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专题23.17 旋转（直通中考）（全章培优练）
一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在正方形 中，点 ， 分别在 ， 上，连接 ，
， ， ．若 ，则 一定等于（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·山东泰安·统考中考真题）如图，在矩形 中， ， ，点P在线段 上
运动（含B、C两点），连接 ，以点A为中心，将线段 逆时针旋转60°到 ，连接 ，则线段
的最小值为（ ）
A． B． C． D．3
3．（2020·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，Q是直线y=﹣ x+2上的一个动点，
将Q绕点P（1，0）顺时针旋转90°，得到点 ，连接 ，则 的最小值为（ ）A． B． C． D．
4．（2019·江苏南通·统考中考真题）如图，△ABC中，AB=AC=2，∠B=30°，△ABC绕点A逆时针旋转
α（0<α<120°）得到 ， 与BC，AC分别交于点D，E，设 ， 的面积为 ，则
与 的函数图象大致为（ ）
A． B． C． D．
5．（2018·山东淄博·统考中考真题）如图，P为等边三角形ABC内的一点，且P到三个顶点A，B，C
的距离分别为3，4，5，则 ABC的面积为（ ）
△
A． B． C． D．6．（2018·山东德州·统考中考真题）如图，等边三角形 的边长为4,点 是 的中心，
△
.绕点 旋转 ,分别交线段 于 两点，连接 ,给出下列四个结论:①
;② ;③四边形 的面积始终等于 ;④△ 周长的最小值为6,上述结论中
正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（2017·广西贵港·中考真题） 如图，在 中， ，将 绕顶点 逆时针
旋转得到 是 的中点， 是 的中点，连接 ，若 ，则线段
的最大值是 （ ）
A． B． C． D．
8．（2017·甘肃兰州·中考真题）如图，在正方形 和正方形 中，点 在 上， ，
将正方形 绕点 顺时针旋转 ，得到正方形 ，此时点 在 上，连接 ，则
（ ）A． B． C． D．
9．（2021·四川眉山·统考中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线 与 轴交于点 ，则
该抛物线关于点 成中心对称的抛物线的表达式为（ ）
A． B．
C． D．
10．（2018·广西玉林·统考中考真题）如图，一段抛物线y=﹣x2+4（﹣2≤x≤2）为C ，与x轴交于A ，
1 0
A 两点，顶点为D ；将C 绕点A 旋转180°得到C ，顶点为D ；C 与C 组成一个新的图象，垂直于y轴的
1 1 1 1 2 2 1 2
直线l与新图象交于点P （x ，y ），P （x ，y ），与线段D D 交于点P （x ，y ），设x ，x ，x 均为正数，
1 1 1 2 2 2 1 2 3 3 3 1 2 3
t=x +x +x ，则t的取值范围是（ ）
1 2 3
A．6＜t≤8 B．6≤t≤8 C．10＜t≤12 D．10≤t≤12
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）已知等腰 ， ， ．现将 以点 为
旋转中心旋转 ，得到 ，延长 交直线 于点D．则 的长度为 ．
12．（2015·四川绵阳·统考中考真题）如图，在等边△ABC内有一点D，AD=5，BD=6，CD=4，将
△ABD绕点A逆时针旋转，使AB与AC重合，点D旋转到点E，则∠CDE的正切值为 ．13．（2023·四川宜宾·统考中考真题）如图， 是正方形 边 的中点， 是正方形内一点，
连接 ，线段 以 为中心逆时针旋转 得到线段 ，连接 ．若 ， ，则 的最
小值为 ．
14．（2022·辽宁·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是OD
的中点，连接CE并延长交AD于点G，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF，连接EF，点H为EF的
中点．连接OH，则 的值为 ．
15．（2020·广西玉林·统考中考真题）如图，在边长为3的正六边形ABCDEF中，将四边形ADEF绕点A
顺时针旋转到四边形 处，此时边 与对角线AC重叠，则图中阴影部分的面积是 ．16．（2015·重庆·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB= ，AD=10，连接BD， DBC的角平
分线BE交DC于点E，现把△BCE绕点B逆时针旋转，记旋转后的△BCE为△ ．当射线 和射线
都与线段AD相交时，设交点分别F，G．若△BFD为等腰三角形，则线段DG长为 ．
17．（2023·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，在 中，将 绕点A顺时针旋转 至 ，将
绕点A逆时针旋转 至 ，得到 ，使 ，我
们称 是 的“旋补三角形”， 的中线 叫做 的“旋补中线”，点A叫做“旋
