中考数学初中数学 旋转的综合热点考点难点附详细答案

中考数学初中数学旋转的综合热点考点难点附详细答案
一、旋转
1．如图1，在□ABCD中，AB=6，∠B= (60°<≤90°). 点E在BC上，连接AE，把△ABE沿AE折叠，使点B与AD上的点F重合，连接EF.
(1)求证：四边形ABEF是菱形；
(2)如图2，点M是BC上的动点，连接AM，把线段AM绕点M顺时针旋转得到线段MN，连接FN，求FN的最小值(用含的代数式表示).
【答案】（1）详见解析；（2）FE·sin(－90°)
【解析】
【分析】
(1)由四边形ABCD是平行四边形得AF∥BE，所以∠FAE=∠BEA，由折叠的性质得
∠BAE=∠FAE，∠BEA=∠FEA,所以∠BAE=∠FEA，故有AB∥FE，因此四边形ABEF是平行四边形，又BE=EF,因此可得结论；
(2)根据点M在线段BE上和EC上两种情况证明∠ENG＝90°－，利用菱形的性质得到∠FEN＝－90°，再根据垂线段最短，求出FN的最小值即可.
【详解】
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠FAE=∠BEA，
由折叠的性质得∠BAE=∠FAE，∠BEA=∠FEA, BE=EF，
∴∠BAE=∠FEA，
∴AB∥FE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
又BE=EF，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）①如图1，当点M在线段BE上时，在射线MC上取点G，使MG＝AB，连接GN、EN.
∵∠AMN＝∠B＝，∠AMN+∠2＝∠1+∠B
∴∠1＝∠2
又AM＝NM，AB＝MG
∴△ABM≌△MGN
∴∠B＝∠3，NG＝BM
∵MG＝AB＝BE
∴EG＝AB＝NG
∴∠4=∠ENG= (180°－)＝90°－
又在菱形ABEF中，AB∥EF
∴∠FEC＝∠B=
∴∠FEN＝∠FEC－∠4=－ (90°－)＝－90°
②如图2，当点M在线段EC上时，在BC延长线上截取MG＝AB，连接GN、EN.
同理可得：∠FEN＝∠FEC－∠4=－ (90°－)＝－90°
综上所述，∠FEN＝－90°
∴当点M在BC上运动时，点N在射线EH上运动(如图3)
当FN⊥EH时，FN最小，其最小值为FE·sin(－90°)
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质以及求最短距离的问题，解题的关键是分类讨论得出∠FEN ＝－90°，再运用垂线段最短求出FN的最小值.
2．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=53417
； 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=63434
， ∴PD=BD+PB=34+
63434=203417， 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
53
-=4，
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．
3．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（3，0），点B（0，4），把△ABO绕点A顺时针旋转，得△AB′O′，点B，O旋转后的对应点为B′，O．
（1）如图1，当旋转角为90°时，求BB′的长；
（2）如图2，当旋转角为120°时，求点O′的坐标；
（3）在（2）的条件下，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）22）O'（9
2
，
33
2
）；（3）P'（
27
5
，
63
5
）.
【解析】
【分析】
（1）先求出AB．利用旋转判断出△ABB'是等腰直角三角形，即可得出结论；
（2）先判断出∠HAO'=60°，利用含30度角的直角三角形的性质求出AH，OH，即可得出结论；
（3）先确定出直线O 'C 的解析式，进而确定出点P 的坐标，再利用含30度角的直角三角形的性质即可得出结论．
【详解】
（1）∵A （3，0），B （0，4），∴OA =3，OB =4，∴AB =5，由旋转知，BA =B 'A ，∠BAB '=90°，∴△ABB '是等腰直角三角形，∴BB '=2AB =52； （2）如图2，过点O '作O 'H ⊥x 轴于H ，由旋转知，O 'A =OA =3，∠OAO '=120°，
∴∠HAO '=60°，∴∠HO 'A =30°，∴AH =
12AO '=32，OH =3AH =33，∴OH =OA +AH =92，∴O '（9332，）； （3）由旋转知，AP =AP '，∴O 'P +AP '=O 'P +AP ．如图3，作A 关于y 轴的对称点C ，连接O 'C 交y 轴于P ，∴O 'P +AP =O 'P +CP =O 'C ，此时，O 'P +AP 的值最小．
∵点C 与点A 关于y 轴对称，∴C （﹣3，0）．
∵O '（93322
，），∴直线O 'C 的解析式为y =35x +335，令x =0，∴y =335，∴P （0，33），∴O 'P '=OP =33，作P 'D ⊥O 'H 于D ． ∵∠B 'O 'A =∠BOA =90°，∠AO 'H =30°，∴∠DP 'O '=30°，∴O 'D =
12O 'P '=33，P 'D =3O 'D =910，∴DH =O 'H ﹣O 'D =635，O 'H +P 'D =275，∴P '（276355
，）．
【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，含30度角的直角三角形的性质，构造出直角三角形是解答本题的关键．
4．如图，正方形ABCD 中，点E 是BC 边上的一个动点，连接AE ，将线段AE 绕点A 逆时针旋转90°，得到AF ，连接EF ，交对角线BD 于点G ，连接AG ．
（1）根据题意补全图形；
（2）判定AG 与EF 的位置关系并证明；
（3）当AB=3，BE=2时，求线段BG 的长．
【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)25
.
