中考数学压轴题专题复习——初中数学 旋转的综合附答案

中考数学压轴题专题复习——初中数学旋转的综合附答案
一、旋转
1．在平面直角坐标系中，已知点A(0，4)，B(4，4)，点M，N是射线OC上两动点(OM＜ON)，且运动过程中始终保持∠MAN＝45°，小明用几何画板探究其中的线段关系．
(1)探究发现：当点M，N均在线段OB上时(如图1)，有OM2+BN2＝MN2．
他的证明思路如下：
第一步：将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．
第二步：证明△APM≌△ANM，得MP＝MM．
第一步：证明∠POM＝90°，得OM2+OP2＝MP2．
最后得到OM2+BN2＝MN2．
请你完成第二步三角形全等的证明．
(2)继续探究：除(1)外的其他情况，OM2+BN2＝MN2的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
(3)新题编制：若点B是MN的中点，请你编制一个计算题(不标注新的字母)，并直接给出答案(根据编出的问题层次，给不同的得分)．
【答案】(1)见解析；(2)结论仍然成立，理由见解析；(3)见解析.
【解析】
【分析】
（1）将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN=OP．证明
△APM≌△ANM，再利用勾股定理即可解决问题；
（2）如图2中，当点M，N在OB的延长线上时结论仍然成立．证明方法类似（1）；（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．利用（2）中结论，构建方程即可解决问题．
【详解】
（1）如图1中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．
∵点A(0，4)，B(4，4)，
∴OA＝AB，∠OAB＝90°，
∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠MAN＝∠MAP，
∵MA＝MA，AN＝AP，
∴△MAN≌△MAP(SAS)．
（2）如图2中，结论仍然成立．
理由：如图2中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．
∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠MAN＝∠MAP，
∵MA＝MA，AN＝AP，
∴△MAN≌△MAP(SAS)，
∴MN＝PM，
∵∠ABN＝∠AOP＝135°，∠AOB＝45°，
∴∠MOP＝90°，
∴PM2＝OM2+OP2，
∴OM2+BN2＝MN2；
（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．
设MN＝2x，则BM＝BN＝x，
∵OA＝AB＝4，∠OAB＝90°，
∴OB＝2，
∴OM＝2﹣x，
∵OM2+BN2＝MN2．
∴(42﹣x)2+x2＝(2x)2，
解得x＝﹣22+26或﹣22﹣26(舍弃)
∴MN＝﹣42+46．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
2．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.
3．如图所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，EC的
延长线交BD于点P．
（1）把△ABC绕点A旋转到图1，BD，CE的关系是（选填“相等”或“不相等”）；简要说明理由；
（2）若AB=3，AD=5，把△ABC绕点A旋转，当∠EAC=90°时，在图2中作出旋转后的图形，PD=，简要说明计算过程；
（3）在（2）的条件下写出旋转过程中线段PD的最小值为，最大值为．
【答案】（1）BD，CE的关系是相等；（2）
5
34
17
或
20
34
17
；（3）1，7
【解析】
分析：（1）依据△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，即可BA=CA，∠BAD=∠CAE，DA=EA，进而得到△ABD≌△ACE，可得出BD=CE；
（2）分两种情况：依据∠PDA=∠AEC，∠PCD=∠ACE，可得△PCD∽△ACE，即可得到
PD AE =
CD
CE
，进而得到PD=
5
34
17
；依据∠ABD=∠PBE，∠BAD=∠BPE=90°，可得
△BAD∽△BPE，即可得到PB BE
AB BD
，进而得出PB=
6
34
34
，PD=BD+PB=
20
34
17
；
（3）以A为圆心，AC长为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PD的值最小；当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时，PD的值最大．在Rt△PED中，PD=DE•sin∠PED，因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小．分两种情况进行讨论，即可得到旋转过程中线段PD的最小值以及最大值．
详解：（1）BD，CE的关系是相等．
理由：∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，
∴BA=CA，∠BAD=∠CAE，DA=EA，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE；
故答案为相等．
（2）作出旋转后的图形，若点C在AD上，如图2所示：
∵∠EAC=90°， ∴CE=
2234AC AE +=，
∵∠PDA=∠AEC ，∠PCD=∠ACE ， ∴△PCD ∽△ACE ， ∴
PD CD
