西安全国各地中考模拟试卷数学分类：初中数学 旋转综合题汇编

西安全国各地中考模拟试卷数学分类：初中数学旋转综合题汇编
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=
1
2
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．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 始终等于∠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
AE
的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明； （3）若m ＝10，n ＝8，当α＝∠ACB 时，求线段BD 的长；
（4）若m ＝6，n ＝2，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°，2n ；（2）无变化；（3125；（4）BD=101143． 【解析】
试题分析：（1）①根据直径的性质，由DE ∥AB 得CD CE
CB CA
即可解决问题．②求出BD 、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）分类讨论：①如图5中，当α=90°时，半圆与AC 相切，②如图6中，当α=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 ，∴CE CD AC CB ==12．∵BC =n ，∴CD =1
2
n ．故答案为90°，
1
2
n ． ②如图2中，当α=180°时，BD =BC +CD =
32n ，AE =AC +CE =32m ，∴BD AE =n m
．故答案为n
m
． （2）如图3中，∵∠ACB =∠DCE ，∴∠ACE =∠BCD ．∵CD BC n
CE AC m
==，∴△ACE ∽△BCD ，∴
BD BC n
AE AC m
==．
（3）如图4中，当α=∠ACB 时．在Rt △ABC 中，∵AC =10，BC =8，∴AB 22AC BC -．在Rt △ABE 中，∵AB =6，BE =BC ﹣CE =3，
∴AE 2
2
AB BE +2263+52）可知△ACE ∽△BCD ，∴
BD BC
AE AC
=，∴35=810，∴BD 125125． （4）∵m =6，n =2∴CE =3，CD 2，AB 22CA BC -=2，①如图5中，当α=90°
时，半圆与AC 相切．在Rt △DBC 中，BD 22BC CD +224222+（）（）
10． ②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，∴342BM EC ME ===，∴AM =5，AE 2
2
AM ME +57，由（2）可知
DB AE =23
，∴BD =114
3．
故答案为210或2114
3
．
点睛：本题考查了圆的有关知识，相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，正确画出图形是解决问题的关键，学会分类讨论的思想，本题综合性比较强，属于中考压轴题．
3．如图，矩形OABC的顶点A在x轴正半轴上，顶点C在y轴正半轴上，点B的坐标为
（4，m）（5≤m≤7），反比例函数y＝16
x
（x＞0）的图象交边AB于点D．
（1）用m的代数式表示BD的长；
（2）设点P在该函数图象上，且它的横坐标为m，连结PB，PD
①记矩形OABC面积与△PBD面积之差为S，求当m为何值时，S取到最大值；
②将点D绕点P逆时针旋转90°得到点E，当点E恰好落在x轴上时，求m的值．
【答案】（1）BD＝m﹣4（2）①m＝7时，S取到最大值②m＝5
【解析】
【分析】
（1）先确定出点D横坐标为4，代入反比例函数解析式中求出点D横坐标，即可得出结论；
（2）①先求出矩形OABC的面积和三角形PBD的面积得出S＝﹣1
2
（m﹣8）2+24，即可
得出结论；②利用一线三直角判断出DG＝PF，进而求出点P的坐标，即可得出结论．【详解】
解：（1）∵四边形OABC是矩形，
∴AB⊥x轴上，
∵点B（4，m），
∴点D的横坐标为4，
∵点D在反比例函数y＝16
x
上，
∴D（4，4），
∴BD＝m﹣4；
（2）①如图1，∵矩形OABC的顶点B的坐标为（4，m），∴S矩形OABC＝4m，
由（1）知，D（4，4），
∴S△PBD＝1
2（m﹣4）（m﹣4）＝
1
2
（m﹣4）2，
∴S＝S矩形OABC﹣S△PBD＝4m﹣1
2（m﹣4）2＝﹣
1
2
（m﹣8）2+24，
∴抛物线的对称轴为m＝8，
∵a＜0，5≤m≤7，
∴m＝7时，S取到最大值；
②如图2，过点P作PF⊥x轴于F，过点D作DG⊥FP交FP的延长线于G，∴∠DGP＝∠PFE＝90°，
∴∠DPG+∠PDG＝90°，
由旋转知，PD＝PE，∠DPE＝90°，
∴∠DPG+∠EPF＝90°，
∴∠PDG＝∠EPF，
∴△PDG≌△EPF（AAS），
∴DG＝PF，
∵DG＝AF＝m﹣4，
∴P（m，m﹣4），
∵点P在反比例函数y＝16
x
，
∴m（m﹣4）＝16，
∴m＝2+25或m＝2﹣25（舍）．
【点睛】
此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，矩形的性质，三角形的面积公式，全等三角形的判定，构造出全等三角形是解本题的关键．
4．如图l，在AABC中，∠ACB=90°，点P为ΔABC内一点.
