中考试题旋转课后练习二及详解
沪科版数学九年级下册-旋转(有答案)
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中考数学《旋转》专题练习含答案解析
旋转一、选择题（共6小题，每小题4分，满分24分）1．下列图形中，你认为既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A．B．C．D．2．如图，所给的图案由△ABC绕点O顺时针旋转（）前后的图形组成的．A．45°、90°、135°B．90°、135°、180°C．45°、90°、135°、180°、225° D．45°、180°、225°3．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′，图中阴影部分的面积为（）A．B．C．1﹣D．1﹣4．如图，P是等边三角形ABC内一点，∠APB，∠BPC，∠CPA的大小之比为5：6：7，则以PA，PB，PC为边的三角形三内角大小之比（从小到大）是（）A．2：3：4 B．3：4：5C．4：5：6 D．以上结果都不对5．下列图形中，是中心对称图形的是（）A．菱形B．等腰梯形C．等边三角形D．等腰直角三角形6．在平面直角坐标系中，点P（2，﹣3）关于原点对称的点的坐标是（）A．（2，3）B．（﹣2，3）C．（﹣2，﹣3）D．（﹣3，2）二、填空题（共6小题，每小题5分，满分30分）7．在平面直角坐标系中，已知点P0的坐标为（1，0），将点P0绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P1，延长OP1到点P2，使OP2=2OP1再将点P2绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P3，则点P3的坐标是．8．如图所示，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=5，△ABC按逆时针方向旋转一个角度后，成为△ACD，则旋转中心是点、旋转角是．9．如图，设P是等边三角形ABC内任意一点，△ACP′是由△ABP旋转得到的，则PA PB+PC（选填“＞”、“=”、“＜”）10．如图，E、F分别是正方形ABCD的边BC、CD上一点，且BE+DF=EF，则∠EAF=度．11．如图，O是等边△ABC内一点，将△AOB绕A点逆时针旋转，使得B，O两点的对应分别为C，D，则旋转角为度，图中除△ABC外，还有等边三形是△．12．如图，Rt△ABC中，P是斜边BC上一点，以P为中心，把这个三角形按逆时针方向旋转90°得到△DEF，图中通过旋转得到的三角形还有．三、解答题13．已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时（如图1），易证BM+DN=MN．（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．14．如图，正方形ABCD的边长为1，AB，AD上各有一点P，Q，如果△APQ的周长为2，求∠PCQ的度数．15．有两张完全重合的矩形纸片，小亮同学将其中一张绕点A顺时针旋转90°后得到矩形AMEF（如图1），连接BD、MF，若此时他测得BD=8cm，∠ADB=30°．（1）请直接写出AF的长；（2）小红同学用剪刀将△BCD与△MEF剪去，与小亮同学继续探究．他们将△ABD绕点A顺时针旋转得△AB1D1，AD1交FM于点K（如图2），设旋转角为β（0°＜β＜90°），当△AFK为等腰三角形时，求△AFK的面积（保留根号）．旋转参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题4分，满分24分）1．下列图形中，你认为既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【考点】中心对称图形；轴对称图形．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答】解：既是中心对称图形又是轴对称图形的只有A．故选A．【点评】掌握好中心对称与轴对称的概念．轴对称的关键是寻找对称轴，两边图象沿对称轴折叠后可重合，中心对称是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图重合．2．如图，所给的图案由△ABC绕点O顺时针旋转（）前后的图形组成的．A．45°、90°、135°B．90°、135°、180°C．45°、90°、135°、180°、225° D．45°、180°、225°【考点】旋转的性质．【专题】计算题．【分析】根据旋转的性质，把旋转后的图形看作为正八边形，依次得到旋转的角度．【解答】解：把△ABC绕点O顺时针旋转45°，得到△HEF；顺时针旋转180°，得到△ADC；顺时针旋转225°，得到△HGF；故选D．【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．3．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′，图中阴影部分的面积为（）A．B．C．1﹣D．1﹣【考点】旋转的性质；正方形的性质．【分析】设B′C′与CD的交点为E，连接AE，利用“HL”证明Rt△AB′E和Rt△ADE全等，根据全等三角形对应角相等∠DAE=∠B′AE，再根据旋转角求出∠DAB′=60°，然后求出∠DAE=30°，再解直角三角形求出DE，然后根据阴影部分的面积=正方形ABCD的面积﹣四边形ADEB′的面积，列式计算即可得解．【解答】解：如图，设B′C′与CD的交点为E，连接AE，在Rt△AB′E和Rt△ADE中，，∴Rt△AB′E≌Rt△ADE（HL），∴∠DAE=∠B′AE，∵旋转角为30°，∴∠DAB′=60°，∴∠DAE=×60°=30°，∴DE=1×=，∴阴影部分的面积=1×1﹣2×（×1×）=1﹣．故选：C．【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形判定与性质，解直角三角形，利用全等三角形求出∠DAE=∠B′AE，从而求出∠DAE=30°是解题的关键，也是本题的难点．4．如图，P是等边三角形ABC内一点，∠APB，∠BPC，∠CPA的大小之比为5：6：7，则以PA，PB，PC为边的三角形三内角大小之比（从小到大）是（）A．2：3：4 B．3：4：5C．4：5：6 D．以上结果都不对【考点】旋转的性质；三角形内角和定理；等边三角形的性质．【专题】计算题．【分析】将△APB绕A点逆时针旋转60°得△AP′C，显然有△AP′C≌△APB，连PP′，则AP′=AP，∠P′AP=60°，得到△AP′P是等边三角形，PP′=AP，所以△P′CP的三边长分别为PA，PB，PC；再由∠APB+∠BPC+∠CPA=360°，∠APB：∠BPC：∠CPA=5：6：7，得到∠APB=100°，∠BPC=120°，∠CPA=140°，这样可分别求出∠PP′C=∠AP′C﹣∠AP′P=∠APB ﹣∠AP′P=100°﹣60°=40°，∠P′PC=∠APC﹣∠APP′=140°﹣60°=80°，∠PCP′=180°﹣（40°+80°）=60°，即可得到答案．【解答】解：如图，将△APB绕A点逆时针旋转60°得△AP′C，显然有△AP′C≌△APB，连PP′，∵AP′=AP，∠P′AP=60°，∴△AP′P是等边三角形，∴PP′=AP，∵P′C=PB，∴△P′CP的三边长分别为PA，PB，PC，∵∠APB+∠BPC+∠CPA=360°，∠APB：∠BPC：∠CPA=5：6：7，∴∠APB=100°，∠BPC=120°，∠CPA=140°，∴∠PP′C=∠AP′C﹣∠AP′P=∠APB﹣∠AP′P=100°﹣60°=40°，∠P′PC=∠APC﹣∠APP′=140°﹣60°=80°，∠PCP′=180°﹣（40°+80°）=60°，∴∠PP′C：∠PCP′：∠P′PC=2：3：4．故选A．【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了等边三角形的性质．5．下列图形中，是中心对称图形的是（）A．菱形B．等腰梯形C．等边三角形D．等腰直角三角形【考点】中心对称图形．【分析】旋转180°后与原图重合的图形是中心对称图形．【解答】解：菱形，等腰梯形，等边三角形，等腰直角三角形都是轴对称图形；菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形．故选A．【点评】运用轴对称和中心对称图形概念，找出符合条件的图形．【链接】如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．6．在平面直角坐标系中，点P（2，﹣3）关于原点对称的点的坐标是（）A．（2，3）B．（﹣2，3）C．（﹣2，﹣3）D．（﹣3，2）【考点】关于原点对称的点的坐标．【分析】根据“平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y）”解答．【解答】解：根据中心对称的性质，得点P（2，﹣3）关于原点对称的点的坐标是（﹣2，3）．故选B．【点评】关于原点对称的点坐标的关系，是需要识记的基本问题．记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．二、填空题（共6小题，每小题5分，满分30分）7．在平面直角坐标系中，已知点P0的坐标为（1，0），将点P0绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P1，延长OP1到点P2，使OP2=2OP1再将点P2绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P3，则点P3的坐标是（﹣1，）．【考点】坐标与图形变化﹣旋转．【专题】压轴题．【分析】已知将点P0绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P1，则OP1=1，P1点的坐标是（．则P2的坐标是；再将点P2绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P3，则点P3与P2关于y轴对称，因而点P3的坐标就很容易求出．【解答】解：∵点P0绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P1，∴P1点的坐标是（，∴P2的坐标是，又∵点P3与P2关于y轴对称，∴点P3的坐标是（﹣1，）．【点评】解决本题的关键是正确理解题目，按题目的叙述一定要把各点的大致位置确定，正确地作出图形．8．如图所示，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=5，△ABC按逆时针方向旋转一个角度后，成为△ACD，则旋转中心是点A、旋转角是∠CAD，是90°．【考点】旋转的性质．【分析】确定图形的旋转时首先要确定旋转前后的对应点，即可确定旋转中心．【解答】解：旋转中心是点A、旋转角是∠CAD，是90°．【点评】本题主要考查了旋转的定义，正确确定旋转中的对应点，是确定旋转中心，旋转角的前提．9．如图，设P是等边三角形ABC内任意一点，△ACP′是由△ABP旋转得到的，则PA＜PB+PC（选填“＞”、“=”、“＜”）【考点】旋转的性质；三角形三边关系；等边三角形的判定．【分析】此题只需根据三角形的任意两边之和大于第三边和等边三角形的性质，进行分析即可．【解答】解：根据三角形的三边关系，得：BC＜PB+PC．又AB=BC＞PA，∴PA＜PB+PC．【点评】本题结合旋转主要考查了三角形的三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．10．如图，E、F分别是正方形ABCD的边BC、CD上一点，且BE+DF=EF，则∠EAF=45度．【考点】旋转的性质；正方形的性质．【分析】根据BE+DF=EF，则延长FD到G，使DG=BE，则FG=EF，可以认为是把△ABE 绕点A逆时针旋转90度，得到△ADG，根据旋转的定义即可求解．【解答】解：如图：延长FD到G，使DG=BE，则FG=EF，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG又∴AF=AF，GF=EF∴△AGF≌△AEF∴∠EAF=∠GAF=×90°=45°．【点评】本题考查旋转的性质．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点﹣旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．11．如图，O是等边△ABC内一点，将△AOB绕A点逆时针旋转，使得B，O两点的对应分别为C，D，则旋转角为60度，图中除△ABC外，还有等边三形是△AOD．【考点】旋转的性质；等边三角形的性质；等边三角形的判定．【分析】根据旋转的性质及全等三角形的性质作答．【解答】解：∵将△AOB绕A点逆时针旋转，使得B，O两点的对应分别为C，D，∴△AOB≌△ADC，∴OA=AD，∠BAO=∠DAC，∴∠BAO+∠OAC=∠DAC+∠OAC=∠BAC=60°，即∠OAD=60°，所以旋转角为60°．∵OA=AD，∠OAD=60°，∴△AOD为等边三角形．【点评】此题主要考查了图形旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．12．如图，Rt△ABC中，P是斜边BC上一点，以P为中心，把这个三角形按逆时针方向旋转90°得到△DEF，图中通过旋转得到的三角形还有△EPQ．【考点】旋转的性质．【分析】旋转中心是P，旋转方向为逆时针，旋转角是90度，已确定，再通过观察发现全等三角形，判断是否符合本题的旋转规律．【解答】解：根据旋转的性质可知，旋转中心是P，旋转角是90度，图中通过旋转得到的三角形还有△EPQ．【点评】本题考查旋转两相等的性质，即对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．三、解答题13．已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时（如图1），易证BM+DN=MN．（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．【专题】计算题；压轴题．【分析】（1）BM+DN=MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME=MN．（2）DN﹣BM=MN．证明方法与（1）类似．【解答】解：（1）BM+DN=MN成立．证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线（图形画正确）．∴∠EAM=90°﹣∠NAM=90°﹣45°=45°，又∵∠NAM=45°，∴在△AEM与△ANM中，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME=MN，∵ME=BE+BM=DN+BM，∴DN+BM=MN；（2）DN﹣BM=MN．在线段DN上截取DQ=BM，在△ADQ与△ABM中，∵，∴△ADQ≌△ABM（SAS），∴∠DAQ=∠BAM，∴∠QAN=∠MAN．在△AMN和△AQN中，∴△AMN≌△AQN（SAS），∴MN=QN，∴DN﹣BM=MN．【点评】本题考查了旋转的性质，解决此类问题的关键是正确的利用旋转不变量．14．如图，正方形ABCD的边长为1，AB，AD上各有一点P，Q，如果△APQ的周长为2，求∠PCQ的度数．【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．【专题】计算题．【分析】简单的求正方形内一个角的大小，首先从△APQ的周长入手求出PQ=DQ+BP，然后将△CDQ逆时针旋转90°，使得CD、CB重合，然后利用全等来解．【解答】解：如图所示，△APQ的周长为2，即AP+AQ+PQ=2①，正方形ABCD的边长是1，即AQ+QD=1，AP+PB=1，∴AP+AQ+QD+PB=2②，①﹣②得，PQ﹣QD﹣PB=0，∴PQ=PB+QD．延长AB至M，使BM=DQ．连接CM，△CBM≌△CDQ（SAS），∴∠BCM=∠DCQ，CM=CQ，∵∠DCQ+∠QCB=90°，∴∠BCM+∠QCB=90°，即∠QCM=90°，PM=PB+BM=PB+DQ=PQ．在△CPQ与△CPM中，CP=CP，PQ=PM，CQ=CM，∴△CPQ≌△CPM（SSS），∴∠PCQ=∠PCM=∠QCM=45°．【点评】熟练掌握正方形的性质，会运用正方形的性质进行一些简单的运算．15．有两张完全重合的矩形纸片，小亮同学将其中一张绕点A顺时针旋转90°后得到矩形AMEF（如图1），连接BD、MF，若此时他测得BD=8cm，∠ADB=30°．（1）请直接写出AF的长；（2）小红同学用剪刀将△BCD与△MEF剪去，与小亮同学继续探究．他们将△ABD绕点A顺时针旋转得△AB1D1，AD1交FM于点K（如图2），设旋转角为β（0°＜β＜90°），当△AFK为等腰三角形时，求△AFK的面积（保留根号）．【考点】锐角三角函数的定义；旋转的性质．【专题】操作型．【分析】（1）根据旋转的性质可知△AFM≌△ADB，则AF=AD=BD•cos∠ADB=8×=4cm；（2）当△AFK为等腰三角形时，由于AM＜AF，那么A不能是等腰△AFK的顶点，则分两种情况：①K为顶点，即AK=FK时；②F为顶点，即AF=FK．针对每一种情况，利用三角形的面积公式，可分别求出△AFK的面积．【解答】解：（1）AF=；（2）△AFK为等腰三角形时，分两种情况：①当AK=FK时，如图．过点K作KN⊥AF于N，则KN⊥AF，AN=NF=AF=2cm．在直角△NFK中，∠KNF=90°，∠F=30°，∴KN=NF•tan∠F=2cm．∴△AFK的面积=×AF×KN=；②当AF=FK时，如图．过点K作KP⊥AF于P．在直角△PFK中，∠KPF=90°，∠F=30°，∴KP=KF=2cm．∴△AFK的面积=×AF×KP=12cm2．【点评】本题考查旋转的性质，旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．注意（2）中需分情况讨论△AFK为等腰三角形时的不同分类，不要漏解．。
初三旋转试题及答案
初三旋转试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 若一个图形绕某点旋转180°后与自身重合，则该图形是（）。
A. 线段B. 等腰三角形C. 正方形D. 圆2. 一个正方形绕其中心旋转90°后，其形状和大小（）。
A. 都不变B. 形状不变，大小改变C. 形状改变，大小不变D. 都改变3. 旋转对称图形的旋转中心是（）。
A. 任意一点B. 图形的顶点C. 图形的中心点D. 图形的边4. 旋转对称图形的旋转角可以是（）。
A. 任意角度B. 180°C. 90°D. 360°5. 一个图形绕某点旋转后，与原图形（）。
A. 完全重合B. 形状相同C. 大小相同D. 位置相同6. 一个图形绕某点旋转180°后，其位置（）。
A. 与原图形重合B. 与原图形相反C. 与原图形相邻D. 与原图形远离7. 一个图形绕某点旋转90°后，其（）。
A. 形状不变B. 大小不变C. 位置不变D. 所有都不变8. 一个图形绕某点旋转360°后，其（）。
A. 形状不变B. 大小不变C. 位置不变D. 所有都不变9. 一个图形绕某点旋转，若旋转前后图形完全重合，则该旋转是（）。
A. 任意旋转B. 旋转对称C. 镜像对称D. 轴对称10. 一个图形绕某点旋转后，若旋转前后图形形状和大小都不变，则该旋转是（）。
A. 任意旋转B. 旋转对称C. 镜像对称D. 轴对称二、填空题（每题4分，共20分）1. 一个图形绕某点旋转180°后，其位置与原图形（）。
2. 一个图形绕某点旋转90°后，其形状（）。
3. 一个图形绕某点旋转360°后，其位置（）。
4. 一个图形绕某点旋转，若旋转前后图形大小不变，则该旋转是（）。
5. 一个图形绕某点旋转，若旋转前后图形形状不变，则该旋转是（）。
三、解答题（每题10分，共50分）1. 描述一个正方形绕其中心点旋转90°后的图形变化情况。
沪科版九年级数学下24.1.1旋转课后练习(含答案)
24.1.1旋转课后练习（含答案）一、选择题1.下列运动属于旋转的是()A.运动员掷出标枪B.钟表上钟摆的摆动C.气球升空的运动D.一个图形沿某直线对折的过程2.某校在暑假放假之前举办了交通安全教育图片展活动.下列四个交通标志图中,是旋转对称图形的是()图13.如图2,小聪坐在秋千上,秋千旋转了80°,小聪的位置也从点P运动到了点P'处,则∠P'OP的度数为()图2A.40°B.50°C.70°D.80°4.如图3所示,在△ABC中,∠BAC=32°,将△ABC绕点A按顺时针方向旋转55°,得到△AB'C',则∠B'AC的度数为()图3A.22°B.23°C.24°D.25°5.如图4,将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB'C'D'的位置,旋转角为α,若∠DAB'=5α,则旋转角α的度数为()图4A.25°B.22.5°C.20°D.30°6.如图5,在正方形ABCD中,△ABE经旋转可与△CBF重合,AE的延长线交FC于点M,以下结论正确的是()图5A.BE=CEB.FM=MCC.AM⊥FCD.BF⊥CF7.如图6,在正方形网格中,△MPN绕某一点旋转某一角度得到△M'P'N',则旋转中心可能是 ()图6A.点AB.点BC.点CD.点D8.如图7,E是正方形ABCD的边DC上一点,把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置,若四边形AECF的面积为25,DE=2,则AE的长为()图7A.5B.C.7D.二、填空题9.图8可以看作是一个等腰直角三角形旋转若干次而生成的,则每次旋转的度数是.图810.如图9,将△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A'B'C的位置,使点A'落在BC的延长线上.已知∠A=27°,∠B=40°,则∠ACB'=度.图911.如图10,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=60°,AC=6,将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C,此时点A'恰好在AB边上,则点B'与点B之间的距离为.图1012.如图11,正方形ABCD的边长为4,E是CD的中点,AF平分∠BAE交BC于点F,将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG,则CF的长为.图11三、解答题13.在如图12所示的方格纸中,每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形,△ABC的三个顶点都在格点上(每个小方格的顶点叫格点).(1)画出△ABC绕点O顺时针旋转90°后得到的△A1B1C1;(2)求△OAA1的面积.图1214.如图13,点A,B的坐标分别为(4,0),(0,3),将线段BA绕点A顺时针旋转90°,设点B旋转后的对应点是点B1,求点B1的坐标.图13附加题如图14,点O在直线AB上,OC⊥AB.在Rt△ODE中,∠ODE=90°,∠DOE=30°,先将△ODE的一边OE与OC重合(如图①),然后将△ODE绕点O按顺时针方向旋转(如图②),当OE与OB重合时停止旋转.图14(1)当∠AOD=80°时,旋转角∠COE的大小为;(2)当OD在OC与OB之间时,求∠AOD-∠COE;(3)在△ODE的旋转过程中,当∠AOE=4∠COD时,求旋转角∠COE的大小.参考答案1.[解析] B A项,掷出的标枪不是绕着某一个固定的点转动,故不属于旋转;B项,钟表的钟摆的摆动,符合旋转变换的定义,属于旋转;C项,气球升空的运动不是绕着某一个固定的点转动,故不属于旋转;D项,一个图形沿某直线对折的过程是轴对称,不属于旋转.故选B.2.[答案] D3.[解析] D∵小聪的位置从点P运动到了点P'处,∴点P和点P'是对应点,∴∠P'OP=80°.故选D.4.[解析] B根据旋转的性质可知∠B'AB=55°,则∠B'AC=∠B'AB-∠BAC=55°-32°=23°.5.[解析] B∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB'C'D'的位置,∴∠B'AD'=∠BAD=90°,∠DAD'=α.∵∠DAB'=5α,∴5α=90°+α,解得α=22.5°.故选B.6.[答案] C7.[解析] B连接PP',NN',MM',分别作PP',NN',MM'的垂直平分线,因为三条线段的垂直平分线正好都过点B,所以旋转中心是点B.故选B.8.[解析] D∵把△ADE顺时针旋转90°到△ABF的位置,∴四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积,等于25,∴AD=5.又∵DE=2,∴在Rt△ADE中,AE==.故选D.9.[答案] 45°[解析] 旋转对称图形中有8块完全相同的部分,故该旋转对称图形的最小旋转角度数为×360°=45°.10.[答案] 46[解析] ∵∠A=27°,∠B=40°,∴∠ACA'=∠A+∠B=27°+40°=67°.∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A'B'C的位置,∴△ABC≌△A'B'C,∴∠ACB=∠A'CB',∴∠ACB-∠ACB'=∠A'CB'-∠ACB',即∠BCB'=∠ACA',∴∠BCB'=67°,∴∠ACB'=180°-∠ACA'-∠BCB'=180°-67°-67°=46°.故答案为46.11.[答案] 612.[答案] 6-2[解析] 作FM⊥AD于点M,FN⊥AG于点N,如图所示,易得四边形CFMD为矩形,则FM=4.∵正方形ABCD的边长为4,E是CD的中点,∴DE=2,∴AE==2.∵△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG,∴AG=AE=2,BG=DE=2,∠3=∠4,∠GAE=90°,∠ABG=∠D=90°.而∠ABC=90°,∴点G在CB的延长线上.∵AF平分∠BAE交BC于点F,∴∠1=∠2,∴∠2+∠4=∠1+∠3,即AF平分∠GAD,∴FN=FM=4.∵AB·GF=FN·AG,∴GF==2,∴CF=CG-GF=4+2-2=6-2.故答案为6-2.13.解:(1)如图,△A1B1C1即为所画图形.(2)如图,连接AA1.∵△ABC绕点O顺时针旋转90°后得△A1B1C1,∴OA=OA1,∠AOA1=90°,∴△OAA1为等腰直角三角形.又∵OA==,∴=××=6.5.14.解:如图,作B1C⊥x轴于点C.∵A(4,0),B(0,3),∴OA=4,OB=3.∵线段BA绕点A顺时针旋转90°得线段AB1,∴BA=AB1,且∠BAB1=90°,∴∠BAO+∠B1AC=90°.而∠BAO+∠ABO=90°,∴∠ABO=∠B1AC.又∵∠AOB=∠B1CA=90°,∴△ABO≌△B1AC,∴AC=OB=3,B1C=OA=4,∴OC=OA+AC=7,∴点B1的坐标为(7,4).附加题解:(1)∵∠AOE=∠AOD+∠DOE=80°+30°=110°,∴∠COE=∠AOE-∠AOC=110°-90°=20°.故答案为:20°.(2)∠AOD-∠COE=(∠AOC+∠COD)-(∠COD+∠DOE)=∠AOC+∠COD-∠COD-∠DOE=∠AOC-∠DOE=90°-30°=60°.(3)设∠COE=x.当OD在OA与OC之间时,∠AOE=∠AOC+∠COE=90°+x,∠COD=∠DOE-∠COE=30°-x.由题意,得90°+x=4(30°-x),解得x=6°.当OD在OC与OB之间时,∠AOE=∠AOC+∠COE=90°+x,∠COD=∠COE-∠DOE=x-30°.由题意,得90°+x=4(x-30°),解得x=70°.综上所述,当∠AOE=4∠COD时,旋转角∠COE的大小为6°或70°.。
