中考数学 旋转提高练习题压轴题训练附详细答案

备战中考数学(初中数学旋转提高练习题)压轴题训练附详细答案

一、旋转

1.在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点。(0,0),点A(5,0),点B(0,

3).以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC,得到矩形ADEF,点。，B,C的对应点分别

为D,E,F.

(1)如图①，当点。落在BC边上时，求点。的坐标；

(2)如图②，当点。落在线段8E上时，AD与BC交于点H.

①求证△ADBV△AOB；

②求点H的坐标.

(3)记K为矩形AOBC对角线的交点，S为AKDE的面积，求S的取值范围(直接写出结

图①图②

17

【答案】(1)D(1,3)；(2)①详见解析；②“(5，3)；(3)

30-3734<s<30+3^/34

4一一4

【解析】

【分析】

(1)如图①，在RtAACD中求出CD即可解决问题；

(2)①根据HL证明即可;

②，设AH=BH=m,则HC=BC-BH=5-m,在RtAAHC中,根据AH2=HC2+AC2,构建方程求出

m即可解决问题；

(3)如图③中，当点D在线段BK上时，ADEK的面积最小，当点D在BA的延长线上

时，△DEK的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题；

【详解】

图①

■.-4(5,0),B(0,3),

■.OA=5,08=3,

,•四边形AOBC是矩形,

■.AC=0B=3,0A=BC=5,NOBC=NC=90°,

矩形AOEF是由矩形AOBC旋转得到，

AD=A0=5,

在RQ/WC中，CD=(AD2=4,

BD=BC-CD=1,

.D(1,3).

(2)①如图②中,

由四边形ADEF是矩形，得到NADE=90。,

点。在线段BE上，

ZADB=90°,

由(1)可知，AD=AO,又AB=AB,ZAOB=90°,

：.RtAADB^RtAAOB(HL).

②如图②中，由△AOB^AAOB,得至ijNBAD=NBAO,

又在矩形AOBC中，0AliBC,

ZCBA=NOAB,

ZBAD=Z.CBA,

:.BH=AH,设AH=BH=m,贝！|HC=BC-BH=5-m,

在RtMHC中，AH2=HC2+AC2,

m2=32+(5-m)2,

17

m=一.

5

.RW_17

5

■■•W(y,3).

11

(3)如图③中，当点。在线段BK上时,AOEK的面积最小，最小值=1・0E・0K=]x3x

庖_30-3后

(5-)=f

24

11

当点。在BA的延长线上时，△D'E'K的面积最大，最大面积=-xD'E'xKD'=1x3x

⑸严)_30+3后

2-4-

……30-3^3430+3后

综上所述，--<s<N—.

44

【点睛】

本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等

知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决

问题.

2.如图所示，

(1)正方形ABCD及等腰RtAAEF有公共顶点A,ZEAF=90°,连接BE、DF.将RtAAEF绕点

A旋转，在旋转过程中，BE、DF具有怎样的数量关系和位置关系？结合图⑴给予证明；

(2)将⑴中的正方形ABCD变为矩形ABCD,等腰RtAAEF变为RtAAEF,且AD=kAB,

AF=kAE,其他条件不变.⑴中的结论是否发生变化？结合图⑵说明理由；

⑶将(2)中的矩形ABCD变为平行四边形ABCD,将R3AEF变为△AEF,且

NBAD=NEAF=a,其他条件不变.(2)中的结论是否发生变化？结合图⑶，如果不变，直接

写出结论；如果变化，直接用k表示出线段BE、DF的数量关系，用a表示出直线BE、DF

形成的锐角

DF=kBE,DF1BE；(3)不改变.DF=kBE,P=180°-a

【解析】

【分析】

(1)根据旋转的过程中线段的长度不变，得到AF=AE,又NBAE与NDAF都与NBAF互

余，所以NBAE=NDAF,所以AFAD^△EAB,因此BE与DF相等，延长DF交BE于G,

根据全等三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360。求出NEGF=90。，所以DF±BE；

（2）等同（1）的方法，因为矩形的邻边不相等，但根据题意，可以得到对应边成比例，

所以AFADSAEAB,所以DF=kBE,同理，根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角

和等于360。求出NEHF=90。，所以DFJ_BE；

（3）与（2）的证明方法相同，但根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于

360°求出NEAF+ZEHF=180°,所以DF与BE的夹角0=180°-a.

