中考数学旋转综合练习题及详细答案

一、旋转 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．(1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD． ①求证：四边形BFDE是菱形； ②直接写出∠EBF的度数；

(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究，如图②，点G、I分别在BF、BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD的中点，连接FH并延长，交ED于点J，连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH与FH之间满足的关系，并说明理由；

(3)把(1)中矩形ABCD进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE、EF、DF，使△DEF是等腰直角三角形，DF交AC于点G.请直接写出线段AG、GE、EC三者之间满足的数量关系.

【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH＝3FH；（3）EG2＝AG2+CE2． 【解析】 【分析】

（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO＝OF，∵OB＝OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB＝ED即可．

②先证明∠ABD＝2∠ADB，推出∠ADB＝30°，延长即可解决问题． （2）IH＝3FH．只要证明△IJF是等边三角形即可．

（3）结论：EG2＝AG2+CE2．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题． 【详解】

（1）①证明：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，OB＝OD， ∴∠EDO＝∠FBO， 在△DOE和△BOF中，

EDO＝FBO ， OD＝OBEOD＝BOF∴△DOE≌△BOF， ∴EO＝OF，∵OB＝OD， ∴四边形EBFD是平行四边形， ∵EF⊥BD，OB＝OD， ∴EB＝ED，

∴四边形EBFD是菱形． ②∵BE平分∠ABD， ∴∠ABE＝∠EBD， ∵EB＝ED， ∴∠EBD＝∠EDB， ∴∠ABD＝2∠ADB， ∵∠ABD+∠ADB＝90°， ∴∠ADB＝30°，∠ABD＝60°， ∴∠ABE＝∠EBO＝∠OBF＝30°， ∴∠EBF＝60°． （2）结论：IH＝3FH．

理由：如图2中，延长BE到M，使得EM＝EJ，连接MJ．

∵四边形EBFD是菱形，∠B＝60°， ∴EB＝BF＝ED，DE∥BF， ∴∠JDH＝∠FGH， 在△DHJ和△GHF中，

DHG＝GHF ， DH＝GHJDH＝FGH∴△DHJ≌△GHF， ∴DJ＝FG，JH＝HF， ∴EJ＝BG＝EM＝BI， ∴BE＝IM＝BF， ∵∠MEJ＝∠B＝60°， ∴△MEJ是等边三角形，

∴MJ＝EM＝NI，∠M＝∠B＝60° 在△BIF和△MJI中，

BI＝MJB＝M， BF＝IM∴△BIF≌△MJI，

∴IJ＝IF，∠BFI＝∠MIJ，∵HJ＝HF， ∴IH⊥JF，

∵∠BFI+∠BIF＝120°， ∴∠MIJ+∠BIF＝120°， ∴∠JIF＝60°， ∴△JIF是等边三角形，

在Rt△IHF中，∵∠IHF＝90°，∠IFH＝60°， ∴∠FIH＝30°， ∴IH＝3FH．

（3）结论：EG2＝AG2+CE2．

理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，

∵∠FAD+∠DEF＝90°， ∴AFED四点共圆，

∴∠EDF＝∠DAE＝45°，∠ADC＝90°， ∴∠ADF+∠EDC＝45°， ∵∠ADF＝∠CDM，

∴∠CDM+∠CDE＝45°＝∠EDG， 在△DEM和△DEG中，

DE＝DEEDG＝EDM ， DG＝DM∴△DEG≌△DEM， ∴GE＝EM，

∵∠DCM＝∠DAG＝∠ACD＝45°，AG＝CM， ∴∠ECM＝90° ∴EC2+CM2＝EM2， ∵EG＝EM，AG＝CM， ∴GE2＝AG2+CE2．

【点睛】

考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.

2．两块等腰直角三角板△ABC和△DEC如图摆放，其中∠ACB=∠DCE=90°，F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点．

（1）如图1，若点D、E分别在AC、BC的延长线上，通过观察和测量，猜想FH和FG的数量关系为______和位置关系为______；

（2）如图2，若将三角板△DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时，其余条件均不变，则（1）中的猜想是否还成立，若成立，请证明，不成立请说明理由；

（3）如图3，将图1中的△DEC绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图3，（1）中的猜想还成立吗？直接写出结论，不用证明．

【答案】（1）相等，垂直．（2）成立，证明见解析；（3）成立，结论是FH=FG，FH⊥FG． 【解析】

试题分析：（1）证AD=BE，根据三角形的中位线推出FH=FG∥BE，即可推出答案；

（2）证△ACD≌△BCE，推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案； （3）连接BE、AD，根据全等推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案． 试题解析：

