2025年中考数学二轮复习：图形的旋转 压轴解答题练习题（含答案解析）

第第页2025年中考数学二轮复习：图形的旋转压轴解答题练习题一．解答题（共25小题）1．如图1，点A为直线MN上一点，AD为射线，∠DAN＝45°，将一个三角板的直角顶点放在点A处，一边AB在射线AN上，另一边AC与AD都在直线MN的上方．（1）将三角板绕点A逆时针旋转，若AC恰好平分∠DAM（如图2），则∠BAN＝°；（2）将三角板绕点A在直线MN上方逆时针旋转，当AB落在∠DAM内部，且∠BAD=14∠CAM时，则∠CAN＝（3）将图1中的三角板和射线AD同时绕点A，分别以每秒2°和每秒5°的速度顺时针分别旋转一周后停止，求第几秒时，射线AB恰好与射线AD成30°角？2．问题：点P的坐标为（a+1，﹣a+2）（a为实数），当a变化时，点P的横纵坐标均会变化，点P的位置也随之改变．那么点P的位置有何变化规律呢？【方法探究】（1）小明同学看到这个问题后，想到可否先取一些特殊值，看看能不能发现什么规律？请你帮忙将表格补充完整，并在图1坐标系中描出点P4，P5．a﹣2﹣1012P点坐标P1（﹣1，4）P2（0，3）P3（1，2）P4（2，）P5（3，）猜想：通过列表和描点，你认为点P的位置有何变化规律？答：【问题解决】（2）小明同学认为通过观察、实验、归纳得到的结论不一定正确，还需要证明．要解决上面的问题，以下是他的简单思路：要想看出P点运动的规律，设点P的坐标为（x，y），令x＝a+1，y＝﹣a+2，消掉字母a，就可以找出y与x的关系式．请你按照小明的思路，证明（1）中你的猜想．【拓展应用】（3）如图2，A点坐标为（3﹣m，﹣m﹣2），B点与A点关于x轴对称．C，D为x轴、y轴正半轴上一点，OC＝OD＝2，求△BDC周长的最小值，及此时B点的坐标．3．如图1，在等边△ABC中，点E是AC边上一动点（点E不与A，C重合），连接BE，过点A作AH⊥BE于点H，将线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK，连接HK，CK．（1）若BH=3，求线段CK（2）如图2，连接CH，延长KH交BC于点D，当KD取最大值时，求证：AE＝CD；（3）在（2）的条件下，当KD取最大值时，连接DE，将△CDE绕C点旋转，连接AD，BE，分别取AD，BE的中点M，N，连接MN，若△ABC的边长为4，当点D落在直线AC上时，直接写出MN长．4．在平面直角坐标系xOy中，过点P（m，0）作直线l⊥x轴，图形W关于直线l的对称图形为W'，图形W'上任一点到x轴，y轴的距离的最大值是d，称d是图形W关于直线l的m倍镜像“接收距离”．已知点A（3，2），B（5，2）．（1）①线段AB关于直线l的1倍镜像“接收距离”是；②线段AB关于直线l的m倍镜像“接收距离”是2，m的取值范围是；（2）点C（﹣3，3），△ABC关于直线l的m倍镜像“接收距离”的最小值是．（3）点D（﹣4，﹣3），E（﹣2，﹣3），线段DE关于直线l的m倍镜像“接收距离”小于线段AB关于直线l的m倍镜像“接收距离”，求m的取值范围（直接写出结果即可）．5．图形的定转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，小华和小芳对等腰直角三角形的旋转变换进行了研究．如图（1），△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，点D，E分别在线段AB，AC上，且∠C＝∠AED＝90°．（1）观察猜想小华将△ADE绕点A逆时针旋转，连接BD，CE，如图（2），当BD的延长线恰好经过点E时：①BDCE的值为②BD与CE的夹角为度；（2）类比探究如图（3），小芳在小华的基础上，继续旋转△ADE，连接BD，CE，设BD的延长线交CE于点F，（1）中的两个结论是否仍然成立？请说明理由．（3）拓展延伸若AE＝DE=2，AC＝BC=10，当CE所在的直线垂直于AD时，请你直接写出6．在等边△ABC中，AD⊥BC，垂足为点D，点M为直线AD上一动点，连接MB，以点B为旋转中心，把线段BM顺时针旋转60°，得到线段BN，连接CN．（Ⅰ）如图①，当点M在线段AD上时，求证：AM＝CN．（Ⅱ）如图②，当点M在线段DA的延长线上时，连接MC，AN，若∠ANC＝45°，求∠AMC的大小．（Ⅲ）若等边△ABC的边长是6，连接DN，在点M运动过程中，直接写出线段DN的最小值．7．在平面直角坐标系xOy中，已知点M（m，n），过点（m，0）且垂直于x轴的直线记为直线x＝m，过点（0，n）且垂直于y轴的直线记为直线y＝n．给出如下定义：将图形G关于直线x＝m对称得到图形G1，再将图形G1关于直线y＝n得到图形G2，则称图形G2是图形G关于点M的双对称图形．（1）已知点M的坐标为（0，1），点N（2，3）关于点M的双对称图形点N2的坐标为；（2）如图，△ABC的顶点坐标是A（﹣2，3），B（﹣4，1），C（0，1）．①已知点M的坐标是（1，﹣1），写出点A，B，C关于M的双对称图形点的坐标A2，B2，C2；②已知点M的坐标为（1，﹣1），点P（4，n），点Q（4，n+1），线段PQ关于点M的双对称图形线段P2Q2位于△ABC内部（不含三角形的边），求n的取值范围．8．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BC绕点C顺时针旋转角度α（0°＜a＜360°）得到DC．（1）如图1，若α＝30°，连接AD交BC于点E，若AC＝6，求DE的长；（2）如图2，若0°＜α＜90°，CF平分∠BCD交AD于点F，连接BF，过点C作CG⊥AD，在射线CG上取点G使得∠BGC＝45°，连接BG，请用等式表示线段CG、CF、BF之间的数量关系并证明；（3）如图3，若BC＝8，点P是线段AB上一动点，将CP绕点P逆时针旋转90°得到QP，连接AQ，M为AQ的中点，当2CM+CQ取得最小值时，请直接写出△ABM的面积．9．在平面直角坐标系中，已知O为坐标原点，点A（2，0），B（0，4），以点A为旋转中心，把△ABO顺时针旋转，得△ACD．（1）如图①，当旋转后满足DC∥x轴时，则点C的坐标，点D的坐标．（2）如图②，当旋转后点C恰好落在x轴正半轴上时，求点D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P′，当DP+AP′取得最小值时，求点P的坐标．（直接写出结果即可）10．请阅读以下信息：从一个角的顶点出发，在角的内部引两条射线，如果这两条射线所组成的角等于这个角的一半，那么这两条射线所成的角叫做这个角的“内半角”．如图①，若射线OC，OD在∠AOB的内部，且∠COD=12∠AOB，则称∠COD请根据以上信息，解决下面的问题：（1）如图①，∠AOB＝50°，∠BOD＝10°．若∠COD是∠AOB的“内半角”，则∠AOC＝．（2）如图②，已知∠AOB＝60°，将∠AOB绕点O按顺时针方向旋转一个角度α（0＜α＜60°）至∠COD，即∠COD＝∠AOB＝60°，其中∠AOC＝∠BOD＝α．若∠COB是∠AOD的“内半角”，求α的度数．（3）把一块含60°的三角板COD按如图③方式放置，使OC边与OA边重合，OD边与OB边重合．如图④，将三角板COD绕顶点O以每秒6°的速度按顺时针方向旋转一周，旋转时间为t秒．当射线OA，OB，OC，OD构成“内半角”时，请直接写出t的值．11．在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上一点（不与B、C重合），把线路AD绕着点A逆时针旋转至AE（即AD＝AE），使得∠DAE＝∠BAC，连接DB、CE．（1）如图1，点D在线段BC上，如果∠BAC＝90°，则∠BCE＝度．（2）如图2，当点D在线段BC上，如果∠BAC＝60°，则∠BCE＝度．（3）如图3，设∠BAC＝α，∠BCE＝β，当点D在线段BC上移动时，α，β的数量关系是什么？请说明理由．（4）设∠BAC＝α，∠BCE＝β，当点D在直线BC上移动时，请直接写出α，β的数量关系，不用证明．12．如图①，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝27°，点D为BC的中点，连结AD．点P在线段BC上从点B出发向点C运动，当点P不与点B、C重合时，连结AP．