2027中考数学复习-解答题专项集训28 图形的旋转

第1页（共1页）2027年中考数学复习解答题专项集训之图形的旋转一．解答题（共20小题）1．在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D为底边BC上一点，连接AD，点E为线段AD上一点（AE＞DE），将线段AE绕点A逆时针旋转α得到线段AF，连接BE，CF．（1）如图1，若α+∠FBC＝90°，且B，E，F三点共线，求∠BAF的度数；（2）如图2，在AC上方作线段AG＝BD，连接CG交AF于点H，已知∠CAG+∠ACB＝180°，求证：AE＝2HF+DE；（3）如图3，若α＝90°，E点与D点重合，，连接DF，以DF为直角边在DF上方作Rt△DFG，∠DFG＝90°，且满足DF＝2GF．当CG最大时，点P是直线BC上一动点，连接AP，将线段AP绕点P顺时针旋转90°至PQ，当FQ最小时，求四边形CGFQ的面积．2．定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′．当α+β＝180°时，我们称是△A′B′C′，△ABC的“旋补三角形”，边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．特例感知：（1）在图2，图3中，△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系AD＝__________________BC；②如图3，当∠BAC＝90°，BC＝8时，则AD长为_____．猜想论证：（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．3．如图，已知△ABC是等边三角形，点E为BC上一点．（1）如图1，点P为AC上一点，连接BP，AE，交于点O．若BE＝PC，求∠AOP的度数；（2）如图2，若点D是AB的中点，连接CD，将DE绕点D逆时针旋转120°得到DF，点F落在CA的延长线上，连接EF，且满足AF＝CE，点G是EF的中点，猜想线段AG，DF的数量关系，并证明；（3）如图3，AB＝6，点P为AC上一点，点D为AB的中点，点P、Q分别为BC、AC上的动点，连接DQ，PQ，且满足AP＝2BQ．当取最小值时，请直接写出PQ的长度．4．综合与实践：综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．【操作判断】如图1，正方形纸片ABCD，将∠B沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形ABCD的内部，得到折痕AE，点B的对应点为M，连接AM；将∠D沿过点A的直线折叠，使AD与AM重合，得到折痕AF，将纸片展平，连接EF．（1）根据以上操作，易得点E，M，F三点共线，且①∠EAF＝_______°；②线段EF，BE，DF之间的数量关系为_____________．【深入探究】如图2，将∠C沿EF所在直线折叠，使点C落在正方形ABCD的内部，点C的对应点为N，将纸片展平，连接NE，NF．同学们在折纸的过程中发现，当点E的位置不同时，点N的位置也不同，当点E在BC边上某一位置时（点E不与点B，C重合），点N恰好落在折痕AE上，此时AM交NF于点P，如图3所示．（2）小明通过观察图形，得出AP＝BE+DF．请判断其是否正确，并说明理由．【拓展应用】（3）若正方形纸片ABCD的边长为3，当点N落在折痕AE上时，求出线段CE的长．5．在中考复习阶段，追梦小组在张老师指导下，对等腰三角形展开了一场特别的探究，张老师先给出一道题，孙阳同学分享了自己的做法，然后赵虎和李乐两位同学分别对张老师的问题进行了不同的变式，具体如下：（1）张老师的问题：如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E在边BC上，且BD＝4，CE＝2，连接AD，AE．若∠DAE＝45°，求DE的长．孙阳的做法：如图2，把△ACE绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，得BF＝CE＝2且∠DBF＝90°；连接DF，在Rt△BDF中利用勾股定理可求出DF的长；易证△ADF≌△ADE，从而求出DE的长．任务1：请你根据孙阳的做法，直接写出DE的长为________________．（2）赵虎的变式：如图3，在等边△ABC中，点D，E在边BC上，且BD＝4，CE＝2，连接AD，AE．若∠DAE＝30°，求DE的长．任务2：请你类比孙阳的做法，写出完整的求解过程．（3）李乐的变式：如图4，在△ABC中，∠BAC＝120°，，点D在边BC上且BD＝5，点E在直线BC上．若∠DAE＝60°，求DE的长．任务3：请你类比孙阳的做法，直接写出DE的长为____________________．6．如图在△ABC中，AB＝AC＝5，，点D在边BC上，满足BD＝3DC．点P是折线AB﹣AC上任意一点，且不与△ABC的顶点重合．将△BPD沿PD翻折，得到△B′PD．（1）BC的长为_____．（2）当点P是AB中点时，求PD的值．（3）当B′D⊥BC时，求AP的值．（4）当点B′在直线BC上方时，若△ABC与△B′PD重叠部分为钝角三角形时，直接写出BP的取值范围．7．已知△ABE，将△ABE绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜180°）到△ACF，使得点B的对应点C落在直线BE上．（1）①依题意补全图1；②若FC垂直BE，直接写出α的值；（2）如图2，过B作AC的平行线BD，与FE的延长线交于点D，FE交AC于点G，取FD的中点M和BC的中点N，写出线段MN与FG的数量关系，并证明．8．如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点为格点（网格线的交点）．（1）将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△AB1C1，画出△AB1C1；（2）将△AB1C1向下平移4个单位长度得到△A2B2C2，画出△A2B2C2；（3）四边形A2C2B1C的面积为_______．9．九年级一班同学在数学老师的指导下，以“等腰三角形的旋转”为主题，开展数学探究活动．操作探究：（1）如图1，△OAB为等腰三角形，OA＝OB，∠AOB＝60°，将△OAB绕点O旋转180°，得到△ODE，连接AE，F是AE的中点，连接OF，则∠BAE＝_______°，OF与DE的数量关系是___________；迁移探究：（2）如图2，（1）中的其他条件不变，当△OAB绕点O逆时针旋转，点D正好落在∠AOB的角平分线上，得到△ODE，求出此时∠BAE的度数及OF与DE的数量关系；拓展应用：（3）如图3，在等腰三角形OAB中，OA＝OB＝4，∠AOB＝90°．将△OAB绕点O旋转，得到△ODE，连接AE，F是AE的中点，连接OF．当∠EAB＝15°时，请直接写出OF的长．