人教版九年级数学上册期末复习考题猜想 专题05旋转作图与旋转模型几何综合题（7种热考题型）

题型一：旋转作图问题——基本方法（共6题）1．（2023秋•余姚市期末）如图，在的正方形网格中，点，，均在格点上，请按要求作图．（1）在图1中，将绕点顺时针方向旋转，作出经旋转后的；（其中点，分别是点，的对应点）（2）在图2中，请用无刻度直尺找出过，，三点的圆的圆心，标出圆心的位置．2．（2024春•确山县期末）如图平行四边形，在边上，且，仅用无刻度直尺作图并保留作图痕迹，不写画法．（1）在图1中，画出的角平分线，并说明理由；（2）沿用（1）中解决问题的思路并结合平行四边形的性质，在图2中，画出的角平分线，并说明理由．3．（2023春•浑江区期末）请用直尺按要求在网格中作图，并标明字母（辅助线可用虚线作出，以下作图请勿超出网格范围）．（1）作出平行四边形；（2）以为边，作出正方形；（3）作出一条同时平分平行四边形与正方形面积的直线．4．（2023秋•武昌区期末）如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，△的三个顶点均在格点上，点是另一格点．下列作图仅用无刻度直尺在网格中完成．（1）画出△关于点的中心对称图形；（2）将△绕点逆时针旋转得△，画出△；（3）直接写出△的形状和面积．5．（2022秋•淮阴区月考）如图，在边长为1的正方形网格中，、、、．（1）将线段绕点逆时针旋转，得到对应线段．当与第一次平行时，画出点运动的路径；（2）线段与线段存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段，直接写出这个旋转中心的坐标．6．（2020秋•青山区期中）请用无刻度直尺画出下列图形，并保留作图痕迹．（1）将线段绕点顺时针旋转，得到线段；（2）过作线段的垂线段，垂足为；（3）作的角平分线．题型二：旋转作图问题——计算与综合（共5题）1．（2023•武汉模拟）操作与思考：如图（1），在中，，，是异于，的一点，且．若将线段绕点逆时针旋转，画出对应线段，连接交于点，猜想与的数量关系，并证明你的猜想：迁移与运用如图（2），在和中，，，，，，的延长线交于点，且，直接写出的长．2．（2020秋•江阳区期末）如图，是正方形中边上任意一点，以点为旋转中心，把顺时针旋转．（1）画出旋转后的图形；（2）若，求在旋转过程中扫过的面积．3．（2022秋•武汉期中）如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．的顶点在格点上．仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示．（1）在图1中，将线段绕点顺时针旋转得到线段，画出线段；在内部找一点，使，连接、；（2）在图2中，为线段的中点，作关于的对称点，再以为旋转中心，将顺时针旋转得到△，画出△（点、、分别对应点、、；若的度数为，则的度数为（直接用含的式子写出答案）．4．（2023秋•江岸区期中）如图网格是由边长为1个单位长度的小正方形组成，每个小正方形的顶点叫做格点，点、、、都是格点，请仅用无刻度的直尺完成下列作图，作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示，点对应点，点对应点．（1）在图1中，将线段向右平移3个单位长度，画出平移后的线段，再将线段绕点顺时针旋转，画出对应线段；（2）在图2中，先作点关于点对称的点，再过点作直线分别交、于点、，使得．5．（2021秋•蔡甸区校级期中）如图，在网格中的每个小正方形边长都为1个单位长度，我们把每个小正方形的顶点称为格点，，，，，，，均为格点，请按要求仅用一把无刻度的直尺作图．（1）将绕点逆时针旋转得到△，请画出△；（2）将绕点旋转得到，请画出点和；（3）将格点线段平移至格点线段（点，的对应点分别为，，使得平分四边形的面积，请画出线段；（4）在线段上找一点，使得，请画出点．题型三：利用旋转模型求最值（共3题）1．（2024•宜宾）如图，在中，，，以为边作，，点与点在的两侧，则的最大值为A． B． C．5 D．82．（2023秋•武昌区校级期中）如图，平行四边形中，，，，是边上一点，且，是边上的一个动点，将线段绕点顺时针旋转，得到，连接、，则的最小值是A． B． C．14 D．6．（2023•沙市区模拟）问题背景如图（1），，都是等边三角形，可以由通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小．尝试应用如图（2），在中，，分别以，为边，作等边和等边，连接，并延长交于点，连接．若，求的值．拓展创新如图（3），在中，，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，直接写出的最大值．题型四：利用旋转模型求线段长与面积（共7题）1．（2024春•宝安区校级月考）如图，为等腰直角三角形，．是斜边的中点，为下方一点，满足，若，，则．2．（2023•武汉模拟）如图，是内一点，，，，，，则的长是．3．（2023秋•新洲区期末）如图，是等边中边上的一点，连接，在的右侧作，使，，连接．【操作观察】（1）作点关于点的对称点，画出；【应用探究】（2）若平分，求的值；【实践创新】（3）若，当点从点运动到点时，写出扫过的面积．4．（2023•建平县模拟）（1）问题背景：如图（1），，都是等边三角形，可以由通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转角（写锐角）的大小、旋转方向；（2）尝试应用：如图（2），在中，，分别以，为边，作等边和等边，连接，并延长交于点，连接．若，求的值；（3）拓展创新：如图（3），在四边形中，，，，求的长．5．（2024•鼓楼区一模）如图1，在中，以为边向外作等边，以为边向外作等边，连接、．求证：．【知识应用】如图2，四边形中，、是对角线，是等腰直角三角形，，，，求的长．【拓展提升】如图3，四边形中，，，，则．6．（2023秋•江岸区校级月考）【问题情境】在数学课上，老师出了这样一个问题：“如图1，在四边形中，，，，，，求的长．”经过小组合作交流，找到了解决方法：构造旋转全等．将绕点逆时针旋转到，连接．则是等边三角形，所以，导角可得，所以．（1）请补全图形；【探究应用】（2）如图2，在中，，．为外一点，且，，求的度数；【拓展延伸】（3）如图3，在中，，，于，为上一点，连接，为上一点，若，，，连接，请直接写出线段的长．7．（2023秋•江岸区校级月考）问题背景：（1）如图1，在等腰中，为边上一动点，将绕点逆时针旋转得到线段，连接，判断与的数量与位置关系，并证明；尝试运用：（2）如图2，在中，为边上一动点，以为斜边在右侧构造等腰，连接，求证：；拓展提升：（3）在（2）的条件下，若，，直接写出的长．题型五：坐标系中的旋转（共3题）1．（2023秋•潜山市期末）如图，已知点A（6，0），点B在y轴正半轴上，将线段AB绕点A顺时针旋转60°到线段AC，若点C的坐标为（10，m），则m的值为（）A．1633 B．433 2．（2022秋•西丰县期末）如图，在平面直角坐标系中，点B在x轴上，OB＝AB＝5，点A到x轴的距离为4，将△OAB绕点O逆时针旋转90°，得到△OA′B′，则点A′的坐标是．3．（2023•湖北）如图，已知点A（3，0），点B在y轴正半轴上，将线段AB绕点A顺时针旋转120°到线段AC，若点C的坐标为（7，h），则h＝．题型六：利用旋转解几何综合题（共14题）1．（2022秋•江北区校级期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．（1）如图1，点D为△ABC内一点，连接AD，过点A作AE⊥AD，AD＝AE，连接DE，BD，CE，已知AB=5，AD＝1，当B、D、E三点共线时，求ABCE（2）如图2，在AC上取点D，连接BD，过点A作AE⊥BD于点F，AE＝BD，取BC中点G，连接GE，ED，在AB上取点M，过点M作MN∥DE交BC于点N，MN＝GE，求证：BN＝DC；（3）如图3，在AC上取点D，连接BD，将△ABD沿BD翻折至ABDE处，在AC上取点F，连接BF，过点E作EH⊥BF于点F，GE交BF于点H，连接AH，若GE：BF=3：2，AB＝22，求AH2．（2022秋•西丰县期末）如图1，在△ACB中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D，E分别在边CA，CB上，CD＝CE，连接DE，AE，BD，过点C作CF⊥AE，垂足为H，CF与BD交于点F．