2020-2021初三培优易错难题初中数学旋转辅导专题训练含答案.docx

2020-2021 初三培优 易错 难题初中数学 旋转辅导专题训练含答案
一、旋转
1．(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 ＝
2 2
2
．
3
FH 3 EG ＝AG
+CE
；（ ）
【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 ＝ 3 FH ．只要证明 △ IJF 是等边三角形即可．
2
2
2
90°得到 △ DCM ，先证
（3）结论： EG ＝ AG +CE ．如图 3 中，将 △ADG 绕点 D 逆时针旋转 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，
∵E F⊥ 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＝ 3 FH．
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，
∴D J＝ FG， JH＝ HF，
∴E J＝ BG＝ EM＝ BI，
∴B E＝IM ＝ BF，
∵∠ MEJ＝∠ B＝ 60 °，
∴△ MEJ 是等边三角形，
∴M J＝ EM＝ NI，∠ M ＝∠ B＝ 60 °
在△ BIF和△ MJI 中，
BI＝ MJ
B＝M，
BF＝IM
∴△ BIF≌ △ MJI，
∴I J＝ IF，∠ BFI＝∠ MIJ，∵ HJ＝ HF，
∴I H⊥ 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 °，
∴I H＝3 FH．
（3）结论： EG2＝ AG2 2． +CE
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 °
∴EC2+CM2＝ EM2，
∵EG＝ EM， AG＝ CM，
∴GE2＝ AG2+CE2．
【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 .
2．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，
ACB 90o ， BC
a ，将边 AB 绕点 B
顺时针旋转 90o
得到线段 BD ，连接 CD.求证： VBCD 的面积为
1
a 2 .( 提示：过点 D 作 BC
2
边上的高 DE ，可证 VABC ≌ VBDE )
2 探究 2：如图 2，在一般的 RtVABC 中， ACB 90o ， 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 VBCD 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 VBCD 的面积，要有探究过
程．
【答案】（ 1）详见解析；（
2） VBCD 的面积为
1
a 2
，理由详见解析；（ 3） VBCD 的面
2
积为 1
a 2 ．
4
【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
VABC ≌ VBDE
，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 VABC ≌ VBDE ，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
BF
1 BC
，由条件可以得出
VAFB
≌ VBED
就可以得出
BF
DE
，由
2
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 ACB90o，
由旋转知，AB AD ，ABD90o，
ABC DBE90o，
Q A ABC90o，
A DBE ，
在 VABC 和 VBDE 中，
ACB BED
A DBE，
AB BD
VABC ≌ VBDE AAS
BC DE a，
Q V1
BC DE ，
S BCD2
S
V BCD 1
a2；2
2 VBCD 的面积为1
a2，2
理由：如图2，过点 D 作 BC 的垂线，与BC的延长线交于点E，
BED ACB90o，
Q 线段AB绕点B顺时针旋转90o得到线段BE，
AB BD，ABD90o，
ABC DBE90o，
Q A ABC90o，
A DBE ，
在 VABC 和 VBDE 中，
ACB
BED A
DBE ，
AB BD
VABC ≌ VBDE AAS ， BC DE a ，
Q S V BCD
1
BC DE ，
2
S
V BCD
1 a
2 ；
2
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
， BF
1
BC
1
a ，
2
2
FAB ABF
90 o
，
Q ABD 90o ，
ABF
DBE
90
o
，
FAB EBD ，
Q 线段 BD 是由线段 AB 旋转得到的，
AB BD ，
在 VAFB 和 VBED 中，
AFB E
FAB
EBD ，
AB BD
VAFB ≌ VBED AAS ， BF DE
1
a ，
2
Q S
V BCD
1
BC DE
1 1
a a 1 a 2 ，
2
2 2
4
VBCD 的面积为 1 a 2 ．
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.
