2020-2021中考数学 初中数学 旋转 培优练习(含答案)及详细答案

2020-2021中考数学初中数学旋转培优练习(含答案)及详细答案
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．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.
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
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，∴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 '（93322
，）； （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 （0，335），∴O 'P '=OP =335
，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．
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 2
.
【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
，
∴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．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；②1233）3＜a＜3，a＞3
【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=3
QN 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，
∴a=3
2
b
，
∴0＜b≤63=33；
②如图
当DF与DC重合时，DF=DE=6，
∴a=sin60°6333
当DE与DA重合时，a=
6
3
sin603
==
︒
∴33a＜3
③如图
∵△DEF是等边三角形∴∠FDC=30°
∴DF=6
4
3
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．
6．如图（1）所示，将一个腰长为2等腰直角△BCD和直角边长为2、宽为1的直角△CED 拼在一起．现将△CED绕点C顺时针旋转至△CE’D’，旋转角为a．
（1）如图（2），旋转角a=30°时，点D′到CD边的距离D’A=______．求证：四边形ACED′为矩形；
（2）如图（1），△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，在BC上如何取点G，使得GD’=E’D；并说明理由．
（3）△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，∠CE’D=90°时，直接写出旋转角a的值．【答案】1
【解析】
分析：（1）过D′作D′N⊥CD于N．由30°所对直角边等于斜边的一半即可得结论．
由D’A∥CE且D’A=CE=1，得到四边形ACED’为平行四边形．根据有一个角为90°的平行四边形是矩形，即可得出结论；
（2）取BC中点即为点G，连接GD’．易证△DCE’≌△D’CG，由全等三角形的对应边相等即可得出结论．
（3）分两种情况讨论即可．
详解：（1）D’A=1．理由如下：过D′作D′N⊥CD于N．
∵∠NCD′=30°，CD′=CD=2，∴ND′= 1
2
CD′=1．
由已知，D’A∥CE，且D’A=CE=1，
∴四边形ACED’为平行四边形．
又∵∠DCE=90°，
∴四边形ACED’为矩形；
（2）如图，取BC中点即为点G，连接GD’．
∵∠DCE=∠D’CE’=90°，
∴∠DCE’=∠D’CG．
又∵D’C= DC，CG=CE’，
∴△DCE’≌△D’CG，
∴GD’=E’D．
（3）分两种情况讨论：①如图1．
∵∠CE′D=90°，CD=2，CE′=1，∴∠CDE′=30°，∴∠E′CD=60°，∴∠E′CB=30°，∴旋转角=∠ECE′=180°+30°=210°．
②如图2，同理可得∠E′CE=30°，∴旋转角=360°－30°=330°．
点睛：本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．
7．在Rt △ACB 和△AEF 中，∠ACB ＝∠AEF ＝90°，若点P 是BF 的中点，连接PC ，PE. 特殊发现：
如图1，若点E 、F 分别落在边AB ，AC 上，则结论：PC ＝PE 成立（不要求证明）． 问题探究：
把图1中的△AEF 绕点A 顺时针旋转．
