人教版九年级上册数学 旋转几何综合专题练习(解析版)
数学九年级上册 旋转几何综合单元测试卷(含答案解析)
数学九年级上册 旋转几何综合单元测试卷（含答案解析）一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）1．如图1，在Rt △ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝AC ，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD ＝AE ，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是 ，位置关系是 ；（2）探究证明：把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断△PMN 的形状，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 ＝4，AB ＝10，请直接写出△PMN 面积的最大值．【答案】（1）PM ＝PN ，PM ⊥PN ；（2）△PMN 是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S △PMN 最大＝492． 【解析】【分析】（1）由已知易得BD CE =，利用三角形的中位线得出12PM CE =，12PN BD =，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线得出//PM CE 得出DPM DCA ∠=∠，最后用互余即可得出位置关系；（2）先判断出ABD ACE ∆≅∆，得出BD CE =，同（1）的方法得出12PM BD =，12PN BD =，即可得出PM PN =，同（1）的方法由MPN DCE DCB DBC ACB ABC ∠=∠+∠+∠=∠+∠，即可得出结论；（3）方法1：先判断出MN 最大时，PMN ∆的面积最大，进而求出AN ，AM ，即可得出MN 最大AM AN =+，最后用面积公式即可得出结论．方法2：先判断出BD 最大时，PMN ∆的面积最大，而BD 最大是14AB AD +=，即可得出结论．【详解】解：（1）点P ，N 是BC ，CD 的中点，//PN BD ∴，12PN BD =， 点P ，M 是CD ，DE 的中点，//PM CE ∴，12PM CE =， AB AC =，AD AE =，BD CE ∴=，PM PN ∴=，//PN BD ，DPN ADC ∴∠=∠，//PM CE ，DPM DCA ∴∠=∠，90BAC ∠=︒，90ADC ACD ∴∠+∠=︒，90MPN DPM DPN DCA ADC ∴∠=∠+∠=∠+∠=︒，PM PN ∴⊥，故答案为：PM PN =，PM PN ⊥；（2）PMN ∆是等腰直角三角形．由旋转知，BAD CAE ∠=∠，AB AC =，AD AE =，()ABD ACE SAS ∴∆≅∆，ABD ACE ∴∠=∠，BD CE =， 利用三角形的中位线得，12PN BD =，12PM CE =， PM PN ∴=，PMN ∴∆是等腰三角形，同（1）的方法得，//PM CE ，DPM DCE ∴∠=∠，同（1）的方法得，//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 =∠+∠+∠=∠+∠，90BAC ∠=︒，90ACB ABC ∴∠+∠=︒，90MPN ∴∠=︒，PMN ∴∆是等腰直角三角形；（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，PMN ∆是等腰直角三角形，MN ∴最大时，PMN ∆的面积最大，//DE BC ∴且DE 在顶点A 上面，MN ∴最大AM AN =+，连接AM ，AN ，在ADE ∆中，4AD AE ==，90DAE ∠=︒，22AM ∴=在Rt ABC ∆中，10AB AC ==，52AN =22522MN ∴=最大，222111149(72)22242PMN S PM MN ∆∴==⨯=⨯=最大． 方法2：由（2）知，PMN ∆是等腰直角三角形，12PM PN BD ==， PM ∴最大时，PMN ∆面积最大，∴点D 在BA 的延长线上，14BD AB AD ∴=+=，7PM ∴=，2211497222PMN S PM ∆∴==⨯=最大． 【点睛】此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出12PM CE =，12PN BD =，解（2）的关键是判断出ABD ACE ∆≅∆，解（3）的关键是判断出MN 最大时，PMN ∆的面积最大．2．如图一，矩形ABCD 中，AB=m ，BC=n ，将此矩形绕点B 顺时针方向旋转θ（0°＜θ＜90°）得到矩形A 1BC 1D 1，点A 1在边CD 上．（1）若m=2，n=1，求在旋转过程中，点D 到点D 1所经过路径的长度；（2）将矩形A 1BC 1D 1继续绕点B 顺时针方向旋转得到矩形A 2BC 2D 2，点D 2在BC 的延长线上，设边A 2B 与CD 交于点E ，若161A E EC=，求n m 的值． （3）如图二，在（2）的条件下，直线AB 上有一点P ，BP=2，点E 是直线DC 上一动点，在BE左侧作矩形BEFG且始终保持BE nBG m=，设AB=33，试探究点E移动过程中，PF 是否存在最小值，若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）5π；（2）3；（3）存在，63+【解析】【分析】（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．解直角三角形，求出∠ABA1，得到旋转角即可解决问题；（2）由△BCE∽△BA2D2，推出222A DCE nCB A B m==，可得CE=2nm，由161A EEC=-推出16A CEC=，推出A1C=26nm•，推出BH=A1C=26nm•，然后由勾股定理建立方程，解方程即可解决问题；（3）当A、P、F，D，四点共圆，作PF⊥DF，PF与CD相交于点M，作MN⊥AB，此时PF 的长度为最小值；先证明△FDG∽△FME，得到3FGFFM FED==，再结合已知条件和解直角三角形求出PM和FM的长度，即可得到PF的最小值.【详解】解：（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．∴AD=HA1=n=1，在Rt△A1HB中，∵BA1=BA=m=2，∴BA1=2HA1，∴∠ABA1=30°，∴旋转角为30°， ∵BD=22125+=，∴D 到点D 1所经过路径的长度=30551806ππ⋅⋅=； （2）∵△BCE ∽△BA 2D 2， ∴222A D CE n CB A B m==， ∴2n CE m=， ∵161EA EC =-， ∴16A C EC=， ∴A 1C=26n m⋅， ∴BH=A 1C=2226n m n m -=⋅， ∴42226n m n m-=⋅， ∴m 4﹣m 2n 2=6n 4， ∴242416n n m m-=•， ∴3n m =（负根已舍去）． （3）当A 、P 、F ，D ，四点共圆，作PF ⊥DF ，PF 与CD 相交于点M ，作MN ⊥AB ，此时PF 的长度为最小值；由（2）可知，3BE n BG m ==， ∵四边形BEFG 是矩形，∴3FG FE =， ∵∠DFG+∠GFM=∠GFM+∠MFE=90°，∴∠DFG=∠MFE ，∵DF ⊥PF ，即∠DFM=90°，∴∠FDM+∠GDM=∠FDM+∠DFM=∠FDM+90°，∴∠FDG=∠FME ，∴△FDG ∽△FME ，∴3FG F FM FE D ==，∵∠DFM=90°，tan FD FMD FM ∠==， ∴∠FDM=60°，∠FMD=30°，∴FM DM =；在矩形ABCD 中，有3AD AB ==3AD =， ∵MN ⊥AB ，∴四边形ANMD 是矩形，∴MN=AD=3，∵∠NPM=∠DMF=30°，∴PM=2MN=6，∴NP=AB =，∴DM=AN=BP=2，∴222FM DM ==⨯=∴6PF PM MF =+=+【点睛】本题考查点的运动轨迹，旋转变换、解直角三角形、弧长公式、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于压轴题，中考常考题型．正确作出辅助线，正确确定动点的位置，注意利用数形结合的思想进行解题.3．如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点P 、Q 分别是边AB 、BC 上的两个动点（与点A 、B 、C 不重合），且始终保持BP BQ =，AQ QE ⊥，QE 交正方形外角平分线CE 于点E ，AE 交CD 于点F ，连结PQ ．（1）求证：APQ QCE ∆∆≌；（2）证明：DF BQ QF +=；（3）设BQ x =，当x 为何值时，//QF CE ，并求出此时AQF ∆的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）当222x =-+//QF CE ；AQF S ∆442=-+．【解析】【分析】（1）判断出△PBQ 是等腰直角三角形，然后求出∠APQ=∠QCE=135°，再根据同角的余角相等求出∠PAQ=∠CQE ，再求出AP=CQ ，然后利用“角边角”证明即可；（2）根据全等三角形对应边相等可得AQ=EQ ，判断出△AQE 是等腰直角三角形，将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆，再证明()F AQ FAQ SAS '∆∆≌；（3）连结AC ，设QF CE ，推出QCF ∆是等腰直角三角形°，再证明()ABQ ADF SAS ∆∆≌，根据全等三角形对应边相等可得QF=GF ，AQ AF =，22.5QAB DAF ∠=∠=︒，分别用x 表示出DF 、CF 、QF ，然后列出方程求出x ，再求出△AQF 的面积．【详解】（1）∵四边形ABCD 是正方形，∴AB BC =，90B BCD DCM ∠=∠=∠=︒，∵BP BQ =，∴PBQ ∆是等腰直角三角形，AP QC =，∴45BPQ ∠=︒，∴135APQ ∠=︒∵CE 平分DCM ∠，∴45DCE ECM ∠=∠=︒，∴135QCE ∠=︒，∴135APQ QCE ∠=∠=︒，∵AQ QE ⊥，∴90AQB CQE ∠+∠=︒．∵90AQB BAQ ∠+∠=︒．∴BAQ CQE ∠=∠．∴()APQ QCE ASA ∆≌．（2）由（1）知APQ QCE ∆∆≌．∴QA QE =．∵90AQE ∠=︒，∴AQE ∆是等腰直角三角形，∴45QAE ∠=︒．∴45DAF QAB ∠+∠=︒，如图4，将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆，其中点D 与点B 重合，且点F '在直线BQ 上，则45F AQ '∠=︒，F A FA '=，AQ AQ =，∴()F AQ FAQ SAS '∆∆≌．∴QF QF BQ DF '==+．（3）连结AC ，若QF CE ，则45FQC ECM ∠=∠=︒．∴QCF ∆是等腰直角三角形，∴2CF CQ x ==-，∴DF BQ x ==．∵AB AD =，90B D ∠=∠=︒，∴()ABQ ADF SAS ∆∆≌．∴AQ AF =，22.5QAB DAF ∠=∠=︒，∴AC 垂直平分QF ，∴22.5QAC FAC QAB FAD ∠=∠=∠=∠=︒，2FQ QN =，∴22FQ BQ x ==．在Rt QCF ∆中，根据勾股定理，得222(2)(2)(2)x x x -+-=．解这个方程，得1222x =-+ 2222x =--（舍去）．当222x =-+时，QF CE ．此时，QCF QEF S S ∆∆=，∴212QCF AQF QEF AQF AQE S S S S S AQ ∆∆∆∆∆+=+==， ∴()2222111222AQF AQE QCF S S S AQ CQ AQ CQ ∆∆∆=-=-=- ()222112(2)4244222x x x x ⎡⎤=+--=⋅==-+⎣⎦ 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，难点在于（3）作辅助线构造成全等三角形并利用勾股定理列出方程．4．在△AOB 中，C ，D 分别是OA ，OB 边上的点，将△OCD 绕点O 顺时针旋转到△OC′D′． （1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB ，C ，D 分别为OA ，OB 的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；（2）如图2，若△AOB 为任意三角形且∠AOB=θ，CD ∥AB ，AC′与BD′交于点E ，猜想∠AEB=θ是否成立？请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）成立，理由见解析【解析】试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出OC′=OD′，由SAS 证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．试题解析：（1）证明：①∵△OCD 旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵OA=OB ，C 、D 为OA 、OB 的中点，∴OC=OD ，∴OC′=OD′，在△AOC′和△BOD′中，，∴△AOC′≌△BOD′（SAS），∴AC′=BD′；②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：∵△AOC′≌△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，∴∠OBD′+∠BFE=90°，∴∠BEA=90°，∴AC′⊥BD′；（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵CD∥AB，∴，∴，∴，又∠AOC′=∠BOD′，∴△AOC′∽△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∴∠AEB=∠AOB=θ．考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．5．某数学活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：操作发现（1）某小组做了有一个角是120︒的等腰三角形DAC和等边三角形GEB纸片，=，让两个三角形如图①放置，点C和点G重合，点D，点E在AB的同侧，AC DA DC和GB 在同一条直线上，点F 为AB 的中点，连接DF ，EF ，则DF 和EF 的数量关系与位置关系为：________；数学思考（2）在图①的基础上，将GEB 绕着C 点按顺时针方向旋转90︒，如图②，试判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，并说明理由；类比探索（3）①将GEB 绕着点C 任意方向旋转，如图③或图④，请问DF 和EF 的数量关系和位置关系改变了吗？无论改变与否，选择图③或图④进行证明；②GEB 绕着点C 旋转的过程中，猜想DF 与EF 的数量关系和位置关系，用一句话表述：________.【答案】（1）3EF DF =，DFEF ； （2）3EF DF =，DFEF ,理由见解析; （3）①3EF DF =，DFEF ;②旋转过程中3EF DF =，DF EF 始终成立.【解析】【分析】 （1）由题意过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，利用等边三角形和中点性质设DM a =，2GB b =，结合相似三角形判定和性质进行综合分析求解； （2）根据题意要求判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，并综合利用垂直平分线定理以及矩形和等边三角形性质与三角函数进行综合分析；（3）①根据题意延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，并利用全等三角形判定和性质以及三角函数进行分析证明；②由题意可知结合①猜想可知旋转过程中3EF DF =，DFEF 始终成立. 【详解】解：（1）3EF DF =，DF EF ；如解图，过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，AD CD =，EGB 为等边三角形. AM MC ∴=，GN BN =.又点F 为AB 的中点，AF BF ∴=.()12MF CF NC NB AC AM CB MC NC +=++=+=+∴. MF NC NB ∴==，CF CN FN AM +==.设DM a =，2GB b =，120ADC ∠=︒，DA DC =，3AM a ∴=，3FN a =，MF NC NB b ===.tan 33EGB NE GN GN b =⋅==∠.在DMF 和FNE 中，33DM FN a==， 33MF NE b==， 又90DMF FNE ∠=∠=︒，DMF FNE ∴∽. MDF NFE ∴∠=∠，3DF DM FE FN ==，即3EF DF =. 90MDF DFM ∠+∠=︒，90DFM NFE ∴∠+∠=︒.90DFE ∴∠=︒.3EF DF ∴=且DFEF . （2）3EF DF =，DF EF . 理由如下：如解图，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，当旋转角是90︒时，则90ACB ∠=︒，在Rt ACB △中，点F 是AB 的中点，CF BF ∴=.又CE EB=，EF ∴垂直平分BC.同理，DF 垂直平分AC ，∴四边形LCMF 为矩形，90DFE ∴∠=︒.DF EF ∴⊥，//AC EF .DA DC =，120ADC =∠︒，30DCA ∴∠=︒.GEB 为等边三角形，60ECB ∴∠=︒.∴∠DCA+∠ACB+∠ECB=180^∘ ∴D ，C ，E 三点共线.30DCA DEF ∴∠=∠=︒.∴在Rt DEF △中，3tan 33DE DF F F E DF ===∠； （3）①3EF DF =，DFEF .选择题图进行证明：如解图，延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，在ADF 和BNF 中，AF BF AFD BFN DF NF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()SAS ADF BNF ∴≅.AD NB ∴=，ADF BNF ∠=∠.//AD NB ∴.18060O ADC ∴∠=︒-∠=︒.又CPO BPE ∠=∠，60O CEB ∠=∠=︒，OCP OBE ∴∠=∠.DCE NBE ∴∠=∠.又GEB 是等边三角形，GE BE ∴=，又AD BN CD ==，()SASDCE NBE∴≅.DE NE∴=，BEN CED∠=∠.BEN BED CED BED∴∠+∠=∠+∠，即60NED BEC∠=∠=︒.DEN∴是等边三角形.又DF FN=，DF EF∴⊥，60FDE∠=︒.tan3E EF DF DFFD∴∠=⋅=.或选择图进行证明，证明如下：如解图，延长DF并延长到点N，使得FN DF=，连接NB，DE，NE，NB与CD 交于点O，EB与CD相交于点J，在ADF 和BNF中，AF BFAFD BFNDF NF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()SASADF BNF∴≅.AD NB∴=，ADF BNF∠=∠.//AD NB∴.120NOC ADC∴∠=∠=︒.60BOJ∴∠=︒，60JEC∠=︒.又OJB EJC∠=∠，OBE ECJ∴∠=∠.AD CD=，AD NB=，CD NB∴=.又GEB是等边三角形，CE BE∴=.()SASDCE NBE∴≅.DE NE∴=，BEN CED∠=∠.BEN BED CED BED∴∠-∠=∠-∠，即60NED BEC∠=∠=︒.DEN∴是等边三角形.又DF FN=，DF EF ∴⊥，60FDE ∠=︒.tan 3E E F DF DF FD ∴∠=⋅=.②旋转过程中3EF DF =，DFEF 始终成立.【点睛】本题考查几何图形的综合探究题，难度大，运用数形结合思维分析以及掌握并灵活利用全等三角形判定和性质以及三角函数、相似三角形判定和性质等是解题关键.错因分析：①未掌握旋转的性质，即旋转前后线段、角度均不变；②不能合理利用类比关系，由浅到深解决问题.6．阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形．小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC ＝∠DAE ，AB ＝AC ，AD ＝AE ，则BD ＝CE ,(1)在图1中证明小胖的发现；借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题：(2)如图2，AB ＝BC ，∠ABC ＝∠BDC ＝60°，求证：AD+CD ＝BD ；(3)如图3，在△ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝m°，点E 为△ABC 外一点，点D 为BC 中点，∠EBC ＝∠ACF ，ED ⊥FD ，求∠EAF 的度数（用含有m 的式子表示）．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =12m°. 【解析】 分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC ，只要证明△DAB ≌△EAC 即可；（2）如图2中，延长DC 到E ，使得DB=DE ．首先证明△BDE 是等边三角形，再证明△ABD ≌△CBE 即可解决问题；（3）如图3中，将AE 绕点E 逆时针旋转m°得到AG ，连接CG 、EG 、EF 、FG ，延长ED 到M ，使得DM=DE ，连接FM 、CM ．想办法证明△AFE ≌△AFG ，可得∠EAF=∠FAG=12m°. 详（1）证明：如图1中，∵∠BAC=∠DAE ，∴∠DAB=∠EAC ，在△DAB 和△EAC 中，AD AE DAB EAC AB AC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△DAB ≌△EAC ，∴BD=EC ．（2）证明：如图2中，延长DC 到E ，使得DB=DE．∵DB=DE ，∠BDC=60°，∴△BDE 是等边三角形，∴∠BD=BE ，∠DBE=∠ABC=60°，∴∠ABD=∠CBE ，∵AB=BC ，∴△ABD ≌△CBE ，∴AD=EC ，∴BD=DE=DC+CE=DC+AD ．∴AD+CD=BD ．（3）如图3中，将AE 绕点E 逆时针旋转m°得到AG ，连接CG 、EG 、EF 、FG ，延长ED 到M ，使得DM=DE ，连接FM 、CM ．由（1）可知△EAB≌△GAC，∴∠1=∠2，BE=CG，∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，∴△EDB≌△MDC，∴EM=CM=CG，∠EBC=∠MCD，∵∠EBC=∠ACF，∴∠MCD=∠ACF，∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，∴∠1=3=∠2，∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，∵CF=CF，CG=CM，∴△CFG≌△CFM，∴FG=FM，∵ED=DM，DF⊥EM，∴FE=FM=FG，∵AE=AG，AF=AF，∴△AFE≌△AFG，∴∠EAF=∠FAG=12 m°．点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．7．(1)问题发现如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上.填空:线段AD,BE之间的关系为 .(2)拓展探究如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由.(3)解决问题如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B 的位置的变化,直接写出PC 的范围.【答案】(1) AD=BE ，AD⊥BE．(2) AD=BE ，AD⊥BE．(3) 5-32≤PC≤5+32．【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质证△ACD ≌△BCE （SAS ），得AD=BE ，∠EBC=∠CAD ，延长BE 交AD 于点F ，由垂直定义得AD ⊥BE ．（2）根据等腰三角形性质证△ACD ≌△BCE （SAS ），AD=BE ，∠CAD=∠CBE ，由垂直定义得∠OHB=90°，AD ⊥BE ；（3）作AE ⊥AP ，使得AE=PA ，则易证△APE ≌△ACP ，PC=BE ，当P 、E 、B 共线时，BE 最小，最小值=PB-PE ；当P 、E 、B 共线时，BE 最大，最大值=PB+PE ，故5-32≤BE≤5+32.【详解】（1）结论：AD=BE ，AD ⊥BE ．理由：如图1中，∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形，∴AC=BC ，CE=CD ，∠ACB=∠ACD=90°，在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴AD=BE ，∠EBC=∠CAD延长BE 交AD 于点F ，∵BC ⊥AD ，∴∠EBC+∠CEB=90°，∵∠CEB=AEF ，∴∠EAD+∠AEF=90°，∴∠AFE=90°，即AD⊥BE．∴AD=BE，AD⊥BE．故答案为AD=BE，AD⊥BE．（2）结论：AD=BE，AD⊥BE．理由：如图2中，设AD交BE于H，AD交BC于O．∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=90°，∴ACD=∠BCE，在Rt△ACD和Rt△BCE中AC BCACD BCECD CE⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，∴∠BOH+∠OBH=90°，∴∠OHB=90°，∴AD⊥BE，∴AD=BE，AD⊥BE．（3）如图3中，作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，∴PC=BE，图3-1中，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE=5-32，图3-2中，当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE=5+32，∴5-32≤BE≤5+32，即5-32≤PC≤5+32．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．8．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 ＝2+25或m ＝2﹣25（舍）．【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．9．在矩形ABCD 中，2AB =，1BC =，以点A 为旋转中心，逆时针旋转矩形ABCD ，旋转角为(0180)αα<<，得到矩形AEFG ，点B 、点C 、点D 的对应点分别为点E 、点F 、点G ．()1如图①，当点E 落在DC 边上时，直写出线段EC 的长度为______；()2如图②，当点E 落在线段CF 上时，AE 与DC 相交于点H ，连接AC ，①求证：ACD ≌CAE ；②直接写出线段DH 的长度为______．()3如图③设点P 为边FG 的中点，连接PB ，PE ，在矩形ABCD 旋转过程中，BEP 的面积是否存在最大值？若存在请直接写出这个最大值；若不存在请说明理由．【答案】（1）23；（2）①见解析；34②；（3）存在，PBE 的面积的最大值为21，理由见解析 【解析】【分析】 ()1如图①中，在Rt ADE 中，利用勾股定理即可解决问题；()2①证明：如图②中，根据HL 即可证明ACD ≌CAE ； ②如图②中，由ACD ≌CAE ，推出ACD CAE ∠∠=，推出AH HC =，设AH HC m ==，在Rt ADH 中，根据222AD DH AH +=，构建方程即可解决问题； ()3存在.如图③中，连接PA ，作BM PE ⊥交PE 的延长线于M.由题意：PF PC 1==，由AG EF 1==，G F 90∠∠==，推出PA PE 2==PBE 12S PE BM 22=⋅⋅=，推出当BM 的值最大时，PBE 的面积最大，求出BM 的最大值即可解决问题；【详解】()1四边形ABCD 是矩形，AB CD 2∴==，BC AD 1==，D 90∠=，矩形AEFG 是由矩形ABCD 旋转得到，AE AB 2∴==，在Rt ADE 中，22DE 213=-=故答案为23-．()2①当点E 落在线段CF 上，AEC ADC 90∠∠∴==，在Rt ADC 和Rt AEC 中，{AC CACD AE ==， Rt ACD ∴≌()Rt CAE HL ；ACD ②≌CAE ，ACD CAE ∠∠∴=，AH HC ∴=，设AH HC m ==，在Rt ADH 中，222AD DH AH +=，2221(2m)m ∴+-=，5m 4∴=， 53DH 244∴=-=， 故答案为34； ()3存在．理由如下：如图③中，连接PA ，作BM PE ⊥交PE 的延长线于M ，由题意：PF PC 1==，AG EF 1==，G F 90∠∠==，PA PE 2∴==PBE 12S PE BM BM 22∴=⋅⋅=， ∴当BM 的值最大时，PBE 的面积最大，BM PB ≤，PB AB PA ≤+，BM22∴≤+，∴的最大值为22BM+，∴的面积的最大值为21PBE+．【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，三角形的三边关系等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．10．如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点. 分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=2OD，OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE．(1)求证：DE⊥AG；(2)正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转角(0°< <360°)得到正方形，如图2．①在旋转过程中，当∠是直角时，求的度数；(注明：当直角边为斜边一半时，这条直角边所对的锐角为30度)②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求长的最大值和此时的度数，直接写出结果不必说明理由．【答案】（1）DE⊥AG （2）①当∠为直角时，α=30°或150°.②315°【解析】分析：（1）延长ED交AG于点H，证明≌，根据等量代换证明结论；（2）根据题意和锐角正弦的概念以及特殊角的三角函数值得到，分两种情况求出的度数；（3）根据正方形的性质分别求出OA和OF的长，根据旋转变换的性质求出AF′长的最大值和此时的度数．详解：如图1，延长ED交AG于点H，点O是正方形ABCD两对角线的交点，，，在和中，，≌，，，，，即；在旋转过程中，成为直角有两种情况：Ⅰ由增大到过程中，当时，，在中，sin∠AGO=，，，，，即；Ⅱ由增大到过程中，当时，同理可求，．综上所述，当时，或．如图3，当旋转到A、O、在一条直线上时，的长最大，正方形ABCD的边长为1，，，，，，，此时．点睛：考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角形函数，旋转变换的性质的综合应用，有一定的综合性，注意分类讨论的思想.。
人教版初中九年级数学上册第二十三章《旋转》经典练习(含答案解析)
一、选择题1．如图，在ABC 中，75CAB ∠=︒，在同一平面内，将ABC 绕点A 旋转到AB C ''△的位置，使得CC //AB '，则BAB '∠=（ ）A ．30B ．35︒C ．40︒D ．50︒2．下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ． 3．如图，OAB 绕点O 逆时针旋转80°到OCD 的位置，已知45AOB ∠=︒，则AOD ∠等于（ ）A ．45°B ．35°C ．25°D ．15°4．如图，在等边△ABC 中，AC=8，点O 在AC 上，且AO=3，点P 是边AB 上一动点，连接OP ，将线段OP 绕点O 逆时针旋转60°得到线段OD ，要使点D 恰好落在BC 上，则AP 的长是（ ）．A ．4B ．5C ．6D ．85．以下四幅图案，其中图案是中心对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．6．如图，已知平行四边形ABCD 中，AE BC ⊥于点,E 以点B 为中心，取旋转角等于,ABC ∠把BAE △顺时针旋转，得到BA E ''，连接DA '．若60,50ADC ADA '∠=︒∠=︒，则DA E ''∠的大小为（ ）A ．130︒B ．150︒C ．160︒D ．170︒7．下列四个图案中，是中心对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．8．如图，正方形ABCD 内一点P ，5AB =，2BP =，把ABP △绕点B 顺时针旋转90°得到CBP '，则PP '的长为（ ）A ．22B ．23C ．3D ．32 9．如图，将ABC 绕点C 顺时针旋转80°，得到DEC ，若3120B A ∠=∠=︒，则α∠的度数是（ ）10．下列命题的逆命题是真命题的是()A．等边三角形是等腰三角形B．若22>，则a bac bc>C．成中心对称的两个图形全等D．有两边相等的三角形是等腰三角形11．如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD四条边AB、BC、CD、DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的是（）A．不是平行四边形B．不是中心对称图形C．一定是中心对称图形D．当AC＝BD时，它为矩形12．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ADE，若∠CAE=65°，∠E=70°，且AD⊥BC，∠BAC的度数为（）．A．60 °B．75°C．85°D．90°13．如图，正方形网格中，已有两个小正方形被涂黑，再将图中其余小正方形涂黑一个，使整个图案构成一个轴对称图形，那么涂法共有（）A．3种B．4种C．5种D．6种14．如图，在Rt△ABC中，AB=AC，D，E是斜边BC上两点，且∠DAE=45°，将△ABE绕点A顺时针旋转90°后，得到△ACF，连接DF，则下列结论中有( )个是正确的．①∠DAF=45° ②△ABE≌△ACD ③AD平分∠EDF ④222+=BE DC DE15．如图，在等边△ABC中，AC＝9，点O在AC上，且AO＝3，P是AB上一动点，连接OP，将线段OP绕点O逆时针旋转60°得到线段OD，若使点D恰好落在BC上，则线段AP 的长是()A．4 B．5 C．6 D．8第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明参考答案二、填空题16．如图，将边长为6的正方形ABCD绕点A逆时针方向旋转30︒后得到正方形''''，则图中阴影部分面积为____________．A B C D17．如图，线段BC为一个通信公司，该公司与两个通信点,A D恰好围成一个正方形的ABCD公司BC长度为100米，公司准备在正方形ABCD内要建设一个通信中转站点,P，在通信公司的BC边上架设一个通讯中心点Q，在通信中转站点P到两个通信点,A D和通讯中心点Q之间铺设通信光缆，则铺设光缆的最短长度为________米．DE=，把ADE绕点A 18．如图，在正方形ABCD中，3AB=，点E在CD边上，1△，连接EE'，则线段EE'的长为______．顺时针旋转90°，得到ABE'19．在Rt ABC △中，90ACB ∠=︒，将ABC 绕顶点C 顺时针旋转得到A B C ''，点M 是BC 的中点，点P 是A B ''的中点，连接PM ．若4BC =，30A ∠=︒，则在旋转一周的过程中线段PM 长度的最大值等于_____．20．如图，在Rt ABC 中，90CAB ∠=︒，点P 是ABC 内一点，将ABP △绕点A 逆时针旋转后能与ACP '△重合，如果5AP =，则PP '的长为______．21．如图，△AOB 中，∠B=30°，将△AOB 绕点O 顺时针旋转得到△A′OB′，若∠A′=40°，则∠B′= °，∠AOB= ．22．如图，平行四边形ABCD 的两条对角线AC 与BD 相交于直角坐标系的原点．若点A 的坐标为（－2，3），则点C 的坐标为___________．23．如图，在Rt △ABC 中，已知∠C=90°，∠A=60°，AC=3cm ，以斜边AB 的中点P 为旋转中心，把这个三角形按逆时针方向旋转90°得到Rt △A′B′C′，则旋转前后两个直角三角形重叠部分的面积为______________．24．若点()3,5B n +与点()4,A m 关于原点O 中心对称，则m n +=______________． 25．如图，在Rt ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝6cm ，BC ＝8cm ．将Rt ABC 绕点A 逆时针旋转得到Rt AB C ''△，使点C '落在AB 边上，连结BB '，则BB '的长度为_________．26．一副直角三角尺叠放，如图①所示，现将含45°角的三角尺ADE 固定不动，将含30°角的三角尺ABC 绕顶点A 顺时针转动（旋转角不超过180度），使两个三角尺有一组边互相平行．例如图②，当∠BAD =15°时，BC ∥DE ，当90°<∠BAD <180°时，∠BAD 的度数为___．三、解答题27．如图，△ABC 中A （2-，3），B （3-，1），C （1-，2）．（1）将△ABC 绕原点O 顺时针旋转180°，在坐标系中画出旋转后的△A 1B 1C 1； （2）写出的△A 1B 1C 1的顶点B 1的坐标 ．28．如图，△ABC 在平面直角坐标系中，每个小正方形网格的边长都是1个单位长度． （1）画出ABC 关于x 轴的对称图形111A B C △，并写出点1A 的坐标；（2）将△ABC 绕点O 顺时针旋转90°，请画出旋转后的222A B C △，并写出A 2的坐标． （3）直接写出12B B 的长度．29．在平面直角坐标系中，△ABC 的位置如图所示（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）．（1）将△ABC 绕着点A 顺时针旋转90 ，画出旋转后得到的△AB 1C 1；直接写出点B 1的坐标；（2）作出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2，并直接写出点B2的坐标．30．如图所示，△ ABC和△ AEF为等边三角形，点 E 在△ ABC 内部，且 E 到点 A、B、C 的距离分别为 3、4、5，求∠AEB的度数．。
考点解析人教版九年级数学上册第二十三章旋转专题攻克试题(含答案解析版)
人教版九年级数学上册第二十三章旋转专题攻克考试时间：90分钟；命题人：数学教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）1、把图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度至少为（）A．30°B．90°C．120°D．180°2、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转到点D落在AB边上，此时得到△EDC，斜边DE交AC边于点F，则图中阴影部分的面积为（）DA．3 B．1 C3、如图，将正方形ABCD 绕点A 顺时针旋转38︒，得到正方形AEFG ，DB 的延长线交EF 于点H ，则DHE ∠的大小为（ ）A ．76︒B ．97︒C ．90︒D ．114︒4、如图，矩形ABCD 绕点A 逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到矩形AB 'C ′D '，此时点B ′恰好在DC 边上，若∠B 'BC =15°，则α的大小为（ ）A ．15°B ．25°C ．30°D ．45°5、如图，在方格纸中，将Rt AOB △绕点B 按顺时针方向旋转90°后得到Rt A O B ''△，则下列四个图形中正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．6、如图，在ABC 中，90ACB ∠=︒，30BAC ∠=︒，D 为ABC 内一点，分别连接PA 、PB 、PC ，当BPC AP CPA B ∠∠=∠=时，PA PB PC ++=BC 的值为（ ）A ．1 BC D ．27、下列运动形式属于旋转的是( )A ．在空中上升的氢气球B ．飞驰的火车C ．时钟上钟摆的摆动D ．运动员掷出的标枪8、有下列说法：①平行四边形具有四边形的所有性质：②平行四边形是中心对称图形：③平行四边形的任一条对角线可把平行四边形分成两个全等的三角形；④平行四边形的两条对角线把平行四边形分成4个面积相等的小三角形．其中正确说法的序号是（ ）．A ．①②④B ．①③④C ．①②③D ．①②③④9、如图，在矩形ABCD 中，4AB =，6BC =，O 是矩形的对称中心，点E 、F 分别在边AD 、BC 上，连接OE 、OF ，若2AE BF ==，则OE OF +的值为（ ）A ．B ．CD ．10、下列四个图形中，中心对称图形是（ ）A ．B ．C ．D ．第Ⅱ卷（非选择题 70分）二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）1、如图，将线段AB 绕点O 顺时针旋转90°得到线段''A B ，那么()2,5A -的对应点'A 的坐标是__________．2、如图，正方形OABC 的边长为2，将正方形OABC 绕点O 顺时针旋转α︒得到正方形OA B C '''，连接BC '，当点A '恰好落在直线BC '上时，线段BC '的长度是______3、如图，将ABC 绕点A 逆时针旋转角()0180αα︒<<︒得到ADE ，点B 的对应点D 恰好落在BC 边上，若,25DE AC CAD ⊥∠=︒，则旋转角α的度数是______．4、如图，P 是正方形ABCD 内一点，将ABP △绕点B 顺时针方向旋转,能与1CBP 重合，若5PB =，则1PP =______．5、如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，以点A为中心，将矩形ABCD旋转得到矩形AB'C'D'，使得点B'落在边AD上，则∠C'AC的度数为 _____°．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、已知：如图，三角形ABM与三角形ACM关于直线AF成轴对称，三角形ABE与三角形DCE关于点E 成中心对称，点E、D、M都在线段AF上，BM的延长线交CF于点P．（1）求证：AC=CD；（2）若∠BAC=2∠MPC，请你判断∠F与∠MCD的数量关系，并说明理由．2、如图1，直线DE上有一点O，过点O在直线DE上方作射线OC．将一直角三角板()∠=︒的直角顶点放在点O处，一条直角边OA在射线OD上，另一边OB在直线DE上AOB OAB30方．将直角三角板绕着点O 按每秒20︒的速度逆时针旋转一周，设旋转时间为t 秒．(1)当直角三角板旋转到如图2的位置时，OA 恰好平分COD ∠，此时，BOC ∠与∠BOE 之间有何数量关系？并说明理由；(2)在旋转的过程中，若射线OC 的位置保持不变，且140COE ∠=︒．①当边AB 与射线OE 相交时（如图3），则AOC BOE ∠-∠的值为_______；②当边AB 所在的直线与OC 平行时，求t 的值．3、如图，在10×8的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1个单位．（1）先将△ABC 向下平移4个单位，得到△A ′B ′C ′；（2）再将△A ′B ′C ′绕点B ′逆时针旋转90°，得到△A ′'B ′C ′'．画出△A ′B ′C ′和△A ″B ′C ″．（用黑色水笔描粗各边并标出字母，不要求写画法）4、在Rt△ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝2，∠ABC ＝30°，点A 关于直线BC 的对称点为A ′，连接A ′B ，点P 为直线BC 上的动点（不与点B 重合），连接AP ，将线段AP 绕点P 逆时针旋转60°，得到线段PD ，连接A ′D ，BD ．【问题发现】（1）如图1，当点D在直线BC上时，线段BP与A′D的数量关系为，∠DA′B＝；【拓展探究】（2）如图2，当点P在BC的延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；【问题解决】（3）当∠BDA′＝30°时，求线段AP的长度．5、如图，等腰Rt△ABC中，∠A＝45°，∠ABC＝90°，点D在AC上，将△ABD绕点B沿顺时针方向旋转90°后，得到△CBE．（1）求∠DCE的度数；（2）若AB＝4，CD＝3AD，求DE的长．-参考答案-一、单选题1、C【解析】【分析】根据图形的对称性，用360°除以3计算即可得解．【详解】解：∵360°÷3=120°，∴旋转的角度是120°的整数倍，∴旋转的角度至少是120°．故选C ．【考点】本题考查了旋转对称图形，仔细观察图形求出旋转角是120°的整数倍是解题的关键．2、D【解析】【分析】根据题意及旋转的性质可得DBC △是等边三角形，则30DCF ∠=︒，90DFC ∠=︒，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求得DF ，由勾股定理即可求得CF ，进而求得阴影部分的面积．【详解】解：如图，设AC 与DE 相交于点F ，90ACB ∠=︒，30A ∠=︒，60B ∴∠=︒，旋转，∴,60BC CD FDC B =∠=∠=︒，∴DBC △是等边三角形，2CD BC ∴==，60DCB ∠=︒，90,60ACB DCB ∠=︒∠=︒，30DCF ∴∠=︒，18090DFC DCF FDC ∴∠=-∠-∠=︒，112DF CD ∴==，FC ∴=∴阴影部分的面积为11122DF FC ⨯=⨯故选D【考点】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，旋转的性质，利用含30度角的直角三角形的性质是解题的关键．3、B【解析】【分析】根据旋转的性质，求得∠BAE =38°，根据正方形的性质，求得∠DBA =45°，∠ABH =135°，利用四边形的内角和定理计算即可．【详解】根据旋转的性质，得∠BAE =38°，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠DBA =45°，∠ABH =135°，∵四边形AEFG是正方形，∴∠E=90°，∴∠DHE=360°-90°-38°-135°=97°，故选B．【考点】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，四边形的内角和定理，熟练掌握正方形的性质，旋转的性质是解题的关键．4、C【解析】【分析】由矩形的性质，可知∠ABC＝90°，再由旋转，可知△ABB’为等腰三角形，根据内角和求解即可.【详解】解：连接BB′．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，∵∠CBB′=15°，∴∠ABB′=90°-15°=75°，∵AB=AB′，∴∠ABB′=∠AB′B=75°，∴∠BAB ′=180°-2×75°=30°，∴α=30°，故选：C ．【考点】本题考查旋转的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．5、B【解析】【分析】根据绕点B 按顺时针方向旋转90°逐项分析即可．【详解】A 、Rt A OB ''△是由Rt AOB △关于过B 点与OB 垂直的直线对称得到，故A 选项不符合题意；B 、Rt A O B ''△是由Rt AOB △绕点B 按顺时针方向旋转90°后得到，故B 选项符合题意；C 、Rt A O B ''△与Rt AOB △对应点发生了变化，故C 选项不符合题意；D 、Rt AOB △是由Rt AOB △绕点B 按逆时针方向旋转90°后得到，故D 选项不符合题意． 故选：B ．【考点】本题考查旋转变换．解题的关键是弄清旋转的方向和旋转的度数．6、C【解析】【分析】将△BPA 顺时针旋转60°，到△BMN 处，得到△BPM ，△ABN 是等边三角形，证明C 、P 、M 、N 四点共线，且∠CAN =90°，设BC =x ，则AB =BN =2x ，AC ，利用勾股定理计算即可．【详解】将△BPA顺时针旋转60°，到△BMN处，则△BPM，△ABN是等边三角形，∠BPM=∠BMP=60°，∠BAN=60°，PM=PB，BA=BN，PA=MN，∵∠CPB=∠BPA=∠APC=∠BMN=120°，∴∠BMP+∠BMN=180°，∠BPC+∠BPM=180°，∴C、P、M、N四点共线，∴CP+PM+MN=CP+PB+PA∵∠BAC=30°，∠BAN=60°，∴∠CAN=90°，设BC=x，则AB=BN=2x，AC，∴222+=，)(2)xx，舍去，解得x故选C．【考点】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．7、C【解析】【分析】根据旋转的定义逐一进行判断即可得到正确的结论.【详解】解：在空气中上升的氢气球，飞驰的火车，运动员掷出标枪属于平移现象，时钟上钟摆的摆动属于旋转现象.故选：C.【考点】本题主要考查关于旋转的知识，题目比较简单，属于基础题目，大部分学生能够正确完成，熟练掌握旋转的定义是解决本题的关键.8、D【解析】【分析】根据平行四边形的性质、中心对称图形的定义和全等三角形的判定进行逐一判定即可．【详解】解：∵平行四边形是四边形的一种，∴平行四边形具有四边形的所有性质，故①正确：∵平行四边形绕其对角线的交点旋转180度能够与自身重合，∴平行四边形是中心对称图形，故②正确：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，CD=AB，∠ADC=∠CBA∴△ADC≌△CBA（SAS）同理可以证明△ABD ≌△CDB∴平行四边形的任一条对角线可把平行四边形分成两个全等的三角形，故③正确；∵四边形ABCD 是平行四边形，∴OA =OC ，OD =OB ，∴ADO ABO S S =△△，ADO DOC S S =△△，DOC BOC S S =△△，∴=ADO ABO DOC BOC S S S S ==△△△△，∴平行四边形的两条对角线把平行四边形分成4个面积相等的小三角形，故④正确．故选D ．【考点】本题主要考查了中心对称图形的定义，平行四边形的性质，全等三角形的判定，三角形中线把面积分成相同的两部分等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．9、D【解析】【分析】连接AC ，BD ，过点O 作OM AD ⊥于点M ，交BC 于点N ，利用勾股定理求得OE 的长即可解题．【详解】解：如图，连接AC ，BD ，过点O 作OM AD ⊥于点M ，交BC 于点N ，四边形ABCD 是矩形，OA OD OB ∴==OM AD ⊥3AM DM ∴==122OM AB ∴== 2AE =1EM AM AE ∴=-=OE ∴同理可得OFOE OF ∴+=故选：D ．【考点】本题考查中心对称、矩形的性质、勾股定理等知识，学会添加辅助线，构造直角三角形是解题关键．10、D【解析】【分析】根据中心对称图形的概念结合各图形的特点求解．【详解】解：A 、不是中心对称图形，不符合题意；B 、不是中心对称图形，不符合题意；C 、不是中心对称图形，不符合题意；D 、是中心对称图形，符合题意．故选：D ．【考点】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．判断中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图形重合．二、填空题1、()5,2【解析】【分析】过点A 作AC y ⊥轴，垂足为C ，过点'A 作''A C x ⊥轴，垂足为'C ，证明()AOC A OC AAS ''≌，所以,AC A C OC OC '''==，根据()2,5A -得到2,5AC OC ==，所以2,5A C OC '''==，写出对应点'A 的坐标即可．【详解】解：如图，过点A 作AC y ⊥轴，垂足为C ，过点'A 作''A C x ⊥轴，垂足为'C ，∵AC y ⊥轴，''A C x ⊥轴，∴''90ACO A C O ∠=∠=︒，∵将线段AB 绕点O 顺时针旋转90°得到线段''A B ，∴'AO A O =，90AOA '∠=︒∵'90AOA AOC A OC '∠=∠+∠=︒，'90COC A OC A OC '''∠=∠+∠=︒，∴AOC A OC ''∠=∠，∴()AOC A OC AAS ''≌，∴,AC A C OC OC '''==，∵()2,5A -，∴2,5AC OC ==，∴2,5A C OC '''==，∴()5,2A '，故答案为：()5,2．【考点】本题考查旋转的性质，证明AOC A OC ''≌是解答本题的关键．2【解析】【分析】分当点A '恰好落在线段BC '的延长线上时，当点A '恰好落在线段BC '上时，两种情况讨论求解即可．【详解】解：如图1所示，当点A '恰好落在线段BC '的延长线上时，连接OB ，过点O 作OE A B '⊥于E ， ∴==90OEA OEB '︒∠∠，∵四边形OABC 和四边形OA B C '''都是正方形，∴OB A C ''==∴12OE C E A C '''===∴BE ==∴BC BE C E ''=-=如图2所示，当点A '恰好落在线段BC '上时，连接OB ，过点O 作OE A B '⊥于E ，同理可求出12OE C E A C '''=== BE =∴BC BE C E ''=+=综上所述，BC '=BC '=【考点】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，正确画出图形作出辅助线是解题的关键． 3、50︒【解析】【分析】先求出65ADE ∠=︒，由旋转的性质，得到65∠=∠=︒B ADE ，AB AD =，则65ADB ∠=︒，即可求出旋转角α的度数．【详解】解：根据题意，∵,25DE AC CAD ⊥∠=︒，∴902565ADE ∠=︒-︒=︒，由旋转的性质，则65∠=∠=︒B ADE ，AB AD =，∴65ADB B ∠=∠=︒，∴180665550BAD ︒-∠=︒=︒-︒；∴旋转角α的度数是50°；故答案为：50°．【考点】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握旋转的性质进行计算．4、【解析】【分析】根据旋转角相等可得1PBP ∠90ABC =∠=︒，进而勾股定理求解即可【详解】 解：四边形ABCD 是正方形90ABC ∴∠=︒将ABP △绕点B 顺时针方向旋转,能与1CBP 重合，∴1PBP ∠90ABC =∠=︒，15PB PB==1PP ∴==故答案为：【考点】本题考查了旋转的性质，勾股定理，求得旋转角相等且等于90°是解题的关键．5、90【解析】【分析】根据旋转的性质可得''ABC AB C ≅，利用全等三角形的性质可得''CAB C AB ∠=∠，结合图形及矩形的性质可得''90C AB CAD ∠+∠=︒，即可得出结果．【详解】解：∵将矩形ABCD 旋转得到矩形'''AB C D ，∴''ABC AB C ≅，∴''CAB C AB ∠=∠，∵90CAB CAD ∠+∠=︒，∴''90C AB CAD ∠+∠=︒，即'90C AC ∠=︒，故答案为：90．【考点】题目主要考查矩形的基本性质，旋转的性质，全等三角形的性质等，理解题意，结合图形，综合运用这些知识点是解题关键．三、解答题1、见解析【解析】【分析】（1）利用中心对称图形的性质以及轴对称图形的性质得出全等三角形进而得出对应线段相等；（2）利用（1）中所求，进而得出对应角相等，进而得出答案．【详解】(1)证明：∵△ABM 与△ACM 关于直线AF 成轴对称，∴△ABM≌△ACM ，∴AB=AC，又∵△ABE 与△DCE 关于点E 成中心对称，∴△ABE≌△DCE ，∴AB=CD，∴AC=CD；(2)∠F=∠MCD.理由：由(1)可得∠BAE=∠CAE=∠CDE，∠CMA=∠BMA，∵∠BAC=2∠MPC，∠BMA=∠PMF，∴设∠MPC=α，则∠BAE=∠CAE=∠CDE=α，设∠BMA=β，则∠PMF=∠CMA=β，∴∠F=∠CPM −∠PMF=α−β，∠MCD=∠CDE −∠DMC=α−β，∴∠F=∠MCD.【考点】本题主要考查轴对称、中心对称性质和全等三角形的判定及性质.通过轴对称与中心对称的性质得出全等三角形的判定条件是解题的关键.2、 (1)BOC BOE ，理由见解析(2)①50︒；② 3.5t =或12.5t =【解析】【分析】（1）由90AOB ∠=︒，可知90BOC AOC ∠+∠=︒，90AOD BOE ∠+∠=︒，由OA 平分COD ∠，可知AOD AOC ∠=∠，进而可证BOC BOE ；（2）由140COE ∠=︒，18040COD COE ∠=︒-∠=︒，可知140AOC COE AOE AOE ∠=∠-∠=︒-∠，90BOE AOE ∠=︒-∠，进而得()()1409050AOC BOE AOE AOE ∠-∠=︒-∠-︒-∠=︒，由此可求出结果； ②由140COE ∠=︒以及18040COD COE ∠=︒-∠=︒，结合题意可分两种情况：当AB 在直线DE 上方时，或当AB 在直线DE 下方时，将两种情况分别进行讨论求解即可．(1)BOC BOE ，理由如下：∵90AOB ∠=︒，∴90BOC AOC ∠+∠=︒，90AOD BOE ∠+∠=︒，∵OA 平分COD ∠，∴AOD AOC ∠=∠，∴BOC BOE ； (2)①50︒；∵140COE ∠=︒，∴18040COD COE ∠=︒-∠=︒，∵140AOC COE AOE AOE ∠=∠-∠=︒-∠，90BOE AOE ∠=︒-∠，∴()()1409050AOC BOE AOE AOE ∠-∠=︒-∠-︒-∠=︒，∴AOC BOE ∠-∠的值为50︒．②∵140COE ∠=︒，∴18040COD COE ∠=︒-∠=︒，（I ）如图3-1，当AB 在直线DE 上方时，∵AB OC ∥，∴30AOC A ∠=∠=︒，∴70AOD AOC COD ∠=∠+∠=︒，∵直角三角板绕点O 按每秒20︒的速度旋转，∴7020 3.5t =︒÷︒=；（II ）解法一：如图3-2，当AB 在直线DE 下方时，∵AB OC ∥，∴60COB B ∠=∠=︒，∴20BOD BOC COD ∠=∠-∠=︒，9020110AOD ∠=︒+︒=︒，∴直角三角板AOB 绕点O 旋转的角度为360250AOD ︒-∠=︒，∵直角三角板AOB 绕点O 按每秒20︒的速度逆时针旋转，∴()3601102012.5t =︒-︒÷︒=，解法二：如图3-3，在②（Ⅰ）的基础上，继续将直角三角板11AOB 绕点O 按每秒20︒的速度逆时针旋转180︒，得到直角三角板AOB ，此时，AB OC ∥， ∴直角三角板AOB 绕点O 旋转的角度为18070250︒+︒=︒，∵直角三角板AOB 绕点O 按每秒20︒的速度逆时针旋转，∴2502012.5t =︒÷︒=，综合（Ⅰ）（Ⅱ）得： 3.5t =或12.5t =．【考点】本题考查旋转问题，角平分线的性质，以及角的互相转换，能够掌握数形结合思想是解决本题的关键．3、（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）利用网格特点和平移的性质画出A、B、C的对应点A′、B′、C′即可；（2）利用网格特点和旋转的性质画出A′、C′的对应点A″、C″即可．【详解】解：（1）如图，△A B C'''为所作；（2）如图，△A B C为所作．．【考点】本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换．4、（1）相等；90°；（2）成立，证明见解析；（3）线段AP的长度为4或．【解析】【分析】AP，根据全等三角形的性质即可得到结论；（1）首先推知AP=PB，PC=12（2）如图②，连接AD，根据等边三角形的性质得到AB=AA′，由旋转的性质得到AP=DP，∠APD=60°，推出△AA′B是等边三角形，得到PA=PD=AD，根据全等三角形的性质即可得到结论；（3）如图③，由（2）知，∠BA′D=90°根据已知条件得到D在BA的延长线上，由旋转的性质得到AP=DP，∠APD=60°，推出△AA′B是等边三角形，得到P A=PD=AD，于是得到结论；如图④，由（2）知，∠BA′D=90°，根据旋转的性质得到AP=DP，∠APD=60°，求得PA=PD=AD，∠PAD=∠BAA′=60°，根据全等三角形的性质得到PB=DA【详解】（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，∠ABC＝30°，点A关于直线BC的对称点为A′，则∠ABC＝∠A′BC＝30°，AB＝A′B．∴∠ABA′＝60°．∴△ABA′是等边三角形，∴∠AA′B＝60°，∵∠APD＝60°，∴∠BAP＝∠ABP＝∠PAC＝30°，∴AP＝PB，PC12=AP，∵AP＝PD，∴PC12=PD，∴PC＝CD，∵AC＝A′C，∠ACP＝∠A′CD，∴△APC≌△A′DC（SAS），∴DA′＝AP，∠CA′D＝∠PAC＝30°，∴PB＝DA′，∠BA′D＝60°+30°＝90°，故答案为：相等；90°；（2）成立，证明如下：如图②，连接AD，∵△AA′B是等边三角形，∴AB＝AA′，由旋转的性质可得：AP＝DP，∠APD＝60°，∴△APD是等边三角形，∴PA＝PD＝AD，∴∠BAP＝∠BAC+∠CAP，∠A′AD＝∠PAD+∠CAP，∠BAC＝∠PAD，∴∠BAP＝∠A′AD，在△BAP与△A′AD中，∵AB AABAP A AD AP AD''=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAP≌△A′AD（SAS），∴BP＝A′D，∠AA′D＝∠ABC＝30°．∵∠BA′A＝60°，∴∠DA′B＝∠BA′A+∠AA′D＝90°；（3）如图③，当点P在BC的延长线上时，由（2）知，∠BA′D＝90°∵∠BDA′＝30°，∴∠DBA′＝60°，∴D在BA的延长线上，由旋转的性质可得：AP＝DP，∠APD＝60°，∴△APD是等边三角形，∴PA＝PD＝AD，∵BA′＝4，∴BD＝8，∴AP＝AD＝4；如图④，当点P在CB的延长线上时，由（2）知，∠BA′D＝90°，∵∠BDA′＝30°，∵BA′＝4，∴DA′＝由旋转的性质可得：AP＝DP，∠APD＝60°，∴△APD是等边三角形，∴PA＝PD＝AD，∠PAD＝∠BAA′＝60°，∴∠PAB＝∠DAA′，∵AB＝AA′，∴△ABP≌△AA′D（SAS），∴PB＝DA′＝∵AC＝2，BC＝∴CP＝∴AP=．综上所述，线段AP的长度为4或．【考点】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．5、（1）90°；（2）【解析】【分析】（1）根据旋转的性质和等腰直角三角形的性质即可得∠DCE的度数；（2）根据勾股定理求出AC的长，根据CD＝3AD，可得CD和AD的长，根据旋转的性质可得AD＝EC，再根据勾股定理即可得DE的长．【详解】解：（1）∵△ABC为等腰直角三角形，∴∠BAD＝∠BCD＝45°，由旋转的性质可知∠BAD＝∠BCE＝45°，∴∠DCE＝∠BCE＋∠BCA＝45°＋45°＝90°；（2）∵BA＝BC，∠ABC＝90°，∴AC=∵CD＝3AD，∴AD DC=由旋转的性质可知：AD＝EC∴DE=【考点】本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形，解决本题的关键是掌握旋转的性质．。
