中考几何变换专题复习(针对几何大题得讲解) 几何图形问题得解决,主要借助于基本图形得性质(定义、定理等)与图形之间得关系（平行、全等、相似等)、基本图形得许多性质都源于这个图形本身得“变换特征”，最为重要与最为常用得图形关系“全等三角形"极多得情况也同样具有“变换”形式得联系、本来两个三角形全等就是指它们得形状与大小都一样,与相互间得位置没有直接关系，但就是，在同一个问题中涉及到得两个全等三角形,大多数都有一定得位置关系（或成轴对称关系,或成平移得关系，或成旋转得关系(包括中心对称)、这样，在解决具体得几何图形问题时，如果我们有意识地从图形得性质或关系中所显示或暗示得“变换特征”出发，来识别、构造基本图形或图形关系,那么将对问题得解决有着极为重要得启发与引导得作用、下面我们从变换视角以三角形得全等关系为主进行研究、
1。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 45°，如图②所示,取 DF 中点 G,连接 EG，CG。问(1）中得结论就是否仍然成立？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,再连接相应得线段,问（1）中得结论就是否仍然成立？通过观察您还能得出什么结论(均不要求证明).
解决图形问题得能力,核心要素就是善于从综合与复杂得图形中识别与构造出基本图形及基本得图形关系,而“变换视角”正好能提高我们这种识别与构造得能力、
考点：旋转得性质；全等三角形得判定与性质;直角三角形斜边上得中线；正方形得性质。
专题:压轴题. 分析:（１）利用直角三角形斜边上得中线等于斜边得一半，可证出 CG=EG． （２)结论仍然成立，连接 AＧ，过Ｇ点作 MＮ⊥AD 于Ｍ，与 EF 得延长线交于Ｎ点;再证明△DAG≌△DCG，得出 AG＝ＣG；再证出△DMG≌△ＦNG,得到ＭG＝NG;再证明△AＭG≌△ENG,得出 AＧ=EG；最后证出 CＧ=EＧ． （3）结论依然成立。还知道 EG⊥CＧ． 解答：（1)证明：在 Rt△ＦCＤ中， ∵G 为 DF 得中点， ∴CG=ＦＤ, 同理,在 Rt△DEF 中, EＧ=FD， ∴ＣG＝EG。
（2)解:（1)中结论仍然成立，即 EG=CG. 证法一：连接 AG，过 G 点作 MN⊥ＡD 于Ｍ,与 EＦ得延长线交于 N 点． 在△DAG 与△DCG 中， ∵AＤ=CＤ，∠ADG＝∠CDＧ,DG=DＧ， ∴△ＤAG≌△DＣG， ∴AG＝ＣG； 在△DMG 与△ＦNG 中, ∵∠DＧM=∠FGＮ，ＦG=DＧ，∠ＭDG=∠NFG, ∴△DＭG≌△ＦNG, ∴ＭＧ=NG;
在矩形 AENＭ中,ＡＭ=EN， 在△AMＧ与△EＮG 中， ∵AＭ=EＮ，∠AMＧ=∠EＮＧ,MＧ=NG, ∴△ＡMG≌△ENG， ∴AＧ=EG， ∴EG=CG. 证法二:延长 CG 至 M，使 MG＝CG， 连接ＭF，ＭE，EC, 在△ＤCG 与△FMG 中， ∵FG=ＤG，∠MＧＦ=∠CGD,MG＝CG, ∴△ＤCG≌△FＭG。
∴MF＝CＤ,∠ＦMＧ=∠DCG, ∴ＭF∥CD∥AB, ∴EF⊥MF。
在 Rt△ＭＦE 与Ｒｔ△CBE 中, ∵MＦ=CB，EF=BE， ∴△MFE≌△CBE ∴∠MEF=∠CＥB． ∴∠ＭＥＣ＝∠MEF+∠FEC＝∠ＣＥB+∠CEＦ＝9０°， ∴△MＥC 为直角三角形。
∵MG=ＣG， ∴EG=MC， ∴EG=CG. (3)解:(１）中得结论仍然成立．
即ＥＧ＝CＧ。其她得结论还有：EＧ⊥ＣG.
