北京中考数学初中数学 旋转综合题

一、旋转

1．阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形．小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，则BD＝CE． (1)在图1中证明小胖的发现；

借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题： (2)如图2，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，求证：AD+CD＝BD；

(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝m°，点E为△ABC外一点，点D为BC中点，∠EBC＝∠ACF，ED⊥FD，求∠EAF的度数（用含有m的式子表示）．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =【解析】

1m°. 2分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC，只要证明△DAB≌△EAC即可；

（2）如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．首先证明△BDE是等边三角形，再证明△ABD≌△CBE即可解决问题；

（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．想办法证明△AFE≌△AFG，可得∠EAF=∠FAG=详（1）证明：如图1中，

1m°. 2

∵∠BAC=∠DAE， ∴∠DAB=∠EAC， 在△DAB和△EAC中，

AD＝AEDAB＝EAC， AB＝AC∴△DAB≌△EAC， ∴BD=EC．

（2）证明：如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．

∵DB=DE，∠BDC=60°， ∴△BDE是等边三角形， ∴∠BD=BE，∠DBE=∠ABC=60°， ∴∠ABD=∠CBE， ∵AB=BC， ∴△ABD≌△CBE， ∴AD=EC，

∴BD=DE=DC+CE=DC+AD． ∴AD+CD=BD．

（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．

由（1）可知△EAB≌△GAC， ∴∠1=∠2，BE=CG，

∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM， ∴△EDB≌△MDC，

∴EM=CM=CG，∠EBC=∠MCD，

∵∠EBC=∠ACF， ∴∠MCD=∠ACF， ∴∠FCM=∠ACB=∠ABC， ∴∠1=3=∠2，

∴∠FCG=∠ACB=∠MCF， ∵CF=CF，CG=CM， ∴△CFG≌△CFM， ∴FG=FM，

∵ED=DM，DF⊥EM， ∴FE=FM=FG， ∵AE=AG，AF=AF， ∴△AFE≌△AFG， ∴∠EAF=∠FAG=

1m°． 2点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．

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）y【解析】

12x4；（2）2＜m＜22；（3）m=6或m=17﹣3． 2试题分析：（1）由题意抛物线的顶点C（0，4），A（22，0），设抛物线的解析式为

yax24，把A（22，0）代入可得a=1，由此即可解决问题； 2（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

12yx4122yxm4，由，消去y得到x22mx2m280，由题

2y1xm242(242m2802m0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，

2m280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（22，0），设抛物线的解析式为

yax24，把A（22，0）代入可得a=1，∴抛物线C的函数表达式为21yx24．

2（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

12yx4122yxm4，由，消去y得到x22mx2m280 ，由题意，

2y1(x42(242m2802m0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，解得

2m2802＜m＜22，∴满足条件的m的取值范围为2＜m＜22． （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y1212x4上，∴m2m24，解得m=17﹣3或22﹣17﹣3（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

1212x4中，2mm24，解得m=6或0（舍弃），∴m=622时，四边形PMP′N是正方形．

﹣m）代入y

综上所述：m=6或m=17﹣3时，四边形PMP′N是正方形．

3．（操作发现）

（1）如图1，△ABC为等边三角形，先将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于30°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=30°，连接AF，EF．

①求∠EAF的度数；

②DE与EF相等吗？请说明理由； （类比探究）

（2）如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于45°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=45°，连接AF，EF．请直接写出探究结果： ①∠EAF的度数；

②线段AE，ED，DB之间的数量关系．

【答案】（1）①120°②DE=EF；（2）①90°②AE2+DB2=DE2 【解析】

试题分析：（1）①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出

∠ACF=∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°； ②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；

（2）①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°； ②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论．

试题解析：解：（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°．∵∠DCF=60°，∴∠ACF=∠BCD．

在△ACF和△BCD中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°； ②DE=EF．理由如下：

∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，∴∠FCE=60°﹣30°=30°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF； （2）①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴AC=BC，

∠BAC=∠B=45°．∵∠DCF=90°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°； ②AE2+DB2=DE2，理由如下：

∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，∴∠FCE=90°﹣45°=45°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF．在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，又∵AF=DB，∴AE2+DB2=DE2．

