《几何动点与变换综合性问题-2022年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练（解析版）【江苏专用】.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《几何动点与变换综合性问题-2022年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练（解析版）【江苏专用】.docx（112页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022年中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练（江苏专用） 专题7 几何动点与变换综合性问题【真题再现】1（2021江苏南通中考真题）如图，正方形中，点E在边上（不与端点A，D重合），点A关于直线的对称点为点F，连接，设（1）求的大小（用含的式子表示）；（2）过点C作，垂足为G，连接判断与的位置关系，并说明理由；（3）将绕点B顺时针旋转得到，点E的对应点为点H，连接，当为等腰三角形时，求的值【答案】(1) (2)DG/CF理由见解析(3) 【解析】【分析】(1)作辅助线BF，用垂直平分线的性质，推导边相等、角相等再用三角形内角和为 算出 (2)作辅助线BF、AC，先导角证明 是等腰直角三角形、
2、 是等腰直角三角形再证明 、，最后用内错角相等，两直线平行，证得DG/CF(3) 为等腰三角形，要分三种情况讨论：FH=BHBF=FHBF=BH，根据题目具体条件，舍掉了、种，第种用正弦函数定义求出比值即可【详解】(1)解：连接BF，设AF和BE相交于点N 点A关于直线BE的对称点为点F BE是AF的垂直平分线 ，AB=BF 四边形ABCD是正方形 AB=BC， (2) 位置关系：平行理由：连接BF，AC，DG设DC和FG的交点为点M，AF和BE相交于点N由(1)可知， 是等腰直角三角形 四边形ABCD是正方形 是等腰直角三角形 垂直平分AF 在 和 中， 在 和 中， CF/DG(3)为等腰
3、三角形有三种情况：FH=BHBF=FHBF=BH，要分三种情况讨论：当FH=BH时，作 于点M由(1)可知：AB=BF， 四边形ABCD是正方形 设AB=BF=BC=a将绕点B顺时针旋转得到 FH=BH 是等腰三角形， 在 和 中， BM=AE= 当BF=FH时，设FH与BC交点为O 绕点B顺时针旋转得到 由(1)可知： 此时， 与 重合，与题目不符，故舍去当BF=BH时，由(1)可知：AB=BF设AB=BF=a 四边形ABCD是正方形 AB=BC=a BF=BH BF=BH=BC=a而题目中，BC、BH分别为直角三角形BCH的直角边和斜边，不能相等，与题目不符，故舍去故答案为：【点睛】本题考
4、查了三角形内角和定理(三角形内角和为 )、平行线证明(内错角相等，两直线平行)、相似三角形证明(两组对应角分别相等的两个三角形相似，两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似)、等腰直角三角形三边比例关系()、正弦函数定义式(对边：斜边) 2（2021江苏徐州中考真题）如图1，正方形的边长为4，点在边上（不与重合），连接将线段绕点顺时针旋转90得到，将线段绕点逆时针旋转90得到连接（1）求证：的面积；（2）如图2，的延长线交于点，取的中点，连接，求的取值范围【答案】（1）见详解；见详解；（2）4MN【解析】【分析】（1）过点F作FGAD交AD的延长线于点G，证明，即可得到结论；过点E作EHDA交
5、DA的延长线于点H，证明，结合，可得GD=EH，同理：FG=AH，从而得，进而即可得到结论；（2）过点F作FGAD交AD的延长线于点G，过点E作EHDA交DA的延长线于点H，可得AMD=90，MN=EF，HG= 2AD=8，EH+FG= AD=4，然后求出当点P与点D重合时， EF最大值=，当点P与AD的中点重合时，EF最小值= HG=8，进而即可得到答案【详解】（1）证明：过点F作FGAD交AD的延长线于点G，FPG+PFG=90，FPG+CPD=90，FPG=CPD，又PGF=CDP=90，PC=PF，（AAS），FG=PD，的面积；过点E作EHDA交DA的延长线于点H，EPH+PEH=9