【详解】

（1）DF与BE互相垂直且相等.

证明：延长DF分别交AB、BE于点P、G

在正方形ABCD和等腰直角△AEF中

AD=AB,AF=AE,

ZBAD=ZEAF=90°

ZFAD=NEAB

:&FAE^△EAB

ZAFD=ZAEB,DF=BE

ZAFD+ZAFG=180°,

ZAEG+ZAFG=180°,

ZEAF=90",

ZEGF=180°-90°=90°,

/.DF±BE

（2）数量关系改变，位置关系不变.DF=kBE,DF±BE.

ADJ

~ABAE

AD_AF

~AB~~AE

ZBAD=NEAF=a

/.ZFAD=NEAB

△FAD~△EAB

,DFAF1

••-B----E-------A---E----K

：.DF=kBE

,/△FAD-△EAB,

/.ZAFD=NAEB,

---ZAFD+ZAFH=180°,

ZAEH+ZAFH=180°,

,/ZEAF=90°,

/.ZEHF=180°-90°=90°,

/.DF±BE

（3）不改变.DF=kBE,P=180°-a.

延长DF交EB的延长线于点H,

ADAF

--=k1,--=kt

ABAE

,AD_AF

ZBAD=NEAF=a

/.ZFAD=NEAB

△FAD-△EAB

.DFAF

BEAE

：，DF=kBE

由△FADs△EAB得NAFD=NAEB

,/ZAFD+ZAFH=180°

/.ZAEB+ZAFH=180°

四边形AEHF的内角和为360。，

ZEAF+ZEHF=180°

,/ZEAF=a,ZEHF=0

a+p=180°.\p=180°-a

【点睛】

本题（1）中主要利用三角形全等的判定和性质以及正方形的性质进行证明；（2）（3）利

用相似三角形的判定和性质证明，要解决本题，证明三角形全等和三角相似是解题的关

键，也是难点所在.

3.在平面直角坐标系中，已知点40，4）,8（4,4）,点M,/V是射线。（:上两动点（O/W<

ON）,且运动过程中始终保持NM4V=45。，小明用几何画板探究其中的线段关系.

⑴探究发现：当点M,N均在线段。B上时（如图1）,有OM2+BN2=MN2.

他的证明思路如下：

第一步：将△ANB绕点A顺时针旋转90。得△AP。，连结P/W,则有BN=OP.

第二步：证明AAP/MV△ANM,得MP=MM.

第一步：证明NPO/W=90°,得。M2+OP2=MP2.

最后得到OM2+BN2=MN2.

请你完成第二步三角形全等的证明.

⑵继续探究：除⑴外的其他情况，OM2+BA/2=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.

⑶新题编制：若点B是/WN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】⑴见解析；（2）结论仍然成立，理由见解析；⑶见解析.

【解析】

【分析】

（1）将△ANB绕点A顺时针旋转90。得AAPO,连结PM,则有BN=OP.证明

△APM2△ANM,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△ANB绕点A顺时针旋转90。得AAPO,连结PM,则有BN=OP.

V

图1

...点A(0,4),B(4,4),

/.OA=AB,ZOAB=90°,

NNAP=NOAB=90°,ZMAN=45°,

/.ZMAN=NMAP,

•「MA=MA,AN=AP,

/.△MAN2△MAP(SAS).

（2）如图2中，结论仍然成立.

理由：如图2中，将△ANB绕点A顺时针旋转90。得△APO,连结PM,则有BN=OP.

NNAP=NOAB=90°,ZMAN=45°,

/.ZMAN=NMAP,

,/MA=MA,AN=AP,

△MANM△MAP(SAS),

/.MN=PM,

NABN=NAOP=135°,NAOB=45°,

/.ZMOP=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,则BM=BN=x,

,/OA=AB=4,ZOAB=90°,

•••OB=4",

OM=4y/2-x,

■■■OM2+BN2=MN2.

••（4s/2-X）2+X2=（2X）2,

解得x=-2"+2而或-2夕-276（舍弃）

MN=-4及+4而.

【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.

4.两块等腰直角三角板△ABC和△DEC如图摆放，其中NACB=NDCE=90。，F是DE的中

点，H是AE的中点，G是BD的中点.

