2021年中考数学三轮复习《图形的变换解答压轴题》考前专题提升训练（附答案）

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1、2021 年中考复习图形的变换解答压轴题考前专题提升训练年中考复习图形的变换解答压轴题考前专题提升训练 1在 Rt ABC 中，A=90，AC=AB=4，D，E 分别是边 AB，AC 的中点若等腰 Rt ADE 绕点 A 逆时针旋 转，得到等腰 RtRt AD1E1，设旋转角为 （0180） ，记直线 BD1与 CE1的交点为 P （1）如图 1，当 =90时，线段 BD1的长等于 ，线段 CE1的长等于 ； （直接填写结果） （2）如图 2，当 =135时，求证：BD1=CE1 ，且 BD1CE1 ； （3）求点 P 到 AB 所在直线的距离的最大值 （直接写出结果） 2如图 1，已知正方形

2、 ABCD 的边 CD 在正方形 DEFG 的边 DE 上，连接 AE，GC （1）试猜想 AE 与 GC 有怎样的位置关系，并证明你的结论； （2）将正方形 DEFG 绕点 D 按顺时针方向旋转，使点 E 落在 BC 边上，如图 2，连接 AE 和 GC你认为（1） 中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由 3在ABC中，点D在边BC上，联结 ,ADADCn . 1如图，将ADC沿着AD翻折，点C的对应点是点C，若DB平分ADC，则n的值等于 ； 2若 90,2,3,4nADBDCD.将 ABC绕着点D旋转，使得点A的对应点A落在边BC上，点 BC、的对应点分别是点B C

3、、，则A B C的面积等于 . 4已知 ABDE 于 A，C，O 是 AB 上一点，且 ACCOOB2，以 O 为圆心作扇形 BOF，F 到直线 AB 的距 离为3 （1）求扇形 BOF 的面积： （2）将直线 DE 绕 A 点旋转得到直线 DE； 当直线 DE与扇形 BOF 相切时，求旋转角的大小； 设直线 DE与扇形 BOF 的弧相交于 M、N，若 AMMN，求 MN 的长 5定义：如图 1，在 ABC 和 ADE 中，AB=AC=AD=AE，当BAC+DAE=180 时，我们称 ABC 与 DAE 互为“顶补等腰三角形”， ABC 的边 BC 上的高线 AM 叫做 ADE 的“顶心距”，

4、点 A 叫做“旋补中心”. （1）特例感知：在图 2，图 3 中， ABC 与 DAE 互为“顶补等腰三角形”，AM 是“顶心距”。 如图 2，当BAC=90时，AM 与 DE 之间的数量关系为 AM= DE； 如图 3，当BAC=120，ED=6 时，AM 的长为 。 （2）猜想论证：在图 1 中，当BAC 为任意角时，猜想 AM 与 DE 之间的数量关系，并给予证明。 （3）拓展应用如图 4，在四边形 ABCD 中，AD=AB，CD=BC，B=90，A=60，CA=，在四边 ABCD 的内 部找到点 P，使得 PAD 与 PBC 互为“顶补等腰三角形”。回答下列问题。 请在图中标出点 P

5、的位置，并描述出该点的位置为 ； 直接写出 PBC 的“顶心距”的长为 。 6如图，在等腰 Rt ABC 中，ACB90，AB14 2点 D，E 分别在边 AB，BC 上，将线段 ED 绕点 E 按逆时针方向旋转 90得到 EF （1）如图 1，若 ADBD，点 E 与点 C 重合，AF 与 DC 相交于点 O，请直接写出 BD 与 DO 的数量关系 （2）已知点 G 为 AF 的中点 如图 2，若 ADBD，CE2，求 DG 的长 如图 3，若 DGBC，EC2，求 AD BD 的值 7 如图， 在正方形 ABCD 中， 点 E 为 AB 的中点， F 为线段 BE 上任意一点， 将线段 E

