20202021重庆备战中考数学压轴题专题初中数学旋转经典综合题

2020-2021重庆备战中考数学压轴题专题初中数学旋转的经典综合题2020-2021重庆备战中考数学压轴题专题初中数学旋转的经典综合题27/272020-2021重庆备战中考数学压轴题专题初中数学旋转的经典综合题2020-2021重庆备战中考数学压轴题专题初中数学旋转的经典综合题一、旋转1．(1)发现：如图

1，点

A为线段

BC外一动点，且

BC＝a，AB＝b．填空：当点

A位于

时，线段

AC的长获取最大值，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

BC＝4，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．①请找出图中与BE相等的线段，并说明原由；②直接写出线段BE长的最大值．(3)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．【答案】(1)CB的延长线上，a+b；(2)①CD＝BE，原由见解析；②BE长的最大值为5；(3)满足条件的点P坐标(2﹣2，2)或(2﹣2，﹣2)，AM的最大值为22+4．【解析】【解析】（1）依照点A位于CB的延长线上时，线段AC的长获取最大值，即可获取结论；（2）①依照已知条件易证△CAD≌△EAB，依照全等三角形的性质即可得CD＝BE；②由于线段BE长的最大值＝线段CD的最大值，依照（1）中的结论即可获取结果；（3）连接BM，将△APM绕着点P顺时针旋转90°获取△PBN，连接AN，获取△APN是等腰直角三角形，依照全等三角形的性质获取PN＝PA＝2，BN＝AM，依照当N在线段BA的延长线时，线段BN获取最大值，即可获取最大值为22+4；如图2，过P作PE⊥x轴于E，依照等腰直角三角形的性质即可求得点P的坐标．如图3中，依照对称性可知当点P在第四象限时也满足条件，由此求得吻合条件的点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，∴当点

A位于

CB的延长线上时，线段

AC的长获取最大值，且最大值为

BC+AB＝a+b，故答案为

CB的延长线上，

a+b；(2)①CD＝BE，原由：∵△ABD与△ACE是等边三角形，∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，即∠CAD＝∠EAB，AD

AB在△CAD与△EAB中，

CAD

EAB

，AC

AE∴△CAD≌△EAB(SAS)，∴CD＝BE；②∵线段BE长的最大值＝线段CD的最大值，由(1)知，当线段CD的长获取最大值时，点D在∴最大值为BD+BC＝AB+BC＝5；(3)如图1，

