数学中考压轴题旋转问题答案版

数学中考压轴题旋转问题

答案版

Modified by JEEP on December 26th, 2020.

旋转拔高练习

一、选择题

1. （广东）如图，把一个斜边长为2且含有300角的直角三角板ABC 绕直角顶点C 顺时针旋转900到△A 1B 1C ，则在旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积是【 】

A ．π

B ．3

C ．

33+4π D ．113

+

12π 1、【分析】因为旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积分为三部分扇形ACA 1、 BCD 和△ACD 计算即可：

在△ABC 中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=2，∴BC=12

AB=1，∠B=90°－∠BAC=60°。∴22AC AB BC 3=-=。 ∴ABC 1

3

S BC AC 2

?=??=

。设点B 扫过的路线与AB 的交点为D ，连接CD ，∵BC=DC ，∴△BCD 是等边三角形。∴BD=CD=1。 ∴点D 是AB 的中点。∴ACD ABC 1133

S S 22??==?

=

S 。 ∴1

ACD ACA BCD ABC S S S ??=++扇形扇形的面扫过积

2

2903 601333113

3604612πππππ????=++=++=+

（） 故选D 。 2. （湖北）如图，O 是正△ABC 内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO 以点B 为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A 可以由△BOC 绕点B 逆时针旋转60°得到；②点O 与O′的距离为4；③∠AOB=150°；④AOBO S =6+33四形边；⑤AOC

AOB

93

S

S

6+

+=．其中正确的结论是【 】 A ．①②③⑤ B ．①②③④ C ．①②③④⑤ D ．①②③ 2【分析】∵正△ABC ，∴AB=CB ，∠ABC=600。

∵线段BO 以点B 为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，∴BO=BO′，∠O′AO=600。

∴∠O′BA=600－∠ABO=∠OBA 。∴△BO′A≌△BOC 。∴△BO′A 可以由△BOC 绕点B 逆时针旋转60°得到。故结论①正确。

连接OO′，∵BO=BO′，∠O′AO=600，∴△OBO′是等边三角形。∴OO′=OB=4。故结论②正确。

∵在△AOO′中，三边长为O′A=OC=5，OO′=OB=4，OA=3，是一组勾股数，

∴△AOO′是直角三角形。∴∠AOB=∠AOO′＋∠O′OB =900＋600=150°。故结论③正确。

AOO OBO AOBO 11

S S S 34+4236+4322

?'?''=+=????=四形边。故结论④错误。

如图所示，将△AOB 绕点A 逆时针旋转60°，使得AB 与AC 重合， 点O 旋转至O″点．易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5直角三角形。

则AOC AOB AOCO COO AOO 1

13393

S S S S S 34+3=6+

2

2

24

??"?"?"+==+=????

。 故结论⑤正确。综上所述，正确的结论为：①②③⑤。故选A 。

3. （四川）如图，P 是等腰直角△ABC 外一点，把BP 绕点B 顺时针旋转90°到BP′，已知∠AP′B=135°，P′A ：P′C=1：3，则P′A ：PB=【 】。 A ．1：2 B ．1：2 C ．3：2 D ．1：3

3、【分析】如图，连接AP ，∵BP 绕点B 顺时针旋转90°到BP′，∴BP=BP′，∠ABP+∠ABP′=90°。 又∵△ABC 是等腰直角三角形，∴AB=BC，∠CBP′+∠ABP′=90°，∴∠ABP=∠CBP′。 在△ABP 和△CBP′中，∵ BP=BP′，∠ABP=∠CBP′，AB=BC ，∴△ABP≌△CBP′（SAS ）。 ∴AP=P′C。∵P′A：P′C=1：3，∴AP=3P′A。

连接PP′，则△PBP′是等腰直角三角形。∴∠BP′P=45°，PP′= 2 PB。

∵∠AP′B=135°，∴∠AP′P=135°-45°=90°，∴△APP′是直角三角形。设P′A=x，则AP=3x ， 在Rt△APP′中，()2222PP AP P A 3x x 2

