2025年初中数学复习之小题狂练450题（解答题）：图形的旋转（10题）

第1页（共1页）2025年初中数学复习之小题狂练450题（解答题）：图形的旋转（10题）一．解答题（共10小题）1．（2024•高青县一模）如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连接DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是，位置关系是；（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝2，AB＝4，直接写出△PMN面积的最大值．2．（2024•海淀区校级模拟）如图，在等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC边上任意一点（不与B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接CE，DE．（1）求∠ECD的度数；（2）若AB＝4，BD=2，求DE3．（2024•潼南区一模）△ABC是等边三角形，点D为线段BC上任意一点，连接AD，E为直线AB上一点．（1）如图1，当点D为BC中点时，点E在AB边上，连接DE，若AE＝1，BE＝3，求DE的长．（2）如图2，若点E为AB延长线上一点，且BE＝CD，点F为CB延长线一点，且∠FAD＝60°，猜想线段AF，EF，AD之间的数量关系，并证明你的猜想；（3）如图3，在（1）的条件下，M为线段AD上一点，连接ME，将线段ME绕点E顺时针旋转60°，得到线段EN，连接MN，当BN+DN的值最小时，直接写出△AEM的面积．4．（2024•大观区校级三模）在平面直角坐标系中，△ABC、线段MN和线段M'N'的位置如图所示．（1）画出与△ABC关于原点O对称的△A'B'C'；（2）线段MN绕点P旋转得到线段M′N′（点M，N的对应点分别为点M′，N′），作出旋转中心点P．（保留作图痕迹，不写作法）5．（2024•民勤县三模）如图，D为等边△ABC内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转60°，得到线段AE，连接BD，CE．（1）求证：△ABD≌△ACE；（2）连接DE，若∠ADB＝115°，求∠CED的度数．6．（2024•西城区校级模拟）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，过点A作BC的垂线AD，垂足为D，E为射线DC上一动点（不与点C重合），连接AE，以点A为中心，将线段AE逆时针旋转90°得到线段AF，连接BF，与直线AD交于点G．（1）如图1，当点E在线段CD上时，①依题意补全图形；②求证：点G为BF的中点．（2）如图2，当点E在线段DC的延长线上时，用等式表示AE，BE，AG之间的数量关系，并证明．7．（2024•全椒县一模）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了以格点（网格线的交点）为端点的线段AB，点O在格点上．（1）将线段AB绕点O顺时针方向旋转90°得到线段CD，请画出线段CD．（A点的对应点为点C）（2）以线段CD为一边，作一个正方形CDEF．且点E，F也为格点．（作出一个正方形即可）8．（2024•二道区校级模拟）如图①，△ABC是边长为2的等腰直角三角形，∠ABC＝90°，动点P从点C出发，沿折线CB﹣BA向终点A运动，点P不与点A重合，将线段PC绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连结PQ．（1）当点P从C运动到B时，∠ACQ的度数为；（2）当P在BC上，则线段PQ+PB＝；（3）当点P在CB上运动时，连结BQ，当△BPQ的周长最小时，求线段BP的长，并写出此时△BPQ的面积；（4）当点Q与△ABC的顶点所连线段垂直于△ABC的某一边时，直接写出CP的长．9．（2024•安徽三模）如图，在由边长为1个单位的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．（1）将△ABC先向下平移2个单位，再向右平移3个单位，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1（其中A，B，C的对应点分别为A1，B1，C1）；（2）再将线段AB绕点B1顺时针旋转90°得到线段A2B2，请画出线段A2B2；（3）在网格内描出两个格点M，N，请画出直线MN，使得直线MN垂直平分线段A2B2．10．（2024•唐山二模）如图1，在△ABC中，AB＝10，AC＝15，∠A为锐角，且sinA=45．动点P从点A出发，沿边AC向点C运动，连接PB，将PB绕点P逆时针旋转90°得到线段（1）点B到AC的距离为；（2）当PB=45时，求AP（3）如图2，当CQ∥AB时，求tan∠ABP的值；（4）若点P的运动速度为每秒1个单位长，直接写出点Q在△ABC区域（含边界）内的时长．