补中心”．下列结论正确的有 ．
① 与 面积相同；
② ；
③若 ，连接 和 ，则 ；
④若 ， ， ，则 ．
18．（2023·湖北十堰·统考中考真题）在某次数学探究活动中，小明将一张斜边为4的等腰直角三角
形 硬纸片剪切成如图所示的四块（其中D，E，F分别为 ， ， 的中点，G，H分
别为 ， 的中点），小明将这四块纸片重新组合拼成四边形（相互不重叠，不留空隙），则所能拼成
的四边形中周长的最小值为 ，最大值为 ．三、解答题（本大题共6小题，共58分）
19．（8分）（2021·江苏徐州·统考中考真题）如图1，正方形 的边长为4，点 在边 上（
不与 重合），连接 ．将线段 绕点 顺时针旋转90°得到 ，将线段 绕点 逆时针旋转
90°得到 ．连接 ．
（1）求证：
① 的面积 ；
② ；
（2）如图2， 的延长线交于点 ，取 的中点 ，连接 ，求 的取值范围．
20．（8分）（2021·山东潍坊·统考中考真题）如图1，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=1，D
为△ABC内部的一动点（不在边上），连接BD，将线段BD绕点D逆时针旋转60°，使点B到达点F的位
置；将线段AB绕点B顺时针旋转60°，使点A到达点E的位置，连接AD，CD，AE，AF，BF，EF．
（1）求证：△BDA≌△BFE；
（2）①CD+DF+FE的最小值为 ；
②当CD+DF+FE取得最小值时，求证：AD∥BF．
（3）如图2，M，N，P分别是DF，AF，AE的中点，连接MP，NP，在点D运动的过程中，请判断∠MPN的大小是否为定值．若是，求出其度数；若不是，请说明理由．
21．（10分）（2021·湖南郴州·统考中考真题）如图1，在等腰直角三角形 中， ．点
， 分别为 ， 的中点， 为线段 上一动点（不与点 ， 重合），将线段 绕点 逆时针
方向旋转 得到 ，连接 ， ．
（1）证明： ；
（2）如图2，连接 ， ， 交 于点 ．
①证明：在点 的运动过程中，总有 ；
②若 ，当 的长度为多少时， 为等腰三角形？22．（10分）（2023·湖南·统考中考真题）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进
行以下探究活动：在正方形 的边 上任意取一点G，以 为边长向外作正方形 ，将正方形
绕点B顺时针旋转．
特例感知：
（1）当 在 上时，连接 相交于点P，小红发现点P恰为 的中点，如图①．针对小
红发现的结论，请给出证明；
（2）小红继续连接 ，并延长与 相交，发现交点恰好也是 中点P，如图②，根据小红发现
的结论，请判断 的形状，并说明理由；
规律探究：
（3）如图③，将正方形 绕点B顺时针旋转 ，连接 ，点P是 中点，连接 ， ， ，
的形状是否发生改变？请说明理由．
23．（10分）（2021·内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题）旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组
邻边相等时往往可以通过旋转解决问题．
（1）尝试解决：如图①，在等腰 中， ，点M是 上的一点，
， ，将 绕点A旋转后得到 ，连接 ，则 ___________ ．
（2）类比探究：如图②，在“筝形”四边形 中， 于点B，
于点D，点P、Q分别是 上的点，且 ，求 的周长．（结
果用a表示）
（3）拓展应用：如图③，已知四边形 ， ，求四边形 的面积．
24．（12分）（2020·山东东营·统考中考真题）如图1，在等腰三角形 中，
点 分别在边 上， 连接 点 分别为 的中点．
（1）观察猜想
图1中，线段 的数量关系是____， 的大小为_____；
（2）探究证明
把 绕点 顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接 判断 的形状，并说
明理由；（3）拓展延伸
把 绕点 在平面内自由旋转，若 ，请求出 面积的最大值．
参考答案
1．A
【分析】利用三角形逆时针旋转 后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可
求解．
解：将 绕点 逆时针旋转 至 ，∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
由旋转性质可知： ， ， ，
∴ ，
∴点 三点共线，
∵ ， ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
在 和 中
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故选： ．
【点拨】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是能正确作
出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度．
2．A
【分析】根据题中条件确定出点 的轨迹是线段，则线段 的最小值就转化为定点 到点 的轨迹
线段的距离问题．解： 与 固定夹角是 ， ，点 的轨迹是线段，
的轨迹也是一条线段．