2 x '=-'=

-=。在Rt△APP′中，PP 2PB '=。

∴2PB=2 2 x ，解得PB=2x 。∴P′A：PB=x ：2x=1：2。 故选B 。

4. （贵州）点P 是正方形ABCD 边AB 上一点（不与A 、B 重合），连接PD 并将线段PD 绕点P 顺时针旋转90°，得线段PE ，连接BE ，则∠CBE 等于【 】 A ．75° B．60° C．45° D．30°

4【分析】过点E作EF⊥AF，交AB的延长线于点F，则∠F=90°，

∵四边形ABCD为正方形，∴AD=AB，∠A=∠ABC=90°。∴∠ADP+∠APD=90°。

由旋转可得：PD=PE，∠DPE=90°，∴∠APD+∠EPF=90°。

∴∠ADP=∠EPF。在△APD和△FEP中，∵∠ADP=∠EPF，∠A=∠F，PD=PE，

∴△APD≌△FEP（AAS）。∴AP=EF，AD=PF。

又∵AD=AB，∴PF=AB，即AP+PB=PB+BF。∴AP=BF。∴BF=EF

又∵∠F=90°，∴△BEF为等腰直角三角形。∴∠EBF=45°。

又∵∠CBF=90°，∴∠CBE=45°。故选C。【答案】C。

5. （广西）如图，等边△ABC的周长为6π，半径是1的⊙O从与AB相

切于

点D的位置出发，在△ABC外部按顺时针方向沿三角形滚动，又回到与

AB相

切于点D的位置，则⊙O自转了：【】

A．2周B．3周C．4周D．5周

5【分析】该圆运动可分为两部分：在三角形的三边运动以及绕过三角形的三个角，分别计算即可得到圆的自传周数：⊙O在三边运动时自转周数：6π÷2π =3：⊙O绕过三角形外角时，共自转了三角形外角和的度数：360°，即一周。∴⊙O自转了3+1=4周。故选C。

二、填空题

6. （四川）如图，四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=900,AB=AD,若四边

形ABCD的面积是24cm2.则AC长是▲ cm.

6【分析】如图，将△ADC旋转至△ABE处，则△AEC的面积和四边形

ABCD的面积一样多为24cm2，,这时三角形△AEC为等腰直角三角形，

作边EC上的高AF，则AF=1

2

EC=FC, ∴ S△AEC=

AC=43。

1

2

AF·EC=AF2=24 。∴AF2=24。∴AC2=2AF2=48 7. （江西南昌）如图，正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，将△AEF绕顶点A旋转，在旋转过程中，

当BE=DF时，∠BAE的大小可以是▲ ．

7【分析】正三角形AEF可以在正方形的内部也可以在正方形的外部，所以要分两种情况分别求解：

①当正三角形AEF在正方形ABCD的内部时，如图1，

∵正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，∴AB=AD，AE=AF。

∵当BE=DF时，在△ABE和△ADF中，AB=AD，BE=DF，AE=AF，

∴△ABE≌△ADF（SSS）。∴∠BAE=∠FAD。

∵∠EAF=60°，∴∠BAE+∠FAD=30°。∴∠BAE=∠FAD=15°。

②当正三角形AEF在正方形ABCD的外部，顺时针旋转小于1800时，如

图2，

同上可得△ABE≌△ADF（SSS）。∴∠BAE=∠FAD。∵∠EAF=60°，∴∠BAF=∠DAE。

∵900＋600＋∠BAF＋∠DAE=3600，∴∠BAF=∠DAE=105°。

∴∠BAE=∠FAD=165°。

③当正三角形AEF在正方形ABCD的外部，顺时针旋转大于1800时，如图3，

同上可得△ABE≌△ADF（SSS）。∴∠BAE=∠FAD。∵∠EAF=60°，

∠BAE=90°，

∴90°＋∠DAE=60°＋∠DAE，这是不可能的。

∴此时不存在BE=DF的情况。综上所述，在旋转过程中，当BE=DF时，∠BAE

的大小可以是15°或165°。

8. （吉林省）如图，在等边△ABC中，D是边AC上一点，连接BD．将△BCD绕点B逆

时针旋转60°得到△BAE，连接ED．若BC=10，BD=9，则△AED的周长是_

▲____.

