2020-2021中考数学复习初中数学 旋转专项综合练含答案解析

2020-2021中考数学复习初中数学旋转专项综合练含答案解析
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∠BAC＝
∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，则BD＝CE．
(1)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；
(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝m°，点E为△ABC外一点，点D为BC中点，∠EBC＝∠ACF，ED⊥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 =1
2 m°.
【解析】
分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC，只要证明△DAB≌△EAC即可；
（2）如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．首先证明△BDE是等边三角形，再证明
△ABD≌△CBE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CG、EG、EF、FG，延长ED到
M，使得DM=DE，连接FM、CM．想办法证明△AFE≌△AFG，可得∠EAF=∠FAG=1
2 m°.
详（1）证明：如图1中，
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
AD AE DAB EAC AB AC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△DAB ≌△EAC ，
∴BD=EC ．
（2）证明：如图2中，延长DC 到E ，使得DB=DE ．
∵DB=DE ，∠BDC=60°，
∴△BDE 是等边三角形，
∴∠BD=BE ，∠DBE=∠ABC=60°，
∴∠ABD=∠CBE ，
∵AB=BC ，
∴△ABD ≌△CBE ，
∴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CG 、EG 、EF 、FG ，延长ED 到M ，使得DM=DE ，连接FM 、CM ．
由（1）可知△EAB ≌△GAC ，
∴∠1=∠2，BE=CG ，
∵BD=DC ，∠BDE=∠CDM ，DE=DM ，
∴△EDB ≌△MDC ，
∴EM=CM=CG ，∠EBC=∠MCD ，
∵∠EBC=∠ACF ，
∴∠MCD=∠ACF ，
∴∠FCM=∠ACB=∠ABC ，
∴∠1=3=∠2，
∴∠FCG=∠ACB=∠MCF ，
∵CF=CF ，CG=CM ，
∴△CFG ≌△CFM ，
∴FG=FM ，
∵ED=DM ，DF ⊥EM ，
∴FE=FM=FG ，
∵AE=AG ，AF=AF ，
∴△AFE ≌△AFG ，
∴∠EAF=∠FAG=12
m°． 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“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．
2．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：
()1探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=o ，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90o 得到线段BD ，连接.CD 求证：BCD V 的面积为
21.(2
a 提示：过点D 作BC 边上的高DE ，可证ABC V ≌)BDE V ()2探究2：如图2，在一般的Rt ABC V 中，90ACB ∠=o ，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90o 得到线段BD ，连接.CD 请用含a 的式子表示BCD V 的面积，并说明理由． ()3探究3：如图3，在等腰三角形ABC 中，AB AC =，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90o 得到线段BD ，连接.CD 试探究用含a 的式子表示BCD V 的面积，要有探究过程．
【答案】（1）详见解析；（2）BCD V 的面积为
212a ，理由详见解析；（3）BCD V 的面积为214
a ．
【解析】
【分析】
()1如图1，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC V ≌BDE V ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；
()2如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC V ≌BDE V ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；
()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，由等腰三角形的性质可以得出
1BF BC 2
=
，由条件可以得出AFB V ≌BED V 就可以得出BF DE =，由三角形的面积公式就可以得出结论．
【详解】 ()1如图1，过点D 作DE CB ⊥交CB 的延长线于E ，
BED ACB 90∠∠∴==o ，
由旋转知，AB AD =，ABD 90∠=o ，
ABC DBE 90∠∠∴+=o ，
A ABC 90∠∠+=o Q ，
A DBE ∠∠∴=，
在ABC V 和BDE V 中，
ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
ABC ∴V ≌()BDE AAS V
BC DE a ∴==，
BCD 1S BC DE 2
=⋅V Q ， 2BCD 1S a 2
∴=V ； ()2BCD V 的面积为21a 2
， 理由：如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，
BED ACB 90∠∠∴==o ，
Q 线段AB 绕点B 顺时针旋转90o 得到线段BE ，
AB BD ∴=，ABD 90∠=o ，
ABC DBE 90∠∠∴+=o ，
A ABC 90∠∠+=o Q ，
A DBE ∠∠∴=，
在ABC V 和BDE V 中，
ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
ABC ∴V ≌()BDE AAS V ，
BC DE a ∴==，
BCD 1
S BC DE 2
=⋅V Q ， 2BCD 1S a 2
∴=V ； ()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，
AFB E 90∠∠∴==o ，11BF BC a 22
=
=， FAB ABF 90∠∠∴+=o ，
ABD 90∠=o Q ，
ABF DBE 90∠∠∴+=o ， FAB EBD ∠∠∴=，
Q 线段BD 是由线段AB 旋转得到的，
AB BD ∴=，
在AFB V 和BED V 中，
AFB E FAB EBD AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
AFB ∴V ≌()BED AAS V ， 1BF DE a 2∴
==
， 2BCD 1111S BC DE a a a 2224
=⋅=⋅⋅=V Q ， BCD ∴V 的面积为21a 4
． 【点睛】
本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.
