人教中考数学压轴题专题复习——旋转的综合附详细答案

一、旋转 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图1，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C ：y =ax 2+bx +c 与x 轴相交于A ，B 两点，顶点为D （0，4），AB

=42，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 的函数表达式；

（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．

【答案】（1）2

142

y x =-+；（2）2＜m ＜23）m =6或m 173． 【解析】

试题分析：（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （2，0），设抛物线的解析式为

24y ax =+，把A （220）代入可得a =1

2

-

，由此即可解决问题； （2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为

()2142y x m =--，由()22142

14

2y x y x m ?=-+????=--??，消去y 得到222280x mx m -+-=，由题

意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有()

222(4280

20280m m m ?-->??

>??->??

，

解不等式组即可解决问题；

（3）情形1，四边形PMP ′N 能成为正方形．作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，推出PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，可得M （m +2，m ﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得

M （m ﹣2，2﹣m ），利用待定系数法即可解决问题．

试题解析：（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （22，0），设抛物线的解析式为

24y ax

=+，把A （22，0）代入可得a =1

2

-

，∴抛物线C 的函数表达式为21

42

y x =-+．

（2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为

()2142y x m =--，由2142

1(4

2x y x y ?=-+????=-??，消去y 得到222280x mx m -+-= ，由题意，

抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有()

222(4280

20280m m m ?-->??

>??->??

，解得

2＜m ＜22，∴满足条件的m 的取值范围为2＜m ＜22． （3）结论：四边形PMP ′N 能成为正方形．

理由：1情形1，如图，作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．

由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，∴PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，∴M （m +2，m ﹣2），∵点M 在2142y x =-

+上，∴()2

12242

m m -=-++，解得m 173或173（舍弃），∴m 17﹣3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 ﹣2，2﹣m ），把M （m ﹣2，2﹣m ）代入2142y x =-

+中，()2

12242

m m -=--+，解得m =6或0（舍弃），∴m =6

时，四边形PMP′N是正方形．

综上所述：m=6或m=17﹣3时，四边形PMP′N是正方形．

2．已知：△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BE，CD，点F，G，H分别为DE，BE，CD 中点．

（1）当△ADE绕点A旋转时，如图1，则△FGH的形状为，说明理由；

（2）在△ADE旋转的过程中，当B，D，E三点共线时，如图2，若AB=3，AD=2，求线段FH的长；

（3）在△ADE旋转的过程中，若AB=a，AD=b（a＞b＞0），则△FGH的周长是否存在最大值和最小值，若存在，直接写出最大值和最小值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）△FGH是等边三角形；（261

；（3）△FGH的周长最大值为

3

2

（a+b），最小值为3

2

（a﹣b）．

【解析】

试题分析：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：根据三角形中位线定理证明FG=FH，再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题；、

（2）如图2中，连接AF、EC．在Rt△AFE和Rt△AFB中，解直角三角形即可；

（3）首先证明△GFH的周长=3GF=3

2

BD，求出BD的最大值和最小值即可解决问题；

试题解析：解：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：

如图1中，连接BD、CE，延长BD交CE于M，设BM交FH于点O．

∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，

∴△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∠ADB=∠AEC，∵EG=GB，EF=FD，∴FG=1

2

BD，GF∥BD，

∵DF=EF，DH=HC，∴FH=1

2

EC，FH∥EC，∴FG=FH，∵∠ADB+∠ADM=180°，

∴∠AEC+∠ADM=180°，∴∠DMC+∠DAE=180°，∴∠DME=120°，∴∠BMC=60°

∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°，∴△GHF是等边三角形，故答案为：等边三角形．（2）如图2中，连接AF、EC．

易知AF⊥DE，在Rt△AEF中，AE=2，EF=DF=1，∴AF22

21

-3，在Rt△ABF中，

BF22

AB AF

-6，∴BD=CE=BF﹣DF61，∴FH=1

2

EC

61

-

．

（3）存在．理由如下．

由（1）可知，△GFH是等边三角形，GF=1

2

BD，∴△GFH的周长=3GF=

3

2

BD，在△ABD

中，AB=a，AD=b，∴BD的最小值为a﹣b，最大值为a+b，∴△FGH的周长最大值为3 2

（a+b），最小值为3

2

（a﹣b）．

点睛：本题考查等边三角形的性质．全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角形的中位线的宽等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．

3．如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接PA，PB，PC．将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P'CB的位置.

