文档内容
2026年菁优中考数学解密之图形的旋转
一．选择题（共10小题）
1．（2025•晋中二模）如图，将△ABC绕点C逆时针旋转 得到△A′B′C′．当点B′落在BA的延长线上时，
恰好A′B′∥AC，若 ＝220°，则∠BCA的度数为（ ）α
α
A．100° B．120° C．130° D．140°
2．（2025•湛江二模）下列四个前沿的AI大模型的图标中，是中心对称图形的是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．（2025•平原县一模）2025年乙巳蛇年春晚以“巳巳如意，生生不息”为主题，如图为春晚主标识，
将两个“巳”字如图摆放，恰似中国传统的如意纹样．双巳合壁，事事如意，它采用的基本数学变换
是（ ）
第1页（共50页）A．平移 B．旋转 C．轴对称 D．位似
4．（2025•临漳县校级一模）如图，在△ABC中，∠BAC＝135°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到
△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论不正
确的是（ ）
A．△ABC≌△DEC B．∠ADC＝45° C．AD=√2AC D．AE＝AB+CD
5．（2025•前进区一模）下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025•道里区二模）如图，将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得△A′CB′，若AC⊥A′B′，则∠BAC等
于（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
7．（2025•四平一模）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为（8，0），将△ABO绕
第2页（共50页）着点B顺时针旋转60°，得到△DBC，则点C的坐标是（ ）
A．（4，8） B．（8，4） C．(4，4√3) D．(4√3，4)
8．（2025•钱塘区三模）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE，A，C的对应点分别为D，
E，AC的延长线分别交BD，DE于点F，G，下列结论正确的是（ ）
A．AC＝CG B．∠ABC＝∠BDE C．AG⊥DE D．GB∥DE
9．（2025•凤城市二模）如图，△AOB绕点O逆时针旋转40°后得到△DOE．若点A恰好落在边DE上，
且∠BOD＝105°，则cosB的值是（ ）
1 √2 √3 √3
A． B． C． D．
2 2 2 3
10．（2025•铁东区校级模拟）如图，将△ABC绕顶点A逆时针旋转30°到△ADE，∠B＝40°，∠DAC＝
50°，则∠E的度数为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
第3页（共50页）二．填空题（共10小题）
11．（2025•佳木斯四模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，点D，E分别为BC，AB
的中点，将△BDE绕着点B顺时针旋转，得到△BD′E′，当C，E′，D′在同一直线上时，则CE′的长为
．
12．（2025•深圳二模）如图，矩形ABCD绕点A顺时针旋转使得CD的对应边C′D′刚好经过点B，连接
DD′，若AB＝5，AD＝4，则DD′＝ ．
13．（2025•遵义模拟）如图，A（﹣4，0），D（4，0），B是y轴正半轴上一动点，把线段AB绕点A
顺时针旋转150°得到线段AC，连接CD，则CD的最小值是 ．
14．（2025•宝山区二模）如图，平行四边形ABCD，AB＝2BC，对角线AC⊥BC，将△ABC绕点B旋转，
使得点A落在直线CD上的点A′处，那么S ：S 的值是 ．
△A'BC △ABC
第4页（共50页）15．（2025•平顶山模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，D是平面内一点，BD＝1，连
接 CD．将线段 CD 绕点 C 顺时针旋转 90°，得到线段 CD′，连接 BD′，则 BD′的最大值为
，最小值为 ．
16．（2025•新宾县校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝6，点M是AB边的中点，点N是
AD边上任意一点，将线段MN绕点M顺时针旋转90°，点N旋转到点N′，则△MBN′周长的最小值为
．
17．（2025•雷州市校级三模）已知Rt△ABC，∠ACB＝90°，∠A＝30°，把△ABC绕点C逆时针旋转至
△DCE处，此时DC∥AB，∠1的大小为 ．
18．（2025•福田区一模）如图，已知△ABC为等边三角形，边长为√13，点D，E分别是过AB，BC上
的动点，点D从点A开始沿射线AB方向运动，同时点E从点B开始沿射线BC方向运动，点D运动速
度始终是点E运动速度的2倍，以DE为边向右侧作等边三角形 DEF．点G是BC边的中点，连接
GF，则GF的最小值为 ．
第5页（共50页）19．（2025•睢阳区模拟）如图，在平面直角坐标系中，点 A的坐标为（1，0），点B的坐标为（5，
0），点P为线段AB外一动点，PA＝2，以PB为边作等边三角形PBM．则当线段AM的长取到最大值
时，点P的纵坐标为 ．
20．（2025•姑苏区校级二模）如图，正方形ABCD，边长AB＝2，对角线AC、BD相交于点O，将直角
三角板的直角顶点放在点O处，三角板两边足够长，与BC、CD交于E、F两点，当三角板绕点O旋
转时，线段EF的最小值为 ．
三．解答题（共5小题）
21．（2025•高要区一模）综合与实践主题：确定筝形的重心位置．
素材：如图（1），筝形薄板ABCD中，∠B＝∠D＝90°，BC＝DC＝2，AB＝AD＝4．
实践操作一：如图（2），过悬挂点A将薄板用细线悬挂起来，静止后，过点A沿细线所在直线画一条
射线；然后将悬挂点换成 B，用同样的方法画出过点 B的射线，两射线的交点就是筝形薄板的重心
G，已知筝形的重心在其对称轴上．
（1）连接AC，求证：点G在AC上．
实践操作二：如图（3），连接AC，分别作出△ABC的重心I和△ACD的重心J，连接IJ，则IJ与AC
的交点就是筝形薄板的重心G．已知三角形的重心到顶点的距离是重心到对边中点的距离的2倍．
（2）判断IJ与AC的位置关系并证明．
第6页（共50页）（3）求AG：GC的值．
22．（2025•苏州）综合与实践
小明同学用一副三角板进行自主探究．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，△CDE中，∠DCE
＝90°，∠E＝30°，AB＝CE＝12cm．
【观察感知】
（1）如图①，将这副三角板的直角顶点和两条直角边分别重合，AB，DE交于点F，求∠AFD的度数
和线段AD的长．（结果保留根号）
【探索发现】
（2）在图①的基础上，保持△CDE不动，把△ABC绕点C按逆时针方向旋转一定的角度，使得点A
落在边DE上（如图②）．
①求线段AD的长；（结果保留根号）
②判断AB与DE的位置关系，并说明理由．
23．（2025•重庆）在△ABC中，AB＝AC，点D是BC边上一点（不与端点重合），连接AD．将线段AD
绕点A逆时针旋转 得到线段AE，连接DE．
（1）如图1， ＝∠αBAC＝60°，∠CAE＝20°，求∠ADB的度数；
（2）如图2，α＝∠BAC＝90°，BD＜CD，过点D作DG⊥BC，DG交CA的延长线于G，连接BG．点
F是DE的中点α，点H是BG的中点，连接FH，CF．用等式表示线段FH与CF的数量关系并证明；
第7页（共50页）（3）如图3，∠BAC＝120°， ＝60°，AB＝8，连接BE，CE．点D从点B移动到点C过程中，将BE
绕点B逆时针旋转60°得线段BαM，连接EM，作MN⊥CA交CA的延长线于点N．当CE取最小值时，
在直线AB上取一点P，连接PE，将△APE沿PE所在直线翻折到△ABC所在的平面内，得△QPE，连
接BQ，MQ，NQ，当BQ取最大值时，请直接写出△MNQ的面积．
24．（2025•晋中二模）综合与探究
问题情境：学习完特殊的平行四边形和相似三角形有关知识后，老师组织了一节富有创意的数学活动
课，引导同学们从图形变换的角度展开深度探究．
创新小组以矩形边的旋转变换为研究对象，并观察由此产生的几何性质．
如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，AD=3√2．将边AB绕点A逆时针旋转 （0°＜ ＜180°）得到线
