数学九年级上册 旋转几何综合专题练习（解析版）一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）1．已知：如图①，在矩形ABCD 中，3,4,AB AD AE BD ==⊥，垂足是E .点F 是点E 关于AB 的对称点，连接AF 、BF ．（1）求AF 和BE 的长；（2）若将ABF 沿着射线BD 方向平移，设平移的距离为m (平移距离指点B 沿BD 方向所经过的线段长度)．当点F 分别平移到线段AB AD 、上时，直接写出相应的m 的值． （3）如图②，将ABF 绕点B 顺时针旋转一个角1(080)a a ︒<<︒，记旋转中ABF 为''A BF ，在旋转过程中，设''A F 所在的直线与直线AD 交于点P ，与直线BD 交于点Q ．是否存在这样的P Q 、两点，使DPQ 为等腰三角形？若存在，求出此时DQ 的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）129,55AF BF ==；（2）95m =或165m =；（3）存在4组符合条件的点P 、点Q ，使DPQ 为等腰三角形； DQ 的长度分别为2或25891055或35105【解析】【分析】（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解； （2）依题意画出图形，如图①-1所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m 的值；（3）在旋转过程中，等腰△DPQ 有4种情形，分别画出图形，对于各种情形分别进行计算即可．【详解】（1）∵四边形ABCD 是矩形，∴∠BAD=90°，在Rt △ABD 中，AB=3，AD=4，由勾股定理得：2222345AB AD +=+=， ∵S △ABD 12=BD•AE=12AB•AD ，∴AE=AB AD3412 BD55⋅⨯==，∵点F是点E关于AB的对称点，∴AF=AE125=，BF=BE，∵AE⊥BD，∴∠AEB=90°，在Rt△ABE中，AB=3，AE125 =，由勾股定理得：BE2222129355 AB AE⎛⎫=-=-=⎪⎝⎭；（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如图①-1所示：由对称点性质可知，∠1=∠2．BF=BE95 =，由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′95 =，①当点F′落在AB上时，∵AB∥A′B′，∴∠3=∠4，根据平移的性质知：∠1=∠4，∴∠3=∠2，∴BB′=B′F′95=，即95m=；②当点F′落在AD上时，∵AB∥A′B′，AB⊥AD，∴∠6=∠2，A′B′⊥AD，∵∠1=∠2，∠5=∠1，∴∠5=∠6，又知A′B′⊥AD，∴△B′F′D为等腰三角形，∴B′D=B′F′95 =，∴BB′=BD-B′D=5-91655=，即m165=；（3）存在．理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，∵AE⊥BD，∴∠AEB=90°，∠2+∠ABD=90°，∠BAE+∠ABD=90°，∴∠2=∠BAE，∵点F是点E关于AB的对称点，∴∠1=∠BAE，∴∠1=∠2，在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：①如图③-1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，则∠Q=∠DPQ，∴∠2=∠Q+∠DPQ=2∠Q，∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，∴∠3=∠Q，∴A′Q=A′B=3，∴F′Q=F′A′+A′Q=1227355+=，在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：2222927910 BF F Q555⎛⎫⎛⎫+=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭''，∴DQ=BQ-BD=9105 5-；②如图③-2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，则∠2=∠P，∵∠1=∠2，∴∠1=∠P，∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．∵∠3=∠2，∴∠3=∠1，∴BQ=A′Q，∴F′Q=F′A′-A′Q=125-BQ，在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2=BQ2，即：222 91255BQ BQ⎛⎫⎛⎫+-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：158 BQ=，∴DQ= BD-BQ=5-1525 88=；③如图③-3所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，则∠3=∠4．∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，∴∠4=90°-12∠2．∵∠1=∠2，∴∠4=90°-12∠1，∴∠A′QB=∠4=90°-12∠1，∴∠A′QB=∠A′BQ，∴A′Q=A′B=3，∴F′Q=A′Q-A′F′=3-123 55=，在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=222293310 BF F Q555⎛⎫⎛⎫+=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭''，∴DQ=BQ-BD=31055 -；④如图④-4所示，点Q落在BD上，且PQ=PD，则∠2=∠3．∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，∴∠1=∠4，∴BQ=BA′=3，∴DQ=BD-BQ=5-3=2．综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形，DQ的长度分别为：2或25891055或35105【点睛】本题是四边形综合题目，主要考查了矩形的性质、轴对称的性质、平移的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识点；第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论．2．阅读材料并解答下列问题：如图1，把平面内一条数轴x绕原点O逆时针旋转角00)90(θ︒︒<<得到另一条数轴,y x 轴和y 轴构成一个平面斜坐标系.xOy规定：过点P 作y 轴的平行线，交x 轴于点A ，过点P 作x 轴的平行线，交y 轴于点B ，若点A 在x 轴对应的实数为a ，点B 在y 轴对应的实数为b ，则称有序实数对(),a b 为点P 在平面斜坐标系xOy 中的斜坐标．如图2，在平面斜坐标系xOy 中，已知60θ︒=，点P 的斜坐标是()3,6，点C 的斜坐标是()0,6.（1）连接OP ，求线段OP 的长；（2）将线段OP 绕点O 顺时针旋转60︒到OQ （点Q 与点P 对应），求点Q 的斜坐标； （3）若点D 是直线OP 上一动点，在斜坐标系xOy 确定的平面内以点D 为圆心，DC 长为半径作D ，当⊙D 与x 轴相切时，求点D 的斜坐标，【答案】（1）37OP =2）点Q 的斜坐标为（9，3-）；（3）点D 的斜坐标为：（32，3）或（6，12）． 【解析】【分析】 （1）过点P 作PC ⊥OA ，垂足为C ，由平行线的性质，得∠PAC=60θ=︒，由AP=6，则AC=3，33PC =OP 的长度；（2）根据题意，过点Q 作QE ∥OC ，QF ∥OB ，连接BQ ，由旋转的性质，得到OP=OQ ，∠COP=∠BOQ ，则△COP ≌△BOQ ，则BQ=CP=3，∠OCP=∠OBQ=120°，然后得到△BEQ 是等边三角形，则BE=EQ=BQ=3，则OE=9，OF=3，即可得到点Q 的斜坐标；（3）根据题意，可分为两种情况进行分析：①当OP 和CM 恰好是平行四边形OMPC 的对角线时，此时点D 是对角线的交点，求出点D 的坐标即可；②取OJ=JN=CJ ，构造直角三角形OCN ，作∠CJN 的角平分线，与直线OP 相交与点D ，然后由所学的性质，求出点D 的坐标即可．【详解】解：（1）如图，过点P作PC⊥OA，垂足为C，连接OP，∵AP∥OB，∴∠PAC=60θ=︒，∵PC⊥OA，∴∠PCA=90°，∵点P的斜坐标是()3,6，∴OA=3，AP=6，∴1 cos602ACAP︒==，∴3AC=，∴226333PC=-=，336OC=+=，在Rt△OCP中，由勾股定理，得226(33)37OP=+=；（2）根据题意，过点Q作QE∥OC，QF∥OB，连接BQ，如图：由旋转的性质，得OP=OQ，∠POQ=60°，∵∠COP+∠POA=∠POA+∠BOQ=60°，∴∠COP=∠BOQ，∵OB=OC=6，∴△COP≌△BOQ（SAS）；∴CP=BQ=3，∠OCP=∠OBQ=120°，∴∠EBQ=60°，∵EQ∥OC，∴∠BEQ=60°，∴△BEQ是等边三角形，∴BE=EQ=BQ=3，∴OE=6+3=9，OF=EQ=3，∵点Q在第四象限，∴点Q的斜坐标为（9，3 ）；（3）①取OM=PC=3，则四边形OMPC是平行四边形，连接OP、CM，交点为D，如图：由平行四边形的性质，得CD=DM，OD=PD，∴点D为OP的中点，∵点P的坐标为（3，6），∴点D的坐标为（32，3）；②取OJ=JN=CJ，则△OCN是直角三角形，∵∠COJ=60°，∴△OCJ是等边三角形，∴∠CJN=120°，作∠CJN的角平分线，与直线OP相交于点D，作DN⊥x轴，连接CD，如图：∵CJ=JN，∠CJD=∠NJD，JP=JP，∴△CJD≌△NJD（SAS），∴∠JCD=∠JND=90°，则由角平分线的性质定理，得CD=ND；过点D作DI∥x轴，连接DJ，∵∠DJN=∠COJ=60°，∴OI∥JD，∴四边形OJDI是平行四边形，∴ID=OJ=JN=OC=6，在Rt△JDN中，∠JDN=30°，∴JD=2JN=12；∴点D的斜坐标为（6，12）；综合上述，点D的斜坐标为：（32，3）或（6，12）．