九年级旋转几何综合单元培优测试卷

九年级旋转几何综合单元培优测试卷

一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）

1．已知如图1，在ABC 中，90ABC ∠=?，BC AB =，点D 在AC 上，DF AC

⊥交BC 于F ，点E 是AF 的中点．

（1）写出线段ED 与线段EB 的关系并证明；

（2）如图2，将CDF 绕点C 逆时针旋转(

)

090a α?

<

（3）将CDF 绕点C 逆时针旋转一周，如果6BC =，32CF =，直接写出线段CE 的范围．

【答案】（1）ED EB =，DE BE ⊥，证明见解析；（2）结论不变，理由见解析；（3）最大值22= 最小值32

2

=． 【解析】 【分析】

（1）在Rt △ADF 中，可得DE=AE=EF ，在Rt △ABF 中，可得BE=EF=EA ，得证ED=EB ；然后利用等腰三角形的性质以及四边形ADFB 的内角和为180°，可推导得出∠DEB=90°； （2）如下图，先证四边形MFBA 是平行四边形，再证△DCB ≌△DFM ，从而推导出△DMB 是等腰直角三角形，最后得出结论；

（3）如下图，当点F 在AC 上时，CE 有最大值；当点F 在AC 延长线上时，CE 有最小值． 【详解】

（1）∵DF ⊥AC ，点E 是AF 的中点 ∴DE=AE=EF ，∠EDF=∠DFE ∵∠ABC=90°，点E 是AF 的中点 ∴BE=AE=EF ，∠EFB=∠EBF ∴DE=EB ∵AB=BC ，

∴∠DAB=45°

∴在四边形ABFD中，∠DFB=360°－90°－45°－90°=135°

∠DEB=∠DEF+∠FEB=180°－2∠EFD+180°－2∠EFB=360°－2(∠EFD+∠EFB)

=360°－2×135°=90°

∴DE⊥EB

（2）如下图，延长BE至点M处，使得ME=EB，连接MA、ME、MF、MD、FB、DB，延长MF交CB于点H

∵ME=EB，点E是AF的中点

∴四边形MFBA是平行四边形

∴MF∥AB，MF=AB

∴∠MHB=180°－∠ABC=90°

∵∠DCA=∠FCB=a

∴∠DCB=45°+a，∠CFH=90°－a

∵∠DCF=45°，∠CDF=90°

∴∠DFC=45°，△DCF是等腰直角三角形

∴∠DFM=180°－∠DFC－∠CFH=45°+a

∴∠DCB=∠DFM

∵△ABC和△CDF都是等腰直角三角形

∴DC=DF，BC=AB=MF

∴△DCB≌△DFM(SAS)

∴∠MDF=∠BDC，DB=DM

∴∠MDF+∠FDB=∠BDC+∠FDB=90°

∴△DMB是等腰直角三角形

∵点E是MB的中点

∴DE=EB，DE⊥EB

（3）当点F在AC上时，CF有最大值，图形如下：

∵BC=6，∴在等腰直角△ABC中，AC=62∵CF=32，∴AF=32

∴CE=CF+FE=CF+1

2AF92

2

=

当点F在AC延长线上时，CE有最小值，图形如下：

同理，CE=EF－CF

32

2 =

【点睛】

本题考查三角形的旋转变换，用到了等腰直角三角形的性质和平行四边形的性质，解题关键是构造并证明△BDM是等腰直角三角形．

2．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．

3．在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；

②AC′⊥BD′；

（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想

∠AEB=θ是否成立？请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；

（2）成立，理由见解析

【解析】

试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出

OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；

②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出

∠BEA=90°，即可得出结论；

（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式

，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相

等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．

试题解析：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，

∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，

∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，

∴OC=OD，

∴OC′=OD′，

在△AOC′和△BOD′中，，

∴△AOC′≌△BOD′（SAS），

∴AC′=BD′；

②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：

∵△AOC′≌△BOD′，

∴∠OAC′=∠OBD′，

又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，

∴∠OBD′+∠BFE=90°，

∴∠BEA=90°，

∴AC′⊥BD′；

（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：

∵△OCD旋转到△OC′D′，

∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，

∵CD∥AB，

∴，

∴，

∴，

又∠AOC′=∠BOD′，

∴△AOC′∽△BOD′，

∴∠OAC′=∠OBD′，

又∠AFO=∠BFE，

∴∠AEB=∠AOB=θ．

考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．

4．某数学活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：

操作发现

（1）某小组做了有一个角是120?的等腰三角形DAC和等边三角形GEB纸片，=，让两个三角形如图①放置，点C和点G重合，点D，点E在AB的同侧，AC DA DC

和GB 在同一条直线上，点F 为AB 的中点，连接DF ，EF ，则DF 和EF 的数量关系与位置关系为：________； 数学思考

（2）在图①的基础上，将GEB 绕着C 点按顺时针方向旋转90?，如图②，试判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，并说明理由； 类比探索

