济南中考数学培优 易错 难题(含解析)之初中数学 旋转

济南中考数学培优易错难题(含解析)之初中数学旋转
一、旋转
1．（操作发现）
（1）如图1，△ABC为等边三角形，先将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于30°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=30°，连接AF，EF．
①求∠EAF的度数；
②DE与EF相等吗？请说明理由；
（类比探究）
（2）如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于45°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=45°，连接AF，EF．请直接写出探究结果：
①∠EAF的度数；
②线段AE，ED，DB之间的数量关系．
【答案】（1）①120°②DE=EF；（2）①90°②AE2+DB2=DE2
【解析】
试题分析：（1）①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出
∠ACF=∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；
②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；
（2）①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；
②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论．
试题解析：解：（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，
∠BAC=∠B=60°．∵∠DCF=60°，∴∠ACF=∠BCD．
在△ACF和△BCD中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），
∴∠CAF=∠B=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；
②DE=EF．理由如下：
∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，∴∠FCE=60°﹣30°=30°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE
中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF；
（2）①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴AC=BC，
∠BAC=∠B=45°．∵∠DCF=90°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD中，∵AC=BC，
∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，
∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；
②AE2+DB2=DE2，理由如下：
∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，∴∠FCE=90°﹣45°=45°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE
中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF．在Rt△AEF 中，AE2+AF2=EF2，又∵AF=DB，∴AE2+DB2=DE2．
2．已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．
（1）请问EG与CG存在怎样的数量关系，并证明你的结论；
（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？（请直接写出结果，不必写出理由）
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）结论仍然成立
【解析】
【分析】
（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．
（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明
△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG．
（3）结论依然成立．
【详解】
（1）CG=EG．理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCF=90°．在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴CG=1
2
FD，
同理．在Rt△DEF中，EG=1
2
FD，∴CG=EG．
（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG．
证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．
在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG（SAS），
∴AG=CG；
在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG （ASA），∴MG=NG．
∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°，∴四边形AENM是矩形，在矩形AENM中，AM=EN．在
△AMG与△ENG中，∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，∴△AMG≌△ENG（SAS），∴AG=EG，∴EG=CG．
证法二：延长CG至M，使MG=CG，连接MF，ME，EC．在△DCG与△FMG中，
∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，∴△DCG≌△FMG，∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，
∴MF∥CD∥AB，∴EF⊥MF．
在Rt△MFE与Rt△CBE中，∵MF=CB，∠MFE=∠EBC=90°，EF=BE，∴△MFE≌△CBE
∴∠MEF=∠CEB，∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°，∴△MEC为直角三角形．
∵MG=CG，∴EG=1
MC，∴EG=CG．
2
（3）（1）中的结论仍然成立．理由如下：
过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．
由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因为BE=EF，易证
∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC
∵∠FEC+∠BEC=90°，∴∠FEC+∠FEM=90°，即∠MEC=90°，∴△MEC是等腰直角三角形．∵G为CM中点，∴EG=CG，EG⊥CG
【点睛】
本题是四边形的综合题．（1）关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答；（2）关键是利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质解答．
3．(1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD．
①求证：四边形BFDE是菱形；
②直接写出∠EBF的度数；
(2)把(1)中菱形BFDE 进行分离研究，如图②，点G 、I 分别在BF 、BE 边上，且BG=BI ，连接GD ，H 为GD 的中点，连接FH 并延长，交ED 于点J ，连接IJ 、IH 、IF 、IG.试探究线段IH 与FH 之间满足的关系，并说明理由；
(3)把(1)中矩形ABCD 进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD 满足AB=AD 时，点E 是对角线AC 上一点，连接DE 、EF 、DF ，使△DEF 是等腰直角三角形，DF 交AC 于点G.请直接写出线段AG 、GE 、EC 三者之间满足的数量关系.
