上海民办文绮中学数学旋转几何综合单元测试与练习(word解析版)

上海民办文绮中学数学旋转几何综合单元测试与练习（word解析
版）
一、初三数学旋转易错题压轴题（难）
1．在Rt△ACB和Rt△AEF中，∠ACB＝∠AEF＝90°，若点P是BF的中点，连接PC，PE．
(1) 如图1，若点E，F分别落在边AB，AC上，求证：PC＝PE；
(2) 如图2，把图1中的△AEF绕着点A顺时针旋转，当点E落在边CA的延长线上时，探索PC与PE的数量关系，并说明理由．
(3) 如图3，把图2中的△AEF绕着点A顺时针旋转，点F落在边AB上．其他条件不变，问题(2)中的结论是否发生变化？如果不变，请加以证明；如果变化，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）PC＝PE，理由见解析；（3）成立，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可；
（2）先判断△CBP≌△HPF，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；
（3）先判断△DAF≌△EAF，再判断△DAP≌△EAP，然后用比例式即可；
【详解】
解：（1）证明：如图：
∵∠ACB＝∠AEF＝90°，
∴△FCB和△BEF都为直角三角形．
∵点P是BF的中点，
∴CP＝1
2BF，EP＝
1
2
BF，
∴PC＝PE．
（2）PC＝PE理由如下：
如图2，延长CP，EF交于点H，
∵∠ACB＝∠AEF＝90°，
∴EH//CB，
∴∠CBP＝∠PFH，∠H＝∠BCP，
∵点P是BF的中点，
∴PF＝PB，
∴△CBP≌△HFP(AAS)，
∴PC＝PH，
∵∠AEF＝90°，
∴在Rt△CEH中，EP＝1
2
CH，
∴PC＝PE．
（3）(2)中的结论，仍然成立，即PC＝PE，理由如下：
如图3，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，
∵∠DAF＝∠EAF，∠FDA＝∠FEA＝90°，
在△DAF和△EAF中，
DAF,
,
,
EAF
FDA FEA
AF AF
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
∴△DAF≌△EAF(AAS)，
∴AD＝AE，
在△DAP≌△EAP中，
,
,
,
AD AE
DAP EAP
AP AP
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
∴△DAP≌△EAP (SAS)，
∴PD＝PF，
∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，
∴FD//BC//PM，
∴DM FP
MC PB
=，
∵点P是BF的中点，
∴DM＝MC，
又∵PM⊥AC，
∴PC＝PD，
又∵PD＝PE，
∴PC＝PE．
【点睛】
此题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边一半，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，作出辅助线是解本题的关键也是难点．
2．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，，
∴△AOC′≌△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．
3．（特例发现）如图1，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC 为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．求证：EP=FQ．
（延伸拓展）如图2，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC为直角边，向△ABC外作Rt△ABE和Rt△ACF，射线GA交EF于点H．若AB=kAE，AC=kAF，请思考HE与HF之间的数量关系，并直接写出你的结论．
（深入探究）如图3，在△ABC中，G是BC边上任意一点，以A为顶点，向△ABC外作任意△ABE和△ACF，射线GA交EF于点H．若∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，AB=kAE，
AC=kAF，上一问的结论还成立吗？并证明你的结论．
（应用推广）在上一问的条件下，设大小恒定的角∠IHJ分别与△AEF的两边AE、AF分别交于点M、N，若△ABC为腰长等于4的等腰三角形，其中∠BAC=120°，且
∠IHJ=∠AGB=θ=60°，k=2；
求证：当∠IHJ在旋转过程中，△EMH、△HMN和△FNH均相似，并直接写出线段MN的最小值（请在答题卡的备用图中补全作图）．
【答案】(1)证明参见解析；(2)HE=HF；(3)成立，证明参见解析；(4)证明参见解析，MN最小值为1.