（3）①将GEB 绕着点C 任意方向旋转，如图③或图④，请问DF 和EF 的数量关系和位置关系改变了吗？无论改变与否，选择图③或图④进行证明；

②GEB 绕着点C 旋转的过程中，猜想DF 与EF 的数量关系和位置关系，用一句话表述：________.

【答案】（1）3EF DF =，DF EF ；

（2）3EF DF =，DF EF ,理由见解析;

（3）①3EF DF =，DF EF ;②旋转过程中3EF DF =，DF

EF 始终成立.

【解析】 【分析】

（1）由题意过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，利用等边三角形和中点性质设DM a =，2GB b =，结合相似三角形判定和性质进行综合分析求解； （2）根据题意要求判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，并综合利用垂直平分线定理以及矩形和等边三角形性质与三角函数进行综合分析； （3）①根据题意延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，并利用全等三角形判定和性质以及三角函数进行分析证明；

②由题意可知结合①猜想可知旋转过程中3EF DF =，DF EF 始终成立.

【详解】

解：（1）3EF DF =，DF

EF ；

如解图，过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，

AD CD =，EGB 为等边三角形. AM MC ∴=，GN BN =. 又点F 为AB 的中点， AF BF ∴=.

()1

2

MF CF NC NB AC AM CB MC NC +=++=+=+∴.

MF NC NB ∴==，CF CN FN AM +==. 设DM a =，2GB b =，

120ADC ∠=?，DA DC =，

3AM a ∴=，3FN a =，MF NC NB b ===. tan 33EGB NE GN GN b =?==∠.

在DMF 和FNE 中，

3

3DM FN a ==

， 3

3MF NE b

==

， 又

90DMF FNE ∠=∠=?， DMF FNE ∴∽.

MDF NFE ∴∠=∠，

3

DF DM FE FN ==

，即3EF DF =. 90MDF DFM ∠+∠=?，

90DFM NFE ∴∠+∠=?. 90DFE ∴∠=?.

3EF DF ∴=且DF

EF .

（2）3EF DF =，DF

EF .

理由如下：

如解图，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，当旋转角是90?时，则90ACB ∠=?，在

Rt ACB △中，点F 是AB 的中点，

CF BF ∴=.

又

CE EB

=，

EF ∴垂直平分BC.同理，DF 垂直平分AC ， ∴四边形LCMF 为矩形， 90DFE ∴∠=?.

DF EF ∴⊥，//AC EF .

DA DC =，120ADC =∠?，30DCA ∴∠=?. GEB 为等边三角形， 60ECB ∴∠=?.

∴∠DCA+∠ACB+∠ECB=180^° ∴D ，C ，E 三点共线.

30DCA DEF ∴∠=∠=?.

∴在Rt DEF △中，3tan 3

3

DE DF F F E DF

===∠； （3）①3EF DF =，DF EF .

选择题图进行证明：

如解图，延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，

在ADF 和BNF 中，

AF BF AFD BFN DF NF =??

∠=∠??=?

， ()SAS ADF BNF ∴?.

AD NB ∴=，ADF BNF ∠=∠. //AD NB ∴.

18060O ADC ∴∠=?-∠=?.

又CPO BPE ∠=∠，60O CEB ∠=∠=?， OCP OBE ∴∠=∠. DCE NBE ∴∠=∠. 又GEB 是等边三角形， GE BE ∴=，

又AD BN CD ==，

()

SAS

DCE NBE

∴?.

DE NE

∴=，BEN CED

∠=∠.

BEN BED CED BED

∴∠+∠=∠+∠，

即60

NED BEC

∠=∠=?.

DEN

∴是等边三角形.

又DF FN

=，

DF EF

∴⊥，60

FDE

∠=?.

tan3

E E

F DF DF

FD

∴∠

=?=.