3．如图所示，
(1)正方形 ABCD及等腰 Rt△ AEF有公共顶点A，∠ EAF=90°，连接 BE、 DF．将 Rt△ AEF绕点
A 旋转，在旋转过程中，BE、DF 具有怎样的数量关系和位置关系？结合图
(2)将 (1)中的正方形ABCD变为矩形ABCD，等腰 Rt△AEF 变为 Rt△ AEF，且(1)给予证明；AD=kAB，
AF=kAE，其他条件不变．(1)中的结论是否发生变化？结合图(2)说明理由；
(3)将 (2)中的矩形ABCD变为平行四边
形
ABCD，将Rt△ AEF变为△ AEF，且
∠B AD=∠ EAF=a，其他条件不变． (2)中的结论是否发生变化？结合图 (3)，如果不变，直接写出结论；如果变化，直接用 k 表示出线段 BE、 DF的数量关系，用 a 表示出直线 BE、DF
形成的锐角β．
【答案】（ 1） DF=BE且 DF⊥ BE，证明见解析；（ 2）数量关系改变，位置关系不变，即
DF=kBE， DF⊥BE；（ 3）不改变． DF=kBE，β =180-α°
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的过程中线段的长度不变，得到 AF＝ AE，又∠ BAE与∠ DAF 都与∠ BAF 互余，所以∠BAE＝∠ DAF，所以△ FAD≌ △ EAB，因此 BE 与 DF 相等，延长 DF 交 BE于 G，
根据全等三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠ EGF＝ 90°，所以 DF⊥ BE；（2）等同（ 1）的方法，因为矩形的邻边不相等，但根据题意，可以得到对应边成比例，所
以△ FAD∽ △ EAB，所以 DF＝ kBE，同理，根据相似三角形的对应角相等和四边形的内
角和等于 360°求出∠ EHF＝ 90°，所以 DF⊥ BE；
（3）与（ 2）的证明方法相同，但根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于
360 °求出∠ EAF+∠ EHF＝ 180 °，所以 DF 与 BE 的夹角β＝ 180 °﹣α．
【详解】
（1） DF 与 BE 互相垂直且相等．
证明：延长 DF 分别交 AB、 BE于点 P、 G
在正方形ABCD和等腰直角△ AEF中
AD＝ AB， AF＝ AE，
∠BAD＝∠ EAF＝ 90 °
∴∠ FAD＝∠ EAB
∴△ FAD≌ △ EAB
∴∠ AFD＝∠ AEB， DF＝BE
∵∠ AFD+∠ AFG＝ 180 ，°
∴∠ AEG+∠AFG＝ 180 ，°
∵∠ EAF＝ 90 °，
∴∠ EGF＝ 180 ﹣°90 °＝ 90 °，
∴D F⊥ BE
（2）数量关系改变，位置关系不变． DF＝ kBE， DF⊥BE．延长 DF 交 EB于点 H，
∵AD＝ kAB， AF＝ kAE
AD AF
∴k ，k
AB AE
AD AF
∴
AB AE
∵∠ BAD＝∠ EAF＝a
∴∠ FAD＝∠ EAB
∴△ FAD∽ △ EAB
∴ DF AF k
BE AE
∴D F＝ kBE
∵△ FAD∽ △ EAB，
∴∠ AFD＝∠ AEB，
∵∠ AFD+∠ AFH＝ 180 ，°
∴∠ AEH+∠AFH＝180 °，
∵∠ EAF＝ 90 °，
∴∠ EHF＝ 180 ﹣°90 °＝ 90 °，
∴D F⊥ BE
（3）不改变． DF＝ kBE，β＝ 180°﹣
a．延长 DF 交 EB的延长线于点 H，
∵AD＝ kAB， AF＝ kAE
AD
k ，AF
∴k
AB AE
AD AF
∴
AE
AB
∵∠ BAD＝∠ EAF＝a
∴∠ FAD＝∠ EAB
∴△ FAD∽ △ EAB
∴ DF AF k
BE AE
∴D F＝ kBE
由△ FAD∽ △ EAB得∠ AFD＝∠ AEB
∵∠ AFD+∠ AFH＝ 180 °
∴∠ AEB+∠ AFH＝ 180 °
∵四边形 AEHF的内角和为360 °，
∴∠ EAF+∠ EHF＝ 180 °
∵∠ EAF＝α，∠ EHF＝β
∴a+ β＝ 180 ∴° β＝ 180 ﹣° a
【点睛】