8【分析】∵△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE，∴根据旋转前、后的图形全等

的旋转性质，得，CD= AE，BD=BE。∵△ABC是等边三角形，BC=10，

∴AC= BC=10。∴AE＋AD=AC=10。又∵旋转角∠DBE=600，∴△DBE是等

边三角形。∴DE=BD=9。∴△AED的周长=DE＋AE＋AD=9＋10=19。

三、解答题

9. （北京市）在ABC

△中，BA=BC BAC

，，M是AC的中

∠=α

点，P是线段BM上的动点，将线段PA绕点P顺时针旋转2α得到线段PQ。

（1）若α=60?且点P与点M重合（如图1），线段CQ的延长线交射线BM于点D，请补全图形，并写出∠CDB的度数；

（2）在图2中，点P不与点B，M重合，线段CQ的延长线与射线BM交于点D，猜想∠CDB的

大小（用含α的代数式表示），并加以证明；

（3）对于适当大小的α，当点P在线段BM上运动到某一位置（不与点B，M重合）时，能使得线段CQ的延长线与射线BM交于点D，且PQ=QD，请直接写出α的范围。

9【答案】解：（1）补全图形如下：∠CDB=30°。

（2）作线段CQ的延长线交射线BM于点D，连接PC，AD，

∵AB=BC，M是AC的中点，∴BM⊥AC。∴AD=CD，AP=PC，PD=PD。

在△APD与△CPD中，∵AD=CD， PD=PD，PA=PC∴△APD≌△CPD（SSS）。

∴AP=PC，∠ADB=∠CDB，∠PAD=∠PCD。

又∵PQ=PA，∴PQ=PC，∠ADC=2∠CDB，∠PQC=∠PCD=∠PAD。

∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°。∴∠APQ+∠ADC=360°－（∠PAD+∠PQD）

=180°。∴∠ADC=180°－∠APQ=180°－2α，即2∠CDB=180°－2α。

∴∠CDB=90°－α。（3）45°＜α＜60°。

【分析】（1）利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出△CMQ是等边三角

形，即可得出答案：∵BA=BC，∠BAC=60°，M是AC的中点，∴BM⊥AC，AM=AC。

∵将线段PA绕点P顺时针旋转2α得到线段PQ，∴AM=MQ，∠AMQ=120°。∴CM=MQ，∠CMQ=60°。∴△CMQ是等边三角形。∴∠ACQ=60°。∴∠CDB=30°。

（2）首先由已知得出△APD≌△CPD，从而得出∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°，即可求出。

（3）由（2）得出∠CDB=90°－α，且PQ=QD，∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°－2α。

∵点P不与点B，M重合，∴∠BAD＞∠PAD＞∠MAD。∴2α＞180°－2α＞α，∴45°＜α＜60°。

10. （福建）在平面直角坐标系中，矩形OABC如图所示放置，点A在x轴上，点B的坐标为（m，1）（m＞0），将此矩形绕O点逆时针旋转90°，得到矩形OA′B′C′．

（1）写出点A、A′、C′的坐标；

（2）设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，求此抛物线的解析式；（a、b、c可用含m的式子表示）

（3）试探究：当m的值改变时，点B关于点O的对称点D是否可能落在（2）中的抛物线上若能，求出此时m的值．

10【答案】

解：（1）∵四边形ABCD是矩形，点B的坐标为（m，1）（m＞0），

∴A（m，0），C（0，1）。

∵矩形OA′B′C′由矩形OABC旋转90°而成，

∴A′（0，m），C′（－1，0）。（2）设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2＋bx＋c，∵A（m，0），A′（0，m），C′（－1，0），

∴

2

a m bm c0

c m

a b c0

?++=

?