6、F 绕点 E 逆时针旋转 90， 得到线段 EG. （1）按请按要求补全图形：连接 BG 过点 G 作 GHBG，交对角线 AC 于点 H，连接 DH； （2）判断 DH 与 GH 的数量关系并加以证明 8如图，已知 ABC 中，C=90，AC=BC= 2 ，将 ABC 绕点 A 顺时针方向旋转 60到 ABC的位置， 连接 CB （1）请你在图中把图补画完整； （2）求 CB 的长 9如图 1，在 ABC 中，ACnAB，CAB，点 E，F 分别在 AB，AC 上且 EFBC，把 AEF 绕点 A 顺时 针旋转到如图 2 的位置连接 CF，BE （1）求证：ACFABE； （2）若点 M，N

7、 分别是 EF，BC 的中点，当 90时，求证：BE2+CF24MN2； （3）如图 3，点 M，N 分别在 EF，BC 上且 FM ME CN NB 1 2 ，若 n 2，135，BE2，直接写出 MN 的长 10如图， ABC 是等边三角形，点 D 在 AC 边上，将 BCD 绕点 C 旋转得到 ACE （1）求证：DEBC （2）若 AB8，BD7，求 ADE 的周长 11如图 1，在 ABC 中，ABAC，BAC120，点 D，E 分别在边 AB，AC 上，ADAE，连接 DC，点 M， P，N 分别为 DE，DC，BC 的中点 （1）观察猜想：图 1 中，线段 PM 与 PN 的数量

8、关系是 ，MPN 的度数是 ； （2）探究证明：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）拓展延伸：把 ADE 绕点 A 在平面内自由旋转，若 AD4，AB8，请直接写出 PMN 面积的取值范 围 12如图 1.正方形AEFG的边长为2 2，点B在AE上，且2AB . 1如图 2.将线段AB绕点A逆时针旋转，设旋转角为 0360aa ，并以AB为边作正方形ABCD， 连接,DG EB试问随着线段AB的旋转，BE与DG有怎样的数量关系？说明理由； 2如图 3，在 1的条件下，若点B恰好落在线段DG上，求点B走过的路径

9、长(保留). 13在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，A为公共顶点， 90BACAGF ，若ABC固定不动，AFG绕点A旋转，AF、AG与边BC的交点分别为D、 E（点D不与点B重合，点E不与点C重合） （1）求证：ABEDCA； （2）在旋转过程中，试判断等式 222 BDCEDE 是否始终成立，若成立，请证明；若不成立，请说明 理由 14一副三角尺按照如图所示摆放在量角器上，边AB与量角器 0 刻度线重合，边AE与量角器180刻度 线重合，将三角尺ABC绕量角器中心点A以每秒3的速度顺时针旋转，当边AB与180刻度线重合时停 止运动.设三角尺ABC的运动时间为

10、t秒. （1）当AC平分BAD时，求t的值； （2） 若三角尺ABC开始旋转的同时， 三角尺ADE也绕点A以每秒1的速度逆时针旋转.当三角尺ABC停 止旋转时，三角尺ADE也停止旋转. 当AD平分 BAC时，求t的值； 在旋转过程中，是否存在某一时刻，使得4BAECAD ？若存在，请求出t的值；若不存在，请说 明理由. 15如图，已知AOCBOD120，BOC 3 5 AOD （1）求AOD 的度数； （2） 若射线 OB 绕点 O 以每秒旋转 20的速度顺时针旋转， 同时射线 OC 以每秒旋转 15的速度逆时针旋转， 设旋转的时间为 t 秒（0t6） ，试求当BOC20时 t 的值； （3）

11、若AOB 绕点 O 以每秒旋转 5的速度逆时针旋转，同时COD 绕点 O 以每秒旋转 10的速度逆时针旋 转，设旋转的时间为 t 秒（0t18） ，OM 平分AOC，ON 平分BOD，在旋转的过程中，MON 的度数 是否发生改变？若不变，求出其值：若改变，说明理由 16如图，在平行四边形 ABCD 中，AEBC 于点 E.若一个三角形模板与 ABE 完全重合地叠放在一起，现 将该模板绕 点 E 顺时针旋转.要使该模板旋转 60后，三个顶点仍在平行四边形 ABCD 的边上，请探究平行 四边形 ABCD 的角和边需要满足的条件. 17如图，等腰直角 ABC 中，ABC90，点 P 在 AC 上，将

