中考数学压轴题之初中数学旋转(中考题型整理,突破提升)及详细答案

1、中考数学压轴题之初中数学 旋转（中考题型整理，突破提升）及详细答案一、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 /BAJ /DAE, AB=AC, AD=AE,则 BD= CE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；如图3,在 ABC中，AB= AC, Z BAC

2、= m° ,点E为ABC外一点，点 D为BC中点, / EBC= / ACE 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） ZEAF =1m0 .2【解析】分析：（1）如图1中，欲证明BD=EQ只要证明DAB0EAC即可；（2）如图2中，延长DC到E,使得DB=DE.首先证明4BDE是等边三角形，再证明 ABD0 4CBE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AFEAFG 可得 / EAF=Z F

3、AG=1 m° .2详（1）证明：如图1中， Z BAC=Z DAE,Z DAB=Z EAC, 在 DAB和EAC中,AD=AEDAB= EAC ,AB= AC DABZ EAC,，BD=EC(2)证明：如图2中，延长DC至ij E,使得DB=DE DB=DE, /BDC=60,° .BDE是等边三角形， / BD=BE, / DBE=Z ABC=60 :/ ABD=Z CBE, .AB=BC, .ABDACBE,.AD=EC, BD=DE=DC+CE=DC+A D .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

4、到 M,使得 DM=DE,连接 FM、CM.由(1)可知 EAg AGAC,.1. / 1 = / 2, BE=CQ3 BD=DC, /BDE=/CDM, DE=DM,4 .EDBAMDC,EM=CM=CG, / EBC=Z MCD,5 / EBC=Z ACF,/ MCD=Z ACF,/ FCM=Z ACB=Z ABC,/ 1=3=/ 2,6 / FCG4 ACB=Z MCF,. CF=CF CG=CM,.-.CFGACFM,.FG=FM,7 . ED=DM, DF± EM,8 .FE=FM=FG9 . AE=AG, AF=AF,10 .AFEAAFG,/ EAF=Z FAG=1 m

5、° .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半拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造 半拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题.2.在正方形 ABCD中，点E, F分别在边BC, CD上，且/ EAF=/ CEF=45：（1）将4ADF绕着点A顺时针旋转 90°,得到4ABG仪口图），求证：AE84AEF;（2）若直线EF与AB, AD的延长线分别交于点 M, N（如图），求证：EF2=ME2+NF2；将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变（如图），请你直接写出线段 EF,BE, DF之

6、间的数量关系.图1 /图图【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） E声=2BE2+2DF2 【解析】试题分析：（1）根据旋转的性质可知 AF=AG, /EAF=Z GAE=45 ,故可证4AE® AAEF;（2）将ADF绕着点A顺时针旋转90。，得到AARG,连结GM.由（1）知 AEGAAEF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EF?=ME2+NF2；（3）将4ADF绕着点A顺时针旋转90°,得

7、到ABC,根据旋转的性质可以得到 ADFAABG,贝U DF=BG 再证明AE8 4AEF,得出 EG=EF 由 EG=BG+BE 等量代换 得至U EF=BE+DF试题解析：（1） ,ADF绕着点A顺时针旋转90°,得至ij ABG,，AF=AG, /FAG=90,° / EAF=45,°/ GAE=45 ；在 AGE与4AFE中，AG = AFjLGAE - FAE = 45 *AE - AE '.AGEAAFE （SA§ ；G堂（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 .贝MADFMBG,

8、 DF=BG由（1）知AE8 4AEF,.EG=EF/ CEF=45,° .BME、DNF、CEF均为等腰直角三角形， .CE=CF BE=BM, NF= DF, a - BE=a- DF,，BE=DE .BE=BM=DF=BG/ BMG=45 ；/ GME=45 +45 =90 ；EG2=ME2+MG2, . EG=EF MG=BM=y DF=NF, .ef2=me2+nf2；(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4ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到AAGH,连结HM , HE.由(1)知AEHAEF,则由勾股

9、定理有(GH+BE 2+BG2=EH2,即(GH+BE 2+ (BM-GM) 2=EH2X-. EF=HE DF=GH=GM, BE=BM,所以有(GH+BE 2+ (BE- GH) 2=EF2, 即 2 (DF2+BE2) =EF2D ，B®考点：四边形综合题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)请问EG与CG存在怎样的数量关系，并证明你的结论；(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EG,CG.问(1)中的结论是否仍然成立？若成立，