（1）解：∵CE=CD，AC=BC，∠ECA=∠DCB=90°， ∴BE=AD，

∵F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点，

11AD，FH∥AD，FG=BE，2211AD，FH∥AD，FG=BE，FG∥BE， 22∴FH=FG， ∵AD⊥BE， ∴FH⊥FG，

故答案为相等，垂直． （2）答：成立，

∴FH=

证明：∵CE=CD，∠ECD=∠ACD=90°，AC=BC， ∴△ACD≌△BCE ∴AD=BE，

11AD，FH∥AD，FG=BE，FG∥BE， 22∴FH=FG，FH⊥FG，

∴（1）中的猜想还成立．

由（1）知：FH=

（3）答：成立，结论是FH=FG，FH⊥FG． 连接AD，BE，两线交于Z，AD交BC于X， 同（1）可证

11AD，FH∥AD，FG=BE，FG∥BE， 22∵三角形ECD、ACB是等腰直角三角形， ∴CE=CD，AC=BC，∠ECD=∠ACB=90°， ∴∠ACD=∠BCE， 在△ACD和△BCE中

∴FH=

AC＝BCACD＝BCE ， CE＝CD∴△ACD≌△BCE， ∴AD=BE，∠EBC=∠DAC，

∵∠DAC+∠CXA=90°，∠CXA=∠DXB， ∴∠DXB+∠EBC=90°， ∴∠EZA=180°﹣90°=90°， 即AD⊥BE， ∵FH∥AD，FG∥BE， ∴FH⊥FG， 即FH=FG，FH⊥FG， 结论是FH=FG，FH⊥FG.

【点睛】运用了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定、三角形的中位线定理，旋转的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用这些性质进行推理是解此题的关键．

3．（12分）如图1，在等边△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接BE，CD，点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点．

（1）观察猜想：图1中，△PMN的形状是 ；

（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，△PMN的形状是否发生改变？并说明理由；

（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=1，AB=3，请直接写出△PMN的周长的最大值．

【答案】(1) 等边三角形；(2) △PMN的形状不发生改变，仍然为等边三角形,理由见解析；（3）6 【解析】

分析：（1）如图1，先根据等边三角形的性质得到AB=AC，∠ABC=∠ACB=60°，则

11CE，PN∥AD，PN=BD，从而得到22PM=PN，∠MPN=60°，从而可判断△PMN为等边三角形；

BD=CE，再根据三角形中位线性质得PM∥CE，PM=

（2）连接CE、BD，如图2，先利用旋转的定义，把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE，则BD=CE，∠ABD=∠ACE，与（1）一样可得PM=PN，∠BPM=∠BCE，

∠CPN=∠CBD，则计算出∠BPM+∠CPN=120°，从而得到∠MPN=60°，于是可判断△PMN为等边三角形．

（3）利用AB﹣AD≤BD≤AB+AD（当且仅当点B、A、D共线时取等号）得到BD的最大值为4，则PN的最大值为2，然后可确定△PMN的周长的最大值． 详解：（1）如图1．

∵△ABC为等边三角形，∴AB=AC，∠ABC=∠ACB=60°． ∵AD=AE，∴BD=CE．

∵点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点， ∴PM∥CE，PM=

11CE，PN∥AD，PN=BD， 22∴PM=PN，∠BPM=∠BCA=60°，∠CPN=∠CBA=60°， ∴∠MPN=60°，∴△PMN为等边三角形； 故答案为等边三角形；

（2）△PMN的形状不发生改变，仍然为等边三角形．理由如下： 连接CE、BD，如图2．

∵AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=60°， ∴把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE， ∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，

11CE，PN∥AD，PN=BD， 22∴PM=PN，∠BPM=∠BCE，∠CPN=∠CBD，

与（1）一样可得PM∥CE，PM=

∴∠BPM+∠CPN=∠CBD+∠CBD=∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE=60°+60°=120°，∴∠MPN=60°，∴△PMN为等边三角形． （3）∵PN=

1BD，∴当BD的值最大时，PN的值最大． 2 ∵AB﹣AD≤BD≤AB+AD（当且仅当点B、A、D共线时取等号）

∴BD的最大值为1+3=4，∴PN的最大值为2，∴△PMN的周长的最大值为6．

点睛：本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定与性质和三角形中位线性质．

4．已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA=6，点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE．

