1、 2019 版突破中考数学压轴之学霸秘笈大揭秘版突破中考数学压轴之学霸秘笈大揭秘 专题专题 14 图形变换和类比探究类几何压轴综合问题图形变换和类比探究类几何压轴综合问题 【类型综述】 本节内容每年中考都会选择一种变换作为压轴题的背景素材，可以对函数图象进行平移，可以对几何图 形进行平移、旋转，考查学生的数学综合应用能力在选择、填空中也会涉及变换的概念和简单应用只 要抓住全等变换的特点，找到变与不变的量就可以解决问题预计在 2019 年中考中仍会在压轴部分渗透变 换，但是会有新情境的渗透 【方法揭秘】 1.平移的性质 (1)平移前后，对应线段平行、对应角相等； (2)各对应点所连接的线段平行（
2、或在同一直线上）或相等； (3)平移前后的图形全等，注意：平移不改变图形的形状和大小. 2.旋转的性质： (1)对应点到旋转中心的距离相等； (2)每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角； (3)旋转前后的图形全等. 3.中心对称的性质： 在成中心对称的两个图形中，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分_成中心对称的两个图 形全等. 【典例分析】 例 1 如图 小明将一张直角梯形纸片沿虚线剪开，得到矩形和三角形两张纸片，测得，在 进行如下操作时遇到了下面的几个问题，请你帮助解决 （1）将的顶点 移到矩形的顶点 处，再将三角形绕点 顺时针旋转使 点落在边上，此时，恰 好经过点 （如
3、图 ） ，请你求出和的长度； （2）在（1）的条件下，小明先将三角形的边和矩形边重合，然后将沿直线向右平移，至 点与 重合时停止在平移过程中，设 点平移的距离为 ，两纸片重叠部分面积为 ，求在平移的整个过程 中， 与 的函数关系式，并求当重叠部分面积为时，平移距离 的值（如图 ） 思路点拨 （1）先在 RtBCE中，利用勾股定理求得 CE 的长，即可得 DE 的长，然后在 RtADE 中，利用勾股定理 即可求得 AE 的长；然后根据等腰三角形的性质与互余求得， 则可证，即，将各边数值代入即可求解； （2）如图，分 x4与 x4 两种情况，在 RtEFG 中，求得 tanF的值，从而得到 PB关
4、于 x的代数式，第 一种情况根据梯形的面积公式整理即可得解； 第二种情况根据 y为RPQ的面积加上矩形 BCQP 的面积即可 得到；然后将 y=10 时分别代入求解即可. 满分解答 （1）， ， ， ； 来源:Z_xx_k.Com ， ， 又， ，即 在和中， ， ， 则， ； （2）分两种情况： 是 时，如图，与相交于 ， 的直角边， ， ， ， ， 四边形是直角梯形， 则重叠部分； 是 时，如图，与相交于 ，与相交于 ，作 PQCD与 Q， PQFG， RPQ=F，即 tanRPQ=tanF= ， RQ= PQ=2， ， 当重叠部分面积为时，即分别代入两等式， ， 解得：（不合题意舍去）或
5、， 得出， 当时， 当时， 当时，或 例 2 如图，点 E 是正方形 ABCD 中 CD边上任意一点，AB4，以点 A 为中心，把ADE顺时针旋转 90 得 到ADF （1）画出旋转后的图形，求证：点 C、B、F三点共线； （2）AG 平分EAF 交 BC于点 G 如图 2，连接 EF若 BG：CE5：6，求AEF的面积； 如图 3，若 BM、DN 分别为正方形的两个外角角平分线，交 AG、AE 的延长线于点 M、N当 MMDC 时，直接写出 DN 的长 思路点拨 （1）旋转后的图形如图 1中所示，利用旋转不变性即可解决问题； （2）如图 2 中，连接 EG首先证明 EG=BG+DE，设 BG