(1)设AB的长为a，PB的长为b(b

(2)若PA=2，PB=4，∠APB=135°，求PC的长.

【答案】(1) S阴影=(a2-b2)；(2)PC=6.

【解析】

试题分析：（1）依题意，将△P′CB逆时针旋转90°可与△PAB重合，此时阴影部分面积=扇形BAC的面积-扇形BPP'的面积，根据旋转的性质可知，两个扇形的中心角都是90°，可据此求出阴影部分的面积．

（2）连接PP'，根据旋转的性质可知：BP=BP'，旋转角∠PBP'=90°，则△PBP'是等腰直角三角形，∠BP'C=∠BPA=135°，∠PP'C=∠BP'C-∠BP'P=135°-45°=90°，可推出△PP'C是直角三角形，进而可根据勾股定理求出PC的长．

试题解析：（1）∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，

∴△PAB≌△P'CB，

∴S△PAB=S△P'CB，

S阴影=S扇形BAC-S扇形BPP′=（a2-b2）；

（2）连接PP′，根据旋转的性质可知：△APB≌△CP′B，

∴BP=BP′=4，P′C=PA=2，∠PBP′=90°，

∴△PBP'是等腰直角三角形，P'P2=PB2+P'B2=32；

又∵∠BP′C=∠BPA=135°，

∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°，即△PP′C是直角三角形．

PC==6．

考点：1.扇形面积的计算；2.正方形的性质；3.旋转的性质．

4．在正方形ABCD中，连接BD．

（1）如图1，AE⊥BD于E．直接写出∠BAE的度数．

（2）如图1，在（1）的条件下，将△AEB以A旋转中心，沿逆时针方向旋转30°后得到

△AB′E′，AB′与BD交于M，AE′的延长线与BD交于N．

①依题意补全图1；

②用等式表示线段BM、DN和MN之间的数量关系，并证明．

（3）如图2，E、F是边BC、CD上的点，△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，AE、AF 分别与BD交于M、N，写出判断线段BM、DN、MN之间数量关系的思路．（不必写出完整推理过程）

【答案】（1）45°；（2）①补图见解析；②BM、DN和MN之间的数量关系是

BM2+MD2=MN2，证明见解析；（3）答案见解析.

【解析】

（1）利用等腰直角三角形的性质即可；

（2）依题意画出如图1所示的图形，根据性质和正方形的性质，判断线段的关系，再利用勾股定理得到FB2+BM2=FM2，再判断出FM=MN即可；

（3）利用△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，判断出EF=EG，再利用（2）证明即可．解：（1）∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠ABD=∠ADB=45°，

∵AE⊥BD，∴∠ABE=∠BAE=45°，

（2）①依题意补全图形，如图1所示，

②BM、DN和MN之间的数量关系是BM2+MD2=MN2，

将△AND绕点D顺时针旋转90°，得到△AFB，

∴∠ADB=∠FBA，∠BAF=∠DAN，DN=BF，AF=AN，

∵在正方形ABCD中，AE⊥BD，∴∠ADB=∠ABD=45°，

∴∠FBM=∠FBA+∠ABD=∠ADB+∠ABD=90°，

在Rt△BFM中，根据勾股定理得，FB2+BM2=FM2，

∵旋转△ANE得到AB1E1，∴∠E1AB1=45°，∴∠BAB1+∠DAN=90°﹣45°=45°，

∵∠BAF=DAN，∴∠BAB1+∠BAF=45°，∴∠FAM=45°，∴∠FAM=∠E1AB1，

∵AM=AM，AF=AN，∴△AFM≌△ANM，∴FM=MN，

∵FB2+BM2=FM2，∴DN2+BM2=MN2，

（3）如图2，

将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，∴DF=GB，

∵正方形ABCD的周长为4AB，△CEF周长为EF+EC+CF，

∵△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，∴4AB=2（EF+EC+CF），∴2AB=EF+EC+CF

∵EC=AB﹣BE，CF=AB﹣DF，∴2AB=EF+AB﹣BE+AB﹣DF，∴EF=DF+BE，

∵DF=GB，∴EF=GB+BE=GE，由旋转得到AD=AG=AB，

∵AM=AM，∴△AEG≌△AEF，∠EAG=∠EAF=45°，和（2）的②一样，得到

DN2+BM2=MN2．

“点睛”此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质，三角形的全等，判断出（△AFN≌△ANM，得到FM=MM），是解题的关键.

