中考专题四 旋转怎么出怎么考怎么解
中考数学旋转压轴题解题方法(详解答案)
中考数学旋转压轴题解题方法一、图形旋转知识与方法1、图形的变换是新课标中“空间与图形”领域的一个主要内容，体现运动变换的理念与思想，是教材中的一大亮点．初中数学所学的图形变换包括平移、轴对称、旋转、位似。
2、旋转，它是一种数学变换．生活中的旋转也是随处可见，汽车的轮子，钟表的指针，游乐园里的摩天轮，都是旋转现象．3、图形的旋转有三个要素：①旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．4、旋转具有以下性质：①对应点到旋转中心的距离相等，即边相等。
②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，即角相等③旋转前、后的图形全等。
5、旋转是近几年中考数学的热点题型，对旋转的特例“中心对称”的考查多以选择题或填空题的形式出现，题目比较简单，大多数属于送分题；利用旋转作图，是格点作图题中的重点。
利用旋转构造复杂几何图形，通常将旋转融合在综合题中，题目难度中等，在选择题、填空题、解答题中都有出现。
有旋转点的，有旋转线段的，更多的是旋转图形的。
旋转三角形，旋转平行四边形，旋转矩形，旋转正方形，其中，近两年的各地中考试题中，旋转矩形出现的最频繁，深受出题老师的青睐。
其实旋转的题目还有一个好听的名字就是“手拉手问题”，本文将对这一类问题分类汇总，以这三个性质为突破口，就能快速解决问题。
二、典例精讲典例．在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝α，点D为直线BC上一动点，过点D作DF∥AC 交直线AB于点F，将AD绕点D顺时针旋转α得到ED，ED交直线AB于点O，连接BE．（1）问题发现：如图1，α＝90°，点D在边BC上，猜想：①AF与BE的数量关系是；②∠ABE＝度．（2）拓展探究：如图2，0°＜α＜90°，点D在边BC上，请判断AF与BE的数量关系及∠ABE的度数，并给予证明．（3）解决问题如图3，90°＜α＜180°，点D在射线BC上，且BD＝3CD，若AB＝8，请直接写出BE 的长．思路点拨：（1）①由等腰直角三角形的判定和性质可得：∠ABC＝45°，由平行线的性质可得∠FDB＝∠C＝90°，进而可得由等角对等边可得DF＝DB，由旋转可得：∠ADF＝∠EDB，DA＝DE，继而可知△ADF≌△EDB，继而即可知AF＝BE；②由全等三角形的性质可知∠DAF＝∠E，继而由三角形内角和定理即可求解；（2）由平行线的性质可得∠ACB＝∠FDB＝α，∠CAB＝∠DFB，由等边对等角可得∠ABC＝∠CAB，进而根据等角对等边可得DB＝DF，再根据全等三角形的判定方法证得△ADF≌△EDB，进而可得求证AF＝BE，∠ABE＝∠FDB＝α；（3）分两种情况考虑：①如图（3）中，当点D在BC上时，②如图（4）中，当点D在BC的延长线上时，由平行线分线段成比例定理可得1==4AF CDAB CB、1==2AF CDAB CB，代入数据求解即可；满分解答：（1）问题发现：如图1中，设AB交DE于O．∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠ABC＝45°，∵DF∥AC，∴∠FDB＝∠C＝90°，∴∠DFB＝∠DBF＝45°，∴DF＝DB，∵∠ADE＝∠FDB＝90°，∴∠ADF＝∠EDB，∵DA＝DE，DF＝DB∴△ADF≌△EDB（SAS），∴AF＝BE，∠DAF＝∠E，∵∠AOD＝∠EOB，∴∠ABE＝∠ADO＝90°故答案为：①AF＝BE，②90°．（2）拓展探究：结论：AF＝BE，∠ABE＝α．理由如下：∵DF‖AC∴∠ACB＝∠FDB＝α，∠CAB＝∠DFB，∵AC＝BC，∴∠ABC＝∠CAB，∴∠ABC＝∠DFB，∴DB＝DF，∵∠ADF＝∠ADE﹣∠FDE，∠EDB＝∠FDB﹣∠FDE，∴∠ADF＝∠EDB，∵AD＝DE，DB＝DF∴△ADF≌△EDB（SAS），∴AF＝BE，∠AFD＝∠EBD∵∠AFD＝∠ABC+∠FDB，∠DBE＝∠ABD+∠ABE，∴∠ABE＝∠FDB＝α．（3）解决问题①如图（3）中，当点D在BC上时，由（2）可知：BE＝AF，∵DF∥AC，∴1==4 AF CDAB CB，∵AB＝8，∴AF＝2，∴BE＝AF＝2，②如图（4）中，当点D在BC的延长线上时，∵AC∥DF，∴1==2 AF CDAB CB，∵AB＝8，∴BE＝AF＝4，故BE的长为2或4．名师点评：（1）本题考查等腰直角三角形的判定和性质、平行线的性质、等边对等角的性质和等角对等边的性质、旋转的性质、相似三角形的判定及其性质、三角形内角和定理、平行线分线段成比例定理，涉及到的知识点较多，解题的关键是综合运用所学知识．（2）旋转问题三步走：。
中考数学+“旋转”专题
立体图形的旋转
总结词
立体图形在旋转过程中，其形状、大小和方 向均保持不变，但位置会发生变化。
详细描述
立体图形的旋转通常涉及三维图形，如球体 、圆柱体、圆锥体等。在旋转过程中，图形 的形状、大小和方向都不会改变，但位置会 发生变化。例如，一个球体可以围绕其轴线 进行旋转，形成一个圆柱体。这种旋转在中 考数学中也是常见的考点之一，需要学生掌 握相关的概念和计算方法。பைடு நூலகம்
这些题目往往涉及多个知识点和解题技巧 ，需要学生全面掌握旋转的性质和应用。
题目1
题目2
在等腰梯形ABCD中，AD∥BC， AB=CD=5，AD=3，将△ABD绕点D逆时 针旋转90°得到△ECD，则经过路径长为( ) 。
在平面直角坐标系中，点A的坐标为(0,3)， 将点A绕原点顺时针旋转135°得到点B，则 点B的坐标是( )。
04
中考中旋转的考点分析
旋转的基本考点
旋转的定义与性质
01
掌握旋转的基本性质，如旋转不改变图形 的形状和大小，只改变其位置。
03
02
理解旋转的基本概念，包括旋转中心、旋转 方向和旋转角度。
04
旋转的表示方法
掌握如何使用数学符号表示图形的旋转。
05
06
了解如何使用旋转矩阵或旋转公式来描述 图形的旋转。
旋转可以应用于解决代数问题，特别是在方程和不等式 的求解中。
例如，在解方程时，可以通过旋转来消元或转化方程的 形式。
旋转的应用题解法
旋转在几何、物理和工程等领域有广泛的应用 。
例如，在机械工程中，旋转运动是常见的机械运动形 式，可以利用旋转的性质来分析机械的运动规律。
掌握旋转在实际问题中的应用
通过将实际问题抽象为几何图形，并利用旋转的 性质进行求解，可以找到实际问题的解决方案。
备战中考数学初中数学 旋转的综合热点考点难点含答案解析
备战中考数学初中数学旋转的综合热点考点难点含答案解析一、旋转1．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN．（1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；猜想与发现：（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论．结论1：DM、MN的数量关系是；结论2：DM、MN的位置关系是；拓展与探究：（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）证明参见解析；（2）相等，垂直；（3）成立，理由参见解析.【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，从而证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角相等即可得出结论；（3）成立，连接AE，交MD于点G，标记出各个角，首先证明出MN∥AE，MN=AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=AF，从而得到DM，MN数量相等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．从而得到DM、MN的位置关系是垂直.试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF 是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC﹣CE=CD﹣CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，DM、MN的位置关系是垂直；∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，∴AF=2DM，∵MN 是△AEF的中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，AM=MD，∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°，∴DM⊥MN；（3）（2）中的两个结论还成立，连接AE，交MD于点G，∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，∴MN∥AE，MN=AE，由已知得，AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，又∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF的中点，∴DM=AF，∴DM=MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1=∠2，∵AB∥DF，∴∠1=∠3，同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM，∴∠MAD=∠5，∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN∥AE，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM⊥MN．所以（2）中的两个结论还成立.考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转的性质．2．阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形．小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，则BD＝CE．(1)在图1中证明小胖的发现；借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题：(2)如图2，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，求证：AD+CD＝BD；(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝m°，点E为△ABC外一点，点D为BC中点，∠EBC＝∠ACF，ED⊥FD，求∠EAF的度数（用含有m的式子表示）．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =12 m°.【解析】分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC ，只要证明△DAB ≌△EAC 即可；（2）如图2中，延长DC 到E ，使得DB=DE ．首先证明△BDE 是等边三角形，再证明△ABD ≌△CBE 即可解决问题；（3）如图3中，将AE 绕点E 逆时针旋转m°得到AG ，连接CG 、EG 、EF 、FG ，延长ED 到M ，使得DM=DE ，连接FM 、CM ．想办法证明△AFE ≌△AFG ，可得∠EAF=∠FAG=12m°. 详（1）证明：如图1中，∵∠BAC=∠DAE ，∴∠DAB=∠EAC ，在△DAB 和△EAC 中，AD AE DAB EAC AB AC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△DAB ≌△EAC ，∴BD=EC ．（2）证明：如图2中，延长DC 到E ，使得DB=DE ．∵DB=DE ，∠BDC=60°，∴△BDE 是等边三角形，∴∠BD=BE ，∠DBE=∠ABC=60°，∴∠ABD=∠CBE ，∵AB=BC ，∴△ABD ≌△CBE ，∴AD=EC ，∴BD=DE=DC+CE=DC+AD．∴AD+CD=BD．（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．由（1）可知△EAB≌△GAC，∴∠1=∠2，BE=CG，∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，∴△EDB≌△MDC，∴EM=CM=CG，∠EBC=∠MCD，∵∠EBC=∠ACF，∴∠MCD=∠ACF，∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，∴∠1=3=∠2，∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，∵CF=CF，CG=CM，∴△CFG≌△CFM，∴FG=FM，∵ED=DM，DF⊥EM，∴FE=FM=FG，∵AE=AG，AF=AF，∴△AFE≌△AFG，∴∠EAF=∠FAG=12 m°．点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．3．（操作发现）（1）如图1，△ABC为等边三角形，先将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于30°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=30°，连接AF，EF．①求∠EAF的度数；②DE与EF相等吗？请说明理由；（类比探究）（2）如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于45°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=45°，连接AF，EF．请直接写出探究结果：①∠EAF的度数；②线段AE，ED，DB之间的数量关系．【答案】（1）①120°②DE=EF；（2）①90°②AE2+DB2=DE2【解析】试题分析：（1）①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出∠ACF=∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；（2）①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论．试题解析：解：（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°．∵∠DCF=60°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②DE=EF．理由如下：∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，∴∠FCE=60°﹣30°=30°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE 中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF；（2）①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴AC=BC，∠BAC=∠B=45°．