3．如图1，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ．点D 、E 分别在AC 、BC 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 ．
（1）PM 与BE 的数量关系是 ，BE 与MN 的数量关系是 ．
（2）将△DEC 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△DEC 绕点C 逆时针旋转一周的过程中，当B 、E 、D 三点在一条直线上时，求MN 的长度．
【答案】（1）1,22
PM BE BE MN =
=；（2）成立，理由见解析；（3）MN 17﹣117
【解析】
【分析】
（1）如图1中，只要证明PMN V 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ECB DCA ≅V V ，
推出BE AD =，DAC EBC ∠=∠，即可推出BH AD ⊥，由M 、N 、P 分别AE 、BD 、AB 的中点，推出//PM BE ，12PM BE =，//PN AD ，12
PN AD =，推出PM PN =，90MPN ∠=︒，可得2222BE PM MN MN ==⨯
=； （3）有两种情形分别求解即可.
【详解】
（1）如图1中，
∵AM ＝ME ，AP ＝PB ，
∴PM ∥BE ，12
PM BE =
， ∵BN ＝DN ，AP ＝PB ， ∴PN ∥AD ，12PN AD =
， ∵AC ＝BC ，CD ＝CE ，
∴AD ＝BE ，
∴PM ＝PN ，
∵∠ACB ＝90°，
∴AC ⊥BC ，
∴∵PM ∥BC ，PN ∥AC ，
∴PM ⊥PN ， ∴△PMN 的等腰直角三角形，
∴2MN PM =
， ∴122MN BE =
， ∴2BE MN =，
故答案为12
PM BE =
，2BE MN =． （2）如图2中，结论仍然成立．
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 ，
∴△ECB ≌△DCA ，
∴BE ＝AD ，∠DAC ＝∠EBC ，
∵∠AHB ＝180°﹣（∠HAB +∠ABH ）
＝180°﹣（45°+∠HAC +∠ABH ）
＝∠180°﹣（45°+∠HBC +∠ABH ）
＝180°﹣90°
＝90°，
∴BH ⊥AD ，
∵M 、N 、P 分别为AE 、BD 、AB 的中点，
∴PM ∥BE ，12PM BE =，PN ∥AD ，12
PN AD =， ∴PM ＝PN ，∠MPN ＝90°， ∴2222BE PM MN MN ==⨯=． （3）①如图3中，作CG ⊥BD 于G ，则2CG GE DG ===，
当D 、E 、B 共线时，在Rt △BCG 中，()22226234BG BC CG =
-=-=
∴342BE BG GE =-=
∴21712MN BE ==-． ②如图4中，作CG ⊥BD 于G ，则2CG GE DG ===，
当D 、E 、B 共线时，在Rt △BCG 中，()22226234BG BC CG =
-=-=， ∴342BE BG GE =+=+，
∴21712
MN BE ==+． 综上所述，MN ＝17﹣1或17+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、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题.
4．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) 求证：EG =CG ；
(2) 将图①中△BEF 绕 B 点逆时针旋转 45∘,如图②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①中△BEF 绕 B 点旋转任意角度,如图③所示,再连接相应的线段,问(1)中的结论是否仍然成立?通过观察你还能得出什么结论(均不要求证明).
