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专题 05 旋转作图与旋转模型几何综合题
（考题猜想，7 种热考题型）
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（ ）
16 4 2
A． ❑√3 B． ❑√3 C． ❑√3 D．1
3 3 3
【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=❑√AD2+CD2=❑√42+m2=❑√16+m2，
∵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=❑√AB2−OA2=❑√16+m2−62=❑√m2−20，
在Rt△CBE中，BE=❑√BC2−CE2=❑√16+m2−102=❑√m2−84，
∴OE＝OB+BE=❑√m2−20+❑√m2−84=m，
∴❑√m2−20+❑√m2−84=m，
化简变形得：3m4﹣208m2﹣4096＝0，
16❑√3 16❑√3
解得：m= 或m=− （舍去），
3 3
16❑√3
∴m= ，
3
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
2❑√3
段AC，若点C的坐标为（7，h），则h＝ ．
3
【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
❑√3 2❑√3
中，解直角三角形可得 EF= ℎ，CE= ℎ，再证明△CAE≌△ABD（AAS），则
3 32❑√3 2❑√3 4❑√3
AD=CE=
ℎ
AE＝BD，求得 OD=3−
ℎ
，在 Rt△BOD 中，得 BD=6−
ℎ
3 3 3
4❑√3 4❑√3 ❑√3
AE=BD=6−
ℎ
3+6−
ℎ
+
ℎ
=7，解方程即可求得答案．
3 3 3
【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，
CF ❑√3 CF 2❑√3
在Rt△CEF中，∠CEF＝180°﹣∠AEC＝60°，CF＝h，EF= = ℎ，CE= =
ℎ
tan60° 3 sin60° 3
，∠BAC＝120°，∠BAD+∠CAE＝∠BAD+∠ABD＝180°﹣120°＝60°，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵AB＝CA，
∴△CAE≌△ABD（AAS），
2❑√3
∴AD=CE= ℎ，AE＝BD，
3
∵点A（3，0），
∴OA＝3，
2❑√3
∴OD=OA−AD=3−
ℎ
3
在 Rt△ BOD 中 ， ∠ BDO ＝ 180°﹣ ∠ ADB ＝ 60° ， BD
OD OD 2❑√3 4❑√3
= = =2(3− ℎ)=6− ℎ，
cos∠BDO cos60° 3 3
4❑√3
∴AE=BD=6− ℎ，
3
∵OA+AE+EF＝OF，
4❑√3 ❑√3
∴3+6−
ℎ
+
ℎ
=7，
3 3
2❑√3
解得 ℎ = ，
3
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，
2❑√3
在直角三角形CEF中h＝EF•tan30°=
3
2❑√3
.故答案为： ．
3
【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=❑√5，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=❑√3：2，AB＝2❑√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，
❑√2
∴DE=❑√2，AH＝DH＝HE= ，∠ADE＝∠AED＝45°，
2
∴∠BDA＝135°，
∵AB=❑√5，
√ 1 3❑√2
∴BH=❑√AB2−AH2=❑5− = ，
2 2
∴BD＝BH﹣DH=❑√2，BE＝BD+DE＝2❑√2，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中：
{
BA=CA
)
∠BAD=∠CAE
DA=EA∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴CE＝BD=❑√2，∠CEA＝∠BDA＝135°，
∴∠BEC＝∠CEA﹣∠AED＝90°，
1 1 ❑√2
∴S = ×BE×AH= ×2❑√2× =1，
△ABE 2 2 2
1 1
S = ×BE×CE= ×2❑√2×❑√2=2，
△BEC 2 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：
{
BG=AG
)
∠GBD=∠GAE
BD=AE
∴△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：
{∠MBN=∠GCD
)
∠BNM=∠CDG
MN=GD
∴△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=2❑√2，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，
AE GE ❑√3
∴ = = ，
BD BF 2
设BD＝4k，则AE＝2❑√3k，AN＝NE=❑√3k，
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，∴AB=❑√BN2+AN2=❑√3k2+9k2=2❑√3k＝2❑√2，