【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH ＝
3FH ；（3）EG 2＝AG 2+CE 2．
【解析】
【分析】
（1）①由△DOE ≌△BOF ，推出EO ＝OF ，∵OB ＝OD ，推出四边形EBFD 是平行四边形，再证明EB ＝ED 即可．
②先证明∠ABD ＝2∠ADB ，推出∠ADB ＝30°，延长即可解决问题．
（2）IH ＝3FH ．只要证明△IJF 是等边三角形即可．
（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，先证明△DEG ≌△DEM ，再证明△ECM 是直角三角形即可解决问题．
【详解】
（1）①证明：如图1中，
∵四边形ABCD 是矩形，
∴AD ∥BC ，OB ＝OD ，
∴∠EDO ＝∠FBO ，
在△DOE 和△BOF 中，
EDO FBO OD OB
EOD BOF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩
＝＝＝ ， ∴△DOE ≌△BOF ，
∴EO ＝OF ，∵OB ＝OD ，
∴四边形EBFD 是平行四边形，
∵EF ⊥BD ，OB ＝OD ，
∴EB ＝ED ，
∴四边形EBFD是菱形．
②∵BE平分∠ABD，
∴∠ABE＝∠EBD，
∵EB＝ED，
∴∠EBD＝∠EDB，
∴∠ABD＝2∠ADB，
∵∠ABD+∠ADB＝90°，
∴∠ADB＝30°，∠ABD＝60°，∴∠ABE＝∠EBO＝∠OBF＝30°，∴∠EBF＝60°．
（2）结论：IH＝3FH．
理由：如图2中，延长BE到M，使得EM＝EJ，连接MJ．
∵四边形EBFD是菱形，∠B＝60°，
∴EB＝BF＝ED，DE∥BF，
∴∠JDH＝∠FGH，
在△DHJ和△GHF中，
DHG GHF
DH GH
JDH FGH
∠∠
⎧
⎪
⎨
⎪∠∠
⎩
＝
＝
＝
，
∴△DHJ≌△GHF，
∴DJ＝FG，JH＝HF，
∴EJ＝BG＝EM＝BI，
∴BE＝IM＝BF，
∵∠MEJ＝∠B＝60°，
∴△MEJ是等边三角形，
∴MJ＝EM＝NI，∠M＝∠B＝60°
在△BIF和△MJI中，
BI MJ
B M
BF IM
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
＝
＝
＝
，
∴△BIF≌△MJI，
∴IJ＝IF，∠BFI＝∠MIJ，∵HJ＝HF，
∴IH⊥JF，
∵∠BFI +∠BIF ＝120°，
∴∠MIJ +∠BIF ＝120°，
∴∠JIF ＝60°，
∴△JIF 是等边三角形，
在Rt △IHF 中，∵∠IHF ＝90°，∠IFH ＝60°，
∴∠FIH ＝30°，
∴IH ＝
3FH ．
（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．
理由：如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，
∵∠FAD +∠DEF ＝90°，
∴AFED 四点共圆，
∴∠EDF ＝∠DAE ＝45°，∠ADC ＝90°，
∴∠ADF +∠EDC ＝45°，
∵∠ADF ＝∠CDM ，
∴∠CDM +∠CDE ＝45°＝∠EDG ，
在△DEM 和△DEG 中，
DE DE EDG EDM DG DM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ ， ∴△DEG ≌△DEM ，
∴GE ＝EM ，
∵∠DCM ＝∠DAG ＝∠ACD ＝45°，AG ＝CM ，
∴∠ECM ＝90°
∴EC 2+CM 2＝EM 2，
∵EG ＝EM ，AG ＝CM ，
∴GE 2＝AG 2+CE 2．
【点睛】
考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，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，学会转化的思想思考问题.
4．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：
()1探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=o ，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90o 得到线段BD ，连接.CD 求证：BCD V 的面积为21.(2
a 提示：过点D 作BC 边上的高DE ，可证ABC V ≌)BDE V ()2探究2：如图2，在一般的Rt ABC V 中，90ACB ∠=o ，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90o 得到线段BD ，连接.CD 请用含a 的式子表示BCD V 的面积，并说明理由． ()3探究3：如图3，在等腰三角形ABC 中，AB AC =，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90o 得到线段BD ，连接.CD 试探究用含a 的式子表示BCD V 的面积，要有探究过程．
【答案】（1）详见解析；（2）BCD V 的面积为212
a ，理由详见解析；（3）BCD V 的面积为
214
a ． 【解析】
【分析】 ()1如图1，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC V ≌BDE V ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；
()2如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC V ≌BDE V ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；
()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，由等腰三角形
的性质可以得出1BF BC 2
=