6、0，EPH +BPA=90，PEH =BPA，又PHE=BAP=90，PB=PE，（AAS），EH=PA，由得：FG=PD，EH+FG=PA+PD=AD=CD，由得：，PG=CD，PD+GD= CD= EH+FG，FG+ GD= EH+FG，GD=EH，同理：FG=AH，又AHE=FGD，；（2）过点F作FGAD交AD的延长线于点G，过点E作EHDA交DA的延长线于点H，由（1）得：，HAE=GFD，GFD+GDF=90，HAE+GDF=90，HAE=MAD，GDF=MDA，MAD+MDA=90，AMD=90，点N是EF的中点，MN=EF，EH=DG=AP，AH=FG=PD，HG=AH+DG+
7、AD=PD+AP+AD=2AD=8，EH+FG=AP+PD=AD=4，当点P与点D重合时，FG=0，EH=4，HG=8，此时EF最大值=，当点P与AD的中点重合时，FG=2，EH=2，HG=8，此时EF最小值= HG=8，的取值范围是：4MN【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，添加辅助线，构造直角全等的直角三角形，是解题的关键3（2021江苏宿迁中考真题）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周(1)如图，连接BG、CF，求的值；(2)当正方形AEFG旋转至图位置时，连接CF、BE，分别去CF、BE的中点M、N，连接MN、试探
8、究：MN与BE的关系，并说明理由；(3)连接BE、BF，分别取BE、BF的中点N、Q，连接QN，AE=6，请直接写出线段QN扫过的面积【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）由旋转的性质联想到连接，证明即可求解；（2）由M、N分别是CF、BE的中点，联想到中位线，故想到连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH，则可证即可得到，再由四边形内角和为可得，则可证明，即是等腰直角三角形，最后利用中位线的性质即可求解；（3）Q、N两点因旋转位置发生改变，所以Q、N两点的轨迹是圆，又Q、N两点分别是BF、BE中点，所以想到取AB的中点O，结合三角形中位线和圆环面积的求解即可解答【详解】解：（
9、1）连接四边形ABCD和四边形AEFG是正方形分别平分即且都是等腰直角三角形（2）连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH是CF的中点又在四边形BEFC中又即即又四边形ABCD和四边形AEFG是正方形三角形BEH是等腰直角三角形M、N分别是BH、BE的中点（3）取AB的中点O，连接OQ、ON，连接AF在中，O、Q分别是AB、BF的中点同理可得所以QN扫过的面积是以O为圆心，和为半径的圆环的面积【点睛】本题考察旋转的性质、三角形相似、三角形全等、正方形的性质、中位线的性质与应用和动点问题，属于几何综合题，难度较大解题的关键是通过相关图形的性质做出辅助线4（2021江苏南京中考真题）在几何体表面
10、上，蚂蚁怎样爬行路径最短？（1）如图，圆锥的母线长为，B为母线的中点，点A在底面圆周上，的长为在图所示的圆锥的侧面展开图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径，并标出它的长（结果保留根号）（2）图中的几何体由底面半径相同的圆锥和圆柱组成O是圆锥的顶点，点A在圆柱的底面圆周上设圆锥的母线长为l，圆柱的高为h蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径的长为_（用含l，h的代数式表示）设的长为a，点B在母线上，圆柱的侧面展开图如图所示，在图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径的示意图，并写出求最短路径的长的思路【答案】（1）作图如图所示；（2）h +l；见解析【解析】【分析】（1）根据两点之间线段最短，即可得到最