❑√6
∴k= ，
3
∵M为BE中点，MP∥BN，
1 3k ❑√6 ❑√2
∴MP= BN= = ，AN＝NE=❑√2，NP＝PE= ，
2 2 2 2
3❑√2
∴AP= ，
2
√6 18
∴AM=❑√M P2+AP2=❑ + =❑√6
4 4
1
∵HM= BE=❑√2，
2
∴AH≥AM﹣HM=❑√6−❑√2，
当且仅当A、H、M三点共线时，AH取得最小值❑√6−❑√2．
【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，
{
CE=CD
)
∠ACE=∠BCD ，
AC=BC
∴△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，
❑√2
∴CH= CD=❑√2，
2
∵CD＝4，
∴AH=❑√AC2−CH2=❑√16−2=❑√14，
∵∠BCG＝∠CAH，∠BGC＝∠AHC，BC＝AC，
∴△BCG≌△CAH（AAS），
∴CG＝AH=❑√14，
由（2）知DF＝BF，又∵∠DHF＝∠BGF＝90°，∠DFH＝∠BFG，
∴△DHF≌△BGF（AAS），
∴HF＝GF，
1 ❑√14−❑√2
∴HF= GH= ，
2 2
❑√14−❑√2 ❑√14+❑√2
∴CF＝CH+HF=❑√2+ = ；
2 2
②当点E在AD的上时，过点B作BG⊥CF于点G，
同理可得AH＝CG=❑√14，CH=❑√2，HF＝FG，
∴GH＝CH+CG=❑√2+❑√14，
❑√2+❑√14 ❑√14−❑√2
∴CF＝HF﹣CH= −❑√2= ，
2 2
❑√14+❑√2 ❑√14−❑√2
综上所述，CF的长为 或 ．
2 2
【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．
1
【分析】（1）当点D、E、F分别是BC、AB、AC的中点时，则ED= AC＝AF，且DE∥AC，同理可
2
1 1
得：DF＝AE= AB= AC＝ED＝AF，即可求解；
2 2
1
（2）点D是BC的中点，则AD= BC＝BD，∠DAF＝45°＝∠B，即可求解；
2
1
（3）证明△DEO≌△CFO（SAS），则OFCE的面积＝S△OCE +S△COF =
4
S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，
1
则ED= AC＝AF，且DE∥AC，
2
1 1
同理可得：DF＝AE= AB= AC＝ED＝AF，
2 2
即DE＝DF，
故答案为：相等；
（2）证明：∵点D是BC的中点，
1
∴AD= BC＝BD，∠DAF＝45°＝∠B，
2
∵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
1
=
4
S正方形ABCD
1
= ×4×4＝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BC=4❑√2，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：EN=❑√2CE；
（3）如图3，BF＝1，BC=4❑√2，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❑√2，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，
1
则 BG＝HK＝GD，勾股定理求得 BD，进而得出 BG= BD=2，过点 G 作 GS⊥AB，得出 G 是
2
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❑√2，∠C＝45°，
则AC=❑√2BC＝8，
∵点F为AB中点，
1
∴BF= AB＝2❑√2，
2
∵CD＝1，∠CLD＝90°，
❑√2
∴CL＝DL= ，
2
❑√2 7❑√2
∴BL＝BC﹣CL＝4❑√2− = ，
2 2
∵∠B＝∠BKD＝∠BLD＝90°，
∴四边形BKDL是矩形，
∴BK＝DL，DK＝BL，
❑√2 3❑√2
∴FK＝BF﹣BK＝2❑√2− = ，
2 2√ 7❑√2 3❑√2
在Rt△DFK中，DF=❑√DK2+FK2=❑(
)
2+(
)
2=❑√29；
2 2
（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＝CN=❑√2EJ，
∴∠ECN＝90°，
∴△CEN是等腰直角三角形，
∴EN=❑√2CE；
（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，
{
FK=FB
)
∠BFG=∠KFH ，
FG=FH
∴△BFG≌△KFH（SAS），
∴∠BGF＝∠KHF，
设∠BGF＝∠KHF＝ ，
则∠KHG＝∠FHG﹣α∠FHK＝45°﹣ ∠HGK＝45°+ ，
∴∠KHG+∠HGB＝90°，即HK⊥DTα， α
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＝ ，则∠ATD＝45°﹣ ∠DMG＝45°﹣ ，
∴∠HTK＝∠DMG，β β β
∴在△HTK和△DMG中，
{∠GDM=∠HKT
)
∠HTK=∠DMG ，
HT=GM
∴△HTK≌△DMG（AAS），
∴DM＝KT，DG＝HK，
∵△BFG≌△KFH（SAS），
∴BG＝HK＝GD，BC=4❑√2，
