数学九年级上册 旋转几何综合达标检测卷(Word版 含解析)

数学九年级上册 旋转几何综合达标检测卷（Word 版 含解析）
一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）
1．如图1，在Rt ABC △中，90A ∠=︒，AB AC =，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD AE =，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是_________，位置关系是
_________；
（2）探究证明：把ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断PMN 的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若4=AD ，10AB =，请直接写出PMN 面积的最大值．
【答案】（1）PM PN =，PM PN ⊥；（2）等腰直角三角形，见解析；（3）
492
【解析】
【分析】
（1）由三角形中位线定理及平行的性质可得PN 与PM 等于DE 或CE 的一半，又△ABC 为等腰直角三角形，AD=AE ，所以得PN=PM ，且互相垂直；
（2）由旋转可推出BAD CAE ∆∆≌，再利用PM 与PN 皆为中位线，得到PM=PN ，再利用角度间关系推导出垂直即可；
（3）找到面积最大的位置作出图形，由（2）可知PM=PM ，且PM ⊥PN ，利用三角形面积公式求解即可．
【详解】
（1）PM PN =，PM PN ⊥；
已知点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点，根据三角形的中位线定理可得 12PM EC =，12
PN BD =，//PM EC ，//PN BD 根据平行线性质可得DPM DCE ∠=∠，NPD ADC ∠=∠
在Rt ABC ∆中，90A ∠=︒，AB AC =，AD AE =
可得BD EC =，90DCE ADC ∠+∠=︒
即得PM PN =，PM PN ⊥
故答案为：PM PN =；PM PN ⊥．
（2）等腰直角三角形，理由如下：
由旋转可得BAD CAE ∠=∠，
又AB AC =，AD AE =
∴BAD CAE ∆∆≌
∴BD CE =，ABD ACE ∠=∠， ∵点M ，P 分别为DE ，DC 的中点
∴PM 是DCE ∆的中位线
∴12
PM CE =，且//PM CE ， 同理可证12PN BD =
，且//PN BD ∴PM PN =，MPD ECD ∠=∠，PNC DBC ∠=∠，
∴MPD ECD ACD ACE ACD ABD ∠=∠=∠+∠=∠+∠，
DPN PNC PCN DBC PCN ∠=∠+∠=∠+∠，
∴
90MPN MPD DPN ACD ABD DBC PCN ABC ACB ∠=∠+∠=∠+∠+∠+∠=∠+∠=︒，
即PMN ∆为等腰直角三角形．
（3）把ADE ∆绕点A 旋转的如图的位置，
此时1()72PN AD AB =+=，1()72
PM AE AC =+= 且PN 、PM 的值最长，由（2）可知PM PN =，PM PN ⊥ 所以PMN ∆面积最大值为
1497722⨯⨯=． 【点睛】
本题主要考查三角形中位线的判定及性质、全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定及性质、旋转的性质等相关知识，解题关键在于找到图形中各角度之间的数量关系．
2．如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点P 、Q 分别是边AB 、BC 上的两个动点（与点A 、B 、C 不重合），且始终保持BP BQ =，AQ QE ⊥，QE 交正方形外角平分线CE 于点E ，AE 交CD 于点F ，连结PQ ．
（1）求证：APQ QCE ∆∆≌；
（2）证明：DF BQ QF +=；
（3）设BQ x =，当x 为何值时，//QF CE ，并求出此时AQF ∆的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）当222x =-+//QF CE ；AQF S ∆442=-+．
【解析】
【分析】
