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期中押题培优 01 卷
（考试范围 21.1-24.2）
一、单选题(共16分)
1．(本题2分)把一元二次方程 化为一般形式，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】将方程整理为一般式即可．
【详解】解： ，
，
即 ．
故选：D．
【点睛】本题考查一元二次方程的一般式，掌握一元二次方程的一般式的形式为
是解题的关键．
2．(本题2分)点 关于原点对称的点 的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，据此判断即可．
【详解】根据“关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数”可知：
点 关于原点对称的点的坐标是（-2，-3）．
故选：C．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，利用关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵
坐标互为相反数．
3．(本题2分)已知点 ， ， 均在拋物线 上，则 ， ，
的大小关系为（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据二次函数的解析式得出图象的开口向下，对称轴是直线x=1，根据x≥1时，y随x的
增大而增大，即可得出答案．
【详解】解：∵ ，
∴抛物线的开口向上，对称轴是直线x=1，
∴x≥1时，y随x的增大而增大，
又∵ 关于直线x=1的对称点是(4, )， ，
而 2<3<4，
∴ ，
故选：D．
【点睛】本题主要考查对二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质等知识点的理解和掌握，
能熟练地运用二次函数的性质进行推理是解此题的关键．
4．(本题2分)用配方法解方程 时，原方程应变形为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用完全平方公式 进行配方即可得．
【详解】解： ，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了利用配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法是解题关键．
5．(本题2分)将矩形ABCD绕点B顺时针旋转90°后得到矩形 ，若AB＝12，AD＝5，则
的面积为（ ）A．13 B．26 C．84.5 D．169
【答案】C
【分析】首先根据旋转的性质得到 ，继而得到 是等腰直角三角形，
利用勾股定理求出BD的长，即可求出 的面积．
【详解】解：∵矩形ABCD绕点B顺时针旋转90°后得到矩形 ，
∴∠DBD′＝90°，DB＝D′B，
∴ 是等腰直角三角形，
∵AB＝12，AD＝5，
∴BD＝ ＝ ＝13，
∴ 的面积为 ×13×13＝84.5，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质的知识，解答本题的关键是根据题意得到 DBD′是等腰直角
三角形，此题难度不大． △
6．(本题2分)如图表示一圆柱形输水管的横截面，阴影部分为有水部分，如果输水管的半径为
，水面宽 为 ，则水的最大深度 为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由垂径定理可知 ，根据勾股定理计算即可．
【详解】解：如图所示：输水管的半径为 ，水面宽 为 ，水的最大深度为 ，
，
， ，
，
∴
水的最大深度 为： ．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的应用和勾股定理，准确计算是解题的关键．
7．(本题2分)已知二次函数 的图象如图所示，并且关于x的一元二次方程
有两个不相等的实数根，下列结论：① ；② ；③ ；
④ ．其中正确结论的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】直接利用抛物线与x轴交点个数以及抛物线与方程之间的关系、函数图象与各系数之间
关系分析得出答案．
【详解】解：观察图象得：二次函数 的图象与x轴有两个交点，
∴ ，故①错误；观察图象得： ，对称轴 ，
∴ ，
∴ ，故②正确；
观察图象得：当 时， ，
∴ ，故③错误；
观察图象得：二次函数图象开口向上，
∴二次函数有最小值，最小值为-2，
∵关于x的一元二次方程 有两个不相等的实数根，
∴二次函数 的图象与直线 有两个交点，
∴ ，故④正确；
故选：B
【点睛】此题主要考查了二次函数图象与各项系数的关系，正确把握二次函数与方程之间的关系
是解题的关键．
8．(本题2分)如图，⊙O在△ABC三边上截得的弦长相等，即DE＝FG=MN，∠A＝50°，则
∠BOC＝（ ）
A．100° B．110° C．115° D．120°
【答案】C
【分析】过点O作OP⊥AB于点P，OQ⊥AC于点Q，OK⊥BC于点K，由于DE＝FG＝MN，所以
