山沂市中考二轮专题复习材料平移、旋转与轴对称 本文关键词：轴对称，平移，中考，旋转，复习
山沂市中考二轮专题复习材料平移、旋转与轴对称 本文简介：九年级二轮专题复习材料专题十五：平移、旋转与轴对称【近3年临沂市中考试题】1.(2016山东临沂，18，3分)如图，将一矩形纸片ABCD折叠，使两个顶点A，C重合，折痕为FG．若AB=4，BC=8，则△ABF的面积为_____________．2.(2016山东临沂，12，3分)如图，将等边△ABC
山沂市中考二轮专题复习材料平移、旋转与轴对称 本文内容：
九年级二轮专题复习材料
专题十五：平移、旋转与轴对称
【近3年临沂市中考试题】
1.
(2016山东临沂，18，3分)如图，将一矩形纸片ABCD折叠，使两个顶点A，C重合，折痕为FG．若AB=4，BC=8，则△ABF的面积为_____________．
2.
(2016山东临沂，12，3分)如图，将等边△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△EDC，连接AD，BD.则下列结论：①AC=AD；②BD⊥AC；③四边形ACED是菱形.其中正确的个数是（
）
（A）0
（B）1
（C）2
（D）3
3.（2015山东临沂，13，3分）要将抛物线平移后得到抛物线，下列平移方法正确的是（
）
A.
向左平移1个单位，再向上平移2个单位
B.
向左平移1个单位，再向下平移2个单位
C.
向右平移1个单位，再向上平移2个单位
D.
向右平移1个单位，再向下平移2个单位
4.（2014山东省临沂市，14，3分）在平面直角坐标系中，函数≥的图象为，关于原点对称的图象为，则直线（a为常数）与，的交点共有（
）
（A）1个．
（B）1个，或2个．
（C）1个，或2个，或3个．
（D）1个，或2个，或3个，或4个．
5.（2014山东省临沂市，23，9分）对一张矩形纸片ABCD进行折叠，具体操作如下：
第一步：先对折，使AD与BC重合，得到折痕MN，展开；
第二步：再一次折叠，使点A落在MN上的点处，并使折痕经过点B，得到折痕BE，同时，得到线段，，展开，如图1；
第三步：再沿所在的直线折叠，点B落在AD上的点处，得到折痕EF，同时得到线段，展开，如图2.
【知识点】
对称、平移和旋转的基本概念，图形平移、对称和旋转的基本性质，按要求做出平移、对称和旋转后的图形，利用平移、对称和旋转解决相关问题。
【规律方法】
1．轴对称图形的识别：能否找到一条直线（即对称轴），使直线两旁的部分完全重合；折叠问题是轴对称变换，折叠前后是全等形，解决问题时经常用到勾股定理。
2．图形平移的两个基本条件：（1）图形平移的方向是这个图形上某一点到平移后的图形对应点的方向；（2）图形平移的距离是连接一对对应点的线段的长度，图形上的每个点平移的距离相等。
3.平移作图的方法：（1）平行线法；（2）对应点连线法；利用“平移图形的对应线段平行（或共线）且相等”找出各关键点的对应点再顺次连线作图。（3）全等图形法：利用“平移图形必全等”用尺规作图。
3．中心对称图形的识别：看是否存在一点，把图形绕着这一点旋转180°后能与原图形重合。旋转前后的图形是全等形，旋转中心是各对应点所连线段的垂直平分线的交点。
5.求一个图形旋转后、平移后的图形的某点的坐标，一般要把握三点：一是根据图形旋转、平移变换的性质；二是利用图形的全等关系；三是点所在象限符号的确定。
6.对平移作图应明确平移的方向和距离；对旋转作图要明确旋转中心和旋转角；轴对称作图关键是确定对称轴。
【中考集锦】
一．填空题（共3小题）
1．（2015?张家港市模拟）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，点A的坐标为（﹣4，0），点B的坐标为（0，4），点C、D分别为OA、OB的中点，若正方形OCED绕点O顺时针旋转，得正方形OC′E′D′．记旋转角为a（0°＜a＜360°），连结AC′、BD′，设直线AC′与直线BD′相交于点F，则点F的纵坐标的最大值为
．
2．（2015?重庆校级模拟）如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=6，将该矩形沿对角线BD翻折，使△DBG与△DBC在同一平面内，C的对应点为G，BG交AD于点E，以BE为边作等边三角形PEF（P与B重合），点E、F位于AB两侧，将△PAF沿射线BD方向平移，当P到达点D时停止平移．当平移结束后，（即点P到达点D时），将△PAF绕点P顺时针旋转一个角度α（0＜α＜180°），A的对应点A′，F的对应点F′，直线PF′与直线BG的交点为M，直线F′A′与直线BG的交点为N，在旋转过程中，当△F′MN是直角三角形，且∠MNF′=90°时，则F′N的长度为
