2024年 九年级数学中考复习 图形变换综合解答题 考前冲刺专题提升训练

2024年春九年级数学中考复习《图形变换综合解答题》考前冲刺专题提升训练（附答案） 1．把两个等腰直角△ABC和△ADE按如图1所示的位置摆放，将△ADE绕点A按逆时针方向旋转，如图2，连接BD，EC，设旋转角为α（0°＜α＜360°） （1）当DE⊥AC时，AD与BC的位置关系是　 　，AE与BC的位置关系是　 　； （2）如图2，当点D在线段BE上时，求∠BEC的度数； （3）当旋转角α＝　 　时，△ABD的面积最大． 2．如图1，DE是⊙O的直径，点A、C是直径DE上方半圆上的两点，且AO⊥CO．连接AE，CD相交于点F，点B是直径DE下方半圆上的任意一点，连接AB交CD于点G，连接CB交AE于点H． （1）∠ABC＝　 ； （2）证明：△CFH∽△CBG； （3）若弧DB为半圆的三分之一，把∠AOC绕着点O旋转，使点C、O、B在一直线上时，如图2，求的值． 3．如图1，正方形的边在正方形的边上，连接. （1）和的数量关系是____________，和的位置关系是____________； （2）把正方形绕点旋转，如图2，（1）中的结论是否还成立？若成立，写出证明过程，若不成立，请说明理由； （3）设正方形的边长为4，正方形的边长为，正方形绕点旋转过程中，若三点共线，直接写出的长. 4．如图1，△ABC中，AB＝AC，过B点作射线BE，过C点作射线CF，使∠ABE＝∠ACF，且射线BE，CF交于点D，过A点作AM⊥BD于M． （1）探究∠BDC和∠CAB的数量关系并说明理由； （2）求证：BM＝DM+DC； （3）如图2，将射线BE，CF分别绕点B和点C顺时针旋转至如图位置，若∠ABE＝∠ACF仍然成立，射线BE交射线CF的反向延长线于点D，过A点作AM⊥BD于M．请问（2）中的结论是否还成立？如果成立，请证明．如果不成立，线段BM，DM，DC又有怎样的数量关系？并证明你的结论． 5．如图，在矩形中，，将矩形绕点按顺时针方向旋转角，得到矩形，与交于点，的延长线与交于点．      （1）如图①，当时，连接，求和的长； （2）如图②，当矩形的顶点落在的延长线上时，求的长； （3）如图③，当时，连接，求的值． 6．如图，已知△BAD≌△EBC，∠BAD=∠BCE=90°，∠ABD=∠BEC=30°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N． （1）如图1，当A，B，E三点在同一直线上时，判断AC与CN数量关系为________； （2）将图1中△BCE绕点B逆时针旋转到图2位置时，（1）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由； （3）将图1中△BCE绕点B逆时针旋转一周，旋转过程中△CAN能否为等腰直角三角形？若能，直接写出旋转角度；若不能，说明理由． 7．（1）如图1，点P是等边△ABC内一点，已知PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB的度数． 分析：要直接求∠A的度数显然很困难，注意到条件中的三边长恰好是一组勾股数，因此考虑借助旋转把这三边集中到一个三角形内． 解：如图2，作∠PAD＝60°使AD＝AP，连接PD，CD，则△PAD是等边三角形． ∴　 　＝AD＝AP＝3，∠ADP＝∠PAD＝60° ∵△ABC是等边三角形 ∴AC＝AB，∠BAC＝60°∴∠BAP＝　 　 ∴△ABP≌△ACD ∴BP＝CD＝4，　 　＝∠ADC ∵在△PCD中，PD＝3，PC＝5，CD＝4，PD2+CD2＝PC2 ∴∠PDC＝　 　° ∴∠APB＝∠ADC＝∠ADP+∠PDC＝60°+90°＝150° （2）如图3，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点P是△ABC内一点，PA＝1，PB＝2，PC＝3，求∠APB的度数． （3）拓展应用．如图4，△ABC中，∠ABC＝30°，AB＝4，BC＝5，P是△ABC内部的任意一点，连接PA，PB，PC，则PA+PB+PC的最小值为　 　． 8．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，已知AC=2，AB=5． （1）求BD的长； （2）点E为直线AD上的一个动点，连接CE，将线段EC绕点C顺时针旋转∠BCD的角度后得到对应的线段CF（即∠ECF=∠BCD），EF交CD于点P． ①当E为AD的中点时，求EF的长； ②连接AF、DF，当DF的长度最小时，求△ACF的面积． 