两点确定一条直线，取点 分别与 重合时，所对应两个点Q，
来确定点 的轨迹，得到如下标注信息后的图形：
求 的最小值，转化为点 到点 的轨迹线段的距离问题，
,
在 中， ,
, ，
将 逆时针绕点 转动 后得到 ，
为等边三角形， ,
为 的中点，根据三线合一知，
,
过点 作 的垂线交于点 ,
在 中， 对应的边等于斜边的一半，
，
的最小值为 ，故选：A．
【点拨】本题考查了动点问题中，两点间距离的最小值问题，解题的关键是：需要确定动点的轨迹，
才能方便找到解决问题的突破口．
3．B
【分析】利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后Q′的坐标，然后根据勾股定理并利用二次
函数的性质即可解决问题．
解：作QM⊥x轴于点M，Q′N⊥x轴于N，
设Q（ ， ），则PM= ，QM= ，
∵∠PMQ=∠PNQ′=∠QPQ′=90°，
∴∠QPM+∠NPQ′=∠PQ′N+∠NPQ′，
∴∠QPM=∠PQ′N，
在△PQM和△Q′PN中，
，
∴△PQM≌△Q′PN（AAS），
∴PN=QM= ，Q′N=PM= ，
∴ON=1+PN= ，
∴Q′（ ， ），
∴OQ′2=（ ）2+（ ）2= m2﹣5m+10= （m﹣2）2+5，
当m=2时，OQ′2有最小值为5，∴OQ′的最小值为 ，
故选：B．
【点拨】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，三角形全等的判定和性质，坐
标与图形的变换-旋转，二次函数的性质，勾股定理，表示出点的坐标是解题的关键．
4．B
【分析】连接B′C，作AH⊥B′C′，垂足为H，由已知以及旋转的性质可得AB′=AB=AC=AC′=2，
∠AB′C′=∠C′=30°，继而可求出AH长，B′C′的长，由等腰三角形的性质可得∠AB′C=∠ACB′，再根据
∠AB′D=∠ACD=30°，可得∠DB′C=∠DCB′，从而可得B′D=CD，进而可得 B′E=x，由此可得C′E=2 -x，再根据
三角形面积公式即可求得y与x的关系式，由此即可得到答案.
解：连接B′C，作AH⊥B′C′，垂足为H，
∵AB=AC，∠B=30°，
∴∠C=∠B=30°，
∵△ABC绕点A逆时针旋转α（0<α<120°）得到 ，
∴AB′=AB=AC=AC′=2，∠AB′C′=∠C′=30°，
∴AH= AC′=1，
∴C′H= ，
∴B′C′=2C′H=2 ，
∵AB′=AC，
∴∠AB′C=∠ACB′，
∵∠AB′D=∠ACD=30°，
∴∠AB′C-∠AB′D=∠ACB′-∠ACD，
即∠DB′C=∠DCB′，
∴B′D=CD，
∵CD+DE=x，
∴B′D+DE=x，即B′E=x，
∴C′E=B′C′-B′E=2 -x，∴y= = ×（2 -x）×1= ，
观察只有B选项的图象符合题意，
故选B.
【点拨】本题考查的是几何综合题，涉及了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，一次
函数的应用等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
5．A
解：分析：将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，根据旋转的性质得BE=BP=4，AE=PC=5，
∠PBE=60°，则△BPE为等边三角形，得到PE=PB=4，∠BPE=60°，在△AEP中，AE=5，延长BP，作AF⊥BP
于点F．AP=3，PE=4，根据勾股定理的逆定理可得到△APE为直角三角形，且∠APE=90°，即可得到∠APB
的度数，在直角△APF中利用三角函数求得AF和PF的长，则在直角△ABF中利用勾股定理求得AB的长，
进而求得三角形ABC的面积．
解：∵△ABC为等边三角形，
∴BA=BC，
可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，连EP，且延长BP，作AF⊥BP于点F．如图，
∴BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，
∴△BPE为等边三角形，
∴PE=PB=4，∠BPE=60°，
在△AEP中，AE=5，AP=3，PE=4，
∴AE2=PE2+PA2，
∴△APE为直角三角形，且∠APE=90°，∴∠APB=90°+60°=150°．
∴∠APF=30°，
∴在直角△APF中，AF= AP= ，PF= AP= ．
∴在直角△ABF中，AB2=BF2+AF2=（4+ ）2+（ ）2=25+12 ．
则△ABC的面积是 •AB2= •（25+12 ）=9+ ．
故选A．
【点拨】本题考查了等边三角形的判定与性质、勾股定理的逆定理以及旋转的性质：旋转前后的两个
图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．
6．C
分析：连接BO，CO，可以证明△OBD≌△OCE，得到BD=CE，OD=OE，从而判断①正确；
通过特殊位置，当D与B重合时，E与C重合，可判断△BDE的面积与△ODE的面积的大小，从而判
断②错误；
由△OBD≌△OCE，得到四边形ODBE的面积=△OBC的面积，从而判断③正确；
