最新中考几何专项复习专题14 几何变换之旋转巩固练习（提优）

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高效的课堂教学模式是保证高效的复习效果的前提，学生在教师的指导和辅导下进行先自学、探究和及时训练，获得知识、发展能力的一种教学模式。
策略二 专题内容的设计应遵循教与学的认知规律和学生心理发展规律，凸显方法规律，由简单到复杂，由特殊到一般，再由一般到特殊
总结规律，推广一般。从一般到特殊：抛砖引玉，解决问题。
策略三 设计专题内容时考虑建立几何模型，体现思想方法，让学生驾轻就熟，化难为易，化繁为简。
几何，常常因为图形变化多端，方法多种多样而被称为数学中的变形金刚。题目千变万化，但万变不离其宗。
几何变换之旋转巩固练习
1．如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点三角形ABC(顶点是网格线的交点)．
(1)先将△ABC竖直向上平移6个单位，再水平向右平移3个单位得到△A1B1C1，点A、B、C对应点分别是A1、B1、C1，请画出△A1B1C1；
(2)将△A1B1C1绕B1点顺时针旋转90°，得△A2B1C2，点A1、C1对应点分别是A2、C2，请画出△A2B1C2；
(3)连接CA2，直接写出CA2的长 29 ．
【分析】(1)将点A、B、C分别向上平移6个单位、向右平移3个单位得到平移后的对应点，再首尾顺次连接即可；
(2)将点A1、C1分别绕B1点顺时针旋转90得到对应点，再与点B1首尾顺次连接即可；
(3)利用勾股定理求解即可．
【解答】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求．
(2)如图所示，△A2B1C2即为所求．
(3)CA2=22+52=29，
故答案为：29．
【点评】本题主要考查作图﹣平移变换、旋转变换，解题的关键是掌握平移变换、旋转变换的定义和性质，并据此得到变换后的对应点．
2．如图，∠ABC＝90°，P为射线BC上任意一点(点P与点B不重合)，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△AED，延长DE交BP于点F，连接BE、DP．求证：
(1)△ABE和△APD都是等边三角形；
(2)EF＝BF．
【分析】(1)根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形证明即可．
(2)想办法证明∠BEF＝∠EBF，可得结论．
【解答】证明：(1)由旋转可知，△DAE≌△PAB，∠BAE＝∠PAD＝60°，
∴AB＝AE，AP＝AD，
∴△ABE和△APD是等边三角形．
(2)∵△ABE是等边三角形，
∴∠ABE＝∠AEB＝60°，
∵△DAE≌△PAB，
∴∠ABP＝∠AED＝90°，
∴∠ABP＝∠AEF＝90°，
∴∠ABP﹣∠ABE＝∠AEF﹣∠AEB，
∴∠BEF＝∠EBF，
∴BF＝EF．
【点评】本题考查旋转变换，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
3．已知：如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l经过点A，BD⊥l于点D，连接CD．
(1)证明A，C，B，D四个点在同一个圆上并画出圆(提示：取AB中点O)；
(2)求证：∠ADC＝45°
(3)以点C为旋转中心，把△CDB逆时针方向旋转90°，画出旋转后的图形．
【分析】(1)取AB的中点O，连接OC，OD，只要证明OA＝OB＝OD＝OC即可；
(2)根据等腰三角形的性质和圆周角定理即可证得结论；
(3)利用旋转的性质得出得出对应点位置进而得出答案．
【解答】(1)证明：取AB的中点O，连接OD，OC．
∵∠ACB＝∠ADB＝90°，OB＝OA，
∴OA＝OB＝OD＝OC，
∴A，B，C，D四个点在同一个圆上；
(2)证明：在△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠ABC＝45°，
∴∠ADC＝∠ABC＝45°；
(3)如图所示：△ACD′，即为所求．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，点和圆的位置关系，三角形斜边直线的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，(3)正确得出对应点位置是解题关键．
