专题04旋转作图与旋转模型几何综合题（考题猜想，7种热考题型）九年级数学上学期人教版五四制

专题04旋转作图与旋转模型几何综合题 （考题猜想，7种热考题型） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一：旋转作图问题——基本方法（共6题） 1．（2023秋•余姚市期末）如图，在的正方形网格中，点，，均在格点上，请按要求作图． （1）在图1中，将绕点顺时针方向旋转，作出经旋转后的；（其中点，分别是点，的对应点） （2）在图2中，请用无刻度直尺找出过，，三点的圆的圆心，标出圆心的位置． 2．（2024春•确山县期末）如图平行四边形，在边上，且，仅用无刻度直尺作图并保留作图痕迹，不写画法． （1）在图1中，画出的角平分线，并说明理由； （2）沿用（1）中解决问题的思路并结合平行四边形的性质，在图2中，画出的角平分线，并说明理由． 3．（2023春•浑江区期末）请用直尺按要求在网格中作图，并标明字母（辅助线可用虚线作出，以下作图请勿超出网格范围）． （1）作出平行四边形； （2）以为边，作出正方形； （3）作出一条同时平分平行四边形与正方形面积的直线． 4．（2023秋•武昌区期末）如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，△的三个顶点均在格点上，点是另一格点．下列作图仅用无刻度直尺在网格中完成． （1）画出△关于点的中心对称图形； （2）将△绕点逆时针旋转得△，画出△； （3）直接写出△的形状和面积． 5．（2022秋•淮阴区月考）如图，在边长为1的正方形网格中，、、、． （1）将线段绕点逆时针旋转，得到对应线段．当与第一次平行时，画出点运动的路径； （2）线段与线段存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段，直接写出这个旋转中心的坐标． 6．（2020秋•青山区期中）请用无刻度直尺画出下列图形，并保留作图痕迹． （1）将线段绕点顺时针旋转，得到线段； （2）过作线段的垂线段，垂足为； （3）作的角平分线． 题型二：旋转作图问题——计算与综合（共5题） 1．（2023•武汉模拟）操作与思考： 如图（1），在中，，，是异于，的一点，且．若将线段绕点逆时针旋转，画出对应线段，连接交于点，猜想与的数量关系，并证明你的猜想： 迁移与运用如图（2），在和中，，，，，，的延长线交于点，且，直接写出的长． 2．（2020秋•江阳区期末）如图，是正方形中边上任意一点，以点为旋转中心，把顺时针旋转． （1）画出旋转后的图形； （2）若，求在旋转过程中扫过的面积． 3．（2022秋•武汉期中）如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．的顶点在格点上．仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示． （1）在图1中，将线段绕点顺时针旋转得到线段，画出线段；在内部找一点，使，连接、； （2）在图2中，为线段的中点，作关于的对称点，再以为旋转中心，将顺时针旋转得到△，画出△（点、、分别对应点、、；若的度数为，则的度数为 　 　（直接用含的式子写出答案）． 4．（2023秋•江岸区期中）如图网格是由边长为1个单位长度的小正方形组成，每个小正方形的顶点叫做格点，点、、、都是格点，请仅用无刻度的直尺完成下列作图，作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示，点对应点，点对应点． （1）在图1中，将线段向右平移3个单位长度，画出平移后的线段，再将线段绕点顺时针旋转，画出对应线段； （2）在图2中，先作点关于点对称的点，再过点作直线分别交、于点、，使得． 5．（2021秋•蔡甸区校级期中）如图，在网格中的每个小正方形边长都为1个单位长度，我们把每个小正方形的顶点称为格点，，，，，，，均为格点，请按要求仅用一把无刻度的直尺作图． （1）将绕点逆时针旋转得到△，请画出△； （2）将绕点旋转得到，请画出点和； （3）将格点线段平移至格点线段（点，的对应点分别为，，使得平分四边形的面积，请画出线段； （4）在线段上找一点，使得，请画出点． 题型三：利用旋转模型求最值（共3题） 1．（2024•宜宾）如图，在中，，，以为边作，，点与点在的两侧，则的最大值为　　 A． B． C．5 D．8 2．（2023秋•武昌区校级期中）如图，平行四边形中，，，，是边上一点，且，是边上的一个动点，将线段绕点顺时针旋转，得到，连接、，则的最小值是　　 A． B． C．14 D． 6．（2023•沙市区模拟）问题背景 如图（1），，都是等边三角形，可以由通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小． 尝试应用 如图（2），在中，，分别以，为边，作等边和等边，连接，并延长交于点，连接．若，求的值． 拓展创新 如图（3），在中，，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，直接写出的最大值． 题型四：利用旋转模型求线段长与面积（共7题） 1．（2024春•宝安区校级月考）如图，为等腰直角三角形，．是斜边的中点，为下方一点，满足，若，，则　 　． 2．（2023•武汉模拟）如图，是内一点，，，，，，则的长是 　 　． 3．（2023秋•新洲区期末）如图，是等边中边上的一点，连接，在的右侧作，使，，连接． 【操作观察】（1）作点关于点的对称点，画出； 【应用探究】（2）若平分，求的值； 【实践创新】（3）若，当点从点运动到点时，写出扫过的面积 　 　． 4．（2023•建平县模拟）（1）问题背景：如图（1），，都是等边三角形，可以由通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转角（写锐角）的大小、旋转方向； （2）尝试应用：如图（2），在中，，分别以，为边，作等边和等边，连接，并延长交于点，连接．若，求的值； （3）拓展创新：如图（3），在四边形中，，，，求的长． 5．（2024•鼓楼区一模）如图1，在中，以为边向外作等边，以为边向外作等边，连接、．求证：． 【知识应用】如图2，四边形中，、是对角线，是等腰直角三角形，，，，求的长． 【拓展提升】如图3，四边形中，，，，则　 　． 6．（2023秋•江岸区校级月考）【问题情境】在数学课上，老师出了这样一个问题：“如图1，在四边形中，，，，，，求的长．”经过小组合作交流，找到了解决方法：构造旋转全等．将绕点逆时针旋转到，连接．则是等边三角形，所以，导角可得，所以． （1）请补全图形； 【探究应用】（2）如图2，在中，，．为外一点，且，，求的度数； 【拓展延伸】（3）如图3，在中，，，于，为上一点，连接，为上一点，若，，，连接，请直接写出线段的长 　 　． 7．（2023秋•江岸区校级月考）问题背景：（1）如图1，在等腰中，为边上一动点，将绕点逆时针旋转得到线段，连接，判断与的数量与位置关系，并证明； 尝试运用：（2）如图2，在中，为边上一动点，以为斜边在右侧构造等腰，连接，求证：； 拓展提升：（3）在（2）的条件下，若，，直接写出的长 　 ． 题型五：坐标系中的旋转（共3题） 1．（2023秋•潜山市期末）如图，已知点A（6，0），点B在y轴正半轴上，将线段AB绕点A顺时针旋转60°到线段AC，若点C的坐标为（10，m），则m的值为（　　） A． B． C． D．1 2．（2022秋•西丰县期末）如图，在平面直角坐标系中，点B在x轴上，OB＝AB＝5，点A到x轴的距离为4，将△OAB绕点O逆时针旋转90°，得到△OA′B′，则点A′的坐标是 　 　． 3．（2023•湖北）如图，已知点A（3，0），点B在y轴正半轴上，将线段AB绕点A顺时针旋转120°到线段AC，若点C的坐标为（7，h），则h＝　 ． 题型六：利用旋转解几何综合题（共14题） 1．（2022秋•江北区校级期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC． （1）如图1，点D为△ABC内一点，连接AD，过点A作AE⊥AD，AD＝AE，连接DE，BD，CE，已知AB，AD＝1，当B、D、E三点共线时，求ABCE的面积； （2）如图2，在AC上取点D，连接BD，过点A作AE⊥BD于点F，AE＝BD，取BC中点G，连接GE，ED，在AB上取点M，过点M作MN∥DE交BC于点N，MN＝GE，求证：BN＝DC； （3）如图3，在AC上取点D，连接BD，将△ABD沿BD翻折至ABDE处，在AC上取点F，连接BF，过点E作EH⊥BF于点F，GE交BF于点H，连接AH，若GE：BF：2，AB＝2，求AH的最小值． 2．（2022秋•西丰县期末）如图1，在△ACB中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D，E分别在边CA，CB上，CD＝CE，连接DE，AE，BD，过点C作CF⊥AE，垂足为H，CF与BD交于点F． （1）求证：DF＝BF； （2）将图1中的△CDE绕点C逆时针旋转，其他条件不变，如图2，（1）的结论是否成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由； （3）若CD＝2，CB＝4，将△CDE绕点C逆时针旋转一周，当A，E，D三点共线时，直接写出CF的长． 3．（2023•高青县二模）综合与探究 问题提出：某兴趣小组在综合与实践活动中提出这样一个问题：在等腰直角三角板ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，用两根小木棒构建角，将顶点放置于点D上，得到∠MDN，将∠MDN绕点D旋转，射线DM，DN分别与边AB，AC交于E，F两点，如图1所示． （1）操作发现：如图2，当E，F分别是AB，AC的中点时，试猜想线段DE与DF的数量关系是 　 　； （2）类比探究：如图3，当E，F不是AB，AC的中点，但满足BE＝AF时，求证△BED≌△AFD； （3）拓展应用：如图4，将两根小木棒构建的角，放置于边长为4的正方形纸板上，顶点和正方形对角线AC的中点O重合，射线OM，ON分别与DC，BC交于E，F两点，且满足DE＝CF，请求出四边形OFCE的面积． 4．（2023秋•巴南区期末）在等腰直角△ABC中，点D，点F分别为线段AC，AB上的动点，连接DF． （1）如图1，当点F为AB中点时，若，CD＝1，求DF的长； （2）如图2，将△BCD绕着点B逆时针旋转90°得到△ABM．分别连接MF，MD．延长MF至点N，交AC于点E．若MN∥BC，DN＝MD时，求证：； （3）如图3，BF＝1，，BD⊥AC，点G为线段BD上一点，连接FG，将线段FG绕点F逆时针旋转90°得到线段FH，连接HG．当AH+HD的值最小时，请直接写出△AFG的面积． 5．（2023秋•武隆区期末）如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M、P、N分别为DE，DC，BC的中点． （1）求证：PM＝PN，PM⊥PN； （2）把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由； （3）把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请求出△PMN面积的最大值． 6．（2023春•姑苏区校级期末）综合与实践 问题情境 在综合实践课上，同学们以“矩形的旋转”为主题开展学习探究活动．如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，在矩形AEFG中，AE＝4，EF＝3，点G在AB上． （1）探究发现 连接AC、AF，如图2，猜想AC与AF之间的位置关系，并说明理由； （2）将矩形AEFG绕点A顺时针旋转到如图3的位置，连接DG、CF，请求出的值； （3）解决问题 将矩形AEFG绕点A旋转，当点G在落在直线CF上时，直接写出线段CF的长 　 ． 7．（2022秋•蔡甸区月考）在△ABE和△CDE中，∠ABE＝∠DCE＝90°，AB＝BE，CD＝CE． （1）连接AD、BC，点M、N分别为AD、BC的中点，连接MN， ①如图1，当B、E、C三点在一条直线上时，MN与BC关系是 　 ． ②如图2，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，①中的结论还成立吗？如果成立，请证明你的结论；如果不成立，请说明理由． （2）如图3，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，连接AC、BD，点P、Q分别为BD、AC的中点，连接PQ，若AB＝12，CD＝5，则PQ的最大值是 　 　． 8．（2023•保定一模）在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，将矩形ABCD绕点B顺时针旋转得到矩形A1BC1D1，A，C，D的对应点分别为A1，C1，D1． （1）当点A1落在线段DC上时，完成以下探究． ①如图1，求DA1的长． ②如图2，延长DC交C1D1于点E，求证：△BCA1≌△A1D1E． （2）如图3，以BC为斜边在右侧作等腰直角三角形BCF，∠F＝90°，CF交BC1于点G，交C1D1于点H，若，求D1H的长． （3）如图4，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点P，连接PA1，PD1，则△PA1D1面积的最小值为 　　． 9．（2022秋•荔湾区校级期末）如图1，在△ABC中，点D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，AD＝AE， （1）求证：∠B＝∠C； （2）若∠BAC＝90°，把△ADE绕点A逆时针旋转到图2的位置，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点，连接MN，PM，PN． ①判断△PMN的形状，并说明理由； ②把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，试问△PMN面积是否存在最大值；若存在，求出其最大值．