10．综合与探究【问题情境】：数学课上，同学们以直角三角形为基本图形探究图形旋转变化问题．已知直角三角形纸片ABC，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝6，将△ABC绕点A旋转得到△AB′C′．（1）【操作判断】：如图1，当点B′恰好落在BC的延长线上时，CC′＝____________________；（2）【深入探究】：旋转到图2位置，连接BB′、CC′，BB′与CC′交于点D，猜想线段BD与B′D之间的数量关系，并说明理由；（3）【拓展延伸】：若旋转后AB′⊥AB，直线BB′与直线CC′交于点D，射线AD交直线BC于点E，直接写出CE的长．11．在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝α，点D在射线BC上，连结AD，将线段AD绕点A逆时针旋转2α得到线段AE（点E不在直线AB上），过点E作EF∥AB，交直线BC于点F．（1）如图1，α＝45°，点D与点C重合，求证：BF＝AC．（2）如图2，点D，F都在BC的延长线上，用等式表示DF与BC的数量关系，并证明．12．综合与实践问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CA＝6，CB＝8．将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，旋转角小于∠CAB，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，DE交AB于点O，延长DE交BC于点P．数学思考：（1）试判断PC与PE的数量关系，并说明理由．深入探究：（2）在图形旋转的过程中，老师让同学们提出新的问题．①“乐学小组”提出问题：如图2，当∠CAE＝45°时，则线段BP的长为___________________．②“善思小组”提出问题：如图3，当∠CAE＝∠B时，求线段BP的长．13．（1）问题发现（1）如图1，△ABC和△CDE均为等边三角形，直线AD和直线BE交于点F．填空：①∠AFB的度数是________；②线段AD，BE之间的数量关系为__________；（2）类比探究如图2，△ABC和△CDE均为等腰直角三角形，∠ABC＝∠DEC＝90°，AB＝BC，DE＝EC，直线AD和直线BE交于点F．请判断∠AFB的度数及线段AD，BE之间的数量关系，并说明理由．（3）解决问题如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝5，点D在AB边上，DE⊥AC于点E，AE＝3，将△ADE绕着点A在平面内旋转，请直接写出直线DE经过点B时，点C到直线DE的距离．14．如图，在6×6的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，且每个小正方形的顶点称为格点，线段AB的两个端点均在格点上，按要求完成下列画图，保留必要的画图痕迹，不要求写出画法．（1）在图①中，画出一个△ABC，使其是轴对称图形；（2）在图②中，在线段AB上找到一点E，使；（3）在图③中，画出一个四边形AMBN，使其既是中心对称图形，又是轴对称图形，且M、N为格点．15．如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系xOy，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点），其中点A的坐标为（﹣4，1）．（1）将△ABC先向右平移5个单位长度，再向下平移4个单位长度，得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；（2）将△ABC绕点O顺时针旋转90°，得到△A2B2C2，画出△A2B2C2；（3）在平面直角坐标系xOy的第三象限内找一点P，使得点P在线段AB1的垂直平分线上，直接写出点P的坐标为____________．16．如图：在由边长为1个单位长度的正方形网格中，给出了以格点（网格线的交点）为顶点的△ABC和格点O．（1）将△ABC以点O为旋转中心，顺时针旋转90°得到△A1B1C1（其中A与A1，B与B1，C与C1是对应点），请在网格中画出△A1B1C1；（2）连接A1O，OC，用无刻度的直尺作出∠A1OC的平分线OD．17．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转30°得到△AB′C′，且B′，C′两点分别与B，C两点对应，延长BC与B′C′边交于点E，求∠CEC′的度数．18．如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系xOy，△ABC的顶点都在网格点上且坐标分别是A（﹣4，0），B（﹣1，﹣2），C（﹣3，﹣4）．（1）把△ABC先向右平移5个单位长度，再向下平移1个单位长度得到对应的△A1B1C1，请画出平移后的△A1B1C1；（2）把△ABC绕原点O旋转180°后得到对应的△A2B2C2，请画出旋转后的△A2B2C2；（3）用无刻度的直尺在所给的网格图中确定点P，使得△A1B1C1与△A2B2C2关于点P中心对称．19．如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点△ABC（顶点是网格线的交点），A（0，1），B（3，3），C（1，3）．（1）先将△ABC竖直向下平移5个单位，再水平向右平移2个单位得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1，并直接写出点C1的坐标；（2）将△ABC绕A点逆时针旋转90°，得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2，并直接写出点B2的坐标；（3）在△ABC旋转到△A2B2C2的过程中，点B运动的路径长是____________________．20．如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中，点O和△ABC的三个顶点均为格点（网格线的交点）．（1）以点O为旋转中心，将△ABC顺时针旋转90°得到△A′B′C′，请画出△A′B′C′（点A，B，C的对应点分别为A′，B′，C′）；（2）在网格内选一格点D，连接A′D，C′D，使△A′C′D的面积是△A′B′C′面积的2倍；（3）作△AB′C的边B′C上的高AH．

