2020年九年级数学中考复习: 旋转专题练习题(有部分答案)

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2020-2021中考数学初中数学 旋转的综合复习附答案

2020-2021中考数学初中数学 旋转的综合复习附答案

2020-2021中考数学初中数学旋转的综合复习附答案一、旋转1.(1)发现:如图1,点A为线段BC外一动点,且BC=a,AB=b.填空:当点A位于时,线段AC的长取得最大值,且最大值为(用含a,b的式子表示) (2)应用:点A为线段BC外一动点,且BC=4,AB=1,如图2所示,分别以AB,AC为边,作等边三角形ABD和等边三角形ACE,连接CD,BE.①请找出图中与BE相等的线段,并说明理由;②直接写出线段BE长的最大值.(3)拓展:如图3,在平面直角坐标系中,点A的坐标为(2,0),点B的坐标为(6,0),点P 为线段AB外一动点,且PA=2,PM=PB,∠BPM=90°,请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标.【答案】(1)CB的延长线上, a+b;(2)①CD=BE,理由见解析;②BE长的最大值为5;(3)满足条件的点P坐标(222)或(222),AM的最大值为2+4.【解析】【分析】(1)根据点A位于CB的延长线上时,线段AC的长取得最大值,即可得到结论;(2)①根据已知条件易证△CAD≌△EAB,根据全等三角形的性质即可得CD=BE;②由于线段BE长的最大值=线段CD的最大值,根据(1)中的结论即可得到结果;(3)连接BM,将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN,连接AN,得到△APN是等腰直角三角形,根据全等三角形的性质得到PN=PA=2,BN=AM,根据当N在线段BA的延长线时,线段BN取得最大值,即可得到最大值为2+4;如图2,过P作PE⊥x轴于E,根据等腰直角三角形的性质即可求得点P的坐标.如图3中,根据对称性可知当点P在第四象限时也满足条件,由此求得符合条件的点P另一个的坐标.【详解】(1)∵点A为线段BC外一动点,且BC=a,AB=b,∴当点A位于CB的延长线上时,线段AC的长取得最大值,且最大值为BC+AB=a+b,故答案为CB的延长线上,a+b;(2)①CD=BE,理由:∵△ABD与△ACE是等边三角形,∴AD=AB,AC=AE,∠BAD=∠CAE=60°,∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC,即∠CAD=∠EAB,在△CAD与△EAB中,AD ABCAD EAB AC AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△CAD≌△EAB(SAS),∴CD=BE;②∵线段BE长的最大值=线段CD的最大值,由(1)知,当线段CD的长取得最大值时,点D在CB的延长线上,∴最大值为BD+BC=AB+BC=5;(3)如图1,∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN,连接AN,则△APN是等腰直角三角形,∴PN=PA=2,BN=AM,∵A的坐标为(2,0),点B的坐标为(6,0),∴OA=2,OB=6,∴AB=4,∴线段AM长的最大值=线段BN长的最大值,∴当N在线段BA的延长线时,线段BN取得最大值,最大值=AB+AN,∵AN=2AP=22,∴最大值为22+4;如图2,过P作PE⊥x轴于E,∵△APN是等腰直角三角形,∴PE=AE2,∴OE=BO﹣AB﹣AE=6﹣42=22,∴P(2﹣2,2).如图3中,根据对称性可知当点P在第四象限时,P(2﹣2,﹣2)时,也满足条件.综上所述,满足条件的点P坐标(2﹣2,2)或(2﹣2,﹣2),AM的最大值为22+4.【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的性质,最大值问题,旋转的性质.正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键.2.已知正方形ABCD中,E为对角线BD上一点,过E点作EF⊥BD交BC于F,连接DF,G为DF中点,连接EG,CG.(1)请问EG与CG存在怎样的数量关系,并证明你的结论;(2)将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°,如图②所示,取DF中点G,连接EG,CG.问(1)中的结论是否仍然成立?若成立,请给出证明;若不成立,请说明理由.(3)将图①中△BEF绕B点旋转任意角度,如图③所示,再连接相应的线段,问(1)中的结论是否仍然成立?(请直接写出结果,不必写出理由)【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)结论仍然成立【解析】【分析】(1)利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,可证出CG=EG.(2)结论仍然成立,连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于N点;再证明△DAG≌△DCG,得出AG=CG;再证出△DMG≌△FNG,得到MG=NG;再证明△AMG≌△ENG,得出AG=EG;最后证出CG=EG.(3)结论依然成立.【详解】(1)CG=EG.理由如下:∵四边形ABCD是正方形,∴∠DCF=90°.在Rt△FCD中,∵G为DF的中点,∴CG=12FD,同理.在Rt△DEF中,EG=12FD,∴CG=EG.(2)(1)中结论仍然成立,即EG=CG.证法一:连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于N点.在△DAG与△DCG中,∵AD=CD,∠ADG=∠CDG,DG=DG,∴△DAG≌△DCG(SAS),∴AG=CG;在△DMG与△FNG中,∵∠DGM=∠FGN,FG=DG,∠MDG=∠NFG,∴△DMG≌△FNG (ASA),∴MG=NG.∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°,∴四边形AENM是矩形,在矩形AENM中,AM=EN.在△AMG与△ENG中,∵AM=EN,∠AMG=∠ENG,MG=NG,∴△AMG≌△ENG(SAS),∴AG=EG,∴EG=CG.证法二:延长CG至M,使MG=CG,连接MF,ME,EC.在△DCG与△FMG中,∵FG=DG,∠MGF=∠CGD,MG=CG,∴△DCG≌△FMG,∴MF=CD,∠FMG=∠DCG,∴MF∥CD∥AB,∴EF⊥MF.在Rt△MFE与Rt△CBE中,∵MF=CB,∠MFE=∠EBC=90°,EF=BE,∴△MFE≌△CBE∴∠MEF=∠CEB,∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°,∴△MEC为直角三角形.∵MG=CG,∴EG=12MC,∴EG=CG.(3)(1)中的结论仍然成立.理由如下:过F作CD的平行线并延长CG交于M点,连接EM、EC,过F作FN垂直于AB于N.由于G为FD中点,易证△CDG≌△MFG,得到CD=FM,又因为BE=EF,易证∠EFM=∠EBC,则△EFM≌△EBC,∠FEM=∠BEC,EM=EC∵∠FEC+∠BEC=90°,∴∠FEC+∠FEM=90°,即∠MEC=90°,∴△MEC是等腰直角三角形.∵G为CM中点,∴EG=CG,EG⊥CG【点睛】本题是四边形的综合题.(1)关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答;(2)关键是利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质解答.3.(1)如图①,在矩形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,过点O作直线EF⊥BD,交AD于点E,交BC于点F,连接BE、DF,且BE平分∠ABD.①求证:四边形BFDE是菱形;②直接写出∠EBF的度数;(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究,如图②,点G、I分别在BF、BE边上,且BG=BI,连接GD,H为GD的中点,连接FH并延长,交ED于点J,连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH与FH之间满足的关系,并说明理由;(3)把(1)中矩形ABCD进行特殊化探究,如图③,当矩形ABCD满足AB=AD时,点E是对角线AC上一点,连接DE、EF、DF,使△DEF是等腰直角三角形,DF交AC于点G.请直接写出线段AG、GE、EC三者之间满足的数量关系.【答案】(1)①详见解析;②60°.(2)IH=3FH;(3)EG2=AG2+CE2.【解析】【分析】(1)①由△DOE≌△BOF,推出EO=OF,∵OB=OD,推出四边形EBFD是平行四边形,再证明EB=ED即可.②先证明∠ABD=2∠ADB,推出∠ADB=30°,延长即可解决问题.(2)IH=3FH.只要证明△IJF是等边三角形即可.(3)结论:EG2=AG2+CE2.如图3中,将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM,先证明△DEG≌△DEM,再证明△ECM是直角三角形即可解决问题.【详解】(1)①证明:如图1中,∵四边形ABCD是矩形,∴AD∥BC,OB=OD,∴∠EDO=∠FBO,在△DOE和△BOF中,EDO FBO OD OBEOD BOF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩=== , ∴△DOE ≌△BOF , ∴EO =OF ,∵OB =OD , ∴四边形EBFD 是平行四边形, ∵EF ⊥BD ,OB =OD , ∴EB =ED ,∴四边形EBFD 是菱形. ②∵BE 平分∠ABD , ∴∠ABE =∠EBD , ∵EB =ED , ∴∠EBD =∠EDB , ∴∠ABD =2∠ADB , ∵∠ABD +∠ADB =90°, ∴∠ADB =30°,∠ABD =60°, ∴∠ABE =∠EBO =∠OBF =30°, ∴∠EBF =60°. (2)结论:IH=3FH .理由:如图2中,延长BE 到M ,使得EM =EJ ,连接MJ .∵四边形EBFD 是菱形,∠B =60°, ∴EB =BF =ED ,DE ∥BF , ∴∠JDH =∠FGH , 在△DHJ 和△GHF 中,DHG GHF DH GHJDH FGH ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩=== , ∴△DHJ ≌△GHF , ∴DJ =FG ,JH =HF , ∴EJ =BG =EM =BI , ∴BE =IM =BF , ∵∠MEJ =∠B =60°, ∴△MEJ 是等边三角形,∴MJ =EM =NI ,∠M =∠B =60° 在△BIF 和△MJI 中,BI MJ B M BF IM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩===, ∴△BIF ≌△MJI ,∴IJ =IF ,∠BFI =∠MIJ ,∵HJ =HF , ∴IH ⊥JF ,∵∠BFI +∠BIF =120°, ∴∠MIJ +∠BIF =120°, ∴∠JIF =60°, ∴△JIF 是等边三角形,在Rt △IHF 中,∵∠IHF =90°,∠IFH =60°, ∴∠FIH =30°, ∴IH=3FH .(3)结论:EG 2=AG 2+CE 2.理由:如图3中,将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ,∵∠FAD +∠DEF =90°, ∴AFED 四点共圆,∴∠EDF =∠DAE =45°,∠ADC =90°, ∴∠ADF +∠EDC =45°, ∵∠ADF =∠CDM ,∴∠CDM +∠CDE =45°=∠EDG , 在△DEM 和△DEG 中,DE DE EDG EDM DG DM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== , ∴△DEG ≌△DEM , ∴GE =EM ,∵∠DCM =∠DAG =∠ACD =45°,AG =CM , ∴∠ECM =90° ∴EC 2+CM 2=EM 2, ∵EG =EM ,AG =CM , ∴GE 2=AG 2+CE 2.【点睛】考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质,等边三角形的判定和性质,勾股定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形,学会转化的思想思考问题.4.如图1,在□ABCD中,AB=6,∠B= (60°<≤90°). 点E在BC上,连接AE,把△ABE沿AE折叠,使点B与AD上的点F重合,连接EF.(1)求证:四边形ABEF是菱形;(2)如图2,点M是BC上的动点,连接AM,把线段AM绕点M顺时针旋转得到线段MN,连接FN,求FN的最小值(用含的代数式表示).【答案】(1)详见解析;(2)FE·sin(-90°)【解析】【分析】(1)由四边形ABCD是平行四边形得AF∥BE,所以∠FAE=∠BEA,由折叠的性质得∠BAE=∠FAE,∠BEA=∠FEA,所以∠BAE=∠FEA,故有AB∥FE,因此四边形ABEF是平行四边形,又BE=EF,因此可得结论;(2)根据点M在线段BE上和EC上两种情况证明∠ENG=90°-,利用菱形的性质得到∠FEN=-90°,再根据垂线段最短,求出FN的最小值即可.【详解】(1)∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,∴∠FAE=∠BEA,由折叠的性质得∠BAE=∠FAE,∠BEA=∠FEA, BE=EF,∴∠BAE=∠FEA,∴AB∥FE,∴四边形ABEF是平行四边形,又BE=EF,∴四边形ABEF是菱形;(2)①如图1,当点M在线段BE上时,在射线MC上取点G,使MG=AB,连接GN、EN.∵∠AMN=∠B=,∠AMN+∠2=∠1+∠B∴∠1=∠2又AM=NM,AB=MG∴△ABM≌△MGN∴∠B=∠3,NG=BM∵MG=AB=BE∴EG=AB=NG∴∠4=∠ENG= (180°-)=90°-又在菱形ABEF中,AB∥EF∴∠FEC=∠B=∴∠FEN=∠FEC-∠4=- (90°-)=-90°②如图2,当点M在线段EC上时,在BC延长线上截取MG=AB,连接GN、EN.同理可得:∠FEN=∠FEC-∠4=- (90°-)=-90°综上所述,∠FEN=-90°∴当点M在BC上运动时,点N在射线EH上运动(如图3)当FN⊥EH时,FN最小,其最小值为FE·sin(-90°)【点睛】本题考查了菱形的判定与性质以及求最短距离的问题,解题的关键是分类讨论得出∠FEN =-90°,再运用垂线段最短求出FN的最小值.5.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.6.如图①,在等腰△ABC和△ADE中,AB=AC,AD=AE,且∠BAC=∠DAE=120°.(1)求证:△ABD≌△ACE;(2)把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图②的位置,连接CD,点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点,连接MN、PN、PM,判断△PMN的形状,并说明理由;(3)在(2)中,把△ADE绕点A在平面内自由旋转,若AD=4,AB=6,请分别求出△PMN周长的最小值与最大值.【答案】(1)证明见解析;(2)△PMN是等边三角形.理由见解析;(3)△PMN周长的最小值为3,最大值为15.【解析】分析:(1)由∠BAC=∠DAE=120°,可得∠BAD=∠CAE,再由AB=AC,AD=AE,利用SAS即可判定△ABD≌△ADE;(2)△PMN是等边三角形,利用三角形的中位线定理可得PM=12CE,PM∥CE,PN=12BD,PN∥BD,同(1)的方法可得BD=CE,即可得PM=PN,所以△PMN是等腰三角形;再由PM∥CE,PN∥BD,根据平行线的性质可得∠DPM=∠DCE,∠PNC=∠DBC,因为∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC,所以∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC,再由∠BAC=120°,可得∠ACB+∠ABC=60°,即可得∠MPN=60°,所以△PMN是等边三角形;(3)由(2)知,△PMN是等边三角形,PM=PN=12BD,所以当PM最大时,△PMN周长最大,当点D在AB上时,BD最小,PM最小,求得此时BD的长,即可得△PMN周长的最小值;当点D在BA延长线上时,BD最大,PM的值最大,此时求得△PMN周长的最大值即可.详解:(1)因为∠BAC=∠DAE=120°,所以∠BAD=∠CAE,又AB=AC,AD=AE,所以△ABD≌△ADE;(2)△PMN是等边三角形.理由:∵点P,M分别是CD,DE的中点,∴PM=12CE,PM∥CE,∵点N,M分别是BC,DE的中点,∴PN=12BD,PN∥BD,同(1)的方法可得BD=CE,∴PM=PN,∴△PMN是等腰三角形,∵PM∥CE,∴∠DPM=∠DCE,∵PN∥BD,∴∠PNC=∠DBC,∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC,∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC =∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC,∵∠BAC=120°,∴∠ACB+∠ABC=60°,∴∠MPN=60°,∴△PMN是等边三角形.(3)由(2)知,△PMN是等边三角形,PM=PN=12 BD,∴PM最大时,△PMN周长最大,∴点D在AB上时,BD最小,PM最小,∴BD=AB-AD=2,△PMN周长的最小值为3;点D在BA延长线上时,BD最大,PM最大,∴BD=AB+AD=10,△PMN周长的最大值为15.故答案为△PMN周长的最小值为3,最大值为15点睛:本题主要考查了全等三角形的判定及性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定,解决第(3)问,要明确点D在AB上时,BD最小,PM最小,△PMN周长的最小;点D在BA延长线上时,BD最大,PM最大,△PMN周长的最大值为15.7.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,△ACB、△AED都为等腰直角三角形,∠AED=∠ACB=90°,点D在AB上,连CE,M、N分别为BD、CE的中点.(1)求证:MN⊥CE;(2)如图2将△AED绕A点逆时针旋转30°,求证:CE=2MN.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.【解析】试题分析:(1)延长DN交AC于F,连BF,推出DE∥AC,推出△EDN∽△CFN,推出DE EN DN==,求出DN=FN,FC=ED,得出MN是中位线,推出MN∥BF,证CF CN NF△CAE≌△BCF,推出∠ACE=∠CBF,求出∠CBF+∠BCE=90°,即可得出答案;(2)延长DN到G,使DN=GN,连接CG,延长DE、CA交于点K,求出BG=2MN,证△CAE≌△BCG,推出BG=CE,即可得出答案.试题解析:(1)证明:延长DN交AC于F,连BF,∵N 为CE 中点,∴EN=CN ,∵△ACB 和△AED 是等腰直角三角形,∠AED=∠ACB=90°,DE=AE ,AC=BC ,∴∠EAD=∠EDA=∠BAC=45°,∴DE ∥AC ,∴△EDN ∽△CFN , ∴DE EN DN CF CN NF== , ∵EN=NC ,∴DN=FN ,FC=ED , ∴MN 是△BDF 的中位线,∴MN ∥BF ,∵AE=DE ,DE=CF ,∴AE=CF ,∵∠EAD=∠BAC=45°,∴∠EAC=∠ACB=90°,在△CAE 和△BCF 中,CA BC CAE BCF AE CF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== , ∴△CAE ≌△BCF (SAS ),∴∠ACE=∠CBF ,∵∠ACE+∠BCE=90°,∴∠CBF+∠BCE=90°,即BF ⊥CE ,∵MN ∥BF ,∴MN ⊥CE .(2)证明:延长DN 到G ,使DN=GN ,连接CG ,延长DE 、CA 交于点K ,∵M 为BD 中点,∴MN 是△BDG 的中位线,∴BG=2MN ,在△EDN 和⊈CGN 中, DN NG DNE GNC EN NC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩===,∴△EDN ≌△CGN (SAS ),∴DE=CG=AE ,∠GCN=∠DEN ,∴DE ∥CG ,∴∠KCG=∠CKE ,∵∠CAE=45°+30°+45°=120°,∴∠EAK=60°,∴∠CKE=∠KCG=30°,∴∠BCG=120°,在△CAE 和△BCG 中,AC BC CAE BCG AE CG ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== , ∴△CAE ≌△BCG (SAS ),∴BG=CE ,∵BG=2MN ,∴CE=2MN .【点睛】考查了等腰直角三角形性质,全等三角形的性质和判定,三角形的中位线,平行线性质和判定的应用,主要考查学生的推理能力.9.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°),点B 的对应点为点D,点C 的对应点为点E,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请直接写出BE的长;(2)在旋转过程中,过点D作DG垂直于直线AB,垂足为点G,连接CE,当∠DAG=∠ACB,且线段DG与线段AE无公共点时,请直接写出BE+CE的值.【答案】(1)①②详见解析;③3﹣4;(2)13.【解析】试题分析:(1)①由旋转性质知AB=AD,∠BAD=60°即可得证;②由BA=BD、EA=ED根据中垂线性质即可得证;③分别求出BF、EF的长即可得;(2)由∠ACB+∠BAC+∠ABC=180°、∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°、∠DAG=∠ACB、∠DAE=∠BAC得∠BAE=∠BAC且AE=AC,根据三线合一可得CE⊥AB、AC=5、AH=3,继而知CE=2CH=8、BE=5,即可得答案.试题解析:(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的中垂线上,∴BE是AD的中垂线,∵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,∵在等边三角形ABD中,BF=AB•sin∠BAF=6×=3,∴BE=BF﹣EF=3﹣4;(2)如图所示,∵∠DAG=∠ACB,∠DAE=∠BAC,∴∠ACB+∠BAC+∠ABC=∠DAG+∠DAE+∠ABC=180°,又∵∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°,∴∠BAE=∠ABC,∵AC=BC=AE,∴∠BAC=∠ABC,∴∠BAE=∠BAC,∴AB⊥CE,且CH=HE=CE,∵AC=BC,∴AH=BH=AB=3,则CE=2CH=8,BE=5,∴BE+CE=13.考点:三角形综合题.10.如图所示,在△ABC中,D、E分别是AB、AC上的点,DE∥BC,如图①,然后将△ADE绕A点顺时针旋转一定角度,得到图②,然后将BD、CE分别延长至M、N,使DM =BD,EN=CE,得到图③,请解答下列问题:(1)若AB=AC,请探究下列数量关系:①在图②中,BD与CE的数量关系是________________;②在图③中,猜想AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系,并证明你的猜想;(2)若AB=k·AC(k>1),按上述操作方法,得到图④,请继续探究:AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系,直接写出你的猜想,不必证明.【答案】(1)①BD=CE;②AM=AN,∠MAN=∠BAC 理由如下:∵在图①中,DE//BC,AB=AC∴AD="AE."在△ABD与△ACE中∴△ABD≌△ACE.∴BD=CE,∠ACE=∠ABD.在△DAM与△EAN中,∵DM=BD,EN=CE,BD=CE,∴DM=EN,∵∠AEN=∠ACE+∠CAE,∠ADM=∠ABD+∠BAD,∴∠AEN=∠ADM.又∵AE=AD,∴△ADM≌△AEN.∴AM=AN,∠DAM=∠EAN.∴∠MAN=∠DAE=∠BAC.∴AM=AN,∠MAN=∠BAC.(2)AM=kAN,∠MAN=∠BAC.【解析】(1)①根据题意和旋转的性质可知△AEC≌△ADB,所以BD=CE;②根据题意可知∠CAE=BAD,AB=AC,AD=AE,所以得到△BAD≌△CAE,在△ABM和△ACN中,DM=BD,EN=CE,可证△ABM≌△ACN,所以AM=AN,即∠MAN=∠BAC.(2)直接类比(1)中结果可知AM=k•AN,∠MAN=∠BAC.11.(特例发现)如图1,在△ABC中,AG⊥BC于点G,以A为直角顶点,分别以AB,AC为直角边,向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF,过点E、F作射线GA的垂线,垂足分别为P、Q.求证:EP=FQ.(延伸拓展)如图2,在△ABC中,AG⊥BC于点G,以A为直角顶点,分别以AB,AC为直角边,向△ABC外作Rt△ABE和Rt△ACF,射线GA交EF于点H.若AB=kAE,AC=kAF,请思考HE与HF之间的数量关系,并直接写出你的结论.(深入探究)如图3,在△ABC中,G是BC边上任意一点,以A为顶点,向△ABC外作任意△ABE和△ACF,射线GA交EF于点H.若∠EAB=∠AGB,∠FAC=∠AGC,AB=kAE,AC=kAF,上一问的结论还成立吗?并证明你的结论.(应用推广)在上一问的条件下,设大小恒定的角∠IHJ分别与△AEF的两边AE、AF分别交于点M、N,若△ABC为腰长等于4的等腰三角形,其中∠BAC=120°,且∠IHJ=∠AGB=θ=60°,k=2;求证:当∠IHJ在旋转过程中,△EMH、△HMN和△FNH均相似,并直接写出线段MN的最小值(请在答题卡的备用图中补全作图).【答案】(1)证明参见解析;(2)HE=HF;(3)成立,证明参见解析;(4)证明参见解析,MN最小值为1.【解析】试题分析:(1)特例发现:易证△AEP≌△BAG,△AFQ≌△CAG,即可求得EP=AG,FQ=AG,即可解题;(2)延伸拓展:过点E、F作射线GA的垂线,垂足分别为P、Q.易证△ABG∽△EAP,△ACG∽△FAQ,得到PE=AG,FQ=AG,∴PE=FQ,然后证明△EPH≌△FQH,即可得出HE=HF;(3)深入探究:判断△PEA∽△GAB,得到PE=AG,△AQF∽△CGA,FQ=,得到FQ=AG,再判断△EPH≌△FQH,即可得出HE=HF;(4)应用推广:由前一个结论得到△AEF为正三角形,再依次判断△MHN∽△HFN∽△MEH,即可得出结论.试题解析:(1)特例发现,如图:∵∠PEA+∠PAE=90°,∠GAB+∠PAE=90°,∴∠PEA=∠GAB,∵∠EPA=∠AGB,AE=AB,∴△PEA≌△GAB,∴PE=AG,同理,△QFA≌△GAC,∴FQ=AG,∴PE=FQ;(2)延伸拓展,如图:∵∠PEA+∠PAE=90°,∠GAB+∠PAE=90°,∴∠PEA=∠GAB,∴∠EPA=∠AGB,∴△PEA∽△GAB,∴,∵AB=kAE,∴,∴PE=AG,同理,△QFA∽△GAC,∴,∵AC=kAF,∴FQ=AG,∴PE=FQ,∵EP∥FQ,∴∠EPH=∠FQH,∵∠PHE=∠QHF,∴△EPH≌△FQH,∴HE=HF;(3)深入探究,如图2,在直线AG上取一点P,使得∠EPA═∠AGB,作FQ∥PE,∵∠EAP+∠BAG=180°﹣∠AGB,∠ABG+∠BAG=180°﹣∠AGB,∴∠EAP=∠ABG,∵∠EPA=∠AGB,∴△APE∽△BGA,∴,∵AB=kAE,∴PE=AG,由于∠FQA=∠FAC=∠AGC=180°﹣∠AGB,同理可得,△AQF∽△CGA,∴,∵AC=kAF,∴FQ=AG,∴EP=FQ,∵EP∥FQ,∴∠EPH=∠FQH,∵∠PHE=∠QHF,∴△EPH≌△FQH,∴HE=HF;(4)应用推广,如图3,在前面条件及结论,得到,点H是EF中点,∴AE=AF,∵∠EAB=∠AGB,∠FAC=∠AGC∴∠EAB+∠FAC=180°∴∠EAF=360°﹣(∠EAB+∠FAC)﹣∠BAC=60°,∴△AEF 为正三角形.又H为EF中点,∴∠EHM+∠IHJ=120°,∠IHJ+∠FHN=120°,∴∠EHM=∠FHN .∵∠AEF=∠AFE ,∴△HEM ∽△HFN ,∴,∵EH=FH ,∴,且∠MHN=∠HFN=60°,∴△MHN ∽△HFN ,∴△MHN ∽△HFN ∽△MEH ,在△HMN 中,∠MHN=60°,根据三角形中大边对大角,∴要MN 最小,只有△HMN 是等边三角形,∴∠AMN=60°,∵∠AEF=60°,MN ∴MN ∥EF ,∵△AEF 为等边三角形,∴MN 为△AEF 的中位线,∴MN min =EF=×2=1.考点:1.几何变换综合题;2.三角形全等及相似的判定性质.12.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=;②AC 2+CO 2=CD 2;(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:AC 2+CO 2=CD 2;(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:AC 2+OC 2=FO 2+OE 2=EF 2,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CE 2=2CD 2,等量代换可得结论(OC ﹣OE )2=(OC ﹣AC )2=2CD 2,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13.如图,是边长为的等边三角形,边在射线上,且,点从点出发,沿的方向以的速度运动,当不与点重合是,将绕点逆时针方向旋转得到,连接.(1)求证:是等边三角形;(2)当时,的周长是否存在最小值?若存在,求出的最小周长;若不存在,请说明理由.(3)当点在射线上运动时,是否存在以为顶点的三角形是直角三角形?若存在,求出此时的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)详见解析;(2)存在,2+4;(3)当t=2或14s时,以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形.【解析】试题分析:(1)由旋转的性质得到∠DCE=60°,DC=EC,即可得到结论;(2)当6<t<10时,由旋转的性质得到BE=AD,于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,根据等边三角形的性质得到DE=CD,由垂线段最短得到当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,于是得到结论;(3)存在,①当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形,②当0≤t<6时,由旋转的性质得到∠ABE=60°,∠BDE<60°,求得∠BED=90°,根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°,求得∠CEB=30°,求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2,于是得到t=2÷1=2s;③当6<t<10s时,此时不存在;④当t>10s时,由旋转的性质得到∠DBE=60°,求得∠BDE>60°,于是得到t=14÷1=14s.试题解析:(1)证明:∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE,∴∠DCE=60°,DC=EC,∴△CDE是等边三角形;(2)存在,当6<t<10时,由旋转的性质得,BE=AD,∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,由(1)知,△CDE是等边三角形,∴DE=CD,∴C△DBE=CD+4,由垂线段最短可知,当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,此时,CD=2cm,∴△BDE的最小周长=CD+4=2+4;(3)存在,①∵当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形,∴当点D与点B重合时,不符合题意,②当0≤t<6时,由旋转可知,∠ABE=60°,∠BDE<60°,∴∠BED=90°,由(1)可知,△CDE是等边三角形,∴∠DEB=60°,∴∠CEB=30°,∵∠CEB=∠CDA,∴∠CDA=30°,∵∠CAB=60°,∴∠ACD=∠ADC=30°,∴DA=CA=4,∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2,∴t=2÷1=2s;③当6<t<10s时,由∠DBE=120°>90°,∴此时不存在;④当t>10s时,由旋转的性质可知,∠DBE=60°,又由(1)知∠CDE=60°,∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC,而∠BDC>0°,∴∠BDE>60°,∴只能∠BDE=90°,从而∠BCD=30°,∴BD=BC=4,∴OD=14cm,∴t=14÷1=14s,综上所述:当t=2或14s时,以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形.考点:旋转与三角形的综合题.14.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32EFAB=,求α的大小.(3)直接写出线段AB、BE、CF之间的数量关系.【答案】(1)①答案见解析;②45α︒+;(2)30α=︒;(3)22222AB CF BE =+.【解析】试题分析:(1)①按要求作图即可;②由∠ACB=90°,AC=BC ,得∠ABC=45°,故可得出结论;(2)易证FCE ∆∽ ACB ∆,得32CF AC =;连结FA ,得△AFC 是直角三角形,求出∠ACF=30°,从而得出结论;(3)222A 22B CF BE =+.试题解析:(1)①补全图形.②∵∠ACB=90°,AC=BC ,∴∠ABC=45°∵∠BCE=α ∴∠CDA=45α︒+ (2)在FCE ∆和ACB ∆中,45CFE CAB ∠=∠=︒ ,90FCE ACB ∠=∠=︒ ∴ FCE ∆∽ ACB ∆∴ CF EF AC AB= Q 32EF AB = ∴ 3CF AC =连结FA .Q 90,90FCA ACE ECB ACE ∠=︒-∠∠=︒-∠∴ FCA ECB ∠=∠=α在Rt CFA ∆中,90CFA ∠=︒,3cos 2FCA ∠= ∴ 30FCA ∠=︒即30α=︒.(3)22222AB CF BE =+15.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年中考九年级数学旋转压轴题专题复习(WORD版,包含答案)

2020年中考九年级数学旋转压轴题专题复习(WORD版,包含答案)