九年级上册数学 旋转几何综合达标检测卷(Word版 含解析)
九年级上册数学旋转几何综合达标检测卷（Word版含解析）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．综合与实践问题情境在一节数学活动课上，老师带领同学们借助几何画板对以下题目进行了研究.如图1，MN是过点A的直线，点C为直线MN外一点，连接AC，作∠ACD=60°，使AC=DC，在MN上取一点B，使∠DBN=60°．观察发现（1）根据图1中的数据，猜想线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；（2）希望小组认真思考后提出一种证明方法：将CB所在的直线以点C为旋转中心，逆时针旋转60°，与直线MN交于点E，即可证明（1）中的结论. 请你在图1中作出线段CE，并根据此方法写出证明过程；实践探究（3）奋进小组在继续探究的过程中，将点C绕点A逆时针旋转，他们发现当旋转到图2和图3的位置时，∠DBN=120°，线段AB、BD、CB的大小发生了变化，但是仍然满足一定的数量关系，请你直接写出这两种关系：在图2中，线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；在图3中，线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；提出问题（4）智慧小组提出一个问题：若图3中BC⊥CD于点C时，BC=2，则AC为多长？请你解答此问题.【答案】（1）AB+DB=CB；（2）见解析；（3）AB－DB=CB；DB－AB=CB；（4）23【解析】【分析】（1）根据图中数据直接猜想AB+DB=CB（2）在射线AM上一点E，使得∠ECB=60°，证明△ACE≌△DCB，推出EB=CB从而得出（1）中的结论；（3）利用旋转的性质和线段的和差关系以及全等三角形的性质得出线段关系；（4）过点C作∠BCE=60º，边CE与直线MN交于点E，设AC与BD交于点F.证明△ACE≌△DCB，得出BC=EC，结合△ECB为等边三角形，得出∠ECA=90°，在Rt△AEC中根据边长计算出AC的长度.【详解】综合与实践（1）AB+DB=CB（2）线段CE如图所示.证明：∵∠ECB=∠ACD=60º，∴∠2+∠ACB=∠1+∠ACB，∴∠2=∠1.∵∠ACD=∠DBN=60º, ∠ABD+∠DBN=180º，∴∠ABD+∠ACD=180º，∴在四边形ACDB中，∠CAB+∠3=180º.∵∠CAB+∠4=180º，∴∠4=∠3.又∵AC=DC，∴△ACE≌△DCB（ASA）∴EA=BD，EC=BC.又∵∠ECB=60°，∴△ECB为等边三角形,∴EB=CB.而EB=EA+AB=DB+AB,∴CB=DB+AB.（3） AB－DB=CB；DB－AB=CB；（4）证明：如图，过点C作∠BCE=60º，边CE与直线MN交于点E，设AC与BD交于点F.∵∠DCA=60º∴∠ECB+∠BCA=∠DCA+∠BCA即∠ECA=∠BCD∵∠DBN=120º∴∠DBA=60º又∵∠AFB=∠DFC∴∠EAF=∠BDC又∵AC=DC∴△ACE≌△DCB（ASA）∴BC=EC∴△ECB为等边三角形∴∠CEB=60º∵BC⊥CD∴∠ECA=∠BCD=90º∴在Rt△AEC中，∠CAE=30º∵BC=2，EC=BC∴AC=EC·tan60º= 23【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，根据题中条件适当添加辅助线构造全等三角形，利用全等的性质得出线段关系是本题的关键.2．在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想∠AEB=θ是否成立？请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）成立，理由见解析【解析】试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．试题解析：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，∴OC=OD，∴OC′=OD′，在△AOC′和△BOD′中，，∴△AOC′≌△BOD′（SAS），∴AC′=BD′；②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：∵△AOC′≌△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，∴∠OBD′+∠BFE=90°，∴∠BEA=90°，∴AC′⊥BD′；（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵CD∥AB，∴，∴，∴，又∠AOC′=∠BOD′，∴△AOC′∽△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∴∠AEB=∠AOB=θ．考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．3．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.4．如图1，矩形ABCD中，E是AD的中点，以点E直角顶点的直角三角形EFG的两边EF，EG分别过点B，C，∠F＝30°.（1）求证：BE＝CE（2）将△EFG绕点E按顺时针方向旋转，当旋转到EF与AD重合时停止转动.若EF，EG分别与AB，BC相交于点M，N.（如图2）①求证：△BEM≌△CEN；②若AB＝2，求△BMN面积的最大值；③当旋转停止时，点B恰好在FG上（如图3），求sin∠EBG的值.【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②2；③62 4.【解析】【分析】（1）只要证明△BAE≌△CDE即可；（2）①利用（1）可知△EBC是等腰直角三角形，根据ASA即可证明；②构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；③如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，BN=EN=3m，EB=6m．利用面积法求出EH，根据三角函数的定义即可解决问题.【详解】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB=DC，∠A=∠D=90°，∵E是AD中点，∴AE=DE，∴△BAE≌△CDE，∴BE=CE．（2）①解：如图2中，由（1）可知，△EBC是等腰直角三角形，∴∠EBC=∠ECB=45°，∵∠ABC=∠BCD=90°，∴∠EBM=∠ECN=45°，∵∠MEN=∠BEC=90°，∴∠BEM=∠CEN，∵EB=EC，∴△BEM≌△CEN；②∵△BEM≌△CEN，∴BM=CN，设BM=CN=x，则BN=4-x，∴S△BMN=12•x（4-x）=-12（x-2）2+2，∵-12＜0，∴x=2时，△BMN的面积最大，最大值为2．③解：如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，3，6m．∴EG=m+3m=（1+3）m，∵S△BEG=12•EG•BN=12•BG•EH，∴EH=3?(13)m m+=3+3m，在Rt△EBH中，sin∠EBH=3+362246mEHEB m+==．【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，5．如图，△ABC和△DEC都是等腰三角形，点C为它们的公共直角顶点，连接AD、BE，F 为线段AD的中点，连接CF．（1）如图1，当D点在BC上时，BE与CF的数量关系是__________；（2）如图2，把△DEC绕C点顺时针旋转90°，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？请说明理由；（3）如图3，把△DEC绕C点顺时针旋转一个钝角，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？如成立，请证明；如果不成立，请写出相应的正确的结论并加以证明．【答案】（1）BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析.【解析】试题分析：（1）根据“SAS”证明△ACD≌△BCE，可得AD=BE，又因为AD=2CF，从而BE=2CF；（2）由点F是AD中点，可得AD=2DF，从而AC= 2DF+CD，又由△ABC和△CDE是等腰直角三角形，可知BC=2DF+CE，所以BE= 2（DF+CE），CF= DF+CD，从而BE=2CF；（3）延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，可证△CDF≌△GAF，再证明△BCE≌△ACG，从而BE=CG=2CF成立.解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，∴AC=BC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴CD=CE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE，∴AD=BE，在Rt△ACD中，点F是AD中点，∴AD=2CF，∴BE=2CF，故答案为BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由：∵点F是AD中点，∴AD=2DF，∴AC=AD+CD=2DF+CD，∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，∴AC=BC，CD=CE，∴BC=2DF+CE，∴BE=BC+CE=2DF+CE+CE=2（DF+CE），∵CF=DF+CD=DF+CD，∴BE=2CF；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由：如图3，延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，∵点F是AD中点，∴AF=DF，在△CDF和△GAF中，，∴△CDF≌△GAF，∴AG=CD=CE，∠CDF=∠GAF，∴∠CAG=∠CAD+∠GAF=∠CAD+∠ADC=180°﹣∠ACD，∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠BCE=360°﹣∠ACB﹣∠DCE﹣∠ACD=180°﹣∠ACD，∴∠CAG=∠BCE，连接BE，在△BCE和△ACG中，，∴△BCE≌△ACG，∴BE=CG=2CF，即：BE=2CF．点睛：本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质和旋转的性质，考查了学生综合运用知识的能力，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．6．阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形．小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，则BD＝CE,(1)在图1中证明小胖的发现；借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题：(2)如图2，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，求证：AD+CD＝BD；(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝m°，点E为△ABC外一点，点D为BC中点，∠EBC＝∠ACF，ED⊥FD，求∠EAF的度数（用含有m的式子表示）．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =12 m°.【解析】分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC，只要证明△DAB≌△EAC即可；（2）如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．首先证明△BDE是等边三角形，再证明△ABD≌△CBE即可解决问题；（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．想办法证明△AFE≌△AFG，可得∠EAF=∠FAG=12m°.详（1）证明：如图1中，∵∠BAC=∠DAE，∴∠DAB=∠EAC，在△DAB和△EAC中，AD AEDAB EACAB AC⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△DAB≌△EAC，∴BD=EC．（2）证明：如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．∵DB=DE，∠BDC=60°，∴△BDE是等边三角形，∴∠BD=BE，∠DBE=∠ABC=60°，∴∠ABD=∠CBE，∵AB=BC，∴△ABD≌△CBE，∴AD=EC，∴BD=DE=DC+CE=DC+AD．∴AD+CD=BD．（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．由（1）可知△EAB≌△GAC，∴∠1=∠2，BE=CG，∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，∴△EDB≌△MDC，∴EM=CM=CG，∠EBC=∠MCD，∵∠EBC=∠ACF，∴∠MCD=∠ACF，∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，∴∠1=3=∠2，∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，∵CF=CF，CG=CM，∴△CFG≌△CFM，∴FG=FM，∵ED=DM，DF⊥EM，∴FE=FM=FG，∵AE=AG，AF=AF，∴△AFE≌△AFG，∴∠EAF=∠FAG=12 m°．点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．7．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=12AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=12AF，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=12AE，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=12AF，∴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．8．我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。
人教版数学九年级上册 旋转几何综合中考真题汇编[解析版]
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人教版数学九年级上册 旋转几何综合中考真题汇编[解析版]一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）1．如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，抛物线2y ax bx c =++的顶点是A(1，3)，将OA 绕点O 顺时针旋转90︒后得到OB ，点B 恰好在抛物线上，OB 与抛物线的对称轴交于点C ．（1）求抛物线的解析式；（2）P 是线段AC 上一动点，且不与点A ，C 重合，过点P 作平行于x 轴的直线，与OAB ∆的边分别交于M ，N 两点，将AMN ∆以直线MN 为对称轴翻折，得到A MN '∆． 设点P 的纵坐标为m ．①当A MN '∆在OAB ∆内部时，求m 的取值范围；②是否存在点P ，使'56A MN OAB S S ∆'∆=,若存在，求出满足m 的值；若不存在，请说明理由．【答案】()21y x 22x =-++；（2）①433m <<；②存在，满足m 的值为619-或639-． 【解析】【分析】（1）作AD ⊥y 轴于点D ，作BE ⊥x 轴于点E ，然后证明△AOD ≌△BOE ，则AD=BE ，OD=OE ，即可得到点B 的坐标，然后利用待定系数法，即可求出解析式；（2）①由点P 为线段AC 上的动点，则讨论动点的位置是解题的突破口，有点P 与点A 重合时；点P 与点C 重合时，两种情况进行分析计算，即可得到答案；②根据题意，可分为两种情况进行分析：当点M 在线段OA 上，点N 在AB 上时；当点M 在线段OB 上，点N 在AB 上时；先求出直线OA 和直线AB 的解析式，然后利用m 的式子表示出两个三角形的面积，根据等量关系列出方程，解方程即可求出m 的值．【详解】解：（1）如图：作AD ⊥y 轴于点D ，作BE ⊥x 轴于点E ，∴∠ADO=∠BEO=90°，∵将OA 绕点O 逆时针旋转90︒后得到OB ，∴OA=OB ，∠AOB=90°，∴∠AOD+∠AOE=∠BOE+∠AOE=90°，∴∠AOD=∠BOE ，∴△AOD ≌△BOE ，∴AD=BE ，OD=OE ，∵顶点A 为（1，3），∴AD=BE=1，OD=OE=3，∴点B 的坐标为（3，1-），设抛物线的解析式为2(1)3=-+y a x ，把点B 代入，得 2(31)31a -+=-，∴1a =-，∴抛物线的解析式为2(1)3y x =--+，即222y x x =-++；（2）①∵P 是线段AC 上一动点，∴3m <，∵当A MN '∆在OAB ∆内部时，当点'A 恰好与点C 重合时，如图：∵点B 为（3，1-），∴直线OB 的解析式为13y x =-， 令1x =，则13y =-， ∴点C 的坐标为（1，13-），∴AC=1103()33--=， ∵P 为AC 的中点，∴AP=1105233⨯=， ∴54333m =-=， ∴m 的取值范围是433m <<； ②当点M 在线段OA 上，点N 在AB 上时，如图：∵点P 在线段AC 上，则点P 为（1，m ），∵点'A 与点A 关于MN 对称，则点'A 的坐标为（1，2m -3），∴'3A P m =-，18'(23)233A C m m =-+=-， 设直接OA 为y ax =，直线AB 为y kx b =+，分别把点A ，点B 代入计算，得直接OA 为3y x =；直线AB 为25y x =-+， 令y m =，则点M 的横坐标为3m ，点N 的横坐标为52m --， ∴5552326m m MN m -=-=--； ∵2'11555515'()(3)22261224A MN S MN A P m m m m ∆=•=•-•-=-+； '138'3(2)34223OA B S A C m m ∆=••=•-=-； 又∵'56A MN OA B S S ∆'∆=， ∴255155(34)12246m m m -+=⨯-， 解得：619m =-或619m =+（舍去）；当点M 在边OB 上，点N 在边AB 上时，如图：把y m =代入13y x =-，则3x m ， ∴5553222m MN m m -=+=+-，18'(23)233A C m m =---=-， ∴2'11555515'()(3)2222424A MN S MN A P m m m m ∆=•=•+•-=-++， '138'3(2)43223OA B S A C m m ∆=••=•-=-， ∵'56A MN OA B S S ∆'∆=，∴255155(43)4246m m m -++=⨯-， 解得：6393m -=或6393m +=（舍去）； 综合上述，m 的值为：619m =-或6393m -=． 【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图形的旋转、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质、三角形的面积公式等，解题的关键是熟练掌握所学的性质，正确得到点P 的位置．注意运用数形结合的思想和分类讨论的思想进行解题．2．在Rt △ACB 和Rt △AEF 中，∠ACB ＝∠AEF ＝90°，若点P 是BF 的中点，连接PC ，PE ．(1) 如图1，若点E ，F 分别落在边AB ，AC 上，求证：PC ＝PE ；(2) 如图2，把图1中的△AEF 绕着点A 顺时针旋转，当点E 落在边CA 的延长线上时，探索PC 与PE 的数量关系，并说明理由．(3) 如图3，把图2中的△AEF 绕着点A 顺时针旋转，点F 落在边AB 上．其他条件不变，问题(2)中的结论是否发生变化？如果不变，请加以证明；如果变化，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）PC ＝PE ，理由见解析；（3）成立，理由见解析【解析】【分析】（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可；（2）先判断△CBP ≌△HPF ，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；（3）先判断△DAF ≌△EAF ，再判断△DAP ≌△EAP ，然后用比例式即可；【详解】解：（1）证明：如图：∵∠ACB ＝∠AEF ＝90°，∴△FCB 和△BEF 都为直角三角形．∵点P是BF的中点，∴CP＝12BF，EP＝12BF，∴PC＝PE．（2）PC＝PE理由如下：如图2，延长CP，EF交于点H，∵∠ACB＝∠AEF＝90°，∴EH//CB，∴∠CBP＝∠PFH，∠H＝∠BCP，∵点P是BF的中点，∴PF＝PB，∴△CBP≌△HFP(AAS)，∴PC＝PH，∵∠AEF＝90°，∴在Rt△CEH中，EP＝12CH，∴PC＝PE．（3）(2)中的结论，仍然成立，即PC＝PE，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≌△EAP中，,,,AD AEDAP EAP AP AP=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DAP≌△EAP (SAS)，∴PD＝PF，∵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．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边一半，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，作出辅助线是解本题的关键也是难点．3．已知：如图①，在矩形ABCD中，AB＝5，203AD=，AE⊥BD，垂足是E．点F是点E关于AB的对称点，连接AF、BF．（1）求AE和BE的长；（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB、AD上时，求出相应的m的值；（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的ABF为A BF''，在旋转过程中，设A F''所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD 交于点Q，若△DPQ为等腰三角形，请直接写出此时DQ的长．【答案】（1）4；3（2）3或163（3）2512525310103243-、、103【解析】【分析】（1）由矩形的性质，利用勾股定理求解BD的长，由等面积法求解AE，由勾股定理求解BE即可，（2）利用对称与平移的性质得到：AB∥A′B′，∠4＝∠1，BF＝B′F′＝3．当点F′落在AB上时，证明BB′＝B′F′即可得到答案，当点F′落在AD上时，证明△B′F′D为等腰三角形，从而可得答案，（3）分4种情况讨论：①如答图3﹣1所示，点Q 落在BD 延长线上，证明A′Q ＝A′B ，利用勾股定理求解',,F Q BQ 从而求解DQ ，②如答图3﹣2所示，点Q 落在BD 上，证明点A′落在BC 边上，利用勾股定理求解,BQ 从而可得答案，③如答图3﹣3所示，点Q 落在BD 上，证明∠A′QB ＝∠A′BQ ，利用勾股定理求解,BQ ，从而可得答案，④如答图3﹣4所示，点Q 落在BD 上，证明BQ ＝BA′，从而可得答案．【详解】解：（1）在Rt △ABD 中，AB ＝5，203AD =， 由勾股定理得：222025533BD ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭． 11,22ABD S BD AE AB AD =⋅=⋅． 2532053 4.AB AD AE BD ⨯⋅∴=== 在Rt △ABE 中，AB ＝5，AE ＝4，由勾股定理得：BE ＝3．（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示：由对称的性质可知，∠1＝∠2．由平移性质可知，AB ∥A′B′，∠4＝∠1，BF ＝B′F′＝3．①当点F′落在AB 上时，∵AB ∥A′B′，∴∠3＝∠4，∴∠3＝∠2，∴BB′＝B′F′＝3，即m ＝3；②当点F′落在AD 上时，∵AB ∥A′B′，∴∠6＝∠2，∵∠1＝∠2，∠5＝∠1，∴∠5＝∠6，,AB AD ⊥∴ A′B′⊥AD ， '''',B F D B DF ∴∠=∠∴△B′F′D 为等腰三角形，∴B′D ＝B′F′＝3，2516333BB BD B D ''∴=-=-=，即163m =． （3）DQ 的长度分别为2512525310103243--、、或103． 在旋转过程中，等腰△DPQ 依次有以下4种情形：①如答图3﹣1所示，点Q 落在BD 延长线上，且PD ＝DQ ，∴ ∠2＝2∠Q ，∵∠1＝∠3+∠Q ，∠1＝∠2，∴∠3＝∠Q ，∴A′Q ＝A′B ＝5，∴F′Q ＝F′A′+A′Q ＝4+5＝9．在Rt △BF′Q 中，由勾股定理得：222293310BQ F Q F B ''=+=+=． 253103DQ BQ BD ∴=-=-； ②如答图3﹣2所示，点Q 落在BD 上，且PQ ＝DQ ，∴∠2＝∠P ，∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠P ，∴BA′∥PD ，∵PD ∥BC ，∴此时点A′落在BC 边上．∵∠3＝∠2，∴∠3＝∠1，∴BQ ＝A′Q ，∴F′Q ＝F′A′﹣A′Q ＝4﹣BQ ．在Rt △BQF′中，由勾股定理得：'2'22,BF F Q BQ +=即：2223(4),BQ BQ +-= 解得：258BQ =，25251253824DQ BD BQ ∴=-=-=； ③如答图3﹣3所示，点Q 落在BD 上，且PD ＝DQ ， ∴ ∠3＝∠4．∵∠2+∠3+∠4＝180°，∠3＝∠4，149022∴∠︒∠＝﹣． ∵∠1＝∠2，149012∴∠=︒-∠． 149012A QB ∴∠'∠︒∠＝＝﹣， 118019012A BQ A QB ∴∠'︒∠'∠︒∠＝﹣﹣＝﹣， ∴∠A′QB ＝∠A′BQ ，∴A′Q ＝A′B ＝5，∴F′Q ＝A′Q ﹣A′F′＝5﹣4＝1．在Rt △BF′Q 中，由勾股定理得：223110BQ +=， 25103DQ BD BQ ∴=-= ④如答图3﹣4所示，点Q 落在BD 上，且PQ ＝PD ， ∴ ∠2＝∠3．∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠2＝∠3，∴∠1＝∠4，∴BQ ＝BA′＝5，2510533DQ BD BQ ∴=-=-=． 综上所述，DQ 的长度分别为2512525310103243-、、103．【点睛】本题是几何变换压轴题，涉及旋转与平移变换、矩形、勾股定理、等腰三角形等知识点．第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论；在计算过程中，注意识别旋转过程中的不变量，注意利用等腰三角形的性质简化计算．4．两块等腰直角三角形纸片AOB 和COD 按图1所示放置，直角顶点重合在点O 处，25AB =，17CD =．保持纸片AOB 不动，将纸片COD 绕点O 逆时针旋转(090)αα<<角度，如图2所示．()1利用图2证明AC BD =且AC BD ⊥；()2当BD 与CD 在同一直线上（如图3）时，求AC 的长和α的正弦值．【答案】（1）详见解析；（2）7，725． 【解析】 【分析】(1)图形经过旋转以后明确没有变化的边长，证明AOC BOD ≅，得出AC=BD ， 延长BD 交AC 于E ，证明∠AEB=90︒，从而得到BD AC ⊥.(2) 如图3中，设AC=x ，在Rt △ABC 中，利用勾股定理求出x ，再根据sinα=sin ∠ABC=ACAB即可解决问题 【详解】()1证明：如图2中，延长BD 交OA 于G ，交AC 于E ．∵90AOB COD∠=∠=，∴AOC DOB∠=∠，在AOC和BOD中，OA OBAOC BODOC OD=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴AOC BOD≅，∴AC BD=，CAO DBO∠=∠，∵90DBO GOB∠+∠=，∵OGB AGE∠=∠，∴90CAO AGE∠+∠=，∴90AEG∠=，∴BD AC⊥．()2解：如图3中，设AC x=，∵BD、CD在同一直线上，BD AC⊥，∴ABC是直角三角形，∴222AC BC AB+=，∴222(17)25x x++=，解得7x=，∵45ODC DBOα∠=∠+∠=，45ABC DBO∠+∠=，∴ABCα∠=∠，∴7sin sin25ACABCABα=∠==．【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，利用全等三角形的性质解决问题，第二个问题的关键是利用（1）的结论解决问题，属于中考常考题型.5．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.6．综合与实践 问题情境在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展教学活动老师给每个小组发了两个等模直角三角形ABC 和DEC ，其中90,2,2ACB DCE AC CD ︒∠=∠===.观案发现（1）将两个等腰直角三角形如图①摆放，设DE 的中点是,F AE 的中点是,H BD 的中点是G ，则HFG ∠=______度； 操作证明（2）将图①中的DEC 绕点C 顺时针（逆时针）旋转，使点A C E 、、三点在一条直线上，如图②，其余条件不变，小明通过测量发现，此时FH FG =，请你帮助小明证明这个结论. 探究发现（3）将图①中的DEC 绕点C 顺时针（逆时针）旋转，旋转角为()0180αα︒︒<<，DEC 在旋转的过程中，当直线FH 经过点C 时，如图③，请求出线段FG 的长.（4）在旋转过程中，在Rt ABC 和Rt CDE △中，始终有由,AC BC CE CD ⊥⊥，你在图③中还能发现哪两条线段在旋转过程中始终互相垂直？请找出并直接写出这两条线段.【答案】（1）90；（2）证明见解析；（3）31BD =；（4）AD BE ⊥【解析】 【分析】（1）根据题意，运用中点的性质找到线段之间的位置关系即可求解；（2）根据旋转的性质及等腰三角形ABC 可知()ACD BCE SAS ∆≅∆，进而通过中位线定理即可得到FH FG =；（3）根据旋转的性质及勾股定理，先求出BF 的长，再由BD BF DF =-即可求出BD 的长；（4）根据旋转的性质及垂直的判定可知AD BE ⊥. 【详解】 （1）,,90CE CD AC BC ECA DCB ==∠=∠=︒，BE AD ∴=，F 是DE 的中点，H 是AE 的中点，G 是BD 的中点， //,//HF AD FG BE ∴，AD BE ⊥，HF GF ∴⊥， 90HFG ∴∠=︒；（2）证明：如下图，连接AD BE ，，由旋转可知CE CD =，90ECD ACD ∠=∠=︒， 又∵AC=BC ，()ACD BCE SAS ∴∆≅∆，AD BE ∴=，F 是DE 的中点，H 是AE 的中点，G 是BD 的中点，11,22FH AD FG BE ∴==，FH FG ∴=；（3）解：由题意可得CF DE CFD CFE ⊥∆∆，，都是等腰直角三角形，2CD =1CF DF ∴==，2BC AC ==，223BF BC CF ∴=-=31BD BF DF ∴=-=，G 是BD 的中点，312DG ∴=， 31BD BF DF ∴=-=；（4）AD BE ⊥.⊥，连接AD，由（3）知，CF DE∆是等腰直角三角形，∵ECD∴F是ED中点，又∵H是AE中点，∴AD∥HF，∵HF⊥ED，∴AD BE⊥.【点睛】本题主要考查了中的的性质，中位线定理，三角形全等，勾股定理等三角形综合证明，熟练掌握三角形的相关知识点是解决本题的关键.错因分析：（1）不能熟练运用重点的性质找到线段之间的关系；（2）未掌握旋转的性质；（3）不能将题目探究中的发现进行推广.7．如图，在直角坐标系中，已知点A（-1，0）、B（0，2），将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°至AC．（1）点C的坐标为（，）；（2）若二次函数的图象经过点C．①求二次函数的关系式；②当-1≤x≤4时，直接写出函数值y对应的取值范围；Z_X_X_K]③在此二次函数的图象上是否存在点P（点C除外），使△ABP是以AB为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1) ∴点C的坐标为(－3，1) ．(2)①∵二次函数的图象经过点C(－3，1)，∴.解得∴二次函数的关系式为②当-1≤x≤4时，≤y≤8；③过点C作CD⊥x轴，垂足为D，i) 当A为直角顶点时，延长CA至点，使，则△是以AB为直角边的等腰直角三角形，过点作⊥轴，∵＝，∠＝∠，∠＝∠＝90°，∴△≌△，∴AE＝AD＝2，＝CD＝1,∴可求得的坐标为(1，－1)，经检验点在二次函数的图象上；ii）当B点为直角顶点时，过点B作直线L⊥BA，在直线L上分别取，得到以AB为直角边的等腰直角△和等腰直角△，作⊥y轴，同理可证△≌△∴BF＝OA＝1，可得点的坐标为（2， 1），经检验点在二次函数的图象上．同理可得点的坐标为（－2， 3），经检验点不在二次函数的图象上综上：二次函数的图象上存在点(1，－1)，（2，1）两点，使得△和△是以AB为直角边的等腰直角三角形．【解析】(1)根据旋转的性质得出C点坐标；（2）①把C点代入求得二次函数的解析式；②利用二次函数的图象得出y的取值范围；③分二种情况进行讨论.8．阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形．小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，则BD＝CE,(1)在图1中证明小胖的发现；借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题：(2)如图2，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，求证：AD+CD＝BD；(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝m°，点E为△ABC外一点，点D为BC中点，∠EBC＝∠ACF，ED⊥FD，求∠EAF的度数（用含有m的式子表示）．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =12m°.【解析】分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC，只要证明△DAB≌△EAC即可；（2）如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．首先证明△BDE是等边三角形，再证明△ABD≌△CBE即可解决问题；（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．想办法证明△AFE≌△AFG，可得∠EAF=∠FAG=12m°.详（1）证明：如图1中，∵∠BAC=∠DAE，∴∠DAB=∠EAC，在△DAB和△EAC中，AD AEDAB EACAB AC⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△DAB≌△EAC，∴BD=EC．（2）证明：如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．∵DB=DE，∠BDC=60°，∴△BDE是等边三角形，∴∠BD=BE，∠DBE=∠ABC=60°，∴∠ABD=∠CBE，∵AB=BC，∴△ABD≌△CBE，∴AD=EC，∴BD=DE=DC+CE=DC+AD．∴AD+CD=BD．（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．由（1）可知△EAB≌△GAC，∴∠1=∠2，BE=CG，∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，∴△EDB≌△MDC，∴EM=CM=CG，∠EBC=∠MCD，∵∠EBC=∠ACF，∴∠MCD=∠ACF，∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，∴∠1=3=∠2，∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，∵CF=CF，CG=CM，∴△CFG≌△CFM，∴FG=FM，∵ED=DM，DF⊥EM，∴FE=FM=FG，∵AE=AG，AF=AF，∴△AFE≌△AFG，∴∠EAF=∠FAG=12 m°．点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．9．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＝2+25或m＝2﹣25（舍）．【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．10．已知，正方形ABCD的边长为4，点E是对角线BD延长线上一点，AE=BD．将△ABE绕点A顺时针旋转α度（0°＜α＜360°）得到△AB′E′，点B、E的对应点分别为B′、E′．（1）如图1，当α=30°时，求证：B′C=DE；（2）连接B′E、DE′，当B′E=DE′时，请用图2求α的值；（3）如图3，点P为AB的中点，点Q为线段B′E′上任意一点，试探究，在此旋转过程中，线段PQ长度的取值范围为．【答案】（1）证明见解析（2）45°或22.5°（3）22-2≤PQ≤42+2【解析】【分析】（1）先由正方形的性质得到直角三角形AOE，再经过简单计算求出角，判断出△ADE≌△AB′C即可；（2）先判断出△AEB′≌△AE′D，再根据旋转角和图形，判断出∠BAB′=∠DAB′即可；（3）先判断出点Q的位置，PQ最小时和最大时的位置，进行计算即可．【详解】解：（1）如图1，连接AC，B′C，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，AC⊥BD，AC=BD=2OA，∠CAB=ADB=45°，∵AE=BD，∴AC=AE=2OA，在Rt△AOE中，∠AOE=90°，AE=2OA，∴∠E=30°，∴∠DAE=∠ADB-∠E=45°-30°=15°，由旋转有，AD=AB=AB′∠BAB′=30°，∴∠DAE=15°，在△ADE和△AB′C中，''AD ABDAE CABAE AC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ADE≌△AB′C，∴DE=B′C，（2）如图2，由旋转得，AB′=AB=AD，AE′=AE，在△AEB′和△AE′D中，''''AE AEAD ABDB DE=⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴△AEB′≌△AE′D，∴∠DAE′=∠EAB′，∴∠EAE′=∠DAB′，由旋转得，∠EAE′=∠BAB′，∴∠BAB′=∠DAB′，∵∠BAB′+∠DA B′=90°，∴α=∠BAB′=45°，或α=360°-90°-45°=225°；（3）如图3，∵正方形ABCD的边长为4，∴122，连接AC交BD于O，∴OA⊥BD，OA=12AC=122在旋转过程中，△ABE在旋转到边B'E'⊥AB于Q，此时PQ最小，由旋转知，△ABE≌△AB'E'，∴AQ=OA=12BD（全等三角形对应边上的高相等），∴PQ=AQ-AP=122-2在旋转过程中，△ABE在旋转到点E在BA的延长线时，点Q和点E'重合，∴2，∴2+2，故答案为2-2+2．．。
人教版九年级数学上册《旋转》题组训练(含答案解析)
提技术·题组训练旋转的有关观点1.在旋转过程中 , 确立一个三角形旋转的地点所需的条件是 ()①三角形本来的地点;②旋转中心;③三角形的形状;④旋转角 .A. ①②④B. ①②③C.②③④D.①③④【分析】选 A. 一个三角形旋转后的地点与三角形的形状没关.【知识概括】正确理解旋转变换中的“三个因素”1.旋转中心 : 旋转中心是点而不是直线 , 比方生活中的开门、关门 , 固然门转动了 , 但它是绕轴旋转必定的角度 , 所以不属于我们要研究的绕定点旋转 .2.旋转角 : 由于经过旋转 , 图形上每一个点都绕旋转中心沿同样的方向转动了同样的角度, 所以任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角都是旋转角 , 不要把图形中的某些对应角误认为是旋转角 .3.旋转方向 : 旋转方向往常指顺时针方向或逆时针方向 .2. 以下对于旋转的说法不正确的选项是()A.旋转中心在旋转过程中保持不动B.旋转中心能够是图形上的一点 , 也能够是图形外的一点【分析】选 D.旋转由旋转中心、旋转角、旋转方向所决定.【知识概括】平移、轴对称、旋转的联系1.共同点 : 都是一种图形的变换 , 变换前后的两个图形全等 .2.不一样点 : 见表格 .运动方向平移直线轴对称直线顺时针旋转逆时针3.(2013 ·玉溪中考 ) 如图 , 点 A,B,C,D 都在方格纸的格点上转到△ COD的地点 , 则旋转的角度为 ()运动量的权衡挪动必定距离翻折 180°转动必定的角度, 若△ AOB绕点O 按逆时针方向旋A.30°B.45°C.90 °D.135°. 由图可【分析】选C.对应点与旋转中心的连线的夹角, 就是旋转角, ∠BOD,∠AOC都是旋转角知∠ BOD=90°.4. 正方形ABCD又可当作是由正方形FGCE绕点, 顺时针旋转获得的 .【分析】察看图形可得 , 旋转中心为点C,旋转角为 180° .答案 : C180°5.如图 , 若△ ABD绕 A 点逆时针方向旋转 60°获得△ ACE,则(1) 旋转中心是.(2) 图中为 60°的角有.【解题指南】找出旋转图形中的任何一组对应点, 连结对应点和旋转中心所构成的角, 该角即表示旋转角 .【分析】 (1) 依据旋转的观点可得旋转中心是点 A.(2)由题意可知旋转的角度为 60°, 点 B 和点 C是一组对应点 , 点 D 和点 E 是一组对应点 , 对应点与旋转中心所连线段的夹角有∠BAC,∠DAE, 所以∠BAC和∠DAE都表示旋转角, 即∠BAC=∠DAE=60°.答案 : (1) 点 A(2) ∠ BAC,∠ DAE6. 钟表的指针在不断地转动, 从 2 时到 6 时, 时针转动了度.【分析】从 2 时到 6 时 , 时针转动了 4 个大格 , 每个大格 30°, 即 120° .答案 : 120【知识拓展】 12 点后 , 时针与分针何时初次重合?时针、分针转动一周都经过12 大格或 60 小格 . 所以 , 每小不时针转动=30°, 每分钟时针转动=0.5 °, 每分钟分针转动=6° . 设 x 时 y 分时针与分针重合 , 则时针转了×30 度, 分针转了 6y 度, ∵时针与分针重合其度数差为0°, ∴×30-6y=0,∴y=x,当 x=1 时, 得 y= , ∴时针与分针初次重合为1点分.旋转的性质1.在图形旋转中 , 以下说法错误的选项是 ()A.连结一组对应点和旋转中心正好构成一个等腰三角形B.旋转中心必定在对应点连线的垂直均分线上C.图形中每一个点的地点都要改变D.图形上随意两点的连线与其对应两点的连线长度相等【分析】选 C.在旋转的过程中 , 假如图形上的某一个点是旋转中心, 则该点的地点其实不改变 .2.(2013 ·莆田中考 ) 如图 , 将 Rt △ABC(此中∠ B=35°, ∠C=90°) 绕点 A 按顺时针方向旋转到△AB1C1的地点 , 使得点C,A,B1在同一条直线上 , 那么旋转角等于 ()A.55°B.70°C.125 °D.145°【分析】选 C.依据旋转的定义 , 能够获得旋转角为∠ BAB1, 由于∠ BAB1是△ ABC的外角 , 获得∠BAB1=90°+35°=125° .3.如图 , 将△ ABC绕点 C 顺时针方向旋转 40°得△ A′B′ C,若 AC⊥A′B′, 则∠BAC等于 ()A.50°B.60 °C. 70°D.80°【分析】选 A. ∵△ ABC绕点 C 顺时针方向旋转 40°得△ A′B′C, ∴∠ ACA′ =40°, ∴∠ A′=90 °-40 °=50° ,∴∠ BAC=∠A′=50°.4.如下图 , 边长为 3 的正方形 ABCD绕点 C按顺时针方向旋转 30°后获得正方形 EFCG,EF交AD于点 H, 求 DH的长 .【解析】连结线段 HC,如下图 ,由旋转的性质能够知道∠BCF=∠DCG=30°, ∴∠ FCD=60° ,∵∠ F=∠D=90° ,FC=DC,HC是 Rt△FHC和 Rt△ DHC公共的斜边 , 依据 HL公义能够判断 Rt△FHC ≌R t△ DHC,∴∠ FCH=∠DCH=30°, ∴HC=2DH,依据勾股定理可得222 DH+DC=HC,222即 DH+DC=(2DH) , ∵DC=3,∴DH=.5. 如图 , 在△ ABC中 ,AC=BC,将△ ABC绕点 C 逆时针旋转角α(0 ° <α<90° ) 获得△ A1B1C, 连结 BB1. 设 CB1交 AB于 D,A1B1分别交 AB,AC于 E,F. 在图中不再增添其余任何线段的状况下 , 请你找出一对全等的三角形 , 并加以证明 ( △ ABC与△ A1 B1C 全等除外 ).【分析】由旋转性质 , 旋转角∠ A1CA=α , △ ABC≌△ A1B1C.∴∠ A1=∠A,A1C=AC.又∵ AC=BC,∠A=∠CBA,∴∠ A1=∠CBA,又∵∠ A1 CF=∠BCD=α ,A 1C=BC,∴△ A1FC≌△ BDC.【错在哪？】作业错例讲堂实拍如图 , 将△ ABC逆时针旋转获得△ ADE,若∠ DAC=15°, ∠BAE=105°,AB=AD,则旋转角度为多少度?(1)找错 : 从第步开始出现错误.(2)纠错 :.答案: (1) ①(2) ∵∠ BAD和∠ CAE都表示旋转角 , ∠BAE=105°, ∴∠ BAD+∠CAE+∠DAC=105°, 即 2∠BAD+15°=105°, 得∠ BAD=45° , 所以旋转角为45°.。
数学九年级上册 旋转几何综合专题练习(解析版)
