人教备战中考数学压轴题专题复习——旋转的综合附详细答案

一、旋转 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．在△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=α（?<

（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）1

302α?-（2）见解析（3）30α=?

【解析】解：（1）1

302

α?-。

（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°，

∴1

ABD 60DBE EBC 302

α∠=?-∠=∠=?-且△BCD 为等边三角形。

在△ABD 与△ACD 中，∵AB=AC ，AD=AD ，BD=CD ，

∴△ABD ≌△ACD （SSS ）。∴1

1BAD CAD BAC 22

α∠=∠=∠=。

∵∠BCE=150°，∴11

BEC 180(30)15022

αα∠=?-?--?=。∴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1

EBC 30152

α∠=?-=?。∴30α=?。

（1）∵AB=AC ，∠BAC=α，∴180ABC 2

α

?-∠=

。

∵将线段BC 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BD ，∴DBC 60∠=?。 ∴180ABD ABC DBC 603022

αα

?-∠=∠-∠=

-?=?-。 （2）由SSS 证明△ABD ≌△ACD ，由AAS 证明△ABD ≌△EBC ，即可根据有一个角等于60?的等腰三角

形是等边三角形的判定得出结论。

（3）通过证明△DCE 为等腰直角三角形得出(180150)

EBC 152

?-?∠==?，由（1）

1

EBC 302α∠=?-，从

而1

30152

α?-=?，解之即可。

2．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）请问EG 与CG 存在怎样的数量关系，并证明你的结论；

（2）将图①中△BEF 绕B 点逆时针旋转45°，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？（请直接写出结果，不必写出理由）

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）结论仍然成立 【解析】 【分析】

（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG =EG ．

（2）结论仍然成立，连接AG ，过G 点作MN ⊥AD 于M ，与EF 的延长线交于N 点；再证

明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明

△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG．

（3）结论依然成立．

【详解】

（1）CG=EG．理由如下：

∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCF=90°．在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴CG=1

2

FD，

同理．在Rt△DEF中，EG=1

2

FD，∴CG=EG．

（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG．

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（SAS），∴AG=CG；

在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG （ASA），∴MG=NG．

∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°，∴四边形AENM是矩形，在矩形AENM中，AM=EN．在△AMG与△ENG中，∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，∴△AMG≌△ENG（SAS），∴AG=EG，∴EG=CG．

证法二：延长CG至M，使MG=CG，连接MF，ME，EC．在△DCG与△FMG中，

∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，∴△DCG≌△FMG，∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，

∴MF∥CD∥AB，∴EF⊥MF．

在Rt△MFE与Rt△CBE中，∵MF=CB，∠MFE=∠EBC=90°，EF=BE，∴△MFE≌△CBE

∴∠MEF=∠CEB，∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°，∴△MEC为直角三角形．∵MG=CG，∴EG=1

2

MC，∴EG=CG．

（3）（1）中的结论仍然成立．理由如下：

过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．

由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因为BE=EF，易证

∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC

∵∠FEC+∠BEC=90°，∴∠FEC+∠FEM=90°，即∠MEC=90°，∴△MEC是等腰直角三角形．∵G为CM中点，∴EG=CG，EG⊥CG

【点睛】

本题是四边形的综合题．（1）关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答；（2）关键是利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质解答．

3．（探索发现）

如图，ABC ?是等边三角形，点D 为BC 边上一个动点，将ACD ?绕点A 逆时针旋转

60?得到AEF ?，连接CE .小明在探索这个问题时发现四边形ABCE 是菱形. 小明是这样想的：

（1）请参考小明的思路写出证明过程；

（2）直接写出线段CD ，CF ，AC 之间的数量关系：______________； （理解运用）

如图，在ABC ?中，AD BC ⊥于点D .将ABD ?绕点A 逆时针旋转90?得到AEF ?，延长FE 与BC ，交于点G .

（3）判断四边形ADGF 的形状，并说明理由； （拓展迁移）

（4）在（3）的前提下，如图，将AFE ?沿AE 折叠得到AME ?，连接MB ，若

6AD =，2BD =，求MB 的长.

【答案】（1）详见解析；（2）CD CF AC +=；（3）四边形ADGF 是正方形；（4）

13【解析】 【分析】

（1）根据旋转得：△ACE 是等边三角形，可得：AB=BC=CE=AE ，则四边形ABCE 是菱形； （2）先证明C 、F 、E 在同一直线上，再证明△BAD ≌△CAF （SAS ），则∠ADB=∠AFC ，BD=CF ，可得AC=CF+CD ；

（3）先根据∠ADC=∠DAF=∠F=90°，证明得四边形ADGF 是矩形，由邻边相等可得四边形ADGF 是正方形；

（4）证明△BAM ≌△EAD （SAS ），根据BM=DE 及勾股定理可得结论． 【详解】

（1）证明：∵ABC ?是等边三角形， ∴AB BC AC ==.