四川省渠县三中 2020 年中考九年级数学旋转压轴题专题复习练习1、填空或解答:点 B、C、E 在同一直线上,点 A、D 在直线 CE 的同侧,AB=AC,EC=ED,∠BAC=∠CED,直线 AE、BD 交于点 F.(1)如图①,若∠BAC=60°,则∠AFB=;如图②,若∠BAC=90°,则∠ AFB= ;(2)如图③,若∠BAC=α,则∠AFB=(用含α的式子表示);(3)将图③中的△ABC绕点 C 旋转(点 F 不与点 A、B 重合),得图④或图⑤.在图④中,∠AFB与∠α的数量关系是∠AFB=90°;在图⑤中,∠AFB与∠ α的数量关系是.请你任选其中一个结论证明.2、如图,等腰直角△ABC中,∠ABC=90°,点P 在AC 上,将△ABP绕顶点 B 沿顺时针方向旋转90°后得到△CBQ.(1)求∠PCQ的度数;(2)当AB=4,AP:PC=1:3 时,求 PQ 的大小;(3)当点 P 在线段 AC 上运动时(P 不与 A 重合),请写出一个反映PA2,PC2,PB2之间关系的等式,并加以证明.3、如图 1,已知△ABC中,AB=BC=1,∠ABC=90°,把一块含30°角的三角板 DEF 的直角顶点 D 放在AC 的中点上(直角三角板的短直角边为 DE,长直角边为 DF),将直角三角板 DEF 绕D 点按逆时针方向旋转.(1)在图 1 中,DE 交AB 于M,DF 交BC 于N.①证明 DM=DN;②在这一过程中,直角三角板 DEF 与△ABC的重叠部分为四边形 DMBN,请说明四边形 DMBN 的面积是否发生变化?若发生变化,请说明是如何变化的;若不发生变化,求出其面积;(2)继续旋转至如图 2 的位置,延长 AB 交DE 于M,延长 BC 交DF 于N,DM=DN 是否仍然成立?若成立,请给出证明;若不成立,请说明理由;(3)继续旋转至如图 3 的位置,延长 FD 交BC 于N,延长 ED 交AB 于M,DM=DN 是否仍然成立?若成立,请给出写出结论,不用证明.4、已知△ABC中,∠ACB=135°,将△ABC绕点A 顺时针旋转90°,得到△AED,连接 CD,CE.(1)求证:△A CD 为等腰直角三角形;(2)若BC=1,AC=2,求四边形 ACED 的面积.5、如图,在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=3,tan∠B=,点P 在BC 边上,且BP=3.以点 P 为中心,将△ABC中按逆时针方向旋转90°至△A′B′C′,A′C′与 AC、BC 分别交于点 R、Q,B′C′与AC、BC 分别交于点 S、P.求:(1)线段PC′的长;(2)线段 RS 的长.6、如图,把一块含60°的三角尺 ACB 与边长为 2 的正方形 ACFG 按如图所示重叠在一起,∠B=30°.若把三角尺绕直角顶点 C 按顺时针方向旋转,使斜边 AB 恰好经过正方形 ACFG 的顶点 F,得△PCN,PC,PN 交AB 于D、E.(1)求∠BAC的度数;(2)△ACB至少旋转多少度才能得到△PCN?请通过计算说明理由;(3)试求出△ACB与△PCN的重叠部分(即四边形 CDEF)的面积(精确到 0.01).7、如图 1,△ABC与△DEF中,AB=AC,D 为BC 的中点,∠EDF+∠BAC=180°,直线DF 、 DE 分别交直线AB 、AC 于点P 、Q.(1)如图 2,∠BAC=60°,猜想 BP+QC 与BC 的关系,并说明理由;(2)当∠BAC=120°,BP+QC 与BC 的关系为;(3)当∠BAC=α,探究 BP+QC 与BC 的关系,并说明理由;(4)如图 3,当△DEF绕点 D 旋转时,其他条件不变,(3)中的结论是否一定成立?若成立,请你写出一个真命题;若不成立,请你画图说明.8、把两个全等的等腰直角三角形 ABC 和 EFG(其直角边长均为 4)叠放在一起(如图①),且使三角板 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 点逆时针旋转(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) 在上述旋转过程中,BH 与 CK 有怎样的数量关系四边形 CHGK 的面积有何变化?证明你发现的结论;(2) 连接 HK ,在上述旋转过程中,设 BH=x ,△GKH 的面积为 y ,求 y 与 x 之间的函数关系式,并写出自变量 x 的取值范围;(3) 在(2)的前提下,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 x 的值;若不存在,说明理由.9、将两块含 30°角且大小相同的直角三角板如图 1 摆放.(1) 将图 1 中△A 1B 1C 绕点 C 顺时针旋转 45°得图 2,点 P 1 是 A 1C 与 AB 的交点,求证:CP 1=AP 1;(2) 将图 2 中△A 1B 1C 绕点 C 顺时针旋转 30°到△A 2B 2C (如图 3),点 P 2 是 A 2C与 AB 的交点.线段 CP 1 与 P 1P 2 之间存在一个确定的等量关系,请你写出这个关系式并说明理由; (3) 将图 3 中线段 CP 1 绕点 C 顺时针旋转 60°到 CP 3(如图 4),连接 P 3P 2,求证: P 3P 2⊥AB.10、如图,平面直角坐标系中,△ABC 为等边三角形,其中点 A 、B 、C 的坐标分别为(﹣3,﹣1)、(﹣3,﹣3)、(﹣3+,﹣2).现以 y 轴为对称轴作△ABC 的对称图形,得△A 1B 1C 1,再以 x 轴为对称轴作△A 1B 1C 1 的对称图形,得△A 2B 2C 2. (1) 直接写出点 C 1、C 2 的坐标; (2) 能否通过一次旋转将△ABC 旋转到△A 2B 2C 2 的位置?你若认为能,请作出肯定的回答,并直接写出所旋转的度数;你若认为不能,请作出否定的回答(不必说明理由); (3) 设当△ABC 的位置发生变化时,△A 2B 2C 2、△A 1B 1C 1 与△ABC 之间的对称关系始终保持不变.①当△ABC向上平移多少个单位时,△A1B1C1与△A2B2C2完全重合并直接写出此时点C 的坐标;②将△ABC绕点A 顺时针旋转α°(0≤α≤180),使△A1B1C1与△A2B2C2完全重合,此时α的值为多少点 C 的坐标又是什么?11、如图a,△ABC和△CEF是两个大小不等的等边三角形,且有一个公共顶点 C,连接 AF 和BE.(1)线段 AF 和BE 有怎样的大小关系?请证明你的结论;(2)将图 a 中的△CEF绕点 C 旋转一定的角度,得到图 b,这时(1)中的结论还成立吗?作出判断并说明理由;(3)若将图 a 中的△ABC绕点C 旋转一定的角度,请你画出一个变换后的图形(草图即可),(1)中的结论还成立吗?作出判断不必说明理由;(4)根据以上证明、说理、画图,归纳你的发现.12、如图,已知△A BC 是等腰直角三角形,CD 是斜边AB 的中线,△ADC绕点D 旋转一定角度得到△A'DC',A'D 交AC 于点E,DC'交BC 于点F,连接EF,若,则的值?13、如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=10,在△DCE中,∠DCE=90°,DC=EC=6,点D 在线段 AC 上,点E 在线段 BC 的延长线上.将△DCE绕点C 旋转60°得到△D′CE′(点D 的对应点为点D′,点E 的对应点为点E′),连接AD′、BE′,过点 C 作CN⊥BE′,垂足为 N,直线 CN 交线段AD′于点 M,求MN 的长?14、如图,在等腰Rt△ABC中,P 是斜边 BC 的中点,以 P 为顶点的直角的两边分别与边 AB,AC 交于点 E,F,连接 EF.当∠EPF绕顶点 P 旋转时(点E 不与A, B 重合),△PEF也始终是等腰直角三角形,请你说明理由.答案:1、【解答】解:(1)∵AB=AC,EC=ED,∠BAC=∠CED=60°,∴△ABC∽△EDC,∴∠CBD=∠CAE,∴∠AFB=180°﹣∠CAE﹣∠BAC﹣∠ABD=180°﹣∠BAC﹣∠ABC=∠ACB,∴∠AFB=60°,同理可得:∠AFB=45°;(2)∵AB=AC,EC=ED,∠BAC=∠CED,∴△ABC∽△EDC,∴∠ACB=∠ECD,,∴∠BCD=∠ACE,∴△BCD∽△ACE,∴∠CBD=∠CAE,∴∠AFB=180°﹣∠CAE﹣∠BAC﹣∠ABD,=180°﹣∠BAC﹣∠ABC=∠ACB,∵AB=AC,∠BAC=α,∴∠ACB=90°﹣,∴∠AFB=90°﹣.故答案为:∠AFB=90°.(3)图4 中:∠AFB=90°;图5 中:∠AFB=90°+.∠AFB=90°的证明如下:∵AB=AC,EC=ED,∠BAC=∠CED,∴△ABC∽△EDC,∴∠ACB=∠ECD,,∴∠BCD=∠ACE,∴△BCD∽△ACE,∴∠CBD=∠CAE,∴∠AFB=180°﹣∠CAE﹣∠BAC﹣∠ABD,=180°﹣∠BAC﹣∠ABC=∠ACB,∵AB=AC,∠BAC=α,∴∠ACB=90°﹣,∴∠AFB=90°﹣.∠AFB=90°+的证明如下:∵AB=AC,EC=ED,∠BAC=∠CED,∴△ABC∽△EDC,∴∠ACB=∠ECD,,∴∠BCD=∠ACE,∴△BCD∽△ACE,∴∠BDC=∠AEC,∴∠AFB=∠BDC+∠CDE+∠DEF,=∠CDE+∠CED=180°﹣∠DCE,∵AB=AC,EC=ED,∠BAC=∠DEC=α,∴∠DCE=90°﹣,∴∠AFB=180°﹣(90°﹣)=90°+.2、【解答】解:(1)由题意知,△ABP≌△CQB,∴∠A=∠ACB=∠BCQ=45°,∠ABP=∠CPQ,AP=CQ,PB=BQ,∴∠PCQ=∠ACB+∠BCQ=90°,∠ABP+∠PBC=∠CPQ+∠PBC=90°,∴△BPQ 是等腰直角三角形,△PCQ 是直角三角形.(2)当AB=4,AP:PC=1:3 时,有AC=4,AP=,PC=3,∴PQ==2 .(3)存在 2PB2=PA2+PC2,由于△BPQ是等腰直角三角形,∴PQ=PB,∵AP=CQ,∴PQ2=PC2+CQ2=PA2+PC2,故有 2PB2=PA2+PC2.3、【解答】解:(1)①如图 1,连接 DB,在Rt△ABC中,AB=BC,AD=DC,∴DB=DC=AD,∠BDC=90°,∴∠ABD=∠C=45°,∵∠MDB+∠BDN=∠CDN+∠BDN=90°,∴∠MDB=∠NDC,∴△BMD≌△CND(ASA),∴DM=DN;②四边形 DMBN 的面积不发生变化;由①知△BMD≌△CND,∴S△BMD =S△CND,∴S四边形DMBN =S△DBN+S△DMB=S△DBN+S△DNC=S△DBC=S△ABC=×=;(2)DM=DN 仍然成立;证明:如图 2,连接 DB,在Rt△ABC 中,AB=BC,AD=DC,∴DB=DC,∠BDC=90°,∴∠DCB=∠DBC=45°,∴∠DBM=∠DCN=135°,∵∠NDC+∠CDM=∠BDM+∠CDM=90°,∴∠CDN=∠BDM,则在△BMD和△CND中,,∴△BMD≌△CND(ASA),∴DM=DN.(3)DM=DN.4、【解答】证明:(1)∵△AED是△ABC旋转90°得到的,∴△ABC≌△AED,∴∠CAD=90°,AC=AD,∠ADE=∠ACB=135°,∴△ACD 是等腰直角三角形;解:(2)∵△ACD是等腰直角三角形,∴∠ADC=∠ACD=45°,AC=AD=2,∴CD==2 ,由(1)知,∠ADE=135°,∴∠CDE=∠ADE﹣∠ADC=90°,∵D E=BC=1,∴S四边形ADEC =S△ACD+S△CDE=AC•AD+ CD•DE= ×2×2+×2×1=2+.5、【解答】解:(1)在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=3,tan∠B=,∴AC=3× =4,BC===5,∵BP=3,∴PC=BC﹣BP=5﹣3=2,∵△ABC 按逆时针方向旋转90°得到△A′B′C′,∴PC′=PC=2;(2)由题意可知∠SPC=90°,∴∠PSC=∠B,在Rt△SPC中,∠SPC=90°,tan∠PSC=,PC=2∴SP=2÷= ,∴SC===,∴SC′=PC′﹣SP=,∵∠RSC′=∠PSC,∠C′=∠C,∴△RSC′∽△PSC,∴= ,即= ,解得RS=.6、【解答】解:(1)∠BAC=90°﹣30°=60°.(2)∵AC=CP=CF,又∠CPN=∠CAB=60°,∴△PCF 是等边三角形.∴∠PCF=60°.∴∠ACP=90°﹣∠PCF=30°,即△ABC 旋转30°时,得到△PCN.(3)在△ACD 中,∠ACD=30°,∠BAC=60°,∴∠ADC=90°,AD=AC=1,CD=AC•Sin60°=,∴PD=2﹣,DE=PD•tan60°=2﹣3.∴△PDE的面积为: PD•DE==CF•CP•sin60°=.又∵S△PCF,∴四边形DCFE 的面积为:﹣()≈1.67. 7、【解答】解:(1)BP+QC=BC;理由如下:过 D 作DM⊥AB 于 M,DN⊥AC 于 N,则∠MDN=∠PDQ=180°﹣∠BAC.∵∠B=∠C,BD=DC,∠DMB=∠DNC,∴△BDM≌△CDN,得 DM=DN,BM=NC.∵∠MDP=∠MDN﹣∠PDN,∠NDQ=∠PDQ﹣∠PDN,且∠MDN=∠PDQ,∴∠MDP=∠NDQ.又∵∠DMP=∠DNQ=90°,DM=DN,∴△DMP≌△DNQ,得 MP=NQ.∴BP+QC=BM+MP+NC﹣NQ=2BM.Rt△BDM中,∠B=60°,则BM=BD•cos∠B=BD,∴BP+QC=2BM=×2BD=BC.(2)BP+QC=BC.(证法可参照(1)(3))(3)BP+QC=BC•cos(90°﹣α).解法同(1),过 D 作DM⊥AB于M,DN⊥AC于N,则∠MDN=∠PDQ=180°﹣∠BAC.∵∠B=∠C,BD=DC,∠DMB=∠DNC,∴△BDM≌△CDN,得 DM=DN,BM=NC.∵∠MDP=∠MDN﹣∠PDN,∠NDQ=∠PDQ﹣∠PDN,且∠MDN=∠PDQ,∴∠MDP=∠NDQ,又∵∠DMP=∠DNQ=90°,DM=DN,∴△DMP≌△DNQ,得 MP=NQ.∴BP+QC=BM+MP+NC﹣NQ=2BM.Rt△BDM中,∠B=(180°﹣α)=90°﹣α,则BM=BD•cos∠B=BD•cos(90°﹣α);∴BP+QC=2BM=2BD•cos(90°﹣α)=BC•cos(90°﹣α).(4)当P、Q 分别在线段 BA、AC 上时,(3)的结论依然成立,即BP+QC 与BC 的关系为:BP+QC=BC•cos(90°﹣α).(证法同(3))当P、Q 在BA、AC 的延长线上时,(3)的结论不成立.如图 3,同(3)可得:BM=NC,MP=NQ.∴BP+CQ=BM+MP+NQ﹣NC=BM+MP+BM﹣MP=2BM=2NQ.因此(3)的结论不成立.8、【解答】解:(1)在上述旋转过程中,BH=CK,四边形 CHGK 的面积不变.证明:连接 CG,KH,∵△ABC 为等腰直角三角形,O(G)为其斜边中点,∴CG=BG,CG⊥AB,∴∠ACG=∠B=45°,∵∠BGH 与∠CGK 均为旋转角,∴∠BGH=∠CGK,在△BGH 与△CGK 中,∴△BGH≌△CGK(ASA),∴BH=CK,S△BGH =S△CGK.∴S四边形CHGK =S△CHG+S△CGK=S△CHG+S△BGH=S△ABC=××4×4=4,即:S四边形CHGK的面积为 4,是一个定值,在旋转过程中没有变化;(2)∵AC=BC=4,BH=x,∴CH=4﹣x,CK=x.由S△GHK =S四边形CHGK﹣S△CHK,得y=4﹣x(4﹣x),∴y=x2﹣2x+4.由0°<α<90°,得到 BH 最大=BC=4,∴0<x<4;(3)存在.根据题意,得x2﹣2x+4= ×8,解这个方程,得 x1=1,x2=3,即:当x=1 或x=3 时,△GHK的面积均等于△ABC的面积的.9、【解答】(1)证明:过点 P1作CA 的垂线,垂足为D.易知:△CDP1为等腰直角三角形,△P1DA 是直角三角形,且∠A=30°,所以CP1=P1D,P1D= AP1,故CP1=AP1.(2)解:过点 P1 作CA2 的垂线,垂足为 E,易知:△P1EP2是等腰直角三角形,(其中∠2=∠A+∠P2CA=45°),因为△P1CE 是直角三角形,且∠1=30°,所以CP1=2P1E,P1E=P1P2,故CP1=P1P2.(3)证明:将图 3 中线段 CP1 绕点 C 顺时针旋转60°到CP3,易证:△CP1P2≌△CP3P2,于是∠CP3P2=∠CP1P2=105°,∴∠P1P2P3=360°﹣105°×2﹣60°=90°,故 P2P3⊥AB.10、解:(1)点C1、C2的坐标分别为(3﹣,﹣2)、(3﹣,2).(2)能通过一次旋转将△ABC旋转到△A2B2C2 的位置,所旋转的度数为180°;(3)①当△ABC向上平移 2 个单位时,△A1B1C1 与△A2B2C2 完全重合,此时点 C 的坐标为(﹣3+,0)(如图1);②当α=180时,△A1B1C1与△A2B2C2完全重合,此时点C 的坐标为(﹣3﹣,0)(如图 2).11、【解答】解:(1)AF=BE.证明:在△AFC和△BEC中,∵△ABC 和△CEF 是等边三角形,∴AC=BC,CF=CE,∠ACF=∠BCE=60°,∴△AFC≌△BEC.∴AF=BE.(2)成立.理由:在△AFC 和△BEC 中,∵△ABC 和△CEF 是等边三角形,∴AC=BC,CF=CE,∠ACB=∠FCE=60°,∴∠ACB﹣∠FCB=∠FCE﹣∠FCB,即∠ACF=∠BCE.∴△AFC≌△BEC,∴AF=BE.(3)此处图形不惟一,仅举几例.如图,(1)中的结论仍成立.12、【解答】解:∵△ABC 是等腰直角三角形,CD 是斜边 AB 的中线,∴CD⊥AB,CD=AD,∠A=∠BCD=45°.又∵∠ADE=90°﹣∠CDE=∠CDF,∴△ADE≌△CDF (ASA)∴DE=DF.∵DA=DA′,DC=DC′,∴DE:DA′=DF:DC′,∴EF∥A′C′.∴△DEF∽△DA′C′,∴.∵,则,∴.13、【解答】解:①若将△DCE 绕点 C 顺时针旋转60°得到△D′CE′,如图中左边所示,过点 B 作E′C的垂线交其延长线于 F 点,过点D′作CM 的垂线交 CM 于H 点,过 A 点作CM 的垂线交其延长线于 G 点.∵∠ACD′=60°,∠ACB=∠D′CE′=90°,∴∠BCE′=360°﹣∠ACD′﹣∠ACB﹣∠D′CE′=120°.∴∠BCF=180°﹣∠BCE′=60°,BF=sin∠BCF•BC= ×10=,=BF•CE′=.∴S△BCE′∵∠ACG+∠BCN=90°,∠BCN+∠CBN=90°,∴∠ACG=∠CBN,又∵AC=BC,∴Rt△ACG≌Rt△CBN,∴AG=CN,CG=BN.同理△CD′H≌△E′CN,D′H=CN,CH=NE′.∴AG=D′H,在△AMG 和△D′MH 中,∴△AMG≌△D′MH,∴HM=MG,∴M为GH 中点,CM=(CG+CH)= (NB+NE′)=BE′.又∵BF=,∠BCF=60°,∴CF=5,FE′=CF+CE′=11,∴BE′== =14,∴CM=BE′=7.又∵SCN•BE′,△BCE′=÷BE′=,∴CN=2S△BCE′∴MN=CM+CN=7.②同理,当△CDE逆时针旋转60°时,MN 如图中右边所示,MN=7﹣.故答案为:7+或7﹣.14、【解答】解:理由如下:连接 PA,∵PA 是等腰△ABC 底边上的中线,∴PA⊥PC(等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合(三线合一)).又AB⊥AC,∴∠1=90°﹣∠PAC,∠C=90°﹣∠PAC,∴∠1=∠C(等量代换).同理可得PA⊥PC,PE⊥PF,∴∠2=90°﹣∠APF,∠3=90°﹣∠APF,∴∠2=∠3.由 PA 是Rt△ABC 斜边上的中线,得:PA=BC=PC(直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半).在△PAE和△PCF中,∠1=∠C,PA=PC,∠2=∠3,∴△PAE≌△PCF(ASA).∴PE=PF(全等三角形对应边相等),则△PEF始终是等腰直角三角形.。

初三旋转考试题及答案

初三旋转考试题及答案

初三旋转考试题及答案初三数学旋转考试题及答案一、选择题(每题3分,共15分)1. 在平面直角坐标系中,点P(3,4)绕原点O逆时针旋转90°后,新坐标为:A. (4,3)B. (-3,4)C. (3,-4)D. (4,-3)2. 一个正方形绕其中心点旋转45°后,其边长不变,面积不变,以下说法正确的是:A. 形状不变B. 形状改变C. 面积改变D. 形状和面积都改变3. 一个圆心在原点的圆,半径为r,绕原点旋转任意角度后,其半径:A. 变大B. 不变C. 变小D. 无法确定4. 若点A(1,2)绕点B(2,3)旋转30°,旋转后的点A'坐标为:A. (1.5, 3.5)B. (1.5, 2.5)C. (2.5, 3.5)D. 无法确定5. 一个等腰直角三角形绕其直角顶点旋转90°后,其形状:A. 不变B. 变为等边三角形C. 变为等腰三角形D. 变为直角三角形二、填空题(每题2分,共10分)6. 一个矩形绕其中心点旋转180°后,其形状________。

7. 点P(2,-1)绕原点O逆时针旋转45°后,新坐标的横坐标为________。

8. 若一个圆绕其圆心旋转任意角度,其周长________。

9. 一个平行四边形绕其对角线交点旋转90°后,其形状变为________。

10. 一个等边三角形绕其一边的中点旋转60°,旋转后的图形与原图形________。

三、解答题(共25分)11. (5分)若点M(-1,1)绕点N(1,1)旋转60°,求点M'的坐标。

12. (10分)一个边长为4的正方形ABCD,以点A为旋转中心,逆时针旋转30°,求旋转后正方形A'B'C'D'的顶点坐标。

13. (10分)一个圆心在原点,半径为5的圆,绕原点旋转60°,求旋转后圆上任意一点P(x,y)的新坐标。

2020-2021备战中考数学 初中数学 旋转 综合题及答案解析

2020-2021备战中考数学 初中数学 旋转 综合题及答案解析

2020-2021备战中考数学 初中数学 旋转 综合题及答案解析一、旋转1.在△ABC 中,AB=AC ,∠BAC=α(︒<<︒600α),将线段BC 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BD 。

(1)如图1,直接写出∠ABD 的大小(用含α的式子表示); (2)如图2,∠BCE=150°,∠ABE=60°,判断△ABE 的形状并加以证明; (3)在(2)的条件下,连结DE ,若∠DEC=45°,求α的值。

【答案】(1)1302α︒-(2)见解析(3)30α=︒【解析】解:(1)1302α︒-。

(2)△ABE 为等边三角形。

证明如下:连接AD ,CD ,ED ,∵线段BC 绕点B 逆时针旋转60︒得到线段BD , ∴BC=BD ,∠DBC=60°。

又∵∠ABE=60°,∴1ABD 60DBE EBC 302α∠=︒-∠=∠=︒-且△BCD 为等边三角形。

在△ABD 与△ACD 中,∵AB=AC ,AD=AD ,BD=CD ,∴△ABD ≌△ACD (SSS )。

∴11BAD CAD BAC 22α∠=∠=∠=。

∵∠BCE=150°,∴11BEC 180(30)15022αα∠=︒-︒--︒=。

∴BEC BAD ∠=∠。

在△ABD 和△EBC 中,∵BEC BAD ∠=∠,EBC ABD ∠=∠,BC=BD , ∴△ABD ≌△EBC (AAS )。

∴AB=BE 。

∴△ABE 为等边三角形。

(3)∵∠BCD=60°,∠BCE=150°,∴DCE 1506090∠=︒-︒=︒。

又∵∠DEC=45°,∴△DCE 为等腰直角三角形。

∴DC=CE=BC 。

∵∠BCE=150°,∴(180150)EBC 152︒-︒∠==︒。

而1EBC 30152α∠=︒-=︒。

∴30α=︒。

(1)∵AB=AC ,∠BAC=α,∴180ABC 2α︒-∠=。

初三旋转试题及答案

初三旋转试题及答案

初三旋转试题及答案一、选择题(每题3分,共30分)1. 若一个图形绕某点旋转180°后与自身重合,则该图形是()。

A. 线段B. 等腰三角形C. 正方形D. 圆2. 一个正方形绕其中心旋转90°后,其形状和大小()。

A. 都不变B. 形状不变,大小改变C. 形状改变,大小不变D. 都改变3. 旋转对称图形的旋转中心是()。

A. 任意一点B. 图形的顶点C. 图形的中心点D. 图形的边4. 旋转对称图形的旋转角可以是()。

A. 任意角度B. 180°C. 90°D. 360°5. 一个图形绕某点旋转后,与原图形()。

A. 完全重合B. 形状相同C. 大小相同D. 位置相同6. 一个图形绕某点旋转180°后,其位置()。

A. 与原图形重合B. 与原图形相反C. 与原图形相邻D. 与原图形远离7. 一个图形绕某点旋转90°后,其()。

A. 形状不变B. 大小不变C. 位置不变D. 所有都不变8. 一个图形绕某点旋转360°后,其()。

A. 形状不变B. 大小不变C. 位置不变D. 所有都不变9. 一个图形绕某点旋转,若旋转前后图形完全重合,则该旋转是()。

A. 任意旋转B. 旋转对称C. 镜像对称D. 轴对称10. 一个图形绕某点旋转后,若旋转前后图形形状和大小都不变,则该旋转是()。

A. 任意旋转B. 旋转对称C. 镜像对称D. 轴对称二、填空题(每题4分,共20分)1. 一个图形绕某点旋转180°后,其位置与原图形()。

2. 一个图形绕某点旋转90°后,其形状()。

3. 一个图形绕某点旋转360°后,其位置()。

4. 一个图形绕某点旋转,若旋转前后图形大小不变,则该旋转是()。

5. 一个图形绕某点旋转,若旋转前后图形形状不变,则该旋转是()。

三、解答题(每题10分,共50分)1. 描述一个正方形绕其中心点旋转90°后的图形变化情况。

2020-2021全国中考数学初中数学 旋转的综合中考模拟和真题汇总及答案

2020-2021全国中考数学初中数学 旋转的综合中考模拟和真题汇总及答案

2020-2021全国中考数学初中数学 旋转的综合中考模拟和真题汇总及答案一、旋转1.在平面直角坐标系中,四边形AOBC 是矩形,点O (0,0),点A (5,0),点B (0,3).以点A 为中心,顺时针旋转矩形AOBC ,得到矩形ADEF ,点O ,B ,C 的对应点分别为D ,E ,F .(1)如图①,当点D 落在BC 边上时,求点D 的坐标;(2)如图②,当点D 落在线段BE 上时,AD 与BC 交于点H .①求证△ADB ≌△AOB ;②求点H 的坐标.(3)记K 为矩形AOBC 对角线的交点,S 为△KDE 的面积,求S 的取值范围(直接写出结果即可).【答案】(1)D (1,3);(2)①详见解析;②H (175,3);(3)303344-≤S ≤303344+. 【解析】【分析】(1)如图①,在Rt △ACD 中求出CD 即可解决问题;(2)①根据HL 证明即可;②,设AH=BH=m ,则HC=BC-BH=5-m ,在Rt △AHC 中,根据AH 2=HC 2+AC 2,构建方程求出m 即可解决问题;(3)如图③中,当点D 在线段BK 上时,△DEK 的面积最小,当点D 在BA 的延长线上时,△D′E′K 的面积最大,求出面积的最小值以及最大值即可解决问题;【详解】(1)如图①中,∵A (5,0),B (0,3),∴OA=5,OB=3,∵四边形AOBC是矩形,∴AC=OB=3,OA=BC=5,∠OBC=∠C=90°,∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到,∴AD=AO=5,在Rt△ADC中,CD=22AD AC-=4,∴BD=BC-CD=1,∴D(1,3).(2)①如图②中,由四边形ADEF是矩形,得到∠ADE=90°,∵点D在线段BE上,∴∠ADB=90°,由(1)可知,AD=AO,又AB=AB,∠AOB=90°,∴Rt△ADB≌Rt△AOB(HL).②如图②中,由△ADB≌△AOB,得到∠BAD=∠BAO,又在矩形AOBC中,OA∥BC,∴∠CBA=∠OAB,∴∠BAD=∠CBA,∴BH=AH,设AH=BH=m,则HC=BC-BH=5-m,在Rt△AHC中,∵AH2=HC2+AC2,∴m2=32+(5-m)2,∴m=175,∴BH=175,∴H(175,3).(3)如图③中,当点D在线段BK上时,△DEK的面积最小,最小值=12•DE•DK=12×3×(34)30334-当点D在BA的延长线上时,△D′E′K的面积最大,最大面积=12×D′E′×KD′=12×3×(5+342)=303344+.综上所述,303344-≤S≤303344+.【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.2.已知正方形ABCD的边长为4,一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转,角的两边分别与BC、DC的延长线交于点E、F,连接EF,设CE=a,CF=b.(1)如图1,当a=42时,求b的值;(2)当a=4时,在图2中画出相应的图形并求出b的值;(3)如图3,请直接写出∠EAF绕点A旋转的过程中a、b满足的关系式.【答案】(1)422)b=8;(3)ab=32.【解析】试题分析:(1)由正方形ABCD的边长为4,可得AC=2,∠ACB=45°.再CE=a=2∠CAE=∠AEC,从而可得∠CAF的度数,既而可得 b=AC;(2)通过证明△ACF∽△ECA,即可得;(3)通过证明△ACF∽△ECA,即可得.试题解析:(1)∵正方形ABCD的边长为4,∴AC=42,∠ACB=45°.∵CE=a=42,∴∠CAE=∠AEC=452︒=22.5°,∴∠CAF=∠EAF-∠CAE=22.5°,∴∠AFC=∠ACD-∠CAF=22.5°,∴∠CAF=∠AFC,∴b=AC=CF=42;(2)∵∠FAE=45°,∠ACB=45°,∴∠FAC+∠CAE=45°,∠CAE+∠AEC=45°,∴∠FAC =∠AEC.又∵∠ACF=∠ECA=135°,∴△ACF∽△ECA,∴AC CFEC CA=,∴42442=,∴CF=8,即b=8.(3)ab=32.提示:由(2)知可证△ACF∽△ECA,∴∴AC CFEC CA=,∴4242a=,∴ab=32.3.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。

2020-2021全国中考数学初中数学 旋转的综合中考模拟和真题汇总及详细答案

2020-2021全国中考数学初中数学 旋转的综合中考模拟和真题汇总及详细答案

2020-2021全国中考数学初中数学 旋转的综合中考模拟和真题汇总及详细答案一、旋转1.在平面直角坐标系中,四边形AOBC 是矩形,点O (0,0),点A (5,0),点B (0,3).以点A 为中心,顺时针旋转矩形AOBC ,得到矩形ADEF ,点O ,B ,C 的对应点分别为D ,E ,F .(1)如图①,当点D 落在BC 边上时,求点D 的坐标; (2)如图②,当点D 落在线段BE 上时,AD 与BC 交于点H . ①求证△ADB ≌△AOB ; ②求点H 的坐标.(3)记K 为矩形AOBC 对角线的交点,S 为△KDE 的面积,求S 的取值范围(直接写出结果即可).【答案】(1)D (1,3);(2)①详见解析;②H (175,3);(3)303344-≤S ≤303344+. 【解析】 【分析】(1)如图①,在Rt △ACD 中求出CD 即可解决问题; (2)①根据HL 证明即可;②,设AH=BH=m ,则HC=BC-BH=5-m ,在Rt △AHC 中,根据AH 2=HC 2+AC 2,构建方程求出m 即可解决问题;(3)如图③中,当点D 在线段BK 上时,△DEK 的面积最小,当点D 在BA 的延长线上时,△D′E′K 的面积最大,求出面积的最小值以及最大值即可解决问题; 【详解】 (1)如图①中,∵A (5,0),B (0,3),∴OA=5,OB=3,∵四边形AOBC是矩形,∴AC=OB=3,OA=BC=5,∠OBC=∠C=90°,∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到,∴AD=AO=5,在Rt△ADC中,CD=22AD AC-=4,∴BD=BC-CD=1,∴D(1,3).(2)①如图②中,由四边形ADEF是矩形,得到∠ADE=90°,∵点D在线段BE上,∴∠ADB=90°,由(1)可知,AD=AO,又AB=AB,∠AOB=90°,∴Rt△ADB≌Rt△AOB(HL).②如图②中,由△ADB≌△AOB,得到∠BAD=∠BAO,又在矩形AOBC中,OA∥BC,∴∠CBA=∠OAB,∴∠BAD=∠CBA,∴BH=AH,设AH=BH=m,则HC=BC-BH=5-m,在Rt△AHC中,∵AH2=HC2+AC2,∴m2=32+(5-m)2,∴m=175,∴BH=175,∴H(175,3).(3)如图③中,当点D在线段BK上时,△DEK的面积最小,最小值=12•DE•DK=12×3×(34)30334-当点D在BA的延长线上时,△D′E′K的面积最大,最大面积=12×D′E′×KD′=12×3×(5+342)=303344+.综上所述,303344-≤S≤303344+.【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.2.已知正方形ABCD的边长为4,一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转,角的两边分别与BC、DC的延长线交于点E、F,连接EF,设CE=a,CF=b.(1)如图1,当a=42时,求b的值;(2)当a=4时,在图2中画出相应的图形并求出b的值;(3)如图3,请直接写出∠EAF绕点A旋转的过程中a、b满足的关系式.【答案】(1)422)b=8;(3)ab=32.【解析】试题分析:(1)由正方形ABCD的边长为4,可得AC=2,∠ACB=45°.再CE=a=2∠CAE=∠AEC,从而可得∠CAF的度数,既而可得 b=AC;(2)通过证明△ACF∽△ECA,即可得;(3)通过证明△ACF∽△ECA,即可得.试题解析:(1)∵正方形ABCD的边长为4,∴AC=42,∠ACB=45°.∵CE=a=42,∴∠CAE=∠AEC=452︒=22.5°,∴∠CAF=∠EAF-∠CAE=22.5°,∴∠AFC=∠ACD-∠CAF=22.5°,∴∠CAF=∠AFC,∴b=AC=CF=42;(2)∵∠FAE=45°,∠ACB=45°,∴∠FAC+∠CAE=45°,∠CAE+∠AEC=45°,∴∠FAC =∠AEC.又∵∠ACF=∠ECA=135°,∴△ACF∽△ECA,∴AC CFEC CA=,∴42442=,∴CF=8,即b=8.(3)ab=32.提示:由(2)知可证△ACF∽△ECA,∴∴AC CFEC CA=,∴4242a=,∴ab=32.3.如图1,在□ABCD中,AB=6,∠B= (60°<≤90°). 点E在BC上,连接AE,把△ABE沿AE折叠,使点B与AD上的点F重合,连接EF.(1)求证:四边形ABEF是菱形;(2)如图2,点M是BC上的动点,连接AM,把线段AM绕点M顺时针旋转得到线段MN,连接FN,求FN的最小值(用含的代数式表示).【答案】(1)详见解析;(2)FE·sin(-90°)【解析】【分析】(1)由四边形ABCD是平行四边形得AF∥BE,所以∠FAE=∠BEA,由折叠的性质得∠BAE=∠FAE,∠BEA=∠FEA,所以∠BAE=∠FEA,故有AB∥FE,因此四边形ABEF是平行四边形,又BE=EF,因此可得结论;(2)根据点M在线段BE上和EC上两种情况证明∠ENG=90°-,利用菱形的性质得到∠FEN=-90°,再根据垂线段最短,求出FN的最小值即可.【详解】(1)∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,∴∠FAE=∠BEA,由折叠的性质得∠BAE=∠FAE,∠BEA=∠FEA, BE=EF,∴∠BAE=∠FEA,∴AB∥FE,∴四边形ABEF是平行四边形,又BE=EF,∴四边形ABEF是菱形;(2)①如图1,当点M在线段BE上时,在射线MC上取点G,使MG=AB,连接GN、EN.∵∠AMN=∠B=,∠AMN+∠2=∠1+∠B∴∠1=∠2又AM=NM,AB=MG∴△ABM≌△MGN∴∠B=∠3,NG=BM∵MG=AB=BE∴EG=AB=NG∴∠4=∠ENG= (180°-)=90°-又在菱形ABEF中,AB∥EF∴∠FEC=∠B=∴∠FEN=∠FEC-∠4=- (90°-)=-90°②如图2,当点M在线段EC上时,在BC延长线上截取MG=AB,连接GN、EN.同理可得:∠FEN=∠FEC-∠4=- (90°-)=-90°综上所述,∠FEN=-90°∴当点M在BC上运动时,点N在射线EH上运动(如图3)当FN⊥EH时,FN最小,其最小值为FE·sin(-90°)【点睛】本题考查了菱形的判定与性质以及求最短距离的问题,解题的关键是分类讨论得出∠FEN =-90°,再运用垂线段最短求出FN的最小值.4.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,∴ 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,∴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。

2020-2021中考数学初中数学 旋转综合经典题含详细答案

2020-2021中考数学初中数学 旋转综合经典题含详细答案

2020-2021中考数学初中数学旋转综合经典题含详细答案一、旋转1.如图1,在锐角△ABC中,∠ABC=45°,高线AD、BE相交于点F.(1)判断BF与AC的数量关系并说明理由;(2)如图2,将△ACD沿线段AD对折,点C落在BD上的点M,AM与BE相交于点N,当DE∥AM时,判断NE与AC的数量关系并说明理由.【答案】(1)BF=AC,理由见解析;(2)NE=12AC,理由见解析.【解析】试题分析:(1)如图1,证明△ADC≌△BDF(AAS),可得BF=AC;(2)如图2,由折叠得:MD=DC,先根据三角形中位线的推论可得:AE=EC,由线段垂直平分线的性质得:AB=BC,则∠ABE=∠CBE,结合(1)得:△BDF≌△ADM,则∠DBF=∠MAD,最后证明∠ANE=∠NAE=45°,得AE=EN,所以EN=12 AC.试题解析:(1)BF=AC,理由是:如图1,∵AD⊥BC,BE⊥AC,∴∠ADB=∠AEF=90°,∵∠ABC=45°,∴△ABD是等腰直角三角形,∴AD=BD,∵∠AFE=∠BFD,∴∠DAC=∠EBC,在△ADC和△BDF中,∵DAC DBFADC BDF AD BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△ADC≌△BDF(AAS),∴BF=AC;(2)NE=12AC,理由是:如图2,由折叠得:MD=DC,∵DE∥AM,∴AE=EC,∵BE⊥AC,∴AB=BC,∴∠ABE=∠CBE,由(1)得:△ADC≌△BDF,∵△ADC≌△ADM,∴△BDF≌△ADM,∴∠DBF=∠MAD,∵∠DBA=∠BAD=45°,∴∠DBA﹣∠DBF=∠BAD﹣∠MAD,即∠ABE=∠BAN,∵∠ANE=∠ABE+∠BAN=2∠ABE,∠NAE=2∠NAD=2∠CBE,∴∠ANE=∠NAE=45°,∴AE=EN,∴EN=12 AC.2.(12分)如图1,在等边△ABC中,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接BE,CD,点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点.(1)观察猜想:图1中,△PMN的形状是;(2)探究证明:把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置,△PMN的形状是否发生改变?并说明理由;(3)拓展延伸:把△ADE绕点A在平面内自由旋转,若AD=1,AB=3,请直接写出△PMN 的周长的最大值.【答案】(1) 等边三角形;(2) △PMN的形状不发生改变,仍然为等边三角形,理由见解析;(3)6【解析】分析:(1)如图1,先根据等边三角形的性质得到AB=AC,∠ABC=∠ACB=60°,则BD=CE,再根据三角形中位线性质得PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,从而得到PM=PN,∠MPN=60°,从而可判断△PMN为等边三角形;(2)连接CE、BD,如图2,先利用旋转的定义,把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE,则BD=CE,∠ABD=∠ACE,与(1)一样可得PM=PN,∠BPM=∠BCE,∠CPN=∠CBD,则计算出∠BPM+∠CPN=120°,从而得到∠MPN=60°,于是可判断△PMN为等边三角形.(3)利用AB﹣AD≤BD≤AB+AD(当且仅当点B、A、D共线时取等号)得到BD的最大值为4,则PN的最大值为2,然后可确定△PMN的周长的最大值.详解:(1)如图1.∵△ABC为等边三角形,∴AB=AC,∠ABC=∠ACB=60°.∵AD=AE,∴BD=CE.∵点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点,∴PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,∴PM=PN,∠BPM=∠BCA=60°,∠CPN=∠CBA=60°,∴∠MPN=60°,∴△PMN为等边三角形;故答案为等边三角形;(2)△PMN的形状不发生改变,仍然为等边三角形.理由如下:连接CE、BD,如图2.∵AB=AC,AE=AD,∠BAC=∠DAE=60°,∴把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE,∴BD=CE,∠ABD=∠ACE,与(1)一样可得PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,∴PM=PN,∠BPM=∠BCE,∠CPN=∠CBD,∴∠BPM+∠CPN=∠CBD+∠CBD=∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE=60°+60°=120°,∴∠MPN=60°,∴△PMN为等边三角形.(3)∵PN=12BD,∴当BD的值最大时,PN的值最大.∵AB﹣AD≤BD≤AB+AD(当且仅当点B、A、D共线时取等号)∴BD的最大值为1+3=4,∴PN的最大值为2,∴△PMN的周长的最大值为6.点睛:本题考查了旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;旋转前、后的图形全等.也考查了等边三角形的判定与性质和三角形中位线性质.3.如图,正方形ABCD中,点E是BC边上的一个动点,连接AE,将线段AE绕点A逆时针旋转90°,得到AF,连接EF,交对角线BD于点G,连接AG.(1)根据题意补全图形;(2)判定AG与EF的位置关系并证明;(3)当AB=3,BE=2时,求线段BG的长.【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)25 2.【解析】【分析】(1)根据题意补全图形即可;(2)先判断出△ADF≌△ABE,进而判断出点C,D,F共线,即可判断出△DFG≌△HEG,得出FG=EG,即可得出结论;(3)先求出正方形的对角线BD,再求出BH,进而求出DH,即可得出HG,求和即可得出结论.【详解】(1)补全图形如图所示,(2)连接DF,由旋转知,AE=AF,∠EAF=90°,∵四边形ABCD是正方形,∴AB∥CD,AD=AB,∠ABC=∠ADC=BAD=90°,∴∠DAF=∠BAE,∴△ADF≌△ABE(SAS),∴DF=BE,∠ADF=∠ABC=90°,∴∠ADF+∠ADC=180°,∴点C,D,F共线,∴CF∥AB,过点E作EH∥BC交BD于H,∴∠BEH=∠BCD=90°,DF∥EH,∴∠DFG=∠HEG,∵BD是正方形ABCD的对角线,∴∠CBD=45°,∴BE=EH,∵∠DGF=∠HGE,∴△DFG≌△HEG(AAS),∴FG=EG∵AE=AF,∴AG⊥EF;(3)∵BD是正方形的对角线,∴BD=2AB=32,由(2)知,在Rt△BEH中,BH=2BE=22,∴DG=BD-BH=2由(2)知,△DFG≌△HEG,∴DG=HG,∴HG=12DH=22,∴BG=BH+HG=22+22=52.【点睛】此题是四边形综合题,主要考查了旋转的性质,全等三角形的判定和性质,正方形的性质,勾股定理,作出辅助线是解本题的关键.4.在平面直角坐标系中,O为原点,点A(0,4),点B(﹣2,0),把△ABO绕点A逆时针旋转,得△AB′O′,点B、O旋转后的对应点为B′、O′.(1)如图①,若旋转角为60°时,求BB′的长;(2)如图②,若AB′∥x轴,求点O′的坐标;(3)如图③,若旋转角为240°时,边OB上的一点P旋转后的对应点为P′,当O′P+AP′取得最小值时,求点P′的坐标(直接写出结果即可)【答案】(1)2)点O′的坐标为(5,5+4);(3)点P′的坐标为(﹣5,365. 【解析】分析:(1)由点A 、B 的坐标可得出AB 的长度,连接BB ′,由旋转可知:AB =AB ′,∠BAB ′=60°,进而可得出△ABB ′为等边三角形,根据等边三角形的性质可求出BB ′的长; (2)过点O ′作O ′D ⊥x 轴,垂足为D ,交AB ′于点E ,则△AO ′E ∽△ABO ,根据旋转的性质结合相似三角形的性质可求出AE 、O ′E 的长,进而可得出点O ′的坐标;(3)作点A 关于x 轴对称的点A ′,连接A ′O ′交x 轴于点P ,此时O ′P +AP ′取最小值,过点O ′作O ′F ⊥y 轴,垂足为点F ,过点P ′作PM ⊥O ′F ,垂足为点M ,根据旋转的性质结合解直角三角形可求出点O ′的坐标,由A 、A ′关于x 轴对称可得出点A ′的坐标,利用待定系数法即可求出直线A ′O ′的解析式,由一次函数图象上点的坐标特征可得出点P 的坐标,进而可得出OP 的长度,再在Rt △O ′P ′M 中,通过解直角三角形可求出O ′M 、P ′M 的长,进而可得出此时点P ′的坐标.详解:(1)∵点A (0,4),点B (﹣2,0),∴OA =4,OB =2,∴AB.在图①中,连接BB ′.由旋转可知:AB =AB ′,∠BAB ′=60°,∴△ABB ′为等边三角形,∴BB ′=AB(2)在图②中,过点O ′作O ′D ⊥x 轴,垂足为D ,交AB ′于点E .∵AB ′∥x 轴,O ′E ⊥x 轴,∴∠O ′EA =90°=∠AOB .由旋转可知:∠B ′AO ′=∠BAO ,AO ′=AO =4,∴△AO ′E ∽△ABO ,AE AO ='O E BO ='AO AB ,即4AE ='2O E∴AE,O ′E∴O ′D+4,∴点O ′的坐标为). (3)作点A 关于x 轴对称的点A ′,连接A ′O ′交x 轴于点P ,此时O ′P +AP ′取最小值,过点O ′作O ′F ⊥y 轴,垂足为点F ,过点P ′作PM ⊥O ′F ,垂足为点M ,如图3所示. 由旋转可知:AO ′=AO =4,∠O ′AF =240°﹣180°=60°,∴AF =12AO ′=2,O ′FAO∴点O ′(﹣6).∵点A (0,4),∴点A ′(0,﹣4).设直线A ′O ′的解析式为y =kx +b ,将A ′(0,﹣4)、O ′(﹣6)代入y =kx +b ,得:46b b =-⎧⎪⎨-+=⎪⎩,解得:4k b ⎧=⎪⎨⎪=-⎩,∴直线A ′O ′的解析式为y =﹣3x ﹣4.当y=0时,有﹣533x﹣4=0,解得:x=﹣435,∴点P(﹣435,0),∴OP=O′P′=43.在Rt△O′P′M中,∠MO′P′=60°,∠O′MP′=90°,∴O′M=12O′P′=23,P′M=3O′P′=65,∴点P′的坐标为(﹣23+23,6+65),即(﹣83365,).点睛:本题考查了函数图象及旋转变换、待定系数法求一次函数解析式、等边三角形的判定与性质、一次函数图象上点的坐标特征以及解直角三角形,解题的关键是:(1)利用等边三角形的性质找出BB′的长;(2)通过解直角三角形求出AE、O′E的长;(3)利用两点之间线段最短找出当O′P+AP′取得最小值时点P的位置.5.如图①,在ABCD中,AB=10cm,BC=4cm,∠BCD=120°,CE平分∠BCD交AB于点E.点P从A点出发,沿AB方向以1cm/s的速度运动,连接CP,将△PCE绕点C逆时针旋转60°,使CE与CB重合,得到△QCB,连接PQ.(1)求证:△PCQ是等边三角形;(2)如图②,当点P在线段EB上运动时,△PBQ的周长是否存在最小值?若存在,求出△PBQ周长的最小值;若不存在,请说明理由;(3)如图③,当点P在射线AM上运动时,是否存在以点P、B、Q为顶点的直角三角形?若存在,求出此时t的值;若不存在,请说明理由.(1)(2)(3)【答案】(1)证明见解析;(2)存在,理由见解析;(3)t为2s或者14s.【解析】分析:(1)根据旋转的性质,证明△PCE≌△QCB,然后根据全等三角形的性质和等边三角形的判定证明即可;(2)利用平行四边形的性质证得△BCE为等边三角形,然后根据全等三角形的性质得到△PBQ的周长为4+CP,然后垂线段最短可由直角三角形的性质求解即可;(3)根据点的移动的距离,分类讨论求解即可.详解:(1)∵旋转∴△PCE≌△QCB∴CP=CQ,∠PCE =∠QCB,∵∠BCD=120°,CE平分∠BCD,∴∠PCQ=60°,∴∠PCE +∠QCE=∠QCB+∠QCE=60°,∴△PCQ为等边三角形.(2)存在∵CE平分∠BCD,∴∠BCE=60 ,∵在平行四边形ABCD 中,∴AB∥CD∴∠ABC=180°﹣120°=60°∴△BCE为等边三角形∴BE=CB=4∵旋转∴△PCE≌△QCB∴EP=BQ,∴C△PBQ=PB+BQ+PQ=PB+EP+PQ=BE+PQ=4+CP∴CP⊥AB时,△PBQ周长最小当CP⊥AB时,CP=BCsin60°=3∴△PBQ周长最小为4+23(3)①当点B与点P重合时,P,B,Q不能构成三角形②当0≤t<6时,由旋转可知,∠CPE=∠CQB,∠CPQ=∠CPB+∠BPQ=60°则:∠BPQ+∠CQB=60°,又∵∠QPB+∠PQC+∠CQB+∠PBQ=180°∴∠CBQ=180°—60°—60°=60°∴∠QBP=60°,∠BPQ<60°,所以∠PQB可能为直角由(1)知,△PCQ为等边三角形,∴∠PBQ=60°,∠CQB=30°∵∠CQB=∠CPB∴∠CPB=30°∵∠CEB=60°,∴∠ACP=∠APC=30°∴PA=CA=4,所以AP=AE-EP=6-4=2÷=s所以t=212③当6<t<10时,由∠PBQ=120°>90°,所以不存在④当t>10时,由旋转得:∠PBQ=60°,由(1)得∠CPQ=60°∴∠BPQ=∠CPQ+∠BPC=60°+∠BPC,而∠BPC>0°,∴∠BPQ>60°∴∠BPQ=90°,从而∠BCP=30°,∴BP=BC=4所以AP=14cm所以t=14s综上所述:t为2s或者14s时,符合题意。

