初三培优初中数学 旋转辅导专题训练含答案解析

初三培优初中数学旋转辅导专题训练含答案解析
一、旋转
1．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.
(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG≌△AEF；
(2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N(如图②)，求证：EF2=ME2+NF2；
(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.
【解析】
试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF；（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知
△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出
CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出
EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；
（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到
△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．
试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，
∴AF=AG，∠FAG=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠GAE=45°，
在△AGE与△AFE中，
，
∴△AGE≌△AFE（SAS）；
（2）设正方形ABCD的边长为a．
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．
则△ADF≌△ABG，DF=BG．
由（1）知△AEG≌△AEF，
∴EG=EF．
∵∠CEF=45°，
∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，
∴CE=CF ，BE=BM，NF=DF，
∴a﹣BE=a﹣DF，
∴BE=DF，
∴BE=BM=DF=BG，
∴∠BMG=45°，
∴∠GME=45°+45°=90°，
∴EG2=ME2+MG2，
∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，
∴EF2=ME2+NF2；
（3）EF2=2BE2+2DF2．
如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．
由（1）知△AEH≌△AEF，
则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，
即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2
又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，即2（DF2+BE2）=EF2
考点：四边形综合题
2．(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 ＝3
FH ；（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.
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(1)给予证明；
(2)将(1)中的正方形ABCD变为矩形ABCD，等腰Rt△AEF变为Rt△AEF，且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
∠BAD=∠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°，
∴DF ⊥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 k AB =，AF k AE = ∴AD AF AB AE
= ∵∠BAD ＝∠EAF ＝a
∴∠FAD ＝∠EAB
∴△FAD ∽△EAB ∴
DF AF k BE AE
== ∴DF ＝kBE ∵△FAD ∽△EAB ，
∴∠AFD ＝∠AEB ，
∵∠AFD+∠AFH ＝180°，
∴∠AEH+∠AFH ＝180°，
∵∠EAF ＝90°，
∴∠EHF ＝180°﹣90°＝90°，
∴DF ⊥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 AB =，AF k AE = ∴AD AF AB AE
= ∵∠BAD ＝∠EAF ＝a
∴∠FAD ＝∠EAB
∴△FAD ∽△EAB ∴
DF AF k BE AE
== ∴DF ＝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，矩形OABC 的顶点A 在x 轴正半轴上，顶点C 在y 轴正半轴上，点B 的坐标为（4，m ）（5≤m≤7），反比例函数y ＝
16x
（x ＞0）的图象交边AB 于点D ． （1）用m 的代数式表示BD 的长；
（2）设点P 在该函数图象上，且它的横坐标为m ，连结PB ，PD
①记矩形OABC 面积与△PBD 面积之差为S ，求当m 为何值时，S 取到最大值； ②将点D 绕点P 逆时针旋转90°得到点E ，当点E 恰好落在x 轴上时，求m 的值．
【答案】（1）BD＝m﹣4（2）①m＝7时，S取到最大值②m＝5
【解析】
【分析】
（1）先确定出点D横坐标为4，代入反比例函数解析式中求出点D横坐标，即可得出结论；
（2）①先求出矩形OABC的面积和三角形PBD的面积得出S＝﹣1
2
（m﹣8）2+24，即可
得出结论；②利用一线三直角判断出DG＝PF，进而求出点P的坐标，即可得出结论．【详解】
解：（1）∵四边形OABC是矩形，
∴AB⊥x轴上，
∵点B（4，m），
∴点D的横坐标为4，
∵点D在反比例函数y＝16
x
上，
∴D（4，4），
∴BD＝m﹣4；
（2）①如图1，∵矩形OABC的顶点B的坐标为（4，m），
∴S矩形OABC＝4m，
由（1）知，D（4，4），
∴S△PBD＝1
2（m﹣4）（m﹣4）＝
1
2
（m﹣4）2，
∴S＝S矩形OABC﹣S△PBD＝4m﹣1
2（m﹣4）2＝﹣
1
2
（m﹣8）2+24，
∴抛物线的对称轴为m＝8，
∵a＜0，5≤m≤7，
∴m＝7时，S取到最大值；
②如图2，过点P作PF⊥x轴于F，过点D作DG⊥FP交FP的延长线于G，∴∠DGP＝∠PFE＝90°，
∴∠DPG+∠PDG＝90°，
由旋转知，PD＝PE，∠DPE＝90°，
∴∠DPG+∠EPF＝90°，
∴∠PDG＝∠EPF，
∴△PDG≌△EPF（AAS），
∴DG＝PF，
∵DG＝AF＝m﹣4，
∴P（m，m﹣4），
∵点P在反比例函数y＝16
，
x
∴m（m﹣4）＝16，
∴m＝2+25或m＝2﹣25（舍）．
【点睛】
此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，矩形的性质，三角形的面积公式，全等三角形的判定，构造出全等三角形是解本题的关键．
5．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.