（1）求证：DF＝BF；（2）将图1中的△CDE绕点C逆时针旋转，其他条件不变，如图2，（1）的结论是否成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由；（3）若CD＝2，CB＝4，将△CDE绕点C逆时针旋转一周，当A，E，D三点共线时，直接写出CF的长．3．（2023•高青县二模）综合与探究问题提出：某兴趣小组在综合与实践活动中提出这样一个问题：在等腰直角三角板ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，用两根小木棒构建角，将顶点放置于点D上，得到∠MDN，将∠MDN绕点D旋转，射线DM，DN分别与边AB，AC交于E，F两点，如图1所示．（1）操作发现：如图2，当E，F分别是AB，AC的中点时，试猜想线段DE与DF的数量关系是；（2）类比探究：如图3，当E，F不是AB，AC的中点，但满足BE＝AF时，求证△BED≌△AFD；（3）拓展应用：如图4，将两根小木棒构建的角，放置于边长为4的正方形纸板上，顶点和正方形对角线AC的中点O重合，射线OM，ON分别与DC，BC交于E，F两点，且满足DE＝CF，请求出四边形OFCE的面积．4．（2023秋•巴南区期末）在等腰直角△ABC中，点D，点F分别为线段AC，AB上的动点，连接DF．（1）如图1，当点F为AB中点时，若BC=42，CD＝1，求DF（2）如图2，将△BCD绕着点B逆时针旋转90°得到△ABM．分别连接MF，MD．延长MF至点N，交AC于点E．若MN∥BC，DN＝MD时，求证：EN=2（3）如图3，BF＝1，BC=42，BD⊥AC，点G为线段BD上一点，连接FG，将线段FG绕点F逆时针旋转90°得到线段FH，连接HG．当AH+HD的值最小时，请直接写出△AFG5．（2023秋•武隆区期末）如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M、P、N分别为DE，DC，BC的中点．（1）求证：PM＝PN，PM⊥PN；（2）把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请求出△PMN面积的最大值．6．（2023春•姑苏区校级期末）综合与实践问题情境在综合实践课上，同学们以“矩形的旋转”为主题开展学习探究活动．如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，在矩形AEFG中，AE＝4，EF＝3，点G在AB上．（1）探究发现连接AC、AF，如图2，猜想AC与AF之间的位置关系，并说明理由；（2）将矩形AEFG绕点A顺时针旋转到如图3的位置，连接DG、CF，请求出DGCF（3）解决问题将矩形AEFG绕点A旋转，当点G在落在直线CF上时，直接写出线段CF的长．7．（2022秋•蔡甸区月考）在△ABE和△CDE中，∠ABE＝∠DCE＝90°，AB＝BE，CD＝CE．（1）连接AD、BC，点M、N分别为AD、BC的中点，连接MN，①如图1，当B、E、C三点在一条直线上时，MN与BC关系是．②如图2，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，①中的结论还成立吗？如果成立，请证明你的结论；如果不成立，请说明理由．（2）如图3，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，连接AC、BD，点P、Q分别为BD、AC的中点，连接PQ，若AB＝12，CD＝5，则PQ的最大值是．8．（2023•保定一模）在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，将矩形ABCD绕点B顺时针旋转得到矩形A1BC1D1，A，C，D的对应点分别为A1，C1，D1．（1）当点A1落在线段DC上时，完成以下探究．①如图1，求DA1的长．②如图2，延长DC交C1D1于点E，求证：△BCA1≌△A1D1E．（2）如图3，以BC为斜边在右侧作等腰直角三角形BCF，∠F＝90°，CF交BC1于点G，交C1D1于点H，若GF=7，求D1H（3）如图4，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点P，连接PA1，PD1，则△PA1D1面积的最小值为．9．（2022秋•荔湾区校级期末）如图1，在△ABC中，点D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，AD＝AE，（1）求证：∠B＝∠C；（2）若∠BAC＝90°，把△ADE绕点A逆时针旋转到图2的位置，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点，连接MN，PM，PN．①判断△PMN的形状，并说明理由；②把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，试问△PMN面积是否存在最大值；若存在，求出其最大值．若不存在，请说明理由．10．（2023•福建）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D是AB边上不与A，B重合的一个定点．AO⊥BC于点O，交CD于点E．DF是由线段DC绕点D顺时针旋转90°得到的，FD，CA的延长线相交于点M．（1）求证：△ADE∽△FMC；（2）求∠ABF的度数；（3）若N是AF的中点，如图2，求证：ND＝NO．11．（2023秋•沙坪坝区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是AB边上一点，连接CD．（1）如图1，当∠B＝67.5°且CD⊥AB时，将线段DC绕着点D逆时针旋转到DC′，连接AC′，CC′，若∠CDC′+∠CAC′＝45°，求∠ADC′的度数；（2）如图2，过点D作DE⊥BC于点E，线段BD的垂直平分线交DE于点F，点G为线段CD的中点，连接AG，FG，AF，BF，求证：AG⊥FG；（3）如图3，∠A＝45°，AD＝4，过点D作DM⊥AB，交AC于点M，点N是直线AB上一动点，点H是平面内一动点，连接MN，MH，NH，DH，当MH⊥MN且S△MNH＝24时，请直接写出DH的最小值．12．（2023秋•蒙阴县期末）如图，△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°．（1）如图①，点E在BC上，线段AE与BD的数量关系是，位置关系是；（2）把△CDE绕直角顶点C旋转到图②的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；（3）把△CDE绕点C在平面内自由旋转，连接BE，若AC＝BC＝12，CE＝CD＝5，当AE最大时，直接写出BE的长是．13．（2024•新城区模拟）在Rt△ABC中，∠C＝90°．将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，旋转角小于∠CAB，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，DE交AB于点O，延长DE交BC于点P．（1）如图1，求证：PC＝PE；（2）当AD∥BC时，①如图2，若CA＝6，CB＝8，求线段BP的长；②如图3，连接BD，CE，延长CE交BD于点F，判断F是否为线段BD的中点，并说明理由．14．（2024•益阳二模）如图，在等腰Rt△ABC和等腰Rt△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°．（1）观察猜想：如图1，点E在BC上，线段AE与BD的关系是；（2）探究证明：把△CDE绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；（3）拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内转动一周，若AC＝BC＝10，CE＝CD＝5，AE、BD交于点P时，连接CP，直接写出△BCP最大面积．题型七：旋转与抛物线（共8题）1．（2022秋•陕州区期末）将抛物线y=12x2+1绕原点A．y＝﹣2x2+1 B．y＝﹣2x2﹣1 C．y=−12x2+1 D．y=−12．（2022秋•南充期末）将抛物线y＝x2+2x﹣1绕顶点旋转180°，所得抛物线的解析为．3．