人教版九年级数学上册 几何模型压轴题专题练习(解析版)

人教版九年级数学上册 几何模型压轴题专题练习（解析版）

一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）

1．已知：如图①，在矩形ABCD 中，3,4,AB AD AE BD ==⊥，垂足是E .点F 是点

E 关于AB 的对称点，连接A

F 、BF ．

（1）求AF 和BE 的长；

（2）若将ABF 沿着射线BD 方向平移，设平移的距离为m (平移距离指点B 沿BD 方向所经过的线段长度)．当点F 分别平移到线段AB AD 、上时，直接写出相应的m 的值． （3）如图②，将ABF 绕点B 顺时针旋转一个角1(080)a a ?<

''A BF ，在旋转过程中，设''A F 所在的直线与直线AD 交于点P ，与直线BD 交于点Q ．是否存在这样的P Q 、两点，使DPQ 为等腰三角形？若存在，求出此时DQ 的

长；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）129,55AF BF =

=；（2）95

m =或16

5m =；（3）存在4组符合条件的点

P 、点Q ，使DPQ 为等腰三角形； DQ 的长度分别为2或

258

9

1055或3

5105 【解析】 【分析】

（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；

（2）依题意画出图形，如图①-1所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m 的值；

（3）在旋转过程中，等腰△DPQ 有4种情形，分别画出图形，对于各种情形分别进行计算即可． 【详解】

（1）∵四边形ABCD 是矩形， ∴∠BAD=90°，

在Rt △ABD 中，AB=3，AD=4， 由勾股定理得：2222345AB AD +=+=，

∵S △ABD 12=

BD?AE=1

2

AB?AD ，

∴AE=AB AD3412 BD55

??

==，

∵点F是点E关于AB的对称点，

∴AF=AE

12

5

=，BF=BE，

∵AE⊥BD，

∴∠AEB=90°，

在Rt△ABE中，AB=3，AE

12

5 =，

由勾股定理得：BE

2

222

129

3

55 AB AE

??

=-=-=

?

??

；

（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如图①-1所示：

由对称点性质可知，∠1=∠2．BF=BE

9

5 =，

由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′

9

5 =，

①当点F′落在AB上时，

∵AB∥A′B′，

∴∠3=∠4，

根据平移的性质知：∠1=∠4，∴∠3=∠2，

∴BB′=B′F′

9

5

=，即

9

5

m=；

②当点F′落在AD上时，∵AB∥A′B′，AB⊥AD，

∴∠6=∠2，A′B′⊥AD，∵∠1=∠2，∠5=∠1，

∴∠5=∠6，

又知A′B′⊥AD，

∴△B′F′D为等腰三角形，

∴B′D=B′F′

9

5 =，

∴BB′=BD-B′D=5-916

55

=，即m

16

5

=；

（3）存在．理由如下：

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠BAD=90°，

∵AE⊥BD，

∴∠AEB=90°，

∠2+∠ABD=90°，∠BAE+∠ABD=90°，

∴∠2=∠BAE，

∵点F是点E关于AB的对称点，

∴∠1=∠BAE，

∴∠1=∠2，

在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：

①如图③-1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，

则∠Q=∠DPQ，

∴∠2=∠Q+∠DPQ=2∠Q，

∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，

∴∠3=∠Q，

∴A′Q=A′B=3，

∴F′Q=F′A′+A′Q=1227

3

55

+=，

在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：

22

22

927910 BF F Q

555

????

+=+=

? ?

????

''，

∴DQ=BQ-BD=910

5 5

-；

②如图③-2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，

则∠2=∠P，

∵∠1=∠2，

∴∠1=∠P，

∴BA′∥PD，

则此时点A′落在BC边上．

∵∠3=∠2，

∴∠3=∠1，

∴BQ=A′Q，

∴F′Q=F′A′-A′Q=12

5

-BQ，

在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2=BQ2，

即：

22

2 912

55

BQ BQ

????

+-=

? ?

????

，

解得：

15

8 BQ=，

∴DQ= BD-BQ=5-1525 88

=；

③如图③-3所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，

则∠3=∠4．

∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，

∴∠4=90°-

1

2∠2． ∵∠1=∠2， ∴∠4=90°-

1

2

∠1， ∴∠A′QB=∠4=90°-

1

2

∠1， ∴∠A′QB=∠A′BQ ， ∴A′Q=A′B=3， ∴F′Q=A′Q -A′F′=3-

12355

=， 在Rt △BF′Q 中，由勾股定理得：BQ=2

2

2

2

93310BF F Q 555????+=+= ? ?????