（1）如图1，猜想：△CDE的形状是 三角形． （2）请证明（1）中的猜想 （3）设OD=m，

①当6＜m＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．

②是否存在m的值，使△DEB是直角三角形，若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）等边；（2）详见解析；（3）①23+4；②当m=2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形． 【解析】 【分析】

（1）由旋转的性质猜想结论；

（2）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论； （3）①当6＜m＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到

C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；

②存在，分四种情况讨论：a）当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形； b）当0≤m＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2=m； c）当6＜m＜10时，此时不存在；

d）当m＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到m=14． 【详解】 （1）等边；

（2）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE=60°，DC=EC，∴△CDE是等边三角形．

（3）①存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得：BE=AD，

∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE=CD，

∴C△DBE=CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD=23，∴△BDE的最小周长=CD+4=23+4； ②存在，分四种情况讨论：

a）∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意；

b）当0≤m＜6时，由旋转可知，∠ABE=60°，∠BDE＜60°，∴∠BED=90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB=60°，∴∠CEB=30°． ∵∠CEB=∠CDA，∴∠CDA=30°．

∵∠CAB=60°，∴∠ACD=∠ADC=30°，∴DA=CA=4，∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2，∴m=2；

c）当6＜m＜10时，由∠DBE=120°＞90°，∴此时不存在；

d）当m＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE=60°，又由（1）知∠CDE=60°，

∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE=90°，从而∠BCD=30°，∴BD=BC=4，∴OD=14，∴m=14．

综上所述：当m=2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形． 【点睛】

本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．

5．如图1．在△ABC中，∠ACB＝90°，点P为△ABC内一点．

（1）连接PB、PC，将△BCP沿射线CA方向平移，得到△DAE，点B、C、P的对应点分别为点D、A、E，连接CE． ①依题意，请在图2中补全图形；

②如果BP⊥CE，AB＋BP＝9，CE＝33，求AB的长．

（2）如图3，以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接PA、PB、PC，当AC＝4，AB＝8时，根据此图求PA＋PB＋PC的最小值．

【答案】⑴①见解析，②AB＝6；⑵47. 【解析】

分析：（1）①根据题意补全图形即可；

②连接BD、CD．根据平移的性质和∠ACB＝90°，得到四边形BCAD是矩形，从而有CD＝AB，设CD＝AB＝x，则PB＝DE＝9x， 由勾股定理求解即可；

（2）当C、P、M、N四点共线时，PA＋PB＋PC最小．由旋转的性质和勾股定理求解即可．

详解：（1）①补全图形如图所示；

②如图：连接BD、CD．

∵△BCP沿射线CA方向平移，得到△DAE， ∴BC∥AD且BC＝AD，PB＝DE． ∵∠ACB＝90°，

∴四边形BCAD是矩形，∴CD＝AB，设CD＝AB＝x，则PB＝9x， DE＝BP＝9x，

∵BP⊥CE，BP∥DE，∴DE⊥CE， ∴CE2DE2CD2，∴33∴x6，即AB＝6；

（2）如图，当C、P、M、N四点共线时，PA＋PB＋PC最小．

29xx2，

2

由旋转可得：△AMN≌△APB，∴PB＝MN． 易得△APM、△ABN都是等边三角形，∴PA＝PM， ∴PA＋PB＋PC＝PM＋MN＋PC＝CN， ∴BN＝AB＝8，∠BNA＝60°，∠PAM＝60°， ∴∠CAN＝∠CAB＋∠BAN＝60°＋60°＝120°， ∴∠CBN＝90°．

在Rt△ABC中，易得：BC=AB2AC2824243， ∴在Rt△BCN中，CNBC2BN2486447．

点睛：本题属于几何变换综合题，主要考查了旋转和平移的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形和全等三角形，依据图形的性质进行计算求解．

6．把两个直角边长均为6的等腰直角三角板ABC和EFG叠放在一起（如图①），使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合．现将三角板EFG绕O点顺时针旋转（旋转角α满足条件：0°＜α＜90°），四边形CHGK是旋转过程中两三角板的重叠部分

（如图②）．

（1）探究：在上述旋转过程中，BH与CK的数量关系以及四边形CHGK的面积的变化情况（直接写出探究的结果，不必写探究及推理过程）；

（2）利用（1）中你得到的结论，解决下面问题：连接HK，在上述旋转过程中，是否存在某一位置，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的不存在，说明理由．

【答案】(1) BH=CK;(2) 存在，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的的长度为【解析】