【解析】
试题分析：(1)特例发现：易证△AEP≌△BAG，△AFQ≌△CAG，即可求得EP=AG，
FQ=AG，即可解题；(2)延伸拓展：过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．易证△ABG∽△EAP，△ACG∽△FAQ，得到PE=AG，FQ=AG，∴PE=FQ，然后证明
△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(3)深入探究：判断△PEA∽△GAB，得到PE=AG，
△AQF∽△CGA，FQ=，得到FQ=AG，再判断△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(4)应用推广：由前一个结论得到△AEF为正三角形，再依次判断△MHN∽△HFN∽△MEH，即可得出结论．
试题解析：(1)特例发现，如图：
∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，
∵∠EPA=∠AGB，AE=AB，∴△PEA≌△GAB，∴PE=AG，同理，△QFA≌△GAC，
∴FQ=AG，∴PE=FQ；
(2)延伸拓展，如图：
∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∴∠EPA=∠AGB，
∴△PEA∽△GAB，∴，∵AB=kAE，∴，∴PE=AG，同理，
△QFA∽△GAC，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴PE=FQ，∵EP∥FQ，
∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；
(3)深入探究,如图2，
在直线AG上取一点P，使得∠EPA═∠AGB，作FQ∥PE，∵∠EAP+∠BAG=180°﹣∠AGB，∠ABG+∠BAG=180°﹣∠AGB，∴∠EAP=∠ABG，∵∠EPA=∠AGB，∴△APE∽△BGA，
∴，∵AB=kAE，∴PE=AG，由于∠FQA=∠FAC=∠AGC=180°﹣∠AGB，同理可得，
△AQF∽△CGA，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴EP=FQ，∵EP∥FQ，
∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；
(4)应用推广,如图3，
在前面条件及结论，得到，点H是EF中点，∴AE=AF，∵∠EAB=∠AGB，
∠FAC=∠AGC∴∠EAB+∠FAC=180°∴∠EAF=360°﹣（∠EAB+∠FAC）﹣∠BAC=60°，∴△AEF 为正三角形．又H为EF中点，∴∠EHM+∠IHJ=120°，∠IHJ+∠FHN=120°，
∴∠EHM=∠FHN．∵∠AEF=∠AFE，∴△HEM∽△HFN，∴，∵EH=FH，
∴，且∠MHN=∠HFN=60°，∴△MHN∽△HFN，∴△MHN∽△HFN∽△MEH，在△HMN中，∠MHN=60°，根据三角形中大边对大角，∴要MN最小，只有△HMN是等边三角形，∴∠AMN=60°，∵∠AEF=60°，MN∴MN∥EF，∵△AEF为等边三角形，∴MN为
△AEF的中位线，∴MN min=EF=×2=1．
考点：1.几何变换综合题；2.三角形全等及相似的判定性质.
4．如图，在直角坐标系中，已知点A（-1，0）、B（0，2），将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°至AC．
（1）点C的坐标为（，）；
（2）若二次函数的图象经过点C．
①求二次函数的关系式；
②当-1≤x≤4时，直接写出函数值y对应的取值范围；Z_X_X_K]
③在此二次函数的图象上是否存在点P（点C除外），使△ABP是以AB为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理
由．
【答案】(1) ∴点C的坐标为(－3，1) ．
(2)①∵二次函数的图象经过点C(－3，1)，
∴.解得
∴二次函数的关系式为
②当-1≤x≤4时，≤y≤8；
③过点C作CD⊥x轴，垂足为D，
i) 当A为直角顶点时，延长CA至点，使，则△是以AB为直角边的等腰直
角三角形，过点作⊥轴，
∵＝，∠＝∠，∠＝∠＝90°，
∴△≌△，∴AE＝AD＝2，＝CD＝1,
∴可求得的坐标为(1，－1)，经检验点在二次函数的图象上；
ii）当B点为直角顶点时，过点B作直线L⊥BA，在直线L上分别取，得到以AB为直角边的等腰直角△和等腰直角△，作⊥y轴，同理可证
△≌△∴BF＝OA＝1，可得点的坐标为（2， 1），经检验点在二次函数的图象上．同理可得点的坐标为（－2， 3），经检验点不在二次函数的图象上
综上：二次函数的图象上存在点(1，－1)，（2，1）两点，使得△和△
是以AB为直角边的等腰直角三角形．
【解析】
(1)根据旋转的性质得出C点坐标；
（2）①把C点代入求得二次函数的解析式；②利用二次函数的图象得出y的取值范围；
③分二种情况进行讨论.
5．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.
(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG≌△AEF；
(2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N(如图②)，求证：EF2=ME2+NF2；
(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.
【解析】
试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF；（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知
△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出
CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出
EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；
（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到
△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．
试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，
∴AF=AG，∠FAG=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠GAE=45°，
在△AGE与△AFE中，
，
∴△AGE≌△AFE（SAS）；
（2）设正方形ABCD的边长为a．
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．
则△ADF≌△ABG，DF=BG．
由（1）知△AEG≌△AEF，
∴EG=EF．
∵∠CEF=45°，
∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，
∴CE=CF，BE=BM，NF=DF，
∴a﹣BE=a﹣DF，
∴BE=DF，
∴BE=BM=DF=BG，
∴∠BMG=45°，
∴∠GME=45°+45°=90°，
∴EG2=ME2+MG2，
∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，
∴EF2=ME2+NF2；
（3）EF2=2BE2+2DF2．
如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．
由（1）知△AEH≌△AEF，
则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，
即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2
又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，
即2（DF2+BE2）=EF2
考点：四边形综合题
6．如图，△ABC和△DEC都是等腰三角形，点C为它们的公共直角顶点，连接AD、BE，F 为线段AD的中点，连接CF．
（1）如图1，当D点在BC上时，BE与CF的数量关系是__________；
（2）如图2，把△DEC绕C点顺时针旋转90°，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？请说明理由；
（3）如图3，把△DEC绕C点顺时针旋转一个钝角，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？如成立，请证明；如果不成立，请写出相应的正确的结论并加以证明．
【答案】（1）BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析.