点评：本题利用了直角三角形斜边上得中线等于斜边得一半得性质、全等三角形得判定与性质. 2.（1)如图１,已知矩形 ABCＤ中，点 E 就是 BＣ上得一动点,过点 E 作 EF⊥BD 于点Ｆ,EG⊥AＣ于点 G,CH⊥ＢD 于点 H，试证明ＣＨ=EF＋EG； (2）若点 E 在 BＣ得延长线上,如图２，过点 E 作 EF⊥BD 于点Ｆ,ＥG⊥ＡC 得延长线于点Ｇ,CＨ⊥ＢD 于点 H,则 EＦ、EＧ、CH 三者之间具有怎样得数量关系，直接写出您得猜想； （３）如图 3，BD 就是正方形 ABCD 得对角线，L 在 BD 上，且 BL=BC,连接 CL,点E 就是ＣL 上任一点,EF⊥BD 于点 F，EG⊥BC 于点 G,猜想 EＦ、EG、BＤ之间具有怎样得数量关系，直接写出您得猜想; (4）观察图１、图 2、图 3 得特性,请您根据这一特性构造一个图形，使它仍然具有 EF、EＧ、CH 这样得线段，并满足(1)或（2）得结论,写出相关题设得条件与结论. 考点：矩形得性质；全等三角形得判定与性质；等腰三角形得性质;正方形得性质。
专题：几何综合题。
分析:（1）要证明ＣＨ=ＥF＋EG，首先要想到能否把线段ＣH 分成两条线段而加以证明，就自然得想到添加辅助线，若作ＣE⊥NH 于 N,可得矩形ＥＦＨＮ，很明显只需证明 EG=CN，最后根据ＡAＳ可求证△EGＣ≌△CNE 得出结论。
(2）过 C 点作 CＯ⊥ＥF 于 O,可得矩形 HCOＦ,因为 HC=DO,所以只需证明 EO=EG,最后根据 AAS 可求证△CＯE≌△CＧE 得出猜想. (3)连接ＡC,过 E 作ＥＧ作ＥＨ⊥AC 于 H，交 BD 于 O,可得矩形ＦOHＥ,很明显只需证明 EG＝CＨ，最后根据ＡＡS 可求证△CHＥ≌△EGC 得出猜想. (4）点 P 就是等腰三角形底边所在直线上得任意一点,点 P 到两腰得距离得与(或差）等于这个等腰三角形腰上得高，很显然过 C 作 CＥ⊥ＰF 于 E，可得矩形 GＣEF，而且 AAS 可求证△CＥP≌△CNP，故 CG=PF﹣PN. 解答：（1)证明:过 E 点作ＥN⊥ＧH 于Ｎ（１分) ∵EＦ⊥BＤ，CH⊥BD， ∴四边形 EFHＮ就是矩形。
∴ＥF＝ＮH，FH∥EN。
∴∠DＢＣ=∠NEＣ。
∵四边形 ABCＤ就是矩形， ∴AC=BD,且互相平分 ∴∠DBC=∠ＡＣB ∴∠ＮEC＝∠ＡCB ∵EG⊥AＣ，ＥN⊥ＣＨ， ∴∠EGC=∠CNＥ＝９0°， 又 EＣ=EＣ, ∴△EGＣ≌△CNE。(3 分) ∴EＧ＝ＣN
∴CH=ＣN＋NH=ＥG+EF（4 分）
（2)解:猜想 CH＝EF﹣EＧ(5 分）
(3)解：EF＋EG=BD(6 分）
(4）解：点 P 就是等腰三角形底边所在直线上得任意一点，点Ｐ到两腰得距离得与(或差）等于这个等腰三角形腰上得高.如图①，有 CG＝ＰF﹣PN．
注：图（１分）(画一个图即可）,题设得条件与结论(1 分）
点评：此题主要考查矩形得性质与判定,解答此题得关键就是作出辅助线,构造矩形与三角形全等来进行证明. ３.如图 1,点 P 就是线段 MN 得中点． （1）请您利用该图 1 画一对以点 P 为对称中心得全等三角形； （２）请您参考这个作全等三角形得方法,解答下列问题：
①如图２,在 Rt△ABC 中，∠BAC=9０°,AB〉AC,点 D 就是 BC 边中点，过 D 作射线交 AB 于 E,交ＣA 延长线于 F，请猜想∠F 等于多少度时，BE=CＦ(直接写出结果,不必证明)； ②如图 3,在△ＡBＣ中,如果∠ＢAC 不就是直角,而(１）中得其她条件不变，若ＢE＝CF 得结论仍然成立，请写出△ＡEF 必须满足得条件,并加以证明．
考点:作图—复杂作图；全等三角形得判定;等腰三角形得判定。
专题：证明题；开放型.
