1、一、旋转 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且EAF=CEF=45.(1)将ADF绕着点A顺时针旋转90，得到ABG(如图)，求证：AEGAEF；(2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N(如图)，求证：EF2=ME2+NF2；(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图)，请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.【解析】试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，EAF=GAE=45，故可证AEGAEF；（2）将ADF绕着点A顺时
2、针旋转90，得到ABG，连结GM由（1）知AEGAEF，则EG=EF再由BME、DNF、CEF均为等腰直角三角形，得出CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后证明GME=90，MG=NF，利用勾股定理得出EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；（3）将ADF绕着点A顺时针旋转90，得到ABG，根据旋转的性质可以得到ADFABG，则DF=BG，再证明AEGAEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF试题解析：（1）ADF绕着点A顺时针旋转90，得到ABG，AF=AG，FAG=90，EAF=45，GAE=45，在AGE与AFE中，AGEAFE（S
3、AS）；（2）设正方形ABCD的边长为a将ADF绕着点A顺时针旋转90，得到ABG，连结GM则ADFABG，DF=BG由（1）知AEGAEF，EG=EFCEF=45，BME、DNF、CEF均为等腰直角三角形，CE=CF，BE=BM，NF=DF，aBE=aDF，BE=DF，BE=BM=DF=BG，BMG=45，GME=45+45=90，EG2=ME2+MG2，EG=EF，MG=BM=DF=NF，EF2=ME2+NF2；（3）EF2=2BE2+2DF2如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将ADF绕着点A顺时针旋转90，得到AGH，连结HM，HE由（1）知AEHAEF，则由勾股
4、定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，即（GH+BE）2+（BMGM）2=EH2又EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BEGH）2=EF2，即2（DF2+BE2）=EF2考点：四边形综合题2（探索发现）如图，是等边三角形，点为边上一个动点，将绕点逆时针旋转得到，连接.小明在探索这个问题时发现四边形是菱形.小明是这样想的：（1）请参考小明的思路写出证明过程；（2）直接写出线段，之间的数量关系：_；（理解运用）如图，在中，于点.将绕点逆时针旋转得到，延长与，交于点.（3）判断四边形的形状，并说明理由；（拓展迁移）（4）在（3）的前提下，如图，将沿折叠得到，连接，若
5、，求的长.【答案】（1）详见解析；（2）；（3）四边形是正方形；（4）【解析】【分析】（1）根据旋转得：ACE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=F=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BAMEAD（SAS），根据BM=DE及勾股定理可得结论【详解】（1）证明：是等边三角形，.绕点逆时针旋转得到，.是等边三角形.四边形是菱形.（2）线段，之间的数量关系：.（3）四边形是正方
6、形.理由如下：绕点逆时针旋转得到，.，.四边形是矩形.，四边形是正方形.（4）如图，连接.四边形是正方形，.绕点逆时针旋转得到，.将沿折叠得到，.，即.，.在和中，.【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3（12分）如图1，在等边ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接BE，CD，点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点（1）观察猜想：图1中，PMN的形状是 ；（2）探究证明：把ADE绕点A逆时针方向旋
7、转到图2的位置，PMN的形状是否发生改变？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=1，AB=3，请直接写出PMN的周长的最大值【答案】(1) 等边三角形；(2) PMN的形状不发生改变，仍然为等边三角形,理由见解析；（3）6【解析】分析：（1）如图1，先根据等边三角形的性质得到AB=AC，ABC=ACB=60，则BD=CE，再根据三角形中位线性质得PMCE，PM=CE，PNAD，PN=BD，从而得到PM=PN，MPN=60，从而可判断PMN为等边三角形； （2）连接CE、BD，如图2，先利用旋转的定义，把ABD绕点A逆时针旋转60可得到CAE，则BD=CE，ABD=
8、ACE，与（1）一样可得PM=PN，BPM=BCE，CPN=CBD，则计算出BPM+CPN=120，从而得到MPN=60，于是可判断PMN为等边三角形 （3）利用ABADBDAB+AD（当且仅当点B、A、D共线时取等号）得到BD的最大值为4，则PN的最大值为2，然后可确定PMN的周长的最大值详解：（1）如图1 ABC为等边三角形，AB=AC，ABC=ACB=60 AD=AE，BD=CE 点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点，PMCE，PM=CE，PNAD，PN=BD，PM=PN，BPM=BCA=60，CPN=CBA=60，MPN=60，PMN为等边三角形； 故答案为等边三角形； （2）PM