10、请给出证明；若不成立，请说明理由.(3)将图中aBEF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？(请直接写出结果，不必写出理由)R F C BC 5图0图圉【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)结论仍然成立【解析】【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DAG2 4DCG,得出 AG=CG;再证出 DMGFNG,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.【详解】(1)

11、 CG=EG.理由如下：四边形 ABCD 是正方形，./DCF=90 ：在 RtFCD 中，G 为 DF 的中点，CG=-FD,2同理.在 RtDEF 中，EG=1 FD, . . CG=EG.2(2) (1)中结论仍然成立，即 EG=CG.证法一：连接 AG,过G点作MNLAD于M,与EF的延长线交于 N点.在 4DAG 与 4DCG 中，AD=CD, Z ADG=Z CDG, DG=DG, .1. ADAGADCG (SA0 , .AG=CG;在4DMG 与 4FNG 中，/ Z DGM=Z FGN, FG=DG, Z MDG=Z NFG, .1.DMGAFNG (ASA) ,MG=NG.

12、 Z EAM=Z AEN=Z AMN=90 ；，四边形 AENM 是矩形，在矩形 AENM 中，AM=EN.在 AMG 与 4ENG 中，/ AM=EN, ZAMG=Z ENG, MG=NG, .1. AAMGAENG (SAS?), .AG=EG, EG=CG.证法二：延长 CG至M,使 MG=CG,连接 MF, ME, EC.在ADCG与AFMG中， . FG=DG, /MGF=/CGD MG=CG, .DC®"MG, . MF=CD, / FMG=/ DCG, .MF/CD/ AB,EF± MF.在 RtMFE与 RtCBE中，/ MF=CB, Z MFE=

13、Z EBC=90°, EF=BE, .1.AMFEACBEZ MEF=Z CEB,Z MEC=Z MEF+Z FEC=Z CE3/CEF=90； . . MEC为直角三角形. . MG=CG, EG=-MC, . EG=CG.2(3) (1)中的结论仍然成立.理由如下：过F作CD的平行线并延长 CG交于M点，连接EM、EG过F作FN垂直于AB于N. 由于G为FD中点，易证 CD84MFG,得到CD=FM,又因为BE=EF,易证 /EFM=/EBC,贝必£5“0飞3弓 Z FEM=Z BEC EM=EC / FEG/ BEC=90 ；ZFEC+Z FEM=90 ；即 / ME

14、C=90 ； . MEC 是等腰直角三角形.图（一】图（二）图由【点睛】本题是四边形的综合题. G 为 CM 中点，EG=CG, EG± CG1）关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答;（2）关键是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 性质解答.4. (1)如图，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. 求证：四边形 BFDE是菱形；直接写出/EBF的度数；(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究，如图 ，点G、I分别在BF、BE边上，且BG=

15、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)把中矩形ABCD进行特殊化探究，如图 ，当矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角 线AC上一点，连接 DE、ER DF,使4DEF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)详见解析；60° . (2)ih= J3fh； eg2=ag2+cE?.【解析】【分析】(1) 由DOEBOF,推出E0= OF, OB= OD,推出四边形 EBFD是平行四边形， 再证明EB= ED即

16、可. 先证明/ABD= 2ZADB,推出/ ADB= 30°,延长即可解决问题.(2) IH= J3FH.只要证明JF是等边三角形即可.(3)结论：EG2=AG2+C色 如图3中，将4ADG绕点D逆时针旋转90°得到ADCM,先证 明DE8 4DEM,再证明 ECM是直角三角形即可解决问题.【详解】(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= FBOOD=OBEOD= BOF.,.DOEABOF7, .EO= OF, 1.OB=OD）, 四边形EBFD是平行四边形， EFL BD, O

17、B=OD,.EB=ED, 四边形EBFD是菱形.BE平分/ABD,/ ABE= / EBD, .EB=ED,/ EBD= / EDB,/ ABD=2Z ADB, / ABD+Z ADB=90 °,，/ADB=30； /ABD=60 ；/ ABE= / EBO= / OBF= 30 °,/ EBF= 60 °.（2）结论：ih=J3fh.理由：如图2中，延长BE至1J M,使得EM=EJ,连接MJ.W1. 四边形EBFD是菱形，/ B= 60 °, ,-.EB=BF= ED, DE/ BF,/ JDH= / FGH, 在 DHJ和AGHF中，DHG= GH