''， ∴DQ=BQ-BD=310

5-

； ④如图④-4所示，点Q 落在BD 上，且PQ=PD ，

则∠2=∠3．

∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3， ∴∠1=∠4， ∴BQ=BA′=3， ∴DQ=BD-BQ=5-3=2．

综上所述，存在4组符合条件的点P 、点Q ，使△DPQ 为等腰三角形，DQ 的长度分别为：

2或

258

91055或3

5105 【点睛】 本题是四边形综合题目，主要考查了矩形的性质、轴对称的性质、平移的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识点；第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论．

2．如图，在矩形ABCD 中，6AB cm =，8AD cm =，连接BD ，将ABD △绕B 点作顺

时针方向旋转得到A B D

'''

△（B′与B重合），且点D'刚好落在BC的延长上，A D''与CD相交于点E．

（1）求矩形ABCD与A B D

'''

△重叠部分（如图1中阴影部分A B CE

''）的面积；（2）将A B D

'''

△以每秒2cm的速度沿直线BC向右平移，如图2，当B′移动到C点时停止移动．设矩形ABCD与A B D

'''

△重叠部分的面积为y，移动的时间为x，请你直接写出y关于x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围；

（3）在（2）的平移过程中，是否存在这样的时间x，使得AA B''

△成为等腰三角形？若存在，请你直接写出对应的x的值，若不存在，请你说明理由．

【答案】（1）2

45

2

cm；（2）

2

2

3316

24(0)

225

88020016

(4)

3335

x x x

y

x x x

?

--+≤<

??

=?

?-+≤≤

??

；（3）存在，使得AA B''

△成为等腰三角形的x的值有：0秒、

3

2

669

-

．

【解析】

【分析】

（1）先用勾股定理求出BD的长，再根据旋转的性质得出10

B D BD cm

''==，

2

CD B D BC cm

'=''-=，利用B D A

∠'''的正切值求出CE的值，利用三角形的面积差即可求阴影部分的面积；

（2）分类讨论，当

16

5

x

≤<时和当

16

4

5

x

≤≤时，分别列出函数表达式；

（3）分类讨论，当AB A B

'=''时；当AA A B

'=''时；当AB AA

'='时，根据勾股定理列方程即可．

【详解】

解：（1）6

AB cm

=，8

AD cm

=，

10

BD cm

∴=，

根据旋转的性质可知10

B D BD cm

''==，2

CD B D BC cm

'=''-=，

tan

A B CE

B D A

A D CD

''

'''

∠==

'''

，

6

82

CE

∴=，

3

2

CE cm

∴=，

()286345

22222

A B CE A B D CED S S S cm ''''''?∴==

-?÷=-； （2）①当1605x ≤<

时，22CD x '=+，3

2

CE x =， 233

+22

CD E S x x '∴=

△， 221333

68242222

y x x x ∴=??-=--+；

②当

1645x ≤≤时，102BC x =-，()4

1023

CE x =- ()2

21488020010223333

y x x x ∴=?-=-+．

（3）①如图1，当AB A B '=''时，0x =秒；

②如图2，当AA A B '=''时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+

，24

5

A M N

B '==， 2236AN A N +'=，

22

2418623655x ?

???∴-++= ? ??

???，

解得：6695x -=

秒，（669

5

x --=舍去）； ③如图2，当AB AA '='时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+

，24

5

A M N

B '==， 2222AB BB AN A N +'=+'

22

224183646255x x ?

???∴+=-++ ? ??

???

解得：3

2

x =

秒． 综上所述：使得AA B ''△成为等腰三角形的x 的值有：0秒、

32秒、669-．

【点睛】

本题主要考查了图形的平移变换和旋转变换，能够数形结合，运用分类讨论的思想方法全面的分析问题，思考问题是解决问题的关键．

3．我们定义：如图1，在△ABC看，把AB点绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β=180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．

特例感知：

（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．

①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD= BC；

②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为．

猜想论证：

（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．

拓展应用

（3）如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=23，DA=6．在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．

【答案】（1）①1

2

；②4；（2）AD=

1

2

BC，证明见解析；（3）存在，证明见解析，

39．【解析】【分析】

（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD=1

2

AB′即可解决问题；

②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；

（2）结论：AD=1

2

BC．如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M，首先证

明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；

（3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．想办法证明PA=PD，PB=PC，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可；

