2020-2021中考数学培优(含解析)之初中数学旋转及答案解析

1、2020-2021中考数学培优（含解析）之初中数学旋转及答案解析一、旋转1.（操作发现）（1）如图1, 4ABC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.求/ EAF的度数；DE与EF相等吗？请说明理由；（类比探究）（2）如图2, 4ABC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

2、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：/EAF的度数；线段AE, ED, DB之间的数量关系.【答案】(1) 120° DE=EF； (2)90° AE2+DB2=DE2【解析】试题分析：(1) 由等边三角形的性质得出AC=BC, /BAC=/ B=60。，求出ZACF=Z BCD,证明 AC阵BCD 得出 / CAF=/B=60 ;求出 Z EAF=Z BAC+Z CAF=120 : 证出/ DCE=Z FCE由SAS证明 D

3、C电 FCE得出DE=EF即可；(2) 由等腰直角三角形的性质得出AC=BC, /BAC=/B=45°,证出Z ACF=Z BCD,由SAS证明ACFBCD,得出 /CAF=/B=45 °, AF=DB,求出 Z EAF=Z BAC+Z CAF=90 °证出/DC&/FCE由SAS证明aDC9 FCE得出DE=EF；在RtAEF中，由勾股定 理得出AE2+AF2=EF?,即可得出结论.试题解析：解：(1)- ABC是等边三角形，AC=BC,/ BAC= Z B=60 :/ DCF=60 ；/ ACF=Z BCD.在 4ACF 和 4BCD 中，/ AC=B

4、C, Z ACF=Z BCD, CF=CD,AACFABCD (SAS),/ CAF=Z B=60 :/ EAF=Z BAG/ CAF=120DE=EF.理由如下： / DCF=60 : / DCE=30 :，/ FCE=60 - 30 =30 : ，/ DCE=Z FCE 在 DCE和 FCE 中， CD=CF, Z DCE=Z FCE CE=CE, DCE FCE (SA§ , . DE=EF；(2).一ABC是等腰直角三角形，/ACB=90°,，AC=BC,/BAC=/B=45： ./DCF=90；/ ACF=/BCD.在 ACF 和 ABCD 中，/ AC=BC,Z

5、ACF=Z BCD, CF=CD,AACFA BCD (SAS , ，/ CAF=/B=45 ； AF=DB,/ EAF=Z BAC+Z CAF=90 -AE2+DB2=DE2,理由如下： / DCF=90 : D DCE=45 ; ：. / FCE=90 - 45 =45 : ：. / DCE=Z FCE 在 DCE和 FCE 中， CD=CF, /DCE=/FCE CE=CE, DCE FCE (SAS , ，DE=EF.在 RR AEF中，AE2+aF2=eF?,又AF=DB, AE2+DB2=DE2.2. (1)发现：如图1,点A为线段BC外一动点，且 BC-a, AB= b.填空：

6、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BJ4, 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.请找出图中与BE相等的线段，并说明理由；直接写出线段BE长的最大值.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.(国1)僵2)(和)面书到【答案】(1)CB的延长线上，a+b； (2)CD= B

7、E,理由见解析； BE长的最大值为5； (3) 满足条件的点P坐标(2 -拒，历)或(2 -应,-72 ), AM的最大值为2 J2 +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)根据已知条件易证 CA*4EAB,根据全等三角形的性质即可得CD= BE;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4APM绕着点P顺时针旋转90°得至iJPBN,连接AN,得到4APN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，

8、线段BN取得最大值，即可得到最大值为2亚+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,BC+AB= a+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 故答案为CB的延长线上，a+b；(2)CA BE,理由： 4ABD与4ACE是等边三角形，AD=AB, AC= AE, Z BAD= Z CAE= 60； / BAD+Z BAC= / CAEZ BAC,即 / CA

9、D= / EAB,AD AB在ACAD与 EAB中，CAD EAB ,AC AE .CA*4EARSAS,.CD= BE；二线段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,?;Hl 将4APM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

