中考数学精选题目

’考点：旋转的性质；等边三角形的性质．分析：根据旋转的性质可得：△PBC≌△P’BA，故∠PBC=∠P′BC，即可求解．解答：解：∠PBP′=∠APB+∠PBA=∠APB+∠PBC=∠ABC=60度．故选B．点评：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．（2009•牡丹江）△ABC在如图所示的平面直角坐标系中，将△ABC向右平移3个单位长度后得△A1B1C1，再将△A1B1C1绕点O旋分析：根据题意，画出图形，对选项进行一一分析，排除错误答案．解答：解：如图，A、A1的坐标为（1，3），故错误B、S四边形ABB1A1=3×2=6，故错误；C、B2C= = ，故错误；D、变化后，C2的坐标为（-2，-2），而A（-2，3），由图可知，∠AC2O=45°，故正确．故选D．点评：本题考查平移、旋转的性质．（1）平移的基本性质是：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．（2）旋转的性质是：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．（2009•陕西）如图，∠AOB=90°，∠B=30°，△A′OB′可以看作是由△AOB绕点O顺时针旋转α角度得到的．若点A′在AB上，则旋考点：旋转的性质．分析：根据旋转的性质：旋转变化前后，图形的大小、形状都不改变，进行分析．解答：解：∵∠AOB=90°，∠B=30°，∴∠A=60°．∵△A′OB′可以看作是由△AOB绕点O顺时针旋转α角度得到的，∴OA=OA′．∴△OAA′是等边三角形．∴∠AOA′=60°，即旋转角α的大小可以是60°．故选C点评：本题考查图形旋转的性质及等边三角形的知识．难度中等．（2009•邵阳）如图，将Rt△ABC（其中∠B=34°，∠C=90°）绕A点按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C，A，B1在同一考点：旋转的性质．分析：找到图中的对应点和对应角，根据旋转的性质作答．解答：解：∵∠B=34°，∠C=90°∴∠BAC=56°∴∠BAB1=180°-56°=124°即旋转角最小等于124°．故选C．点评：本题考查旋转两相等的性质，即对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．考点：旋转的性质．专题：计算题．分析：根据旋转的意义，图片按逆时针方向旋转80°，可得∠AOC=80°，又有∠A=110°，∠D=40°，根据图形可得，∠α=∠AOC-∠D OC；代入数据可得答案．解答：解：根据旋转的意义，图片按逆时针方向旋转80°，即∠AOC=80°，又∵∠A=110°，∠D=40°，∴∠DOC=30°，则∠α=∠AOC-∠DOC=50°．故选C ．点评：图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕某个固定点旋转固定角度的位置移动，其中对应点到旋转中心的距离相等，旋转前后图形的大小和形状没有改变．（2010•百色）如图，在直角坐标系中，射线OA与x轴正半轴重合，以O为旋转中心，将OA逆时针旋转：OA⇒OA1⇒OA2…⇒OA n…，旋转角∠AOA1=2°，A1OA2=4°，∠A2OA3=8°，…要求下一个旋转角（不超过360°）是前一个旋转角的2倍．当旋转角大于360°时，又从2°开始旋转，即∠A8OA9=2°，∠A9OA10=4°，…周而复始．则当OA n与y轴正半轴重合时，n的最小值为（）（提示：2+22 345678考点：旋转的性质．分析：由题意知：每8组角为一个循环；若OA与y轴正半轴重合，那么射线OA旋转的度数为：360°•k+90°，即旋转的角度为整数，且是10的倍数；在每组的循环中，前4组或后4组角的度数和正好是10°的倍数，因此所求的n知必为4的倍数，首先可以排除的是C选项，然后再将A、B、D代入旋转角度表达式中进行验证即可，能求出k是正整数的就是符合题意的n值．