段AE，过点E作EF⊥AE，交直线BC于点F． θ θ
猜想证明：
小组内同学探究思路遵循特殊到一般的探究：
（1）当 ＝90°时，四边形ABFE的形状最特殊，此时形状为 ；
（2）如图θ 2，当 ＝45°时，连接DE，猜想DE，BF和CD之间的数量关系，并说明理由；
综合应用： θ
（3）在AB旋转过程中，当直线EF经过CD边的中点时，与直线AD交于点M，直接写出DM的长．
25．（2025•台江区校级模拟）根据以下素材，探索完成任务．
探究遮阳伞下的影子长度
素材1 （1）图1是某款自动旋转遮阳伞，伞面完全张开时张角呈180°，图2是其侧面示意图．
（2）已知支架AB长为2.5米，且垂直于地面BC，悬托架AE＝DE＝0.5米，点E固定在伞
第8页（共50页）面上，且伞面直径DF是DE的4倍．当伞面完全张开时，点D，E，F始终共线．
（3）为实现遮阳效果最佳，伞面装有接收器可以根据太阳光线的角度变化，自动调整手柄
D沿着AB移动，以保证太阳光线与DF始终垂直．
素材2 某地区某天下午不同时间的太阳高度角 （太阳光线与地面的夹角）参照表：
时刻 12点 13点 α14点 15点 16点 17点
太阳高度角 90 75 60 45 30 15
（度）
素材3 小明坐在露营椅上的高度（头顶到地面的距离）约为1米，如图2，小明坐的位置记为点
Q．
问题解决
任务1 确定影子长度 某一时刻测得AD＝0.8米，
①DF ＝ ； tan∠ADE ＝
；
②请求出此时影子GH的长度；
任务2 判断是否照射到 这天14点，小明坐在离支架3米处的Q点，请判断此时
小明是否会被太阳光照射到？请你说明理由；
任务3 探究合理范围 小明打算在这天14：00﹣15：00露营休息，为保证小明
全程不被太阳光照射到，请你通过计算后直接写出BQ的
取值范围： ．
第9页（共50页）2026年菁优中考数学解密之图形的旋转
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C B D D A C C B C
一．选择题（共10小题）
1．（2025•晋中二模）如图，将△ABC绕点C逆时针旋转 得到△A′B′C′．当点B′落在BA的延长线上时，
恰好A′B′∥AC，若 ＝220°，则∠BCA的度数为（ ）α
α
A．100° B．120° C．130° D．140°
【考点】旋转的性质；平行线的判定；三角形内角和定理；等腰三角形的性质．
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【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推
理能力．
【答案】B
【分析】由旋转得∠BCB′+ ＝360°，∠ACA′+ ＝360°，B′C＝BC，因为 ＝220°，所以∠BCB′＝
∠ACA′＝360°﹣ ＝140°，由αA′B′∥AC，得∠BACα＝∠A′＝180°﹣∠ACA′＝40°α，因为∠CB′B＝∠B，所
以2∠B+140°＝18α0°，则∠B＝20°，求得∠BCA＝180°﹣∠BAC﹣∠B＝120°，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵将△ABC绕点C逆时针旋转 得到△A′B′C′，点B′落在BA的延长线上时，
∴∠BCB′+ ＝360°，∠ACA′+ ＝360°，B′C＝αBC，
∵ ＝220°，α α
∴∠αBCB′＝∠ACA′＝360°﹣ ＝140°，
∵A′B′∥AC， α
∴∠BAC＝∠A′＝180°﹣∠ACA′＝40°，
∵∠CB′B+∠B+∠BCB′＝180°，且∠CB′B＝∠B，
∴2∠B+140°＝180°，
∴∠B＝20°，
第10页（共50页）∴∠BCA＝180°﹣∠BAC﹣∠B＝120°，
故选：B．
【点评】此题重点考查旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，推导出∠BCB′＝
∠ACA′＝140°是解题的关键．
2．（2025•湛江二模）下列四个前沿的AI大模型的图标中，是中心对称图形的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】中心对称图形．
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【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形的概念求解即可．
【解答】解：根据中心对称图形的概念逐项分析判断如下：
A、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
【点评】此题主要考查了中心对称的概念，注意中心对称是要寻找对称中心，旋转 180度后与原图重
合．
第11页（共50页）3．（2025•平原县一模）2025年乙巳蛇年春晚以“巳巳如意，生生不息”为主题，如图为春晚主标识，
将两个“巳”字如图摆放，恰似中国传统的如意纹样．双巳合壁，事事如意，它采用的基本数学变换
是（ ）
A．平移 B．旋转 C．轴对称 D．位似
【考点】几何变换的类型．
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【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】根据旋转的性质即可解决问题．
【解答】解：根据题意：双巳合壁，事事如意，它采用的基本数学变换是旋转．
故选：B．
【点评】本题考查几何变换的类型，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
4．（2025•临漳县校级一模）如图，在△ABC中，∠BAC＝135°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到
△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论不正
确的是（ ）
A．△ABC≌△DEC B．∠ADC＝45° C．AD=√2AC D．AE＝AB+CD
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定．
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【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】D
【分析】由旋转的性质可得△ABC≌△DEC，CD＝CA，∠EDC＝∠BAC＝135°，AB＝DE，进而可得
∠ADC＝∠DAC＝45°，AD=√2AC，AE＝AD+DE=√2CD+AB，即可得出答案．
【解答】解：∵△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，
∴△ABC≌△DEC，
第12页（共50页）故A选项正确，不符合题意；
由旋转可得，CD＝CA，∠EDC＝∠BAC＝135°，AB＝DE，
∴∠ADC＝∠DAC．
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC＝∠DAC＝45°，
故B选项正确，不符合题意；
∵∠ADC＝∠DAC＝45°，
∴∠ACD＝90°，
∴AD=√2AC，
故C选项正确，不符合题意；
AE＝AD+DE=√2CD+AB，
故D选项不正确，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定，解题的关键是掌握旋转的性质．
5．（2025•前进区一模）下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
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【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形．
故选：D．
【点评】本题主要考查轴对称图形和中心对称图形的概念，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的概
第13页（共50页）念是解题的关键．
6．（2025•道里区二模）如图，将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得△A′CB′，若AC⊥A′B′，则∠BAC等