【答案】解：（1）CG=EG
（2）（1）中结论没有发生变化，即EG=CG．
证明：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．
在△DAG与△DCG中，
∵ AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，
∴△DAG≌△DCG．
∴ AG=CG．
在△DMG与△FNG中，
∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，
∴△DMG≌△FNG．
∴ MG=NG
在矩形AENM中，AM=EN．
在Rt△AMG 与Rt△ENG中，
∵ AM=EN， MG=NG，
∴△AMG≌△ENG．
∴ AG=EG
∴ EG=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MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明
△AMG≌△ENG，得出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Rt△FCD中，
∵G为DF的中点，
∴，
同理，在Rt△DEF中，，
∴CG=EG；
（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG；
连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点，如图所示：
在△DAG与△DCG中，
∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DC=DC，
∴△DAG≌△DCG，
∴AG=CG，
在△DMG与△FNG中，
∵∠DGM=∠FGN，DG=FG，∠MDG=∠NFG，
∴△DMG≌△FNG，
∴MG=NG，
在矩形AENM中，AM=EN.，
在Rt△AMG与Rt△ENG中，
∵AM=EN，MG=NG，
∴△AMG≌△ENG，
∴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△CDG≌△MFG，得到CD=FM，
又因为BE=EF，易证∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC
∵∠FEC+∠BEC=90°，
∴∠FEC+∠FEM=90°，即∠MEC=90°，
∴△MEC是等腰直角三角形，
∵G为CM中点，
∴EG=CG，EG⊥CG。

【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质，难度较大。

5．在Rt△ABC中，AB=BC=5，∠B=90°，将一块等腰直角三角板的直角顶点放在斜边AC的中点O处，将三角板绕点O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O旋转，△OFC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O旋转，线段OE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．
【答案】（1）△OFC是能成为等腰直角三角形，（2）OE=OF．（3）PE：PF=1：3．
【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OB，由已知条件推出△OEB≌△OFC，即可推出OE=OF；
【小题3】过点P做PM⊥AB，PN⊥BC，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，点P是正方形ABCD内的一点，连接PA，PB，PC．将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P'CB的位置.
(1)设AB的长为a，PB的长为b(b<a)，求△PAB旋转到△P'CB的过程中边PA所扫过区域(图中阴影部分)的面积；
(2)若PA=2，PB=4，∠APB=135°，求PC的长.
【答案】(1) S阴影=(a2-b2)；(2)PC=6.
【解析】
试题分析：（1）依题意，将△P′CB逆时针旋转90°可与△PAB重合，此时阴影部分面积=扇形BAC的面积-扇形BPP'的面积，根据旋转的性质可知，两个扇形的中心角都是90°，可据此求出阴影部分的面积．
（2）连接PP'，根据旋转的性质可知：BP=BP'，旋转角∠PBP'=90°，则△PBP'是等腰直角三角形，∠BP'C=∠BPA=135°，∠PP'C=∠BP'C-∠BP'P=135°-45°=90°，可推出△PP'C是直角三角形，进而可根据勾股定理求出PC的长．
试题解析：（1）∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，
∴△PAB≌△P'CB，
∴S△PAB=S△P'CB，
S阴影=S扇形BAC-S扇形BPP′=（a2-b2）；
（2）连接PP′，根据旋转的性质可知：△APB≌△CP′B，
∴BP=BP′=4，P′C=PA=2，∠PBP′=90°，
∴△PBP'是等腰直角三角形，P'P2=PB2+P'B2=32；
又∵∠BP′C=∠BPA=135°，
∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°，即△PP′C是直角三角形．
PC==6．
考点：1.扇形面积的计算；2.正方形的性质；3.旋转的性质．
7．已知：如图1，将两块全等的含30º角的直角三角板按图所示的方式放置，
∠BAC=∠B1A1C=30°，点B，C，B1在同一条直线上．
（1）求证：AB=2BC
（2）如图２，将△ABC绕点Ｃ顺时针旋转α°（0＜α＜180），在旋转过程中，设AB与
A1C、A1B1分别交于点D、E，AC与A1B1交于点F．当α等于多少度时，AB与A1B1垂直？请说明理由．
（3）如图3，当△ABC 绕点C 顺时针方向旋转至如图所示的位置，使AB ∥CB 1，AB 与A 1C 交于点D ，试说明A 1D=CD ．
【答案】（1）证明见解析
（2）当旋转角等于30°时，AB 与A 1B 1垂直.