12、 ABP 绕顶点 B 沿顺时针方向旋转 90后得 到 CBQ （1）求PCQ 的度数； （2）当 AB4，AP 2时，求 PQ 的大小； （3）当点 P 在线段 AC 上运动时（P 不与 A，C 重合） ，求证：2PB2PA2+PC2 18如图，两个形状、大小完全相同的含有 30、60的直角三角板如图放置，PA、PB 与直线 MN 重合， 且三角板 PAC、三角板 PBD 均可绕点 P 逆时针旋转 （1）直接写出DPC 的度数 （2）如图，在图基础上，若三角板 PAC 的边 PA 从 PN 处开始绕点 P 逆时针旋转，转速为 5/秒，同时 三角板 PBD 的边 PB 从 PM 处开始绕点 P

13、逆时针旋转，转速为 1/秒， （当 PA 转到与 PM 重合时，两三角板 都停止转动） ，在旋转过程中，当 PC 与 PB 重合时，求旋转的时间是多少？ （3）在（2）的条件下，PC、PB、PD 三条射线中，当其中一条射线平分另两条射线的夹角时，请直接写出 旋转的时间 19在 Rt ABC 中，ABC90，BAC30，将 ABC 绕点 A 顺时针旋转 60，得到 AED，点 B、C 的对 应点分别是 E、DF 为 AC 的中点，连接 BF、DF、BE，DF 与 EA 相交于点 G，BE 与 AC 相交于点 H （1）如图 1，求证：四边形 BFDE 为平行四边形； （2）如图 2，连接 CE，

14、在不添加任何辅助线与字母的情况下，请直接写出所有与 AEC 全等的三角形 20如图，已知抛物线 yx2+bx+c 与 x 轴相交于 A（1，0） ，B（m，0）两点，与 y 轴相交于点 C（0， 3） ，抛物线的顶点为 D （1）求 B、D 两点的坐标； （2）若 P 是直线 BC 下方抛物线上任意一点，过点 P 作 PHx 轴于点 H，与 BC 交于点 M，设 F 为 y 轴一动 点，当线段 PM 长度最大时，求 PH+HF+ 1 2 CF 的最小值； （3）在第（2）问中，当 PH+HF+ 1 2 CF 取得最小值时，将 OHF 绕点 O 顺时针旋转 60后得到 OHF，过点 F作 OF的

15、垂线与 x 轴交于点 Q，点 R 为抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点 S，使得点 D、Q、R、S 为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点 S 的坐标，若不存在，请说明理由 21如图 1，在 ABC 中，BAC90，ABAC，D 为边 AB 上一点，连接 CD，在线段 CD 上取一点 E，以 AE 为直角边作等腰直角 AEF，使EAF90，连接 BF 交 CD 的延长线于点 P （1）探索：CE 与 BF 有何数量关系和位置关系？并说明理由； （2）如图 2，若 AB2，AE1，把 AEF 绕点 A 顺时针旋转至 AEF，当EAC60时，求 BF的长 参考答案参考答案 1

16、（1）BD1=2 5，CE1=2 5； （2）见解析； （3）1 + 3 1）解：A=90，AC=AB=4，D，E 分别是边 AB，AC 的中点， AE=AD=2， 等腰 Rt ADE 绕点 A 逆时针旋转，得到等腰 Rt AD1E1，设旋转角为 （0180） ， 当 =90时，AE1=2，E1AE=90， 2222 11 422 5,422 5BDEC ; （2）证明：当 =135时，如下图： 由旋转可知D1AB=E1AC=135 又 AB=AC，AD1=AE1， D1AB E1AC BD1=CE1且 D1BA=E1CA 设直线 BD1与 AC 交于点 F，有BFA=CFP CPF=FAB=

17、90， BD1CE1； （3）解：如图 3，作 PGAB，交 AB 所在直线于点 G， D1，E1在以 A 为圆心，AD 为半径的圆上， 当 BD1所在直线与A 相切时，直线 BD1与 CE1的交点 P 到直线 AB 的距离最大， 此时四边形 AD1PE1是正方形，PD1=2，则 22 1 422 3BD ， 故ABP=30， 则22 3PB ， 故点 P 到 AB 所在直线的距离的最大值为：13PG 2 （1）AECE； （2）成立 解： （1）AEGC； 证明：延长 GC 交 AE 于点 H， 在正方形 ABCD 与正方形 DEFG 中， AD=DC，ADE=CDG=90， DE=DG，