（1）如图1,若点D、E分别在AC、BC的延长线上，通过观察和测量，猜想FH和FG的

数量关系为和位置关系为;

（2）如图2,若将三角板△DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时，其余条件均

不变，则（1）中的猜想是否还成立，若成立，请证明，不成立请说明理由；

（3）如图3,将图1中的△DEC绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图3,（1）中的猜想还

成立吗？直接写出结论，不用证明.

【答案】（1）相等，垂直.（2）成立，证明见解析；（3）成立，结论是FH=FG,

FH±FG.

【解析】

11

试题分析：（1）证AD=BE,根据三角形的中位线推出FH=]AD,FHIIAD,FG=-BE,

FGIIBE,即可推出答案；

（2）证AACDM△BCE,推出AD=BE,根据三角形的中位线定理即可推出答案；

（3）连接BE、AD,根据全等推出AD=BE,根据三角形的中位线定理即可推出答案.

试题解析：

（1）解：CE=CD,AC=BC,ZECA=ZDCB=90",

BE=AD,

,；F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点，

,11

••FH=-AD,FHIIAD,FG=-BE,FGIIBE,

22

FH=FG,

-/AD±BE,

FH±FG,

故答案为相等，垂直.

(2)答：成立，

证明：*/CE=CD,ZECD=ZACD=90°,AC=BC,

/.△ACDM△BCE

AD=BE,

11

由(1)知：FH=-AD,FHIIAD,FG=-BE,FGIIBE,

/.FH=FG,FH±FG,

(1)中的猜想还成立.

(3)答:成立，结论是FH=FG,FH±FG.

连接AD,BE,两线交于Z,AD交BC于X,

同(1)可证

1

•••6FH=1-AD,FHIIAD,FG=-BE,FGIIBE,

•・•三角形ECD、ACB是等腰直角三角形，

/.CE=CD,AC=BC,ZECD=ZACB=90°,

/.ZACD=ZBCE,

dtAACD和^BCE中

AC=BC

</ACD=/BCE,

CE=CD

：.△ACDM△BCE,

/.AD=BE,ZEBC=ZDAC,

,/ZDAC+ZCXA=90°,ZCXA=ZDXB,

/.ZDXB+ZEBC=90°,

/.ZEZA=180°-90°=90°,

即AD±BE,

,/FHIIAD,FGIIBE,

FH±FG,

即FH=FG,FH±FG,

结论是FH=FG,FH±FG.

【点睛】运用了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定、三角形的中位线定

理，旋转的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用这些性质进行推理是解此题的关

键.

5.在RtAABC中，AB=BC=5,ZB=90°,将一块等腰直角三角板的直角顶点放在斜边AC的

中点。处，将三角板绕点。旋转，三角板的两直角边分别交AB,BC或其延长线于E,F两

点，如图①与②是旋转三角板所得图形的两种情况.

（1）三角板绕点0旋转，AOFC是否能成为等腰直角三角形？若能，指出所有情况（即

给出△OFC是等腰直角三角形时BF的长）；若不能，请说明理由；

（2）三角板绕点0旋转，线段0E和OF之间有什么数量关系？用图①或②加以证明；

（3）若将三角板的直角顶点放在斜边上的点P处（如图③），当AP:AC=1:4时，PE和PF

有怎样的数量关系？证明你发现的结论.

【解析】

【小题1】由题意可知，①当F为BC的中点时，由AB=BC=5,可以推出CF和OF的长

度，即可推出BF的长度，②当B与F重合时，根据直角三角形的相关性质，即可推出OF

的长度，即可推出BF的长度；

【小题2】连接0B,由已知条件推出△OEB2△OFC,即可推出OE=OF；

【小题3】过点P做PM_LAB,PN_LBC,结合图形推出△PNF-△PME,△APM”△PNC,

继而推出PM：PN=PE：PF,PM：PN=AP：PC,根据已知条件即可推出PA：AC=PE：PF=1：

4.

6.如图1,在锐角△ABC中，NABC=45。，高线AD、BE相交于点F.

（1）判断BF与AC的数量关系并说明理由；

（2）如图2,将AACD沿线段AD对折，点C落在BD上的点M,AM与BE相交于点N,

当DEIIAM时，判断NE与AC的数量关系并说明理由.