弦的弦心距也相等，所以OB、OC是角平分线，根据∠A＝50°，先求出
，再求出，进而可求出∠BOC．
【详解】解：过点O作OP⊥AB于点P，OQ⊥AC于点Q，OK⊥BC于点K，∵DE＝FG＝MN，
∴OP＝OK＝OQ，
∴OB、OC平分∠ABC和∠ACB，
， ，
∵∠A＝50°，
∴ ，
∴
，
∴∠BOC＝
故选：C．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，角平分线的判定，三角形内角和，角平分线的定义，解题关
键是构造出辅助线——弦心距．
二、填空题(共16分)
9．(本题2分)请你用数学的眼光观察，以下历届冬奥会图标中，你最为欣赏的图标是
____________，（选择①，②，③，④中的一项）选择理由是
____________________________________．【答案】 ② 既是轴对称图形，又是中心对称图形
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义解答即可．
【详解】解：我最为欣赏的图标是②，选择理由是②既是轴对称图形，又是中心对称图形
①是轴对称图形，③既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，④是轴对称图形．
故答案为：②；既是轴对称图形，又是中心对称图形．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形，掌握相关定义是解答本题的关键．
10．(本题2分)将抛物线 向上平移3个单位，再向右平移2个单位，所得抛物线的解析式是
________．
【答案】
【分析】根据题意可得将抛物线 向上平移3个单位，再向右平移2个单位，所得抛物线的顶
点坐标为（2，3），即可求解．
【详解】解：∵抛物线y＝x2的顶点坐标为（0，0），
∴将抛物线 向上平移3个单位，再向右平移2个单位，所得抛物线的顶点坐标为（2，3），
∴所得抛物线的解析式是 ．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了二次函数图象的平移，熟练掌握二次函数图象的平移的规律是解题的关
键．
11．(本题2分)定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条弦相等，我
们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为2的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这个
圆的半径为_____．
【答案】 ##
【分析】如图，当等弦圆O最大时，则 经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于
F，连接OE，DK，再证明 经过圆心， ，分别求解AC，BC，CF， 设 的半径为
再分别表示 再利用勾股定理求解半径r即可．
【详解】解：如图，当等弦圆O最大时，则 经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交
AB于F，连接OE，DK，过圆心O， ，
设 的半径为
∴
整理得：
解得：
不符合题意，舍去，
∴当等弦圆最大时，这个圆的半径为
故答案为：
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，弦，弧，圆心
角之间的关系，圆周角定理的应用，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，掌握以上知识是解
本题的关键．12．(本题2分)关于x的一元二次方程 ﹣3x﹣m＝0有两个实数根，则m的取值范围为 _____．
【答案】m ## ##
【分析】根据方程有实数根，得出 ≥0，建立关于m的不等式，求出m的取值范围即可．
【详解】解：根据题意得 ＝ ﹣4×1×（﹣m）≥0，
解得：m ，
故答案为：m ．
【点睛】本题考查了一元二次方程 （a≠0，a，b，c为常数）根的判别式．当 ＞
0，方程有两个不相等的实数根；当 =0，方程有两个相等的实数根；当 ＜0，方程没有实数根．
13．(本题2分)如图，点A、B、C在⊙O上，∠B=130°，则∠AOC=__________°．
【答案】100
【分析】如图所示，在优弧AC上去一点D，连接AD，DC，利用圆内接四边形对角互补求出
∠ADC的度数，再由圆周角定理求解即可．
【详解】解：如图所示，在优弧AC上去一点D，连接AD，DC，则四边形ABCD是圆内接四边形，
∵∠B=130°，
∴∠ADC=180°-∠B=50°，
∴∠AOC=2∠ADC=100°，
故答案为：100．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，正确作出辅助线构造圆内接四边形
是解题的关键．14．(本题2分)如图，等边 的边 在 轴上，点 坐标为 ，以点 为旋转中心，把
逆时针转 ，则旋转后点 的对应点 的坐标是______．
【答案】
【分析】过点A作AE⊥OB于E，过点A′作A′H⊥x轴于H．利用全等三角形的性质解决问题即可．
【详解】解：如图，过点A作 于 ，过点 作 轴于 ．