11、短路径；连接OA，AC，可以利用弧长与母线长求出AOC，进而证明出OAC是等边三角形，利用三角函数即可求解；（2）由于圆锥底面圆周上的任意一点到圆锥顶点的距离都等于母线长，因此只要蚂蚁从点A爬到圆锥底面圆周上的路径最短即可，因此顺着圆柱侧面的高爬行，所以得出最短路径长即为圆柱的高h加上圆锥的母线长l；如图，根据已知条件，设出线段GC的长后，即可用它分别表示出OE、BE、GE、AF，进一步可以表示出BG、GA，根据B、G、A三点共线，在RtABH中利用勾股定理建立方程即可求出GC的长，最后依次代入前面线段表达式中即可求出最短路径长【详解】解：（1）如图所示，线段AB即为蚂蚁从点A爬行到点B的最短
12、路径；设AOC=n，圆锥的母线长为， 的长为，；连接OA、CA，是等边三角形，B为母线的中点，（2） 蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径为：先沿着过A点且垂直于地面的直线爬到圆柱的上底面圆周上，再沿圆锥母线爬到顶点O上，因此，最短路径长为h+l 蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径的示意图如下图所示，线段AB即为其最短路径（G点为蚂蚁在圆柱上底面圆周上经过的点，图中两个C点为图形展开前图中的C点）；求最短路径的长的思路如下：如图，连接OG，并过G点作GFAD，垂足为F，由题可知，GF=h， OB=b，由的长为a，得展开后的线段AD=a，设线段GC的长为x，则的弧长也为x，由母线长为l，可求出COG，作B
13、EOG，垂足为E，因为OB=b，可由三角函数求出OE和BE，从而得到GE，利用勾股定理表示出BG，接着由FD=CG=x，得到AF=a-x，利用勾股定理可以求出AG，将AF+BE即得到AH，将EG+GF即得到HB，因为两点之间线段最短，A、G、B三点共线，利用勾股定理可以得到：,进而得到关于x的方程，即可解出x，将x的值回代到BG和AG中，求出它们的和即可得到最短路径的长【点睛】本题考查的是曲面上的最短路径问题，涉及到圆锥和圆柱以及它们的组合体上的最短路径问题，解题过程涉及到“两点之间、线段最短”以及勾股定理和三角函数等知识，本题为开放性试题，答案形式不唯一，对学生的空间想象能力以及图形的感知力
14、要求较高，蕴含了数形结合等思想方法5（2021江苏连云港中考真题）在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动（1）是边长为3的等边三角形，E是边上的一点，且，小亮以为边作等边三角形，如图1，求的长；（2）是边长为3的等边三角形，E是边上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图2，在点E从点C到点A的运动过程中，求点F所经过的路径长；（3）是边长为3的等边三角形，M是高上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图3，在点M从点C到点D的运动过程中，求点N所经过的路径长；（4）正方形的边长为3，E是边上的一个动点，在点E从点C到点B的运动过程中，小亮以B为顶点作正方形，其中点F、G都在直线上，如图4
15、，当点E到达点B时，点F、G、H与点B重合则点H所经过的路径长为_，点G所经过的路径长为_【答案】（1）1；（2）3；（3）；（4）；【解析】【分析】（1）由、是等边三角形， ，可证即可；（2）连接，、是等边三角形，可证，可得，又点在处时，点在A处时，点与重合可得点运动的路径的长；（3）取中点，连接，由、是等边三角形，可证，可得又点在处时，点在处时，点与重合可求点所经过的路径的长；（4）连接CG ,AC ，OB，由CGA=90，点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，由四边形ABCD为正方形，BC为边长，设OC=x，由勾股定理即，可求，点G所经过的路径长为长=，点H所经过的路径长为的长【详
16、解】解:（1）、是等边三角形，；（2）连接，、是等边三角形，又点在处时，点在A处时，点与重合点运动的路径的长；（3）取中点，连接，、是等边三角形，又点在处时，点在处时，点与重合，点所经过的路径的长；（4）连接CG ,AC ，OB，CGA=90，点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，四边形ABCD为正方形，BC为边长，COB=90，设OC=x，由勾股定理即，点G所经过的路径长为长=，点H在以BC中点为圆心，BC长为直径的弧上运动，点H所经过的路径长为的长度，点G运动圆周的四分之一，点H也运动圆周的四分一，点H所经过的路径长为的长=，故答案为；【点睛本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与