18、ADECDG， 1=2； 2+3=90， 1+3=90， AHG=180-（1+3）=180-90=90， AEGC （2）成立； 证明：延长 AE 和 GC 相交于点 H， 在正方形 ABCD 和正方形 DEFG 中， AD=DC，DE=DG，ADC=DCB=B=BAD=EDG=90， 1=2=90-3； ADECDG， 5=4； 又5+6=90，4+7=180-DCE=180-90=90， 6=7， 又6+AEB=90，AEB=CEH， CEH+7=90， EHC=90， AEGC 3(1)120;(2)3 或 9. 解： （1）将ADC沿着AD翻折，点C的对应点是点C， ADC=ADCn

19、 , DB平分ADC， ADB= 1 2 ADC= 1 2 n. ADB+ADC=180, 1 2 n+ n=180 解之得,n=120. 故答案为 120. (2)当 ABC 绕点 D 顺时针旋转 90时,如图所示: A B C是由ABC绕着点D顺时针旋转 90得到, 2ADAD ,3BDBD , CD=4, C=CD-ADA =4-2=2. A B C的面积= 1 2 3 2 =3; 当 ABC 绕点 D 逆时针旋转 90时,如图所示: A B C是由ABC绕着点D顺时针旋转 90得到, 2ADAD ,3BDBD , C=CD+AD=4+2=6A. A B C的面积= 1 63 2 =9.

20、 综上所述, A B C的面积等于 3 或 9. 故答案为 3 或 9. 4 （1） 4 3 ； （2）120； 6 解：如图： （1）ACCOOB2， 以 O 为圆心作扇形 BOF， OBOF2 过点 F 作 FGBC 于点 G， FG3， sinGOF GF OF 3 2 GOF60， FOB120， S扇形BOF 1204 360 4 3 ； （2）将直线 DE 绕 A 点旋转得到直线 DE，当直线 DE与扇形 BOF 相切时， 设切点为 F， OFDE， sinOAF OF OA 1 2 OAF30 EAE120 答：旋转角的大小为 120； 作 OHMN 于点 H，连接 OM， 根据

21、垂径定理，得 MH 1 2 MN， 设 MHx，则 MNAM2x， AH3x， OMOCAC2， OA4， 根据勾股定理，得 OM2MH2OA2AH2 即 4x2169x2 解得 x 6 2 MN2x6 5 （1） ；3（2）AM= DE（3） 解： （1） ；3 （2）猜想：结论 AM= DE. 证明：过点 A 作 ANED 于 N AE=AD，ANED DAN= DAE，ND = DE 同理可得：CAM= CAB， DAE+CAB=180， DAN+CAM=90， CAM+C=90 DAN=C， AMBCAMC=AND=90 在 AND 与 AMC 中， ANDAMC， ND=AM AM=

22、 DE. （3）图略；线段 AC 的中点或（线段 AD 的垂直平分线与线段 AC 的交点）或（线段 BC 的垂直平分 线与线段 AC 的交点）等方法正确均可以给分； PE 为所求，由题意知，BC= ,AB= , 所以 PE= AB= 6 （1）BD2OD，（2）DG 5 2 2 ；6 AD BD . 解： （1）如图 1 中， CACB，ACB90，BDAD， CDAB，CDADBD， CDCF， ADCF， ADCDCF90， ADCF， 四边形 ADFC 是平行四边形， ODOC， BD2OD （2）解：如图 2 中，作 DTBC 于点 T，FHBC 于 H 由题意：BDADCD7 2，B

23、C2BD14， DTBC， BTTC7， EC2， TE5， DTEEHFDEF90， DET+TDE90，DET+FEH90， TDEFEH， EDEF， DTEEHF（AAS） ， FHET5， DBEDFE45， B，D，E，F 四点共圆， DBF+DEF90， DBF90， DBE45， FBH45， BHF90， HBFHFB45， BHFH5， BF5 2， ADCABF90， DGBF， ADDB， AGGF， DG 1 2 BF 5 2 2 ； 如图 3，取 AB 中点 O，连接 OG，OC，BF，GE， DBEDFE45， 点 D，点 B，点 F，点 E 四点共圆， DEF+

