中考数学与初中数学旋转有关的压轴题附详细答案

1、中考数学与初中数学旋转有关的压轴题附详细答案一、旋转1.如图1,在平面直角坐标系xOy中，抛物线C:y=ax2+bx+c与x轴相交于A,B两点，顶点为D(0,4),AB=4及，设点F(m,0)是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F旋转180°,得到新的抛物线C'.(1)求抛物线C的函数表达式；(2)若抛物线C与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围.(3)如图2,P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C上的对应点P',设M是C上的动点，N是C上的动点，试探究四边形PMP'N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请

2、说明理由.【答案】(1)y【解析】1x24；2(2)2<m<2衣；(3)m=6或m=7T7-3.22mx2m82一2一(42m802m02m280试题分析：(1)由题意抛物线的顶点C(0,4),A(2J2,0),设抛物线的解析式为21yax4,把A(252，。)代入可得a=-,由此即可解决问题；(2)由题意抛物线C的顶点坐标为(2m,-4),设抛物线C'的解析式为12/yx424,由2，消去y得到x2124y-xm42意，抛物线C与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，则有解不等式组即可解决问题；(3)情形1,四边形PMP'N能成为正方形.作P已x轴于E,MHx轴

3、于H.由题意易知P(2,2),当4PFM是等腰直角三角形时，四边形PMP'N是正方形，推出PF=FM,/PFM=90；易证PFEFMH,可得PE=FH=2,EF=HM=2-m,可得M(m+2,m-2),理由待定系数法即可解决问题；情形2,如图，四边形PMP'N是正方形，同法可得M(m-2,2-m),利用待定系数法即可解决问题.试题解析:1)由题意抛物线的顶点C(0,4),A(2J2,0)，设抛物线的解析式为yax24,把A(2/2，。)代入可得a=12/yx4.2(2)由题意抛物线C的顶点坐标为(2m,-1一,抛物线C的函数表达式为24),设抛物线C'的解析式为1x22

4、2(x4,消去y得到x22mx2m284抛物线C与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，则有(242m2802m0,解得2m2802vm2j2，满足条件的m的取值范围为2Vmv2五(3)结论：四边形PMP'N能成为正方形.理由：1情形1,如图，作P已x轴于E,MHx轴于H.由题意易知P(2,2),当4PFM是等腰直角三角形时，四边形PMP'N是正方形,.PF=FM,/PFM=90；易证APF*FMH,可得PE=FH=2,EF=HM=2-m,.M(m+2,-1212m-2),.点M在y-x4上，m2-m24,解得m=V173或22-57-3(舍弃)，m=J17-3时，四边形PM

5、P'N是正方形.情形2,如图，四边形PMPN是正方形，同法可得M(m-2,2-m),把M(m-2,21 21一2-m)代入yx4中，2m-m24,解得m=6或0(舍弃)，m=62 2时，四边形PMP'N是正方形.综上所述：m=6或m=/17-3时，四边形PMPN是正方形.2.在平面直角坐标系中，已知点A（0,4）,B（4,4）,点M,N是射线OC上两动点（OMvON）,且运动过程中始终保持/MAN=45。，小明用几何画板探究其中的线段关系.（1）探究发现：当点M,N均在线段OB上时（如图1）,有OM2+BN2=MN2.他的证明思路如下：第一步：将4ANB绕点A顺时针旋转90&#

6、176;得AAPO,连结PM,则有BN=OP.第二步：证明APMANM,得MP=MM.第一步：证明/POM=90°,得OM2+OP2=MP2.最后得到OM2+BN2=MN2.请你完成第二步三角形全等的证明.（2）继续探究：除（1）外的其他情况，OM2+BN2=MN2的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.（3）新题编制：若点B是MN的中点，请你编制一个计算题（不标注新的字母），并直接给出答案（根据编出的问题层次，给不同的得分）.【答案】（1）见解析；（2）结论仍然成立，理由见解析；（3）见解析.【解析】【分析】（1）将4ANB绕点A顺时针旋转90°得APO