∵∠DCF=90°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；②AE2+DB2=DE2，理由如下：∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，∴∠FCE=90°﹣45°=45°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE 中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF．在Rt△AEF 中，AE2+AF2=EF2，又∵AF=DB，∴AE2+DB2=DE2．4．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG≌△AEF；(2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N(如图②)，求证：EF2=ME2+NF2；(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.【解析】试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF；（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，∴AF=AG，∠FAG=90°，∵∠EAF=45°，∴∠GAE=45°，在△AGE与△AFE中，，∴△AGE≌△AFE（SAS）；（2）设正方形ABCD的边长为a．将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．则△ADF≌△ABG，DF=BG．由（1）知△AEG≌△AEF，∴EG=EF．∵∠CEF=45°，∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，∴CE=CF，BE=BM，NF=DF，∴a﹣BE=a﹣DF，∴BE=DF，∴BE=BM=DF=BG，∴∠BMG=45°，∴∠GME=45°+45°=90°，∴EG2=ME2+MG2，∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，∴EF2=ME2+NF2；（3）EF2=2BE2+2DF2．如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，即2（DF2+BE2）=EF2考点：四边形综合题5．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：()1探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=o ，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90o 得到线段BD ，连接.CD 求证：BCD V 的面积为21.(2a 提示：过点D 作BC 边上的高DE ，可证ABC V ≌)BDE V ()2探究2：如图2，在一般的Rt ABC V 中，90ACB ∠=o ，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90o 得到线段BD ，连接.CD 请用含a 的式子表示BCD V 的面积，并说明理由． ()3探究3：如图3，在等腰三角形ABC 中，AB AC =，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90o 得到线段BD ，连接.CD 试探究用含a 的式子表示BCD V 的面积，要有探究过程．【答案】（1）详见解析；（2）BCD V 的面积为212a ，理由详见解析；（3）BCD V 的面积为214a ． 【解析】【分析】 ()1如图1，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC V ≌BDE V ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()2如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC V ≌BDE V ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，由等腰三角形的性质可以得出1 BF BC2=，由条件可以得出AFBV≌BEDV就可以得出BF DE=，由三角形的面积公式就可以得出结论．【详解】()1如图1，过点D作DE CB⊥交CB的延长线于E，BED ACB90∠∠∴==o，由旋转知，AB AD=，ABD90∠=o，ABC DBE90∠∠∴+=o，A ABC90∠∠+=oQ，A DBE∠∠∴=，在ABCV和BDEV中，ACB BEDA DBEAB BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，ABC∴V≌()BDE AASVBC DE a∴==，BCD1S BC DE2=⋅VQ，2BCD1S a2∴=V；()2BCDV的面积为21a2，理由：如图2，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，BED ACB90∠∠∴==o，Q线段AB绕点B顺时针旋转90o得到线段BE，AB BD∴=，ABD90∠=o，ABC DBE 90∠∠∴+=o ，A ABC 90∠∠+=o Q ，A DBE ∠∠∴=，在ABC V 和BDE V 中，ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，ABC ∴V ≌()BDE AAS V ，BC DE a ∴==，BCD 1S BC DE 2=⋅V Q ， 2BCD 1S a 2∴=V ； ()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，AFB E 90∠∠∴==o ，11BF BC a 22==， FAB ABF 90∠∠∴+=o ，ABD 90∠=o Q ，ABF DBE 90∠∠∴+=o ， FAB EBD ∠∠∴=，Q 线段BD 是由线段AB 旋转得到的，AB BD ∴=，在AFB V 和BED V 中，AFB E FAB EBD AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，AFB ∴V ≌()BED AAS V ，1BF DE a 2∴==， 2BCD 1111S BC DE a a a 2224=⋅=⋅⋅=V Q ，BCD V 的面积为21a 4．【点睛】本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.6．两块等腰直角三角板△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=12AD ，FH ∥AD ，FG=12BE ，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，∴FH=12AD ，FH ∥AD ，FG=12BE ，FG ∥BE ， ∴FH=FG ， ∵AD ⊥BE ， ∴FH ⊥FG ，故答案为相等，垂直． （2）答：成立，证明：∵CE=CD ，∠ECD=∠ACD=90°，AC=BC ， ∴△ACD ≌△BCE ∴AD=BE ，由（1）知：FH=12AD ，FH ∥AD ，FG=12BE ，FG ∥BE ， ∴FH=FG ，FH ⊥FG ，∴（1）中的猜想还成立．（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∴FH=12AD ，FH ∥AD ，FG=12BE ，FG ∥BE ， ∵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．7．如图1，在锐角△ABC中，∠ABC=45°，高线AD、BE相交于点F．（1）判断BF与AC的数量关系并说明理由；（2）如图2，将△ACD沿线段AD对折，点C落在BD上的点M，AM与BE相交于点N，当DE∥AM时，判断NE与AC的数量关系并说明理由．【答案】（1）BF=AC，理由见解析；（2）NE=12AC，理由见解析.【解析】试题分析：（1）如图1，证明△ADC≌△BDF（AAS），可得BF=AC；（2）如图2，由折叠得：MD=DC，先根据三角形中位线的推论可得：AE=EC，由线段垂直平分线的性质得：AB=BC，则∠ABE=∠CBE，结合（1）得：△BDF≌△ADM，则∠DBF=∠MAD，最后证明∠ANE=∠NAE=45°，得AE=EN，所以EN=12 AC．试题解析：（1）BF=AC，理由是：如图1，∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠ADB=∠AEF=90°，∵∠ABC=45°，∴△ABD是等腰直角三角形，∴AD=BD，∵∠AFE=∠BFD，∴∠DAC=∠EBC，在△ADC和△BDF中，∵DAC DBFADC BDF AD BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ADC≌△BDF（AAS），∴BF=AC；（2）NE=12AC，理由是：如图2，由折叠得：MD=DC，∵DE∥AM，∴AE=EC，∵BE⊥AC，∴AB=BC，∴∠ABE=∠CBE，由（1）得：△ADC≌△BDF，∵△ADC≌△ADM，∴△BDF≌△ADM，∴∠DBF=∠MAD，∵∠DBA=∠BAD=45°，∴∠DBA﹣∠DBF=∠BAD﹣∠MAD，即∠ABE=∠BAN，∵∠ANE=∠ABE+∠BAN=2∠ABE，∠NAE=2∠NAD=2∠CBE，∴∠ANE=∠NAE=45°，∴AE=EN，∴EN=12 AC．8．如图（1）所示，将一个腰长为2等腰直角△BCD和直角边长为2、宽为1的直角△CED 拼在一起．现将△CED绕点C顺时针旋转至△CE’D’，旋转角为a．（1）如图（2），旋转角a=30°时，点D′到CD边的距离D’A=______．求证：四边形ACED′为矩形；（2）如图（1），△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，在BC上如何取点G，使得GD’=E’D；并说明理由．（3）△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，∠CE’D=90°时，直接写出旋转角a的值．【答案】1【解析】分析：（1）过D′作D′N⊥CD于N．由30°所对直角边等于斜边的一半即可得结论．由D’A∥CE且D’A=CE=1，得到四边形ACED’为平行四边形．根据有一个角为90°的平行四边形是矩形，即可得出结论；（2）取BC中点即为点G，连接GD’．易证△DCE’≌△D’CG，由全等三角形的对应边相等即可得出结论．（3）分两种情况讨论即可．详解：（1）D’A=1．理由如下：过D′作D′N⊥CD于N．∵∠NCD′=30°，CD′=CD=2，∴ND′= 12CD′=1．由已知，D’A∥CE，且D’A=CE=1，∴四边形ACED’为平行四边形．又∵∠DCE=90°，∴四边形ACED’为矩形；（2）如图，取BC中点即为点G，连接GD’．∵∠DCE=∠D’CE’=90°，∴∠DCE’=∠D’CG．又∵D’C= DC，CG=CE’，∴△DCE’≌△D’CG，∴GD’=E’D．（3）分两种情况讨论：①如图1．∵∠CE′D=90°，CD=2，CE′=1，∴∠CDE′=30°，∴∠E′CD=60°，∴∠E′CB=30°，∴旋转角=∠ECE′=180°+30°=210°．②如图2，同理可得∠E′CE=30°，∴旋转角=360°－30°=330°．点睛：本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．9．如图，△ABC是等边三角形，AB=6cm，D为边AB中点．动点P、Q在边AB上同时从点D出发，点P沿D→A以1cm/s的速度向终点A运动．点Q沿D→B→D以2cm/s的速度运动，回到点D停止．以PQ为边在AB上方作等边三角形PQN．将△PQN绕QN的中点旋转180°得到△MNQ．设四边形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S（cm2），点P运动的时间为t（s）（0＜t＜3）．（1）当点N落在边BC上时，求t的值．（2）当点N到点A、B的距离相等时，求t的值．（3）当点Q沿D→B运动时，求S与t之间的函数表达式．（4）设四边形PQMN的边MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，直接写出四边形PEMF 与四边形PQMN的面积比为2：3时t的值．【答案】（1）（2）2（3）S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2；（4）t=1或【解析】试题分析：（1）由题意知：当点N落在边BC上时，点Q与点B重合，此时DQ=3；（2）当点N到点A、B的距离相等时，点N在边AB的中线上，此时PD=DQ；（3）当0≤t≤时，四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形PQMN；当≤t≤时，四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形PQFEN．（4）MN、MQ与边BC的有交点时，此时＜t＜，列出四边形PEMF与四边形PQMN的面积表达式后，即可求出t的值．试题解析：（1）∵△PQN与△ABC都是等边三角形，∴当点N落在边BC上时，点Q与点B重合．∴DQ=3∴2t=3．∴t=；（2）∵当点N到点A、B的距离相等时，点N在边AB的中线上，∴PD=DQ，当0＜t＜时，此时，PD=t，DQ=2t∴t=2t∴t=0（不合题意，舍去），当≤t＜3时，此时，PD=t，DQ=6﹣2t∴t=6﹣2t，解得t=2；综上所述，当点N到点A、B的距离相等时，t=2；（3）由题意知：此时，PD=t，DQ=2t当点M在BC边上时，∴MN=BQ∵PQ=MN=3t，BQ=3﹣2t∴3t=3﹣2t∴解得t=如图①，当0≤t≤时，S△PNQ=PQ2=t2；∴S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2，如图②，当≤t≤时，设MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，∵MN=PQ=3t，NE=BQ=3﹣2t，∴ME=MN﹣NE=PQ﹣BQ=5t﹣3，∵△EMF是等边三角形，∴S△EMF=ME2=（5t﹣3）2．；（4）MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，此时＜t＜，t=1或．考点：几何变换综合题10．(1)观察猜想如图(1)，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D是BC的中点．以点D为顶点作正方形DEFG，使点A，C分别在DG和DE上，连接AE，BG，则线段BG和AE的数量关系是_____；(2)拓展探究将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于0°，小于或等于360°），如图2，则(1)中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由.