解答：解：若经过旋转OA n与y轴正半轴重合，那么射线OA旋转的角度为：360°•k+90°，（k为正整数）因此旋转的角度必为10°的倍数；由题意知：2+22+23+24=30，25+26+27+28=480；即n的知必为4的倍数，显然C选项不符合题意；A、当n=16时，旋转的角度为：510°×（16÷8）=1020°，即360°•k+90°=1020°，所求得的k值不是正整数，故A选项不符合题意；B、当n=24时，旋转的角度为：510°×（24÷8）=1530°，即360°•k+90°=1530°，解得k=4，故B选项符合题意；D、显然32＞24，已经证得B选项符合题意，那么D选项一定不符合题意；故选B．点评：此题主要运用了排除法来解答，正确的表示出射线OA旋转的角度，并正确的判断出n是4的倍数，是解决此题的关键，难度较大．（2010•杭州）如图，在△ABC中，∠CAB=70°．在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠BAB′考点：旋转的性质．分析：旋转中心为点A，B与B′，C与C′分别是对应点，根据旋转的性质可知，旋转角∠BAB′=∠CAC′，AC=AC′，再利用平行线的性质得∠C′CA=∠CAB，把问题转化到等腰△ACC′中，根据内角和定理求∠CAC′．解答：解：∵CC′∥AB，∠CAB=70°，∴∠C′CA=∠CAB=70°，又∵C、C′为对应点，点A为旋转中心，∴AC=AC′，即△ACC′为等腰三角形，∴∠BAB′=∠CAC′=180°-2∠C′CA=40°．故选C．点评：本题考查了旋转的基本性质，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线的夹角为旋转角．同时考查了平行线的性质．（2010•泸州）如图，四边形ABCD是正方形，E是边CD上一点，若△AFB经过逆时针旋转角θ后与△AED重合，则θ的取值可能考点：旋转的性质；正方形的性质．分析：旋转中心为点A，B、D为对应点，可知∠BAD为旋转角．解答：解：观察旋转中心，旋转方向，对应点可知，∠BAD为旋转角，根据正方形的性质可知，θ=∠BAD=90°，故选A．点评：本题关键是找出旋转中心、对应点、对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角．（2010•茂名）如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45度后得到正方形AB′C′D′，边B′C′与DC交于点O，则四边形A考点：旋转的性质．分析：当AB绕点A逆时针旋转45度后，刚回落在正方形对角线AC上，可求三角形与边长的差B′C，再根据等腰直角三角形的性质，旋转的性质可求B′O，OD，从而可求四边形AB′OD的周长．解答：解：连接B′C，∵旋转角∠BAB′=45°，∠BAC=45°，∴B′在对角线AC上，∵AB=AB′=1，用勾股定理得AC= ，∴B′C= -1，在等腰Rt△OB′C中，OB′=B′C= -1，用旋转的性质可知OD=OB′，∴四边形AB′OD的周长是：2AD+2OB′=2 ．故选A．点评：本题考查了正方形的性质，旋转的性质，特殊三角形边长的求法．连接B′C构造等腰Rt△OB′C是解题的关键．考点：旋转的性质．分析：已知旋转角度，旋转方向，可求∠A′CA，根据互余关系求∠A′，根据对应角相等求∠BAC．解答：解：依题意旋转角∠A′CA=40°，由于AC⊥A′B′，由互余关系得∠A′=90°-40°=50°，由对应角相等，得∠BAC=∠A′=50°．故选A．点评：本题考查了图形的旋转变化，学生主要要看清是顺时针还是逆时针旋转，旋转多少度，难度不大，但易错．（2010•台湾）如图所示，将正五边形ABCDE的C点固定，并依顺时针方向旋转，则旋转几度，可使得新五边形A′B′C′D′E的顶点D′考点：旋转的性质．分析：由于正五边形的每一个外角都是72°，所以将正五边形ABCDE的C点固定，并依顺时针方向旋转，则旋转72°，就可使新五边形A′B′C′D′E′的顶点D′落在直线BC上．解答：解：将正五边形ABCDE的C点固定，并依顺时针方向旋转，则旋转72度，可使得新五边形A′B′C′D′E′的顶点D′落在直线BC 上．故选B．点评：本题主要考查了正多边形的外角及旋转的性质：（1）任何正多边形的外角和是360°；（2）（2）①对应点到旋转中心的距离相等；②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；③旋转前、后的图形全等．考点：旋转的性质；全等三角形的性质；全等三角形的判定；正方形的性质．