若不存在，请说明理由． 10．（2023•福建）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D是AB边上不与A，B重合的一个定点．AO⊥BC于点O，交CD于点E．DF是由线段DC绕点D顺时针旋转90°得到的，FD，CA的延长线相交于点M． （1）求证：△ADE∽△FMC； （2）求∠ABF的度数； （3）若N是AF的中点，如图2，求证：ND＝NO． 11．（2023秋•沙坪坝区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是AB边上一点，连接CD． （1）如图1，当∠B＝67.5°且CD⊥AB时，将线段DC绕着点D逆时针旋转到DC′，连接AC′，CC′，若∠CDC′+∠CAC′＝45°，求∠ADC′的度数； （2）如图2，过点D作DE⊥BC于点E，线段BD的垂直平分线交DE于点F，点G为线段CD的中点，连接AG，FG，AF，BF，求证：AG⊥FG； （3）如图3，∠A＝45°，AD＝4，过点D作DM⊥AB，交AC于点M，点N是直线AB上一动点，点H是平面内一动点，连接MN，MH，NH，DH，当MH⊥MN且S△MNH＝24时，请直接写出DH的最小值． 12．（2023秋•蒙阴县期末）如图，△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°． （1）如图①，点E在BC上，线段AE与BD的数量关系是 　 　，位置关系是 　 ； （2）把△CDE绕直角顶点C旋转到图②的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由； （3）把△CDE绕点C在平面内自由旋转，连接BE，若AC＝BC＝12，CE＝CD＝5，当AE最大时，直接写出BE的长是 　　． 13．（2024•新城区模拟）在Rt△ABC中，∠C＝90°．将△ABC绕点A顺时针旋转得到△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． （1）如图1，求证：PC＝PE； （2）当AD∥BC时， ①如图2，若CA＝6，CB＝8，求线段BP的长； ②如图3，连接BD，CE，延长CE交BD于点F，判断F是否为线段BD的中点，并说明理由． 14．（2024•益阳二模）如图，在等腰Rt△ABC和等腰Rt△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°． （1）观察猜想：如图1，点E在BC上，线段AE与BD的关系是 　 　； （2）探究证明：把△CDE绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由； （3）拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内转动一周，若AC＝BC＝10，CE＝CD＝5，AE、BD交于点P时，连接CP，直接写出△BCP最大面积 　 　． 题型七：旋转与抛物线（共8题） 1．（2022秋•陕州区期末）将抛物线yx2+1绕原点O旋转180°，则旋转后的抛物线的解析式为（　　） A．y＝﹣2x2+1 B．y＝﹣2x2﹣1 C．yx2+1 D．yx2﹣1 2．（2022秋•南充期末）将抛物线y＝x2+2x﹣1绕顶点旋转180°，所得抛物线的解析为 　 　． 3．（2023秋•辽宁期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y＝x2+mx+n（其中m，n均为常数）交x轴于A，B两点（点A在点B左侧），A点的坐标为（1，0），设抛物线交y轴于点C，点D为抛物线的顶点，连接OD，AD，AC．且抛物线对于如下不等式恒成立：． （1）求抛物线的解析式； （2）①求证：∠CDA＝∠ODA； ②连接BC，DB，点P为抛物线上一动点，连接DP交BC于Q．若∠DQC＝∠CAB，求点Q的坐标； （3）在x轴上有一点G（a，0）（a为常数），以G为对称中心，将抛物线旋转180°得到抛物线C2，将点G向上平移2|a|个单位得到H，连接BH．当C2与△BGH的直角边有两个公共点时，请直接写出a的取值范围 　 　． 4．（2022秋•青川县期末）如图，抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A（2，0），B（﹣4，0）两点，与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式． （2）若E为第二象限的抛物线上的点，连接BC，BE，CE，当S△BCES△BOC时，求点E的坐标． （3）M为平面内一点，将抛物线绕点M旋转180°后得到新的抛物线，且新的抛物线经过点A，若新抛物线上有一点P，使△BCP是以点B为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出满足条件的点M的坐标． 5．（2023秋•长春期末）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a、b、c是常数，a≠0），自变量x与函数值y的部分对应值如表： x 0 1 2 3 … y ﹣2 m ﹣2 1 … （1）根据以上信息，可知抛物线开口向 　　 ，对称轴为直线 　 　． （2）求抛物线的解析式和m的值． （3）将抛物线y＝ax2+bx+c（x＞0）的图象记为G1，将G1绕点O旋转180°后的图象记为G2，G1、G2合起来得到的图象记为G，完成以下问题： ①若直线y＝k与函数G有且只有两个交点，直接写出k的取值范围． ②若对于函数G上的两点P（x1，y1）、Q（x2，y2），当t≤x1≤t+1，x2≥2时，总有y1＜y2，直接写出t的取值范围． 6．（2023•雁峰区校级一模）如图，抛物线yx2x+2与x轴负半轴交于点A，与y轴交于点B． （1）求A，B两点的坐标； （2）如图1，点C在y轴右侧的抛物线上，且AC＝BC，求点C的坐标； （3）如图2，将△ABO绕平面内点P顺时针旋转90°后，得到△DEF（点A，B，O的对应点分别是点D，E，F），D，E两点刚好在抛物线上． ①求点F的坐标； ②直接写出点P的坐标． 7． （2020秋•天心区期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：yx2+bx+c与x轴相交于A，B两点，顶点为D，其中A（﹣4，0），B（4，0），设点F（m，0）是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F旋转180°，得到新的抛物线C'． （1）求抛物线C的函数解析式； （2）若抛物线C'与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围； （3）如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C'上的对应点P'，设M是C上的动点，N是C'上的动点，试探究四边形PMP'N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由． 8．（2020•青秀区校级三模）如图，已知抛物线C1：y＝ax2+4ax+4a﹣5的顶点为P，与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左边），点B的横坐标是1． （1）求a的值及P的坐标； （2）如图（1），抛物线C2与抛物线C1关于x轴对称，将抛物线C2向右平移，平移后的抛物线记为C3，C3的顶点为M，当点P、M关于点B成中心对称时，求C3的解析式； （3）如图（2），点Q是x轴正半轴上一点，将抛物线C1绕点Q旋转180°后得到抛物线C4．抛物线C4的顶点为N，与x轴相交于E、F两点（点E在点F的左边），当以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形时，求点Q的坐标． $专题04旋转作图与旋转模型几何综合题 （考题猜想，7种热考题型） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！102 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一：旋转作图问题——基本方法（共6题） 1．（2023秋•余姚市期末）如图，在的正方形网格中，点，，均在格点上，请按要求作图． （1）在图1中，将绕点顺时针方向旋转，作出经旋转后的；（其中点，分别是点，的对应点） （2）在图2中，请用无刻度直尺找出过，，三点的圆的圆心，标出圆心的位置． 【分析】（1）根据旋转的性质作图即可． （2）分别作线段，的垂直平分线，相交于点，则点即为所求． 【解答】解：（1）如图1，即为所求． （2）如图2，圆心即为所求． 【点评】本题考查作图旋转变换、三角形的外接圆与外心，熟练掌握旋转的性质、三角形的外接圆与外心是解答本题的关键． 2．（2024春•确山县期末）如图平行四边形，在边上，且，仅用无刻度直尺作图并保留作图痕迹，不写画法． （1）在图1中，画出的角平分线，并说明理由； （2）沿用（1）中解决问题的思路并结合平行四边形的性质，在图2中，画出的角平分线，并说明理由． 【分析】（1）连结，由得到，由得，则，即平分； （2）延长交于，则为所作． 【解答】解：（1）如图1，， ， ， ， 则， 即平分， 则为所求作； （2）如图2，延长交于，则为所作． 理由：四边形是平行四边形， ，，， ，， △△， 又， ， ， 则是所求作的角平分线． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质，平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 3．（2023春•浑江区期末）请用直尺按要求在网格中作图，并标明字母（辅助线可用虚线作出，以下作图请勿超出网格范围）． （1）作出平行四边形； （2）以为边，作出正方形； （3）作出一条同时平分平行四边形与正方形面积的直线． 【分析】（1）根据平行四边形的判定画出图形即可． （2）根据正方形的判定画出图形即可． （3）连接，交于点，连接，交于点，直线即为所求． 【解答】解：（1）如图，平行四边形即为所求． （2）如图，正方形即为所求． （3）如图，直线即为所求． 【点评】本题考查作图应用与设计，三角形的面积，平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型． 4．（2023秋•武昌区期末）如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，△的三个顶点均在格点上，点是另一格点．下列作图仅用无刻度直尺在网格中完成． （1）画出△关于点的中心对称图形； （2）将△绕点逆时针旋转得△，画出△； （3）直接写出△的形状和面积． 【分析】（1）利用旋转变换的性质分别作出，，的对应点，，即可； （2）利用旋转变换的性质分别作出，，的对应点，，即可； （3）利用勾股定理以及勾股定理的逆定理判断即可，再利用分割法求出面积． 【解答】解：（1）如图，△即为所求； （2）如图，△即为所求； （3），， ， ， △的是等腰直角三角形，面积． 【点评】本题考查作图旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质，勾股定理，勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质． 5．（2022秋•淮阴区月考）如图，在边长为1的正方形网格中，、、、． （1）将线段绕点逆时针旋转，得到对应线段．当与第一次平行时，画出点运动的路径； （2）线段与线段存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段，直接写出这个旋转中心的坐标． 【分析】（1）根据平行的性质以及旋转的性质，取格点，以点为圆心，的长为半径画弧，则即为所求． （2）当，为对应点，，为对应点时，利用网格分别作线段，的垂直平分线，交点即为旋转中心；当，为对应点，，为对应点时，利用网格分别作线段，的垂直平分线，交点即为旋转中心，再根据点的坐标建立平面直角坐标系即可得出答案． 【解答】解：（1）如图，即为点运动的路径． （2）当，为对应点，，为对应点时，如图， 分别作线段，的垂直平分线，相交于点， 则点即为线段与线段的旋转中心， 点的坐标为； 当，为对应点，，为对应点时，如图， 分别作线段，的垂直平分线，相交于点， 则点即为线段与线段的旋转中心， 点的坐标为． 综上所述，旋转中心的坐标为或． 【点评】本题考查作图旋转变换，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 6．（2020秋•青山区期中）请用无刻度直尺画出下列图形，并保留作图痕迹． （1）将线段绕点顺时针旋转，得到线段； （2）过作线段的垂线段，垂足为； （3）作的角平分线． 【分析】（1）根据旋转变换的性质画出图形即可． （2）取格点，连接交于点，线段即为所求． （3）取格点，，，连接，交于点，作射线，射线即为所求． 【解答】解：（1）如图，线段即为所求． （2）如图，线段即为所求． （3）如图，射线即为所求． 【点评】本题考查作图旋转变换，角平分线，垂线段等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 题型二：旋转作图问题——计算与综合（共5题） 1．（2023•武汉模拟）操作与思考： 如图（1），在中，，，是异于，的一点，且．若将线段绕点逆时针旋转，画出对应线段，连接交于点，猜想与的数量关系，并证明你的猜想： 迁移与运用如图（2），在和中，，，，，，的延长线交于点，且，直接写出的长． 【分析】操作与思考：由旋转的性质和等腰三角形的性质可求，可证点，点，点，点四点共圆，即可求解； 迁移与运用：通过证明点，点，点，点四点共圆，可得，由等腰直角三角形的性质可求的长，由勾股定理可求的长，即可求解． 