本题（ 1）中主要利用三角形全等的判定和性质以及正方形的性质进行证明；（2）（ 3）利用相似三角形的判定和性质证明，要解决本题，证明三角形全等和三角相似是解题的关
键，也是难点所在．
4．如图 1，在 Rt△ ABC中，∠ ACB＝ 90°， AC＝ BC．点 D、 E 分别在 AC、 BC 边上， DC＝EC，连接 DE、 AE、 BD．点 M、 N、 P 分别是 AE、 BD、 AB 的中点，连接 PM、PN、 MN ．
（1） PM 与 BE 的数量关系是，BE与MN的数量关系是（2）将△ DEC绕点 C 逆时针旋转到如图 2 的位置，判断（1）中．
BE
与
MN的数量关系结论
是否仍然成立，如果成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）若CB＝6． CE＝ 2，在将图 1 中的△ DEC绕
点C逆时针旋转一周的过程中，
当
B、E、
D 三点在一条直线上时，求MN的长度．
【答案】（1）PM 1
2
BE, BE2MN；（ 2）成立，理由见解析；（3）MN＝17﹣
1或 17+1
【解析】
【分析】
（ 1）如图 1 中，只要证明 VPMN 的等腰直角三角形，再利用三角形的中位线定理即可解决问题；
（2）如图 2 中，结论仍然成立，连接 AD 、延长 BE 交 AD 于点 H .由 VECB VDCA ，
推出 BE AD ， DAC
EBC ，即可推出 BH
AD ，由M 、N 、P 分别AE 、
BD 、 AB 的中点，推出 PM / /BE ， PM
1
BE ，PN //AD ，PN
1
AD ，推出
2
2
PM PN ， MPN
90 ，可得 BE 2PM 2
2
MN2MN ；
2
（3）有两种情形分别求解即可 .
【详解】
（1）如图 1 中，
∵AM ＝ ME ， AP ＝ PB ，
∴PM ∥ BE ， PM
1
BE ，
2
∵BN ＝ DN ， AP ＝ PB ，
∴PN ∥AD ， PN
1
AD ， 2
∵AC ＝ BC ， CD ＝CE ，
∴AD ＝ BE ，
∴PM ＝ PN ，
∵∠ ACB ＝ 90 °，
∴AC ⊥ BC ，
∴∵ PM ∥BC ， PN ∥ AC ，
∴PM ⊥ PN ，
∴△ PMN 的等腰直角三角形，
∴
MN 2PM
，
∴ MN
2 1
BE ，
2
∴
BE 2MN
，
故答案为 PM 1
BE ，BE2MN．2
（2）如图 2 中，结论仍然成立．
理由：连接AD、延长 BE 交 AD 于点 H．
∵△ ABC和△ CDE是等腰直角三角形，
∴CD＝ CE， CA＝ CB，∠ACB＝∠DCE＝ 90 °，∵∠ ACB﹣∠ ACE＝∠DCE﹣∠ ACE，
∴∠ ACD＝∠ECB，
∴△ ECB≌ △ DCA，
∴BE＝AD，∠ DAC＝∠ EBC，
∵∠ AHB＝180 °﹣（∠ HAB+∠ ABH）
＝180°﹣（ 45°+∠ HAC+∠ABH）
＝∠ 180°﹣（ 45°+∠ HBC+∠ ABH）
＝180°﹣90°
＝90°，
∴BH⊥ AD，
∵M 、 N、 P 分别为 AE、 BD、 AB 的中点，
∴PM∥ BE，PM 1
BE ，PN∥AD， PN
1
AD，22
∴PM＝ PN，∠MPN＝ 90 °，
∴BE 2PM 22
MN2MN．2
（3）①如图 3 中，作 CG⊥ BD 于 G，则CG GE DG2
，
当 D 、 E 、 B 共线时，在 Rt △ BCG 中， BG BC 2 CG 2
62
2
2
34
，
∴ BE BG GE 34 2 ，
∴
MN
2
BE
17 1 ．
2
② 如图 4 中，作 CG ⊥ BD 于 G ，则 CG GE
DG
2
，
当 D 、 E 、 B 共线时，在 Rt △ BCG 中， BG BC 2
CG 2
62
2
2
34
，
∴ BE BG GE
34
2 ，
∴
MN
2
BE
17 1 ． 2
综上所述， MN ＝ 17 ﹣1 或
17 ．
+1
【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、全等三角形的判定和性质、勾
股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题 .