CB的延长线上，∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°获取△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获取最大值，最大值＝AB+AN，∵AN＝2AP＝22，∴最大值为22+4；如图2，过P作PE⊥x轴于E，∵△APN是等腰直角三角形，∴PE＝AE＝2，∴OE＝BO﹣AB﹣AE＝6﹣4﹣2＝2﹣2，P(2﹣2，2)．如图3中，依照对称性可知当点P在第四象限时，P(2﹣2，﹣2)时，也满足条件．综上所述，满足条件的点P坐标(2﹣2，2)或(2﹣2，﹣2)，AM的最大值为2+4．【点睛】此题综合观察了全等三角形的判断和性质，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题的要点．2．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向来等于∠ACB，旋转角记为α（0°≤α≤）180°（1）当α＝0°时，连接DE，则∠CDE＝°，CD＝；（2）试判断：旋转过程中BD的大小有无变化？请仅就图2的状况给出证明；AE（3）若m＝10，n＝8，当α＝∠ACB时，求线段BD的长；（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°，n；（2）无变化；（3）125；（4）BD=210或2114．253【解析】试题解析：（1）①依照直径的性质，由DE∥AB得CDCE即可解决问题．②求出CBCABD、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）分类谈论：①如图5中，当α=90时°，半圆与AC相切，②如图6中，当=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，∴CECD=1．∵BC=n，∴CD=1n．故答ACCB22案为90°，1n．2②如图2中，当α=180时°，BD=BC+CD=3n，AE=AC+CE=3m，∴BD=n．故答案为22AEmn．m（2）如图3中，∵∠ACB=∠DCE，∴∠ACE=∠BCD．∵CDBCn，CEACmBDBCn∴△ACE∽△BCD，∴．AEACm3）如图4中，当α=∠ACB时．在Rt△ABC中，∵AC=10，BC=8，∴AB=AC2BC2=6．在Rt△ABE中，∵AB=6，BE=BC﹣CE=3，∴AE=AB2BE2=62BDBC32=35，由（2）可知△ACE∽△BCD，∴，AEACBD=8，∴BD=125．故答案为125．∴531055（4）∵m=6，n=42，∴CE=3，CD=22，AB=CA2BC2=2，①如图5中，当α=90°时，半圆与AC相切．在Rt△DBC中，BD=BC2CD2=（42210．2）（22）=2②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，∴BMEC3，ME42，∴AM=5，AE=AM2ME2=57，由（2）可知DB=22，∴BD=2114．AE33故答案为210或2114．3点睛：此题观察了圆的有关知识，相似三角形的判断和性质、勾股定理等知识，正确画出图形是解决问题的要点，学会分类谈论的思想，此题综合性比较强，属于中考压轴题．3．（研究发现）如图，ABC是等边三角形，点D为BC边上一个动点，将ACD绕点A逆时针旋转60获取AEF，连接CE.小明在研究这个问题时发现四边形ABCE是菱形.小明是这样想的：（1）请参照小明的思路写出证明过程；（2）直接写出线段CD，CF，AC之间的数量关系：______________；（理解运用）如图，在ABC中，ADBC于点D.将ABD绕点A逆时针旋转90获取AEF，延长FE与BC，交于点G.（3）判断四边形ADGF的形状，并说明原由；（拓展迁移）（4）在（3）的前提下，如图，将AFE沿AE折叠获取AME，连接MB，若AD6，BD2，求MB的长.【答案】（1）详见解析；（2）CDCFAC；（3）四边形ADGF是正方形；（4）213【解析】【解析】1）依照旋转得：△ACE是等边三角形，可得：AB=BC=CE=AE，则四边形ABCE是菱形；2）先证明C、F、E在同素来线上，再证明△BAD≌△CAF（SAS），则∠ADB=∠AFC，BD=CF，可得AC=CF+CD；（3）先依照∠ADC=∠DAF=∠F=90°，证明得四边形ADGF是矩形，由邻边相等可得四边形ADGF是正方形；4）证明△BAM≌△EAD（SAS），依照BM=DE及勾股定理可得结论．【详解】1）证明：∵ABC是等边三角形，ABBCAC.∵ACD绕点A逆时针旋转60获取AEF，CAE60，ACAE.ACE是等边三角形.∴∴

ACAECE.ABBCCEAE.∴四边形ABCE是菱形.（2）线段DC，CF，AC之间的数量关系：CDCFAC.（3）四边形ADGF是正方形.原由以下：∵RtABD绕点A逆时针旋转90获取AEF，∴AFAD，DAF90.∵ADBC，∴ADCDAFF90.∴四边形ADGF是矩形.AFAD，∴四边形ADGF是正方形.（4）如图，连接DE.∵四边形ADGF是正方形，∴DGFGADAF6.∵ABD绕点A逆时针旋转90获取AEF，∴BADEAF，BDEF2，∴EGFGEF624.∵将AFE沿AE折叠获取AME，∴MAEFAE，AFAM.BADEAM.∴BADDAMEAMDAM，即BAMDAE.AFAD，∴AMAD.在BAM

和

EAD

中，

AMBAMAB

ADDAE，AEBAMEADSAS.∴BMDEEG2DG24262213.【点睛】此题属于四边形综合题，主要观察了旋转的性质、全等三角形的判断与性质、等边三角形的判断与性质、正方形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的要点是熟练掌握等边三角形和全等三角形的性质，依照图形的性质进行计算求解．4．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°获取△BCE，连接DE．（1）如图