=

?

?-+=

?

，解得

a 1

b m 1

c m

=-

?

?

=-

?

?=

?

。∴此抛物线的解析式为：y=－x2＋（m－1）x＋m。

（3）∵点B与点D关于原点对称，B（m，1），∴点D的坐标为：（－m，－1），

假设点D（－m，－1）在（2）中的抛物线上，∴0=－（－m）2＋（m－1）×（－m）＋m=1，即2m2－2m＋1=0，

∵△=（－2）2－4×2×2=－4＜0，∴此方程无解。∴点D不在（2）中的抛物线上。

【分析】（1）先根据四边形ABCD是矩形，点B的坐标为（m，1）（m＞0），求出点A、C的坐标，再根据图形旋转的性质求出A′、C′的坐标即可。

（2）设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，把A、A′、C′三点的坐标代入即可得出abc的值，进而得出其抛物线的解析式。

（3）根据关于原点对称的点的坐标特点用m表示出D点坐标，把D点坐标代入抛物线的解析式看是否符合即可。

11. （江苏）(1)如图1，在△ABC中，BA=BC，D，E是AC边上的两点，且满足

∠DBE=1

2

∠ABC(0°＜∠CBE＜

1

2

∠ABC)。以点B为旋转中心，将△BEC按逆时针方向旋转∠ABC，

得到△BE’A（点C与点A重合，点E到点E’处），连接DE’。求证：DE’=DE. （2）如图2，在△ABC中，BA=BC，∠ABC=90°，D，E是AC边上的两点，且满足

∠DBE=1

2

∠ABC(0°＜∠CBE＜45°).求证：DE2=AD2+EC2.

11【答案】证明：（1）∵△BE’A是△BEC按逆时针方向旋转∠ABC得到，

∴BE’=BE，∠E’BA=∠EBC。∵∠DBE=1

2

∠ABC，

∴∠ABD＋∠EBC =1

2

∠ABC。

∴∠ABD ＋∠E’BA =12∠ABC ，即∠E’BD=12

∠ABC 。∴∠E’BD=∠DBE 。在△E’BD 和△EBD 中，∵BE’=BE ，∠E’BD=∠DBE ，BD=BD ，∴△E’BD≌△EBD （SAS ）。∴DE’=DE 。

（2）以点B 为旋转中心，将△BEC 按逆时针方向旋转

∠ABC=90°，得到△BE’A （点C 与点A 重合，点E 到点E’处），连接DE’ 由（1）知DE’=DE 。由旋转的性质，知E’A=EC ，∠E’ AB=∠ECB 。又∵BA=BC ，∠ABC=90°，∴∠BAC=∠ACB=45°。

∴∠E’ AD=∠E’ AB ＋∠BAC=90°。 在Rt△DE’A 中，DE’2=AD 2+E’A 2，∴DE 2=AD 2+EC 2。 【分析】（1）由旋转的性质易得BE’=BE ，∠E’BA=∠EBC ，由已知∠DBE=12

∠ABC 经等量代换可得

∠E’BD=∠DBE ，从而可由SAS 得△E’BD≌△EBD ，得到DE’=DE 。

（2）由（1）的启示，作如（1）的辅助图形，即可得到直角三角形DE’A ，根据勾股定理即可证得结论。

12. （四川德阳）在平面直角坐标xOy 中，（如图）正方形OABC 的边长为4，边OA 在x 轴的正半轴上，边OC 在y 轴的正半轴上，点D 是OC 的中点，BE⊥DB 交x 轴于点E.