【解析】
【分析】
（1）根据题意补全图形即可；
（2）先判断出△ADF≌△ABE，进而判断出点C，D，F共线，即可判断出△DFG≌△HEG，得出FG=EG，即可得出结论；
（3）先求出正方形的对角线BD，再求出BH，进而求出DH，即可得出HG，求和即可得出结论．
【详解】
（1）补全图形如图所示，
（2）连接DF，
由旋转知，AE=AF，∠EAF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD=AB，∠ABC=∠ADC=BAD=90°，
∴∠DAF=∠BAE，
∴△ADF≌△ABE（SAS），
∴DF=BE，∠ADF=∠ABC=90°，
∴∠ADF+∠ADC=180°，
∴点C，D，F共线，
∴CF∥AB，
过点E作EH∥BC交BD于H，
∴∠BEH=∠BCD=90°，DF∥EH，
∴∠DFG=∠HEG，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠CBD=45°，
∴BE=EH，
∵∠DGF=∠HGE，
∴△DFG≌△HEG（AAS），
∴FG=EG
∵AE=AF，
∴AG⊥EF；
（3）∵BD是正方形的对角线，
∴BD=2AB=32，
由（2）知，在Rt△BEH中，BH=2BE=22，∴DG=BD-BH=2
由（2）知，△DFG≌△HEG，
∴DG=HG，
∴HG=1
2
DH=
2
2
，
∴BG=BH+HG=22+2
2=
52
2
．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，作出辅助线是解本题的关键．
5．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 33
a2.
【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°3，AF=AG×sin60°3 a.
∴点F到BC3333
∴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.
6．如图，△ABC是等边三角形，AB=6cm，D为边AB中点．动点P、Q在边AB上同时从点D出发，点P沿D→A以1cm/s的速度向终点A运动．点Q沿D→B→D以2cm/s的速度运动，回到点D停止．以PQ为边在AB上方作等边三角形PQN．将△PQN绕QN的中点旋转180°得到△MNQ．设四边形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S（cm2），点P运动的时间为t（s）（0＜t＜3）．
（1）当点N落在边BC上时，求t的值．
（2）当点N到点A、B的距离相等时，求t的值．
（3）当点Q沿D→B运动时，求S与t之间的函数表达式．
（4）设四边形PQMN的边MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，直接写出四边形PEMF 与四边形PQMN的面积比为2：3时t的值．
【答案】（1）（2）2（3）S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2；（4）
t=1或
【解析】
试题分析：（1）由题意知：当点N落在边BC上时，点Q与点B重合，此时DQ=3；（2）当点N到点A、B的距离相等时，点N在边AB的中线上，此时PD=DQ；
（3）当0≤t≤时，四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形PQMN；当≤t≤时，四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形PQFEN．
（4）MN、MQ与边BC的有交点时，此时＜t＜，列出四边形PEMF与四边形PQMN的面积表达式后，即可求出t的值．
试题解析：（1）∵△PQN与△ABC都是等边三角形，
∴当点N落在边BC上时，点Q与点B重合．
∴DQ=3
∴2t=3．
∴t=；
（2）∵当点N到点A、B的距离相等时，点N在边AB的中线上，
∴PD=DQ，
当0＜t＜时，
此时，PD=t，DQ=2t
∴t=2t
∴t=0（不合题意，舍去），
当≤t＜3时，
此时，PD=t，DQ=6﹣2t
∴t=6﹣2t，
解得t=2；
综上所述，当点N到点A、B的距离相等时，t=2；
（3）由题意知：此时，PD=t，DQ=2t
当点M在BC边上时，
∴MN=BQ
∵PQ=MN=3t，BQ=3﹣2t
∴3t=3﹣2t
∴解得t=
如图①，当0≤t≤时，
S△PNQ=PQ2=t2；
∴S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2，
如图②，当≤t≤时，
设MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，
∵MN=PQ=3t，NE=BQ=3﹣2t，
∴ME=MN﹣NE=PQ﹣BQ=5t﹣3，
∵△EMF是等边三角形，
∴S△EMF=ME2=（5t﹣3）2
．
；
