2020-2021备战中考数学压轴题专题初中数学 旋转的经典综合题附详细答案

2020-2021备战中考数学压轴题专题初中数学 旋转的经典综合题附详细答案

一、旋转

1．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN． （1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形； 猜想与发现：

（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论． 结论1：DM、MN的数量关系是 ； 结论2：DM、MN的位置关系是 ； 拓展与探究：

（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．

【答案】（1）证明参见解析；（2）相等，垂直；（3）成立，理由参见解析. 【解析】

试题分析：（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，从而证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角相等即可得出结论；（3）成立，连接AE，交MD于点G，标记出各个角，首先证明出MN∥AE，MN=AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=AF，从而得到DM，MN数量相等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．从而得到DM、MN的位置关系是垂直.

试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC﹣CE=CD﹣CF，即BE=DF，

∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，DM、MN的位置关系是垂直；∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，∴AF=2DM，∵MN是△AEF的中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，AM=MD，∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，

∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°，∴DM⊥MN；（3）（2）中的两个结论还成立，连接AE，交MD于点G，∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，∴MN∥AE，MN=AE，由已知得，AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，又

∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF的中点，∴DM=AF，∴DM=MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1=∠2，∵AB∥DF，∴∠1=∠3，同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM，∴∠MAD=∠5，

∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN∥AE，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM⊥MN．所以（2）中的两个结论还成立.

考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转的性质．

2．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．

3．已知正方形ABCD的边长为4，一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转，角的两边分别与BC、DC的延长线交于点E、F，连接EF，设CE＝a，CF＝b． （1）如图1，当a＝42时，求b的值；

（2）当a＝4时，在图2中画出相应的图形并求出b的值；

（3）如图3，请直接写出∠EAF绕点A旋转的过程中a、b满足的关系式．

【答案】（1）42；（2）b＝8；（3）ab＝32． 【解析】

试题分析：（1）由正方形ABCD的边长为4，可得AC＝42 ，∠ACB＝45°． 再CE＝a＝42，可得∠CAE＝∠AEC，从而可得∠CAF的度数，既而可得 b=AC； （2）通过证明△ACF∽△ECA，即可得； （3）通过证明△ACF∽△ECA，即可得.

试题解析：（1）∵正方形ABCD的边长为4，∴AC＝42 ，∠ACB＝45°． ∵CE＝a＝42，∴∠CAE＝∠AEC＝

45?＝22.5°，∴∠CAF＝∠EAF－∠CAE＝22.5°，2∴∠AFC＝∠ACD－∠CAF＝22.5°，∴∠CAF＝∠AFC，∴b=AC＝CF＝42；

（2）∵∠FAE＝45°，∠ACB＝45°，∴∠FAC＋∠CAE＝45°，∠CAE＋∠AEC＝45°，∴∠FAC＝∠AEC．

又∵∠ACF＝∠ECA＝135°，∴△ACF∽△ECA，∴8，即b＝8． （3）ab＝32．

提示：由（2）知可证△ACF∽△ECA，∴∴

ACCF42CF?，∴，∴CF＝?ECCA442ACCF42b?，∴，∴ab＝32． ?ECCAa42

4．如图1，在Rt△ADE中，∠DAE=90°，C是边AE上任意一点（点C与点A、E不重合），以AC为一直角边在Rt△ADE的外部作Rt△ABC，∠BAC=90°，连接BE、CD． （1）在图1中，若AC=AB，AE=AD，现将图1中的Rt△ADE绕着点A顺时针旋转锐角α，得到图2，那么线段BE．CD之间有怎样的关系，写出结论，并说明理由；

（2）在图1中，若CA=3，AB=5，AE=10，AD=6，将图1中的Rt△ADE绕着点A顺时针旋转锐角α，得到图3，连接BD、CE． ①求证：△ABE∽△ACD； ②计算：BD2+CE2的值．

【答案】（1）BE=CD，BE⊥CD，理由见角；（2）①证明见解析；②BD2+CE2=170． 【解析】 【分析】

（1）结论：BE=CD，BE⊥CD；只要证明△BAE≌△CAD，即可解决问题； （2）①根据两边成比例夹角相等即可证明△ABE∽△ACD．

②由①得到∠AEB=∠CDA．再根据等量代换得到∠DGE=90°，即DG⊥BE，根据勾股定理得到BD2+CE2=CB2+ED2，即可根据勾股定理计算． 【详解】

（1）结论：BE=CD，BE⊥CD．

理由：设BE与AC的交点为点F，BE与CD的交点为点G，如图2．

∵∠CAB=∠EAD=90°，∴∠CAD=∠BAE．

?AB?AC?在△CAD和△BAE中，∵??BAE??CAD，∴△CAD≌△BAE，∴CD=BE，

?AE?AD?∠ACD=∠ABE．

∵∠BFA=∠CFG，∠BFA+∠ABF=90°，∴∠CFG+∠ACD=90°，∴∠CGF=90°，∴BE⊥CD． （2）①设AE与CD于点F，BE与DC的延长线交于点G，如图3．