4．如图，过等边△ABC的顶点B在∠ABC内部作射线BP，∠ABP＝α(0°＜α＜60°且α≠30°)，点A关于射线BP的对称点为点D，直线CD交BP于点E，连接BD，AE．
(1)依据题意，补全图形；
(2)在α(0°＜α＜60°且α≠30°)变化的过程中，∠AEB的大小是否发生变化？如果发生变化，请直接写出变化的范围；如果不发生变化，请求出∠AEB的大小；
(3)连接AD交BP于点F，用等式表示线段AE，BF，CE之间的数量关系，并给予证明．
【分析】(1)根据题意补全图形，即可得出结论；
(2)先判断出∠ABP＝∠DBP＝α，BD＝BA，在判断出AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝60°，进而得出BD＝BC，∠CBD＝60°+2α，∠BDC＝∠BCD＝60°+α，即可得出结论；
(3)先判断出△AME是等边三角形，得出AE＝AM＝EM，∠EAM＝60°，在判断出∠BAM＝∠CAE，进而判断出△ABM≌△ACE(SAS)，得出BM＝CE，再判断出∠AFE＝90°，得出∠EAF＝30°，∴EF=12AE，即可得出结论．
【解答】解：(1)补全图形如图1所示，
(2)∠AEB不发生变化，∠AEB＝60°；
∵点A关于射线CP的对称点为点D，
∴∠ABP＝∠DBP＝α，BD＝BA，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴BD＝BC，∠CBD＝60°+2α，
∴∠BDC＝∠BCD＝60°+α，
∵∠BDC＝∠BEC+∠DBE＝∠BEC+α＝60°+α，
∴∠BEC＝60°，
∴∠AEB＝∠BEC＝60°，
∴∠AEB不发生变化，∠AEB＝60°；
(3)如图2，线段AE，BF，CE之间的数量关系为：BF＝CE+12AE；
证明：如图2，在BE上取一点M，使EM＝AE，连接AM，
∵AEB＝60°，
∴△AME是等边三角形，
∴AE＝AM＝EM，∠EAM＝60°，
∵∠BAM+∠CAM＝∠CAM+∠CAE＝60°，
∴∠BAM＝∠CAE，
∵AB＝AC，
∴△ABM≌△ACE(SAS)，
∴BM＝CE，
∵点A关于射线CP的对称点为点D，
∴AE＝DE＝EM，∠AFE＝90°，
∵∠AEB＝60°，
∴∠EAF＝30°，
∴EF=12AE，
∵BF＝BE﹣EF＝CE+AE＝CE+12AE，
即BF＝CE+12AE．
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
5．如图1，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E，AD＝8cm，DE＝5cm．
(1)求BE的长；
(2)其它条件不变的前提下，将CE所在直线旋转到△ABC的外部(如图2)，请你猜想AD，DE，BE三者之间的数量关系，直接写出结论，不需证明．
(3)如图3，将(1)中的条件改为：在△ABC中，AC＝BC，D，C，E三点在同一条直线上，并且有∠BEC＝∠ADC＝∠BCA＝α，其中α为任意钝角，那么(2)中你的猜想是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【分析】(1)先利用同角的余角相等判断出∠EBC＝∠DCA，进而判断出△CEB≌△ADC，得出BE＝DC，CE＝AD＝8cm，即可得出结论；
(2)同(1)的方法得出BE＝DC，CE＝AD，进而得出结论．
(3)同(1)的方法，即可得出结论．
【解答】解：(1)∵BE⊥CE，AD⊥CE，
∴∠E＝∠ADC＝90°，
∴∠EBC+∠BCE＝90°．
∵∠BCE+∠ACD＝90°，
∴∠EBC＝∠DCA．
在△CEB和△ADC中，
∠E=∠ADC∠EBC=∠DCABC=AC，
∴△CEB≌△ADC(AAS)，
∴BE＝DC，CE＝AD＝8cm．
∵DC＝CE﹣DE，DE＝5cm，
∴DC＝8﹣5＝3(cm)，
∴BE＝3cm；
(2)AD+BE＝DE，
证明：∵BE⊥CE，AD⊥CE，
∴∠E＝∠ADC＝90°，
∴∠EBC+∠BCE＝90°，
∵∠BCE+∠ACD＝90°，
∴∠EBC＝∠DCA．
在△CEB和△ADC中，
∠E=∠ADC∠EBC=∠DCABC=AC，