或选择图进行证明，证明如下：

如解图，延长DF并延长到点N，使得FN DF

=，

连接NB，DE，NE，NB与CD 交于点O，EB与CD相交于点J，在ADF 和BNF中，

AF BF

AFD BFN

DF NF

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

()

SAS

ADF BNF

∴?.

AD NB

∴=，ADF BNF

∠=∠.

//

AD NB

∴.

120

NOC ADC

∴∠=∠=?.

60

BOJ

∴∠=?，60

JEC

∠=?.

又OJB EJC

∠=∠，

OBE ECJ

∴∠=∠.

AD CD

=，AD NB

=，

CD NB

∴=.

又GEB是等边三角形，

CE BE

∴=.

()

SAS

DCE NBE

∴?.

DE NE

∴=，BEN CED

∠=∠.

BEN BED CED BED

∴∠-∠=∠-∠，

即60

NED BEC

∠=∠=?.

DEN

∴是等边三角形.

又DF FN

=，

DF EF ∴⊥，60FDE ∠=?. tan 3E E F DF DF FD ∴∠=?=.

②旋转过程中3EF DF =，DF EF 始终成立.

【点睛】

本题考查几何图形的综合探究题，难度大，运用数形结合思维分析以及掌握并灵活利用全等三角形判定和性质以及三角函数、相似三角形判定和性质等是解题关键.

错因分析：①未掌握旋转的性质，即旋转前后线段、角度均不变；②不能合理利用类比关系，由浅到深解决问题.

5．(1)如图①，在矩形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于点O ，过点O 作直线EF ⊥BD ，交AD 于点E ，交BC 于点F ，连接BE 、DF ，且BE 平分∠ABD ． ①求证：四边形BFDE 是菱形； ②直接写出∠EBF 的度数；

(2)把(1)中菱形BFDE 进行分离研究，如图②，点G 、I 分别在BF 、BE 边上，且BG=BI ，连接GD ，H 为GD 的中点，连接FH 并延长，交ED 于点J ，连接IJ 、IH 、IF 、IG.试探究线段IH 与FH 之间满足的关系，并说明理由；

(3)把(1)中矩形ABCD 进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD 满足AB=AD 时，点E 是对角线AC 上一点，连接DE 、EF 、DF ，使△DEF 是等腰直角三角形，DF 交AC 于点G.请直接写出线段AG 、GE 、EC 三者之间满足的数量关系.

【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH 3；（3）EG 2＝AG 2+CE 2． 【解析】 【分析】

（1）①由△DOE ≌△BOF ，推出EO ＝OF ，∵OB ＝OD ，推出四边形EBFD 是平行四边形，再证明EB ＝ED 即可．

②先证明∠ABD ＝2∠ADB ，推出∠ADB ＝30°，延长即可解决问题． （2）IH 3．只要证明△IJF 是等边三角形即可．

（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，先证明△DEG ≌△DEM ，再证明△ECM 是直角三角形即可解决问题． 【详解】

（1）①证明：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，OB＝OD，

∴∠EDO＝∠FBO，

在△DOE和△BOF中，

EDO FBO

OD OB

EOD BOF

∠∠

?

?

?

?∠∠

?

＝

＝

＝

，

∴△DOE≌△BOF，

∴EO＝OF，∵OB＝OD，

∴四边形EBFD是平行四边形，

∵EF⊥BD，OB＝OD，

∴EB＝ED，

∴四边形EBFD是菱形．

②∵BE平分∠ABD，

∴∠ABE＝∠EBD，

∵EB＝ED，

∴∠EBD＝∠EDB，

∴∠ABD＝2∠ADB，

∵∠ABD+∠ADB＝90°，

∴∠ADB＝30°，∠ABD＝60°，

∴∠ABE＝∠EBO＝∠OBF＝30°，

∴∠EBF＝60°．

（2）结论：IH＝3FH．

理由：如图2中，延长BE到M，使得EM＝EJ，连接MJ．

∵四边形EBFD是菱形，∠B＝60°，

∴EB＝BF＝ED，DE∥BF，

∴∠JDH＝∠FGH，

在△DHJ和△GHF中，

DHG GHF

DH GH

JDH FGH

∠∠

?

?

?

?∠∠

?

＝

＝

＝

，

∴△DHJ≌△GHF，

∴DJ＝FG，JH＝HF，

∴EJ＝BG＝EM＝BI，

∴BE＝IM＝BF，

∵∠MEJ＝∠B＝60°，

∴△MEJ是等边三角形，

∴MJ＝EM＝NI，∠M＝∠B＝60°

在△BIF和△MJI中，

BI MJ

B M

BF IM

?