．
3．（2015?孝感）如图，四边形ABCD是矩形纸片，AB=2．对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF；展平后再过点B折叠矩形纸片，使点A落在EF上的点N，折痕BM与EF相交于点Q；再次展平，连接BN，MN，延长MN交BC于点G．有如下结论：
①∠ABN=60°；②AM=1；③QN=；④△BMG是等边三角形；⑤P为线段BM上一动点，H是BN的中点，则PN+PH的最小值是．
其中正确结论的序号是
．
二．解答题（共35小题）
4．（2016?泰安模拟）如图，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，边BA绕点B顺时针旋转α角得到线段BP，连结PA，PC，过点P作PD⊥AC于点D．
（1）如图1，若α=60°，求∠DPC的度数；
（2）如图2，若α=30°，直接写出∠DPC的度数；
（3）如图3，若α=150°，依题意补全图，并求∠DPC的度数．
5．（2016?西峡县一模）问题发现：如图1，△ABC是等边三角形，点D是边AD上的一点，过点D作DE∥AC交AC于E，则线段BD与CE有何数量关系？
拓展探究：如图2，将△ADE绕点A逆时针旋转角α（0°＜α＜360°），上面的结论是否仍然成立？如果成立，请就图中给出的情况加以证明．
问题解决：如果△ABC的边长等于2，AD=2，直接写出当△ADE旋转到DE与AC所在的直线垂直时BD的长．
6．（2016?邢台二模）如图1：已知△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，在∠BAC内部作∠MAN=45°．AM、AN分别交BC于点M，N．
【操作】
（1）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，使AB边与AC边重合，把旋转后点M的对应点记作点Q，得到ACQ，请在图1中画出△ACQ；（不写出画法）
【探究】
（2）在（1）中作图的基础上，连接NQ，
①求证“MN=NQ”；
②写出线段BM，MN和NC之间满足的数量关系，并简要说明理由．
【拓展】
如图2，在等腰△DEF中，∠EDF=45°，DE=DF，点P是EF边上任意一点（不与E，F重合），连接DP，以DP为腰向两侧分别作顶角均为45°的等腰△DPG和等腰△DPH，分别交DE，DF于点K，L，连接GH，分别交DE，DF于点S，T．
（3）线段GS，ST和TH之间满足的数量关系是
ST2=GS2+TH2
；
（4）设DK=a，DE=b，求DP的值．（用a，b表示）
7．（2016?山西模拟）综合与实践：
问题情景：已知等腰Rt△AED，∠AED=∠ACB=90°，点M，N分别是DB，EC的中点，连接MN．
问题：
（1）如图1，当点E在AB上，且点C和点D恰好重合时，探索MN与EC的数量关系，并加以证明；
（2）如图2，当点D在AB上，点E在△ABC外部时，（1）中的结论还成立吗？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由．
拓展探究：
（3）如图3，将图2中的等腰Rt△AED绕点A逆时针旋转n°（0＜n＜90），请猜想MN与EC的位置关系和数量关系．（不必证明）
【特别提醒】1、作图的基本作法以点（特殊点）定线，就是先做出特殊点的对应点，再顺次连接特殊点，同时掌握好三种基本变换的共性特征（形状和大小不变）及个性特征。
2、求平移图形中的坐标时，易忽视平移方向；旋转作图时易忽视旋转的方向，如果没有特别说明，要分类讨论。
3、折叠的本质特征：折叠前后的图形关于折痕成轴对称。解决这类问题的关键首先要把握折叠的变换规律，弄清折叠前后哪些量变了，哪些量没有变，又有哪些条件可利用；其次要充分挖掘图形的几何性质，利用全等三角形、勾股定理或相似三角形的知识，将其中的数量关系用方程的形式表达出来，由此解决问题。
答案：
九年级二轮专题复习材料
专题十二：平移、旋转与轴对称
【近3年临沂市中考试题】
1.