【解析】
试题分析：（1）根据“SAS”证明△ACD≌△BCE，可得AD=BE，又因为AD=2CF，从而
BE=2CF；
（2）由点F是AD中点，可得AD=2DF，从而AC= 2DF+CD，又由△ABC和△CDE是等腰直角三角形，可知BC=2DF+CE，所以BE= 2（DF+CE），CF= DF+CD，从而BE=2CF；
（3）延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，可证△CDF≌△GAF，再证明△BCE≌△ACG，从而BE=CG=2CF成立.
解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC=BC，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴CD=CE，
在△ACD和△BCE中，，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，在Rt△ACD中，点F是AD中点，
∴AD=2CF，
∴BE=2CF，
故答案为BE=2CF；
（2）（1）中的关系是仍然成立，
理由：∵点F是AD中点，
∴AD=2DF，
∴AC=AD+CD=2DF+CD，
∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，
∴AC=BC，CD=CE，
∴BC=2DF+CE，
∴BE=BC+CE=2DF+CE+CE=2（DF+CE），
∵CF=DF+CD=DF+CD，
∴BE=2CF；
（3）（1）中的关系是仍然成立，理由：如图3，
延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，
∵点F是AD中点，
∴AF=DF，
在△CDF和△GAF中，，
∴△CDF≌△GAF，
∴AG=CD=CE，∠CDF=∠GAF，
∴∠CAG=∠CAD+∠GAF=∠CAD+∠ADC=180°﹣∠ACD，
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠BCE=360°﹣∠ACB﹣∠DCE﹣∠ACD=180°﹣∠ACD，
∴∠CAG=∠BCE，
连接BE，
在△BCE和△ACG中，，
∴△BCE≌△ACG，
∴BE=CG=2CF，
即：BE=2CF．
点睛：本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质和旋转的性质，考查了学生综合运用知识的能力，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．
7．已知：△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BE，CD，点F，G，H分别为DE，BE，CD 中点．
（1）当△ADE绕点A旋转时，如图1，则△FGH的形状为，说明理由；
（2）在△ADE旋转的过程中，当B，D，E三点共线时，如图2，若AB=3，AD=2，求线段FH的长；
（3）在△ADE旋转的过程中，若AB=a，AD=b（a＞b＞0），则△FGH的周长是否存在最大值和最小值，若存在，直接写出最大值和最小值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）△FGH是等边三角形；（2）61
2
；（3）△FGH的周长最大值为
3
2
（a+b），最小值为3
2
（a﹣b）．
【解析】
试题分析：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：根据三角形中位线定理证明FG=FH，再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题；、
（2）如图2中，连接AF、EC．在Rt△AFE和Rt△AFB中，解直角三角形即可；
（3）首先证明△GFH的周长=3GF=3
2
BD，求出BD的最大值和最小值即可解决问题；
试题解析：解：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：
如图1中，连接BD、CE，延长BD交CE于M，设BM交FH于点O．
∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∠ADB=
∠AEC，∵EG=GB，EF=FD，∴FG=1
2
BD，GF∥BD，∵DF=EF，DH=HC，∴FH=
1
2
EC，FH∥EC
，∴FG=FH，∵∠ADB+∠ADM=180°，∴∠AEC+∠ADM=180°，∴∠DMC+∠DAE=180°，∴∠DME=120°，∴∠BMC=60°
∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°，∴△GHF是等边三角形，故答案为：等边三角形．
（2）如图2中，连接AF、EC．
易知AF⊥DE，在Rt△AEF中，AE=2，EF=DF=1，∴AF=22
21
-=3，在Rt△ABF中，
BF=22
AB AF
- =6，∴BD=CE=BF﹣DF=61-，∴FH=1
2
EC=
61
2
-．
（3）存在．理由如下．
由（1）可知，△GFH是等边三角形，GF=1
2
BD，∴△GFH的周长=3GF=
3
2
BD，在△ABD
中，AB=a，AD=b，∴BD的最小值为a﹣b，最大值为a+b，∴△FGH的周长最大值为
3 2（a+b），最小值为3
2
（a﹣b）．
点睛：本题考查等边三角形的性质．全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角形的中位线的宽等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．
8．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，求证：△CDE是等边三角形．
（2）设OD＝t，
①当6＜t＜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求t为何值时，△DEB是直角三角形（直接写出结果即可）．
【答案】(1)见解析;(2)①见解析;②t＝2或14.