∴△CEB≌△ADC(AAS)，
∴BE＝DC，CE＝AD，
∴DE＝CE+DE＝AD+BE；
(3)、(2)中的猜想还成立，
证明：∵∠BCE+∠ACB+∠ACD＝180°，∠DAC+∠ACB+∠ACD＝180°，∠ADC＝∠BCA，
∴∠BCE＝∠CAD，
在△CEB和△ADC中，
∠BCE=∠CAD∠BEC=∠CDACB=CA，
∴△CEB≌△ADC(AAS)，
∴BE＝CD，EC＝AD，
∴DE＝EC+CD＝AD+BE．
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了同角的余角相等，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
6．人教版初中数学教科书八年级上册第84页探究了“三角形中边与角之间的不等关系”，部分原文如下：
如图1，在△ABC中，如果AB＞AC，那么我们可以将△ABC折叠，使边AC落在AB上，点C落在AB上的D点，折线交BC于点E，则∠C＝∠ADE．
∵∠ADE＞∠B(想一想为什么)，
∴∠C＞∠B．
(1)请证明上文中的∠ADE＞∠B；
(2)如图2，在△ABC中，如果∠ACB＞∠B，能否证明AB＞AC？
同学小雅提供了一种方法：将△ABC折叠，使点B落在点C上，折线交AB于点F，交BC于点G，再运用三角形三边关系即可证明，请你按照小雅的方法完成证明；
(3)如图3，在△ABC中，∠C＝2∠B，按照图1的方式进行折叠，得到折痕AE，过点E作AC的平行线交AB于点M，若∠BEA＝110°，求∠DEM的度数．
【分析】(1)利用三角形的外角的性质，即可得出结论；
(2)先由折叠得出BF＝CF，再利用三角形外角的性质，即可得出结论；
(3)先判断出∠B＝∠BED，再判断出∠MAE＝∠MEA，进而求出∠B+∠BAE＝70°，即可得出结论．
【解答】(1)证明：∵∠ADE＝∠B+∠BED，
∴∠ADE＞∠B；
(2)证明：由折叠知，BF＝CF，
在△ACF中，AF+FC＞AC，
∴AF+BF＞AC，
∴AB＞AC；
(3)由折叠知，∠MAE＝∠EAC，∠ADE＝∠C，
∵∠C＝2∠B，
∴∠ADE＝2∠B，
∵∠ADE＝∠B+∠BED，
∴∠B＝∠BED，
∵ME∥AC，
∴∠MEA＝∠EAC，
∵∠MAE＝∠EAC，
∴∠MAE＝∠MEA，
∵∠BEA＝110°，
∴∠B+∠BAE＝180°﹣∠BEA＝180°﹣110°＝70°，
∴∠BED+∠MEA＝∠B+∠BAM＝70°，
∴∠DEM＝∠BEA﹣(∠BED+∠MEA)＝110°﹣70°＝40°．
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了折叠的性质，三角形外角的性质，三角形的内角和定理，等边对等角，判断出∠MAE＝∠MEA是解本题的关键．
7．如图，△ABC是等边三角形，AC＝2，点C关于AB对称的点为C′，点P是直线C′B上的一动点.
(1)若点P是线段C′B上任意一点(不与点C′，点B重合)
①如图1，作∠PAE＝60°交BC于点E，AP与AE相等吗？请证明你的结论；
②如图2，连接AP，作∠APD＝60°交射线BC于点D，PD与PA相等吗？请证明你的结论．
(2)若点P在线段C′B的延长线上．
①连接AP，作∠APD＝60°交射线BC于点D，依题意补全图3；
②直接写出线段BD、AB、BP之间的数量关系．
【分析】(1)①由“ASA”可证△PAB≌△EAC，可得AP＝AE；
②由“ASA”可证△PBD≌△PEA，可得PD＝PA；
(2)①根据要求画出图形即可解决问题；
②结论：BD＝BP+AB．如图3中，在BD上取一点E，使得BE＝PB．由“SAS”可证△BPA≌△EPD，可得AB＝DE，可得结论．
【解答】解：(1)①AP＝AE，
理由如下：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°＝∠BAC，AB＝AC，
∵点C'与点C关于AB对称，
∴∠C'BA＝∠CBA＝60°，
∵∠PAE＝∠BAC＝60°，
∴∠PAB＝∠EAC，
∴△PAB≌△EAC(ASA)，
∴AP＝AE；
②PD＝PA，
理由如下：如图2中，作∠BPE＝60°交AB于点E，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵点C'与点C关于AB对称，