(2016山东临沂，18，3分)如图，将一矩形纸片ABCD折叠，使两个顶点A，C重合，折痕为FG．若AB=4，BC=8，则△ABF的面积为_____________．
【答案】6
【逐步提示】本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等，根据勾股定理列出方程是解题的关键．①先利用矩形的性质和折叠的性质得出∠B=90°，AF=FC；②然后利用勾股定理列方程求出BF的长；③再用三角形面积公式求出三角形的面积．
【详细解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°．∵折叠使得A，C重合，∴AF=FC．设BF=x，∵BC=8，∴AF=FC=8－x．在Rt△ABF中，AB=4，由勾股定理可得42+x2=(8－x)2，解得x=3，即BF=3．∴△ABF的面积为AB·BF=×3×4=6．故答案为6.
2.(2016山东临沂，12，3分)如图，将等边△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△EDC，连接AD，BD.则下列结论：①AC=AD；②BD⊥AC；③四边形ACED是菱形.其中正确的个数是（
）
（A）0
（B）1
（C）2
（D）3
【答案】D
【解答过程】解：如图，画出，函数y=x2-2x（x≥0）的图象为C1，C1关于原点对称的图象为C2，当-2a＜2时，直线（a为常数）与，的交点共有3个，当a=2或-2时，直线（a为常数）与，的交点共有2个，当a＞2或a＜-2时，直线（a为常数）与，的交点共有1个.故选C．
3.（2015山东临沂，13，3分）要将抛物线平移后得到抛物线，下列平移方法正确的是（
）
A.
向左平移1个单位，再向上平移2个单位
B.
向左平移1个单位，再向下平移2个单位
C.
向右平移1个单位，再向上平移2个单位
D.
向右平移1个单位，再向下平移2个单位
【答案】D
4.（2014山东省临沂市，14，3分）在平面直角坐标系中，函数≥的图象为，关于原点对称的图象为，则直线（a为常数）与，的交点共有（
）
（A）1个．
（B）1个，或2个．
（C）1个，或2个，或3个．
（D）1个，或2个，或3个，或4个．
【答案】C.
【考点解剖】本题考查了二次函数的图像及几何变换，解答本题的关键是熟练进行几何图形的变换.
【解题思路】首先画出函数的图象，根据关于原点对称的关系，可得C2，根据直线y=a（a为常数）与C1、C2的交点，可得答案．
【解答过程】解：如图，画出，函数y=x2-2x（x≥0）的图象为C1，C1关于原点对称的图象为C2，当-2a＜2时，直线（a为常数）与，的交点共有3个，当a=2或-2时，直线（a为常数）与，的交点共有2个，当a＞2或a＜-2时，直线（a为常数）与，的交点共有1个.故选C．
5.（2014山东省临沂市，23，9分）对一张矩形纸片ABCD进行折叠，具体操作如下：
第一步：先对折，使AD与BC重合，得到折痕MN，展开；
第二步：再一次折叠，使点A落在MN上的点处，并使折痕经过点B，得到折痕BE，同时，得到线段，，展开，如图1；
第三步：再沿所在的直线折叠，点B落在AD上的点处，得到折痕EF，同时得到线段，展开，如图2.
（1）证明：°；
（2）证明：四边形为菱形.