数学九年级上册 旋转几何综合专题练习（解析版）一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）1．如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点P 、Q 分别是边AB 、BC 上的两个动点（与点A 、B 、C 不重合），且始终保持BP BQ =，AQ QE ⊥，QE 交正方形外角平分线CE 于点E ，AE 交CD 于点F ，连结PQ ．（1）求证：APQ QCE ∆∆≌；（2）证明：DF BQ QF +=；（3）设BQ x =，当x 为何值时，//QF CE ，并求出此时AQF ∆的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）当222x =-+//QF CE ；AQF S ∆442=-+．【解析】【分析】（1）判断出△PBQ 是等腰直角三角形，然后求出∠APQ=∠QCE=135°，再根据同角的余角相等求出∠PAQ=∠CQE ，再求出AP=CQ ，然后利用“角边角”证明即可；（2）根据全等三角形对应边相等可得AQ=EQ ，判断出△AQE 是等腰直角三角形，将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆，再证明()F AQ FAQ SAS '∆∆≌；（3）连结AC ，设QF CE ，推出QCF ∆是等腰直角三角形°，再证明()ABQ ADF SAS ∆∆≌，根据全等三角形对应边相等可得QF=GF ，AQ AF =，22.5QAB DAF ∠=∠=︒，分别用x 表示出DF 、CF 、QF ，然后列出方程求出x ，再求出△AQF 的面积．【详解】（1）∵四边形ABCD 是正方形，∴AB BC =，90B BCD DCM ∠=∠=∠=︒，∵BP BQ =，∴PBQ ∆是等腰直角三角形，AP QC =，∴45BPQ ∠=︒，∴135APQ ∠=︒∵CE 平分DCM ∠，∴45DCE ECM ∠=∠=︒，∴135QCE ∠=︒，∴135APQ QCE ∠=∠=︒，∵AQ QE ⊥，∴90AQB CQE ∠+∠=︒．∵90AQB BAQ ∠+∠=︒．∴BAQ CQE ∠=∠．∴()APQ QCE ASA ∆≌．（2）由（1）知APQ QCE ∆∆≌．∴QA QE =．∵90AQE ∠=︒，∴AQE ∆是等腰直角三角形，∴45QAE ∠=︒．∴45DAF QAB ∠+∠=︒，如图4，将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆，其中点D 与点B 重合，且点F '在直线BQ 上，则45F AQ '∠=︒，F A FA '=，AQ AQ =，∴()F AQ FAQ SAS '∆∆≌．∴QF QF BQ DF '==+．（3）连结AC ，若QF CE ，则45FQC ECM ∠=∠=︒．∴QCF ∆是等腰直角三角形，∴2CF CQ x ==-，∴DF BQ x ==．∵AB AD =，90B D ∠=∠=︒，∴()ABQ ADF SAS ∆∆≌．∴AQ AF =，22.5QAB DAF ∠=∠=︒，∴AC 垂直平分QF ，∴22.5QAC FAC QAB FAD ∠=∠=∠=∠=︒，2FQ QN =，∴22FQ BQ x ==．在Rt QCF ∆中，根据勾股定理，得222(2)(2)(2)x x x -+-=．解这个方程，得1222x =-+， 2222x =--（舍去）．当222x =-+时，QF CE ．此时，QCF QEF S S ∆∆=，∴212QCF AQF QEF AQF AQE S S S S S AQ ∆∆∆∆∆+=+==， ∴()2222111222AQF AQE QCF S S S AQ CQ AQ CQ ∆∆∆=-=-=- ()222112(2)4244222x x x x ⎡⎤=+--=⋅==-+⎣⎦ 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，难点在于（3）作辅助线构造成全等三角形并利用勾股定理列出方程．2．（特例发现）如图1，在△ABC 中，AG ⊥BC 于点G ，以A 为直角顶点，分别以AB ，AC 为直角边，向△ABC 外作等腰Rt △ABE 和等腰Rt △ACF ，过点E 、F 作射线GA 的垂线，垂足分别为P 、Q ．求证：EP=FQ ．（延伸拓展）如图2，在△ABC 中，AG ⊥BC 于点G ，以A 为直角顶点，分别以AB ，AC 为直角边，向△ABC 外作Rt △ABE 和Rt △ACF ，射线GA 交EF 于点H ．若AB=kAE ，AC=kAF ，请思考HE 与HF 之间的数量关系，并直接写出你的结论．（深入探究）如图3，在△ABC 中，G 是BC 边上任意一点，以A 为顶点，向△ABC 外作任意△ABE 和△ACF ，射线GA 交EF 于点H ．若∠EAB=∠AGB ，∠FAC=∠AGC ，AB=kAE ，AC=kAF ，上一问的结论还成立吗？并证明你的结论．（应用推广）在上一问的条件下，设大小恒定的角∠IHJ 分别与△AEF 的两边AE 、AF 分别交于点M 、N ，若△ABC 为腰长等于4的等腰三角形，其中∠BAC=120°，且∠IHJ=∠AGB=θ=60°，k=2；求证：当∠IHJ 在旋转过程中，△EMH 、△HMN 和△FNH 均相似，并直接写出线段MN 的最小值（请在答题卡的备用图中补全作图）．【答案】(1)证明参见解析；(2)HE=HF ；(3)成立，证明参见解析；(4)证明参见解析，MN 最小值为1.【解析】试题分析：(1)特例发现：易证△AEP≌△BAG，△AFQ≌△CAG，即可求得EP=AG，FQ=AG，即可解题；(2)延伸拓展：过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．易证△ABG∽△EAP，△ACG∽△FAQ，得到PE=AG，FQ=AG，∴PE=FQ，然后证明△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(3)深入探究：判断△PEA∽△GAB，得到PE=AG，△AQF∽△CGA，FQ=，得到FQ=AG，再判断△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(4)应用推广：由前一个结论得到△AEF为正三角形，再依次判断△MHN∽△HFN∽△MEH，即可得出结论．试题解析：(1)特例发现，如图：∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∵∠EPA=∠AGB，AE=AB，∴△PEA≌△GAB，∴PE=AG，同理，△QFA≌△GAC，∴FQ=AG，∴PE=FQ；(2)延伸拓展，如图：∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∴∠EPA=∠AGB，∴△PEA∽△GAB，∴，∵AB=kAE，∴，∴PE=AG，同理，△QFA∽△GAC，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴PE=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；(3)深入探究,如图2，在直线AG上取一点P，使得∠EPA═∠AGB，作FQ∥PE，∵∠EAP+∠BAG=180°﹣∠AGB，∠ABG+∠BAG=180°﹣∠AGB，∴∠EAP=∠ABG，∵∠EPA=∠AGB，∴△APE∽△BGA，∴，∵AB=kAE，∴PE=AG，由于∠FQA=∠FAC=∠AGC=180°﹣∠AGB，同理可得，△AQF∽△CGA，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴EP=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；(4)应用推广,如图3，在前面条件及结论，得到，点H是EF中点，∴AE=AF，∵∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC∴∠EAB+∠FAC=180°∴∠EAF=360°﹣（∠EAB+∠FAC）﹣∠BAC=60°，∴△AEF 为正三角形．又H为EF中点，∴∠EHM+∠IHJ=120°，∠IHJ+∠FHN=120°，∴∠EHM=∠FHN．∵∠AEF=∠AFE，∴△HEM∽△HFN，∴，∵EH=FH，∴，且∠MHN=∠HFN=60°，∴△MHN∽△HFN，∴△MHN∽△HFN∽△MEH，在△HMN中，∠MHN=60°，根据三角形中大边对大角，∴要MN最小，只有△HMN是等边三角形，∴∠AMN=60°，∵∠AEF=60°，MN∴MN∥EF，∵△AEF为等边三角形，∴MN为△AEF的中位线，∴MN min=EF=×2=1．考点：1.几何变换综合题；2.三角形全等及相似的判定性质.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）IH＝3FH；（3）EG2＝AG2+CE2．【解析】【分析】（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO＝OF，∵OB＝OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB＝ED即可．②先证明∠ABD＝2∠ADB，推出∠ADB＝30°，延长即可解决问题．（2）IH＝3FH．只要证明△IJF是等边三角形即可．（3）结论：EG2＝AG2+CE2．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题．【详解】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，OB＝OD，∴∠EDO＝∠FBO，在△DOE和△BOF中，EDO FBOOD 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 GHFDH 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 MJB MBF IM⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△BIF≌△MJI，∴IJ＝IF，∠BFI＝∠MIJ，∵HJ＝HF，∴IH⊥JF，∵∠BFI+∠BIF＝120°，∴∠MIJ+∠BIF＝120°，∴∠JIF＝60°，∴△JIF是等边三角形，在Rt△IHF中，∵∠IHF＝90°，∠IFH＝60°，∴∠FIH＝30°，∴IH＝3FH．（3）结论：EG2＝AG2+CE2．理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，∵∠FAD+∠DEF＝90°，∴AFED四点共圆，∴∠EDF＝∠DAE＝45°，∠ADC＝90°，∴∠ADF+∠EDC＝45°，∵∠ADF＝∠CDM，∴∠CDM+∠CDE＝45°＝∠EDG，在△DEM和△DEG中，DE DEEDG EDMDG DM⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△DEG≌△DEM，∴GE＝EM，∵∠DCM＝∠DAG＝∠ACD＝45°，AG＝CM，∴∠ECM＝90°∴EC2+CM2＝EM2，∵EG＝EM，AG＝CM，∴GE2＝AG2+CE2．【点睛】考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.4．在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O（0，0），点A（5，0），点B（0，3）．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．（1）如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标；（2）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．（3）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】（1）D （1，3）；（2）①详见解析；②H （175，3）；（3）303344-≤S ≤303344+． 【解析】【分析】（1）如图①，在Rt △ACD 中求出CD 即可解决问题；（2）①根据HL 证明即可；②，设AH=BH=m ，则HC=BC-BH=5-m ，在Rt △AHC 中，根据AH 2=HC 2+AC 2，构建方程求出m 即可解决问题；（3）如图③中，当点D 在线段BK 上时，△DEK 的面积最小，当点D 在BA 的延长线上时，△D′E′K 的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题；【详解】（1）如图①中，∵A （5，0），B （0，3），∴OA =5，OB =3，∵四边形AOBC 是矩形，∴AC =OB =3，OA =BC =5，∠OBC =∠C =90°，∵矩形ADEF 是由矩形AOBC 旋转得到，∴AD =AO =5，在Rt △ADC 中，CD 22AD AC -，∴BD =BC -CD =1，∴D（1，3）．（2）①如图②中，由四边形ADEF是矩形，得到∠ADE=90°，∵点D在线段BE上，∴∠ADB=90°，由（1）可知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°，∴Rt△ADB≌Rt△AOB（HL）．②如图②中，由△ADB≌△AOB，得到∠BAD=∠BAO，又在矩形AOBC中，OA∥BC，∴∠CBA=∠OAB，∴∠BAD=∠CBA，∴BH=AH，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，∵AH2=HC2+AC2，∴m2=32+（5-m）2，∴m=175，∴BH=175，∴H（175，3）．（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，最小值=12•DE•DK=12×3×（5-34）=30334，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，最大面积=12×D′E′×KD′=12×3×（5+342）=303344+．综上所述，30334-≤S≤30334+．【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．5．(1)问题发现如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上.填空:线段AD,BE之间的关系为 .(2)拓展探究如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由.(3)解决问题如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围.【答案】(1) AD=BE，AD⊥BE．(2) AD=BE，AD⊥BE．22．【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），得AD=BE，∠EBC=∠CAD，延长BE交AD于点F，由垂直定义得AD⊥BE．（2）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），AD=BE，∠CAD=∠CBE，由垂直定义得∠OHB=90°，AD⊥BE；（3）作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，PC=BE，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE；当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE，故22【详解】（1）结论：AD=BE，AD⊥BE．理由：如图1中，∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形，∴AC=BC ，CE=CD ，∠ACB=∠ACD=90°，在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴AD=BE ，∠EBC=∠CAD延长BE 交AD 于点F ，∵BC ⊥AD ，∴∠EBC+∠CEB=90°，∵∠CEB=AEF ，∴∠EAD+∠AEF=90°，∴∠AFE=90°，即AD ⊥BE ．∴AD=BE ，AD ⊥BE ．故答案为AD=BE ，AD ⊥BE ．（2）结论：AD=BE ，AD ⊥BE ．理由：如图2中，设AD 交BE 于H ，AD 交BC 于O ．∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形，∴AC=BC ，CE=CD ，∠ACB=∠ECD=90°，∴ACD=∠BCE ，在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BCACD BCECDCE⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，∴∠BOH+∠OBH=90°，∴∠OHB=90°，∴AD⊥BE，∴AD=BE，AD⊥BE．（3）如图3中，作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，∴PC=BE，图3-1中，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE=5-32，图3-2中，当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE=5+32，∴5-32≤BE≤5+32，即5-32≤PC≤5+32．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．6．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：()1探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 求证：BCD 的面积为21.(2a 提示：过点D 作BC边上的高DE ，可证ABC ≌)BDE()2探究2：如图2，在一般的Rt ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 请用含a 的式子表示BCD 的面积，并说明理由． ()3探究3：如图3，在等腰三角形ABC 中，AB AC =，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 试探究用含a 的式子表示BCD 的面积，要有探究过程．【答案】（1）详见解析；（2）BCD 的面积为212a ，理由详见解析；（3）BCD 的面积为214a ． 【解析】【分析】 ()1如图1，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()2如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，由等腰三角形的性质可以得出1BF BC 2=，由条件可以得出AFB ≌BED 就可以得出BF DE =，由三角形的面积公式就可以得出结论．【详解】 ()1如图1，过点D 作DE CB ⊥交CB 的延长线于E ，BED ACB 90∠∠∴==，由旋转知，AB AD =，ABD 90∠=，ABC DBE 90∠∠∴+=，A ABC 90∠∠+=，A DBE ∠∠∴=，在ABC 和BDE 中，ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，ABC∴≌()BDE AASBC DE a ∴==，BCD 1S BC DE 2=⋅， 2BCD 1S a 2∴=； ()2BCD 的面积为21a 2， 理由：如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，BED ACB 90∠∠∴==，线段AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BE ，AB BD ∴=，ABD 90∠=，ABC DBE 90∠∠∴+=，A ABC 90∠∠+=，A DBE ∠∠∴=，在ABC 和BDE 中，ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ABC ∴≌()BDE AAS ，BC DE a ∴==，BCD 1S BC DE 2=⋅， 2BCD 1S a 2∴=； ()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，AFB E 90∠∠∴==，11BF BC a 22==， FAB ABF 90∠∠∴+=， ABD 90∠=，ABF DBE 90∠∠∴+=，FAB EBD ∠∠∴=，线段BD 是由线段AB 旋转得到的，AB BD ∴=， 在AFB 和BED 中，AFB E FAB EBD AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， AFB ∴≌()BED AAS ，1BF DE a 2∴==， 2BCD 1111S BC DE a a a 2224=⋅=⋅⋅=， BCD ∴的面积为21a 4． 【点睛】本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.7．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＝2+25或m＝2﹣25（舍）．【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．8．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B的坐标为(6，6)，将正方形ABCO 绕点C逆时针旋转角度α(0°<α<90°)，得到正方形CDEF，ED交线段AB于点G，ED的延长线交线段OA于点H，连接CH、CG．(1)求证：△CBG≌△CDG；(2)求∠HCG的度数；并判断线段HG、OH、BG之间的数量关系，说明理由；(3)连接BD、DA、AE、EB得到四边形AEBD，在旋转过程中，四边形AEBD能否为矩形？如果能，请求出点H的坐标；如果不能，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）45°；HG= HO+BG；（3）（2，0）．【解析】试题分析：（1）求证全等，观察两个三角形，发现都有直角，而CG为公共边，进而再锁定一条直角边相等即可，因为其为正方形旋转得到，所以边都相等，即结论可证．（2）根据（1）中三角形全等可以得到对应边、角相等，即BG=DG，∠DCG=∠BCG．同第一问的思路容易发现△CDH≌△COH，也有对应边、角相等，即OH=DH，∠OCH=∠DCH．于是∠GCH为四角的和，四角恰好组成直角，所以∠GCH=90°，且容易得到OH+BG=HG．（3）四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．由上几问知DG=BG，所以此时同时满足DG=AG=EG=BG，即四边形AEBD为矩形．求H点的坐标，可以设其为（x，0），则OH=x，AH=6﹣x．而BG为AB的一半，所以DG=BG=AG=3．又由（2），HG=x+3，所以Rt△HGA中，三边都可以用含x的表达式表达，那么根据勾股定理可列方程，进而求出x，推得H坐标．（1）证明：∵正方形ABCO绕点C旋转得到正方形CDEF，∴CD=CB，∠CDG=∠CBG=90°．在Rt△CDG和Rt△CBG中，，∴△CDG≌△CBG（HL）；（2）解：∵△CDG≌△CBG，∴∠DCG=∠BCG，DG=BG．在Rt△CHO和Rt△CHD中，∵，∴△CHO≌△CHD（HL），∴∠OCH=∠DCH，OH=DH，∴∠HCG=∠HCD+∠GCD=∠OCD+∠DCB=∠OCB=45°，∴HG=HD+DG=HO+BG；（3）解：四边形AEBD可为矩形．如图，连接BD、DA、AE、EB，四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．∵DG=BG，∴DG=AG=EG=BG，即平行四边形AEBD对角线相等，则其为矩形，∴当G点为AB中点时，四边形AEBD为矩形．∵四边形DAEB为矩形，∴AG=EG=BG=DG．∵AB=6，∴AG=BG=3．设H点的坐标为（x，0），则HO=x∵OH=DH，BG=DG，∴HD=x，DG=3．在Rt△HGA中，∵HG=x+3，GA=3，HA=6﹣x，∴（x+3）2=32+（6﹣x）2，解得x=2．∴H点的坐标为（2，0）．考点：几何变换综合题．9．（问题提出）如图①，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF试证明：AB=DB+AF（类比探究）（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．【答案】证明见解析；（1）AB=BD﹣AF；（2）AF=AB+BD．【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF，再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF，∠EBD=∠EAF=120°，得出△EDB≌FEA，所以BD=AF，等量代换即可得出结论．（2）先画出图形证明∴△DEB≌△EFA，方法类似于（1）；（3）画出图形根据图形直接写出结论即可．【详解】（1）证明：DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=CE，∴DE=EF，∠CAF=∠BAC=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，∵∠DBE=120°，∴∠EAF=∠DBE，又∵A，E，C，F四点共圆，∴∠AEF=∠ACF，又∵ED=DC，∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，∴∠D=∠AEF，∴△EDB≌FEA，∴BD=AF，AB=AE+BF，∴AB=BD+AF．类比探究（1）DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=CE，∴DE=EF，∠EFC=∠BAC=60°，∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，∴∠FCG=∠FEA，又∠FCG=∠EAD∠D=∠EAD，∴∠D=∠FEA，由旋转知∠CBE=∠CAF=120°，∴∠DBE=∠FAE=60°∴△DEB≌△EFA，∴BD=AE， EB=AF，∴BD=FA+AB．即AB=BD-AF．（2）AF=BD+AB （或AB=AF-BD ）如图③，，ED=EC=CF ，∵△BCE 绕点C 顺时针旋转60°至△ACF ，∴∠ECF=60°，BE=AF ，EC=CF ，BC=AC ，∴△CEF 是等边三角形，∴EF=EC ，又∵ED=EC ，∴ED=EF ，∵AB=AC ，BC=AC ，∴△ABC 是等边三角形，∴∠ABC=60°，又∵∠CBE=∠CAF ，∴∠CAF=60°，∴∠EAF=180°-∠CAF-∠BAC=180°-60°-60°=60°∴∠DBE=∠EAF ；∵ED=EC ，∴∠ECD=∠EDC ，∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC ，又∵∠EDC=∠EBC+∠BED ，∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC ，∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC ，∴∠BDE=∠AEF ，在△EDB 和△FEA 中，DBE EAF BDE AEF ED EF ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ∴△EDB ≌△FEA （AAS ），∴BD=AE ，EB=AF ，∵BE=AB+AE ，∴AF=AB+BD，即AB，DB，AF之间的数量关系是：AF=AB+BD．考点：旋转变化，等边三角形，三角形全等，10．已知，正方形ABCD的边长为4，点E是对角线BD延长线上一点，AE=BD．将△ABE绕点A顺时针旋转α度（0°＜α＜360°）得到△AB′E′，点B、E的对应点分别为B′、E′．（1）如图1，当α=30°时，求证：B′C=DE；（2）连接B′E、DE′，当B′E=DE′时，请用图2求α的值；（3）如图3，点P为AB的中点，点Q为线段B′E′上任意一点，试探究，在此旋转过程中，线段PQ长度的取值范围为．【答案】（1）证明见解析（2）45°或22.5°（3）22-2≤PQ≤42+2【解析】【分析】（1）先由正方形的性质得到直角三角形AOE，再经过简单计算求出角，判断出△ADE≌△AB′C即可；（2）先判断出△AEB′≌△AE′D，再根据旋转角和图形，判断出∠BAB′=∠DAB′即可；（3）先判断出点Q的位置，PQ最小时和最大时的位置，进行计算即可．【详解】解：（1）如图1，连接AC，B′C，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，AC⊥BD，AC=BD=2OA，∠CAB=ADB=45°，∵AE=BD，∴AC=AE=2OA，在Rt△AOE中，∠AOE=90°，AE=2OA，∴∠E=30°，∴∠DAE=∠ADB-∠E=45°-30°=15°，由旋转有，AD=AB=AB′∠BAB′=30°，∴∠DAE=15°，在△ADE和△AB′C中，''AD ABDAE CABAE AC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ADE≌△AB′C，∴DE=B′C，（2）如图2，由旋转得，AB′=AB=AD，AE′=AE，在△AEB′和△AE′D中，''''AE AEAD ABDB DE=⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴△AEB′≌△AE′D，∴∠DAE′=∠EAB′，∴∠EAE′=∠DAB′，由旋转得，∠EAE′=∠BAB′，∴∠BAB′=∠DAB′，∵∠BAB′+∠DAB′=90°，∴α=∠BAB′=45°，或α=360°-90°-45°=225°；（3）如图3，∵正方形ABCD的边长为4，∴122，连接AC交BD于O，∴OA⊥BD，OA=12AC=122在旋转过程中，△ABE在旋转到边B'E'⊥AB于Q，此时PQ最小，由旋转知，△ABE≌△AB'E'，∴AQ=OA=12BD（全等三角形对应边上的高相等），∴PQ=AQ-AP=122-2在旋转过程中，△ABE在旋转到点E在BA的延长线时，点Q和点E'重合，∴2，∴2+2，故答案为2-2+2．．。
人教版初中数学九年级数学上册第三单元《旋转》测试题(包含答案解析)(1)
一、选择题1．如图，已知在正方形ABCD 中，AD ＝4，E ，F 分别是CD ，BC 上的一点，且∠EAF ＝45°，EC ＝1，将△ADE 绕点A 沿顺时针方向旋转90°后与△ABG 重合，连接EF ，则以下结论：①DE +BF ＝EF ，②BF ＝47，③AF ＝307，④S △AEF ＝507中正确的是（ ）A ．①②③B ．②③④C ．①③④D ．①②④ 2．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ． 3．以原点为中心，将点P （3，4）旋转90°，得到的点Q 所在的象限为（ ） A ．第二象限B ．第三象限C ．第四象限D ．第二或第四象限 4．如图，将ABC 绕点C 顺时针旋转80°，得到DEC ，若3120B A ∠=∠=︒，则α∠的度数是（ ）A ．60︒B ．50︒C ．40︒D ．305．已知点(2,3)A ，O 是坐标原点，将线段OA 绕点O 逆时针旋转90︒，点A 旋转后的对应点1A ，则点1A 的坐标是（ ）A ．(2,3)--B ．(2,3)-C ．(3,2)-D ．(3,2)- 6．若点P(－m ，m －3)关于原点对称的点是第二象限内的点，则m 满足( ) A ．m ＞3 B ．0＜m≤3 C ．m ＜0 D ．m ＜0或m ＞3 7．如图，在平面直角坐标系中，点A 、B 、C 的坐标分别为（1，0），（0，1），()1,0-．一个电动玩具从坐标原点O 出发，第一次跳跃到点1P ，使得点1P 与点O 关于点A 成中心对称；第二次跳跃到点2P ，使得点2P 与点1P 关于点B 成中心对称；第三次跳跃到点3P ，使得点3P 与点2P 关于点C 成中心对称：第四次跳跃到点4P ，使得点4P 与点3P关于点A 成中心对称；第五次跳跃到点5P ，使得点6P 与点4P 关于点B 成中心对称；…，照此规律重复下去，则点2013P 的坐标为（ ）A ．（2，2）B ．()2,2-C ．()0,2-D ．()2,0- 8．如图，点E ，F ，G ，H 分别为四边形ABCD 四条边AB 、BC 、CD 、DA 的中点，则关于四边形EFGH ，下列说法正确的是（ ）A ．不是平行四边形B ．不是中心对称图形C ．一定是中心对称图形D ．当AC ＝BD 时，它为矩形9．如图①是3×3正方形方格，将其中两个方格涂黑，并且使得涂黑后的整个图案是轴对称图形，约定绕正方形ABCD 的中心旋转能重合的图案都视为同一种，例②中四幅图就视为同一种，则得到不同共有（ ）A ．4种B ．5种C ．6种D ．7种10．如图，点O 是矩形ABCD 的对称中心，点E 在AB 边上，连接CE ．若点B 与点O 关于CE 对称，则CB ：AB 为（ ）A ．12B 51-C 3D 311．如图，把△ABC 绕着点A 逆时针旋转40°得到△ADE ，∠1＝30°，则∠BAE ＝（ ）A ．10°B ．30°C ．40°D ．70°12．如图，△ABC 的顶点在网格中，现将△ABC 绕格点O 顺时针旋转α角（0°＜α＜360°），使旋转后所得三角形的顶点也在格点上，则当旋转前后的图形形成轴对称图形时，符合条件的α角的度有（ ）A ．1个B ．3个C ．6个D ．8个二、填空题13．如图，在Rt ABC △中，C 为直角顶点，20ABC ∠=︒，O 为斜边AB 的中点，将OA 绕点O 逆时针旋转()0180θθ︒<<︒至OP ，当BCP 恰为以BC 为腰的等腰三角形时，θ的值为______．14．如图，在等边△ABC 中，AC=10，点O 在AC 上，且AO=4，点P 是AB 上一动点，连结OP ，将线段OP 绕点O 逆时针旋 转60º得到线段OD ．要使点D 恰好落在BC 上，则AP 的长是________．15．如图，P 是等边三角形ABC 内一点，且PA ＝4，PB ＝3PC ＝2，以下五个结论：①∠BPC ＝120°；②∠APC ＝120°；③S △ABC ＝3④AB 28；⑤点P 到△ABC 三边的距离分别为PE ，PF ，PG ，则有PE +PF +PG ＝32AB ，其中正确的有_________．16．将边长为1的正方形ABCD 绕点C 按顺时针方向旋转到FECG 的位置（如图），使得点D 落在对角线CF 上，EF 与AD 相交于点H ，则HD ＝_________.（结果保留根号）17．如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC 绕点O 逆时针旋转45︒后得到正方形111OA B C ，依此方式，绕点O 连续旋转2019次得到正方形201920192019OA B C ，如果点A 的坐标为（1，0），那么点2019B 的坐标为________．18．如图，在平面直角坐标系中，点1P 的坐标22,22⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，将线段1OP 绕点O 按顺时针方向旋转45°，再将其长度伸长为1OP 的2倍，得到线段2OP ；又将线段2OP 绕点O 按顺时针方向旋转45°，长度伸长为2OP 的2倍，得到线段3OP ；如此下去，得到线段4OP 、5OP ，……，n OP （n 为正整数），则点2020P 的坐标是_________．19．如图，△ABC 中，∠BAC ＝20°，△ABC 绕点A 逆时针旋转至△AED ，连接对应点C 、D ，AE 垂直平分CD 于点F ，则旋转角度是_____°．20．如图，将边长为1的正三角形AOP 沿x 轴正方向作无滑动的连续反转，点P 依次落在点1P ，2P ，32020P P ⋅⋅⋅的位置，则点2020P 的坐标为______．三、解答题21．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝10，AD ＝6．以点A 为中心，逆时针旋转矩形ABCD ，得到矩形AEFG ，点B ，C ，D 的对应点分别为点E ，F ，G ．（1）如图1，当点E 落在边CD 上时，求线段CE 的长；（2）如图2，当点E 落在线段CF 上时，求证：∠EAC ＝∠BAC ；（3）在（2）的条件下，CD 与AE 交于点H ，求线段DH 的长．22．如图，将矩形ABCD 绕点C 旋转得到矩形EFGC ，点E 在AD 上．延长AD 交FG 于点H ．求证：EDC HFE ≅．23．如图，已知ABC 和A B C ''''''△及点O ．（1）画出ABC 关于点O 对称的A B C '''；（2）若A B C ''''''△与A B C '''关于点O '对称，请确定点O '的位置．24．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（2，1）．将此矩形绕点O 逆时针旋转90°，得到矩形OA B C '''．（1）求过点A 、A '、C '的抛物线的解析式；（2）将矩形OABC 沿x 轴正方向平移，使点C 落在抛物线上，求平移的距离． 25．如图，在平面直角坐标系中，边长为4的正方形OABC 的顶点A 、C 分别在y 轴、x 轴的正半轴上，点O 在原点．现将正方形OABC 绕点O 按顺时针方向旋转，旋转角为θ，当点A 第一次落在直线y x =上时停止旋转，旋转过程中，AB 边交直线y x =于点M ，BC 边交x 轴于点N ．（1）若30θ=︒时，求点A 的坐标；△的周长为P，在旋转正方形OABC的过程中，P值是否有变化？请证明你（2）设MBN的结论；26．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）．（1）请画出将△ABC向左平移4个单位长度后得到的图形△A1B1C1；（2）请画出△ABC关于点（1，0）成中心对称的图形△A2B2C2；（3）若△A1B1C1绕点M旋转可以得到△A2B2C2，请直接写出点M的坐标；（4）在x轴上找一点P，使PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．D解析：D【分析】利用全等三角形的性质及勾股定理求出BF的长，再利用勾股定理求出AF的长，从而求得GF，即可求解出△AEF的面积，最终即可判断出所有选项．【详解】∵将△ADE绕点A沿顺时针方向旋转90°后与△ABG重合，∴AG＝AE，∠DAE＝∠BAG，DE＝BG，∵∠EAF＝45°，∴∠DAE+∠BAF＝45°＝∠GAB+∠BAF＝∠GAF＝45°，∵AG＝AE，∠FAE＝∠FAG＝45°，AF＝AF，∴△AFE≌△AFG（SAS），∴EF＝FG，∵DE＝BG，∴EF＝FG＝BG+FB＝DE+BF，故①正确，∵BC＝CD＝AD＝4，EC＝1，∴DE＝3，设BF＝x，则EF＝x+3，CF＝4﹣x，在Rt△ECF中，（x+3）2＝（4﹣x）2+12，解得x＝47，∴BF＝47，AF7，故②正确，③错误，∴GF＝3+47＝257，∴S△AEF＝S△AGF＝12AB×GF＝507，故④正确，故选：D．【点睛】本题考查旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．2．D解析：D【分析】根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可判断出．【详解】解：A、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项错误；B、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；C、此图形旋转180°后能与原图形重合，此图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项错误；D、∵此图形旋转180°后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确．故选：D．【解答】此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键．3．D解析：D【分析】根据旋转的性质，以原点为中心，将点P（3，4）旋转90°，分两种情况讨论即可得到点Q 所在的象限．【详解】如图，点P（3，4）按逆时针方向旋转90°，得到点1Q，按顺时针方向旋转90°，得到点2Q ，得点Q 所在的象限为第二、四象限．故选：D ．【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，解决本题的关键是掌握旋转的性质．注意分类讨论． 4．A解析：A【分析】根据旋转的性质找到对应点、对应角、对应线段作答．【详解】解：∵3120B A ∠=∠=︒∴120B ∠=︒，40A ∠=︒∵△ABC 绕点C 逆时针旋转80°得到△DEC ，∴∠D=∠A=40°，∠DEC=∠B=120°，∴∠DCE=180°-40°-120°=20°，∵∠DCA=80°∴∠α=∠DCA-∠DCE=80°-20°=60°．故选：A ．【点睛】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．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． 5．D解析：D【分析】根据点(,)x y 绕原点逆时针旋转90°得到的坐标为(,)y x -解答即可．【详解】解：A 、1A 两点是绕原点逆时针旋转90︒得到的，1A ∴的坐标为(3,2)-．故选：D ．【点睛】考查由旋转得到的两点的坐标的变换；用到的知识点为：点(,)x y 绕原点逆时针旋转90︒得到的坐标为(,)y x -．6．C解析：C【分析】两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P （-m ，m-3）关于原点O 的对称点是P′（m ，3-m ），再由第二象限内的点横坐标为负数，纵坐标为正数，可得m 的取值范围．【详解】解：点P （-m ，m-3）关于原点O 的对称点是P′（m ，3-m ），∵P′（m ，3-m ），在第二象限，∴030m m <⎧⎨->⎩， ∴m ＜0．故选：C ．【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，注意掌握：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反．7．C解析：C【分析】计算出前几次跳跃后，点P 1，P 2，P 3，P 4，P 5，P 6，P 7的坐标，可得出规律，继而可求出点P 2013的坐标．【详解】解：∵点1P 与点O 关于点A 成中心对称，∴P 1(2，0)，过P 2作P 2D ⊥OB 于点D ，∵2P 与点1P 关于点B 成中心对称，∴P 1B=P 2B ，在△P 1BO 和△P 2BD 中121212PBO P BD POB P DB PB P B ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△P 1BO ≌△P 2BD ，∴P2D=P1O=2，BD=BO=1，∴OD=2，∴P2(-2，2)，同理可求：P3(0，-2)，P4(2，2)，P5(-2，0)，P6(0，0)，P7(2，0)，从而可得出6次一个循环，∵20136=335…3，∴点P2013的坐标为(0，-2)．故选C．【点睛】本题考查了中心对称，全等三角形的判定与性质，以及点的坐标的规律变换，解答本题的关键是求出前几次跳跃后点的坐标，总结出一般规律．8．C解析：C【分析】先连接AC，BD，根据EF=HG=12AC，EH=FG=12BD，可得四边形EFGH是平行四边形，当AC⊥BD时，∠EFG=90°，此时四边形EFGH是矩形；当AC=BD时，EF=FG=GH=HE，此时四边形EFGH是菱形，据此进行判断即可．【详解】连接AC，BD，如图：∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，∴EF=HG=12AC，EH=FG=12BD，∴四边形EFGH是平行四边形，故选项A错误；∴四边形EFGH一定是中心对称图形，故选项B错误；当AC⊥BD时，∠EFG=90°，此时四边形EFGH是矩形，当AC =BD 时，EF =FG =GH =HE ，此时四边形EFGH 是菱形，故选项D 错误；∴四边形EFGH 可能是轴对称图形，∴四边形EFGH 是平行四边形，四边形EFGH 一定是中心对称图形．故选：C ．【点睛】本题主要考查了中点四边形的运用，解题时注意：平行四边形是中心对称图形．解决问题的关键是掌握三角形中位线定理．9．B解析：B【解析】分析：根据轴对称的定义及题意要求画出所有图案后即可得出答案：得到的不同图案有：共5个．故选B ．10．C解析：C【分析】连接DB ，AC ，OE ，利用对称得出OE ＝EB ，进而利用全等三角形的判定和性质得出OC ＝BC ，进而解答即可．【详解】解：连接DB ，AC ，OE ，∵四边形ABCD 是矩形，∴AC ＝DB ，∠ABC ＝90°，OC ＝OA ＝OB ＝OD ，∵点B 与点O 关于CE 对称，∴OE ＝EB ，∠OEC ＝∠BEC ，在△COE 与△CBE 中，OE BE OEC BEC CE CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△COE ≌△CBE （SAS ），∴OC ＝CB ，∴AC＝2BC，∵∠ABC＝90°，∴AB＝3CB，即CB：AB＝3，故选：C．【点睛】此题考查中心对称，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，和勾股定理，利用对称得出OE=EB是解题的关键．11．D解析：D【分析】先找到旋转角，根据∠BAE＝∠1+∠CAE进行计算．【详解】解：根据题意可知旋转角∠CAE＝40°，所以∠BAE＝30°+40°＝70°．故选D．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，解题的关键是找准旋转角．12．B解析：B【分析】画出图形，利用图象法解决问题即可．【详解】观察图象可知，满足条件的α的值为90°或180°或270°，故选B．【点睛】本题考查了旋转变换，轴对称的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．二、填空题13．40°或100°【分析】由题意可以分为BC=BP或BC=PC两种情况说明讨论【详解】解：当时如图1∵为斜边的中点∴∴∴∴；当时如图2同理可证∴∴∴故答案为40°或100°【点睛】本题考查直角三角形和解析：40°或100°【分析】由题意可以分为BC=BP 或BC=PC 两种情况说明讨论．【详解】解：当BC BP =时，如图1．∵90ACB ∠=︒，O 为斜边AB 的中点，∴CO OA OP OB ===，∴COB POB ≌△△，∴20ABP ABC ∠=∠=︒，∴22040θ=⨯︒=︒；当BC PC =时，如图2，同理可证COB COP ≌△△，∴20P ABC OCB OCP ∠=∠=∠=∠=︒，∴140COP COB ∠=∠=︒，∴14040100θ=︒-︒=︒．故答案为40°或100°．【点睛】本题考查直角三角形和等腰三角形的综合运用，熟练掌握直角三角形斜边上中线的性质、三角形全等的判定和性质、等腰三角形等边对等角的性质是解题关键． 14．6【分析】根据三角形的外角性质可得∠APO=∠COD 进而可以证明△APO ≌△COD 进而可以证明AP=CO 即可解题【详解】∵∠A+∠APO=∠POD+∠COD ∠A=∠POD=60°∴∠APO=∠COD解析：6【分析】根据三角形的外角性质可得∠APO=∠COD ，进而可以证明△APO ≌△COD ，进而可以证明AP=CO ，即可解题．【详解】∵∠A+∠APO=∠POD+∠COD ，∠A=∠POD=60°，∴∠APO=∠COD ，在△APO 和△COD 中，A C APO COD OD OP ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△APO ≌△COD （AAS ），即AP=CO ，∵CO=AC-AO=6，∴AP=6．故答案为：6．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，三角形的外角性质，全等三角形的判定和性质，本题中求证△APO ≌△COD 是解题的关键．15．②④⑤【分析】如图将△APC 绕点A 顺时针旋转60°得到△AHB 连接HP 由全等三角形的性质可得AH ＝AP ＝4BH ＝PC ＝2∠AHB ＝∠APC 可证△AHP 是等边三角形由勾股定理的逆定理可求∠HBP ＝90解析：②④⑤【分析】如图，将△APC 绕点A 顺时针旋转60°，得到△AHB ，连接HP ，由全等三角形的性质可得AH ＝AP ＝4，BH ＝PC ＝2，∠AHB ＝∠APC ，可证△AHP 是等边三角形，由勾股定理的逆定理可求∠HBP ＝90°，由锐角三角函数可求∠HPB ＝30°，可得∠AHB ＝120°＝∠APC ，∠BPC ＝150°，可判断①②，由勾股定理可求AB 的长，由等边三角形的面积公式可求△ABC 的面积和PE ＋PF ＋PG 的值，即可判断③④⑤．【详解】如图，将△APC 绕点A 顺时针旋转60°，得到△AHB ，连接HP ，∴△APC ≌△AHB ，∠HAP ＝60°，∴AH ＝AP ＝4，BH ＝PC ＝2，∠AHB ＝∠APC ，∴△AHP 是等边三角形，∴HP ＝4，∠AHP ＝∠APH ＝60°，∵HP 2＝16，BH 2＋BP 2＝16，∴HP 2＝BH 2＋BP 2，∴∠HBP ＝90°，∵HB=12HP ， ∴∠HPB ＝30°， ∴∠BHP ＝60°，∠APB ＝∠HPB ＋∠APH ＝90°，∴∠AHB ＝∠AHP ＋∠BHP ＝120°＝∠APC ，∴∠BPC ＝360°−∠APB−∠APC ＝150°，故①不符合题意，②符合题意，∵∠APB ＝90°，∴AB ＝22161227AP BP +=+=，∴S △ABC ＝2373AB =， 故③不合题意，④符合题意，如图，∵S △ABC ＝12AB×PG ＋12AC×PF ＋12BC×PE ＝3， ∴12×7×（PG ＋PF ＋PE ）＝3∴PG ＋PF ＋PE 327⨯3， 故⑤符合题意， 故答案为：②④⑤．【点睛】本题是三角形综合题，考查了等边三角形的性质，勾股定理的逆定理，旋转的性质，全等三角形的的性质，三角形的面积公式，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 16．【分析】先根据正方形的性质得到CD=1∠CDA=90°再利用旋转的性质得CF=根据正方形的性质得∠CFE=45°则可判断△DFH 为等腰直角三角形从而计算CF-CD 即可【详解】∵四边形ABCD 为正方形21【分析】先根据正方形的性质得到CD=1，∠CDA=90°，再利用旋转的性质得CF=2，根据正方形的性质得∠CFE=45°，则可判断△DFH为等腰直角三角形，从而计算CF-CD即可．【详解】∵四边形ABCD为正方形，∴CD=1，∠CDA=90°，∵边长为1的正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转到FECG的位置，使得点D落在对角线CF上，∴CF=2，∠CFDE=45°，∴△DFH为等腰直角三角形，∴DH=DF=CF-CD=2-1．故答案为2-1．【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．也考查了正方形的性质．17．【分析】根据图形可知：点B在以O为圆心以OB为半径的圆上运动由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45∘后得到正方形OA1B1C1相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45∘可得对应点B的坐标根据规解析：(2,0)【分析】根据图形可知：点B在以O为圆心,以OB为半径的圆上运动,由旋转可知：将正方形OABC 绕点O逆时针旋转45∘后得到正方形OA1B1C1,相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45∘，可得对应点B的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论.【详解】∵四边形OABC是正方形，且OA=1，∴B(1,1),连接OB，由勾股定理得：2，由旋转得：OB=OB1=OB2=OB32，∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45∘后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45∘,依次得到∠AOB=∠BOB1=∠B1OB2=…=45∘，∴B12),B2(−1,1),B32，…，发现是8次一循环，所以2019÷8=252…3，∴点B2019的坐标为【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接线段的夹角等于旋转角，也考查了坐标与图形的变化、规律型、点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法.18．（0-22019）【分析】根据题意得出OP1=1OP2=2OP3=4如此下去得到线段OP3=4=22OP4=8=23…OPn=2n -1再利用旋转角度得出点P2020的坐标与点P4的坐标在同一直线上进解析：（0，-22019）【分析】根据题意得出OP 1=1，OP 2=2，OP 3=4，如此下去，得到线段OP 3=4=22，OP 4=8=23…，OP n =2n-1，再利用旋转角度得出点P 2020的坐标与点P 4的坐标在同一直线上，进而得出答案．【详解】解：∵点P 1的坐标为22⎛ ⎝⎭，将线段OP 1绕点O 按顺时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP 1的2倍，得到线段OP 1；∴OP 1=1，OP 2=2，∴OP 3=4，如此下去，得到线段OP 4=23，OP 5=24…，∴OP n =2n-1，由题意可得出线段每旋转8次旋转一周，∵2020÷8=252…4，∴点P 2020的坐标与点P 4的坐标在同一直线上，正好在y 轴负半轴上，∴点P 2020的坐标是（0，-22019）．故答案为：（0，-22019）．【点睛】此题主要考查了点的变化规律，根据题意得出点P 2014的坐标与点P 6的坐标在同一直线上是解题关键．19．40【分析】根据旋转的性质得出AD ＝AC ∠DAE ＝∠BAC ＝20°求出∠DAE ＝∠CAE ＝20°再求出∠DAC 的度数即可【详解】解：∵△ABC 绕点A 逆时针旋转至△AED ∠BAC ＝20°∴AD ＝AC ∠解析：40【分析】根据旋转的性质得出AD ＝AC ，∠DAE ＝∠BAC ＝20°，求出∠DAE ＝∠CAE ＝20°，再求出∠DAC 的度数即可．【详解】解：∵△ABC 绕点A 逆时针旋转至△AED ，∠BAC ＝20°，∴AD ＝AC ，∠DAE ＝∠BAC ＝20°，∵AE 垂直平分CD 于点F ，∴∠DAE ＝∠CAE ＝20°，∴∠DAC ＝20°+20°＝40°，即旋转角度数是40°，故答案为：40．【点睛】本题主要考查了图像旋转的性质以及垂直平分线的性质，从而得到边相等与角相等的条件．20．【分析】根据图形的翻转分别得出的横坐标再根据规律即可得出各个点的横坐标进一步得出答案即可【详解】解：由题意可知的横坐标是1的横坐标是25的横坐标是4的横坐标是依此类推下去的横坐标是2017的横坐标是 解析：(2020,0)【分析】根据图形的翻转，分别得出1P 、2P 、3P ⋯的横坐标，再根据规律即可得出各个点的横坐标，进一步得出答案即可．【详解】解：由题意可知1P 、2P 的横坐标是1，3P 的横坐标是2.5，4P 、5P 的横坐标是4，6P 的横坐标是5.5⋯依此类推下去，2017P 、2018P 的横坐标是2017，2019P 的横坐标是2018.5，2020P 的横坐标是2020，2020P ∴的坐标是(2020,0)，故答案为(2020,0)．【点睛】本题考查翻折变换，等边三角形的性质及坐标与图形性质，根据题意得出1P 、2P 、3P ⋯的横坐标，得出规律是解答此题的关键．三、解答题21．（1）2；（2）见解析；（3）165【分析】（1）由旋转的性质知AB=AE=10，由矩形的性质得出AD=BC=6，∠BAD=∠D=90°，由勾股定理得出DE=8，即可得出答案；（2）由旋转的性质知∠AEF=∠BAD=90°，AE=AB ，证明Rt △ABC ≌Rt △AEC （HL ），即可得出结论；（3）设DH=x ，由矩形的性质得出CH=CD-DH=10-x ，∠DCA=∠BAC ，证出∠DCA=∠EAC ，得出AH=CH=10-x ，在Rt △ADH 中，由勾股定理得出方程，解方程即可得出答案．【详解】（1）解：由旋转的性质知：AB ＝AE ＝10，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ＝BC ＝6，∠BAD ＝∠D ＝90°，∴DE＝8，∵CD ＝AB ＝10，∴CE ＝DC ﹣DE ＝10﹣8＝2；（2）证明：由旋转的性质知：∠AEF ＝∠BAD ＝90°，AE ＝AB ，∵点E 落在线段CF 上，∴∠AEC ＝∠AEF ＝90°，在Rt △ABC 和Rt △AEC 中，AE AB AC AC =⎧⎨=⎩， ∴Rt △ABC ≌Rt △AEC （HL ），∴∠EAC ＝∠BAC ；（3）解：设DH ＝x ，在矩形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝CD ＝10，∴CH ＝CD ﹣DH ＝10﹣x ，∠DCA ＝∠BAC ，又∵∠EAC ＝∠BAC ，∴∠DCA ＝∠EAC ，∴AH ＝CH ＝10﹣x ，在Rt △ADH 中，∵DH 2+AD 2＝AH 2，∴x 2+62＝（10﹣x ）2，解得：x ＝165， ∴DH ＝165． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、旋转变换的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握旋转的性质和矩形的性质是解题的关键． 22．证明见解析．【分析】先根据矩形的性质可得,90AB CD A B ADC =∠=∠=∠=︒，再根据旋转的性质可得,90,90EF AB F A CEF B =∠=∠=︒∠=∠=︒，从而可得,90CD EF EDC F =∠=∠=︒，然后根据直角三角形的性质、角的和差可得DCE FEH ∠=∠，最后根据三角形全等的判定定理即可得证．【详解】四边形ABCD 是矩形，,90AB CD A B ADC ∴=∠=∠=∠=︒，由旋转的性质得：,90,90EF AB F A CEF B =∠=∠=︒∠=∠=︒，,90CD EF EDC F ∴=∠=∠=︒，又90,90EDC CEF ∠=︒∠=︒，90CED DCE CED FEH ∴∠+∠=∠+∠=︒，DCE FEH ∴∠=∠，在EDC △和HFE 中，EDC F CD EF DCE FEH ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，()HFE E AS DC A ∴≅．【点睛】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定定理等知识点，熟练掌握矩形和旋转的性质是解题关键．23．（1）详见解析（2）详见解析【分析】（1）分别作A 、B 、C 三点关于点O 对称点A B C '''、、，再顺次连接即可；（2）若A B C ''''''△与A B C '''关于点O '对称，连接两组对应点的连线的交点即为所求点.【详解】（1）如图，分别作A 、B 、C 三点关于点O 对称点A B C '''、、,连接A B B C A C ''''''、、，则所得A B C '''为所求三角形；（2）如图，连接C C '''、A A '''相交于点O '、则点O '即为所求点.【点睛】本题考查旋转变换作图，在找旋转中心时，要抓住“动”与“不动”，解题的关键是看图. 24．（1）A （2，0）、A '（0，2）、C '（－1，0）; 22y x x =-++；（215+ 【分析】（1）先根据图象和题意求得点A 、A '、C '的坐标，再利用待定系数法代入抛物线一般式()20y ax bx c a =++≠求得解析式；（2）设线段BC 与抛物线的交点为P （m ，1），将点P （m ，1）代入抛物线解析式可得关于m 的一元二次方程，解方程即可求解.【详解】解：（1）∵四边形OABC 和四边形OA B C '''都是矩形，∴OA ＝OB ，A B OC '''=,∵B （2，1）∴A （2,0）∵矩形OA B C '''是矩形OABC 旋转90°得到的∴矩形OA B C '''≌矩形OABC∴1A B OC AB '=''==，=2OA OA '=故()1,0C '-，()0,2A '设抛物线解析式为()20y ax bx c a =++≠，将点A 、A '、C '的坐标代入得：04220a b c ca b c =++⎧⎪=⎨⎪=-+⎩解得：121a c b =-⎧⎪=⎨⎪=⎩故抛物线解析式为：22y x x =-++（2）设线段BC 与抛物线的交点为P （m ，1）将点P （m ，1）代入抛物线解析式可得：212m m =-++即210m m --= 解得152m +=（负数舍去） 故矩形OABC 沿x 轴正方向平移15+个单位使点C 落在抛物线上. 【点睛】本题主要考查图形的旋转、二次函数图象及其性质、二次函数解析式、矩形的性质，解题的关键是熟练掌握所学知识.25．（1）（2，23）；（2）不变【详解】解：（1）如图1，过A 作AD ⊥y 轴，交y 轴于点D∵AD ⊥y 轴，30θ=︒，正方形OABC 的边长是4∴AD=2，3∴A 的坐标是（2，23）（2）P 值无变化．证明：延长BA 交y 轴于E 点．（如图2）在△OAE 与△OCN 中90?AOE CON OAE OCN OA OC =⎧⎪==⎨⎪=⎩∠∠∠∠ ∴△OAE ≌△OCN （AAS ）∴OE=ON ，AE=CN ．在△OME 与△OMN 中45?OE ON MOE MON OM OM =⎧⎪∠=∠=⎨⎪=⎩，∴△OME ≌△OMN （SAS ）∴MN=ME=AM+AE ，∴MN=AM+CN ，∴P=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=8．∴在旋转正方形OABC 的过程中，P 值无变化．【点睛】此题主要考查了一次函数的综合应用、全等三角形的判定与性质等知识，利用图形旋转的变化规律得出对应边之间关系是解题关键．26．（1）见解；（2）见解析；（3）M 的坐标为（-1，0）；（4）P 的坐标为（2，0）【分析】（1）分别作出A ，B ，C 的对应点A 1，B 1，C 1即可．（2）分别作出A ，B ，C 关于点（1，0）的对称点A 2，B 2，C 2即可．（3）连接A 1A 2，B 1B 2交于点M ，点M 即为所求．（4）连接BA 2交x 轴于点P ，点P 即为所求．【详解】解：（1）如图，△A 1B 1C 1即为所求．（2）如图，△A 2B 2C 2即为所求．（3）如图，点M 即为所求，点M 的坐标为（-1，0）．（4）如图，点P 即为所求，点P 的坐标为（2，0）．【点睛】本题考查作图——旋转变换，平移变换，轴对称最短问题等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．。
人教版 九年级数学 上册 第23章 旋转 综合训练(含答案)