（1）判断出△PBQ 是等腰直角三角形，然后求出∠APQ=∠QCE=135°，再根据同角的余角相等求出∠PAQ=∠CQE ，再求出AP=CQ ，然后利用“角边角”证明即可；
（2）根据全等三角形对应边相等可得AQ=EQ ，判断出△AQE 是等腰直角三角形，将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆，再证明()F AQ FAQ SAS '∆∆≌；
（3）连结AC ，设QF CE ，推出QCF ∆是等腰直角三角形°，再证明
()ABQ ADF SAS ∆∆≌，根据全等三角形对应边相等可得QF=GF ，AQ AF =，22.5QAB DAF ∠=∠=︒，分别用x 表示出DF 、CF 、QF ，然后列出方程求出x ，再求出△AQF 的面积．
【详解】
（1）∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB BC =，90B BCD DCM ∠=∠=∠=︒，
∵BP BQ =，
∴PBQ ∆是等腰直角三角形，AP QC =，
∴45BPQ ∠=︒，
∴135APQ ∠=︒
∵CE 平分DCM ∠，
∴45DCE ECM ∠=∠=︒，
∴135QCE ∠=︒，
∴135APQ QCE ∠=∠=︒，
∵AQ QE ⊥，
∴90AQB CQE ∠+∠=︒．
∵90AQB BAQ ∠+∠=︒．
∴BAQ CQE ∠=∠．
∴()APQ QCE ASA ∆≌．
（2）由（1）知APQ QCE ∆∆≌． ∴QA QE =．
∵90AQE ∠=︒，
∴AQE ∆是等腰直角三角形，
∴45QAE ∠=︒．
∴45DAF QAB ∠+∠=︒，
如图4，将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆，
其中点D 与点B 重合，且点F '在直线BQ 上，
则45F AQ '∠=︒，F A FA '=，AQ AQ =，
∴()F AQ FAQ SAS '∆∆≌．
∴QF QF BQ DF '==+．
（3）连结AC ，若QF CE ，
则45FQC ECM ∠=∠=︒．
∴QCF ∆是等腰直角三角形，
∴2CF CQ x ==-，
∴DF BQ x ==．
∵AB AD =，90B D ∠=∠=︒，
∴()ABQ ADF SAS ∆∆≌．
∴AQ AF =，22.5QAB DAF ∠=∠=︒，
∴AC 垂直平分QF ，
∴22.5QAC FAC QAB FAD ∠=∠=∠=∠=︒，2FQ QN =，
∴22FQ BQ x ==．
在Rt QCF ∆中，根据勾股定理，得222
(2)(2)(2)x x x -+-=．
解这个方程，得1222x =-+， 2222x =--（舍去）．
当222x =-+时，QF CE ．
此时，QCF QEF S S ∆∆=，∴212QCF AQF QEF AQF AQE S S S S S AQ ∆∆∆∆∆+=+==
， ∴()
2222111222AQF AQE QCF S S S AQ CQ AQ CQ ∆∆∆=-=-=- ()
222112(2)4244222x x x x ⎡⎤=+--=⋅==-+⎣⎦ 【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，难点在于（3）作辅助线构造成全等三角形并利用勾股定理列出方程．
3．综合与实践
问题情境
在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展教学活动老师给每个小组发了两个等模直角三角形ABC 和DEC ，其中
90,2,2ACB DCE AC CD ︒∠=∠===.
观案发现
（1）将两个等腰直角三角形如图①摆放，设DE 的中点是,F AE 的中点是,H BD 的中点是G ，则HFG ∠=______度；
操作证明
（2）将图①中的DEC 绕点C 顺时针（逆时针）旋转，使点A C E 、、三点在一条直线上，如图②，其余条件不变，小明通过测量发现，此时FH FG =，请你帮助小明证明这个结论.
探究发现
（3）将图①中的DEC 绕点C 顺时针（逆时针）旋转，旋转角为()0180αα︒︒<<，DEC 在旋转的过程中，当直线FH 经过点C 时，如图③，请求出线段FG 的长.
（4）在旋转过程中，在Rt ABC 和Rt CDE △中，始终有由,AC BC CE CD ⊥⊥，你在图③中还能发现哪两条线段在旋转过程中始终互相垂直？请找出并直接写出这两条线段.