过D作DI⊥BC于I．设BD=x，则BI= ，DI= ．由BD=EC，BC=4，得到BE=4－x，IE=
．在Rt△DIE中，DE= = = ，△BDE的周长=BD+BE+DE=
4+DE，当DE最小时，△BDE的周长最小，从而判断出④正确．
解：连接BO，CO，过O作OH⊥BC于H．
∵O为△ABC的中心，
∴BO=CO，∠DBO=∠OBC=∠OCB=30°，∠BOC=120°．
∵∠DOE=120°，
∴∠DOB=∠COE．在△OBD和△OCE中，
∵∠DOB=∠COE，OB=OC，∠DBO=∠ECO，
∴△OBD≌△OCE，
∴BD=CE，OD=OE，故①正确；
当D与B重合时，E与C重合，此时△BDE的面积=0，△ODE的面积＞0，两者不相等，故②错误；
∵O为中心，OH⊥BC，
∴BH=HC=2．
∵∠OBH=30°，
∴OH= BH= ，
∴△OBC的面积= = ．
∵△OBD≌△OCE，
∴四边形ODBE的面积=△OBC的面积= ，故③正确；
过D作DI⊥BC于I．设BD=x，则BI= ，DI= ．
∵BD=EC，BC=4，
∴BE=4－x，IE=BE-BI= ．
在Rt△DIE中，DE= = = = ，
当x=2时，DE的值最小为2，
△BDE的周长=BD+BE+DE=BE+EC+DE=BC+DE=4+DE，
当DE最小时，△BDE的周长最小，
∴△BDE的周长的最小值=4+2=6．
故④正确．
故选C．【点拨】本题是几何变换-旋转综合题．考查了等边三角形的性质以及二次函数的性质．解题的关键是
证明△OBD≌△OCE．
7．B
解：如图连接PC．
在Rt△ABC中，∵∠A=30°，BC=2，
∴AB=4，
根据旋转不变性可知，A′B′=AB=4，
∴A′P=PB′，
∴PC= A′B′=2，
∵CM=BM=1，
又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，
∴PM的最大值为3（此时P、C、M共线）．
故选B．
考点：旋转的性质．
8．A
解：作G′I⊥CD于I，G′R⊥BC于R，E′H⊥BC交BC的延长线于H．连接RF′．则四边形RCIG′是正方形．∵∠DG′F′=∠IGR=90°，
∴∠DG′I=∠RG′F′，
在△G′ID和△G′RF中，
∴△G′ID≌△G′RF，
∴∠G′ID=∠G′RF′=90°，
∴点F在线段BC上，
在Rt△E′F′H中，∵E′F′=2，∠E′F′H=30°，
∴E′H= E′F′=1，F′H= ，
易证△RG′F′≌△HF′E′，
∴RF′=E′H，RG′RC=F′H，
∴CH=RF′=E′H，
∴CE′= ，
∵RG′=HF′= ，
∴CG′= RG′= ，
∴CE′+CG′= + ．
故选A．
考点：旋转的性质；正方形的性质．
9．A【分析】先求出C点坐标，再设新抛物线上的点的坐标为（x,y），求出它关于点C对称的点的坐标，
代入到原抛物线解析式中去，即可得到新抛物线的解析式．
解：当x=0时，y=5，
∴C（0,5）；
设新抛物线上的点的坐标为（x,y），
∵原抛物线与新抛物线关于点C成中心对称，
由 ， ；
∴对应的原抛物线上点的坐标为 ；
代入原抛物线解析式可得： ，
∴新抛物线的解析式为： ；
故选：A．
【点拨】本题综合考查了求抛物线上点的坐标、中心对称在平面直角坐标系中的运用以及求抛物线的
解析式等内容，解决本题的关键是设出新抛物线上的点的坐标，求出其在原抛物线上的对应点坐标，再代
入原抛物线解析式中求新抛物线解析式，本题属于中等难度题目，蕴含了数形结合的思想方法等．
10．D
解：【分析】首先证明x +x =8，由2≤x ≤4，推出10≤x +x +x ≤12即可解决问题.
1 2 3 1 2 3
解：翻折后的抛物线的解析式为y=（x﹣4）2﹣4=x2﹣8x+12，
∵设x ，x ，x 均为正数，
1 2 3
∴点P （x ，y ），P （x ，y ）在第四象限，
1 1 1 2 2 2
根据对称性可知：x +x =8，
1 2
∵2≤x ≤4，
3
∴10≤x +x +x ≤12，
1 2 3
即10≤t≤12，
故选D．
【点拨】本题考查二次函数与x轴的交点，二次函数的性质，抛物线的旋转等知识，熟练掌握和灵活
应用二次函数的相关性质以及旋转的性质是解题的关键.
11．【分析】根据题意，先求得 ，当 以点 为旋转中心逆时针旋转 ，过点 作
交 于点 ，当 以点 为旋转中心顺时针旋转 ，过点 作 交 于点 ，
分别画出图形，根据勾股定理以及旋转的性质即可求解．
解：如图所示，过点 作 于点 ，
∵等腰 ， ， ．
∴ ，
∴ ， ,
∴ ，
如图所示，当 以点 为旋转中心逆时针旋转 ，过点 作 交 于点 ，
∵ ，
∴ ， ，
在 中， ， ，
∵等腰 ， ， ．
∴ ，
∵ 以点 为旋转中心逆时针旋转 ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ,
∴ ，∴ ，
∴ ，
如图所示，当 以点 为旋转中心顺时针旋转 ，过点 作 交 于点 ，
在 中， ，
∴
在 中，
∴
∴
∴
∴
∴ ，
综上所述， 的长度为 或 ，
故答案为： 或 ．
【点拨】本题考查了旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，
分类讨论是解题的关键．
12． .
