中考数学专题复习旋转的综合题附详细答案

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2025届中考数学复习专项(相似三角形-手拉手旋转型综合应用)练习(附答案)

2025届中考数学复习专项（相似三角形-手拉手旋转型综合应用）练习1．如图（1）以O点为位似中心在y轴的左侧将△OBC放大到两倍（即新图与原图的相似比为2），画出ΔOB1C1；（2）点B的对应点B1的坐标是，点C的对应点C1的坐标是．2．如图，在△ABC和△ADE中，∠BAD＝∠CAE，∠ABC＝∠ADE．（1）求证：△ABC∽△ADE；（2）判断△ABD与△ACE是否相似？并证明．3．如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝2，点D、E分别是边BC，AC的中点，连接DE．（1）求：的值；（2）将△CDE绕点C逆时针方向旋转一定的角度，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．4．如图，在△ABC与△DEC中，已知∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝6，BC＝3，CD＝5，CE＝2.5，连接AD，BE．（1）求证：△ACD∽△BCE；（2）若∠BCE＝45°，求△ACD的面积．5．问题背景：如图（1），已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE；尝试应用：如图（2），在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE ＝30°，AC与DE相交于点F．点D在BC边上，，求的值．6．如图，在△ABC与△ADE中，∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADE，连接BD、CE，求证：（1）△ABC∽△ADE（2）若AC：BC＝3：4，求BD：CE为多少7．【问题背景】如图1，在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，由已知可以得到：①△ ≌△ ；②△ ∽△ ．【尝试应用】如图2，在△ABC和△ADE中，∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADE ＝30°，求证：△ACE∽△ABD．【问题解决】如图3，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE ＝30°，AC与DE相交于点F，点D在BC上，，求的值．8．如图，点B在线段CD上，在CD的同一侧作两个等腰直角△ABC和△BDE，且∠ACB ＝∠BED＝90°，AD与CE，BE分别交于点P，M，连接PB．（1）若AD＝k•CE，则k的值是；（2）求证：△BMP∽△DME；（3）若BC＝，P A＝3，求PM的长．9．如图1，在Rt△ABC中，AC＝BC＝5，等腰直角△BDE的顶点D，E分别在边BC，AB 上，且BD＝，将△BDE绕点B按顺时针方向旋转，记旋转角为α（0°≤α＜360°）．（1）问题发现当α＝0°时，的值为，直线AE，CD相交形成的较小角的度数为；（2）拓展探究试判断：在旋转过程中，（1）中的两个结论有无变化？请仅就图2的情况给出证明：（3）问题解决当△BDE旋转至A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出△ACD的面积．。

2021中考数学一轮知识点系统复习之图形的平移、旋转与轴对称能力达标测试题(附答案详解)

2021中考数学一轮知识点系统复习之图形的平移、旋转与轴对称能力达标测试题（附答案详解）1．在平行四边形ABCD 中，AB=6，AD=8，∠B 是锐角，将△ACD 沿对角线AC 折叠，点D 落在△ABC 所在平面内的点E 处．如果AE 过BC 的中点，则平行四边形ABCD 的面积等于（）A ．48 B ．106 C ．127 D ．242 2．如图，在直角坐标系中，△OBC 的顶点O （0，0），B （﹣6，0），且∠OCB=90°，OC=BC ，则点C 关于y 轴对称的点的坐标是（）A ．（3，3）B ．（﹣3，3）C ．（﹣3，﹣3）D ．（32，32） 3．下列各组图形，可以经过平移变换由一个图形得到另一个图形的是( )．A ．B ．C ．D ． 4．如图，COD 是AOB 绕点O 顺时针方向旋转38后所得的图形，点C 恰好在AB 上，AOD 90∠=，那么BOC ∠的度数为（）A ．12°B ．14°C ．24°D ．30°5．点P （﹣4，﹣3）关于原点对称的点的坐标是（）A ．（4，3）B ．（﹣4，3）C ．（﹣4，﹣3）D ．（4，﹣3）6．如图，将∠BAC 沿DE 向∠BAC 内折叠，使AD 与A′D 重合，A′E 与AE 重合，若∠A=30°，则∠1+∠2=（）A ．50°B ．60°C ．45°D ．以上都不对 7．图中由“○”和“□”组成轴对称图形，该图形的对称轴是直线（）8．下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．9．下列分子结构模型平面图中，只有一条对称轴的是（）A．B．C．D．10．如图，ABCD和DCGH是两块全等的正方形铁皮，要使它们重合，则存在的旋转中心有（）A．1个B．2个C．3个D．4个11．如图，点P在等边△ABC的内部，且PC=6，PA=8，PB=10，将线段PC绕点C顺时针旋转60°得到P'C，连接AP'，则sin∠PAP'的值为________．12．如图，正方形ABCD的边长为4，E是边BC上的一点且BE＝1，P为对角线AC上的一动点，连接PB，PE，当点P在AC上运动时，△PBE周长的最小值是____．13．如图，把△ABC经过一定的变换得到△A′B′C′，如果图中△ABC上的点P的坐标为（a，b），那么它的对应点P′的坐标为________．14．如图，将△ABE向右平移3cm得到△DCF，如果△ABE的周长是12cm，那么四边形ABFD的周长是_____cm．15．将点P（﹣1，3）绕原点顺时针旋转180°后坐标变为_____．16．已知平面直角坐标系内点P的坐标为（-1,3），如果将平面直角坐标系．．．．．．．向左平移3个单位,再向下平移2个单位,那么平移后点P的坐标为___________17．在平面直角坐标系中，已知点P0的坐标为(1，0)，将P0绕原点O按逆时针方向旋转30°得点P1，延长OP1到P2，使OP2＝2OP1，再将点P2绕原点O按逆时针方向转动30°得到点P3，延长OP3到P4，使OP4＝2OP3，…，如果继续下去，点P2016的坐标为_________.18．如图，△ABC中，AC＝10，AB＝12，△ABC的面积为48，AD平分∠BAC，F，E分别为AC，AD上两动点，连接CE，EF，则CE+EF的最小值为______．19．在等腰三角形ABC中，∠C=90°，BC=2cm．如果以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，那么点B′与点B的原来位置相距_____cm．20．如图①，在平面直角坐标系中，等边△ABC的顶点A，B的坐标分别为（5，0），（9，0），点D是x轴正半轴上一个动点，连接CD，将△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE，连接DE．（1）直接写出点C的坐标，并判断△CDE的形状，说明理由；（2）如图②，当点D在线段AB上运动时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE的最小周长及此时点D的坐标；若不存在，说明理由；（3）当△BDE是直角三角形时，求点D的坐标．（直接写出结果即可）21．三角形右边的是由左边的怎样平移得到的？22．如图，已知在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于D，且AD=BC=4，若将三角形沿AD剪开成为两个三角形，在平面上把这两个三角形拼成一个四边形，你能拼出所有的不同形状的四边形吗？画出所拼四边形的示意图（标出图中的直角），并分别写出所拼四边形的对角线的长．（只需写出结果即可）23．如图，正方形ABCD和正方形A1B1C1D1的对角线(正方形相对顶点之间所连的线段)BD，B1D1都在x轴上，O，O1分别为正方形ABCD和正方形A1B1C1D1的中心(正方形对角线的交点称为正方形的中心)，O为平面直角坐标系的原点．OD＝3，O1D1＝2.(1)如果O1在x轴上平移时，正方形A1B1C1D1也随之平移，其形状、大小没有改变，当中心O1在x轴上平移到两个正方形只有一个公共点时，求此时正方形A1B1C1D1各顶点的坐标；(2)如果O在x轴上平移时，正方形ABCD也随之平移，其形状、大小没有改变，当中心O在x轴上平移到两个正方形公共部分的面积为2个平方单位时，求此时正方形ABCD 各顶点的坐标．24．如图，正方形网格中的△ABC，若小方格边长为1，格点三角形（顶点是网格线交点的三角形）ABC的顶点A，C的坐标分别为（﹣1，1），（0，﹣2），请你根据所学的知识．（1）在如图所示的网格平面内作出平面直角坐标系；（2）作出三角形ABC关于y轴对称的三角形A1B1C1；（3）判断△ABC的形状，并求出△ABC的面积．25．在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（2，﹣1），B（3，﹣3），C（0，﹣4）（1）画出△ABC关于原点O成中心对称的△A1B1C1；（2）画出△A1B1C1关于y轴对称的△A2B2C2．26．如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长为1，格点△ABC（顶点在网格线的交点上）的顶点A、C的坐标分别为A（﹣3，4）C（0，2）（1）请在网格所在的平面内建立平面直角坐标系，并写出点B的坐标；（2）画出△ABC关于原点对称的图形△A1B1C1；（3）求△ABC的面积；（4）在x轴上存在一点P，使PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标．27．已知：如图，在△ABC中，∠BAC=120°，以BC为边向形外作等边三角形BCD，把△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，若AB=5，AC=3，求∠BAD 的度数与AD的长．28．将△ABC的∠C折起，翻折后角的顶点位置记作C′，当C′落在AC上时（如图1），易证：∠1=2∠2．当C′点落在CA和CB之间（如图2）时，或当C′落在CB、CA的同旁（如图3）时，∠1、∠2、∠3关系又如何，请写出你的猜想，并就其中一种情况给出证明．图1 图2 图329．已知，△AOB中，AB=BC=2,∠ABC=90°，点O是线段AC的中点，连接OB，将△AOB 绕点A逆时针旋转α度得到△ANM，连接CM，点P是线段CM的中点，连接PN、PB．（1）如图1，当α=180°时，直接写出线段PN和PB之间的位置关系和数量关系；（2）如图2，当α=90°时，探究线段PN和PB之间的位置关系和数量关系，并给出完整的证明过程；（3）如图3，直接写出当△AOB在绕点A逆时针旋转的过程中，线段PN的最大值和最小值．参考答案1．C【解析】设AE 与BC 交于O 点，O 点是BC 的中点．∵四边形ABCD 是平行四边形，∴∠B =∠D ．AB ∥CD ，又由折叠的性质推知∠D =∠E ，CE =CD∴∠B =∠E ．CE =AB∴△ABO 和△ECO 中，所以△ABO ≌△CEO （AAS ），所以AO =CO =4，OE =OB =4．∴AE =AD =8．∴△AED 为等腰三角形，又C 为底边中点，故三线合一可知∠ACE =90°，从而由勾股定理求得AC =．平行四边形ABCD 的面积=AC ×CD =12．故选：C ．2．A【解析】试题解析：已知90,OCB OC BC ∠=︒=，∴OBC 为等腰直角三角形，又因为顶点()()00,60,O B -，，过点C 作CD OB ⊥于点D ，则 3.OD DC ==所以C 点坐标为()33-，，点C 关于y 轴对称的点的坐标是()33.，故选A ．点睛：关于y轴对称的点的坐标特征：纵坐标不变，横坐标互为相反数. 3．A【解析】试题分析：根据平移的性质，结合图形对选项进行一一分析，选出正确答案．解：A、图形的形状和大小没有变化，符合平移的性质，属于平移得到；B、图形的大小发生变化，不符合平移的性质，不属于平移得到；C、图形的方向发生变化，不符合平移的性质，不属于平移得到；D、图形由轴对称得到，不属于平移得到．故选A．考点：生活中的平移现象．4．B【解析】【分析】直接利用旋转的性质得出∠AOC=∠BOD=38°，进而得出∠BOC的度数．【详解】∵△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转38°后所得的图形，∴∠AOC=∠BOD=38°，∵∠AOD=90°，∴∠BOC=90°-38°-38°=14°．故选：B．【点睛】此题主要考查了旋转的性质，正确得出∠AOC=∠BOD是解题关键．5．A【解析】解：点P(-4，-3)关于原点对称的点的坐标是（4，3）．故选A．6．B【解析】试题解析：∵∠1=180﹣2∠ADE；∠2=180﹣2∠AED．∴∠1+∠2=360°﹣2（∠ADE+∠AED）=360°﹣2（180°﹣30°）=60°．故选B．7．C【解析】【分析】根据轴对称图形的定义进行判断即可得到对称轴.【详解】解:观察可知沿l1折叠时，直线两旁的部分不能够完全重合，故l1不是对称轴；沿l2折叠时，直线两旁的部分不能够完全重合，故l2不是对称轴；沿l3折叠时，直线两旁的部分能够完全重合，故l3是对称轴，所以该图形的对称轴是直线l3，故选C．【点睛】本题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的定义．根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．8．B【解析】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：A．该图形是是轴对称图形不是中心对称图形，故本选项错误；B．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项正确；C．该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；D．该图形是是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误．故选B．点睛：本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．9．A【解析】根据图形可得：选项A有1条对称轴，选项B、C各有2条对称轴，选项D有6条对称轴，故选A.【点睛】本题主要考查了轴对称图形的定义，关键是正确找出每个图形的对称轴．10．C【解析】分析：旋转中心即是对应点连线的垂直平分线的交点.详解：根据旋转中心即是对应点连线的垂直平分线的交点，可得要使正方形ABCD和DCGH重合，有3种方法，可以分别绕D，C或CD的中点旋转，即旋转中心有3个．故选C．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，旋转中心即是对应点连线的垂直平分线的交点.11．35．【解析】解：连接PP′．如图，∵线段PC绕点C顺时针旋转60°得到P'C，∴CP=CP′=6，∠PCP′=60°，∴△CPP′为等边三角形，∴PP′=PC=6．∵△ABC为等边三角形，∴CB=CA，∠ACB=60°，∴∠PCB=∠P′CA．在△PCB和△P′CA中，∵PC=P′C，∠PCB=∠P′CA，CB=CA，∴△PCB≌△P′CA，∴PB=P′A=10．∵62+82=102，∴PP′2+AP2=P′A2，∴△APP′为直角三角形，∠APP′=90°，∴sin∠P AP′='6'10PPP A=35．故答案为35．12．6【解析】连接DE于AC交于点P′，连接BP′，则此时△BP′E的周长就是△PBE周长的最小值，∵BE=1，BC=CD=4，∴CE=3，DE=5，∴BP′+P′E=DE=5，∴△PBE周长的最小值是5+1=6，故答案为6．13．（﹣a﹣2，﹣b）【解析】由图可知，△ABC关于点（﹣1，0）对称变换得到△A′B′C′，∵△ABC上的点P的坐标为（a，b），∴它的对应点P′的坐标为（﹣a﹣2，﹣b），故答案为：（﹣a﹣2，﹣b）．14．18．【解析】【分析】根据平移的性质可得DF=AE，然后判断出四边形ABFD的周长=△ABE的周长+AD+EF，然后代入数据计算即可得解．【详解】∵△ABE向右平移3cm得到△DCF，∴DF=AE，∴四边形ABFD的周长=AB+BE+DF+AD+EF，=AB+BE+AE+AD+EF，=△ABE的周长+AD+EF，∵平移距离为3cm，∴AD=EF=3cm，∵△ABE的周长是12cm，∴四边形ABFD的周长=12+3+3=18cm.故答案为18cm.【点睛】本题考查了平移的性质，解题的关键是熟练的掌握平移的性质.15．（1，﹣3）【解析】【分析】画出平面直角坐标系，然后作出点P绕原点O顺时针旋转180°的点P′的位置，再根据平面直角坐标系写出坐标即可．【详解】如图所示：点P（-1，3）绕原点O顺时针旋转180°后的对应点P′的坐标为（1，-3）．故答案是：（1，-3）．【点睛】考查了坐标与图形变化-旋转，作出图形，利用数形结合的思想求解更简便，形象直观．16．（2,5）【解析】【分析】平面直角坐标系．．．．．．．向左平移3个单位,再向下平移2个单位,相当于将点(-1,3)向右平移3个单位,再向上平移2个单位.应用点的平移与坐标关系便可得出答案.【详解】因为将平面直角坐标系．．．．．．．向左平移3个单位,再向下平移2个单位,相当于将点(-1,3)向右平移3个单位,再向上平移2个单位，此时得到对应点的坐标是(-1+3,3+2),即(2,5).故正确答案为: (2,5).【点睛】此题考核知识点：点的平移和坐标.关键要弄清点移动的方向和距离，特别要注意此题是移动平面直角坐标系．．．．．．．.17．(21008,0)【解析】∵点P0的坐标为(1,0)，∴OP0=1，∴OP2=2OP1=2，OP3=OP2=2，OP4=2OP3=2×2=22，…，OP2016=21008，∵2016÷24=84，∴点P2016是第84循环组的最后一个点，在x轴正半轴，∴点P2016的坐标为(21008,0).故答案为：(21008,0).点睛：本田考查了坐标与图形的变化-旋转，点的坐标变化规律，读懂题目信息，理解点的规律变化是解题的关键.18．8【解析】【分析】根据题意画出符合条件的图形，作F关于AD的对称点为M，作AB边上的高CP，求出EM+EC=MC，根据垂线段最短得出EM+EC=MC≥PC，求出PC即可得出CE+EF的最小值．【详解】试题分析：作F关于AD的对称点为M，作AB边上的高CP，∵AD平分∠CAB，△ABC为锐角三角形，∴M必在AC上，∵F关于AD的对称点为M，∴ME＝EF，∴EF＋EC＝EM＋EC，即EM＋EC＝MC≥PC（垂线段最短），∵△ABC的面积是48，AB＝12，∴12×12×PC＝48，∴PC＝8，即CE＋EF的最小值为8．故答案为8．点睛：本题考查了最短路线问题，关键是画出符合条件的图形，题目具有一定的代表性，是一道比较好的题目．19．．【解析】分析：由中心对称的性质得OA＝OC，OB＝OB′，用勾股定理求出OB即可.详解：根据中心对称的性质得，OB＝OB′，OC＝1，又BC＝2，由勾股定理得BO BB′＝2OB＝故答案为点睛：中心对称的性质有：①关于中心对称的两个图形是全等形；②关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分；③关于中心对称的两个图形，对应线段平行(或在同一直线上)且相等.20．（Ⅰ）C(7，△CDE是等边三角形；（Ⅱ）存在；4 ；D（7，0）；（Ⅲ）D（1，0）或（13，0）．【解析】分析：（1）如图1，过点C作CH⊥x轴于点H，由△ABC是等边三角形易得AH=12AB=2，结合AC=AB=4、OA=5，可得CH=OH=7，由此即可得到点C的坐标；由旋转的性质可知CE=CD，结合旋转角∠DCE=60°可知△CDE是等边三角形；（2）如图2，由（1）可知△CDE是等边三角形，由此可得DE=CD，由△CDE是由△CAD绕点C旋转得到的，由此可得BE=AD，从而可得△BDE的周长=BD+BE+DE=BD+AD+CD=AB+CD=4+CD，由此可知，当CD⊥AB时，CD最小，此时△BDE 的周长最小，由（1）可知，此时CD=23，OD=7，即当点D的坐标为（7，0）时，△BDE 的周长最小，最小值为423+；（3）如图3，由∠CBE=∠CAD=120°可得∠ABC=60°，由此可得∠DBE=60°≠90°，结合△BDE是直角三角形，可知：存在①∠BED=90°；②∠BDE=90°（如图3，∠BD'E'=90°）两种情况，分两种情况画出符合要求的图形，并结合已知条件进行分析计算即可.详解：（Ⅰ）如图1，过点C作CH⊥AB于H，∵△ABC是等边三角形，CH⊥AB于点H，∴∠AHC=90°，AH=12AB=12（9﹣5）=2，∴OH=OA+AH=7，∵AC=AB=4，∴在Rt△ACH中，224223-=∴ C(723)，；∵△CBE是由△CAD绕点C逆时针旋转60°得到的，∴∠DCE=60°，DC=EC，∴△CDE是等边三角形；（Ⅱ）存在，理由如下：如图2，由（Ⅰ）知，△CDE是等边三角形，∴DE=CD，由旋转知，BE=AD，∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE=4+CD，由垂线段最短可知，CD⊥AB于D时，△BDE的周长最小，此时，由（1）可知CD=23，OD=7，∴△BDE的周长最小值为4+23，点D（7，0）；（Ⅲ）如图3，∵由旋转知，∠CBE=∠CAD=120°，∵∠ABC=60°，∴∠DBE=60°≠90°，∵△BDE是直角三角形，∴存在∠BED=90°或∠BDE=90°（如图3，∠BD'E'=90°）两种情况，①当∠BED=90°时，∵△CDE是等边三角形，∴∠CED=60°，∴∠BEC=30°，∵∠CBE=∠CAD=120°，∴∠BCE=30°，∴BE=BC=AB=4，在Rt△BDE中，∠DBE=∠CBE﹣∠ABC=60°，∴BD=2BE=8，∵OB=9，∴OD=OB﹣BD=1，∴D（1，0），②当∠BD'E'=90°时，∵△CD'E'是等边三角形，∴∠CD'E'=60°，∴∠BD'C=30°，∵∠ABC=60°，∴∠BCD'=30°=∠BD'E，∴BD'=BC=6，∵OB=9，∴OD'=OB+BD'=13，∴D'（13，0），即：存在点D使△BDE是直角三角形，此时点D的坐标分别为：（1，0）或（13，0）．点睛：（1）解第1小题的关键是：作出如图1所示的辅助线，利用等边三角形的性质和直角三角形的性质求得AH和CH的长；（2）解第2小题的关键是：利用旋转的性质得到BE=AD，从而把△BDE的周长转化为为：(4+CD)来表达，这样当CD⊥x轴时，CD最短，则△BDE 的周长就最小，由此即可使问题得到解决；（3）解第3小题的要点是：根据已知条件分析存在∠BED=90°或∠BDE=90°两种情况，然后画出符合题意的图形，再进行分析计算即可得到所求结果.21．向右平移7个单位.【解析】试题分析:观察图形中对应点的变化，即可得出图形的变化规律.试题解析：找出对应点来后会发现右边的图形是由左边的向右平移7个单位长度得到的.22．略【解析】可让两斜边重合，得到一个矩形和一个一般的四边形，根据勾股定理和三角形的面积公式可求得对角线长；让两长直角边重合或两短直角边重合，可得到一个平行四边形，利用勾股定理求得一对角线的长．图1是矩形，两条对角线长相等，均为2；图2是平行四边形，两条对角线长4和4；图3是平行四边形，两条对角线长2和2；图4是一般的四边形，两条对角线长2和．23．（1）A1(5，2)，B1(3，0)，C1(5，－2)，D1(7，0)；（2）A(11，3)，B(8，0)，C(11，－3)，D(14，0)．【解析】【分析】（1）两个正方形只有一个公共点时，分D和B1为公共点，B和D1为公共点两种情况，结合平移的性质写出各点的坐标；（2）根据两个正方形的位置可知公共部分肯定是个正方形，面积是2，可以算出它的对角线长为2，所以有两种情况：点D和O1重合，点B和O1重合，据此解答.【详解】解：(1)当点B1与点D重合时，两个正方形只有一个公共点，此时A1(5，2)，B1(3，0)，C1(5，－2)，D1(7，0)；当点B与D1重合时，两个正方形只有一个公共点，此时A1(－5，2)，B1(－7，0)，C1(－5，－2)，D1(－3，0)．(2)当点D与O1重合时，两个正方形公共部分的面积为2个平方单位，此时A(5，3)，B(2，0)，C (5，－3)，D (8，0)；当点B 与O 1重合时，两个正方形公共部分的面积为2个平方单位，此时A (11，3)，B (8，0)，C (11，－3)，D (14，0)．【点睛】本题考查了坐标与图形变化-平移，解题的关键是熟练的掌握平移的相关知识点. 24．（1）见解析；（2）见解析；（3）直角三角形，2．【解析】【分析】（1）根据点A 和点C 的坐标即可作出坐标系；（2）分别作出三角形的三顶点关于y 轴的对称点，顺次连接可得；（3）根据勾股定理的逆定理可得．【详解】解：（1）如图所示：（2）如图所示，△A 1B 1C 1即为所求；（3）∵正方形小方格边长为1，∴AB 2211+2，BC 2222+2，AC 2213+10，∴AB 2+BC 2=AC 2，∴网格中的△ABC 是直角三角形．△ABC 的面积为122×2=2．【点睛】本题考查的是作图﹣轴对称变换，熟知关于y 轴对称的点的坐标特点是解答此题的关键． 25．（1）答案见解析；（2）答案见解析．【解析】试题分析：（1）根据网格结构找出点A 、B 、C 关于原点对称的点A 1、B 1、C 1的位置，然后顺次连接即可；（2）根据网格结构找出点A1、B1、C1关于y轴对称的点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可．试题解析：（1）△A1B1C1如图所示；（2）△A2B2C2如图所示．考点：（1）作图-旋转变换；（2）作图-轴对称变换26．（1）坐标系详见解析，点B的坐标（﹣2，0）；（2）详见解析；（3）5；（4）点P 的坐标（﹣2，0）．【解析】【分析】（1）根据A、C点坐标，作出的平面直角坐标系即可，根据作出的平面直角坐标系写出B 点的坐标即可；（2）根据原点对称的特点画出图形即可；（3）利用矩形面积减去周围三角形面积得出即可；（4）根据轴对称的性质解答即可．【详解】解：（1）如图所示：点B的坐标（-2，0）；（2）如图所示，△A1B1C1即为所求；（3）△ABC的面积111 34222314222=⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=5；（4）点P的坐标（-2，0）．【点睛】本题考查的知识点是平移变换以及三角形面积求法和坐标轴确定方法，解题关键是正确平移顶点．27．∠BAD=60°，AD=8．【解析】【分析】根据旋转的性质先证明△ADE是等边三角形，由相似三角形的性质可得∠EAD=60°，AD=AE，即可得到∠BAD=∠BAC﹣∠CAD=60°，AD=AE=AC+CE=AC+AB=3+5=8．【详解】∵△ABD≌△ECD，∴AD=DE，∠BDA=∠DCE，∴∠BDC=∠ADE=60°，∠ABD=∠ECD，∵∠BAC=120°，∠BDC=60°，∴∠BAC+∠BDC=180°，∴∠ABD+∠ACD=180°，∴∠ACD+∠ECD=180°，∴A、C、E共线，∴△ADE是等边三角形，∴∠EAD=60°，AD=AE，∴∠BAD=∠BAC﹣∠CAD=60°，∴AD=AE=AC+CE=AC+AB=3+5=8．【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质，证明△AED是等边三角形是解决问题的关键．28．∠1－∠3=2∠2，证明见解析．【解析】【分析】利用轴对称的知识找出等解即可进行推理判断．【详解】解：当C′点落在CA和CB之间（如图2）时，∠1+∠3=2∠2；当C′落在CB、CA的同旁（如图3）时，∠1－∠3=2∠2；对于图2证明如下：连结CC’，如图4所示，∵⊿EC’D是由⊿ECD翻折得到的，∴⊿EC’D≌⊿ECD，由此得EC=EC’，DC=DC’，∠EC’D=∠ECD，∴∠EC’C=∠ECC；∠DC’C=∠DCC，∵∠1=∠DC’C+∠DCC’ ，∠3=∠EC’C+∠ECC’ ，∴∠1+∠3=∠DC’C+∠DCC’ +∠EC’C+∠ECC’=2∠D C’C+2∠ EC’C =2(∠DC’C+∠EC’C)= 2∠2；∴∠1+∠3=2∠2；对于图3证明如下：设AC与DC’在⊿ABC内部所夹角为∠4，如图5所示，则有∠1=∠C +∠4，∠4=∠3+∠2，又由翻折得：∠2=∠C ，∴∠1=∠2+∠3+∠2=∠3+2∠2，∴∠1－∠3=2∠2．【点睛】本题主要考查了轴对称的性质.找准对称轴是解题的关键．29．(1)PN=PB ，PN⊥PB；(2)略；221-【解析】（1）由旋转的性质可得△ABC ≌△ANM ,再由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，得到PN 和PB 之间的位置关系和数量关系；（2）结论一样，证明的方法与（1）一样；（3）连接OP ，利用勾股定理可得出线段PN 的最大值和最小值.解：（1）PN PB ⊥，PN PB =．（2）连接PO ，∵90α=︒，∴90MAB ∠=︒．∵90ABC ∠=︒，∴//AM BC ． ∵AMN ≌ABO ，∴AB AM =，OB MN =，∴//AM BC ，=AM BC ,又∵90ABC ∠=︒,∴四边形ABCM 为正方形．∵P 为CM 中点，O 为AC 中点，∴12OP AM ， ∴OP PM =，45POC MAC ∠=∠=︒， ∴135BOP BOC POC ∠=∠+∠=︒． ∵9045135PMN ∠=︒+︒=︒， ∴PMN POB ∠=∠． PMN ≌POB ， ∴PN PB =，MPN OPB ∠=∠． ∵90MPO ∠=︒， ∴90NPB ∠=︒， ∴PN PB ⊥．（3）连接OP ． ∵P ，O 为AC ，MC 中点， ∴11122OP AM AB ===．在Rt AOB 中， ∵OA OB =，2AB =，∴OB =PO OP PB BO PO -≤≤+． ∵PB PN =，11PN ≤≤．PN ∴11．。

2023年九年级数学中考复习几何图形变换综合压轴题专题训练(含答案)