， 是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
， ，
，
在 和 中
，
，
， ，， ，
故答案为： ， ．
【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，等边三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵
活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
15．(本题2分)某件商品连续两次降价后，零售价由原来的 元降为 元，设此商品平均每次
降价的百分率为 ，则恨据题意列出的方程是______．
【答案】
【分析】设平均每次降价的百分率为x,则第一次降价后售价为500（1-x），第二次降价后售价为
，然后根据两次降价后的售价建立等量关系即可．
【详解】解：根据题意得 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查的是由实际问题抽象出一元二次方程，要注意题意指明的是降价，应该是（1-
x）而不是（1+x）．
16．(本题2分)如图，已知顶点为（-3，-6）的抛物线 经过点（-1，-4），则下列结
论：① ② ③若点 在抛物线上，则 ④关于 的一元
二次方程 的两根为-5和-1 ⑤ ，其中正确的有__________ ．
【答案】①②④
【分析】利用二次函数与一元二次方程的关系及其与一元一次不等式的关系，以及二次函数的对
称性可以求解．
【详解】由图象知，抛物线与x轴有两个不同的交点，只是左边那个没画出来而已，∴由二次函数与一元二次方程的关系可知，Δ=b2-4ac＞0，从而b2＞4ac，故①正确；
已知该抛物线是开口向上，顶点为（-3，-6），故ax2+bx+c≥-6正确，从而②正确；
由抛物线的对称轴为x=-3，点（-2，m），（-5，n）在抛物线上，则点（-2，m）离对称轴的距离
为1，而点（5，n）离抛物线的距离为2，开口向上时，离对称轴越远，函数值越大，从而m＜n，
故③错误；
由图象可知，x=-1为关于x的一元二次方程ax2+bx+c=-4的一个根，由二次函数的对称性，可知-5
为另一个根，从而④正确；
∵抛物线 顶点为（-3，-6），经过点（-1，-4），
∴抛物线解析式可以化为： ，
∴ ，
，
∴ ，
∴ ，故⑤错误；
综上，正确的是①②④．
故答案为：①②④．
【点睛】本题属于二次函数图象的综合问题，考查了二次函数与一元二次方程，二次函数与一元
一次不等式，及二次函数的对称性，难度中等．
三、解答题(共88分)
17．(本题6分)解方程：
(1)
(2) ．
【答案】(1) =4， =5；
(2) ， ．【分析】（1）方程整理后，利用因式分解法求解即可；
（1）方程整理后，利用配方法求解即可．
（1）
解：方程整理得 ，
因式分解得 ，
解得： =4， =5；
（2）
解：方程整理得 ，
配方得 ，即 ，
∴ ，
∴ ， ．
【点睛】本题考查一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分
解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．
18．(本题6分)如图，等边 中， 是 中点，过 作 ，且 ，求证：
．
【答案】见解析
【分析】只需要利用AAS证明△BAD≌△ACE即可证明结论；
【详解】证明：∵等边三角形ABC中，D是AC中点，
∴AB＝CA，BD是等边三角形ABC的高，
∵AE⊥CE，
∴∠ADB＝∠E=90°，
∵CE AB，
∴∠BAD＝∠ACE，在△BAD与△ACE中
∵
∴△BAD≌△ACE（AAS）
∴BD＝AE．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，平行线的性质，熟知等
边三角形的性质和全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
19．(本题6分)已知a是方程x2－2x－1＝0的一个根，求代数式(a－2)2＋(a＋1)(a－1)的值．
【答案】5
【分析】先根据条件 是方程 的一个根，得出 ，然后把所给的代数式化简为
，代入 计算即可．
【详解】∵ 是方程 的一个根，
∴ ．
∴ ．
∴
．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的定义，代数式求值，正确理解方程根的概念、利用整体代
入的方法进行求解是解题的关键．
20．(本题6分)如图，已知AB、CD是⊙O的直径，DF∥AB交⊙O于点F，BE∥DC交⊙O于点E.（1）求证：BE=DF；
（2）写出图中4组不同的且相等的劣弧(不要求证明).
【答案】（1）见解析；（2）答案不唯一，图中相等的劣弧有：弧DF=弧BE，弧EC=弧FA，弧
AC=弧BD，弧DA=弧BC．
【分析】（1）根据DF∥AB，BE∥DC，得到∠EBA=∠CDF，然后根据相等的弧所对的弦相等即
可证明BE=DF；
（2）根据等弦对等弧和相等的圆周角所对的弧相等即可得到4组不同的且相等的劣弧．
【详解】(1)∵DF∥AB，BE∥DC，
∴∠EBA=∠COA=∠CDF.