【解答】解：操作与思考：，理由如下： 如图（1），连接， ，， ， 将线段绕点逆时针旋转， ，， ， ， 点，点，点，点四点共圆， ， 又， ； 迁移与运用：如图（2），连接，过点作于， ，，，，， ，，， ，， ，， ， ， ， ， 点，点，点，点四点共圆， ， 是等腰直角三角形， ， ， ． 【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，圆的有关知识，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 2．（2020秋•江阳区期末）如图，是正方形中边上任意一点，以点为旋转中心，把顺时针旋转． （1）画出旋转后的图形； （2）若，求在旋转过程中扫过的面积． 【分析】（1）根据旋转变换前后的两个图形全等的旋转可得旋转后，点与点重合，点在的延长线上处，且到点的距离等于，然后作出图形即可； （2）利用扫过的面积直接解答即可． 【解答】解：（1）如图1所示，△即为旋转后的图形． （2）如图2， 是正方形， ， 在中，， 线段旋转扫过的面积为： ． 【点评】本题考查了作图旋转变换，正方形的性质以及扇形面积的计算，找出点、的对应点的位置是解答本题的关键． 3．（2022秋•武汉期中）如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．的顶点在格点上．仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示． （1）在图1中，将线段绕点顺时针旋转得到线段，画出线段；在内部找一点，使，连接、； （2）在图2中，为线段的中点，作关于的对称点，再以为旋转中心，将顺时针旋转得到△，画出△（点、、分别对应点、、；若的度数为，则的度数为 　　（直接用含的式子写出答案）． 【分析】（1）根据要求作出图形即可； （2）利用轴对称变换，旋转变换的性质作出图形即可． 【解答】解：（1）如图1中，线段，点即为所求； （2）如图2中，点，△，即为所求．． 故答案为：． 【点评】本题考查作图旋转变换，轴对称变换，圆周角定理等知识，解题的关键是掌握旋转变换，轴对称变换的性质，属于中考常考题型． 4．（2023秋•江岸区期中）如图网格是由边长为1个单位长度的小正方形组成，每个小正方形的顶点叫做格点，点、、、都是格点，请仅用无刻度的直尺完成下列作图，作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示，点对应点，点对应点． （1）在图1中，将线段向右平移3个单位长度，画出平移后的线段，再将线段绕点顺时针旋转，画出对应线段； （2）在图2中，先作点关于点对称的点，再过点作直线分别交、于点、，使得． 【分析】（1）根据平移和旋转的性质作图即可． （2）根据中心对称的性质可得点，过点分别作，的平行线，分别交、于点、，则四边形为平行四边形，由平行四边形的性质可得，即直线为所求． 【解答】解：（1）如图1，线段，即为所求． （2）如图2，点即为所求． 过点分别作，的平行线，分别交、于点、， 四边形为平行四边形， ， 则直线即为所求． 【点评】本题考查作图平移变换、旋转变换、中心对称、平行四边形的性质，熟练掌握平移的性质、旋转的性质、中心对称的性质以及平行四边形的性质是解答本题的关键． 5．（2021秋•蔡甸区校级期中）如图，在网格中的每个小正方形边长都为1个单位长度，我们把每个小正方形的顶点称为格点，，，，，，，均为格点，请按要求仅用一把无刻度的直尺作图． （1）将绕点逆时针旋转得到△，请画出△； （2）将绕点旋转得到，请画出点和； （3）将格点线段平移至格点线段（点，的对应点分别为，，使得平分四边形的面积，请画出线段； （4）在线段上找一点，使得，请画出点． 【分析】（1）根据旋转的性质即可将绕点逆时针旋转得到△； （2）线段的中点为，作关于点的对称点，连接、即可； （3）平移，使其经过点； （4）作关于直线的对称点，连接并延长，交于点即可． 【解答】解：（1）如图，△即为所求； （2）点和如图所示： （3）如图，且经过点； （4）如图，点即为所求； 因为、关于直线的对称， 所以， 因为， 所以． 【点评】本题考查了作图旋转变换和作图平移变换，解题的关键熟练掌握旋转和平移的性质． 题型三：利用旋转模型求最值（共3题） 1．（2024•宜宾）如图，在中，，，以为边作，，点与点在的两侧，则的最大值为　　 A． B． C．5 D．8 【分析】由“”可证，可得，由三角形的三边关系可求解． 【解答】解：如图，将绕点顺时针旋转，得到，连接，， ，， ， ， ， 又，， ， ， 在中，， 当，，三点共线时，有最大值， 的最大值， 故选：． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形的三边关系，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 2．（2023秋•武昌区校级期中）如图，平行四边形中，，，，是边上一点，且，是边上的一个动点，将线段绕点顺时针旋转，得到，连接、，则的最小值是　　 A． B． C．14 D． 【分析】取的中点，连接、，则，可证明是等边三角形，则，，由旋转得，，所以，可证明，则，所以，再证明，得，所以，连接，作交的延长线于点，则，，所以，则，由，得，则的最小值是，于是得到问题的答案． 【解答】解：取的中点，连接、， ，，， ，， ， 是等边三角形， ，， 由旋转得，， ， ， ， ， ，， ， ， ， 连接，作交的延长线于点，则， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ，， ， ， ， 的最小值是， 故选：． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、两点之间线段最短等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 6．（2023•沙市区模拟）问题背景 如图（1），，都是等边三角形，可以由通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小． 尝试应用 如图（2），在中，，分别以，为边，作等边和等边，连接，并延长交于点，连接．若，求的值． 拓展创新 如图（3），在中，，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，直接写出的最大值． 【分析】问题背景 由等边三角形的性质得出，，，，证得，由旋转的概念可得出答案； 尝试应用 证明，由全等三角形的性质得出，，得出，由直角三角形的性质得出，则可得出答案； 拓展创新 过点作，且使，连接，，由直角三角形的性质求出，的长，则可得出答案． 【解答】问题背景 解：，都是等边三角形， ，，，， ， ， ， 可以由绕点顺时针旋转得到， 即旋转中心是点，旋转方向是顺时针，旋转角是； 尝试应用 和都是等边三角形， ，，， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则，， ； 拓展创新 ， 点在以为直径的圆上运动，取的中点，连接， ， 如图，过点作，且使，连接，， 将线段绕点顺时针旋转得到线段， ，， ， ， ， ， ，， ， ， 当且仅当、、三点共线时取等号， 的最大值为． 【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 题型四：利用旋转模型求线段长与面积（共7题） 1．（2024春•宝安区校级月考）如图，为等腰直角三角形，．是斜边的中点，为下方一点，满足，若，，则　 　． 【分析】过点作，且，连接、，并延长交于点，交于点，连接，证，得，，再证，则是等腰直角三角形，得，设，则，然后在中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【解答】解：如图，过点作，且，连接、，并延长交于点，交于点，连接， 则， 是等腰直角三角形，是斜边的中点， ，， ， ， ， ，， 又， ， ， 是等腰直角三角形， ， 在中，， 设，则， 在中，由勾股定理得：， 解得：（负值已舍去）， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 2．（2023•武汉模拟）如图，是内一点，，，，，，则的长是 　 　． 【分析】将线段顺时针旋转得到，利用证明，得，设，则，利用勾股定理列方程即可解决问题． 【解答】解：如图所示，将线段顺时针旋转得到， ，， ， ， 又， ， ， 可视为旋转而得， ， 设与的交点为， 在中，，，， 设，则， 由勾股定理得，， 即， 解得， ， ， ， ． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 3．（2023秋•新洲区期末）如图，是等边中边上的一点，连接，在的右侧作，使，，连接． 【操作观察】（1）作点关于点的对称点，画出； 【应用探究】（2）若平分，求的值； 【实践创新】（3）若，当点从点运动到点时，写出扫过的面积 　 　． 【分析】（1）延长至，使，连接，则就是所求作的三角形； （2）作于，可证得，从而，，进而证得，从而，，进而得出，作于，可得出， 不妨设，则，，则，，进而得出，进一步得出结果； （3）由（2）知：点在与成的射线上运动，交于，当点在处时，，可得出，从而，解直角三角形，求得和，进一步得出结果． 【解答】解：（1）如图1， 延长至，使，连接，则就是所求作的三角形； （2）如图2， 作于， 是等边三角形， ， ，， ，， ， ，， ， ， ，， ， 平分， ， ， 作于， ， 不妨设，则，，则，， ， ， ， ； （3）如图2， 由（2）知：点在与成的射线上运动，交于， 当点在处时，， ，， ， ， ， ， ， ，， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了等边三角形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质等，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形． 4．（2023•建平县模拟）（1）问题背景：如图（1），，都是等边三角形，可以由通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转角（写锐角）的大小、旋转方向； （2）尝试应用：如图（2），在中，，分别以，为边，作等边和等边，连接，并延长交于点，连接．若，求的值； （3）拓展创新：如图（3），在四边形中，，，，求的长． 【分析】（1）由等边三角形得出，，，，证明，由旋转性质即可得出答案； （2）证明，由全等三角形的性质得，，得出，由直角三角形性质得，则可计算出答案； （3）过点作，且使，连接，由直角三角形的性质求出、的长即可得解． 【解答】解：（1），都是等边三角形， ，，，， ， ， ， 可以由绕点顺时针旋转得到， 即旋转中心是点，旋转方向是顺时针，旋转角是， （2）和都是等边三角形， ，，， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， 设，则，， ． （3）作，且，连接，如图， ， ， ， ， 即， ， ， ， ， 在中， ， ， ， ， ． 【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质、圆周角定理；熟练掌握旋转的性质是解题关键． 5．（2024•鼓楼区一模）如图1，在中，以为边向外作等边，以为边向外作等边，连接、．求证：． 【知识应用】如图2，四边形中，、是对角线，是等腰直角三角形，，，，求的长． 【拓展提升】如图3，四边形中，，，，则　 　． 【分析】由等边三角形的性质得，，，可根据“边角边“证明； 【知识应用】如图2，过点作，使，连接，，先根据勾股定理计算，证明，则； 【拓展提升】如图3，作，使，连接，，证明，则，，再证明是等腰直角三角形，设，根据角的和与差可得结论． 【解答】证明：如图1，和都是等边三角形， ，，， ， 即， ； 【知识应用】 解：如图2，过点作，使，连接，， 是等腰直角三角形， ，， ， ， ， ， ， ， ，， ， ； 【拓展提升】 如图3，作，使，连接，， ， ， ， ，， ， ， ，， ， ， ， 即， ， ， ， ， ， ， ， 设， ， ， ， ． 故答案为：． 【点评】此题是四边形的综合题，考查了等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，旋转型的全等三角形的判定与性质等知识与方法，解题的关键是正确地作出辅助线，运用类比的思想，属于考试压轴题． 6．（2023秋•江岸区校级月考）【问题情境】在数学课上，老师出了这样一个问题：“如图1，在四边形中，，，，，，求的长．”经过小组合作交流，找到了解决方法：构造旋转全等．将绕点逆时针旋转到，连接．则是等边三角形，所以，导角可得，所以． （1）请补全图形； 【探究应用】（2）如图2，在中，，．为外一点，且，，求的度数； 【拓展延伸】（3）如图3，在中，，，于，为上一点，连接，为上一点，若，，，连接，请直接写出线段的长 　 　． 【分析】（1）题意补全图形即可； （2）将绕点逆时针旋转得到，连接，作于，根据含30度的直角三角形的性质及勾股定理求得，推出，据此求解即可； （3）延长构造等边三角形，然后利用两组三角形相似求出，最后利用勾股定理求解． 【解答】解：（1）将绕点逆时针旋转到，连接．补全图形，如图1所示， ； （2）将绕点逆时针旋转得到，连接，作于，如图2， 在中，，．为外一点，且， 由旋转的性质知，，，， ， ， ，， 由勾股定理得，，， ， ， ， ， ； （3）解法一：延长交于，延长到，使，连接，如图3， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， 过作于，过作于， ， ，， ， ， ， ， ，， ， ， ； 解法二：将三角形绕点逆时针旋转得到， 连，结合方法一可得，，， ； 故答案为：3． 【点评】本题主要考查了三角形的综合，灵活运用旋转构造相似三角形，利用相似三角形的判定和性质是本题解题的关键． 7．