，由条件可以得出AFB V ≌BED V 就可以得出BF DE =，由三角形的面积公式就可以得出结论．
【详解】 ()1如图1，过点D 作DE CB ⊥交CB 的延长线于E ，
BED ACB 90∠∠∴==o ，
由旋转知，AB AD =，ABD 90∠=o ，
ABC DBE 90∠∠∴+=o ，
A ABC 90∠∠+=o Q ，
A DBE ∠∠∴=，
在ABC V 和BDE V 中，
ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
ABC ∴V ≌()BDE AAS V
BC DE a ∴==，
BCD 1S
BC DE 2
=⋅V Q ， 2BCD 1S a 2
∴=V ； ()2BCD V 的面积为21a 2
， 理由：如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，
BED ACB 90∠∠∴==o ，
Q 线段AB 绕点B 顺时针旋转90o 得到线段BE ，
AB BD ∴=，ABD 90∠=o ，
ABC DBE 90∠∠∴+=o ，
A ABC 90∠∠+=o Q ，
A DBE ∠∠∴=，
在ABC V 和BDE V 中，
ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
ABC ∴V ≌()BDE AAS V ，
BC DE a ∴==，
BCD 1
S BC DE 2=
⋅V Q ， 2BCD 1S a 2
∴=V ； ()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，
AFB E 90∠∠∴==o ，11BF BC a 22
=
=， FAB ABF 90∠∠∴+=o ， ABD 90∠=o Q ，
ABF DBE 90∠∠∴+=o ，
FAB EBD ∠∠∴=，
Q 线段BD 是由线段AB 旋转得到的，
AB BD ∴=，
在AFB V 和BED V 中，
AFB E FAB EBD AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
AFB ∴V ≌()BED AAS V ，
1BF DE a 2∴==
， 2BCD 1111S BC DE a a a 2224
=⋅=⋅⋅=V Q ， BCD ∴V 的面积为21a 4
． 【点睛】
本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.
5．如图①，在等腰△ABC 和△ADE 中，AB=AC ，AD=AE ，且∠BAC=∠DAE=120°． （1）求证：△ABD ≌△ACE ；
（2）把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图②的位置，连接CD ，点M 、P 、N 分别为DE 、
DC、BC的中点，连接MN、PN、PM，判断△PMN的形状，并说明理由；
（3）在（2）中，把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=6，请分别求出
△PMN周长的最小值与最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）△PMN是等边三角形．理由见解析；（3）△PMN周长的最小值为3，最大值为15．
【解析】
分析：（1）由∠BAC=∠DAE=120°，可得∠BAD=∠CAE，再由AB=AC，AD=AE，利用SAS即可判定△ABD≌△ADE；（2）△PMN是等边三角形，利用三角形的中位线定理可得
PM=1
2
CE，PM∥CE，PN=
1
2
BD，PN∥BD，同（1）的方法可得BD=CE，即可得PM=PN，所
以△PMN是等腰三角形；再由PM∥CE，PN∥BD，根据平行线的性质可得∠DPM=∠DCE，∠PNC=∠DBC，因为∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，所以
∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，再由∠BAC=120°，可得∠ACB+∠ABC=60°，即可得
∠MPN=60°，所以△PMN是等边三角形；（3）由（2）知，△PMN是等边三角形，
PM=PN=1
2
BD，所以当PM最大时，△PMN周长最大，当点D在AB上时，BD最小，PM
最小，求得此时BD的长，即可得△PMN周长的最小值；当点D在BA延长线上时，BD最大，PM的值最大，此时求得△PMN周长的最大值即可.
详解：
（1）因为∠BAC=∠DAE=120°，
所以∠BAD=∠CAE，又AB=AC，AD=AE，
所以△ABD≌△ADE；
（2）△PMN是等边三角形．
理由：∵点P，M分别是CD，DE的中点，
∴PM=1
2
CE，PM∥CE，
∵点N，M分别是BC，DE的中点，
∴PN=1
2
BD，PN∥BD，
同（1）的方法可得BD=CE，
∴PM=PN，
∴△PMN是等腰三角形，
∵PM∥CE，∴∠DPM=∠DCE，
∵PN∥BD，∴∠PNC=∠DBC，
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC =∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，∵∠BAC=120°，∴∠ACB+∠ABC=60°，
∴∠MPN=60°，
∴△PMN是等边三角形．
（3）由（2）知，△PMN是等边三角形，PM=PN=1
2 BD，
∴PM最大时，△PMN周长最大，
∴点D在AB上时，BD最小，PM最小，
∴BD=AB-AD=2，△PMN周长的最小值为3；
点D在BA延长线上时，BD最大，PM最大，
∴BD=AB+AD=10，△PMN周长的最大值为15．
故答案为△PMN周长的最小值为3，最大值为15
点睛：本题主要考查了全等三角形的判定及性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定，解决第（3）问，要明确点D在AB上时，BD最小，PM最小，△PMN周长的最小；点D在BA延长线上时，BD最大，PM最大，△PMN周长的最大值为15.
