中考数学(初中数学 旋转提高练习题)压轴题训练附详细答案

中考数学(初中数学旋转提高练习题)压轴题训练附详细答案
一、旋转
1．已知正方形ABCD的边长为4，一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转，角的两边分别与BC、DC的延长线交于点E、F，连接EF，设CE＝a，CF＝b．
（1）如图1，当a＝42时，求b的值；
（2）当a＝4时，在图2中画出相应的图形并求出b的值；
（3）如图3，请直接写出∠EAF绕点A旋转的过程中a、b满足的关系式．
【答案】（1）422）b＝8；（3）ab＝32．
【解析】
试题分析：（1）由正方形ABCD的边长为4，可得AC＝2，∠ACB＝45°．
再CE＝a＝2∠CAE＝∠AEC，从而可得∠CAF的度数，既而可得 b=AC；
（2）通过证明△ACF∽△ECA，即可得；
（3）通过证明△ACF∽△ECA，即可得.
试题解析：（1）∵正方形ABCD的边长为4，∴AC＝2，∠ACB＝45°．
∵CE＝a＝2∴∠CAE＝∠AEC＝45
2︒
＝22.5°，∴∠CAF＝∠EAF－∠CAE＝22.5°，
∴∠AFC＝∠ACD－∠CAF＝22.5°，∴∠CAF＝∠AFC，∴b=AC＝CF＝42
（2）∵∠FAE＝45°，∠ACB＝45°，∴∠FAC＋∠CAE＝45°，∠CAE＋∠AEC＝45°，∴∠FAC ＝∠AEC．
又∵∠ACF＝∠ECA＝135°，∴△ACF∽△ECA，∴AC CF
EC CA
=，∴
42
442
=∴CF＝
8，即b＝8．（3）ab＝32．
提示：由（2）知可证△ACF∽△ECA，∴∴AC CF
EC CA
=，∴
42
42
=，∴ab＝32．
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；（3）55
；（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 -=6．在Rt △ABE 中，∵AB =6，BE =BC ﹣CE =3，
∴AE =22AB BE +=2263+=35，由（2）可知△ACE ∽△BCD ，∴
BD BC
AE AC
=，∴
35=810，∴BD =125．故答案为125
． （4）∵m =6，n =42，∴CE =3，CD =22，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+（）（）
=210． 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 =
22AM ME +=57，由（2）可知
DB AE =223
，∴BD =2114
． 故答案为210或
2114
．
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.
4．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，CD3，∴△BDE的最小周长=CD3；
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．
5．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.
6．正方形ABCD的边长为1，对角线AC与BD相交于点O，点E是AB边上的一个动点（点E不与点A、B重合），CE与BD相交于点F，设线段BE的长度为x．
（1）如图1，当AD=2OF时，求出x的值；
（2）如图2，把线段CE绕点E顺时针旋转90°，使点C落在点P处，连接AP，设△APE 的面积为S，试求S与x的函数关系式并求出S的最大值．
【答案】（1）x=﹣1；
（2）S=﹣（x﹣）2+（0＜x＜1），
当x=时，S的值最大，最大值为，．
【解析】
试题分析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，由平行线等分线段定理得到
CM=ME，根据三角形的中位线定理得到AE=2OM=2OF，得到OM=OF，于是得到BF=BE=x，
求得OF=OM=解方程，即可得到结果；
（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2，根据已知条件得到∠ECB=∠PEG，根据
全等三角形的性质得到EB=PG=x，由三角形的面积公式得到S=（1﹣x）•x，根据二次函数的性质即可得到结论．
试题解析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，
∵OA=OC，
∴CM=ME，
∴AE=2OM=2OF，
∴OM=OF，
∴，
∴BF=BE=x，
∴OF=OM=，
∵AB=1，
∴OB=，
∴，
∴x=﹣1；