（2023秋•江岸区校级月考）问题背景：（1）如图1，在等腰中，为边上一动点，将绕点逆时针旋转得到线段，连接，判断与的数量与位置关系，并证明； 尝试运用：（2）如图2，在中，为边上一动点，以为斜边在右侧构造等腰，连接，求证：； 拓展提升：（3）在（2）的条件下，若，，直接写出的长 　 ． 【分析】（1）根据旋转的性质可证明，然后利用证明即可； （2）将绕点逆时针旋转得到线段，由（1）可得，是等腰直角三角形，判断，得出、、三点共线，利用等腰三角形的性质证明是中点，证明，利用勾股定理即可求解； （3）过作于，先证明，然后利用等腰三角形的性质等求出，，，在中，利用勾股定理求出，然后代入求解即可． 【解答】（1）解：，理由如下： 将绕点逆时针旋转得到线段， ，， ， ， 又， ， ； （2）证明：将绕点逆时针旋转得到线段， 由（1）知，是等腰直角三角形， ，， 是以为斜边的等腰直角三角形， ， ， 、、三点共线， ，， ， 是直角三角形， ， ，即， ，， ； （3）解：过作于， 由（2）知：， 又， ， ，，， ， 是等腰直角三角形，， ， ， ， ， ， ， 解得或， 故答案为：或． 【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质与判断，含的直角三角形的性质，解一元二次方程等知识，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 题型五：坐标系中的旋转（共3题） 1．（2023秋•潜山市期末）如图，已知点A（6，0），点B在y轴正半轴上，将线段AB绕点A顺时针旋转60°到线段AC，若点C的坐标为（10，m），则m的值为（　　） A． B． C． D．1 【分析】利用勾股定理解得OB、BE的长度，再根据线段的和差得到方程3m4﹣208m2﹣4096＝0，进而解得m的值． 【解答】解：过点C作CD⊥x轴，作CE⊥y轴，连接CB， ∵点A（6，0），点C的坐标为（10，m）， ∴OD＝10，OA＝6，CD＝m， ∴AD＝OD﹣OA＝4， 在Rt△ADC中，AC， ∵将线段AB绕点A顺时针旋转60°到线段AC， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC＝BC， 在Rt△AOB中，OB， 在Rt△CBE中，BE， ∴OE＝OB+BEm， ∴m， 化简变形得：3m4﹣208m2﹣4096＝0， 解得：m或m（舍去）， ∴m， 故选：A． 【点评】本题考查了直角坐标系中的旋转变化，勾股定理，矩形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练勾股定理是解题的关键． 二．填空题（共2小题） 2．（2022秋•西丰县期末）如图，在平面直角坐标系中，点B在x轴上，OB＝AB＝5，点A到x轴的距离为4，将△OAB绕点O逆时针旋转90°，得到△OA′B′，则点A′的坐标是 　（﹣4，8）　． 【分析】过点A作AN⊥x轴，过点A′作A′M⊥y轴，先求出ON＝8，再证明△AON≌△A′OM（AAS），推出OM＝ON＝8，B′M＝BN＝4，从而求出点A′的坐标． 【解答】解：过点A作AN⊥x轴，过点A′作A′M⊥y轴， ∴∠A′MO＝∠ANO＝90°， ∵OB＝AB＝5，点A到x轴的距离为4， ∴BN＝3， ∴ON＝8， ∵将△OAB绕点O逆时针旋转90°，得到△OA′B′， ∴∠AOA′＝90°，OA＝OA′， ∴∠AOB′+∠A′OB′＝∠AOB+∠AOB′， ∴∠BOA＝∠B′OA′， ∴△NOA≌△MOA′（AAS）， ∴OM＝ON＝8，A′M＝AN＝4， ∴A′（﹣4，8）， 故答案为：（﹣4，8）． 【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转、等腰三角形的性质、勾股定理，掌握这几个知识点的综合应用，其中作出辅助线证明三角形全等是解题关键． 3．（2023•湖北）如图，已知点A（3，0），点B在y轴正半轴上，将线段AB绕点A顺时针旋转120°到线段AC，若点C的坐标为（7，h），则h＝　　． 【分析】在x轴上取点D和点E，使得∠ADB＝∠AEC＝120°，过点C作CF⊥x 于点F，在 Rt△CEF 中，解直角三角形可得 ，，再证明△CAE≌△ABD（AAS），则 AE＝BD，求得 ，在Rt△BOD中，得 ，解方程即可求得答案． 【解答】解：方法一：在x轴上取点D和点E，使得∠ADB＝∠AEC＝120°，过点C作CF⊥x轴于点F， ∵点C的坐标为（7，h）， ∴OF＝7，CF＝h， 在Rt△CEF中，∠CEF＝180°﹣∠AEC＝60°，CF＝h，，，∠BAC＝120°，∠BAD+∠CAE＝∠BAD+∠ABD＝180°﹣120°＝60°， ∴∠CAE＝∠ABD， ∵AB＝CA， ∴△CAE≌△ABD（AAS）， ∴，AE＝BD， ∵点A（3，0）， ∴OA＝3， ∴ 在Rt△BOD中，∠BDO＝180°﹣∠ADB＝60°，BD， ∴， ∵OA+AE+EF＝OF， ∴， 解得 ， 方法二：将△AOB绕点A顺时针旋转120度，得到三角形ACD，延长DC交x轴于点E，在直角三角形ADE中，∠DAE＝60°，则AE＝2AD＝2OA＝6，过点C作CF⊥x轴于点F， 则CF＝h，AF＝7﹣3＝4， 所以EF＝6﹣4＝2， 在直角三角形CEF中h＝EF•tan30° .故答案为：． 【点评】此题考查了全等三角形的判定和性质、解直角三角形、旋转的性质等知识，构造三角形全等是解题的关键． 题型六：利用旋转解几何综合题（共14题） 1．（2022秋•江北区校级期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC． （1）如图1，点D为△ABC内一点，连接AD，过点A作AE⊥AD，AD＝AE，连接DE，BD，CE，已知AB，AD＝1，当B、D、E三点共线时，求ABCE的面积； （2）如图2，在AC上取点D，连接BD，过点A作AE⊥BD于点F，AE＝BD，取BC中点G，连接GE，ED，在AB上取点M，过点M作MN∥DE交BC于点N，MN＝GE，求证：BN＝DC； （3）如图3，在AC上取点D，连接BD，将△ABD沿BD翻折至ABDE处，在AC上取点F，连接BF，过点E作EH⊥BF于点F，GE交BF于点H，连接AH，若GE：BF：2，AB＝2，求AH的最小值． 【分析】（1）分别求出△ABE和△BCE的面积，再求和即可； （2）连接DG，AG，证明△BMN≌△CGD即可； （3）取BE中点M，连接HM，AM，分别求出HM和AM的长度即可求出AH最小值． 【解答】解：（1）如图1，作AH⊥BE于H． ∵AE⊥AD， ∴∠DAE＝90°， ∵AE＝AD＝1， ∴DE，AH＝DH＝HE，∠ADE＝∠AED＝45°， ∴∠BDA＝135°， ∵AB， ∴BH， ∴BD＝BH﹣DH，BE＝BD+DE＝2， ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中： ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴CE＝BD，∠CEA＝∠BDA＝135°， ∴∠BEC＝∠CEA﹣∠AED＝90°， ∴1， 2， ∴S四边形ABCE＝S△ABE+S△BEC＝1+2＝3． （2）如图2，连接GD，连接AG交BD于点P，设DE与BC交于点Q． ∵∠BAC＝90°，AB＝AC，G为BC中点， ∴∠AGB＝∠AGC＝90°，AG＝BG＝CG，∠ABC＝∠ACB＝45°， ∵AE⊥BD于F， ∴∠AFP＝∠AFD＝90°＝∠BGP， ∵∠APF＝∠BPG， ∴∠PAF＝∠PBG，即∠GAE＝∠GBD， 在△GBD和△GAE中： ∴△GBD≌△GAE（SAS）， ∴∠BGD＝∠AGE，GD＝GE， ∴∠EGD＝∠BGA＝90°， ∴∠GED＝∠GDE＝45°＝∠GCD， ∴∠GQD＝∠GDC， ∵MN∥DE， ∴∠BNM＝∠GQD＝∠CDG， 在△BNM和△CDG中： ∴△BNM≌△CDG（AAS）， ∴BN＝DC． （3）如图3，取BE中点M，连接HM，AM，连接AE交BD于点N，作MP⊥AE于点P，设GE交BD于点Q． 由轴对称性质可知：BE＝AE，BD垂直平分AE，即AN＝EN，∠BNA＝∠BNE＝∠AND＝90°， ∴∠NAD+∠ADN＝90°， ∵∠NAD+∠BAE＝90°， ∴BAE＝∠ADN，即∠GAE＝∠FDB， ∵GE⊥BF于点H， ∴∠BHQ＝∠ENQ＝90°， ∵∠BQH＝∠EQN， ∴∠HBQ＝∠NEQ，即∠FBD＝∠GEA， ∴△AGE∽△DFB， ∴， 设BD＝4k，则AE＝2k，AN＝NEk， 设ND＝x，则BN＝4k﹣x， 由射影定理可知：AN2＝BN•ND，即3k2＝x（4k﹣x）， 解得：x＝k或x＝3k（舍去）， ∴ND＝k，BN＝3k， ∴ABk＝2， ∴k， ∵M为BE中点，MP∥BN， ∴MPBN，AN＝NE，NP＝PE， ∴AP， ∴AM ∵HMBE， ∴AH≥AM﹣HM， 当且仅当A、H、M三点共线时，AH取得最小值． 【点评】本题为几何综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定性质、射影定理、几何变换、三角形三边关系等重要知识点．熟练掌握常用几何定理和模型是解决问题的关键． 2．（2022秋•西丰县期末）如图1，在△ACB中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D，E分别在边CA，CB上，CD＝CE，连接DE，AE，BD，过点C作CF⊥AE，垂足为H，CF与BD交于点F． （1）求证：DF＝BF； （2）将图1中的△CDE绕点C逆时针旋转，其他条件不变，如图2，（1）的结论是否成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由； （3）若CD＝2，CB＝4，将△CDE绕点C逆时针旋转一周，当A，E，D三点共线时，直接写出CF的长． 【分析】（1）证明△CAE≌△CBD（SAS），由全等三角形的性质得出∠CAE＝∠CBD，由直角三角形的性质证出∠BDC＝∠FCD，∠CAE＝∠CBD＝∠BCF，得出CF＝DF，CF＝BF，则可得出结论； （2）作BP∥CD交直线CF于点P，证明△CAE≌△BCP（ASA），由全等三角形的性质得出CE＝BP，证明△CDF≌△PBF（ASA），由全等三角形的性质得出DF＝BF． （3）分两种情况画出图形，由直角三角形的性质及勾股定理可得出答案． 【解答】（1）证明：在△CAE和△CBD中， ， ∴△CAE≌△CBD（SAS）， ∴∠CAE＝∠CBD， ∵CF⊥AE， ∴∠AHC＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠AHC＝∠ACB＝90°， ∴∠CAH+∠ACH＝∠ACH+∠BCF＝90°， ∴∠CAH＝∠BCF， ∵∠DCF+∠BCF＝90°，∠CDB+∠CBD＝90°，∠CAE＝∠CBD， ∴∠BDC＝∠FCD，∠CAE＝∠CBD＝∠BCF， ∴CF＝DF，CF＝BF， ∴DF＝BF； （2）解：（1）的结论仍然成立． 理由如下： 作BP∥CD交直线CF于点P， ∴∠PBC+∠BCD＝180°， 又∠ACE+∠BCD＝360°﹣∠ACB﹣∠DCE＝360°﹣90°﹣90°＝180°， ∴∠PBC＝∠ACE， 又∵CF⊥AE， ∴∠AHC＝90°， ∴∠ACH+∠CAH＝90°， 又∵∠ACH+∠PCB＝180°﹣∠ACB＝180°﹣90°＝90°， ∴∠CAH＝∠PCB， 又∵CA＝CB， ∴△CAE≌△BCP（ASA）， ∴CE＝BP， 又∵CE＝CD， ∴CD＝BP， 又∵BP∥CD， ∴∠CDF＝∠PBF，∠DCF＝∠P， ∴△CDF≌△PBF（ASA）， ∴DF＝BF． （3）解：①当点E在AD的延长线上时，过点B作BG⊥CF于点G， ∵CD＝CE，CH⊥DE，CD＝2， ∴CHCD， ∵CD＝4， ∴AH， ∵∠BCG＝∠CAH，∠BGC＝∠AHC，BC＝AC， ∴△BCG≌△CAH（AAS）， ∴CG＝AH， 由（2）知DF＝BF， 又∵∠DHF＝∠BGF＝90°，∠DFH＝∠BFG， ∴△DHF≌△BGF（AAS）， ∴HF＝GF， ∴HFGH， ∴CF＝CH+HF； ②当点E在AD的上时，过点B作BG⊥CF于点G， 同理可得AH＝CG，CH，HF＝FG， ∴GH＝CH+CG， ∴CF＝HF﹣CH， 综上所述，CF的长为或． 【点评】本题是几何变换综合题，考查了三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形的性质，图形旋转变化的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，平行线的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键． 3．（2023•高青县二模）综合与探究 问题提出：某兴趣小组在综合与实践活动中提出这样一个问题：在等腰直角三角板ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC的中点，用两根小木棒构建角，将顶点放置于点D上，得到∠MDN，将∠MDN绕点D旋转，射线DM，DN分别与边AB，AC交于E，F两点，如图1所示． （1）操作发现：如图2，当E，F分别是AB，AC的中点时，试猜想线段DE与DF的数量关系是 　相等　； （2）类比探究：如图3，当E，F不是AB，AC的中点，但满足BE＝AF时，求证△BED≌△AFD； （3）拓展应用：如图4，将两根小木棒构建的角，放置于边长为4的正方形纸板上，顶点和正方形对角线AC的中点O重合，射线OM，ON分别与DC，BC交于E，F两点，且满足DE＝CF，请求出四边形OFCE的面积． 【分析】（1）当点D、E、F分别是BC、AB、AC的中点时，则EDAC＝AF，且DE∥AC，同理可得：DF＝AEABAC＝ED＝AF，即可求解； （2）点D是BC的中点，则ADBC＝BD，∠DAF＝45°＝∠B，即可求解； （3）证明△DEO≌△CFO（SAS），则OFCE的面积＝S△OCE+S△COFS正方形ABCD，即可求解． 