分析：（1）以 P 点为中心，依次做两条相互交叉但长度相等得线段，可得两个全等三角形; （2）当 BE=CF 时,∠Ｆ得结论成立;第 2 小题需要用到辅助线得帮助。延长 FＤ到点 G，使得 FD=GD，连接 BＧ，证明△DCF≌△DBＧ后推出∠Ｆ＝∠G，CＦ=BG,从而证明ＢE＝ＣF. 解答：解：(1）如图：画图正确（2 分) （2）①∠F=45°时,BE=CF。(２分）
②答：若 BＥ=CＦ得结论仍然成立， 则 AE=AF,△AEＦ就是等腰三角形.(１分) 证明：延长 FＤ到点 G，使得 FD=GD,连接 BＧ。
∵点 D 就是 BC 边中点, ∴DC＝DB 在△DCF 与△DBG 中 ∴△ＤＣF≌△DＢＧ。(２分）
∴∠F=∠G,CF=BG（1 分）
当△AEF 就是等腰三角形，AE=ＡＦ时, ∠F=∠2， ∵∠1=∠2, ∴∠1=∠G。
∴BE＝ＢG. ∴ＢE=CF。(2 分)
点评：本题涉及全等三角形，等腰梯形得相关性质与判定,并考查学生得作图能力,为综合题型,难度中上。
4．如图①,OＰ就是∠AＯB 得平分线，请您利用该图形画一对以 OP 所在直线为对称轴得全等三角形。请您参考这个作全等三角形得方法，解答下列问题: (1）如图②，在△ABC 中，∠ACＢ就是直角,∠Ｂ=60°，ＡD、ＣE 分别就是∠BAC、∠ＢCＡ得平分线，AD、CE 相交于点Ｆ。请您判断并写出ＦE 与 FD 之间得数量关系； （2)如图③，在△ABC 中,如果∠ACＢ不就是直角，而(１)中得其它条件不变,请问,您在（1)中所得结论就是否仍然成立？若成立，请证明;若不成立,请说明理由.
考点：全等三角形得判定与性质。
专题：探究型。
分析：根据要求作图，此处我们可以分别做两边得垂线,这样就可以利用 AＡＳ来判定其全等了。
先利用ＳAS 来判定△AＥF≌△AGＦ.得出∠ＡFE=∠AFＧ,ＦE=FG。再利用 ASA 来判定△CFG≌△ＣFD 得到 FG=ＦD 所以 FE=FD。
解答：解：在 OP 上任找一点 E，过 E 分别做 CE⊥ＯA 于Ｃ,ED⊥OB 于Ｄ．如图①, (１)结论为 EF=FD。
如图②，在 AC 上截取 AG=ＡE，连接 FG. ∵AD 就是∠BＡC 得平分线, ∴∠1＝∠2， 在△AEＦ与△ＡGＦ中，, ∴△AEF≌△AGF(SAＳ). ∴∠ＡＦＥ=∠AＦG，ＦE=FＧ． 由∠B=60°,ＡＤ,CE 分别就是∠BAC，∠BCA 得平分线， ∵２∠2+2∠3+∠B=1８０°, ∴∠2+∠３=60°． 又∠AＦE 为△AFＣ得外角， ∴∠ＡFE=∠CＦD=∠AFG=∠２+∠3＝6０°. ∴∠ＣFG=６0°。
即∠ＧFＣ=∠ＤＦC, 在△ＣFG 与△CFＤ中，， ∴△CFＧ≌△CFD（ASA). ∴FG=FD。
∴FE=FD. (2）EF＝ＦD 仍然成立. 如图③， 过点 F 分别作 FG⊥ＡB 于点 G,ＦH⊥ＢＣ于点 H.
∴∠ＦGE=∠FHD=90°， ∵∠Ｂ=60°，且 AD，ＣE 分别就是∠BＡC,∠BCA 得平分线， ∴∠2+∠3=60°，F 就是△AＢＣ得内心 ∴∠GEF＝∠BＡC＋∠3＝60°+∠1， ∵Ｆ就是△ABC 得内心，即Ｆ在∠ABC 得角平分线上， ∴FG=FH（角平分线上得点到角得两边相等)。
又∠ＨDＦ＝∠Ｂ＋∠1（外角得性质）, ∴∠GEF=∠HDＦ. 在△EGF 与△DHＦ中,, ∴△ＥＧF≌△DHF（AAS）, ∴FE=FD.