部编数学九年级上册专题23.2旋转章末题型过关卷(人教版)(解析版)含答案
第23章旋转章末题型过关卷【人教版】参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（2022•湖北）在下面的网格图中，每个小正方形的边长均为1，△ABC的三个顶点都是网格线的交点，已知B，C两点的坐标分别为（﹣1，﹣1），（1，﹣2），将△ABC绕点C顺时针旋转90°，则点A的对应点的坐标为（ ）A．（4，1）B．（4，﹣1）C．（5，1）D．（5，﹣1）【分析】先利用B，C两点的坐标画出直角坐标系得到A点坐标，再画出△ABC绕点C顺时针旋转90°后点A的对应点的A′，然后写出点A′的坐标即可．【解答】解：如图，A点坐标为（0，2），将△ABC绕点C顺时针旋转90°，则点A的对应点的A′的坐标为（5，﹣1）．故选：D．2．（3分）（2022•宁津县二模）如图，将Rt△ABC（∠B＝25°）绕点A顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C，A，B1在同一条直线上，那么旋转角等于（ ）A．65°B．80°C．105°D．115°【分析】由三角形的外角性质得出∠BAB1＝∠C+∠B＝115°，即可得出结论．【解答】解：∵C，A，B1在同一条直线上，∠C＝90°，∠B＝25°，∴∠BAB1＝∠C+∠B＝115°．故选：D．3．（3分）（2022•焦作二模）若两个图形关于某一点成中心对称，那么下列说法．正确的是（ ）①对称点的连线必过对称中心；②这两个图形一定全等；③对应线段一定平行（或在一条直线上）且相等；④将一个图形绕对称中心旋转180°必定与另一个图形重合．A．①②B．①③C．①②③D．①②③④【分析】根据（1）中心对称的定义：把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．（2）中心对称的性质①关于中心对称的两个图形能够完全重合；②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分，判断各选项即可得出答案．【解答】解：根据分析可得：①对称点的连线必过对称中心，正确；②中心对称的两个图形一定全等，正确；③对应线段一定平行（或在一条直线上）且相等，正确；④根据定义可得此说法正确；①②③④均符合题意．故选：D．4．（3分）（2022春•邯郸校级期末）如图，平面直角坐标系内Rt△ABO的顶点A坐标为（3，1），将△ABO绕O点逆时针旋转90°后，顶点A的坐标为（ ）A．（﹣1，3）B．（1，﹣3）C．（3，1）D．（﹣3，1）【分析】画出旋转后图形的位置，根据A点坐标可得OB、AB的长度，从而确定对应线段的长度，根据旋转后A点所在象限，确定其坐标．【解答】解：将△ABO绕O点逆时针旋转90°后，位置如图所示．∵A（3，1），∴OB＝3，AB＝1．∴OB′＝3，A′B′＝1．∵A′在第二象限，∴A′（﹣1，3）．故选：A．5．（3分）（2022秋•明山区校级月考）将点P（﹣2，3）向上平移3个单位得到点P1，点P2与点P1关于原点对称，则P2的坐标是（ ）A．（2，6）B．（2，﹣6）C．（2，﹣3）D．（2，0）【分析】首先利用平移变化规律得出P1（﹣2，6），进而利用关于原点对称点的坐标性质得出P2的坐标．【解答】解：∵点P（﹣2，3）向上平移3个单位得到点P1，∴P1（﹣2，6），∵点P2与点P1关于原点对称，∴P2的坐标是：（2，﹣6）．故选：B．6．（3分）（2022•香坊区模拟）如图，将△OAB绕点O逆时针旋转80°，得到△OCD，若∠A＝2∠D＝100°，则∠α的度数是（ ）A．50°B．60°C．40°D．30°【分析】根据旋转的性质得知∠A＝∠C，∠AOC为旋转角等于80°，则可以利用三角形内角和度数为180°列出式子进行求解．【解答】解：∵将△OAB绕点O逆时针旋转80°∴∠A＝∠C，∠AOC＝80°∴∠DOC＝80°﹣α∵∠A＝2∠D＝100°∴∠D＝50°∵∠C+∠D+∠DOC＝180°∴100°+50°+80°﹣α＝180°解得α＝50°故选：A．7．（3分）（2022•涪城区校级自主招生）如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B ′C，连接AA′，若∠AA′B′＝20°，则∠BAA′的度数是（ ）A．70°B．65°C．60°D．55°【分析】由旋转的性质可得AC＝CA'，∠BAC＝∠CA'B'，由等腰直角三角形的性质可求∠CA'B'＝25°＝∠BAC，即可求解．【解答】解：∵将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C连接AA′∴AC＝CA'，∠BAC＝∠CA'B'，∴∠CAA'＝∠CA'A＝45°，且∠AA′B′＝20°，∴∠CA'B'＝25°＝∠BAC，∴∠BAA'＝∠BAC+∠CAA'＝70°故选：A．8．（3分）（2022秋•海拉尔区校级月考）下列是中心对称图形的有（ ）（1）线段；（2）角；（3）等边三角形；（4）正方形；（5）平行四边形；（6）矩形；（7）等腰梯形．A．2个B．3个C．4个D．5个【分析】把一个图形绕一点旋转180度，能够与原来的图形重合，则这个点就叫做对称点，这个图形就是中心对称图．依据定义即可进行判断．【解答】解：由中心对称图形的概念可知，（1）（4）（5）（6）是中心对称图形，符合题意；（2）（3）（7）不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意．故中心对称的图形有4个．故选：C．9．（3分）（2022春•洪雅县期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝55°，∠C＝20°，将△ABC绕点A逆时针旋转α角度（0＜α＜180°）得到△ADE，若DE∥AB，则α的值为（ ）A．65°B．75°C．85°D．130°【分析】根据三角形内角和定理求出∠ABC，根据旋转得出∠EDA＝∠ABC＝105°，根据平行线的性质求出∠DAB即可．【解答】解：∵在△ABC中，∠BAC＝55°，∠C＝20°，∴∠ABC＝180°﹣∠BAC﹣∠C＝180°﹣55°﹣20°＝105°，∵将△ABC绕点A逆时针旋转α角度（0＜α＜180°）得到△ADE，∴∠ADE＝∠ABC＝105°，∵DE∥AB，∴∠ADE+∠DAB＝180°，∴∠DAB＝180°﹣∠ADE＝75°∴旋转角α的度数是75°，故选：B．10．（3分）（2022春•龙岗区期末）如图，点E是等边三角形△ABC边AC的中点，点D是直线BC上一动点，连接ED，并绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，连接DF．若运动过程中AF+1，则AB的值为（ ）A．2B．C．D．4【分析】由“SAS”可证△BDE≌△NFE，可得∠N＝∠CBE＝30°，则点N在与AN成30°的直线上运动，当AF'⊥F'N时，AF'有最小值，即可求解．【解答】解：如图，连接BE，延长AC至N，使EN＝BE，连接FN，∵△ABC是等边三角形，E是AC的中点，∴AE＝EC，∠ABE＝∠CBE＝30°，BE⊥AC，∴∠BEN＝∠DEF＝90°，BE，∴∠BED＝∠CEF，在△BDE和△NFE中，BE=EN∠BED=∠NEF，DE=EF∴△BDE≌△NFE（SAS），∴∠N＝∠CBE＝30°，∴点N在与AN成30°的直线上运动，∴当AF'⊥F'N时，AF'有最小值，AN，∴AF'=12+1=1（AE），2∴AE＝2，∴AC＝4，故选：D．二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．（3分）（2022春•崂山区期末）如图，风车图案围绕着旋转中心至少旋转 60 度，会和原图案重合．【分析】根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答．【解答】解：∵360°÷6＝60°，∴该图形绕中心至少旋转60度后能和原来的图案互相重合．故答案为：60．12．（3分）（2022•荆州）如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，左上角阴影部分是一个以格点为顶点的正方形（简称格点正方形）．若再作一个格点正方形，并涂上阴影，使这两个格点正方形无重叠面积，且组成的图形是轴对称图形，又是中心对称图形，则这个格点正方形的作法共有 4 种．【分析】利用轴对称图形以及中心对称图形的性质与定义，进而得出符合题意的答案．【解答】解：如图所示：这个格点正方形的作法共有4种．故答案为：4．13．（3分）（2022•涪城区校级自主招生）如图，直线y=+2与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△AOB绕点A顺时针旋转60°后得到△AO′B′，则点B【分析】利用直线解析式求出点A、B的坐标，从而得到OA、OB的长，然后判断出∠BAO＝30°，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得AB＝2OB，根据旋转角是60°得到AB′⊥x轴，然后写出点B′的坐标即可．【解答】解：令y＝0，则+2＝0，解得x＝令x＝0，则y＝2，∴点A（0），B（0，2），∴OA＝OB＝2，∴∠BAO＝30°，∴AB＝2OB＝2×2＝4，∵△AOB绕点A顺时针旋转60°后得到△AO′B′，∴∠BAB′＝60°，∴∠OAB′＝30°+60°＝90°，∴AB′⊥x轴，∴点B′（4）．故答案为：（4）．14．（3分）（2022•瑞昌市一模）在平面直角坐标系中，点P（1，1），N（2，0），△MNP和△M1N1P1的顶点都在格点上，△MNP与△M1N1P1是关于某一点中心对称，则对称中心的坐标为 （2，1） ．【分析】根据中心对称的性质，知道点P（1，1），N（2，0），并细心观察坐标轴就可以得到答案．【解答】解：∵点P（1，1），N（2，0），∴由图形可知M（3，0），M1（1，2），N1（2，2），P1（3，1），∵关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分，∴对称中心的坐标为（2，1），故答案为：（2，1）．15．（3分）（2022秋•台州期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4cm，若以AC的中点O为旋转中心，将这个三角形旋转180°后，点B落在B'处，则BB'【分析】根据旋转的性质，即可得OB＝OB′，即BB′＝2OB，又由在等腰△ABC中，∠C＝90°，BC ＝4cm，O是AC的中点，利用勾股定理即可求得OB的长，继而求得答案．【解答】解：根据旋转的性质，可得：OB＝OB′，∵在等腰△ABC中，∠C＝90°，BC＝4cm，∴AC＝BC＝4cm，∵O是AC的中点，AC＝2cm，∴OC=12∴在Rt△BOC中，OB==cm），∴BB′＝2OB＝．故答案为：．16．（3分）（2022•咸宁一模）在平面直角坐标系中，直角△AOB如图放置，点A的坐标为（1，0），∠AOB＝60°，每一次将△AOB绕点O逆时针旋转90°，第一次旋转后得到△A1OB1，第二次旋转后得到△A2OB2，依次类推，则点B2022的坐标为 （﹣1，−【分析】探究规律，利用规律解决问题即可．【解答】解：由题意B（1第一次旋转后B1（1），第二次旋转后B2（﹣1，第三次旋转后B31），第四次旋转后B4（1发现四次一个循环，∵2022÷4＝505•••2，∴点B2022的坐标为（﹣1，故答案为：（﹣1，三．解答题（共7小题，满分52分）17．（6分）（2022春•昌图县期末）如图所示，将△ABC置于平面直角坐标系中，A（﹣1，4），B（﹣3，2），C（﹣2，1）（1）画出△ABC向下平移5个单位得到的△A1B1C1．并写出点A1的坐标；（2）画出△ABC绕点O顺时针旋转90°得到的△A2B2C2，并写出点A2的坐标；（3）画出以点O为对称中心，与△ABC成中心对称的△A3B3C3，并写出点A3的坐标；【分析】（1）利用点平移的坐标变换规律写出点A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；（2）利用网格特点和旋转的性质画出点A、B、C的对应点A2、B2、C2，然后描点即可得到△A2B2C2，从而得到点A2的坐标；（3）根据关于原点对称的点的坐标特征写出点A3、B3、C3的坐标，然后描点即可．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作，点A1的坐标为（﹣1，﹣1）；（2）如图，△A2B2C2为所作，点A2的坐标为（4，1）；（3）如图，△A3B3C3为所作，点A3的坐标为（1，﹣4）．18．（6分）（2022春•梁平区期末）在网格中画对称图形．图1是五个小正方形拼成的图形，请你移动其中一个小正方形，重新拼成一个图形，使得所拼成的图形满足下列条件，并分别画在图2、图3、图4中（只需各画一个，内部涂上阴影）；①是轴对称图形，但不是中心对称图形；②是中心对称图形，但不是轴对称图形；③既是轴对称图形，又是中心对称图形．【分析】利用轴对称图形和中心对称图形的定义按要求画出图形．【解答】解：①如图2；②如图3；③如图4．19．（8分）（2022•湖北）如图，△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D．（1）求证：BE＝CF；（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．【分析】（1）先由旋转的性质得AE＝AB，AF＝AC，∠EAF＝∠BAC，则∠EAF+∠BAF＝∠BAC+∠BAF，即∠EAB＝∠FAC，利用AB＝AC可得AE＝AF，于是根据旋转的定义，△AEB可由△AFC绕点A 按顺时针方向旋转得到，然后根据旋转的性质得到BE＝CD；（2）由菱形的性质得到DE＝AE＝AC＝AB＝1，AC∥DE，根据等腰三角形的性质得∠AEB＝∠ABE，根据平行线得性质得∠ABE＝∠BAC＝45°，所以∠AEB＝∠ABE＝45°，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，所以BE=BD＝BE﹣DE求解．【解答】（1）证明：∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，∴AE＝AB，AF＝AC，∠EAF＝∠BAC，∴∠EAF+∠BAF＝∠BAC+∠BAF，即∠EAB＝∠FAC，∵AB＝AC，∴AE＝AF，∴△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，∴BE＝CF；（2）解：∵四边形ACDE为菱形，AB＝AC＝1，∴DE＝AE＝AC＝AB＝1，AC∥DE，∴∠AEB＝∠ABE，∠ABE＝∠BAC＝45°，∴∠AEB＝∠ABE＝45°，∴△ABE为等腰直角三角形，∴BE=∴BD＝BE﹣DE=1．20．（8分）（2022秋•息县期末）如图①，在△ABC与△ADE中，AB＝AC，AD＝AE．（1）BD与CE的数量关系是：BD ＝ CE．（2）把图①中的△ABC绕点A旋转一定的角度，得到如图②所示的图形．①求证：BD＝CE．②若延长DB交EC于点F，则∠DFE与∠DAE的数量关系是什么？并说明理由．（3）若AD＝8，AB＝5，把图①中的△ABC绕点A顺时针旋转α（0°＜α≤360°），直接写出BD长度的取值范围．【分析】（1）利用线段的差直接得出结论；（2）①利用旋转得出∠DAE＝∠BAC，进而得出∠DAB＝∠EAC，判断出△DAB≌△EAC，即可得出结论；②由△DAB≌△EAC，得出∠ADB＝∠AEC，最后用三角形的内角和定理，即可得出结论；（3）判断出点B在线段AD上时，BD最小，点B在DA的延长线上时，BD最大，即可得出结论．【解答】解：（1）＝，理由：∵AB＝AC，AD＝AE，∴AD﹣AB＝AE﹣AC，∴BD＝CE，故答案为：＝；（2）①证明：由旋转的性质，得∠DAE＝∠BAC．∴∠DAE+∠BAE＝∠BAC+∠BAE，即∠DAB＝∠EAC．∵AB＝AC，AD＝AE，∴△DAB≌△EAC（SAS）∴BD＝CE．②∠DFE＝∠DAE．理由：∵△DAB≌△EAC，∴∠ADB＝∠AEC．∵∠AOD＝∠EOF，∴180°﹣∠ADB﹣∠AOD＝180°﹣∠AEC﹣∠EOF，∴∠DFE＝∠DAE．（3）当点B在线段AD上时，BD最小＝AD﹣AB＝3，当点B在DA的延长线上时，BD最大＝AD+AB＝13，∴3≤BD≤13．21．（8分）（2022•日照）如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，且∠EAF＝45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，连接EQ，求证：（1）EA是∠QED的平分线；（2）EF2＝BE2+DF2．【分析】（1）直接利用旋转的性质得出△AQE≌△AFE（SAS），进而得出∠AEQ＝∠AEF，即可得出答案；（2）利用（1）中所求，再结合勾股定理得出答案．【解答】证明：（1）∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，∴QB＝DF，AQ＝AF，∠BAQ＝∠DAF，∵∠EAF＝45°，∴∠DAF+∠BAE＝45°，∴∠QAE＝45°，∴∠QAE＝∠FAE，在△AQE和△AFE中AQ=AF∠QAE=∠FAE，AE=AE∴△AQE≌△AFE（SAS），∴∠AEQ＝∠AEF，∴EA是∠QED的平分线；（2）由（1）得△AQE≌△AFE，∴QE＝EF，由旋转的性质，得∠ABQ＝∠ADF，∠ADF+∠ABD＝90°，则∠QBE＝∠ABQ+∠ABD＝90°，在Rt△QBE中，QB2+BE2＝QE2，又∵QB＝DF，∴EF2＝BE2+DF2．22．（8分）（2022•焦作二模）已知∠ACD＝90°，AC＝DC，MN是过点A的直线，过点D作DB⊥MN 于点B，连接CB．（1）问题发现如图（1），过点C作CE⊥CB，与MN交于点E，则易发现BD和EA之间的数量关系为 BD＝AE ，BD、AB、CB之间的数量关系为 BD+AB（2）拓展探究当MN绕点A旋转到如图（2）位置时，BD、AB、CB之间满足怎样的数量关系？请写出你的猜想，并给予证明．（3）解决问题当MN绕点A旋转到如图（3）位置时（点C、D在直线MN两侧），若此时∠BCD＝30°，BD＝2时，CB【分析】（1）过点C作CE⊥CB，得到∠BCD＝∠ACE，判断出△ACE≌△DCB，确定△ECB为等腰直角三角形即可．（2）过点C作CE⊥CB于点C，判断出△ACE≌△DCB，确定△ECB为等腰直角三角形，即可得出结论；（3）先判断出△ACE≌△BCD，CE＝BC，得到△BCE为等腰直角三角形，得到BD=＝2，求出BH，再用勾股定理即可．【解答】解：（1）如图1，过点C作⊥CB交MN于点E，∵∠ACD＝90°，∴∠ACE＝90°﹣∠ACB，∠BCD＝90°﹣∠ACB，∴∠ACE＝∠BCD，∵DB⊥MN，∴在四边形ACDB中，∠BAC+∠ACD+∠ABD+∠D＝360°，∴∠BAC+∠D＝180°，∵∠CAE+∠BAC＝180°，∠CAE＝∠D，∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB，∴AE＝DB，CE＝CB，∵∠ECB＝90°，∴△ECB是等腰直角三角形，∴BE=，∴BE＝AE+AB＝DB+AB，∴BD+AB=；故答案为：BD＝AE，BD+AB；（2）如图2，过点C作⊥CB交MN于点E，∵∠ACD＝90°，∴∠ACE＝90°+∠ACB，∠BCD＝90°+∠ACB，∴∠ACE＝∠BCD，∵DB⊥MN，∴∠CAE＝90°﹣∠AFB，∠D＝90°﹣∠CFD，∵∠AFB＝∠CFD，∴∠CAE＝∠D，∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB，∴AE＝DB，CE＝CB，∵∠ECB＝90°，∴△ECB是等腰直角三角形，∴BE=，∴BE＝AE﹣AB＝DB﹣AB，∴BD﹣AB；（3）如图3，过点C作⊥CB交MN于点E，∵∠ACD＝90°，∴∠ACE＝90°﹣∠DCE，∠BCD＝90°﹣∠DCE，∴∠ACE＝∠BCD，∵DB⊥MN，∴∠CAE＝90°﹣∠AFC，∠D＝90°﹣∠CFD，∵∠AFC＝∠BFD，∴∠CAE＝∠D，∵AC＝DC，∴△ACE≌△DCB，∴AE＝DB，CE＝CB，∵∠ECB＝90°，∴△ECB是等腰直角三角形，∴BE=，∴BE＝AB﹣AE＝AB﹣DB，∴AB﹣DB；∵△BCE为等腰直角三角形，∴∠BEC＝∠CBE＝45°，∵∠ABD＝90°，∴∠DBH＝45°过点D作DH⊥BC，∴△DHB是等腰直角三角形，∴BD＝2，∴BH＝DH=在Rt△CDH中，∠BCD＝30°，DH=∴CH=∴BC＝CH﹣BH=23．（8分）（2022•沈阳）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 200 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 PC＝PE，PC⊥PE． ；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＝1，请直接写出PC2的值．【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＝EC2PE，PC⊥PE，再由已知解三角形得∴EC2＝AH2+HE2=10+PC2=12【解答】（1）解：∵CD∥AB，∴∠C＝∠B，在△ABP和△DCP中，BP=CP∠APB=∠DPC，∠B=∠C∴△ABP≌△DCP（AAS），∴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（AAS），∴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（AAS），EF，∴BF＝DE，PE＝PF=12∵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∠CBF=∠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，EF．∴CP⊥EP，CP＝EP=12③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（AAS），同②△FCE是等腰直角三角形，CP⊥EP，CP＝EP，在Rt△AHE中，∠EAH＝30°，AE＝DE＝1，，AH∴HE=12又∵AC＝BC＝3，∴CH＝3+∴EC2＝CH2+HE2=10+EC2∴PC2=12。