2027年中考数学复习解答题专项集训之图形的旋转参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D为底边BC上一点，连接AD，点E为线段AD上一点（AE＞DE），将线段AE绕点A逆时针旋转α得到线段AF，连接BE，CF．（1）如图1，若α+∠FBC＝90°，且B，E，F三点共线，求∠BAF的度数；（2）如图2，在AC上方作线段AG＝BD，连接CG交AF于点H，已知∠CAG+∠ACB＝180°，求证：AE＝2HF+DE；（3）如图3，若α＝90°，E点与D点重合，，连接DF，以DF为直角边在DF上方作Rt△DFG，∠DFG＝90°，且满足DF＝2GF．当CG最大时，点P是直线BC上一动点，连接AP，将线段AP绕点P顺时针旋转90°至PQ，当FQ最小时，求四边形CGFQ的面积．【分析】（1）根据等腰三角形的性质，结合三角形的内角和定理，得出∠ABC＝∠ACB＝90°，等腰△AEF中，∠AEF＝∠AFE＝90°，进而在△ABF中，根据三角形内角和定理，即可求解；（2）延长AF至点K，使得AK＝AD，证明△ABD≌△ACK得出BD＝CK，∠ABD＝∠ACK，进而证明△GAH≌△CKH（AAS），得出AH＝HK，进而结合图形可得AE＝2HF+DE；（3）根据等弦对等角得出A、D、C、F四点共圆，得出C的轨迹，取DF中点O，以点O为圆心，为半径作圆，连接GO并延长交⊙O于点C，此时CG最大．过点C作直线l⊥AC，过点F作FQ⊥l交直线/于点Q，此时FQ最小，接下来根据等腰三角形的性质，勾股定理求得CG，FM，CQ的长，根据S四边形CQFG＝S△CGF+S△COFCG•FMCQ•QFCG•FMCQ2，即可求解．【解答】（1）解：∵等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，∴，∵α+∠FBC＝90°，∴∠FBC＝90°﹣α，∴，∵等腰△AEF中，AE＝AF，∠EAF＝α，∴，∴△ABF中，∠BAF＝180°﹣∠AFB﹣∠ABF＝180°（90°）＝90°；（2）证明：如图，延长AF至点K，使得AK＝AD，∵∠BAC＝∠EAF＝α，即∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAK，∴∠BAD＝∠CAK，在△ABD和△ACK中，，∴△ABD≌△ACK（SAS），则BD＝CK，∠ABD＝∠ACK，又∵GA＝BD，∴GA＝CK，又由（1）知∠ABC＝∠ACB，且∠CAG+∠ACB＝180°，则∠CAG+∠ACK＝180°，∴GA∥CK，∴∠K＝∠GAK，在△GAH和△CKH中，，∴△GAH≌△CKH（AAS），则AH＝HK，AE＝AF＝AH+HF＝HK+HF＝HF+FK+HF＝2HF+FK，∵AD＝AK，AE＝AF，∴AD﹣AE＝AK﹣AF，即DE＝FK，则AE＝2HF+DE；（3）解：∵AD＝AF，∠DAF＝∠BAC＝α＝90°，DFAD＝2，∠AFD＝45°，∴GFDF，又∵AD＝AF，AB＝AC，∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠ACD＝∠AFD＝45°，∴A、D、C、F四点共圆，如图，取DF中点O，以点O为圆为半径作圆，连接GO并延长交⊙O于点C，此时CG最大．点P是直线BC上一动点，连接AP，将线段AP绕点P顺时针旋转90°至PQ，∵∠AC1P＝∠AQP＝45°，∴A，P，Q，C1四点共圆，∴∠PC1Q＝45°，∴Q在与BC夹角为45°的直线l上运动，如图，过点C作直线l⊥AC，过点F作FQ⊥l交直线l于点Q，此时FQ最小．rGF＝OFGF＝OF＝r，∴△GFO是等腰直角三角形，∴GOGF，∵∠GFD＝90°，∠AFD＝45°，∴∠GFM＝45°＝∠AFD，∴GM＝MO＝FMGO，GM⊥AF，CG＝GO+rGF，∵AC⊥CQ，∠ACF＝∠ADF＝45°，∴∠FCQ＝45°，∴CFCQ，∴CF2＝2CQ2，∴CQ2CF23，S四边形CQFG＝S△CGF+S△CQFCG•FMCQ•QFCG•FMCQ2（3）＝3．【点评】本题是几何变换综合题，考查与圆有关的计算，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．2．定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′．当α+β＝180°时，我们称是△A′B′C′，△ABC的“旋补三角形”，边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．特例感知：（1）在图2，图3中，△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系AD＝BC；②如图3，当∠BAC＝90°，BC＝8时，则AD长为4．猜想论证：（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．【分析】（1）①根据含30°直角三角形的性质解答；②证明△AB′C′≌△ABC，根据全等三角形的性质得到B′C′＝BC，根据直角三角形的性质计算；（2）证明四边形AB′EC′是平行四边形，得到B′E＝AC′，∠B′AC′+∠AB′E＝180°，根据全等三角形的性质得到AE＝BC，得到答案．【解答】解：（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝60°，∵△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，∴∠B′AC′＝120°，AB＝AB′，AC＝AC′，∴AB′＝AC′，∴∠AB′D＝30°，∴ADAB′，∴ADBC，故答案为：；②∵△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，∴∠B′AC′＝∠BAC＝90°，AB＝AB′，AC＝AC′，在△AB′C′和△ABC中，，∴△AB′C′≌△ABC（SAS），∴B′C′＝BC＝8，∵∠B′AC′＝90°，AD是△ABC的“旋补中线”，∴ADB′C′＝4，故答案为：4；（2）猜想ADBC．证明：如图，延长AD至点E使得AD＝DE，连接B′E、C′E，∵AD是△AB′C’的中线，∴B′D＝C′D，∵DE＝AD，∴四边形AB′EC′是平行四边形，∴B′E＝AC′，∠B′AC′+∠AB′E＝180°，∵α+β＝180°，∴∠B′AC′+∠BAC＝180°，∴∠EB′A＝∠BAC，在△EB′A和△CAB中，，∴△EB′A≌△CAB（SAS），∴AE＝BC，∴ADBC．【点评】本题考查的是平行四边形的判定和性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、理解“旋补三角形”的定义是解题的关键．3．如图，已知△ABC是等边三角形，点E为BC上一点．（1）如图1，点P为AC上一点，连接BP，AE，交于点O．若BE＝PC，求∠AOP的度数；（2）如图2，若点D是AB的中点，连接CD，将DE绕点D逆时针旋转120°得到DF，点F落在CA的延长线上，连接EF，且满足AF＝CE，点G是EF的中点，猜想线段AG，DF的数量关系，并证明；（3）如图3，AB＝6，点P为AC上一点，点D为AB的中点，点P、Q分别为BC、AC上的动点，连接DQ，PQ，且满足AP＝2BQ．当取最小值时，请直接写出PQ的长度．