18、F DH=GH ,JDH= FGH .DH乒 AGHF, .DJ=FG, JkHF, .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AMJI中，BI=MJB= M ,BF=IM2 .BIFAMJI,.IJ= IF, /BFI=/MIJ, HJ= HF,.-.IH± JF3 / BF+Z BIF= 120 :4 / MIJ+Z BIF= 120 ；/ JIF= 60 ；JIF是等边三角形，在 RtIHF 中，. /IHF= 90°, /IF

19、H= 60°,/ FIH= 30 ; IH= 73 FH.(3)结论：EG2=AG2+C邑理由：如图3中，将4ADG绕点D逆时针旋转90°得到ADCM, / FA。/ DEF= 90 °, .AFED四点共圆，/ EDF= / DAE= 45 °, / ADC= 90 ； / ADF+Z EDC= 45 °, / ADF= / CDM, / CDM+Z CDE= 45 = / EDG, 在ADEM和 DEG中，DE=DEEDG= EDM , DG = DM .DEGADEM,.GE= EM, / DCM= / DAG= / ACD= 45 ；

20、AG= CM,/ ECM= 90 °EC2+CM2= EM2,. EG=EM, AG=CM, .gE=ag2+c邑【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.5.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（OMVON）,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

21、明思路如下：第一步：将 4ANB绕点A顺时针旋转 90°得APO,连结PM,则有BN=OP.第二步：证明 APMANM,得 MP=MM.第一步：证明 /POM=90°,得 OM2+OP2=MP2.最后得到OM，BN2 = MN2.请你完成第二步三角形全等的证明.图2图3（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

22、）见解析.【解析】【分析】（1）将4ANB绕点A顺时针旋转90°得AAPO,连结PM,则有BN=OP.证明 APMAANM,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4ANB绕点A顺时针旋转 90°得APO,连结PM,则有BN= OP.图I1 点 A(0, 4), B(4, 4),.OA = AB, Z OAB= 90 °,3 / NAP= / OAB= 90 °, / M

23、AN = 45 °,/ MAN= / MAP,4 . MA = MA, AN=AP,.MANAMAP(SAS).(2)如图2中，结论仍然成立.理由：如图2中，将4ANB绕点A顺时针旋转90°得aAPO,连结PM,则有BN= OP.5 / NAP= / OAB= 90 °, / MAN = 45 °, / MAN= / MAP,6 . MA = MA, AN=AP,7 .MANAMAP(SAS),.MN = PM,8 / ABN= ZAOP= 135 ； / AOB= 45 ； / MOP=90 °,. .PM2= OM2+OP2,.-.om2+

24、bn2=mn2；(3)如图3中，若点B是MN的中点，求 MN的长. 设 MN= 2x,贝U BM= BN=x,-，OA = AB= 4, /OAB= 90 °, .OB=4 2 ，：. OM = 4 万-x, ,.OM2+bN2= MN2.，(4 应-x)2+x2= (2x)2,解得 x= - 2，2+2 J6 或-2 J2 - 2 J6 (舍弃).-，MN = -472+4>/6 .【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.6.如图

25、 1,在 RtABC中，/ACB= 90°, AC= BC.点 D、E分别在 AC BC边上，DC= EG 连接 DE、AE、BD.点 M、N、P分别是 AE、BD> AB 的中点，连接 PM、PN、MN.C E B CBCE 5国1S2曾用圉(1) PM与BE的数量关系是 , BE与MN的数量关系是 .(2)将ADEC绕点C逆时针旋转到如图 2的位置，判断(1)中BE与MN的数量关系结论 是否仍然成立，如果成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；(3)若CB= 6. CE= 2,在将图1中的4DEC绕点C逆时针旋转一周白过程中，当 B、E、D三点在一条直线上时，求 MN的

26、长度.1【答案】(1) PM -BE, BE J2MN ； (2)成立，理由见解析；(3) MN=Ji7 - 21或折+1【解析】【分析】(1)如图1中，只要证明VPMN的等腰直角三角形，再利用三角形的中位线定理即可解决问题；(2)如图2中，结论仍然成立，连接 AD、延长BE交AD于点H .由VECB VDCA ,推出BE AD , DAC EBC ,即可推出BH AD ,由M、N、P分另U AE、1 1BD、AB 的中点，推出 PM/BE, PM BE, PN/AD , PN AD ,推出2 2PM PN , MPN 90 ,可得 BE 2PM 2 MN V2mN ;2(3)有两种情形分别求

27、解即可 .【详解】(1)如图1中，小C EBHl. AM = ME, AP= PB,-1 -LPM B BE, PM -BE , 2 . BN=DN, AP=PB, 1 .PN/AD, PN AD, 2 . AC= BC, CD= CE,.AD= BE,.PM = PN, / ACB= 90 °,.-.AC± BC, . PM/BC, PN/ AC, PMXPN, PMN的等腰直角三角形，MN V2PM，1 MN .2 -BE , 2BE 拒MN ，1故答案为 PM -BE , BE J2MN - 2(2)如图2中，结论仍然成立.CB即理由：连接AD、延长BE交AD于点H.