设∠BAP＝x°．（1）∠BAD的度数为．（2）当△ABP是钝角三角形时，求x的取值范围．（3）当△ABP是轴对称图形时，求x的值．（4）如图②，作点B关于直线AP的对称点B′，连结AB′、PB′，当△APB′与△ABC重叠部分为轴对称图形时，直接写出x的值．13．在等边△AOB中，将扇形COD按图1摆放，使扇形的半径OC、OD分别与OA、OB重合，OA＝OB＝4，OC＝OD＝2，固定等边△AOB不动，让扇形COD绕点O逆时针旋转，线段AC、BD也随之变化，设旋转角为α．（0＜α≤360°）（1）当OC∥AB时，旋转角α＝度，OC⊥AB时旋转角α＝度．发现：（2）线段AC与BD有何数量关系，请仅就图2给出证明．应用：（3）当A、C、D三点共线时，求BD的长．拓展：（4）P是线段AB上任意一点，在扇形COD的旋转过程中，请直接写出线段PC的最大值与最小值．14．△ABC是等边三角形，点D为线段BC上任意一点，连接AD，E为直线AB上一点．（1）如图1，当点D为BC中点时，点E在AB边上，连接DE．若AE＝1，BE＝3，求DE的长；（2）如图2，若点E为AB延长线上一点，且BE＝CD，点F为CB延长线上一点，且∠FAD＝60°．猜想线段AF，EF，AD之间存在的数量关系，并证明你的猜想；（3）如图3，在（1）的条件下，M为线段AD上一点，连接ME，将线段ME绕点E顺时针旋转60°得到线段EN，连接MN．当BN+DN的值最小时，直接写出△AMC的面积．15．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD为BC边上中线，点E为AB上一点，连接DE．（1）如图1，AB＝4，AC＝3，点E在BD中垂线上，过点D作DF⊥DE交AC于点F，求线段DF的长．（2）如图2，将线段DE绕点D旋转至DG，使∠EDG+2∠B＝180°，过点G作GM∥BC交AB于点M，作GN⊥GM交BA的延长线于点N，作GH⊥GE交ED的延长线于点H，连接CH，求证：MN＝2CH．（3）如图3，AB＝4，∠B＝45°，EJ垂直平分BD于点J，点P是射线JE上的动点，连接DP，将线段DP绕点P逆时针旋转60°至线段PD′，点Q是线段AC上的动点，连接AD′，QD′，当AD′最小时，将△AD′Q沿QD′所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△A′D′Q，连接A′D，A′C，当A′D最大时，请直接写出△A′CD的面积．16．已知∠AOB＝∠COD＝90°，OA＝OB＝10，OC＝OD＝8．（1）如图1，连接AC、BD，问AC与BD相等吗？并说明理由．（2）若将△COD绕点O逆时针旋转，如图2，当点C恰好在AB边上时，请写出AC、BC、OC之间关系，并说明理由．（3）若△COD绕点O旋转，当∠AOC＝15°时，直线CD与直线AO交于点F，求AF的长．17．在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点A旋转得到△ADE，直线DE与直线BC相交于点P．（1）如图1，当点P落在线段BC上时，求证：PC＝PE；（2）如图2，当C的对应点E落在AB上时，连接BD．若BC＝4，AC＝3，求△PBD的周长．（3）如图3，当点P落在CB的延长线上，且DE∥AB时，连接BD，AP，判断线段BD与AP的数量关系并说明理由．18．在△ABC中，AB＝AC，将线段AB绕点B逆时针旋转一定角度至线段BD，连接CD，过点A作AE⊥BC交BC于点E．（1）如图1，若∠ABC＝45°，∠ABD＝135°，且AB=2，连接DE，求线段DE（2）如图2，若∠ABD＝120°，在CD上取点F，若∠FBC＝30°，求证：DF＝FC；（3）如图3，若∠ABC＝60°，∠ABD＝150°，AB＝2，点P在射线DB上，点Q在射线BA上，且DP＝BQ，连接CP，CQ，当CP+CQ最小时，直接写出此时点E到CP的距离的平方．19．北师大版八年级数学上册第一章《勾股定理》中有这样一个问题：观察图1，判断图中三角形的三边长是否满足a2+b2＝c2．经过探究，勤思小组发现，在锐角三角形中，三边长满足a2+b2＞c2；在钝角三角形中，三边长满足a2+b2＜c2．据此，他们做了进一步探究，以下是部分探究过程：如图2﹣①，在△ABC中，过点A作AD⊥BC于点D．因为AD⊥BC，所以∠ADC＝∠ADB＝90°．在Rt△ACD中，AD2＝AC2﹣CD2．在Rt△ABD中，AD2＝AB2﹣BD2＝AB2﹣（BC﹣CD）2．．（1）请你补充完成上面横线上所缺的过程；（2）善学小组在探究中发现，如图2﹣②，当△ABC为钝角三角形（∠C为钝角）时，也有类似的结论．请类比勤思小组的方法，写出该结论，并说明理由；（3）如图2﹣③，在四边形ABCD中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝6，CD＝9，AD＝11，请直接写出该四边形的面积．敏学小组的思路是连接AC，过点D作DF⊥AC于点F，请你利用敏学小组的思路来求四边形ABCD的面积．20．如图所示，△ABC为等腰三角形，AB＝AC，点D是线段BC上一点，连接AD．（1）如图1，若∠BAC＝90°，把AD绕A顺时针旋转90°到AE，连接BE、ED，满足BE＝1，AE=3，求BC（2）如图2，若∠BAC＝120°，把AD绕A顺时针旋转60°到AP，连接BP、PD，求证：BP＝DP；（3）在（2）的条件下，点若G为平面内一点，若∠AGC＝90°，当PG取最小值时，请直接写出BPPG21．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝8，AC＝6，点D是AB边的中点，动点P从点D出发，沿折线DB﹣BC向终点C运动．以点P为旋转中心，将PD顺时针旋转45°，得射线PQ，PQ交边AC或边BC或边AB于点Q，连接PQ（即∠DPQ＝45°），设点P的运动路程为x（x＞0）．（1）直接写出AD的长；（2）用含x的代数式表示PB的长；（3）连接DQ，当△DPQ是等腰直角三角形时，求x的值；（4）作点D关于PQ的对称点D′，当点D'落在△ABC的边上时，直接写出x的值．22．在△ABC中．∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为线段AB上一点，连接CD．（1）如图1，若AC=3+1，AD=2（2）如图2，将线段CD绕D逆时针旋转90°得到线段DE，连接CE，ME，点F是线段DE中点，连接MF与CD延长线交于点G，当∠EBF＝30°时，求证：2BF=2BC−2（3）在（2）的条件下，将线段AE绕B顺时行旋转60°得到线段BP，连接CP，求CPAD23．如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，连接BD，CD．（1）试判断BD与AC的数量关系，并说明理由；（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，试判断BD与AC的数量关系和位置关系，并说明理由；（3）如图3，若将（2）中的两个等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变．你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能，请求出夹角度数（夹角α：0°≤α≤90°）；如果不能，请说明理由．24．如图，在平面直角坐标系中，已知A（0，n），C（2，0），B（m，0），且已知|n﹣6|+（m+2）2＝0．（1）求证：∠ABC＝∠ACB；（2）如图①，过x轴上一点D（﹣6，0）作DE⊥AC于E，DE交y轴于点F．①求证：OF＝OC；②求F点的坐标；（3）将△ABC沿x轴向左平移，AC边与y轴交于一点P（P不同于A和C两点），过P作一直线与AB的延长线交于Q点，与x轴交于点M，且CP＝BQ，在△ABC平移过程中，求证：OC+BM＝OM．25．【知识背景】勾股定理的内容是：直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，则AB、AC、BC三边的数量关系满足．【提出问题】某学生在学习了勾股定理之后提出：锐角三角形有没有类似于勾股定理的结论．首先定义一个新的概念：如图1，锐角△MBC中，M是BC的中点，N是线段MA上的点，设MNAN=k，若∠BNC＝90°，MN=1【解决问题】（1）如图2，若∠BNC＝90°，MN=12BC，AB＝AC，当勾股比k＝2时，求AB2+AC2与（2）如图3，在锐角△ABC中，M是BC的中点，N是线段MA上的点，过点B、C作AM的垂线，垂足分别为P、Q．①求证：CQ＝BP；②若∠BNC＝90°，MN=12BC时，用勾股比k的代数式填空：AB2+AC2＝（）