中考数学复习《旋转》专题训练-附带参考答案
中考数学复习《旋转》专题训练-附带参考答案一、选择题1．如图是回收、绿色食品、绿色包装、低碳四个标志图案，其中为中心对称图形的是（）A． B． C． D．2．点P(2，−5)关于原点的对称点的坐标是（）A．(−2，−5)B．(2，5)C．(−2，5)D．(−5，2)3．如图四个圆形图案中，分别以它们所在圆的圆心为旋转中心，顺时针旋转72º后，能与原图形完全重合的是（）A．B．C．D．4．如图，在△ABC中∠ACB=90°，∠A=30°将△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DEC，则∠AED的度数为（）A．105°B．120°C．135°D．150°5．在如图4×4的正方形网格中，△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，则其旋转中心可能是（）A．点A B．点B C．点C D．点D6．如图，在△ABC中∠BAC=138°将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB′C′．若点B′刚好落在BC边上，且AB′=CB′，则∠C的度数为（）A．14°B．15°C．16°D．17°7．如图所示，在长方形ABCD中，AC是对角线.将长方形ABCD绕点B顺时针旋转90°到长方形GBEF位置，H是EG的中点.若AB=6，BC=8，则线段CH的长为（）A．2√5B．√41C．2√10D．√218．如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点O在原点上，OA边在x轴的正半轴上AB⊥x轴AB=CB= 2，OA=OC，∠AOC=60°将四边形OABC绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点C的坐标为（）A．(−3，√3)B．(3，−√3)C．(−√3，1)D．(1，−√3)二、填空题9．在平面直角坐标系中，点P（3，－2）绕原点旋转180°后所得到的点的坐标为．10．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB'C'，点B'在BC上．若∠B＝50°，则∠CAC′的度数为．11．如图，把Rt△ABC绕点A逆时针旋转44∘，得到Rt△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，连接BB′，则∠BB′C′=．12．如图，正方形ABCD的边长为2cm，正方形CEFG的边长为1cm，若正方形CEFG绕点C旋转，则点F到点A的距离最小值为．13．如图，Rt△OAB的顶点A在抛物线y=ax2上∠ABO=90°，AB=4，tan∠AOB=2将△AOB绕点O顺时针旋转90°，得到△COD，边CD与该抛物线交于点P，则点P的坐标为.三、解答题14．ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中每个小正方形的边长为1个单位．A B C；（1）画出ABC关于原点O的中心对称图形111（2）在（1）的条件下，请分别写出点A、B、C的对应点1A、1B和1C的坐标．15．如图：△ABC绕点A逆时针方向旋转得到△ADE，其中∠B＝50°，∠C＝60°．（1）若AD平分∠BAC时，求∠BAD的度数．（2）若AC⊥DE时，AC与DE交于点F，求旋转角的度数．16．已知：如图，在正方形ABCD中，F是AB上一点，延长CB到E，使BE=BF，连接CF并延长交AE于G．（1）求证：△ABE≌△CBF；（2）将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，请判断四边形AFCH是什么特殊四边形，并说明理由．17．如图，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，B，O均为格点(每个小正方形的顶点叫做格点)．（1）作点A关于点O的对称点A1；（2）连接A1B，将线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得到线段A1B1，点B的对应点为B1，画出旋转后的线段A1B1；（3）连接AB1，BB1，求出△ABB1的面积（直接写出结果即可）．18．如图一，菱形ABCD的边长为2，点E是AB的中点，且DE⊥AB．（1）求证：△ABD是等边三角形；（2）将图一中△ADE绕点D逆时针旋转，使得点A和点C重合，得到△CDF，连接BF，如图二，求线段BF 的长．1．C2．C3．D4．B5．B6．A7．B8．B9．（－3，2）10．80°11．22°12．√2cm13．(√2，2)14．（1）解：如图所示：（2）解：由图可知：1(12)A -，，1(33)B -，和1(40)C ，． 15．（1）解：∵∠B ＝50°，∠C ＝60°∴∠BAC ＝70°∵AD 平分∠BAC∴∠BAD ＝∠CAD ＝35°；故答案为：35°（2）解：∵△ABC 绕点A 逆时针方向旋转得到△ADE∴∠E ＝∠C ＝60°，旋转角为∠CAE∴∠CAE＝30°∴旋转角为30°．故答案为：30°16．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形∴AB=CB=DC，AB∥CD ∠CBA=90°∴∠ABE=180°﹣∠ABC=180°﹣90°=90°∴∠CBA=∠ABE（等量代换）在△ABE和△CBF中{BE=BF∠ABE=∠CBFAB=CB∴△ABE≌△CBF（SAS）（2）答：四边形AFCH是平行四边形理由：∵△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADH∴△ABE≌△ADH∴BE=DH又∵BE=BF（已知）∴BF=DH（等量代换）又∵AB=CD（由（1）已证）∴AB﹣BF=CD﹣DH即AF=CH又∵AB∥CD 即AF∥CH∴四边形AFCH是平行四边形17．（1）解：如图所示，点A1即为所求；（2）解：如图所示，线段A1B1即为所求；（3）解：△ABB1的面积=818．（1）证明：如图一∵点E是AB的中点，且DE⊥AB，∴AD=BD，∵四边形ABCD是菱形∴AD=AB∴AD=DB=AB∴△ABD是等边三角形；（2）解：如图二，由（1）得：△ABD是等边三角形，则∠ADE=∠BDE∵四边形ABCD是菱形∴AB∥DC∵DE⊥AB∴∠EDC=90°∴∠BDF=∠FDC+∠CDB=∠EDB+∠CDB=90°∵△ADE绕点D逆时针旋转，使得点A和点C重合，得到△CDF ∴DF=ED= √3，BD=2∴BF= √7．。
旋转练习题带答案
旋转练习题带答案旋转是数学中的一个重要概念，它涉及到图形在平面或空间中的转动。
下面是一些关于旋转的练习题，以及它们的答案。
练习题1：在平面直角坐标系中，点A(3, 4)绕原点O(0, 0)顺时针旋转90度后，求点A的新坐标。
答案：点A绕原点O顺时针旋转90度后，其坐标变为(-4, 3)。
练习题2：如果一个正方形的四个顶点在平面直角坐标系中分别位于(1, 1), (1, -1), (-1, -1), (-1, 1)，求这个正方形绕其中心点旋转180度后的顶点坐标。
答案：正方形绕其中心点(0, 0)旋转180度后，顶点坐标变为(-1, -1), (-1, 1), (1, 1), (1, -1)。
练习题3：一个圆心位于(2, 2)的圆，半径为3，求这个圆绕原点O(0, 0)顺时针旋转45度后，圆上任意一点P(x, y)的新坐标。
答案：由于圆的旋转不改变其形状和大小，只是位置发生变化，所以具体点P(x, y)的新坐标取决于其在圆上的位置。
但可以确定的是，圆心的新坐标会发生变化。
通过计算，圆心的新坐标为(1, 2 + √2)。
练习题4：在三维空间中，一个立方体的一个顶点位于(1, 1, 1)，求这个立方体绕通过(1, 1, 1)且与x轴成30度角的直线旋转90度后，该顶点的新坐标。
答案：这个问题较为复杂，需要使用三维空间旋转矩阵来解决。
但一般来说，通过适当的旋转矩阵变换，我们可以找到新的坐标。
具体计算需要用到三角函数和矩阵乘法。
练习题5：考虑一个由四个点组成的矩形，其顶点坐标分别为A(0, 0), B(4, 0), C(4, 3), D(0, 3)。
求矩形绕点A旋转60度后，各顶点的新坐标。
答案：矩形绕点A旋转60度后，可以使用旋转矩阵来计算新坐标。
新坐标分别为：- A点不变，坐标仍为(0, 0)。
- B点新坐标为(2√3, -2)。
- C点新坐标为(2√3, 2)。
- D点新坐标为(-2√3, 2)。
请注意，这些练习题的答案需要根据具体的旋转公式和几何知识来计算得出。
初三数学旋转试题及答案
初三数学旋转试题及答案在解答初三数学旋转试题时，我们首先需要理解旋转的概念和性质，然后应用这些知识来解决具体的几何问题。
以下是一些典型的旋转试题及其答案。
1. 题目：在平面直角坐标系中，点A的坐标为(3,4)，若将点A绕原点O逆时针旋转90°，求旋转后点A的新坐标。
答案：首先，我们需要知道逆时针旋转90°后，点的坐标变换规则是(x, y)变为(-y, x)。
因此，点A(3,4)旋转后的新坐标为(-4, 3)。
2. 题目：已知三角形ABC，其中∠A=30°，∠B=60°，∠C=90°，边AB的长度为6，边BC的长度为4，求将三角形ABC绕点C逆时针旋转90°后，点A的新位置。
答案：由于三角形ABC是一个直角三角形，且∠C=90°，旋转后点A 将位于点B的正上方，且与点B的距离等于AB的长度。
因此，点A的新位置可以通过计算得到，即点A的新坐标为(4, 6)。
3. 题目：在平面直角坐标系中，点P的坐标为(2, -1)，若将点P绕点Q(1, 2)顺时针旋转45°，求旋转后点P的新坐标。
答案：首先，我们需要计算点P相对于点Q的向量，即(2-1, -1-2)=(1, -3)。
然后，将这个向量顺时针旋转45°，可以通过旋转矩阵来实现。
旋转矩阵为：\[\begin{bmatrix}\cos(-45°) & -\sin(-45°) \\\sin(-45°) & \cos(-45°)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} \\-\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2}\end{bmatrix}\]将向量(1, -3)与旋转矩阵相乘，得到新的向量为(\(\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{3\sqrt{2}}{2}\), \(-\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{3\sqrt{2}}{2}\))。
历年中考数学易错题汇编-初中数学 旋转练习题附答案解析
历年中考数学易错题汇编-初中数学旋转练习题附答案解析一、旋转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)中的结论是否仍然成立?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,再连接相应的线段,问(1)中的结论是否仍然成立?通过观察你还能得出什么结论(均不要求证明).【答案】解：（1）CG=EG（2）（1）中结论没有发生变化，即EG=CG．证明：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于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Rt△AMG 与Rt△ENG中，∵ AM=EN， MG=NG，∴△AMG≌△ENG．∴ AG=EG∴ EG=CG．（3）（1）中的结论仍然成立．【解析】试题分析：（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，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的延长线交于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;试题解析：解：（1）证明：在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴，同理，在Rt△DEF中，，∴CG=EG；（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG；连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点，如图所示：在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DC=DC，∴△DAG≌△DCG，∴AG=CG，在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，DG=FG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG，∴MG=NG，在矩形AENM中，AM=EN.，在Rt△AMG与Rt△ENG中，∵AM=EN，MG=NG，∴△AMG≌△ENG，∴AG=EG，∴EG=CG，（3）（1）中的结论仍然成立，即EG=CG且EG⊥CG。
九年级备战中考数学初中数学 旋转解答题压轴题提高专题练习及答案解析
九年级备战中考数学初中数学旋转解答题压轴题提高专题练习及答案解析一、旋转1．(1)发现：如图1，点A为线段BC外一动点，且BC＝a，AB＝b．填空：当点A位于时，线段AC的长取得最大值，且最大值为(用含a，b的式子表示) (2)应用：点A为线段BC外一动点，且BC＝4，AB＝1，如图2所示，分别以AB，AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接CD，BE．①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由；②直接写出线段BE长的最大值．(3)拓展：如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(2，0)，点B的坐标为(6，0)，点P 为线段AB外一动点，且PA＝2，PM＝PB，∠BPM＝90°，请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标．【答案】(1)CB的延长线上， a+b；(2)①CD＝BE，理由见解析；②BE长的最大值为5；(3)满足条件的点P坐标(222)或(222)，AM的最大值为2+4．【解析】【分析】（1）根据点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，即可得到结论；（2）①根据已知条件易证△CAD≌△EAB，根据全等三角形的性质即可得CD＝BE；②由于线段BE长的最大值＝线段CD的最大值，根据（1）中的结论即可得到结果；（3）连接BM，将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，得到△APN是等腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到PN＝PA＝2，BN＝AM，根据当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，即可得到最大值为2+4；如图2，过P作PE⊥x轴于E，根据等腰直角三角形的性质即可求得点P的坐标．如图3中，根据对称性可知当点P在第四象限时也满足条件，由此求得符合条件的点P另一个的坐标．【详解】(1)∵点A为线段BC外一动点，且BC＝a，AB＝b，∴当点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，且最大值为BC+AB＝a+b，故答案为CB的延长线上，a+b；(2)①CD＝BE，理由：∵△ABD与△ACE是等边三角形，∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，即∠CAD＝∠EAB，在△CAD与△EAB中，AD ABCAD EAB AC AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△CAD≌△EAB(SAS)，∴CD＝BE；②∵线段BE长的最大值＝线段CD的最大值，由(1)知，当线段CD的长取得最大值时，点D在CB的延长线上，∴最大值为BD+BC＝AB+BC＝5；(3)如图1，∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，则△APN是等腰直角三角形，∴PN＝PA＝2，BN＝AM，∵A的坐标为(2，0)，点B的坐标为(6，0)，∴OA＝2，OB＝6，∴AB＝4，∴线段AM长的最大值＝线段BN长的最大值，∴当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，最大值＝AB+AN，∵AN＝2AP＝22，∴最大值为22+4；如图2，过P作PE⊥x轴于E，∵△APN是等腰直角三角形，∴PE＝AE2，∴OE＝BO﹣AB﹣AE＝6﹣42＝22，∴P(2﹣2，2)．如图3中，根据对称性可知当点P在第四象限时，P(2﹣2，﹣2)时，也满足条件．综上所述，满足条件的点P坐标(2﹣2，2)或(2﹣2，﹣2)，AM的最大值为22+4．【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，最大值问题，旋转的性质．正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．2．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3．(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）IH3；（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）IH3．只要证明△IJF是等边三角形即可．（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．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 OBEOD 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 GHJDH 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：EG 2＝AG 2+CE 2．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°∴EC 2+CM 2＝EM 2，∵EG ＝EM ，AG ＝CM ，∴GE 2＝AG 2+CE 2．【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.4．如图1，在□ABCD 中，AB =6，∠B = (60°<≤90°). 点E 在BC 上，连接AE ，把△ABE 沿AE 折叠，使点B 与AD 上的点F 重合，连接EF .(1)求证：四边形ABEF 是菱形；(2)如图2，点M 是BC 上的动点，连接AM ，把线段AM 绕点M 顺时针旋转得到线段MN ，连接FN ，求FN 的最小值(用含的代数式表示).【答案】（1）详见解析；（2）FE·sin(－90°)【解析】【分析】 (1)由四边形ABCD 是平行四边形得AF ∥BE ，所以∠FAE=∠BEA ，由折叠的性质得∠BAE=∠FAE ，∠BEA=∠FEA,所以∠BAE=∠FEA ，故有AB ∥FE ，因此四边形ABEF 是平行四边形，又BE=EF,因此可得结论；(2)根据点M 在线段BE 上和EC 上两种情况证明∠ENG ＝90°－，利用菱形的性质得到∠FEN＝－90°，再根据垂线段最短，求出FN的最小值即可.【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠FAE=∠BEA，由折叠的性质得∠BAE=∠FAE，∠BEA=∠FEA, BE=EF，∴∠BAE=∠FEA，∴AB∥FE，∴四边形ABEF是平行四边形，又BE=EF，∴四边形ABEF是菱形；（2）①如图1，当点M在线段BE上时，在射线MC上取点G，使MG＝AB，连接GN、EN.∵∠AMN＝∠B＝，∠AMN+∠2＝∠1+∠B∴∠1＝∠2又AM＝NM，AB＝MG∴△ABM≌△MGN∴∠B＝∠3，NG＝BM∵MG＝AB＝BE∴EG＝AB＝NG∴∠4=∠ENG= (180°－)＝90°－又在菱形ABEF中，AB∥EF∴∠FEC＝∠B=∴∠FEN＝∠FEC－∠4=－ (90°－)＝－90°②如图2，当点M在线段EC上时，在BC延长线上截取MG＝AB，连接GN、EN.同理可得：∠FEN＝∠FEC－∠4=－ (90°－)＝－90°综上所述，∠FEN＝－90°∴当点M在BC上运动时，点N在射线EH上运动(如图3)当FN⊥EH时，FN最小，其最小值为FE·sin(－90°)【点睛】本题考查了菱形的判定与性质以及求最短距离的问题，解题的关键是分类讨论得出∠FEN ＝－90°，再运用垂线段最短求出FN的最小值.5．在Rt△ABC中，AB=BC=5，∠B=90°，将一块等腰直角三角板的直角顶点放在斜边AC的中点O处，将三角板绕点O旋转，三角板的两直角边分别交AB，BC或其延长线于E，F两点，如图①与②是旋转三角板所得图形的两种情况．（1）三角板绕点O旋转，△OFC是否能成为等腰直角三角形？若能，指出所有情况（即给出△OFC是等腰直角三角形时BF的长）；若不能，请说明理由；（2）三角板绕点O旋转，线段OE和OF之间有什么数量关系？用图①或②加以证明；（3）若将三角板的直角顶点放在斜边上的点P处（如图③），当AP:AC=1:4时，PE和PF 有怎样的数量关系？证明你发现的结论．【答案】（1）△OFC是能成为等腰直角三角形，（2）OE=OF．（3）PE：PF=1：3．【解析】【小题1】由题意可知，①当F为BC的中点时，由AB=BC=5，可以推出CF和OF的长度，即可推出BF的长度，②当B与F重合时，根据直角三角形的相关性质，即可推出OF 的长度，即可推出BF的长度；【小题2】连接OB，由已知条件推出△OEB≌△OFC，即可推出OE=OF；【小题3】过点P做PM⊥AB，PN⊥BC，结合图形推出△PNF∽△PME，△APM∽△PNC，继而推出PM：PN=PE：PF，PM：PN=AP：PC，根据已知条件即可推出PA：AC=PE：PF=1：4．6．如图1，△ABC是边长为4cm的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA=6cm，点D 从O点出发，沿OM的方向以1cm/s的速度运动，当D不与点A重合时，将△ACD绕点C 逆时针方向旋转60°得到△BCE，连结DE．