5．把两个直角边长均为6的等腰直角三角板ABC和EFG叠放在一起（如图①），使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合．现将三角板EFG绕O点顺时针旋转（旋转角α满足条件：0°＜α＜90°），四边形CHGK是旋转过程中两三角板的重叠部分（如图②）．

（1）探究：在上述旋转过程中，BH与CK的数量关系以及四边形CHGK的面积的变化情况（直接写出探究的结果，不必写探究及推理过程）；

（2）利用（1）中你得到的结论，解决下面问题：连接HK，在上述旋转过程中，是否存在某一位置，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的？若存在，求出此时BH的长度；若不存在，说明理由．

【答案】(1) BH=CK;(2) 存在，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的的位置，此时BH 的长度为．

【解析】

（1）先由ASA证出△CGK≌△BGH，再根据全等三角形的性质得出BH=CK，根据全等得出

四边形CKGH的面积等于三角形ACB面积一半；

（2）根据面积公式得出S△GHK=S四边形CKGH-S△CKH=1

2

x2-3x+9，根据△GKH的面积恰好等于

△ABC面积的

5

12

，代入得出方程

1

2

x2-3x+9=

5

12

×

1

2

×6×6，求出即可．

解：（1）BH与CK的数量关系：BH=CK，理由是：

连接OC，

由直角三角形斜边上中线性质得出OC=BG，

∵AC=BC，O为AB中点，∠ACB=90°，

∴∠B=∠ACG=45°，CO⊥AB，

∴∠CGB=90°=∠KGH，

∴都减去∠CGH得：∠BGH=∠CGK，

在△CGK和△BGH中

∵，

∴△CGK≌△BGH（ASA），

∴CK=BH，即BH=CK；

四边形CHGK的面积的变化情况：四边形CHGK的面积不变，始终等于四边形CQGZ的面积，即等于△ACB面积的一半，等于9；

（2）假设存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的

5

12

的位置．

设BH=x，由题意及（1）中结论可得，CK=BH=x，CH=CB﹣BH=6﹣x，

∴S△CHK=1

2

CH×CK=3x﹣

1

2

x2，

∴S△GHK=S四边形CKGH﹣S△CKH=9﹣（3x﹣1

2

x2）=

1

2

x2﹣3x+9，

∵△GKH的面积恰好等于△ABC面积的5

12

，

∴1

2

x2﹣3x+9=

5

12

×

1

2

×6×6，

解得

136

x=

236

x=（经检验，均符合题意）．

∴存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的5

12的位置，此时x的值为36

．

“点睛”本题考查了旋转的性质，三角形的面积，全等三角形的性质和判定等知识点，此题有一定的难度，但是一道比较好的题目．

6．已知：如图1，将两块全等的含30o角的直角三角板按图所示的方式放置，

∠BAC=∠B1A1C=30°，点B，C，B1在同一条直线上．

（1）求证：AB=2BC

（2）如图２，将△ABC绕点Ｃ顺时针旋转α°（0＜α＜180），在旋转过程中，设AB与

A1C、A1B1分别交于点D、E，AC与A1B1交于点F．当α等于多少度时，AB与A1B1垂直？请说明理由．

（3）如图3，当△ABC绕点C顺时针方向旋转至如图所示的位置，使AB∥CB1，AB与A1C 交于点D，试说明A1D=CD．

【答案】（1）证明见解析

（2）当旋转角等于30°时，AB与A1B1垂直.