于（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
【考点】旋转的性质．
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【专题】平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】A
【分析】已知旋转角度，旋转方向，可求∠A′CA，根据互余关系求∠A′，根据对应角相等求∠BAC．
【解答】解：将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得△A’CB’，
∴∠A′CA＝40°，
∵AC⊥A′B′，
∴∠A′＝90°﹣40°＝50°，
由对应角相等，得∠BAC＝∠A′＝50°．
故选：A．
【点评】本题考查了旋转的性质，解答本题的关键要明确：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与
旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
7．（2025•四平一模）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为（8，0），将△ABO绕
着点B顺时针旋转60°，得到△DBC，则点C的坐标是（ ）
A．（4，8） B．（8，4） C．(4，4√3) D．(4√3，4)
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
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【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】C
第14页（共50页）【分析】作CM⊥x轴于M，再利用旋转的性质求出BC＝OB＝8，根据直角三角形30°角所对的直角边
等于斜边的一半求出BM，利用勾股定理列式求出CM，然后求出点C的横坐标，再写出点C的坐标即
可．
【解答】解：作CM⊥x轴于M，
由题意可得：BC＝OB＝8，
∵∠OBC＝60°，∠MCB＝30°，
1
∴BM= BC=4，CM=√BC2-MB2=√82-42=√12=4√3，
2
∴OM＝OB﹣BM＝8﹣4＝4，
∴C(4，4√3)．
故选：C．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，勾股定理，直角三角形角30°所对的直角边等于斜边的一
半，求出OM，CM的长度是解题的关键．
8．（2025•钱塘区三模）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE，A，C的对应点分别为D，
E，AC的延长线分别交BD，DE于点F，G，下列结论正确的是（ ）
A．AC＝CG B．∠ABC＝∠BDE C．AG⊥DE D．GB∥DE
【考点】旋转的性质；平行线的判定．
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【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】C
【分析】根据旋转的性质逐一判断即可．
【解答】解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE，
第15页（共50页）∴AC⊥DE，
即AG⊥DE，
故选项C正确，符合题意，
由已知条件无法得出选项A，B，D中的结论，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，熟记旋转的性质是解题的关键．
9．（2025•凤城市二模）如图，△AOB绕点O逆时针旋转40°后得到△DOE．若点A恰好落在边DE上，
且∠BOD＝105°，则cosB的值是（ ）
1 √2 √3 √3
A． B． C． D．
2 2 2 3
【考点】旋转的性质；解直角三角形．
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【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】先根据旋转的性质得到∠BOE＝∠AOD＝40°，∠OAB＝∠D，OA＝OD，再利用等腰三角形
的性质和三角形内角和定理可计算出∠D＝70°，所以∠OAB＝70°，接着利用三角形内角和定理计算出
∠B＝45°，然后根据特殊角的三角函数值解决问题．
【解答】解：∵△AOB绕点O逆时针旋转40°后得到△DOE．若点A恰好落在边DE上，
∴∠BOE＝∠AOD＝40°，∠OAB＝∠D，OA＝OD，
∵OA＝OD，
1 1
∴∠D= （180°﹣∠AOD）= ×（180°﹣40°）＝70°，
2 2
∴∠OAB＝70°，
∵∠AOB＝∠BOD﹣∠AOD＝105°﹣40°＝65°，
∴∠B＝180°﹣70°﹣65°＝45°，
√2
∴cosB＝cos45°= ．
2
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角
第16页（共50页）等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了特殊角的三角函数值．
10．（2025•铁东区校级模拟）如图，将△ABC绕顶点A逆时针旋转30°到△ADE，∠B＝40°，∠DAC＝
50°，则∠E的度数为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【考点】旋转的性质．
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【专题】三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】C
【分析】由旋转的性质及∠B＝40°，得出∠BAD＝∠CAE＝30°，∠D＝∠B＝40°，由∠DAC＝50°，求
出∠DAE＝80°，再根据三角形内角和定理即可求出∠E的度数．
【解答】解：∵将△ABC绕顶点A逆时针旋转30°到△ADE，∠B＝40°，
∴∠BAD＝∠CAE＝30°，∠D＝∠B＝40°，
∵∠DAC＝50°，
∴∠DAE＝∠DAC+∠CAE＝50°+30°＝80°，
∴∠E＝180°﹣∠DAE﹣∠D＝180°﹣80°﹣40°＝60°，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质，三角形内角和定理是解决问题的关键．
二．填空题（共10小题）
11．（2025•佳木斯四模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，点D，E分别为BC，AB
的中点，将△BDE绕着点B顺时针旋转，得到△BD′E′，当C，E′，D′在同一直线上时，则CE′的长为
2√3-1或2√3+1 ．
【考点】旋转的性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．
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【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
第17页（共50页）【答案】2√3-1或2√3+1．
1
【分析】根据三角形中位线定理得到DE= AC=1，再根据旋转的性质得到D′E′＝DE＝1，再根据
2
C，E′，D′在一条直线上结合勾股定理求出CD′的长，即可求解CE′．
【解答】解：当E′，D′，在AB上方时，如图，
∵点D，E分别是BC，AB的中点，AC＝2，BC＝4，
1 1
∴DE= AC=1，BD= BC=2，DE∥AC（中位线的性质），
2 2
∴∠BDE＝∠BCA＝90°，
由旋转可得，D′E′＝DE＝1，BD′＝BD＝2，∠BD′E′＝∠BDE＝90°，
∵点C，E′，D′在同一条直线上，
∴CD'=√BC2-D'B2=√42-22=√12=2√3，
∴CE'=CD'-D'E'=2√3-1，
当E′，D′在AB下方时，如图，
∵在同一条直线上，
∴∠CD′B＝∠E′D′B＝90°，
同理可得，CE'=CD'+D'E'=2√3+1，
故答案为：2√3-1 或2√3+1．
【点评】本题考查了旋转的性质，三角形中位线定理，勾股定理，熟练掌握旋转的性质和三角形中位
线定理是解题的关键．
12．（2025•深圳二模）如图，矩形ABCD绕点A顺时针旋转使得CD的对应边C′D′刚好经过点B，连接