解：试题解析：∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，∵△ABD绕A点逆时针旋转得△ACE，
∴AD=AE=5，∠DAE=∠BNAC=60°，CE=BD=6，
∴△ADE为等边三角形，
∴DE=AD=5，
过E点作EH⊥CD于H，如图，
设DH=x，则CH=4-x，
在Rt△DHE中，EH2=52-x2，
在Rt△DHE中，EH2=62-（4-x）2，
∴52-x2=62-（4-x）2，解得x= ，
∴EH= ，
在Rt△EDH中，tan∠HDE= ，
即∠CDE的正切值为 ．
考点：1.旋转的性质；2.等边三角形的性质；3.解直角三角形．
13．
【分析】连接 ，将 以 中心，逆时针旋转 ， 点的对应点为 ，由 的运动轨迹是以
为圆心， 为半径的半圆，可得： 的运动轨迹是以 为圆心， 为半径的半圆，再根据“圆外一定点到圆
上任一点的距离，在圆心、定点、动点，三点共线时定点与动点之间的距离最短”，所以当 、 、 三
点共线时， 的值最小，可求 ，从而可求解．解：解，如图，连接 ，将 以 中心，逆时针旋转 ， 点的对应点为 ，
的运动轨迹是以 为圆心， 为半径的半圆，
的运动轨迹是以 为圆心， 为半径的半圆，
如图，当 、 、 三点共线时， 的值最小，
四边形 是正方形，
， ，
是 的中点，
，
，
由旋转得： ，
，
，
的值最小为 ．
故答案： ．
【点拨】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，动点产生的线段最小值问题，掌握相关
的性质，根据题意找出动点的运动轨迹是解题的关键．
14．
【分析】以O为原点，平行于AB的直线为x轴，建立直角坐标系，过E作EM⊥CD于M，过F作FN⊥DC，交DC延长线于N，设正方形ABCD的边长为2，从而求出E的坐标，然后根据待定系数法求出
直线CE的解析式，即可求出G的坐标，从而可求出GE，根据旋转的性质可求出F的坐标，进而求出H
的坐标，则可求OH，最后代入计算即可得出答案．
解：以O为原点，平行于AB的直线为x轴，建立直角坐标系，过E作EM⊥CD于M，过F作
FN⊥DC，交DC延长线于N，如图：
设正方形ABCD的边长为2，则C（1，1），D（﹣1，1），
∵E为OE中点，
∴E（ ， ），
设直线CE解析式为y＝kx+b，把C（1，1），E（ ， ）代入得：
，
解得 ，
∴直线CE解析式为 ，
在 中，令x＝﹣1得y＝ ，
∴G（﹣1， ），
∴GE＝ ＝ ，
∵将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF，∴CE＝CF，∠ECF＝90°，
∴∠MCE＝90°﹣∠NCF＝∠NFC，
∵∠EMC＝∠CNF＝90°，
∴△EMC≌△CNF（AAS），
∴ME＝CN，CM＝NF，
∵E（ ， ），C（1，1），
∴ME＝CN＝ ，CM＝NF＝ ，
∴F（ ， ），
∵H是EF中点，
∴H（ ，0），
∴OH＝ ，
∴ ＝ ＝ ．
故答案为： ．
【点拨】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，两点间距离公式等知识，以O为原点，平行于AB
的直线为x轴，建立直角坐标系是解题的关键．
15．
【分析】根据正六边形的性质和旋转的性质以及扇形的面积公式即可得到结论．
解：∵在边长为3的正六边形ABCDEF中，∠DAC=30°，∠B=∠BCD=120°，AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA=30°，
∴∠ACD=90°，
∵CD=3，
∴AD=2CD=6，
∴图中阴影部分的面积=S +S -S ，
四边形ADEF 扇形DAD′ 四边形AF′E′D′
∵将四边形ADEF绕顶点A顺时针旋转到四边形AD'E'F′处，
∴S =S
四边形ADEF 四边形AD′E′F′∴图中阴影部分的面积=S =
扇形DAD′
故答案为：3π．
【点拨】本题考查了正多边形与圆，旋转的性质，扇形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．
16． ．
解：试题解析：过E作EO⊥BD于O，
在Rt△ABD中，由勾股定理，得
BD= =14，
在Rt△ABF中，由勾股定理，得：
BF2=（4 ）2+（10-BF）2，
解得BF= ，
AF=10- = ．
过G作GH∥BF，交BD于H，
∴∠FBD=∠GHD，∠BGH=∠FBG，
∵FB=FD，
∴∠FBD=∠FDB，
∴∠FDB=∠GHD，
∴GH=GD，
∵∠FBG=∠EBC= ∠DBC= ∠ADB= ∠FBD，
又∵∠FBG=∠BGH，∠FBG=∠GBJ，∴BH=GH，
设DG=GH=BH=x，则FG=FD-GD= -x，HD=14-x，
∵GH∥FB，
∴ ，即 ，
解得x= ．
考点：旋转的性质．
17．①②③
【分析】延长 ，并截取 ，连接 ，证明 ，得出 ， ，
根据 ， ，得出 ，证明 ，得出 ，即可判断①正确；
根据三角形中位线性质得出 ，根据 ，得出 ，判断②正确；根据 时，
