人教数学二模试题分类汇编——旋转综合附详细答案

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．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．
2．（12分）如图1，在等边△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接BE，CD，点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点．
（1）观察猜想：图1中，△PMN的形状是；
（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，△PMN的形状是否发生改变？并说明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=1，AB=3，请直接写出△PMN 的周长的最大值．
【答案】(1) 等边三角形；(2) △PMN的形状不发生改变，仍然为等边三角形,理由见解析；（3）6
【解析】
分析：（1）如图1，先根据等边三角形的性质得到AB=AC，∠ABC=∠ACB=60°，则
BD=CE，再根据三角形中位线性质得PM∥CE，PM=1
2
CE，PN∥AD，PN=
1
2
BD，从而得到
PM=PN，∠MPN=60°，从而可判断△PMN为等边三角形；
（2）连接CE、BD，如图2，先利用旋转的定义，把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE，则BD=CE，∠ABD=∠ACE，与（1）一样可得PM=PN，∠BPM=∠BCE，
∠CPN=∠CBD，则计算出∠BPM+∠CPN=120°，从而得到∠MPN=60°，于是可判断△PMN为等边三角形．
（3）利用AB﹣AD≤BD≤AB+AD（当且仅当点B、A、D共线时取等号）得到BD的最大值为4，则PN的最大值为2，然后可确定△PMN的周长的最大值．
详解：（1）如图1．
∵△ABC为等边三角形，∴AB=AC，∠ABC=∠ACB=60°．
∵AD=AE，∴BD=CE．
∵点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点，
∴PM∥CE，PM=1
2CE，PN∥AD，PN=
1
2
BD，
∴PM=PN，∠BPM=∠BCA=60°，∠CPN=∠CBA=60°，
∴∠MPN=60°，∴△PMN为等边三角形；
故答案为等边三角形；
（2）△PMN的形状不发生改变，仍然为等边三角形．理由如下：连接CE、BD，如图2．
∵AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=60°，
∴把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE，
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，
与（1）一样可得PM∥CE，PM=1
2
CE，PN∥AD，PN=
1
2
BD，
∴PM=PN，∠BPM=∠BCE，∠CPN=∠CBD，
∴∠BPM+∠CPN=∠CBD+∠CBD=∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE=60°+60°=120°，∴∠MPN=60°，∴△PMN为等边三角形．
（3）∵PN=1
2
BD，∴当BD的值最大时，PN的值最大．
∵AB﹣AD≤BD≤AB+AD（当且仅当点B、A、D共线时取等号）
∴BD的最大值为1+3=4，∴PN的最大值为2，∴△PMN的周长的最大值为6．
点睛：本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定与性质和三角形中位线性质．
3．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)
5 2
.
【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，
∴22，
由（2）知，在Rt△BEH中，22，∴2
由（2）知，△DFG≌△HEG，
∴DG=HG，
∴HG=1
2
DH=
2
2
，
∴BG=BH+HG=22+2
2=
52
2
．
【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．
4．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（8，0），点B（0，6），把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′B′O′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为α．
（1）如图1，若α=90°，则AB=，并求AA′的长；
（2）如图2，若α=120°，求点O′的坐标；
（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，直接写出点P′的坐标．
【答案】（1）10，102；（2）（33，9）；（3）12354
5
（，）
【解析】
试题分析：(1)、如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠O BO′=120°，则
∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；(3)、由旋转的性质得BP=BP′，则
O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求
出直线O′C的解析式为y=x﹣3，从而得到P（，0），则O′P′=OP=，作
P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D 和DO′的长，从而可得到P′点的坐标．
试题解析：(1)、如图①，∵点A（4，0），点B（0，3），∴OA=4，OB=3，
∴AB==5，
∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，∴BA=BA′，∠ABA′=90°，
∴△ABA′为等腰直角三角形，∴AA′=BA=5；