4．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=∴a﹣BE=a﹣DF， ∴BE=DF， ∴BE=BM=DF=BG， ∴∠BMG=45°， ∴∠GME=45°+45°=90°， ∴EG2=ME2+MG2， ∵EG=EF，MG=∴EF2=ME2+NF2；

BM=

DF=NF， DF，

（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

5．(1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交

AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD． ①求证：四边形BFDE是菱形； ②直接写出∠EBF的度数；

(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究，如图②，点G、I分别在BF、BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD的中点，连接FH并延长，交ED于点J，连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH与FH之间满足的关系，并说明理由；

(3)把(1)中矩形ABCD进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE、EF、DF，使△DEF是等腰直角三角形，DF交AC于点G.请直接写出线段AG、GE、EC三者之间满足的数量关系.

【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH＝3FH；（3）EG2＝AG2+CE2． 【解析】 【分析】

（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO＝OF，∵OB＝OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB＝ED即可．

②先证明∠ABD＝2∠ADB，推出∠ADB＝30°，延长即可解决问题． （2）IH＝3FH．只要证明△IJF是等边三角形即可．

（3）结论：EG2＝AG2+CE2．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题． 【详解】

（1）①证明：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，OB＝OD， ∴∠EDO＝∠FBO， 在△DOE和△BOF中，

EDO＝FBO ， OD＝OBEOD＝BOF∴△DOE≌△BOF， ∴EO＝OF，∵OB＝OD，

∴四边形EBFD是平行四边形， ∵EF⊥BD，OB＝OD， ∴EB＝ED，

∴四边形EBFD是菱形． ②∵BE平分∠ABD， ∴∠ABE＝∠EBD， ∵EB＝ED， ∴∠EBD＝∠EDB， ∴∠ABD＝2∠ADB， ∵∠ABD+∠ADB＝90°， ∴∠ADB＝30°，∠ABD＝60°， ∴∠ABE＝∠EBO＝∠OBF＝30°， ∴∠EBF＝60°． （2）结论：IH＝3FH．

理由：如图2中，延长BE到M，使得EM＝EJ，连接MJ．

∵四边形EBFD是菱形，∠B＝60°， ∴EB＝BF＝ED，DE∥BF， ∴∠JDH＝∠FGH， 在△DHJ和△GHF中，

DHG＝GHF ， DH＝GHJDH＝FGH∴△DHJ≌△GHF， ∴DJ＝FG，JH＝HF， ∴EJ＝BG＝EM＝BI， ∴BE＝IM＝BF， ∵∠MEJ＝∠B＝60°， ∴△MEJ是等边三角形， ∴MJ＝EM＝NI，∠M＝∠B＝60° 在△BIF和△MJI中，

BI＝MJB＝M， BF＝IM∴△BIF≌△MJI，

∴IJ＝IF，∠BFI＝∠MIJ，∵HJ＝HF， ∴IH⊥JF，

∵∠BFI+∠BIF＝120°， ∴∠MIJ+∠BIF＝120°， ∴∠JIF＝60°， ∴△JIF是等边三角形，

在Rt△IHF中，∵∠IHF＝90°，∠IFH＝60°， ∴∠FIH＝30°， ∴IH＝3FH．

（3）结论：EG2＝AG2+CE2．

理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，

∵∠FAD+∠DEF＝90°， ∴AFED四点共圆，

∴∠EDF＝∠DAE＝45°，∠ADC＝90°， ∴∠ADF+∠EDC＝45°， ∵∠ADF＝∠CDM，

∴∠CDM+∠CDE＝45°＝∠EDG， 在△DEM和△DEG中，

DE＝DEEDG＝EDM ， DG＝DM∴△DEG≌△DEM， ∴GE＝EM，

∵∠DCM＝∠DAG＝∠ACD＝45°，AG＝CM， ∴∠ECM＝90° ∴EC2+CM2＝EM2， ∵EG＝EM，AG＝CM， ∴GE2＝AG2+CE2． 【点睛】

考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.

6．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 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?通过观察你还能得出什么结论(均不要求证明).