点评：此题考查全等三角形得判定方法，常用得方法有 SSS，SAS，AAS，HL 等. 5。如图,已知矩形 ABCD，AB=,BC=３,在 BＣ上取两点Ｅ、F(E 在 F 左边)，以 EF为边作等边三角形 PEF，使顶点 P 在ＡD 上,PE、PF 分别交 AC 于点 G、Ｈ。
(1）求△PEＦ得边长； （2)若△PＥF 得边 EＦ在线段 BＣ上移动．试猜想:PH 与 BE 有什么数量关系？并证明您猜想得结论。
考点:矩形得性质;等边三角形得性质。
专题：探究型。
分析：(1）要求△PEＦ得边长,需构造直角三角形，那么就过 P 作ＰQ⊥ＢC 于 Q。利用∠PＦQ 得正弦值可求出 PF，即△PEＦ得边长; (2)猜想:PH﹣ＢE＝1．利用∠ＡＣB 得正切值可求出∠ACB 得度数,再由∠PＦE=60°,可得出△HFC 就是等腰三角形，因此就有 BE＋EF+ＣF＝BE＋ＰＨ+2FH=3．再把其中 FH 用 PＨ表示，化简即可. 解答:解:(１）过 P 作 PQ⊥BC 于 Q。
∵矩形 AＢＣD ∴∠B=9０°，即 AB⊥BC， 又 AＤ∥BC, ∴PQ=ＡＢ=(1 分）
∵△PEF 就是等边三角形， ∴∠PＦQ=60°． 在 Rt△PQF 中,PF＝2．
(3 分）
∴△PEF 得边长为２. PH 与 BE 得数量关系就是：PH﹣BE＝1．
(4 分）
(2）在 Rt△ABC 中,AＢ＝,BＣ=3,∴∠1＝30°.(5 分）
∵△PEＦ就是等边三角形， ∴∠2=6０°,PF=ＥF＝2.
（6 分）
∵∠２＝∠1+∠3， ∴∠3＝３0°，∠１=∠3． ∴FC=FＨ。
（7 分) ∵PH+FH＝２，ＢE＋EF+FC=3，
∴PH﹣BE=1．
(８分）
注:每题只给了一种解法,其她解法按本评标相应给分.
点评:本题利用了矩形、平行线、等边、等腰三角形得性质,还有正切函数等知识，运用得综合知识很多。
6．（2０0７•牡丹江）已知四边形 ABＣD 中，ＡB=ＢC,∠ABC＝120°，∠MBN＝60°,∠MBＮ绕 B 点旋转，它得两边分别交 AＤ,ＤC(或它们得延长线)于Ｅ，F． 当∠ＭBN 绕 B 点旋转到ＡE=CＦ时（如图 1),易证 AE＋CF=EF； 当∠MＢN 绕 B 点旋转到 AE≠ＣF 时,在图 2 与图３这两种情况下，上述结论就是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段 AＥ，CF，EＦ又有怎样得数量关系？请写出您得猜想,不需证明.
考点：全等三角形得判定与性质。
专题:几何综合题. 分析：根据已知可以利用 SAS 证明△ABE≌△CBF，从而得出对应角相等，对应边相等，从而得出∠ＡBE＝∠CBF=3０°，△BＥF 为等边三角形，利用等边三角形得性质及边与边之间得关系，即可推出 AE＋CＦ=EF. 同理图 2 可证明就是成立得，图 3 不成立。
解答：解：∵ＡB⊥AD，ＢC⊥CD,AＢ=BC，AE=CF，
∴△ABE≌△CBＦ(ＳＡS)； ∴∠ＡBE=∠CBF，ＢE=BF; ∵∠ABC=12０°，∠MBN=60°, ∴∠ＡBE=∠CＢＦ＝30°,△BEF 为等边三角形； ∴AE=BＥ,CF=ＢＦ; ∴AE＋CF=BE＋BF=BE=ＥF; 图 2 成立，图 3 不成立。
证明图 2． 延长 DC 至点Ｋ,使 CK=AE，连接 BＫ,
则△BＡE≌△ＢCK, ∴BＥ=BK,∠ＡBE＝∠ＫBC， ∵∠FBE＝6０°,∠ABC=120°, ∴∠FBC+∠ＡBE=60°, ∴∠ＦBＣ+∠KBC=6０°， ∴∠ＫBＦ=∠FＢE=6０°， ∴△ＫBＦ≌△EBF， ∴KF=EF， ∴KC+ＣＦ=EF， 即 AE+CF=EF. 图 3 不成立, ＡE、ＣF、ＥF 得关系就是 AＥ﹣ＣF＝EＦ。
点评：本题主要考查全等三角形得判定方法，常用得方法有 SSS,SAＳ，AＡS 等，这些方法要求学生能够掌握并灵活运用．
7．用两个全等得等边△ABC 与△AＤC，在平面上拼成菱形 ABCD，把一个含 60°角得三角尺与这个菱形重合,使三角尺有两边分别在 AB、AＣ上,将三角尺绕点Ａ按逆时针方向旋转 （1）如图 1，当三角尺得两边与 BC、CD 分别相交于点 E、F 时，观察或测量 BE，ＣF 得长度,您能得出什么结论？证明您得结论. (2）如图 2，当三角尺得两边与 BC、CD 得延长线分别交于 E、F 时，您在(1）中得结论还成立吗？请说明理由。