9．探究：如图1和图2，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF＝45°． （1）①如图1，若∠B、∠ADC都是直角，把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，直接写出线段BE、DF和EF之间的数量关系； ②如图2，若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足　 　关系时，线段BE、DF和EF之间依然有①中的结论存在，请你写出该结论的证明过程； （2）拓展：如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，点D、E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，求DE的长． 10．如图，已知和均为等腰三角形，，，将这两个三角形放置在一起． （1）问题发现 如图①，当时，点、、在同一直线上，连接，则的度数为__________，线段、、之间的数量关系是__________； （2）拓展探究 如图②，当时，点、、在同一直线上，连接．请判断的度数及线段、、之间的数量关系，并说明理由； （3）解决问题 如图③，，，，连接、，在绕点旋转的过程中，当时，请直接写出的长 11．如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为(－8，0)，直线BC经过点B(－8，6)，C(0，6)，将四边形OABC绕点O按顺时针方向旋转α度得到四边形OA′B′C′，此时OA′、B′C′分别与直线BC相交于P、Q． （1）四边形OABC的形状是____________，当时， 的值是_____________； （2）①如图2，当四边形OA′B′C′的顶点B′落在y轴正半轴时，求的值； ②如图3，当四边形OA′B′C′的顶点B′落在直线BC上时，求的面积． （3）在四边形OABC旋转过程中，当时，是否存在这样的点P和点Q，使？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．    12．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线交x轴的负半轴于点A交y轴的正半轴于点B，，点C在x轴的正半轴上，． （1）如图1，求直线的解析式； （2）如图2，点D在第四象限的直线上，于点E，，求点D的坐标； （3）如图3，在（2）的条件下，点F在线段上，点G在线段上，射线交直线于点H，若，求点H的坐标． 13．回答下列问题： （1）【发现】如图1，点A 为线段外一动点，且，． 填空：线段的最大值为 ． 图1 （2）【应用】点A为线段外一动点，且，，如图2所示，分别以，为边，作等腰直角和等腰直角，连接，． 图2 ①证明：． ②求线段的最大值． （3）【拓展】如图3，在平面直角坐标系中，直线；与坐标轴交于点A、两点，点为线段外一动点，且，以为边作等边，连接，求线段长的最大值并直接写出此时点的横坐标． 图3 14．【问题探究】 （1）如图1，为等边三角形，边长为6，，垂足点，点和点分别是线段和上的两个动点，连接，，则的最小值为________； （2）如图2，为的外接圆，是直径，，点是直径左侧的圆上一点，连接，，，将绕点逆时针旋转得到，若，求四边形的面积； 【问题解决】 （3）如图3，为等边的外接圆，半径为2，点在弧上运动（不与点，重合）．连接，，．设线段的长为，四边形的面积为． ①求与的函数关系式； ②若点，分别在线段，上运动（不含端点），经过探究发现，点运动到每一个确定的位置，的周长有最小值，随着点的运动，的值会发生变化，求所有值中的最大值，并求此时四边形的面积． 15．如图1，已知，将绕点顺时针旋转得到，与相交于． 【填一填】当，，则________； 【证一证】求证：平分． 【用一用】若，当________，为等腰三角形． 【想一想】如图2，，，当落在上时，求的长，并请说明理由． 16．如图1，在矩形中，，E，F分别是的中点，四边形为矩形，连接． 问题发现： （1）①图1中______．  ②将图1中的矩形绕点D旋转至如图2所示的位置，点G恰好落在边上，则_______． 拓展探究： （2）将图1中的矩形绕点D旋转一周的大小有无变化？请仅就图3的情形给出证明． 问题解决： （3）当矩形旋转至B、G、E三点共线时，直接写出线段的长． 