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重难点专题17 旋转与几何综合（含压轴）
重难点一 旋转与线段求值综合（含最值）
1 旋转核心性质：旋转前后对应线段长度完全相等，对应点到旋转中心距离不变；
2 遇线段求值，优先利用等量替换，把旋转后的未知线段转化为已知边长；
3 线段最值通用模型：定点绕点旋转轨迹为圆，利用 “圆外一点到圆的距离”求最值；
4 最大值=定点到圆心距离+半径，最小值=定点到圆心距离-半径；
5 复杂压轴结合三角形三边关系，三点共线时取到最大、最小值；
6 计算时配合勾股定理、全等三角形，简化复杂线段长度。
1．如图，在Rt △𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵= 90°，∠𝐴= 60°，𝐴𝐶=6，将△𝐴𝐵𝐶绕点C 逆时针方向旋转得到△
𝐴′𝐵′𝐶，若点𝐴′恰好在𝐵𝐶边上，则点𝐵′与点B 之间的距离为（ ）
A．6√3
B．6√6
C．6√2
D．12
【答案】B
【分析】根据三角形内角和定理得∠𝐴𝐵𝐶= 30°，即可得𝐴𝐵= 2𝐴𝐶= 12，根据勾股定理可得𝐵𝐶= 6√3，
根据旋转的性质得∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐴′𝐶𝐵′ = 90°，𝐶𝐵= 𝐶𝐵′，根据勾股定理即可得．
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【详解】解：在Rt △𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵= 90°，∠𝐴= 60°，𝐴𝐶=6，
则∠𝐴𝐵𝐶= 180° −∠𝐴𝐶𝐵−∠𝐴= 180° −90° −60° = 30°，
∴𝐴𝐵= 2𝐴𝐶= 12，
∴𝐵𝐶= √𝐴𝐵2 −𝐴𝐶2 = √122 −62 = 6√3，
∵△𝐴𝐵𝐶绕点C 逆时针方向旋转得到△𝐴′𝐵′𝐶，
∴∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐴′𝐶𝐵′ = 90°，𝐶𝐵= 𝐶𝐵′，
∴𝐵𝐵′ = √𝐶𝐵2 + 𝐶𝐵′2 = √(6√3)2 + (6√3)2 = 6√6,
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，直角三角形的性质，解题的关键是掌握勾股定理和旋转的性
质．
2．如图，Rt△𝐴𝐵𝐶中，△𝐴𝐶𝐵=90°且𝐶𝐴=𝐶𝐵，D 为△𝐴𝐵𝐶外一点，连接𝐴𝐷，过D 作𝐷𝐸⊥𝐷𝐴交𝐵𝐶于点E，
F 为𝐷𝐸上一点且𝐷𝐹=𝐷𝐴，连接𝐵𝐹，𝐶𝐷．将线段𝐶𝐷绕点C 逆时针旋转90°到线段𝐶𝐺，连接𝐷𝐺分别交𝐵𝐹、
𝐵𝐴于点M、N，连接𝐵𝐺、𝐶𝐹．下列结论（ ）
①𝐵𝑀=𝐹𝑀：
②𝐶𝐺=√2𝐷𝑀：
③∠𝐵𝐶𝐺>∠𝐴𝑁𝐷；
④𝐶𝐹+𝐴𝐷> √2
2 𝐷𝐺：
⑤若𝐵𝐺=2，𝐵𝐶=√13，𝐶𝐹=√5，则四边形𝐴𝐷𝐹𝐶面积为2+√10．
其中正确的个数为（ ）
A．2 个
B．3 个
C．4 个
D．5 个
【答案】C
【分析】先证明△𝐵𝐶𝐺≌△𝐴𝐶𝐷(SAS)，再证明△𝐷𝑀𝐹≌△𝐺𝑀𝐵(AAS)，得到对应边相等，对应角相等，依次
得出①正确和③错误，由等腰直角三角形的性质和勾股定理，得出②正确，由三角形的三边关系，可以
得出④正确，利用勾股定理逆定理和三角形面积公式即可判定⑤正确．
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【详解】如图，连接𝐴𝐹，
∵∠𝐴𝐶𝐵=90°，根据旋转有：∠𝐺𝐶𝐷=90°，𝐶𝐺=𝐶𝐷，
∴∠7=∠𝐺𝐶𝐷−∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐴𝐶𝐵−∠𝐵𝐶𝐷=∠5，
又∵𝐶𝐴=𝐶𝐵,𝐶𝐷=𝐶𝐺，
∴△𝐵𝐶𝐺≌△𝐴𝐶𝐷(SAS)，
∴𝐵𝐺=𝐴𝐷，∠2=∠𝐶𝐴𝐷，
∴𝐵𝐺=𝐴𝐷=𝐷𝐹，
∵𝐷𝐸⊥𝐷𝐴，
∴∠𝐴𝐷𝐸=90°，
∴在四边形𝐴𝐶𝐸𝐷中，∠𝐶𝐴𝐷+∠𝐶𝐸𝐷=360°−∠𝐴𝐶𝐵−∠𝐴𝐷𝐸=180°，
∴∠𝐶𝐴𝐷=∠1，
∴∠1=∠2，
∴∠3=∠1+∠4=∠2+∠4=∠𝐺𝐵𝑀，
又∵∠𝐷𝑀𝐹=∠𝐺𝑀𝐵，𝐵𝐺=𝐷𝐹，
∴△𝐷𝑀𝐹≌△𝐺𝑀𝐵(AAS)，
∴𝐺𝑀=𝐷𝑀=
1
2 𝐷𝐺，𝐵𝑀=𝐹𝑀，故①正确；
∵在Rt△𝐷𝐶𝐺中，𝐶𝐷2+𝐶𝐺2=𝐷𝐺2，𝐶𝐺=𝐶𝐷，
∴2𝐶𝐺2=(2𝐷𝑀)2，𝐶𝐷= √2
2 𝐷𝐺，
∴𝐶𝐺=√2𝐷𝑀，故②正确；
∵𝐴𝐷=𝐷𝐹，
∴𝐶𝐹+𝐴𝐷=𝐶𝐹+𝐷𝐹>𝐶𝐷，即𝐶𝐹+𝐴𝐷> √2
2 𝐷𝐺，故④正确；
∵在等腰Rt△𝐴𝐵𝐶和等腰Rt△𝐶𝐷𝐺中，∠𝐶𝐴𝑁=∠𝐶𝐷𝑁=45°，∠8=∠𝑁𝐷𝐶+∠6，∠8=∠𝑁𝐴𝐶+∠5，
∴∠5=∠6，
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∴∠7=∠6，故③错误；
若𝐵𝐺=2，𝐵𝐶=√13，𝐶𝐹=√5，
∴𝐵𝐺=𝐴𝐷=𝐷𝐹=2，
∴𝐴𝐹2=𝐴𝐷2+𝐷𝐹2=8，即𝐴𝐹=2√2，
∴𝐴𝐹2+𝐶𝐹2=13=𝐵𝐶2=𝐴𝐶2，
∴△𝐴𝐹𝐶是直角三角形，𝐴𝐹⊥𝐶𝐹，
∴S四边形𝐴𝐷𝐹𝐶=𝑆△𝐴𝐷𝐹+S△𝐴𝐹𝐶=
1
2 ×2×2+
1
2 ×√5×2√2=2+√10，故⑤正确；
即正确的有4 个，
故选：C．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理、等腰直角三角形等内容，解决
本题的关键是能正确分析图形中的相等关系，能在相等的边和角中进行转化，能构造直角三角形进行求解
等．
3．如图，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，𝐴𝐵= 2√3，且∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐵𝐸= 60°，𝐺为对角线𝐵𝐷（不含𝐵点）上任意
一点，将△𝐴𝐵𝐺绕点𝐵逆时针旋转60°得到△𝐸𝐵𝐹，当𝐴𝐺+ 𝐵𝐺+ 𝐶𝐺取最小值时𝐸𝐹的长（ ）
A．√3
B．3
C．1
D．2
【答案】D
【分析】根据“两点之间线段最短”，当E,F,G,C 共线时，AG+BG+CG 的值最小，即等于EC 的长．
【详解】解：如图：
∵将ΔABG 绕点B 逆时针旋转60°得到ΔEBF，
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∴BE=AB=BC，BF=BG，EF=AG，
∴ΔBFG 是等边三角形，
∴BF=BG=FG，
∴AG+BG+CG=EF+FG+CG，根据“两点之间线段最短”，
∴当E,F,G,C 共线时，AG+BG+CG 的值最小，即等于EC 的长，
过E 点作EH⊥BC 交CB 的延长线于H，如上图所示：
∴∠EBH=60°，
∵𝐵𝐸= 𝐴𝐵= 2√3，
∴𝐵𝐻= √3，EH=3，
∴EC=2EH=6，
∵∠CBE=120°，
∴∠BEF=30°，
∵∠EBF=∠ABG=30°，
∴𝐸𝐹=
1
3 𝐶𝐸= 2,
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，等边三角形的性质，轴对称最短路线问题，正确的作出辅
助线是解题的关键．
4．如图，平行四边形ABCD 中，𝐴𝐵= 8，𝐴𝐷= 6．∠𝐴= 60°，E 是边AD 上且𝐴𝐸= 2𝐷𝐸，F 是边AB 上
的一个动点，将线段EF 绕点E 逆时针旋转60°，得到EG，连接BG、CG，则𝐵𝐺+ 𝐶𝐺的最小值是
（ ）
A．2√21
B．2√14
C．2√7
D．10
【答案】A
【分析】如图，取AB 的中点N，连接EN，EC，GN，作 EH⊥CD 交CD 的延长线于H．利用全等三角形
的性质证明∠GNB=60°，点G 的运动轨迹是射线NG，由 “SAS”可证△EGN≅△BGN，可得GB=GE，推出
𝐺𝐵+ 𝐺𝐶= 𝐺𝐸+ 𝐺𝐶≥𝐸𝐶，求出EC 即可解决问题．
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【详解】解：如图，取AB 的中点N，连接EN，EC，GN，作 EH⊥CD 交CD 的延长线于H，
∵四边形ABCD 是菱形，
∴AD=BD，
∵AE=2DE，
∴AE=4，DE=2，
∵点N 是AB 的中点，
∴AN=NB=4，
∴AE=AN，
∵∠A=60°，
∴△AEN 是等边三角形，
∴∠AEN=∠FEG=60°，
∴∠AEF=∠NEG，
∵EA=EN，EF=EG，
∴△AEF≅△NEG（SAS)，
∴∠ENG=∠A=60°，
∴∠ANE=60°，
∴∠GNB=180°-60°-60°=60°，
∴点G 的运动轨迹是射线NG，
∵BN=EN，∠BNG=∠ENG=60°，NG=NG，
∴△EGN≅△BGN（SAS)，
∴GB=GE，
∴GB+GC=GE+GC≥EC，
在Rt△DEH 中，
∵∠H=90°，DE=2，∠EDH=60°，
∴DH=
1
2 𝐷𝐸=1，EH=√3，
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在Rt△ECH 中，EC=√𝐸𝐻2 + 𝐶𝐻2 = √3 + 81 = 2√21，
∴GB+GC≥2√21，
∴GB+GC 的最小值为2√21
故选：A．
【点睛】本题考查旋转变换，轨迹，菱形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，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，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题
型．
5．如图，在正方形ABCD 中，𝐴𝐵= 4，E 为AB 边上一点，点F 在BC 边上，且𝐵𝐹= 1，将点E 绕着点F
顺时针旋转90°得到点G，连接DG，则DG 的长的最小值为（ ）
A．2