人教版九年级数学上册第23章旋转综合训练一、选择题1. 如图所示的方格纸中，由左边图形到右边图形的变换是( )A．向右平移7格B．以线段AB的垂直平分线为对称轴作轴对称，再以AB所在直线为对称轴作轴对称C．绕线段AB的中点旋转180°，再以AB所在直线为对称轴作轴对称D．以AB所在直线为对称轴作轴对称，再向右平移7格2. 下列图形中，一定既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )A．等边三角形B．直角三角形C．平行四边形D．正方形3. 2019·襄阳期末如图，在正方形网格中，格点三角形ABC绕某点顺时针旋转α度(0＜α＜180)，得到格点三角形A1B1C1，点A与点A1，点B与点B1，点C与点C1是对应点，则α的值为()A．50 B．60 C．90 D．1204. 如图，将△ABC以点O为旋转中心旋转180°后得到△A′B′C′.ED是△ABC的中位线，经旋转后变为线段E′D′.已知BC＝4，则线段E′D′的长度为()A．2 B．3 C．4 D．1.55. 若点P(－a，a－3)关于原点对称的点是第二象限内的点，则a满足()A．a＞3 B．0＜a≤3C．a＜0 D．a＜0或a＞36. 如图，已知菱形ABCD与菱形EFGH关于直线BD上的某个点中心对称，则点B的对称点是()A．点E B．点FC．点G D．点H7.在如图所示的平面直角坐标系中，△OA1B1是边长为2的等边三角形，作△B2A2 B1与△OA1B1关于点B1对称，再作△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2对称……如此作下去，则△B2n A2n＋1B2n＋1(n是正整数)的顶点A2n＋1的坐标是( )A．(4n－1，3) B．(2n－1，3)C．(4n＋1，3) D．(2n＋1，3)8. 2019·河南如图，在△OAB中，顶点O(0，0)，A(－3，4)，B(3，4)，将△O AB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第70次旋转结束时，点D的坐标为()A．(10，3) B．(－3，10) C．(10，－3) D．(3，－1 0)9. 如图示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°.P是半圆AC的中点，连接BP交AC于点D.若半圆所在圆的圆心为O，点D，E关于圆心O对称，则图两个阴影部分的面积S1，S2之间的关系是()A．S1＜S2B．S1＞S2C．S1＝S2D．不确定10.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C，M是BC的中点，P是A′B′的中点，连接PM.若BC＝2，∠A＝30°，则线段PM 的最大值是( )A．4 B．3 C．2 D．1二、填空题11.如图，五角星的顶点是一个正五边形的五个顶点．这个五角星可以由一个基本图形(图中的阴影部分)绕中心点O至少经过______次旋转而得到，每一次旋转__ ____度．12.如图所示，在△ABC中，已知∠ACB＝90°，AC＝BC＝2.若以AC的中点O为旋转中心，将这个三角形旋转180°，点B落在点B′处，则BB′＝________．13.如图，点A，B，C的坐标分别为(2，4)，(5，2)，(3，－1)．若以点A，B，C，D 为顶点的四边形既是轴对称图形，又是中心对称图形，则点D的坐标为_______ _．14.如图，将等边三角形AOB放在平面直角坐标系中，点A的坐标为(0，4)，点B在第一象限，将△AOB绕点O顺时针旋转180°得到△A′OB′，则点B′的坐标是_____ ___．15.如图，将△ABC绕点A逆时针旋转150°，得到△ADE，这时点B，C，D恰好在同一直线上，则∠B的度数为________．16.分类讨论如图，点A的坐标为(－1，5)，点B的坐标为(3，3)，点C的坐标为(5，3 )，点D的坐标为(3，－1)．小明发现线段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，你认为这个旋转中心的坐标是_________．教师详解详析17. 如图，等边三角形ABC内有一点P，分别连接AP，BP，CP，若AP＝6，B P＝8，CP＝10，则S△ABP＋S△BPC＝________．18. 如图，在平面直角坐标系中，对点P(1，0)作如下变换：先向上平移(后一次平移比前一次多1个单位长度)，再作关于原点的对称点，即向上平移1个单位长度得到点P1，作点P1关于原点的对称点P2，向上平移2个单位长度得到点P3，作点P3关于原点的对称点P4……那么点P2020的坐标为____________．三、解答题19. 如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，EC平分∠BED.(1)试判断△BEC是不是等腰三角形，并说明理由；(2)在原图中画△FCE，使它与△BEC关于CE的中点O中心对称，此时四边形BCFE是什么特殊平行四边形？请说明理由．20.如图，正方形ABCD与正方形A1B1C1D1关于某点中心对称．已知A，D1，D三点的坐标分别是(0，4)，(0，3)，(0，2)．(1)求对称中心的坐标；(2)写出顶点B，C，B1，C1的坐标．21. 2019·福建如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC 绕点C顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，点A，B的对应点分别是D，E.(1)当点E恰好在AC上时，如图①，求∠ADE的度数；(2)若α＝60°，F是边AC的中点，如图②，求证：四边形BEDF是平行四边形．22.将一副三角尺按图①摆放，等腰直角三角尺的直角边DF恰好垂直平分AB，与A C相交于点G，BC＝2 3.(1)求GC的长；(2)如图②，将△DEF绕点D顺时针旋转，使直角边DF经过点C，另一直角边DE 与AC相交于点H，分别过点H，C作AB的垂线，垂足分别为M，N.通过观察，猜想MD与ND的数量关系，并验证你的猜想；(3)在(2)的条件下，将△DEF沿DB方向平移得到△D′E′F′，当D′E′恰好经过(1)中的点G时，请直接写出DD′的长度．23. 已知：如图，△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BE，CD，F，G，H 分别为DE，BE，CD的中点．(1)当△ADE绕点A旋转时，如图①，△FGH的形状为________，并说明理由．(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．人教版九年级数学上册第23章旋转综合训练-答案一、选择题1. 【答案】D2. 【答案】D3. 【答案】C4. 【答案】A[解析] ∵ED是△ABC的中位线，BC＝4，∴ED＝2.又∵△A′B′C′和△ABC关于点O中心对称，∴E′D′＝ED＝2.5. 【答案】C[解析] 点P(－a，a－3)关于原点对称的点的坐标为(a，3－a)．∵点(a ，3－a )在第二象限内，∴⎩⎨⎧a<0，3－a>0，解得a ＜0.6. 【答案】D[解析] 由于点B ，D ，F ，H 在同一条直线上，根据中心对称的定义可知，只能是点B 和点H 是对称点，点F 和点D 是对称点．故选D.)，…，3(7，－4)，A 3(5，3)，A 3(3，－2)，A 3(1，1[解析] A C 【答案】7. ⎩⎨⎧（2n －1，3）（n 为奇数），（2n －1，－3）（n 为偶数）.坐标为的n 点A ∴ )．故选C.3的坐标是(4n ＋1，2n ＋1点A ∴2n ＋1是奇数，∵8. 【答案】D9. 【答案】C[解析] ∵P 是半圆AC 的中点，∴半圆关于直线OP 对称，且点D ，E 关于圆心O 对称，因而S 1，S 2在直径AC 上面的部分面积相等．∵OD ＝OE ，∴CD ＝AE .∵△CDB 的底边CD 与△AEB 的底边AE 相等，高相同，∴它们的面积相等，∴S 1＝S 2.10. 【答案】B [解析] 连接PC.在Rt △ABC 中，∵∠A ＝30°，BC ＝2，∴AB ＝4.根据旋转的性质可知，∠A′CB′＝90°，A′B′＝AB ＝4.A′B′＝2.12PC ＝∴P 是A′B′的中点，∵ 1.BC ＝12CM ＝∴M 是BC 的中点，∵ 又∵PM≤PC ＋CM ，即PM≤3，∴PM 的最大值为3(此时点P ，C ，M 共线)．故选B.二、填空题11. 【答案】4 72ABC 绕AC 的中点O 旋转了180°，∵△[解析] 52 【答案】12. ∴OB ＝OB′，∴BB′＝2OB.AC ＝1，BC ＝2，12OC ＝OA ＝∵又 ，5＝12＋22＝OC2＋BC2在Rt △OBC 中，OB ＝∴ .5BB′＝2OB ＝2∴13. 【答案】(0，1)[解析]，－2)3(－2 【答案】14.过点B 作BH ⊥y 轴于点H ，如图．∵△OAB 为等边三角形，A(0，4)，∴OH ＝A 点B 的坐标为(2∴，3OH ＝23BH ＝∴0°，BOA ＝6∠H ＝2，点B′的坐标是(－2∴将△AOB 绕点O 顺时针旋转180°得到△A′OB′，∵，2)．3，－2)．315. 【答案】15° [解析] 由旋转的性质可知AB ＝AD ， ×(180°－150°)＝15°.12ADB ＝∠B ＝∴∠BAD ＝150°，∠16. 【答案】(4，4)或(1，1)[解析](1)若点A 和点D 、点B 和点C 分别为对应点，如图①，分别作线段AD ，BC 的垂(4，4)即为旋转中心；1直平分线，两条垂直平分线的交点P(2)若点A 和点C 、点B 和点D 分别为对应点，如图②，分别作线段AC ，BD 的垂直平分线，两条垂直平分线的交点P 2(1，1)即为旋转中心．综上所述，旋转中心的坐标是(4，4)或(1，1)．17. 【答案】24＋163 [解析] 如图，将△BPC 绕点B 逆时针旋转60°后得到△BP ′A ，连接PP ′.根据旋转的性质可知，旋转角∠PBP ′＝∠CBA ＝60°，BP ＝BP ′， ∴△BPP ′为等边三角形， ∴BP ′＝BP ＝8＝PP ′.由旋转的性质可知，AP ′＝PC ＝10， 在△APP ′中，PP ′＝8，AP ＝6，AP ′＝10， 由勾股定理的逆定理，得△APP ′是直角三角形，∴S △ABP ＋S △BPC ＝S 四边形AP ′BP ＝S △BPP ′＋S △AP ′P ＝34BP 2＋12PP ′·AP ＝24＋16 3. 故答案为24＋16 3.18. 【答案】(1，－505)[解析] 根据题意可列出下面的表格：观察表格可知：这些点平均分布在四个象限中，序号除以4余1的点在第一象限，横坐标都是1，纵坐标为序号减1除以4的商加1；序号除以4余2的点是序号除以4余1的点关于原点的对称点；序号能被4整除的点在第四象限，横坐标为1，纵坐标为序号除以4的商的相反数；序号除以4余3的点在第二象限，是序号能被4整，(1坐标为，在第四象限2020P 所以点，505＝020÷42除的点关于原点的对称点．因为－505)．三、解答题19. 【答案】解：(1)△BEC 是等腰三角形． 理由：∵在矩形ABCD 中，AD ∥BC ， ∴∠DEC ＝∠BCE .∵EC 平分∠BED ，∴∠DEC ＝∠BEC ， ∴∠BEC ＝∠BCE ，∴BC ＝BE ， ∴△BEC 是等腰三角形．(2)连接BO 并延长至点F ，使OF ＝OB ，连接FE ，FC ，△FCE 即为所求．四边形BCFE 是菱形．理由： ∵OB ＝OF ，OE ＝OC ， ∴四边形BCFE 是平行四边形． 又∵BC ＝BE ， ∴▱BCFE 是菱形．20. 【答案】是对称点，1点D 和点D ∵解：(1) 的中点，1对称中心是线段DD ∴ )．52对称中心的坐标是(0，∴ (2，3)．1(2，1)，C 1(2)B(－2，4)，C(－2，2)，B21. 【答案】解：(1)∵△ABC 绕点C 顺时针旋转角α得到△DEC ，点E 恰好在AC 上， ∴CA ＝CD ，∠ECD ＝∠BCA ＝30°，∠DEC ＝∠ABC ＝90°. ∵CA ＝CD ，∴∠CAD ＝∠CDA ＝12(180°－30°)＝75°， ∴∠ADE ＝90°－75°＝15°. (2)证明：连接AD .∵F 是边AC 的中点，∠ABC ＝90°， ∴BF ＝12AC .∵∠ACB ＝30°， ∴AB ＝12AC ， ∴BF ＝AB .∵△ABC 绕点C 顺时针旋转60°得到△DEC ，∴∠BCE ＝∠ACD ＝60°，BC ＝CE ，CD ＝CA ，DE ＝AB ， ∴DE ＝BF ，△ACD 和△BCE 均为等边三角形， ∴BE ＝CB .∵F 为△ACD 的边AC 的中点， ∴DF ⊥AC ，易证得△CFD ≌△ABC ， ∴DF ＝BC ， ∴DF ＝BE . 又∵BF ＝DE ，∴四边形BEDF 是平行四边形．22. 【答案】13解：(1)在Rt △ABC 中， ，3B ＝60°，BC ＝2∵∠ ，AC ＝6.3AB ＝4∴ .3AD ＝2∴DF 垂直平分AB ，∵ 又∵∠DAG ＝30°， ∴DG ＝2，AG ＝4，∴GC ＝AC －AG ＝6－4＝2.(2)MD ＝ND.证明：∵D 是AB 的中点，∠ACB ＝90°，∴CD ＝DB ＝AD.又∵∠B ＝60°，∴△CDB 是等边三角形，∴∠CDB ＝60°.DB.12＝ND ∴DB ，⊥CN ∵ ∵∠EDF ＝90°，∴∠EDA ＝180°－∠EDF －∠CDB ＝30°.又∵∠A ＝30°，∴∠A ＝∠EDA ，∴HA ＝HD. AD.12MD ＝∴AD ，⊥HM ∵ 又∵AD ＝DB ，∴MD ＝ND. (3)连接DG ，则DG ⊥AD′. 由(2)知∠A ＝∠EDA ， 由平移知∠E′D′A ＝∠EDA ，∴∠A ＝∠E′D′A.∵D′E′恰好经过(1)中的点G(此时点D′与点B 重合)，∴D′G ＝AG ，∴DD′＝AD ＝2 3.23. 【答案】解：(1)△FGH 是等边三角形．理由如下：如图①，连接BD ，CE ，延长BD 交CE 于点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 ，FG ∥BD . ∵DF ＝EF ，DH ＝HC ， ∴FH ＝12CE ，FH ∥CE ， ∴FG ＝FH .∵∠ADB ＋∠ADM ＝180°，∴∠AEC＋∠ADM＝180°，∴∠DME＋∠DAE＝180°.∵∠DAE＝60°.∴∠DME＝120°，∴∠BMC＝60°，∴∠GFH＝∠BOH＝∠BMC＝60°，∴△FGH是等边三角形．(2)如图②，连接AF，EC.易知AF⊥DE，在Rt△AEF中，AE＝2，EF＝DF＝1，∴AF＝22－12＝ 3.在Rt△ABF中，BF＝AB2－AF2＝ 6.同(1)可得FH＝12CE，BD＝CE，∴CE＝BD＝BF－DF＝6－1，∴FH＝12CE＝6－12.(3)存在．由(1)可知，△FGH是等边三角形，GF＝12BD，∴△FGH的周长＝3GF＝32BD.∵AB＝a，AD＝b，AB－AD≤BD≤AB＋AD，∴BD的最小值为a－b，最大值为a＋b，∴△FGH的周长的最大值为32(a＋b)，最小值为32(a－b)．。
人教版数学九年级上册 旋转几何综合专题练习(解析版)
人教版数学九年级上册旋转几何综合专题练习（解析版）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．探究：如图1和图2，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF＝45°．（1）①如图1，若∠B、∠ADC都是直角，把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，直接写出线段BE、DF和EF之间的数量关系；②如图2，若∠B、∠D都不是直角，但满足∠B+∠D＝180°，线段BE、DF和EF之间的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．（2）拓展：如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝22．点D、E均在边BC边上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，求DE的长．【答案】（1）①EF＝BE+DF；②成立，理由详见解析；（2）DE＝53．【解析】【分析】（1）①根据旋转的性质得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；②根据旋转的性质作辅助线，得出AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，求出C、D、G 在一条直线上，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；（2）如图3，同理作旋转三角形，根据等腰直角三角形性质和勾股定理求出∠ABC＝∠C＝45°，BC＝4，根据旋转的性质得出AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，求出∠FAD ＝∠DAE＝45°，证△FAD≌△EAD，根据全等得出DF＝DE，设DE＝x，则DF＝x，BF＝CE＝3﹣x，根据勾股定理得出方程，求出x即可．【详解】解：（1）∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，∠B＝∠ADG＝90°，∵∠ADC＝90°，∴∠ADC+∠ADG＝90°∴F、D、G共线，∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠DAG+∠DAF＝45°，即∠EAF＝∠GAF＝45°，在△EAF和△GAF中，∵AF AFEAF GAFAE AG=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝GF，∵BE＝DG，∴EF＝GF＝DF+DG＝BE+DF，故答案为：EF＝BE+DF；②成立，理由：如图2，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，则AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，∵∠B+∠ADC＝180°，∴∠ADC+∠ADG＝180°，∴C、D、G在一条直线上，与①同理得，∠EAF＝∠GAF＝45°，在△EAF和△GAF中，∵AF AFEAF GAFAE AG=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝GF，∵BE＝DG，∴EF＝GF＝BE+DF；（2）解：∵△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠C＝45°，由勾股定理得：BC22AB AC+4，如图3，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF，则AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，∵∠DAE＝45°，∴∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°，∴∠FAD＝∠DAE＝45°，在△FAD和△EAD中AD ADFAD EADAF AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△FAD≌△EAD（SAS），∴DF＝DE，设DE＝x，则DF＝x，∵BC＝4，∴BF＝CE＝4﹣1﹣x＝3﹣x，∵∠FBA＝45°，∠ABC＝45°，∴∠FBD＝90°，由勾股定理得：DF2＝BF2+BD2，x2＝（3﹣x）2+12，解得：x＝53，即DE＝53．【点睛】本题考查了四边形的综合题，旋转的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，此题是开放性试题，运用类比的思想；首先在特殊图形中找到规律，然后再推广到一般图形中，对学生的分析问题，解决问题的能力要求比较高．2．已知：如图①，在矩形ABCD中，AB＝5，203AD=，AE⊥BD，垂足是E．点F是点E 关于AB的对称点，连接AF、BF．（1）求AE 和BE 的长；（2）若将△ABF 沿着射线BD 方向平移，设平移的距离为m （平移距离指点B 沿BD 方向所经过的线段长度）．当点F 分别平移到线段AB 、AD 上时，求出相应的m 的值； （3）如图②，将△ABF 绕点B 顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的ABF 为A BF ''，在旋转过程中，设A F ''所在的直线与直线AD 交于点P ，与直线BD 交于点Q ，若△DPQ 为等腰三角形，请直接写出此时DQ 的长．【答案】（1）4；3 （2）3或163 （3）25125253243-、、103 【解析】【分析】（1）由矩形的性质，利用勾股定理求解BD 的长，由等面积法求解AE ，由勾股定理求解BE 即可，（2）利用对称与平移的性质得到：AB ∥A′B′，∠4＝∠1，BF ＝B′F′＝3．当点F′落在AB 上时，证明BB′＝B′F′即可得到答案，当点F′落在AD 上时，证明△B′F′D 为等腰三角形，从而可得答案，（3）分4种情况讨论：①如答图3﹣1所示，点Q 落在BD 延长线上，证明A′Q ＝A′B ，利用勾股定理求解',,F Q BQ 从而求解DQ ，②如答图3﹣2所示，点Q 落在BD 上，证明点A′落在BC 边上，利用勾股定理求解,BQ 从而可得答案，③如答图3﹣3所示，点Q 落在BD 上，证明∠A′QB ＝∠A′BQ ，利用勾股定理求解,BQ ，从而可得答案，④如答图3﹣4所示，点Q 落在BD 上，证明BQ ＝BA′，从而可得答案．【详解】解：（1）在Rt △ABD 中，AB ＝5，203AD =，由勾股定理得：253BD ==． 11,22ABD S BD AE AB AD =⋅=⋅． 2532053 4.AB AD AE BD ⨯⋅∴=== 在Rt △ABE 中，AB ＝5，AE ＝4，由勾股定理得：BE ＝3．（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示：由对称的性质可知，∠1＝∠2．由平移性质可知，AB ∥A′B′，∠4＝∠1，BF ＝B′F′＝3．①当点F′落在AB 上时，∵AB ∥A′B′，∴∠3＝∠4，∴∠3＝∠2，∴BB′＝B′F′＝3，即m ＝3；②当点F′落在AD 上时，∵AB ∥A′B′，∴∠6＝∠2，∵∠1＝∠2，∠5＝∠1，∴∠5＝∠6，,AB AD ⊥∴ A′B′⊥AD ，'''',B F D B DF ∴∠=∠∴△B′F′D 为等腰三角形，∴B′D ＝B′F′＝3，2516333BB BD B D ''∴=-=-=，即163m =． （3）DQ 的长度分别为2512525310103243--、、或103． 在旋转过程中，等腰△DPQ 依次有以下4种情形：①如答图3﹣1所示，点Q 落在BD 延长线上，且PD ＝DQ ，∴ ∠2＝2∠Q ，∵∠1＝∠3+∠Q ，∠1＝∠2，∴∠3＝∠Q ，∴A′Q ＝A′B ＝5，∴F′Q ＝F′A′+A′Q ＝4+5＝9．在Rt △BF′Q 中，由勾股定理得：222293310BQ F Q F B ''=+=+=．253103DQ BQ BD ∴=-=-； ②如答图3﹣2所示，点Q 落在BD 上，且PQ ＝DQ ，∴∠2＝∠P ，∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠P ，∴BA′∥PD ，∵PD ∥BC ，∴此时点A′落在BC 边上．∵∠3＝∠2，∴∠3＝∠1，∴BQ ＝A′Q ，∴F′Q ＝F′A′﹣A′Q ＝4﹣BQ ． 在Rt △BQ F′中，由勾股定理得：'2'22,BF F Q BQ +=即：2223(4),BQ BQ +-= 解得：258BQ =， 25251253824DQ BD BQ ∴=-=-=； ③如答图3﹣3所示，点Q 落在BD 上，且PD ＝DQ ，∴ ∠3＝∠4．∵∠2+∠3+∠4＝180°，∠3＝∠4，149022∴∠︒∠＝﹣． ∵∠1＝∠2，149012∴∠=︒-∠． 149012A QB ∴∠'∠︒∠＝＝﹣， 118019012A BQ A QB ∴∠'︒∠'∠︒∠＝﹣﹣＝﹣， ∴∠A′QB ＝∠A′BQ ，∴A′Q ＝A′B ＝5，∴F′Q ＝A′Q ﹣A′F′＝5﹣4＝1．在Rt △BF′Q 中，由勾股定理得：223110BQ +=，25103DQ BD BQ ∴=-=-； ④如答图3﹣4所示，点Q 落在BD 上，且PQ ＝PD ，∴ ∠2＝∠3．∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠2＝∠3，∴∠1＝∠4，∴BQ ＝BA′＝5，2510533DQ BD BQ ∴=-=-=． 综上所述，DQ 的长度分别为2512525310103243--、、或103．【点睛】本题是几何变换压轴题，涉及旋转与平移变换、矩形、勾股定理、等腰三角形等知识点．第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论；在计算过程中，注意识别旋转过程中的不变量，注意利用等腰三角形的性质简化计算．3．如图一，矩形ABCD 中，AB=m ，BC=n ，将此矩形绕点B 顺时针方向旋转θ（0°＜θ＜90°）得到矩形A 1BC 1D 1，点A 1在边CD 上．（1）若m=2，n=1，求在旋转过程中，点D 到点D 1所经过路径的长度；（2）将矩形A 1BC 1D 1继续绕点B 顺时针方向旋转得到矩形A 2BC 2D 2，点D 2在BC 的延长线上，设边A 2B 与CD 交于点E ，若161A E EC=，求n m 的值． （3）如图二，在（2）的条件下，直线AB 上有一点P ，BP=2，点E 是直线DC 上一动点，在BE 左侧作矩形BEFG 且始终保持BE n BG m =，设AB=33E 移动过程中，PF 是否存在最小值，若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）56π；（2）3；（3）存在，63+【解析】【分析】（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．解直角三角形，求出∠ABA1，得到旋转角即可解决问题；（2）由△BCE∽△BA2D2，推出222A DCE nCB A B m==，可得CE=2nm，由161A EEC=-推出16A CEC=，推出A1C=26nm•，推出BH=A1C=26nm•，然后由勾股定理建立方程，解方程即可解决问题；（3）当A、P、F，D，四点共圆，作PF⊥DF，PF与CD相交于点M，作MN⊥AB，此时PF 的长度为最小值；先证明△FDG∽△FME，得到3FGFFM FED==，再结合已知条件和解直角三角形求出PM和FM的长度，即可得到PF的最小值.【详解】解：（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．∴AD=HA1=n=1，在Rt△A1HB中，∵BA1=BA=m=2，∴BA1=2HA1，∴∠ABA1=30°，∴旋转角为30°，∵22125+=∴D 到点D 1所经过路径的长度=30551806ππ⋅⋅=； （2）∵△BCE ∽△BA 2D 2，∴222A D CE n CB A B m==， ∴2n CE m=， ∵161EA EC=-， ∴16A C EC=， ∴A 1C=26n m⋅， ∴BH=A 1C=2226n m n m -=⋅， ∴42226n m n m-=⋅， ∴m 4﹣m 2n 2=6n 4， ∴242416n n m m-=•， ∴3n m =（负根已舍去）． （3）当A 、P 、F ，D ，四点共圆，作PF ⊥DF ，PF 与CD 相交于点M ，作MN ⊥AB ，此时PF 的长度为最小值；由（2）可知，3BE n BG m ==， ∵四边形BEFG 是矩形，∴3FG FE = ∵∠DFG+∠GFM=∠GFM+∠MFE=90°，∴∠DFG=∠MFE ，∵DF ⊥PF ，即∠DFM=90°，∴∠FDM+∠GDM=∠FDM+∠DFM=∠FDM+90°，∴∠FDG=∠FME ，∴△FDG ∽△FME ，∴FG F FM FE D ==，∵∠DFM=90°，tan FD FMD FM ∠==， ∴∠FDM=60°，∠FMD=30°，∴FM DM =；在矩形ABCD 中，有AD AB =3=，则3AD =， ∵MN ⊥AB ，∴四边形ANMD 是矩形，∴MN=AD=3，∵∠NPM=∠DMF=30°，∴PM=2MN=6，∴NP=AB =，∴DM=AN=BP=2，∴2FM DM ===∴6PF PM MF =+=+【点睛】本题考查点的运动轨迹，旋转变换、解直角三角形、弧长公式、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于压轴题，中考常考题型．正确作出辅助线，正确确定动点的位置，注意利用数形结合的思想进行解题.4．阅读下面材料：小炎遇到这样一个问题：如图1，点E 、F 分别在正方形ABCD 的边BC ，CD 上，∠EAF=45°，连结EF ，则EF=BE+DF ，试说明理由．小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB，AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：（1）如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°．若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足_ 关系时，仍有EF=BE+DF；（2）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1， EC=2，求DE的长．【答案】（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴【解析】试题分析：(1)如图，△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，利用全等的知识可知，要使EF=BE+DF，即EF=DG+DF，即要F、D、G三点共线，即∠ADG+∠ADF=180°，即∠B+∠D=180°．(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，通过证明△AEG≌△AED得到DE=EG，由勾股定理即可求得DE的长．(1)∠B+∠D=180°（或互补）．(2)∵ AB=AC，∴把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合．则∠B=∠ACG，BD=CG，AD=AG．∵在△ABC中，∠BAC=90°，∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于，即∠ECG=90°．∴ EC2+CG2=EG2．在△AEG与△AED中,∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD．又∵AD=AG，AE=AE，∴△AEG≌△AED ．∴DE=EG．又∵CG=BD,∴ BD2+EC2=DE2．∴．考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理．5．如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC，CD上，且BE=DF，点P是AF的中点，点Q是直线AC与EF的交点，连接PQ，PD．（1）求证：AC垂直平分EF；（2）试判断△PDQ的形状，并加以证明；（3）如图2，若将△CEF绕着点C旋转180°，其余条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）△PDQ是等腰直角三角形；理由见解析（3）成立；理由见解析.【解析】试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，由BE=DF，得出CE=CF，△CEF是等腰直角三角形，即可得出结论；（2）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明∠DPQ=90°，即可得出结论；（3）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明点A、F、Q、P四点共圆，由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°，即可得出结论．试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，∵BE=DF，∴CE=CF，∴AC垂直平分EF；（2）解：△PDQ是等腰直角三角形；理由如下：∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，∴PD=AF=PA，∴∠DAP=∠ADP，∵AC垂直平分EF，∴∠AQF=90°，∴PQ=AF=PA，∴∠PAQ=∠AQP，PD=PQ，∵∠DPF=∠PAD+∠ADP，∠QPF=∠PAQ+∠AQP，∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2（∠PAD+∠PAQ）=2×45°=90°，∴△PDQ是等腰直角三角形；（3）成立；理由如下：∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，∴PD=AF=PA，∵BE=DF，BC=CD，∠FCQ=∠ACD=45°，∠ECQ=∠ACB=45°，∴CE=CF，∠FCQ=∠ECQ，∴CQ⊥EF，∠AQF=90°，∴PQ=AF=AP=PF，∴PD=PQ=AP=PF，∴点A、F、Q、P四点共圆，∴∠DPQ=2∠DAQ=90°，∴△PDQ是等腰直角三角形．考点：四边形综合题．6．（特例发现）如图1，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC 为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．求证：EP=FQ．（延伸拓展）如图2，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC为直角边，向△ABC外作Rt△ABE和Rt△ACF，射线GA交EF于点H．若AB=kAE，AC=kAF，请思考HE与HF之间的数量关系，并直接写出你的结论．（深入探究）如图3，在△ABC中，G是BC边上任意一点，以A为顶点，向△ABC外作任意△ABE和△ACF，射线GA交EF于点H．若∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，AB=kAE，AC=kAF，上一问的结论还成立吗？并证明你的结论．（应用推广）在上一问的条件下，设大小恒定的角∠IHJ分别与△AEF的两边AE、AF分别交于点M、N，若△ABC为腰长等于4的等腰三角形，其中∠BAC=120°，且∠IHJ=∠AGB=θ=60°，k=2；求证：当∠IHJ在旋转过程中，△EMH、△HMN和△FNH均相似，并直接写出线段MN的最小值（请在答题卡的备用图中补全作图）．【答案】(1)证明参见解析；(2)HE=HF；(3)成立，证明参见解析；(4)证明参见解析，MN最小值为1.【解析】试题分析：(1)特例发现：易证△AEP≌△BAG，△AFQ≌△CAG，即可求得EP=AG，FQ=AG，即可解题；(2)延伸拓展：过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．易证△ABG∽△EAP，△ACG∽△FAQ，得到PE=AG，FQ=AG，∴PE=FQ，然后证明△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(3)深入探究：判断△PEA∽△GAB，得到PE=AG，△AQF∽△CGA，FQ=，得到FQ=AG，再判断△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(4)应用推广：由前一个结论得到△AEF为正三角形，再依次判断△MHN∽△HFN∽△MEH，即可得出结论．试题解析：(1)特例发现，如图：∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∵∠EPA=∠AGB，AE=AB，∴△PEA≌△GAB，∴PE=AG，同理，△QFA≌△GAC，∴FQ=AG，∴PE=FQ；(2)延伸拓展，如图：∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∴∠EPA=∠AGB，∴△PEA∽△GAB，∴，∵AB=kAE，∴，∴PE=AG，同理，△QFA∽△GAC，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴PE=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；(3)深入探究,如图2，在直线AG上取一点P，使得∠EPA═∠AGB，作FQ∥PE，∵∠EAP+∠BAG=180°﹣∠AGB，∠ABG+∠BAG=180°﹣∠AGB，∴∠EAP=∠ABG，∵∠EPA=∠AGB，∴△APE∽△BGA，∴，∵AB=kAE，∴PE=AG，由于∠FQA=∠FAC=∠AGC=180°﹣∠AGB，同理可得，△AQF∽△CGA，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴EP=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；(4)应用推广,如图3，在前面条件及结论，得到，点H是EF中点，∴AE=AF，∵∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC∴∠EAB+∠FAC=180°∴∠EAF=360°﹣（∠EAB+∠FAC）﹣∠BAC=60°，∴△AEF 为正三角形．又H为EF中点，∴∠EHM+∠IHJ=120°，∠IHJ+∠FHN=120°，∴∠EHM=∠FHN．∵∠AEF=∠AFE，∴△HEM∽△HFN，∴，∵EH=FH，∴，且∠MHN=∠HFN=60°，∴△MHN∽△HFN，∴△MHN∽△HFN∽△MEH，在△HMN中，∠MHN=60°，根据三角形中大边对大角，∴要MN最小，只有△HMN是等边三角形，∴∠AMN=60°，∵∠AEF=60°，MN∴MN∥EF，∵△AEF为等边三角形，∴MN为△AEF的中位线，∴MN min=EF=×2=1．考点：1.几何变换综合题；2.三角形全等及相似的判定性质.7．(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）IH＝3FH．只要证明△IJF是等边三角形即可．（3）结论：EG2＝AG2+CE2．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题．【详解】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，OB＝OD，∴∠EDO＝∠FBO，在△DOE和△BOF中，EDO FBOOD 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：IH3．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 3．（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.8．已知，如图：正方形ABCD ，将Rt △EFG 斜边EG 的中点与点A 重合，直角顶点F 落在正方形的AB 边上，Rt △EFG 的两直角边分别交AB 、AD 边于P 、Q 两点，（点P 与点F 重合），如图1所示：（1）求证：EP 2+GQ 2=PQ 2；（2）若将Rt △EFG 绕着点A 逆时针旋转α（0°＜α≤90°），两直角边分别交AB 、AD 边于P、Q两点，如图2所示：判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间是否存在什么确定的相等关系？若存在，证明你的结论．若不存在，请说明理由；（3）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（90°＜α＜180°），两直角边所在的直线分别交BA、AD两边延长线于P、Q两点，并判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间存在何种确定的相等关系？按题意完善图3，请直接写出你的结论（不用证明）．【答案】（1）见解析；（2）PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．【解析】【分析】（1）过点E作EH∥FG，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PQ=PH，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，由此可以得到EP2+GQ2=PQ2；（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PH=PQ，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，即EP2+GQ2=PH2，在Rt△PFQ中，PF2+FQ2=PQ2，故PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PE2+GQ2=PF2+FQ2，证明方法同上．【详解】（1）过点E作EH∥FG，连接AH、FH，如图所示：∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，∴△EAH≌△GAQ，∴EH=QG，HA=AQ，∵FA⊥AD，∴PQ=PH．在Rt△EPH中，∵EP2+EH2=PH2，∴EP2+GQ2=PQ2；（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，∴△EAH≌△GAQ，∴EH=QG，HA=AQ，∵PA⊥AD，∴PQ=PH．在Rt△EPH中，∵EP2+EH2=PH2，∴EP2+GQ2=PH2．在Rt△PFQ中，∵PF2+FQ2=PQ2，∴PF2+FQ2=EP2+GQ2．（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三线合一，勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键.9．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＝2+25或m＝2﹣25（舍）．【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．10．如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点. 分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=2OD，OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE．(1)求证：DE⊥AG；(2)正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转角(0°< <360°)得到正方形，如图2．①在旋转过程中，当∠是直角时，求的度数；(注明：当直角边为斜边一半时，这条直角边所对的锐角为30度)②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求长的最大值和此时的度数，直接写出结果不必说明理由．【答案】（1）DE⊥AG （2）①当∠为直角时，α=30°或150°.②315°【解析】分析：（1）延长ED交AG于点H，证明≌，根据等量代换证明结论；（2）根据题意和锐角正弦的概念以及特殊角的三角函数值得到，分两种情况求出的度数；（3）根据正方形的性质分别求出OA和OF的长，根据旋转变换的性质求出AF′长的最大值和此时的度数．详解：如图1，延长ED交AG于点H，点O是正方形ABCD两对角线的交点，，，在和中，，≌，，，，，即；在旋转过程中，成为直角有两种情况：Ⅰ由增大到过程中，当时，，在中，sin∠AGO=，，，，，即；Ⅱ由增大到过程中，当时，同理可求，．综上所述，当时，或．如图3，当旋转到A、O、在一条直线上时，的长最大，正方形ABCD的边长为1，，，，，，，此时．点睛：考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角形函数，旋转变换的性质的综合应用，有一定的综合性，注意分类讨论的思想.。
【初三数学】保定市九年级数学上(人教版)第二十三章旋转单元综合练习题(解析版)
人教版九年级数学上册第23章旋转单元练习卷含答案(1)一、选择题1. 下列几个图形是国际通用的交通标志，其中不是中心对称图形的是（）A. B. C. D.2．在平面内，将一个图形绕一个定点沿某个方向转动一个角度，这样的图形运动称为旋转．下列图形中不能由一个图形通过旋转而构成的是( )A B C D3．下列运动形式属于旋转的是（）A．在空中上升的氢气球B．飞驰的火车C．时钟上钟摆的摆动D．运动员掷出的标枪4．如图是扬州“三菱”电梯的标志，它可以看作是由菱形通过旋转得到的，每次旋转了（）A．60°B．90°C．120°D．150°5. 若点P(－m，m－3)关于原点对称的点是第二象限内的点，则m满足()A. m＞3B. 0＜m≤3C. m＜0D. m＜0或m＞36．如图，是用围棋子摆出的图案(围棋子的位置用有序数对表示，如点A在(5，1))，如果再摆一黑一白两枚棋子，使9枚棋子组成的图案既是轴对称图形又是中心对称图形，则下列摆放正确的是( )A．黑(3，3)，白(3，1) B．黑(3，1)，白(3，3)C．黑(1，5)，白(5，5) D．黑(3，2)，白(3，3)7．如图，△DEF是由△ABC绕着某点旋转得到的，则这点的坐标是（）A．（1，1）B．（2，0）C．（0，1）D．（3，1）8. 如图，△ACD和△AEB都是等腰直角三角形，∠CAD＝∠EAB＝90°.四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是()A. △ACE以点A为旋转中心，逆时针旋转90°后与△ADB重合B.△ACB以点A为旋转中心，顺时针旋转270°后与△DAC重合C. 沿AE所在直线折叠后，△ACE与△ADE重合D. 沿AD所在直线折叠后，△ADB与△ADE重合9．如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转到ABF的位置，若四边形AECF的面积为25，DE=2，则AE的长为（）A．7 B．6 C．D．510．已知等边△ABC的边长为4，点P是边BC上的动点，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，点D是AC边的中点，连接DQ，则DQ的最小值是（）A．B．C．2 D．不能确定二、填空题11. 钟表分针的运动可以看作是一种旋转现象，经过40分钟分针旋转了°. 12．如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝70°，将△ABC绕点A顺时针旋转70°，点B，C旋转后的对应点分别是点D和E，连接BD，则∠BDE的度数是．13．如图，线段AB的端点A、B分别在x轴和y轴上，且A（2，0），B（0，4），将线段AB绕坐标原点O逆时针旋转90°得线段A'B'，设线段AB'的中点为C，则点C的坐标是．14．如图，大圆的面积为4π，大圆的两条直径互相垂直，则图中阴影部分的面积的和为____．15. 如图，△ABC绕点A逆时针旋转30°后到△A′B′C′的位置，若∠B′＝45°，∠C′＝60°，则∠B′AC＝.16．如图，在直角坐标系中，已知点P0的坐标为（1，0），将线段OP0按照逆时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP0的2倍，得到线段OP1；又将线段OP1按照逆时针方向旋转45°，长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；如此下去，得到线段OP3，OP4，…，OP n（n为正整数），则点P8的坐标为．17.如图，在△ABC中、∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点O是BC的中点，将△ABC绕点O 旋转得△A'B'C',则在旋转过程中点A，C'两点间的最大距离是__________.18．如图，正方形ABCD，将正方形AEFG绕点A旋转，连接DF，点M是DF的中点，连接CM，若AB＝4，AE＝1，则线段CM的最大值为．三、解答题19．如图，△ABC为等边三角形，△AP′B旋转后能与△APC重合，那么：（1）指出旋转中心；（2）求旋转角的度数；（3）求∠PAP′的度数．20．在平面直角坐标系中，△ABC的位置如图所示（每个小方格都是边长1个单位长度的正方形）．（1）将△ABC沿x轴方向向左平移6个单位，画出平移后得到的△A1B1C1；（2）将△ABC绕着点A顺时针旋转90°，画出旋转后得到的△AB2C2；直接写出点B2的坐标；（3）作出△ABC关于原点O成中心对称的△A3B3C3，并直接写出B3的坐标．21.如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，每个小方格的边长为1个单位长度，在第二象限内有横、纵坐标均为整数的A，B两点，点B(－2，3)，点A的横坐标为－2，且OA ＝ 5.(1)直接写出A点的坐标，并连接AB，AO，BO；(2)画出△OAB关于点O成中心对称的图形△OA1B1，并写出点A1，B1的坐标(点A1，B1的对应点分别为A，B)；(3)将△OAB逆时针旋转90°得到△O1A2B2，画出△O1A2B2.22．如图，在正方形ABCD中，E为CD上一点，F为BC延长线上一点，CE＝CF.(1)△DCF可以看成是△BCE绕点C旋转某个角度得到的吗？(2)若∠CEB＝60°，求∠EFD的度数．23．如图①，△ABC和△AEF都为等腰直角三角形，∠ACB＝∠AEF＝90°，连接EC、BF，点D为BF的中点，连接CD．(1)如图①，当点E落在AB边上时，请判断线段EC与DC的数量关系，并证明你的结论；(2)将△AEF绕点A顺时针旋转n°（n＜180），如图②，请判断线段EC与DC的数量关系，并证明你的结论；(3)若AC＝2，点P为BC中点，动点Q满足PQ＝，如图③，将线段AQ绕点A逆时针旋转90°到线段AM，连PM，则线段PM的最小值为.图① 图②人教版九年级上册第二十三章旋转单元测试（含答案）(4)一、单选题1．如图，ABC △是等边三角形，D 是BC 的中点，以D 为旋转中心，把ABC △顺时针旋转60 后，所成的图形是（ ）．A ．B ．C ．D ． 2．如图，点E 是正方形ABCD 的边DC 上一点，把△ADE 绕点A 顺时针旋转到△ABF 的位置，若四边形AECF 的面积为25，DE=2，则AE 的长为（ ）A ．7BC ．6D ．53．如图，将木条a ，b 与c 钉在一起，∠1=70°，∠2=50°，要使木条a 与b 平行，木条a 旋转的度数至少是（ ）A．10°B．20°C．50°D．70°4．如右图，将Rt△ABC（其中∠B=35°，∠C=90°）绕点A按顺时针方向旋转到△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．105°B．70°C．115°D．125°5．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．6．点（-1，2）关于原点的对称点坐标是（）A．（-1，-2）B．（1，-2）C．（1，2）D．（2，-1）7．下列图形中，即是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．8．若点A（3，2）与B（-3，m）关于原点对称，则m的值是（）A．3 B．-3 C．2 D．-29．在平面直角坐标系中，若点与点关于原点对称，则点在( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限10．如图，在正方形方格中，阴影部分是涂黑7个小正方形所形成的图案，再将方格内空白的一个小正方形涂黑，使得到的新图案成为一个轴对称图形的涂法有( )A.1种B.2种C.3种D.4种11．下列每个图中都有一对全等三角形,其中的一个三角形只经过一次旋转运动即可和另一个三角形重合的是 ( )A ．B ．C ．D ．12．由基本图案1得到图案2的方法是 ( )A ．旋转和平移B ．中心对称和轴对称C ．平移和轴对称D ．中心对称二、填空题 13．如图，点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________．14．若点(), 1A a 与点()3-B b ，关于原点对称，则b a =_______________.15．如图，将△ABC 的绕点A 顺时针旋转得到△AED ， 点D 正好落在BC 边上．已知∠C=80°，则∠EAB= °．16．有下列平面图形：①线段；②等腰直角三角形；③平行四边形；④矩形；⑤正八边形；⑥圆．其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的有_____．（填序号）三、解答题17．如图，ABC ∆在平面直角坐标系内，顶点的坐标分别为()4,4A -，()2,5B -、()2,1C -.（1）平移ABC ∆，使点C 移到点()12,4C --，画出平移后的111A B C ∆，并写出点1A 的坐标.（2）将ABC ∆绕点()0,3旋转180︒，得到222A B C ∆，画出旋转后的222A B C ∆，并写出点2A 的坐标.（3）求（2）中的点C 旋转到点2C 时，点C 经过的路径长（结果保留π）.18．已知点A(a ，－4)，B(3，b)，根据下列条件求a 、b 的值．(1)A 、B 关于x 轴对称；(2)A 、B 关于y 轴对称；(3)A 、B 关于原点对称．19．如图，在ABC △中，75ABC ∠=︒，在同一平面内，将ABC △绕点B 旋转到DBE 的位置，使得DA BC ，求EBC ∠的度数．20．（课题研究）旋转图形中对应线段所在直线的夹角（小于等于90︒的角）与旋转角的关系．（问题初探）线段AB 绕点O 顺时针旋转得线段CD ，其中点A 与点C 对应，点B 与点D 对应，旋转角的度数为α，且0180α︒<<︒．（1）如图（1）当90α=︒时，线段AB 、CD 所在直线夹角为______．（2）如图（2）当60α=︒人教版九年级上册第二十三章旋转单元测试（含答案）(5)一、选择题：（每小题3分共30分）1．如图，在等腰直角△ABC 中，∠C ＝90°，将△ABC 绕顶点 A 逆时针旋转 80°后得△AB′C′，则∠CAB′的度数为（ ）A ．45°B ．80°C ．125°D ．130°2．如图，把ABC ∆绕着点A 逆时针旋转20︒得到ADE ∆，30BAC ∠=︒，则BAE ∠的度数为（ ）A．10︒B．20︒C．30°D．50︒3．图中，不能由一个基本图形通过旋转而得到的是()A．B．C．D．4．在以下几种生活现象中，不属于旋转的是()A．下雪时，雪花在天空中自由飘落B．钟摆左右不停地摆动C．时钟上秒针的转动D．电风扇转动的扇叶5．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A. B. C. D.6．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A.等边三角形B.等腰直角三角形C.平行四边形D.菱形7．如图，将绕点逆时针旋转一定的角度，得到，且.若，，则的大小为（）A. B. C. D.8．如图①，在△AOB 中，∠AOB=90°，OA=3，OB=4,AB=5．将△AOB 沿 x 轴依次绕点A 、B 、O 顺时针旋转，分别得到图②、图③、…，则旋转得到的图⑩的直角顶点的坐标为（ ） A.（30，0）B.（32，0）C.（34，0）D.（36，0）9．如图，将ABC △绕点B 顺时针旋转60︒得到DBE ，点C 的对应点E 落在AB 的延长线上，连接,AD AC 与DE 相交于点F .则下列结论不一定正确的是（ ）A ．60ABD CBE ︒∠=∠=B ．ADB △是等边三角形C ．BC DE ⊥D ．60EFC ︒∠=10．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=5，BD=4，则以下四个结论中： ①△BDE 是等边三角形； ②AE ∥BC ； ③△ADE 的周长是9； ④∠ADE=∠BDC ．其中正确的序号是（ ） A ．②③④B ．①②④C ．①②③D ．①③④二、填空题：（每小题3分共18分）11．在平面直角坐标系中，点(45)P -，与点Ｑ(4,1m -+)关于原点对称，那么m =_____；12．如图，等腰△ABC 中，∠BAC =120°，点D 在边BC 上，等腰△ADE 绕点A 顺时针旋转30°后，点D 落在边AB 上，点E 落在边AC 上，若AE =2cm ，则四边形ABDE 的面积是__________．13．如图，在ΔABC 中，AB=8，AC=6，∠BAC=30°，将ΔABC 绕点A 逆时针旋转60°得到△AB 1C 1，连接BC 1，则BC 1的长为________.14．如图，两块相同的三角板完全重合在一起，30,10A AC ∠==，把上面一块绕直角顶点B 逆时针旋转到''A BC ∆的位置，点'C 在AC 上，''A C 与AB 相交于点D ，则'BC =______．15．如图，在矩形ABCD 中，3AD =，将矩形ABCD 绕点A 逆时针旋转，得到矩形AEFG ，点B 的对应点E 落在CD 上，且60DAG ∠=︒，若EC =AB =__．16．如图，点D 是等边ABC △内部一点，1BD =，2DC =，AD =ADB ∠的度数为=________°．三、解答题：（共72分）17．如图，已知△ABC 的顶点A ，B ，C 的坐标分别是A （-1，-1），B （-4，-3），C （-4，-1）．（1）作出△ABC关于原点O中心对称的图形△A’B’C’；（2）将△ABC绕原点O按顺时针方向旋转90°后得到△A1B1C1，画出△A1B1C1，并写出点A1的坐标．18．已知，P为等边三角形内一点，且BP=3，PC=4，将BP绕点B顺时针旋转60°至BP′的位置．（1）试判断△BPP′的形状，并说明理由；（2）若∠BPC=150°，求PA的长度．19．如图，在平面直角坐标系中，直线:l y=+与x轴、y轴分别交于点A,B，将点B绕坐标原点O顺时针旋转60︒得点C，解答下列问题:（1）求出点C的坐标，并判断点C是否在直线l上；（2）若点P在x轴上，坐标平面内是否存在点Q，使得以P、C、Q、A为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出Q点坐标；若不存在，请说明理由．20．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，，点D是斜边AB上一动点（点D与点A、B 不重合），连接CD，将CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，连接AE，DE．（1）求△ADE的周长的最小值；（2）若CD=4，求AE的长度．21．四边形ABCD是正方形，△ADF旋转一定角度后得到△ABE，如图所示，如果AF=3，AB=7，求(1)指出旋转中心和旋转角度；(2)求DE的长度；(3)BE与DF的位置关系如何？请说明理由．22．如图所示：已知∠ABC＝120°，作等边△ACD，将△ACD旋转60°，得到△CDE，AB＝3，BC＝2，求BD和∠ABD．23．如图，把一副三角板如图①放置，其中，∠ACB=∠DEC=90°，∠A=45°，∠D=30°，斜边AB=6cm，DC=7cm．把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图②）．(1)求∠OFE1的度数；(2)求线段AD1的长．24．如图，在正方形ABCD 中，点M 、N 是BC 、CD 边上的点，连接AM 、BN ，若BM=CN（1）求证：AM ⊥BN（2）将线段AM 绕M 顺时针旋转90°得到线段ME ，连接NE ，试说明：四边形BMEN 是平行四边形；（3）将△ABM 绕A 逆时针旋转90°得到△ADF ，连接EF ，当1BM BC n时，请求出四边形四边形ABCDAMEFS S 的值。
九年级数学上册 旋转几何综合(篇)(Word版 含解析)