（1）求证：△CDE是等边三角形；（2）如图2，当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE的最小周长；若不存在，请说明理由；（3）如图3，当点D在射线OM上运动时，是否存在以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析（2）见解析（3）存在【解析】试题分析：（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（2）当6＜t＜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；（3）存在，①当点D于点B重合时，D，B，E不能构成三角形，②当0≤t＜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，于是得到t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s 时，此时不存在；④当t＞10s时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14÷1=14s.试题解析：（1）证明：∵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；（2）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，CD3cm，∴△BDE的最小周长=CD；（3）存在，①∵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；②当0≤t＜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，∴t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s时，由∠DBE=120°＞90°，∴此时不存在；④当t＞10s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=14cm，∴t=14÷1=14s.综上所述：当t=2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．点睛：在不带坐标的几何动点问题中求最值，通常是将其表达式写出来，再通过几何或代数的方法求出最值；像第三小问这种探究性的题目，一定要多种情况考虑全面，控制变量，从某一个方面出发去分类.7．如图，正方形ABCD中，点E是BC边上的一个动点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转90°，得到AF，连接EF，交对角线BD于点G，连接AG．（1）根据题意补全图形；（2）判定AG与EF的位置关系并证明；（3）当AB=3，BE=2时，求线段BG的长．【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)25.【解析】【分析】（1）根据题意补全图形即可；（2）先判断出△ADF≌△ABE，进而判断出点C，D，F共线，即可判断出△DFG≌△HEG，得出FG=EG，即可得出结论；（3）先求出正方形的对角线BD，再求出BH，进而求出DH，即可得出HG，求和即可得出结论．【详解】（1）补全图形如图所示，（2）连接DF，由旋转知，AE=AF，∠EAF=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AD=AB，∠ABC=∠ADC=BAD=90°，∴∠DAF=∠BAE，∴△ADF≌△ABE（SAS），∴DF=BE，∠ADF=∠ABC=90°，∴∠ADF+∠ADC=180°，∴点C，D，F共线，∴CF∥AB，过点E作EH∥BC交BD于H，∴∠BEH=∠BCD=90°，DF∥EH，∴∠DFG=∠HEG，∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠CBD=45°，∴BE=EH，∵∠DGF=∠HGE，∴△DFG≌△HEG（AAS），∴FG=EG∵AE=AF，∴AG⊥EF；（3）∵BD是正方形的对角线，∴BD=2AB=32，由（2）知，在Rt△BEH中，BH=2BE=22，∴DG=BD-BH=2由（2）知，△DFG≌△HEG，∴DG=HG，∴HG=12DH=22，∴BG=BH+HG=22+22=522．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，作出辅助线是解本题的关键．8．已知：△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BE，CD，点F，G，H分别为DE，BE，CD 中点．（1）当△ADE绕点A旋转时，如图1，则△FGH的形状为，说明理由；（2）在△ADE旋转的过程中，当B，D，E三点共线时，如图2，若AB=3，AD=2，求线段FH的长；（3）在△ADE旋转的过程中，若AB=a，AD=b（a＞b＞0），则△FGH的周长是否存在最大值和最小值，若存在，直接写出最大值和最小值；若不存在，说明理由．【答案】（1）△FGH是等边三角形；（2）612；（3）△FGH的周长最大值为32（a+b），最小值为32（a﹣b）．【解析】试题分析：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：根据三角形中位线定理证明FG=FH，再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题；、（2）如图2中，连接AF、EC．在Rt△AFE和Rt△AFB中，解直角三角形即可；（3）首先证明△GFH的周长=3GF=32BD，求出BD的最大值和最小值即可解决问题；试题解析：解：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：如图1中，连接BD、CE，延长BD交CE于M，设BM交FH于点O．∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∠ADB=∠AEC，∵EG=GB，EF=FD，∴FG=12BD，GF∥BD，∵DF=EF，DH=HC，∴FH=12EC，FH∥EC，∴FG=FH，∵∠ADB+∠ADM=180°，∴∠AEC+∠ADM=180°，∴∠DMC+∠DAE=180°，∴∠DME=120°，∴∠BMC=60°∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°，∴△GHF是等边三角形，故答案为：等边三角形．（2）如图2中，连接AF、EC．易知AF⊥DE，在Rt△AEF中，AE=2，EF=DF=1，∴AF2221-3，在Rt△ABF中，BF22AB AF-6，∴BD=CE=BF﹣DF61，∴FH=12EC61-．（3）存在．理由如下．由（1）可知，△GFH是等边三角形，GF=12BD，∴△GFH的周长=3GF=32BD，在△ABD中，AB=a，AD=b，∴BD的最小值为a﹣b，最大值为a+b，∴△FGH的周长最大值为3 2（a+b），最小值为32（a﹣b）．点睛：本题考查等边三角形的性质．全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角形的中位线的宽等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．9．在Rt △ACB 和△AEF 中，∠ACB ＝∠AEF ＝90°，若点P 是BF 的中点，连接PC ，PE. 特殊发现：如图1，若点E 、F 分别落在边AB ，AC 上，则结论：PC ＝PE 成立（不要求证明）． 问题探究：把图1中的△AEF 绕点A 顺时针旋转．(1)如图2，若点E 落在边CA 的延长线上，则上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；(2)如图3，若点F 落在边AB 上，则上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由； (3)记ACBC＝k ，当k 为何值时，△CPE 总是等边三角形？（请直接写出后的值，不必说）【答案】()1 PC PE =成立 ()2 ，PC PE =成立 ()3当k 为33时，CPE V 总是等边三角形 【解析】 【分析】（1）过点P 作PM ⊥CE 于点M ，由EF ⊥AE ，BC ⊥AC ，得到EF ∥MP ∥CB ，从而有EM FPMC PB=，再根据点P 是BF 的中点，可得EM=MC ，据此得到PC=PE ． （2）过点F 作FD ⊥AC 于点D ，过点P 作PM ⊥AC 于点M ，连接PD ，先证△DAF ≌△EAF ，即可得出AD=AE ；再证△DAP ≌△EAP ，即可得出PD=PE ；最后根据FD ⊥AC ，BC ⊥AC ，PM ⊥AC ，可得FD ∥BC ∥PM ，再根据点P 是BF 的中点，推得PC=PD ，再根据PD=PE ，即可得到结论．（3）因为△CPE 总是等边三角形，可得∠CEP=60°，∠CAB=60°；由∠ACB=90°，求出∠CBA=30°；最后根据AC k BC =，ACBC=tan30°，求出当△CPE 总是等边三角形时，k 的值是多少即可． 【详解】解：（1）PC=PE 成立，理由如下：如图2，过点P作PM⊥CE于点M，∵EF⊥AE，BC⊥AC，∴EF∥MP∥CB，∴EM FP=，∵点P是BF的中点，∴EM=MC，又∵PM⊥CE，∴PC=PE；MC PB（2）PC=PE成立，理由如下：如图3，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，∵∠DAF=∠EAF，∠FDA=∠FEA=90°，在△DAF和△EAF中，∵∠DAF=∠EAF，∠FDA=∠FEA，AF=AF，∴△DAF≌△EAF（AAS），∴AD=AE，在△DAP和△EAP中，∵AD=AE，∠DAP=∠EAP，AP=AP，∴△DAP≌△EAP（SAS），∴PD=PE，∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，∴FD∥BC∥PM，∴DM FP=，MC PB∵点P是BF的中点，∴DM=MC，又∵PM⊥AC，∴PC=PD，又∵PD=PE，∴PC=PE；（3）如图4，∵△CPE总是等边三角形，∴∠CEP=60°，∴∠CAB=60°，∵∠ACB=90°，∴∠CBA=90°﹣∠ACB=90°﹣60°=30°， ∵AC k BC ，ACBC=tan30°， ∴k=tan30°=3， ∴当k 为3时，△CPE 总是等边三角形．【点睛】考点：1．几何变换综合题；2．探究型；3．压轴题；4．三角形综合题；5．全等三角形的判定与性质；6．平行线分线段成比例．10．如图1，四边形ABCD 是正方形，G 是CD 边上的一个动点（点G 与C 、D 不重合），以CG 为一边在正方形ABCD 外作正方形CEFG ，连接BG ，DE ．（1）①猜想图1中线段BG 、线段DE 的长度关系及所在直线的位置关系，不必证明； ②将图1中的正方形CEFG 绕着点C 按顺时针方向旋转任意角度α，得到如图2情形．请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立，并证明你的判断．（2）将原题中正方形改为矩形（如图3、4），且AB=a ，BC=b ，CE=ka ，CG=kb （a≠b ，k ＞0），第（1）题①中得到的结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图4为例简要说明理由．（3）在第（2）题图4中，连接DG、BE，且a=3，b=2，k=12，求BE2+DG2的值．【答案】（1）①BG⊥DE，BG=DE；②BG⊥DE，证明见解析；（2）BG⊥DE，证明见解析；（3）16.25．【解析】分析：（1）①根据正方形的性质，显然三角形BCG顺时针旋转90°即可得到三角形DCE，从而判断两条直线之间的关系；②结合正方形的性质，根据SAS仍然能够判定△BCG≌△DCE，从而证明结论；（2）根据两条对应边的比相等，且夹角相等可以判定上述两个三角形相似，从而可以得到（1）中的位置关系仍然成立；（3）连接BE、DG．根据勾股定理即可把BE2+DG2转换为两个矩形的长、宽平方和．详解：（1）①BG⊥DE，BG=DE；②∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，∴∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE，∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CBG+∠BHC=90°，∴∠CDE+∠DHG=90°，∴BG⊥DE．（2）∵AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb，∴BC CG bDC CE a==，又∵∠BCG=∠DCE，∴△BCG∽△DCE，∴∠CBG=∠CDE，又∵∠CBG+∠BHC=90°，∴∠CDE+∠DHG=90°，∴BG⊥DE．（3）连接BE、DG．根据题意，得AB=3，BC=2，CE=1.5，CG=1，∵BG⊥DE，∠BCD=∠ECG=90°∴BE2+DG2=BO2+OE2+DO2+OG2=BC2+CD2+CE2+CG2=9+4+2.25+1=16.25．点睛：此题综合运用了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理．11．在正方形ABCD中，连接BD．（1）如图1，AE⊥BD于E．直接写出∠BAE的度数．（2）如图1，在（1）的条件下，将△AEB以A旋转中心，沿逆时针方向旋转30°后得到△AB′E′，AB′与BD交于M，AE′的延长线与BD交于N．①依题意补全图1；②用等式表示线段BM、DN和MN之间的数量关系，并证明．（3）如图2，E、F是边BC、CD上的点，△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，AE、AF 分别与BD交于M、N，写出判断线段BM、DN、MN之间数量关系的思路．（不必写出完整推理过程）【答案】（1）45°；（2）①补图见解析；②BM、DN和MN之间的数量关系是BM2+MD2=MN2，证明见解析；（3）答案见解析.【解析】（1）利用等腰直角三角形的性质即可；（2）依题意画出如图1所示的图形，根据性质和正方形的性质，判断线段的关系，再利用勾股定理得到FB2+BM2=FM2，再判断出FM=MN即可；（3）利用△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，判断出EF=EG，再利用（2）证明即可．解：（1）∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠ABD=∠ADB=45°，∵AE⊥BD，∴∠ABE=∠BAE=45°，（2）①依题意补全图形，如图1所示，②BM、DN和MN之间的数量关系是BM2+MD2=MN2，将△AND绕点D顺时针旋转90°，得到△AFB，∴∠ADB=∠FBA，∠BAF=∠DAN，DN=BF，AF=AN，∵在正方形ABCD中，AE⊥BD，∴∠ADB=∠ABD=45°，∴∠FBM=∠FBA+∠ABD=∠ADB+∠ABD=90°，在Rt△BFM中，根据勾股定理得，FB2+BM2=FM2，∵旋转△ANE得到AB1E1，∴∠E1AB1=45°，∴∠BAB1+∠DAN=90°﹣45°=45°，∵∠BAF=DAN，∴∠BAB1+∠BAF=45°，∴∠FAM=45°，∴∠FAM=∠E1AB1，∵AM=AM，AF=AN，∴△AFM≌△ANM，∴FM=MN，∵FB2+BM2=FM2，∴DN2+BM2=MN2，（3）如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，∴DF=GB，∵正方形ABCD的周长为4AB，△CEF周长为EF+EC+CF，∵△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，∴4AB=2（EF+EC+CF），∴2AB=EF+EC+CF∵EC=AB﹣BE，CF=AB﹣DF，∴2AB=EF+AB﹣BE+AB﹣DF，∴EF=DF+BE，∵DF=GB，∴EF=GB+BE=GE，由旋转得到AD=AG=AB，∵AM=AM，∴△AEG≌△AEF，∠EAG=∠EAF=45°，和（2）的②一样，得到DN2+BM2=MN2．“点睛”此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质，三角形的全等，判断出（△AFN≌△ANM，得到FM=MM），是解题的关键.12．如图1，正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE（AB＜AE）在一条直线上，正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为. 在旋转过程中，两个正方形只有点A 重合，其它顶点均不重合，连接BE、DG.（1）当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时，求证：BE=DG；（2）当点C在直线BE上时，连接FC，直接写出∠FCD 的度数；（3）如图3，如果=45°，AB =2，AE=，求点G到BE的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）45°或135°；（3）.【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质可得AB=AD，AE=AG，∠BAD=∠EAG=90°，再求出∠BAE=∠DAG，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等证明即可.（2）当点C在直线BE上时，可知点E与C重合或G点C与重合，据此求解即可.（3）根据和求解即可.试题解析：（1）如图2，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAE+∠EAD=90°.∵四边形AEFG是正方形，∴AE=AG，∠EAD+∠DAG=90°.∴∠BAE=∠DAG..∴△ABE≌△ADG（SAS）.∴BE=DG..（2）如图，当点C在直线BE上时，可知点E与C重合或G点C与重合，此时∠FCD 的度数为45°或135°.（3）如图3，连接GB、GE.由已知α=45°，可知∠BAE=45°.又∵GE为正方形AEFG的对角线，∴∠AEG=45°.∴AB∥GE.∵，∴GE =8.∴.过点B作BH⊥AE于点H.∵AB=2，∴. ∴..设点G到BE的距离为h.∴.∴.∴点G到BE的距离为.考点：1.旋转的性质；2.正方形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.平行的判定和性质；5.勾股定理；6.分类思想的应用．13．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PC 2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；③PC 2＝102+. 【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2212PC 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 ＝3+3， ∴EC 2＝CH 2+HE 2＝1033+∴PC 2＝2110332EC +=【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．14．在平面直角坐标系中，四边形AOBC 是矩形，点(0,0)O ，点(5,0)A ，点(0,3)B .以点A 为中心，顺时针旋转矩形AOBC ，得到矩形ADEF ，点O ，B ，C 的对应点分别为D ，E ，F .（Ⅰ）如图①，当点D 落在BC 边上时，求点D 的坐标；（Ⅱ）如图②，当点D 落在线段BE 上时，AD 与BC 交于点H .①求证ADB AOB △△≌；②求点H 的坐标.（Ⅲ）记K 为矩形AOBC 对角线的交点，S 为KDE △的面积，求S 的取值范围（直接写出结果即可）.【答案】（Ⅰ）点D 的坐标为(1,3).（Ⅱ）①证明见解析；②点H 的坐标为17(,3)5.（Ⅲ）303343033444S -+≤≤. 【解析】分析：（Ⅰ）根据旋转的性质得AD=AO=5,设CD=x ，在直角三角形ACD 中运用勾股定理可CD 的值，从而可确定D 点坐标；（Ⅱ）①根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可；②由①知BAD BAO ∠=∠，再根据矩形的性质得CBA OAB ∠=∠.从而BAD CBA ∠=∠，故BH=AH ，在Rt △ACH 中，运用勾股定理可求得AH 的值，进而求得答案；（Ⅲ）3033430334S -+≤≤.详解：（Ⅰ）∵点()5,0A ，点()0,3B ，∴5OA =，3OB =.∵四边形AOBC 是矩形，∴3AC OB ==，5BC OA ==，90OBC C ∠=∠=︒.∵矩形ADEF 是由矩形AOBC 旋转得到的，∴5AD AO ==.在Rt ADC V 中，有222AD AC DC =+，∴22DC AD AC =- 22534=-=.∴1BD BC DC =-=.∴点D 的坐标为()1,3.（Ⅱ）①由四边形ADEF 是矩形，得90ADE ∠=︒.又点D 在线段BE 上，得90ADB ∠=︒.由（Ⅰ）知，AD AO =，又AB AB =，90AOB ∠=︒，∴Rt ADB Rt AOB V V ≌.②由ADB AOB V V ≌，得BAD BAO ∠=∠.又在矩形AOBC 中，//OA BC ，∴CBA OAB ∠=∠.∴BAD CBA ∠=∠.∴BH AH =.设BH t =，则AH t =，5HC BC BH t =-=-.在Rt AHC V 中，有222AH AC HC =+，∴()22235t t=+-.解得175t=.∴175BH=.∴点H的坐标为17,3 5⎛⎫ ⎪⎝⎭.（Ⅲ）3033430334S-+≤≤.点睛：本大题主要考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理以及旋转变换的性质等知识，灵活运用勾股定理求解是解决本题的关键.15．在正方形 ABCD 中，M 是 BC 边上一点，且点 M 不与 B、C 重合，点 P 在射线 AM 上，将线段 AP 绕点 A 顺时针旋转 90°得到线段 AQ，连接BP，DQ．（1）依题意补全图 1；（2）①连接 DP，若点 P，Q，D 恰好在同一条直线上，求证：DP2+DQ2=2AB2；②若点 P，Q，C 恰好在同一条直线上，则 BP 与 AB 的数量关系为：．【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②BP=AB．【解析】【分析】（1）根据要求画出图形即可；（2）①连接BD，如图2，只要证明△ADQ≌△ABP，∠DPB=90°即可解决问题；②结论：BP=AB，如图3中，连接AC，延长CD到N，使得DN=CD，连接AN，QN．由△ADQ≌△ABP，△ANQ≌△ACP，推出DQ=PB，∠AQN=∠APC=45°，由∠AQP=45°，推出∠NQC=90°，由CD=DN，可得DQ=CD=DN=AB；【详解】（1）解：补全图形如图 1：（2）①证明：连接 BD，如图 2，∵线段 AP 绕点 A 顺时针旋转 90°得到线段 AQ，∴AQ=AP，∠QAP=90°，∵四边形 ABCD 是正方形，∴AD=AB，∠DAB=90°，∴∠1=∠2．∴△ADQ≌△ABP，∴DQ=BP，∠Q=∠3，∵在 Rt△QAP 中，∠Q+∠QPA=90°，∴∠BPD=∠3+∠QPA=90°，∵在 Rt△BPD 中，DP2+BP2=BD2，又∵DQ=BP，BD2=2AB2，∴DP2+DQ2=2AB2．②解：结论：BP=AB．理由：如图 3 中，连接 AC，延长 CD 到 N，使得 DN=CD，连接 AN，QN．∵△ADQ≌△ABP，△ANQ≌△ACP，∴DQ=PB，∠AQN=∠APC=45°，∵∠AQP=45°，∴∠NQC=90°，。
中考数学 初中数学 旋转 综合题附答案解析