【分析】（1）由△ABC是等边三角形，则AB＝BC，∠ABC＝∠BCA＝60°，然后证明△ABE≌△BCP（SAS），所以∠BAE＝∠CBP，再由三角形外角性质即可求解；（2）如图2，在AC上截取AM＝AF，连接EM，作∠CBH＝∠ABC＝60°，在BH上截取BN＝AF，连接DN，NE，证明△BNE≌△CEM（SAS），则有NE＝EM，由D是AB的中点，所以BD＝AD，AC＝18，BC＝12，再证明△DBN≌△DAF（SAS），故有DN＝DF，∠BDN＝∠ADF，则有点N、D、F三点共线，由旋转性质可知DF＝DE，∠EDF＝120°，DF＝DE＝DN，∠EDN＝60°，得△EDN是等边三角形，从而有NE＝DE＝DN，NE＝DE＝DN＝EM＝DF，然后通过中位线定理可得；（3）如图3，过A作AT⊥BC于点T，作∠CBR＝30°，交AT延长线于点O，则∠BTO＝90°，由△ABC是等边三角形，则AC＝BC＝6，∠ABC＝∠BCA＝∠BAC＝60°，得∠PAO＝∠BAO＝∠QBO＝30°，，则有，证明△OBQ∽△OAP，所以∠BOQ＝∠AOP，，即，∠BOT＝∠BOQ+∠QOT＝∠AOP+∠QOT＝∠POQ＝60°，取OP中点W，连接QW，证明∠PQO＝∠OQW+∠WQP＝60°+30°＝90°，所以OQ2+PQ2＝OP2，即有，当D，O，Q三点共线时，DQ+OQ有最小值，即有最小值，过Q作QK⊥OB于点K，则∠BKQ＝∠OKQ＝∠ABC＝90°，证明△OQK∽△ODB，所以，设QK＝a，则BQ＝2a，，求出a的值，最后通过勾股定理即可求解．【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠BCA＝60°，AB＝BC，在△ABE和△BCP中，，∴△ABE≌△BCP（SAS），∴∠BAE＝∠CBP，∵∠AOP＝∠ABP+∠BAE，∴∠AOP＝∠ABP+∠CBP＝∠ABC＝60°；（2）；证明：如图2，在AC上截取AM＝AF，连接EM，作∠CBH＝∠ABC＝60°，在BH上截取BN＝AF，连接DN，NE，∴BN＝CE＝AF，∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，∠ABC＝∠BCA＝60°，∴∠ABC＝∠BCA＝∠BAC＝60°，AC﹣AM＝BC﹣CE，∴BE＝CM，在△BNE和△CEM中，，∴△BNE≌△CEM（SAS），∴NE＝EM，∵点D是AB的中点，∴BD＝AD，AC＝18，BC＝12，∵∠DBN＝∠ABC+∠CBN＝120°，∠DAF+∠BAC＝180°，∴∠DBN＝∠DAF＝120°，在△DBN和△DAF中，，∴△DBN≌△DAF（SAS），∴DN＝DF，∠BDN＝∠ADF，∵∠BDN+∠ADN＝180°，∴∠ADF+∠ADN＝180°，∴点N、D、F三点共线，∵将DE绕点D逆时针旋转120°得到DF，点F落在CA的延长线上，∴DF＝DE，∠EDF＝120°，∴DF＝DE＝DN，∠EDN＝60°，∴△EDN是等边三角形，∴NE＝DE＝DN，∴NE＝DE＝DN＝EM＝DF，∵在AC上截取AM＝AF，∴A是FM中点，∵点D是AB的中点，∴；（3）PQ的长为．理由如下：如图3，过A作AT⊥BC于点T，作∠CBR＝30°，交AT延长线于点O，则∠BTO＝90°，∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC＝6，∠ABC＝∠BCA＝∠BAC＝60°，∴∠PAO＝∠BAO＝∠QBO＝30°，，∴∠ABO＝90°，∴，即，∵AP＝2BQ，∴，∴，∴△OBQ∽△OAP，∴∠BOQ＝∠AOP，，即，∴∠BOT＝∠BOQ+∠QOT＝∠AOP+∠QOT＝∠POQ＝60°，如图4，取OP中点W，连接QW，∴QW＝OQ＝PW，∴△QOW是等边三角形，∴∠QWO＝∠OQW＝∠POQ＝60°，∵∠QWO＝∠QPW+∠WQP＝60°，∴∠QPW＝∠WQP＝30°，∴∠PQO＝∠OQW+∠WQP＝60°+30°＝90°，在直角三角形OPQ中，由勾股定理得：OQ2+PQ2＝OP2，∴OQ2+PQ2＝2OQ2，∴，由，∴当D，O，Q三点共线时，DQ+OQ有最小值，即有最小值，如图5，过Q作QK⊥OB于点K，则∠BKQ＝∠OKQ＝90°，∴DK∥AB，∴△OQK∽△ODB，∴，设QK＝a，则BQ＝2a，，∴，∴，∴，∴，∴，，在直角三角形OKQ中，由勾股定理得：，又∵，∴，∴PQ的长为．【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，两点之间线段最短，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．4．综合与实践：综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．【操作判断】如图1，正方形纸片ABCD，将∠B沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形ABCD的内部，得到折痕AE，点B的对应点为M，连接AM；将∠D沿过点A的直线折叠，使AD与AM重合，得到折痕AF，将纸片展平，连接EF．（1）根据以上操作，易得点E，M，F三点共线，且①∠EAF＝45°；②线段EF，BE，DF之间的数量关系为EF＝BE+DF．【深入探究】如图2，将∠C沿EF所在直线折叠，使点C落在正方形ABCD的内部，点C的对应点为N，将纸片展平，连接NE，NF．同学们在折纸的过程中发现，当点E的位置不同时，点N的位置也不同，当点E在BC边上某一位置时（点E不与点B，C重合），点N恰好落在折痕AE上，此时AM交NF于点P，如图3所示．（2）小明通过观察图形，得出AP＝BE+DF．请判断其是否正确，并说明理由．【拓展应用】（3）若正方形纸片ABCD的边长为3，当点N落在折痕AE上时，求出线段CE的长．【分析】（1）①由正方形的性质得∠C＝∠BAD＝90°，再由折叠的性质得：∠BAE＝∠MAE，∠DAF＝∠MAF，即可求解；②根据折叠的性质即可求解；（2）根据正方形的性质和折叠的性质得到△ANF是等腰直角三角形，再根据全等三角形的性质和判定求解即可．（3）当点N落在折痕AE上，证明△ANF是等腰直角三角形，进一步求得∠BAE＝30°，然后利用含30度的直角三角形解答即可．【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是正方形，∴∠C＝∠BAD＝90°，由折叠的性质可知，∠BAE＝∠MAE，∠DAF＝∠MAF，∴∠MAE+∠MAF＝∠BAE+∠DAF∠BAD＝45°，即∠EAF＝45°．故答案为：45．②由折叠的性质可知，BE＝ME，DF＝MF，∵EF＝ME+MF，∴EF＝BE+DF．故答案为：EF＝BE+DF．（2）结论AP＝BE+DF成立，理由如下：将∠C沿EF所在直线折叠，使点C落在正方形ABCD的内部，点C的对应点为N，∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠C＝90°．