，
得出 ， ， ， ，根据四边形内角和得
出
，求出
，判断③正确；根据②可知， ，根据勾股定理得出
，求出 ，判断④错误．
解：延长 ，并截取 ，连接 ，如图所示：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
根据旋转可知， ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
即 与 面积相同，故①正确；
∵ ， ，
∴ 是 的中位线，
∴ ，
∵ ，
∴ ，故②正确；
当 时， ，
∴ ， ， ， ，∵ ，
∴ ，
即 ，故③正确；
∵ ，
∴根据②可知， ，
∵当 时， ， 为中线，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故④错误；
综上分析可知，正确的是①②③．
【点拨】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，中位线性质，勾股定理，四
边形内角和，补角的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明 ．
18． 8
【分析】根据题意，可固定四边形 ，平移或旋转其它图形，组合成四边形，求出周长，判断最
小值，最大值．
解：如图1， ， ，
∴四边形 周长= ；
如图2，
∴四边形 周长为 ；
故答案为：最小值为8，最大值 .
【点拨】本题考查图形变换及勾股定理，通过平移、旋转组成满足要求的四边形是解题的关键．
19．（1）①见详解；②见详解；（2）4≤MN＜
【分析】（1）①过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，证明 ，即可得到结论；②过
点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，证明 ，结合 ，可得GD=EH，同理：
FG=AH，从而得 ，进而即可得到结论；
（2）过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，可得
∠AMD=90°，MN= EF，HG= 2AD=8，EH+FG= AD=4，然后求出当点P与点D重合时， EF最大值= ，
当点P与AD的中点重合时，EF最小值= HG=8，进而即可得到答案．
解：（1）①证明：过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，∵∠FPG+∠PFG=90°，∠FPG+∠CPD=90°，
∴∠FPG=∠CPD，
又∵∠PGF=∠CDP=90°，PC=PF，
∴ （AAS），
∴FG=PD，
∴ 的面积 ；
②过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，
∵∠EPH+∠PEH=90°，∠EPH +∠BPA=90°，
∴∠PEH =∠BPA，
又∵∠PHE=∠BAP=90°，PB=PE，
∴ （AAS），
∴EH=PA，
由①得：FG=PD，
∴EH+FG=PA+PD=AD=CD，
由①得： ，
∴PG=CD，
∴PD+GD= CD= EH+FG，
∴FG+ GD= EH+FG，∴GD=EH，
同理：FG=AH，
又∵∠AHE=∠FGD，
∴ ，
∴ ；
（2）过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，
由（1）得： ，
∴∠HAE=∠GFD，
∵∠GFD+∠GDF=90°，
∴∠HAE+∠GDF=90°，
∵∠HAE=∠MAD，∠GDF=∠MDA，
∴∠MAD+∠MDA=90°，
∴∠AMD=90°，
∵点N是EF的中点，
∴MN= EF，
∵EH=DG=AP，AH=FG=PD，
∴HG=AH+DG+AD=PD+AP+AD=2AD=8，EH+FG=AP+PD=AD=4，
当点P与点D重合时，FG=0，EH=4，HG=8，此时EF最大值= ，
当点P与AD的中点重合时，FG=2，EH=2，HG=8，
此时EF最小值= HG=8，
∴ 的取值范围是：4≤MN＜ ．
【点拨】本题主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，添加辅助
线，构造直角全等的直角三角形，是解题的关键．
20．（1）见解答；（2）① ；②见解答；（3）是，∠MPN=30°．
【分析】（1）由旋转60°知，∠ABD=∠EBF、AB=AE、BD=BF，故由SAS证出全等即可；
（2）①由两点之间，线段最短知C、D、F、E共线时CD+DF+FE最小，且CD+DF+FE最小值为
CE，再由∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=1求出BC和AB，再由旋转知AB=BE，∠CBE=90°，最后根据勾股
定理求出CE即可；
②先由△BDF为等边三角形得∠BFD=60°，再由C、D、F、E共线时CD+DF+FE最小，
∠BFE=120°=∠BDA，最后ADF=∠ADB-∠BDF=120°-60°=60°，即证；