1

【答案】（1）BF=AC,理由见解析；（2）NE=-AC,理由见解析.

【解析】

试题分析：（1）如图1,证明AADCM△BDF（AAS）,可得BF=AC；

（2）如图2,由折叠得：MD=DC,先根据三角形中位线的推论可得：AE=EC,由线段垂直

平分线的性质得：AB=BC,则NABE=NCBE,结合（1）得：△BD四△ADM,则

ZDBF=ZMAD,最后证明NANE=NNAE=45°,得AE=EN,所以EN=J_AC

2'

试题解析：

（1）BF=AC,理由是：

如图1,AD±BC,BE±AC,

ZADB=ZAEF=90°,

•••ZABC=45°,

△ABD是等腰直角三角形，

AD=BD,

7ZAFE=ZBFD,

/.ZDAC=ZEBC,

在小ADC^DABDF中，

ZDAC=ZDBF

.・<ZADC=ZBDF,

AD=BD

ADCM△BDF（AAS）,

BF=AC；

1

（2）NE=-AC,理由是：

如图2,由折叠得：MD=DC,

DEIIAM,

AE=EC,

-，•BE±AC,

AB=BC,

ZABE=ZCBE,・

由（1）得：△ADCM△BDF,

,/△ADC合△ADM,

/.△BD这△ADM,

/.ZDBF=ZMAD,

,/ZDBA=ZBAD=45°,

/.ZDBA-ZDBF=ZBAD-ZMAD,

即NABE=N-BAN,

ZANE=ZABE+ZBAN=2ZABE,

ZNAE=2ZNAD=2ZCBE,

ZANE=ZNAE=45°,

AE=EN,

1

EN=-AC.

2

7.在平面直角坐标系中，。为原点，点A(3,0),点B(0,4),把AAB。绕点A顺时

针旋转，得点B,。旋转后的对应点为夕，0.

(1)如图1,当旋转角为90。时，求BB，的长；

(2)如图2,当旋转角为120。时，求点。，的坐标；

(3)在(2)的条件下，边OB上的一点P旋转后的对应点为人当OP+AP，取得最小值

_93X/3276x/3

【答案】(1)56；(2)0'")；(3)P'(―,"

2255

【解析】

【分析】

(1)先求出AB.利用旋转判断出△ABB，是等腰直角三角形，即可得出结论；

(2)先判断出N44。1=60。，利用含30度角的直角三角形的性质求出AH,OH,即可得出

结论；

(3)先确定出直线的解析式，进而确定出点P的坐标，再利用含30度角的直角三角

形的性质即可得出结论.

【详解】

(1)A(3,0),B(0,4),；。=3,08=4,：.AB^5,由旋转知，BA=B'A,

1

NBAB=90°,二△ABF是等腰直角三角形，=BB'=AB=S.

(2)如图2,过点。作。HJ_x轴于H,由旋转知,O'A=OA=3,ZOAO'=120°,

13%n9

ZHAO'=60a,：.^HO'A=30°,.-.AH=AO'^-,OH=y/3AH=,：.OH=OA+AH=-,

2222

O'd,3^).

22’

(3)由旋转知，AP=AP',：.O'P+AP'=O'P+AP.如图3,作A关于y轴的对称点C,连接。'C

交y轴于P,二O'P+AP=O'P+CP=O'C,此时，O'P+AP的值最小.

,・,点C与点A关于y轴对称*，C（-3,0）.

..c，（93y/3士ZJX>/335/3,3"

•°（一，、-），.,.直线。'C的解析式为片'X+、-，令x=0,.一.片7.P(0,

22555

、),O'P'=OP=,作P'D_LO'H于。.

55

•••ZB'O'A=NBOA=90°,ZAO'H=30°,：.ZDP'O'=30°,/.O'D=1o'P'=,

210

r96732727673、

P'D=J3O'D=—,：.DH=O'H-O'D=,O'H+P'D=——，；.P'(.

105555

【点睛】

本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三

角形的性质，构造出直角三角形是解答本题的关键.

8.在平面直角坐标中，边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、X轴的正

半轴上，点。在原点.现将正方形0ABe绕。点顺时针旋转，当A点一次落在直线y=x上

时停止旋转，旋转过程中，A3边交直线>=无于点”,BC边交无轴于点N（如图）.