B．2√2
C．3
D．√10
【答案】C
【分析】过点𝐺作𝐺𝑃⊥𝐵𝐶于点𝑃，延长𝑃𝐺交𝐴𝐷于点𝐻，设𝐵𝐸= 𝑃𝐹= 𝑥，只要证得Δ𝐵𝐸𝐹≌Δ𝑃𝐹𝐺(𝐴𝐴𝑆)，
利用全等三角形的性质可得𝐵𝐸= 𝑃𝐹，𝑃𝐺= 𝐵𝐹= 1，进而得到𝑃𝐶= 𝐷𝐻= 4 −1 −𝑥= 3 −𝑥，在𝑅𝑡Δ𝐷𝐺𝐻
中，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：过点𝐺作𝐺𝑃⊥𝐵𝐶于点𝑃，延长𝑃𝐺交𝐴𝐷于点𝐻，则∠𝐺𝑃𝐹= 90°，
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，
∴∠𝐴𝐷𝐶= ∠𝐶= ∠𝐵= 90°，
∴四边形𝐶𝐷𝐻𝑃是矩形，
∴𝐶𝐷= 𝑃𝐻= 𝐴𝐵= 4，𝑃𝐶= 𝐷𝐻，
∵∠𝐸𝐹𝐺= 90°，
∴∠𝐵𝐹𝐸+ ∠𝑃𝐹𝐺= 90°，
又∠𝐵𝐹𝐸+ ∠𝐵𝐸𝐹= 90°，
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∴∠𝑃𝐹𝐺= ∠𝐵𝐸𝐹，
∵𝐹𝐸= 𝐹𝐺，∠𝐵= ∠𝐺𝑃𝐹= 90°，
∴Δ𝐵𝐸𝐹≌Δ𝑃𝐹𝐺(𝐴𝐴𝑆)，
∴𝐵𝐸= 𝑃𝐹，𝑃𝐺= 𝐵𝐹= 1，
∴𝐺𝐻= 𝑃𝐻−𝑃𝐺= 4 −1 = 3，
设𝐵𝐸= 𝑃𝐹= 𝑥，则𝑃𝐶= 𝐷𝐻= 4 −1 −𝑥= 3 −𝑥，
在𝑅𝑡Δ𝐷𝐺𝐻中，由勾股定理得，
𝐷𝐺2 = 𝐷𝐻2 + 𝐺𝐻2 = (3 −𝑥)2 + 32 = (3 −𝑥)2 + 9，
当𝑥= 3时，𝐷𝐺2有最小值为9，
∴𝐷𝐺的最小值为3，
故选：C
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理的运用，
作出适当的辅助线是解题的关键．
6．如图，Rt△ABC 中，∠C=90°，∠A=30°，AB=20，点P 是AC 边上的一个动点，将线段BP 绕点B 顺时针
旋转60°得到线段BQ，连接CQ．则在点P 运动过程中，线段CQ 的最小值为（ ）
A．4√3
B．5√3
C．10
D．5
【答案】D
【分析】将Rt△ABC 绕点B 顺时针旋转60°得到Rt △𝐴′𝐵𝐶′，再设线段𝐴′𝐶′的中点为M，并连接CM．根据
线段BP 的旋转方式确定点Q 在线段𝐴′𝐶′上运动，再根据垂线段最短确定当Q 与点M 重合时，CQ 取得最
小值为CM．根据∠C=90°，∠A=30°，AB=20 求出BC 的长度，再根据旋转的性质求出𝐴′𝐵和𝐵𝐶′的长度，根
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据线段的和差关系确定点C 是线段𝐴′𝐵的中点，进而确定CM 是△𝐴′𝐵𝐶′的中位线，再根据三角形中位线定
理即可求出CM 的长度．
【详解】解：如下图所示，将Rt△ABC 绕点B 顺时针旋转60°得到Rt △𝐴′𝐵𝐶′，再设线段𝐴′𝐶′的中点为
M，并连接CM．
∵点P 是AC 边上的一个动点，线段BP 绕点B 顺时针旋转60°得到线段BQ，
∴点Q 在线段𝐴′𝐶′上运动．
∴当𝐶𝑄⊥𝐴′𝐶′，即点Q 与点M 重合时，线段CQ 取得最小值为CM．
∵∠C=90°，∠A=30°，AB=20，
∴BC=10．
∵Rt△ABC 绕点B 顺时针旋转60°得到Rt △𝐴′𝐵𝐶′，
∴𝐵𝐶′=BC=10，𝐴′𝐵= 𝐴𝐵= 20．
∴𝐴′𝐶= 𝐴′𝐵−𝐵𝐶= 10．
∴𝐴′𝐶= 𝐵𝐶= 10．
∴点C 是线段𝐴′𝐵中点．
∵点M 是线段𝐴′𝐶′的中点，
∴CM 是△𝐴′𝐵𝐶′的中位线．
∴𝐶𝑀=
1
2 𝐵𝐶′ = 5．
故选：D．
【点睛】本题考查旋转的性质，直角三角形30°所对的直角边是斜边的一半，垂线段最短，三角形中位线
定理，综合应用这些知识点是解题关键．
7．如图，点𝑃到等边三角形𝐴𝐵𝐶的顶点𝐴，𝐵的距离分别为1，2，则𝑃𝐶的最大值为（ ）
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A．3
B．5
C．√3
D．√5
【答案】A
【分析】把PA 绕点A 逆时针旋转60°，得AD，则DA＝PA，连CD，DP，CP，由△ABC 为等边三角形
ABC，得到∠DAC＝∠BAP，AC＝AB，于是有△DAC≌△PAB，则DC＝PB，所以PC≤DP＋DC，即可得到
PC 所能达到的最大值．
【详解】解：把PA 绕点A 逆时针旋转60°，得AD，
则DA＝PA，连CD，DP，CP，如图，
∵△ABC 为等边三角形ABC，
∴∠BAC＝60°，AC＝AB，
∴∠DAC＝∠PAB，
在△DAC 和△PAB 中，
{
𝐷𝐴= 𝑃𝐴
∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝑃𝐴𝐵
𝐴𝐶= 𝐴𝐵
，
∴△DAC≌△PAB（SAS），
∴DC＝PB，
∵DA＝PA，∠𝑃𝐴𝐷= 60°,
∴△𝑃𝐴𝐷为等边三角形，
∴𝑃𝐴= 𝑃𝐷= 𝐴𝐷,
而PB＝2，PA＝1，
∴DC＝2，
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∵PC≤DP＋DC，
∴PC≤3，
所以PC 所能达到的最大值为3．
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质：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．也考查了等边三角形的性质和三角形全等的判定与性质．
8．如图，在等边△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵= 3，𝐷是△𝐴𝐵𝐶内一点，将线段𝐴𝐷绕点𝐴逆时针旋转60°，得到𝐴𝐸，直线
𝐵𝐷与𝐶𝐸交于点𝐹，则𝐵𝐹的最大值是___________．
【答案】2√3
【分析】结合等边三角形的性质及旋转的性质，由SAS可判定△𝐵𝐴𝐷≌△𝐶𝐴𝐸，由全等三角形的性质得
∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐴𝐶𝐸，由三角形内角和得∠𝐶𝐵𝐹= 60°，可得𝐴、𝐵、𝐶、𝐹四点共圆，圆心为等边三角形△𝐴𝐵𝐶
的外心𝑂，当𝐹点在线段𝐵𝐷的延长线上时，𝐴𝐷⊥𝐵𝐹时，𝐴𝐷最小，当𝐹点在线段𝐵𝐷上时，𝐴𝐸⊥𝐵𝐹时，𝐴𝐸
最小，点𝐹的运动轨迹为以𝑂为圆心，𝑂𝐴的长为半径的𝑀𝐴𝑁
⏜
，当𝐵𝐹是⊙𝑂的直径时，𝐵𝐹取得最大值，即
可求解．
【详解】解：∵ △𝐴𝐵𝐶是等边三角形，
∴𝐴𝐵= 𝐴𝐶，
∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐴𝐶𝐵= 60°，
∴∠𝐵𝐴𝐷+ ∠𝐶𝐴𝐷= 60°，
∠𝐴𝐵𝐷+ ∠𝐶𝐵𝐹= 60°，
∵线段𝐴𝐷绕点𝐴逆时针旋转60°至𝐴𝐸，
∴∠𝐷𝐴𝐸= 60°，
𝐴𝐷= 𝐴𝐸，
∴∠𝐶𝐴𝐷+ ∠𝐶𝐴𝐸= 60°，
∴∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐶𝐴𝐸，
在△𝐵𝐴𝐷和△𝐶𝐴𝐸中
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{
𝐴𝐵= 𝐴𝐶
∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐶𝐴𝐸
𝐴𝐷= 𝐴𝐸
，
∴ △𝐵𝐴𝐷≌△𝐶𝐴𝐸(SAS)，
∴∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐴𝐶𝐸，
∴ ∠𝐴𝐶𝐸+ ∠𝐶𝐵𝐹= 60°，
∴∠𝐶𝐹𝐵= 180° −(∠𝐴𝐶𝐸+ ∠𝐶𝐵𝐹+ ∠𝐴𝐶𝐵)
= 180° −120°
= 60°，
∴∠𝐶𝐹𝐵= ∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐴𝐶𝐵= 60°，
∴𝐴、𝐵、𝐶、𝐹四点共圆，圆心为等边三角形△𝐴𝐵𝐶的外心𝑂，
如图，
∴点𝐹的运动轨迹为以𝑂为圆心，𝑂𝐴的长为半径的𝐴𝐹𝐶
⏜
，
当𝐵𝐹是⊙𝑂的直径时，𝐵𝐹取得最大值，
连接𝑂𝐴，过𝑂点作𝑂𝐻⊥𝐴𝐶交于𝐻，
∴∠𝑂𝐴𝐻=
1
2 ∠𝐵𝐴𝐶= 30°，𝐴𝐻=
1
2 𝐴𝐶=
1
2 𝐴𝐵=
3
2，
∴𝐴𝑂= 2𝑂𝐻，𝐴𝐻= √𝐴𝑂2 −𝑂𝐻2 = √3𝑂𝐻
∴𝑂𝐴=
2√3
3 𝐴𝐻=
2√3
3 ×
3
2 = √3
∴𝐵𝐹= 2𝑂𝐴= 2√3，
∴ 𝐵𝐹取得最大值为2√3；
故答案为：2√3．
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【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，圆的基本性质，勾股定
理等；掌握等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，圆的基本性质，能找出动点的运
动轨迹，并能熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键．
9．如图，𝐷是等边三角形𝐴𝐵𝐶的边𝐴𝐶上的动点，连接𝐷𝐵，将𝐷𝐵绕点𝐷逆时针旋转120°，得到𝐷𝐸，连接
𝐸𝐴，𝐸𝐶，若𝐴𝐵= 2，则𝐸𝐴+ 𝐸𝐶的最小值为________．
【答案】2√3
【分析】延长𝐴𝐶到𝐹，使𝐶𝐹= 𝐵𝐶，根据等边三角形的性质和旋转的性质得出∠𝐸𝐷𝐵= ∠𝐹𝐶𝐵= 120°，
𝐵𝐷= 𝐸𝐷，根据如果两个三角形的两组对应边的比相等，并且相应的夹角相等，那么这两个三角形相似可
得△𝐸𝐷𝐵∽△𝐹𝐶𝐵，根据相似三角形的对应角相等，对应边成比例可得∠𝐷𝐵𝐸= ∠𝐶𝐵𝐹，
𝐵𝐷
𝐵𝐶=
𝐵𝐸
𝐵𝐹，推得
∠𝐷𝐵𝐶= ∠𝐸𝐵𝐹，
𝐵𝐷
𝐵𝐸=
𝐵𝐶
𝐵𝐹，根据如果两个三角形的两组对应边的比相等，并且相应的夹角相等，那么这两
个三角形相似可得△𝐸𝐵𝐹∽△𝐷𝐵𝐶，根据相似三角形的对应角相等得出∠𝐷𝐶𝐵= ∠𝐸𝐹𝐵= 60°，得出点𝐸在
∠𝐵𝐹𝐸的边𝐹𝐸上运动，根据三角形的外角性质和等边对等角得出∠𝐶𝐹𝐵= ∠𝐶𝐵𝐹= 30°，求得∠𝐸𝐹𝐶=
