用相关的性质与定理是解题的关键.
3．（12分）如图1，在等边△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接BE，CD，点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点．
（1）观察猜想：图1中，△PMN的形状是 ；
（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，△PMN的形状是否发生改变？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=1，AB=3，请直接写出△PMN的周长的最大值．
【答案】(1) 等边三角形；(2) △PMN的形状不发生改变，仍然为等边三角形,理由见解析；（3）6 【解析】
分析：（1）如图1，先根据等边三角形的性质得到AB=AC，∠ABC=∠ACB=60°，则
11CE，PN∥AD，PN=BD，从而得到22PM=PN，∠MPN=60°，从而可判断△PMN为等边三角形；
BD=CE，再根据三角形中位线性质得PM∥CE，PM=
（2）连接CE、BD，如图2，先利用旋转的定义，把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE，则BD=CE，∠ABD=∠ACE，与（1）一样可得PM=PN，∠BPM=∠BCE，
∠CPN=∠CBD，则计算出∠BPM+∠CPN=120°，从而得到∠MPN=60°，于是可判断△PMN为等边三角形．
（3）利用AB﹣AD≤BD≤AB+AD（当且仅当点B、A、D共线时取等号）得到BD的最大值为4，则PN的最大值为2，然后可确定△PMN的周长的最大值． 详解：（1）如图1．
∵△ABC为等边三角形，∴AB=AC，∠ABC=∠ACB=60°． ∵AD=AE，∴BD=CE．
∵点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点， ∴PM∥CE，PM=
11CE，PN∥AD，PN=BD， 22∴PM=PN，∠BPM=∠BCA=60°，∠CPN=∠CBA=60°， ∴∠MPN=60°，∴△PMN为等边三角形； 故答案为等边三角形；
（2）△PMN的形状不发生改变，仍然为等边三角形．理由如下：
连接CE、BD，如图2．
∵AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=60°， ∴把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE， ∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，
11CE，PN∥AD，PN=BD， 22∴PM=PN，∠BPM=∠BCE，∠CPN=∠CBD，
与（1）一样可得PM∥CE，PM=
∴∠BPM+∠CPN=∠CBD+∠CBD=∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE=60°+60°=120°，∴∠MPN=60°，∴△PMN为等边三角形． （3）∵PN=
1BD，∴当BD的值最大时，PN的值最大． 2 ∵AB﹣AD≤BD≤AB+AD（当且仅当点B、A、D共线时取等号）
∴BD的最大值为1+3=4，∴PN的最大值为2，∴△PMN的周长的最大值为6．
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．也考查了等边三角形的判定与性质和三角形中位线性质．
4．如图1，△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，直线l经过点C，AF⊥l于点F，BE⊥l于点E． （1）求证：△ACF≌△CBE；
（2）将直线旋转到如图2所示位置，点D是AB的中点，连接DE．若AB=42，∠CBE=30°，求DE的长．
【答案】（1）答案见解析；（2）2?6 【解析】
试题分析：（1）根据垂直的定义得到∠BEC=∠ACB=90°，根据全等三角形的性质得到
∠EBC=∠CAF，即可得到结论；
（2）连接CD，DF，证得△BCE≌△ACF，根据全等三角形的性质得到BE=CF，CE=AF，证得△DEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到EF=2DE，EF=CE+BE，进而得到DE的长．
试题解析：解：（1）∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，
∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．
??AFC??BEC?90??在△BCE与△ACF中，∵??EBC??ACF，∴△ACF≌△CBE（AAS）；
?BC?AC?（2）如图2，连接CD，DF．∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，
∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．
??AFC??BEC?90??在△BCE与△CAF中，∵??EBC??ACF，∴△BCE≌△CAF（AAS）；