2020-2021中考数学初中数学 旋转综合题汇编及答案解析

2020-2021中考数学初中数学 旋转综合题汇编及答案解析

2020-2021中考数学初中数学 旋转综合题汇编及答案解析一、旋转1.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.2.两块等腰直角三角板△ABC 和△DEC 如图摆放,其中∠ACB=∠DCE=90°,F 是DE 的中点,H 是AE 的中点,G 是BD 的中点.(1)如图1,若点D 、E 分别在AC 、BC 的延长线上,通过观察和测量,猜想FH 和FG 的数量关系为______和位置关系为______;(2)如图2,若将三角板△DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时,其余条件均不变,则(1)中的猜想是否还成立,若成立,请证明,不成立请说明理由;(3)如图3,将图1中的△DEC绕点C顺时针旋转一个锐角,得到图3,(1)中的猜想还成立吗?直接写出结论,不用证明.【答案】(1)相等,垂直.(2)成立,证明见解析;(3)成立,结论是FH=FG,FH⊥FG.【解析】试题分析:(1)证AD=BE,根据三角形的中位线推出FH=12AD,FH∥AD,FG=12BE,FG∥BE,即可推出答案;(2)证△ACD≌△BCE,推出AD=BE,根据三角形的中位线定理即可推出答案;(3)连接BE、AD,根据全等推出AD=BE,根据三角形的中位线定理即可推出答案.试题解析:(1)解:∵CE=CD,AC=BC,∠ECA=∠DCB=90°,∴BE=AD,∵F是DE的中点,H是AE的中点,G是BD的中点,∴FH=12AD,FH∥AD,FG=12BE,FG∥BE,∴FH=FG,∵AD⊥BE,∴FH⊥FG,故答案为相等,垂直.(2)答:成立,证明:∵CE=CD,∠ECD=∠ACD=90°,AC=BC,∴△ACD≌△BCE∴AD=BE,由(1)知:FH=12AD,FH∥AD,FG=12BE,FG∥BE,∴FH=FG,FH⊥FG,∴(1)中的猜想还成立.(3)答:成立,结论是FH=FG ,FH ⊥FG . 连接AD ,BE ,两线交于Z ,AD 交BC 于X , 同(1)可证∴FH=12AD ,FH ∥AD ,FG=12BE ,FG ∥BE , ∵三角形ECD 、ACB 是等腰直角三角形, ∴CE=CD ,AC=BC ,∠ECD=∠ACB=90°, ∴∠ACD=∠BCE , 在△ACD 和△BCE 中AC BC ACD BCE CE CD ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== , ∴△ACD ≌△BCE , ∴AD=BE ,∠EBC=∠DAC ,∵∠DAC+∠CXA=90°,∠CXA=∠DXB , ∴∠DXB+∠EBC=90°, ∴∠EZA=180°﹣90°=90°, 即AD ⊥BE , ∵FH ∥AD ,FG ∥BE , ∴FH ⊥FG , 即FH=FG ,FH ⊥FG , 结论是FH=FG ,FH ⊥FG.【点睛】运用了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定、三角形的中位线定理,旋转的性质等知识点的理解和掌握,能熟练地运用这些性质进行推理是解此题的关键.3.(12分)如图1,在等边△ABC 中,点D ,E 分别在边AB ,AC 上,AD=AE ,连接BE ,CD ,点M 、N 、P 分别是BE 、CD 、BC 的中点.(1)观察猜想:图1中,△PMN 的形状是 ;(2)探究证明:把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置,△PMN 的形状是否发生改变?并说明理由;(3)拓展延伸:把△ADE 绕点A 在平面内自由旋转,若AD=1,AB=3,请直接写出△PMN的周长的最大值.【答案】(1) 等边三角形;(2) △PMN的形状不发生改变,仍然为等边三角形,理由见解析;(3)6【解析】分析:(1)如图1,先根据等边三角形的性质得到AB=AC,∠ABC=∠ACB=60°,则BD=CE,再根据三角形中位线性质得PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,从而得到PM=PN,∠MPN=60°,从而可判断△PMN为等边三角形;(2)连接CE、BD,如图2,先利用旋转的定义,把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE,则BD=CE,∠ABD=∠ACE,与(1)一样可得PM=PN,∠BPM=∠BCE,∠CPN=∠CBD,则计算出∠BPM+∠CPN=120°,从而得到∠MPN=60°,于是可判断△PMN为等边三角形.(3)利用AB﹣AD≤BD≤AB+AD(当且仅当点B、A、D共线时取等号)得到BD的最大值为4,则PN的最大值为2,然后可确定△PMN的周长的最大值.详解:(1)如图1.∵△ABC为等边三角形,∴AB=AC,∠ABC=∠ACB=60°.∵AD=AE,∴BD=CE.∵点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点,∴PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,∴PM=PN,∠BPM=∠BCA=60°,∠CPN=∠CBA=60°,∴∠MPN=60°,∴△PMN为等边三角形;故答案为等边三角形;(2)△PMN的形状不发生改变,仍然为等边三角形.理由如下:连接CE、BD,如图2.∵AB=AC,AE=AD,∠BAC=∠DAE=60°,∴把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE,∴BD=CE,∠ABD=∠ACE,与(1)一样可得PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,∴PM=PN,∠BPM=∠BCE,∠CPN=∠CBD,∴∠BPM+∠CPN=∠CBD+∠CBD=∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE=60°+60°=120°,∴∠MPN=60°,∴△PMN为等边三角形.(3)∵PN=12BD,∴当BD的值最大时,PN的值最大.∵AB﹣AD≤BD≤AB+AD(当且仅当点B、A、D共线时取等号)∴BD的最大值为1+3=4,∴PN的最大值为2,∴△PMN的周长的最大值为6.点睛:本题考查了旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;旋转前、后的图形全等.也考查了等边三角形的判定与性质和三角形中位线性质.4.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.5.如图1.在△ABC 中,∠ACB =90°,点P 为△ABC 内一点.(1)连接PB 、PC ,将△BCP 沿射线CA 方向平移,得到△DAE ,点B 、C 、P 的对应点分别为点D 、A 、E ,连接CE . ①依题意,请在图2中补全图形;②如果BP ⊥CE ,AB +BP =9,CE =33,求AB 的长.(2)如图3,以点A 为旋转中心,将△ABP 顺时针旋转60°得到△AMN ,连接PA 、PB 、PC ,当AC =4,AB =8时,根据此图求PA +PB +PC 的最小值.【答案】⑴①见解析,②AB =6;⑵7. 【解析】分析:(1)①根据题意补全图形即可;②连接BD 、CD .根据平移的性质和∠ACB =90°,得到四边形BCAD 是矩形,从而有CD =AB ,设CD =AB =x ,则PB =DE =9x -, 由勾股定理求解即可;(2)当C 、P 、M 、N 四点共线时,PA +PB +PC 最小.由旋转的性质和勾股定理求解即可.详解:(1)①补全图形如图所示;②如图:连接BD 、CD .∵△BCP 沿射线CA 方向平移,得到△DAE , ∴BC ∥AD 且BC =AD ,PB =DE . ∵∠ACB =90°,∴四边形BCAD 是矩形,∴CD =AB ,设CD =AB =x ,则PB =9x -, DE =BP =9x -,∵BP ⊥CE ,BP ∥DE ,∴DE ⊥CE , ∴222CE DE CD +=,∴()()222339x x +-=,∴6x =,即AB =6;(2)如图,当C 、P 、M 、N 四点共线时,PA +PB +PC 最小.由旋转可得:△AMN ≌△APB ,∴PB =MN . 易得△APM 、△ABN 都是等边三角形,∴PA =PM , ∴PA +PB +PC =PM +MN +PC =CN , ∴BN =AB =8,∠BNA =60°,∠PAM =60°, ∴∠CAN =∠CAB +∠BAN =60°+60°=120°, ∴∠CBN =90°.在Rt △ABC 中,易得:22228443BC AB AC --= ∴在Rt △BCN 中,22486447CN BC BN =+=+=点睛:本题属于几何变换综合题,主要考查了旋转和平移的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质以及勾股定理的综合应用,解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形和全等三角形,依据图形的性质进行计算求解.6.已知:如图1,将两块全等的含30º角的直角三角板按图所示的方式放置,∠BAC=∠B1A1C=30°,点B,C,B1在同一条直线上.(1)求证:AB=2BC(2)如图2,将△ABC绕点C顺时针旋转α°(0<α<180),在旋转过程中,设AB与A1C、A1B1分别交于点D、E,AC与A1B1交于点F.当α等于多少度时,AB与A1B1垂直?请说明理由.(3)如图3,当△ABC绕点C顺时针方向旋转至如图所示的位置,使AB∥CB1,AB与A1C 交于点D,试说明A1D=CD.【答案】(1)证明见解析(2)当旋转角等于30°时,AB与A1B1垂直.(3)理由见解析【解析】试题分析:(1)由等边三角形的性质得AB=BB1,又因为BB1=2BC,得出AB=2BC;(2) 利用AB与A1B1垂直得∠A1ED=90°,则∠A1DE=90°-∠A1=60°,根据对顶角相等得∠BDC=60°,由于∠B=60°,利用三角形内角和定理得∠A1CB=180°-∠BDC-∠B=60°,所以∠ACA1=90°-∠A1CB=30°,然后根据旋转的定义得到旋转角等于30°时,AB与A1B1垂直;(3)由于AB∥CB1,∠ACB1=90°,根据平行线的性质得∠ADC=90°,在Rt△ADC中,根据含30度的直角三角形三边的关系得到CD=12AC,再根据旋转的性质得AC=A1C,所以CD=12A1C,则A1D=CD.试题解析:(1)∵△ABB1是等边三角形;∴AB=BB1∵BB1=2BC∴AB=2BC(2)解:当AB与A1B1垂直时,∠A1ED=90°,∴∠A1DE=90°-∠A1=90°-30°=60°,∵∠B=60°,∴∠BCD=60°, ∴∠ACA 1=90°-60°=30°,即当旋转角等于30°时,AB 与A 1B 1垂直. (3)∵AB ∥CB 1,∠ACB 1=90°, ∴∠CDB=90°,即CD 是△ABC 的高,设BC=a ,AC=b ,则由(1)得AB=2a ,A 1C=b , ∵1122ABC S BC AC AB CD ∆=⨯=⨯, 即11222ab a CD =⨯⨯ ∴12CD b =,即CD=12A 1C , ∴A 1D=CD.【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.也考查了含30度的直角三角形三边的关系.7.如图1,在△ABC 中,CA=CB ,∠ACB=90°,D 是△ABC 内部一点,∠ADC=135°,将线段CD 绕点C 逆时针旋转90°得到线段CE ,连接DE . (1)①依题意补全图形;②请判断∠ADC 和∠CDE 之间的数量关系,并直接写出答案.(2)在(1)的条件下,连接BE ,过点C 作CM ⊥DE ,请判断线段CM ,AE 和BE 之间的数量关系,并说明理由.(3)如图2,在正方形ABCD 中,AB=,如果PD=1,∠BPD=90°,请直接写出点A 到BP的距离.【答案】(1)①作图见解析;②∠ADC+∠CDE=180°;(2)AE=BE+2CM ,理由解析;(3).【解析】试题分析:(1)①作CE ⊥CD ,并且线段CE 是将线段CD 绕点C 逆时针旋转90°得到的,再连接DE 即可;②根据∠ADC 和∠CDE 是邻补角,所以∠ADC+∠CDE=180°.(2)由(1)的条件可得A 、D 、E 三点在同一条直线上,再通过证明△ACD ≌△BCE ,易得AE=BE+2CM.(3)运用勾股定理,可得出点A到BP的距离.试题解析:解:(1)①依题意补全图形(如图);②∠ADC+∠CDE=180°.(2)线段CM,AE和BE之间的数量关系是AE=BE+2CM,理由如下:∵线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE,∴CD=CE,∠DCE=90°.∴∠CDE=∠CED=45°.又∵∠ADC=135°,∴∠ADC+∠CDE=180°,∴A、D、E三点在同一条直线上.∴AE=AD+DE.又∵∠ACB=90°,∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB,即∠ACD=∠BCE.又∵AC=BC,CD=CE,∴△ACD≌△BCE.∴AD=BE.∵CD=CE,∠DCE=90°,CM⊥DE.∴DE=2CM.∴AE=BE+2CM.(3)点A到BP的距离为.考点:作图—旋转变换.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.9.如图是两个可以自由转动的转盘,甲转盘被等分成3个扇形,乙转盘被等分成4个扇形,每一个扇形上都标有相应的数字.同时转动两个转盘,当转盘停止后,计算指针所指区域内的数字之和.如果指针恰好指在分割线上,那么重转一次,直到指针指向一个数字为止.(1)请你通过画树状图或列表的方法分析,并求指针所指区域内的数字和小于10的概率;(2)小亮和小颖小亮和小颖利用它们做游戏,游戏规则是:指针所指区域内的数字和小于10,小颖获胜;指针所指区域内的数字之和等于10,为平局;指针所指区域内的数字之和大于10,小亮获胜.你认为该游戏规则是否公平?请说明理由;若游戏规则不公平,请你设计出一种公平的游戏规则.【答案】(1)13;(2)不公平.【解析】试题分析:(1)依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果,然后根据概率公式求出该事件的概率.(2)判断游戏的公平性,首先要计算出游戏双方赢的概率,概率相等则公平,否则不公平.试题解析:(1)共有12种等可能的结果,小于10的情况有4种,所以指针所指区域内的数字和小于10的概率为13.(2)不公平,因为小颖获胜的概率为;小亮获胜的概率为512.小亮获胜的可能性大,所以不公平.可以修改为若这两个数的和为奇数,则小亮赢;积为偶数,则小颖赢.考点:1.游戏公平性;2.列表法与树状图法.10.边长为2的正方形ABCD的两顶点A、C分别在正方形EFGH的两边DE、DG上(如图1),现将正方形ABCD绕D点顺时针旋转,当A点第一次落在DF上时停止旋转,旋转过程中, AB边交DF于点M,BC边交DG于点N.(1)求边DA在旋转过程中所扫过的面积;(2)旋转过程中,当MN和AC平行时(如图2),求正方形ABCD旋转的度数;(3)如图3,设△MBN的周长为p,在旋转正方形ABCD的过程中,p值是否有变化?请证明你的结论.【答案】(1);(2);(3)不变化,证明见解析.【解析】试题分析:(1)将正方形ABCD绕D点顺时针旋转,当A点第一次落在DF上时停止旋转,旋转过程中,DA旋转了,从而根据扇形面积公式可求DA在旋转过程中所扫过的面积.(2)旋转过程中,当MN和AC平行时,根据平行的性质和全等三角形的判定和性质可求正方形ABCD旋转的度数为.(3)延长BA交DE轴于H点,通过证明和可得结论.(1)∵A点第一次落在DF上时停止旋转,∴DA旋转了.∴DA在旋转过程中所扫过的面积为.(2)∵MN∥AC,∴,.∴.∴.又∵,∴.又∵,∴.∴.∴.∴旋转过程中,当MN和AC平行时,正方形ABCD旋转的度数为. (3)不变化,证明如下:如图,延长BA交DE轴于H点,则,,∴.又∵.∴.∴.又∵, ,∴.∴.∴.∴.∴在旋转正方形ABCD的过程中,值无变化.考点:1.面动旋转问题;2.正方形的性质;3.扇形面积的计算;4.全等三角形的判定和性质.11.思维启迪:(1)如图1,A,B两点分别位于一个池塘的两端,小亮想用绳子测量A,B间的距离,但绳子不够长,聪明的小亮想出一个办法:先在地上取一个可以直接到达B 点的点C,连接BC,取BC的中点P(点P可以直接到达A点),利用工具过点C作CD∥AB交AP的延长线于点D,此时测得CD=200米,那么A,B间的距离是米.思维探索:(2)在△ABC和△ADE中,AC=BC,AE=DE,且AE<AC,∠ACB=∠AED=90°,将△ADE绕点A顺时针方向旋转,把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置(此时点B和点D位于AC的两侧),设旋转角为α,连接BD,点P是线段BD的中点,连接PC,PE.①如图2,当△ADE在起始位置时,猜想:PC与PE的数量关系和位置关系分别是;②如图3,当α=90°时,点D落在AB边上,请判断PC与PE的数量关系和位置关系,并证明你的结论;③当α=150°时,若BC=3,DE=l,请直接写出PC2的值.【答案】(1)200;(2)①PC=PE,PC⊥PE;②PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC=PE,PC⊥PE,见解析;③PC2=10332.【解析】 【分析】(1)由CD ∥AB ,可得∠C =∠B ,根据∠APB =∠DPC 即可证明△ABP ≌△DCP ,即可得AB =CD ,即可解题.(2)①延长EP 交BC 于F ,易证△FBP ≌△EDP (SAS )可得△EFC 是等腰直角三角形,即可证明PC =PE ,PC ⊥PE .②作BF ∥DE ,交EP 延长线于点F ,连接CE 、CF ,易证△FBP ≌△EDP (SAS ),结合已知得BF =DE =AE ,再证明△FBC ≌△EAC (SAS ),可得△EFC 是等腰直角三角形,即可证明PC =PE ,PC ⊥PE .③作BF ∥DE ,交EP 延长线于点F ,连接CE 、CF ,过E 点作EH ⊥AC 交CA 延长线于H 点,由旋转旋转可知,∠CAE =150°,DE 与BC 所成夹角的锐角为30°,得∠FBC =∠EAC ,同②可证可得PC =PE ,PC ⊥PE ,再由已知解三角形得∴EC 2=CH 2+HE 2=10+求出2212PC EC ==【详解】(1)解:∵CD ∥AB ,∴∠C =∠B , 在△ABP 和△DCP 中,BP CPAPB DPC B C =⎧⎪∠=∠⎨⎪∠=∠⎩, ∴△ABP ≌△DCP (SAS ), ∴DC =AB . ∵AB =200米. ∴CD =200米, 故答案为:200.(2)①PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC =PE ,PC ⊥PE . 理由如下:如解图1,延长EP 交BC 于F , 同(1)理,可知∴△FBP ≌△EDP (SAS ), ∴PF =PE ,BF =DE , 又∵AC =BC ,AE =DE , ∴FC =EC , 又∵∠ACB =90°,∴△EFC 是等腰直角三角形, ∵EP =FP , ∴PC =PE ,PC ⊥PE .②PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC =PE ,PC ⊥PE . 理由如下:如解图2,作BF ∥DE ,交EP 延长线于点F ,连接CE 、CF , 同①理,可知△FBP ≌△EDP (SAS ),∴BF =DE ,PE =PF =12EF , ∵DE =AE , ∴BF =AE ,∵当α=90°时,∠EAC =90°, ∴ED ∥AC ,EA ∥BC ∵FB ∥AC ,∠FBC =90, ∴∠CBF =∠CAE , 在△FBC 和△EAC 中,BF AE CBE CAE BC AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩, ∴△FBC ≌△EAC (SAS ), ∴CF =CE ,∠FCB =∠ECA , ∵∠ACB =90°, ∴∠FCE =90°,∴△FCE 是等腰直角三角形, ∵EP =FP , ∴CP ⊥EP ,CP =EP =12EF . ③如解图3,作BF ∥DE ,交EP 延长线于点F ,连接CE 、CF ,过E 点作EH ⊥AC 交CA 延长线于H 点,当α=150°时,由旋转旋转可知,∠CAE =150°,DE 与BC 所成夹角的锐角为30°, ∴∠FBC =∠EAC =α=150° 同②可得△FBP ≌△EDP (SAS ),同②△FCE 是等腰直角三角形,CP ⊥EP ,CP =EP=2, 在Rt △AHE 中,∠EAH =30°,AE =DE =1, ∴HE =12,AH又∵AC =AB =3, ∴CH =∴EC 2=CH 2+HE 2=10+∴PC 2=212EC =【点睛】本题考查几何变换综合题,考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形性质、勾股定理和30°直角三角形性质等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,属于压轴题.12.(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.13.如图,是边长为的等边三角形,边在射线上,且,点从点出发,沿的方向以的速度运动,当不与点重合是,将绕点逆时针方向旋转得到,连接.(1)求证:是等边三角形;(2)当时,的周长是否存在最小值?若存在,求出的最小周长;若不存在,请说明理由.(3)当点在射线上运动时,是否存在以为顶点的三角形是直角三角形?若存在,求出此时的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)详见解析;(2)存在,2+4;(3)当t=2或14s时,以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形.【解析】试题分析:(1)由旋转的性质得到∠DCE=60°,DC=EC,即可得到结论;(2)当6<t<10时,由旋转的性质得到BE=AD,于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,根据等边三角形的性质得到DE=CD,由垂线段最短得到当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,于是得到结论;(3)存在,①当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形,②当0≤t<6时,由旋转的性质得到∠ABE=60°,∠BDE<60°,求得∠BED=90°,根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°,求得∠CEB=30°,求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2,于是得到t=2÷1=2s;③当6<t<10s时,此时不存在;④当t>10s时,由旋转的性质得到∠DBE=60°,求得∠BDE>60°,于是得到t=14÷1=14s.试题解析:(1)证明:∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE,∴∠DCE=60°,DC=EC,∴△CDE是等边三角形;(2)存在,当6<t<10时,由旋转的性质得,BE=AD,∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,由(1)知,△CDE是等边三角形,∴DE=CD,∴C△DBE=CD+4,由垂线段最短可知,当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,此时,CD=2cm,∴△BDE的最小周长=CD+4=2+4;(3)存在,①∵当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形,∴当点D与点B重合时,不符合题意,②当0≤t<6时,由旋转可知,∠ABE=60°,∠BDE<60°,∴∠BED=90°,由(1)可知,△CDE是等边三角形,∴∠DEB=60°,∴∠CEB=30°,∵∠CEB=∠CDA,∴∠CDA=30°,∵∠CAB=60°,∴∠ACD=∠ADC=30°,∴DA=CA=4,∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2,∴t=2÷1=2s;③当6<t<10s时,由∠DBE=120°>90°,∴此时不存在;④当t>10s时,由旋转的性质可知,∠DBE=60°,又由(1)知∠CDE=60°,∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC,而∠BDC>0°,∴∠BDE>60°,∴只能∠BDE=90°,从而∠BCD=30°,∴BD=BC=4,∴OD=14cm,∴t=14÷1=14s,综上所述:当t=2或14s时,以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形.考点:旋转与三角形的综合题.14.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.15.如图,正方形ABCD ,点M 是线段CB 延长线一点,连结AM ,AB a =,AM b =(1)将线段AM 沿着射线AD 运动,使得点A 与点D 重合,用代数式表示线段AM 扫过的平面部分的面积.(2)将三角形ABM 绕着点A 旋转,使得AB 与AD 重合,点M 落在点N ,用代数式表示线段AM 扫过的平面部分的面积.(3)将三角形ABM 顺时针旋转,使旋转后的三角形有一边与正方形的一边完全重合(第(2)小题的情况除外),请在如图中画出符合条件的3种情况,并写出相应的旋转中心和旋转角【答案】(1)2a ;(2)214b π或234b π;(3)见解析【解析】【分析】(1)根据平移的性质和平行四边形的面积计算即可;(2)根据扇形的面积计算即可;(3)根据旋转的性质画出图形得出旋转中心和角度即可.【详解】解:(1)2AD DC a •=答:线段AM 扫过的平面部分的面积为2a(2)三角形ABM 绕着点A 旋转,使得AB 与AD 重合,则三角形ABM 旋转的角度是90°或270° ∴°2°90360AMN b S π⨯=扇形或°2°270360AMN b S π⨯=扇形∴214AMN S b π=扇形或234b π 答:扇形AMN 的面积为214b π或234b π(3)如图1,旋转中心:AB 边的中点为O ,顺时针180o如图2,旋转中心:点B ,顺时针旋转90o如图3,旋转中心:正方形对角线交点O ,顺时针旋转90o【点睛】本题考查了旋转的性质,关键是根据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解答.。