∴∠C'BA＝∠CBA＝60°＝∠BPE，
∴∠PEB＝60°．
∴△PBE是等边三角形，
∴PB＝PE，AEP＝120°＝∠PBD．
∵∠BPD+∠DPE＝60°，∠APE+∠DPE＝60°，
∴∠BPD＝∠APE，
在△PBD和△PEA中，
∠BPD=∠APEPB=PE∠PBD=∠PEA，
∴△PBD≌△PEA(ASA)．
∴PD＝PA；
(2)①解：补全图形，如图3所示：
②解：结论：BD＝BP+AB，
理由：如图3中，在BD上取一点E，使得BE＝PB．
∵∠EBP＝60°，BE＝BP，
∴△EBP是等边三角形，
∴∠BPE＝∠APD＝60°，
∴∠APB＝∠EPD，
∵PB＝PE，PA＝PD，
∴△BPA≌△EPD(SAS)，
∴AB＝DE，
∴BD＝BE+ED＝BP+AB．
【点评】本题是三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，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．
8．如图1，D为等边△ABC外一点，∠ADB＝120°，连接DB，并延长DB至点E，使BE＝AD，连接CD，CE．
(1)求证：∠CAD＝∠CBE；
(2)求证：△CDE为等边三角形；
(3)在图1的基础上作D点关于AC，BC的对称点M，N，连接CM，CN，MN，过C点作CF⊥MN于点F，如图2．求证：CD＝2CF．
【分析】(1)利用等角的补角相等，证明即可．
(2)证明△CAD≌△CBE(SAS)，推出CD＝CE，∠ACD＝∠ECB，推出∠DCE＝∠ACB＝60°，可得结论△DCE是等边三角形．
(3)由D点关于AC，BC的对称点M，N，推出CD＝CM＝CN，∠DCA＝∠ACM，∠DCB＝∠BCN，由∠ACD+∠DCB＝∠ACB＝60°，推出∠MCN＝2∠ACB＝120°，即可解决问题．
【解答】(1)证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
∵∠ADB＝120°，
∴∠ACB+∠ADB＝180°，
∴∠CAD+∠CBD＝180°，
∵∠CBD+∠CBE＝180°，
∴∠CAD＝∠CBE．
(2)证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°，
∵∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，
∴△CAD≌△CBE(SAS)，
∴CD＝CE，∠ACD＝∠ECB，
∴∠DCE＝∠ACB＝60°，
∴△DCE是等边三角形．
(3)证明：如图2中，
∵D点关于AC，BC的对称点M，N，
∴CD＝CM＝CN，∠DCA＝∠ACM，∠DCB＝∠BCN，
∵∠ACD+∠DCB＝∠ACB＝60°，
∴∠MCN＝2∠ACB＝120°，
∵CM＝CN，
∴∠CMN＝∠CNM＝30°，
∵CF⊥MN，
∴∠CFM＝90°，
∴CM＝2CF，
∵CM＝CD，
∴CD＝2CF．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
9．如图1，△ABC和△DEF都是等腰直角三角形，∠A＝90°，∠E＝90°，△DEF的顶点D恰好落在△ABC的斜边BC中点，把△DEF绕点D旋转，始终保持线段DE、DF分别与线段AB、AC交于M、N，连接MN．
在这个变化过程中，小明通过观察、度量，发现了一些特殊的数量关系．
(1)于是他把△DEF旋转到特殊位置，验证自己的猜想．如图2，当MN∥BC时，
①通过计算∠BMD和∠NMD的度数，得出∠BMD ＝ ∠NMD(填＞，＜或＝)；
②设BC＝22，通过计算AM，MN，NC的长度，其中NC＝ 2 ，进而得出AM、MN、NC之间的数量关系是 AM+MN＝CN ．
(2)在特殊位置验证猜想还不够，还需要在一般位置进行证明．
请你对(1)中猜想的线段AM、MN、NC之间的数量关系进行证明．
【分析】(1)①由“SAS”可证∴△BMD≌△CND，可得∠BMD＝∠DNC，由外角的性质和平行线的性质可证∠BMD＝∠CND＝∠BDM＝∠CMN；
②由等腰三角形的性质可求BM＝BD=2=NC，再求出AM＝2−2，MN=2AM＝22−2，即可得结论；
(2)在CN上截取CH＝AM，连接AD，DH，由“SAS”可证△AMD≌△CHD，可得MD＝DH，∠ADM＝∠CDH，再由“SAS”可证△MDN≌△HDN，可得MN＝HN，可得结论．