6．小明在矩形纸片上画正三角形，他的做法是：①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB与DC重合，得到折痕EF，把纸片展平；②沿折痕BG折叠纸片，使点C落在EF上的点P 处，再折出PB、PC，最后用笔画出△PBC(图1)．
（1）求证：图1中的PBC是正三角形：
（2）如图2，小明在矩形纸片HIJK上又画了一个正三角形IMN，其中IJ=6cm，
且HM=JN．
①求证：IH=IJ
②请求出NJ的长；
（3）小明发现：在矩形纸片中，若一边长为6cm，当另一边的长度a变化时，在矩形纸片上总能画出最大的正三角形，但位置会有所不同．请根据小明的发现，画出不同情形的示意图(作图工具不限，能说明问题即可)，并直接写出对应的a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②1233）3＜a＜3，a＞
43
【解析】
分析：（1）由折叠的性质和垂直平分线的性质得出PB=PC ，PB=CB ，得出PB=PC=CB 即可；
（2）①利用“HL”证Rt △IHM ≌Rt △IJN 即可得；②IJ 上取一点Q ，使QI=QN ，由Rt △IHM ≌Rt △IJN 知∠HIM=∠JIN=15°，继而可得∠NQJ=30°，设NJ=x ，则IQ=QN=2x 、QJ=3x ，根据IJ=IQ+QJ 求出x 即可得；
（3）由等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理进行计算，画出图形即可． （1）证明：∵①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB 与DC 重合，得到折痕EF
∴PB=PC
∵沿折痕BG 折叠纸片，使点C 落在EF 上的点P 处
∴PB=BC
∴PB=PC=BC
∴△PBC 是正三角形：
（2）证明：①如图
∵矩形AHIJ
∴∠H=∠J=90°
∵△MNJ 是等边三角形
∴MI=NI
在Rt △MHI 和Rt △JNI 中
MI NI MH NJ
=⎧⎨=⎩ ∴Rt △MHI ≌Rt △JNI （HL ）
∴HI=IJ
②在线段IJ 上取点Q ，使IQ=NQ
∵Rt △IHM ≌Rt △IJN ，
∴∠HIM=∠JIN ，
∵∠HIJ=90°、∠MIN=60°，
∴∠HIM=∠JIN=15°，
由QI=QN知∠JIN=∠QNI=15°，∴∠NQJ=30°，
设NJ=x，则IQ=QN=2x，
QJ=22=3
QN NJ
-x，
∵IJ=6cm，
∴2x+3x=6，
∴x=12-63，即NJ=12-63（cm）．（3）分三种情况：
①如图：
设等边三角形的边长为b，则0＜b≤6，
则tan60°=
3=
2
a
b，
∴a=3b，
∴0＜b≤63=33；
②如图
当DF与DC重合时，DF=DE=6，
∴a=sin60°6333
当DE与DA重合时，a=
6
3
sin603
2
==
︒
∴33a＜3
③如图
∵△DEF 是等边三角形
∴∠FDC=30°
∴DF=6
43cos303
==︒ ∴a ＞43
点睛：本题是四边形的综合题目，考查了折叠的性质、等边三角形的判定与性质、旋转的性质、直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大．
7．如图1，Y ABCD 和Y AEFG 是两个能完全重合的平行四边形，现从AB 与AE 重合时开始，将Y ABCD 固定不动，Y AEFG 绕点A 逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜360°），AB=a,BC=2a ；并发现：如图2，当Y AEFG 旋转到点E 落在AD 上时，FE 的延长线恰好通过点C ．
探究一:
（1）在图2的情形下，求旋转角α的度数；
探究二:
（2）如图3，当Y AEFG 旋转到点E 落在BC 上时，EF 与AD 相交于点M ，连接CM ，DF ，请你判断四边形CDFM 的形状，并给予证明；
探究三:
（3）如图1，连接CF ，BF ，在旋转过程中△BCF 的面积是否存在最大的情形，如果存在，求出最大面积，如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）α=120°；（2）四边形CDFM 是菱形，证明见解析；（3）存在△BCF 的面积最大的情形，S △BCF 33a 2.