2023年春九年级数学中考复习《几何图形变换综合压轴题》专题训练（附答案）1．如图，△ABC和△ECD都是等边三角形，直线AE，BD交于点F．（1）如图1，当A，C，D三点在同一直线上时，∠AFB的度数为，线段AE与BD的数量关系为．（2）如图2，当△ECD绕点C顺时针旋转α（0°≤α＜360°）时，（1）中的结论是否还成立？若不成立，请说明理由；若成立，请就图2给予证明．（3）若AC＝4，CD＝3，当△ECD绕点C顺时针旋转一周时，请直接写出BD长的取值范围．2．如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D、E两点分别在AC、BC上，且DE∥AB，将△CDE绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．（1）问题发现：当α＝0°时，的值为；（2）拓展探究：当0°≤α＜360°时，若△EDC旋转到如图2的情况时，求出的值；（3）问题解决：当△EDC旋转至A、B、E三点共线时，若CE＝5，AC＝4，直接写出线段AD的长．3．已知：如图1，线段AD＝5，点B从点A出发沿射线AD方向运动，以AB为底作等腰△ABC，使得AC＝BC＝AB．（1）如图2，当AB＝10时，求证：CD⊥AB；（2）当△BCD是以BC为腰的等腰三角形时，求BC的长；（3）当AB＞5时，在线段BC上是否存在点E，使得△BDE与△ACD全等，若存在，求出BC的长；若不存在，请说明理由；（4）作点A关于直线CD的对称点A′，连接CA′当CA′∥AB时，CA′＝（请直接写出答案）．4．如图1，在△ABC中，AE⊥BC于点E，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，连接BD，CD．（1）试判断BD与AC的位置关系是：；数量关系是：；（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；（3）如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变．①试猜想BD与AC的数量关系为：；②你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能，请直接写出夹角度数；如果不能，请说明理由．5．如图，平面直角坐标系中O为原点，Rt△ABC的直角顶点A在y轴正半轴上，斜边BC 在x轴上，已知B、C两点关于y轴对称，且C（﹣8，0）．（1）请直接写出A、B两点坐标；（2）动点P在线段AB上，横坐标为t，连接OP，请用含t的式子表示△POB的面积；（3）在（2）的条件下，当△POB的面积为24时，延长OP到Q，使得PQ＝OP，在第一象限内是否存在点D，使得△OQD是等腰直角三角形，如果存在，求出D点坐标；如果不存在，请说明理由．6．如图1，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，点D在AB边的延长线上，且CD ＝AB．（Ⅰ）求BD的长度；（Ⅱ）如图2，将△ACD绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜360°）得到△A'CD'．①若α＝30°，A'D'与CD相交于点E，求DE的长度；②连接A'D、BD'，若旋转过程中A'D＝BD'时，求满足条件的α的度数．（Ⅲ）如图3，将△ACD绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜360°）得到△A'CD'，若点M 为AC的中点，点N为线段A'D'上任意一点，直接写出旋转过程中线段MN长度的取值范围．7．如图①，将两个等腰直角三角形纸片OAB和OCD放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点A（0，+1），点B（+1，0），点C（0，1），点D（1，0）．（Ⅰ）求证：AC＝BD；（Ⅱ）如图②，现将△OCD绕点O顺时针方向旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），连接AC，BD，这一过程中AC和BD是否仍然保持相等？说明理由；当旋转角α的度数为时，AC所在直线能够垂直平分BD；（Ⅲ）在（Ⅱ）的情况下，将旋转角α的范围扩大为0°＜α＜360°，那么在旋转过程中，求△BAD的面积的最大值，并写出此时旋转角α的度数．（直接写出结果即可）8．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，过点A作直线l平行于BC，点D是直线l上一动点，连接CD，射线DC绕点D顺时针旋转α交直线AB于点E．（1）如图1，若α＝60°，当点E在线段AB上时，请直接写出线段AC，AD，AE之间的数量关系，不用证明；（2）如图2，若α＝60°，当点E在线段BA的延长线上时，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请写出正确结论，并证明．（3）如图3，若α＝90°，BC＝6，AD＝，请直接写出AE的长．9．有一根直尺短边长4cm，长边长10cm，还有一块锐角为45°的直角三角形纸板，它的斜边长为16cm，如图甲，将直尺的短边DE与直角三角形纸板的斜边AB重合，且点D 与点A重合．将直尺沿射线AB方向平移，如图乙，设平移的长度为xcm，且满足0≤x ≤12，直尺和三角形纸板重叠部分的面积为Scm2．（1）当x＝0cm时，S＝；当x＝12cm时，S＝．（2）当0＜x＜8（如图乙、图丙），请用含x的代数式表示S．（3）是否存在一个位置，使重叠部分面积为28cm2？若存在求出此时x的值．10．如图①，C为线段BD上的一点，BC≠CD，分别以BC，BD为边在BD的上方作等边△ABC和等边△CDE，连接AE，F，G，H分别是BC，AE，CD的中点，连接FG，GH，FH．（1）△FGH的形状是；（2）将图①中的△CDE绕点C顺时针旋转，其他条件不变，（1）的结论是否成立？结合图②说明理由；（3）若BC＝2，CD＝4，将△CDE绕点C旋转一周，当A，E，D三点共线时，直接写出△FGH的周长．11．已知，射线AB∥CD，P是直线AC右侧一动点，连接AP，CP，E是射线AB上一动点，过点E的直线分别与AP，CP交于点M，N，与射线CD交于点F，设∠BAP＝∠1，∠DCP＝∠2．（1）如图1，当点P在AB，CD之间时，求证：∠P＝∠1+∠2；（2）如图2，在（1）的条件下，作△PMN关于直线EF对称的△P'MN，求证：∠3+∠4＝2（∠1+∠2）；（3）如图3，当点P在AB上方时，作△PMN关于直线EF对称的△P'MN，（1）（2）的结论是否仍然成立，若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出∠P，∠1，∠2之间数量关系，以及∠3，∠4与∠1，∠2之间数量关系．12．（1）如图1，平面直角坐标系中A（0，a），B（a，0）（a＞0）．C为线段AB的中点，CD⊥x轴于D，若△AOB的面积为2，则△CDB的面积为．（2）如图2，△AOB为等腰直角三角形，O为直角顶点，点E为线段OB上一点，且OB＝3OE，C与E关于原点对称，线段AB交x轴于点D，连CD，若CD⊥AE，试求的值．（3）如图3，点C、E在x轴上，B在y轴上，OB＝OC，△BDE是以B为直角顶点的等腰直角三角形，直线CB、ED交于点A，CD交y轴于点F，试探究：是否为定值？如果是定值，请求出该定值；如果不是，请求出其取值范围．13．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°．（1）如图1，点P，Q在线段BC上，AP＝AQ，∠BAP＝15°，求∠AQB的度数；（2）点P，Q在线段BC上（不与点B，C重合），AP＝AQ，点Q关于直线AC的对称点为M，连接AM，PM．①依题意将图2补全；②用等式表示线段BP，AP，PC之间的数量关系，并证明．14．【问题背景】如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上的一点，将线段AD绕点A逆时针旋转90°至AE，连接CE，求证：△ABD≌△ACE；【尝试应用】如图2，在图1的条件下，延长DE，AC交于点G，BF⊥AB交DE于点F，求证：FG＝AE；【拓展创新】如图3，A是△BDC内一点，∠ABC＝∠ADB＝45°，∠BAC＝90°，BD ＝，直接写出△BDC的面积为．15．在平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，b）分别是x轴负半轴和y轴正半轴上一点，点C与点A关于y轴对称，点P是x轴正半轴上C点右侧一动点．（1）当2a2+4ab+4b2+2a+1＝0时，求A，B的坐标；（2）当a+b＝0时，①如图1，若D与P关于y轴对称，PE⊥DB并交DB延长线于E，交AB的延长线于F，求证：PB＝PF；②如图2，把射线BP绕点B顺时针旋转45o，交x轴于点Q，当CP＝AQ时，求∠APB的大小．16．已知：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，BC＝6，左右作平行移动的等边三角形DEF的两个顶点E、F始终在边BC上，DE、DF分别与AB相交于点G、H．（1）如图1，当点F与点C重合时，点D恰好在斜边AB上，求△DEF的周长；（2）如图2，在△DEF作平行移动的过程中，图中是否存在与线段CF始终相等的线段？如果存在，请指出这条线段，并加以证明；如果不存在，请说明理由；（3）假设C点与F点的距离为x，△DEF与△ABC的重叠部分的面积为y，求y与x的函数关系式，并写出定义域．17．在△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝2，点D为边AC的中点（如图），点P、Q 分别是射线BC、BA上的动点，且BQ＝BP，联结PQ、QD、DP．（1）求证：PQ⊥AB；（2）如果点P在线段BC上，当△PQD是直角三角形时，求BP的长；（3）将△PQD沿直线QP翻折，点D的对应点为点D'，如果点D'位于△ABC内，请直接写出BP的取值范围．18．定义：如图1，点M，N把线段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，MN，BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段AB的勾股分割点．（1）已知点M，N是线段AB的勾股分割点，若AM＝2，MN＝3，求BN的长．（2）如图2，在等腰直角△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点M，N为边AB上两点满足∠MCN＝45°，求证：点M，N是线段AB的勾股分割点；阳阳同学在解决第（2）小题时遇到了困难，陈老师对阳阳说：要证明勾股分割点，则需设法构造直角三角形，你可以把△CBN绕点C逆时针旋转90°试一试．请根据陈老师的提示完成第（2）小题的证明过程．19．问题背景如图（1），△ABD，△AEC都是等边三角形，△ACD可以由△AEB通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小．尝试应用如图（2），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC，AB为边，作等边△ACD和等边△ABE，连接ED，并延长交BC于点F，连接BD．若BD⊥BC，求的值．拓展创新如图（3），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，连接PB，直接写出PB的最大值．20．【教材呈现】如图是苏科版九年级下册数学教材第92页的第17题．一块直角三角形木板，它的一条直角边AC长为1.5m，面积为1.5m2．甲乙两人分别按图1、图2把它加工成一个正方形的桌面，请说明哪个正方形的面积较大．【解决问题】（1）记图1、图2中的正方形面积分别为S1，S2，则S1S2．（填“＞”、“＜”或“＝”）．【问题变式】若木板形状是锐角三角形A1B1C1．某数学兴趣小组继续思考：按图3、图4、图5三种方式加工，分别记所得的正方形面积为S3、S4、S5，哪一个正方形的面积最大呢？（2）若木板的面积S仍为1.5m2．小明：记图3中的正方形为“沿B1C1边的内接正方形”，图4中的正方形为“沿A1C1边的内接正方形”，依此类推．以图3为例，求“沿B1C1边的内接正方形DEFG”的面积．设EF ＝x ，B 1C 1＝a ，B 1C 1边上的高A 1H ＝h ，则S ＝ah ．由“相似三角形对应高的比等于相似比”易得x ＝；同理可得图4、图5中正方形边长，再比较大小即可．小红：若要内接正方形面积最大，则x 最大即可；小莉：同一块木板，面积相同，即S 为定值，本题中S ＝1.5，因此，只需要a +h 最小即可．我们可以借鉴以前研究函数的经验，令y ＝a +h ＝a +＝a +（a ＞0）．下面来探索函数y ＝a +（a ＞0）的图象和性质．①根据如表，画出函数的图象：（如图6）a… 1 2 3 4 … y … 12 9 6 4 3 3 4 4…②观察图象，发现该函数有最小值，此时a 的取值；A ．等于2；B ．在1～之间；C ．在～之间；D ．在～2之间．（3）若在△A 1B 1C 1中（如图7），A 1B 1＝5，A 1C 1＝，高A 1H ＝4．①结合你的发现，得到S 3、S 4、S 5的大小关系是（用“＜”连接）． ②小明不小心打翻了墨水瓶，已画出最大面积的内接正方形的△A 1B 1C 1原图遭到了污损，请用直尺和圆规帮他复原△A 1B 1C 1．（保留作图痕迹，不写作法）参考答案1．解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，∠BAC＝∠ACB＝60°，∵△ECD是等边三角形，∴CE＝CD，∠DCE＝60°，∴∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠BCE＝∠DCE+∠BCE，即∠ACE＝∠BCD，在△ACE和△BCD中，，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD，在△ABF中，∠AFB＝180°﹣（∠BAF+∠ABF）＝180°﹣（∠BAF+∠CBF+∠ABC）＝180°﹣（∠BAC+∠ABC）＝180°﹣（60°+60°）＝60°，∴∠AFB＝60°，故答案为：∠AFB＝60°，AE＝BD；（2）（1）中结论仍成立，证明：∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，∠BAC＝∠ACB＝60°，∵△ECD是等边三角形，∴CE＝CD，∠DCE＝60°，∴∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠BCE＝∠DCE+∠BCE，即∠ACE＝∠BCD，在△ACE和△BCD中，，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD，∵∠AFB+∠CBD＝∠ACB+∠CAE，∴∠AFB＝∠ACB，∵∠ACB＝60°，∴∠AFB＝60°；（3）在△BCD中，BC+CD＞BD，BC﹣CD＜BD，∴点D在BC的延长线上时，BD最大，最大为4+3＝7，当点D在线段BC上时，BD最小，最小为4﹣3＝1，∴1≤BD≤7，即BD长的取值范围为1≤BD≤7．2．解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴△ABC为等腰直角三角形，∠B＝45°，∵DE∥AB，∴∠DEC＝∠B＝45°，∠CDE＝∠A＝90°，∴△DEC为等腰直角三角形，∴cos∠C＝＝，∵DE∥AB，∴＝＝，故答案为：；（2）由（1）知，△BAC和△CDE均为等腰直角三角形，∴＝＝，又∠BCE＝∠ACD＝α，∴△BCE∽△ACD，∴＝＝，即＝；（3）①如图3﹣1，当点E在线段BA的延长线上时，∵∠BAC＝90°，∴∠CAE＝90°，∴AE＝＝＝3，∴BE＝BA+AE＝4+3＝7；由（2）知，＝．故AD＝．②如图3﹣2，当点E在线段BA上时，AE＝＝＝3，∴BE＝BA﹣AE＝4﹣3＝1，由（2）知，＝．故AD＝．综上所述，AD的长为或，故答案为：或．3．解：（1）如图2中，∵AB＝10，AD＝5，∴AD＝DB，∵CA＝CB，AD＝DB，∴CD⊥AB．（2）如图1中，当AB＜AD时，BC＝BD．设AB＝10k，则AC＝BC＝6k，∵AD＝5，∴10k+6k＝5，∴k＝，∴BC＝6k＝．如图1﹣1中，当AB＞AD时，BC＝BD，同法可得10k﹣6k＝5，解得k＝，∴BC＝6k＝，综上所述，BC的值为或．（3）如图3﹣1中，当△ADC≌△BED时，BD＝AC＝BC，由（2）可知，BC＝．如图3﹣2中，当△ADC≌△BCE时，点E与C重合，此时AB＝10k＝10，∴k＝1，BC＝6k＝6．综上所述，BC的值为或6．（4）如图3中，当CA′∥AB时，∵CA′∥AB，∴∠ADC＝∠A′CD，由翻折可知，∠A′CD＝∠ACD，∴∠ACD＝∠ADC，∴AC＝AD＝5，∴CA′＝CA＝5．故答案为5．4．解：（1）结论：BD＝AC，BD⊥AC．理由：延长BD交AC于F．∵AE⊥CB，∴∠AEC＝∠BED＝90°．在△AEC和△BED中，，∴△AEC≌△BED（SAS），∴AC＝BD，∠CAE＝∠EBD，∵∠AEC＝90°，∴∠ACB+∠CAE＝90°，∴∠CBF+∠ACB＝90°，∴∠BFC＝90°，∴AC⊥BD，故答案为：BD⊥AC，BD＝AC．（2）如图2中，不发生变化，设DE与AC交于点O，BD与AC交于点F．理由是：∵∠BEA＝∠DEC＝90°，∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，∴∠BED＝∠AEC，在△BED和△AEC中，，∴△BED≌△AEC（SAS），∴BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，∵∠DEC＝90°，∴∠ACE+∠EOC＝90°，∵∠EOC＝∠DOF，∴∠BDE+∠DOF＝90°，∴∠DFO＝180°﹣90°＝90°，∴BD⊥AC；（3）①如图3中，结论：BD＝AC，理由是：∵△ABE和△DEC是等边三角形，∴AE＝BE，DE＝EC，∠BEA＝∠DEC＝60°，∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，∴∠BED＝∠AEC，在△BED和△AEC中，，∴△BED≌△AEC（SAS），∴BD＝AC，故答案为：BD＝AC．②能；设BD与AC交于点F，由①知，△BED≌△AEC，∴∠BDE＝∠ACE，∴∠DFC＝180°﹣（∠BDE+∠EDC+∠DCF）＝180°﹣（∠ACE+∠EDC+∠DCF）＝180°﹣（60°+60°）＝60°，即BD与AC的夹角中的锐角的度数为60°．5．解：（1）∵B、C两点关于y轴对称，且C（﹣8，0），∴点B（8，0），BO＝CO，又∵AO⊥BC，∴AC＝AB，∵∠CAB＝90°，AC＝AB，CO＝BO，∴AO＝CO＝BO＝8，∴点A（0，8）；（2）如图1，过点P作PM⊥OB于M，∵点P的横坐标为t，∴OM＝t，∴MB＝8﹣t，∵∠CAB＝90°，AC＝AB，∴∠ABO＝45°，∴∠BPM＝∠ABO＝45°，∴PM＝MB＝8﹣t，∴S△POB＝×OB×PM＝×8×（8﹣t）＝32﹣4t；（3）∵△POB的面积为24，∴32﹣4t＝24，∴t＝2，∴点P（2，6），如图2，当点Q为直角顶点时，过点Q作HG⊥y轴，过点D作DG⊥HG于点G，∵PQ＝OP，点P（2，6），∴点Q（4，12），∵∠OQD＝90°＝∠OHQ＝∠QGD，∴∠OQH+∠DQG＝90°＝∠OQH+∠HOQ，∴∠HOQ＝∠GQD，又∵OQ＝QD，∴△OHQ≌△QGD（AAS），∴OH＝QG＝12，HQ＝GD＝4，∴HG＝16，∴点D（16，8）；当点D为直角顶点时，过点Q作HG⊥y轴，过点D作DG⊥HG于点G，过点D作DN ⊥y轴于N，同理可求△QDG≌△ODN，∴ON＝QG，DN＝DG，∵DN＝QG+HQ＝4+QG，DG＝HN＝12﹣ON，∴ON＝QG＝4，DN＝DG＝8，∴点D（8，4），综上所述：点D（16，8）或（8，4）．6．解：（Ⅰ）如图1，过点C作CH⊥AB于H，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，CH⊥AB，∴AB＝CD＝6，CH＝BH＝AB＝3，∠CAB＝∠CBA＝45°，∴DH＝＝＝3，∴BD＝DH﹣BH＝3﹣3；（Ⅱ）①如图2，过点E作EF⊥CD'于F，∵将△ACD绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜360°）得到△A′CD′，∴CD＝CD'＝6，∠DCD'＝30°＝∠CDA＝∠CD'A'，∴CE＝D'E，又∵EF⊥CD'，∴CF＝D'F＝3，EF＝，CE＝2EF＝2，∴DE＝DC﹣CE＝6﹣2；②如图2﹣1，∵∠ABC＝45°，∠ADC＝30°，∴∠BCD＝15°，∴∠ACD＝105°，∵将△ACD绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜360°）得到△A′CD′，∴AC＝A'C，CD＝CD'，∠ACA'＝∠DCD'＝α，∴CB＝CA'，又∵A′D＝BD′，∴△A'CD≌△BCD'（SSS），∴∠A'CD＝∠BCD'，∴105°﹣α＝15°+α，∴α＝45°；如图2﹣2，同理可证：△A'CD≌△BCD'，∴∠A'CD＝∠BCD'，∴α﹣105°＝360°﹣α﹣15°，∴α＝225°，综上所述：满足条件的α的度数为45°或225°；（Ⅲ）如图3，当A'D'⊥AC时，N是AC与A'D'的交点时，MN的长度最小，∵∠A'＝45°，A'D'⊥AC，∴∠A'＝∠NCA'＝45°，∴CN＝A'N＝3，∵点M为AC的中点，∴CM＝AC＝3，∴MN的最小值＝NC﹣CM＝3﹣3；如图4，当点A，点C，点D'共线，且点N与点D'重合时，MN有最大值，此时MN＝CM+CN＝6+3，∴线段MN的取值范围是3﹣3≤MN≤6+3．7．解：（Ⅰ）∵点A（0，+1），点B（+1，0），点C（0，1），点D（1，0），∴OA＝+1，OB＝+1，OC＝1，OD＝1，∴AC＝OA﹣OC＝+1﹣1＝，BD＝+1﹣1＝，∴AC＝BD；（Ⅱ）由题意知，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOC＝∠AOB﹣∠COB＝90°﹣∠COB，∠BOD＝∠COD﹣∠COB＝90°﹣∠COB，∴∠AOC＝∠BOD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD，∠OAC＝∠OBD，如图1（注：点C在x轴上，为了不要出现误解，点C没画在x轴上），延长AC交BD 于D，连接BC，在Rt△AOB中，OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA＝45°，∴∠CAB+∠ABD＝∠OAB﹣∠OAC+∠ABO+∠BOD＝∠OAB+∠OBA＝90°，∴AC⊥BD，∵AC垂直平分BD，∴CD＝BC，设点C的坐标为（m，n），∴m2+n2＝1①，由旋转知，CD＝＝，∵B（+1，0），[m﹣（+1）]2+n2＝2②，联立①②解得，m＝1，n＝0，∴点C在x轴上，∴旋转角为∠AOC＝90°，故答案为：90°；（Ⅲ）如图2，∵OA＝OB＝+1，∴AB＝OA＝2+，过点O作OH⊥AB于H，∴S△AOB＝OA•OB＝AB•OH，∴OH＝＝＝＝，过点D作DG⊥AB于G，S△ABD＝AB•DG＝（2+）DG，要使△ABD的面积最大，则DG最大，由旋转知，点D是以O为圆心，1为半径的圆上，∴点D在HO的延长线上时，DG最大，即DG的最大值为D'H＝OD'+OH＝1+＝，∴S△ABD最大＝AB•D'H＝（2+）×＝，在Rt△AOB中，OA＝OB，OH⊥AB，∴∠BOH＝45°，∴旋转角∠BOD'＝180°﹣45°＝135°．8．解：（1）AC＝AE+AD．证明：连接CE，∵线段DC绕点D顺时针旋转α交直线AB于点E，α＝60°，∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴CB＝CA＝AB，∠ACB＝60°，∵AD∥BC，∴∠DAF＝∠ACB＝60°，∵∠FDC＝∠EAF＝60°，∠AFE＝∠DFC，∴△AFE∽△DFC，∴，∴，∵∠AFD＝∠EFC，∴△AFD∽△EFC，∴∠DAF＝∠FEC＝60°，∴△DEC是等边三角形，∴CD＝CE，∠ECD＝60°，∴∠BCE＝∠ACD，∴△BCE≌△ACD（SAS），∴BE＝AD，∴AB＝AE+BE＝AE+AD，∴AC＝AE+AD；（2）不成立，AD＝AC+AE．理由如下：在AC的延长线上取点F，使AF＝AD，连接DF，当α＝60°时，∠BAC＝∠EDC＝60°，∵AB＝AC，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC∠BCA＝60°，∵l∥BC，∴∠DAC＝∠BCA＝60°，∠EAD＝∠ABC＝60°，∵AF＝AD，∴∠ADF＝∠AFD＝60°，AD＝FD＝AF，∴∠EDC＝∠ADF＝60°，∴∠EDC﹣∠ADC＝∠ADF﹣∠ADC，即∠EDA＝∠CDF，∵AD＝FD，∠EAD＝∠AFD＝60°，∴△EAD≌△CFD（ASA），∴AE＝CF，∴AD＝AF＝AC+CF＝AC+AE；（3）AE的长为或．当点E在线段AB上，过点D作直线l的垂线，交AC于点F，如图3所示．∵△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝AB，∴∠ACB＝∠B＝45°．∵直线l∥BC，∴∠DAF＝∠ACB＝45°．∵FD⊥直线l，∴∠DAF＝∠DF A＝45°．∴AD＝FD．∵∠EDC＝∠ADF＝90°，∴∠ADE＝∠FDC．由（1）可知DC＝DE，∴△ADE≌△FDC（SAS），∴AE＝CF．∵AD＝，∴AF＝2，∵BC＝6，∴AC＝AB＝3，∴AE＝AC﹣AF＝3﹣2．当点E在线段AB的延长线上时，如图4所示．过点D作直线l的垂线，交AB于点M，同理可证得△ADC≌△MDE（SAS），∴AC＝EM＝3，∵AD＝，∴AM＝2，∴EM+AM＝3+2．综合以上可得AE的长为3+2或3﹣2．9．解：（1）当x＝0cm时，S＝4×4÷2＝8cm2；当x＝12cm时，S＝4×4÷2＝8cm2．故答案为：8cm2；8cm2．（2）①当0＜x＜4时，∵△CAB为等腰直角三角形，∴∠CAB＝45°，∴△ADG和△AEF都是等腰直角三角形，∴AD＝DG＝x，AE＝EF＝x+4，∴梯形GDEF的面积＝×（GD+EF）×DE＝×（x+x+4）×4＝4x+8．②如图所示：过点C作CM⊥AB于点M．当4＜x＜8时，梯形GDMC的面积＝（GD+CM）×DM＝（x+8）（8﹣x）＝﹣x2+32，梯形CMEF的面积＝（EF+CM）×ME＝[16﹣（x+4）+8][（x+4）﹣8]＝（20﹣x）（x﹣4）＝﹣x2+12x﹣40，S＝梯形GDMC的面积+梯形CMEF的面积＝（﹣x2+32）+（﹣x2+12x﹣40）＝﹣x2+12x ﹣8．综合以上可得，S＝．（3）当0＜x＜4时s最大值小于24，当x＝4时，S＝24cm2，所以当S＝28cm2时，x必然大于4，即﹣x2+12x﹣8＝28，解得x1＝x2＝6，当x＝6cm时，阴影部分面积为28cm2．当8＜≤12时，由对称性可知s的最大值也是小于24，不合题意舍去．∴当x＝6cm时，阴影部分面积为28cm2．10．解：（1）∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴∠B＝∠DCE＝60°，AB＝BC，CE＝CD，∴CE∥AB，∵BC≠CD，∴CE≠AB，∴四边形ABCE是梯形，∵点F，G分别是BC，AE的中点，∴FG是梯形ABCE的中位线，∴FG∥AB，∴∠GFC＝60°，同理：∠GHB＝60°，∴∠FGH＝180°﹣∠GFC﹣∠GHB＝60°＝∠GFC＝∠GHB，∴△FGH是等边三角形，故答案为：等边三角形；（2）成立，理由如下：如图1，取AC的中点P，连接PF，PG，∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴AB＝BC，CE＝CD，∠BAC＝∠ACB＝∠ECD＝∠B＝60°，又F，G，H分别是BC，AE，CD的中点，∴FP＝AB，FC＝BC，CH＝CD，PG＝CE，PG∥CE，PF∥AB，∴FP＝FC，PG＝CH，∠GPC+∠PCE＝180°，∠FPC＝∠BAC＝60°，∠PFC＝∠B＝60°，∴∠FPG＝∠FPC+∠GPC＝60°+∠GPC，∠GPC＝180°﹣∠PCE，∴∠FCH＝360°﹣∠ACB﹣∠ECD﹣∠PCE＝360°﹣60°﹣60°﹣（180°﹣∠GPC）＝60°+∠GPC，∴∠FPG＝∠FCH，∴△FPG≌△FCH（SAS），∴FG＝FH，∠PFG＝∠CFH，∴∠GFH＝∠GFC+∠CFH＝∠GFC+∠PFG＝∠PFC＝60°，∴△FGH为等边三角形；（3）①当点D在AE上时，如图2，∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB＝60°，AC＝BC＝2，∵△CDE是等边三角形，∴∠CED＝∠CDE＝60°，CE＝CD＝DE＝4，过点C作CM⊥AE于M，∴DM＝EM＝DE＝2，在Rt△CME中，根据勾股定理得，CM＝＝＝2，在Rt△AMC中，根据勾股定理得，AM＝＝＝4，∴AD＝AM﹣DM＝4﹣2＝2，∵∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，∴∠ACD＝∠BCE，连接BE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE＝AD＝2，∠ADC＝∠BEC，∵∠ADC＝180°﹣∠CDE＝120°，∴∠BEC＝120°，∴∠BEA＝∠BEC﹣∠CED＝60°，过点B作BN⊥AE于N，∴∠BNE＝90°，在Rt△BNE中，∠EBN＝90°﹣∠BEA＝30°，∴EN＝BE＝1，∴BN＝EN＝，DN＝DE﹣EN＝3，连接BD，根据勾股定理得，BD＝＝＝2，∵点H是CD的中点，点F是BC的中点，∴FH是△BCD的中位线，∴FH＝BD＝，由（2）知，△FGH是等边三角形，∴△FGH的周长为3FH＝3，②当点D在AE的延长线上时，如图3，同①的方法得，FH＝，∴△FGH的周长为3FH＝3，即满足条件的△FGH的周长为3或3．11．（1）证明：如图1中，过点P作PT∥AB．∵AB∥CD，AB∥PT，∴AB∥PT∥CD，∴∠1＝∠APT，∠2＝∠CPT，∴∠APC＝∠APT+∠CPT＝∠1+∠2．（2）证明：如图2中，连接PP′．∵∠3＝∠MPP′+∠MP′P，∠4＝∠NPP′+∠NP′P，∠APC＝∠MP′N，∴∠3+∠4＝2∠APC，∵∠APC＝∠1+∠2，∴∠3+∠4＝2（∠1+∠2）．（3）结论不成立．结论是：∠P＝∠2﹣∠1，∠4﹣∠3＝2（∠2﹣∠1）．理由：如图3中，设PC交AB于E，AP交NP′于F．∵AB∥CD，∴∠PEB＝∠2，∵∠PEB＝∠1+∠P，∴∠2＝∠P+∠1，∴∠P＝∠2﹣∠1．∵∠4＝∠P+∠PFN，∠PFN＝∠3+∠P′，∠P＝∠P′，∴∠4＝∠P+∠3+∠P，∴∠4﹣∠3＝2∠P＝2（∠2﹣∠1），∴∠4﹣∠3＝2（∠2﹣∠1）．12．解：（1）∵A（0，a），B（a，0）（a＞0），∴OA＝a，OB＝a，∵△AOB的面积为2，∴S△AOB＝×a×a＝2，∴a＝2（负值舍去），∴A（0，2），B（2，0），∵C为线段AB的中点，∴C（1，1），∴OD＝BD＝CD＝1，∴S△CDB＝×1×1＝．故答案为：．（2）连AC，过点D作DM⊥BC于M，∵△AOB是等腰直角三角形，∴AO⊥BO，AO＝BO，∠B＝∠OAB＝45°，又CO＝EO，∴AO是CE的垂直平分线，∴AE＝AC，不妨设AE、CD交于F，AO、CD交于G，∴∠CGA＝∠OAE+∠AFC＝∠OCD+∠COA，∵∠AFC＝∠COA＝90°，∴∠OAE＝∠OCD＝∠OAC，又∵∠CAD＝∠CAO+∠OAB＝∠OCD+∠B＝∠CDA，∴CD＝CA＝EA，∴△AOE≌△CMD（AAS），∴OE＝DM，∴＝＝＝3，∴＝2；（3）＝2，理由如下：作点C关于y轴的对称点N，连接BN，作DM∥BC交y轴于M，∵OB＝OC＝ON，∠BON＝90°，∴△BON等腰直角三角形，∴∠BNO＝∠BMD＝45°，∴∠MBD＝∠OBE+∠DBE＝∠OBE+∠BOE＝∠BEN，又∵BD＝BE，∴△BMD≌△ENB（AAS），∴EN＝BM，BN＝DM＝BC，又∵∠BFC＝∠DFM，∠BCF＝∠FDM，∴△BCF≌△MDF（AAS），∴BF＝MF，∴CO﹣EO＝NO﹣EO＝NE＝BM＝2BF，即＝2．13．解：（1）∵在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠C＝45°，∵∠APQ是△ABC的一个外角，∴∠APQ＝∠B+∠BAP，∵∠BAP＝15°，∴∠APQ＝60°，∵AP＝AQ，∴∠APQ＝∠AQB＝60°．（2）①图形如图2所示．②解：结论：PC2+BP2＝2AP2．理由：连接MC．∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵AP＝AQ，∴∠APQ＝∠AQP，∴∠BAP＝∠CAQ，∴△ABP≌△ACQ（SAS），∴BP＝CQ，∵点Q关于直线AC的对称点为M，∴AQ＝AM，CQ＝CM，∠CAM＝∠CAQ，∠ACM＝∠ACQ＝45°，∴AP＝AM，∠B＝∠ACM＝45°，∠BAP＝∠CAM，BP＝CM，∴∠BAC＝∠P AM＝90°，在Rt△APM中，AP＝AM，∠P AM＝90°，∴PM＝，∵∠ACQ＝∠ACM＝45°，∴∠PCM＝90°，在Rt△PCM中，∠PCM＝90°，∴PC2+CM2＝PM2，∴PC2+BP2＝2AP2．14．【问题背景】证明：如图1，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠DAB＝∠EAC，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS）．【尝试应用】证明：如图2，过点D作DK⊥DC交FB的延长线于K．∵DK⊥CD，BF⊥AB，∴∠BDK＝∠ABK＝90°，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴∠DBK＝∠K＝45°，∴DK＝DB，∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD＝∠ACE＝135°，DB＝EC＝DK，∴∠ECG＝45°，∵BF⊥AB，CA⊥AB，∴AG∥BF，∴∠G＝∠DFK，在△ECG和△DKF中，，∴△ECG≌△DKF（AAS），∴DF＝EG，∵DE＝AE，∴DF+EF＝AE，∴EG+EF＝AE，即FG＝AE．【拓展创新】解：如图3中，过点A作AE⊥AD交BD于E，连接CE．．∵∠ADB＝45°，∠DAE＝90°，∴△ADE与△ABC都是等腰直角三角形，同法可证△ABD≌△ACE，∴CE＝BD＝2，∵∠AEC＝∠ADB＝45°，∴∠CED＝∠CEB＝90°，∴S△BDC＝•BD•CE＝×2×2＝6．故答案为：6．15．解：（1）∵2a2+4ab+4b2+2a+1＝0，∴（a+2b）2+（a+1）2＝0，∵（a+2b）2≥0 （a+1）2≥0，∴a+2b＝0，a+1＝0，∴a＝﹣1，b＝，∴A（﹣1，0）B（0，）．（2）①证明：如图1中，∵a+b＝0，∴a＝﹣b，∴OA＝OB，又∵∠AOB＝90°，∴∠BAO＝∠ABO＝45°，∵D与P关于y轴对称，∴BD＝BP，∴∠BDP＝∠BPD，设∠BDP＝∠BPD＝α，则∠PBF＝∠BAP+∠BP A＝45°+α，∵PE⊥DB，∴∠BEF＝90°，∴∠F＝90o﹣∠EBF，又∠EBF＝∠ABD＝∠BAO﹣∠BDP＝45°﹣α，∴∠F＝45o+α，∴∠PBF＝∠F，∴PB＝PF．②解：如图2中，过点Q作QF⊥QB交PB于F，过点F作FH⊥x轴于H．可得等腰直角△BQF，∵∠BOQ＝∠BQF＝∠FHQ＝90°，∴∠BQO+∠FQH＝90°，∠FQH+∠QFH＝90°，∴∠BQO＝∠QFH，∵QB＝QF，∴△FQH≌△QBO（AAS），∴HQ＝OB＝OA，∴HO＝AQ＝PC，∴PH＝OC＝OB＝QH，∴FQ＝FP，又∠BFQ＝45°∴∠APB＝22.5°．16．解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，BC＝6，∴AC＝2，∠A＝60°，∵△DEF是等边三角形，∴∠DCE＝60°，∴∠ACD＝30°，∴∠ADC＝90°，∴CD＝AC＝3，∴△DEF的周长＝9；（2）解：结论：CF＝DG．理由：∵BC＝6，EF＝DF＝DE＝3，∴CF+BE＝BC﹣EF＝6﹣3＝3，∵△DEF是等边三角形，∴∠DEF＝60°，∵∠DEF＝∠B+∠EGB，∴∠B＝∠EGB＝∠DGE＝30°，∴EG＝BE，∵EG+DG＝CF+BE＝3，∴CF＝DG；（3）∵S△DEF＝×32＝，S△DGH＝•GH•DH＝•x•x＝x2，y＝S△DFE﹣S△DHG＝﹣x2（0≤x≤3）．17．解：（1）在Rt△ABC中，AC＝2，BC＝2，根据勾股定理得，AB＝＝＝4，∴＝，∵BQ＝BP，∴＝，∴，∵∠QBP＝∠CBA，∴△BPQ∽△BAC，∴∠BQP＝∠ACB＝90°，∴PQ⊥AB；（2）∵点D是AC的中点，∴AD＝CD＝AC＝1，由（1）知，PQ⊥AB，∴∠AQP＝90°，∴∠PQD＜90°，∵△PQD是直角三角形，∴①当∠DPQ＝90°时，如图1，在Rt△ABC中，AC＝2，AB＝4，∴sin∠ABC＝＝，∴∠ABC＝30°，∴∠QPB＝90°﹣∠ABC＝60°，∴∠DPC＝90°﹣∠BPQ＝30°，∴CP＝＝＝，∴BP＝BC﹣CP＝，②当∠PDQ＝90°时，∴∠ADQ+∠PDC＝90°，如图2，过Q作QE⊥AC于E，∴∠DEQ＝90°＝∠ACB，∴∠ADQ+∠DQE＝90°，∴∠DQE＝∠PDC，∴△EQD∽△CDP，∴，∴，设BP＝t，则CP＝BC﹣BP＝2﹣t，在Rt△BQP中，BQ＝BP cos30°＝t，∴AQ＝AB﹣BQ＝4﹣t，在Rt△AEQ中，QE＝AQ cos30°＝（4﹣t）•＝2﹣t，AE＝AQ＝2﹣t，∴DE＝AD﹣AE＝t﹣1，∴，∴t＝或t＝（大于2，舍去）∴BP＝；即BP＝或；（3）；理由：如图3，①当点D'恰好落在边BC上时，由折叠知，PD'＝PD，PQ⊥DD'，由（1）知，PQ⊥AB，∴DD'∥AB，∴∠DD'C＝∠ABC＝30°，∴CD'＝CD＝，设BP＝m，则CP＝BC﹣BP＝2﹣m，∴DP＝D'P＝CD'﹣CP＝m﹣，在Rt△CDP中，根据勾股定理得，DP2＝CP2+CD2，∴（m﹣）2＝（2﹣m）2+1，∴m＝，②当点D'落在D时，即PQ过点D，在Rt△CDP'中，∠P'＝90°﹣∠DD'P'＝30°，∴CP'＝＝＝，∴BP'＝BC+CP'＝，综上：．18．（1）解：当MN最长时，BN＝＝＝；当BN最长时，BN＝＝＝，综合以上可得BN的长为或；（2）证明：如图，把△CBN绕点C逆时针旋转90°，得到△CAN'，连接MN'，∴△AN'C≌△BNC，∴CN'＝CN，∠ACN'＝∠BCN，∠CBN＝∠CAN'，∵∠MCN＝45°，∴∠N'CA+∠ACM＝∠ACM+∠BCN＝45°，∴∠MCN'＝∠BCM，∴△MN'C≌△MNC（SAS），∴MN'＝MN，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠B＝∠CAM＝45°，∴∠CAN'＝45°，∴∠MAN'＝∠CAN'+∠CAM＝45°+45°＝90°，在Rt△MN'A中，AN'2+AM2＝N'M2，∴BN2+AM2＝MN2，∴点M，N是线段AB的勾股分割点．19．问题背景解：∵△ABD，△AEC都是等边三角形，∴∠BAD＝60°，∠CAE＝60°，AD＝AB，AC＝AE，∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，∴∠DAC＝∠BAE，∴△ACD≌△AEB（SAS），∴△ACD可以由△AEB绕点A顺时针旋转60°得到，即旋转中心是点A，旋转方向是顺时针，旋转角是60°；尝试应用∵△ACD和△ABE都是等边三角形，∴AC＝AD，AB＝AE，∠CAD＝∠BAE＝60°，∴∠CAB＝∠DAE，∴△ADE≌△ACB（SAS），∴∠ADE＝∠ACB＝90°，DE＝CB，∵∠ADE＝90°，∴∠ADF＝90°，∵∠ADC＝∠ACD＝60°，∴∠DCF＝∠CDF＝30°，∴CF＝DF，∵BD⊥BC，∴∠BDF＝30°，∴BF＝DF，设BF＝x，则CF＝DF＝2x，DE＝3x，∴；拓展创新∵∠ACB＝90°，∴点C在以AB为直径的圆上运动，取AB的中点D，连接CD，∴CD＝AB＝1，如图，过点A作AE⊥AB，且使AE＝AD，连接PE，BE，∵将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，∴∠P AC＝90°，P A＝AC，∵∠EAD＝90°，∴∠P AE＝∠CAD，∴△CAD≌△P AE（SAS），∴PE＝CD＝1，∵AB＝2，AE＝AD＝1，∴BE＝＝＝，∴BP≤BE+PE＝+1，当且仅当P、E、B三点共线时取等号，∴BP的最大值为+1．20．解：（1）由AC长为1.5m，△ABC的面积为1.5m2，可得BC＝2m，如图①，设加工桌面的边长为xcm，∵DE∥CB，∴△ADE∽△ACB，∴＝，即＝，解得：x＝；如图②，设加工桌面的边长为ym，过点C作CM⊥AB，分别交DE、AB于点N、M，∵AC＝1.5m，BC＝2m，∴AB＝＝＝2.5（m），∵△ABC的面积为1.5m2，∴CM＝m，∵DE∥AB，∴△CDE∽△CAB，∴＝，即＝，解得：y＝，∴x＞y，即S1＞S2，故答案为：＞．（2）①函数图象如图6所示：②观察图象，发现该函数有最小值，此时a的取值～2之间．故选D．（3）①由（2）可知，S5＜S4＜S3．故答案为：S5＜S4＜S3．②如图7，△A1B1C1即为所求作．。