2025年初中数学复习之小题狂练450题（解答题）：图形的旋转（10题）参考答案与试题解析一．解答题（共10小题）1．（2024•高青县一模）如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连接DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是PM＝PN，位置关系是PM⊥PN；（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝2，AB＝4，直接写出△PMN面积的最大值．【考点】几何变换综合题．【专题】几何综合题；推理能力．【答案】（1）PM＝PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形；（3）92【分析】（1）根据三角形中位线定理得PN∥BD，PN=12BD，PM∥CE，PM=12CE，从而得出PM＝PN，（2）首先利用SAS证明△ABD≌△ACE，得∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，再由（1）同理说明结论成立；（3）由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，可知NP最大，即BD最大时，△PMN面积的最大，由三角形三边关系可知BD最大值为2+4＝6，从而解决问题．【解答】解：（1）∵点P，N是BC，CD的中点，∴PN∥BD，PN=12∵点P，M是CD，DE的中点，∴PM∥CE，PM=12∵AB＝AC，AD＝AE，∴BD＝CE，∴PM＝PN，∵PN∥BD，∴∠DPN＝∠ADC，∵PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCA，∵∠BAC＝90°，∴∠ADC+∠ACD＝90°，∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCA+∠ADC＝90°，∴PM⊥PN，故答案为：PM＝PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．理由如下：由旋转知，∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，利用三角形的中位线得，PN=12BD，∴PM＝PN，∴△PMN是等腰三角形，同（1）的方法得，PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCE，同（1）的方法得，PN∥BD，∴∠PNC＝∠DBC，∵∠DPN＝∠DCB+∠PNC＝∠DCB+∠DBC，∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCE+∠DCB+∠DBC＝∠BCE+∠DBC＝∠ACB+∠ACE+∠DBC＝∠ACB+∠ABD+∠DBC＝∠ACB+∠ABC，∵∠BAC＝90°，∴∠ACB+∠ABC＝90°，∴∠MPN＝90°，∴△PMN是等腰直角三角形；（3）由（2）知△PMN是等腰直角三角形，则PN最大时，△PMN的面积最大，当点D在BA的延长线上时，BD最大值为AB+AD＝6，∴PN=12BD＝∴△PMN面积的最大值为92【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理等知识，证明△PMN是等腰直角三角形是解题的关键．2．（2024•海淀区校级模拟）如图，在等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC边上任意一点（不与B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接CE，DE．（1）求∠ECD的度数；（2）若AB＝4，BD=2，求DE【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形．【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．【答案】（1）90°；（2）25．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB＝45°，再根据旋转的性质得到AD＝AE，∠DAE＝90°，推出判定△BAD≌△CAE的条件，最后根据全等三角形的对应角相等即可求出结果；（2）根据勾股定理和全等三角形的性质即可得到结论．