（2023秋•辽宁期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y＝x2+mx+n（其中m，n均为常数）交x轴于A，B两点（点A在点B左侧），A点的坐标为（1，0），设抛物线交y轴于点C，点D为抛物线的顶点，连接OD，AD，AC．且抛物线对于如下不等式恒成立：x2（1）求抛物线的解析式；（2）①求证：∠CDA＝∠ODA；②连接BC，DB，点P为抛物线上一动点，连接DP交BC于Q．若∠DQC＝∠CAB，求点Q的坐标；（3）在x轴上有一点G（a，0）（a为常数），以G为对称中心，将抛物线旋转180°得到抛物线C2，将点G向上平移2|a|个单位得到H，连接BH．当C2与△BGH的直角边有两个公共点时，请直接写出a的取值范围．4．（2022秋•青川县期末）如图，抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A（2，0），B（﹣4，0）两点，与y轴交于点C．（1）求抛物线的解析式．（2）若E为第二象限的抛物线上的点，连接BC，BE，CE，当S△BCE=12S△BOC时，求点（3）M为平面内一点，将抛物线绕点M旋转180°后得到新的抛物线，且新的抛物线经过点A，若新抛物线上有一点P，使△BCP是以点B为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出满足条件的点M的坐标．5．（2023秋•长春期末）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a、b、c是常数，a≠0），自变量x与函数值y的部分对应值如表：x0123…y﹣2m﹣21…（1）根据以上信息，可知抛物线开口向，对称轴为直线．（2）求抛物线的解析式和m的值．（3）将抛物线y＝ax2+bx+c（x＞0）的图象记为G1，将G1绕点O旋转180°后的图象记为G2，G1、G2合起来得到的图象记为G，完成以下问题：①若直线y＝k与函数G有且只有两个交点，直接写出k的取值范围．②若对于函数G上的两点P（x1，y1）、Q（x2，y2），当t≤x1≤t+1，x2≥2时，总有y1＜y2，直接写出t的取值范围．6．（2023•雁峰区校级一模）如图，抛物线y=−12x2+32x+2与x轴负半轴交于点A，与（1）求A，B两点的坐标；（2）如图1，点C在y轴右侧的抛物线上，且AC＝BC，求点C的坐标；（3）如图2，将△ABO绕平面内点P顺时针旋转90°后，得到△DEF（点A，B，O的对应点分别是点D，E，F），D，E两点刚好在抛物线上．①求点F的坐标；②直接写出点P的坐标．（2020秋•天心区期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y=−14x2+bx+c与x轴相交于A，B两点，顶点为D，其中A（﹣42，0），B（42，0），设点F（m，0）是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F旋转180°，得到新的抛物线（1）求抛物线C的函数解析式；（2）若抛物线C'与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围；（3）如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C'上的对应点P'，设M是C上的动点，N是C'上的动点，试探究四边形PMP'N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．8．（2020•青秀区校级三模）如图，已知抛物线C1：y＝ax2+4ax+4a﹣5的顶点为P，与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左边），点B的横坐标是1．（1）求a的值及P的坐标；（2）如图（1），抛物线C2与抛物线C1关于x轴对称，将抛物线C2向右平移，平移后的抛物线记为C3，C3的顶点为M，当点P、M关于点B成中心对称时，求C3的解析式；（3）如图（2），点Q是x轴正半轴上一点，将抛物线C1绕点Q旋转180°后得到抛物线C4．抛物线C4的顶点为N，与x轴相交于E、F两点（点E在点F的左边），当以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形时，求点Q的坐标．

专题05旋转作图与旋转模型几何综合题（考题猜想，7种热考题型）题型一：旋转作图问题——基本方法（共6题）1．（2023秋•余姚市期末）如图，在的正方形网格中，点，，均在格点上，请按要求作图．（1）在图1中，将绕点顺时针方向旋转，作出经旋转后的；（其中点，分别是点，的对应点）（2）在图2中，请用无刻度直尺找出过，，三点的圆的圆心，标出圆心的位置．【分析】（1）根据旋转的性质作图即可．（2）分别作线段，的垂直平分线，相交于点，则点即为所求．【解答】解：（1）如图1，即为所求．（2）如图2，圆心即为所求．【点评】本题考查作图旋转变换、三角形的外接圆与外心，熟练掌握旋转的性质、三角形的外接圆与外心是解答本题的关键．2．（2024春•确山县期末）如图平行四边形，在边上，且，仅用无刻度直尺作图并保留作图痕迹，不写画法．（1）在图1中，画出的角平分线，并说明理由；（2）沿用（1）中解决问题的思路并结合平行四边形的性质，在图2中，画出的角平分线，并说明理由．【分析】（1）连结，由得到，由得，则，即平分；（2）延长交于，则为所作．【解答】解：（1）如图1，，，，，则，即平分，则为所求作；（2）如图2，延长交于，则为所作．理由：四边形是平行四边形，，，，，，△△，又，，，则是所求作的角平分线．【点评】本题考查了等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质，平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．3．（2023春•浑江区期末）请用直尺按要求在网格中作图，并标明字母（辅助线可用虚线作出，以下作图请勿超出网格范围）．（1）作出平行四边形；（2）以为边，作出正方形；（3）作出一条同时平分平行四边形与正方形面积的直线．【分析】（1）根据平行四边形的判定画出图形即可．（2）根据正方形的判定画出图形即可．（3）连接，交于点，连接，交于点，直线即为所求．【解答】解：（1）如图，平行四边形即为所求．（2）如图，正方形即为所求．（3）如图，直线即为所求．【点评】本题考查作图应用与设计，三角形的面积，平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．4．（2023秋•武昌区期末）如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，△的三个顶点均在格点上，点是另一格点．下列作图仅用无刻度直尺在网格中完成．（1）画出△关于点的中心对称图形；（2）将△绕点逆时针旋转得△，画出△；（3）直接写出△的形状和面积．【分析】（1）利用旋转变换的性质分别作出，，的对应点，，即可；（2）利用旋转变换的性质分别作出，，的对应点，，即可；（3）利用勾股定理以及勾股定理的逆定理判断即可，再利用分割法求出面积．【解答】解：（1）如图，△即为所求；（2）如图，△即为所求；（3），，，，△的是等腰直角三角形，面积．【点评】本题考查作图旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质，勾股定理，勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质．5．（2022秋•淮阴区月考）如图，在边长为1的正方形网格中，、、、．（1）将线段绕点逆时针旋转，得到对应线段．当与第一次平行时，画出点运动的路径；（2）线段与线段存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段，直接写出这个旋转中心的坐标．【分析】（1）根据平行的性质以及旋转的性质，取格点，以点为圆心，的长为半径画弧，则即为所求．（2）当，为对应点，，为对应点时，利用网格分别作线段，的垂直平分线，交点即为旋转中心；当，为对应点，，为对应点时，利用网格分别作线段，的垂直平分线，交点即为旋转中心，再根据点的坐标建立平面直角坐标系即可得出答案．【解答】解：（1）如图，即为点运动的路径．（2）当，为对应点，，为对应点时，如图，分别作线段，的垂直平分线，相交于点，则点即为线段与线段的旋转中心，点的坐标为；当，为对应点，，为对应点时，如图，分别作线段，的垂直平分线，相交于点，则点即为线段与线段的旋转中心，点的坐标为．