(3)解决问题若BC=DE=2，在(2)的旋转过程中，当AE为最大值时，直接写出AF的值．【答案】（1）BG＝AE．（2）成立．如图②，连接AD．∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．…………………………………………7分（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°时，BG最大，如图③．若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．∴AF＝【解析】解：（1）BG＝AE．（2）成立．如图②，连接AD．∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．Z+X+X+K]因为正方形DEFG在绕点D旋转的过程中，G点运动的图形是以点D为圆心，DG为半径的圆，故当正方形DEFG旋转到G点位于BC的延长线上（即正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°）时，BG最大，如图③．若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．∴AF＝．即在正方形DEFG旋转过程中，当AE为最大值时，AF＝．11．如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC，CD上，且BE=DF，点P是AF的中点，点Q是直线AC与EF的交点，连接PQ，PD．（1）求证：AC垂直平分EF；（2）试判断△PDQ的形状，并加以证明；（3）如图2，若将△CEF绕着点C旋转180°，其余条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）△PDQ是等腰直角三角形；理由见解析（3）成立；理由见解析.【解析】试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，由BE=DF，得出CE=CF，△CEF是等腰直角三角形，即可得出结论；（2）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明∠DPQ=90°，即可得出结论；（3）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明点A、F、Q、P四点共圆，由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°，即可得出结论．试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，∵BE=DF，∴CE=CF，∴AC垂直平分EF；（2）解：△PDQ是等腰直角三角形；理由如下：∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，∴PD=AF=PA，∴∠DAP=∠ADP，∵AC垂直平分EF，∴∠AQF=90°，∴PQ=AF=PA，∴∠PAQ=∠AQP，PD=PQ，∵∠DPF=∠PAD+∠ADP，∠QPF=∠PAQ+∠AQP，∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2（∠PAD+∠PAQ）=2×45°=90°，∴△PDQ是等腰直角三角形；（3）成立；理由如下：∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，∴PD=AF=PA，∵BE=DF，BC=CD，∠FCQ=∠ACD=45°，∠ECQ=∠ACB=45°，∴CE=CF，∠FCQ=∠ECQ，∴CQ⊥EF，∠AQF=90°，∴PQ=AF=AP=PF，∴PD=PQ=AP=PF，∴点A、F、Q、P四点共圆，∴∠DPQ=2∠DAQ=90°，∴△PDQ是等腰直角三角形．考点：四边形综合题．12．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；③PC21033.【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．（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∴EC 2＝CH 2+HE 2＝10+求出2211022PC EC +== 【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 ＝12EF ． ③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 ＝12，AH＝2， 又∵AC ＝AB ＝3， ∴CH ＝∴EC 2＝CH 2+HE 2＝10+∴PC 2＝211022EC +=【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．13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，点P为直线BC上的动点（不与点B、点C重合），连接OC、OP，将线段OP绕点P顺时针旋转60°，得到线段PQ，连接BQ．（1）如图1，当点P在线段BC上时，请直接写出线段BQ与CP的数量关系．（2）如图2，当点P在CB延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；（3）如图3，当点P在BC延长线上时，若∠BPO=15°，BP=4，请求出BQ的长．-．【答案】（1）BQ=CP；（2）成立：PC=BQ；（3）434【解析】试题分析：（1）结论：BQ=CP．如图1中，作PH∥AB交CO于H，可得△PCH是等边三角形，只要证明△POH≌△QPB即可；（2）成立：PC=BQ．作PH∥AB交CO的延长线于H．证明方法类似（1）；（3）如图3中，作CE⊥OP于E，在PE上取一点F，使得FP=FC，连接CF．设CE=CO=a，则FC=FP=2a，EF3，在Rt△PCE中，表示出PC，根据PC+CB=4，可得方程a a+=，求出a即可解决问题；62)24试题解析：解：（1）结论：BQ=CP．理由：如图1中，作PH∥AB交CO于H．在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO 是等边三角形，∴∠CHP =∠COB =60°，∠CPH =∠CBO =60°，∴∠CHP =∠CPH =60°，∴△CPH 是等边三角形，∴PC =PH =CH ，∴OH =PB ，∵∠OPB =∠OPQ +∠QPB =∠OCB +∠COP ，∵∠OPQ =∠OCP =60°，∴∠POH =∠QPB ，∵PO =PQ ，∴△POH ≌△QPB ，∴PH =QB ，∴PC =BQ ．（2）成立：PC =BQ ．理由：作PH ∥AB 交CO 的延长线于H ．在Rt △ABC 中，∵∠ACB =90°，∠A =30°，点O 为AB 中点，∴CO =AO =BO ，∠CBO =60°，∴△CBO 是等边三角形，∴∠CHP =∠COB =60°，∠CPH =∠CBO =60°，∴∠CHP =∠CPH =60°，∴△CPH 是等边三角形，∴PC =PH =CH ，∴OH =PB ，∵∠POH =60°+∠CPO ，∠QPO =60°+∠CPQ ，∴∠POH =∠QPB ，∵PO =PQ ，∴△POH ≌△QPB ，∴PH =QB ，∴PC =BQ ．（3）如图3中，作CE ⊥OP 于E ，在PE 上取一点F ，使得FP =FC ，连接CF ．∵∠OPC =15°，∠OCB =∠OCP +∠POC ，∴∠POC =45°，∴CE =EO ，设CE =CO =a ，则FC =FP =2a ，EF =3a ，在Rt △PCE 中，PC =22PE CE + =22(23)a a a ++=(62)a +，∵PC +CB =4，∴(62)24a a ++=，解得a =4226-，∴PC =434-，由（2）可知BQ =PC ，∴BQ =434-．点睛：此题考查几何变换综合题、旋转变换、等边三角形的判定和性质全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．14．正方形ABCD 中，点E 、F 分别是边AD 、AB 的中点，连接EF ．（1）如图1，若点G 是边BC 的中点，连接FG ，则EF 与FG 关系为： ；（2）如图2，若点P 为BC 延长线上一动点，连接FP ，将线段FP 以点F 为旋转中心，逆时针旋转90°，得到线段FQ ，连接EQ ，请猜想BF 、EQ 、BP 三者之间的数量关系，并证明你的结论．（3）若点P 为CB 延长线上一动点，按照（2）中的作法，在图3中补全图形，并直接写出BF 、EQ 、BP 三者之间的数量关系： ．【答案】（1）证明见解析（2）BF+EQ=BP （3）BF+BP=EQ【解析】试题分析：（1）EF 与FG 关系为垂直且相等（EF=FG 且EF ⊥FG ）．证明如下： ∵点E 、F 、G 分别是正方形边AD 、AB 、BC 的中点，∴△AEF 和△BGD 是两个全等的等腰直角三角形．∴EF=FG ，∠AFE=∠BFG=45°．∴∠EFG=90°，即EF ⊥FG ．（2）取BC 的中点G ，连接FG ，则由SAS 易证△FQE ≌△FPG ，从而EQ=GP ，因此()EF 2BP EQ =-．（3）同（2）可证△FQE ≌△FPG （SAS ），得EQ=GP ，因此，()()EF GF 2BG 2GP BP 2EQ BP ===-=-．15．如图，已知Rt △ABC 中，∠ACB =90°，AC =BC ，D 是线段AB 上的一点（不与A 、B 重合）．过点B 作BE ⊥CD ，垂足为E ．将线段CE 绕点C 顺时针旋转90︒，得到线段CF ，连结EF ．设∠BCE 度数为α.（1）①补全图形；②试用含α的代数式表示∠CDA ．（2）若3EF AB = ，求α的大小． （3）直接写出线段AB 、BE 、CF 之间的数量关系．【答案】（1）①答案见解析；②45α︒+；（2）30α=︒；（3）22222AB CF BE =+．【解析】试题分析：（1）①按要求作图即可；②由∠ACB=90°，AC=BC ，得∠ABC=45°,故可得出结论；（2）易证FCE ∆∽ ACB ∆，得32CF AC =；连结FA ，得△AFC 是直角三角形，求出∠ACF=30°，从而得出结论；（3）222A 22B CF BE =+.试题解析：（1）①补全图形．②∵∠ACB=90°，AC=BC ，∴∠ABC=45°∵∠BCE=α ∴∠CDA=45α︒+（2）在FCE ∆和ACB ∆中，45CFE CAB ∠=∠=︒ ，90FCE ACB ∠=∠=︒ ∴ FCE ∆∽ ACB ∆∴ CF EF AC AB= Q 3EF AB = ∴ 3CF AC = 连结FA ．Q 90,90FCA ACE ECB ACE ∠=︒-∠∠=︒-∠ ∴ FCA ECB ∠=∠=α在Rt CFA ∆中，90CFA ∠=︒，3cos 2FCA ∠= ∴ 30FCA ∠=︒即30α=︒.（3）22222AB CF BE =+。
初中数学旋转题型
初中数学旋转题型
在初中数学中，旋转是一个重要的概念和技能。
掌握旋转的原理和方法，可以帮助我们解决很多几何问题。
下面介绍一些初中数学中常见的旋转题型。
1. 点的旋转
在平面直角坐标系中，给定一个点P(x, y)，绕原点旋转θ度，求旋转后的点坐标。
解法：设旋转后的点为P'(x', y')，则有：
x' = x*cosθ - y*sinθ
y' = x*sinθ + y*cosθ
其中，cosθ和sinθ可以通过三角函数表查找。
2. 图形的旋转
在平面直角坐标系中，给定一个图形，绕原点旋转θ度，求旋转后的图形。
解法：将图形上的每个点都按照点的旋转方法进行旋转，然后连接这些点，就得到了旋转后的图形。
3. 对称图形的旋转
在平面直角坐标系中，给定一个对称图形，绕对称轴旋转θ度，求旋转后的图形。
解法：对称轴不变，将图形上的每个点都按照点的旋转方法进行旋转，然后连接这些点，就得到了旋转后的图形。
4. 正方形的旋转
在平面直角坐标系中，给定一个正方形，绕其中心旋转θ度，求旋转后的正方形。
解法：连接正方形的对角线，得到两个对称轴，分别将正方形上的每个点按照点的旋转方法进行旋转，然后连接这些点，就得到了旋转后的正方形。
5. 圆的旋转
在平面直角坐标系中，给定一个圆，绕其中心旋转θ度，求旋转后的圆。
解法：圆上每个点到圆心的距离不变，因此可以先求出旋转后的圆心坐标，然后将圆心和圆上的每个点都按照点的旋转方法进行旋转，就得到了旋转后的圆。
以上就是初中数学中常见的旋转题型，希望能对大家的学习有所帮助。
初中数学旋转问题解题技巧
初中数学旋转问题解题技巧
1. 嘿，你知道吗？遇到旋转问题别慌张！比如像钟表指针的转动，那就是旋转呀！咱就拿这个例子说，看到旋转角，那就是关键线索啊，可别小瞧它！
2. 同学们，旋转问题里找对应边对应角很重要哦！就好像拼图似的，得把它们都对上才行。
比如说一个三角形旋转后，那对应的边和角不就得赶紧找到呀！
3. 哎呀呀，旋转图形里的中心对称点可得看准了！你想想看，就像游乐场的摩天轮中心一样重要呢！比如给定一个图形绕着某个点旋转，那这个点不就是核心嘛！
4. 嘿，注意旋转方向呀！顺时针还是逆时针可不能搞错啊，这就好比走路，方向错了可就到不了目的地啦。
就像那个风车旋转，得清楚是怎么转的呀！
5. 别忘了利用旋转前后图形全等这个特性哦！这多有用呀！好比原来的你和现在的你，本质上还是同一个人呀！比如知道了一个图形旋转前的情况，那旋转后的很多性质就可以利用全等知道啦！
6. 哇塞，在做旋转问题时可以动手画一画呀！亲手画的过程就像给自己搭房子，一砖一瓦都清楚。
像一个四边形旋转，动手画画不就更直观了嘛！
7. 你们有没有发现呀，有些旋转问题和生活中的现象超像的！就像风扇的转动一样。
比如说判断图形经过旋转后的样子，是不是和风扇转了一圈很类似呀！
8. 哈哈，遇到复杂的旋转问题别头疼，一步步来呀！就像爬山，一步一步总能到山顶。
比如那个多次旋转的问题，不要怕，慢慢分析总会搞清楚的！
9. 反正呀，初中数学的旋转问题没那么难，只要用心去琢磨，就像研究自己喜欢的东西一样，总能找到方法解决的！
我的观点结论：只要掌握好方法和技巧，初中数学旋转问题就能轻松搞定！。
九年级数学图形的旋转专题讲解+六大题型解析+专题训练,收藏学习
九年级数学图形的旋转专题讲解+六大题型解析+专题训练，收藏学习九年级数学图形的旋转专题讲解+六大题型解析+专题训练，收藏学习 -九年级数学图形的旋转专题讲解+六大题型解析+专题训练，收藏学习图形的旋转这一章节是初中几何内容中非常重要的一个章节，对于图形的运动的形式和规律以及旋转的性质都是我们在对几何的初步认识当中的一个过程，掌握其重要的性质之后，对于几何综合题型当中辅助线的运用起到了非常重要的作用。
并且图形的旋转加上已经学习过的平移和轴对称。
对几何图形的变化有充分地了解，建立几何空间思维的正确认识,对于几何空间能力的提升起到了非常重要的促进作用。
首先，在学习图形的旋转这一章节我们主要围绕以下两个重要的内容来展开:第一，掌握图形的旋转和中心对称的概念；第二，掌握旋转的本质。
这也是我们学习过程中的重点和难点内容。
因为在旋转前后的两个图形中，对应点与旋转中心之间的距离总是相同的，所以对应点必然分别在以旋转中心为圆心，以对应点到旋转中心的距离为半径的一组同心圆上，对应点与旋转中心连线所成的角等于且等于旋转角。
唐老师提醒大家，旋转过程中保持静止的点就是旋转的中心，不变的量就是对应的元素。
