中考数学—初中数学 旋转的综合压轴题专题复习及答案

中考数学—初中数学 旋转的综合压轴题专题复习及答案

一、旋转

1．如图所示，

(1)正方形ABCD及等腰Rt△AEF有公共顶点A，∠EAF=90°，连接BE、DF．将Rt△AEF绕点A旋转，在旋转过程中，BE、DF具有怎样的数量关系和位置关系？结合图(1)给予证明； (2)将(1)中的正方形ABCD变为矩形ABCD，等腰Rt△AEF变为Rt△AEF，且AD=kAB，AF=kAE，其他条件不变．(1)中的结论是否发生变化？结合图(2)说明理由； (3)将(2)中的矩形ABCD变为平行四边形ABCD，将Rt△AEF变为△AEF，且

∠BAD=∠EAF=a，其他条件不变．(2)中的结论是否发生变化？结合图(3)，如果不变，直接写出结论；如果变化，直接用k表示出线段BE、DF的数量关系，用a表示出直线BE、DF形成的锐角β．

【答案】（1）DF=BE且DF⊥BE，证明见解析；（2）数量关系改变，位置关系不变，即DF=kBE，DF⊥BE；（3）不改变．DF=kBE，β=180°-α 【解析】 【分析】

（1）根据旋转的过程中线段的长度不变，得到AF＝AE，又∠BAE与∠DAF都与∠BAF互余，所以∠BAE＝∠DAF，所以△FAD≌△EAB，因此BE与DF相等，延长DF交BE于G，根据全等三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EGF＝90°，所以DF⊥BE； （2）等同（1）的方法，因为矩形的邻边不相等，但根据题意，可以得到对应边成比例，所以△FAD∽△EAB，所以DF＝kBE，同理，根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EHF＝90°，所以DF⊥BE；

（3）与（2）的证明方法相同，但根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EAF+∠EHF＝180°，所以DF与BE的夹角β＝180°﹣α． 【详解】

（1）DF与BE互相垂直且相等． 证明：延长DF分别交AB、BE于点P、G

在正方形ABCD和等腰直角△AEF中 AD＝AB，AF＝AE， ∠BAD＝∠EAF＝90°

∴∠FAD＝∠EAB ∴△FAD≌△EAB ∴∠AFD＝∠AEB，DF＝BE ∵∠AFD+∠AFG＝180°， ∴∠AEG+∠AFG＝180°， ∵∠EAF＝90°，

∴∠EGF＝180°﹣90°＝90°， ∴DF⊥BE

（2）数量关系改变，位置关系不变．DF＝kBE，DF⊥BE． 延长DF交EB于点H，

∵AD＝kAB，AF＝kAE ∴∴

ADAF?k，?k ABAEADAF? ABAE∵∠BAD＝∠EAF＝a ∴∠FAD＝∠EAB ∴△FAD∽△EAB

DFAF??k BEAE∴DF＝kBE

∴

∵△FAD∽△EAB， ∴∠AFD＝∠AEB， ∵∠AFD+∠AFH＝180°， ∴∠AEH+∠AFH＝180°， ∵∠EAF＝90°，

∴∠EHF＝180°﹣90°＝90°， ∴DF⊥BE

（3）不改变．DF＝kBE，β＝180°﹣a． 延长DF交EB的延长线于点H，

∵AD＝kAB，AF＝kAE ∴∴

ADAF?k，?k ABAEADAF? ABAE∵∠BAD＝∠EAF＝a ∴∠FAD＝∠EAB ∴△FAD∽△EAB

DFAF??k BEAE∴DF＝kBE

∴

由△FAD∽△EAB得∠AFD＝∠AEB ∵∠AFD+∠AFH＝180° ∴∠AEB+∠AFH＝180°

∵四边形AEHF的内角和为360°， ∴∠EAF+∠EHF＝180° ∵∠EAF＝α，∠EHF＝β ∴a+β＝180°∴β＝180°﹣a 【点睛】

本题（1）中主要利用三角形全等的判定和性质以及正方形的性质进行证明；（2）（3）利用相似三角形的判定和性质证明，要解决本题，证明三角形全等和三角相似是解题的关键，也是难点所在．