❑√2
则BD= BC=4，
2
1
∴BG= BD=2，
2
过点G作GS⊥AB，如图所示❑√2
∴SG= BG=❑√2，
2
1 1 8−❑√2
∴S = AF×GS= ×(4❑√2−1)×❑√2= ．
△AFG 2 2 2
【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．
1 1
【分析】（1）利用三角形的中位线得出PM= CE，PN= BD，进而判断出BD＝CE，即可得出结论，
2 2
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；
1 1
（2）先判断出△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，同（1）的方法得出PM= BD，PN= BD，即可得出
2 2
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，
1
∴PN∥BD，PN= BD，
2
∵点P，M是CD，DE的中点，
1
∴PM∥CE，PM= CE，
2
∵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，
1 1
同（1）的方法，利用三角形的中位线得，PN= BD，PM= CE，
2 2
∴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；
1
（3）由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM＝PN= BD，
2
∴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，
1 1 49
∴S△PMN最大 =
2
PM2=
2
×72=
2
【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
1 1
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PM= CE，PN= BD，解（2）
2 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；
DG
（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；
CF
（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 ❑√91 ±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°，
GF 1 AG
∵ = = ，
AB 2 BC
∴△AGF∽△CBA，
∴∠BAC＝∠AFG，
∵∠AFG+∠GAF＝90°，
∴∠BAC+∠GAF＝90°＝∠CAF，
∴AC⊥AF；
（2）如图，连接AF，
∵AB＝8，BC＝AD＝6，
∴AC=❑√AB❑ 2+BC❑ 2=❑√64+36=10，∵AE＝4，EF＝3，
∴AF=❑√AE❑ 2+EF❑ 2=❑√16+9=5，
AG 3 AD
∴ = = ，
AF 5 AC
∵∠DAC＝∠FAG，
∴∠DAG＝∠FAC，
∴△DAG∽△CAF，
DG AD 3
∴ = = ；
CF AC 5
（3）如图4，当点G在线段CF上时，
∵∠AGC＝90°，
∴GC=❑√AC❑ 2−AG❑ 2=❑√AC❑ 2−AG❑ 2=❑√100−9=❑√91，
∴CF＝CG+GF＝4+❑√91，
如图5，当点F在线段CG上时，
∵∠AGC＝90°，
∴GC=❑√AC❑ 2−AG❑ 2=❑√AC❑ 2−AG❑ 2=❑√100−9=❑√91，
∴CF＝CG﹣GF=❑√91−4，
综上所述：CF的长为❑√91±4，故答案为：❑√91±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
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 ， MN = BC ．
2
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＝
1
AR，从而BR＝BC，△BCR是等腰直角三角形，可得MN⊥BC，MN= BC；
2
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
1
出△FBC是等腰直角三角形，△BCM是等腰直角三角形，故MN⊥BC，MN= BC；
2
（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，
1
PQ最大，最大值为 （AB+BT）＝9．
2
【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，
1
∴MN⊥BC，MN= BC；
2
1
故答案为：MN⊥BC，MN= BC；
2
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，
1
∴MN⊥BC，MN= BC；
2
（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：
1
此时PQ最大，最大值为 （AB+BT）＝8.5，
2
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
A BC D ，A，C，D的对应点分别为A ，C ，D ．