综上所述，旋转中心的坐标为或．【点评】本题考查作图旋转变换，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．6．（2020秋•青山区期中）请用无刻度直尺画出下列图形，并保留作图痕迹．（1）将线段绕点顺时针旋转，得到线段；（2）过作线段的垂线段，垂足为；（3）作的角平分线．【分析】（1）根据旋转变换的性质画出图形即可．（2）取格点，连接交于点，线段即为所求．（3）取格点，，，连接，交于点，作射线，射线即为所求．【解答】解：（1）如图，线段即为所求．（2）如图，线段即为所求．（3）如图，射线即为所求．【点评】本题考查作图旋转变换，角平分线，垂线段等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．题型二：旋转作图问题——计算与综合（共5题）1．（2023•武汉模拟）操作与思考：如图（1），在中，，，是异于，的一点，且．若将线段绕点逆时针旋转，画出对应线段，连接交于点，猜想与的数量关系，并证明你的猜想：迁移与运用如图（2），在和中，，，，，，的延长线交于点，且，直接写出的长．【分析】操作与思考：由旋转的性质和等腰三角形的性质可求，可证点，点，点，点四点共圆，即可求解；迁移与运用：通过证明点，点，点，点四点共圆，可得，由等腰直角三角形的性质可求的长，由勾股定理可求的长，即可求解．【解答】解：操作与思考：，理由如下：如图（1），连接，，，，将线段绕点逆时针旋转，，，，，点，点，点，点四点共圆，，又，；迁移与运用：如图（2），连接，过点作于，，，，，，，，，，，，，，，，，点，点，点，点四点共圆，，是等腰直角三角形，，，．【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，圆的有关知识，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．2．（2020秋•江阳区期末）如图，是正方形中边上任意一点，以点为旋转中心，把顺时针旋转．（1）画出旋转后的图形；（2）若，求在旋转过程中扫过的面积．【分析】（1）根据旋转变换前后的两个图形全等的旋转可得旋转后，点与点重合，点在的延长线上处，且到点的距离等于，然后作出图形即可；（2）利用扫过的面积直接解答即可．【解答】解：（1）如图1所示，△即为旋转后的图形．（2）如图2，是正方形，，在中，，线段旋转扫过的面积为：．【点评】本题考查了作图旋转变换，正方形的性质以及扇形面积的计算，找出点、的对应点的位置是解答本题的关键．3．（2022秋•武汉期中）如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．的顶点在格点上．仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示．（1）在图1中，将线段绕点顺时针旋转得到线段，画出线段；在内部找一点，使，连接、；（2）在图2中，为线段的中点，作关于的对称点，再以为旋转中心，将顺时针旋转得到△，画出△（点、、分别对应点、、；若的度数为，则的度数为（直接用含的式子写出答案）．【分析】（1）根据要求作出图形即可；（2）利用轴对称变换，旋转变换的性质作出图形即可．【解答】解：（1）如图1中，线段，点即为所求；（2）如图2中，点，△，即为所求．．故答案为：．【点评】本题考查作图旋转变换，轴对称变换，圆周角定理等知识，解题的关键是掌握旋转变换，轴对称变换的性质，属于中考常考题型．4．（2023秋•江岸区期中）如图网格是由边长为1个单位长度的小正方形组成，每个小正方形的顶点叫做格点，点、、、都是格点，请仅用无刻度的直尺完成下列作图，作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示，点对应点，点对应点．（1）在图1中，将线段向右平移3个单位长度，画出平移后的线段，再将线段绕点顺时针旋转，画出对应线段；（2）在图2中，先作点关于点对称的点，再过点作直线分别交、于点、，使得．【分析】（1）根据平移和旋转的性质作图即可．（2）根据中心对称的性质可得点，过点分别作，的平行线，分别交、于点、，则四边形为平行四边形，由平行四边形的性质可得，即直线为所求．【解答】解：（1）如图1，线段，即为所求．（2）如图2，点即为所求．过点分别作，的平行线，分别交、于点、，四边形为平行四边形，，则直线即为所求．【点评】本题考查作图平移变换、旋转变换、中心对称、平行四边形的性质，熟练掌握平移的性质、旋转的性质、中心对称的性质以及平行四边形的性质是解答本题的关键．5．（2021秋•蔡甸区校级期中）如图，在网格中的每个小正方形边长都为1个单位长度，我们把每个小正方形的顶点称为格点，，，，，，，均为格点，请按要求仅用一把无刻度的直尺作图．（1）将绕点逆时针旋转得到△，请画出△；（2）将绕点旋转得到，请画出点和；（3）将格点线段平移至格点线段（点，的对应点分别为，，使得平分四边形的面积，请画出线段；（4）在线段上找一点，使得，请画出点．【分析】（1）根据旋转的性质即可将绕点逆时针旋转得到△；（2）线段的中点为，作关于点的对称点，连接、即可；（3）平移，使其经过点；（4）作关于直线的对称点，连接并延长，交于点即可．【解答】解：（1）如图，△即为所求；（2）点和如图所示：（3）如图，且经过点；（4）如图，点即为所求；因为、关于直线的对称，所以，因为，所以．【点评】本题考查了作图旋转变换和作图平移变换，解题的关键熟练掌握旋转和平移的性质．题型三：利用旋转模型求最值（共3题）1．（2024•宜宾）如图，在中，，，以为边作，，点与点在的两侧，则的最大值为A． B． C．5 D．8【分析】由“”可证，可得，由三角形的三边关系可求解．【解答】解：如图，将绕点顺时针旋转，得到，连接，，，，，，，又，，，，在中，，当，，三点共线时，有最大值，的最大值，故选：．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形的三边关系，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．2．（2023秋•武昌区校级期中）如图，平行四边形中，，，，是边上一点，且，是边上的一个动点，将线段绕点顺时针旋转，得到，连接、，则的最小值是A． B． C．14 D．【分析】取的中点，连接、，则，可证明是等边三角形，则，，由旋转得，，所以，可证明，则，所以，再证明，得，所以，连接，作交的延长线于点，则，，所以，则，由，得，则的最小值是，于是得到问题的答案．【解答】解：取的中点，连接、，，，，，，，是等边三角形，，，由旋转得，，，，，，，，，，，连接，作交的延长线于点，则，四边形是平行四边形，，，，，，，，，，，的最小值是，故选：．【点评】此题重点考查平行四边形的性质、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、两点之间线段最短等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．6．（2023•沙市区模拟）问题背景如图（1），，都是等边三角形，可以由通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小．尝试应用如图（2），在中，，分别以，为边，作等边和等边，连接，并延长交于点，连接．若，求的值．拓展创新如图（3），在中，，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，直接写出的最大值．【分析】问题背景由等边三角形的性质得出，，，，证得，由旋转的概念可得出答案；尝试应用证明，由全等三角形的性质得出，，得出，由直角三角形的性质得出，则可得出答案；拓展创新过点作，且使，连接，，由直角三角形的性质求出，的长，则可得出答案．【解答】问题背景解：，都是等边三角形，，，，，，，，可以由绕点顺时针旋转得到，即旋转中心是点，旋转方向是顺时针，旋转角是；尝试应用和都是等边三角形，，，，，，，，，，，，，，，，设，则，，；拓展创新，点在以为直径的圆上运动，取的中点，连接，，如图，过点作，且使，连接，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，，，，，，，，，，，当且仅当、、三点共线时取等号，的最大值为．【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．