【答案】（1）90；（2）证明见解析；（3）31BD =；（4）AD BE ⊥
【解析】
【分析】
（1）根据题意，运用中点的性质找到线段之间的位置关系即可求解；
（2）根据旋转的性质及等腰三角形ABC 可知()ACD BCE SAS ∆≅∆，进而通过中位线定理即可得到FH FG =；
（3）根据旋转的性质及勾股定理，先求出BF 的长，再由BD BF DF =-即可求出BD 的长；
（4）根据旋转的性质及垂直的判定可知AD BE ⊥. 【详解】
（1）,,90CE CD AC BC ECA DCB ==∠=∠=︒，
BE AD ∴=，
F 是DE 的中点，H 是AE 的中点，
G 是BD 的中点， //,//HF AD FG BE ∴，
AD BE ⊥，HF GF ∴⊥，
90HFG ∴∠=︒；
（2）证明：如下图，连接AD BE ，，
由旋转可知CE CD =，90ECD ACD ∠=∠=︒，
又∵AC=BC ，
()ACD BCE SAS ∴∆≅∆，
AD BE ∴=，
F 是DE 的中点，H 是AE 的中点，
G 是BD 的中点，
11,22
FH AD FG BE ∴==， FH FG ∴=；
（3）解：由题意可得CF DE CFD CFE ⊥∆∆，，都是等腰直角三角形，
2CD =1CF DF ∴==，
2BC AC ==，223BF BC CF ∴=-=
31BD BF DF ∴=-=，
G 是BD 的中点，312
DG ∴=
， 31BD BF DF ∴=-=；
（4）AD BE ⊥.
连接AD ，由（3）知，CF DE ⊥，
∵ECD ∆是等腰直角三角形，
∴F 是ED 中点，
又∵H 是AE 中点，
∴AD ∥HF ，
∵HF ⊥ED ，
∴AD BE ⊥.
【点睛】
本题主要考查了中的的性质，中位线定理，三角形全等，勾股定理等三角形综合证明，熟练掌握三角形的相关知识点是解决本题的关键.错因分析：（1）不能熟练运用重点的性质找到线段之间的关系；（2）未掌握旋转的性质；（3）不能将题目探究中的发现进行推广.
4．某数学活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：
操作发现
（1）某小组做了有一个角是120︒的等腰三角形DAC 和等边三角形GEB 纸片，
DA DC =，让两个三角形如图①放置，点C 和点G 重合，点D ，点E 在AB 的同侧，AC 和GB 在同一条直线上，点F 为AB 的中点，连接DF ，EF ，则DF 和EF 的数量关系与位置关系为：________；
数学思考
（2）在图①的基础上，将GEB 绕着C 点按顺时针方向旋转90︒，如图②，试判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，并说明理由；
类比探索
（3）①将GEB 绕着点C 任意方向旋转，如图③或图④，请问DF 和EF 的数量关系和位置关系改变了吗？无论改变与否，选择图③或图④进行证明；
②GEB 绕着点C 旋转的过程中，猜想DF 与EF 的数量关系和位置关系，用一句话表述：________.
【答案】（1）3EF DF =，DF
EF ； （2）3EF DF =，DF EF ,理由见解析;
（3）①3EF DF =，DF
EF ;②旋转过程中3EF DF =，DF EF 始终成立.
【解析】
【分析】 （1）由题意过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，利用等边三角形和中点性质设DM a =，2GB b =，结合相似三角形判定和性质进行综合分析求解； （2）根据题意要求判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，并综合利用垂直平分线定理以及矩形和等边三角形性质与三角函数进行综合分析；
（3）①根据题意延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，并利用全等三角形判定和性质以及三角函数进行分析证明；
②由题意可知结合①猜想可知旋转过程中3EF DF =，DF
EF 始终成立. 【详解】
解：（1）3EF DF =，DF EF ；
如解图，过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，
AD CD =，EGB 为等边三角形.
AM MC ∴=，GN BN =.
又点F 为AB 的中点，
AF BF ∴=.
()12
MF CF NC NB AC AM CB MC NC +=++=+=+∴. MF NC NB ∴==，CF CN FN AM +==.
设DM a =，2GB b =，
120ADC ∠=︒，DA DC =，
3AM a ∴=，3FN a =，MF NC NB b ===.
tan 33EGB NE GN GN b =⋅==∠.