⑴求经过点D 、B 、E 的抛物线的解析式；

⑵将∠DBE 绕点B 旋转一定的角度后，边BE 交线段OA 于点F ，边BD 交y 轴于点G ，交⑴中的抛

物线于M （不与点B 重合），如果点M 的横坐标为

512，那么结论OF=2

1

DG 能成立吗请说明理由. ⑶过⑵中的点F 的直线交射线CB 于点P ，交⑴中的抛物线在第一象限的部分于点Q ，且使△PFE 为等腰三角形，求Q 点的坐标.

12【答案】解：（1）∵BE⊥DB 交x 轴于点E ，OABC 是正方形，∴∠DBC=EBA。

在△BCD 与△BAE 中，∵∠BCD=∠BAE=90°， BC=BA ，∠DBC=∠EBA ，

∴△BCD≌△BAE（ASA ）。∴AE=CD。∵OABC 是正方形，OA=4，D 是OC 的中点，

∴A（4，0），B （4，4），C （0，4），D （0，2），∴E（6，0）．

设过点D （0，2），B （4，4），E （6，0）的抛物线解析式为y=ax 2

+bx+c ，则有：

c 216a 4b c 436a 6b c 0=??++=??++=?，解得 5a 12

13b 6c 2?=-???

=??

=???

。 ∴经过点D 、B 、E 的抛物线的解析式为：2513

y=x +x+2126

-。 （2）结论OF=

1

2

DG 能成立．理由如下：由题意，当∠DBE 绕点B 旋转一定的角度后，同理可证得△BCG≌△BAF，∴AF=CG。∵x M =125，∴2M M M 51324y =x +x +2=1265-。∴M（1224

55

，）。

设直线MB 的解析式为y MB =kx+b ，∵M（1224

55 ，），B （4，4），

∴1224k+b=554k+b=4

?????，解得1k=2b=6?

-

????。∴y MB =12-x+6。∴G（0，6）。

∴CG=2，DG=4。∴AF=CG=2，OF=OA ﹣AF=2，F （2，0）。∵OF=2，DG=4，∴结论OF=1

2

DG 成立。 （3）如图，△PFE 为等腰三角形，可能有三种情况，分类讨论如下： ①若PF=FE 。∵FE=4，BC 与OA 平行线之间距离为4， ∴此时P 点位于射线CB 上。∵F（2，0），∴P（2，4）。 此时直线FP⊥x 轴。来]∴x Q =2。∴Q Q 2Q 51314y =x +x +2=1263

-， ∴Q 1（2，

14

3

）。②若PF=PE 。 如图所示，∵AF=AE=2，BA⊥FE，∴△BEF 为等腰三角形。 ∴此时点P 、Q 与点B 重合。∴Q 2（4，4）。

③若PE=EF 。∵FE=4，BC 与OA 平行线之间距离为4，∴此时P 点位于射线CB 上。∵E（6，0），∴P（6，4）。

设直线y PF 的解析式为y PF =kx+b ，∵F（2，0），P （6，4），∴2k+b=06k+b=4???，解得k=1

b=2??-?

。∴y PF =x ﹣2。

∵Q 点既在直线PF 上，也在抛物线上，∴2513x +x+2=x 2126

-

-，化简得5x 2

﹣14x ﹣48=0， 解得x 1= 24

5

，x 2=﹣2（不合题意，舍去）。∴x Q =2。∴y Q =x Q ﹣2=24142=55-。∴Q 3（241455 ，）。

综上所述，Q 点的坐标为Q 1（2，143）或Q 2（4，4）或Q 3（2414

55

，）。

【分析】（1）由正方形的性质和△BCD≌△BAE 求得E 点坐标，然后利用待定系数法求抛物线解析式。

（2）求出M点坐标，然后利用待定系数法求直线MB的解析式，令x=0，求得G点坐标，从而得到线段CG、DG的长度；由△BCG≌△BAF，可得AF=CG，从而求得OF的长度．比较OF与DG的长度，它们满