【解答】（1）解：DE与DF的数量关系是：相等，理由： 当点D、E、F分别是BC、AB、AC的中点时， 则EDAC＝AF，且DE∥AC， 同理可得：DF＝AEABAC＝ED＝AF， 即DE＝DF， 故答案为：相等； （2）证明：∵点D是BC的中点， ∴ADBC＝BD，∠DAF＝45°＝∠B， ∵AF＝BE， ∴△BED≌△AFD（SAS）； （3）解：如图，连接OD， 由题意知，点O是正方形对角线的交点， ∴∠ODE＝45°＝∠OCN，OD＝OC， ∵DE＝CF， ∴△DEO≌△CFO（SAS）， ∴△DEO和△CFO面积相等， 则OFCE的面积＝S△OCE+S△COF ＝S△OCE+S△DEO ＝S△COD S正方形ABCD 4×4＝4． 【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 4．（2023秋•巴南区期末）在等腰直角△ABC中，点D，点F分别为线段AC，AB上的动点，连接DF． （1）如图1，当点F为AB中点时，若，CD＝1，求DF的长； （2）如图2，将△BCD绕着点B逆时针旋转90°得到△ABM．分别连接MF，MD．延长MF至点N，交AC于点E．若MN∥BC，DN＝MD时，求证：； （3）如图3，BF＝1，，BD⊥AC，点G为线段BD上一点，连接FG，将线段FG绕点F逆时针旋转90°得到线段FH，连接HG．当AH+HD的值最小时，请直接写出△AFG的面积． 【分析】（1）过点D作DK⊥AB于K，DL⊥BC于L，由等腰三角形性质得AB＝BC＝4，由距离性质得BK＝DL，DK＝BL，再运用勾股定理计算即可． （2）过点E作EJ⊥BC，过点D作DP⊥MN于P，过点N作NT⊥BC于T，先证明△AEF是等腰直角三角形，由旋转得∠BAM＝∠BCD＝45°，再进行计算即可． （3）过点F作FM⊥AB交AC于点M，在FM上截取FK＝FB＝1，连接HK，证明△BFG≌△KFH（SAS）得出∠BGF＝∠KHF，进而得出HK⊥DT，作D关于HK的 对称点T，连接HT，BT，则HT＝HD，当A，H，T三点共线时，此时AH+HD取的最小值，最小值为AT的长，当DT经过点K时，则∠HKG＝90°，则TD⊥AC，证明△AHF≌△MGF，证明△ATD≌△DMG得出DM＝KT，DG＝HK，则BG＝HK＝GD，勾股定理求得BD，进而得出 ，过点G作GS⊥AB，得出G是 BD的中点，最后根据三角形的面积公式，即可求解． 【解答】（1）解：如图1，过点D作DK⊥AB于K，DL⊥BC于L， 在等腰Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝4，∠C＝45°， 则ACBC＝8， ∵点F为AB中点， ∴BFAB＝2， ∵CD＝1，∠CLD＝90°， ∴CL＝DL， ∴BL＝BC﹣CL＝4， ∵∠B＝∠BKD＝∠BLD＝90°， ∴四边形BKDL是矩形， ∴BK＝DL，DK＝BL， ∴FK＝BF﹣BK＝2， 在Rt△DFK中，DF； （2）证明：如图2，过点E作EJ⊥BC于J，过点D作DP⊥MN于P，交BC于Q，过点N作NT⊥BC于T，连接CN， ∵MN∥BC， ∴∠AFE＝∠ABC＝90°， ∴△AEF是等腰直角三角形， 由旋转得∠BAM＝∠BCD＝45°， ∴∠EAM＝∠BAC+∠BAM＝45°+45°＝90°， ∴△AEM是等腰直角三角形， ∴MF＝EF， ∵DN＝MD，DP⊥MN， ∴PM＝PN， ∵MN∥BC，FB⊥BC，EJ⊥BC，NT⊥BC， ∴FB＝EJ＝NT， ∵AM＝CD＝AE，AF＝MF＝EF＝CQ， ∴AF+BF＝AB＝BC＝BQ+CQ＝BJ+CJ＝PF+MF＝PM＝PN＝QT＝CQ+CT， ∴BF＝CJ＝CT＝EJ＝NT， ∴△CEJ、△CNT均为等腰直角三角形， ∴∠NCT＝∠ECJ＝45°，CE＝CNEJ， ∴∠ECN＝90°， ∴△CEN是等腰直角三角形， ∴ENCE； （3）如图所示，过点F作FM⊥AB交AC于点M，在FM上截取FK＝FB＝1，连接HK， ∵∠HFG＝∠KFB＝90°， ∴∠HFG+∠GFK＝∠KFB+∠GFK，即∠BFG＝∠KFH， 在△BFG和△KFH中， ， ∴△BFG≌△KFH（SAS）， ∴∠BGF＝∠KHF， 设∠BGF＝∠KHF＝α， 则∠KHG＝∠FHG﹣∠FHK＝45°﹣α∠HGK＝45°+α， ∴∠KHG+∠HGB＝90°，即HK⊥DT， 如图所示，作D关于HK的对称点T，连接HT，BT，则HT＝HD，作A关于HK的对称点，则AH＝NH，则AH+HD＝NH+HD≥ND，则AT＝ND，四边形ANTD是矩形，此时TD⊥AC， ∴AH+HD＝AH+HD≥AT， 当A，H，T三点共线时，此时AH+HD取的最小值，最小值为AT的长，此时DT经过点K，如图所示，则∠HKG＝90°，则TD⊥AC， ∵K是DT的中点，HK⊥DT， ∴AH＝HT， ∵AF＝FM，HF＝GF，∠HFA＝90°﹣∠AFG＝90°﹣∠AFG＝∠GFM， ∴△AHF≌△MGF ∴AH＝GM，∠HAF＝∠GMF， ∴HT＝GM， 设∠HAF＝∠GMF＝β，则∠ATD＝45°﹣β∠DMG＝45°﹣β， ∴∠HTK＝∠DMG， ∴在△HTK和△DMG中， ， ∴△HTK≌△DMG（AAS）， ∴DM＝KT，DG＝HK， ∵△BFG≌△KFH（SAS）， ∴BG＝HK＝GD，， 则， ∴， 过点G作GS⊥AB，如图所示 ∴， ∴． 【点评】本题考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质，等腰直角三角形的性质与判定，轴对称的性质求最值问题，平行线分线段成比例，熟练掌握以上知识是解题的关键． 5．（2023秋•武隆区期末）如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M、P、N分别为DE，DC，BC的中点． （1）求证：PM＝PN，PM⊥PN； （2）把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由； （3）把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请求出△PMN面积的最大值． 【分析】（1）利用三角形的中位线得出PMCE，PNBD，进而判断出BD＝CE，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出PM∥CE得出∠DPM＝∠DCA，最后用互余即可得出结论； （2）先判断出△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，同（1）的方法得出PMBD，PNBD，即可得出PM＝PN，同（1）的方法即可得出结论； （3）先判断出BD最大时，△PMN的面积最大，而BD最大是AB+AD＝14，即可得出结论． 【解答】解：（1）∵点P，N是BC，CD的中点， ∴PN∥BD，PNBD， ∵点P，M是CD，DE的中点， ∴PM∥CE，PMCE， ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴BD＝CE， ∴PM＝PN， ∵PN∥BD， ∴∠DPN＝∠ADC， ∵PM∥CE， ∴∠DPM＝∠DCA， ∵∠BAC＝90°， ∴∠ADC+∠ACD＝90°， ∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCA+∠ADC＝90°， ∴PM⊥PN， （2）△PMN是等腰直角三角形； 理由：由旋转知，∠BAD＝∠CAE， ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE， 同（1）的方法，利用三角形的中位线得，PNBD，PMCE， ∴PM＝PN， ∴△PMN是等腰三角形， 同（1）的方法得，PM∥CE， ∴∠DPM＝∠DCE， 同（1）的方法得，PN∥BD， ∴∠PNC＝∠DBC， ∵∠DPN＝∠DCB+∠PNC＝∠DCB+∠DBC， ∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCE+∠DCB+∠DBC ＝∠BCE+∠DBC＝∠ACB+∠ACE+∠DBC ＝∠ACB+∠ABD+∠DBC＝∠ACB+∠ABC， ∵∠BAC＝90°， ∴∠ACB+∠ABC＝90°， ∴∠MPN＝90°， ∴△PMN是等腰直角三角形； （3）由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM＝PNBD， ∴PM最大时，△PMN面积最大，即：BD最大时，△PMN面积最大， ∴点D在BA的延长线上， ∴BD＝AB+AD＝14， ∴PM＝7， ∴S△PMN最大PM272 【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质，解（1）的关键是判断出PMCE，PNBD，解（2）的关键是判断出△ABD≌△ACE，解（3）的关键是判断出BD最大时，△PMN的面积最大，是一道中考常考题． 6．（2023春•姑苏区校级期末）综合与实践 问题情境 在综合实践课上，同学们以“矩形的旋转”为主题开展学习探究活动．如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，在矩形AEFG中，AE＝4，EF＝3，点G在AB上． （1）探究发现 连接AC、AF，如图2，猜想AC与AF之间的位置关系，并说明理由； （2）将矩形AEFG绕点A顺时针旋转到如图3的位置，连接DG、CF，请求出的值； （3）解决问题 将矩形AEFG绕点A旋转，当点G在落在直线CF上时，直接写出线段CF的长 　±4　． 【分析】（1）通过证明△AGF∽△CBA，可得∠BAC＝∠AFG，由余角的性质可得∠CAF＝90°，可得结论； （2）通过证明△DAG∽△CAF，可求解； （3）分两种情况讨论，由勾股定理可求解． 【解答】解：（1）AC⊥AF，理由如下： ∵四边形ABCD和四边形AEFG是矩形， ∴AG＝EF＝3，AE＝GF＝4，AB＝CD＝8，AD＝BC＝6，∠B＝∠AGF＝90°， ∵， ∴△AGF∽△CBA， ∴∠BAC＝∠AFG， ∵∠AFG+∠GAF＝90°， ∴∠BAC+∠GAF＝90°＝∠CAF， ∴AC⊥AF； （2）如图，连接AF， ∵AB＝8，BC＝AD＝6， ∴AC10， ∵AE＝4，EF＝3， ∴AF5， ∴， ∵∠DAC＝∠FAG， ∴∠DAG＝∠FAC， ∴△DAG∽△CAF， ∴； （3）如图4，当点G在线段CF上时， ∵∠AGC＝90°， ∴GC， ∴CF＝CG+GF＝4， 如图5，当点F在线段CG上时， ∵∠AGC＝90°， ∴GC， ∴CF＝CG﹣GF4， 综上所述：CF的长为±4， 故答案为：±4． 【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，证明三角形相似是解题的关键． 7．（2022秋•蔡甸区月考）在△ABE和△CDE中，∠ABE＝∠DCE＝90°，AB＝BE，CD＝CE． （1）连接AD、BC，点M、N分别为AD、BC的中点，连接MN， ①如图1，当B、E、C三点在一条直线上时，MN与BC关系是 　MN⊥BC，MNBC　． ②如图2，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，①中的结论还成立吗？如果成立，请证明你的结论；如果不成立，请说明理由． （2）如图3，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，连接AC、BD，点P、Q分别为BD、AC的中点，连接PQ，若AB＝12，CD＝5，则PQ的最大值是 　8.5　． 【分析】（1）①延长CM、BA交于R，连接BM，证明△DMC≌△AMR（AAS），得CM＝RM，CD＝AR，从而BR＝BC，△BCR是等腰直角三角形，可得MN⊥BC，MNBC； ②过A作AF∥CD交CM延长线于F，连接BF，证明△DMC≌△AMF（AAS），得CM＝FM，∠FAM＝∠CDM，可得∠BAF＝∠BEC，从而△FAB≌△CEB（SAS），即得BC＝BF，∠EBC＝∠ABF，可求出△FBC是等腰直角三角形，△BCM是等腰直角三角形，故MN⊥BC，MNBC； （2）连接CP并延长至T，使PT＝CP，连接AT、BT，证明△CPD≌△TPB（SAS），得BT＝CE＝CD＝5，△ABT中，AB+BT＞AT，即知PQ＜9，故当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转至A、B、T共线时，PQ最大，最大值为（AB+BT）＝9． 【解答】解：（1）①延长CM、BA交于R，连接BM，如图： ∵∠ABE＝∠DCE＝90°， ∴CD∥AB， ∴∠DCM＝∠R， ∵M是AD中点， ∴DM＝AM， ∵∠DMC＝∠AMR， ∴△DMC≌△AMR（AAS）， ∴CM＝RM，CD＝AR， ∵AB＝BE，CD＝CE． ∴AB+AR＝BE+CE，即BR＝BC， 而∠ABE＝90°， ∴△BCR是等腰直角三角形， ∵CM＝RM， ∴△BCM是等腰直角三角形， ∵N为BC中点， ∴MN⊥BC，MNBC； 故答案为：MN⊥BC，MNBC； ②结论还成立，证明如下： 过A作AF∥CD交CM延长线于F，连接BF，如图： ∵AF∥CD， ∴∠DCM＝∠AFM， ∵M是AD中点， ∴DM＝AM， 又∠DMC＝∠AMF， ∴△DMC≌△AMF（AAS）， ∴CM＝FM，∠FAM＝∠CDM， ∵∠CDM＝∠CDE+∠EDA＝45°+∠EDA， ∴∠FAM＝45°+∠EDA， ∴∠EAF＝∠FAM+∠EAD＝45°+∠EDA+∠EAD＝45°+（180°﹣∠AED）＝225°﹣∠AED， ∴∠BAF＝360°﹣∠EAF﹣∠EAB＝360°﹣（225°﹣∠AED）﹣45°＝90°+∠AED， 又∵∠BEC＝∠BEA+∠AED+∠CED＝45°+∠AED+45°＝90°+∠AED， ∴∠BAF＝∠BEC， ∵AB＝BE，AF＝CD＝CE， ∴△FAB≌△CEB（SAS）， ∴BC＝BF，∠EBC＝∠ABF， ∵∠EBC+∠ABC＝90°， ∴∠ABF+∠ABC＝90°，即∠FBC＝90°， ∴△FBC是等腰直角三角形， ∵CM＝FM， ∴△BCM是等腰直角三角形， ∵N是BC中点， ∴MN⊥BC，MNBC； （2）连接CP并延长至T，使PT＝CP，连接AT、BT，如图： ∵Q是AC中点，PT＝CP， ∴AT＝2PQ， ∵P是BC中点， ∴DP＝BP， ∵PT＝CP，∠CPD＝∠TPB， ∴△CPD≌△TPB（SAS）， ∴BT＝CE＝CD＝5， △ABT中，AB+BT＞AT， ∴AT＜12+5，即2PQ＜17， ∴PQ＜8.5， 当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转至A、B、T共线（不能构成△ABT）时，如图： 此时PQ最大，最大值为（AB+BT）＝8.5， 故答案为：8.5． 