全国中考数学分类汇编专题几何三大变换问题之旋转

2012年全国中考数学分类解析专12：几何三大变换问题之旋一、选择】C．3+B．2012年全国中考数学分类解析专12：几何三大变换问题之旋一、选择】C．3+B．42【答案】D【考点】旋转的性质，勾股定理，等边三角形的性质，扇形面【分析因为旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积分为三部分扇形ACA1、和在△ABC1 AB=1，∠B=90°－∠BAC=60°。ACABBC3222 1BCAC322∵BC=DC，∴△BCD是等边三角形。∴BD=CD=11 3 ∴SACD2 2S ABC扫过的面积S扇形ACAS扇形BCD1 33 3 D∠A=40°．∠B′=110°，则∠BCA′的度数是】1【答案】B【考点】旋转的性质，三角形内角【答案】B【考点】旋转的性质，三角形内角和定【分析】根据旋转的性质可得∵∠A=40°，∴∠A′=40°∵∠B′=110°，∴∠A′CB′=180°﹣110°﹣40°=30°。∴∠ACB=30°，故选】【答案】BB．C．【考点】矩形的性质，旋转的性的侧面积为221=4。故选B。 6+934OO′4；③∠AOB=150°S四边形AOBO=6+33 】2【答案】A【考点】旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形【答案】A【考点】旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的逆定【分析】∵正△ABC，∴AB=CB，∠ABC=600∴∠O′BA=600－∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOC=1SS四边形 1则SAOCSAOBSAOCO。】3【答案】C【考点】点、线、面、体C【分析】矩形绕一边所在的直线旋转一周得到的是【答案】C【考点】点、线、面、体C【分析】矩形绕一边所在的直线旋转一周得到的是圆柱。故A．1：C．3D．1：【答案】B【考点】旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定【分析】如图，连接∴BP=BP′，∠ABP+∠ABP′=90°∴AB=BC，∠CBP′+∠ABP′=90°，∴∠ABP=∠CBP′′=°在Rt△APP′中，PP AP2PA2 3x2x222x 2PB∴2PB=22xPB=2x。∴P′A：PB=x：2x=1：2B4】【答案】C【考点】正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性由旋转可得：PD=PE，∠DPE=90°，∴∠APD+∠EPF=90°∴∠ADP=∠EPF在△APD和△FEP∴△APD≌△FEP（AAS。∴AP=EF，AD=PF，即又∵∠F=90°，∴△BEF为等腰直角三角形。∴∠EBF=45°8.（20123分）如图，等边△ABC6π1的⊙OAB相切于点D】A．2B．3C．4D．5【答案】C【考点】等边三角形的性质，直线与圆的位置关【分析】该圆运动可分为两部分：在三角形的三边运动以及绕过三角形的三个角，分别计算即可得到5⊙O在三边运动时自转周数：6π÷2π二、填空1.（2012⊙O在三边运动时自转周数：6π÷2π二、填空1.（20124分）如图，已知∠ABC＝90°，AB＝πr，BC＝2r的⊙OA 【答案】2πr【考点】作图题，弧长的计算【分析】根据题意画出图形，将运动路径分为三部，O2O3，分别计算出各部分的长9011r；O2O3=BC=r∵OO1=AB=πr；O1O2 2 2.（20123分）ABCD中，∠BAD=∠BCD=900,AB=AD,ABCD是24cm2.则AC长 6【答案】43【考点】等腰直角三角形的性质，旋转的性质，勾股【分析】如图，将△ADC旋转至△ABE处，则△AECABCD24cm2，,【答案】43【考点】等腰直角三角形的性质，旋转的性质，勾股【分析】如图，将△ADC旋转至△ABE处，则△AECABCD24cm2，,这时三角形△AECECAFAF=12S△AEC=1AF·EC=AF2=24。∴AF2=242 AC=433.（20123分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=2．将△ABCA 51【答案。