数学中考压轴题旋转问题(经典) 答案版
旋转拔高练习
一、选择题
1. （广东）如图，把一个斜边长为2且含有300
角的直角三角板ABC 绕直角顶点C 顺时针旋转900
到△A 1B 1C ，则在旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积是【 】
A ．π
B ．
34π．1112π 1、【分析】因为旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积分为三部分扇形ACA 1、 BCD 和△ACD 计算即可：
在△ABC 中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=2，∴BC=1
2
AB=1，∠B=90°－∠BAC=60°。∴AC
∴
ABC 1S BC AC 2?=
??=B 扫过的路线与AB 的交点为D ，连接CD ，∵BC=DC，∴△BCD 是等边三角形。∴BD=CD=1。
∴点D 是AB 的中点。∴ACD ABC 11S S 22??===S 。
∴1ACD ACA BCD ABC S S S ??=++扇形扇形的面扫过积
2
6013113604612ππππ??==++=+ 故选D 。
2. （湖北）如图，O 是正△ABC 内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO 以点B 为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A 可以由△BOC 绕点B 逆时针旋转60°得到；②点O 与O′的距离为4；③∠AOB=150°；
④AOBO S 四形边⑤AOC AOB S S += 其中正确的结论是【 】 A ．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③ 2【分析】∵正△ABC，∴AB=CB，∠ABC=600
。
∵线段BO 以点B 为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，∴BO=BO′，∠O′AO=600
。
∴∠O′BA=600
－∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOC。∴△BO′A 可以由△BOC 绕点B 逆时针旋转60°得到。故结论①正确。
连接OO′，∵BO=BO′，∠O′AO=600
，∴△OBO′是等边三角形。∴OO′=OB=4。故结论②正确。
∵在△AOO′中，三边长为O′A=OC=5，OO′=OB=4，OA=3，是一组勾股数， ∴△AOO′是直角三角形。∴∠AOB=∠AOO′＋∠O′OB =900
＋600
=150°。故结论③
正确。
AOO OBO AOBO 11
S S S 34+422
?'?''=+=
????=四形边。
故结论④错误。 如图所示，将△AOB 绕点A 逆时针旋转60°，使得AB 与AC 重合，
4、5直角三角形。
则AOC AOB AOCO COO AOO 11S S S S S 34+322??"?"?"+==+=???
故结论⑤正确。综上所述，正确的结论为：①②③⑤。故选A 。
3. （四川）如图，P 是等腰直角△ABC 外一点，把BP 绕点B 顺时针旋转90°到BP′，已知∠AP′B=135°，P′A：P′C=1：3，则P′A：PB=【 】。
A ．1
B ．1：2
C 2
D ．1
3、【分析】如图，连接AP ，∵BP 绕点B 顺时针旋转90°到BP′，∴BP=BP′，∠ABP+∠ABP′=90°。 又∵△ABC 是等腰直角三角形，∴AB=BC，∠CBP′+∠ABP′=90°，∴∠ABP=∠CBP′。 在△ABP 和△CBP′中，∵ BP=BP′，∠ABP=∠CBP′，AB=BC ，∴△ABP≌△CBP′（SAS ）。 ∴AP=P′C。∵P′A：P′C=1：3，∴AP=3P′A。
连接PP′，则△PBP′是等腰直角三角形。∴∠BP′P=45°，PP′= 2 PB。
∵∠AP′B=135°，∴∠AP′P=135°-45°=90°，∴△APP′是直角三角形。设P′A=x，则AP=3x ，
在Rt△APP′中，PP '=。在Rt△APP′中，PP '。
，解得PB=2x 。∴P′A：PB=x ：2x=1：2。 故选B 。
4. （贵州）点P 是正方形ABCD 边AB 上一点（不与A 、B 重合），连接PD 并将线段PD 绕点P 顺时针旋转90°，
得线段PE ，连接BE ，则∠CBE 等于【 】 A ．75° B．60° C．45° D．30°
4【分析】过点E 作EF⊥AF，交AB 的延长线于点F ，则∠F=90°，
