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,ZBAC=m°,点E为ABC外一点，点D

2、为BC中点,/EBC=/ACFED±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=1m0.2【解析】分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC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ABD04CBE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CGEGEF、FG,延长ED到1。M,使得DM=DE,连接FM、CM.想办法证明AFEAFG可得/EAF=ZFAG-m.2详（1）证明：如图1中，ZBAC=ZDAE,ZDAB=ZEAC,

3、在ADAB和EAC中,AD=AEDAB=EAC,AB=ACDABZEAC,，BD=EC(2)证明：如图2中，延长DC至ijE,使得DB=DE DB=DE,/BDC=60,° .BDE是等边三角形， /BD=BE,/DBE=ZABC=60:/ABD=ZCBE, .AB=BC, .ABDACBE,.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CGEGEF、FG,延长ED到M,使得DM=DE,连接FM、CM.由(1)可知EAgAGAC,.1./1=/2,BE=CG3 BD=DC,/BDE=/CDM,DE=DM,

4、4 .EDBAMDC,EM=CM=CG,/EBC=ZMCD,5 /EBC=ZACF,/MCD=ZACF,/FCM=ZACB=ZABC,/1=3=/2,6 /FCG4ACB=ZMCF,.CF=CFCG=CM,.-.CFGACFM,.FG=FM,7 .ED=DM,DF±EM,8 .FE=FM=FG9 .AE=AG,AF=AF,10 .AFEAAFG,/J。/EAF=ZFAGm.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AB

5、CD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；（3）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之间的数量关系【答案】（1）证明见解析;【解析】试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG,/EAF=ZGAE=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=E

6、F再由BME、DNF、CEF均为等腰直角三角形，得出CE=CFBE=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°,得到ABG,根据旋转的性质可以得到ADFAABG,贝UDF=BG再证明AE84AEF,得出EG=EF由EG=BG+BE等量代换得至UEF=BE+DF试题解析：（1）,ADF绕着点A顺时针旋转90°,得至ijABG,，AF=AG,/FAG=90,°/EAF=45,°/GAE=45；在AGE与4AFE中，AG=AF=

7、1AE=45AE-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,DF=BG由（1）知AE84AEF,.EG=EF/CEF=45,° .BME、DNF、CEF均为等腰直角三角形， .CE=CFBE=BM,NF=DF, a-BE=a-DF,.BE=DF .BE=BM=DF=BG/BMG=45；/GME=45+45=90；EG2=ME2+MG2, .EG=EFMG=BM=yDF=NF, .ef2=me2+nf2；(3)EF2=2BE2+2DF2.如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交

8、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,则由勾股定理有(GH+BE2+BG2=EH2,即(GH+BE2+(BM-GM)2=EH2X-.EF=HEDF=GH=GM,BE=BM,所以有(GH+BE2+(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°

9、;,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，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)RFCBC5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DAG24DCG,得出AG=CG;再证出DMGFNG,得到MG=NG;再证明AMGAENG,得出AG=EG;最

10、后证出CG=EG.(3)结论依然成立.【详解】(1) 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=1FD,.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,ZADG=ZCDG,DG=DG,.1.ADAGADCG(SA0, .AG=CG;在4DMG与4FNG中，/ZDGM=ZFGN,FG=DG,ZMDG=ZNFG,.1.DMGAFNG(ASA),MG=NG. ZEAM=ZAEN=ZAMN=90

11、；，四边形AENM是矩形，在矩形AENM中，AM=EN.在AMG与4ENG中，/AM=EN,ZAMG=ZENG,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=/CGDMG=CG,.DC®"MG,.MF=CD,/FMG=/DCG,.MF/CD/AB,EF±MF.在RtMFE与RtCBE中，/MF=CB,ZMFE=ZEBC=90°,EF=BE,.1.AMFEACBEZMEF=ZCEB,ZMEC=ZMEF+ZFEC=ZCE3/

12、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、EC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UEFM0EBCZFEM=ZBECEM=EC/FEG/BEC=90；ZFEC+ZFEM=90；即/MEC=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

13、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=BI,连接GD,H为GD的中点，连接FH并延长，交ED于点J,连接IJIH、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

14、上一点，连接DE、ERDF,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DE84DEM,再证明ECM是