【考点】扇形面积的计算，旋转的性区域面积为：S阴影=AB扫过的扇形面积＋△AB′C′面积﹣AC扫过的扇形面积﹣△ABC面=AB扫过的扇形面积﹣AC扫过的扇形面积∵Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=2，∴BC1AB 21，AC2132322∵B，A，C′三点共线，∴∠BAB′=150°∴S阴影AB扫过的扇形面积＋△ABC面积﹣B反比例函数y=k反比例函数y=▲.1【答案（4，【考点】反比例函数综合题，矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，曲线上点的坐标∴∠P=∠POM=∠OGF=90°。∴∠PON+∠PNO=90°，∠GOA+∠PON=90°。∴∠PNO=∠GOA∴△OGA∽△NPO∵E点坐标为（4，0，G点坐标为（0，2，∴OE=4，OG=2。∴OP=OG=2，PN=GF=OE=422。A（1，2）代入y=kk=1×2=2A的反比例函数解析式为yx=4代入y=2得y=1。∴B点坐标为（4135.（20123分）如图，直线y﹣x3x轴、yA、B两点，把△AOB2 【答案（﹣1，﹣2）或（528【考点】坐标与图形的旋3【考点】坐标与图形的旋32（2，0，B0，B′（﹣1，﹣2B′（5，2（5，2转，在旋转过程中，当BE=DF时，∠BAE的大小可以 【答案】15°或165°【考点】正方形和正三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性【分析】正三角 可以在正方形的内部也可以在正方形的外部，所以要分两种情况分别求∴AB=AD，AE=AFBE=DF时，在△ABE和△ADF∴△ABE≌△ADF（SSS。∴∠BAE=∠FAD∵∠EAF=60°，∴∠BAE+∠FAD=30°。∴∠BAE=∠FAD=15°同上可得△ABE≌△ADF（SSS。∴∠BAE=∠FAD∵∠EAF=60°，∴∠BAF=∠DAE∵900＋600＋∠BAF＋∠DAE=3600，∴∠BAF=∠DAE=105°9∴∠BAE=∠FAD=165°同上可得△A∴∠BAE=∠FAD=165°同上可得△ABE≌△ADF（SSS。∴∠BAE=∠FAD∴90°＋∠DAE=60°＋∠DAE，这是不可能的7.（20123分）如图，在等边△ABC中，DACBD．将△BCD绕点B针旋转60°得到△BAE，连接ED．若BC=10，BD=9，则△AED的周长是 【答案】19【考点】旋转的性质，等边三角形的判定和性【分析】∵△BCD绕点B60°=∵△ABC是等边三角形，BC=10，∴AC=BC=10。∴AE＋AD=AC=10∴△AED的周长=DE＋AE＋AD=9＋10=19三、解答1.（20127分）在△ABCBA=BC，BAC，MAC的中点，PBM上的动点，将线段PA绕点P顺时针旋转2得到线段PQ。并写出∠CDB大小（用含的代数式表示，并加以证明；CQ的延长线与射线BMDPQ=QD，请直接写出的范围。【答案】解：（1）补全图形如∠CDB=30°∵AB=BC，MAC的中点，∴BM⊥AC∴AD=CD，AP=PC，PD=PD在△APD与△CPD中，∵AD=CDPD=PD∴△P≌△C（S∴AP=PC，∠ADB=∠CDB，∠PAD=∠PCD又∵PQ=PA，∴PQ=PC，∠ADC=2∠CDB，∠PQC=∠PCD=∠PAD∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°∴∠APQ+∠ADC=360°－（∠PAD+∠PQD）=180°∴∠CDB=90°－α【考点】旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，等【分析（1）利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出△CMQ是等边三角形，即可得出答案∵BA=BC，∠BAC=60°，M是AC的中点，∴BM⊥AC，AM=AC∵将线段PAP顺时针旋转2α得到线段PQ，∴AM=MQ，∠AMQ=120°∴CM=MQ，∠CMQ=60°。∴△CMQ是等边三角∴∠ACQ=60°。∴∠CDB=30°∴CM=MQ，∠CMQ=60°。∴△CMQ是等边三角∴∠ACQ=60°。