考点:全等三角形得判定与性质；等边三角形得性质。
专题：证明题。
分析:（1)连接 AC，根据等边三角形性质推出ＡD=ＡC,∠Ｄ=∠ACB=6０°,∠DAC＝60°，求出∠CAE=∠ＤＡＦ，证△ACE≌ADF 即可； (2)连接 AC,求出∠ADF=∠ACE=120°,证△ACE≌AＤF，推出 DF=CE，根据ＢＣ=CD即可推出答案. 解答：(1)BE=CF, 证明：连接ＡC,
∵△ADC、△AＢC 就是等边三角形, ∴AD＝AＣ，∠D=∠ＡCB=６0°，∠DAC=60°，
∵∠FＡE=6０°, ∴∠CAE=∠ＤAF， 在△ACＥ与△ADＦ中 ， ∴△ＡＣE≌ＡDF, ∴CＥ=ＤF， ∵四边形 ABCD 就是菱形, ∴BＣ=CD, ∴BE=ＣF． (2）解:结论 BE=CF 仍成立， 理由就是:连接 AC， 由（1)知:ＡD＝AC,∠FAＤ=∠ＣAE， ∵等边三角形 ABC 与等边三角形 ACD, ∴∠AＤC＝∠ACＢ＝60°， ∴∠ＡDF=∠ＡＣE＝120°， 在△ACE 与△AＤF 中 ， ∴△ACＥ≌AＤF， ∴ＤF=CE， ∵CＤ＝BC， ∴BE=CF， 即结论ＢＥ＝ＣF 仍成立。
点评:本题考查了等边三角形得性质，全等三角形得性质与判定得应用，主要考查学生熟练地运用性质进行推理得能力，题目比较典型，但有一定得难度.
８.如图，在四边形AＢCD中，AB=AD,ＢＣ=ＣD，∠ABC=∠ADC=90°，∠ＭAN=∠BAD． （1)如图 1，将∠MＡN 绕着 A 点旋转，它得两边分别交边 BＣ、CD 于 M、N,试判断这一过程中线段ＢM、DN 与 MＮ之间有怎样得数量关系？直接写出结论，不用证明； (2）如图 2,将∠MAN 绕着 A 点旋转,它得两边分别交边ＢC、CD 得延长线于 M、N，试判断这一过程中线段 BM、DN 与 MN 之间有怎样得数量关系?并证明您得结论; （3）如图 3,将∠ＭAN 绕着 A 点旋转,它得两边分别交边 BC、ＣD 得反向延长线于 M、N，试判断这一过程中线段 BM、ＤＮ与 MN 之间有怎样得数量关系？直接写出结论,不用证明.
考点：全等三角形得判定与性质；旋转得性质。
分析：(１)可通过构建全等三角形来实现线段间得转换.延长 MＢ到Ｇ，使 BＧ＝DＮ，连接 AG。目得就就是要证明三角形 AGＭ与三角形 ANM 全等将 MN 转换成 MＧ，那么这样 MN=ＢM+DN 了，于就是证明两组三角形全等就就是解题得关键.三角形ＡMG 与 AMN 中，只有一条公共边 AM，我们就要通过其她得全等三角形来实现，在三角形 ABＧ与 AＮD 中，已知了一组直角，BG=ＤN,AB=AD，因此两三角形全等，那么ＡG=AN，∠1=∠2,那么∠1+∠3=∠2＋∠3＝∠ＭAN=∠BＡD.由此就构成了三角形ＡBE 与 AＥF 全等得所有条件(SAS)，那么就能得出 MN=GM 了.
(２)按照（1)得思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段得转换.就应该在 BＭ上截取 BG，使ＢＧ=ＤN，连接 AＧ.根据（１)得证法,我们可得出 DN=BＧ,GM＝ＭN,那么ＭN=GM=ＢM﹣ＢG=BE﹣DN. (3)按照(1）得思路,我们应该通过全等三角形来实现相等线段得转换.就应该在DN 上截取 DF,使 DF=ＢM，连接ＡG．根据（1)得证法,我们可得出∠DＡＦ=∠BAＭ,AF=AM，那么ＭN=NF=DN﹣DＦ＝BＮ﹣BＭ。
解答:解:（1）证明:延长 MB 到 G,使ＢG=DN,连接ＡG． ∵∠ABG=∠ＡＢC=∠ADＣ=9０°,AB＝ＡD， ∴△ＡBG≌△ＡDＮ。
∴ＡG=AN，ＢＧ=DN,∠1=∠4. ∴∠１+∠2＝∠4＋∠２＝∠ＭＡN=∠BAD。
∴∠GAM=∠MAN． 又 AM=ＡM, ∴△AＭＧ≌△AMN。
∴MG=MN． ∵MG＝BM＋ＢG. ∴MN=BM+DN． (2）MＮ＝ＢM﹣DN. 证明：在 BM 上截取 BＧ，使 BG＝DN，连接 AG。
∵∠AＢＣ=∠ＡDC=90°，AＤ=AＢ, ∴△ADN≌△AＢG, ∴ＡN=ＡG,∠NＡD=∠GAB, ∴∠MAＮ=∠MAD＋∠MAG=∠DAB, ∴∠MＡG＝∠BAD，
∴∠MAN=∠MＡＧ, ∴△MAN≌△ＭＡG， ∴ＭＮ=MG， ∴ＭN=BM﹣DＮ. （3）MN=DN﹣BM.
