【数学】培优易错试卷旋转辅导专题训练附详细答案

【数学】培优易错试卷旋转辅导专题训练附详细答案
⼀、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
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) 求证：EG=CG；
(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?通过观察你还能得出什么结论(均不要求证明).
【答案】解：（1）CG=EG
（2）（1）中结论没有发⽣变化，即EG=CG．
证明：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．
∴ AG=CG．
在△DMG与△FNG中，
∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，
∴△DMG≌△FNG．
∴ MG=NG
在矩形AENM中，AM=EN．
在Rt△AMG 与Rt△ENG中，
∵ AM=EN， MG=NG，
∴△AMG≌△ENG．
∴ AG=EG
∴ EG=CG．
（3）（1）中的结论仍然成⽴．
【解析】
试题分析：（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．还知道EG⊥CG;
试题解析：
解：（1）证明：在Rt△FCD中，
∵G为DF的中点，
∴，
同理，在Rt△DEF中，，
∴CG=EG；
（2）（1）中结论仍然成⽴，即EG=CG；
连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点，如图所⽰：
在△DAG与△DCG中，
∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DC=DC，
∴△DAG≌△DCG，
∴AG=CG，
在△DMG与△FNG中，
∵∠DGM=∠FGN，DG=FG，∠MDG=∠NFG，
∴△DMG≌△FNG，
∴MG=NG，
在矩形AENM中，AM=EN.，
在Rt△AMG与Rt△ENG中，
∵AM=EN，MG=NG，
∴△AMG≌△ENG，
∴AG=EG，
∴EG=CG，
（3）（1）中的结论仍然成⽴，即EG=CG且EG⊥CG。

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，如图所⽰：
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】本题解题关键是作出辅助线，且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，难度较⼤。

3．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.
4．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.
5．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PC 2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；③PC 2
＝102
+. 【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∴EC 2＝CH 2+HE 2
＝10+
求出2211022
PC EC +==
【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 ，∴FC ＝EC ，⼜∵∠ACB ＝90°，
∴△EFC 是等腰直⾓三⾓形，∵EP ＝FP ，∴PC ＝PE ，PC ⊥PE ．
②PC 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 ），∴BF ＝DE ，PE ＝PF ＝1
2
EF ，∵DE ＝AE ，∴BF ＝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 ），∴CF ＝CE ，∠FCB ＝∠ECA ，∵∠ACB ＝90°，∴∠FCE ＝90°，
∴△FCE 是等腰直⾓三⾓形，∵EP ＝FP ，∴CP ⊥EP ，CP ＝EP ＝
1
2
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
，在Rt △AHE 中，∠EAH ＝30°，AE ＝DE ＝1，∴HE ＝
12，AH
⼜∵AC ＝AB ＝3，
∴CH ＝3+
32
，∴EC 2＝CH 2+HE 2＝1033+ ∴PC 2＝
211033
2EC +=
【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．
6．已知△ABC 是边长为4的等边三⾓形，边AB 在射线OM 上，且OA ＝6，点D 是射线OM 上的动点，当点D 不与点A 重合时，将△ACD 绕点C 逆时针⽅向旋转60°得到△BCE ，连接DE ．
（1）如图1，求证：△CDE 是等边三⾓形．（2）设OD ＝t ，
①当6＜t ＜10时，△BDE 的周长是否存在最⼩值？若存在，求出△BDE 周长的最⼩值；若不存在，请说明理由．
②求t 为何值时，△DEB 是直⾓三⾓形（直接写出结果即可）．
【答案】(1)见解析;(2) ①见解析; ②t ＝2或14. 【解析】【分析】
（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC ，即可得到结论；（2）①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=C
D ，由垂线段最短得到当CD ⊥AB 时，△BD
E 的周长最⼩，于是得到结论；
②存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三⾓形；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=t；当6＜t＜10时，此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14．
【详解】
（1）∵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）①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＝，
∴△BDE
的最⼩周长＝CD+4＝；
②存在，∵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；
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；
当6＜t＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，
∴此时不存在；
当t＞10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＝14，
∴t＝14，
综上所述：当t＝2或14时，以D、E、B为顶点的三⾓形是直⾓三⾓形．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三⾓形的判定和性质，三⾓形周长的计算，直⾓三⾓形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．7．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：DP2+DQ2=2AB2；
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
8．已知∠AOB＝90°，在∠AOB的平分线OM上有⼀点C，将⼀个三⾓板的直⾓顶点与C重
合，它的两条直⾓边分别与OA，OB(或它们的反向延长线)相交于点D，E.
当三⾓板绕点C旋转到CD与OA垂直时(如图①)，易证：OD＋OE＝2OC；
当三⾓板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，即在图②，图③这两种情况下，上述结论是否仍然成⽴？若成⽴，请给予证明：若不成⽴，线段OD，OE，OC之间⼜有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
①②③
【答案】图②中OD＋OE＝2OC成⽴．证明见解析;图③不成⽴，有数量关系：OE－OD ＝2OC
【解析】
试题分析：当三⾓板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，易得△CKD≌△CHE，进⽽可得出证明；判断出结果．解此题的关键是根据题意找到全等三⾓形或等价关系，进⽽得出OC 与OD、OE的关系；最后转化得到结论．
试题解析：图②中OD＋OE＝2OC成⽴．
证明：过点C分别作OA，OB的垂线，垂⾜分别为P，Q.
有△CPD≌△CQE，
∴DP＝EQ，
∵OP＝OD＋DP，OQ＝OE－EQ，
⼜∵OP＋OQ＝2OC，
即OD＋DP＋OE－EQ＝2OC，
∴OD＋OE＝2OC.
图③不成⽴，
有数量关系：OE－OD2OC
过点C分别作CK⊥OA，
CH⊥OB，
∵OC为∠AOB的⾓平分线，且CK⊥OA，CH⊥OB，
∴CK=CH，∠CKD=∠CHE=90°，
⼜∵∠KCD与∠HCE都为旋转⾓，
∴∠KCD=∠HCE，
∴△CKD≌△CHE，
∴DK=EH，
∴OE-OD=OH+EH-OD=OH+DK-OD=OH+OK，
由（1）知：OC，
∴OD，OE，OC满⾜
OC．
点睛：本题考查旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应⾓分别相等，图形的⼤⼩、形状都不改变，两组对应点连线的交点是旋转中⼼．。