数学中考压轴题旋转问题 15页

旋转 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△A1B‎1C，则在旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积是【 】‎ ‎ A．π B． C． 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°；④；⑤．其中正确的结论是【 】‎ A．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③ ‎ ‎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：‎ ‎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°‎ ‎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 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. ‎ ‎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　 ▲ 　．‎ ‎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_ ▲____.‎ 三、解答题 ‎9. （北京市）在中，，M是AC的中点，P是线段BM上的动点，将线段PA绕点P顺时针旋转得到线段PQ。‎ ‎ （1） 若且点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（用含的代数式表示），并加以证明；‎ ‎ （3） 对于适当大小的，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，请直接写出的范围。‎ ‎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． ‎ ‎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=∠ABC(0°＜∠CBE＜∠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=∠ABC(0°＜∠CBE＜45°).求证：DE2=AD2+EC2.‎ ‎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，那么结论OF=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.‎ ‎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BD、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°．‎ ‎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，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=45°时，∠ANC的度数为_______；‎ ‎②如图b，当≠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。‎ ‎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．‎ ‎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）‎ F B A C E 第15题图③‎ ‎ ‎ F B A D C E G 第15题图②‎ F B A D C E G 第15题图①‎ D ‎17. （鸡西）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN=45°，易证MN=AM+CN （1）如图2，在梯形ABCD中，BC∥AD，AB=BC=CD，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN= ∠ABC，试探究线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明． （2）如图3，在四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC+∠ADC=180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN= ‎ ‎∠ABC，试探究线段MN、AM、CN又有怎样的数量关系？请直接写出猜想，不需证明． ‎ ‎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ACA1、 BCD和△ACD 计算即可：‎ 在△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=2，∴BC=AB=1，∠B=90°－∠BAC=60°。∴。‎ ‎∴。设点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。∴S。‎ ‎∴‎ ‎ 故选D。‎ ‎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。。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，‎ 点O旋转至O″点．易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5直角三角形。‎ 则。‎ 故结论⑤正确。综上所述，正确的结论为：①②③⑤。故选A。‎ ‎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，。在Rt△APP′中，。‎ ‎∴，解得PB=2x。∴P′A：PB=x：2x=1：2。 故选B。‎ ‎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【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。‎ ‎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=EC=FC, ∴ S△AEC= AF·EC=AF2=24 。∴AF2=24。∴AC2=2AF2=‎48 AC=4。‎ ‎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的大小可以是15°或165°。‎ ‎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。‎ ‎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【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），‎ ‎∴，解得。∴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【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=∠ABC，∴∠ABD＋∠EBC =∠ABC。‎ ‎ ∴∠ABD＋∠E’BA =∠ABC，即∠E’BD=∠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=∠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【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=ax2+bx+c，则有：‎ ‎，解得 。‎ ‎∴经过点D、B、E的抛物线的解析式为：。‎ ‎（2）结论OF=DG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。∵xM=，∴。∴M（）。‎ 设直线MB的解析式为yMB=kx+b，∵M（），B（4，4），‎ ‎∴，解得。∴yMB=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=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]∴xQ=2。∴，‎ ‎∴Q1（2，）。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。∴Q2（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yPF的解析式为yPF=kx+b，∵F（2，0），P（6，4），∴，解得。∴yPF=x﹣2。‎ ‎∵Q点既在直线PF上，也在抛物线上，∴，化简得5x2﹣14x﹣48=0，‎ 解得x1= ，x2=﹣2（不合题意，舍去）。∴xQ=2。∴yQ=xQ﹣2=。∴Q3（）。‎ 综上所述，Q点的坐标为Q1（2，）或Q2（4，4）或Q3（）。‎ ‎【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=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【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【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°－∠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。 ‎ ‎ ∴∠ANC =∠ABC ==90°－∠BAC。‎ ‎15 解：（1）证明：在Rt△FCD中， ‎ ‎∵G为DF的中点，∴ CG=FD．………… 1分同理，在Rt△DEF中， EG=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．[来源:学#科#网Z#X#X#K]‎ F B A D C E G M N N 图 ②（一）‎ 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 F B A D C E G M 图 ②（二）‎ 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∴．‎ 在Rt△MFE 与Rt△CBE中，∵ MF=CB，EF=BE，∴△MFE ≌△CBE．‎ ‎∴．…………………………………………………6分 ‎∴∠MEC＝∠MEF＋∠FEC＝∠CEB＋∠CEF＝90°． …………7分 ‎∴ △MEC为直角三角形．∵ MG = CG，F B A D C E 图③‎ G ∴ EG=MC．‎ ‎∴ ．………………………………8分 ‎（3）（1）中的结论仍然成立，‎ 即EG=CG．其他的结论还有:EG⊥CG．……10分 ‎16、解答：‎ ‎（1）证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形．‎ ‎∴AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=60°，‎ ‎∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，即∠BAE=∠DAC，‎ 在△BAE和△DAC中，‎ ‎，∴△BAE≌△DAC（SAS），∴BE=CD；‎ ‎（2）解：①∵∠BAD=∠CAE=60°，∴∠DAE=180°﹣60°×2=60°，∵边AD′落在AE上，‎ ‎∴旋转角=∠DAE=60°；‎ ‎②当AC=2AB时，△BDD′与△CPD′全等．‎ 理由如下：由旋转可知，AB′与AD重合，∴AB=BD=DD′=AD′，∴四边形ABDD′是菱形，‎ ‎∴∠ABD′=∠DBD′=∠ABD=×60°=30°，DP∥BC，‎ ‎∵△ACE是等边三角形，∴AC=AE，∠ACE=60°，∵AC=2AB，∴AE=2AD′，‎ ‎∴∠PCD′=∠ACD′=∠ACE=×60°=30°，又∵DP∥BC，‎ ‎∴∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PCD′=∠PD′C=30°，‎ 在△BDD′与△CPD′中，‎ ‎，∴△BDD′≌△CPD′（ASA）．‎ 故答案为：60．‎ ‎17 解答：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=∠ABC， ∴∠M′BN=∠M′BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=∠ABC-∠MBN=∠ABC， ∴∠MBN=∠M′BN， 在△BMN和△BM′N中，∵， ∴△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°， ∴∠C=∠BAM， ‎ 在△ABM和△CBM′中，∵， ∴△ABM≌△CBM′（ASA）， ∴AM=CM′，BM=BM′，∵∠MBN=∠ABC， ∴∠M′BN=∠ABC-（∠ABN+∠CBM′）=∠ABC-（∠ABN+∠ABM）=∠ABC-∠MBN=∠ABC， ∴∠MBN=∠M′BN，在△MBN和△M′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．‎