中考数学初中数学旋转综合题附答案解析一、旋转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）请问EG与CG存在怎样的数量关系，并证明你的结论；（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）中的结论是否仍然成立？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，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？（请直接写出结果，不必写出理由）【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）结论仍然成立【解析】【分析】（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，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的延长线交于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．【详解】（1）CG=EG．理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCF=90°．在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴CG=12FD，同理．在Rt△DEF中，EG=12FD，∴CG=EG．（2）（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的延长线交于N点．在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG（SAS），∴AG=CG；在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG （ASA），∴MG=NG．∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°，∴四边形AENM是矩形，在矩形AENM中，AM=EN．在△AMG与△ENG中，∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，∴△AMG≌△ENG（SAS），∴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，∠MFE=∠EBC=90°，EF=BE，∴△MFE≌△CBE∴∠MEF=∠CEB，∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°，∴△MEC为直角三角形．∵MG=CG，∴EG=1MC，∴EG=CG．2（3）（1）中的结论仍然成立．理由如下：过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因为BE=EF，易证∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC∵∠FEC+∠BEC=90°，∴∠FEC+∠FEM=90°，即∠MEC=90°，∴△MEC是等腰直角三角形．∵G为CM中点，∴EG=CG，EG⊥CG【点睛】本题是四边形的综合题．（1）关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答；（2）关键是利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质解答．2．已知正方形ABCD的边长为4，一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转，角的两边分别与BC、DC的延长线交于点E、F，连接EF，设CE＝a，CF＝b．（1）如图1，当a＝42时，求b的值；（2）当a＝4时，在图2中画出相应的图形并求出b的值；（3）如图3，请直接写出∠EAF绕点A旋转的过程中a、b满足的关系式．【答案】（1）42；（2）b＝8；（3）ab＝32．【解析】试题分析：（1）由正方形ABCD的边长为4，可得AC＝42，∠ACB＝45°．再CE＝a＝42，可得∠CAE＝∠AEC，从而可得∠CAF的度数，既而可得 b=AC；（2）通过证明△ACF∽△ECA，即可得；（3）通过证明△ACF∽△ECA，即可得.试题解析：（1）∵正方形ABCD的边长为4，∴AC＝42，∠ACB＝45°．∵CE＝a＝42，∴∠CAE＝∠AEC＝452︒＝22.5°，∴∠CAF＝∠EAF－∠CAE＝22.5°，∴∠AFC＝∠ACD－∠CAF＝22.5°，∴∠CAF＝∠AFC，∴b=AC＝CF＝42；（2）∵∠FAE＝45°，∠ACB＝45°，∴∠FAC＋∠CAE＝45°，∠CAE＋∠AEC＝45°，∴∠FAC ＝∠AEC．又∵∠ACF＝∠ECA＝135°，∴△ACF∽△ECA，∴AC CFEC CA=，∴4242=，∴CF＝8，即b＝8．（3）ab＝32．提示：由（2）知可证△ACF∽△ECA，∴∴AC CFEC CA=，∴4242a=，∴ab＝32．3．如图，矩形OABC的顶点A在x轴正半轴上，顶点C在y轴正半轴上，点B的坐标为（4，m）（5≤m≤7），反比例函数y＝16x（x＞0）的图象交边AB于点D．（1）用m的代数式表示BD的长；（2）设点P在该函数图象上，且它的横坐标为m，连结PB，PD①记矩形OABC面积与△PBD面积之差为S，求当m为何值时，S取到最大值；②将点D绕点P逆时针旋转90°得到点E，当点E恰好落在x轴上时，求m的值．【答案】（1）BD＝m﹣4（2）①m＝7时，S取到最大值②m＝5【解析】【分析】（1）先确定出点D横坐标为4，代入反比例函数解析式中求出点D横坐标，即可得出结论；（2）①先求出矩形OABC的面积和三角形PBD的面积得出S＝﹣12（m﹣8）2+24，即可得出结论；②利用一线三直角判断出DG＝PF，进而求出点P的坐标，即可得出结论．【详解】解：（1）∵四边形OABC是矩形，∴AB⊥x轴上，∵点B（4，m），∴点D的横坐标为4，∵点D在反比例函数y＝16x上，∴D（4，4），∴BD＝m﹣4；（2）①如图1，∵矩形OABC的顶点B的坐标为（4，m），∴S矩形OABC＝4m，由（1）知，D（4，4），∴S△PBD＝12（m﹣4）（m﹣4）＝12（m﹣4）2，∴S＝S矩形OABC﹣S△PBD＝4m﹣12（m﹣4）2＝﹣12（m﹣8）2+24，∴抛物线的对称轴为m＝8，∵a＜0，5≤m≤7，∴m＝7时，S取到最大值；②如图2，过点P作PF⊥x轴于F，过点D作DG⊥FP交FP的延长线于G，∴∠DGP＝∠PFE＝90°，∴∠DPG+∠PDG＝90°，由旋转知，PD＝PE，∠DPE＝90°，∴∠DPG+∠EPF＝90°，∴∠PDG＝∠EPF，∴△PDG≌△EPF（AAS），∴DG＝PF，∵DG＝AF＝m﹣4，∴P（m，m﹣4），∵点P在反比例函数y＝16x，∴m（m﹣4）＝16，∴m＝m＝2﹣【点睛】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，矩形的性质，三角形的面积公式，全等三角形的判定，构造出全等三角形是解本题的关键．4．如图①，在等腰△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，且∠BAC=∠DAE=120°．（1）求证：△ABD≌△ACE；（2）把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图②的位置，连接CD，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，连接MN、PN、PM，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）在（2）中，把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=6，请分别求出△PMN周长的最小值与最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）△PMN是等边三角形．理由见解析；（3）△PMN周长的最小值为3，最大值为15．【解析】分析：（1）由∠BAC=∠DAE=120°，可得∠BAD=∠CAE，再由AB=AC，AD=AE，利用SAS即可判定△ABD≌△ADE；（2）△PMN是等边三角形，利用三角形的中位线定理可得PM=12CE，PM∥CE，PN=12BD，PN∥BD，同（1）的方法可得BD=CE，即可得PM=PN，所以△PMN是等腰三角形；再由PM∥CE，PN∥BD，根据平行线的性质可得∠DPM=∠DCE，∠PNC=∠DBC，因为∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，所以∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，再由∠BAC=120°，可得∠ACB+∠ABC=60°，即可得∠MPN=60°，所以△PMN是等边三角形；（3）由（2）知，△PMN是等边三角形，PM=PN=12BD，所以当PM最大时，△PMN周长最大，当点D在AB上时，BD最小，PM最小，求得此时BD的长，即可得△PMN周长的最小值；当点D在BA延长线上时，BD最大，PM的值最大，此时求得△PMN周长的最大值即可.详解：（1）因为∠BAC=∠DAE=120°，所以∠BAD=∠CAE，又AB=AC，AD=AE，所以△ABD≌△ADE；（2）△PMN是等边三角形．理由：∵点P，M分别是CD，DE的中点，∴PM=12CE，PM∥CE，∵点N，M分别是BC，DE的中点，∴PN=12BD，PN∥BD，同（1）的方法可得BD=CE，∴PM=PN，∴△PMN是等腰三角形，∵PM∥CE，∴∠DPM=∠DCE，∵PN∥BD，∴∠PNC=∠DBC，∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，∵∠BAC=120°，∴∠ACB+∠ABC=60°，∴∠MPN=60°，∴△PMN是等边三角形．（3）由（2）知，△PMN是等边三角形，PM=PN=12 BD，∴PM最大时，△PMN周长最大，∴点D在AB上时，BD最小，PM最小，∴BD=AB-AD=2，△PMN周长的最小值为3；点D在BA延长线上时，BD最大，PM最大，∴BD=AB+AD=10，△PMN周长的最大值为15．故答案为△PMN周长的最小值为3，最大值为15点睛：本题主要考查了全等三角形的判定及性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定，解决第（3）问，要明确点D在AB上时，BD最小，PM最小，△PMN周长的最小；点D 在BA 延长线上时，BD 最大，PM 最大，△PMN 周长的最大值为15.5．如图1，菱形ABCD ，AB 4=，ADC 120∠=o ，连接对角线AC 、BD 交于点O ， ()1如图2，将AOD V 沿DB 平移，使点D 与点O 重合，求平移后的A'BO V 与菱形ABCD 重合部分的面积．()2如图3，将A'BO V 绕点O 逆时针旋转交AB 于点E'，交BC 于点F ，①求证：BE'BF 2+=；②求出四边形OE'BF 的面积．【答案】() 13?2①证明见解析3【解析】【分析】(1)先判断出△ABD 是等边三角形，进而判断出△EOB 是等边三角形，即可得出结论；(2)先判断出 ≌△OBF ，再利用等式的性质即可得出结论；(3)借助①的结论即可得出结论．【详解】()1Q 四边形为菱形，ADC 120∠=o ，ADO 60∠∴=o ，ABD ∴V 为等边三角形，DAO 30∠∴=o ，ABO 60∠=o ，∵AD//A′O ，∴∠A′OB=60°，EOB ∴V 为等边三角形，边长OB 2=，∴重合部分的面积：3434⨯= ()2①在图3中，取AB 中点E ，由()1知，∠EOB=60°，∠E′OF=60°，∴∠EOE′=∠BOF，又∵EO=BO，∴∠OEE′=∠OBF=60°，∴△OEE′≌△OBF，∴EE′=BF，∴BE′+BF=BE′+EE′=BE=2；②由①知，在旋转过程中始终有△OEE′≌△OBF，∴S△OEE′=S△OBF，∴S四边形OE′BF =OEBS3=V.【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，综合性较强，熟练掌握相关内容、正确添加辅助线是解题的关键.6．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．7．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（0，4），点B（﹣2，0），把△ABO绕点A逆时针旋转，得△AB′O′，点B、O旋转后的对应点为B′、O′．（1）如图①，若旋转角为60°时，求BB′的长；（2）如图②，若AB′∥x轴，求点O′的坐标；（3）如图③，若旋转角为240°时，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+AP′取得最小值时，求点P′的坐标（直接写出结果即可）【答案】（1）252）点O′8545）；（3）点P′的坐标为（﹣83 5，365．【解析】分析：（1）由点A、B的坐标可得出AB的长度，连接BB′，由旋转可知：AB=AB′，∠BAB′=60°，进而可得出△ABB′为等边三角形，根据等边三角形的性质可求出BB′的长；（2）过点O′作O′D⊥x轴，垂足为D，交AB′于点E，则△AO′E∽△ABO，根据旋转的性质结合相似三角形的性质可求出AE、O′E的长，进而可得出点O′的坐标；（3）作点A关于x轴对称的点A′，连接A′O′交x轴于点P，此时O′P+AP′取最小值，过点O′作O′F⊥y轴，垂足为点F，过点P′作PM⊥O′F，垂足为点M，根据旋转的性质结合解直角三角形可求出点O′的坐标，由A、A′关于x轴对称可得出点A′的坐标，利用待定系数法即可求出直线A ′O ′的解析式，由一次函数图象上点的坐标特征可得出点P 的坐标，进而可得出OP 的长度，再在Rt △O ′P ′M 中，通过解直角三角形可求出O ′M 、P ′M 的长，进而可得出此时点P ′的坐标．详解：（1）∵点A （0，4），点B （﹣2，0），∴OA =4，OB =2，∴AB． 在图①中，连接BB ′．由旋转可知：AB =AB ′，∠BAB ′=60°，∴△ABB ′为等边三角形，∴BB ′=AB（2）在图②中，过点O ′作O ′D ⊥x 轴，垂足为D ，交AB ′于点E ． ∵AB ′∥x 轴，O ′E ⊥x 轴，∴∠O ′EA =90°=∠AOB ．由旋转可知：∠B ′AO ′=∠BAO ，AO ′=AO =4，∴△AO ′E ∽△ABO ，AE AO ='O E BO ='AO AB，即4AE ='2O E∴AE，O ′E∴O ′D+4，∴点O ′的坐标为）． （3）作点A 关于x 轴对称的点A ′，连接A ′O ′交x 轴于点P ，此时O ′P +AP ′取最小值，过点O ′作O ′F ⊥y 轴，垂足为点F ，过点P ′作PM ⊥O ′F ，垂足为点M ，如图3所示． 由旋转可知：AO ′=AO =4，∠O ′AF =240°﹣180°=60°，∴AF =12AO ′=2，O ′FAO∴点O ′（﹣6）．∵点A （0，4），∴点A ′（0，﹣4）．设直线A ′O ′的解析式为y =kx +b ，将A ′（0，﹣4）、O ′（﹣6）代入y =kx +b ，得：46b b =-⎧⎪⎨-+=⎪⎩，解得：4k b ⎧=⎪⎨⎪=-⎩，∴直线A ′O ′的解析式为y =﹣3x ﹣4． 当y =0时，有﹣3x ﹣4=0，解得：x =﹣5，∴点P（﹣5，0），∴OP =O ′P在Rt △O ′P ′M 中，∠MO ′P ′=60°，∠O ′MP ′=90°，∴O ′M =12O ′P，P ′M=′P ′=65，∴点P ′的坐标为（﹣，6+65365，）．点睛：本题考查了函数图象及旋转变换、待定系数法求一次函数解析式、等边三角形的判定与性质、一次函数图象上点的坐标特征以及解直角三角形，解题的关键是：（1）利用等边三角形的性质找出BB ′的长；（2）通过解直角三角形求出AE 、O ′E 的长；（3）利用两点之间线段最短找出当O ′P +AP ′取得最小值时点P 的位置．8．在Rt △ACB 和△AEF 中，∠ACB ＝∠AEF ＝90°，若点P 是BF 的中点，连接PC ，PE. 特殊发现：如图1，若点E 、F 分别落在边AB ，AC 上，则结论：PC ＝PE 成立（不要求证明）． 问题探究：把图1中的△AEF 绕点A 顺时针旋转．(1)如图2，若点E 落在边CA 的延长线上，则上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；(2)如图3，若点F 落在边AB 上，则上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由； (3)记ACBC＝k ，当k 为何值时，△CPE 总是等边三角形？（请直接写出后的值，不必说）【答案】()1 PC PE =成立 ()2 ，PC PE =成立 ()3当k 3CPE V 总是等边三角形 【解析】 【分析】（1）过点P 作PM ⊥CE 于点M ，由EF ⊥AE ，BC ⊥AC ，得到EF ∥MP ∥CB ，从而有EM FPMC PB=，再根据点P 是BF 的中点，可得EM=MC ，据此得到PC=PE ． （2）过点F 作FD ⊥AC 于点D ，过点P 作PM ⊥AC 于点M ，连接PD ，先证△DAF ≌△EAF ，即可得出AD=AE ；再证△DAP ≌△EAP ，即可得出PD=PE ；最后根据FD ⊥AC ，BC ⊥AC ，PM ⊥AC ，可得FD ∥BC ∥PM ，再根据点P 是BF 的中点，推得PC=PD ，再根据PD=PE ，即可得到结论．（3）因为△CPE 总是等边三角形，可得∠CEP=60°，∠CAB=60°；由∠ACB=90°，求出∠CBA=30°；最后根据AC k BC =，ACBC=tan30°，求出当△CPE 总是等边三角形时，k 的值是多少即可． 【详解】解：（1）PC=PE 成立，理由如下：如图2，过点P 作PM ⊥CE 于点M ，∵EF ⊥AE ，BC ⊥AC ，∴EF ∥MP ∥CB ，∴EM FPMC PB=，∵点P 是BF 的中点，∴EM=MC ，又∵PM ⊥CE ，∴PC=PE ；（2）PC=PE 成立，理由如下：如图3，过点F 作FD ⊥AC 于点D ，过点P 作PM ⊥AC 于点M ，连接PD ，∵∠DAF=∠EAF ，∠FDA=∠FEA=90°，在△DAF 和△EAF 中 ，∵∠DAF=∠EAF ，∠FDA=∠FEA ，AF=AF ， ∴△DAF ≌△EAF （AAS ）， ∴AD=AE ，在△DAP 和△EAP 中， ∵AD=AE ，∠DAP=∠EAP ，AP=AP ， ∴△DAP ≌△EAP （SAS ）， ∴PD=PE ，∵FD ⊥AC ，BC ⊥AC ，PM ⊥AC ， ∴FD ∥BC ∥PM ， ∴DM FPMC PB=， ∵点P 是BF 的中点， ∴DM=MC ，又∵PM ⊥AC ， ∴PC=PD ，又∵PD=PE ，∴PC=PE ；（3）如图4，∵△CPE 总是等边三角形， ∴∠CEP=60°， ∴∠CAB=60°， ∵∠ACB=90°，∴∠CBA=90°﹣∠ACB=90°﹣60°=30°， ∵AC k BC ，ACBC=tan30°， ∴k=tan30°=33， ∴当k 为3时，△CPE 总是等边三角形．【点睛】考点：1．几何变换综合题；2．探究型；3．压轴题；4．三角形综合题；5．全等三角形的判定与性质；6．平行线分线段成比例．9．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？若存在，求出此时BH的长度；若不存在，说明理由．【答案】(1) BH=CK;(2) 存在，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的的位置，此时BH 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；（2）根据面积公式得出S△GHK=S四边形CKGH-S△CKH=12x2-3x+9，根据△GKH的面积恰好等于△ABC面积的512，代入得出方程12x2-3x+9=512×12×6×6，求出即可．解：（1）BH与CK的数量关系：BH=CK，理由是：连接OC，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512的位置．设BH=x，由题意及（1）中结论可得，CK=BH=x，CH=CB﹣BH=6﹣x，∴S△CHK=12CH×CK=3x﹣12x2，∴S△GHK=S四边形CKGH﹣S△CKH=9﹣（3x﹣12x2）=12x2﹣3x+9，∵△GKH的面积恰好等于△ABC面积的512，∴12x2﹣3x+9=512×12×6×6，解得136x=+，236x=-（经检验，均符合题意）．∴存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的512的位置，此时x的值为36±．“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．10．已知Rt△DAB中，∠ADB=90°，扇形DEF中，∠EDF=30°，且DA=DB=DE，将Rt△ADB 的边与扇形DEF的半径DE重合，拼接成图1所示的图形，现将扇形DEF绕点D按顺时针方向旋转，得到扇形DE′F′，设旋转角为α（0°＜α＜180°）（1）如图2，当0°＜α＜90°，且DF′∥AB时，求α；（2）如图3，当α=120°，求证：AF′=BE′．【答案】（1）15°；（2）见解析．【解析】试题分析：（1）∵∠ADB=90°，DA=DB，∴∠BAD=45°，∵DF′∥AB，∴∠ADF′=∠BAD=45°，∴α=45°﹣30°=15°；（2）∵α=120°，∴∠ADE′=120°，∴∠ADF′=120°+30°=150°，∠BDE′=360°﹣90°﹣120°=150°，∴∠ADF′=∠BDE′，在△ADF′和△BDE′中，，∴△ADF′≌△BDE′，∴AF′=BE′．考点：①旋转性质；②全等三角形的判定和性质．11．在△ABC中，AB=AC，将线段AC绕着点C逆时针旋转得到线段CD，旋转角为，且，连接AD、BD．（1）如图1，当∠BAC=100°，时，∠CBD 的大小为_________；（2）如图2，当∠BAC=100°，时，求∠CBD的大小；（3）已知∠BAC的大小为m（），若∠CBD 的大小与（2）中的结果相同，请直接写出的大小．【答案】（1）30°；（2）30°；（3）α=120°-m°，α=60°或α=240-m°.【解析】试题分析：（1）由∠BAC=100°，AB=AC，可以确定∠ABC=∠ACB=40°，旋转角为α，α=60°时△ACD是等边三角形，且AC=AD=AB=CD，知道∠BAD的度数，进而求得∠CBD的大小.（2）由∠BAC=100°，AB=AC，可以确定∠ABC=∠ACB=40°，连结DF、BF．AF=FC=AC，∠FAC=∠AFC=60°，∠ACD=20°，由∠DCB=20°案．依次证明△DCB≌△FCB，△DAB≌△DAF．利用角度相等可以得到答案．（3）结合（1）（2）的解题过程可以发现规律，求得答案．试题解析：（1）30°；（2）30°；（2）如图作等边△AFC，连结DF、BF．∴AF=FC=AC，∠FAC=∠AFC=60°．∵∠BAC=100°，AB=AC，∴∠ABC=∠BCA=40°．∵∠ACD=20°，∴∠DCB=20°．∴∠DCB=∠FCB=20°．①∵AC=CD，AC=FC，∴DC=FC．②∵BC=BC，③∴由①②③，得△DCB≌△FCB，∴DB=BF，∠DBC=∠FBC．∵∠BAC=100°，∠FAC=60°，∴∠BAF=40°．∵∠ACD=20°，AC=CD，∴∠CAD=80°．∴∠DAF=20°．∴∠BAD=∠FAD=20°．④∵AB=AC，AC=AF，∴AB=AF．⑤∵AD=AD，⑥∴由④⑤⑥，得△DAB≌△DAF．∴FD=BD．∴FD=BD=FB．∴∠DBF=60°．∴∠CBD=30°．（3）α=120°-m°，α=60°或α=240-m°．考点：1.全等三角形的判定和性质；2.等边三角形的判定和性质．12．边长为2的正方形ABCD的两顶点A、C分别在正方形EFGH的两边DE、DG上(如图1)，现将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中， AB边交DF于点M，BC边交DG于点N.（1）求边DA在旋转过程中所扫过的面积；（2）旋转过程中，当MN和AC平行时(如图2)，求正方形ABCD旋转的度数；（3）如图3，设△MBN的周长为p，在旋转正方形ABCD的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.【答案】（1）；（2）；（3）不变化，证明见解析.