中考数学 初中数学 旋转 培优 易错 难题练习(含答案)及答案

中考数学初中数学旋转培优易错难题练习(含答案)及答案
一、旋转
1．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN．
（1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；
猜想与发现：
（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论．
结论1：DM、MN的数量关系是；
结论2：DM、MN的位置关系是；
拓展与探究：
（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）证明参见解析；（2）相等，垂直；（3）成立，理由参见解析.
【解析】
试题分析：（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，从而证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角相等即可得出结论；（3）成立，连接AE，交MD于点G，标记出各个角，首先证明出
MN∥AE，MN=AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=AF，从而得到DM，MN数量相等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．从而得到DM、MN的位置关系是垂直.
试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF 是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC﹣CE=CD﹣CF，即BE=DF，
∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，DM、MN的位置关系是垂直；∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，∴AF=2DM，∵MN 是△AEF的中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，
AM=MD，∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，
∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°，∴DM⊥MN；（3）（2）中的两个结论还成立，连接AE，交MD于点G，∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，
∴MN∥AE，MN=AE，由已知得，AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，又
∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF的
中点，∴DM=AF，∴DM=MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1=∠2，∵AB∥DF，∴∠1=∠3，同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM，∴∠MAD=∠5，
∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN∥AE，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM⊥MN．所以（2）中的两个结论还成立.
考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转的性质．
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
2
MC，∴EG=CG．
（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．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2
1.(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
2
12
a ，理由详见解析；（3）BCD V 的面积为
2
14a ． 【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1
BF 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 1
S BC DE 2=⋅V Q ，
2BCD 1
S 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， AC
B BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
， ABC ∴V ≌()BDE AAS V ， BC DE a ∴==，
BCD 1
S BC DE 2=⋅V Q ，
2BCD 1
S 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 ， 1
BF DE a 2
∴=
=， 2BCD 1111
S BC DE a a a 2224
=
⋅=⋅⋅=V Q ， BCD ∴V 的面积为21
a 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.
4．在等边△AOB 中，将扇形COD 按图1摆放，使扇形的半径OC 、OD 分别与OA 、OB 重合，OA ＝OB ＝2，OC ＝OD ＝1，固定等边△AOB 不动，让扇形COD 绕点O 逆时针旋转，线段AC 、BD 也随之变化，设旋转角为α．（0＜α≤360°） （1）当OC ∥AB 时，旋转角α＝ 度；
发现：（2）线段AC 与BD 有何数量关系，请仅就图2给出证明． 应用：（3）当A 、C 、D 三点共线时，求BD 的长．
拓展：（4）P 是线段AB 上任意一点，在扇形COD 的旋转过程中，请直接写出线段PC 的最大值与最小值．
【答案】（1）60或240；(2) AC=BD ，理由见解析；（313+1131
-4）PC 的最大值=3，PC 的最小值31． 【解析】
分析：（1）如图1中，易知当点D 在线段AD 和线段AD 的延长线上时，OC ∥AB ，此时旋转角α=60°或240°．
（2）结论：AC =BD ．只要证明△AOC ≌△BOD 即可． （3）在图3、图4中，分别求解即可．
OH ⊥AB 于H ，直线OH 交⊙O 于C ′、C ″，线段CB 的长即为PC 的最大值，线段C ″H 的长即为PC 的最小值．易知PC 的最大值=3，PC 的最小值
=3﹣1．
详解：（1
）如图1中，∵△ABC 是等边三角形，∴∠AOB =∠COD =60°，∴当点D 在线段AD 和线段AD 的延长线上时，OC ∥AB ，此时旋转角α=60°或240°． 故答案为60或240；
（2）结论：AC =BD ，理由如下：
如图2中，∵∠COD =∠AOB =60°，∴∠COA =∠DOB ．在△AOC 和△BOD 中，
OA OB COA DOB CO OD =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
，∴△AOC ≌△BOD ，∴AC =BD ；
（3）①如图3中，当A 、C 、D 共线时，作OH ⊥AC 于H ． 在Rt △COH 中，∵OC =1，∠COH =30°，∴CH =HD =12，OH =32
．在Rt △AOH 中，AH =22OA OH -=
13
2
，∴BD =AC =CH +AH =1132+．
如图4中，当A 、C 、D 共线时，作OH ⊥AC 于H ．
易知AC =BD =AH ﹣CH 131
- 综上所述：当A 、C 、D 三点共线时，BD 131+131
-
OH⊥AB于H，直线OH交⊙O于C′、C″，线段CB的长即为PC的最大值，线段C″H的长即为PC的最小值．易知PC的最大值=3，PC的最小值=3﹣1．
点睛：本题考查了圆综合题、旋转变换、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、圆上的点到直线的距离的最值问题等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，利用辅助圆解决最值问题，属于中考压轴题．
5．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
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
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
6
34
34
，
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，2234AD AB +=，BE=AE ﹣AB=2，
∵∠ABD=∠PBE ，∠BAD=∠BPE=90°，
∴△BAD ∽△BPE ，
∴PB BE
AB BD
=，即334PB =，
解得PB=6
34 34
，
∴PD=BD+PB=34+634
34=
20
34 17
，
故答案为
5
34
17
或
20
34
17
；
（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，22
53
-，
在Rt△DAE中，22
5552
+=
∵四边形ACPB是正方形，
∴PC=AB=3，
∴PE=3+4=7，
在Rt△PDE中，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．
6．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．
7．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.