6、=5k，CE=6k，则 DE=4-6k，CG=4-5k，EG=4-k， 在 RtEGC中，根据 EG2=EC2+CG2 即可解决问题； 如图 3中，连接 EG，延长 MN 交 AD的延长线于点 P，作 MQAB交 AB的延长线于点 Q由题意可知： PDN，BMQ 都是等腰直角三角形，设 DP=PN=x，BG=a，DE=b想办法构建方程组即可解决问题. 满分解答 （1）证明：旋转后的图形如图 1 中所示， 四边形 ABCD是正方形， ADAB，DABC90 ， 点 D与点 B重合， ADF90 ， ADF+ADC180 ， C，B，F 共线 （2）解：如图 2 中，连接 EG BAFDAE， E
7、AFDAB90 ， AG平分EAF， EAG 90 45 ， FAGFAB+BAGBAG+DAE45 ， FAGEAG， AGAG，AFAE， GAEGAF（SAS） ， FGEG， EGBF+BGDE+BG， BG：CE5：6， 可以假设 BG5k，CE6k，则 DE46k，CG45k，EG4k， 在 RtEGC中，EG2EC2+CG2， （4k）2（6k）2+（45k）2， k， DE ， AE=AF=， SAEF= AEAF= 解：如图 3中，连接 EG，延长 MN 交 AD的延长线于点 P，作 MQAB交 AB 的延长线于点 Q 由题意可知：PDN，BMQ都是等腰直角三角形，设 DPP
8、Nx，BGa，DEb 四边形 AQMP 是矩形， MQBQAP4+x， DEPN， ，即， BGMQ， ，即 在 RtBCG中，EG2=EC2+CG2， （a+b）2=（4-a）2+（4-b）2 ， 由可得 x=2 或-2（舍弃） DN=x=2 例 3 已知长方形 ABCD 中，AD=10cm,AB=6cm,点 M 在边 CD 上，由 C 往 D 运动，速度为 1cm/s，运动时 间为 t 秒，将ADM 沿着 AM 翻折至AD M，点 D 对应点为 D ，AD 所在直线与边 BC 交于点 P. （1）如图 1，当 t=0 时，求证：PA=PC； （2）如图 2，当 t 为何值时，点 D 恰好落
9、在边 BC 上； （3）如图 3，当 t=3 时，求 CP 的长. 思路点拨 （1）由折叠性质可得 ADCA D C 可得DAC=D AC, 在长方形 ABCD 中，AD/BC,可得 DAC= BCA,从而得到D AC=BCA，即可得出结论。 （2） 由折叠性质可得 ADCA D C 可得 D M=DM=6-t， AD=A D =10， 根据勾股定理可得 B D =8则 C D =2, 在 Rt CM D 中，根据勾股定理列出方程即可。 （3）当 t=3时，CM=DM=3, 连接 PM，根据 HL证得 M D PMCP,可得 D P=PC, D MP=CMP, 由折 叠性质可得得出AMD=AM
10、D ,从而证得AMP=90 ,再根据 ADMMDP 即可。 满分解答 （1）当 t=0 时，M 与 C重合 由折叠性质可得 ADCA D C DAC=D AC, 在长方形 ABCD中，AD/BC, DAC=BCA D AC=BCA， PA=PC； （2）由折叠性质可得 ADCA D C D M=DM=6-t，AD=A D =10， 在 Rt ABD 中，B D =8 D C=BC- B D =10-8=2cm 在 Rt CMD 中， 解得：t= 当 t= 时，点 D 恰好落在边 BC上； （3）当 t=3 时，CM=DM= D M=3, 由折叠性质可得：AD M=D=90 连接 PM， 在 R
11、t M D P 和 Rt MCP 中 M D PMCP, D P=PC, DMP=CMP, AMD=AMD PMD +AMD =90 MAP +AMD =90 PMD =MAP AD M=PD M M D AP D M = P D . A D = P D .10 P D = CP= 例 4 如图(1)，OABC 是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O 为坐标原点，点 A 在 x 轴的正半轴上， 点 C 在 y 轴的正半轴上， OA=5， OC=4， 在 OC 边上取一点 D， 将将纸片沿 AD 翻转， 使点 O 落在 BC 边 上的点 E 处 (1)求 D、E 两点的坐标； (2)如图(2)
