2020-2021中考数学二模试题分类汇编——初中数学 旋转综合附答案

2020-2021中考数学二模试题分类汇编——初中数学 旋转综合附答案
一、旋转
1．在△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=α（︒<<︒600α），将线段BC 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BD 。

（1）如图1，直接写出∠ABD 的大小（用含α的式子表示）； （2）如图2，∠BCE=150°，∠ABE=60°，判断△ABE 的形状并加以证明； （3）在（2）的条件下，连结DE ，若∠DEC=45°，求α的值。

【答案】（1）1
302α︒-（2）见解析（3）30α=︒
【解析】解：（1）1
302
α︒-。

（2）△ABE 为等边三角形。

证明如下：
连接AD ，CD ，ED ，
∵线段BC 绕点B 逆时针旋转60︒得到线段BD ， ∴BC=BD ，∠DBC=60°。

又∵∠ABE=60°，
∴1
ABD 60DBE EBC 302
α∠=︒-∠=∠=︒-且△BCD 为等边三角形。

在△ABD 与△ACD 中，∵AB=AC ，AD=AD ，BD=CD ，
∴△ABD ≌△ACD （SSS ）。

∴1
1BAD CAD BAC 22
α∠=∠=∠=。

∵∠BCE=150°，∴11
BEC 180(30)15022
αα∠=︒-︒--︒=。

∴BEC BAD ∠=∠。

在△ABD 和△EBC 中，∵BEC BAD ∠=∠，EBC ABD ∠=∠，BC=BD ， ∴△ABD ≌△EBC （AAS ）。

∴AB=BE 。

∴△ABE 为等边三角形。

（3）∵∠BCD=60°，∠BCE=150°，∴DCE 1506090∠=︒-︒=︒。

又∵∠DEC=45°，∴△DCE 为等腰直角三角形。

∴DC=CE=BC 。

∵∠BCE=150°，∴(180150)
EBC 152
︒-︒∠=
=︒。

而1
EBC 30152
α∠=︒-=︒。

∴30α=︒。

（1）∵AB=AC ，∠BAC=α，∴180ABC 2
α
︒-∠=。

∵将线段BC 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BD ，∴DBC 60∠=︒。

∴180ABD ABC DBC 603022
αα
︒-∠=∠-∠=
-︒=︒-。

（2）由SSS 证明△ABD ≌△ACD ，由AAS 证明△ABD ≌△EBC ，即可根据有一个角等于60︒的等腰三角
形是等边三角形的判定得出结论。

（3）通过证明△DCE 为等腰直角三角形得出(180150)
EBC 152
︒-︒∠==︒，由（1）
1
EBC 302α∠=︒-，从
而1
30152
α︒-=︒，解之即可。