7、,连结PM,则有BN=OP.证明APMAANM,再利用勾股定理即可解决问题；（2）如图2中，当点M,N在OB的延长线上时结论仍然成立.证明方法类似（1）;（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长.利用（2）中结论，构建方程即可解决问题.【详解】绕点A顺时针旋转90°得APO,连结PM,则有BN=OP.3 /NAP=/OAB=90°,/MAN=45°,/MAN=/MAP,4 .MA=MA,AN=AP,.MANAMAP(SAS).(2)如图2中，结论仍然成立.P理由：如图2中，将4ANB绕点A顺时针旋转90°得aAPO,连结PM,则有BN=OP.5 /

8、NAP=/OAB=90°,/MAN=45°,/MAN=/MAP,6 .MA=MA,AN=AP,7 .MANAMAP(SAS),.MN=PM,8 /ABN=ZAOP=135；/AOB=45；/MOP=90°,.PM2=OM2+OP2,.-.om2+bn2=mn2；(3)如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长.设MN=2x,贝UBM=BN=x,-，OA=AB=4,/OAB=90；.OB=4应，OM=4拒-x,.OM2+BN2=MN2.(422-x)2+x2=(2x)2,解得x=-2J2+2J6或-242-2J6(舍弃)MN=-42+46Q.【点睛】本题属于几何变换综

9、合题，考查了等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题.3.如图1,在RtABC中，/ACB=90°,AC=BC.点D、E分别在ACBC边上，DC=EC连接DE、AE、BD.点M、N、P分别是AE、BD>AB的中点，连接PM、PN、MN.图1S2曾用圉(1)PM与BE的数量关系是,BE与MN的数量关系是.(2)将ADEC绕点C逆时针旋转到如图2的位置，判断(1)中BE与MN的数量关系结论是否仍然成立，如果成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；(3)若CB=6.CE=2,在

10、将图1中的4DEC绕点C逆时针旋转一周白过程中，当B、E、D三点在一条直线上时，求MN的长度.【答案】(1)PM-BE,BEJ2MN;(2)成立，理由见解析；(3)MN=Ji7-21或而"+1【解析】【分析】(1)如图1中，只要证明VPMN的等腰直角三角形，再利用三角形的中位线定理即可解决问题；(2)如图2中，结论仍然成立，连接AD、延长BE交AD于点H.由VECBVDCA,推出BEAD,DACEBC,即可推出BHAD,由M、N、p分别AE、1 1BD、AB的中点，推出PM/BE,PM-BE,PN/AD,PN-AD,推出2 22-PMPN,MPN90,可得BE2PM2MNV2MN;2

11、(3)有两种情形分别求解即可【详解】(1)如图1中，.BN=DN,AP=PB,1 .PN/AD,PNAD,2,.AC=BC,CD=CE.AD=BE,.PM=PN, /ACB=90°,.-.AC±BC, .PM/BC,PN/AC, PMXPN,PMN的等腰直角三角形，MN72PM，MNJ21BE,2BEV2MN，1故答案为PM-BE,BEJ2MN2(2)如图2中，结论仍然成立.CB图2理由：连接AD、延长BE交AD于点H. ABC和CDE是等腰直角三角形，.CD=CE,CA=CB,/ACB=/DC三90°, /ACB-/ACE=/DCE-/ACE/ACD=/ECB.

12、,.ECBADCAs.BE=AD,/DAC=/EBC ZAHB=180-(/HAB+/ABH)=180°-(45+ZHAC+ZABH)=/180°-(45°+/HBG/ABH)=180°-90°=90°, BHXAD, M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，11 .PM/BE,PMBE,PN/AD,PNAD,22.PM=PN,/MPN=90；,2 BE2PM2MN，2MN.2(3)如图3中，作CGLBD于G,则CGGEDGJ2,当D、E、B共线时，在RtABCG中，bGJBC2CG2，62J22痴,BEBGGE.34.2,MN-BE

13、后1.2如图4中，作CG±BD于G,则CGGEDGJ2，A4当D、EB共线时，在RtABCG中，bg，BC2CG2后>.BC-CE-IL曼珊-MCE(1)请参考小明的思路写出证明过程；(2)直接写出线段CD,CF,AC之间的数量关系：(理解运用)商，BEBGGE扃近, MNBE1771.2综上所述，MN=历-1或JT7+1.【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题.4.(探索发现)如图，ABC是等边三角形，点D为BC边上一个动点，将ACD