12、，若 AE 上有一动点 P（不与 A，E 重合） ，自点 A 沿 AE 方向向点 E 做匀速运动，运动的速度 为每秒 1 个单位长度，设运动时间为 t 秒，过点 P 作 ED 的平行线交 AD 于点 M，过点 M 作 AE 平行 线交 DE 于点 N求四边形 PMNE 的面积 S 与时间 t 之间的函数关系式；当 t 取何值时，s 有最大值， 最大值是多少？ (3)请探究：在(2)的条件下，当 t 为何值时，以 A，M，E 为顶点的三角形是等腰三角形？ 思路点拨 (1)E 点坐标为（2，4） ，D 点坐标为（0， ） ；(2)S 矩形PMNE= t2+ t；当 t= 时，S 矩形 PMNE 有
13、最大值；(3)t= 或 t=2时，以 A，M，E 为顶点的三角形为等腰三角形，相应 M 点的坐标为（ ， ）或（52 ，）. 满分解答 解： （1）依题意可知，折痕 AD 是四边形 OAED 的对称轴， 在 RtABE 中，AE=AO=5，AB=4 BE= =3 CE=2 E 点坐标为（2，4） 在 RtDCE 中，DC2+CE2=DE2， 又DE=OD （4OD）2+22=OD2 解得：OD= D 点坐标为（0， ） (2)PMED， APMAED ， AP=t，ED= ，AE=5， PM= = ， PE=5t 四边形 PMNE 为矩形 S 矩形 PMNE=PM PE= （5t）= t2+
14、t； S 四边形 PMNE= （t ）2+ 当 t= 时，S 矩形 PMNE 有最大值 (3)（）若以 AE 为等腰三角形的底，则 ME=MA（如图 1） 在 RtAED 中，ME=MA， PMAE， P 为 AE 的中点， t=AP= AE= 又PMED， M 为 AD 的中点 过点 M 作 MFOA，垂足为 F，则 MF 是OAD 的中位线， MF= OD= ，OF= OA= ， 当 t= 时， （0 5） ，AME 为等腰三角形此时 M 点坐标为（ ， ） （）若以 AE 为等腰三角形的腰，则 AM=AE=5（如图 1） 在 RtAOD 中，AD= = 过点 M 作 MFOA，垂足为 F
15、 PMED， APMAED t=AP= =2 ， PM= t= MF=MP=，OF=OAAF=OAAP=52 ， 当 t=2时， （025） ，此时 M 点坐标为（52 ，） 综合（） （）可知，t=2.5 或 t=2 时，以 A，M，E 为顶点的三角形为等腰三角形， 相应 M 点的坐标为（ ，1.25）或（52，） 例 5 如图，抛物线 l：y=0.5（xh）22 与 x 轴交于 A，B 两点（点 A 在点 B 的左侧） ，将抛物线 在 x 轴 下方部分沿轴翻折，x 轴上方的图象保持不变，就组成了函数 的图象 （1）若点 A 的坐标为（1，0） 求抛物线 l 的表达式，并直接写出当 x 为何
16、值时，函数 的值 y 随 x 的增大而增大； 如图 2，若过 A 点的直线交函数 的图象于另外两点 P，Q，且 SABQ=2SABP，求点 P 的坐标； （2）当 2x3 时，若函数 f 的值随 x 的增大而增大，直接写出 h 的取值范围 思路点拨 （1）利用待定系数法求抛物线的解析式，由对称性求点 B 的坐标，根据图象写出函数 的值 y 随 x 的增 大而增大（即呈上升趋势）的 x 的取值； 如图 2，作辅助线，构建对称点 F 和直角角三角形 AQE，根据 SABQ=2SABP，得 QE=2PD，证明PAD QAE，则，得 AE=2AD，设 AD=a，根据 QE=2FD 列方程可求得 a 的
17、值，并计算 P 的坐标； （2）先令 y=0 求抛物线与 x 轴的两个交点坐标，根据图象中呈上升趋势的部分，有两部分：分别讨论，并 列不等式或不等式组可得 h 的取值 如图 2，作 PDx 轴于点 D，延长 PD 交抛物线 l 于点 F，作 QEx 轴于 E，则 PDQE， 由对称性得：DF=PD， SABQ=2SABP， ABQE=2ABPD，QE=2PD， PDQE，PADQAE，AE=2AD， 设 AD=a，则 OD=1+a，OE=1+2a，P（1+a，（1+a3）22） ， 点 F、Q 在抛物线 l 上， PD=DF=（1+a3）22，QE= （1+2a3）22， （1+2a3）22=