九年级数学上册旋转几何综合（篇）（Word版含解析）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．在Rt△ACB和Rt△AEF中，∠ACB＝∠AEF＝90°，若点P是BF的中点，连接PC，PE．(1) 如图1，若点E，F分别落在边AB，AC上，求证：PC＝PE；(2) 如图2，把图1中的△AEF绕着点A顺时针旋转，当点E落在边CA的延长线上时，探索PC与PE的数量关系，并说明理由．(3) 如图3，把图2中的△AEF绕着点A顺时针旋转，点F落在边AB上．其他条件不变，问题(2)中的结论是否发生变化？如果不变，请加以证明；如果变化，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）PC＝PE，理由见解析；（3）成立，理由见解析【解析】【分析】（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可；（2）先判断△CBP≌△HPF，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；（3）先判断△DAF≌△EAF，再判断△DAP≌△EAP，然后用比例式即可；【详解】解：（1）证明：如图：∵∠ACB＝∠AEF＝90°，∴△FCB和△BEF都为直角三角形．∵点P是BF的中点，∴CP＝12BF，EP＝12BF，∴PC＝PE．（2）PC＝PE理由如下：如图2，延长CP，EF交于点H，∵∠ACB＝∠AEF＝90°，∴EH//CB，∴∠CBP＝∠PFH，∠H＝∠BCP，∵点P是BF的中点，∴PF＝PB，∴△CBP≌△HFP(AAS)，∴PC＝PH，∵∠AEF＝90°，∴在Rt△CEH中，EP＝12CH，∴PC＝PE．（3）(2)中的结论，仍然成立，即PC＝PE，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,,,EAFFDA FEAAF AF∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DAF≌△EAF(AAS)，∴AD＝AE，在△DAP≌△EAP中，,,,AD AEDAP EAPAP AP=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DAP≌△EAP (SAS)，∴PD＝PF，∵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．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边一半，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，作出辅助线是解本题的关键也是难点．2．如图一，矩形ABCD中，AB=m，BC=n，将此矩形绕点B顺时针方向旋转θ（0°＜θ＜90°）得到矩形A1BC1D1，点A1在边CD上．（1）若m=2，n=1，求在旋转过程中，点D到点D1所经过路径的长度；（2）将矩形A1BC1D1继续绕点B顺时针方向旋转得到矩形A2BC2D2，点D2在BC的延长线上，设边A2B与CD交于点E，若161A EEC=-，求nm的值．（3）如图二，在（2）的条件下，直线AB上有一点P，BP=2，点E是直线DC上一动点，在BE左侧作矩形BEFG且始终保持BE nBG m=，设AB=33，试探究点E移动过程中，PF 是否存在最小值，若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（15；（23；（3）存在，63【解析】【分析】（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．解直角三角形，求出∠ABA1，得到旋转角即可解决问题；（2）由△BCE∽△BA2D2，推出222A DCE nCB A B m==，可得CE=2nm，由161A EEC=推出16A CEC=A126nm，推出BH=A126nm，然后由勾股定理建立方程，解方程即可解决问题；（3）当A、P、F，D，四点共圆，作PF⊥DF，PF与CD相交于点M，作MN⊥AB，此时PF的长度为最小值；先证明△FDG ∽△FME ，得到33FG F FM FE D ==，再结合已知条件和解直角三角形求出PM 和FM 的长度，即可得到PF 的最小值.【详解】解：（1）作A 1H ⊥AB 于H ，连接BD ，BD 1，则四边形ADA 1H 是矩形．∴AD=HA 1=n=1，在Rt △A 1HB 中，∵BA 1=BA=m=2，∴BA 1=2HA 1，∴∠ABA 1=30°，∴旋转角为30°，∵22125+=∴D 到点D 1所经过路径的长度3055π⋅⋅=； （2）∵△BCE ∽△BA 2D 2， ∴222A D CE n CB A B m==， ∴2n CE m=， ∵161EA EC=， ∴16A C EC= ∴A 126n m， ∴BH=A 12226n m n m -=， ∴42226n m n m -=⋅， ∴m 4﹣m 2n 2=6n 4，∴242416n n m m-=•， ∴3n m =（负根已舍去）． （3）当A 、P 、F ，D ，四点共圆，作PF ⊥DF ，PF 与CD 相交于点M ，作MN ⊥AB ，此时PF 的长度为最小值；由（2）可知，3BE n BG m ==， ∵四边形BEFG 是矩形， ∴3FG FE = ∵∠DFG+∠GFM=∠GFM+∠MFE=90°，∴∠DFG=∠MFE ，∵DF ⊥PF ，即∠DFM=90°，∴∠FDM+∠GDM=∠FDM+∠DFM=∠FDM+90°，∴∠FDG=∠FME ，∴△FDG ∽△FME ， ∴3FG F FM FE D ==， ∵∠DFM=90°，tan 3FD FMD FM ∠==， ∴∠FDM=60°，∠FMD=30°，∴3FM DM =； 在矩形ABCD 中，有3AD AB = 3333=，则3AD =， ∵MN ⊥AB ，∴四边形ANMD 是矩形，∴MN=AD=3， ∵∠NPM=∠DMF=30°，∴PM=2MN=6， ∴NP=33AB =，∴DM=AN=BP=2， ∴3323FM DM ==⨯=， ∴63PF PM MF =+=+；【点睛】本题考查点的运动轨迹，旋转变换、解直角三角形、弧长公式、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于压轴题，中考常考题型．正确作出辅助线，正确确定动点的位置，注意利用数形结合的思想进行解题.3．综合与探究：如图1，Rt AOB 的直角顶点O 在坐标原点，点A 在y 轴正半轴上，点B 在x 轴正半轴上，4OA =，2OB =，将线段AB 绕点B 顺时针旋转90︒得到线段BC ，过点C 作CD x ⊥轴于点D ，抛物线23y ax x c =++经过点C ，与y 轴交于点(0,2)E ，直线AC 与x 轴交于点H ．（1）求点C 的坐标及抛物线的表达式；（2）如图2，已知点G 是线段AH 上的一个动点，过点G 作AH 的垂线交抛物线于点F （点F 在第一象限），设点G 的横坐标为m ．①点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为________；②如图3，当直线FG 经过点B 时，求点F 的坐标，判断四边形ABCF 的形状并证明结论；③在②的前提下，连接FH ，点N 是坐标平面内的点，若以F ，H ，N 为顶点的三角形与FHC 全等，请直接写出点N 的坐标．【答案】（1）点C 的坐标为(6,2)，21322y x x =-++；（2）①143m -+；②点F 的坐标为(4,6)，四边形ABCF 为正方形，证明见解析；③点N 的坐标为(10,4)或4226,55⎛⎫ ⎪⎝⎭或384,55⎛⎫ ⎪⎝⎭． 【解析】【分析】（1）根据已知条件与旋转的性质证明ABO BCD ≌，根据全等三角形的性质得出点C 的坐标，结合点E 的坐标，根据待定系数法求出抛物线的表达式；（2）①设直线AC 的表达式为y kx b =+，由点A 、C 的坐标求出直线AC 的表达式，进而得解；②过点G 作GM x ⊥轴于点M ，过点F 作FP y ⊥轴，垂足为点P ，PF 的延长线与DC 的延长线交于点Q ，根据等腰三角形三线合一得出AG CG =，结合①由平行线分线段成比例得出点G 的坐标，根据待定系数法求出直线BG 的表达式，结合抛物线的表达式求出点F ；利用勾股定理求出AB BC CF FA ===，结合90ABC ︒∠=可得出结论； ③根据直线AC 的表达式求出点H 的坐标，设点N 坐标为(,)s t ，根据勾股定理分别求出2FC ，2CH ，2FN ，2NH ，然后分两种情况考虑：若△FHC ≌△FHN ，则FN ＝FC ，NH ＝CH ，若△FHC ≌△HFN ，则FN ＝CH ，NH ＝FC ，分别列式求解即可．【详解】解：（1）4=OA ，2OB =，∴点A 的坐标为(0,4)，点B 的坐标为(2,0)，线段AB 绕点B 顺时针旋转90︒得到线段BC ，AB BC ∴=，90ABC ︒∠=，90ABO DBC ︒∴∠+∠=，在Rt AOB 中，90ABO OAB ︒∴∠+∠=，=OAB DBC ∴∠∠，CD x ⊥轴于点D ，90BDC ︒∴∠=，90AOB BDC ︒∴∠=∠=．AB BC =，ABO BCD ∴△≌△，2CD OB ∴==，4BD OA ==，6OB BD ∴+=，∴点C 的坐标为(6,2)，∵抛物线23y ax x c =++的图象经过点C ，与y 轴交于点(0,2)E ， 236182c a c =⎧∴⎨++=⎩，解得，122a c ⎧=-⎪⎨⎪=⎩， ∴抛物线的表达式为21322y x x =-++； （2）①设直线AC 的表达式为y kx b =+，∵直线AC 经过点()6,2C ，(0,4)A ，∴624k b b +=⎧⎨=⎩， 解得，134k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，即143y x =-+， ∴点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为：143m -+， 故答案为：143m -+．②过点G 作GM x ⊥轴于点M ， OM m ∴=，143GM m =-+， AB BC =，BG AC ⊥，AG CG ∴=，90AOB GMH CDH ︒∠=∠=∠=，OA GMCD ∴， 1OM AG MD GC∴==， 132OM MD OD ∴===， 3m ∴=，1433m -+=，∴点G 为(3,3)， 设直线BG 的表达式为y kx b =+，将(3,3)G 和(2,0)B 代入表达式得，2033k b k b +=⎧⎨+=⎩， 36k b =⎧∴⎨=-⎩，即表达式为36y x =-， 点F 为直线BG 和抛物线的交点，∴得2132362x x x -++=-，14x ∴=，24x =-（舍去），∴点F 的坐标为(4,6)，过点F 作FP y ⊥轴，垂足为点P ，PF 的延长线与DC 的延长线交于点Q ， 4PF ∴=，2AP =，2FQ =，4CQ =，在Rt AFP △中和Rt FCQ △中，根据勾股定理，得25AF FC ==，同理可得25AB BC ==，AB BC CF FA ∴===，∴四边形ABCF 为菱形，90ABC ︒∠=，∴菱形ABCF 为正方形；③∵直线AC ：143y x =-+与x 轴交于点H ， ∴1403x -+=， 解得，x ＝12，∴(12,0)H ， ∴222(64)(26)20FC =-+-=，222(126)(02)40CH =-+-=，设点N 坐标为(,)s t ，∴222(4)(6)FN s t =-+-，222(12)(0)NH s t =-+-，第一种情况：若△FHC ≌△FHN ，则FN ＝FC ，NH ＝CH ， ∴2222(4)(6)20(12)40s t s t ⎧-+-=⎨-+=⎩， 解得，11425265s t ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，2262s t =⎧⎨=⎩（即点C ）， ∴4226,55N ⎛⎫ ⎪⎝⎭； 第二种情况：若△FHC ≌△HFN ，则FN ＝CH ，NH ＝FC ，∴2222(4)(6)40(12)20s t s t ⎧-+-=⎨-+=⎩，解得，1138545s t ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，22104s t =⎧⎨=⎩， ∴384,55N ⎛⎫ ⎪⎝⎭或(10,4)N ， 综上所述，以F ，H ，N 为顶点的三角形与△FHC 全等时，点N 坐标为(10,4)或4226,55⎛⎫ ⎪⎝⎭或384,55⎛⎫ ⎪⎝⎭． 【点睛】本题是函数与几何的综合题，考查了待定系数法求函数的表达式，全等三角形的判定与性质，菱形与正方形的判定，旋转的性质，勾股定理等知识，其中对全等三角形存在性的分析，因有一条公共边，可对另外两边进行分类讨论，本题有一定的难度，是中考压轴题．4．如图，在直角坐标系中，已知点A （-1，0）、B （0，2），将线段AB 绕点A 按逆时针方向旋转90°至AC ．（1）点C 的坐标为（ ， ）；（2）若二次函数的图象经过点C ． ①求二次函数的关系式；②当-1≤x≤4时，直接写出函数值y 对应的取值范围；Z_X_X_K]③在此二次函数的图象上是否存在点P （点C 除外），使△ABP 是以AB 为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出所有点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1) ∴点C 的坐标为(－3，1) ．(2)①∵二次函数的图象经过点C(－3，1)， ∴.解得 ∴二次函数的关系式为②当-1≤x≤4时，≤y≤8；③过点C作CD⊥x轴，垂足为D，i) 当A为直角顶点时，延长CA至点，使，则△是以AB为直角边的等腰直角三角形，过点作⊥轴，∵＝，∠＝∠，∠＝∠＝90°，∴△≌△，∴AE＝AD＝2，＝CD＝1,∴可求得的坐标为(1，－1)，经检验点在二次函数的图象上；ii）当B点为直角顶点时，过点B作直线L⊥BA，在直线L上分别取，得到以AB为直角边的等腰直角△和等腰直角△，作⊥y轴，同理可证△≌△∴BF＝OA＝1，可得点的坐标为（2， 1），经检验点在二次函数的图象上．同理可得点的坐标为（－2， 3），经检验点不在二次函数的图象上综上：二次函数的图象上存在点(1，－1)，（2，1）两点，使得△和△是以AB为直角边的等腰直角三角形．【解析】(1)根据旋转的性质得出C点坐标；（2）①把C点代入求得二次函数的解析式；②利用二次函数的图象得出y的取值范围；③分二种情况进行讨论.5．如图，△ABC和△DEC都是等腰三角形，点C为它们的公共直角顶点，连接AD、BE，F 为线段AD的中点，连接CF．（1）如图1，当D点在BC上时，BE与CF的数量关系是__________；（2）如图2，把△DEC绕C点顺时针旋转90°，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？请说明理由；（3）如图3，把△DEC绕C点顺时针旋转一个钝角，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？如成立，请证明；如果不成立，请写出相应的正确的结论并加以证明．【答案】（1）BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析.【解析】试题分析：（1）根据“SAS”证明△ACD≌△BCE，可得AD=BE，又因为AD=2CF，从而BE=2CF；（2）由点F是AD中点，可得AD=2DF，从而AC= 2DF+CD，又由△ABC和△CDE是等腰直角三角形，可知BC=2DF+CE，所以BE= 2（DF+CE），CF= DF+CD，从而BE=2CF；（3）延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，可证△CDF≌△GAF，再证明△BCE≌△ACG，从而BE=CG=2CF成立.解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，∴AC=BC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴CD=CE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE，∴AD=BE，在Rt△ACD中，点F是AD中点，∴AD=2CF，∴BE=2CF，故答案为BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由：∵点F是AD中点，∴AD=2DF，∴AC=AD+CD=2DF+CD，∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，∴AC=BC，CD=CE，∴BC=2DF+CE，∴BE=BC+CE=2DF+CE+CE=2（DF+CE），∵CF=DF+CD=DF+CD，∴BE=2CF；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由：如图3，延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，∵点F是AD中点，∴AF=DF，在△CDF和△GAF中，，∴△CDF≌△GAF，∴AG=CD=CE，∠CDF=∠GAF，∴∠CAG=∠CAD+∠GAF=∠CAD+∠ADC=180°﹣∠ACD，∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠BCE=360°﹣∠ACB﹣∠DCE﹣∠ACD=180°﹣∠ACD，∴∠CAG=∠BCE，连接BE，在△BCE和△ACG中，，∴△BCE≌△ACG，∴BE=CG=2CF，即：BE=2CF．点睛：本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质和旋转的性质，考查了学生综合运用知识的能力，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．6．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，∴AF=2221-=3，在Rt△ABF中，BF=22AB AF- =6，∴BD=CE=BF﹣DF=61-，∴FH=12EC=612-．（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．7．已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE．（1）如图1，求证：△CDE是等边三角形．（2）设OD＝t，①当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．②求t为何值时，△DEB是直角三角形（直接写出结果即可）．【答案】(1)见解析;(2)①见解析;②t＝2或14.【解析】【分析】（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（2）①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；②存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；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=t；当6＜t＜10时，此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14．【详解】（1）∵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）①存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE＝AD，∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE＝CD，∴C△DBE＝CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD＝，∴△BDE的最小周长＝CD+4＝；②存在，∵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；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；当6＜t＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，∴此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，又由（1）知∠CDE＝60°，∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE＝90°，从而∠BCD＝30°，∴BD＝BC＝4，∴OD＝14，∴t＝14，综上所述：当t＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．8．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＝2+25或m＝2﹣25（舍）．【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．9．在矩形ABCD 中，2AB =，1BC =，以点A 为旋转中心，逆时针旋转矩形ABCD ，旋转角为(0180)αα<<，得到矩形AEFG ，点B 、点C 、点D 的对应点分别为点E 、点F 、点G ．()1如图①，当点E 落在DC 边上时，直写出线段EC 的长度为______；()2如图②，当点E 落在线段CF 上时，AE 与DC 相交于点H ，连接AC ，①求证：ACD ≌CAE ；②直接写出线段DH 的长度为______．()3如图③设点P 为边FG 的中点，连接PB ，PE ，在矩形ABCD 旋转过程中，BEP 的面积是否存在最大值？若存在请直接写出这个最大值；若不存在请说明理由．【答案】（1）23；（2）①见解析；34②；（3）存在，PBE 的面积的最大值为21，理由见解析 【解析】【分析】 ()1如图①中，在Rt ADE 中，利用勾股定理即可解决问题；()2①证明：如图②中，根据HL 即可证明ACD ≌CAE ；②如图②中，由ACD ≌CAE ，推出ACD CAE ∠∠=，推出AH HC =，设AH HC m ==，在Rt ADH 中，根据222AD DH AH +=，构建方程即可解决问题；()3存在.如图③中，连接PA ，作BM PE ⊥交PE 的延长线于M.由题意：PF PC 1==，由AG EF 1==，G F 90∠∠==，推出PA PE ==PBE 1S PE BM 2=⋅⋅=，推出当BM 的值最大时，PBE 的面积最大，求出BM 的最大值即可解决问题；【详解】()1四边形ABCD 是矩形，AB CD 2∴==，BC AD 1==，D 90∠=，矩形AEFG 是由矩形ABCD 旋转得到，AE AB 2∴==，在Rt ADE 中，DE ==CE 2∴=，故答案为2．()2①当点E 落在线段CF 上，AEC ADC 90∠∠∴==，在Rt ADC 和Rt AEC 中，{AC CACD AE ==， Rt ACD ∴≌()Rt CAE HL ； ACD ②≌CAE ，ACD CAE ∠∠∴=，AH HC ∴=，设AH HC m ==，在Rt ADH 中，222AD DH AH +=，2221(2m)m ∴+-=，5m 4∴=， 53DH 244∴=-=， 故答案为34； ()3存在．理由如下：如图③中，连接PA ，作BM PE ⊥交PE 的延长线于M ，由题意：PF PC1==，AG EF1==，G F90∠∠==，PA PE2∴==PBE 12S PE BM BM22∴=⋅⋅=，∴当BM的值最大时，PBE的面积最大，BM PB≤，PB AB PA≤+，PB22∴≤，BM22∴≤BM∴的最大值为22+PBE∴21．【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，三角形的三边关系等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．10．（操作发现）（1）如图1，△ABC为等边三角形，先将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于30°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=30°，连接AF，EF．①求∠EAF的度数；②DE与EF相等吗？请说明理由；（类比探究）（2）如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于45°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=45°，连接AF，EF．请直接写出探究结果：①∠EAF的度数；②线段AE，ED，DB之间的数量关系．【答案】（1）①120°②DE=EF；（2）①90°②AE2+DB2=DE2【解析】试题分析：（1）①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出∠ACF=∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；（2）①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论．试题解析：解：（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°．∵∠DCF=60°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②DE=EF．理由如下：∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，∴∠FCE=60°﹣30°=30°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF；（2）①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴AC=BC，∠BAC=∠B=45°．∵∠DCF=90°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD 中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；②AE2+DB2=DE2，理由如下：∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，∴∠FCE=90°﹣45°=45°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF．在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，又∵AF=DB，∴AE2+DB2=DE2．。
人教版九年级上册数学 旋转几何综合检测题(WORD版含答案)
人教版九年级上册数学旋转几何综合检测题（WORD版含答案）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．如图，在矩形ABCD中，6AB cm=，8AD cm=，连接BD，将ABD△绕B点作顺时针方向旋转得到A B D'''△（B′与B重合），且点D'刚好落在BC的延长上，A D''与CD相交于点E．（1）求矩形ABCD与A B D'''△重叠部分（如图1中阴影部分A B CE''）的面积；（2）将A B D'''△以每秒2cm的速度沿直线BC向右平移，如图2，当B′移动到C点时停止移动．设矩形ABCD与A B D'''△重叠部分的面积为y，移动的时间为x，请你直接写出y关于x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围；（3）在（2）的平移过程中，是否存在这样的时间x，使得AA B''△成为等腰三角形？若存在，请你直接写出对应的x的值，若不存在，请你说明理由．【答案】（1）2452cm；（2）22331624(0)22588020016(4)3335x x xyx x x⎧--+≤<⎪⎪=⎨⎪-+≤≤⎪⎩；（3）存在，使得AA B''△成为等腰三角形的x的值有：0秒、32669-．【解析】【分析】（1）先用勾股定理求出BD的长，再根据旋转的性质得出10B D BD cm''==，2CD B D BC cm'=''-=，利用B D A∠'''的正切值求出CE的值，利用三角形的面积差即可求阴影部分的面积；（2）分类讨论，当165x≤<时和当1645x≤≤时，分别列出函数表达式；（3）分类讨论，当AB A B'=''时；当AA A B'=''时；当AB AA'='时，根据勾股定理列方程即可．【详解】解：（1）6AB cm=，8AD cm=，10BD cm∴=，根据旋转的性质可知10B D BD cm''==，2CD B D BC cm'=''-=，tanA B CEB D AA D CD'''''∠=='''，682CE ∴=， 32CE cm ∴=， ()28634522222A B CE A B D CED S S S cm ''''''⨯∴==-⨯÷=-； （2）①当1605x ≤<时，22CD x '=+，32CE x =， 233+22CD E S x x '∴=△， 22133368242222y x x x ∴=⨯⨯-=--+； ②当1645x ≤≤时，102BC x =-，()41023CE x =- ()221488020010223333y x x x ∴=⨯-=-+． （3）①如图1，当AB A B '=''时，0x =秒；②如图2，当AA A B '=''时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+，245A M NB '==， 2236AN A N +'=，222418623655x ⎛⎫⎛⎫∴-++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：x =秒，（x =舍去）； ③如图2，当AB AA '='时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+，245A M NB '==， 2222AB BB AN A N +'=+'22224183646255x x ⎛⎫⎛⎫∴+=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 解得：32x =秒．综上所述：使得AA B ''△成为等腰三角形的x 的值有：0秒、32秒、95．【点睛】本题主要考查了图形的平移变换和旋转变换，能够数形结合，运用分类讨论的思想方法全面的分析问题，思考问题是解决问题的关键．2．综合与探究：如图1，Rt AOB 的直角顶点O 在坐标原点，点A 在y 轴正半轴上，点B 在x 轴正半轴上，4OA =，2OB =，将线段AB 绕点B 顺时针旋转90︒得到线段BC ，过点C 作CD x ⊥轴于点D ，抛物线23y ax x c =++经过点C ，与y 轴交于点(0,2)E ，直线AC 与x 轴交于点H ．（1）求点C 的坐标及抛物线的表达式；（2）如图2，已知点G 是线段AH 上的一个动点，过点G 作AH 的垂线交抛物线于点F （点F 在第一象限），设点G 的横坐标为m ．①点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为________；②如图3，当直线FG 经过点B 时，求点F 的坐标，判断四边形ABCF 的形状并证明结论；③在②的前提下，连接FH ，点N 是坐标平面内的点，若以F ，H ，N 为顶点的三角形与FHC 全等，请直接写出点N 的坐标．【答案】（1）点C 的坐标为(6,2)，21322y x x =-++；（2）①143m -+；②点F 的坐标为(4,6)，四边形ABCF 为正方形，证明见解析；③点N 的坐标为(10,4)或4226,55⎛⎫ ⎪⎝⎭或384,55⎛⎫ ⎪⎝⎭． 【解析】【分析】（1）根据已知条件与旋转的性质证明ABO BCD ≌，根据全等三角形的性质得出点C的坐标，结合点E 的坐标，根据待定系数法求出抛物线的表达式；（2）①设直线AC 的表达式为y kx b =+，由点A 、C 的坐标求出直线AC 的表达式，进而得解；②过点G 作GM x ⊥轴于点M ，过点F 作FP y ⊥轴，垂足为点P ，PF 的延长线与DC 的延长线交于点Q ，根据等腰三角形三线合一得出AG CG =，结合①由平行线分线段成比例得出点G 的坐标，根据待定系数法求出直线BG 的表达式，结合抛物线的表达式求出点F ；利用勾股定理求出AB BC CF FA ===，结合90ABC ︒∠=可得出结论； ③根据直线AC 的表达式求出点H 的坐标，设点N 坐标为(,)s t ，根据勾股定理分别求出2FC ，2CH ，2FN ，2NH ，然后分两种情况考虑：若△FHC ≌△FHN ，则FN ＝FC ，NH ＝CH ，若△FHC ≌△HFN ，则FN ＝CH ，NH ＝FC ，分别列式求解即可．【详解】解：（1）4=OA ，2OB =，∴点A 的坐标为(0,4)，点B 的坐标为(2,0)，线段AB 绕点B 顺时针旋转90︒得到线段BC ，AB BC ∴=，90ABC ︒∠=，90ABO DBC ︒∴∠+∠=，在Rt AOB 中，90ABO OAB ︒∴∠+∠=，=OAB DBC ∴∠∠，CD x ⊥轴于点D ，90BDC ︒∴∠=，90AOB BDC ︒∴∠=∠=．AB BC =，ABO BCD ∴△≌△，2CD OB ∴==，4BD OA ==，6OB BD ∴+=，∴点C 的坐标为(6,2)，∵抛物线23y ax x c =++的图象经过点C ，与y 轴交于点(0,2)E ， 236182c a c =⎧∴⎨++=⎩， 解得，122a c ⎧=-⎪⎨⎪=⎩， ∴抛物线的表达式为21322y x x =-++； （2）①设直线AC 的表达式为y kx b =+，∵直线AC 经过点()6,2C ，(0,4)A ，∴624k b b +=⎧⎨=⎩， 解得，134k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，即143y x =-+， ∴点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为：143m -+， 故答案为：143m -+．②过点G 作GM x ⊥轴于点M ， OM m ∴=，143GM m =-+， AB BC =，BG AC ⊥，AG CG ∴=，90AOB GMH CDH ︒∠=∠=∠=，OA GMCD ∴， 1OM AG MD GC∴==， 132OM MD OD ∴===， 3m ∴=，1433m -+=，∴点G 为(3,3)， 设直线BG 的表达式为y kx b =+，将(3,3)G 和(2,0)B 代入表达式得，2033k b k b +=⎧⎨+=⎩， 36k b =⎧∴⎨=-⎩，即表达式为36y x =-， 点F 为直线BG 和抛物线的交点，∴得2132362x x x -++=-， 14x ∴=，24x =-（舍去），∴点F 的坐标为(4,6)，过点F 作FP y ⊥轴，垂足为点P ，PF 的延长线与DC 的延长线交于点Q ，4PF ∴=，2AP =，2FQ =，4CQ =，在Rt AFP △中和Rt FCQ △中，根据勾股定理，得AF FC ==同理可得25AB BC==，AB BC CF FA∴===，∴四边形ABCF为菱形，90ABC︒∠=，∴菱形ABCF为正方形；③∵直线AC：143y x=-+与x轴交于点H，∴1403x-+=，解得，x＝12，∴(12,0)H，∴222(64)(26)20FC=-+-=，222(126)(02)40CH=-+-=，设点N坐标为(,)s t，∴222(4)(6)FN s t=-+-，222(12)(0)NH s t=-+-，第一种情况：若△FHC≌△FHN，则FN＝FC，NH＝CH，∴2222(4)(6)20(12)40s ts t⎧-+-=⎨-+=⎩，解得，11425265st⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，2262st=⎧⎨=⎩（即点C），∴4226,55N⎛⎫⎪⎝⎭；第二种情况：若△FHC≌△HFN，则FN＝CH，NH＝FC，∴2222(4)(6)40(12)20s ts t⎧-+-=⎨-+=⎩，解得，1138545st⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，22104st=⎧⎨=⎩，∴384,55N⎛⎫⎪⎝⎭或(10,4)N，综上所述，以F，H，N为顶点的三角形与△FHC全等时，点N坐标为(10,4)或4226,55⎛⎫ ⎪⎝⎭或384,55⎛⎫ ⎪⎝⎭．【点睛】本题是函数与几何的综合题，考查了待定系数法求函数的表达式，全等三角形的判定与性质，菱形与正方形的判定，旋转的性质，勾股定理等知识，其中对全等三角形存在性的分析，因有一条公共边，可对另外两边进行分类讨论，本题有一定的难度，是中考压轴题．3．小明研究了这样一道几何题：如图1，在△ABC中，把AB点A顺时针旋转α (0°＜α＜180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′．当α+β=180°时，请问△AB′C′边B′C′上的中线AD与BC的数量关系是什么？以下是他的研究过程：特例验证：(1)①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD=BC；②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为．猜想论证：(2)在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．拓展应用(3)如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠A+∠B=120°，BC=12，CD=6，DA=63，在四边形内部是否存在点P，使△PDC与△PAB之间满足小明探究的问题中的边角关系？若存在，请画出点P的位置(保留作图痕迹，不需要说明)并直接写出△PDC的边DC上的中线PQ的长度；若不存在，说明理由．【答案】(1)①12；②4(2) AD=12BC，理由见解析(3)存在，13【解析】【分析】(1)①由已知条件可得AD⊥B′C′，由α+β=180°可得∠BAC+∠B′AC′=180°，已知∠BAC=60°，可求得∠B′AC′=120°继而∠B′=∠C′=30°，可得AD=12AB′=12BC②当∠BAC=90°时，可得∠B′AC′=∠BAC=90°，△B′AC′是直角三角形，可证得△BAC≌△B′AC′，推出对应边相等，已知BC=8求出AD的长.（2）先做辅助线，延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M、C′M，如图1所示：因为B′D=DC′，AD=DM，对角线相互平分，可得四边形AC′MB′是平行四边形，得出对应边相等，由∠BAB′+∠CAC′=180°推得∠BAC=∠AB′M，可证明△BAC≌△AB′M，所以BC=AM，AD=12 BC；(3)先做辅助线，作线段BC的垂直平分线交BE于P，即为点P的位置；延长AD交BC的延长线于M，线段BC的垂直平分线交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PDC的中线PQ，连接DF交PC于O假设P点存在，再证明理由.根据已知角可得出△DCM是直角三角形，∠MDC=30°，可得出CM3DM3在；∵CD=6，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∠M=90°﹣∠MDC=60°，可求得EM=12BM3DE=EM﹣DM3﹣33由已知DA3AE=DE且BE⊥AD，可得PF是线段BC的垂直平分线，证得PA=PD因为PB=PC，PF∥CD，可求得CF=12BC3，利用线段长度可求得∠CDF=60°利用全等三角形判定定理可证得△FCP≌△CFD(AAS)，进而证得四边形CDPF是矩形，得∠CDP=90°，∠ADP =60°，可得△ADP是等边三角形，求出DQ、DP，在Rt△PDQ中可求得PQ长度.【详解】(1)①∵△ABC是等边三角形∴AB=BC=AC=AB′=AC′，∠BAC=60°∵DB′=DC′∴AD⊥B′C′∵∠BAB′+∠CAC′=180°∴∠BAC+∠B′AC′=180°∴∠B′AC′=180°﹣∠BAC=180°﹣60°=120°∴∠B′=∠C′=30°∴AD=12AB′=12BC故答案：1 2②∵∠BAB′+∠CAC′=180°∴∠BAC+∠B′AC′=180°∵∠BAC=90°∴∠B′AC′=∠BAC=90°在△BAC和△B′AC′中，''"90"AB ABBAC B ACAC AC=⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩∴△BAC≌△B′AC′(SAS)∴BC=B′C′∵B′D=DC′∴AD=12B′C′=12BC=4故答案：4(2)AD与BC的数量关系：AD=12BC；理由如下：延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M、C′M，如图1所示：∵B′D=DC′，AD=DM，∴四边形AC′MB′是平行四边形，∴∠B′AC′+∠AB′M=180°，AC′=B′M=AC，∵∠BAB′+∠CAC′=180°，∴∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠BAC=∠AB′M，在△BAC和△AB′M中，'''AC B MBAC AB MAB AB=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAC≌△AB′M(SAS)，∴BC=AM，∴AD=12 BC；(3)存在；作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，即为点P的位置；理由如下：延长AD交BC的延长线于M，线段BC的垂直平分线交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PDC的中线PQ，连接DF交PC于O，如图4所示：∵∠A+∠B=120°，∴∠ADC=150°，∴∠MDC=30°，在Rt△DCM中，∵CD=6，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∴CM3DM3，∠M=90°﹣∠MDC=60°，在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=BC+CM333，∠MBE=90°﹣∠M=30°，∴EM=12BM3∴DE=EM﹣DM333∵DA3∴AE=DE，∵BE⊥AD，∴PA=PD，∵PF是线段BC的垂直平分线，∴PB=PC，PF∥CD，在Rt△CDF中，∵CD=6，CF=12BC3∴tan∠CDF=CFCD633，∴∠CDF=60°，∴∠MDF=∠MDC+∠CDF=30°+60°=90°，∴∠ADF=90°=∠AEB，∴∠CBE=∠CFD，∵∠CBE=∠PCF，∴∠CFD=∠PCF=30°，∵∠CFD+∠CDF=90°，∠PCF+∠CPF=90°，∴∠CPF=∠CDF=60°，在△FCP 和△CFD 中，CPF CDF PCF CFD CF CF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△FCP ≌△CFD (AAS )，∴CD =PF ，∵CD ∥PF ，∴四边形CDPF 是矩形，∴∠CDP =90°，∴∠ADP =∠ADC ﹣∠CDP =60°，∴△ADP 是等边三角形，∴∠APD =60°，∵∠BPF =∠CPF =90°﹣30°=60°，∴∠BPC =120°，∴∠APD +∠BPC =180°，∴△PDC 与△PAB 之间满足小明探究的问题中的边角关系；在Rt △PDQ 中，∵∠PDQ =90°，PD =DA =63，DN =12CD =3， ∴PQ =22DQ DP +=223(63)+=313． 【点睛】本题考查了三角形的边旋转的问题，旋转前后边长不变，根据已知角度变化，求得线段之间关系.在证明某点知否存在时，先假设这点存在，能求出相关线段或坐标，即证实存在性.4．请阅读下列材料：问题：如图1，在等边三角形ABC 内有一点P ，且PA=2，PB=3，PC=1、求∠BPC 度数的大小和等边三角形ABC 的边长．李明同学的思路是：将△BPC 绕点B 逆时针旋转60°，画出旋转后的图形（如图2），连接PP′，可得△P′PB 是等边三角形，而△PP′A 又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可证），从而得到∠BPC=∠AP′B=__________；，进而求出等边△ABC 的边长为__________； 问题得到解决．请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题：如图3，在正方形ABCD 内有一点P ，且PA=5，BP=2，PC=1．求∠BPC 度数的大小和正方形ABCD 的边长．【答案】（1）150°，7；（2）135°，5【解析】试题分析：（1）利用旋转的性质，得到全等三角形.(2)利用（1）中的解题思路，把△BPC,旋转，到△BP’A,连接PP’,BP’，容易证明△AP P’是直角三角形，∠BP’E=45°，已知边BP’=BP=2，BE=BP’=1，勾股定理可求得正方形边长.（1）150° 7（2）将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得△BP′A，则△BPC≌△BP′A．∴AP′=PC=1，BP=BP′=2；连接PP′，在Rt△BP′P中，∵BP=BP′=2，∠PBP′=90°，∴PP′=2，∠BP′P=45°；在△AP′P中，AP′=1，PP′=2，AP=5，∵222+=，即AP′2+PP′2=AP2；125∴△AP′P是直角三角形，即∠AP′P=90°，∴∠AP′B=135°，∴∠B PC=∠AP′B=135°．过点B作BE⊥AP′，交AP′的延长线于点E；则△BEP′是等腰直角三角形，∴∠EP′B=45°，∴EP′=BE=1，∴AE=2；∴在Rt△ABE中，由勾股定理，得AB=5；∴∠BPC=135°，正方形边长为5．点睛：本题利用题目中的原理迁移解决问题，解题利用了旋转的性质，一般利用正方形，等腰，等边三角形的隐含条件，构造全等三角形，把没办法利用的已知条件转移到方便利用的图形位置,从而求解.5．(1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD．①求证：四边形BFDE是菱形；②直接写出∠EBF的度数；(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究，如图②，点G、I分别在BF、BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD的中点，连接FH并延长，交ED于点J，连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH与FH之间满足的关系，并说明理由；(3)把(1)中矩形ABCD进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE、EF、DF，使△DEF是等腰直角三角形，DF交AC于点G.请直接写出线段AG、GE、EC三者之间满足的数量关系.【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH＝3FH；（3）EG2＝AG2+CE2．【解析】【分析】（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO＝OF，∵OB＝OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB＝ED即可．②先证明∠ABD＝2∠ADB，推出∠ADB＝30°，延长即可解决问题．（2）IH＝3FH．只要证明△IJF是等边三角形即可．（3）结论：EG2＝AG2+CE2．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题．【详解】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，OB＝OD，∴∠EDO＝∠FBO，在△DOE和△BOF中，EDO FBOOD 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 GHFDH 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 MJB MBF IM⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△BIF≌△MJI，∴IJ＝IF，∠BFI＝∠MIJ，∵HJ＝HF，∴IH⊥JF，∵∠BFI+∠BIF＝120°，∴∠MIJ+∠BIF＝120°，∴∠JIF＝60°，∴△JIF是等边三角形，在Rt△IHF中，∵∠IHF＝90°，∠IFH＝60°，∴∠FIH＝30°，∴IH＝3FH．（3）结论：EG2＝AG2+CE2．理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，∵∠FAD+∠DEF＝90°，∴AFED四点共圆，∴∠EDF＝∠DAE＝45°，∠ADC＝90°，∴∠ADF+∠EDC＝45°，∵∠ADF＝∠CDM，∴∠CDM+∠CDE＝45°＝∠EDG，在△DEM和△DEG中，DE DEEDG EDMDG DM⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△DEG≌△DEM，∴GE＝EM，∵∠DCM＝∠DAG＝∠ACD＝45°，AG＝CM，∴∠ECM＝90°∴EC2+CM2＝EM2，∵EG＝EM，AG＝CM，∴GE2＝AG2+CE2．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.6．如图，△ABC和△DEC都是等腰三角形，点C为它们的公共直角顶点，连接AD、BE，F 为线段AD的中点，连接CF．（1）如图1，当D点在BC上时，BE与CF的数量关系是__________；（2）如图2，把△DEC绕C点顺时针旋转90°，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？请说明理由；（3）如图3，把△DEC绕C点顺时针旋转一个钝角，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？如成立，请证明；如果不成立，请写出相应的正确的结论并加以证明．【答案】（1）BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析.【解析】试题分析：（1）根据“SAS”证明△ACD≌△BCE，可得AD=BE，又因为AD=2CF，从而BE=2CF；（2）由点F是AD中点，可得AD=2DF，从而AC= 2DF+CD，又由△ABC和△CDE是等腰直角三角形，可知BC=2DF+CE，所以BE= 2（DF+CE），CF= DF+CD，从而BE=2CF；（3）延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，可证△CDF≌△GAF，再证明△BCE≌△ACG，从而BE=CG=2CF成立.解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，∴AC=BC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴CD=CE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE，∴AD=BE，在Rt△ACD中，点F是AD中点，∴AD=2CF，故答案为BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由：∵点F是AD中点，∴AD=2DF，∴AC=AD+CD=2DF+CD，∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，∴AC=BC，CD=CE，∴BC=2DF+CE，∴BE=BC+CE=2DF+CE+CE=2（DF+CE），∵CF=DF+CD=DF+CD，∴BE=2CF；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由：如图3，延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，∵点F是AD中点，∴AF=DF，在△CDF和△GAF中，，∴△CDF≌△GAF，∴AG=CD=CE，∠CDF=∠GAF，∴∠CAG=∠CAD+∠GAF=∠CAD+∠ADC=180°﹣∠ACD，∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠BCE=360°﹣∠ACB﹣∠DCE﹣∠ACD=180°﹣∠ACD，∴∠CAG=∠BCE，连接BE，在△BCE和△ACG中，，∴△BCE≌△ACG，∴BE=CG=2CF，即：BE=2CF．点睛：本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质和旋转的性质，考查了学生综合运用知识的能力，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．7．阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形．小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，则BD＝CE,(1)在图1中证明小胖的发现；借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题：(2)如图2，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，求证：AD+CD＝BD；(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝m°，点E为△ABC外一点，点D为BC中点，∠EBC＝∠ACF，ED⊥FD，求∠EAF的度数（用含有m的式子表示）．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =12 m°.【解析】分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC，只要证明△DAB≌△EAC即可；（2）如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．首先证明△BDE是等边三角形，再证明△ABD≌△CBE即可解决问题；（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．想办法证明△AFE≌△AFG，可得∠EAF=∠FAG=12 m°.详（1）证明：如图1中，∵∠BAC=∠DAE ，∴∠DAB=∠EAC ，在△DAB 和△EAC 中，AD AE DAB EAC AB AC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△DAB ≌△EAC ，∴BD=EC ．（2）证明：如图2中，延长DC 到E ，使得DB=DE．∵DB=DE ，∠BDC=60°，∴△BDE 是等边三角形，∴∠BD=BE ，∠DBE=∠ABC=60°，∴∠ABD=∠CBE ，∵AB=BC ，∴△ABD ≌△CBE ，∴AD=EC ，∴BD=DE=DC+CE=DC+AD ．∴AD+CD=BD ．（3）如图3中，将AE 绕点E 逆时针旋转m°得到AG ，连接CG 、EG 、EF 、FG ，延长ED 到M ，使得DM=DE ，连接FM 、CM ．由（1）可知△EAB≌△GAC，∴∠1=∠2，BE=CG，∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，∴△EDB≌△MDC，∴EM=CM=CG，∠EBC=∠MCD，∵∠EBC=∠ACF，∴∠MCD=∠ACF，∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，∴∠1=3=∠2，∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，∵CF=CF，CG=CM，∴△CFG≌△CFM，∴FG=FM，∵ED=DM，DF⊥EM，∴FE=FM=FG，∵AE=AG，AF=AF，∴△AFE≌△AFG，∴∠EAF=∠FAG=12 m°．点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．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，∴AF =2221-=3，在Rt △ABF 中，BF =22AB AF - =6，∴BD =CE =BF ﹣DF =61-，∴FH =12EC =612-． （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32（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．我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。
九年级数学旋转几何综合(篇)(Word版 含解析)