∴弧ECA=弧CAF，
∴弧BE=弧DF，
∴BE=DF；
(2) 由（1）可得，弧DF=弧BE；
∵弧ECA=弧CAF，
∴弧EC=弧FA；
∵ ，
∴弧AC=弧BD；
∵弧BE＋弧EC=弧AF＋弧DF；
∴弧DA=弧BC．
∴综上所述，图中相等的劣弧有：弧DF=弧BE，弧EC=弧FA，弧AC=弧BD，弧DA=弧BC．
【点睛】此题考查了相等的圆周角所对的弧相等，弦相等，等弧对等弦等知识，解题的关键是熟
练掌握相等的圆周角所对的弧相等，弦相等，等弧对等弦等知识．
21．(本题7分)下面是娜娜设计的“作一个角等于已知角”的尺规作图过程．
已知：RT ABC，
求作：AB△上作点D，使∠BCD=∠A．
作法：如图，以AC为直径作圆，交AB于D，所以点D就是所求作的点；
根据娜娜设计的作图过程，完成下面的证明．
证明：∵AC是直径∴∠ADC=90°（______）（填推理的依据）
即∠ACD+∠A=90°，
∵∠ACB=90°，
即∠ACD+_______=90°，
∴∠BCD=∠A（_______）（填推理的依据）．
【答案】见详解
【分析】根据直径的性质可得∠ADC＝90°，再利用同角的余角相等即可得证．
【详解】证明：∵AC是直径
∴∠ADC＝90°（直径所对圆周角为直角）
即∠ACD＋∠A＝90°，
∵∠ACB＝90°，
即∠ACD＋_ ∠ BCD _＝90°，
∴∠BCD＝∠A（同角的余角相等）．
【点睛】本题考查了直径的性质及同角的余角相等，熟练运用相关性质是解决本题的关键．
22．(本题7分)已知关于 的一元二次方程 ．
(1)判断方程根的情况，并说明理由；
(2)若方程的所有实数根均为整数，并且 也是整数，求 的值．
【答案】(1)总有两个实数根，理由见解析
(2)-2或2或4或8
【分析】（1）根据题意求出该一元二次方程根的判别式 ，即得出该一元二次方程
根的情况为总有两个实数根；
（2）根据因式分解法可求出该一元二次方程的解为 ， ．再根据该方程
的所有实数根均为整数， 也是整数，即可得出k的值．
（1）
根据题意可知该一元二次方程根的判别式，
∵ ，即 ，
∴该一元二次方程根的情况为总有两个实数根；
（2）
∵
∴ ，
∴ ， ．
∵方程的所有实数根均为整数，
∴ 为整数，即 为整数．
∵ 也是整数，
∴k-3是5的因数，
∴当k-3=-5，即 时， ；
当k-3=-1，即 时， ；
当k-3=1，即 时， ；
当k-3=5，即 时， ．
综上可知，k的值为：-2或2或4或8．
【点睛】本题考查由一元二次方程根的判别式判断其根的情况，解一元二次方程．掌握一元二次
方程 的根的判别式为 ，且当 时，该方程有两个不相等的实数
根；当 时，该方程有两个相等的实数根；当 时，该方程没有实数根和因式分解法解一
元二次方程是解题关键．
23．(本题7分)如图，已知抛物线 的顶点为A(4，3)，与y轴相交于点B(0，﹣5)，对
称轴为直线l，点M是线段AB的中点．(1)求抛物线的表达式；
(2)写出点M的坐标并求直线AB的表达式；
(3)设动点P，Q分别在抛物线和对称轴l上，当以A，P，Q，M为顶点的四边形是平行四边形时，
求P，Q两点的坐标．
【答案】(1)
(2)M（2，﹣1），y＝2x﹣5
(3)P、Q的坐标分别为(6，1)或(2，1)、(4，﹣3)或(4，1)或(4，5)
【分析】（1）函数表达式为： ，将点 坐标代入上式，即可求解；
（2） 、 ，则点 ，设直线 的表达式为： ，将点 坐标代入上
式，即可求解；
（3）分当 是平行四边形的一条边、 是平行四边形的对角线两种情况，分别求解即可．
（1）
解：函数表达式为： ，
将点 坐标代入上式并解得： ，
故抛物线的表达式为： ；
（2）
解：∵ 、 ，
∴点 ，
设直线 的表达式为： ，
将点 坐标代入上式得： ，解得： ，
故直线 的表达式为： ；
（3）解：设点 、点 ，
①当 是平行四边形的一条边时，
当点 在 的下方时，
点 向左平移2个单位、向下平移4个单位得到 ，
同样点 向左平移2个单位、向下平移4个单位得到 ，
即： ， ，
解得： ， ，
即点 的坐标为 、点 的坐标为 ，
故当点 在点 上方时， ，
同理可得点 的坐标为 、点 的坐标为 ，
②当 是平行四边形的对角线时，
由中点定理得： ， ，