2．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 =12
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=12
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．
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．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．
5．如图1，△ABC是边长为4cm的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA=6cm，点D 从O点出发，沿OM的方向以1cm/s的速度运动，当D不与点A重合时，将△ACD绕点C 逆时针方向旋转60°得到△BCE，连结DE．
（1）求证：△CDE是等边三角形；
（2）如图2，当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE的最小周长；若不存在，请说明理由；
（3）如图3，当点D在射线OM上运动时，是否存在以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析（2）见解析（3）存在
【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于点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 cm，
∴△BDE的最小周长=CD
；
（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．
点睛：在不带坐标的几何动点问题中求最值，通常是将其表达式写出来，再通过几何或代数的方法求出最值；像第三小问这种探究性的题目，一定要多种情况考虑全面，控制变量，从某一个方面出发去分类.
6．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（0，4），点B（﹣2，0），把△ABO绕点A逆时针旋转，得△AB′O′，点B、O旋转后的对应点为B′、O′．
（1）如图①，若旋转角为60°时，求BB′的长；
（2）如图②，若AB′∥x轴，求点O′的坐标；
（3）如图③，若旋转角为240°时，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+AP′取得最小值时，求点P′的坐标（直接写出结果即可）
【答案】（1）252）点O′的坐标为（85
5
，
5
5
+4）；（3）点P′的坐标为（﹣
83
，36
5
．
【解析】
分析：（1）由点A、B的坐标可得出AB的长度，连接BB′，由旋转可知：AB=AB′，
∠BAB′=60°，进而可得出△ABB′为等边三角形，根据等边三角形的性质可求出BB′的长；（2）过点O′作O′D⊥x轴，垂足为D，交AB′于点E，则△AO′E∽△ABO，根据旋转的性质结合相似三角形的性质可求出AE、O′E的长，进而可得出点O′的坐标；
（3）作点A关于x轴对称的点A′，连接A′O′交x轴于点P，此时O′P+AP′取最小值，过点O′作O′F⊥y轴，垂足为点F，过点P′作PM⊥O′F，垂足为点M，根据旋转的性质结合解直角三角形可求出点O′的坐标，由A、A′关于x轴对称可得出点A′的坐标，利用待定系数法即可求出直线A′O′的解析式，由一次函数图象上点的坐标特征可得出点P的坐标，进而可得出OP的长度，再在Rt△O′P′M中，通过解直角三角形可求出O′M、P′M的长，进而可得出此时点P′的坐标．
详解：（1）∵点A（0，4），点B（﹣2，0），∴OA=4，OB=2，
∴AB22
OA OB
5．
在图①中，连接BB′．
由旋转可知：AB=AB′，∠BAB′=60°，∴△ABB′为等边三角形，∴BB′=AB5
（2）在图②中，过点O ′作O ′D ⊥x 轴，垂足为D ，交AB ′于点E ． ∵AB ′∥x 轴，O ′E ⊥x 轴，∴∠O ′EA =90°=∠AOB ．
由旋转可知：∠B ′AO ′=∠BAO ，AO ′=AO =4，∴△AO ′E ∽△ABO ，
AE AO ='O E BO ='
AO AB
，即4AE ='2O E =25，∴AE
=85，O ′E =45，∴O ′D =45
+4，∴点O ′的坐标为（
8545
55
，
+4）． （3）作点A 关于x 轴对称的点A ′，连接A ′O ′交x 轴于点P ，此时O ′P +AP ′取最小值，过点O ′作O ′F ⊥y 轴，垂足为点F ，过点P ′作PM ⊥O ′F ，垂足为点M ，如图3所示． 由旋转可知：AO ′=AO =4，∠O ′AF =240°﹣180°=60°，∴AF =12AO ′=2，O ′F =3
2
AO ′=23，∴点O ′（﹣23，6）．
∵点A （0，4），∴点A ′（0，﹣4）．
设直线A ′O ′的解析式为y =kx +b ，将A ′（0，﹣4）、O ′（﹣23，6）代入y =kx +b ，得：
4236b k b =-⎧⎪⎨-+=⎪⎩，解得：534
k b ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩
，∴直线A ′O ′的解析式为y =﹣
53
x ﹣4． 当y =0时，有﹣53x ﹣4=0，解得：x =﹣43，∴点P （﹣43
，0），∴OP =O ′P ′=