17．如图1，正方形的对角线相交于点O，延长到点G，延长到点E，使，，以，为临边做正方形，连接，． （1）探究与的位置关系与数量关系，并证明； （2）固定正方形，以点O为旋转中心，将图1中的方形逆时针转n°（）得到正方形，如图2， ①在旋转过程中，当时，求n的值； ②在旋转过程中，设点到直线的距离为d，若正方形的边长为1，请直接写出d的最大值与最小值，不必说明理由． 18．如图1所示，在菱形ABCD和菱形AEFG中，点A，B，E在同一条直线上，P是线段CF的中点，连接PD，PG． (1)若，请直接写出的度数及的值______． (2)若，将菱形ABCD绕点A顺时针旋转，使菱形ABCD的对角线AC恰好与菱形AEFG的边AE在同一直线上，如图2，此时，（1）中的两个结论是否发生改变？写出你的猜想并加以说明． (3)若，将菱形ABCD绕点A顺时针旋转到图3的位置，求出的值． 19．如图，抛物线y＝x2+x﹣4与x轴交于A，B（A在B的左侧），与y轴交于点C，抛物线上的点E的横坐标为3，过点E作直线l1∥x轴． （1）点P为抛物线上的动点，且在直线AC的下方，点M，N分别为x轴，直线l1上的动点，且MN⊥x轴，当△APC面积最大时，求PM+MN+EN的最小值； （2）过（1）中的点P作PD⊥AC，垂足为F，且直线PD与y轴交于点D，把△DFC绕顶点F旋转45°，得到△D'FC'，再把△D'FC'沿直线PD平移至△D″F′C″，在平面上是否存在点K，使得以O，C″，D″，K为顶点的四边形为菱形？若存在直接写出点K的坐标；若不存在，说明理由． 20．【神奇的变换】（1）如图，在四边形中，，垂足为，则______．（填“”、“<”或“”） 【翻折一下】（2）若将图1中的沿直线翻折（如图2所示），其它条件不变，（1）中的结论还成立吗？请说明理由． 【旋转一下】（3）若，（1）中的其它条件不变（如图3所示），将绕点按逆时针方向旋转度后得到图4，求证：． 【平移一下】（4）若将图1中的沿直线平移，使得和重合，得到（如图5所示），连接、，则有． 利用该结论，解决问题：如图6，在中，，是内一点，若，，且，则的最大值为______． 参考答案 1．解：（1）设AC与DE交于点H， 在等腰直角△ABC和△ADE中， ∠BAC＝∠DAE＝90°，AD＝AE，AB＝AC，∠B＝∠C＝45°， ∵DE⊥AC， ∴∠DAH＝∠EAH＝∠DAE＝45°， ∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAH＝45°， ∴∠BAD＝∠DAH， ∴AD⊥BC， ∵∠EAH＝∠C＝45°， ∴AE∥BC， 故答案为：垂直，平行； （2）在等腰直角△ADE中，AD＝AE，∠DAE＝90°， 在等腰直角△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°， ∵∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝90°﹣∠DAC， ∠CAE＝∠DAE﹣∠DAC＝90°﹣∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAE， 又∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴∠ADB＝∠AEC＝180﹣∠ADE＝135°， ∴∠BEC＝∠AEC﹣45°＝135﹣45°＝90°； （3）由题意知，点D的轨迹在以A为圆心，AD为半径的圆上，如图3﹣1，3﹣2， 在△ABD中，当以AB为底时，当点D到AB的距离最大时，△ABD的面积最大， 故如图3﹣1，3﹣2所示，当AD⊥AB时，△ABD的面积最大，所以旋转角为90°或270°， 故答案为90°或270°． 2．解：(1) ∵， ∴， 故答案为：； (2)如图， ，， ∴， ， ∴， ， ∴； (3)如图，设∠AOD为∠1，∠COE为∠2，，圆的半径为R， ∵弧DB为半圆的三分之一， ∴，则， ∵AO⊥CO，则， ∴， ∴， 在OE上取一点K，使HK=EK，则， 设， ∵，， ∴， 在中，，，， ∴， 解得：， ， 则CH=CO﹣OH==(﹣1)R， 在中，，，CH=(﹣1)R， 如图，作HP⊥DC于P， 在中，，，CH=(﹣1)R， ∴，， 在中，，， ∴， ∴， ∵△CFH∽△CBG， ∴． 3．