(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，
∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，∴∠HBO′=60°，在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣
∠HBO′=30°，
∴BH=BO′=，O′H=BH=，∴OH=OB+BH=3+，∴O′点的坐标为
（）；
（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，∴BP=BP′，
∴O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，
则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，∵点C与点B关于x轴对称，∴C（0，﹣3），
设直线O′C的解析式为y=kx+b，
把O′（），C（0，﹣3）代入得，解得，
∴直线O′C的解析式为y=x﹣3，当y=0时，x﹣3=0，解得x=，则P
（，0），
∴OP=，∴O′P′=OP=，作P′D⊥O′H于D，
∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°，∴∠DP′O′=30°，
∴O′D=O′P′=，P′D=，∴DH=O′H﹣O′，
∴P′点的坐标为（，）．
考点：几何变换综合题
5．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
AC
BC
＝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 3
CPE 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 FP
MC 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 =，AC
BC
=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
MC 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 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 =，AC
BC
=tan30°，
∴k=tan30°=3
，
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．
6．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，E是边AC上任意一点（点E与点A，C不重合），以CE为一直角边作Rt△ECD，∠ECD=90°，连接BE，AD．
（1）若CA=CB，CE=CD
①猜想线段BE，AD之间的数量关系及所在直线的位置关系，直接写出结论；
②现将图1中的Rt△ECD绕着点C顺时针旋转锐角α，得到图2，请判断①中的结论是否仍然成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（2）若CA=8,CB=6，CE=3，CD=4，Rt△ECD绕着点C顺时针转锐角α，如图3，连接BD，AE，计算的值．
【答案】（1）①BE=AD，BE⊥AD；②见解析；（2）125．
【解析】
试题分析：根据三角形全等的判定与性质得出BE=AD，BE⊥AD；设BE与AC的交点为点F，BE与AD的交点为点G，根据∠ACB=∠ECD=90°得出∠ACD=∠BCE，然后结合AC=BC，CD=CE得出△ACD≌△BCE，则AD=BE，∠CAD=∠CBF，根据∠BFC=∠AFG，
∠BFC+∠CBE=90°得出∠AFG+∠CAD=90°，从而说明垂直；首先根据题意得出
△ACD∽△BCE，然后说明∠AGE=∠BGD=90°，最后根据直角三角形的勾股定理将所求的线段转化成已知的线段得出答案．
试题解析：（1）①解：BE=AD，BE⊥AD
②BE=AD，BE⊥AD仍然成立
证明：设BE与AC的交点为点F，BE与AD的交点为点G，如图1．
∵∠ACB=∠ECD=90°，∴∠ACD=∠BCE ∵AC=BC CD=CE ∴△ACD≌△BCE
∴AD=BE ∠CAD=∠CBF ∵∠BFC=∠AFG ∠BFC+∠CBE=90°∴∠AFG+∠CAD=90°
∴∠AGF=90°∴BE⊥AD
（2）证明：设BE与AC的交点为点F，BE的延长线与AD的交点为点G，如图2．
∵∠ACB=∠ECD=90°，∴∠ACD=∠BCE ∵AC=8，BC=6，CE=3，CD=4 ∴△ACD∽△BCE ∴∠CAD=∠CBE ∵∠BFC=∠AFG ∠BFC+∠CBE=90°∴∠AFG+∠CAD=90°
∴∠AGF=90°∴BE⊥AD ∴∠AGE=∠BGD=90°
∴，．∴．∵，，
∴
考点：三角形全等与相似、勾股定理．
7．已知：一次函数的图象与x轴、y轴的交点分别为A、B，以B为旋转中心，将△BOA逆时针旋转，得△BCD（其中O与C、A与D是对应的顶点）.
（1）求AB的长；
（2）当∠BAD=45°时，求D点的坐标；
（3）当点C在线段AB上时，求直线BD的关系式.
【答案】（1）5；（2）D（4，7）或（-4，1）；（3）
【解析】
试题分析：（1）先分别求得一次函数
的图象与x 轴、y 轴的交点坐标，再根
据勾股定理求解即可； （2）根据旋转的性质结合△BOA 的特征求解即可；
（3）先根据点C 在线段AB 上判断出点D 的坐标，再根据待定系数法列方程组求解即可. （1）在时，当时，，当时， ∴； （2）由题意得D （4，7）或（-4，1）；
（2）由题意得D 点坐标为（4，
） 设直线BD 的关系式为
∵图象过点B （0，4），D （4，） ∴，解得
∴直线BD 的关系式为
.
考点：动点的综合题 点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．
8．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）3033430334S -+≤≤. 【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 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 ≌.