(1)连接PB，PC，将ABCP沿射线CA方向平移，得到ΔDAE，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如果BP⊥CE，BP=3，AB=6，求CE的长
(2)如图3，以点A为旋转中心，将ΔABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接PA、PB、PC，当AC=3，AB=6时，根据此图求PA+PB+PC的最小值.
【答案】（1）①补图见解析；②；（2）
【解析】
（1）①连接PB、PC，将△BCP沿射线CA方向平移，得到△DAE，点B、C、P的对应点分别为点D、A、E，连接CE，据此画图即可；②连接BD、CD，构造矩形ACBD和
Rt△CDE，根据矩形的对角线相等以及勾股定理进行计算，即可求得CE的长；
（2）以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接BN，根据△PAM、△ABN都是等边三角形，可得PA+PB+PC=CP+PM+MN,最后根据当C、P、M、N四点共射线，PA+PB+PC的值最小，此时△CBN是直角三角形，利用勾股定理即可解决问题.
解：（1）①补全图形如图所示；
②如图，连接BD、CD
∵△BCP沿射线CA方向平移，得到△DAE，
∴BC∥AD且BC=AD，
∵∠ACB=90°，
∴四边形BCAD是矩形，∴CD=AB=6，
∵BP=3，∴DE=BP=3，
∵BP⊥CE，BP∥DE，∴DE⊥CE，
∴在Rt△DCE中，；（2）证明：如图所示，
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=6，∠BNA=60°，∠PAM=60°
∴∠CAN=∠CAB+∠BAN=60°+60°=120°，
∴∠CBN=90°
在Rt△ABC中，易得
∴在Rt△BCN中，
“点睛”本题属于几何变换综合题，主要考查了旋转和平移的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形和全等三角形，依据图形的性质进行计算求解.
5．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°得到△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的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．
②是否存在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，请说明理由．
【答案】（1）等边；（2）详见解析；（3）3；②当m=2或14时，以D、E、B 为顶点的三角形是直角三角形．
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质猜想结论；
（2）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；
（3）①当6＜m＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到
C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；
②存在，分四种情况讨论：a）当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；
b）当0≤m＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠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，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到m=14．
【详解】
（1）等边；
（2）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△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，
∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE=CD，
∴C△DBE=CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD=23，∴△BDE的最小周长=CD+4=23+4；
②存在，分四种情况讨论：
a）∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意；
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°，从而∠BCD=30°，∴BD=BC=4，∴OD=14，∴m=14．
综上所述：当m=2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
6．如图①，在ABCD中，AB=10cm，BC=4cm，∠BCD=120°，CE平分∠BCD交AB于点E.点P从A点出发，沿AB方向以1cm/s的速度运动，连接CP，将△PCE绕点C逆时针旋转60°，使CE与CB重合，得到△QCB，连接PQ.
（1）求证：△PCQ是等边三角形；
（2）如图②，当点P在线段EB上运动时，△PBQ的周长是否存在最小值？若存在，求
出△PBQ周长的最小值；若不存在，请说明理由；
（3）如图③，当点P在射线AM上运动时，是否存在以点P、B、Q为顶点的直角三角形？
若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由.
（1）（2）
（3）
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析；（3）t为2s或者14s.