10、大值，最大值=AB+AN, . AN= 72 AP= 2 衣，最大值为2&+4;如图2,过P作PH x轴于E, APN是等腰直角三角形，PE= AE= V2，.OE= BO- AB - AE= 6-4 -应=2 - 5y2 , P(2 - V2, 72).如图3中，图3根据对称性可知当点p在第四象限时，R2- J2, - J2)时，也满足条件.综上所述，满足条件的点P坐标(2 - J2, J2)或(2 - J2 , - J2 ), AM的最大值为2 V2 +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

11、题的关键.3 .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)将图中4BEF绕B点逆时针旋转45°,如图 所示，取DF中点G连接EGCG问中的 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)将图中4BEF绕B点旋转任意角度，如图所示，再连接相应的线段，问(1)中的结论是 否仍然成立？通过观察你还能彳#出什么结论(均不要求证明).(2) ( 1)中结论没有发生变化，即EG=CG证明：连接 AG,过G点作MNXAD于M,与EF的延长线交于 N点.图2在4DAG与4

12、DCG中， AD=CD, /ADG=/CDG, DG=DG, DAG DCG.AG=CG在4DMG与4FNG中， /DGM=/FGN, FG=DG, Z MDG=Z NFG, ADMGAFNG.MG=NG在矩形AENM中，AM=EN.在 RtAAMG 与 RtENG 中， AM=EN, MG=NG, AAMGA ENG.AG=EGEG=CG(3) (1)中的结论仍然成立.E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MNLAD于M,与EF的延长线交于 N点；再证明DAG2 4DCG,得出 AG=CG 再证出 DMGFNG,

13、得到 MG=NG;再证明 AMGAENG,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RtA FCD中，.G为DF的中点，同理，在 RDEF中，EG = -FD , 2 .CG=EG(2) (1)中结论仍然成立，即 EG=CG连接AG,过G点作MNLAD于M,与EF的延长线交于 N点，如图所示：在4DAG与4DCG中，1 . AD=CD, /ADG=/ CDG, DC=DC .DAGADCG,2 .AG=CG在4DMG与4FNG中，3 / DGM=Z FGN, DG=FG / MDG=Z NFG,4 .DMGAFNG,.

14、MG=NG,在矩形AENM中，AM=EN., 在 RtAAMG 与 RtENG 中，5 . AM=EN, MG=NG,6 .AMGAENG,."EQEG=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 CD84MFG,得到 CD=FM,又因为 BE=EF 易证 /EFM=/ EBC,贝U EFM/ EBC Z FEM=Z BEC EM=EC / FEE BEC=90,° / FEE FEM=90 ；即 / MEC=90 ； MEC是等

15、腰直角三角形，.G为CM中点，EG=CG EG± CGo【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。4.如图：在 4ABC中，/ACB=90°, AC=BC / PCQ=45,把/ PCQ绕点C旋转，在整个旋 转过程中，过点 A作AD，CP,垂足为D,直线AD交CQ于E.(1)如图，当/PCQ在/ACB内部时，求证： AD+BE=DE(2)如图，当CQ在/ACB外部时，则线段 AD> BE与DE的关系为 ;(3)在(1)的条件下，若 CD=6, S»abce=2S>aacd,

16、求 AE 的长.【答案】(1)见解析(2) AD=BE+DE (3) 8【解析】试题分析：(1)延长DA到F,使DF=DE,根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距 离相等可得CE=CF,再求出ZACF=Z BCE,然后利用 边角边”证明 ACF和 BCE全等，根 据全等三角形的即可证明 AF=BE,从而得证；(2)在AD上截取DF=DE,然后根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF,再求出/ACF=/BCE然后利用 边角边”证明4ACF和4BCE全等，根据全等三角形 的即可证明AF=BE,从而得到AD=BE+DE;(3)根据等腰直角三角形的性质求出CD=DF=DE,再根据

17、等高的三角形的面积的比等于底边的比求出AF=2AD,然后求出AD的长，再根据 AE=AD+DE代入数据进行计算即可得解.试题解析：(1)证明：如图，延长DA到F,使DF=DE. -. CDl AE,，C田CF, / DCE=ZDCF=Z PCQ=45 ；，/ ACD+Z ACF=Z DCF=45 :又/ ACB=90 ； / PCQ=45 ； Z ACD+ZBCE=90 - 45 =45 ；，/ACF=/BCE 在 AACF 和 ABCE 中，CE CFACF BCE , .AC阵 BCE (SAS ,AF=BE, . AD+BE=AD+AF=DF=DE,即AC BCAD+BE=DE;(2)解