1，猜想：△CDE的形状是

三角形．（2）请证明（

1）中的猜想（3）设

OD=m，①当6＜m＜10时，△BDE的周长可否存在最小值？若存在，求出若不存在，请说明原由．

△BDE周长的最小值；②可否存在

m的值，使△DEB是直角三角形，若存在，请直接写出

m的值；若不存在，请说明原由．【答案】（1）等边；（2）详见解析；（3）①23+4；②当m=2或14时，以D、E、B为极点的三角形是直角三角形．【解析】【解析】1）由旋转的性质猜想结论；2）由旋转的性质获取∠DCE=60°，DC=EC，即可获取结论；（3）①当6＜m＜10时，由旋转的性质获取BE=AD，于是获取C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，依照等边三角形的性质获取DE=CD，由垂线段最短获适当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是获取结论；②存在，分四种状况谈论：a）当点D与点B重合时，D，B，E不能够构成三角形；b）当0≤m＜6时，由旋转的性质获取∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，依照等边三角形的性质获取∠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，由旋转的性质获取∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是获取m=14．【详解】1）等边；2）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°获取△BCE，∴∠DCE=60°，DC=EC，∴△CDE是等边三角形．（3）①存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得：BE=AD，△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE1△CDE是等边三角形，∴DE=CD∴C，由（）知，，=CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD=23，∴C△DBE∴△BDE的最小周长=CD+4=23+4；②存在，分四种状况谈论：a）∵当点D与点B重合时，D，B，E不能够构成三角形，∴当点D与点B重合时，不吻合题意；b）当0≤m＜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，∴m=2；c）当6＜m＜10时，由∠DBE=120°＞90°，∴此时不存在；d）当m＞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，°进而∠BCD=30°，∴BD=BC=4，∴OD=14，∴m=14．综上所述：当m=2或14时，以D、E、B为极点的三角形是直角三角形．【点睛】此题观察了旋转的性质，等边三角形的判断和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判断，熟练掌握旋转的性质是解题的要点．5．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为素来角边在Rt△ADE的外面作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，获取图2，那么线段BE．CD之间有怎样的关系，写出结论，并说明原由；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，获取图3，连接BD、CE．①求证：△ABE∽△ACD；②计算：BD2+CE2的值．【答案】（1）BE=CD，BE⊥CD，原由见角；（2）①证明见解析；②BD2+CE2=170．【解析】【解析】1）结论：BE=CD，BE⊥CD；只要证明△BAE≌△CAD，即可解决问题；2）①依照两边成比率夹角相等即可证明△ABE∽△ACD．②由①获取∠AEB=∠CDA．再依照等量代换获取∠DGE=90°，即DG⊥BE，依照勾股定理2222获取BD+CE=CB+ED，即可依照勾股定理计算．【详解】1）结论：BE=CD，BE⊥CD．原由：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．ABAC在△CAD和△BAE中，∵BAECAD，∴△CAD≌△BAE，∴CD=BE，AEADACD=∠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．CA=3，AB=5，AD=6，AE=10，∴AE=AD=2，∴△ABE∽△ACD；ABAC②∵△ABE∽△ACD，∴∠AEB=∠CDA．∵∠AFD=∠EFG，∠AFD+∠CDA=90°∴，∠EFG+∠AEB=90，°∴∠DGE=90，°∴DG⊥BE，∴∠AGD=∠BGD=90222222222222．，°∴CE=CG+EG，BD=BG+DG，∴BD+CE=CG+EG+BG+DG22222222222222∵CG+BG=CB，EG+DG=ED，∴BD+CE=CB+ED=CA+AB+AD+AD=170．【点睛】此题是几何综合变换综合题，主要观察了图形的旋转变换、全等三角形的判断与性质、相似三角形的判断与性质、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要点．6．如图，正方形ABCD中，点E是BC边上的一个动点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转90°，获取AF，连接EF，交对角线BD于点G，连接AG．1）依照题意补全图形；2）判断AG与EF的地址关系并证明；3）当AB=3，BE=2时，求线段BG的长．【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)25.2【解析】【解析】1）依照题意补全图形即可；2）先判断出△ADF≌△ABE，进而判断出点C，D，F共线，即可判断出△DFG≌△HEG，得出FG=EG，即可得出结论；3）先求出正方形的对角线BD，再求出BH，进而求出DH，即可得出HG，求和即可得出结论．【详解】1）补全图形以下列图，（2）连接DF，由旋转知，AE=AF，∠EAF=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AD=AB，∠ABC=∠ADC=BAD=90，°∴∠DAF=∠BAE，∴△ADF≌△ABE（SAS），DF=BE，∠ADF=∠ABC=90，°∴∠ADF+∠ADC=180，°∴点C，D，F共线，CF∥AB，过点E作EH∥BC交BD于H，∴∠BEH=∠BCD=90，°DF∥EH，∴∠DFG=∠HEG，∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠CBD=45，°BE=EH，∵∠DGF=∠HGE，∴△DFG≌△HEG（AAS），∴FG=EGAE=AF，∴AG⊥EF；（3）∵BD是正方形的对角线，∴BD=2AB=32，由（2）知，在Rt△BEH中，BH=2BE=22，∴DG=BD-BH=2由（2）知，△DFG≌△HEG，∴DG=HG，∴HG=1DH=2，22∴BG=BH+HG=22+2=52．22【点睛】此题是四边形综合题，主要观察了旋转的性质，全等三角形的判断和性质，正方形的性质，勾股定理，作出辅助线是解此题的要点．7．