∴∠CDB=30°∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°－2α（m，1（m＞0（1）写出点A、A′、C′表示（m，1（m＞0，∴A（m，0，C（0，1A（0mC（－100am2bmca，解得bm1∴cabcc（3）∵BD关于原点对称，B（m，1（m，－1=【考点】二次函数综合题，矩形的性质，旋转的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解（m，1（m＞04（2）△BDF∽△CED∽△DEF，证明如下又∵∠EDF=∠B，∴∠BFD=∠CDE∵AB=AC，∴∠B=∠C。∴△BDF∽△CEDBDDC ，即 。又∵∠C=∠EDF，∴△CED∽△DEF。∴△BDF∽△CED∽△DEF（3）ADDDG⊥EF，DH⊥BF，垂足分别为1 。2Rt△ABD中∵AB=AC，∴∠B=∠C。∴△BDF∽△CEDBDDC ，即 。又∵∠C=∠EDF，∴△CED∽△DEF。∴△BDF∽△CED∽△DEF（3）ADDDG⊥EF，DH⊥BF，垂足分别为1 。2Rt△ABD中，AD2=AB2﹣BD2，即∴AD=822ABC1×48=12DEF=1S△△44AD811又∵ 22 ∵△BDF∽△DEF，∴∠DFB=∠EFD∵DH⊥BF，DG⊥EF，∴∠DHF=∠DGF=DF，∴△F≌△（AS=5DEF=1△225【考点】旋转的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定【分析（1）根据等腰三角形的性质以及相似三角形的判定得∵AB=AC，D为BC的中点，∴AD⊥BC，∠B=∠C，∠BAD=∠CAD又∵∠MDN=∠B，∴△ADE∽ABD同理可得：△ADE∽△ACD∴∠BAD=∠EDC∵∠B=∠C，∴△ABD∽△DCE。∴△ADE∽△DCE（2）利用已知首先求出∠BFD=∠CDE，即可得出△BDF∽△CEDBDDF，从而得出△BDF∽△CED∽△DEF △4.（04.（04（2，（1）若GH交y轴于点M，则 22时，St【答案】（1）45022∵四边形OABC是矩形，∴AB∥DO，AB=OC∵C2，，∴C2∴四边形ABOD是平行四边形。∴DO=AB=2由（1）易得，△DOI是等腰直角三角形，∴OI=OD=2∴t=IM=OM－OI22－2T，连接OC。∴t=IM=OM－OI22－2T，连接OC。∴OR=RF22，F（2222OG25TG=MT=xOT=OM＋MT22xRt△OTG中，由勾股定理，得x22∴G（232x=2FG的解析式为y=x。。54，t=OE=OM=22EFGHyHG5，t=OE=422EFGHyFGC6）。此时，OE=OS=t，∴S1t22（II）2<t≤22EFHGOABC由E（0，t），∠FFO=450EP的解析式为y=x+t（II）2<t≤22EFHGOABC由E（0，t），∠FFO=450EP的解析式为y=x+t当x=2时，y=2+t。∴CP= 。∴S1t2+t2=2t22（III）22<t≤422EFHGOABC此时，OE=t，，OC=2，CQ=，OU=OV=t22∴S1t2+t21t1。20<t422时，St1t20<tS2t22<t22。1t2+2+22t2<t422【考点】旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，平移的性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三【分析】（1）由旋转的性质，得∠AOF＝1350，∴∠FOM＝450由旋转的性质，得∠OHM＝450，OH=OC=2，∴OM=222<t≤2222<t≤422St5.2<t≤2222<t≤422St5.（2012江苏宿12分）(1)1，在△ABC中，BA=BC，D，EAC11＜22（C与点AEE’处DE’2∵∠DBE=1∠ABC，∴∠ABD＋∠EBC1∠ABC22∴∠ABD＋∠E’BA1∠ABC，即∠E’BD=1∠ABC。∴∠E’BD=∠DBE22在△E’BD和△EBD（2）B为旋转中心，将△BEC∠ABC=90°，得到△BE’A（CA重合EE’处），连∴∠E’AD=∠E’AB＋∠BAC=90°【考点】旋转的性质，等腰（直角）三角形的性质，全等【考点】旋转的性质，等腰（直角）三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定2AB=4，AD=2BG【答案】解：（1）BD=CF成立。理由如下∴AB=AC，AD=AF，∠BAC=∠DAF=90°∵∠BAD=∠BAC﹣∠DAC，∠CAF=∠DAF﹣∠DAC，∴∠BAD=∠CAF在△BAD和△CAF∴△BAD≌△CAF（SAS。