2024年中考数学精选压轴题之旋转问题
一、选择题（每题3分，共36分）
1．（2024九下·西安开学考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，AB＝4，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转一定的角度得到△DEC，使得A点恰好落在DE上，则线段BD的长为（ ）
A．2 B．5 C．2 D．3
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵，，，
在△ABC中， 由勾股定理得：，
，，
∵将绕点按逆时针方向旋转一定的角度得到，
∴，，，，，，
∴是等边三角形，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
在△DBE中， 由勾股定理得：.
故答案为：C．
【分析】勾股定理得，，，由旋转的性质可求是等边三角形，是等边三角形，，在△DBE中， 根据勾股定理，即可得解.
2．（2023九上·滕州开学考）如图，将边长为的正方形绕点逆时针旋转得到正方形，与交于点，那么图中点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形全等的判定；含30°角的直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：根据题意，设M的坐标为（AM，AB）
正方形ABCD旋转30°得到A'B'C'D'
在RtBC'M和RtBAM中，
≌ （HL）
又
即
解得AM=1
M的坐标为
故答案为：B
【分析】根据旋转的性质先得到纵坐标，然后由旋转得到的全等三角形证明得到30°角，30°角所对的直角边等于斜边的一半，结合勾股定理求得M点的横坐标。
3．（2023九上·深圳月考）如图所示，矩形ABOC的顶点O（0，0），A（－2，2），对角线交点为P，若矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第74次旋转后点P的落点坐标为（ ）
A．(1，) B．（2，0） C．(1，-) D．(，-1)
【答案】D
【知识点】矩形的性质；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：∵ 四边形ABOC为矩形， 对角线交点为P，
∴AP = OP，即点P为OA的中点.
∵O（0，0），A（－2，2），
∴点P的坐标为（－，1）.
∵若矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，360°÷90°=4，
∴点P的坐标每4次为一个循环.
∵74÷4=18......2，
∴第74次旋转后的点P74与点2次旋转后的点P2重合.
∵当P旋转2次，即旋转180°时，P与P2关于原点对称，
∴点P2的坐标为（，-1）.
∴第74次旋转后点P的落点坐标为（，-1）.
故答案为：D.
【分析】首先根据矩形的性质和中点坐标的性质，得点P的坐标，然后根据旋转的性质，判断循环数，进而得到第74次旋转后点P的落点坐标与点P2重合，最后根据P与P2关于原点对称，即可得到结
4．（2023八下·辽阳期末）如图，点是等边内一点，将线段绕点沿顺时针方向旋转得到线段，连接，，若，，，则下列结论正确的有（ ）个．
①为等边三角形；
②；
③；
④．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵将线段PB绕点B沿顺时针方向旋转60°得到线段，
∴，，
∴是等边三角形，故①结论正确.
∴，
∵是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=60°，
∴，
则可证（SAS)，故③结论正确.
∴，
∴，
∴，
∴，故②结论正确.
∴，故④结论正确. －
故答案为：D.
【分析】根据旋转的性质：旋转前后的图形不变，得到，，根据等边三角形的性质：等边三角形边相等，角相等，根据全等三角形的性质和勾股定理的逆定理即可得出答案.
5．（2023·佳木斯模拟）如图，P是正方形内一点，，则正方形的面积是（ ）
A． B．13 C． D．
【答案】A
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理的应用；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示：将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBE，连接PE、BE、CE，过点A作
AF⊥BP，交BP的延长线于点F，
由旋转可得：BE=BP=2，CE= AP=3，∠PBE = 90°， ∠BPA= ∠BEC，
∴△BPE为等腰直角三角形，
∴PE=BP=，∠BEP=45°，
∵PE2+CE2 =()2+32 = 17，CP2=()2=17，
∴PE2 +CE2 = CP2，
∴△PCE是直角三角形，∠PEC=90°，
∴∠BEC = ∠BEP+∠PEC =45°+90°=135°，
∴∠BPA = 135°，
∴∠APF=180°-∠BPA= 45°，
∵∠F= 90°，
∴△APF是等腰直角三角形，
∴AF=PF= AP= ，
∴BF=BP+PF=2+ ，
∴AB2 = AF2+ BF2 =，
故答案为：A.
【分析】根据旋转的性质先求出BE=BP=2，CE= AP=3，∠PBE = 90°， ∠BPA= ∠BEC，再求出△PCE是直角三角形，∠PEC=90°，最后利用勾股定理计算求解即可。
6．（2022·宜宾）如图，和都是等腰直角三角形，，点是边上的动点（不与点B、C重合），与交于点，连结下列结论：；；若，则；在内存在唯一一点，使得的值最小，若点在的延长线上，且的长为2，则其中含所有正确结论的选项是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆周角定理；确定圆的条件；锐角三角函数的定义；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：如图1中，
，
，
，，
≌，
，，故①正确，
，
，
，
，
取DE的中点O，连接，，，则，
，，，四点共圆，
，故②正确，
设，则，，
过点作于点，
，
，
，，
，
，故③正确.
如图2中，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BMN，连接PN，
，，，
是等边三角形，
，
，
当点A，点P，点N，点M共线时，值最小，此时，，，
，
设，则，
，
，
，故错误.
故答案为：B.
【分析】由同角的余角相等得∠BAD=∠CAE，根据等腰直角三角形的性质可得AB=AC，AD=AE，证明△BAD≌△DAE，据此判断①；易得∠DAE=∠DCE=90°，取DE的中点O，连接OA，OC，则A、D、C、E四点共圆，根据圆周角定理可得∠DAC=∠CED，据此判断②；设CD=m，然后表示出BD、DE、OA，过点C作CJ⊥DF于点J，根据三角函数的概念可得CJ，然后根据平行线分线段成比例的性质可判断③；将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，易得△BPN是等边三角形，BP=PN，则PA+PB+PC=AP+PN+MN，故当点A、P、M、N共线时，PA+PB+PC最小，此时∠BPD=∠CPD=60°，设PD=t，则BD=AD=t，根据AP+PD=AD可得t的值，据此判断④.
7．（2022·常德）如图，在中，，，将绕点顺时针旋转得到，点A、B的对应点分别是，，点是边的中点，连接，，.则下列结论错误的是（ ）
A． B．，
C． D．
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SSS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：A、∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，
∴△BCE是等边三角形，
∴BE=BC，故A正确；
B、∵点F是边AC中点，
∴CF=BF=AF=AC，
∵∠BCA=30°，
∴BA=AC，
∴BF=AB=AF=CF，
∴∠FCB=∠FBC=30°，
延长BF交CE于点H，则∠BHE=∠HBC+∠BCH=90°，
∴∠BHE=∠DEC=90°，
∴BF//ED，
∵AB=DE，
∴BF=DE，故B正确.
C、∵BF∥ED，BF=DE，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BC=BE=DF，
∵AB=CF， BC=DF，AC=CD，
∴△ABC≌△CFD，
∴，故C正确；
D、.∵∠ACB=30°， ∠BCE=60°，
∴∠FCG=30°，
∴FG=CG，
∴CG=2FG.
∵∠DCE=∠CDG=30°，
∴DG=CG，
∴DG=2FG.故D错误.
故答案为：D.
【分析】根据旋转的性质可得∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，推出△BCE是等边三角形，据此判断A；根据直角三角形斜边上中线的性质可得CF=BF=AF=AC，根据含30°角的直角三角形的性质可得BA=AC，则BF=AB=AF=CF，延长BF交CE于点H，则∠BHE=∠DEC=90°，推出BF//ED，结合AB=DE可判断B；易得四边形BEDF是平行四边形，则BC=BE=DF，证明△ABC≌△CFD，据此判断C；易得∠FCG=30°，则CG=2FG，根据∠DCE=∠CDG=30°可得DG=CG，进而判断D.
8．（2022·眉山）如图，四边形为正方形，将绕点逆时针旋转至，点，，在同一直线上，与交于点，延长与的延长线交于点，，.以下结论：
①；②；③；④.其中正确结论的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：∵△EDC旋转得到△HBC，
∴，
∵ABCD为正方形，，，在同一直线上，
∴，
∴，故①正确；
∵△EDC旋转得到△HBC，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故②正确；
设正方形边长为a，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，解得：，
∵，
∴，故③正确；
过点E作交FD于点M，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，故④正确
综上所述：正确结论有4个.
故答案为：D.
【分析】根据旋转性质得∠EDC=∠HBC，根据正方形的性质以及邻补角的性质得∠HBC=135°，据此判断①；根据旋转性质得EC=HC，∠ECH=90°，则∠HEC=45°，∠FEC=45°，证明△EFC∽△DEC，根据相似三角形的性质可判断②；设正方形边长为a，根据角的和差关系可得∠BHC=∠HGB=∠DEC，证明△GBH∽△EDC，根据相似三角形的性质可得EC，根据等腰直角三角形的性质可得HE，证明△HBG∽△HDF，根据相似三角形的性质可得EF，据此判断③；过点E作EM⊥FD交FD于点M，易得MD=ME，利用三角函数的概念可得sin∠EFC的值，易得∠DEC=∠EFC，据此判断④.