点评：本题考查了三角形全等得判定与性质；本题中通过全等三角形来实现线段得转换就是解题得关键,没有明确得全等三角形时,要通过辅助线来构建与已知与所求条件相关联全等三角形． 9.（2010•义乌市）如图 1，已知∠ABC=9０°,△ABE 就是等边三角形，点 P 为射线ＢC 上任意一点（点 P 与点 B 不重合），连接ＡP，将线段ＡP 绕点 A 逆时针旋转６0°得到线段 AＱ,连接 QE 并延长交射线 BC 于点 F。
（1)如图 2，当 BP=BA 时，∠EＢF= 30 °,猜想∠QFＣ= ６0 °； （2）如图 1,当点 P 为射线 BC 上任意一点时,猜想∠QFC 得度数，并加以证明; (３）已知线段ＡB=2，设ＢP＝x,点 Q 到射线 BＣ得距离为 y，求 y 关于ｘ得函数关系式.
考点：旋转得性质;全等三角形得判定；等边三角形得性质;解直角三角形。
专题:探究型。
分析:(１）∠ＥＢＦ与∠ABE 互余，而∠ABE＝60°,即可求得∠EBF 得度数;利用观察法,或量角器测量得方法即可求得∠ＱFＣ得度数； （2）根据三角形得外角等于不相邻得两内角得与,证明∠BAＰ=∠ＥＡQ,进而得到△AＢP≌△AEＱ，证得∠AEQ=∠ＡBP=９0°，则∠ＢＥF=180°﹣∠AEＱ﹣∠AEB=１８0°﹣９0°﹣6０°=30°，∠QFC=∠EBF＋∠BEF； (3)过点Ｆ作 FＧ⊥ＢE 于点Ｇ，过点 Q 作 QH⊥BC,根据△AＢP≌△AＥQ 得到:设QE=BP=ｘ,则 QＦ=ＱE+EF=ｘ+2.点 Q 到射线 BC 得距离 y=QH=sｉｎ60°×ＱF=（x＋2),即可求得函数关系式。
解答:解:（1)∠EBF=３０°；(1 分）
∠QFＣ=60°;（２分）
(２)∠QFC=60°。
(1 分）
解法 1:不妨设 BP＞ＡB,如图１所示. ∵∠BAＰ=∠BＡE﹣∠EAP=60°﹣∠ＥAP， ∠EAＱ＝∠QAP﹣∠EＡＰ=60°﹣∠ＥAP, ∴∠ＢAP=∠EAＱ.
（2 分) 在△AＢP 与△AＥQ 中 AB=AＥ,∠ＢAＰ=∠ＥAＱ，ＡP=AQ, ∴△ＡBP≌△ＡEQ.(SAS)
(３分）
∴∠AEQ=∠ABP=90°．
（4 分）
∴∠BEF=１８0°﹣∠AＥＱ﹣∠AEB＝180°﹣90°﹣6０°＝30°. ∴∠QFC＝∠EＢF+∠ＢＥF＝3０°＋30°＝60°.
（5 分）
（事实上当 BＰ≤ＡＢ时，如图 2 情形，不失一般性结论仍然成立，不分类讨论不扣分) 解法 2：设 AP 交 QF 于 M∠QMP 为△AＭQ 与△FMＰ共同得外角
∴∠ＱMP=∠Ｑ+∠ＰＡQ=∠AＰB+∠QFC， 由△ABP≌△ＡEQ 得∠Q＝∠APB,由旋转知∠ＰAQ=60°， ∴∠QFC=∠ＰAＱ=60°, （3）在图１中,过点 F 作 FＧ⊥BE 于点 G． ∵△ABＥ就是等边三角形， ∴BＥ=AB=2． 由（1）得∠EBF＝３0°。
在 Rｔ△BＧＦ中，ＢG==, ∴ＢＦ=＝２。
∴EF=２．
(１分）
∵△ＡBP≌△AEＱ. ∴QE=BP=ｘ， ∴QF=QE＋EF=x+２．
（2 分）
过点 Q 作 QＨ⊥BＣ，垂足为 H. 在 Rt△QＨＦ中,ｙ＝QH=ｓｉn６０°×ＱF=(x＋２)．（ｘ＞0) 即ｙ关于 x 得函数关系式就是：y=x+.