43． 在Rt △O ′P ′M 中，∠MO ′P ′=60°，∠O ′MP ′=90°，∴O ′M =12O ′P ′=235
，P ′M =
32O ′P ′=65，∴点P ′的坐标为（﹣23+235，6+65），即（﹣8336
55
，）．
点睛：本题考查了函数图象及旋转变换、待定系数法求一次函数解析式、等边三角形的判定与性质、一次函数图象上点的坐标特征以及解直角三角形，解题的关键是：（1）利用等
边三角形的性质找出BB′的长；（2）通过解直角三角形求出AE、O′E的长；（3）利用两点之间线段最短找出当O′P+AP′取得最小值时点P的位置．
7．如图1，△ACB、△AED都为等腰直角三角形，∠AED=∠ACB=90°，点D在AB上，连CE，M、N分别为BD、CE的中点．
（1）求证：MN⊥CE；
（2）如图2将△AED绕A点逆时针旋转30°，求证：CE=2MN．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）延长DN交AC于F，连BF，推出DE∥AC，推出△EDN∽△CFN，推出DE EN DN
==，求出DN=FN，FC=ED，得出MN是中位线，推出MN∥BF，证
CF CN NF
△CAE≌△BCF，推出∠ACE=∠CBF，求出∠CBF+∠BCE=90°，即可得出答案；
（2）延长DN到G，使DN=GN，连接CG，延长DE、CA交于点K，求出BG=2MN，证
△CAE≌△BCG，推出BG=CE，即可得出答案．
试题解析：
（1）证明：延长DN交AC于F，连BF，
∵N为CE中点，
∴EN=CN，
∵△ACB和△AED是等腰直角三角形，∠AED=∠ACB=90°，DE=AE，AC=BC，
∴∠EAD=∠EDA=∠BAC=45°，
∴DE∥AC，
∴△EDN ∽△CFN ，
∴
DE EN DN
CF CN NF == ， ∵EN=NC ，
∴DN=FN ，FC=ED ，
∴MN 是△BDF 的中位线， ∴MN ∥BF ， ∵AE=DE ，DE=CF ， ∴AE=CF ，
∵∠EAD=∠BAC=45°， ∴
∠EAC=∠ACB=90°， 在△CAE 和△BCF 中，
CA BC CAE BCF AE CF ⎧⎪
∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ ， ∴△CAE ≌△BCF （SAS ）， ∴∠ACE=∠CBF ， ∵∠ACE+∠BCE=90°， ∴∠CBF+∠BCE=90°， 即BF ⊥CE ， ∵MN ∥BF ， ∴MN ⊥CE ．
（2）证明：延长DN 到G ，使DN=GN ，连接CG ，延长DE 、CA 交于点K ，
∵M 为BD 中点， ∴MN 是△BDG 的中位线， ∴BG=2MN ， 在△EDN 和⊈
CGN 中，
DN NG DNE GNC EN NC ⎧⎪
∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝， ∴△EDN ≌△CGN （SAS ）， ∴DE=CG=AE ，∠GCN=∠DEN ， ∴DE ∥CG ， ∴∠KCG=∠CKE ，
∵∠CAE=45°+30°+45°=120°， ∴∠EAK=60°， ∴∠CKE=∠KCG=30°， ∴∠BCG=120°， 在△CAE 和△BCG 中，
AC BC CAE BCG AE CG ⎧⎪
∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ ， ∴△CAE ≌△BCG （SAS ）， ∴BG=CE ， ∵BG=2MN ， ∴CE=2MN ．
【点睛】考查了等腰直角三角形性质，全等三角形的性质和判定，三角形的中位线，平行线性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力．
8．如图2，边长为2的等边△ABC 内接于⊙O ，△ABC 绕圆心O 顺时针方向旋转得到△
，A′C′分别与AB 、AC 交于E 、D 点，设旋转角度为
．
（1）当＝ ，△A′B′C′与△ABC 出现旋转过程中的第一次完全重合； （2）当＝60°时（如图1），该图（ ） A ．是中心对称图形但不是轴对称图形 B ．是轴对称图形但不是中心对称图形 C ．既是轴对称图形又是中心对称图形 D ．既不是轴对称图形也不是中心对称图形
（3）如图2，当，△ADE的周长是否会发生变化，如会变化，说明理由，如不会变化，求出它的周长.
【答案】（1）120°；（2）C；（3）△的周长不变.
【解析】
【分析】
（1）根据等边三角形的中心角为120°可直接求解；
（2）根据题意可知，当=60°时，点A、、B、、C、为⊙O的六等分点，，所有的三角形都是正三角形，由此可得到所有图形即是轴对称图形，又是中心对称图形；
（3）得到结论：周长不发生变化，连接A，根据弦相等，则它们所对的弧相等的性质可
得，即，再根据等弧所对的圆周角相等，得，由等角对等边的性质可得，同理，因此可求△的周长
==.
【详解】
解：（1）120°.
如图，可根据等边三角形的性质直接根据三角形的内角和求得∠O=120°；
（2）C
（3）△的周长不变；
理由如下：连接AA′，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理，，
∴△的周长=．
即
考点：正多边形与圆，圆周角定理
9．(1)观察猜想
如图(1)，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D是BC的中点．以点D为顶点作正方形DEFG，使点A，C分别在DG和DE上，连接AE，BG，则线段BG和AE的数量关系是
