中考数学—初中数学 旋转的综合压轴题专题复习附详细答案

中考数学—初中数学 旋转的综合压轴题专题复习附详细答案

一、旋转

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(2﹣2，2)或(2﹣2，﹣2)，AM的最大值为22+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22+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，

?AD?AB?在△CAD与△EAB中，??CAD??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＝AE＝2，

∴OE＝BO﹣AB﹣AE＝6﹣4﹣2＝2﹣2，

∴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．如图所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，EC的延长线交BD于点P．

（1）把△ABC绕点A旋转到图1，BD，CE的关系是 （选填“相等”或“不相等”）；简要说明理由；

（2）若AB=3，AD=5，把△ABC绕点A旋转，当∠EAC=90°时，在图2中作出旋转后的图形，PD= ，简要说明计算过程；

（3）在（2）的条件下写出旋转过程中线段PD的最小值为 ，最大值为 ．

【答案】（1）BD，CE的关系是相等；（2）【解析】

52034或34；（3）1，7 1717分析：（1）依据△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，即可BA=CA，∠BAD=∠CAE，DA=EA，进而得到△ABD≌△ACE，可得出BD=CE； （2）分两种情况：依据∠PDA=∠AEC，∠PCD=∠ACE，可得△PCD∽△ACE，即可得到

PDCD534；依据∠ABD=∠PBE，∠BAD=∠BPE=90°，可得=，进而得到PD=AECE17△BAD∽△BPE，即可得到

PBBE620?34，PD=BD+PB=34； ，进而得出PB=ABBD3417（3）以A为圆心，AC长为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PD的值最小；当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时，PD的值最大．在Rt△PED中，PD=DE?sin∠PED，因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小．分两种情况进行讨论，即可得到旋转过程中线段PD的最小值以及最大值． 详解：（1）BD，CE的关系是相等．

理由：∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°， ∴BA=CA，∠BAD=∠CAE，DA=EA， ∴△ABD≌△ACE， ∴BD=CE； 故答案为相等．

（2）作出旋转后的图形，若点C在AD上，如图2所示：

∵∠EAC=90°， ∴CE=AC2?AE2?34，

∵∠PDA=∠AEC，∠PCD=∠ACE， ∴△PCD∽△ACE， ∴

PDCD?， AECE534； 17∴PD=若点B在AE上，如图2所示：

∵∠BAD=90°， ∴Rt△ABD中，BD=AD2?AB2?34，BE=AE﹣AB=2，

∵∠ABD=∠PBE，∠BAD=∠BPE=90°，

∴△BAD∽△BPE，

PB2PBBE??∴，即， 334ABBD解得PB=634， 3462034=34， 3417∴PD=BD+PB=34+故答案为52034或34； 1717（3）如图3所示，以A为圆心，AC长为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PD的值最小；当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时，PD的值最大． 如图3所示，分两种情况讨论：

在Rt△PED中，PD=DE?sin∠PED，因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小． ①当小三角形旋转到图中△ACB的位置时， 在Rt△ACE中，CE=52?32=4， 在Rt△DAE中，DE=52?52?52， ∵四边形ACPB是正方形， ∴PC=AB=3， ∴PE=3+4=7，

在Rt△PDE中，PD=DE2?PE2?50?49?1， 即旋转过程中线段PD的最小值为1；

②当小三角形旋转到图中△AB'C'时，可得DP'为最大值， 此时，DP'=4+3=7，

即旋转过程中线段PD的最大值为7． 故答案为1，7．

点睛：本题属于几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、圆的有关知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会分类讨论的思想思考问题，学会利用图形的特殊位置解决最值问题．

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

11CE，PN∥AD，PN=BD，从而得到22PM=PN，∠MPN=60°，从而可判断△PMN为等边三角形；

BD=CE，再根据三角形中位线性质得PM∥CE，PM=

（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=

11CE，PN∥AD，PN=BD， 22∴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，

11CE，PN∥AD，PN=BD， 22∴PM=PN，∠BPM=∠BCE，∠CPN=∠CBD，

与（1）一样可得PM∥CE，PM=

∴∠BPM+∠CPN=∠CBD+∠CBD=∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE=60°+60°=120°，∴∠MPN=60°，∴△PMN为等边三角形． （3）∵PN=

1BD，∴当BD的值最大时，PN的值最大． 2 ∵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．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′=

1CD′=1． 2

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．

5．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（0，4），点B（﹣2，0），把△ABO绕点A逆时针旋转，得△AB′O′，点B、O旋转后的对应点为B′、O′． （1）如图①，若旋转角为60°时，求BB′的长； （2）如图②，若AB′∥x轴，求点O′的坐标；