17、性质，勾股定理，90圆周角所对弦是直径，圆的弧长公式，掌握等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，90圆周角所对弦是直径，圆的弧长公式是解题关键6（2020年淮安第26题）初步尝试（1）如图，在三角形纸片ABC中，ACB90，将ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，则AM与BM的数量关系为AMBM；思考说理（2）如图，在三角形纸片ABC中，ACBC6，AB10，将ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，求AMBM的值；拓展延伸（3）如图，在三角形纸片ABC中，AB9，BC6，ACB2A，将ABC沿过顶点C的直线折叠，使点B落在边AC上的点B处，折痕为CM求线段AC的长；若点O是
18、边AC的中点，点P为线段OB上的一个动点，将APM沿PM折叠得到APM，点A的对应点为点A，AM与CP交于点F，求PFMF的取值范围【分析】（1）利用平行线的方向的定理解决问题即可（2）利用相似三角形的性质求出BM，AM即可（3）证明BCMBAC，推出BCAB=BMBC=CMAC，由此即可解决问题证明PFAMFC，推出PFFM=PACM，因为CM5，推出PFFM=PA5即可解决问题【解析】（1）如图中，ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，MN垂直平分线段BC，CNBN，MNBACB90，MNAC，CNBN，AMBM故答案为AMBM（2）如图中，CACB6，AB，由题意MN垂直平分线段BC
19、，BMCM，BMCB，BCMA，BB，BCMBAC，BCBA=BMBC，610=BM6，BM=185，AMABBM10-185=325，AMBM=325185=169（3）如图中，由折叠的性质可知，CBCB6，BCMACM，ACB2A，BCMA，BB，BCMBAC，BCAB=BMBC=CMAC69=BM6，BM4，AMCM5，69=5AC，AC=152如图1中，AAMCF，PFAMFC，PAPA，PFAMFC，PFFM=PACM，CM5，PFFM=PA5，点P在线段OB上运动，OAOC=154，AB=152-6=32，32PA154，310PFFM347（2020年宿迁第27题）【感知】如图，
20、在四边形ABCD中，CD90，点E在边CD上，AEB90，求证：AEEB=DECB【探究】如图，在四边形ABCD中，CADC90，点E在边CD上，点F在边AD的延长线上，FEGAEB90，且EFEG=AEEB，连接BG交CD于点H求证：BHGH【拓展】如图，点E在四边形ABCD内，AEB+DEC180，且AEEB=DEEC，过E作EF交AD于点F，若EFAAEB，延长FE交BC于点G求证：BGCG【分析】【感知】证得BECEAD，证明RtAEDRtEBC，由相似三角形的性质得出AEEB=DECB，则可得出结论；【探究】过点G作GMCD于点M，由（1）可知EFEG=DEGM，证得BCGM，证明B
21、CHGMH（AAS），可得出结论；【拓展】在EG上取点M，使BMEAFE，过点C作CNBM，交EG的延长线于点N，则NBMG，证明AEFEBM，由相似三角形的性质得出AEBE=EFBM，证明DEFECN，则DEEC=EFCN，得出EFBM=EFCN，则BMCN，证明BGMCGN（AAS），由全等三角形的性质可得出结论【解析】【感知】证明：CDAEB90，BEC+AEDAED+EAD90，BECEAD，RtAEDRtEBC，AEEB=DECB【探究】证明：如图1，过点G作GMCD于点M，由（1）可知EFEG=DEGM，EFEG=AEEB，AEEB=DECB，DEGM=DECB，BCGM，又CGM