【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转变换性质，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质、三角形面积等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 8．（2023•保定一模）在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，将矩形ABCD绕点B顺时针旋转得到矩形A1BC1D1，A，C，D的对应点分别为A1，C1，D1． （1）当点A1落在线段DC上时，完成以下探究． ①如图1，求DA1的长． ②如图2，延长DC交C1D1于点E，求证：△BCA1≌△A1D1E． （2）如图3，以BC为斜边在右侧作等腰直角三角形BCF，∠F＝90°，CF交BC1于点G，交C1D1于点H，若，求D1H的长． （3）如图4，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点P，连接PA1，PD1，则△PA1D1面积的最小值为 　9　． 【分析】（1）①由旋转的性质知A1B＝AB＝8，利用勾股定理即可求得，再根据矩形的性质，可得CD＝AB＝8，据此即可求解； ②首先根据旋转的性质，可得AD＝A1D1＝BC，再根据矩形的性质，可得∠A1CB＝∠D1＝90°，A1B∥C1D1，可证得∠CA1B＝∠D1EA1，据此即可证得结论； （2）首先由旋转的性质可知C1D1＝CD＝8，BC＝BC1＝6，利用勾股定理即可求得，BG＝5，即可求得C1G＝1，即可证得△HGC1∽△BGF，再根据相似三角形的性质，即可求得，据此即可求解； （3）首先由矩形的性质可知AD＝BC＝6，，利用勾股定理即可求得BD＝10，可得BP＝5，当点P到线段A1D1的距离h最小时，△PA1D1面积有最小值，此时，点A1在PD上，且A1P⊥A1D1，距离h的最小值为A1B﹣BP＝8﹣5＝3，据此即可求解． 【解答】（1）①解：由旋转的性质知A1B＝AB＝8． 在△A1BC中，A1B＝8，BC＝6， ∴． ∵四边形ABCD为矩形， ∴CD＝AB＝8， ∴； ②证明：∵将矩形ABCD绕点B顺时针旋转得到矩形A1BC1D1， ∴AD＝A1D1＝BC，∠A1CB＝∠D1＝90°，A1B∥C1D1， ∴∠CA1B＝∠D1EA1． 在△BCA1和△A1D1E中， ， ∴△BCA1≌△A1D1E（AAS）； （2）解：由旋转的性质可知C1D1＝CD＝8，BC＝BC1＝6． 在Rt△BCF中，BC＝6，FC＝FB，BC2＝FC2+FB2， ∴62＝FB2+FB2， ∴（负值舍去）， 在Rt△BGF中，BG2＝GF2+BF2， 即， 故BG＝5（负值舍去）， ∴C1G＝BC1﹣BG＝6﹣5＝1， ∵∠C1＝∠F＝90°，∠HGC1＝∠BGF， ∴△HGC1∽△BGF， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝6，， ∵AB＝8， ∴， ∴BP＝5． 当点P到线段A1D1的距离h最小时，△PA1D1面积有最小值， 此时，点A1在PD上，且A1P⊥A1D1， 距离h的最小值为A1B﹣BP＝8﹣5＝3， ∴△PA1D1面积的最小值为， 故答案为：9． 【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，矩形的性质，全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是确定点P到线段A1D1的距离h最小时，△PA1D1面积有最小值． 9．（2022秋•荔湾区校级期末）如图1，在△ABC中，点D、E分别在AB、AC上，DE∥BC，AD＝AE， （1）求证：∠B＝∠C； （2）若∠BAC＝90°，把△ADE绕点A逆时针旋转到图2的位置，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点，连接MN，PM，PN． ①判断△PMN的形状，并说明理由； ②把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，试问△PMN面积是否存在最大值；若存在，求出其最大值．若不存在，请说明理由． 【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理得出比例式即可得出AB＝AC，即可得出结论； （2）①利用三角形中位线定理和BD＝CE，判断出PM＝PN，即：△PMN是等腰三角形，再判断出∠MPN＝90°，得出△PMN是等腰直角三角形； ②先判断出PM最大时，△PMN面积最大，即：点D在AB的延长线上，进而求出BD＝AB+AD＝14，即可得出PM的最大值即可． 【解答】解：（1）∵AD＝AE， ∴∠ADE＝∠AED， ∵DE∥BC， ∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C， ∴∠B＝∠C． （2）①△PMN是等腰直角三角形， 理由：∵点P，M分别是CD，DE的中点， ∴PMCE，PM∥CE， ∵点N，M分别是BC，DE的中点， ∴PNBD，PN∥BD， ∵BD＝CE， ∴PM＝PN， ∴△PMN是等腰三角形， ∵PM∥CE， ∴∠DPM＝∠DCE， ∵PN∥BD， ∴∠PNC＝∠DBC， ∵∠DPN＝∠DCB+∠PNC＝∠DCB+∠DBC， ∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN ＝∠DCE+∠DCB+∠DBC ＝∠BCE+∠DBC ＝∠ACB+∠ACE+∠DBC ＝∠ACB+∠ABD+∠DBC ＝∠ACB+∠ABC， ∵∠BAC＝90°， ∴∠ACB+∠ABC＝90°， ∴∠MPN＝90°， ∴△PMN是等腰直角三角形， ②由①知，△PMN是等腰直角三角形，PM＝PNBD， ∴PM最大时，△PMN面积最大， ∴点D在AB的延长线上， ∴BD＝AB+AD＝14， ∴PM＝7， ∴S△PMN最大PM272． 故答案为 【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了平行线分线段成比例定理，三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质，解（2）①的关键是判断出PMCE，PNBD，解（2）②的关键是判断出MN最大时，△PMN的面积最大，是一道中考常考题． 10．（2023•福建）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D是AB边上不与A，B重合的一个定点．AO⊥BC于点O，交CD于点E．DF是由线段DC绕点D顺时针旋转90°得到的，FD，CA的延长线相交于点M． （1）求证：△ADE∽△FMC； （2）求∠ABF的度数； （3）若N是AF的中点，如图2，求证：ND＝NO． 【分析】（1）由DF是由线段DC绕点D顺时针旋转 90° 得到的，得∠FDC＝90°，FD＝CD，∠DFC＝45°，又AB＝AC，AO⊥BC，可得∠BAO＝∠DFC，根据∠EDA+∠ADM＝90°，∠M+∠ADM＝90°有∠EDA＝∠M，故△ADE∽△FMC； （2）设BC与DF的交点为I，由∠DBI＝∠CFI＝45°，∠BID＝∠FIC，有△BID∽△FIC，，即，可得△BIF∽△DIC，即得∠IBF＝∠IDC＝90°，从而∠ABF＝∠ABC+∠IBF＝135°； （3）延长ON交BF于点T，连接DT，DO，由∠FBI＝∠BOA＝90°，知BF∥AO，∠FTN＝∠AON，而N是AF的中点，有AN＝NF，可得△TNF≌△ONA（AAS），从而NT＝NO，FT＝AO，可证FT＝CO，△DFT≌△DCO（SAS），得DT＝DO，∠FDT＝∠CDO，即可得∠ODT＝∠CDF＝90°，故． 【解答】（1）证明：如图： ∵DF是由线段DC绕点D顺时针旋转 90° 得到的， ∴∠FDC＝90°，FD＝CD，∠DFC＝45°， ∵AB＝AC，AO⊥BC， ∴． ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAO＝∠ABC＝45°， ∴∠BAO＝∠DFC， ∵∠EDA+∠ADM＝90°，∠M+∠ADM＝90° ∴∠EDA＝∠M， ∴△ADE∽△FMC； （2）解：设BC与DF的交点为I，如图： ∵∠DBI＝∠CFI＝45°，∠BID＝∠FIC， ∴△BID∽△FIC， ∴，即， ∵∠BIF＝∠DIC， ∴△BIF∽△DIC， ∴∠IBF＝∠IDC， ∵∠IDC＝90°， ∴∠IBF＝90°， ∵∠ABC＝45°， ∴∠ABF＝∠ABC+∠IBF＝135°； （3）证明：延长ON交BF于点T，连接DT，DO，如图： ∵∠FBI＝∠BOA＝90°， ∴BF∥AO， ∴∠FTN＝∠AON． ∵N是AF的中点， ∴AN＝NF， ∵∠TNF＝∠ONA， ∴△TNF≌△ONA（AAS）， ∴NT＝NO，FT＝AO， ∵∠BAC＝90°，AB＝AC，AO⊥BC， ∴AO＝CO， ∴FT＝CO， 由（2）知，△BIF∽△DIC， ∴∠DFT＝∠DCO． ∵DF＝DC， ∴△DFT≌△DCO（SAS）， ∴DT＝DO，∠FDT＝∠CDO， ∴∠FDT+∠FDO＝∠CDO+∠FDO，即∠ODT＝∠CDF， ∵∠CDF＝90°， ∴∠ODT＝∠CDF＝90°， ∴． 【点评】本题考查相似三角形综合应用，涉及三角形内角和定理、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形及直角三角形的判定与性质等基础知识，解题的关键是掌握相似三角形的判定与性质定理． 11．（2023秋•沙坪坝区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是AB边上一点，连接CD． （1）如图1，当∠B＝67.5°且CD⊥AB时，将线段DC绕着点D逆时针旋转到DC′，连接AC′，CC′，若∠CDC′+∠CAC′＝45°，求∠ADC′的度数； （2）如图2，过点D作DE⊥BC于点E，线段BD的垂直平分线交DE于点F，点G为线段CD的中点，连接AG，FG，AF，BF，求证：AG⊥FG； （3）如图3，∠A＝45°，AD＝4，过点D作DM⊥AB，交AC于点M，点N是直线AB上一动点，点H是平面内一动点，连接MN，MH，NH，DH，当MH⊥MN且S△MNH＝24时，请直接写出DH的最小值． 【分析】（1）设∠CDC′＝α，则∠ADC′＝90°﹣α，∠DAC′＝∠BAC+CAC′＝45°+（45°﹣α）＝90°﹣α，从而∠DAC′＝∠ADC′，进而AC′＝DC′，进而得出DC＝DC′＝AC′，从而得出结果； （2）延长AG至W，是WG＝AG，连接DW，FW，DW交BC于V，可证得DW＝AC＝AB，∠ABF＝∠VDE，进而推出△ABF≌△WDF，从而AF＝FW，进一步得出结论； （3）以AD为x轴，DM为轴建立直角坐标系，作HR⊥y轴，设H（x，y），可证得△HRM∽△MDN，从而，进而得出DN，根据S△MNH＝S梯形DNHR﹣S△DNM﹣S△RHM得，（x）•y4x•（y﹣4）＝24，化简得出（x﹣3）2+（y﹣4）2＝32，从而点H在以I（3，4）为圆心，3为半径的圆上运动，进一步得出结果． 【解答】（1）解：∵AB＝AC，∠B＝67.5°， ∴∠ACB＝∠B＝67.5°， ∴∠BAC＝45°， 设∠CDC′＝α，则∠ADC′＝90°﹣α， ∵∠CDC′+∠CAC′＝45°， ∴∠CAC′＝45°﹣α， ∴∠DAC′＝∠BAC+CAC′＝45°+（45°﹣α）＝90°﹣α， ∴∠DAC′＝∠ADC′， ∴AC′＝DC′， ∵线段DC绕着点D逆时针旋转到DC′， ∴DC＝DC′， ∴DC＝DC′＝AC′， ∴∠ADC′＝60°； （2）如图1， 延长AG至W，是WG＝AG，连接DW，FW，DW交BC于V， ∵G是CD的中点， ∴DG＝CG， ∴四边形ACWD是平行四边形， ∴DW＝AC，DW∥AC， ∴∠WDB＝∠CAB，∠ACB＝∠DVB， ∵AC＝AB， ∴∠ACB＝∠ABC，DW＝AB， ∴∠DVB＝∠ABC， ∴DB＝DV， ∵∠VDE＝∠BDF， ∵点F在BD的垂直平分线上， ∴DF＝BF， ∴∠ABF＝∠BDF， ∴∠ABF＝∠VDE， ∴△ABF≌△WDF（SAS）， ∴AF＝FW， ∴AG⊥FG； （3）如图2， 以AD为x轴，DM为轴建立直角坐标系，作HR⊥y轴，设H（x，y）， ∴∠HRM＝∠MDN＝90°，RH＝x，OR＝y， ∴∠RMH+∠RHM＝90°， ∵∠NMH＝90°， ∴∠RMH+∠NMD＝90°， ∴∠NMD＝∠RHM， ∴△HRM∽△MDN， ∴， ∵∠A＝45°，AD＝4，DM⊥AB， ∴DM＝AD＝4， ∴， ∴DN， 由S△MNH＝S梯形DNHR﹣S△DNM﹣S△RHM得， （x）•y4x•（y﹣4）＝24， ∴（x﹣3）2+（y﹣4）2＝32， ∴点H在以I（3，4）为圆心，3为半径的圆上运动， 连接DI，交⊙I于H′，当点H在H′时，DH最小， ∵OI＝5， ∴DH最小＝2． 【点评】本题考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，确定圆的条件，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形． 12．