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，获取△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若是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°获取△AMN，连接PA、PB、PC，当AC＝4，AB＝8时，依照此图求PA＋PB＋PC的最小值．【答案】⑴①见解析，②AB＝6；⑵47.【解析】解析：（1）①依照题意补全图形即可；②连接BD、CD．依照平移的性质和∠ACB＝90°，获取四边形BCAD是矩形，进而有CD＝AB，设CD＝AB＝x，则PB＝DE＝9x，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补全图形以下列图；②如图：连接BD、CD．∵△BCP沿射线CA方向平移，获取△DAE，∴BC∥AD且BC＝AD，PB＝DE．∵∠ACB＝90°，∴四边形BCAD是矩形，∴＝，设＝＝x，则PB9x，CDABCDABDE＝BP＝9x，∵BP⊥CE，BP∥DE，∴DE⊥CE，22x2，∴CE2DE2CD2，∴339x∴x6，即AB＝6；（2）如图，当C、P、M、N四点共线时，PA＋PB＋PC最小．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=AB2AC2824243，∴在Rt△BCN中，CNBC2BN2486447．点睛：此题属于几何变换综合题，主要观察了旋转和平移的性质、全等三角形的判断与性质、矩形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的要点是作辅助线构造等边三角形和全等三角形，依照图形的性质进行计算求解．8．在正方形ABCD中，连接BD．（1）如图1，AE⊥BD于E．直接写出∠BAE的度数．（2）如图1，在（1）的条件下，将△AEB以A旋转中心，沿逆时针方向旋转30°后获取△AB′，E′AB′与BD交于M，AE′的延长线与BD交于N．①依题意补全图1；②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，△CEF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．（不用写出完满推理过程）【答案】（1）45°；（2）①补图见解析；②BM、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，依照性质和正方形的性质，判断线段的关系，再利用勾股定理获取FB2+BM2=FM2，再判断出FM=MN即可；3）利用△CEF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=∠BAE=45，°（2）①依题意补全图形，如图1所示，②BM、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°，获取△AFB，∴∠ADB=∠FBA，∠BAF=∠DAN，DN=BF，AF=AN，∵在正方形ABCD中，AE⊥BD，∴∠ADB=∠ABD=45，°∴∠FBM=∠FBA+∠ABD=∠ADB+∠ABD=90，°在Rt△BFM中，依照勾股定理得，FB2+BM2=FM2，∵旋转△ANE获取AB1E1，∴∠E1AB1=45°，∴∠BAB1+∠DAN=90°﹣45°=45°，∵∠BAF=DAN，∴∠BAB1+∠BAF=45°，∴∠FAM=45°，∴∠FAM=∠E1AB1，∵AM=AM，AF=AN，∴△AFM≌△ANM，∴FM=MN，FB2+BM2=FM2，∴DN2+BM2=MN2，（3）如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°获取△ABG，∴DF=GB，∵正方形ABCD的周长为4AB，△CEF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+CFEC=AB﹣BE，CF=AB﹣DF，∴2AB=EF+AB﹣BE+AB﹣DF，∴EF=DF+BE，DF=GB，∴EF=GB+BE=GE，由旋转获取AD=AG=AB，AM=AM，∴△AEG≌△AEF，∠EAG=∠EAF=45，°和（2）的②相同，获取DN2+BM2=MN2．“点睛”此题是四边形综合题，主要观察了正方形的性质、旋转的性质，三角形的全等，判断出（△AFN≌△ANM，获取FM=MM），是解题的要点.9．在△ABC中，AB=AC，∠A=300，将线段BC绕点B逆时针旋转600获取线段BD，再将线段BD平移到EF，使点E在AB上，点F在AC上．（1）如图1，直接写出∠ABD和∠CFE的度数；（2）在图1中证明：AE=CF；（3）如图2，连接CE，判断△CEF的形状并加以证明．【答案】（1）15°，45°；（2）证明见解析；（3）△CEF是等腰直角三角形，证明见解析.【解析】试题解析：（1）依照等腰三角形的性质获取∠ABC的度数，由旋转的性质获取∠DBC的度数，进而获取∠ABD的度数；依照三角形外角性质即可求得∠CFE的度数.（2）连接CD、DF，证明△BCD是等边三角形，获取CD=BD，由平移的性质获取四边形BDFE是平行四边形，进而AB∥FD，证明△AEF≌△FCD即可得AE=CF．3）过点E作EG⊥CF于G，依照含30度直角三角形的性质，垂直均分线的判断和性质即可证明△CEF是等腰直角三角形.1）∵在△ABC中，AB=AC，∠A=300，∴∠ABC=750.∵将线段BC绕点B逆时针旋转600获取线段BD，即∠DBC=600．∴∠ABD=15°.∴∠CFE=∠A+∠ABD=45．°（2）如图，连接CD、DF．∵线段BC绕点B逆时针旋转60获取线段BD，∴BD=BC，∠CBD=600．∴△BCD是等边三角形．∴CD=BD．∵线段BD平移到EF，∴EF∥BD，EF=BD．∴四边形BDFE是平行四边形，EF=CD．AB=AC，∠A=300，∴∠ABC=∠ACB=750．∴∠ABD=∠ACD=15°．∵四边形BDFE是平行四边形，∴AB∥FD．∴∠A=∠CFD.∴△AEF≌△FCD（AAS）．AE=CF．3）△CEF是等腰直角三角形，证明以下：如图，过点E作EG⊥CF于G，∵∠CFE=45，°∴∠FEG=45．°∴EG=FG．∵∠A=300，∠AGE=90°，∴．∵AE=CF，∴．∴．∴G为CF的中点．∴EG为CF的垂直均分线．EF=EC．∴∠CEF=∠FEG=90．°∴△CEF是等腰直角三角形．考点：1.旋转和平移问题；2．等腰三角形的性质；3．三角形外角性质；4．等边三角形的判断和性质；5.平行四边形的判断和性质；6.全等三角形的判断和性质；7．含30度直角三角形的性质；8．垂直均分线的判断和性质；9．等腰直角三角形的判断.10．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是对应的极点）.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】试题解析：（1）先分别求得一次函数的图象与x轴、y轴的交点坐标，再根据勾股定理求解即可；（2）依照旋转的性质结合△BOA的特色求解即可；（3）先依照点C在线段AB上判断出点D的坐标，再依照待定系数法列方程组求解即可.（1）在时，当时，，当时，∴；（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：动点的综合题谈论：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常有，一般作为压轴题，题目比较典型．11．以下列图，在△ABC中，D、E分别是△ADE绕A点顺时针旋转必然角度，获取图