【解析】试题分析：（1）将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中，DA旋转了，从而根据扇形面积公式可求DA在旋转过程中所扫过的面积.（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，根据平行的性质和全等三角形的判定和性质可求正方形ABCD旋转的度数为.（3）延长BA交DE轴于H点，通过证明和可得结论.（1）∵A点第一次落在DF上时停止旋转，∴DA旋转了.∴DA在旋转过程中所扫过的面积为.（2）∵MN∥AC，∴,.∴.∴.又∵，∴.又∵,∴.∴.∴.∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形ABCD旋转的度数为. (3)不变化，证明如下：如图，延长BA交DE轴于H点，则，，∴.又∵.∴．∴．又∵, ,∴．∴.∴.∴.∴在旋转正方形ABCD的过程中，值无变化.考点：1.面动旋转问题；2．正方形的性质；3.扇形面积的计算；4.全等三角形的判定和性质.13．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()=-．EF2BP EQ（3）同（2）可证△FQE≌△FPG（SAS），得EQ=GP，因此，()()===-=-．EF GF2BG2GP BP2EQ BP14．在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O；在Rt△PMN中，∠MPN90°．（1）如图1，若点P与点O重合且PM⊥AD、PN⊥AB，分别交AD、AB于点E、F，请直接写出PE与PF的数量关系；（2）将图1中的Rt△PMN绕点O顺时针旋转角度α（0°<α<45°）．①如图2，在旋转过程中（1）中的结论依然成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；②如图2，在旋转过程中，当∠DOM15°时，连接EF，若正方形的边长为2，请直接写出线段EF的长；③如图3，旋转后，若Rt△PMN的顶点P在线段OB上移动（不与点O、B重合），当BD3BP时，猜想此时PE与PF的数量关系，并给出证明；当BD m·BP时，请直接写出PE与PF的数量关系．【答案】（1）PE=PF；（2）①成立，理由参见解析；②；③PE=2PF，理由参见解析；PE=（m-1）·PF．【解析】试题分析：（1）可利用角平分线性质定理得到PE=PF；（2）①成立，可用角边角定理判定△AOF≌△DOE，从而得到PE=PF；②要想求出EF的长，关键要求出OE的长，由∠DOM15°可得∠AEO=45＋15=60º，作OH⊥AD于H，若正方形的边长为2，则OH=1，可算出EH==，∴OE=，∵△EOF是等腰直角三角形，∴EF即可求出；③构建相似三角形，过P点作PH⊥AB，PK⊥AD ，垂足为H、K，则四边形AHPK为矩形，△PHB和△PKD都是等腰直角三角形，是相似的，∵BD3BP，∴可算出HP:PK的值，然后通过△FHP∽△PKE得到PE与PF的关系．由前面的思路可得出当BD=m·BP时，BD:PD=（m-1）：1，∴PE:PF=（m-1）：1，从而确定PE与PF的数量关系．试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠OAF=∠OAE=45º，又∵PM⊥AD、PN⊥AB，∴PE=PF；（2）①成立，PE仍等于PF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠OAF=∠ODE=45º，OA=OD，又∵∠AOF和∠DOE都是∠AOE的余角，∴∠AOF=∠DOE，∴△AOF≌△DOE（ASA），∴OE=OF，即PE=PF；②作OH⊥AD于H，由∠DOM15°可得∠AEO=45＋15=60º，∠HOE=30°，若正方形的边长为2，则OH=1，在Rt△HEO中，可算出EH==，∴OE=，∵△EOF是等腰直角三角形，∴EF=OE=×=；③构建相似三角形，过P点作PH⊥AB，PK⊥AD ，垂足为H、K，则四边形AHPK为矩形，∵∠PHB=∠PKD=90°∠PBH=∠PDK=45°，∴△PHB∽△PKD，∴，∵BD=3BP，∴=，∵∠HPF+∠FPK=90°∠KPE+∠FPK=90°，∴∠HPF=∠KPE，又∵∠PHF=∠PKE=90°，∴△PHF∽△PKE，∴=，即PE="2PF" ；当BD=m·BP时，BD:PD=（m-1）：1，△PHF∽△PKE，PE:PF=BD:PD=（m-1）：1，∴PE=（m-1）·PF．考点：1．正方形性质；2．三角形相似的判定；3．旋转性质；4．探索线段的数量关系规律．15．在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°，将△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1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BE与BF有怎样的数量关系？并证明你的结论；（2）如图2，当α=30°时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由．【答案】（1）BE=DF；（2）四边形BC1DA是菱形．【解析】【分析】（1）由AB=BC得到∠A=∠C，再根据旋转的性质得AB=BC=BC1，∠A=∠C=∠C1，∠ABE=∠C1BF，则可证明△ABE≌△C1BF，于是得到BE=BF（2）根据等腰三角形的性质得∠A=∠C=30°，利用旋转的性质得∠A1=∠C1=30°，∠ABA1=∠CBC1=30°，则利用平行线的判定方法得到A1C1∥AB，AC∥BC1，于是可判断四边形BC1DA是平行四边形，然后加上AB=BC1可判断四边形BC1DA是菱形．【详解】（1）解：BE=DF．理由如下：∵AB=BC，∴∠A=∠C，∵△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，∴AB=BC=BC1，∠A=∠C=∠C1，∠ABE=∠C1BF，在△ABE和△C1BF中，∴△ABE≌△C1BF，∴BE=BF（2）解：四边形BC1DA是菱形．理由如下：∵AB=BC=2，∠ABC=120°，∴∠A=∠C=30°，∴∠A1=∠C1=30°，∵∠ABA1=∠CBC1=30°，∴∠ABA1=∠A1，∠CBC1=∠C，∴A1C1∥AB，AC∥BC1，∴四边形BC1DA是平行四边形．又∵AB=BC1，∴四边形BC1DA是菱形【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．也考查了菱形的判定方法．。
人教中考数学培优(含解析)之旋转及详细答案
一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）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．如图1，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C ：y =ax 2+bx +c 与x 轴相交于A ，B 两点，顶点为D （0，4），AB =42，设点F （m ，0）是x 轴的正半轴上一点，将抛物线C 绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C ′． （1）求抛物线C 的函数表达式；（2）若抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，求m 的取值范围． （3）如图2，P 是第一象限内抛物线C 上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P 在抛物线C ′上的对应点P ′，设M 是C 上的动点，N 是C ′上的动点，试探究四边形PMP ′N 能否成为正方形？若能，求出m 的值；若不能，请说明理由．【答案】（1）2142y x =-+；（2）2＜m ＜23）m =6或m 173．【解析】试题分析：（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A（，0），设抛物线的解析式为24y ax =+，把A（0）代入可得a =12-，由此即可解决问题； （2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为()2142y x m =--，由()22142142y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩，消去y 得到222280x mx m -+-=，由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有()222(428020280m m m ⎧-->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩，解不等式组即可解决问题；（3）情形1，四边形PMP ′N 能成为正方形．作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，推出PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，可得M （m +2，m ﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），利用待定系数法即可解决问题．试题解析：（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A（，0），设抛物线的解析式为24y ax =+，把A（0）代入可得a =12-，∴抛物线C 的函数表达式为2142y x =-+．（2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为()2142y x m =--，由21421(42x y x y ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，消去y 得到222280x mx m -+-= ，由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有()222(428020280m m m ⎧-->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩，解得2＜m＜，∴满足条件的m 的取值范围为2＜m＜ （3）结论：四边形PMP ′N 能成为正方形．理由：1情形1，如图，作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，∴PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，∴M （m +2，m ﹣2），∵点M 在2142y x =-+上，∴()212242m m -=-++，解得m =17﹣3或﹣17﹣3（舍弃），∴m =17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），把M （m ﹣2，2﹣m ）代入2142y x =-+中，()212242m m -=--+，解得m =6或0（舍弃），∴m =6时，四边形PMP ′N 是正方形．综上所述：m =6或m 17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．3．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．4．（10分）已知△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE中点，连结DF、CF.（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上，请直接写出此时线段DF、CF的数量关系和位置关系（不用证明）；（2）如图2，在（1）的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转45°时，请你判断此时（1）中的结论是否仍然成立，并证明你的判断；（3）如图3，在（1）的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转90°时，若AD=1，AC=，求此时线段CF的长（直接写出结果）.【答案】（1）相等和垂直；（2）成立，理由见试题解析；（3）．【解析】试题分析：（1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知DF=BF，根据∠DFE=2∠DCF，∠BFE=2∠BCF，得到∠EFD+∠EFB=2∠DCB=90°，DF⊥BF；（2）延长DF交BC于点G，先证明△DEF≌△GCF，得到DE=CG，DF=FG，根据AD=DE，AB=BC，得到BD=BG又因为∠ABC=90°，所以DF=CF且DF⊥BF；（3）延长DF交BA于点H，先证明△DEF≌△HBF，得到DE=BH，DF=FH，根据旋转条件可以△ADH为直角三角形，由△ABC和△ADE是等腰直角三角形，AC=，可以求出AB的值，进而可以根据勾股定理可以求出DH，再求出DF，由DF=BF，求出得CF的值．试题解析：（1）∵∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE中点，∴DF=BE，CF=BE. ∴DF=CF．∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴∠ABC=45°.∵BF=DF，∴∠DBF=∠BDF.∵∠DFE=∠ABE+∠BDF，∴∠DFE=2∠DBF.同理得：∠CFE=2∠CBF，∴∠EFD+∠EFC=2∠DBF+2∠CBF=2∠ABC=90°.∴DF=CF，且DF⊥CF．（2）（1）中的结论仍然成立．证明如下：如图，此时点D落在AC上，延长DF交BC于点G．∵∠ADE=∠ACB=90°，∴DE∥BC．∴∠DEF=∠GBF，∠EDF=∠BGF．∵F为BE中点，∴EF=BF．∴△DEF≌△GBF．∴DE=GB，DF=GF．∵AD=DE，∴AD=GB.∵AC=BC，∴AC-AD="BC-GB." ∴DC=GC．∵∠ACB=90°，∴△DCG是等腰直角三角形.∵DF=GF，∴DF=CF，DF⊥CF．（3）如图，延长DF交BA于点H，∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴AC=BC，AD=DE．∴∠AED=∠ABC=45°.∵由旋转可以得出，∠CAE=∠BAD=90°，∵AE∥BC，∴∠AEB=∠CBE. ∴∠DEF=∠HBF．∵F是BE的中点，∴EF="BF." ∴△DEF≌△HBF. ∴ED=HB.∵AC=，在Rt△ABC中，由勾股定理，得AB=4.∵AD=1，∴ED=BH=1.∴AH=3.在Rt△HAD中，由勾股定理，得DH=，∴DF=，∴CF=.∴线段CF的长为.考点：1.等腰直角三角形的性质；2.全等三角形的判定和性质；3.勾股定理．5．已知Rt△DAB中，∠ADB=90°，扇形DEF中，∠EDF=30°，且DA=DB=DE，将Rt△ADB的边与扇形DEF的半径DE重合，拼接成图1所示的图形，现将扇形DEF绕点D按顺时针方向旋转，得到扇形DE′F′，设旋转角为α（0°＜α＜180°）（1）如图2，当0°＜α＜90°，且DF′∥AB时，求α；（2）如图3，当α=120°，求证：AF′=BE′．【答案】（1）15°；（2）见解析．【解析】试题分析：（1）∵∠ADB=90°，DA=DB，∴∠BAD=45°，∵DF′∥AB，∴∠ADF′=∠BAD=45°，∴α=45°﹣30°=15°；（2）∵α=120°，∴∠ADE′=120°，∴∠ADF′=120°+30°=150°，∠BDE′=360°﹣90°﹣120°=150°，∴∠ADF′=∠BDE′，在△ADF′和△BD E′中，，∴△ADF′≌△BDE′，∴AF′=BE′．考点：①旋转性质；②全等三角形的判定和性质．6．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 ===-=-．7．已知O 为直线MN 上一点，OP ⊥MN ，在等腰Rt △ABO 中，90BAO ∠=︒，AC ∥OP 交OM 于C ，D 为OB 的中点，DE ⊥DC 交MN 于E ．(1) 如图1，若点B 在OP 上，则①AC OE (填“＜”，“＝”或“＞”)；②线段CA 、CO 、CD 满足的等量关系式是 ；(2) 将图1中的等腰Rt △ABO 绕O 点顺时针旋转α(045α︒<<︒)，如图2，那么(1)中的结论②是否成立？请说明理由；(3) 将图1中的等腰Rt △ABO 绕O 点顺时针旋转α()，请你在图3中画出图形，并直接写出线段CA 、CO 、CD 满足的等量关系式 ；【答案】（1）①=；②AC2+CO2=CD2；（2）（1）中的结论②不成立，理由见解析；（3）画图见解析；OC-CA=2CD.【解析】试题分析：（1）①如图1，证明AC=OC和OC=OE可得结论；②根据勾股定理可得：AC2+CO2=CD2；（2）如图2，（1）中的结论②不成立，作辅助线，构建全等三角形，证明A、D、O、C四点共圆，得∠ACD=∠AOB，同理得：∠EFO=∠EDO，再证明△ACO≌△EOF，得OE=AC，AO=EF，根据勾股定理得：AC2+OC2=FO2+OE2=EF2，由直角三角形中最长边为斜边可得结论；（3）如图3，连接AD，则AD=OD证明△ACD≌△OED，根据△CDE是等腰直角三角形，得CE2=2CD2，等量代换可得结论（OC﹣OE）2=（OC﹣AC）2=2CD2，开方后是：OC﹣AC=CD．试题解析：（1）①AC=OE，理由：如图1，∵在等腰Rt△ABO中，∠BAO=90°，∴∠ABO=∠AOB=45°，∵OP⊥MN，∴∠COP=90°，∴∠AOC=45°，∵AC∥OP，∴∠CAO=∠AOB=45°，∠ACO=∠POE=90°，∴AC=OC，连接AD，∵BD=OD，∴AD=OD，AD⊥OB，∴AD∥OC，∴四边形ADOC是正方形，∴∠DCO=45°，∴AC=OD，∴∠DEO=45°，∴CD=DE，∴OC=OE，∴AC=OE；②在Rt△CDO中，∵CD2=OC2+OD2，∴CD2=AC2+OC2；故答案为AC2+CO2=CD2；（2）如图2，（1）中的结论②不成立，理由是：连接AD，延长CD交OP于F，连接EF，∵AB=AO，D为OB的中点，∴AD⊥OB，∴∠ADO=90°，∵∠CDE=90°，∴∠ADO=∠CDE，∴∠ADO﹣∠CDO=∠CDE﹣∠CDO，即∠ADC=∠EDO，∵∠ADO=∠ACO=90°，∴∠ADO+∠ACO=180°，∴A、D、O、C四点共圆，∴∠ACD=∠AOB，同理得：∠EFO=∠EDO，∴∠EFO=∠AOC，∵△ABO是等腰直角三角形，∴∠AOB=45°，∴∠DCO=45°，∴△COF和△CDE是等腰直角三角形，∴OC=OF，∵∠ACO=∠EOF=90°，∴△ACO≌△EOF，∴OE=AC，AO=EF，∴AC2+OC2=FO2+OE2=EF2，Rt△DEF中，EF＞DE=DC，∴AC2+OC2＞DC2，所以（1）中的结论②不成立；（3）如图3，结论：OC﹣CA=CD，理由是：连接AD，则AD=OD，同理：∠ADC=∠EDO，∵∠CAB+∠CAO=∠CAO+∠AOC=90°，∴∠CAB=∠AOC，∵∠DAB=∠AOD=45°，∴∠DAB﹣∠CAB=∠AOD﹣∠AOC，即∠DAC=∠DOE，∴△ACD≌△OED，∴AC=OE，CD=DE，∴△CDE是等腰直角三角形，∴CE 2=2CD2，∴（OC﹣OE）2=（OC﹣AC）2=2CD2，∴OC﹣AC=CD，故答案为OC﹣AC=CD．考点：几何变换的综合题8．如图，在边长为1的正方形网格中，A（1，7）、B（5，5）、C（7，5）、D（5，1）．（1）将线段AB绕点B逆时针旋转，得到对应线段BE．当BE与CD第一次平行时，画出点A运动的路径，并直接写出点A运动的路径长；（2）线段AB与线段CD存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段，直接写出这个旋转中心的坐标．【答案】（1）见解析；5π；（2）旋转中心P的坐标为（3，3）或（6，6）．【解析】【分析】（1）依据旋转的方向、旋转角和旋转中心即可得到点A运动的路径为弧线，再运用弧长计算公式即可解答；（2）连接两对对应点，分别作出它们连线的垂直平分线，其交点即为所求.【详解】解：（1）点A运动的路径如图所示，出点A运动的路径长为229024180π⨯⨯+＝5π；（2）如图所示，旋转中心P的坐标为（3，3）或（6，6）．【点睛】本题主要考查了利用旋转变换及其作图，掌握旋转的性质、旋转角以及确定旋转中心的方法是解答本题的关键.9．正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为2和22B在边AG上，点D在线段EA的延长线上，连接BE．（1）如图1，求证：DG⊥BE；（2）如图2，将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转，当点B恰好落在线段DG上时，求线段BE的长．．【答案】（1）答案见解析；（2）26【解析】【分析】（1）由题意可证△ADG≌△ABE，可得∠AGD＝∠AEB，由∠ADG+∠AGD＝90°，可得∠ADG+∠AEB＝90°，即DG⊥BE；（2）过点A作AM⊥BD，垂足为M，根据勾股定理可求MG的长度，即可求DG的长度，由题意可证△DAG≌△BAE，可得BE＝DG．【详解】（1）如图，延长EB交GD于H∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形∴AD＝AB，AG＝AE，∠DAG＝∠BAE＝90°∴△ADG≌△ABE（SAS）∴∠AGD＝∠AEB∵∠ADG+∠AGD＝90°∴∠ADG+∠AEB＝90°∴DG⊥BE（2）如图，过点A作AM⊥BD，垂足为M∵正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为2和2，∴AM ＝DM ＝2，∠DAB ＝∠GAE ＝90°∴MG ＝22AG MA -＝6，∠DAG ＝∠BAE∴DG ＝DM +MG ＝2+6，由旋转可得：AD ＝AB ，AG ＝AE ，且∠DAG ＝∠BAE ∴△DAG ≌△BAE （SAS ）∴BE ＝DG ＝26+【点睛】考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．10．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3CF AC =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 = 3EF AB = ∴ 32CF AC = 连结FA ．90,90FCA ACE ECB ACE ∠=︒-∠∠=︒-∠∴ FCA ECB ∠=∠=α在Rt CFA ∆中，90CFA ∠=︒，3cos FCA ∠= ∴ 30FCA ∠=︒即30α=︒.（3）22222AB CF BE =+。
人教版 初中数学中考二轮复习---旋转综合题(含解析)
指出点 P 的位置，并求出 PC 的长；若不存在，请说明理由．
2. 如图 1，△ABC 是等腰直角三角形，四边形 ADEF 是正方形，D、F 分别在 AB、AC 边 上，此时 BD=CF，BD⊥CF 成立．
（1）当正方形 ADEF 绕点 A 逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图 2，BD=CF 成立吗？ 若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
BE 之间有怎样的数量关系？请写出它们之间的关系式并给予证明． （4）在（3）中，若 BC=4，DC=7，CF=2，求△CEF 的周长（直接写出结果即可）．
C 档（跨越导练）
1. 已知：正方形 ABCD 中，MAN = 45 ，绕点 A 顺时针旋转，它的两边分别交 CB、DC（或
它们的延长线）于点 M、N．
成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）如图 3，将图 1 中的 △COD 绕点 O 逆时针旋转到使 △COD 的一边 OD 恰好与
△AOB 的边 OA 在同一条直线上时，点 C 落在 OB 上，点 M 为线段 BC 的中点．
请你判断（1）中线段 AD 与 OM 之间的数量关系是否发生变化，写出你的猜想，并加以证明．
EC，N、P 分别为 EC，BC 的中点，连接 NP.