【详解】

解：（1）①如图2中，

∵△ABC是等边三角形，

∴AB=BC=AB=AB′=AC′，

∵DB′=DC′，

∴AD⊥B′C′，

∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠B′AC′=120°，

∴∠B′=∠C′=30°，

∴AD=1

2AB′=

1

2

BC，

故答案为1

2

．

②如图3中，

∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠B′AC′=∠BAC=90°，

∵AB=AB′，AC=AC′，

∴△BAC≌△B′AC′，

∴BC=B′C′，

∵B′D=DC′，

∴AD=1

2B′C′=

1

2

BC=4，

故答案为4．

（2）结论：AD=1

2 BC．

理由：如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M

∵B′D=DC′，AD=DM，

∴四边形AC′MB′是平行四边形，

∴AC′=B′M=AC，

∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°，

∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′，

∴△BAC≌△AB′M，

∴BC=AM，

∴AD=1

BC．

2

（3）存在．

理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．

连接DF交PC于O．

∵∠ADC=150°，

∴∠MDC=30°，

在Rt△DCM中，∵3，∠DCM=90°，∠MDC=30°，

∴CM=2，DM=4，∠M=60°，

在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°，

∴EM=1

BM=7，

2

∴DE=EM﹣DM=3，

∵AD=6，

∴AE=DE，∵BE⊥AD，

∴PA=PD，PB=PC，

在Rt△CDF中，∵3CF=6，

∴tan∠3

∴∠CDF=60°=∠CPF，

易证△FCP≌△CFD，

∴CD=PF，∵CD∥PF，

∴四边形CDPF是矩形，

∴∠CDP=90°，

∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°，

∴△ADP是等边三角形，

∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°，

∴∠BPC=120°，

∴∠APD+∠BPC=180°，

∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，

在Rt△PDN中，∵∠PDN=90°，PD=AD=6，DN=3，

∴PN=2222

++=39．

DN PD

=(3)6

【点睛】

本题考查四边形综合题．

4．综合与实践

问题情境

在一节数学活动课上，老师带领同学们借助几何画板对以下题目进行了研究.如图1，

MN是过点A的直线，点C为直线MN外一点，连接AC，作∠ACD=60°，使AC=DC，在MN上取一点B，使∠DBN=60°．

观察发现

（1）根据图1中的数据，猜想线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；

（2）希望小组认真思考后提出一种证明方法：将CB所在的直线以点C为旋转中心，逆时针旋转60°，与直线MN交于点E，即可证明（1）中的结论. 请你在图1中作出线段CE，并根据此方法写出证明过程；

实践探究

（3）奋进小组在继续探究的过程中，将点C绕点A逆时针旋转，他们发现当旋转到图2和图3的位置时，∠DBN=120°，线段AB、BD、CB的大小发生了变化，但是仍然满足一定的数量关系，请你直接写出这两种关系：

在图2中，线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；

在图3中，线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；

提出问题

（4）智慧小组提出一个问题：若图3中BC⊥CD于点C时，BC=2，则AC为多长？请你解答此问题.

【答案】（1）AB+DB=CB；（2）见解析；（3）AB－DB=CB；DB－AB=CB；（4）23【解析】

【分析】

（1）根据图中数据直接猜想AB+DB=CB

（2）在射线AM上一点E，使得∠ECB=60°，证明△ACE≌△DCB，推出EB=CB从而得出（1）中的结论；

（3）利用旋转的性质和线段的和差关系以及全等三角形的性质得出线段关系；

（4）过点C作∠BCE=60o，边CE与直线MN交于点E，设AC与BD交于点F.证明

△ACE≌△DCB，得出BC=EC，结合△ECB为等边三角形，得出∠ECA=90°，在

Rt△AEC中根据边长计算出AC的长度.

【详解】

综合与实践

（1）AB+DB=CB

（2）线段CE如图所示.

证明：∵∠ECB=∠ACD=60o，

∴∠2+∠ACB=∠1+∠ACB，

∴∠2=∠1.

∵∠ACD=∠DBN=60o, ∠ABD+∠DBN=180o，

∴∠ABD+∠ACD=180o，

∴在四边形ACDB中，∠CAB+∠3=180o.

∵∠CAB+∠4=180o，

∴∠4=∠3.

又∵AC=DC，

∴△ACE≌△DCB（ASA）

∴EA=BD，EC=BC.

又∵∠ECB=60°，

∴△ECB为等边三角形,

∴EB=CB.

而EB=EA+AB=DB+AB,

∴CB=DB+AB.