1 1 1 1 1 1
（1）当点A 落在线段DC上时，完成以下探究．
1
①如图1，求DA 的长．
1
②如图2，延长DC交C D 于点E，求证：△BCA ≌△A D E．
1 1 1 1 1
（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BC 于点G，交C D 于点
1 1 1
H，若GF=❑√7，求D H的长．
1
（3）如图4，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点P，连接PA ，PD ，则△PA D 面积的最小值为
1 1 1 1
9 ．
【分析】（1）①由旋转的性质知A B＝AB＝8，利用勾股定理即可求得A C=2❑√7，再根据矩形的性
1 1
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＝A D ＝BC，再根据矩形的性质，可得∠A CB＝∠D ＝90°，
1 1 1 1
A B∥C D ，可证得∠CA B＝∠D EA ，据此即可证得结论；
1 1 1 1 1 1
（2）首先由旋转的性质可知C D ＝CD＝8，BC＝BC ＝6，利用勾股定理即可求得FB=3❑√2，BG＝
1 1 1
3❑√14
5，即可求得C G＝1，即可证得△HGC ∽△BGF，再根据相似三角形的性质，即可求得C H= ，
1 1 1 7
据此即可求解；
1
（3）首先由矩形的性质可知AD＝BC＝6，BP= BD，利用勾股定理即可求得BD＝10，可得BP＝5，
2
当点P到线段A D 的距离h最小时，△PA D 面积有最小值，此时，点A 在PD上，且A P⊥A D ，距
1 1 1 1 1 1 1 1
离h的最小值为A B﹣BP＝8﹣5＝3，据此即可求解．
1
【解答】（1）①解：由旋转的性质知A B＝AB＝8．
1
在△A BC中，A B＝8，BC＝6，
1 1
∴A C=❑√A B2−BC2=❑√82−62=2❑√7．
1 1∵四边形ABCD为矩形，
∴CD＝AB＝8，
∴DA =CD−A C=8−2❑√7；
1 1
②证明：∵将矩形ABCD绕点B顺时针旋转得到矩形A BC D ，
1 1 1
∴AD＝A D ＝BC，∠A CB＝∠D ＝90°，A B∥C D ，
1 1 1 1 1 1 1
∴∠CA B＝∠D EA ．
1 1 1
在△BCA 和△A D E中，
1 1 1
{ ∠A 1 CB=∠D 1 )
∠C A B=∠D EA ，
1 1 1
BC=A D
1 1
∴△BCA ≌△A D E（AAS）；
1 1 1
（2）解：由旋转的性质可知C D ＝CD＝8，BC＝BC ＝6．
1 1 1
在Rt△BCF中，BC＝6，FC＝FB，BC2＝FC2+FB2，
∴62＝FB2+FB2，
∴FB=3❑√2（负值舍去），
在Rt△BGF中，BG2＝GF2+BF2，
即BG2=(❑√7) 2+(3❑√2) 2=25，
故BG＝5（负值舍去），
∴C G＝BC ﹣BG＝6﹣5＝1，
1 1
∵∠C ＝∠F＝90°，∠HGC ＝∠BGF，
1 1
∴△HGC ∽△BGF，
1
C H C G 1
∴ 1 = 1 = ，
BF FG ❑√7
3❑√14
∴C H= ，
1 7
3❑√14
∴D H=C D −C H=8− ；
1 1 1 1 7
（3）解：∵四边形ABCD是矩形，
1
∴AD＝BC＝6，BP= BD，
2
∵AB＝8，∴BD=❑√AB2+AD2=❑√82+62=10，
∴BP＝5．
当点P到线段A D 的距离h最小时，△PA D 面积有最小值，
1 1 1 1
此时，点A 在PD上，且A P⊥A D ，
1 1 1 1
距离h的最小值为A B﹣BP＝8﹣5＝3，
1
1
∴△PA D 面积的最小值为 ×6×3=9，
1 1 2
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A D 的距离h最小时，△PA D 面积有最小值．
1 1 1 1
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，
1
∴PM= CE，PM∥CE，
2
∵点N，M分别是BC，DE的中点，
1
∴PN= BD，PN∥BD，
2
∵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，
1
②由①知，△PMN是等腰直角三角形，PM＝PN= BD，
2
∴PM最大时，△PMN面积最大，∴点D在AB的延长线上，
∴BD＝AB+AD＝14，
∴PM＝7，
1 1 49
∴S△PMN最大 =
2
PM2=
2
×72=
2
．
49
故答案为
2
【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
1 1
PM= CE，PN= BD，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
2 2
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；
Bl Dl
（2）设BC与DF的交点为I，由∠DBI＝∠CFI＝45°，∠BID＝∠FIC，有△BID∽△FIC， = ，
FI Cl
BI FI
即 = ，可得△BIF∽△DIC，即得∠IBF＝∠IDC＝90°，从而∠ABF＝∠ABC+∠IBF＝135°；
DI Cl（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