9．（2022·岱岳模拟）如图，正方形的边长为2，对角线、相交于点，把放在正方形上，使直角顶点与点重合，让绕着点旋转，、分别交、于点、，给出下列结论；①；②；③.其中正确的结论是（ ）
A．①②③ B．①② C．②③ D．①③
【答案】B
【知识点】旋转的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，，故①符合题意；
∴，故②符合题意；
∵，，
∴，
又∵只有当时，，即，
∴不一定成立，故③不符合题意；
故答案为：B．
【分析】利用正方形的性质，旋转的性质，再利用全等三角形的判定方法和性质逐项判断即可。
10．（2022·东营模拟）如图，已知Rt△ABC，，将△ABC绕点A沿逆时针方向旋转后得到△ADE，直线BD、CE相交于点F，连接AF，则下列结论中：①；②△ABD∽△ACE；③；④F为BD的中点，其中正确的有（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】①由旋转性质可知，AC＝BC＝AE＝DE＝2，
∵，
∴AB＝AD，故①符合题意；
②，，
∴∠DAE＋∠EAB＝∠CAB＋∠EAB，即∠DAB＝∠EAC，
∴△ABD∽△ACE，故②符合题意；
③设AB、CE交于点G，如图所示：
∵△ABD∽△ACE，
∴∠DBA＝∠ECA，
又∵∠FGB＝∠CGA，
∴∠BFC＝∠BAC＝45°，故③符合题意；
④∵∠BFC＝∠BAC＝45°，
∴A、C、B、F四点共圆，
∴四边形ACBF为圆内接四边形，
∴∠BFA＋∠BCA＝180°，
∵，
∴∠BFA＝90°，
∴AF⊥BD，
∵AB＝AD，
∴△ABD为等腰三角形，
∴AF为BD上中线，即F为BD中点，故④符合题意；
综上分析可知，①②③④都符合题意，故C符合题意．
故答案为：C．
【分析】由旋转性质可知AC＝BC＝AE＝DE＝2，利用勾股定理求出AB＝AD=2，据此判断①；根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，可证△ABD∽△ACE，据此判断②；设AB、CE交于点G，如图，由△ABD∽△ACE可得∠DBA＝∠ECA，由对顶角相等可得∠FGB＝∠CGA，从而得出∠BFC＝∠BAC＝45°，据此判断③；先判断A、C、B、F四点共圆，根据圆内接四边形的性质可得∠BFA＋∠BCA＝180°，据此求出∠BFA＝90°，即得AF⊥BD，根据等腰三角形三线合一的性质可得F为BD中点，据此判断④即可.
11．（2021八下·龙华期中）如图，等边三角形ABC的边长为2，点O是△ABC的中心，∠FOG＝120°，将∠FOG绕点O旋转，分别交线段AB、BC于D、E两点，连接DE，给出下列四个结论：①OD＝OE；②S四边形ODBE＝ S△ABC；③S△ODE＝S△BDE；④△BDE周长的最小值为3．上述结论中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】连接OB、OC，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵点O是△ABC的中心，
∴OB＝OC，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝30°，
∴∠BOC＝120°，即∠BOE+∠COE＝120°，
而∠DOE＝120°，即∠BOE+∠BOD＝120°，
∴∠BOD＝∠COE，
在△BOD和△COE中，
，
∴△BOD≌△COE（ASA），
∴BD＝CE，OD＝OE，
∴①符合题意；
∵△BOD≌△COE，
∴S△BOD＝S△COE，
∴四边形ODBE的面积＝S△OBC═ S△ABC，
故②符合题意；
作OH⊥DE于H，如图，则DH＝EH，
∵∠DOE＝120°，
∴∠ODE＝∠OEH＝30°，
∴OH＝ OE，HE＝ OH＝ OE，
∴DE＝ OE，
∴S△ODE＝ × OE× OE＝ OE2，
即S△ODE随OE的变化而变化，
而四边形ODBE的面积为定值，
∴S△ODE≠S△BDE；
故③不符合题意；
∵BD＝CE，
∴△BDE的周长＝BD+BE+DE＝CE+BE+DE＝BC+DE＝2+DE＝2+ OE，
当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE＝ ，
∴△BDE周长的最小值＝2+1＝3，
故④符合题意．
综上所述，正确的有①②④共3个．
故答案为：C．
【分析】利用旋转的性质，再结合三角形全等的判定和性质逐项判定即可。
12．（2021八下·武汉月考）四边形 中， ，则 的值为（ ）
A．15 B． C． D．20
【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，把△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，连接CE，作EM⊥CD于M，
则AC=AE= ，∠CAE=90°，∠ADE=∠ABC，DE=BC=12，
在Rt△ACE中，CE= ，
∵∠BAD=90°，∠BCD=30°，
∴∠ABC+∠ADC=360°-30°-90°=240°，
∴∠ADE+∠ADC=240°，
∴∠CDE=120°，即∠EDM=60°，
∴在Rt△EDM中，∠DEM=30°
∴ ，
在Rt△CEM中，设CD=x，则CM=6+x
∴ ，解得： （舍去），
∴CD=20
故答案为：D
【分析】把△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，连接CE，作EM⊥CD于M，根据旋转的性质求得△ACE为等腰直角三角形，则由勾股定理求出EC，然后由角的关系求得∠DEM=30°，则可求出DM和ME的长，设CD=x，在Rt△EDM中，根据勾股定理列式求出CD长即可.
二、填空题（每题3分，共18分）
13．（2024九下·沈阳开学考）在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，AB＝8，点D是直线BC上动点，连接AD，在直线AD的右侧作等边△ADE，连接CE，当线段CE的长度最小时，线段CD的长度为 ．
【答案】6
【知识点】垂线段最短及其应用；等边三角形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，以AC为边作等边△ACF，连接DF，
∵∠ACB＝90°，∠B＝60°，AB＝8，
∴，
∵△ACF是等边三角形，
∴，∠BCF＝60°，
∵△ADE是等边三角形，
∴AD＝AE，∠FAC＝∠DAE＝60°，
∴∠FAD＝∠CAE，
在△ACE和△AFD中，
，
∴△ACE≌△AFD（SAS）
∴CE＝DF，
∴DF⊥BC时，DF的长最小，即CE的长最小，
∵∠FCD'＝90°﹣60°＝30°，D'F⊥CB，
∴，
故答案为：6．
【分析】以AC为边作等边△ACF，连接DF，可证△ACE≌△AFD，可得CE＝DF，则DF⊥CB时，DF的长最小，即DE的长最小，即可求解．
14．（2024九下·深圳开学考） 如图正方形的边长为3，E是上一点且，F是线段上的动点．连接，将线段绕点C逆时针旋转 90°得到，连接，则的最小值是 ．
【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；正方形的性质；解直角三角形；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，作直线BG，
∵四边形ABCD是边长为3的正方形，
∴BC=CD=3，∠BCD=90°，
由旋转的性质得CF=CG，∠FCG=90°，
∴∠BCD-∠ECF=∠FCG-∠ECF，
即∠DCF=∠BCG，
∴△BCG≌△DCF（SAS），
∴∠CBG=∠CDF，
∵∠CDF是定值，
∴点G在直线BG上运动，且，
根据垂线段最短得，当EG⊥BG时，EG的长最短，此时，
设EG=m(m＞0)，则BG=3m，
在Rt△BEG中，∵BE2=BG2+EG2，
∴4=m2+9m2，
解得，
∴EG的最小值为.
故答案为：.
【分析】作直线BG，由正方形的性质得BC=CD=3，∠BCD=90°，由旋转的性质得CF=CG，∠FCG=90°，由同角的余角相等得∠DCF=∠BCG，从而由SAS判断出△BCG≌△DCF，由全等三角形的性质得∠CBG=∠CDF，由于∠CDF是定值，故点G在直线BG上运动，且，根据垂线段最短得，当EG⊥BG时，EG的长最短，此时，设EG=m(m＞0)，则BG=3m，在Rt△BEG中，利用勾股定理建立方程，求解得出m的值，即可得出答案.
15．（2024八上·岳阳楼期末）如图，已知：中，，，为线段上一点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，为中点，直线交射线于点，下列说法，若连接，则；；；若，则其中正确的序号有 ．
【答案】
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：连接、，
，则，
，
又，，
≌，
，，
，，
，
，
，
故正确；
当时，，
，
，
，
故错误；
，为的中点，
，
，为的中点，
，
，
，
又，
，
，
，则，
，
故正确；
，
设，则，
，，
在中，，，
，
在等腰直角三角形中，，
又，，
，
，
故正确，
故答案为：．
【分析】先利用“SAS”证出≌，可得，，再利用角的运算和等量代换可得，从而证出①正确；再利用角的运算证出②不正确；利用直角三角形斜边上中线的性质及等量代换证出③正确；设，则，利用勾股定理求出，再求出，从而可证出，得到④正确，从而得解.