∵ACD ?绕点A 逆时针旋转60?得到AEF ?， ∴60CAE =?，AC AE =. ∴ACE ?是等边三角形. ∴AC AE CE ==. ∴AB BC CE AE ===. ∴四边形ABCE 是菱形.

（2）线段DC ，CF ，AC 之间的数量关系：CD CF AC +=. （3）四边形ADGF 是正方形.理由如下： ∵Rt ABD ?绕点A 逆时针旋转90?得到AEF ?， ∴AF AD =，90DAF ∠=?. ∵AD BC ⊥，

∴90ADC DAF F ∠=∠=∠=?. ∴四边形ADGF 是矩形. ∵AF AD =，

∴四边形ADGF 是正方形. （4）如图，连接DE .

∵四边形ADGF 是正方形， ∴6DG FG AD AF ====.

∵ABD ?绕点A 逆时针旋转90?得到AEF ?，

∴BAD EAF ∠=∠，2BD EF ==，∴624EG FG EF =-=-=. ∵将AFE ?沿AE 折叠得到AME ?， ∴MAE FAE ∠=∠，AF AM =. ∴BAD EAM ∠=∠.

∴BAD DAM EAM DAM ∠+∠=∠+∠，即BAM DAE ∠=∠. ∵AF AD =， ∴AM AD =.

在BAM ?和EAD ?中，AM AD BAM DAE AB AE =??

∠=∠??=?

，

∴()BAM EAD SAS ???. ∴222246213BM DE EG DG ==+=+=

【点睛】

本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形和全等三角形的性质，依据图形的性质进行计算求解．

4．如图①，在等腰△ABC 和△ADE 中，AB=AC ，AD=AE ，且∠BAC=∠DAE=120°． （1）求证：△ABD ≌△ACE ；

（2）把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图②的位置，连接CD ，点M 、P 、N 分别为DE 、DC 、BC 的中点，连接MN 、PN 、PM ，判断△PMN 的形状，并说明理由； （3）在（2）中，把△ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若AD=4，AB=6，请分别求出△PMN 周长的最小值与最大值．

【答案】（1）证明见解析；（2）△PMN是等边三角形．理由见解析；（3）△PMN周长的最小值为3，最大值为15．

【解析】

分析：（1）由∠BAC=∠DAE=120°，可得∠BAD=∠CAE，再由AB=AC，AD=AE，利用SAS即可判定△ABD≌△ADE；（2）△PMN是等边三角形，利用三角形的中位线定理可得

PM=1

2

CE，PM∥CE，PN=

1

2

BD，PN∥BD，同（1）的方法可得BD=CE，即可得PM=PN，所

以△PMN是等腰三角形；再由PM∥CE，PN∥BD，根据平行线的性质可得∠DPM=∠DCE，∠PNC=∠DBC，因为∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，所以

∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，再由∠BAC=120°，可得∠ACB+∠ABC=60°，即可得

∠MPN=60°，所以△PMN是等边三角形；（3）由（2）知，△PMN是等边三角形，

PM=PN=1

2

BD，所以当PM最大时，△PMN周长最大，当点D在AB上时，BD最小，PM

最小，求得此时BD的长，即可得△PMN周长的最小值；当点D在BA延长线上时，BD最大，PM的值最大，此时求得△PMN周长的最大值即可.

详解：

（1）因为∠BAC=∠DAE=120°，

所以∠BAD=∠CAE，又AB=AC，AD=AE，

所以△ABD≌△ADE；

（2）△PMN是等边三角形．

理由：∵点P，M分别是CD，DE的中点，

∴PM=1

2

CE，PM∥CE，

∵点N，M分别是BC，DE的中点，

∴PN=1

2

BD，PN∥BD，

同（1）的方法可得BD=CE，

∴PM=PN，

∴△PMN是等腰三角形，

∵PM∥CE，∴∠DPM=∠DCE，

∵PN∥BD，∴∠PNC=∠DBC，

∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，

∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC =∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，∵∠BAC=120°，∴∠ACB+∠ABC=60°，

∴∠MPN=60°，

∴△PMN是等边三角形．

（3）由（2）知，△PMN是等边三角形，PM=PN=1

2 BD，

∴PM最大时，△PMN周长最大，

∴点D在AB上时，BD最小，PM最小，

∴BD=AB-AD=2，△PMN周长的最小值为3；

点D在BA延长线上时，BD最大，PM最大，

∴BD=AB+AD=10，△PMN周长的最大值为15．

故答案为△PMN周长的最小值为3，最大值为15

点睛：本题主要考查了全等三角形的判定及性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定，解决第（3）问，要明确点D在AB上时，BD最小，PM最小，△PMN周长的最小；点D在BA延长线上时，BD最大，PM最大，△PMN周长的最大值为15.