∵∠CABB=∠EAD=90°，∴∠CAD=∠BAE．

AEAD==2，∴△ABE∽△ACD； ABAC②∵△ABE∽△ACD，∴∠AEB=∠CDA．

∵CA=3，AB=5，AD=6，AE=10，∴

∵∠AFD=∠EFG，∠AFD+∠CDA=90°，∴∠EFG+∠AEB=90°，∴∠DGE=90°，∴DG⊥BE，∴∠AGD=∠BGD=90°，∴CE2=CG2+EG2，BD2=BG2+DG2，∴BD2+CE2=CG2+EG2+BG2+DG2． ∵CG2+BG2=CB2，EG2+DG2=ED2，∴BD2+CE2=CB2+ED2=CA2+AB2+AD2+AD2=170．

【点睛】

本题是几何综合变换综合题，主要考查了图形的旋转变换、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理的综合运用，运用类比，在变化中发现规律是解决问题的关键．

5．已知：△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BE，CD，点F，G，H分别为DE，BE，CD中点．

（1）当△ADE绕点A旋转时，如图1，则△FGH的形状为 ，说明理由；

（2）在△ADE旋转的过程中，当B，D，E三点共线时，如图2，若AB=3，AD=2，求线段FH的长；

（3）在△ADE旋转的过程中，若AB=a，AD=b（a＞b＞0），则△FGH的周长是否存在最大值和最小值，若存在，直接写出最大值和最小值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）△FGH是等边三角形；（2）（a+b），最小值为【解析】

36?1；（3）△FGH的周长最大值为

223（a﹣b）． 2试题分析：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：根据三角形中位线定理证明FG=FH，再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题；、

（2）如图2中，连接AF、EC．在Rt△AFE和Rt△AFB中，解直角三角形即可；

3BD，求出BD的最大值和最小值即可解决问题； 2试题解析：解：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：

如图1中，连接BD、CE，延长BD交CE于M，设BM交FH于点O．

（3）首先证明△GFH的周长=3GF=

∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∠ADB=∠AEC，∵EG=GB，EF=FD，∴FG=∵DF=EF，DH=HC，∴FH=

1BD，GF∥BD，21EC，FH∥EC，∴FG=FH，∵∠ADB+∠ADM=180°，2∴∠AEC+∠ADM=180°，∴∠DMC+∠DAE=180°，∴∠DME=120°，∴∠BMC=60° ∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°，∴△GHF是等边三角形，故答案为：等边三角形． （2）如图2中，连接AF、EC．

易知AF⊥DE，在Rt△AEF中，AE=2，EF=DF=1，∴AF=22?12=3，在Rt△ABF中，BF=AB2?AF2 =6，∴BD=CE=BF﹣DF=6?1，∴FH=（3）存在．理由如下．

16?1EC=． 2213BD，∴△GFH的周长=3GF=BD，在△ABD

223中，AB=a，AD=b，∴BD的最小值为a﹣b，最大值为a+b，∴△FGH的周长最大值为

2由（1）可知，△GFH是等边三角形，GF=

（a+b），最小值为

3（a﹣b）． 2点睛：本题考查等边三角形的性质．全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角形的中位线的宽等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．

6．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．

7．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（8，0），点B（0，6），把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′B′O′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为α． （1）如图1，若α=90°，则AB= ，并求AA′的长； （2）如图2，若α=120°，求点O′的坐标；

（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，直接写出点P′的坐标．

【答案】（1）10，102 ；（2）（3【解析】

（3，9）；（3）

12354 ，）55试题分析：(1)、如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，则∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；(3)、由旋转的性质得BP=BP′，则O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求出直线O′C的解析式为y=

x﹣3，从而得到P（

，0），则O′P′=OP=

，作

P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D和DO′的长，从而可得到P′点的坐标．

试题解析：(1)、如图①， ∵点A（4，0），点B（0，3）， ∴OA=4，OB=3， ∴AB=

=5，

BA=5

；

∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′， ∴BA=BA′，∠ABA′=90°， ∴△ABA′为等腰直角三角形， ∴AA′=

(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②， ∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，

∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°， ∴∠HBO′=60°， 在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣∠HBO′=30°， ∴BH=BO′=，O′H=（

）；

BH=

， ∴OH=OB+BH=3+

， ∴O′点的坐标为

（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′， ∴BP=BP′， ∴O′P+BP′=O′P+BP， 作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②， 则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小， ∵点C与点B关于x轴对称， ∴C（0，﹣3），

设直线O′C的解析式为y=kx+b，

，

把O′（），C（0，﹣3）代入得，解得

∴直线O′C的解析式为y=

，0）， ， ∴O′P′=OP=

x﹣3， 当y=0时，x﹣3=0，解得x=，则P

（∴OP=

， 作P′D⊥O′H于D，

∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°， ∴∠DP′O′=30°， ∴O′D=

O′P′=

，P′D=

，）．

， ∴DH=O′H﹣O′

，

∴P′点的坐标为（

考点：几何变换综合题

8．如图1，△ACB、△AED都为等腰直角三角形，∠AED=∠ACB=90°，点D在AB上，连

CE，M、N分别为BD、CE的中点． （1）求证：MN⊥CE；

（2）如图2将△AED绕A点逆时针旋转30°，求证：CE=2MN．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】

试题分析：（1）延长DN交AC于F，连BF，推出DE∥AC，推出△EDN∽△CFN，推出

DEENDN??，求出DN=FN，FC=ED，得出MN是中位线，推出MN∥BF，证CFCNNF△CAE≌△BCF，推出∠ACE=∠CBF，求出∠CBF+∠BCE=90°，即可得出答案；

（2）延长DN到G，使DN=GN，连接CG，延长DE、CA交于点K，求出BG=2MN，证△CAE≌△BCG，推出BG=CE，即可得出答案． 试题解析：

（1）证明：延长DN交AC于F，连BF，

∵N为CE中点， ∴EN=CN，

∵△ACB和△AED是等腰直角三角形，∠AED=∠ACB=90°，DE=AE，AC=BC， ∴∠EAD=∠EDA=∠BAC=45°， ∴DE∥AC， ∴△EDN∽△CFN，

DEENDN?? ， CFCNNF∵EN=NC，

∴

∴DN=FN，FC=ED， ∴MN是△BDF的中位线， ∴MN∥BF， ∵AE=DE，DE=CF， ∴AE=CF，

∵∠EAD=∠BAC=45°， ∴∠EAC=∠ACB=90°， 在△CAE和△BCF中，

?CA＝BC???CAE＝?BCF ， ?AE＝CF?∴△CAE≌△BCF（SAS）， ∴∠ACE=∠CBF， ∵∠ACE+∠BCE=90°， ∴∠CBF+∠BCE=90°， 即BF⊥CE， ∵MN∥BF， ∴MN⊥CE．

（2）证明：延长DN到G，使DN=GN，连接CG，延长DE、CA交于点K，

∵M为BD中点， ∴MN是△BDG的中位线， ∴BG=2MN， CGN中， 在△EDN和?

?DN＝NG???DNE＝?GNC， ?EN＝NC?∴△EDN≌△CGN（SAS）， ∴DE=CG=AE，∠GCN=∠DEN， ∴DE∥CG，

∴∠KCG=∠CKE，

∵∠CAE=45°+30°+45°=120°， ∴∠EAK=60°， ∴∠CKE=∠KCG=30°， ∴∠BCG=120°， 在△CAE和△BCG中，

?AC＝BC???CAE＝?BCG ， ?AE＝CG?∴△CAE≌△BCG（SAS）， ∴BG=CE， ∵BG=2MN， ∴CE=2MN．

【点睛】考查了等腰直角三角形性质，全等三角形的性质和判定，三角形的中位线，平行线性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力．

9．如图1，YABCD和YAEFG是两个能完全重合的平行四边形，现从AB与AE重合时开始，将YABCD固定不动，YAEFG绕点A逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜360°），AB=a,BC=2a；并发现：如图2，当YAEFG旋转到点E落在AD上时，FE的延长线恰好通过点C．

探究一:

（1）在图2的情形下，求旋转角α的度数； 探究二:

（2）如图3，当YAEFG旋转到点E落在BC上时，EF与AD相交于点M，连接CM，DF，请你判断四边形CDFM的形状，并给予证明； 探究三:

（3）如图1，连接CF，BF，在旋转过程中△BCF的面积是否存在最大的情形，如果存在，求出最大面积，如果不存在，请说明理由.