足OF=1

2

DG的关系，所以结论成立；（3）分PF=FE、PF=PE和PE=EF三种情况，逐一讨论并求解。

13. （辽宁）（1）如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°．

①当点D在AC上时，如图1，线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系直接写出你猜想的结论；

②将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α角（0°＜α＜90°），如图2，线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系请说明理由．

（2）当△ABC和△ADE满足下面甲、乙、丙中的哪个条件时，使线段B D、CE在（1）中的位置关系仍然成立不必说明理由．

甲：AB：AC=AD：AE=1，∠BAC=∠DAE≠90°；

乙：AB：AC=AD：AE≠1，∠BAC=∠DAE=90°；

丙：AB：AC=AD：AE≠1，∠BAC=∠DAE≠90°．

13【答案】解：（1）①结论：BD=CE，BD⊥CE。②结论：BD=CE，BD⊥CE。理由如下：

∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD－∠DAC=∠DAE－∠DAC，即

∠BAD=∠CAE。

在Rt△ABD与Rt△ACE中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAE ，AD=AE，

∴△ABD≌△ACE（SAS）。∴BD=CE。延长BD交AC于F，交CE于

H。

在△ABF与△HCF中，∵∠ABF=∠HCF，∠AFB=∠HFC，

∴∠CHF=∠BAF=90°。∴BD⊥CE。

（2）结论：乙．AB：AC=AD：AE，∠BAC=∠DAE=90°。

【考点】全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，旋转的

性质。

【分析】（1）①BD=CE，BD⊥CE。根据全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△ACE，然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等∠ABF=∠ECA；然后在△ABD和△CDF中，由三角形内角和定理可以求得∠CFD=90°，即BD⊥CF。

②BD=CE，BD⊥CE。根据全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△ACE，然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等∠ABF=∠ECA；作辅助线（延长BD交AC于F，交CE于H）BH构建对顶角∠ABF=∠HCF，再根据三角形内角和定理证得∠BHC=90°。

（2）根据结论①、②的证明过程知，∠BAC=∠DFC（或∠FHC=90°）时，该结论成立了，所以本条件中的∠BAC=∠DAE≠90°不合适。

14. （辽宁本溪）已知，在△ABC中，AB=AC。过A点的直线a从与边AC重合的位置开始绕点A 按顺时针方向旋转角θ，直线a交BC边于点P（点P不与点B、点C重合），△BMN的边MN始终在直线a上（点M在点N的上方），且BM=BN，连接CN。

（1）当∠BAC=∠MBN=90°时，

①如图a，当θ=45°时，∠ANC的度数为_______；

②如图b，当θ≠45°时，①中的结论是否发生变化说明理由；

（2）如图c，当∠BAC=∠MBN≠90°时，请直接写出∠ANC与∠BAC之间的数量关系，不必证明。14【答案】解：（1）①450。②不变。理由如下过B、C分别作BD⊥AP于