（3） AB－DB=CB；DB－AB=CB；

（4）证明：如图，过点C作∠BCE=60o，边CE与直线MN交于点E，设AC与BD交于点F.∵∠DCA=60o

∴∠ECB+∠BCA=∠DCA+∠BCA

即∠ECA=∠BCD

∵∠DBN=120o

∴∠DBA=60o

又∵∠AFB=∠DFC

∴∠EAF=∠BDC

又∵AC=DC

∴△ACE≌△DCB（ASA）

∴BC=EC

∴△ECB为等边三角形

∴∠CEB=60o

∵BC⊥CD

∴∠ECA=∠BCD=90o

∴在Rt△AEC中，∠CAE=30o

∵BC=2，EC=BC

∴AC=EC·tan60o= 23

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，根据题中条件适当添加辅助线构造全等三角形，利用全等的性质得出线段关系是本题的关键.

5．如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC，CD上，且BE=DF，点P是AF的中点，点Q是直线AC与EF的交点，连接PQ，PD．

（1）求证：AC垂直平分EF；

（2）试判断△PDQ的形状，并加以证明；

（3）如图2，若将△CEF绕着点C旋转180°，其余条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）△PDQ是等腰直角三角形；理由见解析（3）成立；理由见解析.

【解析】

试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，

∠BCA=∠DCA=45°，由BE=DF，得出CE=CF，△CEF是等腰直角三角形，即可得出结论；（2）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明

∠DPQ=90°，即可得出结论；

（3）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明点A、F、Q、P四点共圆，由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°，即可得出结论．

试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，

∵BE=DF，

∴CE=CF，

∴AC垂直平分EF；

（2）解：△PDQ是等腰直角三角形；理由如下：

∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，

∴PD=AF=PA，

∴∠DAP=∠ADP，

∵AC垂直平分EF，

∴∠AQF=90°，

∴PQ=AF=PA，

∴∠PAQ=∠AQP，PD=PQ，

∵∠DPF=∠PAD+∠ADP，∠QPF=∠PAQ+∠AQP，

∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2（∠PAD+∠PAQ）=2×45°=90°，

∴△PDQ是等腰直角三角形；

（3）成立；理由如下：

∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，

∴PD=AF=PA，

∵BE=DF，BC=CD，∠FCQ=∠ACD=45°，∠ECQ=∠ACB=45°，

∴CE=CF，∠FCQ=∠ECQ，

∴CQ⊥EF，∠AQF=90°，

∴PQ=AF=AP=PF，

∴PD=PQ=AP=PF，

∴点A、F、Q、P四点共圆，

∴∠DPQ=2∠DAQ=90°，

∴△PDQ是等腰直角三角形．

考点：四边形综合题．

6．如图，△ABC和△DEC都是等腰三角形，点C为它们的公共直角顶点，连接AD、BE，F 为线段AD的中点，连接CF．

（1）如图1，当D点在BC上时，BE与CF的数量关系是__________；

（2）如图2，把△DEC绕C点顺时针旋转90°，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？请说明理由；

（3）如图3，把△DEC绕C点顺时针旋转一个钝角，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？如成立，请证明；如果不成立，请写出相应的正确的结论并加以证明．

【答案】（1）BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析.

【解析】

试题分析：（1）根据“SAS”证明△ACD≌△BCE，可得AD=BE，又因为AD=2CF，从而

BE=2CF；

（2）由点F是AD中点，可得AD=2DF，从而AC= 2DF+CD，又由△ABC和△CDE是等腰直角三角形，可知BC=2DF+CE，所以BE= 2（DF+CE），CF= DF+CD，从而BE=2CF；

（3）延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，可证△CDF≌△GAF，再证明△BCE≌△ACG，从而BE=CG=2CF成立.

解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，

∴AC=BC，

∵△CDE是等腰直角三角形，

∴CD=CE，

在△ACD和△BCE中，，

∴△ACD≌△BCE，

∴AD=BE，在Rt△ACD中，点F是AD中点，

∴AD=2CF，

∴BE=2CF，

故答案为BE=2CF；

（2）（1）中的关系是仍然成立，

理由：∵点F是AD中点，

∴AD=2DF，

∴AC=AD+CD=2DF+CD，

∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，

∴AC=BC，CD=CE，

∴BC=2DF+CE，

∴BE=BC+CE=2DF+CE+CE=2（DF+CE），

∵CF=DF+CD=DF+CD，

∴BE=2CF；

（3）（1）中的关系是仍然成立，理由：如图3，

延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，

∵点F是AD中点，

∴AF=DF，

在△CDF和△GAF中，，

∴△CDF≌△GAF，

∴AG=CD=CE，∠CDF=∠GAF，

∴∠CAG=∠CAD+∠GAF=∠CAD+∠ADC=180°﹣∠ACD，

∵∠ACB=∠DCE=90°，

∴∠BCE=360°﹣∠ACB﹣∠DCE﹣∠ACD=180°﹣∠ACD，

∴∠CAG=∠BCE，

连接BE，

在△BCE和△ACG中，，

∴△BCE≌△ACG，

∴BE=CG=2CF，

即：BE=2CF．

点睛：本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质和旋转的性质，考查了学生综合运用知识的能力，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．