（3）理由见解析
【解析】
试题分析：(1)由等边三角形的性质得AB =BB 1，又因为BB 1=2BC ，得出AB =2BC ;
(2) 利用AB 与A 1B 1垂直得∠A 1ED=90°，则∠A 1DE=90°-∠A 1=60°，根据对顶角相等得∠BDC=60°，由于∠B=60°，利用三角形内角和定理得∠A 1CB=180°-∠BDC-∠B=60°，所以∠ACA 1=90°-∠A 1CB=30°，然后根据旋转的定义得到旋转角等于30°时，AB 与A 1B 1垂直；
(3)由于AB ∥CB 1，∠ACB 1=90°，根据平行线的性质得∠ADC=90°，在Rt △ADC 中，根据含30度的直角三角形三边的关系得到CD=12
AC ，再根据旋转的性质得AC=A 1C ，所以CD=
12
A 1C ，则A 1D=CD ． 试题解析： （1）∵△AB
B 1是等边三角形；
∴ AB =BB 1
∵ BB 1=2BC
∴AB =2BC
（2）解：当AB 与A 1B 1垂直时，∠A 1ED=90°，
∴∠A 1DE=90°-∠A 1=90°-30°=60°，
∵∠B=60°，∴∠BCD=60°，
∴∠ACA 1=90°-60°=30°，
即当旋转角等于30°时，AB 与A 1B 1垂直.
（3）∵AB ∥CB 1，∠ACB 1=90°，
∴∠CDB=90°，即CD 是△ABC 的高，
设BC=a ，AC=b ，则由（1）得AB=2a ，A 1C=b ， ∵1122
ABC S BC AC AB CD ∆=⨯=⨯，
即11222ab a CD =⨯⨯ ∴12CD b =
，即CD=12
A 1C ， ∴A 1D=CD. 【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．
8．已知:在△ABC 中，BC=a ，AC=b ，以AB 为边作等边三角形ABD ．探究下列问题:
（1）如图1，当点D 与点C 位于直线AB 的两侧时，a=b=3，且∠ACB=60°，则CD= ； （2）如图2，当点D 与点C 位于直线AB 的同侧时，a=b=6，且∠ACB=90°，则CD= ； （3）如图3，当∠ACB 变化,且点D 与点C 位于直线AB 的两侧时，求 CD 的最大值及相应的∠ACB 的度数.
【答案】（1）
；（2）；（3）当∠ACB=120°时，CD 有最大值是a+b.
【解析】
【分析】 （1）a=b=3，且∠ACB=60°，△ABC 是等边三角形，且CD 是等边三角形的高线的2倍，据此即可求解；
（2）a=b=6，且∠ACB=90°，△ABC 是等腰直角三角形，且CD 是边长是6的等边三角形的高长与等腰直角三角形的斜边上的高的差；
（3）以点D 为中心，将△DBC 逆时针旋转60°，则点B 落在点A ，点C 落在点E ．连接AE ，CE ，当点E 、A 、C 在一条直线上时，CD 有最大值，CD=CE=a+b ．
【详解】
（1）∵a=b=3，且∠ACB=60°，
∴△ABC 是等边三角形，
∴OC=
， ∴CD=3
； （2）3；
（3）以点D为中心，将△DBC逆时针旋转60°，
则点B落在点A，点C落在点E．连接AE，CE，
∴CD=ED，∠CDE=60°，AE=CB=a，
∴△CDE为等边三角形，
∴CE=CD．
当点E、A、C不在一条直线上时，
有CD=CE＜AE+AC=a+b；
当点E、A、C在一条直线上时，
CD有最大值，CD=CE=a+b；
只有当∠ACB=120°时，∠CAE=180°，
即A、C、E在一条直线上，此时AE最大
∴∠ACB=120°，
因此当∠ACB=120°时，CD有最大值是a+b．
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质，以及轴对称的性质，正确理解CD有最大值的条件，是解题的关键．
9．如图，△ABC是等边三角形，AB=6cm，D为边AB中点．动点P、Q在边AB上同时从点D出发，点P沿D→A以1cm/s的速度向终点A运动．点Q沿D→B→D以2cm/s的速度运动，回到点D停止．以PQ为边在AB上方作等边三角形PQN．将△PQN绕QN的中点旋转180°得到△MNQ．设四边形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S（cm2），点P运动的时间为t（s）（0＜t＜3）．