9、N的形状不发生改变，仍然为等边三角形理由如下：连接CE、BD，如图2 AB=AC，AE=AD，BAC=DAE=60，把ABD绕点A逆时针旋转60可得到CAE，BD=CE，ABD=ACE，与（1）一样可得PMCE，PM=CE，PNAD，PN=BD，PM=PN，BPM=BCE，CPN=CBD，BPM+CPN=CBD+CBD=ABCABD+ACB+ACE=60+60=120，MPN=60，PMN为等边三角形 （3）PN=BD，当BD的值最大时，PN的值最大 ABADBDAB+AD（当且仅当点B、A、D共线时取等号） BD的最大值为1+3=4，PN的最大值为2，PMN的周长的最大值为6 点睛：本题考查
10、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等边三角形的判定与性质和三角形中位线性质4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CED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），CED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=ED；并说明理由（3）CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，CED=90时，直接写出旋转角a的值【答案】1【解析】分析：（1）过D作DNCD于
11、N由30所对直角边等于斜边的一半即可得结论由DACE且DA=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DCEDCG，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）DA=1理由如下：过D作DNCD于NNCD=30，CD=CD=2，ND= CD=1由已知，DACE，且DA=CE=1，四边形ACED为平行四边形又DCE=90，四边形ACED为矩形；（2）如图，取BC中点即为点G，连接GDDCE=DCE=90，DCE=DCG又DC= DC，CG=CE，DCEDCG，GD=ED（3）分两种情
12、况讨论：如图1CED=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ECE=30，旋转角=36030=330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5 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RtECD，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C顺时针旋转锐角，得到图2，请
13、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，RtECD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，BEAD；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，BEAD；设BE与AC的交点为点F，BE与AD的交点为点G，根据ACB=ECD=90得出ACD=BCE，然后结合AC=BC，CD=CE得出ACDBCE，则AD=BE，CAD=CBF，根据BFC=AFG，BFC+CBE=90得出AFG+CAD=90，从而说明垂直；首先根据题意得出ACDBCE，然后说明AGE=
14、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，BEADBE=AD，BEAD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1ACB=ECD=90， ACD=BCE AC=BC CD=CE ACDBCE AD=BE CAD=CBF BFC=AFG BFC+CBE=90 AFG+CAD=90 AGF=90 BEAD（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2ACB=ECD=90， ACD=BCE AC=8，BC=6，CE=3，CD=4 ACDBCECAD=CBE BFC=AFG BF
15、C+CBE=90 AFG+CAD=90 AGF=90 BEAD AGE=BGD=90，考点：三角形全等与相似、勾股定理6（特例发现）如图1，在ABC中，AGBC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC为直角边，向ABC外作等腰RtABE和等腰RtACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q求证：EP=FQ（延伸拓展）如图2，在ABC中，AGBC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC为直角边，向ABC外作RtABE和RtACF，射线GA交EF于点H若AB=kAE，AC=kAF，请思考HE与HF之间的数量关系，并直接写出你的结论（深入探究）如图3，在ABC中，G是BC边上任意一点，以A为
16、顶点，向ABC外作任意ABE和ACF，射线GA交EF于点H若EAB=AGB，FAC=AGC，AB=kAE，AC=kAF，上一问的结论还成立吗？并证明你的结论（应用推广）在上一问的条件下，设大小恒定的角IHJ分别与AEF的两边AE、AF分别交于点M、N，若ABC为腰长等于4的等腰三角形，其中BAC=120，且IHJ=AGB=60，k=2；求证：当IHJ在旋转过程中，EMH、HMN和FNH均相似，并直接写出线段MN的最小值（请在答题卡的备用图中补全作图）【答案】(1)证明参见解析；(2)HE=HF；(3)成立，证明参见解析；(4)证明参见解析，MN最小值为1.【解析】试题分析：(1)特例发现：易证