30°，∠𝐹𝐵𝐴= 90°，作点𝐶关于𝐹𝐸的对称点𝐶′，连接𝐶′𝐸，根据轴对称的性质得出∠𝐸𝐹𝐶′ = ∠𝐸𝐹𝐶= 30°，
𝐸𝐶= 𝐸𝐶′，根据垂线段最短和两点之间，线段最短得出满足𝐴，𝐸，𝐶′三点共线，且𝐴𝐶′ ⊥𝐶′𝐹时，𝐸𝐴+
𝐸𝐶的值最小，根据三个角是直角的四边形是矩形得出四边形𝐴𝐵𝐹𝐶′是矩形，根据矩形的对边相等和勾股定
理求出𝐵𝐹的值，即可求解．
【详解】解：延长𝐴𝐶到𝐹，使𝐶𝐹= 𝐵𝐶．如图：
∵△𝐴𝐵𝐶为等边三角形，𝐷𝐵绕点𝐷逆时针旋转120°得到𝐷𝐸，
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∴∠𝐸𝐷𝐵= ∠𝐹𝐶𝐵= 120°，𝐵𝐷= 𝐸𝐷，
∵∠𝐸𝐷𝐵= ∠𝐹𝐶𝐵，
𝐷𝐸
𝐹𝐶=
𝐵𝐷
𝐵𝐶，
∴△𝐸𝐷𝐵∽△𝐹𝐶𝐵，
∴∠𝐷𝐵𝐸= ∠𝐶𝐵𝐹，
𝐵𝐷
𝐵𝐶=
𝐵𝐸
𝐵𝐹，
∵∠𝐷𝐵𝐸+ ∠𝐸𝐵𝐶= ∠𝐶𝐵𝐹+ ∠𝐸𝐵𝐶，
∴∠𝐷𝐵𝐶= ∠𝐸𝐵𝐹，
由
𝐵𝐷
𝐵𝐶=
𝐵𝐸
𝐵𝐹可得
𝐵𝐷
𝐵𝐸=
𝐵𝐶
𝐵𝐹，
∴△𝐸𝐵𝐹∽△𝐷𝐵𝐶，
∴∠𝐷𝐶𝐵= ∠𝐸𝐹𝐵= 60°，
∴点𝐸在∠𝐵𝐹𝐸的边𝐹𝐸上运动，
∵𝐶𝐹= 𝐵𝐶，∠𝐴𝐶𝐵= 60°，
∴∠𝐶𝐹𝐵= ∠𝐶𝐵𝐹= 30°，
故∠𝐸𝐹𝐶= 30°，∠𝐹𝐵𝐴= 90°，
作点𝐶关于𝐹𝐸的对称点𝐶′，连接𝐶′𝐸，
则∠𝐸𝐹𝐶′ = ∠𝐸𝐹𝐶= 30°，𝐸𝐶= 𝐸𝐶′，
故∠𝐶′𝐹𝐵= 90°，
当𝐴，𝐸，𝐶′三点共线时，𝐸𝐴+ 𝐸𝐶= 𝐴𝐶′，
当𝐴𝐶′ ⊥𝐶′𝐹时，𝐴𝐶′的值最小，
故满足𝐴，𝐸，𝐶′三点共线，且𝐴𝐶′ ⊥𝐶′𝐹时，𝐸𝐴+ 𝐸𝐶的值最小，
∵𝐴𝐶′ ⊥𝐶′𝐹，
∴四边形𝐴𝐵𝐹𝐶′是矩形，
∴𝐴𝐶′ = 𝐵𝐹= √𝐴𝐹2 −𝐴𝐵2 = √42 −22 = 2√3，
故𝐸𝐴+ 𝐸𝐶最小值为2√3．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，三角形的外角性质，等
边对等角，轴对称的性质，垂线段最短，两点之间，线段最短，矩形的判定和性质，勾股定理等．熟练掌
握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
10．如图，已知等腰直角△𝐴𝐵𝐶，∠𝐴𝐶𝐵= 90°， 𝐴𝐵= √2，点C 是矩形𝐵𝐶𝐺𝐹与△𝐴𝐵𝐶的公共顶点，且
𝐶𝐸= 1，𝐶𝐺= 3；点D 是𝐶𝐵延长线上一点，且𝐶𝐷= 2．连接𝐵𝐺,𝐷𝐹，在矩形𝐸𝐶𝐺𝐹绕点C 按顺时针方向旋
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转一周的过程中，当线段𝐵𝐺达到最长和最短时，线段𝐷𝐹对应的长度分别为m 和n，则
𝑚
𝑛的值为
________________．
【答案】√13
【分析】根据等腰三角形的性质，锐角三角函数可求得𝐴𝐶= 𝐵𝐶= 1，当线段𝐵𝐺达到最长时，此时点G 在
点C 的下方，且B，C，G 三点共线，求得𝐵𝐺= 4, 𝐷𝐺= 5,根据勾股定理求得𝐷𝐹= √26，即𝑚= √26；当
线段𝐵𝐺达到最短时，此时点G 在点C 的上方，且B，C，G 三点共线，则𝐵𝐺= 2, 𝐷𝐺= 1,根据勾股定理求
得𝐷𝐹= √2，即𝑛= √2，进而求出
𝑚
𝑛的值
【详解】解：∵△𝐴𝐵𝐶为等腰直角三角形，𝐴𝐵= √2，
∴∠𝐴= ∠𝐴𝐵𝐶= 45°，
∴𝐴𝐶= 𝐵𝐶= 𝐴𝐵⋅sin45° = √2 × √2
2 = 1，
当线段𝐵𝐺达到最长时，此时点G 在点C 的下方，且B，C，G 三点共线，如图：
则𝐵𝐺= 𝐵𝐶+ 𝐶𝐺= 4, 𝐷𝐺= 𝐷𝐵+ 𝐵𝐺= 5,
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在Rt △𝐷𝐺𝐹中，𝐷𝐹= √𝐷𝐺2 + 𝐺𝐹2 = √52 + 12 = √26，
∴ 𝑚= √26，
当线段𝐵𝐺达到最短时，此时点G 在点C 的上方，且B，C，G 三点共线，如图：
则𝐵𝐺= 𝐶𝐺−𝐵𝐶= 2, 𝐷𝐺= 𝐵𝐺−𝐷𝐵= 1,
在Rt △𝐷𝐺𝐹中，𝐷𝐹= √𝐷𝐺2 + 𝐺𝐹2 = √12 + 12 = √2，
∴ 𝑛= √2，
∴
𝑚
𝑛= √26
√2 = √13，
故答案为：√13．
【点睛】本题考查了锐角三角函数，勾股定理，根据旋转推出线段𝐵𝐺最长和最短时的位置是解题的关键
11．如图，一次函数𝑦1 = 𝑚𝑥+ 𝑛(𝑚≠0)的图像与反比例函数𝑦2 =
𝑘
𝑥(𝑘≠0)的图像交于𝐴(𝑎, −1)，
𝐵(−1,3)两点，且一次函数𝑦1的图像交x 轴于点C，交y 轴于点D．
(1)求一次函数和反比例函数的解析式；
(2)在第四象限的一次函数图像上有一点P，满足𝐶𝑃= 8𝐵𝐷，请求出点P 的坐标；
(3)当𝑦1 ≤𝑦2时，直接写出x 的取值范围．
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(4)在△𝑂𝐷𝐶中找一点Q，使𝑄𝑂+ 𝑄𝐶+ 𝑄𝐷的值最小，直接写出点Q 的坐标．
【答案】(1)𝑦1 = −𝑥+ 2，𝑦2 = −
3
𝑥
(2)(10, −8)
(3)−1 ≤𝑥< 0或𝑥≥3．
(4)𝑄(1 −√3
3 , 1 −√3
3 )
【分析】（1）先将点B 的坐标代入反比例函数的解析式求出k，从而求出反比例函数的解析式；然后将A
点的坐标代入反比例函数解析式就可以求出a 的值，确定点A 的坐标，最后利用待定系数法即可求得一次
函数的解析式；
（2）由一次函数解析式求得C、D 的坐标，进而求得𝐵𝐷= √2，进一步根据题意得到𝐶𝑃的长度，利用距
离公式求得点P 的坐标；
（3）通过图像观察就可以直接看出当𝑦1 ≤𝑦2时，x 的取值范围；
（4）如图：将△𝑂𝑄𝐶绕O 旋转得到△𝑂𝑄1𝐶1，易得△𝑄𝑂𝑄1是等边三角形，则𝑂𝑄= 𝑄𝑄1，∠𝑂𝑄𝑄1 =
60°；进而得到如图：当D，Q、𝑄1、𝐶1共线时，𝐷𝑄+ 𝑂𝑄+ 𝐶𝑄有最小值，此时∠𝑂𝑄𝐷= 120°；再求得点
𝐶1的坐标，运用待定系数法求得直线𝐷𝐶1的方程为𝑦= (−√3 −2)𝑥+ 2；然后说明△𝐺𝑂𝑄是等腰直角三角
形，即𝑂𝐺= 𝐺𝑄；设𝑂𝐺= 𝐺𝑄= 𝑡，即𝑄(𝑡, 𝑡)，然后代入直线解析式求得t 即可．
【详解】（1）解：∵反比例函数𝑦2 =
𝑘
𝑥(𝑘≠0)的图像过点𝐵(−1,3)，
∴𝑘= −1 × 3 = −3，
∴𝑦2 = −
3
𝑥，
∵𝐴(𝑎, −1)在双曲线上，
∴−1 = −
3
𝑎，即𝑎= 3，
∴𝐴(3, −1)，
∵一次函数𝑦1 = 𝑚𝑥+ 𝑛(𝑚≠0)的图像经过A、B 两点，
∴{3𝑚+ 𝑛= −1
−𝑚+ 𝑛= 3
，解得{𝑚= −1
𝑛= 2
，
∴一次函数的解析式𝑦1 = −𝑥+ 2．
（2）解：在𝑦= −𝑥+ 2中，当𝑥= 0时，𝑦= 2；当𝑦= 0时，则𝑥= 2，
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∴𝐷(0,2)，𝐶(2,0)，
∵𝐵(−1,3)，
∴𝐵𝐷= √(1 −0)2 + (3 −2)2 = √2，
∵𝐶𝑃= 8𝐵𝐷，
∴𝐶𝑃= 8√2，
设点P 的坐标为(𝑎, −𝑎+ 2)，则𝐶𝑃= √(𝑎−2)2 + (−𝑎+ 2 −0)2 = 8√2，
解得𝑎= 10或−6（舍去），
∵点P 在第四象限，
∴𝑎> 0，
∴𝑎= 10，则−𝑎+ 2 = −8，
∴P 的坐标为(10, −8)；
（3）解：由（1）可知：一次函数𝑦1 = 𝑚𝑥+ 𝑛(𝑚≠0)的图像与反比例函数𝑦2 =
𝑘
𝑥(𝑘≠0)的图像交于
𝐴(3, −1)，𝐵(−1,3)两点，
观察图像可知，当𝑦1 ≤𝑦2时，x 的取值范围是−1 ≤𝑥< 0或𝑥≥3．
（4）解：如图：将△𝑂𝑄𝐶绕O 旋转得到△𝑂𝑄1𝐶1，则𝑂𝐶1 = 𝑂𝐶= 2，∠𝐶𝑂𝐶1 = 60°，𝑂𝑄= 𝑂𝑄1, 𝐶1𝑄=
𝐶𝑄，𝑂𝑄= 𝑂𝑄1 ∠𝑄𝑂𝑄1 = 60°，
∴△𝑄𝑂𝑄1是等边三角形，
∴𝑂𝑄= 𝑄𝑄1，∠𝑂𝑄𝑄1 = 60°，
∴𝐷𝑄+ 𝑂𝑄+ 𝐶𝑄= 𝐷𝑄+ 𝑄𝑄1 + 𝑄1𝐶1，
∴如图：当D，Q、𝑄1、𝐶1共线时，𝐷𝑄+ 𝑂𝑄+ 𝐶𝑄有最小值，此时∠𝑂𝑄𝐷= 120°，
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如图：过𝐶1作𝐶1𝐹⊥𝑦轴于F，
∵∠𝐶𝑂𝐶1 = 60°，
∴∠𝐹𝑂𝐶1 = 30°，
∴𝐹𝐶1 =
1
2 𝑂𝐶1 = 1, 𝑂𝐹= √𝑂𝐶1
2 −𝐹𝐶1
2 = √3，
∴𝐶1(1,−√3)，
设直线𝐷𝐶1的方程为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
{
2 = 𝑏
−√3 = 𝑘+ 𝑏
，解得：{𝑘= −√3 −2
𝑏= 2
，
∴直线𝐷𝐶1的方程为𝑦= (−√3 −2)𝑥+ 2，
∵𝑂𝐶1 = 𝑂𝐶= 2，
∴∠𝑂𝐷𝐶1 = ∠𝑂𝐶1𝐷，
∵∠𝐹𝑂𝐶1 = ∠𝑂𝐷𝐶1 + ∠𝑂𝐶1𝐷= 30°，
∴∠𝑂𝐷𝐶1 = 15°，
∴∠𝐷𝑂𝑄= 180° −∠𝑂𝐷𝐶1 −∠𝑂𝑄𝐷= 45°，
如图：过𝑄作𝑄𝐺⊥𝑦轴于G，则△𝐺𝑂𝑄是等腰直角三角形，
∴𝑂𝐺= 𝐺𝑄，
设𝑂𝐺= 𝐺𝑄= 𝑡，即𝑄(𝑡, 𝑡)，
∵点Q 在直线𝐷𝐶1的方程为𝑦= (−√3 −2)𝑥+ 2上，
∴𝑡= (−√3 −2)𝑡+ 2，解得：𝑡= 1 −√3
3 ，
∴𝑄(1 −√3
3 , 1 −√3
3 )．
重难点二 旋转与角度综合（含压轴）
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1 旋转前后对应角大小相等，旋转角处处相等，所有对应点连线夹角等于旋转角；
2 求未知角度优先找：旋转角、等腰三角形底角、直角三角形余角三类关系；
3 图形重叠角度问题，用整体角度减去重叠角度，避免角度混乱；
4 多步旋转压轴，先锁定不变角、固定直角、固定等边，作为解题突破口；
5 遇动态旋转角度变化，抓住 “旋转角恒定、对应角不变” 的不变量；
6 压轴难题常用全等+倒角模型，反复推导内外角关系，求出定值角度。