22、H90，CHBMHG，BCHGMH（AAS），BHGH，【拓展】证明：如图2，在EG上取点M，使BMEAFE，过点C作CNBM，交EG的延长线于点N，则NBMG，EAF+AFE+AEFAEF+AEB+BEM180，EFAAEB，EAFBEM，AEFEBM，AEBE=EFBM，AEB+DEC180，EFA+DFE180，而EFAAEB，CEDEFD，BMG+BME180，NEFD，EFD+EDF+FEDFED+DEC+CEN180，EDFCEN，DEFECN，DEEC=EFCN，又AEEB=DEEC，EFBM=EFCN，BMCN，又NBMG，BGMCGN，BGMCGN（AAS），BGCG8（20
23、20年常州第26题）如图1，点B在线段CE上，RtABCRtCEF，ABCCEF90，BAC30，BC1（1）点F到直线CA的距离是1；（2）固定ABC，将CEF绕点C按顺时针方向旋转30，使得CF与CA重合，并停止旋转请你在图1中用直尺和圆规画出线段EF经旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法）该图形的面积为12；如图2，在旋转过程中，线段CF与AB交于点O，当OEOB时，求OF的长【分析】（1）如图1中，作FDAC于D证明ABCCDF（AAS）可得结论（2）线段EF经旋转运动所形成的平面图形如图所示，此时点E落在CF上的点H处根据S阴SEFC+S扇形ACFS扇形C
24、EHSAHCS扇形ACF计算即可（3）如图2中，过点E作EHCF于H设OBOEx在RtEOH中，利用勾股定理构建方程求解即可【解析】（1）如图1中，作FDAC于D，RtABCRtCEF，ABCCEF90，BAC30，BC1ACB60，FCEBAC30，ACCF，ACF30，BACFCD，在ABC和CDF中，BAC=FCDABC=CDFAC=CF，ABCCDF（AAS），FDBC1，法二：ECFFCD30，FDCD，FECE，DFEF，EFBC1，DF1故答案为1；（2）线段EF经旋转运动所形成的平面图形如图所示，此时点E落在CF上的点H处S阴SEFC+S扇形ACFS扇形CEHSAHCS扇形AC
25、FS扇形ECH=3022360-30(3)2360=12故答案为12（3）如图2中，过点E作EHCF于H设OBOEx在RtECF中，EF1，ECF30，EHCF，EC=3EF=3，EH=32，CH=3EH=32，在RtBOC中，OC=OB2+BC2=1+x2，OHCHOC=32-1+x2，在RtEOH中，则有x2（32）2+（32-1+x2）2，解得x=73或-73（不合题意舍弃），OC=1+(73)2=43，CF2EF2，OFCFOC2-43=23解法二：作OGEC于G，设OGx，则OC2x，CG=3x，在RtOBC中，利用勾股定理，构建方程，求出x，可得结论9（2020年南通第24题）矩形
26、ABCD中，AB8，AD12将矩形折叠，使点A落在点P处，折痕为DE（1）如图，若点P恰好在边BC上，连接AP，求APDE的值；（2）如图，若E是AB的中点，EP的延长线交BC于点F，求BF的长【分析】（1）如图中，取DE的中点M，连接PM证明POMDCP，利用相似三角形的性质求解即可（2）如图中，过点P作GHBC交AB于G，交CD于H设EGx，则BG4x证明EGPPHD，推出EGPH=PGDH=EPPD=412=13，推出PG2EG3x，DHAG4+x，在RtPHD中，由PH2+DH2PD2，可得（3x）2+（4+x）2122，求出x，再证明EGPEBF，利用相似三角形的性质求解即可【解析】
27、（1）如图中，取DE的中点M，连接PM四边形ABCD是矩形，BADC90，由翻折可知，AOOP，APDE，23，DAEDPE90，在RtEPD中，EMMD，PMEMDM，3MPD，13+MPD23，ADP23，1ADP，ADBC，ADPDPC，1DPC，MOPC90，POMDCP，POPM=CDPD=812=23，APDE=2PO2PM=23解法二：证明ABP和DAE相似，APDE=ABDA=23（2）如图中，过点P作GHBC交AB于G，交CD于H则四边形AGHD是矩形，设EGx，则BG4xAEPD90，EGPDHP90，EPG+DPH90，DPH+PDH90，EPGPDH，EGPPHD，EG