点D，CE⊥AP于点E。∵∠BAC =90°，∴∠BAD＋∠EAC=90°。

∵BD⊥AP，∴∠ADB =90°。∴∠ABD＋∠BAD=90°。∴∠ABD=∠EAC。又

∵AB=AC，∠ADB =∠CEA=90°，∴△ADB≌△CEA（AAS）。∴AD=EC，

BD=AE。∵BD是等腰直角三角形NBM斜边上的高，∴BD=DN，∠BND=45°。

∴BN=BD=AE。∴DN－DE=AE－DE，即NE=AD=EC。

∵∠NEC =90°，∴∠ANC =45°。（3）∠ANC =90°－1

2

∠BAC。

【分析】（1）①∵BM=BN，∠MBN=90°，∴∠BMN=∠BNM=45°。

又∵∠CAN=45°，∴∠BMN=∠CAN 。又∵AB=AC ，AN=AN ，∴△BMN≌△CAN （SAS ）。∴∠ANC=∠BNM=45°。

②过B 、C 分别作BD⊥AP 于点D ，CE⊥AP 于点E 。通过证明△ADB≌△CEA 从而证明△CEN 是等腰直角三角形即可。 （2）如图，由已知得：

∠θ=1800－2∠ABC －∠1（∵AB=AC ） =1800－∠2－∠6－∠1（∵∠BAC=∠MBN ，BM=BN ）

=（1800－∠2－∠1）－∠6

=∠3＋∠4＋∠5－∠6（三角形内角和定理） =∠6＋∠5－∠6=∠5（∠3＋∠4=∠ABC=∠6）。 ∴点A 、B 、N 、C 四点共圆。 ∴∠ANC =∠ABC ==90°－12

∠BAC 。 15.（山东德州）

已知正方形ABCD 中，E 为对角线BD 上一点，过E 点作EF ⊥BD 交BC 于F ，连接DF ，G 为DF 中点，连接EG ，CG ．

（1）求证：EG =CG ；

（2）将图①中△BEF 绕B 点逆时针旋转45o ，如图②所示，取DF 中点G ，连接EG ，CG ．问（1）中的结论是否仍然成立若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．

（3）将图①中△BEF 绕B 点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立通过观察你还能得出什么结论（均不要求证明）

15 解：（1）证明：在Rt △FCD 中， A

D

C E

G

第15题图①

F

A

D

C

E

G

第15题图②

F

A

C

E

第15题图③

∵G 为DF 的中点，∴ CG =1

2

FD ．………… 1分同理，在Rt △DEF 中，

EG =1

2

FD ． ………………2分

∴ CG =EG ．…………………3分（2）（1）中结论仍然成立，即EG =CG ．…………………………4分

证法一：连接AG ，过G 点作MN ⊥AD 于M ，与EF 的延长线交于N 点． 在△DAG 与△DCG 中，

∵ AD =CD ，∠ADG =∠CDG ，DG =DG ，

∴ △DAG ≌△DCG ．

∴ AG =CG ．………………………5分 在△DMG 与△FNG 中，

∵ ∠DGM =∠FGN ，FG =DG ，∠MDG =∠NFG ， ∴ △DMG ≌△FNG ． ∴ MG =NG

在矩形AENM 中，AM =EN ． ……………6分

在Rt △AMG 与Rt △ENG 中，∵ AM =EN ， MG =NG ，∴ △AMG ≌△ENG ．∴ AG =EG ． ∴ EG =CG ． ……………………………8分

证法二：延长CG 至M ,使MG =CG ，连接MF ，ME ，EC ， ……………………4分

在△DCG 与△FMG 中，∵FG =DG ，∠MGF =∠CGD ，MG =CG ， ∴△DCG ≌△FMG ．∴MF =CD ，∠FMG ＝∠DCG ． ∴MF ∥CD ∥AB ．………………………5分∴EF MF ⊥．

在Rt △MFE 与Rt △CBE 中，∵ MF =CB ，EF =BE ，∴△MFE ≌△CBE ． ∴MEF CEB ∠=∠．…………………………………………………6分 ∴∠MEC ＝∠MEF ＋∠FEC ＝∠CEB ＋∠CEF ＝90°． …………7分 ∴ △MEC 为直角三角形．∵ MG = CG ，∴ EG =