18、：如图，在 AD上截取 DF=DE. CD，AE,CE=CF,/ DCE=ZDCF=Z PCQ=45 ；. / ECF=Z DCE/ DCF=90 ；. / BCEZ BCF=Z ECF=90 :又 / ACB=90 ；/ ACF+Z BCF=90 ； . / ACF=Z BCE 在 ACF和 BCE中，CE CFACF BCE , .AC阵 BCE (SAS ,AF=BE, . AD=AF+DF=BE+DE,即AC BCAD=BE+DE；故答案为：AD=BE+DE.(3) / DCE=Z DCF=Z PCQ=45°,. / ECF=45° +45°=90

19、6;,. ECF是等腰直角三角形，.CD=DF=DE=6. .Sbce=2Saacd, /.AF=2AD, . AD= X 6=2 . . AE=AD+DE=2+6=8.1 2点睛：本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离 相等的性质，等腰直角三角形的性质，综合性较强，但难度不是很大，作辅助线构造出全 等三角形是解题的关键.5.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4ACD绕点C逆时针方向旋转60°得至iJBCE,连接DE.(1)如图1,猜想：4CDE的形状是 三角形.(

20、2)请证明(1)中的猜想(3)设 OD=m,当6vmv10时，4BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出4BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由. 是否存在m的值，使4DEB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.CC三图1图2【答案】（1）等边；（2）详见解析；（3）2氏+4；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） 当6vmv10时，由旋转的性质得到 BE=AD,于是得到CadbE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,根据等边

21、三角形的性质得到DE=CD,由垂线段最短得到当0D± AB时，4BDE的周长最小，于是得到结论； 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用<6时，由旋转的性质得到 Z ABE=60°, /BDEv60°,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 Z DBE=60 °,求得/ BDE> 60°

22、,于是得到 m=14.【详解】（1）等边；（2）二将 4ACD 绕点 C 逆时针方向旋转 60° 得到 4BCE 1 / DCE=60°, DC=EC,.CDE 是等边三角形.（3） 存在，当6vt<10时，由旋转的性质得：BE=AD, Cadbe=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,由（1）知，4CDE是等边三角形，. DE=CD, .Ca dbe=CD+4,由垂线段最短可知，当CD± AB时，4BDE的周长最小，此时， CD=2 J3 , .BDE 的最小周长=CD+4=2 73+4；存在，分四种情况讨论：a）二当点D与点B重合时，D, B, E不能

23、构成三角形，当点D与点B重合时，不符合 题意；b）当 0 用 <6 时，由旋转可知，Z ABE=60 °, /BDEv 60°,，/BED=90°,由（1）可知， CDE是等边三角形，. / DEB=60 °,/ CEB=30 °. / CEB=Z CDA,/ CDA=30 :/CAB=60；Z ACD=Z ADC=30 ； . DA=CA=4, . OD=OA DA=6 - 4=2, . m=2；图1图2c)当 6vmv10 时，由 /DBE=120°>90°,，此时不存在；d)当m>10时，由旋转的性质

24、可知，/DBE=60°,又由(1)知/CDE=60°,Z BDE=Z CDEnZ BDC=60 +Z 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.6.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

25、B逆时针旋转得AA B' ,0点A、。旋转后的对应点为 A'、O',记旋转角为 a.(1)如图1,若 "90；贝U AB=,并求AA'的长；(2)如图2,若a =120；求点。'的坐标；(3)在(2)的条件下，边 0A上的一点P旋转后的对应点为 P',当O P+B取得最小值时，直接写出点 P的坐标.01) 10,10点;(2) ( 36 9)；(3)(12,54)55【解析】试题分析:(1)、如图，先利用勾股定理计算出AB=5,再根据旋转的性质得BA=BA,AA的/ABA' =90则可判定4ABA为等腰直角三角形，然后根据等腰直

26、角三角形的性质求长；(2)、作O吐y轴于H,如图，利用旋转的性质得 B0=B0=3, / 0B0 =120；则/HBO' =6 0再在RtBHO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，然后利用坐标白表示方法写出O'点的坐标；(3)、由旋转的性质得 BP=BP,则O' P+BP' =O' ,P+BFB点关于x轴的对称点C,连结O'度x轴于P点，如图，易得O' P+BP=Q利用两点之间线段最短可判断此时O' P+B的值最小，接着利用待定系数法求,则 O' P'=P' HO'