24、DBF180，DEBDFB， DBF90， 点 O 是 AB 中点，点 G 是 AF 中点， OGBF，BF2OG， AOG90，且 AOBO， 点 G 是 AB 垂直平分线上一点， ACBC， 点 C 是 AB 垂直平分线上一点， 点 O，点 G，点 C 共线， ACOBCO45， DGBC， ODGOBC45，OCBOGD45，GDEBED， OGDODG45，GDEBFD， ODOG， DG 2OG， 2 BF DG ，2 DF DE ， BFDF DGDE ，且GDEBFD， DGEFBD， DGEDBF90，2 BD GE ， DGBC， DGEGEC90，且OCB45， EGCGC

25、E45， GEEC2， BD2 2， ADABBD12 2， 6 AD BD . 7 （1） ； （2）结论：DH 2GH. 解： （1）如图 1 所示： （2）结论：DH 2GH 理由：如图 2 中，连接 BD 交 AC 于 O，连接 BH，OG AEEB，GEAB， GE 是 AB 的垂直平分线， 点 E，G，O 共线， AEEB，AOOC， EOBC， EOBOBC45， 四边形 ABCD 是正方形， BOHBGH90， B，G，O，H 四点共圆， GOBGHB45， BGH 是等腰直角三角形， BH 2GH， 在 AHB 和 AHD 中， ABAD BAHDAH AHAH AHBAHD

26、（SAS） ， DHBH， DH 2GH 8 （1） ； （2）31 解： （1）如图 1 所示， （2）如图 2，连接 BB，延长 BC交 AB于点 M； 由题意得：BAB=60，BA=BA， ABB为等边三角形， ABB=60，AB=BB； 在 ABC与 BBC中， AC ABB B B C C B BC ， ABCBBC（SSS） ， MBB=MBA=30， BMAB，且 AM=BM； 由题意得：AB2=4， AB=AB=2，AM=1， CM= 1 2 AB=1；由勾股定理可求：BM= 3， CB= 3-1. 9 （1） ； （2） ； （3） 10 3 （1）证明： 在如图 1 中，

27、EFBC， AFAE ACAB ， AFAC AEAB ， 如图 2 中， CABEAF， CAFBAE， AFAC AEAB ， CAFBAE， ACFABE （2）证明：在图 2 中，延长 BE 交 CF 的延长线于 H，连接 BF，取 BF 的中点 J，连接 NJ，JM，设 AC 交 BH 于点 O OCHOBA，COHBOA， HOAB90， CFBE， CNBN，FJJB， JNCF，JN 1 2 CF， FMME，FJJB， MJBE，MJ 1 2 BE， CFBE， NJJM， NJM90， JN2+JM2MN2， （ 1 2 CF）2+（ 1 2 BE）2MN2， BE2+CF

28、24MN2 （3）解：在图 3 中，延长 BE 交 CF 的延长线于 H，连接 BF，在 FB 上取一点 J，使得 FJ：JB1：2，连接 NJ，JM 同法可证HCAB135， CN：BNFJ：JB1：2， NJCF，NJ 2 3 CF， FM：MEFJ：JB1：2， MJBE，MJ 1 3 BE， MJN 中MJN 的外角为 135， MJN45， 由题意 BE 2，CF2， NJ 4 3 ，MJ 2 3 ， 如图 4 中，在 NJM 中，作 MKNJ 于 K JJMK45，MJ 2 3 ， MKKJ 1 3 ， NKNJKJ1， MN 22 MKNK = 2 2 1 1 3 10 3 10

29、 （1） ； （2）15 证明： （1）ABC 是等边三角形， ABBCAC，ACB60， 将 BCD 绕点 C 旋转得到 ACE CDCE，ACBACE60， CDE 是等边三角形， CDE60ACB， DEBC； （2）将 BCD 绕点 C 旋转得到 ACE AEBD7， ADE 的周长AE+DE+ADAE+DC+ADAE+AC， ADE 的周长7+815 11 （1）PMPN，60； （2） ； （3）3S PMN93 解： （1）点 P,N 是 BC,CD 的中点, PNBD,PN 1 2 BD, 点 P,M 是 CD,DE 的中点, PMCE,PM 1 2 CE, ABAC,ADAE