_____；
(2)拓展探究
将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于0°，小于或等于360°），如图2，则(1)中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由.
(3)解决问题
若BC=DE=2，在(2)的旋转过程中，当AE为最大值时，直接写出AF的值．
【答案】（1）BG＝AE．
（2）成立．
如图②，
连接AD．∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．
∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．
∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．
∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．…………………………………………7分
（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．
正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°时，BG最大，如图③．
若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．
在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．
∴AF＝
【解析】
解：（1）BG＝AE．
（2）成立．
如图②，连接AD．
∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．
∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．
∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．
∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．
（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．Z+X+X+K]
因为正方形DEFG在绕点D旋转的过程中，G点运动的图形是以点D为圆心，DG为半径的圆，故当正方形DEFG旋转到G点位于BC的延长线上（即正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°）时，BG最大，如图③．
若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．
在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．
∴AF＝．
即在正方形DEFG旋转过程中，当AE为最大值时，AF＝．
10．思维启迪：（1）如图1，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小亮想用绳子测量A，B间的距离，但绳子不够长，聪明的小亮想出一个办法：先在地上取一个可以直接到达B 点的点C，连接BC，取BC的中点P（点P可以直接到达A点），利用工具过点C作
CD∥AB交AP的延长线于点D，此时测得CD＝200米，那么A，B间的距离是米．
思维探索：（2）在△ABC和△ADE中，AC＝BC，AE＝DE，且AE＜AC，∠ACB＝∠AED＝90°，将△ADE绕点A顺时针方向旋转，把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置（此时点B和点D位于AC的两侧），设旋转角为α，连接BD，点P是线段BD的中点，连接PC，PE．
①如图2，当△ADE在起始位置时，猜想：PC与PE的数量关系和位置关系分别是；
②如图3，当α＝90°时，点D落在AB边上，请判断PC与PE的数量关系和位置关系，并证明你的结论；
③当α＝150°时，若BC＝3，DE＝l，请直接写出PC2的值．
【答案】（1）200；（2）①P C＝PE，PC⊥PE；②PC与PE的数量关系和位置关系分别是
PC＝PE，PC⊥PE，见解析；③PC21033
.
【解析】
【分析】
（1）由CD∥AB，可得∠C＝∠B，根据∠APB＝∠DPC即可证明△ABP≌△DCP，即可得AB ＝CD，即可解题．
（2）①延长EP 交BC 于F ，易证△FBP ≌△EDP （SAS ）可得△EFC 是等腰直角三角形，即可证明PC ＝PE ，PC ⊥PE ．
②作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，易证△FBP ≌△EDP （SAS ），结合已知得BF ＝DE ＝AE ，再证明△FBC ≌△EAC （SAS ），可得△EFC 是等腰直角三角形，即可证明PC ＝PE ，PC ⊥PE ．
③作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，过E 点作EH ⊥AC 交CA 延长线于H 点，由旋转旋转可知，∠CAE ＝150°，DE 与BC 所成夹角的锐角为30°，得∠FBC ＝∠EAC ，同②可证可得PC ＝PE ，PC ⊥PE ，再由已知解三角形得∴EC 2＝CH 2+HE 2
＝10+
求出2211022
PC EC +==
【详解】
（1）解：∵CD ∥AB ，∴∠C ＝∠B ， 在△ABP 和△DCP 中，