1
ND= ¿=NO．
2
【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，
1
∴∠BAO= ∠BAC．
2
∵∠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，BI DI BI FI
∴ = ，即 = ，
FI CI DI Cl
∵∠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°，
1
∴ND= ¿=NO．
2
【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′＝ ，则∠ADC′＝90°﹣ ，∠DAC′＝∠BAC+CAC′＝45°+（45°﹣ ）＝
90°﹣ ，从而∠DAC′＝∠ADαC′，进而AC′＝DC′α ，进而得出DC＝DC′＝AC′，从而得出结α果；
（2）α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DN RM 4(y−4)
△HRM∽△MDN，从而
OM
=
RH
，进而得出 DN=
x
，根据 S△MNH ＝S 梯形DNHR ﹣S△DNM ﹣
1 4(y−4) 1 4(y−4) 1
S△RHM 得，
2
（x+
x
）•y−
2
×4⋅
x
−
2
x•（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′＝ ，则∠ADC′＝90°﹣ ，
∵∠CDC′+∠αCAC′＝45°， α
∴∠CAC′＝45°﹣ ，
∴∠DAC′＝∠BACα+CAC′＝45°+（45°﹣ ）＝90°﹣ ，
∴∠DAC′＝∠ADC′， α α
∴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，
DN RM
∴ = ，
OM RH
∵∠A＝45°，AD＝4，DM⊥AB，
∴DM＝AD＝4，
DN y−4
∴ = ，
4 x
4(y−4)
∴DN= ，
x
由S△MNH ＝S梯形DNHR ﹣S△DNM ﹣S△RHM 得，
1 4(y−4) 1 4(y−4) 1
（x+ ）•y− ×4⋅ − x•（y﹣4）＝24，
2 x 2 x 2
∴（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 1 3 ．
【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=❑√BC2+CE2，
∵BC＝12，CE＝5，
∴BE=❑√122+52=13，
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，
∴AB=❑√62+82=10，
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，
{AP=AP)
，
AE=AC
∴Rt△APE≌Rt△APC（HL），
∴PE＝PC，
∴∠PEC＝∠PCE，∵AD∥BC，
∴∠DHE＝∠PCE＝∠PEC，
∴DE＝DH＝BC，
在△DFH和△BFC中，
{∠DFH=∠BFC
)
∠DHF=∠BCF ，
DH=BC
∴△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
25+25❑√3
P时，连接CP，直接写出△BCP最大面积 ．
2
【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，P⊙D＝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，
{
AC=BC
)
∠ACE=∠BCD ，
CE=CD
∴△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，BD=❑√BC2−CD2=5❑√3．
1 25+25❑√3
当△BCP的面积最大时，BP=BD+DP=5❑√3+5，S= BP⋅CD= ．
2 2
25+25❑√3
故答案为： ．
2
【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
1．（2022 秋•陕州区期末）将抛物线 y= x2+1 绕原点 O 旋转 180°，则旋转后的抛物线的解析式为
2
（ ）
1 1
A．y＝﹣2x2+1 B．y＝﹣2x2﹣1 C．y=− x2+1 D．y=− x2﹣1
2 2
【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．
1 1
【解答】解：将抛物线y= x2+1绕原点O旋转180°得到的抛物线的解析式是y=− [（﹣x）2+1]，即y
2 21
=− x2−1．
2
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C ：y＝x2+mx+n（其中m，n均为常
1
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
{x2+mx+n≥−4x+3)
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： ．
x2+mx+n≥2x−6
（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C ，
2