6．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；（3）13+1
2
或
131
2
；（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．
（4）如图5中，由题意，点C在以O为圆心，1为半径的⊙O上运动，过点O作
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 =3．在Rt △AOH 中，AH =22OA OH -=
13
，∴BD =AC =CH +AH =113+．
如图4中，当A 、C 、D 共线时，作OH ⊥AC 于H ．
易知AC =BD =AH ﹣CH =
131
2
． 综上所述：当A 、C 、D 三点共线时，BD 131+或131
2
-； （4）如图5中，由题意，点C 在以O 为圆心，1为半径的⊙O 上运动，过点O 作
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．
7．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．
8．如图1，菱形ABCD ，AB 4=，ADC 120∠=o ，连接对角线AC 、BD 交于点O ，
()1如图2，将AOD V 沿DB 平移，使点D 与点O 重合，求平移后的A'BO V 与菱形ABCD
重合部分的面积．
()2如图3，将A'BO V 绕点O 逆时针旋转交AB 于点E'，交BC 于点F ，
①求证：BE'BF 2+=； ②求出四边形OE'BF 的面积．
【答案】()() 13?2①证明见解析3② 【解析】 【分析】
(1)先判断出△ABD 是等边三角形，进而判断出△EOB 是等边三角形，即可得出结论； (2)先判断出 ≌△OBF ，再利用等式的性质即可得出结论； (3)借助①的结论即可得出结论． 【详解】
()1Q 四边形为菱形，ADC 120∠=o ，
ADO 60∠∴=o ，
ABD ∴V 为等边三角形，
DAO 30∠∴=o ，ABO 60∠=o ，
∵AD//A′O ， ∴∠A′OB=60°，
EOB ∴V 为等边三角形，边长OB 2=，
∴重合部分的面积：343⨯=，
()2①在图3中，取AB 中点E ，
由()1知，∠EOB=60°，∠E′OF=60°， ∴∠EOE′=∠BOF ，
又∵EO=BO ，∴∠OEE′=∠OBF=60°， ∴△OEE′≌△OBF ， ∴EE′=BF ，
∴BE′+BF=BE′+EE′=BE=2；
②由①知，在旋转过程中始终有△OEE′≌△OBF ，
∴S△OEE′=S△OBF，
∴S
四边形OE′BF =
OEB
S3
=
V
.
【点睛】
本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，综合性较强，熟练掌握相关内容、正确添加辅助线是解题的关键.
9．如图1．在△ABC中，∠ACB＝90°，点P为△ABC内一点．
（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．
①依题意，请在图2中补全图形；
②如果BP⊥CE，AB＋BP＝9，CE＝33，求AB的长．
（2）如图3，以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接PA、PB、PC，当AC＝4，AB＝8时，根据此图求PA＋PB＋PC的最小值．
【答案】⑴①见解析，②AB＝6；⑵47.