28、 ABC和 CDE是等腰直角三角形，.CD= CE, CA= CB, /ACB=/DCE= 90 °, / ACB- / ACE= / DCE- / AC耳/ ACD= / ECB .ECBDCA, .BE=AD, /DAC=/EBG Z AHB=180 - (/HAB+/ABH)= 180°- (45°+/HAC+/ABH)= /180°- ( 45° + /HBG/ABH)= 180° -90°= 90°, BHXAD, M、N、P分别为AE BD、AB的中点，1 .PM/BE, PM BE, PN/AD, P

29、N 2.PM = PN, /MPN=90；BE 2PM 2 MN 2MN .2(3)如图3中，作CGL BD于G,则CG GE DG J2,当 D、E、B 共线时，在 RtA BCG 中，BG JBC2 CG2 J62,-2 2BE BG GE ,34 5 MN&E2如图4中，作CG，BD于G,则CG GE DG J2,当D、E、B共线时,在 RtABCG 中，bg VbCCG Jo2 投2 商，BE BG GE MN BE2综上所述，MN = 历-1 或 J17 +1.【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、 股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,

30、题，属于中考压轴题.全等三角形的判定和性质、勾学会用分类讨论的思想思考问7.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(1)中的 结论是否仍然成立 *成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；(3)将图中ABEF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).5C【答案】解：(1)GCG=EG(2) (1)中结论没有发生变化，

31、即EG=CG证明：连接 AG,过G点作MN XAD于M,与EF的延长线交于 N点.A在ADAG与ADCG中， AD=CD, /ADG=/CDG, DG=DG, DAG DCG.AG=CG在 ADIVIG 与FNG 中， /DGM=/FGN, FG=DG / MDG=/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.【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

32、MNLAD于M,与EF的延长线交于N点；再证明DA8 4DCG,得出 AG=CG 再证出 DMGFNG,得到 MG=NG;再证明 AMGAENG,得出 AG=EQ 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RRFCD中，.G为DF的中点，同理，在 RtDEF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=DQ.DAGADCG,2 .AG=CG在4DMG与4FN

33、G中，3 / DGM=Z FGN, DG=FQ / MDG=Z NFG,4 .DMGAFNG,.MG=NG,在矩形AENM中，AM=EN., 在 RtAAMG 与 RtENG 中，5 . AM=EN, MG=NG,6 .AMGAENG,.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 CDGWMFG,得到 CD=FM,又因为 BE=EF 易证 /EFM=/ EBC,贝U EFM EBG / FEM=/ BEC EM=EC / FEE

34、 BEC=90,° / FEE FEM=90 ；即 / MEC=90 ； MEC是等腰直角三角形，.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。8.如图,在QABCD中，AB=10cm, BC=4cm, /BCD=120： CE平分/BCD交 AB于点 E.点P从A点出发，沿AB方向以1cm/s的速度运动，连接 CP,将 PCE绕点C逆时针旋转60。，使CE与CB重合，得到aQUB,连接PQ.(1)求证：4PCQ是等边三角形；(2)如图，当点P在线段EB上运动

35、时，4PBQ的周长是否存在最小值？若存在，求出4PBQ周长的最小值；若不存在，请说明理由；(3)如图，当点P在射线AM上运动时，是否存在以点 P、B、Q为顶点的直角三角形？(3)【答案】(1)证明见解析；(2)存在，理由见解析；(3) t为2s或者14s. 【解析】分析：(1)根据旋转的性质，证明 PC®4QCB,然后根据全等三角形的性质和等边三 角形的判定证明即可；(2)利用平行四边形的性质证得 4BCE为等边三角形，然后根据全等三角形的性质得到 PBQ的周长为4+CP,然后垂线段最短可由直角三角形的性质求解即可；(3)根据点的移动的距离，分类讨论求解即可.详解：(1) :旋转.P