?BC?AC?∴BE=CF．∵点D是AB的中点，∴CD=BD，∠CDB=90°，∴∠CBD=∠ACD=45°，而
?BE?CF?∠EBC=∠CAF，∴∠EBD=∠DCF．在△BDE与△CDF中，∵??EBD??FCD，
?BD?CF?∴△BDE≌△CDF（SAS），∴∠EDB=∠FDC，DE=DF．∵∠BDE+∠CDE=90°，∴∠FDC+∠CDE=90°，即∠EDF=90°，∴△EDF是等腰直角三角形，∴EF=2DE，∴EF=CE+CF=CE+BE．∵CA=CB，∠ACB=90°，AB=42，∴BC=4．又∵∠CBE=30°，∴CE=
EF2?231BC=2，BE=3CE=23，∴EF=CE+BE=2+23，∴DE===2+6．
222
点睛：本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质，证得△BCE≌△ACF是解题的关键．
5．如图1，是边长分别为6和4的两个等边三角形纸片ABC和CD1E1叠放在一起．
（1）操作：固定△ABC，将△CD1E1绕点C顺时针旋转得到△CDE，连接AD、BE，如图2．探究：在图2中，线段BE与AD之间有怎样的大小关系？并请说明理由；
（2）操作：固定△ABC，若将△CD1E1绕点C顺时针旋转30°得到△CDE，连接AD、BE，CE的延长线交AB于点F，在线段CF上沿着CF方向平移，（点F与点P重合即停止平移）平移后的△CDE设为△PQR，如图3．
探究：在图3中，除三角形ABC和CDE外，还有哪个三角形是等腰三角形？写出你的结论（不必说明理由）；
（3）探究：如图3，在（2）的条件下，设CQ=x，用x代数式表示出GH的长． 【答案】（1）BE=CD．理由见解析；（2）△CHQ是等腰三角形；（3）2【解析】
试题分析：（1）根据等边三角形的性质可得AB=BC，CD=CE，∠ACB=∠ECD=60°，然后求出∠ACD=∠BCE，再利用“边角边”证明△ACD和△BCE全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；
（2）求出∠ACF=30°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠CHQ=30°，从而得到∠ACF=∠CHQ，判断出△CHQ是等腰三角形；
（3）求出∠CGP=90°，然后利用∠ACF的余弦表示出CG，再根据等腰三角形的性质表示出CH，然后根据GH=CG-CH整理即可得解． 试题解析：（1）BE=CD．
理由如下：∵△ABC与△CDE是等边三角形， ∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=60°． ∴∠ACB-∠ACE=∠ECD-∠ACE， 即∠BCE=∠ACD． 在△ACD和△BCE中，
-x．
∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD；
（2）∵旋转角为30°， ∴∠BCF=30°， ∴∠ACF=60°-30°=30°，
∴∠CHQ=∠RQP-∠ACF=60°-30°=30°， ∴∠ACF=∠CHQ，
∴△CHQ是等腰三角形；
（3）∠CGP=180°-∠ACF-∠RPQ=180°-30°-60°=90°， ∴CG=CP?cos30°=
（x+4），
∵△CHQ是等腰三角形， ∴CH=2?CQcos30°=2x?∴GH=CG-CH=
=
x， x=2
-x．
（x+4）-
考点：几何变换综合题．
6．已知O为直线MN上一点，OP⊥MN，在等腰Rt△ABO中，?BAO?90?，AC∥OP交OM于C，D为OB的中点，DE⊥DC交MN于E．
(1) 如图1，若点B在OP上，则①AC OE(填“＜”，“＝”或“＞”)；②线段CA、CO、CD满足的等量关系式是 ；
(2) 将图1中的等腰Rt△ABO绕O点顺时针旋转?(0????45?)，如图2，那么(1)中的结论②是否成立？请说明理由；
(3) 将图1中的等腰Rt△ABO绕O点顺时针旋转?()，请你在图3中画出图形，并直接写出线段CA、CO、CD满足的等量关系式 ；
【答案】（1）①=；②AC2+CO2=CD2；（2）（1）中的结论②不成立，理由见解析；（3）画图见解析；OC-CA=2CD. 【解析】
试题分析：（1）①如图1，证明AC=OC和OC=OE可得结论；②根据勾股定理可得：AC2+CO2=CD2；（2）如图2，（1）中的结论②不成立，作辅助线，构建全等三角形，证明A、D、O、C四点共圆，得∠ACD=∠AOB，同理得：∠EFO=∠EDO，再证明
△ACO≌△EOF，得OE=AC，AO=EF，根据勾股定理得：AC2+OC2=FO2+OE2=EF2，由直角三角形中最长边为斜边可得结论；（3）如图3，连接AD，则AD=OD证明△ACD≌△OED，根据△CDE是等腰直角三角形，得CE2=2CD2，等量代换可得结论（OC﹣OE）2=（OC﹣AC）
2
=2CD2，开方后是：OC﹣AC=CD．
试题解析：（1）①AC=OE，
理由：如图1，∵在等腰Rt△ABO中，∠BAO=90°，∴∠ABO=∠AOB=45°， ∵OP⊥MN，∴∠COP=90°，∴∠AOC=45°，
人教【数学】中考数学旋转解答题压轴题提高专题练习附详细答案