参考答案与试题解析一．解答题（共25小题）1．如图1，点A为直线MN上一点，AD为射线，∠DAN＝45°，将一个三角板的直角顶点放在点A处，一边AB在射线AN上，另一边AC与AD都在直线MN的上方．（1）将三角板绕点A逆时针旋转，若AC恰好平分∠DAM（如图2），则∠BAN＝22.5°；（2）将三角板绕点A在直线MN上方逆时针旋转，当AB落在∠DAM内部，且∠BAD=14∠CAM时，则∠CAN＝（3）将图1中的三角板和射线AD同时绕点A，分别以每秒2°和每秒5°的速度顺时针分别旋转一周后停止，求第几秒时，射线AB恰好与射线AD成30°角？【考点】几何变换综合题．【专题】几何动点问题；代数几何综合题；运算能力．【答案】（1）22.5；（2）144；（3）第5秒或25秒或142.5秒或172.5秒时，射线AB恰好与射线AD成30°角．【分析】（1）根据角的平分线的定义和平角的定义即可解答；（2）根据∠BAD=14∠CAM设未知数，由∠（3）正确画图，分三种情况讨论，列一元一次方程即可解答》【解答】解：（1）∵∠DAN＝45°，∴∠DAM＝180°﹣45°＝135°，∵AC平分∠DAM，∴∠CAM=12∠DAM∵∠CAB＝90°，∴∠BAN＝180°﹣90°﹣67.5°＝22.5°；故答案为：22.5；（2）如图3，设∠BAD＝x，则∠CAM＝4x，由（1）知：∠DAM＝135°，∴x+90+4x＝135，∴x＝9°，∴∠CAN＝180°﹣4x＝180°﹣36°＝144°，故答案为：144；（3）三角板：t1=3602=射线AD：t2=3605=设运动时间为t秒，当射线AD与AB重合时，如图4，有2t+45＝5t，∴t＝15；当射线AB恰好与射线AD成30°角时，存在以下三种情况：①当0＜t＜15时，如图5，有5t+30＝2t+45，∴t＝5；②当15＜t＜72时，如图6，有5t＝2t+45+30，∴t＝25；③72s后，射线AD停止，三角板继续旋转，有2t+30+45＝360（如图7）或2t+（45﹣30）＝360（如图8），∴t＝142.5和t＝172.5；综上，第5秒或25秒或142.5秒或172.5秒时，射线AB恰好与射线AD成30°角．【点评】本题是几何变换的综合题，考查了一元一次方程的应用，角平分线定义，角度的计算，正确画出图形并分类讨论是解题的关键．2．问题：点P的坐标为（a+1，﹣a+2）（a为实数），当a变化时，点P的横纵坐标均会变化，点P的位置也随之改变．那么点P的位置有何变化规律呢？【方法探究】（1）小明同学看到这个问题后，想到可否先取一些特殊值，看看能不能发现什么规律？请你帮忙将表格补充完整，并在图1坐标系中描出点P4，P5．a﹣2﹣1012P点坐标P1（﹣1，4）P2（0，3）P3（1，2）P4（2，1）P5（3，0）猜想：通过列表和描点，你认为点P的位置有何变化规律？答：点P在一条直线上运动【问题解决】（2）小明同学认为通过观察、实验、归纳得到的结论不一定正确，还需要证明．要解决上面的问题，以下是他的简单思路：要想看出P点运动的规律，设点P的坐标为（x，y），令x＝a+1，y＝﹣a+2，消掉字母a，就可以找出y与x的关系式．请你按照小明的思路，证明（1）中你的猜想．【拓展应用】（3）如图2，A点坐标为（3﹣m，﹣m﹣2），B点与A点关于x轴对称．C，D为x轴、y轴正半轴上一点，OC＝OD＝2，求△BDC周长的最小值，及此时B点的坐标．【考点】几何变换综合题．【专题】代数几何综合题；推理能力．【答案】（1）1，0，点P在一条直线上运动；（2）证明过程见解答；（3）△BCD的周长最小值为22+26，此时点B的坐标为（52【分析】（1）根据点P的变化情况即可在图1坐标系中描出点P4，P5；（2）设点P的坐标为（x，y），令x＝a+1，y＝﹣a+2，联立方程组，即可得P在直线y＝﹣x+3上；（3）求出点B在直线y＝﹣x+5上运动，设直线y＝﹣x+5交x，y轴于点E，F，再求出CD所在直线表达式为y＝﹣x+2，过点F作FD′⊥y轴，且FD'＝FD，得CD'所在直线表达式为y＝5x﹣10，根据△BCD的周长＝22+D'B+BC，当D'、B、C三点共线时，（D'B+BC）取到最小值，根据两点间距离公式求出最小值，联立EF，CD'表达式，即可得点B【解答】解：（1）如图1，P4，P5即为所求；a﹣2﹣1012P点坐标P1（﹣1，4）P2（0，3）P3（1，2）P4（2，1）P5（3，0）猜想：通过列表和描点，点P的位置规律：点P在一条直线上运动，答：点P在一条直线上运动；故答案为：1，0，点P在一条直线上运动；（2）x=a+1①y=−a+2②①+②得x+y＝3，即y＝﹣x+3，∴P在直线y＝﹣x+3上；（3）∵点B、点A关于x轴对称，点A的坐标为（3﹣m，﹣m﹣2），∴点B的坐标为（3﹣m，m+2），设点B的坐标为（x，y），令3﹣m＝x，m+2＝y，则x+y＝5，即y＝﹣x+5．∴点B在直线y＝﹣x+5上运动，设直线y＝﹣x+5交x，y轴于点E，F，∴OE＝OF＝5，∵OC＝OD＝2，∴D（0，2），C（2，0），CD=2OC＝22∴CD所在直线表达式为y＝﹣x+2，如图2，过点F作FD′⊥y轴，且FD'＝FD，∴∠DFB＝∠D'FB＝45°，∴点D与点D'关于y＝﹣x+5对称，将D'（3，5），C（2，0）代入直线表达式y＝kx+b，得CD'所在直线表达式为y＝5x﹣10，∴△BCD的周长＝CD+DB+BC＝22+DB+BC＝22+D'B+当D'、B、C三点共线时，（D'B+BC）取到最小值，联立EF，CD'表达式，y=5x−10y=−x+5，得交点坐标为（52，∵D'B+BC的最小值为：(3−2)2+(5−0∴△BCD的周长最小值为22+26，此时点B的坐标为（52【点评】本题是几何变换综合题，考查一次函数的图象和性质，方程组，两点间的距离公式，轴对称的性质，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．3．如图1，在等边△ABC中，点E是AC边上一动点（点E不与A，C重合），连接BE，过点A作AH⊥BE于点H，将线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK，连接HK，CK．（1）若BH=3，求线段CK（2）如图2，连接CH，延长KH交BC于点D，当KD取最大值时，求证：AE＝CD；（3）在（2）的条件下，当KD取最大值时，连接DE，将△CDE绕C点旋转，连接AD，BE，分别取AD，BE的中点M，N，连接MN，若△ABC的边长为4，当点D落在直线AC上时，直接写出MN长．【考点】几何变换综合题．【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】（1）3；（2）见解析；（3）7或3．【分析】（1）根据线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK，可知△AHK为等边三角形，再证△BAH≌△CAK，可知BH＝CK，从而求得答案；（2）过点C作CM∥BH交KD的延长线于点M，由（1）可知，∠BHA＝∠CKA，BH＝CK，从而知道∠AKC＝90°，推出∠HKC＝30°，借助平角可求得∠BHD＝∠DMC＝30°，借助证明△BHD≌△CDM，可知D为BC中点，KD＝AH+HD，AE+DE≥AH+HD，推出当KD最大时，H与E重合，又因为AH⊥BE，BA＝BC，那么此时E点在AC的中点，从而得证；（3）当点D在线段AC的延长线时，取BC的中点J，连接MJ，NJ，过点N作NQ⊥MJ交MJ的延长线于点Q，先求得HM，利用三角形中位线，求得MJ、JN以及∠QJN＝30°，在Rt△QNJ用勾股定理，求得QJ，最后在Rt△QNM用勾股定理，求得MN；当点D在线段AC时，连接DN，过点E作ES⊥BD交BD的延长线于点S，取BS的中点X，连接NX，取DN的中点Y，连接XY，作DZ⊥MN交MN于点Z，先求得AD和MD的长度，然后计算出∠BDE＝150°，然后在Rt△EDS中用勾股定理求得ES和DS，然后利用是三角形中位线求得NX，从而求得DX，DN，然后判定△NXY为等边三角形，推导出∠XDN＝30°，从而得到∠MDN＝120°，MD＝DN＝1，最后在Rt△MDZ中用勾股定理求得MZ，从而得到MN．