1．如图将△𝐴𝐵𝐶绕点C 逆时针旋转得到△𝐴′𝐵′𝐶，点B 恰好落在𝐴′𝐵′上，若∠𝐵′𝐵𝐴= 140°，则旋转角为
（ ）
A．30°
B．35°
C．40°
D．45°
【答案】C
【分析】先求出∠𝐴′𝐵𝐴= 180° −140° = 40°，根据旋转的性有∠𝐶𝐵′𝐴′ = ∠𝐶𝐵𝐴，即可证明∠𝐵𝐶𝐵′ =
∠𝐴′𝐵𝐴，即问题得解．
【详解】解：∵∠𝐵′𝐵𝐴= 140°，
∴∠𝐴′𝐵𝐴= 180° −140° = 40°，
根据旋转的性有∠𝐶𝐵′𝐴′ = ∠𝐶𝐵𝐴，
∵∠𝐶𝐵′𝐴′ + ∠𝐵𝐶𝐵′ = ∠𝐶𝐵𝐴′，∠𝐶𝐵𝐴′ = ∠𝐶𝐵𝐴+ ∠𝐴𝐵𝐴′，
∴∠𝐶𝐵′𝐴′ + ∠𝐵𝐶𝐵′ = ∠𝐶𝐵𝐴+ ∠𝐴𝐵𝐴′，
∵∠𝐶𝐵′𝐴′ = ∠𝐶𝐵𝐴，
∴∠𝐵𝐶𝐵′ = ∠𝐴′𝐵𝐴= 40°，
即旋转角度为40°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质以及三角形的外角的定义的知识，掌握旋转的性质是解答本题的关
键．
2．如图，等腰Rt △𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶= 90°，𝐵𝐴= 𝐵𝐶，将𝐵𝐶绕点B 顺时针旋转𝜃(0 < 𝜃< 90°)，得到𝐵𝑃，
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连结𝐶𝑃，过点A 作𝐴𝐻⊥𝐶𝑃交𝐶𝑃的延长线于点H，连结𝐴𝑃，则∠𝑃𝐴𝐻的度数（ ）
A．30°
B．45°
C．60°
D．随若𝜃的变化而变化
【答案】B
【分析】由旋转的性质可得𝐵𝐶= 𝐵𝑃= 𝐵𝐴，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠𝐵𝑃𝐶+
∠𝐵𝑃𝐴= 135° = ∠𝐶𝑃𝐴，由外角的性质可求∠𝑃𝐴𝐻= 135° −90° = 45°，即可求解．
【详解】解：根据旋转有：𝐵𝐶= 𝐵𝑃= 𝐵𝐴，
∴∠𝐵𝐶𝑃= ∠𝐵𝑃𝐶，∠𝐵𝑃𝐴= ∠𝐵𝐴𝑃，
∵∠𝐶𝐵𝑃+ ∠𝐵𝐶𝑃+ ∠𝐵𝑃𝐶= 180°，∠𝐴𝐵𝑃+ ∠𝐵𝐴𝑃+ ∠𝐵𝑃𝐴= 180°，∠𝐴𝐵𝑃+ ∠𝐶𝐵𝑃= ∠𝐴𝐵𝐶= 90°，
∴∠𝐵𝑃𝐶+ ∠𝐵𝑃𝐴= 135° = ∠𝐶𝑃𝐴，
∵𝐴𝐻⊥𝐶𝑃，
∴∠𝐶𝑃𝐴= ∠𝐴𝐻𝐶+ ∠𝑃𝐴𝐻= 135°，
∴∠𝑃𝐴𝐻= 135° −90° = 45°，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，灵活运用这些性质解决问题是
本题的关键．
3．如图1，在△𝐴𝐵𝐶中，点D 为边𝐴𝐵上的一个定点，射线𝐷𝐸与边𝐴𝐶交于点E，射线𝐷𝐹与边𝐵𝐶交于点
F，△𝐴𝐷𝐸与△𝐴′𝐷𝐸关于直线𝐷𝐸对称，△𝐵𝐷𝐹与△𝐵′𝐷𝐹关于直线𝐷𝐹对称．
(1)如图2，当点𝐴′落在边𝐴𝐶上，点𝐵′落在边𝐵𝐶上时，若∠𝐶= 70°，则∠𝐴′𝐷𝐵′的度数为 °；
(2)在图1 中，设∠𝐸𝐷𝐹= 𝑥，∠𝐴′𝐷𝐵′ = 𝑦，求x 与y 满足的数量关系式；
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(3)如图3，∠𝐴𝐷𝐶= 120°，射线𝐷𝐸从𝐷𝐴位置出发，绕点D 顺时针旋转，到𝐷𝐶位置停止；射线𝐷𝐹从𝐷𝐵位
置出发，绕点D 逆时针旋转，到𝐷𝐶位置停止．两条射线同时开始旋转，射线𝐷𝐸的旋转速度为每秒4°，射
线𝐷𝐹的旋转速度为每秒5°，当∠𝐴′𝐷𝐵′ = 42°时，求旋转时间t 的值．
【答案】(1)40
(2)90° < 𝑥< 180°时2𝑥−𝑦= 180°；当𝑥≤90°时2𝑥+ 𝑦= 180°
(3)t 为
23
3 或
51
4
【分析】（1）根据三角形内角和定理得到∠𝐴+ ∠𝐵= 110°，由平角的定义及计算得到∠𝐶𝐴′𝐷+ ∠𝐶𝐵′𝐷=
250°，在四边形𝐴′𝐶𝐵′𝐷中根据内角和定理即可求解；
（2）由折叠的性质得：∠𝐴𝐷𝐸= ∠𝐴′𝐷𝐸，∠𝐵𝐷𝐹= ∠𝐵′𝐷𝐹，结合图形分类讨论：当𝐴′在𝐵′的左侧时
（90° < 𝑥< 180°）；当𝐴′在𝐵′的右侧时（𝑥≤90°）；结合角度的数量关系列式求解即可；
（3）根据题意得到射线𝐷𝐸到𝐷𝐶的时间为30秒，射线𝐷𝐹到𝐷𝐶的时间为12秒，∠𝐴𝐷𝐴′ = 2∠𝐴𝐷𝐸=
2 × 4°𝑡，∠𝐵𝐷𝐵′ = 2∠𝐵𝐷𝐹= 2 × 5°𝑡，结合运动情况分类讨论：𝐷𝐴′与𝐷𝐵′相遇前；在𝐷𝐴′与𝐷𝐵′相遇后；
由平角的定义列式求解即可．
【详解】（1）解：在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶= 70°，
∴∠𝐴+ ∠𝐵= 180° −∠𝐶= 110°，
∵△𝐴𝐷𝐸与△𝐴′𝐷𝐸关于直线𝐷𝐸对称，点𝐴′落在边𝐴𝐶上，，△𝐵𝐷𝐹与△𝐵′𝐷𝐹关于直线𝐷𝐹对称，点𝐵′落在边
𝐵𝐶上，
∴∠𝐴= ∠𝐴𝐴′𝐷, ∠𝐵= ∠𝐵𝐵′𝐷，
∴∠𝐴𝐴′𝐷+ ∠𝐵𝐵′𝐷= 110°，
∵∠𝐴𝐴′𝐷+ ∠𝐶𝐴′𝐷= 180°, ∠𝐵𝐵′𝐷+ ∠𝐶𝐵′𝐷= 180°，则∠𝐴𝐴′𝐷+ ∠𝐶𝐴′𝐷+ ∠𝐵𝐵′𝐷+ ∠𝐶𝐵′𝐷= 360°，
∴∠𝐶𝐴′𝐷+ ∠𝐶𝐵′𝐷= 360° −(∠𝐴𝐴′𝐷+ ∠𝐵𝐵′𝐷) = 360° −110° = 250°，
在四边形𝐴′𝐶𝐵′𝐷中，∠𝐴′𝐷𝐵′ = 360° −250° −70° = 40°，
故答案为：40；
（2）解：由折叠的性质得：∠𝐴𝐷𝐸= ∠𝐴′𝐷𝐸，∠𝐵𝐷𝐹= ∠𝐵′𝐷𝐹，
∵∠𝐴′𝐷𝐸+ ∠𝐵′𝐷𝐹+ ∠𝐴′𝐷𝐵′ = ∠𝐸𝐷𝐹= 𝑥，∠𝐴′𝐷𝐵′ = 𝑦，
①当𝐴′在𝐵′的左侧时（90° < 𝑥< 180°），
∴∠𝐴′𝐷𝐸+ ∠𝐵′𝐷𝐹= 𝑥−𝑦，
∵∠𝐴𝐷𝐸+ ∠𝐵𝐷𝐹= 180° −∠𝐸𝐷𝐹= 180° −𝑥，
∴𝑥−𝑦= 180° −𝑥，
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∴2𝑥−𝑦= 180°；
②当𝐴′在𝐵′的右侧时（𝑥≤90°），
∴∠𝐴′𝐷𝐸+ ∠𝐵′𝐷𝐹= 𝑥+ 𝑦，
∵∠𝐴𝐷𝐸+ ∠𝐵𝐷𝐹= 180 −𝑥，
∴𝑥+ 𝑦= 180° −𝑥，
∴2𝑥+ 𝑦= 180°．
综上，x，y 满足当90° < 𝑥< 180°时2𝑥−𝑦= 180°；当𝑥≤90°时2𝑥+ 𝑦= 180°．
（3）解：当∠𝐴𝐷𝐶= 120°时，∠𝐵𝐷𝐶= 60°，
∵射线𝐷𝐸的旋转速度为每秒4°，射线𝐷𝐹的旋转速度为每秒5°，到𝐷𝐶位置停止，
∴射线𝐷𝐸到𝐷𝐶的时间为120 ÷ 4 = 30秒，射线𝐷𝐹到𝐷𝐶的时间为60 ÷ 5 = 12秒，
由题意可知，∠𝐴𝐷𝐴′ = 2∠𝐴𝐷𝐸= 2 × 4°𝑡，∠𝐵𝐷𝐵′ = 2∠𝐵𝐷𝐹= 2 × 5°𝑡，
①𝐷𝐴′与𝐷𝐵′相遇前，则∠𝐴𝐷𝐴′ + ∠𝐵𝐷𝐵′ + ∠𝐴′𝐷𝐵′ = 180°，
∴2 × 4𝑡+ 2 × 5𝑡+ 42 = 180，
解得𝑡=
23
3 ；
②𝐷𝐴′与𝐷𝐵′相遇后，则∠𝐴𝐷𝐴′ + ∠𝐵𝐷𝐵′ −∠𝐴′𝐷𝐵′ = 180°，
∴2 × 4𝑡+ 2 × 5𝑡−42 = 180，
解得𝑡=
37
3 > 12，不合题意舍去；
∴在𝐷𝐴′与𝐷𝐵′相遇后，当∠𝐴′𝐷𝐵′ = 42°时，射线𝐷𝐹已停止旋转，
∴此时∠𝐵𝐷𝐵′ = 2 × 5° × 12 = 120°，
∴2 × 4𝑡+ 120 −42 = 180，
解得𝑡=
51
4 ，
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综上，当t 为
23
3 或
51
4 时，∠𝐴′𝐷𝐵′ = 42°．
4．【问题情境】
在数学活动课上，老师带领学生用一副直角三角尺进行“玩转三角尺”的探究活动．把一副三角尺按照如图
方式摆放．其中∠𝐵𝐴𝑂= ∠𝑂𝐶𝐷= 90°，∠𝐵𝑂𝐴= 30°，∠𝐷𝑂𝐶= 45°，𝐴，𝑂，𝐶在同一直线上．
(1)如图1，∠𝐵𝑂𝐷= °；
【操作探究】
(2)如图2，如果把图1 所示的△𝑂𝐶𝐷以𝑂为中心逆时针旋转得到△𝑂𝐶′𝐷′，当𝑂𝐷转到与直线𝑂𝐴首次重合
时，△𝑂𝐶𝐷停止转动．当∠𝐷𝑂𝐶′ =
1
5 ∠𝐵𝑂𝐷时，∠𝐴𝑂𝐷′为多少度？
【拓展延伸】
(3)如图3，作△𝐵𝐴𝑂关于直线𝑂𝐵的对称△𝐵𝐸𝑂，△𝐵𝐴𝑂保持不动，△𝑂𝐶𝐷绕点𝑂逆时针旋转，在𝑂𝐶转到
与直线𝑂𝐴首次重合过程中，当𝐶𝐷与△𝐵𝐸𝑂的一边所在直线垂直时，请直接写出旋转角的度数 °．
【答案】(1)105°
(2)69°或111°
(3)30°或120°或150°
【分析】（1）根据平角的定义列式计算即可；
（2）先求出∠𝐷𝑂𝐶′的度数，然后分𝑂𝐶′在∠𝐷𝑂𝐶内部和𝑂𝐶′在∠𝐷𝑂𝐶外部两种情况，根据角的和差关系列式
求解；
（3）分旋转后𝐶′𝐷′与𝐵𝐸所在直线垂直、𝐶′𝐷′与𝑂𝐸所在直线垂直、𝐶′𝐷′与𝑂𝐵所在直线垂直三种情况求
解．
【详解】（1）解：∵∠𝐵𝑂𝐴= 30°，∠𝐷𝑂𝐶= 45°，
∴∠𝐵𝑂𝐷= 180° −∠𝐵𝑂𝐴−∠𝐷𝑂𝐶= 180° −30° −45° = 105°；
（2）解：由（1）可知∠𝐵𝑂𝐷= 105°，
∴∠𝐷𝑂𝐶′ =
1
5 ∠𝐵𝑂𝐷= 21°，
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如图，当𝑂𝐶′在∠𝐷𝑂𝐶内部时，
由旋转可知∠𝐷′𝑂𝐶′ = ∠𝐷𝑂𝐶= 45°，
∴∠𝐷′𝑂𝐶= ∠𝐷𝑂𝐶+ ∠𝐷′𝑂𝐶′ −∠𝐷𝑂𝐶′ = 45° + 45° −21° = 69°，
∴∠𝐴𝑂𝐷′ = 180° −∠𝐷′𝑂𝐶= 180° −69° = 111°；
如图，当𝑂𝐶′在∠𝐷𝑂𝐶外部时，
由旋转可知∠𝐷′𝑂𝐶′ = ∠𝐷𝑂𝐶= 45°，
∴∠𝐷′𝑂𝐶= ∠𝐷𝑂𝐶+ ∠𝐷′𝑂𝐶′ + ∠𝐷𝑂𝐶′ = 45° + 45° + 21° = 111°，
∴∠𝐴𝑂𝐷′ = 180° −∠𝐷′𝑂𝐶= 180° −111° = 69°；
综上所述，∠𝐴𝑂𝐷′ = 69°或111°；
（3）解：如图，当△𝑂𝐶𝐷旋转得到△𝑂𝐶′𝐷′的边𝐶′𝐷′ ⊥𝐵𝐸所在的直线时，垂足为𝐹，
∵∠𝑂𝐶′𝐷′ = ∠𝐶′𝐹𝐸= ∠𝑂𝐸𝐹= 90°，