第18页（共50页）8√5
DD′，若AB＝5，AD＝4，则DD′＝ ．
5
【考点】旋转的性质；矩形的性质．
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【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】由旋转的性质可得AD＝AD'＝4，∠AD'B＝∠ADC＝90°，由勾股定理可得D'B的长，由面积
16
法可求D'F的长，通过证明四边形ADEF是矩形，可得DE＝AF= ，AD＝EF＝4，即可求解．
5
【解答】解：如图，过点D'作EF⊥AB于F，交CD于E，
∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转使得CD的对应边C′D′刚好经过点B，
∴AD＝AD'＝4，∠AD'B＝∠ADC＝90°，
∴D'B=√AB2-D' A2=3，
1 1
∵S '= AB•D'F= AD'•D'B，
△ABD 2 2
∴5D'F＝4×3，
12
∴D'F= ，
5
√ 144 16
∴AF=√D' A2-D'F2= 16- = ，
25 5
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ADC＝90°，
∵EF⊥AB，
∴四边形ADEF是矩形，
16
∴DE＝AF= ，AD＝EF＝4，
5
第19页（共50页）8
∴D'E= ，
5
8√5
∴DD'=√DE2+D'E2= ，
5
8√5
故答案为： ．
5
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题
的关键．
13．（2025•遵义模拟）如图，A（﹣4，0），D（4，0），B是y轴正半轴上一动点，把线段AB绕点A
顺时针旋转150°得到线段AC，连接CD，则CD的最小值是 4√3+4 ．
【考点】坐标与图形变化﹣旋转；全等三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．
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【专题】平面直角坐标系；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】4√3+4．
【分析】把AD绕点A逆时针方向旋转150°到AE，过E作EF⊥x轴于F，可证明△BAE≌△CAD（SAS）
得到BE＝CD，求出∠EAF＝30°，则可求出AF=4√3，根据CD=BE≥OF=4√3+4可得答案．
【解答】解：如图所示，把AD绕点A逆时针方向旋转150°到AE，过E作EF⊥x轴于F，
第20页（共50页）则AE＝AD，AB＝AC，∠BAC＝∠DAE＝150°，
∴∠BAE＝∠CAD＝150°﹣∠BAD，
∴△BAE≌△CAD（SAS），
∴BE＝CD，
在Rt△AEF中，∠EAF＝30°，AE＝AD＝8，
1
∴EF= AE=4，
2
∴AF=√AE2-EF2=4√3，
∴CD=BE≥OF=AF+OA=4√3+4，
∴CD最小值 =4√3+4，
故答案为：4√3+4．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，坐标与图形，全等三角形的性质与判定，勾股定理，含 30度角
的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点是关键．
14．（2025•宝山区二模）如图，平行四边形ABCD，AB＝2BC，对角线AC⊥BC，将△ABC绕点B旋转，
√13-1 √13-1
使得点A落在直线CD上的点A′处，那么S ：S 的值是 或 ．
△A'BC △ABC 4 4
【考点】旋转的性质；三角形的面积；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；平行四
边形的性质．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；平移、旋转与对称；推理能力．
√13-1 √13+1
【答案】 或 ．
4 4
第21页（共50页）【分析】由锐角三角函数可求∠ABC＝60°，由直角三角形的性质可求CH，BH的长，由勾股定理可求
A'H长，由三角形面积公式可求S ，S 的值，即可求解．
△A'BC △ABC
【解答】解：如图，当点A'在线段CD上时，过点B作BH⊥直线CD于H，
∵AB＝2BC，AC⊥BC，
BC 1
∴cos∠ABC= = ，
AB 2
∴∠ABC＝60°，
∴设BC＝2a，则AB＝4a，
∴AC=√AB2-BC2=2√3a，
1
∴S = BC•AC＝2√3a2，
△ABC 2
∵AB∥CD，
∴∠ABC＝∠BCH＝60°，
∴∠CBH＝30°，
1
∴CH= BC＝a，BH=√3a，
2
由旋转的性质可得AB＝A'B＝4a，
∴A'H=√A'B2-BH2=√13a，
∴A'C=√13a﹣a，
1 √39-√3
∴S = （√13a﹣a）√3a= a2，
△A'BC 2 2
第22页（共50页）√13-1
∴S ：S = ；
△A'BC △ABC 4
当点A''在线段DC的延长线上时，
√13+1
同理可求S ：S = ；
△A'BC △ABC 4
√13-1 √13+1
故答案为： 或 ．
4 4
【点评】本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理，利用分类讨论
思想解决问题是解题的关键．
15．（2025•平顶山模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，D是平面内一点，BD＝1，连
接CD．将线段CD绕点C顺时针旋转90°，得到线段CD′，连接BD′，则BD′的最大值为 3√2+1 ，
最小值为 3√2-1 ．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形．
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【答案】3√2+1；3√2-1．
【分析】如图：连接AD′，由勾股定理可得AB=3√2，再根据旋转的性质可得点D在以点B为圆心，
1为半径的圆上；然后再证明△ACD′≌△BCD（SAS）可得AD′＝BD＝1，点D′在以点A为圆心，1为半
径的圆上．然后画出图形，根据图形求最值即可．
【解答】解：如图：连接AD′，
由题意可得：
∴AB=√AC2+BC2=3√2．
∴点D在以点B为圆心，1为半径的圆上．
∵∠ACB＝90°，∠DCD′＝90°，
第23页（共50页）∴∠ACD′＝∠BCD．
在△ACD′与△BCD中，
{
AC=BC
∠ACD'=∠BCD，
CD'=CD
∴△ACD′≌△BCD（SAS），
∴AD′＝BD＝1，
∴点D′在以点A为圆心，1为半径的圆上．
如图1，当点D′在线段BA的延长线上时，BD′最大，
∴BD'=AB+AD'=3√2+1，即BD′的最大值为3√2+1；
如图2，当点D′在线段AB上时，BD′有最小值，
∴BD'=AB-AD'=3√2-1，即BD′的最小值为3√2-1．
故答案为：3√2+1；3√2-1．
【点评】本题主要考查了勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转的性质等知识点，发现点D在以
点B为圆心、1为半径的圆上和点D′在以点A为圆心、1为半径的圆上并画出图形是解题的关键．
16．（2025•新宾县校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝6，点M是AB边的中点，点N是
AD边上任意一点，将线段MN绕点M顺时针旋转90°，点N旋转到点N′，则△MBN′周长的最小值为
5+5√5 ．
第24页（共50页）【考点】旋转的性质；矩形的性质；轴对称﹣最短路线问题．
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【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】5+5√5．
【分析】由点M是AB边的中点得BM＝5，要求△MBN′周长最小，实际是求BN′+MN′最小，转化成”
将军饮马”模型，先找出N′运动轨迹，由线段旋转90°，可得三垂直全等，进而推出点N′在平行于
AB，且与AB的距离为5的直线上运动，再作对称求解即可．
【解答】解：如图，过点N′作EF∥AB，交AD、BC于E、F，过点M作MG⊥EF于点G，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴AB∥EF∥CD，