其次，旋转的三个要素：旋转中心、旋转的角度和旋转方向.第三，旋转的性质：（1）图形中的每一点都绕着旋转中心旋转了同样大小的连线所成的角度；—整体角度（2）对应点到旋转中心的距离相等；（3）对应线段相等，对应角相等；——局部角度（4）图形的形状和大小都没有发生变化，即旋转不改变图形的形状和大小.—变换结果.第四，简单图形的旋转作图：（1）确定旋转中心；（2）确定图形中的关键点；（3）将关键点沿指定的方向旋转指定的角度；(4)连接这些点，得到原始图形的旋转图形。
(以上四个步骤是我们在制作简单旋转图的过程中应该遵循的步骤。
按照以上步骤画图，可以提高大家的学习效率，保证其在画图过程中的正确率。
)第五，旋转对称图形：平面图形绕某点旋转一定角度(小于圆角)后，可以与自身重叠。
九年级旋转知识点梳理
九年级旋转知识点梳理在九年级的学习过程中，我们已经学习了许多不同的知识点。
为了更好地巩固所学的知识，并为即将到来的中考做好准备，我们有必要对这些知识点进行整理和梳理。
接下来，我将为大家梳理一些重要的旋转知识点。
一、坐标系和旋转我们先来回顾一下坐标系和旋转的基本概念。
在平面直角坐标系中，我们可以通过横坐标和纵坐标来表示一个点的位置。
而旋转是指将一个图形按照某个点为中心进行旋转，通常我们称这个点为旋转中心。
旋转可以按照顺时针或逆时针的方向进行，旋转角度可以是任意角度。
二、基本旋转公式在进行旋转的计算中，我们需要掌握一些基本的旋转公式。
其中，顺时针旋转公式和逆时针旋转公式分别为：1. 顺时针旋转公式：旋转后的横坐标 = 旋转中心横坐标 + (原点横坐标 - 旋转中心横坐标) * cosθ - (原点纵坐标 - 旋转中心纵坐标) * sinθ旋转后的纵坐标 = 旋转中心纵坐标 + (原点横坐标 - 旋转中心横坐标) * sinθ + (原点纵坐标 - 旋转中心纵坐标) * cosθ2. 逆时针旋转公式：旋转后的横坐标 = 旋转中心横坐标 + (原点横坐标 - 旋转中心横坐标) * cosθ + (原点纵坐标 - 旋转中心纵坐标) * sinθ旋转后的纵坐标 = 旋转中心纵坐标 - (原点横坐标 - 旋转中心横坐标) * sinθ + (原点纵坐标 - 旋转中心纵坐标) * cosθ这些公式可以帮助我们在旋转图形时计算出旋转后的坐标。
三、旋转的性质旋转具有一些特殊的性质，我们可以通过这些性质来解决与旋转相关的问题。
下面列举几个常见的旋转性质：1. 旋转180°：图形绕旋转中心旋转180°后，各点对应的坐标变为相反数。
2. 旋转90°或270°：图形绕旋转中心旋转90°或270°后，各点的横纵坐标交换，并且横坐标的符号取反。
3. 旋转60°或300°：图形绕旋转中心旋转60°或300°后，各点对应的坐标可以通过一定的规律得到。
初中几何旋转解题技巧
初中几何旋转解题技巧引言几何学作为数学的一个重要分支，是初中数学教育中不可或缺的一部分。
而在几何学中，旋转是一种常见的变换方式。
通过旋转，我们可以改变图形的位置、形状和方向，从而解决与旋转相关的问题。
本文将介绍初中几何中常见的旋转解题技巧。
什么是旋转在几何学中，旋转是指将一个图形绕着某个点或某条线进行转动，使得图形保持形状不变但位置发生改变的操作。
我们可以通过角度来描述旋转的程度，常用单位为度（°）或弧度（rad）。
旋转解题技巧1. 确定旋转中心在解决旋转问题时，首先需要确定一个旋转中心。
这个中心可以是图形内部的一个点，也可以是图形外部的一个点。
根据问题给出的条件来选择合适的旋转中心。
2. 确定旋转方向确定了旋转中心后，接下来需要确定旋转方向。
根据问题描述和图形特点来判断顺时针还是逆时针方向进行旋转。
3. 确定旋转角度旋转角度是解决旋转问题的关键。
根据问题给出的条件，确定旋转角度。
常见的旋转角度有90°、180°和360°等。
4. 应用旋转公式在确定了旋转中心、旋转方向和旋转角度后，我们可以根据几何学中的旋转公式来解题。
以下是常见的几个旋转公式：•绕原点逆时针旋转θ°：对于坐标(x, y)，其逆时针旋转θ°后的新坐标为(x cosθ - y sinθ, x sinθ + y cosθ)。
•绕原点顺时针旋转θ°：对于坐标(x, y)，其顺时针旋转θ°后的新坐标为(x cosθ + y sinθ, -x sinθ + y cosθ)。
•绕任意点逆时针旋转θ°：先将图形平移使得旋转中心位于原点，然后按照绕原点逆时针旋转的方式计算新坐标，最后再将图形平移回原来位置。
5. 注意坐标变换在应用上述旋转公式进行计算时，需要注意坐标变换。
通常情况下，我们使用直角坐标系进行计算，在计算过程中需要将问题中给出的坐标转换为直角坐标系下的坐标，最后再将计算得到的坐标转换回原来的坐标系。
中考旋转问题解题技巧
中考旋转问题解题技巧
1. 哎呀呀，你知道吗，中考旋转问题里有个超重要的技巧就是找关键点呀！就像拼图一样，找到了关键点就能把整个图形拼凑起来啦！比如在这个图形里，找到那个关键的顶点，然后围绕它进行分析，疑惑是不是一下就解开啦？
2. 嘿，告诉你哦，旋转问题中要特别注意图形的对称性！这就好比是一把钥匙，能打开解题的大门呀！像这个图形，一旦发现了它的对称性，哇塞，解题思路不就一下子出来了嘛！
3. 哇哦，可别小看了观察已知条件这个步骤呀！它就像指明灯一样重要呢！比如这里给了这些条件，那我们就得像侦探一样，仔细分析，从中找到线索呀，你说是不是很有趣呢？
4. 哟呵，在解决旋转问题时，我们要大胆去尝试想象图形运动的过程呀！这就好像让图形在我们脑海里跳舞一样！像碰到这种情况，想象一下图形旋转之后的样子，好多问题就迎刃而解啦！
5. 哈哈，千万别忘了利用相似三角形这个好帮手呀！它可是解决旋转问题的得力干将！就好比是给我们配备了一件强大的武器！比如在这个例子里，通过相似三角形，一下子就能突破难关啦！
6. 哎呀呀，最后一点也很关键哦，那就是要多练习！只有不断练习，才能在考场上应对自如呀！就像运动员训练一样，练得多了自然就厉害啦！比如多做一些这样的题目，到时候就不会手忙脚乱啦！
我的观点结论就是：中考旋转问题并不可怕，只要掌握了这些技巧，多练习，遇到问题冷静分析，就一定能取得好成绩！。
旋转问题的解题技巧
旋转问题的解题技巧
1. 哎呀呀，遇到旋转问题不要慌！你看那电风扇转得多快呀，就像我们解题的思路一样要迅速找到关键。
比如一个图形绕着一个点旋转，那就要紧紧抓住旋转中心这个关键呀！是不是一下子就清楚啦？
2. 嘿，你知道吗，旋转问题有个绝招来啦！想象一下时钟的指针转动，这就跟我们要解的旋转问题很像呀。
像那种给出旋转前后的图形，我们就得观察它们之间的变化规律呀，这招超好用的呀！
3. 哇哦，解决旋转问题还得学会找特点呢！就像每个玩具都有它独特的地方一样。
比如知道了旋转的角度和方向，解题不就容易多了嘛！你说是不是呀？
4. 哈哈，面对旋转问题就得大胆去尝试呀！好比划船，不尝试怎么知道能不能到对岸呢。
试试不同的方法，也许答案就冒出来啦，就像突然找到宝藏一样惊喜呀！
5. 诶呀，旋转问题里可藏着不少秘密呢！就像一个神秘的盒子等你去打开。
像是两个图形通过旋转重合，那我们就找找它们重合的关键点嘛，这样不就柳暗花明啦？
6. 哟呵，要善于利用对称性来解决旋转问题呀！好比照镜子，对称的两边是不是很好找呀。
碰到有对称关系的旋转，那答案准能快速找到啦！
7. 哇，旋转问题可不能死脑筋呀！要像脑筋急转弯一样灵活。
例如给定一个复杂的图形旋转，我们别害怕，一点点分析，总会找到解题思路的啦！
8. 嘿呀，总之记住这些解题技巧，旋转问题就难不倒你啦！不管遇到什么难题，都可以像勇士一样去战斗，把答案给攻克下来呀！
我的观点结论就是：掌握了这些技巧，再难的旋转问题都能迎刃而解！。
中考数学旋转压轴题解题方法(详解答案)
中考数学旋转压轴题解题方法一、图形旋转知识与方法1、图形的变换是新课标中“空间与图形”领域的一个主要内容，体现运动变换的理念与思想，是教材中的一大亮点．初中数学所学的图形变换包括平移、轴对称、旋转、位似。
2、旋转，它是一种数学变换．生活中的旋转也是随处可见，汽车的轮子，钟表的指针，游乐园里的摩天轮，都是旋转现象．3、图形的旋转有三个要素：①旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．4、旋转具有以下性质：①对应点到旋转中心的距离相等，即边相等。
②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，即角相等③旋转前、后的图形全等。
5、旋转是近几年中考数学的热点题型，对旋转的特例“中心对称”的考查多以选择题或填空题的形式出现，题目比较简单，大多数属于送分题；利用旋转作图，是格点作图题中的重点。
利用旋转构造复杂几何图形，通常将旋转融合在综合题中，题目难度中等，在选择题、填空题、解答题中都有出现。
有旋转点的，有旋转线段的，更多的是旋转图形的。
旋转三角形，旋转平行四边形，旋转矩形，旋转正方形，其中，近两年的各地中考试题中，旋转矩形出现的最频繁，深受出题老师的青睐。
其实旋转的题目还有一个好听的名字就是“手拉手问题”，本文将对这一类问题分类汇总，以这三个性质为突破口，就能快速解决问题。
二、典例精讲典例．在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝α，点D为直线BC上一动点，过点D作DF∥AC 交直线AB于点F，将AD绕点D顺时针旋转α得到ED，ED交直线AB于点O，连接BE．（1）问题发现：如图1，α＝90°，点D在边BC上，猜想：①AF与BE的数量关系是；②∠ABE＝度．（2）拓展探究：如图2，0°＜α＜90°，点D在边BC上，请判断AF与BE的数量关系及∠ABE的度数，并给予证明．（3）解决问题如图3，90°＜α＜180°，点D在射线BC上，且BD＝3CD，若AB＝8，请直接写出BE 的长．思路点拨：（1）①由等腰直角三角形的判定和性质可得：∠ABC＝45°，由平行线的性质可得∠FDB＝∠C＝90°，进而可得由等角对等边可得DF＝DB，由旋转可得：∠ADF＝∠EDB，DA＝DE，继而可知△ADF≌△EDB，继而即可知AF＝BE；②由全等三角形的性质可知∠DAF＝∠E，继而由三角形内角和定理即可求解；（2）由平行线的性质可得∠ACB＝∠FDB＝α，∠CAB＝∠DFB，由等边对等角可得∠ABC＝∠CAB，进而根据等角对等边可得DB＝DF，再根据全等三角形的判定方法证得△ADF≌△EDB，进而可得求证AF＝BE，∠ABE＝∠FDB＝α；（3）分两种情况考虑：①如图（3）中，当点D在BC上时，②如图（4）中，当点D在BC的延长线上时，由平行线分线段成比例定理可得1==4AF CDAB CB、1==2AF CDAB CB，代入数据求解即可；满分解答：（1）问题发现：如图1中，设AB交DE于O．∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠ABC＝45°，∵DF∥AC，∴∠FDB＝∠C＝90°，∴∠DFB＝∠DBF＝45°，∴DF＝DB，∵∠ADE＝∠FDB＝90°，∴∠ADF＝∠EDB，∵DA＝DE，DF＝DB∴△ADF≌△EDB（SAS），∴AF＝BE，∠DAF＝∠E，∵∠AOD＝∠EOB，∴∠ABE＝∠ADO＝90°故答案为：①AF＝BE，②90°．（2）拓展探究：结论：AF＝BE，∠ABE＝α．理由如下：∵DF‖AC∴∠ACB＝∠FDB＝α，∠CAB＝∠DFB，∵AC＝BC，∴∠ABC＝∠CAB，∴∠ABC＝∠DFB，∴DB＝DF，∵∠ADF＝∠ADE﹣∠FDE，∠EDB＝∠FDB﹣∠FDE，∴∠ADF＝∠EDB，∵AD＝DE，DB＝DF∴△ADF≌△EDB（SAS），∴AF＝BE，∠AFD＝∠EBD∵∠AFD＝∠ABC+∠FDB，∠DBE＝∠ABD+∠ABE，∴∠ABE＝∠FDB＝α．（3）解决问题①如图（3）中，当点D在BC上时，由（2）可知：BE＝AF，∵DF∥AC，∴1==4 AF CDAB CB，∵AB＝8，∴AF＝2，∴BE＝AF＝2，②如图（4）中，当点D在BC的延长线上时，∵AC∥DF，∴1==2 AF CDAB CB，∵AB＝8，∴BE＝AF＝4，故BE的长为2或4．名师点评：（1）本题考查等腰直角三角形的判定和性质、平行线的性质、等边对等角的性质和等角对等边的性质、旋转的性质、相似三角形的判定及其性质、三角形内角和定理、平行线分线段成比例定理，涉及到的知识点较多，解题的关键是综合运用所学知识．（2）旋转问题三步走：第一步：我们要观察图形，看看这个图形的旋转中心，找到它的旋转方向，这是我们看到一个几何图形的第一印象．第二步：看看是什么旋转？因为旋转的种类有很多，你看它是点旋转还是线旋转或者是平面图形旋转·第三步：你再观察出有哪些三角形全等，从已知中找到两个三角形全等的条件（包括隐藏的对顶角、公共角、公共边等）．变式题．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点O是边AC的中点．（1）在图1中，将△ABC绕点O逆时针旋转n°得到△A1B1C1，使边A1B1经过点C．求n的值．（2）将图1向右平移到图2位置，在图2中，连结AA1、AC1、CC1．求证：四边形AA1CC1是矩形；（3）在图3中，将△ABC绕点O顺时针旋转m°得到△A2B2C2，使边A2B2经过点A，连结AC2、A2C、CC2．①请你直接写出m的值和四边形AA2CC2的形状；②若AB＝，请直接写出AA2的长．三、中考押题1．（1）问题感知如图1，在△ABC中，∠C＝90°，且AC＝BC，点P是边AC的中点，连接BP，将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．连接AD．过点P作PE∥AB 交BC于点E，则图中与△BEP全等的三角形是，∠BAD＝°；（2）问题拓展如图2，在△ABC中，AC＝BC＝43AB，点P是CA延长线上一点，连接BP，将线段PB绕点P顺时针旋转到线段PD，使得∠BPD＝∠C，连接AD，则线段CP与AD之间存在的数量关系为CP＝43AD，请给予证明；（3）问题解决如图3，在△ABC中，AC＝BC＝AB＝2，点P在直线AC上，且∠APB ＝30°，将线段PB绕点P顺时针旋转60°到线段PD，连接AD，请直接写出△ADP 的周长．2．在ABC ∆，CA CB =，ACB α∠=．点P 是平面内不与点A ，C 重合的任意一点．连接AP ，将线段AP 绕点P 逆时针旋转α得到线段DP ，连接AD ，BD ，CP ． （1）观察猜想 如图1，当60α︒=时，BDCP的值是 ，直线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数是 ． （2）类比探究如图2，当90α︒=时，请写出BDCP的值及直线BD 与直线CP 相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由． （3）解决问题当90α︒=时，若点E ，F 分别是CA ，CB 的中点，点P 在直线EF 上，请直接写出点C ，P ，D 在同一直线上时ADCP的值．3．在正方形ABCD 中，AB ＝6，对角线AC 和BD 相交于点O ，E 是AB 所在直线上一点（不与点B 重合），将线段OE 绕点E 顺时针旋转90°得到EF ．（1）如图1，当点E 和点A 重合时，连接BF ，直接写出BF 的长为 ；（2）如图2，点E在线段AB上，且AE＝1，连接BF，求BF的长；（3）若DG：AG＝2：1，连接CF，H是CF的中点，是否存在点E使△GEH是以EG 为直角边的直角三角形？若存在，请直接写出EB的长；若不存在，试说明理由．4．观察猜想：（1）如图①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝3，点D与点A重合，点E在边BC上，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°得到线段DF，连接BF，BE与BF的位置关系是，BE+BF＝；探究证明：（2）在（1）中，如果将点D沿AB方向移动，使AD＝1，其余条件不变，如图②，判断BE与BF的位置关系，并求BE+BF的值，请写出你的理由或计算过程；拓展延伸：（3）如图③，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝a，点D在边BA的延长线上，BD＝n，连接DE，将线段DE绕着点D顺时针旋转，旋转角∠EDF＝a，连接BF，则BE+BF的值是多少？