【解答】（1）解：△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∵线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK，∴AH＝AK，∠KAH＝60°，∴∠BAC﹣∠HAC＝∠KAH﹣∠HAC，∴∠BAH＝∠CAK，在△BAH和△CAK中，AB=AC∠BAH=∠CAK∴△BAH≌△CAK（SAS），∴BH＝CK，∵BH=3∴CK=3（2）证明：过点C作CM∥BH交KD的延长线于点M，由（1）可知，△BAH≌△CAK，∴∠BHA＝∠CKA，BH＝CK，∵AH⊥BE，∴∠CKA＝90°，∵线段AH绕点A逆时针旋转60°得到线段AK，∴AH＝AK，∠KAH＝60°，∴△KAH是等边三角形，∴∠AKH＝60°＝∠AHK，∴∠HKC＝∠CKA﹣∠AKH＝90°﹣60°＝30°，∠BHM＝180°﹣∠AHB﹣∠AHK＝180°﹣90°﹣60°＝30°，∵BH∥CM，∴∠BHM＝∠DMC＝30°，∴∠DMC＝∠HKC＝30°，∴CM＝CK，∴CM＝BH，在△BHD和△CMD中，∠BHD=∠CMD∠BDH=∠CDM∴△BHD≌△CMD（AAS），∴BD＝CD，∵KD＝KH+HD＝AH+HD，AE+HD≥AH+HD，∴KD最大时，H与E重合，又∵AH⊥BE，BA＝BC，那么此时E点在AC的中点，如图3：∴AE=AC∵BD=CD=12BC，AC∴AE＝CD；（3）解：①当点D在线段AC的延长线时，如图4：由（1）可知，△CDE是等边三角形，CD=1∵等边△ABC的边长为4，AH⊥BH，∴AB＝AC＝BC＝4，CD＝CE＝ED＝2，AH=CH=12AC=2∴AD＝AC+CD＝4+2＝6，BH=A∴AM=DM=1∴HM＝AM﹣AH＝3﹣2＝1，CM＝AC﹣AM＝4﹣3＝1，∴HM＝CM，取BC的中点J，连接MJ，NJ，过点N作NQ⊥MJ交MJ的延长线于点Q，∴MJ=12BH=3，MJ∥BH，∴∠MJC＝∠HBC＝30°，∠HJC＝∠ABC＝60°，∵∠BJN＝∠HJC＝60°，∠BJQ＝∠MJC＝30°，∴∠QJN＝∠BJN﹣∠BJQ＝60°﹣30°＝30°，∵BN＝EN，BJ＝CJ，∴JN=1∴NQ=1在直角三角形JNQ中，由勾股定理得：JQ=J∴MQ=JQ+JM=3在直角三角形MNQ中，由勾股定理得：MN=N②当点D在线段AC时，连接DN，如5：由（1）可知，△CDE是等边三角形，CD＝2，△ABC是等边三角形，AB＝4，∴AD＝AC﹣CD＝4﹣2＝2，∠CDE＝60°，∴D是AC中点，∵M是AD的中点，∴MD=1∵△ABC是等边三角形，D是AC中点，∴BD⊥AC，∴∠BDE＝∠BDC+∠CDE＝90°+60°＝150°，在直角三角形ABD中，由勾股定理得：BD=A过点E作ES⊥BD交BD的延长线于点S，在Rt△DES中，∠SDE＝180°﹣∠BDE＝180°﹣150°＝30°，DE＝2，∴ES=1由勾股定理得：DS=D在Rt△BSE中，BS=BD+DS=23取BS的中点X，连接NX，∴NX∥ES，NX=12ES=∴∠BXN＝∠BSE＝90°，DX=BD−BX=23在直角三角形DNX中，由勾股定理得：DN=D取DN的中点Y，连接XY，∴XY=DY=NY=1∵NX=NY=XY=1∴△XYN是等边三角形，∴∠XNY＝60°，∴∠XDN＝90°﹣∠XNY＝90°﹣60°＝30°，∴∠MDN＝∠ADB+∠XDN＝90°+30°＝120°，作DZ⊥MN交MN于点Z，∵MD＝DN＝1，∴∠MDZ=∠ZDN=∠MDN2=60°，MZ∴∠ZMD＝30°，∴DZ=MD2=∴MN=MZ+NZ=3【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，平角的定义，三角形内角和定理等，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键．4．在平面直角坐标系xOy中，过点P（m，0）作直线l⊥x轴，图形W关于直线l的对称图形为W'，图形W'上任一点到x轴，y轴的距离的最大值是d，称d是图形W关于直线l的m倍镜像“接收距离”．已知点A（3，2），B（5，2）．（1）①线段AB关于直线l的1倍镜像“接收距离”是3；②线段AB关于直线l的m倍镜像“接收距离”是2，m的取值范围是32≤m≤（2）点C（﹣3，3），△ABC关于直线l的m倍镜像“接收距离”的最小值是4．（3）点D（﹣4，﹣3），E（﹣2，﹣3），线段DE关于直线l的m倍镜像“接收距离”小于线段AB关于直线l的m倍镜像“接收距离”，求m的取值范围（直接写出结果即可）．【考点】几何变换综合题．【专题】新定义；一元一次不等式（组）及应用；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．【答案】（1）①3；②32（2）4；（3）m＜1【分析】（1）①求出A、B关于直线l的1倍镜像的对应点坐标，进而根据定义判断；②表示出A、B关于直线l的m倍镜像的对应点坐标，根据定义列出不等式组|2m−3|≤2|2m−5|≤2（2）可推出B、C关于直线l的m倍镜像B′、C′的距离之差也是8，从而得出△ABC关于直线l的m倍镜像“接收距离”的最小值；（3）表示出A、B、C、D于直线l的m倍镜像的对应点坐标DE关于直线l的m倍镜像的线段是D′E′，根据当点D（﹣4，﹣3），E（﹣2，﹣3），线段DE关于直线l的m倍镜像“接收距离”等于线段AB关于直线l的m倍镜像“接收距离”时，得出（2m﹣5）+（2m+4）＝0，从而求得临界m的值，进而得出结果．【解答】解：（1）①设线段AB关于直线l的1倍镜像的线段为A′B′，∵A′（﹣1，2），B′（﹣3，2），∴点B′距离y轴距离最大为：3，故答案为：3；②点A和B关于直线x＝m的对称点为：A′（2m﹣3，2），B′（2m﹣5，2），∵线段AB关于直线l的m倍镜像“接收距离”是2，∴|2m−3|≤2|2m−5|≤2∴32故答案为：32（2）如图1，∵A（3，2），B（5，2），点C（﹣3，3），∴B、C距离y轴的距离之差是8，∴B、C关于直线l的m倍镜像B′、C′的距离之差也是8，∴C（﹣3，3），△ABC关于直线l的m倍镜像“接收距离”的最小值是4，故答案为：4；（3）如图2，点A和B关于直线x＝m的对称点为：A′（2m﹣3，2），B′（2m﹣5，2），线段DE关于直线l的m倍镜像的线段是D′E′，则D′（2m+4，﹣3，），E′（2m+2），当点D（﹣4，﹣3），E（﹣2，﹣3），线段DE关于直线l的m倍镜像“接收距离”等于线段AB关于直线l的m倍镜像“接收距离”时，（2m﹣5）+（2m+4）＝0，∴m=1∴当点D（﹣4，﹣3），E（﹣2，﹣3），线段DE关于直线l的m倍镜像“接收距离”小于线段AB关于直线l的m倍镜像“接收距离”时，m＜1【点评】本题在新定义的基础上，考查了轴对称的性质，解一元一次不等式等知识，解决问题的关键是数形结合．5．图形的定转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，小华和小芳对等腰直角三角形的旋转变换进行了研究．如图（1），△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，点D，E分别在线段AB，AC上，且∠C＝∠AED＝90°．（1）观察猜想小华将△ADE绕点A逆时针旋转，连接BD，CE，如图（2），当BD的延长线恰好经过点E时：①BDCE的值为2②BD与CE的夹角为45度；（2）类比探究如图（3），小芳在小华的基础上，继续旋转△ADE，连接BD，CE，设BD的延长线交CE于点F，（1）中的两个结论是否仍然成立？请说明理由．（3）拓展延伸若AE＝DE=2，AC＝BC=10，当CE所在的直线垂直于AD时，请你直接写出【考点】几何变换综合题．