（1）如图 1，若点 E 在 DP 上，EF 与 DC 交于点 M，试探究线段 NP 与线段 NM 的数量关系及 ABD 与 MNP 满足的等量关系，请直接写出你的结论；
（2）如图 2，若点 M 在线段 EF 上，当点 M 在何位置时，你在（1）中得到的结论仍然成立，写 出你确定的点 M 的位置，并证明（1）中的结论.
（1）如图 1，当 D、D1、B1、B 四点共线时，四边形 DCC1D1 的面积为 __；
中考试题旋转课后练习二及详解.docx
学科：数学专题：旋转主讲教师：黄炜北京四中数学教师重难点易错点解析题一：题面：将下列图形绕其对角线的交点逆时针旋转90°，所得图形一定与原图形重合的是（）A平行四边形B矩形C菱形D正方形金题精讲题一：题面：如图，将△ABC绕着点C顺时针旋转50°后得到△A′B′C′．若∠A=40°．∠B′=110°，则∠BCA′的度数是（）A．110°B．80°C．40°D．30°满分冲刺题一：题面：如图，在直角梯形ABCD中，AD//BC，∠C＝90°，AD＝5，BC＝9，以A为中心将腰AB顺时针旋转90°至AE，连接DE，则△ADE的面积等于（）A．10 B．11 C．12 D．13题二：题面：已知：如图，在菱形ABCD中，F为边BC的中点，DF与对角线AC交于点M，过M作ME⊥CD 于点E，∠1=∠2．（1）若CE=1，求BC的长；（2）求证：AM=DF+ME．思维拓展题面：两人轮流给9×9的方格涂色，规定每人每次只能涂1格，不能涂在已经涂过的相邻格子里（有公共边的），谁涂完最后1格，而对方再也无处可涂，谁获胜．问：先涂色的人如何取胜？课后练习详解重难点易错点解析题一：答案：D.详解：根据旋转对称图形的性质，可得出四边形需要满足的条件：此四边形的对角线互相垂直、平分且相等，则这个四边形是正方形.故选D.金题精讲题一：答案：B.详解：根据旋转的性质可得：∠A ′=∠A ，∠A ′CB ′=∠ACB ，∵∠A =40°，∴∠A ′=40°.∵∠B ′=110°，∴∠A ′CB ′=180°﹣110°﹣40°=30°.∴∠ACB =30°.∵将△ABC 绕着点C 顺时针旋转50°后得到△A ′B ′C ′，∴∠ACA ′=50°，∴∠BCA ′=30°+50°=80°，故选B.满分冲刺题一：答案：A.详解：如图，过A 作AN ⊥BC 于N ，过E 作EM ⊥AD ，交DA 延长线于M ，∵AD ∥BC ，∠C ＝90°，∴∠C ＝∠ADC ＝∠ANC ＝90°.∴四边形ANCD 是矩形.∴∠DAN ＝90°＝∠ANB ＝∠MAN ，AD ＝NC ＝5，AN ＝CD.∴BN ＝9－5＝4.∵∠M ＝∠EAB ＝∠MAN ＝∠ANB =90°，∴∠EAM ＋∠BAM ＝90°，∠MAB ＋∠NAB ＝90°.∴∠EAM ＝∠NAB ，∵在△EAM 和△BNA 中，∠M ＝∠ANB ；∠EAM ＝∠BAN ；AE ＝AB ，∴△EAM ≌△BAN （AAS ）.∴EM ＝BN ＝4.∴△ADE 的面积是12×AD ×EM ＝12×5×4＝10.故选A.题二：答案：（1）2；（2）见详解详解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD.∴∠1=∠ACD.∵∠1=∠2，∴∠ACD=∠2.∴MC=MD.∵ME⊥CD，∴CD=2CE.∵CE=1，∴CD=2.∴BC=CD=2.（2）证明：∵F为边BC的中点，∴BF=CF=12BC.∴CF=CE.∵在菱形ABCD中，AC平分∠BCD，∴∠ACB=∠ACD.在△CEM和△CFM中，∵CE=CF，∠ACB=∠ACD，CM=CM，∴△CEM≌△CFM（SAS），∴ME=MF.延长AB交DF于点G，∵AB∥CD，∴∠G=∠2.∵∠1=∠2，∴∠1=∠G.∴AM=MG.在△CDF和△BGF中，∵∠G=∠2，∠BFG=∠CFD，BF=CF，∴△CDF≌△BGF（AAS）.∴GF=DF.由图形可知，GM=GF+MF，∴AM=DF+ME.思维拓展答案：先涂色的人只要先占据最中间的一格，创造一个对称状态，此后每次都和对方对称着涂色，当完成最后一次涂色时，对手已无处涂色，于是获胜．详解：对称取胜的关键是要能找到操作内容的对称状态，如果一开始就是对称状态，则后操作的只要每次保持对称即能获胜，但如果一开始不对称，先操作首先就要抓住机会先创造出对称状态，再在以后的操作中保持，就能获得胜利，本题中，先涂色的人只要先占据最中间的一格，创造一个对称状态，此后每次都和对方对称着涂色，当完成最后一次涂色时，对手已无处涂色，于是获胜．先涂色的人只要先占据最中间的一格，创造一个对称状态，此后每次都和对方对称着涂色，当完成最后一次涂色时，对手已无处涂色，初中数学试卷鼎尚图文**整理制作。
数学中考压轴题旋转问题答案版
旋转拔高练习一、选择题1. 广东如图,把一个斜边长为2且含有300角的直角三角板ABC 绕直角顶点C 顺时针旋转900到△A 1B 1C,则在旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积是A ．π B．3 C ．33+42π D ．113+124π 1、分析因为旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积分为三部分扇形ACA 1、 BCD 和△ACD 计算即可：在△ABC 中,∠ACB=90°,∠BAC=30°,AB=2,∴BC=12AB=1,∠B=90°－∠BAC=60°;∴22AC AB BC 3=-=; ∴ABC 13S BC AC 22∆=⨯⨯=;设点B 扫过的路线与AB 的交点为D,连接CD,∵BC=DC,∴△BCD 是等边三角形;∴BD=CD=1;∴点D 是AB 的中点;∴ACD ABC 1133S S 2224∆∆==⨯=S; ∴1ACD ACA BCD ABC S S S ∆∆=++扇形扇形的面扫过积22903 6013331133603604464124πππππ⨯⨯⨯⨯=++=++=+（） 故选D; 2. 湖北如图,O 是正△ABC 内一点,OA=3,OB=4,OC=5,将线段BO 以点B 为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′,下列结论：①△BO′A 可以由△BOC 绕点B 逆时针旋转60°得到；②点O 与O′的距离为4；③∠AOB=150°；④AOBO S =6+33四形边；⑤AOC AOB 93SS6+4+=．其中正确的结论是 A ．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③ 2分析∵正△ABC,∴AB=CB,∠ABC=600;∵线段BO 以点B 为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′,∴BO=BO′,∠O′AO=600;∴∠O′BA=600－∠ABO=∠OBA;∴△BO′A≌△BOC;∴△BO′A 可以由△BOC 绕点B 逆时针旋转60°得到;故结论①正确;连接OO′,∵BO=BO′,∠O′AO=600,∴△OBO′是等边三角形;∴OO′=OB=4;故结论②正确;∵在△AOO′中,三边长为O′A=OC=5,OO′=OB=4,OA=3,是一组勾股数,∴△AOO′是直角三角形;∴∠AOB=∠AOO′＋∠O′OB =900＋600=150°;故结论③正确;AOO OBO AOBO 11S S S 34+4236+4322∆'∆''=+=⋅⋅⋅⋅=四形边;故结论④错误; 如图所示,将△AOB 绕点A 逆时针旋转60°,使得AB 与AC 重合,点O 旋转至O″点．易知△AOO″是边长为3的等边三角形,△COO″是边长为3、4、5直角三角形;则AOC AOB AOCO COO AOO 113393S S S S S 34+3=6+2224∆∆"∆"∆"+==+=⋅⋅⋅⋅; 故结论⑤正确;综上所述,正确的结论为：①②③⑤;故选A;3. 四川如图,P 是等腰直角△ABC 外一点,把BP 绕点B 顺时针旋转90°到BP′,已知∠AP′B=135°,P′A：P′C=1：3,则P′A：PB= ;A ．1：2B ．1：2C ．3：2D ．1：33、分析如图,连接AP,∵BP 绕点B 顺时针旋转90°到BP′,∴BP=BP′,∠ABP+∠ABP′=90°; 又∵△ABC 是等腰直角三角形,∴AB=BC,∠CBP′+∠ABP′=90°,∴∠ABP=∠CBP′; 在△ABP 和△CBP′中,∵ BP=BP′,∠ABP=∠CBP′,AB=BC ,∴△ABP≌△CBP′SAS; ∴AP=P′C;∵P′A：P′C=1：3,∴AP=3P′A;连接PP′,则△PBP′是等腰直角三角形;∴∠BP′P=45°,PP′= 2 PB;∵∠AP′B=135°,∴∠AP′P=135°-45°=90°,∴△APP′是直角三角形;设P′A=x,则AP=3x, 在Rt△APP′中,()2222PP AP P A 3x x 22 x '=-'=-=;在Rt△APP′中,PP 2PB '=;∴2PB=2 2 x ,解得PB=2x;∴P′A：PB=x ：2x=1：2; 故选B;4. 贵州点P 是正方形ABCD 边AB 上一点不与A 、B 重合,连接PD 并将线段PD 绕点P 顺时针旋转90°,得线段PE,连接BE,则∠CBE 等于A ．75° B．60° C．45° D．30° 4分析过点E 作EF⊥AF,交AB 的延长线于点F,则∠F=90°,∵四边形ABCD 为正方形,∴AD=AB,∠A=∠ABC=90°;∴∠ADP+∠APD=90°; 由旋转可得：PD=PE,∠DPE=90°,∴∠APD+∠EPF=90°;∴∠ADP=∠EPF;在△APD 和△FEP 中,∵∠ADP=∠EPF,∠A=∠F,PD=PE, ∴△APD≌△FEPAAS;∴AP=EF,AD=PF;又∵AD=AB,∴PF=AB,即AP+PB=PB+BF;∴AP=BF;∴BF=EF又∵∠F=90°,∴△BEF 为等腰直角三角形;∴∠EBF=45°; 又∵∠CBF=90°,∴∠CBE=45°;故选C;答案C;5. 广西如图,等边△ABC 的周长为6π,半径是1的⊙O 从与AB 相切于 点D 的位置出发,在△ABC 外部按顺时针方向沿三角形滚动,又回到与AB 相 切于点D 的位置,则⊙O 自转了：A ．2周B ．3周C ．4周D ．5周5分析该圆运动可分为两部分：在三角形的三边运动以及绕过三角形的三个角,分别计算即可得到圆的自传周数：⊙O在三边运动时自转周数：6π÷2π =3：⊙O绕过三角形外角时,共自转了三角形外角和的度数：360°,即一周;∴⊙O自转了3+1=4周;故选C;二、填空题6. 四川如图,四边形ABCD中,∠BAD=∠BCD=900,AB=AD,若四边形ABCD的面积是24cm2.则AC长是▲ cm. 6分析如图,将△ADC旋转至△ABE处,则△AEC的面积和四边形ABCD的面积一样多为24cm2,,这时三角形△AEC为等腰直角三角形,作边EC上的高AF,则AF=12EC=FC, ∴ S△AEC=12AF·EC=AF2=24 ;∴AF2=24;∴AC2=2AF2=48 AC=43;7. 江西南昌如图,正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合,将△AEF绕顶点A旋转,在旋转过程中,当BE=DF时,∠BAE的大小可以是▲ ．7分析正三角形AEF可以在正方形的内部也可以在正方形的外部,所以要分两种情况分别求解：①当正三角形AEF在正方形ABCD的内部时,如图1,∵正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合,∴AB=AD,AE=AF;∵当BE=DF时,在△ABE和△ADF中,AB=AD,BE=DF,AE=AF,∴△ABE≌△ADFSSS;∴∠BAE=∠FAD;∵∠EAF=60°,∴∠BAE+∠FAD=30°;∴∠BAE=∠FAD=15°;②当正三角形AEF在正方形ABCD的外部,顺时针旋转小于1800时,如图2,同上可得△ABE≌△ADFSSS;∴∠BAE=∠FAD;∵∠EAF=60°,∴∠BAF=∠DAE;∵900＋600＋∠BAF＋∠DAE=3600,∴∠BAF=∠DAE=105°;∴∠BAE=∠FAD=165°;③当正三角形AEF在正方形ABCD的外部,顺时针旋转大于1800时,如图3,同上可得△ABE≌△ADFSSS;∴∠BAE=∠FAD;∵∠EAF=60°,∠BAE=90°,∴90°＋∠DAE=60°＋∠DAE,这是不可能的;∴此时不存在BE=DF的情况;综上所述,在旋转过程中,当BE=DF时,∠BAE的大小可以是15°或165°;8. 吉林省如图,在等边△ABC中,D是边AC上一点,连接BD．将△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE,连接ED．若BC=10,BD=9,则△AED的周长是_ ▲____. 8分析∵△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE, ∴根据旋转前、后的图形全等的旋转性质,得,CD= AE,BD=BE;∵△ABC是等边三角形,BC=10,∴AC=BC=10;∴AE＋AD=AC=10;又∵旋转角∠DBE=600,∴△DBE是等边三角形;∴DE=BD=9;∴△AED 的周长=DE ＋AE ＋AD=9＋10=19; 三、解答题9. 北京市在ABC △中,BA=BC BAC ∠=α，,M 是AC 的中点,P 是线段BM 上的动点,将线段PA 绕点P 顺时针旋转2α得到线段PQ;1 若α=60︒且点P 与点M 重合如图1,线段CQ 的延长线交射线BM 于点D,请补全图形, 并写出∠CDB 的度数；2 在图2中,点P 不与点B,M 重合,线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D,猜想∠CDB 的 大小用含α的代数式表示,并加以证明；3 对于适当大小的α,当点P 在线段BM 上运动到某一位置不与点B,M 重合时,能使得 线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D,且PQ=QD,请直接写出α的范围; 9答案解：1补全图形如下：∠CDB=30°;2作线段CQ 的延长线交射线BM 于点D,连接PC,AD,∵AB=BC,M 是AC 的中点,∴BM⊥AC;∴AD=CD,AP=PC,PD=PD; 在△APD 与△CPD 中,∵AD=CD, PD=PD, PA=PC∴△APD≌△CPDSSS; ∴AP=PC,∠ADB=∠CDB,∠PAD=∠PCD;又∵PQ=PA,∴PQ=PC,∠ADC=2∠CDB,∠PQC=∠PCD=∠PAD; ∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°;∴∠APQ+∠ADC=360°－∠PAD+∠PQD=180°;∴∠ADC=180°－∠APQ=180°－2α,即2∠CDB=180°－2α; ∴∠CDB=90°－α;345°＜α＜60°;分析1利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出△CMQ 是等边三角形,即可得出答案：∵BA=BC,∠BAC=60°,M 是AC 的中点,∴BM⊥AC,AM=AC;∵将线段PA 绕点P 顺时针旋转2α得到线段PQ,∴AM=MQ,∠AMQ=120°; ∴CM=MQ,∠CMQ=60°;∴△CMQ 是等边三角形;∴∠ACQ=60°;∴∠CDB=30°;2首先由已知得出△APD≌△CPD,从而得出∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°,即可求出; 3由2得出∠CDB=90°－α,且PQ=QD,∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°－2α;∵点P 不与点B,M 重合,∴∠BAD＞∠PAD＞∠MAD;∴2α＞180°－2α＞α,∴45°＜α＜60°;10. 福建在平面直角坐标系中,矩形OABC 如图所示放置,点A 在x 轴上,点B 的坐标为m,1m ＞0,将此矩形绕O 点逆时针旋转90°,得到矩形OA′B′C′． 1写出点A 、A′、C′的坐标；2设过点A 、A′、C′的抛物线解析式为y=ax 2+bx+c,求此抛物线的解析式；a 、b 、c 可用含m 的式子表示 3试探究：当m 的值改变时,点B 关于点O 的对称点D 是否可能落在2中的抛物线上若能,求出此时m 的值． 10答案解：1∵四边形ABCD 是矩形,点B 的坐标为m,1m ＞0, ∴Am,0,C0,1;∵矩形OA′B′C′由矩形OABC 旋转90°而成,∴A′0,m,C′－1,0;2设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2＋bx＋c, ∵Am,0,A′0,m,C′－1,0,∴2a m bm c0c ma b c0⎧++=⎪=⎨⎪-+=⎩,解得a 1b m 1c m=-⎧⎪=-⎨⎪=⎩;∴此抛物线的解析式为：y=－x2＋m－1x＋m;3∵点B与点D关于原点对称,Bm,1,∴点D的坐标为：－m,－1,假设点D－m,－1在2中的抛物线上,∴0=－－m2＋m－1×－m＋m=1,即2m2－2m＋1=0,∵△=－22－4×2×2=－4＜0,∴此方程无解;∴点D不在2中的抛物线上;分析1先根据四边形ABCD是矩形,点B的坐标为m,1m＞0,求出点A、C的坐标,再根据图形旋转的性质求出A′、C′的坐标即可;2设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c,把A、A′、C′三点的坐标代入即可得出abc的值,进而得出其抛物线的解析式;3根据关于原点对称的点的坐标特点用m表示出D点坐标,把D点坐标代入抛物线的解析式看是否符合即可;11. 江苏1如图1,在△ABC中,BA=BC,D,E是AC边上的两点,且满足∠DBE=12∠ABC0°＜∠CBE＜12∠ABC;以点B为旋转中心,将△BEC按逆时针方向旋转∠ABC,得到△BE’A点C与点A重合,点E到点E’处,连接DE’;求证：DE’=DE.2如图2,在△ABC中,BA=BC,∠ABC=90°,D,E是AC边上的两点,且满足∠DBE=12∠ABC0°＜∠CBE＜45°.求证：DE2=AD2+EC2.11答案证明：1∵△BE’A是△BEC按逆时针方向旋转∠ABC得到,∴BE’=BE,∠E’BA=∠EBC;∵∠DBE=12∠ABC,∴∠ABD＋∠EBC =12∠ABC;∴∠ABD＋∠E’BA =12∠ABC,即∠E’BD=12∠ABC;∴∠E’BD=∠DBE;在△E’BD和△EBD中,∵BE’=BE,∠E’BD=∠DBE,BD=BD,∴△E’BD≌△EBDSAS;∴DE’=DE;2以点B为旋转中心,将△BEC按逆时针方向旋转∠ABC=90°,得到△BE’A点C与点A重合,点E到点E’处,连接DE’ 由1知DE’=DE;由旋转的性质,知E’A=EC,∠E’ AB=∠ECB;又∵BA=BC,∠ABC=90°,∴∠BAC=∠ACB=45°;∴∠E’ AD=∠E’ AB＋∠BAC=90°; 在Rt△DE’A 中,DE’2=AD 2+E’A 2,∴DE 2=AD 2+EC 2; 分析1由旋转的性质易得BE’=BE,∠E’BA=∠EBC,由已知∠DBE=12∠ABC 经等量代换可得 ∠E’BD=∠DBE,从而可由SAS 得△E’BD≌△EBD,得到DE’=DE;2由1的启示,作如1的辅助图形,即可得到直角三角形DE’A,根据勾股定理即可证得结论;12. 