∵四边形ABCD 为正方形，∴AD=AB，∠A=∠ABC=90°。∴∠ADP+∠APD=90°。 由旋转可得：PD=PE ，∠DPE=90°，∴∠APD+∠EPF=90°。
∴∠ADP=∠EPF。在△APD 和△FEP 中，∵∠ADP=∠EPF，∠A=∠F，PD=PE ， ∴△APD≌△FEP（AAS ）。∴AP=EF，AD=PF 。
又∵AD=AB，∴PF=AB，即AP+PB=PB+BF 。∴AP=BF。∴BF=EF
又∵∠F=90°，∴△BEF 为等腰直角三角形。∴∠EBF=45°。 又∵∠CBF=90°，∴∠CBE=45°。故选C 。【答案】C 。
5. （广西）如图，等边△ABC 的周长为6π，半径是1的⊙O 从与AB 相切于 点D 的位置出发，在△ABC 外部按顺时针方向沿三角形滚动，又回到与AB 相 切于点D 的位置，则⊙O 自转了：【 】
A ．2周
B ．3周
C ．4周
D ．5周
5【分析】该圆运动可分为两部分：在三角形的三边运动以及绕过三角形的三个角，分别计算即可得到圆的自传周数：⊙O在三边运动时自转周数：6π÷2π=3：⊙O绕过三角形外角时，共自转了三角形外角和的度数：360°，即一周。∴⊙O自转了3+1=4周。故选C。
二、填空题
6. （四川）如图，四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=900,AB=AD,若四边形ABCD的面积是24cm2.则AC长是▲ cm. 6【分析】如图，将△ADC旋转至△ABE处，则△AEC的面积和四边形ABCD的面积
一样多为24cm2，,这时三角形△AEC为等腰直角三角形，作边EC上的高AF，则
AF=1
2
EC=FC, ∴ S△AEC=
1
2
AF·EC=AF2=24 。∴AF2=24。∴AC2=2AF2=48
7. （江西南昌）如图，正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，将△AEF绕顶点A旋转，在旋转过程中，当BE=DF时，∠BAE的大小可以是▲ ．
7【分析】正三角形AEF可以在正方形的内部也可以在正方形的外部，所以要分两种情况分别求
解：
①当正三角形AEF在正方形ABCD的内部时，如图1，
∵正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，∴AB=AD，AE=AF。
∵当BE=DF时，在△ABE和△ADF中，AB=AD，BE=DF，AE=AF，
∴△ABE≌△ADF（SSS）。∴∠BAE=∠FAD。
∵∠EAF=60°，∴∠BAE+∠FAD=30°。∴∠BAE=∠FAD=15°。
②当正三角形AEF在正方形ABCD的外部，顺时针旋转小于1800时，如图2，
同上可得△ABE≌△ADF（SSS）。∴∠BAE=∠FAD。∵∠EAF=60°，∴∠BAF=∠DAE。
∵900＋600＋∠BAF＋∠DAE=3600，∴∠BAF=∠DAE=105°。
∴∠BAE=∠FAD=165°。
③当正三角形AEF在正方形ABCD的外部，顺时针旋转大于1800时，如图3，
同上可得△ABE≌△ADF（SSS）。∴∠BAE=∠FAD。∵∠EAF=60°，∠BAE=90°，
∴90°＋∠DAE=60°＋∠DAE，这是不可能的。
∴此时不存在BE=DF的情况。综上所述，在旋转过程中，当BE=DF时，∠BAE
8. （吉林省）如图，在等边△ABC 中，D 是边AC 上一点，连接BD ．将△BCD 绕点B 逆时针旋转60°得到△BAE，连接ED ．若BC=10，BD=9，则△AED 的周长是_ ▲____. 8【分析】∵△BCD 绕点B 逆时针旋转60°得到△BAE， ∴根据旋转前、后的图形全等
的旋转性质，得，CD= AE ，BD=BE 。∵△ABC 是等边三角形，BC=10，∴AC= BC=10。∴AE＋AD=AC=10。又∵旋转角∠DBE=600
，∴△DBE 是等边三角形。∴DE=BD=9。∴△AED 的周长=DE ＋AE ＋AD=9＋10=19。
三、解答题
9. （北京市）在ABC △中，BA=BC BAC ∠=α，，M 是AC 的中点，P 是线段BM 上的动点，将线段PA 绕点P 顺
时针旋转2α得到线段PQ 。
（1） 若α=60?且点P 与点M 重合（如图1），线段CQ 的延长线交射线BM 于点D ，请补全图形， 并写出∠CDB 的度数；
（2） 在图2中，点P 不与点B ，M 重合，线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ，猜想∠CDB 的 大小（用含α的代数式表示），并加以证明；