?

∠∠

?

?

?

＝

＝

＝

，

∴△BIF≌△MJI，

∴IJ＝IF，∠BFI＝∠MIJ，∵HJ＝HF，

∴IH⊥JF，

∵∠BFI+∠BIF＝120°，

∴∠MIJ+∠BIF＝120°，

∴∠JIF＝60°，

∴△JIF是等边三角形，

在Rt△IHF中，∵∠IHF＝90°，∠IFH＝60°，

∴∠FIH＝30°，

∴IH＝3FH．

（3）结论：EG2＝AG2+CE2．

理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，

∵∠FAD+∠DEF＝90°，

∴AFED四点共圆，

∴∠EDF＝∠DAE＝45°，∠ADC＝90°，

∴∠ADF+∠EDC＝45°，

∵∠ADF＝∠CDM，

∴∠CDM+∠CDE＝45°＝∠EDG，

在△DEM和△DEG中，

DE DE

EDG EDM

DG DM

?

?

∠∠

?

?

?

＝

＝

＝

，

∴△DEG≌△DEM，

∴GE＝EM，

∵∠DCM＝∠DAG＝∠ACD＝45°，AG＝CM，

∴∠ECM＝90°

∴EC2+CM2＝EM2，

∵EG＝EM，AG＝CM，

∴GE2＝AG2+CE2．

【点睛】

考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.

6．如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点，分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=2OD，OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE．

（1）求证：DE⊥AG；

（2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角（0°＜α＜360°）得到正方形OE′F′G′，如图2．

①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数；

②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）①30°或150°，②AF'的长最大值为

2

2

2

+

315

α=．

【解析】

【分析】

（1）延长ED交AG于点H，易证△AOG≌△DOE，得到∠AGO=∠DEO，然后运用等量代换证明∠AHE=90°即可；

（2）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：α由0°增大到90°过程中，当

∠OAG′=90°时，α=30°，α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，

α=150°；

②当旋转到A、O、F′在一条直线上时，AF′的长最大，AF′=AO+OF′=

2

+2，此时α=315°．

【详解】

(1)如图1,延长ED交AG于点H,

∵点O是正方形ABCD两对角线的交点，

∴OA=OD，OA⊥OD，

∵OG=OE，

在△AOG和△DOE中，

90

OA OD

AOG DOE

OG OE

=

?

?

∠=∠=?

?

?=

?

，

∴△AOG≌△DOE，

∴∠AGO=∠DEO，

∵∠AGO+∠GAO=90°，

∴∠GAO+∠DEO=90°，

∴∠AHE=90°，

即DE⊥AG；

(2)①在旋转过程中,∠OAG′成为直角有两种情况：

(Ⅰ)α由0°增大到90°过程中,当∠OAG′=90°时，

∵OA=OD=

1

2

OG=

1

2

OG′，

∴在Rt△OAG′中,sin∠AG′O=

OA

OG'

=

1

2

，

∴∠AG′O=30°，

∵OA⊥OD,OA⊥AG′，

∴OD∥AG′,

∴∠DOG′=∠AG′O=30°°，

即α=30°；

(Ⅱ)α由90°增大到180°过程中,当∠OAG′=90°时，

同理可求∠BOG′=30°，

∴α=180°?30°=150°.

综上所述,当∠OAG′=90°时,α=30°或150°.

②如图3,当旋转到A. O、F′在一条直线上时,AF′的长最大，

∵正方形ABCD的边长为1，

∴OA=OD=OC=OB=

2

2

，

∵OG=2OD，

∴2，∴OF′=2，

∴AF′=AO+OF′=

2

2

+2，

∵∠COE′=45°，

∴此时α=315°.

【点睛】

本题考查的是正方形的性质、旋转变换的性质以及锐角三角函数的定义，掌握正方形的四条边相等、四个角相等，旋转变换的性质是解题的关键，注意特殊角的三角函数值的应用．

7．已知，如图：正方形ABCD，将Rt△EFG斜边EG的中点与点A重合，直角顶点F落在正方形的AB边上，Rt△EFG的两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，（点P与点F重合），如图1所示：

（1）求证：EP2+GQ2=PQ2；

（2）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（0°＜α≤90°），两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，如图2所示：判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间是否存在什么确定的相等关系？若存在，证明你的结论．若不存在，请说明理由；