2．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＝42， ∴OM＝42﹣x， ∵OM2+BN2＝MN2． ∴(42﹣x)2+x2＝(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．

3．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＝ ；

BD的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明； AE（3）若m＝10，n＝8，当α＝∠ACB时，求线段BD的长；

（2）试判断：旋转过程中

（4）若m＝6，n＝42，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°，【解析】

试题分析：（1）①根据直径的性质，由DE∥AB得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，∴案为90°，

n2114125；（2）无变化；（3）；（4）BD=210或． 235CDCE?即可解决问题．②求出CBCACECD11?=．∵BC=n，∴CD=n．故答ACCB221n． 233BDnn，AE=AC+CE=m，∴=．故答案为22AEm②如图2中，当α=180°时，BD=BC+CD=

n． m（2）如图3中，∵∠ACB=∠DCE，∴∠ACE=∠BCD．∵∴△ACE∽△BCD，∴

CDBCn??，CEACmBDBCn??． AEACm

（3）如图4中，当α=∠ACB时．在Rt△ABC中，∵AC=10，BC=8，∴AB=∴AE=∴

AC2?BC2=6．在Rt△ABE中，∵AB=6，BE=BC﹣CE=3，

AB2?BE2=62?32=35，由（2）可知△ACE∽△BCD，∴

BDBC?，AEACBD8125125=，∴BD=．故答案为． 351055（4）∵m=6，n=42，∴CE=3，CD=22，AB=CA2?BC2=2，①如图5中，当α=90°

22=2时，半圆与AC相切．在Rt△DBC中，BD=BC2?CD2=（42）10． ?（22）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，∴BM?EC?3，ME?42，∴AM=5，AE=AM2?ME2=57，由（2）可知

DB222114=，∴BD=． AE33故答案为210或2114． 3

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．

4．如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接PA，PB，PC．将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P'CB的位置.

(1)设AB的长为a，PB的长为b(b

(2)若PA=2，PB=4，∠APB=135°，求PC的长.

【答案】(1) S阴影=(a2-b2)；(2)PC=6. 【解析】

试题分析：（1）依题意，将△P′CB逆时针旋转90°可与△PAB重合，此时阴影部分面积=扇形BAC的面积-扇形BPP'的面积，根据旋转的性质可知，两个扇形的中心角都是90°，可据此求出阴影部分的面积．

（2）连接PP'，根据旋转的性质可知：BP=BP'，旋转角∠PBP'=90°，则△PBP'是等腰直角三角形，∠BP'C=∠BPA=135°，∠PP'C=∠BP'C-∠BP'P=135°-45°=90°，可推出△PP'C是直角三角形，进而可根据勾股定理求出PC的长．

试题解析：（1）∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置， ∴△PAB≌△P'CB， ∴S△PAB=S△P'CB，

S阴影=S扇形BAC-S扇形BPP′=（a2-b2）；

（2）连接PP′，根据旋转的性质可知：△APB≌△CP′B，

∴BP=BP′=4，P′C=PA=2，∠PBP′=90°，

∴△PBP'是等腰直角三角形，P'P2=PB2+P'B2=32； 又∵∠BP′C=∠BPA=135°，

∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°，即△PP′C是直角三角形． PC=

=6．

考点：1.扇形面积的计算；2.正方形的性质；3.旋转的性质．

5．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．

6．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 且HM=JN． ①求证：IH=IJ ②请求出NJ的长；

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，

（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=IJ

②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=QN2?NJ2=3x， ∵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=ab， 2∴a=3b， 2∴0＜b≤②如图

63=33； 2

当DF与DC重合时，DF=DE=6， ∴a=sin60°×DE=

63=33， 266??43当DE与DA重合时，a=sin60?， 32∴33＜a＜43； ③如图

∵△DEF是等边三角形 ∴∠FDC=30°

66??43∴DF=cos30? 32∴a＞43 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．

7．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；（2）2?6 【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°．