分析：此题只需把公共部分分割成两个三角形，根据旋转的旋转发现两个三角形全等，从而求得直角三角形的边，再进一步计算其面积．解答：解：设CD与B′C′相交于点O，连接OA．根据旋转的性质，得∠BAB′=30°，则∠DAB′=60°．在Rt△ADO和Rt△AB′O中，AD=AB′，AO=AO，∴Rt△ADO≌Rt△AB′O．∴∠OAD=∠OAB′=30°．又AD=1，∴OD= ．∴公共部分的面积=2×××1=1×=．故选D．点评：本题主要考查了利用正方形和旋转的性质来求三角形的面积．（2010•徐州）如图，在6×4方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是（）考点：旋转的性质．专题：网格型．分析：此题可根据旋转前后对应点到旋转中心的距离相等来判断所求的旋转中心．解答：解：如图，连接N和两个三角形的对应点；发现两个三角形的对应点到点N的距离相等，因此格点N就是所求的旋转中心；故选B．点评：熟练掌握旋转的性质是确定旋转中心的关键所在．（2010•重庆）有两个完全重合的矩形，将其中一个始终保持不动，另一个矩形绕其对称中心O按逆时针方向进行旋转，每次均旋转4 5°，第1次旋转后得到图①，第2次旋转后得到图②，…，则第10次旋转后得到的图形与图①～④中相同的是（）考点：旋转的性质．专题：规律型．分析：每次均旋转45°，10次共旋转450°，而一周为360°，用450°-360°=90°，可知第10次旋转后得到的图形．解答：解：依题意，旋转10次共旋转了10×45°=450°，因为450°-360°=90°，所以，第10次旋转后得到的图形与图②相同，故选B．点评：根据图中给出的旋转规律，得知变化为周期性变化，结合周角的定义即可解答本题．（2010•自贡）边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形ABC′D′，两图叠成一个“蝶形风筝”（如图所示阴影部分），考点：旋转的性质；正方形的性质；解直角三角形．分析：用两个正方形面积和减去重叠部分面积即可，重叠部分可看作两个直角三角形，观察两个直角三角形的特点，再求面积．解答：解：设CD，C′D′交于E点，连接AE，由旋转的性质可知△ADE≌△AD′E，∵旋转角∠BAB′=30°，∴∠B′AD=90°-∠BAB′=60°，∴∠DAE=30°，在Rt△ADE中，DE=AD•t an30°= ，S四边形ADEB′=2×S△ADE=2××1×= ，∴风筝面积为2- ．故选A．点评：本题考查了旋转角的表示方法，解直角三角形，四边形面积计算的转化方法．（2009•长春）如图，动点P从点A出发，沿线段AB运动至点B后，立即按原路返回．点P在运动过程中速度大小不变．则以点A考点：动点问题的函数图象．专题：动点型．分析：本题考查了动点问题的函数图象．解答：解：设点P的速度是1，则AP=t，那么s=πt2，为二次函数形式；但动点P从点A出发，沿线段AB运动至点B后，立即按原路返回．说明t是先大后小，所以s也是先大后小．故选A．点评：可设必须的量为1，再根据所给的条件求得函数形式，进而求解．（2009•广安）如图，小虎在篮球场上玩，从点O出发，沿着O⇒A⇒B⇒O的路径匀速跑动，能近似刻画小虎所在位置距出发点O的考点：动点问题的函数图象．专题：动点型．分析：要能根据函数图象的性质和图象上的数据分析得出函数的类型和所需要的条件，结合实际意义得到正确的结论．解答：解：当点O在半径AO上时，S是由小变大；在圆弧上时不变，在OB上时有大变小．故选B．点评：主要考查了函数图象的读图能力和函数与实际问题结合的应用．（2006•茂名）七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”，如图是一副七巧板，若已知S△BPC=1，请你根据七巧板制作过程的认识，解决下列问题：（1）求一只妈蚁从点A沿A⇒B⇒C⇒H⇒E所走的路线的总长（结果精确到0.01）；（2）求平行四边形EFGH的面积．考点：正方形的性质；七巧板；勾股定理；等腰直角三角形．专题：应用题．分析：（1）根据图，以及七巧板的性质，可知四边形EFGH是平行四边形，△BPC，△GHN，△CHD，△DHE都是等腰直角三角形，利用△BPC的面积，可求出BP，CP，再利用勾股定理可求出BC．同理，可求出CD，CH，HE的长，那么就可求出A-B-C-H-E的总长．（2）可以用S▱EFGHS=S△DNF-S△DHE-S△GHN，根据（1）可分别求出DN，HN，DH的长，那么面积就可求．即等于4-2=2．解答：解：（1）由七巧板性质可知，BI=IC=CH=HE．（字母I就是字母P）又∵S△BPC=1，∠BIC=90°，∴BI•IC=1，∴BI=IC= ，∴．∴AB+BC+CH+HE=2BC+BC+BI+BI=3BC+2BI=3×2+2×=6+2≈6+2.828≈8.83．即蚂蚁沿A →B →C →H →E所走的路线的总长为8.83．（2）方法一：∵EF=BC=2，FG=EH=BI= ，∴点G到EF的距离为：sin45°，∴平行四边形EFGH的面积=EF• sin45°=2 ×=2．方法二：连接GE，则可知平行四边形EFGH的面积为=2S△BIC=2．点评：本题利用了正方形、等腰直角三角形的性质，以及勾股定理三角形面积公式等知识．（2006•眉山）如图：∠MON=90°，在∠MON的内部有一个正方形AOCD，点A、C分别在射线OM、ON上，点B1是ON上的任意一点，在∠MON的内部作正方形AB1C1D1．（1）连续D1D，求证：∠ADD1=90°；（2）连接CC1，猜一猜，∠C1CN的度数是多少？并证明你的结论；（3）在ON上再任取一点B2，以AB2为边，在∠MON的内部作正方形AB2C2D2，观察图形，并结合（1）、（2）的结论，请你再做出一个合理的判断．考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质．专题：证明题；探究型．分析：（1）根据已知利用SAS判定△OAB1≌△DAD1，从而得到∠ADD1=∠O=90°；（2）作C1H⊥ON于H．作C1⊥CD1于G，那么C1G=CH，只要证得△C1GD1≌△C1B1H，得出C1G=C1H；即可得出三角形CC1H 是等腰直角三角形，从而得出∠C1CN的度数．（3）和（1）（2）均一样，求法和证法都相同．解答：解：（1）∵∠D1DA+∠B1AD=90°，∠OAB1+∠B1AD=90°，∴∠B1AO=∠D1AD，∵AD1=AB1，AO=AD，∴△OAB1≌△DAD1，∴∠ADD1=∠O=90°；（D1，D，C在同一条直线上）．（2）作C1H⊥ON于H．作C1⊥CD1于G；则有C1G=CH．∵∠C1D1C+∠C1ED1=90°，∠CB1H+∠B1EC=90°，∴∠C1D1C=∠C1B1H，∵C1D1=B1C1，∠D1C1E=∠C1HB1=90°，∴△C1GD1≌△C1B1H，∴C1G=C1H，又由CH=C1G，因此直角三角形CHC1是个等腰直角三角形，∴∠C1CN=45°．（3）作图；得∠ADD2=90°（∠ADD2=90°、∠C2CN=45°均可）．点评：本题考查了正方形的性质和全等三角形的应用等，本题中利用全等三角形得出所求的条件是解题的关键．（2008•淄博）正方形ABCD的对角线交点为O，两条对角线把它分成了四个面积相等的三角形．（1）平行四边形ABCD的两条对角线交点为O，若△AOB，△BOC，△COD，△DOA面积分别为S1，S2，S3，S4，试判断S1，S2，S3，S4的关系，并加以证明；（2）四边形ABCD的两条对角线互相垂直，交点为O，若△AOB，△BOC，△COD，△DOA面积分别为S1，S2，S3，S4，试判断S1，S2，S3，S4的关系，并加以证明；（3）四边形ABCD的两条对角线交点为O，若△AOB，△BOC，△COD，△DOA面积分别为S1，S2，S3，S4，试判断S1，S2，S3，S4的关系，并加以证明；（4）四边形ABCD的两条对角线相等，交点为O，∠BAC=∠BDC，若△AOB，△BOC，△COD，△DOA面积分别为S1，S2，S3，S4，试只用S1，S3或只用S2，S4表示四边形ABCD的面积S．考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．专题：压轴题．分析：（1）根据平行四边形的性质可证得四个小三角形面积相等；（2）我们可以表示出这四个面积，S1= OA•OB，S2=OB•OC，S3= OC•OD，S4= OD•OA，于是我们发现S1S3=S2S4；（3）虽然两条对角线不垂直了，但是思路和（2）是一样的；（4）应该分AB与CD平行或不平行两种情况进行分析．