（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2，
∵∠CEP=∠EBC=90°，
∴∠ECB=∠PEG，
∵PE=EC，∠EGP=∠CBE=90°，
在△EPG与△CEB中，
，
∴△EPG≌△CEB，
∴EB=PG=x，
∴AE=1﹣x，
∴S=（1﹣x）•x=﹣x2+x=﹣（x﹣）2+，（0＜x＜1），
∵﹣＜0，
∴当x=时，S的值最大，最大值为，．
考点：四边形综合题
7．如图1，是边长分别为6和4的两个等边三角形纸片ABC和CD1E1叠放在一起．
（1）操作：固定△ABC，将△CD1E1绕点C顺时针旋转得到△CDE，连接AD、BE，如图2．探究：在图2中，线段BE与AD之间有怎样的大小关系？并请说明理由；
（2）操作：固定△ABC，若将△CD1E1绕点C顺时针旋转30°得到△CDE，连接AD、BE，CE 的延长线交AB于点F，在线段CF上沿着CF方向平移，（点F与点P重合即停止平移）平移后的△CDE设为△PQR，如图3．
探究：在图3中，除三角形ABC和CDE外，还有哪个三角形是等腰三角形？写出你的结论（不必说明理由）；
（3）探究：如图3，在（2）的条件下，设CQ=x，用x代数式表示出GH的长．
【答案】（1）BE=CD．理由见解析；（2）△CHQ是等腰三角形；（3）2-x．
【解析】
试题分析：（1）根据等边三角形的性质可得AB=BC，CD=CE，∠ACB=∠ECD=60°，然后求出∠ACD=∠BCE，再利用“边角边”证明△ACD和△BCE全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；
（2）求出∠ACF=30°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出
∠CHQ=30°，从而得到∠ACF=∠CHQ，判断出△CHQ是等腰三角形；
（3）求出∠CGP=90°，然后利用∠ACF的余弦表示出CG，再根据等腰三角形的性质表示出CH，然后根据GH=CG-CH整理即可得解．
试题解析：（1）BE=CD．
理由如下：∵△ABC与△CDE是等边三角形，
∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=60°．
∴∠ACB-∠ACE=∠ECD-∠ACE，
即∠BCE=∠ACD．
在△ACD和△BCE中，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE=AD；
（2）∵旋转角为30°，
∴∠BCF=30°，
∴∠ACF=60°-30°=30°，
∴∠CHQ=∠RQP-∠ACF=60°-30°=30°，
∴∠ACF=∠CHQ，
∴△CHQ是等腰三角形；
（3）∠CGP=180°-∠ACF-∠RPQ=180°-30°-60°=90°，
∴CG=CP•cos30°=（x+4），
∵△CHQ是等腰三角形，
∴CH=2•CQcos30°=2x•=x，
∴GH=CG-CH=（x+4）-x=2-x．
考点：几何变换综合题．
8．（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.
9．边长为2的正方形ABCD的两顶点A、C分别在正方形EFGH的两边DE、DG上(如图1)，现将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中， AB边交DF于点M，BC边交DG于点N.
（1）求边DA在旋转过程中所扫过的面积；
（2）旋转过程中，当MN和AC平行时(如图2)，求正方形ABCD旋转的度数；
（3）如图3，设△MBN的周长为p，在旋转正方形ABCD的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.
【答案】（1）；（2）；（3）不变化，证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中，DA旋转了，从而根据扇形面积公式可求DA在旋转过程中所扫过的面积.
（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，根据平行的性质和全等三角形的判定和性质可求正方形ABCD旋转的度数为.
（3）延长BA交DE轴于H点，通过证明和可得结论.
（1）∵A点第一次落在DF上时停止旋转，∴DA旋转了.
∴DA在旋转过程中所扫过的面积为.
（2）∵MN∥AC，∴,.
∴.∴.
又∵，∴.
又∵,∴.
∴.∴.
∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形ABCD旋转的度数为. (3)不变化，证明如下：
如图，延长BA交DE轴于H点，则
，，
∴.
又∵.∴．
∴．
又∵, ,∴．
∴.∴.
∴.
∴在旋转正方形ABCD的过程中，值无变化.