将点G向上平移2|a|个单位得到H，连接BH．当C 与△BGH的直角边有两个公共点时，请直接写出a
2
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；
BD
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 =
BQ
1 8 1
3，再由BQ= ❑√2，求Q（ ， ）；
3 3 3
（3）设抛物线C 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
2
抛物线C 的解析式为y＝﹣x2+（4a﹣4）x﹣4a2+8a﹣3，当抛物线C 经过点B时，a＝2；当抛物线C
2 2 2
经过点G时，a＝1，则1≤a≤3时，C 与△BGH的直角边有两个公共点．
2
【解答】解：（1）∵抛物线经过点A，
∴1+m+n＝0，即n＝﹣1﹣m，
∴y＝x2+mx﹣1﹣m，
{x2+mx+n≥−4x+3)
∵： ，
x2+mx+n≥2x−6
{x2+mx+4x−4−m≥0①)
∴ ，
x2+mx−2x+5≥0②
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h ，A点到CD的距离为h ，
1 2
3
∵OD=❑√5，CD＝2❑√5，直线CD与x轴的交点为（ ，0），
2
1 1 1 3 1
∴ ×1×1= ×❑√5×h ， ×（ −1）×（3+1）= ×2❑√5h ，
2 2 1 2 2 2 2
❑√5
解得h ＝h = ，
1 2 5
∴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=❑√2，BC＝3❑√2，CD＝2❑√5，
∴CD2＝BC2+BD2，
∴三角形BCD是直角三角形，
∴∠CBD＝90°，
设Q（t，﹣t+3），
∵∠DQC＝∠CAB，
∴∠BQD＝∠CAO，
OC
∵tan∠CAO= =3，
OA
BD
∴ = 3，
BQ
1
∴BQ= ❑√2，
3
1
∴
❑√2=❑√2(t−3) 2
，
38 10
解得t= 或t= （舍），
3 3
8 1
∴Q（ ， ）；
3 3
（3）设抛物线C 上任意一点（x，y），
2
则（x，y）关于G（a，0）的对称点为（2a﹣x，﹣y），
∴抛物线C 的解析式为﹣y＝（2a﹣x）2﹣4（2a﹣x）+3，整理得y＝﹣x2+（4a﹣4）x﹣4a2+8a﹣3，
2
由平移可知H（a，2|a|），
当抛物线C 经过点B时，﹣9+12a﹣12﹣4a2+8a﹣3＝0，
2
解得a＝2或a＝3（舍）；当抛物线C 经过点G时，﹣a2+（4a﹣4）a﹣4a2+8a﹣3＝0，
2
解得a＝1或a＝3（舍）；
∴1≤a≤3时，C 与△BGH的直角边有两个公共点，
2
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．
1
（2）若E为第二象限的抛物线上的点，连接BC，BE，CE，当S△BCE =
2
S△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；
1
（2）过点 E 作 EN∥y 轴交 BC 于点 N，求出直线 BC 的解析式为 y= x+2，设点 E 的坐标为
21 1 1 1 1
(m，− m2− m+2)，则点N的坐标为(m， m+2)，则EN=− m2−m，由S△BCE = S△BOC ，即
4 2 2 4 2
可求点E的坐标为（﹣2，2）；
1
（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y= (x+2) 2−4，则M
4
3 7
是线段GP 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
1 2 8
1 1 9
y= x2+ x−2，顶点H的坐标为(−1，− )．所以M是线段GH的中点，可得点M的坐标为（﹣
4 2 4
1，0）．
【解答】解：（1）将A（2，0），B（﹣4，0）两点代入y＝ax2+bx+2，
{ 0=4a+2b+2 )
得 ，
0=16a−4b+2
1
{a=− )
4
解得 ，
1
b=−
2
1 1
∴抛物线的解析式为y=− x2− x+2；
4 2
（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，
{0=−4k+t)
得 ，
2=0+t{ k= 1 )
解得 2 ，
t=2
1
∴线段BC所在的直线的解析式为y= x+2，
2
1 1 1
设点E的坐标为(m，− m2− m+2)，则点N的坐标为(m， m+2)，
4 2 2
1 1 1 1 1 1 1
∴EN=− m2− m+2−( m+2)=− m2− m+2− m−2=− m2−m，
4 2 2 4 2 2 4
1 1 1 1
∴S = ⋅EN⋅OB= ×(− m2−m)×4=− m2−2m，
△BCE 2 2 4 2
1
∵S = S ，
△BCE 2 △BOC
1 1 1
∴− m2−2m= × ×2×4=2，
2 2 2
整理得m2+4m+4＝0，
解得m ＝m ＝﹣2，
1 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P 作P D⊥x轴于点D，
1 1
1 1 9
设原抛物线y=− x2− x+2的顶点为G，则点G的坐标为(−1， )，
4 2 4
∵△P BC是等腰直角三角形，
1
∴BC＝P B，∠P BC＝90°，