【解析】
分析：（1）根据旋转的性质，证明△PCE≌△QCB，然后根据全等三角形的性质和等边三角形的判定证明即可；
（2）利用平行四边形的性质证得△BCE为等边三角形，然后根据全等三角形的性质得到△PBQ的周长为4+CP，然后垂线段最短可由直角三角形的性质求解即可；
（3）根据点的移动的距离，分类讨论求解即可.
详解：（1）∵旋转
∴△PCE≌△QCB
∴CP=CQ，∠PCE =∠QCB，
∵∠BCD=120°，CE平分∠BCD，
∴∠PCQ=60°，
∴∠PCE +∠QCE=∠QCB+∠QCE=60°，
∴△PCQ为等边三角形.
（2）存在
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE=60 ，
∵在平行四边形ABCD 中，
∴AB∥CD
∴∠ABC=180°﹣120°=60°
∴△BCE为等边三角形
∴BE=CB=4
∵旋转
∴△PCE≌△QCB
∴EP=BQ，
∴C△PBQ=PB+BQ+PQ
=PB+EP+PQ
=BE+PQ
=4+CP
∴CP⊥AB时，△PBQ周长最小
当CP⊥AB时，CP=BCsin60°=
∴△PBQ周长最小为4＋
（3）①当点B与点P重合时，P,B,Q不能构成三角形
②当0≤t＜6时，由旋转可知，
∠CPE=∠CQB，
∠CPQ=∠CPB+∠BPQ=60°
则：∠BPQ+∠CQB＝60°，
又∵∠QPB+∠PQC+∠CQB+∠PBQ=180°
∴∠CBQ=180°—60°—60°=60°
∴∠QBP=60°，∠BPQ＜60°，
所以∠PQB可能为直角
由（1）知，△PCQ为等边三角形，
∴∠PBQ=60°，∠CQB＝30°
∵∠CQB＝∠CPB
∴∠CPB=30°
∵∠CEB＝60°，
∴∠ACP＝∠APC=30°
∴PA=CA=4，
所以AP=AE-EP=6-4=2
÷=s
所以t＝212
③当6＜t＜10时，由∠PBQ＝120°＞90°，所以不存在
④当t＞10时，由旋转得：∠PBQ=60°，由（1）得∠CPQ=60°
∴∠BPQ=∠CPQ+∠BPC=60°+∠BPC，
而∠BPC＞0°，
∴∠BPQ＞60°
∴∠BPQ=90°，从而∠BCP=30°，
∴BP=BC=4
所以AP=14cm
所以t=14s
综上所述：t为2s或者14s时，符合题意。

点睛：此题主要考查了旋转图形变化的应用，结合平行四边形、等边三角形、全等三角形的判定与性质，进行解答即可，注意分类讨论思想的应用，比较困难.
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∥CB1，AB与A1C 交于点D，试说明A1D=CD．
【答案】（1）证明见解析
（2）当旋转角等于30°时，AB与A1B1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=BB1，又因为BB1=2BC，得出AB=2BC;
(2) 利用AB与A1B1垂直得∠A1ED=90°，则∠A1DE=90°-∠A1=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∠A1CB=180°-∠BDC-∠B=60°，所以∠ACA1=90°-∠A1CB=30°，然后根据旋转的定义得到旋转角等于30°时，AB与A1B1垂直；
(3)由于AB∥CB1，∠ACB1=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=1
2
AC，再根据旋转的性质得AC=A1C，所以
CD=1
2
A1C，则A1D=CD．
试题解析：
（1）∵△ABB1是等边三角形；
∴AB=BB1
∵BB1=2BC
∴AB=2BC
（2）解：当AB与A1B1垂直时，∠A1ED=90°，∴∠A1DE=90°-∠A1=90°-30°=60°，
∵∠B=60°，∴∠BCD=60°，
∴∠ACA1=90°-60°=30°，
即当旋转角等于30°时，AB与A1B1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 ， ∵1122ABC S BC AC AB CD ∆=
⨯=⨯， 即11222
ab 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．在△ABC 中，AB=AC ，∠A=300，将线段BC 绕点B 逆时针旋转600得到线段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】
试题分析：（1）根据等腰三角形的性质得到∠ABC 的度数，由旋转的性质得到∠DBC 的度数，从而得到∠ABD 的度数；根据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，得到CD=BD ，由平移的性质得到四边形BDFE 是平行四边形，从而AB ∥FD ，证明△AEF ≌△FCD 即可得AE=CF ．
（3）过点E 作EG ⊥CF 于G ，根据含30度直角三角形的性质，垂直平分线的判定和性质即可证明△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得到线段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得到线段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，证明如下：
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的垂直平分线．
∴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．等边三角形的判定和性质；5.平行四边形的判定和性质；6.全等三角形的判定和性质；7．含30度直角三
角形的性质；8．垂直平分线的判定和性质；9．等腰直角三角形的判定.