（1）当点N落在边BC上时，求t的值．
（2）当点N到点A、B的距离相等时，求t的值．
（3）当点Q沿D→B运动时，求S与t之间的函数表达式．
（4）设四边形PQMN的边MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，直接写出四边形PEMF 与四边形PQMN的面积比为2：3时t的值．
【答案】（1）（2）2（3）S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2；（4）
t=1或
【解析】
试题分析：（1）由题意知：当点N落在边BC上时，点Q与点B重合，此时DQ=3；（2）当点N到点A、B的距离相等时，点N在边AB的中线上，此时PD=DQ；
（3）当0≤t≤时，四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形PQMN；当≤t≤时，四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形PQFEN．
（4）MN、MQ与边BC的有交点时，此时＜t＜，列出四边形PEMF与四边形PQMN的面积表达式后，即可求出t的值．
试题解析：（1）∵△PQN与△ABC都是等边三角形，
∴当点N落在边BC上时，点Q与点B重合．
∴DQ=3
∴2t=3．
∴t=；
（2）∵当点N到点A、B的距离相等时，点N在边AB的中线上，
∴PD=DQ，
当0＜t＜时，
此时，PD=t，DQ=2t
∴t=2t
∴t=0（不合题意，舍去），
当≤t＜3时，
此时，PD=t，DQ=6﹣2t
∴t=6﹣2t，
解得t=2；
综上所述，当点N到点A、B的距离相等时，t=2；
（3）由题意知：此时，PD=t，DQ=2t
当点M在BC边上时，
∴MN=BQ
∵PQ=MN=3t，BQ=3﹣2t
∴3t=3﹣2t
∴解得t=
如图①，当0≤t≤时，
S△PNQ=PQ2=t2；
∴S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2，
如图②，当≤t≤时，
设MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，
∵MN=PQ=3t，NE=BQ=3﹣2t，
∴ME=MN﹣NE=PQ﹣BQ=5t﹣3，
∵△EMF是等边三角形，
∴S△EMF=ME2=（5t﹣3）2
．
；
（4）MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，此时＜t＜，
t=1或．
考点：几何变换综合题
10．如图是两个可以自由转动的转盘，甲转盘被等分成3个扇形，乙转盘被等分成4个扇形，每一个扇形上都标有相应的数字．同时转动两个转盘，当转盘停止后，计算指针所指区域内的数字之和．如果指针恰好指在分割线上，那么重转一次，直到指针指向一个数字为止．
（1）请你通过画树状图或列表的方法分析，并求指针所指区域内的数字和小于10的概率；
（2）小亮和小颖小亮和小颖利用它们做游戏，游戏规则是：指针所指区域内的数字和小于10，小颖获胜；指针所指区域内的数字之和等于10，为平局；指针所指区域内的数字之和大于10，小亮获胜．你认为该游戏规则是否公平？请说明理由；若游戏规则不公平，请你设计出一种公平的游戏规则．
【答案】（1）1
3
；（2）不公平．
【解析】
试题分析：（1）依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率．
（2）判断游戏的公平性，首先要计算出游戏双方赢的概率，概率相等则公平，否则不公平．
试题解析：（1）共有12种等可能的结果，小于10的情况有4种，
所以指针所指区域内的数字和小于10的概率为1
3
．
（2）不公平，因为小颖获胜的概率为；
小亮获胜的概率为
5
12
．小亮获胜的可能性大，所以不公平．
可以修改为若这两个数的和为奇数，则小亮赢；积为偶数，则小颖赢．
考点：1．游戏公平性；2．列表法与树状图法．
11．如图1，在△ABC中，E、D分别为AB、AC上的点，且ED//BC，O为DC中点，连结
EO并延长交BC的延长线于点F，则有S四边形EBCD=S△EBF.