∴BD=CF∵△BAD≌△CAF（已证，∴∠ABM=∠GCM又∵∠BMA=∠CMG，∴△BMA∽△CMG∴∠BGC=∠BAC=90°。∴BD⊥CFADEF中，AD=DE=2AE AD2DE2 22222∴AN=FN1AE=12∵在等腰直角△ABCBCAB2AC2又∵∠BMA=∠CMG，∴△BMA∽△CMG∴∠BGC=∠BAC=90°。∴BD⊥CFADEF中，AD=DE=2AE AD2DE2 22222∴AN=FN1AE=12∵在等腰直角△ABCBCAB2AC2424242。Rt△ABMtanFCNtanABMAM1 ∴AM1AB43342+4∴CM=AC﹣AM=4﹣48，BMAB2+AM234。3348∵△BMA∽△CMGBMCM ，∴CG= 1322 BC2CG2。【考点】等腰直角三角形和正方形的性质，全等三角形、相似三角形的判定和性质，旋转的性质，勾（2）①由△BAD≌△CAF，可得∠ABM=∠GCM334将△OAB绕着原点O逆时针180°4将△OAB绕着原点O逆时针180°到△OA2B1y=ax2+bx+c（a≠0）B、B1、（2）4∴B﹣4，，B（0，﹣2（3，0a=316ac=∴1，解得b=3c=y1x2。（2）P是第三象限内抛物线y1x21x4 m＜0，n＜0n1m21m433∴PC=|n|=﹣n1m21m+433BC=OB﹣OC=|﹣4|﹣|m|=4+m1BCPC1（PCOB）OC1∴ S 112221BCPC1（PCOB）OC1∴ S 112222332332mm（m2）228222333m=﹣2时，△PBB1的面积最大，这时，n=10P（﹣210332Q（x0，y0Q（xQ，yQ82 33BB1OB2OB2421112 BBQD 2 22122∴822）2xQ=﹣1或xQ=﹣33xQ32（﹣3，﹣2【考点】二次函数综合题，旋转的性质，锐角三角函数定义，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关【分析（1）根据旋转的性质确定B、B1、三点的坐标，利用待定系数法求得抛物线的解析OCyDOC的中点，BE⊥DB交x1物线于M（不与点B重合，如果点M的横坐标 ，那么结论 DG能成立吗？请说明理由5在△1物线于M（不与点B重合，如果点M的横坐标 ，那么结论 DG能成立吗？请说明理由5在△BCD与△BAE中，∵∠BCD=∠BAE=90°BC=BA，∠DBC=∠EBA∴△BCD≌△BAE（ASA。∴AE=CD∵OABC是正方形，OA=4，DOCD（0，2，B（4，4，E（6，0）a5cb16a4bc4，解36a6bc。6c13x+25∴经过点D、B、E的抛物线的解析式为：y= x+ 2 （2）OF1DG2由题意，当∠DBE绕点B∴AF=CG52+136+224。∴M（12，24= MMM55 ∵M（ ，5，（4，12k+b=k=∴，解得2∴yMB1x+6。∴G（0，6∵M（ ，5，（4，12k+b=k=∴，解得2∴yMB1x+6。∴G（0，62∴CG=2，DG=4。∴AF=CG=2，OF=OA﹣AF=2，F（2，0=2PF=FE∵（2，0，∴（2，FP⊥x轴。∴x=252∴yQ= +，∴Q1（2143PF=PE如图所示，∵AF=AE=2，BA⊥FE，∴△BEF为等腰三角形Q2（4，4PE=EF∵E（6，，∴（6，yPF=kx+b，∵（2，，（6，2k+b=0，解得。=x﹣2 2 x+ x+2=x25x2 x1=24，x2=﹣2（不合题意，舍去。∴xQ=2551 。，5151 。，51，35【考点】二次函数综合题，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，待定系数法，曲线上点的坐标OF1DG2（3）PF=FE、PF=PEPE=EF三种情况，逐一讨论并求9.（201212分）将△ABCAθn ；直线BC与直线（1）如图①，对△ABC作变换所夹的锐角 （2）∵ABB′C′是矩形，∴∠BAC′=90°∴θ=∠CAC′=∠BAC′﹣∠BAC=90°﹣30°=60°Rt△ABB'中，∠ABB'=90°，∠BAB′=60°，∴∠AB′B=30°∴AB′=2AB，即n=AB=2∵四边形又∵∠BAC=36°，∴θ=∠CAC′=∠ACB=72°。∴∠C′AB′=∠BAC=36°而∠B=∠B，∴△ABC∽△B′BA。∴AB：BB′=CB：AB∴AB2=CB•BB′=CB（BC+又∵∠BAC=36°，∴θ=∠CAC′=∠ACB=72°。∴∠C′AB′=∠BAC=36°而∠B=∠B，∴△ABC∽△B′BA。