14、绕点A逆时针旋转60得到AEF,连接CE.小明在探索这个问题时发现四边形ABCE是菱形.小明是这样想的：等边三常时RFCI>心7。=K将aSD绕点T逆时鼾应铸的:得«=>到如图，在ABC中，ADBC于点DMABD绕点A逆时针旋转90得到AEF,延长FE与BC,交于点G.(3)判断四边形ADGF的形状，并说明理由；(拓展迁移)(4)在(3)的前提下，如图，将AFE沿AE折叠得到AME，连接MB,若AD6,BD2,求MB的长.BDCS口CBDCG图1图2图3【答案】(1)详见解析；(2)CDCFAC;(3)四边形ADGF是正方形；(4)213【解析】【分析】(1)根据旋转得：

15、4ACE是等边三角形，可得：AB=BC=CE=AE则四边形ABCE是菱形；(2)先证明C、F、E在同一直线上，再证明BADCAF(SAS,则/ADB=/AFC,BD=CF可得AC=CF+CD(3)先根据/ADC=/DAF=ZF=90。，证明得四边形ADGF是矩形，由邻边相等可得四边形ADGF是正方形；(4)证明BAM0EAD(SAS,卞据BM=DE及勾股定理可得结论.【详解】(1)证明：ABC是等边三角形，ABBCAC.ACD绕点A逆时针旋转60得到AEF,CAE60,ACAE.ACE是等边三角形.ACAECE.ABBCCEAE.四边形ABCE是菱形.(2)线段DC,CF,AC之间的数量关系：

16、CDCFAC.(3)四边形ADGF是正方形.理由如下： RtABD绕点A逆时针旋转90得到AEF, AFAD,DAF90.ADBC,ADCDAFF90.四边形ADGF是矩形. AFAD,四边形ADGF是正方形.（4）如图，连接DE.四边形ADGF是正方形,DGFGADAF6.ABD绕点A逆时针旋转90得到AEF,BADEAF,BDEF2,EGFGEF624.;将AFE沿AE折叠得到AME,MAEFAE,AFAM. BADEAM. BADDAMEAMDAM,即BAMDAE. AFAD,AMAD.AMAD在BAM和EAD中，BAMDAE,ABAE .BAMEADSAS.1BMDE.EG2DG2.4

17、2622,13.【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形和全等三角形的性质，依据图形的性质进行计算求解.5.在等边4AOB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4AOB不动，让扇形COD绕点O逆时针旋转，线段ACBD也随之变化，设旋转角为a.（0<360。（1）当OC/AB时，旋转角“=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、CD三点共线时，求B

18、D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)A+1或/1；(4)PC的22最大值=3,PC的最小值=J3-1.【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a=60或240°.(2)结论：AC=BD,只要证明AO84BOD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。上运动，过点O作OHLAB于H,直线OH交。于C'、C，线段CB的长即为PC的最大值，线段

19、CH的长即为PC的最小值.易知PC的最大值二3,PC的最小值=73-1.详解：(1)如图1中，,4ABC是等边三角形，ZAOB=ZCOD=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a=60<240°.故答案为60或240;(2)结论：AC=BD,理由如下：如图2中，ZCOD=ZAOB=60°,./COA=/DOB.在AAOC和ABOD中，OAOBCOADOB,.AOCBOD,.1.AC=BD;COOD(3)如图3中，当A、CD共线时，作OHAC于H.在RtACOH中，-.OC=1,ZCOH=30°,，CH=HD=；,OH

20、=3.在RtAOH中,AH=J0A20H2=姮，BD=AC=CH+AH=1A22131易知AC=BD=AH-CH=-2综上所述：当A、C、D三点共线时，BD的长为而1或而1;22(4)如图5中，由题意，点C在以。为圆心，1为半径的。上运动，过点。作OHXABTH,直线0H交。于C'、C，线段CB的长即为PC的最大值，线段CH的长即为PC的最小值.易知PC的最大值=3,PC的最小值=J3-1.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