【答案】解：（1）CG=EG

（2）（1）中结论没有发生变化，即EG=CG．

证明：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．

在△DMG与△FNG中，

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

在矩形AENM中，AM=EN． 在Rt△AMG 与Rt△ENG中， ∵ AM=EN， MG=NG， ∴ △AMG≌△ENG． ∴ AG=EG ∴ EG=CG．

（3）（1）中的结论仍然成立．

【解析】

试题分析：（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．还知道EG⊥CG; 试题解析：

解：（1）证明：在Rt△FCD中， ∵G为DF的中点， ∴

，

，

同理，在Rt△DEF中，∴CG=EG；

（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG；

连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点，如图所示：

在△DAG与△DCG中，

∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DC=DC， ∴△DAG≌△DCG， ∴AG=CG，

在△DMG与△FNG中，

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

在矩形AENM中，AM=EN.， 在Rt△AMG与Rt△ENG中， ∵AM=EN，MG=NG，

∴△AMG≌△ENG， ∴AG=EG， ∴EG=CG，

（3）（1）中的结论仍然成立，即EG=CG且EG⊥CG。

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，如图所示：

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】本题解题关键是作出辅助线，且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，难度较大。

7．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，猜想：△CDE的形状是 三角形． （2）请证明（1）中的猜想 （3）设OD=m，

①当6＜m＜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是否存在m的值，使△DEB是直角三角形，若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）等边；（2）详见解析；（3）①23+4；②当m=2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形． 【解析】 【分析】

（1）由旋转的性质猜想结论；

（2）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论； （3）①当6＜m＜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，分四种情况讨论：a）当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形； b）当0≤m＜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=m； c）当6＜m＜10时，此时不存在；

d）当m＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到m=14． 【详解】 （1）等边；

（2）∵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．

（3）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=23，∴△BDE的最小周长=CD+4=23+4； ②存在，分四种情况讨论：

a）∵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；

b）当0≤m＜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，∴m=2；

c）当6＜m＜10时，由∠DBE=120°＞90°，∴此时不存在；

d）当m＞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，∴m=14．

综上所述：当m=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．

8．如图1．在△ABC中，∠ACB＝90°，点P为△ABC内一点．

（1）连接PB、PC，将△BCP沿射线CA方向平移，得到△DAE，点B、C、P的对应点分别为点D、A、E，连接CE． ①依题意，请在图2中补全图形；

②如果BP⊥CE，AB＋BP＝9，CE＝33，求AB的长．

（2）如图3，以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接PA、PB、PC，当AC＝4，AB＝8时，根据此图求PA＋PB＋PC的最小值．

【答案】⑴①见解析，②AB＝6；⑵47. 【解析】

分析：（1）①根据题意补全图形即可；

②连接BD、CD．根据平移的性质和∠ACB＝90°，得到四边形BCAD是矩形，从而有CD＝AB，设CD＝AB＝x，则PB＝DE＝9x， 由勾股定理求解即可；

（2）当C、P、M、N四点共线时，PA＋PB＋PC最小．由旋转的性质和勾股定理求解即可．

详解：（1）①补全图形如图所示；

②如图：连接BD、CD．

∵△BCP沿射线CA方向平移，得到△DAE， ∴BC∥AD且BC＝AD，PB＝DE． ∵∠ACB＝90°，

∴四边形BCAD是矩形，∴CD＝AB，设CD＝AB＝x，则PB＝9x， DE＝BP＝9x，

∵BP⊥CE，BP∥DE，∴DE⊥CE， ∴CE2DE2CD2，∴33∴x6，即AB＝6；

（2）如图，当C、P、M、N四点共线时，PA＋PB＋PC最小．

29xx2，

2

由旋转可得：△AMN≌△APB，∴PB＝MN． 易得△APM、△ABN都是等边三角形，∴PA＝PM， ∴PA＋PB＋PC＝PM＋MN＋PC＝CN， ∴BN＝AB＝8，∠BNA＝60°，∠PAM＝60°， ∴∠CAN＝∠CAB＋∠BAN＝60°＋60°＝120°， ∴∠CBN＝90°．

在Rt△ABC中，易得：BC=AB2AC2824243， ∴在Rt△BCN中，CNBC2BN2486447．

点睛：本题属于几何变换综合题，主要考查了旋转和平移的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形和全等三角形，依据图形的性质进行计算求解．