【点睛】本题考查了坐标与图形的性质，解直角三角形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找圆心D的位置来解决问题，属于中考创新题型．注意运用分类讨论的思想进行解题．3．在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6．（1）如图1，若将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，连接AD，则△ABD的面积为．（2）如图2，点P为CA延长线上一个动点，连接BP，以P为直角顶点，BP为直角边作等腰直角△BPQ，连接AQ，求证：AB⊥AQ；（3）如图3，点E，F为线段BC上两点，且∠CAF＝∠EAF＝∠BAE，点M是线段AF上一个动点，点N是线段AC上一个动点，是否存在点M，N，使CM+NM的值最小，若存在，求出最小值：若不存在，说明理由．【答案】（1）36；（2）详见解析；（3）存在，最小值为3．【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得到△ABD是等腰直角三角形，求得AD＝2BC＝12，根据三角形的面积公式即可得到结论；（2）如图2，过Q作QH⊥CA交CA的延长线于H，根据等腰直角三角形的性质，得到PQ＝PB，∠BPQ＝90°，根据全等三角形的性质得到PH＝BC，QH＝CP，求得CP＝AH，得到∠HAQ＝45°，于是得到∠BAQ＝180°﹣45°﹣45°＝90°，即可得到结论；（3）根据已知条件得到∠CAF＝∠EAF＝∠BAE＝15°，求得∠EAC＝30°，如图3，作点C关于AF的对称点D，过D作DN⊥AC于N交AF于M，则此时，CM+NM的值最小，且最小值＝DN，求得AD＝AC＝6，根据直角三角形的性质即可得到结论．【详解】解：（1）∵将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，∴△ABD是等腰直角三角形，∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AD，∴AD＝2BC＝12，∴△ABD的面积＝12AD•BC＝1212×6＝36，故答案为：36；（2）如图，过Q作QH⊥CA交CA的延长线于H，∴∠H＝∠C＝90°，∵△BPQ是等腰直角三角形，∴PQ＝PB，∠BPQ＝90°，∴∠HPQ+∠BPC＝∠QPH+∠PQH＝90°，∴∠PQH＝∠BPC，∴△PQH≌△BPC（AAS），∴PH＝BC，QH＝CP，∵AC＝BC，∴PH＝AC，∴CP＝AH，∴QH＝AH，∴∠HAQ＝45°，∵∠BAC＝45°，∴∠BAQ＝180°﹣45°﹣45°＝90°，∴AB⊥AQ；（3）如图，作点C关于AF的对称点D，过D作DN⊥AC于N交AF于M，∵∠CAF ＝∠EAF ＝∠BAE ，∠BAC ＝45°，∴∠CAF ＝∠EAF ＝∠BAE ＝15°，∴∠EAC ＝30°，则此时，CM +NM 的值最小，且最小值＝DN ，∵点C 和点D 关于AF 对称，∴AD ＝AC ＝6，∵∠AND ＝90°，∴DN ＝12AD ＝12⨯6＝3， ∴CM +NM 最小值为3．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，正确的作出作辅助线构造全等三角形是解题的关键．4．如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点P 、Q 分别是边AB 、BC 上的两个动点（与点A 、B 、C 不重合），且始终保持BP BQ =，AQ QE ⊥，QE 交正方形外角平分线CE 于点E ，AE 交CD 于点F ，连结PQ ．（1）求证：APQ QCE ∆∆≌；（2）证明：DF BQ QF +=；（3）设BQ x =，当x 为何值时，//QF CE ，并求出此时AQF ∆的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）当222x =-+//QF CE ；AQF S ∆442=-+．【解析】【分析】（1）判断出△PBQ 是等腰直角三角形，然后求出∠APQ=∠QCE=135°，再根据同角的余角相等求出∠PAQ=∠CQE ，再求出AP=CQ ，然后利用“角边角”证明即可；（2）根据全等三角形对应边相等可得AQ=EQ ，判断出△AQE 是等腰直角三角形，将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆，再证明()F AQ FAQ SAS '∆∆≌；（3）连结AC ，设QF CE ，推出QCF ∆是等腰直角三角形°，再证明()ABQ ADF SAS ∆∆≌，根据全等三角形对应边相等可得QF=GF ，AQ AF =，22.5QAB DAF ∠=∠=︒，分别用x 表示出DF 、CF 、QF ，然后列出方程求出x ，再求出△AQF 的面积．【详解】（1）∵四边形ABCD 是正方形，∴AB BC =，90B BCD DCM ∠=∠=∠=︒，∵BP BQ =，∴PBQ ∆是等腰直角三角形，AP QC =，∴45BPQ ∠=︒，∴135APQ ∠=︒∵CE 平分DCM ∠，∴45DCE ECM ∠=∠=︒，∴135QCE ∠=︒，∴135APQ QCE ∠=∠=︒，∵AQ QE ⊥，∴90AQB CQE ∠+∠=︒．