21、解决问题，利用辅助圆解决最值问题，属于中考压轴题.6.两块等腰直角三角板ABC和DEC如图摆放，其中/ACB=/DCE=90°,F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点.(1)如图1,若点D、E分别在AC、BC的延长线上，通过观察和测量，猜想FH和FG的数量关系为和位置关系为;(2)如图2,若将三角板DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时，其余条件均不变，则(1)中的猜想是否还成立，若成立，请证明，不成立请说明理由；(3)如图3,将图1中的4DEC绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图3,(1)中的猜想还成立吗？直接写出结论，不用证明.【答案】（1）相等，垂直.D（2）成立，

22、证明见解析；（3）成立，结论是FH=FG,FHXFG.1FG=BE,2【解析】试题分析：（1）证AD=BE根据三角形的中位线推出FH=1AD,FH/AD,2FG/BE,即可推出答案；（2）证AC*BCE,推出AD=BE,根据三角形的中位线定理即可推出答案；（3）连接BE、AD,根据全等推出AD=BE,根据三角形的中位线定理即可推出答案.试题解析：(1)解：CE=CDAC=BC/ECA=/DCB=90,BE=AD,F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点,.FH=1AD,FH/AD,FG=1BE,FG/BE,22.FH=FG.ADXBE,FHXFG,故答案为相等，垂直.(2)答：成立，证明

23、：CE=CD/ECD=ZACD=90,AC=BC.ACDABCE.AD=BE,由(1)知：FH=1AD,FH/AD,FG=1BE,FG/BE,22.FH=FGFHI±FG,，（1）中的猜想还成立.E(3)答：成立，结论是FH=FG,FHLFG.连接AD,BE,两线交于Z,AD交BC于X,同(1)可证1 .FH=-AD,FH/AD,FG=-BE,FG/BE,222 三角形ECDACB是等腰直角三角形，3 .CE=CDAC=BC/ECD叱ACB=90；/ACD=ZBCE在ACD和ABCE中AC=BCACD=BCE,CE=CD4 .ACDABCE.AD=BE,/EBC4DAC,5 /DAC

24、+-ZCXA=90,°/CXA=ZDXB,6 /DXB+-ZEBC=90,°/EZA=180°90=90；即AD±BE,1. FH/AD,FG/BE,FHXFG,即FH=FGFHI±FG,结论是FH=FGFHXFG.【点睛】运用了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定、三角形的中位线定理，旋转的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用这些性质进行推理是解此题的关键.7.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

25、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)"5.2【解析】【分析】(1)根据题意补全图形即可；(2)先判断出ADFABE,进而判断出点C,D,F共线，即可判断出DF8HEG,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】(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=ZADC=BAD=90,/DAF=ZBAE, .ADFAABE(SAS, .DF=BE/

26、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=ZBCD=90,°DF/EH,/DFG=ZHEG,BD是正方形ABCD的对角线，/CBD=45；.BE=EH/DGF=ZHGE,.DFGAHEG(AAS),，FG=EG.AE=AF,AGXEF;（3）BD是正方形的对角线， .BD=72AB=3应,由（2）知，在RtBEH中，BH=V2bE=2衣, .DG=BD-BH=2由（2）知，ADFGAHEG,.DG=HG, .HG=1DH=.BG=BH+HG=2.,2+2_52+22【点睛】

27、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.8.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4CED拼在一起.现将CED绕点C顺时针旋转至CED'旋转角为a.(1)如图(2),旋转角a=30°时，点D'到CD边的距离DA=.求证：四边形ACED'为矩形；(2)如图(1),4CED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'p并说明理由.(3)4CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，/CE=90°时，直接写出旋转角a的值.【答案

28、】1【解析】分析：(1)过D作DNLCD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DNLCD于N.,一-1一nNNCD=30CDCD=2,.ND=CD=12由已知，D'A/CE,且D'A=CE=1,四边形ACED为平行四边形.又/DC

29、E=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',.DC三D'CG,.GD'E'D.(3)分两种情况讨论：如图1./CED=90；CD=2,CE'=1.-./CDE=30:/ECD=60:./ECB=30；.旋转角=/ECE=180°+30°=210°如图2,同理可得/E'CE=30°,旋转角=360°30=330