28、PH=PGDH=EPPD=412=13，PH3EG3x，DHAG4+x，在RtPHD中，PH2+DH2PD2，（3x）2+（4+x）2122，解得x=165（负值已经舍弃），BG4-165=45，在RtEGP中，GP=EP2-EG2=125，GHBC，EGPEBF，EGEB=GPBF，1654=125BF，BF310（2019年南通中考第27题）如图，矩形ABCD中，AB2，AD4E，F分别在AD，BC上，点A与点C关于EF所在的直线对称，P是边DC上的一动点（1）连接AF，CE，求证四边形AFCE是菱形；（2）当PEF的周长最小时，求DPCP的值；（3）连接BP交EF于点M，当EMP45时，
29、求CP的长【分析】（1）由“AAS”可证AEOCFO，可得AECF，可得四边形AFCE是平行四边形，且ACEF，可证四边形AFCE是菱形；（2）作点F关于CD的对称点H，连接EH，交CD于点P，此时EFP的周长最小，由勾股定理可求AF的长，由平行线分线段成比例可求解；（3）延长EF，延长AB交于点N，过点E作EHBC于H，交BP于点G，过点O作BOFN于点O，可证四边形ABHE是矩形，可得ABEH2，BHAE=52，由相似三角形的性质依次求出BN，NF，BO，EM，EG的长，通过证明BGHBPC，由相似三角形的性质可求CP的长【解析】证明：（1）如图：连接AF，CE，AC交EF于点O四边形AB
30、CD是矩形，ABCD，ADBC，ADBCAEOCFO，EAOFCO，点A与点C关于EF所在的直线对称AOCO，ACEFAEOCFO，EAOFCO，AOCOAEOCFO（AAS）AECF，且AECF四边形AFCE是平行四边形，且ACEF四边形AFCE是菱形；（2）如图，作点F关于CD的对称点H，连接EH，交CD于点P，此时EFP的周长最小，四边形AFCE是菱形AFCFCEAE，AF2BF2+AB2，AF2（4AF）2+4，AF=52AE=52=CFDE=32点F，点H关于CD对称CFCH=52ADBCDPCP=DECH=35（3）如图，延长EF，延长AB交于点N，过点E作EHBC于H，交BP于点
31、G，过点B作BOFN于点O，由（2）可知，AECF=52，BFDE=32EHBC，AABC90四边形ABHE是矩形ABEH2，BHAE=52FH1EF=EH2+FH2=5，ADBCBFNAENBNAN=BFAE=FNENBNBN+2=35=NFNF+5BN3，NF=352AN5，NE=552NN，BONA90NBONEABNEN=BOAE=NOAN3552=BO52=NO5BO=355，NO=655EMPBMO45，BOENOBMBMO45BOMO=355MEENNOMO=7510ABEHBNMGEMBNEG=NMEM3EG=9557510EG=76GHEHEG=56EHCDBGHBPCGHP
32、C=BHBC56PC=524CP=43点评：本题是相似形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键【专项突破】1（2021江苏沭阳县怀文中学二模）已知：和均为等腰直角三角形，连接，点为中点，连接（1）如图1所示，点、分别在边、上，求证：且；（2）将绕点旋转到图2所示位置时，线段与又有怎样的关系，证明你的结论（3）如图3所示，当，时，求长的取值范围【答案】（1）见解析；（2）且，见解析；（3）【解析】【分析】（1）只要证明AODBOC（SAS），即可解决问题；（2）如图2中，结论：OH=AD，OHAD延长OH到E，使得HE=
33、OH，连接BE，证明BEHCHO（SAS），可得OE=2OH，EBC=BCO，证明BEOODA（SAS）即可解决问题；（3）延长OH到M，使得HM=OH，连接BM证明BMHCOH（SAS），得出BM=OC，利用三角形的三边关系即可解决问题【详解】解：（1）证明：如图1中，与为等腰直角三角形，在与中，点为线段的中点，又，（2）结论：，如图2中，延长到，使得，连接，点是中点，（3）延长到，使得，连接，在中，【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题2（2021江苏常州实验
34、初中二模）如图，在四边形ABCD中，BC=CD，BCD=，ABC+ADC=180，AC、BD交于点E将CBA绕点C顺时针旋转得到CDF（点B、A的对应点分别为点D、F）（1）画出旋转之后的图形（不要求写画法，保留画图痕迹）；（2）求证：CAB=CAD；（3）若ABD=90，AB=3，BD=4，BCE的面积为，CDE的面积为，求:的值【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）.【解析】【分析】（1）根据旋转的性质即可画出旋转之后的图形；（2）由旋转旋转可得CABCFD，再根据全等三角形的性质和ABC+ADC180，即可得CABCAD；（3）根据ABD90，AB3，BD4，可得AD的长，再根据勾股