16．（2024九上·苍溪期末）如图，将绕点顺时针旋转，使点落在边上的点处，点落在点处，与相交于点，若，，，则的长为 ．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：过点C作CM⊥AB于点M，
∴∠CMB=∠CMD=90°，
由旋转性质知：CD=CB，∠B=∠CDE，∠E=∠A，
在和中，
∵CB=CD，CM=CM，
∴≌，
∴BM=DM，∠B=∠CDM，
∴∠CDM=∠CDE，
又∵，
∴∠CFD=90°，
∴∠CMD=∠CFD，
在和中：
∵∠CMD=∠CFD，∠CDM=∠CDE，CD=CD，
∴≌，
∴DF=DM=BM，
∵AB∥CE，
∴∠A=∠ACE，
∴∠E=∠ACE，
∴∠A=∠ADF=45°，
∴AF=DF，
∴2DF2=AD2，
∴2DF2=()2，
∴DF=1，
∴DM=BM=1，
∴AB=AD+DM+BM=.
故答案为：2+.
【分析】过点C作CM⊥AB于点M，首先根据HL证明≌，得出BM=DM，∠B=∠CDM，进而可根据AAS证明≌，从而得到DF=DM=BM，再根据平行线的性质得出∠E=∠ACE，进而得到∠A=∠ADF=45°，再根据等腰直角三角形的性质，利用勾股定理求得DF=DM=BM=1，即可得出AB=2+。
17．（2024九上·深圳期末）如图，为直角三角形，，，，D是边上的中点，将绕着点A逆时针旋转，使点C落在线段上的点E处，点B的对应点为F，边与边交于点G，则的长是 .
【答案】
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：过点A作AH⊥CD于点H，过点D作DN⊥EF于点N，
在Rt△ABC中
，
∵点D是AB边上的中点，
∴
∴∠ACD=∠CAD，
∵∠ACD+∠CAH=90°，∠CAD+∠B=90°，
∴∠CAH=∠B，
∴sin∠CAH=sin∠B即
∴
解之：；
∵tan∠CAH=tan∠B即，
∴
解之：，
∵ 将绕着点A逆时针旋转，使点C落在线段上的点E处，点B的对应点为F，
∴AC=AE=1，∠ACB=∠AEF=90°，
∴，
∴，
∵∠AEH+∠DEN=90°，∠HAE+∠AEH=90°，
∴∠DEN=∠HAE，
∵∠AHE=∠DNE=90°，
∴△AHE∽△EDN，
∴即
解之：；
∵∠AEG=∠DNG=90°，∠AGE=∠NGD，
∴△AGE∽△DGN，
∴即，
∴
∵
∴
解之：
故答案为：.
【分析】过点A作AH⊥CD于点H，过点D作DN⊥EF于点N，利用勾股定理求出AB的长，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可求出CD，AD的长，再利用余角的性质可证得∠CAH=∠B，利用解直角三角形求出CH的长，根据tan∠CAH=tan∠B，可求出AH的长；利用旋转的性质可证得AC=AE=1，∠ACB=∠AEF=90°，利用勾股定理求出HE的长，可得到DE的长；利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△AHE∽△EDN，利用相似三角形的性质可求出DN的长；由△AGE∽△DGN，可求出；然后根据AG+DG=AD，代入计算求出DG的长.
18．（2023九上·锦江期中）如图，长方形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E为BC上一点，且BE＝2，F为AB边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转30°到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值为 ．
【答案】3+2
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；矩形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：将线段BE绕点E顺时针旋转30°得到线段ET，连接GT，过E作，垂足为J，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=6，∠B=∠BCD=90°，
∵∠BET=∠FEG=30°，
∴∠BEF=∠TEG，
∴△EBF≌△ETG（SAS），
∴∠B=∠ETG=90°，
∴点G的在射线TG上运动，
∴当CG⊥TG时，CG的值最小，
∵∠EJG=∠ETG=∠JGT=90°，
∴四边形ETGJ是矩形，
∴∠JET=90°，GJ=TE=BE=2，
∵∠BET =30°，
∴∠JEC=180°-∠JET-∠BET=60°，
∵，
∴，
∴CG=CJ+GJ=.
∴CG的最小值为.
故答案为：
【分析】将线段BE绕点E顺时针旋转30°得到线段ET，连接GT，过E作，垂足为J，先根据矩形的性质得到AB=CD=6，∠B=∠BCD=90°，进而结合三角形全等的判定与性质证明△EBF≌△ETG（SAS）即可得到∠B=∠ETG=90°，从而得到当CG⊥TG时，CG的值最小，再根据矩形的判定与性质即可得到∠JEC=180°-∠JET-∠BET=60°，从而结合勾股定理即可求解。
三、解答题（共6题，共46分）
19．在等边△ABC中，BC=4，点D是AB的中点，点E，F分别是CD，AC边上一点（不与点A，C重合）.
（1）如图1，当点E为CD中点，点F为AC中点时，求EF的长度.
（2）如图2，将线段CE绕着点C顺时针旋转60°得到线段CP，连结AP，当B，E，P三点在同一条直线上时，求AP的长度.
（3）如图3，将线段FE绕着点F顺时针旋转60°得到线段FQ，延长QE交线段BC于点M，探索CF，CM，CE三条线段之间的关系.
【答案】（1） 是等边三角形， 点 是 的中点， 点 为 中点， 点 为 中点， .
（2） 是等边三角形， 点 是 的中点， . 将线段 绕着点 顺时针旋转 得到线段 是等边三角形， ， 易证 ，.
（3），理由如下： 如图， 过点 作 于 ， 在直线 上截取 ， 连结 EC，
∵将线段FE绕着点F顺时针旋转60°得到线段FQ，∴EF=FQ，EFQ=60°，∴.
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）由等边三角形的性质可求得BC＝AB＝4，AD＝BD＝2，然后由 点E为CD中点，点F为AC中点 可得EF是△ADC的中位线，利用中位线定理即可解答；
（2）由旋转的性质可得CE＝CP，又因为∠ECP＝60°，从而可证得△ECP是等边三角形，∠BCP＝90°，然后根据“SAS”证明△ABP≌△CBP，再由直角三角形的性质可求CP的长，即可求解；
（3）如图由垂直平分线的性质可得EN＝EC，根据等腰三角形的性质和直角三角形的性质可得NC=EC，∠NEC＝120°，再由“ASA”可证△EFC≌△EMN，可得CF＝MN，可得结论即可解答．
20．（2024·渝中模拟）如图，为的中线，以为直角边在其右侧作直角，，与交于点F，．
（1）如图1，若，求的长；
（2）如图2，若将绕点C逆时针旋转得到，连接、，探究、的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，若，，，直线上有一点M，连接，将沿着翻折到所在的平面内得到，取的中点P，连接，当最小时，请直接写出的面积．
【答案】（1）解：在中，∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下，
倍长至点H使得，连接、、，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∵在中，，，，
∴，，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
设，与交于点K，
∵，
∴，
∴在四边形中，，
∴结合，可得为等边三角形，
∴；
（3）解：
【知识点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（3）∵，，，
∴在中，，，
∴，即，
∵在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，即是等边三角形，
∴，，
∴在中，，
根据翻转可知：，
∵的中点为P点，
∴，
∴可知点P在以F为圆心，长为半径的圆上，
如图，
即可知当点A、P、F三点共线，且点P在线段上时，最小，
如图，过F点作于S点，过P点作于T点，
∵，，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
即当最小时，．
【分析】（1）先求出，根据，可得，进而可得，解直角三角形即可求解；
（2）倍长至点H使得，连接、、，证明， ，即有，，进而可得，设，与交于点K，根据，可得，，进而得出为等边三角形，即可求解；
（3）先证明是等边三角形，即在中，，根据翻转可知：，结合的中点为P点，可得，即可知点P在以F为圆心，长为半径的圆上，当点A、P、F三点共线，且点P在线段上时，最小，过F点作于S点，过P点作于T点，则得出，进而根据三角形的面积公式，即可求解．
21．（2024九上·九龙坡期末）在中，，，为平面内的一点．
图1 图2 图3
（1）如图1，当点在边上时，，且，求的长；
（2）如图2，当点在的外部，且满足，求证：；
（3）如图3，，当、分别为、的中点时，把绕点顺时针旋转，设旋转角为，直线与的交点为，连接，直接写出旋转中面积的最大值．
【答案】（1）解：如图，将沿折叠，得到，连接，
∵，
∴，
将沿折叠，得到，
∴
∴，，，
∴，
∴为等边三角形，为等腰直角三角形
∴，
∴；
（2）证明：如图，过作，且，连接，
∵
∴，
又∵，
∴
∴
又∵，
∴，，即
，，
∴
∴；
（3）解： 的面积最大值为．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：（3）如图3，连接交于G点
∵绕A点旋转
∴，，
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴为直角三角形
∴点P在以中点M为圆心，为半径的圆上，连接交所在直线于点N，
当时，点P到直线的距离最大，
∵
∴A、P、B、C四点共圆
∵，
∴N是的中点
∵M是的中点
∴
∵，
∴，
∴，
∴ ，
∴点P到所在直线的距离的最大值为 ．
∴的面积最大值为．
【分析】（1）将沿折叠，得到，连接，进而根据题意得到，再根据折叠的性质得到，进而根据三角形全等的性质得到，，，，再根据等腰直角三角形的判定与性质结合题意即可求解；
（2）过作，且，连接，先根据题意证明，进而根据三角形全等的判定与性质证明即可得到，从而结合题意即可得到，，即，再证明即可求解；
（3）连接交于G点，先根据旋转的性质得到，，进而结合题意证明得到，从而得到为直角三角形，再结合题意得到点P在以中点M为圆心，为半径的圆上，连接交所在直线于点N，当时，点P到直线的距离最大，再结合圆周角定理运用勾股定理即可求解点P到所在直线的距离的最大值，从而即可求出面积最大值。
22．（2024九下·淮滨开学考）已知点C为和的公共顶点，将绕点C顺时针旋转，连接，，请完成如下问题：
（1）如图1，若和均为等边三角形，①线段与线段的数量关系是 ；②直线与直线相交所夹锐角的度数是 ；
类比探究：
（2）如图2，若，，其他条件不变，则（1）中的结论是否都成立？请说明理由；
（3）拓展应用：如图3，若，，，，当点B，D，E三点共线时，请直接写出的长.