30、76;.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.9.已知：在ABC中，BC=a,AC=b,以AB为边作等边三角形ABD.探究下列问题：(1)如图1,当点D与点C位于直线AB的两侧时，a=b=3,且/ACB=60,则CDj；(2)如图2,当点D与点C位于直线AB的同侧时，a=b=6,且/ACB=90,则CD=;(3)如图3,当/ACB变化，且点D与点C位于直线AB的两侧时，求CD的最大值及相应的/ACB的度数.【答案】(1)3尸；(2)馥6-3：2；(3)当/ACB=120时，CD有最大值是a+b.【解析】【分析】(1

31、) a=b=3,且/ACB=60,AABC是等边三角形，且CD是等边三角形的高线的2倍，据此即可求解；(2) a=b=6,且/ACB=90,AABC是等腰直角三角形，且CD是边长是6的等边三角形的高长与等腰直角三角形的斜边上的高的差；(3)以点D为中心，将4DBC逆时针旋转60°,则点B落在点A,点C落在点E.连接AE,CE,当点E、A、C在一条直线上时，CD有最大值，CD=CE=a+b【详解】(1),.a=b=3,且/ACB=60,.ABC是等边三角形，2.OC=L3.CD=3;3k抵-3旦；(3)以点D为中心，将4DBC逆时针旋转60。,则点B落在点A,点C落在点E,连接AE,C

32、E,El.CD=ED,/CDE=60,°AE=CB=a.CDE为等边三角形，.CE=CD当点E、A、C不在一条直线上时，有CD=CE<AE+AC=a+b当点E、A、C在一条直线上时，CD有最大值，CD=CE=a+b只有当/ACB=120时，/CAE=180,即A、C、E在一条直线上，此时AE最大./ACB=120,°B因此当/ACB=120时，CD有最大值是a+b.DCD有最大值的条件,本题主要考查了等边三角形的性质，以及轴对称的性质，正确理解是解题的关键.10.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

33、底”。(1)概念理解：如图1,在ABC中，AC6,BC3.ACB30,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ABC,连结AA交直线BC于点D.若点B是43ai,z212i的重心，求一匕的值.BC(3)应用拓展：如图3,已知I1/I2J1与12之间的距离为2.等高底”ABC的等底”BC在直线11上点A在直线12上,有一边的长是BC的屈倍.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呼（3）CD的值为|J1

34、0,2J2,2【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°,由重心的性质，得至ijBC=2BD.设BD=x,贝UAD=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=J2BC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，ZADC=90:ZACB=30°,AC

35、=6,AD=-AC=3,AD=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"，AD=BC,ABC与MBC关于直线BC对称，/ADO90:点B是MAC的重心，BO2BD.设BD=x,贝UAD=BC=2x,.CD=3x,，由勾股定理得AC=，3x,AC13x13BC2x(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,li12,11与12之间的距离为2,ab=J2bc,.BC=AE=2,AB=272， .BE=2,即EC=4,AC=2M.1112,ZACE=ZDAF,DFAEAFCE一,即

36、AF=2x.2ABC绕点C按顺时针方向旋转45得到M'B'C,/CDF=45：设DF=CF=x.22 .AC=3x=2/5可得x=-J5,.CD=2x=-j7T0.33n.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'CL1i,.,.CD=AB=BC=2.如图6,作AE，1i于点E,则AE=BC,1AC=V2bC=V2AE,/ACE=4

37、5°,.MBC绕点C按顺时针方向旋转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.用6综上所述：CD的值为2田0,2J2,2.3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.11.(1)发现如图，点A为线段BC外一动点，且BCa,ABb.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BC3,AB1.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

38、,连接CD,BE.找出图中与BE相等的线段，并说明理由；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PA2,PMPB,BPM90,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)DC=BE,理由见解析；BE的最大值是4;(3)AM的最大值是3+2J2,点P的坐标为(2-J2，J2)【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)根据等边三角形的性质得到AD=AB,AC=AE/BAD=/CAE=60,推出CADEAB,根据全等三角形的性质得到CD=BE由于线段BE长的