【答案】解：（1）∵对折AD与BC重合，折痕是MN，
∴点M是AB的中点，
∴A′是EF的中点，
∵∠BA′E=∠A=90°，
∴BA′垂直平分EF，
∴BE=BF，
∴∠A′BE=∠A′BF，
由翻折的性质，∠ABE=∠A′BE，
∴∠ABE=∠A′BE=∠A′BF，
∴∠ABE=×90°=30°；
（2）∵沿EA′所在的直线折叠，点B落在AD上的点B′处，
∴BE=B′E，BF=B′F，
∵BE=BF，
∴BE=B′E=B′F=BF，
∴四边形BFB′E为菱形．
【中考集锦】
一．填空题（共3小题）
1．（2015?张家港市模拟）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，点A的坐标为（﹣4，0），点B的坐标为（0，4），点C、D分别为OA、OB的中点，若正方形OCED绕点O顺时针旋转，得正方形OC′E′D′．记旋转角为a（0°＜a＜360°），连结AC′、BD′，设直线AC′与直线BD′相交于点F，则点F的纵坐标的最大值为
+1
．
【分析】首先找到使点F的纵坐标最大时点F的位置（点F与点E′重合时），然后运用勾股定理及30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识即可求出点F的纵坐标的最大值．
【解答】解：如图，
∵∠AOB=∠D′OC′，
∴∠ACO′=∠BOD′，
在△AOC′和△BOD′中，
，
∴△AOC′≌△BOD′，
∴∠OAF=∠OBF，
∵∠AGO=∠BOF
∴∠BFA=∠BOA=90°，
∴点F、B、A、O四点共圆，
∴当点F在劣弧上运动时，点F的纵坐标随∠FAO的增大而增大，
∵OC′=2，
∴点C′在以点O为圆心，2为半径的圆O上运动，
∴当AF与⊙O相切时，∠C′AO（即∠FAO）最大，
此时∠AC′O=90°，点E′与点F重合，点F的纵坐标达到最大．
过点F作FH⊥x轴，垂足为H，如图所示．
∵∠AC′O=90°，C′O=2，AO=4，
∴∠E′AO=30°，AC′=2．
∴AF=2+2．
∵∠AHF=90°，∠FAH=30°，
∴FH=AF=×（2+2）=+1．
∴点P的纵坐标的最大值为+1．
【点评】本题主要考查了几何变换综合题，涉及全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的外角性质、30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，找到使点F的纵坐标最大时点F的位置是解决问题的关键．
2．（2015?重庆校级模拟）如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=6，将该矩形沿对角线BD翻折，使△DBG与△DBC在同一平面内，C的对应点为G，BG交AD于点E，以BE为边作等边三角形PEF（P与B重合），点E、F位于AB两侧，将△PAF沿射线BD方向平移，当P到达点D时停止平移．当平移结束后，（即点P到达点D时），将△PAF绕点P顺时针旋转一个角度α（0＜α＜180°），A的对应点A′，F的对应点F′，直线PF′与直线BG的交点为M，直线F′A′与直线BG的交点为N，在旋转过程中，当△F′MN是直角三角形，且∠MNF′=90°时，则F′N的长度为
2﹣2
．
【分析】根据题意结合锐角三角函数关系以及勾股定理得出BD，BE的长，进而求出DE的长，再结合平移与旋转的性质、利用锐角三角函数关系分别求出答案．
【解答】解：如图，∵矩形ABCD中，AB=2，BC=6，
∴tan∠DBC==，
∴∠DBC=30°，
∴∠ABE=∠ABF=∠DBC=30°，
∵AB=2，
∴AF=AB×tan30°=2，
∴FB=4，
∵AD∥BC，
∴△M1ED∽△M1BC，
∴=，
即=，
解得：M1D=4，
∵DF″=4，
∴M1F″=4（﹣1），
∴F″N1=×4（﹣1）=2﹣2；
∵AB=2，BC=6，
∴BD=4，
∵TD=BF=4，
∴BT=4﹣4，
∴TN2=（4﹣4）=2﹣2，
∵∠ABD=∠BDC=60°，∠DTF′=60°，
∴△DTF′是等边三角形，
∴DT=TF′=4，
∴F′N2=4+2﹣2=2+2．（此时旋转角大于180°，不合题意舍去），
综上所述：F′N=2﹣2．
故答案为：2﹣2．
【点评】此题主要考查了几何变换综合以及锐角三角函数关系和勾股定理、旋转的性质等知识，利用分类讨论得出是解题关键．