请用含有n，a的式子直接写出结论．5．如图1，矩形DEFG中，DG＝2，DE＝3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，FG，BC的延长线相交于点O，且FG⊥BC，OG＝2，OC＝4．将△ABC绕点O逆时针旋转α（0°≤α＜180°）得到△A′B′C′．（1）当α＝30°时，求点C′到直线OF的距离．（2）在图1中，取A′B′的中点P，连结C′P，如图2．①当C′P与矩形DEFG的一条边平行时，求点C′到直线DE的距离．②当线段A′P与矩形DEFG的边有且只有一个交点时，求该交点到直线DG的距离的取值范围．6．在△ABC中，∠ACB=90°，BC=AC=2，将△ABC绕点A顺时针方向旋转α角(0°＜α＜180°)至△AB'C'的位置．问题探究：（1）如图1，当旋转角为60°时，连接C'C与AB交于点M，则C'C=，CM ．（2）如图2，在（1）条件下，连接BB'，延长CC'交BB'于点D，求CD的长．问题解决：（3）如图3，在旋转的过程中，连线CC'、BB'，CC'所在直线交BB'于点D，那么CD 的长有没有最大值？如果有，求出CD的最大值：如果没有，请说明理由．7．如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E为线段BO上一点，连接CE，将CE绕点C顺时针旋转90°得到CF，连接EF交CD于点G．（1）若AB＝4，BE，求△CEF的面积．（2）如图2，线段FE的延长线交AB于点H，过点F作FM⊥CD于点M，求证：BH+MGBE；＝2（3）如图3，点E为射线OD上一点，线段FE的延长线交直线CD于点G，交直线AB 于点H，过点F作FM垂直直线CD于点M，请直接写出线段BH、MG、BE的数量关系．8．已知:如图①，将60∠=的菱形ABCD沿对角线AC剪开，将ADC沿射线DCDBCE点M为边BC上一点（点M不与点B、点C重合），将射线AM 方向平移，得到,绕点A逆时针旋转60，与EB的延长线交于点N，连接MN．()1①求证:ANB AMC∠=∠；②探究AMN的形状；()2如图②，若菱形ABCD变为正方形ABCD，将射线AM绕点A逆时针旋转45，原题其他条件不变，()1中的①和②两个结论是否仍然成立？若成立，请直接写出结论；若不成立，请写出变化后的结论并证明．9．已知点P 是线段AB 上与点,A B 不重合的一点，且,AP PB AP <绕点A 逆时针旋转角()090αα︒︒<≤得到1,AP BP 绕点B 顺时针旋转角α得到2BP ，连接12.PP PP 、（1）如图1，当90α︒=时，求12PPP ∠的度数；（2）如图2，当点2P 在1AP 的延长线上时，求证： 22122PP PP P A =⋅；（3）如图3，过BP 的中点E 作1l BP ⊥，过2BP 的中点F 作22l BP ⊥， 1l 与2l 交于点Q ，连接1,PQ PO ，若6,1BP AP QE ===，求1PQ 的长度.10．在锐角△ABC 中，AB=4，BC=5，∠ACB=45°，将△ABC 绕点B 按逆时针方向旋转，得到△A 1BC 1．（1）如图1，当点C 1在线段CA 的延长线上时，求∠CC 1A 1的度数； （2）如图2，连接AA 1，CC 1．若△ABA 1的面积为4，求△CBC 1的面积；（3）如图3，点E 为线段AB 中点，点P 是线段AC 上的动点，在△ABC 绕点B 按逆时针方向旋转过程中，点P 的对应点是点P 1，求线段EP 1长度的最大值与最小值．11．有两张完全重合的矩形纸片，将其中一张绕点A 顺时针旋转90︒后得到矩形AMEF （如图1），连接BD ，MF ，若8BD cm =，30ADB ∠=︒．（1）试探究线段BD 与线段MF 的数量关系和位置关系，并说明理由；（2）把BCD ∆与MEF ∆剪去，将ABD ∆绕点A 顺时针旋转得11AB D ∆，边1AD 交FM 于点K （如图2），设旋转角为()090ββ︒<<︒，当AFK ∆为等腰三角形时，求β的度数；（3）若将AFM ∆沿AB 方向平移得到222A F M ∆（如图3），22F M 与AD 交于点P ，22A M 与BD 交于点N ，当//NP AB 时，求平移的距离．12．问题发现：（1）如图1，在Rt △ABC 中，∠BAC=30°，∠ABC ＝90°，将线段AC 绕点A 逆时针旋转，旋转角α=2∠BAC ， ∠BCD 的度数是 ；线段BD ，AC 之间的数量关系是 ． 类比探究：（2）在Rt △ABC 中，∠BAC=45°，∠ABC ＝90°，将线段AC 绕点A 逆时针旋转，旋转角α=2∠BAC ，请问（1）中的结论还成立吗？； 拓展延伸：（3）如图3，在Rt △ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，∠BDC ＝90°，若点P 满足PB ＝PC ，∠BPC ＝90°，请直接写出线段AP 的长度．13．综合与实践 问题情境数学活动课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动，ABC 和DEC 是两个全等的直角三角形纸片，其中90ACB DCE ∠=∠=︒，30B E ∠=∠=︒，4AB DE ==．解决问题（1）如图①，智慧小组将DEC 绕点C 顺时针旋转，发现当点D 恰好落在AB 边上时，DE AC ，请你帮他们证明这个结论；（2）缜密小组在智慧小组的基础上继续探究，连接AE AD BD 、、，当DEC C 绕点C 继续旋转到如图②所示的位置时，他们提出BDCAECSS=，请你帮他们验证这一结论是否正确，并说明理由； 探索发现（3）如图③，勤奋小组在前两个小组的启发下，继续旋转DEC ，当B A E 、、三点共线时，求BD 的长；（4）在图①的基础上，写出一个边长比为2的三角形（可添加字母）．14．探究：如图1和2,四边形ABCD 中,已知AB AD =，90BAD ∠=︒，点E ，F 分别在BC 、CD 上，45EAF ∠=︒．（1）①如图 1,若B 、ADC ∠都是直角，把ABE △绕点A 逆时针旋转90︒至ADG ，使AB 与AD 重合，则能证得EF BE DF =+，请写出推理过程；②如图 2，若B 、D ∠都不是直角，则当B 与D ∠满足数量关系_______时，仍有EF BE DF =+;（2）拓展：如图3,在ABC 中，90BAC ∠=︒,AB AC ==点D 、E 均在边BC 上,且45DAE ∠=︒．若1BD =，求DE 的长．15．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF 和一个正方形ABCD 摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C 重合，点E 、F 分别在正方形的边CB 、CD 上，连接AF ．取AF 中点M ，EF 的中点N ，连接MD 、MN ． （1）连接AE ，求证：△AEF 是等腰三角形； 猜想与发现：（2）在（1）的条件下，请判断MD 、MN 的数量关系和位置关系，得出结论． 结论1：DM 、MN 的数量关系是 ； 结论2：DM 、MN 的位置关系是 ； 拓展与探究：（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．16．已知，把45°的直三角板的直角顶点E放在边长为6的正方形ABCD的一边BC 上，直三角板的一条直角边经过点D，以DE为一边作矩形DEFG，且GF过点A，得到图1．（1）求矩形DEFG的面积；（2）若把正方形ABCD沿着对角线AC剪掉一半得到等腰直角三角形ABC，把45°的直三角板的一个45°角的顶点与等腰直角三角形ABC的直角顶点B重合，直三角板夹这个45°角的两边分别交CA和CA的延长线于点H、P，得到图2．猜想：CH、PA、HP之间的数量关系，并说明理由；（3）若把边长为6的正方形ABCD沿着对角线AC剪掉一半得到等腰直角三角形ABC，点M是Rt△ABC内一个动点，连接MA、MB、MC，设MA+MB+MC＝y，直接写出2y 的最小值．17．问题：如图(1)，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．（发现证明）小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG,从而发现EF=BE+FD,请你利用图（1）证明上述结论．（类比引申）如图(2)，四边形ABCD中,∠BAD≠90°,AB=AD,∠B+∠D=180°,点E、F分别在边BC、CD上,则当∠EAF与∠BAD满足关系时，仍有EF=BE+FD．（探究应用）如图(3)，在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形ABCD．已知AB=AD=80米，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，道路BC、CD上分别有景点E、F，且AE⊥AD，DF=40﹣1）米，现要在E、F之间修一条笔直道路，求这条道路EF的=1.41=1.73）18．如图1，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是对角线BD的中点，直角∠GEF 的两直角边EF、EG分别交CD、BC于点F、G．（1）若点F是边CD的中点，求EG的长．（2）当直角∠GEF绕直角顶点E旋转，旋转过程中与边CD、BC交于点F、G．∠EFG 的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠EFG的值．（3）当直角∠GEF绕顶点E旋转，旋转过程中与边CD、BC所在的直线交于点F、G．在图2中画出图形，并判断∠EFG的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请直接写出tan∠EFG的值．（4）如图3，连接CE交FG于点H，若13HFHG，请求出CF的长．参考答案变式题．思路点拨：（1）利用等腰三角形的性质求出∠COC1即可．（2）根据对角线相等的平行四边形是矩形证明即可．（3）①求出∠COC2即可，根据矩形的判定证明即可解决问题．②解直角三角形求出A2C2，再求出AA2即可．满分解答：（1）解：如图1中，由旋转可知：△A1B1C1≌△ABC，∴∠A1＝∠A＝30°，∵OC＝OA，OA1＝OA，∴OC＝OA1，∴∠OCA1＝∠A1＝30°，∴∠COC1＝∠A1+OCA1＝60°，∴n＝60°．（2）证明：如图2中，∵OC＝OA，OA1＝OC1，∴四边形AA1CC1是平行四边形，∵OA＝OA1，OC＝OC1，∴AC＝A1C1，∴四边形AA1CC1是矩形．（3）如图3中，①∵OA＝OA2，∴∠OAA2＝∠OA2A＝30°，∴∠COC2＝∠AOA2＝180°﹣30°﹣30°＝120°，∴m＝120°，∵OC＝OA，OA2＝OC2，∴四边形AA2CC2是平行四边形，∵OA＝OA2，OC＝OC2，∴AC＝A2C2，∴四边形AA2CC2是矩形．＝6，②∵AC＝A2C2＝AB•cos30°＝×2∴AA2＝A2C2•cos30°＝＝名师点评：本题属于四边形综合题，考查了旋转变换，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．中考押题1．证明：（1）∵点P是边AC的中点，PE∥AB，∴点E是BC的中点，∴CE＝BE，∵AC＝BC，∴BE＝AP，∵将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．∴PB＝PD，∵∠APD+∠BPC＝90°，∠EBP +∠BPC＝90°，∴∠EBP＝∠APD，又∵PB＝PD，∴△PAD≌△BEP（SAS），∴∠PAD＝∠BEP，∵∠C＝90°，AC＝BC，∴∠BAC＝∠ABC＝45°，∵PE∥AB，∴∠ABC＝∠PEC＝45°，∴∠BEP＝135°，∴∠BAD＝∠PAD﹣∠BAC＝135°﹣45°＝90°，故答案为：△PAD，90；（2）如图，过点P作PH∥AB，交CB的延长线于点H，∴∠CBA＝∠CHP，∠CAB＝∠CPH，∵CB＝CA，∴∠CBA＝∠CAB，∴∠CHP＝∠CPH，∴CH＝CP，∴BH＝AP，∵将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．∴PB＝PD，∵∠BPD＝∠C，∴∠BPD+∠BPC ＝∠C+∠BPC ， ∴∠PBH ＝∠APD ， ∴△APD ≌△HBP （SAS ）， ∴PH ＝AD ， ∵PH ∥AB ， ∴△CAB ∽△CPH ，∴H AC PC ABP = ∴HAC AB CPP = ∵AC ＝BC ＝43AB ，∴43CP PH =， ∴CP ＝43PH ＝43AD ；（3）当点P 在CA 的延长线上时， ∵AC ＝BC ＝AB ＝2， ∴△ABC 是等边三角形， ∴∠ACB ＝60°，∵将线段PB 绕点P 顺时针旋转60°到线段PD ， ∴BP ＝PD ，∠BPD ＝60°＝∠ACB ， 过点P 作PE ∥AB ，交CB 的延长线于点E ，∵∠ACB ＝∠APB+∠ABP ， ∴∠ABP ＝∠APB ＝30°， ∴AB ＝AP ＝2， ∴CP ＝4， ∵AB ∥PE ，∴PAB PE CAC = ∴CP ＝PE ＝4，由（2）得，PE ＝AD ＝4， ∵∠APD ＝∠APB+BPD ＝90°，∴DP =∴△ADP 的周长＝AD+AP+DP ＝， 当点P 在AC 延长线上时，如图，同理可求△ADP 的周长＝6+综上所述：△ADP 的周长为6+2．解：（1）如图1中，延长CP 交BD 的延长线于E ，设AB 交EC 于点O ．60PAD CAB ︒∠=∠=，CAP BAD ∴∠=∠， CA BA =，PA DA =，()CAP BAD SAS ∴∆≅∆，PC BD ∴=，ACP ABD ∠=∠，AOC BOE ∠=∠，60BEO CAO ︒∴∠=∠=，1BDPC∴=，线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数是60︒， 故答案为1，60︒．（2）如图2中，设BD 交AC 于点O ，BD 交PC 于点E ．45PAD CAB ︒∠=∠=，PAC DAB ∴∠=∠，AB ADAC AP== DAB PAC ∴∆∆，PCA DBA ∴∠=∠，BD ABPC AC==， EOC AOB ∠=∠，45CEO OAB ︒∴∠=∠=，∴直线BD 与直线CP 相交所成的小角的度数为45︒．（3）如图3﹣1中，当点D 在线段PC 上时，延长AD 交BC 的延长线于H ．CE EA =，CF FB =，EF AB∴∥，45EFC ABC︒∴∠=∠=，45PAO︒∠=，PAO OFH∴∠=∠，POA FOH∠=∠，H APO∴∠=∠，90APC︒∠=，EA EC=，PE EA EC∴==，EPA EAP BAH∴∠=∠=∠，H BAH∴∠=∠，BH BA∴=，45ADP BDC︒∠=∠=，90ADB︒∴∠=，BD AH∴⊥，22.5DBA DBC︒∴∠=∠=，90ADB ACB︒∠=∠=，∴A，D，C，B四点共圆，22.5DAC DBC︒∠=∠=，22.5DCA ABD︒∠=∠=，22.5DAC DCA︒∴∠=∠=，DA DC∴=，设=AD a，则DC AD a==，2PD a=，2ADCP∴==-c．