27、; H于D,然后确定/DP' O'=聊J用含 和DO的长，从而可得到 P'点的坐标.30度的直角三角形三边的关系可计算出P' D试题解析：(1)、如图，二点 A (4, 0),点 B (0, 3) , OA=4, OB=3,.AB=5,.ABO 绕点 B 逆时针旋转 90 °,得B ,O'，BA=BA,' /ABA' =90.ABA为等腰直角三角形，.AA，= BA=5;历；(2)、作O' H y轴于H,如图，ABO绕点B逆时针旋转.BO=BO' =3/ OBO' =120/ HBO' =60 在

28、 RBHO中，120 °,得 AA' BQ' / BO' H=90/HBO' =3 0.BH= BO'，O' H= ：BH=3 q OH=OB+BH=3+r =, 2= 2.O'点的坐标为出直线O' C的解析式为y= x- 3,从而得到 3 :(3) ,ABO绕点B逆时针旋转120°,得AA' BO点P的对应点为 P', ，BP=BP, .O' P+BP' =O,'侔+B席关于x轴的对称点C,连结O'咬x轴于P点，如图， 贝U O' P+BP=O P+PC

29、=O眦时 O' P+B的值最小，二.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' d勺解析式为yhgx-3,当y=0时,533 ：x 3=0,解得,0),.OP=-5 ，.O' P',作 P' HO'吁 D,. /BO' A=BOA=90 / BO' H=30,/DP' O' =301 .O' D=O'，门吐高，D+O'+Oy乎.靖二誓.P点的坐标为(考点：几何变换综合题7.如图1,

30、 4ABC中，CA=CB, Z ACB=90 °,直线l经过点C, AFL于点F, B已l于点E. (1)求证：4AC阵 4CBE(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=4五 , /CBE=30 ；求 DE 的长.图1配77【答案】(1)答案见解析；(2)展提【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 /EBO/CAF,即可得到结论；(2)连接CD, DF,证得BCEACF,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=DE,

31、EF=C&BE,进而得至ij DE的长.试题解析：解：(1) BEX CE,ZBEC=Z ACB=90°, / EBG/BCE=/ BCEnZACF=90 ； . . / EBO/CAF. -. AFX l 于点 F, . / AFC=90 ：AFC BEC 90在ABCE与AACF中， EBC ACF , .AACFACBE(AAS);BC AC(2)如图 2,连接 CD, DF. . BEX CE, . / BEC=/ACB=90°, / EBG/BCE=/ BC&/ACF=90 ； . . / EBO/CAF. -. AFX l 于点 F, . / A

32、FC=90AFC BEC 90在 ABCE与 ACAF 中， EBC ACF , .BC珞4CAF (AAS);BC ACBE=CF. ,点 D 是 AB 的中点,CD=BD, / CDB=90 ； . . / CBD=/ACD=45 ；而BE CF /EBO/CAF, ./EBD=/DCF.在 BDE与CDF中， EBD FCD ,BD CF.,.BDEACDF (SAS , ，/ EDB=/FDC, DE=DF, / BDE+/ CDE=90 ； / FDG/ CDE=90 ；即 / EDF=90 : EDF是等腰直角三角形，EF=夜 DE,EF=CE+CF=CE+BE. / CA=CB,

33、 / ACB=90 ； AB=4我 , . . BC=4 .又一/ CBE=30°, .CE=1BC=2, BE=T3cE=273, . EF=CE+BE=2+2V3 , . DE=4F = 2 乎=&+痴.2. 22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 BCEACF是解题的关键.8.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) 依题意补全图形； 请判断/ADC和

34、/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CMLDE,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，ABp,如果PD=1, / BPD=90 ,请直接写出点 A到BP 的距离.【答案】(1) 作图见解析； /ADC+/ CDE=180; (2) AE=BE+2CM,理由解析；12【解析】试题分析：(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；根据/ ADC和/ CDE是邻补角，所以 / ADC+/ CDE=18 0.(2)由(1)的条件可得 A、D、E三点在同