（1）先由ASA证出△CGK≌△BGH，再根据全等三角形的性质得出BH=CK，根据全等得出四边形CKGH的面积等于三角形ACB面积一半；

．

的位置，此时BH

？若存在，求出此时BH的长度；若

12

x-3x+9，根据△GKH的面积恰好等于21551△ABC面积的，代入得出方程x2-3x+9=××6×6，求出即可．

121222解：（1）BH与CK的数量关系：BH=CK，理由是： 连接OC，

（2）根据面积公式得出S△GHK=S四边形CKGH-S△CKH=

由直角三角形斜边上中线性质得出OC=BG， ∵AC=BC，O为AB中点，∠ACB=90°， ∴∠B=∠ACG=45°，CO⊥AB， ∴∠CGB=90°=∠KGH，

∴都减去∠CGH得：∠BGH=∠CGK， 在△CGK和△BGH中

∵

，

∴△CGK≌△BGH（ASA）， ∴CK=BH，即BH=CK；

四边形CHGK的面积的变化情况：四边形CHGK的面积不变，始终等于四边形CQGZ的面积，即等于△ACB面积的一半，等于9；

（2）假设存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的

5的位置． 12设BH=x，由题意及（1）中结论可得，CK=BH=x，CH=CB﹣BH=6﹣x， ∴S△CHK=

11CH×CK=3x﹣x2， 22121x）=x2﹣3x+9， 225∵△GKH的面积恰好等于△ABC面积的，

12151∴x2﹣3x+9=××6×6，

1222∴S△GHK=S四边形CKGH﹣S△CKH=9﹣（3x﹣

解得x136，x236（经检验，均符合题意）． ∴存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的

5的位置，此时x的值为36． 12“点睛”本题考查了旋转的性质，三角形的面积，全等三角形的性质和判定等知识点，此题有一定的难度，但是一道比较好的题目．

7．在△ABC中，AB=AC，∠A=300，将线段BC绕点B逆时针旋转600得到线段BD，再将线段BD平移到EF，使点E在AB上，点F在AC上． （1）如图1，直接写出∠ABD和∠CFE的度数； （2）在图1中证明：AE=CF；

（3）如图2，连接CE，判断△CEF的形状并加以证明．

【答案】（1）15°，45°；（2）证明见解析；（3）△CEF是等腰直角三角形，证明见解析. 【解析】

试题分析：（1）根据等腰三角形的性质得到∠ABC的度数，由旋转的性质得到∠DBC的度数，从而得到∠ABD的度数；根据三角形外角性质即可求得∠CFE的度数.

（2）连接CD、DF，证明△BCD是等边三角形，得到CD=BD，由平移的性质得到四边形BDFE是平行四边形，从而AB∥FD，证明△AEF≌△FCD即可得AE=CF．

（3）过点E作EG⊥CF于G，根据含30度直角三角形的性质，垂直平分线的判定和性质即可证明△CEF是等腰直角三角形.

（1）∵在△ABC中，AB=AC，∠A=300，∴∠ABC=750.

∵将线段BC绕点B逆时针旋转600得到线段BD，即∠DBC=600．∴∠ABD= 15°. ∴∠CFE=∠A+∠ABD=45°． （2）如图，连接CD、DF．

∵线段BC绕点B逆时针旋转60得到线段BD，∴BD=BC，∠CBD=600．∴△BCD是等边三角形． ∴CD=BD．

∵线段BD平移到EF，∴EF∥BD，EF=BD． ∴四边形BDFE是平行四边形，EF= CD．

∵AB=AC，∠A=300，∴∠ABC=∠ACB=750．∴∠ABD=∠ACD=15°． ∵四边形BDFE是平行四边形，∴AB∥FD．∴∠A=∠CFD. ∴△AEF≌△FCD（AAS）． ∴AE=CF．

（3）△CEF是等腰直角三角形，证明如下： 如图，过点E作EG⊥CF于G， ∵∠CFE =45°，∴∠FEG=45°．∴EG=FG． ∵∠A=300，∠AGE=90°，∴∵AE=CF，∴∴EF=EC．

∴∠CEF=∠FEG=90°． ∴△CEF是等腰直角三角形．

．∴

．

．∴G为CF的中点．∴EG为CF的垂直平分线．

考点：1.旋转和平移问题；2．等腰三角形的性质；3．三角形外角性质；4．等边三角形的判定和性质；5.平行四边形的判定和性质；6.全等三角形的判定和性质；7．含30度直角三角形的性质；8．垂直平分线的判定和性质；9．等腰直角三角形的判定.