18、2（1+a3）22， 解得：a=或 a=0（舍） ，P（ ，） ； 综上所述，当 3h4 或 h0 时，函数 f 的值随 x 的增大而增大学科#网 【变式训练】 一、单选题 1如图，正方形 ABCD的边长为 8，M在 DC 上，且 DM=2，N是 AC 上的一动点，则 DN+MN 的最小值 是（ ） A8 B9 C10 D12 【答案】C 【解析】 【分析】 要求 DNMN 的最小值，DN，MN 不能直接求，可考虑通过作辅助线转化 DN，MN 的值，从而找出其最 小值求解 【详解】 解：正方形是轴对称图形，点 B 与点 D 是关于直线 AC 为对称轴的对称点， 连接 BN，BD，则直线 AC
19、即为 BD 的垂直平分线， BNNDDNMNBNMN 连接 BM 交 AC 于点 P， 点 N 为 AC 上的动点， 由三角形两边和大于第三边， 知当点 N 运动到点 P 时， BNMNBPPMBM， BNMN 的最小值为 BM 的长度， 四边形 ABCD 为正方形， BCCD8，CM826，BCM90 ， BM10， DNMN 的最小值是 10 故选：C 2如图，矩形 ABCD 的外接圆 O 与水平地面有唯一交点 A，圆 O 的半径为 4，且BC2AB若在没有 滑动的情况下，将圆 O 向右滚动，使得 O 点向右移动了 98，则此时该圆与地面交点在（ ）上 AAB BBC CCD DDA 【答
20、案】B 【解析】 【分析】 根据题意得出圆的周长以及圆转动的周数，进而得出与地面相切的弧 【详解】 圆 O半径为 4， 圆的周长为：2r=8， 将圆 O 向右滚动，使得O点向右移动了 98， 988=122， 即圆滚动 12周后，又向右滚动了 2， 矩形 ABCD 的外接圆 O与水平地面相切于 A点，BC=2AB， AB= 8= 2，AB +BC= 8=42， 此时BC与地面相切， 此时该圆与地面交点在BC上， 故选：B 3如图，在 RtABC 中，B=45 ，AB=AC，点 D为 BC中点，直角MDN绕点 D旋转，DM、DN 分别与 边 AB、AC交于 E、F两点，下列结论：DEF 是等腰直
21、角三角形；AE=CF；BDEADF；BE CF=EF，其中正确结论是（ ） A B C D 【答案】C 【解析】 【分析】 根据等腰直角三角形的性质可得CADB45 ， 根据同角的余角相等求出ADFBDE， 然后利用“角 边角”证明BDE和ADF全等，判断出正确；根据全等三角形对应边相等可得 DEDF、BEAF，从而 得到DEF 是等腰直角三角形，判断出正确；再求出 AECF，判断出正确；根据 BE+CFAF+AE， 利用三角形的任意两边之和大于第三边可得 BE+CFEF，判断出错误 【详解】 B45 ，ABAC，ABC 是等腰直角三角形 点 D为 BC中点，ADCDBD，ADBC，CAD45
22、 ，CADB MDN 是直角，ADF+ADE90 BDE+ADEADB90 ，ADFBDE 在BDE和ADF 中，BDEADF（ASA） ，故正确； DEDF，BEAF，DEF 是等腰直角三角形，故正确； AEABBE，CFACAF，AECF，故正确； BE+CFAF+AE，BE+CFEF，故错误； 综上所述：正确的结论有 故选 C 4如图，矩形 ABCD中，AB3，AD，将矩形 ABCD 绕点 B 按顺时针方向旋转后得到矩形 EBGF，此 时恰好四边形 AEHB 为菱形，连接 CH交 FG于点 M，则 HM（ ） A B1 C D 【答案】D 【解析】 【分析】 由旋转的性质得到 AB=BE