AE CE
=， ∴PD=
5
3417
； 若点B 在AE 上，如图2所示：
∵∠BAD=90°， ∴Rt △ABD 中，BD=
2234AD AB +=，BE=AE ﹣AB=2，
∵∠ABD=∠PBE ，∠BAD=∠BPE=90°， ∴△BAD ∽△BPE ，
∴PB BE
AB BD
=，即334PB =， 解得PB=
6
3434
， ∴PD=BD+PB=34+63434=20
3417
， 故答案为
53417或203417
； （3）如图3所示，以A 为圆心，AC 长为半径画圆，当CE 在⊙A 下方与⊙A 相切时，PD 的值最小；当CE 在在⊙A 右上方与⊙A 相切时，PD 的值最大． 如图3所示，分两种情况讨论：
在Rt △PED 中，PD=DE•sin ∠PED ，因此锐角∠PED 的大小直接决定了PD 的大小．
①当小三角形旋转到图中△ACB的位置时，
在Rt△ACE中，CE=22
-=4，
53
在Rt△DAE中，DE=22
+=，
5552
∵四边形ACPB是正方形，
∴PC=AB=3，
∴PE=3+4=7，
在Rt△PDE中，PD=2250491
-=-=，
DE PE
即旋转过程中线段PD的最小值为1；
②当小三角形旋转到图中△AB'C'时，可得DP'为最大值，
此时，DP'=4+3=7，
即旋转过程中线段PD的最大值为7．
故答案为1，7．
点睛：本题属于几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、圆的有关知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会分类讨论的思想思考问题，学会利用图形的特殊位置解决最值问题．
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．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Rt△ADE中，∠DAE=90°，C是边AE上任意一点（点C与点A、E不重合），以AC为一直角边在Rt△ADE的外部作Rt△ABC，∠BAC=90°，连接BE、CD．
（1）在图1中，若AC=AB，AE=AD，现将图1中的Rt△ADE绕着点A顺时针旋转锐角α，得到图2，那么线段BE．CD之间有怎样的关系，写出结论，并说明理由；
（2）在图1中，若CA=3，AB=5，AE=10，AD=6，将图1中的Rt△ADE绕着点A顺时针旋转锐角α，得到图3，连接BD、CE．
①求证：△ABE∽△ACD；
②计算：BD2+CE2的值．
【答案】（1）BE=CD，BE⊥CD，理由见角；（2）①证明见解析；②BD2+CE2=170．【解析】
【分析】
（1）结论：BE=CD，BE⊥CD；只要证明△BAE≌△CAD，即可解决问题；
（2）①根据两边成比例夹角相等即可证明△ABE∽△ACD．
②由①得到∠AEB=∠CDA．再根据等量代换得到∠DGE=90°，即DG⊥BE，根据勾股定理得到BD2+CE2=CB2+ED2，即可根据勾股定理计算．
【详解】
（1）结论：BE=CD，BE⊥CD．
理由：设BE与AC的交点为点F，BE与CD的交点为点G，如图2．
∵∠CAB=∠EAD=90°，∴∠CAD=∠BAE．
在△CAD和△BAE中，∵
AB AC
BAE CAD
AE AD
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，∴△CAD≌△BAE，∴CD=BE，
∠ACD=∠ABE．
∵∠BFA=∠CFG，∠BFA+∠ABF=90°，∴∠CFG+∠ACD=90°，∴∠CGF=90°，∴BE⊥CD．（2）①设AE与CD于点F，BE与DC的延长线交于点G，如图3．
∵∠CABB=∠EAD=90°，∴∠CAD=∠BAE．
∵CA=3，AB=5，AD=6，AE=10，∴AE
AB =
AD
AC
=2，∴△ABE∽△ACD；
②∵△ABE∽△ACD，∴∠AEB=∠CDA．
∵∠AFD=∠EFG，∠AFD+∠CDA=90°，∴∠EFG+∠AEB=90°，∴∠DGE=90°，∴DG⊥BE，∴∠AGD=∠BGD=90°，∴CE2=CG2+EG2，BD2=BG2+DG2，∴BD2+CE2=CG2+EG2+BG2+DG2．
∵CG2+BG2=CB2，EG2+DG2=ED2，∴BD2+CE2=CB2+ED2=CA2+AB2+AD2+AD2=170．
【点睛】
本题是几何综合变换综合题，主要考查了图形的旋转变换、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理的综合运用，运用类比，在变化中发现规律是解决问题的关键．
7．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（8，0），点B（0，6），把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′B′O′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为α．
（1）如图1，若α=90°，则AB=，并求AA′的长；
（2）如图2，若α=120°，求点O′的坐标；
（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，直接写出点P′的坐标．
【答案】（1）10，102；（2）（339）；（3）
354 55
（，）
【解析】
试题分析：(1)、如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△AB A′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的
长；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，则
∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；(3)、由旋转的性质得BP=BP′，则
O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求
出直线O′C的解析式为y=x﹣3，从而得到P（，0），则O′P′=OP=，作
P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D 和DO′的长，从而可得到P′点的坐标．
试题解析：(1)、如图①，∵点A（4，0），点B（0，3），∴OA=4，OB=3，
∴AB==5，
∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，∴BA=BA′，∠ABA′=90°，
∴△ABA′为等腰直角三角形，∴AA′=BA=5；
(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，
∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，∴∠HBO′=60°，在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣
∠HBO′=30°，
∴BH=BO′=，O′H=BH=，∴OH=OB+BH=3+，∴O′点的坐标为
（）；
（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，∴BP=BP′，
∴O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，
则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，∵点C与点B关于x轴对称，∴C（0，﹣3），
设直线O′C的解析式为y=kx+b，
把O′（），C（0，﹣3）代入得，解得，
∴直线O′C的解析式为y=x﹣3，当y=0时，x﹣3=0，解得x=，则P
（，0），
∴OP=，∴O′P′=OP=，作P′D⊥O′H于D，
∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°，∴∠DP′O′=30°，
∴O′D=O′P′=，P′D=，∴DH=O′H﹣O′，
∴P′点的坐标为（，）．
考点：几何变换综合题
8．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.
9．如图1，△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，直线l经过点C，AF⊥l于点F，BE⊥l于点E．（1）求证：△ACF≌△CBE；
（2）将直线旋转到如图2所示位置，点D是AB的中点，连接DE．若AB=42，
∠CBE=30°，求DE的长．
+
【答案】（1）答案见解析；（226
【解析】
试题分析：（1）根据垂直的定义得到∠BEC=∠ACB=90°，根据全等三角形的性质得到
∠EBC=∠CAF，即可得到结论；
（2）连接CD，DF，证得△BCE≌△ACF，根据全等三角形的性质得到BE=CF，CE=AF，证得
△DEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到EF=2DE，EF=CE+BE，进而得
到
DE的长．
试题解析：解：（1）∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，
∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．
在△BCE与△ACF中，∵
90
AFC BEC
EBC ACF
BC AC
∠=∠=︒
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，∴△ACF≌△CBE（AAS）；
（2）如图2，连接CD，DF．∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，
∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．
在△BCE与△CAF中，∵
90
AFC BEC
EBC ACF
BC AC
∠=∠=︒
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，∴△BCE≌△CAF（AAS）；
∴BE=CF．∵点D是AB的中点，∴CD=BD，∠CDB=90°，∴∠CBD=∠ACD=45°，而
∠EBC=∠CAF，∴∠EBD=∠DCF．在△BDE与△CDF中，∵
BE CF
EBD FCD
BD CF
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△BDE≌△CDF（SAS），∴∠EDB=∠FDC，DE=DF．∵∠BDE+∠CDE=90°，
∴∠FDC+∠CDE=90°，即∠EDF=90°，∴△EDF是等腰直角三角形，∴EF=2DE，∴EF=CE+CF=CE+BE．∵CA=CB，∠ACB=90°，AB=42，∴BC=4．又∵∠CBE=30°，
∴CE=1
2BC=2，BE=3CE=23，∴EF=CE+BE=2+23，∴DE=
2
=
223
2
+
=2+6．
点睛：本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质，证得△BCE≌△ACF是解题的关键．
10．已知Rt△DAB中，∠ADB=90°，扇形DEF中，∠EDF=30°，且DA=DB=DE，将Rt△ADB 的边与扇形DEF的半径DE重合，拼接成图1所示的图形，现将扇形DEF绕点D按顺时针方向旋转，得到扇形DE′F′，设旋转角为α（0°＜α＜180°）