2

1

MC ． F

A

D

G

F A

D

E

G

M N

图 ②（一）

F

A

D

E

G M 图 ②（二）

∴EG CG

．………………………………8分

（3）（1）中的结论仍然成立，

即EG=CG．其他的结论还有:EG⊥CG．……10分

16、（襄阳）如图1，点A是线段BC上一点，△ABD和△ACE都是等边三角形．

（1）连结BE，CD，求证：BE=CD；

（2）如图2，将△ABD绕点A顺时针旋转得到△AB′D′．

①当旋转角为60度时，边AD′落在AE上；

②在①的条件下，延长DD’交CE于点P，连接BD′，CD′．当线段AB、AC满足什么数量关系时，△BDD′与△CPD′全等并给予证明．

16、解（1）证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形．

∴AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=60°，

∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，即∠BAE=∠DAC，

在△BAE和△DAC中，

，∴△BAE≌△DAC（SAS），∴BE=CD；

（2）解：①∵∠BAD=∠CAE=60°，∴∠DAE=180°﹣60°×2=60°，∵边AD′落在AE上，

∴旋转角=∠DAE=60°；

②当AC=2AB时，△BDD′与△CPD′全等．

理由如下：由旋转可知，AB′与AD重合，∴AB=BD=DD′=AD′，∴四边形ABDD′是菱形，

∴∠ABD′=∠DBD′=∠ABD=×60°=30°，DP∥BC，

∵△ACE是等边三角形，∴AC=AE，∠ACE=60°，∵AC=2AB，∴AE=2AD′，

∴∠PCD′=∠ACD′=∠ACE=×60°=30°，又∵DP∥BC，

∴∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PCD′=∠PD′C=30°，

在△BDD′与△CPD′中，

，∴△BDD′≌△CPD′（ASA）．

故答案为：60．

17. （鸡西）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN=45°，易证MN=AM+CN

（1）如图2，在梯形ABCD中，BC∥AD，AB=BC=CD，点M、N分别在AD、CD上，若

∠MBN= 1

2

∠ABC，试探究线段MN、AM、CN有怎样的数量关系请写出猜想，并给予证明．

（2）如图3，在四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC+∠ADC=180°，点M、N分别在DA、CD的

延长线上，若∠MBN= 1

2

∠ABC，试探究线段MN、AM、CN又有怎样的数量关系请直接写出猜

想，不需证明．

17 解：（1）MN=AM+CN．

D

理由如下：

如图，∵BC∥AD，AB=BC=CD，

∴梯形ABCD是等腰梯形，

∴∠A+∠BCD=180°，

把△ABM绕点B顺时针旋转90°到△CBM′，则△ABM≌△CBM′，∴AM=CM′，BM=BM′，∠A=∠BCM′，∠ABM=∠M′BC，

∴∠BCM′+∠BCD=180°，

∴点M′、C、M三点共线，

∵∠MBN=1

2

∠ABC，

∴∠M′BN=∠M′BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=∠ABC-∠MBN=1

2

∠ABC，

∴∠MBN=∠M′BN，

在△BMN和△BM′N中，∵

BM BM

MBN M BN BN BN

'

=

?

?'

∠=∠

?

?=

?

，

∴△BMN≌△BM′N（SAS），∴MN=M′N，

又∵M′N=CM′+CN=AM+CN，∴MN=AM+CN；

（2）MN=CN-AM．

理由如下：如图，作∠CBM′=∠ABM交CN于点M′，∵∠ABC+∠ADC=180°，

∴∠BAD+∠C=360°-180°=180°，

又∵∠BAD+∠BAM=180°，

∴∠C=∠BAM，

在△ABM和△CBM′中，∵

CBM ABM AB BC

C BAM

'

∠=∠

?

?

=

?

?∠=∠

?

，

∴△ABM≌△CBM′（ASA），

∴AM=CM′，BM=BM′，∵∠MBN=1

2

∠ABC，

∴∠M′BN=∠ABC-（∠ABN+∠CBM′）=∠ABC-（∠ABN+∠ABM）=∠ABC-

∠MBN=1

2

∠ABC，

∴∠MBN=∠M′BN，在△MBN和△M′BN∵

BM BM

MBN M BN BN BN

'

=

?

?'

∠=∠

?

?=

?

，

∴△MBN≌△M′BN（SAS），

∴MN=M′N，

∵M′N=CN-CM′=CN-AM，

∴MN=CN-AM．

点评：本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰梯形的两底角互补，利用旋转变换作辅助线，构造出全等三角形，把MN、AM、CN通过等量转化到两个全等三角形的对应边是解题的关键，本题灵活性较强，对同学们的能力要求较高．