35、一条直线上，再通过证明4ACgABCE,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)依题意补全图形(如图)； /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土 CED=45.°又 / ADC=135 , / ADC+Z CDE=180 ,° A、D、E三点在同一条直线上.AE=AD+DE又 / ACB=90 , / ACB- / DCB=Z DCE- / DCB,即

36、/ ACD=Z BCE又. ACmBC cd=ce .ACDABCE.AD=BE. , CD=CE / DCE=90 ； CM± DE. . DE=2CM. .AE=BE+2cM弋?- 1(3)点A到BP的距离为 *.9.如图1,是边长分别为 6和4的两个等边三角形纸片 ABC和CDiEi叠放在一起.Ac却（1）操作：固定AABC,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 AABC,若将CD1E1绕点C顺时针旋转30得至UCDE,连接AD、BE, CE 的延长线交AB于点F,在线

37、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4CDE设为4PQR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） 4CHQ是等腰三角形；（3） 23-2 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=Z ECD=60 ,然后求出/ ACD=Z 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

38、=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=Z CHQ,判断出4CHQ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-CHI理即可得解.试题解析：（1） BE=CD理由如下：4ABC与4CDE是等边三角形,.AC=BC, CE=CD /ACB=/ ECD=60 . / ACB-Z ACE=Z ECD-/ ACE, 即 / BCE=Z ACD.在 ACD和 BCE中，AB=ncLACD=CE CD=CE '.ACDABCE (SAS , BE=AD;(2)

39、二.旋转角为30°,/ BCF=30,°/ ACF=60-30 =30 :/ CHQ=Z RQP-Z ACF=60-30 =30 ;/ ACF=Z CHQ,.CHQ是等腰三角形；(3) / CGP=180-Z ACF-Z RPQ=180-30 -60 =90°,史，CG=CP?cos30 ? <x+4),.CHQ是等腰三角形,CH=2?CQcos30悍GH=CG-CH=7考点：几何变换综合题.10.如图2,边长为2的等边4ABC内接于OO, 4ABC绕圆心O顺时针方向旋转得到 A' e别与AB、AC交于E、D点，设旋转角度为仪"360

40、76;).图1图？(1)当值=_, A 3'比色ABC出现旋转过程中的第一次完全重合；(2)当q=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ade的周长是否会发生变化，如会变化，说明理由，如 不会变化，求出它的周长.【答案】(1) 120° (2) C; (3)的周长不变.【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，当次=600时，点A、八、B、甘、C：为。的六等分点，所有的三 角形都

41、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 得第二品，即招三思，再根据等弧所对的圆周角相等，得 AA'AA-C由等角对等边的性质可得同理=因此可求卸的周长+即+ M我:即+丸'=北=2 .【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/ 0=120 ;C(2) C(3) 力的周长不变；理由如下：连接AA',T?府后思图 ?= "R 匕 ?，叼=£才同理，DA = DC：八琏的周长/八+ ED +即“”

42、D+"' = g = 2考点：正多边形与圆，圆周角定理11.在 ABC中，AB=AC,将线段AC绕着点C逆时针旋转彳#到线段 CD,旋转角为且0° <aA 18>1 连接人口、bd.(1)如图1,当/BAC=100,优二6(时，/cbd的大小为 ；(2)如图2,当/BAC=100,优=2°：时，求/CBD的大小；(3)已知/BAC的大小为m(60”12。')，若/ CBD的大小与(2)中的结果相同，请直接写出口的大小.图1图2【答案】(1) 30°； (2) 30°； (3) a =120-m°, a =6

43、0或 a =240m°.【解析】试题分析：(1)由/BAC=100, AB=AC,可以确定/ABC=/ ACB=40 ,旋转角为 % a =60° 时4ACD是等边三角形，且 AC=AD=AB=CD知道/ BAD的度数，进而求得 / CBD的大小.(2)由 /BAC=100, AB=AC,可以确定 / ABC=/ ACB=40,连结 DF、BF. AF=FC=AQ/ FAC=Z AFC=60 ,° / ACD=20，由/ DCB=20 案.依次证明 DC噂 FOB, DABDAF.利用角度相等可以得到答案.(3)结合(1) (2)的解题过程可以发现规律，求得答案.