（3） 对于适当大小的α，当点P 在线段BM 上运动到某一位置（不与点B ，M 重合）时，能使得 线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ，且PQ=QD ，请直接写出α的范围。
9【答案】解：（1）补全图形如下：∠CDB=30°。
（2）作线段CQ 的延长线交射线BM 于点D ，连接PC ，AD ，
∵AB=BC，M 是AC 的中点，∴BM⊥AC。∴AD=CD，AP=PC ，PD=PD 。 在△APD 与△CPD 中，∵AD=CD， PD=PD ， PA=PC∴△APD≌△CPD（SSS ）。 ∴AP=PC，∠ADB=∠CDB，∠PAD=∠PCD。
又∵PQ=PA，∴PQ=PC，∠ADC=2∠CDB，∠PQC=∠PCD=∠PAD。
∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°。∴∠APQ+∠ADC=360°－（∠PAD+∠PQD ）=180°。∴∠ADC=180°－∠APQ=180°－2α，即2∠CDB=180°－2α。 ∴∠CDB=90°－α。（3）45°＜α＜60°。
【分析】（1）利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出△CMQ 是等边三角形，
即可得出答案：∵BA=BC，∠BAC=60°，M 是AC 的中点，∴BM⊥AC，AM=AC 。
∵将线段PA 绕点P 顺时针旋转2α得到线段PQ ，∴AM=MQ，∠AMQ=120°。 ∴CM=MQ，∠CMQ=60°。∴△CMQ 是等边三角形。∴∠ACQ=60°。∴∠CDB=30°。
（2）首先由已知得出△APD≌△CPD，从而得出∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°，即可求出。 （3）由（2）得出∠CDB=90°－α，且PQ=QD ，∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°－2α。 ∵点P 不与点B ，M 重合，∴∠BAD＞∠PAD＞∠MAD。∴2α＞180°－2α＞α，∴45°＜α＜60°。
10. （福建）在平面直角坐标系中，矩形OABC如图所示放置，点A在x轴上，点B的坐标为（m，1）（m＞0），将此矩形绕O点逆时针旋转90°，得到矩形OA′B′C′．
（1）写出点A、A′、C′的坐标；
（2）设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，求此抛物线的解析式；（a、b、c可用含m的式子表示）（3）试探究：当m的值改变时，点B关于点O的对称点D是否可能落在（2）中的抛物线上？若能，求出此时m 的值．
10【答案】
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，点B的坐标为（m，1）（m＞0），
∴A（m，0），C（0，1）。
∵矩形OA′B′C′由矩形OABC旋转90°而成，
∴A′（0，m），C′（－1，0）。（2）设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2＋bx＋c，
∵A（m，0），A′（0，m），C′（－1，0），
∴
2
a m bm c0
c m
a b c0
?++=
?
=
?
?-+=
?
，解得
a 1
b m 1
c m
=-
?
?
=-
?
?=
?
。∴此抛物线的解析式为：y=－x2＋（m－1）x＋m。
（3）∵点B与点D关于原点对称，B（m，1），∴点D的坐标为：（－m，－1），
假设点D（－m，－1）在（2）中的抛物线上，∴0=－（－m）2＋（m－1）×（－m）＋m=1，即2m2－2m＋1=0，∵△=（－2）2－4×2×2=－4＜0，∴此方程无解。∴点D不在（2）中的抛物线上。
【分析】（1）先根据四边形ABCD是矩形，点B的坐标为（m，1）（m＞0），求出点A、C的坐标，再根据图形旋转的性质求出A′、C′的坐标即可。
（2）设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，把A、A′、C′三点的坐标代入即可得出abc 的值，进而得出其抛物线的解析式。
（3）根据关于原点对称的点的坐标特点用m表示出D点坐标，把D点坐标代入抛物线的解析式看是否符合即可。
11. （江苏）(1)如图1，在△ABC中，BA=BC，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE=1
2
∠ABC(0°＜∠CBE＜
1
2
∠ABC)。
以点B为旋转中心，将△BEC按逆时针方向旋转∠ABC，得到△BE’A（点C与点A重合，点E到点E’处），连接DE’。求证：DE’=DE.