∵90AQB BAQ ∠+∠=︒．∴BAQ CQE ∠=∠．∴()APQ QCE ASA ∆≌．（2）由（1）知APQ QCE ∆∆≌．∴QA QE =．∵90AQE ∠=︒，∴AQE ∆是等腰直角三角形，∴45QAE ∠=︒．∴45DAF QAB ∠+∠=︒，如图4，将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆，其中点D 与点B 重合，且点F '在直线BQ 上，则45F AQ '∠=︒，F A FA '=，AQ AQ =，∴()F AQ FAQ SAS '∆∆≌．∴QF QF BQ DF '==+．（3）连结AC ，若QF CE ，则45FQC ECM ∠=∠=︒．∴QCF ∆是等腰直角三角形，∴2CF CQ x ==-，∴DF BQ x ==．∵AB AD =，90B D ∠=∠=︒，∴()ABQ ADF SAS ∆∆≌．∴AQ AF =，22.5QAB DAF ∠=∠=︒，∴AC 垂直平分QF ，∴22.5QAC FAC QAB FAD ∠=∠=∠=∠=︒，2FQ QN =，∴22FQ BQ x ==．在Rt QCF ∆中，根据勾股定理，得222(2)(2)(2)x x x -+-=． 解这个方程，得1222x =-+ 2222x =--（舍去）． 当222x =-+QF CE ．此时，QCF QEF S S ∆∆=，∴212QCF AQF QEF AQF AQE S S S S S AQ ∆∆∆∆∆+=+==， ∴()2222111222AQF AQE QCF S S S AQ CQ AQ CQ ∆∆∆=-=-=- ()222112(2)4244222x x x x ⎡⎤=+--=⋅==-+⎣⎦【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，难点在于（3）作辅助线构造成全等三角形并利用勾股定理列出方程．5．如图1，在正方形ABCD 中，点E 、F 分别在边BC ，CD 上，且BE=DF ，点P 是AF 的中点，点Q 是直线AC 与EF 的交点，连接PQ ，PD ．（1）求证：AC 垂直平分EF ；（2）试判断△PDQ 的形状，并加以证明；（3）如图2，若将△CEF 绕着点C 旋转180°，其余条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）△PDQ是等腰直角三角形；理由见解析（3）成立；理由见解析.【解析】试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，由BE=DF，得出CE=CF，△CEF是等腰直角三角形，即可得出结论；（2）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明∠DPQ=90°，即可得出结论；（3）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明点A、F、Q、P四点共圆，由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°，即可得出结论．试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，∵BE=DF，∴CE=CF，∴AC垂直平分EF；（2）解：△PDQ是等腰直角三角形；理由如下：∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，∴PD=AF=PA，∴∠DAP=∠ADP，∵AC垂直平分EF，∴∠AQF=90°，∴PQ=AF=PA，∴∠PAQ=∠AQP，PD=PQ，∵∠DPF=∠PAD+∠ADP，∠QPF=∠PAQ+∠AQP，∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2（∠PAD+∠PAQ）=2×45°=90°，∴△PDQ是等腰直角三角形；（3）成立；理由如下：∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，∴PD=AF=PA，∵BE=DF，BC=CD，∠FCQ=∠ACD=45°，∠ECQ=∠ACB=45°，∴CE=CF，∠FCQ=∠ECQ，∴CQ⊥EF，∠AQF=90°，∴PQ=AF=AP=PF，∴PD=PQ=AP=PF，∴点A、F、Q、P四点共圆，∴∠DPQ=2∠DAQ=90°，∴△PDQ是等腰直角三角形．考点：四边形综合题．6．在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想∠AEB=θ是否成立？请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）成立，理由见解析【解析】试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．