36、CEEAQCB，CP=CQ /PCE =/ QCB, / BCD=120 ,° CE平分 / BCD,/ PCQ=60 ； / PCE 吆 QCE=Z QCB+Z QCE=60 ,° . PCQ为等边三角形.(2)存在. CE 平分 / BCD,/ BCE=60 , 在平行四边形 ABCD中， .AB/ CD/ ABC=180 - 120 =60 ° BCE为等边三角形BE=CB=4 旋转.-.PCEAQCB .EP=BQ. CpbcfPB+BQ+PQ=PB+EP+PQ=BE+PQ=4+CP.-.CP± AB时， PBQ周长最小当 CP, AB 时，CP

37、=BCsin60 =273 .PBQ周长最小为4+ 2J3(3)当点B与点P重合时，P,B,Q不能构成三角形当0W6时，由旋转可知，/ CPE=Z CQB,/ CPQ=Z CPB+Z BPQ=60 °则：/BPQ+/ CQB= 60°,又 / QPB+Z PQC+Z CQB+Z PBQ=180/ CBQ=180-60 -60 =60 °/ QBP=60 ； B BPQ< 60 °,所以/ PQB可能为直角由(1)知， PCQ为等边三角形，/ PBQ=60 ； / CQB= 30 ° / CQB= / CPB/ CPB=30 °/

38、 CEB= 60 :/ ACP= / APC=30PA=CA=4,所以 AP=AE-EP=6-4=2所以t=2 1 2s当6v tv 10时，由/PBQ=120°>90°,所以不存在 当t>10时，由旋转得： /PBQ=60°,由（1）得/CPQ=60°/ BPQ=/ CPQ+/ BPC=60+°/ BPC,而/ BPO 0°, / BPQ> 60 °/ BPQ=90 ；从而 / BCP=30,°BP=BC=4所以 AP=14cm所以t=14s综上所述：t为2s或者14s时，符合题意。点睛：此题主

39、要考查了旋转图形变化的应用，结合平行四边形、等边三角形、全等三角形的判定与性质，进行解答即可，注意分类讨论思想的应用，比较困难9.如图 1, 4ABC 中，CA=CB, Z ACB=90 °,直线 l 经过点 C, AFL 于点 F, BEX l 于点 E. （1）求证：4AC阵 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=4/2 ,/CBE=30 ;求 DE 的长.图1配 了【答案】（1）答案见解析；（2）应加【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）

40、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=J2DE, EF=C&BE,进而得至ij DE的长.试题解析：解：（1）BEX CE,ZBEC=Z ACB=90°,Z EBC+Z BCE=Z BCEnZACF=90 ； . . / EBO/CAF. -. AFX l 于点 F, . / AFC=90 ：AFC BEC 90在ABCE与AACF中， EBC ACF , .ACHCBE(AAS);BC AC(2)如图 2,连接 CD, DF. . BEX CE, . / BEC

41、=/ACB=90°, / EBG/BCE=/ BC&/ACF=90 ； . . / EBO/CAF. -. AFX l 于点 F, . / AFC=90 ：AFC BEC 90在ABCE与ACAF中， EBC ACF ,ABCEACAF (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 (SA9 , . / EDB=/FDC, DE=DF, / BDE+/ C

42、DE=90 ； / FDG/ CDE=90 ；即 / EDF=90 ； . EDF是等腰直角三角形，. EF=& DE,EF=CE+CF=CE+BE. / CA=CB, / ACB=90 ； AB=472 , . BC=4 .又一/ CBE=30°,.CE=1bC=2, BE=V3cE=2 73,EF=CE+BE=2+2V3 , DE= = 23 =四+76.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.10.在正方形 ABCD中，连接 BD.(1)如图1, AEXBDT E.直接写出/BA

43、E的度数.(2)如图1,在(1)的条件下，将 4AEB以A旋转中心，沿逆时针方向旋转30。后得到 AB' E'AB'与BD交于M, AE'的延长线与 BD交于N.依题意补全图1 ; 用等式表示线段 BM、DN和MN之间的数量关系，并证明.(3)如图2, E、F是边BC CD上的点，4CEF周长是正方形 ABCD周长的一半，AE、AF 分别与BD交于M、N,写出判断线段 BM、DN、MN之间数量关系的思路.(不必写出完 整推理过程)【答案】(1) 45° (2) 补图见解析；BM、DN和MN之间的数量关系是BM2+MD2=MN2,证明见解析；(3)答案见