（4）MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，此时＜t＜，
t=1或．
考点：几何变换综合题
7．如图1，在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，D是△ABC内部一点，∠ADC=135°，将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，连接DE．
（1）①依题意补全图形；
②请判断∠ADC和∠CDE之间的数量关系，并直接写出答案．
（2）在（1）的条件下，连接BE，过点C作CM⊥DE，请判断线段CM，AE和BE之间的数量关系，并说明理由．
（3）如图2，在正方形ABCD中，AB=，如果PD=1，∠BPD=90°，请直接写出点A到BP 的距离．
【答案】（1）①作图见解析；②∠ADC+∠CDE=180°；（2）AE=BE+2CM，理由解析；
（3）．
【解析】
试题分析：（1）①作CE⊥CD，并且线段CE是将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到的，再连接DE即可；②根据∠ADC和∠CDE是邻补角，所以∠ADC+∠CDE=180°．
（2）由（1）的条件可得A、D、E三点在同一条直线上，再通过证明△ACD≌△BCE，易得AE=BE+2CM．
（3）运用勾股定理，可得出点A到BP的距离．
试题解析：解：（1）①依题意补全图形（如图）；
②∠ADC+∠CDE=180°．
（2）线段CM，AE和BE之间的数量关系是AE=BE+2CM，理由如下：
∵线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，
∴CD=CE，∠DCE=90°．
∴∠CDE=∠CED=45°．
又∵∠ADC=135°，
∴∠ADC+∠CDE=180°，
∴A、D、E三点在同一条直线上．
∴AE=AD+DE．
又∵∠ACB=90°，
∴∠ACB－∠DCB=∠DCE－∠DCB，
即∠ACD=∠BCE．
又∵AC=BC，CD=CE，
∴△ACD≌△BCE．
∴AD=BE．
∵CD=CE，∠DCE=90°，CM⊥DE．
∴DE=2CM．
∴AE=BE+2CM．
（3）点A到BP的距离为．
考点：作图—旋转变换．
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．已知：一次函数的图象与x轴、y轴的交点分别为A、B，以B为旋转中心，将△BOA逆时针旋转，得△BCD（其中O与C、A与D是对应的顶点）.
（1）求AB的长；
（2）当∠BAD=45°时，求D点的坐标；
（3）当点C在线段AB上时，求直线BD的关系式.
【答案】（1）5；（2）D（4，7）或（-4，1）；（3）
【解析】
试题分析：（1）先分别求得一次函数的图象与x轴、y轴的交点坐标，再根
据勾股定理求解即可；
（2）根据旋转的性质结合△BOA的特征求解即可；
（3）先根据点C在线段AB上判断出点D的坐标，再根据待定系数法列方程组求解即可.（1）在时，当时，，当时，
∴；
（2）由题意得D（4，7）或（-4，1）；
（2）由题意得D点坐标为（4，）
设直线BD的关系式为
∵图象过点B（0，4），D（4，）
∴，解得
∴直线BD的关系式为.
考点：动点的综合题
点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．
10．（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.
11．(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．
12．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（5，0），菱形OABC的顶点B，C在第一象限，tan∠AOC=，将菱形绕点A按顺时针方向旋转角α
（0°<α<∠AOC）得到菱形FADE（点O的对应点为点F），EF与OC交于点G，连结AG．
（1）求点B的坐标；
（2）当OG=4时，求AG的长；
（3）求证：GA平分∠OGE；
（4）连结BD并延长交轴于点P，当点P的坐标为（12，0）时，求点G的坐标．
【答案】(1)(8,4);(2)；（3）（）.
【解析】
试题分析：(1)如图1，过点B作BH⊥x轴于点H,由已知可得∠BAH=∠COA,在Rt△ABH中，tan∠BAH=tan∠AOC=，AB=5，可求得BH=4，AH=3，所以OH=8，即可得点B的坐标为（8,4）；（2）如图1，过点A作AM⊥OC于点M,在Rt△AOM中，tan∠AOC=，OA=5，
可求得AM=4，OA=3，所以GM=1，再由勾股定理即可求得AG=；(3)如图1，过点A 作AN⊥EF轴于点N,易证△AOM≌△AFN,根据全等三角形的性质可得AM=AN,再由角平分线
的判定可得GA平分∠OGE；（4）如图2，过点G作GQ⊥x轴于点Q,先证△GOA∽△BAP,根据相似三角形的性质求得GQ=,再由锐角三角函数求得OQ=，即可得点G的坐标为（）.