(1)如图2，若点E 落在边CA 的延长线上，则上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(2)如图3，若点F 落在边AB 上，则上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(3)记AC BC
＝k ，当k 为何值时，△CPE 总是等边三角形？（请直接写出后的值，不必说）
【答案】()1 PC PE =成立 ()2 ，PC PE =成立 ()3当k 为
33
时，CPE V 总是等边三角形
【解析】
【分析】 （1）过点P 作PM ⊥CE 于点M ，由EF ⊥AE ，BC ⊥AC ，得到EF ∥MP ∥CB ，从而有EM FP MC PB
=，再根据点P 是BF 的中点，可得EM=MC ，据此得到PC=PE ． （2）过点F 作FD ⊥AC 于点D ，过点P 作PM ⊥AC 于点M ，连接PD ，先证
△DAF ≌△EAF ，即可得出AD=AE ；再证△DAP ≌△EAP ，即可得出PD=PE ；最后根据FD ⊥AC ，BC ⊥AC ，PM ⊥AC ，可得FD ∥BC ∥PM ，再根据点P 是BF 的中点，推得PC=PD ，再根据PD=PE ，即可得到结论．
（3）因为△CPE 总是等边三角形，可得∠CEP=60°，∠CAB=60°；由∠ACB=90°，求出∠CBA=30°；最后根据
AC k BC =，AC BC
=tan30°，求出当△CPE 总是等边三角形时，k 的值是多少即可．
【详解】
解：（1）PC=PE 成立，理由如下：
如图2，过点P作PM⊥CE于点M，∵EF⊥AE，BC⊥AC，∴EF∥MP∥CB，
∴EM FP
=，∵点P是BF的中点，∴EM=MC，又∵PM⊥CE，∴PC=PE；
MC PB
（2）PC=PE成立，理由如下：
如图3，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，∵∠DAF=∠EAF，∠FDA=∠FEA=90°，在△DAF和△EAF中
，∵∠DAF=∠EAF，∠FDA=∠FEA，AF=AF，
∴△DAF≌△EAF（AAS），
∴AD=AE，在△DAP和△EAP中，
∵AD=AE，∠DAP=∠EAP，AP=AP，
∴△DAP≌△EAP（SAS），
∴PD=PE，
∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，
∴FD∥BC∥PM，
∴DM FP
=，
MC PB
∵点P是BF的中点，
∴DM=MC，又∵PM⊥AC，
∴PC=PD，又∵PD=PE，
∴PC=PE；
（3）如图4，∵△CPE总是等边三角形，
∴∠CEP=60°，
∴∠CAB=60°，
∵∠ACB=90°，
∴∠CBA=90°﹣∠ACB=90°﹣60°=30°， ∵AC k BC ，AC BC
=tan30°， ∴k=tan30°=
3， ∴当k 为3时，△CPE 总是等边三角形．
【点睛】
考点：1．几何变换综合题；2．探究型；3．压轴题；4．三角形综合题；5．全等三角形的判定与性质；6．平行线分线段成比例．
8．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．
9．如图1，在△ABC中，E、D分别为AB、AC上的点，且ED//BC，O为DC中点，连结EO 并延长交BC的延长线于点F，则有S四边形EBCD=S△EBF.
（1）如图2，在已知锐角∠AOB内有一个定点P．过点P任意作一条直线MN，分别交射线OA、OB于点M、N．将直线MN绕着点P旋转的过程中发现，当直线MN满足某个条件时，△MON的面积存在最小值．直接写出这个条件:_______________________.
（2）如图3，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A、B、C、P的坐标分别为（6，
0）、（6，3）、（，）、（4、2），过点P的直线l与四边形OABC一组对边相交，将四边形OABC分成两个四边形，求其中以点O为顶点的四边形面积的最大值．
【答案】（1）当直线MN旋转到点P是线段MN的中点时，△MON的面积最小；（2）10.【解析】
试题分析：（1）当直线旋转到点P是MN的中点时S△MON最小，过点M作MG∥OB交EF 于G．由全等三角形的性质可以得出结论；
（2）①如图3①过点P的直线l 与四边形OABC 的一组对边 OC、AB分别交于点M、N，由（1）的结论知，当PM=PN时，△MND的面积最小，此时四边形OANM的面积最大，S =S△OAD-S△MND.
四边形OANM
②如图3②，过点P的直线l与四边形OABC的另一组对边CB、OA分别交M、N，利用S
=S△OCT-S△MN T，进而得出答案．
四边形OCMN
试题解析：（1）当直线MN旋转到点P是线段MN的中点时，△MON的面积最小.
如图2，过点P的另一条直线EF交OA、OB于点E、F，设PF＜PE，过点M作MG∥OB交EF于G，
可以得出当P是MN的中点时S四边形MOFG=S△MON．
∵S四边形MOFG＜S△EOF，∴S△MON＜S△EOF.