3．（2015?孝感）如图，四边形ABCD是矩形纸片，AB=2．对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF；展平后再过点B折叠矩形纸片，使点A落在EF上的点N，折痕BM与EF相交于点Q；再次展平，连接BN，MN，延长MN交BC于点G．有如下结论：
①∠ABN=60°；②AM=1；③QN=；④△BMG是等边三角形；⑤P为线段BM上一动点，H是BN的中点，则PN+PH的最小值是．
其中正确结论的序号是
①④⑤
．
【分析】①首先根据EF垂直平分AB，可得AN=BN；然后根据折叠的性质，可得AB=BN，据此判断出△ABN为等边三角形，即可判断出∠ABN=60°．
②首先根据∠ABN=60°，∠ABM=∠NBM，求出∠ABM=∠NBM=30°；然后在Rt△ABM中，根据AB=2，求出AM的大小即可．
③首先根据EF∥BC，QN是△MBG的中位线，可得QN=BG；然后根据BG=BM=，求出QN的长度即可．
④根据∠ABM=∠MBN=30°，∠BNM=∠BAM=90°，推得∠MBG=∠BMG=∠BGM=60°，即可推得△BMG是等边三角形．
⑤首先根据△BMG是等边三角形，点N是MG的中点，判断出BN⊥MG，即可求出BN的大小；然后根据E点和H点关于BM称可得PH=PE，因此P与Q重合时，PN+PH=PN+PE=EN，据此求出PN+PH的最小值是多少即可．
【解答】解：如图1，连接AN，
∵EF垂直平分AB，
∴AN=BN，
根据折叠的性质，可得
AB=BN，
∴AN=AB=BN．
∴△ABN为等边三角形．
∴∠ABN=60°，∠PBN=60°÷2=30°，
即结论①正确；
∵∠ABN=60°，∠ABM=∠NBM，
∴∠ABM=∠NBM=60°÷2=30°，
∴AM=，
即结论②不正确．
∵EF∥BC，QN是△MBG的中位线，
∴QN=BG；
∵BG=BM=，
∴QN=，
即结论③不正确．
∵∠ABM=∠MBN=30°，∠BNM=∠BAM=90°，
∴∠BMG=∠BNM﹣∠MBN=90°﹣30°=60°，
∴∠MBG=∠ABG﹣∠ABM=90°﹣30°=60°，
∴∠BGM=180°﹣60°﹣60°=60°，
∴∠MBG=∠BMG=∠BGM=60°，
∴△BMG为等边三角形，
即结论④正确．
∵△BMG是等边三角形，点N是MG的中点，
∴BN⊥MG，∴BN=BG?sin60°=，
根据条件易知E点和H点关于BM对称，∴PH=PE，
∴P与Q重合时，PN+PH的值最小，此时PN+PH=PN+PE=EN，
∵EN==，
∴PN+PH=，
∴PN+PH的最小值是，
即结论⑤正确．
故答案为：①④⑤．
【点评】（1）此题主要考查了几何变换综合题，考查了分析推理能力，考查了空间想象能力，考查了数形结合方法的应用，要熟练掌握．
（2）此题还考查了等边三角形的判定和性质的应用，以及矩形的性质和应用，要熟练掌握．
（3）此题还考查了折叠的性质和应用，以及余弦定理的应用，要熟练掌握．
二．解答题（共35小题）
4．（2016?泰安模拟）如图，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，边BA绕点B顺时针旋转α角得到线段BP，连结PA，PC，过点P作PD⊥AC于点D．
（1）如图1，若α=60°，求∠DPC的度数；
（2）如图2，若α=30°，直接写出∠DPC的度数；
（3）如图3，若α=150°，依题意补全图，并求∠DPC的度数．
【分析】（1）根据α=60°，得到△ABP是等边三角形，求出AP=AC，得到∠APC=75°，得到答案；
（2）过点A作AE⊥BP于E，根据∠1=30°，得到∠2=15°，求出∠3=15°，证明AD=DC，得到∠DPC=∠APD；
（3）证明过程与（2）类似，可以求出∠DPC的度数．
【解答】解：（1）∵边BA绕点B顺时针旋转α角得到线段BP，
∴BA=BP，
∵α=60°，∴△ABP是等边三角形，
∴∠BAP=60°，AP=AC，
又∵∠BAC=90°，
∴∠PAC=30°，∠ACP=75°，
∵PD⊥AC于点D，
∴∠DPC=15°；
（2）如图2，结论：∠DPC=75°，
证明：过点A作AE⊥BP于E，
∵∠1=30°，∠BAE=60°，
∴∠2=15°，又∠3=90°﹣75°=15°，
∴∠APD=75°，
∴AE=AD，又AE=AB=AC，
∴AD=AC=DC，
∴∠DPC=∠APD=75°；
（3）如图3，过点A作AE⊥BP于E．
∴∠AEB=90°，
∵∠ABP=150°，∴∠1=30°，∠BAE=60°，
又∵BA=BP，
∴∠2=∠3=15°，
∴∠PAE=75°，
∵∠BAC=90°，