试题解析：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠A OC′=∠BOD′，∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，∴OC=OD，∴OC′=OD′，在△AOC′和△BOD′中，，∴△AOC′≌△BOD′（SAS），∴AC′=BD′；②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：∵△AOC′≌△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，∴∠OBD′+∠BFE=90°，∴∠BEA=90°，∴AC′⊥BD′；（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵CD∥AB，∴，∴，∴，又∠AOC′=∠BOD′，∴△AOC′∽△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∴∠AEB=∠AOB=θ．考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．7．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG≌△AEF；(2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N(如图②)，求证：EF2=ME2+NF2；(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.【解析】试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF；（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，∴AF=AG，∠FAG=90°，∵∠EAF=45°，∴∠GAE=45°，在△AGE与△AFE中，，∴△AGE≌△AFE（SAS）；（2）设正方形ABCD的边长为a．将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．则△ADF≌△ABG，DF=BG．由（1）知△AEG≌△AEF，∴EG=EF．∵∠CEF=45°，∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，∴CE=CF，BE=BM，NF=DF，∴a﹣BE=a﹣DF，∴BE=DF，∴BE=BM=DF=BG，∴∠BMG=45°，∴∠GME=45°+45°=90°，∴EG2=ME2+MG2，∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，∴EF2=ME2+NF2；（3）EF2=2BE2+2DF2．如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，即2（DF2+BE2）=EF2考点：四边形综合题8．(1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD．①求证：四边形BFDE是菱形；②直接写出∠EBF的度数；(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究，如图②，点G、I分别在BF、BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD的中点，连接FH并延长，交ED于点J，连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH与FH 之间满足的关系，并说明理由；(3)把(1)中矩形ABCD 进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD 满足AB=AD 时，点E 是对角线AC 上一点，连接DE 、EF 、DF ，使△DEF 是等腰直角三角形，DF 交AC 于点G.请直接写出线段AG 、GE 、EC 三者之间满足的数量关系.【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH ＝3FH ；（3）EG 2＝AG 2+CE 2．【解析】【分析】（1）①由△DOE ≌△BOF ，推出EO ＝OF ，∵OB ＝OD ，推出四边形EBFD 是平行四边形，再证明EB ＝ED 即可．②先证明∠ABD ＝2∠ADB ，推出∠ADB ＝30°，延长即可解决问题．（2）IH ＝3FH ．只要证明△IJF 是等边三角形即可．（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，先证明△DEG ≌△DEM ，再证明△ECM 是直角三角形即可解决问题．【详解】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ，OB ＝OD ，∴∠EDO ＝∠FBO ，在△DOE 和△BOF 中，EDO FBO OD OBEOD BOF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝ ， ∴△DOE ≌△BOF ，∴EO ＝OF ，∵OB ＝OD ，∴四边形EBFD 是平行四边形，∵EF ⊥BD ，OB ＝OD ，∴EB ＝ED ，∴四边形EBFD 是菱形．