3|+（a+b﹣4）2＝0．假定这一带长江两岸河堤是平行的，即PQ∥MN，且∠BAN＝45°．（1）求a、b的值．（2）如图1，若两灯同时转动，在灯A射线第一次转到AN之前，两灯射出的光线交于点C，若∠C＝70°，求∠BAC的度数．（3）若灯B射线先转动20秒，灯A射线才开始转动，在灯B射线第一次转到BQ之前，A灯转动几秒，两灯的光线互相平行？4．钱塘江汛期即将来临，防汛指挥部在一危险地带两岸各安置了一探照灯，便于夜间查看江水及两岸河堤的情况．如图，灯A射线自AM顺时针旋转至AN便立即回转，灯B射线自BP顺时针旋转至BQ便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．若灯A转动的速度是a°/秒，灯B转动的速度是b°/秒，且a、b满足|a﹣3b|+（a+b﹣4）2＝0．假定这一带长江两岸河堤是平行的，即PQ∥MN，且∠BAN＝45°．（1）求a、b的值；（2）若灯B射线先转动30秒，灯A射线才开始转动，在灯B射线到达BQ之前，A灯转动几秒，两灯的光束互相平行？（3）如图，两灯同时转动，在灯A射线到达AN之前，若射出的光束交于点C，过C作CD⊥AC 交PQ于点D，则在转动过程中，∠BAC与∠BCD的数量关系是否发生变化？若不变，请求出其数量关系；若改变，请求出其取值范围．5．如图，钱塘江入海口某处河道两岸所在直线（PQ，MN）夹角为20°，在河道两岸安装探照灯B 和A，若灯A射线自AM顺时针旋转至AN便立即回转，灯B射线自BQ逆时针旋转至BP便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．设灯A转动的速度是a度/秒，灯B转动的速度是b度/秒．已知∠BAN＝50°（1）当b＝2时，问灯B转动几秒后，射出的光束第一次经过灯A？（2）当a＝3，b＝6时，若两灯同时转动，在1分钟内（包括1分钟），问A灯转动几秒，两灯的光束互相平行？（3）若A、B两灯同时转动（a＞b），在45秒与90秒时，两灯的光束各平行一次，求a，b的值．6．长江汛期即将来临，防汛指挥部在一危险地带两岸各安置了一探照灯，便于夜间查看江水及两岸河堤的情况．如图，灯A射线自AM顺时针旋转至AN便立即回转，灯B射线自BP顺时针旋转至BQ便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．若灯A转动的速度是a°/秒，灯B转动的速度是b°/秒，且a，b满足|a﹣3|+√b−1=0．假定这一带长江两岸河堤是平行的，即PQ∥MN，且∠BAN ＝45°（1）求a，b的值；（2）若灯B射线先转动20秒，灯A射线才开始转动，在灯B射线到达BQ之前，A灯转动几秒，两灯的光束互相平行？（3）如图，两灯同时转动，在灯A射线到达AN之前．若射出的光束交于点C，过C作CD⊥AC 交PQ于点D，则在转动过程中，∠BAC与∠BCD的数量关系是否发生变化？若不变，请求出其数量关系．7．长江汛期即将来临，防汛指挥部在一危险地带两岸各安置了一探照灯，便于夜间查看江水及两岸河堤的情况．如图，灯A射线自AM顺时针旋转至AN便立即回转，灯B射线自BP顺时针旋转至BQ便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．若灯A转动的速度是a°/秒，灯B转动的速度是b°/秒，且a、b满足3a＝27＝32•3b．假定这一带长江两岸河堤是平行的，即PQ∥MN，且∠BAN＝45°（1）求a、b的值；（2）若灯B射线先转动20秒，灯A射线才开始转动，在灯B射线到达BQ之前，A灯转动几秒，两灯的光束互相平行？（3）如图2，两灯同时转动，在灯A射线到达AN之前．若射出的光束交于点C，过C作CD⊥AC交PQ于点D，则在转动过程中，∠BCD：∠BAC＝．8．长江汛期即将来临，防汛指挥部在一危险地带两岸各安置了一探照灯，便于夜间查看江水及两岸河堤的情况．如图1，灯A射线自AM顺时针旋转至AN便立即回转，灯B射线自BP顺时针旋转至BQ便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．若灯A转动的速度是a°/秒，灯B转动的速度是b°/秒，且a、b满足|a﹣3b|+b2﹣2b+1＝0．假定这一带长江两岸河堤是平行的，即PQ∥MN，且∠BAN ＝45°．（1）则a＝，b＝；（2）若灯B射线先转动20秒，灯A射线才开始转动，在灯B射线到达BQ之前，A灯转动几秒，两灯的光束互相平行？（3）如图2，两灯同时转动，在灯A射线到达AN之前．若射出的光束交于点C，过C作CD⊥AC交PQ于点D，则在转动过程中，∠BAC与∠BCD的数量关系是（请直接写出结论）．