（3）由中位线定理知道MN∥AD且PN∥EF，再设∠BEF=∠BAD=α，∠PAN=β，则∠PNF=60°-α+β，
∠FNM=∠FAD=60°+α-β，得∠PNM=120°．
解：（1）证明：∵∠DBF=∠ABE=60°，
∴∠DBF-∠ABF=∠ABE-∠ABF，
∴∠ABD=∠EBF，
在△BDA与△BFE中，
，
∴△BDA≌△BFE（SAS）；（2）①∵两点之间，线段最短，
即C、D、F、E共线时CD+DF+FE最小，
∴CD+DF+FE最小值为CE，
∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=1，
∴BE=AB=2，BC= ，
∵∠CBE=∠ABC+∠ABE=90°，
∴CE= ，
故答案为： ；
②证明：∵BD=BF，∠DBF=60°，
∴△BDF为等边三角形，
即∠BFD=60°，
∵C、D、F、E共线时CD+DF+FE最小，
∴∠BFE=120°，
∵△BDA≌△BFE，
∴∠BDA=120°，
∴∠ADF=∠ADB-∠BDF=120°-60°=60°，
∴∠ADF=∠BFD，
∴AD∥BF；
（3）∠MPN的大小是为定值，理由如下：
如图，连接MN，
∵M，N，P分别是DF，AF，AE的中点，
∴MN∥AD且PN∥EF，
∵AB=BE且∠ABE=60°，∴△ABE为等边三角形，
设∠BEF=∠BAD=α，∠PAN=β，
则∠AEF=∠APN=60°-α，∠EAD=60°+α，
∴∠PNF=60°-α+β，∠FNM=∠FAD=60°+α-β，
∴∠PNM=∠PNF+∠FNM=60°-α+β+60°+α-β=120°，
∵△BDA≌△BFE，
∴MN= AD= FE=PN，
∴∠MPN= （180°-∠PNM）=30°．
【点拨】本题是三角形与旋转变换的综合应用，熟练掌握旋转的性质、三角形全等的判定与性质、平
行线的判定、勾股定理的应用、中位线的性质及等腰、等边三角形的判定与性质是解题关键 ．
21．（1）见详解；（2）①见详解；②当 的长度为2或 时， 为等腰三角形
【分析】（1）由旋转的性质得AH=AG，∠HAG=90°，从而得∠BAH=∠CAG，进而即可得到结论；
（2）①由 ，得AH=AG，再证明 ，进而即可得到结论；② 为等腰
三角形，分3种情况：（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，（b）当∠GAQ=∠GQA=67.5°时，（c）当
∠AQG=∠AGQ=45°时，分别画出图形求解，即可．
解：（1）∵线段 绕点A逆时针方向旋转 得到 ，
∴AH=AG，∠HAG=90°，
∵在等腰直角三角形 中， ，AB=AC，
∴∠BAH=90°-∠CAH=∠CAG，
∴ ；
（2）①∵在等腰直角三角形 中，AB=AC，点 ， 分别为 ， 的中点，
∴AE=AF， 是等腰直角三角形，
∵AH=AG，∠BAH =∠CAG，
∴ ，
∴∠AEH=∠AFG=45°，
∴∠HFG=∠AFG+∠AFE=45°+45°=90°，即： ；
②∵ ，点 ， 分别为 ， 的中点，
∴AE=AF=2，∵∠AGH=45°， 为等腰三角形，分3种情况：
（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，如图，则∠HAF=90°-45°=45°，
∴AH平分∠EAF，
∴点H是EF的中点，
∴EH= ；
（b）当∠GAQ=∠GQA=（180°-45°）÷2=67.5°时，如图，则∠EAH=∠GAQ=67.5°，
∴∠EHA=180°-45°-67.5°=67.5°，
∴∠EHA=∠EAH，
∴EH=EA=2；
（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，点H与点F重合，不符合题意，舍去，
综上所述：当 的长度为2或 时， 为等腰三角形．【点拨】本题主要考查等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，
熟练掌握全等三角形的判定定理，根据题意画出图形，进行分类讨论，是解题的关键．
22．（1）见分析；（2） 是等腰直角三角形，理由见分析；（3） 的形状不改变，见分析
【分析】（1）连接 ， ， ，根据正方形的性质求出 ，证明 ，推
出 ，再利用余角的性质求出 ，推出 即可；
（2）根据正方形的性质直接得到 ，推出 ，得到 是等
腰直角三角形；
（3）延长 至点M，使 ，连接 ，证明 ，得到
，推出 ，设 交 于点H，交 于点N，得到 ，
由 得到 ，推出 ，进而得到
，再证明 ，得到 ， ，证得 ，再
由 ，根据等腰三角形的三线合一的性质求出 ，即可证得 是等腰直
角三角形．
解：（1）证明：连接 ， ， ，如图，
∵四边形 ， 都是正方形，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 是正方形，
∴ ，
又∵ ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，即点P恰为 的中点；