【解析】
试题分析：（1）由平行四边形的性质知
∠D=∠B，AB=CD=a，可得∠D=∠DEC，由等角对等边知CD=CE，由AE=AB=a，AD=BC=2a，可得DE=CE，即可证得△CDE是等边三角形，∠D=60°，由两直线平行，同位角相等可得∠DAB=120°，即可求得α；
（2）由旋转的性质以及∠B=60°，可得△ABE是等边三角形，由平行线的判定以及两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证四边形ABEM是平行四边形，再由由一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；
（3）当点F到BC的距离最大时，△BCF的面积最大，由于点F始终在以A为圆心AF为半径的圆上运动，故当FG与⊙A相切时，点F到BC的距离最大，过点A作AH⊥BC于点H，连接AF，由题意知∠AFG=90°.由∠ABH=∠G=60°，AB=a，AG=2a，可得AH、AF的值.可求得点F到BC的最大距离.进而求得S△BCF的值.
试题解析：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=∠B，AB=CD=a，
∵∠AEF=∠B，∠AEF=∠DEC，
∴∠D=∠DEC，
∴CD=CE，
∵AE=AB=a，AD=BC=2a，
∴DE=CE.，
∴CD=CE=DE，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠D=60°，
∵CD∥AB，
∴∠D+∠DAB=180°，
∴∠DAB=120°，
∴α=120°.；
（2）四边形CDFM是菱形.
证明：由旋转可得AB=AE，
∵∠B=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE=60°，
∴∠BAG=∠BAE+∠GAE=60°+120°=180°，
∴点G，A，B在同一条直线上，
∴ME ∥AB，BE∥AM，
∴四边形ABEM是平行四边形，
∴AM=AB=ME，
∴CD=DM=MF，
∵CD ∥AB∥MF，
∴四边形CDFM是平行四边形，
∵∠D= 60°，CD=DM，
∴△CDM是等边三角形，
∴CD=DM，
∴四边形CDFM是菱形；
（3）存在△BCF的面积最大的情形.
∵CB的长度不变，
∴当点F到BC的距离最大时，△BCF的面积最大.∵点F始终在以A为圆心AF为半径的圆上运动，∴当FG与⊙A相切时，点F到BC的距离最大，如图，过点A作AH⊥BC于点H，连接AF，
则∠AFG=90°.
∵∠ABH=∠G=60°，AB=a，AG=2a，
∴AH=AB×sin60°=3a，AF=AG×sin60°=3 a.
∴点F到BC的最大距离为3a+ 3a=33a.
∴S△BCF=1
2
×2a×
33
2
a=
33
2
a2.
点睛：此题考查了旋转的洗澡那个会、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质，三角形的面积的求法，关键是运用旋转前后，图形的对应边相等、对应角相等的性质解题.
8．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．
9．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
10．在△ABC中,AB=6,AC=BC=5,将△ABC绕点A按顺时针方向旋转,得到△ADE,旋转角为α（0°＜α＜180°）,点B的对应点为点D,点C的对应点为点E,连接BD，BE．
（1）如图,当α=60°时,延长BE交AD于点F．
①求证：△ABD是等边三角形；
②求证：BF⊥AD，AF=DF；
③请直接写出BE的长；
（2）在旋转过程中,过点D作DG垂直于直线AB,垂足为点G,连接CE,当∠DAG=∠ACB,且线段DG与线段AE无公共点时,请直接写出BE+CE的值．
【答案】（1）①②详见解析；③3﹣4；（2）13．
【解析】
试题分析：（1）①由旋转性质知AB=AD，∠BAD=60°即可得证；②由BA=BD、EA=ED根据中垂线性质即可得证；③分别求出BF、EF的长即可得；（2）由
∠ACB+∠BAC+∠ABC=180°、∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°、∠DAG=∠ACB、∠DAE=∠BAC得∠BAE=∠BAC且AE=AC，根据三线合一可得CE⊥AB、AC=5、AH=3，继而知CE=2CH=8、BE=5，即可得答案．
试题解析：（1）①∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，
∴AB=AD，∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形；
②由①得△ABD是等边三角形，
∴AB=BD，
∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，
∴AC=AE，BC=DE，
又∵AC=BC，
∴EA=ED，
∴点B、E在AD的中垂线上，
∴BE是AD的中垂线，
∵点F在BE的延长线上，
∴BF⊥AD， AF=DF；
③由②知BF⊥AD，AF=DF，
∴AF=DF=3，
∵AE=AC=5，
∴EF=4，
∵在等边三角形ABD中，BF=AB•sin∠BAF=6×=3，
∴BE=BF﹣EF=3﹣4；
（2）如图所示，
∵∠DAG=∠ACB，∠DAE=∠BAC，
∴∠ACB+∠BAC+∠ABC=∠DAG+∠DAE+∠ABC=180°，
又∵∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°，
∴∠BAE=∠ABC，
∵AC=BC=AE，
∴∠BAC=∠ABC，
∴∠BAE=∠BAC，
∴AB⊥CE，且CH=HE=CE，
∵AC=BC，
∴AH=BH=AB=3，
则CE=2CH=8，BE=5，
∴BE+CE=13．
考点：三角形综合题.