解：（1）∵四边形和四边形都是正方形， ∴BC=CD,EC=CG, ∴（SAS）， ∴； 又 ∵  ； ∴ ∴； （2）如图： 成立， 证明：， ∴， ∴， 又∵， ∴， 即 （3）①如图，E在线段AC上， ∵ ∴OE=EC-OC==，OB==2，由勾股定理可知DG=BE=； ②如图，E在线段AC的延长线上， ∵ ∴， ∴   ∴ 在中 ∵ ∴. 故答案为：和. 4．（1）解：∠BDC＝∠CAB；理由如下： ∵， ， ∠ABE＝∠ACF， ∴ ＝ ＝ ∴； （2）证明：作AN⊥CF于N，连接AD，如图1所示： ∵AM⊥BD， ∴， 在△AMB和△ANC中， ， ∴△AMB≌△ANC， ∴BM＝CN＝DC+DN，AM＝AN， 在Rt△AMD和Rt△AND中， ， ∴Rt△AMD≌Rt△AND， ∴DM＝DN， ∴BM＝DM+DC； （3）不成立，BM＝DM﹣DC；理由如下： 作AN⊥CF于N，连接AD，如图2所示： ∵AM⊥BD， ∴， 在△AMB和△ANC中， ， ∴△AMB≌△ANC， ∴，AM＝AN， 在Rt△AMD与Rt△AND中， ， ∴Rt△AMD≌Rt△AND， ∴DM＝DN， ∴． 5．解：（1）①如图①中， 矩形绕点按顺时针方向旋转角，得到矩形， 是等边三角形， ②如图①中，连接． 在中， （2）如图②中，在中， 同理可得， （3）如图③中，作于，四边形是矩形， ，        6．解：（1）AC与CN数量关系为：AC=CN．理由如下： ∵△BAD≌△BCE， ∴BC=AD，EC=AB， ∵EN∥AD，∠DAB=90°， ∴∠MEN=∠MDA．∠BEN=90°， ∵∠BEC=30°，∠BCE=90°， ∴∠CEN=120°，∠ABC=120°， ∴∠CEN=∠ABC， ∵M为DE的中点， ∴MD=ME， 在△MEN与△MDA中，， ∴△MEN≌△MDA（ASA）， ∴EN=AD， ∴EN=BC． 在△ABC与△CEN中，， ∴△ABC≌△CEN（SAS）， ∴AC=CN． （2）结论仍然成立．理由如下： 与（1）同理，可证明△MEN≌△MDA， ∴EN=BC． 设旋转角为α， ∴∠ABC=120°+α， ∵∠ABD=30°， ∴∠DBE=150°-α， ∵BD=BE， ∴∠BED=∠BDE=（180°-∠DBE）=15°+α， ∵EN∥AD， ∴∠MEN=∠MDA=∠ADB+∠BDE=60°+（15°+α）=75°+α， ∴∠CEN=∠CEB+∠BED+∠MEN=30°+（15°+α）+（75°+α）=120°+α， ∴∠ABC=∠CEN， 在△ABC与△CEN中，， ∴△ABC≌△CEN（SAS）， ∴AC=CN． （3）如图，设旋转角为， ∵图1中∠ABC=120°， ∴旋转过程中，∠ABC=120°+， ∵△CAN为等腰直角三角形，AC=CN， ∴∠CAN=90°， ∴当∠ABC=180°时，∠CAN=90°，即点A、B、C在一条直线上，点N、E、C在一条直线上． ∴=180°-120°=60° ∴△CAN能成为等腰直角三角形，此时旋转角为60°或240°． 7．解：（1）如图2，作∠PAD＝60°使AD＝AP，连接PD，CD，则△PAD是等边三角形． ∴PD＝AD＝AP＝3，∠ADP＝∠PAD＝60° ∵△ABC是等边三角形 ∴AC＝AB，∠BAC＝60°， ∴∠BAP＝∠CAD， ∴△ABP≌△ACD（SAS） ∴BP＝CD＝4，∠APB＝∠ADC ∵在△PCD中，PD＝3，PC＝5，CD＝4，PD2+CD2＝PC2 ∴∠PDC＝90° ∴∠APB＝∠ADC＝∠ADP+∠PDC＝60°+90°＝150° 故答案为：PD，∠CAD，∠APB，90． （2）解：∵∠ABC＝90°，BC＝AB， ∴把△PBC绕B点逆时针旋转90°得到△DBA，如图3， ∴AD＝PC＝3，BD＝BP＝2， ∵∠PBD＝90° ∴DP＝PB＝2，∠DPB＝45°， 在△APD中，AD＝3，PD＝2，PA＝1， ∵12+(2)2＝32， ∴AP2+PD2＝BD2， ∴△APD为直角三角形， ∴∠APD＝90°， ∴∠APB＝∠APD+∠DPB＝90°+45°＝135°． （3）解：如图4中，将△ABP绕着点B逆时针旋转60°，得到△DBE，连接EP，CD， ∴△ABP≌△DBE ∴∠ABP＝∠DBE，BD＝AB＝4，∠PBE＝60°，BE＝PE，AP＝DE， ∴△BPE是等边三角形 ∴EP＝BP ∴AP+BP+PC＝PC+EP+DE ∴当点D，点E，点P，点C共线时，PA+PB+PC有最小值CD ∵∠ABC＝30°＝∠ABP+∠PBC ∴∠DBE+∠PBC＝30° ∴∠DBC＝90° ∴CD＝， 故答案为． 8．