【专题】几何综合题；推理能力．【答案】（1）①2；②45；（2）结论成立，证明见解析部分；（3）42或2【分析】（1）证明△DAB∽△EAC，推出BDEC=ADAE=（2）结论成立．证明方法类似（1）；（3）分两种情形：如图（4）﹣1中，当CE⊥AD于点O时，如图（4）﹣2中，当EC⊥AD时，延长CE交AD于O，分别求解即可．【解答】解：（1）如图（2）中，∵△AED，△ABC都是等腰直角三角形，∴∠EAD＝∠CAB＝45°，AD=2AE，AB=2∴∠EAD＝∠CAB＝45°，ABAC∴△DAB∽△EAC，∴BDEC=ADAE=∴∠BEC＝45°∴BDEC=2故答案为：①2；②45；（2）结论成立．理由：如图（3）中，设AC交BF于点O，∵△AED，△ABC都是等腰直角三角形，∴∠EAD＝∠CAB＝45°，AD=2AE，AB=2∴∠EAD＝∠CAB＝45°，ABAC∴△DAB∽△EAC，∴BDEC=ADAE=∵∠AOB＝∠FOC，∴∠BAO＝∠CFO＝45°，∴BDEC=2（3）如图（4）﹣1中，当CE⊥AD于点O时，∵AE＝DE=2，AC＝BC=10，∠AED＝∠∴AD=2AE∵EO⊥AD，∴OD＝OA＝OE＝1，∴OC=AC∴EC＝OE+OC＝4，∵BD=2EC∴BD=42如图（4）﹣2中，当EC⊥AD时，延长CE交AD于O，同法可得：OD＝OA＝OE＝1，OC＝3，EC＝3﹣1＝2，∴BD=2EC=2综上所述：BD的长为42或2【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．6．在等边△ABC中，AD⊥BC，垂足为点D，点M为直线AD上一动点，连接MB，以点B为旋转中心，把线段BM顺时针旋转60°，得到线段BN，连接CN．（Ⅰ）如图①，当点M在线段AD上时，求证：AM＝CN．（Ⅱ）如图②，当点M在线段DA的延长线上时，连接MC，AN，若∠ANC＝45°，求∠AMC的大小．（Ⅲ）若等边△ABC的边长是6，连接DN，在点M运动过程中，直接写出线段DN的最小值．【考点】几何变换综合题．【专题】几何综合题；推理能力．【答案】（Ⅰ）证明过程见解答；（Ⅱ）15°；（Ⅲ）DN=3【分析】（Ⅰ）根据等边三角形的性质和旋转的性质证明△ABM≌△CBN（SAS），即可解决问题；（Ⅱ）证明△ABM≌△CBN（SAS），得AM＝CN，∠BAM＝∠BCN，然后证明∠ACN＝90°，进而可以解决问题；（Ⅲ）取AB的中点G，连接MG，根据等边三角形的性质可得BD＝BG，再求出∠DBN＝∠MBG，根据旋转的性质可得MB＝NB，然后利用“边角边”证明△MBG≌△NBD，再根据全等三角形对应边相等可得DN＝MG，然后根据垂线段最短可得MG⊥AD时最短，再根据∠BAD＝30°求解即可．【解答】（I）证明：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∠ABC＝60°，∵线段BM顺时针旋转60°，得到线段BN，∴BM＝BN，∠MBN＝60°，∴∠MBN＝∠ABC，∴∠MBN﹣∠MBC＝∠ABC﹣∠MBC，∴∠CBN＝∠ABM，∴△ABM≌△CBN（SAS），∴AM＝CN；（II）解：同（I）可知AB＝BC，BM＝BN，∠MBN＝∠ABC＝60°，∴∠MBN﹣∠ABN＝∠ABC﹣∠ABN，∴∠MBA＝∠NBC．∴△ABM≌△CBN（SAS），∴AM＝CN，∠BAM＝∠BCN，∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，∴∠BAD=∠CAD=12∠BAC，∠BAC∴∠BAD＝∠CAD＝30°，∴∠BAM＝∠CAM＝150°，∴∠BCN＝∠BAM＝150°，∴∠ACN＝∠BCN﹣∠ACB＝150°﹣60°＝90°，∵∠ANC＝45°，∴∠CAN＝45°，∴∠ANC＝∠CAN，∴AC＝CN，∵AM＝CN，∴AM＝AC，∴∠AMC＝∠ACM＝15°；（III）解：线段DN的最小值32如图③，取AB的中点G，连接MG，∵旋转角∠MBN＝60°，∴∠MBD+∠DBN＝60°，∵∠MBD+∠MBA＝∠ABC＝60°，∴∠DBN＝∠GBM，∵AD是等边△ABC的对称轴，∴DB=12∵BG=12∴BG＝BD，∵MB旋转到BN，∴BM＝BN，在△MBG和△NBD中，BM=BN∠GBM=∠DBN∴△MBG≌△NBD（SAS），∴MG＝ND，根据垂线段最短，MG⊥AD时，MG最短，即DN最短，此时∠BAD=12×60°＝30°，AG∴MG=12AG∴DN=3【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，垂线段最短的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．7．在平面直角坐标系xOy中，已知点M（m，n），过点（m，0）且垂直于x轴的直线记为直线x＝m，过点（0，n）且垂直于y轴的直线记为直线y＝n．给出如下定义：将图形G关于直线x＝m对称得到图形G1，再将图形G1关于直线y＝n得到图形G2，则称图形G2是图形G关于点M的双对称图形．（1）已知点M的坐标为（0，1），点N（2，3）关于点M的双对称图形点N2的坐标为（﹣2，﹣1）；（2）如图，△ABC的顶点坐标是A（﹣2，3），B（﹣4，1），C（0，1）．①已知点M的坐标是（1，﹣1），写出点A，B，C关于M的双对称图形点的坐标A2（4，﹣5），B2（6，﹣3），C2（2，﹣3）；②已知点M的坐标为（1，﹣1），点P（4，n），点Q（4，n+1），线段PQ关于点M的双对称图形线段P2Q2位于△ABC内部（不含三角形的边），求n的取值范围．【考点】几何变换综合题．【专题】代数几何综合题；推理能力．【答案】（1）（﹣2，﹣1）；（2）①A2（4，﹣5），B2（6，﹣3），C2（2﹣3）；②﹣5＜n＜﹣4；【分析】（1）根据双对称图形的定义求出N（2，3）关于直线x＝0的对称点为N1，再求出N1（﹣2，3），关于直线y＝1对称的点为N2，即可得解；（2）①根据点M的坐标是（1，﹣1），得两条对称轴分别为直线x＝1和直线y＝﹣1，然后根据对称性质即可解决问题；②先算出P和Q的双对称图形点P2和Q2的坐标，然后P2纵坐标高于1，Q2纵坐标低于3即满足题意，从而建立不等式求解即可．【解答】解：（1）由题意可知，点N（2，3）关于直线x＝0的对称点是N1（﹣2，3），点N1（﹣2，3）关于直线y＝1对称的点是N2（﹣2，﹣1），∴点N（2，3）关于点M的双对称图形点N2的坐标是（﹣2，﹣1）；故答案为：（﹣2，﹣1）；（2）①∵点M的坐标是（1，﹣1），∴两条对称轴分别为直线x＝1和直线y＝﹣1，点A（﹣2，3），B（﹣4，1），C（0，1）关于直线x＝1的对称点分别为A1（4，3），B1（6，1），C1（2，1），点A1（4，3），B1（6，1），C1（2，1）关于直线y＝﹣1的对称点分别为A2（4，﹣5），B2（6，﹣3），C2（2，﹣3），∴点A，B，C关于M的双对称图形点的坐标A2（4，﹣5），B2（6，﹣3），C2（2﹣3）；故答案为：A2（4，﹣5），B2（6，﹣3），C2（2﹣3）；②∵M（1，﹣1），∴两条对称轴分别为直线x＝1和直线y＝﹣1，点P（4，n），Q（4，n+1）关于直线x＝1的对称点分别为P1（﹣2，n），Q1（﹣2，n+1），点P1（﹣2，n），Q1（﹣2，n+1）关于直线y＝﹣1的对称点分别为P2（﹣2，﹣2﹣n），Q2（﹣2，﹣3﹣n），∴P2Q2在直线x＝﹣2上，若P2Q2位于△ABC内部，则需要满足以下条件，−2−n＜3−3−n＞1∴﹣5＜n＜﹣4．【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了坐标的对称、新定义等内容，正确理解题意和熟练掌握相关知识是解题的关键．8．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BC绕点C顺时针旋转角度α（0°＜a＜360°）得到DC．（1）如图1，若α＝30°，连接AD交BC于点E，若AC＝6，求DE的长；（2）如图2，若0°＜α＜90°，CF平分∠BCD交AD于点F，连接BF，过点C作CG⊥AD，在射线CG上取点G使得∠BGC＝45°，连接BG，请用等式表示线段CG、CF、BF之间的数量关系并证明；（3）如图3，若BC＝8，点P是线段AB上一动点，将CP绕点P逆时针旋转90°得到QP，连接AQ，M为AQ的中点，当2CM+CQ取得最小值时，请直接写出△ABM的面积．