AB、AC上的点，DE∥BC，如图①，尔后将②，尔后将BD、CE分别延长至M、N，使DMBD，EN＝CE，获取图③，请解答以下问题：(1)若AB＝AC，请研究以下数量关系：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，获取图④，请连续研究：AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系，直接写出你的猜想，不用证明．【答案】（1）①BD=CE；AM=AN，∠MAN=∠BAC原由以下：∵在图①中，DE//BC，AB=ACAD="AE."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依照题意和旋转的性质可知△AEC≌△ADB，因此BD=CE；②依照题意可知∠CAE=BAD，AB=AC，AD=AE，因此获取△BAD≌△CAE，在△ABM和△ACN中，DM=BD，EN=CE，可证△ABM≌△ACN，因此AM=AN，即∠MAN=∠BAC．2）直接类比（1）中结果可知AM=k?AN，∠MAN=∠BAC．12．(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为极点作正方形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)拓展研究将正方形DEFG点D逆方向旋必然角度后（旋角度大于0°，小于或等于360°），如2，(1)中的可否依旧成立？若是成立，予以明；若是不成立，明原由.(3)解决若BC=DE=2，在(2)的旋程中，当AE最大，直接写出AF的．【答案】（1）BG＝AE．（2）成立．如②，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，AE也最大．正方形DEFG点D逆方向旋270°，BG最大，如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]由于正方形