②∵BE 平分∠ABD ，∴∠ABE ＝∠EBD ，∵EB ＝ED ，∴∠EBD ＝∠EDB ，∴∠ABD ＝2∠ADB ，∵∠ABD +∠ADB ＝90°，∴∠ADB ＝30°，∠ABD ＝60°，∴∠ABE ＝∠EBO ＝∠OBF ＝30°，∴∠EBF ＝60°．（2）结论：IH ＝3FH ．理由：如图2中，延长BE 到M ，使得EM ＝EJ ，连接MJ ．∵四边形EBFD 是菱形，∠B ＝60°，∴EB ＝BF ＝ED ，DE ∥BF ，∴∠JDH ＝∠FGH ，在△DHJ 和△GHF 中，DHG GHF DH GHJDH FGH ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝ ， ∴△DHJ ≌△GHF ，∴DJ ＝FG ，JH ＝HF ，∴EJ ＝BG ＝EM ＝BI ，∴BE ＝IM ＝BF ，∵∠MEJ ＝∠B ＝60°，∴△MEJ 是等边三角形，∴MJ ＝EM ＝NI ，∠M ＝∠B ＝60°在△BIF 和△MJI 中，BI MJ B M BF IM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△BIF ≌△MJI ，∴IJ ＝IF ，∠BFI ＝∠MIJ ，∵HJ ＝HF ，∴IH ⊥JF ，∵∠BFI +∠BIF ＝120°，∴∠MIJ +∠BIF ＝120°，∴∠JIF ＝60°，∴△JIF 是等边三角形，在Rt △IHF 中，∵∠IHF ＝90°，∠IFH ＝60°，∴∠FIH ＝30°，∴IH ＝3FH ．（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．理由：如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，∵∠FAD +∠DEF ＝90°，∴AFED 四点共圆，∴∠EDF ＝∠DAE ＝45°，∠ADC ＝90°，∴∠ADF +∠EDC ＝45°，∵∠ADF ＝∠CDM ，∴∠CDM +∠CDE ＝45°＝∠EDG ，在△DEM 和△DEG 中，DE DE EDG EDM DG DM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△DEG ≌△DEM ，∴GE ＝EM ，∵∠DCM ＝∠DAG ＝∠ACD ＝45°，AG ＝CM ，∴∠ECM ＝90°∴EC 2+CM 2＝EM 2，∵EG ＝EM ，AG ＝CM ，∴GE 2＝AG 2+CE 2．【点睛】考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.9．如图，已知△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F 为BE 的中点，连接CF ，DF ．（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上时①证明：△BFC是等腰三角形；②请判断线段CF，DF的关系？并说明理由；（2）如图2，将图1中的△ADE绕点A旋转到图2位置时，请判断（1）中②的结论是否仍然成立？并证明你的判断．【答案】（1）①证明见解析；②结论：CF=DF且CF⊥DF．理由见解析；（2）（1）中的结论仍然成立．理由见解析.【解析】【详解】分析：(1)、根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知CF=BF=EF，根据∠CFD=2∠ABC，∠ACB=90°，∠ABC=45°得出∠CFD=90°，从而得出答案；(2)、延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，首先证明△BFG和△EFD全等，然后再证明△BCG和△ACD全等，从而得出GC=DC，∠BCG=∠ACD，∠DCG=∠ACB=90°，最后根据直角三角形斜中线的性质得出答案．详解：（1）①证明：∵∠BCE=90°．EF=FB，∴CF=BF=EF，∴△BFC是等腰三角形．②解：结论：CF=DF且CF⊥DF．理由如下：∵∠ADE=90°，∴∠BDE=90°，又∵∠BCE=90°，点F是BE的中点，∴CF=DF=12BE=BF，∴∠1=∠3，∠2=∠4，∴∠5=∠1+∠3=2∠1，∠6=∠2+∠4=2∠2，∴∠CFD=∠5+∠6=2（∠1+∠2）=2∠ABC，又∵△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，∴∠CFD=90°，∴CF=DF且CF⊥DF．（2）（1）中的结论仍然成立．