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；
（2）①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；
②存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；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=t；当6＜t＜10时，此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14．
【详解】
（1）∵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）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＝，
∴△BDE的最小周长＝CD+4＝；
②存在，∵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；
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；
当6＜t＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，
∴此时不存在；
当t＞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，
∴t＝14，
综上所述：当t＝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．
9．两块等腰直角三角板△ABC和△DEC如图摆放，其中∠ACB=∠DCE=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】
试题分析：（1）证AD=BE，根据三角形的中位线推出FH=1
2
AD，FH∥AD，FG=
1
2
BE，
FG∥BE，即可推出答案；
（2）证△ACD≌△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，∠ECA=∠DCB=90°，
∴BE=AD，
∵F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点，
∴
FH=12AD ，FH ∥AD ，FG=12
BE ，FG ∥BE ， ∴FH=FG ，
∵AD ⊥BE ，
∴FH ⊥FG ， 故答案为相等，垂直．
（2）答：成立，
证明：∵CE=CD ，∠ECD=∠ACD=90°，AC=BC ，
∴△ACD ≌△BCE
∴AD=BE ，
由（1）知：FH=
12AD ，FH ∥AD ，FG=12
BE ，FG ∥BE ， ∴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
∴FH=12AD ，FH ∥AD ，FG=12
BE ，FG ∥BE ， ∵三角形ECD 、ACB 是等腰直角三角形，
∴CE=CD ，AC=BC ，∠ECD=∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠BCE ，
在△ACD 和△BCE 中
AC BC ACD BCE CE CD ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ ， ∴△ACD ≌△BCE ，
∴AD=BE ，∠EBC=∠DAC ，
∵∠DAC+∠CXA=90°，∠CXA=∠DXB ，
∴∠DXB+∠EBC=90°，
∴∠EZA=180°﹣90°=90°，
即AD ⊥BE ，
∵FH ∥AD ，FG ∥BE ，
∴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．
10．已知ABC ∆是边长为4的等边三角形，点D 是射线BC 上的动点，将AD 绕点A 逆时针方向旋转60得到AE ，连接DE ．
(1).如图，猜想ADE ∆是_______三角形；（直接写出结果）
(2).如图，猜想线段CA 、CE 、CD 之间的数量关系，并证明你的结论；
(3).①当BD=___________时，30DEC ∠=；（直接写出结果）
②点D 在运动过程中，DEC ∆的周长是否存在最小值？若存在．请直接写出DEC ∆周长的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）等边三角形；（2）AC CD CE +=，证明见解析；（3）①BD 为2或8时，30DEC ∠=；②最小值为423+
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质得到,60AD AE DAE =∠=，根据等边三角形的判定定理解答； （2）证明ABD ACE ∆≅∆，根据全等三角形的性质得到BD CE =，结合图形计算即可； （3）①分点D 在线段BC 上和点D 在线段BC 的延长线上两种情况，根据直角三角形的性质解答；②根据ABD ACE ∆≅∆得到CE BD =，根据垂线段最短解答．
【详解】
解：（1）由旋转变换的性质可知，,60AD AE DAE =∠=，
ADE ∴∆是等边三角形，
故答案为等边三角形；
（2）AC CD CE +=，
证明：由旋转的性质可知，60,DAE AD AE ∠==，
ABC ∆是等边三角形
60AB AC BC BAC ∴∠︒＝＝，＝，
60BAC DAE ∴∠∠︒＝＝，
BAC DAC DAE DAC ∴∠+∠∠+∠＝，即BAD CAE ∠∠＝，
在ABD ∆和ACE ∆中，
AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
, ABD ACE SAS ∴∆∆≌（）
BD CE ∴=，
CE BD CB CD CA CD ∴++＝＝＝；
（3）①BD 为2或8时，30DEC ∠=，
当点D 在线段BC 上时，3060DEC AED ∠︒∠︒＝，＝，
90AEC ∴∠︒＝，
ABD ACE ∆∆≌，
9060ADB AEC B ∴∠∠︒∠︒＝＝，又＝，
30BAD ∴∠︒＝，
122
BD AB ∴＝＝， 当点D 在线段BC 的延长线上时，3060DEC AED ∠︒∠︒＝，＝，
30AEC ∴∠︒＝，
ABD ACE ∆∆≌，
3060ADB AEC B ∴∠∠︒∠︒＝＝，又＝，
90BAD ∴∠︒＝，
28BD AB ∴＝＝，
BD ∴为2或8时，30DEC ∠︒＝；
②点D 在运动过程中，DEC ∆
的周长存在最小值，最小值为4+
理由如下：
ABD ACE ∆∆≌，
CE BD ∴＝，
则DEC ∆的周长DE CE DC BD CD DE BC DE +++++＝＝＝，
当CE 最小时，DEC ∆的周长最小，
ADE ∆为等边三角形，
DE AD ∴=， AD
的最小值为
DEC ∴∆
的周长的最小值为4+
【点睛】
本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．。