2020初中数学中考一轮复习能力达标训练题：平移、旋转、对称2(附答案)

2020初中数学中考一轮复习能力达标训练题：平移、旋转、对称2（附答案）1．点A （-3，2）关于x 轴的对称点A ′的坐标为（）A ．（-3，-2）B ．（3，2）C ．（3，-2）D ．（2，-3）2．如图，在Rt △ABC 中，AC=6，BC=4，将△ABC 绕直角顶点C 顺时针旋转90°得到△DEC ，若点F 是DE 的中点，连接AF ，则AF 的长为（）A ．3B ．4C ．5D ．3．在探究“尺规三等分角”这个数学名题中，利用了如图，该图中，四边形ABCD 是矩形，线段AC 绕点A 逆时针旋转得到线段AF ，CF 、BA 的延长线交于点E ，若∠E =∠F AE ，∠ACB =21°，则∠ECD 的度数是（）A ．7°B ．21°C ．23°D ．34°4．通过平移得到的新图形中的每一点与原图形中的对应点的连线( )A ．平行B ．相等C ．共线D ．平行(或共线)且相等5．平移前后两个图形是图形，对应点连线（）A ．平行但不相等B ．不平行也不相等C ．平行且相等D ．不相等6．如图，在菱形纸片ABCD 中，AB=2，∠A=60°，将菱形纸片翻折，使点A 落在CD 的中点E 处，折痕为FG ，点F ，G 分别在边AB ，AD 上，则EF 的长为A ．74B ．95C ．1910 D是（）A ．将原图形向x 轴的正方向平移了1个单位；B ．将原图形向x 轴的负方向平移了1个单位C ．将原图形向y 轴的正方向平移了1个单位D ．将原图形向y 轴的负方向平移了1个单位8．如图，把一个长方形的纸片按图示对折两次，然后剪下一部分，为了得到一个钝角为120°的菱形，剪口与第二次折痕所成角的度数应为 ( )A ．30°或50°B ．30°或60°C ．40°或50°D ．40°或60° 9．下列各图中，是中心对称图案的是（）A ．B ．C ．D ．10．将一个等边三角形绕着它的中心旋转一个角度后与原来的图形完全重合，那么这个角度至少应为（）度．A ．60B ．90C ．120D ．15011．如图所示，把△ABC 沿直线DE 翻折后得到△'A DE ，如果∠A ＝45°，∠'A EC ＝25°，那么∠'A DB 的度数为_______.12．线段CD 是由线段AB 平移得到的，其中点A （﹣1，4）平移到点C （3，﹣2），点B （5，﹣8）平移到点D ，则点D 的坐标是_____．13．已知一个点的坐标是()3,2-，则这个点关于坐标原点对称的点的坐标是________． 14．如图，将一张等腰直角三角形沿中位线剪成一个三角形与一个梯形后，则这两个图形可能拼成的平面四边形是_____．（不许重合、折叠）A向左平移一个单位得到点A'，则点A'的坐标为15．在平面直角坐标系中，把点(2,3)__________．16．（2017四川省广元市）在平面直角坐标系中，将P（﹣3，2）向右平移2个单位，再向下平移2个单位得点P′，则P′的坐标为______．17．如图的组合图案可以看作是由一个正方形和正方形内通过一个“基本图案”半圆进行图形的“运动”变换而组成的，这个半圆的变换方式是________．18．如图，在△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC，点M、N在边BC上，且∠MAN=60°．若BM=2，CN=4，则MN的长为_____．19．在26个大写英文字母中，有许多字母是轴对称图形，请你把其中是轴对称图形的字母写出来________________（不少于5个）．20．如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上的点，BE=1，F为AB的中点，P为AC上一个动点，则PF+PE的最小值为_____．21．如图，△ABC，∠C=90°，将△ABC绕点B逆时针旋转90°，点A、C旋转后的对应点为A′、C′．（1）画出旋转后的△A′BC′；（2）若AC=3，BC=4，求C′C的长；（3）求出在△ABC旋转的过程中，点A经过的路径长．（结果保留π）22．如图，E与F分别在正方形ABCD边BC与CD上，∠EAF=45°.（1）以A为旋转中心，将△ABE按顺时针方向旋转90°，画出旋转后得到的图形. （2）已知BE=2cm，DF=3cm，求EF的长.23．如图，在平面直角坐标系中，网格中每一个小正方形的边长为1个单位长度，已知△ABC，（1）△ABC与△A1B1C1关于原点O对称，写出△A1B1C1各顶点的坐标，画出△A1B1C1；（2）以O为旋转中心将△ABC顺时针旋转90°得△A2B2C2，画出△A2B2C2并写出△A2B2C2各顶点的坐标．24．玩过“俄罗斯方块”游戏吗？（出现的图案可进行顺时针、逆时针旋转；向左、向右平移）.已拼好的图案如图所示.（1）若落下①—④中的一枚方块能将原图形拼成轴对称图形，请在图中画出可能摆放位置（一种即可）.（2）若先后落下①—④中的两枚方块（不重复出现）能将原图形拼成矩形，求形成矩形的概率（要求树状图或者列表）.25．综合与实践问题情境在综合实践课上，老师让同学们“以三角形的旋转”为主题进行数学活动，如图（1），在三角形纸片ABC中，AB=AC，∠B=∠C=α．操作发现（1）创新小组将图（1）中的△ABC以点B为旋转中心，逆时针旋转角度α，得到△DBE，再将△ABC以点A为旋转中心，顺时针旋转角度α，得到△AFG，连接DF，得到图（2），则四边形AFDE的形状是．（2）实践小组将图（1）中的△ABC以点B为旋转中心，逆时针逆转90°，得到△DBE，再将△ABC以点A为旋转中心，顺时针旋转90°，得到△AFG，连接DF、DG、AE，得到图（3），发现四边形AFDB为正方形，请你证明这个结论．拓展探索（3）请你在实践小组操作的基础上，再写出图（3）中的一个特殊四边形，并证明你的结论．26．在如图所示的直角坐标系中，解答下列问题：(1)分别写出A，B两点的坐标；(2)将△ABC绕点A顺时针旋转90°，画出旋转后的△AB1C1.27．现有如图1所示的两种瓷砖.请从这两种瓷砖中各选2块,拼成一个新的正方形地板图案,使拼铺的图案成轴对称图形或中心对称图形(如示例图2).(要求:分别在图3、图4中各设计一种与示例图不同的拼法,这两种拼法各不相同,且其中至少有一个既是轴对称图形,又是中心对称图形)，它28．如图，在方格纸中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，有一个ABC的三个顶点均与小正方形的顶点重合．（1）将△ABC向左平移4个单位长度，得到△DEF（A与D，B与E，C与F对应），请在方格纸中画出△DEF；（2）在（1）的条件下，连接AE和AF，请计算△AEF的面积S.参考答案1．A【解析】【分析】根据关于x轴对称点的性质“横坐标不变，纵坐标互为相反数”，即可得出答案．【详解】解：∵点A（﹣3，2）关于x轴的对称点为A′，∴A′点的坐标为：（﹣3，﹣2）．故选：A．【点睛】此题主要考查了关于x轴对称点的性质，正确把握横纵坐标的关系是解题关键．2．C【解析】试题解析：如图所示：过点F作FG⊥AC．∵由旋转的性质可知：CE=BC=4，CD=AC=6，∠ECD=∠BCA=90°．∴AE=AC-CE=2．∵FG⊥AC，CD⊥AC，∴FG∥CD．又∵F是ED的中点，∴G是CE的中点，∴EG=2，FG=12CD=3．∴AG=AE+EG=4．∴．故选C．3．C【解析】【分析】由矩形的性质得出∠BCD=90°，AB∥CD，AD∥BC，证出∠FEA=∠ECD，∠DAC=∠ACB=21°，由三角形的外角性质得出∠ACF=2∠FEA，设∠ECD=x，则∠ACF=2x，∠ACD=3x，由互余两角关系得出方程，解方程即可．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD=90°，AB∥CD，AD∥BC，∴∠FEA=∠ECD，∠DAC=∠ACB=21°，∵∠ACF=∠AFC，∠FAE=∠FEA，∴∠ACF=2∠FEA，设∠ECD=x，则∠ACF=2x，∴∠ACD=3x，∴3x+21°=90°，解得：x=23°；故选C．【点睛】本题考查了矩形的性质、平行线的性质、直角三角形的性质、三角形的外角性质；熟练掌握矩形，三角形的角的相关知识是解决问题的关键．4．D【解析】试题解析：平移，是指在平面内，将一个图形上的所有点都按照某个直线方向做相同距离的移动，这样的图形运动叫做图形的平移运动，简称平移.平移不改变图形的形状和大小. 平移后的图形与原图形上对应点连接的线段平行（或在同一条直线上）且相等.故选D.5．C【解析】试题解析：平移前后两个图形是全等图形，对应点连线平行且相等.故选C.6．A【解析】分析: 连接BE ，BD ，如图,利用菱形的性质得△BDC 为等边三角形,在Rt △BCE 中计算出BE 接着证明BE ⊥AB , 利用折叠的性质得到EF =AF .,设EF =AF =x , FG 垂直平分AE ,所以在Rt △BEF 中利用勾股定理列方程求解即可.详解: 连接BE ，BD ，如图,∵四边形ABCD 为菱形，∠A =60°,∴△BDC 为等边三角形， ∠C =∠A =60°,∴∠CBE =90°-60°=30°.∵E 点为CD 的中点，∴CE =DE =1,BE ⊥CD .在Rt △BCE 中，BC =2CE =2，BE =.∵AB ∥CD ,∴BE ⊥AB .∵菱形纸片翻折,使点A 落在CD 的中点E 处,∴EF =AF .设EF =AF =x ,则BF =2-x ,在Rt △BEF 中, ()2222x x -+=, 解得7x x=. 故选A.点睛:本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含30°的直角三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，求出BE 的长并能利用Rt △BEF 的三条边列方程是解答本题的关键. 7．B【解析】∵将△ABC的三个顶点的横坐标都加上−1，纵坐标不变，∴所得图形与原图形的位置关系是△ABC向x轴的负方向平移1个单位。

2020年中考数学复习过关检测——旋转(Word版附答案)

《旋转》过关检测一、选择题(每题3分,共30分)1.下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是()A B C D2.已知点P(a-3b,2)和P'(-5,2a+6b)关于原点对称,则a+b的值为()A.1B.-1C.3D.-33.如图,在△ABC中,AB=4,AC=3,BC=2,将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED,则BE的长为() A.5 B.4 C.3 D.2第3题图第4题图第5题图4.如图,四边形ABCD是中心对称图形,对称中心为点O,过点O的直线与AD,BC分别交于点E,F,则图中相等的线段有()A.3对B.4对C.5对D.6对5.如图,在平面直角坐标系中,点B,C,E在y轴上,Rt△ABC经过变换得到Rt△ODE,若点C的坐标为(0,1),AC=2,则这种变换可以是()A.△ABC绕点C顺时针旋转90°,再向下平移3个单位长度B.△ABC绕点C顺时针旋转90°,再向下平移1个单位长度C.△ABC绕点C逆时针旋转90°,再向下平移1个单位长度D.△ABC绕点C逆时针旋转90°,再向下平移3个单位长度6.如图,点D是等边三角形ABC内一点,DA=13,DB=19,DC=21,将△ABD 绕点A逆时针旋转到△ACE的位置,则△DEC的周长为() A.32 B.34 C.40 D.53第6题图第7题图7.如图,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=45°,将△ABC绕点A逆时针方向旋转得△AEF,其中E,F是B,C的对应点,BE,CF相交于点D.若四边形ABDF为菱形,则∠CAE的大小是() A.45° B.60° C.75° D.90°8.如图,在Rt△ABO中,AB⊥OB,OB=,AB=1,把△ABO绕点O旋转150°后得到△A1B1O,则点A1的坐标为()A.(-1,-)B.(-1,-)或(-2,0)C.(-,-1)或(0,-2)D.(-,-1)第8题图第9题图第10题图9.把一对三角纸板如图甲放置,其中∠ACB=∠DEC=90°,∠A=45°,∠D=30°,斜边AB=6,DC=7,把三角纸板DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D1CE1(如图乙),此时AB与CD1交于点O,则线段AD1的长为()A.3B.5C.4D.10.如图,在△ABC中,AC=6,∠A=45°,∠B=30°,P是BC边上一点,将PC绕着点P逆时针旋转得到PC',旋转角为α(0°<α<180°),若旋转过程中,点C'始终落在△ABC内部(不包括边界),则PC的取值范围是 ()A.0<PC<4B.4<PC<6C.0<PC<6D.0<PC<4二、填空题(每题3分,共18分)11.已知点P(a+1,-+1)关于原点的对称点在第三象限,则a的取值范围是.12.线段AB在平面直角坐标系中的位置如图所示,将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°后得到线段AB',则点B'的坐标为.第12题图第13题图第14题图13.如图,将△ABC绕其中一个顶点顺时针连续旋转n1,n2,n3后所得到的三角形和△ABC的对称关系是.14.如图,正方形OABC绕点O逆时针旋转40°得到正方形ODEF,连接AF,则∠OFA的度数是.15.如图,已知∠AOB=90°,点A绕点O顺时针旋转后的对应点A1落在射线OB上,点A绕点A1顺时针旋转后的对应点A2落在射线OB上,点A 绕点A2顺时针旋转后的对应点A3落在射线OB上……连接AA1,AA2,AA3,…,依此作法,则∠AA2A3= ,∠AA n= .(用含n的代数式表示,n为正整数)第15题图第16题图16.如图,在Rt△ABC中,∠C=30°,将△ABC绕点B逆时针旋转θ(0°<θ<60°)到△A'BC',边AC和边A'C'相交于点P,边AC和边BC'相交于点Q,当△BPQ为等腰三角形时,θ=.三、解答题(共52分)17.(6分)在如图所示的方格中,每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形,△ABC的三个顶点都在格点上(每个小方格的顶点叫格点).(1)建立平面直角坐标系,使点B的坐标为(-4,1),点C的坐标为(-1,1),则点A的坐标为;(2)在(1)的基础上,作出△ABC绕原点O顺时针旋转90°后的△A1B1C1,写出A1,B1,C1的坐标.18.(8分)(1)尺规作图:如图1,△DEF是由△ABC旋转得到的,请作出它的旋转中心(不写作法,保留作图痕迹);(2)如图2,△ABC三个顶点的坐标分别为A(1,1),B(4,2),C(3,4).①请在图2①中画出将△ABC向左平移4个单位长度后得到的△A1B1C1;②请在图2②中画出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2.①②图1图219.(8分)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,点D,E分别在AB,AC上,且CE=BC,连接CD,将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得到CF,连接EF.(1)求证:△BDC≌△EFC;(2)若EF∥CD,求证:∠BDC=90°.20.(8分)如图,正方形ABCD的边长为3,E,F分别是AB,BC边上的点,且∠EDF=45°.将△DAE绕点D逆时针旋转90°得到△DCM.(1)求证:F,C,M三点在同一条直线上;(2)求证:EF=FM;(3)当AE=1时,求EF的长.21.(10分)在△ABC中,AB=6,AC=BC=5,将△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到△ADE,旋转角为α(0°<α<180°),连接BD,BE.(1)如图,当α=60°时,延长BE交AD于点F.①求证:△ABD是等边三角形;②求证:BF⊥AD,AF=DF;③求BE的长;(2)在旋转过程中,过点D作DG垂直直线AB,垂足为G,连接CE,当∠DAG=∠ACB,且线段DG与线段AE无公共点时,求BE+CE的值.22.(12分)旋转变换在平面几何中有着广泛的应用.特别是在解(证)有关等腰三角形、正三角形、正方形等问题时,更是经常用到的思维方法,请你用旋转变换等知识,解决下面的问题.如图1,△ABC与△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠E=90°,DC与AB交于点M,CE与AB交于点N.(1)以点C为中心,将△ACM逆时针旋转90°,画出旋转后得到的△A'CM';(2)在(1)的基础上,证明AM2+BN2=MN2;(3)如图2,在四边形ABCD中,∠BAD=45°,∠BCD=90°,CA平分∠BCD,若BC=4,CD=3,求对角线AC的长.参考答案题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A B C A D A B B A 11.-1<a<212.(4,2)13.中心对称14.25°15.157.5°180°-16.20°或40°17. (1)(-3,3)平面直角坐标系如图所示.(2)△A1B1C1如图所示.A1(3,3),B1(1,4),C1(1,1).18. (1)如图1所示,点O即所求.图1(2)①如图2①所示,△A1B1C1即所求.②如图2②所示,△A2B2C2即所求.①②图219. (1)∵将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得到CF, ∴CD=CF,∠DCF=90°,∴∠DCE+∠ECF=90°.∵∠ACB=90°,∴∠BCD+∠DCE=90°,∴∠BCD=∠ECF.在△BDC和△EFC中,∴△BDC≌△EFC.(2)∵EF∥CD,∴∠F+∠DCF=180°.∵∠DCF=90°,∴∠F=90°.由(1)知△BDC≌△EFC,∴∠BDC=∠F=90°.20. (1)∵四边形ABCD是正方形,∴∠DCB=90°,∠DAE=90°.由旋转的性质可知∠DCM=∠DAE=90°,∴∠DCM+∠DCB=90°+90°=180°,∴F,C,M三点在同一条直线上.(2)∵∠EDF=45°,∴∠ADE+∠FDC=45°,由旋转的性质可知∠CDM=∠ADE,DE=DM,∴∠FDM=45°,∴∠EDF=∠MDF,在△EDF和△MDF中,∴△EDF≌△MDF,∴EF=FM.(3)设EF=MF=x,∵AE=CM=1,BC=3,∴BM=BC+CM=3+1=4,∴BF=BM-MF=4-x,∵EB=AB-AE=3-1=2,在Rt△EBF中,由勾股定理得EB2+BF2=EF2,即22+(4-x)2=x2,解得x=2.5,则EF=2.5.21. (1)①∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE, ∴AB=AD,∠BAD=60°,∴△ABD是等边三角形.②由①得△ABD是等边三角形,∴AB=BD,∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE,∴AC=AE,BC=DE.又AC=BC,∴EA=ED,∴点B,E在AD的垂直平分线上,∴BE所在直线是AD的垂直平分线.∵点F在BE的延长线上,∴BF⊥AD,AF=DF.③由②知BF⊥AD,AF=DF,∴AF=DF=3,∵AE=AC=5,∴EF=4.在Rt△ABF中,由勾股定理得BF===3,∴BE=BF-EF=3-4.(2)如图,∵∠DAG=∠ACB,∠DAE=∠BAC,∴∠ACB+∠BAC+∠ABC=∠DAG+∠DAE+∠ABC=180°,又∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°,∴∠BAE=∠ABC,∴BC∥AE,又AC=BC=AE,∴四边形AEBC为菱形,∴AB⊥CE,且CH=HE=CE,AH=BH=AB=3,在Rt△AHC中,CH==4,则CE=2CH=8,BE=5,∴BE+CE=13.22. (1)△A'CM'如图1所示.(2)如图1,连接M'N,∵△ABC与△DCE为等腰直角三角形,∠ACB=90°,∠E=90°, ∴∠A=∠CBA=45°,∠DCE=∠D=45°,∴∠ACM+∠BCN=45°.∵△BCM'是由△ACM旋转得到的,∴∠BCM'=∠ACM,CM=CM',AM=BM',∠CBM'=∠A=45°,∴∠M'CN=∠MCN=45°,∠NBM'=90°.在△MCN与△M'CN中,,∴△MCN≌△M'CN,∴MN=M'N.在Rt△BM'N中,根据勾股定理,得M'N2=BN2+BM'2,∴AM2+BN2=MN2.(3)如图2,将△ADC顺时针旋转90°到△AC'D',连接C'C,连接BD.则△AC'C是等腰直角三角形,∠AC'D'=∠ACD=45°.∵∠AC'C=∠ACC'=45°,∴∠AC'D'=∠AC'C=∠ACB=∠ACC'=45°,∴C',D',B,C在同一直线上,在△DAB与△D'AB中,,∴△DAB≌△D'AB,∴DB=D'B.在Rt△BCD中,∵BC=4,CD=3,∴DB==5,∴BD'=5.又C'D'=CD=3,∴CC'=12,∴AC=6.。

中考数学真题《图形的旋转》专项测试卷(附答案)