【解答】解：(1)①∵△ABC和△DEF都是等腰直角三角形，∠A＝90°，∠E＝90°，
∴∠B＝∠C＝∠EDF＝45°，AB＝AC，BC=2AB，
∵MN∥BC，
∴∠AMN＝∠B＝45°＝∠ANM＝∠C，∠DMN＝∠BDM，
∴AM＝AN，
∴BM＝CN，
∵点D是BC中点，
∴BD＝CD，
在△BMD和△CND中，
BM=CN∠B=∠CBD=CD，
∴△BMD≌△CND(SAS)，
∴∠BMD＝∠DNC，
∵∠MDB＝∠C+∠DNC＝∠MDN+∠BDM，
∴∠BDM＝∠CND，
∴∠BMD＝∠CND＝∠BDM＝∠CMN，
故答案为：＝；
②∵BC＝22，BC=2AB，
∴AB＝AC＝2，
∵∠BMD＝∠CND＝∠BDM，
∴BD＝BM=12BC=2，
∴NC=2，
∴AM＝2−2，
∵AM＝AN，∠A＝90°，
∴MN=2AM＝22−2，
∴AM+MN＝2−2+22−2=2=NC，
故答案为：2；AM+MN＝NC；
(2)如图1，在CN上截取CH＝AM，连接AD，DH，
∵△ABC是等腰直角三角形，点D是BC中点，
∴AD＝CD，∠BAD＝∠ACD＝45°，AD⊥BC，
又∵AM＝CH，
∴△AMD≌△CHD(SAS)，
∴MD＝DH，∠ADM＝∠CDH，
∵∠ADM+∠ADN＝∠MDN＝45°，
∴∠ADN+∠CDH＝45°，
∴∠HDN＝45°＝∠MDN，
在△MDN和△HDN中，
DN=DN∠MDN=∠HDNDM=DH，
∴△MDN≌△HDN(SAS)，
∴MN＝HN，
∴NC＝CH+NH＝AM+MN．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，外角的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
10．在等边△ABC中，点O在BC边上，点D在AC的延长线上且OA＝OD．
(1)如图1，若点O为BC中点，求证：∠COD的度数．
(2)如图2，若点O为BC上任意一点，求证：AD＝2BO+OC．
(3)如图3，若点O为BC上任意一点，点D关于直线BC的对称点为点P，连接AP，OP，请判断△AOP的形状，并说明理由．
【分析】(1)由等边三角形的性质得出∠CAO＝30°，求出∠AOD的度数即可得出答案；
(2)如图1，过O作OE∥AB，OE交AD于E，证明△COE为等边三角形，根据AAS证明△AOE≌△DOC，得出CD＝EA，则AB＝AC，可得出答案；
(3)如图2，连接PC，PD，延长OC交PD于F，证明△OPE≌△OPF，得出∠POF＝∠DOF，OP＝OD，则△AOP为等腰三角形，过O作OE∥AB，OE交AD于E，证得∠AOP＝∠COE＝60°，则结论得证．
【解答】解：(1)∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∵O为BC中点，
∴∠CAO=12∠BAC=30°，
且AO⊥BC，∠AOC＝90°，
∵OA＝OD，
∴△AOD中，∠D＝∠CAO＝30°，
∴∠AOD＝180°﹣∠D﹣∠CAO＝120°，
∴∠COD＝∠AOD﹣∠AOC＝30°；
(2)如图1，过O作OE∥AB，OE交AD于E，
∵OE∥AB
∴∠EOC＝∠ABC＝60°∠CEO＝∠CAB＝60°，
∴△COE为等边三角形，
∴OE＝OC＝CE∠AEO＝180°﹣∠CEO＝120°∠DCO＝180°﹣∠ACB＝120°，
又∵OA＝OD，
∴∠EAO＝∠CDO，
在△AOE和△COD中，
∠AOE=∠DOC∠EAO=∠CDOOA=OD，
∴△AOE≌△DOC(AAS)，
∴CD＝EA，
∵EA＝AC﹣CE，BO＝BC﹣CO，
∴EA＝BO，
∴BO＝CD，
又∵AD＝AC+CD，AB＝BC，
∴AD＝AB+BO＝BC+BO＝BO+CO+BO＝2BO+CO；
(3)△AOP为等边三角形．
证明：如图2，连接PC，PD，延长OC交PD于F，
∵P、D关于OC对称，
∴PF＝DF，∠PFO＝∠DFO＝90°，
在△OPE与△OPF中，
PF=DF∠PFO=∠DFOOF=OF，
∴△OPE≌△OPF(SAS)，
∴∠POF＝∠DOF，OP＝OD，
∴△AOP为等腰三角形，
过O作OE∥AB，OE交AD于E，
由(2)得△AOE≌△DOC∠AOE＝∠DOC，
∴∠AOE＝∠POF，
∴∠AOE+∠POE＝∠POF+∠POE，