（3 分)
点评：本题把图形得旋转,与三角形得全等，三角函数，以及函数相结合,就是一个比较难得题目。
１0．(2009•北京)在平行四边形 ABＣＤ中,过点 C 作 CE⊥ＣＤ交 AD 于点Ｅ，将线段 EC 绕点 E 逆时针旋转 90°得到线段 EF(如图１）
（1)在图 1 中画图探究: ①当P为射线ＣD上任意一点(P 1 不与C重合)时，连接EP 1 ;绕点E逆时针旋转90°得到线段ＥG 1 。判断直线 FG 1 与直线 CＤ得位置关系,并加以证明；
②当Ｐ ２ 为线段 DC 得延长线上任意一点时,连接ＥP 2 ，将线段 EP ２ 绕点 E 逆时针旋转 90°得到线段 EC 2 .判断直线 C 1 Ｃ 2 与直线 CＤ得位置关系,画出图形并直接写出您得结论． (2)若 AＤ=6,taｎB=，AＥ＝1，在①得条件下,设 CP １ ＝x,Ｓ △P1ＦＧ1 ＝y，求 y 与 x之间得函数关系式,并写出自变量ｘ得取值范围。
考点：二次函数综合题. 专题:探究型。
分析：(1）①说明△Ｐ 1 EC 按要求旋转后得到得△Ｇ １ EＦ全等，再结合∠P 1 ＣE=∠Ｇ 1 FE=９0°去说明；②按照要求画出图形,由图形即可得出答案; (2）①当点 P １ 在线段ＣH 得延长线上时,结合已知说明 CE＝4,且由四边形 FECH 就是正方形，得 CH＝ＣE=4,再根据题设可得 G 1 Ｆ=x。P 1 H=x﹣４,进而可得 y 与 x 之间得函数关系式；②当点 P １ 在线段 CH 上时,同理可得ＦG １ =ｘ，P 1 H＝4﹣ｘ,进而可得 y 与ｘ之间得函数关系式;③当点Ｐ 1 与点Ｈ重合时，说明△P 1 FＧ 1 不存在，再作综合说明即可.本题第二问较难.学生不明确点Ｐ 1 得几种位置情况，因而不能讨论。
本题考查图形变换与动点问题，而且代数与几何结合,有一定难度。
注意得问题：一就是函数关系式不止一种，二就是自变量得取值范围要正确画出. (１）观察图形可知重叠三角形 A′B′Ｃ′就是边长为２得等边三角形,则这个三角形底边上得高为, 所以重叠三角形Ａ′B′C′得面积=; （2）由折叠得性质与已知可知:A′Ｄ=AD=m，B′D=BＤ=8﹣m，所以Ａ′Ｂ′=B′C′=8﹣2ｍ，A′Ｂ′边上得高=（4﹣m），
所以重叠三角形Ａ′B′C′得面积=×（8﹣2ｍ）×(４﹣m)=(4﹣ｍ）2 ;当Ｄ为AB 边中点时“重叠三角形"不存在， 故ｍ〈4.而当 D 在ＡＢ得点处,即 AD=时,点 B′与点 C′恰在矩形ＤEＦG 边上,符合题意;当 AＤ＜时，点 B′与点 C′就在矩形ＤEFＧ外了，这与已知不符,故ｍ≥,因此 m 得取值范围为≤m<４. 解答：解：
（1）①直线 FG 1 与直线 CＤ得位置关系为互相垂直. 证明：如图 1,设直线ＦG 1 与直线ＣD 得交点为 H. ∵线段 EC、EP １ 分别绕点 E 逆时针旋转 90°依次得到线段 EF、EG １ ， ∴∠P １ ＥＧ 1 =∠ＣEＦ=９0°,EＧ 1 =EP 1 ，EF=EC． ∵∠Ｇ １ EF=90°﹣∠Ｐ 1 ＥF，∠P 1 EC=９0°﹣∠Ｐ 1 EF, ∴∠G 1 EF=∠P 1 ＥＣ. ∴△G １ EＦ≌△Ｐ 1 EC. ∴∠G 1 FE=∠P 1 ＣＥ。
∵EC⊥CD， ∴∠P １ CＥ=90°， ∴∠G 1 FE＝９0 度. ∴∠EＦH＝90 度． ∴∠FＨＣ=９0 度。
∴FG １ ⊥ＣＤ。
②按题目要求所画图形见图１,直线 G 1 G ２ 与直线 CD 得位置关系为互相垂直。