∴四边形AMGE和BMGF都是矩形，
∴∠A＝∠MGN′＝90°，
由旋转的性质得∠NMN′＝90°，MN＝MN′，
∴∠AMN＝90°﹣∠NMG＝∠GMN′，
在△AMN和△GMN′中，
{∠AMN=∠GMN'
∠A=∠MGN' ，
MN=MN'
∴△AMN≌△GMN′（AAS），
∴MG＝AM，
第25页（共50页）∴点N′在平行于AB，且与AB的距离为5的直线上运动，
作点M关于直线EF的对称点M′，连接MB交直线EF于点N′，
此时△MBN′周长取得最小值，最小值为BM+BM′，
1
∵BM= AB=5，MM'=5+5=10，
2
∴BM+BM'=5+√52+102=5+5√5，
故答案为：5+5√5．
【点评】本题主要考查了旋转的性质、矩形的性质、轴对称，熟练掌握其性质并能正确添加辅助线是
解决此题的关键．
17．（2025•雷州市校级三模）已知Rt△ABC，∠ACB＝90°，∠A＝30°，把△ABC绕点C逆时针旋转至
△DCE处，此时DC∥AB，∠1的大小为 60 ° ．
【考点】旋转的性质；平行线的性质．
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【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】60°．
【分析】由三角形内角和定理可得∠B＝60°，再根据两直线平行配套同旁内角互补求出∠ACD＝30°，
由旋转的性质可知，∠D＝∠A＝30°，再根据三角形外角的性质求解即可．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠B＝60°，
∵DC∥AB，
∴∠BCD＝180°﹣∠B＝120°，
∴∠ACD＝∠BCD﹣∠ACB＝30°，
由旋转的性质可知，∠D＝∠A＝30°，
∴∠1＝∠D+∠ACD＝60°；
故答案为：60°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理和外角的性质，平行的性质，旋转的性质，掌握旋转的性质是
解题关键．
18．（2025•福田区一模）如图，已知△ABC为等边三角形，边长为√13，点D，E分别是过AB，BC上
第26页（共50页）的动点，点D从点A开始沿射线AB方向运动，同时点E从点B开始沿射线BC方向运动，点D运动速
度始终是点E运动速度的2倍，以DE为边向右侧作等边三角形 DEF．点G是BC边的中点，连接
√13
GF，则GF的最小值为 ．
4
【考点】旋转的性质；垂线段最短；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．
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【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
√13
【答案】 ．
4
【分析】在BC上截取BH＝BD，连接DH，FH，证明△BDH≌△HDF（SAS），推出∠FHC＝60°，证
明△HFM为等边三角形，再证明CF平分∠ACB，得出点F的轨迹，进一步求得GF的最小值．
【解答】解：∵点D运动速度始终是点E运动速度的2倍，
∴设BE＝x，则AD＝2x，BD=AB-AD=√13-2x，
如图，在BC上截取BH＝BD，连接DH，FH，
则BH=BD=√13-2x，CH=BC-BH=√13-(√13-2x)=2x，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠B＝60°，
∵BD＝BH，
∴△BDH为等边三角形，
第27页（共50页）∴∠BDH＝60°，BD＝DH，
∵△DEF为等边三角形，
∴∠EDF＝60°，DE＝DF，
∵∠HDF+∠EDH＝60°，∠BDE+∠EDH＝60°，
∴∠HDF＝∠BDE，
在△BDE和△HDF中，
{
BD=DE
∠BDE=∠∠HDF，
DE=DF
∴△BDE≌△HDF（SAS），
∴HF＝BE＝x，∠DHF＝∠B＝60°，
∴∠FHC＝180°﹣∠DHF﹣∠DHE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
作射线CF，如图所示，
在△HFC中，∠FHC＝60°，CH＝2x，FH＝x，
取HC的中点M，连接FM，
1 1
则HM=CM= CH= ×2x=x，
2 2
∴HM＝HF＝x，
∴△HFM为等边三角形，
∴∠FMH＝60°，FM＝CM＝HM＝x，
∴∠MFC＝∠MCF，
∵∠MFC+∠MCF＝∠FMH＝60°，
∴∠MCF＝∠MFC＝30°，
∴CF是∠ACB的角平分线，
即：F点在∠ACB的角平分线上运动，
如图所示，作GF′⊥CF于F′，此时，GF最小，
第28页（共50页）∵G是BC的中点，
1 1 √13
∴GC=BG= BC= ×√13= ，
2 2 2
在△GF′C中，∠GCF′＝30°，∠GF′C＝90°，
1 1 √13 √13
∴GF'= GC= × = ，
2 2 2 4
√13
∴GF的最小值为 ．
4
√13
故答案为： ．
4
【点评】本题考查了等边三角形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，垂线段最短等知识点，
解决问题的关键是构造全等，找到F的运动轨迹．
19．（2025•睢阳区模拟）如图，在平面直角坐标系中，点 A的坐标为（1，0），点B的坐标为（5，
0），点P为线段AB外一动点，PA＝2，以PB为边作等边三角形PBM．则当线段AM的长取到最大值
6 时，点P的纵坐标为 √3 ．
【考点】旋转的性质；坐标与图形性质；垂线段最短；三角形三边关系；全等三角形的判定与性质；
等边三角形的性质．
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【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】6，√3．
【分析】以PA的长为边作等边△PAN，由SAS可判定△NPB≌△APM，由全等三角形的性质得NB＝
AM，由NB≤AN+AB得当N、A、B三点共线时NB取得最大值，即可求解．
【解答】解：以PA的长为边作等边△PAN，
第29页（共50页）∴PA＝PN＝AN＝2，∠APN＝60°，
由条件可知∠BPM＝60°，PB＝PM，
∴∠APN+∠APB＝∠BPM+∠APB，
∴∠NPB＝∠APM，
在△NPB和△APM中
{
PN=PA
∠NPB=∠APM，
PB=PM
∴△NPB≌△APM（SAS），
∴NB＝AM，
∵NB≤AN+AB，
∴当N、A、B三点共线时，NB取得最大值，
此时AM取得最大值，如图，
1
由条件可知ON=OA= AN=1，
2
∴OP=√3，
由条件可知OB＝5，
∴NB＝ON+OB
＝1+5
＝6，
∴AM取得最大值为6，点P的纵坐标为√3；
故答案为：6，√3．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角形三边关系等；
掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，能构建全等三角形，找出取得最大值的条件是解
第30页（共50页）题的关键．
20．（2025•姑苏区校级二模）如图，正方形ABCD，边长AB＝2，对角线AC、BD相交于点O，将直角
三角板的直角顶点放在点O处，三角板两边足够长，与BC、CD交于E、F两点，当三角板绕点O旋
转时，线段EF的最小值为 √2 ．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
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【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】√2．
【分析】由“ASA”可证△OEC≌△OFD，可得OE＝OF，可得EF=√2OE，则OE取最小值，EF有最小
值，当OE⊥BC时，OE有最小值，由等腰三角形的性质可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OC＝OD，∠ODC＝∠OCB＝45°，OC⊥OD，
∵∠EOF＝90°＝∠COD，
∴∠DOF＝∠COE，且OC＝OD，∠ODC＝∠OCB＝45°，
∴△OEC≌△OFD（ASA）
∴OE＝OF，且∠EOF＝90°，
∴EF=√2OE，
∴OE取最小值，EF有最小值，