BP CP
APB DPC B C =⎧⎪
∠=∠⎨⎪∠=∠⎩
， ∴△ABP ≌△DCP （SAS ）， ∴DC ＝AB ． ∵AB ＝200米． ∴CD ＝200米， 故答案为：200．
（2）①PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC ＝PE ，PC ⊥PE ． 理由如下：如解图1，延长EP 交BC 于F ， 同（1）理，可知∴△FBP ≌△EDP （SAS ）， ∴PF ＝PE ，BF ＝DE ， 又∵AC ＝BC ，AE ＝DE ， ∴FC ＝EC ， 又∵∠ACB ＝90°，
∴△EFC 是等腰直角三角形， ∵EP ＝FP ， ∴PC ＝PE ，PC ⊥PE ．
②PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC ＝PE ，PC ⊥PE ． 理由如下：如解图2，作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ， 同①理，可知△FBP ≌△EDP （SAS ）， ∴BF ＝DE ，PE ＝PF ＝1
2
EF ， ∵DE ＝AE ， ∴BF ＝AE ，
∵当α＝90°时，∠EAC ＝90°， ∴ED ∥AC ，EA ∥BC ∵FB ∥AC ，∠FBC ＝90， ∴∠CBF ＝∠CAE ， 在△FBC 和△EAC 中，
BF AE CBE CAE BC AC =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△FBC ≌△EAC （SAS ）， ∴CF ＝CE ，∠FCB ＝∠ECA ， ∵∠ACB ＝90°， ∴∠FCE ＝90°，
∴△FCE 是等腰直角三角形， ∵EP ＝FP ， ∴CP ⊥EP ，CP ＝EP ＝
1
2
EF ． ③如解图3，作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，过E 点作EH ⊥AC 交CA 延长线于H 点，
当α＝150°时，由旋转旋转可知，∠CAE ＝150°，DE 与BC 所成夹角的锐角为30°， ∴∠FBC ＝∠EAC ＝α＝150° 同②可得△FBP ≌△EDP （SAS ），
同②△FCE 是等腰直角三角形，CP ⊥EP ，CP ＝EP
， 在Rt △AHE 中，∠EAH ＝30°，AE ＝DE ＝1， ∴HE ＝
12，AH
又∵AC ＝AB ＝3， ∴CH ＝
3+
2
， ∴EC 2＝CH 2+HE 2
＝10+∴PC 2
＝
211022
EC +=
【点睛】
本题考查几何变换综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质、勾股定理和30°直角三角形性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于压轴题．
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，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3CF 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．在正方形 ABCD 中，M 是 BC 边上一点，且点 M 不与 B 、C 重合，点 P 在射线 AM 上，将线段 AP 绕点 A 顺时针旋转 90°得到线段 AQ ，连接BP ，DQ ．
（1）依题意补全图 1；
（2）①连接 DP ，若点 P ，Q ，D 恰好在同一条直线上，求证：DP 2+DQ 2=2AB 2； ②若点 P ，Q ，C 恰好在同一条直线上，则 BP 与 AB 的数量关系为： ．
【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②BP=AB ．
【解析】
【分析】
（1）根据要求画出图形即可；
（2）①连接BD ，如图2，只要证明△ADQ ≌△ABP ，∠DPB=90°即可解决问题； ②结论：BP=AB ，如图3中，连接AC ，延长CD 到N ，使得DN=CD ，连接AN ，QN ．由△ADQ ≌△ABP ，△ANQ ≌△ACP ，推出DQ=PB ，∠AQN=∠APC=45°，由∠AQP=45°，推出∠NQC=90°，由CD=DN ，可得DQ=CD=DN=AB ；
【详解】
（1）解：补全图形如图 1：
（2）①证明：连接 BD，如图 2，
∵线段 AP 绕点 A 顺时针旋转 90°得到线段 AQ，
∴AQ=AP，∠QAP=90°，
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∴∠1=∠2．
∴△ADQ≌△ABP，
∴DQ=BP，∠Q=∠3，
∵在 Rt△QAP 中，∠Q+∠QPA=90°，
∴∠BPD=∠3+∠QPA=90°，
∵在 Rt△BPD 中，DP2+BP2=BD2，又∵DQ=BP，BD2=2AB2，
∴DP2+DQ2=2AB2．
②解：结论：BP=AB．
理由：如图 3 中，连接 AC，延长 CD 到 N，使得 DN=CD，连接 AN，QN．
∵△ADQ≌△ABP，△ANQ≌△ACP，
∴DQ=PB，∠AQN=∠APC=45°，
∵∠AQP=45°，
∴∠NQC=90°，
∵CD=DN，
∴DQ=CD=DN=AB，
∴PB=AB．
【点睛】
本题考查正方形的性质，旋转变换、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴。