2020-2021中考数学专题《初中数学旋转》综合检测试卷附答案解析

1、2020-2021中考数学专题初中数学 旋转综合检测试卷附答案解析一、旋转1 .在 ABC中，AB=AC, / BAC= （060 ）,将线段 BC绕点B逆时针旋转60 °得到线段BD。（图（图2）（1）如图1,直接写出/ABD的大小（用含的式子表示）；（2）如图2, /BCE=150, /ABE=60,判断 ABE的形状并力口以证明;（3）在（2）的条件下，连结 DE,若/DEC=45,求 的值。1【答案】（1） 30-（2）见解析（3）301【解析】解：（1） 301 。2（2） 4ABE为等边三角形。证明如下：连接 AD, CD, ED,线段BC绕点B逆时针旋转60得到线段BD

2、,BC=BD, / DBC=60 ;又 /ABE=60,1ABD 60DBE EBC 30- 且 BCD为等边二角形。在 4ABD 与 4ACD 中，AB=AG AD=AD, BD=CD,八人八1.ABDAACD (SSS。. BAD CAD 一2 _ _1_./BCE=150,BEC 180(30- ) 150在 ABD 和 EBC中， BEC BAD , EBC1BAC 一2一 。BEC2ABD , BC=BQBAD 。.ABDAEBC (AAS) 。 . . AB=BE .ABE为等边三角形。DCE 1506090 。(3) ./BCD=60, /BCE=150,又 / DEC=45，.

3、二 DCE为等腰直角三角形。.DC=CE=BC。(180150 ),/BCE=150,， EBC 15 。21而 EBC 30-15。30。2(1) AB=AC, /BAC=ABC1802将线段BC绕点B逆时针旋转60得到线段BD,ODBC 60 。ABD ABC DBC - 60302260（2）由SSS证明ABDACD,由AAS证明AB44EBG即可根据有一个角等于的等腰三角形是等边三角形的判定得出结论。（3）通过证明4DCE为等腰直角三角形得出 EBC （180 150 ） 15 ,由（1）21,EBC 30,从21而30-15 ,解之即可。2 .阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个

4、顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的 顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形.小胖把具有这 个规律的图形称为 手拉手”图形.如图1,在 手拉手”图形中，小胖发现若 ZBAC= /DAE, AB= AC, AD=AE,则 BD= CE在图1中证明小胖的发现；借助小胖同学总结规律，构造手拉手”图形来解答下面的问题:(2)如图 2, AB=BC, /ABC=/BDC= 60°,求证：AD+CD= BD;如图3,在 ABC中，AB= AC, Z BAC= m° ,点E为ABC外一点，点 D为BC中点, /EBC=/ACR ED± FD,求/EAF

5、的度数(用含有 m的式子表示).【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） ZEAF =1m。.2分析：(1)如图1中，欲证明BD=EQ只要证明DAB0EAC即可；(2)如图2中，延长DC到E,使得DB=DE.首先证明4BDE是等边三角形，再证明 ABD0 4CBE即可解决问题；(3)如图3中，将AE绕点E逆时针旋转 m。得到AG,连接CG EG EF、FG,延长ED到M,使得 DM=DE,连接 FM、CM,想办法证明AFEAFG,可得 / EAF=Z FAG=1 m° . Z BAC=Z DAE,Z DAB=Z EAC, 在 DAB和EAC中,AD=AEDAB= EAC ,

6、 AB=AC DABZ EAC,1 .BD=EC(2)证明：如图2中，延长DC至ij E,使得DB=DE3 DB=DE, /BDC=60,°4 .BDE是等边三角形，5 / BD=BE, / DBE=Z ABC=60 ,/ ABD=Z CBE,6 .AB=BC,7 .ABDACBE,.AD=EC,BD=DE=DC+CE=DC+A D，AD+CD=BD.(3)如图3中，将AE绕点E逆时针旋转 m°得到AG,连接CG EG EF、FG,延长ED到 M,使得 DM=DE,连接 FM、CM.S3由(1)可知 EAg AGAC,.1. / 1 = / 2, BE=CG8 BD=DC,

7、 /BDE=/CDM, DE=DM,9 .EDBAMDC,EM=CM=CG, / EBC=Z MCD,10 / EBC=Z ACF,/ MCD=Z ACF,/ FCM=Z ACB=Z ABC,/ 1=3=/ 2,11 / FCG4 ACB=Z MCF,12 CF=CF CG=CM, .-.CFGACFM, .FG=FM,13 ED=DM, DF± EM, .FE=FM=FG14 AE=AG, AF=AF,15 .AFEAAFG,/ EAF=Z FAG=1 m°2点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用手拉手

8、”图形中的全等三角形解决问题，学会构造手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题.3.如图,(4, m)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 (5WmC，反比例函数y= 16 (x>0)的图象交边 AB于点D.x(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 记矩形OABC面积与4PBD面积之差为S,求当m为何值时，S取到最大值；将点D绕点P逆时针旋转904到点E,当点E恰好落在x轴上时，求m的值.1- c(m - 8) 2+24,即可2得出结论；利用一线三直角判断出【详解】DG= PF,进而求出点P

9、的坐标，即可得出结论.【答案】(1) BD= m -4 (2)m =7时，S取到最大值 m =2+275【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)先求出矩形OABC的面积和三角形PBD的面积得出S=解：(1) :四边形OABC是矩形, AB"轴上，丁点，点B (4, m),D的横坐标为4丁点D在反比例函数y=3上,xD (4, 4),.BD=m - 4;(2) 如图1,二,矩形OABC的顶点B的坐标为(4, m)S 矩形 oabc= 4m ,由(1)知，D (4, 4),Sapbd= 1 ( m 4) ( m 4)2(m

10、 4) 2,.S= S矩形 oabc Sa pbd= 4m (m 4)2= - 1 ( m - 8)22+24,，抛物线的对称轴为m = 8,a< 0, 5< m用7 .m=7时，S取到最大值；F,过点D作DG, FP交FP的延长线于 G,如图2,过点P作PF±x轴于/ DGP= / PFE= 90 °, / DPG+Z PDG= 90由旋转知，PD- PE, / DPE= 90°, / DPG+/ EP曰 90 °,/ PDG= / EPF,. .PD8 4EPF (AAS),.DG= PF," DG= AF= m - 4,1.

11、P ( m , m 4),16点P在反比仞Bi数y=一，x1. m ( m 4) = 16 ,muZ+Z 或 m = 2 - 2 y/5 (舍)ffil【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.4.如图1,在锐角4ABC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4ACD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.【答案】(1) BF=AQ理由见解析；(2) NEAC

12、,理由见解析.2 【解析】试题分析：(1)如图1,证明AADCABDF (AAS),可得BF=AQ(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=BQ 则/ABE=/ CBE，结合(1)得：BDFADM,则1 /DBF=/ MAD,最后证明 /ANE=/ NAE=45 ,。彳# AE=EN 所以 EN= AC.试题解析：(1) BF=AG理由是：如图 1,AD± BC, BEX AC, ./ADB=/ AEF=90 , ° / ABC=45 ； .ABD是等腰直角三角形， 叫. AD=BD, / AFE=Z BF

13、D, / DAC=Z EBG在 ADC和4BDF中，DAC DBFADC BDF, AD BD .ADCABDF (AAS), BF=AQ(2) NE=2-AC,理由是：如图2,由折叠得：MD=DC,1. DE/AM, .AE=EC .BEXAC, .AB=BC,/ ABE=Z CBE, J由(1)得：AADCABDF, .ADCAADM,.,.BDFAADM,/ DBF=Z MAD , / DBA=Z BAD=45 ； / DBA- / DBF=Z BAD- / MAD, 即 / ABE=Z - BAN, / ANE=Z ABE+Z BAN=2/ ABE,【答案】(1) 5及；(2) O&#

14、39; (9,速)；(3) P' (27, 6Z1) 2255【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/HAQ=60；利用含30度角的直角三角形的性质求出AH, OH,即可得出(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二& AB=5

15、J2 ；(2)如图 2,过点。'作 O'Hx 轴于 H,由旋转知，O'A=OA=3, / OAO'=120 ；.Q (9"22(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,此日O'P+AP 的值最小./ NAE=2/ NAD=2/ CB耳/ ANE=Z NAE=45 ；.AE=EN,1 .EN=-AC.2针旋转，得AB。'，点B,。旋转后的对应点为 B； O.(1)如图1,当旋转角

16、为90°时，求BB的长;(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)1322，AH=AO=，OH= V3 AH= 3, 2 / HAO'=60 Z HO'A=30 :9 OH=OA+AH=-,25.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(2)如图2,当旋转角为120°时,求点O'的坐标;点C与点A关于y轴对称，C(-3, 0)O( 9,述)，.直线 O'C的解析式为 丫=叵乂+31 ,令皿 .

17、y=W! ,，P (0, 225553 <35.O'P=OP=3Q , 5作 P'DO'H于 D.O'D=1 O'P'=33 , 210图2图3【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. / B'O'A=/ BOA=90 ； / AO'H=30 ；，/ DP'O'=30 ,P'D=V3 O'D=, .DH=O'H- O'D=6Z3. , O'H+P'D=7 , .

18、 . P 0 6/3) 10555 ' 5时，直接写出点 P的坐标.【答案】(1) 10, 10无；(2)(3能，9);6.在平面直角坐标系中，O为原点，点A (8, 0),点B (0, 6),把4ABO绕点B逆时针旋转得B' ,0点A、。旋转后的对应点为 A'、O',记旋转角为(1)如图1,若 "90；贝U AB=,并求AA'的长;(2)如图2,若 020°,求点0'的坐标；(3)在(2)的条件下，边 0A上的一点P旋转后的对应点为 P',当O P+B取得最小值(3)彦,54)【解析】试题分析：(1)、如图，先利用勾

19、股定理计算出AB=5,再根据旋转的性质得 BA=BA,/ABA' =90则可判定 ABA为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA的长；(2)、作O'吐y轴于H,如图，利用旋转的性质得 BO=BO=3, / OBO =120°,则/HBO' =6 0再在RtBHO中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O' H的长，然后利用坐标白表示方法写出O'点的坐标；(3)、由旋转的性质得 BP=BP,则O' P+BP' =O' F+BFB点关于x轴的对称点C,连结O'度x轴于P点，如图，易得O'

20、 P+BP=Q利用两点之间线段最短可判断此时 O' P+B的值最小，接着利用待定系数法求 出直线O' C的解析式为y=&fx- 3,从而得到P (吃，0),则O' P'=。烂，作P' HO' H于D,然后确定/DP' O'=麻J用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P' D和DO的长，从而可得到 P'点的坐标.试题解析：(1)、如图，丁点 A (4, 0),点 B (0, 3) , OA=4, OB=3,1. AB=5,.ABO 绕点 B 逆时针旋转 90 °,得 AA' B ,O

21、9;BA=BA,' /ABA' =90.ABA为等腰直角三角形，.AA，= BA=5/jj ;(2)、作O' H y轴于H,如图 ，ABO绕点B逆时针旋转120°,得AA' BQ'/HBO' =30 °.BH= BO'引 O'.BO=BO'=3/ OBO'=12 0/ HBO'=60在RtBHO 中，./BO'H=9 0°厂 13V 33 9.O'点的坐标为H辟H , . OH=OB+BH=3+7 ,(3) ABO绕点B逆时针旋转120°,得AA

22、9; BO点P的对应点为 P', ，BP=BP, .O' P+BP' =O,'侔+B席关于x轴的对称点C,连结O'咬x轴于P点，如图，则O' P+BP=O P+PC=O眦时O' P+P的值最小，二.点C与点B关于x轴对称，.-.0 (0,设直线O' C的解析式为y=kx+b,把O(自坐日-)，0(0, - 3)代入得一&V3 t , &73 n m r直线O'(B解析式为y=1x 3,当y=0时，=一x3=0,解得xA ,贝U PJJ ：5,0),.OP3<35,作 P' HO'吁 D

23、,. /BO' A=BOA=90 / BO' H=30,/DP' O' =30D=O'喑,P，D%，mS，DH=O,普弟黑考点：几何变换综合题7.如图，在OABCD中，AB=10cm, BC=4cm, /BCD=120°, CE平分/BCD交 AB于点 E.点P从A点出发，沿AB方向以1cm/s的速度运动，连接 CP,将 PCE绕点C逆时针旋转60°,使CE与CB重合，得到 AQUB,连接PQ.(1)求证：4PCQ是等边三角形；(2)如图，当点P在线段EB上运动时，4PBQ的周长是否存在最小值？若存在，求出4PBQ周长的最小值；若不存

24、在，请说明理由；(3)如图，当点P在射线AM上运动时，是否存在以点 P、B、Q为顶点的直角三角形？(3)【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析；（3） t为2s或者14s. 【解析】分析：（1）根据旋转的性质，证明 PC®4QCB,然后根据全等三角形的性质和等边三 角形的判定证明即可；（2）利用平行四边形的性质证得 4BCE为等边三角形，然后根据全等三角形的性质得到 PBQ的周长为4+CP,然后垂线段最短可由直角三角形的性质求解即可；（3）根据点的移动的距离，分类讨论求解即可.详解：（1）二.旋转.,.PCEAQCB .CP=CQ /PCE =/ QCB, / BCD=12

25、0 ,° CE平分 / BCD,/ PCQ=60 ； / PCE 吆 QCE=Z QCB+Z QCE=60 ,° . PCQ为等边三角形.（2）存在. CE 平分 / BCD,/ BCE=60 ,;在平行四边形ABCD中，.AB/ CD/ ABC=180 - 120 =60 ° BCE为等边三角形BE=CB=4 旋转.-.PCEAQCB .EP=BQ.-.Ca pbctPB+BQ+PQ=PB+EP+PQ=BE+PQ=4+CP.-.CP± AB时， PBQ周长最小当 CP, AB 时，CP=BCsin60 =273 .PBQ周长最小为4+ 273（3）当点

26、B与点P重合时，P,B,Q不能构成三角形当0W6时，由旋转可知，/ CPE=Z CQB,/ CPQ=Z CPB+Z BPQ=60 °则：/BPQ+/ CQB= 60°,又 / QPB+Z PQC+Z CQB+Z PBQ=180/ CBQ=180-60 -60 =60 °/ QBP=60 ,° / BPQ< 60 °,所以/ PQB可能为直角由(1)知，4PCQ为等边三角形，/ PBQ=60 ,° / CQB= 30 ° / CQB= / CPB/ CPB=30 °/ CEB= 60 ；/ ACP= / APC

27、=30 °PA=CA=4,所以 AP=AE-EP=6-4=2所以t=2 1 2s当6v tv 10时，由/ PBQ= 120 °> 90 °,所以不存在 当t>10时，由旋转得：/PBQ=60°,由(1)得/CPQ=60°/ BPQ=/ CPQ+/ BPC=60+°/ BPC,而/ BPO 0°, / BPQ> 60 °/ BPQ=90 ,° 从而 / BCP=30BP=BC=4所以 AP=14cm所以 t=14s综上所述： t 为 2s 或者 14s 时，符合题意。点睛：此题主要考查了

28、旋转图形变化的应用，结合平行四边形、等边三角形、全等三角形的判定与性质，进行解答即可，注意分类讨论思想的应用，比较困难 .8.如图，4ABC是等边三角形，AB=6cm, D为边AB中点.动点P、Q在边AB上同时从 点D出发，点P沿 AA以1cm/s的速度向终点 A运动.点Q沿 ABfD以2cm/s的速度 运动，回到点D停止.以PQ为边在AB上方作等边三角形 PQNI.将4PQN绕QN的中点旋 转180°得到4MNQ.设四边形PQMN与4ABC重叠部分图形的面积为 S (cm2),点P运 动的时间为t (s) (0<t<3).(1)当点N落在边BC上时，求t的值.( 2 )

29、当点 N 到点 A、 B 的距离相等时，求t 的值(3)当点Q沿AB运动时，求S与t之间的函数表达式.(4)设四边形PQMN的边MN、MQ与边BC的交点分别是 E、F,直接写出四边形 PEMF 与四边形 PQMN 的面积比为 2： 3 时 t 的值cPD Q3(4)【答案】(1) / (2) 2 (3) S=S菱形 pqmnmZS.pnq= 2 t2；15t=1或【解析】试题分析：（1）由题意知：当点 N落在边BC上时，点Q与点(2)（3）边形当点N到点A、B的距离相等时，点 N在边AB的中线上, 3当0D 细；四边形 PQMN与4ABC重叠部分图形为四边形 PQMN与 ABC重叠部分图形为五

30、边形 PQFENB重合，此时DQ=3;此时 PD=DQPQMN;当5wt乙时，四(4)MN、MQ与边BC的有交点时，此时12<t写,列出四边形PEMF与四边形PQMN的面积表达式后，即可求出 t的值.试题解析：（1）4PQN与4ABC都是等边三角形,，当点N落在边BC上时，点Q与点B重合.DQ=3.-2t=3 .t=（2）二当点N到点A、B的距离相等时，点 N在边AB的中线上,PD=DQ,当0vtv时，此时，PD=t, DQ=2t .t=2t t=0 （不合题意，舍去），3当亍wy 3时，此时，PD=t, DQ=6 - 2t t=6 - 2t,解得t=2;综上所述，当点 N到点A、B的距

31、离相等时，t=2;如图(3)由题意知：此时， PD=t, DQ=2t当点M在BC边上时,，MN=BQ. PQ=MN=3t, BQ=3- 2t.-3t=3 -2t，解得t=5如图，当s<t明,设MN、MQ与边BC的交点分别是 E、F, MN=PQ=3t, NE=BQ=3 2t,.ME=MN NE=PQ BQ=5t- 3,EMF是等边三角形,5 = S 要出FQM,M 1 5 & M。'=产Saemf= ME2= ( 5t - 3) 2(4) MN、MQ与边BC的交点分别是 E、F,此时tv L考点：几何变换综合题0<t %,2Sa pnq=PQ2= t2；.$=$菱形

32、 pqmn=2S4pnq=2 t2,t=1或9.如图2,边长为2的等边 ABC内接于。O, 4ABC绕圆心O顺时针方向旋转得到H6。，A'分别与AB、AC交于E、D点，设旋转角度为仪OF” 360。).图1图2(1)当值=_,B,qABC出现旋转过程中的第一次完全重合；(2)当值=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M状12°、4ADE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)

33、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 我=60°时，点A、小、B、仔、C：为。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A41,根据弦相等，则它们所对的弧相等的性质可得附二房!即资=用，再根据等弧所对的圆周角相等，得上百八。，由等角对等边的性质可得=同理D"="'，因此可求的周长=EA + FD + DAA + ED + DC = AC = 2【详解】解：(1) 120

34、°.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图1(2) C(3) 力DE的周长不变；理由如下：连接AA',T?1111 ? 空. LANC ?阚二同理，=的周长/4 + ED + D力即叼”D+M = g = 2考点：正多边形与圆，圆周角定理10.如图1,在RtABC中，/ACB=90°, E是边AC上任意一点(点 E与点A, C不重 合)，以CE为一直角边作 RtA ECD» /ECD=90,连接BE, AD.(1)若 CA=CB CE=CD猜想线段BE, AD之间的数量关系及所在直线的位置关系，直接写出结论； 现将图1中的RtECD绕着点

35、C顺时针旋转锐角 ”，得到图2,请判断 中的结论是否 仍然成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；(2)若CA=8,CB=6 CE=3, CD=4, Rt ECD绕着点C顺时针转锐角 ”，如图3,连接BD, AE,计算的值.【答案】（1）BE=AD, BEX AD;见解析；（2） 125.【解析】试题分析：根据三角形全等的判定与性质得出BE=AD, BEX AD;设BE与AC的交点为点F, BE与AD的交点为点 G,根据/ ACB=Z ECD=90彳导出/ ACD=Z BCE，然后结合 AC=BC CD=CE得出AC*BC耳贝U AD=BE, / CAD=/CBF,根据 Z BFC=Z A