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

=上时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y x

=于点M，BC边交x轴于点N（如图）.

（1）求边OA在旋转过程中所扫过的面积；

（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，求正方形OABC旋转的度数；

（3）设MBN

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

【答案】（1）π/2（2）22.5°(3)周长不会变化，证明见解析

【解析】

试题分析：（1）根据扇形的面积公式来求得边OA在旋转过程中所扫过的面积；

（2）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出∠AOM的度数；

（3）利用全等把△MBN的各边整理到成与正方形的边长有关的式子．

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

∴OA旋转了45°．

∴OA 在旋转过程中所扫过的面积为24523602

ππ

?=．

（2）∵MN ∥AC ，

∴∠BMN=∠BAC=45°，∠BNM=∠BCA=45°． ∴∠BMN=∠BNM ．∴BM=BN ． 又∵BA=BC ，∴AM=CN ．

又∵OA=OC ，∠OAM=∠OCN ，∴△OAM ≌△OCN ．

∴∠AOM=∠CON=

12（∠AOC-∠MON ）=1

2

（90°-45°）=22.5°． ∴旋转过程中，当MN 和AC 平行时，正方形OABC 旋转的度数为45°-22.5°=22.5°． （3）在旋转正方形OABC 的过程中，p 值无变化． 证明：延长BA 交y 轴于E 点，

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

又∵OA=OC ，∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN ． ∴△OAE ≌△OCN ． ∴OE=ON ，AE=CN ．

又∵∠MOE=∠MON=45°，OM=OM ， ∴△OME ≌△OMN ．∴MN=ME=AM+AE ． ∴MN=AM+CN ，

∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4． ∴在旋转正方形OABC 的过程中，p 值无变化． 考点：旋转的性质.

6．如图1，△ABC 中，CA =CB ，∠ACB =90°，直线l 经过点C ，AF ⊥l 于点F ，BE ⊥l 于点E ． （1）求证：△ACF ≌△CBE ；

（2）将直线旋转到如图2所示位置，点D 是AB 的中点，连接DE ．若AB =42，∠CBE =30°，求DE 的长．

【答案】（1）答案见解析；（226+【解析】

试题分析：（1）根据垂直的定义得到∠BEC =∠ACB =90°，根据全等三角形的性质得到

∠EBC=∠CAF，即可得到结论；

（2）连接CD，DF，证得△BCE≌△ACF，根据全等三角形的性质得到BE=CF，CE=AF，证得△DEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到EF=2DE，EF=CE+BE，进而得

到

DE的长．

试题解析：解：（1）∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，

∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．

在△BCE与△ACF中，∵

90

AFC BEC

EBC ACF

BC AC

∠=∠=?

?

?

∠=∠

?

?=

?

，∴△ACF≌△CBE（AAS）；

（2）如图2，连接CD，DF．∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，

∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．

在△BCE与△CAF中，∵

90

AFC BEC

EBC ACF

BC AC

∠=∠=?

?

?

∠=∠

?

?=

?

，∴△BCE≌△CAF（AAS）；

∴BE=CF．∵点D是AB的中点，∴CD=BD，∠CDB=90°，∴∠CBD=∠ACD=45°，而

∠EBC=∠CAF，∴∠EBD=∠DCF．在△BDE与△CDF中，∵

BE CF

EBD FCD

BD CF

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

∴△BDE≌△CDF（SAS），∴∠EDB=∠FDC，DE=DF．∵∠BDE+∠CDE=90°，

∴∠FDC+∠CDE=90°，即∠EDF=90°，∴△EDF是等腰直角三角形，∴EF=2DE，∴EF=CE+CF=CE+BE．∵CA=CB，∠ACB=90°，AB=42，∴BC=4．又∵∠CBE=30°，

∴CE=1

2BC=2，BE=3CE=23，∴EF=CE+BE=2+23，∴DE=

2

=

223

2

+

=2+6．

点睛：本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质，证得△BCE≌△ACF是解题的关键．

7．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．

8．如图1，在△ABC中，E、D分别为AB、AC上的点，且ED//BC，O为DC中点，连结EO 并延长交BC的延长线于点F，则有S四边形EBCD=S△EBF.