在DMF 和FNE 中，
33DM FN a
==， 333MF NE b
==， 又
90DMF FNE ∠=∠=︒，
DMF FNE ∴∽.
MDF NFE ∴∠=∠，33
DF DM FE FN ==，即3EF DF =. 90MDF DFM ∠+∠=︒，
90DFM NFE ∴∠+∠=︒.
90DFE ∴∠=︒.
3EF DF ∴=且DF EF . （2）3EF DF =，DF EF . 理由如下：
如解图，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，当旋转角是90︒时，则90ACB ∠=︒，在Rt ACB △中，点F 是AB 的中点，
CF BF ∴=.
又CE EB =，
EF ∴垂直平分BC.同理，DF 垂直平分AC ，
∴四边形LCMF 为矩形，
90DFE ∴∠=︒.
DF EF ∴⊥，//AC EF .
DA DC =，120ADC =∠︒，30DCA ∴∠=︒.
GEB 为等边三角形，
60ECB ∴∠=︒.
∴∠DCA+∠ACB+∠ECB=180^∘
∴D ，C ，E 三点共线.
30DCA DEF ∴∠=∠=︒.
∴在Rt DEF △中，3tan 3
3
DE DF F F E DF ===∠； （3）①3EF DF =，DF
EF .
选择题图进行证明：
如解图，延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，
在ADF和BNF中，
AF BF
AFD BFN
DF NF
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
()
SAS
ADF BNF
∴≅.
AD NB
∴=，ADF BNF
∠=∠.
//
AD NB
∴.
18060
O ADC
∴∠=︒-∠=︒.
又CPO BPE
∠=∠，60
O CEB
∠=∠=︒，
OCP OBE
∴∠=∠.
DCE NBE
∴∠=∠.
又GEB是等边三角形，
GE BE
∴=，
又AD BN CD
==，
()
SAS
DCE NBE
∴≅.
DE NE
∴=，BEN CED
∠=∠.
BEN BED CED BED
∴∠+∠=∠+∠，
即60
NED BEC
∠=∠=︒.
DEN
∴是等边三角形.
又DF FN
=，
DF EF
∴⊥，60
FDE
∠=︒.
tan3
E E
F DF DF
FD
∴∠
=⋅=.
或选择图进行证明，证明如下：
如解图，延长DF并延长到点N，使得FN DF
=，
连接NB，DE，NE，NB与CD交于点O，EB与CD相交于点J，在ADF和BNF中，
AF BF AFD BFN DF NF =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
， ()SAS ADF BNF ∴≅. AD NB ∴=，ADF BNF ∠=∠. //AD NB ∴.
120NOC ADC ∴∠=∠=︒. 60BOJ ∴∠=︒，60JEC ∠=︒. 又OJB EJC ∠=∠， OBE ECJ ∴∠=∠.
AD CD =，AD NB =， CD NB ∴=. 又GEB 是等边三角形， CE BE ∴=.
()SAS DCE NBE ∴≅.
DE NE ∴=，BEN CED ∠=∠.
BEN BED CED BED ∴∠-∠=∠-∠， 即60NED BEC ∠=∠=︒. DEN ∴是等边三角形. 又DF FN =，
DF EF ∴⊥，60FDE ∠=︒.
tan E E F DF FD ∴∠=⋅=.
②
旋转过程中EF =，DF EF 始终成立.
【点睛】
本题考查几何图形的综合探究题，难度大，运用数形结合思维分析以及掌握并灵活利用全等三角形判定和性质以及三角函数、相似三角形判定和性质等是解题关键.
错因分析：①未掌握旋转的性质，即旋转前后线段、角度均不变；②不能合理利用类比关系，由浅到深解决问题.
5．(1)问题发现
如图1,△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D 在一条直线上. 填空:线段AD,BE 之间的关系为 . (2)拓展探究
如图2,△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE 的关系,并说明理由. (3)解决问题
如图3,线段PA=3,点B 是线段PA 外一点,PB=5,连接AB,将AB 绕点A 逆时针旋转90°得到
线段AC,
随着点B 的位置的变化,直接写出PC 的范围.