8．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
3）P'（
27
5
63
）.
【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，∴BB2AB2；
（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=1
2AO'=
3
2
，OH3=
33
2
，∴OH=OA+AH=
9
2
，
∴O'（933
2
，
（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 '（9332，），∴直线O 'C 的解析式为y =3x +33，令x =0，∴y =33，∴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 '=3310，P 'D =3O 'D =910，∴DH =O 'H ﹣O 'D =63，O 'H +P 'D =275，∴P '（27635，）．
【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．
9．如图：在△ABC 中，∠ACB=90°，AC=BC ，∠PCQ=45°，把∠PCQ 绕点C 旋转，在整个旋转过程中，过点A 作AD ⊥CP ，垂足为D ，直线AD 交CQ 于E ．
（1）如图①，当∠PCQ 在∠ACB 内部时，求证：AD+BE=DE ；
（2）如图②，当CQ 在∠ACB 外部时，则线段AD 、BE 与DE 的关系为_____； （3）在（1）的条件下，若CD=6，S △BCE =2S △ACD ，求AE 的长．
【答案】(1)见解析 （2）AD=BE+DE （3）8
【解析】
试题分析：（1）延长DA 到F ，使DF =DE ，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE =CF ，再求出∠ACF =∠BCE ，然后利用“边角边”证明△ACF 和△BCE 全等，根据全等三角形的即可证明AF =BE ，从而得证；
（2）在AD上截取DF=DE，然后根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF，再求出∠ACF=∠BCE，然后利用“边角边”证明△ACF和△BCE全等，根据全等三角形的即可证明AF=BE，从而得到AD=BE+DE；
（3）根据等腰直角三角形的性质求出CD=DF=DE，再根据等高的三角形的面积的比等于底边的比求出AF=2AD，然后求出AD的长，再根据AE=AD+DE代入数据进行计算即可得解．试题解析：（1）证明：如图①，延长DA到F，使DF=DE．∵CD⊥AE，∴CE=CF，
∴∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°，∴∠ACD+∠ACF=∠DCF=45°．又∵∠ACB=90°，∠PCQ=45°，∴∠ACD+∠BCE=90°﹣45°=45°，∴∠ACF=∠BCE．在△ACF和△BCE中，
∵
CE CF
ACF BCE
AC BC
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，∴△ACF≌△BCE（SAS），∴AF=BE，∴AD+BE=AD+AF=DF=DE，即
AD+BE=DE；
（2）解：如图②，在AD上截取DF=DE．∵CD⊥AE，∴CE=CF，
∴∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°，∴∠ECF=∠DCE+∠DCF=90°，∴∠BCE+∠BCF=∠ECF=90°．又∵∠ACB=90°，∴∠ACF+∠BCF=90°，∴∠ACF=∠BCE．在△ACF和△BCE中，
∵
CE CF
ACF BCE
AC BC
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，∴△ACF≌△BCE（SAS），∴AF=BE，∴AD=AF+DF=BE+DE，即
AD=BE+DE；
故答案为：AD=BE+DE．
（3）∵∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°，∴∠ECF=45°+45°=90°，∴△ECF是等腰直角三角形，
∴CD=DF=DE=6．∵S△BCE=2S△ACD，∴AF=2AD，∴AD
=
1
12
+
×6=2，∴AE=AD+DE=2+6=8．
点睛：本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等腰直角三角形的性质，综合性较强，但难度不是很大，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
10．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；②12-63（3）33＜a＜43，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=
3QN 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 ，
∴3b ， ∴0＜b≤
32=33 ②如图
当DF与DC重合时，DF=DE=6，
∴a=sin60°
×DE=63
2
=33，
当DE与DA重合时，a=
66
43 sin603
2
==
︒，
∴33＜a＜43；
③如图
∵△DEF是等边三角形∴∠FDC=30°
∴DF=
6
43 cos303
==
︒
∴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．
11．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
12．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
AG MA
-6，∠DAG＝∠BAE
∴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．
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32EF 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 3EF AB = ∴ 3CF AC = 连结FA ．
Q 90,90FCA ACE ECB ACE ∠=︒-∠∠=︒-∠
∴ FCA ECB ∠=∠=α
在Rt CFA ∆中，90CFA ∠=︒，3cos 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。