∴AB：BB′=CB：AB∴AB2=CB•BB′=CB（BC+CB′而CBC，C1，∴B=11+B25 5 【考点】新定义，旋转的性质，矩形的性质， 角直角三角形的性质，平行四边形的性质，相似三【分析（1）根据题意AB23，∠B=∠B′∵∠ANB=∠B′NM，∴∠BMB′=∠BAB′=60°由四边形由四边形B2=CBBB′=CB（B+CB′10.（2012浙江义10分）在锐角△ABC中，AB=4，BC=5，∠ACB=45°，将△ABCBAA1，CC1．若△ABA1的面积为4，求△CBC1的面积【答案】解：（1）由旋转的性质可∴∠CC1B=∠C1CB=45°∴∠CC1A1=∠CC1B+∠A1C1B=45°+45°=90°∴BA=BA1，BC=BC1，∠ABC=∠A1BC1BABA1，∠ABC+∠ABC1=∠A1BC1+∠ABC1。∴∠ABA1=∠CBC1 ∴∠CC1A1=∠CC1B+∠A1C1B=45°+45°=90°∴BA=BA1，BC=BC1，∠ABC=∠A1BC1BABA1，∠ABC+∠ABC1=∠A1BC1+∠ABC1。∴∠ABA1=∠CBC1 AB4 ∴△ABA1∽△CBC11CB51ABA1=4，∴SCBC125△△45在Rt△BCD中 22最小值为：EP1=BP1﹣BE=BD﹣BE=2﹣22最大值为：EP1=BC+BE=5+2=7【考点】旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似【分析（1）由旋转的性质可得：∠A1C1B=∠ACB=45°，BC=BC1，又由等腰（2）由旋转的性质可得：△ABC≌△A1BC111.（2012湖南怀化10分）如图1，四边形ABCD是边长为 的正方形，长方形AEFG的宽AE72长EF73AEFGA15°AMNH(2)BDMN2（1）求（1）求【答案】解：（1）如图ABMN相交于K，根据题意得∴∠BKO=∠AKM=75°°∵NH=AE ，AH=EF7323。∴∠HAN=30°∴tanHAN ∴AN=2NH=7由旋转的性质：∠DAH=15°，∴∠DAN=45°∵AD=CD=32，∴DIAI∴NI=AN－AI=7－3=42AB2CD23 DI2NI2 32425°72773 DI2NI2 32425°727733232∴AK273=927373∵，∴AB=3【考点】旋转的性质，矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值【分析】（1）由旋转的性质，可得∠BAM=15°，即可得∠OKB=∠AOM=75°，又由正方形的性质，可∠ABD=45°，然后利用外角的性质，即可求得∠DOM（2）首先连接AM，交BD于I，连接DN，由特殊角的三角函数值，求得∠HAN=30°转的性质，即可求得∠DAN=45°，即可证得A，C，N共线，然后由股定理求得答案二次函数y1x2hP、4（1）求h（2）通过操作、观察算出△POQ面积的最小值（不必说理请说明理由；若不是，请指明其形状【答案】解：（1）∵二次函数y1x2h4h=1（2）操作、观察可知当直线l∥x将y=2带入二次函数y2中，得x2（3）BQl与x轴不平行（如图PQx依题意，设抛物线yh=1（2）操作、观察可知当直线l∥x将y=2带入二次函数y2中，得x2（3）BQl与x轴不平行（如图PQx依题意，设抛物线y2P（a，14、Q（b，1 （a＜0＜4∴144BC：y=1a4y=0得：xBa，1b2。44a【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，旋转的性质，二次函数的性质，一次函数44b=4（参见（3a1144 OAxQx2 OA| ∴∴当41144 OAxQx2 OA| ∴∴当413.（201212分）已知：点C、A、D在同一条直线上，∠ABC=∠ADE=αBD、CE点②求∠BMC的大小（α表示则线段BD与CE的数量关系 （用α表示 （用α表示【答案】解：（1）1①BD=CE，理由如∵AD=AE，∠ADE=α，∴∠AED=∠ADE=α，。∴∠DAE=180°－2∠ADE=180°－2α同理可得：∠BAC=180°－2α。∴∠DAE=∠BAC∴∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE，即：∠BAD=∠CAE在△ABD与△ACE∴△ABD≌△ACE（SAS。