题型四：利用旋转模型求线段长与面积（共7题）1．（2024春•宝安区校级月考）如图，为等腰直角三角形，．是斜边的中点，为下方一点，满足，若，，则．【分析】过点作，且，连接、，并延长交于点，交于点，连接，证，得，，再证，则是等腰直角三角形，得，设，则，然后在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【解答】解：如图，过点作，且，连接、，并延长交于点，交于点，连接，则，是等腰直角三角形，是斜边的中点，，，，，，，，又，，，是等腰直角三角形，，在中，，设，则，在中，由勾股定理得：，解得：（负值已舍去），，，故答案为：．【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．2．（2023•武汉模拟）如图，是内一点，，，，，，则的长是．【分析】将线段顺时针旋转得到，利用证明，得，设，则，利用勾股定理列方程即可解决问题．【解答】解：如图所示，将线段顺时针旋转得到，，，，，又，，，可视为旋转而得，，设与的交点为，在中，，，，设，则，由勾股定理得，，即，解得，，，，．故答案为：．【点评】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．3．（2023秋•新洲区期末）如图，是等边中边上的一点，连接，在的右侧作，使，，连接．【操作观察】（1）作点关于点的对称点，画出；【应用探究】（2）若平分，求的值；【实践创新】（3）若，当点从点运动到点时，写出扫过的面积．【分析】（1）延长至，使，连接，则就是所求作的三角形；（2）作于，可证得，从而，，进而证得，从而，，进而得出，作于，可得出，不妨设，则，，则，，进而得出，进一步得出结果；（3）由（2）知：点在与成的射线上运动，交于，当点在处时，，可得出，从而，解直角三角形，求得和，进一步得出结果．【解答】解：（1）如图1，延长至，使，连接，则就是所求作的三角形；（2）如图2，作于，是等边三角形，，，，，，，，，，，，，，平分，，，作于，，不妨设，则，，则，，，，，；（3）如图2，由（2）知：点在与成的射线上运动，交于，当点在处时，，，，，，，，，，，，故答案为：．【点评】本题考查了等边三角形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质等，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．4．（2023•建平县模拟）（1）问题背景：如图（1），，都是等边三角形，可以由通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转角（写锐角）的大小、旋转方向；（2）尝试应用：如图（2），在中，，分别以，为边，作等边和等边，连接，并延长交于点，连接．若，求的值；（3）拓展创新：如图（3），在四边形中，，，，求的长．【分析】（1）由等边三角形得出，，，，证明，由旋转性质即可得出答案；（2）证明，由全等三角形的性质得，，得出，由直角三角形性质得，则可计算出答案；（3）过点作，且使，连接，由直角三角形的性质求出、的长即可得解．【解答】解：（1），都是等边三角形，，，，，，，，可以由绕点顺时针旋转得到，即旋转中心是点，旋转方向是顺时针，旋转角是，（2）和都是等边三角形，，，，，，，，，，，，，，，设，则，，．（3）作，且，连接，如图，，，，，即，，，，，在中，，，，，．【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质、圆周角定理；熟练掌握旋转的性质是解题关键．5．（2024•鼓楼区一模）如图1，在中，以为边向外作等边，以为边向外作等边，连接、．求证：．【知识应用】如图2，四边形中，、是对角线，是等腰直角三角形，，，，求的长．【拓展提升】如图3，四边形中，，，，则．【分析】由等边三角形的性质得，，，可根据“边角边“证明；【知识应用】如图2，过点作，使，连接，，先根据勾股定理计算，证明，则；【拓展提升】如图3，作，使，连接，，证明，则，，再证明是等腰直角三角形，设，根据角的和与差可得结论．【解答】证明：如图1，和都是等边三角形，，，，，即，；【知识应用】解：如图2，过点作，使，连接，，是等腰直角三角形，，，，，，，，，，，，；【拓展提升】如图3，作，使，连接，，，，，，，，，，，，，，即，，，，，，，，设，，，，．故答案为：．【点评】此题是四边形的综合题，考查了等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，旋转型的全等三角形的判定与性质等知识与方法，解题的关键是正确地作出辅助线，运用类比的思想，属于考试压轴题．6．（2023秋•江岸区校级月考）【问题情境】在数学课上，老师出了这样一个问题：“如图1，在四边形中，，，，，，求的长．”经过小组合作交流，找到了解决方法：构造旋转全等．将绕点逆时针旋转到，连接．则是等边三角形，所以，导角可得，所以．（1）请补全图形；【探究应用】（2）如图2，在中，，．为外一点，且，，求的度数；【拓展延伸】（3）如图3，在中，，，于，为上一点，连接，为上一点，若，，，连接，请直接写出线段的长．【分析】（1）题意补全图形即可；（2）将绕点逆时针旋转得到，连接，作于，根据含30度的直角三角形的性质及勾股定理求得，推出，据此求解即可；（3）延长构造等边三角形，然后利用两组三角形相似求出，最后利用勾股定理求解．【解答】解：（1）将绕点逆时针旋转到，连接．补全图形，如图1所示，；（2）将绕点逆时针旋转得到，连接，作于，如图2，在中，，．为外一点，且，由旋转的性质知，，，，，，，，由勾股定理得，，，，，，，；（3）解法一：延长交于，延长到，使，连接，如图3，，，，，是等边三角形，，，，，，，，，，，过作于，过作于，，，，，，，，，，，，；解法二：将三角形绕点逆时针旋转得到，连，结合方法一可得，，，；故答案为：3．【点评】本题主要考查了三角形的综合，灵活运用旋转构造相似三角形，利用相似三角形的判定和性质是本题解题的关键．7．（2023秋•江岸区校级月考）问题背景：（1）如图1，在等腰中，为边上一动点，将绕点逆时针旋转得到线段，连接，判断与的数量与位置关系，并证明；尝试运用：（2）如图2，在中，为边上一动点，以为斜边在右侧构造等腰，连接，求证：；拓展提升：（3）在（2）的条件下，若，，直接写出的长．【分析】（1）根据旋转的性质可证明，然后利用证明即可；（2）将绕点逆时针旋转得到线段，由（1）可得，是等腰直角三角形，判断，得出、、三点共线，利用等腰三角形的性质证明是中点，证明，利用勾股定理即可求解；（3）过作于，先证明，然后利用等腰三角形的性质等求出，，，在中，利用勾股定理求出，然后代入求解即可．【解答】（1）解：，理由如下：将绕点逆时针旋转得到线段，，，，，又，，；（2）证明：将绕点逆时针旋转得到线段，由（1）知，是等腰直角三角形，，，是以为斜边的等腰直角三角形，，，、、三点共线，，，，是直角三角形，，，即，，，；（3）解：过作于，由（2）知：，又，，，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，解得或，故答案为：或．【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质与判断，含的直角三角形的性质，解一元二次方程等知识，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．题型五：坐标系中的旋转（共3题）1．（2023秋•潜山市期末）如图，已知点A（6，0），点B在y轴正半轴上，将线段AB绕点A顺时针旋转60°到线段AC，若点C的坐标为（10，m），则m的值为（）A．1633 B．433 【分析】利用勾股定理解得OB、BE的长度，再根据线段的和差得到方程3m4﹣208m2﹣4096＝0，进而解得m的值．【解答】解：过点C作CD⊥x轴，作CE⊥y轴，连接CB，∵点A（6，0），点C的坐标为（10，m），∴OD＝10，OA＝6，CD＝m，∴AD＝OD﹣OA＝4，在Rt△ADC中，AC=A∵将线段AB绕点A顺时针旋转60°到线段AC，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，在Rt△AOB中，OB=A在Rt△CBE中，BE=B∴OE＝OB+BE=m2∴m2−20化简变形得：3m4﹣208m2﹣4096＝0，解得：m=1633或∴m=16故选：A．