即∠AOP＝∠COE＝60°，
∴△AOP是等边三角形．
【点评】本题是三几何变换综合题，考查了轴对称的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角的判定与性质，平行线的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，正确作出辅助线．
11．在Rt△ABC中，AB＝AC，OB＝OC，∠A＝90°，∠MON＝α，分别交直线AB、AC于点M、N．
(1)如图1，当α＝90°时，求证：AM＝CN；
(2)如图2，当α＝45°时，求证：BM＝AN+MN；
(3)当α＝45°时，旋转∠MON至图3位置，请你直接写出线段BM、MN、AN之间的数量关系．
【分析】(1)如图1，连接OA，由等腰直角三角形可得AO⊥BC，OA＝OB＝OC，∠ABO＝∠ACO＝∠BAO＝∠CAO＝45°，由“ASA”可证∴△AOM≌△CON，可得AM＝CN；
(2)如图2，在BA上截取BG＝AN，连接GO，AO，由“SAS”可证△BGO≌△AON，可得OG＝ON，∠BOG＝∠AON，由“SAS”可证△GMO≌△NMO，可得GM＝MN，则BM＝BG+GM＝AN+MN；
(3)如图3，过点O作OG⊥ON，连接AO，由“ASA”可证△NAO≌△GBO，可得AN＝GB，GO＝ON，由“SAS”可证△MON≌△MOG，可得MN＝GM，则MN＝AN+BM．
【解答】证明：(1)如图1，连接OA，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，OB＝OC，
∴AO⊥BC，OA＝OB＝OC，∠ABO＝∠ACO＝∠BAO＝∠CAO＝45°，
∴∠MON＝∠AOC＝90°，
∴∠AOM＝∠CON，且AO＝CO，∠BAO＝∠ACO＝45°，
∴△AOM≌△CON(ASA)
∴AM＝CN；
(2)证明：如图2，在BA上截取BG＝AN，连接GO，AO，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，OB＝OC，
∴AO⊥BC，OA＝OB＝OC，∠ABO＝∠ACO＝∠BAO＝∠CAO＝45°，
∵BG＝AN，∠ABO＝∠NAO＝45°，AO＝BO，
∴△BGO≌△AON(SAS)，
∴OG＝ON，∠BOG＝∠AON，
∵∠MON＝45°＝∠AOM+∠AON，
∴∠AOM+∠BOG＝45°，
∵∠AOB＝90°，
∴∠MOG＝∠MON＝45°，
∵MO＝MO，GO＝NO，
∴△GMO≌△NMO(SAS)，
∴GM＝MN，
∴BM＝BG+GM＝AN+MN；
(3)MN＝AN+BM，
理由如下：如图3，过点O作OG⊥ON，连接AO，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，OB＝OC，
∴AO⊥BC，OA＝OB＝OC，∠ABO＝∠ACO＝∠BAO＝∠CAO＝45°，
∴∠GBO＝∠NAO＝135°，
∵MO⊥GO，
∴∠NOG＝90°＝∠AOB，
∴∠BOG＝∠AON，且AO＝BO，∠NAO＝∠GBO，
∴△NAO≌△GBO(ASA)，
∴AN＝GB，GO＝ON，
∵MO＝MO，∠MON＝∠GOM＝45°，GO＝NO，
∴△MON≌△MOG(SAS)，
∴MN＝MG，
∵MG＝MB+BG，
∴MN＝AN+BM．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
12．如图，在平面直角坐标系中，有Rt△ABC，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点A、B均在x轴上，边AC与y轴交于点D，连接BD，且BD是∠ABC的角平分线，若点B的坐标为(3，0)．
(1)如图1，求点C的横坐标；
(2)如图2，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转一个角度α(0°≤α≤180°)得到Rt△AB'C'，直线AC'交直线BD于点P，直线AB'交y轴于点Q，是否存在点P、Q，使△APQ为等腰三角形？若存在，直接写出∠APQ的度数；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)如图1中，过点C作CH⊥AB于H．首先证明DA＝DB，想办法求出CH，OH即可解决问题．