（3）如图③，若旋转角为240°时，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+AP′取得最小值时，求点P′的坐标（直接写出结果即可）

【答案】（1）25；（2）点O′的坐标为（8545+4）；（3）点P′的坐标为（﹣，558336，． 55【解析】

分析：（1）由点A、B的坐标可得出AB的长度，连接BB′，由旋转可知：AB=AB′，∠BAB′=60°，进而可得出△ABB′为等边三角形，根据等边三角形的性质可求出BB′的长； （2）过点O′作O′D⊥x轴，垂足为D，交AB′于点E，则△AO′E∽△ABO，根据旋转的性质结合相似三角形的性质可求出AE、O′E的长，进而可得出点O′的坐标；

（3）作点A关于x轴对称的点A′，连接A′O′交x轴于点P，此时O′P+AP′取最小值，过点O′作O′F⊥y轴，垂足为点F，过点P′作PM⊥O′F，垂足为点M，根据旋转的性质结合解直角三角形可求出点O′的坐标，由A、A′关于x轴对称可得出点A′的坐标，利用待定系数

法即可求出直线A′O′的解析式，由一次函数图象上点的坐标特征可得出点P的坐标，进而可得出OP的长度，再在Rt△O′P′M中，通过解直角三角形可求出O′M、P′M的长，进而可得出此时点P′的坐标．

详解：（1）∵点A（0，4），点B（﹣2，0），∴OA=4，OB=2，∴AB=OA2?OB2=25． 在图①中，连接BB′．

由旋转可知：AB=AB′，∠BAB′=60°，∴△ABB′为等边三角形，∴BB′=AB=25． （2）在图②中，过点O′作O′D⊥x轴，垂足为D，交AB′于点E． ∵AB′∥x轴，O′E⊥x轴，∴∠O′EA=90°=∠AOB．

由旋转可知：∠B′AO′=∠BAO，AO′=AO=4，∴△AO′E∽△ABO，

AEO'EAO'==，即AOBOAB4AEO'E854545==+4，∴点O′的坐标为，∴AE=，O′E=，∴O′D=4225555（8545+4）． ，55 （3）作点A关于x轴对称的点A′，连接A′O′交x轴于点P，此时O′P+AP′取最小值，过点O′作O′F⊥y轴，垂足为点F，过点P′作PM⊥O′F，垂足为点M，如图3所示． 由旋转可知：AO′=AO=4，∠O′AF=240°﹣180°=60°，∴AF=∴点O′（﹣23，6）．

∵点A（0，4），∴点A′（0，﹣4）．

设直线A′O′的解析式为y=kx+b，将A′（0，﹣4）、O′（﹣23，6）代入y=kx+b，得：

13AO′=2，O′F=AO′=23，22?53b??4???k??53 ?x﹣4． ，解得：?3，∴直线A′O′的解析式为y=﹣

3???23k?b?6?b??4? 当y=0时，有﹣∴OP=O′P′=534343x﹣4=0，解得：x=﹣，∴点P（﹣，0），35543． 5 在Rt△O′P′M中，∠MO′P′=60°，∠O′MP′=90°，∴O′M=P′M=

123O′P′=，25663238336O′P′=，∴点P′的坐标为（﹣23+，6+），即（﹣，）．

552555

点睛：本题考查了函数图象及旋转变换、待定系数法求一次函数解析式、等边三角形的判定与性质、一次函数图象上点的坐标特征以及解直角三角形，解题的关键是：（1）利用等边三角形的性质找出BB′的长；（2）通过解直角三角形求出AE、O′E的长；（3）利用两点之间线段最短找出当O′P+AP′取得最小值时点P的位置．

6．在Rt△ACB和△AEF中，∠ACB＝∠AEF＝90°，若点P是BF的中点，连接PC，PE. 特殊发现：

如图1，若点E、F分别落在边AB，AC上，则结论：PC＝PE成立（不要求证明）． 问题探究：

把图1中的△AEF绕点A顺时针旋转．

(1)如图2，若点E落在边CA的延长线上，则上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；

(2)如图3，若点F落在边AB上，则上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由； (3)记

AC＝k，当k为何值时，△CPE总是等边三角形？（请直接写出后的值，不必说） BC

【答案】?1? PC?PE成立 ?2? ，PC?PE成立 ?3?当k为角形 【解析】 【分析】

3时，VCPE总是等边三3（1）过点P作PM⊥CE于点M，由EF⊥AE，BC⊥AC，得到EF∥MP∥CB，从而有

EMFP?，再根据点P是BF的中点，可得EM=MC，据此得到PC=PE． MCPB（2）过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，先证△DAF≌△EAF，即可得出AD=AE；再证△DAP≌△EAP，即可得出PD=PE；最后根据FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，可得FD∥BC∥PM，再根据点P是BF的中点，推得PC=PD，再根据PD=PE，即可得到结论．