∴BD=CE②∵△ABD≌△ACE，∴∠BDA=∠CEA∵∠BMC=∠MCD+∠MDC，∴∠BMC=∠MCD+∠CEA=∠DAE=180°－2α2，②∵△ABD≌△ACE，∴∠BDA=∠CEA∵∠BMC=∠MCD+∠MDC，∴∠BMC=∠MCD+∠CEA=∠DAE=180°－2α2，BD=kCE90α2【考点】相似三角形的判定和性质，全等角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理【分析（①先根据等腰三角形等角对等边的性质及三角形内角和定理得出∠DAE=∠BAC②先由全等三角形的对应角相等得出∠BDA=∠CEA，再根据三角形的外角性质即可得∠BMC=∠DAE=180°－2α180 22同理可得：∠BAC=90∴∠DAE=∠BAC∴∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE，即：∠BAD=∠CAE∵AB=kAC，AD=kAE，∴AB：AC=AD：AE=k在△ABD与△ACE中，∵AB：AC=AD：AE=k，∠BDA=∠CEA，∴△ABD∽△ACE∴BD：CE=AB：AC=AD：AE=k，∠BDA=∠CEA。∴BD=kCE∵∠BMC=∠MCD+∠MDC，∴∠BMC=∠MCD+∠CEA=∠DAE=90先在备用图中利用角形内角和定理得出∠DAE=∠BAC= ，由AB=kAC，AD=kAE，得出AB：AC=AD：AE=k，从2=2=2。22同理可得：∠BAC=90∴∠DAE=∠BAC，即∠BAD=∠CAE∵AB=kAC，AD=kAE，∴AB：AC=AD：AE=k在△ABD与△ACE中，∵AB：AC=AD：AE=k，∠BAD=∠CAE，∴△ABD∽△ACE∴∠BDA=∠CEA= +α=902（0°＜α＜90°【答案】解：（1）结论：BD=CE，BD⊥CE②结论：BD=CE，BD⊥CE。理由如∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD－∠DAC=∠DAE－∠DAC，即∠BAD=∠CAERt△ABDRt△ACE中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACE（SAS。∴BD=CE在△ABF与△HCF∴△ABD≌△ACE（SAS。∴BD=CE在△ABF与△HCF∴∠CHF=∠BAF=90°。∴BD⊥CE（2）结论：乙．AB：AC=AD：AE，∠BAC=∠DAE=90°【考点】全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，旋转的性相等∠ABF=∠ECA；然后在△ABD和△CDF中，由三角形内角以求得∠CFD=90°，即BD⊥CF角相等∠ABF=∠ECA；作辅助线（延长BDACF，交CEH）BH构建对顶角∠ABF=∠HCF，（2）根据结论①、②的证明过程知，∠BAC=∠DFC（或∠FHC=90°）本条件中的∠BAC=∠DAE≠90°15.（2012辽宁铁12分）已知△ABCθ（0°＜θ＜180°①如图a，当θ=20°时，△ABD与△ACE是否全等 ”，∠BOE= 度（2）cABACB′C′AB=3AB′，AC=3AC′B′C′（0°＜θ＜180°②由已知得：△ABC和△ADE是全等的等边三角形，∴AB=AD=AC=AE②由已知得：△ABC和△ADE是全等的等边三角形，∴AB=AD=AC=AE∴△BAD≌△CAE（SAS。∴∠ADB=∠AEC∵∠ADB+∠ABD+∠BAD=180°，∴∠AEC+∠ABO+∠BAD=180°∴∠DAE+∠BOE=180°又∵∠DAE=60°，∴∠BOE=120°（2）当0°＜θ≤30°时，∠BOE=30°，当30°＜θ＜180°时，∠BOE=120°【考点】旋转的性质，全等三角形的判定和性质，三角形和多边形内角和定理，等边三角形的在△ABD与△ACEC=E∴△≌△E（S∵θ=20°，∴∠ABD=∠AEC=1（180°﹣20°）=80°2°②利用“SAS”证明 和 全等根据全等三角形对应角相等可得得到∠DAE=60°，从而得 3AB′，AC=3AC′，∴ABAC3。∴B′C′∥BC 在△ABD和△ACE∴△ABD≌△ACE（SAS。∴∠ABD=∠ACE°当，△B在直线a上（M在点N的上方BM=BN，连接CN。（1）当∠BAC=∠MBN=90°时①如图a，当=45°时，∠ANC的度数 b，当②如≠45°时，①中的结论是否发生变化？说明理【答案】解：（1）①450=∵BD⊥AP，∴∠ADB=90°。∴∠A