2020-2021中考数学复习初中数学 旋转专项综合练及详细答案

2020-2021中考数学复习初中数学 旋转专项综合练及详细答案

2020-2021中考数学复习初中数学旋转专项综合练及详细答案一、旋转1.如图所示,△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形,∠BAC=∠DAE=90°,EC的延长线交BD于点P.(1)把△ABC绕点A旋转到图1,BD,CE的关系是(选填“相等”或“不相等”);简要说明理由;(2)若AB=3,AD=5,把△ABC绕点A旋转,当∠EAC=90°时,在图2中作出旋转后的图形,PD=,简要说明计算过程;(3)在(2)的条件下写出旋转过程中线段PD的最小值为,最大值为.【答案】(1)BD,CE的关系是相等;(2534172034173)1,7【解析】分析:(1)依据△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形,∠BAC=∠DAE=90°,即可BA=CA,∠BAD=∠CAE,DA=EA,进而得到△ABD≌△ACE,可得出BD=CE;(2)分两种情况:依据∠PDA=∠AEC,∠PCD=∠ACE,可得△PCD∽△ACE,即可得到PD AE =CDCE,进而得到53417;依据∠ABD=∠PBE,∠BAD=∠BPE=90°,可得△BAD∽△BPE,即可得到PB BEAB BD,进而得出63434,203417(3)以A为圆心,AC长为半径画圆,当CE在⊙A下方与⊙A相切时,PD的值最小;当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时,PD的值最大.在Rt△PED中,PD=DE•sin∠PED,因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小.分两种情况进行讨论,即可得到旋转过程中线段PD的最小值以及最大值.详解:(1)BD,CE的关系是相等.理由:∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形,∠BAC=∠DAE=90°,∴BA=CA,∠BAD=∠CAE,DA=EA,∴△ABD≌△ACE,∴BD=CE;故答案为相等.(2)作出旋转后的图形,若点C在AD上,如图2所示:∵∠EAC=90°, ∴CE=2234AC AE +=,∵∠PDA=∠AEC ,∠PCD=∠ACE , ∴△PCD ∽△ACE , ∴PD CDAE CE =, ∴PD=53417; 若点B 在AE 上,如图2所示:∵∠BAD=90°, ∴Rt △ABD 中,2234AD AB +=,BE=AE ﹣AB=2,∵∠ABD=∠PBE ,∠BAD=∠BPE=90°,∴△BAD ∽△BPE , ∴PB BEAB BD=,即334PB =, 解得63434, ∴3463434203417, 53417203417(3)如图3所示,以A 为圆心,AC 长为半径画圆,当CE 在⊙A 下方与⊙A 相切时,PD 的值最小;当CE 在在⊙A 右上方与⊙A 相切时,PD 的值最大. 如图3所示,分两种情况讨论:在Rt△PED中,PD=DE•sin∠PED,因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小.①当小三角形旋转到图中△ACB的位置时,在Rt△ACE中,CE=2253-=4,在Rt△DAE中,DE=22+=,5552∵四边形ACPB是正方形,∴PC=AB=3,∴PE=3+4=7,在Rt△PDE中,PD=2250491-=-=,DE PE即旋转过程中线段PD的最小值为1;②当小三角形旋转到图中△AB'C'时,可得DP'为最大值,此时,DP'=4+3=7,即旋转过程中线段PD的最大值为7.故答案为1,7.点睛:本题属于几何变换综合题,主要考查了等腰直角三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、圆的有关知识,解题的关键是灵活运用这些知识解决问题,学会分类讨论的思想思考问题,学会利用图形的特殊位置解决最值问题.2.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,∴AA′=BA=5;(2)、作O′H⊥y轴于H,如图②,∵△ABO绕点B逆时针旋转120°,得△A′BO′,∴BO=BO′=3,∠OBO′=120°,∴∠HBO′=60°,在Rt△BHO′中,∵∠BO′H=90°﹣∠HBO′=30°,∴BH=BO′=,O′H=BH=,∴OH=OB+BH=3+,∴O′点的坐标为();(3)∵△ABO绕点B逆时针旋转120°,得△A′BO′,点P的对应点为P′,∴BP=BP′,∴O′P+BP′=O′P+BP,作B点关于x轴的对称点C,连结O′C交x轴于P点,如图②,则O′P+BP=O′P+PC=O′C,此时O′P+BP的值最小,∵点C与点B关于x轴对称,∴C(0,﹣3),设直线O′C的解析式为y=kx+b,把O′(),C(0,﹣3)代入得,解得,∴直线O′C的解析式为y=x﹣3,当y=0时,x﹣3=0,解得x=,则P(,0),∴OP=,∴O′P′=OP=,作P′D⊥O′H于D,∵∠BO′A=∠BOA=90°,∠BO′H=30°,∴∠DP′O′=30°,∴O′D=O′P′=,P′D=,∴DH=O′H﹣O′,∴P′点的坐标为(,).考点:几何变换综合题3.如图1,四边形ABCD是正方形,G是CD边上的一个动点(点G与C、D不重合),以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG,连接BG,DE.(1)①猜想图1中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系,不必证明;②将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针方向旋转任意角度α,得到如图2情形.请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立,并证明你的判断.(2)将原题中正方形改为矩形(如图3、4),且AB=a,BC=b,CE=ka,CG=kb (a≠b,k>0),第(1)题①中得到的结论哪些成立,哪些不成立?若成立,以图4为例简要说明理由.(3)在第(2)题图4中,连接DG、BE,且a=3,b=2,k=12,求BE2+DG2的值.【答案】(1)①BG⊥DE,BG=DE;②BG⊥DE,证明见解析;(2)BG⊥DE,证明见解析;(3)16.25.【解析】分析:(1)①根据正方形的性质,显然三角形BCG顺时针旋转90°即可得到三角形DCE,从而判断两条直线之间的关系;②结合正方形的性质,根据SAS仍然能够判定△BCG≌△DCE,从而证明结论;(2)根据两条对应边的比相等,且夹角相等可以判定上述两个三角形相似,从而可以得到(1)中的位置关系仍然成立;(3)连接BE、DG.根据勾股定理即可把BE2+DG2转换为两个矩形的长、宽平方和.详解:(1)①BG⊥DE,BG=DE;②∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形,∴BC=DC,CG=CE,∠BCD=∠ECG=90°,∴∠BCG=∠DCE,∴△BCG≌△DCE,∴BG=DE,∠CBG=∠CDE,又∵∠CBG+∠BHC=90°,∴∠CDE+∠DHG=90°,∴BG⊥DE.(2)∵AB=a,BC=b,CE=ka,CG=kb,∴BC CG bDC CE a==,又∵∠BCG=∠DCE,∴△BCG∽△DCE,∴∠CBG=∠CDE,又∵∠CBG+∠BHC=90°,∴∠CDE+∠DHG=90°,∴BG⊥DE.(3)连接BE、DG.根据题意,得AB=3,BC=2,CE=1.5,CG=1,∵BG⊥DE,∠BCD=∠ECG=90°∴BE2+DG2=BO2+OE2+DO2+OG2=BC2+CD2+CE2+CG2=9+4+2.25+1=16.25.点睛:此题综合运用了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理.4.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=42,∠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,∴EF=2DE,∴EF=CE+CF=CE+BE.∵CA =CB,∠ACB=90°,AB=42,∴BC=4.又∵∠CBE=30°,∴CE=12BC=2,BE=3CE=23,∴EF=CE+BE=2+23,∴DE=2EF=2232+=2+6.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.5.已知:在△ABC中,BC=a,AC=b,以AB为边作等边三角形ABD.探究下列问题:(1)如图1,当点D与点C位于直线AB的两侧时,a=b=3,且∠ACB=60°,则CD= ;(2)如图2,当点D与点C位于直线AB的同侧时,a=b=6,且∠ACB=90°,则CD= ;(3)如图3,当∠ACB变化,且点D与点C位于直线AB的两侧时,求 CD的最大值及相应的∠ACB的度数.【答案】(1);(2);(3)当∠ACB=120°时,CD有最大值是a+b.【解析】【分析】(1)a=b=3,且∠ACB=60°,△ABC是等边三角形,且CD是等边三角形的高线的2倍,据此即可求解;(2)a=b=6,且∠ACB=90°,△ABC是等腰直角三角形,且CD是边长是6的等边三角形的高长与等腰直角三角形的斜边上的高的差;(3)以点D为中心,将△DBC逆时针旋转60°,则点B落在点A,点C落在点E.连接AE,CE,当点E、A、C在一条直线上时,CD有最大值,CD=CE=a+b.【详解】(1)∵a=b=3,且∠ACB=60°,∴△ABC是等边三角形,∴OC=,∴CD=3;(2)3;(3)以点D为中心,将△DBC逆时针旋转60°,则点B落在点A,点C落在点E.连接AE,CE,∴CD=ED,∠CDE=60°,AE=CB=a,∴△CDE为等边三角形,∴CE=CD.当点E、A、C不在一条直线上时,有CD=CE<AE+AC=a+b;当点E、A、C在一条直线上时,CD有最大值,CD=CE=a+b;只有当∠ACB=120°时,∠CAE=180°,即A、C、E在一条直线上,此时AE最大∴∠ACB=120°,因此当∠ACB=120°时,CD有最大值是a+b.【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质,以及轴对称的性质,正确理解CD有最大值的条件,是解题的关键.6.如图,△ABC是等边三角形,AB=6cm,D为边AB中点.动点P、Q在边AB上同时从点D出发,点P沿D→A以1cm/s的速度向终点A运动.点Q沿D→B→D以2cm/s的速度运动,回到点D停止.以PQ为边在AB上方作等边三角形PQN.将△PQN绕QN的中点旋转180°得到△MNQ.设四边形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S(cm2),点P运动的时间为t(s)(0<t<3).(1)当点N落在边BC上时,求t的值.(2)当点N到点A、B的距离相等时,求t的值.(3)当点Q沿D→B运动时,求S与t之间的函数表达式.(4)设四边形PQMN的边MN、MQ与边BC的交点分别是E、F,直接写出四边形PEMF 与四边形PQMN的面积比为2:3时t的值.【答案】(1)(2)2(3)S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2;(4)t=1或【解析】试题分析:(1)由题意知:当点N落在边BC上时,点Q与点B重合,此时DQ=3;(2)当点N到点A、B的距离相等时,点N在边AB的中线上,此时PD=DQ;(3)当0≤t≤时,四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形PQMN;当≤t≤时,四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形PQFEN.(4)MN、MQ与边BC的有交点时,此时<t<,列出四边形PEMF与四边形PQMN的面积表达式后,即可求出t的值.试题解析:(1)∵△PQN与△ABC都是等边三角形,∴当点N落在边BC上时,点Q与点B重合.∴DQ=3∴2t=3.∴t=;(2)∵当点N到点A、B的距离相等时,点N在边AB的中线上,∴PD=DQ,当0<t<时,此时,PD=t,DQ=2t∴t=2t∴t=0(不合题意,舍去),当≤t<3时,此时,PD=t,DQ=6﹣2t∴t=6﹣2t,解得t=2;综上所述,当点N到点A、B的距离相等时,t=2;(3)由题意知:此时,PD=t,DQ=2t当点M在BC边上时,∴MN=BQ∵PQ=MN=3t,BQ=3﹣2t∴3t=3﹣2t∴解得t=如图①,当0≤t≤时,S△PNQ=PQ2=t2;∴S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2,如图②,当≤t≤时,设MN、MQ与边BC的交点分别是E、F,∵MN=PQ=3t,NE=BQ=3﹣2t,∴ME=MN﹣NE=PQ﹣BQ=5t﹣3,∵△EMF是等边三角形,∴S△EMF=ME2=(5t﹣3)2.;(4)MN、MQ与边BC的交点分别是E、F,此时<t<,t=1或.考点:几何变换综合题7.如图1,在△ABC中,CA=CB,∠ACB=90°,D是△ABC内部一点,∠ADC=135°,将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE,连接DE.(1)①依题意补全图形;②请判断∠ADC和∠CDE之间的数量关系,并直接写出答案.(2)在(1)的条件下,连接BE,过点C作CM⊥DE,请判断线段CM,AE和BE之间的数量关系,并说明理由.(3)如图2,在正方形ABCD中,AB=,如果PD=1,∠BPD=90°,请直接写出点A到BP 的距离.【答案】(1)①作图见解析;②∠ADC+∠CDE=180°;(2)AE=BE+2CM,理由解析;(3).【解析】试题分析:(1)①作CE⊥CD,并且线段CE是将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到的,再连接DE即可;②根据∠ADC和∠CDE是邻补角,所以∠ADC+∠CDE=180°.(2)由(1)的条件可得A、D、E三点在同一条直线上,再通过证明△ACD≌△BCE,易得AE=BE+2CM.(3)运用勾股定理,可得出点A到BP的距离.试题解析:解:(1)①依题意补全图形(如图);②∠ADC+∠CDE=180°.(2)线段CM,AE和BE之间的数量关系是AE=BE+2CM,理由如下:∵线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE,∴CD=CE,∠DCE=90°.∴∠CDE=∠CED=45°.又∵∠ADC=135°,∴∠ADC+∠CDE=180°,∴A、D、E三点在同一条直线上.∴AE=AD+DE.又∵∠ACB=90°,∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB,即∠ACD=∠BCE.又∵AC=BC,CD=CE,∴△ACD≌△BCE.∴AD=BE.∵CD=CE,∠DCE=90°,CM⊥DE.∴DE=2CM.∴AE=BE+2CM.(3)点A到BP的距离为.考点:作图—旋转变换.8.如图2,边长为2的等边△ABC内接于⊙O,△ABC绕圆心O顺时针方向旋转得到△,A′C′分别与AB、AC交于E、D点,设旋转角度为.(1)当=,△A′B′C′与△ABC出现旋转过程中的第一次完全重合;(2)当=60°时(如图1),该图()A.是中心对称图形但不是轴对称图形B.是轴对称图形但不是中心对称图形C.既是轴对称图形又是中心对称图形D.既不是轴对称图形也不是中心对称图形(3)如图2,当,△ADE的周长是否会发生变化,如会变化,说明理由,如不会变化,求出它的周长.【答案】(1)120°;(2)C;(3)△的周长不变.【解析】【分析】(1)根据等边三角形的中心角为120°可直接求解;(2)根据题意可知,当=60°时,点A、、B、、C、为⊙O的六等分点,,所有的三角形都是正三角形,由此可得到所有图形即是轴对称图形,又是中心对称图形;(3)得到结论:周长不发生变化,连接A,根据弦相等,则它们所对的弧相等的性质可得,即,再根据等弧所对的圆周角相等,得,由等角对等边的性质可得,同理,因此可求△的周长==.【详解】解:(1)120°.如图,可根据等边三角形的性质直接根据三角形的内角和求得∠O=120°;(2)C(3)△的周长不变;理由如下:连接AA′,∵,∴,∴,∴,∴,同理,,∴△的周长=.即考点:正多边形与圆,圆周角定理9.如图所示,在△ABC中,D、E分别是AB、AC上的点,DE∥BC,如图①,然后将△ADE绕A点顺时针旋转一定角度,得到图②,然后将BD、CE分别延长至M、N,使DM =BD,EN=CE,得到图③,请解答下列问题:(1)若AB=AC,请探究下列数量关系:①在图②中,BD与CE的数量关系是________________;②在图③中,猜想AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系,并证明你的猜想;(2)若AB=k·AC(k>1),按上述操作方法,得到图④,请继续探究:AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系,直接写出你的猜想,不必证明.【答案】(1)①BD=CE;②AM=AN,∠MAN=∠BAC 理由如下:∵在图①中,DE//BC,AB=AC∴AD="AE."在△ABD与△ACE中∴△ABD≌△ACE.∴BD=CE,∠ACE=∠ABD.在△DAM与△EAN中,∵DM=BD,EN=CE,BD=CE,∴DM=EN,∵∠AEN=∠ACE+∠CAE,∠ADM=∠ABD+∠BAD,∴∠AEN=∠ADM.又∵AE=AD,∴△ADM≌△AEN.∴AM=AN,∠DAM=∠EAN.∴∠MAN=∠DAE=∠BAC.∴AM=AN,∠MAN=∠BAC.(2)AM=kAN,∠MAN=∠BAC.【解析】(1)①根据题意和旋转的性质可知△AEC≌△ADB,所以BD=CE;②根据题意可知∠CAE=BAD,AB=AC,AD=AE,所以得到△BAD≌△CAE,在△ABM和△ACN中,DM=BD,EN=CE,可证△ABM≌△ACN,所以AM=AN,即∠MAN=∠BAC.(2)直接类比(1)中结果可知AM=k•AN,∠MAN=∠BAC.10.如图1,在正方形ABCD中,点E、F分别在边BC,CD上,且BE=DF,点P是AF的中点,点Q是直线AC与EF的交点,连接PQ,PD.(1)求证:AC垂直平分EF;(2)试判断△PDQ的形状,并加以证明;(3)如图2,若将△CEF绕着点C旋转180°,其余条件不变,则(2)中的结论还成立吗?若成立,请加以证明;若不成立,请说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2)△PDQ是等腰直角三角形;理由见解析(3)成立;理由见解析.【解析】试题分析:(1)由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD,∠B=∠ADF=90°,∠BCA=∠DCA=45°,由BE=DF,得出CE=CF,△CEF是等腰直角三角形,即可得出结论;(2)由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF,PQ=AF,得出PD=PQ,再证明∠DPQ=90°,即可得出结论;(3)由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF,PQ=AF,得出PD=PQ,再证明点A、F、Q、P四点共圆,由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°,即可得出结论.试题解析:(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BC=CD=AD,∠B=∠ADF=90°,∠BCA=∠DCA=45°,∵BE=DF,∴CE=CF,∴AC垂直平分EF;(2)解:△PDQ是等腰直角三角形;理由如下:∵点P是AF的中点,∠ADF=90°,∴PD=AF=PA,∴∠DAP=∠ADP,∵AC垂直平分EF,∴∠AQF=90°,∴PQ=AF=PA,∴∠PAQ=∠AQP,PD=PQ,∵∠DPF=∠PAD+∠ADP,∠QPF=∠PAQ+∠AQP,∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2(∠PAD+∠PAQ)=2×45°=90°,∴△PDQ是等腰直角三角形;(3)成立;理由如下:∵点P是AF的中点,∠ADF=90°,∴PD=AF=PA,∵BE=DF,BC=CD,∠FCQ=∠ACD=45°,∠ECQ=∠ACB=45°,∴CE=CF,∠FCQ=∠ECQ,∴CQ⊥EF,∠AQF=90°,∴PQ=AF=AP=PF,∴PD=PQ=AP=PF,∴点A、F、Q、P四点共圆,∴∠DPQ=2∠DAQ=90°,∴△PDQ是等腰直角三角形.考点:四边形综合题.11.边长为2的正方形ABCD的两顶点A、C分别在正方形EFGH的两边DE、DG上(如图1),现将正方形ABCD绕D点顺时针旋转,当A点第一次落在DF上时停止旋转,旋转过程中, AB边交DF于点M,BC边交DG于点N.(1)求边DA在旋转过程中所扫过的面积;(2)旋转过程中,当MN和AC平行时(如图2),求正方形ABCD旋转的度数;(3)如图3,设△MBN的周长为p,在旋转正方形ABCD的过程中,p值是否有变化?请证明你的结论.【答案】(1);(2);(3)不变化,证明见解析.【解析】试题分析:(1)将正方形ABCD绕D点顺时针旋转,当A点第一次落在DF上时停止旋转,旋转过程中,DA旋转了,从而根据扇形面积公式可求DA在旋转过程中所扫过的面积.(2)旋转过程中,当MN和AC平行时,根据平行的性质和全等三角形的判定和性质可求正方形ABCD旋转的度数为.(3)延长BA交DE轴于H点,通过证明和可得结论.(1)∵A点第一次落在DF上时停止旋转,∴DA旋转了.∴DA在旋转过程中所扫过的面积为.(2)∵MN∥AC,∴,.∴.∴.又∵,∴.又∵,∴.∴.∴.∴旋转过程中,当MN和AC平行时,正方形ABCD旋转的度数为. (3)不变化,证明如下:如图,延长BA交DE轴于H点,则,,∴.又∵.∴.∴.又∵, ,∴.∴.∴.∴.∴在旋转正方形ABCD的过程中,值无变化.考点:1.面动旋转问题;2.正方形的性质;3.扇形面积的计算;4.全等三角形的判定和性质.12.(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5-32≤BE≤5+32. 【详解】(1)结论:AD=BE ,AD ⊥BE . 理由:如图1中,∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形, ∴AC=BC ,CE=CD , ∠ACB=∠ACD=90°, 在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== ∴△ACD ≌△BCE (SAS ), ∴AD=BE ,∠EBC=∠CAD 延长BE 交AD 于点F , ∵BC ⊥AD , ∴∠EBC+∠CEB=90°, ∵∠CEB=AEF , ∴∠EAD+∠AEF=90°, ∴∠AFE=90°,即AD ⊥BE . ∴AD=BE ,AD ⊥BE . 故答案为AD=BE ,AD ⊥BE . (2)结论:AD=BE ,AD ⊥BE .理由:如图2中,设AD 交BE 于H ,AD 交BC 于O .∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形,∴AC=BC ,CE=CD ,∠ACB=∠ECD=90°,∴ACD=∠BCE ,在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC 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2,图3-2中,当P 、E 、B 共线时,BE 最大,最大值2,∴22,即22【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.13.如图1,矩形ABCD中,E是AD的中点,以点E直角顶点的直角三角形EFG的两边EF,EG分别过点B,C,∠F=30°.(1)求证:BE=CE(2)将△EFG绕点E按顺时针方向旋转,当旋转到EF与AD重合时停止转动.若EF,EG分别与AB,BC相交于点M,N.(如图2)①求证:△BEM≌△CEN;②若AB=2,求△BMN面积的最大值;③当旋转停止时,点B恰好在FG上(如图3),求sin∠EBG的值.【答案】(1)详见解析;(2)①详见解析;②2;③62 4.【解析】【分析】(1)只要证明△BAE≌△CDE即可;(2)①利用(1)可知△EBC是等腰直角三角形,根据ASA即可证明;②构建二次函数,利用二次函数的性质即可解决问题;③如图3中,作EH⊥BG于H.设NG=m,则BG=2m,BN=EN=3m,EB=6m.利用面积法求出EH,根据三角函数的定义即可解决问题.【详解】(1)证明:如图1中,∵四边形ABCD是矩形,∴AB=DC,∠A=∠D=90°,∵E是AD中点,∴AE=DE,∴△BAE≌△CDE,∴BE=CE.(2)①解:如图2中,由(1)可知,△EBC是等腰直角三角形,∴∠EBC=∠ECB=45°,∵∠ABC=∠BCD=90°,∴∠EBM=∠ECN=45°,∵∠MEN=∠BEC=90°,∴∠BEM=∠CEN,∵EB=EC,∴△BEM≌△CEN;②∵△BEM≌△CEN,∴BM=CN,设BM=CN=x,则BN=4-x,∴S△BMN=12•x(4-x)=-12(x-2)2+2,∵-12<0,∴x=2时,△BMN的面积最大,最大值为2.③解:如图3中,作EH⊥BG于H.设NG=m,则BG=2m,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+362246EHEB 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,14.如图,点P是正方形ABCD内一点,点P到点A,B和D的距离分别为1,22,10.△ADP沿点A旋转至△ABP′,连接PP′,并延长AP与BC相交于点Q.(1)求证:△APP′是等腰直角三角形;(2)求∠BPQ的大小.【答案】(1)证明见解析;(2)∠BPQ=45°.【解析】【分析】(1)根据旋转的性质可知,△APD≌△AP′B,所以AP=AP′,∠PAD=∠P′AB,因为∠PAD+∠PAB=90°,所以∠P′AB+∠PAB=90°,即∠PAP′=90°,故△APP′是等腰直角三角形;(2)根据勾股定理逆定理可判断△PP′B是直角三角形,再根据平角定义求出结果.【详解】(1)证明:∵四边形ABCD为正方形,∴AB=AD,∠BAD=90°,∵△ADP沿点A旋转至△ABP′,∴AP=AP′,∠PAP′=∠DAB=90°,∴△APP′是等腰直角三角形;(2)∵△APP′是等腰直角三角形,∴22,∠APP′=45°,∵△ADP沿点A旋转至△ABP′,∴10,在△PP′B中,2,2,10,∵2)2+(22=10)2,∴PP′2+PB2=P′B2,∴△PP′B为直角三角形,∠P′PB=90°,∴∠BPQ=180°﹣∠APP′﹣∠P′PB=180°﹣45°﹣90°=45°.【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理及逆定理的综合运用,有一定难度,关键是明确旋转的不变性.15.如图1,O 为直线AB 上一点,过点O 作射线OC ,AOC 30∠=o ,将一直角三角板()M 30∠=o的直角顶点放在点O 处,一边ON 在射线OA 上,另一边OM 与OC 都在直线AB 的上方.()1将图1中的三角板绕点O 以每秒5o 的速度沿逆时针方向旋转一周.如图2,经过t 秒后,ON 落在OC 边上,则t =______秒(直接写结果).()2如图2,三角板继续绕点O 以每秒5o 的速度沿逆时针方向旋转到起点OA 上.同时射线OC 也绕O 点以每秒10o 的速度沿逆时针方向旋转一周,①当OC 转动9秒时,求MOC ∠的度数.②运动多少秒时,MOC 35∠=o ?请说明理由.【答案】(1)6;(2)①45o ;②11秒或25秒,理由见解析. 【解析】【分析】(1)因为∠AOC=30°,所以ON 落在OC 边上时,三角板旋转了30°,即可求出旋转时间;(2)在整个旋转过程中,可以看做这样一个追及问题更容易理解,即:ON 绕点O 以每秒5°的速度沿逆时针方向旋转,同时射线OC 也绕O 点以每秒10°的速度沿逆时针方向旋转; ①9秒时,∠NOC=45°,而OC 旋转了90°,所以∠MOC 的度数就是45°;②∠MOC=35°时,应分OC 与OM 重合前35°与重合后35°两种情况考虑,分别进行求解即可.【详解】()1AOC 30∠=o Q ,而三角板每秒旋转5o ,∴当ON 落在OC 边上时,有5t 30o =,得t 6=,故答案为6;()2①当OC 转动9秒时,COA 30109120∠=+⨯=o o o ,而MOA 309059165∠=++⨯=o o o o ,又MOC MOA COA Q ∠∠∠=-,即:MOC 16512045∠=-=o o o ,答:当OC 转动9秒时,MOC ∠的度数为45o ;②设OC 运动起始位置为射线OP(如图1),运动t 秒时,MOC 35∠=o ,则MOP 905t o ∠=+,COP 10t ∠=,当MOC 35∠=o 时,有()905t 10t 35+-=o o 或()10t 905t 35o o-+=,得t 11=或t 25=,因为三角板与射线OC 都只旋转一周,所以不考虑再次追及的情况,故当运动11秒或25秒时,MOC 35∠=o .【点睛】本题考查的是用方程的思想解决角的旋转的问题,找准等量关系,正确列出一元一次方程是解题的关键.。

2020届九年级中考备考数学复习 旋转和三角形的综合应用 专题练习含答案

2020届九年级中考备考数学复习 旋转和三角形的综合应用 专题练习含答案

旋转与三角形的综合应用1. 如图,△ABC是等边三角形,点D是BC上的一点,△ABD按逆时针方向旋转后到达△ACP的位置.(1)旋转中心是____;(2)旋转角的度数为____°;(3)求证:△ADP是等边三角形.2. 如图,在平面直角坐标系中,直角△ABC的三个顶点分别是A(-3,1),B(0,3),C(0,1).(1)将△ABC以点C为旋转中心旋转180°,画出旋转后对应的△A1B1C1;(2)分别连接AB1,BA1后,求四边形AB1A1B的面积.3. 如图,四边形ABCD是正方形,E,F分别是DC和CB的延长线上的点,且DE=BF,连接AE,AF,EF.(1)求证:△ADE≌△ABF;(2)填空:△ABF可以由△ADE绕旋转中心____点,按顺时针方向旋转_______得到;(3)若BC=8,DE=6,求△AEF的面积.4. 如图,点P是等边三角形ABC内的一点,且PA=6,PB=8,PC=10.若将△PAC绕点A逆时针旋转后得到△P′AB.求:(1)点P到点P′的距离;(2)∠APB的度数.5. 如图,把一个直角三角形ABC(∠ACB=90°)绕着顶点B顺时针旋转60°,使得点C旋转到AB边上的一点D,点A旋转到点E的位置,F,G分别是BD,BE上的一点,BF=BG,延长CF与DG交于点H.(1)求证:CF=DG;(2)求∠FHG的度数.6. 如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,点D,F分别在AB,AC上,CF=CB,连接CD,将线CD绕点C按顺时针方向旋转90°得到线段CE,连接EF.(1)求证:△BCD≌△FCE;(2)若EF∥CD,求∠BDC的度数.7. 由正多边形的定义可知等边三角形的三条边都相等,每个内角都等于60°.如图①,△ABC,△CDE都是等边三角形.(1)试确定AE,BD之间的大小关系;(2)若把△CDE绕C点按逆时针旋转到图②的位置时,上述结论仍成立吗?请说明理由.8. 如图,已知∠ABC=90°,△ABE是等边三角形,点P为射线BC上任意一点(点P与点B不重合),连接AP,将线段AP绕点A逆时针旋转60°得到线段AQ,连接QE并延长交射线BC于点F.求∠QFC的度数.9. 如图,已知正方形ABCD中的△DCF可以经过旋转得到△BCE.(1)图中哪一个点是旋转中心?△DCF按什么方向旋转了多少度?(2)如果CF=3 cm,连接EF,求EF的长.10. 如图,在△ABC中,∠ACB=90°,∠B=30°,以点C为旋转中心,将△ABC旋转到△A′B′C的位置,使A′B′经过点A.(1)求∠ACA′的度数;(2)求线段AC与线段A′B′的数量关系.11. 如图,在△ABC中,∠C=90°,AC=BC=2,将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置,连接C′B,求C′B的长.12. 如图,在平面直角坐标系中,已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A(-3,5),B(-2,1),C(-1,3).(1)若△ABC经过平移后得到△A1B1C1,已知点C1的坐标为(4,0),写出顶点A1,B1的坐标;(2)若△ABC和△A2B2C2关于原点O成中心对称,写出△A2B2C2的各顶点的坐标;(3)将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A3B3C3,写出△A3B3C3的各顶点的坐标.13. 在△ABC中,AB=AC,∠BAC=α(0°<α<60°),将线段BC绕点B逆时针旋转60°得到线段BD.(1)如图①,直接写出∠ABD的大小(用含α的式子表示);(2)如图②,∠BCE=150°,∠ABE=60°,判断△ABE的形状并加以证明;(3)在(2)的条件下,连接DE,若∠DEC=45°,求α的值.14. 如图,已知AC⊥BC,垂足为点C,AC=4,BC=33,将线段AC绕点A按逆时针方向旋转60°,得到线段AD,连接DC,DB.(1)线段DC=________;(2)求线段DB的长度.15. 如图,在正方形ABCD中,E是AB上一点,F是AD延长线上一点,且DF =BE.(1)求证:CE=CF;(2)图中哪两个三角形可以通过旋转得到?怎样进行旋转?(3)若点G在AD上,且∠GCE=45°,则GE=BE+GD成立吗?为什么?16. 如图,点O是等边三角形ABC内一点,∠AOB=110°,∠BOC=α.将△BOC 绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC,连接OD.(1)证明:△COD是等边三角形;(2)当α=150°时,试判断△AOD的形状,并说明理由;(3)请直接写出当α为多少度时,△AOD是等腰三角形.17. 如图,在等腰Rt△ABC中,BA=BC,∠ABC=90°,点D在AC上,将△ABD 绕点B沿顺时针方向旋转90°后,得到△CBE.(1)求∠DCE的度数;(2)若AB=4,CD=3AD,求DE的长.18. (1)如图1,在△ABC 中,BA =BC ,D ,E 是AC 边上的两点,且满足∠DBE =12∠ABC(0°<∠CBE <12∠ABC).以点B 为旋转中心,将△BEC 按逆时针方向旋转∠ABC ,得到△BE′A(点C 的对应点A ,点E 的对应点E′),连接DE′.求证:DE′=DE ;(2)如图2,在△ABC 中,BA =BC ,∠ABC =90°,D ,E 是AC 边上的两点,且满足∠DBE =12∠ABC(0°<∠CBE <45°).求证:DE 2=AD 2+EC 2.19. 如图,已知△ABC的面积为16,BC=8.现将△ABC沿直线BC向右平移a 个单位长度到△DEF的位置.(1)当△ABC所扫过的面积为32时,求a的值;(2)连接AE,AD,当AB=5,a=5时,试判断△ADE的形状,并说明理由.20. 阅读与理解:图1是边长分别为a和b(a>b)的两个等边三角形纸片ABC和C′DE叠放在一起(点C与点C′重合)的图形.操作与证明:(1)操作:固定△ABC,将△C′DE绕点C按顺时针方向旋转30°,连接AD,BE,如图2,在图2中,线段BE与AD之间具有怎样的大小关系?证明你的结论;(2)操作:若将图1中的△C′DE,绕点C按顺时针方向任意旋转一个角度α,连接AD,BE,如图3,在图3中,线段BE与AD之间具有怎样的大小关系?证明你的结论;猜想与发现:根据上面的操作过程,请你猜想当α为多少度时,线段AD的长度最大,最大是多少?当α为多少度时,线段AD的长度最小,最小是多少?答案:1. (1) 点A(2) 60(3) 证明:∵由旋转的性质知PA =DA ,且旋转角∠DAP=∠BAC=60°, ∴△ADP 是等边三角形2. 解:(1)如图,△A 1B 1C 1即为所求作,(2)四边形AB 1A 1B 的面积=4×12×3×2=123. 解:(1)在△ADE 和△ABF 中,AD =AB ,∠ADE =∠ABF=90°,DE =BF , ∴△ADE ≌△ABF(SAS) (2) A 90°(3)∵△ADE≌△ABF,∴AE =AF ,∠DAE =∠BAF, ∵∠DAE +∠BAE=90°,∴∠BAF +∠BAE=90°=∠EAF, 在Rt △ADE 中,AE =82+62=10,∴S △AEF =12×10×10=504. 解:(1)连接PP′,由旋转的性质知BP′=PC =10,AP′=AP =6, ∠PAC=∠P′AB,∵∠PAC+∠BAP =60°,∴∠P′A B +∠BAP =60°, 即∠P′AP=60°,∴△APP′为等边三角形,∴PP′=6(2)在△BP′P 中,∵BP′2=102=100,BP 2=82=64,PP′2=62=36, ∴BP 2+PP′2=BP′2,∴△BP′P 为直角三角形,∠BPP′=90°, ∴∠APB=90°+60°=150°5. 解:证明:(1)由旋转的性质可知BC=BD,∠ABC=∠EBD,在△CBF和△DBG中,BC=BD,∠CBF=∠DBG,BF=BG,∴△CBF≌△DBG(SAS),∴CF=DG(2)∵△CBF≌△DBG,∴∠BCF=∠BDG,又∵∠CFB=∠DFH,∴∠DHF=∠CBF=60°,∴∠FHG=180°-∠DHF=180°-60°=120°6. 解:(1)∵∠BCD+∠DCF=∠FCE+∠DCF=90°,∴∠BCD=∠FCE,在△BCD和△FCE中,BC=FC,∠BCD=∠FCE,CD=CE,∴△BCD≌△FCE(SAS) (2)∵△BCD≌△FCE,∴∠BDC=∠E,又∵EF∥CD,∴∠DCE+∠E=180°,又∵∠DCE=90°,∴∠BDC=∠E=90°7. 解:(1)AE=BD.理由:在△ACE和△BCD中,AC=BC,∠ACE=∠BCD,EC=DC,∴△ACE≌△BCD(SAS),∴AE=BD(2)成立.∵∠ACB+∠BCE=∠DCE+∠BCE,∴∠ACE=∠BCD,在△ACE和△BCD中,AC=BC,∠ACE=∠BCD,EC=DC,∴△ACE≌△BCD(SAS),∴AE=BD8. 解:∵∠BAP=∠BAE+∠EAP=60°+∠EAP,∠EAQ=∠QAP+∠EAP=60°+∠EAP,∴∠BAP=∠EAQ,在△ABP和△AEQ中,AB=AE,∠BAP=∠EAQ,AP=AQ,∴△ABP≌△AEQ(SAS),∴∠AEQ=∠ABP=90°,∴∠BEF=180°-∠AEQ-∠AEB=180°-90°-60°=30°,∠EBF=∠ABP-∠ABE=90°-60°=30°,∴∠QFC=∠EBF+∠BEF=30°+30°=60°9. 解:(1)旋转中心是点C,△DCF按逆时针方向绕点C旋转90°得到△BCE(2)由旋转的性质得到CF=CE,∠ECF=90°,∴△ECF为等腰直角三角形,∴EF=3 2 cm10. 解:(1)∵∠ACB=90°,∠B =30°,∴∠BAC =60°,由旋转的性质可知,CA =CA′,∠A ′=∠BAC=60°,∴△ACA′为等边三角形,∴∠ACA ′=60°(2)∵在△ABC 中,∠ACB =90°,∠B =30°,∴AC =12AB ,又∵由旋转的性质可知AB =A′B′,∴AC =12A′B′ 11. 解:连接BB′,延长BC′交AB′于D ,∵△ABC 绕点A 顺时针方向旋转60°得到△AB′C′,AC =BC =2,∴AB =AB′,∠BAB ′=60°, ∴△ABB ′是等边三角形,∴AB =BB′,∴BC ′垂直平分线段AB′, ∴BD ⊥AB ′,∠ABD =30°,∵∠C =90°,AC =BC =2,∴AB =(2)2+(2)2=2,∴AD =12AB =1, 由勾股定理分别得到C′D=1,BD =3,∴BC ′=BD -C′D=3-112. 解:(1)如图,△A 1B 1C 1即为所求作,因为点C(-1,3)平移后的对应点C 1的坐标为(4,0),所以△ABC 先向右平移5个单位,再向下平移3个单位得到△A 1B 1C 1,所以点A 1的坐标为(2,2),点B 1的坐标为(3,-2)(2)因为△ABC 和△A 2B 2C 2关于原点O 成中心对称,所以A 2(3,-5),B 2(2,-1),C 2(1,-3)(3)如图,△A 3B 3C 3即为所求作,A 3(5,3),B 3(1,2),C 3(3,1)13. 解:(1)∠ABD =30°-12α (2)△ABE 为等边三角形.证明:连接AD ,CD ,ED ,如答图.∵线段BC 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BD ,∴BC =BD ,∠DBC =60°,又∵∠ABE=60°,∴∠ABD =60°-∠DBE=∠EBC=30°-12α, △BCD 为等边三角形.在△ABD 与△ACD 中,AB =AC ,AD =AD ,BD =CD ,∴△ABD ≌△ACD(SSS).∴∠BAD=∠CAD=12∠BAC=12α.∵∠BCE=150°, ∴∠BEC =180°-(30°-12α)-150°=12α.在△ABD 与△EBC 中, ∠BAD =∠BEC,∠ABD =∠EBC,BD =BC ,∴△ABD ≌△EBC(AAS).∴AB=BE.又∵∠ABE=60°,∴△ABE 为等边三角形14. 解:(1)由题意,知AC =AD ,∠CAD =60°, ∴△ACD 是等边三角形, ∴DC =AC =4.故答案是:4.(2)作DE⊥BC 于点E ,图略. ∵△ACD 是等边三角形,∴∠ACD =60°, 又∵AC⊥BC,∴∠DCE =∠ACB-∠ACD=90°-60°=30°, ∴Rt △CDE 中,DE =12DC =2, CE =3DE =23,∴BE =BC -CE =33-23= 3. ∴Rt △BDE 中,BD =DE 2+BE 2=22+(3)2=7.15. 解:(1)证明:∵四边形ABCD 为正方形, ∴BC =DC ,∠B =∠CDF=90°.在△CBE 和△CDF 中,⎩⎪⎨⎪⎧BC =CD ,∠B =∠CDF,BE =DF ,∴△CBE ≌△CDF(SAS).∴CE=CF.(2)∵△CBE≌△CDF,∠BCD =90°, ∴△CBE 可以通过△CDF 绕点C 逆时针旋转90°得到,△CDF 可以通过△CBE 绕点C 顺时针旋转90°得到.(3)GE =BE +GD 成立. 理由如下:由(1)知△CBE≌△CDF, ∴∠BCE =∠DCF ,∴∠BCE +∠ECD=∠DCF+∠ECD,即∠ECF=∠BCD=90°,又∵∠GCE=45°,∴∠GCF =∠GCE=45°.在△ECG 和△FCG 中,⎩⎪⎨⎪⎧CE =CF ,∠GCE =∠GCF,GC =GC ,∴△ECG≌△FCG(SAS ). ∴GE=GF.∴GE=DF +GD =BE +GD.16. 解:(1)∵将△BOC 绕点C 顺时针旋转60°得△ADC ,∴∠OCD =60°, OC =CD ,∴△COD 是等边三角形.(2)△AOD 为直角三角形,理由如下:∵△COD 是等边三角形,∴∠ODC =60°,由旋转的性质知∠ADC =∠BOC =α=150°,∴∠ADO =∠ADC -∠ODC =150°-60°=90°,∴△AOD 是直角三角形.(3)α=125°或110°或140°时,△AOD 是等腰三角形.17. 解:(1)∵△ABC 为等腰直角三角形,∴∠BAD =∠BCD=45°.由旋转的性质可知∠BAD=∠BCE=45°.∴∠DCE =∠BCE+∠BCA=45°+45°=90°.(2)∵BA=BC ,∠ABC =90°,∴AC =AB 2+BC 2=42.∵CD=3AD ,∴AD =2,DC =3 2.由旋转的性质可知,AD =EC =2.∴DE=CE 2+DC 2=2 5.18. 证明:(1)由题意,得BE ′=BE ,∠E ′BA =∠EBC.∵∠DBE =12∠ABC,∴∠ABD +∠EBC =12∠ABC.∴∠ABD +∠E′BA =12∠ABC,即∠E ′BD =12∠ABC .∴∠E ′BD =∠DBE.又∵BD=BD ,∴△E ′BD ≌△EBD(SAS),∴DE ′=DE.(2)如图所示,把△CBE 逆时针旋转90°得到△AE′B(点C 的对应点A ,点E 的对应点E′),连接DE′,由(1)知DE′=DE.由旋转的性质知E′A=EC , ∠E′ AB=∠ECB.又∵BA =BC ,∠ABC =90°,∴∠BAC =∠ACB =45°. ∴∠E′AD=∠E′AB+∠BAC =90°.在Rt △DE′A 中,DE′2=AD 2+E′A 2, ∴DE 2=AD 2+EC 2.19. 解:(1)△ABC 所扫过面积即梯形ABFD 的面积,作AH⊥BC 于点H ,连接AD ,图略,∵BC =8,S △ABC =16,∴12BC·AH=16,∴AH =4, ∴S 四边形ABFD =12×(AD+BF)×AH=12(a +a +8)×4=32, 解得a =4. (2)连接AE ,AD ,图略.根据平移的性质可知DE =AB =5, 又∵AD=a =5, ∴△ADE 为等腰三角形.20. 解:(1)BE =AD.证明:∵△C′DE 绕点C 按顺时针方向旋转30°, ∴∠BCE =∠ACD=30°, ∵△ABC 与△C′DE 是等边三角形,∴CA =CB ,CE =CD, ∴△BCE ≌△ACD, ∴BE =AD.(2)BE =AD. 证明:∵△C′DE 绕点C 按顺时针方向旋转的角度为α, ∴∠BCE =∠ACD=α, ∵△ABC 与△C ′DE 是等边三角形, ∴CA =CB , CE =CD, ∴△BCE ≌△ACD, ∴BE =AD. 猜想与发现: 当α为180°时,线段AD 的长度最大,等于a +b ;当α为0°(或360°)时,线段AD 的长度最小,等于a -b.。

初三旋转测试题及答案

初三旋转测试题及答案

初三旋转测试题及答案一、选择题(每题3分,共30分)1. 旋转对称图形是指绕某一点旋转一定角度后能够与自身重合的图形。

下列选项中,哪一个不是旋转对称图形?A. 正方形B. 正三角形C. 五边形D. 圆2. 一个图形绕某点旋转180°后与原图形重合,这个点称为图形的:A. 旋转中心B. 对称轴C. 旋转角D. 旋转对称中心3. 一个图形绕一点旋转90°后与自身重合,这个图形是:A. 正方形B. 正三角形C. 正五边形D. 正六边形4. 一个图形绕某点旋转180°后与自身重合,这个点是图形的:A. 对称轴B. 旋转中心C. 旋转对称中心D. 旋转角5. 一个图形绕某点旋转120°后与自身重合,这个图形是:B. 正三角形C. 正五边形D. 正六边形6. 一个图形绕某点旋转360°后与自身重合,这个点是图形的:A. 对称轴B. 旋转中心C. 旋转对称中心D. 旋转角7. 一个图形绕某点旋转60°后与自身重合,这个图形是:A. 正方形B. 正三角形C. 正六边形D. 正八边形8. 一个图形绕某点旋转45°后与自身重合,这个图形是:A. 正方形B. 正三角形C. 正五边形D. 正八边形9. 一个图形绕某点旋转30°后与自身重合,这个图形是:A. 正方形B. 正三角形C. 正六边形D. 正十二边形10. 一个图形绕某点旋转72°后与自身重合,这个图形是:A. 正方形C. 正六边形D. 正十边形二、填空题(每题4分,共20分)1. 一个图形绕某点旋转______度后与自身重合,这个点是图形的旋转中心。

2. 一个图形绕某点旋转______度后与自身重合,这个图形是正六边形。

3. 一个图形绕某点旋转______度后与自身重合,这个图形是正五边形。

4. 一个图形绕某点旋转______度后与自身重合,这个图形是正三角形。

5. 一个图形绕某点旋转______度后与自身重合,这个图形是正方形。

中考数学每日一练:旋转的性质练习题及答案_2020年综合题版

中考数学每日一练:旋转的性质练习题及答案_2020年综合题版

考点: 全等三角形的判定与性质;三角形中位线定理;平行四边形的性质;旋转的性质;
答案
~~第4题~~
(2020遵化.中考模拟) 已知Rt△OAB , ∠OAB=90o , ∠ABO=30o , 斜边OB=4,将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60o , 如图1,连接BC.
(1) ΔOBC的形状是;
(2) 如图1,连接AC,作OP⊥AC,垂足为P,求OP的长度;
(3) 如图2,点M、N同时从点O出发,在△OCB边上运动,M沿O→C→B路径匀速运动,N沿O→B→C路径匀速运
动,当两点相遇时运动停止.已知点M的运动速度为1.5单位/秒,点N的运动速度为1单位/秒.设运动时间为x秒,△OMN的面
积为y,求当x为何值时y取得最大值?最大值为多少?(结果可保留根号)
考点: 等边三角形的性质;勾股定理;旋转的性质;
答案
~~第5题~~ (2020长春.中考模拟) 如图,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,AB=4,BC=2.点P从点A出发,以每秒 个单位长度的 速度向终点C运动,点Q从点B出发,以每秒2个单位长度的速度向终点A运动,连接PQ,将线段PQ绕点Q顺时针旋转90° 得到线段QE,以PQ、QE为边作正方形PQEF.设点P运动的时间为t秒(t>0)
(1) 点P到边AB的距离为(用含t的代数式表示)
(2) 当PQ∥BC时,求t的值
(3) 连接BE,设△BEQ的面积为S,求S与t之间的函数关系式
(4) 当E、F两点中只有一个点在△ABC的内部时,直接写出t的取值范围
考点: 全等三角形的判定与性质;勾股定理;旋转的性质;相似三角形的判定与性质;
答案
②当∠ABC=30°时,你能找到△ABC的费马点P吗?画图做简要说明,并求此时PA+PB+PC的值