解得： ， ，
故点 、 的坐标分别为 、 ；
综上， 、 的坐标分别为 或 ， 或 或 ．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、平行四边形的性质等，其中（3），
要注意分类求解，避免遗漏．
24．(本题7分)如图，在 中， ， ， ，点 从点A开始沿
边向点 移动，速度为 ；点 从点 开始沿 边向点 移动，速度为 ，点 、 分
别从点A、 同时出发，当其中一点到达终点后，另一点也随之停止运动．
(1)几秒时， 的长度为 ？
(2)几秒时， 的面积为 ？
(3)当 为何值时，四边形 的面积最小？并求这个最小值．【答案】(1) 秒时， 的长度为
(2) 或 秒时， 的面积为
(3)当 时，四边形 的面积最小，最小值为
【分析】（1）设运动时间为 秒，分别用 的代数式表示出线段 ， 的长度，利用勾股定理列
出方程即可求解；
（2）利用三角形的面积公式列出方程即可求解；
（3）由四边形 的面积 ，结合二次函数的性质即可求解．
（1）
解：设运动时间为 秒时， 的长度为 ，
依题意得： ， ，
．
∵ ，
，即 ，
解得： 或 负数不合题意，舍去 ．
．
秒时， 的长度为 ；
（2）
设运动时间为 秒时， 的面积为 ，
依题意得： ， ， ，
．
的面积为 ，
．
解得： 或 ．或 秒时， 的面积为 ；
（3）
四边形 的面积
，
当 时，四边形 的面积最小，最小值为 ．
【点睛】本题主要考查勾股定理，二次函数的应用，一元二次方程的应用，三角形的面积等知识．
本题是动点问题，利用含 的代数式表示出相应线段的长度是解题的关键．
25．(本题8分)如图， 是 的直径， 是 的一条弦， 连接
(1)求证：
(2)连接 ,过点 作 交 的延长线于点 ，延长 交 于点 ，若 为 的中
点，求证：直线 为 的切线．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）设 交 于点 ，连接 ，证明 ，故可得
，于是 ，即可得到 ；
（2）连接AD，解出 ，根据 为直径得到 ，进而得到 ，即可证明 ，故可证明直线 为 的切线．
（1）
证明：设 交 于点 ，连接 ，
由题可知，
， ，
，
，
，
，
，
，
；
（2）
证明：
连接 ，
，
，同理可得： , ，
∵点H是CD的中点，点F是AC的中点，
，
，
，
，
为 的直径，
，
，
，
，
，
，
直线 为 的切线．
【点睛】本题主要考查三角形全等的判定与性质，同弧所对的圆周角相等，圆周角定理，直线平
行的判定与性质，三角形的内角和公式，证明三角形全等以及证明平行线是解题的关键．
26．(本题8分)在平面直角坐标系 中，已知抛物线 ．
（1）当 时，求抛物线的顶点坐标；
（2）①求抛物线的对称轴（用含 的式子表示）；
②若点 ， ， 都在抛物线 上，则 ， ， 的大小
关为__________；
（3）直线 与 轴交于点 ，与 轴交于点 ，过点 作垂直于 轴的直线 与抛物线 有两个交点，在抛物线对称轴左侧的点记为 ，当 为钝角三角形时，
求 的取值范围．
【答案】（1）顶点坐标为 ；（2）① ；② ；（3） 或
【分析】（1）先将m=2代入抛物线的解析式，并配方可得抛物线顶点的坐标；
（2）①根据函数对称轴为x=- 计算可得结论；
②函数开口向上，x=m时函数取得最小值，根据离对称轴距离越远，函数值越大可比较y，y，y
1 2 3
的大小关系；
（3）当△OAP为钝角三角形时，则0＜m-2＜m或m-2＞-3，分别求解即可．
【详解】解：（1）当 时，抛物线的解析式为： ，
顶点坐标为 ；
（2）① 抛物线 ，
函数对称轴为 ；
② 函数开口向上， 时函数取得最小值，
离对称轴距离越远，函数值越大，
，且点 ， ， 都在抛物线 上，
；
故答案为： ；
（3）把点 代入 的表达式并解得： ，
则 ，直线 的表达式为： ，
如图，在直线 上，当 时，点 与 重合，
当 时， ，
则 ，
点 在对称轴的左侧，
不符合题意，舍去，
则点 ，
当△OAP为钝角三角形时，
则 或 ，
解得： 或 ，
的取值范围是： 或 ．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数，解不等式，一元二次方程根的判别