35、定理求出BE和DE的长，根据BCE和CDE同高，即可得S1：S2的值【详解】（1）如图CDF即为旋转之后的图形；（2）证明：由旋转旋转可知：CABCFD，CDF=CBA，F=CAB，CA=CF，CBA+CDA=180，CDF+CDA=180，A、D、F三点共线，AC=CF，F=CAD，CAB=CAD；（3）过点E作EMAF于点M，过点C作CNBD于点N，ABE=AME=90，在ABE和AME中，,ABEAME（AAS），AM=AB=3，BE=ME，ABD=90，AB=3，BD=4，,DM=2，设，则,，解得，BE=1.5，DE=2.5，.【点睛】本题考查了作图旋转变换、全等三角形的判定与性质、
36、角平分线的性质，解决本题的关键是掌握旋转的性质3（2021江苏南师附中新城初中二模）【神奇的变换】（1）如图，在四边形中，垂足为，则_（填“”、“”或“”）【翻折一下】（2）若将图1中的沿直线翻折（如图2所示），其它条件不变，（1）中的结论还成立吗？请说明理由【旋转一下】（3）若，（1）中的其它条件不变（如图3所示），将绕点按逆时针方向旋转度后得到图4，求证：【平移一下】（4）若将图1中的沿直线平移，使得和重合，得到（如图5所示），连接、，则有利用该结论，解决问题：如图6，在中，是内一点，若，且，则的最大值为_【答案】（1）；（2）成立，理由见解析；（3）见解析；（4）【解析】【分析】（1）在
37、中，在中，在中，在中，即可得结论；（2）在中，在中，在中，在中，即可得结论；（3）记原梯形为，依题意旋转后得四边形，连接，交于点，先证明，再通过条件证明出，得，又因为对顶角相等，即可得出，根据（1）中的结论可证；（4）利用（1）的结论及平移的性质，等量代换来证明出，将沿着向上平移，使得与重合，连接，由结论可求的值，由三角形的三边关系可求解【详解】解：（1），在中，在中，在中，在中，故答案为：；（2）成立，理由如下：，在中，在中，在中，在中，；（3）如图下图，记原梯形为，依题意旋转后得四边形，连接，交于点，又，又，由（1）得结论得：；（4）若将图1中的沿直线平移，使得和重合，得到（如图5所示），
38、连接、，求证，证明：由（1）中的结论有：，根据平移的性质有：，如图6，将沿着向上平移，使得与重合，连接，四边形是平行四边形，四边形是矩形，由结论可得：，的最大值为，故答案为：【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，图形的变换，三角形相似的判定和性质，勾股定理等知识，利用勾股定理列出方程是本题的关键4（2021江苏扬州中学教育集团树人学校三模）如图1，在ABC中，ACB90，ACBC2，M为AB的中点D是射线BC上一个动点，连接AD，将线段AD绕点A顺时针旋转90得到线段AE，连接ED，N为ED的中点，连接AN，MN（1）当BD1时，AN ，NM与AB的位置关系是 ；（2）当2BD4
39、时，依题意补全图2；判断（1）中NM与AB的位置关系是否发生变化，并证明你的结论；（3）连接ME，在点D运动的过程中，当BD的长为何值时，ME的长最小？最小值是多少？请直接写出结果【答案】（1），垂直；（2）画图见分析；不会发生变化，证明见分析；（3）BD的长为3时，ME的长最小，最小值为1【解析】【分析】（1）根据已知条件得到，根据勾股定理得到，根据旋转的性质得到是等腰直角三角形，求得，根据直角三角形的性质得到，可推出，根据相似三角形的性质即可得到结论；（2）根据题意补全图形即可；根据等腰直角三角形的性质得到，求得，根据旋转的性质得到，推出，由相似三角形的性质得到，即可得到结论；（3）连接ME，EB，过M作于G，过A作交BD的延长线于K，得到是等腰直角三角形，推出，根据全等三角形的性质得到，证得是等腰直角三角形，求出，由，于是得到当时，ME的值最小，根据等量代换即可得到结论【详解】解：（1），将线段AD绕点A顺时针旋转90得到线段AE，是等腰直角三角形，N为ED的中点，M为AB的中点，