（1）如图2，在已知锐角∠AOB内有一个定点P．过点P任意作一条直线MN，分别交射线OA、OB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，O为坐标原点，点A、B、C、P的坐标分别为（6，
0）、（6，3）、（，）、（4、2），过点P的直线l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】（1）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S△MON最小，过点M作MG∥OB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l 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，△MND的面积最小，此时四边形OANM的面积最大，S =S△OAD-S△MND.
四边形OANM
②如图3②，过点P的直线l与四边形OABC的另一组对边CB、OA分别交M、N，利用S
=S△OCT-S△MN T，进而得出答案．
四边形OCMN
试题解析：（1）当直线MN旋转到点P是线段MN的中点时，△MON的面积最小.
如图2，过点P的另一条直线EF交OA、OB于点E、F，设PF＜PE，过点M作MG∥OB交EF于G，
可以得出当P是MN的中点时S四边形MOFG=S△MON．
∵S四边形MOFG＜S△EOF，∴S△MON＜S△EOF.
∴当点P是MN的中点时S△MON最小.
（2）分两种情况：
①如图3①过点P的直线l 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，S△OAD＝18 ．
由（1）的结论知，当PM=PN时，△MND的面积最小，此时四边形OANM的面积最大．过点P、M分别作PP1⊥OA，MM1⊥OA，垂足分别为P1、M1．
由题意得M1P1=P1A = 2，从而OM1=MM1= 2．又P(4,2)，B(6,3)
∴P1A=M1P1="O" M1=P1P=2，M1M=OM=2，可证四边形MM1P1P是正方形．
∴MN∥OA，∠MND=90°，NM=4，DN=4．求得S△MND＝8.
∴.
② 如图3②，过点P的直线l与四边形OABC的另一组对边CB、OA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）．
∴S△OCT=×9×=．
由(1)的结论知：当PM=PN时，△MNT的面积最小，此时四边形OCMN的面积最大．
过点P、M点分别作PP1⊥OA，MM1⊥OA，垂足为P1，M1.
从而 NP1=P1M1，MM1=2PP1=4．
∴点M的横坐标为5，点P（4、2），P1M1= NP1= 1，TN =6．
∴S△MNT=×6×4=12，S四边形OCMN=S△OCT-S△MNT =-12=＜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.
12．如图所示，在△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，DE∥BC，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＝CE，得到图③，请解答下列问题：
(1)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、∠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，得到图④，请继续探究：AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系，直接写出你的猜想，不必证
明．
【答案】（1）①BD=CE；
②AM=AN，∠MAN=∠BAC 理由如下：
∵在图①中，DE//BC，AB=AC
∴AD="AE."
在△ABD与△ACE中∴△ABD≌△ACE.
∴BD=CE，∠ACE=∠ABD.
在△DAM与△EAN中，
∵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根据题意和旋转的性质可知△AEC≌△ADB，所以BD=CE；
②根据题意可知∠CAE=BAD，AB=AC，AD=AE，所以得到△BAD≌△CAE，在△ABM和
△ACN中，
DM=BD，EN=CE，可证△ABM≌△ACN，所以AM=AN，即∠MAN=∠BAC．
（2）直接类比（1）中结果可知AM=k•AN，∠MAN=∠BAC．
13．在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到
△OC′D′．
（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；
②AC′⊥BD′；
（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想
∠AEB=θ是否成立？请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）成立，理由见解析
【解析】
试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出
OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；