15、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， EFLBD,OB=OD,.EB=ED, 四边形EBFD是菱形.BE平分/ABD,/ABE=/EBD, .EB=ED,/EBD=/EDB,/ABD=2ZADB, /ABD+ZADB=90°,，/ADB=30；/ABD=60；/ABE=/EBO=/OBF=30°,/EBF=60°.（2）结论：ih=

16、J3fh.理由：如图2中，延长BE至1JM,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=GHFDH=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+ZBIF=120:4 /

17、MIJ+ZBIF=120；/JIF=60；，JIF是等边三角形，在RtIHF中，./IHF=90°,/IFH=60°,/FIH=30;5 IH=73FH.(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,6 /FA。/DEF=90°,7 .AFED四点共圆，/EDF=/DAE=45°,/ADC=90；8 /ADF+ZEDC=45°,9 /ADF=/CDM,10 /CDM+ZCDE=45=/EDG,在ADEM和DEG中，DE=DEEDG=EDM,DG=DM11 .DEGADEM,.GE=EM,

18、12 /DCM=/DAG=/ACD=45；AG=CM,/ECM=90°EC2+CM2=EM2,.EG=EM,AG=CM,.-.ge2=ag2+cE?.【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=MN

19、2.他的证明思路如下：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.E1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）见解析.

20、【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,ZOAB=90°,3 /NAP=/OAB=90°,/MAN=45°,/MAN=/MAP,4 .MA=

21、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+bn2=mn2；(3)如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长.设MN=2x,贝UBM=BN=x,-，OA=AB=4,/OAB=90°,

22、.OB=42，OM=472-x,.OM2+bN2=MN2.，(4应-x)2+x2=(2x)2,解得x=-2，2+2J6或-2J2-2J6(舍弃)，MN=-4四+4强.【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1,在RtABC中，/ACB=90°,AC=BC.点D、E分别在ACBC边上，DC=EC连接DE、AE、BD.点M、N、P分别是AE、BD>AB的中点，连接PM、PN、MN.CEBCBCE5国1S2曾用圉(1)PM与BE的数量

23、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的长度.1【答案】(1)PM-BE,BEJ2MN；(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VECBVDCA,推出BEAD,

24、DACEBC,即可推出BHAD,由M、N、P分另UAE、1 1BD、AB的中点，推出PM/BE,PMBE,PN/AD,PNAD,推出2 2PMPN,MPN90,可得BE2PM2MNV2mN;2(3)有两种情形分别求解即可.【详解】(1)如图1中，小CEBHl.AM=ME,AP=PB,1PMBBE,PM-BE,2.BN=DN,AP=PB,1 .PN/AD,PNAD,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，MNV2PM，1MN.2-BE,2BE.2MN，1故

25、答案为PM-BE,BEJ2MN-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.ABC和CDE是等腰直角三角形，.CD=CE,CA=CB,/ACB=/DCE=90°,/ACB-/ACE=/DCE-/ACE/ACD=/ECB .ECBDCA,.BE=AD,/DAC=/EBG ZAHB=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/

26、BE,PMBE,PN/AD,PN2.PM=PN,/MPN=90；BE2PM2MN2MN.2(3)如图3中，作CGLBD于G,则CGGEDGJ2,当D、E、B共线时，在RtABCG中，BG用C2CG2J62,-22BEBGGE,345MN&E2如图4中，作CG，BD于G,则CGGEDGJ2,当D、E、B共线时,在RtABCG中，bgVbCCGJo2投2商，BEBGGEMNBE2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,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

27、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EGCG(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)GECG=EG(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.A在ADA

28、G与ADCG中，AD=CD,/ADG=/CDG,DG=DG,DAGDCG.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,AAMGAENG.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MNLAD于M,与EF的延长线交于N点；再证明DA84DCG,得出AG=CG再证出DMGFNG,得到MG=NG;再证明AMGAENG,得出

29、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4FNG中，3 /DGM=ZFGN,DG=FG/MDG=ZNFG,4 .DMGAFNG,.MG=NG,在矩形AENM中，AM=EN.,在RtAAMG与RtENG中，5 .AM=EN,MG

30、=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UEFMEBC/FEM=/BECEM=EC/FEEBEC=90,°/FEEFEM=90；即/MEC=90；MEC是等腰直角三角形，.G为CM中点，EG=CGEG±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