5．如图 1，在锐角 △ ABC 中， ∠ ABC=45°，高线 AD 、 BE 相交于点 F ．
（ 1）判断 BF 与 AC 的数量关系并说明理由；
（ 2）如图 2，将 △ ACD 沿线段 AD 对折，点 C 落在 BD 上的点 M ， AM 与 BE 相交于点 N ，当 DE ∥AM 时，判断 NE 与 AC 的数量关系并说明理由．
1
【答案】（ 1） BF=AC，理由见解析；（2） NE= AC，理由见解析.
2
【解析】
试题分析：（ 1）如图 1，证明△ADC≌△ BDF（AAS），可得BF=AC；
（2）如图 2，由折叠得： MD=DC，先根据三角形中位线的推论可得： AE=EC，由线段垂直平分线的性质得： AB=BC，则∠ABE=∠ CBE，结合（ 1）得：△ BDF≌△ ADM ，则
1
∠DBF=∠ MAD，最后证明∠ ANE=∠ NAE=45 ，°得 AE=EN，所以 EN=AC．
2
试题解析：
（1） BF=AC，理由是：
如图 1，∵ AD⊥ BC， BE⊥ AC，
∴∠ ADB=∠ AEF=90 ，°
∵∠ ABC=45 ，°
∴△ ABD 是等腰直角三角形，
∴AD=BD，∵∠
AFE=∠ BFD，
∴∠ DAC=∠ EBC，
在△ ADC和△ BDF 中，
DAC DBF
∵ADC BDF ，
AD BD
∴△ ADC≌ △ BDF（ AAS），
∴B F=AC；
1
（2） NE= AC，理由是：
2
如图 2，由折叠得：MD=DC，
∵DE∥AM，
∴AE=EC，∵BE⊥AC，
∴A B=BC，
∴∠ ABE=∠ CBE，
由（ 1）得：△ ADC≌ △ BDF，
∵△ ADC≌ △ ADM，
∴△ BDF≌ △ ADM，
∴∠ DBF=∠MAD ，
∵∠ DBA=∠ BAD=45 ，°
∴∠ DBA﹣∠ DBF=∠ BAD﹣∠ MAD，
即∠ ABE=∠ BAN，
∵∠ ANE=∠ ABE+∠ BAN=2∠ ABE，
∠N AE=2∠NAD=2∠CBE，
∴∠ ANE=∠ NAE=45 ，°
∴AE=EN，
1
∴E N= AC．
2
6．（ 10 分）已知△ ABC 和△ ADE是等腰直角三角形，∠ ACB=∠ADE=90°，点 F 为 BE
中点，连结 DF、 CF.
（1）如图 1，当点 D 在 AB 上，点 E 在 AC 上，请直接写出此时线段 DF、 CF的数量关系和位
置关系（不用证明）；
（2）如图 2，在（ 1）的条件下将△ ADE 绕点 A 顺时针旋转 45°时，请你判断此时（ 1）中的
结论是否仍然成立，并证明你的判断；
（3）如图 3，在（ 1）的条件下将△ ADE 绕点 A 顺时针旋转90°时，若 AD=1， AC=，求此时线段CF的长（直接写出结果）.