2020-2021全国中考数学初中数学 旋转的综合中考真题分类汇总及详细答案

2020-2021全国中考数学初中数学 旋转的综合中考真题分类汇总及详细答案

2020-2021全国中考数学初中数学旋转的综合中考真题分类汇总及详细答案一、旋转1.操作与证明:如图1,把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起,使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合,点E、F分别在正方形的边CB、CD上,连接AF.取AF中点M,EF的中点N,连接MD、MN.(1)连接AE,求证:△AEF是等腰三角形;猜想与发现:(2)在(1)的条件下,请判断MD、MN的数量关系和位置关系,得出结论.结论1:DM、MN的数量关系是;结论2:DM、MN的位置关系是;拓展与探究:(3)如图2,将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°,其他条件不变,则(2)中的两个结论还成立吗?若成立,请加以证明;若不成立,请说明理由.【答案】(1)证明参见解析;(2)相等,垂直;(3)成立,理由参见解析.【解析】试题分析:(1)根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF,继而证明出△ABE≌△ADF,得到AE=AF,从而证明出△AEF是等腰三角形;(2)DM、MN的数量关系是相等,利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直,利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质,及全等三角形对应角相等即可得出结论;(3)成立,连接AE,交MD于点G,标记出各个角,首先证明出MN∥AE,MN=AE,利用三角形全等证出AE=AF,而DM=AF,从而得到DM,MN数量相等的结论,再利用三角形外角性质和三角形全等,等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°.从而得到DM、MN的位置关系是垂直.试题解析:(1)∵四边形ABCD是正方形,∴AB=AD=BC=CD,∠B=∠ADF=90°,∵△CEF 是等腰直角三角形,∠C=90°,∴CE=CF,∴BC﹣CE=CD﹣CF,即BE=DF,∴△ABE≌△ADF,∴AE=AF,∴△AEF是等腰三角形;(2)DM、MN的数量关系是相等,DM、MN的位置关系是垂直;∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线,∴AF=2DM,∵MN 是△AEF的中位线,∴AE=2MN,∵AE=AF,∴DM=MN;∵∠DMF=∠DAF+∠ADM,AM=MD,∵∠FMN=∠FAE,∠DAF=∠BAE,∴∠ADM=∠DAF=∠BAE,∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°,∴DM⊥MN;(3)(2)中的两个结论还成立,连接AE,交MD于点G,∵点M为AF的中点,点N为EF的中点,∴MN∥AE,MN=AE,由已知得,AB=AD=BC=CD,∠B=∠ADF,CE=CF,又∵BC+CE=CD+CF,即BE=DF,∴△ABE≌△ADF,∴AE=AF,在Rt△ADF中,∵点M为AF的中点,∴DM=AF,∴DM=MN,∵△ABE≌△ADF,∴∠1=∠2,∵AB∥DF,∴∠1=∠3,同理可证:∠2=∠4,∴∠3=∠4,∵DM=AM,∴∠MAD=∠5,∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°,∵MN∥AE,∴∠DMN=∠DGE=90°,∴DM⊥MN.所以(2)中的两个结论还成立.考点:1.正方形的性质;2.全等三角形的判定与性质;3.三角形中位线定理;4.旋转的性质.2.阅读材料:小胖同学发现这样一个规律:两个顶角相等的等腰三角形,如果具有公共的顶角的顶点,并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形.小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.如图1,在“手拉手”图形中,小胖发现若∠BAC=∠DAE,AB=AC,AD=AE,则BD=CE.(1)在图1中证明小胖的发现;借助小胖同学总结规律,构造“手拉手”图形来解答下面的问题:(2)如图2,AB=BC,∠ABC=∠BDC=60°,求证:AD+CD=BD;(3)如图3,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=m°,点E为△ABC外一点,点D为BC中点,∠EBC=∠ACF,ED⊥FD,求∠EAF的度数(用含有m的式子表示).【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)∠EAF =12 m°.【解析】分析:(1)如图1中,欲证明BD=EC ,只要证明△DAB ≌△EAC 即可;(2)如图2中,延长DC 到E ,使得DB=DE .首先证明△BDE 是等边三角形,再证明△ABD ≌△CBE 即可解决问题;(3)如图3中,将AE 绕点E 逆时针旋转m°得到AG ,连接CG 、EG 、EF 、FG ,延长ED 到M ,使得DM=DE ,连接FM 、CM .想办法证明△AFE ≌△AFG ,可得∠EAF=∠FAG=12m°. 详(1)证明:如图1中,∵∠BAC=∠DAE , ∴∠DAB=∠EAC , 在△DAB 和△EAC 中,AD AE DAB EAC AB AC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩===, ∴△DAB ≌△EAC , ∴BD=EC .(2)证明:如图2中,延长DC 到E ,使得DB=DE .∵DB=DE ,∠BDC=60°, ∴△BDE 是等边三角形, ∴∠BD=BE ,∠DBE=∠ABC=60°, ∴∠ABD=∠CBE , ∵AB=BC , ∴△ABD ≌△CBE , ∴AD=EC ,∴BD=DE=DC+CE=DC+AD.∴AD+CD=BD.(3)如图3中,将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG,连接CG、EG、EF、FG,延长ED到M,使得DM=DE,连接FM、CM.由(1)可知△EAB≌△GAC,∴∠1=∠2,BE=CG,∵BD=DC,∠BDE=∠CDM,DE=DM,∴△EDB≌△MDC,∴EM=CM=CG,∠EBC=∠MCD,∵∠EBC=∠ACF,∴∠MCD=∠ACF,∴∠FCM=∠ACB=∠ABC,∴∠1=3=∠2,∴∠FCG=∠ACB=∠MCF,∵CF=CF,CG=CM,∴△CFG≌△CFM,∴FG=FM,∵ED=DM,DF⊥EM,∴FE=FM=FG,∵AE=AG,AF=AF,∴△AFE≌△AFG,∴∠EAF=∠FAG=12 m°.点睛:本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题,学会构造“手拉手”模型,解决实际问题,属于中考压轴题.3.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,CD22AD AC-,∴BD=BC-CD=1,∴D(1,3).(2)①如图②中,由四边形ADEF是矩形,得到∠ADE=90°,∵点D在线段BE上,∴∠ADB=90°,由(1)可知,AD=AO,又AB=AB,∠AOB=90°,∴Rt△ADB≌Rt△AOB(HL).②如图②中,由△ADB≌△AOB,得到∠BAD=∠BAO,又在矩形AOBC中,OA∥BC,∴∠CBA=∠OAB,∴∠BAD=∠CBA,∴BH=AH,设AH=BH=m,则HC=BC-BH=5-m,在Rt△AHC中,∵AH2=HC2+AC2,∴m2=32+(5-m)2,∴m=175,∴BH=175,∴H(175,3).(3)如图③中,当点D在线段BK上时,△DEK的面积最小,最小值=12•DE•DK=12×3×(5-342)=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+342)=303344+.综上所述,303344-≤S≤303344+.【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.4.已知正方形ABCD的边长为4,一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转,角的两边分别与BC、DC的延长线交于点E、F,连接EF,设CE=a,CF=b.(1)如图1,当a=42时,求b的值;(2)当a=4时,在图2中画出相应的图形并求出b的值;(3)如图3,请直接写出∠EAF绕点A旋转的过程中a、b满足的关系式.【答案】(1)422)b=8;(3)ab=32.【解析】试题分析:(1)由正方形ABCD的边长为4,可得AC=2,∠ACB=45°.再CE=a=2∠CAE=∠AEC,从而可得∠CAF的度数,既而可得 b=AC;(2)通过证明△ACF∽△ECA,即可得;(3)通过证明△ACF∽△ECA,即可得.试题解析:(1)∵正方形ABCD的边长为4,∴AC=42,∠ACB=45°.∵CE=a=42,∴∠CAE=∠AEC=452︒=22.5°,∴∠CAF=∠EAF-∠CAE=22.5°,∴∠AFC=∠ACD-∠CAF=22.5°,∴∠CAF=∠AFC,∴b=AC=CF=42;(2)∵∠FAE=45°,∠ACB=45°,∴∠FAC+∠CAE=45°,∠CAE+∠AEC=45°,∴∠FAC =∠AEC.又∵∠ACF=∠ECA=135°,∴△ACF∽△ECA,∴AC CFEC CA=,∴42442=,∴CF=8,即b=8.(3)ab=32.提示:由(2)知可证△ACF∽△ECA,∴∴AC CFEC CA=,∴4242a=,∴ab=32.5.如图1,在□ABCD中,AB=6,∠B= (60°<≤90°). 点E在BC上,连接AE,把△ABE沿AE折叠,使点B与AD上的点F重合,连接EF.(1)求证:四边形ABEF是菱形;(2)如图2,点M是BC上的动点,连接AM,把线段AM绕点M顺时针旋转得到线段MN,连接FN,求FN的最小值(用含的代数式表示).【答案】(1)详见解析;(2)FE·sin(-90°)【解析】【分析】(1)由四边形ABCD是平行四边形得AF∥BE,所以∠FAE=∠BEA,由折叠的性质得∠BAE=∠FAE,∠BEA=∠FEA,所以∠BAE=∠FEA,故有AB∥FE,因此四边形ABEF是平行四边形,又BE=EF,因此可得结论;(2)根据点M在线段BE上和EC上两种情况证明∠ENG=90°-,利用菱形的性质得到∠FEN=-90°,再根据垂线段最短,求出FN的最小值即可.【详解】(1)∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,∴∠FAE=∠BEA,由折叠的性质得∠BAE=∠FAE,∠BEA=∠FEA, BE=EF,∴∠BAE=∠FEA,∴AB∥FE,∴四边形ABEF是平行四边形,又BE=EF,∴四边形ABEF是菱形;(2)①如图1,当点M在线段BE上时,在射线MC上取点G,使MG=AB,连接GN、EN.∵∠AMN=∠B=,∠AMN+∠2=∠1+∠B∴∠1=∠2又AM=NM,AB=MG∴△ABM≌△MGN∴∠B=∠3,NG=BM∵MG=AB=BE∴EG=AB=NG∴∠4=∠ENG= (180°-)=90°-又在菱形ABEF中,AB∥EF∴∠FEC=∠B=∴∠FEN=∠FEC-∠4=- (90°-)=-90°②如图2,当点M在线段EC上时,在BC延长线上截取MG=AB,连接GN、EN.同理可得:∠FEN=∠FEC-∠4=- (90°-)=-90°综上所述,∠FEN=-90°∴当点M在BC上运动时,点N在射线EH上运动(如图3)当FN⊥EH时,FN最小,其最小值为FE·sin(-90°)【点睛】本题考查了菱形的判定与性质以及求最短距离的问题,解题的关键是分类讨论得出∠FEN =-90°,再运用垂线段最短求出FN的最小值.6.(12分)如图1,在等边△ABC中,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接BE,CD,点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点.(1)观察猜想:图1中,△PMN的形状是;(2)探究证明:把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置,△PMN的形状是否发生改变?并说明理由;(3)拓展延伸:把△ADE绕点A在平面内自由旋转,若AD=1,AB=3,请直接写出△PMN 的周长的最大值.【答案】(1) 等边三角形;(2) △PMN的形状不发生改变,仍然为等边三角形,理由见解析;(3)6【解析】分析:(1)如图1,先根据等边三角形的性质得到AB=AC,∠ABC=∠ACB=60°,则BD=CE,再根据三角形中位线性质得PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,从而得到PM=PN,∠MPN=60°,从而可判断△PMN为等边三角形;(2)连接CE、BD,如图2,先利用旋转的定义,把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE,则BD=CE,∠ABD=∠ACE,与(1)一样可得PM=PN,∠BPM=∠BCE,∠CPN=∠CBD,则计算出∠BPM+∠CPN=120°,从而得到∠MPN=60°,于是可判断△PMN为等边三角形.(3)利用AB﹣AD≤BD≤AB+AD(当且仅当点B、A、D共线时取等号)得到BD的最大值为4,则PN的最大值为2,然后可确定△PMN的周长的最大值.详解:(1)如图1.∵△ABC为等边三角形,∴AB=AC,∠ABC=∠ACB=60°.∵AD=AE,∴BD=CE.∵点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点,∴PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,∴PM=PN,∠BPM=∠BCA=60°,∠CPN=∠CBA=60°,∴∠MPN=60°,∴△PMN为等边三角形;故答案为等边三角形;(2)△PMN的形状不发生改变,仍然为等边三角形.理由如下:连接CE、BD,如图2.∵AB=AC,AE=AD,∠BAC=∠DAE=60°,∴把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE,∴BD=CE,∠ABD=∠ACE,与(1)一样可得PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,∴PM=PN,∠BPM=∠BCE,∠CPN=∠CBD,∴∠BPM+∠CPN=∠CBD+∠CBD=∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE=60°+60°=120°,∴∠MPN=60°,∴△PMN为等边三角形.(3)∵PN=12BD,∴当BD的值最大时,PN的值最大.∵AB﹣AD≤BD≤AB+AD(当且仅当点B、A、D共线时取等号)∴BD的最大值为1+3=4,∴PN的最大值为2,∴△PMN的周长的最大值为6.点睛:本题考查了旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;旋转前、后的图形全等.也考查了等边三角形的判定与性质和三角形中位线性质.7.如图:在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,∠PCQ=45°,把∠PCQ绕点C旋转,在整个旋转过程中,过点A作AD⊥CP,垂足为D,直线AD交CQ于E.(1)如图①,当∠PCQ在∠ACB内部时,求证:AD+BE=DE;(2)如图②,当CQ在∠ACB外部时,则线段AD、BE与DE的关系为_____;(3)在(1)的条件下,若CD=6,S△BCE=2S△ACD,求AE的长.【答案】(1)见解析(2)AD=BE+DE (3)8【解析】试题分析:(1)延长DA到F,使DF=DE,根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF,再求出∠ACF=∠BCE,然后利用“边角边”证明△ACF和△BCE全等,根据全等三角形的即可证明AF=BE,从而得证;(2)在AD上截取DF=DE,然后根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF,再求出∠ACF=∠BCE,然后利用“边角边”证明△ACF和△BCE全等,根据全等三角形的即可证明AF=BE,从而得到AD=BE+DE;(3)根据等腰直角三角形的性质求出CD=DF=DE,再根据等高的三角形的面积的比等于底边的比求出AF=2AD,然后求出AD的长,再根据AE=AD+DE代入数据进行计算即可得解.试题解析:(1)证明:如图①,延长DA到F,使DF=DE.∵CD⊥AE,∴CE=CF,∴∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°,∴∠ACD+∠ACF=∠DCF=45°.又∵∠ACB=90°,∠PCQ=45°,∴∠ACD+∠BCE=90°﹣45°=45°,∴∠ACF=∠BCE.在△ACF和△BCE中,∵CE CFACF BCEAC BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△ACF≌△BCE(SAS),∴AF=BE,∴AD+BE=AD+AF=DF=DE,即AD+BE=DE;(2)解:如图②,在AD上截取DF=DE.∵CD⊥AE,∴CE=CF,∴∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°,∴∠ECF=∠DCE+∠DCF=90°,∴∠BCE+∠BCF=∠ECF=90°.又∵∠ACB=90°,∴∠ACF+∠BCF=90°,∴∠ACF=∠BCE.在△ACF和△BCE中,∵CE CFACF BCEAC BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△ACF≌△BCE(SAS),∴AF=BE,∴AD=AF+DF=BE+DE,即AD=BE+DE;故答案为:AD=BE+DE.(3)∵∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°,∴∠ECF=45°+45°=90°,∴△ECF是等腰直角三角形,∴CD=DF=DE=6.∵S△BCE=2S△ACD,∴AF=2AD,∴AD=112+×6=2,∴AE=AD+DE=2+6=8.点睛:本题考查了全等三角形的判定与性质,线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质,等腰直角三角形的性质,综合性较强,但难度不是很大,作辅助线构造出全等三角形是解题的关键.8.在Rt △ACB 和△AEF 中,∠ACB =∠AEF =90°,若点P 是BF 的中点,连接PC ,PE. 特殊发现:如图1,若点E 、F 分别落在边AB ,AC 上,则结论:PC =PE 成立(不要求证明). 问题探究:把图1中的△AEF 绕点A 顺时针旋转.(1)如图2,若点E 落在边CA 的延长线上,则上述结论是否成立?若成立,请给予证明;若不成立,请说明理由;(2)如图3,若点F 落在边AB 上,则上述结论是否仍然成立?若成立,请给予证明;若不成立,请说明理由;(3)记AC BC=k ,当k 为何值时,△CPE 总是等边三角形?(请直接写出后的值,不必说)【答案】()1 PC PE =成立 ()2 ,PC PE =成立 ()3当k 3CPE V 总是等边三角形【解析】【分析】 (1)过点P 作PM ⊥CE 于点M ,由EF ⊥AE ,BC ⊥AC ,得到EF ∥MP ∥CB ,从而有EM FP MC PB=,再根据点P 是BF 的中点,可得EM=MC ,据此得到PC=PE . (2)过点F 作FD ⊥AC 于点D ,过点P 作PM ⊥AC 于点M ,连接PD ,先证△DAF ≌△EAF ,即可得出AD=AE ;再证△DAP ≌△EAP ,即可得出PD=PE ;最后根据FD ⊥AC ,BC ⊥AC ,PM ⊥AC ,可得FD ∥BC ∥PM ,再根据点P 是BF 的中点,推得PC=PD ,再根据PD=PE ,即可得到结论.(3)因为△CPE 总是等边三角形,可得∠CEP=60°,∠CAB=60°;由∠ACB=90°,求出∠CBA=30°;最后根据AC k BC =,AC BC =tan30°,求出当△CPE 总是等边三角形时,k 的值是多少即可.【详解】解:(1)PC=PE 成立,理由如下:如图2,过点P 作PM ⊥CE 于点M ,∵EF ⊥AE ,BC ⊥AC ,∴EF ∥MP ∥CB ,∴EM FP MC PB=,∵点P 是BF 的中点,∴EM=MC ,又∵PM ⊥CE ,∴PC=PE ;(2)PC=PE 成立,理由如下:如图3,过点F 作FD ⊥AC 于点D ,过点P 作PM ⊥AC 于点M ,连接PD ,∵∠DAF=∠EAF ,∠FDA=∠FEA=90°,在△DAF 和△EAF 中,∵∠DAF=∠EAF ,∠FDA=∠FEA ,AF=AF ,∴△DAF ≌△EAF (AAS ),∴AD=AE ,在△DAP 和△EAP 中,∵AD=AE ,∠DAP=∠EAP ,AP=AP ,∴△DAP ≌△EAP (SAS ),∴PD=PE ,∵FD ⊥AC ,BC ⊥AC ,PM ⊥AC ,∴FD ∥BC ∥PM ,∴DM FP MC PB=, ∵点P 是BF 的中点,∴DM=MC ,又∵PM ⊥AC ,∴PC=PD ,又∵PD=PE ,∴PC=PE ;(3)如图4,∵△CPE 总是等边三角形,∴∠CEP=60°,∴∠CAB=60°,∵∠ACB=90°,∴∠CBA=90°﹣∠ACB=90°﹣60°=30°, ∵AC k BC ,AC BC=tan30°, ∴k=tan30°=3, ∴当k 为33时,△CPE 总是等边三角形.【点睛】考点:1.几何变换综合题;2.探究型;3.压轴题;4.三角形综合题;5.全等三角形的判定与性质;6.平行线分线段成比例.9.如图1,△ACB 、△AED 都为等腰直角三角形,∠AED=∠ACB=90°,点D 在AB 上,连CE ,M 、N 分别为BD 、CE 的中点.(1)求证:MN ⊥CE ;(2)如图2将△AED 绕A 点逆时针旋转30°,求证:CE=2MN .【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.【解析】试题分析:(1)延长DN交AC于F,连BF,推出DE∥AC,推出△EDN∽△CFN,推出DE EN DN==,求出DN=FN,FC=ED,得出MN是中位线,推出MN∥BF,证CF CN NF△CAE≌△BCF,推出∠ACE=∠CBF,求出∠CBF+∠BCE=90°,即可得出答案;(2)延长DN到G,使DN=GN,连接CG,延长DE、CA交于点K,求出BG=2MN,证△CAE≌△BCG,推出BG=CE,即可得出答案.试题解析:(1)证明:延长DN交AC于F,连BF,∵N为CE中点,∴EN=CN,∵△ACB和△AED是等腰直角三角形,∠AED=∠ACB=90°,DE=AE,AC=BC,∴∠EAD=∠EDA=∠BAC=45°,∴DE∥AC,∴△EDN∽△CFN,∴DE EN DN==,CF CN NF∵EN=NC,∴DN=FN,FC=ED,∴MN是△BDF的中位线,∴MN∥BF,∵AE=DE ,DE=CF ,∴AE=CF ,∵∠EAD=∠BAC=45°,∴∠EAC=∠ACB=90°,在△CAE 和△BCF 中,CA BC CAE BCF AE CF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== , ∴△CAE ≌△BCF (SAS ),∴∠ACE=∠CBF ,∵∠ACE+∠BCE=90°,∴∠CBF+∠BCE=90°,即BF ⊥CE ,∵MN ∥BF ,∴MN ⊥CE .(2)证明:延长DN 到G ,使DN=GN ,连接CG ,延长DE 、CA 交于点K ,∵M 为BD 中点,∴MN 是△BDG 的中位线,∴BG=2MN ,在△EDN 和⊈CGN 中, DN NG DNE GNC EN NC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩===,∴△EDN ≌△CGN (SAS ),∴DE=CG=AE ,∠GCN=∠DEN ,∴DE ∥CG ,∴∠KCG=∠CKE ,∵∠CAE=45°+30°+45°=120°,∴∠EAK=60°,∴∠CKE=∠KCG=30°,∴∠BCG=120°,在△CAE 和△BCG 中,AC BC CAE BCG AE CG ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== , ∴△CAE ≌△BCG (SAS ),∴BG=CE ,∵BG=2MN ,∴CE=2MN .【点睛】考查了等腰直角三角形性质,全等三角形的性质和判定,三角形的中位线,平行线性质和判定的应用,主要考查学生的推理能力.10.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.11.(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.12.如图1,是边长分别为6和4的两个等边三角形纸片ABC和CD1E1叠放在一起.(1)操作:固定△ABC,将△CD1E1绕点C顺时针旋转得到△CDE,连接AD、BE,如图2.探究:在图2中,线段BE与AD之间有怎样的大小关系?并请说明理由;(2)操作:固定△ABC,若将△CD1E1绕点C顺时针旋转30°得到△CDE,连接AD、BE,CE 的延长线交AB于点F,在线段CF上沿着CF方向平移,(点F与点P重合即停止平移)平移后的△CDE设为△PQR,如图3.探究:在图3中,除三角形ABC和CDE外,还有哪个三角形是等腰三角形?写出你的结论(不必说明理由);(3)探究:如图3,在(2)的条件下,设CQ=x,用x代数式表示出GH的长.【答案】(1)BE=CD.理由见解析;(2)△CHQ是等腰三角形;(3)2-x.【解析】试题分析:(1)根据等边三角形的性质可得AB=BC,CD=CE,∠ACB=∠ECD=60°,然后求出∠ACD=∠BCE,再利用“边角边”证明△ACD和△BCE全等,根据全等三角形对应边相等证明即可;(2)求出∠ACF=30°,再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠CHQ=30°,从而得到∠ACF=∠CHQ,判断出△CHQ是等腰三角形;(3)求出∠CGP=90°,然后利用∠ACF的余弦表示出CG,再根据等腰三角形的性质表示出CH,然后根据GH=CG-CH整理即可得解.试题解析:(1)BE=CD.理由如下:∵△ABC与△CDE是等边三角形,∴AC=BC,CE=CD,∠ACB=∠ECD=60°.∴∠ACB-∠ACE=∠ECD-∠ACE,即∠BCE=∠ACD.在△ACD和△BCE中,∴△ACD≌△BCE(SAS),∴BE=AD;(2)∵旋转角为30°,∴∠BCF=30°,∴∠ACF=60°-30°=30°,∴∠CHQ=∠RQP-∠ACF=60°-30°=30°,∴∠ACF=∠CHQ,∴△CHQ是等腰三角形;(3)∠CGP=180°-∠ACF-∠RPQ=180°-30°-60°=90°,∴CG=CP•cos30°=(x+4),∵△CHQ是等腰三角形,∴CH=2•CQcos30°=2x•=x,∴GH=CG-CH=(x+4)-x=2-x.考点:几何变换综合题.13.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+=32m,在Rt△EBH中,sin∠EBH=3+362246EHEB 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,14.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.15.如图,点P是正方形ABCD内一点,点P到点A,B和D的距离分别为1,22,10.△ADP沿点A旋转至△ABP′,连接PP′,并延长AP与BC相交于点Q.(1)求证:△APP′是等腰直角三角形;(2)求∠BPQ的大小.【答案】(1)证明见解析;(2)∠BPQ=45°.【解析】【分析】(1)根据旋转的性质可知,△APD≌△AP′B,所以AP=AP′,∠PAD=∠P′AB,因为∠PAD+∠PAB=90°,所以∠P′AB+∠PAB=90°,即∠PAP′=90°,故△APP′是等腰直角三角形;(2)根据勾股定理逆定理可判断△PP′B是直角三角形,再根据平角定义求出结果.【详解】(1)证明:∵四边形ABCD为正方形,∴AB=AD,∠BAD=90°,∵△ADP沿点A旋转至△ABP′,∴AP=AP′,∠PAP′=∠DAB=90°,∴△APP′是等腰直角三角形;(2)∵△APP′是等腰直角三角形,∴22,∠APP′=45°,∵△ADP沿点A旋转至△ABP′,∴10,在△PP′B中,2,2,10,∵2)2+(22=10)2,∴PP′2+PB2=P′B2,∴△PP′B为直角三角形,∠P′PB=90°,∴∠BPQ=180°﹣∠APP′﹣∠P′PB=180°﹣45°﹣90°=45°.【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理及逆定理的综合运用,有一定难度,关键是明确旋转的不变性.。

2020-2021全国中考数学初中数学 旋转的综合中考真题汇总附答案

2020-2021全国中考数学初中数学 旋转的综合中考真题汇总附答案

2020-2021全国中考数学初中数学旋转的综合中考真题汇总附答案一、旋转1.如图1,在□ABCD中,AB=6,∠B= (60°<≤90°). 点E在BC上,连接AE,把△ABE沿AE折叠,使点B与AD上的点F重合,连接EF.(1)求证:四边形ABEF是菱形;(2)如图2,点M是BC上的动点,连接AM,把线段AM绕点M顺时针旋转得到线段MN,连接FN,求FN的最小值(用含的代数式表示).【答案】(1)详见解析;(2)FE·sin(-90°)【解析】【分析】(1)由四边形ABCD是平行四边形得AF∥BE,所以∠FAE=∠BEA,由折叠的性质得∠BAE=∠FAE,∠BEA=∠FEA,所以∠BAE=∠FEA,故有AB∥FE,因此四边形ABEF是平行四边形,又BE=EF,因此可得结论;(2)根据点M在线段BE上和EC上两种情况证明∠ENG=90°-,利用菱形的性质得到∠FEN=-90°,再根据垂线段最短,求出FN的最小值即可.【详解】(1)∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,∴∠FAE=∠BEA,由折叠的性质得∠BAE=∠FAE,∠BEA=∠FEA, BE=EF,∴∠BAE=∠FEA,∴AB∥FE,∴四边形ABEF是平行四边形,又BE=EF,∴四边形ABEF是菱形;(2)①如图1,当点M在线段BE上时,在射线MC上取点G,使MG=AB,连接GN、EN.∵∠AMN=∠B=,∠AMN+∠2=∠1+∠B∴∠1=∠2又AM=NM,AB=MG∴△ABM≌△MGN∴∠B=∠3,NG=BM∵MG=AB=BE∴EG=AB=NG∴∠4=∠ENG= (180°-)=90°-又在菱形ABEF中,AB∥EF∴∠FEC=∠B=∴∠FEN=∠FEC-∠4=- (90°-)=-90°②如图2,当点M在线段EC上时,在BC延长线上截取MG=AB,连接GN、EN.同理可得:∠FEN=∠FEC-∠4=- (90°-)=-90°综上所述,∠FEN=-90°∴当点M在BC上运动时,点N在射线EH上运动(如图3)当FN⊥EH时,FN最小,其最小值为FE·sin(-90°)【点睛】本题考查了菱形的判定与性质以及求最短距离的问题,解题的关键是分类讨论得出∠FEN =-90°,再运用垂线段最短求出FN的最小值.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 =2114. 故答案为210或2114.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.如图1,在Rt △ABC 中,∠ACB =90°,AC =BC .点D 、E 分别在AC 、BC 边上,DC =EC ,连接DE 、AE 、BD .点M 、N 、P 分别是AE 、BD 、AB 的中点,连接PM 、PN 、MN .(1)PM 与BE 的数量关系是 ,BE 与MN 的数量关系是 .(2)将△DEC 绕点C 逆时针旋转到如图2的位置,判断(1)中BE 与MN 的数量关系结论是否仍然成立,如果成立,请写出证明过程,若不成立,请说明理由;(3)若CB =6.CE =2,在将图1中的△DEC 绕点C 逆时针旋转一周的过程中,当B 、E 、D 三点在一条直线上时,求MN 的长度. 【答案】(1)1,22PM BE BE MN ==;(2)成立,理由见解析;(3)MN =17﹣1或17+1 【解析】 【分析】(1)如图1中,只要证明PMN 的等腰直角三角形,再利用三角形的中位线定理即可解决问题;(2)如图2中,结论仍然成立,连接AD 、延长BE 交AD 于点H .由ECB DCA ≅,推出BE AD =,DAC EBC ∠=∠,即可推出BH AD ⊥,由M 、N 、P 分别AE 、BD 、AB 的中点,推出//PM BE ,12PM BE =,//PN AD ,12PN AD =,推出PM PN =,90MPN ∠=︒,可得22222BE PM MN MN ==⨯=; (3)有两种情形分别求解即可. 【详解】 (1)如图1中,∵AM =ME ,AP =PB ,∴PM ∥BE ,12PM BE =, ∵BN =DN ,AP =PB ,∴PN ∥AD ,12PN AD =, ∵AC =BC ,CD =CE , ∴AD =BE , ∴PM =PN , ∵∠ACB =90°, ∴AC ⊥BC ,∴∵PM ∥BC ,PN ∥AC , ∴PM ⊥PN ,∴△PMN 的等腰直角三角形, ∴2MN PM =,∴122MN BE =⋅, ∴2BE MN =,故答案为12PM BE =,2BE MN =. (2)如图2中,结论仍然成立.理由:连接AD 、延长BE 交AD 于点H . ∵△ABC 和△CDE 是等腰直角三角形, ∴CD =CE ,CA =CB ,∠ACB =∠DCE =90°, ∵∠ACB ﹣∠ACE =∠DCE ﹣∠ACE , ∴∠ACD =∠ECB , ∴△ECB ≌△DCA , ∴BE =AD ,∠DAC =∠EBC , ∵∠AHB =180°﹣(∠HAB +∠ABH ) =180°﹣(45°+∠HAC +∠ABH ) =∠180°﹣(45°+∠HBC +∠ABH ) =180°﹣90° =90°, ∴BH ⊥AD ,∵M 、N 、P 分别为AE 、BD 、AB 的中点,∴PM ∥BE ,12PM BE =,PN ∥AD ,12PN AD =, ∴PM =PN ,∠MPN =90°,∴22222BE PM MN MN ==⨯=. (3)①如图3中,作CG ⊥BD 于G ,则2CG GE DG ===,当D 、E 、B 共线时,在Rt △BCG 中,()22226234BG BC CG =-=-=,∴342BE BG GE =-=-, ∴21712MN BE ==-. ②如图4中,作CG ⊥BD 于G ,则2CG GE DG ===,当D 、E 、B 共线时,在Rt △BCG 中,()22226234BG BC CG =-=-=∴342BE BG GE =+=, ∴21712MN BE ==. 综上所述,MN 17﹣117. 【点睛】本题属于几何变换综合题,考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会用分类讨论的思想思考问题,属于中考压轴题.4.如图l,在AABC中,∠ACB=90°,点P为ΔABC内一点.(1)连接PB,PC,将ABCP沿射线CA方向平移,得到ΔDAE,点B,C,P的对应点分别为点D、A、E,连接CE.①依题意,请在图2中补全图形;②如果BP⊥CE,BP=3,AB=6,求CE的长(2)如图3,以点A为旋转中心,将ΔABP顺时针旋转60°得到△AMN,连接PA、PB、PC,当AC=3,AB=6时,根据此图求PA+PB+PC的最小值.【答案】(1)①补图见解析;②;(2)【解析】(1)①连接PB、PC,将△BCP沿射线CA方向平移,得到△DAE,点B、C、P的对应点分别为点D、A、E,连接CE,据此画图即可;②连接BD、CD,构造矩形ACBD和Rt△CDE,根据矩形的对角线相等以及勾股定理进行计算,即可求得CE的长;(2)以点A为旋转中心,将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN,连接BN,根据△PAM、△ABN都是等边三角形,可得PA+PB+PC=CP+PM+MN,最后根据当C、P、M、N四点共射线,PA+PB+PC的值最小,此时△CBN是直角三角形,利用勾股定理即可解决问题.解:(1)①补全图形如图所示;②如图,连接BD、CD∵△BCP沿射线CA方向平移,得到△DAE,∴BC∥AD且BC=AD,∵∠ACB=90°,∴四边形BCAD是矩形,∴CD=AB=6,∵BP=3,∴DE=BP=3,∵BP⊥CE,BP∥DE,∴DE⊥CE,∴在Rt△DCE中,;(2)证明:如图所示,当C、P、M、N四点共线时,PA+PB+PC最小由旋转可得,△AMN≌△APB,∴PB=MN易得△APM、△ABN都是等边三角形,∴PA=PM∴PA+PB+PC=PM+MN+PC=CN,∴BN=AB=6,∠BNA=60°,∠PAM=60°∴∠CAN=∠CAB+∠BAN=60°+60°=120°,∴∠CBN=90°在Rt△ABC中,易得∴在Rt△BCN中,“点睛”本题属于几何变换综合题,主要考查了旋转和平移的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质以及勾股定理的综合应用,解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形和全等三角形,依据图形的性质进行计算求解.5.如图所示,△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形,∠BAC=∠DAE=90°,EC的延长线交BD于点P.(1)把△ABC绕点A旋转到图1,BD,CE的关系是(选填“相等”或“不相等”);简要说明理由;(2)若AB=3,AD=5,把△ABC绕点A旋转,当∠EAC=90°时,在图2中作出旋转后的图形,PD=,简要说明计算过程;(3)在(2)的条件下写出旋转过程中线段PD的最小值为,最大值为.【答案】(1)BD,CE的关系是相等;(2)53417或203417;(3)1,7【解析】分析:(1)依据△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形,∠BAC=∠DAE=90°,即可BA=CA,∠BAD=∠CAE,DA=EA,进而得到△ABD≌△ACE,可得出BD=CE;(2)分两种情况:依据∠PDA=∠AEC,∠PCD=∠ACE,可得△PCD∽△ACE,即可得到PD AE =CDCE,进而得到PD=53417;依据∠ABD=∠PBE,∠BAD=∠BPE=90°,可得△BAD∽△BPE,即可得到PB BEAB BD,进而得出PB=63434,PD=BD+PB=203417;(3)以A为圆心,AC长为半径画圆,当CE在⊙A下方与⊙A相切时,PD的值最小;当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时,PD的值最大.在Rt△PED中,PD=DE•sin∠PED,因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小.分两种情况进行讨论,即可得到旋转过程中线段PD的最小值以及最大值.详解:(1)BD,CE的关系是相等.理由:∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形,∠BAC=∠DAE=90°,∴BA=CA,∠BAD=∠CAE,DA=EA,∴△ABD≌△ACE,∴BD=CE;故答案为相等.(2)作出旋转后的图形,若点C在AD上,如图2所示:∵∠EAC=90°,∴CE=2234AC AE +=, ∵∠PDA=∠AEC ,∠PCD=∠ACE ,∴△PCD ∽△ACE ,∴PD CD AE CE=, ∴PD=53417; 若点B 在AE 上,如图2所示:∵∠BAD=90°,∴Rt △ABD 中,BD=2234AD AB +=,BE=AE ﹣AB=2,∵∠ABD=∠PBE ,∠BAD=∠BPE=90°,∴△BAD ∽△BPE ,∴PB BE AB BD=,即334PB =, 解得PB=63434, ∴PD=BD+PB=34+63434=203417, 故答案为53417或203417; (3)如图3所示,以A 为圆心,AC 长为半径画圆,当CE 在⊙A 下方与⊙A 相切时,PD 的值最小;当CE 在在⊙A 右上方与⊙A 相切时,PD 的值最大.如图3所示,分两种情况讨论:在Rt △PED 中,PD=DE•sin ∠PED ,因此锐角∠PED 的大小直接决定了PD 的大小.①当小三角形旋转到图中△ACB的位置时,在Rt△ACE中,CE=22-=4,53在Rt△DAE中,DE=22+=,5552∵四边形ACPB是正方形,∴PC=AB=3,∴PE=3+4=7,在Rt△PDE中,PD=2250491-=-=,DE PE即旋转过程中线段PD的最小值为1;②当小三角形旋转到图中△AB'C'时,可得DP'为最大值,此时,DP'=4+3=7,即旋转过程中线段PD的最大值为7.故答案为1,7.点睛:本题属于几何变换综合题,主要考查了等腰直角三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、圆的有关知识,解题的关键是灵活运用这些知识解决问题,学会分类讨论的思想思考问题,学会利用图形的特殊位置解决最值问题.6.如图:在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,∠PCQ=45°,把∠PCQ绕点C旋转,在整个旋转过程中,过点A作AD⊥CP,垂足为D,直线AD交CQ于E.(1)如图①,当∠PCQ在∠ACB内部时,求证:AD+BE=DE;(2)如图②,当CQ在∠ACB外部时,则线段AD、BE与DE的关系为_____;(3)在(1)的条件下,若CD=6,S△BCE=2S△ACD,求AE的长.【答案】(1)见解析(2)AD=BE+DE (3)8【解析】试题分析:(1)延长DA到F,使DF=DE,根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF,再求出∠ACF=∠BCE,然后利用“边角边”证明△ACF和△BCE全等,根据全等三角形的即可证明AF=BE,从而得证;(2)在AD上截取DF=DE,然后根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF,再求出∠ACF=∠BCE,然后利用“边角边”证明△ACF和△BCE全等,根据全等三角形的即可证明AF=BE,从而得到AD=BE+DE;(3)根据等腰直角三角形的性质求出CD=DF=DE,再根据等高的三角形的面积的比等于底边的比求出AF=2AD,然后求出AD的长,再根据AE=AD+DE代入数据进行计算即可得解.试题解析:(1)证明:如图①,延长DA到F,使DF=DE.∵CD⊥AE,∴CE=CF,∴∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°,∴∠ACD+∠ACF=∠DCF=45°.又∵∠ACB=90°,∠PCQ=45°,∴∠ACD+∠BCE=90°﹣45°=45°,∴∠ACF=∠BCE.在△ACF和△BCE中,∵CE CFACF BCEAC BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△ACF≌△BCE(SAS),∴AF=BE,∴AD+BE=AD+AF=DF=DE,即AD+BE=DE;(2)解:如图②,在AD上截取DF=DE.∵CD⊥AE,∴CE=CF,∴∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°,∴∠ECF=∠DCE+∠DCF=90°,∴∠BCE+∠BCF=∠ECF=90°.又∵∠ACB=90°,∴∠ACF+∠BCF=90°,∴∠ACF=∠BCE.在△ACF和△BCE中,∵CE CFACF BCEAC BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△ACF≌△BCE(SAS),∴AF=BE,∴AD=AF+DF=BE+DE,即AD=BE+DE;故答案为:AD=BE+DE.(3)∵∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°,∴∠ECF=45°+45°=90°,∴△ECF是等腰直角三角形,∴CD=DF=DE=6.∵S△BCE=2S△ACD,∴AF=2AD,∴AD=112+×6=2,∴AE=AD+DE=2+6=8.点睛:本题考查了全等三角形的判定与性质,线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质,等腰直角三角形的性质,综合性较强,但难度不是很大,作辅助线构造出全等三角形是解题的关键.7.如图1,在Rt△ADE中,∠DAE=90°,C是边AE上任意一点(点C与点A、E不重合),以AC为一直角边在Rt△ADE的外部作Rt△ABC,∠BAC=90°,连接BE、CD.(1)在图1中,若AC=AB,AE=AD,现将图1中的Rt△ADE绕着点A顺时针旋转锐角α,得到图2,那么线段BE.CD之间有怎样的关系,写出结论,并说明理由;(2)在图1中,若CA=3,AB=5,AE=10,AD=6,将图1中的Rt△ADE绕着点A顺时针旋转锐角α,得到图3,连接BD、CE.①求证:△ABE∽△ACD;②计算:BD2+CE2的值.【答案】(1)BE=CD,BE⊥CD,理由见角;(2)①证明见解析;②BD2+CE2=170.【解析】【分析】(1)结论:BE=CD,BE⊥CD;只要证明△BAE≌△CAD,即可解决问题;(2)①根据两边成比例夹角相等即可证明△ABE∽△ACD.②由①得到∠AEB=∠CDA.再根据等量代换得到∠DGE=90°,即DG⊥BE,根据勾股定理得到BD2+CE2=CB2+ED2,即可根据勾股定理计算.【详解】(1)结论:BE=CD,BE⊥CD.理由:设BE与AC的交点为点F,BE与CD的交点为点G,如图2.∵∠CAB=∠EAD=90°,∴∠CAD=∠BAE.在△CAD和△BAE中,∵AB ACBAE CADAE AD=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△CAD≌△BAE,∴CD=BE,∠ACD=∠ABE.∵∠BFA=∠CFG,∠BFA+∠ABF=90°,∴∠CFG+∠ACD=90°,∴∠CGF=90°,∴BE⊥CD.(2)①设AE与CD于点F,BE与DC的延长线交于点G,如图3.∵∠CABB=∠EAD=90°,∴∠CAD=∠BAE.∵CA=3,AB=5,AD=6,AE=10,∴AEAB =ADAC=2,∴△ABE∽△ACD;②∵△ABE∽△ACD,∴∠AEB=∠CDA.∵∠AFD=∠EFG,∠AFD+∠CDA=90°,∴∠EFG+∠AEB=90°,∴∠DGE=90°,∴DG⊥BE,∴∠AGD=∠BGD=90°,∴CE2=CG2+EG2,BD2=BG2+DG2,∴BD2+CE2=CG2+EG2+BG2+DG2.∵CG2+BG2=CB2,EG2+DG2=ED2,∴BD2+CE2=CB2+ED2=CA2+AB2+AD2+AD2=170.【点睛】本题是几何综合变换综合题,主要考查了图形的旋转变换、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理的综合运用,运用类比,在变化中发现规律是解决问题的关键.8.已知:△ABC和△ADE均为等边三角形,连接BE,CD,点F,G,H分别为DE,BE,CD 中点.(1)当△ADE绕点A旋转时,如图1,则△FGH的形状为,说明理由;(2)在△ADE旋转的过程中,当B,D,E三点共线时,如图2,若AB=3,AD=2,求线段FH的长;(3)在△ADE旋转的过程中,若AB=a,AD=b(a>b>0),则△FGH的周长是否存在最大值和最小值,若存在,直接写出最大值和最小值;若不存在,说明理由.【答案】(1)△FGH是等边三角形;(2)612;(3)△FGH的周长最大值为32(a+b),最小值为32(a﹣b).【解析】试题分析:(1)结论:△FGH是等边三角形.理由如下:根据三角形中位线定理证明FG=FH,再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题;、(2)如图2中,连接AF、EC.在Rt△AFE和Rt△AFB中,解直角三角形即可;(3)首先证明△GFH的周长=3GF=32BD,求出BD的最大值和最小值即可解决问题;试题解析:解:(1)结论:△FGH是等边三角形.理由如下:如图1中,连接BD、CE,延长BD交CE于M,设BM交FH于点O.∵△ABC和△ADE均为等边三角形,∴AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE,∴∠BAD=∠CAE,∴△BAD≌△CAE,∴BD=CE,∠ADB=∠AEC,∵EG=GB,EF=FD,∴FG=12BD,GF∥BD,∵DF=EF,DH=HC,∴FH=12EC,FH∥EC,∴FG=FH,∵∠ADB+∠ADM=180°,∴∠AEC+∠ADM=180°,∴∠DMC+∠DAE=180°,∴∠DME=120°,∴∠BMC=60°∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°,∴△GHF是等边三角形,故答案为:等边三角形.(2)如图2中,连接AF、EC.易知AF⊥DE,在Rt△AEF中,AE=2,EF=DF=1,∴AF2221-3,在Rt△ABF中,BF22AB AF-6,∴BD=CE=BF﹣DF61,∴FH=12EC61-.(3)存在.理由如下.由(1)可知,△GFH是等边三角形,GF=12BD,∴△GFH的周长=3GF=32BD,在△ABD中,AB=a,AD=b,∴BD的最小值为a﹣b,最大值为a+b,∴△FGH的周长最大值为3 2(a+b),最小值为32(a﹣b).点睛:本题考查等边三角形的性质.全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角形的中位线的宽等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,正确寻找全等三角形解决问题,学会利用三角形的三边关系解决最值问题,属于中考压轴题.9.在正方形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.10.如图1,是边长分别为6和4的两个等边三角形纸片ABC和CD1E1叠放在一起.(1)操作:固定△ABC,将△CD1E1绕点C顺时针旋转得到△CDE,连接AD、BE,如图2.探究:在图2中,线段BE与AD之间有怎样的大小关系?并请说明理由;(2)操作:固定△ABC,若将△CD1E1绕点C顺时针旋转30°得到△CDE,连接AD、BE,CE 的延长线交AB于点F,在线段CF上沿着CF方向平移,(点F与点P重合即停止平移)平移后的△CDE设为△PQR,如图3.探究:在图3中,除三角形ABC和CDE外,还有哪个三角形是等腰三角形?写出你的结论(不必说明理由);(3)探究:如图3,在(2)的条件下,设CQ=x,用x代数式表示出GH的长.【答案】(1)BE=CD.理由见解析;(2)△CHQ是等腰三角形;(3)2-x.【解析】试题分析:(1)根据等边三角形的性质可得AB=BC,CD=CE,∠ACB=∠ECD=60°,然后求出∠ACD=∠BCE,再利用“边角边”证明△ACD和△BCE全等,根据全等三角形对应边相等证明即可;(2)求出∠ACF=30°,再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠CHQ=30°,从而得到∠ACF=∠CHQ,判断出△CHQ是等腰三角形;(3)求出∠CGP=90°,然后利用∠ACF的余弦表示出CG,再根据等腰三角形的性质表示出CH,然后根据GH=CG-CH整理即可得解.试题解析:(1)BE=CD.理由如下:∵△ABC与△CDE是等边三角形,∴AC=BC,CE=CD,∠ACB=∠ECD=60°.∴∠ACB-∠ACE=∠ECD-∠ACE,即∠BCE=∠ACD.在△ACD和△BCE中,∴△ACD≌△BCE(SAS),∴BE=AD;(2)∵旋转角为30°,∴∠BCF=30°,∴∠ACF=60°-30°=30°,∴∠CHQ=∠RQP-∠ACF=60°-30°=30°,∴∠ACF=∠CHQ,∴△CHQ是等腰三角形;(3)∠CGP=180°-∠ACF-∠RPQ=180°-30°-60°=90°,∴CG=CP•cos30°=(x+4),∵△CHQ是等腰三角形,∴CH=2•CQcos30°=2x•=x,∴GH=CG-CH=(x+4)-x=2-x.考点:几何变换综合题.11.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°),点B的对应点为点D,点C的对应点为点E,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请直接写出BE的长;(2)在旋转过程中,过点D作DG垂直于直线AB,垂足为点G,连接CE,当∠DAG=∠ACB,且线段DG与线段AE无公共点时,请直接写出BE+CE的值.【答案】(1)①②详见解析;③3﹣4;(2)13.【解析】试题分析:(1)①由旋转性质知AB=AD,∠BAD=60°即可得证;②由BA=BD、EA=ED根据中垂线性质即可得证;③分别求出BF、EF的长即可得;(2)由∠ACB+∠BAC+∠ABC=180°、∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°、∠DAG=∠ACB、∠DAE=∠BAC得∠BAE=∠BAC且AE=AC,根据三线合一可得CE⊥AB、AC=5、AH=3,继而知CE=2CH=8、BE=5,即可得答案.试题解析:(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的中垂线上,∴BE是AD的中垂线,∵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,∵在等边三角形ABD中,BF=AB•sin∠BAF=6×=3,∴BE=BF ﹣EF=3﹣4;(2)如图所示,∵∠DAG=∠ACB ,∠DAE=∠BAC ,∴∠ACB+∠BAC+∠ABC=∠DAG+∠DAE+∠ABC=180°,又∵∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°,∴∠BAE=∠ABC ,∵AC=BC=AE ,∴∠BAC=∠ABC ,∴∠BAE=∠BAC ,∴AB ⊥CE ,且CH=HE=CE ,∵AC=BC ,∴AH=BH=AB=3, 则CE=2CH=8,BE=5,∴BE+CE=13.考点:三角形综合题.12.在平面直角坐标系中,四边形AOBC 是矩形,点(0,0)O ,点(5,0)A ,点(0,3)B .以点A 为中心,顺时针旋转矩形AOBC ,得到矩形ADEF ,点O ,B ,C 的对应点分别为D ,E ,F .(Ⅰ)如图①,当点D 落在BC 边上时,求点D 的坐标;(Ⅱ)如图②,当点D 落在线段BE 上时,AD 与BC 交于点H .①求证ADB AOB △△≌;②求点H 的坐标.(Ⅲ)记K 为矩形AOBC 对角线的交点,S 为KDE △的面积,求S 的取值范围(直接写出结果即可).【答案】(Ⅰ)点D 的坐标为(1,3).(Ⅱ)①证明见解析;②点H 的坐标为17(,3)5.(Ⅲ)3033430334S -+≤≤. 【解析】分析:(Ⅰ)根据旋转的性质得AD=AO=5,设CD=x ,在直角三角形ACD 中运用勾股定理可CD 的值,从而可确定D 点坐标;(Ⅱ)①根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可;②由①知BAD BAO ∠=∠,再根据矩形的性质得CBA OAB ∠=∠.从而BAD CBA ∠=∠,故BH=AH ,在Rt △ACH 中,运用勾股定理可求得AH 的值,进而求得答案;(Ⅲ)303343033444S -+≤≤. 详解:(Ⅰ)∵点()5,0A ,点()0,3B ,∴5OA =,3OB =.∵四边形AOBC 是矩形,∴3AC OB ==,5BC OA ==,90OBC C ∠=∠=︒.∵矩形ADEF 是由矩形AOBC 旋转得到的,∴5AD AO ==.在Rt ADC 中,有222AD AC DC =+,∴22DC AD AC =- 22534=-=.∴1BD BC DC =-=.∴点D 的坐标为()1,3.(Ⅱ)①由四边形ADEF 是矩形,得90ADE ∠=︒.又点D 在线段BE 上,得90ADB ∠=︒.由(Ⅰ)知,AD AO =,又AB AB =,90AOB ∠=︒,∴Rt ADB Rt AOB ≌.②由ADB AOB ≌,得BAD BAO ∠=∠.又在矩形AOBC 中,//OA BC ,∴CBA OAB ∠=∠.∴BAD CBA ∠=∠.∴BH AH =.设BH t =,则AH t =,5HC BC BH t =-=-.在Rt AHC 中,有222AH AC HC =+,∴()22235t t =+-.解得175t =.∴175BH =. ∴点H 的坐标为17,35⎛⎫ ⎪⎝⎭.(Ⅲ)3033430334S -+≤≤. 点睛:本大题主要考查了等腰三角形的判定和性质,勾股定理以及旋转变换的性质等知识,灵活运用勾股定理求解是解决本题的关键.13.(1)发现如图,点A 为线段BC 外一动点,且BC a =,AB b =.填空:当点A 位于____________时,线段AC 的长取得最大值,且最大值为_________.(用含a ,b 的式子表示)(2)应用点A 为线段BC 外一动点,且3BC =,1AB =.如图所示,分别以AB ,AC 为边,作等边三角形ABD 和等边三角形ACE ,连接CD ,BE .①找出图中与BE 相等的线段,并说明理由;②直接写出线段BE 长的最大值.(3)拓展如图,在平面直角坐标系中,点A 的坐标为()2,0,点B 的坐标为()5,0,点P 为线段AB 外一动点,且2PA =,PM PB =,90BPM ∠=︒,求线段AM 长的最大值及此时点P 的坐标.【答案】(1)CB 的延长线上,a+b ;(2)①DC=BE,理由见解析;②BE 的最大值是4;(3)AM 的最大值是2,点P 的坐标为(22)【解析】【分析】(1)根据点A 位于CB 的延长线上时,线段AC 的长取得最大值,即可得到结论; (2)①根据等边三角形的性质得到AD=AB ,AC=AE ,∠BAD=∠CAE=60°,推出△CAD ≌△EAB ,根据全等三角形的性质得到CD=BE ;②由于线段BE 长的最大值=线段CD 的最大值,根据(1)中的结论即可得到结果;(3)连接BM ,将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN ,连接AN ,得到△APN 是等腰直角三角形,根据全等三角形的性质得到PN=PA=2,BN=AM ,根据当N 在线段BA 的延长线时,线段BN 取得最大值,即可得到最大值为2+3;如图2,过P 作PE ⊥x 轴于E ,根据等腰直角三角形的性质即可得到结论.【详解】解:(1)∵点A 为线段BC 外一动点,且BC=a ,AB=b ,∴当点A 位于CB 的延长线上时,线段AC 的长取得最大值,且最大值为BC+AB=a+b , 故答案为CB 的延长线上,a+b ;(2)①CD=BE ,理由:∵△ABD 与△ACE 是等边三角形,∴AD=AB ,AC=AE ,∠BAD=∠CAE=60°,∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC ,即∠CAD=∠EAB ,在△CAD 与△EAB 中,AD AB CAD EAB AC AE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== , ∴△CAD ≌△EAB ,∴CD=BE ;②∵线段BE 长的最大值=线段CD 的最大值,由(1)知,当线段CD 的长取得最大值时,点D 在CB 的延长线上,∴最大值为BD+BC=AB+BC=4;(3)∵将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN ,连接AN ,则△APN 是等腰直角三角形,∴PN=PA=2,BN=AM ,∵A 的坐标为(2,0),点B 的坐标为(5,0),∴OA=2,OB=5,∴AB=3,∴线段AM 长的最大值=线段BN 长的最大值,∴当N 在线段BA 的延长线时,线段BN 取得最大值,最大值=AB+AN ,∵AN=2AP=22,∴最大值为22+3;如图2,过P 作PE ⊥x 轴于E ,∵△APN 是等腰直角三角形, ∴2,∴22,∴P (22).【点睛】考查了全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的性质,最大值问题,旋转的性质.正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键.14.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.15.如图1,点O为直线AB上一点,过O点作射线OC,使∠AOC:∠BOC=1:2,将一直角三角板的直角顶点放在点O处,一边OM在射线OB上,另一边ON在直线AB的下方.(1)将图1中的三角板绕点O按逆时针方向旋转至图2的位置,使得ON落在射线OB 上,此时三角板旋转的角度为度;(2)继续将图2中的三角板绕点O按逆时针方向旋转至图3的位置,使得ON在∠AOC的内部.试探究∠AOM与∠NOC之间满足什么等量关系,并说明理由;(3)在上述直角三角板从图1逆时针旋转到图3的位置的过程中,若三角板绕点O按15°每秒的速度旋转,当直角三角板的直角边ON所在直线恰好平分∠AOC时,求此时三角板绕点O的运动时间t的值。