??AFC??BEC?90??在△BCE与△ACF中，∵??EBC??ACF，∴△ACF≌△CBE（AAS）；

?BC?AC?（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°．

??AFC??BEC?90??在△BCE与△CAF中，∵??EBC??ACF，∴△BCE≌△CAF（AAS）；

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

?BE?CF?∠EBC=∠CAF，∴∠EBD=∠DCF．在△BDE与△CDF中，∵??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=

EF2?231BC=2，BE=3CE=23，∴EF=CE+BE=2+23，∴DE===2+6．

222

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．

8．把两个直角边长均为6的等腰直角三角板ABC和EFG叠放在一起（如图①），使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合．现将三角板EFG绕O点顺时针旋转（旋转角α满足条件：0°＜α＜90°），四边形CHGK是旋转过程中两三角板的重叠部分（如图②）．

（1）探究：在上述旋转过程中，BH与CK的数量关系以及四边形CHGK的面积的变化情况（直接写出探究的结果，不必写探究及推理过程）；

（2）利用（1）中你得到的结论，解决下面问题：连接HK，在上述旋转过程中，是否存在某一位置，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的不存在，说明理由．

【答案】(1) BH=CK;(2) 存在，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的的长度为

．

的位置，此时BH

？若存在，求出此时BH的长度；若

【解析】

（1）先由ASA证出△CGK≌△BGH，再根据全等三角形的性质得出BH=CK，根据全等得出四边形CKGH的面积等于三角形ACB面积一半；

12

x-3x+9，根据△GKH的面积恰好等于21551△ABC面积的，代入得出方程x2-3x+9=××6×6，求出即可．

121222解：（1）BH与CK的数量关系：BH=CK，理由是： 连接OC，

（2）根据面积公式得出S△GHK=S四边形CKGH-S△CKH=

由直角三角形斜边上中线性质得出OC=BG， ∵AC=BC，O为AB中点，∠ACB=90°， ∴∠B=∠ACG=45°，CO⊥AB， ∴∠CGB=90°=∠KGH，

∴都减去∠CGH得：∠BGH=∠CGK， 在△CGK和△BGH中 ∵

，

∴△CGK≌△BGH（ASA）， ∴CK=BH，即BH=CK；

四边形CHGK的面积的变化情况：四边形CHGK的面积不变，始终等于四边形CQGZ的面积，即等于△ACB面积的一半，等于9；

（2）假设存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的

5的位置． 12设BH=x，由题意及（1）中结论可得，CK=BH=x，CH=CB﹣BH=6﹣x， ∴S△CHK=

11CH×CK=3x﹣x2， 22121x）=x2﹣3x+9， 225∵△GKH的面积恰好等于△ABC面积的，

12151∴x2﹣3x+9=××6×6，

1222∴S△GHK=S四边形CKGH﹣S△CKH=9﹣（3x﹣

解得x1?3?6，x2?3?6（经检验，均符合题意）． ∴存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的

5的位置，此时x的值为3?6． 12“点睛”本题考查了旋转的性质，三角形的面积，全等三角形的性质和判定等知识点，此题有一定的难度，但是一道比较好的题目．

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．如图所示，在△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，DE∥BC，如图①，然后将△ADE绕A点顺时针旋转一定角度，得到图②，然后将BD、CE分别延长至M、N，使DM＝

BD，EN＝

CE，得到图③，请解答下列问题：

(1)若AB＝AC，请探究下列数量关系：

①在图②中，BD与CE的数量关系是________________；

②在图③中，猜想AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系，并证明你的猜想；

(2)若AB＝k·AC(k＞1)，按上述操作方法，得到图④，请继续探究：AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系，直接写出你的猜想，不必证

明．

【答案】（1）①BD=CE；

②AM=AN，∠MAN=∠BAC 理由如下： ∵在图①中，DE//BC，AB=AC ∴AD=\

在△ABD与△ACE中∴BD=CE，∠ACE=∠ABD. 在△DAM与△EAN中，

∴△ABD≌△ACE.