四川德阳在平面直角坐标xOy 中,如图正方形OABC 的边长为4,边OA 在x 轴的正半轴上,边OC 在y 轴的正半轴上,点D 是OC 的中点,BE⊥DB 交x 轴于点E.⑴求经过点D 、B 、E 的抛物线的解析式；⑵将∠DBE 绕点B 旋转一定的角度后,边BE 交线段OA 于点F,边BD 交y 轴于点G,交⑴中的抛 物线于M 不与点B 重合,如果点M 的横坐标为512,那么结论OF=21DG 能成立吗请说明理由. ⑶过⑵中的点F 的直线交射线CB 于点P,交⑴中的抛物线在第一象限的部分于点Q,且使△PFE 为等腰三角形,求Q 点的坐标.12答案解：1∵BE⊥DB 交x 轴于点E,OABC 是正方形,∴∠DBC=EBA;在△BCD 与△BAE 中,∵∠BCD=∠BAE=90°, BC=BA ,∠DBC=∠EBA ,∴△BCD≌△BAEASA;∴AE=CD;∵OABC 是正方形,OA=4,D 是OC 的中点, ∴A4,0,B4,4,C0,4,D0,2,∴E6,0．设过点D0,2,B4,4,E6,0的抛物线解析式为y=ax 2+bx+c,则有：c 216a 4b c 436a 6b c 0=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩,解得 5a 1213b 6c 2⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪=⎪⎪⎩; ∴经过点D 、B 、E 的抛物线的解析式为：2513y=x +x+2126-; 2结论OF=12DG 能成立．理由如下：由题意,当∠DBE 绕点B 旋转一定的角度后,同理可证得△BCG≌△BAF,∴AF=CG;∵x M =125,∴2M M M 51324y =x +x +2=1265-;∴M 122455，;设直线MB 的解析式为y MB =kx+b,∵M 122455 ，,B4,4,∴1224k+b=554k+b=4⎧⎪⎨⎪⎩,解得1k=2b=6⎧-⎪⎨⎪⎩;∴y MB =12-x+6;∴G0,6;∴CG=2,DG=4;∴AF=CG=2,OF=OA﹣AF=2,F2,0;∵OF=2,DG=4,∴结论OF=12DG 成立; 3如图,△PFE 为等腰三角形,可能有三种情况,分类讨论如下： ①若PF=FE;∵FE=4,BC 与OA 平行线之间距离为4,∴此时P 点位于射线CB 上;∵F2,0,∴P2,4; 此时直线FP⊥x 轴;来∴x Q =2;∴Q Q 2Q 51314y =x +x +2=1263-, ∴Q 12,143;②若PF=PE; 如图所示,∵AF=AE=2,BA⊥FE,∴△BEF 为等腰三角形; ∴此时点P 、Q 与点B 重合;∴Q 24,4;③若PE=EF;∵FE=4,BC 与OA 平行线之间距离为4,∴此时P 点位于射线CB 上;∵E6,0,∴P6,4;设直线y PF 的解析式为y PF =kx+b,∵F2,0,P6,4,∴2k+b=06k+b=4⎧⎨⎩,解得k=1b=2⎧⎨-⎩;∴y PF =x ﹣2;∵Q 点既在直线PF 上,也在抛物线上,∴2513x +x+2=x 2126--,化简得5x 2﹣14x ﹣48=0, 解得x 1= 245,x 2=﹣2不合题意,舍去;∴x Q =2;∴y Q =x Q ﹣2=24142=55-;∴Q 3241455 ，;综上所述,Q 点的坐标为Q 12,143或Q 24,4或Q 3241455，;分析1由正方形的性质和△BCD≌△BAE 求得E 点坐标,然后利用待定系数法求抛物线解析式;2求出M 点坐标,然后利用待定系数法求直线MB 的解析式,令x=0,求得G 点坐标,从而得到线段CG 、DG的长度；由△BCG ≌△BAF,可得AF=CG ,从而求得OF 的长度．比较OF 与DG 的长度,它们满足OF=12DG 的关系,所以结论成立；3分PF=FE 、PF=PE 和PE=EF 三种情况,逐一讨论并求解; 13. 辽宁1如图,在△ABC 和△ADE 中,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=90°．①当点D 在AC 上时,如图1,线段BD 、CE 有怎样的数量关系和位置关系直接写出你猜想的结论；②将图1中的△ADE 绕点A 顺时针旋转α角0°＜α＜90°,如图2,线段BD 、CE 有怎样的数量关系和位置关系请说明理由．2当△ABC 和△ADE 满足下面甲、乙、丙中的哪个条件时,使线段B D 、CE 在1中的位置关系仍然成立不必说明理由．甲：AB ：AC=AD ：AE=1,∠BAC=∠DAE≠90°； 乙：AB ：AC=AD ：AE≠1,∠BAC=∠DAE=90°； 丙：AB ：AC=AD ：AE≠1,∠BAC=∠DAE≠90°．13答案解：1①结论：BD=CE,BD⊥CE;②结论：BD=CE,BD⊥CE;理由如下：∵∠BAC=∠DAE=90°,∴∠BAD－∠DAC=∠DAE－∠DAC,即∠BAD=∠CAE; 在Rt△ABD 与Rt△ACE 中,∵AB=AC,∠BAD=∠CAE ,AD=AE, ∴△ABD≌△ACESAS;∴BD=CE;延长BD 交AC 于F,交CE 于H; 在△ABF 与△HCF 中,∵∠ABF=∠HCF,∠AFB=∠HFC,∴∠CHF=∠BAF=90°;∴BD⊥CE;2结论：乙．AB：AC=AD：AE,∠BAC=∠DAE=90°;考点全等三角形的判定和性质,三角形内角和定理,旋转的性质;分析1①BD=CE,BD⊥CE;根据全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△ACE,然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等∠ABF=∠ECA；然后在△ABD和△CDF中,由三角形内角和定理可以求得∠CFD=90°,即BD⊥CF;②BD=CE,BD⊥CE;根据全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△ACE,然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等∠ABF=∠ECA；作辅助线延长BD交AC于F,交CE于HBH构建对顶角∠ABF=∠HCF,再根据三角形内角和定理证得∠BHC=90°;2根据结论①、②的证明过程知,∠BAC=∠DFC或∠FHC=90°时,该结论成立了,所以本条件中的∠BAC=∠DAE≠90°不合适;14. 辽宁本溪已知,在△ABC中,AB=AC;过A点的直线a从与边AC重合的位置开始绕点A按顺时针方向旋转角θ,直线a交BC边于点P点P不与点B、点C重合,△BMN的边MN始终在直线a上点M在点N的上方,且BM=BN,连接CN;1当∠BAC=∠MBN=90°时,①如图a,当θ=45°时,∠ANC的度数为_______；②如图b,当θ≠45°时,①中的结论是否发生变化说明理由；2如图c,当∠BAC=∠MBN≠90°时,请直接写出∠ANC与∠BAC之间的数量关系,不必证明;14答案解：1①450;②不变;理由如下过B、C分别作BD⊥AP于点D,CE⊥AP于点E;∵∠BAC =90°,∴∠BAD＋∠EAC=90°;∵BD⊥AP,∴∠ADB =90°;∴∠ABD＋∠BAD=90°;∴∠ABD=∠EAC;又∵AB=AC,∠ADB=∠CEA=90°,∴△ADB≌△CEAAAS;∴AD=EC,BD=AE;∵BD是等腰直角三角形NBM斜边上的高,∴BD=DN,∠BND=45°;∴BN=BD=AE;∴DN－DE=AE－DE,即NE=AD=EC;∵∠NEC =90°,∴∠ANC =45°;3∠ANC =90°－12∠BAC;分析1①∵BM=BN,∠MBN=90°,∴∠BMN=∠BNM=45°;又∵∠CAN=45°,∴∠BMN=∠CAN;又∵AB=AC,AN=AN,∴△BMN≌△CANSAS;∴∠ANC=∠BNM=45°;②过B、C分别作BD⊥AP于点D,CE⊥AP于点E;通过证明△ADB≌△CEA从而证明△CEN是等腰直角三角形即可;2如图,由已知得：∠θ=1800－2∠ABC－∠1∵AB=AC=1800－∠2－∠6－∠1∵∠BAC=∠MBN,BM=BN=1800－∠2－∠1－∠6=∠3＋∠4＋∠5－∠6三角形内角和定理 =∠6＋∠5－∠6=∠5∠3＋∠4=∠ABC=∠6; ∴点A 、B 、N 、C 四点共圆; ∴∠ANC =∠ABC ==90°－12∠BAC; 15.山东德州已知正方形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45o ,如图②所示,取DF 中点G ,连接EG ,CG ．问1中的结论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,再连接相应的线段,问1中的结论是否仍然成立通过观察你还能得出什么结论均不要求证明15 解：1证明：在Rt △FCD 中,∵G 为DF 的中点,∴ CG =12FD ．………… 1分同理,在Rt DEF 中, EG =12FD ． ………………2分 ∴CG =EG ．…………………3分21中结论仍然成立,即EG =．…………………………4分证法一：连接AG ,过G 点作MN ⊥AD 于M 与EF 的延长线交于N 点．在△DAG 与△DCG 中, ∵ AD =CD ,∠ADG =∠CDG ,DG =DG ,∴ △DAG ≌△DCG ．∴ AG =CG ．………………………5分 在△DMG 与△FNG 中,∵ ∠DGM =∠FGN ,FG =DG ,∠MDG =∠NFG ,∴ △DMG ≌△FNG ．∴ MG =NG在矩形AENM 中,AM =EN ． ……………6分在Rt △AMG 与Rt △ENG 中,∵ AM =EN , MG =NG ,∴ △AMG ≌△ENG ．∴ AG =EG ．∴ EG =CG ． ……………………………8分证法二：延长CG 至M ,使MG =CG ,连接MF ,ME ,EC , ……………………4分在△DCG 与△FMG 中,∵FG =DG ,∠MGF =∠CGD ,MG =CG ,∴△DCG ≌△FMG ．∴MF =CD ,∠FMG ＝∠DCG ． ∴MF ∥CD ∥AB ．………………………5分∴EF MF ⊥．在Rt △MFE 与Rt △CBE 中,∵ MF =CB ,EF =BE ,∴△MFE ≌△CBE ． ∴MEF CEB ∠=∠．…………………………………………………6分∴∠MEC ＝∠MEF ＋∠FEC ＝∠CEB ＋∠CEF ＝90°． …………7分∴ △MEC 为直角三角形．∵ MG = CG ,∴ EG =21MC ．∴ EG CG =．………………………………8分 31中的结论仍然成立,即EG =CG ．其他的结论还有:EG ⊥CG ．……10分16、襄阳如图1,点A 是线段BC 上一点,△ABD 和△ACE 都是等边三角形． 1连结BE,CD,求证：BE=CD ；2如图2,将△ABD 绕点A 顺时针旋转得到△AB ′D ′．D CE G第15题图① F D C E G第15题图②FAE 第15题图③FADE图③GF A D GN 图 ②一FA D G M①当旋转角为60度时,边AD′落在AE上；②在①的条件下,延长DD’交CE于点P,连接BD′,CD′．当线段AB、AC满足什么数量关系时,△BDD′与△CPD′全等并给予证明．16、解1证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形．∴AB=AD,AE=AC,∠BAD=∠CAE=60°,∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE,即∠BAE=∠DAC,在△BAE和△DAC中,,∴△BAE≌△DACSAS,∴BE=CD；2解：①∵∠BAD=∠CAE=60°,∴∠DAE=180°﹣60°×2=60°,∵边AD′落在AE上,∴旋转角=∠DAE=60°；②当AC=2AB时,△BDD′与△CPD′全等．理由如下：由旋转可知,AB′与AD重合,∴AB=BD=DD′=AD′,∴四边形ABDD′是菱形,∴∠ABD′=∠DBD′=∠ABD=×60°=30°,DP∥BC,∵△ACE是等边三角形,∴AC=AE,∠ACE=60°,∵AC=2AB,∴AE=2AD′,∴∠PCD′=∠ACD′=∠ACE=×60°=30°,又∵DP∥BC,∴∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PCD′=∠PD′C=30°,在△BDD′与△CPD′中,,∴△BDD′≌△CPD′ASA．故答案为：60．17. 鸡西如图1,在正方形ABCD中,点M、N分别在AD、CD上,若∠MBN=45°,易证MN=AM+CN1如图2,在梯形ABCD中,BC∥AD,AB=BC=CD,点M、N分别在AD、CD上,若∠MBN= 12∠ABC,试探究线段MN、AM、CN有怎样的数量关系请写出猜想,并给予证明．2如图3,在四边形ABCD中,AB=BC,∠ABC+∠ADC=180°,点M、N分别在DA、CD的延长线上,若∠MBN= 12∠ABC,试探究线段MN、AM、CN又有怎样的数量关系请直接写出猜想,不需证明．17 解：1MN=AM+CN．理由如下：如图,∵BC∥AD,AB=BC=CD,∴梯形ABCD是等腰梯形,∴∠A+∠BCD=180°,把△ABM绕点B顺时针旋转90°到△CBM′,则△ABM≌△CBM′,∴AM=CM′,BM=BM′,∠A=∠BCM′,∠ABM=∠M′BC,∴∠BCM′+∠BCD=180°,∴点M′、C、M三点共线,∵∠MBN=12∠ABC,D∴∠M′BN=∠M′BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=∠ABC-∠MBN=12∠ABC,∴∠MBN=∠M′BN,在△BMN和△BM′N中,∵BM BMMBN M BN BN BN'=⎧⎪'∠=∠⎨⎪=⎩,∴△BMN≌△BM′NSAS,∴MN=M′N,又∵M′N=CM′+CN=AM+CN,∴MN=AM+CN；2MN=CN-AM．理由如下：如图,作∠CBM′=∠ABM交CN于点M′, ∵∠ABC+∠ADC=180°,∴∠BAD+∠C=360°-180°=180°,又∵∠BAD+∠BAM=180°,∴∠C=∠BAM,在△ABM和△CBM′中,∵CBM ABM AB BCC BAM'∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩,∴△ABM≌△CBM′ASA,∴AM=CM′,BM=BM′,∵∠MBN=12∠ABC,∴∠M′BN=∠ABC-∠ABN+∠CBM′=∠ABC-∠ABN+∠ABM=∠ABC-∠MBN=12∠ABC,∴∠MBN=∠M′BN,在△MBN和△M′BN∵BM BMMBN M BN BN BN'=⎧⎪'∠=∠⎨⎪=⎩,∴△MBN≌△M′BNSAS,∴MN=M′N,∵M′N=CN-CM′=CN-AM,∴MN=CN-AM．点评：本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定与性质,等腰梯形的两底角互补,利用旋转变换作辅助线,构造出全等三角形,把MN、AM、CN通过等量转化到两个全等三角形的对应边是解题的关键,本题灵活性较强,对同学们的能力要求较高．。
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（2）求证：AM=DF+ME．
思维拓展
题面：两人轮流给9×9的方格涂色，规定每人每次只能涂1格，不能涂在已经涂过的相邻格子里（有公共边的），谁涂完最后1格，而对方再也无处可涂，谁获胜．问：先涂色的人如何取胜？
课后练习详解
重难点易错点解析
题一：
答案：D.
详解：根据旋转对称图形的性质，可得出四边形需要满足的条件：此四边形的对角线互相垂直、平分且相等，则这个四边形是正方形.故选D.
A．110° B．80° C．40° D．30°
满分冲刺
题一：
题面：如图，在直角梯形ABCD中，AD//BC，∠C＝90°，AD＝5，BC＝9，以A为中心将腰AB顺时针旋转90°至AE，连接DE，则△ADE的面积等于（）
A．10B．11C．12D．13
题二：
题面：已知：如图，在菱形ABCD中，F为边BC的中点，DF与对角线AC交于点M，过M作ME⊥CD于点E，∠1=∠2．
学科：数学
专题：旋转
主讲教师：黄炜北京四中数学教师
重难点易错点解析
题一：
题面：将下列图形绕其对角线的交点逆时针旋转90°，所得图形一定与原图形重合的是（）
A平行四边形B矩形C菱形D正方形
金题精讲
题一：
题面：如图，将△ABC绕着点C顺时针旋转50°后得到△A′B′C′．若∠A=40°．∠B′=110°，则∠BCA′的度数是（）
∴△CEM≌△CFM（SAS），∴ME=MF.
延长AB交DF于点G，
∵AB∥CD，∴∠G=∠2.
∵∠1=∠2，∴∠1=∠G.
∴AM=MG.
在△CDF和△BGF中，
∵∠G=∠2，∠BFG=∠CFD，BF=CF，∴△CDF≌△BGF（AAS）.
∴GF=DF.
由图形可知，GM=GF+MF，∴AM=DF+ME.
∴∠EAM＋∠BAM＝90°，∠MAB＋∠NAB＝90°.∴∠EAM＝∠NAB，
∵在△EAM和△BNA中，∠M＝∠ANB；∠EAM＝∠BAN；AE＝AB，
∴△EAM≌△BAN（AAS）.∴EM＝BN＝4.
∴△ADE的面积是 ×AD×EM＝ ×5×4＝10.故选A.
题二：
答案：（1）2；（2）见详解
详解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD.∴∠1=∠ACD.
∵∠1=∠2，∴∠ACD=∠2.∴MC=MD.
∵ME⊥CD，∴CD=2CE.
∵CE=1，∴CD=2.∴BC=CD=2.
（2）证明：∵F为边BC的中点，∴BF=CF= BC.∴CF=CE.
∵在菱形ABCD中，AC平分∠BCD，∴∠ACB=∠ACD.
在△CEM和△CFM中，∵CE=CF，∠ACB=∠ACD，CM=CM，
满分冲刺
题一：
答案：A.
详解：如图，过A作AN⊥BC于N，过E作EM⊥AD，交DA延长线于M，
∵AD∥BC，∠C＝90°，
∴∠C＝∠ADC＝∠ANC＝90°.∴四边形ANCD是矩形.
∴∠DAN＝90°＝∠ANB＝∠MAN，AD＝NC＝5，AN＝CD.
∴BN＝9－5＝4.
∵∠M＝∠EAB＝∠MAN＝∠ANB=90°，
思维拓展
答案：先涂色的人只要先占据最中间的一格，创造一个对称状态，此后每次都和对方对称着涂色，当完成最后一次涂色时，对手已无处涂色，于是获胜．
详解：对称取胜的关键是要能找到操作内容的对称状态，如果一开始就是对称状态，则后操作的只要每次保持对称即能获胜，但如果一开始不对称，先操作首先就要抓住机会先创造出对称状态，再在以后的操作中保持，就能获得胜利，本题中，先涂色的人只要先占据最中间的一格，创造一个对称状态，此后每次都和对方对称着涂色，当完成最后一次涂色时，对手已无处涂色，于是获胜．先涂色的人只要先占据最中间的一格，创造一个对称状态，此后每次都和对方对称着涂色，当完成最后一次涂色时，对手已无处涂色，于是获胜．
金题精讲
题一：
答案：B.
详解：根据旋转的性质可得：∠A′=∠A，∠A′CB′=∠ACB，
∵∠A=40°，∴∠A′=40°.
∵∠B′=110°，∴∠A′CB′=180°﹣110°﹣40°=30°.∴∠ACB=30°.
∵将△ABC绕着点C顺时针旋转50°后得到△A′B′C′，∴∠ACA′=50°，
∴∠BCA′=30°+50°=80°，故选B.