中考数学真题《图形的旋转》专项测试卷(附答案)学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________（30题）一、单选题1．（2023·江苏无锡·统考中考真题）如图，ABC 中 55BAC ∠=︒ 将ABC 逆时针旋转(055),αα︒<<︒得到ADE DE 交AC 于F ．当40α=︒时点D 恰好落在BC 上此时AFE ∠等于（）A ．80︒B ．85︒C ．90︒D ．95︒2．（2023·天津·统考中考真题）如图，把ABC 以点A 为中心逆时针旋转得到ADE 点B C 的对应点分别是点D E 且点E 在BC 的延长线上连接BD 则，下列结论一定正确的是（）A ．CAE BED ∠=∠B ．AB AE =C ．ACE ADE ∠=∠D ．CE BD =3．（2023·四川宜宾·统考中考真题）如图，ABC 和ADE 是以点A 为直角顶点的等腰直角三角形把ADE 以A 为中心顺时针旋转点M 为射线BD CE 的交点．若3AB 1AD =．以下结论： ①BD CE = ①BD CE ⊥ ①当点E 在BA 的延长线上时 33MC -=①在旋转过程中当线段MB 最短时 MBC 的面积为12．其中正确结论有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个4．（2023·山东聊城·统考中考真题）如图，已知等腰直角ABC 90ACB ∠=︒ 2AB = 点C 是矩形ECGF 与ABC 的公共顶点且1CE = 3CG = 点D 是CB 延长线上一点且2CD =．连接BG DF 在矩形ECGF 绕点C 按顺时针方向旋转一周的过程中当线段BG 达到最长和最短时线段DF 对应的长度分别为m 和n 则，mn的值为（）A ．2B ．3C 10D 13二填空题5．（2023·江苏连云港·统考中考真题）以正五边形ABCDE 的顶点C 为旋转中心按顺时针方向旋转使得新五边形A B CD E ''''的顶点D 落在直线BC 上则，正五边ABCDE 旋转的度数至少为______°．6．（2023·湖南张家界·统考中考真题）如图，AO 为BAC ∠的平分线且50BAC ∠=︒ 将四边形ABOC 绕点A 逆时针方向旋转后得到四边形AB O C ''' 且100OAC '∠=︒则，四边形ABOC 旋转的角度是______．7．（2023·湖南常德·统考中考真题）如图1 在Rt ABC △中 90ABC ∠=︒ 8AB = 6BC = D 是AB 上一点且2AD = 过点D 作DE BC ∥交AC 于E 将ADE 绕A 点顺时针旋转到图2的位置．则图2中BDCE的值为__________．8．（2023·江苏无锡·统考中考真题）已知曲线12C C 、分别是函数2(0),(0,0)ky x y k x x x=-<=>>的图像边长为6的正ABC 的顶点A 在y 轴正半轴上顶点B C 在x 轴上（B 在C 的左侧）现将ABC 绕原点O 顺时针旋转当点B 在曲线1C 上时点A 恰好在曲线2C 上则，k 的值为__________．9．（2023·辽宁·统考中考真题）如图，线段8AB = 点C 是线段AB 上的动点将线段BC 绕点B 顺时针旋转120°得到线段BD 连接CD 在AB 的上方作Rt DCE ∆ 使90,30DCE E ∠=∠= 点F 为DE 的中点连接AF 当AF 最小时 BCD ∆的面积为___________．10．（2023·江西·统考中考真题）如图，在ABCD 中 602B BC AB ∠=︒=，将AB 绕点A 逆时针旋转角α（0360α︒<<︒）得到AP 连接PC PD ．当PCD 为直角三角形时旋转角α的度数为_______．11．（2023·上海·统考中考真题）如图，在ABC 中 35C ∠=︒ 将ABC 绕着点A 旋转(0180)αα︒<<︒ 旋转后的点B 落在BC 上点B 的对应点为D 连接AD AD ，是BAC ∠的角平分线则，α=________．12．（2023·湖南郴州·统考中考真题）如图，在Rt ABC △中 90BAC ∠=︒ 3cm AB = =60B ∠︒．将ABC 绕点A 逆时针旋转得到AB C ''△ 若点B 的对应点B '恰好落在线段BC 上则，点C 的运动路径长．．．．．是___________cm （结果用含π的式子表示）．13．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在Rt ABC △中 90,3,1ACB AC BC ∠=︒== 将ABC 绕点A 逆时针方向旋转90︒ 得到AB C ''△．连接BB ' 交AC 于点D 则，ADDC的值为________．14．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）已知等腰ABC 120A ∠=︒ 2AB =．现将ABC 以点B 为旋转中心旋转45︒ 得到A BC ''△ 延长C A ''交直线BC 于点D ．则A D '的长度为_______． 15．（2023·浙江嘉兴·统考中考真题）一副三角板ABC 和DEF 中90304512C D B E BC EF ∠=∠=︒∠=︒∠=︒==，，，．将它们叠合在一起边BC 与EF 重合 CD 与AB 相交于点G （如图1）此时线段CG 的长是___________ 现将DEF 绕点()C F 按顺时针方向旋转（如图2）边EF 与AB 相交于点H 连结DH 在旋转0︒到60︒的过程中线段DH 扫过的面积是___________．三解答题16．（2023·北京·统考中考真题）在ABC 中 ()045B C αα∠=∠=︒<<︒ AM BC ⊥于点M D 是线段MC 上的动点（不与点M C 重合）将线段DM 绕点D 顺时针旋转2α得到线段DE ．(1)如图1 当点E 在线段AC 上时求证：D 是MC 的中点(2)如图2 若在线段BM 上存在点F （不与点B M 重合）满足DF DC = 连接AE EF 直接写出AEF ∠的大小并证明．17．（2023·四川自贡·统考中考真题）如图1 一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起 M N 分别是斜边DE AB 的中点 2,4DE AB ==．(1)将CDE 绕顶点C 旋转一周请直接写出点M N 距离的最大值和最小值(2)将CDE 绕顶点C 逆时针旋转120︒（如图2）求MN 的长．18．（2023·四川达州·统考中考真题）如图，网格中每个小正方形的边长均为1 ABC 的顶点均在小正方形的格点上．(1)将ABC 向下平移3个单位长度得到111A B C △ 画出111A B C △ (2)将ABC 绕点C 顺时针旋转90度得到222A B C △ 画出222A B C △ (3)在（2）的运动过程中请计算出ABC 扫过的面积．19．（2023·辽宁·统考中考真题）在Rt ABC ∆中 90°ACB ∠= CA CB = 点O 为AB 的中点点D 在直线AB 上（不与点,A B 重合）连接CD 线段CD 绕点C 逆时针旋转90° 得到线段CE 过点B 作直线l BC ⊥ 过点E 作EF l ⊥ 垂足为点F 直线EF 交直线OC 于点G ．(1)如图，当点D 与点O 重合时请直接写出线段AD 与线段EF 的数量关系 (2)如图，当点D 在线段AB 上时求证：2CG BD BC +=(3)连接DE CDE 的面积记为1S ABC 的面积记为2S 当:1:3EF BC =时请直接写出12S S 的值．20．（2023·四川乐山·统考中考真题）在学习完《图形的旋转》后刘老师带领学生开展了一次数学探究活动【问题情境】刘老师先引导学生回顾了华东师大版教材七年级下册第121页“探索”部分内容：如图，将一个三角形纸板ABC 绕点A 逆时针旋转θ到达AB C ''△的位置那么可以得到：AB AB '=AC AC '= BC B C ''= BAC B AC ''∠=∠ ABC AB C ''∠=∠ ACB AC B ''∠=∠（）刘老师进一步谈到：图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中即“变”中蕴含着“不变” 这是我们解决图形旋转的关键故数学就是一门哲学．【问题解决】（1）上述问题情境中“（）”处应填理由：____________________（2）如图，小王将一个半径为4cm 圆心角为60︒的扇形纸板ABC 绕点O 逆时针旋转90︒到达扇形纸板A B C '''的位置．①请在图中作出点O①如果=6cm BB '则，在旋转过程中点B 经过的路径长为__________ 【问题拓展】小李突发奇想将与（2）中完全相同的两个扇形纸板重叠一个固定在墙上使得一边位于水平位置另一个在弧的中点处固定然后放开纸板使其摆动到竖直位置时静止此时两个纸板重叠部分的面积是多少呢？如图所示请你帮助小李解决这个问题．21．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）在平行四边形ABCD 中（顶点,,,A B C D 按逆时针方向排列） 12,10,AB AD B ==∠为锐角且4sin 5B =．(1)如图1 求AB 边上的高CH 的长．(2)P 是边AB 上的一动点点,C D 同时绕点P 按逆时针方向旋转90︒得点,C D ''． ①如图2 当点C '落在射线CA 上时求BP 的长． ①当AC D ''△是直角三角形时求BP 的长．22．（2023·四川南充·统考中考真题）如图，正方形ABCD 中点M 在边BC 上点E 是AM 的中点连接EDEC ．(1)求证：ED EC =(2)将BE 绕点E 逆时针旋转使点B 的对应点B '落在AC 上连接MB '．当点M 在边BC 上运动时（点M 不与B C 重合）判断CMB '的形状并说明理由．(3)在（2）的条件下已知1AB = 当45DEB ∠'=︒时求BM 的长．23．（2023·江苏扬州·统考中考真题）【问题情境】在综合实践活动课上李老师让同桌两位同学用相同的两块含30︒的三角板开展数学探究活动两块三角板分别记作ADB 和,90,30A D C ADB A D C B C ∠=∠=︒∠''''=∠=︒△ 设2AB =．【操作探究】如图1 先将ADB 和A D C ''的边AD A D ''重合再将A D C ''绕着点A 按顺时针．．．方向旋转旋转角为()0360αα︒≤≤︒ 旋转过程中ADB 保持不动连接BC ．(1)当60α=︒时 BC =________ 当22BC = α=________︒ (2)当90α=︒时画出图形并求两块三角板重叠部分图形的面积(3)如图2 取BC 的中点F 将A D C ''绕着点A 旋转一周点F 的运动路径长为________． 24．（2023·湖南·统考中考真题）（1）[问题探究]如图1 在正方形ABCD 中对角线AC BD 、相交于点O ．在线段AO 上任取一点P （端点除外）连接PD PB 、．①求证：PD PB =①将线段DP 绕点P 逆时针旋转使点D 落在BA 的延长线上的点Q 处．当点P 在线段AO 上的位置发生变化时 DPQ ∠的大小是否发生变化？请说明理由 ①探究AQ 与OP 的数量关系并说明理由．（2）[迁移探究]如图2 将正方形ABCD 换成菱形ABCD 且60ABC ∠=︒ 其他条件不变．试探究AQ 与CP 的数量关系并说明理由．25．（2023·湖北随州·统考中考真题）1643年法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A B C 求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明该点也被称为“费马点”或“托里拆利点” 该问题也被称为“将军巡营”问题． (1)下面是该问题的一种常见的解决方法请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空 ①处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空 ①处填写角度数 ①处填写该三角形的某个顶点）当ABC 的三个内角均小于120︒时如图1 将APC △绕点C 顺时针旋转60︒得到A P C '' 连接PP '由60PC P C PCP ''=∠=︒，可知PCP '△为 ① 三角形故PP PC '= 又P A PA ''= 故PA PB PC PA PB PP A B '''++=++≥由 ① 可知当B P P ' A 在同一条直线上时 PA PB PC ++取最小值如图2 最小值为A B ' 此时的P 点为该三角形的“费马点” 且有APC BPC APB ∠=∠=∠= ①已知当ABC 有一个内角大于或等于120︒时 “费马点”为该三角形的某个顶点．如图3 若120BAC ∠≥︒则，该三角形的“费马点”为 ① 点．(2)如图4 在ABC 中三个内角均小于120︒ 且3430AC BC ACB ==∠=︒，，已知点P 为ABC 的“费马点” 求PA PB PC ++的值(3)如图5 设村庄A B C 的连线构成一个三角形且已知4km 23km 60AC BC ACB ==∠=︒，，．现欲建一中转站P 沿直线向A B C 三个村庄铺设电缆已知由中转站P 到村庄A B C 的铺设成本分别为a 元/km a 元/km 2a 元/km 选取合适的P 的位置可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a 的式子表示）26．（2023·四川·统考中考真题）如图1 已知线段AB AC 线段AC 绕点A 在直线AB 上方旋转连接BC 以BC 为边在BC 上方作Rt BDC 且30DBC ∠=︒．(1)若=90BDC ∠︒ 以AB 为边在AB 上方作Rt BAE △ 且90AEB ∠=︒ 30EBA ∠=︒ 连接DE 用等式表示线段AC 与DE 的数量关系是(2)如图2 在(1)的条件下若DE AB ⊥ 4AB = 2AC = 求BC 的长(3)如图3 若90BCD ∠=︒ 4AB = 2AC = 当AD 的值最大时求此时tan CBA ∠的值．27．（2023·湖北黄冈·统考中考真题）【问题呈现】CAB △和CDE 都是直角三角形 90,,ACB DCE CB mCA CE mCD ∠=∠=︒== 连接AD BE 探究ADBE 的位置关系．(1)如图1 当1m =时直接写出AD BE 的位置关系：____________(2)如图2 当1m ≠时（1）中的结论是否成立？若成立给出证明若不成立说明理由．【拓展应用】(3)当3,7,4m AB DE ===时将CDE 绕点C 旋转使,,A D E 三点恰好在同一直线上求BE 的长．28．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图① 把一个含有45︒角的三角尺放在正方形ABCD 中使45︒角的顶点始终与正方形的顶点C 重合绕点C 旋转三角尺时 45︒角的两边CM CN 始终与正方形的边AD AB 所在直线分别相交于点M N 连接MN 可得CMN ．【探究一】如图① 把CDM 绕点C 逆时针旋转90︒得到CBH 同时得到点H 在直线AB 上．求证：CNM CNH ∠=∠【探究二】在图①中连接BD 分别交CM CN 于点E F ．求证：CEF CNM △∽△【探究三】把三角尺旋转到如图①所示位置直线BD 与三角尺45︒角两边CM CN 分别交于点E F ．连接AC 交BD 于点O 求EFNM的值．29．（2023·湖南·统考中考真题）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后进一步进行以下探究活动：在正方形ABCD 的边BC 上任意取一点G 以BG 为边长向外作正方形BEFG 将正方形BEFG 绕点B 顺时针旋转．特例感知：（1）当BG 在BC 上时连接DF AC ，相交于点P 小红发现点P 恰为DF 的中点如图①．针对小红发现的结论请给出证明（2）小红继续连接EG 并延长与DF 相交发现交点恰好也是DF 中点P 如图① 根据小红发现的结论请判断APE 的形状并说明理由规律探究：（3）如图① 将正方形BEFG 绕点B 顺时针旋转α 连接DF 点P 是DF 中点连接AP EP AEAPE 的形状是否发生改变？请说明理由．30．（2023·贵州·统考中考真题）如图① 小红在学习了三角形相关知识后对等腰直角三角形进行了探究在等腰直角三角形ABC 中 ,90CA CB C =∠=︒ 过点B 作射线BD AB ⊥ 垂足为B 点P 在CB 上．(1)【动手操作】如图① 若点P 在线段CB 上画出射线PA 并将射线PA 绕点P 逆时针旋转90︒与BD 交于点E 根据题意在图中画出图形图中PBE ∠的度数为_______度 (2)【问题探究】根据（1）所画图形探究线段PA 与PE 的数量关系并说明理由 (3)【拓展延伸】如图① 若点P 在射线CB 上移动将射线PA 绕点P 逆时针旋转90︒与BD 交于点E 探究线段,,BA BP BE 之间的数量关系并说明理由．参考答案一单选题1．（2023·江苏无锡·统考中考真题）如图，ABC 中 55BAC ∠=︒ 将ABC 逆时针旋转(055),αα︒<<︒得到ADE DE 交AC 于F ．当40α=︒时点D 恰好落在BC 上此时AFE ∠等于（）A ．80︒B ．85︒C ．90︒D ．95︒【答案】B【分析】根据旋转可得B ADB ADE ∠=∠=∠ 再结合旋转角40α=︒即可求解．【详解】解：由旋转性质可得：55BAC DAE ∠=∠=︒ AB AD = ①40α=︒①15DAF ∠=︒ 70B ADB ADE ∠=∠=∠=︒ ①85AFE DAF ADE ∠=∠+∠=︒故选：B ．【点睛】本题考查了几何—旋转问题掌握旋转的性质是关键．2．（2023·天津·统考中考真题）如图，把ABC 以点A 为中心逆时针旋转得到ADE 点B C 的对应点分别是点D E 且点E 在BC 的延长线上连接BD 则，下列结论一定正确的是（）A ．CAE BED ∠=∠B ．AB AE =C ．ACE ADE ∠=∠D ．CE BD = 【答案】A【分析】根据旋转的性质即可解答．【详解】根据题意由旋转的性质可得AB AD = AC AE = BC DE = 故B 选项和D 选项不符合题意=ABC ADE ∠∠=ACE ABCBAC∴=ACE ADEBAC 故C 选项不符合题意=ACB AED =ACB CAECEA=AED CEA BED∴=CAE BED 故A 选项符合题意故选：A ．【点睛】本题考查了旋转的性质熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键．3．（2023·四川宜宾·统考中考真题）如图，ABC 和ADE 是以点A 为直角顶点的等腰直角三角形把ADE 以A 为中心顺时针旋转点M 为射线BD CE 的交点．若3AB 1AD =．以下结论： ①BD CE = ①BD CE ⊥ ①当点E 在BA 的延长线上时 33MC -=①在旋转过程中当线段MB 最短时 MBC 的面积为12．其中正确结论有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】D【分析】证明BAD CAE ≌即可判断① 根据三角形的外角的性质得出① 证明DCM ECA ∠∠∽得出313-= 即可判断① 以A 为圆心 AD 为半径画圆当CE 在A 的下方与A 相切时 MB 的值最小可得四边形AEMD 是正方形在Rt MBC 中22MC BC MB -21 然后根据三角形的面积公式即可判断①．【详解】解：①ABC 和ADE 是以点A 为直角顶点的等腰直角三角形 ①,,90BA CA DA EA BAC DAE ==∠=∠=︒ ①BAD CAE ∠=∠ ①BAD CAE ≌①ABD ACE ∠=∠ BD CE = 故①正确设ABD ACE α∠=∠= ①45DBC α∠=︒-,①454590EMB DBC BCM DBC BCA ACE αα∠=∠+∠=∠+∠+∠=︒-+︒+=︒ ①BD CE ⊥ 故①正确当点E 在BA 的延长线上时如图所示①DCM ECA ∠=∠ 90DMC EAC ∠=∠=︒ ①DCM ECA ∠∠∽①MC CDAC EC= ①3AB = 1AD =．①31CD AC AD =-= 222CE AE AC =+= 313-=①33MC -=故①正确 ①如图所示以A 为圆心 AD 为半径画圆①90BMC ∠=︒ ①当CE 在A 的下方与A 相切时 MB 的值最小 90ADM DAE AEM ∠=∠=∠=︒①四边形AEMD 是矩形又AE AD =①四边形AEMD 是正方形 ①1MD AE ==①222BD EC AC AE =- ①21MB BD MD =-= 在Rt MBC 中 22MC BC MB -①PB 取得最小值时 222MC AB AC MB +-()2332121+--①)()1112121222BMCSMB MC =⨯==故①正确故选：D ．【点睛】本题考查了旋转的性质相似三角形的性质勾股定理切线的性质垂线段最短全等三角形的性质与判定正方形的性质熟练掌握以上知识是解题的关键．4．（2023·山东聊城·统考中考真题）如图，已知等腰直角ABC 90ACB ∠=︒ 2AB = 点C 是矩形ECGF与ABC 的公共顶点且1CE = 3CG = 点D 是CB 延长线上一点且2CD =．连接BG DF 在矩形ECGF 绕点C 按顺时针方向旋转一周的过程中当线段BG 达到最长和最短时线段DF 对应的长度分别为m 和n 则，mn的值为（）A ．2B ．3C 10D 13【答案】D【分析】根据锐角三角函数可求得1AC BC == 当线段BG 达到最长时此时点G 在点C 的下方且BC G 三点共线求得4BG = 5DG = 根据勾股定理求得26DF = 即26m = 当线段BG 达到最短时此时点G 在点C 的上方且B C G 三点共线则，2BG = 1DG = 根据勾股定理求得2DF 即2n = 即可求得13mn【详解】①ABC 为等腰直角三角形 2AB = ①2sin 4521AC BC AB ==⋅︒== 当线段BG 达到最长时此时点G 在点C 的下方且B C G 三点共线如图：则4BG BC CG =+= 5DG DB BG =+=在Rt DGF △中 22225126DF DG GF =++ 即26m =当线段BG 达到最短时此时点G 在点C 的上方且B C G 三点共线如图：则2BG CG BC =-= 1DG BG DB =-=在Rt DGF △中 2222112DF DG GF =++ 即2n = 故26132m n == 故选：D ．【点睛】本题考查了锐角三角函数勾股定理等根据旋转推出线段BG 最长和最短时的位置是解题的关键．二填空题5．（2023·江苏连云港·统考中考真题）以正五边形ABCDE 的顶点C 为旋转中心按顺时针方向旋转使得新五边形A B CD E ''''的顶点D 落在直线BC 上则，正五边ABCDE 旋转的度数至少为______°．【答案】72【分析】依据正五边形的外角性质即可得到DCF ∠的度数进而得出旋转的角度．【详解】解：①五边形ABCDE 是正五边形①530726DCF ∠÷=︒=︒①新五边形A B CD E ''''的顶点D 落在直线BC 上则，旋转的最小角度是72︒故答案为：72．【点睛】本题主要考查了正多边形旋转性质关键是掌握正多边形的外角和公式的运用．6．（2023·湖南张家界·统考中考真题）如图，AO 为BAC ∠的平分线且50BAC ∠=︒ 将四边形ABOC 绕点A 逆时针方向旋转后得到四边形AB O C ''' 且100OAC '∠=︒则，四边形ABOC 旋转的角度是______．【答案】75︒【分析】根据角平分线的性质可得25BAO OAC ==︒∠∠ 根据旋转的性质可得50BAC B AC ''∠=∠=︒ 25B AO O AC ''''==︒∠∠ 求得75OAO '∠=︒ 即可求得旋转的角度．【详解】①AO 为BAC ∠的平分线 50BAC ∠=︒①25BAO OAC ==︒∠∠①将四边形ABOC 绕点A 逆时针方向旋转后得到四边形AB O C '''①50BAC B AC ''∠=∠=︒ 25B AO O AC ''''==︒∠∠①1002575OAO OAC O AC ''''∠=∠-∠=︒-︒=︒故答案为：75︒．【点睛】本题考查了角平分线的性质旋转的性质熟练掌握以上性质是解题的关键．7．（2023·湖南常德·统考中考真题）如图1 在Rt ABC △中 90ABC ∠=︒ 8AB = 6BC = D 是AB 上一点且2AD = 过点D 作DE BC ∥交AC 于E 将ADE 绕A 点顺时针旋转到图2的位置．则图2中BDCE的值为__________．【答案】45【分析】首先根据勾股定理得到2210AC AB BC += 然后证明出ADE ABC △△∽ 得到AD AEAB AC= 进而得到ADABAE AC = 然后证明出ABD ACE ∽ 利用相似三角形的性质求解即可．【详解】①在Rt ABC △中 90ABC ∠=︒ 8AB = 6BC = ①2210AC AB BC +①DE BC ∥①90ADE ABC ∠=∠=︒ AED ACB ∠=∠①ADE ABC △△∽ ①ADAEAB AC = ①ADABAE AC =①BAC DAE ∠=∠①BAC CAD DAE CAD ∠+∠=∠+∠①BAD CAE ∠=∠①ABD ACE ∽ ①84105BD AB CD AC ===．故答案为：45．【点睛】此题考查了相似三角形的性质和判定解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质和判定定理．8．（2023·江苏无锡·统考中考真题）已知曲线12C C 、分别是函数2(0),(0,0)k y x y k x x x=-<=>>的图像边长为6的正ABC 的顶点A 在y 轴正半轴上顶点B C 在x 轴上（B 在C 的左侧）现将ABC 绕原点O 顺时针旋转当点B 在曲线1C 上时点A 恰好在曲线2C 上则，k 的值为__________．【答案】6【分析】画出变换后的图像即可（画AOB 即可）当点A 在y 轴上点B C 在x 轴上时根据ABC 为等边三角形且AO BC ⊥ 可得3OB OA = 过点A B 分别作x 轴垂线构造相似则，BFO OEA ∽ 根据相似三角形的性质得出3AOE S =△ 进而根据反比例函数k 的几何意义即可求解．【详解】当点A 在y 轴上点B C 在x 轴上时连接AOABC 为等边三角形且AO BC ⊥则，30BAO ∠=︒∴tan tan30BAO ∠=︒=3OB OA = 如图所示过点,A B 分别作x 轴的垂线交x 轴分别于点,E FAO BO ⊥ 90BFO AEO AOB ∠=∠=∠=︒∴90BOF AOE EAO ∠=︒-∠=∠∴BFO OEA ∽ ∴213BFO AOE S OB SOA ⎛⎫== ⎪⎝⎭ ∴212BFO S -==∴3AOE S =△∴6k =．【点睛】本题考查了反比例函数的性质 k 的几何意义相似三角形的性质与判定正确作出辅助线构造相似三角形是解题关键．9．（2023·辽宁·统考中考真题）如图，线段8AB = 点C 是线段AB 上的动点将线段BC 绕点B 顺时针旋转120°得到线段BD 连接CD 在AB 的上方作Rt DCE ∆ 使90,30DCE E ∠=∠= 点F 为DE 的中点连接AF 当AF 最小时 BCD ∆的面积为___________．3【分析】连接CF BF ， BF ，CD 交于点P 由直角三角形的性质及等腰三角形的性质可得BF 垂直平分CF 60ABF ∠=︒为定角可得点F 在射线BF 上运动当AF BF ⊥时 AF 最小由含30度角直角三角形的性质即可求解．【详解】解：连接CF BF ， BF ，CD 交于点P 如图，①90DCE ∠= 点F 为DE 的中点①FC FD =①30E ∠=①60FDC ∠=︒,①FCD 是等边三角形①60DFC FCD ∠=∠=︒①线段BC 绕点B 顺时针旋转120°得到线段BD①BC BD =①FC FD =①BF 垂直平分CF 60ABF ∠=︒①点F 在射线BF 上运动①当AF BF ⊥时 AF 最小此时9030FAB ABF ∠=︒-∠=︒ ①142BF AB == ①1302BFC DFC ∠=∠=︒ ①90FCB BFC ABF ∠=∠+∠=︒①122BC BF == ①112PB BC == ①由勾股定理得223PC BC PB - ①223CD PC == ①11231322BCD S CD PB =⋅=⨯△3【点睛】本题考查了等腰三角形性质含30度直角三角形的性质斜边中线性质勾股定理线段垂直平分线的判定勾股定理旋转的性质确定点F 的运动路径是关键与难点．10．（2023·江西·统考中考真题）如图，在ABCD 中 602B BC AB ∠=︒=，将AB 绕点A 逆时针旋转角α（0360α︒<<︒）得到AP 连接PC PD ．当PCD 为直角三角形时旋转角α的度数为_______．【答案】90︒或270︒或180︒【分析】连接AC 根据已知条件可得90BAC ∠=︒ 进而分类讨论即可求解．【详解】解：连接AC 取BC 的中点E 连接AE 如图所示①在ABCD 中 602B BC AB ∠=︒=， ①12BE CE BC AB ===①ABE 是等边三角形①60BAE AEB ∠=∠=︒ AE BE =①AE EC = ①1302EAC ECA AEB ∠=∠=∠=︒ ①90BAC ∠=︒①AC CD ⊥如图所示当点P 在AC 上时此时90BAP BAC ∠=∠=︒则，旋转角α的度数为90︒当点P 在CA 的延长线上时如图所示则，36090270α=︒-︒=︒当P 在BA 的延长线上时则，旋转角α的度数为180︒ 如图所示①PA PB CD == PB CD ∥①四边形PACD 是平行四边形①AC AB ⊥①四边形PACD 是矩形①90PDC ∠=︒即PDC △是直角三角形综上所述旋转角α的度数为90︒或270︒或180︒故答案为：90︒或270︒或180︒．【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定等边三角形的性质与判定矩形的性质与判定旋转的性质熟练掌握旋转的性质是解题的关键．11．（2023·上海·统考中考真题）如图，在ABC 中 35C ∠=︒ 将ABC 绕着点A 旋转(0180)αα︒<<︒ 旋转后的点B 落在BC 上点B 的对应点为D 连接AD AD ，是BAC ∠的角平分线则，α=________．【答案】1103⎛⎫︒ ⎪⎝⎭【分析】如图，AB AD = BAD ∠=α 根据角平分线的定义可得CAD BAD α∠=∠= 根据三角形的外角性质可得35ADB α∠=︒+ 即得35B ADB α∠=∠=︒+ 然后根据三角形的内角和定理求解即可．【详解】解：如图，根据题意可得：AB AD = BAD ∠=α①AD 是BAC ∠的角平分线①CAD BAD α∠=∠=①35ADB C CAD α∠=∠+∠=︒+ AB AD =①35B ADB α∠=∠=︒+则在ABC 中 ①180C CAB B ∠+∠+∠=︒①35235180αα︒++︒+=︒ 解得：1103α⎛⎫=︒ ⎪⎝⎭故答案为：1103⎛⎫︒ ⎪⎝⎭【点睛】本题考查了旋转的性质等腰三角形的性质三角形的外角性质以及三角形的内角和等知识熟练掌握相关图形的性质是解题的关键．12．（2023·湖南郴州·统考中考真题）如图，在Rt ABC △中 90BAC ∠=︒ 3cm AB = =60B ∠︒．将ABC 绕点A 逆时针旋转得到AB C ''△ 若点B 的对应点B '恰好落在线段BC 上则，点C 的运动路径长．．．．．是___________cm （结果用含π的式子表示）．3π【分析】由于AC 旋转到AC ' 故C 的运动路径长是CC '的圆弧长度根据弧长公式求解即可．【详解】以A 为圆心作圆弧CC ' 如图所示．在直角ABC 中 =60B ∠︒则，30C ∠=︒则()2236cm BC AB ==⨯=． ①)22226333cm AC BC AB =--．由旋转性质可知 AB AB '= 又=60B ∠︒①ABB '是等边三角形．①60BAB '∠=︒．由旋转性质知 60CAC '∠=︒．故弧CC '的长度为：()602333cm 3603AC πππ⨯⨯⨯=⨯ 3π【点睛】本题考查了含30︒角直角三角形的性质勾股定理旋转的性质弧长公式等知识点解题的关键是明确C 点的运动轨迹．13．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在Rt ABC △中 90,3,1ACB AC BC ∠=︒== 将ABC 绕点A 逆时针方向旋转90︒ 得到AB C ''△．连接BB ' 交AC 于点D 则，AD DC 的值为________．【答案】5【分析】过点D 作DF AB ⊥于点F 利用勾股定理求得10AB根据旋转的性质可证ABB ' DFB △是等腰直角三角形可得DF BF = 再由1122ADB SBC AD DF AB =⨯⨯=⨯⨯ 得=10AD DF 证明AFD ACB 可得DF AF BC AC = 即3AF DF = 再由=10AF DF 求得10=DF 从而求得52AD = 12CD = 即可求解．【详解】解：过点D 作DF AB ⊥于点F①90ACB ∠=︒ 3AC = 1BC = ①223110AB +①将ABC 绕点A 逆时针方向旋转90︒得到AB C ''△ ①==10AB AB ' 90BAB '∠=︒①ABB '是等腰直角三角形①45ABB '∠=︒又①DF AB ⊥①45FDB ∠=︒①DFB △是等腰直角三角形①DF BF = ①1122ADB S BC AD DF AB =⨯⨯=⨯⨯ 即=10AD DF ① 90C AFD ∠=∠=︒ CAB FAD ∠=∠①AFD ACB ①DF AF BC AC= 即3AF DF = 又①=10AF DF ①10=DF ①105=10=2AD 51=3=22CD - ①52==512AD CD 故答案为：5．【点睛】本题考查旋转的性质等腰三角形的判定与性质相似三角形的判定与性质三角形的面积熟练掌握相关知识是解题的关键．14．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）已知等腰ABC 120A ∠=︒ 2AB =．现将ABC 以点B 为旋转中心旋转45︒ 得到A BC ''△ 延长C A ''交直线BC 于点D ．则A D '的长度为_______．【答案】423423+-或【分析】根据题意先求得23BC = 当ABC 以点B 为旋转中心逆时针旋转45︒ 过点B 作BE A B '⊥交A D '于点E 当ABC 以点B 为旋转中心顺时针旋转45︒ 过点D 作DF BC '⊥交BC '于点F 分别画出图形根据勾股定理以及旋转的性质即可求解．【详解】解：如图所示过点A 作AM BC ⊥于点M①等腰ABC 120BAC ∠=︒ 2AB =． ①30ABC ACB ∠=∠=︒ ①112AM AB == 223BM CM AB AM =- ①23BC =如图所示当ABC 以点B 为旋转中心逆时针旋转45︒ 过点B 作BE A B '⊥交A D '于点E①120BAC ∠=︒①60DA B '∠=︒ 30A EB '∠=︒在Rt A BE '中 24A E A B ''== 2223BE A E A B ''-= ①等腰ABC 120BAC ∠=︒ 2AB =． ①30ABC ACB ∠=∠=︒①ABC 以点B 为旋转中心逆时针旋转45︒ ①45ABA '∠=︒①180********DBE ∠=︒-︒-︒-︒=︒ 1804530105A BD '∠=︒-︒-︒=︒ 在A BD '中 1801806010515D DA B A BD ∠=︒-∠-∠=︒-︒-︒=''︒, ①D EBD ∠=∠ ①23EB ED ==①423A D A E DE ''=+=+如图所示当ABC 以点B 为旋转中心顺时针旋转45︒ 过点D 作DF BC '⊥交BC '于点F在BFD △中 45BDF CBC ∠'=∠=︒ ①DF BF =在Rt DC F '中 30C '∠=︒ ①3'DF ①33BC BF BF ==①33DF BF ==①2623DC DF '==-①6232423A D C D A C ''''=-=-=- 综上所述 A D '的长度为423-423+ 故答案为：43-43+【点睛】本题考查了旋转的性质勾股定理含30度角的直角三角形的性质熟练掌握旋转的性质分类讨论是解题的关键．15．（2023·浙江嘉兴·统考中考真题）一副三角板ABC 和DEF 中90304512C D B E BC EF ∠=∠=︒∠=︒∠=︒==，，，．将它们叠合在一起边BC 与EF 重合 CD 与AB 相交于点G （如图1）此时线段CG 的长是___________ 现将DEF 绕点()C F 按顺时针方向旋转（如图2）边EF 与AB 相交于点H 连结DH 在旋转0︒到60︒的过程中线段DH 扫过的面积是___________．【答案】6662 1218318π-【分析】如图1 过点G 作GH BC ⊥于H 根据含30︒直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质得出3BH GH = GH CH = 然后由12BC =可求出GH 的长进而可得线段CG 的长如图2 将DEF 绕点C 顺时针旋转60︒得到11D E F 1FE 与AB 交于1G 连接1D D 1AD 22D E F 是DEF 旋转0︒到60︒的过程中任意位置作1DN CD ⊥于N 过点B 作1BM D D ⊥交1D D 的延长线于M 首先证明1CDD 是等边三角形点1D 在直线AB 上然后可得线段DH 扫过的面积是弓形12D D D 的面积加上1D DB 的面积求出DN 和BM 然后根据线段DH 扫过的面积111121D DBCD DD DBD D D CD D S SS SS=+=-+弓形扇形列式计算即可．【详解】解：如图1 过点G 作GH BC ⊥于H①3045ABC DEF DFE ∠=︒∠=∠=︒， 90GHB GHC ∠=∠=︒ ①3BH GH = GH CH = ①312BC BH CH GH GH =+=+= ①36GH =①()226366662CG GH ===如图2 将DEF 绕点C 顺时针旋转60︒得到11D E F 1FE 与AB 交于1G 连接1D D 由旋转的性质得：1160E CB DCD ∠=∠=︒ 1CD CD = ①1CDD 是等边三角形①30ABC ∠=︒ ①190CG B ∠=︒ ①112CG BC =①1CE BC =①1112CG CE = 即AB 垂直平分1CE①11CD E 是等腰直角三角形 ①点1D 在直线AB 上连接1AD 22D E F 是DEF 旋转0︒到60︒的过程中任意位置则线段DH 扫过的面积是弓形12D D D 的面积加上1D DB 的面积 ①12BC EF == ①22DC DB === ①1162DC D D == 作1DN CD ⊥于N 则，132ND NC == ①()()222211623236DN D D ND =-=-过点B 作1BM D D ⊥交1D D 的延长线于M 则，90M ∠=︒ ①160D DC ∠=︒ 90CDB ∠=︒①118030BDM D DC CDB ∠=︒-∠-∠=︒ ①1322BM BD == ①线段DH 扫过的面积112D DBD D D S S =+弓形111CD DD DBCD D S S S=-+扇形(260621123623236022π⋅=-⨯⨯ 1218318π=-故答案为：6662 1218318π-．【点睛】本题主要考查了旋转的性质含30︒直角三角形的性质二次根式的运算解直角三角形等边三角形的判定和性质勾股定理扇形的面积计算等知识作出图形证明点1D 在直线AB 上是本题的突破点灵活运用各知识点是解题的关键．三解答题16．（2023·北京·统考中考真题）在ABC 中 ()045B C αα∠=∠=︒<<︒ AM BC ⊥于点M D 是线段MC 上的动点（不与点M C 重合）将线段DM 绕点D 顺时针旋转2α得到线段DE ．(1)如图1 当点E 在线段AC 上时求证：D 是MC 的中点(2)如图2 若在线段BM 上存在点F （不与点B M 重合）满足DF DC = 连接AE EF 直接写出AEF ∠的大小并证明．【答案】(1)见解析 (2)90AEF ∠=︒ 证明见解析【分析】（1）由旋转的性质得DM DE = 2MDE α∠= 利用三角形外角的性质求出C DEC α∠=∠= 可得DE DC = 等量代换得到DM DC =即可（2）延长FE 到H 使FE EH = 连接CH AH 可得DE 是FCH 的中位线然后求出B ACH ∠∠= 设DM DE m == CD n = 求出2BF m CH == 证明()SAS ABF ACH ≅ 得到AF AH = 再根据等腰三角形三线合一证明AE FH ⊥即可．。

人教中考数学旋转综合题附详细答案

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．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．2．(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：EG 2＝AG 2+CE 2．如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，先证明△DEG ≌△DEM ，再证明△ECM 是直角三角形即可解决问题．【详解】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD 是矩形， ∴AD ∥BC ，OB ＝OD ， ∴∠EDO ＝∠FBO ，在△DOE 和△BOF 中，EDO FBO OD OBEOD BOF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝， ∴△DOE ≌△BOF ， ∴EO ＝OF ，∵OB ＝OD ， ∴四边形EBFD 是平行四边形， ∵EF ⊥BD ，OB ＝OD ， ∴EB ＝ED ，∴四边形EBFD 是菱形． ②∵BE 平分∠ABD ， ∴∠ABE ＝∠EBD ， ∵EB ＝ED ， ∴∠EBD ＝∠EDB ， ∴∠ABD ＝2∠ADB ， ∵∠ABD +∠ADB ＝90°， ∴∠ADB ＝30°，∠ABD ＝60°， ∴∠ABE ＝∠EBO ＝∠OBF ＝30°， ∴∠EBF ＝60°．（2）结论：IH ＝3FH ．理由：如图2中，延长BE 到M ，使得EM ＝EJ ，连接MJ ．∵四边形EBFD 是菱形，∠B ＝60°， ∴EB ＝BF ＝ED ，DE ∥BF ， ∴∠JDH ＝∠FGH ，在△DHJ 和△GHF 中，DHG GHF DH GHJDH FGH ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝， ∴△DHJ ≌△GHF ， ∴DJ ＝FG ，JH ＝HF ， ∴EJ ＝BG ＝EM ＝BI ， ∴BE ＝IM ＝BF ， ∵∠MEJ ＝∠B ＝60°， ∴△MEJ 是等边三角形， ∴MJ ＝EM ＝NI ，∠M ＝∠B ＝60° 在△BIF 和△MJI 中，BI MJ B M BF IM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△BIF ≌△MJI ，∴IJ ＝IF ，∠BFI ＝∠MIJ ，∵HJ ＝HF ， ∴IH ⊥JF ，∵∠BFI +∠BIF ＝120°， ∴∠MIJ +∠BIF ＝120°， ∴∠JIF ＝60°， ∴△JIF 是等边三角形，在Rt △IHF 中，∵∠IHF ＝90°，∠IFH ＝60°， ∴∠FIH ＝30°， ∴IH＝3FH ．（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．理由：如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，∵∠FAD +∠DEF ＝90°， ∴AFED 四点共圆，∴∠EDF ＝∠DAE ＝45°，∠ADC ＝90°， ∴∠ADF +∠EDC ＝45°，∵∠ADF ＝∠CDM ，∴∠CDM +∠CDE ＝45°＝∠EDG ，在△DEM 和△DEG 中，DE DE EDG EDM DG DM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△DEG ≌△DEM ， ∴GE ＝EM ，∵∠DCM ＝∠DAG ＝∠ACD ＝45°，AG ＝CM ， ∴∠ECM ＝90° ∴EC 2+CM 2＝EM 2， ∵EG ＝EM ，AG ＝CM ， ∴GE 2＝AG 2+CE 2．【点睛】考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.3．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.4．在等边△AOB中，将扇形COD按图1摆放，使扇形的半径OC、OD分别与OA、OB重合，OA＝OB＝2，OC＝OD＝1，固定等边△AOB不动，让扇形COD绕点O逆时针旋转，线段AC、BD也随之变化，设旋转角为α．（0＜α≤360°）（1）当OC∥AB时，旋转角α＝度；发现：（2）线段AC与BD有何数量关系，请仅就图2给出证明．应用：（3）当A、C、D三点共线时，求BD的长．拓展：（4）P是线段AB上任意一点，在扇形COD的旋转过程中，请直接写出线段PC的最大值与最小值．【答案】（1）60或240；(2) AC=BD ，理由见解析；（3）13+1或131-；（4）PC 的最大值=3，PC 的最小值=3﹣1．【解析】分析：（1）如图1中，易知当点D 在线段AD 和线段AD 的延长线上时，OC ∥AB ，此时旋转角α=60°或240°．（2）结论：AC =BD ．只要证明△AOC ≌△BOD 即可．（3）在图3、图4中，分别求解即可．（4）如图5中，由题意，点C 在以O 为圆心，1为半径的⊙O 上运动，过点O 作OH ⊥AB 于H ，直线OH 交⊙O 于C ′、C ″，线段CB 的长即为PC 的最大值，线段C ″H 的长即为PC 的最小值．易知PC 的最大值=3，PC 的最小值=3﹣1．详解：（1）如图1中，∵△ABC 是等边三角形，∴∠AOB =∠COD =60°，∴当点D 在线段AD 和线段AD 的延长线上时，OC ∥AB ，此时旋转角α=60°或240°．故答案为60或240；（2）结论：AC =BD ，理由如下：如图2中，∵∠COD =∠AOB =60°，∴∠COA =∠DOB ．在△AOC 和△BOD 中，OA OBCOA DOB CO OD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AOC ≌△BOD ，∴AC =BD ；（3）①如图3中，当A 、C 、D 共线时，作OH ⊥AC 于H ．在Rt △COH 中，∵OC =1，∠COH =30°，∴CH =HD =12，OH 3Rt △AOH 中，AH=22OA OH-=132，∴BD=AC=CH+AH=1132+．如图4中，当A、C、D共线时，作OH⊥AC于H．易知AC=BD=AH﹣CH=131-．综上所述：当A、C、D三点共线时，BD的长为131+或131-；（4）如图5中，由题意，点C在以O为圆心，1为半径的⊙O上运动，过点O作OH⊥AB于H，直线OH交⊙O于C′、C″，线段CB的长即为PC的最大值，线段C″H的长即为PC的最小值．易知PC的最大值=3，PC的最小值=3﹣1．点睛：本题考查了圆综合题、旋转变换、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、圆上的点到直线的距离的最值问题等知识，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，构造直角三角形解决问题，利用辅助圆解决最值问题，属于中考压轴题．5．如图（1）所示，将一个腰长为2等腰直角△BCD和直角边长为2、宽为1的直角△CED 拼在一起．现将△CED绕点C顺时针旋转至△CE’D’，旋转角为a．（1）如图（2），旋转角a=30°时，点D′到CD边的距离D’A=______．求证：四边形ACED′为矩形；（2）如图（1），△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，在BC上如何取点G，使得GD’=E’D；并说明理由．（3）△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，∠CE’D=90°时，直接写出旋转角a的值．【答案】1【解析】分析：（1）过D′作D′N⊥CD于N．由30°所对直角边等于斜边的一半即可得结论．由D’A∥CE且D’A=CE=1，得到四边形ACED’为平行四边形．根据有一个角为90°的平行四边形是矩形，即可得出结论；（2）取BC中点即为点G，连接GD’．易证△DCE’≌△D’CG，由全等三角形的对应边相等即可得出结论．（3）分两种情况讨论即可．详解：（1）D’A=1．理由如下：过D′作D′N⊥CD于N．∵∠NCD′=30°，CD′=CD=2，∴ND′= 12CD′=1．由已知，D’A∥CE，且D’A=CE=1，∴四边形ACED’为平行四边形．又∵∠DCE=90°，∴四边形ACED’为矩形；（2）如图，取BC中点即为点G，连接GD’．∵∠DCE=∠D’CE’=90°，∴∠DCE’=∠D’CG．又∵D’C= DC，CG=CE’，∴△DCE’≌△D’CG，∴GD’=E’D．（3）分两种情况讨论：①如图1．∵∠CE′D=90°，CD=2，CE′=1，∴∠CDE′=30°，∴∠E′CD=60°，∴∠E′CB=30°，∴旋转角=∠ECE′=180°+30°=210°．②如图2，同理可得∠E′CE=30°，∴旋转角=360°－30°=330°．点睛：本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．6．（10分）已知△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE中点，连结DF、CF.（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上，请直接写出此时线段DF、CF的数量关系和位置关系（不用证明）；（2）如图2，在（1）的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转45°时，请你判断此时（1）中的结论是否仍然成立，并证明你的判断；（3）如图3，在（1）的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转90°时，若AD=1，AC=，求此时线段CF的长（直接写出结果）.【答案】（1）相等和垂直；（2）成立，理由见试题解析；（3）．【解析】试题分析：（1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知DF=BF，根据∠DFE=2∠DCF，∠BFE=2∠BCF，得到∠EFD+∠EFB=2∠DCB=90°，DF⊥BF；（2）延长DF交BC于点G，先证明△DEF≌△GCF，得到DE=CG，DF=FG，根据AD=DE，AB=BC，得到BD=BG又因为∠ABC=90°，所以DF=CF且DF⊥BF；（3）延长DF交BA于点H，先证明△DEF≌△HBF，得到DE=BH，DF=FH，根据旋转条件可以△ADH为直角三角形，由△ABC和△ADE是等腰直角三角形，AC=，可以求出AB的值，进而可以根据勾股定理可以求出DH，再求出DF，由DF=BF，求出得CF的值．试题解析：（1）∵∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE中点，∴DF=BE，CF=BE. ∴DF=CF．∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴∠ABC=45°.∵BF=DF，∴∠DBF=∠BDF.∵∠DFE=∠ABE+∠BDF，∴∠DFE=2∠DBF.同理得：∠CFE=2∠CBF，∴∠EFD+∠EFC=2∠DBF+2∠CBF=2∠ABC=90°.∴DF=CF，且DF⊥CF．（2）（1）中的结论仍然成立．证明如下：如图，此时点D落在AC上，延长DF交BC于点G．∵∠ADE=∠ACB=90°，∴DE∥BC．∴∠DEF=∠GBF，∠EDF=∠BGF．∵F为BE中点，∴EF=BF．∴△DEF≌△GBF．∴DE=GB，DF=GF．∵AD=DE，∴AD=GB.∵AC=BC，∴AC-AD="BC-GB." ∴DC=GC．∵∠ACB=90°，∴△DCG是等腰直角三角形.∵DF=GF，∴DF=CF，DF⊥CF．（3）如图，延长DF交BA于点H，∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴AC=BC，AD=DE．∴∠AED=∠ABC=45°.∵由旋转可以得出，∠CAE=∠BAD=90°，∵AE∥BC，∴∠AEB=∠CBE. ∴∠DEF=∠HBF．∵F是BE的中点，∴EF="BF." ∴△DEF≌△HBF. ∴ED=HB.∵AC=，在Rt△ABC中，由勾股定理，得AB=4.∵AD=1，∴ED=BH=1.∴AH=3.在Rt△HAD中，由勾股定理，得DH=，∴DF=，∴CF=.∴线段CF的长为.考点：1.等腰直角三角形的性质；2.全等三角形的判定和性质；3.勾股定理．7．在正方形ABCD中，连接BD．（1）如图1，AE⊥BD于E．直接写出∠BAE的度数．（2）如图1，在（1）的条件下，将△AEB以A旋转中心，沿逆时针方向旋转30°后得到△AB′E′，AB′与BD交于M，AE′的延长线与BD交于N．①依题意补全图1；②用等式表示线段BM、DN和MN之间的数量关系，并证明．（3）如图2，E、F是边BC、CD上的点，△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，AE、AF 分别与BD交于M、N，写出判断线段BM、DN、MN之间数量关系的思路．（不必写出完整推理过程）【答案】（1）45°；（2）①补图见解析；②BM、DN和MN之间的数量关系是BM2+MD2=MN2，证明见解析；（3）答案见解析.【解析】（1）利用等腰直角三角形的性质即可；（2）依题意画出如图1所示的图形，根据性质和正方形的性质，判断线段的关系，再利用勾股定理得到FB2+BM2=FM2，再判断出FM=MN即可；（3）利用△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，判断出EF=EG，再利用（2）证明即可．解：（1）∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠ABD=∠ADB=45°，∵AE⊥BD，∴∠ABE=∠BAE=45°，（2）①依题意补全图形，如图1所示，②BM、DN和MN之间的数量关系是BM2+MD2=MN2，将△AND绕点D顺时针旋转90°，得到△AFB，∴∠ADB=∠FBA，∠BAF=∠DAN，DN=BF，AF=AN，∵在正方形ABCD中，AE⊥BD，∴∠ADB=∠ABD=45°，∴∠FBM=∠FBA+∠ABD=∠ADB+∠ABD=90°，在Rt△BFM中，根据勾股定理得，FB2+BM2=FM2，∵旋转△ANE得到AB1E1，∴∠E1AB1=45°，∴∠BAB1+∠DAN=90°﹣45°=45°，∵∠BAF=DAN，∴∠BAB1+∠BAF=45°，∴∠FAM=45°，∴∠FAM=∠E1AB1，∵AM=AM，AF=AN，∴△AFM≌△ANM，∴FM=MN，∵FB2+BM2=FM2，∴DN2+BM2=MN2，（3）如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，∴DF=GB，∵正方形ABCD的周长为4AB，△CEF周长为EF+EC+CF，∵△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，∴4AB=2（EF+EC+CF），∴2AB=EF+EC+CF∵EC=AB﹣BE，CF=AB﹣DF，∴2AB=EF+AB﹣BE+AB﹣DF，∴EF=DF+BE，∵DF=GB，∴EF=GB+BE=GE，由旋转得到AD=AG=AB，∵AM=AM，∴△AEG≌△AEF，∠EAG=∠EAF=45°，和（2）的②一样，得到DN2+BM2=MN2．“点睛”此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质，三角形的全等，判断出（△AFN≌△ANM，得到FM=MM），是解题的关键.8．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.【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 ，BN=EN=3m ，EB=6m ．∴3（3m ，∵S △BEG =12•EG•BN=12•BG•EH ， ∴EH=3?(13) m m 3+3m ，在Rt△EBH中，sin∠EBH=3+3622 6mEHEB 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，9．如图，在△ABC中，∠CAB=70°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB,求∠BAB′的度数．【答案】40°.【解析】【分析】先根据平行线的性质，由CC′∥AB得∠AC′C=∠CAB=70°，再根据旋转的性质得AC=AC′，∠BAB′=∠CAC′，于是根据等腰三角形的性质有∠ACC′=∠AC′C=70°，然后利用三角形内角和定理可计算出∠CAC′=40°，从而得到∠BAB′的度数．【详解】∵CC′∥AB，∴∠A CC′=∠CAB=70°，∵△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，∴AC=AC′，∠BAB′=∠CAC′，在△ACC′中，∵AC=AC′∴∠ACC′=∠AC′C=70°，∴∠CAC′=180°-70°-70°=40°，∴∠BAB′=40°．【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．10．如图，已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是线段AB上的一点（不与A、B重合）．过点B作BE⊥CD，垂足为E．将线段CE绕点C顺时针旋转90︒，得到线段CF，连结EF．设∠BCE度数为α.（1）①补全图形；②试用含α的代数式表示∠CDA．（2）若32EF AB = ，求α的大小．（3）直接写出线段AB 、BE 、CF 之间的数量关系．【答案】（1）①答案见解析；②45α︒+；（2）30α=︒；（3）22222AB CF BE =+．【解析】试题分析：（1）①按要求作图即可；②由∠ACB=90°，AC=BC ，得∠ABC=45°,故可得出结论；（2）易证FCE ∆∽ ACB ∆，得32CF AC =；连结FA ，得△AFC 是直角三角形，求出∠ACF=30°，从而得出结论；（3）222A 22B CF BE =+.试题解析：（1）①补全图形．②∵∠ACB=90°，AC=BC ，∴∠ABC=45°∵∠BCE=α ∴∠CDA=45α︒+（2）在FCE ∆和ACB ∆中，45CFE CAB ∠=∠=︒ ，90FCE ACB ∠=∠=︒ ∴ FCE ∆∽ ACB ∆∴CF EF AC AB = 3EF AB =∴ 3CF AC =连结FA ．90,90FCA ACE ECB ACE ∠=︒-∠∠=︒-∠∴ FCA ECB ∠=∠=α在Rt CFA ∆中，90CFA ∠=︒，3cos FCA ∠= ∴ 30FCA ∠=︒即30α=︒. （3）22222AB CF BE =+。