【解答】解：（1）：∵Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，由旋转可知：AD＝AE，∠DAE＝90°，∴∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD与△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE＝∠ABD＝45°，∴∠ECD＝45°+45°＝90°；（2）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，∴BC=AB2由（1）得，△BAD≌△CAE，∴BD＝CE=2∴CD＝BC﹣BD＝32，∴∠DCE＝90°，∴CE2+CD2＝ED2，∴DE=(32)【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、以及旋转变换的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．3．（2024•潼南区一模）△ABC是等边三角形，点D为线段BC上任意一点，连接AD，E为直线AB上一点．（1）如图1，当点D为BC中点时，点E在AB边上，连接DE，若AE＝1，BE＝3，求DE的长．（2）如图2，若点E为AB延长线上一点，且BE＝CD，点F为CB延长线一点，且∠FAD＝60°，猜想线段AF，EF，AD之间的数量关系，并证明你的猜想；（3）如图3，在（1）的条件下，M为线段AD上一点，连接ME，将线段ME绕点E顺时针旋转60°，得到线段EN，连接MN，当BN+DN的值最小时，直接写出△AEM的面积．【考点】几何变换综合题．【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】（1）DE=7（2）AF＝AD+EF，理由见解答过程；（3）S△AEM=5【分析】（1）作EF⊥AD于F，可得出EF∥BC，从而△AEF∽△ABD，从而AFAD=EFBD=（2）在AF上截取AG＝AD，连接BG，可推出△AGB≌△ADC，从而∠ABG＝∠C＝60°，BG＝CD，进而可证明△FBE≌△FBG，从而得出EF＝FG，进一步得出结论；（3）在AC上截取AW＝AE＝1，连接WN，可证得△AEM≌△WEN，从而∠EWN＝∠BAD＝30°，从而得出∠AWN＝90°，从而得出点N在过W且于AW垂直的直线上l运动，作点B关于l的对称点B′，连接DB′交l于点N，直线l交AB于I，B′D交AB于X，可推出△BDI是等边三角形，从而XI＝BX＝1，进而得出IN得值，可求得GI得值，进而求得GN，从而求得AM，进一步得出结果．【解答】解：（1）如图1，作EF⊥AD于F，∵△ABC是等边三角形，点D是BC的中点，∴BC＝AB＝AE+BE＝4，AD⊥BC，BD＝CD=12BC＝2，AD=32AB∴EF∥BC，∴△AEF∽△ABD，∴AFAD∴AF=14AD=32∴DF＝AD﹣AF=3∴DE=D（2）AF＝AD+EF，理由如下：如图2，AF＝AD+EF，理由如下：在AF上截取AG＝AD，连接BG，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠ABC＝∠C＝∠BAC＝60°，∴∠FAD＝∠BAC＝60°，∴∠FAB＝∠CAD，∴△AGB≌△ADC（SAS），∴∠ABG＝∠C＝60°，BG＝CD，∴∠FBG＝180°﹣∠ABG﹣∠ABC＝60°，∵BE＝CD，∴BG＝BE，∵∠FBE＝∠ABC＝60°，∴∠FBE＝∠FBG，∵BF＝BF，∴△FBE≌△FBG（SAS），∴EF＝FG，∴AF＝AG+FG＝AD+EF；（3）如图3，在AC上截取AW＝AE＝1，连接WN，∵∠ABC＝60°，∴△AEW是等边三角形，∴∠AEW＝60°，AE＝EW＝1，∵点D为BC中点，∴AD为∠BAC在平分线，∴AD⊥EW，∴EO=1∵线段ME绕点E顺时针旋转60°得到线段EN，∴∠MEN＝60°，EM＝EN，∴∠MEN＝∠AEW，∴∠AEM＝∠WEN，∴△AEM≌△WEN（SAS），∴∠EWN＝∠BAD＝30°，∴∠AWN＝90°，∴点N在过W且于AW垂直的直线上l运动，如图4，作点B关于l的对称点B′，连接DB′交l于点N，直线l交AB于I，B′D交AB于X，此时BN+DN最小，即为B′D，∵∠AGN＝90°，AG＝1，∠BAC＝60°，∴AI＝2AG＝2，∴BI＝BD＝2，∵∠ABC＝60°，∴△BDI是等边三角形，∴XI＝BX＝1，∵∠NIX＝∠AIG＝30°，∠IXN＝90°，∴IN=IX∵GI＝AG•tan60°=3AG=∴GN＝GI+IN=5∴AM＝GN=5∴S△AEM=12AM•EO【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．