23、， 根据菱形的性质得到 AE=AB， 推出ABE是等边三角形， 得到 AB=3， AD=， 根据三角函数的定义得到BAC=30 ，求得 ACBE，推出 C在对角线 AH上，得到 A，C，H共线，于是 得到结论 【详解】 如图，连接 AC交 BE 于点 O， 将矩形 ABCD绕点 B 按顺时针方向旋转后得到矩形 EBGF， AB=BE， 四边形 AEHB为菱形， AE=AB， AB=AE=BE， ABE是等边三角形， AB=3，AD=， tanCAB=， BAC=30 ， ACBE， C 在对角线 AH上， A，C，H共线， AO=OH=AB=， OC= BC=， COB=OBG=G=90 ，
24、四边形 OBGM 是矩形， OM=BG=BC=， HM=OHOM=， 故选 D 5在平面直角坐标系中，按如图方式放置（直角顶点为 A） ，已知 A（2，0） ，B（0，4） ，点 C 在双曲线（x0）上，且 AC=，将沿 x 轴正方向向右平移，当点 B 落在该双曲线上时，点 A 的横坐标变成（ ） A3 B4 C5 D6 【答案】A 【解析】 【分析】 作辅助线，证明，则可得，设，则，根据勾股定理得， 点 坐标为（4，1） ，代入双曲线可得，根据平移后 点的纵坐标不变，可得平移后 点的横坐 标，由此可得平移长度，即可得出结论. 【详解】 解：过 作轴于 D，如图， ， ， ， ， ， ， ，
25、， 设，则， ， ， （舍） ， ， C（4，1） ， ， 当时，即向右平移 1个单位时，点落在该双曲线上， 点 的横坐标为 3； 故答案为：A 6如图，中， ，以斜边的中点 为旋转中心，把这个三角形按逆 时针方向旋转得到，则旋转后两个直角三角形重叠部分的面积为（ ） A B C D 【答案】B 【解析】 【分析】 如图，先计算出 AB=2AC=12，根据中点定义则可得 BD=6，根据旋转的性质可得D=BD=6，在 RtBDM 中，可求得 DM、BM的长，从而可求得 BM 的长，然后在 RtBMN 中求出 MN的长，继而求得 BN的长， 在 RtBNG中求出 BN 的长，然后利用 S阴影=SB
26、NG-SBMD进行计算即可得. 【详解】 如图，C=90 ，A=60 ，AC=6， AB=2AC=12，B=30 ， 点 D为 AB 的中点， BD=6， ABC 绕点 D按逆时针方向旋转得到， D=BD=6， 在 RtBDM 中，B=30 ，BDM=90 ， BM=2DM，BD2+DM2=BM2， DM=，BM=4 ， BM=BD-DM=6-， 在 RtBMN 中，B=30， MN= BM=3-， BN=BM+MN=3+3， 在 RtBNG中，BG=2NG，BG2=NG2+BN2， NG=3+， S阴影=SBNG-SBMD= =9， 故选 B. 【点睛】 本题考查了旋转的性质、含 30 度角
27、的直角三角形的性质、勾股定理、三角形的面积等，熟练掌握旋转的性 质是解题的关键. 二、填空题 7如图，在 RtABC 中，ACB = 90 ，BC = 3，AC = 4，点 D为边 AB上一点将BCD沿直线 CD翻折， 点 B 落在点 E处，联结 AE如果 AE / CD，那么 BE =_ 【答案】（或 4.8） 【解析】 【分析】 过 D 作 DGBC于 G，依据折叠的性质即可得到 CD垂直平分 BE，再根据 AECD，得出 CDBD2.5， 进而得到 BG1.5，再根据 BC DG CD BF，即可得到 BF 的长，即可得出 BE 的长 【详解】 解：如图所示，过 D作 DGBC于 G，
28、由折叠可得，CD 垂直平分 BE， 当 CDAE 时，AEBDFB90 ， DEB+DEA90 ，DBE+DAE90 ， DBDE， DEBDBE， DAEDEA， ADDE， ADBD， D 是 AB 的中点， RtABC 中，CDBD2.5， DGBC， BG1.5， RtBDG中，DG2， BC DG CD BF， BF ， BE2BF， 故答案为： 8如图，在平面直角坐标系中，将绕点 顺时针旋转到的位置，点 、 分别落在点、处， 点在 轴上，再将绕点顺时针旋转到的位置，点在 轴上，将绕点顺时针 旋转到的位置，点在 轴上，依次进行下去.若点，则点的坐标为_ 【答案】. 【解析】 【分析】