中考数学《旋转的综合》专项训练附详细答案

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．（操作发现）（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=DE2．2．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）30334-≤S 30334+【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AH2=HC2+AC2，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=22=4，AD 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=17，5∴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×（5-342）=303344-，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+34）=30334+．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．3．平面上，Rt△ABC与直径为CE的半圆O如图1摆放，∠B＝90°，AC＝2CE＝m，BC＝n，半圆O交BC边于点D，将半圆O绕点C按逆时针方向旋转，点D随半圆O旋转且∠ECD始终等于∠ACB，旋转角记为α（0°≤α≤180°）（1）当α＝0°时，连接DE，则∠CDE＝°，CD＝；（2）试判断：旋转过程中BDAE的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明；（3）若m ＝10，n ＝8，当α＝∠ACB 时，求线段BD 的长；（4）若m ＝6，n ＝42，当半圆O 旋转至与△ABC 的边相切时，直接写出线段BD 的长．【答案】（1）90°，2n ；（2）无变化；（3）1255；（4）BD=210或21143．【解析】试题分析：（1）①根据直径的性质，由DE ∥AB 得CD CECB CA=即可解决问题．②求出BD 、AE 即可解决问题．（2）只要证明△ACE ∽△BCD 即可．（3）求出AB 、AE ，利用△ACE ∽△BCD 即可解决问题．（4）分类讨论：①如图5中，当α=90°时，半圆与AC 相切，②如图6中，当α=90°+∠ACB 时，半圆与BC 相切，分别求出BD 即可．试题解析：（1）解：①如图1中，当α=0时，连接DE ，则∠CDE =90°．∵∠CDE =∠B =90°，∴DE ∥AB ，∴CE CD AC CB ==12．∵BC =n ，∴CD =12n ．故答案为90°，12n ． ②如图2中，当α=180°时，BD =BC +CD =32n ，AE =AC +CE =32m ，∴BD AE =n m．故答案为nm．（2）如图3中，∵∠ACB =∠DCE ，∴∠ACE =∠BCD ．∵CD BC nCE AC m==，∴△ACE ∽△BCD ，∴BD BC nAE AC m==．（3）如图4中，当α=∠ACB 时．在Rt △ABC 中，∵AC =10，BC =8，∴AB 22AC BC -．在Rt △ABE 中，∵AB =6，BE =BC ﹣CE =3，∴AE =22AB BE +=2263+=35，由（2）可知△ACE ∽△BCD ，∴BD BCAE AC=，∴35=810，∴BD =1255．故答案为1255．（4）∵m =6，n =42，∴CE =3，CD =22，AB =22CA BC -=2，①如图5中，当α=90°时，半圆与AC 相切．在Rt △DBC 中，BD =22BC CD +=224222+（）（）=210． ②如图6中，当α=90°+∠ACB 时，半圆与BC 相切，作EM ⊥AB 于M ．∵∠M =∠CBM =∠BCE =90°，∴四边形BCEM 是矩形，∴342BM EC ME ===，，∴AM =5，AE =22AM ME +=57，由（2）可知DB AE =22，∴BD =2114．故答案为210或21143．点睛：本题考查了圆的有关知识，相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，正确画出图形是解决问题的关键，学会分类讨论的思想，本题综合性比较强，属于中考压轴题．4．在平面直角坐标系中，O 为原点，点A （3，0），点B （0，4），把△ABO 绕点A 顺时针旋转，得△AB ′O ′，点B ，O 旋转后的对应点为B ′，O ．（1）如图1，当旋转角为90°时，求BB ′的长；（2）如图2，当旋转角为120°时，求点O ′的坐标；（3）在（2）的条件下，边OB 上的一点P 旋转后的对应点为P ′，当O ′P +AP ′取得最小值时，求点P ′的坐标．（直接写出结果即可）【答案】（1）52；（2）O'（92，332）；（3）P'（275，635）.【解析】【分析】（1）先求出AB ．利用旋转判断出△ABB '是等腰直角三角形，即可得出结论；（2）先判断出∠HAO '=60°，利用含30度角的直角三角形的性质求出AH ，OH ，即可得出结论；（3）先确定出直线O 'C 的解析式，进而确定出点P 的坐标，再利用含30度角的直角三角形的性质即可得出结论．【详解】（1）∵A （3，0），B （0，4），∴OA =3，OB =4，∴AB =5，由旋转知，BA =B 'A ，∠BAB '=90°，∴△ABB '是等腰直角三角形，∴BB '=2AB =52；（2）如图2，过点O '作O 'H ⊥x 轴于H ，由旋转知，O 'A =OA =3，∠OAO '=120°，∴∠HAO '=60°，∴∠HO 'A =30°，∴AH =12AO '=32，OH =3AH =33，∴OH =OA +AH =92，∴O '（93322，）；（3）由旋转知，AP =AP '，∴O 'P +AP '=O 'P +AP ．如图3，作A 关于y 轴的对称点C ，连接O 'C 交y 轴于P ，∴O 'P +AP =O 'P +CP =O 'C ，此时，O 'P +AP 的值最小． ∵点C 与点A 关于y 轴对称，∴C （﹣3，0）． ∵O '（9332，），∴直线O 'C 的解析式为y =3x +33，令x =0，∴y =33，∴P （0，33），∴O 'P '=OP =33，作P 'D ⊥O 'H 于D ． ∵∠B 'O 'A =∠BOA =90°，∠AO 'H =30°，∴∠DP 'O '=30°，∴O 'D =12O 'P '=3310，P 'D =3O 'D =910，∴DH =O 'H ﹣O 'D =63，O 'H +P 'D =275，∴P '（27635，）．【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，含30度角的直角三角形的性质，构造出直角三角形是解答本题的关键．5．在平面直角坐标中，边长为2的正方形OABC的两顶点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O点顺时针旋转，当A点一次落在直线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（如图）.（1）求边OA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，求正方形OABC旋转的度数；（3）设MBN∆的周长为p，在旋转正方形OABC的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.【答案】（1）π/2（2）22.5°(3)周长不会变化，证明见解析【解析】试题分析：（1）根据扇形的面积公式来求得边OA在旋转过程中所扫过的面积；（2）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出∠AOM的度数；（3）利用全等把△MBN的各边整理到成与正方形的边长有关的式子．试题解析：（1）∵A点第一次落在直线y=x上时停止旋转，直线y=x与y轴的夹角是45°，∴OA旋转了45°．∴OA在旋转过程中所扫过的面积为24523602ππ⨯=．（2）∵MN∥AC，∴∠BMN=∠BAC=45°，∠BNM=∠BCA=45°．∴∠BMN=∠BNM．∴BM=BN．又∵BA=BC，∴AM=CN．又∵OA=OC，∠OAM=∠OCN，∴△OAM≌△OCN．∴∠AOM=∠CON=12（∠AOC-∠MON）=12（90°-45°）=22.5°．∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形OABC旋转的度数为45°-22.5°=22.5°．（3）在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．证明：延长BA交y轴于E点，则∠AOE=45°-∠AOM，∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM，∴∠AOE=∠CON．又∵OA=OC，∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN．∴△OAE≌△OCN．∴OE=ON，AE=CN．又∵∠MOE=∠MON=45°，OM=OM，∴△OME≌△OMN．∴MN=ME=AM+AE．∴MN=AM+CN，∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4．∴在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．考点：旋转的性质.6．如图，正方形ABCD中，点E是BC边上的一个动点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转90°，得到AF，连接EF，交对角线BD于点G，连接AG．（1）根据题意补全图形；（2）判定AG与EF的位置关系并证明；（3）当AB=3，BE=2时，求线段BG的长．【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)25.【解析】【分析】（1）根据题意补全图形即可；（2）先判断出△ADF≌△ABE，进而判断出点C，D，F共线，即可判断出△DFG≌△HEG，得出FG=EG，即可得出结论；（3）先求出正方形的对角线BD，再求出BH，进而求出DH，即可得出HG，求和即可得出结论．【详解】（1）补全图形如图所示，（2）连接DF，由旋转知，AE=AF，∠EAF=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AD=AB，∠ABC=∠ADC=BAD=90°，∴∠DAF=∠BAE ， ∴△ADF ≌△ABE （SAS ）， ∴DF=BE ，∠ADF=∠ABC=90°， ∴∠ADF+∠ADC=180°， ∴点C ，D ，F 共线， ∴CF ∥AB ，过点E 作EH ∥BC 交BD 于H ， ∴∠BEH=∠BCD=90°，DF ∥EH ， ∴∠DFG=∠HEG ，∵BD 是正方形ABCD 的对角线， ∴∠CBD=45°， ∴BE=EH ， ∵∠DGF=∠HGE ， ∴△DFG ≌△HEG （AAS ）， ∴FG=EG ∵AE=AF ， ∴AG ⊥EF ；（3）∵BD 是正方形的对角线， ∴，由（2）知，在Rt △BEH 中，， ∴由（2）知，△DFG ≌△HEG ， ∴DG=HG ，∴HG=12，∴BG=BH+HG=2+2=2．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，作出辅助线是解本题的关键．7．如图1，△ABC 中，CA =CB ，∠ACB =90°，直线l 经过点C ，AF ⊥l 于点F ，BE ⊥l 于点E ．（1）求证：△ACF ≌△CBE ；（2）将直线旋转到如图2所示位置，点D 是AB 的中点，连接DE ．若AB =，∠CBE =30°，求DE 的长．【答案】（1）答案见解析；（226+【解析】试题分析：（1）根据垂直的定义得到∠BEC=∠ACB=90°，根据全等三角形的性质得到∠EBC=∠CAF，即可得到结论；（2）连接CD，DF，证得△BCE≌△ACF，根据全等三角形的性质得到BE=CF，CE=AF，证得△DEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到EF2DE，EF=CE+BE，进而得到DE的长．试题解析：解：（1）∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．在△BCE与△ACF中，∵90AFC BECEBC ACFBC AC∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACF≌△CBE（AAS）；（2）如图2，连接CD，DF．∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．在△BCE与△CAF中，∵90AFC BECEBC ACFBC AC∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BCE≌△CAF（AAS）；∴BE=CF．∵点D是AB的中点，∴CD=BD，∠CDB=90°，∴∠CBD=∠ACD=45°，而∠EBC=∠CAF，∴∠EBD=∠DCF．在△BDE与△CDF中，∵BE CFEBD FCDBD CF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BDE≌△CDF（SAS），∴∠EDB=∠FDC，DE=DF．∵∠BDE+∠CDE=90°，∴∠FDC+∠CDE=90°，即∠EDF=90°，∴△EDF是等腰直角三角形，∴EF2DE，∴EF=CE+CF=CE+BE．∵CA=CB，∠ACB=90°，AB2∴BC=4．又∵∠CBE=30°，∴CE=12BC=2，BE3CE3∴EF=CE+BE3∴DE223226．点睛：本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质，证得△BCE≌△ACF是解题的关键．8．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，E是边AC上任意一点（点E与点A，C不重合），以CE为一直角边作Rt△ECD，∠ECD=90°，连接BE，AD．（1）若CA=CB，CE=CD①猜想线段BE，AD之间的数量关系及所在直线的位置关系，直接写出结论；②现将图1中的Rt△ECD绕着点C顺时针旋转锐角α，得到图2，请判断①中的结论是否仍然成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（2）若CA=8,CB=6，CE=3，CD=4，Rt△ECD绕着点C顺时针转锐角α，如图3，连接BD，AE，计算的值．【答案】（1）①BE=AD，BE⊥AD；②见解析；（2）125．【解析】试题分析：根据三角形全等的判定与性质得出BE=AD，BE⊥AD；设BE与AC的交点为点F，BE与AD的交点为点G，根据∠ACB=∠ECD=90°得出∠ACD=∠BCE，然后结合AC=BC，CD=CE得出△ACD≌△BCE，则AD=BE，∠CAD=∠CBF，根据∠BFC=∠AFG，∠BFC+∠CBE=90°得出∠AFG+∠CAD=90°，从而说明垂直；首先根据题意得出△ACD∽△BCE，然后说明∠AGE=∠BGD=90°，最后根据直角三角形的勾股定理将所求的线段转化成已知的线段得出答案．试题解析：（1）①解：BE=AD，BE⊥AD②BE=AD，BE⊥AD仍然成立证明：设BE与AC的交点为点F，BE与AD的交点为点G，如图1．∵∠ACB=∠ECD=90°，∴∠ACD=∠BCE ∵AC=BC CD=CE ∴△ACD≌△BCE∴AD=BE ∠CAD=∠CBF ∵∠BFC=∠AFG ∠BFC+∠CBE=90°∴∠AFG+∠CAD=90°∴∠AGF=90°∴BE⊥AD（2）证明：设BE与AC的交点为点F，BE的延长线与AD的交点为点G，如图2．∵∠ACB=∠ECD=90°，∴∠ACD=∠BCE ∵AC=8，BC=6，CE=3，CD=4 ∴△ACD∽△BCE ∴∠CAD=∠CBE ∵∠BFC=∠AFG ∠BFC+∠CBE=90°∴∠AFG+∠CAD=90°∴∠AGF=90°∴BE⊥AD ∴∠AGE=∠BGD=90°∴，．∴．∵，，∴考点：三角形全等与相似、勾股定理．。

2020初中数学中考专题复习——图形变换旋转综合题填空题专项训练1(附答案详解)

∴AM＝AN，
∵∠AMH＝∠ANG＝90°，
∴Rt△AMH≌Rt△ANG（HL），
∴HM＝GN，
∵∠AMF＝∠ANF＝90°，AF＝AF，
∴Rt△AFM≌Rt△AFN（HL），
∴FM＝FN，
∴FG＝FH，
∴FG+DF＝FH+DF＝DH＝x，
∴EG＝BH＝ ﹣x，
∴y＝S△AEG＝ •EG•AN＝，
(1)如图①，已知点A(-1，a)，B(b，10)在函数y＝2x2＋2的图象上，若A’、B’是A、B旋转后的对应点，连结OA’，OB’，则S△OA’B’=____.
(2)如图②，曲线与直线相交于点M、N，则S△OMN为_________.
20．如图，AD∥BC，AB⊥BC于点B，AD＝4，将CD绕点D逆时针旋转90°至DE，连接AE、CE，若△ADE的面积为6，则BC＝_____．
【详解】
解：设AC交BD于H，作AM⊥BD于M，AN⊥EC于N．
∵AB＝AD＝1，∠B＝30°，AM⊥BD，
∴AM＝ AN＝，BM＝DM＝，
∴BD＝EC＝，
∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠BAH＝∠EAG，
∵AB＝AE，∠B＝∠E＝30°，
∴△BAH≌△EAG（ASA），
∴AH＝AG，BH＝EG，
∵△ABD≌△ACE，
14．如图，在▱ABCD中，∠A=70°，将▱ABCD绕顶点B顺时针旋转到▱A1BC1D1，当C1D1首次经过顶点C时，旋转角∠ABA1=______．
15．将抛物线y＝2（x﹣1）2+3绕它的顶点旋转180°后得到的抛物线的函数表达式为_____．
16．如图，等边三角形ABC内有一点P，分別连结AP、BP、CP，若，，．则＝_______．

中考数学旋转-经典压轴题附详细答案

（3）如图 3，在（1）的条件下将△ ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°时，若 AD=1，AC= 此时线段 CF 的长（直接写出结果）.
，求
【答案】（1）相等和垂直；（2）成立，理由见试题解析；（3）．【解析】试题分析：（1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知 DF=BF，根据 ∠ DFE=2∠ DCF，∠ BFE=2∠ BCF，得到∠ EFD+∠ EFB=2∠ DCB=90°，DF⊥BF；（2）延长 DF 交 BC 于点 G，先证明△ DEF≌ △ GCF，得到 DE=CG，DF=FG，根据 AD=DE， AB=BC，得到 BD=BG 又因为∠ ABC=90°，所以 DF=CF 且 DF⊥BF；（3）延长 DF 交 BA 于点 H，先证明△ DEF≌ △ HBF，得到 DE=BH，DF=FH，根据旋转条件可
M，使得 DM=DE，连接 FM、CM．想办法证明△ AFE≌ △ AFG，可得∠ EAF=∠ FAG= 1 m°. 2
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．
∵ BF=DF，∴ ∠ DBF=∠ BDF. ∵ ∠ DFE=∠ ABE+∠ BDF，∴ ∠ DFE=2∠ DBF. 同理得：∠ CFE=2∠ CBF， ∴ ∠ EFD+∠ EFC=2∠ DBF+2∠ CBF=2∠ ABC=90°. ∴ DF=CF，且 DF⊥CF．（2）（1）中的结论仍然成立．证明如下：如图，此时点 D 落在 AC 上，延长 DF 交 BC 于点 G． ∵ ∠ ADE=∠ ACB=90°，∴ DE∥ BC．∴ ∠ DEF=∠ GBF，∠ EDF=∠ BGF． ∵ F 为 BE 中点，∴ EF=BF．∴ △ DEF≌ △ GBF．∴ DE=GB，DF=GF． ∵ AD=DE，∴ AD=GB. ∵ AC=BC，∴ AC-AD="BC-GB." ∴ DC=GC． ∵ ∠ ACB=90°，∴ △ DCG 是等腰直角三角形. ∵ DF=GF，∴ DF=CF，DF⊥CF．

2022年春苏科版九年级数学中考一轮复习《图形的旋转》专题训练(附答案)