4．（2024•大观区校级三模）在平面直角坐标系中，△ABC、线段MN和线段M'N'的位置如图所示．（1）画出与△ABC关于原点O对称的△A'B'C'；（2）线段MN绕点P旋转得到线段M′N′（点M，N的对应点分别为点M′，N′），作出旋转中心点P．（保留作图痕迹，不写作法）【考点】作图﹣旋转变换．【专题】作图题；平移、旋转与对称；几何直观．【答案】（1）见解答．（2）见解答．【分析】（1）根据中心对称的性质作图即可．（2）连接MM'，NN'，分别作线段MM'，NN'的垂直平分线，交于点P，则点P即为所求．【解答】解：（1）如图，△A'B'C'即为所求．（2）如图，点P即为所求．【点评】本题考查作图﹣旋转变换、中心对称，熟练掌握旋转的性质、中心对称的性质是解答本题的关键．5．（2024•民勤县三模）如图，D为等边△ABC内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转60°，得到线段AE，连接BD，CE．（1）求证：△ABD≌△ACE；（2）连接DE，若∠ADB＝115°，求∠CED的度数．【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．【专题】图形的全等；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．【答案】（1）证明见解析过程；（2）55°．【分析】（1）根据等边三角形的性质得AB＝AC，∠BAC＝60°，根据旋转的性质得AD＝AE，∠DAE＝60°，利用SAS理解求证结论．（2）由（1）得△ABD≌△ACE，进而可得∠AEC＝∠ADB＝115°，根据旋转的性质可得AD＝AE，∠DAE＝60°，进而可得△ADE是等边三角形，则可得∠AED＝60°，进而可求解．【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∵线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，∴AD＝AE，∠DAE＝60°，∴∠BAD+∠DAC＝60°，∠EAC+∠DAC＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACE（SAS）．（2）解：由（1）得：△ABD≌△ACE，∴∠AEC＝∠ADB＝115°，∵线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，∴AD＝AE，∠DAE＝60°，∴△ADE是等边三角形，∴∠AED＝60°，∴∠CED＝∠AEC﹣∠AED＝115°﹣60°＝55°．【点评】本题考查了全等三角形的判定及性质、旋转的性质及等边三角形的判定及性质，熟练掌握其判定及性质是解题的关键．6．（2024•西城区校级模拟）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，过点A作BC的垂线AD，垂足为D，E为射线DC上一动点（不与点C重合），连接AE，以点A为中心，将线段AE逆时针旋转90°得到线段AF，连接BF，与直线AD交于点G．（1）如图1，当点E在线段CD上时，①依题意补全图形；②求证：点G为BF的中点．（2）如图2，当点E在线段DC的延长线上时，用等式表示AE，BE，AG之间的数量关系，并证明．【考点】几何变换综合题．【专题】图形的全等；推理能力．【答案】（1）见解答过程；（2）2AE2﹣4AG2＝BE2．【分析】（1）①根据题意画图即可，②由条件可证△ABE≌△ACF（SAS），得到∴ABE＝∠ACF＝45°，从而有CF⊥BC，再通过平行线分线段成比例即可证出G为BF的中点；（2）由（1）知△ABE≌△ACF，可得BE＝CF，G为BF的中点仍然成立，设AD＝CD＝x，CE＝y，表示出AE，BE，AG即可发现它们之间的数量关系．【解答】解：（1）①如图1：②如图，连接CF，∵∠BAC＝∠EAF＝90°，∴∠BAE＝∠CAF，在△ABE和△ACF中，AB=AC∠BAE=∠CAF∴△ABE≌△ACF（SAS），∴∠ABE＝∠ACF＝45°，∵∠ACB＝45°，∴∠BCF＝45°+45°＝90°，∵AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴AD∥CF，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝CD，∴BG＝FG，∴G为BF的中点．