1 1∴∠CBO+∠OCB＝∠OBC+∠P BD＝90°，
1
∴∠OCB＝∠P BD．
1
∵∠BOC＝∠P DB＝90°，
1
∴△BOC≌△P DB（AAS），
1
∴P D＝OB＝4，BD＝OC＝2，
1
∴OD＝4﹣2＝2，
∴点P 的坐标为（﹣2，﹣4）．
1
1 1
∵新抛物线是由抛物线y=− x2− x+2绕点M旋转180°后得到的，
4 2
1
∴设新抛物线的解析式为y= x2+b x+c ，
4 1 1
把点P （﹣2，﹣4）和A（2，0）代入，
1
{1−2b +c =−4
)
1 1
得 ，
1+2b +c =0
1 1
{ b =1 )
1
解得 ，
c =−3
1
1 1
∴新抛物线的解析式为y= x2+x−3= (x+2) 2−4，
4 4
此时点P 为新抛物线的顶点，
1
∴M是线段GP 的中点，
1
3 7
∴点M的坐标为(− ，− )；
2 8
②当点P在x轴的上方时，如图3，过点P 作P F⊥x轴于点F，
2 2同理得△P FB≌△BOC（AAS），
2
∴P F＝OB＝4，BF＝OC＝2，
2
∴点P 的坐标为（﹣6，4），
2
1 1 1 9
∵新抛物线经过点P 和点A，同理可得新抛物线的解析式为y= x2+ x−2= (x+1) 2− ，
2 4 2 4 4
9
∴新抛物线顶点H的坐标为(−1，− )．
4
1 1
∵新抛物线是由抛物线y=− x2− x+2绕点M旋转180°后得到的，
4 2
∴M是线段GH的中点，
∴点M的坐标为（﹣1，0），
3 7
综上所述，点M的坐标为(− ，− )或（﹣1，0）．
2 8
【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G ，将G 绕点O旋转180°后的图象记为G ，G 、G
1 1 2 1 2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（x ，y ）、Q（x ，y ），当t≤x ≤t+1，x ≥2时，总有y ＜y ，直接写出
1 1 2 2 1 2 1 2
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y ＜y ，即可求解．
1 2
【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y ＜y ，如图：
1 2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x ＝﹣1−❑√5（正值已舍去）；
R
则t+1＜x ＝﹣1−❑√5，
R
即t＜﹣2−❑√5，
综上，0＜t＜1或 t＜−❑√5−2．
【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．
1 3
6．（2023•雁峰区校级一模）如图，抛物线y=− x2+ x+2与x轴负半轴交于点A，与y轴交于点B．
2 2
（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
1 AH 1 3
sin∠ ABO = = ， 可 求 G 点 坐 标 ， 进 而 求 出 直 线 HC 的 解 析 式 y=− x+ ， 联 立
❑√5 AG 2 4
1 3
{y=− x2+ x+2)
2 2
即可求C点坐标；
1 3
y=− x+
2 4
1 3 1 3 1 3
（3）①设E（t，− t2+ t+2），则F（t﹣2，− t2+ t+2），D（t﹣2，− t2+ t+3），再由D点在
2 2 2 2 2 2
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
3 1
（m，2﹣m），OP2＝2m2﹣4m+4，再由OF2＝2OP2，可得5＝2（2m2﹣4m+4），即可求P（ ， ）．
2 2
1 3
【解答】解：（1）令y＝0，0=− x2+ x+2，
2 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），1
∴AB的中点H（− ，1），
2
∵∠AHG＝90°，
∴∠HAG+∠HGA＝90°，∠BAG+∠ABO＝90°，
∴∠ABO＝∠HGA，
∵AB=❑√5，
❑√5
∴AH= ，
2
AO 1
∵sin∠ABO = = ，
AB ❑√5
1 AH
∴sin∠AGH = = ，
❑√5 AG
5
∴AG= ，
2
3
∴OG= ，
2
3
∴G（ ，0），
2
设直线HC的解析式为y＝kx+b，
3
{ k+b=0 )
2
∴ ，
1
− k+b=1
2
1
{k=− )
2
∴ ，
3
b=
4
1 3
∴y=− x+ ，
2 4
1 3
{y=− x2+ x+2)
2 2
联立 ，
1 3
y=− x+
2 4❑√26
解得x＝2± ，
2
∵C点在y轴右侧，
❑√26
∴x＝2+ ，
2
❑√26 1 ❑√26
∴C（2+ ，− − ）；
2 4 4
1 3
（3）①如图2，设E（t，− t2+ t+2），
2 2
∵OA＝1，OB＝2，
1 3 1 3
∴F（t﹣2，− t2+ t+2），D（t﹣2，− t2+ t+3），
2 2 2 2
∵D点在抛物线上，
1 3 1 3
∴− t2+ t+3 =− （t﹣2）2+ （t﹣2）+2，
2 2 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），
3 1
∴m= 或m= ，
2 23 1 1 3
∴P（ ， ）或P（ ， ），
2 2 2 2