【答案】（1）α=120°；（2）四边形CDFM是菱形，证明见解析；（3）存在△BCF的面积最大的情形，S△BCF =【解析】

332

a. 2试题分析：（1）由平行四边形的性质知

∠D=∠B，AB=CD=a，可得∠D=∠DEC，由等角对等边知CD=CE，由AE=AB=a，AD=BC=2a，可得DE=CE，即可证得△CDE是等边三角形，∠D=60°，由两直线平行，同位角相等可得∠DAB=120°，即可求得α；

（2）由旋转的性质以及∠B=60°，可得△ABE是等边三角形，由平行线的判定以及两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证四边形ABEM是平行四边形，再由由一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；

（3）当点F到BC的距离最大时，△BCF的面积最大，由于点F始终在以A为圆心AF为半径的圆上运动，故当FG与⊙A相切时，点F到BC的距离最大，过点A作AH⊥BC于点H，连接AF，由题意知∠AFG=90°.由∠ABH=∠G=60°，AB=a，AG=2a，可得AH、AF的值.可求得点F到BC的最大距离.进而求得S△BCF的值. 试题解析：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠D=∠B，AB=CD=a， ∵∠AEF=∠B，∠AEF=∠DEC， ∴∠D=∠DEC， ∴CD=CE，

∵AE=AB=a，AD=BC=2a， ∴DE=CE.， ∴CD=CE=DE，

∴△CDE是等边三角形， ∴∠D=60°， ∵CD∥AB， ∴∠D+∠DAB=180°， ∴∠DAB=120°， ∴α=120°.；

（2）四边形CDFM是菱形. 证明：由旋转可得AB=AE， ∵∠B=60°，

∴△ABE是等边三角形， ∴∠BAE=60°，

∴∠BAG=∠BAE+∠GAE=60°+120°=180°， ∴点G，A，B在同一条直线上， ∴ME ∥AB，BE∥AM， ∴四边形ABEM是平行四边形， ∴AM=AB=ME， ∴CD=DM=MF， ∵CD ∥AB∥MF，

∴四边形CDFM是平行四边形， ∵∠D= 60°，CD=DM，

∴△CDM是等边三角形， ∴CD=DM，

∴四边形CDFM是菱形；

（3）存在△BCF的面积最大的情形. ∵CB的长度不变，

∴当点F到BC的距离最大时，△BCF的面积最大. ∵点F始终在以A为圆心AF为半径的圆上运动， ∴当FG与⊙A相切时，点F到BC的距离最大， 如图，过点A作AH⊥BC于点H，连接AF，

则∠AFG=90°.

∵∠ABH=∠G=60°，AB=a，AG=2a， ∴AH=AB×sin60°=

3a，AF=AG×sin60°=3 a. 2333a=a. 22∴点F到BC的最大距离为3a+ ∴S△BCF=

133332

×2a×a=a. 222点睛：此题考查了旋转的洗澡那个会、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质，三角形的面积的求法，关键是运用旋转前后，图形的对应边相等、对应角相等的性质解题.

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°． ∴∠ACB-∠ACE=∠ECD-∠ACE， 即∠BCE=∠ACD． 在△ACD和△BCE中，

-x．

∴△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．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．

12．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. ∵∴

过点B作BH⊥AE于点H. ∵AB=2，∴

设点G到BE的距离为h. ∴∴

.

.

.

. ∴

.

.

，∴GE =8.

.

∴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．

13．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．

14．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＝23，

∴△BDE的最小周长＝CD+4＝23+4；

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．

15．如图，四边形ABCD中，?ABC??ADC?45o，将?BCD绕点C顺时针旋转一定角度后，点B的对应点恰好与点A重合，得到?ACE.

（1）判断?ABC的形状，并说明理由；

（2）若AD?2，CD?3，试求出四边形ABCD的对角线BD的长. 【答案】（1）?ABC是等腰直角三角形，理由详见解析；（2）22 【解析】 【分析】

（1）利用旋转不变性证明A4BC是等腰直角三角形.

（2）证明ACDE是等腰直角三角形，再在Rt△ADE中，求出AE即可解决问题. 【详解】

解：（1）?ABC是等腰直角三角形. 理由：∵BC?CA， ∴?CBA??CAB?45o， ∴?ACB?90o，

∴?ACB是等腰直角三角形.

（2）如图：由旋转的性质可知：

?DCE??ACB?90o，CD?CE?3，BD?AE，

∴DE?32，?CDE??CED?45o， ∵?ADC?45o，

∴?ADE?45o?45o?90o， ∴AE?AD?DE?2?32222??2?22，

∴BD?AE?22.

【点睛】

本题考查旋转变换，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型