【答案】（1）BD=AE；60°
（2）解：①不成立，；②成立．
理由：如图2，延长交的延长线于点．
，，
∴，
，，
，
，，
．
∵，
．
综上所述，，直线与直线相交所夹锐角的度数是；
（3）的长为或．
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】（1）解：①延长BD交AE的延长线于点F
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°，
∴∠BCD=∠ACE，
∴△BCD≌△ACE（SAS）
∴BD=AE；
故答案为：BD=AE；
②由①得：△BCD≌△ACE，
∴∠DBC=∠EAC，
∴∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F，
∴∠F=∠ACB=60°；
故答案为：60°；
（3）解：①当点D落在线段BE上时，
∵∠BAC=∠DEC=90°，∠ACB=∠ECD=45°，BC=2CD=，
∴BC=AC=，CD=EC=，
∴AC=2，CE=1，
∵∠E=90°，
∴BE=，
∴BD=BE-DE=-1；
②当点E落在线段BD上时，
同理可得：BD=BE+DE=+1.
故的长为或．
【分析】（1）①延长BD交AE的延长线于点F，由题意用边角边易证△BCD≌△ACE，由全等三角形的性质可得BD=AE；
②由①中的全等三角形得∠DBC=∠EAC即可求解；
（2）①不成立，②成立；理由如下：延长交的延长线于点，根据有两个角相等的两个三角形相似可得△ABC∽△EDC，于是结合已知可得比例式，∠BCD=∠ACE，然后根据“两组对应边的比相等且这两边的夹角相等的两个三角形相似”可得△BDC∽△AEC，由相似三角形的性质可得，∠DBC=∠EAC，于是可得BD=AE；②由△BDC∽△AEC可求解；
（3）①当点D落在线段BE上时，先求出BC、CD的值，然后用勾股定理可求得BE的值；②当点E落在线段BD上时，同理可求解.
23．（2023·重庆）如图，在等边中，于点，为线段上一动点（不与，重合），连接，，将绕点顺时针旋转得到线段，连接．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，连接交于点，连接，，与所在直线交于点，求证：；
（3）如图3，连接交于点，连接，，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，连接，．若，直接写出的最小值．
【答案】（1）证明：∵为等边三角形，
∴，，
∵将绕点顺时针旋转得到线段，
∴，
∴
∴
即
在和中
，
∴，
∴；
（2）证明：如图所示，过点作，交点的延长线于点，连接，，
∵是等边三角形，
∴，
∵
∴
∴垂直平分，
∴
又∵，
∴，
∴，
∴在的垂直平分线上，
∵
∴在的垂直平分线上，
∴垂直平分
∴，
∴
又∵，
∴是等边三角形，
∴
∴
∴，
又∵，
∴
∴，
∴
在与中，
∴
∴
∴
∴四边形是平行四边形，
∴；
（3）解：依题意，如图所示，延长交于点，
由（2）可知是等边三角形，
∴
∵将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴
由（2）可得
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴四边形是平行四边形，
∴
由（2）可知是的中点，则
∴
∴
∵折叠，
，
∴，
又，
∴，
∴当取得最小值时，即时，取得最小值，此时如图所示，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；线段垂直平分线的性质；等边三角形的性质；平行四边形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质；线段垂直平分线的判定
【解析】【分析】（1）先根据等边三角形的性质得到，，再根据旋转的性质得到，，进而根据三角形全等的判定与性质即可求解；
（2）如图所示，过点作，交点的延长线于点，连接，，先根据等边三角形的性质得到，再根据垂直平分线的判定与性质结合三角形全等的判定与性质即可证明，进而根据平行四边形的判定与性质证明四边形是平行四边形即可求解；
（3）延长交于点，由（2）可知是等边三角形，先根据折叠的性质得到，，进而根据等边三角形的判定即可得到是等边三角形，再根据等边三角形的性质得到，接着根据三角形全等的性质结合平行四边形的判定得到四边形是平行四边形，进而即可得到，从而根据题意即可得到，且当取得最小值时，即时，取得最小值，最后结合题意即可求解。
24．（2024·南山模拟）“转化”是解决数学问题的重要思想方法，通过构造图形全等或者相似建立数量关系是处理问题的重要手段．
（1）【问题情景】：如图，正方形中，点是线段上一点不与点、重合，连接将绕点顺时针旋转得到，连接，求的度数．
以下是两名同学通过不同的方法构造全等三角形来解决问题的思路，
①小聪：过点作的延长线的垂线；
②小明：在上截取，使得；
请你选择其中一名同学的解题思路，写出完整的解答过程．
（2）【类比探究】：如图点是菱形边上一点不与点、重合，，将绕点顺时针旋转得到，使得，则的度数为 用含的代数式表示．
（3）【学以致用】：如图，在的条件下，连结，与相交于点，当时，若，求的值．
【答案】（1）解：①选小聪的思路：
过点F作FN⊥BC，交BC的延长线于点N，
∵四边形ABNCD是正方形，
∴∠B=∠BCD=90°，AB=BC，
∴∠AEB+∠BAE=90°，
顺时针旋转得到，
，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEN=90°，
∴∠BAE=∠NEF，
在△ABE与△ENF中，
∵∠BAE=∠NEF，∠B=∠N=90°，AE=EF，
∴△ABE≌△ENF（AAS），
∴FN=BE，EN=AB=BC，
∴BC-CE=EN-EC，即BE=CN=FN，
∴△CFN是等腰直角三角形，
∴∠FCN=45°，
∴∠FCD=180°-∠BCD-∠FCN=45°；
②选小明的思路：
在上截取，使得．
∵四边形ABNCD是正方形，
∴∠B=∠BCD=90°，AB=BC，
∴=，∠BME=∠BEM=45°，
，∠AME=180°-∠BME=135°，
顺时针旋转得到，
．
，，
．
在和中，
，
≌，
，
；
（2）
（3）解：过点作交的延长线于点，
设菱形的边长为．
，
，，
，
，
，，
，
，
由知，，
，
∽，
，
，
，
在上截取，使，连接，作于点．
由可知，≌，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；四边形的综合；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：（2）如图，在AB上截取BM，使得BM=BE，连接EM，
∵四边形ABCD是菱形， ，
∴AB=BC，∠BCD=180°-，
∵BM=BE，
∴AM=CE，
∵将EA绕点E顺时针旋转得到EF，
∴EF=AE，∠AEF=∠B=，
∵∠AEC=∠AEF+∠FEC=∠B+∠BAE，
∴∠BAE=∠CEF，
在△AEM与△EFC中，AM=EC，∠BAE=∠CEF，AE=EF，
∴△AEM≌△EFC（SAS），
∴∠AME=∠ECF，
∵∠B=，BM=BE，
∴∠BME=∠BEM=90°-，
∴∠AME=90°+=∠ECF，
∴∠DCF=∠ECF-∠BCD=；
故答案为：；
【分析】（1）①选小聪的思路：过点F作FN⊥BC，交BC的延长线于点N，由同角的余角相等得∠BAE=∠NEF，从而用AAS证△ABE≌△ENF，得FN=BE，EN=AB=BC，可推出△CFN是等腰直角三角形，则∠FCN=45°，进而根据平角定义可算出∠FCD的度数；②选小明的思路：在AB上截取BM，使得BM=BE，根据正方形的性质推出AM=EC，由旋转的性质得AE=EF，进而根据等腰直角三角形及角的和差可推出∠MAE=∠CEF，从而用SAS证△AME≌△ECF，由全等三角形的对应角相等得∠AME=∠ECF=135°，最后根据∠FCD=∠ECF-∠BCD可算出答案；
（2）在AB上截取BM，使得BM=BE，连接EM，首先由SAS证△AEM≌△EFC，可得∠AME=∠ECF，进而根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可表示出∠BME，由邻补角及等量代换可表示出∠ECF，最后根据∠DCF=∠ECF-∠BCD即可算出答案；
（3）过点A作AP⊥CD交CD的延长线于点P，证明△APG∽△FCG，由相似三角形对应边成比例可求出CF，在AB上截取AN，使AN=EC，连接NE，作BO⊥NE于点O，由（2）可得△ANE≌△ECF，得NE=CF，从而可得BN=BE，由特殊锐角三角函数值及余弦函数定义可求出BE，进而求出CE，此题得解.