（3）理由见解析

【解析】

试题分析：(1)由等边三角形的性质得AB=BB1，又因为BB1=2BC，得出AB=2BC;

(2) 利用AB与A1B1垂直得∠A1ED=90°，则∠A1DE=90°-∠A1=60°，根据对顶角相等得

∠BDC=60°，由于∠B=60°，利用三角形内角和定理得∠A1CB=180°-∠BDC-∠B=60°，所以∠ACA1=90°-∠A1CB=30°，然后根据旋转的定义得到旋转角等于30°时，AB与A1B1垂直；

(3)由于AB∥CB1，∠ACB1=90°，根据平行线的性质得∠ADC=90°，在Rt△ADC中，根据含

30度的直角三角形三边的关系得到CD=1

2

AC，再根据旋转的性质得AC=A1C，所以

CD=1

2

A1C，则A1D=CD．

试题解析：

（1）∵△ABB1是等边三角形；∴AB=BB1

∵BB1=2BC

∴AB=2BC

（2）解：当AB 与A 1B 1垂直时，∠A 1ED=90°， ∴∠A 1DE=90°-∠A 1=90°-30°=60°， ∵∠B=60°，∴∠BCD=60°， ∴∠ACA 1=90°-60°=30°，

即当旋转角等于30°时，AB 与A 1B 1垂直. （3）∵AB ∥CB 1，∠ACB 1=90°， ∴∠CDB=90°，即CD 是△ABC 的高，

设BC=a ，AC=b ，则由（1）得AB=2a ，A 1C=b ， ∵11

22

ABC S BC AC AB CD ?=?=?， 即

11

222

ab a CD =?? ∴12CD b =

，即CD=1

2

A 1C ， ∴A 1D=CD.

【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．

7．在△ABC 中，AB=AC ，将线段AC 绕着点C 逆时针旋转得到线段CD ，旋转角为，且

，连接AD 、BD ．

（1）如图1，当∠BAC=100°，时，∠CBD 的大小为_________； （2）如图2，当∠BAC=100°，时，求∠CBD 的大小；

（3）已知∠BAC 的大小为m （），若∠CBD 的大小与（2）中的结果相

同，请直接写出的大小．

【答案】（1）30°；（2）30°；（3）α=120°-m°，α=60°或α=240-m°. 【解析】

试题分析：（1）由∠BAC=100°，AB=AC ，可以确定∠ABC=∠ACB=40°，旋转角为α，α=60°时△ACD 是等边三角形，且AC=AD=AB=CD ，知道∠BAD 的度数，进而求得∠CBD 的大小. （2）由∠BAC=100°，AB=AC ，可以确定∠ABC=∠ACB=40°，连结DF 、BF ．AF=FC=AC ，

∠FAC=∠AFC=60°，∠ACD=20°，由∠DCB=20°案．依次证明△DCB≌△FCB，

△DAB≌△DAF．利用角度相等可以得到答案．

（3）结合（1）（2）的解题过程可以发现规律，求得答案．

试题解析：（1）30°；（2）30°；

（2）如图作等边△AFC，连结DF、BF．

∴AF=FC=AC，∠FAC=∠AFC=60°．

∵∠BAC=100°，AB=AC，∴∠ABC=∠BCA=40°．

∵∠ACD=20°，∴∠DCB=20°．

∴∠DCB=∠FCB=20°．①

∵AC=CD，AC=FC，∴DC=FC．②

∵BC=BC，③

∴由①②③，得△DCB≌△FCB，

∴DB=BF，∠DBC=∠FBC．

∵∠BAC=100°，∠FAC=60°，∴∠BAF=40°．

∵∠ACD=20°，AC=CD，∴∠CAD=80°．∴∠DAF=20°．

∴∠BAD=∠FAD=20°．④

∵AB=AC，AC=AF，∴AB=AF．⑤

∵AD=AD，⑥

∴由④⑤⑥，得△DAB≌△DAF．∴FD=BD．∴FD=BD=FB．∴∠DBF=60°．∴∠CBD=30°．

（3）α=120°-m°，α=60°或α=240-m°．

考点：1.全等三角形的判定和性质；2.等边三角形的判定和性质．

8．如图所示，在△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，DE∥BC，如图①，然后将

△ADE绕A点顺时针旋转一定角度，得到图②，然后将BD、CE分别延长至M、N，使DM ＝BD，EN＝CE，得到图③，请解答下列问题：

(1)若AB＝AC，请探究下列数量关系：

①在图②中，BD与CE的数量关系是________________；

②在图③中，猜想AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系，并证明你的猜想；

(2)若AB＝k·AC(k＞1)，按上述操作方法，得到图④，请继续探究：AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系，直接写出你的猜想，不必证

明．

【答案】（1）①BD=CE；

②AM=AN，∠MAN=∠BAC 理由如下：

∵在图①中，DE//BC，AB=AC

∴AD="AE."