如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：=DA DC，设=AD a，则CD AD a==，PD=，2PC a a ∴=-，22ADPC∴==+．3．解：（1）如图1，由旋转得：90OEF ∠=︒，OE EF =， 四边形ABCD 是正方形，且边长为6， 62ACBD，45OAB ∠=︒，904545FEBOAB ，AB AB ，()AOBAFB SAS ，113222BFOBBDAC ，故答案为：（2）如图2，过O 作OG AB ⊥于G ，过F 作FHAB⊥于H ，四边形ABCD 是正方形，45OAB OBA ∴∠=∠=︒，90OGAOGB，AOG ∴∆和OGB 是等腰直角三角形，3AGBGOG，1AE =，2EG，90OEF ， 90OEG FEH，90FEHEFH，OEGEFH ，OE EF ，90OGEEHF，()OEG EFH AAS ，3OG EH，2EG FH ==，6132BHAB AE EH ，Rt FHB 中，由勾股定理得：22222222BFBH FH ；（3）存在GEH ∆是以EG 为直角边的直角三角形；6AD =，且:2:1DG AG ， 2AG ∴=，4DG =，分三种情况：①当90EGH ∠=︒时，E 在A 的左侧时，如图3，过F 作FM BC ⊥，交CB 的延长线于M ，过H 作HNFM 于N ，交AB 于P ，过H 作HQ AD ⊥于Q ，过O 作OKAB ⊥于K ，过F 作FL AB 于L ，设AE x =， 同理得()OEK EFL AAS ，3OKEL，3EK FL x ，H 是CF 的中点，//HN CM ，113(63)222xFN MN BL x ，1639222x xHN CM ，93(3)22xxHPHNPN x ，Rt EGH 中，222EG GH EH ，∴22222233332(2)(6)(6)()2222x x x x x x，2720x x -+=，17412x ，27412x ， 当17412x 时，7411941622BE （如图6所示）， 当27412x 时，7411941622BE；②当90GEH ∠=︒时，如图4，过F 作FM BC ⊥，交CB 的延长线于M ，过H 作HN FM于N ，交AB 于P ，过O 作OK AB ⊥于K ，过F 作FLAB 于L ，设BE x =，则6AE x ， 同理得：3OK EL，3BLFMx ，3(6)3FL EKx x ，1322xHNCM ，3322x x EPBEPBx，39(3)22xxHP HN PNx，90GEH AEG PEH，90AEG AGE ∠+∠=︒，AGEPEH ，90EAG EPH ，GAE EPH ∽， ∴AG AEEPPH，即263922x x x ，250x x -=，解得：0x =（舍)或5， 即5BE =；③如图5，当E 与B 重合时，90GEH∠=︒，此种情况不符合题意；综上，BE 的长是5． 4．【详解】 （1）如图①中，∵∠EAF ＝∠BAC ＝90°， ∴∠BAF ＝∠CAE ， ∵AF ＝AE ，AB ＝AC ， ∴△BAF ≌△CAE ， ∴∠ABF ＝∠C，BF ＝CE ， ∵AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，∴∠ABC＝∠C＝45°，∴∠FBE＝∠ABF+∠ABC＝90°，BC＝BE+EC＝BE+BF，故答案为BF⊥BE，BC；（2）如图②中，作DH∥AC交BC于H，∵DH∥AC，∴∠BDH＝∠A＝90°，△DBH是等腰直角三角形，由（1）可知，BF⊥BE，BF+BE＝BH，∵AB＝AC＝3，AD＝1，∴BD＝DH＝2，∴BH＝，∴BF+BE＝BH＝；（3）如图③中，作DH∥AC交BC的延长线于H，作DM⊥BC于M，∵AC∥DH，∴∠ACH＝∠H，∠BDH＝∠BAC＝α，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB∴∠DBH＝∠H，∴DB＝DH，∵∠EDF＝∠BDH＝α，∴∠BDF＝∠HDE，∵DF ＝DE ，DB ＝DH ， ∴△BDF ≌△HDE ， ∴BF ＝EH ，∴BF +BE ＝EH +BE ＝BH ， ∵DB ＝DH ，DM ⊥BH ， ∴BM ＝MH ，∠BDM ＝∠HDM ， ∴BM ＝MH ＝BD •sin2α．∴BF +BE ＝BH ＝2n •sin 2α． 5．解：（1）如图，过点C′作C′H ⊥OF 于H ．∵△A′B′C′是由△ABC 绕点O 逆时针旋转得到， ∴C′O=CO=4， 在Rt △HC′中， ∵∠HC′O ＝α＝30°，∴C′H ＝C′O•cos30°＝，∴点C′到直线OF 的距离为（2）①如图，当C′P ∥OF 时，过点C′作C′M ⊥OF 于M ．∵△A′B′C′为等腰直角三角形，P为A′B′的中点，∴∠A′C′P=45°，∵∠A′B′O=90°，∴∠OC′P=135°.∵C′P∥OF，∴∠O＝180°﹣∠OC′P＝45°，∴△OC′M是等腰直角三角形，∵OC′＝4，=∴C′M＝C′O•cos45°=4×2∴点C′到直线DE的距离为如图，当C′P∥DG时，过点C′作C′N⊥FG于N．同法可证△OC′N是等腰直角三角形，∴C′N＝∵GD=2，∴点C′到直线DE的距离为2．②设d为所求的距离．第一种情形：如图，当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．∵OC=4，AC=2，∠ACO=90°，=∴=OA=∵OM＝2，∠OMA′＝90°，∴A′M4，又∵OG=2，∴DM=2，∴A′D＝A′M-DM=4-2=2，即d＝2，如图，当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．∵P为A′B′的中点，∠A′C′B′=90°，∴PQ∥A′C′，∴12 B P CQ PQB A BC A C'=== ''''''∵B′C′=2∴PQ＝1，CQ=1，∴Q点为B′C′的中点，也是旋转前BC的中点，∴OQ=OC+CQ=5∴OP，∴PM=∴PD＝2PM DM-=-，∴d2，∴2．第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝2，即d＝2，如图，当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ 交OB′于R，连接OP．由上可知OP OF＝5，∴FP1，∵OF＝OT，PF＝PT，∠F＝∠PTO＝90°，∴Rt△OPF≌Rt△OPT（HL），∴∠FOP＝∠TOP，∵PQ∥OQ，∴∠OPR＝∠POF，∴∠OPR＝∠POR，∴OR＝PR，∵PT2+TR2＝PR2，22215PR PR∴+（﹣）＝∴PR＝2.6，RT＝2.4，∵△B′PR∽△B′QO，∴B ROB''＝PRQO，∴3.46＝2.6OQ，∴OQ＝78 17，∴QG＝OQ﹣OG＝4417，即d＝4417∴2≤d＜44 17，第三种情形：当A′P经过点F时，如图，此时FG=3，即d＝3．综上所述，﹣2或d ＝3．6．解：（1）如图1中，作MH AC ⊥于H ．当旋转角为60︒时，60CAC ，AC AC ='， ACC 是等边三角形，2CC AC ，60MCH ，设CH x =，则3MH AH x ，2x ∴=，1x ∴=，2232CM CH ．故答案为2，2．（2）如图2中，作BH CD ⊥于H ．AB AB ='，60BAB ，ABB 是等边三角形，60DBM ACM ， DMB AMC ，45BDC BAC ∴∠=∠=︒， 30BCH BCA ACC ，1BH DH BC，CH=12CD CH DH．13（3）CD的长有最大值．理由：如图3中，B AC BAC，45B ABC AC，='，AB AB'=，AC AC∴AB AB，AC AC∴△B AB∽△C AC，DBM ACM，DMB AMC，45BDM MAC，取AB的中点H，以H为圆心，HB为半径作H，连接CH．=，90CA CB∠=︒，ACB∴⊥，CH BH AH，CH ABBHC，901BDC BHC，2∴=时，CD的值最大，此时CD=．点D的运动轨迹是H，当CD AB7．【详解】（1）解：在正方形ABCD中，AB＝4，∴AO＝CO＝OB＝，∵BE ，∴OE ，∵AC ⊥BD ，∴∠COE ＝90°，∴CE ==,由旋转得：CE ＝CF ，∠ECF ＝90°，∴△CEF 的面积＝211522CE ==； （2）证明：如图2，过E 作EN ⊥AB 于N ，作EP ⊥BC 于P ，∵EP ⊥BC ，FM ⊥CD ，∴∠EPC ＝∠FMC ＝90°，∵∠BCD ＝∠ECF ＝90°，∴∠PCE ＝∠MCF ，∵CE ＝CF ，∴△CPE ≌△CMF （AAS ），∴EP ＝FM ，∵EP ⊥BC ，EN ⊥AB ，BE 平分∠ABC ，∴EP ＝EN ，∴EN ＝FM ，∵FM ⊥CD ，∴∠FMG ＝∠ENH ＝90°，∵AB ∥CD ，∴∠NHE ＝∠MGF ，∴△NHE ≌△MGF （AAS ），∴NH＝MG，∴BH+MG＝BH+NH＝BN，∵△BEN是等腰直角三角形，BE，∴BN＝2BE；∴BH+MG＝2BE，理由是：（3）解：BH﹣MG＝2如图3，过E作EN⊥AB于N，交CG于P，∵EP⊥BC，FM⊥CD，AB∥CD，∴EP⊥CD，∴∠EPC＝∠FMC＝90°，∵∠M＝∠ECF＝90°，∴∠ECP+∠FCM＝∠FCM+∠CFM＝90°，∴∠ECP＝∠CFM，∵CE＝CF，∴△CPE≌△FMC（AAS），∴PC＝FM，∵△DPE是等腰直角三角形，∴PE＝PD，∴EN＝BN＝PN+PE＝BC+PE＝CD+PD＝PC＝FM，∵AB ∥CD ，∴∠H ＝∠FGM ，∵∠ENH ＝∠M ＝90°，∴△HNE ≌△GMF （AAS ），∴NH ＝MG ，∴BH ﹣MG ＝BH ﹣NH ＝BN ，∵△BEN 是等腰直角三角形，∴BN ＝2BE ，∴BH ﹣MG ＝2BE ． 8．【详解】（1）如图1，①∵四边形ABCD 是菱形，∴AB BC CD AD ===，∵∠D =60°，∴△ADC 和△ABC 是等边三角形，∴AB AC =，∠BAC =60°，∵∠NAM =60°，∴∠NAB =∠CAM ，由△ADC 沿射线DC 方向平移得到△BCE ，可知∠CBE =60°， ∵∠ABC =60°，∴∠ABN =60°，∴∠ABN =∠ACB =60°∴△ANB ≌△AMC ，∴∠ANB =∠AMC ； ②如图1，△AMN 是等边三角形，理由是：由△ANB≌△AMC，∴AM=AN，∵∠NAM=60°，∴△AMN是等边三角形；（2）①如图2，∠ANB=∠AMC成立，理由是：在正方形ABCD中，∴∠BAC=∠DAC=∠BCA=45°，∵∠NAM=45°，∴∠ANB=∠AMC，由平移得：∠EBC=∠CAD=45°，∵∠ABC=90°，∴∠ABN=180°-90°−45°=45°，∴∠ABN=∠ACM=45°，∴△ANB∽△AMC，∴∠ANB=∠AMC；②如图2，不成立，△AMN是等腰直角三角形，理由是：∵△ANB∽△AMC，∴AN AB AM AC=，∴AN AM AB AC=，∵∠NAM=∠BAC=45°，∴△NAM∽△BAC，∴∠ANM =∠ABC =90°， ∴△AMN 是等腰直角三角形. 9．【详解】（1）解：由旋转的性质得：AP=AP 1，BP=BP 2． ∵α=90°，∴△PAP 1和△PBP 2均为等腰直角三角形， ∴∠APP 1=∠BPP 2=45°，∴∠P 1PP 2=180°-∠APP 1-∠BPP 2=90°； （2）证明：由旋转的性质可知△PAP 1和△PBP 2均为顶角为α的等腰三角形， ∴∠APP 1=∠BPP 2=90°2α-， ∴∠P 1PP 2=180°-（∠APP 1+∠BPP 2）=180°-2(90°2α-)=α， 在△P 2P 1P 和△P 2PA 中，∠P 1PP 2=∠PAP 2=α， 又∵∠PP 2P 1=∠AP 2P ，∴△P 2P 1P ∽△P 2PA ， ∴12222PP P P P P P A=， ∴22122PP PP P A =⋅；（3）证明：如图，连接QB ，并过A 作1AM PP ⊥，垂足为M ，则12PAM α∠=，112PM PP =， ∵l 1，l 2分别为PB ，P 2B 的中垂线，2BP BP =，∴QP=QB ，PE=BE=BF=12BP = 又∵BQ=BQ ，90QEB QFB ∠=∠=︒，∴()Rt QEB Rt QFB HL ∆∆≌， ∴21122QPE QBE QBF P BP α∠=∠=∠=∠=， ∴12111909090222APP QPE PAM P BP αα∠+∠=︒-∠+∠=︒-∠+∠=︒， ∴190PPQ ∠=︒， ∵12QPE PAM α∠=∠=∠，90AMP PEQ ∠=∠=︒， ∴AMP PEQ ∆∆， ∴AP PM PQ QE=， 在Rt PEQ ∆中，4PQ ===，且AP=6，QE=1， ∴32AP QE AP QE PM PQ PQ ⋅⋅===，123PP PM ==， ∴1Rt PPQ ∆中，15PQ ===． 10．解：（1）∵由旋转的性质可得：∠A 1C 1B=∠ACB=45°，BC=BC 1，∴∠CC 1B=∠C 1CB=45°．∴∠CC 1A 1=∠CC 1B+∠A 1C 1B=45°+45°=90°．（2）∵由旋转的性质可得：△ABC ≌△A 1BC 1，∴BA=BA 1，BC=BC 1，∠ABC=∠A 1BC 1． ∴11BA BA BC BC =，∠ABC+∠ABC 1=∠A 1BC 1+∠ABC 1 ∴∠ABA 1=∠CBC 1．∴△ABA 1∽△CBC 1∴1122ABA CBC S AB 416S CB 525∆∆⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． ∵S △ABA1=4，∴S △CBC1=254． （3）过点B 作BD ⊥AC ，D 为垂足，∵△ABC 为锐角三角形，∴点D 在线段AC 上．在Rt △BCD 中，BD=BC×sin45°①如图1，当P 在AC 上运动至垂足点D ，△ABC 绕点B 旋转，使点P 的对应点P 1在线段AB 上时，EP 1最小．最小值为：EP 1=BP 1﹣BE=BD ﹣2．②如图2，当P 在AC 上运动至点C ，△ABC 绕点B 旋转，使点P 的对应点P 1在线段AB 的延长线上时，EP 1最大．最大值为：EP 1=BC+BE=5+2=7．11．【详解】（1）解：BD MF =，BD MF ⊥．延长FM 交BD 于点N ，根据旋转的性质得：AB=AM ，AD=AF ，∠BAD=∠MAF=90°∴BAD MAF ∆∆≌．∴BD MF =，ADB AFM ∠=∠．又∵DMN AMF ∠=∠，∴90ADB DMN AFM AMF ∠+∠=∠+∠=︒，∴90DNM ∠=︒，∴BD MF ⊥（2）解：如图2，①当AK FK =时，30KAF F ∠=∠=︒，则111180*********BAB B AD KAF ︒︒︒︒︒∠=-∠-∠=--=，即60β=︒；②当AF FK =时，75FAK ∠=︒，∴19015BAB FAK ∠=︒-∠=︒，即15β=︒；∴β的度数为60︒或15︒（3）如图3，由题意得矩形2PNA A ．设2A A x =，则PN x =，在222Rt A M F ∆中，∵228F M FM ==，∴224A M =，22A F =∴2AF x =．∵290PAF ∠=︒，230PF A ∠=︒，∴2tan 3043AP AF x ︒=⋅=-．∴43PD AD AP x =-=+． ∵//NP AB ，∴DNP B ∠=∠．∵D D ∠=∠，∴DPN DAB ∆∆∽． ∴PN DP AB DA=．∴44x x =，解得6x =-26A A =-答：平移的距离是(6cm -．