30、, BDCE, PMPN, PNBD, DPNADC, PMCE, DPMDCA, BAC120, ADC+ACD60, MPNDPM+DPNDCA+ADC60, 故答案为：PMPN,60； （2） PMN 是等腰直角三角形 由旋转知,BADCAE, ABAC,ADAE, ABDACE（SAS）, ABDACE,BDCE, 利用三角形的中位线得,PNBD,PM 1 2 CE, PMPN, PMN 是等腰三角形, 同（1）的方法得,PMCE, DPMDCE, 同（1）的方法得,PNBD, PNCDBC, DPNDCB+PNCDCB+DBC, MPNDPM+DPNDCE+DCB+DBC BCE+D

31、BCACB+ACE+DBC ACB+ABD+DBCACB+ABC, BAC120, ACB+ABC60, MPN60, PMN 是等边三角形； （3）由（2）知, PMN 是等边三角形,PMPN 1 2 BD, PM 最大时, PMN 面积最大,PM 最小时, PMN 面积最小 点 D 在 BA 的延长线上, PMN 的面积最大, BDAB+AD12, PM6, S PMN最大 3 4 PM2 3 4 629 3, 当点 D 在线段 AB 上时, PMN 的面积最小, BDABAD4, PM2, S PMN最小 3 4 PM2 3 4 22 3, 3S PMN93 12 （1）BEDG； （2

32、） 7 6 解： 1BEDG. 理由如下： 由题意，可知2,ABADGADEABa . 又AEAG， ABEADG SAS. BEDG. 2如图，连接AC，交BD于,M连接CG. 四边形ABCD是正方形， AC与BD互相垂直平分. 点B在线段DG上， DG垂直平分AC. CGAG. 由题意，知2ADCD， 2 2AC . 又正方形AEFG的边长为2 2， ACAG. .ACAGCG，即ACG是等边三角形. 60 .CAG 12604515CAG . 11590105EABGAE . 则点B走过的路径长就是以A为圆心，AB长为半径，且圆心角为 105的一段弧的弧长. 即 105 27 1806

33、所以点B走过的路径长是 7 6 . 13 （1） ； （2）成立 解： （1）BAE=BAD+45，CDA=BAD+45， BAE=CDA， 又B=C=45， ABEDCA； （2）成立如图，将 ACE 绕点 A 顺时针旋转 90至 ABH 位置， 则 CE=BH，AE=AH，ABH=C=45，旋转角EAH=90 连接 HD，在 EAD 和 HAD 中， 45 AEAH HADEAD ADAD EADHAD（SAS） DH=DE 又HBD=ABH+ABD=90， BD2+BH2=HD2，即 BD2+CE2=DE2 14 （1）t=5； （2）26.25t ；存在,当t为 10 秒或 24 秒时

34、，4BAECAD ,理由 解：(1)如图， AC平分BAD，且60BAC 1 120 2 BADBAC 由旋转可知：3180 120 45t 解得5t . (2)如图 AD平分BAC，且60BAC 1 30 2 BADBAC 由旋转可知：3180 30 45tt 解得26.25t . 答：存在. .如图 当AC在AD的左侧时， 由旋转可知： 180 3180 4BAEttt 180 360 4575 4CADttt 4BAECAD 18044(754 )tt 解得10t .如图 当AC在AD的右侧时， 由旋转可知： 180 3180 4BAEttt 45(180360)475CADttt 4B

35、AECAD 18044(475)tt 解得24t 综上所述，当t为 10 秒或 24 秒时，4BAECAD 15 （1）AOD150； （2）t2 或 t 22 7 ； （3）MON 的度数不会发生改变，MON30， 解：如图所示： （1）设AOD5x， BOC 3 5 AOD BOC 3 5 5x3x 又AOCAOB+BOC，BODDOC+BOC， AODAOB+BOC+DOC， AOC+BODAOD+BOC， 又AOCBOD120， 5x+3x240 解得：x30 AOD150； （2）AOD150，BOC 3 5 AOD， BOC90， 若线段 OB、OC 重合前相差 20，则有： 20