（1）求边在旋转过程中所扫过的面积；

（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，求正方形。4BC旋转的度数；

（3）设AMBN的周长为P,在旋转正方形0ABe的过程中，P值是否有变化？请证明

你的结论.

【答案】（1）m（2）22.5。⑶周长不会变化，证明见解析

【解析】

试题分析：（1）根据扇形的面积公式来求得边OA在旋转过程中所扫过的面积；

（2）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出NAOM的度数；

(3)利用全等把△MBN的各边整理到成与正方形的边长有关的式子.

试题解析：(1),二A点第一次落在直线y=x上时停止旋转，直线y=x与y轴的夹角是

45°,

■0A旋转了45。.

.­.0A在旋转过程中所扫过的面积为45兀X22=上

3602

(2)MNIIAC,

ZBMN=ZBAC=45°,ZBNM=ZBCA=45°.

ZBMN=ZBNM.BM=BN.

文:BA=BC,AM=CN.

又；OA=OC,ZOAM=ZOCN,△0AM2△OCN.

A0M=ZCON=1(ZAOC-ZMON)=[(90°-45°)=22.5°.

22

二旋转过程中，当MN和AC平行时,正方形OABC旋转的度数为45。-22.5。=22.5。.

(3)在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化.

证明：延长BA交y轴于E点，

则NAOE=45°-ZAOM,ZCON=90°-45°-ZAOM=45°-ZAOM,

ZAOE=ZCON.

又OA=OC,ZOAE=180°-90°=90°=ZOCN.

:&OAE空△OCN.

OE=ON,AE=CN.

又；ZM0E=ZMON=45°,0M=0M,

△OMEM△OMN.MN=ME=AM+AE.

MN=AM+CN,

p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4.

・••在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化.

考点：旋转的性质.

9.如图1,在RtAADE中，ZDAE=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RtAADE的外部作RtAABC,ZBAC=90°,连接BE、CD.

(1)在图1中，若AC=AB,AE=AD,现将图1中的RtAADE绕着点A顺时针旋转锐角a,

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RtAADE绕着点A顺时针旋

转锐角a,得到图3,连接BD、CE.

①求证：△ABE-△ACD；

②计算：BD2+CE2的值.

E

【答案】（］）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△BAm&CAD,即可解决问题；

（）①根据两边成比例夹角相等即可证明

2AABEsAACD.

②由①得到NAEB=NCDA.再根据等量代换得到NDGE=90。，即DG_LBE,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,BErCD.

理由：设BE与AC的交点为点F,8E与C。的交点为点G,如图2.

•，-ZMB=ZEAD=90°,：.ZCAD=NBAE.

AB=AC

在小CAD和4BAE中，•••1NBAE=ACAD,△CAD^△BAE,：.CD=BE,

AE=AD

ZACD=^ABE.

:NBFA=NCFG,ZBFA+ZABF=90°,；.NCFG+NACO=90°,ZCGF=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.

,/ZCABB=NEAD=90\/.ZCAD=Z.BAE.

CA=3AB=5,AD=6,AE=W,------=-------=2,,△ABE^△ACD-

fABAC'

②：△ABE-&ACD,：.ZAEB=NCDA.

■：ZAFD=NEFG,ZAFD+ZCDA=90°,ZEFG+NAEB=90°,：.ZOGE=90°,/.OG_LBE,

ZAGD=Z.BGD=90°,CE2=CG2+EG2,BD2=BGi+DG2,：.BD2+CE2=CG2+EGi+BG2+DG2.

'''CG2+BG2=CB2,EG2+DG2=EDI,：.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.

10.在RtAACB和△AEF中，NACB=NAEF=90°,若点P是BF的中点，连接PC,PE.

特殊发现：

如图1,若点E、F分别落在边AB,AC上，则结论：PC=PE成立（不要求证明）.

问题探究：

把图1中的△AEF绕点A顺时针旋转.