2020年九年级中考数学三轮复习专项练习:《图形旋转》(含答案)

2020年九年级中考数学三轮复习专项练习:《图形旋转》(含答案)

三轮复习专项练习:《图形旋转》1.在平面直角坐标系xOy中,已知A(4,0)、B(1,3),直线l是绕着△OAB的顶点A 旋转,与y轴相交于点P,探究解决下列问题:(1)如图1所示,当直线l旋转到与边OB相交时,试用无刻度的直尺和圆规确定点P 的位置,使顶点O、B到直线l的距离之和最大(保留作图痕迹);(2)当直线l旋转到与y轴的负半轴相交时,使顶点O、B到直线l的距离之和最大,请直接写出点P的坐标是.(可在图2中分析)2.如图,点E是正方形ABCD的边BC上一点,连接DE,将DE绕着点E逆时针旋转90°,得到EG,过点G作GF⊥CB,垂足为F,GH⊥AB,垂足为H,连接DG,交AB于I.(1)求证:四边形BFGH是正方形;(2)求证:ED平分∠CEI;(3)连接IE,若正方形ABCD的边长为3,则△BEI的周长为.3.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=5,AC=4,将△ABC绕点C逆时针旋转90°后得到△A1B1C,再将△A1B1C沿CB向右平移,使点B2恰好落在斜边AB上,A2B2与AC相交于点D.(1)判断四边形A1A2B2B1的形状,并说明理由;(2)求A2C的长度.4.在菱形ABCD中,∠ABC=60°,点P是对角线BD上一动点,将线段CP绕点C顺时针旋转120°到CQ,连接DQ.连接QP并延长,分别交AB、CD于点M,N.(1)如图1,求证:△BCP≌△DCQ;(2)如图2,已知PM=QN;若MN的最小值为,求菱形ABCD的面积.5.四边形ABCD是正方形,PA是过正方形顶点A的直线,作DE⊥PA于E,将射线DE绕点D 逆时针旋转45°与直线PA交于点F.(1)如图1,当∠PAD=45°时,点F恰好与点A重合,则的值为;(2)如图2,若45°<∠PAD<90°,连接BF、BD,试求的值,并说明理由.6.如图,在△ABC中,AC=BC,∠ACB=120°,点D是AB边上一点,连接CD,以CD为边作等边△CDE.(1)如图1,若∠CDB=45°,AB=6,求等边△CDE的边长;(2)如图2,点D在AB边上移动过程中,连接BE,取BE的中点F,连接CF,DF,过点D作DG⊥AC于点G.①求证:CF⊥DF;②如图3,将△CFD沿CF翻折得△CFD′,连接BD′,直接写出的最小值.7.(1)观察与发现:小明将三角形纸片ABC(AC>AB)沿过点A的直线折叠,使得AB落在AC边上,折痕为AD,展开纸片(如图1);在第一次的折叠基础上第二次折叠该三角形纸片,使点A和点D重合,折痕为EF,展平纸片后得到△AEF(如图2).小明认为△AEF是等腰三角形,你同意他的结论吗?请说明理由:(2)模型与运用:如图3,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,BE平分∠ABC交AC于点E,过点C作CD⊥BD,交BE的延长线于点D.若CD=4,求△BCE的面积.8.[问题背景]如图1所示,在△ABC中,AB=BC,∠ABC=90°,点D为直线BC上的一个动点(不与B、C重合),连结AD,将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°,使点A旋转到点E,连结EC.[问题初探]如果点D在线段BC上运动,通过观察、交流,小明形成了以下的解题思路:过点E作EF⊥BC交直线BC于F,如图2所示,通过证明△DEF≌△,可推证△CEF 是三角形,从而求得∠DCE=°.[继续探究]如果点D在线段CB的延长线上运动,如图3所示,求出∠DCE的度数.[拓展延伸]连接BE,当点D在直线BC上运动时,若AB=,请直接写出BE的最小值.9.问题背景:如图①设P是等边△ABC内一点,PA=6,PB=8,PC=10,求∠APB的度数.小君研究这个问题的思路是:将△ACP绕点A逆时针旋转60°得到△ABP',易证:△APP'是等边三角形,△PBP'是直角三角形,所以∠APB=∠APP'+∠BPP'=150°.简单应用:(1)如图2,在等腰直角△ABC中,∠ACB=90°.P为△ABC内一点,且PA =5,PB=3,PC=2,则∠BPC=°(2)如图3,在等边△ABC中,P为△ABC内一点,且PA=5,PB=12,∠APB=150°,则PC=.拓展廷伸:①如图4,∠ABC=∠ADC=90°,AB=BC.求证:BD=AD+DC.②若图4中的等腰直角△ABC与Rt△ADC在同侧如图5,若AD=2,DC=4,请直接写出BD的长.10.在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=1,记∠ABC=α,点D为射线BC上的动点,连接AD,将射线DA绕点D顺时针旋转α角后得到射线DE,过点A作AD的垂线,与射线DE 交于点P,点B关于点D的对称点为Q,连接PQ.(1)当△ABD为等边三角形时,①依题意补全图1;②PQ的长为;(2)如图2,当α=45°,且BD=时,求证:PD=PQ;(3)设BC=t,当PD=PQ时,直接写出BD的长.(用含t的代数式表示)11.已知等边△ABC,点D为BC上一点,连接AD.(1)若点E是AC上一点,且CE=BD,连接BE,BE与AD的交点为点P,在图(1)中根据题意补全图形,直接写出∠APE的大小;(2)将AD绕点A逆时针旋转120°,得到AF,连接BF交AC于点Q,在图(2)中根据题意补全图形,用等式表示线段AQ和CD的数量关系,并证明.12.如图,MO⊥NO于点O,△OAB为等腰直角三角形,∠OAB=90°,当△OAB绕点O旋转时,记∠MOA=α(0°≤α≤90°),OA=5.(1)过点B作BC⊥ON交射线ON于点C,作射线CA交射线OM于点D.①依题意补全图形,求∠ODC的度数;②当sinα=时,求OD的长.(2)若ON上存在一点P,且OP=10,作射线PB交射线OM于点Q,直接写出QP长度的最大值.13.如图a,P、Q是△ABC的边BC上的两点,且△APQ为等边三角形,AB=AC,(1)求证:BP=CQ.(2)如图a,若∠BAC=120°,AP=3,求BC的长.(3)若∠BAC=120°,沿直线BC向右平行移动△APQ得到△A′P′Q′(如图b),A′Q′与AC交于点M.当点P移动到何处时,△AA′M≌△CQ′M?证明你的结论.14.如图,点A,B在直线1上,AB=20cm,∠BAC=120°.(1)点P从A出发,沿射线AB以每秒2cm的速度向右运动,同时点Q从B出发,沿射线BA以每秒lcm的速度向左运动,求点P出发多少秒时与点Q重合?(2)在(1)的条件下,求点P出发多少秒时与点Q相距5cm?(3)点M为射线AC上﹣点,AM=4cm,现将射线AC绕点A以每秒30°的速度顺时针旋转一周后停止,同时点N从点B出发沿直线AB向左运动,在这一运动过程中,是否存在某一时刻,使得点N为BM的中点?若存在,求出点N运动的速度:若不存在,请说明理由.15.在△ABC中,AB=AC,在△ABC的外部作等边三角形△ABD,E为AB的中点,连接DE并延长交BC于点F.(1)如图1,若∠BAC=90°,连接CD,求证:CD平分∠ADF;(2)如图2,过点A折叠∠CAD,使点C与点D重合,折痕AM交EF于点M,若点M正好在∠ABC的平分线上,连接BM并延长交AC于点N,课堂上两个学习小组分别得出如下两个结论:①∠BAC的度数是一个定值,为100°;②线段MN与NC一定相等.请你选择其中一个结论,判断是否正确?若正确,给予证明:若不正确,说明理由.参考答案1.解:(1)如图1,过A点作直线l⊥OB于点F,l与y轴的交点即为所确定的P点位置.理由如下:如图2所示,过点O作OD⊥l于D,过点B作BC⊥l于C.∵S△OAB=FA•OD+FA•BC=FA(OD+BC)=3为定值.要使点O、B到直线l的距离之和最大,即OD+BC最大,只要使FA最小,∴过A点作直线l⊥OB于点F,此时FA即为最小值(此时,点F、D、C重合).∴l与y轴的交点即为所确定的P点位置;(2)由(1)的解题过程知,如图2所示,延长BA到G点,使BA=AG,连接OG,则S△OAG =S△OAB,旋转直线l至l⊥OG于点F,与y轴的交点即为所确定的P点,过点B作BE⊥OA于点E,∵B(1,3),A(4,0),∴EB=EA=3,过点G作GH⊥x轴于点H,∴△ABE≌△AGH(AAS),∴AH=GH=3,∴OH=7,∴tan∠HOG=,又∵直线l⊥OG于点F,∴∠OPA=∠HOG,∴tan∠OPA=tan∠HOG=,∴=,∴=,∴OP=,∴P(0,﹣),故答案为:(0,﹣).2.(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴BC=CD,∠DCE=∠ABC=∠ABF=90°,∵GF⊥CF,GH⊥AB,∴∠F=∠GHB=∠FBH=90°,∴四边形FBHG是矩形,∵ED=EG,∠DEG=90°,∵∠DEC+∠FEG=90°,∠DEC+∠EDC=90°,∴∠FEG=∠EDC,∵∠F=∠DCE=90°,∴△DCE≌△EFG(AAS),∴FG=EC,EF=CD,∵CB=CD,∴EF=BC,∴BF=EC,∴BF=GF,(2)证明:延长BC到J,使得CJ=AI.∵DA=DC,∠A=∠DCJ=90°,AI=CJ,∴△DAI≌△DCJ(SAS),∴DI=DJ,∠ADI=∠CDJ,∴∠IDJ=∠ADC=90°,∵∠IDE=45°,∴∠EDI=∠EDJ=45°,∵DE=DE,∴△IDE≌△JDE(SAS),∴∠DEI=∠DEJ,∴DE平分∠IEC.(3)解:∵△IDE≌△JDE,∴IE=EJ,∵EJ=EC+CJ,AI=CJ,∴IE=EC=AI,∴△BIE的周长=BI+BE+IE=BI+AI+BE+EC=2AB=6.故答案为6.3.解:(1)四边形A1A2B2B1是平行四边形,理由:∵∠ACB=∠B2C=90°,∴B1C∥C2B2,∵再将△A1B1C沿CB向右平移,∴B1C=C2B2,122∴B 2B 1∥B 1C ,∴B 2B 1∥A 1A 2,∵再将△A 1B 1C 沿CB 向右平移,∴A 1B 1∥A 2B 2,∴四边形A 1A 2B 2B 1是平行四边形;(2)在Rt △ABC 中,BC ===3,由题意:BC =CB 1=C 2B 2=3,∴AB 1=1,∵B 1B 2∥BC ,∴△AB 1B 2∽△ACB ,∴, ∴, ∴B 1B 2=,∴B 1B 2=CC 2=,∴CA 2=A 2C 2﹣CC 2=4﹣=.4.(1)证明:四边形ABCD 是菱形,∴BC =DC ,AB ∥CD ,∴∠PBM =∠PBC =∠ABC =30°,∠ABC +∠BCD =180°, ∴∠BCD =180°﹣∠ABC =120°由旋转的性质得:PC =QC ,∠PCQ =120°,∴∠BCD =∠DCQ ,∴∠BCP =∠DCQ ,在△BCP 和△DCQ 中,,∴△BCP ≌△DCQ (SAS );(2)解:过点C作CG⊥PQ于点G,连接AC,∵PC=QC,∠PCQ=120°,∴∠PCG=60°,PG=QG,∴PG=PC,∴PQ=PC.∵PM=QN,∴MN=PQ=PC,∴当PC⊥BD时,PC最小,此时MN最小,∴PC=2,BC=2PC=4,∵菱形ABCD中,∠ABC=60°,∴△ABC是等边三角形,∴=4,∴菱形ABCD的面积=2S=2×4=8;△ABC5.解:(1)∵∠PAD=45°,DE⊥AP,∴∠DAE=∠EDA,∴AE=DE,∴AD=AE,∵四边形ABCD是正方形,∴AD=AB=BF=AE,∴=;(2)过点B作BH⊥AP于H,∵四边形ABCD是正方形,∴AD=AB,∠ABD=45°,∠BAD=90°,∴∠BAH+∠DAE=90°,又∵∠BAH+∠ABH=90°,∴∠ABH=∠DAE,又∵AD=AB,∠DEA=∠AHB=90°,∴△ADE≌△BAH(AAS),∴AE=BH,∵将射线DE绕点D逆时针旋转45°与直线PA交于点F,∴∠EDF=45°,∴∠EFD=45°=∠ABD,∴点A,点F,点B,点D四点共圆,∴∠BFH=∠ADB=45°,又∵BH⊥AP,∴∠FBH=∠BFH=45°,∴BH=FH,∴BF=BH=AE,∴==.6.解:(1)如图1,过点C作CH⊥AB于点H,∵AC=BC,∠ACB=120°,CH⊥AB,∴∠A=∠B=30°,AH=BH=3,∴CH==,∵∠CDH=45°,CH⊥AB,∴∠CDH=∠DCH=45°,∴DH=CH=,CD=CH=;(2)①如图2,延长BC到N,使CN=BC,∵AC=BC,∠ACB=120°,∴∠A=∠ABC=30°,∠NCA=60°,∵△ECD是等边三角形,∴EC=CD,∠ECD=60°,∴∠NCA=∠ECD,∴∠NCE=∠DCA,又∵CE=CD,AC=BC=CN,∴△CEN≌△CDA(SAS),∴EN=AD,∠N=∠A=30°,∵BC=CN,BF=EF,∴CF∥EN,CF=EN,∴∠BCF=∠N=30°,∴∠ACF=∠ACB﹣∠BCF=90°,又∵DG⊥AC,∴CF∥DG,∵∠A=30°,DG⊥AC,∴DG=AD,∴DG=CF,∴四边形CFDG是平行四边形,又∵∠ACF=90°,∴四边形CFDG是矩形,∴∠CFD=90°∴CF⊥DF;②如图3,连接BD',∵将△CFD沿CF翻折得△CFD′,∴CD=CD',DF=D'F,∠CFD=∠CFD'=90°,又∵EF=BF,∠EFD=∠BFD',∴△EFD≌∠BFD'(SAS),∴BD'=DE,∴BD'=CD,∵当BD'取最小值时,有最小值,∴当CD取最小值时,有最小值,∵当CD⊥AB时,CD有最小值,∴AD=CD,AB=2AD=2CD,∴最小值=.7.解:(1)同意,理由如下:如图2,设AD与EF交于点G,由折叠知,AD平分∠BAC,∴∠BAD=∠CAD.由折叠知,∠AGE=∠DGE,∴∠AGE=∠AGF=90°,∴∠AEF=∠AFE,∴AE=AF.即:△AEF为等腰三角形.(2)如图3,延长CD与BA并交于点F,由(1)知,BC=BF,又∵BE平分∠ABC,∴BD是△CBF的中线,即FD=CD=4,CF=2CD=8,∵∠BAC=90°,∴∠ABD+∠AEB=90°,∵CD⊥BD,∴∠EDC=90°,∴∠ACD+∠CED=90°,∵∠AEB=∠CED,∴∠ACD=∠ABD,∵AC=AB,∴△CAF≌△BAE(ASA)∴BE=CF=8,∴S=BE•CD=×8×4=16.△BCE8.解:[问题初探]如图2,过点E作EF⊥BC交直线BC于F,∴∠DFE=90°=∠ABD,∴∠EDF+∠DEF=90°,由旋转知,AD=DE,∠ADE=90°,∴∠ADB+∠EDF=90°,∴∠ADB=∠DEF,∴△ABD≌△DFE(AAS),∴BD=EF,DF=AB,∵AB=BC,∴BC=DF,∴BD=CF,∴EF=CF,∴△CEG是等腰直角三角形,∴∠ECF=45°,∴∠DCE=135°,故答案为:ADB,等腰直角,135;[继续探究]如图3,过点E作EF⊥BC于F,∴∠DFE=90°=∠ABD,∴∠EDF+∠DEF=90°,由旋转知,AD=DE,∠ADE=90°,∴∠ADB+∠EDF=90°,∴∠ADB=∠DEF,∴△ABD≌△DFE(AAS),∴BD=EF,DF=AB,∵AB=BC,∴BC=DF,∴BD=CF,∴EF=CF,∴△CEG是等腰直角三角形,∴∠ECF=45°,∴∠DCE=45°;[拓展延伸]如图4,在△ABC中,∠ABC=90°,AB=BC=,∴∠ACB=45°当点D在射线BC上时,由[问题初探]知,∠BCM=135°,∴∠ACM=∠BCM﹣∠ACB=90°,当点D在线段CB的延长线上时,由[继续探究]知,∠BCE=45°,∴∠ACN=∠ACB+∠BCM=90°,∴点E是过点C垂直于AC的直线上的点,∴当BE⊥MN时,BE最小,∵∠BCE=45°,∴∠CBE=45°=∠BCE,∴BE=CE,=BC=,∴BE最小即:BE的最小值为.9.解:简单应用:(1)如图2,∵△ABC是等腰直角三角形,∴∠ACB=90°,AC=BC,将△ACP绕点C逆时针旋转90°得到△CBP',连接PP',∴BP'=AP=5,∠PCP'=90°,CP'=CP=2,∴∠CPP'=∠CP'P=45°,根据勾股定理得,PP'=CP=4,∵BP'=5,BP=3,∴PP'2+BP2=BP',∴△BPP'是以BP'为斜边的直角三角形,∴∠BPP'=90°,∴∠BPC=∠BPP'+∠CPP'=135°,故答案为:135;(2)如图3,∵△ABC是等边三角形,∴∠BAC=60°,AC=AB,将△ACP绕点A逆时针旋转60°得到△ABP',连接PP',∴BP'=CP,AP'=AP=5,∠PAP'=60°,∴△APP'是等边三角形,∴PP'=AP=5,∠APP'=60°,∵∠APB=150°,∴∠BPP'=∠APB﹣∠APP'=90°,根据勾股定理得,BP'==13,∴CP=13,故答案为:13;拓展廷伸:①如图4,在△ABC中,∠ABC=90°,AB=BC,将△ABD绕点B顺时针旋转90°得到△BCD',∴BD'=BD,CD'=AD,∠BCD'=∠BAD,∵∠ABC=∠ADC=90°,∴∠BAD+∠BCD=180°,∴∠BCD+∠BCD'=180°,∴点D'在DC的延长线上,∴DD'=CD+CD'=CD+AD,在Rt△DBD'中,DD'=BD,∴BD=CD+AD;②如图5,在△ABC中,∠ABC=90°,AB=BC,将△CBD绕点B顺时针旋转90°得到△ABD',∴BD'=BD,CD=AD',∠DBD'=90°,∠BCD=∠BAD',AB与CD的交点记作G,∵∠ADC=∠ABC=90°,∴∠DAB+∠AGD=∠BCD+∠BGC=180°,∵∠AGD=∠BGC,∴∠BAD=∠BCD,∴∠BAD=∠BAD',∴点D'在AD的延长线上,∴DD'=AD'﹣AD=CD﹣AD=2,在Rt△BDD'中,BD=DD'=.10.(1)解:①补全图形如图所示.②∵△ABD是等边三角形,AC⊥BD,AC=1,∴∠ADC=60°,∠ACD=90°,∴AD==,∵∠ADP=∠ADB=60°,∠PAD=90°,∴PA=AD•tan60°=2,∵∠ADP=∠PDQ=60°,DP=DP.DA=DB=DQ,∴△PDA≌△PDQ(SAS),∴PQ=PA=2.故答案为2.(2)作PF⊥BQ于F,AH⊥PF于H.∵PA⊥AD,∴∠PAD=90°.由题意可知∠ADP=45°.∴∠APD=90°﹣45°=45°=∠ADP,∴PA=PD,∵∠ACB=90°,∴∠ACD=90°,∵AH⊥PF,PF⊥BQ,∴∠AHF=∠HFC=∠ACF=90°∴四边形ACFH是矩形,∴∠CAH=90°,AH=CF,∵∠ACH=∠DAP=90°,∴∠CAD=∠PAH,.又∵∠ACD=∠AHP=90°,∴△ACD≌△AHP(AAS),∴AH=AC=1,∴CF=AH=1,∵BD=,BC=1,B,Q关于点D对称,∴CD=BD﹣BC=,DQ=BD=,∴DF=CF﹣CD==DQ,∴F为DQ中点.∴PF垂直平分DQ.∴PQ=PD.(3)如图3中,作PF⊥BQ于F,AH⊥PF于H.设BD=x,则CD=x﹣t,AD=,∵PD=PQ,PF⊥DQ,∴DF=FQ=x∵四边形AHFC是矩形,∴AH=CF=CD+DF=(x﹣t)+x=x﹣t,∵△ACB∽△PAD,∴=,∴=,∴PA=,∵△PAH∽△DAC,∴=,∴=,解得x=,∴BD=.11.(1)补全图形图1,证明:在△ABD和△BEC中,∴△ABD≌△BEC(SAS)∴∠BAD=∠CBE.∵∠APE是△ABP的一个外角,∴∠APE=∠BAD+∠ABP=∠CBE+∠ABP=∠ABC=60°;(2)补全图形图2,,证明:在△ABD和△BEC中,∴△ABD≌△BEC(SAS)∴∠BAD=∠CBE,∵∠APE是△ABP的一个外角,∴∠APE=∠BAD+∠ABP=∠CBE+∠ABP=∠ABC=60°.∵AF是由AD绕点A逆时针旋转120°得到,∴AF=AD,∠DAF=120°.∵∠APE=60°,∴∠APE+∠DAF=180°.∴AF∥BE,∴∠1=∠F,∵△ABD≌△BEC,∴AD=BE.∴AF=BE.在△AQF和△EQB中,△AQF≌△EQB(AAS),∴AQ=QE,∴,∵AE=AC﹣CE,CD=BC﹣BD,且AE=BC,CD=BD.∴AE=CD,∴.12.解:(1)①图形如图1所示.过点A作AH⊥OC于点H,AG⊥CB交CB的延长线于点G.∵BC⊥OC,AH⊥OC,AG⊥CB,∴∠AHC=∠HCG=∠G=90°,∴四边形AHCG是矩形,∴∠HAG=∠OAB=90°,∴∠OAH=∠BAG,∵AO=AB,∴△AHO≌△AGB(AAS)∴AH=AG,∴四边形AHCG为正方形,∴∠ODC=45°.②如图2中,延长GA交OD于点K.∵,OA=5,∴AK=4,OK=3,∴DK=AK=4,∴OD=7.(2)如图3中,∵OA=AB=5,∠OAB=90°,∴OB=OA=5,观察图象可知,当OB⊥PQ时,△OPB是等腰直角三角形,此时PQ的值最大,最大值=2PB =10.13.(1)证明:过点A作AD⊥BC,在△ABC中,AB=AC,AD⊥BC,∴BD=CD,在等边△AQP中,AP=AQ,AD⊥BC,∴PD=QD,∴BD﹣PD=CD﹣QD,即BP=CQ;(2)解:在△ABC中,AB=AC,∠BAC=120°,∴∠B=∠C=30o,已知△APQ为等边三角形,∴∠APQ=∠AQP=60°,∴∠BAP=∠B=∠C=∠CAQ=30°,∴AP=BP,AQ=CQ,已知△APQ为等边三角形,∴BP=PQ=QC=AP=3,∴BC=9;(3)当点P移动到BC的中点,即,P′为BC的中点时,△AA′M≌△CQ′M,理由如下:沿直线BC向右平行移动△APQ得到△A′P′Q′,由平移的性质可知:PP'=AA'=QQ',AA'∥BC,∴∠C=∠MAA'①,当P′为BC的中点时,BP'=CP',由(2)的解答可知,PB=QC=PQ,∴BP'﹣PB=CP'﹣QC,∴PP'=AA'=QQ'=PQ=QC,∴点Q'为QC的中点,Q'C=QQ'=AA'②,又∠AMA'=∠CMQ'③,∴由①②③可得△AA′M≌△CQ′M(AAS).14.解:(1)设点P出发t秒时与点Q重合,则由题意得,2t+t=20,解得,t=,∴点P出发秒时与点Q重合;(2)设点P出发的时间为t,则当点P与点Q在相遇前相距5cm时,2t+t=20﹣5,解得,t=5;当点P与点Q在相遇后相距5cm时,2t+t=20+5,解得,t=,综上所述,点P出发5秒或秒时与点Q相距5cm;(3)当点N为BM的中点时,点N,B,M在同一直线上,故当点M按顺时针方向旋转到直线AB上时,点N有可能为BM的中点,①如图1,当射线AC顺时针方向旋转120°时,第一次与AB重合,=4秒,若N为BM的中点,则BN=(AB﹣AM)=(20﹣4)=8cm,∴点N的运动速度为:=2cm/s;②如图2,当射线AC顺时针方向旋转300°时,第二次与AB重合,=10秒,若N为BM的中点,则BN=(AB+AM)=(20+4)=12cm,∴点N的运动速度为:=cm/s,综上所述,当射线AC绕点A以每秒30°的速度顺时针旋转4秒时,使得点N为BM的中点,点N运动的速度为2cm/s;当射线AC绕点A以每秒30°的速度顺时针旋转10秒时,使得点N为BM的中点,点N运动的速度为cm/s.15.证明:(1)∵△ABD是等边三角形,且E为AB的中点,∴DE⊥AB,AB=AD,∵AB=AC,∴AD=AC,∴∠ADC=∠ACD,∵∠BAC=90°,∴AC∥DE,∴∠ACD=∠FDC,∴∠ADC=∠FDC,∴CD平分∠ADF;(2)①∵△ABD是等边三角形,且E为AB的中点,∴DE垂直平分AB,∴AM=BM,∴∠MAB=∠MBA,∵BM平分∠ABC,∴∠MBA=∠MBC,设MAB=∠MBA=∠MBC=α,∵AB=AC,∴∠ACB=∠ABC=2α,由翻折知,∠MAC=∠MAD=∠DAB+∠MAB=60°+α,∴在△ABC中,∠ABC+∠ACB+∠BAM+∠MAC=2α+2α+α+60°+α=180°,∴α=20°,∴∠BAC=∠BAM+∠MAC=20°+60°+20°=100°,∴∠BAC的度数是一个定值,为100°;②如图2﹣1,连接MC,由①知,α=20°,∠BAC=100°,∴∠ABC=∠ACB=40°,由①知,DE垂直平分AB,∵DA=DB,∠ADB=60°,∴∠ADE=∠BDE=30°,由翻折知,△ADM≌△ACM,∴∠ACM=∠ADM=30°,∴∠BCM=∠ACB﹣∠ACM=10°,∴∠NMC=∠MBC+∠MCB=20°+10°=30°,∴∠NMC=∠NCM,∴MN=NC.。