44、解析.【解析】(1)利用等腰直角三角形的性质即可；(2)依题意画出如图1所示的图形，根据性质和正方形的性质，判断线段的关系，再利用勾股定理得到FB2+BM2=FM2,再判断出FM=MN即可；(3)利用4CEF周长是正方形 ABCD周长的一半，判断出 EF=EG再利用(2)证明即可.解：(1) BD 是正方形 ABCD 的对角线，/ABD=/ ADB=45 ,AE± BD,/ ABE=Z BAE=45 ,°(2) 依题意补全图形，如图 1所示，BM、DN和MN之间的数量关系是 BM2+MD2=MN2 ,将 AND绕点D顺时针旋转90°,得到AEB,/ ADB=Z F

45、BA, / BAF=Z DAN, DN=BF, AF=AN, .在正方形 ABCD 中，AE± BD, . . / ADB=/ABD=45/ FBM=Z FBA+Z ABD=ZADB+Z ABD=90 ；在RtA BFM中，根据勾股定理得，FB2+BM2=FM2,旋转 4ANE 得到 AB1E1, ./日AB=45；/ BAB1+/DAN=90° - 45 =45 °, / BAF=DAN/ BAB + / BAF=45°,/ FAM=45°,/ FAM=Z E1AB1, .AM=AM, AF=AN,AAFMAANM, . FM=MN ,1.

46、fb2+bm2=fm2, l- dn2+bm2=mn2,(3)如图2,DGH E将4ADF绕点A顺时针旋转 90°得到AARG,，DF=GR正方形 ABCD的周长为4AB, 4CEF周长为EF+EC+CF CEF周长是正方形 ABCD周长的一半，4AB=2 (EF+EC+CF , . 2AB=EF+EC+CF EC=AB- BE, CF=AB- DF, . 2AB=EF+AB- BE+AB- DF, . EF=DF+BE DF=GB, .1. EF=GB+BE=GE 由旋转得至U AD=AG=AB) . AM=AM ,AAEGAAEF, / EAG=/ EAF=45,°和(

47、2)的一样，得到dn2+bm2=mn2.熏睛”此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质，三角形的全等，判 断出(AFNANM,得到FM=MM是，是解题的关键.11. (1)观察猜想如图，在4ABC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.解决问题若BC=D

48、E=2在(2)的旋转过程中，当 AE为最大值时，直接写出 AF的值.E2【答案】(1) BG= AE.(2)成立.如图，连接AD. ABC是等腰三直角角形，Z BAC= 90°,点D是BC的中点./ ADB=90 ；且 BD= AD. / BDG= / ADB- / ADG= 90 - / ADG= / ADE, DG= DE.,.BDGAADE, . BG= AE. 分7(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.若 BC= DE= 2,贝U AD= 1 , EF= 2.在 RtMEF中,AF

49、2=AE2+EF2=(AD+DE)2+EF2=(1 + 2)2+22= 13.AF=-.【解析】解：（1） BG= AE.（2）成立.如图，连接AD.ABC是等腰三直角角形，ZBAC= 90。，点D是BC的中点./ ADB=90 ；且 BD= AD. / BDG= / ADB- / ADG= 90 - / ADG= / ADE, DG= DE.,.BDGAADE, . BG= AE.（3）由（2）知，BG= AE,故当BG最大时，AE也最大.Z+X+X+KDG为半径的D逆时针方向因为正方形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, 圆，故当正方形 DEFG旋转到G点位于BC

50、的延长线上（即正方形 DEFG绕点 旋转270。）时，BG最大，如图 .若 BC= DE= 2,贝U AD= 1 , EF= 2.在 RtMEF中,AF2= AE2+ EF2= (AD+ DE)2+ EF2= (1 + 2)2+ 22= 13. -AF=a/B .即在正方形DEFG旋转过程中，当AE为最大值时，AF=Jfj .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”或 冶(2)发现探究：若将图 1中的4ADE绕点A顺时针旋转a ( 0°< “V 180°)到图2位置， 则(1)中的结论

51、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.【解析】【分析】试题(1)由DE/ BC,得至U DB 型，结合AB=AC,得至U DB=ECAB AC(2)由旋转得到的结论判断出DAB0 4EAC,得到DB=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 故答案为二,(2)成立.证明

52、：由易知AD=AE,由旋转性质可知 / DAB=Z EAC,X / 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=2J2，在4PEA中，Pm=(2T2)2=8, AE2=12=1, pK=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