（1）如图2，当0°＜α＜90°，且DF′∥AB时，求α；
（2）如图3，当α=120°，求证：AF′=BE′．
【答案】（1）15°；（2）见解析．
【解析】
试题分析：（1）∵∠ADB=90°，DA=DB，∴∠BAD=45°，∵DF′∥AB，
∴∠ADF′=∠BAD=45°，∴α=45°﹣30°=15°；
（2）∵α=120°，∴∠ADE′=120°，∴∠ADF′=120°+30°=150°，∠BDE′=360°﹣90°﹣
120°=150°，∴∠ADF′=∠BDE′，在△ADF′和△BDE′中，，
∴△ADF′≌△BDE′，∴AF′=BE′．
考点：①旋转性质；②全等三角形的判定和性质．
11．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，E是边AC上任意一点（点E与点A，C不重合），以CE为一直角边作Rt△ECD，∠ECD=90°，连接BE，AD．
（1）若CA=CB，CE=CD
①猜想线段BE，AD之间的数量关系及所在直线的位置关系，直接写出结论；
②现将图1中的Rt△ECD绕着点C顺时针旋转锐角α，得到图2，请判断①中的结论是否仍然成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（2）若CA=8,CB=6，CE=3，CD=4，Rt△ECD绕着点C顺时针转锐角α，如图3，连接BD，AE，计算的值．
【答案】（1）①BE=AD，BE⊥AD；②见解析；（2）125．
【解析】
试题分析：根据三角形全等的判定与性质得出BE=AD，BE⊥AD；设BE与AC的交点为点F，BE与AD的交点为点G，根据∠ACB=∠ECD=90°得出∠ACD=∠BCE，然后结合AC=BC，CD=CE得出△ACD≌△BCE，则AD=BE，∠CAD=∠CBF，根据∠BFC=∠AFG，
∠BFC+∠CBE=90°得出∠AFG+∠CAD=90°，从而说明垂直；首先根据题意得出
△ACD∽△BCE，然后说明∠AGE=∠BGD=90°，最后根据直角三角形的勾股定理将所求的线段转化成已知的线段得出答案．
试题解析：（1）①解：BE=AD，BE⊥AD
②BE=AD，BE⊥AD仍然成立
证明：设BE与AC的交点为点F，BE与AD的交点为点G，如图1．
∵∠ACB=∠ECD=90°，∴∠ACD=∠BCE ∵AC=BC CD=CE ∴△ACD≌△BCE
∴AD=BE ∠CAD=∠CBF ∵∠BFC=∠AFG ∠BFC+∠CBE=90°∴∠AFG+∠CAD=90°
∴∠AGF=90°∴BE⊥AD
（2）证明：设BE与AC的交点为点F，BE的延长线与AD的交点为点G，如图2．
∵∠ACB=∠ECD=90°，∴∠ACD=∠BCE ∵AC=8，BC=6，CE=3，CD=4 ∴△ACD∽△BCE
∴∠CAD=∠CBE ∵∠BFC=∠AFG ∠BFC+∠CBE=90°∴∠AFG+∠CAD=90°
∴∠AGF=90°∴BE⊥AD ∴∠AGE=∠BGD=90°
∴，．∴．∵，，
∴
考点：三角形全等与相似、勾股定理．
12．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.
13．(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．22．
【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5-3
2≤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2， 图3-2中，当P 、E 、B 共线时，BE 最大，最大值2， ∴22， 即22
【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．
14．已知△ABC是等腰三角形，AB=AC．
（1）特殊情形：如图1，当DE∥BC时，有DB EC．（填“＞”，“＜”或“=”）
（2）发现探究：若将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）到图2位置，
则（1）中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展运用：如图3，P是等腰直角三角形ABC内一点，∠ACB=90°，且PB=1，PC=2，PA=3，求∠BPC的度数．
【答案】（1）=；（2）成立，证明见解析；（3）135°.
【解析】
【分析】
试题（1）由DE∥BC，得到DB EC
AB AC
=，结合AB=AC，得到DB=EC；
（2）由旋转得到的结论判断出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；
（3）由旋转构造出△CPB≌△CEA，再用勾股定理计算出PE，然后用勾股定理逆定理判断出△PEA是直角三角形，在简单计算即可．
【详解】
（1）∵DE∥BC，
∴DB EC
AB AC
=，
∵AB=AC，
∴DB=EC，
故答案为=，
（2）成立．
证明：由①易知AD=AE，
∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，
又∵AD=AE，AB=AC
∴△DAB≌△EAC，
∴DB=CE，
（3）如图，
将△CPB绕点C旋转90°得△CEA，连接PE，
∴△CPB≌△CEA，
∴CE=CP=2，AE=BP=1，∠PCE=90°， ∴∠CEP=∠CPE=45°，
在Rt △PCE 中，由勾股定理可得，PE=22， 在△
PEA 中，PE 2=（22）2=8，AE 2=12=1，PA 2=32=9， ∵PE 2+AE 2=AP 2， ∴△PEA 是直角三角形 ∴∠PEA=90°， ∴∠CEA=135°， 又∵△CPB ≌△CEA ∴∠BPC=∠CEA=135°． 【点睛】
考点：几何变换综合题；平行线平行线分线段成比例.