9．已知：如图1，将两块全等的含30º角的直角三角板按图所示的方式放置，∠BAC=∠B1A1C=30°，点B，C，B1在同一条直线上． （1）求证：AB=2BC

（2）如图２，将△ABC绕点Ｃ顺时针旋转α°（0＜α＜180），在旋转过程中，设AB与A1C、A1B1分别交于点D、E，AC与A1B1交于点F．当α等于多少度时，AB与A1B1垂直？请说明理由．

（3）如图3，当△ABC绕点C顺时针方向旋转至如图所示的位置，使AB∥CB1，AB与A1C交于点D，试说明A1D=CD．

【答案】（1）证明见解析

（2）当旋转角等于30°时，AB与A1B1垂直. （3）理由见解析 【解析】

试题分析：(1)由等边三角形的性质得AB=BB1，又因为BB1=2BC，得出AB=2BC; (2) 利用AB与A1B1垂直得∠A1ED=90°，则∠A1DE=90°-∠A1=60°，根据对顶角相等得∠BDC=60°，由于∠B=60°，利用三角形内角和定理得∠A1CB=180°-∠BDC-∠B=60°，所以∠ACA1=90°-∠A1CB=30°，然后根据旋转的定义得到旋转角等于30°时，AB与A1B1垂直； (3)由于AB∥CB1，∠ACB1=90°，根据平行线的性质得∠ADC=90°，在Rt△ADC中，根据含30度的直角三角形三边的关系得到CD=

1AC，再根据旋转的性质得AC=A1C，所以21A1C，则A1D=CD． 2试题解析：

CD=

（1）∵△ABB1是等边三角形； ∴ AB=BB1 ∵ BB1=2BC ∴AB=2BC

（2）解：当AB与A1B1垂直时，∠A1ED=90°， ∴∠A1DE=90°-∠A1=90°-30°=60°， ∵∠B=60°，∴∠BCD=60°， ∴∠ACA1=90°-60°=30°，

即当旋转角等于30°时，AB与A1B1垂直. （3）∵AB∥CB1，∠ACB1=90°， ∴∠CDB=90°，即CD是△ABC的高，

设BC=a，AC=b，则由（1）得AB=2a，A1C=b，

∵SABC即

11BCACABCD， 2211ab2aCD 2211b，即CD=A1C， 22∴A1D=CD.

∴CD【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．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．

10．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【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°．

-x．

∴∠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•∴GH=CG-CH=

=

x， x=2

-x．

（x+4）-

考点：几何变换综合题．

11．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

不会变化，求出它的周长.

【答案】（1）120°；（2）C；（3）△【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，同理

，因此可求△.

的周长

，由等角对

的周长不变.

，△ADE的周长是否会发生变化，如会变化，说明理由，如

等边的性质可得=【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）△∵∴∴∴∴同理，∴△即

，

， 的周长=

．

的周长不变； ， ， ，

，

理由如下：连接AA′，

考点：正多边形与圆，圆周角定理

12．在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．

（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；

（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想∠AEB=θ是否成立？请说明理由．

【答案】（1）证明见解析； （2）成立，理由见解析 【解析】

试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；

②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；

（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式

，得出

，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相

等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ． 试题解析：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′， ∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′， ∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点， ∴OC=OD， ∴OC′=OD′，

在△AOC′和△BOD′中，∴△AOC′≌△BOD′（SAS）， ∴AC′=BD′；

，

②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示： ∵△AOC′≌△BOD′， ∴∠OAC′=∠OBD′，

又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°， ∴∠OBD′+∠BFE=90°， ∴∠BEA=90°， ∴AC′⊥BD′；

（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示： ∵△OCD旋转到△OC′D′，

∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′， ∵CD∥AB， ∴∴∴

， ， ，

又∠AOC′=∠BOD′， ∴△AOC′∽△BOD′， ∴∠OAC′=∠OBD′， 又∠AFO=∠BFE， ∴∠AEB=∠AOB=θ．

考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．

13．如图1，正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE（AB＜AE）在一条直线上，正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为. 在旋转过程中，两个正方形只有点A重合，其它顶点均不重合，连接BE、DG.