解：（1）∵四边形ABCD是菱形， ∴AD=AB=BC=CD=5，AC⊥BD，OA=OC=AC=，OB=OD， 在Rt△ABO中，由勾股定理得：OB===2， ∴BD=2OB=4； （2）①过点C作CH⊥AD于H，如图1所示： ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠BAC=∠DAC， ∴cos∠BAC=cos∠DAC， ∴==，即=， ∴AH=2， ∴CH==4， ∵E为AD的中点， ∴AE=AD=， ∴HE=AE-AH=， 在Rt△CHE中，由勾股定理得：EC==， 由旋转的性质得：∠ECF=∠BCD，CF=CE， ∴=， ∴△BCD∽△ECF， ∴，即=， 解得：EF=2； ②如图2所示： ∵∠BCD=∠ECF， ∴∠BCD-DCE=∠ECF-∠DCE，即∠BCE=∠DCF， 在△BCE和△DCF中，， ∴△BCE≌△DCF（SAS）， ∴BE=DF， 当BE最小时，DF就最小，且BE⊥DE时，BE最小， 此时∠EBC=∠FDC=90°，BE=DF=4，△EBC的面积=△ABC的面积=△DCF的面积， 则四边形ACFD的面积=2△ABC的面积=5×4=20， 过点F作FH⊥AD于H，过点C作CP⊥AD于P， 则∠CPD=90°， ∴∠PCD+∠PDC=90°， ∵∠FDC=90°， ∴∠PDC+∠HDF=90°， ∴∠PCD=∠HDF， ∴△PCD∽△HDF， ∴==， ∴HF=4×=， ∴△ADF的面积=AD•HF=×5×=6， ∴△ACF的面积=四边形ACFD的面积-△ADF的面积=20-6=14， 即当DF的长度最小时，△ACF的面积为14． 9．解：(1)①如图， ∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合， ∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，∠B=∠ADG=90°， ∵∠ADC=90°， ∴∠ADC+∠ADG=90° ∴F、D、G共线， ∵∠BAD=90°，∠EAF=45°， ∴∠BAE+∠DAF=45°， ∴∠DAG+∠DAF=45°， 即∠EAF=∠GAF=45°， 在△EAF和△GAF中， ∵， ∴△EAF≌△GAF(SAS)， ∴EF=GF， ∵BE=DG， ∴EF=GF=DF+DG=BE+DF； ②∠B+∠D=180°， 理由是： 如图2，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合， 则AE=AG，∠B=∠ADG，∠BAE=∠DAG， ∵∠B+∠ADC=180°， ∴∠ADC+∠ADG=180°， ∴C、D、G在一条直线上， 与①同理得，∠EAF=∠GAF=45°， 在△EAF和△GAF中 ， ∴△EAF≌△GAF(SAS)， ∴EF=GF， ∵BE=DG， ∴EF=GF=BE+DF； 故答案为：∠B+∠D=180°； (2)∵△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=90°， ∴∠ABC=∠C=45°， 由勾股定理得：BC=， 如图3，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF． 则AF=AE，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE， ∵∠DAE=45°， ∴∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠CAE+∠BAD=∠BAC﹣∠DAE=90°﹣45°=45°， ∴∠FAD=∠DAE=45°， 在△FAD和△EAD中 ， ∴△FAD≌△EAD(SAS)， ∴DF=DE， 设DE=x，则DF=x， ∵BC=4， ∴BF=CE=4﹣1﹣x=3﹣x， ∵∠FBA=45°，∠ABC=45°， ∴∠FBD=90°， 由勾股定理得：DF2=BF2+BD2， 即x2=(3﹣x)2+12， 解得：x=， 即DE=． 10．解：（1）在△ABC为等腰三角形，AC=BC，∠ACB=60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AC=AB，∠CAB=60°， 同理：AE=AD，∠ADE=∠EAD=60°， ∴∠EAD=∠CAB， ∴∠EAC=∠DAB， ∴△ACE≌△ABD（SAS）， ∴CE=AD，∠AEC=∠ADB， ∵点B、D、E在同一直线上， ∴∠ADB=180°-∠ADE=120°， ∴∠AEC=120°， ∴ ∵DE=AE， ∴BE=DE+BD=AE+CE， 故答案为60°，BE=AE+CE； （2）． 