②由ADB AOB ≌，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 中，有222AH AC HC =+，
∴()22235t t =+-.解得175t =.∴175
BH =. ∴点H 的坐标为17,35⎛⎫ ⎪⎝⎭
.
（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.
9．如图1，点O 为直线AB 上一点，过O 点作射线OC ，使∠AOC ：∠BOC ＝1：2，将一直角三角板的直角顶点放在点O 处，一边OM 在射线OB 上，另一边ON 在直线AB 的下方．
（1）将图1中的三角板绕点O 按逆时针方向旋转至图2的位置，使得ON 落在射线OB 上，此时三角板旋转的角度为 度；
（2）继续将图2中的三角板绕点O 按逆时针方向旋转至图3的位置，使得ON 在∠AOC 的内部．试探究∠AOM 与∠NOC 之间满足什么等量关系，并说明理由；
（3）在上述直角三角板从图1逆时针旋转到图3的位置的过程中，若三角板绕点O 按15°每秒的速度旋转，当直角三角板的直角边ON 所在直线恰好平分∠AOC 时，求此时三角板绕点O 的运动时间t 的值。

【答案】（1）90 （2）答案见解析 （3）4秒或16秒
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质知，旋转角是∠MON ；
（2）如图3，利用平角的定义，结合已知条件“∠AOC ：∠BOC ＝1：2”求得∠AOC ＝60°；然后由直角的性质、图中角与角间的数量关系推知∠AOM ﹣∠NOC ＝30°；
（3）需要分类讨论：（ⅰ）当直角边ON在∠AOC外部时，旋转角是60°；（ⅱ）当直角边ON在∠AOC内部时，旋转角是240°
【详解】
解：（1）由旋转的性质知，旋转角∠MON＝90°．
故答案是：90；
（2）如图3，∠AOM﹣∠NOC＝30°．
设∠AOC＝α，由∠AOC：∠BOC＝1：2可得
∠BOC＝2α．
∵∠AOC+∠BOC＝180°，
∴α+2α＝180°．
解得α＝60°．
即∠AOC＝60°．
∴∠AON+∠NOC＝60°．①
∵∠MON＝90°，
∴∠AOM+∠AON＝90°．②
由②﹣①，得∠AOM﹣∠NOC＝30°；
（3）（ⅰ）如图4，当直角边ON在∠AOC外部时，
由OD平分∠AOC，可得∠BON＝30°．
因此三角板绕点O逆时针旋转60°．
此时三角板的运动时间为：
t＝60°÷15°＝4（秒）．
（ⅱ）如图5，当直角边ON在∠AOC内部时，
由ON平分∠AOC，可得∠CON＝30°．
因此三角板绕点O逆时针旋转240°．
此时三角板的运动时间为：
t＝240°÷15°＝16（秒）．
【点睛】
本题综合考查了旋转的性质，角的计算．解答（3）题时，需要分类讨论，以防漏解．
10．如图，点P是正方形ABCD内一点，点P到点A，B和D的距离分别为1，2，10.△ADP沿点A旋转至△ABP′，连接PP′，并延长AP与BC相交于点Q.
(1)求证：△APP′是等腰直角三角形；
(2)求∠BPQ的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）∠BPQ=45°．
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质可知，△APD≌△AP′B，所以AP=AP′，∠PAD=∠P′AB，因为
∠PAD+∠PAB=90°，所以∠P′AB+∠PAB=90°，即∠PAP′=90°，故△APP′是等腰直角三角
形；
（2）根据勾股定理逆定理可判断△PP′B是直角三角形，再根据平角定义求出结果.
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵△ADP沿点A旋转至△ABP′，
∴AP=AP′，∠PAP′=∠DAB=90°，
∴△APP′是等腰直角三角形；
（2）∵△APP′是等腰直角三角形，
∴22，∠APP′=45°，
∵△ADP沿点A旋转至△ABP′，
∴10，
在△PP′B中，2，2，10，
∵2）2+（22=10）2，
∴PP′2+PB2=P′B2，
∴△PP′B为直角三角形，∠P′PB=90°，
∴∠BPQ=180°﹣∠APP′﹣∠P′PB=180°﹣45°﹣90°=45°．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理及逆定理的综合运用，有一定难度，关键是明确旋转的不变性．。