【考点】几何变换综合题．【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】（1）23（2）CG=2（3）8；理由见解答过程．【分析】（1）根据旋转可得∠CAE＝∠D＝∠BCD＝30°，即可得到DE=EC=3（2）连接BD，AD与CG交于点O，根据角平分线可得∠BCF=∠DCF=12α，进而得到∠ACG=∠DCG=45°+12α，∠CBD=∠CDB=90°−12α，得到∠OCF＝∠OFC＝45°，∠FDC=45°−（3）如图，过P作PH⊥AC交AC于H，交AQ于O，过Q作QH⊥PH交PH于G，延长CM交QG于N，延长CB至E，使CB＝BE＝8，过A作AF⊥QG交QG于F，根据一线三垂直模型可证明△PHC≌△QGP（AAS），得PH＝GQ，GP＝CH，设GP＝CH＝a，则AH＝PH＝GQ＝8﹣a，GH＝GP+PH＝8＝BC，得到四边形BCHG是矩形，四边形ACBF是正方形，再说明M与O重合，S△ABM=12S△ABQ，最后根据2CM+CQ＝CN+AN＝AN+NE≥AE，得到当A、N、E三点共线时2CM+CQ取得最小值，得到FN=BN=12BF=4=2a，解得a＝2，最后根据S△ABM=12S【解答】解：（1）由旋转可得∠BCD＝α＝30°，CB＝CD＝CA，∴∠CAD＝∠CDA，∠ACD＝90°+30°＝120°，∴∠CAD＝∠CDA＝∠BCD＝30°，∴DE＝EC，AE＝2EC，在Rt△AEC中，AC2+EC2＝AE2，∴62+EC2＝（2EC）2，∴EC=23∴DE=EC=23（2）CG=2证明：连接BD，AD与CG交于点O，如图2，由旋转可得∠BCD＝α，CB＝CD＝CA，∴∠CBD＝∠CDB＝90°−12α，∠ACD＝90°+∵CF平分∠BCD，∴∠BCF＝∠DCF=1∴△BCF≌△DCF（SAS），∴BF＝DF，∴∠FDB＝∠FBD，∵CG⊥AD，∴∠GOD＝∠FOC＝90°，∠ACG＝∠DCG=12∠ACD＝45°+∴∠OCF＝∠DCG﹣∠FCD＝45°+12α−∴∠OCF＝∠OFC＝45°，∴△OFC是等腰直角三角形，∴OC=OF=2∵∠FDC=∠OFC−∠FCD=45°−1∴∠FDB＝∠CDB﹣∠FDC＝（90°−12α）﹣（45°−∴∠FDB＝∠FBD＝45°，∵∠BGC＝45°，∠GOD＝90°，∠FDB＝45°，∴G、B、D三点共线，且△OGD是等腰直角三角形，∴OG＝OD，∴CG＝OG+OC＝OD+OC＝OF+FD+OC=22CF+22整理得CG=2（3）如图3，过P作PH⊥AC交AC于H，交AQ于O，过Q作QH⊥PH交PH于G，延长CM交QG于N，延长CB至E，使CB＝BE＝8，过A作AF⊥QG交QG于F，∵将CP绕点P逆时针旋转90°得到QP，∴CP＝QP，∠CPQ＝90°，∵QH⊥PH，PH⊥AC，∴∠CPQ＝∠PHC＝∠PGQ＝90°，∠HPC＝∠PQG＝90°﹣∠GPQ，∴△PHC≌△QGP（AAS），∴PH＝GQ，GP＝CH，设GP＝CH＝a，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝8，∴AH＝AC﹣CH＝8﹣a，∠BAC＝∠APH＝45°，∴AH＝PH＝GQ＝8﹣a，∴GH＝GP+PH＝8＝BC，∴四边形BCHG是矩形，∴点B在QG上，CB⊥QG，HC＝BG＝a，∴四边形ACBF是正方形，∴BF＝AF＝8，∵AH＝GQ＝8﹣a，∠AHP＝∠PGQ＝90°，∠GOQ＝∠AOH，∴△AHO≌△QGO（AAS），∴OG＝OH，OA＝OQ，∴O为AQ的中点，∵M为AQ的中点，∴M与O重合，S△ABM=12S△∴MG＝MH＝OG＝OH，∴△NMG≌△CMH（ASA），∴CM＝MN，NG＝CH＝a∴CN＝2CM，NQ＝NG+GQ＝8﹣a+a＝8＝AC，∴四边形ACQN是平行四边形，∴CQ＝AN，∵CB＝BE＝8，CB⊥QG，∴CN＝NE，∴2CM+CQ＝CN+AN＝AN+NE≥AE，∴当A、N、E三点共线时2CM+CQ取得最小值，此时△AFN≌△EBN，∴FN＝BN=12BF＝4＝2∴a＝2，∴GB＝a＝2，GQ＝8﹣a＝6，∴BQ＝GQ﹣BG＝4，∴S△ABM=12S△ABQ=12×【点评】本题考查旋转的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，轴对称与最小值，勾股定理，30°直角三角形的性质，涉及知识点比较多，难度比较大．9．在平面直角坐标系中，已知O为坐标原点，点A（2，0），B（0，4），以点A为旋转中心，把△ABO顺时针旋转，得△ACD．（1）如图①，当旋转后满足DC∥x轴时，则点C的坐标（6，2），点D的坐标（2，2）．（2）如图②，当旋转后点C恰好落在x轴正半轴上时，求点D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P′，当DP+AP′取得最小值时，求点P的坐标．（直接写出结果即可）【考点】几何变换综合题．【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】（1）（6，2），（2，2）；（2）（2+2（3）(0，8【分析】（1）作CH⊥x轴于H．只要证明四边形ADCH是矩形，利用矩形的性质即可解决问题；（2）作DM⊥x轴于M．在Rt△ADC中，求出DM、AM即可解决问题；（3）连接PA，P′A，作点A关于y轴的对称点A′，连接DA′交y轴于P″，连接AP″，由题意AP′＝AP″＝A′P″，推出DP+AP′＝P″D+A′P″＝A′D，根据两点之间线段最短，可知当点P与点P″重合时，P′A+PD的值最小．只要求出直线A′D的解析式即可解决问题．【解答】解：（1）已知O为坐标原点，点A（2，0），B（0，4），以点A为旋转中心，把△ABO顺时针旋转，得△ACD．如图1，过点C作CH⊥x轴于H，∴OA＝2，OB＝4，由旋转的性质，可得△ABO≌△ACD，∴AD＝AO＝2，DC＝BO＝4，∠CDA＝∠BOA＝90°，又∵DC∥x轴，∴∠D＝∠DAH＝∠AHC＝90°，∴四边形DAHC为矩形，∴AH＝DC＝4，CH＝DA＝2，∴点C的坐标为（6，2），点D的坐标（2，2）；故答案为：（6，2），（2，2）；（2）如图2，过点D作DM⊥x轴于M，由Rt△ACD面积知12在Rt△ABO中，由勾股定理得AB=A∴AC=25∴12∴DM=4在Rt△DAM中，AM=D∴OM=OA+AM=2+2∴点D的坐标为（2+2（3）如图3，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′，连接PA，P′A，作点A关于y轴的对称点A′，连接DA′交y轴于P″，连接AP″，当点P在点P″位置时，A′、P、D在同一条直线上，DP+AP′取得最小值，由题意可得AP＝AP′，根据轴对称的性质可得AP′＝AP″＝A′P″，∴DP+AP′＝P″D+A′P″＝A′D，∵A′（﹣2，0），D的坐标为（2+2∴设直线A′D的解析式为y＝kx+b，则0=−2k+b4解得k=4∴直线A′D的解析式为y=4当x＝0时，y=8∴点P的坐标为(0，8【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题、勾股定理解直角三角形，两点之间线段最短等知识，解题的关键是会利用两点之间线段最短解决最短路径问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．10．请阅读以下信息：从一个角的顶点出发，在角的内部引两条射线，如果这两条射线所组成的角等于这个角的一半，那么这两条射线所成的角叫做这个角的“内半角”．如图①，若射线OC，OD在∠AOB的内部，且∠COD=12∠AOB，则称∠COD请根据以上信息，解决下面的问题：（1）如图①，∠AOB＝50°，∠BOD＝10°．若∠COD是∠AOB的“内半角”，则∠AOC＝15°．（2）如图②，已知∠AOB＝60°，将∠AOB绕点O按顺时针方向旋转一个角度α（0＜α＜60°）至∠COD，即∠COD＝∠AOB＝60°，其中∠AOC＝∠BOD＝α．若∠COB是∠AOD的“内半角”，求α的度数．