2022年春苏科版九年级数学中考一轮复习《图形的旋转》专题训练（附答案）1．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的大小；（2）若α＝60°时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形．2．如图1，菱形ABCD的顶点A，D在直线上，∠BAD＝60°，以点A为旋转中心将菱形ABCD顺时针旋转α（0°＜α＜30°），得到菱形AB′C′D′，B′C′交对角线AC于点M，C′D′交直线l于点N，连接MN．（1）当MN∥B′D′时，求α的大小．（2）如图2，对角线B′D′交AC于点H，交直线l与点G，延长C′B′交AB于点E，连接EH．当△HEB′的周长为2时，求菱形ABCD的周长．3．如图1所示，将一个边长为2的正方形ABCD和一个长为2、宽为1的长方形CEFD拼在一起，构成一个大的长方形ABEF．现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，旋转角为a．（1）当点D′恰好落在EF边上时，求旋转角a的值；（2）如图2，G为BC中点，且0°＜a＜90°，求证：GD′＝E′D；（3）小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，△DCD′与△CBD′能否全等？若能，直接写出旋转角a的值；若不能说明理由．4．已知△ABC是等边三角形．（1）将△ABC绕点A逆时针旋转角θ（0°＜θ＜180°），得到△ADE，BD和EC所在直线相交于点O．①如图a，当θ＝20°时，△ABD与△ACE是否全等？（填“是”或“否”），∠BOE＝度；②当△ABC旋转到如图b所在位置时，求∠BOE的度数；（2）如图c，在AB和AC上分别截取点B′和C′，使AB＝AB′，AC＝AC′，连接B′C′，将△AB′C′绕点A逆时针旋转角（0°＜θ＜180°），得到△ADE，BD 和EC所在直线相交于点O，请利用图c探索∠BOE的度数，直接写出结果，不必说明理由．5．（1）如图1，在△ABC中，BA＝BC，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝∠ABC （0°＜∠CBE＜∠ABC）．以点B为旋转中心，将△BEC按逆时针旋转∠ABC，得到△BE′A（点C与点A重合，点E到点E′处）连接DE′，求证：DE′＝DE．（2）如图2，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝∠ABC（0°＜∠CBE＜45°）．求证：DE2＝AD2+EC2．6．在△ABC中，BA＝BC，∠BAC＝α，M是AC的中点，P是线段BM上的动点，将线段P A绕点P顺时针旋转2α得到线段PQ．（1）若α＝60°且点P与点M重合（如图1），线段CQ的延长线交射线BM于点D，请补全图形，并写出∠CDB的度数；（2）在图2中，点P不与点B，M重合，线段CQ的延长线于射线BM交于点D，猜想∠CDB的大小（用含α的代数式表示），并加以证明；（3）对于适当大小的α，当点P在线段BM上运动到某一位置（不与点B，M重合）时，能使得线段CQ的延长线与射线BM交于点D，且PQ＝QD，请直接写出α的范围．7．如图1，O为正方形ABCD的中心，分别延长OA、OD到点F、E，使OF＝2OA，OE＝2OD，连接EF．将△EOF绕点O逆时针旋转α角得到△E1OF1（如图2）．（1）探究AE1与BF1的数量关系，并给予证明；（2）当α＝30°时，求证：△AOE1为直角三角形．8．在正方形ABCD的边AB上任取一点E，作EF⊥AB交BD于点F，取FD的中点G，连接EG、CG，如图（1），易证EG＝CG且EG⊥CG．（1）将△BEF绕点B逆时针旋转90°，如图（2），则线段EG和CG有怎样的数量关系和位置关系？请直接写出你的猜想．（2）将△BEF绕点B逆时针旋转180°，如图（3），则线段EG和CG又有怎样的数量关系和位置关系？请写出你的猜想，并加以证明．9．如图，P是矩形ABCD下方一点，将△PCD绕P点顺时针旋转60°后恰好D点与A点重合，得到△PEA，连接EB，问△ABE是什么特殊三角形？请说明理由．10．在平面内，旋转变换是指某一图形绕一个定点按顺时针或逆时针旋转一定的角度而得到新位置图形的一种变换．活动一：如图1，在Rt△ABC中，D为斜边AB上的一点，AD＝2，BD＝1，且四边形DECF是正方形，求阴影部分的面积．小明运用图形旋转的方法，将△DBF绕点D逆时针旋转90°，得到△DGE（如图2所示），一眼就看出这题的答案，请你写出阴影部分的面积：．活动二：如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠C＝90°，BC＝5，CD＝3，过点A作AE⊥BC，垂足为点E，求AE的长．小明仍运用图形旋转的方法，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG（如图4所示），则①四边形AECG是怎样的特殊四边形？答：．AE的长是．活动三：如图5，在四边形ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，将BC按逆时针方向绕点B 旋转90°得到线段BE，连接AE．若AB＝2，DC＝4，求△ABE的面积．11．如图1，已知正方形ABCD的边CD在正方形DEFG的边DE上，连接AE，GC．（1）试猜想AE与GC有怎样的位置关系，并证明你的结论；（2）将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图2，连接AE和GC．你认为（1）中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．12．平面内有一等腰直角三角板（∠ACB＝90°）和一直线MN．过点C作CE⊥MN于点E，过点B作BF⊥MN于点F．当点E与点A重合时（如图1），易证：AF+BF＝2CE．当三角板绕点A顺时针旋转至图2、图3的位置时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AF、BF、CE之间又有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．13．如图1，在△ABC中，点P为BC边中点，直线a绕顶点A旋转，若点B，P在直线a 的异侧，BM⊥直线a于点M．CN⊥直线a于点N，连接PM，PN．（1）延长MP交CN于点E（如图2）．①求证：△BPM≌△CPE；②求证：PM＝PN；（2）若直线a绕点A旋转到图3的位置时，点B，P在直线a的同侧，其它条件不变，此时PM＝PN还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（3）若直线a绕点A旋转到与BC边平行的位置时，其它条件不变，请直接判断四边形MBCN的形状及此时PM＝PN还成立吗？不必说明理由．14．如图，在△ABC和△ADE中，点E在BC边上，∠BAC＝∠DAE，∠B＝∠D，AB＝AD．（1）求证：△ABC≌△ADE；（2）如果∠AEC＝75°，将△ADE绕着点A旋转一个锐角后与△ABC重合，求这个旋转角的大小．15．如图①，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．作正方形DEFG，使点A，C分别在DG和DE上，连接AE，BG．（1）试猜想线段BG和AE的数量关系，请直接写出你得到的结论；（2）将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于0°，小于或等于360°），如图②，通过观察或测量等方法判断（1）中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由；（3）若BC＝DE＝2，在（2）的旋转过程中，当AE为最大值时，求AF的值．16．已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．（1）求证：EG＝CG；（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？通过观察你还能得出什么结论（均不要求证明）．17．已知Rt△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，D为AB边的中点，∠EDF＝90°，∠EDF 绕D点旋转，它的两边分别交AC、CB（或它们的延长线）于E、F．（1）当∠EDF绕D点旋转到DE⊥AC于E时（如图1），易证S△DEF+S△CEF＝S△ABC；（2）当∠EDF绕D点旋转到DE和AC不垂直时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，S△DEF、S△CEF、S△ABC又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．18．已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．19．（1）如图1，点O是线段AD的中点，分别以AO和DO为边在线段AD的同侧作等边三角形OAB和等边三角形OCD，连接AC和BD，相交于点E，连接BC．求∠AEB的大小；（2）如图2，△OAB固定不动，保持△OCD的形状和大小不变，将△OCD绕点O旋转（△OAB和△OCD不能重叠），求∠AEB的大小．20．已知：正方形ABCD．（1）如图1，点E、点F分别在边AB和AD上，且AE＝AF．此时，线段BE、DF的数量关系和位置关系分别是什么？请直接写出结论．（2）如图2，等腰直角三角形F AE绕直角顶点A顺时针旋转∠α，当0°＜α＜90°时，连接BE、DF，此时（1）中的结论是否成立，如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．（3）如图3，等腰直角三角形F AE绕直角顶点A顺时针旋转∠α，当a＝90°时，连接BE、DF，猜想AE与AD满足什么数量关系时，直线DF垂直平分BE．请直接写出结论．（4）如图4，等腰直角三角形F AE绕直角顶点A顺时针旋转∠α，当90°＜α＜180°时，连接BD、DE、EF、FB得到四边形BDEF，则顺次连接四边形BDEF各边中点所组成的四边形是什么特殊四边形？请直接写出结论．参考答案1．（1）解：连接AD，如图1，∵△ABC绕点C顺时针旋转α得到△DEC，点E恰好在AC上，∴CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，∵CA＝CD，∴∠CAD＝∠CDA＝（180°﹣30°）＝75°，∴∠ADE＝90°﹣75°＝15°；（2）证明：如图2，∵点F是边AC中点，∴BF＝AC，∵∠ACB＝30°，∴AB＝AC，∴BF＝AB，∵△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，∴∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，∴DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，∴BE＝CB，∵点F为△ACD的边AC的中点，∴DF⊥AC，易证得△CFD≌△ABC，∴DF＝BC，∴DF＝BE，而BF＝DE，∴四边形BEDF是平行四边形．2．解：（1）∵四边形AB′C′D′是菱形，∴AB′＝B′C′＝C′D′＝AD′，∵∠B′AD′＝∠B′C′D′＝60°，∴△AB′D′，△B′C′D′是等边三角形，∵MN∥B′D′，∴∠C′MN＝∠C′B′D′＝60°，∠CNM＝∠C′D′B′＝60°，∴△C′MN是等边三角形，∴C′M＝C′N，∴MB′＝ND′，∵∠AB′M＝∠AD′N＝120°，AB′＝AD′，∴△AB′M≌△AD′N（SAS），∴∠B′AM＝∠D′AN，∵∠CAD＝∠BAD＝30°，∠DAD′＝15°，∴α＝15°．（2）∵∠C′B′D′＝60°，∴∠EB′G＝120°，∵∠EAG＝60°，∴∠EAG+∠EB′G＝180°，∴四边形EAGB′四点共圆，∴∠AEB′＝∠AGD′，∵∠EAB′＝∠GAD′，AB′＝AD′，∴△AEB′≌△AGD′（AAS），∴EB′＝GD′，AE＝AG，∵AH＝AH，∠HAE＝∠HAG，∴△AHE≌△AHG（SAS），∴EH＝GH，∵△EHB′的周长为2，∴EH+EB′+HB′＝B′H+HG+GD′＝B′D′＝2，∴AB′＝AB＝2，∴菱形ABCD的周长为8．3．（1）解：∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，∴CD′＝CD＝2，在Rt△CED′中，CD′＝2，CE＝1，∴∠CD′E＝30°，∵CD∥EF，∴∠α＝30°；（2）证明：∵G为BC中点，∴CG＝1，∴CG＝CE，∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，∴∠D′CE′＝∠DCE＝90°，CE＝CE′＝CG，∴∠GCD′＝∠DCE′＝90°+α，在△GCD′和△E′CD中，∴△GCD′≌△E′CD（SAS），∴GD′＝E′D；（3）解：能．理由如下：∵四边形ABCD为正方形，∴CB＝CD，∵CD＝CD′，∴△BCD′与△DCD′为腰相等的两等腰三角形，当∠BCD′＝∠DCD′时，△BCD′≌△DCD′，当△BCD′与△DCD′为钝角三角形时，则旋转角α＝＝135°，当△BCD′与△DCD′为锐角三角形时，∠BCD′＝∠DCD′＝∠BCD＝45°则α＝360°﹣＝315°，即旋转角a的值为135°或315°时，△BCD′与△DCD′全等．4．解：（1）①∵△ADE是由△ABC绕点A旋转θ得到，△ABC是等边三角形，∴AB＝AD＝AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝20°，在△ABD与△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS）；∵θ＝20°，∴∠ABD＝∠AEC＝（180°﹣20°）＝80°，又∵∠BAE＝θ+∠BAC＝20°+60°＝80°，∴在四边形ABOE中，∠BOE＝360°﹣80°﹣80°﹣80°＝120°；②由已知得：△ABC和△ADE是全等的等边三角形，∴AB＝AD＝AC＝AE，∵△ADE是由△ABC绕点A旋转θ得到的，∴∠BAD＝∠CAE＝θ，∴△BAD≌△CAE，∴∠ADB＝∠AEC，∵∠ADB+∠ABD+∠BAD＝180°，∴∠AEC+∠ABD+∠BAD＝180°，∵∠ABO+∠AEC+∠BAE+∠BOE＝360°，∵∠BAE＝∠BAD+∠DAE，∴∠DAE+∠BOE＝180°，又∵∠DAE＝60°，∴∠BOE＝120°；（2）如图，∵AB＝AB′，AC＝AC′，∴＝＝，∴B′C′∥BC，∵△ABC是等边三角形，∴△AB′C′是等边三角形，根据旋转变换的性质可得AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB），＝180°﹣（∠OBC+∠ACB+∠ACE），＝180°﹣（∠OBC+∠ACB+∠ABD），＝180°﹣（∠ACB+∠ABC），＝180°﹣（60°+60°），＝60°，当0°＜θ＜30°时，∠BOE＝∠BOC＝60°，当θ＝30°时，点B，点O，点E共线．当30°＜θ＜180°时，∠BOE＝180°﹣∠BOC＝180°﹣60°＝120°．5．（1）证明：∵∠DBE＝∠ABC，∴∠ABD+∠CBE＝∠DBE＝∠ABC，∵△ABE′由△CBE旋转而成，∴BE＝BE′，∠ABE′＝∠CBE，∴∠DBE′＝∠DBE，在△DBE与△DBE′中，∵，∴△DBE≌△DBE′（SAS），∴DE′＝DE；（2）证明：如图所示：把△CBE逆时针旋转90°，连接DE′，∵BA＝BC，∠ABC＝90°，∴∠BAC＝∠BCE＝45°，∴图形旋转后点C与点A重合，CE与AE′重合，∴AE′＝EC，∴∠E′AB＝∠BCE＝45°，∴∠DAE′＝90°，在Rt△ADE′中，DE′2＝AE′2+AD2，∵AE′＝EC，∴DE′2＝EC2+AD2，同（1）可得DE＝DE′，∴DE2＝AD2+EC2．6．解：（1）∵BA＝BC，∠BAC＝60°，M是AC的中点，∴BM⊥AC，AM＝MC，∵将线段P A绕点P顺时针旋转2α得到线段PQ，∴AM＝MQ，∠AMQ＝120°，∴CM＝MQ，∠CMQ＝60°，∴△CMQ是等边三角形，∴∠ACQ＝60°，∴∠CDB＝30°；（2）如图2，连接PC，AD，∵AB＝BC，M是AC的中点，∴BM⊥AC，即BD为AC的垂直平分线，∴AD＝CD，AP＝PC，PD＝PD，在△APD与△CPD中，∵，∴△APD≌△CPD（SSS），∴∠ADB＝∠CDB，∠P AD＝∠PCD，又∵PQ＝P A，∴PQ＝PC，∠ADC＝2∠1，∠4＝∠PCQ＝∠P AD，∴∠P AD+∠PQD＝∠4+∠PQD＝180°，∴∠APQ+∠ADC＝360°﹣（∠P AD+∠PQD）＝180°，∴∠ADC＝180°﹣∠APQ＝180°﹣2α，∴2∠CDB＝180°﹣2α，∴∠CDB＝90°﹣α；（3）如图1，延长BM，CQ交于点D，连接AD，∵∠CDB＝90°﹣α，且PQ＝QD，∴∠P AD＝∠PCQ＝∠PQC＝2∠CDB＝180°﹣2α，∵点P不与点B，M重合，∴∠BAD＞∠P AD＞∠MAD，∵点P在线段BM上运动，∠P AD最大为2α，∠P AD最小等于α，∴2α＞180°﹣2α＞α，∴45°＜α＜60°．7．（1）解：AE1＝BF1．证明：∵O为正方形ABCD的中心，∴OA＝OD，∵OF＝2OA，OE＝2OD，∴OE＝OF，∵将△EOF绕点O逆时针旋转α角得到△E1OF1∴OE1＝OF1，∵∠F1OB＝∠E1OA，OA＝OB，∴△E1AO≌△F1BO，∴AE1＝BF1；（2）证明：∵取OE1中点G，连接AG，∵∠AOD＝90°，α＝30°，∴∠E1OA＝90°﹣α＝60°，∵OE1＝2OA，∴OA＝OG，∴∠E1OA＝∠AGO＝∠OAG＝60°，∴AG＝GE1，∴∠GAE1＝∠GE1A＝30°，∴∠E1AO＝90°，∴△AOE1为直角三角形．8．解：（1）如图2中，结论：EG＝CG，EG⊥CG．（2）如图3中，EG＝CG，EG⊥CG．证明：延长FE交DC延长线于M，连MG．∵∠AEM＝90°，∠EBC＝90°，∠BCM＝90°，∴四边形BEMC是矩形．∴BE＝CM，∠EMC＝90°，由图（3）可知，∵BD平分∠ABC，∠ABC＝90°，∴∠EBF＝45°，又∵EF⊥AB，∴△BEF为等腰直角三角形∴BE＝EF，∠F＝45°．∴EF＝CM．∵∠EMC＝90°，FG＝DG，∴MG＝FD＝FG．∵BC＝EM，BC＝CD，∴EM＝CD．∵EF＝CM，∴FM＝DM，又∵FG＝DG，∠CMG＝∠EMC＝45°，∴∠F＝∠GMC．在△GFE与△GMC中，，∴△GFE≌△GMC（SAS）．∴EG＝CG，∠FGE＝∠MGC．∵∠FMC＝90°，MF＝MD，FG＝DG，∴MG⊥FD，∴∠FGE+∠EGM＝90°，∴∠MGC+∠EGM＝90°，即∠EGC＝90°，∴EG⊥CG．9．解：等边三角形．理由：由题意可知：∠APD＝60°，∴△P AD是等边三角形，∴∠DAP＝∠PDA＝60°，∴∠PDC＝∠P AE＝30°，∴∠DAE＝∠DAP﹣∠P AE＝30°，∴∠P AB＝30°，即∠BAE＝60°，又∵CD＝AB＝EA，∴△ABE是等边三角形，故答案为等边三角形．10．解：活动一：∵四边形DECF是正方形，∴DE＝DF＝x，DE∥BC，DF∥AC，∴，，∵AD＝2，BD＝1，∴AC＝3x，BC＝x，∵AC2+BC2＝AB2，∴9x2+（x）2＝9，解得：x＝，∴DE＝DF＝，AE＝，BF＝，∴S△ADE+S△BDF＝1，∴S阴影＝1；故答案为：1；活动二：根据题意得：∠EAG＝90°，∵AE⊥BC，∴∠AEB＝∠AEC＝∠G＝90°，∴四边形AECG是矩形，∵AE＝AG，∴四边形AECG是正方形，∵BC＝5，CD＝3，∴设AE＝x，则BE＝GD＝CG﹣CD＝x﹣3，BE＝BC﹣EC＝5﹣x，∴x﹣3＝5﹣x，解得：x＝4，∴AE＝4．故答案为：正方形，4；活动三：过点B作BG⊥DC于点G，过点E作EF⊥AB与AB的延长线交于点F．∵∠BAD＝∠D＝∠DGB＝90°，∴四边形ABGD是矩形，∴DG＝AB＝2，∴CG＝DC﹣DG＝4﹣2＝2．∵∠CBG+∠CBF＝90°，∠EBF+∠CBF＝90°，∴∠CBG＝∠EBF．在△BCG与△BEF中，∠CBG＝∠EBF，∠CGB＝∠EFB＝90°，BC＝BE，∴△BCG≌△BEF，∴CG＝EF＝2．∴S△ABE＝AB•EF＝2．11．解：（1）答：AE⊥GC；证明：延长GC交AE于点H，在正方形ABCD与正方形DEFG中，AD＝DC，∠ADE＝∠CDG＝90°，DE＝DG，∴△ADE≌△CDG，∴∠1＝∠2；∵∠2+∠3＝90°，∴∠1+∠3＝90°，∴∠AHG＝180°﹣（∠1+∠3）＝180°﹣90°＝90°，∴AE⊥GC．（2）答：成立；证明：延长AE和GC相交于点H，在正方形ABCD和正方形DEFG中，AD＝DC，DE＝DG，∠ADC＝∠DCB＝∠B＝∠BAD＝∠EDG＝90°，∴∠1＝∠2＝90°﹣∠3；∴△ADE≌△CDG，∴∠5＝∠4；又∵∠5+∠6＝90°，∠4+∠7＝180°﹣∠DCE＝180°﹣90°＝90°，∴∠6＝∠7，又∵∠6+∠AEB＝90°，∠AEB＝∠CEH，∴∠CEH+∠7＝90°，∴∠EHC＝90°，∴AE⊥GC．12．解：图2，AF+BF＝2CE仍成立，证明：过B作BH⊥CE于点H，∵∠BCH+∠ACE＝90°，又∵在直角△ACE中，∠ACE+∠CAE＝90°，∴∠CAE＝∠BCH，又∵AC＝BC，∠AEC＝∠BHC＝90°∴△ACE≌△CBH．∴CH＝AE，BF＝HE，CE＝BH，∴AF+BF＝AE+EF+BF＝CH+EF+HE＝CE+EF＝2EC．图3中，过点C作CG⊥BF，交BF延长线于点G，∵AC＝BC，可得∠AEC＝∠CGB，∠ACE＝∠BCG，∴△CBG≌△CAE，∴AE＝BG，∵AF＝AE+EF，∴AF＝BG+CE＝BF+FG+CE＝2CE+BF，∴AF﹣BF＝2CE．13．（1）证明：①如图2：∵BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，∴∠BMA＝∠CNM＝90°，∴BM∥CN，∴∠MBP＝∠ECP，又∵P为BC边中点，∴BP＝CP，又∵∠BPM＝∠CPE，∴△BPM≌△CPE，②∵△BPM≌△CPE，∴PM＝PE∴PM＝ME，∴在Rt△MNE中，PN＝ME，∴PM＝PN．（2）解：成立，如图3．证明：延长MP与NC的延长线相交于点E，∵BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，∴∠BMN＝∠CNM＝90°∴∠BMN+∠CNM＝180°，∴BM∥CN∴∠MBP＝∠ECP，又∵P为BC中点，∴BP＝CP，又∵∠BPM＝∠CPE，在△BPM和△CPE中，，∴△BPM≌△CPE，∴PM＝PE，∴PM＝ME，则Rt△MNE中，PN＝ME∴PM＝PN．（3）解：如图4，四边形BMNC是矩形，理由：∵MN∥BC，BM⊥AM，CN⊥MN，∴∠AMB＝∠ANC＝90°，∠AMB+∠CBM＝180°，∴∠CBM＝∠AMB＝∠CNA＝90°，∴四边形BMNC是矩形．∵BM＝CN，∠PBM＝∠PCN，BP＝CP，∴△PBM≌△PCN（SAS）∴PM＝PN．14．（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，AB＝AD，∠B＝∠D，∴△ABC≌△ADE．（2）解：∵△ABC≌△ADE，∴AC与AE是一组对应边，∴∠CAE为旋转角，∵AE＝AC，∠AEC＝75°，∴∠ACE＝∠AEC＝75°，∴∠CAE＝180°﹣75°﹣75°＝30°．15．解：（1）BG＝AE，证明：∵△ABC是等腰直角三角形，AD⊥BC，∴BD＝DA，又∵正方形DEFG中：GD＝DE，∠GDB＝∠EDA；∴Rt△BDG≌Rt△ADE；∴BG＝AE；（2）成立：证明：连接AD，∵Rt△BAC中，D为斜边BC的中点，∴AD＝BD，AD⊥BC，∴∠ADG+∠GDB＝90°，∵EFGD为正方形，∴DE＝DG，且∠GDE＝90°，∴∠ADG+∠ADE＝90°，∴∠BDG＝∠ADE，在△BDG和△ADE中，∴△BDG≌△ADE（SAS），∴BG＝AE；（3）由（2）可得BG＝AE，当BG取得最大值时，AE取得最大值；分析可得：当旋转角度为270°时，BG＝AE最大值为1+2＝3，此时如图：AF＝．16．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCF＝90°，在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴CG＝FD，同理，在Rt△DEF中，EG＝FD，∴CG＝EG．（2）解：（1）中结论仍然成立，即EG＝CG．证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．在△DAG与△DCG中，∵AD＝CD，∠ADG＝∠CDG，DG＝DG，∴△DAG≌△DCG（SAS），∴AG＝CG；在△DMG与△FNG中，∵∠DGM＝∠FGN，FG＝DG，∠MDG＝∠NFG，∴△DMG≌△FNG（ASA），∴MG＝NG；∵∠EAM＝∠AEN＝∠AMN＝90°，∴四边形AENM是矩形，在矩形AENM中，AM＝EN，在△AMG与△ENG中，∵AM＝EN，∠AMG＝∠ENG，MG＝NG，∴△AMG≌△ENG（SAS），∴AG＝EG，∴EG＝CG．证法二：延长CG至M，使MG＝CG，连接MF，ME，EC，在△DCG与△FMG中，∵FG＝DG，∠MGF＝∠CGD，MG＝CG，∴△DCG≌△FMG．∴MF＝CD，∠FMG＝∠DCG，∴MF∥CD∥AB，∴EF⊥MF．在Rt△MFE与Rt△CBE中，∵MF＝CB，∠MFE＝∠EBC，EF＝BE，∴△MFE≌△CBE∴∠MEF＝∠CEB．∴∠MEC＝∠MEF+∠FEC＝∠CEB+∠CEF＝90°，∴△MEC为直角三角形．∵MG＝CG，∴EG＝MC，∴EG＝CG．（3）解：（1）中的结论仍然成立．理由如下：过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．由于G为FD中点，∵∠GCD＝∠GMF，∠CGD＝∠MGF，GF＝GD，∴△CDG≌△MFG（AAS），∴CD＝FM，又因为BE＝EF，易证∠EFM＝∠EBC，∴△EFM≌△EBC（SAS），∴∠FEM＝∠BEC，EM＝EC∵∠FEC+∠BEC＝90°，∴∠FEC+∠FEM＝90°，即∠MEC＝90°，∴△MEC是等腰直角三角形，∵G为CM中点，∴EG＝CG，EG⊥CG．17．解：（1）显然△AED，△DEF，△ECF，△BDF都为等腰直角三角形，且全等，则S△DEF+S△CEF＝S△ABC；（2）图2成立；图3不成立．图2证明：过点D作DM⊥AC，DN⊥BC，则∠DME＝∠DNF＝∠MDN＝90°，又∵∠C＝90°，∴DM∥BC，DN∥AC，∵D为AB边的中点，由中位线定理可知：DN＝AC，MD＝BC，∵AC＝BC，∴MD＝ND，∵∠EDF＝90°，∴∠MDE+∠EDN＝90°，∠NDF+∠EDN＝90°，∴∠MDE＝∠NDF，在△DME与△DNF中，∵，∴△DME≌△DNF（ASA），∴S△DME＝S△DNF，∴S四边形DMCN＝S四边形DECF＝S△DEF+S△CEF，由以上可知S四边形DMCN＝S△ABC，∴S△DEF+S△CEF＝S△ABC．图3不成立，连接DC，证明：△DEC≌△DBF（ASA，∠DCE＝∠DBF＝135°）∴S△DEF＝S五边形DBFEC，＝S△CFE+S△DBC，＝S△CFE+，∴S△DEF﹣S△CFE＝．故S△DEF、S△CEF、S△ABC的关系是：S△DEF﹣S△CEF＝S△ABC．18．解：（1）BM+DN＝MN成立．证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线（图形画正确）．∴∠EAM＝90°﹣∠NAM＝90°﹣45°＝45°，又∵∠NAM＝45°，∴在△AEM与△ANM中，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，∵ME＝BE+BM＝DN+BM，∴DN+BM＝MN；（2）DN﹣BM＝MN．在线段DN上截取DQ＝BM，在△ADQ与△ABM中，∵，∴△ADQ≌△ABM（SAS），∴∠DAQ＝∠BAM，∴∠QAN＝∠MAN．在△AMN和△AQN中，∴△AMN≌△AQN（SAS），∴MN＝QN，∴DN﹣BM＝MN．19．解：（1）如图3，∵△DOC和△ABO都是等边三角形，且点O是线段AD的中点，∴OD＝OC＝OB＝OA，∠1＝∠2＝60°，∴∠4＝∠5．又∵∠4+∠5＝∠2＝60°，∴∠4＝30°．同理∠6＝30°．∵∠AEB＝∠4+∠6，∴∠AEB＝60°．（2）如图4∵△DOC和△ABO都是等边三角形，∴OD＝OC，OB＝OA，∠1＝∠2＝60°．又∵OD＝OA，∴OD＝OB，OA＝OC，∴∠4＝∠5，∠6＝∠7．∵∠DOB＝∠1+∠3，∠AOC＝∠2+∠3，∴∠DOB＝∠AOC．∵∠4+∠5+∠DOB＝180°，∠6+∠7+∠AOC＝180°，∴2∠5＝2∠6，∴∠5＝∠6．又∵∠AEB＝∠8﹣∠5，∠8＝∠2+∠6，∴∠AEB＝∠2+∠6﹣∠5＝∠2+∠5﹣∠5＝∠2，∴∠AEB＝60°．20．解：（1）BE＝DF且BE⊥DF；（2）在△DF A和△BEA中，∵∠DAF＝90°﹣∠F AB，∠BAE＝90°﹣∠F AB，∴∠DAF＝∠BAE，又AB＝AD，AE＝AF，∴△DF A≌△BEA，∴BE＝DF；∠ADF＝∠ABE，∴BE⊥DF；（3）AE＝（﹣1）AD；（4）正方形．。

人教备战中考数学旋转的综合热点考点难点附详细答案

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图1，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C ：y =ax 2+bx +c 与x 轴相交于A ，B 两点，顶点为D （0，4），AB=42，设点F （m ，0）是x 轴的正半轴上一点，将抛物线C 绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C ′．（1）求抛物线C 的函数表达式；（2）若抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，求m 的取值范围．（3）如图2，P 是第一象限内抛物线C 上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P 在抛物线C ′上的对应点P ′，设M 是C 上的动点，N 是C ′上的动点，试探究四边形PMP ′N 能否成为正方形？若能，求出m 的值；若不能，请说明理由．【答案】（1）2142y x =-+；（2）2＜m ＜23）m =6或m 173．【解析】试题分析：（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （2，0），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()2142y x m =--，由()22142142y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩，消去y 得到222280x mx m -+-=，由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有()222(428020280m m m ⎧-->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩，解不等式组即可解决问题；（3）情形1，四边形PMP ′N 能成为正方形．作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，推出PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，可得M （m +2，m ﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），利用待定系数法即可解决问题．试题解析：（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （22，0），设抛物线的解析式为24y ax=+，把A （22，0）代入可得a =12-，∴抛物线C 的函数表达式为2142y x =-+．（2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为()2142y x m =--，由21421(42x y x y ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，消去y 得到222280x mx m -+-= ，由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有()222(428020280m m m ⎧-->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩，解得2＜m ＜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 173或173（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．2．在等边△AOB中，将扇形COD按图1摆放，使扇形的半径OC、OD分别与OA、OB重合，OA＝OB＝2，OC＝OD＝1，固定等边△AOB不动，让扇形COD绕点O逆时针旋转，线段AC、BD也随之变化，设旋转角为α．（0＜α≤360°）（1）当OC∥AB时，旋转角α＝度；发现：（2）线段AC与BD有何数量关系，请仅就图2给出证明．应用：（3）当A、C、D三点共线时，求BD的长．拓展：（4）P是线段AB上任意一点，在扇形COD的旋转过程中，请直接写出线段PC的最大值与最小值．【答案】（1）60或240；(2) AC=BD，理由见解析；（313+11314）PC的最大值=3，PC的最小值31．【解析】分析：（1）如图1中，易知当点D在线段AD和线段AD的延长线上时，OC∥AB，此时旋转角α=60°或240°．（2）结论：AC=BD．只要证明△AOC≌△BOD即可．（3）在图3、图4中，分别求解即可．（4）如图5中，由题意，点C在以O为圆心，1为半径的⊙O上运动，过点O作OH⊥AB于H，直线OH交⊙O于C′、C″，线段CB的长即为PC的最大值，线段C″H的长即为PC的最小值．易知PC的最大值=3，PC的最小值31．详解：（1）如图1中，∵△ABC是等边三角形，∴∠AOB=∠COD=60°，∴当点D在线段AD和线段AD的延长线上时，OC∥AB，此时旋转角α=60°或240°．故答案为60或240；（2）结论：AC =BD ，理由如下：如图2中，∵∠COD =∠AOB =60°，∴∠COA =∠DOB ．在△AOC 和△BOD 中，OA OB COA DOB CO OD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AOC ≌△BOD ，∴AC =BD ；（3）①如图3中，当A 、C 、D 共线时，作OH ⊥AC 于H ．在Rt △COH 中，∵OC =1，∠COH =30°，∴CH =HD =12，OH=3．在Rt △AOH 中，AH =22OA OH -=13，∴BD =AC =CH +AH =113+．如图4中，当A 、C 、D 共线时，作OH ⊥AC 于H ．易知AC =BD =AH ﹣CH 131- 综上所述：当A 、C 、D 三点共线时，BD 的长为1312或1312-；（4）如图5中，由题意，点C 在以O 为圆心，1为半径的⊙O 上运动，过点O 作OH ⊥AB 于H ，直线OH 交⊙O 于C ′、C ″，线段CB 的长即为PC 的最大值，线段C ″H 的长即为PC 的最小值．易知PC 的最大值=3，PC 的最小值31．点睛：本题考查了圆综合题、旋转变换、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、圆上的点到直线的距离的最值问题等知识，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，构造直角三角形解决问题，利用辅助圆解决最值问题，属于中考压轴题．3．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（3，0），点B（0，4），把△ABO绕点A顺时针旋转，得△AB′O′，点B，O旋转后的对应点为B′，O．（1）如图1，当旋转角为90°时，求BB′的长；（2）如图2，当旋转角为120°时，求点O′的坐标；（3）在（2）的条件下，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+AP′取得最小值时，求点P′的坐标．（直接写出结果即可）【答案】（1）22）O'（92，332）；（3）P'（275，635）.【解析】【分析】（1）先求出AB．利用旋转判断出△ABB'是等腰直角三角形，即可得出结论；（2）先判断出∠HAO'=60°，利用含30度角的直角三角形的性质求出AH，OH，即可得出结论；（3）先确定出直线O'C的解析式，进而确定出点P的坐标，再利用含30度角的直角三角形的性质即可得出结论．【详解】（1）∵A（3，0），B（0，4），∴OA=3，OB=4，∴AB=5，由旋转知，BA=B'A，∠BAB'=90°，∴△ABB'是等腰直角三角形，∴BB2AB2；（2）如图2，过点O '作O 'H ⊥x 轴于H ，由旋转知，O 'A =OA =3，∠OAO '=120°，∴∠HAO '=60°，∴∠HO 'A =30°，∴AH =12AO '=32，OH =3AH =33，∴OH =OA +AH =92，∴O '（9332，）；（3）由旋转知，AP =AP '，∴O 'P +AP '=O 'P +AP ．如图3，作A 关于y 轴的对称点C ，连接O 'C 交y 轴于P ，∴O 'P +AP =O 'P +CP =O 'C ，此时，O 'P +AP 的值最小．∵点C 与点A 关于y 轴对称，∴C （﹣3，0）．∵O '（9332，），∴直线O 'C 的解析式为y =3x +33，令x =0，∴y =33，∴P （0，33），∴O 'P '=OP =33，作P 'D ⊥O 'H 于D ． ∵∠B 'O 'A =∠BOA =90°，∠AO 'H =30°，∴∠DP 'O '=30°，∴O 'D =12O 'P '=3310，P 'D =3O 'D =910，∴DH =O 'H ﹣O 'D =635，O 'H +P 'D =275，∴P '（276355，）．【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，含30度角的直角三角形的性质，构造出直角三角形是解答本题的关键．4．已知△ABC 是边长为4的等边三角形，边AB 在射线OM 上，且OA=6，点D 是射线OM 上的动点，当点D 不与点A 重合时，将△ACD 绕点C 逆时针方向旋转60°得到△BCE ，连接DE ．（1）如图1，猜想：△CDE 的形状是三角形．（2）请证明（1）中的猜想（3）设OD=m ，①当6＜m ＜10时，△BDE 的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE 周长的最小值；若不存在，请说明理由．②是否存在m 的值，使△DEB 是直角三角形，若存在，请直接写出m 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）等边；（2）详见解析；（3）3；②当m=2或14时，以D、E、B 为顶点的三角形是直角三角形．【解析】【分析】（1）由旋转的性质猜想结论；（2）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（3）①当6＜m＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；②存在，分四种情况讨论：a）当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；b）当0≤m＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2=m；c）当6＜m＜10时，此时不存在；d）当m＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到m=14．【详解】（1）等边；（2）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE=60°，DC=EC，∴△CDE 是等边三角形．（3）①存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得：BE=AD，∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE=CD，∴C△DBE=CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD3，∴△BDE的最小周长=CD3；②存在，分四种情况讨论：a）∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意；b）当0≤m＜6时，由旋转可知，∠ABE=60°，∠BDE＜60°，∴∠BED=90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB=60°，∴∠CEB=30°．∵∠CEB=∠CDA，∴∠CDA=30°．∵∠CAB=60°，∴∠ACD=∠ADC=30°，∴DA=CA=4，∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2，∴m=2；c）当6＜m＜10时，由∠DBE=120°＞90°，∴此时不存在；d）当m＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE=60°，又由（1）知∠CDE=60°，∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE=90°，从而∠BCD=30°，∴BD=BC=4，∴OD=14，∴m=14．综上所述：当m=2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．5．如图，点A是x轴非负半轴上的动点，点B坐标为（0，4），M是线段AB的中点，将点M绕点A顺时针方向旋转90°得到点C，过点C作x轴的垂线，垂足为F，过点B作y 轴的垂线与直线CF相交于点E，连接AC，BC，设点A的横坐标为t．（Ⅰ）当t=2时，求点M的坐标；（Ⅱ）设ABCE的面积为S，当点C在线段EF上时，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；（Ⅲ）当t为何值时，BC+CA取得最小值．【答案】（1）（1，2）；（2）S=32t+8（0≤t≤8）；（3）当t=0时，BC+AC有最小值【解析】试题分析：（I）过M作MG⊥OF于G，分别求OG和MG的长即可；（II）如图1，同理可求得AG和OG的长，证明△AMG≌△CAF，得：AG=CF=12t，AF=MG=2，分别表示EC和BE的长，代入面积公式可求得S与t的关系式；并求其t的取值范围；（III ）证明△ABO ∽△CAF ，根据勾股定理表示AC 和BC 的长，计算其和，根据二次根式的意义得出当t =0时，值最小．试题解析：解：（I ）如图1，过M 作MG ⊥OF 于G ，∴MG ∥OB ，当t =2时，OA =2．∵M 是AB 的中点，∴G 是AO 的中点，∴OG =12OA =1，MG 是△AOB 的中位线，∴MG =12OB =12×4=2，∴M （1，2）；（II ）如图1，同理得：OG =AG =12t ．∵∠BAC =90°，∴∠BAO +∠CAF =90°．∵∠CAF +∠ACF =90°，∴∠BAO =∠ACF ．∵∠MGA =∠AFC =90°，MA =AC ，∴△AMG ≌△CAF ，∴AG =CF =12t ，AF =MG =2，∴EC =4﹣12t ，BE =OF =t +2，∴S △BCE =12EC •BE =12（4﹣12t ）（t +2）=﹣14t 2+32t +4； S △ABC =12•AB •AC =12•216t +•21162t +=14t 2+4，∴S =S △BEC +S △ABC =32t +8．当A 与O 重合，C 与F 重合，如图2，此时t =0，当C 与E 重合时，如图3，AG =EF ，即 12t =4，t =8，∴S 与t 之间的函数关系式为：S =32t +8（0≤t ≤8）；（III ）如图1，易得△ABO ∽△CAF ，∴AB AC =OB AF =OA FC =2，∴AF =2，CF =12t ，由勾股定理得：AC =22AF CF +=22122t +（）=2144t +，BC =22BE EC +=221242t t ++-（）（）=21544t +（），∴BC +AC =（ 5+1）2144t +，∴当t =0时，BC +AC 有最小值．点睛：本题考查了几何变换综合题，知识点包括相似三角形、全等三角形、点的坐标、几何变换（旋转）、三角形的中位线等，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．6．(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 BC ACD BCE CD 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．7．已知O 为直线MN 上一点，OP ⊥MN ，在等腰Rt △ABO 中，90BAO ∠=︒，AC ∥OP 交OM 于C ，D 为OB 的中点，DE ⊥DC 交MN 于E ．(1) 如图1，若点B 在OP 上，则①AC OE (填“＜”，“＝”或“＞”)；②线段CA 、CO 、CD 满足的等量关系式是；(2) 将图1中的等腰Rt △ABO 绕O 点顺时针旋转α(045α︒<<︒)，如图2，那么(1)中的结论②是否成立？请说明理由；(3) 将图1中的等腰Rt △ABO 绕O 点顺时针旋转α()，请你在图3中画出图形，并直接写出线段CA 、CO 、CD 满足的等量关系式；【答案】（1）①=；②AC2+CO2=CD2；（2）（1）中的结论②不成立，理由见解析；（3）画图见解析；OC-CA=2CD.【解析】试题分析：（1）①如图1，证明AC=OC和OC=OE可得结论；②根据勾股定理可得：AC2+CO2=CD2；（2）如图2，（1）中的结论②不成立，作辅助线，构建全等三角形，证明A、D、O、C四点共圆，得∠ACD=∠AOB，同理得：∠EFO=∠EDO，再证明△ACO≌△EOF，得OE=AC，AO=EF，根据勾股定理得：AC2+OC2=FO2+OE2=EF2，由直角三角形中最长边为斜边可得结论；（3）如图3，连接AD，则AD=OD证明△ACD≌△OED，根据△CDE是等腰直角三角形，得CE2=2CD2，等量代换可得结论（OC﹣OE）2=（OC﹣AC）2=2CD2，开方后是：OC﹣AC=CD．试题解析：（1）①AC=OE，理由：如图1，∵在等腰Rt△ABO中，∠BAO=90°，∴∠ABO=∠AOB=45°，∵OP⊥MN，∴∠COP=90°，∴∠AOC=45°，∵AC∥OP，∴∠CAO=∠AOB=45°，∠ACO=∠POE=90°，∴AC=OC，连接AD，∵BD=OD，∴AD=OD，AD⊥OB，∴AD∥OC，∴四边形ADOC是正方形，∴∠DCO=45°，∴AC=OD，∴∠DEO=45°，∴CD=DE，∴OC=OE，∴AC=OE；②在Rt△CDO中，∵CD2=OC2+OD2，∴CD2=AC2+OC2；故答案为AC2+CO2=CD2；（2）如图2，（1）中的结论②不成立，理由是：连接AD，延长CD交OP于F，连接EF，∵AB=AO，D为OB的中点，∴AD⊥OB，∴∠ADO=90°，∵∠CDE=90°，∴∠ADO=∠CDE，∴∠ADO﹣∠CDO=∠CDE﹣∠CDO，即∠ADC=∠EDO，∵∠ADO=∠ACO=90°，∴∠ADO+∠ACO=180°，∴A、D、O、C四点共圆，∴∠ACD=∠AOB，同理得：∠EFO=∠EDO，∴∠EFO=∠AOC，∵△ABO是等腰直角三角形，∴∠AOB=45°，∴∠DCO=45°，∴△COF和△CDE是等腰直角三角形，∴OC=OF，∵∠ACO=∠EOF=90°，∴△ACO≌△EOF，∴OE=AC，AO=EF，∴AC2+OC2=FO2+OE2=EF2，Rt△DEF中，EF＞DE=DC，∴AC2+OC2＞DC2，所以（1）中的结论②不成立；（3）如图3，结论：OC﹣CA=CD，理由是：连接AD，则AD=OD，同理：∠ADC=∠EDO，∵∠CAB+∠CAO=∠CAO+∠AOC=90°，∴∠CAB=∠AOC，∵∠DAB=∠AOD=45°，∴∠DAB﹣∠CAB=∠AOD﹣∠AOC，即∠DAC=∠DOE，∴△ACD≌△OED，∴AC=OE，CD=DE，∴△CDE是等腰直角三角形，∴CE2=2CD2，∴（OC﹣OE）2=（OC﹣AC）2=2CD2，∴OC﹣AC=CD，故答案为OC﹣AC=CD．考点：几何变换的综合题8．正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为2和22，点B在边AG上，点D在线段EA 的延长线上，连接BE．（1）如图1，求证：DG⊥BE；（2）如图2，将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转，当点B恰好落在线段DG上时，求线段BE的长．．【答案】（1）答案见解析；（2）26【解析】【分析】（1）由题意可证△ADG≌△ABE，可得∠AGD＝∠AEB，由∠ADG+∠AGD＝90°，可得∠ADG+∠AEB＝90°，即DG⊥BE；（2）过点A作AM⊥BD，垂足为M，根据勾股定理可求MG的长度，即可求DG的长度，由题意可证△DAG≌△BAE，可得BE＝DG．【详解】（1）如图，延长EB交GD于H∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形∴AD＝AB，AG＝AE，∠DAG＝∠BAE＝90°∴△ADG≌△ABE（SAS）∴∠AGD＝∠AEB∵∠ADG+∠AGD＝90°∴∠ADG+∠AEB＝90°∴DG⊥BE（2）如图，过点A作AM⊥BD，垂足为M∵正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为2和22，∴AM＝DM＝2，∠DAB＝∠GAE＝90°∴MG＝22-＝6，∠DAG＝∠BAEAG MA∴DG＝DM+MG＝2+6，由旋转可得：AD＝AB，AG＝AE，且∠DAG＝∠BAE∴△DAG≌△BAE（SAS）+∴BE＝DG＝26【点睛】考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．9．如图1，O为直线AB上一点，OC为射线，∠AOC＝40°，将一个三角板的直角顶点放在点O处，一边OD在射线OA上，另一边OE与OC都在直线AB的上方．（1）将三角板绕点O顺时针旋转，若OD恰好平分∠AOC（如图2），试说明OE平分∠BOC；（2）将三角板绕点O在直线AB上方顺时针旋转，当OD落在∠BOC内部，且∠COD＝1∠BOE时，求∠AOE的度数：3（3）将图1中的三角板和射线OC同时绕点O，分别以每秒6°和每秒2°的速度顺时针旋转一周，求第几秒时，OD恰好与OC在同一条直线上？【答案】（1）证明见解析；（2）142.5°；（3）第10秒或第55秒时.【解析】【分析】（1）由角平分线的性质及同角的余角相等，可得答案；（2）设∠COD ＝α，则∠BOE ＝3α，由题意得关于α的方程，求解即可；（3）分两种情况考虑：当OD 与OC 重合时；当OD 与OC 的反向延长线重合时．【详解】解：（1）∵OD 恰好平分∠AOC∴∠AOD ＝∠COD∵∠DOE ＝90°∴∠AOD +∠BOE ＝90°，∠COD +∠COE ＝90°∴∠BOE ＝∠COE∴OE 平分∠BOC ．（2）设∠COD ＝α，则∠BOE ＝3α，当OD 在∠BOC 的内部时，∠AOD ＝∠AOC +∠COD ＝40°+α∵∠AOD +∠BOE ＝180°﹣90°＝90°∴40°+α+3α＝90°∴α＝12.5°∴∠AOE ＝180°﹣3α＝142.5°∴∠AOE 的度数为142.5°．（3）设第t 秒时，OD 与OC 恰好在同一条直线上，则∠AOD ＝6t ，∠AOC ＝2t +40°；当OD 与OC 重合时，6t ﹣2t ＝40°∴t ＝10（秒）；当OD 与OC 的反向延长线重合时，6t ﹣2t ＝180°+40°∴t ＝55（秒）∴第10秒或第55秒时，OD 恰好与OC 在同一条直线上．【点睛】本题主要考查角平分线的性质、余角的性质，角度的计算，进行分类讨论不漏解是关键.10．如图，已知Rt △ABC 中，∠ACB =90°，AC =BC ，D 是线段AB 上的一点（不与A 、B 重合）．过点B 作BE ⊥CD ，垂足为E ．将线段CE 绕点C 顺时针旋转90︒，得到线段CF ，连结EF ．设∠BCE 度数为α.（1）①补全图形；②试用含α的代数式表示∠CDA ．（2）若2EF AB = ，求α的大小．（3）直接写出线段AB 、BE 、CF 之间的数量关系．【答案】（1）①答案见解析；②45α︒+；（2）30α=︒；（3）22222AB CF BE =+．【解析】试题分析：（1）①按要求作图即可；②由∠ACB=90°，AC=BC ，得∠ABC=45°,故可得出结论；（2）易证FCE ∆∽ ACB ∆，得3CF AC =；连结FA ，得△AFC 是直角三角形，求出∠ACF=30°，从而得出结论；（3）222A 22B CF BE =+.试题解析：（1）①补全图形．②∵∠ACB=90°，AC=BC ，∴∠ABC=45°∵∠BCE=α ∴∠CDA=45α︒+（2）在FCE ∆和ACB ∆中，45CFE CAB ∠=∠=︒ ，90FCE ACB ∠=∠=︒ ∴ FCE ∆∽ ACB ∆∴CF EF AC AB = 32EF AB = ∴ 3CF AC =连结FA ．90,90FCA ACE ECB ACE ∠=︒-∠∠=︒-∠∴ FCA ECB ∠=∠=α在Rt CFA ∆中，90CFA ∠=︒，3cos 2FCA ∠= ∴ 30FCA ∠=︒即30α=︒. （3）22222AB CF BE =+。