【答案】(1) AD=BE ，AD⊥BE．(2) AD=BE ，AD⊥BE．(3) 5-32≤PC≤5+32． 【解析】 【分析】
（1）根据等腰三角形性质证△ACD ≌△BCE （SAS ），得AD=BE ，∠EBC=∠CAD ，延长BE 交AD 于点F ，由垂直定义得AD ⊥BE ．
（2）根据等腰三角形性质证△ACD ≌△BCE （SAS ），AD=BE ，∠CAD=∠CBE ，由垂直定义得∠OHB=90°，AD ⊥BE ；
（3）作AE ⊥AP ，使得AE=PA ，则易证△APE ≌△ACP ，PC=BE ，当P 、E 、B 共线时，BE 最小，最小值=PB-PE ；当P 、E 、B 共线时，BE 最大，最大值=PB+PE ，故5-32≤BE≤5+32. 【详解】
（1）结论：AD=BE ，AD ⊥BE ． 理由：如图1中，
∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形， ∴AC=BC ，CE=CD ， ∠ACB=∠ACD=90°， 在Rt △ACD 和Rt △BCE 中
AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪
∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ ∴△ACD ≌△BCE （SAS ）， ∴AD=BE ，∠EBC=∠CAD 延长BE 交AD 于点F ， ∵BC ⊥AD ， ∴∠EBC+∠CEB=90°， ∵∠CEB=AEF ，
∴∠EAD+∠AEF=90°，
∴∠AFE=90°，即AD⊥BE．
∴AD=BE，AD⊥BE．
故答案为AD=BE，AD⊥BE．
（2）结论：AD=BE，AD⊥BE．
理由：如图2中，设AD交BE于H，AD交BC于O．
∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=90°，
∴ACD=∠BCE，
在Rt△ACD和Rt△BCE中
AC BC
ACD BCE
CD CE
⎧
⎪
∠
∠
⎨
⎪
⎩
＝
＝
＝
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，
∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，
∴∠BOH+∠OBH=90°，
∴∠OHB=90°，
∴AD⊥BE，
∴AD=BE，AD⊥BE．
（3）如图3中，作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，∴PC=BE，
图3-1中，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE=5-32，
图3-2中，当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE=5+32，
∴5-32≤BE≤5+32，
即5-32≤PC≤5+32．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定
和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
6．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y=ax2+bx+c与x轴相交于A，B两点，顶点为D（0，4），AB=42，设点F（m，0）是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C′．
（1）求抛物线C的函数表达式；
（2）若抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围．（3）如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C′上的对应点P′，设M是C上的动点，N是C′上的动点，试探究四边形PMP′N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1）2
1
4
2
y x
=-+；（2）2＜m＜223）m=6或m17﹣3．
【解析】
【分析】
（1）由题意抛物线的顶点C（0，4），A（20），设抛物线的解析式为24
y ax
=+，把A（220）代入可得a=
1
2
-，由此即可解决问题；
（2）由题意抛物线C′的顶点坐标为（2m，﹣4），设抛物线C′的解析式为
()2
1
24
2
y x m
=--，由
()
2
2
1
4
2
1
24
2
y x
y x m
⎧
=-+
⎪⎪
⎨
⎪=--
⎪⎩
，消去y得到22
2280
x mx m
-+-=，由题
意，抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，则有
()
22
2
(2)4280
20
280
m m
m
m
⎧--->
⎪⎪
>
⎨
⎪->
⎪⎩
，解不等式组即可解决问题；
（3）情形1，四边形PMP′N能成为正方形．作PE⊥x轴于E，MH⊥x轴于H．由题意易知P（2，2），当△PFM是等腰直角三角形时，四边形PMP′N是正方形，推出
PF =FM ，∠PFM =90°，
易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，可得
M （m +2，m ﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），利用待定系数法即可解决问题． 【详解】
（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （22，0），设抛物线的解析式为
24y ax =+，把A （22，0）代入可得a =12
-
， ∴抛物线C 的函数表达式为2
142
y x =-+．
（2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为