在△ABD与△ACE中∴△ABD≌△ACE.

∴BD=CE，∠ACE=∠ABD.

在△DAM与△EAN中，

∵DM=BD，EN=CE，BD=CE，∴DM=EN，∵∠AEN=∠ACE+∠CAE，

∠ADM=∠ABD+∠BAD，∴∠AEN=∠ADM.

又∵AE=AD，∴△ADM≌△AEN.∴AM=AN，∠DAM=∠EAN.∴∠MAN=∠DAE=∠BAC.

∴AM=AN，∠MAN=∠BAC.

（2）AM=kAN，∠MAN=∠BAC.

【解析】

（1）①根据题意和旋转的性质可知△AEC≌△ADB，所以BD=CE；

②根据题意可知∠CAE=BAD，AB=AC，AD=AE，所以得到△BAD≌△CAE，在△ABM和

△ACN中，

DM=BD，EN=CE，可证△ABM≌△ACN，所以AM=AN，即∠MAN=∠BAC．

（2）直接类比（1）中结果可知AM=k?AN，∠MAN=∠BAC．

9．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．

10．已知O 为直线MN 上一点，OP ⊥MN ，在等腰Rt △ABO 中，90BAO ∠=?，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α(045α?<

(3) 将图1中的等腰Rt △ABO 绕O 点顺时针旋转α()，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=；②AC 2+CO 2=CD 2；（2）（1）中的结论②不成立，理由见解析；（3）画图见解析；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：AC 2+CO 2=CD 2；（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：AC 2+OC 2=FO 2+OE 2=EF 2，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CE 2=2CD 2，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°，

∵AC∥OP，∴∠CAO=∠AOB=45°，∠ACO=∠POE=90°，∴AC=OC，

连接AD，

∵BD=OD，∴AD=OD，AD⊥OB，∴AD∥OC，∴四边形ADOC是正方形，∴∠DCO=45°，∴AC=OD，∴∠DEO=45°，∴CD=DE，∴OC=OE，

∴AC=OE；

②在Rt△CDO中，

∵CD2=OC2+OD2，∴CD2=AC2+OC2；

故答案为AC2+CO2=CD2；

（2）如图2，（1）中的结论②不成立，

理由是：

连接AD，延长CD交OP于F，连接EF，

∵AB=AO，D为OB的中点，∴AD⊥OB，∴∠ADO=90°，

∵∠CDE=90°，∴∠ADO=∠CDE，∴∠ADO﹣∠CDO=∠CDE﹣∠CDO，即∠ADC=∠EDO，∵∠ADO=∠ACO=90°，∴∠ADO+∠ACO=180°，∴A、D、O、C四点共圆，

∴∠ACD=∠AOB，

同理得：∠EFO=∠EDO，∴∠EFO=∠AOC，

∵△ABO是等腰直角三角形，∴∠AOB=45°，∴∠DCO=45°，∴△COF和△CDE是等腰直角三角形，

∴OC=OF，∵∠ACO=∠EOF=90°，∴△ACO≌△EOF，∴OE=AC，AO=EF，

∴AC2+OC2=FO2+OE2=EF2，

Rt△DEF中，EF＞DE=DC，∴AC2+OC2＞DC2，

所以（1）中的结论②不成立；

（3）如图3，结论：OC﹣CA=CD，

理由是：连接AD，则AD=OD，

同理：∠ADC=∠EDO，

∵∠CAB+∠CAO=∠CAO+∠AOC=90°，∴∠CAB=∠AOC，

∵∠DAB=∠AOD=45°，∴∠DAB﹣∠CAB=∠AOD﹣∠AOC，

即∠DAC=∠DOE，∴△ACD≌△OED，∴AC=OE，CD=DE，∴△CDE是等腰直角三角形，∴CE2=2CD2，∴（OC﹣OE）2=（OC﹣AC）2=2CD2，∴OC﹣AC=CD，

故答案为OC﹣AC=CD．

考点：几何变换的综合题