考点：1.面动旋转问题；2．正方形的性质；3.扇形面积的计算；4.全等三角形的判定和性质.
10．如图1，矩形ABCD中，E是AD的中点，以点E直角顶点的直角三角形EFG的两边EF，EG分别过点B，C，∠F＝30°.
（1）求证：BE＝CE
（2）将△EFG绕点E按顺时针方向旋转，当旋转到EF与AD重合时停止转动.若EF，EG分别与AB，BC相交于点M，N.（如图2）
①求证：△BEM≌△CEN；
②若AB＝2，求△BMN面积的最大值；
③当旋转停止时，点B恰好在FG上（如图3），求sin∠EBG的值.
【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②2；③62 4
.
【解析】
【分析】
（1）只要证明△BAE≌△CDE即可；
（2）①利用（1）可知△EBC是等腰直角三角形，根据ASA即可证明；
②构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；
③如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，BN=EN=3m，EB=6m．利用面积法求出EH，根据三角函数的定义即可解决问题.
【详解】
（1）证明：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠A=∠D=90°，
∵E是AD中点，
∴AE=DE，
∴△BAE≌△CDE，
∴BE=CE．
（2）①解：如图2中，
由（1）可知，△EBC是等腰直角三角形，∴∠EBC=∠ECB=45°，
∵∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠EBM=∠ECN=45°，
∵∠MEN=∠BEC=90°，
∴∠BEM=∠CEN，
∵EB=EC，
∴△BEM≌△CEN；
②∵△BEM≌△CEN，
∴BM=CN，设BM=CN=x，则BN=4-x，
∴S△BMN=1
2
•x（
4-x）=-
1
2
（x-2）2+2，
∵-
1
2
＜0，
∴x=2时，△BMN的面积最大，最大值为2．
③解：如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，BN=EN=3m，EB=6m．
∴3（3m，
∵S△BEG=
1
2
•EG•BN=
1
2
•BG•EH，
∴EH=3?(13)
m m
+3+3
m，
在Rt△EBH中，sin∠EBH=
3+3
62
2
4
6
EH
EB m
==．
【点睛】
本题考查四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，
学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，
11．（1）发现
如图，点A 为线段BC 外一动点，且BC a =，AB b =.
填空：当点A 位于____________时，线段AC 的长取得最大值，且最大值为_________.（用含a ，b 的式子表示）
（2）应用
点A 为线段BC 外一动点，且3BC =，1AB =.如图所示，分别以AB ，AC 为边，作等边三角形ABD 和等边三角形ACE ，连接CD ，BE . ①找出图中与BE 相等的线段，并说明理由； ②直接写出线段BE 长的最大值.
（3）拓展
如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为()2,0，点B 的坐标为()5,0，点P 为线段
AB 外一动点，且2PA =，PM PB =，90BPM ∠=︒，求线段AM 长的最大值及此时点P 的坐标.