7．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（8，0），点B（0，6），把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′B′O′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为α．

（1）如图1，若α=90°，则AB= ，并求AA′的长；

（2）如图2，若α=120°，求点O′的坐标；

（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值

时，直接写出点P′的坐标．

【答案】（1）10，102；（2）（33，9）；（3）12354

5

（，）

【解析】

试题分析：(1)、如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，则

∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；(3)、由旋转的性质得BP=BP′，则

O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求

出直线O′C的解析式为y=x﹣3，从而得到P（，0），则O′P′=OP=，作

P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D 和DO′的长，从而可得到P′点的坐标．

试题解析：(1)、如图①，∵点A（4，0），点B（0，3），∴OA=4，OB=3，

∴AB==5，

∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，∴BA=BA′，∠ABA′=90°，

∴△ABA′为等腰直角三角形，∴AA′=BA=5；

(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，

∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，∴∠H BO′=60°，在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣

∠HBO′=30°，

∴BH=BO′=，O′H=BH=，∴OH=OB+BH=3+，∴O′点的坐标为

（）；

（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，∴BP=BP′，

∴O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，

则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，∵点C与点B关于x轴对称，∴C（0，﹣3），

设直线O′C 的解析式为y=kx+b ，

把O′（），C （0，﹣3）代入得，解得

，

∴直线O′C 的解析式为y=

x ﹣3， 当y=0时，x ﹣3=0，解得x=，则P

（，0）， ∴OP=

， ∴O′P′=OP=

， 作P′D ⊥O′H 于D ，

∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°， ∴∠DP′O′=30°， ∴O′D=

O′P′=

，P′D=

， ∴DH=O′H ﹣O′

，

∴P′点的坐标为（

，）．

考点：几何变换综合题

8．已知ABC ?是边长为4的等边三角形，点D 是射线BC 上的动点，将AD 绕点A 逆时针方向旋转60得到AE ，连接DE ．

(1).如图，猜想ADE ?是_______三角形；（直接写出结果） (2).如图，猜想线段CA 、CE 、CD 之间的数量关系，并证明你的结论； (3).①当BD=___________时，30DEC ∠=；（直接写出结果）

②点D 在运动过程中，DEC ?的周长是否存在最小值？若存在．请直接写出DEC ?周长

的最小值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）等边三角形；（2）AC CD CE +=，证明见解析；（3）①BD 为2或8时，30DEC ∠=

；②最小值为4+ 【解析】 【分析】

（1）根据旋转的性质得到,60AD AE DAE =∠=，根据等边三角形的判定定理解答； （2）证明ABD ACE ???，根据全等三角形的性质得到BD CE =，结合图形计算即可； （3）①分点D 在线段BC 上和点D 在线段BC 的延长线上两种情况，根据直角三角形的性质解答；②根据ABD ACE ???得到CE BD =，根据垂线段最短解答． 【详解】

解：（1）由旋转变换的性质可知，,60AD AE DAE =∠=，

ADE ∴?是等边三角形， 故答案为等边三角形； （2）AC CD CE +=，

证明：由旋转的性质可知，60,DAE AD AE ∠==，

ABC ?是等边三角形

60AB AC BC BAC ∴∠?＝＝，＝， 60BAC DAE ∴∠∠?＝＝，

BAC DAC DAE DAC ∴∠+∠∠+∠＝，即BAD CAE ∠∠＝， 在ABD ?和ACE ?中， AB AC BAD CAE AD AE =??

∠=∠??=?

, ABD ACE SAS ∴??≌（）

BD CE ∴=，

CE BD CB CD CA CD ∴++＝＝＝；

（3）①BD 为2或8时，30DEC ∠=， 当点D 在线段BC 上时，

3060DEC AED ∠?∠?＝，＝，

90AEC ∴∠?＝， ABD ACE ??≌，

9060ADB AEC B ∴∠∠?∠?＝＝，又＝，

30BAD ∴∠?＝，

1

22

BD AB ∴＝＝，

当点D 在线段BC 的延长线上时，3060DEC AED ∠?∠?＝，＝， 30AEC ∴∠?＝， ABD ACE ??≌，