∵DM=BD，EN=CE，BD=CE，∴DM=EN，∵∠AEN=∠ACE+∠CAE，∠ADM=∠ABD+∠BAD，∴∠AEN=∠ADM.

又∵AE=AD，∴△ADM≌△AEN.∴AM=AN，∠DAM=∠EAN.∴∠MAN=∠DAE=∠BAC. ∴AM=AN，∠MAN=∠BAC. （2）AM=kAN，∠MAN=∠BAC. 【解析】

（1）①根据题意和旋转的性质可知△AEC≌△ADB，所以BD=CE；

②根据题意可知∠CAE=BAD，AB=AC，AD=AE，所以得到△BAD≌△CAE，在△ABM和△ACN中， DM=

BD，EN=

CE，可证△ABM≌△ACN，所以AM=AN，即∠MAN=∠BAC．

（2）直接类比（1）中结果可知AM=k?AN，∠MAN=∠BAC．

11．(1)观察猜想

如图(1)，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D是BC的中点．以点D为顶点作正方形DEFG，使点A，C分别在DG和DE上，连接AE，BG，则线段BG和AE的数量关系是_____；

(2)拓展探究

将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于0°，小于或等于360°），如图2，则(1)中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由. (3)解决问题

若BC=DE=2，在(2)的旋转过程中，当AE为最大值时，直接写出AF的值．

【答案】（1）BG＝AE． （2）成立．

如图②，

连接AD．∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点． ∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．

∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE． ∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．…………………………………………7分 （3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大． 正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°时，BG最大，如图③．

若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．

在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13． ∴AF＝【解析】

解：（1）BG＝AE． （2）成立． 如图②，连接AD．

∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点． ∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．

∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE． ∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．

（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．Z+X+X+K]

因为正方形DEFG在绕点D旋转的过程中，G点运动的图形是以点D为圆心，DG为半径的圆，故当正方形DEFG旋转到G点位于BC的延长线上（即正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°）时，BG最大，如图③． 若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．

在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13． ∴AF＝

．

．

即在正方形DEFG旋转过程中，当AE为最大值时，AF＝

12．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．

13．如图1，O为直线AB上一点，OC为射线，∠AOC＝40°，将一个三角板的直角顶点放在点O处，一边OD在射线OA上，另一边OE与OC都在直线AB的上方．

（1）将三角板绕点O顺时针旋转，若OD恰好平分∠AOC（如图2），试说明OE平分∠BOC；

（2）将三角板绕点O在直线AB上方顺时针旋转，当OD落在∠BOC内部，且∠COD＝

1∠BOE时，求∠AOE的度数： 3（3）将图1中的三角板和射线OC同时绕点O，分别以每秒6°和每秒2°的速度顺时针旋转一周，求第几秒时，OD恰好与OC在同一条直线上？

【答案】（1）证明见解析；（2）142.5°；（3）第10秒或第55秒时. 【解析】 【分析】

（1）由角平分线的性质及同角的余角相等，可得答案；

（2）设∠COD＝α，则∠BOE＝3α，由题意得关于α的方程，求解即可； （3）分两种情况考虑：当OD与OC重合时；当OD与OC的反向延长线重合时． 【详解】

解：（1）∵OD恰好平分∠AOC ∴∠AOD＝∠COD ∵∠DOE＝90°

∴∠AOD+∠BOE＝90°，∠COD+∠COE＝90° ∴∠BOE＝∠COE ∴OE平分∠BOC．

（2）设∠COD＝α，则∠BOE＝3α，当OD在∠BOC的内部时， ∠AOD＝∠AOC+∠COD＝40°+α ∵∠AOD+∠BOE＝180°﹣90°＝90° ∴40°+α+3α＝90° ∴α＝12.5°

∴∠AOE＝180°﹣3α＝142.5° ∴∠AOE的度数为142.5°．

（3）设第t秒时，OD与OC恰好在同一条直线上，则∠AOD＝6t，∠AOC＝2t+40°； 当OD与OC重合时，6t﹣2t＝40° ∴t＝10（秒）；

当OD与OC的反向延长线重合时，6t﹣2t＝180°+40° ∴t＝55（秒）

∴第10秒或第55秒时，OD恰好与OC在同一条直线上． 【点睛】

本题主要考查角平分线的性质、余角的性质，角度的计算，进行分类讨论不漏解是关键.