历年中考数学易错题汇编-初中数学旋转练习题附答案解析

历年中考数学易错题汇编-初中数学旋转练习题附答案解析一、旋转1．已知正方形ABCD 中，E 为对角线BD 上一点，过E 点作EF⊥BD 交BC 于F，连接DF，G 为DF 中点，连接EG，CG.(1) 求证：EG=CG；(2) 将图①中△BEF 绕B 点逆时针旋转 45∘,如图②所示,取DF 中点G,连接EG,CG.问(1)中的结论是否仍然成立?若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；(3) 将图①中△BEF 绕B 点旋转任意角度,如图③所示,再连接相应的线段,问(1)中的结论是否仍然成立?通过观察你还能得出什么结论(均不要求证明).【答案】解：（1）CG=EG（2）（1）中结论没有发生变化，即EG=CG．证明：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．在△DAG与△DCG中，∵ AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG．∴ AG=CG．在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG．∴ MG=NG在矩形AENM中，AM=EN．在Rt△AMG 与Rt△ENG中，∵ AM=EN， MG=NG，∴△AMG≌△ENG．∴ AG=EG∴ EG=CG．（3）（1）中的结论仍然成立．【解析】试题分析：（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG．（3）结论依然成立．还知道EG⊥CG;试题解析：解：（1）证明：在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴，同理，在Rt△DEF中，，∴CG=EG；（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG；连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点，如图所示：在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DC=DC，∴△DAG≌△DCG，∴AG=CG，在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，DG=FG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG，∴MG=NG，在矩形AENM中，AM=EN.，在Rt△AMG与Rt△ENG中，∵AM=EN，MG=NG，∴△AMG≌△ENG，∴AG=EG，∴EG=CG，（3）（1）中的结论仍然成立，即EG=CG且EG⊥CG。

中考数学专题题库∶旋转的综合题附详细答案

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．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RtABC 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 1SBC 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 1SBC 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∴==， 2BCD1111SBC 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.2．平面上，Rt △ABC 与直径为CE 的半圆O 如图1摆放，∠B ＝90°，AC ＝2CE ＝m ，BC ＝n ，半圆O 交BC 边于点D ，将半圆O 绕点C 按逆时针方向旋转，点D 随半圆O 旋转且∠ECD 始终等于∠ACB ，旋转角记为α（0°≤α≤180°）（1）当α＝0°时，连接DE ，则∠CDE ＝ °，CD ＝；（2）试判断：旋转过程中BDAE的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明；（3）若m ＝10，n ＝8，当α＝∠ACB 时，求线段BD 的长；（4）若m ＝6，n ＝2，当半圆O 旋转至与△ABC 的边相切时，直接写出线段BD 的长．【答案】（1）90°，2n ；（2）无变化；（3125；（4）BD=101143．【解析】试题分析：（1）①根据直径的性质，由DE ∥AB 得CD CECB CA=即可解决问题．②求出BD 、AE 即可解决问题．（2）只要证明△ACE ∽△BCD 即可．（3）求出AB 、AE ，利用△ACE ∽△BCD 即可解决问题．（4）分类讨论：①如图5中，当α=90°时，半圆与AC 相切，②如图6中，当α=90°+∠ACB 时，半圆与BC 相切，分别求出BD 即可．试题解析：（1）解：①如图1中，当α=0时，连接DE ，则∠CDE =90°．∵∠CDE =∠B =90°，∴DE ∥AB ，∴CE CD AC CB ==12．∵BC =n ，∴CD =12n ．故答案为90°，12n ． ②如图2中，当α=180°时，BD =BC +CD =32n ，AE =AC +CE =32m ，∴BD AE =n m．故答案为nm．（2）如图3中，∵∠ACB =∠DCE ，∴∠ACE =∠BCD ．∵CD BC nCE AC m==，∴△ACE ∽△BCD ，∴BD BC nAE AC m==．（3）如图4中，当α=∠ACB 时．在Rt △ABC 中，∵AC =10，BC =8，∴AB =22AC BC -=6．在Rt △ABE 中，∵AB =6，BE =BC ﹣CE =3，∴AE =22AB BE +=2263+=35，由（2）可知△ACE ∽△BCD ，∴BD BCAE AC=，∴35=810，∴BD =125．故答案为125．（4）∵m =6，n =42，∴CE =3，CD =22，AB =22CA BC -=2，①如图5中，当α=90°时，半圆与AC 相切．在Rt △DBC 中，BD =22BC CD +=224222+（）（）=210． ②如图6中，当α=90°+∠ACB 时，半圆与BC 相切，作EM ⊥AB 于M ．∵∠M =∠CBM =∠BCE =90°，∴四边形BCEM 是矩形，∴342BM EC ME ===，，∴AM =5，AE =22AM ME +=57，由（2）可知DB AE =223，∴BD =21143．故答案为210或21143．点睛：本题考查了圆的有关知识，相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，正确画出图形是解决问题的关键，学会分类讨论的思想，本题综合性比较强，属于中考压轴题．3．小明在矩形纸片上画正三角形，他的做法是：①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB 与DC 重合，得到折痕EF ，把纸片展平；②沿折痕BG 折叠纸片，使点C 落在EF 上的点P 处，再折出PB 、PC ，最后用笔画出△PBC(图1)．（1）求证：图1中的PBC是正三角形：（2）如图2，小明在矩形纸片HIJK上又画了一个正三角形IMN，其中IJ=6cm，且HM=JN．①求证：IH=IJ②请求出NJ的长；（3）小明发现：在矩形纸片中，若一边长为6cm，当另一边的长度a变化时，在矩形纸片上总能画出最大的正三角形，但位置会有所不同．请根据小明的发现，画出不同情形的示意图(作图工具不限，能说明问题即可)，并直接写出对应的a的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②12-63（3）33＜a＜43，a＞43【解析】分析：（1）由折叠的性质和垂直平分线的性质得出PB=PC，PB=CB，得出PB=PC=CB即可；（2）①利用“HL”证Rt△IHM≌Rt△IJN即可得；②IJ上取一点Q，使QI=QN，由Rt△IHM≌Rt△IJN知∠HIM=∠JIN=15°，继而可得∠NQJ=30°，设NJ=x，则IQ=QN=2x、QJ=3x，根据IJ=IQ+QJ求出x即可得；（3）由等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理进行计算，画出图形即可．（1）证明：∵①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB与DC重合，得到折痕EF∴PB=PC∵沿折痕BG折叠纸片，使点C落在EF上的点P处∴PB=BC∴PB=PC=BC∴△PBC是正三角形：（2）证明：①如图∵矩形AHIJ∴∠H=∠J=90°∵△MNJ是等边三角形∴MI=NI在Rt △MHI 和Rt △JNI 中MI NIMH NJ=⎧⎨=⎩ ∴Rt △MHI ≌Rt △JNI （HL ） ∴HI=IJ②在线段IJ 上取点Q ，使IQ=NQ∵Rt △IHM ≌Rt △IJN ， ∴∠HIM=∠JIN ， ∵∠HIJ=90°、∠MIN=60°， ∴∠HIM=∠JIN=15°，由QI=QN 知∠JIN=∠QNI=15°， ∴∠NQJ=30°，设NJ=x ，则IQ=QN=2x ，QJ=22=3QN NJ -x ， ∵IJ=6cm ， ∴2x+3x=6，∴x=12-63，即NJ=12-63（cm ）．（3）分三种情况： ①如图：设等边三角形的边长为b ，则0＜b≤6，则tan60°3=2a b ， ∴3b ， ∴0＜b≤32=33 ②如图当DF与DC重合时，DF=DE=6，∴a=sin60°×DE=63=33，当DE与DA重合时，a=643 sin603==︒，∴33＜a＜43；③如图∵△DEF是等边三角形∴∠FDC=30°∴DF=643 cos303==︒∴a＞3点睛：本题是四边形的综合题目，考查了折叠的性质、等边三角形的判定与性质、旋转的性质、直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大．4．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（8，0），点B（0，6），把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′B′O′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为α．（1）如图1，若α=90°，则AB=，并求AA′的长；（2）如图2，若α=120°，求点O′的坐标；（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，直接写出点P′的坐标．【答案】（1）10，102；（2）（33，9）；（3）12354 55（，）【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，∴A A′=BA=5；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，∴∠HBO′=60°，在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣∠HBO′=30°，∴BH=BO′=，O′H=BH=，∴OH=OB+BH=3+，∴O′点的坐标为（）；（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，∴BP=BP′，∴O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，∵点C与点B关于x轴对称，∴C（0，﹣3），设直线O′C的解析式为y=kx+b，把O′（），C（0，﹣3）代入得，解得，∴直线O′C的解析式为y=x﹣3，当y=0时，x﹣3=0，解得x=，则P（，0），∴OP=，∴O′P′=OP=，作P′D⊥O′H于D，∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°，∴∠DP′O′=30°，∴O′D=O′P′=，P′D=，∴DH=O′H﹣O′，∴P′点的坐标为（，）．考点：几何变换综合题5．把两个直角边长均为6的等腰直角三角板ABC和EFG叠放在一起（如图①），使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合．现将三角板EFG绕O点顺时针旋转（旋转角α满足条件：0°＜α＜90°），四边形CHGK是旋转过程中两三角板的重叠部分（如图②）．（1）探究：在上述旋转过程中，BH与CK的数量关系以及四边形CHGK的面积的变化情况（直接写出探究的结果，不必写探究及推理过程）；（2）利用（1）中你得到的结论，解决下面问题：连接HK，在上述旋转过程中，是否存在某一位置，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的？若存在，求出此时BH的长度；若不存在，说明理由．【答案】(1) BH=CK;(2) 存在，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的的位置，此时BH 的长度为．【解析】（1）先由ASA证出△CGK≌△BGH，再根据全等三角形的性质得出BH=CK，根据全等得出四边形CKGH的面积等于三角形ACB面积一半；（2）根据面积公式得出S△GHK=S四边形CKGH-S△CKH=12x2-3x+9，根据△GKH的面积恰好等于△ABC面积的512，代入得出方程12x2-3x+9=512×12×6×6，求出即可．解：（1）BH与CK的数量关系：BH=CK，理由是：连接OC，由直角三角形斜边上中线性质得出OC=BG，∵AC=BC，O为AB中点，∠ACB=90°，∴∠B=∠ACG=45°，CO⊥AB，∴∠CGB=90°=∠KGH，∴都减去∠CGH得：∠BGH=∠CGK，在△CGK和△BGH中∵，∴△CGK≌△BGH（ASA），∴CK=BH，即BH=CK；四边形CHGK的面积的变化情况：四边形CHGK的面积不变，始终等于四边形CQGZ的面积，即等于△ACB面积的一半，等于9；（2）假设存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的512的位置．设BH=x，由题意及（1）中结论可得，CK=BH=x，CH=CB﹣BH=6﹣x，∴S△CHK=12CH×CK=3x﹣12x2，∴S△GHK=S四边形CKGH﹣S△CKH=9﹣（3x﹣12x2）=12x2﹣3x+9，∵△GKH的面积恰好等于△ABC面积的512，∴12x2﹣3x+9=512×12×6×6，解得136x=+，236x=-（经检验，均符合题意）．∴存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的512的位置，此时x的值为36±．“点睛”本题考查了旋转的性质，三角形的面积，全等三角形的性质和判定等知识点，此题有一定的难度，但是一道比较好的题目．6．正方形ABCD的边长为1，对角线AC与BD相交于点O，点E是AB边上的一个动点（点E不与点A、B重合），CE与BD相交于点F，设线段BE的长度为x．（1）如图1，当AD=2OF时，求出x的值；（2）如图2，把线段CE绕点E顺时针旋转90°，使点C落在点P处，连接AP，设△APE 的面积为S，试求S与x的函数关系式并求出S的最大值．【答案】（1）x=﹣1；（2）S=﹣（x﹣）2+（0＜x＜1），当x=时，S的值最大，最大值为，．【解析】试题分析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，由平行线等分线段定理得到CM=ME，根据三角形的中位线定理得到AE=2OM=2OF，得到OM=OF，于是得到BF=BE=x，求得OF=OM=解方程，即可得到结果；（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2，根据已知条件得到∠ECB=∠PEG，根据全等三角形的性质得到EB=PG=x，由三角形的面积公式得到S=（1﹣x）•x，根据二次函数的性质即可得到结论．试题解析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，∵OA=OC，∴CM=ME，∴AE=2OM=2OF，∴OM=OF，∴，∴BF=BE=x，∴OF=OM=，∵AB=1，∴OB=，∴，∴x=﹣1；（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2，∵∠CEP=∠EBC=90°，∴∠ECB=∠PEG，∵PE=EC，∠EGP=∠CBE=90°，在△EPG与△CEB中，，∴△EPG≌△CEB，∴EB=PG=x，∴AE=1﹣x，∴S=（1﹣x）•x=﹣x2+x=﹣（x﹣）2+，（0＜x＜1），∵﹣＜0，∴当x=时，S 的值最大，最大值为，．考点：四边形综合题7．小明合作学习小组在探究旋转、平移变换．如图△ABC ，△DEF 均为等腰直角三角形，各顶点坐标分别为A （1，1），B （2，2），C （2，1），D （2，0），E（22， 0），F （322，22-）．（1）他们将△ABC 绕C 点按顺时针方向旋转450得到△A 1B 1C ．请你写出点A 1，B 1的坐标，并判断A 1C 和DF 的位置关系；（2）他们将△ABC 绕原点按顺时针方向旋转450，发现旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线2y 22x bx c =++上．请你求出符合条件的抛物线解析式；（3）他们继续探究，发现将△ABC 绕某个点旋转45，若旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线2y x =上，则可求出旋转后三角形的直角顶点P 的坐标．请你直接写出点P 的所有坐标．【答案】解：（1）222222b c 0{3232222b c 222+=⎛++= ⎝⎭． A 1C 和DF 的位置关系是平行．（2）∵△ABC 绕原点按顺时针方向旋转45°后的三角形即为△DEF ，∴①当抛物线经过点D、E时，根据题意可得：(22c0{c0++=++=，解得b12{c=-=∴2y12x=-+②当抛物线经过点D、F时，根据题意可得：22c0{b c222++=⎛++=⎝⎭，解得b11{c=-=∴2y11x=-+③当抛物线经过点E、F时，根据题意可得：(22c0{c++=+=⎝⎭，解得b13{c=-=∴2y13x=-+（3）在旋转过程中，可能有以下情形：①顺时针旋转45°，点A、B落在抛物线上，如答图1所示，易求得点P坐标为（0，12）．②顺时针旋转45°，点B、C落在抛物线上，如答图2所示，设点B′，C′的横坐标分别为x1，x2，易知此时B′C′与一、三象限角平分线平行，∴设直线B′C′的解析式为y=x+b．联立y=x2与y=x+b得：x2=x+b，即2x x b0--=，∴1212x x1x x b+==-，．∵B′C′=1，∴根据题意易得：12x x2-=，∴()2121x x2-=，即()212121x x4x x2+-=．∴114b2+=，解得1b8=-．∴21x x08-+=，解得2x4+=x或2x4-=．∵点C′的横坐标较小，∴2x 4=．当x =时，2y x ==∴P ③顺时针旋转45°，点C 、A 落在抛物线上，如答图3所示，设点C′，A′的横坐标分别为x 1，x 2．易知此时C′A′与二、四象限角平分线平行，∴设直线C′A′的解析式为y x b =-+．联立y=x 2与y x b =-+得：2x x b =-+，即2x x b 0+-=，∴1212x x 1x x b +=-=-，．∵C′A′=1，∴根据题意易得：12x x 2-=，∴()2121x x 2-=，即()212121x x 4x x 2+-=． ∴114b 2+=，解得1b 8=-．∴21x x 08++=，解得2x 4-+=x 或2x 4-=．∵点C′的横坐标较大，∴2x 4-=．当x =时，2y x ==∴P （24-+，38-）． ④逆时针旋转45°，点A 、B 落在抛物线上．因为逆时针旋转45°后，直线A′B′与y 轴平行，因为与抛物线最多只能有一个交点，故此种情形不存在．⑤逆时针旋转45°，点B 、C 落在抛物线上，如答图4所示，与③同理，可求得：P ）． ⑥逆时针旋转45°，点C 、A 落在抛物线上，如答图5所示，与②同理，可求得：P ）．综上所述，点P 的坐标为：（0，12），（24-，38-），P （24-+，3228-，（224+，3228+）．【解析】（1）由旋转性质及等腰直角三角形边角关系求解．（2）首先明确△ABC 绕原点按顺时针方向旋转45°后的三角形即为△DEF ，然后分三种情况进行讨论，分别计算求解．（3）旋转方向有顺时针、逆时针两种可能，落在抛物线上的点有点A 和点B 、点B 和点C 、点C 和点D 三种可能，因此共有六种可能的情形，需要分类讨论，避免漏解．考点：旋转变换的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，平行线的性质，等腰直角三角形的性质，分类思想的应用．8．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．。

2020初中数学图形的旋转变换综合题(较易附答案)