∴四边形𝑂𝐶′𝐹𝐸是矩形，
∴∠𝐸𝑂𝐶′ = 90°，
由折叠可知∠𝐸𝑂𝐵= ∠𝐴𝑂𝐵= 30°，
∴∠𝐶𝑂𝐶′ = 180° −∠𝐴𝑂𝐵−∠𝐸𝑂𝐵−∠𝐸𝑂𝐶′ = 180° −30° −30° −90° = 30°；
如图，当△𝑂𝐶𝐷旋转得到△𝑂𝐶′𝐷′的边𝐶′𝐷′ ⊥𝑂𝐸所在的直线时，此时𝐶′𝑂在线段𝐸𝑂上，
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由折叠可知∠𝐸𝑂𝐵= ∠𝐴𝑂𝐵= 30°，
∴∠𝐶𝑂𝐶′ = 180° −∠𝐴𝑂𝐵−∠𝐸𝑂𝐵= 180° −30° −30° = 120°；
如图，当△𝑂𝐶𝐷旋转得到△𝑂𝐶′𝐷′的边𝐶′𝐷′ ⊥𝑂𝐵所在的直线时，
∵∠𝐴𝑂𝐵= 30°，
∴∠𝐶𝑂𝐶′ = 180° −∠𝐴𝑂𝐵= 180° −30° = 150°．
综上所述，当𝐶𝐷与△𝐵𝐸𝑂的一边所在直线垂直时，旋转角的度数为30°或120°或150°．
5．问题提出
（1）如图①所示，将含有 45°和30°角的一副直角三角板𝐴𝐵𝑂与 𝐶𝐷𝑂在直线𝑀𝑁，45°的顶点和60°角的顶
点重合于点𝑂，点𝐴, 𝑂, 𝐶在直线𝑀𝑁上，𝑂𝐸为∠𝐵𝑂𝐷平分线，则 ∠𝐵𝑂𝐸=
∘．
问题探究
（2）如图②，若将三角板𝐴𝐵𝑂绕点𝑂逆时针旋转𝑎(0 < 𝑎< 90°)，𝑂𝐹平分∠𝐴𝑂𝐶，请你探究 ∠𝐸𝑂𝐹度数是
否会发生变化？若不变，求出其角度；若变化，请说明理由；
问题解决
（3）如图③，从图①位置开始，将三角板𝐶𝐷𝑂绕点𝑂以每秒 10°速度逆时针旋转，同时三角板𝐴𝐵𝑂以每
秒15°的速度顺时针旋转，当𝑂𝐷首次与𝑂𝑀重合或当 𝑂𝐵与𝑂𝑁首次重合时，两个三角板都停止旋转．设两
三角板的旋转时间为𝑡，在整个旋转过程中，当满足|∠𝐵𝑂𝐶−∠𝐴𝑂𝐷| = 10°，求𝑡的值．
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【答案】（1）37.5°；（2）∠𝐸𝑂𝐹度数不会发生变化，为7.5°；（3）4.9或5.3．
【分析】（1）利用角的和差关系及角平分线的定义即可求解；
（2）利用角的和差关系及角平分线的定义即可求解；
（3）由|∠𝐵𝑂𝐶−∠𝐴𝑂𝐷| = 10°，可判断出𝑂𝐴与𝑂𝐷重合前（含重合）和𝑂𝐴与𝑂𝐶重合后这两个阶段不存在
满足条件的𝑡值，由此得到满足条件的𝑡值在𝑂𝐴与𝑂𝐷重合后到𝑂𝐴与𝑂𝐶重合时这个阶段，根据角的和差关系
列出方程即可求解；
本题考查了角的旋转，角的计算及角平分线的定义，能通过图形找到所求角的和差关系是解题的关键．
【详解】解：（1）∵点𝐴, 𝑂, 𝐶在直线𝑀𝑁上，∠𝐴𝑂𝐵= 45°，∠𝐶𝑂𝐷= 60°，
∴∠𝐵𝑂𝐷= 180° −45° −60° = 75°，
∵𝑂𝐸为∠𝐵𝑂𝐷平分线，
∴∠𝐵𝑂𝐸=
1
2 ∠𝐵𝑂𝐷=
1
2 × 75° = 37.5°，
故答案为：37.5°；
（2）∵将三角板𝐴𝐵𝑂绕点𝑂逆时针旋转𝑎(0 < 𝑎< 90°)，
∴∠𝐴𝑂𝐶= 180° −𝛼，∠𝐵𝑂𝐷= 180° −𝛼−45° −60° = 75° −𝛼，
∵𝑂𝐹平分∠𝐴𝑂𝐶，𝑂𝐸为∠𝐵𝑂𝐷平分线，
∴∠𝐴𝑂𝐹=
1
2 ∠𝐴𝑂𝐶=
1
2 (180° −𝛼) = 90° −
1
2 𝛼，
∠𝐵𝑂𝐸=
1
2 ∠𝐵𝑂𝐷=
1
2 (75° −𝛼) = 37.5° −
1
2 𝛼，
∴∠𝐸𝑂𝐹= ∠𝐴𝑂𝐹−∠𝐴𝑂𝐵−𝐵𝑂𝐸= 90° −
1
2 𝛼−45° −(37.5° −
1
2 𝛼) = 7.5°，
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∴∠𝐸𝑂𝐹度数不会发生变化，为7.5°；
（3）由图可知，当𝑂𝐴与𝑂𝐷重合前（含重合）和𝑂𝐴与𝑂𝐶重合后，|∠𝐵𝑂𝐶−∠𝐴𝑂𝐷| = |∠𝐶𝑂𝐷−∠𝐴𝑂𝐵| =
|60° −45°| = 15° ≠10°，
∴在这两个阶段不存在满足条件的𝑡值，
当𝑂𝐴与𝑂𝐷重合后到𝑂𝐴与𝑂𝐶重合时，
∠𝐴𝑂𝐷= 15°𝑡+ 10°𝑡−120° = 25°𝑡−120°，
∠𝐵𝑂𝐶= 135° −25°𝑡，
∴|∠𝐵𝑂𝐶−∠𝐴𝑂𝐷| = |135° −25°𝑡−(25°𝑡−120°)| = |255° −50°𝑡|，
∵|∠𝐵𝑂𝐶−∠𝐴𝑂𝐷| = 10°，
∴|255° −50°𝑡| = 10°，
∴255° −50°𝑡= 10°或255° −50°𝑡= −10°，
解得𝑡= 4.9或𝑡= 5.3，
∴当|∠𝐵𝑂𝐶−∠𝐴𝑂𝐷| = 10°时，𝑡的值为4.9或5.3．
6．已知△𝐴𝐵𝐶是等腰三角形，𝐴𝐵＝𝐴𝐶，将△𝐴𝐵𝐶绕点B 逆时针旋转得到△𝐴′𝐵𝐶′，
(1)感知：如图①，当𝐵𝐶′落在AB 边上时，∠𝐴′𝐴𝐵与∠𝐶′𝐶𝐵之间的数量关系是 （不需要证明）；
(2)探究：如图②，当𝐵𝐶′不落在AB 边上时，∠𝐴′AB 与∠𝐶′𝐶𝐵是否相等？如果相等；如果不相等，请说明
理由；
(3)应用：如图③，若∠𝐵𝐴𝐶= 90°，𝐴𝐴′、𝐶𝐶′交于点E，则∠𝐴′𝐸𝐶= 度．
【答案】(1)相等；
(2)相等；理由见解析；
(3)135°．
【分析】（1）根据旋转的性质及图中各角之间的数量关系可得∠𝐴′𝐵𝐴= ∠𝐶′𝐵𝐶，利用等边对等角求解即可
得；
（2）根据旋转的性质及相似三角形的判定和性质即可证明；
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（3）根据（2）中结论及各角之间的等量代换可得∠𝐵𝐴′𝐴= ∠𝐶𝐶′𝐵，设𝐶′𝐵与AE 相交于点O，可得
∠𝐶′𝐸𝑂= ∠𝑂𝐵𝐴′ = ∠𝐴𝐶𝐵，利用等腰直角三角形的性质可得∠𝐴𝐶𝐵= 45° = ∠𝐶′𝐸𝑂，据此计算即可得．
【详解】（1）感知：∵将∆𝐴𝐵𝐶绕点B 逆时针旋转得到∆𝐴′𝐵𝐶′，∠𝐴′𝐵𝐶′ = ∠𝐴𝐵𝐶，
∴∠𝐴′𝐵𝐶′ + ∠𝐶′𝐵𝐴= ∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝐶′𝐵𝐴，当𝐵𝐶′落在AB 边上时，
即∠𝐴′𝐵𝐴= ∠𝐶′𝐵𝐶，
∵𝐴′𝐵= 𝐴𝐵，𝐶′𝐵= 𝐵𝐶，
∴
180°−∠𝐴′𝐵𝐴
2
=
180°−∠𝐶′𝐵𝐶
2
，
即∠𝐴′𝐴𝐵= ∠𝐶′𝐶𝐵，
故答案为：相等；
（2）探究：∠𝐴′𝐴𝐵= ∠𝐶′𝐶𝐵，证明如下：
∵将∆𝐴𝐵𝐶绕点B 逆时针旋转得到∆𝐴′𝐵𝐶′，
∴𝐴′𝐵= 𝐴𝐵，𝐶′𝐵= 𝐵𝐶，∠𝐴′𝐵𝐴= ∠𝐶′𝐵𝐶，
∴
𝐵𝐶
𝐵𝐴=
𝐵𝐶′
𝐵𝐴′，
∴∆𝐴𝐵𝐴′~∆𝐶𝐵𝐶′，
∴∠𝐴′𝐴𝐵= ∠𝐶′𝐶𝐵；
（3）应用：∵∠𝐴′𝐴𝐵= ∠𝐶′𝐶𝐵，
∴∠𝐵𝐴′𝐴= ∠𝐶′𝐶𝐵，
∵𝐶′𝐵= 𝐶𝐵，
∴∠𝐶′𝐶𝐵= ∠𝐶𝐶′𝐵，
∴∠𝐵𝐴′𝐴= ∠𝐶𝐶′𝐵，
设𝐶′𝐵与AE 相交于点O，如图所示：
∵∠𝐴′𝑂𝐵= ∠𝐶′𝑂𝐸，
∴∠𝐶′𝐸𝑂= ∠𝑂𝐵𝐴′ = ∠𝐴𝐶𝐵，
∵𝐴𝐵= 𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶= 90°，
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∴∠𝐴𝐶𝐵= 45° = ∠𝐶′𝐸𝑂，
∴∠𝐴′𝐸𝐶= 180° −∠𝐶′𝐸𝑂= 135°．
【点睛】题目主要考查旋转的性质，等腰三角形的性质及三角形内角和定理，相似三角形的判定和性质
等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
7．如图1，点O 为直线𝐴𝐵上一点，将两个含60°角的三角板𝑀𝑂𝑁和三角板𝑂𝑃𝑄如图摆放，使三角板的一
条直角边𝑂𝑀、𝑂𝑃在直线𝐴𝐵上，其中∠𝑂𝑀𝑁= ∠𝑃𝑂𝑄= 60°．
(1)将图1 中的三角板𝑂𝑃𝑄绕点O 按逆时针方向旋转至图2 的位置，使得边𝑂𝑃在∠𝑀𝑂𝑁的内部且平分
∠𝑀𝑂𝑁，此时三角板𝑂𝑃𝑄旋转的角度为 度；
(2)三角板𝑂𝑃𝑄在绕点O 按逆时针方向旋转时，若𝑂𝑃在∠𝑀𝑂𝑁的内部．试探究∠𝑀𝑂𝑃与∠𝑁𝑂𝑄之间满足什么
等量关系，并说明理由；
(3)如图3，将图1 中的三角板𝑀𝑂𝑁绕点O 以每秒2°的速度按顺时针方向旋转，同时将三角板𝑂𝑃𝑄绕点O
以每秒3°的速度按逆时针方向旋转，将射线𝑂𝐵绕点O 以每秒5°的速度沿逆时针方向旋转，旋转后的射线
𝑂𝐵记为𝑂𝐸，射线𝑂𝐶平分∠𝑀𝑂𝑁，射线𝑂𝐷平分∠𝑃𝑂𝑄，当射线𝑂𝐶、𝑂𝐷重合时，射线𝑂𝐸改为绕点O 以原速
按顺时针方向旋转，在𝑂𝐶、𝑂𝐷第二次相遇前，当∠𝐶𝑂𝐸= 13°时，直接写出旋转时间t 的值．
【答案】(1)135
(2)
解：当𝑂𝑄在∠𝑀𝑂𝑁外部时，∠𝑀𝑂𝑃−∠𝑁𝑂𝑄= 30°，理由如下∶
∵ ∠𝑀𝑂𝑁= 90°, ∠𝑃𝑂𝑄= 60°，
∴ ∠𝑀𝑂𝑃= 90° −∠𝑃𝑂𝑄，∠𝑁𝑂𝑄= 60° −∠𝑃𝑂𝑄，
∴ ∠𝑀𝑂𝑃−∠𝑁𝑂𝑄= 90° −∠𝑃𝑂𝑄 −(60° −∠𝑃𝑂𝑄) = 30°
当𝑂𝑄在∠𝑀𝑂𝑁内部时，∠𝑀𝑂𝑃+ ∠𝑁𝑂𝑄= 30°，理由如下∶
∵ ∠𝑀𝑂𝑁= 90°, ∠𝑃𝑂𝑄= 60°，
∴ ∠𝑀𝑂𝑃+ ∠𝑁𝑂𝑄= 30°；
(3)
122
7 或
148
7 或
182
3 或
208
3
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【分析】（1）先根据𝑂𝑃平分∠𝑀𝑂𝑁得到∠𝑃𝑂𝑁，即可求出∠𝐵𝑂𝑃；
（2）根据题意可得∠𝑀𝑂𝑃= 90° −∠𝑃𝑂𝑄, ∠𝑁𝑂𝑄= 60° −∠𝑃𝑂𝑄，作差即可求解；
（3）先求出旋转前𝑂𝐶、𝑂𝐷的夹角，然后再求出𝑂𝐶、𝑂𝐷第一次和第二次相遇所需要的时间，再设在
𝑂𝐶、𝑂𝐷第二次相遇前，当∠𝐶𝑂𝐸= 13°时，需要旋转时间为t，再分𝑂𝐸在𝑂𝐶的左侧和𝑂𝐸在𝑂𝐶的右侧两种
情况讨论解答即可．
【详解】（1）解：∵𝑂𝑃平分∠𝑀𝑂𝑁，
∴∠𝑃𝑂𝑁=
1
2 ∠𝑀𝑂𝑁= 45°，
∴三角板𝑂𝑃𝑄旋转的角∶
∠𝐵𝑂𝑃= ∠𝑃𝑂𝑁+ ∠𝑁𝑂𝐵= 135°，
故答案为：135．
（2）略
（3）∵射线𝑂𝐶平分∠𝑀𝑂𝑁，射线𝑂𝐷平分∠𝑃𝑂𝑄，
∴ ∠𝑁𝑂𝐶= 45°,∠𝑃𝑂𝐷= 30°，
∵旋转前∠𝑁𝑂𝑃= 90°，