（2） 是等腰直角三角形，理由如下：
∵四边形 ， 都是正方形，
∴
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形；
（3） 的形状不改变，
延长 至点M，使 ，连接 ，
∵四边形 、四边形 都是正方形，
∴ ， ，
∵点P为 的中点，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，∴ ，
设 交 于点H，交 于点N，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，即 ，
∵ ，
∴ ，即 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形．
【点拨】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行
线的性质等，（3）中作辅助线利用中点构造全等三角形是解题的难点，熟练掌握各性质和判定定理是解
题的关键．
23．（1） ；（2）2a；（3）
【分析】（1）由旋转的性质可得△ABM≌△ACN，从而得出∠MCN=∠ACB+∠ACN =90°，再根据勾股
得出AM的长；
（2）将 绕点C旋转后得到 ，利用SAS得出△QCP≌△QCM，从而得出 的周长
（3）连接 BD，由于AD=CD，所以可将△BCD绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB′，连接BB′，延长BA，作B′E⊥BE；易证△AFB′是等腰直角三角形，△AEB是等腰直角三角形，利用勾股定理计算
AE=B′E= ，BB′= ，求△ABB′和△BDB′的面积和即可．
解：（1）∵ ，
∴∠B=∠ACB=45°，
将 绕点A旋转后得到 ，此时AB与AC重合，由旋转可得：
△ABM≌△ACN，
∴∠BAM=∠CAN，AM=AN，BM=CN=1，∠B=∠ACN=45°，
∴∠MCN=∠ACB+∠ACN =90°，∠MAN=∠ABC=90°，
∴
∴ ；
（2）∵ ， ，
∴将 绕点C旋转后得到 ，此时BC与DC重合，
∴△BCP≌△DCM，
∴∠DCM=∠PCB，BP=DM，PC=CM，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵PC=CM，QC=QC,
∴△QCP≌△QCM，
∴PQ=QM，
∴ 的周长=AQ+AP+PQ= AQ+AP+QM= AQ+AP+DQ+DM= AQ+AP+DQ+BP=AD+AB，
∵ ，
∴ 的周长=2a；（3）如图，连接 BD，由于AD=CD，所以可将△BCD绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB′，
连接BB′，延长BA，作B′E⊥BE；
∴△BCD≌△B′AD
∴S ABCD=S BDBA，
四边形 四边形 ′
∵∠ABC=75°，∠ADC=60°，
∴∠BAB′=135°
∴∠B′AE=45°，
∵
∴B′E=AE= ，
∴BE=AB+AE=2 + = ，
∴
∵等边△DBB′，∴BB′上的高= ，
∴
∴ ，
∴S ABCD=S BDBA=S BDB-S ABB= ；
四边形 四边形 ′ ′ ′
△ △【点拨】本题考查了图形的旋转变换，三角形全等，勾股定理，等积代换思想，类比思想等．构造直
角三角形，求出三角形的高是解决问题的关键．
24．（1）相等， ；（2） 是等边三角形，理由见分析；（3） 面积的最大值为 .
【分析】（1）根据＂ 点 分别为 的中点＂，可
得MN BD，NP CE ，根据三角形外角和定理，等量代换求出 ．
（2）先求出 ，得出 ，根据MN BD，NP CE ，和三角形外角和定理，
可知MN=PN，再等量代换求出 ，即可求解．
（3）根据 ，可知BD最大值，继而求出 面积的最大值．
解： 由题意知：AB=AC，AD=AE，且点 分别为 的中点，
∴BD=CE，MN BD，NP CE，MN= BD，NP= EC
∴MN=NP
又∵MN BD，NP CE，∠A= ，AB=AC，
∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=
根据三角形外角和定理，
得∠ENP=∠NBP+∠NPB
∵∠MNP=∠MNE+∠ENP，∠ENP=∠NBP+∠NPB，
∠NPB=∠C，∠MNE=∠DBE，
∴∠MNP=∠DBE+∠NBP+∠C
=∠ABC+∠C = ．
是等边三角形．理由如下：
如图，由旋转可得
在 ABD和 ACE中
．
点 分别为 的中点，
是 的中位线，
且
同理可证 且
．
在 中
∵∠MNP= ，MN=PN
是等边三角形．
根据题意得:
即 ，从而
的面积 ．
∴ 面积的最大值为 ．
【点拨】本题主要考查了三角形中点的性质、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋
转的相关知识；正确掌握三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识是解题的关
键．