式，钝角三角形判断的方法等知识点，第三问有难度，确定∠AOP为直角时点P的位置最关键．
27．(本题10分)如图，在△ABC中， ，点 在 上，以点 为中心，将线段
顺时针旋转 得到线段 ，连接 ．
（1）按要求作出图形；
（2）若 ＝90°，用等式表示线段 大小关系，并证明；
（3）若 ＝120°， ， 为 的中点，求 的最小值．【答案】（1）见解析；（2） ，见解析；（3）
【分析】（1）按要求画出图形即可；
（2）通过旋转的性质证明出 从而推出 , ，由勾股定理可
知 ，所以可知 ；
（3）通过旋转的性质证明出 推出 , 可
知点E在射线BE上运动， 当M为BC中点，BM =3，由垂线段最短可知 ,
即ME最小为
【详解】.(1)如图，
（2)
证明：∵ ，
∴
∵DA=EA,CA=BA∴ ,
∴ ,
∴
∴
∴
(3) ∵ ，
∴ ，
∵DA=EA,CA=AB
∴ ,
∴ ,
∴点E在射线BE上运动，
∵M为BC中点，BM =3，
做 ,
即当 时，ME最小为
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形全等的判定及性质，垂线段最短等知识，熟练掌握旋转
的性质是解题的关键．
28．(本题10分) 为等边三角形，AB＝8，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一点， ．
以AE为边在直线AD右侧构造等边三角形AEF，连接CE，N为CE的中点．(1)如图1，EF与AC交于点G，连接NG，BE，直接写出NG与BE的数量关系；
(2)如图2，将 绕点A逆时针旋转，旋转角为 ，M为线段EF的中点，连接DN，MN．当
时，猜想∠DNM的大小是否为定值，如果是定值，请写出∠DNM的度数并证明，
如果不是，请说明理由；
(3)连接BN，在 绕点A逆时针旋转过程中，请直接写出线段BN的最大值．
【答案】(1)
(2)∠DNM的大小是定值，为120°
(3)
【分析】（1）连接CF．由等边三角形的性质易证 BAE≌ CAF(SAS)，即得出 ．再根据
三角形中位线定理即可求出 ； △ △
（2）连接BE，CF．利用全等三角形的性质证明∠EBC+∠BCF=120°，再利用三角形的中位线定
理，三角形的外角的性质证明∠DNM=∠EBC+∠BCF即可；
（3）取AC的中点J，连接BJ，结合三角形的中位线定理可求出BJ，JN．最后根据三角形三边关
系即可得出结论．
（1）
解：如图，连接CF．
∵ ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴△AB=BC=AC，∠BAD=∠CAD=30°．∵ AEF是等边三角形，
∴△∠EAF=60°，G为EF中点，
∴∠EAG=∠GAF=30°．
即在 BAE和 CAF中，
△ △
，
∴ BAE≌ CAF(SAS)，
∴△ ，△
∵N为CE的中点，G为EF中点，
∴ ，
∴ ；
（2）
∠DNM=120°是定值，证明如下，
如图，连接BE，CF．
同（1）可证 BAE≌ CAF（SAS），
∴∠ABE=∠A△CF． △
∵∠ABC+∠ACB=60°+60°=120°，
∴∠EBC+∠BCF=∠ABC-∠ABE+∠ACB+∠ACF=120°．
∵EN=NC，EM=MF，
∴MN∥CF，
∴∠ENM=∠ECF，
∵BD=DC，EN=NC，
∴DN∥BE，
∴∠CDN=∠EBC，∵∠END=∠NDC+∠NCD，
∴∠DNM=∠DNE+∠ENM=∠NDC+∠ACB+∠ACN+∠ECF=∠EBC+∠ACB+∠ACF=∠EBC+∠BCF
=120°．
综上可知∠DNM的大小是定值，为120°；
（3）如图，取AC的中点J，连接BJ，BN．
∵AJ=CJ，EN=NC，
∴JN= AE= ．
∵BJ=AD= ，
∴BN≤BJ+JN，即BN≤ ，
故线段BN的最大值为 ．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角
形的中位线定理，三角形三边关系的应用．解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形
解决问题，属于中考压轴题．