29、 由题意可得，在直角三角形中，根据勾股定理可得，即可求得的周长 为 10， 由此可得的横坐标为 10，的横坐标为 20， 由此即可求得点的坐标. 【详解】 在直角三角形中， 由勾股定理可得：， 的周长为：， 的横坐标为：OA+AB1+B1C1=10，的横坐标为 20， . 故答案为：. 9如图，正方形 ABCD 中，AB3cm，以 B为圆心，1cm 为半径画圆，点 P是B 上一个动点，连接 AP， 并将 AP 绕点 A 逆时针旋转 90 至 AP，连接 BP，在点 P移动的过程中，BP长度的取值范围是_cm 【答案】 （3-1）cmBP（3+1） 【解析】 【分析】 通过画图发现，点 P的运动
30、路线为以 D 为圆心，以 1 为半径的圆，可知：当 P在对角线 BD 上时，BP最小， 先证明PABPAD，则 PD=PB=1，再利用勾股定理求对角线 BD 的长，则得出 BP的长 【详解】 如图，当 P在对角线 BD上时，BP最小；当 P在对角线 BD 的延长线上时，BP最大 连接 BP， 当 P在对角线 BD上时， 由旋转得：AP=AP，PAP=90， PAB+BAP=90， 四边形 ABCD为正方形， AB=AD，BAD=90 ， BAP+DAP=90， PAB=DAP， PABPAD， PD=PB=1， 在 RtABD中，AB=AD=3， 由勾股定理得：BD=3， BP=BD-PD=3
31、-1， 即 BP长度的最小值为（3-1）cm 当 P在对角线 BD的延长线上时， 同理可得 BD=3， BP=BD+PD=3+1， 即 BP长度的最大值为（3+1）cm BP长度的取值范围是（3-1）cmBP（3+1）cm 故答案为： （3-1）cmBP（3+1） 10如图，在锐角三角形 ABC 中，BC6，ABC45 ，BD 平分ABC，M、N 分别是 BD、BC 上的 动点，则 CM+MN 的最小值是_ 【答案】6 【解析】 【分析】 过点 C作 CEAB 于点 E，交 BD于点 M，过点 M作 MNBC于 N，则 CE即为 CM+MN 的最小值，再根 据 BC6，ABC45 ，BD 平分
32、ABC 可知BCE是等腰直角三角形，由锐角三角函数的定义即可求出 CE 的长 【详解】 过点 C作 CEAB 于点 E，交 BD 于点 M，过点 M作 MNBC于 N，则 CE即为 CM+MN 的最小值， BC6，ABC45 ，BD 平分ABC， BCE是等腰直角三角形， CEBCcos4566 CM+MN的最小值为 6 故答案是：6 【点睛】 考查的是轴对称最短路线问题，根据题意作出辅助线，构造出等腰直角三角形是解答此题的关键凡是 涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线 的对称点 三、解答题 11如图 1，四边形 ABCD是正方形，点 E
33、是 AB边的中点，以 AE 为边作正方形 AEFG，连接 DE，BG （1）发现 线段 DE、BG之间的数量关系是 ； 直线 DE、BG之间的位置关系是 （2）探究 如图 2，将正方形 AEFG 绕点 A 逆时针旋转， （1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成 立，请说明理由 （3）应用 如图 3，将正方形 AEFG 绕点 A 逆时针旋转一周，记直线 DE与 BG的交点为 P，若 AB=4，请直接写出点 P 到 CD所在直线距离的最大值和最小值 【答案】 （1）发现：DE=BG；DEBG； （2）探究： （1）中的结论仍然成立，理由详见解析； （3）应 用：点 P 到 CD 所在