（2023秋•蒙阴县期末）如图，△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°． （1）如图①，点E在BC上，线段AE与BD的数量关系是 　AE＝BD　，位置关系是 　AE⊥BD　； （2）把△CDE绕直角顶点C旋转到图②的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由； （3）把△CDE绕点C在平面内自由旋转，连接BE，若AC＝BC＝12，CE＝CD＝5，当AE最大时，直接写出BE的长是 　13　． 【分析】（1）如图1中，延长AE交BD于H．只要证明△ACE≌△BCD即可； （2）结论不变．如图2中，延长AE交BD于H，交BC于O．只要证明△ACE≌△BCD即可； （3）由题意知，A、C、E共线时，AE存在最大值，由勾股定理解答即可． 【解答】解：（1）如图1，延长AE交BD于H． ∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD， ∴△ACE≌△BCD（SAS）， ∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD， ∵∠EAC+∠AEC＝90°，∠AEC＝∠BEH， ∴∠BEH+∠EBH＝90°， ∴∠EHB＝90°，即AE⊥BD， 故答案为：AE＝BD；AE⊥BD； （2）（1）中的结论还成立；理由如下： 如图2，延长AE交BD于H，交BC于O． ∵∠ACB＝∠ECD＝90°， ∴∠ACE＝∠BCD， ∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD， ∴△ACE≌△BCD（SAS）， ∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD， ∵∠EAC+∠AOC＝90°，∠AOC＝∠BOH， ∴∠BOH+∠OBH＝90°， ∴∠OHB＝90°，即AE⊥BD； （3）把△CDE绕点C在平面内自由旋转， ∴点E在以C为圆心，CE为半径的圆上运动，如图3， 当A、C、E共线时，AE最大， ∵∠DCE＝90°， ∴∠BCE＝90°， ∴△BCE是直角三角形， 由勾股定理得：BE， ∵BC＝12，CE＝5， ∴BE13， 故答案为：13． 【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理． 13．（2024•新城区模拟）在Rt△ABC中，∠C＝90°．将△ABC绕点A顺时针旋转得到△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． （1）如图1，求证：PC＝PE； （2）当AD∥BC时， ①如图2，若CA＝6，CB＝8，求线段BP的长； ②如图3，连接BD，CE，延长CE交BD于点F，判断F是否为线段BD的中点，并说明理由． 【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连接AP，由勾股定理求得AB＝10，利用全等三角形的性质和平行线的性质求得∠DAP＝∠APD，推出DP＝AD＝10，据此求解即可； ②连接AP，延长AD和CE交于点H，证明Rt△APE≌Rt△APC（HL），得到PE＝PC，∠PEC＝∠PCE，利用AD∥BC，得到∠DHE＝∠PCE＝∠PEC，DE＝DH＝BC，进而证得△DFH≌△BFC（AAS），推导出DF＝BF，即F是线段BD的中点． 【解答】（1）证明：连接AP，如图1， 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连接AP，如图2， ∵∠C＝90°，CA＝6，CB＝8， ∴， 由旋转的性质知，AD＝AB＝10，DE＝BC＝8， 由（1）知Rt△APE≌Rt△APC， ∴PC＝PE，∠APE＝∠APC， ∵AD∥BC， ∴∠DAP＝∠APC， ∴∠DAP＝∠APD， ∴DP＝AD＝10， ∴PC＝PE＝10﹣8＝2， ∴BP＝BC﹣PC＝8﹣2＝6； ②F是线段BD的中点．理由如下： 连接AP，延长AD和CE交于点H，如图3， 在Rt△APE和Rt△APC中， ， ∴Rt△APE≌Rt△APC（HL）， ∴PE＝PC， ∴∠PEC＝∠PCE， ∵AD∥BC， ∴∠DHE＝∠PCE＝∠PEC， ∴DE＝DH＝BC， 在△DFH和△BFC中， ， ∴△DFH≌△BFC（AAS）， ∴DF＝BF，即F是线段BD的中点． 【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，正确作出辅助线解决问题是解答本题的关键． 14．（2024•益阳二模）如图，在等腰Rt△ABC和等腰Rt△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°． （1）观察猜想：如图1，点E在BC上，线段AE与BD的关系是 　AE＝BD，AE⊥BD　； （2）探究证明：把△CDE绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由； （3）拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内转动一周，若AC＝BC＝10，CE＝CD＝5，AE、BD交于点P时，连接CP，直接写出△BCP最大面积 　　． 【分析】（1）先根据等腰三角形的定义可得AC＝BC，CE＝CD，再根据三角形全等的判定定理与性质可得AE＝BD，∠EAC＝∠DBC，然后根据直角三角形两锐角互余、等量代换即可得∠AHD＝90°即可； （2）先根据三角形全等的判定定理与性质可得AE＝BD，∠EAC＝∠DBC，再根据直角三角形两锐角互余可得∠EAC+∠AOC＝90°，然后根据对顶角相等、等量代换可得∠DBC+∠BOH＝90°，从而可得∠OHB＝90°即可； （3）如图：由题意可知点P在以AB为直径的⊙O上运动，点D在⊙C上运动，观察图形，可知当BP与⊙C相切时，△BCP面积最大；此时，四边形CDPE为正方形，PD＝CD＝5；然后在Rt△BDC运用勾股定理求出BD，进而求出BP的最大值，最后运用三角形的面积公式求解即可． 【解答】解：（1）AE＝BD，AE⊥BD，理由如下： 如图1，延长AE交BD于H， 由题意得：AC＝BC，∠ACE＝∠BCD＝90°，CE＝CD， ∴△ACE≌△BCD（SAS）， ∴AE＝BD，∠EAC＝∠DBC， ∵∠DBC+∠BDC＝90°， ∴∠EAC+∠BDC＝90°， ∴∠AHD＝180°﹣（∠EAC+∠BDC）＝90°，即AE⊥BD， 故答案为：AE＝BD，AE⊥BD； （2）结论仍成立，仍有：AE＝BD，AE⊥BD；理由如下： 如图2，延长AE交BD于H，交BC于O， ∵∠ACB＝∠ECD＝90°， ∴∠ACB﹣∠BCE＝∠ECD﹣∠BCE，即∠ACE＝∠BCD， 在△ACE和△BCD中， ， ∴△ACE≌△BCD（SAS）， ∴AE＝BD，∠EAC＝∠DBC， ∵∠ACB＝90°， ∴∠EAC+∠AOC＝90°， ∵∠AOC＝∠BOH， ∴∠DBC+∠BOH＝90°，即∠OBH+∠BOH＝90°， ∴∠OHB＝180°﹣（∠OBH+∠BOH）＝90°，即AE⊥BD． （3）∵∠APB＝90°， ∴点P在以AB为直径的⊙O上运动． ∵CD＝CE＝5， ∴点D在⊙C上运动， 观察图形，可知当BP与⊙C相切时，△BCP面积最大． 此时，四边形CDPE为正方形，PD＝CD＝5． 在Rt△BDC中，． 当△BCP的面积最大时，，． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了三角形全等的判定与性质、勾股定理等、旋转变换以及几点共圆等知识点，正确作出辅助线并能综合应用所学知识是解答本题的关键． 题型七：旋转与抛物线（共8题） 1．（2022秋•陕州区期末）将抛物线yx2+1绕原点O旋转180°，则旋转后的抛物线的解析式为（　　） A．y＝﹣2x2+1 B．y＝﹣2x2﹣1 C．yx2+1 D．yx2﹣1 【分析】根据函数图象绕原点旋转180°：自变量、函数值都换成相反数，可得答案． 【解答】解：将抛物线yx2+1绕原点O旋转180°得到的抛物线的解析式是y[（﹣x）2+1]，即y1． 故选：D． 【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，函数图象绕原点旋转180°：自变量、函数值都换成相反数是解题关键． 2．（2022秋•南充期末）将抛物线y＝x2+2x﹣1绕顶点旋转180°，所得抛物线的解析为 　y＝﹣（x+1）2﹣2　． 【分析】先将原抛物线解析式化为顶点式，将其绕顶点旋转180°后，开口大小和顶点坐标都没有变化，变化的只是开口方向，可据此得出所求的结论． 【解答】解：y＝x2+2x﹣1＝（x2+2x+1）﹣2＝（x+1）2﹣2， 将原抛物线绕顶点旋转180°后，得：y＝﹣（x+1）2﹣2， 故答案为：y＝﹣（x+1）2﹣2． 【点评】此题考查了二次函数图象的旋转变换，在绕抛物线顶点旋转过程中，二次函数的开口大小和顶点坐标都没有变化． 3．（2023秋•辽宁期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y＝x2+mx+n（其中m，n均为常数）交x轴于A，B两点（点A在点B左侧），A点的坐标为（1，0），设抛物线交y轴于点C，点D为抛物线的顶点，连接OD，AD，AC．且抛物线对于如下不等式恒成立：． （1）求抛物线的解析式； （2）①求证：∠CDA＝∠ODA； ②连接BC，DB，点P为抛物线上一动点，连接DP交BC于Q．若∠DQC＝∠CAB，求点Q的坐标； （3）在x轴上有一点G（a，0）（a为常数），以G为对称中心，将抛物线旋转180°得到抛物线C2，将点G向上平移2|a|个单位得到H，连接BH．当C2与△BGH的直角边有两个公共点时，请直接写出a的取值范围 　1≤a≤3　． 【分析】（1）根据抛物线经过点A，可得n＝﹣1﹣m，再由不等式组可得将不等式①、②看作两个抛物线y＝x2+（m+4）x﹣4﹣m，y＝x2+（m﹣2）x+5﹣m，此时两个抛物线均处于x轴上方，即与x轴没有公共点或有一个公共点，利用判别式求出m的值，即可求函数的解析式； （2）①利用等积法求出设点到OD的距离与A点到CD的距离相等，可得DA是∠ODC的平分线，即可证明； ②利用勾股定理判断三角形BCD是直角三角形，设Q（t，﹣t+3），由∠BQD＝∠CAO，可知3，再由BQ，求Q（，）； （3）设抛物线C2上任意一点（x，y），则（x，y）关于G（a，0）的对称点为（2a﹣x，﹣y），可求抛物线C2的解析式为y＝﹣x2+（4a﹣4）x﹣4a2+8a﹣3，当抛物线C2经过点B时，a＝2；当抛物线C2经过点G时，a＝1，则1≤a≤3时，C2与△BGH的直角边有两个公共点． 【解答】解：（1）∵抛物线经过点A， ∴1+m+n＝0，即n＝﹣1﹣m， ∴y＝x2+mx﹣1﹣m， ∵：， ∴， 将不等式①、②看作两个抛物线y＝x2+（m+4）x﹣4﹣m，y＝x2+（m﹣2）x+5﹣m， 此时两个抛物线均处于x轴上方，即与x轴没有公共点或有一个公共点， ∴Δ＝m2+12m+32≤0，Δ＝m2﹣4m+4﹣4（5﹣m）＝m2﹣16≤0， 解得﹣8≤m≤﹣4，﹣4≤m≤4， ∴m＝﹣4， ∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+3； （2）①当x＝0时，y＝3， ∴C（0，3）， ∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1， ∴D（2，﹣1）， 设直线CD的解析式为y＝kx+3， ∴2k+3＝﹣1， 解得k＝﹣2， ∴直线CD的解析式为y＝﹣2x+3， 设A点到OD的距离为h1，A点到CD的距离为h2， ∵OD，CD＝2，直线CD与x轴的交点为（，0）， ∴h1，（1）×（3+1）2h2， 解得h1＝h2， ∴DA是∠ODC的平分线， ∴∠CDA＝∠ODA； ②当y＝0时，x2﹣4x+3＝0， 解得x＝1或x＝3， ∴B（3，0）， ∴OB＝OC＝3， ∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3， ∴BD，BC＝3，CD＝2， ∴CD2＝BC2+BD2， ∴三角形BCD是直角三角形， ∴∠CBD＝90°， 设Q（t，﹣t+3）， ∵∠DQC＝∠CAB， ∴∠BQD＝∠CAO， ∵tan∠CAO3， ∴3， ∴BQ， ∴， 解得t或t（舍）， ∴Q（，）； （3）设抛物线C2上任意一点（x，y）， 则（x，y）关于G（a，0）的对称点为（2a﹣x，﹣y）， ∴抛物线C2的解析式为﹣y＝（2a﹣x）2﹣4（2a﹣x）+3，整理得y＝﹣x2+（4a﹣4）x﹣4a2+8a﹣3， 由平移可知H（a，2|a|）， 当抛物线C2经过点B时，﹣9+12a﹣12﹣4a2+8a﹣3＝0， 解得a＝2或a＝3（舍）；当抛物线C2经过点G时，﹣a2+（4a﹣4）a﹣4a2+8a﹣3＝0， 解得a＝1或a＝3（舍）； ∴1≤a≤3时，C2与△BGH的直角边有两个公共点， 故答案为：1≤a≤3． 【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，勾股定理，等积法求高，构造函数法是解题的关键． 4．（2022秋•青川县期末）如图，抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A（2，0），B（﹣4，0）两点，与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式． （2）若E为第二象限的抛物线上的点，连接BC，BE，CE，当S△BCES△BOC时，求点E的坐标． （3）M为平面内一点，将抛物线绕点M旋转180°后得到新的抛物线，且新的抛物线经过点A，若新抛物线上有一点P，使△BCP是以点B为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出满足条件的点M的坐标． 【分析】（1）将A（2，0），B（﹣4，0）两点代入y＝ax2+bx+2，即可求解析式； （2）过点E作EN∥y轴交BC于点N，求出直线BC的解析式为，设点E的坐标为，则点N的坐标为，则，由S△BCES△BOC，即可求点E的坐标为（﹣2，2）； （3）分两种情况讨论：①当点P在x轴的下方时，求得新抛物线的解析式为，则M是线段GP1的中点，则点M的坐标为；②当点P在x轴的上方时，新抛物线的解析式为，顶点H的坐标为．