【点评】本题考查了直角坐标系中的旋转变化，勾股定理，矩形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练勾股定理是解题的关键．二．填空题（共2小题）2．（2022秋•西丰县期末）如图，在平面直角坐标系中，点B在x轴上，OB＝AB＝5，点A到x轴的距离为4，将△OAB绕点O逆时针旋转90°，得到△OA′B′，则点A′的坐标是（﹣4，8）．【分析】过点A作AN⊥x轴，过点A′作A′M⊥y轴，先求出ON＝8，再证明△AON≌△A′OM（AAS），推出OM＝ON＝8，B′M＝BN＝4，从而求出点A′的坐标．【解答】解：过点A作AN⊥x轴，过点A′作A′M⊥y轴，∴∠A′MO＝∠ANO＝90°，∵OB＝AB＝5，点A到x轴的距离为4，∴BN＝3，∴ON＝8，∵将△OAB绕点O逆时针旋转90°，得到△OA′B′，∴∠AOA′＝90°，OA＝OA′，∴∠AOB′+∠A′OB′＝∠AOB+∠AOB′，∴∠BOA＝∠B′OA′，∴△NOA≌△MOA′（AAS），∴OM＝ON＝8，A′M＝AN＝4，∴A′（﹣4，8），故答案为：（﹣4，8）．【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转、等腰三角形的性质、勾股定理，掌握这几个知识点的综合应用，其中作出辅助线证明三角形全等是解题关键．3．（2023•湖北）如图，已知点A（3，0），点B在y轴正半轴上，将线段AB绕点A顺时针旋转120°到线段AC，若点C的坐标为（7，h），则h＝233【分析】在x轴上取点D和点E，使得∠ADB＝∠AEC＝120°，过点C作CF⊥x于点F，在Rt△CEF中，解直角三角形可得EF=33ℎ，CE=233ℎ，再证明△CAE≌△ABD（AAS），则AD=CE=233ℎAE＝BD【解答】解：方法一：在x轴上取点D和点E，使得∠ADB＝∠AEC＝120°，过点C作CF⊥x轴于点F，∵点C的坐标为（7，h），∴OF＝7，CF＝h，在Rt△CEF中，∠CEF＝180°﹣∠AEC＝60°，CF＝h，EF=CFtan60°=33ℎ，CE=CFsin60°=23∴∠CAE＝∠ABD，∵AB＝CA，∴△CAE≌△ABD（AAS），∴AD=CE=233ℎ，∵点A（3，0），∴OA＝3，∴OD=OA−AD=3−在Rt△BOD中，∠BDO＝180°﹣∠ADB＝60°，BD=OD∴AE=BD=6−4∵OA+AE+EF＝OF，∴3+6−4解得ℎ=2方法二：将△AOB绕点A顺时针旋转120度，得到三角形ACD，延长DC交x轴于点E，在直角三角形ADE中，∠DAE＝60°，则AE＝2AD＝2OA＝6，过点C作CF⊥x轴于点F，则CF＝h，AF＝7﹣3＝4，所以EF＝6﹣4＝2，在直角三角形CEF中h＝EF•tan30°=.故答案为：23【点评】此题考查了全等三角形的判定和性质、解直角三角形、旋转的性质等知识，构造三角形全等是解题的关键．题型六：利用旋转解几何综合题（共14题）1．（2022秋•江北区校级期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．（1）如图1，点D为△ABC内一点，连接AD，过点A作AE⊥AD，AD＝AE，连接DE，BD，CE，已知AB=5，AD＝1，当B、D、E三点共线时，求ABCE（2）如图2，在AC上取点D，连接BD，过点A作AE⊥BD于点F，AE＝BD，取BC中点G，连接GE，ED，在AB上取点M，过点M作MN∥DE交BC于点N，MN＝GE，求证：BN＝DC；（3）如图3，在AC上取点D，连接BD，将△ABD沿BD翻折至ABDE处，在AC上取点F，连接BF，过点E作EH⊥BF于点F，GE交BF于点H，连接AH，若GE：BF=3：2，AB＝22，求AH【分析】（1）分别求出△ABE和△BCE的面积，再求和即可；（2）连接DG，AG，证明△BMN≌△CGD即可；（3）取BE中点M，连接HM，AM，分别求出HM和AM的长度即可求出AH最小值．【解答】解：（1）如图1，作AH⊥BE于H．∵AE⊥AD，∴∠DAE＝90°，∵AE＝AD＝1，∴DE=2，AH＝DH＝HE=22，∠ADE∴∠BDA＝135°，∵AB=5∴BH=A∴BD＝BH﹣DH=2，BE＝BD+DE＝22∵∠BAC＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中：BA=CA∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAE（SAS），∴CE＝BD=2，∠CEA＝∠BDA∴∠BEC＝∠CEA﹣∠AED＝90°，∴S△ABES△BEC∴S四边形ABCE＝S△ABE+S△BEC＝1+2＝3．（2）如图2，连接GD，连接AG交BD于点P，设DE与BC交于点Q．∵∠BAC＝90°，AB＝AC，G为BC中点，∴∠AGB＝∠AGC＝90°，AG＝BG＝CG，∠ABC＝∠ACB＝45°，∵AE⊥BD于F，∴∠AFP＝∠AFD＝90°＝∠BGP，∵∠APF＝∠BPG，∴∠PAF＝∠PBG，即∠GAE＝∠GBD，在△GBD和△GAE中：BG=AG∠GBD=∠GAE∴△GBD≌△GAE（SAS），∴∠BGD＝∠AGE，GD＝GE，∴∠EGD＝∠BGA＝90°，∴∠GED＝∠GDE＝45°＝∠GCD，∴∠GQD＝∠GDC，∵MN∥DE，∴∠BNM＝∠GQD＝∠CDG，在△BNM和△CDG中：∠MBN=∠GCD∠BNM=∠CDG∴△BNM≌△CDG（AAS），∴BN＝DC．（3）如图3，取BE中点M，连接HM，AM，连接AE交BD于点N，作MP⊥AE于点P，设GE交BD于点Q．由轴对称性质可知：BE＝AE=22，BD垂直平分AE，即AN＝EN，∠BNA＝∠BNE＝∠AND∴∠NAD+∠ADN＝90°，∵∠NAD+∠BAE＝90°，∴BAE＝∠ADN，即∠GAE＝∠FDB，∵GE⊥BF于点H，∴∠BHQ＝∠ENQ＝90°，∵∠BQH＝∠EQN，∴∠HBQ＝∠NEQ，即∠FBD＝∠GEA，∴△AGE∽△DFB，∴AEBD设BD＝4k，则AE＝23k，AN＝NE=3k设ND＝x，则BN＝4k﹣x，由射影定理可知：AN2＝BN•ND，即3k2＝x（4k﹣x），解得：x＝k或x＝3k（舍去），∴ND＝k，BN＝3k，∴AB=BN2+A∴k=6∵M为BE中点，MP∥BN，∴MP=12BN=3k2=62，AN＝NE∴AP=3∴AM=∵HM=12BE∴AH≥AM﹣HM=6当且仅当A、H、M三点共线时，AH取得最小值6−【点评】本题为几何综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定性质、射影定理、几何变换、三角形三边关系等重要知识点．熟练掌握常用几何定理和模型是解决问题的关键．2．（2022秋•西丰县期末）如图1，在△ACB中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D，E分别在边CA，CB上，CD＝CE，连接DE，AE，BD，过点C作CF⊥AE，垂足为H，CF与BD交于点F．（1）求证：DF＝BF；（2）将图1中的△CDE绕点C逆时针旋转，其他条件不变，如图2，（1）的结论是否成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由；（3）若CD＝2，CB＝4，将△CDE绕点C逆时针旋转一周，当A，E，D三点共线时，直接写出CF的长．【分析】（1）证明△CAE≌△CBD（SAS），由全等三角形的性质得出∠CAE＝∠CBD，由直角三角形的性质证出∠BDC＝∠FCD，∠CAE＝∠CBD＝∠BCF，得出CF＝DF，CF＝BF，则可得出结论；（2）作BP∥CD交直线CF于点P，证明△CAE≌△BCP（ASA），由全等三角形的性质得出CE＝BP，证明△CDF≌△PBF（ASA），由全等三角形的性质得出DF＝BF．（3）分两种情况画出图形，由直角三角形的性质及勾股定理可得出答案．【解答】（1）证明：在△CAE和△CBD中，CE=CD∠ACE=∠BCD∴△CAE≌△CBD（SAS），∴∠CAE＝∠CBD，∵CF⊥AE，∴∠AHC＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠AHC＝∠ACB＝90°，∴∠CAH+∠ACH＝∠ACH+∠BCF＝90°，∴∠CAH＝∠BCF，∵∠DCF+∠BCF＝90°，∠CDB+∠CBD＝90°，∠CAE＝∠CBD，∴∠BDC＝∠FCD，∠CAE＝∠CBD＝∠BCF，∴CF＝DF，CF＝BF，∴DF＝BF；（2）解：（1）的结论仍然成立．