34、直线距离的最大值是 2+2，最小值是 3 【解析】 【分析】 （1）证明AEDAGB可得出两个结论； （2）根据正方形的性质得出 AE=AG，AD=AB，EAG=DAB=90 ，求出EAD=GAB，根据 SAS 推出EADGAB即可； 根据全等三角形的性质得出GBA=EDA，求出DHB=90 即可； （3）先确定点 P 到 CD所在直线距离的最大值和最小值的位置，再根据图形求解 【详解】 解： （1）线段 DE、BG之间的数量关系是：DE=BG， 理由是：如图 1， 四边形 ABCD是正方形， AB=AD，BDA=90 ， BAG=BAD=90 ， 四边形 AEFG是正方形， AE=AG， A
35、EDAGB（SAS） ， DE=BG； 直线 DE、BG之间的位置关系是：DEBG， 理由是：如图 2，延长 DE交 BG 于 Q， 由AEDAGB得：ABG=ADE， AED+ADE=90 ，AED=BEQ， BEQ+ABG=90 ， BQE=90 ， DEBG； 故答案为：DE=BG；DEBG； （2） （1）中的结论仍然成立，理由是： 如图 3， 四边形 AEFG和四边形 ABCD 是正方形， AE=AG，AD=AB，EAG=DAB=90 ， EAD=GAB=90 +EAB， 在EAD 和GAB 中， ， EADGAB（SAS） ， ED=GB； EDGB， 理由是：EADGAB， GB
36、A=EDA， AMD+ADM=90 ，BMH=AMD， BMH+GBA=90 ， DHB=180 90 =90 ， EDGB； （3）将正方形 AEFG 绕点 A 逆时针旋转一周，即点 E 和 G在以 A 为圆心，以 2为半径的圆上，过 P 作 PH CD于 H， 当 P 与 F重合时，此时 PH最小，如图 4， 在 RtAED中，AD=4，AE=2， ADE=30 ，DE=2， DF=DEEF=22， ADCD，PHCD， ADPH， DPH=ADE=30 ， cos30 =， PH=（22）=3 ； DEBG，BAD=90 ， 以 BD的中点 O 为圆心，以 BD为直径作圆，P、A在圆上，
37、 当 P 在的中点时，如图 5，此时 PH的值最大， AB=AD=4， 由勾股定理得：BD=4， 则半径 OB=OP=2， PH=2+2 综上所述，点 P 到 CD所在直线距离的最大值是 2+2，最小值是 3 12 （1）如图 1，AEC中，E90 ，将AEC绕点 A顺时针旋转 60 得到ADB，AC与 AB对应，AE与 AD 对应 请证明ABC 为等边三角形； 如图 2，BD所在的直线为 b，分别过点 A、C 作直线 b的平行线 a、c，直线 a、b 之间的距离为 2，直线 a、 c 之间的距离为 7，则等边ABC 的边长为 （2）如图 3，POQ60 ，ABC为等边三角形，点 A 为POQ
38、内部一点，点 B、C 分别在射线 OQ、OP 上，AEOP于 E，OE5，AE2，求ABC的边长 【答案】 （1）详见解析； （2）. 【解析】 【分析】 （1）由旋转的性质可得：ABAC，BAC60 ，即可证ABC为等边三角形； （2）过点 E作 EG直线 a，延长 GE 交直线 c于点 H，可得 GH7，AD2，由旋转的性质可得 ADAE 2，DAE60 ，可求 GE1，EH6，由锐角三角函数可求 CE4，根据勾股定理可求等边ABC的 边 AC的长； （3） 过点 A作AHO60 ， 交 OQ于点 G， 交 OP于点 H， 根据特殊三角函数值可求 AH4， 通过证明OBC HCA，可求 A
39、HOC4，CE1，根据勾股定理可求ABC的边 AC的长 【详解】 解： （1）将AEC 绕点 A 顺时针旋转 60 得到ADB， ABAC，BAC60 ， ABC为等边三角形 （2）过点 E作 EG直线 a，延长 GE 交直线 c 于点 H， abc， EH直线 c， 直线 a、c 之间的距离为 7， GH7 将AEC 绕点 A 顺时针旋转 60 得到ADB， ADAE，ADBAEC90 ，DAE60 ， 直线 a、b之间的距离为 2， AD2AE， GAEGADDAE90 60 30 ， GE AE1，AEG60 ， EH716， CEH180 AECAEG， CEH30 ， cosCEH，