∵①结论可知F（1，2），PO＝FP，
1 3
∴P（ ， ）舍去，
2 2
3 1
∴P（ ， ）．
2 2
【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．
1
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：y=− x2+bx+c与x轴相交于
4
A，B两点，顶点为D，其中A（﹣4❑√2，0），B（4❑√2，0），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．
1
【分析】（1）运用待定系数法将A（﹣4❑√2，0），B（4❑√2，0），代入y=− x2+bx+c中，即可求得
4
答案；
1
{ y=− x2+8 )
（2）设抛物线 C′的解析式为：y 1（x﹣2m）2﹣8，联立方程组 4 ，可得
=
4 1
y= (x−2m) 2−8
4
1
x2−mx+m2−16=0，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
21
{m2−4× (m2−16)＞0)
2 ，解不等式组即可求得答案；
2m＞0
2(m2−16)＞0
（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
1
﹣4），根据点M在y=− x2+8上，建立方程求解即可．
4
1
【解答】解：（1）由题意把点A（﹣4❑√2，0），B（4❑√2，0），代入y=− x2+bx+c中，
4
1
{− ×(−4❑√2) 2−4❑√2b+c=0)
4
得： ，
1
− ×(4❑√2) 2+4❑√2b+c=0
4
{b=0)
解得： ，
c=8
1
∴抛物线C的函数解析式为：y=− x2+8；
4
（2）如图1，由题意抛物线C′的顶点坐标为（2m，﹣8），
1
设抛物线C′的解析式为：y= （x﹣2m）2﹣8，
4
1
{ y=− x2+8 )
4
由 ，
1
y= (x−2m) 2−8
4
1
消去y得到：
x2−mx+m2−16=0，
2
∵抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，
1
{m2−4× (m2−16)＞0)
2
∴ ，
2m＞0
2(m2−16)＞0
解得：4＜m＜4❑√2，
∴满足条件的m的取值范围为：4＜m＜4❑√2；（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，
{∠PEF=∠FHM
)
∴ ∠FPE=∠MFH ，
PF=FM
∴△PFE≌△FMH（AAS），
∴PE＝FH＝4，EF＝HM＝4﹣m，
∴M（m+4，m﹣4），
1
∵点M在y=− x2+8上，
4
1
∴m﹣4=− （m+4）2+8，
4
解得m=−6+2❑√17或m=−6−2❑√17（舍），
∴m＝﹣6+2❑√17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），
1 1
把M（m﹣4，4﹣m）代入y=− x2+8中，4﹣m=− （m﹣4）2+8，
4 4
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❑√17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C ：y＝ax2+4ax+4a﹣5的顶点为P，与x轴相交于A，B
1
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C 与抛物线C 关于x轴对称，将抛物线C 向右平移，平移后的抛物线记为
2 1 2
C ，C 的顶点为M，当点P、M关于点B成中心对称时，求C 的解析式；
3 3 3
（3）如图（2），点Q是x轴正半轴上一点，将抛物线C 绕点Q旋转180°后得到抛物线C ．抛物线C
1 4 4
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C ：y＝a（x+2）2﹣5得，
1
顶点P的坐标为（﹣2，﹣5），
∵点B（1，0）在抛物线C 上，
1
∴0＝a（1+2）2﹣5，
5
解得a= ；
9
（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C 由C 关于x轴对称得到，抛物线C 由C 平移得到，
2 1 3 2
5
∴抛物线C 的表达式为y=− （x﹣4）2+5；
3 9
（3）∵抛物线C 由C 绕点x轴上的点Q旋转180°得到，
4 1
∴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，
1 1
∴FG＝EG= EF= AB＝3
2 2
∴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，
44
①当∠PNF＝90°时，PN2+NF2＝PF2，解得m= ，
3
19
∴Q点坐标为（ ，0）．
3
10
②当∠PFN＝90°时，PF2+NF2＝PN2，解得m= ，
3
2
∴Q点坐标为（ ，0）．
3
③∵PN＞NK＝10＞NF，
∴∠NPF≠90°
19 2
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．
3 3
【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．