1 / 12024年中考数学精选压轴题之旋转问题
一、选择题（每题3分，共36分）
1．（2024九下·西安开学考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，AB＝4，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转一定的角度得到△DEC，使得A点恰好落在DE上，则线段BD的长为（ ）
A．2 B．5 C．2 D．3
2．（2023九上·滕州开学考）如图，将边长为的正方形绕点逆时针旋转得到正方形，与交于点，那么图中点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023九上·深圳月考）如图所示，矩形ABOC的顶点O（0，0），A（－2，2），对角线交点为P，若矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第74次旋转后点P的落点坐标为（ ）
A．(1，) B．（2，0） C．(1，-) D．(，-1)
4．（2023八下·辽阳期末）如图，点是等边内一点，将线段绕点沿顺时针方向旋转得到线段，连接，，若，，，则下列结论正确的有（ ）个．
①为等边三角形；
②；
③；
④．
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2023·佳木斯模拟）如图，P是正方形内一点，，则正方形的面积是（ ）
A． B．13 C． D．
6．（2022·宜宾）如图，和都是等腰直角三角形，，点是边上的动点（不与点B、C重合），与交于点，连结下列结论：；；若，则；在内存在唯一一点，使得的值最小，若点在的延长线上，且的长为2，则其中含所有正确结论的选项是（ ）
A． B． C． D．
7．（2022·常德）如图，在中，，，将绕点顺时针旋转得到，点A、B的对应点分别是，，点是边的中点，连接，，.则下列结论错误的是（ ）
A． B．，
C． D．
8．（2022·眉山）如图，四边形为正方形，将绕点逆时针旋转至，点，，在同一直线上，与交于点，延长与的延长线交于点，，.以下结论：
①；②；③；④.其中正确结论的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．（2022·岱岳模拟）如图，正方形的边长为2，对角线、相交于点，把放在正方形上，使直角顶点与点重合，让绕着点旋转，、分别交、于点、，给出下列结论；①；②；③.其中正确的结论是（ ）
A．①②③ B．①② C．②③ D．①③
10．（2022·东营模拟）如图，已知Rt△ABC，，将△ABC绕点A沿逆时针方向旋转后得到△ADE，直线BD、CE相交于点F，连接AF，则下列结论中：①；②△ABD∽△ACE；③；④F为BD的中点，其中正确的有（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④
11．（2021八下·龙华期中）如图，等边三角形ABC的边长为2，点O是△ABC的中心，∠FOG＝120°，将∠FOG绕点O旋转，分别交线段AB、BC于D、E两点，连接DE，给出下列四个结论：①OD＝OE；②S四边形ODBE＝ S△ABC；③S△ODE＝S△BDE；④△BDE周长的最小值为3．上述结论中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
12．（2021八下·武汉月考）四边形 中， ，则 的值为（ ）
A．15 B． C． D．20
二、填空题（每题3分，共18分）
13．（2024九下·沈阳开学考）在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，AB＝8，点D是直线BC上动点，连接AD，在直线AD的右侧作等边△ADE，连接CE，当线段CE的长度最小时，线段CD的长度为 ．
14．（2024九下·深圳开学考） 如图正方形的边长为3，E是上一点且，F是线段上的动点．连接，将线段绕点C逆时针旋转 90°得到，连接，则的最小值是 ．
15．（2024八上·岳阳楼期末）如图，已知：中，，，为线段上一点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，为中点，直线交射线于点，下列说法，若连接，则；；；若，则其中正确的序号有 ．
16．（2024九上·苍溪期末）如图，将绕点顺时针旋转，使点落在边上的点处，点落在点处，与相交于点，若，，，则的长为 ．
17．（2024九上·深圳期末）如图，为直角三角形，，，，D是边上的中点，将绕着点A逆时针旋转，使点C落在线段上的点E处，点B的对应点为F，边与边交于点G，则的长是 .
18．（2023九上·锦江期中）如图，长方形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E为BC上一点，且BE＝2，F为AB边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转30°到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值为 ．
三、解答题（共6题，共46分）
19．在等边△ABC中，BC=4，点D是AB的中点，点E，F分别是CD，AC边上一点（不与点A，C重合）.
（1）如图1，当点E为CD中点，点F为AC中点时，求EF的长度.
（2）如图2，将线段CE绕着点C顺时针旋转60°得到线段CP，连结AP，当B，E，P三点在同一条直线上时，求AP的长度.
（3）如图3，将线段FE绕着点F顺时针旋转60°得到线段FQ，延长QE交线段BC于点M，探索CF，CM，CE三条线段之间的关系.
20．（2024·渝中模拟）如图，为的中线，以为直角边在其右侧作直角，，与交于点F，．
（1）如图1，若，求的长；
（2）如图2，若将绕点C逆时针旋转得到，连接、，探究、的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，若，，，直线上有一点M，连接，将沿着翻折到所在的平面内得到，取的中点P，连接，当最小时，请直接写出的面积．
21．（2024九上·九龙坡期末）在中，，，为平面内的一点．
图1 图2 图3
（1）如图1，当点在边上时，，且，求的长；
（2）如图2，当点在的外部，且满足，求证：；
（3）如图3，，当、分别为、的中点时，把绕点顺时针旋转，设旋转角为，直线与的交点为，连接，直接写出旋转中面积的最大值．
22．（2024九下·淮滨开学考）已知点C为和的公共顶点，将绕点C顺时针旋转，连接，，请完成如下问题：
（1）如图1，若和均为等边三角形，①线段与线段的数量关系是 ；②直线与直线相交所夹锐角的度数是 ；
类比探究：
（2）如图2，若，，其他条件不变，则（1）中的结论是否都成立？请说明理由；
（3）拓展应用：如图3，若，，，，当点B，D，E三点共线时，请直接写出的长.
23．（2023·重庆）如图，在等边中，于点，为线段上一动点（不与，重合），连接，，将绕点顺时针旋转得到线段，连接．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，连接交于点，连接，，与所在直线交于点，求证：；
（3）如图3，连接交于点，连接，，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，连接，．若，直接写出的最小值．
24．（2024·南山模拟）“转化”是解决数学问题的重要思想方法，通过构造图形全等或者相似建立数量关系是处理问题的重要手段．
（1）【问题情景】：如图，正方形中，点是线段上一点不与点、重合，连接将绕点顺时针旋转得到，连接，求的度数．
以下是两名同学通过不同的方法构造全等三角形来解决问题的思路，
①小聪：过点作的延长线的垂线；
②小明：在上截取，使得；
请你选择其中一名同学的解题思路，写出完整的解答过程．
（2）【类比探究】：如图点是菱形边上一点不与点、重合，，将绕点顺时针旋转得到，使得，则的度数为 用含的代数式表示．
（3）【学以致用】：如图，在的条件下，连结，与相交于点，当时，若，求的值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵，，，
在△ABC中， 由勾股定理得：，
，，
∵将绕点按逆时针方向旋转一定的角度得到，
∴，，，，，，
∴是等边三角形，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
在△DBE中， 由勾股定理得：.
故答案为：C．
【分析】勾股定理得，，，由旋转的性质可求是等边三角形，是等边三角形，，在△DBE中， 根据勾股定理，即可得解.
2．【答案】B
【知识点】三角形全等的判定；含30°角的直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：根据题意，设M的坐标为（AM，AB）
正方形ABCD旋转30°得到A'B'C'D'
在RtBC'M和RtBAM中，
≌ （HL）
又
即
解得AM=1
M的坐标为
故答案为：B
【分析】根据旋转的性质先得到纵坐标，然后由旋转得到的全等三角形证明得到30°角，30°角所对的直角边等于斜边的一半，结合勾股定理求得M点的横坐标。
3．【答案】D
【知识点】矩形的性质；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：∵ 四边形ABOC为矩形， 对角线交点为P，
∴AP = OP，即点P为OA的中点.
∵O（0，0），A（－2，2），
∴点P的坐标为（－，1）.
∵若矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，360°÷90°=4，
∴点P的坐标每4次为一个循环.
∵74÷4=18......2，
∴第74次旋转后的点P74与点2次旋转后的点P2重合.
∵当P旋转2次，即旋转180°时，P与P2关于原点对称，
∴点P2的坐标为（，-1）.
∴第74次旋转后点P的落点坐标为（，-1）.
故答案为：D.
【分析】首先根据矩形的性质和中点坐标的性质，得点P的坐标，然后根据旋转的性质，判断循环数，进而得到第74次旋转后点P的落点坐标与点P2重合，最后根据P与P2关于原点对称，即可得到结
4．【答案】D
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵将线段PB绕点B沿顺时针方向旋转60°得到线段，
∴，，
∴是等边三角形，故①结论正确.
∴，
∵是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=60°，
∴，
则可证（SAS)，故③结论正确.
∴，
∴，
∴，
∴，故②结论正确.
∴，故④结论正确. －
故答案为：D.
【分析】根据旋转的性质：旋转前后的图形不变，得到，，根据等边三角形的性质：等边三角形边相等，角相等，根据全等三角形的性质和勾股定理的逆定理即可得出答案.