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＝．13．如图，在Rt△ABC中，∠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OC、OP，将线段OP绕点P顺时针旋转60°，获取线段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的数量关系．2）如图2，当点P在CB延长线上时，（1）中结论可否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明原由；3）如图3，当点P在BC延长线上时，若∠BPO=15°，BP=4，央求出BQ的长．【答案】（1）BQ=CP；（2）成立：PC=BQ；（3）434．【解析】试题解析：（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△POH≌△QPB即可；2）成立：PC=BQ．作PH∥AB交CO的延长线于H．证明方法近似（1）；3）如图3中，作CE⊥OP于E，在PE上取一点F，使得FP=FC，连接CF．设CE=CO=a，则FC=FP=2a，EF=3a，在Rt△PCE中，表示出PC，依照PC+CB=4，可得方程(62)a2a4，求出a即可解决问题；试题解析：解：（1）结论：BQ=CP．原由：如图1中，作PH∥AB交CO于H．在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO是等边三角形，∴∠CHP=∠COB=60，°∠CPH=∠CBO=60°，∴∠CHP=∠CPH=60∴△CPH是等边三角形，∴PC=PH=CH，∴OH=PB，∵∠OPB=∠OPQ+∠QPB=∠OCB+∠COP，∵∠OPQ=∠OCP=60，°∴∠POH=∠QPB，∵PO=PQ，∴△POH≌△QPB，∴PH=QB，∴PC=BQ．（2）成立：PC=BQ．原由：作PH∥AB交CO的延长线于H．在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO是等边三角形，∴∠CHP=∠COB=60，°∠CPH=∠CBO=60，°∴∠CHP=∠CPH=60∴△CPH是等边三角形，∴PC=PH=CH，∴OH=PB，∵∠POH=60+°∠CPO，QPO=60+°∠CPQ，∴∠POH=∠QPB，∵PO=PQ，∴△POH≌△QPB，∴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，°∠OCB=∠OCP+∠POC，∴∠POC=45，°∴CE=EO，设CE=CO=a，则

，°，°FC=FP=2a，EF=3a，在Rt△PCE中，PC=PE2CE2=(2a3a)2a2=(62)a，∵PC+CB=4，∴(62)a2a4，解得a=4226，∴PC=434，由（2）可知BQ=PC，∴BQ=434．点睛：此题观察几何变换综合题、旋转变换、等边三角形的判断和性质全等三角形的判断和性质等知识，解题的要点是灵便运用所学知识解决问题，学会增加常用辅助线，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研究旋转、平移变换．如图△ABC，△DEF均为等腰直角三角形，各极点坐标分别为A（1，1），B（2，2），C（2，1），D（2，0），E（22，0），F（32，2）．2（1）他们将△ABC绕C点按顺时针方向旋转450获取△A1111的坐BC．请你写出点A，B标，并判断A1C和DF的地址关系；（2）他们将△ABC绕原点按顺时针方向旋转450，发现旋转后的三角形恰好有两个极点落在抛物线y22x2bxc上．请你求出吻合条件的抛物线解析式；（3）他们连续研究，发现将△ABC绕某个点旋转45，若旋转后的三角形恰好有两个极点落在抛物线yx2上，则可求出旋转后三角形的直角极点P的坐标．请你直接写出点P的所有坐标．2222bc02【答案】解：（1）{2．323222222bc2A1C和DF的地址关系是平行．（2）∵△ABC绕原点按顺时针方向旋转45°后的三角形即为△DEF，222c022b∴①当抛物线经过点D、E时，依照题意可得：{2，解得222222bc0b12{82．c∴y22x212x82．22222bc0②当抛物线经过点D、F时，依照题意可得：{22b，解得22323c2222b11{7．c2∴y22x211x72．222222bc02③当抛物线经过点E、F时，依照题意可得：{2，解得323222c222b2b13{10．c2∴y22x213x102．（3）在旋转过程中，可能有以下状况：①顺时针旋转45°AB落在抛物线上，如答图1所示，，点、易求得点P坐标为（0，122）．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′x1，x2，，的横坐标分别为易知此时B′C与′一、三象限角均分线平行，∴设直线B′C的′解析式为y=x+b．联立y=x2与y=x+b得：x2=x+b，即x2xb0，∴x1x21，x1x2