36、t+15t+2090， 解得：t2， 若线段 OB、OC 重合后相差 20，则有： 20t+15t9020 解得：t 22 7 ， 又0t6， t2 或 t 22 7 ； （3）MON 的度数不会发生改变，MON30，理由如下： 旋转 t 秒后，AOD1505t，AOC1205t，BOD1205t OM、ON 分别平分AOC、BOD AOM 1 2 AOC 00 1 1205 2 t， DON 1 2 BOD 00 1 1205 2 t MONAODAOMDON 1505t 00 1 1205 2 t 00 1 1205 2 t 30 16解：要使该模板旋转 60后，三个顶点仍在ABCD 的边

37、上，ABCD的角和边需要满足的条件是： ABC=60，AB=BC 理由如下： 三角形模板绕点 E 旋转 60后，E 为旋转中心，位置不变，仍在边 BC 上，过点 E 分别做射线 EM，EN，使得 BEM=AEN=60， AEBC，即AEB=AEC=90， BEMBEA 射线 EM 只能与 AB 边相交，记交点为 F 在 BEF 中， B=BEF=60， BFE=180-B-BEF=60 B=BEF=BFE=60 BEF 为等边三角形 EB=EF 当三角形模板绕点 E 旋转 60后，点 B 的对应点为 F，此时点 F 在边 AB 边上 AEC=90 AEN=60AEC 射线 EN 只可能与边 A

38、D 或边 CD 相交 若射线 EN 与 CD 相交，记交点为 G 在 Rt AEB 中，1=90-B=30 BE= 1 2 AB AB=BC=BE+EC EC= 1 2 AB GEC=AEC-AEG=90-60=30 在ABCD中，AB/CD C=180-ABC=120 又EGC=180-120-30=30 EC=GC 即 AF=EF=EC=GC= 1 2 AB,且1=GEC=30 EAFGEC EA=GE 当三角形模板绕点 E 旋转 60后，点 A 的对应点为 G，此时点 G 在边 CD 边上 只有当 ABC=60, AB= BC 时,三角形模板绕点 E 顺时针旋转 60后,三个顶点仍在平行

39、四边形 ABCD 的边上. 要使该模板旋转 60后， 三个顶点仍在平行四边形 ABCD 的边上, 平行四边形 ABCD 的角和边需要满足的条 件是:ABC=60，AB=BC. 17 （1）90； （2）2 5； （3） 解： （1）ABC 是等腰直角三角形， AACB45， ABP 绕顶点 B 沿顺时针方向旋转 90后得到 CBQ ABPCBQ， AACBBCQ45， PCQACB+BCQ45+4590； （2）在等腰直角三角形 ABC 中， AB4， AC4 2， AP 2， PCACAP4 2232， 由（1）知， ABPCBQ， CQAP 2， 由（1）知，PCQ90， 根据勾股定理得，

40、PQ 22 PCCQ 22 (3 2)( 2) 2 5； （3）证明：由（1）知， ABPCBQ， ABPCBQ，APCQ，PBBQ CBQ+PBCABP+PBC90， BPQ 是等腰直角三角形， PCQ 是直角三角形， PQ 2PB， APCQ， 在 Rt PCQ 中，根据勾股定理得，PQ2PC2+CQ2PA2+PC2 2PB2PA2+PC2 18 （1）90； （2）旋转的时间是 30 秒时 PC 与 PB 重合； （3）15 秒或 26.25 秒或 37.5 秒时其中一条射线平 分另两条射线的夹角 解： （1）DPC=180-APC-BPD=180-60-30=90 故答案为：90 （2

41、）设旋转的时间是 t 秒时 PC 与 PB 重合，根据题意列方程得 5t-t=30+90 解得 t=30 又1805=36 秒 3036 故旋转的时间是 30 秒时 PC 与 PB 重合 （3）设 t 秒时其中一条射线平分另两条射线的夹角，分三种情况： 当 PD 平分BPC 时，5t-t=90-30，解得 t=15 当 PC 平分BPC 时， 1 59030 2 tt ，解得 t=26.25 当 PB 平分DPC 时，5t-t=90-230，解得 t=37.5 故 15 秒或 26.25 秒或 37.5 秒时其中一条射线平分另两条射线的夹角 19 （1） ； （2） ADE， ABC， ADF