（2）如图2，在△ABC中，BA=BC，∠ABC=90°，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE=1
2
∠ABC(0°＜∠CBE＜
45°).求证：DE2=AD2+EC2.
11【答案】证明：（1）∵△BE’A是△BEC按逆时针方向旋转∠ABC得到，
∴BE’=BE，∠E’BA=∠EBC。∵∠DBE=1
2
∠ABC，∴∠ABD＋∠EBC =
1
2
∠ABC。
∴∠ABD＋∠E’BA =1
2
∠ABC，即∠E’BD=
1
2
∠ABC。
∴∠E’BD=∠DBE。在△E’BD和△EBD中，∵BE’=BE，∠E’BD=∠DBE，
BD=BD，∴△E’BD≌△EBD（SAS）。∴DE’=DE。
（2）以点B为旋转中心，将△BEC按逆时针方向旋转∠ABC=90°，得
到△BE’A（点C与点A重合，点E到点E’处），连接DE’ 由（1）
知DE’=DE。由旋转的性质，知E’A=EC，∠E’ AB=∠ECB。又∵BA=BC，
∠ABC=90°，∴∠BAC=∠ACB=45°。
∴∠E’ AD=∠E’ AB＋∠BAC=90°。在Rt△DE’A中，DE’2=AD2+E’A2，∴DE2=AD2+EC2。
【分析】（1）由旋转的性质易得BE’=BE，∠E’BA=∠EBC，由已知∠DBE=1
2
∠ABC经等量代换可得
∠E’BD=∠DBE，从而可由SAS得△E’BD≌△EBD，得到DE’=DE。
（2）由（1）的启示，作如（1）的辅助图形，即可得到直角三角形DE’A，根据勾股定理即可证得结论。
12. （四川德阳）在平面直角坐标xOy 中，（如图）正方形OABC 的边长为4，边OA 在x 轴的正半轴上，边OC 在y 轴的正半轴上，点D 是OC 的中点，BE⊥DB 交x 轴于点E.
⑴求经过点D 、B 、E 的抛物线的解析式；
⑵将∠DBE 绕点B 旋转一定的角度后，边BE 交线段OA 于点F ，边BD 交y 轴于点G ，交⑴中的抛 物线于M （不与点B 重合），如果点M 的横坐标为
512，那么结论OF=2
1
DG 能成立吗？请说明理由. ⑶过⑵中的点F 的直线交射线CB 于点P ，交⑴中的抛物线在第一象限的部分于点Q ，且使△PFE 为等腰三角形，求Q 点的坐标.
12【答案】解：（1）∵BE⊥DB 交x 轴于点E ，OABC 是正方形，∴∠DBC=EBA。
在△BCD 与△BAE 中，∵∠BCD=∠BAE=90°， BC=BA ，∠DBC=∠EBA ，
∴△BCD≌△BAE（ASA ）。∴AE=CD。∵OABC 是正方形，OA=4，D 是OC 的中点， ∴A（4，0），B （4，4），C （0，4），D （0，2），∴E（6，0）．
设过点D （0，2），B （4，4），E （6，0）的抛物线解析式为y=ax 2
+bx+c ，则有：
c 216a 4b c 436a 6b c 0=??++=??++=?，解得 5a 12
13b 6c 2?=-???
=??
=???
。 ∴经过点D 、B 、E 的抛物线的解析式为：2513
y=x +x+2126
-。 （2）结论OF=
1
2DG 能成立．理由如下：由题意，当∠DBE 绕点B 旋转一定的角度后，同理可证得△BCG≌△BAF，∴AF=CG。∵x M =125，∴2M M M 51324y =x +x +2=1265-。∴M（1224
55
，）
。 设直线MB 的解析式为y MB =kx+b ，∵M（1224
55 ，）
，B （4，4）， ∴1224k+b=554k+b=4
?????，解得1k=2b=6?