理由如下：和均为等腰三角形， ， ， ， ， ， 点、、在同一直线上， ， ． ； （3）由（2）知，△ACE∽△ABD， ∴， 在Rt△ABC中，， ∴； ①当点E在点D上方时，如图③，过点A作AP⊥BD交BD的延长线于P， ∵DE⊥BD， ∴∠PDE=∠AED=∠APD， ∴四边形APDE是矩形， ∵AE=DE， ∴矩形APDE是正方形， ∴AP=DP=AE=2， 在Rt△APB中，根据勾股定理得， ∴BD=BP-AP=4， ∴； ②当点E在点D下方时，如图④， 同①的方法得，AP=DP=AE=2，BP=4， ∴BD=BP+DP=8， ∴， 即：CE的长为或． 11．解：（1）∵O为坐标原点，点A的坐标为（−8，0），直线BC经过点B（−8，6），C（0，6）， ∴OA＝BC＝8，OC＝AB＝6， ∴四边形OABC为平行四边形， 又∵∠AOA′＝90°， ∴平行四边形OABC的形状是矩形； 当α＝90°时，P与C重合，如图1，BP=BC，PQ=， 则， ∴， 故答案为：矩形，；    （2）①由旋转可知，， ∴在Rt△中，， ∴， ∵，， ∴， 则，即，解得：， ∴BP=， ∵∠OB′C′=∠QB′C，∠B′CQ=∠C′=90°， ∴△B′CQ∽△B′C′O， ∴，即，解得：， ∴BQ=BC+CQ=， ∴ ②在△OCP和△B′A′P中， ∠OPC＝∠B′PA′，∠OCP＝∠A′＝90°，OC＝B′A′， ∴△OCP≌△B′A′P（AAS）． ∴OP＝B′P，CP=A′P， 设B′P＝OP=x，则CP=A′P=OA′-OP=8-x ∴在Rt△OCP中，（8−x）2＋62＝x2， 解得x＝， ∴S△OPB′＝； （3）存在这样的点P和点Q，使BP＝BQ． 理由如下：过点Q作QH⊥OA′于H，连接OQ，则QH＝OC′＝OC， ∵S△POQ＝PQ•OC，S△POQ＝OP•QH， ∴PQ＝OP． 设BP＝x，若BP＝BQ，则BQ＝2x， 如图4，当点P在点B左侧时，    OP＝PQ＝BQ＋BP＝3x， 在Rt△PCO中，（8＋x）2＋62＝（3x）2， 解得x1＝，x2＝，（不符实际，舍去）． ∴PC＝BC＋BP＝， ∴P1（，6）， 如图5，当点P在点B右侧时，    ∴OP＝PQ＝BQ−BP＝x，PC＝8−x． 在Rt△PCO中，（8−x）2＋62＝x2，解得x＝， ∴PC＝BC−BP＝8−=， ∴P2（−，6）， 综上可知，存在点P1（，6），P2（−，6），使BP＝BQ． 12．解：∵直线y=x+b交x轴的负半轴于点A，交y轴的正半轴于点B, ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴ 设直线的解析式为则， ∴， ∴直线解析式为； (2)过点D作轴交直线于点K， ∴， ∵， ∴，设，则， ∴，∴， ∴； (3)过E作于点L, ∵ ∴,, ∴E的横坐标为, ∴， 连接．过E作轴于点M,则， ∴， ∴， ∴， 在上截取,连接， ∵， ∴, ∴,， ∴ ， ∴， ∵， 又∵， ∴， ∴， 设,则,, 在y轴负半轴上截取,连接,则垂直平分， ∴， ∴ ∴， ∴， 设．则 由勾股定理可得解得或(舍) ∴，∴设直线的解析式为， ∴解得 ∴直线的解析式为， ∵H是直线与直线的交点， ∴解得， ∴． 13．解：（1）当A 在选段的延长线上时， ． （2）①∵等腰直角与等腰直角三角形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． ②由①可知，， ∵线段的最大值即线段的最大值． 在等腰直角中，， ∵， ∴当点在的延长线上时， 取得最大值为． ∴线段的最大值为． （3）如图，以为边作等边三角形， 则，． ∵， ∴， ∴． 在与中， ， ∴， ∴． 对于一次函数，令，则， ∴， 令，则， ∴． ∴， 又∵， ∴， ∴当且仅当A、、三点共线时， 取得最大值，即取得最大值为； 当取得最大值时， ①当C在直线AB的上方时 过作轴于， ∵，， ∴， 作的垂直平分线交于， ∴，， ∴， 在中，设．则， ， ∴， ∴， 在中，， ∴， 整理得， ， ，（舍）， ∴， ∴点的横坐标为． ②当C在直线AB的下方时， 过C作CL⊥y轴于L， ∵∠ABO=45°，∠CBE=60°， ∴∠CBL=180°-∠CBE−∠ABO=75°， ∴∠BCL=15°， 作BC的垂直平分线交BL于M， ∴CM=BM，∠MCB=∠MBC=15°， ∴∠LMB=30°， 在Rt△CLB中，设BL=y．