14．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．

【答案】（1）BE=DF；（2）四边形BC1DA是菱形． 【解析】 【分析】

（1）由AB=BC得到∠A=∠C，再根据旋转的性质得AB=BC=BC1，∠A=∠C=∠C1，

∠ABE=∠C1BF，则可证明△ABE≌△C1BF，于是得到BE=BF

（2）根据等腰三角形的性质得∠A=∠C=30°，利用旋转的性质得∠A1=∠C1=30°，∠ABA1=∠CBC1=30°，则利用平行线的判定方法得到A1C1∥AB，AC∥BC1，于是可判断四边形BC1DA是平行四边形，然后加上AB=BC1可判断四边形BC1DA是菱形． 【详解】

（1）解：BE=DF．理由如下： ∵AB=BC， ∴∠A=∠C，

∵△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1， ∴AB=BC=BC1，∠A=∠C=∠C1，∠ABE=∠C1BF， 在△ABE和△C1BF中

，

∴△ABE≌△C1BF， ∴BE=BF

（2）解：四边形BC1DA是菱形．理由如下： ∵AB=BC=2，∠ABC=120°， ∴∠A=∠C=30°， ∴∠A1=∠C1=30°， ∵∠ABA1=∠CBC1=30°， ∴∠ABA1=∠A1，∠CBC1=∠C， ∴A1C1∥AB，AC∥BC1， ∴四边形BC1DA是平行四边形． 又∵AB=BC1， ∴四边形BC1DA是菱形 【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．也考查了菱形的判定方法．

15．在正方形 ABCD 中，M 是 BC 边上一点，且点 M 不与 B、C 重合，点 P 在射线 AM 上，将线段 AP 绕点 A 顺时针旋转 90°得到线段 AQ，连接BP，DQ．

（1）依题意补全图 1；

（2）①连接 DP，若点 P，Q，D 恰好在同一条直线上，求证：DP2+DQ2=2AB2； ②若点 P，Q，C 恰好在同一条直线上，则 BP 与 AB 的数量关系为： ． 【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②BP=AB． 【解析】 【分析】

（1）根据要求画出图形即可；

（2）①连接BD，如图2，只要证明△ADQ≌△ABP，∠DPB=90°即可解决问题； ②结论：BP=AB，如图3中，连接AC，延长CD到N，使得DN=CD，连接AN，QN．由△ADQ≌△ABP，△ANQ≌△ACP，推出DQ=PB，∠AQN=∠APC=45°，由∠AQP=45°，推出∠NQC=90°，由CD=DN，可得DQ=CD=DN=AB； 【详解】

（1）解：补全图形如图 1：

（2）①证明：连接 BD，如图 2，

∵线段 AP 绕点 A 顺时针旋转 90°得到线段 AQ， ∴AQ=AP，∠QAP=90°， ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴AD=AB，∠DAB=90°， ∴∠1=∠2． ∴△ADQ≌△ABP， ∴DQ=BP，∠Q=∠3，

∵在 Rt△QAP 中，∠Q+∠QPA=90°， ∴∠BPD=∠3+∠QPA=90°，

∵在 Rt△BPD 中，DP2+BP2=BD2， 又∵DQ=BP，BD2=2AB2， ∴DP2+DQ2=2AB2． ②解：结论：BP=AB．

理由：如图 3 中，连接 AC，延长 CD 到 N，使得 DN=CD，连接 AN，QN．

∵△ADQ≌△ABP，△ANQ≌△ACP， ∴DQ=PB，∠AQN=∠APC=45°， ∵∠AQP=45°， ∴∠NQC=90°， ∵CD=DN， ∴DQ=CD=DN=AB， ∴PB=AB． 【点睛】

本题考查正方形的性质，旋转变换、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