【答案】（1）CB 的延长线上，a+b ；（2）①DC=BE,理由见解析；②BE 的最大值是4;（3）AM 的最大值是2，点P 的坐标为（22） 【解析】 【分析】
（1）根据点A 位于CB 的延长线上时，线段AC 的长取得最大值，即可得到结论； （2）①根据等边三角形的性质得到AD=AB ，AC=AE ，∠BAD=∠CAE=60°，推出
△CAD ≌△EAB ，根据全等三角形的性质得到CD=BE ；②由于线段BE 长的最大值=线段CD 的最大值，根据（1）中的结论即可得到结果；
（3）连接BM ，将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN ，连接AN ，得到△APN 是等
腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到PN=PA=2，BN=AM ，根据当N 在线段BA 的延长线时，线段BN 取得最大值，即可得到最大值为
22+3；如图2，过P 作PE ⊥x 轴于E ，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】
解：（1）∵点A 为线段BC 外一动点，且BC=a ，AB=b ，
∴当点A 位于CB 的延长线上时，线段AC 的长取得最大值，且最大值为BC+AB=a+b ， 故答案为CB 的延长线上，a+b ； （2）①CD=BE ，
理由：∵△ABD 与△ACE 是等边三角形， ∴AD=AB ，AC=AE ，∠BAD=∠CAE=60°， ∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC ， 即∠CAD=∠EAB ， 在△CAD 与△EAB 中，
AD AB CAD EAB AC AE ⎧⎪
∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ ， ∴△CAD ≌△EAB ， ∴CD=BE ；
②∵线段BE 长的最大值=线段CD 的最大值，
由（1）知，当线段CD 的长取得最大值时，点D 在CB 的延长线上， ∴最大值为BD+BC=AB+BC=4；
（3）∵将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN ，连接AN ， 则△APN 是等腰直角三角形，
∴PN=PA=2，BN=AM ，
∵A 的坐标为（2，0），点B 的坐标为（5，0）， ∴OA=2，OB=5， ∴AB=3，
∴线段AM 长的最大值=线段BN 长的最大值， ∴当N 在线段BA 的延长线时，线段BN 取得最大值， 最大值=AB+AN ， ∵22，
∴最大值为22+3；
如图2，过P作PE⊥x轴于E，
∵△APN是等腰直角三角形，
∴PE=AE=2，
∴OE=BO-AB-AE=5-3-2=2-2，
∴P（2-2，2）．
【点睛】
考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，最大值问题，旋转的性质．正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
12．如图，在边长为1的正方形网格中，A（1，7）、B（5，5）、C（7，5）、D（5，1）．
（1）将线段AB绕点B逆时针旋转，得到对应线段BE．当BE与CD第一次平行时，画出点A运动的路径，并直接写出点A运动的路径长；
（2）线段AB与线段CD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．
【答案】（15；（2）旋转中心P的坐标为（3，3）或（6，6）．
【解析】
【分析】
（1）依据旋转的方向、旋转角和旋转中心即可得到点A运动的路径为弧线，再运用弧长计算公式即可解答；
（2）连接两对对应点，分别作出它们连线的垂直平分线，其交点即为所求.
【详解】
解：（1）点A运动的路径如图所示，出点A
22
9024
π
⨯⨯+
5；
（2）如图所示，旋转中心P的坐标为（3，3）或（6，6）．
【点睛】
本题主要考查了利用旋转变换及其作图，掌握旋转的性质、旋转角以及确定旋转中心的方法是解答本题的关键.
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，已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是线段AB上的一点（不与A、B重合）．过点B作BE⊥CD，垂足为E．将线段CE绕点C顺时针旋转90︒，得到线段CF，连结EF．设∠BCE度数为α.
（1）①补全图形；
②试用含α的代数式表示∠CDA．
（2）若
3
2
EF
AB
=，求α的大小．
（3）直接写出线段AB、BE、CF之间的数量关系．
【答案】（1）①答案见解析；②45α︒+；（2）30α=︒；（3）
22222AB CF BE =+．
【解析】
试题分析：（1）①按要求作图即可；
②由∠ACB=90°，AC=BC ，得∠ABC=45°,故可得出结论；
（2）易证FCE ∆∽ ACB ∆，得32
CF AC =；连结FA ，得△AFC 是直角三角形，求出∠ACF=30°，从而得出结论；
（3）222A 22B CF BE =+.
试题解析：（1）①补全图形．
②∵∠ACB=90°，AC=BC ，
∴∠ABC=45°
∵∠BCE=
α ∴∠CDA=45α︒+ （2）在FCE ∆和ACB ∆中，45CFE CAB ∠=∠=︒ ，90FCE ACB ∠=∠=︒ ∴ FCE ∆∽ ACB ∆
∴ CF EF AC AB
= Q 32
EF AB = ∴ 3CF AC =连结FA ．
Q 90,90FCA ACE ECB ACE ∠=︒-∠∠=︒-∠
∴ FCA ECB ∠=∠=α
在Rt CFA ∆中，90CFA ∠=︒，3cos 2
FCA ∠= ∴ 30FCA ∠=︒即30α=︒.
（3）22222AB CF BE =+
15．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
3
4b 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．。