九年级数学旋转几何综合（篇）（Word版含解析）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．探究：如图①和②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在BC、CD 上，∠EAF=45°．（1）如图①，若∠B、∠ADC都是直角，把ABE△绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，则能得EF=BE+DF，请写出推理过程；（2）如图②，若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足数量关系时，仍有EF=BE+DF；（3）拓展：如图③，在ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°．若BD=1，求DE的长．【答案】（1）见解析；（2）∠B+∠D=180°；（3）5 3【解析】【分析】（1）根据已知条件证明△EAF≌△GAF，进而得到EF=FG，即可得到答案；（2）先作辅助线，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，根据（1），要使EF=BE+DF，需证明△EAF≌△GAF，因此需证明F、D、G在一条直线上，即180ADG ADF∠+∠=︒，即180B D∠+∠=︒；（3）先作辅助线，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF，根据已知条件证明△FAD≌△EAD，设DE=x，则DF=x，BF=CE=3﹣x，然后再Rt BDF中根据勾股定理即可求出x的值，即DE的长．【详解】（1）解：如图，∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠DAG+∠DAF=45°，即∠EAF=∠GAF=45°，在△EAF和△GAF中AF AFEAF GAFAE AG=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF=GF，∵BE=DG，∴EF=GF=BE+DF；（2）解：∠B+∠D=180°，理由是：如图，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，则AE=AG，∠B=∠ADG，∠BAE=∠DAG，∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠ADG=180°，∴F、D、G在一条直线上，和（1）类似，∠EAF=∠GAF=45°，在△EAF和△GAF中AF AFEAF GAFAE AG=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF=GF，∵BE=DG，∴EF=GF=BE+DF；故答案为：∠B+∠D=180°；（3）解：∵△ABC中，2BAC=90°，∴∠ABC=∠C=45°，由勾股定理得：22AB AC+，如图，把△AEC 绕A 点旋转到△AFB ，使AB 和AC 重合，连接DF ．则AF=AE ，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE ，∵∠DAE=45°，∴∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠CAE+∠BAD=∠BAC ﹣∠DAE=90°﹣45°=45°，∴∠FAD=∠DAE=45°，在△FAD 和△EAD 中AD AD FAD EAD AF AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△FAD ≌△EAD ，∴DF=DE ，设DE=x ，则DF=x ，∵BD=1，∴BF=CE=4﹣1﹣x=3﹣x ，∵∠FBA=45°，∠ABC=45°，∴∠FBD=90°，由勾股定理得：222DF BF BD =+，22(3)1x x =-+， 解得：x=53， 即DE=53． 【点睛】本题综合考查三角形的性质和判定、正方形的性质应用、全等三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题关键在于正确做出辅助线得出全等三角形．2．如图1，在Rt ABC △中，90A ∠=︒，AB AC =，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD AE =，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是_________，位置关系是_________；（2）探究证明：把ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断PMN 的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若4=AD ，10AB =，请直接写出PMN 面积的最大值．【答案】（1）PM PN =，PM PN ⊥；（2）等腰直角三角形，见解析；（3）492【解析】【分析】（1）由三角形中位线定理及平行的性质可得PN 与PM 等于DE 或CE 的一半，又△ABC 为等腰直角三角形，AD=AE ，所以得PN=PM ，且互相垂直；（2）由旋转可推出BAD CAE ∆∆≌，再利用PM 与PN 皆为中位线，得到PM=PN ，再利用角度间关系推导出垂直即可；（3）找到面积最大的位置作出图形，由（2）可知PM=PM ，且PM ⊥PN ，利用三角形面积公式求解即可．【详解】（1）PM PN =，PM PN ⊥；已知点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点，根据三角形的中位线定理可得 12PM EC =，12PN BD =，//PM EC ，//PN BD 根据平行线性质可得DPM DCE ∠=∠，NPD ADC ∠=∠在Rt ABC ∆中，90A ∠=︒，AB AC =，AD AE =可得BD EC =，90DCE ADC ∠+∠=︒即得PM PN =，PM PN ⊥故答案为：PM PN =；PM PN ⊥．（2）等腰直角三角形，理由如下：由旋转可得BAD CAE ∠=∠，又AB AC =，AD AE =∴BAD CAE ∆∆≌∴BD CE =，ABD ACE ∠=∠，∵点M ，P 分别为DE ，DC 的中点∴PM 是DCE ∆的中位线∴12PM CE =，且//PM CE ， 同理可证12PN BD =，且//PN BD ∴PM PN =，MPD ECD ∠=∠，PNC DBC ∠=∠，∴MPD ECD ACD ACE ACD ABD ∠=∠=∠+∠=∠+∠，DPN PNC PCN DBC PCN ∠=∠+∠=∠+∠，∴90MPN MPD DPN ACD ABD DBC PCN ABC ACB ∠=∠+∠=∠+∠+∠+∠=∠+∠=︒，即PMN ∆为等腰直角三角形．（3）把ADE ∆绕点A 旋转的如图的位置，此时1()72PN AD AB =+=，1()72PM AE AC =+= 且PN 、PM 的值最长，由（2）可知PM PN =，PM PN ⊥ 所以PMN ∆面积最大值为1497722⨯⨯=． 【点睛】本题主要考查三角形中位线的判定及性质、全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定及性质、旋转的性质等相关知识，解题关键在于找到图形中各角度之间的数量关系．3．如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，抛物线2y ax bx c =++的顶点是A(1，3)，将OA 绕点O 顺时针旋转90︒后得到OB ，点B 恰好在抛物线上，OB 与抛物线的对称轴交于点C ．（1）求抛物线的解析式；（2）P 是线段AC 上一动点，且不与点A ，C 重合，过点P 作平行于x 轴的直线，与OAB ∆的边分别交于M ，N 两点，将AMN ∆以直线MN 为对称轴翻折，得到A MN '∆． 设点P 的纵坐标为m ．①当A MN '∆在OAB ∆内部时，求m 的取值范围；②是否存在点P ，使'56A MN OAB S S ∆'∆=,若存在，求出满足m 的值；若不存在，请说明理由．【答案】()21y x 22x =-++；（2）①433m <<；②存在，满足m 的值为619-或639-． 【解析】【分析】（1）作AD ⊥y 轴于点D ，作BE ⊥x 轴于点E ，然后证明△AOD ≌△BOE ，则AD=BE ，OD=OE ，即可得到点B 的坐标，然后利用待定系数法，即可求出解析式；（2）①由点P 为线段AC 上的动点，则讨论动点的位置是解题的突破口，有点P 与点A 重合时；点P 与点C 重合时，两种情况进行分析计算，即可得到答案；②根据题意，可分为两种情况进行分析：当点M 在线段OA 上，点N 在AB 上时；当点M 在线段OB 上，点N 在AB 上时；先求出直线OA 和直线AB 的解析式，然后利用m 的式子表示出两个三角形的面积，根据等量关系列出方程，解方程即可求出m 的值．【详解】解：（1）如图：作AD ⊥y 轴于点D ，作BE ⊥x 轴于点E ，∴∠ADO=∠BEO=90°，∵将OA 绕点O 逆时针旋转90︒后得到OB ，∴OA=OB ，∠AOB=90°，∴∠AOD+∠AOE=∠BOE+∠AOE=90°，∴∠AOD=∠BOE ，∴△AOD ≌△BOE ，∴AD=BE ，OD=OE ，∵顶点A 为（1，3），∴AD=BE=1，OD=OE=3，∴点B 的坐标为（3，1-），设抛物线的解析式为2(1)3=-+y a x ，把点B 代入，得 2(31)31a -+=-，∴1a =-，∴抛物线的解析式为2(1)3y x =--+，即222y x x =-++；（2）①∵P 是线段AC 上一动点，∴3m <，∵当A MN '∆在OAB ∆内部时，当点'A 恰好与点C 重合时，如图：∵点B 为（3，1-）， ∴直线OB 的解析式为13y x =-， 令1x =，则13y =-， ∴点C 的坐标为（1，13-），∴AC=1103()33--=， ∵P 为AC 的中点，∴AP=1105233⨯=， ∴54333m =-=， ∴m 的取值范围是433m <<； ②当点M 在线段OA 上，点N 在AB 上时，如图：∵点P 在线段AC 上，则点P 为（1，m ），∵点'A 与点A 关于MN 对称，则点'A 的坐标为（1，2m -3）， ∴'3A P m =-，18'(23)233A C m m =-+=-， 设直接OA 为y ax =，直线AB 为y kx b =+，分别把点A ，点B 代入计算，得直接OA 为3y x =；直线AB 为25y x =-+，令y m =，则点M 的横坐标为3m ，点N 的横坐标为52m --， ∴5552326m m MN m -=-=--； ∵2'11555515'()(3)22261224A MN S MN A P m m m m ∆=•=•-•-=-+；'138'3(2)34223OA B S A C m m ∆=••=•-=-； 又∵'56A MN OA B S S ∆'∆=， ∴255155(34)12246m m m -+=⨯-， 解得：619m =-或619m =+（舍去）；当点M 在边OB 上，点N 在边AB 上时，如图：把y m =代入13y x =-，则3x m ， ∴5553222m MN m m -=+=+-，18'(23)233A C m m =---=-， ∴2'11555515'()(3)2222424A MN S MN A P m m m m ∆=•=•+•-=-++， '138'3(2)43223OA B S A C m m ∆=••=•-=-， ∵'56A MN OA B S S ∆'∆=， ∴255155(43)4246m m m -++=⨯-， 解得：639m -=或639m +=（舍去）； 综合上述，m 的值为：619m =-6393m -=． 【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图形的旋转、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质、三角形的面积公式等，解题的关键是熟练掌握所学的性质，正确得到点P 的位置．注意运用数形结合的思想和分类讨论的思想进行解题．4．阅读材料并解答下列问题：如图1，把平面内一条数轴x 绕原点O 逆时针旋转角00)90(θ︒︒<<得到另一条数轴,y x 轴和y 轴构成一个平面斜坐标系.xOy规定：过点P 作y 轴的平行线，交x 轴于点A ，过点P 作x 轴的平行线，交y 轴于点B ，若点A 在x 轴对应的实数为a ，点B 在y 轴对应的实数为b ，则称有序实数对(),a b 为点P 在平面斜坐标系xOy 中的斜坐标．如图2，在平面斜坐标系xOy 中，已知60θ︒=，点P 的斜坐标是()3,6，点C 的斜坐标是()0,6.（1）连接OP ，求线段OP 的长；（2）将线段OP 绕点O 顺时针旋转60︒到OQ （点Q 与点P 对应），求点Q 的斜坐标； （3）若点D 是直线OP 上一动点，在斜坐标系xOy 确定的平面内以点D 为圆心，DC 长为半径作D ，当⊙D 与x 轴相切时，求点D 的斜坐标，【答案】（1）37OP =2）点Q 的斜坐标为（9，3-）；（3）点D 的斜坐标为：（32，3）或（6，12）． 【解析】【分析】 （1）过点P 作PC ⊥OA ，垂足为C ，由平行线的性质，得∠PAC=60θ=︒，由AP=6，则AC=3，33PC =OP 的长度；（2）根据题意，过点Q 作QE ∥OC ，QF ∥OB ，连接BQ ，由旋转的性质，得到OP=OQ ，∠COP=∠BOQ ，则△COP ≌△BOQ ，则BQ=CP=3，∠OCP=∠OBQ=120°，然后得到△BEQ 是等边三角形，则BE=EQ=BQ=3，则OE=9，OF=3，即可得到点Q 的斜坐标；（3）根据题意，可分为两种情况进行分析：①当OP和CM恰好是平行四边形OMPC的对角线时，此时点D是对角线的交点，求出点D的坐标即可；②取OJ=JN=CJ，构造直角三角形OCN，作∠CJN的角平分线，与直线OP相交与点D，然后由所学的性质，求出点D的坐标即可．【详解】解：（1）如图，过点P作PC⊥OA，垂足为C，连接OP，∵AP∥OB，∴∠PAC=60θ=︒，∵PC⊥OA，∴∠PCA=90°，∵点P的斜坐标是()3,6，∴OA=3，AP=6，∴1 cos602ACAP︒==，∴3AC=，∴226333PC=-=，336OC=+=，在Rt△OCP中，由勾股定理，得226(33)37OP=+=；（2）根据题意，过点Q作QE∥OC，QF∥OB，连接BQ，如图：由旋转的性质，得OP=OQ，∠POQ=60°，∵∠COP+∠POA=∠POA+∠BOQ=60°，∴∠COP=∠BOQ，∵OB=OC=6，∴△COP≌△BOQ（SAS）；∴CP=BQ=3，∠OCP=∠OBQ=120°，∴∠EBQ=60°，∵EQ∥OC，∴∠BEQ=60°，∴△BEQ是等边三角形，∴BE=EQ=BQ=3，∴OE=6+3=9，OF=EQ=3，∵点Q在第四象限，∴点Q的斜坐标为（9，3 ）；（3）①取OM=PC=3，则四边形OMPC是平行四边形，连接OP、CM，交点为D，如图：由平行四边形的性质，得CD=DM，OD=PD，∴点D为OP的中点，∵点P的坐标为（3，6），∴点D的坐标为（32，3）；②取OJ=JN=CJ，则△OCN是直角三角形，∵∠COJ=60°，∴△OCJ是等边三角形，∴∠CJN=120°，作∠CJN的角平分线，与直线OP相交于点D，作DN⊥x轴，连接CD，如图：∵CJ=JN，∠CJD=∠NJD，JP=JP，∴△CJD≌△NJD（SAS），∴∠JCD=∠JND=90°，则由角平分线的性质定理，得CD=ND；过点D作DI∥x轴，连接DJ，∵∠DJN=∠COJ=60°，∴OI∥JD，∴四边形OJDI是平行四边形，∴ID=OJ=JN=OC=6，在Rt△JDN中，∠JDN=30°，∴JD=2JN=12；∴点D的斜坐标为（6，12）；综合上述，点D的斜坐标为：（32，3）或（6，12）．【点睛】本题考查了坐标与图形的性质，解直角三角形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找圆心D的位置来解决问题，属于中考创新题型．注意运用分类讨论的思想进行解题．5．已知：如图①，在矩形ABCD中，AB＝5，203AD ，AE⊥BD，垂足是E．点F是点E关于AB的对称点，连接AF、BF．（1）求AE和BE的长；（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F 分别平移到线段AB 、AD 上时，求出相应的m 的值； （3）如图②，将△ABF 绕点B 顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的ABF 为A BF ''，在旋转过程中，设A F ''所在的直线与直线AD 交于点P ，与直线BD交于点Q ，若△DPQ 为等腰三角形，请直接写出此时DQ 的长． 【答案】（1）4；3 （2）3或163 （3）25125253243-、、103 【解析】 【分析】（1）由矩形的性质，利用勾股定理求解BD 的长，由等面积法求解AE ，由勾股定理求解BE 即可，（2）利用对称与平移的性质得到：AB ∥A′B′，∠4＝∠1，BF ＝B′F′＝3．当点F′落在AB 上时，证明BB′＝B′F′即可得到答案，当点F′落在AD 上时，证明△B′F′D 为等腰三角形，从而可得答案，（3）分4种情况讨论：①如答图3﹣1所示，点Q 落在BD 延长线上，证明A′Q ＝A′B ，利用勾股定理求解',,F Q BQ 从而求解DQ ，②如答图3﹣2所示，点Q 落在BD 上，证明点A′落在BC 边上，利用勾股定理求解,BQ 从而可得答案，③如答图3﹣3所示，点Q 落在BD 上，证明∠A′QB ＝∠A′BQ ，利用勾股定理求解,BQ ，从而可得答案，④如答图3﹣4所示，点Q 落在BD 上，证明BQ ＝BA′，从而可得答案． 【详解】解：（1）在Rt △ABD 中，AB ＝5，203AD =，由勾股定理得：253BD ==．11,22ABDSBD AE AB AD =⋅=⋅． 2532053 4.AB ADAE BD⨯⋅∴=== 在Rt △ABE 中，AB ＝5，AE ＝4， 由勾股定理得：BE ＝3．（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示： 由对称的性质可知，∠1＝∠2．由平移性质可知，AB ∥A′B′，∠4＝∠1，BF ＝B′F′＝3．①当点F′落在AB 上时， ∵AB ∥A′B′， ∴∠3＝∠4， ∴∠3＝∠2，∴BB′＝B′F′＝3，即m ＝3； ②当点F′落在AD 上时， ∵AB ∥A′B′，∴∠6＝∠2，∵∠1＝∠2，∠5＝∠1，∴∠5＝∠6，,AB AD ⊥ ∴ A′B′⊥AD ，'''',B F D B DF ∴∠=∠∴△B′F′D 为等腰三角形， ∴B′D ＝B′F′＝3，2516333BB BD B D ''∴=-=-=，即163m =．（3）DQ 的长度分别为2512525310103243--、、或103．在旋转过程中，等腰△DPQ 依次有以下4种情形：①如答图3﹣1所示，点Q 落在BD 延长线上，且PD ＝DQ ， ∴ ∠2＝2∠Q ，∵∠1＝∠3+∠Q ，∠1＝∠2， ∴∠3＝∠Q ， ∴A′Q ＝A′B ＝5， ∴F′Q ＝F′A′+A′Q ＝4+5＝9．在Rt △BF′Q 中，由勾股定理得：222293310BQ F Q F B ''=+=+=．253103DQ BQ BD ∴=-=-； ②如答图3﹣2所示，点Q 落在BD 上，且PQ ＝DQ ，∴∠2＝∠P ，∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠P ，∴BA′∥PD ， ∵PD ∥BC ，∴此时点A′落在BC 边上． ∵∠3＝∠2，∴∠3＝∠1，∴BQ ＝A′Q ，∴F′Q ＝F′A′﹣A′Q ＝4﹣BQ ．在Rt △BQF′中，由勾股定理得：'2'22,BF F Q BQ += 即：2223(4),BQ BQ +-= 解得：258BQ =， 25251253824DQ BD BQ ∴=-=-=； ③如答图3﹣3所示，点Q 落在BD 上，且PD ＝DQ ，∴ ∠3＝∠4．∵∠2+∠3+∠4＝180°，∠3＝∠4，149022∴∠︒∠＝﹣． ∵∠1＝∠2，149012∴∠=︒-∠． 149012A QB ∴∠'∠︒∠＝＝﹣，118019012A BQ A QB ∴∠'︒∠'∠︒∠＝﹣﹣＝﹣，∴∠A′QB ＝∠A′BQ ，∴A′Q ＝A′B ＝5， ∴F′Q ＝A′Q ﹣A′F′＝5﹣4＝1．在Rt △BF′Q 中，由勾股定理得：223110BQ +=，25103DQ BD BQ ∴=-=-； ④如答图3﹣4所示，点Q 落在BD 上，且PQ ＝PD ，∴ ∠2＝∠3．∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠2＝∠3， ∴∠1＝∠4， ∴BQ ＝BA′＝5，2510533DQ BD BQ ∴=-=-=． 综上所述，DQ 的长度分别为2512525310103243--、、或103．【点睛】本题是几何变换压轴题，涉及旋转与平移变换、矩形、勾股定理、等腰三角形等知识点．第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论；在计算过程中，注意识别旋转过程中的不变量，注意利用等腰三角形的性质简化计算．6．两块等腰直角三角形纸片AOB 和COD 按图1所示放置，直角顶点重合在点O 处，25AB =，17CD =．保持纸片AOB 不动，将纸片COD 绕点O 逆时针旋转(090)αα<<角度，如图2所示．()1利用图2证明AC BD =且AC BD ⊥；()2当BD 与CD 在同一直线上（如图3）时，求AC 的长和α的正弦值．【答案】（1）详见解析；（2）7，725． 【解析】 【分析】(1)图形经过旋转以后明确没有变化的边长，证明AOC BOD≅，得出AC=BD，延长BD交AC于E，证明∠AEB=90︒，从而得到BD AC⊥.(2) 如图3中，设AC=x，在Rt△ABC中，利用勾股定理求出x，再根据sinα=sin∠ABC=ACAB 即可解决问题【详解】()1证明：如图2中，延长BD交OA于G，交AC于E．∵90AOB COD∠=∠=，∴AOC DOB∠=∠，在AOC和BOD中，OA OBAOC BODOC OD=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴AOC BOD≅，∴AC BD=，CAO DBO∠=∠，∵90DBO GOB∠+∠=，∵OGB AGE∠=∠，∴90CAO AGE∠+∠=，∴90AEG∠=，∴BD AC⊥．()2解：如图3中，设AC x=，∵BD、CD在同一直线上，BD AC⊥，∴ABC是直角三角形，∴222AC BC AB+=，∴222(17)25x x++=，解得7x=，∵45ODC DBOα∠=∠+∠=，45ABC DBO∠+∠=，∴ABCα∠=∠，∴7 sin sin25ACABCABα=∠==．【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，利用全等三角形的性质解决问题，第二个问题的关键是利用（1）的结论解决问题，属于中考常考题型.7．阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形．小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，则BD＝CE,(1)在图1中证明小胖的发现；借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题：(2)如图2，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，求证：AD+CD＝BD；(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝m°，点E为△ABC外一点，点D为BC中点，∠EBC＝∠ACF，ED⊥FD，求∠EAF的度数（用含有m的式子表示）．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =12 m°.【解析】分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC，只要证明△DAB≌△EAC即可；（2）如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．首先证明△BDE是等边三角形，再证明△ABD≌△CBE即可解决问题；（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．想办法证明△AFE≌△AFG，可得∠EAF=∠FAG=12 m°.详（1）证明：如图1中，∵∠BAC=∠DAE ， ∴∠DAB=∠EAC ， 在△DAB 和△EAC 中，AD AE DAB EAC AB AC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△DAB ≌△EAC ， ∴BD=EC ．（2）证明：如图2中，延长DC 到E ，使得DB=DE．∵DB=DE ，∠BDC=60°， ∴△BDE 是等边三角形， ∴∠BD=BE ，∠DBE=∠ABC=60°， ∴∠ABD=∠CBE ， ∵AB=BC ， ∴△ABD ≌△CBE ， ∴AD=EC ，∴BD=DE=DC+CE=DC+AD ． ∴AD+CD=BD ．（3）如图3中，将AE 绕点E 逆时针旋转m°得到AG ，连接CG 、EG 、EF 、FG ，延长ED 到M ，使得DM=DE ，连接FM 、CM ．由（1）可知△EAB≌△GAC，∴∠1=∠2，BE=CG，∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，∴△EDB≌△MDC，∴EM=CM=CG，∠EBC=∠MCD，∵∠EBC=∠ACF，∴∠MCD=∠ACF，∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，∴∠1=3=∠2，∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，∵CF=CF，CG=CM，∴△CFG≌△CFM，∴FG=FM，∵ED=DM，DF⊥EM，∴FE=FM=FG，∵AE=AG，AF=AF，∴△AFE≌△AFG，∴∠EAF=∠FAG=12 m°．点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．8．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）123545（，）【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，∠OBO′=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9．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y=ax2+bx+c与x轴相交于A，B两点，顶点为D（0，4），AB2F（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 ＜223）m =6或m 17﹣3．【解析】 【分析】（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （20），设抛物线的解析式为24y ax =+，把A （220）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()21242y x m =--，由()221421242y 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(2)428020280m m 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． 【详解】（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （20），设抛物线的解析式为24y ax =+，把A （220）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()21242y x m =--，由()221421242y 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(2)428020280m m m m ⎧--->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩， 解得2＜m ＜22，∴满足条件的m 的取值范围为2＜m ＜22． （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 17﹣3173（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．10．在矩形ABCD 中，2AB =，1BC =，以点A 为旋转中心，逆时针旋转矩形ABCD ，旋转角为(0180)αα<<，得到矩形AEFG ，点B 、点C 、点D 的对应点分别为点E 、点F 、点G ．()1如图①，当点E 落在DC 边上时，直写出线段EC 的长度为______； ()2如图②，当点E 落在线段CF 上时，AE 与DC 相交于点H ，连接AC ，①求证：ACD ≌CAE ； ②直接写出线段DH 的长度为______．()3如图③设点P 为边FG 的中点，连接PB ，PE ，在矩形ABCD 旋转过程中，BEP 的面积是否存在最大值？若存在请直接写出这个最大值；若不存在请说明理由．【答案】（1）23；（2）①见解析；34②；（3）存在，PBE 的面积的最大值为21，理由见解析 【解析】 【分析】()1如图①中，在Rt ADE 中，利用勾股定理即可解决问题； ()2①证明：如图②中，根据HL 即可证明ACD ≌CAE ；②如图②中，由ACD ≌CAE ，推出ACD CAE ∠∠=，推出AH HC =，设AH HC m ==，在Rt ADH 中，根据222AD DH AH +=，构建方程即可解决问题；()3存在.如图③中，连接PA ，作BM PE ⊥交PE 的延长线于M.由题意：PF PC 1==，由AG EF 1==，G F 90∠∠==，推出PA PE ==PBE1SPE BM 2=⋅⋅=，推出当BM 的值最大时，PBE 的面积最大，求出BM 的最大值即可解决问题； 【详解】()1四边形ABCD 是矩形，AB CD 2∴==，BC AD 1==，D 90∠=，矩形AEFG 是由矩形ABCD 旋转得到，AE AB 2∴==，在Rt ADE 中，DE ==CE 2∴=，故答案为2．()2①当点E 落在线段CF 上，AEC ADC 90∠∠∴==，在Rt ADC 和Rt AEC 中，{AC CACD AE ==，Rt ACD ∴≌()Rt CAE HL ；ACD ②≌CAE ，ACD CAE ∠∠∴=，AH HC ∴=，设AH HC m ==，在Rt ADH 中，222AD DH AH +=，2221(2m)m ∴+-=，5m 4∴=， 53DH 244∴=-=， 故答案为34； ()3存在．理由如下：如图③中，连接PA ，作BM PE ⊥交PE 的延长线于M ，由题意：PF PC1==，AG EF1==，G F90∠∠==，PA PE2∴==PBE 12S PE BM BM22∴=⋅⋅=，∴当BM的值最大时，PBE的面积最大，BM PB≤，PB AB PA≤+，PB22∴≤，BM22∴≤BM∴的最大值为22+PBE∴21．【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，三角形的三边关系等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．。
九年级上册数学 旋转几何综合单元测试卷(解析版)
九年级上册数学旋转几何综合单元测试卷（解析版）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．我们定义：如图1，在△ABC看，把AB点绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β=180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．特例感知：（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD= BC；②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为．猜想论证：（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．拓展应用（3）如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=23，DA=6．在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．【答案】（1）①12；②4；（2）AD=12BC，证明见解析；（3）存在，证明见解析，39．【解析】【分析】（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD=12AB′即可解决问题；②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；（2）结论：AD=12BC．如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M，首先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；（3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．想办法证明PA=PD，PB=PC，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可；【详解】解：（1）①如图2中，∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AB=AB′=AC′，∵DB′=DC′，∴AD⊥B′C′，∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠B′AC′=120°，∴∠B′=∠C′=30°，∴AD=12AB′=12BC，故答案为12．②如图3中，∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠B′AC′=∠BAC=90°，∵AB=AB′，AC=AC′，∴△BAC≌△B′AC′，∴BC=B′C′，∵B′D=DC′，∴AD=12B′C′=12BC=4，故答案为4．（2）结论：AD=12 BC．理由：如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M∵B′D=DC′，AD=DM，∴四边形AC′MB′是平行四边形，∴AC′=B′M=AC，∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°，∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′，∴△BAC≌△AB′M，∴BC=AM，∴AD=1BC．2（3）存在．理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．∵∠ADC=150°，∴∠MDC=30°，在Rt△DCM中，∵3，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∴CM=2，DM=4，∠M=60°，在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°，∴EM=1BM=7，2∴DE=EM﹣DM=3，∵AD=6，∴AE=DE，∵BE⊥AD，∴PA=PD，PB=PC，在Rt△CDF中，∵3CF=6，∴tan∠3∴∠CDF=60°=∠CPF，易证△FCP≌△CFD，∴CD=PF，∵CD∥PF，∴四边形CDPF是矩形，∴∠CDP=90°，∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°，∴△ADP是等边三角形，∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°，∴∠BPC=120°，∴∠APD+∠BPC=180°，∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，在Rt△PDN中，∵∠PDN=90°，PD=AD=6，DN=3，∴PN=2222++=39．DN PD=(3)6【点睛】本题考查四边形综合题．2．综合与实践问题情境在一节数学活动课上，老师带领同学们借助几何画板对以下题目进行了研究.如图1，MN是过点A的直线，点C为直线MN外一点，连接AC，作∠ACD=60°，使AC=DC，在MN上取一点B，使∠DBN=60°．观察发现（1）根据图1中的数据，猜想线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；（2）希望小组认真思考后提出一种证明方法：将CB所在的直线以点C为旋转中心，逆时针旋转60°，与直线MN交于点E，即可证明（1）中的结论. 请你在图1中作出线段CE，并根据此方法写出证明过程；实践探究（3）奋进小组在继续探究的过程中，将点C绕点A逆时针旋转，他们发现当旋转到图2和图3的位置时，∠DBN=120°，线段AB、BD、CB的大小发生了变化，但是仍然满足一定的数量关系，请你直接写出这两种关系：在图2中，线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；在图3中，线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；提出问题（4）智慧小组提出一个问题：若图3中BC⊥CD于点C时，BC=2，则AC为多长？请你解答此问题.【答案】（1）AB+DB=CB；（2）见解析；（3）AB－DB=CB；DB－AB=CB；（4）23【解析】【分析】（1）根据图中数据直接猜想AB+DB=CB（2）在射线AM上一点E，使得∠ECB=60°，证明△ACE≌△DCB，推出EB=CB从而得出（1）中的结论；（3）利用旋转的性质和线段的和差关系以及全等三角形的性质得出线段关系；（4）过点C作∠BCE=60º，边CE与直线MN交于点E，设AC与BD交于点F.证明△ACE≌△DCB，得出BC=EC，结合△ECB为等边三角形，得出∠ECA=90°，在Rt△AEC中根据边长计算出AC的长度.【详解】综合与实践（1）AB+DB=CB（2）线段CE如图所示.证明：∵∠ECB=∠ACD=60º，∴∠2+∠ACB=∠1+∠ACB，∴∠2=∠1.∵∠ACD=∠DBN=60º, ∠ABD+∠DBN=180º，∴∠ABD+∠ACD=180º，∴在四边形ACDB中，∠CAB+∠3=180º.∵∠CAB+∠4=180º，∴∠4=∠3.又∵AC=DC，∴△ACE≌△DCB（ASA）∴EA=BD，EC=BC.又∵∠ECB=60°，∴△ECB为等边三角形,∴EB=CB.而EB=EA+AB=DB+AB,∴CB=DB+AB.（3） AB－DB=CB；DB－AB=CB；（4）证明：如图，过点C作∠BCE=60º，边CE与直线MN交于点E，设AC与BD交于点F.∵∠DCA=60º∴∠ECB+∠BCA=∠DCA+∠BCA即∠ECA=∠BCD∵∠DBN=120º∴∠DBA=60º又∵∠AFB=∠DFC∴∠EAF=∠BDC又∵AC=DC∴△ACE ≌△DCB （ASA ）∴BC=EC∴△ECB 为等边三角形∴∠CEB=60º∵BC ⊥CD∴∠ECA=∠BCD=90º∴在Rt △AEC 中，∠CAE=30º∵BC=2，EC=BC∴AC=EC·tan60º= 23 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，根据题中条件适当添加辅助线构造全等三角形，利用全等的性质得出线段关系是本题的关键.3．两块等腰直角三角形纸片AOB 和COD 按图1所示放置，直角顶点重合在点O 处，25AB =，17CD =．保持纸片AOB 不动，将纸片COD 绕点O 逆时针旋转(090)αα<<角度，如图2所示．()1利用图2证明AC BD =且AC BD ⊥；()2当BD 与CD 在同一直线上（如图3）时，求AC 的长和α的正弦值．【答案】（1）详见解析；（2）7，725． 【解析】【分析】 (1)图形经过旋转以后明确没有变化的边长，证明AOC BOD ≅，得出AC=BD ， 延长BD 交AC 于E ，证明∠AEB=90︒，从而得到BD AC ⊥.(2) 如图3中，设AC=x ，在Rt △ABC 中，利用勾股定理求出x ，再根据sinα=sin ∠ABC=AC AB即可解决问题【详解】 ()1证明：如图2中，延长BD 交OA 于G ，交AC 于E ．∵90AOB COD ∠=∠=，∴AOC DOB ∠=∠， 在AOC 和BOD 中，OA OB AOC BOD OC OD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴AOC BOD ≅，∴AC BD =，CAO DBO ∠=∠，∵90DBO GOB ∠+∠=，∵OGB AGE ∠=∠，∴90CAO AGE ∠+∠=，∴90AEG ∠=，∴BD AC ⊥．()2解：如图3中，设AC x=，∵BD 、CD 在同一直线上，BD AC ⊥， ∴ABC 是直角三角形，∴222AC BC AB +=，∴222(17)25x x ++=，解得7x =，∵45ODC DBO α∠=∠+∠=，45ABC DBO ∠+∠=，∴ABC α∠=∠， ∴7sin sin 25AC ABC AB α=∠==． 【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，利用全等三角形的性质解决问题，第二个问题的关键是利用（1）的结论解决问题，属于中考常考题型.4．(1)问题发现如图1,△ACB和△DCE 均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D 在一条直线上.填空:线段AD,BE 之间的关系为 .(2)拓展探究如图2,△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE 的关系,并说明理由.(3)解决问题如图3,线段PA=3,点B 是线段PA 外一点,PB=5,连接AB,将AB 绕点A 逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B 的位置的变化,直接写出PC 的范围.【答案】(1) AD=BE ，AD⊥BE．(2) AD=BE ，AD⊥BE．(3) 5-32≤PC≤5+32．【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质证△ACD ≌△BCE （SAS ），得AD=BE ，∠EBC=∠CAD ，延长BE 交AD 于点F ，由垂直定义得AD ⊥BE ．（2）根据等腰三角形性质证△ACD ≌△BCE （SAS ），AD=BE ，∠CAD=∠CBE ，由垂直定义得∠OHB=90°，AD ⊥BE ；（3）作AE ⊥AP ，使得AE=PA ，则易证△APE ≌△ACP ，PC=BE ，当P 、E 、B 共线时，BE 最小，最小值=PB-PE ；当P 、E 、B 共线时，BE 最大，最大值=PB+PE ，故5-32≤BE≤5+32.【详解】（1）结论：AD=BE ，AD ⊥BE ．理由：如图1中，∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形，∴AC=BC ，CE=CD ，∠ACB=∠ACD=90°，在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴AD=BE，∠EBC=∠CAD延长BE交AD于点F，∵BC⊥AD，∴∠EBC+∠CEB=90°，∵∠CEB=AEF，∴∠EAD+∠AEF=90°，∴∠AFE=90°，即AD⊥BE．∴AD=BE，AD⊥BE．故答案为AD=BE，AD⊥BE．（2）结论：AD=BE，AD⊥BE．理由：如图2中，设AD交BE于H，AD交BC于O．∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=90°，∴ACD=∠BCE，在Rt△ACD和Rt△BCE中AC BCACD BCECD CE⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，∴∠BOH+∠OBH=90°，∴∠OHB=90°，∴AD⊥BE，∴AD=BE，AD⊥BE．（3）如图3中，作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，∴PC=BE，图3-1中，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE=5-32，图3-2中，当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE=5+32，∴5-32≤BE≤5+32，即5-32≤PC≤5+32．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．5．如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点，分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=2OD，OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE．（1）求证：DE⊥AG；（2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角（0°＜α＜360°）得到正方形OE′F′G′，如图2．①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数；②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由．【答案】（1）见解析；（2）①30°或150°，②AF'的长最大值为2 22 +315α=．【解析】【分析】（1）延长ED交AG于点H，易证△AOG≌△DOE，得到∠AGO=∠DEO，然后运用等量代换证明∠AHE=90°即可；（2）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′=90°时，α=30°，α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，α=150°；②当旋转到A、O、F′在一条直线上时，AF′的长最大，AF′=AO+OF′=2+2，此时α=315°．【详解】(1)如图1,延长ED交AG于点H,∵点O是正方形ABCD两对角线的交点，∴OA=OD，OA⊥OD，∵OG=OE，在△AOG和△DOE中，90OA ODAOG DOEOG OE=⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴△AOG≌△DOE，∴∠AGO=∠DEO，∵∠AGO+∠GAO=90°，∴∠GAO+∠DEO=90°，∴∠AHE=90°，即DE⊥AG；(2)①在旋转过程中,∠OAG′成为直角有两种情况：(Ⅰ)α由0°增大到90°过程中,当∠OAG′=90°时，∵OA=OD=12OG=12OG′，∴在Rt△OAG′中,sin∠AG′O=OAOG'=12，∴∠AG′O=30°，∵OA⊥OD,OA⊥AG′，∴OD∥AG′,∴∠DOG′=∠AG′O=30°∘，即α=30°；(Ⅱ)α由90°增大到180°过程中,当∠OAG′=90°时，同理可求∠BOG′=30°，∴α=180°−30°=150°.综上所述,当∠OAG′=90°时,α=30°或150°.②如图3,当旋转到A. O、F′在一条直线上时,AF′的长最大，∵正方形ABCD的边长为1，∴OA=OD=OC=OB=22，∵OG=2OD，∴OG′=OG2，∴OF′=2，∴AF′=AO+OF′=22+2，∵∠COE′=45°，∴此时α=315°.【点睛】本题考查的是正方形的性质、旋转变换的性质以及锐角三角函数的定义，掌握正方形的四条边相等、四个角相等，旋转变换的性质是解题的关键，注意特殊角的三角函数值的应用．6．已知，如图：正方形ABCD，将Rt△EFG斜边EG的中点与点A重合，直角顶点F落在正方形的AB边上，Rt△EFG的两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，（点P与点F重合），如图1所示：（1）求证：EP2+GQ2=PQ2；（2）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（0°＜α≤90°），两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，如图2所示：判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间是否存在什么确定的相等关系？若存在，证明你的结论．若不存在，请说明理由；（3）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（90°＜α＜180°），两直角边所在的直线分别交BA、AD两边延长线于P、Q两点，并判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间存在何种确定的相等关系？按题意完善图3，请直接写出你的结论（不用证明）．【答案】（1）见解析；（2）PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．【解析】【分析】（1）过点E作EH∥FG，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PQ=PH，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，由此可以得到EP2+GQ2=PQ2；（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PH=PQ，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，即EP2+GQ2=PH2，在Rt△PFQ中，PF2+FQ2=PQ2，故PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PE2+GQ2=PF2+FQ2，证明方法同上．【详解】（1）过点E作EH∥FG，连接AH、FH，如图所示：∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，∴△EAH≌△GAQ，∴EH=QG，HA=AQ，∵FA⊥AD，∴PQ=PH．在Rt△EPH中，∵EP2+EH2=PH2，∴EP2+GQ2=PQ2；（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，∴△EAH≌△GAQ，∴EH=QG，HA=AQ，∵PA⊥AD，∴PQ=PH．在Rt△EPH中，∵EP2+EH2=PH2，∴EP2+GQ2=PH2．在Rt△PFQ中，∵PF2+FQ2=PQ2，∴PF2+FQ2=EP2+GQ2．（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三线合一，勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键.7．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）123545（，）【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，∠OBO′=120°，则∠HB O′=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8．我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。
九年级上册旋转几何综合(篇)(Word版 含解析)
九年级上册旋转几何综合（篇）（Word 版 含解析）一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）1．已知抛物线y=ax 2+bx-3a-5经过点A(2，5)（1）求出a 和b 之间的数量关系．（2）已知抛物线的顶点为D 点，直线AD 与y 轴交于(0，-7)①求出此时抛物线的解析式；②点B 为y 轴上任意一点且在直线y=5和直线y=-13之间，连接BD 绕点B 逆时针旋转90°，得到线段BC ，连接AB 、AC ，将AB 绕点B 顺时针旋转90°，得到线段BH ．截取BC 的中点F 和DH 的中点G ．当点D 、点H 、点C 三点共线时，分别求出点F 和点G 的坐标．【答案】（1）a+2b=10；（2）①y= 2x 2+4x-11，②G 1(478，91-8+)，F 1(-8，33-4+)，G 2(8，-8)，F 2(218，-4) 【解析】【分析】（1）把点A 坐标代入抛物线y=ax 2+bx-3a-5即可得到a 和b 之间的数量关系；（2）①求出直线AD 的解析式，与抛物线y=ax 2+bx-3a-5联立方程组，根据直线与抛物线有两个交点，结合韦达定理求出a ，b ，即可求出解析式；②作AI ⊥y 轴于点I ，HJ ⊥y 轴于点J.设B （0，t ），根据旋转性质表示粗H 、D 、C 坐标，应含t 式子表示直线AD 的解析式，根据D 、H 、C 三点共线，把点C 坐标代入求出131t -4+=，2t -4=，分两类讨论，分别求出G 、F 坐标。
【详解】解：（1）把A （2,5）代入y=ax 2+bx-3a-5得4a+2b-3a-5=5∴a+2b=10∴a 和b 之间的数量关系是a+2b=10（2）①设直线AD 的解析式为y=kx+c∵直线AD 与y 轴交于（0，-7），A （2,5）∴2k c 5{c -7+==解得k 6{c -7==即直线AD 的解析式为y=6x-7 联立抛物线y=ax 2+bx-3a-5与直线AD ：y=6x-7 得2y ax +bx-3a-5{y 6x-7== 消去y 得ax 2+（b-6）x-3a+2=0∵抛物线与直线AD 有两个交点∴由韦达定理可得：x A +x D =b-6-a =2a 2a +，x A x D =-3a 2a+∵A （2,5）∴x A =2即x D =2a -22a +∵x D =b -2a =a-104a ∴2a -22a +=a-104a 解得a=2∴b=10-a 2= 4 ∴此时抛物线的解析式为y= 2x 2+4x-11②如图所示：作AI ⊥y 轴于点I ，HJ ⊥y 轴于点J.设B （0，t ）∵A （2，5），∴AI=2，BJ=5-t∵AB 绕点B 顺时针旋转90°，得到线段BH∴AB=BH ，∠ABH=90°，∠AIB=∠BJH=90°∵∠IAB+∠IBA=90°，∠ABH+∠IBA+∠JBH=180°∴∠IBA+∠JBH=90°即∠IAB=∠JBH∴△AJB ≌△BJH 即AI=BJ=2，BI=IH=5-t∴H （5-t ，t-2）∵D （-1，-13）∴y B -y D =t+13同理可得：C （t+13，t-1）设DH 的解析式为y=k 1x+b 1∴1111-k b -13{5-t k b t-2+=+=（）解得11t 11k 6-t {t 11b -13-t-6+=+= 即直线AD 的解析式为t 1111y x-13-66t t t ++=-- ∵D 、H 、C 三点共线∴把C （t+13，t-1）代入AD t 1111y x-13-66t t t ++=--得：t 1111t-1t 13-13-66t t t ++=+--（）整理得2t 2+31t+82=0解得131305t -4+=，231-305t -4= 由图可知：①当131305t -+=如图1所示： 此时H （51305+，39305-+） ，C （305-21-，35305-+） ∵点G 为DH 中点，点F 为BC 中点∴G 1（47305+，91305-+） ，F 1（305-21-，33305-+） 由图可知：当231-305t -=如图2所示： 此时H （51-305，39-305-） ，C （30521+，35-305-） ∵点G 为DH 中点，点F 为BC 中点∴G 2（47-305，91-305-） ，F 2（30521+，33-305-） （14分） ∴综上所述：G 1（47305+，91305-+） ，F 1（305-21-，33305-+） G 2（47-3058，91-305-8） ，F 2（305218+，33-305-4）。
(常考题)人教版初中数学九年级数学上册第三单元《旋转》测试(包含答案解析)(1)