当OE⊥BC时，OE有最小值，
∵OB＝OC，∠BOC＝90°，OE⊥BC，
1
∴OE= BC＝1，
2
∴EF的最小值为√2，
故答案为：√2．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，证
明△OEC≌△OFD是本题的关键．
三．解答题（共5小题）
21．（2025•高要区一模）综合与实践主题：确定筝形的重心位置．
第31页（共50页）素材：如图（1），筝形薄板ABCD中，∠B＝∠D＝90°，BC＝DC＝2，AB＝AD＝4．
实践操作一：如图（2），过悬挂点A将薄板用细线悬挂起来，静止后，过点A沿细线所在直线画一条
射线；然后将悬挂点换成 B，用同样的方法画出过点 B的射线，两射线的交点就是筝形薄板的重心
G，已知筝形的重心在其对称轴上．
（1）连接AC，求证：点G在AC上．
实践操作二：如图（3），连接AC，分别作出△ABC的重心I和△ACD的重心J，连接IJ，则IJ与AC
的交点就是筝形薄板的重心G．已知三角形的重心到顶点的距离是重心到对边中点的距离的2倍．
（2）判断IJ与AC的位置关系并证明．
（3）求AG：GC的值．
【考点】几何变换综合题．
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【专题】几何综合题．
【答案】（1）连接AC，
∵AB＝AD，∠ABC＝∠ADC，BC＝DC，
∴△ABC≌△ADC（SAS），
∴筝形ABCD关于直线AC对称，
∵点G是筝形ABCD的重心，
∴点G在AC上；
（2）IJ⊥AC．
∵△ABC≌△ADC，
∴∠ACB＝∠ACD，
第32页（共50页）由重心可知点H，K分别是BC，CD的中点，BC＝DC，
∴CH＝CK，
又∵AC＝AC，
∴△ACH≌△ACK（SSS），
∴∠CAH＝∠CAK，AH＝AK，
∵点I，J分别是△ABC和△ADC的重心，
2 2
∴AI＝2IH，AJ＝2JK，即AI= AH，AJ= AK，
3 3
∴AI＝AJ，
∴IJ⊥AC（依据：等腰三角形“三线合一”）；
（3）3：2
【分析】（1）证明△ABC≌△ADC得到筝形ABCD关于直线AC对称，再根据点G是筝形ABCD的重心
得到结论即可；
（2）由△ABC≌△ADC得到∠ACB＝∠ACD，再证明△ACH≌△ACK，得到∠CAH＝∠CAK，AH＝AK，
2 2
根据重心的性质得到AI= AH，AJ= AK，则AI＝AJ，最后利用等腰三角形“三线合一”得到
3 3
IJ⊥AC；
2 4√2
（ 3 ） 根 据 重 心 和 勾 股 定 理 得 到 BE ＝ 2 ， EC=√BE2+BC2=2√2， IC= EC= ，
3 3
2 2√17
AH=√AB2+BH2=√17，AI= AH= ，设AG＝x，则CG=2√5-x，根据勾股定理得到IG2
3 3
＝AI2﹣AG2＝CI2﹣CG2，据此列方程求解即可．
【解答】（1）证明：连接AC，
∵AB＝AD，∠ABC＝∠ADC，BC＝DC，
∴△ABC≌△ADC（SAS），
∴筝形ABCD关于直线AC对称，
第33页（共50页）∵点G是筝形ABCD的重心，
∴点G在AC上；
（2）解：IJ⊥AC．
∵△ABC≌△ADC，
∴∠ACB＝∠ACD，
由重心可知点H，K分别是BC，CD的中点，BC＝DC，
∴CH＝CK，
又∵AC＝AC，
∴△ACH≌△ACK（SSS），
∴∠CAH＝∠CAK，AH＝AK，
∵点I，J分别是△ABC和△ADC的重心，
2 2
∴AI＝2IH，AJ＝2JK，即AI= AH，AJ= AK，
3 3
∴AI＝AJ，
∴IJ⊥AC（依据：等腰三角形“三线合一”）；
（3）解：∵AB＝4，由重心可知点E是AB的中点，
∴BE＝2．
∵∠B＝90°，BC＝2，
∴EC=√BE2+BC2=2√2，
2 4√2
∴IC= EC= ，
3 3
1
∵BH= BC=1，
2
∴AH=√AB2+BH2=√17，
2 2√17
∴AI= AH= ，
3 3
在Rt△ABC中，AC=√AB2+BC2=2√5，
设AG＝x，则CG=2√5-x，
∵IG2＝AI2﹣AG2＝CI2﹣CG2，
第34页（共50页）2 2
2√17 4√2
∴( ) -x2=( ) -(2√5-x) 2 ，
3 3
6√5
解得x= ，
5
4√5
∴CG=2√5-x= ，
5
6√5 4√5
∴AG：GC= ： =3：2．
5 5
【点评】本题考查了三角形重心的定义和性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的
判定与性质，理解重心的概念是解答本题的关键．
22．（2025•苏州）综合与实践
小明同学用一副三角板进行自主探究．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，△CDE中，∠DCE
＝90°，∠E＝30°，AB＝CE＝12cm．
【观察感知】
（1）如图①，将这副三角板的直角顶点和两条直角边分别重合，AB，DE交于点F，求∠AFD的度数
和线段AD的长．（结果保留根号）
【探索发现】
（2）在图①的基础上，保持△CDE不动，把△ABC绕点C按逆时针方向旋转一定的角度，使得点A
落在边DE上（如图②）．
①求线段AD的长；（结果保留根号）
②判断AB与DE的位置关系，并说明理由．
【考点】几何变换综合题．
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【专题】几何综合题；压轴题．
第35页（共50页）【答案】（1）∠AFD＝15°，AD＝（6√2-4√3）cm；（2）①AD＝（6+2√3）cm；②AB⊥DE，
理由见解析．
【分析】（1）先根据等腰三角形的性质可得∠BAC＝∠ABC＝45°，再求出∠CDE＝60°，然后根据三
角形的外角性质即可得∠AFD＝15°，最后根据解直角三角形可得AC，CD的长，根据线段的和差即可
得；
（2）①过点C作CG⊥DE，垂足为G，先解直角三角形可得CG，DG的长，再利用勾股定理可得AG
的长，然后根据线段的和差即可得；
②根据等腰三角形的性质可得∠CAG＝∠ACG＝45°，则可得∠DAB＝90°，由此即可得．
【解答】解：（1）∵△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴∠BAC＝∠ABC＝45°，
∵△CDE中，∠DCE＝90°，∠E＝30°，
∴∠CDE＝60°，
∴∠AFD＝∠CDE﹣∠A＝60°﹣45°＝15°，
√2
在Rt△ABC中，AC=AB⋅sin∠ABC=12× =6√2(cm)，
2
√3
在Rt△CDE 中，CD=CE⋅tanE=12× =4√3(cm)，
3
∴AD=AC-CD=(6√2-4√3)cm；
（2）①如图，过点C 作CG⊥DE，垂足为G，
∵△CDG 中，∠CGD＝90°，∠CDE＝60°，CD=4√3cm，
∴DG=CD⋅cos∠CDE=2√3cm，CG＝CD•sin∠CDE＝6cm，
∵△CGA中，∠CGA＝90°，CA=6√2cm，CG＝6cm，
∴AG=√AC2-CG2=6cm，
∴AD=AG+DG=(6+2√3)cm；
第36页（共50页）②AB⊥DE，理由如下：
∵在 Rt△CGA中，∠CGA＝90°，AG＝CG＝6cm，
∴∠CAG＝∠ACG＝45°，
又∵∠BAC＝45°，
∴∠DAB＝∠CAG+∠BAC＝45°+45°＝90°，
∴AB⊥DE．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，熟练掌握解直角三角形的
方法是解题关键．
23．（2025•重庆）在△ABC中，AB＝AC，点D是BC边上一点（不与端点重合），连接AD．将线段AD
绕点A逆时针旋转 得到线段AE，连接DE．
（1）如图1， ＝∠αBAC＝60°，∠CAE＝20°，求∠ADB的度数；
（2）如图2，α＝∠BAC＝90°，BD＜CD，过点D作DG⊥BC，DG交CA的延长线于G，连接BG．点
F是DE的中点α，点H是BG的中点，连接FH，CF．用等式表示线段FH与CF的数量关系并证明；
（3）如图3，∠BAC＝120°， ＝60°，AB＝8，连接BE，CE．点D从点B移动到点C过程中，将BE
绕点B逆时针旋转60°得线段BαM，连接EM，作MN⊥CA交CA的延长线于点N．当CE取最小值时，
在直线AB上取一点P，连接PE，将△APE沿PE所在直线翻折到△ABC所在的平面内，得△QPE，连
接BQ，MQ，NQ，当BQ取最大值时，请直接写出△MNQ的面积．
【考点】几何变换综合题．