由折叠的性质可知，BE＝ME，DF＝MF，∠AME＝∠B＝∠C＝∠ENF＝90°，∴∠ANF＝∠AMF＝90°，又∵∠APN＝∠FPM，∴∠NAP＝∠NFE．由（1）得∠EAF＝45°，∴△ANF是等腰直角三角形．∴AN＝FN．∴△ANP≌△FNE（ASA）．∴AP＝EF．∵EF＝EM+FM＝BE+DF，∴AP＝BE+DF．（3）∵点N落在折痕AE上时，∴∠BAE＝∠MAE，∠CFE＝∠NFE，∠AFD＝∠AFM．∴△ANF是等腰直角三角形，∴∠AFN＝45°，∴∠AFD＝∠AFM＝∠AFN+∠NFE＝45°+∠NFE．∵∠AFD+∠AFM+∠CFE＝180°，∴2×（45°+∠NFE）+∠NFE＝180°，∴∠NFE＝30°．∵∠APN＝∠FPM，∠ANF＝∠AMF＝90°，∴∠NAP＝∠NFE＝30°，∴∠BAE＝30°．∴BEAB，∴CE＝3．【点评】本题属于几何变换综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．5．在中考复习阶段，追梦小组在张老师指导下，对等腰三角形展开了一场特别的探究，张老师先给出一道题，孙阳同学分享了自己的做法，然后赵虎和李乐两位同学分别对张老师的问题进行了不同的变式，具体如下：（1）张老师的问题：如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E在边BC上，且BD＝4，CE＝2，连接AD，AE．若∠DAE＝45°，求DE的长．孙阳的做法：如图2，把△ACE绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，得BF＝CE＝2且∠DBF＝90°；连接DF，在Rt△BDF中利用勾股定理可求出DF的长；易证△ADF≌△ADE，从而求出DE的长．任务1：请你根据孙阳的做法，直接写出DE的长为．（2）赵虎的变式：如图3，在等边△ABC中，点D，E在边BC上，且BD＝4，CE＝2，连接AD，AE．若∠DAE＝30°，求DE的长．任务2：请你类比孙阳的做法，写出完整的求解过程．（3）李乐的变式：如图4，在△ABC中，∠BAC＝120°，，点D在边BC上且BD＝5，点E在直线BC上．若∠DAE＝60°，求DE的长．任务3：请你类比孙阳的做法，直接写出DE的长为或7．【分析】（1）根据旋转的性质得到CE＝BF＝2，AE＝AF，∠C＝∠ABF＝45°，∠CAE＝∠BAF，证明△ADF≌△ADE（SAS）；推出DE＝DF，利用勾股定理求解即可；（2）将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACF，连接EF，得到AF＝AD，FC＝BD＝4，∠ACF＝∠B＝60°，∠CAF＝∠BAD，证明△EAF≌△EAD（SAS），推出EF＝DE，过点F作FG⊥BC，交BC的延长线于点G，利用勾股定理求解即可；（3）分点E在BC上，点E在BC延长线上，两种情况，同理（2）即可解答．【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠B＝∠ACB＝45°；∵△ACE绕点A逆时针旋转90°，得到△ABF，∴△ACE≌△ABF，∴CE＝BF，AE＝AF，∠C＝∠ABF＝45°，∠CAE＝∠BAF，∴∠FBD＝∠ABF+∠ABC＝90°；∵∠DAE＝45°，∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝45°；∴∠BAF+∠BAD＝45°；∴∠DAE＝∠FAD，在△ADF与△ADE中，，∴△ADF≌△ADE（SAS）；∴DE＝DF，∴，∴；（2）∵△ABC是等边三角形，∴∠CAB＝∠B＝∠ACB＝60°，AB＝AC＝BC，将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACF，连接EF，如图，则AF＝AD，FC＝BD＝4，∠ACF＝∠B＝60°，∠CAF＝∠BAD．∵∠CAB＝60°，∠DAE＝30°，∴∠CAE+∠BAD＝30°，∴∠EAF＝∠CAE+∠CAF＝∠CAE+∠BAD＝30°＝∠DAE．在△EAF与△EAD中，，∴△EAF≌△EAD（SAS），∴EF＝DE，过点F作FG⊥BC，交BC的延长线于点G，∵∠ECF＝∠ACE+∠ACF＝60°+60°＝120°，∴∠FCG＝60°，∴∠CFG＝30°，∴，∴EG＝EC+CG＝4，，∴；（3）解：如图，过点A作AH⊥BC于点H，∵在△ABC中，∠BAC＝120°，，∴，∴，∵AH⊥BC，∴BC＝2BH＝9，∵BD＝5，∴CD＝BC﹣BD＝5﹣1＝4，当点E在BC上时，如图，将△ABE绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，连接DF，过点F作FG⊥BC，交BC于点G，则AF＝AE，FC＝BE，∠ACF＝∠B＝30°，∠CAF＝∠BAE，同理（2）得△FAD≌△EAD（SAS），∴DF＝DE，∵∠GCF＝∠BCA+∠ACF＝30°+30°＝60°，∴∠CFG＝30°，∴，，设CG＝x，则，∴DG＝CD﹣CG＝4﹣x，BE＝FC＝2x，∴DF＝DE＝BD﹣BE＝5﹣2x，∴DF2＝DG2+FG2，∴，解得：，∴；当点E在BC延长线上时，如图，将△ACE绕点A顺时针旋转120°得到△ABF，连接DF，过点F作FG⊥BC，交CB延长线于点G，则AF＝AE，CE＝BE，∠ACE＝∠ABF＝180°﹣∠ACB＝150°，∠CAE＝∠BAF，同理（2）得△FAD≌△EAD（SAS），∴DF＝DE，∵∠GBF＝180°﹣∠CBF＝180°﹣（∠ABF﹣∠ABC）＝60°，∴∠BFG＝30°，∴，，设BG＝y，则，∴DG＝BD+BG＝5+y，CE＝BF＝2y，∴DF＝DE＝CD+CE＝4+2y，∴DF2＝DG2+FG2，∴，解得：，∴；综上，DE的长为或7．【点评】本题主要考查了解直角三角形，勾股定理，旋转的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定等，正确作出辅助线构造三角形全等是解题的关键．6．如图在△ABC中，AB＝AC＝5，，点D在边BC上，满足BD＝3DC．点P是折线AB﹣AC上任意一点，且不与△ABC的顶点重合．将△BPD沿PD翻折，得到△B′PD．（1）BC的长为8．（2）当点P是AB中点时，求PD的值．（3）当B′D⊥BC时，求AP的值．（4）当点B′在直线BC上方时，若△ABC与△B′PD重叠部分为钝角三角形时，直接写出BP的取值范围．【分析】（1）过点A作AE⊥BC，结合等腰三角形的性质，根据，求得BE＝CE＝4，即可求解；（2）过点P作PQ⊥BC，根据，求得BP＝2，根据勾股定理求得，根据BD＝3DC，求得BD的长，即可求得QD的长，再根据勾股定理即可求出PD的值；（3）分两种情况：当点P在AB边上时，当点P在AC边上时，分别求解即可；（4）当B′D⊥AB于点O时，为临界情况，计算出此时BP的长，即可求出BP的取值范围．【解答】解：（1）如图1，过点A作AE⊥BC，∵，∴，∴．