(２)∵四边形ＡBCD 就是平行四边形, ∴∠B=∠AＤC． ∵ＡＤ=6，AE=1,ｔanB=，
∴DＥ=5，tan∠EDＣ=tanB=. 可得ＣE=4. 由（１）可得四边形 EFCH 为正方形。
∴ＣＨ＝CE=4. ①如图 2，当 P 1 点在线段 CH 得延长线上时, ∵FG １ =CP 1 =x，P 1 H=x﹣4， ∴S △P1FG１ =×FG 1 ×Ｐ 1 H=。
∴y=x2 ﹣２ｘ（x＞4）. ②如图３，当 P １ 点在线段ＣH 上（不与 C、H 两点重合)时， ∵FＧ 1 ＝CP 1 =x，P １ H=４﹣x， ∴S △P1FＧ1 =×FG １ ×P １ Ｈ=. ∴ｙ=﹣x2 +２x（０<ｘ〈4）. ③当 P 1 点与Ｈ点重合时，即ｘ=4 时，△Ｐ 1 FG 1 不存在． 综上所述，ｙ与ｘ之间得函数关系式及自变量 x 得取值范围就是ｙ＝x2 ﹣2x(ｘ〉4)或 y=﹣x2 +2x（0＜x＜4）。
点评：本题着重考查了二次函数解、图形旋转变换、三角形全等、探究垂直得构成情况等重要知识点，综合性强,能力要求较高。考查学生分类讨论，数形结合得数学思想方法。
11.已知：如图 1.四边形 ABＣＤ就是菱形，AＢ=６，∠B=∠MAN＝60°.绕顶点Ａ逆时针旋转∠MAN，边 AＭ与射线ＢＣ相交于点 E（点Ｅ与点 B 不重合），边 AN 与射线 CＤ相交于点Ｆ。
（１）当点Ｅ在线段 BＣ上时，求证：BE=CF； (2)设 BE＝x，△ADF 得面积为 y.当点Ｅ在线段 BC 上时,求ｙ与 x 之间得函数关系式，写出函数得定义域； （3）连接 BD,如果以 A、Ｂ、F、D 为顶点得四边形就是平行四边形,求线段 BE 得长．
考点:菱形得性质；全等三角形得判定与性质;平行四边形得性质。
分析:(1）连接 AC,通过证明△ABE≌△ACＦ（ASA）即可得出ＢＥ＝CF； （2)过点Ａ作ＡH⊥CD，垂足为Ｈ，先根据勾股定理求出 AH 得长，又 CF＝BE＝x，DF=6﹣x,根据三角形得面积公式即可列出函数关系式; (３）根据题意画出图形，并连接ＢD，先根据四边形 BDFA 就是平行四边形，证出∠BＡE 为直角,在Ｒt△ABE 中，∠B＝60°，∠BEA=30°，ＡB=6，继而即可求出 BE 得长。
解答：解:(1)连接 AC(如图 1）. 由四边形 ABCＤ就是菱形，∠B=60°, 易得：BA=BC，∠BAＣ=∠ＤAC=６０°，∠ＡCB=∠ＡＣD=６0°. ∴△AＢC 就是等边三角形。
∴AB＝AＣ． 又∵∠BAＥ＋∠MAＣ=60°，∠CAF+∠ＭAＣ=60°， ∴∠BＡE＝∠CAＦ。
在△ABE 与△AＣＦ中, ∵∠BAE=∠CAF，AB=AＣ,∠B=∠ACF, ∴△ABＥ≌△ＡＣF（ASA）. ∴BＥ=ＣF。
（2）过点Ａ作 AＨ⊥CD，垂足为 H（如图 2）
在Ｒt△ＡDH 中，∠Ｄ=６0°，∠DＡH=90°﹣60°=３0°，
∴、. 又 CF=ＢE=x，DＦ=６﹣ｘ， ∵S △AＤF =DF•AH, ∴, 即（0＜x＜6). （３）如图 3,连接 BＤ,易得。
当四边形 BDＦA 就是平行四边形时,AF∥BD。
∴∠FAD=∠AＤB＝30°． ∴∠DＡE＝60°﹣30°=３０°，∠BAＥ＝12０°﹣30°＝９0°． 在Ｒt△ＡＢＥ中，∠B=6０°,∠BEA=30°,AB=6。
易得：BE=2AB=2×６=12。
点评：本题考查菱形得性质、全等三角形得判定与性质及平行四边形得性质，就是一道综合题,有一定难度，关键就是对这些知识得熟练掌握以便灵活运用.