12．【详解】解：（1）如图3，过点D 作DE ⊥BC ，垂足为E ，设BC=m ．在Rt △ABC 中，∠BAC=30°，由BC=AB ·tan30°，BC=AC ·sin30°，得AC=2m ，， ∵AC=AD ，∠CAD=2×30°=60°，∴△ACD 为等边三角形，∴∠ACD=60°，CD=AC=2m ，∴∠BCD=60°×2=120°，在Rt △DEC 中，∠DCE=180°-120°=60°，DC=2m ，∴CE=CD·cos60°=m ，DE=CE ·tan60°，∴在Rt △BED 中，，∴BD AC ，故AC ．故答案为：120°；AC ． （2）不成立，理由如下：设BC=n ，在Rt △ABC 中，∠BAC=45°，∠ABC=90°，∴BC=AB=m ，n ，∵AC=AD ，∠CAD=90°，∴△CAD 为等腰直角三角形，∴∠ACD=45°，AC= 2n ，∴∠BCD=2×45°=90°，在Rt △BCD 中，，∴BD AC ，故AC ．答案为：90°；．故结论不成立．（3）AP 或；解答如下：∵PB=PC ，∴点P 在线段BC 的垂直平分线上，∵∠BAC=∠BCP=90°，故A 、B 、C 、P 四点共圆，以线段BC 的中点为圆心构造⊙O ，如图4，图5，分类讨论如下：①当点P 在直线BC 上方时，如图4，作PM ⊥AC ，垂足为M ，设PM=x ．∵PB=PC ，∠BPC=90°，∴△PBC 为等腰直角三角形，∴∠PBC=45°，∵∠PAC=∠PBC=45°，∴△AMP 为等腰直角三角形，∴AM=PM=x ，x ，在Rt △ABC 中，AB=2，AC=4，∴PC=BC·sin45°，在Rt △PMC 中，∵∠PMC=90°，PM=x ，PC=，CM=4-x ，∴()2224x x +-=，解得：11x =，23x =（舍），∴；②当点P 在直线BC 的下方时，如图5，作PN ⊥AB 的延长线，垂足为N ，设PN=y ．同上可得△PAN 为等腰三角形，∴AN=PN=y ，∴BN=y-2，在Rt △PNB 中，∵∠PNB=90°，PN=y ，BN=y-2，，∴()2222y y +-=，解得：13y =，21y =-（舍），∴=AP 或 13．【详解】（1）如图①中，∵△DEC 绕点C 旋转点D 恰好落在AB 边上，∴AC=CD ，∵∠BAC=90°-∠B=90°-30°=60°，∴△ACD 是等边三角形，∴∠ACD=60°，又∵∠CDE=∠BAC=60°，∴∠ACD=∠CDE ，∴DE ∥AC ；（2）如图②中，作DM ⊥BC 于M ，AN ⊥EC 交EC 的延长线于N ．∵△DEC 是由△ABC 绕点C 旋转得到∴BC=CE ，AC=CD ，∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°，∴∠ACN=∠DCM ，在△ACN 和△DCM 中，90ACN DCM CMD N AC CD ∠∠⎧⎪∠∠︒⎨⎪⎩＝＝＝＝，∴△ACN ≌△DCM （AAS ），∴AN=DM ，∴△BDC 的面积和△AEC 的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S △BDC =S △AEC ．（3）如图③中，作CH ⊥AD 于H ．∵，∵B ，A ，E 共线，∴∠BAC+∠EAC=180°，∴∠EAC=120°，∵∠EDC=60°，∴∠EAC+∠EDC=180°，∴A ，E ，D ，C 四点共圆，∴∠CAD=∠CED=30°，∠BAD=90°，∵CA=CD ，CH ⊥AD ，AC=CD=12AB=2∴∴，∴BD ===（4）如图①中，设DE 交BC 于T ．因为含有30°的直角三角形的三边之比为12，由（1）可知△BDT ，△DCT ，△ECT 都是含有30°的直角三角形，∴△BDT ，△DCT ，△ECT 符合条件．14．【详解】（1）①如图1，∵把ABE △绕点A 逆时针旋转90︒至ADG ，使AB 与AD 重合，∴AE AG =，BAE DAG ∠=∠，BE DG =∵90BAD ∠=︒，45EAF ∠=︒，∴45BAE DAF ∠+∠=︒，∴45DAG DAF ∠+∠=︒，即45EAF GAF ∠=∠=︒，在EAF △和GAF 中AF AF EAF GAF AE AG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()EAF GAF SAS ≌，∴EF GF =，∵BE DG =，∴EF GF BE DF ==+；②180B D ∠+∠=︒，理由是：把ABE △绕A 点旋转到ADG ，使AB 和AD 重合，则AE AG =，B ADG ∠=∠，BAE DAG ∠=∠，∵180B ADC ︒∠+∠=，∴180ADC ADG ∠+∠=︒，∴C ，D ，G 在一条直线上，和①知求法类似，45EAF GAF ∠=∠=︒，在EAF △和GAF 中AF AF EAF GAF AE AG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()EAF GAF SAS △≌△，∴EF GF =，∵BE DG =，∴EF GF BE DF ==+；故答案为：180B D ∠+∠=︒（2）∵ABC中，AB AC ==90BAC ∠=∴45ABC C ∠=∠=︒，由勾股定理得：4BC === ，把AEC 绕A 点旋转到AFB △,使AB 和AC 重合，连接DF ．则AF AE =，45FBA C ∠=∠=︒，BAF CAE ∠=∠，∵45DAE ∠=︒，∴904545FAD FAB BAD CAE BAD BAC DAE ∠=∠+∠=∠+∠=∠-∠=︒-︒=︒， ∴45FAD DAE ∠=∠=︒，在FAD △和EAD 中AD AD FAD EAD AF AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴FAD EAD △≌△，∴DF DE =，设DE x =，则DF x =，∵1BC =，∴413BF CE x x ==--=-，∵45FBA ∠=︒，45ABC ∠=︒，∴90FBD ∠=︒，由勾股定理得：222DF BF BD =+，。
中考数学：各种旋转试题的解题技巧，初中生一定要掌握啊
中考数学：各种旋转试题的解题技巧，初中生一定要掌握啊图形的变换是新课标中“空间与图形”领域的一个主要内容，体现运动变换的理念与思想，是教材中的一大亮点．说起旋转，它是一种数学变换．生活中的旋转也是随处可见，汽车的轮子，钟表的指针，游乐园里的摩天轮，都是旋转现象．它有哪些值得我们注意的地方？我们如何解决中考数学卷中的各种旋转试题呢？图形的旋转有三个要素：①旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．旋转具有以下性质：①对应点到旋转中心的距离相等，即边相等。
②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，即角相等③旋转前、后的图形全等。
以这三个性质为突破口，就能快速解决问题。
图形的旋转在中考中可能有三种出题方式，今天我们以下面几道试题为例研究一下旋转试题的解题技巧。
选择题【分析】根据旋转的性质得到AC=CD，BC=CE，AB=DE，故A 错误，C错误；得到∠ACD=∠BCE，根据三角形的内角和得到∠A=∠ADC=（180°-∠ADC）/2，∠CBE=（180°-∠BCE）/2求得∠A=∠EBC，故D 正确；由于∠A+∠ABC不一定等于90°，于是得到∠ABC+∠CBE不一定等于90°，故B错误．【解答】【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．填空题【分析】连接CE′，根据等腰三角形的性质得到AB=BC=2√2，BD=BE=2，根据性质的性质得到D′B=BE′=BD=2，∠D′BE′=90′，∠D′BD=∠ABE′，由全等三角形的性质得到∠D′=∠CE′B=45°，过B作BH⊥CE′于H，解直角三角形即可得到结论．【解答】【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．解答题【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到AD=AE，AB=AC，∠BAC-∠EAF=∠EAD-∠EAF，求得∠BAE=∠DAC，根据全等三角形的性质得到∠ABE=∠ACD，根据余角的性质即可得到结论；（2）根据全等三角形的性质得到∠ABE=∠ACD，BE=CD，求得∠EPD=90°，得到DE=3√2，AB=6，求得BD=6-3=3，CD=√(AD2+AC2）=3√5，根据相似三角形的性质得到PD=√5/5，PB=6√5/5，根据三角形的面积公式即可得到结论．【解答】（1）略（2）【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．小结对于旋转问题，首先，我们要观察图形，看看这个图形的旋转中心，找到它的旋转方向，这是我们看到一个几何图形的第一印象．其次，看看是什么旋转？因为旋转的种类有很多，你看它是点旋转还是线旋转或者是平面图形旋转·最后，你再观察出有哪些三角形全等，从已知中找到两个三角形全等的条件（包括隐藏的对顶角、公共角、公共边等）．只有掌握了这些信息，并以此为突破口，才能为解决此类问题奠定坚实的基础．真题演练我是氵林雨老师，每天发布中小学数学例题讲解文章、视频，如果觉得有益的话请点个赞吧，欢迎您收藏、分享和关注，感谢！。
(简略版)中考数学旋转模型及例题
(简略版)中考数学旋转模型及例题本文档旨在介绍中考数学中的旋转模型及相关例题。
以下是一些常见的旋转模型及其解题方法。
1. 点绕原点旋转当一个点绕原点进行旋转时，可以利用坐标系中点的坐标变化来解题。
假设有点P(x, y)绕原点逆时针旋转α角后得到的点为P'(x', y')，则有以下结论：- P'的横坐标x' = x * cosα - y * sinα- P'的纵坐标y' = x * sinα + y * cosα下面是一个例子：例题：点A(2, 3)绕原点逆时针旋转90°，求旋转后点的坐标。
解题思路：根据上述结论，带入坐标值可得：- A'的横坐标x' = 2 * cos90° - 3 * sin90° = -3- A'的纵坐标y' = 2 * sin90° + 3 * cos90° = 2因此，点A旋转90°后得到的点为A'(-3, 2)。
2. 图形绕原点旋转当一个图形绕原点进行旋转时，可以先找出图形中的点坐标，然后通过点的旋转来确定旋转后整个图形的形状和位置。
下面是一个例子：例题：如图所示的三角形ABC绕原点逆时针旋转60°，连接旋转后的点A', B', C'，求旋转后的三角形ABC'的面积。
解题思路：- 首先，可以求出点A(2, 3)、B(4, 5)、C(6, 1)绕原点逆时针旋转60°后的点坐标。
- 然后，连接旋转后的点A', B', C'得到旋转后的三角形。
- 最后，计算旋转后的三角形ABC'的面积。
通过上述步骤可以得到旋转后的三角形ABC'的面积。
以上是中考数学旋转模型的一些例题和解题思路。
旋转模型在中考数学中经常出现，掌握了旋转模型的解题方法，可以更好地应对考试中的相关问题。
旋转综合题解题方法归纳
旋转综合题解题方法归纳
嘿，同学们！今天咱就来好好唠唠这旋转综合题的解题方法。
咱先说说这旋转是啥玩意儿呀，就好比一个东西在那滴溜溜地转呀转，一转就转出好多新情况新问题来啦！那面对这些个转来转去的题，咱可不能发懵呀！
首先呢，咱得把题目里的条件都看仔细咯，一个小细节都别放过。
这就好比你找宝藏，得把每个角落都瞅清楚了，不然宝贝就溜走啦！
然后呢，咱得在脑子里构建出那个旋转的画面，想象一下那个图形是
怎么转的，转到哪里去了。
比如说有个三角形在那转，那它的边呀角呀肯定都跟着变啦。
这时
候咱就得抓住那些不变的量，这可是解题的关键哟！就像在混乱中找
到那根定海神针一样。
还有啊，多画画图，别嫌麻烦！画着画着你可能就突然灵光一闪，
找到解题的突破口啦。
有时候一个巧妙的图能让你一下子看清问题的
本质呢。
再就是利用好那些定理呀公式呀，什么全等啦相似啦，这些都是咱
的得力武器呀！就像孙悟空的金箍棒，一挥就能把难题打得落花流水。
咱举个例子哈，有个图形转呀转，转到你都快不认识它了。
这时候你就得静下心来，看看能不能找到和之前学过的哪个图形有点像，然后把那些定理啥的往上套一套。
哎呀，说不定答案就出来啦！
同学们，别害怕这些旋转综合题，它们就是纸老虎！只要咱掌握了方法，多练练，就一定能把它们拿下。
就像武松打虎一样，勇敢地冲上去，把难题给解决掉！相信自己，咱肯定行！加油吧！咱在解题的道路上一路向前冲，什么难题都挡不住咱前进的脚步！。
中考复习旋转问题的解决策略课件ppt(共23张PPT)
真题演练
解题思想方法提炼
1.如果题目中出现长度相等且有公共端点的两条线 段，我们采用的方法就是旋转，这个公共的端点就 是旋转中心，两条线段之间的夹角就是旋转角，旋 转时，往往是一条线段要绑定一个三角形，旋转方 向是朝着另一条线段旋转，一般情况就会将已知条 件和问题集中再特殊图形当中，然后根据图形的性 质解决；
分类探索
图形中出现有公共端点的两条相等线段
分类探索
图形中出现有公共端点的两条相等线段
分类探索
图形中出现有公共端点的两条相等线段
分类探索
图形中出现有公共端点的两条相等线段
分类探索
图形中出现有公共端点的两条相等线段
方法策略
如果题目中出现长度相等且有公共端点的两条线 段，我们采用的方法就是旋转，这个公共的端点 就是旋转中心，两条线段之间的夹角就是旋转角， 旋转时，往往是一条线段要绑定一个三角形，旋 转方向是朝着另一条线段旋转，一般情况就会将 已知条件和问题集中再特殊图形当中，然后根据 图形的性质解决。
（2）旋转后出现三点共线，将四边形转化成三角形求 解。
（3）旋转后出现动点，由动点变化规律解决问题。（4） 逆向运动思维解决问题。
（5）由主动点运动规律找从动点规律。
分类探索
图形中出现有公共端点的两条相等线段 旋转类问题当中有一类问题通过倒旋转，就会巧妙地把问题变成一个简单的点线最值或者点圆最值问题。
2.如果四边形的对角互补，且有邻边相等，那么旋转 后会出现三点共线，这时，就将四边形的问题转化成 三角形问题，然后用三角形的有关性质来解决问题。
3.旋转类问题当中有一类问题通过倒旋转，就会巧
妙地把问题变成一个简单的点线最值或者点圆最值 问题。
2024年浙教版九年级数学期末复习急速提分法第4招 旋转问题中作辅助线的技巧
极速提分法
∵B′A＝BC＝ 2，∴B′E＝AE＝1， ∴BE＝AB＋AE＝2＋1＝3， S△ ABB′＝12AB·B′E＝12×2×1＝1. ∴BB′＝ BE2＋B′E2＝ 10. 又∵∠BDB′＝60°，BD＝B′D， ∴△BDB′为等边三角形．
极速提分法
∵等边三角形 BDB′的边长 BB′＝ 10， ∴△BDB′的高为 230， ∴S△BDB′＝12× 10× 230＝5 2 3， ∴S 四边形 ABCD＝S 四边形 BDB′A＝S△BDB′－S△ABB′＝ 5 2 3－1.
极速提分法
请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题：如图 ③，在正方形 ABCD 内有一点 P，且 PA＝ 5，PB＝ 2， PC＝1.求∠BPC 的度数和正方形 ABCD 的边长．
极速提分法
解：如图，将△ BPC 绕点 B 逆时针旋转 90°得到△ BP′A， 则△ BPC≌△BP′A，∠PBP′＝90°， ∴∠BPC＝∠AP′B， AP′＝PC＝1，BP′＝PB＝ 2. 连结 PP′，在 Rt△ BP′P 中，∵PB＝BP′＝ 2， ∠PBP′＝90°，∴PP′＝2，∠BP′P＝45°. 在△ AP′P 中，AP′＝1，PP′＝2，PA＝ 5.