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【专题】几何综合题；三角形；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的
相似；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用AB＝AC，∠BAC＝ ＝60°，得出△ABC是等边三角形，得出∠ABC＝∠ACB＝
60°，由旋转得∠DAE＝60°，则可求出∠DαAC，再利用外角即可求解；
（2）连接CE，DH，利用 ＝∠BAC＝90°，AB＝AC，得∠ABD＝∠ACB＝45°，证明△BAD≌△CAE，
得BD＝CE，∠ABD＝∠ACαE＝45°，得出∠DCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°，再证明DG＝DC，
第37页（共50页）得出△BDG≌△ECD，可得∠BGD＝∠EDC，BG＝DE，再通过点H是BG的中点，和点F是DE的中点，
1 1
证明DH=HG= BG，DF＝CF= DE，通过证明△HDF是等腰直角三角形，即可得出；
2 2
（3）取BC中点U，AC中点V，连接AU，EV，UV，通过证明△ADU≌△AEV，得出∠AVE＝∠AUD＝
90°，由点V为固定点，∠AVE＝90°，得点E在过点V且垂直于AC的直线上运动，由点到直线的最短
距离可得，当CE取最小值时，即CE垂直于点E运动轨迹的直线，即点E和点V重合时，CE最小，
此时，由翻折可知AE＝QE，则点Q的轨迹为以点E为圆心，AE＝4为半径的圆，由点到圆上一点的
最大距离可知当B、E、Q依次共线时，BQ取最大值，此时，连接MA，过点B作BS⊥CN于点S，过
点 Q 作 QR⊥CN 于点 R，证明△MAE≌△BDE，得出 MA＝BD＝4√3，∠MAE＝∠BDE，通过证明
1 1
∠MAN＝30°，得出MN= MA＝2√3，AN=√3MN＝6，再计算出AS= AB＝4，BS=√3AS＝4√3，即
2 2
8√7
可求出 SE＝8，则 BE=√BS2+SE2=4√7，通过△BES∽△QER，求出 ER= ，可求出 NR＝
7
8√7 1
NA+AE+ER＝10+ ，则利用S = MN⋅NR即可求出．
7 △MNQ 2
【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝ ＝60°，
∴△ABC是等边三角形， α
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
由旋转得∠DAE＝60°，
∴∠DAC＝∠DAE﹣∠CAE＝60°﹣20°＝40°，
∴∠ADB＝∠DAC+∠ACB＝100°；
（2）HF=√2CF，证明如下：
如图，连接CE，DH，
∵ ＝∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠αABD＝∠ACB＝45°，
由旋转知AD＝AE，∠DAE＝90°，
第38页（共50页）∴∠BAC＝∠DAE＝90°，
即∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠DCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°，
∵DG⊥BC，
∴∠CDG＝∠BDG＝∠DCE＝90°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠CGD＝∠ACB＝45°，
∴DG＝DC，
∴△BDG≌△ECD（SAS），
∴∠BGD＝∠EDC，BG＝DE，
∵点H是BG的中点，∠BDG＝90°，
1
∴DH=HG= BG，
2
∴∠HDG＝∠HGD，
∴∠HDG＝∠EDC，
∴∠HDG+∠GDE＝∠EDC+∠GDE，
即∠HDF＝∠GDC＝90°，
∵点F是DE的中点，∠DCE＝90°，
1
∴DF=CF= DE，
2
∴DH＝DF，
∴△HDF是等腰直角三角形，
∴HF=√2DF=√2CF，
即HF=√2CF；
（3）如图，取BC中点U，AC中点V，连接AU，EV，UV，
第39页（共50页）∵AB＝AC＝8，∠BAC＝120°，
1
∴∠ACU＝30°，∠CAU= ∠BAC=60°，AU⊥BC，
2
1
∴AU= AC=4，
2
∵V是AC中点，
1
∴AV = AC，
2
∴AU＝AV，
由旋转知AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，∠DAE＝∠CAU＝60°，
∴∠DAU＝∠EAV，
∴△ADU≌△AEV（SAS），
∴∠AVE＝∠AUD＝90°，
由点V为固定点，∠AVE＝90°，得点E在过点V且垂直于AC的直线上运动，
由点到直线的最短距离可得，当CE取最小值时，即CE垂直于点E运动轨迹的直线，
即点E和点V重合时，CE最小，
此时如图，
由翻折可知AE＝QE，
∴点Q的轨迹为以点E为圆心，AE＝4为半径的圆，
由点到圆上一点的最大距离可知当B、E、Q依次共线时，BQ取最大值，
此时如图，连接MA，过点B作BS⊥CN于点S，过点Q作QR⊥CN于点R，
第40页（共50页）由旋转知BM＝BE，∠MBE＝60°，
∴△BEM是等边三角形，
∴∠BEM＝60°，BE＝EM，
∵△ADE是等边三角形，
∴∠AED＝60°，AE＝DE，
∴∠BEM＝∠AED＝60°，
∴∠AEM＝∠DEB，
∴△MAE≌△BDE（SAS），
∴MA＝BD，∠MAE＝∠BDE，
∵AB＝AC＝8，∠BAC＝120°，∠DAE＝60°，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°，∠DAE＝∠BAD＝60°，
∴AD⊥BC，
1
∴AD= AB＝4，BD=√3AD=4√3，
2
∴MA=BD=4√3，
∵E为AC中点，
∴DE＝CE，
∴∠EDC＝∠ACB＝30°，
∴∠MAE＝∠BDE＝180°﹣∠EDC＝150°，
∴∠MAN＝180°﹣∠MAE＝30°，
1
∴MN= MA=2√3，AN=√3MN＝6，
2
∵∠BAS＝180°﹣∠BAC＝60°，
∴∠ABS＝30°，
1
∴AS= AB＝4，BS=√3AS=4√3，
2
∴SE＝AS+AE＝4+4＝8，
∴BE=√BS2+SE2=4√7，
∵BS⊥CN，QR⊥CN．
∴∠BSE＝∠QRE＝90°，
又∵∠BES＝∠QER，
∴△BES∽△QER，
第41页（共50页）BE SE
∴ = ，
EQ ER
4√7 8
即 = ，
4 ER
8√7
解得ER= ，
7
8√7
∴NR=NA+AE+ER=10+ ，
7
∵MN⊥CA，QR⊥CN，
1 1 8√7 8√21
∴S = MN⋅NR= ×2√3×(10+ )=10√3+ ．
△MNQ 2 2 7 7
【点评】本题考查几何变换的综合应用，主要考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性
质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，
含30°角的直角三角形的性质，三角形内角和定理和外角性质，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键．
24．（2025•晋中二模）综合与探究
问题情境：学习完特殊的平行四边形和相似三角形有关知识后，老师组织了一节富有创意的数学活动
课，引导同学们从图形变换的角度展开深度探究．
创新小组以矩形边的旋转变换为研究对象，并观察由此产生的几何性质．
如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，AD=3√2．将边AB绕点A逆时针旋转 （0°＜ ＜180°）得到线
段AE，过点E作EF⊥AE，交直线BC于点F． θ θ
猜想证明：
小组内同学探究思路遵循特殊到一般的探究：
（1）当 ＝90°时，四边形ABFE的形状最特殊，此时形状为 正方形 ；
（2）如图θ 2，当 ＝45°时，连接DE，猜想DE，BF和CD之间的数量关系，并说明理由；
综合应用： θ
（3）在AB旋转过程中，当直线EF经过CD边的中点时，与直线AD交于点M，直接写出DM的长．
【考点】几何变换综合题．
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【专题】几何综合题；推理能力．
第42页（共50页）【答案】（1）正方形；
（2）DE+BF=√2CD，；
（3）DM的长为√5+√2或√5-√2．
【分析】（1）当 ＝90°时，AE落在边AD上，易得四边形ABFE为正方形；
（2）连接AF，过α点E作EG⊥AD于点G，由旋转的性质得AE＝AB＝3，再证明Rt△ABF≌Rt△AEF，可