2020初中数学图形的旋转变换综合题（较易附答案）一．选择题（共2小题）1．如图1，正方形纸片ABCD的边长为2，翻折∠B、∠D，使两个直角的顶点重合于对角线BD上一点P、EF、GH分别是折痕（如图2）．设AE＝x（0＜x＜2），给出下列判断：①当x＝1时，点P是正方形ABCD的中心；②当x＝时，EF+GH＞AC；③当0＜x＜2时，六边形AEFCHG面积的最大值是；④当0＜x＜2时，六边形AEFCHG周长的值不变．其中正确的是（写出所有正确判断的序号）（）A．①②B．②③C．③④D．①④2．如图，将矩形ABCD沿对角线AC剪开，再把△ACD沿CA方向平移得到△A1C1D1，连结AD1、BC1．若∠ACB＝30°，AB＝1，CC1＝x，△ACD与△A1C1D1重叠部分的面积为s，则下列结论：①△A1AD1≌△CC1B；②当x＝1时，四边形ABC1D1是菱形；③当x＝2时，△BDD1为等边三角形；④s＝（x﹣2）2（0＜x＜2）；其中正确的是（）A．①②③B．①③④C．①②④D．①②③④二．填空题（共4小题）3．将△ABC绕点A按逆时针方向旋转θ度，并将各边长变为原来的n倍得△AB′C′，即如图①，∠BAB′＝θ，＝＝＝n，我们将这种变换记为[θ，n]．如图②，在△DEF中，∠DFE＝90°，将△DEF绕点D旋转，做变换[60°，n]得△DE′F′，如果点E、F、F′恰好在同一直线上，那么n＝．4．如图①，在矩形纸片ABCD中，AB＝+1，AD＝．（1）如图②，将矩形纸片向上方翻折，使点D恰好落在AB边上的D′处，压平折痕交CD于点E，则折痕AE的长为．（2）如图③，再将四边形BCED′沿D′E向左翻折，压平后得四边形B′C′ED′，B′C′交AE于点F，则四边形B′FED′的面积为．（3）如图④，将图②中的△AED′绕点E顺时针旋转α角，得△A′ED″，使得EA′恰好经过顶点B，求弧D′D″的长．（结果保留π）5．如图1，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，矩形OABC在第二象限且A、B、C坐标分别为（﹣3，0）（﹣3，），（0，），将四边形OABC绕点O按顺时针方向旋转α度得到四边形OA′B′C′，此时直线OA′、直线B′C′分别与直线BC相交于点P、Q．（1）如图2，当四边形OA′B′C′的顶点B′落在y轴正半轴时，旋转角α＝；（2）在四边形OABC旋转过程中，当0＜α≤180°时，存在着这样的点P和点Q，使BP＝BQ，请直接写出点P的坐标．6．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣8，0），点C的坐标为（0，6），将矩形OABC绕O按顺时针方向旋转α度得到OA′B′C′，此时直线OA′、直线B′C′分别与直线BC相交于点P、Q．当45°＜α≤90°，且BP＝BQ时，线段PQ的长是．三．解答题（共8小题）7．如图，△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠ADE＝∠ACB＝90°，连接BE，F为BE 的中点，连接CF、DF．（1）如图1，当AD与AC重合时，猜想线段CF、DF的关系，并证明你的猜想；（2）如图2，当DA⊥AB时，（1）中猜想的结论是否成立？请说明理由；（3）如图3，若△ABC不动，△ADE绕点A旋转任意一个角度，其他条件不变，（1）中的结论成立吗？请直接回答，不必说明理由．8．如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点D是AB边的中点．（1）如图1，若CD＝4，求△ACB的周长．（2）如图2，若E为AC的中点，将线段CE以C为旋转中心顺时针旋转60°，使点E 至点F处，连接BF交CD于点M，连接DF，取DF的中点N，连接MN，求证：MN＝2CM．（3）如图3，以C为旋转中心将线段CD顺时针旋转90°，使点D至点E处，连接BE 交CD于M，连接DE，取DE的中点N，连接交MN，试猜想BD、MN、MC之间的关系，直接写出其关系式，不证明．9．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A、B的坐标分别为（0，a）、（﹣a，0）（a＞0），点C是点B关于y轴的对称点，连接AB、AC，△ABC的面积为18．①点C的坐标是；②动点D从动点B出发，沿x轴正方向运动，动点E从点A出发，沿y轴正方向运动，两点同时出发，运动速度均为1个单位长度/秒，连接DE，在DE右侧，以DE为斜边作等腰直角△DEF，设动点D的运动时间为t秒，请用含t的代数式表示点F的坐标；③在②的条件下，连接AD、OF，作线段AD的垂直平分线，与直线OF相交于点G，连接DG，直线DG与y轴相交于点K，当CA＝CD时，求点K的坐标？10．在△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC中点，将线段DC绕点D旋转，得到线段DE，连接AE，CE；（1）如图①，判断△ACE的形状，并证明；（2）如图②，连接BE，当BE平分∠ABC时，求证：ED⊥AC；（3）在（2）的条牛下，H为△ACE内一点，且满足∠AHC＝135°，过E作EM⊥CH，若EM＝3，求CH的长度．11．如图（1），△ABO与△A′B′O′均为等边三角形，点A′、B′分别在线段OB、OA 上，△ABO固定不动，△A′B′O绕O点顺时针旋转∠α（0≤α≤180°），过A′、A 点分别作OA、OA′的平行线交于O′点．（1）如图（2），当0≤α≤60°时，若∠AO′A′＝45°，则旋转角α＝；（2）如图（3），当60°≤α≤180°时，若OO′＝AA′，则旋转角α＝；当△AB′O′旋转时，∠AO′A′与旋转角α的关系为（3）如图（4），在△A′B′O旋转过程中，连O′B、OB，试判定∠BO′B′随旋转角α的变化情况，并证明．12．如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D、点E分别在AC、AB边上，连结DE、DB，使得∠DEA＝90°，若点O是线段BD的中点，连结OC、OE，则易得OC＝OE；操作：现将△ADE绕A点逆时针旋转得到△AFG（点D、点E分别与点F、点G对应），连结FB，若点O是线段FB的中点，连结OC、OG，探究线段OC、OG之间的数量关系；（1）如图2，当点G在线段CA的延长线上时，OC＝OG是否成立；若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（2）如图3，当点G在线段CA上时，线段OC＝OG是否成立；若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）如图4，在△ADE的旋转过程中，线段OC、OG之间的数量关系是否发生了变化？请直接写出结论，不用说明理由．13．已知DE＝CE，AC＝AB，∠CED＝∠CAB＝90°，N是BD中点．（1）如图1，求证：EN⊥AN，EN＝AN；（2）将△DCE绕C旋转至如图2位置，其他条件不变，试探究EN与AN的关系并证明；（3）如图3，M是CD的中点，BE交AM于F，填空：＝．14．已知，如图1，正方形ABCD边长为1，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转α°，后得到正方形AB′C′D′（0°＜α＜90°），C′D′与直线CD相交于点E，C′B′与直线CD相交于点F．（1）试猜想∠EAF＝°；△EC′F的周长为．（2）如图2，连接B′D′分别交AE、AF于P，Q两点，在旋转过程中，若D′P＝a，QB′＝b，试用a，b来表示PQ，并说明理由．（3）如图3，当旋转角等于45°时，求△APQ的面积．参考答案与试题解析一．选择题（共2小题）1．如图1，正方形纸片ABCD的边长为2，翻折∠B、∠D，使两个直角的顶点重合于对角线BD上一点P、EF、GH分别是折痕（如图2）．设AE＝x（0＜x＜2），给出下列判断：①当x＝1时，点P是正方形ABCD的中心；②当x＝时，EF+GH＞AC；③当0＜x＜2时，六边形AEFCHG面积的最大值是；④当0＜x＜2时，六边形AEFCHG周长的值不变．其中正确的是（写出所有正确判断的序号）（）A．①②B．②③C．③④D．①④【解答】解：①正方形纸片ABCD，翻折∠B、∠D，使两个直角的顶点重合于对角线BD上一点P，∴△BEF和△DGH是等腰直角三角形，∴当AE＝1时，重合点P是BD的中点，∴点P是正方形ABCD的中心；故①结论正确；②正方形纸片ABCD，翻折∠B、∠D，使两个直角的顶点重合于对角线BD上一点P，∴△BEF∽△BAC，∵x＝，∴BE＝2﹣＝，∴，即，∴EF＝AC，同理，GH＝AC，∴EF+GH＝AC，故②结论错误；③六边形AEFCHG面积＝正方形ABCD的面积﹣△EBF的面积﹣△GDH的面积．∵AE＝x，∴六边形AEFCHG面积＝22﹣BE•BF﹣GD•HD＝4﹣×（2﹣x）•（2﹣x）﹣x•x ＝﹣x2+2x+2＝﹣（x﹣1）2+3，∴六边形AEFCHG面积的最大值是3，故③结论错误；④当0＜x＜2时，∵EF+GH＝AC，六边形AEFCHG周长＝AE+EF+FC+CH+HG+AG＝（AE+CH）+（FC+AG）+（EF+GH）＝2+2+2＝4+2，故六边形AEFCHG周长的值不变，故④结论正确．故选：D．2．如图，将矩形ABCD沿对角线AC剪开，再把△ACD沿CA方向平移得到△A1C1D1，连结AD1、BC1．若∠ACB＝30°，AB＝1，CC1＝x，△ACD与△A1C1D1重叠部分的面积为s，则下列结论：①△A1AD1≌△CC1B；②当x＝1时，四边形ABC1D1是菱形；③当x＝2时，△BDD1为等边三角形；④s＝（x﹣2）2（0＜x＜2）；其中正确的是（）A．①②③B．①③④C．①②④D．①②③④【解答】解：①∵四边形ABCD为矩形，∴BC＝AD，BC∥AD∴∠DAC＝∠ACB∵把△ACD沿CA方向平移得到△A1C1D1，∴∠A1＝∠DAC，A1D1＝AD，AA1＝CC1，在△A1AD1与△CC1B中，，∴△A1AD≌△CC1B（SAS），故①正确；②∵∠ACB＝30°，∴∠CAB＝60°，∵AB＝1，∴AC＝2，∵x＝1，∴AC1＝1，∴△AC1B是等边三角形，∴AB＝D1C1，又AB∥BC1，∴四边形ABC1D1是菱形，故②正确；③如图1：，则可得BD＝DD1＝BD1＝2，∴△BDD1为等边三角形，故③正确．④如图2，易得△AC1F∽△ACD，∴＝（）2，解得：S△AC1F＝（x﹣2）2（0＜x＜2）；故④正确．故选：D．二．填空题（共4小题）3．将△ABC绕点A按逆时针方向旋转θ度，并将各边长变为原来的n倍得△AB′C′，即如图①，∠BAB′＝θ，＝＝＝n，我们将这种变换记为[θ，n]．如图②，在△DEF中，∠DFE＝90°，将△DEF绕点D旋转，做变换[60°，n]得△DE′F′，如果点E、F、F′恰好在同一直线上，那么n＝2．【解答】解：∵∠DFE＝90°，将△DEF绕点D旋转，做变换[60°，n]得△DE′F′，∴∠DFF′＝90°，θ＝∠FDF′＝60°，在Rt△FDF′中，∠DFF'＝90°，∠FDF′＝60°，∴∠DF′F＝30°，∴n＝＝2；故答案为：2．4．如图①，在矩形纸片ABCD中，AB＝+1，AD＝．（1）如图②，将矩形纸片向上方翻折，使点D恰好落在AB边上的D′处，压平折痕交CD于点E，则折痕AE的长为．（2）如图③，再将四边形BCED′沿D′E向左翻折，压平后得四边形B′C′ED′，B′C′交AE于点F，则四边形B′FED′的面积为﹣．（3）如图④，将图②中的△AED′绕点E顺时针旋转α角，得△A′ED″，使得EA′恰好经过顶点B，求弧D′D″的长．（结果保留π）【解答】解：（1）∵△ADE反折后与△AD′E重合，∴AD′＝AD＝D′E＝DE＝，∴AE＝＝＝；（2）∵由（1）知AD′＝，∴BD′＝1，∵将四边形BCED′沿D′E向左翻折，压平后得四边形B′C′ED′，∴B′D′＝BD′＝1，∵由（1）知AD′＝AD＝D′E＝DE＝，∴四边形ADED′是正方形，∴B′F＝AB′＝﹣1，∴S梯形B′FED′＝（B′F+D′E）•B′D′＝（﹣1+）×1＝﹣；故答案为：（1）；（2）﹣；（3）∵∠C＝90°，BC＝，EC＝1，∴tan∠BEC＝＝，∴∠BEC＝60°，由翻折可知：∠DEA＝45°，∴∠AEA′＝75°＝∠D′ED″，∴＝＝．5．如图1，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，矩形OABC在第二象限且A、B、C坐标分别为（﹣3，0）（﹣3，），（0，），将四边形OABC绕点O按顺时针方向旋转α度得到四边形OA′B′C′，此时直线OA′、直线B′C′分别与直线BC相交于点P、Q．（1）如图2，当四边形OA′B′C′的顶点B′落在y轴正半轴时，旋转角α＝60°；（2）在四边形OABC旋转过程中，当0＜α≤180°时，存在着这样的点P和点Q，使BP＝BQ，请直接写出点P的坐标（，）或（﹣1，）．【解答】解：（1）如图2，∵矩形OABC在第二象限且A、B、C坐标分别为（﹣3，0）（﹣3，），（0，），∴BC＝AO＝3，AB＝∴A′B′＝AB＝，OA′＝OA＝3，∵B′A′⊥OA′，∴tan∠A′OB′＝＝，∴∠A′OB′＝30°，∴∠AOA′＝90°﹣30°＝60°，即α＝60°．故答案是：60°．（2）存在这样的点P和点Q，使BP＝BQ．理由如下：过点Q画QH⊥OA′于H，连接OQ，则QH＝OC′＝OC，∵S△POQ＝PQ•OC，S△POQ＝OP•QH，∴PQ＝OP．设BP＝x，∵BP＝BQ，∴BQ＝2x，如图3，当点P在点B左侧时，OP＝PQ＝BQ+BP＝3x，在Rt△PCO中，（3+x）2+（）2＝（3x）2，解得x1＝，x2＝，（不符实际，舍去）．∴PC＝BC+BP＝3+＝，∴P1（，），如图4，当点P在点B右侧时，∴OP＝PQ＝BQ﹣BP＝x，PC＝3﹣x．在Rt△PCO中，（3﹣x）2+（）2＝x2，解得x＝2，∴PC＝BC﹣BP＝3﹣2＝1，∴P2（﹣1，），综上可知，存在点P1（，），P2（﹣1，）使BP＝BQ．6．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣8，0），点C的坐标为（0，6），将矩形OABC绕O按顺时针方向旋转α度得到OA′B′C′，此时直线OA′、直线B′C′分别与直线BC相交于点P、Q．当45°＜α≤90°，且BP＝BQ时，线段PQ的长是．【解答】解：∵45°＜α≤90°，∴点P在点B的右侧．如图，过点Q作QH⊥OA′于H，连接OQ，则QH＝OC′＝OC．∵S△POQ＝PQ•OC，S△POQ＝OP•QH，∴PQ＝OP．设BP＝x，∵BP＝BQ，∴BQ＝2x．则OP＝PQ＝BQ﹣BP＝x，PC＝8﹣x．在Rt△PCO中，根据勾股定理知，PC2+OC2＝OP2，即（8﹣x）2+62＝x2，解得x＝．∴PQ＝BP＝．故答案是：．三．解答题（共8小题）7．如图，△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠ADE＝∠ACB＝90°，连接BE，F为BE 的中点，连接CF、DF．（1）如图1，当AD与AC重合时，猜想线段CF、DF的关系，并证明你的猜想；（2）如图2，当DA⊥AB时，（1）中猜想的结论是否成立？请说明理由；（3）如图3，若△ABC不动，△ADE绕点A旋转任意一个角度，其他条件不变，（1）中的结论成立吗？请直接回答，不必说明理由．【解答】证明：（1）DF＝CF，DF⊥CF理由：如图1，∵∠ADE＝∠ACB＝90°，∴DE∥BC，∴∠DEF＝∠GBF，∠EDF＝∠BGF．∵F为BE中点，∴EF＝BF．∴△DEF≌△GBF．∴DE＝GB，DF＝GF．∵AD＝DE，∴AD＝GB，∵AC＝BC，∴AC﹣AD＝BC﹣GB，∴DC＝GC．∵∠ACB＝90°，∴△DCG是等腰直角三角形，∵DF＝GF．∴DF＝CF，DF⊥CF．（2）如图2，延长DF交BA于点H，∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴AC＝BC，AD＝DE．∴∠AED＝∠DAE＝∠ABC＝45°，∵CAE＝∠BAD＝90°，∵AE∥BC，∴∠AEB＝∠CBE，∴∠DEF＝∠HBF．∵F是BE的中点，∴EF＝BF，∴△DEF≌△HBF，∴DF＝HF，ED＝HB，∵AD＝ED，∴AD＝HB在△ADC和△BHC中，，∴△ADC≌△BHC，∴DC＝HC，∴△DCH是等腰直角三角形，∵DF＝HF，∴DF＝CF，DF⊥CF；（3）DF＝CF，DF⊥CF；理由：如图3，过点B作BH∥ED，与DF的延长线交于点H，连接CH，∴∠DEF＝∠BHF，在△FDE和△FHB中，，∴△FDE≌△FHB，∴DF＝FH，DE＝HB，∴AD＝ED＝HB，作AN⊥EB于点N，由已知∠ADE＝90°，∠ACB＝90°，可证得∠DEN＝∠DAN，∠NAC＝∠CBF，∵BH∥ED，∴∠DEN＝∠HBF，∴∠CBH＝∠CBF+∠HBF＝∠NAC+∠DEN＝∠NAC+∠DAN＝∠CAD，在△CBH和△CAD中，，∴△CBH≌△CAD，∴CH＝CD，∠DCA＝∠BCH，∴∠DCH＝∠DCA+∠ACH＝∠BCH+∠ACH＝∠ACB＝90°，∵DF＝HF，∴DF＝CF，DF⊥CF．8．如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点D是AB边的中点．（1）如图1，若CD＝4，求△ACB的周长．（2）如图2，若E为AC的中点，将线段CE以C为旋转中心顺时针旋转60°，使点E 至点F处，连接BF交CD于点M，连接DF，取DF的中点N，连接MN，求证：MN＝2CM．（3）如图3，以C为旋转中心将线段CD顺时针旋转90°，使点D至点E处，连接BE 交CD于M，连接DE，取DE的中点N，连接交MN，试猜想BD、MN、MC之间的关系，直接写出其关系式，不证明．【解答】（1）解：如图1中，在Rt△ACB中，∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，点D是AB边的中点．∴CD＝BD＝AD＝4，BC＝AB＝4，∴AC＝＝＝4，∴△ABC的周长为4+8+4＝12+4．（2）证明：如图2中，作BQ⊥CD于Q，FP∥MN交DC的延长线于P．∵△BDC是等边三角形，边长为2，∴高BQ＝2，∠DCB＝60°，∠ACD＝30°∵EA＝EC＝2，∴CE＝CF＝BQ，∵∠ECF＝60°，∠ACD＝30°，∴∠DCF＝90°，∴∠BQM＝∠MCF＝90°，在△BQM和△FCM中，，∴△BQM≌△FCM，∴QM＝MC．QC＝2MC，∵DN＝NF，MN∥FP，∴DM＝MP，∴DQ＝CP＝QC，在△BQC和△FCP中，，∴△BQC≌△FCP，∴PF＝BC＝DC＝2QC，∵MN＝PF，∴MN＝QC＝2CM．（3）解：如图3中，结论：（BD）2+（BD﹣CM）2＝MN2．理由如下：作BQ⊥CD于Q，连接QN，∵△BDC是等边三角形，∴∠DBQ＝30°，∴DQ＝QC＝BD，∵DC＝CE，DC⊥CE，∴∠CDE＝∠CED＝45°，∵DQ＝QC，DN＝NE，∴QN∥EC，∴∠QDN＝∠NQM＝∠DCE＝90°，∴∠QDN＝∠QND＝45°，∴QD＝QN＝BD，∵QN2+QM2＝MN2，∴（BD）2+（BD﹣CM）2＝MN2．9．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A、B的坐标分别为（0，a）、（﹣a，0）（a＞0），点C是点B关于y轴的对称点，连接AB、AC，△ABC的面积为18．①点C的坐标是（3，0）；②动点D从动点B出发，沿x轴正方向运动，动点E从点A出发，沿y轴正方向运动，两点同时出发，运动速度均为1个单位长度/秒，连接DE，在DE右侧，以DE为斜边作等腰直角△DEF，设动点D的运动时间为t秒，请用含t的代数式表示点F的坐标；③在②的条件下，连接AD、OF，作线段AD的垂直平分线，与直线OF相交于点G，连接DG，直线DG与y轴相交于点K，当CA＝CD时，求点K的坐标？【解答】解：①∵点C是点B关于y轴的对称点，B（﹣a，0），∴点C坐标（a，0），∵•2a•a＝18，a＞0，∴a＝3，∴点C坐标（3，0）．故答案为（3，0）②如图1中，作FM⊥BC于M，FN⊥OA于N．∵∠EFD＝∠NFM＝90°，∴∠NFE＝∠DFM，在△FNE和△FMD中，，∴△FNE≌△FMD，∴FN＝FM，EN＝DM，四边形FMON是正方形，设正方形边长为m，则3+m﹣t＝3+t﹣m，∴m＝t，∴点F坐标为（t，t）．③如图2中，当点D在线段BC上时，由②可知直线OF解析式为y＝x，∵CA＝CD＝6，∴点D坐标（3﹣6，0），设直线AD解析式为y＝kx+b，则，解得，∴直线AD的解析式为y＝（+1）x+3，线段AD中垂线的解析式为y＝（1﹣）x+6﹣3，由解得，，∴点G坐标（3﹣3，3﹣3）．设直线DG为y＝mx+n，则，解得，∴直线DG解析式为y＝（﹣1）x+9﹣9，∴点K坐标为（0，9﹣9）．如图3中，当点D在BC的延长线上时，由题意可得直线AD解析式为y＝（1﹣）x+3，线段AD的垂直平分线为y＝（+1）x﹣3﹣6，由，解得，∴点G坐标（3+3，3+3），∴可得直线DG解析式为y＝（﹣1﹣）x+12+9，∴点K坐标为（0，12+9）．10．在△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC中点，将线段DC绕点D旋转，得到线段DE，连接AE，CE；（1）如图①，判断△ACE的形状，并证明；（2）如图②，连接BE，当BE平分∠ABC时，求证：ED⊥AC；（3）在（2）的条牛下，H为△ACE内一点，且满足∠AHC＝135°，过E作EM⊥CH，若EM＝3，求CH的长度．【解答】解：（1）∵将线段DC绕点D旋转，得到线段DE，∴DC＝DE，∵D为AC中点，∴DA＝DC，∴DE＝AC，∴△ACE是直角三角形，（2）如图1，以AC为直径作圆，由（1）有，△ACE是直角三角形，∴∠AEC＝90°，∵∠ABC＝90°，∴∠ABC+∠AEC＝180°，∴点A，B，C，E四点共圆，∵点D是AC中点，∴点D是圆心，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE＝45°，∴，∴∠ADE＝∠CDE＝90°，∴ED⊥AC，（3）如图2，延长AH交圆与N，连接CN，由（2）∠ADE＝90°，∴∠CAE＝45°，∴∠CAN+∠EAN＝45°，∵∠AHC＝135°，∴∠CHN＝45°，∵AC为⊙D的直径，∴∠ANC＝90°，∴∠NCM＝45°，∴∠MCE+∠NCE＝45°，∵∠EAN＝∠ECN，∴∠CAN＝∠ECM，∵∠ANC＝∠CME，∴△ACN∽△CEM，∴，∵△CDE是等腰直角三角形，∴CE＝CD，∵AC＝2CD，EM＝3，∴，∴CN＝3，∵△CNH为等腰直角三角形，∴CH＝CN＝6．11．如图（1），△ABO与△A′B′O′均为等边三角形，点A′、B′分别在线段OB、OA 上，△ABO固定不动，△A′B′O绕O点顺时针旋转∠α（0≤α≤180°），过A′、A 点分别作OA、OA′的平行线交于O′点．（1）如图（2），当0≤α≤60°时，若∠AO′A′＝45°，则旋转角α＝15°；（2）如图（3），当60°≤α≤180°时，若OO′＝AA′，则旋转角α＝150°；当△AB′O′旋转时，∠AO′A′与旋转角α的关系为α﹣60°（3）如图（4），在△A′B′O旋转过程中，连O′B、OB，试判定∠BO′B′随旋转角α的变化情况，并证明．【解答】解：（1）∵过A′、A点分别作OA、OA′的平行线交于O′点．∴四边形AOA'O'是平行四边形，∴∠A'OA＝∠AO'A'＝45°，∵△AOB是等边三角形，∴∠AOB＝60°，∴α＝∠A'OB＝∠AOB﹣∠AOA'＝60°﹣45°＝15°，故答案为15°；（2）由（1）知，四边形AOA'O'是平行四边形，∵OO′＝AA′，∴四边形AOA'O'是矩形，∴∠AOA'＝90°，∴α＝∠AOB+∠AOA'＝60°+90°＝150°，∵四边形AOA'O'是平行四边形，∴∠AOA'＝∠AO'AO，∵∠BOA'＝∠AOB+∠AOA'∴∠AO'A'＝∠BOA'﹣∠AOB＝α﹣60°，故答案为150°，α﹣60°；（3）无论旋转角α为多少，∠BO'B'是定值60°即：∠BO'B'不变．当60°＜α＜180°时，∵四边形AOA'O'是平行四边形，∴∠OAO'＝∠OA'O'，AO'＝A'O∵∠BOA＝∠OA'B'＝60°，∴∠BAO'＝∠O'A'B'由旋转得，AB＝O'A'∴△ABO'≌△A'O'B'，∴∠ABO'＝∠A'O'B'，∠AO'B＝A'B'O'，∵∠ABO'+∠A'O'A＝180°﹣∠BAO'＝180°﹣（360°﹣∠OAB﹣∠A'AO'）＝180°﹣[360°﹣60°﹣（180°﹣∠AOA'）]＝180°﹣[360°﹣60°﹣（180°﹣∠AOA'）]＝60°﹣∠AOA'∴∠AO'B+∠A'O'B'＝60°﹣∠AOA'∴∠BO′B＝∠AO'B+∠AO'A'+∠A'O'B'＝60°﹣∠AOA'+∠AO'A'＝60°，当0＜α＜60°时，同上的方法得出∠BO′B＝60°，即：∠BO'B'不随α的变化而变化，是个定值．12．如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D、点E分别在AC、AB边上，连结DE、DB，使得∠DEA＝90°，若点O是线段BD的中点，连结OC、OE，则易得OC＝OE；操作：现将△ADE绕A点逆时针旋转得到△AFG（点D、点E分别与点F、点G对应），连结FB，若点O是线段FB的中点，连结OC、OG，探究线段OC、OG之间的数量关系；（1）如图2，当点G在线段CA的延长线上时，OC＝OG是否成立；若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（2）如图3，当点G在线段CA上时，线段OC＝OG是否成立；若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）如图4，在△ADE的旋转过程中，线段OC、OG之间的数量关系是否发生了变化？请直接写出结论，不用说明理由．【解答】解：（1）当点G在线段CA的延长线上时，OC＝OG成立理由：如图2，延长GF，CO相较于点D，∵∠ACB＝∠FGA＝90°，∴GD∥BC，∴∠BCO＝∠D，∵点O是线段BD的中点，∴OB＝OF，在△BOC和△FOD中，，∴△BOC≌△FOD，∴OC＝OD，在Rt△CDG中，OG＝CD＝OC，（2）当点G在线段CA上时，线段OC＝OG是成立，理由：如图3，延长GF，CO相较于点D，∵∠ACB＝∠FGA＝90°，∴GD∥BC，∴∠BCO＝∠D，∵点O是线段BD的中点，∴OB＝OF，在△BOC和△FOD中，，∴△BOC≌△FOD，∴OC＝OD，在Rt△CDG中，OG＝CD＝OC，（3）在△ADE的旋转过程中，线段OC、OG之间的数量关系不发生了变化，理由：如图4，连接CG，延长GF交BC于M，过点F作FD∥BC，连接DG，∴∠BCO＝∠FDO，∵点O是线段BD的中点，∴OB＝OF，在△BOC和△FOD中，，∴△BOC≌△FOD，∴OC＝OD，BC＝DF由题意知，△AFG∽△ABC，∴，∴，∵∠ACB＝∠AGF＝90°，∴点A，C，M，G四点共圆，∴∠CAG＝∠BMG，∵FD∥BC，∴∠GFD＝∠BMG，∴∠CAG＝∠GFD，∵，∴△GAC∽△GFD，∴∠AGC＝∠FGD，∴∠CGD＝∠ACF＝90°，∵OC＝OD，∴OG＝CD＝OC．13．已知DE＝CE，AC＝AB，∠CED＝∠CAB＝90°，N是BD中点．（1）如图1，求证：EN⊥AN，EN＝AN；（2）将△DCE绕C旋转至如图2位置，其他条件不变，试探究EN与AN的关系并证明；（3）如图3，M是CD的中点，BE交AM于F，填空：＝．【解答】（1）证明：如图1中，延长EN交AB于F．∵∠CED＝∠CAB＝90°，∴DE⊥AC，AB⊥AC，∴DE∥AB，∴∠EDN＝∠FBN，在△EDN和△FBN中，，∴△EDN≌△FBN，∴DE＝FB＝EC，EN＝NF，∵AC＝AB，∴AE＝AF，∵EN＝NF，∴AN＝EN＝FN，AN⊥EF，∴AN⊥EN，AN＝EN．（2）结论：EN＝AN，EN⊥AN．理由：如图2中，延长EN到F，使得EN＝NF，延长CA、BF交于点G，在△EDN和△FBN中，，∴△EDN≌△FBN，∴DE＝BF＝CE，∠EDN＝∠FBN，∴DE∥BF，∴∠CED＝∠CHG＝90°，∴∠1+∠G＝90°，∠2+∠G＝90°，∴∠1＝∠2，在△ACE和△ABF中，，∴△ACE≌△ABF，∴AE＝AF，∠CAE＝∠BAF，∴∠EAF＝∠CAB＝90°，∵EN＝NF，∴AN⊥EF，AN＝EN＝NF，∴EN＝AN，EN⊥AN．（3）如图3中，结论：＝．理由：作AN⊥BE，使得AN＝BE，AN交BE于J，连接CN，NM，延长NM到H，使得MH＝MN，连接HD、HE、AH、AE，延长NC交DE于G，延长AE交NG于O，延长DE到P．∵∠CAN+∠BAN＝90°，∠BAN+∠ABE＝90°，∴∠CAN＝∠ABE，∵AC＝AB，AN＝EB，∴△CAN≌△ABE，∴AE＝CN，∠AEB＝∠CNA，∵∠AEB+∠EAJ＝90°，∴∠ANO+∠EAJ＝90°，∴∠NOA＝90°，∵∠EGO+∠OEC＝90°，∠OEC+∠OCE＝90°，∴∠OCE＝∠GEO＝∠AEP，∵DM＝MC，∠DMH＝∠NMC，NM＝MH，∴△DMH≌△CMN，∴DH＝CN，∠DHM＝∠MNC，∴DH∥NG，∴∠HDE＝∠DGC，∵∠DGC＝∠DEC+∠OCE＝90°+∠OCE，∴∠HDE＝90°+∠OCE＝90°+∠AEP＝∠AEC，∵DH＝AE，DE＝EC，∴△DHE≌△EAC，∴HE＝AC＝AB，∠HED＝∠ECA，∵∠ECA+∠EKC＝90°，∠APK+∠AKP＝90°，∠AKP＝∠EKC，∴∠ECK＝∠APK＝∠HED，∴HE∥AB，∴四边形HEBA是平行四边形，∴AH＝BE＝AN，∵AH＝AN，AE＝CN，HE＝AC，∴△ACN≌△HEA，∴∠HAE＝∠CNA，∵∠ANC+∠NAO＝90°，∴∠HAE+∠NAO＝90°，∴∠HAN＝90°，∴△HAN是等腰直角三角形，∵MH＝MN，∴AM＝MN＝MH，∴△AHM，△AMN都是等腰直角三角形，∴AN＝AM，∴BE＝AM．∴＝．故答案为．14．已知，如图1，正方形ABCD边长为1，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转α°，后得到正方形AB′C′D′（0°＜α＜90°），C′D′与直线CD相交于点E，C′B′与直线CD相交于点F．（1）试猜想∠EAF＝45°°；△EC′F的周长为2．（2）如图2，连接B′D′分别交AE、AF于P，Q两点，在旋转过程中，若D′P＝a，QB′＝b，试用a，b来表示PQ，并说明理由．（3）如图3，当旋转角等于45°时，求△APQ的面积．【解答】解：（1）∵正方形ABCD绕点A逆时针旋转α°，后得到正方形AB′C′D′，∴∠D'AB'＝∠D'＝∠ADE＝90°，AD'＝AD＝C'D'＝B'C'＝1在Rt△AD'E和Rt△ADE中，，∴Rt△AD'E≌Rt△ADE，∴D'E＝DE，∠D'AE＝∠DAE，同理：B'F＝DF，∠B'AF＝∠DAF，∴∠EAF＝∠DAE+∠DAF＝∠B'AD'＝45°，△EC′F的周长为C'E+EF+C'F＝C'E+DE+DF+C'F＝C'E+D'E+B'F+C'F＝C'D+B'C'＝2，故答案为：45°，2；（2）∵B'D'是正方形AB'C'D'的对角线，∴B'D'＝，∵D′P＝a，QB′＝b∴PQ＝B'D'﹣D'P﹣B'Q＝﹣a﹣b；（3）如图3，当旋转角等于45°时，AH＝D'H＝B'H＝B'D'＝，由（1）知，∠D'AP＝∠DAP，∠B'AQ＝∠DAQ，当旋转角等于45°时，则有∠B'AD＝∠D'AD＝45°，∴∠D'AP＝∠DAP＝∠B'AQ＝∠DAQ＝22.5°，∴PD'＝QB'，PH＝PQ，根据角平分线定理：＝＝，∴PD'＝PH，∴D'H＝PD'+PH＝PH+PH＝，∴PH＝，∴PQ＝2PH＝2﹣，∴S△APQ＝×PQ×AH＝×（2﹣）×＝．。

2022-2023学年人教版九年级数学上册《第23章旋转》期末综合复习题(附答案)

2022-2023学年人教版九年级数学上册《第23章旋转》期末综合复习题（附答案）一．选择题1．如图，在方格纸中，线段a，b，c，d的端点在格点上，通过平移其中两条线段，使得和第三条线段首尾相接组成三角形，则能组成三角形的不同平移方法有（）A．3种B．6种C．8种D．12种2．把一副三角板如图甲放置，其中∠ACB＝∠DEC＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，斜边AB＝6，DC＝7，把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图乙），此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长为（）A．B．5C．4D．3．正方形ABCD与正五边形EFGHM的边长相等，初始如图所示，将正方形绕点F顺时针旋转使得BC与FG重合，再将正方形绕点G顺时针旋转使得CD与GH重合…按这样的方式将正方形依次绕点H、M、E旋转后，正方形中与EF重合的是（）A．AB B．BC C．CD D．DA4．如图，P是等腰直角△ABC外一点，把BP绕点B顺时针旋转90°到BP′，已知∠AP′B＝135°，P′A：P′C＝1：3，则P′A：PB＝（）A．1：B．1：2C．：2D．1：5．若一个图形绕着一个定点旋转一个角α（0°＜α≤180°）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．例如：等边三角形绕着它的中心旋转120°（如图），能够与原来的等边三角形重合，因而等边三角形是旋转对称图形．显然，中心对称图形都是旋转对称图形，但旋转对称图形不一定是中心对称图形．下面四个图形中，旋转对称图形个数有（）A．1B．2C．3D．46．如图，在平面直角坐标系xOy中，等腰梯形ABCD的顶点坐标分别为A（1，1），B（2，﹣1），C（﹣2，﹣1），D（﹣1，1）．以A为对称中心作点P（0，2）的对称点P1，以B 为对称中心作点P1的对称点P2，以C为对称中心作点P2的对称点P3，以D为对称中心作点P3的对称点P4，…，重复操作依次得到点P1，P2，…，则点P2022的坐标是（）A．（2022，2）B．（2022，﹣2）C．（2024，﹣2）D．（0，2）7．如图，在方格纸上△DEF是由△ABC绕定点P顺时针旋转得到的．如果用（2，1）表示方格纸上A点的位置，（1，2）表示B点的位置，那么点P的位置为（）A．（5，2）B．（2，5）C．（2，1）D．（1，2）8．如图，将△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△A'B'C，设点A的坐标为（a，b），则点A′的坐标为（）A．（﹣a，﹣b）B．（﹣a．﹣b﹣1）C．（﹣a，﹣b+1）D．（﹣a，﹣b﹣2）9．如图①是3×3正方形方格，将其中两个方格涂黑，并且使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图案，例如图②中的四幅图就视为同一种图案，则得到的不同图案共有（）A．4种B．5种C．6种D．7种10．对如图的几何体变换位置或视角，则可以得到的几何体是（）A．B．C．D．二．填空题11．如图，在3×3的正方形网格中，已有两个小正方形被涂黑．再将图中其余小正方形任意涂黑一个，使整个图案构成一个轴对称图形的方法有种．12．如图所示，在正方形网格中，图①经过变换可以得到图②；图③是由图②经过旋转变换得到的，其旋转中心是点（填“A”或“B”或“C”）．13．如图，将边长为的正方形ABCD绕点A逆时针方向旋转30°后得到正方形A′B′C′D′，则图中阴影部分面积为平方单位．14．如图，AB⊥BC，AB＝BC＝2cm，弧OA与弧OC关于点O中心对称，则AB、BC、弧CO、弧OA所围成的面积是cm2．15．如图是两张全等的图案，它们是轴对称图形，其中的三角形是正三角形，它们完全重合地叠放在一起，按住下面的图案不动，将上面图案绕点O顺时针旋转，至少旋转度角后，两张图案构成的图形是中心对称图形．16．如图所示是一个坐标方格盘，你可操纵一只遥控机器蛙在方格盘上进行跳步游戏，机器蛙每次跳步只能按如下两种方式（第一种：向上、下、左、右可任意跳动1格或3格；第二种跳到关于原点的对称点上）中的一种进行．若机器蛙在点A（﹣5，4），现欲操纵它跳到点B（2，﹣3），请问机器蛙至少要跳次．三．解答题17．在平面直角坐标系中有△ABC与△A1B1C1，其位置如图所示，（1）将△ABC绕C点按（填“顺”或“逆”）时针方向旋转度时与△A1B1C1重合．（2）若将△ABC向右平移2个单位后，只通过一次旋转变换能与△A1B1C1重合吗？若能，请直接指出旋转中心的坐标、方向及旋转角度；若不能，请说明理由．18．某校九年级学习小组在探究学习过程中，用两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC与AFE按如图（1）所示位置放置，现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转角α（0°＜α＜90°），如图（2），AE与BC交于点M，AC与EF交于点N，BC与EF交于点P．（1）求证：AM＝AN；（2）当旋转角α＝30°时，四边形ABPF是什么样的特殊四边形？并说明理由．19．附加题：A、计算：2﹣1＝；B、在正方形、直角三角形、梯形这三个图形中，为中心对称图形的是．20．如图，在直角坐标系中，Rt△AOB的两条直角边OA，OB分别在x轴的负半轴，y轴的负半轴上，且OA＝2，OB＝1．将Rt△AOB绕点O按顺时针方向旋转90°，再把所得的像沿x轴正方向平移1个单位，得△CDO．（1）写出点A，C的坐标；（2）求点A和点C之间的距离．21．如图，方格纸中的每个小正方形边长都是1个长度单位，Rt△ABC的顶点均在格点上，建立平面直角坐标系后，点A的坐标为（1，1），点B的坐标为（4，1）．（1）先将Rt△ABC向左平移5个单位长度，再向下平移1个单位长度得到Rt△A1B1C1，试在图中画出Rt△A1B1C1，并写出点A1的坐标；（2）再将Rt△A1B1C1绕点A1顺时针旋转90°后得到Rt△A2B2C2，试在图中画出Rt△A2B2C2，并计算Rt△A1B1C1在上述旋转过程中点C1所经过的路径长．22．如图，△ABC三个顶点均在边长为1的正方形网格点上，以网格点O为坐标原点建立平面直角坐标系．请按要求解答下列问题．（1）作出△ABC关于x轴对称的图形△A1B1C1．并求写出sin∠B1的值．（2）画出△ABC关于原点O对称的图形△A2B2C2．（3）将△ABC绕原点O顺时针旋转90°，画出旋转后的图形△A3B3C3．23．如图，梯形ANMB是直角梯形．（1）请在图上拼上一个直角梯形MNPQ，使它与梯形ANMB构成一个等腰梯形；（2）将补上的直角梯形MNPQ以点M为旋转中心，逆时针旋转180°得梯形MN1P1Q1，再向上平移一格得B1M1N2P2．（不要求写作法，但要保留作图痕迹）参考答案一．选择题1．解：由网格可知：a＝，b＝d＝，c＝2，则能组成三角形的只有：a，b，d可以分别通过平移ab，ad，bd得到三角形，平移其中任意两条线段方法各有两种，即能组成三角形的不同平移方法有6种．故选：B．2．解：∵∠ACB＝∠DEC＝90°，∠D＝30°，∴∠DCE＝90°﹣30°＝60°，∴∠ACD＝90°﹣60°＝30°，∵旋转角为15°，∴∠ACD1＝30°+15°＝45°，又∵∠CAB＝45°，∴△ACO是等腰直角三角形，∴∠ACO＝∠BCO＝45°，∵CA＝CB，∴AO＝CO＝AB＝×6＝3，∵DC＝7，∴D1C＝DC＝7，∴D1O＝7﹣3＝4，在Rt△AOD1中，AD1＝＝＝5．故选：B．3．解：∵正方形ABCD与正五边形EFGHM的边长相等，∴从BC与FG重合开始，正方形ABCD的各边依次与正五边形EFGHM的各边重合，而与EF重合是正方形的边与正五边形的边第五次重合，∴正方形中与EF重合的是BC．故选：B．4．解：如图，连接AP，∵BP绕点B顺时针旋转90°到BP′，∴BP＝BP′，∠ABP+∠ABP′＝90°，又∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB＝BC，∠CBP′+∠ABP′＝90°，∴∠ABP＝∠CBP′，在△ABP和△CBP′中，∵，∴△ABP≌△CBP′（SAS），∴AP＝P′C，∵P′A：P′C＝1：3，∴AP＝3P′A，连接PP′，则△PBP′是等腰直角三角形，∴∠BP′P＝45°，PP′＝PB，∵∠AP′B＝135°，∴∠AP′P＝135°﹣45°＝90°，∴△APP′是直角三角形，设P′A＝x，则AP＝3x，根据勾股定理，PP′＝＝＝2x，∴PP′＝PB＝2x，解得PB＝2x，∴P′A：PB＝x：2x＝1：2．故选：B．5．解：图1绕中心旋转60°后能够与原来的图形重合，所以这个图形是旋转对称图形；图2中，无论怎么样旋转都无法重合，除非旋转360度，但超出条件范围，故图2不是旋转对称图形；图3绕中心旋转120°后能够与原来的图形重合，所以这个图形是旋转对称图形；图4绕中心旋转72°后能够与原来的图形重合，所以这个图形是旋转对称图形．故选：C．6．解：根据题意，以A为对称中心作点P（0，2）的对称点P1，即A是PP1的中点，又由A的坐标是（1，1），结合中点坐标公式可得P1的坐标是（2，0）；同理P2的坐标是（2，﹣2），记P2（a2，b2），其中a2＝2，b2＝﹣2．根据对称关系，依次可以求得：P3（﹣4﹣a2，﹣2﹣b2），P4（2+a2，4+b2），P5（﹣a2，﹣2﹣b2），P6（4+a2，b2），令P6（a6，b2），同样可以求得，点P10的坐标为（4+a6，b2），即P10（4×2+a2，b2），由于2022＝4×505+2，所以点P2022的坐标是（2022，﹣2），故选：B．7．解：如图，分别连接AD、CF，然后作它们的垂直平分线，它们交于P点，则它们旋转中心为P，根据图形知道△ABC绕P点顺时针旋转90°得到△DEF，∴P的坐标为（5，2）．故选：A．8．解：把AA′向上平移1个单位得A的对应点A1坐标为（a，b+1）．因A1、A2关于原点对称，所以A′对应点A2（﹣a，﹣b﹣1）．∴A′（﹣a，﹣b﹣2）．故选：D．9．解：得到的不同图案有：，共6种．故选：C．10．解：本题中，只有B的几何体和题目中的几何体一致．故选：B．二．填空题11．解：选择一个正方形涂黑，使得3个涂黑的正方形组成轴对称图形，选择的位置有以下几种：1处，3处，7处，6处，5处，选择的位置共有5处．故答案为：5．12．解：根据题意：观察可得：图①与图②对应点位置不变，通过平移可以得到；根据旋转中心的确定方法，两组对应点连线的垂直平分线的交点，可确定图②经过旋转变换得到图③的旋转中心是A．故答案为：平移，A．13．解：设B′C′和CD的交点是O，连接OA，∵AD＝AB′，AO＝AO，∠D＝∠B′＝90°，∴Rt△ADO≌Rt△AB′O，∴∠OAD＝∠OAB′＝30°，∴OD＝OB′＝，S四边形AB′OD＝2S△AOD＝2××＝2，∴S阴影部分＝S正方形﹣S四边形AB′OD＝6﹣2．14．解：连接AC．∵与关于点O中心对称，∴点O为AC的中点，∴AB、BC、弧CO、弧OA所围成的面积＝△BAC的面积＝＝2cm2．故答案为：2．15．解：正三角形要想变成和正偶数边形有关的多边形，边数最少也应是6边形，而六边形的中心角是60°，所以至少旋转60°角后，两张图案构成的图形是中心对称图形．16．解：若机器蛙在点A（﹣5，4），根据跳步游戏规则，可以先向右跳三步，再向下跳一步，然后跳到关于原点的对称点即可跳到点B（2，﹣3）．这个路径步数最少是3步．三．解答题17．解：（1）依题意根据图形可知将△ABC绕C点按逆时针方向旋转90度时与△A1B1C1重合；（2）若将△ABC向右平移2个单位后，只通过一次旋转变换能与△A1B1C1重合，如图，分别连接A1A′，B1B′，然后分别作C1C′、B1B′、A1A′的垂直平线，三条垂直平分线交于P点，故把平移后的△A′B′C′绕点O逆时针旋转90°后即可与△A1B1C1重合．18．（1）证明：∵用两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC与AFE按如图（1）所示位置放置放置，现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转角α（0°＜α＜90°），∴AB＝AF，∠BAM＝∠F AN，在△ABM和△AFN中，，∴△ABM≌△AFN（ASA），∴AM＝AN；（2）解：当旋转角α＝30°时，四边形ABPF是菱形．理由：连接AP，∵∠α＝30°，∴∠F AN＝30°，∴∠F AB＝120°，∵∠B＝60°，∴∠B+∠F AB＝180°，∴AF∥BP，∴∠F＝∠FPC＝60°，∴∠FPC＝∠B＝60°，∴AB∥FP，∴四边形ABPF是平行四边形，∵AB＝AF，∴平行四边形ABPF是菱形．19．解：A、2﹣1＝；B、正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形；直角三角形和梯形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故是中心对称图形的是正方形．20．解：（1）点A的坐标是（﹣2，0），点C的坐标是（1，2）．（2）连接AC，在Rt△ACD中，AD＝OA+OD＝3，CD＝2，∴AC2＝CD2+AD2＝22+32＝13，∴AC＝．21．解：（1）Rt△A1B1C1如图所示，A1（﹣4，0）；（2）Rt△A2B2C2如图所示，根据勾股定理，A1C1＝＝，所以，点C1所经过的路径长＝＝π．22．解：（1）△A1B1C1如图所示，根据勾股定理，B1C1＝＝2，所以，sin∠B1＝＝；（2）△A2B2C2如图所示；（3）△A3B3C3如图所示．23．解：（1）按要求作出梯形MNPQ．（2）按要求作出梯形MN1P1Q1．按要求作出梯形B1M1N2P2．。