∴∠4=75°，
∴∠PAE=∠4
∵PD⊥AC于点D，
∴∠AEP=∠ADP=90°，
在△APE和△APD中，
，
∴△APE≌△APD，
∴AE=AD，
在Rt△ABE中，∠1=30°，
∴AE=AB，
又∵AB=AC，
∴AE=ADAB=AC，
∴AD=CD，
又∵∠ADP=∠CDP=90°，
∴∠DCP=∠4=75°，
∴∠DPC=15°．
【点评】本题考查的是几何变换即旋转的性质，掌握旋转的性质并正确找出对应关系是解题的关键，注意三角形确定的判定定理和性质定理的灵活运用以及直角三角形的性质的运用．
5．（2016?西峡县一模）问题发现：如图1，△ABC是等边三角形，点D是边AD上的一点，过点D作DE∥AC交AC于E，则线段BD与CE有何数量关系？
拓展探究：如图2，将△ADE绕点A逆时针旋转角α（0°＜α＜360°），上面的结论是否仍然成立？如果成立，请就图中给出的情况加以证明．
问题解决：如果△ABC的边长等于2，AD=2，直接写出当△ADE旋转到DE与AC所在的直线垂直时BD的长．
【分析】（1）如图1，由平行线分线段成比例定理可得：BD=CE；
（2）如图2，证明△BAD≌△CAE，得BD=CE；
（3）分两种情况：①如图3，在直角三角形中，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半求出DG=1，由勾股定理求出AG=，得出BG，从而计算出BD的长．
②如图4，求EF的长和CF的长，根据勾股定理在Rt△EFC中求EC的长，所以BD=EC=2．
【解答】解：（1）如图1，BD=CE，理由是：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，
∵DE∥BC，
∴，
∴BD=CE；
（2）结论仍然成立，如图2，
由图1得，△ADE是等边三角形，
∴AD=AE，
由旋转得：∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE，
∴BD=CE；
（3）当△ADE旋转到DE与AC所在的直线垂直时，有两种情况：
①如图3，∵△ADE是等边三角形，AF⊥DE，
∴∠DAF=∠EAF=30°，
∴∠BAD=30°，
过D作DG⊥AB，垂足为G，
∵AD=2，
∴DG=1，AG=，
∵AB=2，
∴BG=AB﹣AG=2﹣=，
∴BD===2．
②如图4，同理得：△BAD≌△CAE，
∴BD=CE，
∵△ADE是等边三角形，
∴∠ADE=60°，
∵AD=AE，DE⊥AC，
∴∠EAF=∠FAD=30°，
∴EF=FD=AD=1，
∴AF=，
∴CF=AC+CF=2+=3，
在Rt△EFC中，EC====4，
∴BD=EC=2，
综上所述，BD的长为2和2．
【点评】本题是几何变换的综合题，考查了等边三角形、全等三角形的性质与判定；在几何证明中，如果出现等边三角形，它所得出的结论比较多，要准确把握需要利用哪些结论进行证明；此类题的解题思路为：证明两个三角形全等或利用勾股定理求边长；如果有平行的关系，可以考虑利用平行相似来证明．
6．（2016?邢台二模）如图1：已知△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，在∠BAC内部作∠MAN=45°．AM、AN分别交BC于点M，N．
【操作】
（1）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，使AB边与AC边重合，把旋转后点M的对应点记作点Q，得到ACQ，请在图1中画出△ACQ；（不写出画法）
【探究】
（2）在（1）中作图的基础上，连接NQ，
①求证“MN=NQ”；
②写出线段BM，MN和NC之间满足的数量关系，并简要说明理由．
【拓展】
如图2，在等腰△DEF中，∠EDF=45°，DE=DF，点P是EF边上任意一点（不与E，F重合），连接DP，以DP为腰向两侧分别作顶角均为45°的等腰△DPG和等腰△DPH，分别交DE，DF于点K，L，连接GH，分别交DE，DF于点S，T．
（3）线段GS，ST和TH之间满足的数量关系是
ST2=GS2+TH2
；
（4）设DK=a，DE=b，求DP的值．（用a，b表示）
【分析】（1）根据旋转中心、旋转方向和旋转角度进行作图即可；（2）先根据SAS判定△MAN≌△QAN，进而得出结论，再由全等三角形和旋转，得出MN=NQ，MB=CQ，最后根据Rt△NCQ中的勾股定理得出结论；（3）运用②中的方法即可得出类似的加仑；（4）先判定△DPK∽△DEP，再根据相似三角形对应边成比例，列出比例式进行求解．