（3）因为△CPE总是等边三角形，可得∠CEP=60°，∠CAB=60°；由∠ACB=90°，求出∠CBA=30°；最后根据多少即可． 【详解】

解：（1）PC=PE成立，理由如下：

如图2，过点P作PM⊥CE于点M，∵EF⊥AE，BC⊥AC，∴EF∥MP∥CB，∴

ACAC?k，=tan30°，求出当△CPE总是等边三角形时，k的值是BCBCEMFP?，∵点P是BF的中点，∴EM=MC，又∵PM⊥CE，∴PC=PE； MCPB

（2）PC=PE成立，理由如下：

如图3，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，∵∠DAF=∠EAF，∠FDA=∠FEA=90°，在△DAF和△EAF中 ，∵∠DAF=∠EAF，∠FDA=∠FEA，AF=AF， ∴△DAF≌△EAF（AAS）， ∴AD=AE，在△DAP和△EAP中， ∵AD=AE，∠DAP=∠EAP，AP=AP， ∴△DAP≌△EAP（SAS）， ∴PD=PE，

∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC， ∴FD∥BC∥PM， ∴

DMFP?， MCPB∵点P是BF的中点， ∴DM=MC，又∵PM⊥AC， ∴PC=PD，又∵PD=PE，

∴PC=PE；

（3）如图4，∵△CPE总是等边三角形， ∴∠CEP=60°， ∴∠CAB=60°， ∵∠ACB=90°，

∴∠CBA=90°﹣∠ACB=90°﹣60°=30°， ∵

ACAC?k，=tan30°， BCBC3， 3∴k=tan30°=∴当k为3时，△CPE总是等边三角形． 3

【点睛】

考点：1．几何变换综合题；2．探究型；3．压轴题；4．三角形综合题；5．全等三角形的判定与性质；6．平行线分线段成比例．

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=【解析】

3t+8（0≤t≤8）；（3）当t=0时，BC+AC有最小值 2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=

1t，2AF=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=∴MG=

1OA=1，MG是△AOB的中位线，211OB=×4=2，∴M（1，2）； 221t．∵∠BAC=90°，211t，AF=MG=2，∴EC=4﹣t，BE=OF=t+2，22（II）如图1，同理得：OG=AG=

∴∠BAO+∠CAF=90°．∵∠CAF+∠ACF=90°，∴∠BAO=∠ACF．∵∠MGA=∠AFC=90°，MA=AC，∴△AMG≌△CAF，∴AG=CF=∴S△BCE=S△ABC=

11113EC?BE=（4﹣t）（t+2）=﹣t2+t+4； 222421111316?t2=t2+4，∴S=S△BEC+S△ABC=t+8． ?AB?AC=?16?t2?22242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

13t=4，t=8，∴S与t之间的函数关系式为：S=t+8（0≤t≤8）； 22（III）如图1，易得△ABO∽△CAF，∴

ABOBOA1===2，∴AF=2，CF=t，由勾股定理ACAFFC2得：AC=22=4?（t）AF?CF=2?221212t，42BC=BE2?EC2=（t?2）?（4?121，∴BC+AC=（ 5+1）t）=（5t2?4）2412t?4，∴当t=0时，BC+AC有最小值． 4

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=t=1或【解析】

t2；（4）

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＜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；

，列出四边形PEMF与四边形PQMN的

（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；

t2，

∴S=S菱形PQMN=2S△PNQ=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1，在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，D是△ABC内部一点，∠ADC=135°，将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，连接DE． （1）①依题意补全图形；

②请判断∠ADC和∠CDE之间的数量关系，并直接写出答案．

（2）在（1）的条件下，连接BE，过点C作CM⊥DE，请判断线段CM，AE和BE之间的数量关系，并说明理由．

（3）如图2，在正方形ABCD中，AB=的距离．

，如果PD=1，∠BPD=90°，请直接写出点A到BP

【答案】（1）①作图见解析；②∠ADC+∠CDE=180°；（2）AE=BE+2CM，理由解析；（3）【解析】

试题分析：（1）①作CE⊥CD，并且线段CE是将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到的，再连接DE即可；②根据∠ADC和∠CDE是邻补角，所以∠ADC+∠CDE=180°．