42、 与 ACE 全等， 证明： （1）点 F 是边 AC 中点，ABC90， BF 1 2 AC， 又BAC30， BC 1 2 AC，ACB60， BFBC， 将 ABC 绕点 A 顺时针旋转 60，得到 AED， BAEDAC60，CADA，DEBC， DEBF， BCF 和 BAE 为等边三角形， BEABAE， AF=BC，CADC60，ACAD， AFDCBA（SAS） ， DFAB， DFBE，且 BFDE， 四边形 BFDE 是平行四边形； （2） ADE， ABC， ADF 与 ACE 全等； 理由如下：由（1）可得： BAE60，BAC30， BACCAE30，且 ACAC，A

43、BAE， BACEAC（SAS） ， CAEDAE30，ACAD，AEAE， ACEADE（SAS） ， AFDCBA（已证） ， EACFDA 故： ADE， ABC， ADF 与 ACE 全等 20 （1）B（3，0） ，D（1，4） ； （2） 213 3 4 ； （3）存在，S 的坐标为（3，0）或（1，2 5）或 （1，2 5）或（1， 5 2 ） 解： （1）把 A（1，0） ，点 C（0，3）代入抛物线 yx2+bx+c，得： 10 3 bc c ，解得： 2 3 b c ， 抛物线的解析式为：yx22x3（x1）24， 顶点 D（1，4） ， 当 y0 时，x22x30，解得：

44、x3 或1， B（3，0） ； （2）B（3，0） ，C（0，3） ， 设直线 BC 的解析式为：ykx+b， 则 30 3 kb b ，解得： 1 3 k b ， 直线 BC 的解析式为：yx3， 设 P（x，x22x3） ，则 M（x，x3） ， PM（x3）（x22x3）x2+3x（x 3 2 ）2+ 9 4 ， 当 x 3 2 时，PM 有最大值，此时 P（ 3 2 ， 15 4 ） ， 在 x 轴的负半轴了取一点 K，使OCK30，过 F 作 FNCK 于 N， FN 1 2 CF， 当 N、F、H 三点共线时，如图 1，FH+FN 最小，即 PH+HF+ 1 2 CF 的值最小，

45、Rt OCK 中，OCK30，OC3， OK 3， OH 3 2 ， KH 3 2 + 3， Rt KNH 中，KHN30， KN 1 2 KH 33 + 42 ， NH 3KN 33 3+ 42 ， PH+HF+ 1 2 CF 的最小值=PH+NH15 33 +3+ 442 213 3 4 ； （3）Rt OFH 中，OHF30，OH 3 2 ， OFOF 3 2 ， 由旋转得：FOF60 QOF30， 在 Rt QFO 中，QFOF 3= 3 2 3 1 2 ，OQ=2QF=2 1 2 =1， Q 与 A 重合，即 Q（1，0） 分 4 种情况： 如图 2，以 QD 为边时，由菱形和抛物线

46、的对称性可得 S（3，0） ； 如图 3，以 QD 为边时， 由勾股定理得：AD 22 2 +4 =2 5， 四边形 DQSR 是菱形， QSAD2 5，QSDR， S（1，2 5） ； 如图 4，同理可得：S（1，2 5） ； 如图 5，作 AD 的中垂线，交对称轴于 R，可得菱形 QSDR， A（1，0） ，D（1，4） ， AD 的中点 N 的坐标为（0，2） ，且 AD2 5， DN 5， cosADR 4 2 5 DN DR ， DR 5 2 ， QS= DR 5 2 ， S（1， 5 2 ） ； 综上，S 的坐标为（3，0）或（1，2 5）或（1，25）或（1， 5 2 ） 21 （1）CEBF，CEBF； （2）3 解： （1）CEBF，CEBF，理由如下： BACEAF90， EACFAB， 又AEAF，ABAC， AECAFB（SAS） CEBF，ABFACE， ADCBDP， BPDCAD90， CEBF； （2）过点 E作 EHAC，连接 EC， 把 AEF 绕点 A 顺时针旋转至 AEF， AFAEAEAF1，BAFEAC60， EAC60，AHE90， AEH30， AH 1 2 AE 1 2 ，EH 3AH 3 2 ， HCACAH 3 2 ， EC