（2）2AE2﹣4AG2＝BE2.理由如下：如图2，连接CF，由（1）可知：△ABE≌△ACF（SAS），∴∠BCF＝90°，G为BF的中点仍然成立，且BE＝CF，设AD＝CD＝x，CE＝y，则BE＝CF＝2x+y，∵DG=1∴AG=1在Rt△ADE中，由勾股定理可得：AE2＝x2+（x+y）2，∴AE2＝2x2+2xy+y2，BE2＝（2x+y）2＝4x2+4xy+y2，AG2=1∴2AE2﹣4AG2＝BE2．【点评】本题主要考查了三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质，以及勾股定理等知识，表示出AE，BE，AG的长度是解决问题的关键．7．（2024•全椒县一模）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了以格点（网格线的交点）为端点的线段AB，点O在格点上．（1）将线段AB绕点O顺时针方向旋转90°得到线段CD，请画出线段CD．（A点的对应点为点C）（2）以线段CD为一边，作一个正方形CDEF．且点E，F也为格点．（作出一个正方形即可）【考点】作图﹣旋转变换．【专题】网格型；平移、旋转与对称；几何直观．【答案】（1）（2）作图见解析．【分析】（1）根据旋转变换的性质找出对应点即可求解；（2）根据正方形的性质结合网格即可求解．【解答】解：（1）如图所示，线段CD即为所求；（2）如图所示，正方形CDEF即为所求．【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，熟练掌握旋转变换的性质是解题的关键．8．（2024•二道区校级模拟）如图①，△ABC是边长为2的等腰直角三角形，∠ABC＝90°，动点P从点C出发，沿折线CB﹣BA向终点A运动，点P不与点A重合，将线段PC绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连结PQ．（1）当点P从C运动到B时，∠ACQ的度数为15°；（2）当P在BC上，则线段PQ+PB＝2；（3）当点P在CB上运动时，连结BQ，当△BPQ的周长最小时，求线段BP的长，并写出此时△BPQ的面积；（4）当点Q与△ABC的顶点所连线段垂直于△ABC的某一边时，直接写出CP的长．【考点】几何变换综合题．【专题】三角形；运算能力；推理能力．【答案】（1）15°．（2）PQ+PB＝2．（3）当PB＝1时，△BPQ的面积的最小值为34（4）CP＝23-2或433【分析】（1）由∠ACB＝45°，∠PCQ＝60°，得∠ACQ＝∠PCQ﹣∠ACB＝15°．（2）由等边△QPC，得PQ＝PC，故PQ+PB＝PC+PB＝BC＝2．（3）过Q作QM⊥BC．故∠PQM＝∠CQM＝30°，得PM=12QP．设PM＝x，则QP＝2x，得QM=3x．由PQ+PB＝2．得BP＝2﹣2x．故△BPQ的面积=12BP×QM=12×（2﹣2x）×3x=-3（4）①当QB⊥AC时，∠QBC＝∠QBA＝45°，△QBM为等腰Rt△．同（3）得BM＝BP+PM＝2﹣2x+x＝2﹣x，QM=3x，2﹣x=3x，x=3-1，BP＝2﹣2x＝4﹣23，故CP＝BC﹣BP＝②当QC⊥BC时，由∠QCB＝90°，∠QCP＝60°，得∠PCB＝30°，得BP=BC3=233，故③当QA⊥AB时，过C作CM⊥AQ，交AQ延长线于M．由正方形ABCM，得CB＝CM，又CP＝CQ，故Rt△CPB≌Rt△CQM（HL），得BP＝QM，AP＝AQ，设AQ＝AP＝x，得PQ＝PC=2x，PB＝2﹣x，由勾股定理得BC2+PB2＝PC2，22+（2﹣x）2＝（2x）2，x＝23-2（﹣23-2舍去），故CP=【解答】解：（1）∵∠ACB＝45°，∠PCQ＝60°，∴∠ACQ＝∠PCQ﹣∠ACB＝15°，故答案为：15°．（2）∵等边△QPC，∴PQ＝PC，∴PQ+PB＝PC+PB＝BC＝2．故答案为：2．（3）过Q作QM⊥BC．∴∠PQM＝∠CQM＝30°，∴PM=12设PM＝x，则QP＝2x，∴QM=3x∵PQ+PB＝2．∴BP＝2﹣2x．∴△BPQ的面积=12BP×QM=12×（2﹣2x）×3x=-∴当x=12时，△BPQ的面积的最小值为即当BP＝2﹣2×12=1时，△BPQ（4）①当QB⊥AC时，如图所示：∴∠QBC＝∠QBA＝45°，∴△QBM为等腰Rt△．同（3）得BM＝BP+PM＝2﹣2x+x＝2﹣x，QM=3x∴2﹣x=3x∴x=3-∴BP＝2﹣2x＝4﹣23，∴CP＝BC﹣BP＝23-2②当QC⊥BC时，如图所示：∵∠QCB＝90°，∠QCP＝60°，∴∠PCB＝30°，∴BP=BC∴PC＝2BP=4③当QA⊥AB时，过C作CM⊥AQ，交AQ延长线于M．