（2）由（1）的条件可得A、D、E三点在同一条直线上，再通过证明△ACD≌△BCE，易得AE=BE+2CM．

（3）运用勾股定理，可得出点A到BP的距离． 试题解析：解：（1）①依题意补全图形（如图）； ②∠ADC+∠CDE=180°．

（2）线段CM，AE和BE之间的数量关系是AE=BE+2CM，理由如下： ∵线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE， ∴CD=CE，∠DCE=90°． ∴∠CDE=∠CED=45°． 又∵∠ADC=135°， ∴∠ADC+∠CDE=180°，

∴A、D、E三点在同一条直线上． ∴AE=AD+DE． 又∵∠ACB=90°，

∴∠ACB－∠DCB=∠DCE－∠DCB， 即∠ACD=∠BCE． 又∵AC=BC，CD=CE，

．

∴△ACD≌△BCE． ∴AD=BE．

∵CD=CE，∠DCE=90°，CM⊥DE． ∴DE=2CM． ∴AE=BE+2CM． （3）点A到BP的距离为

．

考点：作图—旋转变换．

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．

-x．

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?∴GH=CG-CH=

=

x， x=2

-x．

（x+4）-

考点：几何变换综合题．

11．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【解析】

﹣4；（2）13．

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×∴BE=BF﹣EF=3（2）如图所示，

﹣4；

=3

，

∵∠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=∵AC=BC， ∴AH=BH=

AB=3，

CE，

则CE=2CH=8，BE=5， ∴BE+CE=13． 考点：三角形综合题.

12．已知：一次函数

的图象与x轴、y轴的交点分别为A、B，以B为旋转中

心，将△BOA逆时针旋转，得△BCD（其中O与C、A与D是对应的顶点）.

（1）求AB的长；

（2）当∠BAD=45°时，求D点的坐标；

（3）当点C在线段AB上时，求直线BD的关系式. 【答案】（1）5；（2）D（4，7）或（-4，1）；（3）【解析】

试题分析：（1）先分别求得一次函数据勾股定理求解即可；

（2）根据旋转的性质结合△BOA的特征求解即可；

（3）先根据点C在线段AB上判断出点D的坐标，再根据待定系数法列方程组求解即可. （1）在∴

；

时，当

时，

，当

时，

的图象与x轴、y轴的交点坐标，再根

（2）由题意得D（4，7）或（-4，1）； （2）由题意得D点坐标为（4，

）

设直线BD的关系式为

∵图象过点B（0，4），D（4，

）

∴，解得

∴直线BD的关系式为考点：动点的综合题

.

点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．

13．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；③【解析】 【分析】

（1）只要证明△BAE≌△CDE即可；

6?2. 4（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=∵-

11?x（4-x）=-（x-2）2+2， 221＜0， 2∴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．

∴EG=m+3m=（1+3）m， ∵S△BEG=∴EH= 11?EG?BN=?BG?EH， 223m?(1?3)m3+3=m，

2m23+3m6?2． 在Rt△EBH中，sin∠EBH=EH?2?EB46m【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，

14．如图，点

从点绕点

是边长为出发，沿

逆时针方向旋转

的等边三角形，边得到

，连接

在射线.

上，且

重合是，将

，

的方向以

的速度运动，当

不与点

（1）求证：（2）当长；

是等边三角形； 时，的

周长是否存在最小值？若存在，求出

的最小周

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点的三角形是直角三角形． 【解析】

+4；（3）当t=2或14s时，以D、E、B为顶

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=2

cm，

+4；

∴△BDE的最小周长=CD+4=2

（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.

15．如图，在边长为1的正方形网格中，A（1，7）、B（5，5）、C（7，5）、D（5，1）．

（1）将线段AB绕点B逆时针旋转，得到对应线段BE．当BE与CD第一次平行时，画出点A运动的路径，并直接写出点A运动的路径长；

（2）线段AB与线段CD存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段，直接写出这个旋转中心的坐标．

【答案】（1）见解析；5π；（2）旋转中心P的坐标为（3，3）或（6，6）． 【解析】 【分析】

（1）依据旋转的方向、旋转角和旋转中心即可得到点A运动的路径为弧线，再运用弧长计算公式即可解答；

（2）连接两对对应点，分别作出它们连线的垂直平分线，其交点即为所求. 【详解】

2290???2?4解：（1）点A运动的路径如图所示，出点A运动的路径长为＝5π；

180

（2）如图所示，旋转中心P的坐标为（3，3）或（6，6）．

【点睛】

本题主要考查了利用旋转变换及其作图，掌握旋转的性质、旋转角以及确定旋转中心的方法是解答本题的关键.