⑴如图2,若点E落在边CA的延长线上，则上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若

不成立，请说明理由；

⑵如图3,若点F落在边AB上，则上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成

立，请说明理由；

⑶记寸=k,当k为何值时，ACPE总是等边三角形？（请直接写出后的值，不必说）

【答案】（DPC=PE成立（2）,PC=PE成立（3）当k为吏时，MZPE总是等边三

3

角形

【解析】

【分析】

(1)过点P作PM_LCE于点M,由EFJ_AE,BC±AC,得到EFIIMPIICB,从而有

EMFP

--=再根据点P是BF的中点，可得EM=MC,据此得到PC=PE.

MCPB

(2)过点F作FDLAC于点D,过点P作PMLAC于点M,连接PD,先证

ADAa△EAF,即可得出AD=AE；再证△DAP合△EAP,即可得出PD=PE；最后根据

FD±AC,BC±AC,PM±AC,可得FDIIBCIIPM,再根据点P是BF的中点，推得PC=PD,

再根据PD=PE,即可得到结论.

(3)因为△CPE总是等边三角形，可得NCEP=60°,ZCAB=60°；由NACB=90°,求出

ACAC

NCBA=30。；最后根据=左，=tan300,求出当△CPE总是等边三角形时，k的值是

BCBC

多少即可.

【详解】

解：(1)PC=PE成立，理由如下：

如图2,过点P作PM_LCE于点M,EF±AE,BC±AC,/.EFIIMPIICB,

EMFP

’7777=二,1.点P是BF的中点，EM=MC,又PM_LCE,PC=PE；

MCPB

(2)PC=PE成立，理由如下：

如图3,过点F作FD_LAC于点D,过点P作PM_LAC于点M,连接PD,丁NDAF=NEAF,

ZFDA=ZFEA=90°,在4DAF和小EAF中

,•，-ZDAF=ZEAF,ZFDA=ZFEA,AF=AF,

△DA陛△EAF(AAS),

AD=AE,在小DAP和4EAP中,

-：AD=AE,ZDAP=ZEAP,AP=AP,

...ADAP2AEAP(SAS),

PD=PE,

FD±AC,BC±AC,PM_LAC,

FDIIBCIIPM,

DM_FP

'MC~TB,

点P是BF的中点，

DM=MC,又•「PM±AC,

PC=PD,又PD=PE,

PC=PE；

(3)如图4,,「△CPE总是等边三角形，

/.ZCEP=60°,

/.ZCAB=60°,

ZACB=90°,

ZCBA=90°-ZACB=90°-60°=30°,

AC7AC

.灰=k，衣不伽。’

k=tan300=叵,

3

••・当k为W时，ACPE总是等边三角形.

3

圄4

【点睛】

考点：L几何变换综合题；2.探究型；3.压轴题；4.三角形综合题；5.全等三角形的

判定与性质；6.平行线分线段成比例.

11.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.

A

AA

（1）操作：固定△ABC,将△CDJi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ACDJi绕点C顺时针旋转30。得到ACDE,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ACDE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.

式

【答案】（1）BE=CD.理由见解析；（2）△CHQ是等腰三角形；（3）7>P-2X.

【解析】

试题分析：（1）根据等边三角形的性质可得AB=BC,CD=CE,NACB=NECD=60。，然后求

出NACD=ZBCE,再利用“边角边"证明△ACD和4BCE全等，根据全等三角形对应边相等证

明即可；

（2）求出NACF=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

NCHQ=30。，从而得到NACF=NCHQ,判断出△CHQ是等腰三角形；

（3）求出NCGP=90。，然后利用NACF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,ZACB=ZECD=60°.

ZACB-ZACE=ZECD-ZACE,

即NBCE=ZACD.

在小ACDBCE中，

AB=BC

Z-ACD=/.BCE

CD=CE'

：.AAC醛ABCE（SAS）,

BE=AD；

（2）•.・旋转角为30。，

ZBCF=30°,

ZACF=60°-30°=30°,

ZCHQ=ZRQP-ZACF=60°-30o=30°,

ZACF=ZCHQ,

・•.ACHQ是等腰三角形；

(3)ZCGP=180°-ZACF-ZRPQ=180o-30°-60o=90o,

史

CG=CP»cos30°=2(x+4),

MCHQ是等腰三角形，

：.CH=2«CQcos30°=2x«-=\%，

：.GH=CG-CH=2(x+4)-\3x=2\3-2x.

考点：几何变换综合题.