2020-2021中考数学复习初中数学 旋转专项综合练附详细答案

2020-2021中考数学复习初中数学 旋转专项综合练附详细答案

2020-2021中考数学复习初中数学 旋转专项综合练附详细答案一、旋转1.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+1131-4)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 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=32.在Rt△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=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.2.两块等腰直角三角板△ABC和△DEC如图摆放,其中∠ACB=∠DCE=90°,F是DE的中点,H是AE的中点,G是BD的中点.(1)如图1,若点D、E分别在AC、BC的延长线上,通过观察和测量,猜想FH和FG的数量关系为______和位置关系为______;(2)如图2,若将三角板△DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时,其余条件均不变,则(1)中的猜想是否还成立,若成立,请证明,不成立请说明理由;(3)如图3,将图1中的△DEC绕点C顺时针旋转一个锐角,得到图3,(1)中的猜想还成立吗?直接写出结论,不用证明.【答案】(1)相等,垂直.(2)成立,证明见解析;(3)成立,结论是FH=FG,FH⊥FG.【解析】试题分析:(1)证AD=BE,根据三角形的中位线推出FH=12AD,FH∥AD,FG=12BE,FG∥BE,即可推出答案;(2)证△ACD≌△BCE,推出AD=BE,根据三角形的中位线定理即可推出答案;(3)连接BE、AD,根据全等推出AD=BE,根据三角形的中位线定理即可推出答案.试题解析:(1)解:∵CE=CD,AC=BC,∠ECA=∠DCB=90°,∴BE=AD,∵F是DE的中点,H是AE的中点,G是BD的中点,∴FH=12AD,FH∥AD,FG=12BE,FG∥BE,∴FH=FG,∵AD⊥BE,∴FH⊥FG,故答案为相等,垂直.(2)答:成立,证明:∵CE=CD,∠ECD=∠ACD=90°,AC=BC,∴△ACD ≌△BCE ∴AD=BE ,由(1)知:FH=12AD ,FH ∥AD ,FG=12BE ,FG ∥BE , ∴FH=FG ,FH ⊥FG ,∴(1)中的猜想还成立.(3)答:成立,结论是FH=FG ,FH ⊥FG . 连接AD ,BE ,两线交于Z ,AD 交BC 于X , 同(1)可证∴FH=12AD ,FH ∥AD ,FG=12BE ,FG ∥BE , ∵三角形ECD 、ACB 是等腰直角三角形, ∴CE=CD ,AC=BC ,∠ECD=∠ACB=90°, ∴∠ACD=∠BCE , 在△ACD 和△BCE 中AC BC ACD BCE CE CD ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== , ∴△ACD ≌△BCE , ∴AD=BE ,∠EBC=∠DAC ,∵∠DAC+∠CXA=90°,∠CXA=∠DXB , ∴∠DXB+∠EBC=90°, ∴∠EZA=180°﹣90°=90°, 即AD ⊥BE , ∵FH ∥AD ,FG ∥BE , ∴FH ⊥FG , 即FH=FG ,FH ⊥FG , 结论是FH=FG ,FH ⊥FG.【点睛】运用了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定、三角形的中位线定理,旋转的性质等知识点的理解和掌握,能熟练地运用这些性质进行推理是解此题的关键.3.如图1,△ABC是边长为4cm的等边三角形,边AB在射线OM上,且OA=6cm,点D 从O点出发,沿OM的方向以1cm/s的速度运动,当D不与点A重合时,将△ACD绕点C 逆时针方向旋转60°得到△BCE,连结DE.(1)求证:△CDE是等边三角形;(2)如图2,当6<t<10时,△BDE的周长是否存在最小值?若存在,求出△BDE的最小周长;若不存在,请说明理由;(3)如图3,当点D在射线OM上运动时,是否存在以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形?若存在,求出此时t的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)见解析(2)见解析(3)存在【解析】试题分析:(1)由旋转的性质得到∠DCE=60°,DC=EC,即可得到结论;(2)当6<t<10时,由旋转的性质得到BE=AD,于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,根据等边三角形的性质得到DE=CD,由垂线段最短得到当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,于是得到结论;(3)存在,①当点D于点B重合时,D,B,E不能构成三角形,②当0≤t<6时,由旋转的性质得到∠ABE=60°,∠BDE<60°,求得∠BED=90°,根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°,求得∠CEB=30°,求得OD=OA-DA=6-4=2,于是得到t=2÷1=2s;③当6<t<10s 时,此时不存在;④当t>10s时,由旋转的性质得到∠DBE=60°,求得∠BDE>60°,于是得到t=14÷1=14s.试题解析:(1)证明:∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE,∴∠DCE=60°,DC=EC,∴△CDE是等边三角形;(2)存在,当6<t<10时,由旋转的性质得,BE=AD,∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,由(1)知,△CDE是等边三角形,∴DE=CD,∴C△DBE=CD+4,由垂线段最短可知,当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,此时,CD3cm,∴△BDE的最小周长=CD3;(3)存在,①∵当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形,∴当点D与点B重合时,不符合题意;②当0≤t<6时,由旋转可知,∠ABE=60°,∠BDE<60°,∴∠BED=90°,由(1)可知,△CDE是等边三角形,∴∠DEB=60°,∴∠CEB=30°,∵∠CEB=∠CDA,∴∠CDA=30°,∵∠CAB=60°,∴∠ACD=∠ADC=30°,∴DA=CA=4,∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2,∴t=2÷1=2s;③当6<t<10s时,由∠DBE=120°>90°,∴此时不存在;④当t>10s时,由旋转的性质可知,∠DBE=60°,又由(1)知∠CDE=60°,∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC,而∠BDC>0°,∴∠BDE>60°,∴只能∠BDE=90°,从而∠BCD=30°,∴BD=BC=4,∴OD=14cm,∴t=14÷1=14s.综上所述:当t=2或14s时,以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形.点睛:在不带坐标的几何动点问题中求最值,通常是将其表达式写出来,再通过几何或代数的方法求出最值;像第三小问这种探究性的题目,一定要多种情况考虑全面,控制变量,从某一个方面出发去分类.4.如图:在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,∠PCQ=45°,把∠PCQ绕点C旋转,在整个旋转过程中,过点A作AD⊥CP,垂足为D,直线AD交CQ于E.(1)如图①,当∠PCQ在∠ACB内部时,求证:AD+BE=DE;(2)如图②,当CQ在∠ACB外部时,则线段AD、BE与DE的关系为_____;(3)在(1)的条件下,若CD=6,S△BCE=2S△ACD,求AE的长.【答案】(1)见解析(2)AD=BE+DE (3)8【解析】试题分析:(1)延长DA到F,使DF=DE,根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF,再求出∠ACF=∠BCE,然后利用“边角边”证明△ACF和△BCE全等,根据全等三角形的即可证明AF=BE,从而得证;(2)在AD上截取DF=DE,然后根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF,再求出∠ACF=∠BCE,然后利用“边角边”证明△ACF和△BCE全等,根据全等三角形的即可证明AF=BE,从而得到AD=BE+DE;(3)根据等腰直角三角形的性质求出CD=DF=DE,再根据等高的三角形的面积的比等于底边的比求出AF=2AD,然后求出AD的长,再根据AE=AD+DE代入数据进行计算即可得解.试题解析:(1)证明:如图①,延长DA到F,使DF=DE.∵CD⊥AE,∴CE=CF,∴∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°,∴∠ACD+∠ACF=∠DCF=45°.又∵∠ACB=90°,∠PCQ=45°,∴∠ACD+∠BCE=90°﹣45°=45°,∴∠ACF=∠BCE.在△ACF和△BCE中,∵CE CFACF BCEAC BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△ACF≌△BCE(SAS),∴AF=BE,∴AD+BE=AD+AF=DF=DE,即AD+BE=DE;(2)解:如图②,在AD上截取DF=DE.∵CD⊥AE,∴CE=CF,∴∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°,∴∠ECF=∠DCE+∠DCF=90°,∴∠BCE+∠BCF=∠ECF=90°.又∵∠ACB=90°,∴∠ACF+∠BCF=90°,∴∠ACF=∠BCE.在△ACF和△BCE中,∵CE CFACF BCEAC BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△ACF≌△BCE(SAS),∴AF=BE,∴AD=AF+DF=BE+DE,即AD=BE+DE;故答案为:AD=BE+DE.(3)∵∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°,∴∠ECF=45°+45°=90°,∴△ECF是等腰直角三角形,∴CD=DF=DE=6.∵S△BCE=2S△ACD,∴AF=2AD,∴AD=112+×6=2,∴AE=AD+DE=2+6=8.点睛:本题考查了全等三角形的判定与性质,线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质,等腰直角三角形的性质,综合性较强,但难度不是很大,作辅助线构造出全等三角形是解题的关键.5.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,CD=23,∴△BDE的最小周长=CD+4=23+4;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.6.已知:△ABC和△ADE均为等边三角形,连接BE,CD,点F,G,H分别为DE,BE,CD 中点.(1)当△ADE绕点A旋转时,如图1,则△FGH的形状为,说明理由;(2)在△ADE旋转的过程中,当B,D,E三点共线时,如图2,若AB=3,AD=2,求线段FH的长;(3)在△ADE旋转的过程中,若AB=a,AD=b(a>b>0),则△FGH的周长是否存在最大值和最小值,若存在,直接写出最大值和最小值;若不存在,说明理由.【答案】(1)△FGH是等边三角形;(2)612-;(3)△FGH的周长最大值为32(a+b),最小值为32(a﹣b).【解析】试题分析:(1)结论:△FGH是等边三角形.理由如下:根据三角形中位线定理证明FG=FH,再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题;、(2)如图2中,连接AF、EC.在Rt△AFE和Rt△AFB中,解直角三角形即可;(3)首先证明△GFH的周长=3GF=32BD,求出BD的最大值和最小值即可解决问题;试题解析:解:(1)结论:△FGH是等边三角形.理由如下:如图1中,连接BD、CE,延长BD交CE于M,设BM交FH于点O.∵△ABC和△ADE均为等边三角形,∴AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE,∴∠BAD=∠CAE,∴△BAD≌△CAE,∴BD=CE,∠ADB=∠AEC,∵EG=GB,EF=FD,∴FG=12BD,GF∥BD,∵DF=EF,DH=HC,∴FH=12EC,FH∥EC,∴FG=FH,∵∠ADB+∠ADM=180°,∴∠AEC+∠ADM=180°,∴∠DMC+∠DAE=180°,∴∠DME=120°,∴∠BMC=60°∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°,∴△GHF是等边三角形,故答案为:等边三角形.(2)如图2中,连接AF、EC.易知AF⊥DE,在Rt△AEF中,AE=2,EF=DF=1,∴AF2221-3,在Rt△ABF中,BF22AB AF-6,∴BD=CE=BF﹣DF61,∴FH=12EC=612.(3)存在.理由如下.由(1)可知,△GFH是等边三角形,GF=12BD,∴△GFH的周长=3GF=32BD,在△ABD中,AB=a,AD=b,∴BD的最小值为a﹣b,最大值为a+b,∴△FGH的周长最大值为3 2(a+b),最小值为32(a﹣b).点睛:本题考查等边三角形的性质.全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角形的中位线的宽等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,正确寻找全等三角形解决问题,学会利用三角形的三边关系解决最值问题,属于中考压轴题.7.如图1,在△ABC中,CA=CB,∠ACB=90°,D是△ABC内部一点,∠ADC=135°,将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE,连接DE.(1)①依题意补全图形;②请判断∠ADC和∠CDE之间的数量关系,并直接写出答案.(2)在(1)的条件下,连接BE,过点C作CM⊥DE,请判断线段CM,AE和BE之间的数量关系,并说明理由.(3)如图2,在正方形ABCD中,AB=,如果PD=1,∠BPD=90°,请直接写出点A到BP 的距离.【答案】(1)①作图见解析;②∠ADC+∠CDE=180°;(2)AE=BE+2CM,理由解析;(3).【解析】试题分析:(1)①作CE⊥CD,并且线段CE是将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到的,再连接DE即可;②根据∠ADC和∠CDE是邻补角,所以∠ADC+∠CDE=180°.(2)由(1)的条件可得A、D、E三点在同一条直线上,再通过证明△ACD≌△BCE,易得AE=BE+2CM.(3)运用勾股定理,可得出点A到BP的距离.试题解析:解:(1)①依题意补全图形(如图);②∠ADC+∠CDE=180°.(2)线段CM,AE和BE之间的数量关系是AE=BE+2CM,理由如下:∵线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE,∴CD=CE,∠DCE=90°.∴∠CDE=∠CED=45°.又∵∠ADC=135°,∴∠ADC+∠CDE=180°,∴A、D、E三点在同一条直线上.∴AE=AD+DE.又∵∠ACB=90°,∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB,即∠ACD=∠BCE.又∵AC=BC,CD=CE,∴△ACD≌△BCE.∴AD=BE.∵CD=CE,∠DCE=90°,CM⊥DE.∴DE=2CM.∴AE=BE+2CM.(3)点A到BP的距离为.考点:作图—旋转变换.8.如图是两个可以自由转动的转盘,甲转盘被等分成3个扇形,乙转盘被等分成4个扇形,每一个扇形上都标有相应的数字.同时转动两个转盘,当转盘停止后,计算指针所指区域内的数字之和.如果指针恰好指在分割线上,那么重转一次,直到指针指向一个数字为止.(1)请你通过画树状图或列表的方法分析,并求指针所指区域内的数字和小于10的概率;(2)小亮和小颖小亮和小颖利用它们做游戏,游戏规则是:指针所指区域内的数字和小于10,小颖获胜;指针所指区域内的数字之和等于10,为平局;指针所指区域内的数字之和大于10,小亮获胜.你认为该游戏规则是否公平?请说明理由;若游戏规则不公平,请你设计出一种公平的游戏规则.【答案】(1)13;(2)不公平.【解析】试题分析:(1)依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果,然后根据概率公式求出该事件的概率.(2)判断游戏的公平性,首先要计算出游戏双方赢的概率,概率相等则公平,否则不公平.试题解析:(1)共有12种等可能的结果,小于10的情况有4种,所以指针所指区域内的数字和小于10的概率为13.(2)不公平,因为小颖获胜的概率为;小亮获胜的概率为512.小亮获胜的可能性大,所以不公平.可以修改为若这两个数的和为奇数,则小亮赢;积为偶数,则小颖赢.考点:1.游戏公平性;2.列表法与树状图法.9.如图所示,在△ABC中,D、E分别是AB、AC上的点,DE∥BC,如图①,然后将△ADE绕A点顺时针旋转一定角度,得到图②,然后将BD、CE分别延长至M、N,使DM =BD,EN=CE,得到图③,请解答下列问题:(1)若AB=AC,请探究下列数量关系:①在图②中,BD与CE的数量关系是________________;②在图③中,猜想AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系,并证明你的猜想;(2)若AB=k·AC(k>1),按上述操作方法,得到图④,请继续探究:AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系,直接写出你的猜想,不必证明.【答案】(1)①BD=CE;②AM=AN,∠MAN=∠BAC 理由如下:∵在图①中,DE//BC,AB=AC∴AD="AE."在△ABD与△ACE中∴△ABD≌△ACE.∴BD=CE,∠ACE=∠ABD.在△DAM与△EAN中,∵DM=BD,EN=CE,BD=CE,∴DM=EN,∵∠AEN=∠ACE+∠CAE,∠ADM=∠ABD+∠BAD,∴∠AEN=∠ADM.又∵AE=AD,∴△ADM≌△AEN.∴AM=AN,∠DAM=∠EAN.∴∠MAN=∠DAE=∠BAC.∴AM=AN,∠MAN=∠BAC.(2)AM=kAN,∠MAN=∠BAC.【解析】(1)①根据题意和旋转的性质可知△AEC≌△ADB,所以BD=CE;②根据题意可知∠CAE=BAD,AB=AC,AD=AE,所以得到△BAD≌△CAE,在△ABM和△ACN中,DM=BD,EN=CE,可证△ABM≌△ACN,所以AM=AN,即∠MAN=∠BAC.(2)直接类比(1)中结果可知AM=k•AN,∠MAN=∠BAC.10.(1)观察猜想如图(1),在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D是BC的中点.以点D为顶点作正方形DEFG,使点A,C分别在DG和DE上,连接AE,BG,则线段BG和AE的数量关系是_____;(2)拓展探究将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度后(旋转角度大于0°,小于或等于360°),如图2,则(1)中的结论是否仍然成立?如果成立,请予以证明;如果不成立,请说明理由.(3)解决问题若BC=DE=2,在(2)的旋转过程中,当AE为最大值时,直接写出AF的值.【答案】(1)BG=AE.(2)成立.如图②,连接AD.∵△ABC是等腰三直角角形,∠BAC=90°,点D是BC的中点.∴∠ADB=90°,且BD=AD.∵∠BDG=∠ADB-∠ADG=90°-∠ADG=∠ADE,DG=DE.∴△BDG≌△ADE,∴BG=AE.…………………………………………7分(3)由(2)知,BG=AE,故当BG最大时,AE也最大.正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°时,BG最大,如图③.若BC=DE=2,则AD=1,EF=2.在Rt△AEF中,AF2=AE2+EF2=(AD+DE)2+EF2=(1+2)2+22=13.∴AF=【解析】解:(1)BG=AE.(2)成立.如图②,连接AD.∵△ABC是等腰三直角角形,∠BAC=90°,点D是BC的中点.∴∠ADB=90°,且BD=AD.∵∠BDG=∠ADB-∠ADG=90°-∠ADG=∠ADE,DG=DE.∴△BDG≌△ADE,∴BG=AE.(3)由(2)知,BG=AE,故当BG最大时,AE也最大.Z+X+X+K]因为正方形DEFG在绕点D旋转的过程中,G点运动的图形是以点D为圆心,DG为半径的圆,故当正方形DEFG旋转到G点位于BC的延长线上(即正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°)时,BG最大,如图③.若BC=DE=2,则AD=1,EF=2.在Rt△AEF中,AF2=AE2+EF2=(AD+DE)2+EF2=(1+2)2+22=13.∴AF=.即在正方形DEFG旋转过程中,当AE为最大值时,AF=.11.如图1,在正方形ABCD中,点E、F分别在边BC,CD上,且BE=DF,点P是AF的中点,点Q是直线AC与EF的交点,连接PQ,PD.(1)求证:AC垂直平分EF;(2)试判断△PDQ的形状,并加以证明;(3)如图2,若将△CEF绕着点C旋转180°,其余条件不变,则(2)中的结论还成立吗?若成立,请加以证明;若不成立,请说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2)△PDQ是等腰直角三角形;理由见解析(3)成立;理由见解析.【解析】试题分析:(1)由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD,∠B=∠ADF=90°,∠BCA=∠DCA=45°,由BE=DF,得出CE=CF,△CEF是等腰直角三角形,即可得出结论;(2)由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF,PQ=AF,得出PD=PQ,再证明∠DPQ=90°,即可得出结论;(3)由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF,PQ=AF,得出PD=PQ,再证明点A、F、Q、P四点共圆,由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°,即可得出结论.试题解析:(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BC=CD=AD,∠B=∠ADF=90°,∠BCA=∠DCA=45°,∵BE=DF,∴CE=CF,∴AC垂直平分EF;(2)解:△PDQ是等腰直角三角形;理由如下:∵点P是AF的中点,∠ADF=90°,∴PD=AF=PA,∴∠DAP=∠ADP,∵AC垂直平分EF,∴∠AQF=90°,∴PQ=AF=PA,∴∠PAQ=∠AQP,PD=PQ,∵∠DPF=∠PAD+∠ADP,∠QPF=∠PAQ+∠AQP,∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2(∠PAD+∠PAQ)=2×45°=90°,∴△PDQ是等腰直角三角形;(3)成立;理由如下:∵点P是AF的中点,∠ADF=90°,∴PD=AF=PA,∵BE=DF,BC=CD,∠FCQ=∠ACD=45°,∠ECQ=∠ACB=45°,∴CE=CF,∠FCQ=∠ECQ,∴CQ⊥EF,∠AQF=90°,∴PQ=AF=AP=PF,∴PD=PQ=AP=PF,∴点A、F、Q、P四点共圆,∴∠DPQ=2∠DAQ=90°,∴△PDQ是等腰直角三角形.考点:四边形综合题.12.如图1,矩形ABCD中,E是AD的中点,以点E直角顶点的直角三角形EFG的两边EF,EG分别过点B,C,∠F=30°.(1)求证:BE=CE(2)将△EFG绕点E按顺时针方向旋转,当旋转到EF与AD重合时停止转动.若EF,EG分别与AB,BC相交于点M,N.(如图2)①求证:△BEM≌△CEN;②若AB=2,求△BMN面积的最大值;③当旋转停止时,点B恰好在FG上(如图3),求sin∠EBG的值.【答案】(1)详见解析;(2)①详见解析;②2;③62 4.【解析】【分析】(1)只要证明△BAE≌△CDE即可;(2)①利用(1)可知△EBC是等腰直角三角形,根据ASA即可证明;②构建二次函数,利用二次函数的性质即可解决问题;③如图3中,作EH⊥BG于H.设NG=m,则BG=2m,BN=EN=3m,EB=6m.利用面积法求出EH,根据三角函数的定义即可解决问题.【详解】(1)证明:如图1中,∵四边形ABCD是矩形,∴AB=DC,∠A=∠D=90°,∵E是AD中点,∴AE=DE,∴△BAE≌△CDE,∴BE=CE.(2)①解:如图2中,由(1)可知,△EBC是等腰直角三角形,∴∠EBC=∠ECB=45°,∵∠ABC=∠BCD=90°,∴∠EBM=∠ECN=45°,∵∠MEN=∠BEC=90°,∴∠BEM=∠CEN,∵EB=EC,∴△BEM≌△CEN;②∵△BEM≌△CEN,∴BM=CN,设BM=CN=x,则BN=4-x,∴S△BMN=12•x(4-x)=-12(x-2)2+2,∵-12<0,∴x=2时,△BMN 的面积最大,最大值为2.③解:如图3中,作EH ⊥BG 于H .设NG=m ,则BG=2m ,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+36226EH EB 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,13.我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。

2020-2021九年级备战中考数学初中数学 旋转解答题压轴题提高专题练习附详细答案

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2020-2021九年级备战中考数学初中数学旋转解答题压轴题提高专题练习附详细答案一、旋转1.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=22AD AC-=4,∴BD=BC-CD=1,∴D(1,3).(2)①如图②中,由四边形ADEF是矩形,得到∠ADE=90°,∵点D在线段BE上,∴∠ADB=90°,由(1)可知,AD=AO,又AB=AB,∠AOB=90°,∴Rt△ADB≌Rt△AOB(HL).②如图②中,由△ADB≌△AOB,得到∠BAD=∠BAO,又在矩形AOBC中,OA∥BC,∴∠CBA=∠OAB,∴∠BAD=∠CBA,∴BH=AH,设AH=BH=m,则HC=BC-BH=5-m,在Rt△AHC中,∵AH2=HC2+AC2,∴m2=32+(5-m)2,∴m=175,∴BH=175,∴H(175,3).(3)如图③中,当点D在线段BK上时,△DEK的面积最小,最小值=12•DE•DK=12×3×(34)30334-当点D在BA的延长线上时,△D′E′K的面积最大,最大面积=12×D′E′×KD′=12×3×(5+342)=303344+.综上所述,303344-≤S≤303344+.【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.2.已知正方形ABCD中,E为对角线BD上一点,过E点作EF⊥BD交BC于F,连接DF,G为DF中点,连接EG,CG.(1)请问EG与CG存在怎样的数量关系,并证明你的结论;(2)将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°,如图②所示,取DF中点G,连接EG,CG.问(1)中的结论是否仍然成立?若成立,请给出证明;若不成立,请说明理由.(3)将图①中△BEF绕B点旋转任意角度,如图③所示,再连接相应的线段,问(1)中的结论是否仍然成立?(请直接写出结果,不必写出理由)【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)结论仍然成立【解析】【分析】(1)利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,可证出CG=EG.(2)结论仍然成立,连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于N点;再证明△DAG≌△DCG,得出AG=CG;再证出△DMG≌△FNG,得到MG=NG;再证明△AMG≌△ENG,得出AG=EG;最后证出CG=EG.(3)结论依然成立.【详解】(1)CG=EG.理由如下:∵四边形ABCD是正方形,∴∠DCF=90°.在Rt△FCD中,∵G为DF的中点,∴CG=12FD,同理.在Rt△DEF中,EG=12FD,∴CG=EG.(2)(1)中结论仍然成立,即EG=CG.证法一:连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于N点.在△DAG与△DCG中,∵AD=CD,∠ADG=∠CDG,DG=DG,∴△DAG≌△DCG(SAS),∴AG=CG;在△DMG与△FNG中,∵∠DGM=∠FGN,FG=DG,∠MDG=∠NFG,∴△DMG≌△FNG (ASA),∴MG=NG.∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°,∴四边形AENM是矩形,在矩形AENM中,AM=EN.在△AMG与△ENG中,∵AM=EN,∠AMG=∠ENG,MG=NG,∴△AMG≌△ENG(SAS),∴AG=EG,∴EG=CG.证法二:延长CG至M,使MG=CG,连接MF,ME,EC.在△DCG与△FMG中,∵FG=DG,∠MGF=∠CGD,MG=CG,∴△DCG≌△FMG,∴MF=CD,∠FMG=∠DCG,∴MF∥CD∥AB,∴EF⊥MF.在Rt△MFE与Rt△CBE中,∵MF=CB,∠MFE=∠EBC=90°,EF=BE,∴△MFE≌△CBE∴∠MEF=∠CEB,∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°,∴△MEC为直角三角形.∵MG=CG,∴EG=12MC,∴EG=CG.(3)(1)中的结论仍然成立.理由如下:过F作CD的平行线并延长CG交于M点,连接EM、EC,过F作FN垂直于AB于N.由于G为FD中点,易证△CDG≌△MFG,得到CD=FM,又因为BE=EF,易证∠EFM=∠EBC,则△EFM≌△EBC,∠FEM=∠BEC,EM=EC∵∠FEC+∠BEC=90°,∴∠FEC+∠FEM=90°,即∠MEC=90°,∴△MEC是等腰直角三角形.∵G为CM中点,∴EG=CG,EG⊥CG【点睛】本题是四边形的综合题.(1)关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答;(2)关键是利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质解答.3.已知正方形ABCD的边长为4,一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转,角的两边分别与BC、DC的延长线交于点E、F,连接EF,设CE=a,CF=b.(1)如图1,当a=42时,求b的值;(2)当a=4时,在图2中画出相应的图形并求出b的值;(3)如图3,请直接写出∠EAF绕点A旋转的过程中a、b满足的关系式.【答案】(1)422)b=8;(3)ab=32.【解析】试题分析:(1)由正方形ABCD的边长为4,可得AC=2,∠ACB=45°.再CE=a=2∠CAE=∠AEC,从而可得∠CAF的度数,既而可得 b=AC;(2)通过证明△ACF∽△ECA,即可得;(3)通过证明△ACF∽△ECA,即可得.试题解析:(1)∵正方形ABCD的边长为4,∴AC=2,∠ACB=45°.∵CE=a=2∴∠CAE=∠AEC=452︒=22.5°,∴∠CAF=∠EAF-∠CAE=22.5°,∴∠AFC=∠ACD-∠CAF=22.5°,∴∠CAF=∠AFC,∴b=AC=CF=42(2)∵∠FAE=45°,∠ACB=45°,∴∠FAC+∠CAE=45°,∠CAE+∠AEC=45°,∴∠FAC =∠AEC.又∵∠ACF=∠ECA=135°,∴△ACF∽△ECA,∴AC CFEC CA=,∴42442=∴CF=8,即b=8.(3)ab=32.提示:由(2)知可证△ACF∽△ECA,∴∴AC CFEC CA=,∴4242a=,∴ab=32.4.(探索发现)如图,ABC ∆是等边三角形,点D 为BC 边上一个动点,将ACD ∆绕点A 逆时针旋转60︒得到AEF ∆,连接CE .小明在探索这个问题时发现四边形ABCE 是菱形. 小明是这样想的:(1)请参考小明的思路写出证明过程;(2)直接写出线段CD ,CF ,AC 之间的数量关系:______________; (理解运用)如图,在ABC ∆中,AD BC ⊥于点D .将ABD ∆绕点A 逆时针旋转90︒得到AEF ∆,延长FE 与BC ,交于点G .(3)判断四边形ADGF 的形状,并说明理由; (拓展迁移)(4)在(3)的前提下,如图,将AFE ∆沿AE 折叠得到AME ∆,连接MB ,若6AD =,2BD =,求MB 的长.【答案】(1)详见解析;(2)CD CF AC +=;(3)四边形ADGF 是正方形;(4)13【解析】 【分析】(1)根据旋转得:△ACE 是等边三角形,可得:AB=BC=CE=AE ,则四边形ABCE 是菱形; (2)先证明C 、F 、E 在同一直线上,再证明△BAD ≌△CAF (SAS ),则∠ADB=∠AFC ,BD=CF ,可得AC=CF+CD ;(3)先根据∠ADC=∠DAF=∠F=90°,证明得四边形ADGF 是矩形,由邻边相等可得四边形ADGF 是正方形;(4)证明△BAM ≌△EAD (SAS ),根据BM=DE 及勾股定理可得结论.【详解】(1)证明:∵ABC ∆是等边三角形, ∴AB BC AC ==.∵ACD ∆绕点A 逆时针旋转60︒得到AEF ∆, ∴60CAE =︒,AC AE =. ∴ACE ∆是等边三角形. ∴AC AE CE ==. ∴AB BC CE AE ===. ∴四边形ABCE 是菱形.(2)线段DC ,CF ,AC 之间的数量关系:CD CF AC +=. (3)四边形ADGF 是正方形.理由如下: ∵Rt ABD ∆绕点A 逆时针旋转90︒得到AEF ∆, ∴AF AD =,90DAF ∠=︒. ∵AD BC ⊥,∴90ADC DAF F ∠=∠=∠=︒. ∴四边形ADGF 是矩形. ∵AF AD =,∴四边形ADGF 是正方形. (4)如图,连接DE .∵四边形ADGF 是正方形, ∴6DG FG AD AF ====.∵ABD ∆绕点A 逆时针旋转90︒得到AEF ∆,∴BAD EAF ∠=∠,2BD EF ==,∴624EG FG EF =-=-=. ∵将AFE ∆沿AE 折叠得到AME ∆, ∴MAE FAE ∠=∠,AF AM =. ∴BAD EAM ∠=∠.∴BAD DAM EAM DAM ∠+∠=∠+∠,即BAM DAE ∠=∠. ∵AF AD =, ∴AM AD =.在BAM ∆和EAD ∆中,AM AD BAM DAE AB AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴()BAM EAD SAS ∆≅∆. ∴222246213BM DE EG DG ==+=+=.【点睛】本题属于四边形综合题,主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理的综合应用,解决问题的关键是熟练掌握等边三角形和全等三角形的性质,依据图形的性质进行计算求解.5.如图1,四边形ABCD是正方形,G 是CD 边上的一个动点(点G 与C 、D 不重合),以CG 为一边在正方形ABCD 外作正方形CEFG ,连接BG ,DE .(1)①猜想图1中线段BG 、线段DE 的长度关系及所在直线的位置关系,不必证明; ②将图1中的正方形CEFG 绕着点C 按顺时针方向旋转任意角度α,得到如图2情形.请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立,并证明你的判断.(2)将原题中正方形改为矩形(如图3、4),且AB=a ,BC=b ,CE=ka ,CG=kb (a≠b ,k >0),第(1)题①中得到的结论哪些成立,哪些不成立?若成立,以图4为例简要说明理由.(3)在第(2)题图4中,连接DG 、BE ,且a=3,b=2,k=12,求BE 2+DG 2的值. 【答案】(1)①BG ⊥DE ,BG=DE ;②BG ⊥DE ,证明见解析;(2)BG ⊥DE ,证明见解析;(3)16.25. 【解析】分析:(1)①根据正方形的性质,显然三角形BCG 顺时针旋转90°即可得到三角形DCE ,从而判断两条直线之间的关系;②结合正方形的性质,根据SAS仍然能够判定△BCG≌△DCE,从而证明结论;(2)根据两条对应边的比相等,且夹角相等可以判定上述两个三角形相似,从而可以得到(1)中的位置关系仍然成立;(3)连接BE、DG.根据勾股定理即可把BE2+DG2转换为两个矩形的长、宽平方和.详解:(1)①BG⊥DE,BG=DE;②∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形,∴BC=DC,CG=CE,∠BCD=∠ECG=90°,∴∠BCG=∠DCE,∴△BCG≌△DCE,∴BG=DE,∠CBG=∠CDE,又∵∠CBG+∠BHC=90°,∴∠CDE+∠DHG=90°,∴BG⊥DE.(2)∵AB=a,BC=b,CE=ka,CG=kb,∴BC CG b==,DC CE a又∵∠BCG=∠DCE,∴△BCG∽△DCE,∴∠CBG=∠CDE,又∵∠CBG+∠BHC=90°,∴∠CDE+∠DHG=90°,∴BG⊥DE.(3)连接BE、DG.根据题意,得AB=3,BC=2,CE=1.5,CG=1,∵BG⊥DE,∠BCD=∠ECG=90°∴BE2+DG2=BO2+OE2+DO2+OG2=BC2+CD2+CE2+CG2=9+4+2.25+1=16.25.点睛:此题综合运用了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理.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.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.8.已知:如图1,将两块全等的含30º角的直角三角板按图所示的方式放置,∠BAC=∠B1A1C=30°,点B,C,B1在同一条直线上.(1)求证:AB=2BC(2)如图2,将△ABC绕点C顺时针旋转α°(0<α<180),在旋转过程中,设AB与A1C、A1B1分别交于点D、E,AC与A1B1交于点F.当α等于多少度时,AB与A1B1垂直?请说明理由.(3)如图3,当△ABC绕点C顺时针方向旋转至如图所示的位置,使AB∥CB1,AB与A1C 交于点D,试说明A1D=CD.【答案】(1)证明见解析(2)当旋转角等于30°时,AB 与A 1B 1垂直. (3)理由见解析 【解析】试题分析:(1)由等边三角形的性质得AB =BB 1,又因为BB 1=2BC ,得出AB =2BC ; (2) 利用AB 与A 1B 1垂直得∠A 1ED=90°,则∠A 1DE=90°-∠A 1=60°,根据对顶角相等得∠BDC=60°,由于∠B=60°,利用三角形内角和定理得∠A 1CB=180°-∠BDC-∠B=60°,所以∠ACA 1=90°-∠A 1CB=30°,然后根据旋转的定义得到旋转角等于30°时,AB 与A 1B 1垂直; (3)由于AB ∥CB 1,∠ACB 1=90°,根据平行线的性质得∠ADC=90°,在Rt △ADC 中,根据含30度的直角三角形三边的关系得到CD=12AC ,再根据旋转的性质得AC=A 1C ,所以CD=12A 1C ,则A 1D=CD . 试题解析:(1)∵△ABB 1是等边三角形; ∴ AB =BB 1 ∵ BB 1=2BC ∴AB =2BC(2)解:当AB 与A 1B 1垂直时,∠A 1ED=90°, ∴∠A 1DE=90°-∠A 1=90°-30°=60°, ∵∠B=60°,∴∠BCD=60°, ∴∠ACA 1=90°-60°=30°,即当旋转角等于30°时,AB 与A 1B 1垂直. (3)∵AB ∥CB 1,∠ACB 1=90°, ∴∠CDB=90°,即CD 是△ABC 的高,设BC=a ,AC=b ,则由(1)得AB=2a ,A 1C=b , ∵1122ABC S BC AC AB CD ∆=⨯=⨯, 即11222ab a CD =⨯⨯∴12CD b,即CD=12A 1C , ∴A 1D=CD.【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.也考查了含30度的直角三角形三边的关系.9.如图1,是边长分别为6和4的两个等边三角形纸片ABC 和CD 1E 1叠放在一起.(1)操作:固定△ABC ,将△CD 1E 1绕点C 顺时针旋转得到△CDE ,连接AD 、BE ,如图2.探究:在图2中,线段BE 与AD 之间有怎样的大小关系?并请说明理由;(2)操作:固定△ABC ,若将△CD 1E 1绕点C 顺时针旋转30°得到△CDE ,连接AD 、BE ,CE 的延长线交AB 于点F ,在线段CF 上沿着CF 方向平移,(点F 与点P 重合即停止平移)平移后的△CDE 设为△PQR ,如图3.探究:在图3中,除三角形ABC 和CDE 外,还有哪个三角形是等腰三角形?写出你的结论(不必说明理由);(3)探究:如图3,在(2)的条件下,设CQ=x ,用x 代数式表示出GH 的长. 【答案】(1)BE=CD .理由见解析;(2)△CHQ 是等腰三角形;(3)2-x .【解析】试题分析:(1)根据等边三角形的性质可得AB=BC ,CD=CE ,∠ACB=∠ECD=60°,然后求出∠ACD=∠BCE ,再利用“边角边”证明△ACD 和△BCE 全等,根据全等三角形对应边相等证明即可;(2)求出∠ACF=30°,再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠CHQ=30°,从而得到∠ACF=∠CHQ ,判断出△CHQ 是等腰三角形;(3)求出∠CGP=90°,然后利用∠ACF 的余弦表示出CG ,再根据等腰三角形的性质表示出CH ,然后根据GH=CG-CH 整理即可得解. 试题解析:(1)BE=CD .理由如下:∵△ABC 与△CDE 是等边三角形, ∴AC=BC ,CE=CD ,∠ACB=∠ECD=60°. ∴∠ACB-∠ACE=∠ECD-∠ACE , 即∠BCE=∠ACD . 在△ACD 和△BCE 中,∴△ACD≌△BCE(SAS),∴BE=AD;(2)∵旋转角为30°,∴∠BCF=30°,∴∠ACF=60°-30°=30°,∴∠CHQ=∠RQP-∠ACF=60°-30°=30°,∴∠ACF=∠CHQ,∴△CHQ是等腰三角形;(3)∠CGP=180°-∠ACF-∠RPQ=180°-30°-60°=90°,∴CG=CP•cos30°=(x+4),∵△CHQ是等腰三角形,∴CH=2•CQcos30°=2x•=x,∴GH=CG-CH=(x+4)-x=2-x.考点:几何变换综合题.10.已知:一次函数的图象与x轴、y轴的交点分别为A、B,以B为旋转中心,将△BOA逆时针旋转,得△BCD(其中O与C、A与D是对应的顶点).(1)求AB的长;(2)当∠BAD=45°时,求D点的坐标;(3)当点C在线段AB上时,求直线BD的关系式.【答案】(1)5;(2)D(4,7)或(-4,1);(3)【解析】试题分析:(1)先分别求得一次函数的图象与x轴、y轴的交点坐标,再根据勾股定理求解即可;(2)根据旋转的性质结合△BOA的特征求解即可;(3)先根据点C在线段AB上判断出点D的坐标,再根据待定系数法列方程组求解即可.(1)在时,当时,,当时,∴;(2)由题意得D(4,7)或(-4,1);(2)由题意得D点坐标为(4,)设直线BD的关系式为∵图象过点B(0,4),D(4,)∴,解得∴直线BD的关系式为.考点:动点的综合题点评:此类问题综合性强,难度较大,在中考中比较常见,一般作为压轴题,题目比较典型.11.如图1,正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE(AB<AE)在一条直线上,正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转,设旋转角为. 在旋转过程中,两个正方形只有点A 重合,其它顶点均不重合,连接BE、DG.(1)当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时,求证:BE=DG;(2)当点C在直线BE上时,连接FC,直接写出∠FCD 的度数;(3)如图3,如果=45°,AB =2,AE=,求点G到BE的距离.【答案】(1)证明见解析;(2)45°或135°;(3).【解析】试题分析:(1)根据正方形的性质可得AB=AD,AE=AG,∠BAD=∠EAG=90°,再求出∠BAE=∠DAG,然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等,根据全等三角形对应边相等证明即可.(2)当点C在直线BE上时,可知点E与C重合或G点C与重合,据此求解即可.(3)根据和求解即可.试题解析:(1)如图2,∵四边形ABCD是正方形,∴AB=AD,∠BAE+∠EAD=90°.∵四边形AEFG是正方形,∴AE=AG,∠EAD+∠DAG=90°.∴∠BAE=∠DAG..∴△ABE≌△ADG(SAS).∴BE=DG..(2)如图,当点C在直线BE上时,可知点E与C重合或G点C与重合,此时∠FCD 的度数为45°或135°.(3)如图3,连接GB、GE.由已知α=45°,可知∠BAE=45°.又∵GE为正方形AEFG的对角线,∴∠AEG=45°.∴AB∥GE.∵,∴GE =8.∴.过点B作BH⊥AE于点H.∵AB=2,∴. ∴..设点G到BE的距离为h.∴.∴.∴点G到BE的距离为.考点:1.旋转的性质;2.正方形的性质;3.全等三角形的判定和性质;4.平行的判定和性质;5.勾股定理;6.分类思想的应用.12.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,点O为AB中点,点P为直线BC上的动点(不与点B、点C重合),连接OC、OP,将线段OP绕点P顺时针旋转60°,得到线段PQ,连接BQ.(1)如图1,当点P在线段BC上时,请直接写出线段BQ与CP的数量关系.(2)如图2,当点P在CB延长线上时,(1)中结论是否成立?若成立,请加以证明;若不成立,请说明理由;(3)如图3,当点P在BC延长线上时,若∠BPO=15°,BP=4,请求出BQ的长.-.【答案】(1)BQ=CP;(2)成立:PC=BQ;(3)434【解析】试题分析:(1)结论:BQ=CP.如图1中,作PH∥AB交CO于H,可得△PCH是等边三角形,只要证明△POH≌△QPB即可;(2)成立:PC=BQ.作PH∥AB交CO的延长线于H.证明方法类似(1);(3)如图3中,作CE⊥OP于E,在PE上取一点F,使得FP=FC,连接CF.设CE=CO=a,则FC=FP=2a,EF3,在Rt△PCE中,表示出PC,根据PC+CB=4,可得方程62)24+=,求出a即可解决问题;a a试题解析:解:(1)结论:BQ=CP.理由:如图1中,作PH∥AB交CO于H.在Rt△ABC中,∵∠ACB=90°,∠A=30°,点O为AB中点,∴CO=AO=BO,∠CBO=60°,∴△CBO 是等边三角形,∴∠CHP =∠COB =60°,∠CPH =∠CBO =60°,∴∠CHP =∠CPH =60°,∴△CPH 是等边三角形,∴PC =PH =CH ,∴OH =PB ,∵∠OPB =∠OPQ +∠QPB =∠OCB +∠COP ,∵∠OPQ =∠OCP =60°,∴∠POH =∠QPB ,∵PO =PQ ,∴△POH ≌△QPB ,∴PH =QB ,∴PC =BQ . (2)成立:PC =BQ .理由:作PH ∥AB 交CO 的延长线于H .在Rt △ABC 中,∵∠ACB =90°,∠A =30°,点O 为AB 中点,∴CO =AO =BO ,∠CBO =60°,∴△CBO 是等边三角形,∴∠CHP =∠COB =60°,∠CPH =∠CBO =60°,∴∠CHP =∠CPH =60°,∴△CPH 是等边三角形,∴PC =PH =CH ,∴OH =PB ,∵∠POH =60°+∠CPO ,∠QPO =60°+∠CPQ ,∴∠POH =∠QPB ,∵PO =PQ ,∴△POH ≌△QPB ,∴PH =QB ,∴PC =BQ .(3)如图3中,作CE ⊥OP 于E ,在PE 上取一点F ,使得FP =FC ,连接CF . ∵∠OPC =15°,∠OCB =∠OCP +∠POC ,∴∠POC =45°,∴CE =EO ,设CE =CO =a ,则FC =FP =2a ,EF =3a ,在Rt △PCE 中,PC =22PE CE + =22(23)a a a ++ =(62)a +,∵PC +CB =4,∴(62)24a a ++=,解得a =4226-,∴PC =434-,由(2)可知BQ =PC ,∴BQ =434-.点睛:此题考查几何变换综合题、旋转变换、等边三角形的判定和性质全等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考压轴题.13.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:(222222b c 0{2222b c 0++=++=,解得b 12{c 82=-= ∴2y 2x 12x 82=-+②当抛物线经过点D 、F 时,根据题意可得:222222b c 0{3232222b c 222++=⎛++= ⎝⎭,解得b 11{c 72=-= ∴2y 2x 11x 2=-+③当抛物线经过点E 、F 时,根据题意可得:(22222222b c 0{3232222b c 222++=⎛++= ⎝⎭,解得b 13{c 102=-= ∴2y 22x 13x 102=-+ (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x 1,x 2,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=x 2与y=x+b 得:x 2=x+b ,即2x x b 0--=,∴1212x x 1x x b +==-,.∵B′C′=1,∴根据题意易得:12x x -=,∴()2121x x 2-=,即()212121x x 4x x 2+-=. ∴114b 2+=,解得1b 8=-.∴21x x 08-+=,解得x =或x =.∵点C′的横坐标较小,∴x =当2x 4=时,23y x 8-==.∴P (2438-). 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 -=,∴()2121x x 2-=,即()212121x x 4x x 2+-=. ∴114b 2+=,解得1b 8=-.∴21x x 08++=,解得x =x 或x =.∵点C′的横坐标较大,∴x =.当2x 4-+=时,23y x 8-==.∴P (224-+,3228-). 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 (22-+,3228-). 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 (22+,322+). 综上所述,点P 的坐标为:(0,122-),(224-,3228-),P (224-+,3228-,(22+,322+).【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.14.在正方形ABCD 中,对角线AC 与BD 交于点O ;在Rt △PMN 中,∠MPN 90°. (1)如图1,若点P 与点O 重合且PM ⊥AD 、PN ⊥AB ,分别交AD 、AB 于点E 、F ,请直接写出PE 与PF 的数量关系;(2)将图1中的Rt △PMN 绕点O 顺时针旋转角度α(0°<α<45°).①如图2,在旋转过程中(1)中的结论依然成立吗?若成立,请证明;若不成立,请说明理由;②如图2,在旋转过程中,当∠DOM 15°时,连接EF ,若正方形的边长为2,请直接写出线段EF 的长;③如图3,旋转后,若Rt△PMN的顶点P在线段OB上移动(不与点O、B重合),当BD3BP时,猜想此时PE与PF的数量关系,并给出证明;当BD m·BP时,请直接写出PE与PF的数量关系.【答案】(1)PE=PF;(2)①成立,理由参见解析;②;③PE=2PF,理由参见解析;PE=(m-1)·PF.【解析】试题分析:(1)可利用角平分线性质定理得到PE=PF;(2)①成立,可用角边角定理判定△AOF≌△DOE,从而得到PE=PF;②要想求出EF的长,关键要求出OE的长,由∠DOM15°可得∠AEO=45+15=60º,作OH⊥AD于H,若正方形的边长为2,则OH=1,可算出EH==,∴OE=,∵△EOF是等腰直角三角形,∴EF即可求出;③构建相似三角形,过P点作PH⊥AB,PK⊥AD ,垂足为H、K,则四边形AHPK为矩形,△PHB和△PKD都是等腰直角三角形,是相似的,∵BD3BP,∴可算出HP:PK的值,然后通过△FHP∽△PKE得到PE与PF的关系.由前面的思路可得出当BD=m·BP时,BD:PD=(m-1):1,∴PE:PF=(m-1):1,从而确定PE与PF的数量关系.试题解析:(1)∵四边形ABCD是正方形,∴∠OAF=∠OAE=45º,又∵PM⊥AD、PN⊥AB,∴PE=PF;(2)①成立,PE仍等于PF,∵四边形ABCD是正方形,∴∠OAF=∠ODE=45º,OA=OD,又∵∠AOF和∠DOE都是∠AOE的余角,∴∠AOF=∠DOE,∴△AOF≌△DOE(ASA),∴OE=OF,即PE=PF;②作OH⊥AD于H,由∠DOM15°可得∠AEO=45+15=60º,∠HOE=30°,若正方形的边长为2,则OH=1,在Rt△HEO中,可算出EH==,∴OE=,∵△EOF是等腰直角三角形,∴EF=OE=×=;③构建相似三角形,过P点作PH⊥AB,PK⊥AD ,垂足为H、K,则四边形AHPK为矩形,∵∠PHB=∠PKD=90°∠PBH=∠PDK=45°,∴△PHB∽△PKD,∴,∵BD=3BP,∴=,∵∠HPF+∠FPK=90°∠KPE+∠FPK=90°,∴∠HPF=∠KPE,又∵∠PHF=∠PKE=90°,∴△PHF∽△PKE,∴=,即PE="2PF" ;当BD=m·BP时,BD:PD=(m-1):1,△PHF∽△PKE,PE:PF=BD:PD=(m-1):1,∴PE=(m-1)·PF.考点:1.正方形性质;2.三角形相似的判定;3.旋转性质;4.探索线段的数量关系规律.15.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.。