极速提分法
(2)如图②，在四边形 ABCD 中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°， E，F 分别是边 BC，CD 上的点，且∠EAF＝12∠BAD， 上述结论是否仍然成立？并说明理由．
极速提分法
解：结论EF＝BE＋FD仍然成立． 理由如下：如图，将△ABE绕点A逆时针旋 转到△ADG的位置，则△ABE≌△ADG. ∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG， BE＝DG，∠B＝∠ADG. ∵∠B＋∠ADF＝180°， ∴∠ADG＋∠ADF＝180°. ∴点F，D，G三点共线．
2024 河北数学中考备考重难专题：三角形、四边形综合题旋转问题(课件)
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1
例题图②
(2)如解图①，连接OC， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝CD＝4，∠BCD＝90°，∠BOC＝90°，OC＝ 1 BD，
2
∴BD＝4 2，∴OC＝2 2 . ∵OP＝1，∠BOC＝90°， ∴CP＝ OP2 OC 2 12 (2 2)2 3 ；
解图①
例 （2022河北逆袭卷）如图①，在正方形ABCD中，AB＝4，O是对角线BD
2024中考备考重难专题课件
三角形、四边形综合题
旋转问题
河北 数学
课件说明
一、课件设计初衷 基于老师在总复习过程中对重难题型有较大的需求，以及纸质图书和板书展示二次函数图象与几何图形
等重难点效果不佳而设计重难专题课件. 在制作过程中结合课件能使题图动态化且分步骤展示的特性，有助于 学生题图结合梳理题意，理解平面图形的变化过程. 二、课件亮点 1.依据区域考情，针对性选题
三角 面积
正切比求线段比，勾股定理
形
(3)分类讨论思想：点Q分别落在
AD、CD、BC延长线上时
典例精讲
例 （2022河北逆袭卷）如图①，在正方形ABCD中，AB＝4，O是对角线BD
的中点，P是平面内一点，且OP＝1. 说明P在以点O为圆心，1 (1)点P到AB的最小距离是____1____； 为半径的圆上(线圆最值)
CF=CF′ CE=CE′
∠FCE=∠FCE′
CF CF CE CE
∠FCF′=∠CEE′
△CEE′∽△CFF′
练习题图①
(1)证明：由旋转的性质可得： CE＝CE′，CF＝CF′，∠ECE′＝∠FCF′＝α， ∴ CE CE ，
CF CF
∴△CEE′∽△CFF′；
专题四 正方形中的旋转
x y 123456–112345678910–1o 是我对我们班学生的让学生把正方形的知识掘基础。
本节课是八年级数学下册学习完特殊的平行四边形之后的复习课，我把它设计成一个小专题的课型，是想让学生对正方形有一个更深层次的认识，同时有意识的去向中考靠拢，有意识的去设计了一些探究题和变式题，目的是想通过此次的训练让学生先感受一下中考，同时让学生接触一下中考题中的类比探究题，再个是把正方形和等腰直角三角形紧密的联系起来，让学生的新旧知识有一个更大的联系，学生心目中就有了一个系统的学习数学的方法。
虽要以基础为主，但也要兼顾综合，体现“基础+综合”的复习思路，这样才能满足各个层次学生的学习需求.本节课选自图形变换一章的复习，针对不同学习层次的学生展开教学过程的设计，体现“起点低（注重基础，下要保底），步子紧（小步子式逐步提高要求），落点高（上不封顶）”的设计要求，利用几何画板的动画功能演绎旋转过程中的变与不变.这其中围绕某一核心知识背景（本节课是旋转）来设计“套题（题组）”式训练是一条行之有效的途径.1、要精心设计有效的复习课教学环节.通过“典例引入—精讲例题—巩固提升—变式巩固--自我提升”等几个环节来解决相关问题.引导学生预学提问（猜想），师生合作梳理问题，学生先独立尝试，再互动解决问题.在此基础上教师再提出预设中的问题，有些虽然和学生提出的问题重复，但更能激发提出问题的学生的成就感.而对于学生没有猜想到的新问题可以让学生再次独立及合作互动解决，反馈在尝试和互动中生成.教师在教学时，要对所遇到的数学知识进行拓展，一题多问，一题多变，一图多变，一图多用，多图归一，多解归一，使同一个教学内容发挥其最大的教学功能.在这样的有效训练中才能真正提升学生解决问题的智慧.2、要让散落的“珍珠”串成美丽的“项链”.例题即训练题，改编例题和习题的界限，总共6个例习题已经足够学生课内外的训练和思考了.每个例习题的设计都是安排两个完全相同的旋转，这样做的目的一方面因其旋转要素已经涵盖了图形旋转的类型和特征，另一方面是因为正方形是四边形中最特殊的四边形，它集中了矩形菱形的所有性质，而两个完全相同的正方形通过旋转会产生性质叠加，不仅结论会更加丰富多彩，而且解决问题的方法也是多样化的，从而使得旋转变换更具魅力.每一个例习题都以问题串的形式出现，每一个例习题都以双正方形的旋转为背景，每一个例习题都可以看作是一粒“珍珠”.题组中的每个例习题，前一个都是后一题的基础与铺垫，后一题都是前一题的提升和拓展，我中有你，你中有我，这就是“套题（题组）”式训练方式.总共6题的旋转都是围绕正方形的对角线上的点展开（端点、中点、任意点），由浅入深，层层推开，串成“珍珠”的线就是旋转.要突出旋转过程中的变化，更体现不变的数学本质，强化数学思想方法的渗透.复习课如果坚持这样做了，学生才能真正“聪明”起来，才能真正达到“以少胜多”的最大功效，才能让散落的“珍珠”（零散的知识点）串成美丽的“项链”（内化的知识结构和学生内生的智慧）.可见，组织的教学内容要突出其与其他的数学知识和方法间的联系.一个数学知识与其他数学知识的联系越多，说明该知识越重要，它的拓展性就越强.3、值得课后进一步思考的问题.如果把6个例习题放在直角坐标系的背景中，知识的综合程度就更高.如果把其中一个正方形缩小一半，题目的结论又该如何变化？如果把其中一个正方形换成矩形情况又该如何？如果两个正方形都换成矩形又该是怎样的结果？如果把两个正方形都换成正六边形结果又该如何呢？等等.在这类问题的教学中一定要以数学知识为载体，切忌“空对空”，要多让学生去想，去悟，这样才能取得理想的效果.。
初三数学旋转的题解题方法
初三数学旋转的题解题方法
解题方法如下：
1. 首先，理解旋转的概念。
在数学中，旋转是指将一个图形或点绕某个中心点旋转一定角度得到的新图形或点。
2. 确定旋转的中心点。
题目中通常会给出旋转的中心点，可以根据题意来确定中心点的位置。
3. 确定旋转的角度。
题目中通常会给出旋转的角度，可以根据题意来确定旋转的角度。
4. 根据旋转的中心点和角度，确定旋转后的新图形或点的位置。
5. 利用几何知识和旋转的特性，解题。
根据题目要求，可以利用旋转的特性来求解问题。
需要注意的是，解题过程中要注意几何知识的灵活应用，学会将问题转化为几何图形的性质和关系，通过旋转将问题简化为解决直角三角形或相似三角形的问题。
另外，需要熟练掌握旋转的基本性质，例如旋转角度的正负、逆时针旋转和顺时针旋转等。
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中考旋转怎么出.怎么考.怎么解考查三角形全等、相似、勾股定理、特殊三角形和四边形的性质与判定等。
旋转性质：对应线段、对应角的大小不变，对应线段的夹角等于旋转角。
注意旋转过程中三角形与整个图形的特殊位置。
一、直线的旋转1、(2009年浙江省嘉兴市)如图，已知A 、B 是线段MN 上的两点，4=MN ，1=MA ，1>MB ．以A 为中心顺时针旋转点M ，以B成△ABC ，设x AB =． （1）求x 的取值范围；（2）若△ABC 为直角三角形，求x 的值； （3）探究：△ABC 的最大面积？2、（2009年河南）如图，在Rt △ABC 中，∠ACB =90°, ∠B =60°，BC =2．点0是AC 的中点，过点0的直线l 从与AC 重合的位置开始，绕点0作逆时针旋转，交AB 边于点D .过点C 作CE ∥AB 交直线l 于点E ，设直线l 的旋转角为α.(1)①当α=________度时，四边形EDBC 是等腰梯形，此时AD 的长为_________； ②当α=________度时，四边形EDBC 是直角梯形，此时AD 的长为_________； (2)当α=90°时,判断四边形EDBC 是否为菱形，并说明理由．（第1题）3、（2009年北京市）在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，连结EP1绕点E逆时针旋转90得到线段EC1.判断直线FC1与直线CD的位置关系，并加以证明；②当P2为线段DC的延长线上任意一点时，连结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的位置关系，画出图形并直接写出你的结论.（2）若AD=6,tanB=43,AE=1,在①的条件下，设CP1=x，S11P FC=y，求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围.分析：此题是综合开放题-------已知条件、问题结论、解题依据、解题方法这四个要素中缺少两个或两个以上，条件需要补充，结论需要探究，解题方法、思考方向有待搜寻。
解决此类问题，一般要经过观察、实验、分析、比较、类比、归纳、推断等探究活动来寻找解题途径。
可从简单、特殊的情况入手，由此获得启发和感悟，进而找到解决问题的正确途径，是我们研究数学问题，进行猜想和证明的思维方法。
华罗庚说：善于退，足够地退，退到最原始而不失重要性的地方，这是学好数学的一个诀窍。
提示：（1）运用三角形全等，（2）按CP=CE=4将x 取值分为两段分类讨论；发现并利用好EC 、EF 相等且垂直。
4、（2009 黑龙江大兴安岭）已知：在ABC ∆中，AC BC >，动点D 绕ABC ∆的顶点A 逆时针旋转，且BC AD =，连结DC ．过AB 、DC 的中点E 、F 作直线，直线EF 与直线AD 、BC 分别相交于点M 、N ．（1）如图1，当点D 旋转到BC 的延长线上时，点N 恰好与点F 重合，取AC 的中点H ，连结HE 、HF ，根据三角形中位线定理和平行线的性质，可得结论BNE AMF ∠=∠（不需证明）．（2）当点D 旋转到图2或图3中的位置时，AMF ∠与BNE ∠有何数量关系？请分别写出猜想，并任选一种情况证明．图2图3图1D二.角的旋转5、（2009年中山）（1）如图1，圆心接ABC △中，AB BC CA ==，OD 、OE 为O ⊙的半径，OD BC ⊥于点F ，OE AC ⊥于点G ，求证：阴影部分四边形OFCG 的面积是ABC △的面积的13．（2）如图2，若DOE ∠保持120°角度不变，求证：当DOE ∠绕着O 点旋转时，由两条半径和ABC △的两条边围成的图形（图中阴影部分）面积始终是ABC △的面积的13．ADCBPMQ60（2009襄樊市）如图，在梯形ABCD 中，24AD BC AD BC ==∥，，，点M 是AD 的中点，MBC △是等边三角形．（1）求证：梯形ABCD 是等腰梯形；（2）动点P 、Q 分别在线段BC 和MC 上运动，且60MPQ =︒∠保持不变．设PC x MQ y ==，，求y 与x 的函数关系式； （3）在（2）中：①当动点P 、Q 运动到何处时，以点P 、M 和点A 、B 、C 、D 中的两个点为顶点的四边形是平行四边形？并指出符合条件的平行四边形的个数；②当y 取最小值时，判断PQC △的形状，并说明理由．提示:第（3）①问，两种情形---- PM ∥AB , PM ∥CD第（3）②问， 求出y 最小值为3，此时x=PC=2,点P 到BC 中点，PM ⊥BC .6、（2009年重庆市）已知：如图，在平面直角坐标系xOy 中，矩形OABC 的边OA 在y 轴的正半轴上，OC 在x 轴的正半轴上，OA =2，OC =3．过原点O 作∠AOC 的平分线交AB 于点D ，连接DC ，过点D 作DE ⊥DC ，交OA 于点E ． （1）求过点E 、D 、C 的抛物线的解析式；（2）将∠EDC 绕点D 按顺时针方向旋转后，角的一边与y 轴的正半轴交于点F ，另一边与线段OC 交于点G ．如果DF 与（1）中的抛物线交于另一点M ，点M 的横坐标为65，那么EF =2GO 是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（3）对于（2）中的点G ，在位于第一象限内的该抛物线上是否存在点Q ，使得直线GQ 与AB 的交点P 与点C 、G 构成的△PCG 是等腰三角形？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．提示：第（3）问，△PGC 为等腰三角形按哪两边相等分类讨论，求出点P 坐标，再求点Q 坐标。
6题图x二、三角形的旋转7、（2009年邵阳市）如图，将Rt △ABC(其中∠B ＝340，∠C ＝900）绕A 点按顺时针方向旋转到△AB 1 C 1的位置，使得点C 、A 、B 1 在同一条直线上，那么旋转角最小等于（ ） A.560B.680C.1240D.18008、（2009年包头）如图，已知ACB △与DFE △是两个全等的直角三角形，量得它们的斜边长为10cm ，较小锐角为30°，将这两个三角形摆成如图（1）所示的形状，使点B C F D 、、、在同一条直线上，且点C 与点F 重合，将图（1）中的ACB △绕点C 顺时针方向旋转到图（2）的位置，点E 在AB 边上，AC 交DE 于点G ，则线段FG 的长为 cm （保留根号）．9、（2009河池）如图9，ABC △的顶点坐标分别为(36)(13)A B ，，，，(42)C ，．若将ABC △C (F )D 图（2）CAB 'ACAB绕C 点顺时针旋转90，得到A B C '''△，则点A 的对应点A '的坐标为 ．10、（2009年郴州市）如图，桌面上平放着一块三角板和一把直尺，小明将三角板的直角顶点紧靠直尺的边缘，他发现无论是将三角板绕直角顶点旋转，还是将三角板沿直尺平移，1Ð与2Ð的和总是保持不变，那么1Ð与2Ð的和是_______度．11、（2009年台州市）如图，三角板ABC 中，︒=∠90ACB ，︒=∠30B ，6=BC ．三角板绕直角顶点C 逆时针旋转，当点A 的对应点'A 落在AB 边的起始位置上时即停止转动，则B 点转过的路径长为 ．12、（2009年凉山州）将ABC △绕点B 逆时针旋转到A BC ''△使A B C '、、在同一直线上，若90BCA ∠=°，304cm BAC AB ∠==°，，则图中阴影部分面积为 cm 2．21（12题）13、（2009年郴州市）如图6，在下面的方格图中，将△ABC 先向右平移四个单位得到△A 1B 1C 1，再将△A 1B 1C 1绕点A 1逆时针旋转90°得到D A 1B 2C 2，请依次作出△A 1B 1C 1和△A 1B 2C 2。
14、(2009年达州)如图7，在△ABC 中，AB ＝2BC ，点D 、点E 分别为AB 、AC 的中点，连结DE ，将△ADE 绕点E 旋转180︒得到△CFE .试判断四边形BCFD 的形状，并说明理由.15、（2009襄樊市）如图所示，在Rt ABC △中，90ABC =︒∠．将Rt ABC △绕点C 顺时针方向旋转60︒得到DEC △，点E 在AC 上，再将Rt ABC △沿着AB 所在直线翻转180︒得到ABF △．连接AD ．（1）求证：四边形AFCD 是菱形；（2）连接BE 并延长交AD 于G ，连接CG ，请问：四边形ABCG 是什么特殊平行四边形？为什么？图ABC16、（2009年株洲市）如图，在Rt OAB ∆中，90OAB ∠=︒，6OA AB ==，将OAB ∆绕点O 沿逆时针方向旋转90︒得到11OA B ∆．（1）线段1OA 的长是 ，1AOB ∠的度数是 ； （2）连结1AA ，求证：四边形11OAA B 是平行四边形； （3）求四边形11OAA B 的面积．ADFCEGBADGECB17、（2009烟台市）如图，直角梯形ABCD 中，BC AD ∥，90BCD ∠=°，且2t a n 2C D A D A B C =∠=，，过点D 作AB DE ∥，交BCD ∠的平分线于点E ，连接BE ． （1）求证：BC CD =；（2）将BCE △绕点C ，顺时针旋转90°得到DCG △，连接EG.．求证：CD 垂直平分EG .（3）延长BE 交CD 于点P ．求证：P 是CD 的中点．即BC CD =．18、（2009年山西省）在ABC △中，2120AB BC ABC ==∠=，°，将ABC △绕点B 顺时针旋转角α(0<°α90)<°得A BC A B 111△，交AC 于点E ，11A C 分别交AC BC 、于D F 、两点．（1）如图1，观察并猜想，在旋转过程中，线段1EA 与FC 有怎样的数量关系？并证明你的结论；（2）如图2，当α30=°时，试判断四边形1BC DA 的形状，并说明理由； （3）在（2）的情况下，求ED 的长．提示：（1）考查三角形旋转过程中的不变量再导出图形各线段间的各种关系； （2）在特殊条件下， 得到线段间的特殊关系。
ADBECF1A 1CADBECF1A 1C19、（2009年牡丹江）已知Rt ABC △中，90AC BC C D ==︒，∠，为AB 边的中点，90EDF ∠=°，EDF ∠绕D 点旋转，它的两边分别交AC 、CB （或它们的延长线）于E 、F ．当EDF ∠绕D 点旋转到DE AC ⊥于E 时（如图1），易证12DEF CEF ABC S S S +=△△△． 当EDF ∠绕D 点旋转到DE AC 和不垂直时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，DEF S △、CEF S △、ABC S △又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．分析：此类题的特点是-----提供问题的一个特殊的情况（给出命题的题设、结论），让你探索使结论成立的证明过程，然后通过运动变换,使题设条件改变，图形随之发生变化产生新的问题情景，再去探究新情景中原来的结论是否成立，还是又有新的关系。