理由如下：如图，延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，∵F是BE的中点，∴BF=EF，又∵∠BFG=∠EFD，GF=DF，∴△BFG≌△EFD（SAS），∴∠FBG=∠FED，BG=ED，∴BG∥DE，∵△ADE和△ACB都是等腰直角三角形，∴DE=DA，∠DAE=∠DEA=45°，AC=BC，∠CAB=∠CBA=45°，又∵∠CBG=∠EBG﹣∠EBA﹣∠ABC=∠DEF﹣（180°﹣∠AEB﹣∠EAB）﹣45°=∠DEF﹣180°+∠AEB+∠EAB﹣45°=（∠DEF+∠AEB）+∠EAB﹣225°=360°﹣∠DEA+∠EAB﹣225°=360°﹣45°+∠EAB﹣225°=90°+∠EAB，而∠DAC=∠DAE+∠EAB+∠CAB=45°+∠EAB+45°=90°+∠EAB，∴∠CBG=∠DAC ，又∵BG=ED ，DE=DA ，∴BG=AD ，又∵BC=AC ，∴△BCG ≌△ACD （SAS ），∴GC=DC ，∠BCG=∠ACD ，∴∠DCG=∠DCB+∠BCG=∠DCB+∠ACD=∠ACB=90°，∴△DCG 是等腰直角三角形，又∵F 是DG 的中点，∴CF ⊥DF 且CF=DF ．点睛：主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定，及勾股定理的运用．要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键．10．如图1，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C ：y =ax 2+bx +c 与x 轴相交于A ，B 两点，顶点为D （0，4），AB =42，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 的函数表达式；（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．【答案】（1）2142y x =-+；（2）2＜m ＜223）m =6或m 17﹣3． 【解析】【分析】（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （20），设抛物线的解析式为24y ax =+，把A （220）代入可得a =12-，由此即可解决问题； （2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为()21242y x m =--，由()221421242y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩，消去y 得到222280x mx m -+-=，由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有()222(2)428020280m m m m ⎧--->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩，解不等式组即可解决问题； （3）情形1，四边形PMP ′N 能成为正方形．作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，推出PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，可得M （m +2，m ﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），利用待定系数法即可解决问题．【详解】（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A（0），设抛物线的解析式为24y ax =+，把A（0）代入可得a =12-， ∴抛物线C 的函数表达式为2142y x =-+． （2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为()21242y x m =--， 由()221421242y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩， 消去y 得到222280x mx m -+-= ，由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有()222(2)428020280m m m m ⎧--->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩， 解得2＜m＜∴满足条件的m 的取值范围为2＜m＜（3）结论：四边形PMP ′N 能成为正方形．理由：1情形1，如图，作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，∴PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，∴M （m +2，m ﹣2），∵点M 在2142y x =-+上，∴()212242m m -=-++，解得m =17﹣3或﹣17﹣3（舍弃），∴m =17﹣3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 ﹣2，2﹣m ），把M （m ﹣2，2﹣m ）代入2142y x =-+中，()212242m m -=--+，解得m =6或0（舍弃），∴m =6时，四边形PMP ′N 是正方形．综上所述：m =6或m 17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．。