5．【答案】A
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理的应用；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示：将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBE，连接PE、BE、CE，过点A作
AF⊥BP，交BP的延长线于点F，
由旋转可得：BE=BP=2，CE= AP=3，∠PBE = 90°， ∠BPA= ∠BEC，
∴△BPE为等腰直角三角形，
∴PE=BP=，∠BEP=45°，
∵PE2+CE2 =()2+32 = 17，CP2=()2=17，
∴PE2 +CE2 = CP2，
∴△PCE是直角三角形，∠PEC=90°，
∴∠BEC = ∠BEP+∠PEC =45°+90°=135°，
∴∠BPA = 135°，
∴∠APF=180°-∠BPA= 45°，
∵∠F= 90°，
∴△APF是等腰直角三角形，
∴AF=PF= AP= ，
∴BF=BP+PF=2+ ，
∴AB2 = AF2+ BF2 =，
故答案为：A.
【分析】根据旋转的性质先求出BE=BP=2，CE= AP=3，∠PBE = 90°， ∠BPA= ∠BEC，再求出△PCE是直角三角形，∠PEC=90°，最后利用勾股定理计算求解即可。
6．【答案】B
【知识点】圆周角定理；确定圆的条件；锐角三角函数的定义；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：如图1中，
，
，
，，
≌，
，，故①正确，
，
，
，
，
取DE的中点O，连接，，，则，
，，，四点共圆，
，故②正确，
设，则，，
过点作于点，
，
，
，，
，
，故③正确.
如图2中，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BMN，连接PN，
，，，
是等边三角形，
，
，
当点A，点P，点N，点M共线时，值最小，此时，，，
，
设，则，
，
，
，故错误.
故答案为：B.
【分析】由同角的余角相等得∠BAD=∠CAE，根据等腰直角三角形的性质可得AB=AC，AD=AE，证明△BAD≌△DAE，据此判断①；易得∠DAE=∠DCE=90°，取DE的中点O，连接OA，OC，则A、D、C、E四点共圆，根据圆周角定理可得∠DAC=∠CED，据此判断②；设CD=m，然后表示出BD、DE、OA，过点C作CJ⊥DF于点J，根据三角函数的概念可得CJ，然后根据平行线分线段成比例的性质可判断③；将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，易得△BPN是等边三角形，BP=PN，则PA+PB+PC=AP+PN+MN，故当点A、P、M、N共线时，PA+PB+PC最小，此时∠BPD=∠CPD=60°，设PD=t，则BD=AD=t，根据AP+PD=AD可得t的值，据此判断④.
7．【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SSS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：A、∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，
∴△BCE是等边三角形，
∴BE=BC，故A正确；
B、∵点F是边AC中点，
∴CF=BF=AF=AC，
∵∠BCA=30°，
∴BA=AC，
∴BF=AB=AF=CF，
∴∠FCB=∠FBC=30°，
延长BF交CE于点H，则∠BHE=∠HBC+∠BCH=90°，
∴∠BHE=∠DEC=90°，
∴BF//ED，
∵AB=DE，
∴BF=DE，故B正确.
C、∵BF∥ED，BF=DE，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BC=BE=DF，
∵AB=CF， BC=DF，AC=CD，
∴△ABC≌△CFD，
∴，故C正确；
D、.∵∠ACB=30°， ∠BCE=60°，
∴∠FCG=30°，
∴FG=CG，
∴CG=2FG.
∵∠DCE=∠CDG=30°，
∴DG=CG，
∴DG=2FG.故D错误.
故答案为：D.
【分析】根据旋转的性质可得∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，推出△BCE是等边三角形，据此判断A；根据直角三角形斜边上中线的性质可得CF=BF=AF=AC，根据含30°角的直角三角形的性质可得BA=AC，则BF=AB=AF=CF，延长BF交CE于点H，则∠BHE=∠DEC=90°，推出BF//ED，结合AB=DE可判断B；易得四边形BEDF是平行四边形，则BC=BE=DF，证明△ABC≌△CFD，据此判断C；易得∠FCG=30°，则CG=2FG，根据∠DCE=∠CDG=30°可得DG=CG，进而判断D.
8．【答案】D
【知识点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：∵△EDC旋转得到△HBC，
∴，
∵ABCD为正方形，，，在同一直线上，
∴，
∴，故①正确；
∵△EDC旋转得到△HBC，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故②正确；
设正方形边长为a，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，解得：，
∵，
∴，故③正确；
过点E作交FD于点M，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，故④正确
综上所述：正确结论有4个.
故答案为：D.
【分析】根据旋转性质得∠EDC=∠HBC，根据正方形的性质以及邻补角的性质得∠HBC=135°，据此判断①；根据旋转性质得EC=HC，∠ECH=90°，则∠HEC=45°，∠FEC=45°，证明△EFC∽△DEC，根据相似三角形的性质可判断②；设正方形边长为a，根据角的和差关系可得∠BHC=∠HGB=∠DEC，证明△GBH∽△EDC，根据相似三角形的性质可得EC，根据等腰直角三角形的性质可得HE，证明△HBG∽△HDF，根据相似三角形的性质可得EF，据此判断③；过点E作EM⊥FD交FD于点M，易得MD=ME，利用三角函数的概念可得sin∠EFC的值，易得∠DEC=∠EFC，据此判断④.
9．【答案】B
【知识点】旋转的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，，故①符合题意；
∴，故②符合题意；
∵，，
∴，
又∵只有当时，，即，
∴不一定成立，故③不符合题意；
故答案为：B．
【分析】利用正方形的性质，旋转的性质，再利用全等三角形的判定方法和性质逐项判断即可。
10．【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；圆内接四边形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】①由旋转性质可知，AC＝BC＝AE＝DE＝2，
∵，
∴AB＝AD，故①符合题意；
②，，
∴∠DAE＋∠EAB＝∠CAB＋∠EAB，即∠DAB＝∠EAC，
∴△ABD∽△ACE，故②符合题意；
③设AB、CE交于点G，如图所示：
∵△ABD∽△ACE，
∴∠DBA＝∠ECA，
又∵∠FGB＝∠CGA，
∴∠BFC＝∠BAC＝45°，故③符合题意；
④∵∠BFC＝∠BAC＝45°，
∴A、C、B、F四点共圆，
∴四边形ACBF为圆内接四边形，
∴∠BFA＋∠BCA＝180°，
∵，
∴∠BFA＝90°，
∴AF⊥BD，
∵AB＝AD，
∴△ABD为等腰三角形，
∴AF为BD上中线，即F为BD中点，故④符合题意；
综上分析可知，①②③④都符合题意，故C符合题意．
故答案为：C．
【分析】由旋转性质可知AC＝BC＝AE＝DE＝2，利用勾股定理求出AB＝AD=2，据此判断①；根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，可证△ABD∽△ACE，据此判断②；设AB、CE交于点G，如图，由△ABD∽△ACE可得∠DBA＝∠ECA，由对顶角相等可得∠FGB＝∠CGA，从而得出∠BFC＝∠BAC＝45°，据此判断③；先判断A、C、B、F四点共圆，根据圆内接四边形的性质可得∠BFA＋∠BCA＝180°，据此求出∠BFA＝90°，即得AF⊥BD，根据等腰三角形三线合一的性质可得F为BD中点，据此判断④即可.
11．【答案】C
【知识点】旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】连接OB、OC，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵点O是△ABC的中心，
∴OB＝OC，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝30°，
∴∠BOC＝120°，即∠BOE+∠COE＝120°，
而∠DOE＝120°，即∠BOE+∠BOD＝120°，
∴∠BOD＝∠COE，
在△BOD和△COE中，
，
∴△BOD≌△COE（ASA），
∴BD＝CE，OD＝OE，
∴①符合题意；
∵△BOD≌△COE，
∴S△BOD＝S△COE，
∴四边形ODBE的面积＝S△OBC═ S△ABC，
故②符合题意；
作OH⊥DE于H，如图，则DH＝EH，
∵∠DOE＝120°，
∴∠ODE＝∠OEH＝30°，
∴OH＝ OE，HE＝ OH＝ OE，
∴DE＝ OE，
∴S△ODE＝ × OE× OE＝ OE2，
即S△ODE随OE的变化而变化，
而四边形ODBE的面积为定值，
∴S△ODE≠S△BDE；
故③不符合题意；
∵BD＝CE，
∴△BDE的周长＝BD+BE+DE＝CE+BE+DE＝BC+DE＝2+DE＝2+ OE，
当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE＝ ，
∴△BDE周长的最小值＝2+1＝3，
故④符合题意．
综上所述，正确的有①②④共3个．
故答案为：C．
【分析】利用旋转的性质，再结合三角形全等的判定和性质逐项判定即可。
12．【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，把△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，连接CE，作EM⊥CD于M，
则AC=AE= ，∠CAE=90°，∠ADE=∠ABC，DE=BC=12，
在Rt△ACE中，CE= ，
∵∠BAD=90°，∠BCD=30°，
∴∠ABC+∠ADC=360°-30°-90°=240°，
∴∠ADE+∠ADC=240°，
∴∠CDE=120°，即∠EDM=60°，
∴在Rt△EDM中，∠DEM=30°
∴ ，
在Rt△CEM中，设CD=x，则CM=6+x
∴ ，解得： （舍去），
∴CD=20
故答案为：D
【分析】把△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，连接CE，作EM⊥CD于M，根据旋转的性质求得△ACE为等腰直角三角形，则由勾股定理求出EC，然后由角的关系求得∠DEM=30°，则可求出DM和ME的长，设CD=x，在Rt△EDM中，根据勾股定理列式求出CD长即可.