【解析】
分析：（1）①根据题意补全图形即可；
②连接BD、CD．根据平移的性质和∠ACB＝90°，得到四边形BCAD是矩形，从而有CD＝AB，设CD＝AB＝x，则PB＝DE＝9x
-，由勾股定理求解即可；
（2）当C、P、M、N四点共线时，PA＋PB＋PC最小．由旋转的性质和勾股定理求解即可．
详解：（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，PB＝DE．
∵∠ACB＝90°，
∴四边形BCAD是矩形，∴CD＝AB，设CD＝AB＝x，则PB＝9x
-，
DE＝BP＝9x
-，
∵BP⊥CE，BP∥DE，∴DE⊥CE，
∴2
2
2
CE DE CD +=，∴()
()2
2
233
9x x +-=，
∴6x =，即AB ＝6；
（2）如图，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 ＝8，∠BNA ＝60°，∠PAM ＝60°， ∴∠CAN ＝∠CAB ＋∠BAN ＝60°＋60°＝120°， ∴∠CBN ＝90°．
在Rt △ABC 中，易得：2222=8443BC AB AC -=-=， ∴在Rt △BCN 中，22486447CN BC BN =
+=+=．
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、全等三角形的判定与性质、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．
10．在平面直角坐标系中，O 为原点，点A （0，4），点B （﹣2，0），把△ABO 绕点A 逆时针旋转，得△AB′O′，点B 、O 旋转后的对应点为B′、O′． （1）如图①，若旋转角为60°时，求BB′的长； （2）如图②，若AB′∥x 轴，求点O′的坐标；
（3）如图③，若旋转角为240°时，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
）2）点O′
的坐标为（
5
，
5
+4）；（3）点P′
的坐标为（﹣5
，36
5． 【解析】
分析：（1）由点A 、B 的坐标可得出AB 的长度，连接BB ′，由旋转可知：AB =AB ′，∠BAB ′=60°，进而可得出△ABB ′为等边三角形，根据等边三角形的性质可求出BB ′的长； （2）过点O ′作O ′D ⊥x 轴，垂足为D ，交AB ′于点E ，则△AO ′E ∽△ABO ，根据旋转的性质结合相似三角形的性质可求出AE 、O ′E 的长，进而可得出点O ′的坐标；
（3）作点A 关于x 轴对称的点A ′，连接A ′O ′交x 轴于点P ，此时O ′P +AP ′取最小值，过点O ′作O ′F ⊥y 轴，垂足为点F ，过点P ′作PM ⊥O ′F ，垂足为点M ，根据旋转的性质结合解直角三角形可求出点O ′的坐标，由A 、A ′关于x 轴对称可得出点A ′的坐标，利用待定系数法即可求出直线A ′O ′的解析式，由一次函数图象上点的坐标特征可得出点P 的坐标，进而可得出OP 的长度，再在Rt △O ′P ′M 中，通过解直角三角形可求出O ′M 、P ′M 的长，进而可得出此时点P ′的坐标．
详解：（1）∵点A （0，4），点B （﹣2，0），∴OA =4，OB =2，∴AB
． 在图①中，连接BB ′．
由旋转可知：AB =AB ′，∠BAB ′=60°，∴△ABB ′为等边三角形，∴BB ′=AB
（2）在图②中，过点O ′作O ′D ⊥x 轴，垂足为D ，交AB ′于点E ． ∵AB ′∥x 轴，O ′E ⊥x 轴，∴∠O ′EA =90°=∠AOB ．
由旋转可知：∠B ′AO ′=∠BAO ，AO ′=AO =4，∴△AO ′E ∽△ABO ，
AE AO ='O E BO ='
AO AB
，即4AE ='2O E
∴AE
，O ′E
∴O ′D
+4，∴点O ′的坐标为
）． （3）作点A 关于x 轴对称的点A ′，连接A ′O ′交x 轴于点P ，此时O ′P +AP ′取最小值，过点O ′作O ′F ⊥y 轴，垂足为点F ，过点P ′作PM ⊥O ′F ，垂足为点M ，如图3所示． 由旋转可知：AO ′=AO =4，∠O ′AF =240°﹣180°=60°，∴AF =12AO ′=2，O ′F
AO
∴点O ′（﹣
6）．
∵点A （0，4），∴点A ′（0，﹣4）．
设直线A ′O ′的解析式为y =kx +b ，将A ′（0，﹣4）、O ′（﹣
6）代入y =kx +b ，得：
46b b =-⎧⎪⎨-+=⎪⎩
，解得：4
k b ⎧=⎪⎨⎪=-⎩
，∴直线A ′O ′的解析式为y =
﹣
3x ﹣4．
当y=0时，有﹣53
3
x﹣4=0，解得：x=﹣
43
5
，∴点P（﹣
43
5
，0），
∴OP=O′P′=43
5
．
在Rt△O′P′M中，∠MO′P′=60°，∠O′MP′=90°，∴O′M=1
2
O′P′=
23
5
，
P′M=
3
2
O′P′=
6
5
，∴点P′的坐标为（﹣23+
23
5
，6+
6
5
），即（﹣
8336
55
，）．
点睛：本题考查了函数图象及旋转变换、待定系数法求一次函数解析式、等边三角形的判定与性质、一次函数图象上点的坐标特征以及解直角三角形，解题的关键是：（1）利用等边三角形的性质找出BB′的长；（2）通过解直角三角形求出AE、O′E的长；（3）利用两点之间线段最短找出当O′P+AP′取得最小值时点P的位置．
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．在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到
△OC′D′．