∵AB＝AC，AE⊥BC，∴BE＝CE＝4，∴BC＝8，故答案为：8；（2）如图2，过点P作PQ⊥BC，∵点P是AB中点，∴，∵，∴，∴．∴．∵BD＝3DC，∴．∴QD＝BD﹣BQ＝4．∴．（3）①如图，当点P在AB边上时，过点P作PM⊥BC于点M，∵B'D⊥BC，∴∠BDP＝∠BDP＝45°．∵PM⊥BC，∴∠BDP＝∠DPM＝45°．∴PM＝DM．∵，∴设BP＝5x，则BM＝4x，∴．∴DM＝PM＝3x．∴BD＝4x+3x＝6，解得，∴，∴；②如图，当点P在AC边上时，过点P作PN⊥BC于点N，∵B'D⊥BC，∴，∴∠PDC＝135°﹣90°＝45°，∵PN⊥BC，∴∠PDC＝∠DPN＝45°，∴PN＝DN．∵，∴设CP＝5y，则CN＝4y，∴．∴DN＝PN＝3y．∵BC＝8，BD＝6，∴CD＝2．∴CD＝4y+3y＝2，解得，∴，∴；综上所述：AP的值为或．（4）①当点P在AB边上时，如图，当BD′⊥AB于点O时，过点P作PH⊥BC于点H，∵，∴，∴设BP＝5t，则BH＝4t．∴．由折叠可知，BD＝B′D＝6，∠BDP＝∠BDP，∠B＝∠B'，∴PH＝PO＝3t．∴OB＝8t．∴，解得，∴BP＝5t＝3．∴0＜BP＜3．②当点P在AC边上时，如图，当BD′⊥AC于点O时，过点P作PG⊥BC于点G，∵，∴设CP＝5m，则CG＝4m，∴由折叠可知，BD＝BD＝6，∠BDP＝∠B'DP，∴PG＝PO＝3m．∴OC＝CP﹣PO＝5m﹣3m＝2m．∵，∴，解得，∴，，∴，∴，∴；综上所述：0＜BP＜3或．【点评】本题主要考查了勾股定理、解直角三角形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．7．已知△ABE，将△ABE绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜180°）到△ACF，使得点B的对应点C落在直线BE上．（1）①依题意补全图1；②若FC垂直BE，直接写出α的值；（2）如图2，过B作AC的平行线BD，与FE的延长线交于点D，FE交AC于点G，取FD的中点M和BC的中点N，写出线段MN与FG的数量关系，并证明．【分析】（1）①根据题意补全图形即可；②（2）【解答】解：（1）①补全图形如图1所示：②∵将△ABE绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜180°）到△ACF，∴∠BAC＝∠EAF＝α，AB＝AC，AE＝AF，∠ACF＝∠ABE，∴∠ABE＝∠ACB，∵FC⊥BE∴∠ACB+∠ACF＝90°，即90°，∴α＝90°；（2）结论：MNFG．理由如下：如图2，设H是BD延长线上一点，在线段CN上截取NP＝EN，在线段CG上截取CQ＝BD，连接PG，PQ，∵N是BC的中点，∴BN＝CN，即BE+EN＝CP+NP，∴BE＝CP，∵BD∥AC，∴∠EBD＝∠PCQ，∠HDE＝∠CGF，在△BDE和△CQP中，，∴△BDE≌△CQP（SAS），∴DE＝PQ，∠BDE＝∠CQP，由（1）知：CF＝BE，∠GCF＝∠GCP，∴CF＝CP，在△CFG和△CPG中，，∴△CFG≌△CPG（SAS），∴FG＝PG，∠CGF＝∠CGP＝∠HDE，∵∠CQP+∠PQG＝180°，∠BDE+∠HDE＝180°，∠BDE＝∠CQP，∴∠PQG＝∠HDE＝∠CGF＝∠PGQ，∴PQ＝PG，∵PQ＝DE，PG＝FG，∴FG＝DE，∵M是FD的中点，∴DM＝FM，∴DM﹣DE＝FM﹣FG，即EM＝MG，∴M是EG的中点，∵EN＝NP，即N是EP的中点，∴MN是△EPG的中位线，∴MNPG，∴MNFG．【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转变换的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理等，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．8．如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点为格点（网格线的交点）．（1）将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△AB1C1，画出△AB1C1；（2）将△AB1C1向下平移4个单位长度得到△A2B2C2，画出△A2B2C2；（3）四边形A2C2B1C的面积为27．【分析】（1）利用旋转变换的性质分别作出B，C的对应点B1，C1即可；（2）利用平移变换的性质分别作出A，B1，C1的对应点A2，B2，C2即可；（3）利用大矩形的面积减去周围三角形和小矩形的面积，即可解答．【解答】解：（1）如图所示，△AB1C1即为所求；（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；（3）四边形A2C2B1C的面积为6×84×1﹣1×22×52×42×8＝48﹣2﹣2﹣5﹣4﹣8＝27．故答案为：27．【点评】本题考查作图﹣旋转变换、作图﹣轴对称变换、作图﹣平移变换，熟练掌握旋转的性质、平移的性质、轴对称的性质是解答本题的关键．9．九年级一班同学在数学老师的指导下，以“等腰三角形的旋转”为主题，开展数学探究活动．操作探究：（1）如图1，△OAB为等腰三角形，OA＝OB，∠AOB＝60°，将△OAB绕点O旋转180°，得到△ODE，连接AE，F是AE的中点，连接OF，则∠BAE＝90°，OF与DE的数量关系是DE＝2OF；迁移探究：（2）如图2，（1）中的其他条件不变，当△OAB绕点O逆时针旋转，点D正好落在∠AOB的角平分线上，得到△ODE，求出此时∠BAE的度数及OF与DE的数量关系；拓展应用：（3）如图3，在等腰三角形OAB中，OA＝OB＝4，∠AOB＝90°．将△OAB绕点O旋转，得到△ODE，连接AE，F是AE的中点，连接OF．当∠EAB＝15°时，请直接写出OF的长．【分析】（1）证明△OAB为等边三角形，根据旋转的性质得△OAB≌△ODE，求出∠AOE＝120°，根据等腰三角形的性质可得∠OAE＝30°，OF⊥AE，即可得∠BAE＝90°，OA＝DE＝2OF；（2）根据旋转的性质得△OAB≌△ODE，由OD平分∠AOB得∠AOD＝30°，可得∠AOE＝90°，∠OAE＝45°，即可得∠BAE＝15°，根据等腰直角三角形的性质可得DEOF；（3）分以下两种情况进行讨论：①当点E在OB右边时，②当点E在OB左边时，利用等腰三角形的性质即可解决问题．