13．【答案】6
【知识点】垂线段最短及其应用；等边三角形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，以AC为边作等边△ACF，连接DF，
∵∠ACB＝90°，∠B＝60°，AB＝8，
∴，
∵△ACF是等边三角形，
∴，∠BCF＝60°，
∵△ADE是等边三角形，
∴AD＝AE，∠FAC＝∠DAE＝60°，
∴∠FAD＝∠CAE，
在△ACE和△AFD中，
，
∴△ACE≌△AFD（SAS）
∴CE＝DF，
∴DF⊥BC时，DF的长最小，即CE的长最小，
∵∠FCD'＝90°﹣60°＝30°，D'F⊥CB，
∴，
故答案为：6．
【分析】以AC为边作等边△ACF，连接DF，可证△ACE≌△AFD，可得CE＝DF，则DF⊥CB时，DF的长最小，即DE的长最小，即可求解．
14．【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；正方形的性质；解直角三角形；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，作直线BG，
∵四边形ABCD是边长为3的正方形，
∴BC=CD=3，∠BCD=90°，
由旋转的性质得CF=CG，∠FCG=90°，
∴∠BCD-∠ECF=∠FCG-∠ECF，
即∠DCF=∠BCG，
∴△BCG≌△DCF（SAS），
∴∠CBG=∠CDF，
∵∠CDF是定值，
∴点G在直线BG上运动，且，
根据垂线段最短得，当EG⊥BG时，EG的长最短，此时，
设EG=m(m＞0)，则BG=3m，
在Rt△BEG中，∵BE2=BG2+EG2，
∴4=m2+9m2，
解得，
∴EG的最小值为.
故答案为：.
【分析】作直线BG，由正方形的性质得BC=CD=3，∠BCD=90°，由旋转的性质得CF=CG，∠FCG=90°，由同角的余角相等得∠DCF=∠BCG，从而由SAS判断出△BCG≌△DCF，由全等三角形的性质得∠CBG=∠CDF，由于∠CDF是定值，故点G在直线BG上运动，且，根据垂线段最短得，当EG⊥BG时，EG的长最短，此时，设EG=m(m＞0)，则BG=3m，在Rt△BEG中，利用勾股定理建立方程，求解得出m的值，即可得出答案.
15．【答案】
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：连接、，
，则，
，
又，，
≌，
，，
，，
，
，
，
故正确；
当时，，
，
，
，
故错误；
，为的中点，
，
，为的中点，
，
，
，
又，
，
，
，则，
，
故正确；
，
设，则，
，，
在中，，，
，
在等腰直角三角形中，，
又，，
，
，
故正确，
故答案为：．
【分析】先利用“SAS”证出≌，可得，，再利用角的运算和等量代换可得，从而证出①正确；再利用角的运算证出②不正确；利用直角三角形斜边上中线的性质及等量代换证出③正确；设，则，利用勾股定理求出，再求出，从而可证出，得到④正确，从而得解.
16．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：过点C作CM⊥AB于点M，
∴∠CMB=∠CMD=90°，
由旋转性质知：CD=CB，∠B=∠CDE，∠E=∠A，
在和中，
∵CB=CD，CM=CM，
∴≌，
∴BM=DM，∠B=∠CDM，
∴∠CDM=∠CDE，
又∵，
∴∠CFD=90°，
∴∠CMD=∠CFD，
在和中：
∵∠CMD=∠CFD，∠CDM=∠CDE，CD=CD，
∴≌，
∴DF=DM=BM，
∵AB∥CE，
∴∠A=∠ACE，
∴∠E=∠ACE，
∴∠A=∠ADF=45°，
∴AF=DF，
∴2DF2=AD2，
∴2DF2=()2，
∴DF=1，
∴DM=BM=1，
∴AB=AD+DM+BM=.
故答案为：2+.
【分析】过点C作CM⊥AB于点M，首先根据HL证明≌，得出BM=DM，∠B=∠CDM，进而可根据AAS证明≌，从而得到DF=DM=BM，再根据平行线的性质得出∠E=∠ACE，进而得到∠A=∠ADF=45°，再根据等腰直角三角形的性质，利用勾股定理求得DF=DM=BM=1，即可得出AB=2+。
17．【答案】
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：过点A作AH⊥CD于点H，过点D作DN⊥EF于点N，
在Rt△ABC中
，
∵点D是AB边上的中点，
∴
∴∠ACD=∠CAD，
∵∠ACD+∠CAH=90°，∠CAD+∠B=90°，
∴∠CAH=∠B，
∴sin∠CAH=sin∠B即
∴
解之：；
∵tan∠CAH=tan∠B即，
∴
解之：，
∵ 将绕着点A逆时针旋转，使点C落在线段上的点E处，点B的对应点为F，
∴AC=AE=1，∠ACB=∠AEF=90°，
∴，
∴，
∵∠AEH+∠DEN=90°，∠HAE+∠AEH=90°，
∴∠DEN=∠HAE，
∵∠AHE=∠DNE=90°，
∴△AHE∽△EDN，
∴即
解之：；
∵∠AEG=∠DNG=90°，∠AGE=∠NGD，
∴△AGE∽△DGN，
∴即，
∴
∵
∴
解之：
故答案为：.
【分析】过点A作AH⊥CD于点H，过点D作DN⊥EF于点N，利用勾股定理求出AB的长，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可求出CD，AD的长，再利用余角的性质可证得∠CAH=∠B，利用解直角三角形求出CH的长，根据tan∠CAH=tan∠B，可求出AH的长；利用旋转的性质可证得AC=AE=1，∠ACB=∠AEF=90°，利用勾股定理求出HE的长，可得到DE的长；利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△AHE∽△EDN，利用相似三角形的性质可求出DN的长；由△AGE∽△DGN，可求出；然后根据AG+DG=AD，代入计算求出DG的长.
18．【答案】3+2
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；矩形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：将线段BE绕点E顺时针旋转30°得到线段ET，连接GT，过E作，垂足为J，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=6，∠B=∠BCD=90°，
∵∠BET=∠FEG=30°，
∴∠BEF=∠TEG，
∴△EBF≌△ETG（SAS），
∴∠B=∠ETG=90°，
∴点G的在射线TG上运动，
∴当CG⊥TG时，CG的值最小，
∵∠EJG=∠ETG=∠JGT=90°，
∴四边形ETGJ是矩形，
∴∠JET=90°，GJ=TE=BE=2，
∵∠BET =30°，
∴∠JEC=180°-∠JET-∠BET=60°，
∵，
∴，
∴CG=CJ+GJ=.
∴CG的最小值为.
故答案为：
【分析】将线段BE绕点E顺时针旋转30°得到线段ET，连接GT，过E作，垂足为J，先根据矩形的性质得到AB=CD=6，∠B=∠BCD=90°，进而结合三角形全等的判定与性质证明△EBF≌△ETG（SAS）即可得到∠B=∠ETG=90°，从而得到当CG⊥TG时，CG的值最小，再根据矩形的判定与性质即可得到∠JEC=180°-∠JET-∠BET=60°，从而结合勾股定理即可求解。
19．【答案】（1） 是等边三角形， 点 是 的中点， 点 为 中点， 点 为 中点， .
（2） 是等边三角形， 点 是 的中点， . 将线段 绕着点 顺时针旋转 得到线段 是等边三角形， ， 易证 ，.
（3），理由如下： 如图， 过点 作 于 ， 在直线 上截取 ， 连结 EC，
∵将线段FE绕着点F顺时针旋转60°得到线段FQ，∴EF=FQ，EFQ=60°，∴.