（1）当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时，求证：BE=DG；

（2）当点C在直线BE上时，连接FC，直接写出∠FCD 的度数； （3）如图3，如果=45°，AB =2，AE=

，求点G到BE的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）45°或135°；（3）【解析】

.

试题分析：（1）根据正方形的性质可得AB=AD，AE=AG，∠BAD=∠EAG=90°，再求出∠BAE=∠DAG，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等证明即可.

（2）当点C在直线BE上时，可知点E与C重合或G点C与重合，据此求解即可. （3）根据即可.

试题解析：（1）如图2，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAE+∠EAD=90°. ∵四边形AEFG是正方形，∴AE=AG，∠EAD+∠DAG=90°. ∴∠BAE=∠DAG.. ∴△ABE≌△ADG（SAS）. ∴BE=DG..

（2）如图，当点C在直线BE上时，可知点E与C重合或G点C与重合，此时∠FCD 的度数为45°或135°.

和

求解

（3）如图3，连接GB、GE. 由已知α=45°，可知∠BAE=45°.

又∵GE为正方形AEFG的对角线， ∴∠AEG=45°.∴AB∥GE.

∵∴

，∴GE =8.

.

. ∴

.

.

过点B作BH⊥AE于点H. ∵AB=2，∴

设点G到BE的距离为h. ∴∴

.

.

.

∴点G到BE的距离为

考点：1.旋转的性质；2.正方形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.平行的判定和性质；5.勾股定理；6.分类思想的应用．

14．如图，在△ABC中，∠CAB=70°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB,求∠BAB′的度数．

【答案】40°. 【解析】 【分析】

先根据平行线的性质，由CC′∥AB得∠AC′C=∠CAB=70°，再根据旋转的性质得AC=AC′，∠BAB′=∠CAC′，于是根据等腰三角形的性质有∠ACC′=∠AC′C=70°，然后利用三角形内角和定理可计算出∠CAC′=40°，从而得到∠BAB′的度数． 【详解】

∵CC′∥AB，

∴∠A CC′=∠CAB=70°，

∵△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置， ∴AC=AC′，∠BAB′=∠CAC′， 在△ACC′中，∵AC=AC′ ∴∠ACC′=∠AC′C=70°， ∴∠CAC′=180°-70°-70°=40°， ∴∠BAB′=40°． 【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．

15．已知∠AOB＝90°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个三角板的直角顶点与C重合，它的两条直角边分别与OA，OB(或它们的反向延长线)相交于点D，E. 当三角板绕点C旋转到CD与OA垂直时(如图①)，易证：OD＋OE＝2OC；

当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，即在图②，图③这两种情况下，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立，线段OD，OE，OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．

①②③

【答案】图②中OD＋OE＝2OC成立．证明见解析;图③不成立，有数量关系：OE－OD＝2OC 【解析】

试题分析：当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，易得△CKD≌△CHE，进而可得出证明；判断出结果．解此题的关键是根据题意找到全等三角形或等价关系，进而得出OC与OD、OE的关系；最后转化得到结论． 试题解析：图②中OD＋OE＝2OC成立．

证明：过点C分别作OA，OB的垂线，垂足分别为P，Q. 有△CPD≌△CQE， ∴DP＝EQ，

∵OP＝OD＋DP，OQ＝OE－EQ， 又∵OP＋OQ＝2OC， 即OD＋DP＋OE－EQ＝2OC， ∴OD＋OE＝2OC.

图③不成立，

有数量关系：OE－OD＝2OC 过点C分别作CK⊥OA， CH⊥OB，

∵OC为∠AOB的角平分线，且CK⊥OA，CH⊥OB， ∴CK=CH，∠CKD=∠CHE=90°， 又∵∠KCD与∠HCE都为旋转角， ∴∠KCD=∠HCE， ∴△CKD≌△CHE， ∴DK=EH，

∴OE-OD=OH+EH-OD=OH+DK-OD=OH+OK， 由（1）知：OH+OK=2OC， ∴OD，OE，OC满足OE-OD=2OC．

点睛：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，两组对应点连线的交点是旋转中心．