∴旋转前𝑂𝐶与𝑂𝐷的夹角为：∠COD = ∠NOC + ∠NOP + ∠POD = 165°，
∴ 𝑂𝐶与𝑂𝐷第一次相遇的时间为：165° ÷ (2° +3°) = 33秒，
此时𝑂𝐵旋转的角度为：33 × 5° = 165°,
∴此时OC 与𝑂𝐸的夹角为：165° − (180° −45° −2° × 33) = 96°,
𝑂𝐶与OD 第二次相遇的时间为：360° ÷ (2° +3°) = 72(秒)，
设在𝑂𝐶与𝑂𝐷第二次相遇前，当∠𝐶𝑂𝐸= 13°时，需要旋转时间为𝑡，
①(2 + 5)𝑡= 45 + 90 −13，
解得∶𝑡=
122
7 ，
②(2 + 5)𝑡= 45 + 90 + 13，
解得∶𝑡=
148
7 ，
③(5 −2)𝑡= 96 −13，
解得∶𝑡=
83
3 ，
83
3 + 33 =
182
3 ，
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④(5 −2)𝑡= 96 + 13，
解得∶𝑡=
109
3 ，
109
3 + 33 =
208
3 ．
∴在OC 与OD 第二次相遇前，当∠𝐶𝑂𝐸= 13°时，旋转时间t为
122
7 或
148
7 或
182
3 或
208
3 ．
【点睛】本题考查了角的运算，角的旋转，角的平分线，余角和补角等知识，掌握角的平分线、余角、补
角等概念才能在求解角度时需要合理运用“等量代换”；求解角的旋转时会出现多种情况运用“分类讨论思
想”．本题难点在于旋转后的多种情况的分析，清楚“旋转前后的图形是完全相等的，各边旋转角度相同，”
是解题关键．
重难点三 旋转与求面积综合（含压轴）
1 旋转不改变图形面积大小，旋转前后图形面积完全相等；
2 不规则阴影面积，利用旋转割补法，将零散图形拼接为规则图形；
3 重叠面积题型：总面积减去空白面积，或对称替换相等面积部分；
4 动态旋转面积变化，抓住 “不变图形、不变底高”，排除动态干扰；
5 三角形面积套用公式 S =
1
2 aℎ，旋转后底高不变可直接秒算；
6 压轴大题多图形旋转重叠，分步计算单个区域面积，再合并或作差求解。
1．如图，Rt △𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵= 90°，𝐴𝐶=
1
2 𝐵𝐶= 2，点𝐷是𝐴𝐵上一动点，连接𝐶𝐷，将线段𝐶𝐷绕点𝐶逆
时针旋转90°得到线段𝐶𝐸，连接𝐷𝐸，𝐵𝐸，当△𝐵𝐸𝐷面积最大时，𝐴𝐷的长为（ ）
A．2
B．√5
C．
2
5 √5
D．
4√5
5
【答案】D
【分析】连接点A 和𝐵𝐶中点F，过点F 作𝐹𝐻⊥𝐴𝐵，垂足为点H，连接𝐸𝐹，证明点H、F、E 三点共线，
则𝐸𝐻为△𝐵𝐸𝐷的高，根据三角形的面积公式将△𝐵𝐸𝐷的面积表示出来即可解答．
【详解】
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连接点A 和𝐵𝐶中点F，过点F 作𝐹𝐻⊥𝐴𝐵，垂足为点H，连接𝐸𝐹，
∵点F 为𝐵𝐶中点F，
∴𝐶𝐹=
1
2 𝐵𝐶= 2，
∵∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐶𝐸= 90°，
∴∠𝐴𝐶𝐵−∠𝐷𝐶𝐹= ∠𝐷𝐶𝐸−∠𝐷𝐶𝐹，即∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐹𝐶𝐸，
在△𝐴𝐶𝐷和△𝐹𝐶𝐸中，
{
𝐴𝐶= 𝐶𝐹
∠𝐴𝐶𝐷= ∠𝐹𝐶𝐸
𝐷𝐶= 𝐶𝐸
，
∴△𝐴𝐶𝐷≌△𝐹𝐶𝐸(SSA)，
∴∠𝐶𝐹𝐸= ∠𝐶𝐴𝐷，
∵𝐹𝐻⊥𝐴𝐵，
∴∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝐵𝐹𝐻= ∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝐶𝐴𝐷= 90°，
∴∠𝐵𝐹𝐻= ∠𝐶𝐴𝐷，
∴∠𝐵𝐹𝐻= ∠𝐶𝐹𝐸，
∵∠𝐶𝐹𝐸+ ∠𝐵𝐹𝐸= 180°，
∴∠𝐵𝐹𝐻+ ∠𝐵𝐹𝐸= 180°，则点H、F、E 三点共线，
故𝐸𝐻为△𝐵𝐸𝐷的高，
设𝐴𝐷= 𝑥，则𝐸𝐹= 𝑥，
根据勾股定理得：𝐴𝐵= √𝐴𝐶2 + 𝐵𝐶2 = 2√5，
∴𝐵𝐷= 2√5 −𝑥，
∵∠𝐵𝐹𝐻= ∠𝐶𝐴𝐷，
∴△𝐵𝐹𝐻∽△𝐴𝐵𝐶，
∴
𝐵𝐹
𝐴𝐵=
𝐹𝐻
𝐴𝐶，即
2
2√5 =
𝐹𝐻
2 ，解得：𝐹𝐻=
2√5
5 ，
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∴𝐸𝐻= 𝐹𝐻+ 𝐸𝐹=
2√5
5 + 𝑥，
𝑆△𝐵𝐷𝐸=
1
2 𝐵𝐷· 𝐸𝐻=
1
2 (2√5 −𝑥) (
2√5
5 + 𝑥) = −
1
2 (𝑥−2√5) (𝑥+
2√5
5 )，
∴当面积最大时，𝑥=
2√5−2√5
5
2
=
4√5
5 ，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形和相似三角形的判定，以及二次函数的性
质，解题的关键是根据题意画出辅助线构造全等三角形．
2．如图，点𝐸是正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边𝐶𝐷上一动点(点𝐸不与点𝐶，𝐷重合)，连接𝐵𝐸，以𝐵为旋转中心，将𝐵𝐸顺
时针旋转90°后，点𝐸与点𝐹对应，连接𝐹𝐸，𝐹𝐶，若𝐴𝐵= 3，则△𝐸𝐶𝐹面积的最大值为( )
A．
9
8
B．
9
4
C．3
D．
1
3
【答案】A
【分析】本题考查正方形的性质、旋转的性质、全等三角形判定与性质及二次函数求最值．先过点𝐹作
𝐹𝐻⊥𝐵𝐶，先通过AAS证明△𝐵𝐶𝐸与△𝐹𝐻𝐵全等，得到对应边相等，再用𝐸𝐶和𝐶𝐻表示△𝐸𝐶𝐹的面积，最后
通过二次函数求面积的最大值．
【详解】解：如图，过点𝐹作𝐹𝐻⊥𝐵𝐶，则∠𝐹𝐻𝐵= 90°．
设𝐸𝐶= 𝑥(0 < 𝑥< 3)．
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，
∴𝐵𝐶= 3，∠𝐵𝐶𝐷= 90°．
∵𝐵𝐸绕点𝐵顺时针旋转90°得到𝐵𝐹，
∴𝐵𝐸= 𝐵𝐹，∠𝐸𝐵𝐹= 90°．
∴∠𝐸𝐵𝐶+ ∠𝐹𝐵𝐻= 90°．
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又∠𝐸𝐵𝐶+ ∠𝐵𝐸𝐶= 90°，
∴∠𝐵𝐸𝐶= ∠𝐹𝐵𝐻．
在△𝐵𝐶𝐸和△𝐹𝐻𝐵中：{
∠𝐵𝐶𝐷= ∠𝐹𝐻𝐵
∠𝐵𝐸𝐶= ∠𝐹𝐵𝐻
𝐵𝐸= 𝐵𝐹
，
∴△𝐵𝐶𝐸≅△𝐹𝐻𝐵(AAS)．
∴𝐸𝐶= 𝐵𝐻= 𝑥，
∴𝐶𝐻= 𝐵𝐶−𝐵𝐻= 3 −𝑥，
∴△𝐸𝐶𝐹的面积𝑆=
1
2 × 𝐸𝐶× 𝐶𝐻=
1
2 𝑥(3 −𝑥) = −
1
2 (𝑥−
3
2)2 +
9
8，
∵𝑆是关于𝑥的二次函数，图象开口向下，0 < 𝑥< 3，
∴当𝑥=
3
2时，面积取得最大值：
9
8，
故选：A．
3．如图，一副三角板𝐴𝐵𝐶和𝐷𝐸𝐹中，∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷= 90°，∠𝐵= 30°，∠𝐸= 45°，𝐵𝐶= 𝐸𝐹= 8．将它们
叠合在一起，边𝐵𝐶与𝐸𝐹重合，𝐶𝐷与𝐴𝐵相交于点G（如图1）．现将△𝐷𝐸𝐹绕点𝐶（𝐹）按顺时针方向旋
转，边𝐸𝐹与𝐴𝐵相交于点H，连结𝐷𝐻，在旋转0°到60°的过程中，线段𝐷𝐻扫过的面积是 _____________．
【答案】8 +
16
3 π −8√3
【分析】将△𝐷𝐸𝐹绕点C 顺时针旋转60°得到△𝐷1𝐸1𝐹，𝐹𝐸1与𝐴𝐵交于𝐺1，连接𝐷1𝐷，𝐴𝐷1，△𝐷2𝐸2𝐹是△
𝐷𝐸𝐹旋转0°到60°的过程中任意位置，作𝐷𝑁⊥𝐶𝐷1于N，过点B 作𝐵𝑀⊥𝐷1𝐷交𝐷1𝐷的延长线于M，首先证
明△𝐶𝐷1𝐷是等边三角形，点𝐷1在直线𝐴𝐵上，然后可得线段𝐷𝐻扫过的面积是弓形𝐷1𝐷2𝐷的面积加上△
𝐷1𝐷𝐵的面积，求出𝐷𝑁和𝐵𝑀，然后根据线段𝐷𝐻扫过的面积= 𝑆弓形𝐷1𝐷2𝐷+ 𝑆△𝐷1𝐷𝐵 = 𝑆扇形𝐶𝐷1𝐷−𝑆△𝐶𝐷1𝐷+
𝑆△𝐷1𝐷𝐵列式计算即可．
【详解】解： 如图，将△𝐷𝐸𝐹绕点C 顺时针旋转60°得到△𝐷1𝐸1𝐹，𝐹𝐸1与𝐴𝐵交于𝐺1，连接𝐷1𝐷，𝐴𝐷1，
由旋转的性质得，∠𝐸1𝐶𝐵= ∠𝐷𝐶𝐷1 = 60°，𝐶𝐷= 𝐶𝐷1，
∴△𝐶𝐷1𝐷是等边三角形，
∵∠𝐴𝐵𝐶= 30°，
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∴∠𝐶𝐺1𝐵= 90°，
∴𝐶𝐺1 =
1
2 𝐵𝐶，
∵𝐶𝐸1 = 𝐵𝐶，
∴𝐶𝐺1 =
1
2 𝐶𝐸1，
即𝐴𝐵垂直平分𝐶𝐸1，
∵△𝐶𝐷1𝐸1是等腰直角三角形，
∴点𝐷1在直线𝐴𝐵上，
△𝐷2𝐸2𝐹是△𝐷𝐸𝐹旋转0°到60°的过程中任意位置，
则线段𝐷𝐻扫过的面积是弓形𝐷1𝐷2𝐷的面积加上△𝐷1𝐷𝐵的面积，
∵𝐵𝐶= 𝐸𝐹= 8，
∴𝐷𝐶= 𝐷𝐵= √2
2 𝐵𝐶= 4√2，
∴𝐷1𝐶= 𝐷1𝐷= 4√2，
作𝐷𝑁⊥𝐶𝐷1于N，
则𝑁𝐷1 = 𝑁𝐶= 2√2，
∴𝐷𝑁= √𝐷1𝐷2 −𝑁𝐷1
2 = √(4√2)
2 −(2√2)
2 = 2√6，
过点B 作𝐵𝑀⊥𝐷1𝐷交𝐷1𝐷的延长线于M，
则∠𝑀= 90°，
∵∠𝐷1𝐷𝐶= 60°，∠𝐶𝐷𝐵= 90°，
∴∠𝐵𝐷𝑀= 180° −∠𝐷1𝐷𝐶−∠𝐶𝐷𝐵= 30°，
∴𝐵𝑀=
1
2 𝐵𝐷= 2√2，
∴线段𝐷𝐻扫过的面积= 𝑆弓形𝐷1𝐷2𝐷+ 𝑆△𝐷1𝐷𝐵
= 𝑆扇形𝐶𝐷1𝐷−𝑆△𝐶𝐷1𝐷+ 𝑆△𝐷1𝐷𝐵
= 60π ⋅(4√2)
2
360
−1
2 × 4√2 × 2√6 + 1
2 × 4√2 × 2√2
= 8 +
16
3 π −8√3，
故答案为：8 +
16
3 π −8√3．
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【点睛】本题主要考查了旋转的性质，含30 度的直角三角形的性质，二次根式的运算，解直角三角形，
等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形的面积计算等知识，作出图形，证明点𝐷1在直线𝐴𝐵上是本题