解答：解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，∵△AOB，△BOC的边OA，OC上的高相同，∴S1=S2，同理S2=S3，S3=S4，S4=S1，∴S1=S2=S3=S4．（2）∵AC⊥BD，垂足为O，∴S1= OA•OB，S2= OB•OC，S3= OC•OD，S4=OD•OA，∴S1S3=S2S4；（3）设点B到线段AC所在直线的距离为h1，点D到线段AC所在直线的距离为h2，∴S1= O A•h1，S2= OC•h1，S3= OC•h2，S4= O A•h2，∴S1S3=S2S4；（4）∵BAC=∠BDC，∠AOB=∠DOC，∴∠DCA=∠ABD，当AB与CD不平行时，必相交于一点，设线段BA与CD的延长线交于点E，∵AC=BD，∠AEC=∠DEB，∴△AEC≌△DEB，∴AE=DE，CE=BE，∴AB=DC，∴△AOB≌△DOC，∴S1=S3，∵S1S3=S2S4，∴S12=S2S4，∴S=S1+S2+S3+S4=2S1+S2+S4=S2+S4+2 （或=（+ ）2）；当AB与CD平行时，则△ABD与△BAC同底等高，有S1+S2=S1+S4，∴S2=S4，∵S1S3=S2S4，∴S22=S1S3，S=S1+S3+2S2=S1+S3+2 （或=（+ ）2）．点评：本题主要考查了全等三角形的性质以及三角形面积公式的灵活运用．要注意（4）中要分AB，CD平行和不平行两种情况来求解．（2006•太原）如图，在15×15的网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小格的顶点叫做格点．在图中画出以格点为顶点，边长都为整数的一个锐角△ABC，并在每条边上标出其长度．考点：正方形的性质．专题：网格型．分析：根据勾股定理，画两个完全一样的直角三角形，然后将直角重合，注意重合的锐角要小于45°，才能保证是一个锐角三角形．解答：解：可作两个直角三角形，边长分别为3、4、5，将直角边为4的边重合，可得到一个锐角三角形，三边长分别为5，5，6．点评：本题主要是了解构成锐角三角形的条件．（2008•肇庆）如图，在等腰Rt△ABC中，∠C=90°，正方形DEFG的顶点D在边AC上，点E、F在边AB上，点G在边BC上．（1）求证AE=BF；（2）若BC= cm，求正方形DEFG的边长．考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质．专题：计算题；证明题．分析：（1）要证明AE=BF，只要证明三角形BGF和三角形ADE全等即可；（2）直角三角形BFG中，∠B=∠=45°，有BC的长，那么正方形的边长就可以求出来了．解答：解：（1）∵等腰Rt△ABC中，∠C=90°，∴∠A=∠B．∵四边形DEFG是正方形，∴DE=GF，∠DEA=∠GFB=90°．∴△ADE≌△BGF．∴AE=BF．（2）∵∠DEA=90°，∠A=45°，∴∠ADE=45°．∴AE=DE，同理BF=GF．∴EF= AB= == （cm）．∴正方形DEFG的边长为cm．点评：本题主要考查了全等三角形的判定和正方形的性质等知识点．判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．（2006•沈阳）如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别为边BC、CD的中点，AF、DE相交于点G，则可得结论：①AF=DE，②A F⊥DE（不须证明）．（1）如图②，若点E、F不是正方形ABCD的边BC、CD的中点，但满足CE=DF，则上面的结论①、②是否仍然成立；（请直接回答“成立”或“不成立”）（2）如图③，若点E、F分别在正方形ABCD的边CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时上面的结论①、②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．（3）如图④，在（2）的基础上，连接AE和EF，若点M、N、P、Q分别为AE、EF、FD、AD的中点，请先判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形、等腰梯形”中的哪一种，并写出证明过程．考点：正方形的性质；直角三角形全等的判定；正方形的判定．专题：几何综合题．