【解答】解：（1）∵△OAB为等腰三角形，OA＝OB，∠AOB＝60°，∴△OAB为等边三角形，∵将△OAB绕点O旋转180°，得到△ODE，∴△OAB≌△ODE，∴△ODE为等边三角形，OA＝OB＝AB＝DE＝OE，∠AOB＝∠OAB＝60°，∴∠AOE＝120°，∴∠AEB＝∠OAE＝30°，∴∠BAE＝90°，∵OA＝OE，F是AE的中点，∴OF⊥AE，∴OA＝DE＝2OF，故答案为：90，DE＝2OF；（2）由旋转的性质，可知△OAB≌△ODE，∵△OAB为等边三角形，OD平分∠AOB，△ODE为等边三角形，∴∠DOE＝60°，∠AOD∠AOB＝30°，∴∠AOE＝∠AOD+∠DOE＝90°，∵OA＝OE，∴∠OAE＝45°，∴△AOE是等腰直角三角形，∠BAE＝∠OAB﹣∠OAE＝15°，∵F是AE的中点，∴OF⊥AE，∴△OEF是等腰直角三角形，∴DE＝OEOF；（3）分以下两种情况进行讨论：①如图3﹣1．当点E在OB右边时，∵OA＝OB＝4，∠AOB＝90°，∴△OAB为等腰直角三角形，∴∠OAB＝45°．∵∠EAB＝15°，∴∠OAE＝60°，由旋转的性质，得OA＝OB＝OE＝OD＝4，∴△OAE为等边三角形，∵F是AE的中点，∴OF⊥AE，OF平分∠AOE，∴∠AOF∠AOE＝30°，∴AFOA＝2，∴OFAF＝2；②如图3﹣2，当点E在OB左边时，同理，可得∠OAE＝30°，OF⊥AE，∴OFOA＝2．综上所述，OF的长为2或2．【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，利用分类讨论思想是解本题的关键．10．综合与探究【问题情境】：数学课上，同学们以直角三角形为基本图形探究图形旋转变化问题．已知直角三角形纸片ABC，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝6，将△ABC绕点A旋转得到△AB′C′．（1）【操作判断】：如图1，当点B′恰好落在BC的延长线上时，CC′＝；（2）【深入探究】：旋转到图2位置，连接BB′、CC′，BB′与CC′交于点D，猜想线段BD与B′D之间的数量关系，并说明理由；（3）【拓展延伸】：若旋转后AB′⊥AB，直线BB′与直线CC′交于点D，射线AD交直线BC于点E，直接写出CE的长．【分析】（1）由旋转的性质可证明，∠BAB′＝∠CAC′，得到△BAB′∽△CAC′，推出，由勾股定理可得AB的长，再由等腰三角形三线合一可得BB′＝2BC，即可得解；（2）过点B′作B′H∥BC交CC′于点H，由旋转的性质结合等边对等角可得∠ACC′＝∠AC′C，由平行线的性质结合角的等量证明∠B′HC′＝∠B′C′H，推出B′H＝B′C′，得到BC＝B′H，从而证得△DCB≌△DHB′（AAS），即可得证；（3）由旋转可知AB＝AB′，由（2）可知，BD＝B′D，由勾股定理可得BB′的长，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，以及等腰三角形三线合一可得，AD⊥BB′，分两种情况讨论：①将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，②将△ABC绕点A顺时针旋转得到△AB′C′，分别根据等面积法可表示出CE与DE之间的数量关系，再在Rt△BDE中，根据勾股定理列方程求解即可．【解答】解：（1）∵将△ABC绕点A旋转得到△AB′C′，∴AB＝AB′，AC＝AC′，∠BAC＝∠B′AC′，∴，∠BAC+∠CAB′＝∠B′AC′+∠CAB′，即∠BAB′＝∠CAC′，∴△BAB′∽△CAC′，∴，在Rt△ABC中，∵BC＝3，AC＝6，∴，∵AB＝AB′，∠ACB＝90°，即AC⊥BB′，∴BB′＝2BC＝6，∴，解得，故答案为：；（2）BD＝B′D；理由如下：如图，过点B′作B′H∥BC交CC′于点H，由旋转可知AC＝AC′，BC＝B′C′，∠AC′B′＝∠ACB＝90°，∴∠ACC′＝∠AC′C，∵B′H∥BC，∴∠DHB′＝∠DCB，∵∠B′HC′＝180°﹣∠DHB′，∠B′C′H＝90°﹣∠ACC′＝90°﹣∠AC′C＝90°﹣（∠DCB﹣90°）＝180°﹣∠DCB，∴∠B′HC′＝∠B′C′H，∴B′H＝B′C′，∴BC＝B′H，∵∠DCB＝∠DHB′，∠BDC＝∠B′DH，BC＝B′H，∴△DCB≌△DHB′（AAS），∴BD＝B′D；（3）CE的长为2或18．理由如下：由旋转可知，由（2）可知，BD＝B′D，∵AB′⊥AB，∴，，AD⊥BB′，①将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，如图3，∵，即，∴，在Rt△BDE中，由勾股定理得：BD2+DE2＝BE2，即，解得：或（不合题意，舍去），∴；②将△ABC绕点A顺时针旋转得到△AB′C′，如图4，∵，即，∴，在Rt△BDE中，由勾股定理得：BD2+DE2＝BE2，即，解得：或（不合题意，舍去），∴．【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，分类讨论是解答本题的关键．11．在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝α，点D在射线BC上，连结AD，将线段AD绕点A逆时针旋转2α得到线段AE（点E不在直线AB上），过点E作EF∥AB，交直线BC于点F．（1）如图1，α＝45°，点D与点C重合，求证：BF＝AC．（2）如图2，点D，F都在BC的延长线上，用等式表示DF与BC的数量关系，并证明．【分析】（1）先计算出∠BAC＝∠ABC＝45°．再根据旋转的性质得到AE＝AD＝AC，∠EAB＝45°，则可判断BC∥AE，从而得到四边形ABFE是平行四边形，然后根据平行四边形的性质得到BF＝AE，所以BF＝AC；（2）在DC上取一点G，使得CG＝CB，连接AG、BE，如图，先证明△ACG≌△ACB得到AG＝AB，∠GAC＝∠BAC＝α，则∠BAG＝2α．再根据旋转的性质得到DA＝EA，∠DAE＝∠GAB＝2α，接着证明△DAG≌△EAB得到DG＝BE，∠AGD＝∠ABE＝180°﹣∠AGC＝90°+α，所以∠FBE＝2α．再根据平行线的性质得到∠BFE＝∠ABF＝90°﹣α，利用三角形内角和定理计算得∠BEF＝90°﹣α，则∠BEF＝∠BFE，所以BE＝BF，于是利用DG＝BF得到DF＝BG＝2BC．【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，∠BAC＝45°，∴∠BAC＝∠ABC＝45°．∵线段AD绕点A逆时针旋转2×45°＝90°得到线段AE，点D与点C重合，∴AE＝AD＝AC，∠EAB＝90°﹣∠BAC＝45°，∴∠EAB＝∠ABC，∴BC∥AE．∵EF∥AB，∴四边形ABFE是平行四边形，∴BF＝AE，∴BF＝AC；（2）DF＝2BC．证明：在DC上取一点G，使得CG＝CB，连接AG、BE，如图，∵∠ACB＝90°，∴∠ACG＝∠ACB＝90°．在△ACG和△ACB中，∴△ACG≌△ACB（SAS），∴AG＝AB，∠GAC＝∠BAC＝α，∴∠BAG＝2α．∵线段AD绕点A逆时针旋转2α得到线段AE，∴DA＝EA，∠DAE＝∠GAB＝2α，∴∠DAG＝∠EAB，在△DAG和△EAB中，，∴△DAG≌△EAB（SAS），∴DG＝BE，∠AGD＝∠ABE＝180°﹣∠AGC＝90°+α．又∵∠ABC＝90°﹣α，∴∠FBE＝∠ABE﹣∠ABC＝2α．