则LM=y，BM=2y， ∴CM=2y， ∴CL=LM+CM=(+2)y， 在Rt△BLC中，BL2+CL2=BC2=22， ∴， 整理得， ， ，（舍去）， ∴CL== 所以点C的横坐标为： 综合以上可得点C的横坐标为：或 14．解：（1）根据垂线段最短原理，当CF⊥AB时，CE+EF的和最小，此时CF是等边三角形的高，也就是AD的长， ∵为等边三角形，AB=6，， ∴∠BAD=30°，BD=3， ∴AD=， ∴CE+EF的和最小值为， 故答案为：． （2）∵将绕点逆时针旋转得到， ∴，，，， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∴， ∴点，点，点三点共线，   ∵是直径， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形． ∴． （3）①如图1，将绕点逆时针旋转，得到. ∴，， ∵四边形是圆内接四边形． ∴， ∴， ∴点，点，点三点共线， ∵，， ∴是等边三角形， ∵， ∴． 图1 ②如图2，作点关于直线的对称点，作点关于直线的对称点，连接，交于，交于， ∵点，点关于直线对称， ∴， 同理， ∵的周长， ∴此时的周长有最小值，最小值为． 连接，，，，作于， ∵点，点关于直线对称， ∴，， ∵点，点关于直线对称， ∴，， ∴，， ∵，，， ∴，， ∴，， ∴， ∴当有最大值时，有最大值，即有最大值， ∵为的弦， ∴为直径时，有最大值4， ∴的最大值为，此时．   15．解：[填一填]∵∠BAC=90°，ACB=30°， ∴∠B=180°-∠BAC-∠ACB=60°， 根据旋转性质可知， ∠D=∠B=60°，∠BAD=α=25°， ∵∠B+∠BAD=∠D+∠BFD， ∴∠BFD=∠BAD=25°， 故答案为：25°； [证一证]过A作AM⊥BF于M，过A作AN⊥BE于N， ∴∠AMB=∠AND=90°， 由旋转性质可知，∠B=∠D，AB=AD， 在△AMB和△AND中， ∴△AMB≌△AND(AAS)， ∴AM=AN， ∵AM⊥BF，AN⊥BE， ∴AF 平分 ∠BFE； [用一用]由[填一填]知 ∠BFD=α， ∴∠GFC=∠BFD=α， ∴∠AGF=∠GFC+∠ACB=α+30°， ∠BFE=180°-∠GFC=180°-α， 由[证一证]知AF平分∠BFE， ， ， (1) AF=AG 时， ∠AFG=∠AGF， 解得 α=40°； (2) FA=FG 时， ∠FAG=∠AGF， , 解得 α=20°； (3) GA=GF时， ∠FAG=∠AFG， ， α 无解， 综上，α=40°或 20°， 故答案为：α=40°或 20°； [想一想]△ABC 中，∠BAC=90°，AB=3，AC=4， ， 由旋转性质可知, △ABC≌△ADE， ∴AB=AD=3，AC=AE=4，BC=DE=5，∠BAD=∠CAE=α， ， ， ， ∴∠DCE=∠ACB+∠ACE=90°， 过A作AH⊥BD于H， ∵AB=AD， ， ， ， ， ， ， ． 16．解：（1）①如图1，延长交于． 四边形，四边形都是矩形， ，，， 四边形是矩形， ，，， ， ， 故答案为； ②如图，连接， 在中，， 在中，， ，， ， 由旋转的性质可得， ， ； （2）结论：不变．， 理由：如图3，连接，． 在中，， ，， ， 由旋转的性质可得， ， ； （3）①如图，当点落在的延长线上时， 在中，，， ， ， 由（2）可知， ； ②如图，当点落在上时， 同理可得：， 综上所述，满足条件的的值为或． 17．解：（1）， 证明：如图1，延长交于点， 点是正方形两对角线的交点， ，， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， 故，； （2）①在旋转过程中，有两种情况： （Ⅰ）由0增大到90过程中，当时， ， 在中，， ， ，， ， ， 即； （Ⅱ）由90增大到180过程中，当时， 同理可求， ， ； 综上所述，当时，或150． ②如图3，的最大值为， 如图4，的最小值为． 理由如下：如图3、图4所示，连接，设直线交直线于，作正方形的外接圆，       仿照（1）的证明，可证得，即在旋转过程中，保持不变，所以． 在旋转过程中，的位置有以下两种情况： 第一种情况，当在内时，，如图3所示， 第二种情况：当在外时，，如图3所示， ， ． 在△中，， ， 所以，当最大时，最大； 当最小时，最小； 设点到的距离为，则， 由上式可知，当取最大值时，取最大值． 在旋转过程中，当与相切，即时，取最大值． 此时，取最大值，从而取最大值或最小值． 