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）由等边三角形的性质可求得BC＝AB＝4，AD＝BD＝2，然后由 点E为CD中点，点F为AC中点 可得EF是△ADC的中位线，利用中位线定理即可解答；
（2）由旋转的性质可得CE＝CP，又因为∠ECP＝60°，从而可证得△ECP是等边三角形，∠BCP＝90°，然后根据“SAS”证明△ABP≌△CBP，再由直角三角形的性质可求CP的长，即可求解；
（3）如图由垂直平分线的性质可得EN＝EC，根据等腰三角形的性质和直角三角形的性质可得NC=EC，∠NEC＝120°，再由“ASA”可证△EFC≌△EMN，可得CF＝MN，可得结论即可解答．
20．【答案】（1）解：在中，∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下，
倍长至点H使得，连接、、，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∵在中，，，，
∴，，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
设，与交于点K，
∵，
∴，
∴在四边形中，，
∴结合，可得为等边三角形，
∴；
（3）解：
【知识点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（3）∵，，，
∴在中，，，
∴，即，
∵在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，即是等边三角形，
∴，，
∴在中，，
根据翻转可知：，
∵的中点为P点，
∴，
∴可知点P在以F为圆心，长为半径的圆上，
如图，
即可知当点A、P、F三点共线，且点P在线段上时，最小，
如图，过F点作于S点，过P点作于T点，
∵，，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
即当最小时，．
【分析】（1）先求出，根据，可得，进而可得，解直角三角形即可求解；
（2）倍长至点H使得，连接、、，证明， ，即有，，进而可得，设，与交于点K，根据，可得，，进而得出为等边三角形，即可求解；
（3）先证明是等边三角形，即在中，，根据翻转可知：，结合的中点为P点，可得，即可知点P在以F为圆心，长为半径的圆上，当点A、P、F三点共线，且点P在线段上时，最小，过F点作于S点，过P点作于T点，则得出，进而根据三角形的面积公式，即可求解．
21．【答案】（1）解：如图，将沿折叠，得到，连接，
∵，
∴，
将沿折叠，得到，
∴
∴，，，
∴，
∴为等边三角形，为等腰直角三角形
∴，
∴；
（2）证明：如图，过作，且，连接，
∵
∴，
又∵，
∴
∴
又∵，
∴，，即
，，
∴
∴；
（3）解： 的面积最大值为．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：（3）如图3，连接交于G点
∵绕A点旋转
∴，，
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴为直角三角形
∴点P在以中点M为圆心，为半径的圆上，连接交所在直线于点N，
当时，点P到直线的距离最大，
∵
∴A、P、B、C四点共圆
∵，
∴N是的中点
∵M是的中点
∴
∵，
∴，
∴，
∴ ，
∴点P到所在直线的距离的最大值为 ．
∴的面积最大值为．
【分析】（1）将沿折叠，得到，连接，进而根据题意得到，再根据折叠的性质得到，进而根据三角形全等的性质得到，，，，再根据等腰直角三角形的判定与性质结合题意即可求解；
（2）过作，且，连接，先根据题意证明，进而根据三角形全等的判定与性质证明即可得到，从而结合题意即可得到，，即，再证明即可求解；
（3）连接交于G点，先根据旋转的性质得到，，进而结合题意证明得到，从而得到为直角三角形，再结合题意得到点P在以中点M为圆心，为半径的圆上，连接交所在直线于点N，当时，点P到直线的距离最大，再结合圆周角定理运用勾股定理即可求解点P到所在直线的距离的最大值，从而即可求出面积最大值。
22．【答案】（1）BD=AE；60°
（2）解：①不成立，；②成立．
理由：如图2，延长交的延长线于点．
，，
∴，
，，
，
，，
．
∵，
．
综上所述，，直线与直线相交所夹锐角的度数是；
（3）的长为或．
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】（1）解：①延长BD交AE的延长线于点F
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°，
∴∠BCD=∠ACE，
∴△BCD≌△ACE（SAS）
∴BD=AE；
故答案为：BD=AE；
②由①得：△BCD≌△ACE，
∴∠DBC=∠EAC，
∴∠DBC+∠ACB=∠EAC+∠F，
∴∠F=∠ACB=60°；
故答案为：60°；
（3）解：①当点D落在线段BE上时，
∵∠BAC=∠DEC=90°，∠ACB=∠ECD=45°，BC=2CD=，
∴BC=AC=，CD=EC=，
∴AC=2，CE=1，
∵∠E=90°，
∴BE=，
∴BD=BE-DE=-1；
②当点E落在线段BD上时，
同理可得：BD=BE+DE=+1.
故的长为或．
【分析】（1）①延长BD交AE的延长线于点F，由题意用边角边易证△BCD≌△ACE，由全等三角形的性质可得BD=AE；
②由①中的全等三角形得∠DBC=∠EAC即可求解；
（2）①不成立，②成立；理由如下：延长交的延长线于点，根据有两个角相等的两个三角形相似可得△ABC∽△EDC，于是结合已知可得比例式，∠BCD=∠ACE，然后根据“两组对应边的比相等且这两边的夹角相等的两个三角形相似”可得△BDC∽△AEC，由相似三角形的性质可得，∠DBC=∠EAC，于是可得BD=AE；②由△BDC∽△AEC可求解；
（3）①当点D落在线段BE上时，先求出BC、CD的值，然后用勾股定理可求得BE的值；②当点E落在线段BD上时，同理可求解.
23．【答案】（1）证明：∵为等边三角形，
∴，，
∵将绕点顺时针旋转得到线段，
∴，
∴
∴
即
在和中
，
∴，
∴；
（2）证明：如图所示，过点作，交点的延长线于点，连接，，
∵是等边三角形，
∴，
∵
∴
∴垂直平分，
∴
又∵，
∴，
∴，
∴在的垂直平分线上，
∵
∴在的垂直平分线上，
∴垂直平分
∴，
∴
又∵，
∴是等边三角形，
∴
∴
∴，
又∵，
∴
∴，
∴
在与中，
∴
∴
∴
∴四边形是平行四边形，
∴；
（3）解：依题意，如图所示，延长交于点，
由（2）可知是等边三角形，
∴
∵将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴
由（2）可得
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴四边形是平行四边形，
∴
由（2）可知是的中点，则
∴
∴
∵折叠，
，
∴，
又，
∴，
∴当取得最小值时，即时，取得最小值，此时如图所示，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；线段垂直平分线的性质；等边三角形的性质；平行四边形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质；线段垂直平分线的判定
【解析】【分析】（1）先根据等边三角形的性质得到，，再根据旋转的性质得到，，进而根据三角形全等的判定与性质即可求解；
（2）如图所示，过点作，交点的延长线于点，连接，，先根据等边三角形的性质得到，再根据垂直平分线的判定与性质结合三角形全等的判定与性质即可证明，进而根据平行四边形的判定与性质证明四边形是平行四边形即可求解；
（3）延长交于点，由（2）可知是等边三角形，先根据折叠的性质得到，，进而根据等边三角形的判定即可得到是等边三角形，再根据等边三角形的性质得到，接着根据三角形全等的性质结合平行四边形的判定得到四边形是平行四边形，进而即可得到，从而根据题意即可得到，且当取得最小值时，即时，取得最小值，最后结合题意即可求解。
24．【答案】（1）解：①选小聪的思路：
过点F作FN⊥BC，交BC的延长线于点N，
∵四边形ABNCD是正方形，
∴∠B=∠BCD=90°，AB=BC，
∴∠AEB+∠BAE=90°，
顺时针旋转得到，
，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEN=90°，
∴∠BAE=∠NEF，
在△ABE与△ENF中，
∵∠BAE=∠NEF，∠B=∠N=90°，AE=EF，
∴△ABE≌△ENF（AAS），
∴FN=BE，EN=AB=BC，
∴BC-CE=EN-EC，即BE=CN=FN，
∴△CFN是等腰直角三角形，
∴∠FCN=45°，
∴∠FCD=180°-∠BCD-∠FCN=45°；
②选小明的思路：
在上截取，使得．
∵四边形ABNCD是正方形，
∴∠B=∠BCD=90°，AB=BC，
∴=，∠BME=∠BEM=45°，
，∠AME=180°-∠BME=135°，
顺时针旋转得到，
．
，，
．
在和中，
，
≌，
，
；
（2）
（3）解：过点作交的延长线于点，
设菱形的边长为．
，
，，
，
，
，，
，
，
由知，，
，
∽，
，
，
，
在上截取，使，连接，作于点．
由可知，≌，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【知识点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质；四边形的综合；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：（2）如图，在AB上截取BM，使得BM=BE，连接EM，
∵四边形ABCD是菱形， ，
∴AB=BC，∠BCD=180°-，
∵BM=BE，
∴AM=CE，
∵将EA绕点E顺时针旋转得到EF，
∴EF=AE，∠AEF=∠B=，
∵∠AEC=∠AEF+∠FEC=∠B+∠BAE，
∴∠BAE=∠CEF，
在△AEM与△EFC中，AM=EC，∠BAE=∠CEF，AE=EF，
∴△AEM≌△EFC（SAS），
∴∠AME=∠ECF，
∵∠B=，BM=BE，
∴∠BME=∠BEM=90°-，
∴∠AME=90°+=∠ECF，
∴∠DCF=∠ECF-∠BCD=；
故答案为：；
【分析】（1）①选小聪的思路：过点F作FN⊥BC，交BC的延长线于点N，由同角的余角相等得∠BAE=∠NEF，从而用AAS证△ABE≌△ENF，得FN=BE，EN=AB=BC，可推出△CFN是等腰直角三角形，则∠FCN=45°，进而根据平角定义可算出∠FCD的度数；②选小明的思路：在AB上截取BM，使得BM=BE，根据正方形的性质推出AM=EC，由旋转的性质得AE=EF，进而根据等腰直角三角形及角的和差可推出∠MAE=∠CEF，从而用SAS证△AME≌△ECF，由全等三角形的对应角相等得∠AME=∠ECF=135°，最后根据∠FCD=∠ECF-∠BCD可算出答案；
（2）在AB上截取BM，使得BM=BE，连接EM，首先由SAS证△AEM≌△EFC，可得∠AME=∠ECF，进而根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可表示出∠BME，由邻补角及等量代换可表示出∠ECF，最后根据∠DCF=∠ECF-∠BCD即可算出答案；
（3）过点A作AP⊥CD交CD的延长线于点P，证明△APG∽△FCG，由相似三角形对应边成比例可求出CF，在AB上截取AN，使AN=EC，连接NE，作BO⊥NE于点O，由（2）可得△ANE≌△ECF，得NE=CF，从而可得BN=BE，由特殊锐角三角函数值及余弦函数定义可求出BE，进而求出CE，此题得解.
1 / 1