的突破点，灵活运用各知识点是解题的关键．
4．如图，在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，O 为对角线𝐴𝐶的中点．正方形𝑂𝐴′𝐵′𝐶′在绕点O 旋转的过程中，边𝑂𝐴′与𝐴𝐵
交于点E（不与点A，B 重合），边𝑂𝐶′与𝐵𝐶交于点F．若𝐴𝐷= 5，则四边形𝐵𝐸𝑂𝐹的面积为______．
【答案】
25
4 /6.25/6
1
4
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质及等腰三角形三线合一的性质．连接𝑂𝐵，利
用正方形的性质及已知条件得出𝐴𝑂= 𝑂𝐵= 𝑂𝐶，∠𝐵𝐴𝑂= ∠𝐶𝐵𝑂= 45°，再由∠𝐴𝑂𝐴′ + ∠𝐴′𝑂𝐵= ∠𝐴′𝑂𝐵+
∠𝐵𝑂𝐹= 90°得出∠𝐴𝑂𝐸= ∠𝐵𝑂𝐹，从而证明△𝐴𝑂𝐸≌△𝐵𝑂𝐹(ASA)，进而得出𝑆四边形𝐵𝐸𝑂𝐹= 𝑆△𝑂𝐵𝐹+
𝑆△𝑂𝐸𝐵= 𝑆△𝐴𝐸𝑂+ 𝑆△𝑂𝐸𝐵= 𝑆△𝐴𝑂𝐵=
1
4 𝑆正方形𝐴𝐵𝐶𝐷，求出面积．
【详解】解：如图，连接𝑂𝐵，
在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵= 𝐵𝐶= 𝐶𝐷= 𝐴𝐷= 5，∠𝐴𝐵𝐶= 90°，
∴∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐵𝐶𝐴= 45°，
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又∵O 为对角线𝐴𝐶中点，
∴𝐴𝑂= 𝑂𝐵= 𝑂𝐶，∠𝐴𝑂𝐵= 90°，
∴∠𝐴𝐵𝑂= ∠𝐶𝐵𝑂= 45°，
∴∠𝐵𝐴𝑂= ∠𝐶𝐵𝑂= 45°，
又∵四边形𝐴′𝐵′𝐶′𝑂为正方形，
∴∠𝐴′𝑂𝐶′ = 90°，
∴∠𝐴𝑂𝐴′ + ∠𝐴′𝑂𝐵= ∠𝐴′𝑂𝐵+ ∠𝐵𝑂𝐹= 90°，即∠𝐴𝑂𝐸= ∠𝐵𝑂𝐹，
在△𝐴𝑂𝐸和△𝐵𝑂𝐹中，
{
∠𝐵𝐴𝑂= ∠𝐶𝐵𝑂= 45°
𝐴𝑂= 𝐵𝑂
∠𝐴𝑂𝐸= ∠𝐵𝑂𝐹
，
∴△𝐴𝑂𝐸≌△𝐵𝑂𝐹(ASA)，
∴𝑆四边形𝐵𝐸𝑂𝐹= 𝑆△𝑂𝐵𝐹+ 𝑆△𝑂𝐸𝐵= 𝑆△𝐴𝐸𝑂+ 𝑆△𝑂𝐸𝐵= 𝑆△𝐴𝑂𝐵=
1
4 𝑆正方形𝐴𝐵𝐶𝐷=
1
4 × 52 =
25
4 ，
故答案为：
25
4 ．
5．如图，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵= 6, 𝐵𝐶= 3 ，以点𝐴 为旋转中心，按逆时针方向旋转矩形𝐴𝐵𝐶𝐷得到矩形
𝐴𝐸𝐹𝐺 ，旋转角为𝛼（0° < 𝛼< 180° ）．取𝐺𝐹的中点𝑃 ，连接𝑃𝐵 ，𝑃𝐸，𝐵𝐸 ，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷旋转的过程
中，△𝑃𝐵𝐸 面积的最大值为_________．
【答案】9 + 9√2
【分析】依题意𝑃𝐴= 𝑃𝐸= 3√2，△𝐴𝑃𝐺,△𝐸𝑃𝐹为等腰直角三角形，由题意证得当𝐵, 𝐴, 𝑃三点共线时，△
𝑃𝐵𝐸面积最大，此时𝐵𝐾= 𝑃𝐵= 𝐴𝐵+ 𝐴𝑃= 6 + 3√2，𝑆△𝑃𝐵𝐸的最大值为
1
2 𝑃𝐸⋅𝑃𝐵，计算即可得出答案．
【详解】解： 连𝐴𝑃，由题意得𝑃𝐹= 𝑃𝐺=
6
2 = 3 ，
∵𝐴𝐺= 𝐸𝐹= 3 ，∠𝐺= ∠𝐹= 90° ，
∴𝑃𝐴= 𝑃𝐸= √32 + 32 = 3√2，△𝐴𝑃𝐺,△𝐸𝑃𝐹为等腰直角三角形，
∴∠𝐴𝑃𝐸= 90°，
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∵△𝑃𝐵𝐸的底边𝑃𝐸= 3√2是个定值，
如图，作𝑃𝐸边上的高𝐵𝐾，
∴当高𝐵𝐾最大时，△𝑃𝐵𝐸 面积才能取得最大值，
∴如图，当矩形𝐴𝐸𝐹𝐺旋转到𝐵, 𝐴, 𝑃三点共线时，高𝐵𝐾才能取得最大值，
此时𝐵𝐾= 𝑃𝐵= 𝐴𝐵+ 𝐴𝑃= 6 + 3√2，
∴𝑆△𝑃𝐵𝐸的最大值为
1
2 𝑃𝐸⋅𝑃𝐵=
1
2 × 3√2 × (6 + 3√2) = 9√2 + 9，
∴△𝑃𝐵𝐸 的面积最大值为9 + 9√2．
6．如图，在Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点D 是AC 的中点，将CD 绕着点C 逆时针旋
转，在旋转的过程中点D 的对应点为点E，连接AE、BE，则△AEB 面积的最小值是_______．
【答案】1
【分析】作𝐶𝐻⊥𝐴𝐵于𝐻，如图，先利用勾股定理计算出𝐴𝐵= 5，再利用面积法计算出𝐶𝐻=
12
5 ，再根据旋
转的性质得𝐶𝐸= 2，然后利用𝐸点在线段𝐻𝐶上时，点𝐸到𝐴𝐵的距离最小，从而可计算出Δ𝐴𝐸𝐵的面积的最
小值．
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【详解】解：作𝐶𝐻⊥𝐴𝐵于𝐻，如图，
∵∠𝐴𝐶𝐵= 90°，𝐴𝐶= 4，𝐵𝐶= 3，
∴𝐴𝐵= √32 + 42 = 5，
∵
1
2 𝐶𝐻· 𝐴𝐵=
1
2 𝐴𝐶· 𝐵𝐶，
∴𝐶𝐻=
6×8
10 =
12
5 ，
∵点𝐷是𝐴𝐶的中点，
∴𝐶𝐷= 2，
∵将𝐶𝐷绕着点𝐶逆时针旋转，在旋转过程中点𝐷的对应点为点𝐸，
∴𝐶𝐸= 2，即点𝐸在以𝐶为圆心，2 为半径的圆上，
∵点𝐸在线段𝐻𝐶上时，点𝐸到𝐴𝐵的距离最小，
∴Δ𝐴𝐸𝐵的面积的最大值为
1
2 × (
12
5 −2) × 5 = 1．
故答案为：1．
【点睛】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等于
旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了勾股定理．
7．图，△𝐴𝐵𝐶为等边三角形，点𝐷为△𝐴𝐵𝐶外的一点，∠𝐴𝐷𝐶= 60°，𝐴𝐷= 4，𝐵𝐷= 2√7，则△𝐵𝐶𝐷的面
积为______．
【答案】√3
【分析】将△BCD 顺时针方向旋转60°至△ACE，连接DE，过点E 作EF⊥AD，交AD 的延长线于点F，由
设DF＝a，则EF＝√3a，DE＝CE＝2a，由勾股定理可求出a 的值，进而即可求解．
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【详解】：将△BCD 顺时针方向旋转60°至△ACE，连接DE，过点E 作EF⊥AD，交AD 的延长线于点F，
∴CD＝CE，∠ECD＝60°，
∴△CDE 为等边三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝∠ECD＝60°，
∵∠ADC＝60°，
∴∠ADC＝∠ECD，
∴AD∥CE，
∴S△ACE＝S△CDE，
∵将△BCD 顺时针方向旋转60°至△ACE，
∴S△BCD＝S△ACE，
∴S△CDE＝S△BCD，
∵∠ADC＝∠CDE＝60°，
∴∠EDF＝60°，
在Rt△FDE 中，设DF＝a，则EF＝√3a，DE＝CE＝2a，
∵𝐴𝐷= 4，𝐵𝐷= 2√7，
∴AE=𝐵𝐷= 2√7，
∴在Rt△AEF 中，(4 + 𝑎)2 + (√3𝑎)
2 = (2√7)
2，解得：a=1 或a=-3（舍去），
∴S△BCD= S△CDE=
1
2×2a×√3a=
1
2×2×√3=√3．
故答案是：√3．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积等
知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
8．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．
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(1)观察猜想：图1中，线段𝑃𝑀与𝑃𝑁的数量关系是 ，位置关系是 ；
(2)探究证明：把△𝐴𝐷𝐸绕点𝐴逆时针方向旋转到图2的位置，连接𝑀𝑁，𝐵𝐷，𝐶𝐸，判断△𝑃𝑀𝑁的形状，并
说明理由；
(3)拓展延伸：把△𝐴𝐷𝐸绕点𝐴在平面内自由旋转，若𝐴𝐷= 4，𝐴𝐵= 10，请直接写出△𝑃𝑀𝑁面积的最大
值．
【答案】(1)𝑃𝑀= 𝑃𝑁；𝑃𝑀⊥𝑃𝑁
(2)△𝑃𝑀𝑁是等腰直角三角形
(3)
49
2
【分析】（1）利用三角形的中位线得出𝑃𝑀=
1
2 𝐶𝐸，𝑃𝑁=
1
2 𝐵𝐷，再推出𝐵𝐷= 𝐶𝐸，即可得出结论，然后利
用三角形中位线的性质推出𝑃𝑀∥𝐶𝐸得∠𝐷𝑃𝑀= ∠𝐷𝐶𝐴，最后根据互余即可得出结论；
（2）证明△𝐴𝐵𝐷≌△𝐴𝐶𝐸(SAS)得𝐵𝐷= 𝐶𝐸，利用三角形的中位线得出𝑃𝑀=
1
2 𝐶𝐸，𝑃𝑁=
1
2 𝐵𝐷，继而得到
𝑃𝑀= 𝑃𝑁，结合（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，再利用三角形的面积公式求
解即可．
【详解】（1）解：∵点𝑃，𝑁分别是𝐶𝐷，𝐵𝐶的中点，
∴𝑃𝑁∥𝐵𝐷，𝑃𝑁=
1
2 𝐵𝐷，
∵点𝑃，𝑀是𝐶𝐷，𝐷𝐸的中点，
∴𝑃𝑀∥𝐶𝐸，𝑃𝑀=
1
2 𝐶𝐸，
∵𝐴𝐵= 𝐴𝐶，𝐴𝐷= 𝐴𝐸，
∴𝐵𝐷= 𝐶𝐸，
∴𝑃𝑀= 𝑃𝑁，
∵𝑃𝑁∥𝐵𝐷，𝑃𝑀∥𝐶𝐸，
∴∠𝐷𝑃𝑁= ∠𝐴𝐷𝐶，∠𝐷𝑃𝑀= ∠𝐷𝐶𝐴，
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∵∠𝐴= 90°，
∴∠𝐴𝐷𝐶+ ∠𝐷𝐶𝐴= 90°，
∴∠𝑀𝑃𝑁= ∠𝐷𝑃𝑁+ ∠𝐷𝑃𝑀= ∠𝐴𝐷𝐶+ ∠𝐷𝐶𝐴= 90°，
∴𝑃𝑀⊥𝑃𝑁，
∴图1中，线段𝑃𝑀与𝑃𝑁的数量关系是𝑃𝑀= 𝑃𝑁，位置关系是𝑃𝑀⊥𝑃𝑁；
（2）解：△𝑃𝑀𝑁是等腰直角三角形．理由如下：
∵把△𝐴𝐷𝐸绕点𝐴逆时针方向旋转到图2的位置，
∴∠𝐵𝐴𝐶= 90° = ∠𝐷𝐴𝐸，
∴∠𝐵𝐴𝐶−∠𝐷𝐴𝐶= ∠𝐷𝐴𝐸−∠𝐷𝐴𝐶，即∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐶𝐴𝐸，
在△𝐴𝐵𝐷和△𝐴𝐶𝐸中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐶
∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐶𝐴𝐸
𝐴𝐷= 𝐴𝐸
，
∴△𝐴𝐵𝐷≌△𝐴𝐶𝐸(SAS)，
∴∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐴𝐶𝐸，𝐵𝐷= 𝐶𝐸，
∵点𝑃，𝑁分别是𝐶𝐷，𝐵𝐶的中点，
∴𝑃𝑁∥𝐵𝐷，𝑃𝑁=
1
2 𝐵𝐷，
∵点𝑃，𝑀是𝐶𝐷，𝐷𝐸的中点，
∴𝑃𝑀∥𝐶𝐸，𝑃𝑀=
1
2 𝐶𝐸，
∴𝑃𝑀= 𝑃𝑁，
∵𝑃𝑁∥𝐵𝐷，𝑃𝑀∥𝐶𝐸，
∴∠𝑃𝑁𝐶= ∠𝐷𝐵𝐶，∠𝐷𝑃𝑀= ∠𝐷𝐶𝐸，
∵∠𝐷𝑃𝑁= ∠𝐷𝐶𝐵+ ∠𝑃𝑁𝐶= ∠𝐷𝐶𝐵+ ∠𝐷𝐵𝐶，
∴∠𝑀𝑃𝑁= ∠𝐷𝑃𝑀+ ∠𝐷𝑃𝑁
= ∠𝐷𝐶𝐸+ ∠𝐷𝐶𝐵+ ∠𝐷𝐵𝐶
= ∠𝐵𝐶𝐸+ ∠𝐷𝐵𝐶
= ∠𝐴𝐶𝐵+ ∠𝐴𝐶𝐸+ ∠𝐷𝐵𝐶
= ∠𝐴𝐶𝐵+ ∠𝐴𝐵𝐷+ ∠𝐷𝐵𝐶
= ∠𝐴𝐶𝐵+ ∠𝐴𝐵𝐶，
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∵∠𝐵𝐴𝐶= 90°，
∴∠𝐴𝐶𝐵+ ∠𝐴𝐵𝐶= 90°，
∴∠𝑀𝑃𝑁= 90°，
∴△𝑃𝑀𝑁是等腰直角三角形；
（3）解：由（2）知：△𝑃𝑀𝑁是等腰直角三角形，且𝑃𝑀= 𝑃𝑁=
1
2 𝐵𝐷，
∴𝑆△𝑃𝑀𝑁=
1
2 𝑃𝑀⋅𝑃𝑁=
1
2 ×
1
2 𝐵𝐷×
1
2 𝐵𝐷=
1
8 𝐵𝐷2，
∴𝐵𝐷最大时，△𝑃𝑀𝑁的面积最大，
∵△𝐴𝐷𝐸绕点𝐴在平面内自由旋转，𝐴𝐷= 4，𝐴𝐵= 10，
∴当𝐷在𝐵𝐴的延长线上时，𝐵𝐷最大
此时𝐵𝐷= 𝐴𝐵+ 𝐴𝐷= 10 + 4 = 14，
∴𝑆△𝑃𝑀𝑁最大=
1
8 𝐵𝐷2 =
1
8 × 142 =
49
2 ，
即△𝑃𝑀𝑁面积的最大值
49
2 ．
9．定义：两个顶角相等且顶角顶点重合的等腰三角形组合称为“相似等腰组”．如图1，等腰△ABC 和等腰
△ADE 即为“相似等腰组”．
(1)如图2，将上述“相似等腰组”中的△ADE 绕看点A 逆时针旋转一定角度，判断△ABD 和△ACE 是否全
等，并说明理由；
(2)如图3，等腰△ABC 和等腰△ADE 是“相似等腰组”，且∠BAC＝90°，DC 和BE 相交于点O，判断DC 和
BE 的位置及大小关系，并说明理由；
(3)如图4，在等边△ABC 中，D 是△ABC 内部一点，且𝐴𝐷= 3，𝐵𝐷= 4，𝐶𝐷= 5，直接写出△ABC 的面
积．
【答案】(1)全等；理由见解析
(2)𝐷𝐶= 𝐵𝐸；𝐷𝐶⊥𝐵𝐸
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(3)9 +
25√3
4
【分析】（1）由∠BAC＝∠DAE，得∠BAD＝∠CAE，利用SAS 可证结论；
（2）由（1）同理可证△ABE≌△ACD（SAS），得DC＝BE，∠ABE＝∠ACD，从而得BE⊥CD；
（3）将△ABD 绕点A 逆时针旋转60°得△ACE，可证DE2＋CE2＝CD2，则∠CED＝90°，过点C 作
CF⊥AE，交AE 的延长线于F，得CF＝
1
2CE＝2，EF＝2√3，在Rt△ACF 中，运用勾股定理求出AC 的长，
从而求出等边△ABC 的面积．
【详解】（1）解：全等，理由如下：
∵等腰△ABC 和等腰△ADE 为“相似等腰组”，
∴∠BAC＝∠DAE，
∵∠BAD＝∠BAC−∠DAC，∠CAE＝∠EAD−∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD 与△ACE 中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐶
∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐶𝐴𝐸
𝐴𝐷= 𝐴𝐸
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）解：DC⊥BE，DC＝BE，理由如下：
∵等腰△ABC 和等腰△ADE 为“相似等腰组”，
∴∠BAC＝∠DAE＝90°，
∵∠BAE＝∠BAC＋∠EAC，∠CAD＝∠EAD+∠EAC，
∴∠BAE＝∠CAD，
在△ABE 与△ACD 中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐶
∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐶𝐴𝐷
𝐴𝐸= 𝐴𝐷
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴DC＝BE，∠ABE＝∠ACD，
∵∠ABE＋∠EBC＋∠ACB＝90°，
∴∠ACD＋∠EBC＋∠ACB＝90°，
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∴∠EAC＋∠DCB＝90°，
∴DC⊥BE；
（3）解：将△ABD 绕点A 逆时针旋转60°得△ACE，如图所示：
∴AD＝AE，∠DAE＝60°，CE＝BD＝4，
∴△ADE 是等边三角形，
∴DE＝AD＝3，∠AED＝60°，
∵𝐷𝐸2 + 𝐶𝐸2 = 32 + 42 = 25，𝐶𝐷2 = 52 = 25，
∴𝐷𝐸2 + 𝐶𝐸2 = 𝐶𝐷2，
∴∠CED＝90°，
∴∠AEC＝∠AED＋∠DEC＝60°+90°=150°，
过点C 作CF⊥AE，交AE 的延长线于F，
∴CF＝
1
2CE＝2，EF＝2√3，
∴𝐴𝐹= 𝐴𝐸+ 𝐸𝐹= 3 + 2√3，
在Rt△ACF 中，𝐴𝐶2 = 𝐴𝐹2 + 𝐶𝐹2 = (3 + 2√3)
2 + 22 = 25 + 12√3，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐶= √3
4 𝐴𝐶2 = √3
4 × (25 + 12√3) = 9 +
25√3
4 ．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理以及逆定理等知识，解
题的关键是运用旋转将分散条件集中到一个三角形中进行求解．
10．如图，△𝐴𝐵𝐶与△𝐷𝐶𝐸均为等腰直角三角形，∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐶𝐷𝐸= 90°，F，G，H 分别是𝐴𝐷，𝐵𝐶，𝐶𝐸
的中点，连接𝐹𝐺，𝐹𝐻，𝐺𝐻．
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(1)当E 在𝐵𝐶延长线上时，如图①，△𝐹𝐺𝐻的形状是_____；
(2)将△𝐷𝐶𝐸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？说明理由；
(3)若𝐴𝐶= 5√2，𝐶𝐷= 3√2，△𝐷𝐶𝐸绕点C 逆时针旋转一周，直接写出△𝐹𝐺𝐻面积的最大值和最小值．
【答案】(1)等腰直角三角形
(2)成立，理由见解析
(3)最大值：6√2+10，最小值：10 −6√2
【分析】（1）根据F、G 分别是𝐴𝐷、𝐵𝐶的中点和△𝐴𝐵𝐶、△𝐷𝐶𝐸是等腰直角三角形即可得出结论．
（2）分别取𝐴𝐶和𝐶𝐷的中点M、N，连接𝑀𝐹、𝑀𝐺、𝑁𝐹、𝑁𝐻，根据中位线的性质可求得∠𝐴𝑀𝐺=
∠𝐷𝑁𝐻= 90°，再结合△𝐴𝐵𝐶是等腰直角三角形，可证△𝐺𝑀𝐹≌△𝐹𝑁𝐻，从而得出结论．
（3）△𝐷𝐶𝐸绕点C 逆时针旋转一周，则相当于H 在点C 为圆心，𝐶𝐻为半径的圆上移动，当点H 运动到N
点时，有最小值，运动到M 点时，有最大值．
【详解】（1）△𝐹𝐺𝑀是等腰直角三角形，
解：∵F、G 分别为𝐴𝐷、𝐵𝐶的中点，且𝐴𝐵∥𝐶𝐷，
∴𝐹𝐺∥𝐴𝐵，
∵△𝐴𝐵𝐶是等腰直角三角形，
∴∠𝐹𝐺𝐶= 45°，
同理可得∠𝐹𝐻𝐺= 45°，
∴△𝐹𝐺𝑀是等腰直角三角形．
（2）
成立，理由如下，
解：取𝐴𝐶的中点M，𝐶𝐷的中点N，连接𝑀𝐹、𝑀𝐺、𝑁𝐹、𝑁𝐻，𝐹𝐺交𝐴𝐶于点P，
∵F、G 分别 𝐴𝐷、𝐵𝐶的中点，
∴𝐺𝑀=
1
2 𝐴𝐵，𝐺𝑀∥𝐴𝐵，𝐹𝑁=
1
2 𝐴𝐶，𝐹𝑁∥𝐴𝐶，
∴∠𝐵𝐴𝐶+∠𝐴𝑀𝐺= 180°，∠𝐴𝑀𝐹= ∠𝐴𝐶𝐷，∠𝐹𝑁𝐷= ∠𝐴𝐶𝐷，
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∴∠𝐴𝑀𝐺= 180° −∠𝐵𝐴𝐶= 180° −90° = 90°，
同理∠𝐷𝑁𝐻= 90°，
∴∠𝐺𝑀𝐹= ∠𝐹𝑁𝐻= 90°+∠𝐴𝐶𝐷，
又∵△𝐴𝐵𝐶为等腰直角三角形，
∴𝐴𝐵= 𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶= 90°，
∴𝐺𝑀= 𝐹𝑁，
同理𝐹𝑀= 𝐻𝑁，
∴△𝐺𝑀𝐹≌△𝐹𝑁𝐻(SAS)，
∴𝐹𝐺= 𝑁𝐹，∠𝐹𝐺𝑀= ∠𝐻𝐹𝑁，
又∵𝐹𝑁∥𝐴𝐶，
∴∠𝐺𝐹𝑁= ∠𝐺𝑃𝐶，
∴∠𝐺𝐹𝑁+∠𝐻𝐹𝑁= ∠𝐺𝑃𝐶+∠𝐹𝐺𝑀= 180° −90° = 90°，
∴∠𝐺𝐹𝐻= 90°，
∴△𝐹𝐺𝐻是等腰直角三角形．
（3）解：若△𝐷𝐶𝐸绕点C 逆时针旋转一周，则相当于H 在以C 为圆心，𝐶𝐻为半径的圆上移动，
∵𝐶𝐷= 𝐷𝐸= 3√2，且△𝐷𝐶𝐸是等腰直角三角形，
∴𝐶𝐻= 𝐻𝐸=
1
2 √𝐷𝐶2+𝐷𝐸2 = 3，
由（2）知△𝐹𝐺𝐻是等腰直角三角形，
∴𝐺𝐹= 𝐹𝐻= √2
2 𝐺𝐻= 4√2，
∴𝐴𝐶⊥𝐹𝐺，
∵𝑆△𝐺𝐹𝐻=
1
2 × 𝐺𝐹⋅𝑙，l 为H 到𝐺𝐹的距离，
∴当H 在𝐴𝐶与⊙𝐶交点N 处时，有最小值，在交点M 处时有最大值，
∵𝐴𝐶与𝐺𝐹相交与点P，
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∴𝐶𝑃= 𝐺𝑃= √2
2 𝐺𝐶=
5√2
2 ，
∴𝑁𝑃= 𝐶𝑃−𝐶𝑁=
5√2
2 −3，𝑀𝑃= 3+
5√2
2 ，
∴△𝐹𝐺𝐻面积最大值为
1
2 × 𝐺𝐹⋅𝑀𝑃= 6√2+10，最小值为
1
2 × 𝐺𝐹⋅𝑁𝑃= 10 −6√2．