-?
???。∴y MB =12-x+6。∴G（0，6）
。 ∴CG=2，DG=4。∴AF=CG=2，OF=OA ﹣AF=2，F （2，0）。∵OF=2，DG=4，∴结论OF=1
2
DG 成立。 （3）如图，△PFE 为等腰三角形，可能有三种情况，分类讨论如下： ①若PF=FE 。∵FE=4，BC 与OA 平行线之间距离为4， ∴此时P 点位于射线CB 上。∵F（2，0），∴P（2，4）。 此时直线FP⊥x 轴。来]∴x Q =2。∴251314y =x +x +2=-
，
∴Q 1（2，
143
）。②若PF=PE 。 如图所示，∵AF=AE=2，BA⊥FE，∴△BEF 为等腰三角形。 ∴此时点P 、Q 与点B 重合。∴Q 2（4，4）。
③若PE=EF 。∵FE=4，BC 与OA 平行线之间距离为4，∴此时P 点位于射线CB 上。∵E（6，0），∴P（6，4）。
设直线y PF 的解析式为y PF =kx+b ，∵F（2，0），P （6，4），∴2k+b=06k+b=4???，解得k=1b=2
??-?。∴y PF =x ﹣2。
∵Q 点既在直线PF 上，也在抛物线上，∴2513x +x+2=x 2126
-
-，化简得5x 2
﹣14x ﹣48=0， 解得x 1= 245，x 2=﹣2（不合题意，舍去）。∴x Q =2。∴y Q =x Q ﹣2=24142=55-。∴Q 3（2414
55
，）
。 综上所述，Q 点的坐标为Q 1（2，143）或Q 2（4，4）或Q 3（2414
55
，）
。 【分析】（1）由正方形的性质和△BCD≌△BAE 求得E 点坐标，然后利用待定系数法求抛物线解析式。
（2）求出M 点坐标，然后利用待定系数法求直线MB 的解析式，令x=0，求得G 点坐标，从而得到线
段CG 、DG 的长度；由△BCG ≌△BAF ，可得AF=CG ，从而求得OF 的长度．比较OF 与DG 的长度，它们满足OF=1
2
DG 的关系，所以结论成立；（3）分PF=FE 、PF=PE 和PE=EF 三种情况，逐一讨论并求解。
13. （辽宁）（1）如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°．
①当点D在AC上时，如图1，线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系？直接写出你猜想的结论；
②将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α角（0°＜α＜90°），如图2，线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系？请说明理由．
（2）当△ABC和△ADE满足下面甲、乙、丙中的哪个条件时，使线段B D、CE在（1）中的位置关系仍然成立？不必说明理由．
甲：AB：AC=AD：AE=1，∠BAC=∠DAE≠90°；
乙：AB：AC=AD：AE≠1，∠BAC=∠DAE=90°；
丙：AB：AC=AD：AE≠1，∠BAC=∠DAE≠90°．
13【答案】解：（1）①结论：BD=CE，BD⊥CE。②结论：BD=CE，BD⊥CE。理由如下：
∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD－∠DAC=∠DAE－∠DAC，即∠BAD=∠CAE。
在Rt△ABD与Rt△ACE中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAE ，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）。∴BD=CE。延长BD交AC于F，交CE于H。
在△ABF与△HCF中，∵∠ABF=∠HCF，∠AFB=∠HFC，
∴∠CHF=∠BAF=90°。∴BD⊥CE。
（2）结论：乙．AB：AC=AD：AE，∠BAC=∠DAE=90°。
【考点】全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，旋转的性质。
【分析】（1）①BD=CE，BD⊥CE。根据全等三角形的判定定理SAS推知