17、AEPBAG，AFQCAG，即可求得EP=AG，FQ=AG，即可解题；(2)延伸拓展：过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q易证ABGEAP，ACGFAQ，得到PE=AG，FQ=AG，PE=FQ，然后证明EPHFQH，即可得出HE=HF；(3)深入探究：判断PEAGAB，得到PE=AG，AQFCGA，FQ=，得到FQ=AG，再判断EPHFQH，即可得出HE=HF；(4)应用推广：由前一个结论得到AEF为正三角形，再依次判断MHNHFNMEH，即可得出结论试题解析：(1)特例发现，如图：PEA+PAE=90，GAB+PAE=90，PEA=GAB，EPA=AGB，AE=AB，PEAGAB，P
18、E=AG，同理，QFAGAC，FQ=AG，PE=FQ；(2)延伸拓展，如图：PEA+PAE=90，GAB+PAE=90，PEA=GAB，EPA=AGB，PEAGAB，AB=kAE，PE=AG，同理，QFAGAC，AC=kAF，FQ=AG，PE=FQ，EPFQ，EPH=FQH，PHE=QHF，EPHFQH，HE=HF；(3)深入探究,如图2，在直线AG上取一点P，使得EPAAGB，作FQPE，EAP+BAG=180AGB，ABG+BAG=180AGB，EAP=ABG，EPA=AGB，APEBGA，AB=kAE，PE=AG，由于FQA=FAC=AGC=180AGB，同理可得，AQFCGA，AC=k
19、AF，FQ=AG，EP=FQ，EPFQ，EPH=FQH，PHE=QHF，EPHFQH，HE=HF；(4)应用推广,如图3，在前面条件及结论，得到，点H是EF中点，AE=AF，EAB=AGB，FAC=AGCEAB+FAC=180EAF=360（EAB+FAC）BAC=60，AEF为正三角形又H为EF中点，EHM+IHJ=120，IHJ+FHN=120，EHM=FHNAEF=AFE，HEMHFN，EH=FH，且MHN=HFN=60，MHNHFN，MHNHFNMEH，在HMN中，MHN=60，根据三角形中大边对大角，要MN最小，只有HMN是等边三角形，AMN=60，AEF=60，MNMNEF，AEF
20、为等边三角形，MN为AEF的中位线，MNmin=EF=2=1考点：1.几何变换综合题；2.三角形全等及相似的判定性质.7已知ABC是等腰三角形，AB=AC（1）特殊情形：如图1，当DEBC时，有DB EC（填“”，“”或“=”）（2）发现探究：若将图1中的ADE绕点A顺时针旋转（0180）到图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DEBC，得到，结合AB=AC，
21、得到DB=EC；（2）由旋转得到的结论判断出DABEAC，得到DB=CE；（3）由旋转构造出CPBCEA，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】（1）DEBC，AB=AC，DB=EC，故答案为=，（2）成立证明：由易知AD=AE，由旋转性质可知DAB=EAC，又AD=AE，AB=ACDABEAC，DB=CE，（3）如图，将CPB绕点C旋转90得CEA，连接PE，CPBCEA，CE=CP=2，AE=BP=1，PCE=90，CEP=CPE=45，在RtPCE中，由勾股定理可得，PE=，在PEA中，PE2=（）2=8，AE2=12=1，PA2=3
22、2=9，PE2+AE2=AP2，PEA是直角三角形PEA=90，CEA=135，又CPBCEABPC=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.8小明合作学习小组在探究旋转、平移变换如图ABC，DEF均为等腰直角三角形，各顶点坐标分别为A（1，1），B（2，2），C（2，1），D（，0），E（， 0），F（，）（1）他们将ABC绕C点按顺时针方向旋转450得到A1B1C请你写出点A1，B1的坐标，并判断A1C和DF的位置关系；（2）他们将ABC绕原点按顺时针方向旋转450，发现旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线上请你求出符合条件的抛物线解析式；（3）他们继续探究
23、，发现将ABC绕某个点旋转45，若旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线上，则可求出旋转后三角形的直角顶点P的坐标请你直接写出点P的所有坐标【答案】解：（1）A1C和DF的位置关系是平行（2）ABC绕原点按顺时针方向旋转45后的三角形即为DEF，当抛物线经过点D、E时，根据题意可得：，解得当抛物线经过点D、F时，根据题意可得：，解得当抛物线经过点E、F时，根据题意可得：，解得（3）在旋转过程中，可能有以下情形：顺时针旋转45，点A、B落在抛物线上，如答图1所示，易求得点P坐标为（0，）顺时针旋转45，点B、C落在抛物线上，如答图2所示，设点B，C的横坐标分别为x1，x2，易知此时BC与一、三象
24、限角平分线平行，设直线BC的解析式为y=x+b联立y=x2与y=x+b得：x2=x+b，即，BC=1，根据题意易得：，即，解得，解得x或点C的横坐标较小，当时，P（，）顺时针旋转45，点C、A落在抛物线上，如答图3所示，设点C，A的横坐标分别为x1，x2易知此时CA与二、四象限角平分线平行，设直线CA的解析式为联立y=x2与得：，即，CA=1，根据题意易得：，即，解得，解得x或点C的横坐标较大，当时，P（，）逆时针旋转45，点A、B落在抛物线上因为逆时针旋转45后，直线AB与y轴平行，因为与抛物线最多只能有一个交点，故此种情形不存在逆时针旋转45，点B、C落在抛物线上，如答图4所示，与同理，可求得：P（，）逆时针旋转45，点C、A落在抛物线上，如答图5所示，与同理，可求得：P（，）综上所述，点P的坐标为：（0，），（，），P（，（，）【解析】（1）由旋转性质及等腰直角三角形边角关系求解（2）首先明确ABC绕原点按顺时针方向旋转45后的三角形即为DEF，然后分三种情况进行讨论，分别计算求解（3）旋转方向有顺时针、逆时针两种可能，落在抛物线上的点有点A和点B、点B和点C、点C和点D三种可能，因此共有六种可能的情形，需要分类讨论，避免漏解考点：旋转变换的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，平行线的性质，等腰直角三角形的性质，分类思想的应用