9．在△ABC中,AB=6,AC=BC=5,将△ABC绕点A按顺时针方向旋转,得到△ADE,旋转角为α（0°＜α＜180°）,点B的对应点为点D,点C的对应点为点E,连接BD，BE．
（1）如图,当α=60°时,延长BE交AD于点F．
①求证：△ABD是等边三角形；
②求证：BF⊥AD，AF=DF；
③请直接写出BE的长；
（2）在旋转过程中,过点D作DG垂直于直线AB,垂足为点G,连接CE,当∠DAG=∠ACB,且线段DG与线段AE无公共点时,请直接写出BE+CE的值．
【答案】（1）①②详见解析；③3﹣4；（2）13．
【解析】
试题分析：（1）①由旋转性质知AB=AD，∠BAD=60°即可得证；②由BA=BD、EA=ED根据中垂线性质即可得证；③分别求出BF、EF的长即可得；（2）由
∠ACB+∠BAC+∠ABC=180°、∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°、∠DAG=∠ACB、∠DAE=∠BAC得∠BAE=∠BAC且AE=AC，根据三线合一可得CE⊥AB、AC=5、AH=3，继而知CE=2CH=8、BE=5，即可得答案．
试题解析：（1）①∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，
∴AB=AD，∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形；
②由①得△ABD是等边三角形，
∴AB=BD，
∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，
∴AC=AE，BC=DE，
又∵AC=BC，
∴EA=ED，
∴点B、E在AD的中垂线上，
∴BE是AD的中垂线，
∵点F在BE的延长线上，
∴BF⊥AD， AF=DF；
③由②知BF⊥AD，AF=DF，
∴AF=DF=3，
∵AE=AC=5，
∴EF=4，
∵在等边三角形ABD中，BF=AB•sin∠BAF=6×=3，
∴BE=BF﹣EF=3﹣4；
（2）如图所示，
∵∠DAG=∠ACB，∠DAE=∠BAC，
∴∠ACB+∠BAC+∠ABC=∠DAG+∠DAE+∠ABC=180°，
又∵∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°，
∴∠BAE=∠ABC，
∵AC=BC=AE，
∴∠BAC=∠ABC，
∴∠BAE=∠BAC，
∴AB⊥CE，且CH=HE=CE，
∵AC=BC，
∴AH=BH=AB=3，
则CE=2CH=8，BE=5，
∴BE+CE=13．
考点：三角形综合题.
10．如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC，CD上，且BE=DF，点P是AF的中点，点Q是直线AC与EF的交点，连接PQ，PD．
（1）求证：AC垂直平分EF；
（2）试判断△PDQ的形状，并加以证明；
（3）如图2，若将△CEF绕着点C旋转180°，其余条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）△PDQ是等腰直角三角形；理由见解析（3）成立；理由见解析.