【答案】（ 1）相等和垂直；（2）成立，理由见试题解析；（3）．
【解析】
试题分析：（ 1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知DF=BF，根据
∠D FE=2∠ DCF，∠BFE=2∠BCF，得到∠ EFD+∠ EFB=2∠ DCB=90 ，°DF⊥BF；
（2）延长 DF交 BC于点 G，先证明△ DEF≌ △ GCF，得到 DE=CG， DF=FG，根据 AD=DE，AB=BC，得到 BD=BG 又因为∠ ABC=90°，所以 DF=CF且 DF⊥ BF；
（3）延长 DF交 BA 于点 H，先证明△ DEF≌△ HBF，得到 DE=BH，DF=FH，根据旋转条件可
以△ ADH 为直角三角形，由△ ABC 和△ADE 是等腰直角三角形， AC= ，可以求出 AB 的值，进而可以根据勾股定理可以求出 DH，再求出 DF，由 DF=BF，求出得 CF的值．
试题解析：（ 1）∵ ∠ACB=∠ ADE=90°，点 F 为 BE 中点，∴ DF= BE， CF= BE. ∴ DF=CF．∵△ ABC和△ ADE是等腰直角三角形，∴ ∠ ABC=45 .°
∵B F=DF，∴∠ DBF=∠BDF.
∵∠ DFE=∠ABE+∠BDF，∴∠ DFE=2∠ DBF.
同理得：∠CFE=2∠CBF，
∴∠ EFD+∠EFC=2∠ DBF+2∠ CBF=2∠ ABC=90 .°
∴D F=CF，且 DF⊥ CF．
（2）（ 1）中的结论仍然成立．证明如下：
如图，此时点 D 落在 AC 上，延长 DF 交 BC 于点 G．
∵∠ ADE=∠ ACB=90 ，°∴ DE∥ BC．∴∠ DEF=∠GBF，∠ EDF=∠ BGF．∵F 为 BE 中点，∴ EF=BF．∴ △ DEF≌ △ GBF．∴ DE=GB， DF=GF．∵A D=DE，∴ AD=GB.
∵AC=BC，∴ AC-AD="BC-GB."∴ DC=GC．
∵∠ ACB=90 ，°∴△ DCG是等腰直角三角形.
∵D F=GF，∴ DF=CF， DF⊥ CF．
（3）如图，延长DF 交 BA 于点 H，
∵△ ABC和△ ADE是等腰直角三角形，∴ AC=BC，AD=DE．
∴∠ AED=∠ ABC=45 .°
∵由旋转可以得出，∠ CAE=∠ BAD=90 ，°
∵AE∥ BC，∴∠ AEB=∠ CBE.∴ ∠ DEF=∠ HBF．
∵F是 BE 的中点，∴ EF="BF."∴ △DEF≌ △HBF. ∴ ED=HB.
∵AC=，在Rt△ ABC中，由勾股定理，得AB=4.
∵A D=1，∴ ED=BH=1.∴ AH=3.
在 Rt△ HAD 中，由勾股定理，得DH=，
∴DF=，∴ CF=.
∴线段 CF的长为.
考点： 1.等腰直角三角形的性质； 2.全等三角形的判定和性质； 3.勾股定理．
7．已知 :在△ ABC中， BC=a，AC=b，以 AB 为边作等边三角形ABD．探究下列问题:
（1）如图 1，当点 D 与点 C 位于直线 AB 的两侧时， a=b=3，且∠ ACB=60°，则 CD=；（2）如图 2，当点 D 与点 C 位于直线 AB 的同侧时， a=b=6，且∠ ACB=90°，则 CD=；（3）如图 3，当∠ ACB变化 ,且点 D 与点 C 位于直线 AB 的两侧时，求 CD 的最大值及相应的∠ ACB的度数 .