（3）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（90°＜α＜180°），两直角边所在的直线分别交BA、AD两边延长线于P、Q两点，并判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间存在何种确定的相等关系？按题意完善图3，请直接写出你的结论（不用证明）．

【答案】（1）见解析；（2）PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．

【解析】

【分析】

（1）过点E作EH∥FG，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到

EH=QG，又PQ=PH，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，由此可以得到EP2+GQ2=PQ2；

（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，由此可证

△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PH=PQ，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，即EP2+GQ2=PH2，在Rt△PFQ中，PF2+FQ2=PQ2，故PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PE2+GQ2=PF2+FQ2，证明方法同上．

【详解】

（1）过点E作EH∥FG，连接AH、FH，如图所示：

∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，

∴△EAH≌△GAQ，

∴EH=QG，HA=AQ，

∵FA⊥AD，

∴PQ=PH．

在Rt△EPH中，

∵EP2+EH2=PH2，

∴EP2+GQ2=PQ2；

（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，

∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，

∴△EAH≌△GAQ，

∴EH=QG，HA=AQ，

∵PA⊥AD，

∴PQ=PH．

在Rt△EPH中，

∵EP2+EH2=PH2，

∴EP2+GQ2=PH2．

在Rt△PFQ中，

∵PF2+FQ2=PQ2，

∴PF2+FQ2=EP2+GQ2．

（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．

【点睛】

本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三线合一，勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键.

8．如图，已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE的中

点，连接CF，DF．

（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上时

①证明：△BFC是等腰三角形；

②请判断线段CF，DF的关系？并说明理由；

（2）如图2，将图1中的△ADE绕点A旋转到图2位置时，请判断（1）中②的结论是否仍然成立？并证明你的判断．

【答案】（1）①证明见解析；②结论：CF=DF且CF⊥DF．理由见解析；（2）（1）中的结论仍然成立．理由见解析.

【解析】

【详解】

分析：(1)、根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知CF=BF=EF，根据

∠CFD=2∠ABC，∠ACB=90°，∠ABC=45°得出∠CFD=90°，从而得出答案；(2)、延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，首先证明△BFG和△EFD全等，然后再证明△BCG和

△ACD全等，从而得出GC=DC，∠BCG=∠ACD，∠DCG=∠ACB=90°，最后根据直角三角形斜中线的性质得出答案．

详解：（1）①证明：∵∠BCE=90°．EF=FB，∴CF=BF=EF，∴△BFC是等腰三角形．

②解：结论：CF=DF且CF⊥DF．理由如下：

∵∠ADE=90°，∴∠BDE=90°，又∵∠BCE=90°，点F是BE的中点，∴CF=DF=1

2

BE=BF，

∴∠1=∠3，∠2=∠4，∴∠5=∠1+∠3=2∠1，∠6=∠2+∠4=2∠2，

∴∠CFD=∠5+∠6=2（∠1+∠2）=2∠ABC，

又∵△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，∴∠CFD=90°，

∴CF=DF且CF⊥DF．

（2）（1）中的结论仍然成立．理由如下：

如图，延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，∵F是BE的中点，∴BF=EF，又∵∠BFG=∠EFD，GF=DF，∴△BFG≌△EFD（SAS），∴∠FBG=∠FED，BG=ED，∴BG∥DE，∵△ADE和△ACB都是等腰直角三角形，

∴DE=DA，∠DAE=∠DEA=45°，AC=BC，∠CAB=∠CBA=45°，

又∵∠CBG=∠EBG﹣∠EBA﹣∠ABC=∠DEF﹣（180°﹣∠AEB﹣∠EAB）﹣45°

=∠DEF﹣180°+∠AEB+∠EAB﹣45°=（∠DEF+∠AEB）+∠EAB﹣225°

=360°﹣∠DEA+∠EAB﹣225°=360°﹣45°+∠EAB﹣225°=90°+∠EAB，

而∠DAC=∠DAE+∠EAB+∠CAB=45°+∠EAB+45°=90°+∠EAB，

∴∠CBG=∠DAC，又∵BG=ED，DE=DA，∴BG=AD，又∵BC=AC，

∴△BCG≌△ACD（SAS），∴GC=DC，∠BCG=∠ACD，

∴∠DCG=∠DCB+∠BCG=∠DCB+∠ACD=∠ACB=90°，

∴△DCG是等腰直角三角形，又∵F是DG的中点，∴CF⊥DF且CF=DF．

点睛：主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定，及勾股定理的运用．要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键．

9．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；