分析：（1）根据正方形的性质证明△DEC≌△AFD即可知道结论成立．（2）由已知得四边形ABCD为正方形，证明Rt△ADF≌Rt△ECD，然后推出∠ADE+∠DAF=90°；进而得出AF⊥DE；（3）首先根据题意证明四边形MNPQ是菱形，然后又因为AF⊥DE，得出四边形MNPQ为正方形．解答：解：（1）由DF=CE，DE=AF，且∠AFD=∠DEC，故有△DEC≌△AFD；故结论①、②成立（1分）（2）结论①、②仍然成立理由为：∵四边形ABCD为正方形∴AD=DC=CB且∠ADC=∠DCB=90°在Rt△ADF和Rt△ECD中AD=DC∠ADC=∠DCBCE=DF∴Rt△ADF≌Rt△ECD（SAS）（3分）∴AF=DE∴∠DAF=∠CDE∵∠ADE+∠CDE=90°∴∠ADE+∠DAF=90°∴∠AGD=90°∴AF⊥DE（5分）（3）结论：四边形MNPQ是正方形（6分）证明：∵AM=ME，AQ=QD∴MQ∥DE且MQ= DE同理可证：PN∥DE，PN= DE；MN∥AF，MN=AF；PQ∥AF，PQ= A F；∵AF=DE∴MN=NP=PQ=QM∴四边形MNPQ是菱形（8分）又∵AF⊥DE∴∠MQP=∠QMN=∠MNP=∠NPQ=90°∴四边形MNPQ是正方形（10分）点评：本题考查的是全等三角形的判定，正方形的判定以及正方形的性质，难度一般．（2010•扬州）如图，在直角梯形ABCD中，∠ABC=90°，AD∥BC，AD=4，AB=5，BC=6，点P是AB上一个动点，当PC+PD的和最小时，PB的长为3．考点：相似三角形的判定；轴对称-最短路线问题．专题：几何图形问题．分析：要求PC+PD的和的最小值，PC，PD不能直接求，可考虑通过作辅助线转化PC，PD的值，从而找出其最小值求解．解答：解：延长CB到E，使EB=CB，连接DE交AB于P．则DE就是PC+ PD的和的最小值．∵AD∥BE，∴∠A=∠PEB，∠ADP=∠E，∴△ADP∽△BEP，∴AP：BP=AD：BE=4：6=2：3，∴PB= PA，又∵PA+PB=AB=5，∴PB= AB=3．点评：考查相似三角形的判定及性质和轴对称等知识的综合应用．（2010•滨州）如图，等边△ABC的边长为6，AD是BC边上的中线，M是AD上的动点，E是AC边上一点，若AE=2，EM+CM的最小值为．考点：轴对称-最短路线问题；勾股定理．专题：动点型．分析：要求EM+CM的最小值，EM，CM不能直接求，可考虑通过作辅助线转化EM，CM的值，从而找出其最小值求解．解答：解：连接BE，与AD交于点M．则BE就是EM+CM的最小值．取CE中点F，连接DF．∵等边△ABC的边长为6，AE=2，∴CE=AC-AE=6-2=4，∴CF=EF=AE=2，又∵AD是BC边上的中线，∴DF是△BCE的中位线，∴BE=2DF，BE∥DF，又∵E为AF的中点，∴M为AD的中点，∴ME是△ADF的中位线，∴DF=2ME，∴BE=2DF=4ME，∴BE= BM．在直角△BDM中，BD= BC=3，DM=AD= ，∴BM= = ，∴BE= ．∴EM+CM的最小值为．点评：考查等边三角形的性质和轴对称及勾股定理等知识的综合应用．（2009•东营）在下图4×4的正方形网格中，△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，则其旋转中心可能是（）考点：旋转的性质．专题：网格型；操作型．分析：根据旋转中心的确定方法，旋转中心是对应点连线的垂直平分线的交点，连接对应点，并判断其垂直平分线交点即可得到答案．解答：解：连接NN2，PP2，易得其连线的垂直平分线相交于点B，故旋转中心应在B点．故选B．点评：本题主要考查旋转中心的找法：对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．考点：旋转的性质．分析：根据旋转的性质找到对应点、对应角、对应线段作答．解答：解：∵△ABC绕点A逆时针旋转80°得到△AB′C′，∴∠BAB′=80°，∠BAC=50°，∴∠CAB′=∠BAB′-∠BAC=30°．故选A．点评：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．要注意旋转的三要素：①定点-旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．。