36、FG,/ BFC+Z CBE=90得出/ AFG+Z CAD=90 ,°从而说明垂直；首先根据题意得出 ACDABCEL,然后说明Z AGE=Z BGD=90°,最后根据直角三角形的勾股定理将所求的线 段转化成已知的线段得出答案.试题解析：（1）解：BE=AD, BEX ADBE=AD, BEX AD仍然成立证明：设BE与AC的交点为点F, BE与AD的交点为点G,如图1. /ACB=/ ECD=90,° ，/ACD=/ BCE ' AC=BC CD=CE. AC* BCE . AD=BE / CAD=/ CBF v / BFC玄 AFG / BFC+Z

37、CBE=90 °，/ AFG+Z CAD=90 °/ AGF=90 °.1. BEX AD（2）证明：设BE与AC的交点为点F, BE的延长线与 AD的交点为点 G,如图2. /ACB=/ ECD=90,° ，/ACD=/ BCE ; AC=8, BC=6, CE=3, CD=4 ACgBCE / CAD=Z CBE / BFC=Z AFG / BFC+Z CBE=90 / AFG+Z CAD=90 °/ AGF=90 °.1. BEX AD/ AGE=/ BGD=90 °邛月口 + £回用屏二月都+分招.尸M +

38、.AG2+ BG1 = AB2 EG- + DG2 = ED1 - 1 , ,.BD2 + AE2 = AB2 + ED1 = CA2 + CH2 + CD2 + CE2 - 125考点：三角形全等与相似、勾股定理.11. (1)观察猜想如图，在4ABC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

39、果不成立，请 说明理由.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，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.,.BDGAADE, . BG= AE. 分7(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.若 BC= DE= 2,贝U AD= 1 ,

40、 EF= 2.在 RtAEF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，连接AD.ABC是等腰三直角角形，/BAJ90。，点D是BC的中点./ ADB=90 ；且 BD= AD. / BDG= / ADB- / ADG= 90 - / ADG= / ADE, DG= DE.,.BDGAADE, . 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

41、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 .若 BC= DE= 2,贝U AD= 1 , EF= 2.在 RtAEF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= 而.12.已知4ABC是等腰三角形， AB=AC.(1)特殊情形：如图1,当DE/ BC时，有DB_ EC (填 4"，之"或“二)'(2)发现探究：若将图 1中的4ADE绕点A顺时针旋转a ( 0°< “V 180°)到

42、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,得至ij DB -EC-,结合 AB=AC,得至I DB=EQ AB AC(2)由旋转得到的结论判断出 DAB0 4EAC,得到DB=CE(3)由旋转构造出 CPg4CEA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

43、】(1) DE/ BC,DB ECAB AC ' .AB=AC, .DB=EC故答案为二,(2)成立.证明：由易知AD=AE,由旋转性质可知 / DAB=Z EAC, y.' AD=AE, AB=AC DABZ EAC, . DB=CE(3)如图，将ACPB绕点C旋转90。得ACEA连接PE,.,.CPBACEA.CE=CP=2 AE=BP=1, /PCE=90/ CEP=/ CPE=45,°在RtPCE中，由勾股定理可得，PE=2亚，在4PEA中，PE!= (2拒)2=8, AE2=12=1, PA2=32=9, .PE2+AE2=AP2, PEA是直角三角形/ P

44、EA=90 ,°/ CEA=135, °又. ACPBACEA/ BPC=Z 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.我们定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做 等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的等底”。(1)概念理解：如图1,在 ABC中，AC 6 ,BC 3. ACB 30 ,试判断 ABC是否是 等高底”三角 形，请说明理由.(2)问题探究：如图2, ABC是 等高底”三角形，BC是 等底”，作 ABC关于BC所在直线的对称图形得AC到 A BC,连结AA交直线BC于点D .若点B是乙3