试题解析：
（1）如图1，过点B作BH⊥x轴于点H，
∵四边形OABC为菱形，∴OC∥AB，
∴∠BAH=∠COA．
∵tan∠AOC=，
∴tan∠BAH=．
又∵在直角△BAH中，AB=5，
∴BH=3AB=4，AH=AB=3，
∴OH=OA+AH=5+3=8，
∴点B的坐标为（8，4）；
（2）如图1，过点A作AM⊥OC于点M，
在直角△AOM中，∵tan∠AOC=，OA=5，
∴AM=OA=4，OM=OA=3，
∵OG=4，
∴GM=OG-OM=4-3=1，
∴AG=；
（3）如图1，过点A作AN⊥EF于点N，
∵在△AOM与△AFN中，
∠AOM＝∠F,OA＝FA,∠AMO＝∠ANF＝90°，
∴△AOM≌△AFN（ASA），
∴AM=AN，
∴GA平分∠OGE．
（4）如图2，过点G作GQ⊥x轴于点Q，
由旋转可知：∠OAF=∠BAD=α．
∵AB=AD，
∴∠ABP=，
∵∠AOT=∠F，∠OTA=∠GTF，
∴∠OGA=∠EGA=1，
∴∠OGA=ABP，
又∵∠GOA=∠BAP，
∴△GOA∽△BAP，
∴，
∴GQ=×4=．
∵tan∠AOC=，
∴OQ=×=，
∴G（,）．
考点：三角形、四边形、锐角三角函数的综合题.
13．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 =+
14．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
15．如图1，O 为直线AB 上一点，过点O 作射线OC ，AOC 30∠=o ，将一直角三角板()M 30∠=o
的直角顶点放在点O 处，一边ON 在射线OA 上，另一边OM 与OC 都在直线AB 的上方．
()1将图1中的三角板绕点O 以每秒5o 的速度沿逆时针方向旋转一周.如图2，经过t 秒后，ON 落在OC 边上，则t =______秒(直接写结果)．
()2如图2，三角板继续绕点O 以每秒5o 的速度沿逆时针方向旋转到起点OA 上.同时射线OC 也绕O 点以每秒10o 的速度沿逆时针方向旋转一周，
①当OC 转动9秒时，求MOC ∠的度数．
②运动多少秒时，MOC 35∠=o ？请说明理由．
【答案】（1）6；（2）①45o ；
②11秒或25秒，理由见解析. 【解析】
【分析】
(1)因为∠AOC=30°，所以ON 落在OC 边上时，三角板旋转了30°，即可求出旋转时间；
(2)在整个旋转过程中，可以看做这样一个追及问题更容易理解，即：ON 绕点O 以每秒5°的速度沿逆时针方向旋转，同时射线OC 也绕O 点以每秒10°的速度沿逆时针方向旋转； ①9秒时，∠NOC=45°，而OC 旋转了90°，所以∠MOC 的度数就是45°；
②∠MOC=35°时，应分OC 与OM 重合前35°与重合后35°两种情况考虑，分别进行求解即可.
【详解】
()1AOC 30∠=o Q ，
而三角板每秒旋转5o ，
∴当ON 落在OC 边上时，有5t 30o =，
得t 6=，
故答案为6；
()2①当OC 转动9秒时，COA 30109120∠=+⨯=o o o ，
而MOA 309059165∠=++⨯=o o o o ，
又MOC MOA COA Q ∠∠∠=-，
即：MOC 16512045∠=-=o o o ，
答：当OC 转动9秒时，MOC ∠的度数为45o ；
②设OC 运动起始位置为射线OP(如图1)，运动t 秒时，MOC 35∠=o ，
则MOP 905t o ∠=+，COP 10t ∠=，
当MOC 35∠=o 时，有()905t 10t 35+-=o o 或()10t 905t 35o o
-+=，
得t 11=或t 25=，
因为三角板与射线OC 都只旋转一周，所以不考虑再次追及的情况，
故当运动11秒或25秒时，MOC 35∠=o ．
【点睛】
本题考查的是用方程的思想解决角的旋转的问题，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．。