中考几何三大变换(含答).doc

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、
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、

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).

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(P1不与C重合)时，连接EP1;绕点E逆时针旋转90°得到线段ＥG1。判断直线FG1与直线CＤ得位置关系,并加以证明；
②当Ｐ２为线段DC得延长线上任意一点时,连接ＥP2，将线段EP２绕点E逆时针旋转90°得到线段EC2.判断直线C1Ｃ2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CP１＝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△Ｐ1EC按要求旋转后得到得△Ｇ１EＦ全等，再结合∠P1ＣE=∠Ｇ1FE=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P１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G1Ｆ=x。P1H=x﹣４,进而可得y与x之间得函数关系式；②当点P１在线段CH上时,同理可得ＦG１=ｘ，P1H＝4﹣ｘ,进而可得y与ｘ之间得函数关系式;③当点Ｐ1与点Ｈ重合时，说明△P1FＧ1不存在，再作综合说明即可.本题第二问较难.学生不明确点Ｐ1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FG1与直线CＤ得位置关系为互相垂直.
证明：如图1,设直线ＦG1与直线ＣD得交点为H.
∵线段EC、EP１分别绕点E逆时针旋转90°依次得到线段EF、EG１，
∴∠P１ＥＧ1=∠ＣEＦ=９0°,EＧ1=EP1，EF=EC．
∵∠Ｇ１EF=90°﹣∠Ｐ1ＥF，∠P1EC=９0°﹣∠Ｐ1EF,
∴∠G1EF=∠P1ＥＣ.
∴△G１EＦ≌△Ｐ1EC.
∴∠G1FE=∠P1ＣＥ。
∵EC⊥CD，
∴∠P１CＥ=90°，
∴∠G1FE＝９0度.
∴∠EＦH＝90度．
∴∠FＨＣ=９0度。
∴FG１⊥ＣＤ。
②按题目要求所画图形见图１,直线G1G２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P1点在线段CH得延长线上时,
∵FG１=CP1=x，P1H=x﹣4，
∴S△P1FG１=×FG1×Ｐ1H=。
∴y=x2﹣２ｘ（x＞4）.
②如图３，当P１点在线段ＣH上（不与C、H两点重合)时，
∵FＧ1＝CP1=x，P１H=４﹣x，
∴S△P1FＧ1=×FG１×P１Ｈ=.
∴ｙ=﹣x2+２x（０<ｘ〈4）.
③当P1点与Ｈ点重合时，即ｘ=4时，△Ｐ1FG1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.