△ABD≌△ACE，然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等
∠ABF=∠ECA；然后在△ABD和△CDF中，由三角形内角和定理可以求得
∠CFD=90°，即BD⊥CF。
②BD=CE，BD⊥CE。根据全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△ACE，然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等∠ABF=∠ECA；作辅助线（延长BD交AC于F，交CE于H）BH构建对顶角∠ABF=∠HCF，再根据三角形内角和定理证得∠BHC=90°。
（2）根据结论①、②的证明过程知，∠BAC=∠DFC（或∠FHC=90°）时，该结论成立了，所以本条件中的∠BAC=∠DAE≠90°不合适。
14. （辽宁本溪）已知，在△ABC 中，AB=AC 。过A 点的直线a 从与边AC 重合的位置开始绕点A 按顺时针方向旋转角θ，直线a 交BC 边于点P （点P 不与点B 、点C 重合），△BMN 的边MN 始终在直线a 上（点M 在点N 的上方），且BM=BN ，连接CN 。
（1）当∠BAC=∠MBN=90°时，
①如图a ，当θ=45°时，∠ANC 的度数为_______；
②如图b ，当θ≠45°时，①中的结论是否发生变化？说明理由；
（2）如图c ，当∠BAC=∠MBN≠90°时，请直接写出∠ANC 与∠BAC 之间的数量关系，不必证明。
14【答案】解：（1）①450
。②不变。理由如下过B 、C 分别作BD⊥AP 于点D ，CE⊥AP
于点E 。∵∠BAC =90°，∴∠BAD＋∠EAC=90°。∵BD⊥AP，∴∠ADB =90°。∴∠ABD ＋∠BAD=90°。∴∠ABD=∠EAC。又∵AB=AC，∠ADB =∠CEA=90°，∴△ADB≌△CEA （AAS ）。∴AD=EC，BD=AE 。∵BD 是等腰直角三角形NBM 斜边上的高，∴BD=DN，∠BND=45°。∴BN=BD=AE。∴DN－DE=AE －DE ，即NE=AD=EC 。 ∵∠NEC =90°，∴∠ANC =45°。（3）∠ANC =90°－
1
2
∠BAC。 【分析】（1）①∵BM=BN，∠MBN=90°，∴∠BMN=∠BNM=45°。
又∵∠CAN=45°，∴∠BMN=∠CAN。又∵AB=AC，AN=AN ，∴△BMN≌△CAN（SAS ）。∴∠ANC=∠BNM=45°。 ②过B 、C 分别作BD⊥AP 于点D ，CE⊥AP 于点E 。通过证明△ADB≌△CEA 从而证明△CEN 是等腰直角三角形即可。 （2）如图，由已知得：
∠θ=1800
－2∠ABC－∠1（∵AB=AC）
=1800
－∠2－∠6－∠1（∵∠BAC=∠MBN，BM=BN ）
=（1800－∠2－∠1）－∠6
=∠3＋∠4＋∠5－∠6（三角形内角和定理） =∠6＋∠5－∠6=∠5（∠3＋∠4=∠ABC=∠6）。 ∴点A 、B 、N 、C 四点共圆。
15.（山东德州）
已知正方形ABCD 中，E 为对角线BD 上一点，过E 点作EF ⊥BD 交BC 于F ，连接DF ，G 为DF 中点，连接EG ，CG ．
（1）求证：EG =CG ；
（2）将图①中△BEF 绕B 点逆时针旋转45o，如图②所示，取DF 中点G ，连接EG ，CG ．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）将图①中△BEF 绕B 点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？通过观察你还能得出什么结论？（均不要求证明）
15 解：（1）证明：在Rt △FCD 中， ∵G 为DF 的中点，∴ CG =
12FD ．………… 1分同理，在Rt △DEF 中， EG =1
2
FD ． ………………2分 ∴ CG =EG ．…………………3分（2）（1）中结论仍然成立，即EG =CG ．…………………………4分
证法一：连接AG ，过G 点作MN ⊥AD 于M ，与EF 的延长线交于N 点． 在△DAG 与△DCG 中，
∵ AD =CD ，∠ADG =∠CDG ，DG =DG ，
∴ △DAG ≌△DCG ．