44、试题解析：(1) 30° (2) 30°(2)如图作等边 AFC,连结DF、BF.AF=FC=AC / FAC=Z AFC=60 ,° Z BAC=100 , ° AB=AC,Z ABC=Z BCA=40 .° / ACD=20 ,°/ DCB=20.° ./ DCB=/FCB=20 . . AC=CD, AC=FC DC=FC ,. BC=BC 由，得 DC® FOB, DB=BF, / DBC=Z FBC. / BAC=100 ,° / FAC=60, °/ BAF=40 ,° /

45、 ACD=20 ； AC=CD / CAD=80 :/ DAF=20 ,°/ BAD=Z FAD=20 .° . AB=AC, AC=AF, . . AB=AF. AD=AD,，由，得DAB0DAF.FD=BD. . . FD=BD=FB . . / DBF=60 . ° / CBD=30(3) a =120-m°, a =60或 a =240m° .考点：1.全等三角形的判定和性质；2.等边三角形的判定和性质.12.已知4ABC是等腰三角形， AB=AC.(1)特殊情形：如图1,当DE/ BC时，有DB_ EC (填 > 之"

46、或“='(2)发现探究：若将图 1中的4ADE绕点A顺时针旋转a ( 0°< a< 180°)到图2位置， 则(1)中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由.(3)拓展运用：如图 3, P是等腰直角三角形 ABC内一点，/ACB=90,且PB=1, PC=2, PA=3,求/BPC的度数.【答案】(1) =； (2)成立，证明见解析；(3) 135°.【解析】【分析】试题(1)由 DE/ BC,得至ij DB -EC-,结合 AB=AC,得至ij DB=EC AB AC(2)由旋转得到的结论判断出 DAB0 4EAC,得到DB

47、=CE(3)由旋转构造出 CPg4CEA再用勾股定理计算出 PE,然后用勾股定理逆定理判断出 PEA是直角三角形，在简单计算即可.【详解】(1) DE/ BC,DB EC, AB AC.AB=AC,.DB=EC故答案为=, (2)成立.证明：由易知AD=AE,由旋转性质可知 / DAB=Z EAC, y.- AD=AE, AB=AC DABZ EAC,DB=CE(3)如图，将CPB绕点C旋转90。得ACEA,连接PE.,.CPBACEA.CE=CP=2 AE=BP=1, /PCE=90 / CEP4 CPE=45,°在RtPCE中，由勾股定理可得，PE=2也，在4PEA中，Pm=(2

48、T2)2=8, AE2=12=1, PA2=32=9,.PE2+AE2=AP2, PEA是直角三角形/ PEA=90 ,°/ CEA=135, °又. ACPBACEA/ BPC=Z CEA=135 , °【点睛】考点：几何变换综合题；平行线平行线分线段成比例13.如图，在 RtABC中，Z ACB=90 °, /A=30°,点O为AB中点，点 P为直线BC上的动 点(不与点B、点C重合)，连接 OG OP,将线段OP绕点P顺时针旋转60°,得到线段 PQ,连接BQ.(1)如图1,当点P在线段BC上时，请直接写出线段BQ与CP的数量关

49、系.(2)如图2,当点P在CB延长线上时，(1)中结论是否成立？若成立，请加以证明；若 不成立，请说明理由；(3)如图3,当点P在BC延长线上时，若 Z BPO=15°, BP=4,请求出BQ的长.【答案】(1) BQ=CP; (2)成立：PC=BQ; (3) 4褥 4 .【解析】试题分析：(1)结论：BQ=CP.如图1中，作PH/ AB交CO于H,可得 PCH是等边三角 形，只要证明 POHQPB即可；(2)成立：PC=BQ.作PH/AB交CO的延长线于 H.证明方法类似(1);(3)如图3中，作CE，OP于E,在PE上取一点F,使得FP=FG连接CF.设CE=CO=a, 则FC=

50、FP=2a, EF=3 a,在RtPCE中，表示出PC,根据PC+CB=4,可得方程 (J6 J2)a 近a 4,求出a即可解决问题；试题解析：解：(1)结论：BQ=CP.理由：如图1中，作PH/ AB交CO于H.在 RtABC 中，. /ACB=90°, / A=30°,点 O 为 AB 中点，. . CO=AO=BO, Z CBO=60° , CBO是等边三角形，/ CHP=Z COB=60 ； / CPH=ZCBO=60 :. / CHP=Z CPH=60 ; CPH是等边三角形,PC=PH=CH, .1. OH=PB, / OPB=Z OPQ+ZQPB=Z