∴当点P是MN的中点时S△MON最小.
（2）分两种情况：
①如图3①过点P的直线l 与四边形OABC 的一组对边 OC、AB分别交于点M、N．
延长OC、AB交于点D，易知AD = 6，S△OAD＝18 ．
由（1）的结论知，当PM=PN时，△MND的面积最小，此时四边形OANM的面积最大．过点P、M分别作PP1⊥OA，MM1⊥OA，垂足分别为P1、M1．
由题意得M1P1=P1A = 2，从而OM1=MM1= 2．又P(4,2)，B(6,3)
∴P1A=M1P1="O" M1=P1P=2，M1M=OM=2，可证四边形MM1P1P是正方形．
∴MN∥OA，∠MND=90°，NM=4，DN=4．求得S△MND＝8.
∴.
② 如图3②，过点P的直线l与四边形OABC的另一组对边CB、OA分别交M、N．
延长CB交x轴于T点，由B、C的坐标可得直线BC对应的函数关系式为 y =－x＋9 ．
则T点的坐标为（9，0）．
∴S△OCT=×9×=．
由(1)的结论知：当PM=PN时，△MNT的面积最小，此时四边形OCMN的面积最大．
过点P、M点分别作PP1⊥OA，MM1⊥OA，垂足为P1，M1.
从而 NP1=P1M1，MM1=2PP1=4．
∴点M的横坐标为5，点P（4、2），P1M1= NP1= 1，TN =6．
∴S△MNT=×6×4=12，S四边形OCMN=S△OCT-S△MNT =-12=＜10．
综上所述：截得四边形面积的最大值为10．
考点：1.线动旋转问题；2.正方形的判定和性质；3.图形面积求法；4.分类思想的应用.
10．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．
11．(1)观察猜想
如图(1)，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D是BC的中点．以点D为顶点作正方形DEFG，使点A，C分别在DG和DE上，连接AE，BG，则线段BG和AE的数量关系是
_____；
(2)拓展探究
将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于0°，小于或等于360°），如图2，则(1)中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由.
(3)解决问题
若BC=DE=2，在(2)的旋转过程中，当AE为最大值时，直接写出AF的值．
【答案】（1）BG＝AE．
（2）成立．
如图②，
连接AD．∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．
∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．
∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．…………………………………………7分
（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．
正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°时，BG最大，如图③．
若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．
在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．
∴AF＝
【解析】
解：（1）BG＝AE．
（2）成立．
如图②，连接AD．
∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．
∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．
∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．
∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．
（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．Z+X+X+K]
因为正方形DEFG在绕点D旋转的过程中，G点运动的图形是以点D为圆心，DG为半径的圆，故当正方形DEFG旋转到G点位于BC的延长线上（即正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°）时，BG最大，如图③．
若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．
在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．
∴AF＝．
即在正方形DEFG旋转过程中，当AE为最大值时，AF＝．
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′⊥B D′；
（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△AOC′∽△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．正方形ABCD 中，点E 、F 分别是边AD 、AB 的中点，连接EF ．
（1）如图1，若点G 是边BC 的中点，连接FG ，则EF 与FG 关系为： ；
（2）如图2，若点P 为BC 延长线上一动点，连接FP ，将线段FP 以点F 为旋转中心，逆时针旋转90°，得到线段FQ ，连接EQ ，请猜想BF 、EQ 、BP 三者之间的数量关系，并证明你的结论．
（3）若点P 为CB 延长线上一动点，按照（2）中的作法，在图3中补全图形，并直接写出BF 、EQ 、BP 三者之间的数量关系： ．
【答案】（1）证明见解析（2）BF+EQ=BP （3）BF+BP=EQ
【解析】
试题分析：（1）EF 与FG 关系为垂直且相等（EF=FG 且EF ⊥FG ）．证明如下： ∵点E 、F 、G 分别是正方形边AD 、AB 、BC 的中点，
∴△AEF 和△BGD 是两个全等的等腰直角三角形．
∴EF=FG ，∠AFE=∠BFG=45°．∴∠EFG=90°，即EF ⊥FG ．
（2）取BC 的中点G ，连接FG ，则由SAS 易证△FQE ≌△FPG ，从而EQ=GP ，因此)EF 2BP EQ =-．
（3）同（2）可证△FQE ≌△FPG （SAS ），得EQ=GP ，因此，
))EF GF 2BG 2GP BP 2EQ BP ===-=-．
14．在平面直角坐标系中，四边形AOBC 是矩形，点(0,0)O ，点(5,0)A ，点(0,3)B .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.（Ⅲ3033430334S -+≤≤. 【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；
（Ⅲ3033430334S -+≤≤ 详解：（Ⅰ）∵点()5,0A ，点()0,3B ，
∴5OA =，3OB =.