②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；
（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式
，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相
等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．
试题解析：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，
∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，
∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，
∴OC=OD，
∴OC′=OD′，
在△AOC′和△BOD′中，，
∴△A OC′≌△BOD′（SAS），
∴AC′=BD′；
②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：
∵△AOC′≌△BOD′，
∴∠OAC′=∠OBD′，
又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，
∴∠OBD′+∠BFE=90°，
∴∠BEA=90°，
∴AC′⊥BD′；
（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：
∵△OCD旋转到△OC′D′，
∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，
∵CD∥AB，
∴，
∴，
∴，
又∠AOC′=∠BOD′，
∴△AOC′∽△BOD′，
∴∠OAC′=∠OBD′，
又∠AFO=∠BFE，
∴∠AEB=∠AOB=θ．
考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．
14．正方形ABCD中，点E、F分别是边AD、AB的中点，连接EF．
（1）如图1，若点G是边BC的中点，连接FG，则EF与FG关系为：；
（2）如图2，若点P为BC延长线上一动点，连接FP，将线段FP以点F为旋转中心，逆时针旋转90°，得到线段FQ，连接EQ，请猜想BF、EQ、BP三者之间的数量关系，并证明你的结论．
（3）若点P为CB延长线上一动点，按照（2）中的作法，在图3中补全图形，并直接写出BF、EQ、BP三者之间的数量关系：．
【答案】（1）证明见解析（2）BF+EQ=BP（3）BF+BP=EQ
【解析】
试题分析：（1）EF与FG关系为垂直且相等（EF=FG且EF⊥FG）．证明如下：
∵点E、F、G分别是正方形边AD、AB、BC的中点，
∴△AEF和△BGD是两个全等的等腰直角三角形．
∴EF=FG，∠AFE=∠BFG=45°．∴∠EFG=90°，即EF⊥FG．
（2）取BC的中点G，连接FG，则由SAS易证△FQE≌△FPG，从而EQ=GP，因此()
EF2BP EQ
=-．
（3）同（2）可证△FQE≌△FPG（SAS），得EQ=GP，因此，
()()
EF GF2BG2GP BP2EQ BP
===-=-．
15．如图1，直线DE上有一点O，过点O在直线DE上方作射线OC，∠COE＝140°，将一直角三角板AOB的直角顶点放在点O处，一条直角边OA在射线OD上，另一边OB在直线DE上方，将直角三角板绕着点O按每秒10°的速度逆时针旋转一周，设旋转时间为t 秒．
（1）当直角三角板旋转到如图2的位置时，OA恰好平分∠COD，求此时∠BOC的度数；（2）若射线OC的位置保持不变，在旋转过程中，是否存在某个时刻，使得射线OA、OC、OD中的某一条射线是另两条射线所成夹角的角平分线？若存在，请求出t的取值，若不存在，请说明理由；
（3）若在三角板开始转动的同时，射线OC也绕O点以每秒15°的速度逆时针旋转一周，从旋转开始多长时间，射线OC平分∠BOD．直接写出t的值．（本题中的角均为大于0°且小于180°的角）
【答案】（1）∠BOC＝70°；（2）存在，t＝2，t＝8或32；（3）1
2
或
37
2
.
【解析】
【分析】
（1）由图可知∠BOC＝∠AOB﹣∠AOC，∠AOC可利用角平分线及平角的定义求出.
（2）分OA平分∠COD，OC平分∠AOD，OD平分∠AOC三种情况分别进行讨论，建立关于t的方程，解方程即可.
（3）分别用含t的代数式表示出∠COD和∠BOD，再根据OC平分∠BOD建立方程解方程即可，注意分情况讨论.
【详解】
（1）解：∵∠COE＝140°，
∴∠COD＝180°﹣∠COE＝40°，
又∵OA平分∠COD，
∴∠AOC＝1
2
∠COD＝20°，
∵∠AOB＝90°，
∴∠BOC＝90°﹣∠AOC＝70°；
（2）存在
①当OA平分∠COD时，∠AOD＝∠AOC，即10°t＝20°，解得：t＝2；
②当OC平分∠AOD时，∠AOC＝∠DOC，即10°t﹣40°＝40°，解得：t＝8；
③当OD平分∠AOC时，∠AOD＝∠COD，即360°﹣10°t＝40°，解得：t＝32；综上所述：t＝2，t＝8或32；
（3）1
2
或
37
2
，理由如下：
设运动时间为t，则有
①当90+10t＝2（40+15t）时，t＝1 2
②当270﹣10t＝2（320﹣15t）时，t＝37 2
所以t的值为1
2
或
37
2
．
【点睛】
本题主要考查角平分线的定义以及图形的旋转，根据题意，找到两个角之间的等量关系建立方程并分情况讨论是解题的关键.。