（1）如图2，在已知锐角∠AOB内有一个定点P．过点P任意作一条直线MN，分别交射线OA、OB于点M、N．将直线MN绕着点P旋转的过程中发现，当直线MN满足某个条件时，△MON的面积存在最小值．直接写出这个条件:_______________________.

（2）如图3，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A、B、C、P的坐标分别为（6，

0）、（6，3）、（，）、（4、2），过点P的直线l与四边形OABC一组对边相交，将四边形OABC分成两个四边形，求其中以点O为顶点的四边形面积的最大值．

【答案】（1）当直线MN旋转到点P是线段MN的中点时，△MON的面积最小；（2）10.【解析】

试题分析：（1）当直线旋转到点P是MN的中点时S△MON最小，过点M作MG∥OB交EF 于G．由全等三角形的性质可以得出结论；

（2）①如图3①过点P的直线l 与四边形OABC 的一组对边 OC、AB分别交于点M、N，由（1）的结论知，当PM=PN时，△MND的面积最小，此时四边形OANM的面积最大，S =S△OAD-S△MND.

四边形OANM

②如图3②，过点P的直线l与四边形OABC的另一组对边CB、OA分别交M、N，利用S

=S△OCT-S△MN T，进而得出答案．

四边形OCMN

试题解析：（1）当直线MN旋转到点P是线段MN的中点时，△MON的面积最小.

如图2，过点P的另一条直线EF交OA、OB于点E、F，设PF＜PE，过点M作MG∥OB交EF于G，

可以得出当P是MN的中点时S四边形MOFG=S△MON．

∵S四边形MOFG＜S△EOF，∴S△MON＜S△EOF.

∴当点P是MN的中点时S△MON最小.

（2）分两种情况：

①如图3①过点P的直线l 与四边形OABC 的一组对边 OC、AB分别交于点M、N．

延长OC、AB交于点D，易知AD = 6，S△OAD＝18 ．

由（1）的结论知，当PM=PN时，△MND的面积最小，此时四边形OANM的面积最大．过点P、M分别作PP1⊥OA，MM1⊥OA，垂足分别为P1、M1．

由题意得M1P1=P1A = 2，从而OM1=MM1= 2．又P(4,2)，B(6,3)

∴P1A=M1P1="O" M1=P1P=2，M1M=OM=2，可证四边形MM1P1P是正方形．

∴MN∥OA，∠MND=90°，NM=4，DN=4．求得S△MND＝8.

∴.

② 如图3②，过点P的直线l与四边形OABC的另一组对边CB、OA分别交M、N．

延长CB交x轴于T点，由B、C的坐标可得直线BC对应的函数关系式为 y =－x＋9 ．

则T点的坐标为（9，0）．

∴S△OCT=×9×=．

由(1)的结论知：当PM=PN时，△MNT的面积最小，此时四边形OCMN的面积最大．

过点P、M点分别作PP1⊥OA，MM1⊥OA，垂足为P1，M1.

从而 NP1=P1M1，MM1=2PP1=4．

∴点M的横坐标为5，点P（4、2），P1M1= NP1= 1，TN =6．

∴S△MNT=×6×4=12，S四边形OCMN=S△OCT-S△MNT =-12=＜10．

综上所述：截得四边形面积的最大值为10．

考点：1.线动旋转问题；2.正方形的判定和性质；3.图形面积求法；4.分类思想的应用.

9．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

.（Ⅲ）

3033430334

44

S -+≤≤

. 【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；

（Ⅲ3033430334

S -+≤≤

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 =+， ∴()2

2235t t =+-.解得175t =

.∴175

BH =. ∴点H 的坐标为17,35??

???

.

（Ⅲ3033430334

S -+≤≤

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.

10．已知△ABC 是边长为4的等边三角形，边AB 在射线OM 上，且OA ＝6，点D 是射线OM 上的动点，当点D 不与点A 重合时，将△ACD 绕点C 逆时针方向旋转60°得到△BCE ，连接DE ．

（1）如图1，求证：△CDE 是等边三角形．

（2）设OD＝t，

①当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．

②求t为何值时，△DEB是直角三角形（直接写出结果即可）．

【答案】(1)见解析;(2) ①见解析; ②t＝2或14.

【解析】

【分析】

（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；

（2）①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；

②存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；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=t；当6＜t＜10时，此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14．

【详解】

（1）∵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）①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＝3，

∴△BDE的最小周长＝CD+4＝3；

②存在，∵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；

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；

当6＜t＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，

∴此时不存在；

当t＞10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＝14，

∴t＝14，

综上所述：当t＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．

【点睛】

本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．