【答案】（ 1）；（2）；（3）当∠ ACB=120°时，CD有最大值是a+b.【解析】
【分析】
（1） a=b=3，且∠ ACB=60°，△ ABC是等边三角形，且 CD 是等边三角形的高线的 2 倍，据此即可求解；
（2） a=b=6，且∠ ACB=90°，△ ABC是等腰直角三角形，且CD是边长是 6 的等边三角形的高长与等腰直角三角形的斜边上的高的差；
（3）以点 D 为中心，将△ DBC逆时针旋转60°，则点 B 落在点 A，点 C 落在点 E．连接AE， CE，当点 E、 A、 C 在一条直线上时，CD 有最大值， CD=CE=a+b．
【详解】
（1）∵ a=b=3，且∠ ACB=60°，
∴△ ABC是等边三角形，
∴OC=，
∴C D=3 ；
（2）3；
（3）以点 D 为中心，将△ DBC逆时针旋转 60°，
则点 B 落在点 A，点 C 落在点 E．连接 AE， CE，
∴CD=ED，∠ CDE=60 ，°AE=CB=a，
∴△ CDE为等边三角形，
∴CE=CD．
当点 E、 A、C 不在一条直线上时，
有 CD=CE＜ AE+AC=a+b；
当点 E、 A、C 在一条直线上时，
CD 有最大值， CD=CE=a+b；
只有当∠ ACB=120°时，∠ CAE=180°，
即 A、 C、E 在一条直线上，此时AE 最大
∴∠ ACB=120 ，°
因此当∠ ACB=120°时， CD有最大值是a+b．
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质，以及轴对称的性质，正确理解CD有最大值的条件，
是解题的关键．
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 CD1 E1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），
∴B E=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°，
∴C G=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．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.
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）①PC ＝ 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；③ PC 2＝10 3
3 .
2
【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
222
＝ 10 3 3，即可∴ EC＝CH +HE
求出PC21
EC210 33 22
【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，
∴F C＝ EC，
又∵ ∠ ACB＝ 90°，
∴△ EFC是等腰直角三角形，
∵EP＝ FP，
∴PC＝ PE， PC⊥ PE．
② PC 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），
∴B F＝ DE， PE＝ PF＝1 EF，
2
∵DE＝AE，
∴B F＝ 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），
∴C F＝ CE，∠FCB＝∠ ECA，
∵∠ ACB＝ 90 °，
∴∠ FCE＝ 90 °，
∴△ FCE是等腰直角三角形，
∵EP＝ FP，
1
∴CP⊥ EP， CP＝EP＝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＝2 CE，
2
在 Rt△ AHE 中，∠ EAH＝ 30°，AE＝ DE＝ 1，
∴HE＝1
，AH＝
3
，22
又∵ AC＝ AB＝ 3，
∴CH＝3+3
，2
∴EC2＝CH2+HE2＝103 3
∴PC2＝1
EC 210 33 22
【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． (1)问题发现
如图 1,△ ACB和△DCE均为等腰直角三角形
填空 :线段 AD,BE之间的关系为.,∠ ACB=90°,B,C,D在一条直线
上
.
(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 5-3
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，
∠A CB=∠ ACD=90 ，°
在 Rt△ ACD和 Rt△BCE中
AC＝BC
ACD＝BCE
CD＝CE
∴△ ACD≌ △ BCE（ SAS），
∴A D=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．
∴A D=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），
∴A D=BE，∠ CAD=∠ CBE，
∵∠ CAO+∠ AOC=90 ，°∠ AOC=∠ BOH，
∴∠ BOH+∠ OBH=90 ，°
∴∠ OHB=90 ，°
∴AD⊥ BE，
∴A D=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=5-3 2，图3-2 中，当 P、E、 B 共线时， BE 最大，最大值 =PB+PE=5+3 2，2≤ BE≤ 5+32，
∴5-3
即 5-3 2 ≤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．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
，结合AB=AC，得到DB=EC；AB AC
（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，
∴C E=CP=2，AE=BP=1，∠PCE=90，°
∴∠ CEP=∠ CPE=45，°
在 Rt△ PCE中，由勾股定理可得， PE=2 2
，
2
2
2
2
2
2
在△ PEA 中， PE =（ 2 2） =8 ，AE =1 =1， PA =3 =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
.
13． 在平面直角坐标系中，四边形
AOBC 是矩形，点 O(0,0) ，点 A(5,0) ，点 B(0,3) .以点
A 为中心，顺时针旋转矩形
AOBC ，得到矩形 ADEF ，点 O ， B ， C 的对应点分别为
D ，
E ，
F .