45、aiz 1 2i的重心，求的值. BC(3)应用拓展：如图3,已知1i/12,1i与l2之间的距离为2.等高底” ABC的等底” BC在直线1i上，点A在直线12上,有一边的长是BC的J2倍.将 ABC绕点C按顺时针方向旋转 45得到ABC ,AC所在直线交12于点D .求CD的值.【答案】（1）证明见解析；（2） JACBC画(3) CD 的值为 2jT0,2j2,223,【解析】分析：（1）过点A作ADL直线CB于点D,可以得到AD=BC=3,即可得到结论;（2）根据 MBC是 等高底”三角形，BC是 等底”，得到AD=BC,再由MBC与 MBC关于 直线BC对称，得至ij /ADC=90

46、°,由重心的性质，得至ij BC=2BD.设BD=x,贝U AD=BC=2x, CD=3x ,由勾股定理得 AC=Ji3x,即可得到结论；（3）分两种情况讨论即可：当AB=J2BC时，再分两种情况讨论;当AC= J2 BC时，再分两种情况讨论即可.详解：（1）是.理由如下：如图1,过点A作ADL直线CB于点D,MDC为直角三角形，Z ADC=90 : ZACB=30°, AC=6,AD=-AC=3,2AD=BC=3,即MBC是等高底”三角形.(2)如图2, 公BC是 等高底”三角形，BC是 等底"，.ADuBC,ABC与 MBC关于直线 BC对称，/ADO90 :

47、点 B 是 MAC 的重心，BO2BD.设 BD=x,贝U AD=BC=2x, . . CD=3x ,由勾股定理得AC=，3x,AC13x13 - .BC2x2IVj 2(3)当 AB=& BC时，I .如图3,作AE，h于点E, DF，AC于点F.等高底” ABC的等底”为BC, lil2,11与12之间的距离为2, ab=J2bc,.BC=AE=2, AB=2 72， .BE=2,即 EC=4,AC= 2T5 .ABC绕点C按顺时针方向旋转 45得到 M' B' C,/ CDF=45 ： 设 DF=CF=x .DFAE1. 11 12,Z ACE=Z DAF 一，即

48、 AF=2x.AFCE2 . AC=3x=2/5 可得 x=2j5 , CD=x= J7l0 .33m j-n .如图4,此时 MBC是等腰直角三角形，ABC绕点C按顺时针方向旋转 45得到 M' B' C,ACD是等腰直角三角形，CD=V2ac= 2V2 当AC= &BC时，I .如图5,此时4ABC是等腰直角三角形. ABC绕点C按顺时针方向旋转 45得到 M'B'C,.A'C, 1i.CD=AB=BC=2.n .如图6,作AELi于点E,则AE=BC,1AC= V2bC= V2 AE,/ ACE=45 °,.MBC绕点C按顺时针方

49、向旋转 45得到 M'B'C时, 点A '在直线li上,AC/ 12,即直线A'C与12无交点.综上所述：CD的值为2田0, 242, 2.3点睛：本题是几何变换-旋转综合题.考查了重心的性质，勾股定理，旋转的性质以及阅读 理解能力.解题的关键是对新概念等高底”三角形的理解.14.如图，在平面直角坐标系中，。为坐标原点，点 A的坐标为(5, 0),菱形OABC的顶点B, C在第一象限，tan/AOC上，将菱形绕点 A按顺时针方向旋转角”3(0°云AOC)得到菱形FADE(,岚O的对应点为点 F) , EF与OC交于点G,连结AG.(1)求点B的坐标；(2)当OG=4时，求AG的长；(3)求证：GA平分/OGE;(4)连结BD并延长交霓轴于点P,当点P的坐标为(12, 0)时，求点G的坐标.L15 20【答案】 (8,4);(2)斤；(3) (丁，=).1 /【解析】试题分析：(1)如图1,过点B作BHI± x轴于点H,由已知可得/BAH=/COA在RtABH中,4tanZ BAH=tanZ AOC=v , AB=5,可求得 BH=4, AH=3,所以OH=8,即可得点 B的坐标为4(8,(4) ； ( 2)如图 1,过点 A 作 AMOC 于点 M,在 RtA