所以M是线段GH的中点，可得点M的坐标为（﹣1，0）． 【解答】解：（1）将A（2，0），B（﹣4，0）两点代入y＝ax2+bx+2， 得， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）如图1，过点E作EN∥y轴交BC于点N， 由（1）可知点C的坐标为（0，2）， 设线段BC所在的直线的解析式为y＝kx+t， 将B（﹣4，0），C（0，2）代入， 得， 解得， ∴线段BC所在的直线的解析式为， 设点E的坐标为，则点N的坐标为， ∴， ∴， ∵， ∴， 整理得m2+4m+4＝0， 解得m1＝m2＝﹣2， ∴点E的坐标为（﹣2，2）； （3）①当点P在x轴的下方时，如图2，过点P1作P1D⊥x轴于点D， 设原抛物线的顶点为G，则点G的坐标为， ∵△P1BC是等腰直角三角形， ∴BC＝P1B，∠P1BC＝90°， ∴∠CBO+∠OCB＝∠OBC+∠P1BD＝90°， ∴∠OCB＝∠P1BD． ∵∠BOC＝∠P1DB＝90°， ∴△BOC≌△P1DB（AAS）， ∴P1D＝OB＝4，BD＝OC＝2， ∴OD＝4﹣2＝2， ∴点P1的坐标为（﹣2，﹣4）． ∵新抛物线是由抛物线绕点M旋转180°后得到的， ∴设新抛物线的解析式为， 把点P1（﹣2，﹣4）和A（2，0）代入， 得， 解得， ∴新抛物线的解析式为， 此时点P1为新抛物线的顶点， ∴M是线段GP1的中点， ∴点M的坐标为； ②当点P在x轴的上方时，如图3，过点P2作P2F⊥x轴于点F， 同理得△P2FB≌△BOC（AAS）， ∴P2F＝OB＝4，BF＝OC＝2， ∴点P2的坐标为（﹣6，4）， ∵新抛物线经过点P2和点A，同理可得新抛物线的解析式为， ∴新抛物线顶点H的坐标为． ∵新抛物线是由抛物线绕点M旋转180°后得到的， ∴M是线段GH的中点， ∴点M的坐标为（﹣1，0）， 综上所述，点M的坐标为或（﹣1，0）． 【点评】本题考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象及性质，数形结合解题是关键． 5．（2023秋•长春期末）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a、b、c是常数，a≠0），自变量x与函数值y的部分对应值如表： x 0 1 2 3 … y ﹣2 m ﹣2 1 … （1）根据以上信息，可知抛物线开口向 　开口向上　，对称轴为直线 　x＝1　． （2）求抛物线的解析式和m的值． （3）将抛物线y＝ax2+bx+c（x＞0）的图象记为G1，将G1绕点O旋转180°后的图象记为G2，G1、G2合起来得到的图象记为G，完成以下问题： ①若直线y＝k与函数G有且只有两个交点，直接写出k的取值范围． ②若对于函数G上的两点P（x1，y1）、Q（x2，y2），当t≤x1≤t+1，x2≥2时，总有y1＜y2，直接写出t的取值范围． 【分析】（1）由表格数据，根据函数的图象和性质即可求解； （2）用待定系数法即可求解； （3）①画出函数图象，观察函数图象即可求解；②当点P在y轴右侧和点Q（x＝2）之间以及在点R的左侧时，总有y1＜y2，即可求解． 【解答】解：（1）由表格数据知，其对称轴为直线x＝1，在对称轴的右侧，y随x的增大而增大， 故抛物线开口向上， 故答案为：开口向上，x＝1； （2）设抛物线的解析式为 y＝a（x﹣1）2+k，代入（0，﹣2）、（3，1）得：y＝（x﹣1）2﹣3， 将（1，m）代入上式，得：m＝﹣3； （3）①如图，从图象看，当k的值为﹣3或3或﹣2≤k≤2时，直线y＝k与函数G有且只有两个交点， ②当点P在y轴右侧和点Q（x＝2）之间以及在点R的左侧时，总有y1＜y2，如图： 当点P在y轴右侧和点Q（x＝2）之间时， 则t+1＜2且t＞0， 即0＜t＜1； 当点P在点R的左侧时， 根据函数的对称性，y轴右侧抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+2， 当x＝2时，y＝（x﹣1）2﹣3＝﹣2， 当y＝2＝﹣x2﹣2x+2， 则xR＝﹣1（正值已舍去）； 则t+1＜xR＝﹣1， 即t＜﹣2， 综上，0＜t＜1或 ． 【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到图形的旋转、解不等式，熟悉函数的图象和性质以及数形结合和分类求解是解题的关键． 6．（2023•雁峰区校级一模）如图，抛物线yx2x+2与x轴负半轴交于点A，与y轴交于点B． （1）求A，B两点的坐标； （2）如图1，点C在y轴右侧的抛物线上，且AC＝BC，求点C的坐标； （3）如图2，将△ABO绕平面内点P顺时针旋转90°后，得到△DEF（点A，B，O的对应点分别是点D，E，F），D，E两点刚好在抛物线上． ①求点F的坐标； ②直接写出点P的坐标． 【分析】（1）令y＝0，可求A点坐标，令x＝0，可求B点坐标； （2）由题意可知C点在AB的垂直平分线与抛物线的交点处，证明∠ABO＝∠HGA，再由三角函数sin∠ABO，可求G点坐标，进而求出直线HC的解析式yx，联立即可求C点坐标； （3）①设E（t，t2t+2），则F（t﹣2，t2t+2），D（t﹣2，t2t+3），再由D点在抛物线上，可求t＝3，则F（1，2）； ②过点P作PN⊥x轴交于点N，交EF于点M，证明△FMP≌△PNO（AAS），则PM+PN＝2，设P（m，2﹣m），OP2＝2m2﹣4m+4，再由OF2＝2OP2，可得5＝2（2m2﹣4m+4），即可求P（，）． 【解答】解：（1）令y＝0，0x2x+2， ∴x＝﹣1或x＝4， ∴A（﹣1，0）， 令x＝0，则y＝2， ∴B（0，2）； （2）∵AC＝BC， ∴C点在AB的垂直平分线上， ∵A（﹣1，0），B（0，2）， ∴AB的中点H（，1）， ∵∠AHG＝90°， ∴∠HAG+∠HGA＝90°，∠BAG+∠ABO＝90°， ∴∠ABO＝∠HGA， ∵AB， ∴AH， ∵sin∠ABO， ∴sin∠AGH， ∴AG， ∴OG， ∴G（，0）， 设直线HC的解析式为y＝kx+b， ∴， ∴， ∴yx， 联立， 解得x＝2±， ∵C点在y轴右侧， ∴x＝2， ∴C（2，）； （3）①如图2，设E（t，t2t+2）， ∵OA＝1，OB＝2， ∴F（t﹣2，t2t+2），D（t﹣2，t2t+3）， ∵D点在抛物线上， ∴t2t+3（t﹣2）2（t﹣2）+2， ∴t＝3， ∴F（1，2）； ②过点P作PN⊥x轴交于点N，交EF于点M， ∵∠OPF＝90°， ∴∠FPM+∠OPN＝90°， ∵∠FPM+∠MFP＝90°，FP＝OP， ∴△FMP≌△PNO（AAS）， ∴FM＝PN，PM＝ON， ∵F（1，2）， ∴PM+PN＝2， 设P（m，2﹣m）， ∴OP2＝m2+（2﹣m）2＝2m2﹣4m+4， ∵PO＝FP， ∴OF2＝2OP2， ∴5＝2（2m2﹣4m+4）， ∴m或m， ∴P（，）或P（，）， ∵①结论可知F（1，2），PO＝FP， ∴P（，）舍去， ∴P（，）． 【点评】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，旋转的性质，线段垂直平分线的性质，数形结合解题是关键． 7．（2020秋•天心区期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：yx2+bx+c与x轴相交于A，B两点，顶点为D，其中A（﹣4，0），B（4，0），设点F（m，0）是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F旋转180°，得到新的抛物线C'． （1）求抛物线C的函数解析式； （2）若抛物线C'与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围； （3）如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C'上的对应点P'，设M是C上的动点，N是C'上的动点，试探究四边形PMP'N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由． 【分析】（1）运用待定系数法将A（﹣4，0），B（4，0），代入yx2+bx+c中，即可求得答案； （2）设抛物线C′的解析式为：y（x﹣2m）2﹣8，联立方程组，可得，由抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，得出，解不等式组即可求得答案； （3）如图2，作PE⊥x轴于E，MH⊥x轴于H．利用AAS证明△PFE≌△FMH，进而得出M（m+4，m﹣4），根据点M在yx2+8上，建立方程求解即可． 【解答】解：（1）由题意把点A（﹣4，0），B（4，0），代入yx2+bx+c中， 得：， 解得：， ∴抛物线C的函数解析式为：yx2+8； （2）如图1，由题意抛物线C′的顶点坐标为（2m，﹣8）， 设抛物线C′的解析式为：y（x﹣2m）2﹣8， 由， 消去y得到：， ∵抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点， ∴， 解得：， ∴满足条件的m的取值范围为：4＜m＜4； （3）结论：四边形PMP'N能成为正方形． 理由：情形1，如图2，作PE⊥x轴于E，MH⊥x轴于H． 由题意易知P（4，4）， 当△PFM是等腰直角三角形时，四边形PMP'N是正方形， ∴PF＝FM，∠PFM＝90°， ∵∠PEF＝∠FHM＝90°， ∴∠PFE+∠FPE＝90°，∠PFE+∠MFH＝90°， 在△PFE和△FMH中， ∴， ∴△PFE≌△FMH（AAS）， ∴PE＝FH＝4，EF＝HM＝4﹣m， ∴M（m+4，m﹣4）， ∵点M在yx2+8上， ∴m﹣4（m+4）2+8， 解得或（舍）， ∴m＝﹣6+2时，四边形PMP'N是正方形． 情形2，如图，四边形PMP′N是正方形，同法可得M（m﹣4，4﹣m）， 把M（m﹣4，4﹣m）代入yx2+8中，4﹣m（m﹣4）2+8， 解得m＝12或m＝0（舍去）， ∴m＝12时，四边形PMP′N是正方形． 综上，四边形PMP′N能成为正方形，m＝﹣6+2或12． 【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，二次函数图象和性质，全等三角形判定和性质，正方形性质，中心对称和旋转的性质，一元二次方程的根与系数的关系等知识，解题的关键是灵活运用中心对称和旋转的性质等相关知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题． 8．（2020•青秀区校级三模）如图，已知抛物线C1：y＝ax2+4ax+4a﹣5的顶点为P，与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左边），点B的横坐标是1． （1）求a的值及P的坐标； （2）如图（1），抛物线C2与抛物线C1关于x轴对称，将抛物线C2向右平移，平移后的抛物线记为C3，C3的顶点为M，当点P、M关于点B成中心对称时，求C3的解析式； （3）如图（2），点Q是x轴正半轴上一点，将抛物线C1绕点Q旋转180°后得到抛物线C4．抛物线C4的顶点为N，与x轴相交于E、F两点（点E在点F的左边），当以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形时，求点Q的坐标． 【分析】（1）把点B坐标代入抛物线的解析式即可解决问题； （2）点M坐标根据点B是PM的中点即可求得； （3）设点N坐标为（m，5），作PH⊥x轴于H，作NG⊥x轴于G，作PK⊥NG于K，由旋转中心Q在x轴上，推出EF＝AB＝2BH＝6，推出FG＝3，点F坐标为（m+3，0）．H坐标为（﹣2，0），K坐标为（m，﹣5），由顶点P的坐标为（﹣2，﹣5），根据勾股定理得：PN2＝NK2+PK2＝m2+4m+104，PF2＝PH2+HF2＝m2+10m+50，NF2＝52+32＝34，分三种情形构建方程即可解决问题； 【解答】解：（1）由抛物线C1：y＝a（x+2）2﹣5得， 顶点P的坐标为（﹣2，﹣5）， ∵点B（1，0）在抛物线C1上， ∴0＝a（1+2）2﹣5， 解得a； （2）连接PM，作PH⊥x轴于H，作MG⊥x轴于G， ∴∠PHB＝∠MGB＝90°， ∵点P、M关于点B成中心对称， ∴PM过点B，且PB＝MB，PH＝MG ∴Rt△PBH≌Rt△MBG（HL）， ∴MG＝PH＝5，BG＝BH＝3， ∴顶点M的坐标为（4，5）， 抛物线C2由C1关于x轴对称得到，抛物线C3由C2平移得到， ∴抛物线C3的表达式为y（x﹣4）2+5； （3）∵抛物线C4由C1绕点x轴上的点Q旋转180°得到， ∴顶点N、P关于点Q成中心对称， 由（2）得点N的纵坐标为5， 设点N坐标为（m，5）， 作PH⊥x轴于H，作NG⊥x轴于G， 作PK⊥NG于K， ∵旋转中心Q在x轴上， ∴点B与点E是对应点，点A与点F是对应点， ∴EF＝AB． ∵点P是抛物线的顶点， ∴AH＝BH， ∴BH＝3 ∴AB＝2BH＝6 ∵点N是抛物线的顶点， ∴FG＝EGEFAB＝3 ∴点F坐标为（m+3，0）． H坐标为（﹣2，0），K坐标为（m，﹣5）， ∵顶点P的坐标为（﹣2，﹣5）， 根据勾股定理得： PN2＝NK2+PK2＝m2+4m+104， PF2＝PH2+HF2＝m2+10m+50， NF2＝52+32＝34， ①当∠PNF＝90°时，PN2+NF2＝PF2，解得m， ∴Q点坐标为（，0）． ②当∠PFN＝90°时，PF2+NF2＝PN2，解得m， ∴Q点坐标为（，0）． ③∵PN＞NK＝10＞NF， ∴∠NPF≠90° 综上所得，当Q点坐标为（，0）或（，0）时，以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形． 【点评】本题考查二次函数的综合应用，图形的翻折和平移，二次函数的性质，二次项系数|a|确定函数的形状，形状相同．开口方向相同则二次项系数相等，若形状相同，开口方向相反，则二次项系数互为相反数，根据二次项系数和顶点坐标直接写出二次函数的解析式是关键． $