12.如图1,在△ABC中，E、D分别为AB、AC上的点，且ED〃BC,。为DC中点，连结

E0并延长交BC的延长线于点F,则有S…EBC=SAEBF.

（1）如图2,在已知锐角NAOB内有一个定点P.过点P任意作一条直线MN,分别交射

线OA、0B于点M、N.将直线MN绕着点P旋转的过程中发现，当直线MN满足某个条

件时，△MON的面积存在最小值.直接写出这个条件:.

（2）如图3,在平面直角坐标系中，。为坐标原点，点A、B、C、P的坐标分别为（6,

99

0）、（6,3）、3，5）、（4、2）,过点P的直线I与四边形OABC一组对边相交，将

四边形OABC分成两个四边形，求其中以点O为顶点的四边形面积的最大值.

【答案】（］）当直线MN旋转到点P是线段MN的中点时，△MON的面积最小；（2）10

【解析】

试题分析：（1）当直线旋转到点P是MN的中点时工MON最小，过点M作MGII0B交EF

于G.由全等三角形的性质可以得出结论；

（2）①如图3①过点P的直线I与四边形OABC的一组对边OC、AB分别交于点M、N,

由（1）的结论知，当PM=PN时，AMND的面积最小，此时四边形OANM的面积最大，S

四边形OANM~△OAD△MND'

②如图3②，过点P的直线I与四边形OABC的另一组对边CB、0A分别交M、N,利用S

=S-ST,进而得出答案.

四边形OCMN△AOOCCT△AMMN

试题解析：（1）当直线MN旋转到点P是线段MN的中点时，AMON的面积最小.

如图2,过点P的另一条直线EF交OA、0B于点E、F,设PFVPE,过点M作MGII0B交

EF于G,

可以得出当P是MN的中点时S四妍MOFG=SAMON

s<s,s<s

四边形MOFG△EOF△MON△EOF

当点P是MN的中点时SAMON最小.

（2）分两种情况：

①如图3①过点P的直线I与四边形OABC的一组对边OC、AB分别交于点M、N.

延长OC、AB交于点D,易知AD=6,SAOAD=18.

由（1）的结论知，当PM=PN时，AMND的面积最小，此时四边形OANM的面积最大.

过点P、M分别作PP1_LOA,MM]_LOA,垂足分别为P1、M「

由题意得MFi=P]A=2,从而OMJMMJZ.又P（4,2）,B（6,3）

二PiA=MiPi="O"M1=P1P=2,M1M=0M=2,可证四边形是正方形.

MNIIOA,ZMND=90°,NM=4,DN=4.求得S=8

△MND

S四功形OANM=S^OAD-S15MND=18-8=10

②如图3②，过点P的直线I与四边形OABC的另一组对边CB、0A分别交M、N.

延长CB交x轴于T点，由B、C的坐标可得直线BC对应的函数关系式为y=—x+9.

则T点的坐标为（9,0）.

1981

S=2x9x2=4

△OCT

由⑴的结论知：当PM=PN时，AMNT的面积最小，此时四边形。CMN的面积最大.

过点P、M点分别作PP]_LOA,MM]_LOA,垂足为

从而NP『PM，MM『2PPi=4.

二点M的横坐标为5,点P（4、2）,P]MI=NP『1,TN=6.

18133

..，KMNT-'X6X4-12,S四边形OCMN—SAOCT"^AMNT4-12=4<10.

综上所述：截得四边形面积的最大值为10.

考点：1.线动旋转问题；2.正方形的判定和性质；3.图形面积求法；4.分类思想的应用.

13.如图所示，在△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，DEIIBC,如图①，然后将

△ADE绕A点顺时针旋转一定角度，得到图②，然后将BD、CE分别延长至M、N,使DM

=《BD,EN=4CE,得到图③，请解答下列问题：

⑴若AB=AC,请探究下列数量关系：

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、NMAN与NBAC的数量关系，并证明你的猜

想；

(2)若AB=k.AC(k>l),按上述操作方法，得到图④，请继续探究：AM与AN的数量关

系、NMAN与NBAC的数量关系，直接写出你的猜想，不必证

【答案】(1)①BD=CE；

②AM=AN,NMAN=NBAC理由如下：

•.•在图①中，DE〃BC,AB=AC

AD="AE."

AB=AC,

/.BAD=ACAE,

...AD=