∵四边形AOBC 是矩形，
∴3AC OB ==，5BC OA ==，90OBC C ∠=∠=︒.
∵矩形ADEF 是由矩形AOBC 旋转得到的，
∴5AD AO ==.
在Rt ADC V 中，有222AD AC DC =+， ∴22DC AD AC -22534-=.
∴1BD BC DC =-=.
∴点D 的坐标为()1,3.
（Ⅱ）①由四边形ADEF 是矩形，得90ADE ∠=︒.
又点D 在线段BE 上，得90ADB ∠=︒.
由（Ⅰ）知，AD AO =，又AB AB =，90AOB ∠=︒，
∴Rt ADB Rt AOB V V ≌.
②由ADB AOB V V ≌，得BAD BAO ∠=∠.
又在矩形AOBC 中，//OA BC ，
∴CBA OAB ∠=∠.∴BAD CBA ∠=∠.∴BH AH =.
设BH t =，则AH t =，5HC BC BH t =-=-.
在Rt AHC V 中，有222AH AC HC =+，
∴()22235t t =+-.解得175t =.∴175
BH =. ∴点H 的坐标为17,35⎛⎫ ⎪⎝⎭
.
（Ⅲ3033430334S -+≤≤ 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.
15．在△ABC 中，AB=BC=2，∠ABC=120°，将△ABC 绕点B 顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A 1BC 1，A 1B 交AC 于点E ，A 1C 1分别交AC 、BC 于D 、F 两点．
（1）如图1，观察并猜想，在旋转过程中，线段BE 与BF 有怎样的数量关系？并证明你的结论；
（2）如图2，当α=30°时，试判断四边形BC 1DA 的形状，并说明理由．
【答案】（1）BE=DF；（2）四边形BC1DA是菱形．
【解析】
【分析】
（1）由AB=BC得到∠A=∠C，再根据旋转的性质得AB=BC=BC1，∠A=∠C=∠C1，
∠ABE=∠C1BF，则可证明△ABE≌△C1BF，于是得到BE=BF
（2）根据等腰三角形的性质得∠A=∠C=30°，利用旋转的性质得∠A1=∠C1=30°，
∠ABA1=∠CBC1=30°，则利用平行线的判定方法得到A1C1∥AB，AC∥BC1，于是可判断四边形BC1DA是平行四边形，然后加上AB=BC1可判断四边形BC1DA是菱形．
【详解】
（1）解：BE=DF．理由如下：
∵AB=BC，
∴∠A=∠C，
∵△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，
∴AB=BC=BC1，∠A=∠C=∠C1，∠ABE=∠C1BF，
在△ABE和△C1BF中
，
∴△ABE≌△C1BF，
∴BE=BF
（2）解：四边形BC1DA是菱形．理由如下：
∵AB=BC=2，∠ABC=120°，
∴∠A=∠C=30°，
∴∠A1=∠C1=30°，
∵∠ABA1=∠CBC1=30°，
∴∠ABA1=∠A1，∠CBC1=∠C，
∴A1C1∥AB，AC∥BC1，
∴四边形BC1DA是平行四边形．
又∵AB=BC1，
∴四边形BC1DA是菱形
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了菱形的判定方法．。