（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；
②AC′⊥BD′；
（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想
∠AEB=θ是否成立？请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）成立，理由见解析
【解析】
试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出
OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；
②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；
（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式
，得出，证明△AO C′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相
等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．
试题解析：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，
∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，
∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，
∴OC=OD，
∴OC′=OD′，
在△AOC′和△BOD′中，，
∴△AOC′≌△BOD′（SAS），
∴AC′=BD′；
②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：
∵△AOC′≌△BOD′，
∴∠OAC′=∠OBD′，
又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，
∴∠OBD′+∠BFE=90°，
∴∠BEA=90°，
∴AC′⊥BD′；
（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：
∵△OCD旋转到△OC′D′，
∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，
∵CD∥AB，
∴，
∴，
∴，
又∠AOC′=∠BOD′，
∴△AOC′∽△BOD′，
∴∠OAC′=∠OBD′，
又∠AFO=∠BFE，
∴∠AEB=∠AOB=θ．
考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．
13．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.
14．（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2+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，
∵AN=2AP=22，
∴最大值为22+3；
如图2，过P作PE⊥x轴于E，
∵△APN是等腰直角三角形，
∴2，
∴22，
∴P（22）．
【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．
15．如图1，直线DE上有一点O，过点O在直线DE上方作射线OC，∠COE＝140°，将一直角三角板AOB的直角顶点放在点O处，一条直角边OA在射线OD上，另一边OB在直线DE上方，将直角三角板绕着点O按每秒10°的速度逆时针旋转一周，设旋转时间为t 秒．
（1）当直角三角板旋转到如图2的位置时，OA恰好平分∠COD，求此时∠BOC的度数；（2）若射线OC的位置保持不变，在旋转过程中，是否存在某个时刻，使得射线OA、OC、OD中的某一条射线是另两条射线所成夹角的角平分线？若存在，请求出t的取值，若不存在，请说明理由；
（3）若在三角板开始转动的同时，射线OC也绕O点以每秒15°的速度逆时针旋转一周，从旋转开始多长时间，射线OC平分∠BOD．直接写出t的值．（本题中的角均为大于0°且小于180°的角）
【答案】（1）∠BOC＝70°；（2）存在，t＝2，t＝8或32；（3）1
2
或
37
2
.
【解析】
【分析】
（1）由图可知∠BOC＝∠AOB﹣∠AOC，∠AOC可利用角平分线及平角的定义求出.
（2）分OA平分∠COD，OC平分∠AOD，OD平分∠AOC三种情况分别进行讨论，建立关于t的方程，解方程即可.
（3）分别用含t的代数式表示出∠COD和∠BOD，再根据OC平分∠BOD建立方程解方程即可，注意分情况讨论.
【详解】
（1）解：∵∠COE＝140°，
∴∠COD＝180°﹣∠COE＝40°，
又∵OA平分∠COD，
∴∠AOC＝1
2
∠COD＝20°，
∵∠AOB＝90°，
∴∠BOC＝90°﹣∠AOC＝70°；
（2）存在
①当OA平分∠COD时，∠AOD＝∠AOC，即10°t＝20°，解得：t＝2；
②当OC平分∠AOD时，∠AOC＝∠DOC，即10°t﹣40°＝40°，解得：t＝8；
③当OD平分∠AOC时，∠AOD＝∠COD，即360°﹣10°t＝40°，解得：t＝32；
综上所述：t＝2，t＝8或32；
（3）1
2
或
37
2
，理由如下：
设运动时间为t，则有
①当90+10t＝2（40+15t）时，t＝1 2
②当270﹣10t＝2（320﹣15t）时，t＝37 2
所以t的值为1
2
或
37
2
．
【点睛】
本题主要考查角平分线的定义以及图形的旋转，根据题意，找到两个角之间的等量关系建立方程并分情况讨论是解题的关键.。