由①可知，当时，， 在（1）中，已证得，且， 四边形为正方形， ， ， 的最大值为， 的最小值为． 18．解：（1）延长交于，如图1所示： 在菱形和菱形中， ，，，， ， ， 是线段的中点， ， 在和中， ， ， ，， ， ， （三线合一）， ； ， ， ， ； （2）（1）中的两个结论不发生改变；理由如下： 延长交于，连接、，如图2所示： 四边形为菱形， ， ， 是线段的中点， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 四边形是菱形， ， ， ， 是等边三角形， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ，， ， ； （3）延长到，使得，连接、、，延长交的延长线于点，如图3所示： 同（2）可证， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ，， ． 19．解：（1）如图1，过点P作PG⊥x轴于点G，交AC于点H，在PG上截取PP'＝MN，连接P'N， 以NE为斜边在直线NE上方作等腰Rt△NEQ，过点P'作P'R⊥EQ于点R ∵x＝0时，y＝x2+x﹣4＝﹣4 ∴C（0，﹣4） ∵y＝0时，x2+x﹣4＝0 解得：x1＝﹣4，x2＝2 ∴A（﹣4，0），B（2，0） 设直线AC的解析式为 将代入解析式中得 解得 ∴直线AC解析式为 ∵抛物线上的点E的横坐标为3 ∴yE＝×32+3﹣4＝ ∴E（3，），直线l1：y＝ ∵点M在x轴上，点N在直线l1上，MN⊥x轴 ∴PP'＝MN＝ 设抛物线上的点P（t，t2+t﹣4）（﹣4＜t＜0） ∴H（t，﹣t﹣4） ∴PH＝﹣t﹣4﹣（t2+t﹣4）＝﹣t2﹣2t ∴S△APC＝S△APH+S△CPH＝PH•AG+PH•OG＝PH•OA＝2PH＝﹣t2﹣4t ∴当t＝﹣＝﹣2时，S△APC最大 ∴yP＝t2+t﹣4＝2﹣2﹣4＝﹣4，yP'＝yP+ ∴P（﹣2，﹣4），P'（﹣2，） ∵PP'＝MN，PP'∥MN ∴四边形PMNP'是平行四边形 ∴PM＝P'N ∵等腰Rt△NEQ中，NE为斜边 ∴∠NEQ＝∠ENQ＝45°，NQ⊥EQ ∴NQ＝EN ∴PM+MN+EN＝PP'+P'N+ NQ＝+P'N+NQ ∵当点P'、N、Q在同一直线上时，P'N+NQ＝P'R最小 ∴PM+MN+EN＝+P'R 设直线EQ解析式为y＝﹣x+a ∵E（3， ） ∴﹣3+a＝    解得：a＝ ∴直线EQ：y＝﹣x+ 设直线P'R解析式为y＝x+b ∵P'（﹣2，） ∴﹣2+b＝﹣    解得：b＝ ∴直线P'R：y＝x+ ∵   解得： ∴R（，4） ∴P'R＝ ∴PM+MN+EN最小值为 （2）∵PD⊥AC，P（﹣2，﹣4）， ∴直线PD解析式为：y＝x﹣2， ∴D（0，﹣2），F（﹣1，﹣3）， ∴CD＝2，DF＝CF＝，△CDF是等腰直角三角形， 如图2，把△DFC绕顶点F逆时针旋转45°，得到， ∴（，﹣3），（﹣1，﹣3） 把 沿直线PD平移至，连接 设直线 的解析式为 将代入解析式中得 解得 ∴直线 解析式为y＝x﹣2﹣ ， 同理：直线解析式为y＝x+﹣2， 显然OC″≥+1＞2＝C″D″ ∴以O，，K为顶点的四边形为菱形， 不可能为边，只能以为邻边构成菱形 ∴ , ∵OK∥ ，PD⊥, ∴OK⊥PD ∴K1（，﹣）， 如图3，把△DFC绕顶点F顺时针旋转45°，得到△D'FC'， ∴（﹣1，﹣3﹣）， （﹣1，﹣﹣3） 把沿直线PD平移至，连接 ,， 显然， ∥PD， ≥+1＞， ≥+1＞ ， ∴以O，，K为顶点的四边形为菱形，只能为对角线， ∴K2（2+，﹣2﹣）． 综上所述，点K的坐标为：K1（，﹣），K2（2+，﹣2﹣）． 20．解：（1）， ， 在中，， 在中，， 在中，， 在中，， ，， ， 故答案为：； （2）成立，理由如下： ， ， 在中，， 在中，， 在中，， 在中，， ，， ； （3）如图下图，记原梯形为， 依题意旋转后得四边形，，连接，交于点， ， ， ， ， ， ， ， 又， ， ， 又， ， 由（1）得结论得：； （4）若将图1中的沿直线平移，使得和重合，得到（如图5所示），连接、，求证， 证明：由（1）中的结论有：， 根据平移的性质有：， ， 如图6，将沿着向上平移，使得与重合，连接，， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， ， 由结论可得：， ， ， ， ， 的最大值为， 故答案为：． 学科网（北京）股份有限公司 $$