(2)分三种情形：当AP＝AQ时，当PA＝PQ时，当AP＝AQ时，根据等腰三角形的性质分别求解即可．
【解答】解：(1)如图1中，过点C作CH⊥AB于H．
∵∠ABC＝90°，∠CAB＝30°，
∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=12∠ABC＝30°，
∴∠DAB＝∠DBA＝30°，
∴DA＝DB，
∵DO⊥AB，
∴OA＝OB，
∵B(3，0)，
∴OA＝OB=3，
∴AB＝23，
∴BC=12AB=3，
∵CH⊥AB，
∴∠CHB＝90°，
∴BH=12BC=32，CH=3BH=32，
∴OH＝OB﹣BH=32，
∴C(32，32)．
(2)如图2，连接PQ，
∵△PAQ是等腰三角形，∠PAQ＝30°，
∴当AP＝AQ时，∠APQ=12(180°﹣30°)＝75°，
当PA＝PQ时，∠APQ＝120°，
当PQ＝AQ时，∠APQ＝∠PAQ＝30°，
当点Q在Y轴的负半轴上时，等腰三角形的顶角为150°，此时∠APQ＝15°，
综上所述，满足条件的∠APQ的值为75°或120°或30°或15°．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
13．如图1，将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，将BC绕点C顺时针旋转90°得CG，DG交EC于O点．
(1)求证：DO＝OG；
(2)如图2，若∠ABC＝135°，AC=2，求DG的长；
(3)如图3，若∠ABC＝90°，BC＞AB．且DGAC=455时，直接写出ABBC的值．
【分析】(1)如图1，延长CB交DE于H．先判断出DE∥CG，进而判断出△DOE≌△GOC，即可得出结论；
(2)先判断出D，B，C在同一条直线上，进而判断出四边形CDEG是矩形，得出DG＝CE，再用勾股定理得出CE即可；
(3)先判断出四边形ABCF是矩形，进而得出△DFG是等腰直角三角形，即可得出DG=2DF=2(AB+BC)，再用勾股定理得出AB2+BC2＝AC2，再用DGAC=455，建立等式即可得出结论．
【解答】解：(1)如图1，延长CB交DE于H．
∵∠ABC+∠ABH＝180°，∠ABC＝∠ADH，
∴∠ADH+∠ABH＝180°，
∴∠DAB+∠DHB＝180°，
∵∠DAB＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴∠DHB＝∠HCG＝90°，
∴DE∥CG，
∴∠EDO＝∠G，
∵DE＝BC＝CG，∠DOE＝∠GOC，
∴△DOE≌△GOC(AAS)，
∴EO＝OC．
(2)如图2，连接EG，BD，
由旋转知，AD＝AB，∠BAD＝90°，
∴∠ABD＝45°，
∵∠ABC＝135°，
∴∠ABD+∠ABC＝180°，
∴点D，B，C在同一条直线上，
由(1)知，∠EDG＝∠CGD，
∴DE∥CG，
∵DE＝CG，
∴四边形CDEG是平行四边形，
∵将BC绕点C顺时针旋转90°得CG，
∴∠DCG＝90°，
∴平行四边形CDEG是矩形，
∴DG＝CE，
由旋转知，∠CAE＝90°，AE＝AC=2，
∴CE=2AC＝2，
∴DG＝2；
(3)如图3，延长DA，CG相交于点F，
由旋转知，∠BAD＝∠BCG＝90°，
∴∠BAF＝∠BCF＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCF是矩形，
∴AF＝BC，CF＝AB，
∴FD＝FG，
在Rt△DFG中，DG=2DF=2(AD+AF)=2(AB+BC)，
在RtACF中，AF2+CF2＝AC2，
∴AB2+BC2＝AC2，
∵DGAC=455，
∴DG2AC2=165，
∴2(AB+BC)2AB2+BC2=165，
∴(AB+BC)2AB2+BC2=95，
∴2AB2﹣5AB•BC+2BC2＝0，
∴(2AB﹣BC)(AB﹣2BC)＝0，
∴2AB﹣BC＝0或AB﹣2BC＝0，
∴ABBC=12或ABBC=2(舍弃)，
即ABBC=12．
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的旋转，平行四边形的旋转和判定，矩形的判定和旋转，三点共线的方法，勾股定理，全等三角形的判定和性质，判断出△DOE≌△GOC，是解本题的关键，是一道中等难度的中考常考题．