9．辽宁汛期即将来临，防汛指挥部在一危险地带两岸各安置了一探照灯，便于夜间查看河水及两岸河堤的情况．如图，灯A射线自AM顺时针旋转至AN便立即回转，灯B射线白BP顺时针旋转至BQ便立即回转，两灯不停交叉照射巡视．若灯A转动的速度是a°/秒，灯B转动的速度是b°/秒，且a、b满足|a﹣3|+（a+b﹣4）2＝0，假定这带两岸河堤是平行的，即PQ∥MN，且∠BAN＝45°．（1）请直接写出a＝，b＝．（2）若灯B射线先转动20秒，灯A射线才开始转动，在灯B射线到达BQ之前，A灯转动秒，两灯的光束互相平行．（请直接写出答案）10．如图，取一副三角板按图1拼接，固定三角板ADE（∠AED＝30°的Rt△），将三角板ABC（∠ACB＝45°的Rt△）绕点A顺时针旋转一个大小为α的角（0°＜c≤45°），试问：（1）当α＝度时，能使图2中的AB∥DE；（2）当α＝度时，能使图3中的AB与AE重合；（3）当0°＜a≤45°时，连接BD（如图12﹣4），探求∠DBC+∠CAE+∠BDE的值的大小变化情况，并说明理由．11．（1）如图1，若AB∥CD，将点P在AB、CD内部，∠B，∠D，∠P满足的数量关系是，并说明理由．（2）在图1中，将直线AB绕点B逆时针方向旋转一定角度交直线CD于点Q，如图2，利用（1）中的结论（可以直接套用），求∠BPD﹑∠B﹑∠D﹑∠BQD之间有何数量关系？（3）科技活动课上，雨轩同学制作了一个图（3）的“飞旋镖”，经测量发现∠P AC＝30°，∠PBC ＝35°，他很想知道∠APB与∠ACB的数量关系，你能告诉他吗？说明理由．12．已知：如图，直线MN⊥PQ于点C，△ACB是直角三角形，且∠ACB＝90°，斜边AB交直线PQ于点D，CE平分∠ACN，∠BDC的平分线交EC的延长线于点F，∠A＝36°．（1）如图1，当AB∥MN时，求∠F的度数．（2）如图2，当△ACB绕C点旋转一定的角度（即AB与MN不平行），其他条件不变，问∠F的度数是否发生改变？请说明理由．13．一副直角三角板叠放如图①，现将含45°角的三角板ADE固定不动，把含30°角的三角板ABC 绕顶点A顺时针旋转角α（α＝∠BAD且0°＜α＜180°），使两块三角板至少有一组对应边（所在的直线）垂直．（1）如图②，α＝°时，BC⊥AE；（2）请你在下列备用图中各画一种符合要求的图形，计算出旋转角α，并用符号表示出垂直的边．14．如图①，AB、CD是两条射线，P为夹在这两条射线之间的一点，连P A和PC，作∠P AB和∠PCD 的平分线相交于点Q．（1）旋转射线AB，使AB∥CD，并调整点P的位置，使∠APC＝180°，如图②，请直接写出∠Q的度数；（2）当AB∥CD时，再调整点P的位置如图③，猜想并证明∠Q与∠P有何等量关系；（3）如图④，若射线AB，CD交于一点R，其他条件不变，猜想∠P、∠Q和∠R这三个角之间满足什么样的等量关系？并证明你的结论．15．将一副直角三角尺（即直角三角形AOB和直角三角形COD）的直角顶点O的重合，其中，在△AOB中，∠A＝60°，∠B＝30°，∠AOB＝90°；在△COD中，∠C＝∠D＝45°，∠COD＝90°．（1）如图1，当OA在∠COD的外部，且∠AOC＝45°时，①试说明CO平分∠AOB；②试说明OA∥CD（要求书写过程）；（2）如图2，绕点O旋转直角三角尺AOB，使OA在∠COD的内部，且CD∥OB，试探索∠AOC ＝45°是否成立，并说明理由．16．将一副三角板中的两块三角板重合放置，其中45°和30°的两个角顶点重合在一起．（1）如图1所示，边OA与OC重合，此时，AB∥CD，则∠BOD＝；（2）三角板△COD的位置保持不动，将三角板△AOB绕点O顺时针方向旋转，如图2，此时OA ∥CD，求出∠BOD的大小；（3）在图2中，若将三角板△AOB绕点O按顺时针方向继续旋转，在转回到图1的过程中，还存在△AOB中的一边与CD平行的情况，请针对其中一种情况，画出图形，并直接写出∠BOD的大小．17．已知∠AOC和∠BOC是互为邻补角，∠BOC＝50°，将一个三角板的直角顶点放在点O处（注：∠DOE＝90°，∠DEO＝30°）．（1）如图1，使三角板的短直角边OD与射线OB重合，则∠COE＝．（2）如图2，将三角板DOE绕点O逆时针方向旋转，若OE恰好平分∠AOC，请说明OD所在射线是∠BOC的平分线．（3）如图3，将三角板DOE绕点O逆时针转动到使∠COD=14∠AOE时，求∠BOD的度数．（4）将图1中的三角板绕点O以每秒5°的速度沿逆时针方向旋转一周，在旋转的过程中，第t 秒时，OE恰好与直线OC重合，求t的值．18．