得BF＝EF，再证明△DEG是等腰直角三角形，可得∠DEG＝∠EDG＝45°，再由D，E，F三点在同
CD √2
一直线上，可得DE+BF＝DE+EF＝DF，在Rt△DFC中，cos45°= = ，可得DF=√2CD，再
DF 2
求解即可；
（3）分两种情况：当点M在AD的延长线上时；当点M在AD上时；利用旋转的性质及勾股定理即可
求解．
【解答】解：（1）当 ＝90°时，AE落在边AD上，
α
将边AB绕点A逆时针旋转 （0°＜ ＜180°）得到线段AE，
∴AB＝AE， θ θ
∵EF⊥AE，
∴∠B＝∠A＝∠AEF＝90°，
∴四边形ABFE为正方形；
故答案为：正方形；
（2）DE+BF=√2CD．
理由：如图2，连接AF，过点E作EG⊥AD于点G．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝∠ADC＝∠C＝90°，AB＝CD．
第43页（共50页）∵EF⊥AE，
∴∠AEF＝90°，
将边AB绕点A逆时针旋转 （0°＜ ＜180°）得到线段AE，
∴AB＝AE＝3， θ θ
在Rt△ABF和Rt△AEF中，
{AF=AF
，
AB=AE
∴Rt△ABF≌Rt△AEF（HL），
∴BF＝EF．
∵∠BAE＝45°，
∴∠EAG＝45°，
∴△AEG是等腰直角三角形，
3√2
∴∠AEG=45°，AG=EG= ，
2
∵AD=3√2，
3√2
∴DG= ．
2
∴DG＝EG．
∴△DEG是等腰直角三角形，
∴∠DEG＝∠EDG＝45°，
∴∠AED＝∠AEG+∠DEG＝90°，
∴∠AEF+∠AED＝180°，
∴D，E，F三点在同一直线上，
∴DE+BF＝DE+EF＝DF．
∵∠EDG＝45°，
∴∠CDF＝90°﹣∠EDG＝90°﹣45°＝45°．
CD √2
在Rt△DFC中，由三角函数可知，cos45°= = ，
DF 2
∴DF=√2CD．
∴DE+BF=√2CD；
（3）设DM＝x，
如图，当点M在AD的延长线上时，连接AF，
第44页（共50页）∵AD∥BC，
∴∠M＝∠GFC，
在△CFG与△DMG中，
{
∠M=∠GFC
∠DGM=∠CGF，
DG=CG
∴△CFG≌△DMG（AAS），
∴CF＝DM＝x，
∴BF=3√2-x，
由（2）得△ABF≌△AEF，
∴AE＝AB＝3，∠AFB＝∠AFM，EF=BF=3√2-x，
∵AD∥BC，
∴∠AFB＝∠FAM，
∴∠AFM＝∠FAM，
∴MF=AM=x+3√2，
∴EM=MF-EF=x+3√2-(3√2-x)=2x，
由勾股定理可知，AE2+EM2＝AM2，
∴32+(2x) 2=(3√2+x) 2 ，
解得：x =√5+√2，x =-√5+√2（舍去），
1 2
∴DM=√5+√2；
如图，当点M在AD上时，连接AF，
第45页（共50页）同理可得△CFG≌△DMG，
∴CF＝DM＝x，
∴BF=3√2+x，
由（2）得△ABF≌△AEF，
∴AE＝AB＝3，∠AFB＝∠AFM，EF=BF=3√2+x，
∵AD∥BC，
∴∠AFB＝∠FAM，
∴∠AFM＝∠FAM，
∴MF=AM=3√2-x，
∴EM=EF-MF=x+3√2-(3√2-x)=2x，
由勾股定理可知，AE2+EM2＝AM2，
∴32+(2x) 2=(3√2-x) 2 ，
解得：x =√5-√2，x =-√5-√2（舍去），
1 2
∴DM=√5-√2；
综上所述，DM的长为√5+√2或√5-√2．
【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的判定，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，勾
股定理，旋转的性质等知识，熟练运用这些知识是关键．
25．（2025•台江区校级模拟）根据以下素材，探索完成任务．
探究遮阳伞下的影子长度
素材1 （1）图1是某款自动旋转遮阳伞，伞面完全张开时张角呈180°，图2是其侧面示意图．
（2）已知支架AB长为2.5米，且垂直于地面BC，悬托架AE＝DE＝0.5米，点E固定在伞
面上，且伞面直径DF是DE的4倍．当伞面完全张开时，点D，E，F始终共线．
（3）为实现遮阳效果最佳，伞面装有接收器可以根据太阳光线的角度变化，自动调整手柄
D沿着AB移动，以保证太阳光线与DF始终垂直．
第46页（共50页）素材2 某地区某天下午不同时间的太阳高度角 （太阳光线与地面的夹角）参照表：
时刻 12点 13点 α14点 15点 16点 17点
太阳高度角 90 75 60 45 30 15
（度）
素材3 小明坐在露营椅上的高度（头顶到地面的距离）约为1米，如图2，小明坐的位置记为点
Q．
问题解决
任务1 确定影子长度 某一时刻测得AD＝0.8米，
3
①DF＝ 2 米 ；tan∠ADE＝ ；
4
②请求出此时影子GH的长度；
任务2 判断是否照射到 这天14点，小明坐在离支架3米处的Q点，请判断
此时小明是否会被太阳光照射到？请你说明理由；
任务3 探究合理范围 小明打算在这天14：00﹣15：00露营休息，为保证
小明全程不被太阳光照射到，请你通过计算后直接
5√3 3+3√2
写出 BQ 的取值范围： ＜BQ＜
3 2
．
【考点】几何变换综合题．
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【专题】代数几何综合题；几何直观；推理能力；应用意识．
3
【答案】任务1：①2米； ；
4
10
②此时影子GH的长度为 米；
3
（2）小明会被照射到．理由见解答过程；
5-√2 5√3
任务3： ＜BQ＜ ．
2 3
第47页（共50页）【分析】任务1：如图2，过点E作El⊥AB于点I，过点G作GJ⊥FH于点J根据三角函数的定义即可
得到结论；
任务2：方法1：如图2，过点Q作PQ⊥BC交HF于点P．由（1）知，∠IDE＝∠ ＝∠DGB，解直角
三角形即可得到结论； α
任务3：根据三角函数的定义即可得到结论．
【解答】解：任务1：①如图2.1，过点E作El⊥AB于点I，过点G作GJ⊥FH于点J，
∴四边形DGJF为矩形，
∵AD＝0.8米，AE＝DE＝0.5米，
∴DF＝4DE＝2米，
1
∴DI= AD=0⋅4米，
2
∴IE=√DE2-DI2=√0.52-0.42=0.3（米），
IE 3
∴tan∠ADE= = ，
DI 4
3
故答案为：2米； ；
4
②∵∠FDG＝∠DGJ＝90°，
∵∠IDE+∠BDF＝90°，∠BDG+∠BGD＝90°，∠BGD+∠JGH＝90°，∠JGH+ ＝90°，
∴∠ADE＝ ， α
∴sin ＝sinα∠IDE，
∵四α边形DGJF为矩形，
∴GJ＝DF＝2米．
GJ
在Rt△GJH中，sin = ，
GH
α
第48页（共50页）IE 0.3 3
又∵sin∠IDE= = = ，
DE 0.5 5
2 3
∴ = ，
GH 5
10
解得：GH= 米，
3
10
∴此时影子GH的长度为 米；
3
任务2：小明会被照射到．理由如下：
方法1：
如图2.2，过点Q作PQ⊥BC交HF于点P．
由（1）知，∠IDE＝∠ ＝∠DGB，
∵∠ ＝60° α
α 1 1 1
∴在Rt△lDE中，DI= DE= 米，AD= 米，
2 4 2
∴BD＝2米．
BD 2
在Rt△DBG中，BG= = 米，
√3 √3
2GJ 4
在Rt△GHH中，GH= = 米，
√3 √3
PQ 1
在Rt△PQH中，当PQ＝1时，OH= = 米，
√3 √3
2 4 1 5
∴小明刚好被照射到时离B点的距离为 + - = ＜3，
√3 √3 √3 √3
∴小明会被照射到；
方法2：如图2，过点Q作PQ⊥BC交FH于点P，
第49页（共50页）2 4
与方法1同理得，得 BG= GH= 米，
√3 √3
6
∴QH＝BH﹣BQ＝（ -3）米，
√3
在Rt△PQH中，PQ=√3QH=6-3√3＜1，
∴小明会被照射到；
5 5√3
任务3：由任务2知，当 ＝60°时，BQ= = ．
√3 3
α
由任务1知，∠IDE＝∠ ＝∠DGB，
当 ＝45°时，BQ取得最α小值，也即为 ＝45°时BG的长度，
α √2 √2 α
在Rt△IDE中，DI= DE= ，
2 4
√2
AD＝2DI= ，
2
5 √2 5-√2
∴BG＝BD＝AB﹣AD= - = ，
2 2 2
5-√2 5√3
综上， ＜BQ＜ ，
2 3
5-√2 5√3
故答案为： ＜BQ＜ ．
2 3
【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了解直角三角形的应用，三角函数的定义，正确地作出
辅助线是解题的关键．
第50页（共50页）