【解析】
试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，
∠BCA=∠DCA=45°，由BE=DF，得出CE=CF，△CEF是等腰直角三角形，即可得出结论；
（2）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明∠DPQ=90°，即可得出结论；
（3）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明点A、F、Q、P四点共圆，由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°，即可得出结论．
试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，
∵BE=DF，
∴CE=CF，
∴AC垂直平分EF；
（2）解：△PDQ是等腰直角三角形；理由如下：
∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，
∴PD=AF=PA，
∴∠DAP=∠ADP，
∵AC垂直平分EF，
∴∠AQF=90°，
∴PQ=AF=PA，
∴∠PAQ=∠AQP，PD=PQ，
∵∠DPF=∠PAD+∠ADP，∠QPF=∠PAQ+∠AQP，
∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2（∠PAD+∠PAQ）=2×45°=90°，
∴△PDQ是等腰直角三角形；
（3）成立；理由如下：
∵点P 是AF 的中点，∠ADF=90°，
∴PD=AF=PA ，
∵BE=DF ，BC=CD ，∠FCQ=∠ACD=45°，∠ECQ=∠ACB=45°，
∴CE=CF ，∠FCQ=∠ECQ ，
∴CQ ⊥EF ，∠AQF=90°，
∴PQ=AF=AP=PF ，
∴PD=PQ=AP=PF ，
∴点A 、F 、Q 、P 四点共圆，
∴∠DPQ=2∠DAQ=90°，
∴△PDQ 是等腰直角三角形．
考点：四边形综合题．
11．已知O 为直线MN 上一点，OP ⊥MN ，在等腰Rt △ABO 中，90BAO ∠=︒，AC ∥OP 交OM 于C ，D 为OB 的中点，DE ⊥DC 交MN 于E ．
(1) 如图1，若点B 在OP 上，则①AC OE (填“＜”，“＝”或“＞”)；②线段CA 、CO 、CD 满足的等量关系式是 ；
(2) 将图1中的等腰Rt △ABO 绕O 点顺时针旋转α(045α︒<<︒)，如图2，那么(1)中的结论②是否成立？请说明理由；
(3) 将图1中的等腰Rt △ABO 绕O 点顺时针旋转α()，请你在图3中画出图形，并直接写出线段CA 、CO 、CD 满足的等量关系式 ；
【答案】（1）①=；②AC 2+CO 2=CD 2；（2）（1）中的结论②不成立，理由见解析；（3）画图见解析；OC-CA=2CD.
【解析】
试题分析：（1）①如图1，证明AC=OC 和OC=OE 可得结论；②根据勾股定理可得：AC 2+CO 2=CD 2；（2）如图2，（1）中的结论②不成立，作辅助线，构建全等三角形，证明A 、D 、O 、C 四点共圆，得∠ACD=∠AOB ，同理得：∠EFO=∠EDO ，再证明
△ACO ≌△EOF ，得OE=AC ，AO=EF ，根据勾股定理得：AC 2+OC 2=FO 2+OE 2=EF 2，由直角三角形中最长边为斜边可得结论；（3）如图3，连接AD ，则AD=OD 证明△ACD ≌△OED ，根据△CDE 是等腰直角三角形，得CE 2=2CD 2，等量代换可得结论（OC ﹣OE ）2=（OC ﹣AC ）2=2CD 2，开方后是：OC ﹣AC=CD ．
试题解析：（1）①AC=OE，
理由：如图1，∵在等腰Rt△ABO中，∠BAO=90°，∴∠ABO=∠AOB=45°，
∵OP⊥MN，∴∠COP=90°，∴∠AOC=45°，
∵AC∥OP，∴∠CAO=∠AOB=45°，∠ACO=∠POE=90°，∴AC=OC，
连接AD，
∵BD=OD，∴AD=OD，AD⊥OB，∴AD∥OC，∴四边形ADOC是正方形，∴∠DCO=45°，∴AC=OD，∴∠DEO=45°，∴CD=DE，∴OC=OE，
∴AC=OE；
②在Rt△CDO中，
∵CD2=OC2+OD2，∴CD2=AC2+OC2；
故答案为AC2+CO2=CD2；
（2）如图2，（1）中的结论②不成立，
理由是：
连接AD，延长CD交OP于F，连接EF，
∵AB=AO，D为OB的中点，∴AD⊥OB，∴∠ADO=90°，
∵∠CDE=90°，∴∠ADO=∠CDE，∴∠ADO﹣∠CDO=∠CDE﹣∠CDO，即∠ADC=∠EDO，∵∠ADO=∠ACO=90°，∴∠ADO+∠ACO=180°，∴A、D、O、C四点共圆，
∴∠ACD=∠AOB，