理由如下：作BP∥CD交直线CF于点P，∴∠PBC+∠BCD＝180°，又∠ACE+∠BCD＝360°﹣∠ACB﹣∠DCE＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∴∠PBC＝∠ACE，又∵CF⊥AE，∴∠AHC＝90°，∴∠ACH+∠CAH＝90°，又∵∠ACH+∠PCB＝180°﹣∠ACB＝180°﹣90°＝90°，∴∠CAH＝∠PCB，又∵CA＝CB，∴△CAE≌△BCP（ASA），∴CE＝BP，又∵CE＝CD，∴CD＝BP，又∵BP∥CD，∴∠CDF＝∠PBF，∠DCF＝∠P，∴△CDF≌△PBF（ASA），∴DF＝BF．（3）解：①当点E在AD的延长线上时，过点B作BG⊥CF于点G，∵CD＝CE，CH⊥DE，CD＝2，∴CH=22CD∵CD＝4，∴AH=A∵∠BCG＝∠CAH，∠BGC＝∠AHC，BC＝AC，∴△BCG≌△CAH（AAS），∴CG＝AH=14由（2）知DF＝BF，又∵∠DHF＝∠BGF＝90°，∠DFH＝∠BFG，∴△DHF≌△BGF（AAS），∴HF＝GF，∴HF=12GH∴CF＝CH+HF=2②当点E在AD的上时，过点B作BG⊥CF于点G，同理可得AH＝CG=14，CH=2，HF＝∴GH＝CH+CG=2∴CF＝HF﹣CH=2综上所述，CF的长为14+22【点评】本题是几何变换综合题，考查了三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形的性质，图形旋转变化的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，平行线的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．3．（2023•高青县二模）综合与探究问题提出：某兴趣小组在综合与实践活动中提出这样一个问题：在等腰直角三角板ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，用两根小木棒构建角，将顶点放置于点D上，得到∠MDN，将∠MDN绕点D旋转，射线DM，DN分别与边AB，AC交于E，F两点，如图1所示．（1）操作发现：如图2，当E，F分别是AB，AC的中点时，试猜想线段DE与DF的数量关系是相等；（2）类比探究：如图3，当E，F不是AB，AC的中点，但满足BE＝AF时，求证△BED≌△AFD；（3）拓展应用：如图4，将两根小木棒构建的角，放置于边长为4的正方形纸板上，顶点和正方形对角线AC的中点O重合，射线OM，ON分别与DC，BC交于E，F两点，且满足DE＝CF，请求出四边形OFCE的面积．【分析】（1）当点D、E、F分别是BC、AB、AC的中点时，则ED=12AC＝AF，且DE∥AC，同理可得：DF＝AE=12AB=12（2）点D是BC的中点，则AD=12BC＝BD，∠DAF＝45°＝∠（3）证明△DEO≌△CFO（SAS），则OFCE的面积＝S△OCE+S△COF=14S正方形【解答】（1）解：DE与DF的数量关系是：相等，理由：当点D、E、F分别是BC、AB、AC的中点时，则ED=12AC＝AF，且DE∥同理可得：DF＝AE=12AB=12AC＝即DE＝DF，故答案为：相等；（2）证明：∵点D是BC的中点，∴AD=12BC＝BD，∠DAF＝45°＝∠∵AF＝BE，∴△BED≌△AFD（SAS）；（3）解：如图，连接OD，由题意知，点O是正方形对角线的交点，∴∠ODE＝45°＝∠OCN，OD＝OC，∵DE＝CF，∴△DEO≌△CFO（SAS），∴△DEO和△CFO面积相等，则OFCE的面积＝S△OCE+S△COF＝S△OCE+S△DEO＝S△COD=14S=1【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．4．（2023秋•巴南区期末）在等腰直角△ABC中，点D，点F分别为线段AC，AB上的动点，连接DF．（1）如图1，当点F为AB中点时，若BC=42，CD＝1，求DF（2）如图2，将△BCD绕着点B逆时针旋转90°得到△ABM．分别连接MF，MD．延长MF至点N，交AC于点E．若MN∥BC，DN＝MD时，求证：EN=2（3）如图3，BF＝1，BC=42，BD⊥AC，点G为线段BD上一点，连接FG，将线段FG绕点F逆时针旋转90°得到线段FH，连接HG．当AH+HD的值最小时，请直接写出△AFG【分析】（1）过点D作DK⊥AB于K，DL⊥BC于L，由等腰三角形性质得AB＝BC＝42，由距离性质得BK＝DL，DK＝BL，再运用勾股定理计算即可．（2）过点E作EJ⊥BC，过点D作DP⊥MN于P，过点N作NT⊥BC于T，先证明△AEF是等腰直角三角形，由旋转得∠BAM＝∠BCD＝45°，再进行计算即可．（3）过点F作FM⊥AB交AC于点M，在FM上截取FK＝FB＝1，连接HK，证明△BFG≌△KFH（SAS）得出∠BGF＝∠KHF，进而得出HK⊥DT，作D关于HK的对称点T，连接HT，BT，则HT＝HD，当A，H，T三点共线时，此时AH+HD取的最小值，最小值为AT的长，当DT经过点K时，则∠HKG＝90°，则TD⊥AC，证明△AHF≌△MGF，证明△ATD≌△DMG得出DM＝KT，DG＝HK，则BG＝HK＝GD，勾股定理求得BD，进而得出BG=12BD=2，过点G作GS⊥AB，得出G【解答】（1）解：如图1，过点D作DK⊥AB于K，DL⊥BC于L，在等腰Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝42，∠C＝45°，则AC=2BC∵点F为AB中点，∴BF=12AB＝2∵CD＝1，∠CLD＝90°，∴CL＝DL=2∴BL＝BC﹣CL＝42−∵∠B＝∠BKD＝∠BLD＝90°，∴四边形BKDL是矩形，∴BK＝DL，DK＝BL，∴FK＝BF﹣BK＝22−在Rt△DFK中，DF=D（2）证明：如图2，过点E作EJ⊥BC于J，过点D作DP⊥MN于P，交BC于Q，过点N作NT⊥BC于T，连接CN，∵MN∥BC，∴∠AFE＝∠ABC＝90°，∴△AEF是等腰直角三角形，由旋转得∠BAM＝∠BCD＝45°，∴∠EAM＝∠BAC+∠BAM＝45°+45°＝90°，∴△AEM是等腰直角三角形，∴MF＝EF，∵DN＝MD，DP⊥MN，∴PM＝PN，∵MN∥BC，FB⊥BC，EJ⊥BC，NT⊥BC，∴FB＝EJ＝NT，∵AM＝CD＝AE，AF＝MF＝EF＝CQ，∴AF+BF＝AB＝BC＝BQ+CQ＝BJ+CJ＝PF+MF＝PM＝PN＝QT＝CQ+CT，∴BF＝CJ＝CT＝EJ＝NT，∴△CEJ、△CNT均为等腰直角三角形，∴∠NCT＝∠ECJ＝45°，CE＝CN=2EJ∴∠ECN＝90°，∴△CEN是等腰直角三角形，∴EN=2CE（3）如图所示，过点F作FM⊥AB交AC于点M，在FM上截取FK＝FB＝1，连接HK，∵∠HFG＝∠KFB＝90°，∴∠HFG+∠GFK＝∠KFB+∠GFK，即∠BFG＝∠KFH，在△BFG和△KFH中，FK=FB∠BFG=∠KFH∴△BFG≌△KFH（SAS），∴∠BGF＝∠KHF，设∠BGF＝∠KHF＝α，则∠KHG＝∠FHG﹣∠FHK＝45°﹣α∠HGK＝45°+α，∴∠KHG+∠HGB＝90°，即HK⊥DT，如图所示，作D关于HK的对称点T，连接HT，BT，则HT＝HD，作A关于HK的对称点，则AH＝NH，则AH+HD＝NH+HD≥ND，则AT＝ND，四边形ANTD是矩形，此时TD⊥AC，∴AH+HD＝AH+HD≥AT，当A，H，T三点共线时，此时AH+HD取的最小值，最小值为AT的长，此时DT经过点K，如图所示，则∠HKG＝90°，则TD⊥AC，∵K是DT的中点，HK⊥DT，∴AH＝HT，∵AF＝FM，HF＝GF，∠HFA＝90°﹣∠AFG＝90°﹣∠AFG＝∠GFM，∴△AHF≌△MGF∴AH＝GM，∠HAF＝∠GMF，∴HT＝GM，设∠HAF＝∠GMF＝β，则∠ATD＝45°﹣β∠DMG＝45°﹣β，∴∠HTK＝∠DMG，∴在△HTK和△DMG中，∠GDM=∠HKT∠HTK=∠DMG∴△HTK≌△DMG（AAS），∴DM＝KT，DG＝HK，∵△BFG≌△KFH（SAS），∴BG＝HK＝GD，BC=42则BD=2∴BG=1过点G作GS⊥AB，如图所示∴SG=2∴S△AFG【点评】本题考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质，等腰直角三角形的性质与判定，轴对称的性质求最值问题，平行线分线段成比例，熟练掌握以上知识是解题的关键．5．