（Ⅰ ）如图 ① ，当点 D 落在 BC 边上时，求点
D 的坐标；
（Ⅱ ）如图 ② ，当点 D 落在线段 BE 上时， AD 与 BC 交于点 H . ① 求证 △ADB ≌ △AOB ； ② 求点H 的坐标.
（Ⅲ ）记 K 为矩形 AOBC 对角线的交点， S 为 △KDE 的面积，求 S 的取值范围（直接
写出结果即可） .
【答案】（ Ⅰ ）点 D 的坐标为 (1,3) .（ Ⅱ） ① 证明见解析；
② 点 H 的坐标为 (
17
,3) .
5
（Ⅲ）
30
3 3
4 S
30 3 34.
4
4
【解析】
分析：（ Ⅰ）根据旋转的性质得 AD=AO=5,设 CD=x ，在直角三角形 ACD 中运用勾股定理可
CD 的值，从而可确定 D 点坐标；
（Ⅱ ） ① 根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可；
②由①知
BAD
BAO ，再根据矩形的性质得CBA
OAB .从而
BAD
CBA ，故 BH=AH ，在 Rt △ ACH 中，运用勾股定理可求得
AH 的值，进而求得
答案；
（Ⅲ） 30 3 34S30 334 .
44
详解：（Ⅰ）∵点 A 5,0，点B 0,3 ，
∴ OA5， OB 3 .
∵四边形 AOBC 是矩形，
∴ AC OB 3， BC OA 5，OBCC 90.
∵矩形 ADEF 是由矩形 AOBC 旋转得到的，
∴ AD AO 5.
在 RtVADC 中，有AD2AC 2DC2，
∴
DC AD 2AC25232 4
.
∴BD BC DC 1.
∴点 D 的坐标为1,3 .
（Ⅱ）①由四边形 ADEF 是矩形，得ADE 90 .
又点D在线段BE上，得ADB90.
由（Ⅰ）知， AD AO，又 AB AB ， AOB 90，∴RtVADB≌ RtVAOB .
②由 VADB≌VAOB ，得BAD BAO .
又在矩形 AOBC 中， OA / / BC ，
∴CBA OAB .∴ BAD CBA.∴BH AH .
设 BH t ，则 AH t ， HC BC BH 5t .
在 RtVAHC 中，有AH2AC 2HC 2，
∴ t232 5 t2.解得t17 .∴BH17 .
55
∴点 H 的坐标为17
,3 . 5
（Ⅲ） 30 3 34S30 3 34.
44
点睛：本大题主要考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理以及旋转变换的性质等知
识，灵活运用勾股定理求解是解决本题的关键.
14．在正方形 ABCD中，对角线AC 与 BD 交于点 O；在 Rt△ PMN 中，∠MPN90°．（1）如图 1，若点 P 与点 O 重合且 PM⊥ AD、 PN⊥ AB，分别交 AD、 AB 于点 E、 F，请直
接写出 PE与 PF的数量关系；
（2）将图 1 中的 Rt△ PMN 绕点 O 顺时针旋转角度α（0°<α<45）°．
①如图 2，在旋转过程中（ 1）中的结论依然成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明
理由；
② 如图2，在旋转过程中，当∠ DOM15°时，连接EF，若正方形的边长为2，请直接写出线段EF的长；
③如图 3，旋转后，若BD3BP 时，猜想此时Rt△ PMN 的顶点 P 在线段 OB 上移动（不与点O、 B 重合），当PE与 PF 的数量关系，并给出证明；当BD m·BP 时，请直接写出
PE 与 PF 的数量关系．
【答案】（ 1） PE=PF；（ 2）① 成立，理由参见解析；②；③PE=2PF，理由参见解析； PE=（ m-1）·PF．
【解析】
试题分析：（ 1）可利用角平分线性质定理得到PE=PF；（ 2）①成立，可用角边角定理判