同理得：∠EFO=∠EDO，∴∠EFO=∠AOC，
∵△ABO是等腰直角三角形，∴∠AOB=45°，∴∠DCO=45°，∴△COF和△CDE是等腰直角三角形，
∴OC=OF，∵∠ACO=∠EOF=90°，∴△ACO≌△EOF，∴OE=AC，AO=EF，
∴AC2+OC2=FO2+OE2=EF2，
Rt△DEF中，EF＞DE=DC，∴AC2+OC2＞DC2，
所以（1）中的结论②不成立；
（3）如图3，结论：OC﹣CA=CD，
理由是：连接AD，则AD=OD，
同理：∠ADC=∠EDO，
∵∠CAB+∠CAO=∠CAO+∠AOC=90°，∴∠CAB=∠AOC，
∵∠DAB=∠AOD=45°，∴∠DAB﹣∠CAB=∠AOD﹣∠AOC，
即∠DAC=∠DOE，∴△ACD≌△OED，∴AC=OE，CD=DE，∴△CDE是等腰直角三角形，∴CE2=2CD2，∴（OC﹣OE）2=（OC﹣AC）2=2CD2，∴OC﹣AC=CD，
故答案为OC﹣AC=CD．
考点：几何变换的综合题
12．如图，是边长为的等边三角形，边在射线上，且，点从点出发，沿的方向以的速度运动，当不与点重合是，将绕点逆时针方向旋转得到，连接.
（1）求证：是等边三角形；
（2）当时，的周长是否存在最小值？若存在，求出的最小周长；
若不存在，请说明理由.
（3）当点在射线上运动时，是否存在以为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）详见解析；（2）存在，2+4；（3）当t=2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．
【解析】
试题分析：（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（2）当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；（3）存在，①当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，②当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2，于是得到t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s时，此时不存在；④当t＞10s时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14÷1=14s．
试题解析：（1）证明：∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，
∴∠DCE=60°，DC=EC，
∴△CDE是等边三角形；
（2）存在，当6＜t＜10时，
由旋转的性质得，BE=AD，
∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，
由（1）知，△CDE是等边三角形，
∴DE=CD，
∴C△DBE=CD+4，
由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，
此时，CD=2cm，
∴△BDE的最小周长=CD+4=2+4；
（3）存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，
∴当点D与点B重合时，不符合题意，
②当0≤t＜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，
∴t=2÷1=2s；
③当6＜t＜10s时，由∠DBE=120°＞90°，
∴此时不存在；
④当t＞10s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°，
从而∠BCD=30°，
∴BD=BC=4，
∴OD=14cm，
∴t=14÷1=14s，
综上所述：当t=2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．
考点：旋转与三角形的综合题.
13．如图1，O为直线AB上一点，OC为射线，∠AOC＝40°，将一个三角板的直角顶点放在点O处，一边OD在射线OA上，另一边OE与OC都在直线AB的上方．
（1）将三角板绕点O顺时针旋转，若OD恰好平分∠AOC（如图2），试说明OE平分∠BOC；
（2）将三角板绕点O在直线AB上方顺时针旋转，当OD落在∠BOC内部，且∠COD＝1
∠BOE时，求∠AOE的度数：
3
（3）将图1中的三角板和射线OC同时绕点O，分别以每秒6°和每秒2°的速度顺时针旋转一周，求第几秒时，OD恰好与OC在同一条直线上？
【答案】（1）证明见解析；（2）142.5°；（3）第10秒或第55秒时.