∵正方形ABCM，∴CB＝CM，又CP＝CQ，∴Rt△CPB≌Rt△CQM（HL），∴BP＝QM，∴AP＝AQ，设AQ＝AP＝x，∴PQ＝PC=2x，PB＝2﹣x∵BC2+PB2＝PC2，∴22+（2﹣x）2＝（2x）2，∴x＝23-2（﹣23-∴CP=2x=2综上所述，CP＝23-2或433【点评】本题考查了几何变换综合题，掌握等腰Rt△和等边三角形，以及含30°的直角三角形的性质，是解题关键．9．（2024•安徽三模）如图，在由边长为1个单位的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．（1）将△ABC先向下平移2个单位，再向右平移3个单位，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1（其中A，B，C的对应点分别为A1，B1，C1）；（2）再将线段AB绕点B1顺时针旋转90°得到线段A2B2，请画出线段A2B2；（3）在网格内描出两个格点M，N，请画出直线MN，使得直线MN垂直平分线段A2B2．【考点】作图﹣旋转变换；线段垂直平分线的性质；作图﹣平移变换．【专题】作图题；几何直观．【答案】见解析．【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B的对应点A2，B2即可．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；（2）如图，线段A2B2即为所求；（3）如图，直线MN即为所求．【点评】本题考查作图﹣旋转变换，线段垂直平分线的性质，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质．10．（2024•唐山二模）如图1，在△ABC中，AB＝10，AC＝15，∠A为锐角，且sinA=45．动点P从点A出发，沿边AC向点C运动，连接PB，将PB绕点P逆时针旋转90°得到线段（1）点B到AC的距离为8；（2）当PB=45时，求AP（3）如图2，当CQ∥AB时，求tan∠ABP的值；（4）若点P的运动速度为每秒1个单位长，直接写出点Q在△ABC区域（含边界）内的时长．【考点】几何变换综合题．【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】（1）8；（2）AP＝2或10；（3）2；（4）817【分析】（1）过点B作BD⊥AC，在Rt△ABD中，利用锐角三角函数，求出BD的长即可；（2）分点P在点D的上方和下方，两种情况进行讨论求解即可；（3）过点P作PE⊥AB，延长EP交QC的延长线于点F，证明△PEB≌△QFP，根据sinA=PEAP=45，设PE＝4x，AP＝5x，得到BE＝AB﹣AE＝10﹣3x，PC＝AC﹣AP＝15﹣5x，平行得到∠A＝∠PCF（4）求出点Q在AC上和在BC上时的t值，即可得出结果．【解答】解：（1）过点B作BD⊥AC，在Rt△ABD，AB＝10，sinA=BD∴BD＝8，∴B到AC的距离为8；（2）如图1.2，∵BP=45∴BP＞BD，在Rt△BDP中，DP=B在Rt△ABD中，AD=A当P在D点下方时：AP＝AD﹣PD＝2，当P在D点上方时：AP＝AD+PD＝10；综上：AP＝2或10；（3）过点P作PE⊥AB，延长EP交QC的延长线于点F，如图2，∵CQ∥AB，∴PF⊥CQ，∴∠QFP＝∠PEB＝∠PEA＝90°，∵旋转，∴BP＝PQ，∠BPQ＝90°，∴∠PBE＝∠FPQ＝90°﹣∠BPE，∴△PEB≌△QFP，∴PE＝FQ，PF＝BE，∵sinA=PE∴设PE＝4x，AP＝5x，则：AE＝3x，∴BE＝AB﹣AE＝10﹣3x，PC＝AC﹣AP＝15﹣5x，∵CQ∥AB，∴∠A＝∠PCF，∴sin∠∴x＝2，∴PE＝8，BE＝4，∴tan∠（4）当点Q在AC上时，则：BP⊥AC，如图3.1，由（1）知：BP＝8，∴AP=A∴t＝6÷1＝6秒；当点Q在BC上时，过点B作BM⊥AC，过点Q作QN⊥AC，则：QN∥BM，如图3.2，由（1）知：BM＝8，则：AM=A∴CM＝AC﹣AM＝9，同法（3）可得：△BMP≌△PNQ，∴PM＝QN，PN＝BM＝8，∵QN∥BM，∴△CNQ∽△CMB，∴CNCM∴CNQN设CN＝9a，NQ＝8a，∴PM＝NQ＝8a，∵CM＝CN+PN+PM＝9a+8+8a＝9，∴a=1∴PM=8∴AP=AM+PM=6+8∴t=(6+8∴点Q在△ABC区域（含边界）内的时长为6+8【点评】本题考查解直角三角形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．

考点卡片1．全等三角形的判定与性质（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．2．线段垂直平分线的