40、 CE4 在 RtACE 中，AC2， 故答案为：2 （3）过点 A作AHO60 ，交 OQ于点 G，交 OP于点 H， AEOP，AHO60 sinAHO AH4 ABC是等边三角形， ABACBC，ACB60 POQ， POQ+OBC+OCB180 ，ACB+OCB+ACH180 ， ACHOBC，且 BCAC，OAHC60 ， OBCHCA（AAS） AHOC4， CEOEOC541， 在 RtACE 中，AC， ABC的边长为 13四边形是边长为的正方形，点 在边 上，矩形的边，. （1）如图，求的长； （2）如图，将矩形绕点 顺时针旋转 （） ，得到矩形，点 恰好在上. 求 的度数；
41、 求的长； （3）若将矩形绕点 顺时针旋转，得到矩形，此时点 在矩形的内部、外部，还是边上？ （直接写出答案即可） 【答案】 （1）7； （2）；5； （3） 在矩形的外部. 【解析】 【分析】 来源:163文库 （1）根据含 30 角的直角三角形的性质即可得答案； （2）根据GAF=30 ，点 C 在矩形和正方形的对角 线上，即可得答案；连接 AN、DN，过 作延长线于 ，根据正方形的性质可求出 AC 的长，由 旋转的性质可得 AN的长，即可得 NC 的长，根据，可求出 PC、PN的长，进 而求出 DP 的长，根据勾股定理求出 DN的长即可； （3）在 RtARK中，利用勾股定理即可求得 A
42、K的值， 与 AB比较大小，即可确定 B 的位置 【详解】 （1）矩形 ， （2） 连接 AN、DN，过 作延长线于 ， ， 过 作延长线于 ， ，CN=1， DP= （3） 在矩形的外部，理由如下： 如图：根据题意得BAR=30 ， R=90 ， RK= AK AR= AK2=AR2+( AK)2， 解得 AK=， 3,即 AKAB， 点 B在矩形的外部. 14已知ABC是边长为 4 的等边三角形，边 AB 在射线 OM上，且 OA6，点 D 是射线 OM 上的动点，当 点 D 不与点 A重合时，将ACD 绕点 C逆时针方向旋转 60 得到BCE，连接 DE （1）如图 1，求证：CDE 是
43、等边三角形 （2）设 ODt， 当 6t10 时，BDE 的周长是否存在最小值？若存在，求出BDE 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】(1)见解析;(2) 见解析; t2 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 6t10 时，由旋转的性质得到 BE=AD，于是得到 CDBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等 边三角形的性质得到 DE=CD，由垂线段最短得到当 CDAB 时，BDE 的周长最小，于是得到结论； 存在，当点 D与点 B重合时，D，B
44、，E 不能构成三角形；当 0t6 时，由旋转的性质得到ABE=60 ， BDE60 ，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 6t10 时，此时不存在；当 t10 时，由旋转的性质得到DBE=60 ，求得 BDE60 ，于是得到 t=14 【详解】 （1）将ACD绕点 C 逆时针方向旋转 60 得到BCE， DCE60 ，DCEC， CDE是等边三角形； （2）存在，当 6t10 时， 由旋转的性质得，BEAD， CDBEBE+DB+DEAB+DE4+DE， 由（1）知，CDE 是等边三角形， DECD， CDBECD+4， 由垂线段最短可知，当 CDAB时，BDE的周长最小， 此时，CD2， BDE的最小周长CD+42+4； 来源:163文库 存在，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 0t6 时，由旋转可知，ABE60 ，BDE60 ， BED90 ， 由（1）可知，CD