∴ AG =CG ．………………………5分 在△DMG 与△FNG 中，
∵ ∠DGM =∠FGN ，FG =DG ，∠MDG =∠NFG ，
∴ △DMG ≌△FNG ．
∴ MG =NG
在矩形AENM 中，AM =EN ． ……………6分
在Rt △AMG 与Rt △ENG 中，∵ AM =EN ， MG =NG ，∴ △AMG ≌△ENG ．∴ AG =EG ．
∴ EG =CG ． ……………………………8分
证法二：延长CG 至M ,使MG =CG ，连接MF ，ME ，EC ， ……………………4分
在△DCG 与△FMG 中，∵FG =DG ，∠MGF =∠CGD ，MG =CG ，
∴△DCG ≌△FMG ．∴MF =CD ，∠FMG ＝∠DCG ． ∴MF ∥CD ∥AB ．………………………5分∴EF MF ⊥．
在Rt △MFE 与Rt △CBE 中，∵ MF =CB ，EF =BE ，∴△MFE ≌△CBE ． ∴MEF CEB ∠=∠．…………………………………………………6分
∴∠MEC ＝∠MEF ＋∠FEC ＝∠CEB ＋∠CEF ＝90°． …………7分 ∴ △MEC 为直角三角形．∵ MG = CG ，∴ EG =2
1
MC ．
D 第15题图①
D E 第15题图②
第15题图③
D
D 图 ②（一）
D
即EG=CG．其他的结论还有:EG⊥CG．……10分
16、（襄阳）如图1，点A是线段BC上一点，△ABD和△ACE都是等边三角形．
（1）连结BE，CD，求证：BE=CD；
（2）如图2，将△ABD绕点A顺时针旋转得到△AB′D′．
①当旋转角为60度时，边AD′落在AE上；
②在①的条件下，延长DD’交CE于点P，连接BD′，CD′．当线段AB、AC满足什么数量关系时，△BDD′与△CPD′全等？并给予证明．
，∴△
×
∠ACE=×
，∴△
D
又有怎样的数量关系？请直接写出猜想，不需证明．
17 解：（1）MN=AM+CN．
理由如下：
如图，∵BC∥AD，AB=BC=CD，
∴梯形ABCD是等腰梯形，
∴∠A+∠BCD=180°，
把△ABM绕点B顺时针旋转90°到△CBM′，则△ABM≌△CBM′，
∴AM=CM′，BM=BM′，∠A=∠BCM′，∠ABM=∠M′BC，
∴∠BCM′+∠BCD=180°，
∴点M′、C、M三点共线，
∵∠MBN=1
2
∠ABC，
∴∠M′BN=∠M′BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=∠ABC-∠MBN=1
2
∠ABC，
∴∠MBN=∠M′BN，
在△BMN和△BM′N中，∵
BM BM
MBN M BN BN BN
'
=
?
?'
∠=∠
?
?=
?
，
∴△BMN≌△BM′N（SAS），∴MN=M′N，
又∵M′N=CM′+CN=AM+CN，∴MN=AM+CN；
（2）MN=CN-AM．
理由如下：如图，作∠CBM′=∠ABM交CN于点M′，∵∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠BAD+∠C=360°-180°=180°，
又∵∠BAD+∠BAM=180°，
在△ABM 和△CBM′中，∵CBM ABM AB BC C BAM '∠=∠??
=??∠=∠?
，
∴△ABM ≌△CBM′（ASA ）， ∴AM=CM′，BM=BM′，∵∠MBN=
1
2
∠ABC ， ∴∠M′BN=∠ABC-（∠ABN+∠CBM′）=∠ABC-（∠ABN+∠ABM ）=∠ABC-∠MBN=
1
2
∠ABC ， ∴∠MBN=∠M′BN ，在△MBN 和△M′BN ∵BM BM MBN M BN BN BN '=??
'
∠=∠??=?
， ∴△MBN ≌△M′BN （SAS ）， ∴MN=M′N ，
∵M′N=CN -CM′=CN -AM ， ∴MN=CN-AM ．
点评：本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰梯形的两底角互补，利用旋转变换作辅助线，构造出全等三角形，把MN 、AM 、
CN 通过等量转化到两个全等三角形的对应边是解题的关键，本题灵活性较强，对同学们的能力要求较高．