8．思维启迪：（1）如图1，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小亮想用绳子测量A，B间的距离，但绳子不够长，聪明的小亮想出一个办法：先在地上取一个可以直接到达B点的点C，连接BC，取BC的中点P（点P可以直接到达A点），利用工具过点C作CD∥AB交AP的延长线于点D，此时测得CD＝200米，那么A，B间的距离是 米．

思维探索：（2）在△ABC和△ADE中，AC＝BC，AE＝DE，且AE＜AC，∠ACB＝∠AED＝90°，将△ADE绕点A顺时针方向旋转，把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置（此时点B和点D位于AC的两侧），设旋转角为α，连接BD，点P是线段BD的中点，连接PC，PE．

①如图2，当△ADE在起始位置时，猜想：PC与PE的数量关系和位置关系分别是 ； ②如图3，当α＝90°时，点D落在AB边上，请判断PC与PE的数量关系和位置关系，并证明你的结论；

③当α＝150°时，若BC＝3，DE＝l，请直接写出PC2的值．

【答案】（1）200；（2）①PC＝PE，PC⊥PE；②PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝PE，PC⊥PE，见解析；③PC2＝【解析】 【分析】

（1）由CD∥AB，可得∠C＝∠B，根据∠APB＝∠DPC即可证明△ABP≌△DCP，即可得AB＝CD，即可解题．

1033. 2（2）①延长EP交BC于F，易证△FBP≌△EDP（SAS）可得△EFC是等腰直角三角形，即可证明PC＝PE，PC⊥PE．

②作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，易证△FBP≌△EDP（SAS），结合已知得BF＝DE＝AE，再证明△FBC≌△EAC（SAS），可得△EFC是等腰直角三角形，即可证明PC＝PE，PC⊥PE．

③作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，过E点作EH⊥AC交CA延长线于H点，由旋转旋转可知，∠CAE＝150°，DE与BC所成夹角的锐角为30°，得∠FBC＝∠EAC，同②可证可得PC＝PE，PC⊥PE，再由已知解三角形得∴EC2＝CH2+HE2＝1033，即可求出PC212EC210332 【详解】

（1）解：∵CD∥AB，∴∠C＝∠B， 在△ABP和△DCP中，

BPCPAPBDPC， BC∴△ABP≌△DCP（SAS）， ∴DC＝AB． ∵AB＝200米． ∴CD＝200米， 故答案为：200．

（2）①PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝PE，PC⊥PE． 理由如下：如解图1，延长EP交BC于F， 同（1）理，可知∴△FBP≌△EDP（SAS）， ∴PF＝PE，BF＝DE， 又∵AC＝BC，AE＝DE， ∴FC＝EC， 又∵∠ACB＝90°，

∴△EFC是等腰直角三角形， ∵EP＝FP， ∴PC＝PE，PC⊥PE．

②PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝PE，PC⊥PE． 理由如下：如解图2，作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF， 同①理，可知△FBP≌△EDP（SAS）， ∴BF＝DE，PE＝PF＝12EF， ∵DE＝AE， ∴BF＝AE，

∵当α＝90°时，∠EAC＝90°， ∴ED∥AC，EA∥BC ∵FB∥AC，∠FBC＝90， ∴∠CBF＝∠CAE， 在△FBC和△EAC中，

BFAECBECAE， BCAC∴△FBC≌△EAC（SAS）， ∴CF＝CE，∠FCB＝∠ECA， ∵∠ACB＝90°， ∴∠FCE＝90°，

∴△FCE是等腰直角三角形， ∵EP＝FP， ∴CP⊥EP，CP＝EP＝

1EF． 2③如解图3，作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，过E点作EH⊥AC交CA延长线于H点，

当α＝150°时，由旋转旋转可知，∠CAE＝150°，DE与BC所成夹角的锐角为30°， ∴∠FBC＝∠EAC＝α＝150° 同②可得△FBP≌△EDP（SAS），

同②△FCE是等腰直角三角形，CP⊥EP，CP＝EP＝在Rt△AHE中，∠EAH＝30°，AE＝DE＝1， ∴HE＝

2CE， 213，AH＝， 223， 2又∵AC＝AB＝3， ∴CH＝3+

∴EC2＝CH2+HE2＝1033 ∴PC2＝

11033 EC222

【点睛】

本题考查几何变换综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质、勾股定理和30°直角三角形性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于压轴题．