∵EF∥AB，∴∠BFE＝∠ABF＝90°﹣α，∴∠BEF＝180°﹣∠FBE﹣∠BFE＝90°﹣α，∴BE＝BF，∴DG＝BF，∴DF＝BD﹣BF＝BD﹣DG＝BG＝2BC．【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质．12．综合与实践问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CA＝6，CB＝8．将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，旋转角小于∠CAB，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，DE交AB于点O，延长DE交BC于点P．数学思考：（1）试判断PC与PE的数量关系，并说明理由．深入探究：（2）在图形旋转的过程中，老师让同学们提出新的问题．①“乐学小组”提出问题：如图2，当∠CAE＝45°时，则线段BP的长为．②“善思小组”提出问题：如图3，当∠CAE＝∠B时，求线段BP的长．【分析】（1）由旋转的性质得到，AC＝AE，∠C＝∠AEP＝90°，根据HL证明Rt△APE≌Rt△APC，即可证明PC＝PE；（2）①延长AE，交BC于点F，由∠CAE＝45°，∠C＝∠AEP＝90°得∠EPF＝∠EFP＝∠CAE＝45°，PE＝EF，AC＝CF＝6，设PC＝PE＝x，由勾股定理求得x，进而可求线段BP的长；②由勾股定理求得AB＝10，由旋转的性质知AD＝AB＝10，DE＝BC＝8，∠B＝∠D，∠C＝∠AED＝90°，当∠CAE＝∠B时，得出AD∥BC，进而可得∠1＝∠B，∠2＝∠D，∠1＝∠D，∠2＝∠B，AO＝DO，BO＝PO，即可求出BP．【解答】（1）解：PC＝PE，理由：如图1，连接AP，由旋转的性质知，AC＝AE，∠AED＝∠C＝∠AEP＝90°，∵AP＝AP，∴Rt△APE≌Rt△APC（HL），∴PC＝PE；（2）解：①如图2，延长AE，交BC于点F，∵∠CAE＝45°，∠C＝∠AEP＝90°，∴∠EPF＝∠EFP＝∠CAE＝45°，∴PE＝EF，AC＝CF＝6，由（1）知，PC＝PE，设PC＝PE＝x，则，∴，∴，∴，故答案为：；②如图3，∵∠C＝90°，CA＝6，CB＝8，∴，由旋转的性质知，AD＝AB＝10，DE＝BC＝8，∠B＝∠D，∠C＝∠AED＝90°，当∠CAE＝∠B时，∵∠B+∠EAD＝90°，∴∠CAE+∠D＝∠CAD＝90°，∴∠CAD+∠C＝180°，∴AD∥BC，∴∠1＝∠B，∠2＝∠D，∵∠B＝∠D，∴∠1＝∠D，∠2＝∠B，∴AO＝DO，BO＝PO，∵AO+BO＝AB＝10，∴PO+DO＝PD＝10，∴PE＝PD﹣DE＝10﹣8＝2，∴PC＝PE＝2，∴BP＝BC﹣PC＝6．【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理及等腰三角形的判定等知识，正确作出辅助线是解题的关键．13．（1）问题发现（1）如图1，△ABC和△CDE均为等边三角形，直线AD和直线BE交于点F．填空：①∠AFB的度数是60°；②线段AD，BE之间的数量关系为AD＝BE；（2）类比探究如图2，△ABC和△CDE均为等腰直角三角形，∠ABC＝∠DEC＝90°，AB＝BC，DE＝EC，直线AD和直线BE交于点F．请判断∠AFB的度数及线段AD，BE之间的数量关系，并说明理由．（3）解决问题如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝5，点D在AB边上，DE⊥AC于点E，AE＝3，将△ADE绕着点A在平面内旋转，请直接写出直线DE经过点B时，点C到直线DE的距离．【分析】（1）证明△ACD≌△BCE（SAS），即可解决问题．（2）结论：∠AFB＝45°，ADBE．证明△ACD∽△BCE，可得，∠CBF＝∠CAF，由此即可解决问题．（3）分两种情形分别求解即可解决问题．【解答】解：（1）如图1中，∵△ABC和△CDE均为等边三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠CAD＝∠CBF，设BC交AF于点O．∵∠AOC＝∠BOF，∴∠BFO＝∠ACO＝60°，∴∠AFB＝60°，故答案为60°，AD＝BE．（2）结论：∠AFB＝45°，ADBE．理由：如图2中，∵∠ABC＝∠DEC＝90°，AB＝BC，DE＝EC，∴∠ACD＝45°+∠BCD＝∠BCE，，∴△ACD∽△BCE，∴，∠CBF＝∠CAF，∵∠AFB+∠CBF＝∠ACB+∠CAF，∴∠AFB＝∠ACB＝45°．（3）如图3中，∵AEB＝∠ACB＝90°，∴A，B，C，E四点共圆，∴∠CEB＝∠CAB＝30°，∠ABD＝∠ACE，∵∠DAE＝∠BAC＝30°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE，∴cos30°，∴ECBD，在Rt△ADE中，∵DE，∠DAE＝30°，∴AEDE＝3，∴BE4，∴BD＝BE﹣DE＝4，∴CEBD＝2，∵∠BEC＝30°，∴点C到直线DE的距离等于CE•sin30°．如图4中，当D，EB在同一直线上时，同法可知BD＝DE+EB＝4，CEBD＝2，点C到直线DE的距离等于CE•sin30°．综上所述，点C到直线DE的距离等于±．【点评】本题考查几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．14．如图，在6×6的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，且每个小正方形的顶点称为格点，线段AB的两个端点均在格点上，按要求完成下列画图，保留必要的画图痕迹，不要求写出画法．（1）在图①中，画出一个△ABC，使其是轴对称图形；（2）在图②中，在线段AB上找到一点E，使；（3）在图③中，画出一个四边形AMBN，使其既是中心对称图形，又是轴对称图形，且M、N为格点．【分析】（1）作一个等腰三角形即可；（2）取格点D、F，连接DF交AB于点E；（3）以AB为对角线，作矩形AMBN即可．【解答】解：（1）如图，△ABC为所求作的三角形（答案不唯一），（2）解：如图，点E即为所求作的点；∵AD∥BF，∴△ADE∽△BFE，∴；（3）解：如图，四边形AMBN即为所求作的四边形．【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了格点作图，三角形相似的判定和性质，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，等腰三角形的性质，轴对称的定义和中心对称的定义．15．如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系xOy，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点），其中点A的坐