如图，直线CD与EF相交于点O，∠COE＝60°，将一直角三角尺AOB的直角顶点与O重合，OA平分∠COE．（1）求∠BOD的度数；（2）将三角尺AOB以每秒3°的速度绕点O顺时针旋转，同时直线EF也以每秒9°的速度绕点O顺时针旋转，设运动时间为t秒（0≤t≤40）．①当t为何值时，直线EF平分∠AOB；②若直线EF平分∠BOD，直接写出t的值．19．将一副三角板的直角重合放置，如图1所示，（1）图1中∠BEC的度数为（2）三角板△AOB的位置保持不动，将三角板△COD绕其直角顶点O顺时针方向旋转：①当旋转至图2所示位置时，恰好OD∥AB，求此时∠AOC的大小；②若将三角板△COD继续绕O旋转，直至回到图1位置，在这一过程中，是否会存在△COD其中一边能与AB平行？如果存在，请你画出图形，并直接写出相应的∠AOC的大小；如果不存在，请说明理由．20．取一副三角尺按图1拼接，固定三角尺ADC．（1）在图1中，连接BD，计算∠DBC+∠BDC＝；（2）将三角尺ABC绕点A顺时针方向旋转一个大小为α的角（0°＜α≤45°）得到△ABC1，试问：①当α＝时，能使AB∥CD；②当α＝45°时，∠DBC1+∠CAC1+∠BDC＝；③当0°＜α≤45°时，如图2所示，连结BD，探寻∠DBC1+CAC1+∠BDC的值的大小变化情况，并给出你的证明．。

中考数学(初中数学旋转提高练习题)压轴题训练及详细答案

中考数学(初中数学旋转提高练习题)压轴题训练及详细答案一、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．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y=ax2+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＜3）m =6或m3．【解析】试题分析：（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A（，0），设抛物线的解析式为24y ax =+，把A（0）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（，0），设抛物线的解析式为24y ax =+，把A（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＜，∴满足条件的m 的取值范围为2＜m＜（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 =17﹣3或﹣17﹣3（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．3．(1)发现：如图1，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BC ＝4，AB ＝1，如图2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请找出图中与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3，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为(2，0)，点B 的坐标为(6，0)，点P 为线段AB 外一动点，且PA ＝2，PM ＝PB ，∠BPM ＝90°，请直接写出线段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)①CD＝BE，理由见解析；②BE长的最大值为5；(3)满足条件的点P坐标(222)或(222)，AM的最大值为2+4．【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根据已知条件易证△CAD≌△EAB，根据全等三角形的性质即可得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+4；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求得点P的坐标．如图3中，根据对称性可知当点P在第四象限时也满足条件，由此求得符合条件的点P另一个的坐标．