（3）把一块含60°的三角板COD按如图③方式放置，使OC边与OA边重合，OD边与OB边重合．如图④，将三角板COD绕顶点O以每秒6°的速度按顺时针方向旋转一周，旋转时间为t秒．当射线OA，OB，OC，OD构成“内半角”时，请直接写出t的值．【考点】几何变换综合题．【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】（1）15°；（2）20°；（3）t的值为103或30或170【分析】（1）根据题意算出∠COD的度数，利用∠AOC＝∠AOB﹣∠BOD﹣∠COD即可算出∠AOC的度数；（2）根据旋转性质可推出∠AOC＝∠BOD＝α和∠COD＝∠AOB＝60°，然后可用含有α的式子表示∠AOD和∠COB的度数，根据∠COB是∠AOD的内半角，即可求出α的值；（3）根据旋转一周构成内半角的情况总共有四种，分别画出图形，求出对应t值即可．【解答】解：（1）∵∠COD是∠AOB的内半角，∠AOB＝50°，∴∠COD=1∴∠AOC＝∠AOB﹣∠BOD﹣∠COD＝50°﹣25°﹣10°＝15°，故答案为：15°；（2）∵∠AOC＝∠BOD＝α，∠COD＝∠AOB＝60°，∴∠AOD＝∠AOC+∠COD＝α+60°，∠COB＝∠AOB﹣∠AOC＝60°﹣α，∵∠COB是∠AOD的内半角，∴∠AOD＝2∠COB，即α+60°＝2（60°﹣α），解得：α＝20°，∴α的值为20°；（3）①如图④，此时∠COB是∠AOD的内半角，由旋转性质可知：∠AOC＝∠BOD＝6t°，∠COD＝∠AOB＝30°，∴∠AOD＝∠AOC+∠COD＝3t°+30°，∠COB＝∠AOB﹣∠AOC＝60°﹣6t°，∵∠COB是∠AOD的内半角，∴∠AOD＝2∠COB，即6t+60＝2（60﹣6t），解得：t=10②如图⑤，此时∠BOC是∠AOD的半角，由旋转性质可得：∠AOC＝∠BOD＝6t°，∠COD＝∠AOB＝60°，∴∠AOD＝∠AOC+∠COD＝6t°+60°，∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝6t°﹣60°，∵∠BOC是∠AOD的内半角，∴∠AOD＝2∠BOC，即6t+60＝2（6t﹣60），解得：t＝30；③如图6，此时∠AOD是∠BOC的内半角，由旋转性质可知∠AOC＝∠BOD＝360°﹣6t°，∠COD＝∠AOB＝60°，∴∠BOC＝∠BOD+∠COD＝420°﹣6t°，∠AOD＝∠AOC﹣∠COD＝300°﹣6t°，∵∠AOD是∠BOC的内半角，∴∠BOC＝2∠AOD，即420°﹣6t°＝2（300°﹣6t°），解得t＝30（舍去）；④如图⑦，此时∠AOD是∠BOC的内半角，由旋转性质可知．∠AOC＝∠BOD＝360°﹣6t°，∠COD＝∠AOB＝60°，∴∠BOC＝∠BOD+∠COD＝420°﹣6t°，∠AOD＝∠COD﹣∠AOC＝6t°﹣300°，∵∠AOD是∠BOC的内半角，∴∠BOC＝2∠AOD，即420°﹣6t°＝2（6t°﹣300°），解得t=170综上所述：当射线OA、OB、OC、OD构成内半角时，t的值为103或30或170【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了几何图形中角度的计算，旋转的性质，解答本题的关键是熟练掌握旋转的性质．11．在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上一点（不与B、C重合），把线路AD绕着点A逆时针旋转至AE（即AD＝AE），使得∠DAE＝∠BAC，连接DB、CE．（1）如图1，点D在线段BC上，如果∠BAC＝90°，则∠BCE＝90度．（2）如图2，当点D在线段BC上，如果∠BAC＝60°，则∠BCE＝120度．（3）如图3，设∠BAC＝α，∠BCE＝β，当点D在线段BC上移动时，α，β的数量关系是什么？请说明理由．（4）设∠BAC＝α，∠BCE＝β，当点D在直线BC上移动时，请直接写出α，β的数量关系，不用证明．【考点】几何变换综合题．【专题】三角形；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．【答案】（1）90；（2）120；（3）α+β＝180°；（4）α+β＝180°或α＝β．【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，得∠ABC＝∠ACE＝45°，可求∠BCE的度数；（2）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，得∠ABC＝∠ACE＝60°，可求∠BCE的度数；（3）由“SAS”可证△BAD≌△CAE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论；（4）由“SAS”可证△BAD≌△CAE得出∠ABD＝∠ACE，再用三角形的内角和即可得出结论．【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，∴∠DAE＝∠BAC＝90°，∵AB＝AC，AD＝AE，∴∠B＝∠ACB＝45°，∠ADE＝∠AED＝45°，∵∠DAE＝∠BAC，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE＝∠B＝45°，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，故答案为：90；（2）∵∠BAC＝60°，∴∠DAE＝∠BAC＝60°，∵AB＝AC，AD＝AE，∴∠B＝∠ACB＝60°，∠ADE＝∠AED＝60°，∵∠DAE＝∠BAC，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE＝∠B＝60°，∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝120°，故答案为：120；（3）α+β＝180°，理由如下：∵AB＝AC，AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE＝∠B，∴∠ACE+∠ACB＝∠B+∠ACB，∵∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝β，∴∠B+∠ACB＝β，∵∠BAC＝α，∠BAC+∠B+∠ACB＝180°，∴α+β＝180°；（4）如图4，当点D在BC的延长线上时，α+β＝180°，证明方法同（3）；如图5，当点D在CB的延长线上时，α＝β，理由如下：∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAB+∠BAE＝∠EAC+∠BAE，∴∠DAB＝∠EAC，在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵∠ABD＝∠BAC+∠ACB，∠ACE＝∠BCE+∠ACB，∴∠BAC＝∠BCE，∵∠BAC＝α，∠BCE＝β，∴α＝β．综上，α+β＝180°或α＝β．【点评】此题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质，证明△BAD≌△CAE是解题的关键．12．如图①，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝27°，点D为BC的中点，连结AD．点P在线段BC上从点B出发向点C运动，当点P不与点B、C重合时，连结AP．设∠BAP＝x°．（1）∠BAD的度数为63°．（2）当△ABP是钝角三角形时，求x的取值范围．（3）当△ABP是轴对称图形时，求x的值．（4）如图②，作点B关于直线AP的对称点B′，连结AB′、PB′，当△APB′与△ABC重叠部分为轴对称图形时，直接写出x的值．【考点】几何变换综合题．【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】（1）63°；（2）0＜x＜63或90＜x＜126；（3）27或76.5；（4）42或51或84或75．