【解析】
【分析】
（1）由角平分线的性质及同角的余角相等，可得答案；
（2）设∠COD＝α，则∠BOE＝3α，由题意得关于α的方程，求解即可；
（3）分两种情况考虑：当OD与OC重合时；当OD与OC的反向延长线重合时．
【详解】
解：（1）∵OD恰好平分∠AOC
∴∠AOD＝∠COD
∵∠DOE＝90°
∴∠AOD+∠BOE＝90°，∠COD+∠COE＝90°
∴∠BOE＝∠COE
∴OE平分∠BOC．
（2）设∠COD＝α，则∠BOE＝3α，当OD在∠BOC的内部时，
∠AOD＝∠AOC+∠COD＝40°+α
∵∠AOD+∠BOE＝180°﹣90°＝90°
∴40°+α+3α＝90°
∴α＝12.5°
∴∠AOE＝180°﹣3α＝142.5°
∴∠AOE的度数为142.5°．
（3）设第t秒时，OD与OC恰好在同一条直线上，则∠AOD＝6t，∠AOC＝2t+40°；
当OD与OC重合时，6t﹣2t＝40°
∴t＝10（秒）；
当OD与OC的反向延长线重合时，6t﹣2t＝180°+40°
∴t＝55（秒）
∴第10秒或第55秒时，OD恰好与OC在同一条直线上．
【点睛】
本题主要考查角平分线的性质、余角的性质，角度的计算，进行分类讨论不漏解是关键.
14．如图，正方形ABCD，点M是线段CB延长线一点，连结AM，AB a=，AM b
（1）将线段AM沿着射线AD运动，使得点A与点D重合，用代数式表示线段AM扫过
的平面部分的面积.
（2）将三角形ABM 绕着点A 旋转，使得AB 与AD 重合，点M 落在点N ，用代数式表示线段AM 扫过的平面部分的面积.
（3）将三角形ABM 顺时针旋转，使旋转后的三角形有一边与正方形的一边完全重合（第（2）小题的情况除外），请在如图中画出符合条件的3种情况，并写出相应的旋转中心和旋转角
【答案】（1）2a ；（2）214b π或234b π；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据平移的性质和平行四边形的面积计算即可；
（2）根据扇形的面积计算即可；
（3）根据旋转的性质画出图形得出旋转中心和角度即可．
【详解】
解：（1）2AD DC a •=
答：线段AM 扫过的平面部分的面积为2a
（2）三角形ABM 绕着点A 旋转，使得AB 与AD 重合，则三角形ABM 旋转的角度是90°或270°
∴°2°90360AMN b S π⨯=扇形或°2°
270360AMN b S π⨯=扇形 ∴214AMN S b π=扇形或234
b π 答：扇形AMN 的面积为21
4b π或2
34b π
（3）如图1，旋转中心：AB 边的中点为O ，顺时针180o
如图2，旋转中心：点B ，顺时针旋转90o
如图3，旋转中心：正方形对角线交点O，顺时针旋转90o
【点睛】
本题考查了旋转的性质，关键是根据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解答．
15．已知∠AOB＝90°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个三角板的直角顶点与C 重合，它的两条直角边分别与OA，OB(或它们的反向延长线)相交于点D，E.
当三角板绕点C旋转到CD与OA垂直时(如图①)，易证：OD＋OE＝2OC；
当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，即在图②，图③这两种情况下，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立，线段OD，OE，OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
①②③
【答案】图②中OD＋OE2OC成立．证明见解析;图③不成立，有数量关系：OE－OD 2OC
【解析】
试题分析：当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，易得△CKD≌△CHE，进而可得出证明；判断出结果．解此题的关键是根据题意找到全等三角形或等价关系，进而得出OC 与OD、OE的关系；最后转化得到结论．
试题解析：图②中OD＋OE2成立．
证明：过点C分别作OA，OB的垂线，垂足分别为P，Q.
有△CPD≌△CQE，
∴DP＝EQ，
∵OP＝OD＋DP，OQ＝OE－EQ，
又∵OP＋OQ2OC，
即OD＋DP＋OE－EQ2，
∴OD＋OE2OC.
图③不成立，
有数量关系：OE－OD2OC
过点C分别作CK⊥OA，
CH⊥OB，
∵OC为∠AOB的角平分线，且CK⊥OA，CH⊥OB，
∴CK=CH，∠CKD=∠CHE=90°，
又∵∠KCD与∠HCE都为旋转角，
∴∠KCD=∠HCE，
∴△CKD≌△CHE，
∴DK=EH，
∴OE-OD=OH+EH-OD=OH+DK-OD=OH+OK，
由（1）知：2OC，
∴OD，OE，OC满足2OC．
点睛：本题考查旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连线的交点是旋转中心．。