51、 OCBZ COP ZOPQ=Z OCP=60 ； . / POH=Z QPB, PO=PQ,APOHAQPB, . PH=QB, .PUBQ.(2)成立：PC=BQ.理由：作 PH/ AB交CO的延长线于 H.在 RtABC 中，Z ACB=90°, / A=30°,点 O 为 AB 中点，. . CO=AO=BO, Z CBO=60° , CBO是等边三角形，/ CHP=Z COB=60 ； / CPH=ZCBO=60 ；. / CHP=Z CPH=60 ； .CPH是等边三角形， ，PC=PH=CH, .1. OH=PB, / Z POH=60 +Z CPO

52、, /QPO=60+/CPQZ POH=Z QPB, / PO=PQ, POHAQPB, . PH=QB,.PC=BQ.(3)如图3中，作CE±OP于E,在PE上取一点F,使得FP=FC,连接CF. / OPC=15 ； ZOCB=Z OCR/ POQ . / POC=45 ；. CE=EO,设 CE=CO=a,贝U FC=FP=2a, EF=V3a,在 RtPCE中，PC=7PE2 CE2 ="(2a 底)a2 =(而 扬a, .POCB=4, . (76 扬a 啦a 4 ,解得 a=472 276 , .PC=4/3 4,由(2)可知 BQ=PC, . . BQ=4&#

53、171; 4 .O30HC SP0C P01圉3点睛：此题考查几何变换综合题、旋转变换、等边三角形的判定和性质全等三角形的判定 和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全 等三角形解决问题，属于中考压轴题.14.小明合作学习小组在探究旋转、平移变换.如图4ABC, DEF均为等腰直角三角形,各顶点坐标分别为A (1, 1) , B (2, 2),C (2, 1) , D (五 , 0) , E( 2& , 0),322F匕).(1)他们将 ABC绕C点按顺时针方向旋转标，并判断A1C和DF的位置关系；(2)他们将 ABC绕原点按顺时针方向旋转450得

54、到AiBiC.请你写出点 Ai, Bi的坐 45°,发现旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线y 2 2x2 bx c上.请你求出符合条件的抛物线解析式；(3)他们继续探究，发现将 ABC绕某个点旋转45,若旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线y x2上，则可求出旋转后三角形的直角顶点P的坐标.请你直接写出点 P的所有坐标.2.202【答案】解：(1) 、2b c2 23.22A1C和DF的位置关系是平行.(2) ABC绕原点按顺时针方向旋转45°后的三角形即为DEF,，当抛物线经过点 D、E时，根据题意可得:2 2 _ 2.22b c 0_ 2222.2b c 0解得b

55、 12 lc 8x2y 2x2x2 12x 8、,2.当抛物线经过点 D、F时，根据题意可得:2.2.2.2b c 02.231 1 2 4 c a222b 11c 7 2, . y 2.2x2 11x 7,2. 当抛物线经过点 E、F时，根据题意可得:一- 2 一2.22 .22、, 2b c 0c -3,2 23.2 u .22.2 b c 222b 13c 10.2,y 2,2x2 13x 10.2.(3)在旋转过程中，可能有以下情形：顺时针旋转45。，点A、B落在抛物线上，如答图1所示,1 2易求得点P坐标为(0, L2) .2顺时针旋转45。，点B、C落在抛物线上，如答图 2所示,设点B', C'的横坐标分别为x1，x2, 易知此时B'e一、三象限角平分线平行, 联立 y=x2 与 y=x+b 得：x2=x+b,即 x2设直线B' CJ解析式为y=x+b.b 0, x1x21, x1x2. B'C；=1根据题意易得:xx2x1x2x1x24x1x2-24b2x x44 点C的横坐标较小,当X 一时，3 2.28C / 2.2P (4顺时针旋转845。，点C、A落在抛物线上，如答图 3所示,设点C', A'的横坐标分别为xi, X2.易知此时C'街二、四象限角平分线平行， ，设直