11．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.
12．正方形ABCD中，点E、F分别是边AD、AB的中点，连接EF．
（1）如图1，若点G是边BC的中点，连接FG，则EF与FG关系为：；
（2）如图2，若点P为BC延长线上一动点，连接FP，将线段FP以点F为旋转中心，逆时针旋转90°，得到线段FQ，连接EQ，请猜想BF、EQ、BP三者之间的数量关系，并证明你的结论．
（3）若点P为CB延长线上一动点，按照（2）中的作法，在图3中补全图形，并直接写出BF、EQ、BP三者之间的数量关系：．
【答案】（1）证明见解析（2）BF+EQ=BP（3）BF+BP=EQ
【解析】
试题分析：（1）EF与FG关系为垂直且相等（EF=FG且EF⊥FG）．证明如下：
∵点E、F、G分别是正方形边AD、AB、BC的中点，
∴△AEF和△BGD是两个全等的等腰直角三角形．
∴EF=FG，∠AFE=∠BFG=45°．∴∠EFG=90°，即EF⊥FG．
（2）取BC的中点G，连接FG，则由SAS易证△FQE≌△FPG，从而EQ=GP，因此
)
=-．
EF2BP EQ
（3）同（2）可证△FQE≌△FPG（SAS），得EQ=GP，因此，
))
===-=-．
EF GF2BG2GP BP2EQ BP
13．（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2+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．
14．正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为2和22，点B在边AG上，点D在线段EA的延长线上，连接BE．
（1）如图1，求证：DG⊥BE；
（2）如图2，将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转，当点B恰好落在线段DG上时，求线段BE的长．
【答案】（1）答案见解析；（226
【解析】
【分析】
（1）由题意可证△ADG≌△ABE，可得∠AGD＝∠AEB，由∠ADG+∠AGD＝90°，可得
∠ADG+∠AEB＝90°，即DG⊥BE；
（2）过点A作AM⊥BD，垂足为M，根据勾股定理可求MG的长度，即可求DG的长度，由题意可证△DAG≌△BAE，可得BE＝DG．
【详解】
（1）如图，延长EB交GD于H
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形
∴AD＝AB，AG＝AE，∠DAG＝∠BAE＝90°
∴△ADG≌△ABE（SAS）
∴∠AGD＝∠AEB
∵∠ADG+∠AGD＝90°
∴∠ADG+∠AEB＝90°
∴DG⊥BE
（2）如图，过点A作AM⊥BD，垂足为M
∵正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为2和2，
∴AM＝DM2，∠DAB＝∠GAE＝90°
∴MG22
-6，∠DAG＝∠BAE
AG MA
∴DG＝DM+MG26，由旋转可得：AD＝AB，AG＝AE，且∠DAG＝∠BAE
∴△DAG≌△BAE（SAS）
∴BE＝DG26
【点睛】
考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
∆绕点C顺时针旋转一定15．如图，四边形ABCD中，45
∠=∠=o，将BCD
ABC ADC
∆.
角度后，点B的对应点恰好与点A重合，得到ACE
（1）判断ABC ∆的形状，并说明理由；
（2）若2AD =，3CD =，试求出四边形ABCD 的对角线BD 的长. 【答案】（1）ABC ∆是等腰直角三角形，理由详见解析；（222 【解析】 【分析】
（1）利用旋转不变性证明A4BC 是等腰直角三角形.
（2）证明ACDE 是等腰直角三角形，再在Rt △ADE 中，求出AE 即可解决问题. 【详解】
解：（1）ABC ∆是等腰直角三角形. 理由：∵BC CA =， ∴45CBA CAB ∠=∠=o ， ∴90ACB ∠=o ，
∴ACB ∆是等腰直角三角形. （2）如图：由旋转的性质可知：
90DCE ACB ∠=∠=o ，3CD CE ==，BD AE =，
∴32DE =45CDE CED ∠=∠=o ， ∵45ADC ∠=o ，
∴454590ADE ∠=+=o o o ， ∴()
2
222
232
22AE AD DE =
+=+=
∴22BD AE ==
【点睛】
本题考查旋转变换，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型。