【详解】(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 ABCAD EAB AC AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△CAD≌△EAB(SAS)，∴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＝5；(3)如图1，∵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(6，0)，∴OA＝2，OB＝6，∴AB＝4，∴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+4；如图2，过P作PE⊥x轴于E，∵△APN是等腰直角三角形，∴PE＝AE2，∴OE＝BO﹣AB﹣AE＝6﹣42＝22，∴P(222)．如图3中，根据对称性可知当点P在第四象限时，P(2﹣2，﹣2)时，也满足条件．综上所述，满足条件的点P坐标(2﹣2，2)或(2﹣2，﹣2)，AM的最大值为22+4．【点睛】本题综合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．4．在平面直角坐标系中，已知点A(0，4)，B(4，4)，点M，N是射线OC上两动点(OM＜ON)，且运动过程中始终保持∠MAN＝45°，小明用几何画板探究其中的线段关系．(1)探究发现：当点M，N均在线段OB上时(如图1)，有OM2+BN2＝MN2．他的证明思路如下：第一步：将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．第二步：证明△APM≌△ANM，得MP＝MM．第一步：证明∠POM＝90°，得OM2+OP2＝MP2．最后得到OM2+BN2＝MN2．请你完成第二步三角形全等的证明．(2)继续探究：除(1)外的其他情况，OM2+BN2＝MN2的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．(3)新题编制：若点B是MN的中点，请你编制一个计算题(不标注新的字母)，并直接给出答案(根据编出的问题层次，给不同的得分)．【答案】(1)见解析；(2)结论仍然成立，理由见解析；(3)见解析.【解析】【分析】（1）将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN=OP．证明△APM≌△ANM，再利用勾股定理即可解决问题；（2）如图2中，当点M，N在OB的延长线上时结论仍然成立．证明方法类似（1）；（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．利用（2）中结论，构建方程即可解决问题．【详解】（1）如图1中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．∵点A(0，4)，B(4，4)，∴OA＝AB，∠OAB＝90°，∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠MAP，∵MA＝MA，AN＝AP，∴△MAN≌△MAP(SAS)．（2）如图2中，结论仍然成立．理由：如图2中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠MAP，∵MA＝MA，AN＝AP，∴△MAN≌△MAP(SAS)，∴MN＝PM，∵∠ABN＝∠AOP＝135°，∠AOB＝45°，∴∠MOP＝90°，∴PM2＝OM2+OP2，∴OM 2+BN 2＝MN 2；（3）如图3中，若点B 是MN 的中点，求MN 的长．设MN ＝2x ，则BM ＝BN ＝x ， ∵OA ＝AB ＝4，∠OAB ＝90°， ∴OB ＝42， ∴OM ＝42﹣x ， ∵OM 2+BN 2＝MN 2． ∴(42﹣x)2+x 2＝(2x)2，解得x ＝﹣22+26或﹣22﹣26(舍弃) ∴MN ＝﹣42+46．【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和判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．5．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；（3）55；（4）BD=101143．【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 -．在Rt △ABE 中，∵AB =6，BE =BC ﹣CE =3，∴AE 22AB BE +2263+52）可知△ACE ∽△BCD ，∴BD BCAE AC=，∴35=810，∴BD 125125．（4）∵m =6，n =2∴CE =3，CD 2，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+（）（）10． 