()2
1242
y x m =
--， 由()22
1421242y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩
，
消去y 得到222280x mx m -+-= ，
由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有
()
222(2)428020280m m m m ⎧--->⎪⎪
>⎨
⎪->⎪⎩
， 解得2＜m ＜22，
∴满足条件的m 的取值范围为2＜m ＜22． （3）结论：四边形PMP ′N 能成为正方形．
理由：1情形1，如图，作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．
由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，∴PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得
PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，∴M （m +2，m ﹣2），∵点M 在21
42
y x =-+上，
∴()2
12242
m m -=-
++，解得m =17﹣3或﹣17﹣3（舍弃），∴m =17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．
情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），
把M （m ﹣2，2﹣m ）代入2
142y x =-+中，()212242
m m -=--+，解得m =6或0（舍
弃），
∴m =6时，四边形PMP ′N 是正方形．
综上所述：m =6或m =17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．
7．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＝m＝2﹣
【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．
8．两块等腰直角三角板△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=1
2BE ，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=1
2
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=1
2
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．
9．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．
10．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B的坐标为(6，6)，将正方形ABCO 绕点C逆时针旋转角度α(0°<α<90°)，得到正方形CDEF，ED交线段AB于点G，ED的延长线交线段OA于点H，连接CH、CG．
(1)求证：△CBG≌△CDG；
(2)求∠HCG的度数；并判断线段HG、OH、BG之间的数量关系，说明理由；
(3)连接BD、DA、AE、EB得到四边形AEBD，在旋转过程中，四边形AEBD能否为矩形？如果能，请求出点H的坐标；如果不能，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）45°；HG= HO+BG；（3）（2，0）．
【解析】
试题分析：（1）求证全等，观察两个三角形，发现都有直角，而CG为公共边，进而再锁定一条直角边相等即可，因为其为正方形旋转得到，所以边都相等，即结论可证．
（2）根据（1）中三角形全等可以得到对应边、角相等，即BG=DG，∠DCG=∠BCG．同第一问的思路容易发现△CDH≌△COH，也有对应边、角相等，即OH=DH，
∠OCH=∠DCH．于是∠GCH为四角的和，四角恰好组成直角，所以∠GCH=90°，且容易得到OH+BG=HG．
（3）四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．由上几问知DG=BG，所以此时同时满足DG=AG=EG=BG，即四边形AEBD为矩形．求H点的坐标，可以设其为（x，0），则OH=x，AH=6﹣x．而BG为AB的一半，所以DG=BG=AG=3．又由（2），HG=x+3，所以Rt△HGA中，三边都可以用含x的表达式表达，那么根据勾股定理可列方程，进而求出x，推得H坐标．
（1）证明：∵正方形ABCO绕点C旋转得到正方形CDEF，
∴CD=CB，∠CDG=∠CBG=90°．
在Rt△CDG和Rt△CBG中，
，
∴△CDG≌△CBG（HL）；
（2）解：∵△CDG≌△CBG，
∴∠DCG=∠BCG，DG=BG．
在Rt△CHO和Rt△CHD中，
∵，
∴△CHO≌△CHD（HL），
∴∠OCH=∠DCH，OH=DH，
∴∠HCG=∠HCD+∠GCD=∠OCD+∠DCB=∠OCB=45°，
∴HG=HD+DG=HO+BG；
（3）解：四边形AEBD可为矩形．
如图，连接BD、DA、AE、EB，四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．
∵DG=BG，
∴DG=AG=EG=BG，即平行四边形AEBD对角线相等，则其为矩形，
∴当G点为AB中点时，四边形AEBD为矩形．
∵四边形DAEB为矩形，
∴AG=EG=BG=DG．
∵AB=6，
∴AG=BG=3．
设H点的坐标为（x，0），则HO=x
∵OH=DH，BG=DG，
∴HD=x，DG=3．
在Rt△HGA中，
∵HG=x+3，GA=3，HA=6﹣x，
∴（x+3）2=32+（6﹣x）2，解得x=2．
∴H点的坐标为（2，0）．
考点：几何变换综合题．。