定△ AOF≌ △DOE，从而得到 PE=PF；② 要想求出EF的长，关键要求出OE 的长，由
∠DOM 15 °可得∠ AEO=45＋ 15=60o，作 OH⊥ AD 于 H，若正方形的边长为2，则 OH=1，
可算出 EH= = ，∴ OE= ，∵△ EOF是等腰直角三角形，∴ EF即可求出；③构建相似三角形，过 P 点作 PH⊥AB， PK⊥ AD ，垂足为 H、 K，则四边形 AHPK为矩形，△ PHB 和
△PKD 都是等腰直角三角形，是相似的，∵ BD3BP，∴可算出 HP:PK的值，然后通过
△FHP∽△ PKE得到 PE 与 PF 的关系．由前面的思路可得出当BD=m·BP 时， BD:PD=（m-1）： 1，∴ PE:PF=（ m-1）： 1，从而确定P E 与 PF的数量关系．
试题解析：（ 1）∵四边形 ABCD是正方形，∴ ∠ OAF=∠ OAE=45o，又∵ PM⊥ AD、
PN⊥ AB，∴ PE=PF；（ 2）①成立， PE 仍等于 PF，∵四边形 ABCD是正方形，
∴∠ OAF=∠ODE=45o，OA=OD，又∵ ∠ AOF和∠ DOE 都是∠ AOE的余角，
∴∠ AOF=∠DOE，∴ △AOF≌ △ DOE（ ASA），∴ OE=OF，即 PE=PF；②作 OH⊥ AD 于 H，由∠ DOM 15°可得∠ AEO=45＋15=60o，∠ HOE=30°，若正方形的边长为 2，则 OH=1，在
Rt△ HEO 中，可算出EH= =，∴ OE=，∵△ EOF是等腰直角三角形，
∴EF=OE=×=；③ 构建相似三角形，过P 点作 PH⊥AB， PK⊥ AD ，垂足为H、 K，则四边形AHPK为矩形，∵ ∠ PHB=∠ PKD=90°∠ PBH=∠ PDK=45°，
∴△ PHB∽△ PKD，∴，∵BD=3BP，∴=，
∵∠ HPF+∠ FPK=90 ∠°KPE+∠ FPK=90，°∴∠ HPF=∠ KPE，又∵ ∠ PHF=∠ PKE=90 ，°
∴△ PHF∽ △ PKE，∴=，即PE="2PF"；当BD=m·BP时，BD:PD=（m-1）：
1，△ PHF∽ △ PKE， PE:PF=BD:PD=（ m-1）： 1，∴ PE=（ m-1）·PF．
考点： 1．正方形性质； 2．三角形相似的判定； 3．旋转性质； 4．探索线段的数量关系规律．15．如图，正方形ABCD ，点M是线段 CB 延长线一点，连结AM，AB = a，AM b
（1）将线段
AM 沿着射线 AD 运动，使得点 A 与点 D 重合，用代数式表示线段 AM 扫过的
平面部分的面积 .
（ 2）将三角形 ABM 绕着点 A 旋转，使得 AB 与 AD 重合，点 M 落在点 N ，用代数式表示线段
AM 扫过的平面部分的面积 .
（ 3）将三角形 ABM 顺时针旋转，使旋转后的三角形有一边与正方形的一边完全重合（第
3 种情况，并写出相应的旋转中心和
【答案】（ 1） a 2
；（ 2）
1
b 2
或 3
b 2 ；（ 3）见解析
4 4
【解析】 【分析】
（ 1）根据平移的性质和平行四边形的面积计算即可； （ 2）根据扇形的面积计算即可；
（ 3）根据旋转的性质画出图形得出旋转中心和角度即可．【详解】
解：（ 1） AD ? DC a 2
答：线段
AM 扫过的平面部分的面积为
a 2
（2）三角形 ABM 绕着点 A 旋转，使得 AB 与 AD 重合，则三角形
ABM 旋转的角度是 90°
或 270°
∴
S
扇形 AMN
90
°
b 2
或
S
扇形 AMN
270
°
b 2
360
°
360
°
∴
S
扇形 AMN
1 b 2
或 3
b 2
4 4
答：扇形 AMN 的面积为 1 b 2 或 3 b 2
4
4
（ 3）如图 1，旋转中心： AB 边的中点为 O ，顺时针 180o
（2）小题的情况除外），请在如图中画出符合条件的旋转角。