15．小明合作学习小组在探究旋转、平移变换．如图△ABC ，△DEF 均为等腰直角三角形，各顶点坐标分别为A （1，1），B （2，2），C （2，1），D （2，0），E （22， 0），F （
32，2
-）．
（1）他们将△ABC 绕C 点按顺时针方向旋转450得到△A 1B 1C ．请你写出点A 1，B 1的坐标，并判断A 1C 和DF 的位置关系；
（2）他们将△ABC 绕原点按顺时针方向旋转450，发现旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线2y 22x bx c =++上．请你求出符合条件的抛物线解析式；
（3）他们继续探究，发现将△ABC 绕某个点旋转45，若旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线2
y x =上，则可求出旋转后三角形的直角顶点P 的坐标．请你直接写出点P 的所有坐标．
【答案】解：（1）2
2222
2b c 0
{
32322
22b c 222
+=⎛++= ⎝⎭
． A 1C 和DF 的位置关系是平行．
（2）∵△ABC 绕原点按顺时针方向旋转45°后的三角形即为△DEF ，
∴①当抛物线经过点D、E
时，根据题意可得：
(
2
2
c0
{
c0
++=
++=
，解得
b12
{
c
=-
=
∴2
y12x
=-+
②当抛物线经过点D、F
时，根据题意可得：
2
2
c0
{
b c
222
++=
⎛
++=
⎝⎭
，解得
b11
{
c
=-
=
∴2
y11x
=-+
③当抛物线经过点E、F
时，根据题意可得：
(
2
2
c0
{
c
++=
+=
⎝⎭
，解得
b13
{
c
=-
=
∴2
y13x
=-+
（3）在旋转过程中，可能有以下情形：
①顺时针旋转45°，点A、B落在抛物线上，如答图1所示，
易求得点P坐标为（0
，
1
2
）．
②顺时针旋转45°，点B、C落在抛物线上，如答图2所示，
设点B′，C′的横坐标分别为x1，x2，
易知此时B′C′与一、三象限角平分线平行，∴设直线B′C′的解析式为y=x+b．
联立y=x2与y=x+b得：x2=x+b，即2x x b0
--=，∴1212
x x1x x b
+==-
，．
∵B′C′=1，∴
根据题意易得：
12
x x
2
-=，∴()2
12
1
x x
2
-=，即
()2
1212
1
x x4x x
2
+-=．
∴1
14b
2
+=，解得
1
b
8
=-．
∴21
x x0
8
-+=
，解得
2
x
4
+
=x
或
2
x
4
-
=．
∵点C′的横坐标较小，∴2x 4
=．
当x =时，2y x ==
∴P ③顺时针旋转45°，点C 、A 落在抛物线上，如答图3所示， 设点C′，A′的横坐标分别为x 1，x 2．
易知此时C′A′与二、四象限角平分线平行，∴设直线C′A′的解析式为y x b =-+． 联立y=x 2与y x b =-+得：2x x b =-+，即2x x b 0+-=，∴1212x x 1x x b +=-=-，．
∵C′A′=1，∴根据题意易得：12x x 2
-=
，∴()2121x x 2-=，即
()
2
12121
x x 4x x 2
+-=
． ∴1
14b 2+=，解得1b 8
=-．
∴21x x 08++
=，解得2x 4-+=x 或2x 4
-=．
∵点C′的横坐标较大，∴2x 4
-=．
当x =时，2y x ==
∴P （
24-+，38
-）． ④逆时针旋转45°，点A 、B 落在抛物线上．
因为逆时针旋转45°后，直线A′B′与y 轴平行，因为与抛物线最多只能有一个交点，故此种情形不存在．
⑤逆时针旋转45°，点B 、C 落在抛物线上，如答图4所示，
与③同理，可求得：P ）． ⑥逆时针旋转45°，点C 、A 落在抛物线上，如答图5所示，
与②同理，可求得：P ）．
综上所述，点P 的坐标为：（0，
12），（24-，38
-），P （24-+，
3228
-，（224+，322
8+）．
【解析】
（1）由旋转性质及等腰直角三角形边角关系求解．
（2）首先明确△ABC 绕原点按顺时针方向旋转45°后的三角形即为△DEF ，然后分三种情况进行讨论，分别计算求解．
（3）旋转方向有顺时针、逆时针两种可能，落在抛物线上的点有点A 和点B 、点B 和点C 、点C 和点D 三种可能，因此共有六种可能的情形，需要分类讨论，避免漏解． 考点：旋转变换的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，平行线的性质，等腰直角三角形的性质，分类思想的应用．。