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 =23，∴BD =1143．故答案为102114．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．6．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15.7．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，∴BD=2AB=32，由（2）知，在Rt△BEH中，BH=2BE=22，∴DG=BD-BH=2由（2）知，△DFG≌△HEG，∴DG=HG，∴HG=12DH=22，∴BG=BH+HG=22+22=522．【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）所示，将一个腰长为2等腰直角△BCD和直角边长为2、宽为1的直角△CED 拼在一起．现将△CED绕点C顺时针旋转至△CE’D’，旋转角为a．（1）如图（2），旋转角a=30°时，点D′到CD边的距离D’A=______．求证：四边形ACED′为矩形；（2）如图（1），△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，在BC上如何取点G，使得GD’=E’D；并说明理由．（3）△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，∠CE’D=90°时，直接写出旋转角a的值．【答案】1【解析】分析：（1）过D′作D′N⊥CD于N．由30°所对直角边等于斜边的一半即可得结论．由D’A∥CE且D’A=CE=1，得到四边形ACED’为平行四边形．根据有一个角为90°的平行四边形是矩形，即可得出结论；（2）取BC中点即为点G，连接GD’．易证△DCE’≌△D’CG，由全等三角形的对应边相等即可得出结论．（3）分两种情况讨论即可．详解：（1）D’A=1．理由如下：过D′作D′N⊥CD于N．∵∠NCD′=30°，CD′=CD=2，∴ND′= 12CD′=1．由已知，D’A∥CE，且D’A=CE=1，∴四边形ACED’为平行四边形．又∵∠DCE=90°，∴四边形ACED’为矩形；（2）如图，取BC中点即为点G，连接GD’．∵∠DCE=∠D’CE’=90°，∴∠DCE’=∠D’CG．又∵D’C= DC，CG=CE’，∴△DCE’≌△D’CG，∴GD’=E’D．（3）分两种情况讨论：①如图1．∵∠CE′D=90°，CD=2，CE′=1，∴∠CDE′=30°，∴∠E′CD=60°，∴∠E′CB=30°，∴旋转角=∠ECE′=180°+30°=210°．②如图2，同理可得∠E′CE=30°，∴旋转角=360°－30°=330°．点睛：本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．9．如图，点A是x轴非负半轴上的动点，点B坐标为（0，4），M是线段AB的中点，将点M绕点A顺时针方向旋转90°得到点C，过点C作x轴的垂线，垂足为F，过点B作y 轴的垂线与直线CF相交于点E，连接AC，BC，设点A的横坐标为t．（Ⅰ）当t=2时，求点M的坐标；（Ⅱ）设ABCE的面积为S，当点C在线段EF上时，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；（Ⅲ）当t为何值时，BC+CA取得最小值．【答案】（1）（1，2）；（2）S=32t+8（0≤t≤8）；（3）当t=0时，BC+AC有最小值【解析】试题分析：（I）过M作MG⊥OF于G，分别求OG和MG的长即可；（II）如图1，同理可求得AG和OG的长，证明△AMG≌△CAF，得：AG=CF=12t，AF=MG=2，分别表示EC和BE的长，代入面积公式可求得S与t的关系式；并求其t的取值范围；（III）证明△ABO∽△CAF，根据勾股定理表示AC和BC的长，计算其和，根据二次根式的意义得出当t=0时，值最小．试题解析：解：（I）如图1，过M作MG⊥OF于G，∴MG∥OB，当t=2时，OA=2．∵M是AB的中点，∴G是AO的中点，∴OG=12OA=1，MG是△AOB的中位线，∴MG=12OB=12×4=2，∴M（1，2）；（II）如图1，同理得：OG=AG=12t．∵∠BAC=90°，∴∠BAO+∠CAF=90°．∵∠CAF+∠ACF=90°，∴∠BAO=∠ACF．∵∠MGA=∠AFC=90°，MA=AC，∴△AMG≌△CAF，∴AG=CF=12t，AF=MG=2，∴EC=4﹣12t，BE=OF=t+2，∴S △BCE =12EC •BE =12（4﹣12t ）（t +2）=﹣14t 2+32t +4； S △ABC =12•AB •AC =12•216t +•21162t +=14t 2+4，∴S =S △BEC +S △ABC =32t +8．当A 与O 重合，C 与F 重合，如图2，此时t =0，当C 与E 重合时，如图3，AG =EF ，即 12t =4，t =8，∴S 与t 之间的函数关系式为：S =32t +8（0≤t ≤8）；（III ）如图1，易得△ABO ∽△CAF ，∴AB AC =OB AF =OA FC =2，∴AF =2，CF =12t ，由勾股定理得：AC =22AF CF +=22122t +（）=2144t +，BC =22BE EC +=221242t t ++-（）（）=21544t +（），∴BC +AC =（ 5+1）2144t +，∴当t =0时，BC +AC 有最小值．点睛：本题考查了几何变换综合题，知识点包括相似三角形、全等三角形、点的坐标、几何变换（旋转）、三角形的中位线等，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．10．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.11．如图1，矩形ABCD中，E是AD的中点，以点E直角顶点的直角三角形EFG的两边EF，EG分别过点B，C，∠F＝30°.（1）求证：BE＝CE（2）将△EFG绕点E按顺时针方向旋转，当旋转到EF与AD重合时停止转动.若EF，EG分别与AB，BC相交于点M，N.（如图2）①求证：△BEM≌△CEN；②若AB＝2，求△BMN面积的最大值；③当旋转停止时，点B恰好在FG上（如图3），求sin∠EBG的值.【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②2；③62.【解析】【分析】（1）只要证明△BAE≌△CDE即可；（2）①利用（1）可知△EBC是等腰直角三角形，根据ASA即可证明；②构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；③如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，BN=EN=3m，EB=6m．利用面积法求出EH，根据三角函数的定义即可解决问题.【详解】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB=DC，∠A=∠D=90°，∵E是AD中点，∴AE=DE，∴△BAE≌△CDE，∴BE=CE．（2）①解：如图2中，由（1）可知，△EBC是等腰直角三角形，∴∠EBC=∠ECB=45°，∵∠ABC=∠BCD=90°，∴∠EBM=∠ECN=45°，∵∠MEN=∠BEC=90°，∴∠BEM=∠CEN，∵EB=EC，∴△BEM≌△CEN；②∵△BEM≌△CEN，∴BM=CN，设BM=CN=x，则BN=4-x，∴S△BMN=12•x（4-x）=-12（x-2）2+2，∵-12＜0，∴x=2时，△BMN的面积最大，最大值为2．③解：如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，BN=EN=3m，EB=6m．∴3（3m，∵S△BEG=12•EG•BN=12•BG•EH，∴EH=3?(13)m m+=32m，在Rt△EBH中，sin∠EBH=3+362246EHEB m==．【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，12．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=；②AC2+CO2=CD2；（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：AC2+CO2=CD2；（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：AC2+OC2=FO2+OE2=EF2，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CE2=2CD2，等量代换可得结论（OC﹣OE）2=（OC﹣AC）2=2CD2，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，∴CE2=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13．