39、最大值二线段CD的最大值，根据(1)中的结论即可得到结果；(3)连接BM,将4APM绕着点P顺时针旋转90°得至iJPBN,连接AN,得到4APN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2J2+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)CD=BE,理由：4ABD与4A

40、CE是等边三角形，.AD=AB,AC=AE/BAD=/CAE=60,°ZBAD+ZBAC=ZCAE+ZBAC,即/CAD=ZEAB,在ACAD与EAB中，AD=ABCAD=EAB,AC=AEACADIAEAB,.CD=BE二线段BE长的最大值二线段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)二.将APM绕着点P顺时针旋转90°得至iJPBN,连接AN,则APN是等腰直角三角形，N却，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

41、长的最大值二线段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=72AP=272，最大值为22+3;如图2,过P作P已x轴于E,0AB也图2 APN是等腰直角三角形，PE=AE=&, .OE=BO-AB-AE=5-3-、,2=2-,2， .P(2-.2,、2).【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.12.正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为2和2/5，点B在边AG上，点D在线段EA的延长线上，连接BE.(1)如图1,求证：DG,BE;(2)如图2,

42、将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转，当点B恰好落在线段DG上时，求线段BE的长.图1图2【答案】(1)答案见解析；(2)J2J6.【解析】【分析】(1)由题意可证ADG24ABE,可得/AGD=/AEB,由/ADG+/AGD=90°,可得/ADG+ZAEB=90;即DG±BE；(2)过点A作AMLBD,垂足为M,根据勾股定理可求MG的长度，即可求DG的长度,由题意可证DA84BAE,可得BE=DG.【详解】(1)如图，延长EB交GD于H圉1 四边形ABCD和四边形AEFG是正方形 -ad=ab,ag=ae,/dag=/bae=90 .ADGAABE(SAS/AGD=/A

43、EB /ADG+ZAGD=90° /ADG+ZAEB=90° DGXBE(2)如图，过点A作AMBD,垂足为MGF郡 ,正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为2和2J2, .AM=DM=72，/DAB=/GAE=90°mg=Jag2ma2=厩，/dag=/bae .DG=DM+MG=72+76,由旋转可得：AD=AB,AG=AE,且/DAG=/BAEDA8BAE(SAS，BE=DG=2.6【点睛】考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键.13.已知ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且

44、OA=6,点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将4ACD绕点C逆时针方向旋转60彳导到4BCE连接de.(1)如图1,求证：4CDE是等边三角形.(2)设OD=t, 当6vt10时，4BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出4BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由. 求t为何值时，DEB是直角三角形(直接写出结果即可).【答案】见解析；(2)他解析；t=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)当6<t<10时，由旋转的性质得到BE=AD,于是得到Cadbe=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE根据等边三角形的性质得

45、至UDE=CD由垂线段最短得至U当CD)±AB时，4BDE的周长最小，于是得到结论；存在，当点D与点B重合时，D,B,E不能构成三角形；当0W6时，由旋转的性质得至IJ/ABE=60,/BDEv60°,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6vtv10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)二将4ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到4BCE/DCE=60；DC=EC, .CDE是等边三角

46、形；(2)存在，当6<t<10时，由旋转的性质得，be=ad, Cadbe=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,由(1)知，acde是等边三角形，.DE=CD, 1Cadbe=CD+4,由垂线段最短可知，当CD）±AB时，4BDE的周长最小，此时，CD=2向 .BDE的最小周长=CD+4=2J3+4;存在，二.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0W6时，由旋转可知，/ABE=60°,/BDEv60°,/BED=90；由（1）可知，4CDE是等边三角形，/DEB=60；/CEB=30；/CEB=/CDA,/CDA=30；/CAB=60；/ACD=/ADC=30°,.damcam4,.OD=OA-DA=6-4=2,，t=2;当6vtv10时，由/DBE=120°>90°,，此时不存在；当t>10时，由旋转的性质可知，ZDBE=60°,又由（1）知ZCDE=60°,/BDE=/CDE+ZBDC=60+/BDC,而/BDC>0°,/BDE>60；只能/BDE=90;从而/BCD=3