一、选择题1．如图，在ABC 中，75CAB ∠=︒，在同一平面内，将ABC 绕点A 旋转到AB C ''△的位置，使得CC //AB '，则BAB '∠=（ ）A ．30B ．35︒C ．40︒D ．50︒2．如图，已知在正方形ABCD 中，AD ＝4，E ，F 分别是CD ，BC 上的一点，且∠EAF ＝45°，EC ＝1，将△ADE 绕点A 沿顺时针方向旋转90°后与△ABG 重合，连接EF ，则以下结论：①DE +BF ＝EF ，②BF ＝47，③AF ＝307，④S △AEF ＝507中正确的是（ ）A ．①②③B ．②③④C ．①③④D ．①②④3．下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．4．如图，在ABC 中，,90AB AC BAC =∠=︒，直角EPF ∠的顶点P 是BC 的中点，两边PE 、PF 分别交AB 、AC 于点E 、F ，当EPF ∠在ABC 内绕点P 旋转时，下列结论错误的是（ ）A ．AE CF =B ．EPF 为等腰直角三角形C ．EP AP=D ．2ABCAEPF S S =四边形5．以原点为中心，将点P （3，4）旋转90°，得到的点Q 所在的象限为（ ）A ．第二象限B ．第三象限C ．第四象限D ．第二或第四象限6．如图，在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，60B ∠=︒，1BC =，A B C ''由ABC 绕点C 顺时针旋转得到，其中点A '与点A 、点B '与点B 是对应点，连接AB '，且点A 、B '、A '在同一条直线上，则AA '的长为（ ）A ．3B ．23C ．4D ．457．如图所示，把ABC 绕C 点旋转35︒，得到A B C '''，A B ''交AC 于点D ，若90A DC '∠=︒，则A ∠等于（ ）A ．35︒B ．65︒C ．55︒D ．45︒8．如图，正方形ABCD 内一点P ，5AB =，2BP =，把ABP △绕点B 顺时针旋转90°得到CBP '，则PP '的长为（ ）A ．22B ．23C ．3D ．329．如图所示，ABC 中，65C =︒∠，将ABC ∆绕点A 顺时针旋转后，得到AB C ''∆，且C '在边BC 上，则B C B ''∠的度数是（ ）A ．46°B ．48°C ．50°D ．52°10．已知等边△ABC 的边长为8，点P 是边BC 上的动点，将△ABP 绕A 逆时针转60°得到△ACQ ，点D 是AC 边的中点，连接DQ ，则DQ 的最小值是 ( )A ．2B ．23C ．4D ．不能确定11．如图①是3×3正方形方格，将其中两个方格涂黑，并且使得涂黑后的整个图案是轴对称图形，约定绕正方形ABCD 的中心旋转能重合的图案都视为同一种，例②中四幅图就视为同一种，则得到不同共有（ ）A ．4种B ．5种C ．6种D ．7种12．下列图形是中心对称图形的是（ ） A ．B ．C ．D ．二、填空题13．有两个直角三角板，其中45E ∠=︒，30C ∠=︒，按图①的方式叠放，先将ABC 固定，再将AED 绕顶点A 顺时针旋转，使//BC DE （如图②所示），则旋转角BAD ∠的度数为______．14．如图，在平面直角坐标系中，将ABC 绕点A 顺时针旋转到111A B C △的位置，点B ，O （分别落在点1B ，1C 处，点1B 在x 轴上，再将11AB C △绕点1B 顺时针旋转到112A B C 的位置，点2C 在x 轴上，再将112A B C 绕点2C 顺时针旋转到222A B C △的位置，点2A 在x 轴上，依次进行下去，…，若点(3,0),(0,4),5A B AB ，则点2021B 的坐标为________．15．如图，P 是等边三角形ABC 内一点，且PA ＝4，PB ＝23，PC ＝2，以下五个结论：①∠BPC ＝120°；②∠APC ＝120°；③S △ABC ＝143；④AB ＝28；⑤点P 到△ABC 三边的距离分别为PE ，PF ，PG ，则有PE +PF +PG ＝3AB ，其中正确的有_________．16．在直角坐标系中，点（﹣1，2）关于原点对称点的坐标是_____．17．将点P （-2，3）向右平移3个单位得到点P 1，点P 2与点P 1关于原点对称，则P 2的坐标是______18．如图所示的美丽图案，可以看作是由一个三角形绕旋转中心旋转_____次，每次旋转_____度形成的．19．直角坐标系中，已知A （3，2），作点A 关于y 轴对称点A 1，点A 1关于原点对称点A 2，点A 2关于x 轴对称点A 3，A 3关于y 轴对称点A 4，……，按此规律，则点A 2019的坐标为_____．20．一副直角三角尺叠放，如图①所示，现将含45°角的三角尺ADE 固定不动，将含30°角的三角尺ABC 绕顶点A 顺时针转动（旋转角不超过180度），使两个三角尺有一组边互相平行．例如图②，当∠BAD =15°时，BC ∥DE ，当90°<∠BAD <180°时，∠BAD 的度数为___．三、解答题21．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC 的三个顶点的坐标分别为A （1，0），B （4，0），C （5，2）．将△ABC 绕着点A 按逆时针方向旋转90︒后得到△AB 1C 1． （1）请画出△AB 1C 1； （2）写出点B 1，C 1的坐标； （3）求出线段1BB 的长．22．如图1，等腰Rt ABC 中，90A ∠=︒，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD AE =，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是______，位置关系是______． （2）探究证明：把ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断PMN 的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若8AD =，20AB =，请直接写出PMN 面积的最大值．23．如图，将Rt △ABC 绕点A 按顺时针旋转一定角度得到Rt △ADE ，点B 的对应点D 恰好落在BC 边上．若AB =1，∠B =60°，求CD 的长．24．阅读理解并解决问题：一般地，如果把一个图形绕着一个定点旋转一定角度α（α小于360°）后，能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，α叫做这个旋转对称图形的一个旋转角．请依据上述定义解答下列问题： （1）请写出一个旋转对称图形，这个图形有一个旋转角是90°，这个图形可以是______； （2）为了美化环境，某中学需要在一块正六边形空地上分别种植六种不同的花草，现将这块空地按下列要求分成六块：①分割后的整个图形必须既是轴对称图形又是旋转对称图形；②六块图形的面积相同；请你按上述两个要求，分别在图中的两个正六边形中画出两种不同的分割方法（只要求画图正确，不写作法）．25．在正方形ABCD 中，点E 是BC 上的一点，连结AE ．（1）画出△ABE 绕点A 逆时针旋转90°后的图形（点E 的对应点为F ）； （2）若AB =3，则四边形AECF 的面积为 ．26．如图，已知ABC 的顶点A ，B ，C 的坐标分别是()2,3A -、()3,2B -、()1,1C -．（1）作出ABC 关于原点O 的中心对称图形111A B C △，写出点1A 的坐标；（2）将ABC 绕原点O 按顺时针方向旋转90 后得到222A B C △，画出222A B C △，并写出点2A 的坐标．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【分析】旋转中心为点A ，B 与B′，C 与C′分别是对应点，根据旋转的性质可知，旋转角∠BAB′=∠CAC′，AC=AC′，再利用平行线的性质得∠C′CA=∠CAB ，把问题转化到等腰△ACC′中，根据内角和定理求∠CAC ′，即可求出∠BAB′的度数． 【详解】解：∵CC′∥AB ，∠CAB=75°， ∴∠C′CA=∠CAB=75°，又∵C 、C′为对应点，点A 为旋转中心， ∴AC=AC′，即△ACC′为等腰三角形， ∴∠BAB′=∠CAC′=180°-2∠C′CA=30°． 故选：A ． 【点睛】本题考查了旋转的基本性质，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线的夹角为旋转角．同时考查了平行线的性质．2．D解析：D 【分析】利用全等三角形的性质及勾股定理求出BF 的长，再利用勾股定理求出AF 的长，从而求得GF ，即可求解出△AEF 的面积，最终即可判断出所有选项． 【详解】∵将△ADE 绕点A 沿顺时针方向旋转90°后与△ABG 重合， ∴AG ＝AE ，∠DAE ＝∠BAG ，DE ＝BG ， ∵∠EAF ＝45°，∴∠DAE +∠BAF ＝45°＝∠GAB +∠BAF ＝∠GAF ＝45°， ∵AG ＝AE ，∠FAE ＝∠FAG ＝45°，AF ＝AF ， ∴△AFE ≌△AFG （SAS ）， ∴EF ＝FG ，∵DE＝BG，∴EF＝FG＝BG+FB＝DE+BF，故①正确，∵BC＝CD＝AD＝4，EC＝1，∴DE＝3，设BF＝x，则EF＝x+3，CF＝4﹣x，在Rt△ECF中，（x+3）2＝（4﹣x）2+12，解得x＝47，∴BF＝47，AF7，故②正确，③错误，∴GF＝3+47＝257，∴S△AEF＝S△AGF＝12AB×GF＝507，故④正确，故选：D．【点睛】本题考查旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．3．C解析：C【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；故选：C．【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．4．C解析：C【分析】利用旋转的思想观察全等三角形，寻找条件证明三角形全等．根据全等三角形的性质对题中的结论逐一判断．【详解】∵AB=AC，∠BAC=90°，P是BC中点，∴AP=CP ，AP ⊥BC ，∠C=∠B=∠BAP=∠CAP=45°， ∵∠APE 、∠CPF 都是∠APF 的余角， ∴∠APE=∠CPF ， 在△APE 和△CPF 中，45APE CPF AP CP EAP FCP ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=︒⎩， ∴△APE ≌△CPF （ASA ）， ∴AE=CF ，EP=PF ，S △AEP =S △CPF ， ∴△EPF 是等腰直角三角形，S 四边形AEPF=12S △ABC ，即2S 四边形AEPF =S △ABC ， A 、B 、D 均正确，∵旋转过程中，EP 的长度的变化的，故EP≠AP ，C 错误； 故选：C ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．5．D解析：D 【分析】根据旋转的性质，以原点为中心，将点P （3，4）旋转90°，分两种情况讨论即可得到点Q 所在的象限． 【详解】如图，点P （3，4）按逆时针方向旋转90°，得到点1Q ， 按顺时针方向旋转90°，得到点2Q ，得点Q 所在的象限为第二、四象限．故选：D ． 【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，解决本题的关键是掌握旋转的性质．注意分类讨论．6．A解析：A 【分析】先利用互余计算出∠BAC ＝30°，再根据含30度的直角三角形三边的关系得到AB ＝2BC ＝2，接着根据旋转的性质得A 'B '＝AB ＝2，B 'C ＝BC ＝1，A 'C ＝AC ，∠A '＝∠BAC ＝30°，∠A 'B ' C ＝∠B ＝60°，于是可判断CA A '为等腰三角形，所以∠CA A '＝∠A '＝30°，再利用三角形外角性质计算出∠B 'CA ＝30°，可得B 'A ＝B 'C ＝1，然后利用A A '＝A B '+A 'B '进行计算． 【详解】解：∵∠ACB ＝90°，∠B ＝60°， ∴∠BAC ＝30°， ∴AB ＝2BC ＝2×1＝2， ∵ABC 绕点C 顺时针旋转得到A 'B 'C ，∴A 'B '＝AB ＝2，B 'C ＝BC ＝1，A 'C ＝AC ，∠A '＝∠BAC ＝30°，∠A 'B 'C ＝∠B ＝60°， ∴CA A '为等腰三角形，∴∠CA A '＝∠A '＝30°， ∵A 、B '、A '在同一条直线上， ∴∠A 'B 'C ＝∠B 'AC +∠B 'CA ， ∴∠B 'CA ＝60°﹣30°＝30°， ∴B 'A ＝B 'C ＝1，∴A A '＝A B '+A 'B '＝2+1＝3． 故选：A ． 【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．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．7．C解析：C 【分析】先根据旋转的性质可得,35A A ACA ''∠=∠∠=︒，再根据三角形的内角和定理可得A '∠的度数，由此即可得． 【详解】由旋转的性质得：,35A A ACA ''∠=∠∠=︒，90A DC '∠=︒，18055A A DC ACA '''∴∠=︒-∠-∠=︒， 55A A '∴∠=∠=︒， 故选：C ．【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形的内角和定理，熟练掌握旋转的性质是解题关键．8．A解析：A【分析】由△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBP'，根据旋转的性质得BP=BP′，∠PBP′=90，则△BPP′为等腰直角三角形，由此得到BP，即可得到答案．．【详解】解：解：∵△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBP'，而四边形ABCD为正方形，BA=BC，∴BP=BP′，∠PBP′=90，∴△BPP′为等腰直角三角形，而BP=2，∴．故选：A．【点睛】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．也考查了正方形和等腰直角三角形的性质．9．C解析：C【分析】根据旋转的性质和∠C＝65°，从而可以求得∠AC′B′和∠AC′C的度数，从而可以求得∠B′C′B 的度数．【详解】∵将△ABC绕点A顺时针旋转后，可以得到△AB′C′，且C′在边BC上，∴AC＝AC′，∠C＝∠AC′B′，∴∠C＝∠AC′C，∵∠C＝65°，∴∠AC′B′＝65°，∠AC′C＝65°，∴∠B′C′B＝180°−∠AC′B′−∠AC′C＝50°，故选：C．【点睛】本题考查旋转的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．10．B解析：B【分析】B=°，当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，再根据根据旋转的性质，即可得到∠ACQ=∠60勾股定理，即可得到DQ的最小值．【详解】解:由旋转可得∠ACQ=∠60B=°．因为点D是AC的中点，所以CD=4．当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，此时∠CDQ＝30︒．所以122CQ CD==，223422DQ=-=，所以DQ的最小值是23，故选B．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，旋转前后的图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．11．B解析：B【解析】分析：根据轴对称的定义及题意要求画出所有图案后即可得出答案：得到的不同图案有：共5个．故选B．12．B解析：B【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可.【详解】解：A、不是中心对称图形，不符合题意，故选项A错误；B、是中心对称图形，符合题意，故选项B正确；C、不是中心对称图形，不符合题意，故选项C错误；D、不是中心对称图形，符合题意，故选项D错误；故选B.【点睛】本题主要考查了中心对称图形的概念，掌握中心对称图形的概念是解题的关键.二、填空题13．【分析】先根据直角三角形的性质可得再根据平行线的性质可得然后根据直角三角形的性质即可得【详解】由题意得：和都是直角三角形故答案为：【点睛】本题考查了直角三角形的两锐角互余平行线的性质图形的旋转熟练掌 解析：30【分析】先根据直角三角形的性质可得60B ∠=︒，再根据平行线的性质可得AD BC ⊥，然后根据直角三角形的性质即可得．【详解】由题意得：ABC 和ADE 都是直角三角形，30C ∠=︒，9060B C ∴∠=︒-∠=︒，//,BC DE AD DE ⊥，AD BC ∴⊥，9030BAD B ∴∠=︒-∠=︒，故答案为：30．【点睛】本题考查了直角三角形的两锐角互余、平行线的性质、图形的旋转，熟练掌握平行线的性质是解题关键．14．【分析】先计算出的值再根据至的变化规律得到B 点的变化规律从而得到的坐标【详解】解：由题意可得：即由上可知从纵坐标为0不变横坐标变为：∵20=8+12×∴的横坐标为故答案为（121280）【点睛】本题解析：(12128,0)【分析】先计算出13B B ，的值，再根据1B 至 3B 的变化规律，得到B 点的变化规律，从而得到2021B 的坐标．【详解】解：由题意可得：()()()123,0,3503540A B C +++，，，， ()()2335430,354350A B +++++++，，，即()()()()()12233,0,80120150,200A B C A B ，，，，，，， 由上可知，从13B B →，纵坐标为0不变，横坐标变为：1222238843520B C C A A B +++=+++=，∵20=8+12×312-，∴2021B 的横坐标为 202118128101012121282-+⨯=+⨯=， 故答案为（12128，0）．【点睛】本题考查旋转的应用，根据旋转的性质找出相等的线段是解题关键． 15．②④⑤【分析】如图将△APC 绕点A 顺时针旋转60°得到△AHB 连接HP 由全等三角形的性质可得AH ＝AP ＝4BH ＝PC ＝2∠AHB ＝∠APC 可证△AHP 是等边三角形由勾股定理的逆定理可求∠HBP ＝90解析：②④⑤【分析】如图，将△APC 绕点A 顺时针旋转60°，得到△AHB ，连接HP ，由全等三角形的性质可得AH ＝AP ＝4，BH ＝PC ＝2，∠AHB ＝∠APC ，可证△AHP 是等边三角形，由勾股定理的逆定理可求∠HBP ＝90°，由锐角三角函数可求∠HPB ＝30°，可得∠AHB ＝120°＝∠APC ，∠BPC ＝150°，可判断①②，由勾股定理可求AB 的长，由等边三角形的面积公式可求△ABC 的面积和PE ＋PF ＋PG 的值，即可判断③④⑤．【详解】如图，将△APC 绕点A 顺时针旋转60°，得到△AHB ，连接HP ，∴△APC ≌△AHB ，∠HAP ＝60°，∴AH ＝AP ＝4，BH ＝PC ＝2，∠AHB ＝∠APC ，∴△AHP 是等边三角形，∴HP ＝4，∠AHP ＝∠APH ＝60°，∵HP 2＝16，BH 2＋BP 2＝16，∴HP 2＝BH 2＋BP 2，∴∠HBP ＝90°，∵HB=12HP ， ∴∠HPB ＝30°，∴∠BHP ＝60°，∠APB ＝∠HPB ＋∠APH ＝90°，∴∠AHB ＝∠AHP ＋∠BHP ＝120°＝∠APC ，∴∠BPC ＝360°−∠APB−∠APC ＝150°，故①不符合题意，②符合题意，∵∠APB ＝90°，∴AB 22161227AP BP +=+=∴S △ABC 233AB = 故③不合题意，④符合题意，如图，∵S △ABC ＝12AB×PG ＋12AC×PF ＋12BC×PE ＝3， ∴12×7×（PG ＋PF ＋PE ）＝3∴PG ＋PF ＋PE 327⨯3， 故⑤符合题意， 故答案为：②④⑤．【点睛】本题是三角形综合题，考查了等边三角形的性质，勾股定理的逆定理，旋转的性质，全等三角形的的性质，三角形的面积公式，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 16．（1﹣2）【分析】根据平面直角坐标系中任意一点P （xy ）关于原点的对称点是（﹣x ﹣y ）可得答案【详解】解：在直角坐标系中点（﹣12）关于原点对称点的坐标是（1﹣2）故答案为（1﹣2）【点睛】本题考查解析：（1，﹣2）【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 ），可得答案．【详解】解：在直角坐标系中，点（﹣1，2）关于原点对称点的坐标是（1，﹣2），故答案为（1，﹣2）．【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数． 17．【分析】首先利用平移变化规律得出P1（13）进而利用关于原点对称点的坐标性质得出P2的坐标【详解】∵点P （-23）向右平移3个单位得到点P1∴P1（13）∵点P2与点P1关于原点对称∴P2的坐标是：解析：()1,3--【分析】首先利用平移变化规律得出P 1（1，3），进而利用关于原点对称点的坐标性质得出P 2的坐标．【详解】∵点P （-2，3）向右平移3个单位得到点P 1，∴P 1（1，3），∵点P2与点P1关于原点对称，∴P2的坐标是：（-1，-3）．【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质以及点的平移规律，正确把握坐标变化性质是解题关键．18．745【详解】解：利用旋转中的三个要素（①旋转中心；②旋转方向；③旋转角度）设计图案进而判断出基本图形和旋转次数与角度故如图所示的美丽图案可以看作是由一个三角形绕旋转中心旋转次每次旋转度形成的故解析：7 45【详解】解：利用旋转中的三个要素（①旋转中心；②旋转方向；③旋转角度）设计图案，进而判断出基本图形和旋转次数与角度．故如图所示的美丽图案，可以看作是由一个三角形绕旋转中心旋转7次，每次旋转45度形成的，故答案为：7；45．19．（32）【分析】根据题目已知条件写出A1A2A3的坐标找出规律即可解决问题【详解】解：作点A关于y轴的对称点为A1是（﹣32）；作点A1关于原点的对称点为A2是（3﹣2）；作点A2关于x轴的对称点为解析：（3，2）．【分析】根据题目已知条件，写出A1、A2、A3的坐标，找出规律，即可解决问题．【详解】解：作点A关于y轴的对称点为A1，是（﹣3，2）；作点A1关于原点的对称点为A2，是（3，﹣2）；作点A2关于x轴的对称点为A3，是（3，2）．显然此为一循环，按此规律，2019÷3＝673，则点A2019的坐标是（3，2），故答案为：（3，2）．【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于坐标轴对称点的坐标，解答此题需熟悉：两个点关于x轴对称，则横坐标不变，纵坐标互为相反数；两个点关于y轴对称，则横坐标互为相反数，纵坐标不变；两个点关于原点对称，则横坐标、纵坐标都是互为相反数．20．105°或135°【分析】根据题意画出图形再由平行线的判定定理即可得出结论【详解】解：如图（1）当AC∥DE时∠BAD=∠DAE=45°；如图（2）当BC∥AD时∠DAB=∠B=60°；如图（3）当解析：105°或135°【分析】根据题意画出图形，再由平行线的判定定理即可得出结论．【详解】解：如图（1），当AC ∥DE 时，∠BAD =∠DAE =45°；如图（2），当BC ∥AD 时，∠DAB =∠B =60°；如图（3），当BC ∥AE 时，∵∠EAB =∠B =60°，∴∠BAD =∠DAE +∠EAB =45°+60°=105°；如图（4），当AB ∥DE 时，∵∠E =∠EAB =90°，∴∠BAD =∠DAE +∠EAB =45°+90°=135°．∴当90°<∠BAD <180°时，∠BAD =105°或135°．故答案为：105°或135°．【点睛】本题考查的是旋转的性质，平行线的判定与性质，根据题意画出图形，利用平行线的性质及直角三角板的性质求解是解答此题的关键．三、解答题21．（1）见解析；（2）11(13)(14)B C ，，，；（3）1BB =32【分析】（1）根据旋转的性质确定点B 1、C 1的位置，顺次连线即可得到图形；（2）依据（1）即可得到答案；（3）根据勾股定理计算得出答案．【详解】解：（1）如图（2）由（1）可知：11(13)(14)B C -，，，； （3）由勾股定理可得：22133BB=+=32 【点睛】此题考查旋转画图，旋转的性质，根据点在直角坐标系中的位置确定坐标，勾股定理，正确画出旋转图形是解题的关键．22．（1）PM PN =， PM PN ⊥；（2）PMN 是等腰直角三角形，理由见解析；（3）98【分析】（1）根据题意可证得BD CE =，利用三角形的中位线定理得出12PM CE =，12PN BD =，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线定理得出//PM CE ，得出DPM DCA =∠∠，通过角的转换得出DPM ∠与DPN ∠互余，证得PM PN ⊥．（2）先证明E ABD AC ∆≌，得出BD CE =，同（1）的方法得出12PM BD =，12PN BD =，即可得出PM PN =，同（1）的方法由MPN DCE DCB DBC ACB ABC ∠=∠+∠+∠=∠+∠，即可得出结论．（3）当BD 最大时，PMN 的面积最大，而BD 最大值是28AB AD +=，21()2PMN S PM =⨯，计算得出结论． 【详解】（1）线段PM 与PN 的数量关系是PM PN =，位置关系是PM PN ⊥．∵等腰Rt ABC 中，90A ∠=︒，∴AB=AC ，∵AD=AE ，∴AB-AD=AC-AE ，∴BD=CE ，∵点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点，∴12PM CE =，12PN BD =， ∴PM PN =； ∵//PM CE ，∴DPM DCA ∠=∠，∵90A ∠=︒，∴90ADC ACD ∠+∠=︒，∵ADC DPN ∠=∠（两直线平行内错角相等），∴90MPN DPM DPN DCA ADC ∠=∠+∠=∠+∠=︒，∴PM PN ⊥．（2）PMN 是等腰直角三角形．证明：由旋转可知，BAD CAE ∠=∠，AB AC =，AD AE =，∴()ABD ACE SAS ≌△△，∴ABD ACE ∠=∠，BD CE =， 根据三角形的中位线定理可得，12PN BD =，12PM CE =， ∴PM PN =， ∴PMN 是等腰三角形，同（1）的方法可得，PM //CE ，∴DPM DCE ∠=∠， 同（1）的方法得，//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 =∠+∠+∠=∠+∠，∵90BAC ∠=︒，∴90ACB ABC ∠+∠=︒，∴90MPN ∠=︒，∴PMN 是等腰直角三角形．（3）由（2）知，PMN 是等腰直角三角形，12PM PN BD ==， ∴PM 最大时，PMN 面积最大，∵点D 在BA 的延长线上，BD 最大，∴28BD AB AD =+=，∴14PM =， ∴2211149822PMN S PM ==⨯=最大△．【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质的综合运用，熟练掌握中位线定理是解题关键．23．1【分析】利用含30度的直角三角形三边的关系得到BC=2AB=2，再根据旋转的性质得AD=AB，则可判断△ABD为等边三角形，所以BD=AB=1，然后计算BC-BD即可．【详解】∵∠BAC=90°，∠B=60°，∴BC=2AB=2，根据旋转的性质得：AD=AB，而∠B=60°，∴△ABD为等边三角形，∴BD=AB=1，∴CD=BC-BD=2-1=1．∴CD的长为1．【点睛】本题考查了旋转的性质，含30度的直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质．证明△ABD是等边三角形是本题的关键．24．（1）正方形(答案不唯一，例如正八边形、圆等)；（2）见解析【分析】（1）根据旋转对称图形的定义解答即可；（2）先作出正六边形的旋转中心，再根据图形既是轴对称图形又是旋转对称图形进行作图即可．【详解】解：(1) 正方形(答案不唯一，例如正八边形、圆等)；故答案为：正方形(答案不唯一，例如正八边形、圆等)；(2)如图所示：【点睛】本题考查了轴对称图形和旋转对称图形的定义及作图，正确理解题意、熟练掌握基本知识是解题的关键．25．（1）见解析；（2）9【分析】（1）根据旋转的性质即可画出△ABE绕点A逆时针旋转90°后的图形（点E的对应点为F）；（2）根据AB=3和旋转的性质可得四边形AECF 的面积即为正方形ABCD 的面积．【详解】（1）如图，△ADF 即为△ABE 绕点A 逆时针旋转90°后的图形；（2）根据旋转可知：四边形AECF 的面积=正方形ABCD 的面积=AB 2=9．故答案为：9．【点睛】本题考查了作图-旋转变换、正方形的性质、旋转的性质，解决本题的关键是掌握旋转的性质．26．（1）图见解析，点1A 的坐标为()2,3-；（2）图见解析，点2A 的坐标为()3,2．【分析】（1）分别找到A 、B 、C 三个点关于原点的对称点1A 、1B 、1C ，关于原点对称的点的横坐标和纵坐标都是原来的相反数；（2）连接OA ，将OA 绕着点O 顺时针旋转90︒得到2OA ，用同样的方法得到2OB 、2OC ，从而得到222A B C △．【详解】解：（1）如图，111A B C △为所作：点1A 的坐标为()2,3-；（2）如图，222A B C △为所作：点2A 的坐标为()3,2．【点睛】本题考查平面直角坐标系中图形的旋转和画中心对称图形，解题的关键是掌握图形旋转的方法和画中心对称图形的方法．。
(常考题)人教版初中数学九年级数学上册第三单元《旋转》测试(含答案解析)(1)
一、选择题1．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝45°，点D在AC边上．将△ABD绕点A逆时针旋转45°得到△ACD′，且D′、D、B三点在同一条直线上，则∠ABD的大小为（）A．15°B．22.5°C．25°D．30°2．如图，在等边△ABC中，AC=8，点O在AC上，且AO=3，点P是边AB上一动点，连接OP，将线段OP绕点O逆时针旋转60°得到线段OD，要使点D恰好落在BC上，则AP的长是（）．A．4 B．5 C．6 D．83．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．4．下列图形中，是中心对称图形的是（）A．B．C．D．-，将OA绕原点O按顺时针方向旋5．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(3,1)转90︒得到OA'，则点A'的坐标为（）A ．(3,1)B ．(3,1)-C ．(1,3)--D ．(1,3)6．如图，在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，60B ∠=︒，1BC =，A B C ''由ABC 绕点C 顺时针旋转得到，其中点A '与点A 、点B '与点B 是对应点，连接AB '，且点A 、B '、A '在同一条直线上，则AA '的长为（ ）A ．3B ．23C ．4D ．457．如图，正方形ABCD 内一点P ，5AB =，2BP =，把ABP △绕点B 顺时针旋转90°得到CBP '，则PP '的长为（ ）A ．22B ．23C ．3D ．328．如图所示，在Rt ABC ∆中，90ACB ∠=︒，将ABC ∆绕顶点C 逆时针旋转得到A B C ∆''，M 是BC 的中点，P 是A B ''的中点，连接PM ．若2BC =，30A ∠=︒，则线段PM 长的最大值是（ ）A ．4B ．3C ．2D ．19．下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．10．在平面直角坐标系中，点()3,5P --关于原点对称的点的坐标是（ ）A ．()3,5-B ．()3,5-C ．()3,5D ．()3,5-- 11．如果齿轮A 以逆时针方向旋转，齿轮E 旋转的方向（ ）A ．顺时针B ．逆时针C ．顺时针或逆时针D ．不能确定 12．下列图形是我国国产品牌汽车的标识，在这些汽车标识中，是中心对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．二、填空题13．有两个直角三角板，其中45E ∠=︒，30C ∠=︒，按图①的方式叠放，先将ABC 固定，再将AED 绕顶点A 顺时针旋转，使//BC DE （如图②所示），则旋转角BAD ∠的度数为______．14．如图，在Rt ABC △中，C 为直角顶点，20ABC ∠=︒，O 为斜边AB 的中点，将OA 绕点O 逆时针旋转()0180θθ︒<<︒至OP ，当BCP 恰为以BC 为腰的等腰三角形时，θ的值为______．15．如图所示，把一个直角三角尺ACB 绕30角的顶点B 顺时计旋转，使得点A 落在CB 的延长线上的点E 处，则BCD ∠的度数为______．16．如图，四边形ABCD 是菱形，O 是两条对角线的交点，过O 点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分，若菱形的面积为20cm 2，则阴影部分的面积为_____cm 2．17．在平面直角坐标系中，△OAB 的位置如图所示，将△OAB 绕点O 顺时针旋转90°得△OA 1B 1；再将△OA 1B 1绕点O 顺时针旋转90°得△OA 2B 2；再将△OA 2B 2绕点O 顺时针旋转90°得△OA 3B 3；……依此类推，第2020次旋转得到△OA 2020B 2020，则项点A 的对应点A 2020的坐标是_______．18．如图，O 是正△ABC 内一点，3OA =，4OB =，5OC =，将线段BO 以点B 为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO '，下列结论正确有______．(请填序号)①点O 与O '的距离为4；②150AOB ∠=︒；③633AOBO S '=+四边形；④9634AOC AOB S S +=+△△．19．如图，在△ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝5，点D 为线段AC 上一动点，将线段BD 绕点D 逆时针旋转90°，点B 的对应点为E ，连接AE ，则AE 长的最小值为_____．20．如图，在正方形ABCD 内部有一点P ，PB =1，PC =2，135BPC ∠=︒，则PA = ____．三、解答题21．如图，点E 是正方形ABCD 的边DC 上一点，把△ADE 绕点A 顺时针旋转到△ABF 的位置，接EF ．（1）求证：△AEF 是等腰直角三角形；（2）若四边形AECF 的面积为25，DE=2，求AE 的长．22．如图，在平面直角坐标系中，已知点()4,2A ，()4,0B ．（1）画出将OAB 绕原点逆时针旋转90°得到的11OA B ；（2）直接写出A 的对应点1A （ ， ），B 的对应点1B （ ， ）；（3）若点A ，1A 关于某点中心对称，则对称中心的坐标为______．23．如图，在平面直角坐标系中，△ABC 的三个顶点的坐标分别为A （1，1）、B （5，1）、C （4，4）．（1）按下列要求作图：①将△ABC 向左平移5个单位得到△A 1B 1C 1，并写出点A 1的坐标；②将△ABC 绕原点O 逆时针旋转90°后得到△A 2B 2C 2，并写出点B 2的坐标；（2）△A 1B 1C 1与△A 2B 2C 2重合部分的面积为 （直接写出答案）．24．在平面直角坐标系中，△ABC 的位置如图所示（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）．（1）将△ABC 绕着点A 顺时针旋转90 ，画出旋转后得到的△AB 1C 1；直接写出点B 1的坐标；（2）作出△ABC 关于原点O 成中心对称的△A 2B 2C 2，并直接写出点B 2的坐标．25．在平面直角坐标系中，四边形AOBC 是矩形，点(0 0)O ，，点(10 0)A ，，点(0 6)B ，．以点A 为中心，顺时针旋转矩形AOBC ，得到矩形ADEF ，点O ，B ，C 的对应点分别为点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 △≌BCA ；②求出ABH 面积．26．某学习小组在探究三角形全等时，发现了下列两种基本图形，请给予证明．（1）如图1，AC 与BD 交于点O ，AB ∥CD ，AB=CD ，求证：OA=OC ．（2）如图2，已知：在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，直线l 经过点A ，BD ⊥直线l ，CE ⊥直线l ，垂足分别为点D 、E ．求证：BD ＝AE ．（3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们用图1或图2的基本图形来解决问题：如图3，把一块含45°的直角三角板ABC （即ABC ∆是等腰直角三角形，90C =∠，AC BC =）绕点A 逆时针旋转后成为ADE ∆，已知点B 、C 的对应点分别是点D 、E ．连结BD ，并作射线CE 交BD 于点F ，试探究在旋转过程中，DF 与BF 的大小关系如何，并证明．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．B解析：B【分析】由旋转的性质可得∠BAC=∠CAD'=45°，AD=AD'，由等腰三角形的性质可得∠AD'D=67.5°，∠D'AB=90°，即可求∠ABD 的度数．【详解】解：∵将△ABD 绕点A 逆时针旋转45°得到△ACD′，∴∠BAC=∠CAD'=45°，AD=AD'，∴∠AD'D=12(180°-45°)=67.5°，∠D'AB=90°， ∴∠ABD=90°-67.5°=22.5°；故选：B ．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，直角三角形两锐角互余等知识；熟练运用旋转的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．2．B解析：B【分析】连接DP ，根据题意，得OP OD =，=60DOP ∠，从而得到120AOP COD ∠+∠=；再根据等边三角形和三角形内角和性质，得120AOP OPA ∠+∠=，从而得COD OPA ∠=∠，通过全等三角形判定，即可得到答案．【详解】如图，点D 落在BC 上，连接DP∵线段OP 绕点O 逆时针旋转60°得到线段OD∴OP OD =，=60DOP ∠∴180120AOP COD DOP ∠+∠=-∠=∵等边△ABC∴180120AOP OPA A ∠+∠=-∠=∴COD OPA ∠=∠即：OP OD COD OPA A C =⎧⎪∠=∠⎨⎪∠=∠⎩∴AOP CDO △≌△∴AP OC =∵AC=8，AO=3∴5OC AC AO =-=∴5AP OC ==故选：B ．【点睛】本题考查了等边三角形、全等三角形、旋转、三角形内角和的知识；解题的关键是熟练掌握等边三角形、全等三角形、旋转、三角形内角和的性质，从而完成求解．3．D解析：D【分析】根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可判断出．【详解】解：A、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项错误；B、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；C、此图形旋转180°后能与原图形重合，此图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项错误；D、∵此图形旋转180°后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确．故选：D．【解答】此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键．4．D解析：D【分析】根据中心对称图形的定义和图形的特点即可求解．【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；C、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；D、是中心对称图形，故此选项符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了中心对称图形的概念：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．5．D解析：D【分析】根据绕原点顺时针旋转90︒的点坐标变换规律即可得．【详解】绕原点顺时针旋转90︒的点坐标变换规律：先将横、纵坐标互换位置，再将纵坐标变为相反数，A-，(3,1)A，(1,3)故选：D．【点睛】本题考查了绕原点顺时针旋转90︒的点坐标变换规律，熟练掌握绕原点顺时针旋转90︒的点坐标变换规律是解题关键．6．A解析：A【分析】先利用互余计算出∠BAC＝30°，再根据含30度的直角三角形三边的关系得到AB＝2BC＝2，接着根据旋转的性质得A'B'＝AB＝2，B'C＝BC＝1，A'C＝AC，∠A'＝∠BAC＝30°，∠A'B' C＝∠B＝60°，于是可判断CA A'为等腰三角形，所以∠CA A'＝∠A'＝30°，再利用三角形外角性质计算出∠B'CA＝30°，可得B'A＝B'C＝1，然后利用A A'＝A B'+A'B'进行计算．【详解】解：∵∠ACB＝90°，∠B＝60°，∴∠BAC＝30°，∴AB＝2BC＝2×1＝2，∵ABC绕点C顺时针旋转得到A'B'C，∴A'B'＝AB＝2，B'C＝BC＝1，A'C＝AC，∠A'＝∠BAC＝30°，∠A'B'C＝∠B＝60°，∴CA A'为等腰三角形，∴∠CA A'＝∠A'＝30°，∵A、B'、A'在同一条直线上，∴∠A'B'C＝∠B'AC+∠B'CA，∴∠B'CA＝60°﹣30°＝30°，∴B'A＝B'C＝1，∴A A'＝A B'+A'B'＝2+1＝3．故选：A．【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．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．7．A解析：A【分析】由△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBP'，根据旋转的性质得BP=BP′，∠PBP′=90，则△BPP′为等腰直角三角形，由此得到BP，即可得到答案．．【详解】解：解：∵△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBP'，而四边形ABCD为正方形，BA=BC，∴BP=BP′，∠PBP′=90，∴△BPP′为等腰直角三角形，而BP=2，∴．故选：A．【点睛】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．也考查了正方形和等腰直角三角形的性质． 8．B解析：B【分析】连接PC ，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出PC ，利用中点求出CM ，再根据三角形两边之和大于第三边即可求得PM 的最大值．【详解】解：如图连接PC ．在Rt △ABC 中，∵∠A=30°，BC=2，∴AB=4，根据旋转不变性可知，A′B′=AB=4，''90A CB ACB ∠=∠=︒，∵P 是A B ''的中点，M 是BC 的中点，∴CM=BM=1，PC=12A′B′=2 又∵PM≤PC+CM ，即PM≤3，∴PM 的最大值为3（此时P 、C 、M 共线）．故选：B ．【点睛】本题考查旋转变换、直角三角形30度角的性质、直角三角形斜边中线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考常考题型．9．B解析：B【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】A 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故错误；B 、是轴对称图形，是中心对称图形，故正确；C 、不是轴对称图形，是中心对称图形，故错误；D 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故错误．故选B ．【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．10．C解析：C【解析】分析：根据关于原点对称的点的坐标特点解答．详解：点P（-3，-5）关于原点对称的点的坐标是（3，5），故选C．点睛：本题考查的是关于原点的对称的点的坐标，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），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．11．B解析：B【分析】根据图示进行分析解答即可．【详解】齿轮A以逆时针方向旋转，齿轮B以顺时针方向旋转，齿轮C以逆时针方向旋转，齿轮D 以顺时针方向旋转，齿轮E以逆时针方向旋转，故选B．【点睛】此题考查旋转问题，关键是根据图示进行解答．12．D解析：D【分析】根据中心对称图形的定义和图形的特点即可求解．【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项错误；B、不是中心对称图形，故此选项错误；C、不是中心对称图形，故此选项错误；D、是中心对称图形，故此选项正确；故选D．【点睛】考核知识点：中心对称图形的识别.二、填空题13．【分析】先根据直角三角形的性质可得再根据平行线的性质可得然后根据直角三角形的性质即可得【详解】由题意得：和都是直角三角形故答案为：【点睛】本题考查了直角三角形的两锐角互余平行线的性质图形的旋转熟练掌解析：30【分析】先根据直角三角形的性质可得60B ∠=︒，再根据平行线的性质可得AD BC ⊥，然后根据直角三角形的性质即可得．【详解】由题意得：ABC 和ADE 都是直角三角形，30C ∠=︒，9060B C ∴∠=︒-∠=︒，//,BC DE AD DE ⊥，AD BC ∴⊥，9030BAD B ∴∠=︒-∠=︒，故答案为：30．【点睛】本题考查了直角三角形的两锐角互余、平行线的性质、图形的旋转，熟练掌握平行线的性质是解题关键．14．40°或100°【分析】由题意可以分为BC=BP 或BC=PC 两种情况说明讨论【详解】解：当时如图1∵为斜边的中点∴∴∴∴；当时如图2同理可证∴∴∴故答案为40°或100°【点睛】本题考查直角三角形和解析：40°或100°【分析】由题意可以分为BC=BP 或BC=PC 两种情况说明讨论．【详解】解：当BC BP =时，如图1．∵90ACB ∠=︒，O 为斜边AB 的中点，∴CO OA OP OB ===，∴COB POB ≌△△，∴20ABP ABC ∠=∠=︒，∴22040θ=⨯︒=︒；当BC PC =时，如图2，同理可证COB COP ≌△△，∴20P ABC OCB OCP ∠=∠=∠=∠=︒，∴140COP COB ∠=∠=︒，∴14040100θ=︒-︒=︒．故答案为40°或100°．【点睛】本题考查直角三角形和等腰三角形的综合运用，熟练掌握直角三角形斜边上中线的性质、三角形全等的判定和性质、等腰三角形等边对等角的性质是解题关键． 15．【分析】根据旋转的性质△ABC ≌△EDBBC=BD 求出∠CBD 的度数再求∠BCD 的度数【详解】解：根据旋转的性质△ABC ≌△EDBBC=BD 则△CBD 是等腰三角形∠BDC=∠BCD ∠CBD=180°解析：15︒【分析】根据旋转的性质△ABC ≌△EDB ，BC=BD ，求出∠CBD 的度数，再求∠BCD 的度数．【详解】解：根据旋转的性质△ABC ≌△EDB ，BC=BD ，则△CBD 是等腰三角形，∠BDC=∠BCD ，∠CBD=180°-∠DBE=180°-30°=150°，∠BCD=12（180°-∠CBD ）=15°． 故答案为15°．【点睛】本题考查了旋转的性质，解题时根据旋转的性质，确定各角之间的关系，利用已知条件把一个直角三角尺ACB 绕着30°角的顶点B 顺时针旋转求出即可．16．10【分析】根据中心对称的性质判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半即可得出结果【详解】∵O 是菱形两条对角线的交点菱形ABCD 是中心对称图形∴△OEG ≌△OFH 四边形OMAH ≌四边形ONCG 四边形解析：10【分析】根据中心对称的性质判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半，即可得出结果．【详解】∵O 是菱形两条对角线的交点，菱形ABCD 是中心对称图形，∴△OEG≌△OFH，四边形OMAH≌四边形ONCG，四边形OEDM≌四边形OFBN，∴阴影部分的面积=12S菱形ABCD=12×20=10（cm2）．故答案为：10．【点睛】本题考查了中心对称，菱形的性质，全等三角形的判定与性质等知识；熟记性质并判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半是解题的关键．17．（12）【分析】根据旋转的概率即可得出每旋转4次一个循环进而得到第2020次旋转得到△OA2020B2020则顶点A的对应点A2020的坐标与点A4的坐标相同【详解】解：将△OAB绕点O顺时针旋转9解析：（1，2）【分析】根据旋转的概率，即可得出每旋转4次一个循环，进而得到第2020次旋转得到△OA2020B2020，则顶点A的对应点A2020的坐标与点A4的坐标相同．【详解】解：将△OAB绕点O顺时针旋转90°得△OA1B1；此时，点A1的坐标为（2，-1）；再将△OA1B1绕点O顺时针旋转90°得△OA2B2；此时，点A2的坐标为（-1，2）；再将△OA2B2绕点O顺时针旋转90°得△OA3B3；此时，点A3的坐标为（-2，1）；再将△OA3B3绕点O顺时针旋转90°得△OA4B4；此时，点A4的坐标为（1，2）；∴每旋转4次一个循环，…依此类推，第2020次旋转得到△OA2020B2020，则顶点A的对应点A2020的坐标与点A4的坐标相同，为（1，2）；故答案为：（1，2）．【点睛】本题考查了坐标与图形变化，图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．18．①②④【分析】连接根据旋转的性质即可得到为等边三角形进而可求证①②③的正确性然后将△AOB绕点A逆时针旋转60°至连接OD易得△ACD也为等边三角形由此可求解【详解】解：连接如图所示：∵线段BO以点解析：①②④【分析】连接OO'，根据旋转的性质即可得到OBO'△为等边三角形，进而可求证①②③的正确性，然后将△AOB绕点A逆时针旋转60°至ACD△，连接OD，易得△ACD也为等边三角形，由此可求解．【详解】解：连接OO '，如图所示：∵线段BO 以点B 为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO '，∴,60BO OB O BO ''=∠=︒，O A OC '=，∴OBO '△为等边三角形，∵3OA =，4OB =，5OC =，∴4BO OB '==，5O A OC '==，故①正确；∴22225O O AO O A ''+==，∴90AOO '∠=︒，∴150AOB AOO O OB ''∠=∠+∠=︒，故②正确；过点B 作BE ⊥OO '于点E ，如图所示，∴2OE EO '==， ∴2223BE OB EO =-=， ∴2134324BOO S OO BE O O '''=⋅==， ∴134436432O OB AOO AOBO S SS '''=+=⨯⨯+=+四边形，故③错误； 将△AOB 绕点A 逆时针旋转60°至ACD △，连接OD ，如图所示：同理易得△AOD 为等边三角形，OD=OA=3，OB=DC=4，∠ODC=90°，∴2139=3436324AOC AOB AOD ODC AOCD S S S SS +=+=⨯⨯=四边形△△④正确； ∴正确的有①②④；故答案为①②④．【点睛】本题主要考查勾股定理逆定理、等边三角形的性质与判定及旋转的性质，熟练掌握勾股定理逆定理、等边三角形的性质与判定及旋转的性质是解题的关键． 19．【分析】由旋转的性质可知BD ＝DE ∠C ＝90°则容易想到构造一个直角三角形与Rt△BCD全等即过E点作EH⊥AD于点H设CD＝x则可用x表示AE的长从而判断什么时候AE取得最小值【详解】设CD＝x则解析：2【分析】由旋转的性质可知BD＝DE，∠C＝90°，则容易想到构造一个直角三角形与Rt△BCD全等，即过E点作EH⊥AD于点H，设CD＝x，则可用x表示AE的长，从而判断什么时候AE取得最小值．【详解】设CD＝x，则AD＝5﹣x，过点E作EH⊥AD于点H，如图：由旋转的性质可知BD＝DE，∵∠ADE+∠BDC＝90°，∠BDC+∠CBD＝90°，∴∠ADE＝∠CBD，又∵∠EHD＝∠C，∴△BCD≌△DHE，∴EH＝CD＝x，DH＝BC＝3．∵AD＝5﹣x，∴AH＝AD﹣DH＝5﹣x﹣3＝2﹣x，∵在Rt△AEH中，AE2＝AH2+EH2＝（2﹣x）2+x2＝2x2+4x+4＝2（x﹣1）2+2，所以当x＝1时，AE2取得最小值2，即AE2．2【点睛】考查了全等三角形的性质和判定，解此题的关键灵活其相关的知识点进行推理证明．20．【分析】将△PBA沿B点顺时针旋转90°此时A与C点重合P点旋转到E 点连接PE易证△BPE是等腰直角三角形利用勾股定理可求出PE的长再证明△PCE是直角三角形利用勾股定理求出CE的长即可得到PA的长6【分析】将△PBA沿B点顺时针旋转90°，此时A与C点重合，P点旋转到E点，连接PE，易证△BPE是等腰直角三角形，利用勾股定理可求出PE的长，再证明△PCE是直角三角形．利用勾股定理求出CE的长，即可得到PA的长．【详解】将△PBA沿B点顺时针旋转90°，此时A与C点重合，P点旋转到E点，连接PE，∴PB=BE=1，PA=EC，∠BPE=90°∴△PEB是等腰直角三角形，∴∠PEB=∠EPB =45°，∴22，又∵∠BPC=135°，∴∠EPC=135°-45°=90°，∴在直角△PEC中，()2222+=+=PC PE226∴PA=EC6=6．【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判断和性质以及勾股定理的运用，解答此题的关键是利用旋转构建直角三角形，由勾股定理求解．三、解答题21．（1）见解析；（2）AE29．【分析】（1）由旋转的性质可得AE=AF，∠EAF=90°，可得结论；（2）由题意可得四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，可求正方形的边长，由勾股定理可求解．【详解】（1）∵把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，∴△ADE≌△ABF，∠EAF=90°，∴AE=AF，∴△AEF是等腰直角三角形；（2）∵△ADE绕点A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=DC=5，∵DE=2，∴Rt△ADE中，2222++=．5229AD DE本题主要考查了旋转的性质以及正方形的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，正确利用旋转的性质得出对应边关系是解题关键．22．（1）图见解析；（2）()12,4A -，()10,4B ；（3）()1,3． 【分析】（1）先根据旋转的性质画出点11,A B ，再顺次连接点11,,A O B 即可得；（2）根据绕原点逆时针旋转90︒的点坐标变换规律即可得；（3）根据中心对称的定义可得点A ，1A 的中心对称点为线段1AA 的中点，由此即可得．【详解】（1）先根据旋转的性质画出点11,A B ，再顺次连接点11,,A O B 即可得11OA B ，如图所示：（2）绕原点逆时针旋转90︒的点坐标变换规律：先将横、纵坐标互换位置，再将横坐标变为相反数，()()4,2,4,0A B ，()()112,4,4,0B A -∴，故答案为：()()112,4,0,4A B -；（3）由中心对称的定义得：点A ，1A 的中心对称点为线段1AA 的中点， 则对称中心的坐标为4224,22-+⎛⎫⎪⎝⎭，即()1,3， 故答案为：()1,3．【点睛】本题考查了画旋转图形、找中心对称点等知识点，熟练掌握旋转的性质是解题关键． 23．（1）①点A 1（﹣4，1）；②B 2（﹣1，5）；（2）94【分析】（1）①直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；②直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案；（2）利用旋转的性质得出重合部分边长关系进而得出答案．解：（1）①如图所示：△A1B1C1，即为所求，点A1（﹣4，1）；②如图所示：△A2B2C2，点B2（﹣1，5）；（2）∵A2C2⊥A1C1且交点到A1，C1的距离相等，∴设△A1B1C1与△A2B2C2重合部分的边长为x，则x2+x2＝9，解得：x＝322，故△A1B1C1与△A2B2C2重合部分的面积为：12×322×322＝94．故答案为：94．【点睛】本题考查了旋转变换以及勾股定理，正确得出对应点位置是解题的关键．24．（1）作图见解析；B1（4，-2）；（2）作图见解析；B2（-4，-4）【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出点B、C的对应点B1、C1，从而得到△AB1C1，再写出点B1的坐标；（2）分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．【详解】（1）如图，B1（4，-2）；（2）如图，B 2（-4，-4）．【点睛】本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．25．（Ⅰ）(2,6)D ；（Ⅱ）①见解析；②1025． 【分析】（Ⅰ）根据旋转可得AD=OA=10，又因为AC=6，利用勾股定理即可求出CD 的长度，从而知道BD 的长度，即可求出点D 的坐标；（Ⅱ）①根据AD=BC ，AB=BA ，即可得到Rt Rt ADB BCA ∆∆≌；②设AH BH m ==，则10HC BC BH m =-=-，在Rt AHC ∆中，根据222AH HC AC =+，可以求出m 的值，再根据三角形面积公式即可求出三角形ABH 面积．【详解】解：（Ⅰ）(10,0)A ，(0,6)B ，10OA ∴=，6OB =，四边形AOBC 是矩形， 6AC OB ∴==，10OA BC ==，90OBC C ∠=∠=︒． 矩形ADEF 是由矩形AOBC 旋转得到， 10AD AO ∴==．在Rt ADC ∆中，228CD AD AC =-=，108=2BD BC CD ∴=-=-，(2,6)D ∴．（Ⅱ）由四边形ADEF 是矩形，得到90ADE ∠=︒， 点D 在线段BE 上，90ADB ∴∠=︒．由（Ⅰ）可知，=AD AO BC =，=90C ADB ∠=︒∠，在Rt △ADB 和Rt △BCA 中，=BA AB AD BC ⎧⎨=⎩Rt ADB Rt (HL)BCA ∴∆∆≌．②如图②中，由ADB BCA ∆∆≌，BAD CBA ∴∠=∠，BH AH ∴=．设AH BH m ==，则10HC BC BH m =-=-，在Rt AHC ∆中，222AH HC AC =+，2226(10)m m ∴=+-，解得453m = 453BH ∴=， 113410262255ABHS BH AC ∴=⨯⨯=⨯⨯=． 【点睛】本题主要考查了旋转以及三角形全等，熟练旋转的性质以及全等三角形的判定是解决本题的关键．26．（1）见解析；（2）见解析；（3）DF BF =，理由见解析【分析】（1）利用三角形ABD CDO ∆∆，全等来证即可（2）利用一线三直角证2B ∠=∠，再证两三角形全等即可（3）证F 为BD 中点，构造一个三角形，过点D 作DG ∥BC ，交CF 延长线于点G ，只要证GDF CBF ∆∆≌，看看条件DG ∥BC ，有BCF G ∠=∠，以及DFG CFB =∠∠，差一边，由旋转知BC D E =，只要证GD=DE ，由90AED ∠=︒，得90AEC DEG ∠+∠=︒，90ACB ∠=︒，则90BCF ACE ∠+∠=︒，AE=AC ，=ACE AEC ∠∠，得到BCF DEF=G ∠=∠∠，DG=DE=BC ，为此GDF CBF ∆∆≌得证即可．【详解】证明：（1）∵AB ∥CD ∴A C ∠=∠，B D ∠=∠，又∵AB CD =∴()ABD CDO ASA ∆∆≌，∴OA OC =，（2）∵BD l ⊥，CE l ⊥，∴90BDA CEA ∠=∠=︒∴190B ∠+∠=︒，∵90BAC ∠=︒∴1290∠+∠=︒∴2B ∠=∠，又∵AB AC =∴()ABD CAE AAS ∆∆≌，∴BD AE =，，（3）DF BF =．理由如下：，法一：过点D 作DG ∥BC ，交CF 延长线于点G ，∴G BCF ∠=∠∵90ACB ∠=︒∴90BCF ACE ∠+∠=︒，由旋转得：AC AE =∴ACE AEC ∠=∠，∵90AED ∠=︒∴90AEC DEG ∠+∠=︒，∴BCF DEG ∠=∠∴G DEG ∠=∠∴DE DG =，又∵DE BC =∴DG BC =，又∵DFG CFB =∠∠∴()GDF CBF AAS ∆∆≌，∴DF BF =，法二：作AH EC ⊥，BM CF ⊥，DN CF ⊥交CF 延长线于N ，∵AC AE =∴CH EH =，∵90ACB ∠=︒∴90BCF ACH ∠+∠=︒，又∵90ACH HAC ∠+∠=︒，AC BC =，∴ACH CBM ∆∆≌∴CH BM =∴EH BM =，在AEH ∆与EDN ∆中，由图2可证：EH DN =∴DN BM =，∵DN CF ⊥，BM CF ⊥∴DN ∥BM ，在DNF ∆与BMF ∆中，由图1可证：DF BF =．【点睛】本题考查利用全等证线段相等问题，利用好平行线，使问题得以解决，利用好一线三直角，找到∠B=∠CAE，使问题得以解决，利用好旋转，有线等就有角等，使∠G=∠DEG=∠BCG，GD=DE=BC，使问题得以解决．。
最新人教版初中数学九年级数学上册第三单元《旋转》测试题(有答案解析)(1)