2020-2021九年级数学初中数学 旋转的专项培优练习题(含答案)含答案解析

2020-2021九年级数学初中数学 旋转的专项培优练习题(含答案)含答案解析

2020-2021九年级数学初中数学 旋转的专项培优练习题(含答案)含答案解析一、旋转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×(5-34)=30334-,当点D在BA的延长线上时,△D′E′K的面积最大,最大面积=12×D′E′×KD′=12×3×(3430334+30334-S30334+【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.在平面直角坐标系中,已知点A(0,4),B(4,4),点M,N是射线OC上两动点(OM<ON),且运动过程中始终保持∠MAN=45°,小明用几何画板探究其中的线段关系.(1)探究发现:当点M,N均在线段OB上时(如图1),有OM2+BN2=MN2.他的证明思路如下:第一步:将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO,连结PM,则有BN=OP.第二步:证明△APM≌△ANM,得MP=MM.第一步:证明∠POM=90°,得OM2+OP2=MP2.最后得到OM2+BN2=MN2.请你完成第二步三角形全等的证明.(2)继续探究:除(1)外的其他情况,OM2+BN2=MN2的结论是否仍然成立?若成立,请证明;若不成立,请说明理由.(3)新题编制:若点B是MN的中点,请你编制一个计算题(不标注新的字母),并直接给出答案(根据编出的问题层次,给不同的得分).【答案】(1)见解析;(2)结论仍然成立,理由见解析;(3)见解析.【解析】【分析】(1)将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO,连结PM,则有BN=OP.证明△APM≌△ANM,再利用勾股定理即可解决问题;(2)如图2中,当点M,N在OB的延长线上时结论仍然成立.证明方法类似(1);(3)如图3中,若点B是MN的中点,求MN的长.利用(2)中结论,构建方程即可解决问题.【详解】(1)如图1中,将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO,连结PM,则有BN=OP.∵点A(0,4),B(4,4),∴OA=AB,∠OAB=90°,∵∠NAP=∠OAB=90°,∠MAN=45°,∴∠MAN=∠MAP,∵MA=MA,AN=AP,∴△MAN≌△MAP(SAS).(2)如图2中,结论仍然成立.理由:如图2中,将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO,连结PM,则有BN=OP.∵∠NAP=∠OAB=90°,∠MAN=45°,∴∠MAN=∠MAP,∵MA=MA,AN=AP,∴△MAN≌△MAP(SAS),∴MN=PM,∵∠ABN=∠AOP=135°,∠AOB=45°,∴∠MOP=90°,∴PM2=OM2+OP2,∴OM2+BN2=MN2;(3)如图3中,若点B是MN的中点,求MN的长.设MN=2x,则BM=BN=x,∵OA=AB=4,∠OAB=90°,∴OB=2,∴OM=2﹣x,∵OM2+BN2=MN2.∴2﹣x)2+x2=(2x)2,解得x=﹣26或﹣2﹣6(舍弃)∴MN=﹣26.【点睛】本题属于几何变换综合题,考查了等腰直角三角形的性质和判定,全等三角形的判定和性质,勾股定理等知识,解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考压轴题.4.如图l,在AABC中,∠ACB=90°,点P为ΔABC内一点.(1)连接PB,PC,将ABCP沿射线CA方向平移,得到ΔDAE,点B,C,P的对应点分别为点D、A、E,连接CE.①依题意,请在图2中补全图形;②如果BP⊥CE,BP=3,AB=6,求CE的长(2)如图3,以点A为旋转中心,将ΔABP顺时针旋转60°得到△AMN,连接PA、PB、PC,当AC=3,AB=6时,根据此图求PA+PB+PC的最小值.【答案】(1)①补图见解析;②;(2)【解析】(1)①连接PB、PC,将△BCP沿射线CA方向平移,得到△DAE,点B、C、P的对应点分别为点D、A、E,连接CE,据此画图即可;②连接BD、CD,构造矩形ACBD和Rt△CDE,根据矩形的对角线相等以及勾股定理进行计算,即可求得CE的长;(2)以点A为旋转中心,将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN,连接BN,根据△PAM、△ABN都是等边三角形,可得PA+PB+PC=CP+PM+MN,最后根据当C、P、M、N四点共射线,PA+PB+PC的值最小,此时△CBN是直角三角形,利用勾股定理即可解决问题.解:(1)①补全图形如图所示;②如图,连接BD、CD∵△BCP沿射线CA方向平移,得到△DAE,∴BC∥AD且BC=AD,∵∠ACB=90°,∴四边形BCAD是矩形,∴CD=AB=6,∵BP=3,∴DE=BP=3,∵BP⊥CE,BP∥DE,∴DE⊥CE,∴在Rt△DCE中,;(2)证明:如图所示,当C、P、M、N四点共线时,PA+PB+PC最小由旋转可得,△AMN≌△APB,∴PB=MN易得△APM、△ABN都是等边三角形,∴PA=PM∴PA+PB+PC=PM+MN+PC=CN,∴BN=AB=6,∠BNA=60°,∠PAM=60°∴∠CAN=∠CAB+∠BAN=60°+60°=120°,∴∠CBN=90°在Rt△ABC中,易得∴在Rt△BCN中,“点睛”本题属于几何变换综合题,主要考查了旋转和平移的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质以及勾股定理的综合应用,解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形和全等三角形,依据图形的性质进行计算求解.5.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=2ab,∴a=3b,∴0<b≤63=33;②如图当DF与DC重合时,DF=DE=6,∴a=sin60°×DE=32=33当DE与DA重合时,a=63sin603==︒∴33a<3③如图∵△DEF是等边三角形∴∠FDC=30°∴DF=643cos303==︒∴a>43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.6.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)(339);(3)123545(,)【解析】试题分析:(1)、如图①,先利用勾股定理计算出AB=5,再根据旋转的性质得BA=BA′,∠ABA′=90°,则可判定△ABA′为等腰直角三角形,然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长;(2)、作O′H⊥y轴于H,如图②,利用旋转的性质得BO=BO′=3,∠OBO′=120°,则∠HBO′=60°,再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长,然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标;(3)、由旋转的性质得BP=BP′,则O′P+BP′=O′P+BP,作B点关于x轴的对称点C,连结O′C交x轴于P点,如图②,易得O′P+BP=O′C,利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小,接着利用待定系数法求出直线O′C的解析式为y=x﹣3,从而得到P(,0),则O′P′=OP=,作P′D⊥O′H于D,然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D 和DO′的长,从而可得到P′点的坐标.试题解析:(1)、如图①,∵点A(4,0),点B(0,3),∴OA=4,OB=3,∴AB==5,∵△ABO绕点B逆时针旋转90°,得△A′BO′,∴BA=BA′,∠ABA′=90°,∴△ABA′为等腰直角三角形,∴AA′=BA=5;(2)、作O′H⊥y轴于H,如图②,∵△ABO绕点B逆时针旋转120°,得△A′BO′,∴BO=BO′=3,∠OBO′=120°,∴∠HBO′=60°,在Rt△BHO′中,∵∠BO′H=90°﹣∠HBO′=30°,∴BH=BO′=,O′H=BH=,∴OH=OB+BH=3+,∴O′点的坐标为();(3)∵△ABO绕点B逆时针旋转120°,得△A′BO′,点P的对应点为P′,∴BP=BP′,∴O′P+BP′=O′P+BP,作B点关于x轴的对称点C,连结O′C交x轴于P点,如图②,则O′P+BP=O′P+PC=O′C,此时O′P+BP的值最小,∵点C与点B关于x轴对称,∴C(0,﹣3),设直线O′C的解析式为y=kx+b,把O′(),C(0,﹣3)代入得,解得,∴直线O′C的解析式为y=x﹣3,当y=0时,x﹣3=0,解得x=,则P(,0),∴OP=,∴O′P′=OP=,作P′D⊥O′H于D,∵∠BO′A=∠BOA=90°,∠BO′H=30°,∴∠DP′O′=30°,∴O′D=O′P′=,P′D=,∴DH=O′H﹣O′,∴P′点的坐标为(,).考点:几何变换综合题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.已知:一次函数的图象与x轴、y轴的交点分别为A、B,以B为旋转中心,将△BOA逆时针旋转,得△BCD(其中O与C、A与D是对应的顶点).(1)求AB的长;(2)当∠BAD=45°时,求D点的坐标;(3)当点C在线段AB上时,求直线BD的关系式.【答案】(1)5;(2)D(4,7)或(-4,1);(3)【解析】试题分析:(1)先分别求得一次函数的图象与x轴、y轴的交点坐标,再根据勾股定理求解即可;(2)根据旋转的性质结合△BOA的特征求解即可;(3)先根据点C在线段AB上判断出点D的坐标,再根据待定系数法列方程组求解即可.(1)在时,当时,,当时,∴;(2)由题意得D(4,7)或(-4,1);(2)由题意得D点坐标为(4,)设直线BD的关系式为∵图象过点B(0,4),D(4,)∴,解得∴直线BD的关系式为.考点:动点的综合题点评:此类问题综合性强,难度较大,在中考中比较常见,一般作为压轴题,题目比较典型.9.如图所示,在△ABC中,D、E分别是AB、AC上的点,DE∥BC,如图①,然后将△ADE绕A点顺时针旋转一定角度,得到图②,然后将BD、CE分别延长至M、N,使DM =BD,EN=CE,得到图③,请解答下列问题:(1)若AB=AC,请探究下列数量关系:①在图②中,BD与CE的数量关系是________________;②在图③中,猜想AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系,并证明你的猜想;(2)若AB=k·AC(k>1),按上述操作方法,得到图④,请继续探究:AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系,直接写出你的猜想,不必证明.【答案】(1)①BD=CE;②AM=AN,∠MAN=∠BAC 理由如下:∵在图①中,DE//BC,AB=AC∴AD="AE."在△ABD与△ACE中∴△ABD≌△ACE.∴BD=CE,∠ACE=∠ABD.在△DAM与△EAN中,∵DM=BD,EN=CE,BD=CE,∴DM=EN,∵∠AEN=∠ACE+∠CAE,∠ADM=∠ABD+∠BAD,∴∠AEN=∠ADM.又∵AE=AD,∴△ADM≌△AEN.∴AM=AN,∠DAM=∠EAN.∴∠MAN=∠DAE=∠BAC.∴AM=AN,∠MAN=∠BAC.(2)AM=kAN,∠MAN=∠BAC.【解析】(1)①根据题意和旋转的性质可知△AEC≌△ADB,所以BD=CE;②根据题意可知∠CAE=BAD,AB=AC,AD=AE,所以得到△BAD≌△CAE,在△ABM和△ACN中,DM=BD,EN=CE,可证△ABM≌△ACN,所以AM=AN,即∠MAN=∠BAC.(2)直接类比(1)中结果可知AM=k•AN,∠MAN=∠BAC.10.如图1,在正方形ABCD中,点E、F分别在边BC,CD上,且BE=DF,点P是AF的中点,点Q是直线AC与EF的交点,连接PQ,PD.(1)求证:AC垂直平分EF;(2)试判断△PDQ的形状,并加以证明;(3)如图2,若将△CEF绕着点C旋转180°,其余条件不变,则(2)中的结论还成立吗?若成立,请加以证明;若不成立,请说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2)△PDQ是等腰直角三角形;理由见解析(3)成立;理由见解析.【解析】试题分析:(1)由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD,∠B=∠ADF=90°,∠BCA=∠DCA=45°,由BE=DF,得出CE=CF,△CEF是等腰直角三角形,即可得出结论;(2)由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF,PQ=AF,得出PD=PQ,再证明∠DPQ=90°,即可得出结论;(3)由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF,PQ=AF,得出PD=PQ,再证明点A、F、Q、P四点共圆,由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°,即可得出结论.试题解析:(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BC=CD=AD,∠B=∠ADF=90°,∠BCA=∠DCA=45°,∵BE=DF,∴CE=CF,∴AC垂直平分EF;(2)解:△PDQ是等腰直角三角形;理由如下:∵点P是AF的中点,∠ADF=90°,∴PD=AF=PA,∴∠DAP=∠ADP,∵AC垂直平分EF,∴∠AQF=90°,∴PQ=AF=PA,∴∠PAQ=∠AQP,PD=PQ,∵∠DPF=∠PAD+∠ADP,∠QPF=∠PAQ+∠AQP,∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2(∠PAD+∠PAQ)=2×45°=90°,∴△PDQ是等腰直角三角形;(3)成立;理由如下:∵点P是AF的中点,∠ADF=90°,∴PD=AF=PA,∵BE=DF,BC=CD,∠FCQ=∠ACD=45°,∠ECQ=∠ACB=45°,∴CE=CF,∠FCQ=∠ECQ,∴CQ⊥EF,∠AQF=90°,∴PQ=AF=AP=PF,∴PD=PQ=AP=PF,∴点A、F、Q、P四点共圆,∴∠DPQ=2∠DAQ=90°,∴△PDQ是等腰直角三角形.考点:四边形综合题.11.(特例发现)如图1,在△ABC中,AG⊥BC于点G,以A为直角顶点,分别以AB,AC为直角边,向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF,过点E、F作射线GA的垂线,垂足分别为P、Q.求证:EP=FQ.(延伸拓展)如图2,在△ABC中,AG⊥BC于点G,以A为直角顶点,分别以AB,AC为直角边,向△ABC外作Rt△ABE和Rt△ACF,射线GA交EF于点H.若AB=kAE,AC=kAF,请思考HE与HF之间的数量关系,并直接写出你的结论.(深入探究)如图3,在△ABC中,G是BC边上任意一点,以A为顶点,向△ABC外作任意△ABE和△ACF,射线GA交EF于点H.若∠EAB=∠AGB,∠FAC=∠AGC,AB=kAE,AC=kAF,上一问的结论还成立吗?并证明你的结论.(应用推广)在上一问的条件下,设大小恒定的角∠IHJ分别与△AEF的两边AE、AF分别交于点M、N,若△ABC为腰长等于4的等腰三角形,其中∠BAC=120°,且∠IHJ=∠AGB=θ=60°,k=2;求证:当∠IHJ在旋转过程中,△EMH、△HMN和△FNH均相似,并直接写出线段MN的最小值(请在答题卡的备用图中补全作图).【答案】(1)证明参见解析;(2)HE=HF;(3)成立,证明参见解析;(4)证明参见解析,MN最小值为1.【解析】试题分析:(1)特例发现:易证△AEP≌△BAG,△AFQ≌△CAG,即可求得EP=AG,FQ=AG,即可解题;(2)延伸拓展:过点E、F作射线GA的垂线,垂足分别为P、Q.易证△ABG∽△EAP,△ACG∽△FAQ,得到PE=AG,FQ=AG,∴PE=FQ,然后证明△EPH≌△FQH,即可得出HE=HF;(3)深入探究:判断△PEA∽△GAB,得到PE=AG,△AQF∽△CGA,FQ=,得到FQ=AG,再判断△EPH≌△FQH,即可得出HE=HF;(4)应用推广:由前一个结论得到△AEF为正三角形,再依次判断△MHN∽△HFN∽△MEH,即可得出结论.试题解析:(1)特例发现,如图:∵∠PEA+∠PAE=90°,∠GAB+∠PAE=90°,∴∠PEA=∠GAB,∵∠EPA=∠AGB,AE=AB,∴△PEA≌△GAB,∴PE=AG,同理,△QFA≌△GAC,∴FQ=AG,∴PE=FQ;(2)延伸拓展,如图:∵∠PEA+∠PAE=90°,∠GAB+∠PAE=90°,∴∠PEA=∠GAB,∴∠EPA=∠AGB,∴△PEA∽△GAB,∴,∵AB=kAE,∴,∴PE=AG,同理,△QFA∽△GAC,∴,∵AC=kAF,∴FQ=AG,∴PE=FQ,∵EP∥FQ,∴∠EPH=∠FQH,∵∠PHE=∠QHF,∴△EPH≌△FQH,∴HE=HF;(3)深入探究,如图2,在直线AG上取一点P,使得∠EPA═∠AGB,作FQ∥PE,∵∠EAP+∠BAG=180°﹣∠AGB,∠ABG+∠BAG=180°﹣∠AGB,∴∠EAP=∠ABG,∵∠EPA=∠AGB,∴△APE∽△BGA,∴,∵AB=kAE,∴PE=AG,由于∠FQA=∠FAC=∠AGC=180°﹣∠AGB,同理可得,△AQF∽△CGA,∴,∵AC=kAF,∴FQ=AG,∴EP=FQ,∵EP∥FQ,∴∠EPH=∠FQH,∵∠PHE=∠QHF,∴△EPH≌△FQH,∴HE=HF;(4)应用推广,如图3,在前面条件及结论,得到,点H是EF中点,∴AE=AF,∵∠EAB=∠AGB,∠FAC=∠AGC∴∠EAB+∠FAC=180°∴∠EAF=360°﹣(∠EAB+∠FAC)﹣∠BAC=60°,∴△AEF 为正三角形.又H为EF中点,∴∠EHM+∠IHJ=120°,∠IHJ+∠FHN=120°,∴∠EHM=∠FHN.∵∠AEF=∠AFE,∴△HEM∽△HFN,∴,∵EH=FH,∴,且∠MHN=∠HFN=60°,∴△MHN∽△HFN,∴△MHN∽△HFN∽△MEH,在△HMN中,∠MHN=60°,根据三角形中大边对大角,∴要MN最小,只有△HMN是等边三角形,∴∠AMN=60°,∵∠AEF=60°,MN∴MN∥EF,∵△AEF为等边三角形,∴MN为△AEF的中位线,∴MN min=EF=×2=1.考点:1.几何变换综合题;2.三角形全等及相似的判定性质.12.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,点O为AB中点,点P为直线BC上的动点(不与点B、点C重合),连接OC、OP,将线段OP绕点P顺时针旋转60°,得到线段PQ,连接BQ.(1)如图1,当点P在线段BC上时,请直接写出线段BQ与CP的数量关系.(2)如图2,当点P在CB延长线上时,(1)中结论是否成立?若成立,请加以证明;若不成立,请说明理由;(3)如图3,当点P在BC延长线上时,若∠BPO=15°,BP=4,请求出BQ的长.-.【答案】(1)BQ=CP;(2)成立:PC=BQ;(3)434【解析】试题分析:(1)结论:BQ=CP.如图1中,作PH∥AB交CO于H,可得△PCH是等边三角形,只要证明△POH≌△QPB即可;(2)成立:PC=BQ.作PH∥AB交CO的延长线于H.证明方法类似(1);(3)如图3中,作CE⊥OP于E,在PE上取一点F,使得FP=FC,连接CF.设CE=CO=a,则FC=FP=2a,EF3,在Rt△PCE中,表示出PC,根据PC+CB=4,可得方程+=,求出a即可解决问题;62)24a a试题解析:解:(1)结论:BQ=CP.理由:如图1中,作PH∥AB交CO于H.在Rt△ABC中,∵∠ACB=90°,∠A=30°,点O为AB中点,∴CO=AO=BO,∠CBO=60°,∴△CBO是等边三角形,∴∠CHP=∠COB=60°,∠CPH=∠CBO=60°,∴∠CHP=∠CPH=60°,∴△CPH是等边三角形,∴PC=PH=CH,∴OH=PB,∵∠OPB=∠OPQ+∠QPB=∠OCB+∠COP,∵∠OPQ=∠OCP=60°,∴∠POH=∠QPB,∵PO=PQ,∴△POH≌△QPB,∴PH=QB,∴PC=BQ.(2)成立:PC=BQ.理由:作PH∥AB交CO的延长线于H.在Rt△ABC中,∵∠ACB=90°,∠A=30°,点O为AB中点,∴CO=AO=BO,∠CBO=60°,∴△CBO是等边三角形,∴∠CHP=∠COB=60°,∠CPH=∠CBO=60°,∴∠CHP=∠CPH=60°,∴△CPH是等边三角形,∴PC=PH=CH,∴OH=PB,∵∠POH=60°+∠CPO,∠QPO=60°+∠CPQ,∴∠POH=∠QPB,∵PO=PQ,∴△POH≌△QPB,∴PH=QB,∴PC=BQ.(3)如图3中,作CE⊥OP于E,在PE上取一点F,使得FP=FC,连接CF.∵∠OPC=15°,∠OCB=∠OCP+∠POC,∴∠POC=45°,∴CE=EO,设CE=CO=a,则FC =FP =2a ,EF=3a ,在Rt △PCE 中,PC =22PECE + =22(23)a a a ++ =(62)a +,∵PC +CB =4,∴(62)24a a ++=,解得a =4226-,∴PC =434-,由(2)可知BQ =PC ,∴BQ =434-.点睛:此题考查几何变换综合题、旋转变换、等边三角形的判定和性质全等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考压轴题.13.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+=⎛++= ⎝⎭.A1C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{b c222++=⎛++=⎝⎭,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).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 x 08-+=,解得2x 4+=x 或2x 4-=.∵点C′的横坐标较小,∴x =当x =时,2y x ==∴P (2438-). 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 -=,∴()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,∴x =.当2x 4-+=时,23y x 8-==.∴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 (24-+,38-). 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 (24+,38+).综上所述,点P的坐标为:(0,122-),(224-,3228-),P(224-+,322-,(22+,322+).【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.14.如图,是边长为的等边三角形,边在射线上,且,点从点出发,沿的方向以的速度运动,当不与点重合是,将绕点逆时针方向旋转得到,连接.(1)求证:是等边三角形;(2)当时,的周长是否存在最小值?若存在,求出的最小周长;若不存在,请说明理由.(3)当点在射线上运动时,是否存在以为顶点的三角形是直角三角形?若存在,求出此时的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)详见解析;(2)存在,2+4;(3)当t=2或14s时,以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形.【解析】试题分析:(1)由旋转的性质得到∠DCE=60°,DC=EC,即可得到结论;(2)当6<t<10时,由旋转的性质得到BE=AD,于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,根据等边三角形的性质得到DE=CD,由垂线段最短得到当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,于是得到结论;(3)存在,①当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形,②当0≤t<6时,由旋转的性质得到∠ABE=60°,∠BDE<60°,求得∠BED=90°,根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°,求得∠CEB=30°,求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2,于是得到t=2÷1=2s;③当6<t<10s时,此时不存在;④当t>10s时,由旋转的性质得到∠DBE=60°,求得∠BDE>60°,于是得到t=14÷1=14s.试题解析:(1)证明:∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE,∴∠DCE=60°,DC=EC,∴△CDE是等边三角形;(2)存在,当6<t<10时,由旋转的性质得,BE=AD,∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,由(1)知,△CDE是等边三角形,∴DE=CD,∴C△DBE=CD+4,由垂线段最短可知,当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,此时,CD=2cm,∴△BDE的最小周长=CD+4=2+4;(3)存在,①∵当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形,∴当点D与点B重合时,不符合题意,②当0≤t<6时,由旋转可知,∠ABE=60°,∠BDE<60°,∴∠BED=90°,由(1)可知,△CDE是等边三角形,∴∠DEB=60°,∴∠CEB=30°,∵∠CEB=∠CDA,∴∠CDA=30°,∵∠CAB=60°,∴∠ACD=∠ADC=30°,∴DA=CA=4,∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2,∴t=2÷1=2s;③当6<t<10s时,由∠DBE=120°>90°,∴此时不存在;④当t>10s时,由旋转的性质可知,∠DBE=60°,又由(1)知∠CDE=60°,∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC,而∠BDC>0°,∴∠BDE>60°,∴只能∠BDE=90°,从而∠BCD=30°,∴BD=BC=4,∴OD=14cm,∴t=14÷1=14s,综上所述:当t=2或14s时,以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形.考点:旋转与三角形的综合题.15.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°,。

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旋转
一、单选题
1.下面四个图形分别是绿色食品、节水、节能和回收标志,在这四个标志中,是中心对称图形的是( )
A .
B .
C .
D . 2.已知点A (x ﹣2,3)与点B (x+4,y ﹣5)关于原点对称,则y x 的值是( ) A .2 B .12 C .4 D .8
3.下列图形中,不是中心对称图形的是( )
A .平行四边形
B .矩形
C .菱形
D .等边三角形 4.如图,在平面直角坐标系中,ABC ∆的顶点都在方格线的格点上,将ABC ∆绕点P 顺时针方向旋转90o ,得到'''A B C ∆,则点P 的坐标为( )
A .()0,4
B .()1,1
C .()1,2
D .()2,1
5.下列图形中,是轴对称图形但不是中心对称图形的是( )
A .等边三角形
B .平行四边形
C .矩形
D .圆
6.如图,在ABC ∆中,已知4AB =,6BC =,60B ∠=︒,将ABC ∆沿射线BC 的方向平移,得到'''A B C ∆,再将'''A B C ∆绕点'A 逆时针旋转一定角度后,点'B 恰好与点C 重合,则平移的距离和旋转角的度数分别为( )
A .4,30°
B .2,60︒
C .1,30°
D .3,60︒
7.如图,将线段AB 绕点O 顺时针旋转90°得到线段A ′B ′,那么A (﹣2,5)的对应点A ′的坐标是( )
A .(2,5)
B .(5,2)
C .(2,﹣5)
D .(5,﹣2) 8.如图,若ABC V 绕点A 按逆时针方向旋转50︒后能与11AB C △重合,则1AB B ∠=( ).
A .50︒
B .55︒
C .60︒
D .65︒
9.如图,A ,B ,C 三点在正方形网格线的交点处,若将ACB ∆绕点A 逆时针旋转得到AC B ''∆,则C '点的坐标为( )
A .51,2⎛⎫
⎪⎝⎭ B .81,3⎛⎫
⎪⎝⎭ C .(1,1+ D .(1,3-
10.如图,将Rt ABC V 绕点A 按顺时针旋转一定角度得到Rt ADE V ,点B 的对应点D 恰好落在BC 边上.若1AB =,60B ∠=o ,则CD 的长为( )
A .0.5
B .1.5
C
D .1
11.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) 12.如图,在正方形ABCD 中,AB=3,点M 在CD 的边上,且DM=1,ΔAEM 与ΔADM 关于AM 所在的直线对称,将ΔADM 按顺时针方向绕点A 旋转90°得到ΔABF ,连接EF ,则线段EF 的长为( )
A .3
B .
C D
二、填空题 13.下列图形中,①圆;②平行四边形;③长方形;④等腰三角形.其中是中心对称图形有______个.
14.在直角坐标系中,点()1,5A 和(),B a b 关于原点成中心对称,则a b -=__________. 15.已知:如图,在平面上将ABC V 绕B 点旋转到'A BC 'V 的位置时,
'//,70AA BC ABC ∠=︒,则'CBC ∠为______度
16.如图,直角梯形ABCD 中,AD BC ∥,AB BC ⊥,2AD =,3BC =,45BCD ∠=o ,
将腰CD 以点D 为中心逆时针旋转90o 至ED ,连结AE CE ,,则ADE V 的面积是_______.
17.如图,将△ABC 绕点C 逆时针旋转得到△A 'B 'C ,其中点A '与A 是对应点,点B '与B 是
对应点,点B '落在边AC 上,连接A 'B ,若∠ACB =45°,AC =3,BC =2,则A 'B 的长为_____.
18.如图,在Rt △ABC 中,∠ACB=90°,AC=5cm ,BC=12cm ,将△ABC 绕点B 顺时针旋转60°,得到△BDE ,连接DC 交AB 于点F ,则△ACF 与△BDF 的周长之和为_______cm .
19.如图,正方形ABCD 的边长为3,且∠EDF=45°,将△DAE 绕点D 逆时针旋转90°,得到△DCM .若AE=1,则FM 的长为______.
20.如图,把正方形铁片OABC 置于平面直角坐标系中,顶点A 的坐标为(3,0),点P (1,2)在正方形铁片上,将正方形铁片绕其右下角的顶点按顺时针方向依次旋转90°,第一次
旋转至图①位置,第二次旋转至图②位置…,则正方形铁片连续旋转2017次后,点P 的坐标为____________________.
三、解答题
21.如图,等腰△ABC 和等腰△ADE 的顶角∠BAC=∠DAE=30°,
△ACE 可以看作是△ABD 经过什么图形变换得到的?说明理由.
22.如图,点D 是等边△ABC 内一点,将线段AD 绕着点A 逆时针旋转60°得到线段AE ,连结CD 并延长交AB 于点F ,连结BD ,CE .
(1)求证:△ACE ≌△ABD ;
(2)当CF ⊥AB 时,∠ADB =140°,求∠ECD 的度数.
23.如图,在ABC V 中,AB BC =,120ABC ∠=︒,点D 在边AC 上,且线段BD 绕着点B 按逆时针方向旋转120︒能与BE 重合,点F 是ED 与AB 的交点.
(1)求证:AE CD =;
(2)若45DBC ∠=︒,求BFE ∠的度数.
24.如图,在平面直角坐标系中,已知△ABC 的三个顶点坐标分别A (1,4),B (2,0),C (3,2)
(1)画出将△ABC 沿AC 翻折得到的△AB 1C 1;
(2)画出将△ABC 沿x 轴翻折得到的△A 2BC 2;
(3)观察发现:△A 2BC 2可由△AB 1C 绕点 (填写坐标)旋转得到
(4)在旋转过程中,点B 1经过的路径长为 .
25.如图1,ABC ∆中,,,CA CB ACB D α=∠=为ABC ∆内一点,将CAD ∆绕点C 按逆时针方向旋转角α得到CBE ∆,点,A D 的对应点分别为点,B E ,且,,A D E 三点在同一直线上.
(1)填空:CDE ∠= (用含α的代数式表示);
(2)如图2,若60α=o ,请补全图形,再过点C 作CF AE ⊥于点F ,然后探究线段,,CF AE BE 之间的数量关系,并证明你的结论;
(3)若90,AC α︒==,且点G 满足90,6AGB BG ︒∠==,直接写出点C 到AG 的
距离.
26.(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.
参考答案
1.D
2.B
3.D
4.C
5.A
6.B
7.B
8.D
9.C
10.D
11.D
12.C
13.3
14.4
15.40o
16.1.
17
18.42.
19.52
20.(6053,2).
21.以A 点为中心逆时针旋转30°得到的 22.(1)略;(2)50°
23.(1)略;(2)105BFE ︒∠=
24.(1)略;(2)略;(3)(5,0);(4)23π.
25.(1)1802α-;(2)AE BE =;(3)1或7 26.(1)①120°②DE=EF ;(2)①90°②AE 2+DB 2=DE 2。

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