31、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

32、)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.PCEEAQCB，CP=CQ/PCE=/QCB, /BCD=120,°CE平分/BCD,/PCQ=60； /PCE吆QCE=ZQCB+ZQCE=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

33、=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=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0wy6时，由旋转可知，/CPE=ZCQB,/CPQ=ZCPB+ZBPQ=60°则：/BPQ+/CQB=60°,又/QPB+ZPQC+ZCQB+ZPBQ=180/CBQ=1806060=60°/QBP=60；BBPQ<6

34、0°,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°/CEB=60；/ACP=/APC=30°PA=CA=4,所以AP=AE-EP=6-4=2所以t=212s当6vtv10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/BPO0°,/BPQ>60°/BPQ=90；从而/BCP=30

35、,°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,ZACB=90°,直线l经过点C,AFL于点F,BEXl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

36、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=J2DE,EF=C&BE,进而得至ijDE的长.试题解析：解：（1）.BEXCE,ZBEC=ZACB=90°,ZEBC+ZBCE=ZBCEnZACF=90；./EBO/CAF.-.AFXl于点F,./AFC=90：AFCBEC90在ABCE与AACF中，EBCACF,.ACHCBE(AAS);BCAC(2)如图2,连接CD,DF.BEXCE,./BEC=/ACB=90°

37、;,/EBG/BCE=/BC&/ACF=90；./EBO/CAF.-.AFXl于点F,./AFC=90：AFCBEC90在ABCE与ACAF中，EBCACF,ABCEACAF(AAS)；BCACBE=CF.,点D是AB的中点,，CD=BD,/CDB=90；./CBD=/ACD=45；而BECF/EBO/CAF,./EBD=/DCF.在BDE与CDF中，EBDFCD,BDCF.,.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=&DE,EF=CE+CF=CE+BE./C

38、A=CB,/ACB=90；AB=472,.BC=4.又一/CBE=30°,.CE=1bC=2,BE=V3cE=273,EF=CE+BE=2+2V3,DE=2/3=T2+V6.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,AEXBDTE.直接写出/BAE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

39、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BCCD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

40、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=ZBAE=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=ZFBA,/BAF=ZDAN,DN=BF,AF=AN, .在正方形ABCD中，AE±BD,./ADB=/ABD=45/FBM=ZFBA+ZABD=ZADB+ZABD=90；在RtABFM中，根据勾股定理得，FB2+BM2=FM2,旋转4ANE得到AB1E1,./日AB=45

41、；/BAB1+/DAN=90°-45=45°, /BAF=DAN/BAB+/BAF=45°,/FAM=45°,/FAM=ZE1AB1, .AM=AM,AF=AN,AAFMAANM,.FM=MN,1.fb2+bm2=fm2,l-dn2+bm2=mn2,(3)如图2,DGHE将4ADF绕点A顺时针旋转90°得到AARG,DF=GB正方形ABCD的周长为4AB,4CEF周长为EF+EC+CFCEF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+A

42、B-DF,.EF=DF+BE DF=GB,.1.EF=GB+BE=GE由旋转得至UAD=AG=AB) .AM=AM,AAEGAAEF,/EAG=/EAF=45,°和(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

43、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=DE=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，ang生宣连接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.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

44、76;时，BG最大，如图.若BC=DE=2,则AD=1,EF=2.在RtAEF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，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+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

45、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.若BC=DE=2,贝UAD=1,EF=2.在RtMEF中,AF2=AE2+EF2=(AD+DE)2+EF2=(1+2)2+22=13.即在正方形DEFG旋转过程中，当AE为最大值时，AF=Jfj.【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UDB型，结合AB=AC,得至UDB=ECABAC(2)由旋转得到的结论判断出DAB04EAC,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

46、PEA是直角三角形，在简单计算即可.【详解】(1)DE/BC,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“='(2)发现探究：若将图1中的4ADE绕点A顺时针旋转e(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.DBEC,ABAC.AB=AC,.DB=EC故答案为二,(2)成立.证明：由易知AD=AE

47、,由旋转性质可知/DAB=ZEAC,X/AD=AE,AB=ACDABZEAC,DB=CE(3)如图,将CPB绕点C旋转90。得ACEA,连接PE.,.CPBACEA.CE=CP=2AE=BP=1,/PCE=90/CEP4CPE=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=ZCEA=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