【分析】（1）先由等边对等角，求出∠C＝27°，运用三角形内角和进行列式，得∠BAC＝126°，结合等腰三角形的三线合一，即可作答；（2）根据∠APB为钝角，∠PAB为钝角，这两种情况进行列式作答即可；（3）根据△ABP是轴对称图形，即△ABP是等腰三角形，进行分类讨论，即可作答．（4）分为点P在BD和CD上两种情况，作图，结合三角形的内角和以及三角形的外角性质，即可作答．【解答】解：（1）在△ABC中，AB＝AC，∠B＝27°，点D为BC的中点，连结AD，∴∠C＝∠B＝27°，即∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠C＝126°，∴∠BAD=1即∠BAD的度数为63°，故答案为：63°；（2）当∠APB为钝角，即90°＜∠APB＜180°，∵180°﹣∠B﹣∠PAB＝∠APB，∠BAP＝x°，∴90°＜180°﹣27°﹣x°＜180°，即0＜x＜63，当∠PAB为钝角，∵180°＝∠PAB+∠APB+∠B，∴90°＜x°＜180°﹣27°＝153°，∵点P在线段BC上从点B出发向点C运动，当点P不与点B、C重合时，∴当点P与点C重合时，∠PAB＝180°﹣27°﹣27°＝126°，∴90°＜∠PAB＜126°即90＜x＜126；综上：当△ABP是钝角三角形时，x的取值范围为0＜x＜63或90＜x＜126；（3）当△ABP是轴对称图形时，如图1，即△ABP是等腰三角形，当AP＝BP时，∠ABP＝∠BAP＝27°，则x＝27；当AB＝AP时，∠ABP＝∠APB＝27°，则∠BAP＝180°﹣27°﹣27°＝126°，此时点P与点C重合，故舍去；当AB＝BP时，∠BAP=∠BPA=12×(180°−27°)=76.5°综上：当△ABP是轴对称图形时，x的值为27或76.5；（4）作点B关于直线AP的对称点B′，连结AB′、PB′，当△APB′与△ABC重叠部分为轴对称图形时，点P在BD上时，记AB′与BD的交点为E，如图2，∵作点B关于直线AP的对称点B′，∴∠BAP＝∠EAP＝x°，当AP＝AE时，∠APE=∠AEP=1∵∠APE＝∠B+∠BAP＝27°+x°，则90°−1解得x＝42；当AP＝PE时，则∠PAE=∠PEA=1即x＝51；点P在CD上时，记PB′与AC的交点为E，如图3，易知∠BAP＝∠B′AP＝x°，则∠EAB′＝∠BAB′﹣∠BAC＝2x°﹣126°，那么∠AEP＝∠B′+∠EAB′＝27°+2x°﹣126°＝2x°﹣99°，则∠APB′＝∠ABP＝180°﹣27°﹣x°＝153°﹣x°，∠PAC＝∠PAB′﹣∠EAB′＝x°﹣（2x°﹣126°）＝126°﹣x°，当AP＝AE时，则∠AEP＝∠APB′，2x°﹣99°＝153°﹣x°，解得x＝84；当AP＝PE时，则∠PAC＝∠APB′，126°﹣x°＝153°﹣x°，此时x不存在；当PE＝AE时，则∠PAC＝∠APB′，126°﹣x°＝2x°﹣99°，解得x＝75；综上：当△APB′与△ABC重叠部分为轴对称图形时，x的值为42或51或84或75．【点评】本题考查了轴对称图形的性质，钝角三角的定义，三角形的内角和，以及三角形的外角性质，难度适中，综合性较强，学会分类讨论以及正确作图是解题的关键．13．在等边△AOB中，将扇形COD按图1摆放，使扇形的半径OC、OD分别与OA、OB重合，OA＝OB＝4，OC＝OD＝2，固定等边△AOB不动，让扇形COD绕点O逆时针旋转，线段AC、BD也随之变化，设旋转角为α．（0＜α≤360°）（1）当OC∥AB时，旋转角α＝60或240度，OC⊥AB时旋转角α＝150或330度．发现：（2）线段AC与BD有何数量关系，请仅就图2给出证明．应用：（3）当A、C、D三点共线时，求BD的长．拓展：（4）P是线段AB上任意一点，在扇形COD的旋转过程中，请直接写出线段PC的最大值与最小值．【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．【答案】见试题解答内容【分析】（1）如图1中，易知当点D在线段AO和线段AO的延长线上时，OC∥AB，此时旋转角α＝60°或240°，同法可求OC⊥AB时的旋转角；（2）结论：AC＝BD．只要证明△AOC≌△BOD即可．（3）在图3、图4中，分别求解即可．（4）如图5中，由题意，点C在以O为圆心，1为半径的⊙O上运动，过点O作OH⊥AB于H，直线OH交⊙O于C′、C″，线段CB的长即为PC的最大值，线段C″H的长即为PC的最小值．易知PC的最大值＝6，PC的最小值＝23−【解答】解：（1）如图1中，∵△ABC是等边三角形，∴∠AOB＝∠COD＝60°，∴当点D在线段AO和线段AO的延长线上时，OC∥AB，此时旋转角α＝60°或240°，同法可得：OC⊥AB时，α＝150°或330°，故答案为60或240；或150或330；（2）结论：AC＝BD，理由如下：如图2中，由旋转的性质可知：∠COD＝∠AOB＝60°，∴∠COA＝∠DOB，在△AOC和△BOD中，OA=OB∠COA=∠DOB∴△AOC≌△BOD，∴AC＝BD；（3）①如图3中，当A、C、D共线时，作OH⊥AC于H．在Rt△COH中，∵OC＝2，∠COH＝30°，∴CH＝HD＝1，OH=3在Rt△AOH中，AH=O∴BD＝AC＝CH+AH＝1+13②如图4中，当A、C、D共线时，作OH⊥AC于H．易知AC＝BD＝AH﹣CH=13综上所述，当A、C、D三点共线时，BD的长为13+1或13（4）如图5中，由题意，点C在以O为圆心，2为半径的⊙O上运动，过点O作OH⊥AB于H，直线OH交⊙O于C′、C″，线段CB的长即为PC的最大值，线段C″H的长即为PC的最小值．易知PC的最大值＝6，PC的最小值＝23−【点评】本题考查圆综合题、旋转变换、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、圆上的点到直线的距离的最值问题等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，利用辅助圆解决最值问题，属于中考压轴题．14．△ABC是等边三角形，点D为线段BC上任意一点，连接AD，E为直线AB上一点．（1）如图1，当点D为BC中点时，点E在AB边上，连接DE．若AE＝1，BE＝3，求DE的长；（2）如图2，若点E为AB延长线上一点，且BE＝CD，点F为CB延长线上一点，且∠FAD＝60°．猜想线段AF，EF，AD之间存在的数量关系，并证明你的猜想；（3）如图3，在（1）的条件下，M为线段AD上一点，连接ME，将线段ME绕点E顺时针旋转60°得到线段EN，连接MN．当BN+DN的值最小时，直接写出△AMC的面积．【考点】几何变换综合题．【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）作EF⊥AD于F，可得出EF∥BC，从而△AEF∽△ABD，从而AFAD=EFBD=（2）在AF上截取AG＝AD，连接BG，可推出△AGB≌△ADC，从而∠ABG＝∠C＝60°，BG＝CD，进而可证明△FBE≌△FBG，从而得出EF＝FG，进一步得出结论；（3）在AC上截取AW＝AE＝1，连接WN，可证得△AEM≌△WEN，从而∠EWN＝∠BAD＝30°，从而得出∠AWN＝90°，从而得出点N在过W且于AW垂直的直线上l运动，作点B关于l的对称点B′，连接DB′交l于点N，直线l交AB于I，B′D交AB于X，可推出△BDI是等边三角形，从而XI＝BX＝1，进而得出IN得值，可求得GI得值，进而求得GN，从而求得AM，进一步得出结果．【解答】解：（1）如图1，作EF⊥AD于F，∵△ABC是等边三角形，点D是BC的中点，∴BC＝AB＝AE+BE＝4，AD⊥BC，BD＝CD=12BC＝2，AD=32∴EF∥BC，∴△AEF∽△ABD，∴AFAD∴AF=14AD=32∴DF＝AD﹣AF=3∴DE=D（2）如图2，AF＝AD+EF，理由如下：在AF上截取AG＝AD，连接BG，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠ABC＝∠C＝∠BAC＝60°，∴∠FAD＝∠BAC＝60°，∴∠FAB＝∠CAD，∴△AGB≌△ADC（SAS），∴∠ABG＝∠C＝60°，BG＝CD，∴∠FBG＝180°﹣∠ABG﹣∠ABC＝60°，∵BE＝CD，∴BG＝BE，∵∠FB