如图1，点O为直线AB上一点，过O点作射线OC，使∠AOC：∠BOC＝1：2，将一直角三角板的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方．（1）将图1中的三角板绕点O按逆时针方向旋转至图2的位置，使得ON落在射线OB 上，此时三角板旋转的角度为度；（2）继续将图2中的三角板绕点O按逆时针方向旋转至图3的位置，使得ON在∠AOC的内部．试探究∠AOM与∠NOC之间满足什么等量关系，并说明理由；（3）在上述直角三角板从图1逆时针旋转到图3的位置的过程中，若三角板绕点O按15°每秒的速度旋转，当直角三角板的直角边ON所在直线恰好平分∠AOC时，求此时三角板绕点O的运动时间t的值。

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图形的旋转专题提高训练
1、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.3:4
2、如图，已知Rt △ABC ≌Rt △DEC ，∠E ＝30°，D 为AB 的中点，AC ＝1，若△DEC 绕点D 顺时针旋转，使ED 、CD 分别与Rt △ABC 的直角边BC 相交于M 、N ，则当△DMN 为等边三角形时，AM 的值为（）
A ．3
B ．233
C ．33
D ．1
3、将直角边长为5cm 的等腰直角ΔABC 绕点A 逆时针旋转15°后,得到ΔAB’C’,则图中阴影部分的面积是 cm 2
4、在矩形ABCD 中，2AD AB ，E 是AD 的中点，一块三角板的直角顶点与点E 重合，将三角板绕点E 按顺时针方向旋转．当三角板的两直角边与AB BC ，分别交于点M N ，时，观察或测量BM 与CN 的长度，你能得到什么结论？并证明你的结论．
N C D
E A
M
B
（4题图） F A D
B C
E F
M
第一题
5、在矩形ABCD 中，AB =2，AD =3．
（1）在边CD 上找．
一点E ，使EB 平分∠AEC ，并加以说明；（3分）（2）若P 为BC 边上一点，且BP =2CP ，连接EP 并延长交AB 的延长线于F ．
①求证：点B 平分线段AF ；（3分）
②△P AE 能否由△PFB 绕P 点按顺时针方向旋转而得到，若能，加以证明，并求出旋转度数；若不能，请说明理由．（4分）
6、含30°角的直角三角板ABC （∠B=30°）绕直角顶点C 沿逆时针方向旋转角α（90α∠<），再沿A ∠的对边翻折得到A B C ''△，AB 与B C '交于点M ，A B ''与BC 交于点N ，A B ''与AB 相交于点E ．
（1）求证：ACM A CN '△≌△．
（2）当30α∠=时，找出ME 与MB '的数量关系，并加以说明．
E
B M
A
C A '
N B '
7、如图①，已知在△ABC 中，AB =AC ，P 是△ABC 内部任意一点，将AP 绕A 顺时针旋转至AQ ，使∠QAP =∠BAC ，连接BQ 、CP ，
（1）判断线段BQ 与CP 的数量关系，并证明你的结论。

（2）若将点P 移到等腰三角形ABC 之外，原题中的条件不变，线段BQ 与CP 的数量关系是否仍然成立，请你就图②给出证明．
8、
已知：如图，在正方形ABCD 中，G 是CD 上一点，延长BC 到E ，使CE=CG ，连接BG 并延长交DE 于F ．
（1）求证：△BCG ≌△DCE ；
（2）将△DCE 绕点D 顺时针旋转90°得到△DAE ′，判断四边形E ′BGD 是什么特殊四边形？并说明理由．
图① Q P C B A A Q B P C
图②
9. 已知：正方形ABCD 中，45MAN ∠=，MAN ∠绕点A 顺时针旋转，它的两边分别交 CB DC ，（或它们的延长线）于点M N ，．当MAN ∠绕点A 旋转到BM DN =时（如图1），易证BM DN MN +=．
（1）当MAN ∠绕点A 旋转到BM DN ≠时（如图2），线段BM DN ，和MN 之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．
（2）当MAN ∠绕点A 旋转到如图3的位置时，线段BM DN ，和MN 之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．
B B M B
C N C N M C
N
M 图1
图2 图3 A A A D D D。