（2023秋•武隆区期末）如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M、P、N分别为DE，DC，BC的中点．（1）求证：PM＝PN，PM⊥PN；（2）把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请求出△PMN面积的最大值．【分析】（1）利用三角形的中位线得出PM=12CE，PN=12BD，进而判断出BD＝CE，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出PM∥CE得出∠（2）先判断出△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，同（1）的方法得出PM=12BD，PN=12BD，即可得出（3）先判断出BD最大时，△PMN的面积最大，而BD最大是AB+AD＝14，即可得出结论．【解答】解：（1）∵点P，N是BC，CD的中点，∴PN∥BD，PN=12∵点P，M是CD，DE的中点，∴PM∥CE，PM=12∵AB＝AC，AD＝AE，∴BD＝CE，∴PM＝PN，∵PN∥BD，∴∠DPN＝∠ADC，∵PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCA，∵∠BAC＝90°，∴∠ADC+∠ACD＝90°，∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCA+∠ADC＝90°，∴PM⊥PN，（2）△PMN是等腰直角三角形；理由：由旋转知，∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，同（1）的方法，利用三角形的中位线得，PN=12BD，PM=∴PM＝PN，∴△PMN是等腰三角形，同（1）的方法得，PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCE，同（1）的方法得，PN∥BD，∴∠PNC＝∠DBC，∵∠DPN＝∠DCB+∠PNC＝∠DCB+∠DBC，∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCE+∠DCB+∠DBC＝∠BCE+∠DBC＝∠ACB+∠ACE+∠DBC＝∠ACB+∠ABD+∠DBC＝∠ACB+∠ABC，∵∠BAC＝90°，∴∠ACB+∠ABC＝90°，∴∠MPN＝90°，∴△PMN是等腰直角三角形；（3）由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM＝PN=12∴PM最大时，△PMN面积最大，即：BD最大时，△PMN面积最大，∴点D在BA的延长线上，∴BD＝AB+AD＝14，∴PM＝7，∴S△PMN最大=12PM2=1【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质，解（1）的关键是判断出PM=12CE，PN=12BD，解（2）的关键是判断出△ABD≌△ACE，解（3）的关键是判断出6．（2023春•姑苏区校级期末）综合与实践问题情境在综合实践课上，同学们以“矩形的旋转”为主题开展学习探究活动．如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，在矩形AEFG中，AE＝4，EF＝3，点G在AB上．（1）探究发现连接AC、AF，如图2，猜想AC与AF之间的位置关系，并说明理由；（2）将矩形AEFG绕点A顺时针旋转到如图3的位置，连接DG、CF，请求出DGCF（3）解决问题将矩形AEFG绕点A旋转，当点G在落在直线CF上时，直接写出线段CF的长91±4．【分析】（1）通过证明△AGF∽△CBA，可得∠BAC＝∠AFG，由余角的性质可得∠CAF＝90°，可得结论；（2）通过证明△DAG∽△CAF，可求解；（3）分两种情况讨论，由勾股定理可求解．【解答】解：（1）AC⊥AF，理由如下：∵四边形ABCD和四边形AEFG是矩形，∴AG＝EF＝3，AE＝GF＝4，AB＝CD＝8，AD＝BC＝6，∠B＝∠AGF＝90°，∵GFAB∴△AGF∽△CBA，∴∠BAC＝∠AFG，∵∠AFG+∠GAF＝90°，∴∠BAC+∠GAF＝90°＝∠CAF，∴AC⊥AF；（2）如图，连接AF，∵AB＝8，BC＝AD＝6，∴AC=AB∵AE＝4，EF＝3，∴AF=AE∴AGAF∵∠DAC＝∠FAG，∴∠DAG＝∠FAC，∴△DAG∽△CAF，∴DGCF（3）如图4，当点G在线段CF上时，∵∠AGC＝90°，∴GC=AC∴CF＝CG+GF＝4+91如图5，当点F在线段CG上时，∵∠AGC＝90°，∴GC=AC∴CF＝CG﹣GF=91综上所述：CF的长为91±4，故答案为：91±4．【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，证明三角形相似是解题的关键．7．（2022秋•蔡甸区月考）在△ABE和△CDE中，∠ABE＝∠DCE＝90°，AB＝BE，CD＝CE．（1）连接AD、BC，点M、N分别为AD、BC的中点，连接MN，①如图1，当B、E、C三点在一条直线上时，MN与BC关系是MN⊥BC，MN=12BC②如图2，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，①中的结论还成立吗？如果成立，请证明你的结论；如果不成立，请说明理由．（2）如图3，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，连接AC、BD，点P、Q分别为BD、AC的中点，连接PQ，若AB＝12，CD＝5，则PQ的最大值是8.5．【分析】（1）①延长CM、BA交于R，连接BM，证明△DMC≌△AMR（AAS），得CM＝RM，CD＝AR，从而BR＝BC，△BCR是等腰直角三角形，可得MN⊥BC，MN=12②过A作AF∥CD交CM延长线于F，连接BF，证明△DMC≌△AMF（AAS），得CM＝FM，∠FAM＝∠CDM，可得∠BAF＝∠BEC，从而△FAB≌△CEB（SAS），即得BC＝BF，∠EBC＝∠ABF，可求出△FBC是等腰直角三角形，△BCM是等腰直角三角形，故MN⊥BC，MN=12（2）连接CP并延长至T，使PT＝CP，连接AT、BT，证明△CPD≌△TPB（SAS），得BT＝CE＝CD＝5，△ABT中，AB+BT＞AT，即知PQ＜9，故当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转至A、B、T共线时，PQ最大，最大值为12（AB+BT【解答】解：（1）①延长CM、BA交于R，连接BM，如图：∵∠ABE＝∠DCE＝90°，∴CD∥AB，∴∠DCM＝∠R，∵M是AD中点，∴DM＝AM，∵∠DMC＝∠AMR，∴△DMC≌△AMR（AAS），∴CM＝RM，CD＝AR，∵AB＝BE，CD＝CE．∴AB+AR＝BE+CE，即BR＝BC，而∠ABE＝90°，∴△BCR是等腰直角三角形，∵CM＝RM，∴△BCM是等腰直角三角形，∵N为BC中点，∴MN⊥BC，MN=12故答案为：MN⊥BC，MN=12②结论还成立，证明如下：过A作AF∥CD交CM延长线于F，连接BF，如图：∵AF∥CD，∴∠DCM＝∠AFM，∵M是AD中点，∴DM＝AM，又∠DMC＝∠AMF，∴△DMC≌△AMF（AAS），∴CM＝FM，∠FAM＝∠CDM，∵∠CDM＝∠CDE+∠EDA＝45°+∠EDA，∴∠FAM＝45°+∠EDA，∴∠EAF＝∠FAM+∠EAD＝45°+∠EDA+∠EAD＝45°+（180°﹣∠AED）＝225°﹣∠AED，∴∠BAF＝360°﹣∠EAF﹣∠EAB＝360°﹣（225°﹣∠AED）﹣45°＝90°+∠AED，又∵∠BEC＝∠BEA+∠AED+∠CED＝45°+∠AED+45°＝90°+∠AED，∴∠BAF＝∠BEC，∵AB＝BE，AF＝CD＝CE，∴△FAB≌△CEB（SAS），∴BC＝BF，∠EBC＝∠ABF，∵∠EBC+∠ABC＝90°，∴∠ABF+∠ABC＝90°，即∠FBC＝90°，∴△FBC是等腰直角三角形，∵CM＝FM，∴△BCM是等腰直角三角形，∵N是BC中点，∴MN⊥BC，MN=12（2）连接CP并延长至T，使PT＝CP，连接AT、BT，如图：∵Q是AC中点，PT＝CP，∴AT＝2PQ，∵P是BC中点，∴DP＝BP，∵PT＝CP，∠CPD＝∠TPB，∴△CPD≌△TPB（SAS），∴BT＝CE＝CD＝5，△ABT中，AB+BT＞AT，∴AT