【解答】解：（1）如图，△ACQ即为所求；
（2）①证明：由旋转可得，△ABM≌△ACQ
∴AM=AQ，∠BAM=∠CAQ
∵∠MAN=45°，∠BAC=90°
∴∠BAM+∠NAC=45°
∴∠CAQ+∠NAC=45°，即∠NAQ=45°
在△MAN和△QAN中
∴△MAN≌△QAN（SAS）
∴MN=NQ
②MN2=BM2+NC2
由①中可知，MN=NQ，MB=CQ
又∠NCQ=∠NCA+ACQ=∠NCA+∠ABM=45°+45°=90°
在Rt△NCQ中，NQ2=CQ2+NC2，即MN2=BM2+NC2
（3）ST2=GS2+TH2
（4）如图，∵DE=DF，DG=DP，∠EDF=∠GDP=45°
∴∠DPK=∠DEP
又∵∠PDK=∠EDP
∴△DPK∽△DEP
∴，即DP2=DK?DE
∵DK=a，DE=b
∴DP=
【点评】本题主要考查了图形的旋转、全等三角形以及相似三角形，解决问题的关键是掌握旋转变换思想方法在解决问题过程中的应用．解题时注意：①旋转不改变图形的形状和大小（即旋转前后的两个图形全等），②任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角彼此相等（都是旋转角），③经过旋转，对应点到旋转中心的距离相等．
7．（2016?山西模拟）综合与实践：
问题情景：已知等腰Rt△AED，∠AED=∠ACB=90°，点M，N分别是DB，EC的中点，连接MN．
问题：
（1）如图1，当点E在AB上，且点C和点D恰好重合时，探索MN与EC的数量关系，并加以证明；
（2）如图2，当点D在AB上，点E在△ABC外部时，（1）中的结论还成立吗？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由．
拓展探究：
（3）如图3，将图2中的等腰Rt△AED绕点A逆时针旋转n°（0＜n＜90），请猜想MN与EC的位置关系和数量关系．（不必证明）
【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质以及三角形中位线定理，得出得出MN与EC的数量关系；
（2）先连接EM并延长至点F，使MF=EM，判定△EDM≌△FBM，进而运用SAS判定△EAC≌△FBC，即可得出FC=EC，再利用三角形中位线定理，得出MN与FC的数量关系，进而得出结论；
（3）先延长DN到G，使DN=GN，连接CG，延长DE、CA交于点K，再通过判定△EDN≌△CGN和△CAE≌△BCG，进而得出结论．
【解答】解：（1）MN与EC的数量关系为MN=EC，
证明：∵点M，N分别是DB，EC的中点，
∴MN=EB，
∵等腰Rt△AED，∠AED=∠ACB=90°，
∴∠B=∠ACE=45°，
∴∠BCE=90°﹣45°=45°，
∴BE=CE，
∴MN=EC；
（2）成立
证明：如图2，连接EM并延长至点F，使MF=EM，连接CF，BF，
在△EDM和△FBM中，
，
∴△EDM≌△FBM（SAS），
∴BF=DE=AE，∠FBM=∠EDM，
∵△AED为等腰直角三角形，∠AED=∠ACB=90°，
∴∠BAC=∠ABC=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠EAD=∠EDA=∠BAC=∠ABC=45°，AC=BC，
∴∠FBM=∠EDM=135°，
∴∠FBC=∠EAC=90°，
在△EAC和△FBC中，
，
∴△EAC≌△FBC（SAS），
∴FC=EC，
又∵点M，N分别是EF，EC的中点，
∴MN=FC，
∴MN=EC；
（3）MN与EC的位置关系为：MN⊥EC，数量关系为：MN=EC．
【点评】本题主要考查了几何变换变换中的旋转变换，解决问题的关键是掌握三角形中位线定理以及全等三角形的判定和性质．解决此类试题时，需要灵活运用等腰直角三角形的性质，并且需要经过中点作辅助线构造全等三角形．
【特别提醒】1、作图的基本作法以点（特殊点）定线，就是先做出特殊点的对应点，再顺次连接特殊点，同时掌握好三种基本变换的共性特征（形状和大小不变）及个性特征。
2、求平移图形中的坐标时，易忽视平移方向；旋转作图时易忽视旋转的方向，如果没有特别说明，要分类讨论。
3、折叠的本质特征：折叠前后的图形关于折痕成轴对称。解决这类问题的关键首先要把握折叠的变换规律，弄清折叠前后哪些量变了，哪些量没有变，又有哪些条件可利用；其次要充分挖掘图形的几何性质，利用全等三角形、勾股定理或相似三角形的知识，将其中的数量关系用方程的形式表达出来，由此解决问题。