一、选择题1．下面四个图案是常用的交通标志，其中为中心对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ． 2．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）A ．等边三角形B ．平行四边形C ．圆D ．五角星3．如图，在等边△ABC 中，AC=8，点O 在AC 上，且AO=3，点P 是边AB 上一动点，连接OP ，将线段OP 绕点O 逆时针旋转60°得到线段OD ，要使点D 恰好落在BC 上，则AP 的长是（ ）．A ．4B ．5C ．6D ．8 4．以原点为中心，将点P （3，4）旋转90°，得到的点Q 所在的象限为（ ） A ．第二象限B ．第三象限C ．第四象限D ．第二或第四象限 5．下列图形中，是中心对称但不是轴对称的图形是（ ） A ．平行四边形 B ．矩形 C ．菱形 D ．等边三角形 6．如图，已知平行四边形ABCD 中，AE BC ⊥于点,E 以点B 为中心，取旋转角等于,ABC ∠把BAE △顺时针旋转，得到BA E ''，连接DA '．若60,50ADC ADA '∠=︒∠=︒，则DA E ''∠的大小为（ ）A ．130︒B ．150︒C ．160︒D ．170︒ 7．如图所示，在Rt ABC ∆中，90ACB ∠=︒，将ABC ∆绕顶点C 逆时针旋转得到A B C ∆''，M 是BC 的中点，P 是A B ''的中点，连接PM ．若2BC =，30A ∠=︒，则线段PM 长的最大值是（ ）A ．4B ．3C ．2D ．18．下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．9．在平面直角坐标系中，点()3,5P --关于原点对称的点的坐标是（ ）A ．()3,5-B ．()3,5-C ．()3,5D ．()3,5-- 10．如图，在正方形ABCD 中，AB=3，点M 在CD 的边上，且DM=1，ΔAEM 与ΔADM 关于AM 所在的直线对称，将ΔADM 按顺时针方向绕点A 旋转90°得到ΔABF ，连接EF ，则线段EF 的长为（ ）A ．3B ．23C ．13D ．1511．如图，以点A 为中心，把△ABC 逆时针旋转120°，得到△AB'C′（点B 、C 的对应点分别为点B′、C′），连接BB'，若AC'∥BB'，则∠CAB'的度数为（ ）A ．45°B ．60°C ．70°D ．90°12．如图，在等边△ABC 中，AC ＝9，点O 在AC 上，且AO ＝3，P 是AB 上一动点，连接OP ，将线段OP 绕点O 逆时针旋转60°得到线段OD ，若使点D 恰好落在BC 上，则线段AP的长是( )A ．4B ．5C ．6D ．8第II 卷（非选择题） 请点击修改第II 卷的文字说明参考答案二、填空题13．如图，将AOB 绕点O 按逆时针方向旋转45°后得到COD △，若15AOB ∠=︒，则BOC ∠=______度．14．如图，在正方形ABCD 中，3AB =，点E 在CD 边上，1DE =，把ADE 绕点A 顺时针旋转90°，得到ABE '△，连接EE '，则线段EE '的长为______．15．如图，在平面直角坐标系中，若△ABC ≌△DEF 关于点H 成中心对称，则对称中心H 点的坐标是_________．16．如图，△ABC 、△BDE 都是等腰直角三角形，BA ＝BC ，BD ＝BE ，AC ＝4，DE ＝2．将△BDE 绕点B 逆时针方向旋转后得△BD'E'，当点E'恰好落在线段AD'上时，则CE'＝_______．17．如图，BD 为正方形ABCD 的对角线，BE 平分∠DBC ，交DC 与点E ，将△BCE 绕点C 顺时针旋转90°得到△DCF ，若CE ＝1 cm ，则BF ＝__________cm .18．如图，在△ABC 中，AB ＝6，将△ABC 绕点B 按逆时针方向旋转30°后得到△A 1BC 1，则阴影部分的面积为________．19．如图，把Rt △ABC 绕顶点C 顺时针旋转90°得到Rt △DFC ，若直线DF 垂直平分AB ，垂足为点E ，连接BF ，CE ，且BC =2．下面四个结论：①BF =22②∠CBF =45°；③∠CED =30°；④△ECD 的面积为223，其中正确的结论有_____．(填番号)参考答案20．如图，Rt ABC 中，90BAC ∠=︒，∠C=30°，AB=2，将ABC 绕着点A 顺时针旋转，得到AMN ，使得点B 落在BC 边上的点M 处，MN 与AC 交于点D ，则ADM △的面积为____．三、解答题21．在平面直角坐标系中，△ABC 的顶点坐标分别是A （2，4）、B （1，2）、C （5，3），如图：（1）以点（0，0）为旋转中心，将△ABC 顺时针转动90°，得到△A 1B 1C 1，在坐标系中画出△A 1B 1C 1，写出A 1、B 1、C 1的坐标；（2）在（1）中，若△ABC 上有一点P （m ，n ），直接写出对应点P 1的坐标． （3）作出△ABC 关于点O 的中心对称图形△A 2B 2C 2．22．如图，在平面直角坐标系中，已知点()4,2A ，()4,0B ．（1）画出将OAB 绕原点逆时针旋转90°得到的11OA B ；（2）直接写出A 的对应点1A （ ， ），B 的对应点1B （ ， ）；（3）若点A ，1A 关于某点中心对称，则对称中心的坐标为______．23．如图，正方形网格中的每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的顶点叫做格点．ABC 的三个顶点A ，B ，C 都在格点上，将ABC 绕点A 按顺时针方向旋转90°得到AB C ''．（1）在正方形网格中，画出AB C ''；（2）求线段CC '的长度．24．如图1，在菱形ABCD 和菱形AEFG 中，60DAB GAE ∠=∠=︒，且4AE =，连接DG 和BE ．（1）求证：DG BE =；（2）如图2，将菱形AEFG 绕着点A 旋转，当菱形AEFG 旋转到使点C 落在线段AE 上时（AC AE <），求点F 到AB 的距离．25．如图1，AC ⊥CH 于点C ，点B 是射线CH 上一动点，将△ABC 绕点A 逆时针旋转60°得到△ADE （点D 对应点C ）．（1）延长ED 交CH 于点F ，求证：FA 平分∠CFE ；（2）如图2，当∠CAB ＞60°时，点M 为AB 的中点，连接DM ，请判断DM 与DA 、DE 的数量关系，并证明．26．如图，已知△ABC 的三个顶点的坐标分别为A （﹣6，0）、B （﹣2，3）、C （﹣1，0）．（1）请直接写出与点B关于坐标原点O的对称点B1的坐标；（2）将△ABC绕坐标原点O顺时针旋转90°．画出对应的△A′B′C′图形，直接写出点A的对应点A′的坐标；【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．C解析：C【分析】根据中心对称图形的概念进行判断即可；【详解】A、图形旋转180度之后不能与原图形重合，故不是中心对称图形；B、图形旋转180度之后不能与原图形重合，故不是中心对称图形；C、图形旋转180度之后能与原图形重合，故是中心对称图形；D、图形旋转180度之后不能与原图形重合，故不是中心对称图形；故选：C．【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合；2．C解析：C【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；B、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；C、圆既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；D 、五角星是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；故选：C ．【点睛】本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．3．B解析：B【分析】连接DP ，根据题意，得OP OD =，=60DOP ∠，从而得到120AOP COD ∠+∠=；再根据等边三角形和三角形内角和性质，得120AOP OPA ∠+∠=，从而得COD OPA ∠=∠，通过全等三角形判定，即可得到答案．【详解】如图，点D 落在BC 上，连接DP∵线段OP 绕点O 逆时针旋转60°得到线段OD∴OP OD =，=60DOP ∠∴180120AOP COD DOP ∠+∠=-∠=∵等边△ABC∴180120AOP OPA A ∠+∠=-∠=∴COD OPA ∠=∠即：OP OD COD OPA A C =⎧⎪∠=∠⎨⎪∠=∠⎩∴AOP CDO △≌△∴AP OC =∵AC=8，AO=3∴5OC AC AO =-=∴5AP OC ==故选：B ．【点睛】本题考查了等边三角形、全等三角形、旋转、三角形内角和的知识；解题的关键是熟练掌握等边三角形、全等三角形、旋转、三角形内角和的性质，从而完成求解．4．D解析：D【分析】根据旋转的性质，以原点为中心，将点P（3，4）旋转90°，分两种情况讨论即可得到点Q 所在的象限．【详解】Q，如图，点P（3，4）按逆时针方向旋转90°，得到点1Q，按顺时针方向旋转90°，得到点2得点Q所在的象限为第二、四象限．故选：D．【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，解决本题的关键是掌握旋转的性质．注意分类讨论．5．A解析：A【分析】根据轴对称及中心对称的概念，结合选项进行判断．【详解】A、平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项正确；B、矩形是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项错误；C、菱形是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项错误；D、等边三角形不是中心对称图形，但是轴对称图形，故本选项错误；故选：A．【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．6．C解析：C【分析】先根据平行四边形的性质可得60,//AD BC ABC ∠=︒，再根据平行线的性质可得130DA B '∠=︒，然后根据直角三角形的性质、旋转的性质可得30BA E BAE ''∠=∠=︒，最后根据角的和差即可得．【详解】四边形ABCD 是平行四边形，60ADC ∠=︒，60,//AD BC ABC ∴∠=︒，50ADA '∠=︒，180130DA B ADA ''∴∠=︒-∠=︒，AE BC ⊥，9030BAE ABC ∴∠=︒-∠=︒，由旋转的性质得：30BA E BAE ''∠=∠=︒，13030160DA E DA B BA E '''''∴∠=∠+∠=︒+︒=︒，故选：C ．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、旋转的性质、平行线的性质等知识点，熟练掌握平行四边形与旋转的性质是解题关键．7．B解析：B【分析】连接PC ，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出PC ，利用中点求出CM ，再根据三角形两边之和大于第三边即可求得PM 的最大值．【详解】解：如图连接PC ．在Rt △ABC 中，∵∠A=30°，BC=2，∴AB=4，根据旋转不变性可知，A′B′=AB=4，''90A CB ACB ∠=∠=︒，∵P 是A B ''的中点，M 是BC 的中点，∴CM=BM=1，PC=12A′B′=2 又∵PM≤PC+CM ，即PM≤3，∴PM的最大值为3（此时P、C、M共线）．故选：B．【点睛】本题考查旋转变换、直角三角形30度角的性质、直角三角形斜边中线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考常考题型．8．B解析：B【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故错误；B、是轴对称图形，是中心对称图形，故正确；C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故错误；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故错误．故选B．【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．9．C解析：C【解析】分析：根据关于原点对称的点的坐标特点解答．详解：点P（-3，-5）关于原点对称的点的坐标是（3，5），故选C．点睛：本题考查的是关于原点的对称的点的坐标，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），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．10．C解析：C【分析】连接BM.证明△AFE≌△AMB得FE=MB，再运用勾股定理求出BM的长即可.【详解】连接BM，如图，由旋转的性质得：AM=AF.∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB=BC=CD，∠BAD=∠C=90°,∵ΔAEM与ΔADM关于AM所在的直线对称，∴∠DAM=∠EAM.∵∠DAM+∠BAM=∠FAE+∠EAM=90°,∴∠BAM=∠EAF,∴△AFE≌△AMB∴FE=BM.在Rt△BCM中，BC=3，CM=CD-DM=3-1=2,∴2222+=+=BC CM3213∴13故选C.【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．也考查了正方形的性质．11．D解析：D【分析】先根据旋转的性质得到∠BAB′=∠CAC′=120°，AB=AB′，根据等腰三角形的性质易得∠AB′B=30°，再根据平行线的性质由AC′∥BB′得∠C′AB′=∠AB′B=30°，然后利用∠CAB′=∠CAC′-∠C′AB′进行计算．【详解】∵以点A为中心，把△ABC逆时针旋转120°，得到△AB'C′，∴∠BAB′=∠CAC′=120°，AB=AB′，∴∠AB′B=1（180°-120°）=30°，2∵AC′∥BB′，∴∠C′AB′=∠AB′B=30°，∴∠CAB′=∠CAC′-∠C′AB′=120°-30°=90°．故选：D．【点睛】此题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，平行线的性质，解题关键在于掌握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．12．C解析：C【分析】根据题意通过“角角边”证明△AOP ≌△CDO ，进而得到AP=OC=AC ﹣AO=6.【详解】解：根据题意可知：∠A=∠C=60°，∵线段OP 绕点O 逆时针旋转得到线段OD ，∴OP=DO ，∵∠DOP=60°，∴∠AOP+∠COD=∠CDO+∠COD=120°，∴∠AOP=∠CDO ，在△AOP 与△CDO 中，A C AOP CDO OP DO ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AOP ≌△CDO （AAS ），∴AP=OC=AC ﹣AO=6.故选C.【点睛】本题主要考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，熟练掌握其知识点是解此题的关键.二、填空题13．60【分析】根据旋转的性质得到∠BOD=45°且∠COD=∠AOB 再用∠BOD 加∠COD 即可【详解】∵将△AOB 绕点O 按逆时针方向旋转45°后得到△COD ∴∠BOD=45°∠COD=∠AOB 又∵∠A解析：60【分析】根据旋转的性质得到∠BOD=45°，且∠COD=∠AOB ，再用∠BOD 加∠COD 即可．【详解】∵将△AOB 绕点O 按逆时针方向旋转45°后，得到△COD ，∴∠BOD=45°，∠COD=∠AOB ，又∵∠AOB=15°，∴∠BOC=∠BOD+∠COD=45°+15°=60°，故答案为60°．【点睛】本题考查了旋转的定义和性质，解题的关键是找准旋转角以及对应的边．14．【分析】先根据正方形的性质可得再根据旋转的性质可得从而可得点在同一条直线上然后根据线段的和差可得最后在中利用勾股定理即可得【详解】四边形ABCD 是正方形由旋转的性质得：点在同一条直线上则在中故答案为解析：【分析】先根据正方形的性质可得90,3ABC D C CD BC AB ∠=∠=∠=︒===，再根据旋转的性质可得1,90BE DE ABE D ''==∠=∠=︒，从而可得点,,E B C '在同一条直线上，然后根据线段的和差可得4E C '=，最后在Rt ECE '中，利用勾股定理即可得．【详解】四边形ABCD 是正方形，90,3ABC D C CD BC AB ∴∠=∠=∠=︒===，1DE =，312CE CD DE ∴=-=-=，由旋转的性质得：1,90BE DE ABE D ''==∠=∠=︒，180ABC ABE '∴∠+∠=︒，∴点,,E B C '在同一条直线上，134E C BE BC ''∴=+=+=，则在Rt ECE '中，EE '==，故答案为：【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握正方形与旋转的性质是解题关键．15．（2-1）【分析】连接对应点ADCF 根据对应点的连线经过对称中心则交点就是对称中心H 点在坐标系内确定出其坐标【详解】解：如图连接ADCF 则交点就是对称中心H 点观察图形可知H （2-1）故答案为：（2-解析：（2，-1）【分析】连接对应点AD 、CF ，根据对应点的连线经过对称中心，则交点就是对称中心H 点，在坐标系内确定出其坐标．【详解】解：如图，连接AD 、CF ，则交点就是对称中心H 点．观察图形可知，H（2，-1）．故答案为：（2，-1）．【点睛】本题考查了中心对称的性质：对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分．确定H点位置是解决问题的关键．16．【分析】如图连接CE′过B作BH⊥CE′于H根据等腰直角三角形的性质可得AB＝BC＝BD＝BE＝2根据旋转的性质可得∠D′BD＝∠ABE′D′B＝BE′＝BD＝2根据角的和差关系可得∠ABD′＝∠C26【分析】如图，连接CE′，过B作BH⊥CE′于H，根据等腰直角三角形的性质可得AB＝BC＝22BD＝BE＝2，根据旋转的性质可得∠D′BD＝∠ABE′，D′B＝BE′＝BD＝2，根据角的和差关系可得∠ABD′＝∠CBE′，利用SAS可证明△ABD′≌△CBE′，可得∠D′＝∠CE′B＝45°，可得出BH＝E′H＝22BE′2，利用勾股定理可求出CH的长，进而可得CE′的长.【详解】如图，连接CE′，过B作BH⊥CE′于H，∵△ABC、△BDE都是等腰直角三角形，BA＝BC，BD＝BE，AC＝4，DE＝22∴AB＝BC＝2，BD＝BE＝2，∵将△BDE绕点B逆时针方向旋转后得△BD′E′，∴D′B＝BE′＝BD＝2，∠D′BE′＝90°，∠D′BD＝∠ABE′，∴∠ABD′＝∠CBE′，在△ABD′和△CBE中AB BCABD CBE BD BE''=⎧⎪∠=∠''⎨⎪=⎩∴△ABD′≌△CBE′（SAS），∴∠D′＝∠CE′B＝45°，过B作BH⊥CE′于H，在Rt△BHE′中，BH＝E′H＝22BE′＝2，在Rt△BCH中，CH＝22BC CH-=826-=，∴CE′＝26+，故答案为26+【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理的应用，熟练掌握旋转的性质是解题关键.17．2+【详解】过点E作EM⊥BD于点M如图所示：∵四边形ABCD为正方形∴∠BAC=45°∠BCD=90°∴△DEM为等腰直角三角形∵BE平分∠DBCEM⊥BD∴EM=EC=1cm∴DE=EM=cm由解析：2+2【详解】过点E作EM⊥BD于点M,如图所示：∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAC=45°，∠BCD=90°，∴△DEM为等腰直角三角形．∵BE平分∠DBC，EM⊥BD，∴EM=EC=1cm，∴DE2EM2cm.由旋转的性质可知：CF=CE=1cm，∴BF=BC+CF=CE+DE+CF22cm.故答案为218．9【分析】根据旋转的性质得到△ABC≌△A1BC1A1B=AB=6所以△A1BA是等腰三角形依据∠A1BA=30°得到等腰三角形的面积由图形可以知道S阴影=S△A1BA+S△A1BC1﹣S△ABC=解析：9【分析】根据旋转的性质得到△ABC≌△A1BC1，A1B=AB=6，所以△A1BA 是等腰三角形，依据∠A1BA=30°得到等腰三角形的面积，由图形可以知道 S 阴影=S△A1BA+S△A1BC1﹣S△ABC=S△A1BA，最终得到阴影部分的面积．【详解】解：∵在△ABC 中，AB=6，将△ABC 绕点 B 按逆时针方向旋转 30°后得到△A1BC1，∴△ABC≌△A1BC1，∴A1B=AB=6，∴△A1BA 是等腰三角形，∠A1BA=30°，∴S△A1BA= 1×6×3=9，2又∵S 阴影=S△A1BA+S△A1BC1﹣S△ABC，S△A1BC1=S△ABC，∴S阴影=S△A1BA=9．故答案为9．【点睛】本题主要考查旋转的性质：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．解决此题的关键是运用面积的和差关系解决不规则图形的面积．19．①②④【分析】利用旋转的性质得CF＝CB＝2∠BCF＝90°则可得△CBF为等腰直角三角形于是可对①②进行判断；由于直线DF垂直平分AB则FA＝FBBE＝AE于是根据等腰三角形的性质和三角形外角性质解析：①②④【分析】利用旋转的性质得CF＝CB＝2，∠BCF＝90°，则可得△CBF为等腰直角三角形，于是可对①②进行判断；由于直线DF垂直平分AB，则FA＝FB，BE＝AE，于是根据等腰三角形的性质和三角形外角性质可计算出∠ECA＝∠A＝22.5°，然后根据三角形内角和可计算出∠CEF，从而可对③进行判断；作EH⊥BD于H，如图，根据三角形中位线性质得EH＝1AC+1，利用旋转性质得CD＝CA＝，则利用三角形面积公式可计算出2△ECD的面积，从而可对④进行判断．【详解】∵把Rt△ABC绕顶点C顺时针旋转90°得到Rt△DFC，∴CF＝CB＝2，∠BCF＝90°，∴△CBF为等腰直角三角形，∴BFBC＝，∠CBF＝45°，所以①②正确；∵直线DF垂直平分AB，∴FA ＝FB ，BE ＝AE ，∴∠A ＝∠ABF ，而∠BFC ＝∠A +∠ABF ＝45°，∴∠A ＝22.5°，∵CE 为斜边AB 上的中线，∴EC ＝EA ，∴∠ECA ＝∠A ＝22.5°，∴∠CEF ＝180°﹣90°﹣2×22.5°＝45°，所以③错误；作EH ⊥BD 于H ，如图，∵把Rt △ABC 绕顶点C 顺时针旋转90°得到Rt △DFC ，∴CD ＝CA ＝2+22， ∵点E 为AB 的中点，∴EH ＝12AC ＝2+1， ∴△ECD 的面积＝12•（2+1）•（2+22）＝22+3，所以④正确．故答案为：①②④．【点睛】考查了旋转的性质，旋转的性质有：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．20．【分析】先根据直角三角形的性质可得再根据旋转的性质可得然后根据等边三角形的判定与性质可得又根据三角形的外角性质三角形的内角和定理可得最后根据直角三角形的性质勾股定理可得据此利用直角三角形的面积公式即 解析：32【分析】先根据直角三角形的性质可得60B ∠=︒，再根据旋转的性质可得2,60AM AB AMN B ==∠=∠=︒，然后根据等边三角形的判定与性质可得60AMB ∠=°，又根据三角形的外角性质、三角形的内角和定理可得30DAM ∠=︒，90ADM ∠=︒，最后根据直角三角形的性质、勾股定理可得1,3DM AD ==用直角三角形的面积公式即可得．【详解】在Rt ABC 中，90,30,2BAC C AB ∠=︒∠=︒=，60B ∴∠=︒，由旋转的性质可知，2,60AM AB AMN B ==∠=∠=︒，ABM ∴是等边三角形，60AMB ∴∠=︒，30DAM AMB C ∴∠=∠-∠=︒，18090ADM DAM AMN ∴∠=︒-∠-∠=︒，在Rt ADM △中，2211,32DM AM AD AM DM ===-=， 则ADM △的面积为1131322DM AD ⋅=⨯⨯=， 故答案为：3． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识点，熟练掌握旋转的性质是解题关键． 三、解答题21．（1）图见解析，A 1（4，﹣2）、B 1（2，﹣1）、C 1（3，﹣5）；（2）P 1的坐标为（n ，﹣m ）；（3）见解析【分析】（1）依据点（0，0）为旋转中心，将△ABC 顺时针转动90°，即可得到△A 1B 1C 1； （2）依据旋转前后坐标的变化规律，即可得到对应点P 1的坐标；（3）依据中心对称的性质，即可得到△ABC 关于点O 的中心对称图形△A 2B 2C 2．【详解】解：（1）如图所示，△A 1B 1C 1即为所求，A 1（4，﹣2）、B 1（2，﹣1）、C 1（3，﹣5）；（2）若△ABC 上有一点P （m ，n ），则对应点P 1的坐标为（n ，﹣m ）．（3）如图所示，△A 2B 2C 2即为所求．【点睛】本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．22．（1）图见解析；（2）()12,4A -，()10,4B ；（3）()1,3． 【分析】（1）先根据旋转的性质画出点11,A B ，再顺次连接点11,,A O B 即可得；（2）根据绕原点逆时针旋转90︒的点坐标变换规律即可得；（3）根据中心对称的定义可得点A ，1A 的中心对称点为线段1AA 的中点，由此即可得．【详解】（1）先根据旋转的性质画出点11,A B ，再顺次连接点11,,A O B 即可得11OA B ，如图所示：（2）绕原点逆时针旋转90︒的点坐标变换规律：先将横、纵坐标互换位置，再将横坐标变为相反数，()()4,2,4,0A B ，()()112,4,4,0B A -∴，故答案为：()()112,4,0,4A B -；（3）由中心对称的定义得：点A ，1A 的中心对称点为线段1AA 的中点， 则对称中心的坐标为4224,22-+⎛⎫ ⎪⎝⎭，即()1,3， 故答案为：()1,3．【点睛】本题考查了画旋转图形、找中心对称点等知识点，熟练掌握旋转的性质是解题关键． 23．（1）图见解析；（2）42【分析】（1）先利用网格特点和旋转的性质画出点,C B ''，再顺次连接点,,A C B ''即可得； （2）利用旋转的性质、勾股定理即可得．【详解】（1）分以下三步：①先利用网格特点和旋转的性质画出点C '，②再利用旋转的性质可得,90B B A C BC AC CB '=∠'''=∠=︒，由此可画出点B '，③顺次连接点,,A C B ''即可，如图中AB C ''即为所作：（2）由网格特点和旋转的性质得：4,90AC AC CAC ''==∠=︒， 则2242CC AC AC ''=+=，即线段CC '的长度为42【点睛】本题考查了旋转的定义和性质、勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题关键． 24．（1）见解析；（2）6．【分析】（1）根据菱形性质，证明△GAD ≌△EAB ，然后得到边相等；（2）延长FE 交AB 于点H ，根据题意可分析得到△AEH 和△AFH 均为含30°的直角三角形，然后计算EH 即可．【详解】解：（1）∵四边形ABCD 和四边形AEFG 为菱形∴GA=EA ，OA=BA∵∠DAB=∠GAE=60°∴∠GAD+∠DAE=60°∠DAE+∠EAB=60°∴∠GAD=∠EAB∴△GAD ≌△EAB （SAS ）∴DG=BE（2）延长FE ，AB 交于点H∵AC是菱形ABCD对角线∠DAB=30°∴∠CAB=12∵∠GAE=60°且四边形AEGF是菱形∴GA∥FE∴∠FEA=180°-60°=120°∴∠AEH=180°-120°=60°∵∠EAB=30°∴∠H=90°∵AE=4，在Rt△EAH=30°∴EH=2∴F到AB的距离为4+2=6【点睛】本题主要考查菱形的性质，结合旋转和三角形相关性质是解题的关键．25．（1）见解析；（2）2DM+3AD＝DE，证明见解析．【分析】（1）根据直角三角形全等判定，得到对应角相等，根据角分线定义证明．（2）延长AD交BC于F，连接CD；利用旋转的到特殊值三角形，运用三角形的中位线定理，将DE解转化到CB决问题即可．【详解】（1）如图1中，∵△ADE由△ABC旋转得到，∴AC＝AD，∠ACF＝∠ADE＝∠ADF＝90°，AF=AF≌(HL)，∴ACF ADF∴∠=∠， FA平分∠CFE；AFC AFD（2）结论：23DM AD DE +=，理由如下：如图2中，延长AD 交BC 于F ，连接CD ，∵AC ＝AD ，∠CAD ＝60°，∴△ACD 为等边三角形，∴AD ＝CD ＝AC ，∵∠ACF ＝90°，∠CAF ＝60°，∴∠AFC ＝30°，∴AD ＝AC ＝12AF ， ∴AD ＝DF ，∴D 为AF 的中点，又∵M 为AB 的中点，∴DM ＝12FB ，即FB=2DM 在Rt △AFC 中，FC 33AD ，DE CB FB FC ==+，23FB FC DM ∴+=∴23DM DE =．【点睛】本题考查图形旋转、30°直角三角形性质及三角形中位线定理，综合运用所学知识，将DE 解转化为CB 是解题关键．26．（1）B 1的坐标为（2，-3）；（2）图见解析，A′的坐标为（0,6）．【分析】（1）直接利用关于原点对称点的性质得出答案；（2）利用旋转的性质得出对应点位置进而得出图形，再写出A′的坐标即可．【详解】解：（1）点B 关于坐标原点O 对称的点B 1的坐标为：（2，-3）；（2）如下图所示，△A′B′C′即为所求作的三角形，A′的坐标为（0,6）．【点睛】本题考查了利用旋转变换作图，坐标与图形变化——旋转．熟练掌握网格结构，准确找出对应点的位置是解题的关键．。
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人教版九年级上册数学 旋转几何综合专题练习（解析版）一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）1．已知：如图①，在矩形ABCD 中，3,4,AB AD AE BD ==⊥，垂足是E .点F 是点E 关于AB 的对称点，连接AF 、BF ．（1）求AF 和BE 的长；（2）若将ABF 沿着射线BD 方向平移，设平移的距离为m (平移距离指点B 沿BD 方向所经过的线段长度)．当点F 分别平移到线段AB AD 、上时，直接写出相应的m 的值． （3）如图②，将ABF 绕点B 顺时针旋转一个角1(080)a a ︒<<︒，记旋转中ABF 为''A BF ，在旋转过程中，设''A F 所在的直线与直线AD 交于点P ，与直线BD 交于点Q ．是否存在这样的P Q 、两点，使DPQ 为等腰三角形？若存在，求出此时DQ 的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）129,55AF BF ==；（2）95m =或165m =；（3）存在4组符合条件的点P 、点Q ，使DPQ 为等腰三角形； DQ 的长度分别为2或25891055或35105【解析】【分析】（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解； （2）依题意画出图形，如图①-1所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m 的值；（3）在旋转过程中，等腰△DPQ 有4种情形，分别画出图形，对于各种情形分别进行计算即可．【详解】（1）∵四边形ABCD 是矩形，∴∠BAD=90°，在Rt △ABD 中，AB=3，AD=4，由勾股定理得：2222345AB AD +=+=， ∵S △ABD 12=BD•AE=12AB•AD ，∴AE=AB AD3412 BD55⋅⨯==，∵点F是点E关于AB的对称点，∴AF=AE125=，BF=BE，∵AE⊥BD，∴∠AEB=90°，在Rt△ABE中，AB=3，AE125 =，由勾股定理得：BE2222129355 AB AE⎛⎫=-=-=⎪⎝⎭；（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如图①-1所示：由对称点性质可知，∠1=∠2．BF=BE95 =，由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′95 =，①当点F′落在AB上时，∵AB∥A′B′，∴∠3=∠4，根据平移的性质知：∠1=∠4，∴∠3=∠2，∴BB′=B′F′95=，即95m=；②当点F′落在AD上时，∵AB∥A′B′，AB⊥AD，∴∠6=∠2，A′B′⊥AD，∵∠1=∠2，∠5=∠1，∴∠5=∠6，又知A′B′⊥AD，∴△B′F′D为等腰三角形，∴B′D=B′F′95 =，∴BB′=BD-B′D=5-91655=，即m165=；（3）存在．理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，∵AE⊥BD，∴∠AEB=90°，∠2+∠ABD=90°，∠BAE+∠ABD=90°，∴∠2=∠BAE，∵点F是点E关于AB的对称点，∴∠1=∠BAE，∴∠1=∠2，在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：①如图③-1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，则∠Q=∠DPQ，∴∠2=∠Q+∠DPQ=2∠Q，∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，∴∠3=∠Q，∴A′Q=A′B=3，∴F′Q=F′A′+A′Q=1227355+=，在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：2222927910 BF F Q555⎛⎫⎛⎫+=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭''，∴DQ=BQ-BD=9105 5-；②如图③-2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，则∠2=∠P，∵∠1=∠2，∴∠1=∠P，∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．∵∠3=∠2，∴∠3=∠1，∴BQ=A′Q，∴F′Q=F′A′-A′Q=125-BQ，在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2=BQ2，即：222 91255BQ BQ⎛⎫⎛⎫+-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：158 BQ=，∴DQ= BD-BQ=5-1525 88=；③如图③-3所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，则∠3=∠4．∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，∴∠4=90°-12∠2．∵∠1=∠2，∴∠4=90°-12∠1，∴∠A′QB=∠4=90°-12∠1，∴∠A′QB=∠A′BQ，∴A′Q=A′B=3，∴F′Q=A′Q-A′F′=3-123 55=，在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=222293310 BF F Q555⎛⎫⎛⎫+=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭''，∴DQ=BQ-BD=3105-；④如图④-4所示，点Q落在BD上，且PQ=PD，则∠2=∠3．∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，∴∠1=∠4，∴BQ=BA′=3，∴DQ=BD-BQ=5-3=2．综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形，DQ的长度分别为：2或25891055或35105【点睛】本题是四边形综合题目，主要考查了矩形的性质、轴对称的性质、平移的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识点；第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论．2．已知抛物线y=ax2+bx-3a-5经过点A(2，5)（1）求出a 和b 之间的数量关系．（2）已知抛物线的顶点为D 点，直线AD 与y 轴交于(0，-7)①求出此时抛物线的解析式；②点B 为y 轴上任意一点且在直线y=5和直线y=-13之间，连接BD 绕点B 逆时针旋转90°，得到线段BC ，连接AB 、AC ，将AB 绕点B 顺时针旋转90°，得到线段BH ．截取BC 的中点F 和DH 的中点G ．当点D 、点H 、点C 三点共线时，分别求出点F 和点G 的坐标．【答案】（1）a+2b=10；（2）①y= 2x 2+4x-11，②G 1(478，91-8+)，F 1(-8，33-4+)，G 2(8，-8)，F 2(218，-4) 【解析】【分析】（1）把点A 坐标代入抛物线y=ax 2+bx-3a-5即可得到a 和b 之间的数量关系；（2）①求出直线AD 的解析式，与抛物线y=ax 2+bx-3a-5联立方程组，根据直线与抛物线有两个交点，结合韦达定理求出a ，b ，即可求出解析式；②作AI ⊥y 轴于点I ，HJ ⊥y 轴于点J.设B （0，t ），根据旋转性质表示粗H 、D 、C 坐标，应含t 式子表示直线AD 的解析式，根据D 、H 、C 三点共线，把点C 坐标代入求出1t =，2t =，分两类讨论，分别求出G 、F 坐标。
【详解】解：（1）把A （2,5）代入y=ax 2+bx-3a-5得4a+2b-3a-5=5∴a+2b=10∴a 和b 之间的数量关系是a+2b=10（2）①设直线AD 的解析式为y=kx+c∵直线AD 与y 轴交于（0，-7），A （2,5）∴2k c 5{c -7+==解得k 6{c -7==即直线AD 的解析式为y=6x-7 联立抛物线y=ax 2+bx-3a-5与直线AD ：y=6x-7 得2y ax +bx-3a-5{y 6x-7== 消去y 得ax 2+（b-6）x-3a+2=0∵抛物线与直线AD 有两个交点∴由韦达定理可得：x A +x D =b-6-a =2a 2a +，x A x D =-3a 2a + ∵A （2,5）∴x A =2即x D =2a -22a +∵x D =b -2a =a-104a∴2a-22a+=a-104a解得a=2∴b=10-a2= 4∴此时抛物线的解析式为y= 2x2+4x-11②如图所示：作AI⊥y轴于点I，HJ⊥y轴于点J.设B（0，t）∵A（2，5），∴AI=2，BJ=5-t∵AB绕点B顺时针旋转90°，得到线段BH∴AB=BH，∠ABH=90°，∠AIB=∠BJH=90°∵∠IAB+∠IBA=90°，∠ABH+∠IBA+∠JBH=180°∴∠IBA+∠JBH=90°即∠IAB=∠JBH∴△AJB≌△BJH即AI=BJ=2，BI=IH=5-t∴H（5-t，t-2）∵D（-1，-13）∴y B-y D=t+13同理可得：C（t+13，t-1）设DH的解析式为y=k1x+b1∴1111-k b-13{5-t k b t-2+=+=（）解得11t11k6-t{t11b-13-t-6+=+=即直线AD的解析式为t1111y x-13-66tt t++=--∵D、H、C三点共线∴把C（t+13，t-1）代入ADt1111y x-13-66tt t++=--得：t1111t-1t13-13-66tt t++=+--（）整理得2t2+31t+82=0解得131305t+=，231-305t=由图可知：①当131305t -4+=如图1所示： 此时H （51305+，39305-+） ，C （305-21-，35305-+） ∵点G 为DH 中点，点F 为BC 中点∴G 1（473058+，91305-8+） ，F 1（305-21-8，33305-4+） 由图可知：当231-305t -=如图2所示： 此时H （51-305，39-305-） ，C （30521+，35-305-） ∵点G 为DH 中点，点F 为BC 中点∴G 2（47-3058，91-305-8） ，F 2（305218+，33-305-4） （14分） ∴综上所述：G 1（47305+，91305-+） ，F 1（305-21-，33305-+） G 2（47-305，91-305-） ，F 2（30521+，33-305-）。
【点睛】本题为含参数的二次函数问题，综合性强，难度较大，解题关键在于根据旋转性质，用含参数式子分别表示点的坐标，函数关系式，结合韦达定理，分类讨论求解。
3．在Rt△ACB和Rt△AEF中，∠ACB＝∠AEF＝90°，若点P是BF的中点，连接PC，PE．(1) 如图1，若点E，F分别落在边AB，AC上，求证：PC＝PE；(2) 如图2，把图1中的△AEF绕着点A顺时针旋转，当点E落在边CA的延长线上时，探索PC与PE的数量关系，并说明理由．(3) 如图3，把图2中的△AEF绕着点A顺时针旋转，点F落在边AB上．其他条件不变，问题(2)中的结论是否发生变化？如果不变，请加以证明；如果变化，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）PC＝PE，理由见解析；（3）成立，理由见解析【解析】【分析】（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可；（2）先判断△CBP≌△HPF，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；（3）先判断△DAF≌△EAF，再判断△DAP≌△EAP，然后用比例式即可；【详解】解：（1）证明：如图：∵∠ACB＝∠AEF＝90°，∴△FCB和△BEF都为直角三角形．∵点P是BF的中点，∴CP＝12BF，EP＝12BF，∴PC＝PE．（2）PC＝PE理由如下：如图2，延长CP，EF交于点H，∵∠ACB＝∠AEF＝90°，∴EH//CB，∴∠CBP＝∠PFH，∠H＝∠BCP，∵点P是BF的中点，∴PF＝PB，∴△CBP≌△HFP(AAS)，∴PC＝PH，∵∠AEF＝90°，∴在Rt△CEH中，EP＝12CH，∴PC＝PE．（3）(2)中的结论，仍然成立，即PC＝PE，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≌△EAP中，,,,AD AEDAP EAP AP AP=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DAP≌△EAP (SAS)，∴PD＝PF，∵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．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边一半，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，作出辅助线是解本题的关键也是难点．4．小明研究了这样一道几何题：如图1，在△ABC中，把AB点A顺时针旋转α (0°＜α＜180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′．当α+β=180°时，请问△AB′C′边B′C′上的中线AD与BC的数量关系是什么？以下是他的研究过程：特例验证：(1)①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD=BC；②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为．猜想论证：(2)在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．拓展应用(3)如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠A+∠B=120°，BC=12，CD=6，DA3边形内部是否存在点P，使△PDC与△PAB之间满足小明探究的问题中的边角关系？若存在，请画出点P的位置(保留作图痕迹，不需要说明)并直接写出△PDC的边DC上的中线PQ的长度；若不存在，说明理由．【答案】(1)①12；②4(2) AD=12BC，理由见解析(3)存在，313【解析】【分析】(1)①由已知条件可得AD⊥B′C′，由α+β=180°可得∠BAC+∠B′AC′=180°，已知∠BAC=60°，可求得∠B′AC′=120°继而∠B′=∠C′=30°，可得AD=12AB′=12BC②当∠BAC=90°时，可得∠B′AC′=∠BAC=90°，△B′AC′是直角三角形，可证得△BAC≌△B′AC′，推出对应边相等，已知BC=8求出AD的长.（2）先做辅助线，延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M、C′M，如图1所示：因为B′D=DC′，AD=DM，对角线相互平分，可得四边形AC′MB′是平行四边形，得出对应边相等，由∠BAB′+∠CAC′=180°推得∠BAC=∠AB′M，可证明△BAC≌△AB′M，所以BC=AM，AD=12 BC；(3)先做辅助线，作线段BC的垂直平分线交BE于P，即为点P的位置；延长AD交BC的延长线于M，线段BC的垂直平分线交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PDC的中线PQ，连接DF交PC于O假设P点存在，再证明理由.根据已知角可得出△DCM是直角三角形，∠MDC=30°，可得出CM3DM3在；∵CD=6，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∠M=90°﹣∠MDC=60°，可求得EM=12BM3DE=EM﹣DM3﹣33由已知DAAE=DE且BE⊥AD，可得PF是线段BC的垂直平分线，证得PA=PD因为PB=PC，PF∥CD，可求得CF=12BC，利用线段长度可求得∠CDF=60°利用全等三角形判定定理可证得△FCP≌△CFD(AAS)，进而证得四边形CDPF是矩形，得∠CDP=90°，∠ADP =60°，可得△ADP是等边三角形，求出DQ、DP，在Rt△PDQ中可求得PQ长度.【详解】(1)①∵△ABC是等边三角形∴AB=BC=AC=AB′=AC′，∠BAC=60°∵DB′=DC′∴AD⊥B′C′∵∠BAB′+∠CAC′=180°∴∠BAC+∠B′AC′=180°∴∠B′AC′=180°﹣∠BAC=180°﹣60°=120°∴∠B′=∠C′=30°∴AD=12AB′=12BC故答案：1 2②∵∠BAB′+∠CAC′=180°∴∠BAC+∠B′AC′=180°∵∠BAC=90°∴∠B′AC′=∠BAC=90°在△BAC和△B′AC′中，''"90"AB ABBAC B ACAC AC=⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩∴△BAC≌△B′AC′(SAS)∴BC=B′C′∵B′D=DC′∴AD=12B′C′=12BC=4故答案：4(2)AD与BC的数量关系：AD=12BC；理由如下：延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M、C′M，如图1所示：∵B′D=DC′，AD=DM，∴四边形AC′MB′是平行四边形，∴∠B′AC′+∠AB′M=180°，AC′=B′M=AC，∵∠BAB′+∠CAC′=180°，∴∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠BAC=∠AB′M，在△BAC和△AB′M中，'''AC B MBAC AB MAB AB=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAC≌△AB′M(SAS)，∴BC=AM，∴AD=12BC；(3)存在；作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，即为点P的位置；理由如下：延长AD交BC的延长线于M，线段BC的垂直平分线交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PDC的中线PQ，连接DF交PC于O，如图4所示：∵∠A+∠B=120°，∴∠ADC=150°，∴∠MDC=30°，在Rt△DCM中，∵CD=6，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∴CM3DM3，∠M=90°﹣∠MDC=60°，在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=BC+CM333，∠MBE=90°﹣∠M=30°，∴EM=12BM3∴DE=EM﹣DM333∵DA3∴AE=DE，∵BE⊥AD，∴PA=PD，∵PF是线段BC的垂直平分线，∴PB=PC，PF∥CD，在Rt△CDF中，∵CD=6，CF=12BC3∴tan ∠CDF =CF CD =636=3， ∴∠CDF =60°，∴∠MDF =∠MDC +∠CDF =30°+60°=90°，∴∠ADF =90°=∠AEB ，∴∠CBE =∠CFD ，∵∠CBE =∠PCF ，∴∠CFD =∠PCF =30°，∵∠CFD +∠CDF =90°，∠PCF +∠CPF =90°，∴∠CPF =∠CDF =60°，在△FCP 和△CFD 中，CPF CDF PCF CFD CF CF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△FCP ≌△CFD (AAS )，∴CD =PF ，∵CD ∥PF ，∴四边形CDPF 是矩形，∴∠CDP =90°，∴∠ADP =∠ADC ﹣∠CDP =60°，∴△ADP 是等边三角形，∴∠APD =60°，∵∠BPF =∠CPF =90°﹣30°=60°，∴∠BPC =120°，∴∠APD +∠BPC =180°，∴△PDC 与△PAB 之间满足小明探究的问题中的边角关系；在Rt △PDQ 中，∵∠PDQ =90°，PD =DA =63，DN =12CD =3， ∴PQ =22DQ DP +=223(63)+=313． 【点睛】本题考查了三角形的边旋转的问题，旋转前后边长不变，根据已知角度变化，求得线段之间关系.在证明某点知否存在时，先假设这点存在，能求出相关线段或坐标，即证实存在性.5．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：()1探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 求证：BCD 的面积为21.(2a 提示：过点D 作BC 边上的高DE ，可证ABC ≌)BDE ()2探究2：如图2，在一般的Rt ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 请用含a 的式子表示BCD 的面积，并说明理由． ()3探究3：如图3，在等腰三角形ABC 中，AB AC =，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 试探究用含a 的式子表示BCD 的面积，要有探究过程．【答案】（1）详见解析；（2）BCD 的面积为212a ，理由详见解析；（3）BCD 的面积为214a ． 【解析】【分析】 ()1如图1，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()2如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，由等腰三角形的性质可以得出1BF BC 2=，由条件可以得出AFB ≌BED 就可以得出BF DE =，由三角形的面积公式就可以得出结论．【详解】()1如图1，过点D 作DE CB ⊥交CB 的延长线于E ，BED ACB90∠∠∴==，由旋转知，AB AD =，ABD 90∠=，ABC DBE 90∠∠∴+=，A ABC 90∠∠+=，A DBE ∠∠∴=，在ABC 和BDE 中，ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ABC ∴≌()BDE AASBC DE a ∴==，BCD 1S BC DE 2=⋅， 2BCD 1S a 2∴=； ()2BCD 的面积为21a 2， 理由：如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，BED ACB 90∠∠∴==，线段AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BE ，AB BD ∴=，ABD 90∠=，ABC DBE 90∠∠∴+=，A ABC 90∠∠+=，A DBE ∠∠∴=，在ABC 和BDE 中，ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ABC ∴≌()BDE AAS ，BC DE a ∴==，BCD1S BC DE2=⋅，2BCD1S a2∴=；()3如图3，过点A作AF BC⊥与F，过点D作DE BC⊥的延长线于点E，AFB E90∠∠∴==，11BF BC a22==，FAB ABF90∠∠∴+=，ABD90∠=，ABF DBE90∠∠∴+=，FAB EBD∠∠∴=，线段BD是由线段AB旋转得到的，AB BD∴=，在AFB和BED中，AFB EFAB EBDAB BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，AFB∴≌()BED AAS，1BF DE a2∴==，2BCD1111S BC DE a a a2224=⋅=⋅⋅=，BCD∴的面积为21a4．【点睛】本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.6．已知，如图：正方形ABCD，将Rt△EFG斜边EG的中点与点A重合，直角顶点F落在正方形的AB边上，Rt△EFG的两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，（点P与点F重合），如图1所示：（1）求证：EP2+GQ2=PQ2；（2）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（0°＜α≤90°），两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，如图2所示：判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间是否存在什么确定的相等关系？若存在，证明你的结论．若不存在，请说明理由；（3）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（90°＜α＜180°），两直角边所在的直线分别交BA、AD两边延长线于P、Q两点，并判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间存在何种确定的相等关系？按题意完善图3，请直接写出你的结论（不用证明）．【答案】（1）见解析；（2）PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．【解析】【分析】（1）过点E作EH∥FG，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PQ=PH，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，由此可以得到EP2+GQ2=PQ2；（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PH=PQ，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，即EP2+GQ2=PH2，在Rt△PFQ中，PF2+FQ2=PQ2，故PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PE2+GQ2=PF2+FQ2，证明方法同上．【详解】（1）过点E作EH∥FG，连接AH、FH，如图所示：∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，∴△EAH≌△GAQ，∴EH=QG，HA=AQ，∵FA⊥AD，∴PQ=PH．在Rt△EPH中，∵EP2+EH2=PH2，∴EP2+GQ2=PQ2；（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，∴△EAH≌△GAQ，∴EH=QG，HA=AQ，∵PA⊥AD，∴PQ=PH．在Rt△EPH中，∵EP2+EH2=PH2，∴EP2+GQ2=PH2．在Rt△PFQ中，∵PF2+FQ2=PQ2，∴PF2+FQ2=EP2+GQ2．（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三线合一，勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键.7．如图，已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE的中点，连接CF，DF．（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上时①证明：△BFC是等腰三角形；②请判断线段CF，DF的关系？并说明理由；（2）如图2，将图1中的△ADE绕点A旋转到图2位置时，请判断（1）中②的结论是否仍然成立？并证明你的判断．【答案】（1）①证明见解析；②结论：CF=DF且CF⊥DF．理由见解析；（2）（1）中的结论仍然成立．理由见解析.【解析】【详解】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CF=BF=EF，根据∠CFD=2∠ABC，∠ACB=90°，∠ABC=45°得出∠CFD=90°，从而得出答案；(2)、延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，首先证明△BFG和△EFD全等，然后再证明△BCG和△ACD全等，从而得出GC=DC，∠BCG=∠ACD，∠DCG=∠ACB=90°，最后根据直角三角形斜中线的性质得出答案．详解：（1）①证明：∵∠BCE=90°．EF=FB，∴CF=BF=EF，∴△BFC是等腰三角形．②解：结论：CF=DF且CF⊥DF．理由如下：∵∠ADE=90°，∴∠BDE=90°，又∵∠BCE=90°，点F是BE的中点，∴CF=DF=12BE=BF，∴∠1=∠3，∠2=∠4，∴∠5=∠1+∠3=2∠1，∠6=∠2+∠4=2∠2，∴∠CFD=∠5+∠6=2（∠1+∠2）=2∠ABC，又∵△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，∴∠CFD=90°，∴CF=DF且CF⊥DF．（2）（1）中的结论仍然成立．理由如下：如图，延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，∵F是BE的中点，∴BF=EF，又∵∠BFG=∠EFD，GF=DF，∴△BFG≌△EFD（SAS），∴∠FBG=∠FED，BG=ED，∴BG∥DE，∵△ADE和△ACB都是等腰直角三角形，∴DE=DA，∠DAE=∠DEA=45°，AC=BC，∠CAB=∠CBA=45°，又∵∠CBG=∠EBG﹣∠EBA﹣∠ABC=∠DEF﹣（180°﹣∠AEB﹣∠EAB）﹣45°=∠DEF﹣180°+∠AEB+∠EAB﹣45°=（∠DEF+∠AEB）+∠EAB﹣225°=360°﹣∠DEA+∠EAB﹣225°=360°﹣45°+∠EAB﹣225°=90°+∠EAB，而∠DAC=∠DAE+∠EAB+∠CAB=45°+∠EAB+45°=90°+∠EAB ， ∴∠CBG=∠DAC ，又∵BG=ED ，DE=DA ，∴BG=AD ，又∵BC=AC ，∴△BCG ≌△ACD （SAS ），∴GC=DC ，∠BCG=∠ACD ，∴∠DCG=∠DCB+∠BCG=∠DCB+∠ACD=∠ACB=90°，∴△DCG 是等腰直角三角形，又∵F 是DG 的中点，∴CF ⊥DF 且CF=DF ．点睛：主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定，及勾股定理的运用．要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键．8．我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。